高中化学选择性必修一3.4 习题精练（解析版）

第3章水溶液中的离子反应与平衡3.4沉淀溶解平衡一、选择题1．已知：Ksp(RCl)＝1.8×10﹣10，Ksp(RI)＝1.5×10﹣16，Ksp(R2CrO4)＝2.0×10﹣12，则下列难溶盐的饱和溶液中，R+浓度大小顺序正确的是A．RCl＞RI＞R2CrO4 B．R2CrO4＞RCl＞RIC．RCl＞R2CrO4＞RI D．R2CrO4＞RI＞RCl【答案】B【解析】RCl溶液中c(R+)＝mol/L＝×10﹣5mol/L，RI溶液中c(R+)＝mol/L＝×10﹣8mol/L，设R2CrO4饱和溶液中R+的浓度为x，则的浓度为0.5x，由溶度积常数的表达式可知：Ksp(R2CrO4)＝x2×0.5x＝0.5x3＝2.0×10﹣12，x3＝4.0×10﹣12，即x＝＝×10﹣4mol/L，所以R+浓度从大到小的顺序是：R2CrO4＞RCl＞RI，故选：B。2．下列说法正确的是（）A．向饱和食盐水中加入少量的浓盐酸，看不到明显的现象B．将硫酸铜溶液与碳酸钠溶液混合，得到的沉淀是以Cu(OH)2为主，说明了在相同条件下Cu(OH)2的溶解度比CuCO3的更小C．在0.01mol/LNaCl溶液中加入少量的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，接着向上述溶液中加入足量的浓氨水，白色沉淀不会溶解D．CaCO3溶液的导电能力很弱，是因为CaCO3是弱电解质，存在如下电离平衡：CaCO3⇌Ca2++【答案】B【解析】A.饱和食盐水中存在钠离子和氯离子，加入少量的浓盐酸，盐酸电离出氢离子和氯离子，氯离子和钠离子离子浓度积大于其沉淀溶解平衡常数，有氯化钠晶体析出，故A错误；B.在相同条件下Cu(OH)2的溶解度比CuCO3的更小，铜离子与碳酸根双水解生成氢氧化铜和二氧化碳，离子反应方程式为：+Cu2++H2O═Cu(OH)2↓+CO2↑，得到的沉淀是以Cu(OH)2为主，故B正确；C.在0.01mol/LNaCl溶液中加入少量的AgNO3溶液，有白色沉淀AgCl生成，滴加氨水后Ag++2NH3⋅H2O⇌[Ag(NH3)2]++2H2O可得澄清溶液，故C错误；D.

CaCO3溶液的导电能力很弱，是因为碳酸钙在水中难溶，但碳酸钙为强电解质，因其在熔融状态下完全电离，故D错误；3．常温下，现将足量的AgCl固体分别放入下列液体中，AgCl的溶解度由大到小排列的顺序正确的是()①20mL0.1mol•L-1(NH4)2CO3溶液②40mL0.03mol•L-1HCl溶液③50mL0.05mol•L-1AgNO3溶液④30mL0.02mol•L-1CaCl2溶液⑤10mL蒸馏水⑥30mL0.02mol•L-1NH4NO3溶液A．②>③>④>⑥>⑤>① B．①>⑥>⑤>②>④>③C．①>②>③>④>⑤>⑥ D．③>②>④>⑥>①>⑤【答案】B【解析】AgCl在溶液中存在溶解平衡AgCl(aq)Ag+(aq)+Cl-(aq)，由于c(Ag+)或c(Cl-)对溶解平衡有抑制作用，则溶液中c(Ag+)或c(Cl-)越大，则AgCl的溶解度越小；①和⑥中铵根离子水解生成NH3•H2O，Ag+与NH3•H2O结合，使溶解平衡正移，AgCl的溶解度增大，由于(NH4)2CO3中NH4+水解程度大，则NH3•H2O的浓度大，使溶解平衡正移的程度大，则①>⑥；当溶液中存在c(Ag+)或c(Cl-)对溶解平衡有抑制作用，②c(Cl-)=0.03mol/L，③c(Ag+)=0.05mol/L，④c(Cl-)=0.04mol/L，⑤c(Ag+)或c(Cl-)为0，则AgCl的溶解度由大到小排列顺序是：⑤>②>④>③，综上可知AgCl的溶解度由大到小排列顺序是：①>⑥>⑤>②>④>③；故合理选项是B。4．下列关于溶液的说法中正确的是（）A．pH=7的溶液中，Na+、NH4+、CH3COO-、NO3-可以大量共存B．Ksp（BaSO4）=1.1×10-10，Ksp（BaCO3）=5.1×10-9，任何条件下二者不可能相互转化C．1mol/LNa2SO4溶液中阴离子数目大于1mol/LNa2CO3溶液中阴离子数目D．Na2S溶液与FeC13溶液混合后产生沉淀，该沉淀一定是Fe（OH）3【答案】A【解析】A．NH4+、CH3COO-的水解程度相同，当二者浓度相等时溶液为中性，所以pH=7的溶液中Na+、NH4+、CH3COO-、NO3-可以共存，故A正确；

