第三章 水溶液中的离子反应与平衡 单元训练题 2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

第三章《水溶液中离子反应与平衡》单元训练题 一、单选题 1．（23-24高三上·江苏常州·期末）实验室采用右图所示流程分离AgCl和AgI的淡黄色固体混合物。实验中所用氨水和硝酸的浓度均为足量2 mol⋅L，且体积相等。假设流程中每一步均实现物质的完全分离，下列说法正确的是 A． B．结合的能力： C．溶液中水的电离程度：氨水>无色溶液Ⅱ>硝酸 D．无色溶液Ⅱ中存在： 2．（23-24高二上·河南郑州·期末）常温下，向25mL 0.1某二元弱酸溶液中加入NaOH固体或通入HCl。已知：的电离平衡常数()大于水解平衡常数。下列有关叙述不正确的是 A．在加入NaOH固体或通入HCl的过程中，水的电离程度均一直减小 B．pH=7时， C．在NaHA溶液中， D．加入NaOH固体至pH=n，此时存在 3．（23-24高二上·河南郑州·期末）下列关于探究醋酸浓度与电离度()关系的操作或叙述中，正确的是 A．用NaOH标准溶液标定醋酸溶液的浓度，选择甲基橙做指示剂 B．用标定后的醋酸溶液配制不同浓度的醋酸，必须使用干燥的容量瓶 C．测定不同浓度醋酸溶液的pH时，应在相同温度下进行 D．不同浓度醋酸溶液中醋酸电离度的计算式为 4．（23-24高二上·四川宜宾·期末）下列说法中正确的是 A．在时，约为6的纯水呈酸性 B．将盐酸稀释至，所得溶液的为8 C．常温下，若水电离出的为，该溶液的可能为2 D．将的溶液和氨水各稀释至，所得氨水的略小 5．（23-24高二上·四川宜宾·期末）下列关于溶液的说法正确的是 A． B． C．向溶液中加水稀释，溶液的变大 D． 6．（23-24高二上·安徽芜湖·期末）2022年3月神舟十三号航天员在中国空间站进行了“天宫课堂”授课活动，并进行了以下实验。下列说法错误的是 A．“太空冰雪实验”中，使用的醋酸钠属于弱电解质 B．“太空冰雪实验”中，使用的醋酸钠中既含有共价键又含有离子键 C．“水油分离实验”中，饮用水与食用油摇匀后不能立即用分液漏斗直接分液 D．“太空五环实验”中，碳酸钠溶液中滴加甲基橙构成了黄色环，是因为碳酸钠溶液呈碱性 7．（23-24高二上·陕西汉中·期末）25℃时，向溶液中通入氨气，测得溶液中的与之间的变化曲线如图所示，已知，忽略反应过程中溶液体积的变化。下列说法错误的是 A．a点溶液满足： B．b点溶液中有沉淀产生 C．c点溶液满足： D．反应的平衡常数 8．（2025·陕西渭南·模拟预测）25℃时，用NaOH溶液分别滴定HX、、三种溶液，pM[p表示负对数，M表示、、]随pH变化的关系如图所示，已知：(不考虑二价铁的氧化)。下列说法正确的是 A．曲线①表示滴定溶液的pM变化关系 B．HX的电离常数 C．a点对应的pH=9 D．不易溶于HX溶液中，而易溶于HX溶液中 9．（24-25高二上·浙江杭州·开学考试）下列有关实验方案设计、现象和结论均正确的是 实验方案 现象 结论 A 常温下，将Fe片分别插入稀硝酸和浓硝酸中 一段时间后，前者有气体产生，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性强于浓硝酸 B 用玻璃棒取次氯酸钠溶液，点在pH试纸上 试纸变白 次氯酸钠溶液具有漂白性 C 向1mLNaOH溶液中加入2mL溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液 加热未出现红色沉淀 葡萄糖中不含有醛基 D 向溶液中通入气体 出现黑色沉淀(CuS) 酸性： A．A B．B C．C D．D 10．（24-25高三上·湖北·开学考试）已知为弱电解质，电离平衡常数为K，20℃时溶解度约为10.2g。某溶液中初始浓度，所有含碳物种的摩尔分数与pH变化关系如图所示(假设溶液体积可以直接相加)。