2022届高三化学一轮复习考点特训电解质溶液2含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习考点特训电解质溶液2含解析，共23页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
电解质溶液
一、选择题（共10题）
1.有等体积、等pH的Ba(OH)2、NaOH和NH3·H2O三种碱溶液，滴加等浓度的盐酸将它们恰好中和，用去酸的体积分别为V1、V2、V3，则三者的大小关系正确的是
A．V3>V2>V1 B．V3=V2=V1　 C．V1=V2>V3　　 D．V3>V2=V1

2.下列关于平衡体系的各说法中不正确的是(　　)
A．在N2+3H22NH3的平衡体系中，缩小体积，平衡向右移动，氨的产率增加
B．在CH3COOH CH3COO－+H+的平衡体系中加入CH3COONa固体，平衡向左移动
C．纯水升温到100℃时，pH小于7，呈酸性
D．在盐酸中加入KCl晶体，溶液pH不变

3.室温下，用0.100mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol·L-1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）

A．Ⅰ表示的是滴定盐酸的曲线
B．醋酸的电离平衡常数K=1×10-5
C．pH>7时，滴定醋酸消耗V(NaOH)一定大于20mL
D．V(NaOH)=20mL时，两份溶液中c(Cl-)=c(CH3COO-)

4.常温下向20mL 0.2mol/L H2A溶液中滴加0.2mol/L NaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如下图(其中Ⅰ代表H2AⅡ代表HA-Ⅲ代表A2-)根据图示判断下列说法正确的是( )

A．H2A在水中的电离方程式是：H2A=H+＋HA-、HA-⇌H+＋A2-
B．当V(NaOH)＝20mL时溶液中各粒子浓度的大小顺序为：c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)
C．等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后其溶液中水的电离程度比纯水大
D．当V(NaOH)＝30mL时，溶液中存在以下关系：2c(H+)＋c(HA-)＋2c(H2A)＝c(A2-)＋2c(OH-)

5.已知部分弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸
醋酸
次氯酸
碳酸
亚硫酸
电离平衡常数（25℃）
Ka=1.75×10-5
Ka=2.98×10-8
Ka1=4.30×10-7
Ka2=5.61×10-11
Ka1=1.54×10-2
Ka2=1.02×10-7
下列离子方程式正确的是（ ）
A．少量CO2通入NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO-═CO+2HClO
B．少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2++2ClO-═CaSO3↓+2HClO
C．少量SO2通入Na2CO3溶液中：SO2+H2O+2CO═SO+2HCO
D．相同浓度NaHCO3溶液与醋酸溶液等体积混合：H++HCO═CO2↑+H2O

6.某兴趣小组进行下列实验：
①将0.1mol·L-1MgCl2溶液和0.5mol·L-1NaOH溶液等体积混合得到浊液
②取少量①中浊液，滴加0.1mol·L-1FeCl3溶液，出现红褐色沉淀
③将①中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1mol·L-1FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀
④另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解
下列说法中不正确的是（ ）
A．将①中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2+
B．①中浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)
C．实验②和③均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶
D．NH4Cl溶液中的NH可能是④中沉淀溶解的原因

7.实验测得常温下0.1mol/L某一元酸HA溶液的pH值大于1，0.1mol/L某一元碱BOH溶液里=10-12。将此两种溶液等体积混合后，所得溶液的各离子的浓度由大到小排列的顺序（ ）
A．c(B+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+) B．c(A-)＞c(B+)＞c(H+)＞c(OH-)
C．c(B+)=c(A-)＞c(H+)=c(OH-) D．c(B+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(OH-)

8.常温下，用0.100mol•L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均0.100mol•L-1CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是（ ）

