专题08水溶液中的离子平衡解析版.docx
- 文档编号:16027779
- 上传时间:2023-07-10
- 格式:DOCX
- 页数:42
- 大小:890.27KB
专题08水溶液中的离子平衡解析版.docx
《专题08水溶液中的离子平衡解析版.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《专题08水溶液中的离子平衡解析版.docx(42页珍藏版)》请在冰点文库上搜索。
专题08水溶液中的离子平衡解析版
专题08水溶液中的离子平衡
1.(2020届陕西省汉中市重点中学高三4月开学第一次联考)次磷酸(H3PO2一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。
常温时,有1mol∙L-1的H3PO2溶液和1mol∙L-1的HBF4溶液,两者起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水,稀释后溶液的体积均为V,两溶液的pH变化曲线如图所示。
下列说法错误的是
A.常温下,NaBF4溶液的pH=7
B.常温下,H3PO2的电离平衡常数约为1.1
10-2
C.NaH2PO2溶液中:
c(Na+)=c(H2PO2-)+c(HPO22-)+c(PO23-)+c(H3PO2)
D.常温下,在0≤pH≤4时,HBF4溶液满足
【答案】C
【解析】此题的横坐标是
,V是加水稀释后酸溶液的体积,未稀释时,V=V0,横坐标值为1;稀释10倍时,V=10V0,横坐标值为2,以此类推。
此题实际上考察的是稀释过程中,酸碱溶液pH的变化规律:
越强的酸碱,稀释过程中pH的变化越明显;如果不考虑无限稀释的情况,对于强酸或强碱,每稀释十倍,pH变化1。
根据此规律,再结合题干指出的次磷酸是弱酸这条信息,就可以明确图像中两条曲线的归属,并且可以得出氟硼酸是强酸这一信息。
A.根据图像可知,b表示的酸每稀释十倍,pH值增加1,所以b为强酸的稀释曲线,又因为H3PO2为一元弱酸,所以b对应的酸只能是氟硼酸(HBF4),即氟硼酸为强酸;那么NaBF4即为强酸强碱盐,故溶液为中性,常温下pH=7,A项正确;B.a曲线表示的是次磷酸的稀释曲线,由曲线上的点的坐标可知,1mol/L的次磷酸溶液的pH=1,即c(H+)=0.1mol/L;次磷酸电离方程式为:
,所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L,c(
)=0.1mol/L,那么次磷酸的电离平衡常数即为:
,B项正确;C.次磷酸为一元弱酸,
无法继续电离,溶液中并不含有
和
两类离子;此外,
还会发生水解产生次磷酸分子,所以上述等式错误,C项错误;D.令y=pH,x=
,由图可知,在0≤pH≤4区间内,y=x-1,代入可得pH=
,D项正确;答案选C。
2.(安徽省合肥市2020年高三第二次教学质量检测)二甲胺[(CH3)2NH]在水中电离与氨相似,
。
常温下,用0.l00mol/L的HCl分别滴定20.00mL浓度均为0.l00mol/L的NaOH和二甲胺溶液,测得滴定过程中溶液的电导率变化曲线如图所示。
下列说法正确的是
A.b点溶液:
B.d点溶液:
C.e点溶液中:
D.a、b、c、d点对应的溶液中,水的电离程度:
【答案】D
【解析】NaOH是强碱,二甲胺是弱碱,则相同浓度的NaOH和二甲胺,溶液导电率:
NaOH>(CH3)2NH,所以①曲线表示NaOH滴定曲线、②曲线表示(CH3)2NH滴定曲线,然后结合相关守恒解答。
A.b点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH·H2O和(CH3)2NH2Cl,
,(CH3)2NH2Cl的水解常数
,所以(CH3)2NH·H2O的电离程度大于(CH3)2NH2Cl的水解程度导致溶液呈碱性,但是其电离和水解程度都较小,则溶液中微粒浓度存在:
,A错误;
B.d点二者完全反应生成(CH3)2NH2Cl,
水解生成等物质的量的
和H+,
水解程度远大于水的电离程度,因此
与
近似相等,该溶液呈酸性,因此
,则
,溶液中存在电荷守恒:
,因此
,故B错误;C.e点溶液中溶质为等物质的量浓度的(CH3)2NH2Cl、HCl,溶液中存在电荷守恒:
,物料守恒:
,则
,故C错误;D.酸或碱抑制水电离,且酸中c(H+)越大或碱中c(OH−)越大其抑制水电离程度越大,弱碱的阳离子或弱酸的阴离子水解促进水电离,a点溶质为等浓度的NaOH和NaCl;b点溶质为等物质的量浓度的[(CH3)2]NH·H2O和(CH3)2NH2Cl,其水溶液呈碱性,且a点溶质电离的OH-浓度大于b点,水的电离程度:
b>a;c点溶质为NaCl,水溶液呈中性,对水的电离无影响;d点溶质为(CH3)2NH2Cl,促进水的电离,a、b点抑制水电离、c点不影响水电离、d点促进水电离,所以水电离程度关系为:
d>c>b>a,故D正确;故案为D。
3.(东北三省三校2020届高三第二次联合考试)某温度下,分别向20mL浓度均为xmol/L的NaCl和Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液,滴加过程中
