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.(2022·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)：①pH=1的强酸溶液,加水稀释后,溶液中所有离子的浓度均降低。②pH=2的盐酸和pH=1的醋酸,c(H+)之比为2∶1。③在Na2CO3和NaHCO3溶液中均存在下列关系c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)。④反应2A(s)+B(g)====2C(g)+D(g)不能自发进行,则该反应ΔH一定大于0。⑤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Ka·Kh=Kw。其归纳正确的是( )A.①②③ B.③④⑤C.②④⑤D.①④⑤2.常温下,0.1mol·L-1某一元酸HA溶液中=1×10-12,下列说法正确的是( )A.溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-10mol·L-1B.溶液中存在HAH++A-C.与0.1mol·L-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.(2022·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(NH3·H2O)B.某溶液中只存在Cl-、OH-、N、H+四种离子,则一定不存在下列关系:c(Cl-)>c(N)>c(H+)=c(OH-)C.将0.2mol·L-1的某一元酸HA溶液和0.1mol·L-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+)=1×10-amol·L-1,则溶液的pH一定为14-a5.(2022·北京高考)实验：①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-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；②向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液,出现浑浊；③向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液,沉淀变为黄色。-7-\n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.③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.(2022·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0.1mol·L-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①表示NaOH溶液滴定盐酸时的pH变化B.酸溶液的体积均为10mLC.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)(2022·郑州二模)A、B、C、D、E五种溶液分别是NaOH、NH3·H2O、CH3COOH、HCl、NH4HSO4中的一种。常温下进行下列实验:①将1LpH=3的A溶液分别与0.001mol·L-1xLB溶液、0.001mol·L-1yLD溶液充分反应至中性,x、y的大小关系为y<x;②浓度均为0.1mol·L-1A和E溶液,pH:A<E;③浓度均为0.1mol·L-1C与D溶液等体积混合,溶液呈酸性。回答下列问题:(1)D是 溶液,判断理由是 。(2)用水稀释0.1mol·L-1B溶液时,溶液中随着水量的增加而减小的是 (填写序号)。①;②;③c(H+)和c(OH-)的乘积;④OH-的物质的量(3)OH-浓度相同的等体积的两份溶液A和E,分别与锌粉反应,若最后仅有一份溶液中存在锌粉,且放出氢气的质量相同,则下列说法正确的是 (填写序号)。①反应所需要的时间E>A②开始反应时的速率A>E③参加反应的锌粉的物质的量A=E④反应过程的平均速率E>A⑤A溶液里有锌粉剩余⑥E溶液里有锌粉剩余8.(16分)(1)(2022·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(mol·L-1)盐酸物质的量浓度(mol·L-1)混合溶液pH-7-\n①0.10.1pH=5②c0.2pH=7③0.20.1pH>7请回答:从第①组情况分析,该组所得混合溶液中由水电离出的c(H+)= mol·L-1;从第②组情况表明,c 0.2mol·L-1(填“>”“<”或“=”);从第③组情况分析可知,混合溶液中c(N) c(NH3·H2O)(填“>”“<”或“=”)。(2)(2022·青岛一模)写出以下四组溶液N浓度由大到小的顺序 (填选项编号)。A.0.1mol·L-1NH4ClB.0.1mol·L-1NH4Cl和0.1mol·L-1NH3·H2OC.0.1mol·L-1NH3·H2OD.0.1mol·L-1NH4Cl和0.1mol·L-1HCl(3)在25℃下,将amol·L-1的NaCN溶液与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合,反应后测得溶液pH=7,则a 0.01(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1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa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4～9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(CaSO4·2H2O)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20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液40mL,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:①在同一溶液中,H2CO3、HC、C (填“能”或“不能”)大量共存;②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+)=10-9mol·L-1,则该电解质可能是 (填序号)。-7-\nA.CuSO4 B.HCl C.Na2S D.NaOH E.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,0.1mol·L-1的NaHA溶液其pH=2,则0.1mol·L-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 。-7-\n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,①错误；pH=2的盐酸c(H+)=0.01mol·L-1,pH=1的醋酸,c(H+)=0.1mol·L-1,二者c(H+)之比为1∶10,②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③正确；ΔG=ΔH-TΔS,反应2A(s)+B(g)====2C(g)+D(g)的ΔS<0,所以当ΔH>0时,ΔG>0,该反应不能自发进行,④正确；在CH3COOH中,Ka=,所以c(H+)=；Kh=,所以c(OH-)=,根据Kw=c(H+)·c(OH-)知KW=Ka·Kh,⑤正确,故选B。2.【解析】选C。常温下KW=10-14,把=1×10-12分子分母同乘以c(H+),则c(H+)=1×10-1mol·L-1,c(OH-)=1×10-13mol·L-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1×10-13mol·L-1,所以水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-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CH3COOH>H2CO3>HC,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0.1mol·L-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③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①,而且消耗10mL的氢氧化钠时pH=7,则盐酸体积为10mL,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NH3·H2O和NaOH溶液,则B、D只能是NaOH和NH3·H2O,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NH3·H2O。(2)用水稀释0.1mol·L-1的NH3·H2O时,平衡NH3·H2ON+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。-7-\n(3)根据题目信息②③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)<c(CH3COOH),故和Zn反应时,开始反应速率相同,但Zn与HCl反应的速率减小的程度大,反应时间长,Zn质量相同仅有一份溶液锌粉有剩余且生成m(H2)相同,说明HCl完全反应,CH3COOH有剩余,二者反应消耗Zn质量相同,综上所述③④⑤正确。答案:(1)NaOH 能中和酸性物质A的只有NaOH和NH3·H2O,一定物质的量的A与等物质的量浓度的B和D溶液反应至中性,消耗D的体积小,说明D的碱性比B的碱性强(2)①② (3)③④⑤8.【解析】(1)氯化铵溶液中的氢离子全部是水电离的,所以是1×10-5mol·L-1;当溶液中的溶质是氯化铵时溶液因N水解呈酸性,要使溶液呈碱性,碱的量应过量,故选“>”;溶液中氯化铵和氨水的物质的量相等,由NH4Cl====N+Cl-,NH3·H2ON+OH-知c(N)>c(NH3·H2O),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B>D>A>C。(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)=×0.01mol·L-1;因pH=7,c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-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)mol·L-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)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)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+CaSO4·2H2O====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--7-\nNa2CO3+CaSO4·2H2OCaCO3+Na2SO4+2H2O(3)①不能 ②HC、H2CO3 c(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呈碱性,故选C、D。(2)使Cl2+H2OHClO+HCl正向移动且不消耗HClO即可,如再通入氯气;加入碳酸盐;加入次氯酸钠等。(3)根据强酸可制取弱酸知,越难电离的酸,其酸性越小,结合氢离子越容易,故HB-<B2-<A-。(4)0.1mol·L-1的NaHA溶液其pH=2,说明HA-电离程度大于水解程度,故:0.1mol·L-1<c(H+)<0.11mol·L-1;钠离子不水解,其浓度是0.1mol·L-1,酸式酸根离子水解、电离,但电离程度大于水解程度,所以酸式酸根离子浓度大于氢离子浓度,氢离子浓度大于酸根离子浓度,酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度,故为c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)。答案:(1)C、D (2)通入氯气;加入碳酸盐;加入次氯酸钠 (3)HB-<B2-<A-(4)0.1mol·L-1 0.11mol·L-1c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)-7-
