考點8電解質溶液

1、溫馨提示： 此題庫為Word版，請按住Ctrl,滑動鼠標滾軸，調節(jié)合適的觀看比例，點擊右上角的關閉按鈕可返回目錄。 考點8 電解質溶液一、選擇題1.（2011·江蘇高考·14）下列有關電解質溶液中微粒的物質的量濃度關系正確的是（ ）A.在0.1mol·L-1NaHCO3溶液中：c(Na+) c(HCO3-) c(CO32-) c(H2CO3)B.在0.1mol·L-1Na2CO3溶液中：c(OH-)- c(H+)= c(HCO3-)+2c(H2CO3)C.向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等體積0.1mol·L-1NaOH

2、溶液：c(CO32-)> c(HCO3-)> c(OH-)> c(H+)D.常溫下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH=7, c(Na+)=0.1mol·L-1：c(Na+)= c(CH3COO-)> c(CH3COOH)> c(H+)= c(OH-)【思路點撥】解答本題時應具體分析溶液中存在的各種電離和水解情況，注意運用電荷守恒、物料守恒和質子守恒進行有關推斷?！揪v精析】選B、D。A項，NaHCO3溶液呈堿性，HCO3-的水解程度大于電離程度，c(CO32-)應小于c(H2CO3)，A項錯誤；B項，在0.1mol·L-1Na2CO

3、3溶液中的質子守恒式為：c(OH-)= c(HCO3-)+2c(H2CO3)+c(H+)，將質子守恒式變形可得：c(OH-)-c(H+)= c(HCO3-)+2c(H2CO3)，B項正確；C項，向0.2 mol·L-1NaHCO3溶液中加入等體積0.1mol·L-1NaOH溶液，所得溶液為等物質的量濃度的Na2CO3、NaHCO3的混合溶液，該溶液中CO32-的水解程度遠大于HCO3-的電離程度，c(CO32-)應小于c(HCO3-)，C項錯誤；D項，相同狀況下，醋酸的電離程度大于醋酸鈉的水解程度，該溶液pH=7，則醋酸的濃度應小于醋酸鈉的濃度，又根據(jù)電荷守恒可知：c(Na

4、+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，又pH=7，c(H+)= c(OH-)則c(Na+)= c(CH3COO-)，D項正確。2.（2011·安徽高考·13）室溫下，將1.000mol鹽酸滴入20.00mL 1.000mol氨水中，溶液pH和溫度隨加入鹽酸體積變化曲線如圖所示。下列有關說法正確的是（ ） A.a點由水電離出的B.b點：C.c點：D.d點后，溶液溫度略下降的主要原因是電離吸熱 【思路點撥】本題綜合考查水溶液中的電離平衡以及酸堿中和滴定的相關知識?！揪v精析】選 C 。選項具體分析結論Aa點7<pH<14，因此水電離出的錯誤Bb點時鹽

5、酸和氨水反應，氨水過量，此等式不成立錯誤Cc點溶液呈中性，根據(jù)電荷守恒此等式成立正確Dd點時鹽酸和氨水恰好完全反應，放熱最多，再加鹽酸，已無剩余，溫度降低是由于加入鹽酸的溫度低，造成溶液溫度下降錯誤3.（2011·福建高考·10）常溫下0.1mol·L-1醋酸溶液的pH=a ，下列能使溶液的pH=(a+1)的措施是（ ）A.將溶液稀釋到原體積的10倍 B.加入適量的醋酸鈉固體C.加入等體積0.2 mol·L-1鹽酸 D.提高溶液的溫度【思路點撥】解答本題要明確如下三點：（1）醋酸是弱酸，其溶液中存在電離平衡；（2）pH越大，氫離子濃度越??；（3）弱電解質