A．点①和点②所示溶液中：c（CH3COO-）>c（CN-）
B．点③时：c（Na+）=c（CH3COO-）＞c（H+）=c（OH-）
C．点③和点④所示溶液中水的电离程度：③c(H+)>c(A2-)>c(OH-)，B正确；
C. 等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，溶液主要为NaHA，电离为主，溶液显酸性，溶液中的氢离子会抑制水的电离，所以溶液中水的电离程度比纯水小，C错误；
D. 当V(NaOH)＝30mL时，溶液中电荷守恒为：c(H+)+c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，物料守恒为：2c(Na+)=3c(HA-)+3c(A2-)+3c(H2A)，所以溶液中存在以下关系：2c(H+)+3c(H2A)═c(A2-)+2 c(OH-)，D错误。
答案为B。
5.
【答案】C
【解析】依据电离常数大小判断酸性强弱，H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO3-＞HClO＞HCO3-，
A. NaClO溶液中通入少量CO2，离子方程式为ClO-+H2O+CO2═HCO3-+HClO，故A错误；
B. 向次氯酸钙溶液中通入少量SO2的离子反应为Ca2++3ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+Cl-+2HClO，故B错误；
C. Na2CO3溶液中缓慢通入少量SO2，离子方程式为2CO32-+H2O+SO2═SO32-+2HCO3-，故C正确；
D. 醋酸为弱电解质，写离子方程时写成化学式：CH3COOH+HCO═CO2↑+H2O+CH3COO-，故D错误；
故选C。
6.
【答案】C
【解析】A. 步骤①得到Mg(OH)2、NaOH、NaCl混合物， 存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，滤液含少量Mg2+，A正确；
B. 浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)，B正确；
C. ③能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶，但②中还有NaOH，也可以生成Fe(OH)3，故不能说明，C错误；
D.因NH发生水解，溶解呈酸性，导致Mg(OH)2沉淀溶解，故NH是沉淀溶解的原因，D正确。
答案选C。
7.
【答案】A
【解析】实验测得常温下0.1mol/L某一元酸(HA)溶液的pH值大于1，证明酸为一元弱酸；0.1mol/L某一元碱(BOH)溶液里=10-12，依据离子积常数为c(H+)c(OH-)=10-14，则c(OH-)==0.1mol/L，说明碱为强碱；将一元弱酸HA和一元强碱BOH等浓度等体积混合，恰好反应生成的BA为弱酸强碱盐，溶液呈碱性，即c(OH-)＞c(H+)，结合溶液中存在的电荷守恒式c(B+)+ c(H+) =c(OH-)+ c(A-)可知c(B+)＞c(A-)，则c(B+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，选项A正确，故答案为A。
8.
【答案】D
【解析】【分析】根据图像初始pH可知，浓度为0.100mol•L-1CH3COOH溶液和HCN溶液均为弱酸，且HCN的酸性比弱酸小，电离程度小；酸或碱抑制水的电离，盐促进水的电离，根据三大守恒关系回答问题。
【详解】A. 点①的溶液中存在电荷守恒为c(OH-)+c(CN-)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH-)＞c(H+)，点②所示溶液中的电荷守恒为c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)，而且c(OH-)＜c(H+)，二者中钠离子浓度相同，所以c(CH3COO-)＞c(CN-)，A正确；
B. 点③电荷守恒关系，c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)，根据pH=7可知，c(Na+)=c(CH3COO-)＞c(H+)=c(OH-)，B正确；
C. 点③溶液中含有醋酸钠和醋酸，点④溶液中只含有醋酸钠，酸抑制水的电离，盐促进水的电离，所示溶液中水的电离程度：③0.01 mol/L，B错误；
C．由于酸性：HCl>CH3COOH，CH3COOH是弱酸，所以将CH3COONH4溶液滴加到盐酸中，会发生反应：HCl+CH3COONH4=CH3COOH+NH4Cl，而NH4+不发生反应，仅有少量发生水解而消耗，且在酸溶液中水解程度会减弱，因此实验②滴加过程中，溶液中均存在c(CH3COO-)1，故HA是弱酸，A正确；
B．b溶液显酸性，，由电荷守恒可知，B错误；
C．溶液中存在电荷守恒：，当溶液pH=7呈中性时，则，所以b、c之间一定存在的点，C正确；
D．a、b点溶液显酸性， HA电离出的对水的电离起抑制作用，c点酸碱恰好完全反应生成盐NaA，对水的电离起促进的作用，所以a、b、c三点中，c点水的电离程度最大，D正确；
故答案选B。
【点睛】
溶液中一直存在电荷守恒，酸、碱对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电离起促进作用。

