第9讲水溶液中的离子平衡-高考化学二轮总复习习题.docx

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1、第9讲 水溶液中的离子平衡一、选择题(每小题只有一项符合题目要求)1.下列说法正确的是( C )A.对于1 molL1 的NH4Cl溶液，升高温度，溶液pH上升B.向蒸馏水中滴加浓硫酸，水的离子积常数Kw 不变C.常温下，能证明乙酸是弱电解质的事实是0.1 molL1CH3COONa溶液pH大于7D.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强解析：NH4Cl 溶液水解显酸性，升高温度，平衡右移，c(H)增大，溶液pH下降，A错误；浓硫酸溶于水放热，温度升高，水的离子积常数Kw 增大，B错误；CH3COONa溶液pH大于7，说明此盐为弱酸强碱盐，C正确；电解质溶液的导电能力与溶液中离子浓度大小

2、有关，而与电解质的强弱无关，D错误。2.(2021黑龙江哈尔滨市哈九中高三二模)常温下向20 mL均为0.1 mol/L的HCl、CH3COOH混合液中滴加0.1 mol/L的氨水，测得混合液的导电能力与加入的氨水溶液的体积(V)关系如图所示，下列说法错误的是( D )A.ab时反应为HNH3H2O=NHH2OB.bd过程溶液中水的电离程度：先增大后减小C.b点离子浓度大小：c(Cl)c(NH)c(H)c(CH3COO)D.c点溶液呈中性解析：ab时溶液导电能力减弱到最低，为氨水与盐酸反应HNH3H2O=NHH2O，选项A正确；bd过程溶液导电能力先增大后减小，为氨水与醋酸反应至氨水过量，对水

3、的电离抑制程度先变小后增大，故水的电离程度：先增大后减小，选项B正确；b点氨水与盐酸完全反应，溶质为等物质的浓度的氯化氨和醋酸，离子浓度大小：c(Cl)c(NH)c(H)c(CH3COO)，选项C正确；c点为等物质的量浓度的氯化铵和醋酸铵溶液，氯化铵为强酸弱碱盐，水解呈酸性，醋酸铵为弱酸弱碱盐，水解呈中性，故溶液呈酸性，选项D错误。3.(2021浙江模拟题)25 时，下列说法正确的是( D )A.NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B.可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C.0.010 molL1、0.10 molL1的醋酸溶液的电离度分别为1、2，则12D.100 mL p

4、H10的Na2CO3溶液中水电离出H的物质的量为1.0105 mol解析：NaHA溶液呈酸性，可能是HA的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，可能是B和A的水解程度相同如CH3COONH4，B错误；弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此12，C错误；100 mL pH10的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1104mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出氢离子的浓度是1104mol/L，其物质的量为0.1 L1104mol/L1105mol，D正确。4.室温下，反应HCOH2OH2CO3OH的平衡常数K2.2

5、108。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( D )A.0.2 molL1氨水：c(NH3H2O)c(NH) c(OH)c(H)B.0.2 molL1 NH4HCO3溶液(pH7)：c(NH)c(HCO)c(NH3H2O)c(H2CO3)C.0.2 molL1氨水和0.2 molL1 NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH)c(NH3H2O)c(H2CO3)c(HCO)c(CO)D.0.6 molL1氨水和0.2 molL1 NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3H2O)c(CO)c(

6、OH)0.3 molL1c(H2CO3)c(H)解析：A错，氨水中存在NH3H2ONHOH，H2OHOH，氨水的电离是少量的，主要以NH3H2O分子存在，所以c(OH)c(NH)。B错，NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO的水解程度大于NH的水解程度，所以c(NH)c(HCO)。HCO水解HCOH2OH2CO3OH，NH水解NHH2ONH3H2OH，前者水解程度大，则c(H2CO3)c(NH3H2O)。C错，由物料守恒则有c(NH)c(NH3H2O)2c(H2CO3)c(HCO)c(CO)。D对，由物料守恒有c(NH)c(NH3H2O)0.4 mol/L，c(H2CO3)c(HCO)c(CO)

7、0.1 mol/L；由电荷守恒，c(NH)c(H)c(HCO)2c(CO)c(OH)，将代入整理可得c(NH3H2O)c(OH)c(CO)c(H)c(H2CO3)0.3 molL1。5. (2021浙江模拟题)实验测得10 mL 0.50 molL1NH4Cl溶液、10 mL 0.50 molL1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 时CH3COOH和NH3H2O的电离常数均为1.8105。下列说法不正确的是( C )A.图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化B.将NH4Cl溶液加水稀释至浓度为 molL1，溶液pH变化值小于lg xC.随

8、温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH )减小，c(H)增大，pH减小D.25 时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na )c(CH3COO )c(Cl)c(NH)解析：图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；将NH4Cl溶液加水稀释至浓度为 molL1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H)变为原来的，则溶液的pH将增大lg x，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lg x，B说法正确；随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升

