（新课标）2020高考化学二轮复习 专题限时集训8 水溶液中的离子平衡（含解析）

专题限时集训(八)水溶液中的离子平衡(限时：45分钟)(对应学生用书第146页)1下列说法不正确的是()a25 ，ph4的hf溶液与ph10的氨水中水电离出的c(h)相同b25 ，0.01 moll1的ha溶液的ph5，则ka(ha)为1108cna2co3溶液加水稀释，在溶液中保持不变d已知在相同条件下，hf的酸性强于ch3cooh，则物质的量浓度相等的naf与ch3cook溶液中：c(na)c(f)c(k)c(ch3coo)dhf、ch3cooh都是弱酸，所以naf与ch3cook都是强碱弱酸盐，由于酸性hfch3cooh，水解程度fch3coo，故c(na)c(f)kh(a)kh(c)b当氨水与稀硫酸恰好反应生成(nh4)2so4时水的电离程度最大，b错误。4(2019北京高考)实验测得0.5 moll1 ch3coona溶液、0.5 moll1 cuso4溶液以及h2o的ph随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 ()a随温度升高，纯水中c(h)c(oh)b随温度升高，ch3coona溶液的c(oh)减小c随温度升高，cuso4溶液的ph变化是kw改变与水解平衡移动共同作用的结果d随温度升高，ch3coona溶液和cuso4溶液的ph均降低，是因为ch3coo、cu2水解平衡移动方向不同ca项，升温，促进水的电离，溶液中的h、oh浓度均增大，但二者始终相等，溶液呈中性，错误；b项，升温，ch3coona溶液中的水解平衡正向移动，c(oh)增大，错误；c项，随温度升高，cuso4溶液的水解平衡正向移动，水的电离平衡正向移动，因此cuso4溶液的ph变化是kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，正确；d项，随温度升高，ch3coona溶液和cuso4溶液的水解平衡均正向移动，ch3coona溶液和cuso4溶液的ph均降低，是kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，错误。 5室温下，浓度均为0.1 moll1、体积均为v0的nax、nay溶液分别加水稀释至体积v，已知pohlg c(oh)，poh与lg 的变化关系如图所示。下列叙述正确的是()ahx、hy都是弱酸，且ka(hx)ka(hy)b图中poh随lg 变化始终满足直线关系clg 3时，nax溶液中所含离子总数小于nay溶液d分别向稀释前的两种溶液加盐酸至ph7时，c(x)c(y)a当lg 很大时，poh变化很小，poh与lg 的关系就不能满足直线关系，b错误；nax溶液中与nay溶液中的c(h)前者大，故nax溶液中含的离子总数较大，c错误；根据电荷守恒和ph7可推导c(x)c(y)，d错误。6类比ph的定义，对于稀溶液可以定义pclg c，pkalg ka。常温下，某浓度h2a溶液在不同ph下，测得pc(h2a)、pc(ha)、pc(a2)变化如图所示。下列说法正确的是()aph3.05时，c(h2a)c(ha)c(a2)b常温下，pka1(h2a)5.30，pka2(h2a)0.80cb点时，104.50dph3.005.30时，n(h2a)n(ha)n(a2)先增大后减小c根据图可知ab线代表h2a，ac线代表ha，bc线代表a2。ph3.05时，c(h2a)c(a2)，a错误；根据a、c点可知pka10.8，pka25.30，b错误；根据物料守恒，三者物质的量和不变，d错误。7(2018全国卷，变式)某温度下，向10 ml 0.1 moll1 cucl2溶液中滴加0.1 moll1的na2s溶液，滴加过程中溶液中lg c(cu2)与加入na2s溶液体积(v)的关系如图所示。已知：lg 20.3，ksp(zns)31025。下列有关说法正确的是 ()aa、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点bna2s溶液中：c(s2)c(hs)c(h2s)2c(na)c该温度下ksp(cus)41036d相同实验条件下，若改为0.1 moll1的zncl2溶液，反应终点b向d方向移动cb点为nacl溶液，水的电离程度最小，a错误；na2s溶液中，根据物料守恒知，c(s2)c(hs)c(h2s)c(na)，b错误；ksp(cus)1017.71017.71035.4100.6103641036，c正确；zns比cus的ksp大，终点lg c(cu2)小，d错误。8.已知对于电离常数为ka的某一元弱酸滴定过程中，ph突变随其浓度的增大而增大，且浓度主要影响滴定终点和滴定终点之后的曲线部分。