（浙江選考）2020版高考化學大一輪復習 專題檢測五（考查范圍：專題二 基本理論13~15講 溶液中的離子反應）.docx

專題檢測五(考查范圍:專題二 基本理論1315講溶液中的離子反應)(時間:90分鐘滿分:100分)可能用到的相對原子質(zhì)量:H1Li7O16Si28Fe56一、選擇題(本大題包括20個小題,每小題2分,共40分;每小題只有一個選項符合題目要求)1.(2018北京朝陽重點高中檢測)25 ,某稀溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)為110-10molL-1,下列說法正確的是()A.該溶液的pH不可能是7B.該溶液不可能存在C.該溶液的pH一定是10D.該溶液的pH一定是4答案A解析25時,純水中水電離產(chǎn)生的c(H+)=110-7molL-1,該溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H+)=110-10molL-1<110-7molL-1,說明該溶液中的溶質(zhì)抑制水的電離,則可能是酸或堿溶液,只有A正確。2.關(guān)于溶液的酸堿性,下列說法正確的是()A.c(H+)很小的溶液一定呈堿性B.pH=7的溶液一定呈中性C.c(OH-)=c(H+)的溶液一定呈中性D.不能使酚酞溶液變紅的溶液一定呈酸性答案C解析不論溫度高低,c(OH-)=c(H+)的溶液一定呈中性,C項正確;常溫下,pH=7溶液呈中性,B項錯誤;酚酞變色的pH范圍8.210.0,在pH<8.2的溶液中,酚酞都呈無色,D項錯誤。3.下列事實中,能說明MOH是弱堿的有()0.1 molL-1MOH溶液可以使酚酞溶液變紅0.1 molL-1 MCl溶液呈酸性0.1 molL-1MOH溶液的導電性比0.1 molL-1NaOH溶液弱等體積的0.1 molL-1MOH溶液與0.1 molL-1HCl溶液恰好完全反應A.B.C.D.答案B解析堿可以使酚酞溶液變紅,因此不能說明MOH為弱堿,錯誤;0.1molL-1MCl溶液呈酸性,說明該鹽為強酸弱堿鹽,由此可以說明MOH為弱堿,正確;相同濃度條件下,MOH溶液的導電性比NaOH溶液弱,說明MOH電離能力弱,MOH為弱堿,正確;等體積的0.1molL-1MOH溶液與0.1molL-1HCl溶液所含MOH和HCl的物質(zhì)的量相等,因此二者能恰好完全反應,不能說明MOH為弱堿,錯誤。4.(2018山東濱州檢測)25 時,把0.2 molL-1的醋酸加水稀釋,則圖中的縱軸y表示的是()A.溶液中OH-的物質(zhì)的量濃度B.溶液的導電能力C.溶液中的c(CH3COO-)c(CH3COOH)D.CH3COOH的電離度答案B解析25時,在0.2molL-1醋酸溶液的稀釋過程中,隨著水的加入,溶液中OH-的濃度增大(但不會超過10-7molL-1),CH3COOH的電離程度增大,CH3COO-數(shù)目增多,CH3COOH分子數(shù)目減少,但溶液中CH3COO-和H+的濃度減小,溶液的導電能力減弱。5.(2018山西忻州一中等四校模擬)某溫度下水的離子積常數(shù)KW=1.010-12。在此溫度下,已知某強酸溶液pH=a,某強堿溶液的pH=b,已知a+b=13,酸堿溶液混合后恰好完全反應,則酸溶液的體積V酸和堿溶液的體積V堿的正確關(guān)系是()A.V堿=10V酸B.V酸=10V堿C.V酸=2V堿D.V酸=V堿答案B解析酸和堿恰好完全反應時n(H+)=n(OH-),即10-aV酸=10b-12V堿,V酸=10a+b-12V堿,又因a+b=13,則V酸=10V堿,B項正確。6.(2018山東師大附中模擬)下列說法正確的是()A.向CuCl2溶液中加入CaCO3,調(diào)節(jié)pH可除去溶液中混有的Fe3+B.配制FeSO4溶液時,將FeSO4固體溶于稀鹽酸中,然后稀釋至所需濃度C.用加熱的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+D.洗滌油污常用熱的碳酸鈉溶液答案D解析A項,由Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+,加入CaCO3消耗H+,使平衡右移可除去Fe3+,但又引入新的雜質(zhì)Ca2+;B項,所加酸應是稀硫酸,用鹽酸會引入新雜質(zhì);C項,加熱不能除去Fe3+;溫度升高CO32-水解程度增大,溶液堿性增強,去油污效果更好,D項正確。7.(2018福建福州模擬)25 時,物質(zhì)的量濃度相等的NaHCO3、CH3COONa混合溶液中,下列有關(guān)說法或粒子濃度關(guān)系正確的是(Ka表示CH3COOH的電離平衡常數(shù))()A.pH可能等于7B.c(HCO3-)=c(CH3COO-)C.c(OH-)=c(CH3COOH)KWc(CH3COO-)KaD.c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)答案D解析物質(zhì)的量濃度相等的NaHCO3、CH3COONa混合溶液中,由于HCO3-、CH3COO-的水解,混合液一定顯示堿性,A錯誤;醋酸根離子的水解程度小于碳酸氫根離子,則溶液中一定滿足:c(HCO3-)<c(CH3COO-),B錯誤;醋酸鈉溶液中,醋酸根離子的水解平衡常數(shù)為Kh=c(CH3COOH)c(OH-)c(CH3COO-)=KWKa,整理可得:c(OH-)=c(CH3COO-)KWc(CH3COOH)Ka,C錯誤;根據(jù)混合液中的物料守恒可得:c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),D正確。