2023版高考化学二轮复习第9讲电解质溶液课后达标检测

PAGEPAGE1第九讲电解质溶液[课后达标检测][学生用书P141(单独成册)]1．(2022·高考上海卷)能证明乙酸是弱酸的实验事实是()A．CH3COOH溶液与Zn反响放出H2B．0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pH大于7C．CH3COOH溶液与Na2CO3反响生成CO2D．0.1mol·L－1CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红解析：选B。A项，只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，错误；B项，该盐水溶液显碱性，由于CH3COONa是强碱弱酸盐，故可以证明乙酸是弱酸，正确；C项，可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，错误；D项，可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，错误。2．常温下，浓度均为1.0mol·L－1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液10mL，测得其pH为9.3。以下有关表达正确的选项是()A．参加适量的NaCl，可使c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)B．滴加几滴浓氨水，c(NHeq\o\al(＋,4))减小C．滴加几滴浓盐酸，eq\f(c〔NHeq\o\al(＋,4)〕,c〔NH3·H2O〕)的值减小D．1.0mol·L－1的NH4Cl溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))比该混合溶液中的大解析：选A。根据题意等浓度的两种溶液混合后，溶液呈碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，即c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)，参加适量的NaCl，可使c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，A项正确；滴加几滴浓氨水，虽然电离程度减小，但c(NHeq\o\al(＋,4))仍增大，B项错误；参加几滴浓盐酸后，c(OH－)减小，由于电离常数不变，eq\f(c〔NHeq\o\al(＋,4)〕,c〔NH3·H2O〕)的值增大，C项错误；由于NH3·H2O的存在抑制了NHeq\o\al(＋,4)的水解，1.0mol·L－1的NH4Cl溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))比该混合溶液中的小，D项错误。3．以下说法不正确的选项是()A．常温下，在0.1mol·L－1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H＋)<eq\r(Kw)B．浓度为0.1mol·L－1的NaHCO3溶液：c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))C．25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2D．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小解析：选D。在0.1mol·L－1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H＋)为10－13mol·L－1<eq\r(Kw)，A正确；浓度为0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于其电离程度，c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))，B正确；温度不变，AgCl的溶度积不变，C正确；冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性先增大后减小；醋酸的电离程度增大，溶液的pH先减小后增大，D错误。4．在某温度时，将nmol·L－1氨水滴入10mL1.0mol·L－1盐酸中，溶液pH和温度随参加氨水体积变化曲线如下图。以下有关说法正确的选项是()A．n＝1.0B．水的电离程度：b＞c＞a＞dC．c点：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝1.0mol·L－1D．25℃时，NH4Cl的水解常数(Kheq\f(〔\f(n,2)－0.5〕×10－7,0.5)解析：选D。A项，假设n＝1.0，NH3·H2O和HCl正好完全反响生成NH4Cl，此时pH＜7，所以n稍大于1.0；B项，b点溶液温度最高，说明两溶液恰好反响生成氯化铵，铵根离子水解促进水的电离，a、d两点抑制水的电离，d点混合溶液pH未知，无法判断a、d两点水的电离程度；C项，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝0.5mol·L－1；D项，依据c点计算，NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，c(H＋)＝10－7mol·L－1，c(NHeq\o\al(＋,4))＝0.5mol·L－1，c(NH3·H2O)＝(eq\f(n,2)－0.5)mol·L－1，所以Kh＝eq\f(〔\f(n,2)－0.5〕×10－7,0.5)。5．(2022·潍坊三模)25℃时，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液分别滴定20.00mL均为0.1000mol·L－1的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如下图。以下说法错误的选项是()A．HZ是强酸，HX、HY是弱酸B．根据滴定曲线，可得K(HY)≈10－5C．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反响时：c(X－)＞c(Y－)＞c(OH－)＞c(H＋)D．将上述HY与HZ溶液等体积混合到达平衡时：c(H＋)＝c(OH－)＋c(Z－)＋c(Y－)解析：选C。A.0.1000mol·L－1的三种酸HX、HY、HZ中HZ的pH＝1，为强酸，其他两种pH大于1，说明不完全电离，为弱酸，选项A正确；B.