高中化学水溶液综合训练及答案解析.docx
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高中化学水溶液综合训练及答案解析
水溶液综合作业答案及解析
1.有关电解质溶液的叙述正确的是()
A.向0.2mol·L−1CH3COOH溶液中加入等体积0.1mol·L−1NaOH溶液,测得溶液中c(CH3COO−)>c(Na+),则水的电离程度比纯水的大
B.向0.1mol·L−1氨水中滴加0.1mol·L−1盐酸,刚好完全中和时溶液pH=a,则由水电离产生的c(OH−)=10a-14mol·L−1
C.将0.1mol·L−1Na2CO3和0.1mol·L−1NaHCO3溶液等体积混合,所得溶液有:
c(CO
)+2c(OH−)=2c(H+)+c(HCO
)+3c(H2CO3)
D.对于难溶电解质:
相同温度时,Ksp大的饱和溶液的物质的量浓度一定比Ksp小的饱和溶液物质的量浓度大
【答案】C
【解析】A.向0.2mol·L−1CH3COOH溶液中加入等体积0.lmol·L−1NaOH溶液,反应后的溶液中存在等物质的量是乙酸和乙酸钠,测得溶液中c(CH3COO−)>c(Na+),说明以乙酸的电离为主,抑制水的电离,水的电离程度比纯水的小,故A错误;B.向0.1mol·L−1氨水中滴加0.1mol·L−1盐酸,刚好完全中和时生成氯化铵,由于水解,促进水的电离,则由水电离产生的c(OH−)=c(H+)=10-amol·L−1,故B错误;C.根据物料守恒得2c(Na+)=3
c(CO
)+3c(HCO
)+3c(H2CO3);根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(CO
)+c(OH−)+c(HCO
),所以存在质子守恒得c(HCO
)+3c(H2CO3)+2c(H+)=c(CO
)+2c(OH−),故C正确;D、只有具有相同结构的难溶物(如AgCl、AgBr、AgI)Ksp小的溶解度小,而不同结构的(如Ag2SO4和AgI)Ksp小的溶解度不一定小,故D错误;故选C。
【点评】本题考查溶液中存在的守恒,为高频考点,明确溶液中存在的微粒成分及各个浓度之间关系是解本题关键,任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒、质子守恒。
2.25℃时,向10mL0.10mol·L−1的一元弱酸HA(Ka=1.0×10−3)中逐滴加入0.10mol·L−1NaOH溶液,溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。
下列说法正确的是()
A.a点时,c(HA)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)
B.溶液在a点和b点时水的电离程度不相同
C.b点时,c(Na+)=c(HA)+c(A−)+c(OH−)
D.V=10mL时,c(Na+)>c(A−)>c(H+)>c(HA)
【答案】A
【解析】A.a点时,pH=3,c(H+)=1.0×10−3mol·L−1,因为Ka=1.0×10−3,所以c(HA)=c(A−),根据电荷守恒c(A−)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+)可知c(HA)+c(OH−)=c(Na+)+c(H+),故A正确;B.a点溶质为HA和NaA,pH=3,c(H+)=1.0×10−3mol·L−1,c(OH−)=10−11mol·L−1,则水电离出的c(OH-)=10-11mol·L−1,b点溶质为NaOH和NaA,pH=11,c(H+)=1.0×10−11mol·L−1,c(OH-)=10-3mol·L−1,则水电离出的c(OH-)=10-11mol·L−1,两者水电离出的氢氧根离子浓度相等,水的电离程度相同,故B错误;C.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A−)+c(OH−)可得c(Na+)=c(A−)+c(OH−)-c(H+),假设C选项成立,则c(A−)+c(OH−)-c(H+)=c(HA)+c(A−)+c(OH−),推出c(HA)+c(H+)=0,故假设不成立,故C错误;D.V=10mL时,HA与NaOH恰好完全反应生成NaA,A-+H2O
HA+OH−,水解后溶液显碱性,c(OH−)>c(H+),即c(HA)>c(H+),故D错误。
答案为A。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断,侧重考查分析判断及知识综合运用能力,明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键,注意电荷守恒和物料守恒的灵活运用,B为解答易错点。
3.常温下,下列事实能说明HClO是弱电解质的是()
A.0.01mol·L−1的HClO溶液pH>2