8.(2018嘉興9月份考試)下列說法不正確的是()A.MCl2在水溶液中的電離方程式為MCl2M2+2Cl-,則M(OH)2可能是弱電解質(zhì)B.足量的鋅分別與等體積的鹽酸(pH=1)和醋酸(0.1 molL-1)反應,在相同條件下產(chǎn)生的氫氣的體積相同C.NaHSO3溶液顯酸性的原因是HSO3-的電離程度大于其水解程度D.pH相同的氨水和氫氧化鈉溶液加水稀釋相同倍數(shù)后,c(NH4+)=c(Na+)答案D解析MCl2屬于鹽,溶于水中完全電離,但M(OH)2可能是強堿,也可能是弱堿,故A說法正確;HCl屬于強酸,完全電離,等體積的兩種酸中溶質(zhì)的物質(zhì)的量相同,因此加入過量的Zn,在相同條件下產(chǎn)生氫氣的體積相同,故B說法正確;HSO3-在水溶液中既能電離也能水解,NaHSO3溶液顯酸性,說明HSO3-的電離程度大于其水解程度,故C說法正確;NH3H2O為弱堿,NaOH為強堿,相同pH時,c(NH3H2O)>c(NaOH),加水稀釋促進NH3H2O的電離,即稀釋相同倍數(shù)后,c(NH4+)>c(Na+),故D說法錯誤。9.已知25 時,某濃度NaCN(氰化鈉)溶液pH=11,則下列有關(guān)說法中不正確的是()A.HCN的電離方程式:HCNH+CN-B.NaCN是一種弱電解質(zhì)C.NaCN溶液中一定存在:c(Na+)>c(CN-)D.0.1 molL-1NaCN溶液中:c(CN-)+c(HCN)=0.1 molL-1答案B解析25時,某濃度NaCN(氰化鈉)溶液pH=11,說明NaCN屬于強堿弱酸鹽,HCN為弱酸,其電離過程可逆,選項A正確;NaCN屬于強電解質(zhì),選項B錯誤;由于HCN是弱酸,CN-在水溶液中會發(fā)生水解,因此c(Na+)>c(CN-),選項C正確;CN-+H2OHCN+OH-,發(fā)生水解的CN-和未發(fā)生水解的CN-濃度之和應該等于原NaCN的濃度,而水解生成的HCN的濃度等于發(fā)生水解的CN-的濃度,因此選項D正確。10.某溫度下,pH=11的氨水和NaOH溶液分別加水稀釋100倍,溶液的pH隨溶液體積變化的曲線如圖所示。據(jù)圖判斷錯誤的是()A.a的數(shù)值一定大于9B.為氫氧化鈉溶液稀釋時溶液的pH變化曲線C.完全中和稀釋后相同體積的兩溶液時,消耗相同濃度的稀硫酸的體積V(NaOH溶液)<V(氨水)D.稀釋后氨水中水的電離程度比NaOH溶液中水的電離程度大答案D解析pH=11的氫氧化鈉溶液加水稀釋100倍,pH=9,而一水合氨為弱電解質(zhì),加水能促進其電離,則a的數(shù)值一定大于9,故A正確;由圖可知,開始的pH相同,在稀釋時能促進氨水的電離,則氨水中OH-離子濃度相對于NaOH溶液中OH-的濃度較大,可知為氫氧化鈉溶液稀釋時溶液的pH變化曲線,故B正確;由于氨水濃度較大,則完全中和稀釋后相同體積的兩溶液時,消耗相同濃度的稀硫酸的體積V(NaOH溶液)<V(氨水),故C正確;稀釋后氨水中氫氧根離子濃度較大,則水的電離程度較小,故D錯誤。11.(2018山西六校聯(lián)考)已知H2C2O4是二元弱酸,室溫下向某濃度的草酸溶液中逐滴加入KOH溶液,所得溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的組成百分率與pH的關(guān)系如圖所示,下列說法正確的是()A.pH=4.27的溶液中:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+3c(C2O42-)B.反應HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-的平衡常數(shù)為10-4.27C.向溶液中加入KOH溶液將pH由1.3調(diào)至4.27的過程中水的電離程度先增大后減小D.pH=2.5的溶液中:c(H+)+2c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)答案A解析本題結(jié)合滴定曲線考查離子濃度比較等。