2022高考化学二轮复习 第二部分 考前定点歼灭战 专项押题1 选择题对点押题练 歼灭高考第12题——水溶液中的离子平衡

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1、2022高考化学二轮复习 第二部分 考前定点歼灭战 专项押题1 选择题对点押题练 歼灭高考第12题——水溶液中的离子平衡 1．室温下将10 mL c(H＋)＝0.001 mol·L－1的醋酸溶液加水稀释10倍后，下列说法正确的是(　　) A．醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大 B．溶液中不变 C．溶液中导电粒子的数目增多 D．再加入10 mL c(OH－)＝0.001 mol·L－1的NaOH溶液，混合液呈中性 解析：选C　醋酸属于弱酸，在其水溶液中存在电离平衡，加水稀释，促进醋酸的电离，醋酸的电离程度增大，H＋、CH3COO－物质的量增大，CH3COOH分子物质的量减小，由于溶

2、液体积也增大，H＋、CH3COO－、CH3COOH的物质的量浓度都减小。A项，醋酸的电离程度增大，c(H＋)减小，错误；B项，溶液中＝增大，错误；C项，溶液中导电的粒子是阴、阳离子，阴、阳离子数目增多，正确；D项，再加入10 mL c(OH－)＝0.001 mol·L－1的NaOH溶液，发生中和反应后醋酸过量，混合液呈酸性，错误。 2．常温下，0.2 mol·L－1的一元碱BOH与等浓度的HCl溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是(　　) A．BOH为强碱 B．该混合液pH＝7 C．图中X表示BOH，Y表示H＋，Z表示OH－ D．该混合溶液中：

3、c(Cl－)＝c(Y)＋c(B＋) 解析：选D　0.2 mol·L－1的一元碱BOH与等浓度的盐酸等体积混合后，HCl＋BOH===BCl＋H2O，所得溶液中B＋浓度小于0.1 mol·L－1，说明在溶液中存在B＋＋H2OH＋＋BOH，BOH为弱碱，BCl溶液呈酸性，则c(OH－)c(H＋)，所以有c(Cl－)＝0.1 mol·L－1>c(B＋)>c(H＋)>c(BOH)>c(OH－)，即X表示H＋，Y表示BOH，Z表示OH－，溶液中存在物料守恒为c(Cl－)＝c(B＋)＋c(BOH)。 3．298 K时，向20 mL 0.1

4、 mol·L－1MOH溶液中滴加0.1 mol·L－1CH3COOH溶液，所得溶液的pH及导电能力变化如图所示。下列叙述正确的是(　　) A．MOH是强电解质 B．b点对应的盐不水解 C．水的离子积Kw：b>c>a D．c点溶液中c(CH3COO－)>c(M＋)>c(H＋)>c(OH－) 解析：选D　由图像可知，0.1 mol·L－1MOH溶液的pH为8而不是13，说明MOH是弱碱，故其为弱电解质，A错误；在b点，两者恰好完全反应生成弱酸弱碱盐CH3COOM，该盐溶液的pH＝6，说明M＋的水解程度大于CH3COO－的水解程度，B错误；在一定温度下，水的离子积是定值，其值不随溶液的

5、pH变化而变化，C错误；在c点，醋酸过量使溶液酸性增强，依据电荷守恒可以判断，溶液中c(CH3COO－)>c(M＋)>c(H＋)>c(OH－)，D正确。 4．利用电导法测定某浓度醋酸电离的ΔH、Ka随温度变化曲线如图。已知整个电离过程包括氢键断裂、醋酸分子解离、离子水合。下列有关说法不正确的是(　　) A．理论上ΔH＝0时，Ka最大 B．25 ℃时，c(CH3COOH)最大 C．电离的热效应较小是因为分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当 D．CH3COOH溶液中存在氢键是ΔH随温度升高而减小的主要原因 解析：选B　A项，理论上ΔH＝0时，电离程度最大，氢离子和醋酸根离子浓

6、度最大，Ka最大，正确；B项，25 ℃时，Ka最大，电离程度最大，平衡时 c(CH3COOH)最小，错误；C项，分子解离吸收的能量与离子水合放出的能量相当时，拆开化学键吸收的能量与水合时放出的热量相当，电离的热效应较小，正确；D项，拆开氢键需要能量，但随温度的升高，氢键越来越小，CH3COOH溶液中存在氢键是ΔH随温度升高而减小的主要原因，正确。 5．已知H2A为二元弱酸，20 ℃时，配制一组c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.100 mol·L－1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　　) A．Ka2(H2A)

