专题07 水溶液中的离子平衡（专练）-高考化学二轮专题考点抢分计划（解析版）

专题07水溶液中的离子平衡1．（2022·辽宁大连市高三模拟）下列实验中，现象及结论都正确，且二者之间有因果关系的是选项实验操作现象结论A向FeI2溶液中通入少量Cl2溶液变黄则Cl2的氧化性强于Fe3＋BFeCl3溶液和KSCN溶液混合反应后，再加入少量KCl溶液溶液红色加深增大反应物浓度，平衡正向移动C将铜粉加入到1.0mol·L−1Fe2(SO4)3溶液中铜粉溶解，溶液变蓝金属铁比铜活泼D常温下，向等体积、等浓度的NaHCO3和CH3COONa溶液中分别滴加2滴酚酞溶液均变红，NaHCO3溶液红色更深常温下的水解平衡常数：Kh(CH3COO−)＜Kh(HCO)【答案】D【解析】A．向FeI2溶液中通入少量Cl2，Cl2与I－发生氧化还原反应生成I2，溶液呈黄色，Fe2＋未发生反应，因此无法比较Cl2与Fe3＋的氧化性强弱，故A错误；B．K＋、Cl－对Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3平衡无影响，故B错误；C．2Fe3＋＋Cu＝Cu2＋＋2Fe2＋只能说明还原性：Cu＞Fe2＋，不能据此判断Fe与Cu的活泼性，故C错误；D．颜色深的溶液碱性越强，OH－浓度越大，说明等浓度的HCO水解程度大于CH3COO−，因此常温下的水解平衡常数：Kh(CH3COO−)＜Kh(HCO)，故D正确；综上所述，答案为D。2．（2022·河北张家口高三模拟）下列有关电解质溶液的说法正确的是()A．常温下均为4的和溶液中水电离出的之比为B．等浓度的和溶液均加水稀释10倍，溶液的变化较大C．溶液的小于7，溶液中粒子浓度大小顺序为：D．的溶液与的溶液任意比例混合：【答案】C【解析】A．常温下为4的溶液中水电离的等于溶液中的，mol/L，为4的溶液中水电离出的等于溶液中的氢离子总浓度=10-4mol/L，两溶液中水电离的之比，故A错误；等浓度的和溶液均加水稀释10倍，因醋酸是弱酸能继续电离出氢离子，因此溶液的变化较小，故B错误；溶液的小于7，说明的电离程度大于其水解程度，则电离产生的大于水解产生的，离子浓度的大小：，故C正确；溶液与溶液混合时：由电荷守恒可知：，两者任意比例混合时不一定等于，因此等式不一定成立，故D错误；故选C。3．（2022·山东青岛高三模拟）三甲胺[N(CH3)3]是一种一元有机弱碱，可简写为MOH。常温下，向20mL0.5mol/LMOH溶液中逐滴加入浓度为0.25mol/L的HCl溶液，溶液中lg、pOH[pOH=-lgc(OH-)]、中和率()的变化如图所示。下列说法正确的是()A．三甲胺[N(CH3)3]的电离常数为10-4.8B．a点时，c(MOH)+c(M+)=2c(Cl-)C．b点时，c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)D．溶液中水的电离程度：c点＜d点【答案】C【解析】据图可知当lg=0时，pOH=4.2，即c(MOH)=c(M+)时c(OH-)=10-4.2mol/L，三甲胺的电离常数K==10-4.2，故A错误；a点中和率小于50%，即加入的2n(HCl)＜n(MOH)，根据物料守恒可知c(MOH)+c(M+)＞2c(Cl-)，故B错误；b点中和率为50%，溶液中的溶质为等物质的量的MOH和MCl，据图可知此时pOH小于7，溶液显碱性，说明M+的水解程度小于MOH的电离程度，则溶液c(M+)＞c(Cl-)＞c(MOH)＞c(OH-)＞c(H+)，故C正确；c点中和率为100%溶液中溶质为MCl，d点溶液中溶质为MCl和HCl，HCl的电离抑制水的电离，MCl的水解促进水的电离，所以c点水的电离程度更大，故D错误；综上所述答案为C。4．（2022·广东深圳高三模拟）常温下，向浓度均为、体积为的两种一元酸、的溶液中，分别加入固体(忽略溶液体积的变化)，随加入的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是()A．为弱酸，为强酸B．a点溶液中由水电离出的与由水电离出的的乘积为C．b点时与恰好完全反应D．c点溶液中：【答案】D【解析】0.1mol∙L−1，=12，说明c(H＋)=0.1mol∙L−1，则HA为强酸，0.1mol∙L−1，=8，说明c(H＋)=1.0×10−3mol∙L−1，则为弱酸，故A错误；根据A选项分析a点溶液中c(H＋)=0.1mol∙L−1，，由水电离出的与由水电离出的的乘积为，故B错误；b点=0，说明c(H＋)=1.0×10−7mol∙L−1，溶液呈中性，由于是弱酸，因此混合溶液应该是NaB和HB的混合溶液，HB与没有完全反应，故C错误；c点为100mL0.1mol∙L−1加入NaOH物质的量为5.0×10−3mol，反应后溶质为NaB和HB且浓度相等，=6，说明c(H＋)=1.0×10−4mol∙L−1，即HB电离程度大于B－水解程度，则溶液中：，故D正确；综上所述，答案为D。