由圖可知pH=4.27的溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-),由電荷守恒得c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-),即c(K+)+c(H+)=c(OH-)+3c(C2O42-),A項正確;pH=1.3時,c(H2C2O4)=c(HC2O4-),H2C2O4的電離常數(shù)Ka1=c(HC2O4-)c(H+)c(H2C2O4)=10-1.3,而反應HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-是HC2O4-的水解反應,即平衡常數(shù)K=c(H2C2O4)c(OH-)c(HC2O4-)=KWKa1=10-12.70,B項錯誤;H2C2O4電離出H+,抑制水的電離,溶液中加KOH溶液,在pH由1.3增至4.27的過程中,隨pH的增大,H2C2O4對水電離的抑制作用不斷減弱,同時,生成的鹽發(fā)生水解,促進水的電離,使水的電離程度不斷增大,C項錯誤;由圖可知,pH=2.5時,根據(jù)質(zhì)子守恒,溶液中c(H+)=c(OH-)+c(C2O42-)-c(H2C2O4),D項錯誤。12.將0.01 mol NaOH和0.01 mol Na2CO3混合并配成溶液,滴加a mL 0.1 molL-1稀鹽酸。下列說法不正確的是()A.當a100時,發(fā)生的離子反應為OH-+H+H2OB.當a300時,發(fā)生的離子反應為OH-+3H+CO32-2H2O+CO2C.當100<a<200時,反應后的溶液中CO32-與HCO3-的物質(zhì)的量之比為(a10-4-0.01)(0.02-a10-4)D.當a=200時,發(fā)生的離子反應為OH-+2H+CO32-H2O+HCO3-答案C解析向NaOH和Na2CO3的混合液中滴加稀鹽酸,反應的先后順序為H+OH-H2O、H+CO32-HCO3-、HCO3-+H+H2O+CO2。A項,當a100時,即n(HCl)0.01mol,此時HCl只與NaOH反應,即H+OH-H2O,正確;B項,當a300時,即n(HCl)0.03mol,此時NaOH和Na2CO3完全反應,即CO32-+OH-+3H+2H2O+CO2,正確;C項,當100<a<200時,0.01mol<n(HCl)<0.02mol,此時NaOH已反應完全,而Na2CO3未完全轉(zhuǎn)化為NaHCO3,OH-+H+H2O0.01mol0.01molH+CO32-HCO3-(10-4a-0.01)mol(10-4a-0.01)mol(10-4a-0.01)mol剩余的n(CO32-)=0.01mol-(10-4a-0.01)mol=(0.02-10-4a)mol故溶液中n(CO32-)n(HCO3-)=0.02-10-4a10-4a-0.01,錯誤;D項,當a=200時,n(HCl)=0.02mol,此時HCl與NaOH、Na2CO3反應生成NaCl和NaHCO3,溶液中不含HCl、NaOH和Na2CO3,故反應的離子方程式為CO32-+OH-+2H+H2O+HCO3-,正確。13.(2018嘉興9月份考試)常溫下,用0.010 00 molL-1的鹽酸滴定0.010 00 molL-1NaA溶液20.00 mL。滴定曲線如圖所示,下列說法正確的是()A.a點到d點的過程中,等式c(HA)+c(A-)=0.010 00 molL-1恒成立B.b點時,溶液中微粒濃度大小關(guān)系為c(A-)>c(Cl-)>c(HA)>c(OH-)>c(H+)C.c點時,溶液中微粒濃度存在關(guān)系:c(Na+)+c(H+)=c(HA)+c(OH-)+2c(A-)D.d點時,溶液中微粒濃度存在關(guān)系:c(OH-)+c(A-)=c(H+)答案C解析根據(jù)物料守恒,開始時c(HA)+c(A-)=0.01000molL-1,但隨著鹽酸的滴入,溶液的體積增大,c(HA)+c(A-)<0.01000molL-1,故A錯誤;加入鹽酸的體積為10mL時,此時反應后的溶液中溶質(zhì)為NaA、HA、NaCl,且三者的物質(zhì)的量相同,此時溶液顯堿性,說明A-的水解程度大于HA的電離程度,即微粒濃度大小順序是c(HA)>c(Cl-)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),故B錯誤;C點時,NaA與鹽酸恰好完全反應,溶質(zhì)為NaCl和HA,兩者的物質(zhì)的量相等,根據(jù)電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(Cl-),根據(jù)物料守恒有c(Cl-)=c(HA)+c(A-),因此有c(Na+)+c(H+)=c(HA)+c(OH-)+2c(A-),故C正確;d點時,溶質(zhì)為HCl、NaCl、HA,且三者的物質(zhì)的量相等,根據(jù)電荷守恒,可得c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(A-),故D錯誤。14.室溫時,將濃度和體積分別為c1、V1的NaOH溶液與濃度、體積分別為c2、V2的CH3COOH溶液相混合,下列關(guān)于該混合溶液的敘述錯誤的是()A.若pH>7時,則一定是c1V1=c2V2B.在任何情況下都有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)C.當pH=7時,若V1=V2,則一定是c2>c1D.