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專題突破練9 水溶液中的離子平衡
一、選擇題(本題包括10個小題,每小題7分,共70分)
1.下列一定能說明酸HX是弱電解質(zhì)的是( )
①常溫下NaX溶液的pH大于7;②利用HX溶液做導(dǎo)電性實驗,燈泡很暗;③HX不與NaCl反應(yīng);④0.1 molL-1的HX溶液的pH=2;⑤HX具有很強(qiáng)的揮發(fā)性;⑥pH=1的HX加水稀釋到體積為原來的10倍后,pH=1.5
A.②③⑤ B.①④⑥
C.①②④⑥ D.①②③④⑤⑥
答案B
解析①中說明鹽水解使溶液顯堿性,即相應(yīng)的酸是弱酸。②燈泡暗,只能說明溶液中離子的濃度比較小,但不能證明是否完全電離,不能說明HX是弱電解質(zhì)。③HX不與NaCl反應(yīng),不能說明該酸是弱酸。④0.1 molL-1的HX溶液的pH=2,說明溶液中氫離子濃度小于酸,即說明酸沒有完全電離,可以說明該酸是弱酸。⑤揮發(fā)性與其強(qiáng)弱無關(guān)。⑥pH=1的HX溶液加水稀釋到體積為原來的10倍后,pH=1.5,說明在稀釋過程中酸能繼續(xù)電離出氫離子,即說明酸為弱酸。
2.(2018天津耀華中學(xué)高三月考)下列有關(guān)平衡常數(shù)K的說法正確的是( )
A.已知碳酸:K1=4.410-7,K2=4.710-11,次氯酸:K=2.9810-8,碳酸鈉溶液中滴加少量氯水的離子方程式為CO32-+Cl2+H2OHCO3-+Cl-+HClO
B.1.0 molL-1 NH4HCO3溶液pH=8.0。由此可知Ka1(H2CO3)>Kb(NH3H2O)>Ka2(H2CO3)
C.常溫下電離常數(shù)為Ka的酸HA溶液中c(H+)=Ka molL-1
D.將0.1 molL-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不再有沉淀產(chǎn)生,再滴加0.1 molL-1 CuSO4溶液,白色沉淀變?yōu)樗{(lán)色沉淀,可得出Ksp[Cu(OH)2]
Ka1(H2CO3)>Ka2(H2CO3),故B項錯誤;常溫下電離常數(shù)為Ka的酸HA溶液中c(H+)=Kac(HA) molL-1,故C項錯誤;一種沉淀容易轉(zhuǎn)化為比它更難溶的沉淀,將0.1 molL-1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液中至不再有沉淀產(chǎn)生,再滴加0.1 molL-1 CuSO4溶液,白色沉淀變?yōu)樗{(lán)色沉淀,可得出Ksp[Cu(OH)2]c(CH3COOH)+c(H+),故C項錯誤;含等物質(zhì)的量NaOH的溶液分別用pH為2和3的兩種CH3COOH溶液中和,則消耗CH3COOH的物質(zhì)的量相等,因為所中和的氫氧化鈉的物質(zhì)的量是一定的。而醋酸為弱電解質(zhì),濃度越大,電離程度越小,pH為2和3的兩種CH3COOH溶液,后者電離程度大,pH為2的CH3COOH的濃度大于pH為3的CH3COOH溶液的濃度的10倍,設(shè)pH為2的醋酸濃度為x,pH=3的醋酸濃度為y,則有Vax=Vby,則VaVb=yx<110,則可推出Vb>10Va,故D項錯誤。
6.(2018遼寧大連高三雙基測試)下圖三條曲線表示不同溫度下水的離子積常數(shù),下列說法不正確的是( )
A.圖中溫度:T3>T2>T1
B.圖中pH關(guān)系是:pH(B)=pH(D)=pH(E)
C.圖中五點(diǎn)KW間的關(guān)系:E>D>A=B=C
D.C點(diǎn)可能是顯酸性的鹽溶液
答案D
解析水的電離是吸熱過程,升高溫度促進(jìn)水電離,則水中c(H+)、c(OH-)及離子積常數(shù)都增大,根據(jù)圖知,對應(yīng)的離子積常數(shù)T3>T2>T1,所以溫度T3>T2>T1,故A項正確;根據(jù)圖知,B、D、E三點(diǎn)溶液的氫離子濃度相等,則pH相等,故B項正確;溫度由低到高的順序是A=B=CD>A=B=C,故C項正確;C點(diǎn)時KW=110-14,c(OH-)=110-6,則溶液的pH=8,顯堿性,故D項錯誤。
7.(2018湖南衡陽八中高三月考)常溫下,已知:Ksp(AgCl)=1.810-10,Ksp(Ag2CrO4)=1.110-12,Ksp[Cu(OH)2]=210-20。下列說法錯誤的是( )