B．根据Ksp(BaSO4)=1.1×10-10可知饱和硫酸钡溶液中c(Ba2+)=c(SO42+)=1.05×10-5mol/L，向该溶液中加入碳酸钠固体，当碳酸根浓度大于时，则会有碳酸钡沉淀生成，同理向饱和碳酸钡溶液中加入一定量硫酸钠固体会有硫酸钡沉淀生成，故B错误；

C.1mol/LNa2SO4溶液和1mol/LNa2CO3溶液的体积未知，无法判断两溶液中阴离子数目大小，故C错误；

D．Na2S溶液与FeCl3溶液混合发生反应：2Fe3++S2-=S↓+2Fe2+，生成的沉淀中有S单质，故D错误；5．25℃时，向1L0.2mol•L﹣1氢氟酸溶液中加入1L0.002mol•L﹣1CaCl2溶液，已知该温度下Ka(HF)＝3.6×10﹣4，Ksp(CaF2)＝1.46×10﹣10，下列说法正确的是（）A．氢氟酸溶液中不存在HF分子B．Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化C．25℃时，0.2mol•L﹣1氢氟酸溶液的pH＝1D．两溶液混合后有沉淀生成【答案】D【解析】A.HF酸为弱酸，不能完全电离，则氢氟酸溶液中存在HF分子，故A错误；B.Ksp只与温度有关，则Ksp(CaF2)随温度的变化而变化，与浓度无关，故B错误；C.HF酸为弱酸，不能完全电离，则25℃时，0.2mol•L-1HF溶液中，Ka(HF)==3.6×10-4，氢离子与氟离子相等，所以氢离子浓度为6×10-3，pH≠1，故C错误；D.两溶液混合后，c(Ca2+)=0.001mol•L-1，c(HF)=0.1mol•L-1，Ka(HF)==3.6×10-4，氢离子与氟离子相等，(F-)=6×10-3mol/L，则Qc=c2(F-)•c(Ca2+)=(6×10-3mol/L)2•0.001mol•L-1=3.6×10-8>Ksp，说明有沉淀产生，故D正确；6．25℃时，PbR(R2－为SO或CO)的沉淀溶解平衡关系图如图所示。已知Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4)，下列说法不正确的是()A．线a表示PbCO3B．Y点溶液是PbCO3的过饱和溶液C．当PbSO4和PbCO3沉淀共存时，溶液中c(SO)和c(CO)的比是1×105D．向X点对应的饱和溶液中加入少量Pb(NO3)2，可转化为Y点对应的溶液【答案】D【解析】A.由Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4)可知，c(Pb2+)相同时，c(SO)大于c(CO)，则由图可知，线a表示PbCO3，故A正确；B.由图可知，Y点Qsp(PbCO3)＞Ksp(PbCO3)，则Y点溶液是PbCO3的过饱和溶液，故B正确；C.当PbSO4和PbCO3沉淀共存时，溶液中c(SO)和c(CO)的比为====1×105，故C正确；D.向X点对应的饱和溶液中加入少量Pb(NO3)2，溶液中c(Pb2+)增大，由图可知，Y点c(Pb2+)小于X点，故D错误；7．在NaCl饱和溶液中通入HCl(g)时，NaCl(s)能沉淀析出的原因是（）A．HCl水溶液是强酸，任何强酸都导致有沉淀析出B．Cl-浓度增大，使平衡向生成氯化钠的方向移动，生成NaCl(s)C．酸的存在降低了Ksp(NaCl)的数值D．Ksp(NaCl)不受酸的影响，但增加Cl-浓度，能使Ksp(NaCl)减小【答案】B【解析】饱和氯化钠溶液中存在NaCl(s)Na+(aq)+Cl-(aq)，通入HCl（g）时，氯离子浓度增大，则溶解平衡逆向移动，所以有氯化钠沉淀析出，由于温度不变，Ksp(NaCl)不变，故答案选B。8．下列说法正确的是()A．25°C时，等体积的盐酸和醋酸，前者一定比后者的导电能力强B．氯化铜水解的实质是Cu2+与水电离产生的OH﹣结合成弱电解质Cu(OH)2C．