2022届高考化学二轮复习专题10水溶液中的离子平衡答案

1、PAGE PAGE 10专题十水溶液中的离子平衡考点一溶液中的“三大平衡”经典对练得高分真题示例1- 1.C解析 NH4Cl溶液因N发生水解而显酸性,温度升高,水解平衡正向移动,溶液pH减小,加水稀释,水解平衡正向移动,但溶液pH增大,故图中虚线表示pH随温度的变化,实线表示pH随加水量的变化,A项正确。0.50 molL-1 NH4Cl溶液加水稀释至浓度为 molL-1时,其中c(H+)变为原来的,则溶液的pH将增大lg x,但加水稀释时,NH4Cl的水解平衡向正反应方向移动,c(H+)大于,故溶液pH的变化值小于lg x,B项正确。随温度升高,水的电离程度增大,KW增大,但CH3COO-水

2、解程度增大,溶液中c(OH-)增大,C项错误。据电荷守恒可得:c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),则有c(Cl-)-c(N)=c(H+)-c(OH-)、c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+),原NH4Cl溶液和CH3COONa溶液的浓度相同,稀释相同倍数也相同,由于25 时CH3COOH和NH3H2O的电离常数均为1.810-5,则CH3COO-和N的水解程度相同,两溶液中|c(H+)-c(OH-)|(两者差的绝对值)相等,从而推知c(Cl-)-c(N)=c(Na+)-c(CH3COO-),D项正

3、确。1- 2.BC对点演练1- 1.C解析 由图可知,c点时,V(NaOH溶液)=20 mL时恰好完全反应生成CH3COONa,b点溶液呈酸性,d点溶液呈碱性,A项错误。ac过程中水的电离程度逐渐增大,ce过程中NaOH过量,抑制水的电离,水的电离程度逐渐减小,B项错误。ac过程CH3COOHCH3COONa,c点恰好完全反应生成CH3COONa,该过程溶液中离子浓度增大,溶液导电能力逐渐增强,C项正确。e点时加入40 mL NaOH溶液,此时n(NaOH)=2n(CH3COOH),根据质量守恒可知,c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-),溶液的总体积为60 mL,则有c

4、(Na+)=0.1 molL-140 mL60 mL=0.067 molL-1,D项错误。1- 2.AD解析 多元弱碱的电离是分步进行,第一步电离程度大于第二步,则第一步电离对应溶液的pH大,图中横坐标为0.0时,曲线M对应第一步电离,曲线N对应第二步电离。N2H4的电离平衡常数:=10-6,=10-15,A项错误。反应N2+N2H42N2的平衡常数为K=1.0109,B项正确。N2的水解常数Kh=10-8,而N2的电离常数为10-15,故N2H5Cl溶液中N2的水解能力大于电离能力,C项正确。N2H6Cl2溶液中,据电荷守恒可得:c(Cl-)+c(OH-)=c(N2)+2c(N2)+c(H+

5、)。因为强酸弱碱盐溶液中c(N2)c(OH-),所以c(Cl-)c(N2)+c(N2)+c(H+),故D项错误。真题示例B对点演练2- 1.AC解析 由KspCu(OH)2=110-20,KspFe(OH)3=110-38推知,Cu2+、Fe3+沉淀完全时,溶液的pH分别为6.5、3,故曲线a对应的是Fe(OH)3饱和溶液,A项正确。由图可知,调节pH为4.5时,Fe3+沉淀完全,Cu2+未沉淀,故不能除去FeCl3中的CuCl2,B项错误。由A项分析可知,pH=6.5时Cu2+全部转化为Cu(OH)2,故酸性溶液中Cu元素的存在形式可能为Cu2+或Cu(OH)2,C项正确。XY过程中pH不变

6、,滴加NaOH溶液,溶液的pH要变大,D项错误。2- 2.BC解析 由于Ksp(MnS)Ksp(FeS),结合图像可知,曲线表示的是MnS的沉淀溶解平衡曲线,曲线表示的是FeS的沉淀溶解平衡曲线,A项正确。升高温度,Ksp(FeS)增大,曲线上的c点可沿虚线向e点方向平移,B项错误。常温下,反应MnS(s)+Fe2+(aq)FeS(s)+Mn2+(aq)的平衡常数K=4104,C项错误。温度不变,Ksp(MnS)不变,向b点溶液中加入少量Na2S固体,MnS沉淀溶解平衡逆向移动,c(S2-)增大,c(Mn2+)减小,溶液组成可由b点沿曲线向a点方向移动,D项正确。易错防范不失分答案 (1)(2

