2019年高考真题和模拟题分项汇编化学-专题10-水溶液中的离子平衡-含答案解析Word文件下载.doc
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Ksp(p)<
Ksp(q)
C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【答案】B
【详解】A.CdS在水中存在沉淀溶解平衡:
CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq),其溶度积Ksp=c(Cd2+)·
c(S2-),在饱和溶液中,c(Cd2+)=c(S2-),结合图象可以看出,图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度,A项正确;
B.CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响,m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度,则其溶度积相同,B项错误;
C.m点达到沉淀溶解平衡,向其中加入硫化钠后,平衡向逆反应方向移动,c(Cd2+)减小,c(S2-)增大,溶液组成由m沿mnp向p方向移动,C项正确;
D.从图象中可以看出,随着温度的升高,离子浓度增大,说明CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应,则温度降低时,q点对应饱和溶液的溶解度下降,溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小,会沿qp线向p点方向移动,D项正确;
答案选B。
3.[2019新课标Ⅲ]设NA为阿伏加德罗常数值。
关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是
A.每升溶液中的H+数目为0.02NA
B.c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH−)
C.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小
D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强
【详解】A、常温下pH=2,则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L,因此每升溶液中H+数目为0.01NA,A错误;
B、根据电荷守恒可知选项B正确;
C、加水稀释促进电离,电离度增大,但氢离子浓度减小,pH增大,C错误;
D、加入NaH2PO4固体,H2PO4-浓度增大,抑制磷酸的电离,溶液的酸性减弱,D错误;
4.[2019北京]实验测得0.5mol·
L−1CH3COONa溶液、0.5mol·
L−1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。
下列说法正确的是
A.随温度升高,纯水中c(H+)>
B.随温度升高,CH3COONa溶液的c(OH−)减小
C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D.随温度升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同
水的电离为吸热过程,升高温度,促进水的电离;
盐类水解为吸热过程,升高温度促进盐类水解,据此解题;
【详解】A.水的电离为吸热过程,升高温度,平和向着电离方向移动,水中c(H+).c(OH-)=Kw减小,故pH减小,但c(H+)=c(OH-),故A不符合题意;
B.水的电离为吸热过程,升高温度,进水的电离,所以c(OH-)增大,醋酸根水解为吸热过程,CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解,所以c(OH-)增大,故B不符合题意;
C.升高温度,促进水的电离,故c(H+)增大;
升高温度,促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+,故c(H+)增大,两者共同作用使pH发生变化,故C符合题意;
D.盐类水解为吸热过程,升高温度促进盐类水解,故D不符合题意;
综上所述,本题应选C。
【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡,明确化学平衡常数只是温度的函数,温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键,盐类水解是高频考点,也是高考的重点和难点,本题难度不大,是基础题。
5.[2019天津]某温度下,和的电离常数分别为和。
将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其随加水体积的变化如图所示。
下列叙述正确的是
A.曲线Ⅰ代表溶液
B.溶液中水的电离程度:
b点>c点
C.从c点到d点,溶液中保持不变(其中、分别代表相应的酸和酸根离子)
D.相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后,溶液中相同
电离常数HNO2大于CH3COOH,酸性HNO2大于CH3COOH;
A、由图可知,稀释相同的倍数,Ⅱ的变化大,则Ⅱ的酸性比I的酸性强,溶液中氢离子浓度越大,酸性越强;
B、酸抑制水电离,b点pH小,酸性强,对水电离抑制程度大;
C、kw为水的离子积常数,k(HNO2)为HNO2的电离常数,只与温度有关,温度不变,则不变;
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液,c(CH3COOH)>c(HNO2)。
【详解】A、由图可知,稀释相同的倍数,Ⅱ的变化大,则Ⅱ的酸性比I的酸性强,Ⅱ代表HNO2,I代表CH3COOH,故A错误;
