2018_2019学年高中化学第三章水溶液中的离子平衡补差试题新人教版选修4.doc

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1、- 1 -第三章 水溶液中的离子平衡1能与氨水反应的弱电解质是 ( )A醋酸溶液 B硫化氢 C二氧化硫 D硫酸铜【答案】B【解析】醋酸溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；SO 2属于非电解质；硫化氢属于弱电解质且能与氨水反应；硫酸铜虽然能与氨水反应，但硫酸铜属于强电解质；答案选 B。点睛：易错选 A，CH 3COOH 是弱电解质，但醋酸溶液是混合物，不是弱电解质；易错选C，SO 2的水溶液能导电，但导电的离子不是 SO2自身电离产生的，而是 SO2与 H2O 反应生成的 H2SO3电离产生的，所以 SO2属于非电解质。2在相同温度下，100mL 01mol/L 的醋酸溶液与 10mL 1

2、mol/L 的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是A中和时所需 NaOH 量 B电离程度CH +的物质的量浓度 DCH 3COOH 的物质的量【答案】B考点：弱电解质电离平衡。3在氨水中存在下列电离平衡：NH 3H2O OH ，下列情况能引起电离平衡向逆向移动的有( ) 加 NH4Cl 固体 加 NaOH 溶液 通 HCl 加 CH3COOH 溶液 加 AlCl3固体A B C D 【答案】A【解析】【详解】加 NH4Cl 固体,溶液中铵根离子浓度增大,平衡向逆反应方向移动,故正确；- 2 -加 NaOH 溶液,溶液中氢氧根离子浓度增大,平衡向逆反应方向移动,故正确； 加 HCl,氢离子和

3、氢氧根离子反应,导致平衡向右移动,故错误；加 CH3COOH 溶液,氢离子和氢氧根离子反应,导致平衡向右移动,故错误； AlCl 3属于强酸弱碱盐，水解显酸性，氢离子和和氢氧根离子反应, 导致平衡向右移动,故错误；结合以上分析可知， 符合题意，A 正确；综上所述，本题选 A。425 ，某 pH2 的 HCl 溶液中，由水电离的 c(H+)为( )A1.010 12 molL1 B1.010 7 molL1 C1.010 10 molL1 D1.010 2 molL1【答案】A【解析】5下列叙述正确的是0.1molL -1 氨水中，c(OH -)c(NH 4 )10mL 0.02molL-1 H

4、Cl 溶液与 10mL0.02molL-1Ba(OH)2 溶液充分混合，若混合后溶液的体积为 20mL，则溶液的 pH12在 0.1molL -1 CH COONa 溶液中，c(OH -)c(CH COOH)c(H )0.1molL -1 某二元弱酸酸式盐 NaHA 溶液中，c(Na )2c(A 2-)c(HA -)c(H A)A B C D【答案】B【解析】【分析】根据电荷守恒判断；氢氧化钡是二元碱，盐酸是一元酸，二者等体积等浓度混合，碱有剩余，溶液呈碱性；- 3 -根据质子守恒分析；根据物料守恒分析。【详解】根据电荷守恒知 c(OH-)c(NH 4 )+c(H+)，则 c(OH-)c(NH

5、 4 )，故错误；氢氧化钡是二元碱，盐酸是一元酸，二者等体积等浓度混合，碱有剩余，混合溶液中氢氧根离子浓度 = = 0.01 mol/L，根据KW=c(H+)c(OH)及 pH = -lg(c(H+)得出，溶液的 pH=12，故正确；根据质子守恒得 c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)，故正确；根据物料守恒得 c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)，故错误；正确的是，故答案选 B。6下列物质的水溶液因水解呈碱性的是AHCl BNaOH CCH 3COONa DNa 2SO4【答案】C7下列说法正确的是A用直接加热并蒸干 FeCl3溶液的方法可制得纯净的无水 FeCl3

