2020高考化学一轮单元训练第十一单元水溶液中的离子平衡B卷（含解析）.doc

1 第十一单元 水溶液中的离子平衡 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形 码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂 黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草 稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 P 31 S 32 Cl 35.5 Cu 64 Zn 65 一、选择题（每小题 3 分，共 48 分） 1．某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3·H2O NH +4 ＋OH−，若想增大 NH4+的浓度，而不增大 OH- 的浓度，应采取的措施是 A．适当升高温度 B．加入 NaCl 固体 C．加入少量盐酸 D．通入 NH3 2．某温度下，体积和 pH 都相同的 NaOH 溶液与 CH3COONa 溶液加水稀释时的 pH 变化曲线如图所 示，下列判断正确的是 A．c 点的溶液中 c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+) B．a、b 两点溶液的导电性：a>b C．b、c 两点溶液中水的电离程度：b=c D．用相同浓度的盐酸分别与等体积的 b、c 处溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积：Vb=Vc 3．常温下，下列有关溶液的说法正确的是 A．NaHCO3 溶液加水稀释，c(Na＋)与 c(HCO－3 )的比值将增大 B．pH＝1 的一元酸和 pH＝13 的一元碱等体积混合后的溶液中：c(OH－)＝c(H＋) C．0.1 mol·L－1 硫酸铵溶液中：c(SO2－4 )>c(NH＋4 )>c(H＋)>c(OH－) D．0.1 mol·L－1 的硫化钠溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S) 4．室温时，0.1 mol·L－1 某一元酸 HA 溶液的 pH＝3。关于该溶液叙述正确的是 A．溶质的电离方程式为 HA===H＋＋A－ B．升高温度，溶液的 pH 增大 C．若加入少量 NaA 固体，则 c(A－)降低 D．该溶液稀释 10 倍后，pHpH(HNO3) D．向 HNO3 的冰醋酸溶液中加入冰醋酸， c(CH3COOH\o\al(＋,2)) c(HNO3) 的值减小 8．醋酸溶液中存在电离平衡 CH3COOH H＋＋CH3COO－，下列叙述正确的是 A．图甲表示向 CH3COOH 溶液中逐步加入 CH3COONa 固体后，溶液 pH 的变化 B．图乙表示向醋酸溶液中加水时溶液的导电性变化，则醋酸溶液的 pH：a＞b C．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)2 D．向 0.10 mol·L－1 的 CH3COOH 溶液中加水稀释，溶液中 c(OH－)减小 9.浓度均为 0.1 mol·L－1、体积为 V0 的 HX、HY 溶液，分别加水稀释至体积 V，pH 随 lg V V0的变 化关系如图所示。下列叙述正确的是 A．HX、HY 都是弱酸，且 HX 的酸性比 HY 的弱 B．相同温度下，电离常数 K(HX)：a>b C．常温下，由水电离出的 c(H＋)·c(OH－)：ac(HA−)>c(A2−) B．将等浓度等体积的 Na2A 与 H2A 溶液混合后，溶液显碱性 C．随着 HCl 的通入 c(H+)/c(H2A)先减小后增大 D．pH 从 3.00 到 5.30 时，c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)先增大后减小 12．常温下，取一定量的 PbI2 固体配成饱和溶液，t 时刻改变某一条件，离子浓度变化如图所 示。下列有关说法正确的是 A．常温下，PbI2 的 Ksp 为 2×10－6 B．温度不变，向 PbI2 饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，平衡向左移动，Pb2＋的浓度减小 C．温度不变，t 时刻改变的条件可能是向溶液中加入了 KI 固体，PbI2 的 Ksp 增大 D．