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 7页

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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