二、非选择题
11.
【答案】错误 该学生测得的pH是稀释后溶液的pH 该学生操作错误，但不一定产生误差。因为原溶液不是中性时，稀释后溶液pH发生了变化，只是弱酸或弱碱溶液变化程度小些，若是中性溶液，稀释不会产生误差 氢氧化钠溶液 稀释过程中，NH3·H2O继续电离出OH-，减弱了因稀释OH-浓度减小程度，所以测得氢氧化钠溶液误差较大 能 用玻璃棒分别蘸取两种溶液滴在两张pH试纸上，其显示的颜色与标准比色卡对照，pH较大的是0.01mol·L-1硫酸溶液 强 弱 < 2②>③)
（4）在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅
（5）1
【解析】浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水稀释一倍，虽然电离程度增大，但c(H+)、c(F-)、c(HF)都减小，c(OH-)增大。25℃时，在20mL0.1mol·L-1氢氟酸中加入VmL0.1mol·L-1NaOH溶液，①点时pH=6，说明HF、NaF混合溶液中以HF电离为主；②点时，pH=7，则表明HF、NaF混合溶液中，HF电离的程度与F-水解的程度相等；③点时V=20mL，溶液中只有NaF一种溶质，则F-水解而使溶液显碱性。在盐溶液中，酸电离常数越大，酸根离子水解的程度越小；若想证明酸根离子发生水解而使溶液显碱性，需证明离子浓度改变后，溶液的性质发生明显的改变；HFO与水反应得到HF和化合物A，依据质量守恒，A应为H2O2。
（1）A．浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水稀释一倍，虽然电离程度增大，但c(H+)减小，A不合题意；
B．c(H+)·c(OH-)=KW，温度不变时，水的离子积常数不变，B不合题意；
C．=，加水稀释，K(HF)不变，但c(F-)减小，所以增大，C符合题意；
D．HF溶液加水稀释后，c(H+)减小，c(OH-)增大，则增大，D符合题意；
故选CD。答案为：CD；
（2）A．pH=3的HF溶液中水的电离受到抑制，pH=11的NaF溶液中，因F-而促进水的电离，所以由水电离出的c(H+)后者大于前者，A不正确；
B．①点时pH=6，HF、NaF混合溶液中以HF电离为主，此时溶液中c(F-)-c(Na+)= c(H+)- c(OH-)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol·L-1，B正确；
C．②点时，依据电荷守恒c(F-)+ c(OH-)=c(Na+)+ c(H+)，pH=7，c(H+)=c(OH-)，所以溶液中的c(F-)=c(Na+)，C正确；
D．③点时V=20mL，溶液中只有NaF一种溶质，则F-水解而使溶液显碱性，此时溶液中c(F-) NaClO溶液> NaHCO3溶液> NaF溶液，pH由大到小的是①④②③(或①>④>②>③)。答案为：①④②③(或①>④>②>③)；
（4）Na2CO3溶液显碱性是因为水解的缘故，可通过减少的浓度，观察溶液的颜色发生明显的改变，确定水解使溶液显碱性，简单的实验事实为：在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅。答案为：在碳酸钠溶液中滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去或变浅；
（5）在HFO中，O元素显0价，HFO+H2O==HF+H2O2，反应中，HFO中的O由0价降低到-1价，H2O中的O由-2价升为-1价，所以每生成1molHF转移1mol电子。答案为：1。
【点睛】
虽然HFO的结构类似于HClO，但元素的价态相差很大，在HClO中，H、Cl、O分别显+1、+1、-2价，而在HFO中，H、F、O分别显+1、-1、0价。
16.
【答案】S2-+H2OHS-+OH- Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑ 10：1 1×10-3 mol/L 3 负 2H2O+2e-=H2↑+2OH- 0.1 1×10-11 加入K2CrO4(s)
【解析】【分析】（1）Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中S2-发生水解反应是溶液显碱性；
（2）Al2(SO4)3与NaHCO3在溶液中发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，据此书写离子方程式；
（3）根据酸碱恰好中和时溶液中n(H+)=n(OH-)计算；
（4）在NH4Cl溶液中的H+完全是由水电离产生；
（5）根据溶度积常数的含义计算溶液中c(OH-)，再利用Kw=c(OH-)·c(H+)及pH的含义计算；
（6）①溶液中阳离子在阴极得到电子发生还原反应；
②阳极上NO2失去电子变为NO3-，根据物质反应与电子转移的关系分析判断；
(7)①根据溶度积常数的含义计算其数值；
②Y、Z都在平衡线上，根据离子浓度幂之积等于溶度积常数分析。
【详解】（1）Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中S2-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，使溶液显碱性，水解的离子方程式为：S2-+H2OHS-+OH-；