常温下，用不同浓度的naoh溶液分别滴定20 ml与其同浓度的某弱酸ha溶液，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是()a由图可知：c1c2c3bm点溶液中存在：c(h)c(ha)c(oh)c(a)c恰好中和时，溶液中离子浓度的大小关系：c(na)c(a)c(oh)c(h)d由ph7的溶液计算得：ka(v0是消耗的naoh溶液的体积)bm点溶液的溶质为等物质的量的naa和ha，根据电荷守恒得c(a)c(oh)c(h)c(na)，根据物料守恒得c(a)c(ha)2c(na)，联立两式消去c(na)得2c(h)c(ha)c(a)2c(oh)，b项错误。9常温下，向20.00 ml 0.1 moll1ha溶液中滴入0.1 moll1naoh溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数lg c水(h)与所加naoh溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是()a常温下，ka(ha)约为105bm、p两点溶液对应的ph7cb20.00dm点后溶液中均存在c(na)c(a)b根据题图知，0.1 moll1ha溶液中lg c水(h)11，则c水(h)1011moll1，故溶液中c(h)103moll1，ka(ha)105，a项正确；m点时lg c水(h)7，m点溶液为ha和naa的混合溶液，ha的电离程度等于a的水解程度，溶液呈中性，而p点时lg c水(h)7，p点溶液为naa和naoh的混合溶液，溶液呈碱性，b项错误；n点时水的电离程度最大，此时ha和naoh恰好完全反应，故b20.00，c项正确；m点溶液呈中性，m点后继续加入naoh溶液，则所得溶液呈碱性，c(oh)c(h)，根据电荷守恒式：c(na)c(h)c(a)c(oh)，则c(na)c(a)，d项正确。10(2019衡水信息卷)25 时，用0.100 0 moll1盐酸滴定20.00 ml 0.100 0 moll1 naa溶液，溶液的ph与水电离出的lgc(oh)的关系如图所示。已知：a点溶液体积为20.00 ml。下列说法正确的是()aka(ha)的数量级为104bb点时所加盐酸的体积小于10.00 mlcmc(ha)d由a点数据信息知，a的水解常数kh(a)104，则ka(ha)1010，a项错误；b点溶液的ph7，为nacl、naa和ha的混合溶液，又因为kh(a)ka(ha)，故b点时所加盐酸的体积大于10.00 ml，b项错误；溶液中的oh均由水电离产生，ph5时，溶液中的c(oh)109 moll1，m9，c项错误；加入v(盐酸)20.00 ml时，所得溶液为等浓度的nacl和ha的混合溶液，ha部分电离，故c(na)c(ha)，d项正确。11室温下，向10.00 ml 0.100 0 moll1 hcl和0.100 0 moll1 ch3cooh的混合溶液中滴入0.100 0 moll1 naoh溶液，溶液ph的变化曲线如图所示。 已知：常温下，ka(ch3cooh)1.75105。下列叙述错误的是()aa点所示溶液中，ch3cooh的电离度约为1.75102%ba、b、c三点所示溶液中，水的电离程度最大的是c点cc点所示溶液中：c(na)c(cl)c(ch3cooh)c(oh)c(h)d加热b点所示溶液，的值减小 cc点溶质是物质的量之比为11的nacl和ch3coona，ch3coo发生微弱水解，则c(na)c(cl)c(ch3coo)c(oh)c(ch3cooh)c(h)，c项错误。12常温下，向浓度为0.1 moll1、体积为v l的氨水中逐滴加入浓度为0.1 moll1的盐酸，用ph计测得的溶液ph随盐酸的加入量而降低的滴定曲线如图所示，d点时两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题：(1)该温度时nh3h2o的电离平衡常数k_。(2)比较b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的c(oh)大小顺序为_。(3)滴定时，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值保持不变的是_(填序号，下同)。ac(h)c(oh)b.c.d.(4)根据以上滴定曲线判断下列说法正确的是_(溶液中n元素只存在nh和nh3h2o两种形式)。a点b所示溶液中：c(nh)c(h)c(oh)c(nh3h2o)b点c所示溶液中：c(cl)c(nh3h2o)c(nh)c点d所示溶液中：c(cl)c(h)c(nh)c(oh)d滴定过程中可能有：c(nh3h2o)c(nh)c(oh)c(cl)c(h)(5)滴定至d点之后若继续加入盐酸至图像中的e点(此时不考虑nh水解的影响)，则e点对应的横坐标为_。