若V1=V2,c1=c2,則c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)答案A解析若c1V1=c2V2說明二者恰好完全反應生成醋酸鈉,醋酸鈉水解使溶液顯堿性,但NaOH過量時溶液也顯堿性,選項A錯誤;B為電荷守恒,故正確;當pH=7時,意味著醋酸稍過量,當V1=V2時,則一定是c2>c1,選項C正確;當V1=V2,c1=c2,即兩者的物質(zhì)的量相等,根據(jù)物料守恒則有c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Na+)。15.室溫下,用0.100 0 molL-1NaOH溶液分別滴定20.00 mL 0.100 0 molL-1的鹽酸和醋酸,滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是()A.、分別表示鹽酸和醋酸的滴定曲線B.V(NaOH)=10.00 mL時,c(CH3COO-)c(CH3COOH)>1C.pH=7時,兩種酸所用NaOH溶液的體積相等D.V(NaOH)=20.00 mL時,c(Cl-)<c(CH3COO-)答案B解析滴定開始時0.1000molL-1鹽酸pH=1,0.1000molL-1醋酸pH>1,所以滴定鹽酸的曲線是圖,滴定醋酸的曲線是圖,A錯誤;加入10mL氫氧化鈉時,溶液中恰好為同濃度的醋酸和醋酸鈉,醋酸電離大于醋酸根的水解,故c(CH3COO-)c(CH3COOH)>1,故B正確;醋酸鈉水解呈堿性,氯化鈉不水解,pH=7時,醋酸所用NaOH溶液的體積小,故C錯誤;V(NaOH)=20.00mL時,兩溶液中溶質(zhì)分別為氯化鈉和醋酸鈉,由于醋酸根發(fā)生水解,濃度小于氯離子,D錯誤。16.(2017湖南三湘名校聯(lián)考)常溫下,向20 mL 0.2 molL-1H2A溶液中滴加0.2 molL-1 NaOH溶液,相關(guān)微粒的物質(zhì)的量如下圖(其中代表H2A,代表HA-,代表A2-),根據(jù)圖示判斷,下列說法正確的是()A.H2A在水中的電離方程式是H2AH+HA-B.當V(NaOH)=20 mL時,溶液中各離子濃度的大小順序為:c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)C.等體積等濃度的NaOH溶液與H2A溶液混合后,其溶液中水的電離程度比純水大D.當V(NaOH)=30 mL時,溶液中存在以下關(guān)系:2c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)=c(A2-)+2c(OH-)答案B解析由題圖可知H2A溶液中存在H2A分子,故H2A為弱電解質(zhì),A錯誤;當V(NaOH)=20mL時,恰好完全反應生成NaHA,由題圖可知A2-濃度大于H2A濃度,說明HA-電離程度大于其水解程度,溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),HA-的水解和電離程度都非常微弱,故c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-),B正確;等體積等濃度的NaOH溶液與H2A溶液混合后,得NaHA,HA-電離程度大于其水解程度,溶液呈酸性,對水的電離起抑制作用,其溶液中水的電離程度比純水小,C錯誤;當V(NaOH)=30mL時,溶液變?yōu)镹a2A和NaHA的等濃度混合溶液,根據(jù)電荷守恒有:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),根據(jù)物料守恒有:2c(Na+)=3c(HA-)+3c(A2-)+3c(H2A),由2-可得:2c(H+)+c(HA-)+3c(H2A)=c(A2-)+2c(OH-),D錯誤。17.室溫下,0.1 molL-1的某二元酸H2A溶液中,可能存在的含A粒子(H2A、HA-、A2-)的物質(zhì)的量分數(shù)隨pH變化的關(guān)系如圖所示,下列說法正確的是()A.H2A的電離方程式:H2AH+HA-B.pH=5時,在NaHA和Na2A的混合溶液中:c(HA-)c(A2-)=1100C.等物質(zhì)的量濃度的NaHA溶液和Na2A溶液等體積混合,離子濃度大小關(guān)系為c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)D.Na2A溶液必存在c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A),各粒子濃度均大于0答案B解析H2A溶液中不存在H2A分子,故H2A第一步完全電離,故A項錯誤;依據(jù)圖像分析,B項正確;等物質(zhì)的量濃度的NaHA溶液和Na2A溶液等體積混合后無法比較HA-和A2-的離子濃度大小,故C項錯誤;依據(jù)題意,H2A的濃度為0,故D項錯誤。18.(2018鎮(zhèn)海中學段考)常溫下,用濃度為0.100 0 molL-1的鹽酸分別逐滴加入到20.00 mL 0.100 0 molL-1的兩種一元堿MOH、ROH溶液中,pH隨鹽酸體積的變化如圖所示。下列說法正確的是()A.pH=10時,溶液中微粒濃度的關(guān)系式:c(M+)>c(Cl-)>c(MOH)>c(OH-)>c(H+)B.