B、酸抑制水电离,b点pH小,酸性强,对水电离抑制程度大,故B错误;
C、Ⅱ代表HNO2,c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·
c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·
c(NO2-)]=kw/k(HNO2),kw为水的离子积常数,k(HNO2)为HNO2的电离常数,这些常数只与温度有关,温度不变,则不变,故C正确;
D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液,c(CH3COOH)>c(HNO2),分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和,CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多,HNO2消耗的NaOH少,故D错误;
【点睛】本题考查酸的稀释及图象,明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键,难点C,要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+),变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量,再判断。
6.[2019江苏]室温下,反应+H2OH2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×
10−8。
将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合,可用于浸取废渣中的ZnO。
若溶液混合引起的体积变化可忽略,室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是
A.0.2mol·
L−1氨水:
c(NH3·
H2O)>
c()>
c(OH−)>
c(H+)
B.0.2mol·
L−1NH4HCO3溶液(pH>
7):
c()>
c()>
c(H2CO3)>
c(NH3·
H2O)
C.0.2mol·
L−1氨水和0.2mol·
L−1NH4HCO3溶液等体积混合:
c()+c(NH3·
H2O)=c(H2CO3)+c()+
c()
D.0.6mol·
L−1NH4HCO3溶液等体积混合:
H2O)+c()+c(OH−)=
0.3mol·
L−1+c(H2CO3)+c(H+)
【答案】BD
【详解】A.NH3∙H2O属于弱碱,部分电离,氨水中存在的电离平衡有:
NH3∙H2ONH4++OH-,H2OH++OH-,所以c(OH-)>
c(NH4+),故A错误;
B.NH4HCO3溶液显碱性,说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解,所以c(NH4+)>
c(HCO3-),HCO3-水解:
H2O+HCO3-H2CO3+OH-,NH4+水解:
NH4++H2ONH3∙H2O+H+,前者水解程度大且水解都是微弱的,则c(H2CO3)>
c(NH3∙H2O),故B正确;
C.由物料守恒,n(N):
n(C)=2:
1,则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)],故C错误;
D.由物料守恒,n(N):
n(C)=4:
1,则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①;
电荷守恒有:
c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②;
结合①②消去c(NH4+)得:
c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③,0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L,由碳守恒有,c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④,将③等式两边各加一个c(CO32-),则有c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-),将④带入③中得,c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L,故D正确;
故选BD。
7.[2019浙江选考]室温下,取20mL0.1mol·
L−1某二元酸H2A,滴加0.1mol·
L−1NaOH溶液。
已知:
H2AH++HA−,HA−⇌H++A2−。
下列说法不正确的是
A.0.1mol·
L−1H2A溶液中有c(H+)-c(OH−)-c(A2−)=0.1mol·
L−1
B.当滴加至中性时,溶液中c(Na+)=c(HA−)+2c(A2−),用去NaOH溶液的体积小于10mL
C.当用去NaOH溶液体积10mL时,溶液的pH<7,此时溶液中有c(A2−)=c(H+)-c(OH−)
D.当用去NaOH溶液体积20mL时,此时溶液中有c(Na+)=2c(HA−)+2c(A2−)
由于该二元酸H2A,第一步电离完全,第二步部分电离,可以把20mL0.1mol·
L−1二元酸H2A看做20mL0.1mol·
L−1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液,注意该溶液是不存在H2A微粒。
【详解】A.0.1mol·
L−1H2A溶液存在电荷守恒,其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+c(HA−),因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)=c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·
L−1,A项正确;
