2020版高考化学大二轮优选习题 专题二 化学基本理论 专题突破练9 水溶液中的离子平衡 10页

专题突破练9　水溶液中的离子平衡 一、选择题(本题包括10个小题,每小题7分,共70分)‎ ‎1.下列一定能说明酸HX是弱电解质的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎①常温下NaX溶液的pH大于7;②利用HX溶液做导电性实验,灯泡很暗;③HX不与NaCl反应;④0.1 mol·L-1的HX溶液的pH=2;⑤HX具有很强的挥发性;⑥pH=1的HX加水稀释到体积为原来的10倍后,pH=1.5‎ A.②③⑤ B.①④⑥‎ C.①②④⑥ D.①②③④⑤⑥‎ 答案B 解析①中说明盐水解使溶液显碱性,即相应的酸是弱酸。②灯泡暗,只能说明溶液中离子的浓度比较小,但不能证明是否完全电离,不能说明HX是弱电解质。③HX不与NaCl反应,不能说明该酸是弱酸。④0.1 mol·L-1的HX溶液的pH=2,说明溶液中氢离子浓度小于酸,即说明酸没有完全电离,可以说明该酸是弱酸。⑤挥发性与其强弱无关。⑥pH=1的HX溶液加水稀释到体积为原来的10倍后,pH=1.5,说明在稀释过程中酸能继续电离出氢离子,即说明酸为弱酸。‎ ‎2.(2018天津耀华中学高三月考)下列有关平衡常数K的说法正确的是(　　)‎ A.已知碳酸:K1=4.4×10-7,K2=4.7×10-11,次氯酸:K=2.98×10-8,碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为C+Cl2+H2OHC+Cl-+HClO B.1.0 mol·L-1 NH4HCO3溶液pH=8.0。由此可知Ka1(H2CO3)>Kb(NH3·H2O)>Ka2(H2CO3)‎ C.常温下电离常数为Ka的酸HA溶液中c(H+)= mol·L-1‎ D.将0.1 mol·L-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不再有沉淀产生,再滴加0.1 mol·L-1 CuSO4溶液,白色沉淀变为蓝色沉淀,可得出Ksp[Cu(OH)2]Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3),故B项错误;常温下电离常数为Ka的酸HA溶液中c(H+)= mol·L-1,故C项错误;一种沉淀容易转化为比它更难溶的沉淀,将0.1 mol·L-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不再有沉淀产生,再滴加0.1 mol·L-1 CuSO4溶液,白色沉淀变为蓝色沉淀,可得出Ksp[Cu(OH)2]c(CH3COOH)+c(H+),故C项错误;含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的两种CH3COOH溶液中和,则消耗CH3COOH的物质的量相等,因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的。而醋酸为弱电解质,浓度越大,电离程度越小,pH为2和3的两种CH3COOH溶液,后者电离程度大,pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍,设pH为2的醋酸浓度为x,pH=3的醋酸浓度为y,则有Va×x=Vb×y,则,则可推出Vb>10Va,故D项错误。‎ ‎6.(2018辽宁大连高三双基测试)下图三条曲线表示不同温度下水的离子积常数,下列说法不正确的是(　　)‎ A.图中温度:T3>T2>T1‎ B.图中pH关系是:pH(B)=pH(D)=pH(E)‎ C.图中五点KW间的关系:E>D>A=B=C D.C点可能是显酸性的盐溶液 10‎ 答案D 解析水的电离是吸热过程,升高温度促进水电离,则水中c(H+)、c(OH-)及离子积常数都增大,根据图知,对应的离子积常数T3>T2>T1,所以温度T3>T2>T1,故A项正确;根据图知,B、D、E三点溶液的氢离子浓度相等,则pH相等,故B项正确;温度由低到高的顺序是A=B=CD>A=B=C,故C项正确;C点时KW=1×10-14,c(OH-)=1×10-6,则溶液的pH=8,显碱性,故D项错误。‎ ‎7.(2018湖南衡阳八中高三月考)常温下,已知:Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12,Ksp[Cu(OH)2]=2×10-20。下列说法错误的是(　　)‎ A.