6、的電離過程吸熱。【精講精析】選B。在醋酸溶液中存在如下電離平衡：CH3COOHCH3COO+H+，加水稀釋10倍，若不考慮電離平衡移動，溶液中c（H+）變?yōu)樵瓉淼氖种?，pH增大1個單位，而稀釋過程中電離平衡正向移動，H+的物質的量增多，c（H+）要大一些，所以pH變化不足1個單位，即pH（a+1），A選項錯誤；加入CH3COONa固體，增大了c（CH3COO），平衡逆向移動，c（H+）減小，pH增大，有可能變?yōu)椋╝+1），B選項正確；加入0.2mol/L鹽酸，雖然增大了c（H+），平衡逆向移動，但是c（H+）比原來大，pH變小，C選項錯誤；由于電離過程吸熱，所以升高溫度，平衡正向移動，c（

7、H+）增大，pH變小，D選項錯誤。4.（2011·廣東高考·11）對于0.1molL-1 Na2SO3溶液，正確的是（ ）A.升高溫度，溶液的pH降低B.c（Na）=2c（SO32）+ c（HSO3）+ c（H2SO3）C.c（Na）+c（H）=2 c（SO32）+ 2c（HSO3）+ c（OH）D.加入少量NaOH固體，c（SO32）與c（Na）均增大【思路點撥】解答本題應從溶液中微粒之間的關系入手，考慮水解平衡的影響。【精講精析】選D。Na2SO3為弱酸強堿鹽，水解顯堿性，水解是吸熱反應，所以溫度升高，水解程度增大，其pH增大，A不正確；B項考查物料守恒，正確的表達式為

8、c（Na）=2c（SO32）+ 2c（HSO3）+2 c（H2SO3），故B不正確；C項是考查電荷守恒，其正確的表達式為c（Na）+c（H）=2 c（SO32）+ c（HSO3）+ c（OH），故C不正確；加入少量NaOH固體，抑制其水解，水解程度降低，c（SO32）與c（Na）均增大，故D正確。5.（2011·山東高考·14）室溫下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀釋后，下列說法正確的是（ ）A.溶液中導電粒子的數(shù)目減少B.溶液中不變C.醋酸的電離程度增大，c（H+）亦增大D.再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7【思路點撥】解答本題時，應注意經過合

9、理變形得出B項所示的表達式?！揪v精析】選B。A項，加水稀釋有利于醋酸的電離，故溶液中導電粒子的數(shù)目增加，A錯誤；B項，在沖稀的過程中，溫度不變，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不變，又因為c(H+)=KW/c(OH-),故c(CH3COO-)×KW/c(CH3COOH)·c(OH-)=Ka，KW在室溫下也是常數(shù)，故B正確；C項，電離程度雖然增大，但c（H+）減小，C錯誤；D項，加入10 mLpH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸還有大量剩余，故pH應小于7，D錯誤。6.（2011·天津高考·4）25時，向10mL 0

10、.01mol/L KOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子濃度關系正確的是（ ）A.pH>7時，c(C6H5O-)>c(K+)>c(H)>c(OH)B.pH<7時，c(K+)>c(C6H5O-)> c(H)>c(OH)C.VC6H5OH(aq)=10mL時，c(K+)=c(C6H5O-)>c(OH)=c(H) D.VC6H5OH(aq)=20mL時，c(C6H5O-)+c(C6H5OH)=2c(K+)【思路點撥】解答此類題目時注意運用電荷守恒、物料守恒?！揪v精析】選D。選項具體分析結論A當pH>7時，c(H)<

11、;c(OH)根據(jù)電荷守恒c (C6H5O)+ c(OH)=c(K)+ c(H)可知，c(K)> c(C6H5O)，故此時離子濃度關系應該是c(K)> c(C6H5O)> c(OH)> c(H)。錯誤B當pH<7時，c(H)>c(OH)，根據(jù)電荷守恒c(C6H5O)+c(OH)=c(K)+c(H)可知，c(K)<c(C6H5O)，故此時離子濃度關系應該是c(C6H5O)>c(K)>c(H)>c(OH)。錯誤CVC6H5OH（aq）=10mL時,恰好得到苯酚鉀溶液，此時溶液呈堿性，離子濃度關系式為c(K)>c(C6H5O)>c

