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水溶液中的離子平衡專題十三 〔解析版〕水溶液中的離子平衡【2023江蘇】14.室溫下,反響HCO+HO HCO+OH?的平衡常數(shù)K=2.2×10?8。將NHHCO溶3 2 2 3 4 3液和氨水按確定比例混合,可用于浸取廢渣中的ZnO。假設(shè)溶液混合引起的體積變化可無視,室溫時以下指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的選項是A.0.2mol·L?1氨水:c(NH·HO)>cNH)>c(OH?)>c(H+)3 2 40.2mol·L?1NH
HCO溶液(pH>7):cNH)>cHCO)>c(HCO)>c(NH·HO)4 3 4 3 2 3 3 20.2mol·L?10.2mol·L?1NH4HCO3溶液等體積混合:c(NH)+c(NH·HO)=c(HCO)+c(HCO)+c(CO2)4 3 2 2 3 3 30.6mol·L?10.2mol·L?1NH4HCO3溶液等體積混合:c(NH·HO)+c(CO2)+c(OH?)=0.3mol·L?1+c(HCO)+c(H+)3 2 3 2 3【答案】BD 【解析】43 2 3 A.NH?HO屬于弱電解,局部電離,氨水中存在的電離平衡有:NH?HOH2O H++OH-,所以c(OH-)>c(NH+),故A錯誤;43 2 3
4NH++OH-,43B.NH4HCO3溶液顯堿性,說明HCO3
-的水解程度大于NH
+的水解,所以c(NH+)>c(HCO
-),HCO-34433水解:HCO-34433
HCO+OH-,NH+水解:NH++HO NH?HO+H+,前者水解程度大,則2 3 4 4 2 3 2 3 4 4 2 3
CO)>c(NH?HO),故B正確;2 3 3 2C.由物料守恒,n(N):n(C)=2:1c(NH+)+c(NH?HO)=2[c(HCO)+c(HCO-)+c(CO
C錯誤;4 3 2 2 3 3 3D.由物料守恒,n(N):n(C)=4:1,則有c(NH+)+c(NH?HO)=4[c(HCO)+c(HCO-)+c(CO
2-)]①;電荷守4 3 2 2 3 3 3恒有:c(NH+)+c(H+)=c(HCO-)+2c(CO2-)+c(OH-)②;結(jié)合①②消去c(NH+)得:4 3 3 4c(NHHO)+c(O)=c(+)+4c(HCO)+3c(HCO)+2c(CO2③0.2mol/LNH
與氨水等體積混合3 2 2 3 3 3 4 3后,c(NH4HCO3)=0.1mol/L,由碳守恒有,c(H2CO3)+c(HCO-)+c(CO2-)=0.1mol/L④,將③等式兩邊3 33各加一個c(CO2-),則有3c(NH?HO)+c(OH-)+c(CO2-)=c(H+)+c(HCO)+3c(HCO)+3c(HCO-)+3c(CO
2-),將④帶入③中得,3 2 3 2 3 2 3 3 3c(NH?HO)+c(OH-)+c(CO2-)=c(H+)+3c(HCO
)+0.3mol/L,故D正確;3 2 3 2 3應(yīng)選BD。ABCDABCDNaClNaCl溶于水電解CuCl2溶液CH3COOH在水中電離H2與Cl2反響能量變化NaClNa++Cl?CuCl2Cu2++2Cl?CH3COOHCH3COO?+H+H2(g)+Cl2(g)ΔH=?183kJ·mol?12HCl(g)A【答案】B【解析】
B C.C
D.DNaCl為強電解質(zhì),NaCl溶于水,NaCl在水分子作用下,自發(fā)解離為Na+和Cl-,故電離方程式為NaCl=Na++Cl-,故A不符合題意;2Cu2+2e=Cu氯離子向陽極移動,22C+2e=C2,C2++2C-C.CH3COOH為弱電解質(zhì),溶于水局部電離,因此電離方程式為CH3COOH符合題意;
