2020届二轮复习专题八 水溶液中的离子反应与平衡作业（山东专用）
专题八 水溶液中的离子反应与平衡
一、单项选择题
1.(2019山东潍坊二模)常温时,向20 mL 0.1 mol·L-1的CH3CH2COOH溶液中滴加0.1 mol·L-1的NaOH溶液,溶液的pH与滴加NaOH溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.a点溶液中c(CH3CH2COO-)
d>b>a
C.c点溶液中c(CH3CH2COOH)c(CH3CH2COO-)=10-4
D.d点溶液中c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2COO-)+c(CH3CH2COOH)
答案 C a点时溶质为等浓度的CH3CH2COOH和CH3CH2COONa,溶液呈酸性,说明CH3CH2COOH的电离大于CH3CH2COO-的水解,微粒浓度关系为c(CH3CH2COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH),A项错误;c点二者恰好反应生成CH3CH2COONa,此时水的电离程度最大,次之为b点,a、d点过量的CH3CH2COOH和NaOH的物质的量相等,因NaOH为强电解质,抑制水的电离程度更强,d点水的电离程度最小,B项错误;图中“起点”时pH=3,则Ka=c(CH3CH2COO-)·c(H+)c(CH3CH2COOH)≈c2(H+)c(CH3CH2COOH)=
10-3×20.1=10-5,根据电离平衡常数表达式:c(CH3CH2COOH)c(CH3CH2COO-)=c(H+)Ka=10-910-5=10-4,C项正确;d点溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),NaOH过量:c(Na+)>c(CH3CH2COO-)+c(CH3CH2COOH),D项错误。
2.(2019上海单科,13,2分)用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液,用甲基橙作指示剂。下列说法正确的是( )
A.可以用酚酞代替指示剂
B.滴定前用待测液润洗锥形瓶
C.若氢氧化钠吸收少量CO2,不影响滴定结果
D.当锥形瓶内溶液由橙色变为红色,且半分钟内不褪色,即达到滴定终点
答案 C 若NaOH吸收少量CO2,发生反应:2NaOH+CO2 Na2CO3+H2O,滴入盐酸,盐酸先和NaOH反应,离子方程式为H++OH- H2O,再与Na2CO3反应,离子方程式为CO32-+2H+
H2O+CO2↑,可以发现存在关系:2OH-~CO32-~2H+,因此消耗的HCl的物质的量始终等于NaOH的物质的量。
3.(2019安徽宣城二模)t ℃时,将0.200 mol/L的某一元酸HA溶液与0.200 mol/L的NaOH溶液等体积混合,充分反应后所得溶液中部分离子浓度如下表。下列说法中正确的是( )
微粒
H+
Na+
A-
浓度(mol/L)
2.50×10-10
0.100
9.92×10-2
A.所得溶液中:c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(OH-)
B.t ℃时,水的离子积KW=1.0×10-13
C.t ℃时,一元酸HA的电离常数K=3.10×10-7
D.t ℃时,0.100 mol/L NaA溶液中A-的水解率为0.80%
答案 D A项,所得溶液中c(Na+)=0.100 mol/L,c(A-)=9.92×10-2 mol/L,c(HA)=8×10-4 mol/L,c(OH-)>8×10-4 mol/L,所以c(OH-)>c(HA),错误;B项,t ℃时,溶液中c(H+)=2.50×
10-10 mol/L,c(OH-)>8×10-4 mol/L,则水的离子积KW=c(H+)×c(OH-)>2.50×10-10×8×10-4=
2.0×10-13,错误;C项,t ℃时,一元酸HA的电离常数K=c(H+)×c(A-)c(HA)=2.50×10-10×9.92×10-28×10-4=
3.10×10-8,错误;D项,t ℃时,0.100 mol/L NaA溶液中,平衡时c(HA)=8×10-4 mol/L,则A-的水解率=8×10-4mol/L0.100mol/L×100%=0.80%,正确。
4.(2018北京理综,11,6分)测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中,取①④时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是( )
A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2OHSO3-+OH-
B.④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的
C.①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D.①与④的KW值相等
答案 C 本题考查Na2SO3的还原性和温度对水解平衡的影响。①→③过程中Na2SO3不断转化为Na2SO4,SO32-浓度逐渐减小,使水解平衡向逆反应方向移动,而升高温度使水解平衡向正反应方向移动,故C不正确。
5.已知:在25 ℃时,FeS、CuS的溶度积常数(Ksp)分别为6.3×10-18、1.0×10-36,其溶度积曲线如图所示。下列说法中错误的是( )
A.曲线M表示FeS的溶度积曲线
B.除去工业废水中的铜离子,可以选用FeS作沉淀剂
C.向硫化亚铁中加入硝酸时发生反应的化学方程式为FeS+2HNO3Fe(NO3)2+H2S↑
