高二化学水溶液中的离子平衡练习题(DOC 16页).doc

1、优秀学习资料 欢迎下载水溶液中的离子平衡1(2011菏泽模拟)下列操作中，能使电离平衡H2O HOH向右移动且溶液呈酸性的是()A向水中加入NaHSO4溶液B向水中加入Al2(SO4)3溶液C向水中加入Na2CO3溶液D将水加热到100，使pH6解析：加入NaHSO4溶液显酸性，但抑制水的电离，不正确；加入Al2(SO4)3溶液中Al3水解促进水的电离，同时水解使溶液显酸性，B正确；加入Na2CO3溶液中CO水解显碱性；将水加热促进其电离，氢离子浓度增加，但水依然是中性的。答案：B2(2011海南高考)用0.1026 molL1的盐酸滴定25.00 mL未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达终点时，滴

2、定管中的液面如右图所示，正确的读数是()A22.30 mLB22.35 mLC23.65 mL D23.70 mL解析：图中液面在2223 mL之间，分刻度有10个，因而每刻度是0.10 mL，液体的凹面读数约为22.35 mL。答案：B3某温度下，CO2饱和溶液的浓度是0.03 molL1，其中的CO2转变为H2CO3，而H2CO3仅有0.1%发生如下电离：H2CO3HHCO，则溶液的pH约为()A3 B4C5 D6解析：c(H)0.03 mol/L0.1%105mol/L，故pH5。答案：C4(2011湖南模拟)一定温度下，在氢氧化钙的悬浊液中，存在如下溶解平衡关系：Ca(OH)2(s)

3、Ca2(aq)2OH(aq)。向此悬浊液中加入少量的氧化钙粉末，下列叙述正确的是()A溶液中Ca2数减少 B溶液中c(Ca2)减小C溶液中c(OH)增大 DpH减小解析：向氢氧化钙的悬浊液中加入少量的氧化钙粉末：CaOH2O=Ca(OH)2，溶剂水的量减少，溶解的Ca(OH)2也随之减少，则溶液中Ca2数减少，A正确；由于温度不变，Ca(OH)2的溶解度不变，则该温度下的c(Ca2)不变，c(OH)不变，pH也不变，B、C、D错误。答案：A5(2011诸城二模)现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 molL1的NaOH溶液，乙为0.1 molL1的HCl溶液，丙为0.1 molL1的C

4、H3COOH溶液，试回答下列问题：(1)甲溶液的pH_；(2)丙溶液中存在电离平衡为_(用电离平衡方程式表示)；(3)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH)的大小关系为_；(4)某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL丙溶液，得到如图所示两条滴定曲线，请完成有关问题：甲溶液滴定丙溶液的曲线是_(填“图1”或“图2”)；a_ mL。解析：(1)c(OH)0.1 molL1，则c(H)1013 molL1，pH13.(2)CH3COOH溶液中存在CH3COOH和水的电离平衡。(3)酸、碱对水的电离具有抑制作用，c(H)或c(OH)越大，水的电离程度越小，反之越大。(4)氢

5、氧化钠溶液滴定盐酸恰好中和时，pH7；氢氧化钠溶液滴定醋酸恰好中和时，生成醋酸钠溶液，pH7。对照题中图示，图2符合题意。a的数值是通过滴定管读数所确定的，因此读数应小数点后保留两位。答案：(1)13(2)CH3COOHCH3COOH，H2OOHH(3)丙甲乙(4)图220.00(限时45分钟，满分100分)一、选择题(本题包括7小题，每小题6分，共42分)1(2011新课标全国卷)将浓度为 0.1 molL1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是()Ac(H) BKa(HF)C. D.解析：本题考查电离平衡，意在考查考生对电离平衡常数、电离的影响因素的掌握情况。选项A，在0.1 mo

6、lL1 HF 溶液中存在如下电离平衡：HFHF，加水稀释，平衡向右移动，但c(H)减小；选项B, 电离平衡常数与浓度无关，其数值在稀释过程中不变；选项C，加水后，平衡右移，n(F)、n(H)都增大，但由于水电离产生的n(H)也增大，故C项比值减小；选项D，变形后得，稀释过程中c(F)逐渐减小，故其比值始终保持增大。答案：D2(2011东城模拟)常温时，下列关于电解质溶液的叙述正确的是()A稀释pH10的氨水，溶液中所有离子的浓度均降低BpH均为5的盐酸和氯化铵溶液中，水的电离程度相同C等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠溶液相比，碳酸钠溶液的pH大D分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸，硫酸消耗氢氧化钠的

