（新课标）广西2020高考化学二轮复习 专题二 化学基本理论 第8讲 水溶液中的离子平衡学案
第8讲 水溶液中的离子平衡
一、选择题(本题包括8个小题,每小题6分,共48分)
1.将n mol·L-1氨水滴入10 mL 1.0 mol·L-1盐酸中,溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )
A.n=1.0
B.水的电离程度:B>C>A>D
C.C点:c(N)=c(Cl-)=1.0 mol·L-1
D.25 ℃时,NH4Cl的水解常数(Kh)=(n-1)×10-7
答案D
解析根据图知,二者完全反应时氨水体积小于10 mL,则氨水浓度大于1.0 mol·L-1,即n>1.0,A错误。A点溶液中没有滴加氨水,溶质为HCl,B点溶液温度最高,说明二者恰好完全反应生成氯化铵,所以溶质为NH4Cl,C点溶液中溶质为NH4Cl和NH3·H2O,D点溶液中溶质为NH4Cl和NH3·H2O,且c(NH4Cl)
C>D>A,B错误。C点溶液呈中性,则c(N)=c(Cl-),因为溶液体积是盐酸的二倍,所以c(Cl-)是原来的一半,为0.5 mol·L-1,C错误。C点溶液呈中性,c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7 mol·L-1,则c(N)=c(Cl-),c(Cl-)是原来的一半,则C点c(N)=c(Cl-)=0.5 mol·L-1,C点溶液中c(NH3·H2O)=0.5n mol·L-1-0.5 mol·L-1,水解平衡常数Kh==(n-1)×10-7,D正确。
2.在25 ℃时,关于0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液的说法正确的是( )
A.加水稀释后,溶液中不变
B.加入少量NaOH固体,c(CH3COO-)减小
C.该溶液中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
D.与0.1 mol·L-1硝酸等体积混合后:c(Na+)=c(N)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
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答案A
解析,故其值不变,A正确。加入少量NaOH固体抑制了CH3COO-的水解,因此c(CH3COO-)增大,B错误。CH3COO-水解,溶液显碱性,故c(H+)c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-),D错误。
3.某些盐能溶解沉淀,利用下表三种试剂进行实验,相关分析不正确的是( )
编号
①
②
③
分散质
Mg(OH)2
HCl
NH4Cl
备注
悬浊液
1 mol·L-1
1 mol·L-1
A.向①中加入酚酞,溶液显红色说明物质的“不溶性”是相对的
B.分别向少量Mg(OH)2沉淀中加入适量等体积的②③,沉淀均能快速彻底溶解
C.①③混合后发生反应:Mg(OH)2(s)+2NMg2++2NH3·H2O
D.向①中加入②,c(OH-)减小,Mg(OH)2溶解平衡正向移动
答案B
解析使酚酞显红色的溶液呈碱性,说明Mg(OH)2在水中有一定的溶解,电离使溶液呈碱性,A正确。Mg(OH)2与NH4Cl溶液反应速率较小,沉淀不能快速彻底溶解,B错误。N结合Mg(OH)2悬浊液中的OH-,促进Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动,促使Mg(OH)2沉淀溶解,C正确。盐酸能够与Mg(OH)2发生中和反应,促使Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动,D正确。
4.(2017江苏化学,14)(双选)常温下,Ka(HCOOH)=1.77×10-4,Ka(CH3COOH)=1.75×10-5,Kb(NH3·H2O)=1.76×10-5,下列说法正确的是( )
A.浓度均为0.1 mol·L-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者
B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点,消耗NaOH溶液的体积相等
C.0.2 mol·L-1 HCOOH与0.1 mol·L-1 NaOH等体积混合后的溶液中:c(HCOO-)+c(OH-)=c(HCOOH)+c(H+)
D.0.2 mol·L-1 CH3COONa与0.1 mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7):c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)
答案AD
解析A项,HCOONa完全电离出Na+,NH4Cl电离出的N要发生水解,正确;B项,CH3COOH的电离平衡常数小,即酸性弱,故等体积pH均为3的HCOOH与CH3COOH溶液分别与等浓度的NaOH溶液反应时,CH3COOH消耗NaOH的量较大,错误;C项,混合后所得溶液为HCOOH与HCOONa物质的量之比为1∶1的混合溶液,且溶液中c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒:c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),物料守恒:2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-),则c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH),所以
