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专题检测卷(七)
第4讲 电解质溶液
(45分钟 100分)
一、选择题(本题包括7小题，每小题6分，共42分)
1.下列叙述正确的是（ ）
A.盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵
B.稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小
C.饱和石灰水中加入少量CaO，恢复至室温后溶液的pH不变
D.沸水中滴加适量饱和FeCl3溶液，形成带电的胶体，导电能力增强
2.(2012•上海高考)常温下amol•L-1CH3COOH稀溶液和bmol•L-1KOH稀溶液等体积混合，下列判断一定错误的是（ ）
A.若c(OH-)>c(H+)，a=b
B.若c(K+)>c(CH3COO-)，a>b
C.若c(OH-)=c(H+)，a>b
D.若c(K+)<c(CH3COO-)，a<b
3.(2013•泉州质检)常温下，取0.1 mol•L-1HY溶液与0.1 mol•L-1NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=9，则下列说法不正确的是（ ）
A.c(Na+)=c(Y-)+c(HY)
B.c(OH-)=c(H+)+c(HY)
C.c(Y-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
D.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Y-)
4.(2012•天津高考)下列电解质溶液的有关叙述正确的是（ ）
A.同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH=7
B.在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2+)增大
C.含1 mol KOH的溶液与1 mol CO2完全反应后，溶液中c(K+)=c(HC )
D.在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na+)=c(CH3COO-)
5.常温下，向0.1 mol•L-1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的质量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如图所示，a、b、c、d分别表示实验时不同阶段的溶液，下列有关说法中不正确的是（ ）
A.溶液的pH：a<b<c<d
B.溶液的导电能力：a>b>d>c
C.a、b溶液呈酸性
D.c、d溶液呈碱性
6.(2013•新课标全国卷Ⅱ)室温时，M(OH)2(s) M2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=a，c(M2+)=bmol•L-1时，溶液的pH等于（ ）
A. lg( ) B. lg( )
C.14+ lg( ) D.14+ lg( )
7.(2012•安徽高考)已知室温下，Al(OH)3的Ksp或溶解度远大于Fe(OH)3。向浓度均为0. 1 mol•L-1的Fe(NO3)3和Al(NO3)3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列示意图表示生成Al(OH)3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是（ ）
二、非选择题(本题包括4小题，共58分)
8.(13分)(2012•北京高考改编)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。
（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应___________________。
（2）在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是_______________________。
（3）吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(S )∶n(HS )变化关系如下表：
n(S )∶n(HS )
91∶9 1∶1 1∶91
pH 8.2 7.2 6.2
①上表判断NaHSO3溶液显________性，用化学平衡原理解释：___________。
②当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)：__________________。
a.c(Na+)=2c(S )+c (HS )
b.c(Na+)>c(HS )>c(S )>c(H+)=c(OH-)
