2021年新教材高中化学 第三章 水溶液中的离子反应与平衡（B）作业（含解析）新人教版选择性必修1.docx

1、水溶液中的离子反应与平衡(B)(时间:75分钟满分:100分)一、选择题:本题共16小题,共44分。第110小题,每小题2分;第1116小题,每小题4分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.下列说法中正确的是()A.二氧化硫溶于水能导电,故二氧化硫属于电解质B.硫酸钡难溶于水,故硫酸钡属于弱电解质C.H2SO4是强电解质,故H2SO4能导电D.OH-浓度相同的氢氧化钠溶液和氨水导电能力相同解析:SO2溶于水导电,是因为SO2与水反应生成H2SO3,H2SO3为电解质,A项错误;BaSO4溶于水的部分完全电离,BaSO4是强电解质,B项错误;H2SO4以分子形式存在,不电离,

2、故H2SO4不导电,C项错误;两溶液中OH-浓度相同,根据电荷守恒,阳离子的总浓度也相同,两者阴、阳离子浓度相同,导电能力也相同,D项正确。答案:D2.下列事实中能说明亚硝酸是弱电解质的是()25 时,亚硝酸钠溶液的pH大于7用HNO2溶液做导电实验,灯泡很暗HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应0.1 mol/L HNO2溶液的pH=2.1A. B.C. D.解析:25 时,NaNO2溶液pH7,说明NO2-水解,则HNO2为弱酸,符合;溶液导电性差,有可能是HNO2的浓度小,不能说明HNO2是弱电解质;HNO2不与Na2SO4反应,只能说明HNO2的酸性小于H2SO4的酸性,不能说明HNO2

3、是弱酸;说明HNO2未完全电离,则HNO2是弱电解质。答案:C3.其他条件不变,升高温度,下列数据中不一定增大的是()A.0.1 mol/L CH3COONa溶液的pHB.水的离子积常数KwC.弱电解质的电离程度D.可逆反应的化学平衡常数K解析:醋酸钠水解吸热,升温能够促进其水解,碱性增强,pH增大, A项错误;水的电离过程是吸热的,升高温度促进水的电离,电离程度增大,水的离子积一定增大,B项错误;电离是吸热过程,升高温度促进弱电解质的电离,电离程度增大,C项错误;若正反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动,化学平衡常数减小,若正反应为吸热反应,升高温度平衡向正反应方向移动,化学平衡常数

4、增大,所以升高温度可逆反应的化学平衡常数K不一定增大, D项正确。答案:D4.常温下,加水稀释0.1 mol/L的H2C2O4溶液,下列说法中正确的是()A.溶液中n(H+)n(OH-)保持不变B.溶液中水电离的c(H+)c(OH-)保持不变C.溶液中c(HC2O4-)c(H2C2O4)保持不变D.溶液中c(OH-)增大解析:稀释过程中,溶液的体积增大,水的离子积常数不变,故溶液中n(H+)n(OH-)增大, A项错误;稀释过程中,溶液中c(OH-)增大,故水电离的c(H+)c(OH-)增大,B项错误;H2C2O4分两步电离,且以第一步电离为主,稀释时平衡向右移动,c(H2C2O4)减小快,c

5、(HC2O4-)减小慢,c(HC2O4-)c(H2C2O4)不断增大, C项错误;草酸是弱酸,存在电离平衡,加水稀释促进电离,氢离子的数目增加,但氢离子的浓度是降低的,由于温度是不变的,所以水的离子积常数是不变的,所以溶液中c(OH-)增大, D项正确。答案:D5.欲使0.1 mol/L NaHCO3溶液中c(H+)、c(CO32-)、c(HCO3-)都减小,其方法是()A.通入二氧化碳气体B.加入氢氧化钠固体C.通入氯化氢气体D.加入饱和石灰水溶液解析:CO2与NaHCO3不反应,三种离子浓度皆不会减小;加入NaOH固体后,发生反应HCO3-+OH-CO32-+H2O,c(H+)、c(HCO

6、3-)减小,而c(CO32-)增大;通入HCl气体时,因发生反应HCO3-+H+CO2+H2O而使溶液呈弱酸性,与原NaHCO3溶液相比,c(H+)增大;加入石灰水时,发生反应HCO3-+OH-+Ca2+CaCO3+H2O,使溶液中三种离子浓度均减小。答案:D6.常温下,下列四种溶液中,水的电离程度最大的是()A.pH=5的NH4Cl溶液B.pH=5的NaHSO4溶液C.pH=8的CH3COONa溶液D.pH=8的NaOH溶液解析:B、D项抑制水的电离,A、C项促进水的电离,A项中水电离出的c(H+)=10-5 mol/L,C项中水电离出的c(OH-)=10-6 mol/L,A项中数值大,水的