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c(HCOO-)+c(OH-)>c(HCOOH)+c(H+),错误;D项,反应后溶液为CH3COONa、CH3COOH和NaCl物质的量之比为1∶1∶1的混合溶液,物料守恒有:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Cl-),又因溶液pH<7,则CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,即c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH),因CH3COOH的电离和CH3COO-的水解均很微弱,故c(H+)c(N)>c(H+)>c(OH-)
B.在Na2SO3溶液中:c(Na+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-)
C.pH=6的CH3COOH溶液和pH=6的NH4Cl溶液,由水电离出的c(H+)均为1×10-8 mol·L-1
D.在0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中:2c(Na+)=c(C2)+c(HC2)+c(H2C2O4)
答案A
解析浓度均为0.1 mol·L-1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混合,二者恰好反应生成硫酸钠、硫酸铵和水,硫酸铵水解导致溶液呈酸性,铵根离子水解,但程度较小,结合物料守恒得c(S)=c(Na+)>c(N)>c(H+)>c(OH-),A正确。在Na2SO3溶液中,根据电荷守恒可知:c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-),B错误。pH=6的CH3COOH溶液中由水电离出的c(H+)水
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=c(OH-)水= mol·L-1=1×10-8 mol·L-1,pH=6的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-6 mol·L-1,C错误。根据物料守恒得c(Na+)=2c(C2)+2c(HC2)+2c(H2C2O4),D错误。
7.(2018天津理综,4)由下列实验及现象推出的相应结论正确的是( )
选项
实验
现象
结论
A
某溶液中滴加
K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝
色沉淀
原溶液中有
Fe2+,无Fe3+
B
向C6H5ONa溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性:H2CO3>
C6H5OH
C
向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑
色沉淀
Ksp(CuS)<
Ksp(ZnS)
D
①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中
有S
答案B
解析Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应可产生蓝色沉淀,因此能说明原溶液中存在Fe2+,但不能说明Fe3+是否存在,A项错误;较强酸可以制备较弱酸,B项正确;悬浊液中含有Na2S,能与CuSO4溶液反应生成CuS,不能证明Ksp(CuS)HClO>H2CO3(一级电离平衡常数)
B.加热0.1 mol·L-1 NaClO溶液,其pH小于9.7
C.pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液以等体积混合,则有c(Na+)=c(F-)>c(H+)=c(OH-)
D.0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中,存在的关系:c(OH-)-c(H+)=c(HC)+2c(H2CO3)
答案D
解析pH=11.6是Na2CO3第一步水解,根据越弱越水解,同温同浓度下,HF>HClO>HC,A错误。盐类的水解是吸热反应,加热促进水解,pH大于9.7,B错误。NaF是强碱弱酸盐,则HF是弱酸;pH=2的HF浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度,二者等体积混合HF有剩余,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),结合电荷守恒得c(Na+)c(Na+)>c(H+)>c(OH-),C错误。根据物料守恒:2c(HC)+2c(H2CO3)+2c(C)=c(Na+