12、(OH)>c(H)。錯誤DVC6H5OH（aq）=20mL時,得到等濃度的苯酚鉀和苯酚的混合溶液，根據(jù)物料守恒可得c(C6H5O)+ c(C6H5OH)=2c(K)。正確7.（2011·天津高考·5）下列說法正確的是（ ）A.25時NH4Cl溶液的Kw大于100時NaCl溶液的KwB.SO2通入碘水中，反應的離子方程式為SO2+I2+2H2OSO32+2I+4HC.加入鋁粉能產生H2的溶液中，可能存在大量的Na、Ba2、AlO2、NO3D.100時，將pH=2的鹽酸與pH=12的NaOH溶液等體積混合，溶液顯中性【思路點撥】解答離子方程式書寫、離子共存等題目時注意隱含

13、條件，如本題中I2具有較強氧化性，加入鋁粉能產生氫氣的溶液可能是強堿性溶液，也可能是酸性溶液。【精講精析】選C。選項具體分析結論A水的離子積Kw僅是溫度的函數(shù)，溫度越高，Kw越大，與溶液中的溶質無關。錯誤BI2具有較強氧化性，能將SO2氧化，正確的離子方程式是SO2I22H2O=SO424H2I錯誤C加入鋁粉能產生氫氣的溶液可能是強堿性溶液，也可能是酸性溶液，若是強堿性溶液，Na、Ba2、AlO2、NO3可以大量共存。正確D100時，Kw=1.0×10-12，PH=2的鹽酸c（H+）=0.01mol/L, pH=12的NaOH溶液c（OH）=1 mol/L，若等體積混合溶液顯堿性。錯

14、誤8.（2011·新課標全國卷·10）將濃度為0.1mol·L-1HF溶液加水不斷稀釋，下列各量始終保持增大的是（ ）A. c(H+) B. Ka(HF) C. D. 【思路點撥】解答本題時需注意弱電解質的稀釋造成的電離平衡移動對溶液中各離子的物質的量和濃度造成的影響。 【精講精析】選D。選項具體分析結論A弱酸稀釋時，電離平衡正向移動，溶液中n(H+)增大，但c（H+）減小錯誤B弱酸的Ka只與溫度有關，溫度不變，Ka不變錯誤C因為在同一溶液中，所以=n(F-)/n(H+)，隨溶液的稀釋，弱酸對水的電離的抑制作用減弱，水電離出的H+逐漸增多，所以逐漸減小錯誤D在同一

15、溶液中，= ，隨溶液的稀釋，HF的電離平衡正向移動，n(H+)增大，n(HF)減小，所以始終保持增大正確9.（2011·浙江高考·12）下列說法不正確的是( )A已知冰的熔化熱為6.0 kJ/mol，冰中氫鍵鍵能為20 kJ/mol，假設每摩爾冰中有2 mol 氫鍵，且熔化熱完全用于打破冰中的氫鍵，則最多只能破壞冰中15的氫鍵B已知一定溫度下，醋酸溶液的物質的量濃度為c，電離度為，。若加入少量CH3COONa固體，則CH3COOHCH3COO+H向左移動，減小，Ka變小C實驗測得環(huán)己烷(l)、環(huán)己烯(l)和苯(l)的標準燃燒熱分別為3 916 kJ/mol、3 747 kJ

16、/mol和3 265 kJ/mol，可以證明在苯分子中不存在獨立的碳碳雙鍵D已知：Fe2O3(s)3C(石墨)2Fe(s)3CO(g) H489.0 kJ/molCO(g)O2(g)CO2(g) H283.0 kJ/molC(石墨)O2(g)CO2(g) H393.5 kJ/mol則4Fe(s)3O2(g)2Fe2O3(s) H1 641.0 kJ/mol【思路點撥】解答本題要明確以下三點：（1）將微觀的鍵能和宏觀的熱效應聯(lián)系在一起。（2）熟悉弱電解質的電離平衡。（3）能熟練利用蓋斯定律進行熱效應計算?！揪v精析】選B。A項正確，熔化熱只相當于0.3 mol氫鍵；B項錯誤，Ka只與溫度有關，與

