【状元之路】2013届高考化学 二轮热点专题专练钻石卷 2-9电解质溶液 新人教版 .doc

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1、高考专题训练(九)电解质溶液一、选择题1(2012山东期末)下列说法正确的是()A0.1molL1的醋酸加水稀释，c(H)/c(OH)减小B体积、pH均相同的醋酸和盐酸完全溶解等量的镁粉(少量)，后者用时少C向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H)增大，KW变大D常温下，V1L pH11的NaOH溶液与V2L pH3的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1V2解析向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H)增大，但KW只与温度有关，故KW保持不变，C项错误；若HA为强酸，则V1V2，若HA为弱酸，则V1V2，D项错误。答案A2(2011福建)常温下0.1molL1醋酸溶液的pHa，下列能使溶液pH(a1)的

2、措施是()A将溶液稀释到原体积的10倍B加入适量的醋酸钠固体C加入等体积0.2molL1盐酸D提高溶液的温度解析醋酸的电离平衡为：CH3COOHCH3COOH。A项，加水稀释10倍，平衡右移，稀释后c(H)大于原先的1/10，pHa1；B项，加入CH3COONa，平衡逆向移动，c(H)降低，pH可能达到a1；C项，加入0.2molL1 HCl，c(H)增大，溶液pH减小；D项，提高温度，醋酸的电离平衡正向移动，c(H)增大，pH减小。答案B3(2012北京期末)室温下，有两种溶液：0.01molL1 NH3H2O、0.01molL1 NH4Cl，下列操作可以使两种溶液中c(NH)都增大的是()

3、A加入少量H2O B加入少量NaOH固体C通入少量HCl气体 D升高温度解析加水，两溶液中c(NH)都减小，A项错误。加入少量NaOH固体，NH3H2O的电离平衡逆向移动，c(NH)减小，NH4Cl中由于发生反应：NHOH=NH3H2O，会导致c(NH)减小，故B项错误。通入少量HCl气体，中发生酸碱中和反应促进NH3H2O的电离，所以c(NH)增大，中NH的水解平衡逆向移动，c(NH)亦增大，故C项正确。升高温度促进水解，中NH的浓度减小，故D项错误。答案C4(2012北京东城综合)下列图象表达正确的是()A图表示25时，用0.1molL1盐酸滴定20mL 0.1molL1 NaOH溶液B图

4、表示常温下，两份足量、等浓度的盐酸与等量锌粉反应，其中一份滴加了少量硫酸铜溶液C图表示向CaCl2和盐酸的混合溶液中滴加Na2CO3溶液D图表示向醋酸溶液中滴入氨水解析A项，酸碱中和反应接近滴定终点时溶液pH出现突跃，故此图错误；B项，锌粉是定量的，盐酸是过量的，加入硫酸铜溶液时由于锌置换铜需要消耗一部分锌，铜、锌构成了原电池，故反应速率加快，但产生氢气的量少于不加硫酸铜的，故错误；D项，向醋酸中加入氨水生成强电解质醋酸铵，故电导率先增大，反应结束后再加氨水，电导率又会逐渐下渐。答案C5(2012安徽)氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25时：HF(aq)OH(aq)=F(aq)H2O(l

5、)H67.7 kJmol1H(aq)OH(aq)=H2O(l)H57.3 kJmol1。在20mL 0.1molL1氢氟酸中加入VmL 0.1molL1 NaOH溶液。下列有关说法正确的是()A氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：HF(aq)F(aq)H(aq)H10.4 kJmol1B当V20时，溶液中：c(OH)c(HF)c(H)C当V20时，溶液中：c(F)0时，溶液中一定存在：c(Na)c(F)c(OH)c(H)解析利用盖斯定律，由可得：HF(aq)F(aq)H(aq)H10.4 kJmol1，A项错误；当V20时，恰好反应得到NaF溶液，利用质子守恒可知c(OH)c(H)c(HF)，

