【状元之路】2022届高考化学 二轮热点专题专练钻石卷 2-9电解质溶液 新人教版

高考专题训练(九)　电解质溶液一、选择题1．(2022·山东期末)下列说法正确的是(　　)A．0.1mol·L－1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，V1LpH＝11的NaOH溶液与V2LpH＝3的HA溶液混合，若混合液显中性，则V1≤V2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V1＝V2，若HA为弱酸，则V1>V2，D项错误。答案　A2．(2022·福建)常温下0.1mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)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0.2mol·L－1盐酸D．提高溶液的温度解析　醋酸的电离平衡为：CH3COOHCH3COO－＋H＋。A项，加水稀释10倍，平衡右移，稀释后c(H＋)大于原先的1/10，pH<a＋1；B项，加入CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低，pH可能达到a＋1；C项，加入0.2mol·L－1HCl，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．(2022·北京期末)室温下，有两种溶液：①0.01mol·L－1NH3·H2O、②0.01mol·L－1NH4Cl，下列操作可以使两种溶液中c(NH)都增大的是(　　)A．加入少量H2OB．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，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，c(NH)减小，NH4Cl中由于发生反应：NH＋OH－===NH3·H2O，会导致c(NH)减小，故B项错误。通入少量HCl气体，①中发生酸碱中和反应促进NH3·H2O的电离，所以c(NH)增大，②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，②中NH的浓度减小，故D项错误。答案　C10\n4．(2022·北京东城综合)下列图象表达正确的是(　　)A．图①表示25℃时，用0.1mol·L－1盐酸滴定20mL0.1mol·L－1NaOH溶液B．图②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③表示向CaCl2和盐酸的混合溶液中滴加Na2CO3溶液D．图④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．(2022·安徽)氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25℃时：①HF(aq)＋OH－(aq)===F－(aq)＋H2O(l)ΔH＝－67.7kJ·mol－1②H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)　ΔH＝－57.3kJ·mol－1。在20mL0.1mol·L－1氢氟酸中加入VmL0.1mol·L－1NaOH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)　ΔH10\n＝＋10.4kJ·mol－1B．当V＝20时，溶液中：c(OH－)＝c(HF)＋c(H＋)C．当V＝20时，溶液中：c(F－)<c(Na＋)＝0.1mol·L－1D．当V>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①－②可得：HF(aq)F－(aq)＋H＋(aq)　ΔH＝－10.4kJ·mol－1，A项错误；当V＝20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V＝20时，c(F－)<c(Na＋)＝0.05mol·L－1，C项错误；当加入很少量的NaOH溶液时，混合液可能呈酸性，则溶液中存在c(F－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，D项错误。答案　B6．(2022·北京东城综合)已知某一温度下，0.1mol·L－1NaHA的强电解质溶液中：c(H＋)<c(OH－)。则下列关系一定不正确的是(　　)A．c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)B．c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1mol·L－1C．将上述溶液稀释至0.01mol/L，c(H＋)·c(OH－)不变D．c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2A)解析　A项，根据电荷守恒应该有：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)，故错误；B项，由物料守恒知c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1mol/L，故正确，C项，温度不变，则c(H＋)·c(OH－)不变，正确；D项，将物料守恒式中的c(Na＋)代入电荷守恒关系式中即得，正确。答案　A7．(2022·长春调研)25℃时，在1.0L浓度均为0.01mol·L－1的某一元酸HA与其钠盐组成的混合溶液中，测得c(Na＋)>c(A－)，则下列描述中不正确的是(　　)A．该溶液的pH<7B．HA的酸性很弱，A－的水解程度大于HA的电离程度C．c(A－)＋c(HA)＝0.02mol·L－1D．n(A－)＋n(OH－)＝0.01mol＋n(H＋)解析　HA与NaA的混合溶液中，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，由于c(Na＋)>c(A－)，则c(H＋)<c(OH－)，pH>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)＝0.02mol·L－1，C项正确；由电荷守恒，n(A－)＋n(OH－)＝n(Na＋)＋n(H＋)＝0.01mol＋n(H＋)，D项正确。答案　A8．(2022·孝感统考)下列粒子浓度关系错误的是(　　)A．NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)10\nB．Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)C．pH＝2的盐酸与pH＝12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(H2CO3)，故A项错误。B项是正确的质子守恒式。C项是正确的电荷守恒式。