2024届人教版高考化学一轮复习培优提升练(八)水溶液中的离子反应与平衡综合应用作业含答案

这是一份2024届人教版高考化学一轮复习培优提升练(八)水溶液中的离子反应与平衡综合应用作业含答案，共9页。试卷主要包含了常温下,用0，向20 mL 0，25 ℃时,Ksp=1等内容，欢迎下载使用。
培优提升练(八)　水溶液中的离子反应与平衡综合应用
1.(2021·浙江6月选考,19)某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是(　B　)
A.25 ℃时,若测得0.01 mol·L-1 NaR溶液 pH=7,则HR是弱酸
B.25 ℃时,若测得0.01 mol·L-1 HR溶液 pH>2且 pH2,说明HR没有完全电离,又因为pH6且pHc(PO43-)
B.在0.1 mol·L-1Na2C2O4溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)
C.在0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中:c(H2CO3)+c(HCO3-)=0.1 mol·L-1
D.氨水和NH4Cl溶液混合,形成pH=9的溶液中:c(Cl-)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
解析:在0.1 mol·L-1Na2C2O4溶液中,根据电荷守恒得到 c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-),故B错误;在 0.1 mol·L-1NaHCO3溶液中,根据元素质量守恒得到c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1 mol·L-1,故C错误;氨水和NH4Cl溶液混合,形成pH=9的溶液,则c(OH-)>c(H+),根据电荷守恒得到c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+),则c(Cl-)Kh(a)>Kh(c)
解析:由题图可知,当加入稀盐酸20 mL时,体系温度达到最高,此时NH3·H2O和HCl恰好完全反应(对应b点),故稀盐酸的浓度为0.1 mol·L-1。A项,b点时NH3·H2O和HCl恰好完全反应,但所得溶液的溶质为NH4Cl,NH4Cl水解使溶液呈酸性;B项,由于滴定终点溶液呈酸性,故可选甲基橙作指示剂;C项,c点时溶液中溶质为NH4Cl和HCl,且两者的物质的量之比为1∶1,依据电荷守恒可知,c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)①,又依据物料守恒可知,2c(NH4+)+2c(NH3·H2O)=c(Cl-)②,联立①②两式可得c(H+)=c(NH4+)+2c(NH3·H2O)+c(OH-);D项,水解平衡常数与体系温度有关,温度越高,则水解平衡常数越大,a、b、c三点对应体系温度:b>a>c,故Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)。
6.(不定项)谷氨酸[HOOC(CH2)2CH(NH3+)COO-,用H2R表示]是人体内的基本氨基酸之一,其盐酸盐(H3RCl)在水溶液中存在如下平衡:
H3R+H2RHR-R2-
常温下,向一定浓度的H3RCl溶液中滴加NaOH溶液,混合溶液中lgx[x表示c(H3R+)c(H2R)、c(H2R)c(HR-)或c(HR-)c(R2-)]随pOH[pOH=-lgc(OH-)]的变化如图所示,下列说法错误的是(　AD　)

A.K1的数量级为10-2
B.曲线Ⅰ表示pOH与lgc(HR-)c(R2-)的变化关系
C.M点时,c(H+)+c(Na+)+c(H3R+)=c(OH-)+3c(HR-)+c(Cl-)
D.pH=7时,c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)
解析:由题意知,K1>K2>K3,一级电离时酸性最强,因此曲线Ⅰ表示pOH与lgc(HR-)c(R2-)的关系,曲线Ⅱ表示pOH与 lgc(H2R)c(HR-)的关系,曲线Ⅲ表示pOH与lgc(H3R+)c(H2R)的关系。K1=c(H2R)·c(H+)c(H3R+),当lgc(H3R+)c(H2R)=0,即 c(H3R+)=c(H2R)时,pOH=11.9,因pOH=-lgc(OH-),所以c(OH-)=10-11.9 mol/L,c(H+)=10-1410-11.9 mol/L =10-2.1 mol/L,K1=c(H+)=10-2.1,数量级为10-3,A项错误;由分析可知,曲线Ⅰ表示pOH与 lgc(HR-)c(R2-)的变化关系,B项正确;M点时,lgc(HR-)c(R2-)=0,c(HR-)=c(R2-),依据电荷守恒:c(H+)+c(Na+)+c(H3R+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)+c(Cl-),则有 c(H+)+c(Na+)+c(H3R+)=c(OH-)+3c(HR-)+c(Cl-),C项正确;pH=7时,pOH=7,由曲线Ⅰ可知,lgc(HR-)c(R2-)>0,则c(HR-)>c(R2-),当lg x=0时,由题图可得K2=10-4.3,K3=10-9.4,K2·K3=c(HR-)·c(H+)c(H2R)·c(R2-)·c(H+)c(HR-)=c(R2-)·c2(H+)c(H2R)=10-4.3×10-9.4=10-13.7,当pH=7时, c(R2-)c(H2R)=100.3>1,则c(R2-)>c(H2R),D项错误。