7、电离程度大。答案:A7.pH相同的氨水、NaOH溶液和Ba(OH)2溶液,分别用蒸馏水稀释到原来的X、Y、Z倍,稀释后三种溶液的pH仍然相同,则X、Y、Z的关系是()A.X=Y=Z B.XY=ZC.XY=Z D.X=YY=Z。答案:B8.25 时,0.1 mol/L稀醋酸加水稀释,如图中的纵坐标y可以是()A.溶液的pHB.CH3COOH的电离平衡常数C.溶液的导电能力D.CH3COOH的电离程度解析:0.1 mol/L稀醋酸加水稀释,电离程度增大,n(H+)增大,但c(H+)减小,因此pH增大,A、D项错误;电离平衡常数只与温度有关,因此稀释时电离平衡常数不变,B项错误;加水稀释时溶液中离子

8、浓度减小,溶液的导电能力降低,C项正确。答案:C9.为研究沉淀的生成及其转化,某小组进行如下实验。下列关于该实验的分析不正确的是() A.浊液中存在平衡:AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)B.中颜色变化说明上层清液中含有SCN-C.该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶D.中颜色变化说明有AgI生成解析:白色沉淀为AgSCN(s),由中溶液变红,说明上层清液中含有SCN-,即说明在溶液中存在溶解平衡:AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq),A、B项正确;因中AgNO3过量,余下的浊液中含有过量的Ag+,可与KI反应生成黄色沉淀AgI,不能说明AgSCN可转化为AgI,因

9、此不能证明AgI比AgSCN更难溶,C项错误;Ag+与I-结合生成AgI黄色沉淀,则中颜色变化说明有AgI生成,D项正确。答案:C10.已知三个数据:6.310-4、5.610-4、6.210-10,分别是三种酸的电离平衡常数,若已知这些酸可发生以下反应:NaCN+HNO2HCN+NaNO2,NaCN+HFHCN+NaF,NaNO2+HFHNO2+NaF。由此可判断下列叙述中,正确的是()A.HF的电离平衡常数是B.HNO2的电离平衡常数是C.HCN的电离平衡常数是D.HNO2的电离平衡常数是解析:根据题中给出的三个反应,利用强酸能制弱酸的规律可判断酸性:HFHNO2HCN,酸性越强,电离常数

10、越大,由此判断HF的电离平衡常数为6.310-4,HNO2的电离平衡常数为5.610-4,HCN的电离平衡常数为6.210-10。答案:A11.下列关于某酸的酸式盐NaHY的水溶液的叙述中,正确的是()A.该酸式盐的水溶液一定显酸性B.在该盐溶液中,离子浓度的关系为c(Na+)c(Y2-)c(HY-)c(OH-)c(H+)C.若HY-能水解,水解方程式为HY-+H2OY2-+H3O+D.若HY-能电离,电离方程式为HY-+H2OY2-+H3O+解析:NaHY溶液由于Y2-没有指定,常见的有三种情况:NaHSO4,只电离,不水解;NaHSO3,其水溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度,溶液显酸

11、性;NaHCO3、NaHS,其水溶液中HCO3-、HS-水解程度大于电离程度,溶液显碱性。因Y2-不确定,故A、B项错误。C项中的方程式为电离方程式而非水解方程式。答案:D12.常温下,对于0.1 mol/L的氨水,下列判断中正确的是()A.与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3+3OH-Al(OH)3B.加水稀释后,溶液中c(NH4+)c(OH-)变大C.用HNO3溶液完全中和后,溶液不显中性D.其溶液的pH=13解析:NH3H2O属于弱电解质,在离子方程式中不能拆分为离子,故A项错误;0.1 mol/L的氨水加水稀释时,NH4+、OH-浓度均减小,两者的乘积变小,故B项错误;氨水与硝

12、酸完全中和生成的硝酸铵属于强酸弱碱盐,由于NH4+水解溶液显酸性,故C项正确;由于弱电解质不能完全电离,所以0.1 mol/L的氨水中c(OH-)小于0.1 mol/L,pH小于13,故D项错误。答案:C13.部分弱酸的电离平衡常数如表所示:弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数(25 )Ka=1.810-4Ka=6.210-10Ka1=4.510-7Ka2=4.710-11下列叙述中错误的是()A.2CN-+H2O+CO22HCN+CO32-B.2HCOOH+CO32-2HCOO-+H2O+CO2C.中和等体积、等pH的HCOOH溶液和HCN溶液消耗NaOH的量前者小于后者D.等体积、等