A.常溫下AgCl飽和溶液和Ag2CrO4飽和溶液的物質(zhì)的量濃度比較:c(AgCl)c(Ag2CrO4),故B項錯誤;C選項,c(Cu2+)=0.02 molL-1,如果生成Cu(OH)2沉淀,則c(Cu2+)c2(OH-)>Ksp,所以應(yīng)有c(OH-)>210-200.02 molL-1=110-9 molL-1,則c(H+)<110-5 molL-1,即pH>5,故C項正確;使Cu2+濃度降至原來的千分之一,即要求Cu2+的濃度為210-4 molL-1,根據(jù)Ksp=c(Cu2+)c2(OH-),可得c(OH-)=210-20210-4 molL-1=110-8 molL-1,則c(H+)=110-6 molL-1,即pH=6,故D項正確。
8.(2018河南南陽第一中學(xué)高三檢測)20 ℃時,將足量的BaSO4固體溶于50 mL水中,充分?jǐn)嚢?慢慢加入Na2CO3固體,攪拌,溶液中隨c(CO32-)增大時c(Ba2+)變化曲線如右圖。則下列說法正確的是( )
A.20 ℃時Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
B.加入Na2CO3固體立即有BaCO3固體生成
C.BaCO3的Ksp=2.510-10
D.曲線BC段內(nèi),c(CO32-)∶c(SO42-)=25
答案D
解析當(dāng)溶液中c(CO32-)=2.510-4 molL-1時,溶液中Ba2+的濃度沒有下降,則此時c(Ba2+)=c(SO42-)=1.010-5 molL-1,故BaSO4的Ksp=c(Ba2+)c(SO42-)=1.010-51.010-5=1.010-10,BaCO3的Ksp=c(Ba2+)c(CO32-)=1.010-52.510-4=2.510-9,所以20 ℃時,Ksp(BaSO4)c(OH-),C項錯誤;溶液pH由1至2.6時,由圖中可看出主要是將H3X+轉(zhuǎn)化為H2X,D項錯誤。
10.(2018河北邢臺高三質(zhì)量檢測)25 ℃時,將1.0 L c molL-1 CH3COOH溶液與0.1 mol NaOH固體混合,使之充分反應(yīng)。然后向該混合溶液中加入CH3COOH或CH3COONa固體(忽略體積和溫度變化),引起溶液pH的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是( )
A.該溫度下,醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=10-8c
B.a點(diǎn)對應(yīng)的混合溶液中c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)
C.水的電離程度:c>b>a
D.當(dāng)混合溶液呈中性時,c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)
答案A
解析1.0 L c molL-1 CH3COOH溶液與0.1 mol NaOH固體混合溶液的pH=4.3,溶液顯酸性,加入醋酸后,溶液酸性應(yīng)增強(qiáng),加入醋酸鈉,溶液的酸性應(yīng)減弱。該溫度下,1.0 L c molL-1 CH3COOH溶液與0.1 mol NaOH固體混合溶液的pH=4.3,醋酸的電離平衡常數(shù)Ka=c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)=10-4.3(0.1+10-4.3)c-10-4.3-0.1≈10-4.30.1c-0.1=10-5.3c-0.1,故A項錯誤;a點(diǎn)溶液的pH=3.1,是加入的醋酸后的結(jié)果,根據(jù)電荷守恒及溶液呈酸性可得,c(CH3COO-)>c(Na+),醋酸的電離程度較小,則c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-),故B項正確;a以醋酸的電離為主,抑制水的電離,酸性越強(qiáng),水的電離程度越小,b點(diǎn)加入醋酸水的電離程度減小,c點(diǎn)加入醋酸鈉,水的電離程度增大,故水的電離程度c>b>a,故C項正確;當(dāng)混合溶液呈中性時,c(H+)=c(OH-),根據(jù)電荷守恒可推出c(Na+)=c(CH3COO-),則溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-),故D項正確。
二、非選擇題(本題包括2個小題,共30分)