常温下，Ksp(PbS)＝8×10－28，向 PbI2 的悬浊液中加入 Na2S 溶液，反应 PbI2(s)＋S2－(aq) PbS(s)＋2I－(aq)的化学平衡常数为 5×1018 13．常温下，向 100mL 0.1mol·L－1 的 H2A 溶液中滴加 0.1mol·L－1 NaOH 溶液，含 A 元素相关 微粒物质的量随 pH 的变化如图所示。下列说法正确的是 A．H2A 在水中的电离方程式是 H2A===H＋＋HA－，HA－ H＋＋A2－ B．等体积等浓度的 NaOH 溶液与 H2A 溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大 C．Y 点溶液中存在以下关系：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋3c(HA－) D．X 点溶液中含 A 元素相关微粒：c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1 mol·L－1 14．在常温下，用 0.1000mol·L－1 的盐酸滴定 25mL 0.1000mol·L－1 Na2CO3 溶液，所得滴定曲 线如图所示。下列相关微粒浓度间的关系不正确的是 A．a 点：c(CO2－3 )>c(Cl－)>c(HCO－3 ) B．b 点：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(HCO－3 )＋2c(CO2－3 )＋c(OH－) C．c 点：c(OH－)＋c(CO2－3 )＝c(H＋)＋c(H2CO3) D．d 点：c(Cl－)＝c(Na＋) 15．室温下，将 0.05 mol Na2CO3 固体溶于水配成 100mL 溶液，向溶液中加入下列物质。有关结3 论正确的是 选项 加入的物质 结论 A 50 mL 1 mol·L－1H2SO4 反应结束后，c(Na＋)＝c(SO2－4 ) B 0.05 mol CaO 溶液中 c（OH－） c（HCO）增大 C 50 mL H2O 由水电离出的 c(H＋)·c(OH－)不变 D 0.1 mol NaHSO4 固体 反应完全后，溶液 pH 减小，c(Na＋)不变 16．25℃时，下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 A．0.1mol·L-1Na2S 溶液中，c(OH-)=c(H2S)+ c(HS-) B．0.1mol·L-1CH3COONH4 溶液中：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) C．0.1mol·L-1pH=6 的 NaHSO3 溶液中：c(Na+)>cHSO−3)>c(H2SO3)>c(SO2−3 ) D．0.1mol·L-1Na2CO3 溶液与 0.1mol·L-1NaHCO3 溶液等体积混合所得溶液中 c(CO2−3 )>c(HCO−3)>cOH-)> c(H2CO3) 17．NH4Al(SO4)2、NH4HSO4 用途广泛。请回答下列问题： (1) 常 温 时 ， 0.1mol·L － 1 NH4Al(SO4)2 溶 液 的 pH ＝ 3 。 则 溶 液 中 c(NH＋4 ) ＋ c(NH3·H2O) _________c(Al3 ＋ ) ＋ c[Al(OH)3]( 填 “>”“NaOH，导 电性：a>b，B 项正确；C．b、c 两点溶液中 pH 相同，但一个是碱溶液，水的电离受到抑制，一个是 强碱弱酸盐的溶液，水的电离因 CH3COO−水解而受到促进，所以水的电离程度：bn(NaOH)，所以用相同浓度的盐酸分别与等体积的 b、c 处溶液恰好完全反应时，消耗盐酸的体积： Vbc(SO2－4 )>c(H ＋)>c(OH－)，故 C 错误；硫化钠溶液中，质子守恒关系式为 c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，故 D 错误。 4．【答案】D　 【解析】室温时，0.1mol·L－1 某一元酸 HA 溶液的 pH＝3，则溶液中 c(H＋)＝10－3mol·L－1， 该酸为弱酸，溶质的电离方程式为 HA H＋＋A－，A 错误；电离过程为吸热过程，升高温度，平 衡右移，c(H＋)增大，溶液的 pH 减小，B 错误；若加入少量 NaA 固体，虽然平衡左移，但是移动过 程微弱，c(A－)增大，C 错误；弱酸稀释 10n 倍时，溶液的 pH 变化小于 n 个单位，所以将该溶液稀释 10 倍后，pH 介于 3 至 4 之间，D 正确。 5．