D.硫酸铜溶液与NaHS溶液混合时可能发生的反应为Cu2++2HS-CuS↓+H2S↑
答案 C 根据硫化亚铁和硫化铜的溶度积常数可知曲线M表示硫化亚铁的溶度积曲线,A项正确;由于硫化铜的溶度积常数远小于硫化亚铁的溶度积常数,所以除去工业废水中的铜离子可以选用硫化亚铁作沉淀剂,B项正确;因硝酸具有强氧化性,硫化亚铁具有还原性,因此二者会发生氧化还原反应,C项错误;硫酸铜溶液与硫氢化钠溶液混合时,若硫氢化钠过量,则会产生硫化氢气体,D项正确。
6.(2019湖南衡阳第二次联考)常温下,将NaOH溶液分别加到HA、HB两种弱酸溶液中,两溶液中pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示,已知pKa=-lgKa。下列有关叙述错误的是( )
A.HA、HB两种酸中,HB的酸性弱于HA
B.b点时,c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C.同浓度、同体积的NaA和NaB溶液中,阴离子总数相等
D.向HB溶液中加入NaOH溶液所得的混合溶液中c(B-)c(HB)=10(pH-pKa)
答案 C A项,a点lgc(A-)c(HA)=0,pH=4,即c(A-)c(HA)=1时pH=4,Ka(HA)=10-4,b点lgc(B-)c(HB)=0,pH=5,即Ka(HB)=10-5,HB的酸性弱于HA,正确;B项,b点lgc(B-)c(HB)=0,c(B-)c(HB)=1,根据电荷守恒有c(Na+)+
c(H+)=c(OH-) +c(B-),pH=5,则c(H+)>c(OH-),所以c(Na+)
c(Na+)>c(H+)>c(OH-),正确;C项,同浓度、同体积的NaA和NaB溶液中,阴离子总数NaA大于NaB,错误;D项,c(B-)c(HB)=c(B-)·c(H+)c(HB)c(H+)=10-pKa10-pH=10(pH-pKa),正确。
二、不定项选择题
7. 25 ℃时,向某Na2CO3溶液中加入稀盐酸,溶液中含碳微粒的物质的量分数(φ)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法中正确的是( )
A.pH=7时,c(Na+)=c(Cl- )+c(HCO3-)+2c(CO32-)
B.pH=8时,c(Na+)>c(Cl-)
C.pH=12时,c(Na+ )>c(OH- )>c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H+)
D.25 ℃时,CO32-+H2O HCO3-+OH-的平衡常数为10-10
答案 AB A项,pH=7时,c(OH- )=c(H+),根据电荷守恒得c(Na+)=c(Cl- )+c(HCO3-)+2c(CO32-),正确;B项,pH=8时,由题图可知Na2CO3与盐酸完全反应生成NaHCO3和NaCl,故溶液中c(Na+)>c(Cl-),正确;C项,pH=12时,溶液为Na2CO3溶液,溶液中粒子浓度大小关系为:c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+),错误;D项,25 ℃时,K=c(HCO3-)·c(OH-)c(CO32-)=10-1410-10=10-4,错误。
8. LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下,LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4-)的变化如图1所示,H3PO4溶液中H2PO4-的分布分数δ随pH的变化如图2所示[δ=c(H2PO4-)c总(含P元素的粒子)]。
下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是( )
A.溶液中存在3个平衡
B.含P元素的粒子有H2PO4-、HPO42-和PO43-
C.随c初始(H2PO4-)增大,溶液的pH明显变小
D.用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3,当pH达到4.66时,H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
答案 D 本题考查盐类的水解、弱电解质的电离等。LiH2PO4溶液中存在H2PO4-的水解平衡与电离平衡、水的电离平衡、HPO42-的电离平衡等,A不正确;LiH2PO4溶液中含P元素的粒子有H2PO4-、HPO42-、PO43-、H3PO4,B不正确;由图1可知当c初始(H2PO4-)大于10-1 mol·L-1后,溶液的pH不再随c初始(H2PO4-)的变化而变化,C不正确;由图2可知H3PO4溶液的pH为4.66时,H2PO4-的分布分数为0.994,故用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3,当pH达到4.66时,H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4,D正确。
三、非选择题
9.(2019山东菏泽一模)实验室利用橄榄石尾矿(主要成分为MgO及少量FeO、Fe2O3、Al2O3等)制备纯净氯化镁晶体(MgCl2·6H2O),实验流程如下:
已知几种金属阳离子形成氢氧化物沉淀时的pH如下表:
Fe2+
Fe3+
Al3+
Mg2+
开始沉淀时
7.6
2.7
4.2
9.6
沉淀完全时
9.6
3.7
5.4
11.1
回答下列问题:
(1)“浸取”步骤中,能加快浸取速率的方法有 (任写两种)。
(2)气体X的电子式为 ,滤渣1经过处理可以制得一种高效的无机高分子混凝剂、净水剂,其化学式为[Fe2(OH)n(SO4)(3-0.5n)]m,则该物质中铁元素的化合价为 。
