新蘇教版高中化學(xué)選擇性必修1專題3 水溶液中的離子反應(yīng)體系構(gòu)建 高考體驗

新蘇教版高中化學(xué)選擇性必修1《化學(xué)反應(yīng)原理》PAGEPAGE1體系構(gòu)建高考體驗考向一弱電解質(zhì)的電離平衡例1(2022·全國乙卷，13)常溫下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某體系中，H＋與A－不能穿過隔膜，未電離的HA可自由穿過該膜(如圖所示)。設(shè)溶液中c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，當(dāng)達(dá)到平衡時，下列敘述正確的是()A．溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)B．溶液Ⅱ中的HA的電離度[eq\f(cA－,c總HA)]為eq\f(1,101)C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c總(HA)之比為10－4答案B解析常溫下，溶液Ⅰ的pH＝7.0，則溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol·L－1，c(H＋)＜c(OH－)＋c(A－)，A錯誤；常溫下，溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，Ka(HA)＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝1.0×10－3，c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，則eq\f(0.1cA－,c總HA－cA－)＝1.0×10－3，解得eq\f(cA－,c總HA)＝eq\f(1,101)，B正確；常溫下，溶液Ⅰ的pH＝7.0，溶液Ⅰ中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，Ka(HA)＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝1.0×10－3，c總(HA)＝c(HA)＋c(A－)，eq\f(10－7[c總HA－cHA],cHA)＝1.0×10－3，溶液Ⅰ中c總(HA)＝(104＋1)c(HA)，溶液Ⅱ中，由B項解析可知c總(HA)＝1.01c(HA)，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c總(HA)之比為eq\f(104＋1cHA,1.01cHA)＝eq\f(104＋1,1.01)≈104，C、D錯誤。例2(2022·浙江1月選考，17)已知25℃時二元酸H2A的Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.1×10－15。下列說法正確的是()A．在等濃度的Na2A、NaHA溶液中，水的電離程度前者小于后者B．向0.1mol·L－1的H2A溶液中通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化)至pH＝3，則H2A的電離度為0.013%C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝11，則c(A2－)＞c(HA－)D．取pH＝a的H2A溶液10mL，加蒸餾水稀釋至100mL，則該溶液pH＝a＋1答案B解析鹽類的水解促進(jìn)水的電離，Na2A比NaHA易水解，等濃度的溶液前者水的電離程度更大，A項錯誤；設(shè)0.1mol·L－1H2A溶液在pH＝3時H2A的電離度是α，則Ka1＝eq\f(cHA－·cH＋,cH2A)－1，由Ka2＝eq\f(cA2－·cH＋,cHA－)＝7.1×10－15，可得eq\f(cA2－,cHA－)＝7.1×10－4＜1，c(A2－)＜c(HA－)，C項錯誤；因為加水稀釋促進(jìn)H2A的電離，所以稀釋10倍后溶液pH變化＜1，D項錯誤?？枷蚨味ㄔ砑皯?yīng)用例3(2022·山東，6)實驗室用基準(zhǔn)Na2CO3配制標(biāo)準(zhǔn)溶液并標(biāo)定鹽酸濃度，應(yīng)選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液。下列說法錯誤的是()A．可用量筒量取25.00mLNa2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中B．應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液C．應(yīng)選用燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體D．達(dá)到滴定終點時溶液顯橙色答案A解析量筒的精確度不高，應(yīng)該用堿式滴定管或移液管量取25.00mLNa2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中，A說法錯誤；Na2CO3溶液顯堿性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防堿性溶液腐蝕玻璃產(chǎn)生有黏性的硅酸鈉而將瓶塞黏住，故應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，B說法正確；Na2CO3有吸水性且有一定的腐蝕性，故應(yīng)選用燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體，C說法正確；Na2CO3溶液顯堿性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中顯黃色，當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲嘻}酸時，溶液由黃色突變?yōu)槌壬野敕昼娭畠?nèi)不變色即為滴定終點，故達(dá)到滴定終點時溶液顯橙色，D說法正確。例4[2022·浙江6月選考，30(5)改編]氨基鈉(NaNH2)是重要的化學(xué)試劑，可采用如下方法測定NaNH2純度，準(zhǔn)確稱取產(chǎn)品NaNH2xg→()→()→()→計算，從下列選項中選擇最佳操作并排序：__________。假設(shè)NaOH是產(chǎn)品NaNH2的唯一雜質(zhì)，已知NaNH2易與水反應(yīng)，NaNH2＋H2O=NaOH＋NH3↑。a．準(zhǔn)確加入過量的水b．準(zhǔn)確加入過量的HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液c．準(zhǔn)確加入過量的NH4Cl標(biāo)準(zhǔn)溶液d．滴加甲基紅指示劑(變色的pH范圍4.4～6.2)e．滴加石蕊指示劑(變色的pH范圍4.5～8.3)f．滴加酚酞指示劑(變色的pH范圍8.2～10.0)g．用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定h．用NH4Cl標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定i．用HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定答案bdg解析題干信息中提到假設(shè)產(chǎn)品NaNH2的唯一雜質(zhì)為NaOH，因為產(chǎn)品溶于水生成氫氧化鈉和氨氣，所以可設(shè)計利用過量鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行溶解，過量的鹽酸再利用氫氧化鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液反滴定，因滴定終點時，溶液中含氯化鈉和氯化銨，所以需選用酸性條件下的酸堿指示劑判斷滴定終點，最終利用所測數(shù)據(jù)計算得出產(chǎn)品中NaNH2的純度，故涉及的操作步驟為準(zhǔn)確稱取產(chǎn)品xg→加入過量的HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液→滴加甲基紅指示劑→用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，根據(jù)實驗所測數(shù)據(jù)，計算產(chǎn)品純度，故答案為bdg。考向三鹽類的水解例5(2022·湖南，13)為探究FeCl3的性質(zhì)，進(jìn)行了如下實驗(FeCl3和Na2SO3溶液濃度均為0.1mol·L－1)。實驗操作與現(xiàn)象①在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黃色；煮沸，溶液變紅褐色②在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，變紅褐色；再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀③在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，變紅褐色；將上述混合液分成兩份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，無藍(lán)色沉淀生成；另一份煮沸，產(chǎn)生紅褐色沉淀依據(jù)上述實驗現(xiàn)象，結(jié)論不合理的是()A．實驗①說明加熱促進(jìn)Fe3＋水解反應(yīng)B．實驗②說明Fe3＋既發(fā)生了水解反應(yīng)，又發(fā)生了還原反應(yīng)C．實驗③說明Fe3＋發(fā)生了水解反應(yīng)，但沒有發(fā)生還原反應(yīng)D．整個實驗說明SOeq\o\al(2－,3)對Fe3＋的水解反應(yīng)無影響，但對還原反應(yīng)有影響答案D解析鐵離子的水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，加熱煮沸可促進(jìn)水解平衡正向移動，使水解程度加深，生成較多的氫氧化鐵，從而使溶液顯紅褐色，故A正確；在5mLFeCl3溶液中滴加2滴同濃度的Na2SO3溶液，根據(jù)現(xiàn)象分析可知，F(xiàn)e3＋既發(fā)生了水解反應(yīng)，生成紅褐色的氫氧化鐵，又被亞硫酸根離子還原，得到亞鐵離子，加入鐵氰化鉀溶液后，出現(xiàn)特征藍(lán)色沉淀，故B正確；實驗③中在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴同濃度少量FeCl3溶液，根據(jù)現(xiàn)象分析可知，仍發(fā)生鐵離子的水解反應(yīng)，但未發(fā)生鐵離子的還原反應(yīng)，即水解反應(yīng)比氧化還原反應(yīng)速率快，故C正確；結(jié)合三組實驗，說明鐵離子與亞硫酸根離子混合時，鐵離子的水解反應(yīng)占主導(dǎo)作用，比氧化還原反應(yīng)的速率快，因證據(jù)不足，不能說明亞硫酸根離子對鐵離子的水解作用無影響，事實上，亞硫酸根離子水解顯堿性，可促進(jìn)鐵離子的水解反應(yīng)，故D錯誤。例6(2022·浙江6月選考，17)25℃時，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列說法正確的是()A．相同溫度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)B．將濃度均為0.10mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加熱，兩種溶液的pH均變大C．25℃時，C6H5OH溶液與NaOH溶液混合，測得pH＝10.00，則此時溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)D．25℃時，0.10mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固體，水的電離程度變小答案C解析醋酸的酸性大于苯酚，則醋酸根離子的水解程度較小，則相同溫度下，等pH的－水解產(chǎn)生氫氧根離子，升溫促進(jìn)C6H5O－的水解，氫氧根離子濃度增大，pH變大，而氫氧化鈉溶液中不存在平衡，升溫pH不變，B錯誤；當(dāng)pH＝10.00時，c(H＋)＝1.0×10－10mol·L－1，Ka＝eq\f(cH＋·cC6H5O－,cC6H5OH)＝eq\f(1.0×10－10×cC6H5O－,cC6H5OH)＝1.0×10－10，故c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)，C正確；C6H5ONa中的C6H5O－可以水解，會促進(jìn)水的電離，D錯誤?？枷蛩某恋砣芙馄胶饫?(2022·山東，14)工業(yè)上以SrSO4(s)為原料生產(chǎn)SrCO3(s)，對其工藝條件進(jìn)行研究?，F(xiàn)有1Na2SO4溶液。在一定pH范圍內(nèi)，四種溶液中l(wèi)g[c(Sr2＋)/mol·L－1]隨pH的變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯誤的是()A．反應(yīng)SrSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)SrCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)的平衡常數(shù)K＝eq\f(KspSrSO4,KspSrCO3)B．a(chǎn)＝－6.5C．曲線④代表含SrCO3(s)的1.0mol·L－1Na2CO3溶液的變化曲線D．對含SrSO4(s)且Na2SO4和Na2CO3初始濃度均為1.0mol·L－1的混合溶液，pH≥7.7時才發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化答案D解析硫酸是強(qiáng)酸，溶液pH變化，溶液中硫酸根離子濃度幾乎不變，則含硫酸鍶固體的硫酸鈉溶液中鍶離子的濃度幾乎不變，pH相同時，溶液中硫酸根離子濃度越大，鍶離子濃度越小，所以曲線①代表含硫酸鍶固體的0.1mol·L－1硫酸鈉溶液的變化曲線，曲線②代表含硫酸鍶固體的1.0mol·L－1硫酸鈉溶液的變化曲線；碳酸是弱酸，溶液pH減小，溶液中碳酸根離子濃度越小，鍶離子濃度越大，pH相同時，則曲線③表示含碳酸鍶固體的0.1mol·L－1碳酸鈉溶液的變化曲線，曲線④表示含碳酸鍶固體的1.0mol·L－1碳酸鈉溶液的變化曲線。反應(yīng)SrSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)SrCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)的平衡常數(shù)K＝eq\f(cSO\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(cSO\o\al(2－,4)·cSr2＋,cCO\o\al(2－,3)·cSr2＋)＝eq\f(KspSrS