將上述MOH、ROH溶液等體積混合后,用鹽酸滴定至MOH恰好完全反應時,溶液中離子濃度一直保持的關(guān)系式:c(R+)>c(M+)>c(OH-)>c(H+)C.10 mL<V(鹽酸)<20 mL時,溶液中微粒濃度的關(guān)系式:c(M+)+c(MOH)<c(Cl-)D.V(鹽酸)>20 mL時,不可能存在:c(Cl-)>c(M+)=c(H+)>c(OH-)答案A解析根據(jù)圖像可知,未加鹽酸時,ROH溶液的pH=13,說明c(OH-)=c(ROH),ROH為強堿;未加鹽酸時,MOH溶液的pH小于13,則MOH為弱堿。MOH溶液中加入10mL鹽酸時,溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的MOH和MCl,此時溶液的pH=10,溶液呈堿性,說明MOH的電離程度大于MCl的水解程度,MOH的電離程度較小,氯離子不水解,所以c(Cl-)>c(MOH),溶液中微粒濃度的關(guān)系式為c(M+)>c(Cl-)>c(MOH)>c(OH-)>c(H+),A正確;將題述MOH、ROH溶液等體積混合后,用鹽酸滴定至MOH恰好反應時,ROH已經(jīng)完全反應,溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的MCl、RCl,MCl為強酸弱堿鹽,M+水解導致溶液呈酸性,但水解程度較小,R+不水解,所以存在c(R+)>c(M+)>c(H+)>c(OH-),B錯誤;10mL<V(鹽酸)<20mL時,溶液中溶質(zhì)為MOH和MCl,且c(MCl)>c(MOH),溶液中存在物料守恒c(M+)+c(MOH)<c(Cl-),C錯誤;V(鹽酸)>20mL時,鹽酸過量導致溶液呈酸性,根據(jù)電荷守恒得c(Cl-)>c(M+),溶液中溶質(zhì)存在有c(MCl)=c(HCl)、c(MCl)>c(HCl)、c(MCl)<c(HCl)三種情況,可能出現(xiàn)c(Cl-)>c(M+)=c(H+)>c(OH-),D錯誤。19.常溫下將稀NaOH溶液與稀CH3COOH溶液混合,不可能出現(xiàn)的結(jié)果是()A.pH=7,且c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)B.pH>7,且c(OH-)>c(Na+)>c(H+)>c(CH3COO-)C.pH=7,且c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)D.pH<7,且c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)答案B解析NaOH溶液與CH3COOH溶液反應,OH-濃度不可能大于Na+濃度,選項B錯誤。20.25 時,用濃度為0.100 0 molL-1的NaOH溶液滴定20.00 mL濃度均為0.100 0 molL-1的三種酸HX、HY、HZ的溶液,滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是()A.相同溫度下,同濃度的三種酸溶液的導電能力順序:HZ<HY<HXB.根據(jù)滴定曲線,可得Ka(HY)105C.將上述HX、HY溶液等體積混合后,用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應時:c(X-)>c(Y-)>c(OH-)>c(H+)D.HY溶液與HZ溶液混合,達到平衡時:c(H+)=Ka(HY)c(HY)c(Y-)+c(Z-)+c(OH-)答案B解析未加入NaOH溶液時,HZ溶液的pH=1,HZ是強酸,而HY、HX溶液的pH均大于1,所以兩者是弱酸,相同條件下,導電能力HZ>HY>HX,A錯。對于0.1000molL-1HY溶液來說,由圖知,c(H+)=10-3molL-1,則HY的Ka近似為10-310-30.1000=10-5,B正確;HX恰好完全反應時,XY早已完全反應,所得溶液為等物質(zhì)的量的NaX、NaY的混合溶液,由于HY酸性強于HX,所以X-水解程度大于Y-,故混合溶液中c(X-)<c(Y-),C錯;HY溶液與HZ溶液混合,根據(jù)電荷守恒可得:c(H+)=c(Y-)+c(Z-)+c(OH-),又根據(jù)HY的電離平衡常數(shù):Ka(HY)=c(H+)c(Y-)c(HY),即c(Y-)=Ka(HY)c(HY)c(H+)代入上式,可得c(H+)=Ka(HY)c(HY)c(H+)+c(Z-)+c(OH-),D錯。二、非選擇題(本大題包括6個小題,共60分)21.(10分)新型電池在飛速發(fā)展的信息技術(shù)中發(fā)揮著越來越重要的作用。Li2FeSiO4是極具發(fā)展?jié)摿Φ男滦弯囯x子電池電極材料,在蘋果的幾款最新型的產(chǎn)品中已經(jīng)有了一定程度的應用。其中一種制備Li2FeSiO4的方法:固相法:2Li2SiO3+FeSO4Li2FeSiO4+Li2SO4+SiO2某學習小組按如下實驗流程制備Li2FeSiO4并測定所得產(chǎn)品中Li2FeSiO4的含量。