（福建專用）2014版高三化學 專題檢測卷（七） 專題二 第4講 電解質溶液（含解析）

電解質溶液(45分鐘100分)一、選擇題(本題包括7小題,每小題6分,共42分)1.相同溫度、相同物質的量濃度的四種溶液：CH3COONaNaHSO4NaClNH4Cl,按pH由大到小的順序排列,正確的是()A.>>>B.>>>C.>>>D.>>>2.常溫下,0.1 mol·L-1某一元酸HA溶液中=1×10-12,下列說法正確的是()A.溶液中由水電離出的c(H+)=1×10-10mol·L-1B.溶液中存在HAH+A-C.與0.1 mol·L-1NaOH溶液等體積混合后,所得溶液呈中性D.原溶液中加入一定量NaA晶體或加水稀釋后,溶液中c(OH-)均增大3.(2013·昆明質檢)常溫下,對下列電解質溶液的有關說法正確的是()A.相同濃度和體積的強堿和強酸溶液混合后,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固體,c(Ag+)減小D.把pH相等的CH3COONa和Na2CO3溶液稀釋相同的倍數(shù),CH3COONa溶液pH較大4.(2013·泉州質檢)下列溶液中,微粒的物質的量濃度關系一定正確的是()A.0.1 mol·L-1的硫化鉀溶液中：c(OH-)>c(HS-)+2c(H2S)B.常溫下,pH=7的CH3COOH與CH3COONa的混合液中：c(CH3COO-)<c(Na+)C.0.1 mol·L-1的NH4Cl溶液中：c(N)>c(H+)>c(Cl-)>c(OH-)D. pH=3的一元酸和pH=11的一元強堿等體積混合：c(H+)=c(OH-)5.某溫度下,pH=11的氨水和NaOH溶液分別加水稀釋100倍,溶液的pH隨溶液體積變化的曲線如右圖所示。據(jù)圖判斷錯誤的是()A.a的數(shù)值一定大于9B.為氨水稀釋時溶液的pH變化曲線C.稀釋后氨水中水的電離程度比NaOH溶液中水的電離程度大D.完全中和相同體積的兩溶液時,消耗相同濃度的稀硫酸的體積： V(NaOH)<V(氨水)6.(2013·北京高考)實驗：0.1 mol·L-1AgNO3溶液和0.1 mol·L-1NaCl溶液等體積混合得到濁液a,過濾得到濾液b和白色沉淀c;向濾液b中滴加0.1 mol·L-1KI溶液,出現(xiàn)渾濁;向沉淀c中滴加0.1 mol·L-1KI溶液,沉淀變?yōu)辄S色。下列分析不正確的是()A.濁液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)B.濾液b中不含有Ag+C.中顏色變化說明AgCl轉化為AgID.實驗可以證明AgI比AgCl更難溶7.(2013·三明一模)室溫下,用0.100 mol·L-1NaOH溶液分別滴定20.00 mL 0.100 mol·L-1的鹽酸和醋酸,滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是()A.、分別表示鹽酸和醋酸的滴定曲線B.V(NaOH)=10.00 mL時,>1C.當V(NaOH)=20.00 mL時,兩種酸溶液的pH均等于7D.V(NaOH)=20.00 mL時,c(Cl-)<c(CH3COO-)二、非選擇題(本題包括4小題,共58分)8.(12分)(2013·鄭州二模)A、B、C、D、E五種溶液分別是NaOH、NH3·H2O、CH3COOH、HCl、NH4HSO4中的一種。常溫下進行下列實驗：將1 L pH=3的A溶液分別與0.001 mol·L-1xL B溶液、0.001 mol·L-1yL D溶液充分反應至中性,x、y的大小關系為y<x;濃度均為0.1 mol·L-1A和E溶液,pH：A<E;濃度均為0.1 mol·L-1C與D溶液等體積混合,溶液呈酸性?；卮鹣铝袉栴}：(1)D是溶液,判斷理由是 。(2)用水稀釋0.1 mol·L-1B溶液時,溶液中隨著水量的增加而減小的是(填寫序號)。;c(H+)和c(OH-)的乘積;OH-的物質的量(3)OH-濃度相同的等體積的兩份溶液A和E,分別與鋅粉反應,若最后僅有一份溶液中存在鋅粉,且放出氫氣的質量相同,則下列說法正確的是 (填寫序號)。反應所需要的時間E>A開始反應時的速率A>E參加反應的鋅粉的物質的量A=E反應過程的平均速率E>AA溶液里有鋅粉剩余E溶液里有鋅粉剩余9.