7、)(3)(4)考点二溶液中的“四大常数”经典对练得高分真题示例1- 1.CD解析 向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液,依次发生离子反应:H3R2+OH-H2R+H2O、H2R+OH-HR+H2O、HR+OH-R-+H2O,溶液中H3R2+逐渐减小,H2R+和HR先增大后减小,R-逐渐增大。K1=,K2=,K3=,M点c(H3R2+)=c(H2R+),由此可知K1=10-2.2,N点c(HR)=c(H2R+),则K2=10-9.1,P点c(HR)=c(R-),则K3=10-10.8。=10-6.9,=10-1.7,因此,A项错误;M点存在电荷守恒:c(R-)+c(OH-)+c(Cl-)=2c(

8、H3R2+)+c(H2R+)+c(H+)+c(Na+),此时c(H3R2+)=c(H2R+),因此c(R-)+c(OH-)+c(Cl-)=3c(H2R+)+c(H+)+c(Na+),B项错误;由K2K3=,且O点c(H2R+)=c(R-),因此c2(H+)=K2K3,即c(H+)=,溶液pH=-lg c(H+)=,C项正确;P点溶质为NaCl、HR、NaR,此时溶液呈碱性,因此c(OH-)c(H+),溶质浓度大于水解和电离所产生粒子浓度,因此c(Na+)c(Cl-)c(OH-)c(H+),D项正确。1- 2.C对点演练1- 1.BC解析 未加入盐酸时,溶液中只有Na2A溶质,因为水解而促进水的

9、电离,随着盐酸的加入,水解程度减小,故水的电离程度也减小,A项错误。Na2A的水解反应为A2-+H2OHA-+OH-,故水解常数,由图可知,当c(HA-)=c(A2-)时,pH=10.8,故水解常数=c(OH-)=10-3.2,故的数量级约为10-4,B项正确。由电荷守恒可知,c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-),又a点对应溶液中c(HA-)=c(A2-),pH=10.8,故离子浓度c(Na+)=3c(A2-)+c(OH-)-c(H+),故c(Na+)3c(A2-),C项正确。由图中可知,b点对应溶质是NaHA,由电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=2c(A2-

10、)+c(HA-)+c(OH-)和物料守恒c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A),可得c(OH-)=c(H+)+c(H2A)-c(A2-),D项错误。1- 2.D解析 d点为反应终点,据n(NH4Cl)=n(NaOH)可知,消耗等浓度NaOH溶液的体积V=20.00 mL,A项正确。a点V(NaOH)=0,0.10 molL-1 NH4Cl溶液的pH=5,据水解平衡:N+H2ONH3H2O+H+,此时c(N)=0.10 molL-1,c(NH3H2O)=c(H+)=10-5 molL-1,c(OH-)=10-9 molL-1,电离平衡常数Kb(NH3H2O)=10-5,B项正确。

11、b点加入NaOH溶液的体积小于10.00 mL,所得溶液为NH4Cl、NaCl和NH3H2O混合液,则有c(Cl-)c(Na+);b点溶液的pH=7,则有c(OH-)=c(H+),故溶液中离子:c(Cl-)c(Na+)c(OH-)=c(H+),C项正确。c点加入10.00 mL NaOH溶液,所得溶液为等浓度NH4Cl、NaCl和NH3H2O混合液,溶液的pH7,溶液呈碱性,说明NH3H2O的电离程度大于N的水解程度,则有c(N)c(Na+),D项错误。真题示例答案 解析 H2CO3的=4.710-11,“沉钼”中溶液pH=7.0,则c(H+)=10-7 molL-1,可得。溶液中,综合两式可

12、得c(HC)c(Mo)=。对点演练2- 1.CD解析 由图可知,加入10 mL 氨水时,-lg c(Ag+)达到最大值,此时溶液c(Ag+)最小,恰好完全反应生成AgOH沉淀,则有c(AgNO3)=0.1 molL-1,A项正确。b点存在AgOH的沉淀溶解平衡,-lg c(Ag+)=4,此时c(Ag+)=c(OH-)=10-4 molL-1,则Ksp(AgOH)=c(Ag+)c(OH-)=10-410-4=10-8,B项正确。b点对应溶液中溶质为NH4NO3,c点AgOH完全溶解,溶液中主要存在Ag(NH3)2+,故b点对应溶液中c(N)大于c点对应溶液中c(N),C项错误。m点对应溶液中存在