實驗(一)制備流程:實驗(二)Li2FeSiO4含量測定:從儀器B中取20.00 mL溶液至錐形瓶中,另取0.200 0 molL-1的酸性KMnO4標準溶液裝入儀器C中,用氧化還原滴定法測定Fe2+含量。相關(guān)反應:MnO4-+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O,雜質(zhì)不與酸性KMnO4標準溶液反應。經(jīng)4次滴定,每次消耗KMnO4溶液的體積如下:實驗序號1234消耗KMnO4溶液體積20.00 mL19.98 mL21.38 mL20.02 mL(1)請寫出實驗(二)中的儀器名稱:儀器B,儀器C。(2)操作的步驟:;在操作時,所需用到的玻璃儀器中,除了普通漏斗、燒杯外,還需要。(3)還原劑A可用SO2,寫出該反應的離子方程式:。(4)滴定終點時現(xiàn)象為;根據(jù)滴定結(jié)果,可確定產(chǎn)品中Li2FeSiO4的質(zhì)量分數(shù)為。答案(1)100 mL容量瓶酸式滴定管(2)蒸發(fā)濃縮,冷卻結(jié)晶,過濾玻璃棒(3)SO2+2Fe3+2H2O2Fe2+SO42-+4H+(4)當?shù)稳胱詈笠坏螛藴嗜芤?溶液變?yōu)闇\紅色,且半分鐘內(nèi)不變色81%解析(1)實驗(二)中儀器B為配制溶液所需要的容量瓶,儀器C用于盛放滴定實驗中的標準溶液,由于標準溶液為酸性高錳酸鉀溶液,具有強氧化性,因此必須盛放于酸式滴定管中。(2)由溶液得到FeSO47H2O晶體所需要的操作為蒸發(fā)濃縮,冷卻結(jié)晶,過濾;操作為過濾操作,所需用的玻璃儀器中,除了普通漏斗、燒杯外,還需要玻璃棒,作用是引流。(3)還原劑A可用SO2,SO2具有還原性,能被Fe3+氧化成硫酸,離子方程式為SO2+2Fe3+2H2O2Fe2+SO42-+4H+。(4)滴定實驗的終點判斷依據(jù)是滴入最后一滴酸性高錳酸鉀溶液,溶液呈淺紅色,且半分鐘內(nèi)不變色;在4次滴定實驗中,由于實驗3誤差較大舍去,則消耗酸性高錳酸鉀溶液的體積為V(KMnO4)=20.00+19.98+20.023mL=20.00mL,n(KMnO4)=20.001000L0.2000molL-1=0.004molMnO4-+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O150.004nn(Li2FeSiO4)=n(Fe2+)=50.004mol1=0.02mol,100mL溶液中含有Li2FeSiO4的物質(zhì)的量為0.02mol5=0.10mol,產(chǎn)品中Li2FeSiO4的質(zhì)量分數(shù)為0.10mol162gmol-120.00g100%=81%。22.(10分)溶液是中學化學的重點研究對象。(1)水是極弱的電解質(zhì),也是最重要的溶劑。常溫下某電解質(zhì)溶解在水中后,溶液中的c(H+)=10-9 molL-1,則該電解質(zhì)可能是(填序號)。A.CuSO4B.HClC.Na2SD.NaOHE.K2SO4(2)已知次氯酸是比碳酸還弱的酸,要使新制稀氯水中的c(HClO)增大,可以采取的措施為(至少回答兩種)。(3)常溫下,將pH=3的鹽酸a L分別與下列三種溶液混合,結(jié)果溶液均呈中性。濃度為1.010-3 molL-1的氨水b L;c(OH-)=1.010-3 molL-1的氨水c L;c(OH-)=1.010-3 molL-1的氫氧化鋇溶液d L,則a、b、c、d之間的關(guān)系是。(4)強酸制弱酸是水溶液中的重要經(jīng)驗規(guī)律。已知HA、H2B是兩種弱酸,存在以下關(guān)系:H2B(少量)+2A-B2-+2HA,則A-、B2-、HB-三種陰離子結(jié)合H+的能力大小順序為。某同學將H2S通入CuSO4溶液中發(fā)現(xiàn)生成黑色沉淀,查閱資料并在老師的指導下寫出了化學方程式:H2S+CuSO4CuS+H2SO4,但這位同學陷入了困惑:這不成了弱酸制取強酸了嗎?請你幫助解釋。(5)已知:H2AH+HA-、HA-H+A2-,常溫下,0.1 molL-1的NaHA溶液其pH=2,則0.1 molL-1的H2A溶液中氫離子濃度的大小范圍是;NaHA溶液中各種離子濃度大小關(guān)系為。答案(1)CD(2)再通入氯氣、加入碳酸氫鈉、加入次氯酸鈉(3)b>a=d>c(4)A->B2->HB-銅離子和硫化氫之所以能生成硫化銅沉淀,是因為硫化銅既難溶于水又難溶于酸(5)0.1 molL-1<c(H+)<0.11 molL-1c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)解析(1)常溫下,純水中c(H+)=10-7molL-1,加入某物質(zhì)后,溶液中c(H+)=10-9molL-1,說明溶液呈堿性,則加入的物質(zhì)是堿或強堿弱酸鹽。(2)氯水中存在的平衡是Cl2+H2OH+Cl-+HClO、HClOH+ClO-,要使c(HClO)增大,加入某些物質(zhì)使Cl2+H2OH+Cl-+HClO的平衡向正反應方向移動,或使HClOH+ClO-的平衡向逆反應方向移動,所以可通入氯氣或加入碳酸氫鈉或加入次氯酸鹽。