2019届二轮复习水溶液中的离子平衡作业（全国通用） 10页

水溶液中的离子平衡 ‎（考试时间：50分钟，满分100分）‎ 一、单项选择题：本题包括7小题，每小题6分，共42分。‎ ‎1．下列说法不正确的是(　　)‎ A．常温下，在0.1 mol·L－1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H＋)< B．浓度为0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液：c(H2CO3)>c(CO)‎ C．25 ℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同 D．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小 ‎【答案】：D ‎【解析】：在0.1 mol·L－1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H＋)为10－13mol·L－1<，A正确；浓度为0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液水解大于电离，c(H2CO3)>c(CO)，B正确；温度不变，AgCl固体的溶度积不变，C正确；冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性均先增大后减小；醋酸的电离程度增大，溶液的pH减小，D错误。‎ ‎2．室温下向10 mL pH＝3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是 (　　)‎ A．溶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 pH＝11的NaOH溶液，混合液pH＝7‎ ‎【答案】：B ‎【解析】：加水稀释，平衡向正向移动，导电粒子的数目增加，但其浓度小了，A错；温度不变，B项中表达式中上下同乘以c(H＋)，则表达式变为Ka/KW，B正确；醋酸的电离程度越大，c(H＋)不一定增大，比如加水稀释，C错；从表面上看，加入氢氧化钠溶液，刚好中和，其实醋酸是弱酸，部分电离与氢氧化钠“刚好中和”，醋酸的起始浓度远大于它电离出的c(H＋)，故醋酸过量，中和后显酸性，D错。‎ ‎ 3．下列溶液或浊液中，关于离子浓度的说法正确的是 (　　)‎ A．一定浓度的氨水加水稀释的过程中，c(NH)/c(NH3·H2O)的比值减小 B．浓度均为0.1 mol·L－1的Na2CO3、NaHCO3混合溶液中：c(CO)>c(HCO)，且2c(Na＋)‎ ‎＝3c(H2CO3)＋3c(HCO)＋3c(CO)‎ C．常温下0.4 mol/L HB溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＝3，则溶液中微粒浓度存在下面关系：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)‎ D．假设HClO的电离平衡常数为Ka，碳酸的电离平衡常数分别记为：Ka1和Ka2，已知：Ka1>Ka>Ka2，则发生反应：2NaClO＋CO2(少量)＋H2O===Na2CO3＋2HClO ‎【答案】：C ‎【解析】：考查了离子浓度的大小比较、弱电解质的电离的相关知识。A.加水稀释促进一水合氨电离，所以n(NH)增大、n(NH3·H2O)减小，则c(NH)/c(NH3·H2O)增大，A错误；B.混合溶液中，CO的水解程度远远大于HCO，所以c(CO)c(Na＋)＝0.1 mol/L，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，C正确；D.HClO的酸性比HCO强，所以NaClO＋CO2(少量)＋H2O===NaHCO3＋HClO，D错误。‎ ‎4．已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：‎ HSO＋H2O?H2SO3＋OH－　　　　　①‎ HSOH＋＋SO　　　　　　　　　②‎ 向0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是(　　)‎ A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO)增大 B．加入少量Na2SO3固体，则c(H＋)＋c(Na＋)===c(HSO)＋c(OH－)＋c(SO)‎ C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大 D．加入氨水至中性，则2c(Na＋)＝c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)‎ ‎【答案】：C ‎【解析】：本题考查外界条件对电离平衡的影响。加入金属钠，钠与溶液中的H＋反应，促进了②平衡右移，生成的NaOH使①平衡左移，但溶液中c(HSO)减小，A错；根据电荷守恒式可知B错；加入少量的NaOH溶液后，平衡①左移，平衡②右移，故增大，溶液的碱性增强，变大，C正确；根据电荷守恒式，当溶液呈中性时有c(Na＋)＝2c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)，D错。‎ ‎5．