5．（2022·广东佛山市高三一模）草酸钙具有优异光学性能.在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示(T1＞T2).已知T1时Ksp(CaC2O4)=6.7×10-4.下列说法错误的是()A．图中a的数量级为10-2B．升高温度，m点的饱和溶液的组成由m沿mq线向q方向移动C．恒温条件下，向m点的溶液加入少量Na2C2O4固体，溶液组成由m沿曲线向n方向移动D．T1时，将浓度均为0.03mol/L的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，不能观察到沉淀【答案】B【解析】Ksp(CaC2O4)=c(Ca2+)×c(C2O)=6.7×10-4，则图中a的数量级为10-2，A说法正确；升高温度，CaC2O4溶液中c(Ca2+)=c(C2O)，则m点的饱和溶液的组成由m沿0m线向远离0点方向移动，B说法错误；恒温条件下，向m点的溶液加入少量Na2C2O4固体，c(C2O)浓度增大，温度未变，Ksp(CaC2O4)不变，则溶液组成由m沿曲线向n方向移动，C说法正确；T1时，将浓度均为0.03mol/L的草酸钠和氯化钙溶液等体积混合，c(Ca2+)=c(C2O)=0.015mol/L，Qc=0.015mol/L×0.015mol/L=2.25×10-4＜Ksp(CaC2O4)，不能观察到沉淀，D说法正确；答案为B。1.（2022·吉林吉林市高三模拟）溶液中除铁时还常用NaClO3作氧化剂，在较小的pH条件下最终生成一种浅黄色的黄铁矾钠[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀除去。下图是温度-pH与生成的沉淀关系图，图中阴影部分是黄铁矾稳定存在的区域。下列说法不正确的是｛已知25℃，Ksp[Fe(OH)3]=2.64×10-39｝A．工业生产黄铁矾钠，温度控制在85～95℃pH=1.5左右B．pH=6，温度从80℃升高至150℃体系得到的沉淀被氧化C．用氯酸钠在酸性条件下氧化Fe2+离子方程式为：6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2OD．在25℃时溶液经氧化，调节溶液pH=4，此时溶液中c(Fe3+)=2.64×10-9mol·L－1【答案】B【解析】由图像可知，生成黄铁矾钠所需要的合适温度为85℃～95℃，pH=1.5左右，故A正确；根据图像，pH=6温度从80℃升高至150℃，FeOOH分解成Fe2O3，沉淀没有被氧化，故B错误；ClO3-在酸性条件下具有强氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O，故C正确；25℃pH=4时，c(OH-)=1×10-10mol/L，Fe(OH)3的Ksp=2.64×10-39，则c(Fe3+)=2.64×10-39÷（1×10-10）3=2.64×10-9（mol/L），故D正确；答案为B。2.（2022·陕西汉中市高三一模）常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1HA溶液的滴定曲线如图所示，下列说法不正确的是()A．a≈3，说明HA属于弱酸B．水的电离程度：d点>e点C．c点溶液中：c(Na＋)=c(A-)＋c(HA)D．b点溶液中粒子浓度大小：c(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)【答案】C【解析】c(HA)=0.1mol/L，若为强酸，氢离子浓度应为c(H+)=0.1mol/L，溶液的pH=3，c(H+)=0.001mol/L，说明HA电离程度较小，HA属于弱酸，故A不选；酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，d点溶质为NaA，促进水电离，e点溶质为NaA和NaOH，NaOH抑制水电离，所以水电离程度：d点>e点，故B不选；c点溶液显中性，由电荷守恒得：c(Na＋)=c(A-)，故C选；b点溶液中溶质为等物质的量浓度的HA和NaA，溶液pH<7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于A−水解程度，所以c(A−)>c(HA)，钠离子不水解，且HA电离程度和A−水解程度都较小，所以c(A-)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH-)，故D不选；故选C。3.（2022·福建宁德市高三一模）氯气常用于饮用水消毒，已知25℃时，氯水中Cl2、ClO-两种微粒所占含氯微粒的分数与pH的关系如下图。下列说法错误的是()A．用氯气处理饮用水时，溶液的pH在x～y之间，杀菌效果最佳B．b点氯水中c(Cl-)：c(ClO-)＜1：1C．