2013年高考化学 回扣知识、夯实基础随堂演练 1-2-4水溶液中的离子平衡.doc

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1、2013年高考化学回扣知识、夯实基础随堂演练：1-2-4水溶液中的离子平衡1(2012年高考天津卷)下列电解质溶液的有关叙述正确的是()A同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH7B在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2)增大C含1 mol KOH的溶液与1 mol CO2完全反应后，溶液中c(K)c(HCO)D在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na)c(CH3COO)解析：因为强酸与强碱的元数未知，故同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH不一定等于7。如同浓度、同体积的硫酸与NaOH溶液或盐酸与Ba(OH)2溶液混合后溶液的pH不

2、等于7，A错；BaSO4溶液中存在沉淀溶解平衡，BaSO4 Ba2SO，加入Na2SO4固体，溶液中SO浓度增大，平衡向逆反应方向移动， 故Ba2浓度减小，B错；1 mol KOH与1 mol CO2完全反应恰好生成KHCO3，因为KHCO3溶液中的HCO存在电离平衡和水解平衡，所以K浓度应大于HCO浓度，C错；CH3COONa溶液中CH3COO水解使溶液显碱性，加入适量的CH3COOH时，CH3COOH可以电离出H，当CH3COOH的电离程度与CH3COO的水解程度相同时，溶液显中性，根据电荷守恒c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，因为c(H)c(OH)，故c(Na)c(CH3C

3、OO)，D对。答案：D2(2011年高考福建卷)常温下0.1 molL1醋酸溶液的pHa，下列能使溶液pH(a1)的措施是()A将溶液稀释到原体积的10倍B加入适量的醋酸钠固体C加入等体积0.2 molL1盐酸D提高溶液的温度解析：醋酸是弱酸，稀释10倍同时也促进了其电离，溶液的pH小于(a1)，A错误；醋酸根离子水解显碱性，向酸溶液中加入适量碱性溶液可以使pH增大1，B正确；盐酸完全电离，加入盐酸后溶液的pH小于(a1)，C错误；升高温度促进醋酸的电离，溶液的pH小于(a1)，D错误。答案：B3(2011年高考山东卷)室温下向10 mL pH3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是()A溶

4、液中导电粒子的数目减少B溶液中不变C醋酸的电离程度增大，c(H)亦增大D再加入10 mL pH11的NaOH溶液，混合液pH7解析：A项，醋酸加水稀释，促进电离，导电离子的数目增加，故A错误；B项，由于温度不变， 电离平衡常数K不变，由于Kw不变，则题给比值不变，故B正确；C项，醋酸加水稀释，电离程度增大，但c(H)变小，故C错误；D项，加入10 mL pH11的NaOH溶液，醋酸过量，混合后溶液显酸性，故D错误。答案：B4(2012年高考浙江卷)下列说法正确的是()A常温下，将pH3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH4B为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH

5、7，则H2A是弱酸；若pH解析：A项，醋酸的稀释会使其电离程度增大，稀释10倍后，溶液的pH。答案：C5为了证明一水合氨(NH3H2O)是弱电解质，甲、乙两人分别选用下列试剂进行实验：0.010 molL1氨水、0.1 molL1NH4Cl溶液、pH试纸、蒸馏水。(1)甲用pH试纸测出0.010 molL1氨水的pH为10，则认定一水合氨是弱电解质，你认为这一方法是否正确？_(填“是”或“否”)，并说明理由：_。(2)乙取出10 mL 0.010 molL1氨水，用pH试纸测出其pHa，然后用蒸馏水稀释至1 000 mL，再用pH试纸测出其pH为b，若要确认NH3H2O是弱电解质，则a、b值应