向10 mL含等浓度的I－和Cl－的溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1的AgNO3溶液，沉淀的质量与加入AgNO3溶液体积的关系如下图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A．该实验可以证明AgI比AgCl更难溶 B．加入V2 mL AgNO3溶液后，溶液中不含I－‎ C．V1＝V2－V1‎ D．向最终的沉淀中加入Na2S溶液，沉淀变成黑色 ‎【答案】：B ‎【解析】：I－和Cl－的浓度相同，滴加AgNO3最先生成黄色AgI沉淀，说明AgI的溶解度更小、更难溶，故A选项正确；C选项溶液中I－和Cl－的物质的量相等，消耗银离子物质的量相等，V1＝V2－V1，正确；D选项，因为Ag2S的溶解度比AgI的小得多，所以发生沉淀的转化，生成溶解度更小的Ag2S黑色沉淀，正确。‎ ‎6．25℃时，由弱酸(HA)及其盐(NaA)组成的混合溶液，起始浓度均为1 mol·L－1。下图为向该溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体时，溶液pH随加入H＋或OH－的物质的量而变化的曲线。下列说法中不正确的是(　　)‎ A．A、B、C三点所表示的溶液中水的电离程度依次增大 B．通入HCl，HA的电离常数减小，A－的水解程度增大 C．加入1 mol NaOH后，溶液中c(Na＋)＝c(A－)‎ D．未加HCl和NaOH时，溶液中c(A－)>c(Na＋)>c(HA)‎ ‎【答案】：B ‎【解析】：NaA促进水的电离、HA抑制水的电离。由B到A点是加入盐酸，发生反应：NaA＋HCl===NaCl＋HA，水的电离程度逐渐减小，由B到C，加入的是NaOH，发生反应：HA＋NaOH===NaA＋H2O，水的电离程度逐渐增大，A选项正确；B选项，电离常数不变，A－‎ 的水解程度减小，错误；C选项，依据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)===c(A－)＋c(OH－)，溶液呈中性，正确；D选项，溶质为等物质的量的HA、NaA，溶液显酸性，说明HA的电离程度大于NaA的原水解程度，所以c(A－)大，c(HA)小，正确。‎ ‎7．常温下，将0.1 mol BaSO4粉末置于盛有500 mL蒸馏水的烧杯中，然后烧杯中加入Na2CO3固体(忽视溶液体积的变化)并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法中正确的是(　　)‎ A．相同温度时，Ksp(BaSO4)＞Ksp(BaCO3)‎ B．BaSO4在水中的溶解度、Ksp均比在BaCl2溶液中的大 C．反应BaSO4(s)＋CO(aq)BaCO3(s)＋SO(aq)的K2＜K1‎ D．若使0.1 mol BaSO4全部转化为BaCO3，至少要加入2.6 mol Na2CO3‎ ‎【答案】：D ‎【解析】：由图像知当c(CO)≤2.5×10－4 mol/L时，c(SO)＝c(Ba2＋)＝1.0×10－5 mol/L，故Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10；当c(CO)＞2.5×10－4 mol/L时，开始有BaCO3生成，故Ksp(BaCO3)＝2.5×10－4×1.0×10－5＝2.5×10－9，A项错误；Ksp只与温度有关，B项错误；K1＝＝＝0.04，K2×K1＝1，故K2＞K1，C项错误；当0.1 mol BaSO4全部转化为BaCO3时，溶液中c(SO)＝0.2 mol/L，K1＝＝＝0.04，c(CO)＝5 mol/L，即0.1 mol BaSO4转化完时溶液中还有2.5 mol CO，转化过程中还消耗了0.1 mol CO，故至少需要2.6 mol Na2CO3，D项正确。‎ 二、非选择题：本题包括4小题，共58分。‎ ‎8．（每空2分，共14分）在室温下，下列五种溶液：①0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液 ‎②0.1 mol·L－1 CH3COONH4溶液　③0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液　④0.1 mol·L－1 NH3·H2O和0.1 mol·L－1 NH4Cl混合液　⑤0.1 mol·L－1氨水 请根据要求填写下列空白：‎ ‎(1)溶液①呈________(填“酸”、“碱”或“中”)性，其原因是 ‎_______________________(用离子方程式表示)。‎ ‎(2)溶液②③中c(NH)的大小关系是②___(填“＞”、“＜”或“＝”)③。‎ ‎(3)在溶液④中________(离子)的浓度为0.1 mol/L；NH3·H2O和________(离子)的浓度之和为0.2 mol/L。‎ ‎(4)室温下，测得溶液②的pH＝7，则说明CH3COO－的水解程度________(填“＞”、“＜”或“＝”，下同)NH的水解程度，CH3COO－与NH浓度的大小关系是c(CH3COO－)________c(NH)。‎ ‎(5)常温下，某水溶液M中存在的离子有Na＋、A2－、HA－、H＋、OH－，存在的分子有H2O、H2A。‎ ‎①写出酸H2A的电离方程式：______________________________。