高中化学（人教版，选修4） 第三章水溶液中的离子平衡 复习课 5页

本章复习课 练基础落实 ‎1．已知一种c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1的酸溶液和一种c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1的碱溶液等体积混合后，溶液呈酸性，其原因可能是(　　)　　　　　　　　　　　　　‎ A．浓的强酸和稀的强碱溶液反应 B．浓的弱酸和稀的强碱溶液反应 C．等浓度的强酸和弱碱溶液反应 D．生成了一种强酸弱碱盐 答案　B 解析　酸和碱混合前已经电离出的H＋和OH－恰好以等物质的量中和。混合后的溶液呈酸性，说明反应后溶液中c(H＋)>c(OH－)。为什么有这种现象发生呢？一种可能是酸为弱酸，存在着电离平衡。随着H＋的反应，弱酸会电离出更多的H＋使溶液呈酸性。混合前的弱酸电离出和强碱中OH－相等浓度的H＋，但弱酸的物质的量浓度要比强碱大得多。因此，该题应是浓的弱酸和稀的强碱反应，生成的是弱酸强碱盐。‎ ‎2．下列说法正确的是(　　)‎ A．向0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色 B．Al3＋、NO、Cl－、CO、Na＋可以大量共存于pH＝2的溶液中 C．乙醇和乙酸都能溶于水，都是电解质 D．分别与等物质的量的HCl和H2SO4反应时，消耗的NaOH的物质的量相同 答案　A 解析　Na2CO3溶液中存在CO的水解CO＋H2O HCO＋OH－，使溶液显碱性，因此加入酚酞后溶液变为红色，A正确；B选项中pH＝2的溶液显酸性，弱酸根阴离子CO不能存在；C选项中的乙醇不是电解质，乙酸是电解质；HCl是一元酸而H2SO4是二元酸，因此等物质的量的HCl和H2SO4消耗的NaOH的物质的量之比为1∶2。‎ ‎3．下列说法不正确的是(　　)‎ A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关 B．由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀 C．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变 D．两种难溶电解质作比较时，Ksp小的，溶解度一定小 答案　D 解析　Ksp只与难溶电解质自身的性质和温度有关，与沉淀的量和离子的浓度无关，A、C正确；相同类型的难溶电解质，沉淀向着溶解度减小的方向转化，B正确；只有相同类型的难溶电解质，Ksp小的，溶解度一定小，D错误。‎ ‎4．盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。下列表述正确的是(　　)‎ A．在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO和OH－‎ B．NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)‎ C．10 mL 0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)‎ D．中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同 答案　C 解析　等物质的量的NaHCO3和NaOH恰好反应生成Na2CO3，Na2CO3溶液中存在CO的水解平衡、H2O的电离平衡：CO＋H2O HCO＋OH－，H2O H＋＋OH－，因此A不正确；电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋‎2c(CO)，物料守恒：c(Na＋)＝‎ c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)，因此B不正确；C中CH3COOH和NaOH恰好反应生成CH3COONa和H2O，由于CH3COO－的水解，溶液呈碱性，因此C正确；由于CH3COOH为弱酸，不能完全电离，pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，CH3COOH的浓度大于HCl的浓度，故中和相同体积、相同pH的HCl溶液与CH3COOH溶液，CH3COOH消耗的NaOH多，故D错误。‎ ‎5．将pH＝1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，‎ 另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为(　　)‎ A．9 B．‎10 C．11 D．