(通用版)高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)單元訓(xùn)練卷第十一單元水溶液中的離子平衡A卷(含解析)

Kw/c(H＋)<1.0×10?7mol·L?1，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，由于開始加入等物質(zhì)的量的NH4HCO3與NaCl，根據(jù)物料守恒可知，B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，析出NaHCO3后，在濾液中根據(jù)電荷守恒得c(H+)+c(NHeq\o\al(＋,4))+c(Na+)=c(OH?)+c(HCOeq\o\al(－,3))+2c(COeq\o\al(2－,3))+c(Cl?)，因c(Na+)<c(Cl?)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，開始時(shí)NH4HCO3與NaCl等物質(zhì)的量，由于析出了一部分NaHCO3，故c(Cl?)與c(NHeq\o\al(＋,4))都大于c(HCOeq\o\al(－,3))和c(Na+)，少量的NHeq\o\al(＋,4)、HCOeq\o\al(－,3)發(fā)生水解，極少量的HCOeq\o\al(－,3)發(fā)生電離，所以c(Cl?)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))，D項(xiàng)正確。15．【答案】B【解析】AgSCN的溶度積常數(shù)很小，邊滴定邊搖動(dòng)溶液，溶液中首先析出AgSCN白色沉淀，故A錯(cuò)誤；Fe3＋＋SCN－FeSCN2＋(紅色)，K＝138，比較大，故正向反應(yīng)容易進(jìn)行，故當(dāng)Ag＋定量沉淀后，少許過(guò)量的SCN－與Fe3＋生成紅色配合物，且半分鐘不褪色時(shí)即為終點(diǎn)，故B正確；KSCN和Fe3＋形成紅色溶液，KCl和Fe3＋不反應(yīng)，故不能用KCl標(biāo)準(zhǔn)溶液代替KSCN標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ag＋，故C錯(cuò)誤；Fe3＋易水解生成紅褐色Fe(OH)3膠體，干擾實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的觀察，因此滴定時(shí)要控制溶液一定的酸性，故D錯(cuò)誤。16．【答案】A【解析】由圖像可知當(dāng)－lgc(OH－)＝6時(shí)，N2H4和N2Heq\o\al(＋,5)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，可推知其濃度相等，由N2H4的電離方程式N2H4＋H2ON2Heq\o\al(＋,5)＋OH－得Kb1(N2H4)＝eq\f(c(N2H\o\al(＋,5))·c(OH－),c(N2H4))＝c(OH－)＝10－6，同理，－lgc(OH－)＝15時(shí)，由N2Heq\o\al(＋,5)的電離方程式N2Heq\o\al(＋,5)＋H2ON2Heq\o\al(2＋,6)＋OH－可得Kb2(N2H4)＝eq\f(c(N2H\o\al(2＋,6))·c(OH－),c(N2H\o\al(＋,5)))＝c(OH－)＝10－15，則eq\f(Kb1(N2H4),Kb2(N2H4))＝eq\f(c2(N2H\o\al(＋,5)),c(N2H\o\al(2＋,6))·c(N2H4))，即為反應(yīng)N2Heq\o\al(2＋,6)＋N2H42N2Heq\o\al(＋,5)的K＝eq\f(Kb1(N2H4),Kb2(N2H4))＝eq\f(10－6,10－15)＝109，所以pK＝9.0，A錯(cuò)誤，D正確；N2H5Cl溶液中存在的電荷守恒為c(Cl－)＋c(OH－)＝c(N2Heq\o\al(＋,5))＋2c(N2Heq\o\al(2＋,6))＋c(H＋)，B正確；N2H5Cl溶液中因N2Heq\o\al(＋,5)的水解使溶液呈酸性，所以c(H＋)＞c(OH－)，C正確。二、非選擇題（共52分）17．【答案】（1）⑥②③④（2）＞＞（3）＜c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)ABC【解析】（1）水屬于弱電解質(zhì)，存在電離平衡H2OH＋＋OH－，根據(jù)電離出的離子可知酸或堿是抑制水的電離，而鹽類的水解則是促進(jìn)水的電離。pH=12的氨水，說(shuō)明氨水的濃度大于0.01mol/L，所以⑤中氨水是過(guò)量的，所以溶液顯堿性。在⑥中二者恰好反應(yīng)生成氯化鈉，氯化鈉是不能發(fā)生水解的，所以在該溶液中水的電離沒(méi)有被抑制，而在①②③④⑤中均是抑制水的電離的。