下列说法错误的是 A．线Ⅱ表示的变化情况 B．的电离平衡常数 C．时， D．时， 11．（23-24高二上·四川绵阳·期末）常温下，将0.10mol/L氨水用蒸馏水稀释10倍，下列说法错误的是 A．Kw不变，溶液pH减小 B．c()=0.01mol/L C．NH3·H2O的电离程度增大 D．增大 12．（24-25高三上·江西·开学考试）化学实验是科学研究的基础。利用下列实验装置能达到相应实验目的的是 A．制备无水 B．验证氨水呈碱性 C．除去中少量水汽 D．长时间观察颜色 A．A B．B C．C D．D 13．（24-25高三上·江西·开学考试）常温下，向的(醋酸，浓度始终保持不变)溶液中加入少量粉末(忽略体积变化)，混合溶液中与的关系如图所示。 已知：i．或 ii．混合溶液中存在：，，，。 下列叙述错误的是 A．曲线②代表与的关系 B．常温下， C．常温下，对应的溶液 D． 14．（24-25高三上·江西·开学考试）部分硫的化合物有如下转化，设为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是 A．标准状况下，1.12L气体含质子数为 B．1L溶液中含数小于 C．反应(1)中生成0.2mol SO时转移电子数为 D．反应(2)中生成1mol时消耗还原剂分子数为 二、非选择题 （24-25高三上·上海·开学考试）25℃时，草酸和碳酸的电离平衡常数见下表。 化学式 H2C2O4 H2CO3 电离平衡常数 Ka1=5.9×10-2 Ka2=6.4×10-5 Ka1=4.3×10-7 Ka2=5.6×10-11 15．等温等浓度时，pH：H2C2O4溶液 H2CO3溶液。 A．>    B．<    C．= 16．等浓度Na2C2O4和Na2CO3混合溶液中，含碳元素的负离子浓度从大到小的顺序为 。 17．向饱和Na2CO3溶液中滴加少量草酸溶液，观察到生成沉淀。写出反应的离子方程式 。 18．（23-24高二上·浙江台州·期末）某小组研究在水中以及硝酸中的溶解问题，做了如下调查和分析：(已知：25℃时，，) (1)25℃时，的溶液中各含硫微粒的分布分数随pH变化如图所示(分布分数是指平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)，下列说法正确的是___________。 A．曲线a代表的分布分数与pH的关系 B．稀硫酸溶液中，存在的含硫微粒有、和 C．的 D．当时，含硫微粒中浓度最高的是 (2)25℃时，饱和溶液中， 。(忽略的水解) (3)25℃时，向硝酸溶液中加入足量，并保持溶液的，充分溶解至饱和。 ①书写的平衡常数表达式 。 ②溶液中 。 19．（2024高三·江苏·专题练习）利用MnCO3制备MnO2过程中发生如下反应：2MnCO3＋O22MnO2＋2CO2、2MnO22MnO＋O2↑。为测定焙烧后所得氧化物的成分，设计如下实验。 步骤1：取一定量固体，加入10.00mL0.5000mol/L(NH4)2Fe(SO4)2溶液，在酸性条件下充分反应。 步骤2：用0.05000mol/L的K2Cr2O7滴定溶液中的Fe2＋，滴定至终点时，消耗K2Cr2O710.00mL。已知：＋Fe2＋＋H＋→Cr3＋＋Fe3＋＋H2O(未配平)。 步骤3：加热条件下，加入适量HClO4，将溶液中Mn2＋氧化为Mn(Ⅲ)。持续加热一段时间后冷却，用0.1500mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定生成的Mn(Ⅲ)，滴定至终点时，消耗标准溶液20.00mL。 计算焙烧后产物中Mn和O的物质的量之比(写出计算过程) 。 20．（22-23高二上·安徽·期中）SO2、H2S、Na2S等均是重要的含硫化合物。回答下列问题： (1)Na2S的水溶液呈 (填“酸”“碱”或“中”)性，原因是 (用离子方程式表示)。