12‎ 答案　C 解析　令每份盐酸的体积为‎1 L，将pH＝1的盐酸加适量水，pH升高了1，说明所加的水是原溶液的9倍；另1份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH升高了1，则10－1 mol·L－1×‎1 L－10－1 mol·L－1·x＝10－2 mol·L－1·(‎1 L＋x)，解得x＝ L，则加入的水与NaOH溶液的体积比为‎9 L∶ L＝11∶1。‎ ‎6．下列浓度关系正确的是(　　)‎ A．氯水中：c(Cl2)＝2[c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(HClO)]‎ B. 氯水中：c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)>c(ClO－)‎ C．等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c(Na＋)＝c(CH3COO－)‎ D．Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋) ‎ 答案　D 解析　A项，氯水中只有部分Cl2与水作用，生成HCl和HClO，Cl2的浓度与其他粒子浓度的关系无法确定，A错误；B项应为：c(H＋)>c(Cl－)>c(ClO－)>c(OH－)；C项，氢氧化钠与醋酸恰好完全中和，生成的醋酸钠水解呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，根据电荷守恒，c(Na＋)>c(CH3COO－)。‎ ‎7．下列叙述正确的是(　　)‎ A．溶度积大的化合物溶解度肯定大 B．向含有AgCl固体的溶液中加入适量的水使AgCl溶解又达到平衡时，AgCl的溶度积不变，其溶解度也不变 C．将难溶电解质放入纯水中，溶解达到平衡时，电解质离子的浓度的乘积就是该物质的溶度积 D．AgCl水溶液的导电性很弱，所以AgCl为弱电解质 答案　B 解析　利用溶度积比较溶解度时，还必须进行换算，不能直接说溶度积大的化合物溶解度就大，故A错；溶度积和溶解度是温度的函数，故在AgCl固体中加入水，沉淀溶解平衡发生移动，但溶度积和溶解度均不变，故B对；难溶电解质溶解达到平衡时，电解质离子浓度幂的乘积就是该物质的溶度积，故C错；电解质的强弱是以电离程度划分的，不是以溶液导电性区分的，故D错。‎ 练综合拓展 ‎8．(Ⅰ)某二元酸(H‎2A)在水中的电离方程式是：H‎2A===H＋＋HA－，HA －H＋＋A2－。‎ ‎(1)Na‎2A溶液显________(填“酸性”、“中性”或“碱性”)。理由是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎(用离子方程式表示)。‎ ‎(2)已知0.1 mol/L NaHA溶液的pH＝2，则0.1 mol/L H‎2A溶液中氢离子的物质的量浓度应______0.11 mol/L(填“<”、“>”或“＝”)，理由是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(Ⅱ)‎25℃‎时，A酸溶液的pH＝a，B碱溶液的pH＝b。‎ ‎(1)若A为强酸，B为强碱，且a＋b＝14，若两者等体积混合后，溶液的pH＝________，此时溶液中金属阳离子浓度大于酸根阴离子浓度，其原因可能是 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a＋b＝14，两者等体积混合后溶液显酸性，则混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该离子为__________(填离子符号)；混合后的溶液中，下列微粒浓度大小关系一定正确的是____________(填序号)。‎ ‎①c(MOH)>c(M＋)>c(R－)>c(H＋)>c(OH－)‎ ‎②c(HR)>c(M＋)>c(R－)>c(OH－)>c(H＋)‎ ‎③c(R－)>c(M＋)>c(H＋)>c(OH－)‎ ‎④c(M＋)>c(R－)>c(OH－)>c(H＋)‎ ‎⑤c(M＋)＋c(H＋)＝c(R－)＋c(OH－)‎ 答案　(Ⅰ)(1)碱性　A2＋＋H2O HA－＋OH－‎ ‎(2)<　H‎2A完全电离出的0.1 mol/L H＋对其第二步电离平衡产生抑制 ‎(Ⅱ)(1)7　酸为二元强酸，碱为一元强碱 ‎(2)R－　③⑤‎ 解析　本题主要考查弱电解质的电离平衡、盐类的水解、pH的计算、溶液中微粒浓度大小的比较等。‎ ‎(Ⅰ)注意H‎2A第一级电离完全电离，而第二级电离是可逆的，因此Na‎2A溶液水解显碱性；H‎2A第一级电离产生的氢离子对第二级电离产生抑制作用，所以0.1 mol/L H‎2A溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.11 mol/L。‎ ‎(Ⅱ)(1)抓住强酸强碱中的氢离子和氢氧根离子物质的量相等来计算。‎ ‎(2)中混合后溶液呈酸性说明酸为弱酸，弱酸的阴离子R－发生水解，混合溶液中以酸的电离为主，因此酸根离子最多，其次是盐电离出的阳离子，再根据电荷守恒判断等式是否成立。