《2019高考化学二轮复习第一篇题型六电解质溶液教案（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019高考化学二轮复习第一篇题型六电解质溶液教案（含答案）（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、题型六电解质溶液1.(2018全国卷,12)用0.100 molL-1AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 molL-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是(C)A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl)C.相同实验条件下,若改为0.040 0 molL-1 Cl-,反应终点c移到aD.相同实验条件下,若改为0.050 0 molL-1 Br-,反应终点c向b方向移动解析:由题图可知,当AgNO3溶液的体积为50.0 mL时,溶液中的c(Cl-)略小于10-8 molL-1,此
2、时混合溶液中c(Ag+)=0.100molL-150.0 mL-0.050 0 molL-150.0 mL100 mL=2.510-2 molL-1,故Ksp=c(Ag+)c(Cl-)2.510-210-8=2.510-10,A正确;因反应过程中有沉淀生成,溶液中必然存在平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),故曲线上的各点均满足c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl),B正确;根据Ag+Cl-AgCl可知,达到滴定终点时,消耗AgNO3溶液的体积为=20.0 mL,C错误;相同实验条件下,沉淀相同量的Cl-和Br-消耗的AgNO3的量相同,由于Ksp(AgBr)Ksp(AgCl
3、),当滴加相等量的Ag+时,溶液中c(Br-)c(OH-)D.当混合溶液呈中性时,c(Na+)c(HX-)c(X2-)c(OH-)=c(H+)解析:己二酸(H2X)的电离方程式为H2XHX-+H+,HX-H+X2-,Ka1=,Ka2=,因为Ka1Ka2,所以pH相同时,c(HX-)c(H2X)c(X2-)c(HX-),故图中曲线M表示pH与 lgc(X2-)c(HX-)的变化关系;曲线N表示pH与lgc(HX-)c(H2X)的变化关系;由曲线M知,Ka2(H2X)的数量级为10-6;HX-的电离程度大于水解程度,故NaHX溶液中c(H+)c(OH-);由曲线M知,lgc(X2-)c(HX-)=
4、0,即c(X2-)=c(HX-) 时,溶液显酸性,故呈中性时,c(X2-)c(HX-),D项叙述错误。3.(2017全国卷,12)改变0.1 molL-1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示已知(X)=。下列叙述错误的是(D)A.pH=1.2时,c(H2A)=c(HA-)B.lgK2(H2A)=-4.2C.pH=2.7时,c(HA-)c(H2A)=c(A2-)D.pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-)=c(H+)解析:由题图可知:pH=1.2时,(H2A)=(HA-),由公式知c(H2A)=c(HA-),所以A正确;H2A的二级电离
5、为HA-H+A2-,所以K2(H2A)=,由题图可知pH=4.2时,c(A2-)=c(HA-),所以K2(H2A)=c(H+),所以lgK2(H2A)=-4.2,所以B正确。由题图知:pH=2.7时,c(HA-)c(H2A)=c(A2-),C正确,由题图知:pH=4.2时,(HA-)=(A2-),即c(HA-)=c(A2-)c(H+)=10-4.2,所以D错误。4.(2017全国卷,13)在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的 Cl- 会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去 Cl- 。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是(C)
6、A.Ksp(CuCl) 的数量级为10-7 B.除Cl- 反应为Cu+Cu2+2Cl- 2CuClC.加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl- 效果越好D.2Cu+Cu2+Cu平衡常数很大,反应趋于完全解析:A.Ksp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl-),从图中数据知c(Cl-)=1 mol/L时,c(Cu+)10-7 mol/L,所以Ksp(CuCl)的数量级为10-7,正确;B.除Cl-反应:Cu+Cu2+2Cl-2CuCl,正确;C.Cu为固体,所以加入Cu的多少对除Cl-的效果影响不大,错误;D.K=,从图中c(Cu2+)=c(Cu+)10-6 mol/L,代入K=106,所以反应趋于
