2022届高考化学二轮复习专题突破练10水溶液中的离子平衡(B)答案

1、PAGE PAGE 4专题突破练十水溶液中的离子平衡(B)1.A解析 pH相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液,NH3H2ON+OH-,NaOHNa+OH-,pH相同,氢氧根离子浓度相同,c(N)、c(Na+)相同,A项正确。温度升高20 ,促进NH3H2ON+OH-正向移动,氢氧根离子浓度增大,pH增大,升高温度KW增大,NaOH溶液pH减小,B项错误。pH相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液,加水稀释相同的倍数后,促进NH3H2O的电离,而氢氧化钠的电离不变,故氨水中c(OH-)大于氢氧化钠溶液,所以两种溶液的pH不相同,C项错误。pH相同、体积相同的氨水与氢氧化钠两种稀溶液,NH3H2O为弱电解质,

2、氨水中溶质的浓度大于氢氧化钠溶液,与等物质的量浓度的盐酸反应,氨水消耗的盐酸的体积比氢氧化钠溶液消耗的盐酸体积大,D项错误。2.D解析 当a=b时,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-),A项错误。当a=b时,等物质的量的NaHS和NaOH混合,根据化学式中出现的离子浓度大于化学式中未出现的离子浓度故Na2S溶液中:c(Na+)c(S2-)c(OH-)c(HS-),B项错误。当a=2b时,有等物质的量的Na2S和NaHS,溶液显碱性,根据化学式中出现的离子浓度大于化学式中未出现的离子浓度可知: c(HS- )c(S2-)c(OH-)c(H+),

3、C项错误。当a=4b时,溶液中含3份NaHS、1份Na2S,根据元素质量守恒有:4c(Na+)=5c(S2-)+5c(HS-)+5c(H2S),D项正确。3.C解析 盐类的水解可看作中和反应的逆反应,中和反应放热,则盐类的水解是吸热反应,A项正确。升高温度,NaHCO3的水解程度增大,使溶液pH增大,同时温度升高,KW增大,使溶液的pH减小,M点之前NaHCO3溶液的pH减小,说明温度升高,促进水的电离起主导作用,B项正确。M点到N点,溶液的pH增大,是由于NaHCO3分解生成Na2CO3,Na2CO3水解使溶液的碱性增大,但不能判断NaHCO3是否完全分解,C项错误。N点溶液中Na2CO3含

4、量大,Na2CO3的水解程度大于NaHCO3,故N点溶液恢复到25 ,溶液的pH8.62,D项正确。4.AC解析 由图可知,b、d两点HX溶液、HY溶液分别与氢氧化钠溶液恰好完全反应,b点溶液中溶质为NaY、d点溶液中溶质为NaX,a点溶液中溶质为NaX、HX,c点溶液中溶质为NaX、NaOH,由a点和b点溶液呈中性可知,HY为强酸、HX为弱酸。0.1 molL-1的HX溶液中水电离出的氢离子浓度为10-11 molL-1,则溶液中的氢离子浓度为=1.010-3 molL-1,Ka(HX)=10-5,A项正确。c点溶液中溶质为NaX、NaOH,NaX为强碱弱酸盐,在溶液中水解呈碱性,则NaX和

5、NaOH混合溶液呈碱性,B项错误。b点溶液中溶质为NaY,HY为强酸,由电荷守恒可知,溶液中c(Na+)=c(Y-),d点溶液中溶质为NaX,由电荷守恒可知,溶液中c(Na+)=c(X-)+c(OH-)-c(H+),两溶液中钠离子浓度相等,则c(X-)+c(OH-)c(Y-),d点溶液中的离子总浓度大于b点溶液,C项正确。d点HX溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应,d点溶液中溶质为NaX,由元素质量守恒关系可知c(X-)+c(HX)=c(Na+)=0.05 molL-1,c点溶液体积大于40 mL,则溶液中c(X-)+c(HX)c(S) c(H+)=c(OH-),B项错误。a点时,消耗硫酸5 mL

6、,根据2MOHH2SO4可知,消耗MOH的物质的量为20.05510-3 mol,剩余MOH的物质的量为20.0010-30.100 0 mol-20.05510-3 mol=1.510-3 mol,生成M2SO4的物质的量为0.05510-3 mol,即混合液中n(MOH)n(M2SO4)=1.50.25=61;根据元素质量守恒可知,c(M+)+c(MOH)=8c(S),C项正确。c点为酸碱恰好完全反应的点,生成了强酸弱碱盐,此时水解程度最大,从c点以后,硫酸过量,酸抑制水的电离,硫酸属于强酸,对水的电离平衡抑制程度大,因此水的电离程度:cbd,D项错误。8.答案 (1)1.2510-3(2

7、)10有(3)5.761030(4)4.1解析 (1)由于NH3H2O的电离常数大于HC的电离常数,再根据盐类水解规律可得HC的水解程度更大,因此c(N)c(HC);反应N+HC+H2ONH3H2O+H2CO3的平衡常数K=1.2510-3。(2)MgSO4溶液中c(Mg2+)=0.002 molL-1,沉淀平衡时c(OH-)= molL-1=10-4 molL-1,则c(H+)=10-10 molL-1,因此生成Mg(OH)2沉淀,应调整溶液pH,使之大于10;在0.20 L 0.002 molL-1 MgSO4溶液中加入等体积的0.10 molL-1的氨水,镁离子浓度变为0.001 mol

8、L-1,c(OH-)= molL-1=0.001 molL-1,c(Mg2+)c2(OH-)=10-9Ksp=210-11,有沉淀产生。(3)反应2CuCl(s)+S2-(aq)Cu2S(s)+2Cl-(aq)的平衡常数K=5.761030。(4)HSS+H+的电离常数为=1.010-7.2,c(S)c(H+),c(HS)=0.1 molL-1,则c2(H+)=1.010-7.2c(HS)=1.010-7.20.1=10-8.2,c(H+)=10-4.1,故pH=-lg c(H+)=4.1。9.答案 (1)H2C2O4HC2+H+,HC2C2+H+(2)H2C2O4+OH-HC2+H2Obc(

9、3)NH3H2O与生成的H+反应,使c(H+)减小,平衡向正反应方向移动,产生更多的FeC2O4xH2O2解析 (2)由图可知,pH=2.5时,溶液中主要存在HC2,故草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=2.5,反应生成KHC2O4,离子方程式为H2C2O4+OH-HC2+H2O。0.1 molL-1 KHC2O4溶液中,据电荷守恒可得:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2),a项错误。由图可知,KHC2O4溶液呈酸性,则HC2的水解程度小于其电离程度,则有c(C2)c(H2C2O4),故溶液中:c(K+)c(HC2)c(C2)c(H2C2O4),b项正确。KHC2O4溶液中存在HC2的水解和电离平衡,据物料守恒可得c(K+)=c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4),c项正确。(3)根据电子得失守恒可得,Mn与FeC2O4xH2O的关系式为3Mn5FeC2O4xH2O,达到滴定终点时,消耗18.00 mL 0.100 0 molL