资源描述
第三章 水溶液中的离子平衡1能与氨水反应的弱电解质是 ( )A醋酸溶液 B硫化氢 C二氧化硫 D硫酸铜【答案】B【解析】醋酸溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；SO2属于非电解质；硫化氢属于弱电解质且能与氨水反应；硫酸铜虽然能与氨水反应，但硫酸铜属于强电解质；答案选B。点睛：易错选A，CH3COOH是弱电解质，但醋酸溶液是混合物，不是弱电解质；易错选C，SO2的水溶液能导电，但导电的离子不是SO2自身电离产生的，而是SO2与H2O反应生成的H2SO3电离产生的，所以SO2属于非电解质。2在相同温度下，100mL 01mol/L的醋酸溶液与10mL 1mol/L 的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是A中和时所需NaOH量 B电离程度CH+的物质的量浓度 DCH3COOH的物质的量【答案】B考点：弱电解质电离平衡。3在氨水中存在下列电离平衡：NH3H2OOH，下列情况能引起电离平衡向逆向移动的有() 加NH4Cl固体 加NaOH溶液 通HCl 加CH3COOH溶液 加AlCl3固体A B C D 【答案】A【解析】【详解】加NH4Cl固体,溶液中铵根离子浓度增大,平衡向逆反应方向移动,故正确；加NaOH溶液,溶液中氢氧根离子浓度增大,平衡向逆反应方向移动,故正确；加HCl,氢离子和氢氧根离子反应,导致平衡向右移动,故错误；加CH3COOH溶液,氢离子和氢氧根离子反应,导致平衡向右移动,故错误；AlCl3属于强酸弱碱盐，水解显酸性，氢离子和和氢氧根离子反应, 导致平衡向右移动,故错误；结合以上分析可知， 符合题意，A正确；综上所述，本题选A。425 ，某pH2的HCl溶液中，由水电离的c(H+)为()A1.01012molL1 B1.0107molL1 C1.01010molL1 D1.0102molL1【答案】A【解析】5下列叙述正确的是0.1molL-1 氨水中，c(OH-)c(NH 4)10mL 0.02molL-1 HCl 溶液与 10mL0.02molL-1Ba(OH)2 溶液充分混合，若混合后溶液的体积为 20mL，则溶液的 pH12在 0.1molL-1 CH COONa 溶液中，c(OH-)c(CH COOH)c(H)0.1molL-1 某二元弱酸酸式盐 NaHA 溶液中，c(Na)2c(A2-)c(HA-)c(H A)A B C D【答案】B【解析】【分析】根据电荷守恒判断；氢氧化钡是二元碱，盐酸是一元酸，二者等体积等浓度混合，碱有剩余，溶液呈碱性；根据质子守恒分析；根据物料守恒分析。【详解】根据电荷守恒知c(OH-)c(NH4)+c(H+)，则c(OH-)c(NH4)，故错误；氢氧化钡是二元碱，盐酸是一元酸，二者等体积等浓度混合，碱有剩余，混合溶液中氢氧根离子浓度 = = 0.01 mol/L，根据KW=c(H+)c(OH)及pH = -lg(c(H+)得出，溶液的pH=12，故正确；根据质子守恒得c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，故正确；根据物料守恒得c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)，故错误；正确的是，故答案选B。6下列物质的水溶液因水解呈碱性的是AHCl BNaOH CCH3COONa DNa2SO4【答案】C7下列说法正确的是A用直接加热并蒸干FeCl3溶液的方法可制得纯净的无水FeCl3B等物质的量浓度的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液的pH，前者大于后者C中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量不相等D对于有气体参加的反应，增大气体反应物浓度，活化分子百分数增大，反应速率加快【答案】B【解析】A在FeCl3溶液中，Fe3+发生水解生成Fe(OH)3：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，由于加热蒸发，使HCl挥发，破坏平衡，使平衡不断向右移动，结果生成Fe(OH)3，故A错误；B碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子溶液碱性强，等物质的量浓度的Na2CO3溶液和CH3COONa溶液的pH，前者大于后者，故B正确；C等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，与氢氧化钠反应，分别发送生HCl+NaOH=NaCl+H2O，CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，即中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，所需氢氧化钠相同，故C错误；D增大体系压强只增大单位体积活化分子的数目，反应速率加快，百分数不变，故D错误；故选B。8H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01 molL1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，下列说法合理的是A该滴定可用甲基橙做指示剂BNa2S2O3是该反应的还原剂C该滴定可选用右图所示装置D该反应中每消耗2mol Na2S2O3，电子转移数为4mol【答案】B考点：考查滴定方法的应用的知识。