6、满足什么关系？_(用等式或不等式表示)。(3)请你根据所提供的试剂，再提出一个合理又简便的方案证明NH3H2O是弱电解质：_。解析：(1)根据一定物质的量浓度的溶液的pH大小，确定电解质的电离程度，进而确定强弱电解质。(2)若是强碱，稀释100倍，pH减小2个单位，由于是弱碱，稀释的过程中，会部分电离，即c(OH)变化的幅度变小，pH减小幅度小于2个单位， 则有a2b，且ba。(3)若一水合氨为弱电解质，则其对应的强酸盐因水解而会呈酸性，用pH试纸测定其pH即可。答案：(1)是若是强电解质，则0.010 molL1氨水中c(OH)应为0.010 molL1，pH12(2)a2ba(3)取一张p

7、H试纸，用玻璃棒蘸取0.1 molL1 NH4Cl溶液，滴在pH试纸上，显色后跟标准比色卡比较测出pH，pHC若将、溶液混合后，pH7，则消耗溶液的体积：D将四种溶液分别稀释100倍后，溶液的pH：解析：A项，溶液中水电离出的c(H)与c(OH)相同，由于四种溶液对水电离的抑制程度相同，故水电离的c(H)：。B项，因为CH3COOH是弱酸，与盐酸pH相同时，n(CH3COOH)n(HCl)，故生成H2的量：。C项，当两种溶液体积相等时，氨水过量，溶液呈碱性，若要混合溶液pH7，则消耗溶液的体积：。D项，稀释相同倍数时，强酸、强碱的pH改变量大，故稀释100倍后，溶液的pH：。答案：B一、选择题

8、1(2012年高考四川卷)常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是()A新制氯水中加入固体NaOH：c(Na)c(Cl)c(ClO)c(OH)BpH8.3 的NaHCO3溶液：c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)CpH11的氨水与pH3的盐酸等体积混合：c(Cl)c(NH)c(OH)c(H)D0.2 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合：2c(H)2c(OH)c(CH3COO)c(CH3COOH)解析：要会运用溶液中的守恒解题。在任何溶液中都存在电荷守恒，选项A的溶液中电荷守恒为：c(Na)c(H)c(ClO)c(Cl)c(OH)，故A错；Na

9、HCO3溶液的pH8.3，说明其水解程度大于电离程度，则c(H2CO3)c(CO)，故B错；pH11的氨水与pH3的盐酸等体积混合时，氨水是过量的，溶液不显中性，故C错；D选项中的CH3COOH与NaOH反应，得到的是等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，由电荷守恒得：c(CH3COO)c(OH)c(H)c(Na)，由元素守恒得：2c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)，将电荷守恒关系式乘以2与元素守恒关系式相加得：c(CH3COO)2c(OH)2c(H)c(CH3COOH)，移项得：2c(H)2c(OH)c(CH3COO)c(CH3COOH)，故D正确。答案：D2(2

10、012年高考上海卷)常温下a mol/L CH3COOH稀溶液和b mol/L KOH稀溶液等体积混合，下列判断一定错误的是()A若c(OH)c(H)，abB若c(K)c(CH3COO)，abC若c(OH)c(H)，abD若c(K)c(CH3COO)，ac(H)，则有两种情况，一种是KOH过量，此时ab；一种是CH2COOH与KOH恰好完全反应，生成的CH3COOK水解CH3COOH2O CH3COOHOH使溶液呈碱性，此时ab。B、C项，当ab时CH3COOH过量，溶液可能呈酸性、中性或碱性，呈碱性的原因是CH3COOH过量的极少，过量的CH3COOH电离出的H小于CH3COO水解产生的OH

11、，由电荷守恒c(H)c(K)c(OH)c(CH3COO)可知c(OH)c(H)，则c(K)c(CH3COO)；呈中性的原因是过量的CH3COOH电离出的H等于CH3COO水解产生的OH。D项，若c(K)c(OH)，此时一定是CH3COOH过量，a必大于b。答案：D3(2012年高考重庆卷)下列叙述正确的是()A盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵B稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小C饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH不变D沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强解析：盐酸中滴入氨水如果恰好反应，溶液性质由氯化铵决定(显酸性)，如呈中性，则