a点有关粒子浓度大小关系是c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(OH-)D．氯气处理饮用水时，在冬季的效果比夏季好【答案】B【解析】根据图像可知，溶液的pH在x～y之间，HClO的浓度最大，HClO具有强氧化性，则用氯气处理饮用水时，溶液的pH在x～y之间，杀菌效果最佳，A说法正确；b点时，根据物料守恒，c(Cl-)=c(HClO)+c(ClO-)，则氯水中c(Cl-)：c(ClO-)＞1：1，B说法错误；a点时，Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，HClO⇌H++ClO-，c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)，溶液显酸性，c(HClO)＞c(OH-)，则有关粒子浓度大小关系是c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(OH-)，C说法正确；氯气处理饮用水时，冬季温度低，次氯酸的电离程度减小，且温度低，不易分解，导致次氯酸的浓度增大，则在冬季的效果比夏季好，D说法正确；答案为B。4.（2022·湖南株洲市高三一模）室温下，向0.01mol/L的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵稀溶液，溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如图所示，下列分析不正确的是()A．a点溶液的pH>2B．a~c中的任意点，溶液中存在c(CH3COO-)>c(NH)C．a~c中水的电离程度逐渐增大D．a~c中pH变化的原因主要是CH3COOH⇌CH3COO-+H+逆向移动【答案】D【解析】a点为醋酸溶液，醋酸为弱电解质，不能完全电离，则溶液中c(H+)＜0.01mol/L，溶液的pH＞2，A分析正确；a~c中的任意点，溶液显酸性，即c(H+)＞c(OH-)，根据溶液呈电中性，c(NH)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液中存在c(CH3COO-)＞c(NH)，B分析正确；a~c中溶液的酸性逐渐减弱，则酸对水的电离抑制程度逐渐减小，故水的电离程度逐渐增大，C分析正确；a~b中，向醋酸中加入醋酸铵，导致溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡逆向移动，pH增大，随加入醋酸铵溶液的增多，在b~c中，溶液体积增大，醋酸根离子及氢离子浓度都减小，则pH增大，溶液中pH变化的原因主要不都是CH3COOH⇌CH3COO-+H+逆向移动导致，D分析错误；答案为D。5.（2022·广东高三零模）综合利用炼锌矿渣(主要含铁酸镓Ga2(Fe2O4)3、铁酸锌ZnFe2O4)获得3种金属盐，并进一步利用镓盐制备具有优异光电性能的氮化镓(GaN)，部分工艺流程如下：已知：①常温下，浸出液中各离子的浓度及其开始形成氢氧化物沉淀的pH见表1。②金属离子在工艺条件下的萃取率(进入有机层中金属离子的百分数)见表2。表1金属离子浓度及开始沉淀的pH金属离子浓度(mol·L-1)开始沉淀pHFe2+1.0×10-38.0Fe3+4.0×10-21.7Zn2+1.55.5Ga3+3.0×10-33.0表2金属离子的萃取率金属离子萃取率(%)Fe2+0Fe3+99Zn2+0Ga3+97-98.5(1)Ga2(Fe2O4)3中Ga的化合价为______，“浸出”时其发生反应的离子方程式为______。(2)滤液1中可回收利用的物质是______，滤饼的主要成分是______；萃取前加入的固体X为______。(3)Ga与Al同主族，化学性质相似。反萃取后，镓的存在形式为______(填化学式)。(4)电解过程包括电解反萃取液制粗镓和粗镓精炼两个步骤。精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极的电极反应为______。(5)GaN可采用MOCVD(金属有机物化学气相淀积)技术制得：以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，该过程的化学方程式为______。(6)滤液1中残余的Ga3+的浓度为______mol·L-1(写出计算过程)。【答案】(1)+3价Fe2O+8H＋＝2Fe3＋+4H2O(2)硫酸锌Fe(OH)3、Ga(OH)3Fe(3)NaGaO2(4)GaO+3e－+2H2O＝Ga+4OH－(5)Ga(CH3)3+NH3＝3CH4+GaN(6)3.0×10-10.2【解析】炼锌矿渣用稀硫酸酸浸后所得滤液中含有亚铁离子、铁离子、锌离子、Ga3+，加入双氧水氧化亚铁离子，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤液1中含有锌离子。