7、物质的量多解析：稀释氨水，溶液中的c(OH)减小，c(H)增大，A不正确；盐酸抑制水的电离，而氯化铵水解促进水的电离，B不正确；pH相同的硫酸和醋酸，醋酸的浓度比硫酸大得多，故等体积的两种酸，醋酸消耗氢氧化钠的物质的量多，D不正确。答案：C3(2011长沙模拟)25时，弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸CH3COOHHCNH2CO3Ka1.81054.91010K1：4.3107 K2：5.61011下列有关说法正确的是()A等物质的量浓度的各溶液的pH关系为：pH(NaCN)pH(Na2CO3)pH(CH3COONa)Ba mol/L HCN与b mol/L NaOH溶液等体积混合后所得溶液中c

8、(Na)c(CN)，则a一定小于bC往冰醋酸中逐滴加水，溶液导电能力先增大，后减小DNaHCO3和Na2CO3的混合液中：c(Na)c(H)c(OH)c(HCO)c(CO)解析：A项，酸越弱，其对应的盐的水解程度越大，溶液的pH越大，结合表格的数据可知pH大小关系为：pH(Na2CO3)pH(NaCN)pH(CH3COONa)，故不正确；B项，若ab，则两者恰好完全反应生成NaCN溶液，而CN水解也能使溶液中c(Na)c(CN)，故不正确；D项，NaHCO3和Na2CO3的混合液中存在电荷守恒，则有c(Na)c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)，故不正确。答案：C4(2011重庆高考)对

9、滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是()A明矾溶液加热BCH3COONa溶液加热C氨水中加入少量NH4Cl固体D小苏打溶液中加入少量NaCl固体解析：本题考查水解平衡和电离平衡等知识，溶液颜色变深的原因是溶液的碱性增强，抓住这一本质寻找答案。A选项，明矾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性，加热铝离子的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化；B选项，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液呈碱性，加热，醋酸根离子的水解程度增大，溶液的碱性增强，溶液的颜色加深；C选项，加入氯化铵固体，氨水的电离程度减弱，碱性减弱，溶液颜色变浅；D选项，溶液的酸碱性不变，溶液的颜色没有变化。答案：B5.已知在25条件下向

10、10.00 mL 0.1 molL1 HCOOH溶液中逐滴加入0.1 molL1 NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法中不正确的是()Aa点表示的溶液中c(HCOO)约为103 molL1B用25 mL的酸式滴定管量取HCOOH 溶液Cc点NaOH溶液的体积小于10 mLD在a、c间任一点，溶液中一定都有c(Na)c(HCOO)c(H)c(OH)解析：a点pH3，则c(H)103 mol/L，而c(HCOO)c(H)，A正确；量取甲酸应选择酸式滴定管，B正确；假设c点NaOH溶液的体积为10 mL，则甲酸和NaOH恰好完全反应，所得HCOONa溶液显碱性，而图中c点显

11、中性，则NaOH溶液的体积小于10 mL，C正确；D项不符合电荷守恒，错误。答案：D6(2011郑州模拟)常温下，将a L 0.1 molL1的NaOH溶液与b L 0.1 molL1的CH3COOH溶液混合，下列有关混合溶液的说法不正确的是()Aac(Na)c(H)c(OH)Bab时，c(CH3COO)c(Na)c(OH)c(H)Cab时，c(CH3COOH)c(H)c(OH)D无论a、b有何关系，均有c(H)c(Na)c(CH3COO)c(OH)解析：ac(CH3COO)，B错误；ab时，酸碱恰好完全反应，由质子守恒原理知C正确；由电荷守恒原理知D正确。答案：B7(2011济南模拟)已知，