12、需加入稍过量的氨水至铵根离子浓度和氯离子浓度相等；稀醋酸加水稀释促进电离，离子物质的量增加，但离子浓度会减小，pH增大；饱和石灰水中加入CaO会与水反应，使溶液中析出氢氧化钙，恢复到室温，仍然是饱和溶液，浓度不变、pH不变；胶体是一种呈电中性的分散系，故D错。答案：C4(2012年高考上海卷)将100 mL 1 mol/L的NaHCO3溶液等分成两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO)的变化分别是()A减小、减小B减小、增大C增大、增大 D增大、减小解析：加入冰醋酸时，H与HCO反应生成CO2，使c(CO)减小，加入少量Ba(OH

13、)2时，发生2HCOBa22OH=BaCO3CO2H2O使c(CO)增大。答案：B5(2012年郑州模拟)室温下，关于下列四种溶液的叙述中，正确的是()序号溶液氨水NaOHCH3COOHHCl浓度c/molL10.010.010.010.01A.由水电离出的c(H)：B、混合呈中性，所需溶液的体积：C溶液的pH：D、等体积混合，所得溶液中离子的浓度：c(NH)c(Cl)c(H)c(OH)解析：主要考查弱电解质的电离及盐的水解。A项，NH3H2O是弱碱，电离出的c(OH)小于同浓度的NaOH，故水电离出的c(H)：，同理。B项，、恰好完全反应时生成CH3COONa，其水溶液因CH3COO水解呈碱

14、性，若要使混合后溶液呈中性，需CH3COOH过量，故所需溶液的体积：，正确。C项，溶液的pH：。D项，、等体积混合恰好完全反应生成NH4Cl，NH水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度：c(Cl)c(NH)c(H)c(OH)。答案：B6已知25 时，AgI饱和溶液中c(Ag)为1.23108mol/L，AgCl的饱和溶液中c(Ag)为1.25105 mol/L。若在5 mL含有KCl和KI各为0.01 mol/L的溶液中，逐滴加入5 ml 0.01 mol/L AgNO3溶液形成浊液，下列叙述正确的是()A先生成AgCl沉淀，再生成AgI沉淀BAgI的溶度积(Ksp)为1.231010C浊液中Cl和

15、I浓度之比约为1.03106D如果不考虑水的蒸发，升高温度，则浊液中沉淀的质量不变解析：AgI溶液中c(Ag)c(I)，Ksp(AgI)c(Ag)c(I)1.231.2310161.511016，故B错；因AgI更难溶，加入AgNO3时应生成AgI，A错；Ksp受温度影响，升温时沉淀的质量会改变。浊液中1.03106，C正确。答案：C7(2012年东莞模拟)现有a mol/L NaX和b mol/L NaY两种盐溶液。下列说法正确的是(若是溶液混合，则忽略混合时的体积变化)()A若ab且pH(NaX)pH(NaY)，则酸性HXHYB若ab且c(X)c(Y)c(HY)，则酸性HXHYC若ab且c

16、(X)c(Y)，则酸性HXHYD若a0.1 mol/L且两溶液等体积混合，则c(X)c(HX)0.1 mol/L解析：ab时pH(NaX)pH(NaY)，说明X水解能力强，HX酸性弱于HY。A错；B项说明X不水解，HX是强酸，Y是弱酸故正确。因ab不能证明酸性HXHY；两溶液等体积混合后c(X)c(HX)0.05 mol/L才正确。答案：B二、非选择题8(2011年高考海南卷)氯气在298 K、100 kPa时，在1 L水中可溶解0.09 mol，实验测得溶于水的Cl2约有三分之一与水反应。请回答下列问题：(1)该反应的离子方程式为_；(2)估算该反应的平衡常数_(列式计算)；(3)在上述平衡

