《2019年高考化学二轮复习技能强化专练九电解质溶液.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考化学二轮复习技能强化专练九电解质溶液.doc（9页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、技能强化专练(九)电解质溶液1298 K时，在20.0 mL 0.10 molL1氨水中滴入0.10 molL1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 molL1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是()A该滴定过程应选择酚酞作为指示剂BM点对应的盐酸体积为20.0 mLCM点处的溶液中c(NH)c(Cl)c(H)c(OH)DN点处的溶液中pH12解析：本题考查了酸碱中和滴定过程中溶液中存在的平衡的分析，意在考查考生分析图象的能力以及灵活运用所学知识解决问题的能力。当恰好完全中和时，生成NH4Cl，而NH4Cl溶液呈酸性，酚酞的变色范围为pH8.210.0，甲基橙
2、的变色范围为pH3.14.4，故应选甲基橙作指示剂，A项错误；当V(盐酸)20.0 mL时，恰好完全反应，溶液呈酸性，B项错误；M点时由溶液中电荷守恒知c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，而溶液呈中性，即c(H)c(OH)，则c(NH)c(Cl)，但c(NH)c(Cl)c(H)c(OH)，C项错误；该温度下，0.10 molL1一元强碱溶液的pH13，若0.10 molL1一元弱碱溶液的电离度为10%，则其pH12，而0.10 molL1氨水的电离度小于10%，故溶液的pHc(HY)Db点时酸碱恰好完全反应解析：未加氢氧化钠时，相同浓度溶液中，HX的lg12，而HY的lgc(HY)，故C正
3、确；HY为0.01 mol，b点加入NaOH为0.008 mol，二者按物质的量11反应，故HY有剩余，故D错误。答案：C4常温下，Ag2SO4、AgCl、AgI的溶度积常数依次为：Ksp(Ag2SO4)7.7105、Ksp(AgCl)1.81010、Ksp(AgI)8.31017。下列有关说法中，错误的是()A常温下，Ag2SO4、AgCl、AgI在水中的溶解能力依次减弱B在AgCl饱和溶液中加入NaI固体，有AgI沉淀生成CAg2SO4、AgCl、AgI的溶度积常数之比等于它们饱和溶液的物质的量浓度之比D在Ag2SO4饱和溶液中加入Na2SO4固体有Ag2SO4沉淀析出解析：由数据可知A选
4、项正确；Ksp(AgI)c(NH)c(SO)C向0.10 molL1 Na2SO3溶液中通SO2：c(Na)2c(SO)c(HSO)c(H2SO3)D向0.10 molL1 CH3COONa溶液中通HCl：c(Na)c(CH3COOH)c(Cl)解析：A.pH7，则c(H)c(OH)，结合电荷守恒可知，c(NH)c(HCO)2c(CO)，故A错误；B.由电荷守恒有，c(NH)c(Na)c(H)c(HSO)2c(SO)c(OH)，pH7时c(H)c(OH)，则c(NH)c(Na)c(HSO)2c(SO)，由物料守恒有，c(Na)c(HSO)c(SO)c(H2SO3)，联立消去c(Na)，得c(N
5、H)c(H2SO3)c(SO)，所以c(SO)c(NH)，B项错误；C.向0.10 molL1 Na2SO3溶液通入SO2，发生Na2SO3SO2H2O2NaHSO3，至溶液pH7，反应后溶液中溶质为的NaHSO3、Na2SO3，则c(Na)0D在FeCl3溶液中，加入KHCO3溶液有CO2产生，但无Fe(OH)3沉淀生成解析：FeCl3水解且生成的HCl易挥发，蒸干最终得到的是Fe(OH)3而不是FeCl3固体，A项错误；加入FeCl3固体，使FeCl3的水解平衡正向移动，虽然FeCl3浓度增大，但是水解程度变小，B项错误；红褐色液体为Fe(OH)3胶体，说明加热促进了FeCl3的水解，C项
6、正确；Fe3与HCO发生相互促进的水解反应，生成CO2，也生成Fe(OH)3沉淀，D项错误。答案：C7室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是()加入物质结论A50 mL 1 molL1 H2SO4反应结束后：c(Na)c(SO)B0.05 mol CaO溶液中增大C50 mL H2O由水电离出的c(H)c(OH)不变D0.1 mol NaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na)不变解析：A项错误。0.05 mol Na2CO3与0.05 mol H2SO4完全反应：Na2CO3H2SO4=Na2SO4CO2H2O，
7、反应后溶质为Na2SO4，根据物料守恒反应结束后c(Na)2c(SO)；B项正确。向溶液中加入0.05 mol CaO，则CaOH2OCa(OH)2，则c(OH)增大，且Ca2COCaCO3，使COH2OHCOOH平衡向左移，c(HCO)减小，故增大；C项错误。加水稀释有利于水解，COH2OHCOOH水解平衡向右移动，水电离出的n(H)，n(OH)均增大，但稀释后c(H)，c(OH)均降低。D项错误。加入0.1 mol NaHSO4固体，NaHSO4=NaHSO，CO2H=CO2H2O，则反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液的pH减小，但引入了Na，故c(Na)增大。答案：B8常温
8、下，电解质溶液的性质与变化是多样的，下列说法正确的是()ApH相等的CH3COONaNaClONaOH三种溶液c(Na)大小：B往稀氨水中加水，溶液中的值变小CpH4的H2S溶液与pH10的NaOH溶液等体积混合，存在下列等式：c(Na)c(H)c(OH)2c(S2)DCa(ClO)2溶液中通入少量CO2，ClO水解程度增大，溶液碱性增强解析：CH3COONa和NaClO为盐，发生水解，CH3COO水解能力比ClO小，NaOH是强电解质，故pH相等的溶液Na浓度：，A项正确；，温度不变，比值不变，B项错误；根据电荷守恒：c(Na)c(H)c(OH)2c(S2)c(HS)，C项错误；Ca(ClO
9、)2溶液通入少量的CO2反应的离子方程式为Ca22ClOCO2H2O=CaCO32HClO，溶液的pH减小，D项错误。答案：A9在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示：下列分析不正确的是()A代表滴加H2SO4溶液的变化曲线Bb点，溶液中大量存在的离子是Na、OHCc点，两溶液中含有相同量的OHDa、d两点对应的溶液均显中性解析：该题所涉及的化学方程式：向Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液：Ba(OH)2H2SO4=BaSO42H2O(反应)；向Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液：Ba(OH
