(通用版)高考化学一轮复习单元训练卷第十一单元水溶液中的离子平衡A卷(含解析)

Kw/c(H＋)<1.0×10−7mol·L−1，A项正确；B项，由于开始加入等物质的量的NH4HCO3与NaCl，根据物料守恒可知，B项正确；C项，析出NaHCO3后，在滤液中根据电荷守恒得c(H+)+c(NHeq\o\al(＋,4))+c(Na+)=c(OH−)+c(HCOeq\o\al(－,3))+2c(COeq\o\al(2－,3))+c(Cl−)，因c(Na+)<c(Cl−)，故C项错误；D项，开始时NH4HCO3与NaCl等物质的量，由于析出了一部分NaHCO3，故c(Cl−)与c(NHeq\o\al(＋,4))都大于c(HCOeq\o\al(－,3))和c(Na+)，少量的NHeq\o\al(＋,4)、HCOeq\o\al(－,3)发生水解，极少量的HCOeq\o\al(－,3)发生电离，所以c(Cl−)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))，D项正确。15．【答案】B【解析】AgSCN的溶度积常数很小，边滴定边摇动溶液，溶液中首先析出AgSCN白色沉淀，故A错误；Fe3＋＋SCN－FeSCN2＋(红色)，K＝138，比较大，故正向反应容易进行，故当Ag＋定量沉淀后，少许过量的SCN－与Fe3＋生成红色配合物，且半分钟不褪色时即为终点，故B正确；KSCN和Fe3＋形成红色溶液，KCl和Fe3＋不反应，故不能用KCl标准溶液代替KSCN标准溶液滴定Ag＋，故C错误；Fe3＋易水解生成红褐色Fe(OH)3胶体，干扰实验现象的观察，因此滴定时要控制溶液一定的酸性，故D错误。16．【答案】A【解析】由图像可知当－lgc(OH－)＝6时，N2H4和N2Heq\o\al(＋,5)的物质的量分数相等，可推知其浓度相等，由N2H4的电离方程式N2H4＋H2ON2Heq\o\al(＋,5)＋OH－得Kb1(N2H4)＝eq\f(c(N2H\o\al(＋,5))·c(OH－),c(N2H4))＝c(OH－)＝10－6，同理，－lgc(OH－)＝15时，由N2Heq\o\al(＋,5)的电离方程式N2Heq\o\al(＋,5)＋H2ON2Heq\o\al(2＋,6)＋OH－可得Kb2(N2H4)＝eq\f(c(N2H\o\al(2＋,6))·c(OH－),c(N2H\o\al(＋,5)))＝c(OH－)＝10－15，则eq\f(Kb1(N2H4),Kb2(N2H4))＝eq\f(c2(N2H\o\al(＋,5)),c(N2H\o\al(2＋,6))·c(N2H4))，即为反应N2Heq\o\al(2＋,6)＋N2H42N2Heq\o\al(＋,5)的K＝eq\f(Kb1(N2H4),Kb2(N2H4))＝eq\f(10－6,10－15)＝109，所以pK＝9.0，A错误，D正确；N2H5Cl溶液中存在的电荷守恒为c(Cl－)＋c(OH－)＝c(N2Heq\o\al(＋,5))＋2c(N2Heq\o\al(2＋,6))＋c(H＋)，B正确；N2H5Cl溶液中因N2Heq\o\al(＋,5)的水解使溶液呈酸性，所以c(H＋)＞c(OH－)，C正确。二、非选择题（共52分）17．【答案】（1）⑥②③④（2）＞＞（3）＜c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)ABC【解析】（1）水属于弱电解质，存在电离平衡H2OH＋＋OH－，根据电离出的离子可知酸或碱是抑制水的电离，而盐类的水解则是促进水的电离。pH=12的氨水，说明氨水的浓度大于0.01mol/L，所以⑤中氨水是过量的，所以溶液显碱性。在⑥中二者恰好反应生成氯化钠，氯化钠是不能发生水解的，所以在该溶液中水的电离没有被抑制，而在①②③④⑤中均是抑制水的电离的。因为②③④溶液中H＋浓度或OH－的浓度均是0.01mol，所以对水的电离抑制程度是相同的；故其中水的电离程度最大的是⑥，水的电离程度相同的是②③④；（2）pH=12的氨水，说明氨水的浓度大于0.01mol/L，所以②③等体积混合后氨水过量，溶液显碱性，要使溶液显中性，盐酸的体积必须大于氨水的体积，故答案为＞；②0.01mol/LHCl溶液中pH=2，③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol/L，等体积混合，充分反应后氨水过量，溶液呈碱性，pH＞7；（3）若将①0.01mol/LCH3COOH溶液、④pH=12的NaOH溶液按体积比为2：1混合后，所得溶液为醋酸和醋酸钠按1：1形成的溶液，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解，则c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，溶液显酸性c(H+)＞c(OH－)，故pH＜7；此时溶液中除水分子外的各微粒的浓度由大到小的顺序为：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(CH3COOH)＞c(H+)＞c(OH－)；①④混合后，根据电荷守恒可知c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，若c(CH3COO－)＞c(H＋)，则c(Na＋)＞c(OH－)。