2019高考化学总复习 第八章 水溶液中的离子平衡综合检测 新人教版.doc

第八章 水溶液中的离子平衡综合检测一、选择题(本题包括10个小题，每小题5分，共50分，每小题只有一个选项符合题意)1下列叙述正确的是()ApH2的硫酸溶液中c(H)c(SO)等于21，稀释100倍后二者的比值几乎不变B由水电离的c(H)1012 molL1的溶液中，K、Ba2、Cl、Br、HCO一定能大量共存C1.0103 molL1盐酸的pH3，则1.0108 molL1盐酸的pH8D某温度下水的离子积为1.01012，若使pH1的H2SO4溶液与pH12的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则两者的体积比为110解析：硫酸是强酸，pH2的硫酸溶液稀释100倍后pH4，则稀释后，溶液仍为酸性，c(H)c(SO)仍然等于21，A正确；由水电离的c(H)1012 molL1的溶液中水的电离被抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO与氢离子或氢氧根离子均反应，不能大量共存，B错误；1.0108 molL1盐酸中水电离出的氢离子大于盐酸电离出的氢离子，溶液的pH近似为7，C错误；某温度下水的离子积为1.01012，则pH12的NaOH溶液中氢氧根离子的浓度是1 molL1，而pH1的H2SO4溶液中氢离子浓度是0.1 molL1，因此若使pH1的H2SO4溶液与pH12的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则两者的体积比应为101，D错误。答案：A2常温时，0.01 molL1某一元弱酸的电离常数Ka106，则下列说法正确的是()A上述弱酸溶液的pH4B加入NaOH溶液后，弱酸的电离平衡向右移动，K值增大C加入等体积0.01 molL1 NaOH溶液后，所得溶液的pH7D加入等体积0.01 molL1 NaOH溶液后，所得溶液的pH7，故C、D错误。答案：A3常温下，将0.1 molL1的醋酸溶液加水稀释至原来体积的10倍，下列有关叙述正确的是()ACH3COOH的电离平衡常数增大为原来的10倍BCH3COO与CH3COOH的浓度之比增大为原来的10倍CCH3COO与H的浓度之积减小为原来的DCH3COOH与CH3COO的浓度之和减小为原来的解析：平衡常数只与温度有关，温度不变，电离平衡常数不变，A项错误；随着醋酸溶液的稀释，醋酸的电离平衡：CH3COOHCH3COOH正向移动，且CH3COOH、CH3COO、H浓度均减小，CH3COOH浓度小于原来的1/10，CH3COO、H浓度大于原来的1/10，B、C项错误；根据物料守恒CH3COOH与CH3COO的浓度之和减小为原来的，D项正确。答案：D4常温时，下列叙述正确的是()A一元酸与一元碱恰好完全反应后的溶液中一定存在c(H)c(OH)B0.4 molL1 HA溶液和0.2 molL1 NaOH溶液等体积混合，HA溶液中与上述混合溶液中相等CpH均为11的NaOH和Na2CO3溶液中，水的电离程度相同D因为加热后纯水的pHc(R)、c(OH)c(H)Dbc任意点溶液均有c(H)c(OH)Kw1.01014解析：A项，ab导电能力增强，是因为生成了盐(强电解质)，可以说明HR为弱酸；B项，b点溶液的pH7，是因为生成的弱酸弱碱盐中两种离子的水解程度相同；C项，c点溶液是NH4R与NH3H2O的混合溶液，溶液呈碱性，有c(OH)c(H)，根据电荷守恒有c(NH)c(R)；D项，温度不变，Kw为常数。答案：B725 时，将某一元碱MOH和盐酸溶液等体积混合(体积变化忽略不计)，测得反应后溶液的pH如下表，则下列判断不正确的是()实验序号c(盐酸)/(molL1)c(MOH)/(molL1)反应后溶液的pH甲0.200.205乙0.10a7A.实验甲所得溶液：c(Cl)c(M)c(H)c(MOH)B将实验甲中所得溶液加水稀释后，变小Ca0.10DMOH的电离平衡常数可以表示为Kb解析：A.根据甲中的数据分析，碱(MOH)为弱碱，盐(MCl)为强酸弱碱盐，正确；B.盐溶液中加水，阳离子M水解程度增大，则溶液中氢离子的物质的量增大，M的物质的量减小，由于在同一溶液中，则变大，错误；C.MOH为弱碱，当a0.10时，反应恰好生成了盐，溶液显酸性，若要呈中性，则加入的碱应稍过量，正确；D.