9下列说法不正确的是A放热反应在常温下不一定能够自发进行B合成氨反应需使用催化剂，目的是促进该反应平衡向生成氨的方向移动C0.1molL-1Na2CO3溶液在35C时碱性比25C强，说明Na2CO3水解是吸热反应DMnS悬浊液中滴加少量CuSO4溶液可生成CuS沉淀，则Ksp(CuS)c(A-)，则下列描述中不正确的是（ ）AHA的酸性很弱，A水解程度大于HA的电离程度Bc(A-)+c(HA)=0.02molL-1Cn(A-)+n(OH-)0.01 mo1+n(H+)D该溶液的pH7较大【答案】D【解析】试题分析：A、混合溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，因为c（Na+）c（A-），所以溶液中c（H+）c（OH-），所以pH7，说明酸的电离程度小于酸根离子的水解程度，A正确；B、根据溶液中物料守恒得c(A-)+c(HA)=0.02molL-1，B正确；C、混合溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，n（A-）+n（OH-）=n（Na+）+n（H+），溶液中钠离子不水解，所以n（Na+）=0.01mol/L1L=0.01mol，所以n（A-）+n（OH-）=0.01mol+n（H+），C正确；D、根据以上分析可知pH7，D错误；答案选D。【考点定位】本题考查了弱电解质的电离【名师点晴】根据溶液中电荷守恒、物料守恒来分析解答即可。注意混合溶液中各离子浓度的比较时要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。例如，在0.1 molL1的NH4Cl和0.1 molL1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c(NH4)c(Cl)c(OH)c(H)。在该溶液中，但NH3H2O的电离程度大于NH4的水解程度，溶液呈碱性，c(OH)c(H)，同时c(NH4)c(Cl)。即12已知下面三个数据：7.210-4、4.610-4、4.910-10分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：NaCNHNO2HCNNaNO2NaCNHFHCNNaFNaNO2HFHNO2NaF由此可判断下列叙述不正确的是 ( )AK(HCN)=7.2104BK(HCN)K(HF)K(HNO2)C同浓度的三种盐溶液，pH(NaNO2)pH(NaF)pH(NaCN)D若已知酸性：CH3COOHHNO2，则可以发生反应HF+CH3COONaNaF+CH3COOH【答案】D【考点定位】考查弱电解质的电离【名师点晴】明确酸的强弱及其电离平衡常数的关系是解本题关键，酸的电离平衡常数越大，其酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，根据NaCN+HNO2HCN+NaNO2、NaCN+HFHCN+NaF、NaNO2+HFHNO2+NaF知，这三种酸的强弱顺序是HFHNO2HCN，则HF、HNO2、HCN对应的电离平衡常数分别是：7.210-4、4.610-4、4.910-10，弱酸的酸性越弱，其酸根离子的水解程度越大，以此解答该题。13下列四种溶液均为0.l00mol/L NH4Cl NH4HSO4 NH4Fe(SO4)2 NH3 H2O，下列描述有几项正确A显酸性，显碱性Bc(NH4+)：C溶液的pH：ZnS，MgCO3Mg(OH)2。就溶解或电离出S2的能力而言，FeSH2SCuS，则下列离子方程式错误的是AMg22HCO3-2Ca24OH=Mg(OH)22CaCO32H2OBCu2H2S=CuS2HCZn2S22H2O=Zn(OH)2H2SDFeS2H=Fe2H2S【答案】C考点：考查离子反应、电离平衡等。15已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。如图,横坐标为溶液的pH,纵坐标为Zn2+或Zn(OH)42-的物质的量浓度(假设Zn2+浓度为10-5 molL-1时,Zn2+已沉淀完全)。下列说法不正确的是( )A往ZnCl2溶液中加入足量氢氧化钠溶液，离子方程式为Zn2+4OH-Zn(OH)42-B从图中数据计算可得Zn(OH)2的溶度积Ksp=10-17C某废液中含Zn2+,沉淀Zn2+可以控制溶液pH的范围是812D向1 L 1 molL-1 ZnCl2溶液中加入NaOH固体至pH=6，需NaOH 2 mol【答案】D【解析】氢氧化钠溶液过量时，溶液呈碱性，据图,Zn2+转化为Zn(OH)42-，A项正确；图中左边表示溶解平衡Zn(OH)2(s)Zn2+(aq)+2OH-(aq)，Ksp=c(Zn2+)c2(OH-)=10-3(10-7)2=10-17，B项正确；pH在812时，Zn2+、Zn(OH)42-浓度都小于10-5 molL-1，即Zn2+完全沉淀，C项正确；当pH=6时，c(Zn2+)=0.1 molL-1，生成Zn(OH)2为(1 molL-1-0.1 molL-1)1 L=0.9 mol，需要NaOH 1.8 mol，D错误。16某温度下，向一定体积0.1 molL1的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOHpOHlg c(OH)与pH的变化关系如图所示，则()AM点所示溶液的导电能力强于Q点BN点所示溶液中c(CH3COO)c(Na)CQ点pH一定等于7DQ点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积【答案】C【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离和溶液的酸碱性。