9、高，CH3COONa的水解程度变大，平衡正向移动，溶液中c(OH)增大，C说法不正确；25 时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na ) c(H)c(OH)c(CH3COO )，c(NH)c(H )c(Cl)c(OH )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl)c(NH)c(H )c(OH )，醋酸钠溶液中，c(Na )c(CH3COO )c(OH)c(H) 。由于25 时CH3COOH和NH3H2O的电离常数均为1.8105，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其

10、中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中|c(OH)c(H)|(两者差的绝对值)相等，故c(Na )c(CH3COO)c(Cl)c(NH)，D说法正确。6.若用AG表示溶液的酸度，其表达式为AGlg 。室温下，实验室里用0.1 mol/L的盐酸溶液滴定10 mL 0.1 mol/L MOH溶液，滴定曲线如下图所示。下列说法正确的是( C )A.该滴定过程可选择酚酞做指示剂B.C点时加入盐酸溶液的体积等于10 mLC.溶液中由水电离的c(H)：C点 D点D.若B点加入的盐酸溶液体积为5 mL，所得溶液中：c(M)c(H)c(MOH)c(OH)解析：初始AG8，AGlg，108，c(H)c(OH)1

11、014，c(OH)103mol/L，说明MOH为弱碱。用0.1 mol/L的盐酸溶液滴定10 mL 0.1 mol/L MOH溶液，恰好反应时溶液显酸性，应选择甲基橙判断反应终点，A错误；C点时AG0，c(H)c(OH)107，溶液呈中性，溶质为MCl和MOH混合溶液，C点时加入盐酸溶液的体积小于10 mL，B错误；滴入盐酸，氢氧根离子浓度减小，对水抑制程度减小，到恰好反应生成MCl，M 水解促进水电离，电离程度最大，继续加入盐酸抑制水电离，滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度DABC，C正确；若B点加入的盐酸体积为5 mL，得到等浓度的MCl和MOH混合溶液，溶液中存在电荷守恒c(M)c

12、(H)c(OH)c(Cl)，物料守恒c(M)c(MOH)2c(Cl)，联立两式得到c(M)2c(H)c(MOH)2c(OH)，D错误。7.25 时，将浓度均为0.1 molL1、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3H2O溶液按不同体积比混合，保持VaVb100 mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法不正确的是( D )A.Ka(HX)的值与Kb(NH3H2O)的值相等B.b点，c(NH)c(HX)0.05 molL1C.ac点过程中，不变D.a、b、c三点，c点时水电离出的c(H)最大解析：b点加入等体积等浓度的HX和氨水，二者恰好完全反应生成NH4X，此时溶液的pH7，说明

13、X与NH的水解程度相等，则Ka(HX)的值与Kb(NH3H2O)的值相等，故A正确；由图可知0.1 molL1的HX溶液的pH3，HX为弱酸，因为b点的pH7，所以b点c(X)c(NH)，根据物料守恒c(X)c(HX)0.05 molL1，则c(NH)c(HX)0.05 molL1，故B正确；a c点过程中，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；b点加入等体积等浓度的HX和氨水，二者恰好完全反应生成NH4X，NH4X是弱酸弱碱盐，促进水电离，则a、b、c三点，b 点时水电离出的c(H)最大，故D错误。答案选D。8.室温下，取20 mL 0.1 molL1某二元酸H2A，滴加0.

14、2 molL1 NaOH溶液。已知：H2A=HHA，HAHA2。下列说法不正确的是( B )A. 0.1 molL1 H2A溶液中有c(H)c(OH)c(A2)0.1 molL1B. 当滴加至中性时，溶液中c(Na)c(HA)2c(A2)，用去NaOH溶液的体积小于10 mLC. 当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH4107 molL1，所以Cl先沉淀，D不正确。11. (2021广东茂名市高三三模)常温下，用如图1所示装置，分别向25 mL 0.3 molL1 Na2CO3溶液和25 mL 0.3 molL1 NaHCO3溶液中逐滴滴加0.3 molL1的稀盐酸，用压强传感器测得压

15、强随盐酸体积的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是( D )A.X曲线为Na2CO3溶液的滴定曲线B.b点溶液的pH大于c点溶液的pHC.c点的溶液中：cccD.a、d两点水的电离程度：ad解析：碳酸钠溶液中滴加盐酸时先发生反应COH=HCOH2O，然后发生HCOH=CO2H2O，碳酸氢钠溶液中滴加盐酸时发生HCOH=CO2H2O，所以滴加25 mL盐酸时，碳酸钠溶液中几乎不产生二氧化碳，压强几乎不变，而碳酸氢钠恰好完全反应，压强达到最大，所以X代表NaHCO3溶液，Y代表Na2CO3溶液，A错误；b点溶液溶质为NaCl，c点溶液溶质为NaHCO3NaCl，所以c点溶液的pH更大，B错误；c点