Cu+ClB符合題意;CH3COO-+H+,故C不D.由圖可知,反響H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反響熱等于斷裂反響物分子中的化學(xué)鍵吸取的總能量〔436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol〕,與形成生成物分子中化學(xué)鍵放出的總能量〔431kJ/mol×2=862kJ/mol〕183kJ/mol,放熱?H為負(fù)值,所以H(g)+Cl(g)=2HCl(g)?H=-183kJ/molD不符合題意;2 2綜上所述,此題應(yīng)選B?!军c睛】此題所選四個試驗〔或原理〕均取材于課本,可見高考題越來越回歸于課本。此題綜合考察化學(xué)用語,涉及強、弱電解質(zhì)電離、電解方程式的書寫,化學(xué)反響熱的計算,題目把化學(xué)用語與化學(xué)反響原理奇異地結(jié)合?!?0230.5mol·L?1CH3COONa溶液、0.5mol·L?1CuSO4溶液以及H2OpH隨溫度變化的曲線如以下圖。以下說法正確的選項是隨溫度上升,純水中c(H+)>c(OH?)隨溫度上升,CH3COONa溶液的c(OH?)減小4 隨溫度上升,CuSO溶液的pHK4 隨溫度上升,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是由于CH3COO?、Cu2+水解平衡移動方向不同【答案】C【解析】c(H+).c(OH-)=KwpH減小,c(H+)=c(OH-),故A不符合題意;水的電離為吸熱過程,上升溫度,進(jìn)水的電離,所以c(OH-)增大,醋酸根水解為吸熱過程,CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,上升溫度促進(jìn)鹽類水解,所以c(OH-)增大,故B不符合題意;上升溫度,促進(jìn)水的電離,故c(H+)增大;上升溫度,促進(jìn)銅離子水解Cu2++2H2Oc(H+)增大,兩者共同作用使pH發(fā)生變化,故C符合題意;鹽類水解為吸熱過程,上升溫度促進(jìn)鹽類水解,故D不符合題意;綜上所述,此題應(yīng)選C。
Cu(OH)2+2H+,【點睛】此題考察弱電解質(zhì)在水中的電離平衡,明確化學(xué)平衡常數(shù)只是溫度的函數(shù),溫度對水的電離和鹽類水解平衡的影響是解題的關(guān)鍵,鹽類水解是高頻考點,也是高考的重點和難點,此題難度不大,是根底題?!?023NaOH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀〔鄰苯二甲酸氫鉀H2A的Ka1=1.1×10?3,Ka2=3.9×10?6〕b點為反響終點。以下表達(dá)錯誤的選項是混合溶液的導(dǎo)電力氣與離子濃度和種類有關(guān)Na+A2?的導(dǎo)電力氣之和大于HA?的b點的混合溶液pH=7c點的混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH?)【答案】C【解析】鄰苯二甲酸氫鉀為二元弱酸酸式鹽,溶液呈酸性,向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中參與氫氧化鈉溶液,兩者反響生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉,溶液中離子濃度增大,導(dǎo)電性增加,鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉為強堿弱酸鹽,鄰苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈堿性。A項、向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中參與氫氧化鈉溶液,兩者反響生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉,溶液中Na+和A2—故A正確;B項、a點和bK+的物質(zhì)的量一樣,K+的物質(zhì)的量濃度變化不明顯,HA—A2—,b點導(dǎo)電性強于a點,說明Na+A2—的導(dǎo)電力氣強于HA—,故B正確;C項、b點鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反響生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉,鄰苯二甲酸鉀為強堿弱酸鹽,A2—在溶液中水解使溶液呈堿性,溶液pH>7,故C錯誤;D項、b點鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反響生成等物質(zhì)的量的鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉,溶液中c〔Na+〕和c〔K+〕相等,c點是連續(xù)參與氫氧化鈉溶液后,得到鄰苯二甲酸鉀、鄰苯二甲酸鈉、氫氧化鈉的混合溶液,則溶液中c〔Na+〕>c〔K+〕,由圖可知,a點到b點參與氫氧化鈉溶液的體積大于b點到c點參與氫氧化鈉溶液的體積,則溶液中c〔K+〕>c〔OH—〕,溶液中三者大小挨次為c〔Na+〕>c〔K+〕>c〔OH—〕,故D正確。