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  • 2021-07-08 发布

2020届高考化学专题三第14讲水溶液中的离子平衡课时作业含解析

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第14讲 水溶液中的离子平衡 ‎1.能促进水的电离,并使溶液中c(H+)>c(OH-)的操作是(  )‎ ‎①将水加热煮沸 ②向水中投入一小块金属钠 ③向水中通CO2 ④向水中通NH3 ⑤向水中加入明矾晶体 ⑥向水中加入NaHCO3固体 ⑦向水中加NaHSO4固体 A.①③⑥⑦      B.①③⑥‎ C.⑤⑦ D.⑤‎ 解析:D [①将水加热煮沸能促进水的电离,但是c(H+)=c(OH-);②向水中投入一小块金属钠,反应后生成NaOH,溶液中c(H+)<c(OH-);③向水中通CO2,CO2与水反应生成H2CO3,溶液中c(H+)>c(OH-),但是这是碳酸电离的结果,并未促进水的电离,反而是抑制水的电离;④向水中通NH3,生成NH3·H2O电离出OH-。水的电离被抑制,并且c(H+)<c(OH-);⑤向水中加入明矾晶体,明矾中铝离子水解,促进了水的电离,并且c(H+)>c(OH-);⑥向水中加入NaHCO3固体,HCO水解能促进水的电离,但是c(H+)<c(OH-);⑦NaHSO4电离出的H+抑制了水的电离,且c(H+)>c(OH-),所以选D。]‎ ‎2.下列说法中正确的是(  )‎ A.‎25 ℃‎时NH4Cl溶液的Kw大于‎100 ℃‎时NaCl的Kw B.常温下,pH均为5的醋酸和硫酸铝两种溶液中,由水电离出的氢离子浓度之比为1∶104‎ C.根据溶液的pH与酸碱性的关系,推出pH=6.8的溶液一定显酸性 D.‎100 ℃‎时,将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合,溶液显中性 解析:B [水的离子积常数只与温度有关,温度越高,Kw越大,A错;醋酸中水电离出的[H+]=溶液中的[OH-]=10-9 mol·L-1,硫酸铝溶液中水电离出的[H+]等于溶液中的[H+]=10-5 mol·L-1,B正确;C选项不知温度,无法判断,错误;‎100 ℃‎时Kw=1×10-12,所以将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合后,溶液显碱性,D错。]‎ ‎3.电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。室温下,用0.100 mol·L-1 氨水滴定10 mL浓度均为0.100 mol·L-1 HCl和CH3COOH的混合液,电导率曲线如图所示。下列说法正确的是(  )‎ A.①溶液中c(H+)为0.200 mol·L-1‎ B.溶液温度高低为①>③>②‎ C.③点溶液中有c(Cl-)>c(CH3COO-)‎ - 7 -‎ D.③点后因离子数目减少使电导率略降低 解析:C [醋酸为弱电解质,①点溶液c(H+)<0.2 mol·L-1,故A错误;酸碱中和反应放热,①点溶液的温度一定比②点的低,故B错误;③恰好完全反应生成氯化铵和醋酸铵。其中NH和CH3COO-发生微弱水解,则③点溶液中,c(NH)>c(Cl-)>c(CH3COO-),故C正确;③点后溶液体积变大,溶液中离子浓度减小导致电导率降低,故D错误。]‎ ‎4.根据下表提供的数据,判断下列离子方程式或化学方程式正确的是(  )‎ 化学式 电离常数 HClO K=3×10-8‎ H2CO3‎ K1=4×10-7 K2=6×10-11‎ A.向Na2CO3溶液中滴加少量氯水:CO+2Cl2+H2O===2Cl-+2HClO+CO2↑‎ B.向NaHCO3溶液中滴加少量氯水:2HCO+Cl2===Cl-+ClO-+2CO2↑+H2O C.向NaClO溶液中通少量CO2:CO2+NaClO+H2O===NaHCO3+HClO D.向NaClO溶液中通过量CO2:CO2+2NaClO+H2O===Na2CO3+2HClO 解析:C [HClO的电离常数小于H2CO3的第一步电离,向Na2CO3溶液中滴加少量氯水,不能生成二氧化碳,应该生成碳酸氢根,A错误;氯水中盐酸与NaHCO3反应生成氯化钠、二氧化碳和水,HClO与NaHCO3不反应,B错误;由于H2CO3>HClO>HCO,反应生成HClO和NaHCO3,D错误。]‎ ‎5.氢硫酸中存在电离平衡:H2SH++HS-和HS-H++S2-。已知:酸式盐NaHS溶液呈碱性。若向10 mL 浓度为0.1 mol·L-1的氢硫酸中加入以下物质,下列判断正确的是(  )‎ A.加水,会使平衡向右移动,溶液中氢离子浓度增大 B.加入20 mL 浓度为0.1 mol·L-1 NaOH溶液,则c(Na+)=c(HS-)+c(H2S)+‎2c(S2-)‎ C.通入过量SO2气体,平衡向左移动,溶液pH始终增大 D.