10、)2NaHSO4=BaSO4NaOHH2O(反应)，NaOHNaHSO4=Na2SO4H2O(反应)。A项，由题图可知曲线在a点溶液导电能力最低，说明此时溶液中离子浓度最小，当Ba(OH)2和H2SO4完全反应时生成BaSO4沉淀，此时溶液导电能力最低，故反应符合，正确；B项，曲线中b点进行的反应是反应，溶液中含有Ba(OH)2与NaHSO4反应生成的NaOH，正确；C项，c点曲线表示Ba(OH)2已经完全反应，并剩余H2SO4，溶液显酸性，c点曲线表示NaOH与NaHSO4反应，且NaOH还有剩余，故溶液中含有反应生成的Na2SO4和剩余的NaOH，溶液显碱性，所以c点两溶液中含有OH的量不
11、相同，错误；D项，a点为Ba(OH)2和H2SO4完全反应时生成BaSO4沉淀，溶液呈中性，d点溶液中溶质只有Na2SO4，溶液也呈中性，正确。答案：C10水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。.酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I还原为Mn2，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2OI2=2I S4O)。回答下列问题：(1)取
12、水样时应尽量避免搅动水体表面，这样操作的主要目的是_。(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_。(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和_；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除_及二氧化碳。(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a molL1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为_；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_mgL1。(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏_。(填“高”或“低”)解析：(1)本实验为测定水样中的溶解氧，如果搅动水体
13、表面，会增大水体与空气的接触面积，增大氧气在水中的溶解量。避免搅动水体表面是为了使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差。(2)由题意知，反应物为O2和Mn(OH)2，生成物为MnO(OH)2，因此该反应的化学方程式为O22Mn(OH)2=2MnO(OH)2。(3)配制溶液时还需要量筒量取液体体积；煮沸可以使蒸馏水中的氧气挥发，达到除去氧气的目的。(4)由于混合液中含有碘单质，加入淀粉时，溶液为蓝色；滴定时，Na2S2O3与碘反应，当碘恰好完全反应时，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内颜色不恢复。由各反应关系可建立如下关系式：O22Mn(OH)22I24S2O，由题意知，滴定消耗Na2S2O3
14、的物质的量为ab103 mol，因此0.1 L水样中溶解氧的物质的量103 mol，质量为103 mol32 gmol18ab103 g8ab mg，即溶解氧的含量为80ab mgL1。(5)滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会使最后的读数偏小，测得消耗Na2S2O3的体积偏小，所以测量结果偏低。答案：(1)避免水底还原性杂质进入水样中(或者防止水体中的氧气逸出)(2)O22Mn(OH)2=2MnO(OH)2(3)量筒氧气(4)当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化80ab(5)低11砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。(1)
15、将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO，其原因是_。(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。图1图2以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.010.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为_。H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsOH的电离常数为Ka1，则pKa1_(pKa1lgKa1)。(3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH7.1 时
16、，吸附剂X表面不带电荷；pH7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如图3所示。图3在pH 79之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是_。在pH 47之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为_。提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是_。解析：(1)反应物中含有的氢氧化钠溶液，会吸收空气中的CO2生成CO。(2)H3AsO3中As的化合价为3价，故应根据图1来分析。由于使用酚酞作指示剂，故应根据变色
17、点pH8.0时判断其产物，即pH8.0时H3AsO3的分布分数逐渐减少而H2AsO的分布分数逐渐增大，可知H3AsO3为反应物、H2AsO为生成物，再结合离子方程式的书写方法可知，反应的离子方程式为OHH3AsO3=H2AsOH2O。由图2可知，当H3AsO4和H2AsO的分布分数即浓度相等时，其pH2.2。H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsOH的电离常数Ka1H102.2，则pKa1lg Ka1lg102.22.2。(3)在pH 79之间，随pH升高H2AsO转变为HAsO，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加，故对五价砷的平衡吸附量下降。在pH 47之间，吸附剂X表面带正
18、电荷，五价砷主要以H2AsO和HAsO阴离子存在，静电引力较大；三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小，故吸附剂X对水中三价砷的去除能力比五价砷的弱。要想提高吸附剂X对三价砷的去除效果，应加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷。答案：(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2(2)OHH3AsO3=H2AsOH2O2.2(3)在pH 79之间，随pH升高H2AsO转变为HAsO，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加在pH 47之间，吸附剂X表面带正电荷，五价砷主要以H2AsO和HAsO阴离子存在，静电引力较大；三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷9