2024年高考化學二輪復習專題九水溶液中的離子平衡強化練含解析

PAGE10-專題強化練(九)1．(2024·浙江卷)下列說法不正確的是()A．2.0×10－7mol·L－1的鹽酸中c(H＋)＝2.0×10－7mol·L－1B．將KCl溶液從常溫加熱至80℃，溶液的pH變小但仍保持中性C．常溫下，NaCN溶液呈堿性，說明HCN是弱電解質(zhì)D．常溫下，pH為3的醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，溶液pH增大解析：A項，鹽酸的物質(zhì)量濃度為2.0×10－7mol·L－1，完全電離，接近中性，溶劑水電離出的氫離子濃度的數(shù)量級與溶質(zhì)HCl電離的氫離子濃度相差不大，則計算中氫離子濃度時，不能忽視水中的氫離子濃度，其數(shù)值應大于2.0×10－7mol·L－1，錯誤；B項，KCl溶液為中性溶液，常溫下pH＝7，加熱到80℃時，水的離子積KW增大，對應溶液的氫離子濃度隨溫度上升會增大，pH會減小，但溶液溶質(zhì)仍為KCl，則仍呈中性，正確；C項，NaCN溶液顯堿性，說明該溶質(zhì)為弱酸強堿鹽，即CN－對應的酸HCN為弱電解質(zhì)，正確；D項，醋酸在溶液中會發(fā)生電離平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，向溶液中加入醋酸鈉固體，依據(jù)同離子效應可知，該平衡會向生成弱電解質(zhì)的方向(逆向)移動，使溶液中的氫離子濃度減小，pH增大，正確。答案：A2．(2024·深圳第一次調(diào)研)常溫下，向1mol·L－1NH4Cl溶液中加入足量的鎂條，該體系pH隨時間改變的曲線如圖所示。試驗視察到b點起先溶液中有白色沉淀生成，已知Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11。下列說法錯誤的是()A．常溫下，NH4Cl的水解平衡常數(shù)數(shù)量級為10－10B．體系中，水的電離程度大小關系為a>c>bC．b點時，溶液中c(Mg2＋)＝0.18mol·L－1D．a(chǎn)點溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)<c(Cl－)＋c(OH－)解析：A項，常溫下，氯化銨的水解平衡式為NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，則Kh＝eq\f(c（NH3·H2O）c（H＋）,c（NHeq\o\al(＋,4)）)，由于氨＝5，c(NH3·H2O)≈c(H＋)＝10－5mol·L－1，c(NHeq\o\al(＋,4))＝1mol·L－1，則Kh＝eq\f(c（NH3·H2O）c（H＋）,c（NHeq\o\al(＋,4)）)＝10－10，水解平衡常數(shù)數(shù)量級為10－10，正確；B項，氯化銨的水解平衡式為NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，加入鎂單質(zhì)時，消耗了氫離子，使平衡正向移動，促進銨根離子的水解，即促進了水的電離，故水的電離程度大小關系為c＞b＞a，錯誤；C－1，－1，＝c(Cl－)＋c(OH－)，故c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)<c(Cl－)＋c(OH－)，正確。答案：B3．(2024·鄭州其次次質(zhì)檢)25℃時，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1某二元弱酸H2A(Ka1＝1.1×10－3，Ka2＝3.9×10－6)溶液，滴定過程中溶液的pH改變曲線如圖所示。下列說法正確的是()A．a(chǎn)點的pH大于2B．b點溶液中c(H2A)>c(A2－)C．c點溶液中c(HA－)＋2c(H2A)＝c(OH－)－c(H＋)D．d點溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)解析：A項，a點發(fā)生H2A的電離且Ka1＞Ka2，又Ka1＝eq\f(c（HA－）×c（H＋）,c（H2A）)＝1.1×10－3，則c2(H＋)＝1.1×10－3×0.1，解得c(H＋)≈1.05×10－2，故pH小于2，錯誤；B項，b點酸、堿恰好完＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)，物料守恒：c(Na＋)＝c(HA－)＋c(A2－)＋c(H2A)，得到：c(H2A)＋c(H＋)＝c(A2－)＋c(OH－)，則c(H2A)＜c(A2－)，錯誤；C項，c點為Na2A，溶液顯堿性，溶液中電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)，物料守恒c(Na＋)＝2c(HA－)＋2c(A2－)＋2c(H2A)，得到：c(HA－)＋2c(H2A)＝c(OH－)－c(H＋)，正確；D項，d點為Na2A和NaOH的混合物，溶液顯堿性，溶液中電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)，錯誤。