广西高考化学二轮复习专题二化学基本理论第8讲水溶液中的离子平衡学案.doc

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)编号①②③分别质Mg(OH)2HClNH4Cl备注悬浊液1mol·L-11mol·L-①中加入酚酞,溶液显红色说明物质的“不溶性”(OH)2积淀中加入适当等体积的②③,积淀均能迅速完全溶解C.①③混淆后发生反响:Mg(OH)2(s)+2N2+Mg+2NH·①中加入②,c(OH-)减小,Mg(OH)2溶解均衡正向挪动答案B分析使酚酞显红色的溶液呈碱性,说明Mg(OH)2在水中有必定的溶解,电离使溶液呈碱性,A正确。Mg(OH)2与NH4Cl溶液反响速率较小,积淀不可以迅速完全溶解,B错误。N联合Mg(OH)2悬浊液中的-,促进Mg(OH)2积淀溶解,C正确。盐酸能够与Mg(OH)2发OH,促进Mg(OH)2的积淀溶解均衡正向挪动生中和反响,促进Mg(OH)2的积淀溶解均衡正向挪动,D正确。4.(2017江苏化学,14)(双选)常温下,a(HCOOH)=×10-4,a(CH3COOH)=×10-KK5,b(NH3·HO)=×10-5,以下说法正确的选项是()·L-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和:,耗费NaOH溶3液的体积相等-1HCOOH与-1NaOH等体积混淆后的溶液中--··L:c(HCOO)+c(OH)=(HCOOH)+(H+)cc-1-1盐酸等体积混淆后的溶液中(pH<7):--··Lc(CH3COO)>c(Cl)>c(CH3COOH)>c(H+)答案AD分析A项,HCOONa完整电离出Na+,NH4Cl电离出的N要发生水解,正确;B项,CH3COOH的电离均衡常数小,即酸性弱,故等体积pH均为3的HCOOH与CH3COOH溶液分别与等浓度的NaOH溶液反响时,CH3COOH耗费NaOH的量较大,错误;C项,混淆后所得溶液为HCOOH与HCOONa物质的量之比为1∶1的混淆溶液,且溶液中+---++c(H)>c(OH),依据电荷守恒:c(HCOO)+c(OH)=c(Na)+c(H),物料守恒:2c+-c-+(HCOOH),所以c-c-(Na)=(HCOOH)+(HCOO),则(HCOO)>(Na)>(HCOO)+(OHcccc2+),错误;D项,反响后溶液为33)>c(HCOOH)+c(HCHCOONa、CHCOOH和NaCl物质的量之比为1∶1∶13-3-3的混淆溶液,物料守恒有:c(CHCOO)+c(CHCOOH)=2c(Cl),又因溶液pH<7,则CHCOOH的电离程度大3-3--333-于CHCOO的水解程度,即c(CHCOO)>c(Cl)>c(CHCOOH),因CHCOOH的电离和CHCOO的水解均很微+弱,故c(H)c(N)>c(H+)>c(OH-):c(Na+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-)34+1×10-8-=6的CHCOOH溶液和pH=6的NHCl溶液,由水电离出的c(H)均为mol··L-1Na2C2O4溶液中:2c(Na+)=c(C2)+c(HC2)+c(H2C2O4)·L-1的硫酸氢铵溶液与氢氧化钠溶液等体积混淆,两者恰巧反响生成硫酸钠、硫酸铵和水,硫酸铵水解致使溶液呈酸性,铵根离子水解,但程度较小,联合物料守恒得+c(H+)>c-c(S)=c(Na)>c(N)>(OH),A正确。在Na2SO溶液中,依据电荷守恒可3知:c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-),B错误。pH=6的CH3COOH溶液中由水电离出的c(H+)水3--1=1×10-8-1的NH4Cl溶液中由水电离出的+)=1×10-6=(OH)水=mol·Lmol·L,pH=6(Hccmol·L-1,C错误。依据物料守恒得c(Na+)=2c(C2)+2c(HC2)+2c(H2C2O4),D错误。7.