当NaOH溶液滴到10mL时，溶液中c(HY)≈c(Y－)，即K(HY)≈c(H＋)＝10－pH＝10－5，选项B正确；C.HX恰好完全反响时，HY早已经完全反响，所得溶液为NaX和NaY混合液，酸性HX<HY，NaY水解程度小于HX，故溶液中c(X－)<c(Y－)，选项C错误；D.HY与HZ混合，溶液中电荷守恒为c(H＋)＝c(Y－)＋c(Z－)＋c(OH－)，选项D正确。6．某温度下，在溶液中有浓度均为0.01mol·L－1的Fe3＋、Cr3＋、Zn2＋、Mg2＋等离子(：Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39；Ksp[Cr(OH)3]＝7.0×10－31；Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17；Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12)，当其氢氧化物刚开始沉淀时，哪一种离子所需的pH最小()A．Fe3＋ B.Cr3＋C．Zn2＋ D．Mg2＋解析：选A。Fe(OH)3(s)Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，所以Fe3＋刚开始沉淀时的c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp,c〔Fe3＋〕))＝eq\r(3,\f(2.6×10－39,0.01))＝eq\r(3,260)×10－13(mol·L－1)，同理计算出Cr3＋刚开始沉淀时的c(OH－)＝eq\r(3,70)×10－10mol·L－1，Zn2＋刚开始沉淀时的c(OH－)＝eq\r(10)×10－8mol·L－1，Mg2＋刚开始沉淀时的c(OH－)＝eq\r(560)×10－6mol·L－1，对应的c(OH－)越小，刚开始沉淀时所需的pH越小，选A。7．(2022·汕头三模)常温下，向20mL0.1mol/L氨水溶液中滴加盐酸，溶液中水电离的氢离子浓度随参加盐酸体积变化如下图。那么以下说法正确的选项是()A．b、d两点为恰好完全反响点B．c点溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)C．a、b之间的任意一点：c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))，c(H＋)＞c(OH－)D．常温下，0.1mol/L氨水的电离常数K约为1×10－5解析：选D。b、d点溶液中c水(H＋)＝10－7mol/L，常温下c水(H＋)·c水(OH－)＝Kw＝10－14，所以溶液呈中性，如果氨水和盐酸恰好完全反响生成氯化铵，氯化铵为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，故A错误；根据图知，c点c水(H＋)最大，为恰好完全反响点，生成NH4Cl，因NHeq\o\al(＋,4)水解，所以c(NHeq\o\al(＋,4))<c(Cl－)，故B错误；a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，即c(H＋)<c(OH－)，结合电荷守恒得c(Cl－)<c(NHeq\o\al(＋,4))，故C错误；常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c水(H＋)＝10－11mol/L，那么c(OH－)＝eq\f(10－14,10－11)mol/L＝0.001mol/L，K＝eq\f(c〔NHeq\o\al(＋,4)〕·c〔OH－〕,c〔NH3·H2O〕)＝eq\f(10－3×10－3,0.1)＝1×10－5，故D正确。8．现代化学传感器技术是研究溶液中离子反响的重要手段，电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，据溶液电导率变化可以确定滴定反响的终点。如图是某同学用0.1mol·L－1KOH溶液滴定体积均为20mL、浓度均为0.1mol·L－1的HCl溶液和CH3COOH溶液过程中溶液电导率变化示意图。(1)曲线②代表0.1mol·L－1KOH溶液滴定________溶液的滴定曲线。(2)A点溶液的pH________(填“＞〞“＜〞或“＝〞)C点溶液的pH。(3)B点的溶液中离子浓度大小顺序是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)对照上述溶液电导率变化示意图，以下能正确表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是________(填字母)。解析：(1)溶液导电能力与离子浓度成正比，CH3COOH是弱电解质，溶液中离子浓度较小，参加KOH溶液后，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强。HCl是强电解质，随着KOH溶液参加，溶液体积增大，导致溶液中离子浓度减小，溶液导电能力减弱，当完全反响时离子浓度最小；继续参加KOH溶液，离子浓度又增大，溶液导电能力增强。根据图知，曲线②代表0.1mol·L－1KOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，曲线①代表0.1mol·L－1KOH溶液滴定CH3COOH溶液的滴定曲线。(2)A点溶液中溶质为CH3COOK，为强碱弱酸盐，水解显碱性，而C点溶液中溶质是KCl，为强碱强酸盐，溶液显中性。(3)B点时，混合溶液中含等物质的量浓度的KOH和CH3COOK，溶液呈碱性，CH3COO－水解但程度较小，结合物料守恒得离子浓度大小顺序是c(K＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)。(4)氯化氢是强电解质，CH3COOH是弱电解质，滴加的弱电解质先和氯化氢反响生成强电解质氯化铵，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当氯化氢完全被中和后，一水合氨继续与弱电解质CH3COOH反响生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；CH3COOH完全反响后，继续滴加氨水，溶液被稀释，电导率有下降趋势。答案：(1)HCl(2)＞(3)c(K＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)(4)D9．常温下有浓度均为0.5mol/L的四种溶液：①Na2CO3、②NaHCO3、③HCl、④NH3·H2O。(1)上述溶液中，可发生水解的是________(填序号)。