答案：C4．(2024·江淮十校聯(lián)考)工業(yè)上常用(NH4)2SO3溶液汲取廢氣中的SO2，室溫下測得溶液中l(wèi)gYeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Y＝\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（H2SO3）)或\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)))與pH的改變關系如圖所示。則下列說法肯定錯誤的是()A．通入少量SO2的過程中，直線Ⅱ中的N點向M點移動B．α1＝α2肯定等于45°C．當對應溶液的pH處于1.81<pH<6.91時，溶液中的微粒濃度肯定存在c(HSOeq\o\al(－,3))>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(H2SO3)D．直線Ⅱ中M、N點肯定存在c2(HSOeq\o\al(－,3))>c(SOeq\o\al(2－,3))·c(H2SO3)解析：A項，通入少量二氧化硫的過程中，溶液的酸性增加，直＝lgeq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（H2SO3）)＋lgc(H＋)，lgeq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（H2SO3）)＝lgKa1＋pH，同理可得lgeq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)＝lgKa2＋pH，故α1＝α2肯定等于45°；C項，由圖象可知，當對應溶液的pH處于1.81<pH<6.91時，lgeq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)<0、lgeq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（H2SO3）)>0，溶液中c(H2SO3)、c(SOeq\o\al(2－,3))的大小無法確定；D項，由于Ka1>Ka2，eq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）,c（H2SO3）)>eq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)，則c2(HSOeq\o\al(－,3))>c(SOeq\o\al(2－,3))·c(H2SO3)；答案選C。答案：C5．(2024·湖北省七市州教科研協(xié)作5月聯(lián)考)常溫下，已知醋酸的電離常數(shù)為1.75×10－5，向20mL0.01mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L－1的NaOH溶液，溶液中水電離的c(H＋)隨加入NaOH溶液的體積改變?nèi)鐖D所示。下列說法正確的是(已知eq\r(17.5)＝4.2)()A．b、d兩點溶液的pH相同>c(OH－)＝0.005mol·L－1D．a(chǎn)點坐標為(0，2.4×10－11)解析：A項，CH3COOH溶液中加入NaOH發(fā)生CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，b點消耗NaOH的體積為10mL，NaOH和CH3COOH的物質(zhì)的量濃度相等，則此時溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且兩者物質(zhì)的量相等，CH3COO－的水解常數(shù)為eq\f(KW,Ka)＝eq\f(10－14,1.75×10－5)＝eq\f(1,1.75)×10－9<1.75×10－5，CH3COOH的電離大于CH3COO－水解，即b點溶液顯酸性，d點溶質(zhì)為CH3COONa和NaOH，溶液顯堿性，b、d兩點pH不相同，錯誤；B項，依據(jù)A選項分析，b點溶液中溶質(zhì)為CH3COOH和CH3COONa，且兩者物質(zhì)的量相等，CH3COOH的電離大于CH3COO－的水解，因此離子濃度大小依次是c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，錯誤；C項，e點溶質(zhì)為CH3COONa和NaOH，且兩者物質(zhì)的量相等，依據(jù)物料守恒，因此有c(Na＋)＝2[c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)]＝eq\f(40×10－3L×0.01mol·L－1,60×10－3L)，錯誤；D項，CH3COOH發(fā)生電離：CH3COOHCH3COO－＋H＋，電離平衡常數(shù)Ka＝eq\f(c（H＋）·c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝1.75×10－5，因此有c2(H＋)＝1.75×10－7，即c(H＋)＝4.2×10－4mol·L－1，依據(jù)水的離子積，則溶液中c(OH－)＝eq\f(KW,c（H＋）)＝eq\f(10－14,4.2×10－4)≈2.4×10－11，即水電離出的c(H＋)＝2.4×10－11mol·L－1，正確。