（湘教考苑）（新课标）2023高考化学一轮复习 第八章 水溶液中的离子平衡单元过关检测 新人教版

第八章水溶液中的离子平衡单元过关检测一、选择题(本题包括12小题，每小题5分，共60分。每小题给出的四个选项中只有一个选项正确)1.下列有关叙述正确的是(　　)A.Ca(ClO)2溶液中：c(Ca2+)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)B.等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合，溶液呈酸性：c(HX)>c(X-)C.常温下，将25mL0.2mol/L盐酸与100mL0.1mol/L氨水混合，所得溶液中：c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)D.25℃时，pH=a的盐酸与pH=b的Ba(OH)2溶液等体积混合后恰好完全中和，则a+b=14解析：初始ClO-浓度是Ca2+浓度的2倍，ClO-少量水解，溶液呈碱性，但ClO-浓度仍大于Ca2+，A项错误；NaX与HX等体积、等浓度混合，溶液呈酸性，说明HX的电离程度大于水解程度，故X-浓度大于HX浓度，B项错误；反应后，溶液中含有等物质的量的NH4Cl和NH3·H2O，NH3·H2O的电离程度大于的水解程度，故浓度大于Cl-，C项错误；溶液呈中性，说明酸碱恰好中和，故：VL×10-amol/L=VL×10-14/10-bmol/L，a+b=14，D项正确。答案：D2.(2012·重庆卷)下列叙述正确的是(　　)A.盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵B.稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小C.饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH不变D.沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强解析：当盐酸和氨水恰好中和生成NH4Cl时，由于的水解而使溶液显酸性，若使溶液呈中性，应继续向溶液中加入氨水，故溶液应为氨水和NH4Cl溶液的混合液，A项不正确；向稀醋酸中加水时，醋酸的电离平衡正向移动，醋酸的电离程度增大，但c(H+)减小，故pH增大，B项不正确；温度不变，Ca(OH)2的溶解度不发生变化，故饱和石灰水中c(OH-)的浓度不变，所以pH不变，C项正确；氢氧化铁胶体的胶体粒子带有正电荷，但氢氧化铁胶体呈电中性，故D项不正确。答案：C3.(2014·海南卷)NaOH溶液滴定盐酸的实验中，不必用到的是()A.酚酞B.圆底烧瓶C.锥形瓶D.碱式滴定管解析：中和滴定时，用酚酞为酸碱指示剂，氢氧化钠溶液可放在碱式滴定管中，在锥形瓶中进行滴定，不用圆底烧瓶，故A、C、D正确，B错误。\n答案：B4.(2014·天津卷)下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是()A.pH=1的NaHSO4溶液：c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag+)>c(Cl-)=c(I-)C.CO2的水溶液：c(H+)>c(HCO3-)=2c(CO32-)D.含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：3c(Na+)=2［c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)］解析：由溶液中的电荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，又因NaHSO4溶液中c(Na+)=c(SO42-)，所以c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)，A项正确；因Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，所以含有AgCl和AgI固体的悬浊液中c(Cl-)＞c(I-)，B项错误；CO2的水溶液中存在电离平衡：H2CO3⇋H++HCO3-、HCO3-⇋H++CO32-，因第一步电离的程度远大于第二步电离的程度，故溶液中c(HCO3-)远大于2c(CO32-)，C项错误；根据物料守恒得：2c(Na+)=3［c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)］，故D项错误。答案：A5.某化学兴趣小组的同学欲比较等体积0.5mol·L-1的硫酸、1mol·L-1的盐酸、1mol·L-1的醋酸分别与金属反应生成氢气的速率和体积。实验装置如下：下列说法正确的是()A.图中“过量的金属”可以是Na、Mg或FeB.反应开始时的速率：v(H2SO4)>v(HCl)>v(HAc)C.最终得到氢气的体积：VH2SO4(H2)=VHCl(H2)=VHAc(H2)D.所选用量筒的规格决定于金属的质量解析：Na太活泼,能和水反应产生氢气,影响实验结论,Fe与酸反应的速率较慢,实验时间较长,A项错误;反应开始时的速率应该为v(H2SO4)=v(HCl)>v(HAc),B项错误;通过平衡移动,几种酸最终能提供的H+数量相同,C项正确；由于金属过量，所选用量筒的规格取决于酸液的体积,D项错误。答案：C6.室温下，将1.000mol·L-1盐酸滴入20.00mL1.000mol·L-1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是()\nA．a点由水电离出的c（H+）=1.0×10-14mol·L-1B．b点：c（）+c（NH3·H2O）=c（Cl-）C．c点：c（Cl-）=c（）D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热解析：A项，氨水中存在电离平衡NH3·H2O+OH-，a点溶液pH在7~14之间，呈碱性，由水电离出的c(H+)>1.0×10-14mol·L-1，故错误；B项是盐酸和氨水恰好反应时的物料守恒式，但由图知b点时氨水过量，故错误；C项，因为c（Cl-）+c（OH-）=c（）+c(H+)，当pH=7时，c（OH-）=c(H+)，所以c（Cl-）=c()，故正确；D项，d点后温度下降的原因是低温溶液的介入，此时反应已进行安全。