1、1专题突破练 9 水溶液中的离子平衡一、选择题(本题包括 10个小题,每小题 7分,共 70分)1.下列一定能说明酸 HX是弱电解质的是( )常温下 NaX溶液的 pH大于 7;利用 HX溶液做导电性实验,灯泡很暗;HX 不与 NaCl反应;0.1 molL -1的 HX溶液的 pH=2;HX 具有很强的挥发性;pH=1 的 HX加水稀释到体积为原来的10倍后,pH=1.5A. B.C. D.答案 B解析 中说明盐水解使溶液显碱性,即相应的酸是弱酸。灯泡暗,只能说明溶液中离子的浓度比较小,但不能证明是否完全电离,不能说明 HX是弱电解质。HX 不与 NaCl反应,不能说明该酸是弱酸。0.1 m
2、olL -1的 HX溶液的 pH=2,说明溶液中氢离子浓度小于酸,即说明酸没有完全电离,可以说明该酸是弱酸。挥发性与其强弱无关。pH=1 的 HX溶液加水稀释到体积为原来的 10倍后,pH=1.5,说明在稀释过程中酸能继续电离出氢离子,即说明酸为弱酸。2.(2018天津耀华中学高三月考)下列有关平衡常数 K的说法正确的是( )A.已知碳酸: K1=4.410-7,K2=4.710-11,次氯酸: K=2.9810-8,碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为 C +Cl2+H2O HC +Cl-+HClO2-3 -3B.1.0 molL-1 NH4HCO3溶液 pH=8.0。由此可知 Ka1(H
3、2CO3)Kb(NH3H2O)Ka2(H2CO3)C.常温下电离常数为 Ka的酸 HA溶液中 c(H+)= molL-1D.将 0.1 molL-1 MgSO4溶液滴入 NaOH溶液中至不再有沉淀产生,再滴加 0.1 molL-1 CuSO4溶液,白色沉淀变为蓝色沉淀,可得出 KspCu(OH)2Ka1(H2CO3)Ka2(H2CO3),故 B项错误;常温下电离2常数为 Ka的酸 HA溶液中 c(H+)= molL-1,故 C项错误;一种沉淀容易转化为比它更难()溶的沉淀,将 0.1 molL-1 MgSO4溶液滴入 NaOH溶液中至不再有沉淀产生,再滴加 0.1 molL-1 CuSO4溶液
4、,白色沉淀变为蓝色沉淀,可得出 KspCu(OH)2c(CH3COOH)+c(H+),故 C项错误;含等物质的量 NaOH的溶液分别用 pH为 2和 3的两种 CH3COOH溶液中和,则消耗 CH3COOH的物质的量相等,因为所中和的氢氧化钠的物质的量是一定的。而醋酸为弱电解质,浓度越大,电离程度越小,pH 为 2和 3的两种 CH3COOH溶液,后者电离程度大,pH 为 2的 CH3COOH的浓度大于 pH为 3的 CH3COOH溶液的浓度的 10倍,设 pH为 2的醋酸浓度为 x,pH=3的醋酸浓度为 y,则有 Vax=Vby,则 ,则可推出 Vb10Va,故 D项错=T2T1B.图中 p
5、H关系是:pH( B)=pH(D)=pH(E)C.图中五点 KW间的关系: EDA=B=CD.C点可能是显酸性的盐溶液答案 D解析 水的电离是吸热过程,升高温度促进水电离,则水中 c(H+)、 c(OH-)及离子积常数都增大,根据图知,对应的离子积常数 T3T2T1,所以温度 T3T2T1,故 A项正确;根据图知, B、 D、 E三点溶液的氢离子浓度相等,则 pH相等,故 B项正确;温度由低到高的顺序是 A=B=CDA=B=C,故 C项正确; C点时 KW=110-14,c(OH-)=110-6,则溶液的 pH=8,显碱性,故 D项错误。7.(2018湖南衡阳八中高三月考)常温下,已知: Ks
6、p(AgCl)=1.810-10,Ksp(Ag2CrO4)=1.110-12,KspCu(OH)2=210-20。下列说法错误的是( )A.常温下 AgCl饱和溶液和 Ag2CrO4饱和溶液的物质的量浓度比较: c(AgCl)c(Ag2CrO4),故 B项错误;C选项, c(Cu2+)=0.02 molL-1,如果生成 Cu(OH)2沉淀,则 c(Cu2+)c2(OH-)Ksp,所以应有 c(OH-)molL-1=110-9 molL-1,则 c(H+)5,故 C项正确;使 Cu2+210-200.02浓度降至原来的千分之一,即要求 Cu2+的浓度为 210-4 molL-1,根据 Ksp=c