对乙溶液应用电荷守恒可知c(M)c(Cl)0.05 molL1，又根据M元素守恒可知，c(MOH)0.5ac(M)(0.5a0.05) molL1，则MOH的电离平衡常数Kbc(M)c(OH)/c(MOH)0.05107/(0.5a0.05)108/(a0.10)，正确。答案：B8下列说法中错误的是()A室温下，向NH4HSO4溶液中加入NaOH至中性，则c(Na)c(SO)c(NH)BMg(OH)2沉淀转化为Fe(OH)3沉淀较容易实现，说明Fe(OH)3的Ksp更小C向醋酸溶液中加入水，不变(稀释过程中温度变化忽略不计)D25 ，a molL1氨水与0.01 molL1盐酸等体积混合液中c(NH)c(Cl)，则K(NH3H2O)解析：NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液，若二者物质的量相同，则溶质为等物质的量的(NH4)2SO4和Na2SO4，混合溶液呈酸性，若使混合溶液呈中性，即混合溶液中c(H)c(OH)，则滴加的NaOH溶液过量，根据电荷守恒可以得到c(Na)c(NH)2c(SO)，故混合溶液中离子浓度大小关系为c(Na)c(SO)c(NH)c(OH)c(H)，A项正确；根据难溶物质容易转化为更难溶物质可知B项正确；将分子、分母同时乘以c(H)得，由于Ka(CH3COOH)和Kw在相同温度下均为定值，故C项正确；在25 下，混合后溶液中c(NH)c(Cl)0.005 molL1，根据物料守恒得c(NH3H2O)(0.5a0.005) molL1，又c(H)c(OH)107 molL1，故K(NH3H2O)，D项错误。答案：D9下列说法正确的是()常温下，强酸溶液的pHa，将溶液的体积稀释到原来10n，则pHan已知BaSO4的Kspc(Ba2)c(SO)，所以在BaSO4溶液中有c(Ba2)c(SO)将0.1 molL1的NaHS和0.1 molL1的Na2S溶液等体积混合，所得溶液中有c(S2)2c(OH)2c(H)c(HS)3c(H2S)在0.1 molL1氨水中滴加0.1 molL1盐酸，刚好完全中和时pHa，由水电离产生的c(OH)10a molL1A BC D解析：常温下，强酸溶液的pHa，将溶液的体积稀释到原来10n倍，若anc(HCO)c(CO)c(NH3H2O)Cc(NH)c(NH3H2O)2c(CO)2c(HCO)2c(H2CO3)Dc(NH)c(H)c(HCO)c(OH)c(CO)解析：分析表中数据结合题给信息知碳酸根的水解程度远大于铵根离子的水解程度，常温下1 molL1的(NH4)2CO3溶液呈碱性，A错误；盐类的水解是微弱的，则常温下1 molL1的(NH4)2CO3溶液中：c(NH)c(CO)c(HCO)c(NH3H2O)，B错误；根据物料守恒判断，C正确；根据电荷守恒知c(NH)c(H)2c(CO)c(HCO)c(OH)，D错误。答案：C二、非选择题(共50分)11(18分)水的电离平衡曲线如图所示。(1)若以A点表示25 时水在电离平衡时的离子浓度，当温度升到100 时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从_增加到_。(2)常温下，将pH10的Ba(OH)2溶液与pH5的稀盐酸混合，然后保持100 的恒温，欲使混合溶液pH7，则Ba(OH)2与盐酸的体积比为_。(3)在某温度下，Ca(OH)2的溶解度为0.74 g，其饱和溶液密度设为1 gmL1，Ca(OH)2的离子积为_。(4)25 时，在等体积的pH0的H2SO4溶液，0.05 molL1的Ba(OH)2溶液，pH10的Na2S溶液，pH5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是_。(5)等体积的下列溶液中，阴离子的总物质的量最大的是_(填序号)。0.1 molL1的CuSO4溶液0.1 molL1的Na2CO30.1 molL1的KCl0.1 molL1的NaHCO3(6)某二元酸(化学式用H2A表示)在水中的电离方程式是：H2A=HHA，HAHA2。则Na2A溶液显_(填“酸性”“中性”或“碱性”)；NaHA溶液显_(填“酸性”“中性”或“碱性”)。若有0.1 molL1 Na2A的溶液，其中各种离子浓度由大到小的顺序是_(填字母)。