【答案】D　 【解析】升高温度，促使 CO 2－3 的水解平衡正向移动，溶液中 c(OH－)增大，碱性增强，有利于 油污的水解及清洗，A 正确；明矾是 KAl(SO4)2·12H2O，Al3＋发生水解生成 Al(OH)3 胶体，可吸附水 中悬浮杂质，起到净水作用，B 正确；TiCl4 发生水解反应生成 TiO2·xH2O 沉淀，经脱水制备 TiO2， C 正确；SnCl2 易发生水解反应，而配制其溶液时，加入 NaOH 固体，消耗 HCl，促使水解平衡正向移 动，生成 Sn(OH)Cl 沉淀，故应加入 HCl 溶液抑制其水解，D 错误。 6．【答案】A 【解析】A 项：稀 CH3COOH 溶液中存在电离平衡 CH3COOH CH3COO－+H+，加入少量 CH3COONa 固 体，溶液体积不变，CH3COO－浓度增大使平衡左移，醋酸分子浓度增大，电离程度减小，A 项正确； B 项：CH3COOH 溶液与 Na2CO3 溶液反应生成 CO2，可以证明 CH3COOH 能电离出 H+，且酸性较碳酸强， 但不能判断 CH3COOH 电离是否完全，B 项错误；C 项：AgCl 和 AgI 都是难溶强电解质，0.1mol AgCl 和 0.1mol AgI 混合后加入 1 L 水中，同时存在两个沉淀溶解平衡 AgCl(s) Ag++Cl−、AgI(s) Ag++I−，混合溶液中 c(Cl－)∶c(I－)＝Ksp(AgCl)∶Ksp(AgI)。因 AgCl 和 AgI 的 Ksp 不等，故 c(Cl－) ≠ c(I－)，C 项错误；D 项：盐酸中 HCl=H++Cl−，氨水中 NH3·H2O NH +4 +OH−。室温下，等体积的 pH = 2 的盐酸与 pH=12 的氨水存在 n(H+)＝n(OH－)、c(Cl－)＝c(NH +4 )，混 合后 NH3·H2O 过量，溶液显碱性，则混合溶液中 c(NH +4 )＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，D 项错误。 本题选 A。 7．【答案】B　 【解析】由于 Kal(H2SO4)＝6.3×10 －9，则 H2SO4 在冰醋酸中部分电离，电离方程式为 H2SO4＋ CH3COOH HSO－4 ＋CH3COOH＋2 ，A 错误；H2SO4 在冰醋酸溶液中存在质子守恒关系：c(CH3COOH＋2 )＝ c(HCO－4 )＋2c(SO2－4 )＋c(CH3COO－)，B 正确；H2SO4、HNO3 在冰醋酸溶液中电离平衡常数越大，pH 越 小，则有 pH(H2SO4)1，说明 HX 部分电离，为弱电解质，HY 的 pH ＝1，说明其完全电离，为强电解质，所以 HY 的酸性大于 HX，A 错误；酸的电离常数只与温度有关， 所以相同温度下，电离常数：a＝b，B 错误；酸或碱抑制水的电离，酸中的 H＋浓度越小，其抑制水 电离程度越小，根据题图分析，b 点溶液中 H＋浓度小于 a 点，则水的电离程度：a c(H2A)，故 A 错误；B.根据 a 点，H2A 的 Ka1=10−0.8，根据 c 点，H2A 的 Ka2=10−5.3，A2−的水解常数是 =10−8.7，等浓度等体积的 Na2A 与 H2A 溶液混合，电离大于水解，溶液显酸性，故 B 错误； C. ，随着 HCl 的通入 c(HA−)先增大后减小，所以 c(H+)/c(H2A)先减小后增大， 故 C 正确；D.根据物料守恒，pH 从 3.00 到 5.30 时，c(H2A)+c(HA−)+c(A2−)不变，故 D 错误；答案选 C。 12．【答案】D　 【解析】根据图像知，常温下平衡时溶液中 c(Pb2＋)、c(I－)分别是 10－3mol·L－1、2×10－ 3mol·L－1，因此 PbI2 的 Ksp＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝4×10－9，A 错误；PbI2 饱和溶液中存在平衡：PbI2(s) Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，温度不变，向 PbI2 饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，Pb2＋浓度增大， 平衡逆向移动，最终平衡时 Pb2＋浓度仍然比原平衡时大，B 错误；根据图像知，t 时刻改变的条件 是增大 I－浓度，温度不变，PbI2 的 Ksp 不变，C 错误；反应 PbI2(s)＋S2－(aq) PbS(s)＋2I－(aq) 的化学平衡常数 K＝ c2(I－) c(S2－)＝ Ksp(PbI2) Ksp(PbS) ＝5×1018，D 正确。 13．