加入10 mL浓度为0.1 mol·L-1 NaOH溶液,则c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)>c(S2-)‎ 解析:D [加水,平衡向右移动,溶液中氢离子浓度减小,A项错误;溶液为Na2S溶液,由物料守恒知,c(Na+)=‎2c(HS-)+‎2c(H2S)+‎2c(S2-),B项错误;SO2与H2S反应生成S和H2O,平衡逆向移动,溶液pH增大,当H2S反应完全后,继续通入SO2,H2SO3的酸性强于H2S,溶液pH减小,C项错误;溶液为NaHS溶液,c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)>c(S2-),D项正确。]‎ ‎6.‎25 ℃‎时,向20 mL 0.1 mol·L-1 HAuCl4溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液,滴定曲线如图1所示,含氯微粒的物质的量分数(δ)随pH的变化关系如图2所示。下列说法不正确的是(  )‎ - 7 -‎ A.在c点溶液中c(Na+)=c(AuCl)‎ B.A点对应溶液的pH约为5‎ C.‎25 ℃‎时,HAuCl4的电离常数为1×10-3‎ D.d点时,溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(AuCl)>c(OH-)>c(H+)‎ 解析:C [c点溶液的pH=7,根据电荷守恒得,c(Na+)=c(AuCl),A项正确;由图1中a点的pH=3,得Ka(HAuCl4)===10-5,则A点对应溶液的c(H+)=Ka(HAuCl4)=10-5,pH约为5,B项正确;C项错误;d点溶液为NaAuCl4溶液,AuCl水解,溶液显碱性,溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(AuCl)>c(OH-)>c(H+),D项正确。]‎ ‎7.下列有关电解质溶液的相关叙述中,不正确的是(  )‎ A.常温下,Ksp[R(OH)3]=1.0×10-38,在c(R3+)=0.010 mol·L-1的溶液中,当pH=2.0时R3+开始沉淀 B.常温下,将0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液加水稀释,当溶液的pH从‎3.0升到5.0时,溶液中的值增大到原来的100倍 C.0.02 mol·L-1的NaOH溶液与0.02 mol·L-1的NaHC2O4溶液等体积混合后,则有c(Na+)=‎ ‎ 2[c(C2O)+c(HC2O)+c(H‎2C2O4)]‎ D.常温下,将1.0 mol·L-1硫酸与a mol·L-1氨水等体积混合至溶液呈中性,则NH的水解常数(Kh)计算式为(a-1)×10-7‎ 解析:D [Ksp[R(OH)3]=c(R3+)·c3(OH-)=1.0×10-38,在c(R3+)=0.010 mol·L-1的溶液中,R3+开始沉淀时c(OH-)=3 mol·L-1=1.0×10-12 mol·L-1,即pH=2.0时R3+开始沉淀,A正确;根据醋酸的电离平衡常数表达式可得=,由于温度不变,Ka(CH3COOH)不变,的值与c(H+)有关,pH从‎3.0升到5.0,c(H+)减小为原溶液的,故的值增大到原来的100倍,B正确;0.02 mol·L-1的NaOH溶液与0.02 mol·L-1的NaHC2O4溶液等体积混合后,溶质为Na‎2C2O4‎ - 7 -‎ ‎,根据物料守恒有c(Na+)=2[c(C2O)+c(HC2O)+c(H‎2C2O4)],C正确;根据电荷守恒:c(H+)+c(NH)=c(OH-)+‎2c(SO),由于溶液呈中性,则有c(H+)=c(OH-),从而可得c(NH)=‎2c(SO)=1 mol·L-1,则c(NH3·H2O)=(‎0.5a-1) mol·L-1,NH的水解常数(Kh)为==(‎0.5a-1)×10-7,D错误。]‎ ‎8.常温下,0.10 mol·L-‎1 HA(Ka=10-9.89)溶液调节pH后,保持c(HA)+c(A-)=0.10 mol·L-1。下列关系正确的是(  )‎ A.pH=2.00时,c(HA)>c(H+)>c(OH-)>c(A-)‎ B.pH=7.00时,c(HA)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)‎ C.pH=9.89时,c(HA)=c(A-)>c(OH-)>c(H+)‎ D.pH=14.00时,c(OH-)>c(A-)>c(H+)>c(HA)‎ 解析:C [0.10 mol·L-‎1 HA(Ka=10-9.89)溶液调节pH后,保持c(HA)+c(A-)=0.10 mol·L-1,pH=2.00时,c(H+)=10-2.00 mol·L-1,c(OH-)==10-12.00 mol·L-1(常温时),由Ka===10-9.89,可得=10-7.89,又因为c(HA)+c(A-)=0.10 mol·L-1,所以c(HA)>c(H+)>c(A-)>c(OH-),故A错误;pH=7.00时,由Ka===10-9.89,可得=10-2.89,所以c(HA)>c(A-),故B错误;pH=9.89时,c(H+)=10-9.89 mol·L-1,c(OH-)==10-4.11 mol·L-1(常温时),由Ka===10-9.89,可得c(A-)=c(HA),又因为c(HA)+c(A-)=0.10 mol·L-1,所以c(A-)=c(HA)=0.05 mol·L-1,所以c(HA)=c(A-)>c(OH-)>c(H+),故C正确;pH=14.00时,c(H+)=10-14.00 mol·L-1,c(OH-)==1 mol·L-1(常温时),Ka===10-9.89,可得=104.11,又因为c(HA)+c(A-)=0.10 mol·L-1,所以c(OH-)>c(A-)>c(HA)>c(H+),故D错误。]