常温下AgCl饱和溶液和Ag2CrO4饱和溶液的物质的量浓度比较:c(AgCl)c(Ag2CrO4),故B项错误;C选项,c(Cu2+)=0.02 mol·L-1,如果生成Cu(OH)2沉淀,则c(Cu2+)·c2(OH-)>Ksp,所以应有c(OH-)> mol·L-1=1×10-9 mol·L-1,则c(H+)<1×10-5 mol·L-1,即pH>5,故C项正确;使Cu2+浓度降至原来的千分之一,即要求Cu2+的浓度为2×10-4 mol·L-1,根据Ksp=c(Cu2+)·c2(OH-),可得c(OH-)= mol·L-1=1×10-8 mol·L-1,则c(H+)=1×10-6 mol·L-1,即pH=6,故D项正确。‎ 10‎ ‎8.(2018河南南阳第一中学高三检测)‎20 ℃‎时,将足量的BaSO4固体溶于50 mL水中,充分搅拌,慢慢加入Na2CO3固体,搅拌,溶液中随c(C)增大时c(Ba2+)变化曲线如右图。则下列说法正确的是(　　)‎ A‎.20 ℃‎时Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)‎ B.加入Na2CO3固体立即有BaCO3固体生成 C.BaCO3的Ksp=2.5×10-10‎ D.曲线BC段内,c(C)∶c(S)=25‎ 答案D 解析当溶液中c(C)=2.5×10-4 mol·L-1时,溶液中Ba2+的浓度没有下降,则此时c(Ba2+)=c(S)=1.0×10-5 mol·L-1,故BaSO4的Ksp=c(Ba2+)×c(S)=1.0×10-5×1.0×10-5=1.0×10-10,BaCO3的Ksp=c(Ba2+)×c(C)=1.0×10-5×2.5×10-4=2.5×10-9,所以‎20 ℃‎时,Ksp(BaSO4)c(OH-),C项错误;溶液pH由1至2.6时,由图中可看出主要是将H3X+转化为H2X,D项错误。‎ ‎10.(2018河北邢台高三质量检测)‎25 ℃‎时,将‎1.0 L c mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合,使之充分反应。然后向该混合溶液中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化),引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述错误的是(　　)‎ A.该温度下,醋酸的电离平衡常数Ka=‎ B.a点对应的混合溶液中c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)‎ C.水的电离程度:c>b>a D.当混合溶液呈中性时,c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)‎ 答案A 解析‎1.0 L c mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合溶液的pH=4.3,溶液显酸性,加入醋酸后,溶液酸性应增强,加入醋酸钠,溶液的酸性应减弱。该温度下,‎1.0 L c mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合溶液的pH=4.3,醋酸的电离平衡常数Ka=,故A项错误;a点溶液的pH=3.1,是加入的醋酸后的结果,根据电荷守恒及溶液呈酸性可得,c(CH3COO-)>c(Na+),醋酸的电离程度较小,则c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-),故B项正确;a以醋酸的电离为主,抑制水的电离,酸性越强,水的电离程度越小,b点加入醋酸水的电离程度减小,c点加入醋酸钠,水的电离程度增大,故水的电离程度c>b>a,故C项正确;当混合溶液呈中性时,c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒可推出c(Na+)=c(CH3COO-),则溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-),故D项正确。‎ 二、非选择题(本题包括2个小题,共30分)‎ 10‎ ‎11.(2018陕西长安一中高三质量检测)(14分)有A、B、C、D四种强电解质,它们在水中电离产生下列离子(每种物质只含一种阴离子且互不重复)。