答案：D6．(2024·汕頭模擬)在某溫度時，將nmol·L－1氨水滴入10mL1.0mol·L－1鹽酸中，溶液pH和溫度隨加入氨水體積改變曲線如圖所示。下列有關說法錯誤的是()A．c點存在守恒關系：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)B．b點：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)C．水的電離程度：b>c>a>dD．25℃時，NH4Cl水解平衡常數(shù)為(n－1)×10－7(用含n的代數(shù)式表示)解析：A項，c點溶液呈中性，所以c(H＋)＝c(OH－)，由電荷守恒分析c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，所以c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，正確；B項，b點溶液為NH4Cl溶液，此溶液中離子濃度大小為c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)，正確；C項，b點溶液溫度最高，說明此時兩溶液恰好反應生成氯化銨，銨根離子水解促進了水的電離，則a、d兩點都抑制了水的電離，則b點水的電離程度最大；由于d點混合液的pH不知，則無法推斷a、d兩點水的電離程度大小，錯誤；D項，依據(jù)圖象可知，25℃時溶液的pH＝7，則：c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝0.5mol·L－1，依據(jù)物料守恒可知：＝eq\f(（0.5n－0.5）×10－7,0.5)＝(n－1)×10－7，正確。答案：C7．(2024·茂名其次次模擬)某些難溶性鉛鹽可用作涂料，如秦俑彩繪中運用的鉛白(PbCO3)和黃金雨中黃色的PbI2。室溫下，PbCO3和PbI2在不同的溶液中分別達到溶解平衡時－lgc(Pb2＋)與－lgc(COeq\o\al(2－,3))或－lgc(I－)的關系如圖所示。下列說法錯誤的是()A．Ksp(PbCO3)的數(shù)量級為10－14B．相同條件下，水的電離程度p點大于q點C．L1對應的是－lgc(Pb2＋)與－lgc(I－)的關系改變D．p點溶液中加入Na2CO3濃溶液，可得白色沉淀解析：由Ksp(PbCO3)＝c(Pb2＋)·c(COeq\o\al(2－,3))，可得lgc(Pb2＋)＝lg[Ksp(PbCO3)]－lgc(COeq\o\al(2－,3))；同理，lgc(Pb2＋)＝lg[Ksp(PbI2)]－2lgc(I2)，則圖中L1對應的是－lg(Pb2＋)與－lgc(I－)的關系改變。A項，由上述分析可知圖象L2對應的是－lgc(Pb2＋)與－lgc(COeq\o\al(2－,3))的關系改變，則Ksp(PbCO3)＝c(Pb2＋)c(COeq\o\al(2－,3))＝10－13.1數(shù)量級為10－14，正確；B項，相同條件下，p點和q點的鉛離子濃度相同，p點為碘化鉛的飽和溶液，q點為碳酸鉛的飽和溶液，由于碘離子不水解，則COeq\o\al(2－,3)可以發(fā)生水解，其水解促進了水的電離，則水的電離程度p點小于q點，錯誤；C項，L1對應的是－lgc(Pb2＋)與－lgc(I－)的關系改變，正確；D＝10－8，Ksp(PbCO3)<Ksp(PbI2)，則p點溶液中加入Na2CO3濃溶液，可得白色沉淀，正確。答案：B8．(2024·茂名綜合測試)常溫下，在“H2SHS－S2－”的水溶液體系中，H2S、HS－、S2－三種微粒的物質(zhì)的量分數(shù)隨溶液pH改變(僅用H2S和NaOH調(diào)整pH)的關系如圖所示。下列說法正確的是()A．Ka1(H2S)的數(shù)量級為10－6B．NaHS溶液中，c(Na＋)>c(HS－)>c(S2－)>c(H2S)C．當體系呈中性時，eq\f(c（HS－）,c（H2S）)>eq\f(c（Na＋）,c（HS－）＋2c（S2－）)D．加入Na2S沉降廢水中的Cu2＋，廢水的pH對沉降效果沒有影響＝＝＝eq\f(10－14,10－6.9)＝10－7.1>Ka2(H2S)＝10－13，溶液呈堿性，說明HS－水解程度大于電離程度，則c(S2－)<c(H2S)，錯誤；C項，溶液呈中性時，c(H＋)＝＝c(HS－)＋2c(S2－)，所以eq\f(c（Na＋）,c（HS－）＋2c（S2－）)＝1，則eq\f(c（HS－）,c（H2S）)>＋，溶液中c(Cu2＋)減小，Cu2＋水解程度較小，則溶液的pH增大，錯誤。答案：C9．