6、B等物质的量浓度的 Na2CO3溶液和 CH3COONa 溶液的 pH，前者大于后者C中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，消耗 NaOH 的物质的量不相等D对于有 气体参加的反应，增大气体反应物浓度，活化分子百分数增大，反应速率加快【答案 】B【解析】A在 FeCl3溶液中，Fe 3+发生水解生成 Fe(OH)3：FeCl 3+3H2O Fe(OH)3+3HCl，由于加热蒸发，使 HCl 挥发，破坏平衡，使平衡不断向右移动，结果生成 Fe(OH)3，故 A错误；B碳酸根离子水解程度大于醋酸根离子溶液碱性强，等物质的量浓度的 Na2CO3溶液和 CH3COONa 溶液的 pH，前者大于后

7、者，故 B 正确；C等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液，溶质物质的量相同，与氢氧化钠反应，分别发送生HCl+NaOH=NaCl+H2O，CH 3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，即中和等体积、等物质的量浓度的盐- 4 -酸和醋酸溶液，所需氢氧化钠相同，故 C 错误；D增大体系压强只增大单位体积活化分子的数目，反应速率加快，百分数不变，故 D 错误；故选 B。8H 2S2O3是一种弱酸，实验室欲用 0.01 molL1 的 Na2S2O3溶液滴定 I2溶液，发生的反应为 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，下列说法合理的是A该滴定可用甲基橙做指示剂BNa 2S2O3

8、是该反应的还原剂C该滴定可选用右图所示装置D该反应中每消耗 2mol Na2S2O3，电子转移数为 4mol【答案】B考点：考查滴定方法的应用的知识。9下列说法不正确的是A放热反应在常温下不一定能够自发进行B合成氨反应需使用催化剂，目的是促进该反应平衡向生成氨的方向移动C0.1molL -1Na2CO3溶液在 35C 时碱性比 25C 强，说明 Na2CO3水解是吸热反应DMnS 悬浊液中滴加少量 CuSO4溶液可生成 CuS 沉淀，则 Ksp(CuS)c(A-)，则下列描述中不正确的是（ ）AHA 的酸性很弱，A水解程度大于 HA 的电离程度Bc(A -)+c(HA)=0.02molL-1C

9、n(A -)+n(OH-)0.01 mo1+n(H +)D该溶液的 pHZnS，MgCO 3Mg(OH)2。就溶解或电离出 S2 的能力而言，FeSH2SCuS，则下列离子方程式错误的是AMg 2 2HCO 3-2Ca 2 4OH =Mg(OH)22CaCO 32H 2OBCu 2 H 2S=CuS2H CZn 2 S 2 2H 2O=Zn(OH)2H 2SDFeS2H =Fe2 H 2S【答案】C考点：考查离子反应、电离平衡等。15已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。如图,横坐标为溶液的 pH,纵坐标为 Zn2+或Zn(OH) 42-的物质的量浓度(假设 Zn2+浓度为 10-5 mo

10、lL-1时,Zn 2+已沉淀完全)。下列说法不正确的是( )- 9 -A往 ZnCl2溶 液中加入足量氢氧化钠溶液，离子方程式为 Zn2+4OH- Zn(OH)42-B从图中数据计算可得 Zn(OH)2的溶度积 Ksp=10-17C某废液中含 Zn2+,沉淀 Zn2+可以控制溶液 pH 的范围是 812D向 1 L 1 molL-1 ZnCl2溶液中加入 NaOH 固体至 pH=6，需 NaOH 2 mol【答案】D【解析】氢氧化钠溶液过量时，溶液呈碱性，据图,Zn 2+转化为Zn(OH) 42-，A 项正确；图中左边表示溶解平衡 Zn(OH)2(s) Zn2+(aq)+2OH-(aq)，K