得到的滤饼加入盐酸酸化得到氯化铁和氯化镓，加入固体铁把铁离子转化为亚铁离子，然后利用萃取剂萃取Ga3+，加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，电解NaGaO2溶液生成单质Ga，据此解答。(1)Ga2(Fe2O4)3中Fe是+3价，O是－2价，根据化合价代数和为0可知Ga的化合价为+3价，“浸出”时其发生反应的离子方程式为Fe2O+8H＋＝2Fe3＋+4H2O。(2)根据以上分析可知滤液1中为硫酸锌，则可回收利用的物质是硫酸锌，调节pH＝5.4，沉淀铁离子和Ga3+，滤饼的主要成分是Fe(OH)3、Ga(OH)3；萃取前加入的固体X的目的是还原铁离子，则X为Fe。(3)Ga与Al同主族，化学性质相似；反萃取后加入氢氧化钠溶液使Ga3+转化为NaGaO2，即镓的存在形式为NaGaO2。(4)精炼时，以粗镓为阳极，以NaOH溶液为电解液，阴极是得到电子转化为Ga，电极反应为GaO+3e－+2H2O＝Ga+4OH－。(5)以合成的三甲基镓为原料，使其与NH3发生系列反应得到GaN和另一种产物，根据原子守恒可知还有甲烷生成，该过程的化学方程式为Ga(CH3)3+NH3＝3CH4+GaN。(6)根据表中数据可知Ga(OH)3的溶度积常数为3.0×10-3×（10－11）3＝3.0×10-36，溶液的pH＝5.4，即氢氧根离子浓度是10－8.6mol/L，所以滤液1中残余的Ga3+的浓度为＝3.0×10-10.2mol·L-1。6.（2022·湖南高三零模）以镁铝复合氧化物()为载体的负载型镍铜双金属催化剂()是一种新型高效加氢或脱氢催化剂，其制备流程如下：已知：常温下，，。回答下列问题：(1)在加热条件下，尿素在水中发生水解反应，放出______和______两种气体(写化学式)。(2)“晶化”过程中，需保持恒温60℃，可采用的加热方式为______。(3)“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净的方法是______。(4)常温下，若“悬浊液”中，则溶液的______。(5)“还原”过程中所发生反应的化学方程式为______。(6)在强碱溶液中被氧化可得，该物质能用作碱性镍镉电池的正极材料。其电池反应式：①放电一段时间后，溶液的pH将______(填“增大”“减小”或“不变”)。②充电时，阳极发生的电极反应式为______。【答案】(1)NH3CO2(2)水浴加热(3)取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净(4)10(5)NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O(6)增大Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O【解析】将MgSO4、Al2(SO4)3、NiSO4、CuSO4混合溶液在90℃下加入尿素发生反应生成悬浊液Mg(OH)2、Al(OH)3、Cu(OH)2、Ni(OH)2，在60℃净化过滤，得到滤饼，洗涤、干燥，焙烧得到MgO、CuO、NiO、Al2O3，在550℃温度下用氢气还原。(1)根据题意，尿素[CO(NH2)2]在加热条件下与水发生水解反应即CO(NH2)2＋H2OCO2↑＋2NH3↑，因此放出NH3和CO2两种气体；(2)“晶化”过程中，需保持恒温60℃，温度在100℃以下，因此采用的加热方式为水浴加热；(3)“洗涤”过程中，检验滤饼是否洗净，主要检验洗涤液中是否还含有硫酸根，因此常用的方法是取最后一次洗涤液少量于试管，向试管中加入稀盐酸，再加入氯化钡，若有白色沉淀则未洗净，若无沉淀则已洗净；(4)常温下，若“悬浊液”中，，则，，则溶液的10；(5)“还原”过程最终得到，说明是NiO、CuO与氢气发生还原反应，因此所发生反应的化学方程式为NiO＋H2Ni＋H2O，CuO＋H2Cu＋H2O；(6)①放电一段时间后，负极反应式为Cd－2e－＋2OH－=Cd(OH)2，正极是2NiOOH＋2e－＋2H2O=2Ni(OH)2＋2OH－，正极生成的OH－物质的量与负极消耗的OH－物质的量相等，但是消耗了电解质中的水，使碱性增强，因此溶液的pH将增大。②根据放电时正极电极反应式NiOOH＋e－＋H2O=Ni(OH)2＋OH－，则充电时，阳极发生的电极反应式为Ni(OH)2＋OH－－e－=NiOOH＋H2O。7.（2022·山西太原·一模）已知HA为一元弱酸，Ka为HA的电离常数，25℃时，某混合溶液中c(HA)+c(A-)=0.1mol·L-1，lgc(HA)、lgc(A-)、lgc(H+)和lgc(OH-)随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是A．O点时，pH=7B．