和
与AgNO3溶液的体积关系如图所示。
下列说法不正确的是
A.x=0.1B.曲线I代表NaCl溶液
C.Ksp(Ag2CrO4)约为4×10-12D.y=9
【答案】D
【解析】A.根据图像可知,未滴加AgNO3溶液时
或
均为1,则NaCl和Na2CrO4溶液均为0.1mol·L-1,即x=0.1,A选项正确;B.1molCl-和CrO42-分别消耗1mol和2molAg+,由图像可知,滴加AgNO3溶液过程中,曲线I突跃时加入的AgNO3溶液的体积为20mL,则曲线I代表NaCl溶液,B选项正确;C.b点时,
=4,则c(CrO42-)=10-4mol·L-1,c(Ag+)=2×10-4mol·L-1,Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)·c2(Ag+)=4×10-12,C选项正确;D.a点时,Cl-恰好完全沉淀,
=5,则c(Cl-)=10-5mol·L-1,c(Ag+)=10-5mol·L-1,Ksp(AgCl)=c(Cl-)·c(Ag+)=10-10,c点加入40mLAgNO3溶液,溶液中
,
,则-lgc(Cl-)=9-lg3≈8.52,D选项错误;答案选D。
4.(福建省泉州市2020届高三第一次模拟)在Na2Cr2O7酸性溶液中,存在平衡2CrO42—(黄色)+2H+⇌Cr2O72—(橙红色)+H2O,已知:
25℃时,Ksp(Ag2CrO4)=1×10—12Ksp(Ag2Cr2O7)=2×10—7。
下列说法正确的是
A.当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时,达到了平衡状态
B.当pH=1时,溶液呈黄色
C.若向溶液中加入AgNO3溶液,生成Ag2CrO4沉淀
D.稀释Na2Cr2O7溶液时,溶液中各离子浓度均减小
【答案】C
【解析】A.当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时,无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等,则不能判断是否为平衡状态,A错误;B.当pH=1时,溶液酸性增强,平衡正向进行,则溶液呈橙红色,B错误;C.组成中阴阳离子个数比相同,溶度积常数越小,难溶电解质在水中溶解能力越差,已知Ksp(Ag2CrO4)<
Ksp(Ag2Cr2O7),若向溶液中加入AgNO3溶液,先生成Ag2CrO4沉淀,C正确;D.稀释Na2Cr2O7溶液时,溶液中c(CrO42-)、c(H+)、c(Cr2O72-)均减小,由于KW不变,则c(OH-)增大,D错误;答案为C。
5.(福建省泉州市2020届高三第一次模拟)废水中过量的氨氮(NH3和NH4+)会导致水体富营养化。
为研究不同pH下用NaClO氧化废水中的氨氮(用硝酸铵模拟),使其转化为无污染的气体,试剂用量如下表。
已知:
HClO的氧化性比ClO—的氧化性更强。
下列说法错误的是
pH
0.100mol/L
NH4NO3(mL)
0.100mol/L
NaClO(mL)
0.200mol/L
H2SO4(mL)
蒸馏水
(mL)
氨氮去除
率(%)
1.0
10.00
10.00
10.00
10.00
89
2.0
10.00
10.00
V1
V2
75
6.0
……
……
……
……
85
A.V1=2.00
B.pH=1时发生反应:
3ClO—+2NH4+=3Cl—+N2↑+3H2O+2H+
C.pH从1升高到2,氨氮去除率降低的原因是更多的HClO转化为ClO—
D.pH控制在6时再进行处理更容易达到排放标准
【答案】A
【解析】A.溶液中氢离子浓度改变,而其它条件不变,则总体积为40mL,pH=2,则0.01×40=V1×0.200×2,V1=1.00mL,符合题意,A正确;B.pH=1时NaClO氧化废水中的氨氮(用硝酸铵模拟),使其转化为无污染的气体,发生反应:
3ClO-+2NH4+=3Cl-+N2↑+3H2O+2H+,与题意不符,B错误;C.HClO的氧化性比ClO-的氧化性更强,pH从1升高到2,酸性减弱,氨氮去除率降低的原因是更多的HClO转化为ClO-,与题意不符,C错误;D.pH控制在6时氨氮去除率为85%,进行处理更容易达到排放标准,与题意不符,D错误;答案为A。
6.(福建省泉州市2020届高三第一次模拟)常温下,将1.0LXmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合充分反应,再向该混合溶液中通人HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化),溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。
下列说法正确的是
A.X<0.1
B.b→a过程中,水的电离程度逐渐增大
C.Ka(CH3COOH)=10-8/(X-0.1)