13、浓度的HCOONa溶液和NaCN溶液中所含离子总数前者大于后者解析:根据电离平衡常数,HCN的电离程度介于H2CO3的一级电离程度和二级电离程度之间,因此A项中反应错误,应为CN-+H2O+CO2HCN+HCO3-。HCOOH的电离程度大于H2CO3的一级电离程度,B项正确。等pH的HCOOH溶液和HCN溶液,HCN溶液的浓度大,中和等体积、等pH的HCOOH溶液和HCN溶液,后者消耗NaOH的量大,C项正确。在HCOONa溶液和NaCN溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-),c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-)。等浓度的HCOONa溶液和

14、NaCN溶液,NaCN水解程度大,溶液中OH-浓度大,H+浓度小;根据电荷守恒,两溶液中离子总浓度均为2c(Na+)+c(H+),而Na+浓度相同,H+浓度后者小,因此等体积、等浓度的两种溶液中离子总数前者大于后者,D项正确。答案:A14.常温下,下列各组数据中比值为21的是()A.K2SO3溶液中c(K+)与c(SO32-)之比B.0.2 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L盐酸中c(H+)之比C.pH=7的氨水与(NH4)2SO4溶液的混合溶液中,c(NH4+)与c(SO42-)之比D.pH=12的Ba(OH)2溶液与pH=12的KOH溶液中溶质的物质的量浓度之比解析:A项,

15、K2SO3溶液中,由于SO32-水解生成HSO3-,导致K2SO3溶液中c(Na+)c(SO32-)21;B项,由于CH3COOH是弱酸,存在CH3COOHCH3COO-+H+,HCl是强酸,在溶液中全部电离,两者溶液中c(H+)之比小于21;C项,pH=7的氨水与(NH4)2SO4溶液的混合溶液中,根据电荷守恒有:c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),因c(H+)=c(OH-),则有c(NH4+)=2c(SO42-),即c(NH4+)c(SO42-)=21;D项,pH=12的Ba(OH)2溶液中,溶质Ba(OH)2的物质的量浓度为120.01 mol/L,pH=12的

16、KOH溶液中溶质KOH的物质的量浓度为0.01 mol/L,Ba(OH)2溶液与KOH溶液中溶质的物质的量浓度之比为12。答案:C15.某温度下,向一定体积0.1 mol/L的醋酸中逐滴加入等浓度的NaOH溶液,溶液中pOHpOH=-lg c(OH-)与pH的变化关系如图所示,则() A.M点所示溶液的导电能力强于Q点B.N点所示溶液中c(CH3COO-)c(Na+)C.M点和N点所示溶液中水的电离程度相同D.Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸的体积解析:由图示可知,某温度下pH+pOH=2a。混合溶液的导电能力取决于溶液中自由移动的离子的浓度大小。CH3COOH为弱酸,溶液中自由移动的离子浓

17、度小,加入等浓度的NaOH溶液后生成的CH3COONa为强电解质,溶液中自由移动的离子浓度增大,溶液导电能力增强,A项错误。由图示可知,Q点时pH=pOH,即c(H+)=c(OH-),继续加入NaOH溶液,溶液呈碱性,故N点时c(H+)c(OH-),因c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-),故c(CH3COO-)c(Na+)c(NH4+)c(OH-)c(H+)D.在M点时,n(OH-)-n(H+)=(a-0.05) mol解析:M点时c(NH4+)=c(NH3H2O),NH3H2O是一元弱碱,抑制水的电离,此时水的电离程度小于原NH4Cl溶液中水的电离程度,故A项错误;若

18、 a=0.05,得到物质的量均为0.05 mol的NH4Cl、NaCl和NH3H2O的混合物,由于NH3H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度,则c(NH4+)c(NH3H2O),与图像不符,故B项错误;向1 L 0.1 mol/L NH4Cl溶液中不断加入NaOH固体,当n(NaOH)=0.05 mol时,得到物质的量均为0.05 mol的NH4Cl、NaCl和NH3H2O的混合物,由于NH3H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度,故离子浓度大小关系为c(Cl-)c(NH4+)c(Na+)c(OH-)c(H+),故C项错误;在M点的溶液中存在电荷守恒:n(OH-)+n(Cl-)=n(H+