11、sp=c(Zn2+)c2(OH-)=10-3(10-7)2=10-17，B 项正确；pH 在 812 时，Zn 2+、Zn(OH) 42-浓度都小于 10-5 molL-1，即 Zn2+完全沉淀，C 项正确；当 pH=6 时，c(Zn 2+)=0.1 molL-1，生成 Zn(OH)2为(1 molL-1-0.1 molL-1)1 L=0.9 mol，需要 NaOH 1.8 mol，D 错误。16某温度下，向一定体积 0.1 molL1 的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的 NaOH 溶液，溶液中 pOHpOHlg c(OH )与 pH 的变 化关系如图所示，则( )AM 点所示溶液的导电能力强于 Q

12、 点BN 点所示溶液中 c(CH3COO )c(Na )CQ 点 pH 一定等于 7DQ 点消耗 NaOH 溶液的体积等于醋酸溶液的体积【答案】C【解析】【分析】本题考查弱电解质的电离和溶液的酸碱性。因为 pOHlg c(OH )，pHlg c(H+)，- 10 -结合图像知一定条件下，Q 点 pOH=pH，溶液为中性，M 点 pOHpH，溶液显酸性；N 点pOHPH,溶液显碱性，结合溶液的酸碱性进行判断。17 （1）在配制 Na2S 溶液时，为了抑制水解，可以加入少量的_(填化学式)；其水解的离子方程式为_。（2）0.1 mol/L 的 NaHCO3溶液的 pH 为 8，同浓度的 AlCl3

13、溶液的 pH 为 4。将两种溶液等体积混合，可能发生的现象是_其主要原因是(用离子方程式表示) _。（3）明矾常作净水剂，其净水原理用离子方程式可表示为_。【答案】NaOH 溶液 S2 H 2O HS OH 产生白色沉淀,有气泡产生 Al3+3HCO 3- =Al(OH)33CO 2 Al3 3H 2O Al(OH)33H 【解析】【分析】（1）Na 2S 属于强碱弱酸盐，水解显碱性，加碱抑制其水解；（2）NaHCO 3水解过程大于电离过程，溶液显碱性，氯化铝溶液水解显酸性，二者混合相互促进水解；（3） 铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用；- 11 -综上所述，本题答案是：产生白色沉淀,

14、有气泡产生； Al3+3HCO 3- =Al(OH)33CO 2。 （3） 明矾中含有铝离子，能够发生水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，能够做净水剂，离子方程式为：Al 3 3H 2O Al(OH)33H ；综上所述。本题答案是：Al 3 3H 2O Al(OH)33H 。18已知 H2A 在水中存在以下平衡:H 2A H+HA-,HA- H+A2-。回答以下问题:（1）NaHA 溶液 (填“显酸性” 、 “显碱性” 、 “显中性”或“酸碱性无法确定”)。（2）某温度下,若向 0.1 mol/L 的 NaHA 溶液中滴入 0.1 mol/L KOH 溶液使混合溶液中c(H+)=c(OH-),

15、则此时该混合溶液中,下列关系一定正确的是 (填字母)。A.c(H+)c(OH-)=110-14B.c(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)C.c(Na+)c(K +)D.c(Na+)+c(K+)=0.05 mol/L（3）已知常温下 H2A 的钙盐(CaA)饱和溶液中存在以下平衡:CaA(s) Ca2+(aq)+A2-(aq) H0温度升高时,K sp (填“增大” 、 “减小”或“不变”,下同)。滴加少量浓盐酸,c(Ca 2+) 。（4）若向 CaA 悬浊液中加入 CuSO4溶液,生成一种黑色固体物质,写出该过程中反应的离子方程式: 。【答案】 （1）酸碱性无法确定 （2）B、