等物质的量浓度的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，也存在物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，两式联立消去c(Na＋)可得D项中关系式，故D项正确。答案　A9．(2022·河南统考)如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是(　　)A．盐酸的物质的量浓度为1mol/LB．P点时恰好完全反应，溶液呈中性C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D．酚酞不能用作本实验的指示剂解析　由滴定起始时pH＝1可知盐酸的浓度为0.1mol/L，A项错误；曲线a起始时溶液pH＝1，可知是NaOH溶液滴定盐酸的曲线；酸碱中和滴定操作中可选用酚酞或甲基橙作为指示剂。答案　B10．(2022·北京期末)下列应用与盐类的水解无关的是(　　)A．纯碱溶液可去除油污B．NaCl可用作防腐剂和调味剂C．TiCl4溶于大量水加热制备TiO210\nD．FeCl3饱和溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体解析　C项，TiCl4在水溶液中加热时先水解生成Ti(OH)4，再受热分解生成TiO2。答案　B11．(2022·重庆)向10mL0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液xmL。下列叙述正确的是(　　)A．x＝10时，溶液中有NH、Al3＋、SO，且c(NH)>c(Al3＋)B．x＝10时，溶液中有NH、AlO、SO，且c(NH)>c(SO)C．x＝30时，溶液中有Ba2＋、AlO、OH－，且c(OH－)<c(AlO)D．x＝30时，溶液中有Ba2＋、Al3＋、OH－，且c(OH－)＝c(Ba2＋)解析　10mL0.1mol·L－1NH4Al(SO4)2的溶液中，加入等浓度Ba(OH)2溶液时，Ba2＋与SO反应，OH－与NH、Al3＋反应。当x＝10时，NH4Al(SO4)2与Ba(OH)2物质的量相等，Ba2＋、OH－反应完毕，SO剩一半没有反应，由于Al3＋结合OH－的能力大于NH，所以OH－优先与Al3＋反应，根据Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓可知OH－不足，Al3＋未完全反应，NH没有与OH－反应，所以溶液中有NH、Al3＋、SO，且c(NH)>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x＝30时，Al3＋转化为AlO，NH转化为NH3·H2O。由于NH3·H2O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．(2022·辽宁测试)已知25℃时，Mg(OH)2的浓度积常数Ksp＝5.6×10－12，MgF2的溶度积常数Ksp＝7.4×10－11。下列说法正确的是(　　)A．25℃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B．25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者c(Mg2＋)增大C．25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大D．25℃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NH3·H2O，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．(2022·浙江)已知：I2＋2S2O===S4O＋2I－相关物质的溶度积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.2×10－202.6×10－391.7×10－71.3×10－1210\n(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，加入________，调至pH＝4，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CuCl2·2H2O晶体。(2)在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是________________________(用化学方程式表示)。由CuCl2·2H2O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CuCl2·2H2O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0.1000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。①可选用________作滴定指示剂，滴定终点的现象是________________________________；②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为________________________________________________________________________；③该试样中CuCl2·2H2O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pH＝4时，c(H＋)＝1×10－4mol·L－1，c(OH－)＝1×10－10mol·L－1，由Fe(OH)3的Ksp计算可得c(Fe3＋)＝Ksp/c3(OH－)＝2.6×10－39/(1×10－30)＝2.6×10－9mol·L－1。(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2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2＋2HCl＋2H2O；要得到纯的无水CuCl2的合理方法是让CuCl2·2H2O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：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，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2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===S4O＋2I－，可知Cu2＋～S2O，n(Cu2＋)＝0.1000mol·L－1×20.00×10－3L＝2.0×10－3mol，m(CuCl2·2H2O)＝2.0×10－3mol×171g·mol－1＝0.342g，则试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为0.342g÷0.36g×100%＝95%。