c.c(Na+)+c(H+)=c(S )+c(HS )+c(OH-)
（4）(2012•福建高考)能证明Na2SO3溶液中存在S +H2O HS +OH-水解平衡的事实是______(填序号)。
A.滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去
B.滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去
C.滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
9.(14分)如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，回答下列问题：
（1）T1__________________T2(填>、=、<)，T2温度时Ksp(BaSO4)=__________。
（2）讨论T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，下列说法正确的是__________。
A.加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点
B.在T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C.蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)
D.升温可使溶液由b点变为d点
（3）T2时，现有0. 2 mol的BaSO4沉淀，每次用1 L饱和Na2CO3溶液(浓度为
1.7 mol•L-1)处理。若使BaSO4中的S 全部转化到溶液中，需要反复处理________次。
10.(15分)(2013•福州联考)水溶液是中学化学的重点研究对象。
（1）水是极弱的电解质，也是最重要的溶剂。常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的c(H+)=10-9mol•L-1，则该电解质可能是______(填序号)。
A.CuSO4 B.HCl C.Na2S D.NaOH E.K2SO4
（2）已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，要使新制稀氯水中的c(HClO)增大，可以采取的措施为(至少回答两种)_____________。
（3）强酸制弱酸是水溶液中的重要经验规律。
①已知HA、H2B是两种弱酸，存在以下关系：H2B(少量)+2A-====B2-+2HA，则A-、B2-、HB-三种阴离子结合H+的难易顺序为____________。
②某同学将H2S通入CuSO4溶液中发现生成黑色沉淀，查阅资料并在老师的指导下写出了化学方程式：H2S +CuSO4====CuS↓+H2SO4，但这位同学陷入了困惑：这不成了弱酸制取强酸了吗？请你帮助解释
___________________________________。
（4）已知：H2A====H++HA- HA- H++A2-，常温下，0.1 mol•L-1的NaHA溶液其pH =2，则0.1 mol•L-1的H2A溶液中氢离子浓度的大小范围是________<c(H+)<________；NaHA溶液中各种离子浓度大小关系为_________。
（5）已知：Ksp(AgCl) =1.8×10-10，向50 mL 0.018 mo1•L-l的AgNO3溶液中加入相同体积0.020 mol•L-1的盐酸，则c(Ag+)=________，此时所得混合溶液的pH=________。
11.(16分)(2012•浙江高考)已知：I2+2S2 ====S4 +2I-
相关物质的溶度积常数见下表：
物质 Cu(OH)2 Fe(OH)3 CuCl2 CuI
Ksp 2.2×10-20 2.6×10-39 1.7×10-7 1.3×10-12
（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体，加入__________，调至pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3+)=__________。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2•2H2O晶体。
（2）在空气中直接加热CuCl2•2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是____________________(用化学方程式表示)。由CuCl2•2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是___________________________________。
（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2•2H2O晶体的试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。