13、电荷守恒:c(OH-)+c(N)=c(Ag+)+c(Ag(NH3)2+)+c(N)+c(H+),此时加入了过量的氨水,溶液呈碱性,即c(OH-)c(H+),则c(N)c(Ag+)+c(Ag(NH3)2+)+c(N),D项错误。2- 2.答案 (1)0.53 molL-1(2)0.33()2=3.310-205.910-15,不会造成Co2+的损失解析 (1)溶液的pH=7,则c(OH-)=1.010-7 molL-1,根据KspCd(OH)2=5.310-15,可计算Cd2+的浓度:c(Cd2+)= molL-1=0.53 molL-1。(2)溶液中Co2+的浓度为0.33 molL-1,常温

14、下控制溶液pH为4.5时,根据公式计算,QCo(OH)2=0.33()2=3.310-205.910-15,不会造成Co2+的损失。易错防范不失分答案 (1)(2)(3)(4)考点三酸碱中和滴定及迁移应用经典对练得高分真题示例答案 (1)B(2)球形无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化(3)除去过量的高锰酸钾,避免在用盐酸酸化时,产生氯气2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O(4)MnO2(5)苯甲酸升华而损失(6)86.0%C(7)重结晶对点演练答案 (1)酸式滴定管烧杯容量瓶(4)溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色(5)22.60(6)第1组实验数据误差明显大,

15、属异常值,应舍去0.754.5解析 (1)配制待测白醋溶液,用酸式滴定管准确量取10.00 mL食用白醋,在烧杯中加蒸馏水稀释,再转移到100 mL容量瓶中进行定容。(4)待测白醋中滴加酚酞作指示剂,开始时溶液无色,达到滴定终点时,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色。(5)滴定管的0刻度在上方,图中滴定管1 mL分成10个小格,每个小格代表0.10 mL,故图中滴定管中液面读数为22.60 mL。(6)分析表中实验数据,第1组实验消耗NaOH溶液的体积与其他三组相差较大,应舍去第1组数据,取其他三组数据进行计算。第24组实验中消耗NaOH溶液的平均体积为V(NaOH)= mL=15.00

16、mL,则有n(CH3COOH)=n(NaOH)=15.0010-3 L0.100 0 molL-1=1.510-3 mol,c(CH3COOH)=0.075 molL-1。100 mL该醋酸中含有醋酸的量为0.075 molL-10.1 L=7.510-3 mol,因量取10.00 mL食用白醋配制成100 mL待测白醋溶液,故10.00 mL 食用白醋中c(CH3COOH)=0.75 molL-1,m(CH3COOH)=7.510-3 mol60 g mol-1=0.45 g,故该市售白醋的总酸量为4.5 g/100 mL。真题示例2- 1.答案 (1)AC(2)H2SO4抑制Cr2转化为C

17、r,且不与Cr2反应解析 (1)量筒属于粗量器,不能用量筒量取25.00 mL溶液,由于K2Cr2O7具有强氧化性,量取25.00 mL待测液应用酸式滴定管,A项错误。滴定时要适当控制滴定的速率,确保反应物之间充分反应,同时防止滴加过快使得滴加试剂过量,B项正确。滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化,以便准确判断滴定的终点,C项错误。读数时应将滴定管从架上取下,捏住管上端无刻度处,使滴定管保持垂直,平视读取读数,D项正确。为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足,平行滴定时,须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下,并记录初始读数,E正确。(2)根据题意,K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓

18、度成正比例,在K2Cr2O7溶液中存在平衡Cr2+H2O2H+2Cr,即有部分Cr2会转化为Cr,从而使测得的质量分数明显偏低,为抑制Cr2转化为Cr,可加入与Cr2不反应的酸,如硫酸。2- 2.答案 (1)NaHCO3相同温度下,碳酸氢钠的溶解度最小,且与氯化钠、碳酸氢铵、氯化铵的溶解度相差较大(2)D(3)甲基橙溶液由黄色变为橙色(4)3.56%(5)偏大解析 本题属于综合实验题,但考查点难度较小,主要考查了物质成分的分析、仪器的选择使用、滴定操作中指示剂的选择及滴定现象的描述、物质含量的计算等。(1)根据流程图及最终产品是碳酸钠可推知晶体A的成分是碳酸氢钠。根据已知()中相关盐在不同温度