(14分)(1)(2013·青島一模)常溫下,某同學將稀鹽酸與氨水等體積混合,兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如表：實驗編號氨水物質的量濃度(mol·L-1)鹽酸物質的量濃度(mol·L-1)混合溶液pH0.10.1pH=5c0.2pH=70.20.1pH>7請回答：從第組情況分析,該組所得混合溶液中由水電離出的c(H+)=mol·L-1;從第組情況表明,c0.2 mol·L-1(填“>”“<”或“=”);從第組情況分析可知,混合溶液中c(N)c(NH3·H2O)(填“>”“<”或“=”)。(2)(2013·青島一模)寫出以下四組溶液N濃度由大到小的順序(填選項編號)。A.0.1 mol·L-1NH4ClB.0.1 mol·L-1NH4Cl和0.1 mol·L-1NH3·H2OC.0.1 mol·L-1NH3·H2OD.0.1 mol·L-1NH4Cl和0.1 mol·L-1HCl(3)在25下,將amol·L-1的NaCN溶液與0.01 mol·L-1的鹽酸等體積混合,反應后測得溶液pH=7,則a0.01(填“>”“<”或“=”);用含a的代數(shù)式表示HCN的電離常數(shù)Ka=。(4)取某工業(yè)廢水水樣于試管中,加入NaOH溶液觀察到有藍色沉淀生成,繼續(xù)加至不再產(chǎn)生藍色沉淀為止,再向溶液中加入足量Na2S溶液,藍色沉淀轉化成黑色沉淀。該過程中反應的離子方程式是 。10.(14分)在含有弱電解質的溶液中,往往有多個化學平衡共存。(1)一定溫度下,向1 L 0.1 mol·L-1CH3COOH溶液中加入0.1 mol CH3COONa固體,則溶液中(填“增大”“不變”或“減小”);寫出表示該混合溶液中所有離子濃度之間的一個等式。(2)土壤的pH一般在49之間。土壤中Na2CO3含量較高時,pH可高達10.5,試用離子方程式解釋土壤呈堿性的原因。加入石膏(CaSO4·2H2O)可以使土壤堿性降低,有關反應的化學方程式為 。(3)常溫下在20 mL 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1HCl溶液40 mL,溶液中含碳元素的各種微粒(CO2因逸出未畫出)物質的量分數(shù)(縱軸)隨溶液pH變化的部分情況如圖所示?；卮鹣铝袉栴}：在同一溶液中,H2CO3、HC、C(填“能”或“不能”)大量共存;當pH=7時,溶液中含碳元素的主要微粒為,溶液中各種離子的物質的量濃度的大小關系為 ;已知在25時,C水解反應的平衡常數(shù)即水解常數(shù)Kh=2.0×10-4mol·L-1,當溶液中c(HC)c(C)=21時,溶液的pH=。11.(18分)(2013·福州聯(lián)考)水溶液是中學化學的重點研究對象。(1)水是極弱的電解質,也是最重要的溶劑。常溫下某電解質溶解在水中后,溶液中的c(H+)=10-9mol·L-1,則該電解質可能是(填序號)。A.CuSO4B.HClC.Na2SD.NaOHE.K2SO4(2)已知次氯酸是比碳酸還弱的酸,要使新制稀氯水中的c(HClO)增大,可以采取的措施為(至少回答兩種) 。(3)強酸制弱酸是水溶液中的重要經(jīng)驗規(guī)律。已知HA、H2B是兩種弱酸,存在以下關系：H2B(少量)+2A-=B2-+2HA,則A-、B2-、HB-三種陰離子結合H+的難易順序為 。某同學將H2S通入CuSO4溶液中發(fā)現(xiàn)生成黑色沉淀,查閱資料并在老師的指導下寫出了化學方程式：H2S +CuSO4=CuS+H2SO4,但這位同學陷入了困惑：這不成了弱酸制取強酸了嗎?請你幫助解釋 。(4)已知：H2A=H+HA-HA-H+A2-,常溫下,0.1 mol·L-1的NaHA溶液其pH =2,則0.1 mol·L-1的H2A溶液中氫離子濃度的大小范圍是<c(H+)<NaHA溶液中各種離子濃度大小關系為 。(5)已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10,向50 mL 0.018 mo1·L-l的AgNO3溶液中加入相同體積0.020 mol·L-1的鹽酸,則c(Ag+)=,此時所得混合溶液的pH=。答案解析1.【解析】選B。四種溶液可分成三組：NaHSO4電離顯酸性,pH<7;NaCl為強酸強堿的正鹽,不水解,溶液呈中性,pH=7;CH3COONa是強堿弱酸鹽,水溶液呈堿性,pH>7;NH4Cl是強酸弱堿鹽,水解使溶液呈酸性,pH<7,但水解程度弱,而NaHSO4在溶液中完全電離,酸性很強。