11.(2018陜西長安一中高三質(zhì)量檢測)(14分)有A、B、C、D四種強(qiáng)電解質(zhì),它們在水中電離產(chǎn)生下列離子(每種物質(zhì)只含一種陰離子且互不重復(fù))。
陽離子
Na+、Ba2+、NH4+
陰離子
CH3COO-、OH-、Cl-、SO42-
已知:①A、C溶液的pH均大于7,A、B的溶液中水的電離程度相同;
②C溶液和D溶液相遇時只生成白色沉淀,B溶液和C溶液相遇時只生成刺激性氣味的氣體,A溶液和D溶液混合時無現(xiàn)象。
(1)A是 ,B是 (填化學(xué)式)。
(2)寫出C和D反應(yīng)的離子方程式: 。
(3)25 ℃時,0.1 molL-1 B溶液的pH=a,則B溶液中c(H+)-c(NH3H2O)= (用含有a的關(guān)系式表示)。
(4)將等體積、等物質(zhì)的量濃度的B溶液和C溶液混合,反應(yīng)后溶液中各種離子濃度由大到小的順序是 。
(5)在一定體積的0.005 molL-1的C溶液中,加入一定體積的0.001 25 molL-1的鹽酸,混合溶液的pH=11,若反應(yīng)后溶液的體積等于C溶液與鹽酸的體積之和,則C溶液與鹽酸的體積比是 。
答案(1)CH3COONa NH4Cl (2)Ba2++SO42-BaSO4↓
(3)10a-14 molL-1
(4)c(OH-)>c(Ba2+)=c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)
(5)1∶4
解析①A、C溶液pH均大于7,說明一種是強(qiáng)堿,一種是弱酸強(qiáng)堿鹽;②C溶液和D溶液相遇只生成白色沉淀,說明一種溶液含有鋇離子,一種溶液含有硫酸根離子;B溶液和C溶液相遇時只生成刺激性氣味的氣體,說明一種溶液含有銨根離子,一種溶液含有氫氧根離子,A溶液和D溶液混合時無明顯現(xiàn)象,且相同濃度的A、B的溶液中水的電離程度相同,所以可推出A是醋酸鈉、B是氯化銨、C是氫氧化鋇、D是硫酸鈉。
(1)通過以上分析知,A是CH3COONa、B是NH4Cl;(2)C和D的反應(yīng)本質(zhì)是鋇離子和硫酸根離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀,反應(yīng)的離子方程式為Ba2++SO42-BaSO4↓;(3)25 ℃時,0.1 molL-1 B溶液的pH=a,c(H+)=10-a molL-1,根據(jù)溶液中電荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-),根據(jù)溶液中物料守恒得c(NH3H2O)+c(NH4+)=c(Cl-),將兩個等式聯(lián)立可得c(H+)-c(OH-)=c(Cl-)-c(NH4+)=c(NH3H2O),則c(H+)-c(NH3H2O)=c(OH-)=KWc(H+)=10a-14 molL-1;(4)根據(jù)題意知,氯化銨和氫氧化鋇的物質(zhì)的量相等,混合后溶液中的溶質(zhì)是氨水、氯化鋇和氫氧化鋇,氯化鋇和氫氧化鋇的濃度相等,氨水的濃度是氯化鋇和氫氧化鋇濃度的2倍,溶液中氫氧根離子濃度最大,鋇離子和氯離子濃度相等,氨水是弱堿部分電離導(dǎo)致氯離子濃度大于銨根離子濃度,溶液呈堿性,氫離子濃度最小,所以溶液中離子濃度大小順序是c(OH-)>c(Ba2+)=c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+);(5)混合溶液的pH=11,則溶液中氫氧根離子濃度=10-1410-11 molL-1=10-3 molL-1,設(shè)氫氧化鋇溶液的體積為x,鹽酸的體積為y,c(OH-)=n(OH-)-n(H+)V=0.0052x-0.001 25yx+y=10-3 molL-1,解得x∶y=1∶4。
12.(2018安徽合肥高三質(zhì)量檢測)(16分)二氧化鈰(CeO2)是一種重要的稀土化合物。以氟碳鈰礦(主要含CeCO3F)為原料制備CeO2的一種工藝流程如下:
已知:ⅰ.Ce4+能與F-結(jié)合成[CeFx](4-x)+,也能與SO42-結(jié)合成[CeSO4]2+;
ⅱ.在硫酸體系中Ce4+能被萃取劑[(HA)2]萃取,而Ce3+不能;
ⅲ.常溫下,Ce2(CO3)3飽和溶液濃度為1.010-6 molL-1。
回答下列問題:
(1)“氧化焙燒”過程中可以加快反應(yīng)速率和提高原料利用率的方法是 、 (寫出2種即可)。
(2)“氧化焙燒”產(chǎn)物CeO2與稀硫酸反應(yīng)的離子方程式為 。