B.NaClO易溶于水
C.NaClO的电离方程式:
NaClO=Na++ClO−
D.HClO与Na2SO3溶液反应,可以得到Na2SO4
【答案】A
【解析】A.0.01mol·L−1的HClO溶液pH>2,说明HClO部分电离,HClO是弱电解质,故选A;B.不能根据电解质的溶解性强弱判断电解质强弱,故不选B;C.NaClO的电离方程式是NaClO=Na++ClO−,证明NaClO是强电解质,不能证明HClO是弱电解质,故不选C;D.HClO与Na2SO3溶液反应,可以得到Na2SO4,证明HClO有氧化性,不能证明HClO是弱电解质,故不选D。
【点评】本题考查电解质强弱的判断,明确强弱电解质的本质区别是解本题关键,注意不能根据电解质的溶解性强弱、溶液导电性强弱判断电解质强弱。
4.化学平衡常数(K)、弱酸的电离平衡常数(Ka)、难溶物的溶度积常数(Ksp)是判断物质性质或变化的重要的平衡常数。
下列关于这些常数的说法中,正确的是( )。
A.平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂等有关
B.当温度升高时,弱酸的电离平衡常数Ka变小
C.Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),由此可以判断反应AgCl(s)+I-(aq)
AgI(s)+Cl-(aq)能发生
D.Ka(HCN) 解析 平衡常数的大小只与温度有关,与浓度、压强、催化剂无关,A项错误;电离反应是吸热的,升温会促进电离,使得电离平衡常数增大,B项错误;酸的电离平衡常数越大,酸性越强,D项错误。 答案 C 5.实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度,用甲基橙作指示剂,下列操作中可能使测定结果偏低的是() A.酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2~3次 B.开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡,在滴定过程中气泡消失 C.锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色,立即记下滴定管液面所在刻度 D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次 【答案】C 【解析】A.酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2~3次,滴定时造成V(标准)偏大,根据c(待测)= 可知c(待测)偏高,不符合题意,故A错误;B.酸式滴定管在滴定前有气泡,滴定后气泡消失,造成V(标准)偏大,根据c(待测)= 可知c(待测)偏高,不符合题意,故B错误;C.滴定过程中,锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色,立即记下滴定管内液面所在刻度,造成V(标准)偏小,根据c(待测)= 可知c(待测)偏低,符合题意,故C正确;D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定用NaOH溶液润洗,滴定时造成V(标准)偏大,根据c(待测)= 可知c(待测)偏高,不符合题意,故D错误。 【点评】酸碱中和滴定的实验中的误差分析,从标准液的体积变化误差来分析,无论是读数的误差还是操作的误差,标准液的体积偏大,则待测液的浓度也偏大。 6. 用AG表示溶液的酸度,AG=lg 。 常温下,在10.0mL0.1mol·L-1氨水中滴入0.05mol·L-1硫酸溶液,溶液的酸度与所加硫酸溶液的体积关系如图所示。 下列有关叙述正确的是( )。 A.0.1mol·L-1氨水的电离度为1% B.滴定过程应选择酚酞作为指示剂 C.N点溶液中: c(S )>c(N )>c(H+)>c(OH-) D.滴定过程中,从M点到N点溶液中水的电离程度始终在减小 解析 M点的AG=8说明溶液中c(OH-)为10-3mol·L-1,则氨水的电离度约为1%,A项正确;滴定终点溶质是(NH4)2SO4,溶液由碱性变为酸性,指示剂应选甲基橙,B项错误;加入10mL硫酸后,因N 水解,溶液中离子浓度关系为c(N )>c(S )>c(H+)>c(OH-),C项错误;滴定过程中溶质由NH3·H2O逐渐变为NH3·H2O和(NH4)2SO4,最后变为(NH4)2SO4,可知滴定过程中水的电离程度一直在增大,D项错误。 答案 A 7.常温条件下,将浓度为0.1mol·L-1的NaOH溶液逐滴滴入20mL0.1mol·L-1二元弱酸(用H2A表示)溶液中。 溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量与混合溶液pH的变化关系如图所示。 下列说法正确的是( )。 A.pH>7时,溶液中只存在A2- B.NaHA溶液跟NaHCO3溶液类似,呈碱性 C.