（江西专用）高三化学二轮复习专项检测题8 电解质溶液.doc

电解质溶液(45分钟100分)一、选择题(本题包括6小题,每小题6分,共36分)1.(2013天津市高三第六次联考)归纳法是高中化学学习常用的方法之一,某化学研究性学习小组在学习了化学反应原理后作出了如下的归纳总结(均在常温下)：ph=1的强酸溶液,加水稀释后,溶液中所有离子的浓度均降低。ph=2的盐酸和ph=1的醋酸,c(h+)之比为21。在na2co3和nahco3溶液中均存在下列关系c(na+)+c(h+)=c(oh-)+ c(hc)+2c(c)。反应2a(s)+b(g)=2c(g)+d(g)不能自发进行,则该反应h一定大于0。已知醋酸电离平衡常数为ka；醋酸根水解常数为kh；水的离子积为kw；则三者关系为kakh=kw。其归纳正确的是()a.b.c.d.2.常温下,0.1 moll-1某一元酸ha溶液中=110-12,下列说法正确的是()a.溶液中由水电离出的c(h+)=110-10moll-1b.溶液中存在hah+a-c.与0.1 moll-1naoh溶液等体积混合后,所得溶液呈中性d.原溶液中加入一定量naa晶体或加水稀释后,溶液中c(oh-)均增大3.( 2013天津南开区调研)常温下,对下列电解质溶液的有关说法正确的是 ()a.相同浓度和体积的强碱和强酸溶液混合后,溶液的ph一定等于7b.在nahco3溶液中,c(c)c(hc)c.在有agcl沉淀的溶液中加入nacl固体,c(ag+)减小d.把ph相等的ch3coona和na2co3溶液稀释相同的倍数,ch3coona溶液ph较大4.常温时,下列关于溶液的ph或微粒的物质的量浓度的说法不正确的是()a.将等体积的盐酸和氨水混合,充分反应后所得溶液呈中性,则两溶液的物质的量浓度关系为c(hcl)c(n)c(h+)=c(oh-)c.将0.2 moll-1的某一元酸ha溶液和0.1 moll-1naoh溶液等体积混合后,溶液ph大于7,则反应后的混合液中:2c(oh-)+c(a-)=2c(h+)+c(ha)d.某物质的溶液中由水电离出的c(h+)=110-amoll-1,则溶液的ph一定为14-a5.(2013北京高考)实验：0.1 moll-1agno3溶液和0.1 moll-1nacl溶液等体积混合得到浊液a,过滤得到滤液b和白色沉淀c；向滤液b中滴加0.1 moll-1ki溶液,出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1 moll-1ki溶液,沉淀变为黄色。下列分析不正确的是()a.浊液a中存在沉淀溶解平衡：agcl(s)ag+(aq)+cl-(aq)b.滤液b中不含有ag+c.中颜色变化说明agcl转化为agid.实验可以证明agi比agcl更难溶6.(2013天津大港区质检)常温下,向等体积、等物质的量浓度的盐酸、醋酸溶液中分别滴入0.1 moll-1naoh溶液,测得溶液的ph与naoh溶液体积的关系如图所示。下列说法错误的是()a.图中曲线表示naoh溶液滴定盐酸时的ph变化b.酸溶液的体积均为10 mlc.a点:c(ch3cooh)c(ch3coo-)d.a点:c(h+)+c(na+)=c(oh-)+c(ch3coo-)二、非选择题(本题包括4小题,共64分)7.(13分) (2013郑州二模)a、b、c、d、e五种溶液分别是naoh、nh3h2o、ch3cooh、hcl、nh4hso4中的一种。常温下进行下列实验:将1 l ph=3的a溶液分别与0.001 moll-1xl b溶液、0.001 moll-1yl d溶液充分反应至中性,x、y的大小关系为yx;浓度均为0.1 moll-1a和e溶液,ph:aa开始反应时的速率ae参加反应的锌粉的物质的量a=e反应过程的平均速率eaa溶液里有锌粉剩余e溶液里有锌粉剩余8.