(2024·南寧其次次適應性測試)酸性鋅錳干電池是一種一次性電池，外殼為金屬鋅，中間是碳棒，其四周是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等組成的糊狀填充物。該電池放電過程產(chǎn)生MnOOH?；厥仗幚碓搹U電池可得到多種化工原料。有關數(shù)據(jù)如下表所示：化合物不同溫度的溶解度/g0℃20℃40℃60℃80℃100℃NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10－1710－1710－39回答下列問題：(1)該電池的正極反應式為___________________________________________________________________________________，電池反應的離子方程式為____________________________________________________________________________________。(2)維持電流強度為0.5A，電池工作5分鐘，理論上消耗鋅________g(已知F＝96500C·mol－1)。(3)廢電池糊狀填充物加水處理后，過濾，濾液中主要有ZnCl2和NH4Cl，二者可通過______________________________分別回收；濾渣的主要成分是MnO2、________和________，欲從中得到較純的MnO2，最簡便的方法為__________________，其原理是_________________________________________________________________。(4)用廢電池的鋅皮制備ZnSO4·7H2O的過程中，需除去鋅皮中的少量雜質(zhì)鐵，其方法是：加稀H2SO4和H2O2溶解，鐵變?yōu)開_______，加堿調(diào)整至pH為______時，鐵剛好沉淀完全(離子濃度小于1×10－5mol·L－1時，即可認為該離子沉淀完全)；接著加堿至pH為________時，鋅起先沉淀(假定Zn2＋濃度為0.1mol·L－1)。若上述過程不加H2O2后果是____________________________________________________，緣由是_______________________________________________。解析：(1)該電池為酸性電池，正極發(fā)生還原反應，電極反應式為MnO2＋H＋＋e－=MnOOH；電池反應為Zn與MnO2在酸性條件下的反應，生成Zn2＋和MnOOH。(2)電池工作5min，電池中的總電荷量Q＝It＝0.5×5×60＝150(C)，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為eq\f(150,96500)(mol)，1molZn失去2mol電子，則此過程消耗鋅的質(zhì)量m(Zn)＝65×eq\f(1,2)×eq\f(150,96500)＝0.05(g)。(3)從表格數(shù)據(jù)看出，相同溫度下，ZnCl2的溶解度遠遠大于NH4Cl的，則可采納加熱濃縮、冷卻結晶的方法分別二者。(4)在H2O2存在下，鐵被氧化為Fe3＋；依據(jù)表格數(shù)據(jù)，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－39，則c(OH－)＝eq\r(3,0.1)×＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝10－17，則c(OH－)＝10－8mol·L－1，所以限制pH為6時，Zn2＋起先沉淀；假如不加H2O2，F(xiàn)e2＋不能被氧化，依據(jù)Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相同，在pH＝6時，兩者將同時沉淀，則無法除去Zn2＋中的Fe2＋。答案：(1)MnO2＋H＋＋e－=MnOOH2MnO2＋Zn＋2H＋=2MnOOH＋Zn2＋(注：式中Zn2＋可寫為Zn(NH3)eq\o\al(2＋,4)，Zn(NH3)2Cl2等，H＋可寫為NHeq\o\al(＋,4))(2)0.05(3)加熱濃縮、冷卻結晶碳粉MnOOH空氣中加熱碳粉轉(zhuǎn)變?yōu)镃O2，MnOOH氧化為MnO2(4)Fe3＋2.76Zn2＋和Fe2＋分別不開Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近10．(2024·寧夏三校聯(lián)考)毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等雜質(zhì))，試驗室利用毒重石制備BaCl2·2H2O的流程如下：請回答下列問題：(1)毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨，目的是_____________________________________________________________________。