解析(5)设e点加入盐酸的体积为x l，则剩余盐酸的量为n余(hcl)0.1 moll1x l0.1 moll1v l0.1(xv) mol，此时溶液的ph2，则有0.1(xv) mol102 moll1(xv) l，解得x。答案(1)105(2)dcb(3)acd(4)d(5)13(2019北京高考)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。.用已准确称量的kbro3固体配制一定体积的a moll1 kbro3标准溶液；.取v1 ml上述溶液，加入过量kbr，加h2so4酸化，溶液颜色呈棕黄色；.向所得溶液中加入v2 ml废水；.向中加入过量ki；.用b moll1 na2s2o3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗na2s2o3溶液v3 ml。已知：i22na2s2o3=2naina2s4o6na2s2o3和na2s4o6溶液颜色均为无色(1)中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。(2)中发生反应的离子方程式是_。(3)中发生反应的化学方程式是_。(4)中加ki前，溶液颜色须为黄色，原因是_。(5)ki与kbro3物质的量关系为n(ki)6n(kbro3)时，ki一定过量，理由是_。(6)中滴定至终点的现象是_。(7)废水中苯酚的含量为_ gl1(苯酚摩尔质量：94 gmol1)。(8)由于br2具有_性质，中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。解析(2)1价br与5价br在酸性条件下可发生氧化还原反应，化合价变为0价，即生成溴单质，该反应的离子方程式为5brbro6h=3br23h2o。(3)苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚和溴化氢，其化学方程式为3hbr。(4)溶液显黄色说明溴过量，使用过量的溴是为了确保苯酚已完全被除去，也为下一步操作打下基础。(5)5brbro6h=3br23h2o，br22ki=i22kbr，反应物用量存在关系：kbro33br26ki，因此如果没有苯酚与溴的反应，则n(ki)n(kbro3)61时，两者恰好完全反应，因废水中含有苯酚消耗br2，所以当n(ki)6n(kbro3)时，ki一定过量。(6)溴与ki反应生成碘单质，碘遇淀粉使溶液变蓝色；碘单质与硫代硫酸钠反应生成碘离子，因此当碘恰好完全反应时，溶液的蓝色恰好消失。(7)v1 ml a moll1 kbro3溶液的物质的量为av1103 mol，v3 ml b moll1硫代硫酸钠的物质的量为bv3103 mol，可消耗i2的物质的量为bv3103 mol；由3i2bro可知，生成bv3103 mol i2需要消耗bro的物质的量为bv3103 mol，即与苯酚对应的bro的物质的量为(av1103bv3103)mol，由3br2bro可知，苯酚的物质的量为(av1103bv3103) mol，即废水中苯酚的含量 gl1 gl1。(8)溴易挥发，挥发出去的溴也会被认为是与苯酚反应而消耗的，即会造成测定结果偏高。答案(1)容量瓶(2)5brbro6h=3br23h2o (4)br2过量，保证苯酚完全反应 (5)反应物用量存在关系：kbro33br26ki，若无苯酚时，消耗ki物质的量是kbro3物质的量的6倍，因有苯酚消耗br2，所以当n(ki)6n(kbro3)时，ki一定过量 (6)溶液蓝色恰好消失 (7)(8)易挥发14(2019江苏高考)聚合硫酸铁fe2(oh)62n(so4)nm广泛用于水的净化。以feso47h2o为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。(1)将一定量的feso47h2o溶于稀硫酸，在约70 下边搅拌边缓慢加入一定量的h2o2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。h2o2氧化fe2的离子方程式为_；水解聚合反应会导致溶液的ph_。(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 ml锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的sncl2溶液(sn2将fe3还原为fe2)，充分反应后，除去过量的sn2。用5.000102 moll1 k2cr2o7溶液滴定至终点(滴定过程中cr2o与fe2反应生成cr3和fe3)，消耗k2cr2o7溶液22.0