(2018天津理综,4)由以下实验及现象推出的相应结论正确的选项是()选项实验现象结论A某溶液中滴加产生蓝原溶液中有K3[)6]溶液色积淀Fe2+,无Fe3+652酸性:H2CO>B向CHONa溶液中通入CO溶液变污浊365CHOHC向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑Ksp(CuS)<色积淀sp(ZnS)K①某溶液中加入Ba(NO)溶液①产生白色积淀原溶液中D32②再加足量盐酸②仍有白色积淀有S答案B2+2+3+分析Fe36,所以能说明原溶液中存在Fe,但不可以说明Fe是与K[)]溶液反响可产生蓝色积淀24否存在,A项错误;较强酸能够制备较弱酸,B项正确;悬浊液中含有NaS,能与CuSO溶液反响生成spsp项错误;因为酸性条件下N拥有氧化性,能将S氧化为S,CuS,不可以证明K(CuS)HClO>H2CO3(一级电离均衡常数)·L-1NaClO溶液,=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液以等体积混淆,则有c(Na+)=c(F-)>c(H+)=c(OH-)-1-+)+2c(H2CO)·LNaCO溶液中,存在的关系:c(OH)-c(H)=c(HC233答案D分析pH=,依据越弱越水解,同温同浓度下,HF>HClO>HC,A错误。盐类的水解是吸热反响,加热促进水解,,B错误。NaF是强碱弱酸盐,则HF是弱酸;pH=2的HF浓度大于pH=12的NaOH溶液浓度,两者等体积混淆HF有节余,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),联合电荷守恒得c(Na+)(Na+)>c(H+)>(OH-),C错误。依据物料守恒:2c(HC)+2c(H2CO3)+2(C)=(Na+),依据电荷守cccc恒得c(H+)+(Na+)=(OH-)+(HC)+2(C),所以得c(OH-)-c(H+)=c(HC)+2c(H2CO3),D正确。cccc二、非选择题(包含4个小题,共52分)9.(12分)连二次***(HNO)是一种二元酸,可用于制NO气体。2222(1)连二次***中氮元素的化合价为。(2)常温下,·L-·L-1的H2N2O2溶液,测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系以下图。①写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式:。②b点时溶液中c(H2N2O2)c(N2)。(填“>”“<”或“=”,下同)③a点时溶液中c(Na+)c(HN2)+c(N2)。***银溶液和连二次***钠溶液混淆,能够获得黄色的连二次***银积淀,向该分别系中滴加硫酸钠溶液,当白色积淀和黄色积淀共存时,分别系中=。[已知Ksp(Ag2N2O2)=×10-,Ksp(Ag2SO4)=×10-5]答案(1)+1价(2)①HNO+②>③>H+HN2222(3)×10-4分析(1)依据化合物中各元素化合价的代数和为0可求出HNO中氮元素的化合价为+1价。(2)①由222题图能够看出,未加入NaOH溶液时,·L-1222222HNO溶液的pH=,这说明HNO为弱酸,则其电离方程式为HNO+。②b点时溶液中的溶质为NaHNO,溶液呈碱性,说明HN的水解H+HN2222222程度大于其电离程度,H2N2O2为水解产物,N2为电离产物,故c(H2N2O2)>c(N2)。③a点时溶液中,依据电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=2c(N2)+c(HN2)+c(OH-),而a点时溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH-),故c(Na+)=2c(N2)+c(HN2),所以c(Na+)>c(N2)+c(HN2)。(3)当白色积淀和黄色积淀共存5时,溶液中连二次***银和硫酸银均达到饱和,溶液中存在两个溶解平衡:Ag2N2O2(s)2Ag+(aq)+N2(aq)、Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+S(aq),溶液中=×10-4。10.(14分)弱电解质的电离均衡、盐类的水解均衡和难溶物的溶解均衡均属于化学均衡。Ⅰ.已知H2A在水中存在以下均衡+--+2-。:H2AH+HA,HAH+A(1)常温下NaHA溶液的pH(填序号),原由是。(2)某温度下,·L-·L-1KOH溶液至溶液呈中性(忽视混淆后溶液的体积变化)。此时该混淆溶液中的以下关系必定正确的选项是。(H+)·c(OH-)=×10-(Na+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)(Na+)>c(K+)(Na+)+c(K+)=·L-1(3)已知常温下H2A的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下均衡:CaA(s)Ca2+(aq)+A2-(aq)H>0。若要使该溶液中Ca2+浓度变小,可采纳的举措有。Ⅱ.