高中化学选择性必修一3.1 习题精炼（解析版）

水溶液中的离子反应与平衡3.1电离平衡一、选择题1．下表中物质的分类组合完全正确的是（）选项ABCD强电解质HClO4弱电解质非电解质A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．为盐，属于强电解质，为弱酸，属于弱电解质，为非金属氧化物，属于非电解质，A正确；B．为盐，属于强电解质，为单质，既不是电解质也不是非电解质，B错误；C．属于弱电解质，C错误；D．为盐，属于强电解质，D错误；2．相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是（）酸HXHYHZ电离常数9×10-79×10-610-2A．三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZB．反应HZ+Y-═HY+Z-能够发生C．酸根离子结合氢离子的能力强弱关系为：Z-＞Y-＞X-D．相同温度下，1mol/LHX溶液的电离常数大于0.1mol/LHX【答案】B【解析】A．相同温度下，酸的电离常数越大，则酸的电离程度越大，酸的酸性越强，则酸根离子水解程度越小，根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ＞HY＞HX，故A错误；B．由A知，HZ的酸性大于HY，根据强酸制取弱酸知，HZ+Y-═HY+Z-能发生，故B正确；C．根据电离平衡常数知，这三种酸的强弱顺序是HZ＞HY＞HX，酸性越强，酸的电离程度越大，结合氢离子的能力越弱，酸根离子结合氢离子的能力强弱关系为：X-＞Y-＞Z-，故C错误；D．相同温度下，同一物质的电离平衡常数不变，故D错误；3．下列关于电解质电离的叙述中正确的是（）A．在水中溶解度很小，其导电能力很弱，所以是弱电解质B．在水中溶解度很小，但溶解的全部电离，所以是强电解质C．氯气（）和氨气（)的水溶液导电性都很好，所以它们都是电解质D．在电流作用下，盐酸中的电离成和【答案】B【解析】A．虽然CaCO3溶液的导电能力弱，但在水中溶解的部分全部电离，所以CaCO3是强电解质，A错误；B．虽然AgCl难溶于水，但溶解于水的AgCl发生完全电离，所以AgCl是强电解质，B正确；C．是单质，既不属于电解质，又不属于非电解质，自身不能电离出离子，不是电解质，的水溶液之所以能够导电是因为与水反应生成了弱电解质，C错误；D．的电离是在水分子作用下进行的，与有无电流作用无关，D错误；4．下列电离方程式表达正确的是（）A．次氯酸钠：NaClO⇌+B．碳酸：H2CO3⇌2+C．NH3∙H2O：NH3∙H2O⇌+D．碳酸氢钠：NaHCO3=++【答案】C【解析】A．次氯酸钠是强电解质，在水溶液中是完全电离的，电离方程式用等号表示：NaClO=+，故A错误；B．碳酸是弱电解质，在水溶液中是部分电离的，且碳酸是二元弱酸，分步电离，电离方程式为：H2CO3⇌+，⇌+，故B错误；C．NH3∙H2O是弱电解质，在水溶液中部分电离生成生成铵根离子和氢氧根离子，电离方程式为：NH3∙H2O⇌+，故C正确；D．碳酸氢钠是强电解质，在水溶液中是完全电离的，电离方程式为：NaHCO3=+，故D错误；5．下列关于强弱电解质的叙述正确的是（）A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强B．NH3、CH3COOH、BaSO4、H3PO4都是弱电解质C．CO2溶于水后能部分电离，故CO2是弱电解质D．纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电【答案】D【解析】A．电解质溶液导电能力与自由移动的离子浓度成正比，当弱电解质溶液的离子浓度大于强电解质溶液的离子浓度时，导电能力可以强于强电解质，故A错误；B．