B.若NaOH用去10ml,反应得到NaHA溶液,由于HA−⇌H++A2−,溶液显酸性,因而滴加至中性时,需要加入超过10ml的NaOH溶液,B项错误;
C.当用去NaOH溶液体积10mL时,得到NaHA溶液,溶液的pH<7,存在质子守恒,其关系为c(A2−)=c(H+)-c(OH−),C项正确;
D.当用去NaOH溶液体积20mL时,得到Na2A溶液,根据物料守恒有:
c(Na+)=2c(HA−)+2c(A2−),D项正确。
故答案选B。
2019届高考模拟试题
8.[2019·
甘肃省定西市陇西县第一中学高三下学期适应性训练]常温下,向20mL0.1mol·
L−1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸,溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。
则下列说法不正确的是
A.常温下,0.1mol·
L−1氨水中的电离常数约为
B.a、b之间的点一定满足:
c(NH4+)>
c(Cl−)>
c(OH−)>
c(H+)
C.c点溶液中c(NH4+)<
c(Cl−)
D.b点代表溶液呈中性
A.常温下,0.1mol/L的氨水溶液中c(H+)=10−11mol/L,则c(OH−)=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L,结合Kb=c(NH4+)∙c(OH−)/c(NH3∙H2O)计算;
B.a、b之间的任意一点,溶液都呈碱性,结合电荷守恒判断离子浓度大小;
C.根据图知,c点水电离出的氢离子浓度最大,恰好反应生成氯化铵;
D.b点溶液中c点水电离出的c(H+)=10−7mol/L,常温下c(H+)·
c(OH−)=Kw=10−14,据此判断。
【详解】
A.常温下,0.1mol/L的氨水溶液中c(H+)=10−11mol/L,则c(OH−)=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L,Kb=c(NH4+)∙c(OH−)/c(NH3∙H2O)=10−3×
10−3/0.1mol/L=1×
10−5mol/L,故A正确;
B.a、b之间的任意一点,溶液都呈碱性,则c(H+)<c(OH−),结合电荷守恒得c(Cl−)<c(NH4+),而c(Cl−)和c(OH−)的相对大小与所加盐酸的量有关,故B错误;
C.根据图知,c点水电离出的氢离子浓度最大,恰好反应生成氯化铵,铵根水解溶液呈酸性,结合电荷守恒得:
c(NH4+)<c(Cl−),故C正确;
D.b点溶液中c(H+)=10−7mol/L,常温下c(H+)·
c(OH−)=Kw=10−14,所以c(H+)=c(OH−),溶液呈中性,故D正确。
故选B。
9.[2019·
山西省太原市高三5月模拟考试]常温下,将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中,溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。
A.a点时,溶液中由水电离的c(OH−)约为1×
10−10mol·
B.电离平衡常数:
Ka(HA)<
Ka(HB)
C.b点时,c(B−)=c(HB)>
c(Na+)>
c(H+)>
D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时:
c(B−)>
c(HB)
【解析】A.a点时,=0,c(A−)=c(HA),溶液为酸和盐的溶合溶液,pH=4,抑制水的电离,溶液中由水电离的c(OH−)约为1×
L−1,选项A正确;
B.=0,c(A−)=c(HA),电离平衡常数:
Ka(HA)===10−4mol/L;
=0,c(B−)=c(HB),电离平衡常数:
Ka(HB)===10−5mol/L,Ka(HA)>
Ka(HB),选项B错误;
C.b点时,=0,c(B−)=c(HB),pH=5,c(B−)=c(HB)>
c(OH−),选项C正确;
D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时,>
0,c(B−)>
c(HB),选项D正确。
10.[2019·
武汉市武昌区高三五月调研考试]室温下,用0.100mol·
L−1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100mol·
L−1的HCl溶液和醋酸溶液,滴定曲线如图所示。
A.Ⅰ表示的是滴定醋酸的曲线
B.pH=7时,滴定醋酸消耗的V(NaOH)>20.00mL
C.V(NaOH)=20.00mL时,两份溶液中c(Cl-)>c(CH3COO-)
D.V(NaOH)=10.00mL时,醋酸中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
【解析】A.未滴加NaOH溶液时,0.1mol/L盐酸pH=1,0.1mol/L醋酸pH>1,所以滴定盐酸的曲线是图Ⅰ,故A错误;
B.V(NaOH)=20.00mL时恰好生成醋酸钠,溶液呈碱性,若pH=7,则加入的氢氧化钠溶液体积应该稍小,即V(NaOH)<20.00mL,故B错误;
C.V(NaOH)=20.00mL时,二者反应生成氯化钠和醋酸钠,醋酸根发生水解,浓度小于氯离子,即c(Cl−)>c(CH3COO−),故C正确;
D.V(NaOH)=10.00mL时,与醋酸反应后得到等浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液,由于醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH−),根据电荷守恒可知:
c(CH3COO−)>c(Na+),溶液中正确的离子浓度大小为:
c(CH3COO−)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−),故D错误;
【点睛】