16、C （3）增大 增大- 12 -（4）CaA(s)+Cu 2+(aq) Ca2+(aq)+CuA(s)19 （1）常温下，将 NH3H2O 与盐酸等体积混合，实验数据如下：组别 NH3H2O HCl 混合溶液的 pH 值甲c（NH 3H2O）=0.1molL -1c（HCl）=0.1molL -1pH=a乙 NH3H2O 的 pH=12 HCl 的 pH=2 pH=b丙 c（NH 3H2O）=A molL -1c（HCl）=0.1molL -1pH=c针对甲、乙、丙三组实验，回答下列问题：甲组反应后，溶液中离子浓度的大小顺序为_；乙组 b 7(填“” 、 “”或“”)丙组溶液混合后 c7，A

17、0.1molL -1(填“” 、 “”或“”)甲中 a6，混合溶液中 c(Cl )c(NH 4 )= _molL-1 (列式表示结果，不能做近似计算)。 （2）常温下，在 20.0mL 0.20mol/LCH3COONa 溶液中滴加 0.20mol/L的稀盐酸。溶液的 PH 的变化关系如右图所示。- 13 -a 7.0 的理由是（用离子方程式表示） 。当加入的盐酸的体积为 20.0mL 时，测定溶液中的 c（H +）为 1.310-3 mol/L，求CH3COOH 的电离平衡常数 Ka （设混合后的体积为二者的体积之和，计算结果保留两位有效数字。 ）【答案】 （1）c(Cl )c(NH 4 )

18、c(H )c(OH )（2 分） ；（2 分） ；（2 分） ；106 10 8 （2 分）（2）CH 3COO H 2O CH3COOHOH （2 分） ；1.710 5 （3 分）甲中 a6，所以在常温下溶液中 c(H )10 6 mol/L，c(OH )10 8 mol/L.根据电荷守恒可知 c(Cl )+c(OH )c(NH 4 )+c(H )，所以混合溶液中 c(Cl )c(NH 4 )c(H )c(OH )(10 6 10 8 )mol/L。（2）醋酸钠是强碱弱酸盐，溶于水 CH3COO 水解，溶液显碱性，反应的离子方程式为CH3COO H 2O CH3COOHOH 。当加入的盐酸

19、的体积为 20.0mL 时，二者恰好反应生成醋酸和氯化钠，其中 c(Cl )- 14 -c(Na )，则根据电荷守恒可知 c(CH3COO )+c(Cl )+c(OH )c(Na )+c(H )，即c(CH3COO )+c(OH )c(H )，所以 c(CH3COO )c(H )c(OH )c(H )1.310 -3 -mol/L。根据物料守恒可知溶液中 c(CH3COOH)0.10mol/L1.310 -3 mol/L98.710 -3 mol/L，所以 CH3COOH 的电离平衡常数 Ka =1.7105 。3(H)CO)c 331.0.1987考点：考查溶液酸碱性判断、离子浓度大小比较以

20、及电离平衡常数的计算20某课外兴趣小组欲测定某 NaOH 溶 液的浓度，其操作步骤如下：将碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶 23 次；从碱式滴定管中放入 25.00mL 待测溶液到锥形瓶中。将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入 0.1000mol/L 标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数。向锥形瓶中滴入甲基橙作指示剂，进行滴定。到达滴定终点时测得所耗盐酸的体积为V1mL。重复以上过程，但在滴定过程中

21、向锥形瓶加入 5mL 的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL。试回答下列问题：（1）滴定终点的判断方法是_。（2）有错误操作步骤有_。（3）如图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为_mL（4）则待测烧碱溶液的浓度为_mol/L。标准盐酸体积(mL)滴定次数 待测液体积(mL)滴定前度数(mL) 滴定后度数(mL)- 15 -第一次 25.00 0.50 20.40第二次 25.00 4.00 24.10【答案】 当最后加入一滴盐酸后，锥形瓶内溶液颜色刚好由黄色变为橙色，且半分钟内颜色不恢复 22.60 0.0800【 解析】试题分析：（1）锥形瓶中盛有含甲基橙的 NaOH 溶液，溶液呈黄色