中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸溶液，盐酸消耗的NaOH多D．AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，一定有c(Ag+)＝c(Cl﹣)【答案】B【解析】A．溶液的导电能力与离子浓度有关，溶液的浓度未知，无法判断醋酸的电离程度，故A错误；B．CuCl2水解的实质是Cu2+与水电离出来的OH﹣结合生成了弱电解质Cu(OH)2，促进水的电离平衡正向进行，溶液显酸性，故B正确；C．pH相等的醋酸和盐酸溶液，醋酸的物质的量浓度大于盐酸，等体积等PH的醋酸和盐酸溶液，消耗的氢氧化钠的物质的量与酸的物质的量成正比，所以醋酸消耗的氢氧化钠溶液多，故C错误；D．AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，二者反应生成氯化银沉淀，在一定温度下银离子和氯离子浓度的乘积是常数，不一定有c(Ag+)＝c(Cl﹣)，混合溶液中银离子浓度和氯离子浓度大小，取决于硝酸银和氯化钠的浓度相对量大小，故D错误；故选：B。9．常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是（）A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则D．在溶液中，【答案】A【解析】A．HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；C．CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；D．根据溶液中的物料守恒定律，1mol∙L−1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1，故D正确；10．在t℃时，Ag2CrO4(橘红色)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知AgCl的Ksp＝1.8×10－10。下列说法不正确的是()A．t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8B．饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点C．t℃时，Y点和Z点时Ag2CrO4的Ksp相等D．t℃时，将0.01mol·L－1AgNO3溶液滴入20mL0.01mol·L－1KCl和0.01mol·L－1K2CrO4的混合溶液中，Cl－先沉淀【答案】A【解析】A、由图中数据可计算Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO42-)＝(1×10－3)2×1×10－5=1.0×10－11，故A错误，符合题意；B、在Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO42-)增大，则c(Ag＋)降低，而X点与Y点的c(Ag＋)相同，故B正确，不符合题意；C、Y点、Z点溶液的温度相同，则Ksp相同，故C正确，不符合题意；D、由AgCl的Ksp计算此条件下AgCl沉淀时的c(Ag＋)＝mol·L－1＝1.8×10－8mol·L－1，由Ag2CrO4的Ksp计算c(Ag＋)＝mol·L－1＝3.2×10－5mol·L－1，Cl－沉淀需要的c(Ag＋)更低，可知Cl－先沉淀，故D正确，不符合题意；11．已知25℃时，物质的溶度积常数为Ksp(FeS)＝6.3×10﹣18；Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36；Ksp(ZnS)＝1.6×10﹣24．下列说法正确的是（）A．在相同温度下，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B．除去工业废水Fe2+中的Cu2+，可选用FeS作沉淀剂C．