故pH由大到小的順序為>>>,B項正確。2.【解析】選C。常溫下KW=10-14,把=1×10-12分子分母同乘以c(H+),則c(H+)=1×10-1mol·L-1,c(OH-)=1×10-13mol·L-1,所以HA是強酸,B、D錯誤,C正確;酸溶液中的c(OH-)等于水電離出的c(OH-),為1×10-13mol·L-1,所以水電離出的c(H+)=1×10-13mol·L-1,A錯誤。3.【解析】選C。因不知道是幾元強酸與幾元強堿,混合后反應情況不確定,溶液酸堿性難斷定,A錯誤;NaHCO3溶液顯堿性,說明HC在溶液中電離程度小于其水解程度,B錯誤;加入NaCl固體后溶解平衡逆向移動,C正確;因酸性CH3COOH>H2CO3>HC,則C的水解程度比CH3COO-水解程度大,D錯誤。4.【解析】選A。A項,根據(jù)電荷守恒式和物料守恒式可得：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),c(OH-)>c(HS-)+2c(H2S),正確;B項,根據(jù)電荷守恒判斷,c(CH3COO-)=c(Na+),不正確;C項,NH4Cl溶液因N水解而顯酸性,離子濃度由大到小的順序為c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(OH-),不正確;D項,若一元酸是弱酸,則混合后的溶液顯酸性,不正確。5.【解析】選C。pH=11的氨水和NaOH溶液分別加水稀釋100倍,氨水為弱堿,稀釋過程中電離程度增大,因此其pH改變比NaOH溶液的pH改變小,故為NaOH溶液,為氨水, B對;pH=11的NaOH溶液稀釋100倍后溶液的pH=9,故a>9,A對;稀釋后氨水電離出的c(OH-)大于NaOH電離出的c(OH-),因此氨水中水的電離程度小于NaOH溶液中水的電離程度,C錯;pH=11的氨水和NaOH溶液,NH3·H2O的物質的量濃度大于NaOH的物質的量濃度,因此中和相同體積的兩溶液時,消耗相同濃度的稀硫酸的體積：V(NaOH)<V(氨水),D對。6.【解析】選B。由于硝酸銀和氯化鈉混合后一定生成氯化銀的懸濁液,所以在該懸濁液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq);向過濾后的濾液中加入0.1 mol·L-1的KI,出現(xiàn)渾濁,說明在濾液b中仍然存在Ag+;沉淀總是向著生成物溶解度更小的方向移動,所以由實驗可知,由于沉淀由白色轉化成黃色,所以是由氯化銀轉化成碘化銀,所以碘化銀比氯化銀更難溶。7.【解析】選B。0.100 mol·L-1鹽酸的pH=1,用NaOH溶液滴定時pH變化比醋酸大,A錯誤;V(NaOH)=10.00 mL時,溶液中CH3COOH和CH3COONa共存且物質的量相等,此時溶液顯酸性c(OH-)<c(H+),根據(jù)CH3COOHCH3COO-+H+和CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-可得出c(CH3COO-)>c(CH3COOH),B正確;V(NaOH)=20.00 mL時,鹽酸和醋酸恰好完全反應,溶液中溶質分別為等物質的量的NaCl和CH3COONa,而CH3COO-會水解,溶液呈堿性,故C、D錯誤。8.【解析】(1)A溶液顯酸性,能中和A溶液的物質只有NH3·H2O和NaOH溶液,則B、D只能是NaOH和NH3·H2O,中和等物質的量的A消耗等濃度的B的體積大,說明D的堿性比B的堿性強,則D是NaOH,B是NH3·H2O。(2)用水稀釋0.1 mol·L-1的NH3·H2O時,平衡NH3·H2ON+OH-正向移動,n(N)和n(OH-)增大,但溶液堿性減弱,即減小;c(B)減小,c(OH-)雖減小,因電離使c(OH-)減小的程度小,則減小,即減小;溫度不變,c(H+)·c(OH-)不變。(3)根據(jù)題目信息可推知A、C、E分別為HCl、NH4HSO4和CH3COOH,c(OH-)相同的HCl和CH3COOH溶液中c(H+)相同,則c(HCl)<c(CH3COOH),故和Zn反應時,開始反應速率相同,但Zn與HCl反應的速率減小的程度大,反應時間長,Zn質量相同僅有一份溶液鋅粉有剩余且生成m(H2)相同,說明HCl完全反應,CH3COOH有剩余,二者反應消耗Zn質量相同,綜上所述正確。