D.b→c过程中,c(CH3COOH)/c(CH3COO)逐渐变小
【答案】B
【解析】根据图像可知,b点溶液显酸性,则为CH3COOH、CH3COONa的混合液。
A.b点溶液呈酸性,酸过量,则X>0.1mol/L,A错误;B.b→a过程中,加入NaOH溶液,消耗过量的乙酸,生成乙酸钠,则水的电离程度逐渐增大,B正确;C.a点时,向乙酸溶液中加入0.2molNaOH,溶液中c(H+)=10-7mol/L,c(CH3COO-)=0.2mol/L,c(CH3COOH)=(X-0.2)mol/L,则Ka(CH3COOH)=
,C错误;D.b→c过程中,溶液中酸性增强,c(CH3COOH)增大,c(CH3COO)减小,而
逐渐变大,D错误;答案为B。
7.(广东省东莞市2020届高三模拟)往10mL0.1mol/L的Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSO4溶液,溶液的导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图。
下列说法正确的是
A.a点对应的溶液呈碱性
B.V2=10mL
C.水的电离程度:
a>b
D.b点后的溶液满足c(Na+)>2c(SO42-)
【答案】A
【解析】向Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSO4溶液依次发生NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O,2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O,当二者体积相等时溶液中的溶质为NaOH,当NaHSO4溶液体积为Ba(OH)2溶液体积的2倍时,二者完全反应,溶液的溶质为Na2SO4,所以当二者体积相等后继续滴加NaHSO4溶液的导电性变化减缓,当二者完全反应后滴加浓度较大NaHSO4溶液,溶液的导电性有所上升。
A.根据分析可知a二者体积相等,所以溶液中的溶质为NaOH,溶液显碱性,故A正确;B.根据分析可知b点应为完全反应的点,NaHSO4溶液体积为Ba(OH)2溶液体积的2倍,所以V2=20mL,故B错误;C.a点溶液溶质为NaOH,抑制水的电离,b点溶液溶质为Na2SO4,不影响水的电离,所以水的电离程度:
a
8.(广东省广州、深圳市学调联盟2020届高三第二次调研)测定溶液电导率的变化是定量研究电解质在溶液中反应规律的一种方法,溶液电导率越大其导电能力越强。
室温下,用0.100mol•L-1的NH3•H2O滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L-1HCl和CH3COOH的混合溶液,所得电导率曲线如图所示。
下列说法正确的是()
A.①点溶液:
pH最大
B.溶液温度:
①高于②
C.③点溶液中:
c(Cl-)>c(CH3COO-)
D.②点溶液中:
c(NH4+)+c(NH3•H2O)>c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
【答案】C
【解析】室温下,用0.100mol•L-1的NH3•H2O滴定10.00mL浓度均为0.100mol•L-1HCl和CH3COOH的混合溶液,NH3•H2O先与HCl发生反应生成氯化铵和水,自由移动离子数目不变但溶液体积增大,电导率下降;加入10mLNH3•H2O后,NH3•H2O与CH3COOH反应生成醋酸铵和水,醋酸为弱电解质而醋酸铵为强电解质,故反应后溶液中自由移动离子浓度增加,电导率升高。
A.①点处为0.100mol•L-1HCl和CH3COOH的混合溶液,随着NH3•H2O的滴入,pH逐渐升高,A错误;B.酸碱中和为放热反应,故溶液温度为:
①低于②,B错误;C.③点溶质为等物质的量的氯化铵和醋酸铵,但醋酸根离子为若酸根离子,要发生水解,故③点溶液中:
c(Cl-)>c(CH3COO-),C正确;D.②点处加入一水合氨的物质的量和溶液中的醋酸的物质的量相同,根据元素守恒可知,c(NH4+)+c(NH3•H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),D错误;答案选C。
9.(广东省广州、深圳市学调联盟2020届高三第二次调研)室温下,向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液,溶液中lgc(Ba2+)与
的变化关系如图所示。
下列说法正确的是()
(已知:
H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.2×10-7、5.6×10-11)
A.a对应溶液的pH小于b
B.b对应溶液的c(H+)=4.2×10-7mol·L-1
C.a→b对应的溶液中
减小
D.a对应的溶液中一定存在:
2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)
【答案】D
【解析】a点横坐标为0,即lg
=0,所以
