【文档说明】【精准解析】2021化学人教版选择性必修第一册课后提升训练：第三章　水溶液中的离子反应与平衡测评【高考】.docx，共(10)页，168.276 KB，由小赞的店铺上传

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第三章测评一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.(2019全国Ⅲ)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是()A.每升溶液中的H+数目为0.02NAB.c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO4

2-)+3c(PO43-)+c(OH-)C.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强解析本题考查了有关pH、NA的计算,电解质溶液中的电荷守恒,弱电解质电离平衡的影响因素等,难度较小。常温下,pH=2的H3PO4

溶液中c(H+)=1×10-2mol·L-1,则1L溶液中H+的数目为0.01NA,A项错误;磷酸溶液中的阳离子有H+,阴离子有H2PO4-、HPO42-、PO43-及OH-,根据电荷守恒可得c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-

)+c(OH-),B项正确;磷酸为弱电解质,加水稀释促进电离,但c(H+)减小,pH增大,C项错误;磷酸的第一步电离方程式为H3PO4H2PO4-+H+,向磷酸溶液中加入NaH2PO4固体,根据同离子效应可知,磷酸电离平衡向逆向移动,溶液酸性减弱,D项错误。答案B2.常温下,

一定浓度的某溶液,由水电离产生的c(OH-)=10-4mol·L-1,则该溶液中的溶质可能是()A.Al2(SO4)3B.CH3COONaC.NaOHD.KHSO4解析常温下,由纯水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-7mol·L-1,因为10-4>10-7,因而该溶液中的溶

质促进水的电离,且使溶液显碱性,故选B项。答案B3.(2019上海等级考)常温下等体积的0.1mol·L-1①CH3COOH溶液,②NaOH溶液,③CH3COONa溶液,假设溶液混合后对体积无影响,下列说法正确的是()A.①中c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)B.

①②混合后,醋酸根离子浓度小于③的12C.①③混合以后,溶液呈酸性,则c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)D.①②混合溶液中水的电离程度比①③混合溶液中水的电离程度小解析CH3COOH溶液中H+来自于CH3COO

H电离和水的电离,CH3COOH只有一小部分发生电离,因此c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-),A项错误;①②混合后的产物恰好为CH3COONa,若CH3COO-不水解,则醋酸根离子浓度为③的12,但根据

“越稀越水解”,稀溶液中CH3COO-水解程度更大,所以混合液中醋酸根离子浓度小于③的12,B项正确;①③混合以后,溶液呈酸性,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,因此c(CH3

COO-)>c(Na+)>c(H+),C项错误:①②混合后所得溶液为CH3COONa溶液,CH3COO-水解促进水的电离,①③混合后溶液呈酸性,以CH3COOH的电离为主,抑制了水的电离,D项错误。答案B4.明矾溶于水,所得溶液中各种离子的物质的量浓度的关系是()

A.c(K+)>c(SO42-)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)B.c(SO42-)>c(K+)=c(Al3+)>c(OH-)>c(H+)C.c(SO42-)>c(K+)=c(Al3+)>c(H+

)>c(OH-)D.c(SO42-)>c(K+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-)解析由KAl(SO4)2·12H2OK++Al3++2SO42-+12H2O知,c(SO42-)最大;由Al3++3H

2OAl(OH)3+3H+知,溶液显酸性,c(H+)>c(OH-);K+不水解,故c(K+)>c(Al3+),本题应选D。答案D5.已知NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合加热煮沸能产生CO2气体。下列说法中正确的是()A.NaHSO3溶液因水

解而呈碱性B.两溶液混合后产生CO2的原因是二者发生相互促进的水解反应C.向NaHSO3溶液中加入三氯化铁溶液,既有沉淀生成又有气体生成D.0.1mol·L-1NaHSO3溶液中:c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH

-)-c(H+)=0.1mol·L-1解析由两溶液混合加热煮沸生成CO2知,亚硫酸氢钠溶液呈酸性,A错误;两溶液混合后产生CO2的原因是HSO3-电离产生的H+与CO32-发生反应,B错误;亚硫酸氢钠与三氯化铁溶液之间发生氧化还原反应,生成Fe2+和SO42-