【答案】C　 【解析】A 项，从图像分析，溶液中含有 H2A 分子，说明 H2A 为弱酸，则电离方程式为 H2A H＋＋HA－，HA－ H＋＋A2－，错误；B 项，等体积等浓度的 NaOH 溶液与 H2A 溶液混合后，溶液主 要为 NaHA 的电离为主，溶液显酸性，溶液中的 H＋会抑制水的电离，溶液中水的电离程度比纯水中 小，错误；C 项，存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，从图像分析，c(HA －)＝c(A2－)，从而得 c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋3c(HA－)，正确；D 项，100 mL 0.1 mol·L－1 的 H2A 溶液中滴加 0.1mol·L－1NaOH 溶液，到 X 点时溶液的体积肯定比原来的大，所以根据物料守恒分析， 有 c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)c(SO2−4 )>c(NH +4 )>c(OH−)=c(H＋) 【解析】(1)Al3+水解生成的 Al(OH)3 具有吸附性，离子方程式：Al3++3H2O Al(OH)3+3H+， Al(OH)3，Al(OH)3 吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水；(2)NH4Al(SO4)2 与 NH4HSO4 中的 NH +4 均发生 水解，但是 NH4Al(SO4)2 中 Al3+水解呈酸性抑制 NH +4 水解，HSO −4电离出 H+同样抑制 NH +4 水解，因 为 HSO −4电离生成的 H+浓度比 Al3+水解生成的 H+浓度大，所以 NH4HSO4 中 NH +4 水解程度比 NH4Al(SO4)2 中的小，故答案为：小于；(3)①NH4Al(SO4)2 水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度 增大，pH 减小，符合的曲线为Ⅰ；②根据电荷守恒，可以求出 2c(SO2−4 )-c(NH +4 )-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH−)=10−3mol/L； (4)a、b、c、d 四个点，根据反应量的关系， a 点恰好消耗完 H+，溶液中只有(NH4)2SO4 与 Na2SO4；b、c、d 三点溶液均含有 NH3·H2O，(NH4)2SO4 可以促进水的电离，而 NH3·H2O 抑制水的电离，b 点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、 NH3·H2O 三种成分，a 点时 c(Na＋)=c(SO2−4 )，b 点时 c(Na＋)>c(SO2−4 )，根据 N 元素与 S 元素的关系， 可以得出 c(SO2−4 )>c(NH +4 )，故 c(Na＋)>c(SO2−4 )>c(NH +4 ) >c(OH−)=c(H＋)。 19．【答案】Ⅰ、（1）2Cu2++2Cl−+SO2−3 +H2O=2CuCl↓+SO2−4 +2H+ SO2 （2）能 ，因为 Qc= 1/(0.01 ×0.022)=2.5×105﹤K，所以能生成 CuCl （3）AB Ⅱ、（1）CO2−3 C （2）强 3ClO−+Al3++3H2O 3HClO+Al(OH)3↓ （3）c(Na＋)＞c(HCO−3)＞c(CO2−3 )＞c(OH−)＞c（H＋） 【解析】Ⅰ、（1）①CuSO4、NaCl 溶液中持续加入一定浓度的 Na2SO3 溶液可制得 CuCl，发生了 氧化还原反应，离子方程式为：2Cu2++2Cl－+SO2−3 +H2O=2CuCl↓+SO2−4 +2H+，随反应进行，氢离子浓度 增大，pH 变小；②继续加入亚硫酸钠溶液，消耗氢离子，产生 SO2 气体，pH 值增大；向 0.01 mol∙L －1 的 CuCl2 溶液中加入足量的铜，则 Qc=1/[c(Cu2+)c2(Cl—)]= =2.5×105H2CO3>HClO，浓度相同的酸稀释相同倍数后，酸性越强 的酸 pH 变化越大，所以溶液 pH 变化最大的为 CH3COOH。答案选 C；（2）次氯酸钠属于盐，是一种 强电解质；烧瓶中加入饱和 KAl(SO4)2 溶液，次氯酸根离子水解溶液显碱性，铝离子水解溶液显酸性， 混合后水解相互促进 3ClO−+Al3++3H2O 3HClO+Al(OH)3↓，产生大量的白色胶状沉淀和次氯酸； （3）0.15 mol（1mol/L×0.15L=0.15mol）氢氧化钠和 0.1 mol（2.24L÷22.4L/mol =0.1mol）二氧化碳反应生成物质的量都为 0.05mol 的碳酸氢钠和碳酸钠，由于碳酸根的第一步水解 程度大于第二步水解程度，所以碳酸氢根离子浓度大于碳酸根离子浓度，溶液显碱性，离子浓度关 2 1 0.01 0.02×4 系为 c(Na＋)＞c(HCO−3)＞c(CO2−3 )＞c(OH−)＞c(H＋)。 