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),根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C),所以得c(OH-)-c(H+)=c(HC)+2c(H2CO3),D正确。
二、非选择题(包括4个小题,共52分)
9.(12分)连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸,可用于制N2O气体。
(1)连二次硝酸中氮元素的化合价为 。
(2)常温下,用0.01 mol·L-1的NaOH溶液滴定10 mL 0.01 mol·L-1的H2N2O2溶液,测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。
①写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式: 。
②b点时溶液中c(H2N2O2) c(N2)。(填“>”“<”或“=”,下同)
③a点时溶液中c(Na+) c(HN2)+c(N2)。
(3)硝酸银溶液和连二次硝酸钠溶液混合,可以得到黄色的连二次硝酸银沉淀,向该分散系中滴加硫酸钠溶液,当白色沉淀和黄色沉淀共存时,分散系中= 。[已知Ksp(Ag2N2O2)=4.2×10-9,Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5]
答案(1)+1价
(2)①H2N2O2H++HN2 ②> ③>
(3)3.0×10-4
解析(1)根据化合物中各元素化合价的代数和为0可求出H2N2O2中氮元素的化合价为+1价。(2)①由题图可以看出,未加入NaOH溶液时,0.01 mol·L-1 H2N2O2溶液的pH=4.3,这说明H2N2O2为弱酸,则其电离方程式为H2N2O2H++HN2。②b点时溶液中的溶质为NaHN2O2,溶液呈碱性,说明HN2的水解程度大于其电离程度,H2N2O2为水解产物,N2为电离产物,故c(H2N2O2)>c(N2)。③a点时溶液中,根据电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=2c(N2)+c(HN2)+c(OH-),而a点时溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH-),故c(Na+)=2c(N2)+c(HN2),所以c(Na+)>c(N2)+c(HN2)。(3)当白色沉淀和黄色沉淀共存时,溶液中连二次硝酸银和硫酸银均达到饱和,溶液中存在两个溶解平衡:Ag2N2O2(s)
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2Ag+(aq)+N2(aq)、Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+S(aq),溶液中=3.0×10-4。
10.(14分)弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。
Ⅰ.已知H2A在水中存在以下平衡:H2AH++HA-,HA-H++A2-。
(1)常温下NaHA溶液的pH (填序号),原因是 。
A.大于7
B.小于7
C.等于7
D.无法确定
(2)某温度下,若向0.1 mol·L-1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1 mol·L-1 KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)。此时该混合溶液中的下列关系一定正确的是 。
A.c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14
B.c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)
C.c(Na+)>c(K+)
D.c(Na+)+c(K+)=0.05 mol·L-1
(3)已知常温下H2A的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下平衡:CaA(s)Ca2+(aq)+A2-(aq) ΔH>0。若要使该溶液中Ca2+浓度变小,可采取的措施有 。
A.升高温度 B.降低温度
C.加入NH4Cl晶体 D.加入Na2A固体
Ⅱ.含有Cr2的废水毒性较大,某工厂废水中含5.0×10-3 mol·L-1的Cr2。为了使废水的排放达标,进行如下处理:
Cr2Cr3+、Fe3+Cr(OH)3、Fe(OH)3
(1)该废水中加入绿矾和H+,发生反应的离子方程式为
。
(2)若处理后的废水中残留的c(Fe3+)=2.0×10-13 mol·L-1,则残留的Cr3+的浓度为 。(已知:Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10-31)
答案Ⅰ.(1)B NaHA只能发生电离,不能发生水解
(2)BC
(3)BD
Ⅱ.(1)Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O
(2)3.0×10-6 mol·L-1