12、常温下，Ksp(AgCl)1.81010，Ksp(AgI)8.31017，下列叙述中正确的是()A常温下，AgCl在饱和NaCl溶液中的Ksp比在纯水中的Ksp小B向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，沉淀由白色转化为黄色C将0.001 molL1的AgNO3溶液滴入KCl和KI的混合溶液中，一定先产生AgI沉淀D向AgCl的饱和溶液中加入NaCl晶体，有AgCl析出且溶液中c(Ag)c(Cl)解析：在溶液中，Ksp只与温度有关，A错误；因AgI更难溶，故AgCl可转化为AgI，B正确；当c(I)很小而c(Cl)较大时，AgCl会先沉淀出来，C错误；D中操作的结果是溶液中c(Cl)c(Ag)，D错

13、误。答案：B二、非选择题(本题包括4小题，共58分)8(12分)某化学学习小组为研究HA、HB和MOH的酸碱性的相对强弱，设计以下实验：将pH2的两种酸溶液HA、HB和pH12的MOH碱溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其pH的变化与溶液体积的关系如图，根据所给的数据，请回答下列问题：(1)HA为_酸，HB为_酸(选填“强”或“弱”)。(2)若c9，则稀释后的三种溶液中，由水电离的氢离子浓度的大小顺序为_(用酸、碱化学式表示)。(3)将稀释后的HA溶液和MOH溶液取等体积混合，则所得溶液中c(A)与c(M)的大小关系为c(A)_(选填“大于”、“小于”或“等于”)c(M)。(4)

14、若bc14，则MOH为_碱(选填“强”或“弱”)。将稀释后的HB溶液和MOH溶液取等体积混合，所得混合溶液的pH_7(选填“大于”、“小于”或“等于”)。解析：(1)由图可知：HA溶液的pH等于5，HB溶液的pH小于5，则HA是强酸，HB是弱酸。(2)若c9，则MOH为强碱，MOH溶液中c(OH)和HA溶液中c(H)相等，都小于HB溶液中c(H)，故三种溶液中，由水电离的氢离子浓度的大小顺序为MOHHAHB。(3)HA溶液和MOH溶液取等体积混合，则所得溶液pH7，根据电荷守恒c(A)c(M)。(4)b小于5，bc14，则c大于9，MOH为弱碱，且和HB弱的程度相同，两溶液混合后pH7。答案：

15、(1)强弱(2)MOHHAHB(3)等于(4)弱等于9(14分)描述弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，表1是常温下几种弱酸的电离平衡常数(Ka)和弱碱的电离平衡常数(Kb)，表2是常温下几种难(微)溶物的溶度积常数(Ksp)。酸或碱电离平衡常数(Ka或Kb)CH3COOH1.8105HNO24.6104HCN51010HClO3108NH3H2O1.8105表1难(微)溶物溶度积常数(Ksp)BaSO411010BaCO32.6109CaSO47105CaCO35109表2请回答下列问题：(1)表1所给的四种酸中，酸性最弱的是_(用化学式表示)。下列能使醋酸溶液中CH3COOH的

16、电离程度增大，而电离常数不变的操作是_(填序号)。A升高温度B加水稀释C加少量的CH3COONa固体D加少量冰醋酸(2)CH3COONH4的水溶液呈_(选填“酸性”、“中性”或“碱性”)，理由是_，溶液中各离子浓度大小关系是_。(3)物质的量之比为11的NaCN和HCN的混合溶液，其pH7，该溶液中离子浓度从大到小的排列为_。(4)工业中常将BaSO4转化为BaCO3后，再将其制成各种可溶性的钡盐(如BaCl2)。具体做法是用饱和的纯碱溶液浸泡BaSO4粉末，并不断补充纯碱，最后BaSO4转化为BaCO3.现有足量的BaSO4悬浊液，在该悬浊液中加纯碱粉末并不断搅拌，为使SO物质的量浓度不小于

17、0.01 molL1，则溶液中CO物质的量浓度应_molL1。解析：电离平衡常数越小，酸的酸性越弱，因此HCN酸性最弱；电离平衡常数只与温度有关，酸浓度越小，电离程度越大。由于醋酸与NH3H2O的电离平衡常数相同，故NH、CH3COO水解能力相同，CH3COONH4溶液呈中性，溶液中c(CH3COO)c(NH)c(H)c(OH)。NaCN和HCN混合溶液的pH7，说明CN的水解能力大于HCN的电离能力，故有c(Na)c(CN)c(OH)c(H)。因c(SO)不小于0.01 molL1，则c(Ba2)c(OH)c(H)(3)c(Na)c(CN)c(OH)c(H)(4)0.2610(18分)(20