滴入30mLNaOH溶液时,溶液中存在c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(OH-)>c(H+) D.滴入40mLNaOH溶液时,溶液呈碱性 解析 pH>7时,溶液中主要存在A2-,另外还存在HA-、H2A,A项错误;由图像可知,溶液中的阴离子主要以HA-的形式存在时,溶液pH≈4,溶液呈酸性,B项错误;滴入30mLNaOH溶液时,反应后得到物质的量均为1×10-3molNaHA和Na2A的混合溶液,由图可知,此时溶液呈酸性,HA-的电离程度大于A2-的水解程度,存在c(Na+)>c(A2-)>c(HA-)>c(H+)>c(OH-),C项错误;滴入40mLNaOH溶液时,反应生成Na2A,A2-水解使溶液呈碱性,D项正确。 答案 D 8.[2019·山西省太原市高三5月模拟考试]常温下,将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中,溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。 下列叙述错误的是 A.a点时,溶液中由水电离的c(OH−)约为1×10−10mol·L−1 B.电离平衡常数: Ka(HA) C.b点时,c(B−)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−) D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时: c(B−)>c(HB) 【答案】B 【解析】A.a点时, =0,c(A−)=c(HA),溶液为酸和盐的溶合溶液,pH=4,抑制水的电离,溶液中由水电离的c(OH−)约为1×10−10mol·L−1,选项A正确; B. =0,c(A−)=c(HA),电离平衡常数: Ka(HA)= = =10−4mol/L; =0,c(B−)=c(HB),电离平衡常数: Ka(HB)= = =10−5mol/L,Ka(HA)>Ka(HB),选项B错误; C.b点时, =0,c(B−)=c(HB),pH=5,c(B−)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH−),选项C正确; D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时, >0,c(B−)>c(HB),选项D正确。 答案选B。 9.[2019·安徽省蚌埠市高三第一次质量监测]常温下,向20mL0.05mol·L-1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L-1氨水,溶液中由水电离出氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。 下列分析正确的是 A.NaHB溶液可能为酸性,也可能为碱性 B.A、B、C三点溶液的pH是逐渐减小,D、E、F三点溶液的pH是逐渐增大 C.E溶液中离子浓度大小关系: c(NH4+)>c(B2-)>c(OH-)>c(H+) D.F点溶液c(NH4+)=2c(B2-) 【答案】D 【解析】 【分析】 未加入氨水前,溶液的水电离出的OH−浓度为10−13mol/L,所以溶液中c(H+)=0.1mol/L,该酸的浓度为0.05mol/L,所以该酸为二元强酸。 酸、碱对水的电离起抑制作用,可水解的盐对水的电离起促进作用,随着氨水的不断滴入,溶液中水电离的c(H+)逐渐增大,当两者恰好完全反应生成(NH4)2B时水的电离程度达最大(图中D点),继续加入氨水,水电离的c(H+)逐渐减小。 【详解】 A.NaHB属于强酸的酸式盐,NaHB溶液应该呈酸性,A项错误; B.向酸溶液中逐渐加入碱发生中和反应,混合液溶液的pH是逐渐增大的,B项错误; C.E点溶液由(NH4)2B和氨水混合而成,由于水电离的c(H+)>1×10−7mol/L,溶液中H+全部来自水电离,则E点水溶液显酸性,所以c(H+)>c(OH−),C项错误; D.F点溶液由(NH4)2B和氨水混合而成,由于水电离的c(H+)=1×10−7mol/L,溶液中H+全部来自水电离,则F点水溶液呈中性,此时溶液中的电荷守恒有: c(NH4+)+c(H+)=c(OH−)+2c(B2−),因c(H+)=c(OH−),所以有c(NH4+)=2c(B2−),D项正确; 所以答案选择D项。 10.[2019·甘肃省定西市陇西县第一中学高三下学期适应性训练]常温下,向20mL0.1mol·L−1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸,溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。 则下列说法不正确的是 A.