在配制Na2S溶液时，为了防止其发生水解，可以加入少量的 (填化学式)。 (2)向H2S溶液中加入NaOH固体时，不考虑温度变化，H2S的电离平衡 (填“正向”或“逆向”)移动；若要使H2S溶液中c(HS-)增大且使其电离平衡逆向移动，可以加入 (填化学式)固体。 (3)常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH=9的Na2SO3溶液，吸收过程中水的电离平衡 (填“正向”“逆向”或“不”)移动。试计算溶液中c()：c()= (常温下H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.0×10-2，Ka2=6.0×10-8)。 (4)一种新型燃料电池以SO2和空气为原料，工作原理如图所示： ①负极电极反应式为 。 ②相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积之比为 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A C C B A C D B C 题号 11 12 13 14 答案 B C C B 1．D 【分析】由流程可知：氯化银和碘化银的混合物中滴加浓氨水，分离出黄色的碘化银固体和无色溶液1，说明氯化银溶于足量氨水，无色溶液1与足量稀硝酸反应，又生成了白色固体氯化银，说明氢离子夺走了与银离子结合的氨气，生成了铵根离子； 【详解】A．AgI为黄色沉淀，加入过量氨水仍有黄色沉淀，说明AgI难溶于氨水，而氯化银可溶于氨水，所以ksp(AgI)<ksp(AgCl)，A错误； B．由向无色溶液加入足量稀硝酸产生出现白色沉淀可知：氢离子夺走了和Ag＋结合的NH3,故说明结合NH3的能力：Ag＋<H＋，B错误； C．无色溶液Ⅱ是NH4NO3溶液，会发生水解，可促进水的电离，另外两个溶液硝酸和氨水都是抑制水的电离，C错误； D．硝酸铵溶液中存在质子守恒，即c(H+)−c(OH−)=c(NH3⋅H2O)，D正确； 故答案选D； 2．A 【详解】A．H2A溶液中水的电离受到抑制，往溶液中加入NaOH固体，消耗氢离子，水的电离程度增大，当NaOH过量时，水的电离受到抑制，电离程度减小；往溶液中通入HCl，溶液中氢离子浓度增大，水的电离程度一直减小，A错误； B．pH=7时，H2A溶液中加入NaOH固体，根据电荷守恒c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，B正确； C．已知HA-的电离平衡常数(Ka=10-n)大于水解平衡常数，则在NaHA溶液中，HA-的电离程度大于其水解程度，则c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，C正确； D．加入NaOH固体至pH=n，c(H+)=10-n，Ka===10-n，由此可得c(HA-)=c(A2-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)=c(OH-)+3c(HA-)，D正确； 故选A。 3．C 【详解】A．用NaOH标准溶液标定醋酸溶液的浓度，滴定终点的溶液为碱性溶液，故选择酚酞做指示剂，A错误； B．配制不同浓度的醋酸溶液时，容量瓶不需要干燥，B错误； C．温度影响醋酸的电离平衡，因此测定不同浓度醋酸溶液的pH时应在相同温度下测定，C正确； D．电离度是指弱电解质在溶液里达电离平衡时，已电离的电解质分子数占原来总分子数（包括已电离的和未电离的）的百分数，因此醋酸的电离度计算式为，D错误； 故选C。 4．C 【详解】A．在100℃时，纯水电离产生的c(H+)=1×10-6mol/L，所以pH约为6，但由于纯水中c(H+)=c(OH-)，因此纯水仍为中性，而不是显酸性，故A错误； B．