試驗室用37%的鹽酸配制15%的鹽酸，除量筒外還需運用下列儀器中的________(填字母)。a．燒杯b．容量瓶c．玻璃棒d．滴定管(2)①對比表格中數(shù)據(jù)可知，加入NH3·H2O調(diào)整pH＝8可除去________(填離子符號)，濾渣Ⅱ中含________(填化學式)。項目Ca2＋Mg2＋Fe3＋起先沉淀時的pH11.99.11.9完全沉淀時的pH13.911.13.2②加入H2C2O4時應避開過量，緣由是________________________________________________________________________。已知：Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9。(3)利用間接酸堿滴定法可測定Ba2＋的含量，試驗分兩步進行。已知：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋=Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O、Ba2＋＋CrOeq\o\al(2－,4)=BaCrO4↓。步驟Ⅰ：移取xmL肯定濃度的Na2CrO4溶液于錐形瓶中，加入酸堿指示劑，用bmol·L－1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸體積為V0mL。步驟Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于錐形瓶中，加入xmL與步驟Ⅰ相同濃度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用bmol·L－1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V1mL。滴加鹽酸標準液時應用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的_____(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的濃度為______mol·L－1，若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，Ba2＋濃度測量值將________(填“偏大”或“偏小”)。解析：(1)充分研磨的目的是增大反應物的接觸面積，從而增大反應速率。配制肯定質(zhì)量分數(shù)的溶液，可以算出所需37%的鹽酸及水的體積，然后在燒杯中稀釋，為加速溶解，要用玻璃棒進行攪拌。(2)依據(jù)流程圖及表格中數(shù)據(jù)可知，加入NH3·H2O調(diào)整pH＝8時，只有Fe3＋完全沉淀而除去。加入NaOH，調(diào)pH＝12.5，對比表格中數(shù)據(jù)可知，此時Mg2＋完全沉淀，Ca2＋部分沉淀，所以濾渣Ⅱ中含Mg(OH)2、Ca(OH)2。依據(jù)Ksp(BaC2O4)＝1.6×10－7，H2C2O4過量時Ba2＋會轉(zhuǎn)化為BaC2O4沉淀，從而使BaCl2·2H2O的產(chǎn)量削減。(3)“0”刻度位于滴定管的上方。由題意可得關系式BaCl2～CrOeq\o\al(2－,4)～H＋，則＝eq\f(b（V0－V1）,y)mol·L－1。若步驟Ⅱ中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，則V1變小，Ba2＋濃度測量值將偏大。答案：(1)增大接觸面積從而增大反應速率ac(2)Fe3＋Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4過量會導致生成BaC2O4沉淀，產(chǎn)品的產(chǎn)量削減(3)上方eq\f(b（V0－V1）,y)偏大11．(2024·廣東省茂名中學綜合測試)葡萄酒中抗氧化劑的殘留量是以游離SO2的含量計算，我國國家標準(GB2760－2014)規(guī)定葡萄酒中SO2的殘留量≤0.25g·L－1。某愛好小組設計試驗方案對葡萄酒中SO2進行測定。Ⅰ.定性試驗方案如下：(1)將SO2通入水中形成SO2-飽和H2SO3溶液體系，此體系中存在多個含硫元素的平衡，分別用平衡方程式表示為______________。(2)利用SO2的漂白性檢測干白葡萄酒(液體為無色)中的SO2或H2SO3。設計如下試驗：試驗結論：干白葡萄酒不能使品紅溶液褪色，緣由：_______________________________________________________________________________________________________________________。Ⅱ.定量試驗方案如下(部分裝置和操作略)：(3)儀器A的名稱是_________________________________。(4)A中加入100.0mL葡萄酒和適量鹽酸，加熱使SO2全部逸出并與B中H2O2