,无气体和沉淀生成,C错误;由c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)及c(Na+)=0.1mol·L-1知D正确。答案D6.相同温度下,关于盐酸和醋酸两种溶液的比较,下列说法正确的是()A.pH相

等的两溶液中:c(CH3COO-)=c(Cl-)B.分别中和pH相等、体积相等的两溶液,所需NaOH的物质的量相同C.相同浓度的两溶液,分别与金属镁反应,反应速率相同D.相同浓度的两溶液,分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化):c(CH3

COO-)=c(Cl-)解析A选项,两溶液中氢离子浓度相等,因此CH3COOH和HCl分别电离生成的醋酸根离子与氯离子浓度相等,所以正确;B选项,醋酸是弱电解质,其溶液中还有一部分醋酸分子没有发生电离,随反应的进行会继续电离,因此中和醋酸所需氢氧化钠的物质的量大,所以错误;C

选项,相同浓度的盐酸和醋酸溶液,盐酸中氢离子浓度大,与镁反应时初始速率大,所以错误;D选项,溶液呈中性时,向醋酸溶液中加入的氢氧化钠的物质的量小,由两溶液中分别存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)和c(Na+)+c(H+)

=c(Cl-)+c(OH-)可知,c(CH3COO-)<c(Cl-),所以错误。答案A7.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是()①醋酸与水能以任意比互溶;②醋酸溶液能导电;③醋酸稀溶液中存在醋酸分子;④常温下,0.1mol·L-1醋酸溶液的pH比0.1mol·L-1盐酸的

pH大;⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2;⑥0.1mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9;⑦大小相同的铁片与等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液反应,开始时醋酸产生H2的速率慢;⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH

=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍A.②⑥⑦⑧B.③④⑥⑦C.③④⑥⑧D.①②解析①为醋酸的物理性质;②无论醋酸是强电解质还是弱电解质,其水溶液都能导电;③符合弱电解质概念;④HCl和醋酸都是一元酸,前者是强酸,在水中完全电离。等浓度的盐酸和醋酸溶液,后者p

H大,则说明醋酸在水中没有完全电离,是弱电解质;⑤只能证明酸性CH3COOH>H2CO3;⑥中CH3COONa水溶液显碱性,说明CH3COO-发生水解,则CH3COOH是弱酸;⑦中说明两溶液中c(H+)盐

酸>c(H+)醋酸,即CH3COOH为弱酸;⑧符合强酸特性。答案B8.下列关于电解质溶液的叙述中正确的是()A.Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中,离子种类不相同B.常温下,1mol·L-1的CH3COOH溶液与1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后,所得混合液中:c(Na+)>c(CH

3COO-)>c(H+)>c(OH-)C.物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中,c(NH4+)前者小于后者D.常温下,某溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-1,则此溶液可能是盐酸解析A项,两种盐溶液中离子种类相同。B项,二者恰好反应生成C

H3COONa,溶液呈碱性。C项,NH4HSO4电离产生的H+抑制了NH4+的水解,c(NH4+)前者小于后者,正确。D项,溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-1,促进水的电离,而盐酸抑制水的电离。答案C9.某温度下,水溶液中c(H+)=10xmol·L-

1,c(OH-)=10ymol·L-1,x和y的关系如图所示。则该温度下,0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH为()A.10B.11C.12D.13解析由图像知,KW=c(H+)·c(OH-)=1.0×10𝑥+𝑦=1.0×10-15。在0.01mol·L-1的NaOH

溶液中c(OH-)=0.01mol·L-1,c(H+)=𝐾W𝑐(OH-)=1.0×10-13mol·L-1,pH=13。答案D10.(2016全国Ⅰ)298K时,在20.0mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸,

溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是()A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0mLC.M点处的溶液中c(NH4+

)=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)D.N点处的溶液中pH<12解析氨水与盐酸中和生成氯化铵,氯化铵属于强酸弱碱盐,溶液显酸性,应选择在酸性范围变色的指示剂,指示剂可以为甲基橙,A选项错误;盐酸若为20mL,二者恰好中和,此时溶液为酸性,若溶液pH=7,则盐酸体积必然