16、溶液溶质为NaHCO3NaCl，溶液显碱性，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，而水解和弱电解质的电离都是微弱的，所以ccc，C错误；d点盐酸和碳酸钠恰好完全反应，溶质为NaCl，还有少量溶解的二氧化碳，而a点溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，HCO、CO的水解都会促进水的电离，所以a点水的电离程度更大，D正确。12.(2021湖南高三模拟)电位滴定法是靠电极电位(ERC)的突跃来指示滴定终点。在滴定到达终点前后，滴液中的待测离子浓度往往连续变化n个数量级，引起电位的突跃，被测成分的含量仍然通过消耗滴定剂的量来计算。现利用盐酸滴定某溶液中碳酸钠含量，其电位滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( CD )A.该

17、滴定过程中需要甲基橙做指示剂B.a点溶液中存在：c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)C.b点溶液中存在：CO2(g)H2O(g)H2CO3(aq)H(aq)HCO(aq)D.a到b (不包含b点)之间不存在：c(Na)c(Cl)，即不存在c(Na)c(Cl)，故D正确。三、非选择题13.常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：实验编号HA物质的量浓度/(molL1)NaOH物质的量浓度/(molL1)混合溶液的pH0.10.1pH9c0.2pH70.20.1pHc(Na)c(H)c(OH)(4)105105109109解析：(1)

18、一元酸HA和NaOH溶液等体积等浓度混合后所得NaA溶液的pH97，所以HA为弱酸。(2)由(1)可知，中的c(HA)0.2 molL1，由于溶液的pH7，即c(H)c(OH)，由电荷守恒可知c(A)c(Na)。(3)在等浓度的NaA和HA的混合溶液中，pH7，说明HA的电离程度大于A的水解程度。(4)组由水电离出的OH的浓度为：c(OH)molL1105 molL1。由电荷守恒知c(Na)c(H)c(OH)c(A)，所以c(Na)c(A)c(OH)c(H)(105109)molL1；由物料守恒得c(Na)c(A)c(HA)，联立两个守恒式可得c(OH)c(HA)c(H)109 molL1。1

19、4.金属镍具有较高的经济价值，工业上采用一定方法处理含镍废水使其达标排放并回收镍。某电镀废水中的镍主要以NiR2 络合物形式存在，在水溶液中存在以下平衡：NiR2 (aq)Ni2 (aq) 2R (aq)(R为有机物配体，K1.61014)。(1)传统的“硫化物沉淀法”是向废水中加入Na2S，使其中的NiR2 生成NiS沉淀进而回收镍。该反应的离子方程式为_。NiS沉淀生成的同时会有少量Ni(OH)2 沉淀生成，用离子方程式解释Ni(OH)2 生成的原因：_、_。(2)“硫化物沉淀法”镍的回收率不高，处理后废水中的镍含量难以达标。“铁脱络化学沉淀法”可达到预期效果，该法将镍转化为Ni(OH)2

20、 固体进而回收镍。工艺流程如下： “脱络”(指镍元素由络合物NiR2 转化成游离的Ni2)过程中，R与中间产物OH(羟基自由基)反应生成难以与Ni2 络合的R(有机物自由基)，但OH也能与H2O2 发生反应。反应的方程式如下：Fe2H2O2=Fe3OHOHROH=OHRH2O2 2OH=O22H2O实验测得“脱络”过程中 H2O2 的加入量对溶液中镍去除率的影响如图所示：从平衡移动的角度解释加入Fe2 和H2O2 能够实现“脱络”的原因是_。分析图中曲线，可推断过氧化氢的最佳加入量为_gL1 ；低于或高于这个值，废水处理效果都下降，原因是_。答案：(1)NiR2S2=NiS2RS2H2OHSO

21、HNiR22OH=Ni(OH)22R(2)NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2(aq)Ni2(aq)2R(aq)。Fe2和H2O2通过反应和反应将R转化成难以与Ni2络合的R，使c(R)减小，平衡正向移动，实现“脱络”0.45低于此数值，反应生成的OH过少，不足以使R充分转化成R；高于此数值，H2O2过量，反应生成的OH能与H2O2发生反应，使H2O2转化成O2和H2O，减少了OH，同样不能使R充分转化成R解析：(1)向废水(镍主要以NiR2 络合物形式存在)中加入Na2S，使其中的NiR2生成NiS沉淀，反应的离子方程式为NiR2S2=NiS 2R；NiS沉淀生成的同时会有少量Ni(OH)2 沉淀生成，是因为S2H2OHSOH，NiR22OH=Ni(OH)2 2R。(2)NiR2在溶液中存在以下平衡：NiR2(aq)Ni2 (aq)2R(aq)。Fe2和H2O2 通过反应和反应将R转化成难以与Ni2络合的R, 使c(R)减小，平衡正向移动，实现“脱络”。根据图中曲线，过氧化氢的加入量为0.45 gL1时，溶液中镍去除率最高，低于或高于这个值，废水处理效果都下降，原因是低于此数值，反应生成的OH过少，不足以使R充分转化成R；高于此数值，H2O2过量，反应生成的OH能与H2O2 发生反应，使H2O2转化成O2和H2O，同样不能使R充分转化成R。