Ka(HA)的数量级为10-5C．M点时，存在c(H+)=c(OH-)+C(A-)D．该体系中，c(HA)=mol·L-1【答案】C【解析】pH=-lgc(H+)，所以随pH升高直线减小的是lgc(H+)，则直线升高的是lgc(OH-)，而pH升高时，HA会与氢氧根发生反应HA+OH-=H2O+A-，所以开始几乎不变，后续随pH增大而减少的是lgc(HA)，随pH增大而增加，后续几乎不变的是lgc(A-)。A．据图可知O点处lgc(H+)=lgc(OH-)，即c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，温度为25℃，所以pH=7，A正确；B．Ka(HA)=，据图可知N点处c(A-)=c(HA)，pH=4.74，即c(H+)=10-4.74mol/L，所以Ka(HA)=10-4.74，数量级为10-5，B正确；C．据图可知M点处c(A-)=c(H+)，C错误；D．该体系中c(HA)+c(A-)=0.1mol·L-1，即c(A-)=0.1mol/L-c(HA)，c(HA)==，解得c(HA)=mol/L，D正确；综上所述答案为C。8.（2022·吉林长春·二模）25°C时，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定同浓度的H2A溶液，H2A被滴定分数、pH及微粒分布分数，X表示H2A、HA-或A2-]的关系如图所示：下列说法正确的是A．25°C时，H2A第一步电离平衡常数Ka1≈10-7B．c点溶液中：c(Na+)=2c(HA-)+c(A2-)C．b点溶液中：c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H+)>c(H2A)>c(OH-)D．a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：c>d>b>a【答案】B【解析】由图可知，a、b、c、d所在实线为0.1mol•L-1NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，当＜1时，H2A部分反应，溶液中溶质为NaHA和H2A；当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性；当2＞＞1时，溶液中溶质为NaHA和Na2A；当=2时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。A．25°C时，pH=7时，c点c(HA-)=c(A2-)，H2A第二步电离平衡常数Ka2=≈10-7，H2A第一步电离平衡常数Ka1>10-7，故A错误；B．c点溶液中，溶液中溶质为NaHA和Na2A，且c(HA-)=c(A2-

)，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)═c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-

)，pH=7，c(H+)═c(OH-)，故c(Na+)═c(HA-)+2c(A2-

)═3c(HA-)==3c(A2-

)=2c(HA-)+c(A2-)，故B正确；C．b点溶液中，由图象可知c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-

)＞c(H2A)，b点pH<7，c(H+)>c(OH-)，H2A被滴定分数>1，c(OH-)>c(H2A)，故C错误；D．未加氢氧化钠溶液时，H2A电离出氢离子，抑制水的电离，加入氢氧化钠溶液，酸逐渐被中和为盐，对水的抑制程度减弱，生成的NaHA、Na2A能水解，促进水的电离，当酸碱恰好中和为Na2A，即d点附近(pH突变)，对水的电离促进程度最大，故a、b、c、d四点溶液中水的电离程度：d＞c＞b＞a，故D错误；故选B。9.（2022·陕西汉中·二模）常温下，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1的H3PO2溶液，滴定过程中混合溶液的pH随加入的NaOH溶液体积变化关系如图所示，下列说法不正确的是A．常温下，Ka(H3PO2)的数量级为10—5B．B点对应的溶液中：2[c(H+)—c(OH—)]=c(H2PO)—c(H3PO2)C．H3PO2为一元弱酸D．滴定至V=20mL的过程中，溶液中由水电离出的c(H+)·(OH—)不变【答案】D【解析】由图可知，未加入氢氧化钠溶液时，0.1mol·L-1的H3PO2溶液pH为3说明H3PO2为弱酸，加入20mL0.1mol·L-1氢氧化钠溶液时，20mL0.1mol·L-1的H3PO2溶液恰好完全反应说明H3PO2为一元弱酸，所得NaH2PO2溶液呈碱性。A．由分析可知，0.1mol·L-1的H3PO2溶液pH为3，则Ka(H3PO2)==