17、濃度無關；C項正確，環(huán)己烯(l)與環(huán)己烷(l)相比，形成一個雙鍵，能量降低169kJ/mol，苯(l)與環(huán)己烷(l)相比，能量降低691kJ/mol，遠大于169×3，說明苯環(huán)有特殊穩(wěn)定結構；D項正確，熱化學方程式從上而下依次編號為則有：=（-)×6×2，H也成立。二、非選擇題10.（2011·福建高考·23）I.磷、硫元素的單質和化合物應用廣泛。（1）磷元素的原子結構示意圖是 。（2）磷酸鈣與焦炭、石英砂混合，在電爐中加熱到1500°C生成白磷，反應為：2Ca3（PO4）2+6SiO2=6CaSiO3+P4O10 10C+P4O10

18、=P4+10CO每生成 1molP4 時，就有 mol電子發(fā)生轉移。（3）硫代硫酸鈉（Na2S2O3）是常用的還原劑。在維生素C（化學式C686）的水溶液中加入過量I2溶液，使維生素C完全氧化，剩余的I2用Na2S2O3溶液滴定，可測定溶液中維生素C的含量。發(fā)生的反應為：C6H8O6+I2=C6H6O6+2H+2I- 2S2O32-+I2=S4O62-+2I-在一定體積的某維生素C溶液中加入amol·L-1I2溶液V1mL,充分反應后，用Na2S2O3溶液滴定剩余的I2,消耗bmol·L-1 Na2S2O3溶液V2ml，該溶液中維生素C的物質的量是 mol。（4）在酸性溶液

19、中，碘酸鈉(KIO3)和亞硫酸鈉可發(fā)生如下反應：2IO3-+5SO32-+2H+=I2+5SO42-+H2O生成的碘可以用淀粉液檢驗，根據(jù)反應溶液出現(xiàn)藍色所需的時間來衡量該反應的速率。某同學設計實驗如下表所示：該實驗的目的是_；表中V2=_mL。稀土元素是寶貴的戰(zhàn)略資源，我國的蘊藏量居世界首位。（5）鈰（Ce）是地殼中含量最高的稀土元素，在加熱條件下CeCl3易發(fā)生水解，無水CeCl3可用加熱CeCl3 6H2O和NH4Cl固體混合物的方法來制備。其中，NH4Cl的作用是_。（6）在某強酸性混合稀土溶液中加入H2O2，調節(jié)pH 3，Ce3+通過下列反應形成Ce(OH)4沉淀

20、得以分離。完成反應的離子方程式：Ce3+H2O2+H2OCe（OH）4+ 【思路點撥】解答本題要注意某些技巧的應用：（1）多步反應的計算可以利用關系式法，簡化計算過程。（2）屬于氧化還原反應的離子方程式配平時，除了依據(jù)元素守恒、電子守恒外，還要考慮電荷守恒。【精講精析】（1）磷是15號元素，其核外有3個電子層，每個電子層上的電子數(shù)依次是2、8、5；（2）反應過程中磷酸鈣最終變成了白磷，磷的化合價由+5價變成0價，由此可以得到如下關系式：2Ca3（PO4）2P420e，所以每生成1mol P4，轉移20mol電子；（3）與Na2S2O3反應的I2的物質的量為：×mol，與維生素C反應的