常温下,0.1mol·L−1氨水中 的电离常数 约为 B.a、b之间的点一定满足: c(NH4+)>c(Cl−)>c(OH−)>c(H+) C.c点溶液中c(NH4+) D.b点代表溶液呈中性 【答案】B 【解析】 【分析】 A.常温下,0.1mol/L的氨水溶液中c(H+)=10−11mol/L,则c(OH−)=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L,结合Kb=c(NH4+)∙c(OH−)/c(NH3∙H2O)计算; B.a、b之间的任意一点,溶液都呈碱性,结合电荷守恒判断离子浓度大小; C.根据图知,c点水电离出的氢离子浓度最大,恰好反应生成氯化铵; D.b点溶液中c点水电离出的c(H+)=10−7mol/L,常温下c(H+)·c(OH−)=Kw=10−14,据此判断。 【详解】 A.常温下,0.1mol/L的氨水溶液中c(H+)=10−11mol/L,则c(OH−)=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L,Kb=c(NH4+)∙c(OH−)/c(NH3∙H2O)=10−3×10−3/0.1mol/L=1×10−5mol/L,故A正确; B.a、b之间的任意一点,溶液都呈碱性,则c(H+)<c(OH−),结合电荷守恒得c(Cl−)<c(NH4+),而c(Cl−)和c(OH−)的相对大小与所加盐酸的量有关,故B错误; C.根据图知,c点水电离出的氢离子浓度最大,恰好反应生成氯化铵,铵根水解溶液呈酸性,结合电荷守恒得: c(NH4+)<c(Cl−),故C正确; D.b点溶液中c(H+)=10−7mol/L,常温下c(H+)·c(OH−)=Kw=10−14,所以c(H+)=c(OH−),溶液呈中性,故D正确。 故选B。 11.水是最常用的溶剂,许多化学反应都需要在水溶液中进行.请仔细分析并回答下列各题. (1)用0.1mol/LNaOH溶液滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol/L盐酸和醋酸溶液,得到如下所示滴定曲线图: ①用NaOH溶液滴定醋酸溶液通常所选择的指示剂为 ,符合其滴定曲线的是 (填“I”或“II”); ②滴定前的上述三种溶液中,由水电离出的c(H+)最大的是 溶液(填化学式); ③图中v1和v2大小的比较: v1 v2(填“>”、“<”或“=”); ④图I中M点对应的溶液中,各离子的浓度由大到小的顺序是 . (2)某同学为了研究难溶电解质的溶解平衡,设计了如下实验(相关数据测定温度及实验环境均为25℃): 操作步骤 现象 步骤1: 向20mL0.05mol/LAgNO3溶液中加入20mL0.05mol/LKSCN溶液,充分反应后过滤 出现白色沉淀 步骤2: 向滤液中加少量2mol/LFe(NO3)3溶液 溶液变红色 步骤3: 向步骤2所得溶液中,加入少量3mol/LAgNO3溶液 现象a 步骤4: 取步骤1所得少量滤渣加入到适量的3mol/LKI溶液中 出现黄色沉淀 查阅资料: AgSCN是白色沉淀: Ksp(AgSCN)=1.0×10﹣12;Ksp(AgI)=8.5×10﹣17. ①请结合化学用语和必要的文字解释步骤2现象出现的原因: . ②该同学根据步骤3中现象a推知,加入的AgNO3与步骤2所得溶液发生了反应,则现象a为 . ③写出步骤4中沉淀转化反应平衡常数的表达式: K= . 【答案】 (1)①酚酞;I; ②CH3COOH; ③<; ④c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣); (2)①由于存在沉淀溶解平衡AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN﹣(aq),溶液中仍有少量SCN﹣; ②出现白色沉淀,溶液红色变浅; ③ . 【解析】解: 本题考查中和滴定;难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质;离子浓度大小的比较. (1)①NaOH溶液滴定醋酸溶液,滴定终点时溶液呈碱性,选择酚酞为指示剂;由图中未加NaOH时的pH可知,图Ⅰ中酸的pH大于1,图Ⅱ中酸的pH=1,说明Ⅱ为0.1mol/L的盐酸溶液,为醋酸溶液滴定过程,所以滴定醋酸的曲线是I, 故答案为: 酚酞;I; ②0.1mol/LNaOH溶液氢氧根浓度是0.1mol/L,0.1mol/L的盐酸中氢离子浓度是0.1mol/L,对水的抑制作用一样,但是0.1mol/L醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1mol/L,所以对水的电离抑制较小,即三种溶液中由水电离出的c(H+)最大的是0.1mol/L醋酸溶液; 故答案为: CH3COOH; ③醋酸和氢氧化钠反应,当恰好完全反应得到的醋酸钠显示碱性,要使得溶液显示中性,pH=7,需要醋酸稍过量,所以盐酸和氢氧化钠恰好完全反应,得到的氯化钠显示中性,所以V1<V2; 故答案为: <; ④0.1mol/LNaOH溶液10mL和溶液体积为20.00mL0.1mol/L的醋酸反应,得到的是醋酸和醋酸钠的混合物,显示酸性,此时离子浓度大小c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣); 故答案为: c(CH3COO﹣)>c(Na+)>c(H+)>c(OH﹣); (2)①铁离子遇到硫氰化钾显示红色,发生的反应为: Fe3++3SCN﹣ Fe(SCN)3,步骤2中溶液变红色,说明溶液中存在SCN﹣,该离子经过步骤1中的反应,在溶液中仍然存在,原因是AgSCN存在溶解平衡AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN﹣(aq),溶液中仍有少量SCN﹣, 故答案为: 由于存在沉淀溶解平衡AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN﹣(aq),溶液中仍有少量SCN﹣; ②加入硝酸银,银离子会和硫氰酸根离子之间反应得到AgSCN白色沉淀,且溶液红色变浅, 故答案为: 出现白色沉淀,溶液红色变浅; ③AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN﹣(aq),加入KI后,因为溶解度: AgI<AgSCN,沉淀会向着更难溶的方向转化,即Ag+与I﹣反应生成AgI黄色沉淀: Ag++I﹣═AgI↓,AgSCN的溶解平衡正向移动,反应可表示为AgSCN(s)+I﹣ AgI+SCN﹣(aq),则K= , 故答案为: . 12、酸性条件下,锡在水溶液中有Sn2+、Sn4+两种主要存在形式.SnSO4是一种重要的硫酸盐,广泛应用于镀锡工业,其制备路线如图: 回答下列问题: (1)SnCl2用盐酸而不用水直接溶解的原因是 ,加入锡粉的作用是 . (2)反应I生成的沉淀为SnO,写出该反应的化学方程式: . (3)检验沉淀已经“洗涤”干净的操作是: . (4)反应Ⅱ硫酸的作用之一是控制溶液的pH.若溶液中c(Sn2+)=1.0mol·L﹣1,则室温下应控制溶液pH .(已知: Ksp[Sn(OH)2]=1.0×10﹣26) (5)酸性条件下,SnSO4还可用作双氧水的去除剂,试写出所发生反应的离子方程式: . (6)潮湿环境中,镀锡铜即使锡层破损也能防止形成铜绿,请结合有关的原理解释其原因: . 【答案】 (1)抑制Sn2+水解;防止Sn2+被氧化; (2)SnCl2+Na2CO3=SnO+CO2↑+2NaCl; (3)取最后一次洗涤液,向其中加入AgNO3溶液,若无沉淀,则说明洗涤干净; (4)小于1; (5)Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O; (6)潮湿环境中,Sn与Cu构成原电池,Sn作为负极,保护正极Cu不被氧化. 【解析】解: 本题考查制备实验方案的设计;盐类水解的应用;常见金属元素的单质及其化合物的综合应用;物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用. (1)SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡,存在平衡SnCl2+H2O Sn(OH)Cl+HCl,加入盐酸,使该平衡向左移动,抑制Sn2+水解;Sn2+易被氧化,加入Sn粉除调节溶液pH外,还防止Sn2+被氧化; 故答案是: 抑制Sn2+水解;防止Sn2+被氧化; (2)反应Ⅰ得到沉淀是SnO,Sn元素化合价为变化,属于非氧化还原反应,同时生成气体,该气体为二氧化碳,化学方程式为: SnCl2+Na2CO3=SnO+CO2↑+2NaCl; 故答案为: SnCl2+Na2CO3=SnO+CO2↑+2NaCl; (3)检验沉淀已经“漂洗”干净的方法是: 取最后一次洗涤液,向其中加入AgNO3溶液,若无沉淀,则说明洗涤干净; 故答案为: 取最后一次洗涤液,向其中加入AgNO3溶液,若无沉淀,则说明洗涤干净; (4)根据Ksp[Sn(OH)2]=1.0×10﹣26=c(OH﹣)2×c(Sn2+),将c(Sn2+)=1.0mol·L﹣1带人可得c(OH﹣)=10﹣13mol/L,c(H+)=0.1mol/L,故PH小于1,Sn2+完全沉淀; 故答案是: 小于1; (5)酸性条件下,SnSO4还可以用作双氧水去除剂,双氧水有强氧化性,将Sn2+易被氧化为Sn4+,自身被还原为水,离子方程式为: Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O, 故答案为: Sn2++H2O2+2H+═Sn4++2H2O; (6)潮湿环境中,镀锡铜锡层破损,锡活泼性大于铜,在电解质溶液中形成原电池,锡做原电池负极被腐蚀,铜做正极被保护; 故答案为: 潮湿环境中,Sn与Cu构成原电池,Sn作为负极,保护正极Cu不被氧化.
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