20．【答案】（1）橙　 （2）91.2　 （3）先有蓝色沉淀生成，后沉淀逐渐溶解　 （4）5　 （5）AgCl 【解析】（1）c(H+)增大，平衡 2CrO2－4 (黄色)+2H+ Cr2O2－7 (橙色)+H2O 右移，溶液呈橙色。 （2）根据电子守恒：n(Cr2O2－7 )×6=n(FeSO4)×1，n(FeSO4)= =0.6 mol，质量为 0.6 mol×152 g·mol-1=91.2 g。（3）Cr3+与 Al3+的化学性质相似，在 Cr2(SO4)3 溶液中逐滴加入 NaOH 溶液直至过量， 先生成氢氧化铬蓝色沉淀，后溶解。（4）c(Cr3+)=10−5 mol·L−1 时，溶液的 c(OH−)= =10−9 mol·L−1，c(H+)= mol·L−1 =10−5mol·L−1，pH=5，即要使 c(Cr3+)降至 10−5 mol·L−1，溶液的 pH 应调至 5；（5）滴定终点时，溶液中 c(Cl−)≤1.0×10−5mol·L−1，由 Ksp(AgCl)=1.0×10−10， c(Ag+)≥1.0×10−5 mol·L−1，又 Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10−12，则 c(CrO2－4 )= = =0.0112mol·L−1，可知应先生成 AgCl 沉淀。 21．【答案】(1)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 H2O2 中，并不断搅拌 (2)Fe(OH)3　9.0×10－7mol·L－l (3)3.8×10－2　2Sc3＋＋3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H＋ (4)2Sc2(C2O4)3＋3O2 =====高温 2Sc2O3＋12CO2 (5)0.023V g 【解析】(1)在混合不同的液体时，一般先加密度较小、易挥发的，后加密度大、难挥发的，若 混合时放热，则最后加受热易分解的，因此混合的实验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中， 并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 H2O2 中，并不断搅拌。(2)废酸中含钪、钛、铁、锰等离子， 洗涤“油相”已除去大量的钛离子，根据 Ksp[Mn(OH)2]＝1.9×10－13、Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39， Ksp[Sc(OH)3]＝9.0×10－31，可以求出余下三种离子沉淀完全(离子浓度小于 10－5mol·L－1)的 pH， 发现锰离子沉淀完全时 pH 约为 10，钪离子沉淀完全时 pH 约为 5，而铁离子沉淀完全时 pH 约为 4， 所以先加入氨水调节 pH＝3，过滤，滤渣主要成分是 Fe(OH)3；再向滤液加入氨水调节 pH＝6，此时 溶液中 c(OH－)＝10－8mol·L－1，滤液中 Sc3＋的浓度为 9.0 × 10－31 10－83 mol·L－1＝9.0×10－7 mol·L－ 1 。 (3)25 ℃ 时 pH ＝ 2 的 草 酸 溶 液 中 c(C2O\o\al(2－,4)) c(H2C2O4) ＝ c(C2O\o\al(2－,4))·c(H＋) c(HC2O\o\al(－,4)) × c(HC2O\o\al(－,4))·c(H＋) c(H2C2O4) × 1 c2(H＋)=Ka2(H2C2O4)×Ka1(H2C2O4) × 1 c2(H＋)＝6.4×10－5×5.9×10－2× 1 10－22≈3.8×10－2。“沉钪”得到草酸钪的离子方程式为 2Sc3＋ ＋3H2C2O4===Sc2(C2O4)3↓＋6H ＋。(4)草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为 2Sc 2(C2O4)3＋3O2 =====高温 2Sc2O3＋12CO2。(5)废酸中含钪量为 15 mg·L－1，则 V L 废酸中含钪的质量为 15×10－3 g·L －1×V L＝0.015V g，所以最多可提取 Sc2O3 的质量为 0.015V g × 138 45 × 2 ＝0.023V g。