‎ ‎9.常温时,已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(Ag2CO3)=8.1×10-12,下列说法错误的是(  )‎ A.在AgCl和Ag2CO3的饱和溶液中,c(Ag+)的大小为Ag2CO3>AgCl B.向Ag2CO3的饱和溶液加入K2CO3(s),c(CO)增大,Ksp增大 C.Ag2CO3(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+CO(aq)的平衡常数K=2.5×108‎ D.向0.001 mol·L-1 AgNO3溶液中滴入等浓度的KCl和K2CO3混合溶液,Cl-先沉淀 解析:B [Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10,则其饱和溶液中c(Ag+)=‎ - 7 -‎ =×10-5 mol·L-1;Ksp(Ag2CO3)=c2(Ag+)·c(CO)=8.1×10-12,则其饱和溶液中c(Ag+)≈2.5×10-4 mol·L-1,则c(Ag+)的大小关系为Ag2CO3>AgCl,A正确。Ag2CO3的饱和溶液中存在溶解平衡:Ag2CO3(s)2Ag+(aq)+CO(aq),加入K2CO3(s),c(CO)增大,平衡逆向移动,但由于温度不变,则Ksp不变,B错误。Ag2CO3(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+CO(aq)的平衡常数K====2.5×108,C正确。 由A项分析可知,饱和溶液中c(Ag+)大小关系为Ag2CO3>AgCl,相同温度下,AgCl的溶解度小于Ag2CO3,故AgNO3溶液中滴入等浓度的KCl和K2CO3混合溶液,Cl-先沉淀,D正确。]‎ ‎10.常温下,将NaOH溶液分别加到HF溶液、CH3COOH溶液中,两混合溶液中离子浓度与pH的变化关系如图所示,已知pKa=-lg Ka,下列有关叙述错误的是(  )‎ A.将0.2 mol·L-1 CH3COOH溶液和0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合,则反应后的混合液中:‎2c(OH-)+c(CH3COO-)=‎2c(H+)+c(CH3COOH)‎ B.a点时,c(F-)=c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)‎ C.常温下,0.1 mol·L-1NaF溶液的pH大于0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液的pH D.向CH3COOH溶液中加入NaOH溶液后所得的混合溶液:=10pHpKa - 7 -‎ 解析:C [将0.2 mol·L-1 CH3COOH溶液和0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合,反应后溶液中溶质为等浓度的CH3COOH与CH3COONa,根据电荷守恒可得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),又根据物料守恒可得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=‎2c(Na+),将两式合并可得‎2c(OH-)+c(CH3COO-)=‎2c(H+)+c(CH3COOH),A正确;由图可知a点时,lg=0,即c(F-)=c(HF),此时溶液显酸性,故c(H+)>c(OH-),由电荷守恒可得c(F-)>c(Na+),即c(F-)=c(HF)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),B正确;Ka(HF)=、Ka(CH3COOH)=,当pH=4时,>,即Ka(HF)>Ka(CH3COOH),则HF的酸性强于CH3COOH,根据“越弱越水解”,CH3COONa的水解程度要大于等浓度的NaF的水解程度,则同浓度的NaF溶液的pH要小于CH3COONa溶液的pH,C错误;向CH3COOH溶液中加入NaOH溶液,溶液中===10pHpKa,D正确。]‎ ‎11.室温下,H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.0×10-2、Ka2=1.0×10-7。‎ ‎(1)该温度下NaHSO3的水解平衡常数Kh=________,NaHSO3溶液的pH________(填“>”、“<”或“=”)7;若向NaHSO3溶液中加入少量I2,则溶液中将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。‎ ‎(2)0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液的pH=________,从平衡移动的角度解释SO的Kh1>Kh2。