但c(H＋)和c(OH－)的大小关系无法确定，所以该溶液可能显酸性、碱性或中性。答案选ABC。18．【答案】（1）不变c（CH3COO−）+c(OH−)＝c(Na+)+c(H+)（2）不能HCOeq\o\al(−,3)H2CO3c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCOeq\o\al(−,3))10【解析】(1)一定温度下，向1L0.1mol·L−1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体，由于温度不变，Ka＝SKIPIF1<0只与温度有关，所以SKIPIF1<0不变；溶液中存在电荷守恒为：c(CH3COO−)+c(OH−)＝c(Na+)+c(H+)；(2)常温下在20mL0.1mol/LNa2CO3溶液中逐滴加入0.1mol/LHCl溶液40mL，先反应生成碳酸氢钠，再与盐酸反应生成碳酸（部分碳酸分解成二氧化碳）、水；①由反应及图象可知，在同一溶液中，H2CO3、HCOeq\o\al(−,3)、COeq\o\al(2−,3)不能大量共存；②由图象可知，pH＝7时，溶液中含碳元素的主要微粒为HCOeq\o\al(−,3)、H2CO3，溶液显示中性，溶液中c(H+)=c(OH-)，此时加入盐酸的体积大于20mL小于40mL，发生的反应有Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl（Na2CO3完全反应）、NaHCO3+HCl=NaCl+H2CO3（NaHCO3部分反应），溶液中溶质为碳酸氢钠、氯化钠（NaCl浓度大于碳酸氢钠浓度）及碳酸，则溶液中含量最多的三种微粒的物质的量浓度的大小关系为c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCOeq\o\al(−,3))；③COeq\o\al(2−,3)的水解常数Kh＝SKIPIF1<0＝2×10−4，当溶液中c(HCOeq\o\al(−,3))：c(COeq\o\al(2−,3))＝2∶1时，c(OH−)＝10−4mol/L，由Kw可知，c(H+)＝10−10mol/L，所以pH＝10。19．【答案】（1）CH3COONa＋H2OCH3COOH＋NaOH（2）BC（3）CD（4）7.20.35（5）9【解析】（1）醋酸钠水解生成醋酸和氢氧化钠，化学方程式为CH3COONa＋H2OCH3COOH＋NaOH。A项，钠离子不水解，所以浓度始终不变，错误；B项，醋酸根离子开始时水解速率最大，后逐渐减小，平衡时不再变化，正确；C项，随着水解的逐渐进行，pH逐渐增大，平衡时不再发生变化，正确；D项，Kw是温度常数，温度不变，Kw不变，错误。（3）A项，加入冰醋酸，溶液中醋酸浓度增大，平衡左移，错误；B项，加入纯碱固体，由于COeq\o\al(2－,3)的水解会产生OH－，抑制CH3COO－的水解，平衡左移，错误；C项，加入醋酸钙固体，溶液的醋酸根离子浓度增大，平衡右移，正确；D项，加入氯化铵固体，铵根离子与水解生成的氢氧根离子结合成一水合氨，使溶液中氢氧根离子浓度减小，平衡右移，正确。（4）由m＝nM得醋酸钠的质量为7.175g，由托盘天平的精确度知托盘天平称量的质量为7.2g；醋酸与氢氧化钠溶液等浓度等体积混合，混合后的溶液浓度减半为0.175mol·L－1，所以原来的浓度为0.35mol·L－1。(5)醋酸根离子的水解反应的平衡常数Kh＝eq\f(Kw,Ka（CH3COOH）)＝eq\f(c（CH3COOH）·c（OH－）,c（CH3COO－）)＝eq\f(c2（OH－）,c（CH3COO－）)，则eq\f(10－14,1.75×10－5)＝eq\f(c2（OH－）,0.175)，得c(OH－)＝10－5mol·L－1，pH＝9。20．【答案】Ⅰ.（1）NHeq\o\al(+,4)+H2ONH3·H2O+H+、Mg+2H+=Mg2++H2↑（2）Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH−(aq)沉淀溶解，溶液澄清Ⅱ.（1）HCOeq\o\al(−,3)+H2OH2CO3+OH−dcab（2）b＝c＞a（3）11【解析】Ⅰ.