①可选用__________作滴定指示剂，滴定终点的现象是__________。
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_______________________。
③该试样中CuCl2•2H2O的质量百分数为______。
答案解析
1.【解析】选C。A项可以用反证法，因为氯化铵溶液呈酸性，所以溶液不可能为中性，由此判断A错误；B项，稀醋酸加水后氢离子浓度变小，pH变大，因此B项与题意不符；C项饱和石灰水中加入氧化钙，冷却后仍然是饱和溶液，所以pH不变；D项形成胶体后，溶液中自由移动的离子浓度降低，所以导电能力比饱和氯化铁溶液降低。
【易错提醒】解答本题易出现以下错误：误认为溶液呈中性时盐酸与氨水恰好完全反应，而错选A。未注意“饱和”两个字，误认为加入CaO生成Ca(OH)2，c(OH-)增大，pH增大，而未选C。
2.【解析】选D。本题考查电解质溶液的知识，意在考查考生思维的缜密性。若a=b，恰好反应生成弱酸强碱盐CH3COOK，溶液呈碱性，A项正确；若a>b，反应后溶液中溶质为CH3COOK和CH3COOH，该溶液可能呈中性，则C项正确；若该溶液含CH3COOH很少，CH3COOH的电离程度小于CH3COO-的水解程度，溶液呈碱性，则溶液中c(K+)>c(CH3COO-)，B项正确；若溶液中c(K+)<c(CH3COO-)，利用电荷守恒知溶液中一定存在c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，而a<b，溶液一定呈碱性，二者矛盾，D项一定错误。
3.【解析】选C。酸碱恰好完全反应得到NaY溶液，根据pH=9，推出NaY是强碱弱酸盐，Y-发生水解反应，则c(Na+)>c(Y-)，C错误；HY是弱酸，根据物料守恒，A正确；根据质子守恒，B正确；溶液中阳离子有c(Na+)、c(H+)，阴离子有c(Y-)和c(OH-)，根据电荷守恒知D正确。
4.【解析】选D。同浓度的强酸和强碱溶液，氢离子浓度和氢氧根离子浓度不一定相同，所以A错误；硫酸钡中加入硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，硫酸钡溶解平衡受到抑制，钡离子浓度减小，所以B项错误；1 mol氢氧化钾和1 mol二氧化碳反应生成1 mol碳酸氢钾，但生成的碳酸氢根离子水解，所以钾离子浓度大于碳酸氢根离子浓度，所以C项错误；醋酸钠溶液中加入醋酸溶液，醋酸根离子的水解受到抑制，当达到氢离子浓度等于氢氧根离子浓度时，根据电荷守恒，钠离子的浓度等于醋酸根离子的浓度，所以D项正确。
5.【解析】选D。随着Ba(OH)2溶液的加入，溶液的碱性增强，pH增大，故A项正确；a点时，c(H+)=0.2 mol•L-1，c(S )=0.1 mol•L-1，离子浓度最大，导电能力最强，c点时离子浓度几乎为0，导电能力最弱。b点时溶液中H2SO4与d点时Ba(OH)2物质的量相等，但体积d点大于b点，离子浓度b点大，导电能力b>d，故导电能力：a>b>d>c，B项正确；a、b处因Ba(OH)2量不足，溶液显酸性，故C项正确；c处恰好中和生成BaSO4和H2O，溶液呈中性，故D项不正确。
6.【解析】选C。由题知该反应的溶度积常数Ksp=c(M2+)•c2(OH-)=a，由此得出c(OH-)=( )1/2，则c(H+)=10-14÷c(OH-)，pH=-lgc(H+)，经过计算即可得到正确答案为C。
7.【解题指南】解答本题时要注意到由于Ksp≫Ksp，向混合溶液中滴加NaOH溶液的开始阶段无Al(OH)3沉淀生成。
【解析】选C。因Ksp≫Ksp，因此向混合溶液中滴加NaOH溶液时，首先应生成Fe(OH)3沉淀，当Fe3+沉淀完全后，再生成Al(OH)3沉淀，继续滴加NaOH溶液，则Al(OH)3+OH-====Al +2H2O，沉淀逐渐溶解直至消失，故C项图像符合实际情况。
【易错提醒】解答本题一定要注意审题，“表示生成Al(OH)3的物质的量与加入氢氧化钠溶液的体积的关系”，否则易错选B。
8.【解析】（1）SO2与水生成H2SO3，H2SO3被氧气氧化成H2SO4。
（3）由数据表可知，当Na2SO3和NaHSO3二者混合时，若前者过量或等量混合时，溶液均显碱性；当后者过量较多时溶液才显酸性，即NaHSO3溶液显酸性。当显中性时，NaHSO3量多，c(Na+)>c(HS )>c(S )>c(H+)=c(OH-)。
（4）无论Na2SO3是否完全水解，则加硫酸都会中和OH-，酚酞都会褪色，只能证明发生了水解，而无法说明是否存在水解平衡，A选项错误；氯水既可能中和OH-，又可能将酚酞氧化，所以褪色不足以说明存在水解平衡，B选项错误；加入BaCl2溶液，若有白色沉淀产生，则该沉淀一定是BaSO3，说明S 没有水解完全，红色褪去，说明c(OH-)减小，因为OH-与BaCl2不反应，只能说明平衡逆向移动引起其浓度的减小，C选项正确。