7、完全,正确。5.(2016全国卷,12)298 K时,在20.0 mL 0.10 molL-1 氨水中滴入0.10 molL-1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 molL-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是(D)A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0 mLC.M点处的溶液中c(N)=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)D.N点处的溶液中pH12解析:酚酞的变色范围是8.210,又因为NH4Cl是强酸弱碱盐,水解显酸性,故正好中和时溶液显酸性,故盐酸的量不足时溶液可能就褪色了,使测量值偏小,故应用甲基橙作指示剂;当加入盐酸
8、 20.0 mL 时正好生成NH4Cl,因为N的水解使溶液pHc(H+)=c(OH-);由 0.10 molL-1氨水的电离度为1.32%可知:c(OH-)=0.10 molL-11.32%=0.001 32 molL-1,所以c(H+)= molL-1 molL-1=1.010-12 molL-1,故pH12。1.此题型属于综合考查溶液中的离子平衡,但多以盐类水解为主干,偶见沉淀溶解平衡为主干。2.此类题型主要考查学生综合分析能力,以及图像处理能力,还有数据处理能力。3.本题型得分较难,属于得分差异点,对于基础较差的学生来讲很多时候可以放弃本题赢得考试时间,在别的中低档题目上把分找回来。考向
9、1溶液中三大平衡及影响因素(对应学生用书第2425页) 1.影响弱电解质电离平衡、盐类水解平衡、沉淀溶解平衡的因素:(1)内因:电解质、盐类、沉淀的本性。(2)外因:温度:温度越高,电离程度越大、水解程度越大、溶解程度越大(极个别例外,比如氢氧化钙温度越高溶解度反而越小,其他特殊物质题目一般会告诉信息)。浓度:单一微粒浓度改变,平衡会向着该微粒浓度改变减弱的方向移动;特别的是加水会造成所有微粒浓度减小(除水外,温度不变时H+、OH-浓度变化相反)。注意:外加酸、碱、盐以及能反应的物质均从“单一微粒浓度改变”加以认识。例:醋酸溶液中加CH3COONa固体实际上是单独增大了CH3COO-浓度,所以
10、平衡逆向移动,以减弱这种改变。2.水的电离影响因素:水是一种极弱的电解质,可以根据普通弱电解质电离平衡影响因素分析。外加酸碱:抑制水的电离(水的电离平衡逆向移动);外加含弱离子的盐:促进水的电离(水的电离平衡正向移动);外加活泼金属或氧化物等情况复杂,有争议不予考虑。【例1】 (2015全国卷,13)浓度均为0.10 molL-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lgVV0的变化如图所示。下列叙述错误的是(D)A.MOH的碱性强于ROH的碱性B.ROH的电离程度:b点大于a点C.若两溶液无限稀释,则它们的c(OH-)相等D.当lgVV0=2时,若两溶液同时升高温度
11、,则c(M+)c(R+)增大精讲精析:含有“对数”坐标的图像,一般比较难处理。通常的处理手段是,把对数坐标转成指数坐标,即可轻松应对。根据数学公式y=lg x,x=10y,把上述图像转化成指数横坐标图如下:据图横坐标为100时,即是原溶液稀释100倍,MOH的pH降低至11,根据溶液稀释过程pH变化规律可知MOH为强碱,ROH稀释100倍pH降低不到2个单位,所以ROH为弱碱,因此A正确;根据“越稀越电离”知道b点稀释倍数大于a点,所以电离程度b点大于a点,B正确;两溶液无限稀释最终均变为中性,所以氢氧根浓度相等,C正确;lg VV0=2也就是稀释100倍时升高温度,MOH为强碱,不存在电离平
12、衡,c(M+)不变,ROH属于弱碱,存在电离平衡,根据“越热越电离”电离平衡右移,c(R+)会增大,所以c(M+)c(R+)会减小,D错误。【例2】 标准状况下,向 100 mL H2S饱和溶液中通入SO2气体,所得溶液pH变化如图中曲线所示。下列分析正确的是(C)A.原H2S溶液的物质的量浓度为0.05 molL-1B.氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强C.b点水的电离程度比c点水的电离程度大D.a点对应溶液的导电性比d点强精讲精析:依据反应2H2S+SO23S+2H2O,消耗112 mL SO2时,pH=7,即恰好完全反应,得H2S为0.01 mol,可算出c(H2S)为0.1 molL-1,A
13、错误;据图像一开始H2S的pH=a,最终溶液变为H2SO3,从图像看其pH=d,显然dc(OH-)=c(H+)解析:向10 mL pH=3的CH3COOH溶液中加入90 mL H2O,醋酸的电离平衡正向移动,c(H+)10-4 molL-1,故由水电离出的c(H+)10-10 molL-1,选项A错误;向10 mL pH=3的CH3COOH溶液中加入0.1 mol CH3COONa固体,醋酸根离子浓度增大,酸的电离逆向移动,c(OH-)比原CH3COOH溶液中的大,选项B正确;向10 mL pH=3的CH3COOH溶液中加入10 mL pH=1的H2SO4溶液,氢离子浓度增大,抑制醋酸的电离,CH3COOH的电离程度减小,选项C错误;向10 mL pH=3的CH3