盐酸显酸性，无论稀释多少倍，pH总是小于7，因此所得溶液的pH不可能为8，故B错误； C．常温下，水电离出的c(H+)为1×10-12mol/L<1×10-7mol/L，水电离受到了抑制作用，可能是加入了酸，也可能是加入了碱，若加入酸，此溶液的pH为2；若加入碱，则该溶液的pH为12，故C正确； D．是强碱，完全电离，将pH=12的NaOH，c(OH-)=10-2mol/L，将1mL稀释至100mL，此时溶液中c(OH-)=10-4mol/L，溶液pH=10；一水合氨是弱碱，在溶液中存在电离平衡，主要以电解质分子存在，pH=12时，c()>c(OH-)=10-2mol/L，当将该溶液1mL稀释至100mL，假设一水合氨电离平衡不移动，此时溶液中c(OH-)=10-4mol/L；稀释时使一水合氨的电离平衡正向移动，导致溶液中c(OH-)>10-4mol/L，使溶液的pH>10，可见所得氨水的pH略大，故D错误； 故选C。 5．B 【分析】醋酸钠为强碱弱酸盐，醋酸根水解，溶液显碱性，溶液中：。 【详解】A．根据分析，醋酸钠溶液中醋酸根水解，故，A错误； B．根据分析，，B正确； C．向溶液中加水稀释，氢氧根浓度减小，溶液的变小，C错误； D．溶液中存在质子守恒：，D错误； 故选B。 6．A 【详解】A．乙酸钠是强碱弱酸盐，溶于水完全电离，是强电解质，故A错误； B．醋酸钠属于离子化合物，钠离子与醋酸根离子之间是离子键，醋酸根还存在碳氢键和碳氧键等共价键，既含有共价键又含有离子键，故B正确； C．饮用水与食用油摇匀后应静置分层，不能立即用分液漏斗直接分液，故C正确； D．碳酸钠溶液水解呈碱性，故碳酸钠溶液中滴加甲基橙溶液呈黄色，故D正确； 答案选A。 7．C 【详解】A．a点溶液中，溶液呈碱性，根据电荷守恒关系式，故， A正确； B．b点溶液中与均大于沉淀溶解平衡时的浓度，有Mg(OH)2沉淀产生， B正确； C．c点溶液中，，， C错误； D．c点溶液中，，根据c点数据可计算出，反应的平衡常数 D正确； 故答案为：C。 8．D 【分析】由题可知，，加碱后溶液中先沉淀，后沉淀，又因为和的组成相似，二者的随的变化关系曲线应是平行线，故曲线①代表滴定溶液的变化关系，曲线②代表滴定溶液的变化关系，曲线③代表滴定溶液的变化关系。 【详解】A．时，，， ，同理， 时，，此时的电离平衡常数曲线①代表滴定溶液的变化关系，A项错误； B．的电离常数，B项错误； C．点时，曲线②中与曲线③中相等，则，所以溶液的，C项错误； D．代表或固体溶于溶液的离子方程式为(1)，该反应的平衡常数，将和分别代入上述表达式，可得出溶于溶液时反应的平衡常数溶于溶液时反应的平衡常数，所以难溶于溶液，易溶于溶液中，D项正确； 故答案选D。 9．B 【详解】A．常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，Fe与稀硝酸反应生成NO气体，但浓硝酸的氧化性强，结论不合理，故A错误； B．次氯酸钠溶液使pH试纸变蓝色后褪色，试纸最终变为白色，可知次氯酸钠溶液具有漂白性，故B正确； C．向1mLNaOH溶液中加入2mL溶液，NaOH不足，则不能检验葡萄糖是否含-CHO，故C错误； D．出现黑色沉淀(CuS)，是因为硫化铜的溶解度较小，不溶于硫酸，不能说明酸性：H2S>H2SO4，故D错误； 答案选B。 10．C 【分析】在溶液中存在和的电离平衡： (①) (②) 的水解平衡(③) 可以估算与①相比②③的平衡常数较小，随着pH的增大，减小，平衡②③正向移动，与减小，增大。对于①平衡移动的讨论：pH较小时(约小于7.8)，增大的影响大于减小的影响，增大；pH较大时(约大于7.8)，增大的影响小于浓度减小的影响，减小，故线Ⅰ表示的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅱ表示的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示随pH变化的关系，据此分析解题。 