‎ ‎②若溶液M由10 mL 2 mol·L－1 NaHA溶液与10 mL 2 mol·L－1 NaOH溶液混合而得，则溶液M的pH________(填“＞”、“＜”或“＝”)7。‎ ‎【解析】：(1)NH4Cl为强酸弱碱盐，根据“谁弱谁水解，谁强显谁性”的原则，NH4Cl溶液显酸性。(2)CH3COONH4溶液中，醋酸根离子促进铵根离子的水解，而NH4HSO4溶液中NH4HSO4电离出来的氢离子抑制铵根离子的水解，所以后者中铵根离子浓度大。(3)因为氯离子在溶液中不变化，所以其浓度为0.1 mol/L；根据原子守恒可知，含N原子微粒的总物质的量浓度为0.2 mol/L，而N原子的存在形式为NH3·H2O和NH。(4)溶液②的pH＝7，说明CH3COO－水解生成的OH－的物质的量等于NH水解生成的H＋的物质的量，即二者水解程度相同；根据电荷守恒得：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，因为c(H＋)＝c(OH－)，故c(CH3COO－)＝c(NH)。(5)①由溶液中存在的微粒可知，H2A为二元弱酸，分步电离。②NaHA和NaOH恰好反应生成Na2A，溶液显碱性。‎ ‎【答案】：(1)酸　NH＋H2O?NH3·H2O＋H＋‎ ‎(2)＜　(3)Cl－ 　NH　(4)＝　＝　‎ ‎(5)①H2A?H＋＋HA－，HA－?H＋＋A2－‎ ‎②＞‎ ‎9．(每空3分，共15分)已知Ka、Kb、Kw、Kh、Ksp分别表示弱酸的电离平衡常数、弱碱的电离平衡常数、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。‎ ‎(1)有关上述常数的说法正确的是________。‎ a．它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度 b．它们的大小都随温度的升高而增大 c．常温下，CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Ka d．一定温度下，在CH3COONa溶液中，Kw＝Ka·Kh ‎(2)25 ℃时，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液显________性(填“酸”“碱”或“中”)；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝________。‎ ‎(3)已知：25 ℃时，HA的Ka＝1×10－6，则25 ℃时，浓度均为0.01 mol/L的HA与NaA等体积混合，则混合溶液呈________性(填“酸”“碱”或“中”)。‎ ‎(4)已知常温下Fe(OH)3和Mg(OH)2的Ksp分别为8.0×10－38、1.0×10－11，向浓度均为0.1 mol·L－1的FeCl3、MgCl2的混合溶液中加入碱液，要使Fe3＋完全沉淀而Mg2＋不沉淀，应该调节溶液的pH范围是________(已知lg 2≈0.3)。‎ ‎【解析】：(2)根据c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)和c(NH)＝c(Cl－)推知c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。‎ Kb＝＝。‎ ‎(3)Kh(A－)＝＝＝1×10－8＜Ka，故HA电离程度大于A－的水解程度，溶液呈酸性。‎ ‎(4)Fe3＋完全沉淀时，c3(OH－)×1.0×10－5>8.0×10－38，c(OH－)>(8.0×10－33)＝2×10－11，所以pH≥3.3，Mg2＋不沉淀；c2(OH－)×0.1<1×10－11，c(OH－)<(1×10－10)＝1×10－5，所以pH<9。故pH范围为3.3≤pH<9。‎ ‎【答案】： (1)ad (2)中 　 ‎(3)酸　 (4)3.3≤pH<9‎ ‎10．（每空2分，共14分）某校化学兴趣小组的同学对一份含有少量Na2SO4的NaOH样品中NaOH的含量进行测定。请回答下列问题：‎ ‎(1)甲同学运用沉淀法测定样品中NaOH的含量。该同学选用的药品除样品外，还应有________；实验中应测定的数据有________________。‎ ‎(2)乙同学运用滴定法测定样品中NaOH的含量。‎ ‎①用分析天平准确称取该样品5.000 0 g，全部溶于水配制成1 000.00 mL溶液。用碱式滴定管量取20.00 mL 所配溶液放在锥形瓶中，滴加几滴指示剂，待测。滴定管在使用前除用蒸馏水洗涤外，还应________________________。‎ ‎②用浓度为0.100 0 mol·L－1的HCl标准溶液进行滴定。开始滴定前的一步操作是____________________。‎ ‎③滴定过程中用pH计测定锥形瓶中溶液的pH，临近滴定终点时测定pH应每滴一滴测一次。‎ ‎④滴定过程中，锥形瓶中溶液的pH变化如下：‎ V(HCl)/mL ‎0.00‎ ‎12.00‎ ‎18.00‎ ‎22.00‎ ‎23.00‎ ‎23.96‎ pH ‎13.1‎ ‎12.6‎ ‎12.2‎ ‎11.7‎ ‎11.4‎ ‎9.9‎ V(HCl)/mL ‎24.00‎ ‎24.04‎ ‎25.00‎ ‎26.00‎ ‎30.00‎ pH ‎7.0‎ ‎4.0‎ ‎2.7‎ ‎2.4‎ ‎1.9‎ 请在坐标图中绘制出上述中和滴定过程中pH的变化曲线：‎ ‎⑤下表所示是几种酸碱指示剂的变色范围，根据你所作的中和滴定曲线分析，上述中和滴定中应选用的指示剂是________。