（2）Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+水解消耗水电离产生的OH-产生Al(OH)3，使溶液显酸性；而NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液HCO3-水解消耗水电离产生的H+，反应产生H2CO3，使溶液显碱性，当两种溶液混合时，水解相互促进，使每种盐的水解平衡正向移动，最终完全水解，反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，反应的离子方程式为：Al3++3HCO3-=Al(OH)3↓+3CO2↑；
（3）将25℃下pH=12的Ba(OH)2溶液c(OH-)=0.01 mol/L，pH=1的HCl溶液c(H+)=0.1 mol/L，将a L pH=12的Ba(OH)2溶液与b L pH=1的HCl溶液混合，若所得混合液为中性，则二者恰好中和，溶液中n(H+)=n(OH-)，c(OH-)·V(碱)= c(H+)·V(酸)，0.01 mol/L×a L=0.1 mol/L×b L，所以a：b=10：1；
（4）NH4Cl是强酸弱碱盐，在溶液中NH4+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，产生NH3·H2O，最终达到平衡时，溶液pH=3，则溶液中c(H+)=1×10-3 mol/L，溶液中的H+完全是水电离产生，且没有消耗，故水电离产生的H+的浓度c(H+)=1×10-3 mol/L；
（5）常温时，Fe(OH)3的溶度积常数Ksp=1×10-38，Ksp=c(Fe3+)·c3(OH-)=1×10-38，要使溶液中的Fe3+沉淀完全(残留的c(Fe3+)＜10-5 mol·L-1)，则c3(OH-)＞=10-33，所以c(OH-)＞10-11 mol/L；由于室温下水的离子积常数Kw=1×10-14，所以溶液中c(H+)＜10-3 mol/L，根据pH=-lgc(H+)可知此时溶液的pH＞3；
（6）①溶液中水电离产生的H+在阴极上得到电子发生还原反应，所以a电极为电源的负极；在左室的阴极上发生还原反应，电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-；
②阳极上NO2失去电子变为NO3-，阳极的电极反应式为：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，可见每有1 mol NO2反应，转移1 mol电子，阴极上就有1 mol H+放电变为H2逸出。标准状况下2.24 LNO2的物质的量是0.1 mol，则其反应转移0.1 mol电子，阴极上消耗0.1 mol H+，为了维持溶液电中性，就有0.1 mol H+通过质子交换膜进入阴极室；
(7)①根据图象可知在t℃时的饱和溶液中c(Ag+)=1×10-3mol/L，c(CrO42-)=1×10-5 mol/L，则Ag2CrO4的Ksp=c2(Ag+)×c(CrO42-)=(1×10-3)2×(1×10-5)=1×10-11；
②Y、Z都在平衡线上，都是该温度下的饱和溶液，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)×c(CrO42-)不变，由Y到Z，c(CrO42-)增大，c(Ag+)减小，所以采取的措施是向溶液中加入含有CrO42-物质，如加入固体K2CrO4。
【点睛】
本题综合考查了化学反应原理，包括弱电解质的电离平衡、盐的水解、酸碱中和、溶度积常数的计算与应用和电解原理。掌握化学平衡移动原理对各种平衡移动的影响及有关概念的含义是本题解答的关键。注意外界条件对化学平衡移动影响是微弱的，只能减弱这种变化趋势而不能改变这种趋势。
17.
【答案】（1）1 12
（2）2.0×10-7 中 c(H+)=c(OH-) 8×10-9
（3）1 1×10-13 mol·L-1
（4）5 3.3
（5）大于 水的电离吸热，升高温度，促进水的电离，KW增大 10：1 9：2
【解析】（1）0.05 mol·L-1 H2SO4溶液中：c(H+)=0.05 mol·L-1×2=0.1 mol·L-1，pH=1。
0.01 mol·L-1 NaOH溶液中，c(OH-)=0.01 mol·L-1，c(H+)=10-12 mol·L-1，pH=12。
（2）此温度时，水电离的c(OH-)=c(H+)=2×10-7 mol·L-1，溶液呈中性，则KW=2×10-7×2×10-7=4×10-14；温度不变，KW不变，c(H+)=5.0×10-6 mol·L-1，则c(OH-)=8×10-9mol·L-1；
（3）n(H+)=12×0.025mol=0.3mol，n(OH-)=2×0.1mol=0.2mol，酸过量，溶液呈酸性，c(H+)余=0.1 mol·L-1，所以pH=-lgc(H+)余=-lg0.1=1，该溶液中c(H+)水=c(OH-)=1×10-13 mol·L-1；（4）c(H+)=10-4×0.01/0.1 mol·L-1=10-5 mol·L-1，pH=5，等体积混合后c(H+)=(10-5V+10-3V)/2V mol·L-1≈5×10-4 mol·L-1，pH=3.3；
（5）KW只受温度影响，水的电离吸热，温度升高，平衡向着电离方向移动，KW增大，此温度下KW大于25℃时，故此温度大于25℃；此温度下混合得到中性溶液，说明NaOH与H2SO4恰好完全反应，c(OH-)=c(H+)得出10-2a=10-1b，a：b=10:1；若混合液pH=2，说明酸过量，c(H+)=(10-1b-10-2a)/(a+b) mol·L-1=10-2 mol·L-1，a：b=9:2。
【点睛】
pH的计算注意从公式出发，尤其遇到混合溶液时，先判断溶液酸碱性，再决定先计算c(H+)还是c(OH-)，c(H+)=n余总/V总。