NH3是非电解质，CH3COOH和H3PO4都是弱酸，弱酸和弱碱都属于弱电解质，电解质强弱与溶解性无关，取决于电离的程度，硫酸钡难溶于水，但在熔融状态下能完全电离，属于强电解质，故B错误；C．电解质必须是本身能够电离的化合物，二氧化碳本身不能电离，属于非电解质，故C错误；D．纯净的强电解质在液态时，若为共价化合物在液态时，不导电，若为离子化合物在液态时导电，故D正确；6．下列说法不正确的是（）A．pH相等的NaOH和Na2CO3溶液c(NaOH)＜c(Na2CO3)B．稀释0.1mol/L醋酸溶液，其电离程度增大，pH也增大C．AlBr3溶液蒸干后得到的固体是AlBr3D．分别用等体积的蒸馏水和稀硫酸洗涤BaSO4沉淀，用水洗涤造成BaSO4的损失量大于用稀硫酸洗涤时的损失量【答案】C【解析】A．NaOH为强电解质，在溶液中可以完全电离，碳酸根在水溶液中发生水解，当NaOH和Na2CO3的pH相等时，NaOH中的氢氧根浓度和碳酸钠溶液中的氢氧根浓度相同，但碳酸根的水解程度较低，故碳酸钠的浓度大于氢氧化钠的浓度，A正确；B．醋酸为弱电解质，稀释醋酸时加水可以促进醋酸的电离，醋酸的电离程度增大，同时由于加水稀释，醋酸的浓度减小，溶液中的氢离子浓度减小，溶液pH增大，B正确；C．AlBr3为强酸弱碱盐，Al3+在水溶液中易水解生成Al(OH)3，同时得到HBr，故将AlBr3溶液蒸干得不到AlBr3固体，C错误；D．BaSO4在水中存在沉淀溶解平衡，利用稀硫酸洗涤沉淀时，稀硫酸中的硫酸根抑制了BaSO4的电离，而用蒸馏水洗涤可以促进BaSO4的电离，故用稀硫酸洗涤可以减少BaSO4的损失，D正确；7．同体积的1mol/L的HCl、H2SO4、CH3COOH、HNO3分别加入过量的Mg。下列叙述正确的是（）A．HNO3、HCl、H2SO4中放出H2的速率相同B．HCl、HNO3中放出H2的量相等C．HCl、CH3COOH中放出H2的量相等D．H2SO4中放出H2的量最多，其余的相等【答案】C【解析】A.HNO3、HCl、H2SO4中，放出H2的速率H2SO4>HCl，硝酸不产生氢气，A错误；B.HCl中放出H2，HNO3中不产生氢气，B错误；C.HCl、CH3COOH中，含有的物质的量相等，放出H2的量相等，C正确；D.H2SO4中放出H2的量最多，HCl、CH3COOH中放出H2的量相等，硝酸不产生氢气，D错误；8．用水稀释1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而增加的是（）A．c(H+)和c(OH-)的乘积 B．C．OH-的物质的量浓度 D．H+的物质的量浓度【答案】D【解析】A.c(H+)和c(OH-)的乘积等于水的离子积常数，温度不变，水的离子积不变，A错误；B.在氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONH4++OH-，=，加水稀释，平衡正向移动，n(NH3·H2O)减小，n(OH-)增多，所以减小，B错误；C.加水稀释，c(OH-)减小，C错误；D.加水稀释，c(OH-)减小，由于水的离子积不变，所以c(H+)增大，D正确；9．下列说法中，正确的是（）A．强电解质溶液一定比弱电解质溶液导电能力强B．强电解质的水溶液中不存在溶质分子C．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物D．不溶性盐都是弱电解质，可溶性酸和具有极性键的化合物都是强电解质【答案】B【解析】A.溶液的导电能力与离子浓度和粒子所带电荷的多少有关，与电解质的强弱无关，故A错误；B.强电解质在水溶液里完全电离，弱电解质在水溶液里部分电离，所以强电解质溶液中溶质全部以离子形式存在，故B正确；C.硫酸、HCl是强电解质，但硫酸、HCl是共价化合物，故C错误；D.不溶性盐不一定是弱电解质，如硫酸钡；可溶性酸不一定是强电解质，如醋酸是弱电解质，故D错误；10．