Ac(Na)c(A2)c(OH)c(HA)c(H)Bc(Na)c(OH)c(HA)c(A2)c(H)Cc(Na)c(H)c(A2)c(OH)c(HA)Dc(A2)c(Na)c(OH)c(H)c(HA)解析：(1)A点氢离子和氢氧根离子的浓度均是107 molL1，则此时水的离子积为1014；B点氢离子和氢氧根离子的浓度均是106 molL1，则此时水的离子积为1012，这说明此时水的离子积从1014增加到1012。(2)常温下，pH10的Ba(OH)2溶液中氢氧根的浓度是104 molL1，pH5的稀盐酸溶液中氢离子浓度是105 molL1，二者混合，然后保持100 的恒温，欲使混合溶液pH7，则105，解得xy29，即Ba(OH)2与盐酸的体积比为29。(3)在某温度下，Ca(OH)2的溶解度为0.74 g，即100 g水中溶解了0.74 g氢氧化钙，物质的量是0.01 mol。其饱和溶液密度设为1 gmL1，则溶液的体积为0.1 L，所以溶液中钙离子和氢氧根的浓度分别是0.1 molL1和0.2 molL1，所以Ca(OH)2的离子积为0.10.220.004。(4)25 时，在等体积的pH0的H2SO4溶液中水电离出的氢离子浓度是1014 molL1；0.05 molL1的Ba(OH)2溶液中水电离出的氢离子浓度是1013 molL1；pH10的Na2S溶液中水电离出的氢离子浓度是104 molL1；pH5的NH4NO3溶液中水电离出的氢离子浓度是105 molL1，所以发生电离的水的物质的量之比是1101010109。(5)0.1 molL1的CuSO4溶液中硫酸根不水解；0.1 molL1的Na2CO3溶液中碳酸根水解转化为碳酸氢根和氢氧根；0.1 molL1的KCl溶液中氯离子不水解；0.1 molL1的NaHCO3溶液中碳酸氢根水解转化为氢氧根和碳酸，所以等体积的溶液中，阴离子的总物质的量最大的是碳酸钠，答案选。(6)根据电离方程式可知H2A的第一步电离是完全的，第二步电离是不完全的，则Na2A溶液中A2水解，溶液显碱性；NaHA溶液中只有HA的电离平衡，溶液显酸性。0.1 molL1 Na2A的溶液阴离子水解溶液显碱性，则各种离子浓度由大到小的顺序是c(Na)c(A2)c(OH)c(HA)c(H)，答案选A。答案：(1)10141012(2)29(3)0.004(4)1101010109(5)(6)碱性酸性A12(16分)电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题：(1)已知部分弱酸的电离常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离常数(25 )Ka1.77104Ka5.01010Ka14.3107Ka25.61011HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3这4种溶液中阴离子结合质子能力最强的是_。体积相同、c(H)相同的三种酸溶液a.HCOOH；b.HCN；c.H2SO4分别与同浓度的NaOH溶液完全中和，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是(填字母)_。向NaCN溶液通入少量CO2反应的化学方程式是_。(2)一定浓度的NaCN溶液pH9，用离子方程式表示呈碱性的原因是_；此时c(HCN)/c(CN)_。常温下，NaCN与过氧化氢溶液反应，生成NaHCO3和能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，大大降低其毒性。该反应的化学方程式是_。(3)已知CaCO3的Ksp2.8109，现将浓度为2104 molL1 Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合，则生成CaCO3沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为_molL1。解析：(1)相同条件下电离常数越大对应酸的酸性越强，根据表中数据可知酸性由强到弱的顺序为HCOOHH2CO3HCNHCO，所以HCOONa、NaCN、NaHCO3、Na2CO3这4种溶液中阴离子结合质子能力最强的是Na2CO3。