精选2019版高考化学一轮复习热点题型十一溶液中的离子平衡作业

热点题型十一溶液中的离子平衡
1.已知常温下0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH<7,将10 mL 0.1 mol/L Ba(OH)2溶液缓慢滴加到10 mL 0.1 mol/L NaHSO3溶液中,下列说法不正确的是( )
A.常温下0.1 mol/L NaHSO3溶液中HS电离程度大于其水解程度
B.当加入的Ba(OH)2溶液体积小于5 mL时,溶液中的反应为:2HS+Ba2++2OH-BaSO3↓+2H2O+S
C.滴加过程中,溶液中白色沉淀不断增加
D.当加入Ba(OH)2溶液体积为7.5 mL时,溶液中离子浓度大小顺序为:c(Na+)>c(S)>c(OH-)>c(H+)
2.25 ℃时,浓度均为0.1 mol·L-1的溶液,其pH如下表所示。

下列有关说法正确的是( )
A.酸性强弱:H2CO3>HF
B.①和②中溶质均未水解
C.离子的总浓度:①>③
D.④中:c(HC)+2c(H2CO3)=0.1 mol·L-1
3.常温下,向100 mL 0.01 m ol·L-1HA溶液中逐滴加入0.02 mol·L-1MOH溶液,图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(溶液体积变化忽略不计)。

下列说法中正确的是( )
A.MOH为一元强碱,HA为一元强酸
B.K 点对应的溶液中:c(M+)+c(MOH)=c(A-)
C.K点对应的溶液中:c(MOH)+c(OH-)-c(H+)=0.005 mol·L-1
D.N点水的电离程度小于K点水的电离程度
4.已知:pK a=-lg K a。

25 ℃时,H2SO3的p=1.85,p=7.19。

常温下,用0.1 mol·L-1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示。

下列说法不正确的是( )
A.a点所得溶液中:2c(H2SO3)+c(S)=0.1 mol·L-1
B.b点所得溶液中:c(H2SO3)+c(H+)=c(S)+c(OH-)
C.c点所得溶液中:c(Na+)>3c(HS)
D.d点所得溶液中:c(Na+)>c(S)>c(HS)
5.常温下,向0.1 mol·L-l Na2A溶液中,不断通入HCl,H2A、HA-、A2-在溶液中所占物质的量分数(δ)与pOH 的关系如图所示,下列说法正确的是( )
A.H2A的二级电离平衡常数为10-10
B.随着HCl的通入,先减小后增大
C.当溶液呈中性时:c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)
D.将等浓度、等体积的Na2A与H2A溶液混合后,溶液显碱性
6.25 ℃时,用浓度为0.100 0 mol/L的氢氧化钠溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol/L的两种酸HX、HY的溶液(忽略体积变化),实验数据如下表,下列判断不正确的是( )
A.在相同温度下,同浓度的两种酸溶液的导电能力:HX<HY
B.由表中数据可估算出K a(HX)≈10-5
C.HY溶液和HX溶液混合,c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(OH-)
D.上述②反应后的HY溶液中:c(Na+)>c(Y-)>c(OH-)>c(H+)
答案精解精析
热点题型十一溶液中的离子平衡
1.D 已知常温下0.1 mol/L NaHSO3溶液的pH<7,说明HS的电离程度大于其水解程度,故A正确;当加入的Ba(OH)2溶液体积小于5 mL时,NaHSO3过量,则Ba(OH)2完全反应,所以Ba2+与OH-的化学计量数之比等于1∶2,故溶液中反应的离子方程式为:2HS+Ba2++2OH-BaSO3↓+2H2O+S,故B正确;随着Ba2+和OH-浓度的增加,滴加过程中不断产生BaSO3沉淀,所以滴加过程中,溶液中白色沉淀不断增加,故C正确;当加入Ba(OH)2溶液体积为7.5 mL时,Ba(OH)2的物质的量为7.5×10-4mol,而NaHSO3的物质的量为1.0×10-3mol,
所以溶液中Na+的物质的量为1.0×10-3mol,而S的物质的量为1.0×10-3mol-7.5×10-4mol=2.5×10-4 mol,OH-的物质的量为1.5×10-3 mol-1.0×10-3mol=0.5×10-3 mol,溶液中离子浓度大小顺序
为:c(Na+)>c(OH-)>c(S)>c(H+),故D错误。

