您当前所在位置:首页 > 高考 > 高考化学 > 高考化学试题

2016届高考化学一轮复习水溶液中的离子平衡提升练习

编辑:sx_liujy

2016-01-25

在弱电解质溶液中,未离解的分子和其离子间建立的动态平衡关系,下面是水溶液中的离子平衡提升练习,希望对考生复习有帮助。

1.(2015·重庆高考)下列叙述正确的是(C)

A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度

B.25 ℃时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后,溶液pH=7

C.25 ℃时,0.1 mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱

D.0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中,所得溶液中c(Cl-)=c(I-)

解析:醋酸是弱电解质,存在电离平衡CH3COOH??CH3COO-+H+,加入醋酸钠,使溶液中的c(CH3COO-)增大,电离平衡逆向移动,抑制醋酸的电离,故不正确。25 ℃时,等体积等浓度的硝酸与氨水完全反应生成NH4NO3,NH4NO3是强酸弱碱盐,NH发生水解,溶液呈酸性,pH<7,故不正确。H2S是弱电解质,部分电离,而Na2S是强电解质,完全电离,在等浓度的两种溶液中,Na2S溶液中离子浓度较大,溶液的导电能力强,故正确。0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中,达到沉淀溶解平衡,因为AgCl的溶解度大于AgI,溶液中c(Cl-)>c(I-),故不正确。

2.(2015·新课标Ⅰ卷)浓度均为0.10 mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lg的变化如下图所示。下列叙述错误的是(D)

A.MOH的碱性强于ROH的碱性

B.ROH的电离程度:b点大于a点

C.若两溶液无限稀释,则它们的c(OH-)相等

D.当lg=2时,若两溶液同时升高温度,则增大

解析:由图象分析浓度为0.10 mol·L-1的MOH溶液,在稀释前pH为13,说明MOH完全电离,则MOH为强碱,而ROH的pH<13,说明ROH没有完全电离,ROH为弱碱。A.MOH的碱性强于ROH的碱性,A正确。B.曲线的横坐标lg越大,表示加水稀释体积越大,由曲线可以看出b点的稀释程度大于a点,弱碱ROH存在电离平衡:ROH??R++OH-,溶液越稀,弱电解质电离程度越大,故ROH的电离程度:b点大于a点,B正确。C.若两溶液无限稀释,则溶液的pH接近于7,故两溶液的c(OH-)相等,C正确。D.当lg=2时,溶液V=100V0,溶液稀释100倍,由于MOH发生完全电离,升高温度,c(M+)不变;ROH存在电离平衡:ROH??R++OH-,升高温度促进电离平衡向电离方向移动,c(R+)增大,故减小,D错误。

3.(2015·海南高考)下列曲线中,可以描述乙酸(甲,Ka=1.8×10-5)和一氯乙酸(乙,Ka=1.4×10-3)在水中的电离度与浓度关系的是(B)

解析:A.这两种物质都是弱电解质,在温度不变、浓度相等时,电离程度CH3COOH

4.(2015·天津高考)室温下,将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液,向溶液中加入下列物质。有关结论正确的是(B)

加入的物质 结论 A 50 mL 1 mol·L-1

H2SO4 反应结束后,c(Na+)=c(SO) B 0.05 mol CaO 溶液中增大 C 50 mL H2O 由水电离出的c(H+)·c(OH-)不变 D 0.1 mol NaHSO4

固体 反应完全后,溶液pH减小,c(Na+)不变 解析:室温下,将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液,溶液中存在:CO+H2O??HCO+OH-溶液呈碱性;A项加入50 mL 1 mol·L-1H2SO4,H2SO4与Na2CO3恰好反应,则反应后的溶液溶质为Na2SO4,故根据物料守恒反应结束后c(Na+)===2c(SO),故A项错误;向溶液中加入0.05 mol CaO,则CaO+H2O===Ca(OH)2,则c(OH-)增大,且Ca2++CO===CaCO3↓,使CO+H2O??HCO+OH-平衡左移,c(HCO)减小,故增大,故B项正确;C项加入50 mL H2O,溶液体积变大,CO+H2O??HCO+OH-平衡右移,但c(OH-)减小,Na2CO3溶液中H+、OH-均由水电离,故由水电离出的c(H+)·c(OH-)减小,故C项错误;D项加入0.1 mol NaHSO4固体,NaHSO4为强酸酸式盐,电离出H+与CO反应,则反应后溶液为Na2SO4溶液,溶液呈中性,故溶液pH减小,引入了Na+,故c(Na+)增大,D项错误;

5.(2015·广东高考)一定温度下,水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如下图所示。下列说法正确的是(C)

A.升高温度,可能引起由c向b的变化

B.该温度下,水的离子积常数为1.0×10-13

C.该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化

D.该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化

解析:A.c点溶液中c(OH-)>c(H+),溶液呈碱性,升温,溶液中c(OH-)不可能减小。B.由b点对应c(H+)与c(OH-)可知,Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-7×1.0×10-7=1.0×10-14。C.FeCl3溶液水解显酸性,溶液中c(H+)增大,因一定温度下水的离子积是常数,故溶液中c(OH-)减小,因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化。D.c点溶液呈碱性,稀释时c(OH-)减小,同时c(H+)应增大,故稀释溶液时不可能引起由c向d的转化。

6.(2015·四川高考)常温下,将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合,析出部分NaHCO3晶体,过滤,所得滤液pH<7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是(C)

A.<1.0×10-7 mol·L-1

B.c(Na+)=c(HCO)+c(CO)+c(H2CO3)

C.c(H+)+c(NH)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)

D.c(Cl-)>c(NH)>c(HCO)>c(CO)

解析:滤液中溶质的主要成分为NH4Cl和NaHCO3的混合物。A项,滤液pH<7,则c(H+)>1.0×10-7 mol·L-1,常温下Kw=1.0×10-14,所以<1.0×10-7 mol·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(NH)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO)+2c(CO)+c(Cl-),因c(Na+)

7.(2015·山东高考)室温下向10 mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液中加入0.1 mol·L-1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(D)

A.a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)

B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同

C.pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA)

D.b点所示溶液中c(A-)>c(HA)

解析:A.a点NaOH与HA恰好完全反应,溶液的pH为8.7,呈碱性,说明HA为弱酸,NaA发生水解反应,c(Na+)>c(A-)>c(HA)>c(H+),错误;B.a点NaA发生水解反应,促进了水的电离,所以a点水的电离程度大于b点,错误;C.根据电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-),pH=7,则c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(A-),错误;D.b点HA过量,溶液呈酸性,HA的电离程度大于NaA的水解程度,所以c(A-)>c(HA),正确。

免责声明

威廉希尔app (51edu.com)在建设过程中引用了互联网上的一些信息资源并对有明确来源的信息注明了出处,版权归原作者及原网站所有,如果您对本站信息资源版权的归属问题存有异议,请您致信qinquan#51edu.com(将#换成@),我们会立即做出答复并及时解决。如果您认为本站有侵犯您权益的行为,请通知我们,我们一定根据实际情况及时处理。