7、的数量级为10－5 B．NaHA溶液中：c(H＋)>c(OH－) C．M点由水电离出的c(H＋)>N点由水电离出的c(H＋) D．pH＝7的溶液中：c(Na＋)>2c(A2－) 解析：选C　Ka2＝，选取图中N点，此时pH＝4.2，A2－和HA－的浓度相等，所以Ka2＝＝c(H＋)＝1×10－4.2≈6.3×10－5，所以Ka2(H2A)的数量级为10－5，选项A正确；由图中可以看出当HA－的浓度占主导地位的时候，pH为2到3之间，所以NaHA溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，选项B正确；M、N都显酸性，溶质电离的氢离子对于水的电离都起到抑制作用，因为从M到N，溶液的pH升高，溶

8、质电离出来的氢离子浓度减小，所以对于水的电离的抑制减弱，N点水电离的氢离子浓度更大，选项C错误；溶液中一定存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(A2－)＋c(HA－)，中性溶液中H＋和OH－浓度相等，所以有c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)，则c(Na＋)>2c(A2－)，选项D正确。 6．常温下，向1 L 0.1 mol·L－1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气[已知常温下Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5]，使溶液温度和体积保持不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是(　　) A．0.1 mol·L－1HR溶液的pH约为5

9、 B．HR为弱酸，常温时Ka(HR)＝1.0×10－7 C．当通入0.1 mol NH3时，溶液中c(R－)

10、液呈酸性，故D错误。 7.在NaCN溶液中存在水解平衡：CN－＋H2OHCN＋OH－，水解常数Kh＝≈ [c0(NaCN)是NaCN溶液的起始浓度]。25 ℃向1 mol·L－1的NaCN溶液中不断加水稀释，NaCN溶液浓度的对数值lg c0与2pOH[pOH＝－lg c(OH－)]的关系如图所示，下列说法错误的是(　　) A．25 ℃时，Kh(CN－)的值为10－4.7 B．升高温度，可使曲线上a点变到b点 C．25 ℃，向a点对应的溶液中加入固体NaCN，CN－的水解程度减小 D．c点对应溶液中的c(OH－)大于a点 解析：选B　A项，当lg c0＝0时，c0(NaCN

11、)＝1 mol·L－1，此时c2(OH－)＝1×10－4.7(mol·L－1)2，故由Kh＝≈得，Kh(CN－)＝10－4.7，正确；B项，随着纵坐标的值增大，c(OH－)降低，即b点c(OH－)小于a点，而升高温度可促进盐类的水解，错误；C项，向a点加入固体NaCN，相当于减少水的添加量，会降低CN－的水解程度，正确；D项，随着纵坐标的值增大，c(OH－)降低，故c点对应溶液中的c(OH－)大于a点，正确。 8．常温下，将NaOH溶液滴入二元弱酸H2X溶液中，混合溶液中的粒子浓度与溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是(　　) A．Ka1(H2X)的数量级为10－7 B．曲线

12、N表示lg 与pH的变化关系 C．NaHX溶液中：c(H＋)c(X2－)>c(HX－)>c(H＋)＝c(OH－) 解析：选D　滴加过程中发生反应的先后顺序是H2X＋NaOH===NaHX＋H2O、NaHX＋NaOH===Na2X＋H2O，开始时，随着反应的进行，HX－的物质的量增大，某一时刻当HX－的物质的量大于H2X，lg 的值大于0，根据图像可知曲线M为lg 与pH的变化关系，曲线N为lg 与pH的变化关系，H2X的第一步电离方程式为H2XHX－＋H＋，Ka1＝，根据图像，当pH＝5，即c(H＋)＝10－5 mol·L－1

13、时，lg ＝0.6，＝100.6，得Ka1＝10－4.4，A、B项错误；当lg ＝0，即c(X2－)＝c(HX－)时，pH<7，溶液显酸性，说明HX－的电离程度大于X2－的水解程度，则HX－的电离程度大于自身的水解程度，NaHX溶液中，c(H＋)>c(OH－)，C项错误；NaHX溶液显酸性，因此混合溶液显中性时，溶质为NaHX和Na2X，HX－的电离程度大于X2－的水解程度，NaHX和Na2X浓度相等时，溶液显酸性，因此Na2X的浓度应大于NaHX，溶液才能显中性，即离子浓度大小关系是c(Na＋)>c(X2－)>c(HX－)>c(H＋)＝c(OH－)，D项正确。 9．25 ℃时，H2CO3的