2.C A项,观察表中数据知,NaHCO3的碱性强于NaF,说明NaHCO3的消解程度大于NaF,故HF的酸性比H2CO3强。

B项,①中溶质为NaCl,不发生水解;②中溶质为CH3COONH4,发生相互促进的水解反应。

C项,两溶液中离子总浓度小于①。

D项,由物料守恒知,c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1。

3.C 0.01 mol·L-1 HA溶液的pH=2,则HA是强酸,N点溶液呈中性,加入51 mL MOH溶液混合溶液呈中性,说明MOH为弱碱,故A错误;K点溶液中MA和MOH的物质的量相等,由物料守恒可知c(M+)+c(MOH)=2c(A-),故B错误;在K点时混合溶液体积是加入的MOH溶液体积的2倍,由物料守恒结合溶液体积变化可知
c(MOH)+c(M+)=0.01 mol·L-1,根据电荷守恒得
c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),c(MOH)+c(OH-)-c(H+)=c(M+)-c(A-)+c(MOH)=0.01 mol·L-1-0.005
mol·L-1=0.005 mol·L-1,故C正确;由图像可知,N点溶液呈中性,水电离的H+为10-7mol·L-1,K点溶液呈碱性,MOH电离的OH-抑制了水的电离,水电离的H+小于10-7mol·L-1,所以N点水的电离程度大于K点,故D错误。

4.A 题述过程中发生的反应是NaOH+H2SO3NaHSO3+H2O、NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O,a点溶液中的溶质为NaHSO3和H2SO3,因为滴定过程中溶液体积增大,根据物料守恒得出c(H2SO3)+c(HS)+c(S)<0.1 mol·L-1,根据电离平衡常数K a1=,此时溶液的pH=1.85,即c(H+)=10-1.85,推出c(HS)=c(H2SO3),代入
c(H2SO3)+c(HS)+c(S)<0.1 mol·L-1,得出:2c(H2SO3)+c(S)<0.1 mol·L-1,故A错误;b点加入20 mL NaOH溶液,NaOH和H2SO3恰好反应生成NaHSO3,溶质为NaHSO3,根据电荷守
恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS)+2c(S),根据物料守恒:c(Na+)=c(H2SO3)+c(HS)+c(S),因此
有c(H2SO3)+c(H+)=c(S)+c(OH-),故B正确;c点溶质为Na2SO3和NaHSO3,根据电离平衡常数
K a2=,此时溶液的pH=7.19,即c(H+)=10-7.19,推出c(S)=c(HS),根据电荷守
恒:c(Na+)+c(H+)=c(HS)+2c(S)+c(OH-),即c(Na+)+c(H+)=3c(HS)+c(OH-),此时c(H+)<c(OH-),故
c(Na+)>3c(HS),C正确;d点溶质为Na2SO3和NaHSO3,且n(Na2SO3)>n(NaHSO3),溶液中离子浓
度:c(Na+)>c(S)>c(HS),故D正确。

5.B 当pOH=10时,c(H+)=l0-4mol·L-1,HA-、A2-浓度相等,H2A的二级电离平衡常数为=10-4,
故A错误;温度不变,则H2A的一级电离平衡常数不变,即不变,由于HA-的浓度先增大后减小,
则先减小后增大,故B正确;当溶液呈中性时:c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(Cl-),故C错误;将等浓度、等体积的Na2A与H2A溶液混合后反应生成NaHA,由上述分析可知H2A的二级电离平衡常数
=10-4,则HA-的水解平衡常数为=10-10,可知HA-的电离程度大于其水解程度,溶液呈酸性,故D错误。

6.D 0.100 0 mol/L的HX和HY溶液的pH分别为3、1,可知HX为弱酸、HY为强酸,同浓度的两种酸溶液的导电能力:HX<HY,故A正确;0.100 0 mol/L的HX溶液的pH=3,则c(X-)≈c(H+)=10-3
mol/L,c(HX)=0.100 0 mol/L-c(X-)≈0.100 0 mol/L,则K a(HX)=≈=10-5,故B正确;HY溶液和HX溶液混合,根据电荷守恒:c(H+)=c(X-)+c(Y-)+c(OH-),故C正确;上述②反应后的溶液显中性,因为HX为弱酸,故a<20.00,由于HY为强酸,故HY过量,c(H+)>c(OH-),结合电荷守恒可知:c(Y-)>c(Na+),溶液中离子浓度大小顺序为:c(Y-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),故D错误。