6、B项正确；结合原子守恒和F水解可知：当V20时，c(F)c(Na)c(H)c(OH)，D项错误。答案B6(2012北京东城综合)已知某一温度下，0.1molL1 NaHA的强电解质溶液中：c(H)c(A)，则下列描述中不正确的是()A该溶液的pHc(A)，则c(H)7，A项错误；该溶液显碱性，说明A的水解程度大于HA的电离程度，B项正确；根据物料守恒，则c(A)c(HA)0.02molL1，C项正确；由电荷守恒，n(A)n(OH)n(Na)n(H)0.01moln(H)，D项正确。答案A8(2012孝感统考)下列粒子浓度关系错误的是()ANaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO)c(CO)c(

7、H2CO3)BNa2CO3溶液中：c(OH)c(H)c(HCO)2c(H2CO3)CpH2的盐酸与pH12的氨水以任意比例混合所得溶液中：c(H)c(NH)c(OH)c(Cl)D等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后所得溶液中：c(CH3COO)2c(OH)2c(H)c(CH3COOH)解析NaHCO3溶液呈碱性，即HCO的水解程度大于其电离程度，所以c(CO)c(Al3)Bx10时，溶液中有NH、AlO、SO，且c(NH)c(SO)Cx30时，溶液中有Ba2、AlO、OH，且c(OH)c(Al3)，由于NH水解导致溶液中c(SO)c(NH)，故A项正确，B项错误。当

8、x30时，Al3转化为AlO，NH转化为NH3H2O。由于NH3H2O的电离导致反应后溶液中c(OH)大于c(Ba2)和c(AlO)，故C、D项错误。答案A12(2012辽宁测试)已知25时，Mg(OH)2的浓度积常数Ksp5.61012，MgF2的溶度积常数Ksp7.41011。下列说法正确的是()A25时，向饱和MgF2溶液中加入饱和NaOH溶液后，不可能有Mg(OH)2生成B25时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者c(Mg2)增大C25时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2)增大D25时，Mg(OH)2固体在同体积同浓度的氨水和NH4Cl溶液

9、中的Ksp相比较，前者小解析在Mg(OH)2的悬浊存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH(aq)，加入少量NH4Cl固体，其电离出的NH与OH结合为NH3H2O，使沉淀溶解平衡正向移动，故c(Mg2)增大，C项正确。答案C二、非选择题13(2012浙江)已知：I22S2O=S4O2I相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.210202.610391.71071.31012(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl22H2O晶体，加入_，调至pH4，使溶液中的Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3

10、)_。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl22H2O晶体。(2)在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_(用化学方程式表示)。由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是_。(3)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体的试样(不含能与I发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0molL1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是_；CuCl2溶液与KI反

11、应的离子方程式为_ _；该试样中CuCl22H2O的质量百分数为_。解析(1)调节溶液pH时不应该带入其他杂质，故可选择Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3、CuO等物质消耗溶液中的H，使溶液的pH升高；当溶液的pH4时，c(H)1104molL1，c(OH)11010molL1，由Fe(OH)3的Ksp计算可得c(Fe3)Ksp/c3(OH)2.61039/(11030)2.6109molL1。(2)由于加热能促进CuCl2的水解，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解较完全，最终得不到纯的无水CuCl2，反应方程式为2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl22HCl2H2O；要得到

12、纯的无水CuCl2的合理方法是让CuCl22H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水。(3)滴定前的过程中发生反应：2Cu24I=2CuII2，滴定过程中I2完全消失是滴定的终点，所以可选用淀粉溶液作滴定指示剂，滴定终点的现象为蓝色褪去，且在半分钟内不恢复颜色；从反应2Cu24I=2CuII2，I22S2O=S4O2I，可知Cu2S2O，n(Cu2)0.100 0molL120.00103L2.0103mol，m(CuCl22H2O)2.0103mol171gmol10.342g，则试样中CuCl22H2O的质量百分数为0.342g0.36g100%95%。答案(1)Cu(OH)2或Cu2(OH

13、)2CO3若CuO26109molL1(2)2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl22HCl2H2O主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可在干燥的HCl气流中加热脱水(3)淀粉溶液蓝色褪去，放置半分钟后不复色2Cu24I=2CuII295%14(2012北京期末)常温下，将0.100 0molL1 NaOH溶液滴入20.00mL 0.100 0molL1的一元酸HA溶液中，测得混合溶液的pH变化曲线如图所示。(1)HA与NaOH溶液反应的离子方程式是_ _。(2)图中点所示溶液中，下列粒子的浓度关系正确的是_(填序号)。a2c(Na)c(HA)c(A)bc(Na)c(H)