18、11天津高考)工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。方法1：还原沉淀法。该法的工艺流程为：CrOCr2OCr3Cr(OH)3 其中第步存在平衡：2CrO(黄色)2HCr2O(橙色)H2O(1)若平衡体系的 pH 2，该溶液显_色。(2)能说明第步反应达平衡状态的是_。ACr2O和CrO 的浓度相同B2v(Cr2O)v(CrO)C溶液的颜色不变(3)第步中，还原 1 mol Cr2O 离子，需要_mol的FeSO47H2O。(4)第 步生成的Cr(OH)3 在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s) Cr3(aq

19、)3OH(aq)常温下，Cr(OH)3 的溶度积Kspc(Cr3)c3(OH)1032，要使 c(Cr3)降至105mol/L，溶液的pH应调至_。方法2：电解法。该法用 Fe 做电极电解含Cr2O的酸性废水，随着电解的进行，在阴极附近溶液 pH 升高，产生 Cr(OH)3 沉淀。(5)用Fe做电极的原因为_。(6)在阴极附近溶液 pH 升高的原因是(用电极反应解释)_，溶液中同时生成的沉淀还有_。解析：本题主要结合工业废水的处理考查溶液中的平衡问题、氧化还原反应和电解原理的应用等知识，意在考查考生综合运用化学理论知识解决实际问题的能力。(1)pH 2 时，反应正向进行的速率较大，溶液呈橙色。

20、(2)达到平衡状态时，正逆反应速率相等，混合物中各组分浓度保持不变，但不一定相等，溶液的颜色不再发生改变，即只有C正确。(3)根据反应前后 Cr 和 Fe 元素的化合价变化，可确定还原 1 mol Cr2O需 6 mol FeSO47H2O。(4)当 c(Cr3) 105 mol/L时，根据 Ksp 的表达式可求出 c(OH) 109 mol/L，则此时溶液 pH 5 。(5)用铁做阳极，反应中生成Fe2，提供还原剂。(6)阴极 H 得电子生成 H2，随着电解的进行，溶液的 pH逐渐增大，溶液中还会生成 Fe(OH)3 沉淀。答案：(1)橙(2)C(3)6(4)5(5)阳极反应为 Fe2e=F

21、e2，提供还原剂Fe2(6)2H2e=H2Fe(OH)311(14分)(2011哈尔滨三模).实验室有一瓶失去标签的某白色固体X，已知其成分可能是碳酸或亚硫酸的钠盐或钾盐，且其成分单一。现某化学小组通过如下步骤来确定其成分：(1)阳离子的确定：实验方法及现象：_。结论：此白色固体是钠盐。(2)阴离子的确定：取少量白色固体于试管中，然后向试管中加入稀盐酸，白色固体全部溶解，产生无色气体，此气体能使溴水褪色。要进一步确定其成分需补做如下实验：取适量白色固体配成溶液，取少许溶液于试管中，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。.确认其成分后，由于某些原因，此白色固体部分被空气氧化，该化学小组想用已知浓度的

22、酸性KMnO4溶液来确定变质固体中X的含量，具体步骤如下：步骤称取样品1.000 g。步骤将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，用0.01 molL1 KMnO4标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。(1)写出步骤所发生反应的离子方程式_。(2)在配制0.01 molL1 KMnO4溶液时若仰视定容，则最终测得变质固体中X的含量_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。(3)滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.002.2020.20则该变质固体中X的质量分数为_。解析：题中一个关键点是白色固体成分单一，由阳离子检验可知该盐是钠盐，由实验、可知该盐是Na2SO3，Na2SO3易在空气中被氧化生成Na2SO4.配制0.01 molL1 KMnO4溶液时若仰视定容，使c(KMnO4)减小，则在进行滴定操作时消耗V(KMnO4)会变大，导致Na2SO3含量偏大。分析滴定数据，第三组数据明显偏小，滴定中误差较大，计算时应舍去。答案：.(1)取固体少许，进行焰色反应实验，焰色为黄色.(1)2MnO5SO6H=2Mn25SO3H2O(2)偏大(3)63%