【状元之路】高考化学 二轮热点专题专练钻石卷 29电解质溶液 新人教版 .doc

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()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)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)，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(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)_。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)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)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)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：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(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