小于20mL,B选项错误;M点处溶液呈中性,c(NH4+)=c(Cl-),c(H+)=c(OH-),但c(Cl-)要远大于c(H+),C选项错误;由于N点为0.1mol·L-1的氨水,根据电离度为1.32%,c(OH-)=0.1mol·L-1×1.32%=0.00132mol·L

-1,故pH<12,D选项正确。答案D二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意)11.(2019全国Ⅱ)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(Cd

S)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp

(p)<Ksp(q)C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动解析CdS在水中存在沉淀溶解平衡:CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq),电离出的S2-浓度与Cd2+浓度相同,A项正

确;沉淀溶解平衡常数只与温度有关,温度相同,Ksp相同,所以m、p、n三点的Ksp相同,B项错误;在T1温度下,向m点的溶液中加入少量Na2S固体,S2-浓度增大,但由于Ksp不变,所以Cd2+浓度必然减小,因此溶液组成由m沿mpn线向p方向移动,C项正确;温度降低,CdS的Ksp

减小,但S2-浓度与Cd2+浓度仍然相等,所以q点饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动,D项正确。答案B12.室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,

滴定曲线如图所示,下列判断错误的是()A.三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHDB.滴定至P点时,溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)C.pH=7时,三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)D.当中

和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)解析A项,题给三种酸均为一元酸,浓度相同时,pH越小,说明对应酸越强,电离常数越大,因此根据未发生中和反应时三种酸溶液的pH大小可知A项正确;B项,P点时,HB反应

一半,溶液中溶质为NaB和HB,且物质的量浓度相等,此时溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于NaB的水解程度,则溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-),正确;C项,对于任何一种酸HX,加NaOH反应达到中性时,酸越弱,需要

的NaOH越少,c(Na+)越小,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),由于c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(X-),由于酸性HA>HB>HD,故达中性时三种溶液中

c(A-)>c(B-)>c(D-),错误;D项,完全中和并混合后,溶液中溶质有NaA、NaB、NaD,水电离的H+部分被A-、B-、D-结合生成HA、HB、HD,所以根据质子守恒有c(H+)+c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-),正确。答案C13.二元酸H2A在水中发生电离:H

2AH++HA-和HA-H++A2-,则下列几种物质的水溶液中关系式不正确的是()A.NaHA:c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)B.NaHA:c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)C.Na

2A:c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+)D.H2A:c(H+)=c(HA-)+c(A2-)+c(OH-)解析因为HA-H++A2-,所以NaHA只存在电离不存在水解,所以溶液显酸性,所以

A错误;NaHA溶液中,根据物料守恒c(Na+)=c(A2-)+c(HA-),所以B正确;Na2A溶液中存在A2-水解,呈碱性,因此离子浓度大小顺序为:c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+),所以C正确;H2A溶液中存在电荷守恒:c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+

c(OH-),所以D错误。答案AD14.向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入CO2,随n(CO2)增大,先后发生三个不同的反应,当0.01mol<n(CO2)≤0.015mol时发生的反应是2NaAlO2+CO2

+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3。下列对应关系正确的是()选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)>c(AlO2-)+c(OH-)B0.01c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(CO32-)C0.015c(Na+)>c(HCO3

-)>c(CO32-)>c(OH-)D0.03c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)解析A项,通入CO2之前,溶液中的电荷守恒关系为:c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-),则c(Na+)

<c(AlO2-)+c(OH-),错误;B项,n=0.01mol时,发生反应CO2+2NaOHNa2CO3+H2O,溶液中的溶质为0.01molNa2CO3和0.01molNaAlO2,CO32-、AlO2-水解生成OH-,且AlO2-的水解程度大于CO32-的水解程度,

则溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(AlO2-)>c(OH-),错误;C项,n=0.015mol时,发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3,溶液中溶质为Na2CO3,则对应关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(

OH-)>c(HCO3-),错误;D项,n=0.03mol时,发生反应CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO3,NaHCO3溶液呈碱性:c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+),正确。答案D15.(2018江苏卷)H2C2O4为二元弱酸,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2

,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()A

.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液:c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)B.c(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>c(H+)C.pH=7的溶液

