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1、学 海 无 涯化学高考题分类目录H单元 水溶液中的离子平衡H1 弱电解质的电离2 2014四川卷 下列关于物质分类的说法正确的是()A金刚石、白磷都属于单质B漂白粉、石英都属于纯净物C氯化铵、次氯酸都属于强电解质D葡萄糖、蛋白质都属于高分子化合物2A解析 金刚石是碳单质，白磷的化学式为P4 ，A项正确；漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，B项错误；次氯酸是弱酸，属于弱电解质，C项错误；葡萄糖是单糖，不属于高分子化合物，D项错误。13 2014山东卷 已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 molL1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中
2、()A水的电离程度始终增大B.先增大再减小Cc(CH3COOH)与c(CH3COO)之和始终保持不变D当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH)c(CH3COO)13D解析 水的电离程度先增大，当反应完全后，随氨水的加入，水的电离程度减小，A项错误；溶液中，滴定过程中Kb(NH3H2O)不变，溶液中c(OH)一直增大，一直减小，B项错误；利用原子守恒知溶液中n(CH3COOH)与n(CH3COO)之和不变，滴定过程中溶液体积不断增大，c(CH3COOH)与c(CH3COO)之和不断减小，C项错误；由CH3COOH与NH3H2O的电离程度相等可知CH3COONH4溶液呈中性，当加入等体积氨水时，
3、溶液恰好为CH3COONH4溶液，利用电荷守恒知溶液中c(NH)c(CH3COO)，D项正确。112014新课标全国卷 一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是()ApH5的H2S溶液中，c(H)c(HS)1105 molL1BpHa的氨水溶液，稀释10倍后，其pHb，则ab1CpH2的H2C2O4溶液与pH12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O)DpH相同的CH3COONa、NaHCO3、NaClO三种溶液的c(Na)：11D解析 H2S中存在两步可逆电离，c(H)1105 molL1c(HS)，A项错误；一水合氨是弱电解质，加水稀释时促进其电离平衡向正
4、向移动，c(H)减小程度小于10倍，即ab1，B项错误；混合溶液中存在电荷守恒式：c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O)2c(C2O)，C项错误；组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，等pH时其浓度越小，HCO对应的弱酸是H2CO3，D项正确。8 2013海南卷 0.1 mol/L HF溶液的pH2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是()Ac(H)c(F) Bc(H)c(HF)Cc(OH)c(HF) Dc(HF)c(F)8BC解析 电离后，因水也电离产生H，故c(H)c(F)，A项正确；HF是弱酸，电离程度较小，电离的HF分子较少，c(H)、c(F)均约为0.01 mol/L，c(
5、HF)约0.09 mol/L，故c(HF)c(H)，c(HF)c(F)，故B项错误，D项正确；c(OH)为1012 mol/L，c(HF)约为0.09 mol/L，故c(HF)c(OH)，C项错误。13 2014安徽卷 室温下，在0.2 molL1 Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0 molL1 NaOH溶液，实验测得溶液pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是()Aa点时，溶液呈酸性的原因是Al3水解，离子方程式为Al33OHAl(OH)3Bab段，溶液pH增大，Al3浓度不变Cbc段，加入的OH主要用于生成Al(OH)3沉淀Dd点时，Al(OH)3沉淀开始溶解1
6、3C解析 Al3水解的离子方程式为Al33H2OAl(OH)33H，A项错误；ab段，Al3与OH作用生成Al(OH)3沉淀，Al3浓度不断减小，B项错误；c点溶液pH7，说明溶液中还没有NaAlO2生成，因此bc段，加入的OH主要用于生成Al(OH)3沉淀，C项正确；在cd段pH逐渐增大，说明沉淀逐渐溶解，到达d点，Al(OH)3沉淀已完全溶解，D项错误。9 2014北京卷 下列解释事实的方程式不正确的是()A测0.1 mol/L氨水的pH为11：NH3H2ONHOHB将Na块放入水中，产生气体：2Na2H2O=2NaOHH2C用CuCl2溶液做导电实验，灯泡发光：CuCl2Cu22ClDA
7、l片溶于NaOH溶液中，产生气体：2Al2OH2H2O=2AlO3H29C解析 0.1 mol/L氨水的pH为11，说明一水合氨为弱电解质，A正确；钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，B正确；用氯化铜溶液作导电实验，是氯化铜在水溶液中发生了电离：CuCl2=Cu22Cl，C错误；金属铝与氢氧化钠溶液的反应生成偏铝酸钠和氢气，D正确。10 2014福建卷 下列关于0.10 molL1 NaHCO3溶液的说法正确的是()A溶质的电离方程式为NaHCO3=NaHCOB25 时，加水稀释后，n(H)与n(OH)的乘积变大C离子浓度关系：c(Na)c(H)c(OH)c(HCO)c(CO)D. 温度升高，c(H
8、CO)增大10B解析 NaHCO3的正确电离方程式为NaHCO3=NaHCO，A项错误；根据KWc(H)c(OH)可得KWV2n(H)n(OH)，温度一定时，则KW不变，B项正确；C项电荷不守恒，错误；温度升高，HCO的水解和电离程度都增大，则c(HCO)减小，D项错误。27 (15分)2014新课标全国卷 次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强还原性。回答下列问题：(1)H3PO2是一种中强酸，写出其电离方程式：_。(2)H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag还原为银，从而可用于化学镀银。H3PO2中，P元素的化合价为_。利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物
9、质的量之比为41，则氧化产物为_(填化学式)。NaH2PO2为_(填“正盐”或“酸式盐”)，其溶液显_(填“弱酸性”“中性”或“弱碱性”)。(3)H3PO2的工业制法是：将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H2PO2)2，后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式：_。(4)H3PO2也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)：写出阳极的电极反应式：_。分析产品室可得到H3PO2的原因：_。早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去
10、阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室。其缺点是产品中混有_杂质，该杂质产生的原因是_。27(1)H3PO2H2POH(2)1H3PO4正盐弱碱性(3)2P43Ba(OH)26H2O3Ba(H2PO2)22PH3(4)2H2O4e=O24H阳极室的H穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2POH2PO或H3PO2被氧化解析 (1)H3PO2为一元弱酸，其电离方程式为H3PO2HH2PO。(2)由化合价代数和为0可确定P为1价；根据题中信息写出化学方程式为4AgH3PO22H2O=4AgH3PO44H，即氧化产物为H3PO4；NaH2PO2为
11、强碱弱酸盐，溶液呈弱碱性。(3)根据题中信息和反应前后元素化合价变化写出化学方程式为2P43Ba(OH)26H2O=2PH33Ba(H2PO2)2。(4)阳极是水电离出的OH放电，其反应式为2H2O4e=O24H；阳极室中的H穿过阳膜进入产品室，原料室的H2PO穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2；阳极室内可能有部分H2PO或H3PO2失电子发生氧化反应，导致生成物中混有PO。25 2014福建卷 焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置中有Na2S2O5晶体析出
12、，发生的反应为Na2SO3SO2=Na2S2O5。(1)装置中产生气体的化学方程式为_。(2)要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_。(3)装置用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为_(填序号)。实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。(4)证明NaHSO3溶液中HSO的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是_(填序号)。a测定溶液的pHb加入Ba(OH)2溶液c加入盐酸 d加入品红溶液e用蓝色石蕊试纸检测(5)检测Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是_。实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定(6)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下： (已知：滴定时反应的化学方程式为SO2I22H2O=H2SO42HI) 按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为_gL1。在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。25(1)Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O(或Na2SO32H2SO4=2NaHSO4SO2H2O)(2)过滤(3)d(4)a、e(5)取少量Na2S2