因为pOHlg c(OH)，pHlg c(H+)，结合图像知一定条件下，Q点pOH=pH，溶液为中性，M点pOHpH，溶液显酸性；N点pOHPH,溶液显碱性，结合溶液的酸碱性进行判断。17（1）在配制Na2S溶液时，为了抑制水解，可以加入少量的_(填化学式)；其水解的离子方程式为_。（2）0.1 mol/L的NaHCO3溶液的pH为8，同浓度的AlCl3溶液的pH为4。将两种溶液等体积混合，可能发生的现象是_其主要原因是(用离子方程式表示) _。（3）明矾常作净水剂，其净水原理用离子方程式可表示为_。【答案】NaOH溶液 S2H2OHSOH 产生白色沉淀,有气泡产生 Al3+3HCO3- =Al(OH)33CO2 Al33H2OAl(OH)33H 【解析】【分析】（1）Na2S属于强碱弱酸盐，水解显碱性，加碱抑制其水解；（2）NaHCO3水解过程大于电离过程，溶液显碱性，氯化铝溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解；（3） 铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用；综上所述，本题答案是：产生白色沉淀,有气泡产生； Al3+3HCO3- =Al(OH)33CO2。 （3） 明矾中含有铝离子，能够发生水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，能够做净水剂，离子方程式为：Al33H2OAl(OH)33H；综上所述。本题答案是：Al33H2OAl(OH)33H。18已知H2A在水中存在以下平衡:H2AH+HA-,HA-H+A2-。回答以下问题:（1）NaHA溶液 (填“显酸性”、“显碱性”、“显中性”或“酸碱性无法确定”)。（2）某温度下,若向0.1 mol/L的NaHA溶液中滴入0.1 mol/L KOH溶液使混合溶液中c(H+)=c(OH-),则此时该混合溶液中,下列关系一定正确的是 (填字母)。A.c(H+)c(OH-)=110-14B.c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)C.c(Na+)c(K+)D.c(Na+)+c(K+)=0.05 mol/L（3）已知常温下H2A的钙盐(CaA)饱和溶液中存在以下平衡:CaA(s)Ca2+(aq)+A2-(aq) H0温度升高时,Ksp (填“增大”、“减小”或“不变”,下同)。滴加少量浓盐酸,c(Ca2+) 。（4）若向CaA悬浊液中加入CuSO4溶液,生成一种黑色固体物质,写出该过程中反应的离子方程式: 。【答案】（1）酸碱性无法确定 （2）B、C （3）增大 增大（4）CaA(s)+Cu2+(aq)Ca2+(aq)+CuA(s)19（1）常温下，将NH3H2O与盐酸等体积混合，实验数据如下：组别NH3H2OHCl混合溶液的pH值甲c（NH3H2O）=0.1molL-1c（HCl）=0.1molL-1pH=a乙NH3H2O的pH=12HCl的pH=2pH=b丙c（NH3H2O）=A molL-1c（HCl）=0.1molL-1pH=c针对甲、乙、丙三组实验，回答下列问题：甲组反应后，溶液中离子浓度的大小顺序为_；乙组b 7(填“”、“”或“”)丙组溶液混合后c7，A 0.1molL-1(填“”、“”或“”)甲中a6，混合溶液中c(Cl)c(NH4)= _molL-1 (列式表示结果，不能做近似计算)。（2）常温下，在20.0mL 0.20mol/LCH3COONa溶液中滴加0.20mol/L的稀盐酸。溶液的PH 的变化关系如右图所示。a 7.0的理由是（用离子方程式表示） 。当加入的盐酸的体积为20.0mL时，测定溶液中的c（H+）为1.310-3 mol/L，求CH3COOH的电离平衡常数Ka （设混合后的体积为二者的体积之和，计算结果保留两位有效数字。）【答案】（1）c(Cl)c(NH4)c(H)c(OH)（2分）；（2分）；（2分）；106108（2分）（2）CH3COOH2OCH3COOHOH（2分）；1.7105（3分）甲中a6，所以在常温下溶液中c(H)106mol/L，c(OH)108mol/L.根据电荷守恒可知c(Cl)+c(OH)c(NH4)+c(H)，所以混合溶液中c(Cl)c(NH4)c(H)c(OH)(106108)mol/L。（2）醋酸钠是强碱弱酸盐，溶于水CH3COO水解，溶液显碱性，反应的离子方程式为CH3COOH2OCH3COOHOH。当加入的盐酸的体积为20.0mL时，二者恰好反应生成醋酸和氯化钠，其中c(Cl)c(Na)，则根据电荷守恒可知c(CH3COO)+c(Cl)+c(OH)c(Na)+c(H)，即c(CH3COO)+c(OH)c(H)，所以c(CH3COO)c(H)c(OH)c(H)1.310-3 mol/L。根据物料守恒可知溶液中c(CH3COOH)0.10mol/L1.310-3 mol/L98.710-3 mol/L，所以CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.7105。考点：考查溶液酸碱性判断、离子浓度大小比较以及电离平衡常数的计算20某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：将碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶23次；从碱式滴定管中放入25.00mL待测溶液到锥形瓶中。