(3)一水合氨為弱電解質(zhì),不能完全電離,與鹽酸反應至中性時,氨水應稍過量,則b>a,c(OH-)=1.010-3molL-1的氨水中一水合氨濃度遠大于1.010-3molL-1的氨水中一水合氨濃度,反應至中性時,a>c,氫氧化鋇為強堿,與鹽酸完全中和時,a=d,則b>a=d>c。(4)據(jù)反應H2B(少量)+2A-B2-+2HA,可知,HA酸性小于H2B,HA酸性最弱,酸性越弱對應的酸根離子結(jié)合H+能力越強,沒有HB-生成,說明得電子能力A-大于HB-,則得電子能力順序為A->B2->HB-。銅離子和硫化氫能生成硫化銅沉淀,是因為硫化銅既難溶于水又難溶于酸。(5)由H2AH+HA-,HA-H+A2-可知,第一步完全電離,第二步不完全電離,0.1molL-1的H2A溶液中H2A第一步電離出氫離子濃度是0.1molL-1,0.1molL-1的NaHA溶液其pH=2,HA-的電離較微弱,所以0.1molL-1H2A溶液中,HA-電離出氫離子濃度小于0.01molL-1,則0.1molL-1的H2A溶液中c(H+)的大小范圍是0.1molL-1<c(H+)<0.11molL-1,NaHA溶液中HA-發(fā)生微弱電離,則離子濃度的關(guān)系是c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)。23.(10分)(2018山西太原模擬)過氧化氫是重要的氧化劑、還原劑,它的水溶液又稱為雙氧水,常用作消毒、殺菌、漂白等。某化學興趣小組取一定量的過氧化氫溶液,準確測定了過氧化氫的含量,并探究了過氧化氫的性質(zhì)。請?zhí)顚懴铝锌瞻?(1)移取10.00 mL密度為 gmL-1的過氧化氫溶液至250 mL(填儀器名稱)中,加水稀釋至刻度,搖勻。移取稀釋后的過氧化氫溶液25.00 mL至錐形瓶中,加入稀硫酸酸化,用蒸餾水稀釋,作被測試樣。(2)用高錳酸鉀標準溶液滴定被測試樣,其反應的離子方程式如下,請將相關(guān)物質(zhì)的化學計量數(shù)及化學式填寫在方框里。MnO4-+H2O2+H+Mn2+H2O+(3)滴定時,將高錳酸鉀標準溶液注入(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。滴定到達終點的現(xiàn)象是。(4)重復滴定三次,平均耗用c molL-1 KMnO4標準溶液V mL,則原過氧化氫溶液中過氧化氫的質(zhì)量分數(shù)為。(5)若滴定前滴定管尖嘴中有氣泡,滴定后氣泡消失,則測定結(jié)果(填“偏高”“偏低”或“不變”)。答案(1)容量瓶(2)256285O2(3)酸式滴入最后一滴高錳酸鉀溶液,溶液呈淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色(4)17cV200(5)偏高解析(1)根據(jù)題意應該選用250mL的容量瓶。(2)分析可知缺少的產(chǎn)物是O2,根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒,配平離子方程式為2MnO4-+5H2O2+6H+2Mn2+8H2O+5O2。(3)由于高錳酸鉀標準溶液具有強氧化性,所以只能使用酸式滴定管。滴定到達終點的現(xiàn)象是滴入最后一滴高錳酸鉀溶液,溶液呈淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色。(4)根據(jù)配平的離子方程式計算出過氧化氫的量,最后計算出原過氧化氫溶液中過氧化氫的質(zhì)量分數(shù)為17cV200。(5)若滴定前滴定管尖嘴中有氣泡,滴定后氣泡消失,有一部分溶液占據(jù)了氣泡的體積,并沒有滴入錐形瓶中,則測定結(jié)果偏高。24.(10分)(2018陜西西工大附中模擬)常溫下向25 mL稀硫酸中逐滴滴入0.1 molL-1氨水,溶液中由水電離出的H+濃度隨滴入氨水的體積變化如圖。(1)稀硫酸的濃度為,V1的值為mL。(2)B點和D點溶液中的溶質(zhì)分別為、(填化學式)。(3)判斷A、D兩點溶液的pH:A點,D點(填“>7”“<7”或“=7”)。(4)在V(NH3H2O)從0到V2的變化過程中,溶液中不可能出現(xiàn)的離子濃度排序是(填字母)。A.2c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)B.c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)>c(OH-)C.c(NH4+)>2c(SO42-)>c(OH-)>c(H+)D.c(H+)>c(SO42-)>c(NH4+)>c(OH-)答案(1) 0.05 molL-125(2)(NH4)2SO4和H2SO4(NH4)2SO4和NH3(3)<7<7(4)C解析本題考查酸堿滴定原理,意在考查考生將實際問題分解,通過運用相關(guān)知識,采用分析、綜合的方法,解決化學問題的能力。P點溶液是硫酸,根據(jù)由水電離出的氫離子濃度可知溶液中c(OH-)=10-13molL-1,則溶液中c(H+)=0.1molL-1,c(H2SO4)=0.05molL-1。