(16分)(1)(2013天津静海县质检)常温下,某同学将稀盐酸与氨水等体积混合,两种溶液的浓度和混合后所得溶液的ph如表:实验编号氨水物质的量浓度(moll-1)盐酸物质的量浓度(moll-1)混合溶液ph0.10.1ph=5c0.2ph=70.20.1ph7请回答:从第组情况分析,该组所得混合溶液中由水电离出的c(h+)=moll-1;从第组情况表明,c0.2 moll-1(填“”“”“”“”或“=”);用含a的代数式表示hcn的电离常数ka=。(4)取某工业废水水样于试管中,加入naoh溶液观察到有蓝色沉淀生成,继续加至不再产生蓝色沉淀为止,再向溶液中加入足量na2s溶液,蓝色沉淀转化成黑色沉淀。该过程中反应的离子方程式是 。9.(19分)在含有弱电解质的溶液中,往往有多个化学平衡共存。(1)一定温度下,向1 l 0.1 moll-1ch3cooh溶液中加入0.1 mol ch3coona固体,则溶液中(填“增大”“不变”或“减小”);写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式 。(2)土壤的ph一般在49之间。土壤中na2co3含量较高时,ph可高达10.5,试用离子方程式解释土壤呈碱性的原因。加入石膏(caso42h2o)可以使土壤碱性降低,有关反应的化学方程式为 。(3)常温下在20 ml 0.1 moll-1na2co3溶液中逐滴加入0.1 moll-1hcl溶液40 ml,溶液中含碳元素的各种微粒(co2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液ph变化的部分情况如图所示。回答下列问题:在同一溶液中,h2co3、hc、c(填“能”或“不能”)大量共存;当ph=7时,溶液中含碳元素的主要微粒为,溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为。10.(16分)水溶液是中学化学的重点研究对象。(1)水是极弱的电解质,也是最重要的溶剂。常温下某电解质溶解在水中后,溶液中的c(h+)=10-9moll-1,则该电解质可能是(填序号)。a.cuso4b.hclc.na2sd.naohe.k2so4(2)已知次氯酸是比碳酸还弱的酸,要使新制稀氯水中的c(hclo)增大,可以采取的措施为(至少回答两种) 。(3)强酸制弱酸是水溶液中的重要经验规律。已知ha、h2b是两种弱酸,存在以下关系:h2b(少量)+2a-=b2-+2ha,则a-、b2-、hb-三种阴离子结合h+的难易顺序为 。(4)已知:h2a=h+ha-ha-h+a2-,常温下,0.1 mol l-1的naha溶液其ph =2,则0.1 moll-1的h2a溶液中氢离子浓度的大小范围是c(h+);naha溶液中各种离子浓度大小关系为 。答案解析1. 【解析】选b。ph=1的强酸溶液,加水稀释,c(h+)减小,根据一定温度下kw=c(h+)c(oh-)是一定值,所以c(oh-)增大,错误；ph=2的盐酸c(h+)=0.01 moll-1,ph=1的醋酸,c(h+)=0.1 moll-1,二者c(h+)之比为110,错误；根据电离和水解的相关知识可知,在na2co3和nahco3溶液中,均存在以下离子：na+、h+、oh-、hc及c,根据电荷守恒可知正确；g=h-ts,反应2a(s)+b(g)=2c(g)+d(g)的s0时,g0,该反应不能自发进行,正确；在ch3cooh中, ka=,所以c(h+)=；kh=,所以c(oh-)=,根据kw=c(h+)c(oh-)知kw=kakh,正确,故选b。2.【解析】选c。常温下kw=10-14,把=110-12分子分母同乘以c(h+),则c(h+)=110-1moll-1,c(oh-)=110-13moll-1,所以ha是强酸,b、d错误,c正确;酸溶液中的c(oh-)等于水电离出的c(oh-),为110-13moll-1,所以水电离出的c(h+)=110-13moll-1,a错误。3.【解析】选c。