________________。‎ 解析:(1)Ka1=,由HSO+H2OH2SO3+OH-,Kh====1.0×10-12<Ka2,这说明HSO的电离能力强于水解能力,故溶液显酸性,pH<7;当加入少量I2时,+4价的硫元素被氧化,溶液中有硫酸(强酸)生成,导致溶液的酸性增强,c(H+)增大,c(OH-)减小,但因温度不变,故Kh不变,则增大。(2)同理可求出Kh1==1.0×10-7,Na2SO3溶液的碱性主要由SO的一级水解决定,设溶液中c(OH-)=x mol·L-1,则c(HSO)≈x mol·L-1、c(SO)=0.1 mol·L-1-x mol·L-1≈0.1 mol·L-1,利用水解平衡常数易求出x=1.0×10-4 mol·L-1,pH=10。一级水解产生的OH-对二级水解有抑制作用,导致二级水解程度降低。‎ 答案:(1)1.0×10-12 < 增大 ‎(2)10 一级水解产生的OH-对二级水解有抑制作用 ‎12.已知:I2+2S2O===S4O+2I-‎ 相关物质的溶度积常数见下表:‎ 物质 Cu(OH)2‎ Fe(OH)3‎ CuCl CuI Ksp ‎2.2×10-20‎ ‎2.6×10-39‎ ‎1.7×10-7‎ ‎1.3×10-12‎ ‎(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3,为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体,加入________,调至pH=4,使溶液中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CuCl·2H2O晶体。‎ ‎(2)在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2,原因是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎(用化学方程式表示)。由CuCl2·2H2O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CuCl2·2H2O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 - 7 -‎ 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 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定,到达滴定终点时,消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。‎ ‎①可选用________作滴定指示剂,滴定终点的现象是_______________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为___________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎③该试样中CuCl2·2H2O的质量分数为________。‎ 解析:(1)考虑到不引入新的杂质,调节至溶液pH为4,使Fe3+沉淀的试剂可以是Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、CuO等。pH=4时,c(OH-)==10-10 mol·L-1,此时溶液中c(Fe3+)==mol·L-1=2.6×10-9 mol·L-1。‎ ‎(2)CuCl2·2H2O在空气中加热会发生水解反应:‎ ‎2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2+2HCl+2H2O或CuCl2·2H2OCuO+2HCl+H2O,要得到无水CuCl2,应将CuCl2·2H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水以抑制其水解。‎ ‎(3)依题给信息,用“间接碘量法”测定CuCl2·2H2O晶体试样纯度的反应原理是:2Cu2++4I-===2CuI↓+I2,I2+2S2O===S4O+2I-,用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2,指示剂选择淀粉溶液,终点时溶液蓝色褪去,且半分钟内不恢复原色。由2Cu2+~I2~2S2O得CuCl2·2H2O试样的纯度为×100%=95%。‎ 答案:(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO 2.6×10-9 mol·L-1‎ ‎(2)2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2+2HCl+2H2O 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)①淀粉溶液 蓝色褪去,且30 s内不恢复原色 ‎②2Cu2++4I-===2CuI↓+I2 ③95%‎ - 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