隨著氨水的滴入,溶液酸性減弱,對水的電離的抑制減弱,水電離出的c(H+)增大,當c水(H+)達到最大值時,就是恰好反應完全生成(NH4)2SO4時,C點往后,氨水開始過量,氨水對水的電離又起抑制作用,c水(H+)又開始下降,到E點時,溶液中由水電離出的氫離子濃度與純水中由水電離出的氫離子濃度相等,此時溶液中(NH4)2SO4的水解和NH3H2O的電離互相抑制,恰好使溶液顯中性,E點以前一直都是酸性溶液。25.(10分)(2018云南昆明模擬)常溫下,將某一元酸HA和NaOH溶液等體積混合,兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表所示:實驗編號HA的物質(zhì)的量濃度/(molL-1)NaOH的物質(zhì)的量濃度/(molL-1)混合溶液的pH0.10.1pH=9c0.2pH=70.20.1pH<7請回答下列有關(guān)問題。(1)從實驗分析,HA是(填“強酸”或“弱酸”)。(2)實驗表明,c(填“>”“<”或“=”)0.2。(3)從實驗分析,HA的電離程度(填“大于”“小于”或“等于”)NaA的水解程度,該混合溶液中離子濃度由大到小的順序是。(4)實驗所得混合溶液中由水電離出的c(OH-)=molL-1。寫出該混合溶液中下列算式的精確結(jié)果:c(Na+)-c(A-)=molL-1;c(OH-)-c(HA)=molL-1。答案(1)弱酸(2)>(3)大于c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)(4)10-5(10-5-10-9)10-9解析(1)從實驗分析,等體積、等物質(zhì)的量濃度的HA和NaOH溶液混合,二者恰好完全反應生成NaA,溶液顯堿性,說明HA是弱酸。(2)實驗中NaOH溶液的濃度為0.2molL-1,混合后溶液顯中性,說明HA稍過量,即HA的物質(zhì)的量濃度應大于0.2molL-1。(3)實驗相當于等體積、等物質(zhì)的量濃度的HA和NaA溶液混合,pH<7說明HA的電離程度大于NaA的水解程度,溶液中離子濃度由大到小的順序是c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。(4)實驗所得混合溶液的pH=9,則c(OH-)=10-5molL-1,由水電離出的c(H+)=c(OH-)=10-5molL-1。由電荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),則c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5-10-9)molL-1。由A-+H2OHA+OH-可得c(OH-)=c(HA)+c(H+),所以c(OH-)-c(HA)=c(H+)=10-9molL-1。26.(10分)在室溫下,下列四種溶液:0.1 molL-1 NH4Cl溶液0.1 molL-1 CH3COONH4溶液0.1 molL-1 NH4HSO4溶液0.1 molL-1 NH3H2O和0.1 molL-1 NH4Cl混合液請根據(jù)要求填空下列空白:(1)溶液呈(填“酸”“堿”或“中”)性,其原因是(用離子方程式表示)。(2)溶液中c(NH4+)的大小關(guān)系是(填“>”“<”或“=”)。(3)在溶液中(離子)的濃度為0.1 molL-1;NH3H2O和(離子)的濃度之和為0.2 molL-1。(4)室溫下,測得溶液的pH=7,則說明CH3COO-的水解程度(填“>”“<”或“=”,下同)NH4+的水解程度,CH3COO-與NH4+濃度的大小關(guān)系是c(CH3COO-)c(NH4+)。(5)常溫下,某水溶液M中存在的離子有Na+、A2-、HA-、H+、OH-,存在的分子有H2O、H2A。寫出酸H2A的電離方程式:。若溶液M由10 mL 2 molL-1 NaHA溶液與10 mL 2 molL-1 NaOH溶液混合而得,則溶液M的pH(填“>”“<”或“=”)7。答案(1)酸NH4+H2ONH3H2O+H+(2)<(3)Cl-NH4+(4)=(5)H2AH+HA-,HA-H+A2->解析(1)NH4Cl為強酸弱堿鹽,根據(jù)“誰弱誰水解,誰強顯誰性”的原則,NH4Cl溶液顯酸性。(2)CH3COONH4溶液中,醋酸根離子促進銨根離子的水解,而NH4HSO4溶液中NH4HSO4電離出來的氫離子抑制銨根離子的水解,所以后者中銨根離子濃度大。(3)因為氯離子在溶液中不變化,所以其濃度為0.1molL-1;根據(jù)原子守恒可知,含N原子微粒的總物質(zhì)的量濃度為0.2molL-1,而N原子的存在形式為NH3H2O和NH4+。(4)溶液的pH=7,說明CH3COO-水解生成的OH-的物質(zhì)的量等于NH4+水解生成的H+的物質(zhì)的量,即二者水解程度相同;根據(jù)電荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),因為c(H+)=c(OH-),故c(CH3COO-)=c(NH4+)。(5)由溶液中存在的微粒可知,H2A為二元弱酸,分步電離。NaHA和NaOH恰好反應生成Na2A,溶液顯堿性。