‎ ‎9．用实验确定某酸HA是弱电解质。两同学的方案是：‎ 甲：①称取一定质量的HA配制0.1 mol·L－1的溶液100 mL；‎ ‎②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明HA是弱电解质。‎ 乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH＝1的两种酸溶液各100 mL；‎ ‎②分别取这两种溶液各10 mL，加水稀释为100 mL；‎ ‎③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。‎ ‎(1)在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是________________。‎ ‎(2)甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH______1(填“>”、“<”或“＝”)。‎ 乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是____________(多选扣分)。‎ ‎①装HCl溶液的试管中放出H2的速率快；‎ ‎②装HA溶液的试管中放出H2的速率快；‎ ‎③两个试管中产生气体的速率一样快。‎ ‎(3)请你评价：乙方案中难以实现之处和不妥之处：‎ ‎________________________________________________________________________、‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)请你再提出一个合理而比较容易进行的方案(药品可任取)，作简明扼要表述：________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　(1)100 mL容量瓶　(2)>　②‎ ‎(3)配制pH＝1的HA溶液难以实现　加入的锌粒难以做到表面积相同 ‎(4)配制NaA溶液，测其pH>7，即证明HA是弱电解质 解析　①证明弱电解质的原理：一是证明HA不能完全电离，溶液中存在电离平衡；二是证明HA与强碱反应生成的盐具有弱碱性；②甲、乙同学都是利用了第一个原理；③由第二个原理设计另外的方案；④注意容量瓶的容积。‎ ‎10.“烂版液”是制印刷锌版时，用稀硝酸腐蚀锌版后得到的“废液”(含有少量的Cl－、Fe3＋)。某化学兴趣小组拟用“烂版液”制取Zn(NO3)2·6H2O的过程如下：‎ 已知：Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，水溶液呈酸性，Zn(NO3)2能与碱反应，得到的产物具有两性。‎ ‎(1)“烂版液”中溶质的主要成分是______(填化学式，下同)。‎ ‎(2)在操作①中保持pH＝8的目的是__________________________________________。‎ ‎(3)沉淀Ⅰ的主要成分是____________。‎ ‎(4)操作③中加热煮沸的目的是________________；此步操作的理论依据是 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)操作④保持pH＝2的目的是____________；此步操作中所用的主要仪器是 ‎________________________________________________________________________。‎ 答案　(1)Zn(NO3)2‎ ‎(2)防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解 ‎(3)Zn(OH)2和Fe(OH)3‎ ‎(4)促使Fe3＋完全水解　温度越高，水解程度越大 ‎(5)抑制Zn2＋水解为Zn(OH)2　蒸发皿、酒精灯、铁架台、玻璃棒 解析　(1)由题意知，“烂版液”是稀硝酸腐蚀锌版后得到的“废液”，所以“烂版液”中溶质的主要成分应为Zn(NO3)2。‎ ‎(2)因为Zn(OH)2具有两性，能与强碱反应，故操作①中保持pH＝8的目的是为了防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解。‎ ‎(3)碱性条件下，Fe3＋、Zn2＋都会转化为氢氧化物沉淀，所以沉淀Ⅰ为Zn(OH)2和Fe(OH)3。‎ ‎(4)操作③是为了分离Zn(OH)2和Fe(OH)3，不难想出加热煮沸是为了促使Fe3＋完全水解。‎ ‎(5)通过“Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，水溶液呈酸性”可知，Zn(NO3)2是一种强酸弱碱盐，易水解，故保持pH＝2的目的是抑制Zn2＋水解为Zn(OH)2。 ‎