答案：(1)NaOH能中和酸性物質A的只有NaOH和NH3·H2O,一定物質的量的A與等物質的量濃度的B和D溶液反應至中性,消耗D的體積小,說明D的堿性比B的堿性強(2)(3)9.【解析】(1)氯化銨溶液中的氫離子全部是水電離的,所以是1×10-5mol·L-1;當溶液中的溶質是氯化銨時溶液因N水解呈酸性,要使溶液呈堿性,堿的量應過量,故選“>”;溶液中氯化銨和氨水的物質的量相等,由NH4Cl=N+Cl-,NH3·H2ON+OH-知c(N)>c(NH3·H2O),所以銨根離子濃度大于氨水,故選“>”。(2)鹽酸和氨水能抑制氯化銨的水解,氨水是弱電解質,電離程度最小,所以N濃度大小順序是B>D>A>C。(3)反應后測得溶液pH=7,則可推知NaCN過量。溶液中溶質為NaCN、NaCl和HCN,因HCN電離程度很小,則c(HCN)=×0.01 mol·L-1;因pH=7,c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1,再根據(jù)電荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CN-)+c(OH-)得c(CN-)=c(Na+)-c(Cl-)=(a-0.01)mol·L-1,則Ka=(100a-1)×10-7。(4)藍色沉淀為Cu(OH)2,CuS(s)比Cu(OH)2(s)更難溶,發(fā)生了沉淀的轉化。離子方程式為Cu2+2OH-=Cu(OH)2;Cu(OH)2(s)+S2-(aq)=CuS(s)+2OH-(aq)。答案：(1)1×10-5>>(2)B>D>A>C(3)>(100a-1)×10-7(4)Cu2+2OH-=Cu(OH)2,Cu(OH)2(s)+S2-(aq)=CuS(s)+2OH-(aq)10.【解析】(1)K=,K僅受溫度影響。由電荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)。(2)土壤呈堿性,是因C水解顯堿性所致。利用沉淀的轉化與生成規(guī)律,CaSO4轉化為更難溶的物質CaCO3：Na2CO3+CaSO4·2H2O=CaCO3+Na2SO4+2H2O。(3)通過觀察圖像求解問。中c(OH-)=1.0×10-4mol·L-1,則c(H+)=1.0×10-10mol·L-1,pH=10。答案：(1)不變c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)(2)C+H2OHC+OH-Na2CO3+CaSO4·2H2OCaCO3+Na2SO4+2H2O(3)不能HC、H2CO3c(Na+)>c(Cl-)>c(HC)>c(H+)=c(OH-)1011.【解析】(1)根據(jù)題意知,水的電離受到抑制且該溶液呈堿性,故選C、D。(2)使Cl2+H2OHClO+HCl正向移動且不消耗HClO即可,如再通入氯氣;加入碳酸鹽;加入次氯酸鈉等。(3)根據(jù)強酸可制取弱酸知,越難電離的酸,其酸性越小,結合氫離子越容易,故HB-<B2-<A-。銅離子和硫化氫之所以能生成硫化銅沉淀,是因為硫化銅極難溶于水,也難溶于酸,故能發(fā)生反應。(4)0.1 mol·L-1的NaHA溶液其pH =2,說明HA-電離程度大于水解程度,故：0.1 mol·L-1<c(H+)<0.11 mol·L-1;鈉離子不水解,其濃度是0.1 mol·L-1,酸式酸根離子水解、電離,但電離程度大于水解程度,所以酸式酸根離子濃度大于氫離子濃度,氫離子濃度大于酸根離子濃度,酸根離子濃度大于氫氧根離子濃度,故為c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)。(5)溶液混合后,鹽酸和硝酸銀反應鹽酸有剩余,鹽酸的濃度為0.001 mol·L-1,銀離子物質的量濃度為1.8×10-10mol2·L-2÷0.001 mol·L-1=1.8×10-7mol·L-1。鹽酸的濃度為0.001 mol·L-1,溶液的pH為3。答案：(1)C、D(2)通入氯氣;加入碳酸鹽;加入次氯酸鈉(3)HB-<B2-<A-銅離子和硫化氫之所以能生成硫化銅沉淀,是因為硫化銅極難溶于水,也難溶于酸,故能發(fā)生反應(4)0.1 mol·L-10.11 mol·L-1c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)(5)1.8×10-7mol·L-13