7、(Cu2+)c2(OH-),可得c(OH-)= molL-1=110-8 molL-1,则 c(H+)=110-6 molL-1,即 pH=6,故 D项正确。210-20210-48.(2018河南南阳第一中学高三检测)20 时,将足量的 BaSO4固体溶于 50 mL水中,充分搅拌,慢慢加入 Na2CO3固体,搅拌,溶液中随 c(C )增大时 c(Ba2+)变化曲线如右图。则下列说法正确的是2-3( )5A.20 时 Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)B.加入 Na2CO3固体立即有 BaCO3固体生成C.BaCO3的 Ksp=2.510-10D.曲线 BC段内, c(C ) c(S
8、)=252-3 2-4答案 D解析 当溶液中 c(C )=2.510-4 molL-1时,溶液中 Ba2+的浓度没有下降,则此时 c(Ba2+)=c(S2-3)=1.010-5 molL-1,故 BaSO4的 Ksp=c(Ba2+)c(S )=1.010-51.010-5=1.010-2-4 2-410,BaCO3的 Ksp=c(Ba2+)c(C )=1.010-52.510-4=2.510-9,所以 20 时, Ksp(BaSO4)2-3c(OH-),C项错误;溶液 pH由 1至 2.6时,由图中可看出主要是将 H3X+转化为 H2X,D项错误。10.(2018河北邢台高三质量检测)25 时
9、,将 1.0 L c molL-1 CH3COOH溶液与 0.1 mol NaOH固体混合,使之充分反应。然后向该混合溶液中加入 CH3COOH或 CH3COONa固体(忽略体积和温度变化),引起溶液 pH的变化如图所示。下列叙述错误的是( )6A.该温度下,醋酸的电离平衡常数 Ka=10-8B.a点对应的混合溶液中 c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)C.水的电离程度:cbaD.当混合溶液呈中性时, c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)答案 A解析 1.0 L c molL-1 CH3COOH溶液与 0.1 mol NaOH固体混合溶液的 pH=4.3,溶液显酸
10、性,加入醋酸后,溶液酸性应增强,加入醋酸钠,溶液的酸性应减弱。该温度下,1.0 L c molL-1 CH3COOH溶液与 0.1 mol NaOH固体混合溶液的 pH=4.3,醋酸的电离平衡常数 Ka=,故 A项(3-)(+)(3) =10-4.3(0.1+10-4.3)-10-4.3-0.1 10-4.30.1-0.1 =10-5.3-0.1错误;a 点溶液的 pH=3.1,是加入的醋酸后的结果,根据电荷守恒及溶液呈酸性可得, c(CH3COO-)c(Na+),醋酸的电离程度较小,则 c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-),故 B项正确;a 以醋酸的电离为主,抑制水的电离,酸性越强,
11、水的电离程度越小,b 点加入醋酸水的电离程度减小,c 点加入醋酸钠,水的电离程度增大,故水的电离程度 cba,故 C项正确;当混合溶液呈中性时, c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒可推出 c(Na+)=c(CH3COO-),则溶液中 c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-),故 D项正确。二、非选择题(本题包括 2个小题,共 30分)11.(2018陕西长安一中高三质量检测)(14 分)有 A、B、C、D 四种强电解质,它们在水中电离产生下列离子(每种物质只含一种阴离子且互不重复)。阳离子Na+、Ba 2+、N +4阴离子CH3COO-、OH -、Cl -、S 2-4已知