答案：C7.(2014·福建卷)下列关于0.10mol·L-1NaHCO3溶液的说法正确的是()A.溶质的电离方程式为NaHCO3=Na++H++CO32-B.25℃时，加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大C.离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32-)D.温度升高，c(HCO3-)增大解析：NaHCO3的正确电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3-，A项错误；温度一定时，则Kw不变，B项正确；C项电荷不守恒，错误；温度升高，HCO3-的水解和电离程度都增大，则c(HCO3-)减小，D项错误。答案：B8.(双选)(2013·上海卷)部分弱酸的电离平衡常数如下表：下列选项错误的是()A.2CN-+H2O+CO2→2HCN+CO32-B.2HCOOH+CO32-→2HCOO-+H2O+CO2↑\nC.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者D.等体积、等浓度的HCOONa和NaCN溶液中所含离子总数前者小于后者解析：氢氰酸的酸性大于碳酸氢根离子而小于碳酸，所以HCN与CO32-反应生成HCO3-，A错误；HCOOH的酸性大于HCN的酸性，所以C选项中HCOOH的浓度远远小于HCN的浓度，正确；在两种溶液中均存在c(H+)HCOONa+c(Na+)=c(OH-)HCOONa+c(HCOO-)和c(H+)NaCN+c(Na+)=c(OH-)NaCN+c(CN-)，故各溶液中的离子总数等于阳离子总数的两倍，又因为等浓度的CN-的水解程度比HCOO-强，所以有c(H+)HCOONa>c(H+)NaCN，而c(Na+)两溶液中相等，故D选项错误。答案：AD9.将pH=4的盐酸xL分别与下列三种溶液混合后，混合液均呈中性：①1×10-4mol/L的氨水yL　②c(OH-)=1×10-4mol/L的氨水zL　③c(OH-)=1×10-4mol/L的Ca(OH)2溶液wL。其中x、y、z、w的关系正确的是(　　)A.y>x=w>zB.x=y>z>wC.x=y>w>zD.z>x=w>y解析：本题可采取排除法。Ca(OH)2为强碱，故pH=4的盐酸与c(OH-)=1×10-4mol/L的Ca(OH)2溶液等体积混合后溶液呈中性，故x=w，则可排除B、C项；c(OH-)=1×10-4mol/L的氨水，其物质的量浓度远远大于1×10-4mol/L，若与pH=4的盐酸等体积混合，因氨水过量而混合溶液呈碱性，而题目要求呈中性，故氨水体积小于盐酸，即z<x，据此可排除D项，只有A项符合题意。答案：A10.(2014·广东卷)常温下，0.2mol·L-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分粒子组分及浓度如图所示，下列说法正确的是()A.HA为强酸B.该混合溶液pH=7.0C.该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c(Na+)D.图中X表示HA，Y表示OH-，Z表示H+解析：0.2mol·L-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合，恰好生成0.1mol·L-1NaA溶液，由图知A-浓度小于0.1mol·L-1，可知A-发生了水解，故HA为弱酸，A项错误；NaA为强碱弱酸盐，水解显碱性，pH＞7.0，B项错误；A-发生水解生成HA，溶液中除Na+\n、水分子外，各粒子的浓度大小关系为c(A-)＞c(OH-)＞c(HA)＞c(H+)，故X为OH-、Y为HA、Z为H+，D项错误；根据物料守恒可知c(A-)+c(HA)=c(Na+)，即c(A-)+c(Y)=c(Na+)，C项正确。答案：C11.(2014·全国新课标Ⅰ卷)化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是()解析：纯碱去污原因是Na2CO3水解是碱性所致，A项错误；Ca(ClO)2与空气中的CO2和水蒸气反应生成CaCO3和HClO，导致漂白粉变质，而CaCl2与CO2不反应，B项错误；K2CO3与NH4Cl混合施用，发生双水解反应释放出NH3，降低肥效，C项正确；FeCl3与Cu的反应为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，但FeCl3溶液不能将Cu2+还原为Cu，D项错误。答案：C12.高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数：从以上表格中判断以下说法中不正确的是()A.在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离B.在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最强的酸C.在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H++SO42-D.水对于这四种酸的强弱没有区分能力，但醋酸可以区分这四种酸的强弱解析：由电离常数的数据可知四种酸在冰醋酸中均未完全电离，酸性最强的是HClO4，最弱的是HNO3，由此可知C项中的电离方程式应用“”表示。答案：C二、非选择题(本题包括3小题，共40分)13.(14分)(2012·广东卷)难溶性杂卤石(K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O)属于“呆矿”，在水中存在如下平衡：K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O(s)2Ca2++2K++Mg2++4+2H2O\n为能充分利用钾资源，用饱和Ca(OH)2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程如下：(1)滤渣主要成分有　　　　和　　　　以及未溶杂卤石。 (2)用化学平衡移动原理解释Ca(OH)2溶液能溶解杂卤石浸出K+的原因：　。 (3)“除杂”环节中，先加入　　　溶液，经搅拌等操作后，过滤，再加入　　　　溶液调滤液pH至中性。 (4)不同温度下，K+的浸出浓度与溶浸时间的关系见图。由图可得，随着温度升高，①　　　　；②　　　　。 (5)有人以可溶性碳酸盐为溶浸剂，则溶浸过程中会发生：CaSO4(s)+CaCO3(s)+已知298K时，Ksp(CaCO3)=2.80×10-9，Ksp(CaSO4)=4.90×10-5，求此温度下该反应的平衡常数K(计算结果保留三位有效数字)。解析：该题突破口应放在该矿石含有的离子上。(1)在矿石溶浸液中加Ca(OH)2，Ca2+和OH-浓度均增大，可发生反应：Mg2++2OH-Mg(OH)2↓，Ca2++CaSO4↓。(2)加入Ca(OH)2后，由于c(Mg2+)与c()的减小，平衡正向移动，杂卤石溶解，即平衡向右移动，K+浓度增大。(3)除杂环节是为了除去Ca2+、OH-，故应先加K2CO3除去Ca2+，然后加稀H2SO4除去和OH-。(4)由图中信息可知：①温度越高，斜率越大，浸出速率越快；②温度越高，K+浸出浓度越大。(5)该反应平衡常数表达式为K=，分子分母同乘以c(Ca2+)得K==1.75×104。\n答案：(1)Mg(OH)2　CaSO4(2)加入Ca(OH)2溶液后，生成Mg(OH)2、CaSO4溶液，溶液中Mg2+浓度减小，使平衡右移(3)K2CO3　H2SO4(4)①溶浸达到平衡的时间缩短　②平衡时K+的浸出浓度增大(其他合理答案也给分)(5)解：CaSO4(s)Ca2++Ksp(CaSO4)=c(Ca2+)·c()CaCO3(s)Ca2++Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)·c()K===1.75×104。14.（14分）（2014·福建卷，改编）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的性质：已知Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。(1)证明NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是(填序号)。a.测定溶液的pHb.加入Ba(OH)2溶液c.加入盐酸d.加入品红溶液e.用蓝色石蕊试纸检测实验二葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定(2)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI)①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为g·L-1。②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果(填“偏高”“偏低”或“不变”)。\n(3)现有等浓度的下列溶液：①H3PO4、②NaH2PO4、③Na2HPO4、④Na3PO4、⑤(NH4)3PO4。c(PO43-)由大到小的顺序是：。等物质的量浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3·H2O。c(NH4+)由大到小的顺序是：。解析：(1)NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液pH、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入Ba(OH)2溶液、HCl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ae。(2)①SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI64g1molX0.01×25×10-3mol求得：x=1.6×10-2g则样品中抗氧化剂的残留量=1.6×10-2g/100×10-3L=0.16g/L。②若有部分HI被空气氧化生成I2，则所消耗标准I2溶液的体积减小，则测得样品中抗氧化剂的残留量将偏低。答案：(1)ae(2)0.16偏低(3)④⑤③②①①②③④15.(12分)(1)室温下，如果将0.1molNH4Cl和0.05molNaOH全部溶于水，形成混合溶液(假设无损失)，①　　　和　　　两种粒子的物质的量之和等于0.1mol。 ②　　　和　　　两种粒子的物质的量之和比OH-多0.05mol。 (2)已知某溶液中只存在OH-、H+、、Cl-四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：A.c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)B.c(Cl-)>c()>c(OH-)>c(H+)C.c(Cl-)>c(H+)>c()>c(OH-)D.c()>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)①若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是　　　　　，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是　　　　　　　　(选填序号)。 ②若上述关系中C是正确的，则溶液中溶质的化学式是　　　　　　。 ③若该溶液由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)c(NH3·H2O)(填“>”“<”或“=”，下同)，混合后溶液中c()与c(Cl-)的关系是c()c(Cl-)。 \n解析：(1)①根据物料守恒，NH3·H2O与的物质的量之和为0.1mol。②根据电荷守恒：n(Na+)+n()+n(H+)=n(Cl-)+n(OH-)，整理：n()+n(H+)-n(OH-)=n(Cl-)-n(Na+)=0.1mol-0.05mol=0.05mol。(2)①NH4Cl溶液中水解，溶液呈酸性，导致c(N)小于c(Cl-)，A项符合题意。②溶液中H+浓度大于浓度，可知其酸性不全为水解所致，该溶液应为HCl与NH4Cl的混合溶液。③若二者恰好中和时，溶液呈酸性，而此时溶液呈中性，故氨水应过量，c(HCl)<c(NH3·H2O)，根据电荷守恒可知c()=c(Cl-)。答案：(1)①NH3·H2O　　②　H+(2)①氯化铵　A　②NH4Cl和HCl　③<　=