(3)加入H2O2的目的是 ;若将上述过程中的“H2O2”用“NaClO”代替也能达到同样目的,则发生反应的离子方程式为 。
(4)“一系列操作”主要包括加入足量盐酸,然后经过 、过滤、洗涤,即得到氯化镁晶体。
(5)准确称取2.000 g氯化镁晶体产品于250 mL锥形瓶中,加水50 mL使其完全溶解,加入100 mL氨性缓冲液和少量铬黑T指示剂,溶液显酒红色,在不断振荡下,用0.500 0 mol·L-1的EDTA标准溶液进行滴定,其反应原理为Mg2++Y4- MgY2-,滴定终点时消耗EDTA标准溶液的体积为19.00 mL。
①则产品中MgCl2·6H2O的质量分数为 (结果保留3位有效数字)。
②下列滴定操作会导致测量结果偏高的是 (填字母)。
a.锥形瓶洗涤后没有干燥
b.滴定时锥形瓶中有液体溅出
c.滴定终点时俯视读数
d.滴定管滴定前有气泡,滴定后气泡消失
答案 (1)将橄榄石尾矿粉碎、增大盐酸浓度、适当提高反应温度等
(2) +3
(3)将Fe2+氧化为Fe3+ ClO-+2Fe2++2H+ 2Fe3++Cl-+H2O
(4)蒸发浓缩、冷却结晶
(5)①96.4% ②d
解析 橄榄石尾矿(主要成分为MgO及少量FeO、Fe2O3、Al2O3等)加入盐酸,MgO溶解生成氯化镁,FeO、Fe2O3、Al2O3发生反应生成氯化亚铁、氯化铁、氯化铝,加入H2O2氧化Fe2+生成Fe3+
,通入气体X调节pH,使Fe3+生成氢氧化铁沉淀,则气体X应为氨气,向滤液中加入过量氢氧化钠溶液,过滤后得到氢氧化镁沉淀,再经过一系列操作得到氯化镁晶体。
(2)气体X为氨气,其电子式为;设铁元素的化合价为x,根据化合物中各元素正、负化合价代数和为零有:2x+(-1)n+(-2)×(3-0.5n)=0,解得:x=+3。
(3)根据以上分析,加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+;若将上述过程中的“H2O2”用“NaClO”代替,则发生反应生成Fe3+和Cl-,反应的离子方程式为ClO-+2Fe2++2H+ 2Fe3++Cl-+H2O。
(4)加入足量盐酸溶解氢氧化镁得到氯化镁溶液,然后经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤,即得到氯化镁晶体。
(5)①根据反应Mg2++Y4- MgY2-,可知n(Mg2+)=n(Y4-)=0.500 0×19×10-3 mol=0.009 5 mol,则产品中MgCl2·6H2O的质量分数为0.009 5mol×203 g·mol-12.000 g×100%≈96.4%。
②根据c(待测)=c(标准)V(标准)V(待测)分析不当操作对V(标准)的影响。a项,锥形瓶洗涤后没有干燥对测定结果无影响;b项,滴定时锥形瓶中有液体溅出导致测定结果偏低;c项,滴定终点时俯视读数,导致标准溶液体积读数偏小,测定结果偏低;d项,滴定管滴定前有气泡,滴定后气泡消失,读取标准溶液的体积增大,导致测定结果偏高。
10.(2019江苏单科,19,15分)实验室以工业废渣(主要含CaSO4·2H2O,还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3)为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体,其实验流程如下:
(1)室温下,反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)达到平衡,则溶液中c(SO42-)c(CO32-)= [Ksp(CaSO4)=4.8×10-5,Ksp(CaCO3)=3×10-9]。
(2)将氨水和NH4HCO3溶液混合,可制得(NH4)2CO3溶液,其离子方程式为
;浸取废渣时,向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是
。
(3)废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃,搅拌,反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降,其原因是
;保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变,实验中提高CaSO4转化率的操作有 。
(4)滤渣水洗后,经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料,制取CaCl2溶液的实验方案: [已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全;pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂:盐酸和Ca(OH)2]。
答案 (1)1.6×104
(2)HCO3-+NH3·H2O NH4++CO32-+H2O
(或HCO3-+NH3·H2O NH4++CO32-+H2O)
增加溶液中CO32-的浓度,促进CaSO4的转化
(3)温度过高,(NH4)2CO3分解 加快搅拌速率
(4)在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣,待观察不到气泡产生后,过滤,向滤液中分批加入少量Ca(OH)2,用pH试纸测量溶液pH,当pH介于5~8.5时,过滤
解析 (1)溶液中c(SO42-)c(CO32-)=c(SO42-)·c(Ca2+)c(CO32-)·c(Ca2+)=Ksp(CaSO4)Ksp(CaCO3)=4.8×10-53×10-9=1.6×104。