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解析Ⅰ.(1)H2A在水中的一级电离进行完全,则HA-不水解只电离,故NaHA溶液呈酸性。(2)HA-在水中部分电离,0.1 mol·L-1的NaHA溶液中c(H+)小于0.1 mol·L-1,加入0.1 mol·L-1 KOH溶液至溶液呈中性时消耗的KOH溶液体积小于NaHA溶液体积,则混合溶液中c(Na+)>c(K+);由电荷守恒知,c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),且c(H+)=c(OH-),则c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)。水的离子积与温度有关;混合液中c(Na+)>0.05 mol·L-1。(3)降温、增大c(A2-)都能使平衡CaA(s)Ca2+(aq)+A2-(aq)左移。
Ⅱ.(1)废水中加入绿矾和H+,根据流程图,可知发生的是氧化还原反应,配平即可。(2)=1.5×107,故c(Cr3+)=3.0×10-6 mol·L-1。
11.(13分)FeCl3在溶液中分三步水解:
Fe3++H2OFe(OH)2++H+ K1
Fe(OH)2++H2OFe(OH+H+ K2
Fe(OH+H2OFe(OH)3+H+ K3
(1)以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小的顺序是 。
(2)通过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氧化铁,离子方程式为:
xFe3++yH2OFex(OH+yH+
欲使平衡正向移动可采用的方法是 (填序号)。
A.降温 B.加水稀释
C.加入NH4Cl D.加入NaHCO3
(3)室温下,使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是 。
(4)天津某污水处理厂用氯化铁净化污水的结果如下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合氯化铁[以Fe/(mg·L-1)表示]的最佳范围约为 mg·L-1。
答案(1)K1>K2>K3 (2)BD (3)调节溶液的pH (4)18~20
解析(1)铁离子的水解分为三步,且水解程度逐渐减弱,所以水解平衡常数逐渐减小,则K1>K2>K3
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。(2)因水解为吸热反应,所以降温,平衡逆向移动;加水稀释,水解平衡正向移动;加入氯化铵,氯化铵溶液为酸性,氢离子浓度增大,平衡逆向移动;加入碳酸氢钠,则消耗氢离子,所以氢离子浓度降低,平衡正向移动,所以答案选BD。(3)从反应的离子方程式中可知,氢离子的浓度影响高浓度聚合氯化铁的生成,所以关键步骤是调节溶液的pH。(4)由图像可知,聚合氯化铁的浓度在18~20 mg·L-1时,去除率达到最大值,污水的浑浊度减小。
12.(13分)常温下,浓度均为0.1 mol·L-1的下列六种溶液的pH如表所示:
溶质
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
NaCN
C6H5ONa
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
11.1
11.3
(1)上述盐溶液中的阴离子,结合质子能力最强的是 。
(2)根据表中数据,浓度均为0.01 mol·L-1的下列五种物质的溶液中,酸性最强的是 (填编号,下同);将各溶液分别稀释100倍,pH变化最小的是 。
①HCN ②HClO ③C6H5OH ④CH3COOH ⑤H2CO3
(3)根据表中数据,下列反应不能成立的是 (填字母)。
A.CH3COOH+Na2CO3NaHCO3+CH3COONa
B.CH3COOH+NaCNCH3COONa+HCN
C.CO2+H2O+2NaClONa2CO3+2HClO
D.CO2+H2O+2C6H5ONaNa2CO3+2C6H5OH
(4)要增大氯水中HClO的浓度,可向氯水中加入少量的碳酸氢钠溶液,反应的离子方程式为
。
(5)已知Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=1.8×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(Cr)=1.9×10-12,现用0.001 mol·L-1 AgNO3溶液滴定0.001 mol·L-1 KCl和0.001 mol·L-1 K2CrO4的混合溶液,通过计算回答Cl-和Cr中哪种离子先沉淀?
答案(1)C
(2)④ ③
(3)CD
(4)Cl2+HCCO2↑+Cl-+HClO
(5)AgCl开始沉淀所需Ag+浓度:c(Ag+)1= mol·L-1=1.8×10-7 mol·L-1;Ag2CrO4开始沉淀所需Ag+浓度:c(Ag+)2= mol·L-1≈4.36×10-5 mol·L-1,c(Ag+)1H2CO3>HClO>HCN>C6H5OH>HC,酸越弱,其阴离子结合质子的能力越强。(2)酸性最强的是CH3
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COOH;酸性越弱,稀释相同倍数时pH变化越小,故C6H5OH溶液的pH变化最小。(3)根据“强酸制弱酸”规律判断。(4)根据酸性强弱顺序知,碳酸氢钠溶液只能与HCl反应,而不与HClO反应。
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