12、:A、C 溶液的 pH均大于 7,A、B 的溶液中水的电离程度相同;C 溶液和 D溶液相遇时只生成白色沉淀,B 溶液和 C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体,A 溶液和 D溶液混合时无现象。(1)A是 ,B 是 (填化学式)。 (2)写出 C和 D反应的离子方程式: 。 (3)25 时,0.1 molL -1 B溶液的 pH=a,则 B溶液中 c(H+)-c(NH3H2O)= (用含有 a的关系式表示)。 (4)将等体积、等物质的量浓度的 B溶液和 C溶液混合,反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是 。 7(5)在一定体积的 0.005 molL-1的 C溶液中,加入一定体积的 0.001 2
13、5 molL-1的盐酸,混合溶液的 pH=11,若反应后溶液的体积等于 C溶液与盐酸的体积之和,则 C溶液与盐酸的体积比是 。 答案 (1)CH3COONa NH 4Cl (2)Ba 2+S BaSO42-4(3)10a-14 molL-1(4)c(OH-)c(Ba2+)=c(Cl-)c(N )c(H+)+4(5)14解析 A、C 溶液 pH均大于 7,说明一种是强碱,一种是弱酸强碱盐;C 溶液和 D溶液相遇只生成白色沉淀,说明一种溶液含有钡离子,一种溶液含有硫酸根离子;B 溶液和 C溶液相遇时只生成刺激性气味的气体,说明一种溶液含有铵根离子,一种溶液含有氢氧根离子,A 溶液和 D溶液混合时无
14、明显现象,且相同浓度的 A、B 的溶液中水的电离程度相同,所以可推出 A是醋酸钠、B 是氯化铵、C 是氢氧化钡、D 是硫酸钠。(1)通过以上分析知,A 是 CH3COONa、B 是 NH4Cl;(2)C和 D的反应本质是钡离子和硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀,反应的离子方程式为 Ba2+S BaSO4;(3)25 时,0.1 molL -1 B溶液2-4的 pH=a,c(H+)=10-a molL-1,根据溶液中电荷守恒得 c(H+)+c(N )=c(OH-)+c(Cl-),根据溶液中物+4料守恒得 c(NH3H2O)+c(N )=c(Cl-),将两个等式联立可得 c(H+)-c(OH-)=c(
15、Cl-)-c(N )+4 +4=c(NH3H2O),则 c(H+)-c(NH3H2O)=c(OH-)= =10a-14 molL-1;(4)根据题意知,氯化铵和氢(+)氧化钡的物质的量相等,混合后溶液中的溶质是氨水、氯化钡和氢氧化钡,氯化钡和氢氧化钡的浓度相等,氨水的浓度是氯化钡和氢氧化钡浓度的 2倍,溶液中氢氧根离子浓度最大,钡离子和氯离子浓度相等,氨水是弱碱部分电离导致氯离子浓度大于铵根离子浓度,溶液呈碱性,氢离子浓度最小,所以溶液中离子浓度大小顺序是 c(OH-)c(Ba2+)=c(Cl-)c(N )c(H+);(5)混合溶液的 pH=11,则+4溶液中氢氧根离子浓度= molL-1=1
16、0-3 molL-1,设氢氧化钡溶液的体积为 x,盐酸的体积10-1410-11为 y,c(OH-)= =10-3 molL-1,解得(-)-(+) =0.0052-0.001 25+xy =14。12.(2018安徽合肥高三质量检测)(16 分)二氧化铈(CeO 2)是一种重要的稀土化合物。以氟碳铈矿(主要含 CeCO3F)为原料制备 CeO2的一种工艺流程如下:已知:.Ce 4+能与 F-结合成CeF x(4-x)+,也能与 S 结合成CeSO 42+;2-4.在硫酸体系中 Ce4+能被萃取剂(HA) 2萃取,而 Ce3+不能;.常温下,Ce 2(CO3)3饱和溶液浓度为 1.010-6