（1）NH4Cl水解，溶液呈酸性，将Mg条放入浓NH4Cl溶液中，镁条与氢离子反应放出氢气，反应离子方程式是NH4++H2ONH3·H2O+H+、Mg+2H+=Mg2++H2↑；（2）Mg(OH)2浊液中存在Mg(OH)2的沉淀溶解平衡，Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH－(aq)，若向此浊液中加入浓的NH4Cl溶液，铵根离子结合氢氧化镁电离出的氢氧根离子生成一水合氨，促进Mg(OH)2的沉淀溶解平衡正向移动，Mg(OH)2固体溶解，所以观察到的现象是沉淀溶解，溶液澄清；Ⅱ.（1）碳酸氢钠中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度而导致其溶液呈碱性，碳酸氢根离子水解方程式为：HCOeq\o\al(−,3)+H2OH2CO3+OH−；②物质的量浓度相同的四种溶液，c、d是强碱，氢氧化钡中氢氧根离子浓度大，所以pH大，ab中阴离子水解，导致溶液显示碱性，醋酸钠根离子的水解程度小于碳酸根离子，所以碳酸钠的碱性强于醋酸钠，即pH由大到小的顺序是：dcab；（2）酸抑制水电离，酸电离出的氢离子浓度越大，对水电离的抑制作用越强，a点的pH最小，酸性最强，水电离程度最小，b、c点的pH相等，水电离程度相同，所以a、b、c三点对应溶液中水的电离程度由大到小的顺序为b＝c＞a；（3）在t℃时，将100mL0.1mol·L－1的稀H2SO4与100mL0.4mol·L－1的NaOH溶液混合，氢氧化钠过量，c(OH－)=QUOTE0.1mol·L－1，在t℃时Kw=10－12，c(H+)=10－amol·L－11，pH=11。21．【答案】（1）10－5（2）1（3）d＞c＞b（4）D（5）D（6）11V/9【解析】（1）滴定前氨水中氢离子浓度是10－11mol/L，则根据水的离子积常数可知溶液中氢氧根的浓度是0.001mol/L，则该温度时NH3·H2O的电离常数K＝QUOTE。（2）由图像可知d时加入盐酸的体积与氨水的体积相同，二者恰好反应，根据NH3·H2O～HCl可知滴定过程中所用盐酸的浓度是0.1mol/L，所以盐酸溶液的pH＝1。（3）在b点时，溶质为一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度大于氯化铵的水解程度，溶液显碱性，对水的电离起抑制作用。在c点时，溶质为一水合氨和氯化铵，一水合氨的电离程度等于氯化铵的水解程度，溶液显中性，对水的电离平衡没有影响。在d点时溶质为氯化铵，铵根水解显酸性，对水的电离其促进作用，所以b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的c(OH－)大小顺序为d＞c＞b。（4）滴定时，由b点到c点的过程中：A．温度不变，水的离子积常数不变，所以c(H＋)·c(OH－)不变；B.温度不变，电离平衡常数及水的离子积常数不变，c(H＋)·c(NH3·H2O)/c(NHeq\o\al(+,4))＝c(H＋)·c(NH3·H2O)·c(OH－)/c(NHeq\o\al(+,4))·c(OH－)＝KW/Kb，温度不变，该比值不变；C.c(NHeq\o\al(+,4))·c(OH－)/c(NH3·H2O)＝Kb，温度不变，电离平衡常数不变；D.滴定时，由b点到c点的过程中，氢离子浓度不断增大，氢氧根离子的浓度不断减小，因此c(H＋)/c(OH－)的比值增大；答案选D。（5）A．由图像可知点b反应后溶液是氯化铵与一水合氨物质的量之比为1：1的混合物，溶液显碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根的水解程度，由电荷守恒c(NHeq\o\al(+,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)、物料守恒2c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(+,4))可知所示溶液中：c(NHeq\o\al(+,4))＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)，A错误；B．由图像可知点c所示溶液中pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒c(NHeq\o\al(+,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)可知c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(+,4))，因此溶液中c(Cl－)＜c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al