答案：（1）SO2+H2O H2SO3，
2H2SO3+O2====2H2SO4
（2）2OH-+SO2====H2O+S
（3）①酸
HS 存在：HS H++S 和HS +H2O H2SO3+OH-，HS 的电离程度强于水解程度
②a、b
（4）C
9.【解析】（1）难溶电解质的溶解都是吸热的，Ksp越大，说明温度越高，故T1<T2。
T2温度时Ksp(BaSO4)=5.0×10-5×1.0×10-4=5.0×10-9
（2）升温可使溶液离子浓度增大，而不会减小，故D不正确。
（3）BaSO4(s)+C (aq) BaCO3(s)+S (aq)，K=Ksp(BaSO4)/Ksp(BaCO3)=5.0×10-9÷1.0×10-7=0.05
设每次处理S 的浓度为x
BaSO4(s)+C (aq) BaCO3(s)+S (aq)
1.7 mol•L-1 0
1.7 mol•L-1-x x
K=c(S )/c(C )=x/(1.7 mol•L-1-x)=0.05
解得：x≈0.08 mol•L-1，即每次可溶解BaSO40.08 mol，若使BaSO4中的S 全部转化到溶液中，需要反复处理3次。
答案：（1）< 5.0×10-9 （2）A、B、C （3）3
10.【解析】（1）根据题意知，水的电离受到抑制且该溶液呈碱性，故选C、D。
（2）使Cl2+H2O HClO+HCl正向移动且不消耗HClO即可，如再通入氯气；加入碳酸盐；加入次氯酸钠等。
（3）①根据强酸可制取弱酸知，越难电离的酸，其酸性越小，结合氢离子越容易，故HB-<B2-<A-。
②铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀，是因为硫化铜极难溶于水，也难溶于酸，故能发生反应。
（4）0.1 mol•L-1的NaHA溶液其pH =2，说明HA-电离程度大于水解程度，故：0.1 mol•L-1<c(H+)<0.11 mol•L-1；钠离子不水解，其浓度是0.1 mol•L-1，酸式酸根离子水解、电离，但电离程度大于水解程度，所以酸式酸根离子浓度大于氢离子浓度，氢离子浓度大于酸根离子浓度，酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度，故为c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)。
（5）溶液混合后，盐酸和硝酸银反应盐酸有剩余，盐酸的浓度为0.001 mol•L-1，银离子物质的量浓度为1.8×10-10mol2•L-2÷0.001 mol•L-1=1.8×10-7mol•L-1。盐酸的浓度为0.001 mol•L-1，溶液的pH为3。
答案：（1）C、D（2）通入氯气；加入碳酸盐；加入次氯酸钠（3）①HB-<B2-<A-
②铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀，是因为硫化铜极难溶于水，也难溶于酸，故能发生反应
（4）0.1 mol•L-1 0.11 mol•L-1
c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)
（5）1.8×10-7mol•L-1 3
11.【解析】（1）加入的物质在调节pH时应该保证两点，一个是使pH减小，再一个是不能加入新的杂质离子，所以应该选用氢氧化铜或者碱式碳酸铜；若此时pH=4，则c(Fe3+)=Ksp/(1×10-10mol•L-1)3=2.6×10-9mol•L-1。
（2）在空气中直接加热CuCl2•2H2O晶体时，由于CuCl2是强酸弱碱盐，所以Cu2+会发生水解，故得不到纯净的无水CuCl2，所以要想得到纯净的无水氯化铜必须在加热过程中抑制其水解，所以应该在干燥的HCl气流中加热。
（3）①由于相当于用Na2S2O3标准溶液滴定碘单质，所以可以用淀粉溶液作指示剂，到达滴定终点的现象是溶液由蓝色变成无色且放置一段时间后不褪色。
②铜离子具有弱氧化性可以把碘离子氧化成碘单质，自身被还原成+1价的铜。
③由反应可知，关系式如下：
CuCl2•2H2O ～ Na2S2O3
1 1
n(CuCl2•2H2O) 0.100 0 mol•L-1×0.020 L
则n(CuCl2•2H2O)=0.100 0 mol•L-1×0.020 L=0.002 mol
则m(CuCl2•2H2O)=0.002 mol×171 g•mol-1=0.342 g
则该试样中CuCl2•2H2O的质量百分数为：0.342 g/0.36 g=95%。
答案：（1）Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
2.6×10-9mol•L-1
（2）2CuCl2•2H2O Cu(OH)2•CuCl2+2HCl+2H2O
在干燥的HCl气流中加热脱水
（3）①淀粉溶液
蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色
②2Cu2++4I-====2CuI↓+I2
③95%