22、；滴加盐酸，溶液碱性逐渐减小，当颜色变为橙色且半分钟内颜色不恢复时，达到滴 定终点；（2）锥形瓶不能用待盛液润洗；滴定管要先水洗再用待盛液润洗；（3）液面的位置在 22 23之间，每个小刻度为 0.1mL，注意滴定管的精度是 0.01mL；（4）第一次消耗酸20.4.519.0mLmL，第二次消耗酸12，两次平均消耗盐酸 20.00mL，根据 H+、OH -物质的量相等计算碱溶液的浓度；点睛：盛放标准液的滴定管若不用标准液润洗，使标准液浓度偏小，消耗标准液体积偏大，造成待测液浓度偏大。21.含有弱酸 HA 和其钠盐 NaA 的混合溶液，在化学上用作缓冲溶液。向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性

23、变化不大。（1）向该溶液中加入少量盐酸时，发生反应的离子方程式是_ _；向其中加入少量 KOH 溶液时，发生反应的离子方程式是_。（2）现将 0.04molL1 HA 溶液和 0.02molL1 NaOH 溶液等体积混合，得到缓冲溶液。若 HA 为 HCN，该溶液显碱性，则溶液中 c(Na+)_c(CN)(填“” “=”或“”)，你得出该结论的依据是_。若 HA 为 CH3COOH，该溶液显酸性溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是- 16 -_。.工业制氯 化铜时，将浓盐酸加热至 80左右，慢慢加入粗制氧化铜粉(含杂质氧化亚铁)反应如下： CuO+2HClCuCl 2+H2O， FeO+

24、2HClFeCl 2+H2O已知：pH9.6 时，Fe 2+ 以 Fe(OH)2 的形式完全沉淀； pH6.4 时，Cu 2+ 以 Cu(OH)2 的形式完全沉淀；pH 在 34 时，Fe 3+以 Fe(OH) 3 的形式完全沉淀。为除去溶液中的 Fe 2+，可以采用的方法是_。A.直接加碱，调整溶液 pH9.6B.加纯铜粉，将 Fe 2+还原出来C.先将 Fe 2+氧化为 Fe 3+，再调整 pH 在 34D.通入硫化氢，使 Fe 2+直接沉淀若此溶液中只含有 Fe3+时，要调整 pH 在 34 之间，此时最好向溶液中加入_。A.NaOH 溶液 B.氨水 C.CuCl 2 溶液 D.CuO

25、固体【答案】A -+H+HA HA+OH-H2O+A- 因为 c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)，溶液显碱性，则 c(H+)c(OH -)，所以 c（c(Na +)c(CN -) c(CH3COO-)c(Na +)c(H +)c(OH -) C D 【解析】【分析】.（1）含有弱酸 HA 和其钠盐 NaA 的混合溶液，向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大，是由于加入酸时生成弱电解质，加入碱时生成正盐，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度变化不大而起到缓冲作用；（2）从溶液电中性的角度比较离子浓度大小；若 HA 为 CH3COOH，该溶液显酸性，说明 c(H+)c(OH -)，

26、结合溶液电中性原则分析.根据题目信息，若将 Fe2+以 Fe(OH)2形式完全沉淀，pH 9.6，此时 Cu2+以 Cu(OH)2的形式完全沉淀，若将 Fe2+氧化成 Fe3+，Fe 3+以 Fe(OH)3形式完全沉淀，pH 在 34，此时 Cu2+没有形成沉淀，以此来解答。使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀，应调节溶液的 pH，所加物质能与酸反应，注意不能引入新杂质。- 17 -若 HA 为 CH3COOH，该溶液显酸性，说明 c(H+)c(OH -)，根据溶液电中性原则可知c(CH3COO-)c(Na +)，故答案为：c(CH 3COO-)c(Na +)c(H +)c(OH -)；答案为：C；使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀，应调节溶液的 pH，所加物质能与酸反应，注意不能引入新杂质，则可用 CuO 或 Cu(OH)2或 CuCO3，故 D 项正确；答案为：D。