由于酸性cab，所以体积相同、c(H)相同的三种酸，酸越弱，n(酸)越大，消耗碱越多，三种酸溶液，消耗NaOH溶液的体积由大到小的排列顺序是bac。由于酸性H2CO3HCNHCO，所以向NaCN溶液通入少量CO2反应的化学方程式是NaCNCO2H2O=NaHCO3HCN。(2)NaCN属于强碱弱酸盐，由于CNH2OHCNOH而使溶液呈碱性，pH9，c(OH)105。由CNH2OHCNOH得，Kh，2。依据常温下，NaCN与过氧化氢溶液反应，生成NaHCO3和能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体(即为氨气)，可知该反应的化学方程式是NaCNH2O2H2O=NaHCO3NH3。(3)由题意知CaCO3(s)Ca2(aq)CO(aq)Ksp2.8109，浓度为2104 molL1 Na2CO3溶液与CaCl2溶液等体积混合后，c(CO)1104 molL1，则生成CaCO3沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为2Ksp/c(CO)22.8109/(1104)5.6105 (molL1)。答案：(1)Na2CO3bacNaCNCO2H2O=NaHCO3HCN(2)CNH2OHCNOH2NaCNH2O2H2O=NaHCO3NH3(3)5.610513(16分)某学生探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液较长时间后，沉淀变为乳白色(1)中的白色沉淀是_。(2)中能说明沉淀变黑的离子方程式是_，沉淀转化的主要原因是_。(3)滤出步骤中的乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓硝酸溶解，产生红棕色气体，部分沉淀未溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀.向Y滴加KI溶液，产生黄色沉淀由判断，滤液X中被检出的离子是_。由、可确认步骤中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀_。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl的存在下，氧气将中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳白色沉淀C：一段时间后，无明显变化A中产生的气体是_。C中盛放的物质W是_。该同学认为B中产生沉淀的反应如下(请补充完整)：2Ag2S_2H2O4AgCl_4NaOHB中NaCl的作用是_。解析：(1)根据硝酸银与NaCl反应生成氯化银白色沉淀和硝酸钠，所以中的白色沉淀是AgCl。(2)Ag2S的溶解度比AgCl的溶解度更小，2AgClS2Ag2S2Cl，S2与Ag结合生成更难溶的Ag2S，导致溶液中Ag浓度降低，使得Q(AgCl)Ksp(AgCl)，平衡向AgCl沉淀溶解的方向移动，这样白色沉淀转化为黑色沉淀。(3)实验证实滤液X中存在SO，实验证实白色沉淀Y中存在Ag。由题给信息，浓硝酸溶解乳白色沉淀时产生红棕色气体(NO2)，可知SO是被硝酸氧化得到的产物。结合乳白色沉淀特征，另一种沉淀应为S。(4)H2O2在MnO2催化下分解生成氧气和水，所以A中产生的气体是O2；根据题给信息，对照实验的目的是确认步骤中乳白色沉淀产生的原因是在NaCl存在下，氧气将中黑色沉淀氧化，则C中应无NaCl，盛放的物质W是Ag2S悬浊液。该反应中氧化剂为氧气，氧化产物为S，所以在反应物中应补充NaCl来配平，在根据化合价升降相等，原子守恒配平，则化学方程式为2Ag2S4NaClO22H2O4AgCl2S4NaOH；2Ag2S4NaClO22H2O4AgCl2S4NaOH，该反应是可逆反应，Cl结合Ag2S被氧化后生成的Ag，促使上述平衡右移，使氧化进行得更完全。答案：(1)AgCl(2)2AgCl(s)S2(aq)Ag2S(s)2Cl(aq)Ag2S比AgCl的溶解度更小(3)SOS(4)O2Ag2S的悬浊液4NaCl1O22SO2将Ag2S氧化生成S时，有Ag游离出来，NaCl中大量的Cl与游离的Ag结合成AgCl沉淀。由于c(Ag)减小，有利于中反应平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