7.(不定项)25 ℃时,Ksp(CuS)=1.0×10-36,Ksp(FeS)=6.3×10-18,下列说法错误的是(　C　)
A.CuS在水中的沉淀溶解平衡可表示为CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)
B.25 ℃时,饱和CuS溶液中Cu2+的浓度为1.0×10-18 mol·L-1
C.因为H2SO4是强酸,所以反应CuSO4+H2SCuS↓+H2SO4不能发生
D.除去某溶液中的Cu2+,可加入FeS作沉淀剂,反应的离子方程式为FeS+Cu2+CuS+Fe2+
解析:CuS为难溶物,存在沉淀溶解平衡:CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq),故A正确;25 ℃时,Ksp(CuS)=c(Cu2+)×c(S2-)=1.0×10-36,饱和CuS溶液中c(Cu2+)=c(S2-),则c(Cu2+)=1.0×10-36 mol·L-1=1.0×10-18 mol·L-1,故B正确;生成的CuS难溶于稀H2SO4,则反应CuSO4+H2SCuS↓+H2SO4能发生,故C错误;由Ksp(FeS)=6.3×10-18,Ksp(CuS)=1.0×10-36可知,CuS更难溶,则除去某溶液中的Cu2+,可以选用FeS作沉淀剂,故D正确。
8.(2020·山东高考节选)(1)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂,滴定时应将KMnO4溶液加入　　　　(填“酸式”或“碱式”)滴定管中;在规格为50.00 mL的滴定管中,若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL,此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为　　　　(填字母)。 
A.15.00 mL
B.35.00 mL
C.大于35.00 mL
D.小于15.00 mL
(2)某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O,采用KMnO4滴定法测定该样品的组成,实验步骤如下:
Ⅰ.称取m g样品于锥形瓶中,加入稀硫酸溶解,水浴加热至75 ℃。用c mol·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,消耗KMnO4溶液V1 mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+,加入稀硫酸酸化后,在 75 ℃ 继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,又消耗KMnO4溶液V2 mL。
样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126 g·mol-1)的质量分数表达式为　。
下列关于样品组成分析的说法,正确的是　　　　(填字母)。
A.V1V2=3时,样品中一定不含杂质
B.V1V2越大,样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高
C.若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足,则测得样品中Fe元素含量偏低
D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低,则测得样品中Fe元素含量偏高
解析:(2)设FeC2O4·2H2O的物质的量为x mol,Fe2(C2O4)3的物质的量为y mol,H2C2O4·2H2O的物质的量为z mol,步骤Ⅰ中草酸根离子和Fe2+均被氧化,结合得失电子守恒有:2KMnO4～5H2C2O4(C2O42-),KMnO4～5Fe2+,所以15x+25(x+3y+z)=cV1×10-3,步骤Ⅱ中Fe2+被氧化,由KMnO4～5Fe2+可知,15(x+2y)=cV2×10-3,联立两个方程解得:z=2.5c(V1-3V2)×10-3,所以H2C2O4·2H2O的质量分数=2.5c(V1-3V2)×10-3×126m×100%=0.315c(V1-3V2)m×100%。关于样品组成分析如下:V1V2=3时,H2C2O4·2H2O的质量分数为0.315c(V1-3V2)m×100%=0,样品中不含H2C2O4·2H2O,但不能确定样品中是否含Fe2(C2O4)3杂质,A错误;V1V2越大,由 H2C2O4·2H2O 的质量分数表达式可知,其含量一定越大,B正确;n(Fe2+)=(x+2y) mol=5cV2×10-3 mol,若步骤Ⅰ中KMnO4溶液不足,则步骤Ⅰ中有一部分Fe2+没有被氧化,不影响V2的大小,则对于测得Fe元素的含量无影响,C错误;若KMnO4溶液浓度偏低,则消耗KMnO4溶液的体积V1、V2均偏大,测得样品中Fe元素含量偏高。
答案:(1)酸式　C　(2)0.315c(V1-3V2)m×100%　BD