:c(Na+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)解析根据电荷守恒

可得:c(H+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:0.1000mol·L-1=c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-),两者相减得:c(H+)-0.1000mol·L-1=c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4),

A项正确;c(Na+)=c(总),说明NaOH与H2C2O4按物质的量之比1∶1反应,完全反应生成NaHC2O4溶液,根据电离常数,HC2O4-电离程度大于水解程度,则c(C2O42-)>c(H2C2O4)

,B项错误;根据电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),由于c(H+)=c(OH-),则有c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-),而c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2

C2O4)=c(总),所以c(Na+)=c(总)-c(H2C2O4)+c(C2O42-),反应过程中溶液体积增大,c(总)小于0.1000mol·L-1,C项错误;根据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(C2O42-)

+c(HC2O4-),根据物料守恒得:c(Na+)=2[c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-)],两者相减得:c(H+)=c(OH-)-2c(H2C2O4)-c(HC2O4-),D正确。答案AD三、非选择题(本题共5小题,共60

分)16.(12分)室温下向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.1mol·L-1的一元酸HA溶液,溶液pH的变化曲线如图所示。(1)a点(横坐标为10)所示溶液中离子浓度从大到小的顺序为,其中c(Na+)(填“>”“<”或“=”)c(A-)+c(HA)。(2)c点所

示溶液中,c(Na+)(填“>”“<”或“=”)c(A-)。(3)b点所示溶液中,c(A-)(填“>”“<”或“=”)c(HA)。(4)a、b、c点所示溶液中,水的电离程度最大的是。(5)以下滴定操作会导致V(HA溶液)偏大的是。A.滴定管滴定前

有气泡,滴定后气泡消失B.锥形瓶洗涤后没有干燥C.滴定时锥形瓶中有液体溅出D.滴定开始前读数时平视,滴定终点读数时俯视解析(1)a点时,消耗HA溶液的体积为10mL,两者恰好完全反应,反应后溶质为NaA,此时溶液显碱性,说明A-为弱酸根离子,发生水

解反应:A-+H2OHA+OH-,则离子浓度为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+);根据物料守恒可得:c(Na+)=c(A-)+c(HA)。(2)c点时,根据电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)

,溶液的pH=7,显中性,则c(H+)=c(OH-),故c(Na+)=c(A-)。(3)b点时,溶质为NaA和HA,且两种物质的物质的量浓度相等,此时溶液显酸性,说明HA的电离程度大于A-的水解程度,即c(HA)<c(A-)。(4)a点时,溶质为NaA,A-发生水解,促进水的电离,b、c点时HA过

量,抑制水的电离,故水的电离程度最大的是a点。(5)滴定前有气泡,滴定后气泡消失,会使V(HA溶液)偏大,A符合题意;锥形瓶没有干燥,对实验无影响,V(HA溶液)不变,B不符合题意;锥形瓶中有液体溅出,则锥形瓶中溶质的物质的量减少,V(HA溶液)偏小,

C不符合题意;滴定前平视读数,滴定终点时俯视读数,读取的V(HA溶液)偏小,D不符合题意。答案(1)c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)=(2)=(3)>(4)a(5)A17.(12分)草酸(H2C2O4)是二元弱酸,KHC

2O4溶液呈酸性。向10mL0.01mol·L-1的H2C2O4溶液滴加0.01mol·L-1KOH溶液V(mL),回答下列问题。(1)当V<10mL时,反应的离子方程式为。(2)当V=10mL时,溶液中HC2O4-、

C2O42-、H2C2O4、H+的浓度从大到小的顺序为。(3)当V=amL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-);当V=bmL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4);则a(

填“<”“=”或“>”)b。(4)当V=20mL时,再滴入NaOH溶液,则溶液中𝑛(K+)𝑛(C2O42-)的值将(填“变大”“变小”或“不变”)。答案(1)H2C2O4+OH-HC2O4-+H2O(2)c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(H2

C2O4)(3)>(4)变小18.(12分)以下是25℃时几种难溶电解质的溶解度:难溶电解质Mg(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3溶解度/g9×10-41.7×10-61.5×10-43.0×10-9在无机化合物的提纯中,常利用难溶电解质的沉淀溶解平衡原理除去