17、molL-1。8回答下列问题:(1)“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是 、 (写出 2种即可)。 (2)“氧化焙烧”产物 CeO2与稀硫酸反应的离子方程式为 。 (3)“萃取”时存在反应:Ce 4+n(HA)2 Ce(H2n-4A2n)+4H+。D 表示 Ce4+分别在有机层中与水层中存在形式的浓度之比(D= )。保持其他条件不变,在起始料液中加入不同量的(2-42)(42+)Na2SO4以改变水层中的 c(S ),D随起始料液中 c(S )增大而减小的原因是 2-4 2-4。 (4)浸渣经处理可得 Ce(BF4)3,加入 KCl溶液发生如下反应:Ce(BF4)3(s)
18、+3K+(aq) 3KBF4(s)+Ce3+(aq)。若一定温度时,Ce(BF 4)3、KBF 4的 Ksp分别为 a、 b,则该反应的平衡常数 K= (用 a、 b表示)。(5)“反萃取”中加入 H2O2的主要反应离子方程式为 。在“反萃取”后所得水层中加入 1.0 molL-1的 NH4HCO3溶液,产生 Ce2(CO3)3沉淀,当 Ce3+沉淀完全时 c(Ce3+)=110-5 molL-1,溶液中 c(C )约为 。 2-3(6)CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分,它能在还原气氛中供氧,在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生着 CeO2 CeO2(1-x)+xO2(0 x0.25)
19、的循环。写出 CeO2消除 CO尾气的化学方程式: 。 答案 (1)矿石粉碎成细颗粒 通入大量空气(2)CeO2+4H+S CeSO42+2H2O2-4(3)随着 c(S )增大,水层中 Ce4+被 S 结合成CeSO 42+,导致萃取平衡向生成CeSO 42+方2-4 2-4向移动,D 迅速减小(4) (5)2Ce 4+H2O2 2Ce3+O2+2H + 110 -6 molL-1 (6)2 xCO+CeO2 CeO2(1-x)+2xCO23解析 (1)“氧化焙烧”过程中可以加快反应速率和提高原料利用率的方法是:将矿石粉碎成细颗粒,增大接触面积;通入大量空气等。(2)根据题给已知“Ce 4+
20、能与 S 结合成CeSO 42+”,则 CeO2与2-4稀硫酸反应的离子方程式为 CeO2+4H+S CeSO42+2H2O。(3)“萃取”时存在反应:2-4Ce4+n(HA)2 Ce(H2n-4A2n)+4H+,加入 Na2SO4,随着 c(S )增大,水层中 Ce4+与 S 结合成2-4 2-4CeSO42+,导致萃取平衡向左移动,即向生成CeSO 42+方向移动,则 D迅速减小。(4)反应 Ce(BF4)3(s)+3K+(aq) 3KBF4(s)+Ce3+(aq)的平衡常数 K=。(5)“萃取”后的有机层中含有 Ce4+,根(3+)3(+)=(3+)3(-4)3(+)3(-4)=(4)3
21、3(4) =3据流程,加入 H2O2可将 Ce4+还原成 Ce3+,则 H2O2被氧化成 O2,反应写成 Ce4+H2O2 Ce3+O2,根据得失电子守恒配平为 2Ce4+H2O2 2Ce3+O2,结合原子守恒、电荷守恒以及溶液呈酸性,写出离子方9程式为 2Ce4+H2O2 2Ce3+O2+2H +。Ce 2(CO3)3饱和溶液的浓度为 1.010-6 molL-1,Ce2(CO3)3的溶解平衡为 Ce2(CO3)3(s) 2Ce3+(aq)+3C (aq),则饱和溶液中 c(Ce3+)=2.010-6 molL-2-31、 c(C )=3.010-6 molL-1,KspCe2(CO3)3=c2(Ce3+)c3(C )=(2.010-6)2(3.010-6)2-3 2-33=1.0810-28;当 Ce3+沉淀完全时, c3(C )= =1.0810-2-3 2(3)32(3+) =1.0810-28(110-5)218,c(C )=1.02610-6 molL-11.010 -6 molL-1。2-3(6)根据题意,“CeO 2是汽车尾气净化催化剂的关键成分,它能在还原气氛中供氧,在氧化气氛中耗氧。”CO 具有还原性,CeO 2消除 CO尾气时应供氧,反应的化学方程式为 CeO2+2xCO CeO2(1-x)+2xCO2。