已知部分弱酸的电离平衡常数如表：弱酸醋酸次氯酸碳酸亚硫酸电离平衡常数（25℃）Ka=1.75×10-5Ka=2.98×10-8Ka1=4.30×10-7Ka2=5.61×10-11Ka1=1.54×10-2Ka2=1.02×10-7下列离子方程式正确的是（）A．少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO-═CO+2HClOB．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-═CaSO3↓+2HClOC．少量SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO═SO+2HCOD．相同浓度NaHCO3溶液与醋酸溶液等体积混合：H++HCO═CO2↑+H2O【答案】C【解析】依据电离常数大小判断酸性强弱，H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-，A.NaClO溶液中通入少量CO2，离子方程式为ClO-+H2O+CO2═HCO3-+HClO，故A错误；B.向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++3ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+2HClO，故B错误；C.Na2CO3溶液中缓慢通入少量SO2，离子方程式为2CO32-+H2O+SO2═SO32-+2HCO3-，故C正确；D.醋酸为弱电解质，写离子方程时写成化学式：CH3COOH+HCO═CO2↑+H2O+CH3COO-，故D错误；11．下列事实不能用来判断醋酸为弱电解质的是()A．常温下测定醋酸钠溶液的pHB．比较相同大小的镁条与相同浓度的盐酸与醋酸反应的速率大小C．比较相同体积、相同浓度的盐酸和醋酸分别与0.1mol∙L-1氢氧化钠溶液反应所消耗的氢氧化钠溶液的体积D．比较相同浓度的盐酸和醋酸的导电能力【答案】C【解析】A．测定常温下醋酸钠溶液的pH值，如果pH值大于7，说明其为强碱弱酸盐，从而证明醋酸是弱酸，故A不符合；B．HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，用相同大小的镁条与相同浓度的盐酸与醋酸反应，如果醋酸反应缓慢，说明醋酸中氢离子浓度较低，则醋酸部分电离，为弱电解质，故B不符合；C．盐酸和醋酸均为一元酸，则相同体积、相同浓度的盐酸和醋酸的溶质物质的量相等，消耗0.1mol∙L-1氢氧化钠溶液的体积相等，故不能用来判断醋酸为弱电解质，故C符合；D．溶液的导电能力与离子浓度成正比，HCl是强电解质，在水溶液中完全电离，测定相同浓度的盐酸和醋酸的导电能力，若醋酸的导电能力弱，说明醋酸部分电离，为弱电解质，故D不符合；12．下列说法正确的是（）A．NaHCO3的电离方程式为B．HClO是弱酸，但NaClO是强电解质C．KClO3和SO3溶于水后能导电，故KClO3和SO3为电解质D．BaSO4的水溶液不易导电，故BaSO4是弱电解质【答案】B【解析】A．NaHCO3在水溶液中电离时，属于弱酸的酸式酸根，不能拆开，故A错误；B．HClO为弱酸溶于水不完全电离，属于弱电解质，NaClO为盐溶于水完全电离，属于强电解质，故B正确；C．SO3溶于水导电是因为和水反应生成硫酸，其本身为非电解质，故C错误；D．BaSO4水溶液虽然导电性较差，但其溶解的部分能全部电离，所以BaSO4为强电解质，故D错误；综上所述答案为B。13．在室温下，0.1mol/L100mL的醋酸溶液中，欲使其溶液的pH减小，但又要使醋酸电离程度减少，应采取A．加入少量CH3COONa固体 B．通入少量HCl气体C．升高温度 D．加入水【答案】B【解析】醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH⇌CH3COO-+H+；A.