‎ 指示剂 变色范围(pH)‎ 颜色 酸色 碱色 甲基橙 ‎3.1～4.4‎ 红 黄 石蕊 ‎5.0～8.0‎ 红 蓝 酚酞 ‎8.2～10.0‎ 无 红 ‎⑥样品中，NaOH的质量分数为________。‎ ‎【解析】：(1)利用沉淀法测定样品中NaOH的含量，选用能与NaOH生成沉淀但不和SO 生成沉淀的物质，为了使OH－尽可能沉淀完全，选用含Mg2＋的可溶性盐(氢氧化镁溶解度小)。(2)⑤由于石蕊的变色范围较大，故一般不用其作中和滴定的指示剂，强酸滴定强碱时可以选用甲基橙或酚酞作指示剂。⑥w(NaOH)＝×100%＝96%。‎ ‎【答案】：(1)MgCl2溶液(合理即可)　样品质量和加入足量MgCl2溶液后生成的沉淀质量(合理即可)‎ ‎(2)①检漏、润洗　②调节盛标准液的滴定管液面于“0”或“0”刻度以下 ‎④如图所示：‎ ‎⑤甲基橙或酚酞　 ⑥96%‎ ‎11．(除标注外，每空2分，共15分)重铬酸钾(K2Cr2O7)是工业生产和实验室的重要氧化剂，工业上常用铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)为原料生产。实验室模拟工业法用铬铁矿制K2Cr2O7的主要工艺如下，试结合下图回答问题：‎ ‎(1)配平在反应器①中发生的主要反应：‎ ‎______FeO·Cr2O3＋______NaOH＋______KClO3____Na2CrO4＋______Fe2O3＋______KCl＋______H2O。‎ ‎(2)在反应器①中，除了有Na2CrO4生成外，同时Fe2O3也转变成NaFeO2，杂质SiO2、Al2O3‎ 也与纯碱反应转变为可溶性盐，写出二氧化硅与碳酸钠反应的化学方程式：_______________________________________________。‎ ‎(3)NaFeO2能强烈水解，经操作②生成沉淀而除去，写出该反应的化学方程式：_______________________________________________。‎ ‎(4)操作③调节pH＝7～8，其目的是___________________________________________‎ ‎_______________________________________________(请用简要的文字说明)。‎ ‎(5)写出操作④的离子方程式：_______________________________________________。‎ ‎(6)操作⑤获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加热浓缩、________、过滤、洗涤干燥。‎ ‎(7)称取制得的K2Cr2O7晶体2.500 0 g配成250 mL溶液，取出25.00 mL于锥形瓶中，加入10 mL 2 mol/L H2SO4和足量碘化钾(铬的还原产物为Cr3＋)，放于暗处5 min，然后加入100 mL水，加入3 mL 淀粉指示剂，用0.120 0 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定(I2＋2S2O===2I－＋S4O)。‎ ‎①判断达到滴定终点的依据是：_______________________________________________。‎ ‎②若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00 mL，计算所得产品中的重铬酸钾的纯度(设整个过程中其他杂质不参与反应)_______________________________________________。‎ ‎【解析】：本题考查了化工流程的有关知识，意在考查考生对信息的挖掘能力和知识的掌握能力以及运用能力。‎ ‎(1)由化合价升降法，找出有化合价变化的元素，根据得失电子数相等确定有化合价变化的物质的系数，然后再根据元素守恒配平没有化合价变化的物质的系数。(3)由流程图可知，最终得到重铬酸钾，所以含Fe物质应被除掉，故NaFeO2水解方程式为：NaFeO2＋2H2O===Fe(OH)3↓＋NaOH。(4)操作③调节pH＝7～8是为了除去SiO和AlO。(5)操作④是酸化Na2CrO4，将其转化为Na2Cr2O7，即2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O。(7)消耗Na2S2O3的物质的量为0.120 0 mol·L－1×0.04 L＝4.8×10－3 mol，Cr2O～2Cr3＋～6I－～3I2～6S2O，则n(Cr2O)＝8.0×10－4 mol，故产品中重铬酸钾的纯度为×100%＝94.08%。‎ ‎【答案】：(1)6　24　7　12　3　7　12‎ ‎(2)SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑（1分）‎ ‎(3)NaFeO2＋2H2O===Fe(OH)3↓＋NaOH ‎(4)当pH调节到7～8时，可使硅酸钠和偏铝酸钠水解完全，从而除去SiO和AlO ‎(5)2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O ‎(6)冷却结晶（1分）‎ ‎(7) ①当滴入一滴Na2S2O3溶液时，锥形瓶中溶液由蓝色变为无色，且半分钟之内不变色　 ②94.08%‎