某些离子。例如:①为了除去氯化铵中的杂质Fe3+,先将混合物溶于水,再加入一定量的试剂反应,过滤结晶即可;②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+,先将混合物溶于水,加入足量的氢氧化镁,充分反应,过滤结晶即可;③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+,先将混合物溶于水,加入一

定量的H2O2,将Fe2+氧化成Fe3+,调节溶液的pH=4,过滤结晶即可。请回答下列问题:(1)上述三个除杂方案都能够达到很好的效果,Fe2+、Fe3+都被转化为(填名称)而除去。(2)①中加入的试剂应该选择为宜,其原因是。(3)②中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式

为。(4)下列与方案③相关的叙述中,正确的是(填字母)。A.H2O2是绿色氧化剂,在氧化过程中不引进杂质,不产生污染B.将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤C.调节溶液pH=4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜或氧化

铜D.Cu2+可以大量存在于pH=4的溶液中E.在pH>4的溶液中Fe3+一定不能大量存在解析①中为了不引入杂质离子,应加入氨水使Fe3+沉淀,而不能用NaOH溶液。②中根据溶解度表可知,Mg(OH)2易转化为Fe(OH)3,因

此在MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2除去Fe3+,然后将沉淀一并过滤。③中利用高价阳离子Fe3+极易水解的特点,据题意可知调节溶液的pH=4可使Fe3+沉淀完全,为了不引入杂质离子,可使用CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等

。答案(1)氢氧化铁(2)氨水不会引入新的杂质(3)2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s)3Mg2+(aq)+2Fe(OH)3(s)(4)ACDE19.(12分)(2019辽宁重点高中协作校模拟)水溶液是中学化学的重点研究对象。(1)水是极弱的电解质,也是最重要

的溶剂。常温下,某电解质溶解在水中后,溶液中c(H+)=1×10-9mol·L-1,则该电解质可能是。A.CuSO4B.HClC.Na2SD.NaOHE.K2SO4(2)已知HClO是比H2CO3还弱的酸,要使新制稀氯水中的c

(HClO)增大,可采取的措施有(至少答两种)。(3)常温下,将pH=3的盐酸aL分别与下列三种溶液混合,所得溶液均呈中性。①浓度为1.0×10-3mol·L-1的氨水bL;②c(OH-)=1×10-3mol·L-1的氨水cL;③c(OH-)=

1×10-3mol·L-1的氢氧化钡溶液dL,则a、b、c、d之间的大小关系是。(4)强酸制弱酸是水溶液中的重要经验规律。已知HA、H2B是两种弱酸,存在以下关系:H2B(少量)+2A-B2-+2HA,则A-、B2-、HB-三种阴离子结合H+由易到难的顺序为。(5

)已知:H2AH++HA-、HA-H++A2-,常温下,0.1mol·L-1NaHA溶液的pH=2,则0.1mol·L-1H2A溶液中c(H+)的大小范围是;NaHA溶液中各离子浓度大小关系为。(6)

常温下,已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,向50mL0.018mol·L-1AgNO3溶液中加入相同体积的0.020mol·L-1盐酸,则c(Ag+)=mol·L-1,此时所得混合溶液的pH=。解析(1)常温下,水的离子积为KW=c(H+)·c(OH-)=1×10-1

4,溶液中c(H+)=1×10-9mol·L-1,则有c(OH-)=1×10-5mol·L-1,该溶液呈碱性。HCl溶液和CuSO4溶液都呈酸性,Na2S溶液和NaOH溶液呈碱性,K2SO4溶液呈中性。(2)新制稀氯水中存在平衡:

Cl2+H2OHCl+HClO、HClOH++ClO-,由于酸性:HCl>H2CO3>HClO,要使新制氯水中c(HClO)增大,可采取的措施有通入Cl2或加入碳酸钙等,使平衡Cl2+H2OHCl+HClO正向移动,或加入NaClO等,使平衡HClOH++ClO