足量CuSO4溶解在0.1mol/L的H2S溶液中，Cu2+能达到的最大浓度为1.3×10﹣35mo1/LD．在ZnS的饱和溶液中，加入ZnCl2溶液，则使Ksp(ZnS)变小【答案】B【解析】A．ZnS与CuS的组成结构相同，由于Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36＜Ksp(ZnS)＝1.6×10﹣24，则CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，故A错误；B．由于Ksp(CuS)＝1.3×10﹣36＜Ksp(FeS)＝6.3×10﹣18，CuS的溶解度小于FeS的，所以除去工业废水Fe2+中的Cu2+，可选用FeS作沉淀剂，故B正确；C．H2S是弱酸，硫离子的最大浓度为0.1mol/L，CuS的溶度积常数(Ksp)＝1.3×10﹣36，所以溶液中Cu2+的最小浓度为1.3×10﹣35mol/L，故C错误；D．溶度积受温度影响，与离子浓度无关，在ZnS的饱和溶液中，加入ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)不变，故D错误。故选：B。12．以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：已知浸出时产生的废渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是（）A．浸出镁的反应为B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4ClD．分离Mg2+与Al3+、Fe3+是利用了它们氢氧化物Ksp的不同【答案】B【解析】A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；D．Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3+、Al3+产生沉淀，而Mg2+不沉淀，从而将其分离，故D正确；13．下列说法中正确的是()A．AgCl悬浊液中存在平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，往其中加入少量NaCl固体，平衡向左移动，溶液中离子的总浓度会减小B．AgCl悬浊液中加入KI溶液，白色沉淀变成黄色，证明此条件下Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)C．饱和石灰水中加入一定量生石灰，温度明显升高，所得溶液的pH增大D．硬水中含有较多的Ca2＋、Mg2＋、HCO3－、SO42－，加热煮沸可完全除去其中的Ca2＋、Mg2＋【答案】B【解析】A.加入NaCl，虽然平衡左移，但加入了NaCl粉末会使溶液中离子的总浓度会增大，A错误；B.沉淀总是向溶解度更小的方向转化，B项中现象说明AgI的溶解度小于AgCl，B正确；C.温度升高，Ca(OH)2溶解度降低，氢氧根离子浓度减小，碱性减弱，pH减小，C错误；D.加热煮沸，只能降低Ca2＋、Mg2＋的浓度，而不可能完全除去，D错误;二、非选择题14．常温下，某水溶液M中存在的离子有：Na+、A2﹣、HA﹣、H+、OH﹣，存在的分子有H2O、H2A．根据题意回答下列问题：（1）写出酸H2A的电离方程式______。（2）若溶液M由10mL2mol•L﹣1NaHA溶液与10mL2mol•L﹣1NaOH溶液混合而得，则溶液M的pH______7（填“＞”、“＜”或“＝”），溶液中离子浓度由大到小顺序为______。（溶液混合时体积变化忽略）。（3）已知难溶电解质MmAn在水溶液中存在溶解平衡，该难容电解质的溶解平衡表达式为______，其溶度积表达式为______。已知某温度下难溶电解质硫酸银在水溶液中Ksp＝1.08×10﹣16，把1克硫酸银投入20毫升水中，充分溶解后，溶液中C（Ag+）＝______。（4）25℃时，amol/L氨水和0.01mol/L盐酸等体积混合充分反应后，C（）═C（Cl﹣），求氨水的电离常数K＝______。【答案】（1）H2A⇌H++HA﹣、HA﹣⇌H++A2﹣（2）＞c(Na+)>c(A2−)>c(OH−)>c(HA−)>c(H+)（3）MmAn（s）⇌mMn+（aq）+nAm﹣（aq）Ksp=cm(Mn+)⋅cn(Am−)6×10﹣6（4）mol/L【解析】（1）溶液中存在的分子有H2O、H2A，则H2A为弱酸，其电离方程式为：H2A⇌H++HA﹣、HA﹣⇌H++A2﹣；（2）10mL