加入少量CH3COONa固体，溶液中CH3COO-浓度增大，平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，A不选；B.通入少量HCl气体，溶液中H+浓度增大，pH减小，平衡逆向移动，醋酸的电离程度减小，B选；C.醋酸的电离是吸热过程，升高温度平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大，溶液的pH减小，醋酸的电离程度增大，C不选；D.加水稀释，醋酸的电离程度增大，但溶液的氢离子浓度减小，溶液的pH增大，D不选；答案选B。二、非选择题14．工业上生产尿素的过程会生成氨基甲酸铵（NH2COONH4）其加热时容易分解。一定温度下，nmol氨基甲酸铵在VL密闭真空容器中分解：NH2COONH4（s）2NH3（g）+CO2（g）+Q实验测得不同温度下容器内的平衡总压强如下表：(1)根据上表判断，反应中Q____0（填写“>”或“<），判断依据是__________。(2)能说明该反应达到平衡状态的是___________（填序号）。a.c（NH3）/c（CO2）不再变化b.v（NH3）=2v（CO2）c.混合气体的平均分子质量不再变化d.混合气体的密度不再变化(3)写出该反应平衡常数的表达式K=_____。25°C时，反应t分钟后固体的物质的量减少一半，t分钟内用NH3表示的化学反应速率v（NH3）=____mol/（L•min）。(4)氨基甲酸铵在潮湿空气中可转化为氨水和碳酸氢铵。氨水、碳酸氢铵、氯化铵都是重要的氮肥。①在含有酚酞的0.1mol·L－1氨水中加入少量的NH4Cl晶体，则溶液颜色将_____②将浓度为0.1mol·L－1氨水加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是_____Ac（OH-）BKb（NH3·H2O）CD③25%C时，浓度均为0.01mol/L的氨水与NaOH溶液，下列说法正确的是____a.两溶液导电能力不同b.两溶液c（OH-）不同c.两溶液中水的电离程度不同④将1.7gNH3溶于水制成1L溶液，此溶液的物质的量浓度为__________，经测定溶液中含NH为1.4×10－3mol/L，此温度下一水合氨的电离常数：Kb＝____________，温度升高Kb将____________（填“变大”、“不变”或“变小”）。【答案】（1）＜随温度升高，平衡总压增大，说明升温平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应（2）d（3）c2(NH3)c(CO2)（4）①变浅②D③abc④0.1mol·L－11.99×10－5变大【解析】(1)随温度升高，平衡总压增大，说明升温平衡向正反应方向移动，正反应为吸热反应，Q＜0；(2)a.NH3、CO2都是生成物，浓度比一定等于2:1，c(NH3)/c(CO2)不再变化，不一定平衡，故不选a；b.v(NH3)=2v(CO2)没有指明是正反应速率还是逆反应速率，不能判断正逆反应速率是否相等，反应不一定平衡，不选b；c.NH3、CO2都是生成物，浓度比等于2:1，混合气体的平均分子质量等于，平均分子质量不再变化，不一定平衡，不选c；d.反应正向进行，气体质量增大，混合气体的密度增大，若密度不再变化，反应一定达到平衡状态，故选d；(3)氨基甲酸铵是固体，不计入平衡常数表达式，该反应的平衡常数是K=c2(NH3)c(CO2)；反应t分钟后固体的物质的量减少一半，则生成氨气的物质的量是nmol，t分钟内用NH3表示的化学反应速率v(NH3)=mol/(L•min)；(4)①NH4Cl抑制氨水电离，0.1mol·L－1氨水中加入少量的NH4Cl晶体，碱性减弱，溶液颜色变浅；②A．一水合氨加水稀释时，溶液碱性减弱，氢氧根离子浓度减小，故不选A；