(2)上述溶液中，既能与氢氧化钠反响，又能与硫酸反响的溶液中离子浓度由大到小的顺序为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)向④中参加少量氯化铵固体，此时c(NHeq\o\al(＋,4))/c(OH－)的值________(填“增大〞“减小〞或“不变〞)。(4)假设将③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，那么混合前③的体积________④的体积(填“大于〞“小于〞或“等于〞)，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)取10mL溶液③，加水稀释到500mL，那么此时溶液中由水电离出的c(H＋)＝________。解析：(3)因④中存在NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，参加NH4Cl固体后导致c(NHeq\o\al(＋,4))增大，c(OH－)减小，故c(NHeq\o\al(＋,4))/c(OH－)的值增大。(4)假设盐酸与氨水等体积混合，恰好反响完全，溶液呈酸性，现在溶液呈中性，意味着酸的量缺乏，盐酸体积小于氨水体积，由电荷守恒原理知此时c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，但比c(OH－)大。(5)稀释后c(HCl)＝0.01mol/L，那么c(OH－)＝1.0×10－12mol/L，故由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－12mol/L。答案：(1)①②(2)c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))(3)增大(4)小于c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)(5)1.0×10－12mol/L10．弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶物的溶解平衡均属于化学平衡。Ⅰ.H2A在水中存在以下平衡：H2A=H＋＋HA－，HA－H＋＋A2(1)常温下NaHA溶液的pH________(填字母，下同)，原因是________________________________________________________________________。A．大于7 B．小于7C．等于7 D．无法确定(2)某温度下，假设向0.1mol·L－1的NaHA溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1KOH溶液至溶液呈中性(忽略混合后溶液的体积变化)。此时该混合溶液中的以下关系一定正确的选项是________。A．c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14B．c(Na＋)＋c(K＋)＝c(HA－)＋2c(A2－C．c(Na＋)>c(K＋)D．c(Na＋)＋c(K＋)＝0.05mol·L－1(3)常温下H2A的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq)ΔH>0。假设要使该溶液中Ca2＋浓度变小，A．升高温度 B．降低温度C．参加NH4Cl晶体 D．参加Na2AⅡ.含有Cr2Oeq\o\al(2－,7)的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×10－3mol·L－1的Cr2Oeq\o\al(2－,7)。为了使废水的排放达标，进行如下处理：Cr2Oeq\o\al(2－,7)eq\o(→,\s\up7(绿矾),\s\do5(H＋))Cr3＋、Fe3＋eq\o(→,\s\up7(石灰水))Cr(OH)3、Fe(OH)3(1)该废水中参加绿矾和H＋，发生反响的离子方程式为________________________________________________________________________。(2)假设处理后的废水中残留的c(Fe3＋)＝2.0×10－13mol·L－1，那么残留的Cr3＋的浓度为________。{：Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Cr(OH)3]＝6.0×10－31}解析：Ⅰ.(1)H2A在水中的一级电离进行完全，那么HA－不水解只电离，故NaHA溶液呈酸性。(2)HA－在水中局部电离，0.1mol·L－1的NaHA溶液中c(H＋)小于0.1mol·L－1，参加0.1mol·L－1KOH溶液至溶液呈中性时消耗的KOH溶液体积小于NaHA溶液体积，那么混合溶液中c(Na＋)>c(K＋)，故C正确；由电荷守恒知，c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)，且c(H＋)＝c(OH－)，那么c(Na＋)＋c(K＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)，故B正确；水的离子积与温度有关，此时不一定为常温下，故A错误；混合溶液中c(Na＋)>0.05mol·L－1，故D错误。(3)降温、增大c(A2－)都能使平衡CaA(s)Ca2＋(aq)＋A2－(aq)左移。Ⅱ.(1)废水中参加绿矾和H＋，根据流程图，可知发生的是氧化复原反响，配平即可。(2)c(Cr3＋)/c(Fe3＋)＝[c(Cr3＋)·c3(OH－)]/[c(Fe3＋)·c3(OH－)]＝Ksp[Cr(OH)3]/Ksp[Fe(OH)3]＝1.5×107，故c(Cr3＋)＝3.0×10－6mol·答案：Ⅰ.(1)BNaHA只能发生电离，不能发生水解(2)BC(3)BDⅡ.(1)Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O(2)3.0×10－6mol·L－111．KMnO4是一种用途广泛的氧化剂，可由软锰矿(主要成分为MnO2)通过以下方法制备：①软锰矿与过量KOH、KClO3固体熔融生成K2MnO4；②溶解、过滤后将滤液酸化，使K2MnO4完全转化为MnO2和KMnO4；③滤去MnO2，将滤液浓缩、结晶得到深紫色的KMnO4产品。(1)KMnO4稀溶液是一种常用的消毒剂，其消毒机理与以下物质相似的是________(填字母)。A．75%酒精 B．双氧水C．苯酚 D．84消毒液(NaClO溶液)(2)滤液酸化时，K2MnO4转变为MnO2和KMnO4的离子方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定。①配制250mL0