将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0.1000mol/L标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数。向锥形瓶中滴入甲基橙作指示剂，进行滴定。到达滴定终点时测得所耗盐酸的体积为V1mL。重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL。试回答下列问题：（1）滴定终点的判断方法是_。（2）有错误操作步骤有_。（3）如图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_mL（4）则待测烧碱溶液的浓度为_mol/L。滴定次数待测液体积(mL)标准盐酸体积(mL)滴定前度数(mL)滴定后度数(mL)第一次25.000.5020.40第二次25.004.0024.10【答案】 当最后加入一滴盐酸后，锥形瓶内溶液颜色刚好由黄色变为橙色，且半分钟内颜色不恢复 22.60 0.0800【解析】试题分析：（1）锥形瓶中盛有含甲基橙的NaOH溶液，溶液呈黄色；滴加盐酸，溶液碱性逐渐减小，当颜色变为橙色且半分钟内颜色不恢复时，达到滴定终点；（2）锥形瓶不能用待盛液润洗；滴定管要先水洗再用待盛液润洗；（3）液面的位置在22 23之间，每个小刻度为0.1mL，注意滴定管的精度是0.01mL；（4）第一次消耗酸 ，第二次消耗酸，两次平均消耗盐酸20.00mL，根据H+、OH-物质的量相等计算碱溶液的浓度；点睛：盛放标准液的滴定管若不用标准液润洗，使标准液浓度偏小，消耗标准液体积偏大，造成待测液浓度偏大。21.含有弱酸 HA 和其钠盐 NaA 的混合溶液，在化学上用作缓冲溶液。向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大。（1）向该溶液中加入少量盐酸时，发生反应的离子方程式是_；向其中加入少量 KOH 溶液时，发生反应的离子方程式是_。（2）现将0.04molL1HA 溶液和0.02molL1NaOH 溶液等体积混合，得到缓冲溶液。若 HA 为 HCN，该溶液显碱性，则溶液中 c(Na+)_c(CN)(填“”“=”或“”)，你得出该结论的依据是_。若 HA 为 CH3COOH，该溶液显酸性溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是_。.工业制氯化铜时，将浓盐酸加热至 80左右，慢慢加入粗制氧化铜粉(含杂质氧化亚铁)反应如下： CuO+2HClCuCl2+H2O， FeO+2HClFeCl2+H2O已知：pH9.6 时，Fe2+ 以 Fe(OH)2 的形式完全沉淀；pH6.4 时，Cu2+ 以 Cu(OH)2 的形式完全沉淀；pH 在 34 时，Fe3+以 Fe(OH)3 的形式完全沉淀。为除去溶液中的 Fe2+，可以采用的方法是_。A.直接加碱，调整溶液 pH9.6B.加纯铜粉，将 Fe2+还原出来C.先将 Fe2+氧化为 Fe3+，再调整 pH 在 34D.通入硫化氢，使 Fe2+直接沉淀若此溶液中只含有 Fe3+时，要调整 pH 在 34 之间，此时最好向溶液中加入_。A.NaOH 溶液 B.氨水 C.CuCl2 溶液 D.CuO 固体【答案】A-+H+HA HA+OH-H2O+A- 因为c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，溶液显碱性，则c(H+)c(OH-)，所以c（c(Na+)c(CN-) c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-) C D 【解析】【分析】.（1）含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入酸时生成弱电解质，加入碱时生成正盐，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用；（2）从溶液电中性的角度比较离子浓度大小；若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，说明c(H+)c(OH-)，结合溶液电中性原则分析.根据题目信息，若将Fe2+以Fe(OH)2形式完全沉淀，pH 9.6，此时Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀，若将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+以Fe(OH)3形式完全沉淀，pH在34，此时Cu2+没有形成沉淀，以此来解答。使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节溶液的pH，所加物质能与酸反应，注意不能引入新杂质。若HA为CH3COOH，该溶液显酸性，说明c(H+)c(OH-)，根据溶液电中性原则可知c(CH3COO-)c(Na+)，故答案为：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)；答案为：C；使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，应调节溶液的pH，所加物质能与酸反应，注意不能引入新杂质，则可用CuO或Cu(OH)2或CuCO3，故D项正确；答案为：D。
展开阅读全文