B．电离平衡常数只受温度影响，温度不变电离常数不变，故不选B；

C．加水稀释，铵根离子的浓度持续减小，而稀释到一定程度后氢氧根离子的浓度几乎不变，所以减小，故不选C；

D．加水稀释，一水合氨的电离平衡正向移动，氢氧根离子物质的量增大，一水合氨物质的量减小，所以增大，故选D；③氨水是弱电解质，NaOH是强电解质，25%时，浓度均为0.01mol/L的氨水与NaOH溶液，氢氧化钠导电能力大于氨水，氢氧化钠溶液中c(OH-)大于氨水中c(OH-)；氨水中水的电离程度大于氢氧化钠溶液中水的电离程度，故选abc；④将1.7gNH3溶于水制成1L溶液，1.7gNH3的物质的量是0.1mol，此溶液的物质的量浓度为0.1mol·L－1，经测定溶液中含NH为1.4×10－3mol/L，此温度下一水合氨的电离常数：Kb＝1.99×10－5，电离吸热，温度升高，电离平衡正向移动，Kb变大。15．已知25℃时部分弱电解质的电离平衡常数数据如表所示，回答下列问题：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数Ka=1.8×10-5Ka1=4.3×10-7、Ka2=5.6×10-11Ka=3.0×10-8(1)表中三种酸酸性最强的是__________。(2)常温下，0.1molL1CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据变大的是__________（填字母）。A．c(H+)B．C．D．(3)写出向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式：__________。(4)25℃时，将amolL1醋酸与bmolL1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，这时钠离子浓度与醋酸根离子浓度相等，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为__________。【答案】（1）CH3COOH（2）BC（3）ClO-+CO2+H2O==HClO+（4）【解析】(1)从表中电离常数的数据可以看出，CH3COOH的电离常数最大，所以三种酸酸性最强的是CH3COOH。答案为：CH3COOH；(2)A．0.1molL1CH3COOH溶液加水稀释，c(H+)减小；B．为醋酸的电离度，0.1molL1CH3COOH溶液加水稀释，电离度不断增大，所以增大；C．CH3COOH加水稀释，c(H+)减小，c(OH-)增大，所以增大；D．为CH3COOH的电离平衡常数，温度不变时，电离平衡常数不变；综合以上分析，数据变大的是BC。答案为：BC；(3)由于碳酸的第二步电离常数小于次氯酸的电离常数，所以碳酸氢根离子与次氯酸根离子不反应，向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，生成HClO和NaHCO3，离子方程式：ClO-+CO2+H2O==HClO+。答案为：ClO-+CO2+H2O==HClO+；(4)醋酸与氢氧化钠反应，c(CH3COO-)=c(Na+)=bmolL，c(H+)=10-7mol/L，c(CH3COOH)=(a-b)mol/L，由此可求出电离平衡常数Ka==。答案为：。课后测评一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.(全国Ⅲ)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是()A.每升溶液中的H+数目为0.02NAB.c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(POC.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强答案B解析本题考查了有关pH、NA的计算,电解质溶液中的电荷守恒,弱电解质电离平衡的影响因素等,难度较小。常温下,pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=1×10-2mol·L-1,则1L溶液中H+的数目为0.01NA,A项错误;磷酸溶液中的阳离子有H+,阴离子有H2PO4-、HPO42-、PO43-及OH-,根据电荷守恒可得c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-),B项正确;磷酸为弱电解质,加水稀释促进电离,但c(H+)减小,pH增大,C项错误;磷酸的第一步电离方程式为H3PO4H2PO4-2.(山西太原高二期中)常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH4+、SO4B.c(NO3-)=1mol·L-1的溶液中:H+、Fe2+、SO4C.中性溶液中:NH4+、Fe3+、SO4D.c(H+)c(OH-)=1×1012的溶液中:K+答案A解析能使甲基橙变红的溶液呈酸性,Na+、NH4+、SO42-、NO3-能大量共存,故A正确;c(NO3-)=1mol·L-1的溶液中,H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应,不能大量共存,故B错误;中性溶液中Fe3+、AlO2-发生水解反应生成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀,不能大量共存,故C错误;c(H+)c(3.(上海等级考)常温下等体积的0.1mol·L-1①CH3COOH溶液,②NaOH溶液,③CH3COONa溶液,假设溶液混合后对体积无影响,下列说法正确的是()A.①中c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)B.①②混合后,醋酸根离子浓度小于③的1C.①③混合以后,溶液呈酸性,则c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)D.①②混合溶液中水的电离程度比①③混合溶液中水的电离程度小答案B4.(安徽宿州高二期中)下列说法正确的是()A.向0.1mol·L-1的氨水中加少量硫酸铵固体,则溶液中c(B.常温下,0.1mol·L-1一元酸(HA)溶液pH=3,则该溶液中,c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KWC.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中c(D.将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3、Na2CO3溶液蒸干均得不到原溶质答案B解析向氨水中加入少量硫酸铵固体,溶液中NH4+浓度变大,而一水合氨的电离平衡常数不变,由电离平衡常数表达式变形可得c(OH-)c(NH3·H2O)=Kbc(NH4+),则c(OH-)c(NH3·H2O)变小,A错误;根据电荷守恒有c(H+)=c(A-)+c(OH-),而c(OH-)=KWc(H+),所以c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KW,B正确;向盐酸中加入氨水至中性,则c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒,c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-),5.