2020届二轮复习 水溶液中的离子平衡 作业（全国通用） (2) 练习

水溶液中的离子平衡1.如图是常温下向100 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1 KOH溶液，混合溶液的pH变化图。由此得出的结论错误的是(　　)A．HA为弱酸B．X点对应的溶液中：c(K＋)＝c(A－)C．Y点对应的溶液中：c(K＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)D．若用KOH溶液滴定HA溶液，可选用甲基橙作指示剂答案　D解析　A项，由图像知100  mL 0.1 mol·L－1 HA溶液的pH>2，说明HA部分电离，为弱酸，正确；B项，由图像知常温下，X点对应的溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒知c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，c(K＋)＝c(A－)，正确；C项，Y点对应溶液为等浓度KA和KOH的混合液，A－水解，故溶液中离子浓度大小为c(K＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)，正确；D项，若用KOH溶液滴定HA溶液，恰好完全反应时生成强碱弱酸盐KA，A－水解，溶液呈碱性，为减小误差应选用酚酞作指示剂，错误。2.室温下，将1.0 mol·L－1盐酸滴入20 mL 1.0 mol·L－1氨水中，溶液pH随加入盐酸体积变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是(　　)A．a点，pH＝14B．V1>20 mL，此时水的电离程度最大C．c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)时，V(盐酸)＝20 mLD．c点可能存在c(NH)>c(Cl－)>c(H＋)答案　C解析　A项，一水合氨是弱电解质，1.00 mol·L－1氨水中存在电离平衡，所以溶液中c(OH－)<1.00 mol·L－1，则溶液的pH小于14，错误；B项，V1对应的pH为7，说明V1<20 mL，溶液中的溶质为NH4Cl和NH3·H2O，此时水的电离程度不是最大，错误；C项，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)时加入的盐酸和氨水等量，正确；D项，c点溶液显酸性，则c(H＋)>c(OH－)，若存在c(NH)>c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)，则c(NH)＋c(H＋)>c(Cl－)＋c(OH－)，不符合电荷守恒，错误。3.室温下，向0.01 mol·L－1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是(　　)A．a点，pH＝2B．b点，c(CH3COO－)>c(NH)C．c点，pH可能大于7D．ac段，溶液pH增大是CH3COO－逆向移动的结果答案　B解析　a点为0.01 mol·L－1的醋酸溶液，由于醋酸为弱酸，不能完全电离，所以0.01 mol·L－1的醋酸溶液pH>2，A错误；醋酸铵为中性溶液，所以向醋酸溶液中无限加入醋酸铵溶液，溶液的pH无限接近7，则b点溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒可知：c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，故c(NH)<c(CH3COO－)，B正确，C错误；ac段溶液pH增大的主要原因是醋酸铵溶液将醋酸溶液稀释了，D错误。4.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的变化如图所示。下列叙述错误的是(　　)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，则增大答案　D解析　由图像知，0.10 mol·L－1的MOH溶液的pH为13，说明MOH为强碱，ROH溶液的pH小于13，说明ROH为弱碱，所以MOH的碱性强于ROH的碱性，A正确；稀释有利于弱电解质的电离，故B正确；若两溶液无限稀释则接近中性，则它们的c(OH－)相等，C正确；当lg＝2时，MOH溶液的pH为11，ROH溶液的pH为10，若两溶液同时升高温度，ROH溶液中存在电离平衡，平衡会右移，c(R＋)增大，c(M＋)不变，故比值减小，D错误。5．常温下，向10 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入20 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)的物质的量分数随溶液pH变化的情况如图所示。下列说法不正确的是(　　)A．B点所处的溶液中c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(OH－)B．随着盐酸的加入，溶液中将减小C．常温下，CO2饱和溶液的pH约为5.6D．lg [Ka2(H2CO3)]＝－10.3答案　B解析　由题图知，B点所处的溶液中溶质为NaCl和NaHCO3，由质子守恒可得c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(OH－)，A正确；＝Kh(CO)，CO的水解常数Kh(CO)只与温度有关，所以温度不变，随着盐酸的加入，不变，B错误；由题图可知，在D点形成CO2的饱和溶液，所以CO2的饱和溶液的pH约为5.6，C正确；A点所处的溶液中，c(CO)＝c(HCO)，所以Ka2(H2CO3)＝＝c(H＋)＝10－10.3，故lg [Ka2(H2CO3)]＝－10.3，D正确。6．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p(Ba2＋)＝－lg c(Ba2＋)，p(SO)＝－lg c(SO)。下列说法正确的是(　　)A．该温度下，Ksp(BaSO4)＝1.0×10－24B．a点的Ksp(BaSO4)小于b点的Ksp(BaSO4)C．d点表示的是该温度下BaSO4的不饱和溶液D．加入BaCl2可以使溶液由c点变到a点答案　D解析　由图像可知，p(Ksp)＝p[c(Ba2＋)·c(SO)]＝p(Ba2＋)＋p(SO)＝10，则Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO)＝10－10，A错误；处于同一温度下，Ksp相等，B错误；d点时p(Ba2＋)偏小，则c(Ba2＋)偏大，溶液过饱和，C错误；加入BaCl2，c(Ba2＋)增大，再由Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO)可知，c(SO)变小，故可使溶液由c点变到a点，D正确。7．以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀。根据上述实验事实，下列说法中，不正确的是(　　)A．溶解度MnS<PbSB．MnS存在沉淀溶解平衡MnS(s) Mn2＋(aq)＋S2－(aq)C．Cu2＋转化为沉淀的原理为MnS(s)＋Cu2＋(aq)===CuS(s)＋Mn2＋(aq)D．沉淀转化能用于除去溶液中的某些杂质离子答案　A解析　根据题意，含有Cu2＋、Pb2＋等金属离子的溶液中添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，说明溶解度PbS<MnS，A错误；MnS存在沉淀溶解平衡，平衡方程式为MnS(s) Mn2＋(aq)＋S2－(aq)，B正确；Cu2＋转化为沉淀的原理为MnS(s) Mn2＋(aq)＋S2－(aq)，与Cu2＋形成CuS后，平衡正向移动，促进MnS溶解，反应方程式为MnS(s) ＋Cu2＋(aq)===CuS(s)＋Mn2＋(aq)，C正确；根据题意，可以利用沉淀转化的原理除去溶液中的某些杂质离子，D正确。8.室温时，往20 mL 0.1 mol·L－1的HM酸溶液中逐滴滴入0.1 mol·L－1的ROH碱溶液，溶液的pH与所加ROH溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是(　　)A．V(ROH)<20 mL时，随着V(ROH)增大，HM的电离程度减小B．K(HM)＝K(ROH)C．RM不能发生水解反应D．V(ROH)>20 mL时，溶液中c(R＋)<c(M－)答案　B解析　由题图可知，0.1 mol·L－1的HM酸溶液的pH>2，则HM为弱酸。V(ROH)<20 mL时，随着V(ROH)增大，溶液中c(H＋)减小，HM的电离平衡正向移动，HM的电离程度增大，A错误；由题图可知，V(ROH)＝20 mL时，溶液呈中性，则二者的电离常数相等，B正确；RM溶液呈中性，HM为弱酸，则ROH为弱碱，RM为弱酸弱碱盐，可以发生水解反应，C错误；V(ROH)>20 mL时，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，结合电荷守恒式：c(OH－)＋c(M－)＝c(H＋)＋c(R＋)知，c(M－)<c(R＋)，D错误。