19、下的溶解度表可知碳酸氢钠的溶解度在3035 的温度下最小,且与氯化钠、碳酸氢铵、氯化铵的溶解度相差较大。所以当将碳酸氢铵粉末和氯化钠溶液混合时,溶液中易析出碳酸氢钠晶体。(2)高温下给固体加热所用的仪器一般为坩埚。(3)用盐酸标准溶液滴定含有碳酸氢钠杂质的碳酸钠溶液时,由于开始时溶液呈碱性,且首先发生反应:Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl,此时所用指示剂M为酚酞,终点的现象是:溶液由红色变为近无色。第二个滴定阶段发生的反应为NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2,由于最终溶液呈弱酸性,所以可用甲基橙作指示剂(N)。滴定终点的现象是溶液由黄色变为橙色。(4)根据滴定过程中的反应原

20、理:Na2CO3+HClNaHCO3+NaCl、NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2可知,2.500 g产品中碳酸氢钠所消耗的盐酸的体积为(V2-V1) mL10=(23.51 mL-22.45 mL)10,则样品中n(NaHCO3)=(23.51 mL-22.45 mL)1010-3 LmL-10.100 0 molL-1=1.0610-3 mol。所以产品中碳酸氢钠的质量分数为100%=3.56%。(5)由于滴定管的刻度上小下大,当第一滴定终点时俯视读数,会使所读刻度值偏小,即V1偏小,引起(V2-V1)偏大,则最终所算得的碳酸氢钠的质量分数偏大。对点演练2- 1.D解析 由题图可

21、知,加入NaOH溶液或氨水时,曲线a的pH在开始阶段变化较大,应为碱滴定弱酸的变化曲线,则曲线b、c为硫酸、盐酸的滴定曲线,由于浓度未知,则不能确定曲线b、c表示的滴定过程,A项错误。硫酸和盐酸都是强酸,图中纵坐标为pH,不能确定其浓度大小,B项错误。曲线c达到终点时溶液呈酸性,应选用甲基橙作指示剂,C项错误。滴定前,醋酸的pH=3,则c(H+)=110-3 molL-1,滴定终点时消耗15 mL NaOH溶液,则有c(CH3COOH)0.025 L=0.10 molL-10.015 L,解得c(CH3COOH)=0.06 molL-1,故滴定前CH3COOH电离的百分数为100%=1.67%

22、,D项正确。2- 2.答案 (1)CABE(2)便于准确判断滴定终点时溶液颜色的变化(3)“0”刻度或“0”刻度以下的某一刻度充满溶液,无气泡(4)由黄色变为橙色(5)偏高(6)%解析 (1)本题应先配制250 mL NaOH溶液,取25.00 mL放入锥形瓶中,用标准H2SO4溶液进行滴定,故正确的操作步骤是CABDE。(2)放一张白纸便于准确判断滴定终点时溶液的颜色变化情况。(3)调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下某一刻度。尖嘴部分应充满溶液,无气泡。(4)终点时溶液颜色由黄色变为橙色。(5)若酸式滴定管没用标准H2SO4溶液润洗,则滴定时消耗标准H2SO4溶液的体积偏大,所测烧碱浓度会

23、偏高。(6)滴定时消耗溶质H2SO4的物质的量为 mol。NaOH的纯度为100%=%。2- 3.答案 (1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管(2)避免AgNO3见光分解(3)防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3+的水解)(4)否若颠倒,Fe3+与I-反应,指示剂耗尽,无法判断滴定终点(5)10.000.060 0(6)用NH4SCN标准溶液进行润洗(7)偏高偏高解析 (1)配制一定物质的量浓度的标准溶液,除烧杯和玻璃棒外,还需用到的仪器有250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。(2)AgNO3见光容易分解,因此需要保存在棕色试剂瓶中。(3)滴定实验中用NH4Fe(SO4)

24、2溶液作指示剂,Fe3+容易发生水解,影响滴定终点判断,因此控制pHc(H+),溶液呈碱性,说明水解程度大于电离程度,促进了水的电离,溶液中氢氧根离子来自水的电离,则水电离的c(H+)=10-6.8 molL-1,C项正确。 pH=12.3时,溶液中的(HP)=(P),则c(HP)=c(P),即c(Na2HPO4)=c(Na3PO4),根据物料守恒,得到:2c(Na+)=5c(H3PO4)+5c(H2P)+5c(HP)+5c(P),D项错误。3.A解析 氢氟酸中加入氢氧化钠,随着氢氧化钠的量的增加,溶液的pH升高,溶液中的氟化氢分子浓度减小,氟离子浓度增大。abd曲线代表c(HF)随pH的变化,A项错误。从图中b点分析,氟化氢的电离平衡常数Ka=10-3.6,B项正确。从b点到c点发生的反应为氢氧化钠和氟化氢的反应,离子方程式为HF+OH-H2O+F-,C项正确