-逆向移动。(3)HCl是强酸,Ba(OH)2是强碱,在水中均完全电离;NH3·H2O是弱碱,在水中部分发生电离。①aLpH=3的盐酸与浓度为1.0×10-3mol·L-1的氨水bL混合,若恰好完全反应生成NH

4Cl,由于NH4+发生水解而使溶液呈酸性,而所得溶液呈中性,则有b>a;②aLpH=3的盐酸与c(OH-)=1×10-3mol·L-1的氨水cL混合,所得溶液呈中性,则有a>c;③aLpH=3的盐酸与c(OH-)=1×10-3mo

l·L-1的氢氧化钡溶液dL混合,所得溶液呈中性,则有a=d;综上所述,a、b、c、d之间的大小关系是b>a=d>c。(4)据反应H2B(少量)+2A-B2-+2HA可得,A-结合H+的能力强于HB-和B2-;H2B是弱酸,第一步电离生成HB-,第二步电离生成B2-,而第二

步比第一步更难电离,故B2-结合H+能力强于HB-,因此三种阴离子结合H+由易到难的顺序为A-、B2-、HB-。(5)H2A第一步完全电离生成HA-和H+,HA-则部分电离生成H+和A2-,故0.1mol·L-1H2A溶液中c(H+)>0.

1mol·L-1;常温下,0.1mol·L-1NaHA溶液的pH=2,则HA-电离产生的c(H+)=0.01mol·L-1,由于H2A第一步电离产生的H+抑制HA-的电离,故0.1mol·L-1H2A溶液中HA

-电离产生的c(H+)<0.01mol·L-1,故该溶液中c(H+)的大小范围是0.1mol·L-1<c(H+)<0.11mol·L-1。0.1mol·L-1NaHA溶液的pH=2,该溶液呈酸性,则有c(

H+)>c(OH-);由于Na+不水解,HA-的电离程度较小,故溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)。(6)向50mL0.018mol·L-1AgNO3溶液中加入相同体积的0.020mol·L-1盐酸,发生反应:AgNO3+HClA

gCl↓+HNO3,充分反应后盐酸剩余,此时c(Cl-)=0.001mol·L-1,则c(Ag+)=𝐾sp(AgCl)𝑐(Cl-)=1.8×10-100.001mol·L-1=1.8×10-7mol·L-1。反应中不消耗H+,此时

所得混合溶液中c(H+)=0.010mol·L-1,则pH=2。答案(1)CD(2)通入氯气、加入碳酸钙、加入次氯酸钠等(3)b>a=d>c(4)A-、B2-、HB-(5)0.1mol·L-1<c(H+)<0.11mol·L-1c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c

(A2-)>c(OH-)(6)1.8×10-7220.(12分)(2018全国Ⅲ)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题:(1)已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaS

2O3)=4.1×10-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验:试剂:稀盐酸、稀硫酸、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象①取少量样品,加入除氧蒸馏水②固体完全溶解得无色澄清溶液③④,有刺激性气体产生⑤静置,⑥(2)利用K2C

r2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:①溶液配制:称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在中溶解,完全溶解后,全部转移至100mL的中,加蒸馏水至。②滴定:取0.00950mol·L-1的

K2Cr2O7标准溶液20.00mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32-S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液,即为终点。平行滴定3次,样品

溶液的平均用量为24.80mL,则样品纯度为%(保留1位小数)。解析(1)先加过量盐酸排除S2O32-干扰:S2O32-+2H+S↓+SO2↑+H2O,然后在酸性条件下加BaCl2溶液,通过产生BaSO4沉淀证明SO42-存在。(2)①溶液配

制应在烧杯中溶解,容量瓶中定容。②滴定过程中I2→I-,达到滴定终点时无I2,故溶液蓝色褪去,即为终点;根据反应的离子方程式,可得到如下定量关系:Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3·5H2O1mol248×6g0.00950mol·L-1×

0.02Lm(Na2S2O3·5H2O)m(Na2S2O3·5H2O)=0.28272g则样品纯度为0.28272g24.80mL100mL×1.2g×100%=95.0%。答案(1)③加入过量稀盐酸④出现乳黄色浑浊⑤(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶

液⑥产生白色沉淀(2)①烧杯容量瓶刻度②蓝色褪去95.0获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com