19、)+n(Na+)+n(NH4+),n(OH-)-n(H+)=0.05 mol+n(Na+)-n(Cl-)=(a-0.05) mol,故D项正确。答案:D二、非选择题:本题共4小题,共56分。17.(14分)水是生命的源泉、工业的血液、城市的血脉。要保护好河流,因为河水是主要的饮用水源,污染物通过饮用水可直接毒害人体,也可通过食物链和农田灌溉间接危及人体健康。请回答下列问题。(1)T 时,纯水pH=6,该温度下1 mol/L的NaOH溶液中,由水电离出的c(OH-)= mol/L。(2)25 时,向水中加入少量碳酸钠固体,得到pH为11的溶液,其主要水解反应的离子方程式为,由水电离出的c(OH-

20、)=mol/L。(3)体积均为100 mL、pH均为2的CH3COOH溶液与一元酸HX溶液,加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示,则HX的电离平衡常数(填“大于”“小于”或“等于”)CH3COOH的电离平衡常数。理由是 。(4)25 时,在CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中,若测得pH=6,则溶液中c(CH3COO-)-c(Na+)= mol/L(填精确值),c(CH3COO-)c(CH3COOH)=Ka(CH3COOH)=1.810-5。解析: (1)T 时,纯水pH=6,即c(H+)=c(OH-)=10-6 mol/L,可知Kw=10-12,1 mol/L的NaOH溶液中由

21、水电离出的c(OH-)等于溶液中的c(H+),即c水电离(OH-)=c(H+)=10-12 mol/L。(2)碳酸钠的水解反应分步进行,以第一步为主,强碱弱酸盐水解使溶液呈碱性,由水电离出的c(OH-)取决于溶液中的c(OH-),c(OH-)=10-3 mol/L。(3)稀释相同倍数,HX的pH变化量比CH3COOH的pH变化量小,酸性较弱,电离平衡常数较小。(4)溶液中存在电荷守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),因此c(CH3COO-)-c(Na+)=c(H+)-c(OH-)=9.910-7 mol/L。通过电离平衡常数的表达式可知c(CH3COO-)c(CH

22、3COOH)=Ka(CH3COOH)c(H+)=18。答案: (1)10-12(2)CO32-+H2OHCO3-+OH-10-3(3)小于稀释相同倍数,一元酸HX溶液的pH变化量比CH3COOH溶液的pH变化量小,故HX酸性较弱,电离平衡常数较小(4)9.910-71818.(14分)某研究性学习小组为了探究CH3COOH的电离情况,进行了以下实验。.配制并标定CH3COOH溶液的浓度。取冰醋酸配制250 mL 0.2 mol/L的CH3COOH溶液,用0.2 mol/L的CH3COOH溶液稀释成所需浓度的溶液,再用标准NaOH溶液对所配CH3COOH溶液的浓度进行标定。回答下列问题。(1)配

23、制250 mL 0.2 mol/L CH3COOH溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、和。(2)为标定某CH3COOH溶液的准确浓度,用0.200 0 mol/L的NaOH溶液对20.00 mL CH3COOH溶液进行滴定,几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下:实验序号1234消耗NaOH溶液的体积/mL20.0520.0018.8019.95则该CH3COOH溶液的准确浓度为(结果精确到0.000 1 mol/L)。.探究浓度对CH3COOH电离程度的影响。用pH计测定25 时不同浓度的CH3COOH溶液的pH,结果如下:CH3COOH溶液浓度/(mol/L)0.001 00.010

24、 00.020 00.100 00.200 0pH3.883.383.232.882.83回答下列问题。(1)根据表中数据,可以得出CH3COOH是弱电解质的结论,你认为得出此结论的依据是 。(2)从表中的数据还可以得出另一结论:随着CH3COOH溶液浓度的减小,CH3COOH的电离程度将(填“增大”“减小”或“不变”)。.探究温度对CH3COOH电离程度的影响。请你设计一个实验完成该探究,简述你的实验方案: 。解析:.(1)还缺少配制溶液所需的容器250 mL容量瓶和定容仪器胶头滴管。(2)首先分析NaOH溶液的体积,第3次数据显然误差较大,舍去。经计算可知,CH3COOH溶液的浓度为 0.