應(yīng)選C?!军c睛】此題考察水溶液中的離子平衡,試題側(cè)重考察分析、理解問題的力氣,留意正確分析圖象曲線變化,明確酸式鹽與堿反響溶液濃度和成分的變化與導(dǎo)電性變化的關(guān)系是解答關(guān)鍵?!?023(CdS)是一種難溶于水的黃色顏料,其在水中的沉淀溶解平衡曲線如以下圖。以下說法錯誤的選項是1 abT、T溫度下CdS1 sp sp sp sp 圖中各點對應(yīng)的K 的關(guān)系為:K(m)=K(n)<K(p)<Ksp sp sp sp m點的溶液中參與少量Na2S固體,溶液組成由mmpn線向p方向移動溫度降低時,q點的飽和溶液的組成由qqp線向p方向移動【答案】B【解析】CdS在水中存在沉淀溶解平衡:CdSCd2++S2-,其溶度積Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在飽和溶液中,c(Cd2+)=c(S2-)=S〔溶解度〕,結(jié)合圖像可以看出,圖中a和b分別表示T1和T2溫度下CdS的溶解度,A項正確;CdS的沉淀溶解平衡中的溶度積受溫度影響,m、n和p點均在溫度為T1條件下所測的對應(yīng)離子濃度,則其溶度積一樣,B項錯誤;m點到達(dá)沉淀溶解平衡,向其中參與硫化鈉后,平衡向逆反響方向移動,c(Cd2+)減小,c(S2-)增大,溶液組成由mmnp向p方向移動,C項正確;從圖像中可以看出,隨著溫度的上升,溶解的離子濃度增大,則說明CdSCd2++S2-為吸熱反響,則溫度降低時,q點對應(yīng)飽和溶液的溶解度下降,溶液中的c(Cd2+)與c(S2-)同時減小,會沿qp線向p點方向移動,D項正確;答案選B。A 3 【2023N為阿伏加德羅常數(shù)值。關(guān)于常溫下pH=2HPOA 3 AA.每升溶液中的H+0.02NAB.c(H+)=c(HPO)+2c(HPO)+3c(PO3)+c(OH)2 4 4 4C.加水稀釋使電離度增大,溶液pH減小D.參與NaH2PO4固體,溶液酸性增加【答案】B【解析】AA、常溫下pH=20.01mol/L,因此每升溶液中H+0.01N,A錯誤;AB、依據(jù)電荷守恒可知選項B正確;C、加水稀釋促進(jìn)電離,電離度增大,但氫離子濃度減小,pH增大,C錯誤;4D、參與NaH2PO4固體,H2PO-濃度增大,抑制磷酸的電離,溶液的酸性減弱,D錯誤;答案選B。47【2023上海等級考】5.25℃時,0.005mol/LBa(OH)2
H+濃度是〔〕A.1×1012mol/L B.1×1013mol/LC.5×1012mol/L D.5×1013mol/L【答案】A【解析】 0.005mol/LBa(OH) 溶液中,OH-
濃度是
0.005mol/L×2=0.01mol/L,A.含有共價鍵的化合物是共價化合物c(H+)=Kw/c(OH-)=10-14mol/L/0.01mol/L=10-12mol/L.應(yīng)選A。8.【2023上海等級考】9.以下說法錯誤的選項是〔A.含有共價鍵的化合物是共價化合物B.B.含有極性鍵的分子可能是非極性分子C.有電子轉(zhuǎn)移的反響是氧化復(fù)原反響D.D.水溶液中能完全電離的電解質(zhì)是強電解質(zhì)【答案】A【解析】含有共價鍵的化合物也可能是離子化合物,如,NaOH,A錯誤。含有極性鍵的分子也可能是非極性分子,如:CCl,B正確。4C正確。水溶液中能完全電離的電解質(zhì)是強電解質(zhì)。D正確。所以錯誤答案選A。A.可以用酚酞代替指示劑【2023上海等級考】13.用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定未知濃度的氫氧化鈉溶液,用甲基橙作指示劑,以下說法正確的選項是〔A.可以用酚酞代替指示劑B.滴定前用待測液潤洗錐形瓶B.滴定前用待測液潤洗錐形瓶C.假設(shè)氫氧化鈉吸取少量CO,不影響滴定結(jié)果2D.當(dāng)錐形瓶內(nèi)溶液由橙色變?yōu)榧t色,且半分鐘內(nèi)不褪色,即到達(dá)滴定終點【答案】C【解析】A滴定前用待測液潤洗錐形瓶滴定結(jié)果偏大,B錯誤。CO+2NaOH→NaCO+HO,再滴入鹽酸,鹽酸先和剩余2 2 3 2的氫氧根反響,H+