21、I2的物質的量即為維生素C的物質的量，n（維生素C）mol×molmol。（4）研究外界條件對反應速率的影響時，采用“控制變量法”，即只有1個條件在變化，所以溶液的體積是確定的，V5mL+5mL+40mL50mL5mL+V1 mL +35mL5mL+V2 mL +5mL，解得：V110，V240。根據(jù)表中的數(shù)據(jù)可以判斷，實驗1和實驗2溫度相同，Na2SO3溶液的濃度不同，而實驗2和實驗3溫度不同，Na2SO3溶液的濃度應該相同，所以該實驗的目的是探究反應的速率與溫度、亞硫酸鈉溶液濃度的關系。（5）CeCl3能夠發(fā)生水解反應：Ce3+3H2OCe（OH）3+3H+ H0，若直接加熱Ce

22、Cl3·6H2O，水解平衡正向移動，將會產生Ce（OH）3沉淀，加入氯化銨晶體時，其加熱時會產生HCl，抑制CeCl3水解，防止Ce（OH）3的生成。（6）依據(jù)元素守恒、電子守恒和電荷守恒配平。答案:（1） （2）20（3）（4）探究該反應的速率與溫度、亞硫酸鈉溶液濃度的關系（或其他合理答案） 40（5）產生HCl，抑制CeCl3水解（或其他合理答案）（6）2 1 6 2 6 H+11.（2011·福建高考·24）四氯化鈦（TiCl4）是制取航天航空工業(yè)材料鈦合金的重要原料。由鈦鐵礦（主要成分是FeTiO3）制備TiCl4等產品的一種工藝流程示意圖如下：回答下列問

23、題：(1) 往中加入鐵屑至浸出液顯紫色，此時溶液仍呈強酸性。該過程中有如下反應發(fā)生：2Fe3+ + Fe = 3Fe2+2 TiO2+（無色）+ Fe + 4H+= 2Ti3+（紫色）+ Fe2+2 H2OTi3+（紫色）+ Fe3+ H2O = TiO2+（無色）+ Fe2+2H+加入鐵屑的作用是 。（2）在 工藝過程中需要控制條件以形成TiO2·nH2O溶膠，該溶膠的分散質顆粒直徑大小在 范圍。（3）若把中制得的固體TiO2·nH2O用酸清洗除去其中的Fe(OH)3雜質，還可制得鈦白粉。已知25°C時，KspFe(OH)3 =2.79×10-39，該

24、溫度下反應Fe(OH)3+3H+ Fe3+3H2O的平衡常數(shù)K= 。（4）已知：TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl 4(l)+O2(g) H+140kJ·mol12C（s）+O2（g） 2CO（g） H221kJ·mol1寫出中TiO2和焦炭、氧氣反應生成液態(tài)TiCl 4和CO氣體的熱化學方程式： 。（5）上述工藝具有成本低、可用低品位礦物為原料等優(yōu)點。依據(jù)綠色化學理念，該工藝流程中存在的不足之處是 （只要求寫出一項 ）。（6）依據(jù)表格信息，要精制含少量SiCl 4雜質的TiCl 4，可采用 方法。TiCl4SiCl4熔點/-25.0-68.8沸點/136.457.6

25、【思路點撥】解答本題要明確如下三點：（1）求平衡常數(shù)時，可以將表達式中的分子和分母都乘以某種微粒的濃度，以找出與所給條件相符的式子。（2）綠色化學的基本要求。（3）分離互溶的液體混合物的方法。【精講精析】（1）從圖中可以看出，對流程進行處理的目的是得到富含TiO2+的溶液和綠礬（FeSO4·7H2O），所以加入鐵粉的目的是將Fe3+還原為Fe2+，同時將部分TiO2+還原成Ti3+，以防止Fe2+被氧化成Fe3+。（2）膠體的分散質微粒直徑的大小在109107m之間。（3）Fe(OH)3中存在如下沉淀溶解平衡：Fe(OH)3（s）Fe3+（aq）+3OH（aq），KspFe（OH）3c（Fe3+）·c3（OH）2.79×1039，F(xiàn)e（OH）3+3H+Fe3+3H2O，K2.79×103。（4）先寫出該反應的化