14、Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.0×10－11。常温下在20 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示，下列说法正确的是(　　) A．在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO能大量共存 B．a点时：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(CO) C．当pH＝7时，溶液中c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO) D．当溶液中c(HCO)∶c(CO)＝2∶1时，溶液的pH＝10 解析：选D　由图像可知，在同一溶液中

15、，H2CO3、HCO、CO不能大量共存，故A错误；a点c(HCO)＝c(CO)，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(CO)＋c(Cl－)，故B错误；根据电荷守恒，当pH＝7时，溶液中c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)，故C错误；根据＝5×10－11，当溶液中c(HCO)∶c(CO)＝2∶1时，c(H＋)＝10－10 mol·L－1，所以溶液的pH＝10，故D正确。 10．一定温度时，Cu2＋、Mn2＋、Fe2＋、Zn2＋等四种金属离子(M2＋)形成硫化物沉淀所需S2－最低浓度的对数值lg c(S2－)与lg c(M2＋)的关系如图所示。下列有关判

16、断不正确的是(　　) A．该温度下，Ksp(MnS)大于1.0×10－35 B．向含Mn2＋、Zn2＋的稀溶液中滴加Na2S溶液，Mn2＋最有可能先沉淀 C．向c(Fe2＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中加入CuS粉末，有FeS沉淀析出 D．该温度下，溶解度：CuS>MnS>FeS>ZnS 解析：选D　A项，MnS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：MnS(s)Mn2＋(aq)＋S2－(aq)，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)×c(S2－)＝10－15×10－10＝10－25>1.0×10－35，正确；B项，依据题图可知，Ksp(ZnS)>Ksp(MnS)，所以向含Mn2＋、Zn2

17、＋的稀溶液中滴加Na2S溶液，Mn2＋最有可能先沉淀，正确；C项，由于CuS溶液中c(S2－)约为 mol·L－1，向c(Fe2＋)＝0.1 mol·L－1的溶液中加入CuS粉末后，c(Fe2＋)×c(S2－)>Ksp(FeS)＝10－20，所以有FeS沉淀析出，正确；D项，依据题图可知，CuS的Ksp最小，其次是MnS、FeS和ZnS，所以该温度下，溶解度：CuS

18、I2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，PbI2的溶解度不变，Pb2＋浓度不变 C．T时刻改变的条件是升高温度，因而PbI2的Ksp 增大 D．常温下Ksp(PbS)＝8×10－28，向PbI2的悬浊液中加入Na2S溶液，PbI2(s)＋S2－(aq)PbS(s)＋2I－(aq)反应的化学平衡常数为5×1018 解析：选D　A项，根据图像知，常温下PbI2的Ksp＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝4×10－9，错误；B项，PbI2饱和溶液中存在平衡：PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，Pb2＋浓度增大，平衡逆向移动，PbI

19、2的溶解度减小，错误；C项，根据图像知T时刻改变的条件是增大I－浓度，温度不变，PbI2的Ksp不变，错误；D项，反应：PbI2(s)＋S2－(aq)PbS(s)＋2I－(aq)反应的化学平衡常数K＝＝＝5×1018，正确。 12．常温下氢氧化锌在碱性溶液中的变化如图所示，横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2＋或ZnO的物质的量浓度的对数。下列说法正确的是(　　) A．依图中数据计算可得该温度下Ksp[Zn(OH)2]＝1×10－17 B．溶液中加入足量氨水，发生反应的离子方程式为Zn2＋＋4OH－===ZnO＋2H2O C．为提取工业废液中的Zn2＋，可以控制溶液的pH在13左

20、右 D．Zn2＋在溶液中的存在形式与Al3＋相似，碱性溶液中只以Zn(OH)2形式存在 解析：选A　A项，根据图中数据，当pH为7.0时 ，溶液中c(Zn2＋)＝10－3 mol·L－1，c(OH－)＝10－7 mol·L－1，所以Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝1.0×10－17，正确；B项，溶液中加入足量氨水，发生反应的离子方程式为Zn2＋＋2NH3·H2O===Zn(OH)2↓＋2NH，错误；C项，为提取工业废液中的Zn2＋，根据图像，则可以控制pH的范围在8.0～12.0的范围内，错误；D项，如果向ZnCl2溶液中加入足量NaOH溶液，反应先生成Zn(OH)2沉淀，Zn(OH)2再溶解生成ZnO，错误。