新课标高考化学二轮复习专题限时集训8水溶液中的离子平衡

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()A．25℃，pH＝4的HF溶液与pH＝10的氨水中水电离出的c(HB．25℃，mol·L－1的HA溶液的pH＝5，则Ka(HA)为1×C．Na2CO3溶液加水稀释，eq\f(c（COeq\o\al(2－,3)）,c（OH－）·c（HCOeq\o\al(－,3)）)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－)D[HF、CH3COOH都是弱酸，所以NaF与CH3COOK都是强碱弱酸盐，由于酸性HF>CH3COOH，水解程度F－<CH3COO－，故c(Na＋)－c(F－)<c(K＋)－c(CH3COO－)，D项错误。]2．室温下，下列说法中正确的是()A．mol·L－1的NaHA溶液pH＝1则有：c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋2c(AB．向NaAlO2溶液中逐滴加入稀盐酸至沉淀恰好消失时：c(Cl－)＝3c(Al3＋C．将amol·L－1的醋酸溶液与0.01mol·L－1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)，醋酸的电离常数Ka＝eq\f(2×10－9,a－0.01)(用含a的代数式表示)D．向NH4Cl溶液中加入少量等物质的量浓度的稀盐酸，则eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)的值增大D[0.1mol·L－1的NaHA溶液pH＝1，说明NaHA在水溶液中完全电离成Na＋、H＋和A2－，根据物料守恒有c(Na＋)＝c(A2－)，A项错误；向NaAlO2溶液中逐滴加入稀盐酸至沉淀恰好消失，溶液中依次发生的反应为NaAlO2＋HCl＋H2O=NaCl＋Al(OH)3↓和Al(OH)3＋3HCl=AlCl3＋3H2O，则溶液中c(Cl－)＝4c(Al3＋)，B项错误；由电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，已知溶液中c(CH3COO－)＝c(Na＋)，则c(H＋)＝c(OH－)，溶液显中性，即c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝0.005mol·L－1，用含a的代数式表示CH3COOH的电离常数Ka＝eq\f(10－7×0.005,\f(a,2)－0.005)＝eq\f(10－9,a－0.01)，C项错误；向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，盐酸抑制NHeq\o\al(＋,4)水解，所以溶液中eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)的值将增大，D项正确。]3．(2019·青岛一模)已知pOH＝－lgc(OH－)，向20mL0.1mol·L－1的氨水中滴加未知浓度的稀硫酸，测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如下图所示，下列说法不正确的是()A．稀硫酸的物质的量浓度为0.05mol·L－1B．当溶液中pH＝pOH时，水的电离程度最大C．a点时溶液中存在(NH3·H2O)＋2(OH－)＝(NHeq\o\al(＋,4))＋2(H＋)D．a、b、c三点对应NHeq\o\al(＋,4)的水解平衡常数：Kh(b)>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0.5mol·L－1CH3COONa溶液、0.5mol·L－1CuSO4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C[A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0.1mol·L－1、体积均为V0的NaX、NaY溶液分别加水稀释至体积V，已知pOH＝－lgc(OH－)，pOH与lgeq\f(V,V0)的变化关系如图所示。下列叙述正确的是()A．HX、HY都是弱酸，且Ka(HX)>Ka(HY)B．图中pOH随lgeq\f(V,V0)变化始终满足直线关系C．lgeq\f(V,V0)＝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pH＝7时，c(X－)＝c(Y－)A[当lgeq\f(V,V0)很大时，pOH变化很小，pOH与lgeq\f(V,V0)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pH＝7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pc＝－lgc，pKa＝－lgKa。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A．pH，c(H2A)>c(HA－)>c(A2－B．常温下，pKa1(H2A，pKa2(HC．b点时，eq\f(c2（HA－）,c（H2A）·c（A2－）)＝10D．pH，n(H2A)＋n(HA－)＋n(A2－C[根据图可知ab线代表H2A，ac线代表HA－，bc线代表A2－。pH＝3.05时，c(H2A)＝c(A2－)，A错误；根据a、c点可知pKa1＝0.8，pKa2＝5.30，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Ⅲ，变式)某温度下，向10mL0.1mol·L－1CuCl2溶液中滴加0.1mol·L－1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中－lgc(Cu2＋)与加入Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。，Ksp(ZnS)＝3×10－25。下列有关说法正确的是()A．a、b、c三点中，水的电离程度最大的为b点B．Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋C．该温度下Ksp(CuS)＝4×10－36D．相同实验条件下，若改为0.1mol·L－1的ZnCl2溶液，反应终点b向d方向移动C[b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)＝eq\f(1,2)c(Na＋)，B错误；Ksp(CuS)＝10－17.7×10－17.7＝10－35.4＝100.6×10－36＝4×10－36，C正确；ZnS比CuS的Ksp大，终点－lgc(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20mL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：c1＞c2＞c3B．M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pH＝7的溶液计算得：Ka＝eq\f(V0·10－7,20－V0)(V0是消耗的NaOH溶液的体积)B[M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－)，B9．常温下，mol·L－1HA溶液中滴入0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[－lgc水(H＋)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。A．常温下，Ka(HA)约为10－5B．M、P两点溶液对应的pH＝7C．bD．M点后溶液中均存在c(Na＋)＞c(A－)B[根据题图知，0.1mol·L－1HA溶液中－lgc水(H＋)＝11，则c水(H＋)＝10－11mol·L－1，故溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－1，Ka(HA)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝eq\f(10－3×10－3,0.1－10－3)≈10－5，A项正确；M点时－lgc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－lgc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b＝20.00，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0.1000mol·L－1盐酸滴定20.00mL0.1000mol·L－1NaA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20.00mL。A．Ka(HA)的数量级为10－4B．B点时所加盐酸的体积小于10.00mLC．m<9D．加入V(盐酸)＝20.00mL时，溶液中c(Na＋)>c(HA)D[由A点数据信息知，A－的水解常数Kh(A－)≈eq\f(10－2.5×10－2.5,0.1000)＝10－4，则Ka(HA)＝eq\f(Kw,Kh)≈10－10，A项错误；B点溶液的pH＝7，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10.00mL，B项错误；溶液中的OH－均由水电离产生，pH＝5时，溶液中的c(OH－)＝10－9mol·L－1，m＝9，C项错误；加入V(盐酸)＝20.00mL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10.00mL0.1000mol·L－1HCl和0.1000mol·L－1CH3COOH的混合溶液中滴入0.1000mol·L－1NaOH溶液，溶液pH的变化曲线如图所示。已知：常温下，Ka(CH3COOH×10－5。下列叙述错误的是()A．a点所示溶液中，CH3COOH×10－2%B．a、b、c三点所示溶液中，水的电离程度最大的是c点C．c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，eq\f(c（Cl－）,c（CH3COO－）)的值减小C[c点溶质是物质的量之比为1∶1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0.1mol·L－1、体积为VL的氨水中逐滴加入浓度为0.1mol·L－1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NH3·H2O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)。A．c(H＋)·c(OH－)B.eq\f(c（H＋）,c（OH－）)C.eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)D.eq\f(c（NH3·H2O）·c（H＋）,c（NHeq\o\al(＋,4)）)(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NHeq\o\al(＋,4)和NH3·H2O两种形式)。A．点b所示溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)B．点c所示溶液中：c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))C．点d所示溶液中：c(Cl－)>c(H＋)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)D．滴定过程中可能有：c(NH3·H2O)>c(NHeq\o\al(＋,4))>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NHeq\o\al(＋,4)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xL，则剩余盐酸的量为n余(HCl)＝0.1mol·L－1×xL－0.1mol·L－1×VL＝0.1(x－V)mol，此时溶液的pH＝2，则有0.1(x－V)mol＝10－2mol·L－1×(x＋V)L，解得x＝eq\f(11V,9)。[答案](1)10－5(2)d>c>b(3)ACD(4)D(5)eq\f(11V,9)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)。Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol·L－1KBrO3标准溶液；Ⅱ.取v1mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入v2mL废水；Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；Ⅴ.用bmol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ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v3mL。已知：I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和________。(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是_____________________________。(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是______________________________。(4)Ⅳ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)Ⅴ中滴定至终点的现象是____________________________。(7)废水中苯酚的含量为________g·L－1(苯酚摩尔质量：94g·mol－1)。(8)由于Br2具有________性质，Ⅱ～Ⅳ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5Br－＋BrOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3Br2＋3H2O。(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)5Br－＋BrOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3Br2＋3H2O，Br2＋2KI=I2＋2KBr，反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，因此如果没有苯酚与溴的反应，则n(KI)∶n(KBrO3)＝6∶1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)v1mLamol·L－1KBrO3溶液的物质的量为av1×10－3mol，v3mLbmol·L－1硫代硫酸钠的物质的量为bv3×10－3mol，可消耗I2的物质的量为eq\f(1,2)bv3×10－3mol；由3I2～BrOeq\o\al(－,3)可知，生成eq\f(1,2)bv3×10－3molI2需要消耗BrOeq\o\al(－,3)的物质的量为eq\f(1,6)bv3×10－3mol，即与苯酚对应的BrOeq\o\al(－,3)的物质的量为(av1×10－3－eq\f(1,6)bv3×10－3)mol，由～3Br2～BrOeq\o\al(－,3)可知，苯酚的物质的量为(av1×10－3－eq\f(1,6)bv3×10－3)mol，即废水中苯酚的含量＝eq\f(（av1×10－3－\f(1,6)bv3×10－3）mol×94g·mol－1,v2×10－3L)＝eq\f(（6av1－bv3）×94,6v2)g·L－1＝eq\f(47（6av1－bv3）,3v2)g·L－1。(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)5Br－＋BrOeq\o\al(－,3)＋6H＋=3Br2＋3H2O(4)Br2过量，保证苯酚完全反应(5)反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，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)eq\f(（6av1－bv3）×47,3v2)(8)易挥发14．(2019·江苏高考)聚合硫酸铁[Fe2(OH)6－2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O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FeSO4·7H2O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3.000g，置于250mL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＋