已知NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合加热煮沸能产生CO2气体。下列说法正确的是()A.NaHSO3溶液因水解而呈碱性B.两溶液混合后产生CO2的原因是二者发生相互促进的水解反应C.向NaHSO3溶液中加入三氯化铁溶液,既有沉淀生成又有气体生成D.0.1mol·L-1NaHSO3溶液中:c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)-c(H+)=0答案D解析由两溶液混合加热煮沸生成CO2知,亚硫酸氢钠溶液呈酸性,A错误;两溶液混合后产生CO2的原因是HSO3-电离产生的H+与CO32-发生反应,B错误;亚硫酸氢钠与三氯化铁溶液之间发生氧化还原反应,生成Fe2+和SO42-,无气体和沉淀生成,C错误;由c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)及c6.相同温度下,关于盐酸和醋酸两种溶液的比较,下列说法正确的是()A.pH相等的两溶液中:c(CH3COO-)=c(Cl-)B.分别中和pH相等、体积相等的两溶液,所需NaOH的物质的量相同C.相同浓度的两溶液,分别与金属镁反应,反应速率相同D.相同浓度的两溶液,分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化):c(CH3COO-)=c(Cl-)答案A7.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是()①醋酸与水能以任意比互溶;②醋酸溶液能导电;③醋酸稀溶液中存在醋酸分子;④常温下,0.1mol·L-1醋酸溶液的pH比0.1mol·L-1盐酸的pH大;⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2;⑥0.1mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9;⑦大小相同的铁片与等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液反应,开始时醋酸产生H2的速率慢;⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍A.②⑥⑦⑧ B.③④⑥⑦C.③④⑥⑧ D.①②答案B8.下列关于电解质溶液的叙述正确的是()A.Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中,离子种类不相同B.常温下,1mol·L-1的CH3COOH溶液与1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后,所得混合液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)C.物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中,c(NH4+D.常温下,某溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-1,则此溶液可能是盐酸答案C解析A项,两种盐溶液中离子种类相同。B项,二者恰好反应生成CH3COONa,溶液呈碱性。C项,NH4HSO4电离产生的H+抑制了NH4+的水解,c(NH4+)前者小于后者,正确。D项,溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-19.某温度下,水溶液中c(H+)=10xmol·L-1,c(OH-)=10ymol·L-1,x和y的关系如图所示。则该温度下,0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH为()A.10 B.11C.12 D.13答案D解析由图像知,KW=c(H+)·c(OH-)=1.0×10x+y=1.0×10-15。在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol·L-1,c(H+)=KWc(OH-)10.(2016全国Ⅰ)298K时,在20.0mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是()A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0mLC.M点处的溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=c(H+)=c(OHD.N点处的溶液中pH<12答案D解析氨水与盐酸中和生成氯化铵,氯化铵属于强酸弱碱盐,溶液显酸性,应选择在酸性范围变色的指示剂,指示剂可以为甲基橙,A选项错误;盐酸若为20mL,二者恰好中和,此时溶液为酸性,若溶液pH=7,则盐酸体积必然小于20mL,B选项错误;M点处溶液呈中性,c(NH4+)=c(Cl-),c(H+)=c(OH-),但c(Cl-)要远大于c(H+),C选项错误;由于N点为0.1mol·L-1的氨水,根据电离度为1.32%,c(OH-)=0.1mol·L-1×1.32%=0.00132mol·L-1,故二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意)11.(全国Ⅱ)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动答案B解析CdS在水中存在沉淀溶解平衡:CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq),电离出的S2-浓度与Cd2+浓度相同,A项正确;沉淀溶解平衡常数只与温度有关,温度相同,Ksp相同,所以m、p、n三点的Ksp相同,B项错误;在T1温度下,向m点的溶液中加入少量Na2S固体,S2-浓度增大,但由于Ksp不变,所以Cd2+浓度必然减小,因此溶液组成由m沿mpn线向p方向移动,C项正确;温度降低,CdS的Ksp减小,但S2-浓度与Cd2+浓度仍然相等,所以q点饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动,D项正确。12.室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断错误的是()A.三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHDB.滴定至P点时,溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)C.pH=7时,三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)答案C解析A项,题给三种酸均为一元酸,浓度相同时,pH越小,说明对应酸越强,电离常数越大,因此根据未发生中和反应时三种酸溶液的pH大小可知A项正确;B项,P点时,HB反应一半,溶液中溶质为NaB和HB,且物质的量浓度相等,此时溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于NaB的水解程度,则溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-),正确;C项,对于任何一种酸HX,加NaOH反应达到中性时,酸越弱,需要的NaOH越少,c(Na+)越小,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),由于c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(X-),由于酸性HA>HB>HD,故达中性时三种溶液中c(A-)>c(B-)>c(D-),错误;D项,完全中和并混合后,溶液中溶质有NaA、NaB、NaD,水电离的H+部分被A-、B-、D-结合生成HA、HB、HD,所以根据质子守恒有c(H+)+c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-),正确。13.(黑龙江期中)常温下,向20mL0.1mol·L-1MOH溶液中滴加CH3COOH溶液,所得溶液的pH及导电能力变化如图所示。下列叙述正确的是()A.MOH是强电解质B.CH3COOH溶液的浓度约为0.1mol·L-1C.水的离子积KW:b=c=aD.溶液的导电能力与可自由移动离子的数目有关答案BC解析常温下0.1mol·L-1MOH溶液的pH=8,即c(OH-)=10-6mol·L-1,则表明MOH在溶液中部分电离,即MOH是弱电解质,A错误;设CH3COOH溶液的浓度为x,b点导电能力最强,说明此时恰好完全中和,则20×10-3L·x=20×10-3L×0.1mol·L-1,x=0.1mol·L-1,由此得出CH3COOH溶液的浓度约为0.1mol·L-1,B正确;温度不变时,水的离子积KW不变,C正确;溶液的导电能力与可自由移动离子数目不成比例关系,与离子的总浓度和离子所带电荷数目有关,D错误。14.向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入CO2,随n(CO2)增大,先后发生三个不同的反应,当0.01mol<n(CO2)≤0.015mol时发生的反应是2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3。下列对应关系正确的是()选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)>c(AlO2-)+c(OHB0.01c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(CC0.015c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-D0.03c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H答案D解析A项,通入CO2之前,溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-),则c(Na+)<c(AlO2-)+c(OH-),错误;B项,n=0.01mol时,发生反应CO2+2NaOHNa2CO3+H2O,溶液中的溶质为0.01molNa2CO3和0.01molNaAlO2,CO32-、AlO2-水解生成OH-,且AlO2-的水解程度大于CO32-的水解程度,则溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(AlO2-)>c(OH-),错误;C项,n=0.015mol时,发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3,溶液中溶质为Na2CO3,则对应关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-),错误;D项,n=0.03mol时,发生反应CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO315.(2018江苏卷)H2C2O4为二元弱酸,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1HA.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液:c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2B.c(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>cC.pH=7的溶液:c(Na+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4答案AD解析根据电荷守恒可得:c(H+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:0.1000mol·L-1=c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-),两者相减得:c(H+)-0.1000mol·L-1=c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4),A项正确;c(Na+)=c(总),说明NaOH与H2C2O4按物质的量之比1∶1反应,完全反应生成NaHC2O4溶液,根据电离常数,HC2O4-电离程度大于水解程度,则c(C2O42-)>c(H2C2O4),B项错误;根据电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),由于c(H+)=c(OH-),则有c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-),而c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)=c(总),所以c(Na+)=c(总)-c(H2C2O4)+c(C2O42-),反应过程中溶液体积增大,c(总)小于0.1000mol·L-1,C项错误;根据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:c(Na+)=2[c三、非选择题(本题共5小题,共60分)16.(12分)现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(单位:g·100mL-1)。Ⅰ.实验步骤(1)配制待测白醋溶液,用(填仪器名称)量取10.00mL食用白醋,在(填仪器名称)中用水稀释后转移到100mL(填仪器名称)中,洗涤后定容,摇匀即得待测白醋溶液。