答案　(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3若CuO2．6×10－9mol·L－1(2)2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2＋2HCl＋2H2O[主要产物写成Cu(OH)210\n、Cu(OH)Cl、CuO均可]　在干燥的HCl气流中加热脱水(3)①淀粉溶液　蓝色褪去，放置半分钟后不复色②2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2③95%14．(2022·北京期末)常温下，将0.1000mol·L－1NaOH溶液滴入20.00mL0.1000mol·L－1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②点所示溶液中，下列粒子的浓度关系正确的是________(填序号)。a．2c(Na＋)＝c(HA)＋c(A－)b．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)c．c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)(3)图中③点所示滴入的NaOH溶液的体积V________20.00mL(填“>”、“<”或“＝”)。解析　(1)根据图象可知，0.1000mol·L－1的HA溶液的pH大于1，所以HA是弱酸，书写离子方程式时要保留化学式。(2)观察图象可知，图中②点溶液中含有等浓度的NaA与HA，并且pH小于7。a是正确的物料守恒表达式。b是正确的电荷守恒表达式。c错误，应为c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。(3)图中③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)HA＋OH－===A－＋H2O(2)ab(3)<15．(2022·北京)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。10\n(1)用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：____________________________________________________________________。(2)在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是__________________________________________________________________________________。(3)吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO)n(HSO)变化关系如下表：n(SO):n(HSO)91:91:19:91pH8.27.26.2①由上表判断，NaHSO3溶液显________性，用化学平衡原理解释：_______________________________________________________________________；②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)________。a．c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)b．c(Na＋)>c(HSO)>c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)c．c(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：①HSO在阳极放电的电极反应式是________________________________________________________________________；②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)①由表格数据知，随n(HSO)的增大，溶液酸性增强，即HSO10\n的电离程度大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。②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：HSO＋H2O－2e－===SO＋3H＋，另外，亚硫酸根离子在阳极也发生氧化反应，电极反应式为SO－2e－＋H2O===SO＋2H＋。答案　(1)SO2＋H2OH2SO3、2H2SO3＋O22H2SO4(2)2OH－＋SO2===H2O＋SO(3)①酸　HSO存在：HSOH＋＋SO和HSO＋H2OH2SO3＋OH－，HSO的电离程度强于水解程度②ab(4)①HSO＋H2O－2e－===SO＋3H＋②H＋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．(2022·广东)难溶性杂卤石(K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O)属于“呆矿”，在水中存在如下平衡：K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O(s)2Ca2＋＋2K＋＋Mg2＋＋4SO＋2H2O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，①________②________。10\n(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)＋COCaCO3(s)＋SO已知298K时，Ksp(CaCO3)＝2.80×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.90×10－5，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)浸出液中有大量Ca2＋及OH－，可加K2CO3溶液及H2SO4溶液除杂。(4)图中显示随着温度升高，K＋的浸出浓度增大，浸出速率加快。答案　(1)Mg(OH)2　CaSO4(二者位置互换也正确)(2)加入Ca(OH)2溶液后，生成Mg(OH)2、CaSO4沉淀，溶液中Mg2＋浓度减小，使平衡右移(3)K2CO3　H2SO4(4)①溶浸达到平衡的时间缩短②平衡时K＋的浸出浓度增大(其他合理答案也可)(5)CaSO4(s)Ca2＋＋SOKsp(CaSO4)＝c(Ca2＋)·c(SO)CaCO3(s)Ca2＋＋COKsp(CaCO3)＝c(Ca2＋)·c(CO)K＝＝＝＝1.75×10410