(3)“萃取”時存在反應(yīng):Ce4++n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H+。D表示Ce4+分別在有機(jī)層中與水層中存在形式的濃度之比(D=c[Ce(H2n-4A2n)]c([CeSO4]2+))。保持其他條件不變,在起始料液中加入不同量的Na2SO4以改變水層中的c(SO42-),D隨起始料液中c(SO42-)增大而減小的原因是 。
(4)浸渣經(jīng)處理可得Ce(BF4)3,加入KCl溶液發(fā)生如下反應(yīng):
Ce(BF4)3(s)+3K+(aq)3KBF4(s)+Ce3+(aq)。
若一定溫度時,Ce(BF4)3、KBF4的Ksp分別為a、b,則該反應(yīng)的平衡常數(shù)K= (用a、b表示)。
(5)“反萃取”中加入H2O2的主要反應(yīng)離子方程式為 。在“反萃取”后所得水層中加入1.0 molL-1的NH4HCO3溶液,產(chǎn)生Ce2(CO3)3沉淀,當(dāng)Ce3+沉淀完全時[c(Ce3+)=110-5 molL-1],溶液中c(CO32-)約為 。
(6)CeO2是汽車尾氣凈化催化劑的關(guān)鍵成分,它能在還原氣氛中供氧,在氧化氣氛中耗氧。在尾氣消除過程中發(fā)生著CeO2CeO2(1-x)+xO2↑(0≤x≤0.25)的循環(huán)。寫出CeO2消除CO尾氣的化學(xué)方程式: 。
答案(1)礦石粉碎成細(xì)顆?！⊥ㄈ氪罅靠諝?
(2)CeO2+4H++SO42-[CeSO4]2++2H2O
(3)隨著c(SO42-)增大,水層中Ce4+被SO42-結(jié)合成[CeSO4]2+,導(dǎo)致萃取平衡向生成[CeSO4]2+方向移動,D迅速減小
(4)ab3 (5)2Ce4++H2O22Ce3++O2↑+2H+ 110-6 molL-1 (6)2xCO+CeO2CeO2(1-x)+2xCO2
解析(1)“氧化焙燒”過程中可以加快反應(yīng)速率和提高原料利用率的方法是:將礦石粉碎成細(xì)顆粒,增大接觸面積;通入大量空氣等。(2)根據(jù)題給已知“Ce4+能與SO42-結(jié)合成[CeSO4]2+”,則CeO2與稀硫酸反應(yīng)的離子方程式為CeO2+4H++SO42-[CeSO4]2++2H2O。(3)“萃取”時存在反應(yīng):Ce4++n(HA)2Ce(H2n-4A2n)+4H+,加入Na2SO4,隨著c(SO42-)增大,水層中Ce4+與SO42-結(jié)合成[CeSO4]2+,導(dǎo)致萃取平衡向左移動,即向生成[CeSO4]2+方向移動,則D迅速減小。
(4)反應(yīng)Ce(BF4)3(s)+3K+(aq)3KBF4(s)+Ce3+(aq)的平衡常數(shù)K=c(Ce3+)c3(K+)=c(Ce3+)c3(BF4-)c3(K+)c3(BF4-)=Ksp[Ce(BF4)3]Ksp3(KBF4)=ab3。(5)“萃取”后的有機(jī)層中含有Ce4+,根據(jù)流程,加入H2O2可將Ce4+還原成Ce3+,則H2O2被氧化成O2,反應(yīng)寫成Ce4++H2O2Ce3++O2↑,根據(jù)得失電子守恒配平為2Ce4++H2O22Ce3++O2↑,結(jié)合原子守恒、電荷守恒以及溶液呈酸性,寫出離子方程式為2Ce4++H2O22Ce3++O2↑+2H+。Ce2(CO3)3飽和溶液的濃度為1.010-6 molL-1,Ce2(CO3)3的溶解平衡為Ce2(CO3)3(s)2Ce3+(aq)+3CO32-(aq),則飽和溶液中c(Ce3+)=2.010-6 molL-1、c(CO32-)=3.010-6 molL-1,Ksp[Ce2(CO3)3]=c2(Ce3+)c3(CO32-)=(2.010-6)2(3.010-6)3=1.0810-28;當(dāng)Ce3+沉淀完全時,c3(CO32-)=Ksp[Ce2(CO3)3]c2(Ce3+)=1.0810-28(110-5)2=1.0810-18,c(CO32-)=1.02610-6 molL-1≈1.010-6 molL-1。
(6)根據(jù)題意,“CeO2是汽車尾氣凈化催化劑的關(guān)鍵成分,它能在還原氣氛中供氧,在氧化氣氛中耗氧?！盋O具有還原性,CeO2消除CO尾氣時應(yīng)供氧,反應(yīng)的化學(xué)方程式為CeO2+2xCOCeO2(1-x)+2xCO2。
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