2mol⋅L−1NaHA溶液与10mL

2mol⋅L−1NaOH溶液混合生成Na2A，水解显碱性，pH>7；离子水解以第一步为主，则离子浓度关系为c(Na+)>c(A2−)>c(OH−)>c(HA−)>c(H+)；（3）难溶电解质MmAn在水溶液中存在溶解平衡，MmAn(s)⇌mMn+(aq)+nAm−(aq)；其溶度积常数表达式为Ksp=cm(Mn+)⋅cn(Am−)；已知某温度下难溶电解质硫酸银在水溶液中Ksp=1.08×10−16，即每100克水仅溶解0.836克硫酸银，在20mL水中加入1克硫酸银固体，为饱和溶液，有[Ag+]2×[]=1.08×10−16，设[]为x，则有4x3=1.08×10−16，x=3×10−6，则c（Ag+）＝6×10﹣6；故答案为：MmAn(s)⇌mMn+(aq)+nAm−(aq)；Ksp=cm(Mn+)⋅cn(Am−)；6×10−6；（4）氨水的电离常数。15．工业上用酸性K2Cr2O7作镀件上铜镀层的除铜剂，氧化镀件上的铜层。现对除铜后的废液(含有Cr3+、Fe3+、Cu2+、Zn2+、)进行回收循环利用，设计了如下工艺流程：已知：①2+2H++H2O。②BaCr2O7可溶于水，BaCrO4难溶于水。③Zn2+、Cr3+与OH-的反应原理与Al3+相似，氢氧化物的沉淀pH的相关数据如下表：状态pH离子沉淀完全时沉淀开始溶解沉淀完全溶解Zn2+8.010.512.5Cr2+6.81214Al3+5.27.810.8（1）K2Cr2O7中铬的化合价为价__________。（2）“沉淀除杂”后测得c(OH-)=2mol·L-1，溶液中的阴离子除了OH-和还有_______(填离子符号)。（3）“滤渣I”的主要成分是________(填化学式)。（4）“氧化”时的还原产物为MnO2，写出反应的离子方程式：_________。（5）“调pH”时需将pH调至8.0～10.0之间，其目的是_________。（6）浓度太大不利于除铜退镀液除铜，“除”时，需先将溶液保持至较强的酸性再加入BaCO3，本实验所需的BaCO3不宜过量，其原因为________。（7）请写出除铜退镀液除铜的反应的离子方程式：________。【答案】（1）+7价（2）ZnO、CrO（3）Fe(OH)3、Cu(OH)2（4）MnO+CrO＝CrO+MnO2↓（5）将ZnO转化为氢氧化锌沉淀（6）碳酸钡可溶于酸中产生钡离子而引入新杂质（7）14H＋+Cr2O+3Cu＝7H2O+3Cu2＋+2Cr3＋【解析】（1）K2Cr2O7中K是+1价，O是－2价，则根据化合价代数和为0可知铬的化合价为+7价。（2）“沉淀除杂”后测得c(OH-)=2mol·L-1，溶液显强碱性，由于Zn2＋、Cr3＋与OH－的反应原理与Al3＋相似，所以反应后分别转化为ZnO、CrO，因此溶液中的阴离子除了OH－和还有ZnO、CrO。（3）根据以上分析可知“滤渣I”的主要成分是Fe(OH)3、Cu(OH)2。（4）“氧化”时的还原产物为MnO2，CrO被氧化为，反应的离子方程式为MnO+CrO＝CrO+MnO2↓。（5）“调pH”的目的是将ZnO转化为氢氧化锌沉淀，根据表中数据可知需将pH调至8.0～10.0之间。（6）浓度太大不利于除铜退镀液除铜，“除”时，需先将溶液保持至较强的酸性再加入BaCO3，由于碳酸钡不溶于水但可溶于酸中产生钡离子而引入新杂质，所以本实验所需的BaCO3不宜过量。（7）除铜退镀液除铜的反应的离子方程式为14H＋+Cr2O+3Cu＝7H2O+3Cu2＋+2Cr3＋。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-+6Fe