因?yàn)棰冖邰苋芤褐蠬＋濃度或OH－的濃度均是0.01mol，所以對(duì)水的電離抑制程度是相同的；故其中水的電離程度最大的是⑥，水的電離程度相同的是②③④；（2）pH=12的氨水，說(shuō)明氨水的濃度大于0.01mol/L，所以②③等體積混合后氨水過(guò)量，溶液顯堿性，要使溶液顯中性，鹽酸的體積必須大于氨水的體積，故答案為＞；②0.01mol/LHCl溶液中pH=2，③pH=12的氨水中氨水濃度大于0.01mol/L，等體積混合，充分反應(yīng)后氨水過(guò)量，溶液呈堿性，pH＞7；（3）若將①0.01mol/LCH3COOH溶液、④pH=12的NaOH溶液按體積比為2：1混合后，所得溶液為醋酸和醋酸鈉按1：1形成的溶液，醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解，則c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，溶液顯酸性c(H+)＞c(OH－)，故pH＜7；此時(shí)溶液中除水分子外的各微粒的濃度由大到小的順序?yàn)椋篶(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)；①④混合后，根據(jù)電荷守恒可知c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，若c(CH3COO－)＞c(H＋)，則c(Na＋)＞c(OH－)。但c(H＋)和c(OH－)的大小關(guān)系無(wú)法確定，所以該溶液可能顯酸性、堿性或中性。答案選ABC。18．【答案】（1）不變c（CH3COO?）+c(OH?)＝c(Na+)+c(H+)（2）不能HCOeq\o\al(?,3)H2CO3c(Na+)＞c(Cl?)＞c(HCOeq\o\al(?,3))10【解析】(1)一定溫度下，向1L0.1mol·L?1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固體，由于溫度不變，Ka＝SKIPIF1<0只與溫度有關(guān)，所以SKIPIF1<0不變；溶液中存在電荷守恒為：c(CH3COO?)+c(OH?)＝c(Na+)+c(H+)；(2)常溫下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL，先反應(yīng)生成碳酸氫鈉，再與鹽酸反應(yīng)生成碳酸（部分碳酸分解成二氧化碳）、水；①由反應(yīng)及圖象可知，在同一溶液中，H2CO3、HCOeq\o\al(?,3)、COeq\o\al(2?,3)不能大量共存；②由圖象可知，pH＝7時(shí)，溶液中含碳元素的主要微粒為HCOeq\o\al(?,3)、H2CO3，溶液顯示中性，溶液中c(H+)=c(OH-)，此時(shí)加入鹽酸的體積大于20mL小于40mL，發(fā)生的反應(yīng)有Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl（Na2CO3完全反應(yīng)）、NaHCO3+HCl=NaCl+H2CO3（NaHCO3部分反應(yīng)），溶液中溶質(zhì)為碳酸氫鈉、氯化鈉（NaCl濃度大于碳酸氫鈉濃度）及碳酸，則溶液中含量最多的三種微粒的物質(zhì)的量濃度的大小關(guān)系為c(Na+)＞c(Cl?)＞c(HCOeq\o\al(?,3))；③COeq\o\al(2?,3)的水解常數(shù)Kh＝SKIPIF1<0＝2×10?4，當(dāng)溶液中c(HCOeq\o\al(?,3))：c(COeq\o\al(2?,3))＝2∶1時(shí)，c(OH?)＝10?4mol/L，由Kw可知，c(H+)＝10?10mol/L，所以pH＝10。19．【答案】（1）CH3COONa＋H2OCH3COOH＋NaOH（2）BC（3）CD（4）7.20.35（5）9【解析】（1）醋酸鈉水解生成醋酸和氫氧化鈉，化學(xué)方程式為CH3COONa＋H2OCH3COOH＋NaOH。A項(xiàng)，鈉離子不水解，所以濃度始終不變，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，醋酸根離子開始時(shí)水解速率最大，后逐漸減小，平衡時(shí)不再變化，正確；C項(xiàng)，隨著水解的逐漸進(jìn)行，pH逐漸增大，平衡時(shí)不再發(fā)生變化，正確；D項(xiàng)，Kw是溫度常數(shù)，溫度不變，Kw不變，錯(cuò)誤。（3）A項(xiàng)，加入冰醋酸，溶液中醋酸濃度增大，平衡左移，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，加入純堿固體，由于COeq\o\al(2－,3)的水解會(huì)產(chǎn)生OH－，抑制CH3COO－的水解，平衡左移，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，加入醋酸鈣固體，溶液的醋酸根離子濃度增大，平衡右移，正確；D項(xiàng)，加入氯化銨固體，銨根離子與水解生成的氫氧根離子結(jié)合成一水合氨，使溶液中氫氧根離子濃度減小，平衡右移，正確。（4）由m＝nM得醋酸鈉的質(zhì)量為7.175g，由托盤天平的精確度知托盤天平稱量的質(zhì)量為7.2g；醋酸與氫氧化鈉溶液等濃度等體積混合，混合后的溶液濃度減半為0.175mol·L－1，所以原來(lái)的濃度為0.35mol·L－1。(5)醋酸根離子的水解反應(yīng)的平衡常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka（CH3COOH）)＝eq\f(c（CH3COOH）·c（OH－）,c（CH3COO－）)＝eq\f(c2（OH－）,c（CH3COO－）)，則eq\f(10－14,1.75×10－5)＝eq\f(c2（OH－）,0.175)，得c(OH－)＝10－5mol·L－1，pH＝9。20．【答案】Ⅰ.（1）NHeq\o\al(+,4)+H2ONH3·H2O+H+、Mg+2H+=Mg2++H2↑（2）Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH?(aq)沉淀溶解，溶液澄清Ⅱ.（1）HCOeq\o\al(?,3)+H2OH2CO3+OH?dcab（2）b＝c＞a（3）11【解析】Ⅰ.（1）NH4Cl水解，溶液呈酸性，將Mg條放入濃NH4Cl溶液中，鎂條與氫離子反應(yīng)放出氫氣，反應(yīng)離子方程式是NH4++H2ONH3·H2O+H+、Mg+2H+=Mg2++H2↑；（2）Mg(OH)2濁液中存在Mg(OH)2的沉淀溶解平衡，Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)，若向此濁液中加入濃的NH4Cl溶液，銨根離子結(jié)合氫氧化鎂電離出的氫氧根離子生成一水合氨，促進(jìn)Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移動(dòng)，Mg(OH)2固體溶解，所以觀察到的現(xiàn)象是沉淀溶解，溶液澄清；Ⅱ.（1）碳酸氫鈉中碳酸氫根離子水解程度大于電離程度而導(dǎo)致其溶液呈堿性，碳酸氫根離子水解方程式為：HCOeq\o\al(?,3)+H2OH2CO3+OH?；②物質(zhì)的量濃度相同的四種溶液，c、d是強(qiáng)堿，氫氧化鋇中氫氧根離子濃度大，所以pH大，ab中陰離子水解，導(dǎo)致溶液顯示堿性，醋酸鈉根離子的水解程度小于碳酸根離子，所以碳酸鈉的堿性強(qiáng)于醋酸鈉，即pH由大到小的順序是：dcab；（2）酸抑制水電離，酸電離出的氫離子濃度越大，對(duì)水電離的抑制作用越強(qiáng)，a點(diǎn)的pH最小，酸性最強(qiáng)，水電離程度最小，b、c點(diǎn)的pH相等，水電離程度相同，所以a、b、c三點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中水的電離程度由大到小的順序?yàn)閎＝c＞a；（3）在t℃時(shí)，將100mL0.1mol·L－1的稀H2SO4與100mL0.4mol·L－1的NaOH溶液混合，氫氧化鈉過(guò)量，c(OH－)=QUOTE0.1mol·L－1，在t℃時(shí)Kw=10－12，c(H+)=10－amol·L－11，pH=11。21．【答案】（1）10－5（2）1（3）d＞c＞b（4）D（5）D（6）11V/9【解析】（1）滴定前氨水中氫離子濃度是10－11mol/L，則根據(jù)水的離子積常數(shù)可知溶液中氫氧根的濃度是0.001mol/L，則該溫度時(shí)NH3·H2O的電離常數(shù)K＝QUOTE。（2）由圖像可知d時(shí)加入鹽酸的體積與氨水的體積相同，二者恰好反應(yīng)，根據(jù)NH3·H2O～HCl可知滴定過(guò)程中所用鹽酸的濃度是0.1mol/L，所以鹽酸溶液的pH＝1。（3）在b點(diǎn)時(shí)，溶質(zhì)為一水合氨和氯化銨，一水合氨的電離程度大于氯化銨的水解程度，溶液顯堿性，對(duì)水的電離起抑制作用。在c點(diǎn)時(shí)，溶質(zhì)為一水合氨和氯化銨，一水合氨的電離程度等于氯化銨的水解程度，溶液顯中性，對(duì)水的電離平衡沒(méi)有影響。在d點(diǎn)時(shí)溶質(zhì)為氯化銨，銨根水解顯酸性，對(duì)水的電離其促進(jìn)作用，所以b、c、d三點(diǎn)時(shí)的溶液中，由水電離出的c(OH－)大小順序?yàn)閐＞c＞b。（4）滴定時(shí)，由b點(diǎn)到c點(diǎn)的過(guò)程中：A．溫度不變，水的離子積常數(shù)不變，所以c(H＋)·c(OH－)不變；B.溫度不變，電離平衡常數(shù)及水的離子積常數(shù)不變，c(H＋)·c(NH3·H2O)/c(NHeq\o\al(+,4))＝c(H＋)·c(NH3·H2O)·c(OH－)/c(NHeq\o\al(+,4))·c(OH－)＝KW/Kb，溫度不變，該比值不變；C.c(NHeq\o\al(+,4))·c(OH－)/c(NH3·H2O)＝Kb，溫度不變，電離平衡常數(shù)不變；D.滴定時(shí)，由b點(diǎn)到c點(diǎn)的過(guò)程中，氫離子濃度不斷增大，氫氧根離子的濃度不斷減小，因此c(H＋)/c(OH－)的比值增大；答案選D。（5）A．由圖像可知點(diǎn)b反應(yīng)后溶液是氯化銨與一水合氨物質(zhì)的量之比為1：1的混合物，溶液顯堿性，說(shuō)明一水合氨的電離程度大于銨根的水解程度，由電荷守恒c(NHeq\o\al(+,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)、物料守恒2c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(+,4))可知所示溶液中：c(NHeq\o\al(+,4))＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)，A錯(cuò)誤；B．由圖像可知點(diǎn)c所示溶液中pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，由電荷守恒c(NHeq\o\al(+,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)可知c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(+,4))，因此溶液中c(Cl－)＜c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al