25、200 0 mol/L。.(1)孤立地看每次测量值,H+浓度远小于CH3COOH溶液的浓度,说明CH3COOH不完全电离;联系起来看,浓度为0.100 0 mol/L、0.010 0 mol/L及0.001 0 mol/L的CH3COOH溶液,相邻两浓度的溶液pH变化量均小于1。(2)以0.100 0 mol/L、0.010 0 mol/L CH3COOH溶液为例,设0.100 0 mol/L的CH3COOH溶液体积为1 L,将其稀释至0.010 0 mol/L,体积变为10 L,两溶液中H+的物质的量分别为10-2.88 mol、1010-3.38 mol,可见溶液变稀,电离出的H+的物质的

26、量增加,故说明CH3COOH的电离程度增大。.探究温度对CH3COOH电离程度的影响,应控制其他条件相同,只有温度存在差异的CH3COOH溶液H+浓度有差异,能够对溶液中H+浓度区分度较好的仪器是pH计。答案:.(1)胶头滴管250 mL容量瓶(2)0.200 0 mol/L.(1)0.010 0 mol/L CH3COOH溶液的pH大于2或CH3COOH溶液稀释至原体积的10倍时,pH的变化量小于1(2)增大.用pH计测定相同浓度的CH3COOH溶液在几种不同温度时的pH19.(12分)常温下,将某一元酸HA溶液与NaOH溶液等体积混合,两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如下表所示:实验

27、编号HA溶液的物质的量浓度/(mol/L)NaOH溶液的物质的量浓度/(mol/L)混合后溶液的pH甲0.10.1pH=a乙0.120.1pH=7丙0.20.1pH7丁0.10.1pH=10(1)从甲组情况分析,如何判断HA是强酸还是弱酸? 。(2)乙组混合溶液中c(A-)和c(Na+)的大小关系是(填字母)。A.前者大 B.后者大C.两者相等 D.无法判断(3)从丙组实验结果分析,该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。(4)分析丁组实验数据,写出该混合溶液中下列算式的精确结果(列式):c(Na+)-c(A-)= mol/L。解析: (1)一元酸HA与NaOH等物质的量反应,HA酸性强弱可通

28、过完全中和后盐溶液的pH得出,a=7为强酸,a7为弱酸。(2)根据电荷守恒,有c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),因c(H+)=c(OH-),所以c(Na+)=c(A-)。(3)丙组反应后为等浓度的HA溶液与NaA溶液的混合溶液,由pH7知,A-水解程度大于HA的电离程度,离子浓度大小顺序为c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+)。(4)根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),推导c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=(10-4-10-10)mol/L。答案: (1)a=7时,HA是强酸;a7时,HA是弱酸(2)C(3)c(Na+)c(

29、A-)c(OH-)c(H+)(4)10-4-10-1020.(16分)常温下,几种物质的溶度积常数如下表:物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.210-202.810-391.710-71.310-12(1)某酸性CuCl2溶液中含少量的FeCl3,为制得纯净CuCl2溶液,宜加入调至溶液pH=4,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀,此时溶液中c(Fe3+)=。(2)过滤后,将所得滤液经过、操作,可得到CuCl22H2O晶体。(3)由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2,需要进行的操作是。(4)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样(不含能与I

30、-发生反应的氧化性杂质)的纯度,过程如下:取0.800 g试样溶于水,加入过量KI固体。充分反应,生成白色沉淀。用0.100 0 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定,达到滴定终点时,消耗Na2S2O3标准溶液40.00 mL。(已知:I2+2S2O32-S4O62-+2I-)可选用作指示剂,滴定终点的现象是 。CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为 。该试样中CuCl22H2O的质量分数为。解析: (1)加入CuO或Cu2(OH)2CO3,或Cu(OH)2与Fe3+水解产生的H+反应,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀;当pH=4时,由Fe(OH)3的Ksp计算c(Fe3+)。(3)由Cu

31、Cl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2,需考虑避免Cu2+的水解产生杂质。(4)CuCl2溶液与KI发生反应:2CuCl2+4KI2CuI+I2+4KCl,其离子反应方程式为:2Cu2+4I-2CuI+I2,所以需选用淀粉溶液作指示剂,当溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变色时,则达到滴定终点;结合反应方程式:I2+2S2O32-S4O62-+2I-和2Cu2+4I-2CuI+I2,得到关系式:2Cu2+I22S2O32-,即可算出晶体试样的纯度。答案: (1)CuO或Cu(OH)2,或Cu2(OH)2CO32.810-9mol/L(2)蒸发浓缩冷却结晶(3)在HCl气氛中加热(4)淀粉溶液溶液由蓝色变成无色且半分钟内不变色2Cu2+4I-2CuI+I285.5%