本题考查酸碱混合的定性判断及溶液中粒子浓度的大小,题目难度中等,明确图象曲线变化的含义为解答关键,注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系,试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
11.[2019·
山东省济南市高三5月模拟考试]某温度下,向10mL0.1mol·
L−lNaCl溶液和10mL0.1mol·
L−lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·
L−lAgNO3溶液。
滴加过程中pM[-lgc(Cl−)或-lgc(CrO42-)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。
已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。
下列说法错误的是
A.该温度下,Ksp(Ag2CrO4)=4×
10-12
B.al、b、c三点所示溶液中c(Ag+):
al>b>c
C.若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·
L-1,则a1点会平移至a2点
D.用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时,可用K2CrO4溶液作指示剂
根据pM=-lgc(Cl−)或pM=-lgc(CrO42-)可知,c(CrO42-)越小,pM越大,根据图像,向10mL0.1mol·
当滴加10mL0.1mol·
L−lAgNO3溶液时,氯化钠恰好反应,滴加20mL0.1mol·
L−lAgNO3溶液时,K2CrO4恰好反应,因此al所在曲线为氯化钠,b、c所在曲线为K2CrO4,据此分析解答。
A.b点时恰好反应生成Ag2CrO4,-lgc(CrO42-)=4.0,c(CrO42-)=10-4mol·
L−l,则c(Ag+)=2×
10-4mol·
L−l,该温度下,Ksp(Ag2CrO4)=c(CrO42-)×
c2(Ag+)=4×
10-12,故A正确;
B.al点恰好反应,-lgc(Cl−)=4.9,c(Cl−)=10-4.9mol·
L−l,则c(Ag+)=10-4.9mol·
L−l,b点c(Ag+)=2×
L−l,c点,K2CrO4过量,c(CrO42-)约为原来的,则c(CrO42-)=0.025mol·
L−l,则c(Ag+)==×
10-5mol·
L−l,al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大,故B错误;
C.温度不变,氯化银的溶度积不变,若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·
L-1,平衡时,-lgc(Cl−)=4.9,但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍,因此a1点会平移至a2点,故C正确;
D.根据上述分析,当溶液中同时存在Cl−和CrO42−时,加入硝酸银溶液,Cl−先沉淀,用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时,可用K2CrO4溶液作指示剂,滴定至终点时,会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀,故D正确;
12.[2019·
四川省成都市高三下学期第三次诊断性检]25℃将浓度均为0.1mol/L的HA溶液和BOH溶液按体积分别为Va和Vb混合,保持Va+Vb=100mL,且生成的BA可溶于水。
已知Va、Vb与混合液pH关系如图。
A.曲线II表示HA溶液体积
B.x点存在c(A−)+c(OH−)=c(B+)+c(H+)
C.电离平衡常数K(HA)>
K(BOH)
D.向z点溶液加入NaOH,水的电离程度减小
A.由图可知,当HA溶液与BOH溶液等体积混合时,溶液的pH>
7,随着曲线I体积的增大,溶液的pH逐渐增大,说明曲线I表示BOH溶液的体积,则曲线II表示HA溶液体积,故A正确;
B.根据图像,x点HA溶液体积大于BOH溶液等体积,溶液为HA和BA的混合溶液,根据电荷守恒,有c(A−)+c(OH−)=c(B+)+c(H+),故B正确;
C.由图可知,当HA溶液与BOH溶液等体积混合时,溶液的pH>
7,溶液显碱性,说明K(HA)<
K(BOH),故C错误;
D.根据图像,z点HA溶液体积小于BOH溶液等体积,溶液为BA和BOH的混合溶液,碱过量水的电离程受抑制,所以向z点溶液加入NaOH,水的电离程度减小,故D正确。
本题考查酸碱混合离子的浓度关系,明确信息中pH及离子的关系来判断酸碱的强弱是解答本题的关键,注意电离、盐类水解等知识的运用。
13.[2019·
安徽省蚌埠市高三第一次质量监测]常温下,向20mL0.05mol·
L-1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·
L-1氨水,溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。
下列分析正确的是
A.NaHB溶液可能为酸性,也可能为碱性
B.A、B、C三点溶液的pH是逐渐减小,D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大
C.E溶液中离子浓度大小关系:
c(B2-)>
c(OH-)>
D.F点溶液c(NH4+)=2c(B2-)
【答案】D
未加入氨水前,溶液的水电离出的OH−浓度为10−13mol/L,所以溶液中c(H+)=0.1mol/L,该酸的浓度为0.05mol/L,所以该酸为二元强酸。
酸、碱对水的电离起抑制作用,可水解的盐对水的电离起促进作用,随着氨水的不断滴入,溶液中水电离的c(H+)逐渐增大,当两者恰好完全反应生成(NH4)2B时水的电离程度达最大(图中D点),继续加入氨水,水电离的c(H+)逐渐减小。