14、c(A)c(OH)cc(Na)c(A)c(H)c(OH)(3)图中点所示滴入的NaOH溶液的体积V_20.00mL(填“”、“c(Na)c(H)c(OH)。(3)图中点溶液呈中性，由于NaA水解呈碱性，则二者混合时应该酸过量，所以滴入的NaOH溶液的体积小于20.00mL。答案(1)HAOH=AH2O(2)ab(3)c(HSO)c(SO)c(H)c(OH)cc(Na)c(H)c(SO)c(HSO)c(OH)(4)当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下：HSO在阳极放电的电极反应式是_ _；当阴极室中溶液pH升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理：_ _。解析(1

15、)二氧化硫形成硫酸型酸雨的过程：二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸再被氧化成硫酸。(2)氢氧化钠溶液吸收二氧化硫生成亚硫酸钠和水，而亚硫酸钠溶液可以继续吸收二氧化硫生成亚硫酸氢钠。(3)由表格数据知，随n(HSO)的增大，溶液酸性增强，即HSO的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。由表格数据知，当溶液中亚硫酸氢钠的浓度略大于亚硫酸钠的浓度时，溶液呈中性，故离子浓度关系有c(Na)c(HSO)c(SO)c(H)c(OH)，可知b正确。由电荷守恒式c(Na)c(H)2c(SO)c(HSO)c(OH)，中性溶液中c(H)c(OH)知，a正确，c错误。(4)HSO在阳极发生氧化反应，硫的化合价

16、由4升至6，以硫酸根离子形式存在，由氧元素守恒知，水参与电极反应：HSOH2O2e=SO3H，另外，亚硫酸根离子在阳极也发生氧化反应，电极反应式为SO2eH2O=SO2H。答案(1)SO2H2OH2SO3、2H2SO3O22H2SO4(2)2OHSO2=H2OSO(3)酸HSO存在：HSOHSO和HSOH2OH2SO3OH，HSO的电离程度强于水解程度ab(4)HSOH2O2e=SO3HH在阴极得电子生成H2，溶液中c(H)降低，促使HSO电离生成SO，且Na进入阴极室，吸收液得以再生16(2012广东)难溶性杂卤石(K2SO4MgSO42CaSO42H2O)属于“呆矿”，在水中存在如下平衡：

17、K2SO4MgSO42CaSO42H2O(s)2Ca22KMg24SO2H2O为能充分利用钾资源，用饱和Ca(OH)2溶液溶浸杂卤石制备硫酸钾，工艺流程如下：(1)滤渣主要成分有_和_以及未溶杂卤石。(2)用化学平衡移动原理解释Ca(OH)2溶液能溶解杂卤石浸出K的原因：_ _。(3)“除杂”环节中，先加入_溶液，经搅拌等操作后，过滤，再加入_溶液调滤液pH至中性。(4)不同温度下，K的浸出浓度与溶浸时间的关系如图。由图可得，随着温度升高，_。(5)有人以可溶性碳酸盐为溶浸剂，则溶浸过程中会发生：CaSO4(s)COCaCO3(s)SO已知298K时，Ksp(CaCO3)2.80109，Ksp

18、(CaSO4)4.90105，求此温度下该反应的平衡常数K(计算结果保留三位有效数字)。解析(1)根据杂卤石在水中的电离平衡，可以判断滤渣应为氢氧化镁和硫酸钙。(3)浸出液中有大量Ca2及OH，可加K2CO3溶液及H2SO4溶液除杂。(4)图中显示随着温度升高，K的浸出浓度增大，浸出速率加快。答案(1)Mg(OH)2CaSO4(二者位置互换也正确)(2)加入Ca(OH)2溶液后，生成Mg(OH)2、CaSO4沉淀，溶液中Mg2浓度减小，使平衡右移(3)K2CO3H2SO4(4)溶浸达到平衡的时间缩短平衡时K的浸出浓度增大(其他合理答案也可)(5)CaSO4(s)Ca2SOKsp(CaSO4)c(Ca2)c(SO)CaCO3(s)Ca2COKsp(CaCO3)c(Ca2)c(CO)K1.7510410