‎ 阳离子 Na+、Ba2+、N 阴离子 CH3COO-、OH-、Cl-、S 已知:①A、C溶液的pH均大于7,A、B的溶液中水的电离程度相同;‎ ‎②C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀,B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体,A溶液和D溶液混合时无现象。‎ ‎(1)A是　　　　　,B是　　　　　　(填化学式)。 ‎ ‎(2)写出C和D反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)‎25 ℃‎时,0.1 mol·L-1 B溶液的pH=a,则B溶液中c(H+)-c(NH3·H2O)=　　　　　　　　　　(用含有a的关系式表示)。 ‎ ‎(4)将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合,反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是　　　　　　　　。 ‎ ‎(5)在一定体积的0.005 mol·L-1的C溶液中,加入一定体积的0.001 25 mol·L-1的盐酸,混合溶液的pH=11,若反应后溶液的体积等于C溶液与盐酸的体积之和,则C溶液与盐酸的体积比是　　　　　。 ‎ 答案(1)CH3COONa　NH4Cl　(2)Ba2++SBaSO4↓‎ ‎(3)‎10a-14 mol·L-1‎ ‎(4)c(OH-)>c(Ba2+)=c(Cl-)>c(N)>c(H+)‎ ‎(5)1∶4‎ 解析①A、C溶液pH均大于7,说明一种是强碱,一种是弱酸强碱盐;②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀,说明一种溶液含有钡离子,一种溶液含有硫酸根离子;B溶液和C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体,说明一种溶液含有铵根离子,一种溶液含有氢氧根离子,A溶液和D溶液混合时无明显现象,且相同浓度的A、B的溶液中水的电离程度相同,所以可推出A是醋酸钠、B是氯化铵、C是氢氧化钡、D是硫酸钠。‎ ‎(1)通过以上分析知,A是CH3COONa、B是NH4Cl;(2)C和D的反应本质是钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀,反应的离子方程式为Ba2++SBaSO4↓;(3)‎25 ℃‎时,0.1 mol·L-1 B溶液的pH=a,c(H+)=10-a mol·L-1,根据溶液中电荷守恒得c(H+)+c(N)=c(OH-)+c(Cl-),根据溶液中物料守恒得c(NH3·H2O)+c(N)=c(Cl-),将两个等式联立可得c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-c(N 10‎ ‎)=c(NH3·H2O),则c(H+)-c(NH3·H2O)=c(OH-)==‎10a-14 mol·L-1;(4)根据题意知,氯化铵和氢氧化钡的物质的量相等,混合后溶液中的溶质是氨水、氯化钡和氢氧化钡,氯化钡和氢氧化钡的浓度相等,氨水的浓度是氯化钡和氢氧化钡浓度的2倍,溶液中氢氧根离子浓度最大,钡离子和氯离子浓度相等,氨水是弱碱部分电离导致氯离子浓度大于铵根离子浓度,溶液呈碱性,氢离子浓度最小,所以溶液中离子浓度大小顺序是c(OH-)>c(Ba2+)=c(Cl-)>c(N)>c(H+);(5)混合溶液的pH=11,则溶液中氢氧根离子浓度= mol·L-1=10-3 mol·L-1,设氢氧化钡溶液的体积为x,盐酸的体积为y,c(OH-)==10-3 mol·L-1,解得x∶y=1∶4。‎ ‎12.(2018安徽合肥高三质量检测)(16分)二氧化铈(CeO2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含CeCO‎3F)为原料制备CeO2的一种工艺流程如下:‎ 已知:ⅰ.Ce4+能与F-结合成[CeFx](4-x)+,也能与S结合成[CeSO4]2+;‎ ⅱ.在硫酸体系中Ce4+能被萃取剂[(HA)2]萃取,而Ce3+不能;‎ ⅲ.常温下,Ce2(CO3)3饱和溶液浓度为1.0×10-6 mol·L-1。‎ 回答下列问题:‎ ‎(1)“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是　　　　　　　、　　　　　　　(写出2种即可)。 ‎ ‎(2)“氧化焙烧”产物CeO2与稀硫酸反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(3)“萃取”时存在反应:Ce4++n(HA)2Ce(H2n‎-4A2n)+4H+。D表示Ce4+分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比(D=)。保持其他条件不变,在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改变水层中的c(S),D随起始料液中c(S)增大而减小的原因是　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎(4)浸渣经处理可得Ce(BF4)3,加入KCl溶液发生如下反应:‎ Ce(BF4)3(s)+3K+(aq)3KBF4(s)+Ce3+(aq)。‎ 10‎ 若一定温度时,Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分别为a、b,则该反应的平衡常数K=　　　　　(用a、b表示)。 ‎ ‎(5)“反萃取”中加入H2O2的主要反应离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　。在“反萃取”后所得水层中加入1.0 mol·L-1的NH4HCO3溶液,产生Ce2(CO3)3沉淀,当Ce3+沉淀完全时[c(Ce3+)=1×10-5 mol·L-1],溶液中c(C)约为　　　　　　　。 ‎ ‎(6)CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分,它能在还原气氛中供氧,在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着CeO2CeO2(1-x)+xO2↑(0≤x≤0.25)的循环。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ 答案(1)矿石粉碎成细颗粒　通入大量空气 ‎(2)CeO2+4H++S[CeSO4]2++2H2O ‎(3)随着c(S)增大,水层中Ce4+被S结合成[CeSO4]2+,导致萃取平衡向生成[CeSO4]2+方向移动,D迅速减小 ‎(4)　(5)2Ce4++H2O22Ce3++O2↑+2H+　1×10-6 mol·L-1　(6)2xCO+CeO2CeO2(1-x)+2xCO2‎ 解析(1)“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是:将矿石粉碎成细颗粒,增大接触面积;通入大量空气等。(2)根据题给已知“Ce4+能与S结合成[CeSO4]2+”,则CeO2与稀硫酸反应的离子方程式为CeO2+4H++S[CeSO4]2++2H2O。(3)“萃取”时存在反应:Ce4++n(HA)2Ce(H2n‎-4A2n)+4H+,加入Na2SO4,随着c(S)增大,水层中Ce4+与S结合成[CeSO4]2+,导致萃取平衡向左移动,即向生成[CeSO4]2+方向移动,则D迅速减小。‎ ‎(4)反应Ce(BF4)3(s)+3K+(aq)3KBF4(s)+Ce3+(aq)的平衡常数K=。(5)“萃取”后的有机层中含有Ce4+,根据流程,加入H2O2可将Ce4+还原成Ce3+,则H2O2被氧化成O2,反应写成Ce4++H2O2Ce3++O2↑,根据得失电子守恒配平为2Ce4++H2O22Ce3++O2↑,结合原子守恒、电荷守恒以及溶液呈酸性,写出离子方程式为2Ce4++H2O22Ce3++O2↑+2H+。Ce2(CO3)3饱和溶液的浓度为1.0×10-6 mol·L-1,Ce2(CO3)3的溶解平衡为Ce2(CO3)3(s)2Ce3+(aq)+‎3C(aq),则饱和溶液中c(Ce3+)=2.0×10-6 mol·L-1、c(C)=3.0×10-6 mol·L-1,Ksp[Ce2(CO3)3]=c2(Ce3+)·c3(C)=(2.0×10-6)2×(3.0×10‎ 10‎ ‎-6)3=1.08×10-28;当Ce3+沉淀完全时,c3(C)==1.08×10-18,c(C)=1.026×10-6 mol·L-1≈1.0×10-6 mol·L-1。‎ ‎(6)根据题意,“CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分,它能在还原气氛中供氧,在氧化气氛中耗氧。”CO具有还原性,CeO2消除CO尾气时应供氧,反应的化学方程式为CeO2+2xCOCeO2(1-x)+2xCO2。‎ 10‎