含有Cr2的废水毒性较大,×10-3-1mol·L的Cr2。为了使废水的排放达标,进行以下办理:Cr2Cr3+、Fe3+Cr(OH)3、Fe(OH)3(1)该废水中加入绿矾和H+,发生反响的离子方程式为。(2)若办理后的废水中残留的c(Fe3+)=×10-13mol·L-1,则残留的Cr3+的浓度为。(已知:sp[Fe(OH)3]=×10-38,sp[Cr(OH)3]=×10-31)KK答案Ⅰ.(1)BNaHA只好发生电离,不可以发生水解(2)BC(3)BDⅡ.(1)Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O6(2)×10-6-1mol·L2--在水分析Ⅰ.(1)HA在水中的一级电离进行完整,则HA不水解只电离,故NaHA溶液呈酸性。(2)HA-1+-1,加入-1KOH溶液至溶中部分电离,·L的NaHA溶液中c(H)··L液呈中性时耗费的KOH溶液体积小于NaHA溶液体积,则混淆溶液中++c(Na)>c(K);由电荷守恒+++-2--+-++-2-知,c(Na)+c(K)+c(H)=c(HA)+2c(A)+c(OH),且c(H)=c(OH),则c(Na)+c(K)=c(HA)+2c(A)。水的离子积与温度有关;混淆液中c(Na+)>·L-1。(3)降温、增大c(A2-)都能使均衡CaA(s)2+2-(aq)左移。Ca(aq)+AⅡ.(1)废水中加入绿矾和H+,依据流程图,可知发生的是氧化复原反响,配平即可。(2)=×107,故c(Cr3+×10-6-1)=·L。11.(13分)FeCl3在溶液中分三步水解:3+2++Fe+H2OFe(OH)+HK1Fe(OH)2++H2OFe(OH+H+K2Fe(OH+H2OFe(OH)3+H+K3(1)以上水解反响的均衡常数K1、K2、K3由大到小的次序是。经过控制条件,以上水解产物聚合,生成聚合氧化铁,离子方程式为:xFe3++H2OFex(OH+H+yy欲使均衡正向挪动可采纳的方法是(填序号)。(3)室温下,使***化铁溶液转变成高浓度聚合***化铁的重点条件是。天津某污水办理厂用***化铁净化污水的结果以以下图所示。由图中数据得出每升污水中投放聚合***化铁[以Fe/(mg·L-1)表示]的最正确范围约为mg·L-1。答案(1)K1>K2>K3(2)BD(3)调理溶液的pH(4)18~20分析(1)铁离子的水解分为三步,且水解程度渐渐减弱,所以水解均衡常数渐渐减小,则K1>K2>K3。(2)因水解为吸热反响,所以降温,均衡逆向挪动;加水稀释,水解均衡正向挪动;加入***化铵,***化铵溶液为酸性,氢离子浓度增大,均衡逆向挪动;加入碳酸氢钠,则耗费氢离子,所以氢离子浓度降低,平7衡正向挪动,所以答案选BD。(3)从反响的离子方程式中可知,氢离子的浓度影响高浓度聚合***化铁的生成,所以重点步骤是调理溶液的pH。(4)由图像可知,聚合***化铁的浓度在18~20mg·L-1时,去除率达到最大值,污水的污浊度减小。12.(13分)常温下,·L-1的以下六种溶液的pH如表所示:(1)上述盐溶液中的阴离子,联合质子能力最强的是。(2)依据表中数据,·L-1的以下五种物质的溶液中,酸性最强的是(填编号,下同);将各溶液分别稀释100倍,pH变化最小的是。323①HCN②HClO③C6H5OH④CHCOOH⑤HCO依据表中数据,以下反响不可以建立的是(填字母)。+Na2CO3NaHCO3++CH3COONa++H2O+2NaClONa2CO3++H2O+2C6H5ONaNa2CO3+2C6H5OH(4)要增大***水中HClO的浓度,可向***水中加入少许的碳酸氢钠溶液,反响的离子方程式为。(5)已知Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(Cr)=×10-12,·L-·L-·L-1K2CrO4的混淆溶液,经过计算回答Cl-和Cr中哪一种离子先积淀?答案(1)C④③(3)CD(4)Cl2+HCCO2↑+Cl-+HClO(5)AgCl开始积淀所需Ag+浓度:c(Ag+)1=mol·L-1=×10-7mol·L-1;Ag2CrO4开始积淀所需++2-1≈×10-5-1+1+2,Cl-先Ag浓度:c(Ag)=mol·Lmol·L,c(Ag)H2CO3>HClO>HCN>C65OH>HC,酸越弱,其阴离子联合质子的能力越强。(2)酸性最强的是CH3COOH;酸性越弱,稀释同样倍数时pH变化越小,故C6H5OH溶液的pH变化最小。(3)依据“强酸制弱酸”规律判断。(4)依据酸性强弱次序知,碳酸氢钠溶液只好与HCl反响,而不与HClO反响。9