2019年高考化学二轮复习技能强化专练九：电解质溶液（含答案）

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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 )4c(OH )DN 点处的溶液中 pHc(HY)D b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 lg 12，而 HY的 lgc H c OH c(HY)，故 C正确；HY 为 0.01 mol

2、， 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，Ag 2SO4、AgCl、AgI 的溶度积常数依次为： Ksp(Ag2SO4)7.710 5 、 Ksp(AgCl)1.810 10 、 Ksp(AgI)8.310 17 。下列有关说法中，错误的是( )A常温下，Ag 2SO4、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CAg 2SO4、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 Ag2S

3、O4沉淀析出解析：由数据可知 A选项正确； Ksp(AgI)c(NH )c(SO )4 23C向 0.10 molL1 Na2SO3溶液中通 SO2： c(Na )2 c(SO ) c(HSO ) c(H2SO3)23 3D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 )4 32 c(CO )，故 A错误；B.由电荷守恒有， c(NH ) c(Na ) c(H ) c(HSO )2 c(SO23 4 3) c(OH )，pH7 时 c(H

4、) c(OH )，则 c(NH ) c(Na ) c(HSO )2 c(SO )23 4 3 23，由物料守恒有， c(Na ) c(HSO ) c(SO ) c(H2SO3)，联立消去 c(Na )，3 23得 c(NH ) c(H2SO3) c(SO )，所以 c(SO )c(NH )，B 项错误；C.向 0.10 4 23 23 4molL1 Na2SO3溶液通入 SO2，发生 Na2SO3SO 2H 2O2NaHSO 3，至溶液 pH7，反应后溶液中溶质为的 NaHSO3、Na 2SO3，则 c(Na )0色D 在 FeCl3溶液中，加入 KHCO3溶液 有 CO2产生，但无 Fe(O

5、H)3沉淀生成解析：FeCl 3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 项正确；Fe 3 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。3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A 50 mL 1 molL1 H2

6、SO4 反应结束后： c(Na ) c(SO )24B 0.05 mol CaO 溶液中 增大c OH c HCO3C 50 mL H2O 由水电离出的 c(H )c(OH )不变D 0.1 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：Na2CO3H 2SO4=Na2SO4CO 2 H 2O，反应后溶质为 Na2SO4，根据物料守恒反应结束后c(Na )2 c(SO )；B 项正确。向溶液中加入 0.05 mol CaO，则 CaOH 2OCa(OH) 2，则24c(OH )增

7、大，且 Ca2 CO CaCO 3，使 CO H 2OHCO OH 平衡向左移，23 23 3c(HCO )减小，故 增大；C 项错误。加水稀释有利于水解，CO H 2OHCO3c OH c HCO3 23OH 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3降低。D 项错误。加入 0.1 mol NaHSO4固体，NaHSO4=Na H SO ， CO 2H =CO2H 2O，则反应后溶液为 Na2SO4溶液，溶24 23液呈中性，故溶液的 pH减小，但引入了 Na ，故 c(Na )增大。答案：B8常温下，电解质溶液的性质与变化是多样

8、的，下列说法正确的是( )ApH 相等的CH 3COONa NaClO NaOH 三种溶液 c(Na )大小：B往稀氨水中加水，溶液中的 值变小c H c NH3H2Oc NH4CpH4 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 )2 c(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：CH 3COONa和 NaClO为盐，发生水解，CH 3COO 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； c H c NH3H2Oc NH4，温度不变

9、，比值不变，B 项错误；根据电荷守恒： c(Na ) c(H )KwK NH3H2O c(OH )2 c(S2 ) c(HS )，C 项错误；Ca(ClO) 2溶液通入少量的 CO2反应的离子方程式为 Ca2 2ClO CO 2H 2O=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、NaHSO 4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 、OH Cc 点，两溶液中含有相同量的 OHDa、d 两点对

10、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)2H 2SO4=BaSO42H 2O(反应 )；向 Ba(OH)2溶液中滴入 NaHSO4溶液：Ba(OH)2NaHSO 4=BaSO4NaOH H2O(反应)，NaOHNaHSO 4=Na2SO4H 2O(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

11、，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

12、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(2S2O I 2=2I S 4O )。23 26回答下列问题：(1)取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

13、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_mgL 1 。(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。(

14、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，Na 2S2O3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：O 22Mn(OH) 22I 24S 2O ，由题意知，滴定消耗 Na2S2O3的物质的量为23ab103 mol，因此 0.1 L水样中溶解氧的物质的量 103 mol，质量为 103 ab4 ab4mol32 gmol1 8 ab103 g8 ab 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

15、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 80 ab (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)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23_。(2)H3AsO3和 H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时

16、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_。H 3AsO4第一步电离方程式 H3AsO4H 2AsO H 的电离常数为 Ka1，则4pKa1_(p Ka1lgK a1)。(3)溶液的 pH对吸附剂 X表面所带电荷有影响。pH7.1 时，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

17、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 。23(2)H 3AsO3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

18、逐渐增大，可知 H3AsO3为反应物、H 2AsO 为生成物，再结合离子方程3 3式的书写方法可知，反应的离子方程式为 OH H 3AsO3=H2AsO H 2O。3由图 2可知，当 H3AsO4和 H2AsO 的分布分数即浓度相等时，其 pH2.2。4H3AsO4第一步电离方程式 H3AsO4H 2AsO H 的电离常数4Ka1 H 10 2.2 ，则 pKa1lg Ka1lg10 2.2 2.2。H2AsO4H H3AsO4(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4 24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

19、 之间，吸附剂 X表面带正电荷，五价砷主要以 H2AsO 和 HAsO 阴离4 24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)OH H 3AsO3=H2AsO H 2O32.2(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4 24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4 24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