17、体系中加入少量NaOH固体，平衡将向_移动；(4)如果增大氯气的压强，氯气在水中的溶解度将_(填“增大”“减小”或“不变”)，平衡将向_移动。解析：(1)Cl2溶于水时与水反应，生成HClO和HCl，反应的离子方程式Cl2H2O HClHClO。(2)按1 L水中溶解0.09 mol Cl2进行计算，有0.09 mol0.03 mol Cl2参加反应： Cl2H2O HClHClO开始(mol) 0.09 00转化(mol) 0.03 0.03 0.03平衡(mol) 0.06 0.03 0.03则平衡常数K0.015(3)加入少量NaOH固体，OH与H反应生成H2O，OH与HClO反应生成C

18、lO和H2O，生成物的浓度减小，平衡向正反应方向移动。(4)增大Cl2的压强，Cl2在水中的溶解度增大，溶液中c(Cl2)增大，平衡向正反应方向移动。答案：(1)Cl2H2O HClHClO(2)K0.015(3)正反应方向(4)增大正反应方向9在含有弱电解质的溶液中，往往有多个化学平衡共存。(1)一定温度下，向1 L 0.1 molL1 CH3COOH溶液中加入 0.1 mol CH3COONa固体，则溶液中_(填“增大”、“不变”或“减小”)；写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式_。(2)土壤的pH一般在49之间。土壤中Na2CO3含量较高时，pH可以高达10.5，试用离子方程式

19、解释土壤呈碱性的原因_。加入石膏(CaSO42H2O)可以使土壤碱性降低，有关反应的化学方程式为_。(3)常温下在20 mL 0.1 molL1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 molL1 HCl溶液40 mL，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO_(填“能”或“不能”)大量共存；当pH7时，溶液中含碳元素的主要微粒为_，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为_；已知在25 时CO水解反应的平衡常数即水解常数Kh2104，当溶液中c(HCO)c(CO)21时，溶液的pH_。解

20、析：(1)即为醋酸的电离平衡常数，只要温度一定，值不变；该混合溶液一定存在电荷守恒关系，据此可写出等式c(CH3COO)c(OH)c(H)c(Na)。(2)Na2CO3可发生水解反应COH2O HCOOH，使土壤碱性增强，加入CaSO42H2O，因发生反应Na2CO3CaSO42H2O=CaCO3Na2SO42H2O，土壤中CO的含量降低，使土壤碱性减弱。(3)由于H2CO3和CO之间相互反应，故H2CO3、HCO、CO不会大量共存。由图像可以看出，当pH7时，溶液中含碳元素的主要微粒为H2CO3、HCO。溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c(Na)c(Cl)c(HCO)c(H)c(OH

21、)。将c(HCO)c(CO)21代入Kh2104，得c(OH)104 molL1，pH10。答案：(1)不变c(CH3COO)c(OH)c(H)c(Na)(2)COH2OHCOOHNa2CO3CaSO42H2O=CaCO3Na2SO42H2O(3)不能HCO、H2CO3c(Na)c(Cl)c(HCO)c(H)c(OH)1010(1)三种弱酸HA、H2B、HC，电离常数的数值为1.8105、5.61011、4.91010、4.3107(数据顺序已打乱)，已知三种酸和它们的盐之间能发生以下反应：HAHB(少量)=AH2BH2B(少量)C=HBHCHA(少量)C=AHC则三种酸对应的电离常数分别为(

22、请填空)HAH2BHCKaKa1Ka2Ka数值1.81054.3107(2)25 时0.1 molL1的H2D水溶液中，用氢氧化钠来调节溶液pH，得到含有H2D、HD、D2三种微粒的溶液。当溶液的pH7时，c(Na)_(填微粒间量的关系)。当c(Na)c(D2)c(HD)c(H2D)时溶液为_溶液(填物质的化学式)。(3)下图是某水溶液在pH从0至14的范围内H2CO3、HCO、CO三种成分平衡时的组成分数。下列叙述正确的是_。A此图是1.0 molL1碳酸钠溶液滴定1.0 molL1HCl溶液的滴定曲线B在pH分别为6.37及10.25时，溶液中c(H2CO3)c(HCO)c(CO)C人体血

23、液的pH约为7.4，则CO2在血液中多以HCO形式存在D若用CO2和NaOH反应制取NaHCO3，应控制溶液的pH，不宜过大或过小已知Ksp(CaCO3)5.0109，在10 mL 1 molL1的Na2CO3溶液中，加入某浓度的盐酸，调节溶液的pH10.25，此时溶液的体积恰好为100 mL，向该溶液中加入1 mL 1104 molL1的CaCl2稀溶液，问是否有沉淀生成？_(填“是”或“否”)解析：(1)由反应HAHB(少量)=AH2B，H2B(少量)C=HBHC，HA(少量)C=AHC可知酸性HAH2BHCHB，故H2B：Ka25.61011，HC：Ka4.91010。(2)由电荷守恒c

24、(Na)c(H)c(HD)2c(D2)c(OH)，pH7时，c(H)c(OH)，则c(Na)c(HD)2c(D2)。由物料守恒可知，当c(Na)c(D2)c(HD)c(H2D)时，n(Na)n(D)，则此时的溶液为NaHD的溶液。(3)从图像可知，不符合1.0 molL1的碳酸钠溶液滴定1.0 molL1HCl过程中各微粒组成分数的变化；pH6.37时，c(H2CO3)c(HCO)，pH10.25时，c(HCO)c(CO)；pH7.4时，c(HCO)最大；HCO在pH过大或过小时，都不能大量存在，故C、D正确。(4)pH10.25时，CO的组成分数为0.5，则c(CO)0.50.05 molL

25、1，加入CaCl2溶液后c(Ca2)1106 molL1，c(Ca2)c(CO)1106 molL15102molL15108Ksp(CaCO3)。所以有沉淀生成。答案：(1)HAH2BHCKaKa1Ka2Ka数值1.81054.31075.610114.91010(2)c(HD)2c(D2)NaHD(3)CD是11(2012年高考浙江卷)已知：I22S2O=S4O2I相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.210202.610391.71071.31012(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入_，

26、调至pH4，使溶液中的Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3)_。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体。(2)在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_(用化学方程式表示)。由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是_。(3)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样(不含能与I发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 molL1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液2

27、0.00 mL。可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是_。CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_。该试样中CuCl22H2O的质量百分数为_。解析：(1)Fe(OH)3、Cu(OH)2的Ksp分别为2.61039、2.21020，则Fe3、Cu2开始产生沉淀时c(OH)分别为31010molL1、3.53107molL1。除去酸性CuCl2溶液中的少量FeCl3，可加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3调节溶液的pH，使Fe3先转化为沉淀析出。pH4时，c(H)104molL1则c(OH)molL111010molL1此时c(Fe3)molL12.6109molL1。(2)CuCl2易发

28、生水解反应，在空气中直接加热CuCl22H2O，发生反应：2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl22HCl2H2O。为防止CuCl2水解，可将CuCl22H2O在干燥的HCl气流中加热，失去结晶水得到无水CuCl2。(3)“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体试样的纯度的基本原理是CuCl2氧化I生成I2，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，而淀粉溶液遇I2显蓝色， 故可用淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点时，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内溶液不恢复原来的颜色。CuCl2与KI发生氧化还原反应，离子方程式为2Cu24I=2CuII2。由题给信息可得关系式：2Cu2I22S2O，则有n(CuCl22H2O)n(Cu2)n(S2O)0.100 0 molL120.00103L2.000103mol，m(CuCl22H2O)2.000103 mol171 g/mol0.342 g。试样中CuCl22H2O的质量分数为100%95%。答案：(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO326109molL1(2)2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl22HCl2H2O主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可在干燥的HCl气流中加热脱水(3)淀粉溶液蓝色褪去，放置一定时间后不复色2Cu24I=2CuII295%9