=1,b点lg
=2,
=100;另一方面根据HCO3-
H++CO32-可得:
Ka2=
,据此结合图像分析解答。
A.由分析可知,Ka2=
,而a点
=1,所以a点有:
c(H+)=Ka2=5.6×10-11,同理因为b点
=100,结合Ka2表达式可得5.6×10-11=
,c(H+)=5.6×10-9,可见a点c(H+)小于b点c(H+),所以a点pH大于b点,A错误;B.由A可知,b点c(H+)=5.6×10-9,B错误;C.由Ka2=
和KW的表达式得:
Ka2=
,温度不变,Ka2、Kw均不变,所以
不变,C错误;D.根据电荷守恒有:
2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)+2c(CO32-),a点c(HCO3-)=c(CO32-)代入上面式子得:
2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-),D正确。
答案选D。
10.(河南省顶尖名校2020届高三联考)25°C,改变0.01mol·L一1CH3COONa溶液的pH.溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)、c(OH-)的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示,下列叙述正确的是
A.图中任意点均满足c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na+)
B.0.01mol·L-1CH3COOH的pH约等于线a与线c交点处的横坐标值
C.由图中信息可得点x的纵坐标值为−4.74
D.25°C时,
的值随pH的增大而增大
【答案】C
【解析】碱性增强,则c(CH3COO-)、c(OH-)增大,c(CH3COOH)、c(H+)减小,当pH=7时c(OH-)=c(H+),因此a、b、c、d分别为c(CH3COO-)、c(H+)、c(CH3COOH)、c(OH-)。
A.如果通过加入NaOH实现,则c(Na+)增加,故A错误;B.线a与线c交点处,c(CH3COO-)=c(CH3COOH),因此
,所以0.01mol∙L−1CH3COOH的
,
,pH=3.37,故B错误;
C.由图中信息可得点x,lg(CH3COOH)=−2,pH=2,
,
,lg(CH3COO-)=−4.74,因此x的纵坐标值为−4.74,故C正确;D.25°C时,
,Ka、Kw的值随pH的增大而不变,故
不变,故D错误。
综上所述,答案为C。
11.(河南省六市2020届高三第一次联合调研监测)已知常温下HF酸性强于HCN,分别向1Llmol/L的HF和HCN溶液中加NaOH固体调节pH(忽略温度和溶液体积变化),溶液中
(X表示F或者CN)随pH变化情况如图所示,下列说法不正确的是
A.直线I对应的是
B.I中a点到b点的过程中水的电离程度逐渐增大
C.c点溶液中:
D.b点溶液和d点溶液相比:
cb(Na+) 【答案】D 【解析】A.纵坐标为0时即 =1,此时Ka= =c(H+),因此直线I对应的Ka=10-3.2,直线II对应的Ka=10-9.2,由于HF酸性强于HCN,因此直线I对应 ,A正确;B.a点到b点的过程中HF浓度逐渐减小,NaF浓度逐渐增大,因此水的电离程度逐渐增大,B正确;C.Ka(HCN)=10-9.2,NaCN的水解常数Kh(NaCN)=10-4.8>Ka(HCN),因此等浓度的HCN和NaCN的混合溶液中c(CN-) c(Na+)>c(CN-)=c(HCN)>c(OH-) >c(H+),C正确;D.由于HF酸性强于HCN,要使溶液均显中性,HF溶液中要加入较多的NaOH,因此cb(Na+)>cd(Na+),D错误;答案选D。 12.(湖北省武汉市汉阳一中、江夏一中2020届高三联考)室温下,在20mL新制氯水中滴加pH=13的NaOH溶液,溶液中水电离的c(H+)与NaOH溶液体积的关系如图所示。 已知: K(HClO)=3×10-8,H2CO3: Ka1=4.3×10-7,Ka2=5.6×10-11。 下列说法正确的是 A.m一定等于20 B.b、d点对应的溶液显中性 C.c点溶液中c(Na+)=2c(ClO-)+2c(HClO) D.向c点溶液中通入少量CO2: 2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CO32- 【答案】C 【解析】分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知,a~c段水电离出的氢离子浓度逐渐增大,说明这个过程中促进了水的电离,在c~d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小,说明此过程中水的电离被抑制。 在c点水的电离程度最大,此时溶液中的溶质为: NaCl和NaClO。 据此进行判断。 A.NaOH溶液的pH=13,则c(NaOH)=0.1mol·L-1,新制氯水的浓度不确定,m不一定等于20,A项错误;B.