(2)量取待测白醋溶液20.00mL置于锥形瓶中,向其中滴加2滴酚酞溶液作为指示剂。(3)读取盛装0.1000mol·L-1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。(4)滴定。判断滴定终点的现象是,达到滴定终点,停止滴定,并记录NaOH溶液的最终读数,再重复滴定3次。

(5)如图是某次滴定时的滴定管中的液面,其读数为mL。

Ⅱ.实验记录项目每次滴定所读实验数据1234V(样品)/mL20.0020.0020.0020.00V(NaOH溶液)(消耗)/mL15.9515.0015.0514.95Ⅲ.数据处理与讨论(6)甲同学在处理数据时按如下方式计算平均消耗NaOH溶液的体积:V=(15.95+15.00+15①指出甲同学计算的不合理之处:。

②按正确数据处理,得出c(市售白醋)=mol·L-1,市售白醋总酸量=g·100mL-1。

答案(1)酸式滴定管烧杯容量瓶(4)滴入最后半滴碱溶液后,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色(5)22.60(6)①第1组实验数据误差较大,属异常值,应舍去②0.0754.5解析(1)配制待测白醋溶液,用酸式滴定管准确量取10.00mL食用白醋,在烧杯中加蒸馏水稀释,再转移到100mL容量瓶中进行定容。(4)向待测白醋中滴加酚酞作为指示剂,开始时溶液无色,当滴入最后半滴碱溶液时,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,由图示可知,滴定管中液面读数为22.60mL。(6)①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。②第2~4组实验中消耗NaOH溶液的平均体积为V(NaOH溶液)=(15.00+15.05+14.95)mL3=15.00mL,则有n(CH3COOH)=n(NaOH)=15.00×10-3L×0.1000mol·L-1=1.5×10-3mol,c(CH3COOH)=1.5×10-3mol0.02L=0.075mol·L-1,100mL该醋酸中含有醋酸的物质的量为0.075mol·L-1×0.1L=7.5×10-3mol。因量取10.00mL食用白醋配制成100mL待测白醋溶液,故10.00mL食用白醋中m(CH3COOH)=7.5×10-3mol×6017.(12分)草酸(H2C2O4)是二元弱酸,KHC2O4溶液呈酸性。向10mL0.01mol·L-1的H2C2O4溶液滴加0.01mol·L-1KOH溶液V(mL),回答下列问题。(1)当V<10mL时,反应的离子方程式为

。

(2)当V=10mL时,溶液中HC2O4-、C2O42-、H2C2O4。

(3)当V=amL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-);当V=bmL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4);则a(填“<(4)当V=20mL时,再滴入NaOH溶液,则溶液中n(K+)n(C2O42-)的值将答案(1)H2C2O4+OH-HC2O4-+H2(2)c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(H2(3)>(4)变小18.(12分)某铬盐厂净化含Cr(Ⅵ)废水并提取Cr2O3的一种工艺流程如图所示。已知:Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17(1)步骤Ⅰ中,发生的反应为2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O,B中含铬元素的离子有(2)当清液中Cr3+的浓度≤1.5mg·L-1时,可认为已达铬的排放标准。若测得清液的pH=5,则清液尚不符合铬的排放标准,因为此时Cr3+的浓度为mg·L-1。

(3)步骤Ⅱ还可用其他物质代替NaHSO3做还原剂。①若用FeSO4·7H2O做还原剂,反应的离子方程式为,步骤Ⅲ中参加反应的阳离子一定有(填离子符号)。

②若用铁屑做还原剂,当铁的投放量相同时,经计算,C溶液的pH与c(Cr2O72-pH3456c7.02×10-217.02×10-71.25×10-32.12×10-34有人认为pH=6时,c(Cr2O72-)变小的原因是Cr2O72-基本上都已转化为

。

③用铁屑做还原剂时,为使所得产品中含铁元素杂质的含量尽可能低,需要控制的条件有

。

答案(1)CrO42-、(2)32.76(3)①Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2OCr3+、Fe3+、②不正确,c(H+)减小,化学平衡2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O向逆反应方向移动,溶液中Cr(Ⅵ③铁屑过量;将溶液的pH控制在使Cr3+完全沉淀而Fe2+不沉淀的范围内解析(1)根据反应可知B中含铬元素的离子有CrO42-、Cr(2)若清液的pH=5,则c(OH-)=10-9mol·L-1,c(Cr3+)=Ksp[Cr(OH)3]c3(OH-)=6.3×10-4mol·L-1,则此时Cr3+的浓度也为6.3×10-4mol·L-1×52×103(3)①若用FeSO4·7H2O做还原剂,反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O,则C中的阳离子有Fe2+、Fe3+、Cr3+、H+,因为Ksp[Fe(OH)2]较大,故步骤Ⅲ中参加反应的阳离子一定有Fe3+、Cr3+、H+。②c(H+)减小,化学平衡2H++2