+OH-→HOCO?2?+2H?→H?O+CO?↑可以覺察存在關(guān)系22OH---CO2---2H?,因此消耗鹽酸的物質(zhì)的量始終等于氫氧化鈉的物質(zhì)的量,因此氫氧化鈉吸取少3量二氧化碳不影響測定結(jié)果,C該試驗滴定終點為錐形瓶內(nèi)溶液顏色由黃色變?yōu)槌壬?,且半分鐘不褪色,即為滴定終點,假設(shè)變?yōu)榧t色說明鹽酸已經(jīng)過量,D?!?023上海等級考】20.0.1mol/L①CHCOOH、②NaOH、③CHCOONa,以下表達(dá)正確的3 3是〔〕A.①中[CHA.①中[CHCOOH]>[CHCOO-]>[H+]>[OH-]33B.①②等體積混合后,醋酸根離子濃度小于③的二分之一C.①③等體積混合以后,溶液呈酸性,則(Na+)>(CHCOO-)>(H+)3D.①②等體積混合以后,水的電離程度比①③等體積混合的電離程度小【答案】B【解析】A.CHCOOH溶液中的H+[CHCOOH]>[H+]>[CHCOO-]>[OH-]3 3 3故A錯誤。B.CHCOONa2CHCOO-不水解,濃3 3→度約為原來的1/2,CHCOONa為弱酸強堿鹽,越稀越水解,CHCOO-+HO CHCOOH+OH-,水→3 3 2 3解平衡向正向移動,因此CH解平衡向正向移動,因此CHCOO-1/2.B正確。3C.①③等體積混合以后,溶液呈酸性,說明CHCOOHCHCOO-的水解程度,因此33(CHCOO-)>(Na+)>(H+),C錯誤。3D.①②等體積混合以后恰好反響生成CHCOONa,CHCOO-3 3CHCOOH的電離產(chǎn)生H+3積混和后水的電離程度大。D錯誤?!?02342.以下屬于強電解質(zhì)的是硫酸鋇 B.食鹽水 C.二氧化硅 D.醋酸【答案】A【解析】按強電解質(zhì)的定義可知,強電解質(zhì)指在水中完全電離的電解質(zhì),包含強酸、強堿、大局部鹽等。所以對四個選項進(jìn)展物質(zhì)分類考察:可知硫酸鋇是強電解質(zhì),A項正確;食鹽水為混合物,不在強電解質(zhì)的概念內(nèi),B項錯誤;C.二氧化硅是非電解質(zhì),C項錯誤;D.醋酸在水中不完全電離,為弱電解質(zhì),D項錯誤。故答案選A?!?02345.以下溶液呈堿性的是NH4NO3【答案】D
(NH4)2SO4 C.KCl D.K2CO3【解析】鹽類水解是指弱酸陰離子或弱堿陽離子發(fā)生水解,導(dǎo)致溶液的酸堿性發(fā)生變化,此題四個選項均涉及鹽類水解。44 2 3 A.該鹽屬于強酸弱堿鹽,NH++HO?NH·HO+H+,溶液顯酸性,A不合題意;B.同A,NH+發(fā)生水解,使得溶液顯酸性,B44 2 3 該鹽屬于強酸強堿鹽,不發(fā)生水解,溶液顯中性,C不合題意;3 2 3 3 2 2 該鹽屬于強堿弱酸鹽,CO2-+HO?HCO-+OH-,HCO-+HO?HCO+OH-,溶液顯堿性,D3 2 3 3 2 2 故答案選D?!军c睛】關(guān)于正鹽的酸堿性可利用口訣速度推斷:“誰強顯誰性,都強顯中性,都弱須看電離程度大小”?!?023浙江4月選考】21.室溫下取20mL0.1mol·L?1某二元酸H2A,滴加0.1mol·L?1NaOH溶液。:H2A H++HA?,HA??H++A2?。以下說法的是2A.0.1mol·L?1HA溶液中有c(H+)-c(OH?)-c(A2?)=0.1mol·L?12當(dāng)?shù)渭又林行詴r,溶液中c(Na+)=c(HA?)+2c(A2?),用去NaOH10mL當(dāng)用去NaOH10mL時,溶液的pH<7,此時溶液中有c(A2?)=c(H+)-c(OH?)當(dāng)用去NaOH20mL時,此時溶液中有c(Na+)=2c(HA?)+2c(A2?)【答案】B【解析】由于該二元酸H2A,第一步電離完全,其次步局部電離,可以把20mL0.1mol·L?1H2A看20mL0.1mol·L?1HA-0.1mol/LH+溶液,留意該溶液是不存在H2A微粒。0.1 mol·L?1H2A 溶液存在電荷守恒,其關(guān)系為c(H+)=c(OH?)+2c(A2?)+ c(HA?),因而c(H+)-c(OH?)-c(A2?)=c(A2?)+c(HA?)=0.1mol·L?1,A項正確;假設(shè)NaOH用去10ml,反響得到NaHA溶液,由于HA? H++A2?,溶液顯酸性,因而滴加至中性時,需要參與超過10ml的NaOH溶液,B項錯誤;當(dāng)用去NaOH10mLNaHApH<7c(A2?)=c(H+)-c(OH?),C
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