【详解】A．根据分析，线Ⅱ表示的变化情况，A不符合题意； B．由图可知，当相等时(即线Ⅰ和线Ⅱ的交点)，溶液的，则的电离平衡常数，B不符合题意； C．时，，的，，由图可知时，，代入整理得，C符合题意； D．时，如果AgOH没有大量沉淀且假设溶液体积没有增大，由物料守恒可得溶液中，那么：，况且上述两项假设均不成立，则D不符合题意； 选C。 11．B 【分析】氨水中有：，加水稀释，溶液中、、的离子浓度减小，但加水促进弱电解质的电离，、增大，减小，据此作答。 【详解】A．温度不变，则Kw不变，而加水稀释，溶液中氢氧根离子浓度减小，因此氢离子浓度增大，所以溶液pH减小，故A正确； B．加水稀释促进电离，根据稀释定律可知，0.10mol/L氨水用蒸馏水稀释10倍后溶液浓度变为0.01mol/L，一水合氨难电离，所以溶液中，故B错误； C．加水稀释促进电离，所以一水合氨电离程度增大，故C正确； D．，加水稀释，减小，因此增大，故D正确； 故答案选B。 12．C 【详解】A．为强酸弱碱盐，能水解，加热促进氯化镁水解，且生成的HCl易挥发，所以加热氯化镁溶液最终不能得到无水，A项不符合题意； B．利用固态氯化铵和熟石灰共热制取时，试管口应略向下倾斜，B项不符合题意； C．碱石灰是生石灰和氢氧化钠的混合物，与O2不反应，可以除去O2中少量水汽，C符合题意； D．易与被氧化，制备时要防止氧气进入溶液，否则无法观察到白色固体，D项不符合题意； 本题选C。 13．C 【详解】A．依题意，浓度保持不变，，随着增大，增大，而减小，故结合图像可知，①代表与的关系曲线，②代表与的关系曲线，③代表与的关系曲线，A项正确； B．根据a点坐标计算，，B项正确； C．，，C项错误； D．根据c点坐标计算，，，，，D项正确； 答案选C。 14．B 【详解】A．标准状况下，1.12 L SO2的物质的量为0.5 mol，含质子数为1.6，A项错误； B．在Na2SO3溶液中，发生水解：，含数小于0.1，B项正确； C．反应(1)中，生成2 mol SO时转移2 mol电子，生成0.2 mol SO时转移0.2 mol电子，C项错误； D．在反应(2)中，生成1 mol Na2S时消耗2 mol还原剂，D项错误； 故答案选B。 15．B 16．c()>c()>c()>c() 17．2Na++2+H2C2O4=2NaHCO3↓+ 【解析】15．草酸的Ka1大于碳酸的Ka1，K越大pH越小；故等温等浓度时，pH：H2C2O4溶液<H2CO3溶液，选B； 16．根据越弱越水解原则，草酸的Ka2大于碳酸的Ka1、Ka2，草酸的Ka1大于碳酸的Ka1，且水解是微弱的，则等浓度Na2C2O4和Na2CO3混合溶液中，含碳元素的负离子浓度从大到小的顺序为c()>c()>c()>c()； 17．草酸的Ka2大于碳酸的Ka1、Ka2，向饱和Na2CO3溶液中滴加少量草酸溶液，反应生成碳酸氢钠沉淀，发生反应的离子方程式为2Na++2+H2C2O4=2NaHCO3↓+。 18．(1)AC (2) (3) (或10) 【详解】（1）A．的溶液中随着pH的增大，OH-浓度增大，浓度减小，浓度增大，则曲线a代表的分布分数与pH的关系，曲线b代表的分布分数与pH的关系，A正确； B．由图可知，的溶液中含硫微粒有和，不含，B错误； C．由图可知，pH=2时，c()=c()，则的，C正确； D．由A可知，曲线a代表的分布分数与pH的关系，曲线b代表的分布分数与pH的关系，当时，含硫微粒中浓度最高的是，D错误； 故选AC。 （2）25℃时，饱和溶液中存在平衡：，。 （3）①书写的平衡常数表达式； 25℃时，向硝酸溶液中加入足量，并保持溶液的，c(H+)=0.1mol/L，溶液中=10。 19．