(2)(NH4)2CO3溶液中CO32-水解,CO32-+H2O HCO3-+OH-,加入适量浓氨水,溶液中OH-浓度增大,抑制CO32-水解,从而增加溶液中CO32-的浓度,促进CaSO4转化为CaCO3。
(3)(NH4)2CO3受热易分解,生成NH3、CO2、H2O;加快搅拌速率可使反应物反应更充分,提高CaSO4的转化率。
(4)滤渣的主要成分有CaCO3、SiO2、Al2O3、Fe2O3。用盐酸将其溶解后,过滤除去SiO2。用Ca(OH)2调节滤液的pH到5~8.5,使Fe3+和Al3+完全沉淀,过滤除去Fe(OH)3和Al(OH)3。
11.(2018天津理综,9节选)Ⅱ.NOx含量的测定
将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中,使NOx完全被氧化成NO3-,加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液,加入V1 mL c1 mol·L-1 FeSO4标准溶液(过量),充分反应后,用c2mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗V2 mL。
(5)NO被H2O2氧化为NO3-的离子方程式为 。
(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有 。
(7)滴定过程中发生下列反应:
3Fe2++NO3-+4H+ NO↑+3Fe3++2H2O
Cr2O72-+6Fe2++14H+ 2Cr3++6Fe3++7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为 mg·m-3。
(8)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
若FeSO4标准溶液部分变质,会使测定结果 。
答案 (5)2NO+3H2O22H++2NO3-+2H2O
(6)锥形瓶、酸式滴定管
(7)23×(c1V1-6c2V2)3V×104
(8)偏高
解析 (5)NO被氧化为NO3-,H2O2被还原为H2O。(6)盛放K2Cr2O7溶液及量取20.00 mL稀释液均用酸式滴定管,稀释液在滴定过程中需放在锥形瓶中。(7)20.00 mL溶液中剩余Fe2+的物质的量为(6c2V2×10-3)mol,则参加反应的NO3-的物质的量为[(c1V1×10-3-6c2V2×10-3)×13]mol,依据氮原子守恒,V L气样中NOx折合成NO2的物质的量为[53(c1V1-6c2V2)×10-3]mol,质量为[53(c1V1-6c2V2)×10-3×46]g,含量为53×46×(c1V1-6c2V2)×10-3×1 000V1 000mg·m-3=[23×(c1V1-6c2V2)3V×104]mg·m-3。
(8)若FeSO4标准溶液部分变质,则导致V2偏小,使计算出的NOx含量偏高。
命题拓展预测
1.25 ℃时,用0.10 mol·L-1的氨水滴定10.00 mL 0.05 mol·L-1 H2A溶液,加入氨水的体积(V)与溶液中lgc(H+)c(OH-)的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是( )
A.A点溶液的pH等于1
B.由图中数据可知,H2A为弱酸
C.B点水电离出的H+浓度为1.0×10-6 mol·L-1
D.C点溶液中c(NH4+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+)
答案 B 根据A点的纵坐标为12,可知c(H+)c(OH-)=1×1012,KW=c(H+)·c(OH-)=1×10-14,溶液中c(H+)=0.1 mol·L-1,则H2A完全电离为强酸,A点溶液pH等于1,A项正确、B项错误;B点二者恰好反应生成(NH4)2A,利用B点数据,结合水的离子积常数可求得此时由水电离出的c(H+)=1×10-6 mol·L-1,C项正确;C点溶质为等物质的量浓度的NH3·H2O和(NH4)2A,溶液显碱性,离子浓度c(NH4+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+),D项正确。
2.已知25 ℃时,向10 mL 0.01 mol·L-1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L-1的盐酸,滴定曲线如图1所示,CN-、HCN的物质的量分数(α)随pH变化的关系如图2所示。下列表述正确的是( )
图1
图2
A.b点时:c(Cl-)>c(HCN)
B.d点时:c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH-)+2c(CN-)
C.图2中的e点对应图1中的c点
D.选用酚酞试剂比选用甲基橙试剂作指示剂误差更大
答案 BD b点时,溶液中的溶质为等物质的量NaCl、NaCN和HCN,此时溶液呈碱性,说明CN-的水解大于HCN的电离,故c(HCN)>c(Cl-)>c(CN-),A项错误;d点恰好完全反应,根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(CN-),根据物料守恒:c(Cl-)=c(CN-)+c(HCN),两式相加可得:c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH-)+2c(CN-),B项正确;图1中c点c(HCN)>c(CN-),C项错误;若用酚酞试剂作指示剂,在8
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