因不知道是几元强酸与几元强碱,混合后反应情况不确定,溶液酸碱性难断定,a错误;nahco3溶液显碱性,说明hc在溶液中电离程度小于其水解程度,b错误;加入nacl固体后溶解平衡逆向移动,c正确;因酸性ch3coohh2co3hc,则c的水解程度比ch3coo-水解程度大,d错误。4.【解析】选d。本题考查离子浓度比较、电离和水解平衡。a项若盐酸、氨水等浓度,则反应后的溶液显酸性,欲显中性,氨水浓度稍大,正确;根据电荷守恒可知b项正确;根据电荷守恒和物料守恒可知c项正确;d项溶液的ph=a或14-a,错误。5.【解析】选b。由于硝酸银和氯化钠混合后一定生成氯化银的悬浊液,所以在该悬浊液中存在沉淀溶解平衡agcl(s)ag+(aq)+cl-(aq);向过滤后的滤液中加入0.1 moll-1的ki,出现浑浊,说明在滤液b中仍然存在ag+;沉淀总是向着生成物溶解度更小的方向移动,所以由实验可知,由于沉淀由白色转化成黄色,所以是由氯化银转化成碘化银,所以碘化银比氯化银更难溶。6.【解析】选c。本题考查中和滴定、离子浓度比较、图像分析。由于醋酸是弱酸,则等浓度的盐酸和醋酸,盐酸的ph小,对应曲线,而且消耗10 ml的氢氧化钠时ph=7,则盐酸体积为10 ml,a、b项正确;a点得到的是等物质的量的ch3cooh、ch3coona,溶液显酸性,即ch3cooh电离程度大于ch3coona水解程度,因此c错误;根据电荷守恒可知d正确。7.【解析】(1)a溶液显酸性,能中和a溶液的物质只有nh3h2o和naoh溶液,则b、d只能是naoh和nh3h2o,中和等物质的量的a消耗等浓度的b的体积大,说明d的碱性比b的碱性强,则d是naoh,b是nh3h2o。(2)用水稀释0.1 moll-1的nh3h2o时,平衡nh3h2on+oh-正向移动,n(n)和n(oh-)增大,但溶液碱性减弱,即减小;c(b)减小,c(oh-)虽减小,因电离使c(oh-)减小的程度小,则减小,即减小;温度不变,c(h+)c(oh-)不变。(3)根据题目信息可推知a、c、e分别为hcl、nh4hso4和ch3cooh,c(oh-)相同的hcl和ch3cooh溶液中c(h+)相同,则c(hcl)”;溶液中氯化铵和氨水的物质的量相等,由nh4cl=n+cl-,nh3h2on+oh-知c(n)c(nh3h2o),所以铵根离子浓度大于氨水,故选“”。(2)盐酸和氨水能抑制氯化铵的水解,氨水是弱电解质,电离程度最小,所以n浓度大小顺序是bdac。(3)反应后测得溶液ph=7,则可推知nacn过量。溶液中溶质为nacn、nacl和hcn,因hcn电离程度很小,则c(hcn)=0.01 moll-1;因ph=7,c(h+)=c(oh-)=110-7moll-1,再根据电荷守恒可得c(na+)+c(h+)=c(cl-)+c(cn-)+c(oh-)得c(cn-)=c(na+)-c(cl-)=(a-0.01)moll-1,则ka=(100a-1)10-7。(4)蓝色沉淀为cu(oh)2,cus(s)比cu(oh)2(s)更难溶,发生了沉淀的转化。离子方程式为cu2+2oh-=cu(oh)2;cu(oh)2(s)+s2-(aq)=cus(s)+2oh-(aq)。答案:(1)110-5(2)bdac(3)(100a-1)10-7(4)cu2+2oh-=cu(oh)2,cu(oh)2(s)+s2-(aq)=cus(s)+2oh-(aq)9.【解析】(1)k=,k仅受温度影响。由电荷守恒得c(ch3coo-)+c(oh-)=c(h+)+c(na+)。(2)土壤呈碱性,是因c水解显碱性所致。利用沉淀的转化与生成规律,caso4转化为更难溶的物质caco3:na2co3+caso42h2o=caco3+na2so4+2h2o。(3)通过观察图像求解。答案:(1)不变c(ch3coo-)+c(oh-)=c(h+)+c(na+)(2)c+h2ohc+oh-na2co3+caso42h2ocaco3+na2so4+2h2o(3)不能hc、h2co3c(na+)c(cl-)c(hc)c(h+)=c(oh-)10.【解析】(1)根据题意知,水的电离受到抑制且该溶液