过量的n(Fe2＋)=6n()=6×0.05000mol/L×0.01L=3×10-3mol，与MnO2反应的n(Fe2＋)=0.5000mol/L×0.01L-3×10-3mol=2×10-3mol，n(MnO2)=n(Fe2＋)=1×10-3mol，n总(Mn2＋)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.1500mol/L×0.02L=3×10-3mol，n(MnO)=3×10-3mol-1×10-3mol=2×10-3mol，n(Mn)=n(MnO2)＋n(MnO)=1×10-3mol＋2×10-3mol=3×10-3mol，n(O)=2n(MnO2)＋n(MnO)=2×1×10-3mol＋2×10-3mol=4×10-3mol，n(Mn)∶n(O)=3×10-3mol∶4×10-3mol=3∶4 【详解】加入的(NH4)2Fe(SO4)2溶液先与MnO2反应，余下的过量的(NH4)2Fe(SO4)2溶液再与K2Cr2O7溶液反应，根据6(NH4)2Fe(SO4)2~可知，过量的n(Fe2＋)=6n()=6×0.05000mol/L×0.01L=3×10-3mol，则与MnO2反应的n(Fe2＋)=0.5000mol/L×0.01L-3×10-3mol=2×10-3mol，根据MnO2~2(NH4)2Fe(SO4)2可知，n(MnO2)=n(Fe2＋)=1×10-3mol，加热条件下，加入适量HClO4，将溶液中Mn2＋氧化为Mn(Ⅲ)，用0.1500mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2标准液滴定生成的Mn(Ⅲ)，根据Mn2＋~(NH4)2Fe(SO4)2，则n总(Mn2＋)=n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.1500mol/L×0.02L=3×10-3mol，n(MnO)=3×10-3mol-1×10-3mol=2×10-3mol，n(Mn)=n(MnO2)＋n(MnO)=1×10-3mol＋2×10-3mol=3×10-3mol，所以n(O)=2n(MnO2)＋n(MnO)=2×1×10-3mol＋2×10-3mol=4×10-3mol，则n(Mn)∶n(O)=3×10-3mol∶4×10-3mol=3∶4。 20．(1) 碱 S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH- NaOH (2) 正向 NaHS(或其他合理答案) (3) 正向 60 (4) SO2+2H2O-2e-=+4H+ 2：1 【详解】（1）Na2S的水溶液电离出的硫离子发生水解，S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，所以溶液呈碱性；在配制Na2S溶液时，可以加入少量NaOH溶液抑制水解； （2）向H2S溶液中加入NaOH固体时，氢离子浓度降低，H2S的电离平衡正向移动；若要使H2S溶液中c(HS-)增大且使其电离平衡逆向移动，应该直接加入HS-得盐，可以加入NaHS固体； （3）常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH=9的Na2SO3溶液，氢氧化钠抑制水电离，Na2SO3水解促进水电离，吸收过程中水的电离平衡正向移动。溶液中； （4）①负极二氧化硫失电子生成硫酸，负极电极反应式为SO2+2H2O-2e-=+4H+； ②1mol二氧化硫失电子的物质的量2mol，1mol氧气得电子的物质的量4mol，根据得失电子守恒，相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积之比为2:1。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$