由题给信息可知,a点时还未加入NaOH,此时溶液呈酸性,c点中水电离程度最大,此时所得溶液溶质是NaCl和NaClO,溶液呈碱性,故b点溶液呈中性,c~d段水电离出的氢离子浓度逐渐减小,说明随着NaOH的继续加入,水的电离受到抑制,故d点溶液应呈碱性,B项错误;C.a~c点发生反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-),由物料守恒知,c(Na+)=c(Cl-)+c(HClO)+c(ClO-),故c(Na+)=2c(ClO-)+2c(HClO),C项正确;D.由电离常数知,电离质子能力: H2CO3>HClO>HCO3-,故H2O+ClO-+CO2=HCO3-+HClO,D项错误;答案选C。 13.(湖北省襄阳市第五中学,夷陵中学2020届高三联考)《环境科学》刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8,其中S为+6价)去除废水中的正五价砷[As(V)]的研究成果,其反应机制模型如图所示。 Ksp[Fe(OH)3]=2.7×10-39,下列叙述错误的是 A.pH越小,越有利于去除废水中的正五价砷 B.1mol过硫酸钠(Na2S2O8)含NA个过氧键 C.碱性条件下,硫酸根自由基发生反应的方程式为: SO4-•+OH-=SO42-+•OH D.室温下,中间产物Fe(OH)3溶于水所得饱和溶液中c(Fe3+)约为2.7×10-18mol·L-1 【答案】A 【解析】A.pH越小,酸性越强,会使Fe(OH)3(s)⇌Fe3+(aq)+3OH-(aq)和Fe(OH)2(s)⇌Fe2+(aq)+2OH-(aq)平衡右移,无法生成沉淀,不利于除去废水中的正五价砷,故A错误;B.设1mol过硫酸钠(Na2S2O8)中过氧键物质的量为amol,钠为+1价,硫为+6价,过氧键中的氧为-1价,非过氧键中的氧为-2价,则(+1)×2+(+6)×2+(-2)×a+(-2)×(8-2a)=0,解得a=1,所以1mol过硫酸钠(Na2S2O8)中过氧键的数量为NA,故B正确;C.由图示可得,碱性条件下,硫酸根自由基发生反应的方程式为: SO42-•+OH-=SO42-+•OH,故C正确;D.Fe(OH)3溶于水存在沉淀溶解平衡: Fe(OH)3(s)⇌Fe3+(aq)+3OH-(aq),此溶液碱性极弱,pH接近7,即c(OH-)=1×10-7mol/L,因为Ksp(Fe(OH)3)=c(Fe3+)×c3(OH-)=2.7×10-39,则c(Fe3+)= =2.7×10-18mol·L-1,故D正确;答案选A。 14.(湖北省襄阳市第五中学,夷陵中学2020届高三联考)室温下,向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况),发生反应: 2H2S+SO2=3S↓+2H2O,测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。 下列有关说法正确的是 A.整个过程中,水的电离程度逐渐增大 B.该温度下H2S的Ka1数量级为10-7 C.曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化 D.a点之后,随SO2气体的通入, 的值始终减小 【答案】C 【解析】A.由图可知,a点表示SO2气体通入112mL即0.005mol时 pH=7,溶液呈中性,说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应,可知饱和H2S溶液中溶质物质的量为0.01mol,c(H2S)=0.1 mol/L,a点之前为H2S过量,a点之后为SO2过量,溶液均呈酸性,酸抑制水的电离,故a点水的电离程度最大,水的电离程度先增大后减小,故A错误;B.由图中起点可知0.1 mol/L H2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1 mol/L,电离方程式为H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-;以第一步为主,根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的Ka1≈ ≈10-7.2,数量级为10-8,故B错误;C.当SO2气体通入336mL时,相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1 mol/L,因为H2SO3酸性强于H2S,故此时溶液中对应的pH应小于4.1,故曲线y代表继续通入 SO2气体后溶液pH的变化,故C正确;D.根据平衡常数表达式可知 ,a点之后,随SO2气体的通入,c(H+)增大,当通入的SO2气体达饱和时,c(H+)就不变了,Ka1也是一个定值,
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 专题08 水溶液中的离子平衡解析版 专题 08 水溶液 中的 离子 平衡 解析