全国各地高考化学试题汇编考点8 电解质溶液.docx
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全国各地高考化学试题汇编考点8电解质溶液
考点8电解质溶液
一、选择题
1.（2017•乙卷•13）常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。
下列叙述错误的是（ ）
A.Ka2（H2X）的数量级为10-6
B.曲线N表示pH与lg
的变化关系
C.NaHX溶液中c（H＋）＞c（OH-）
D.当混合溶液呈中性时,c（Na＋）＞c（HX-）＞c（X2-）＞c（OH-）=c（H＋）
【命题意图】本题考查电解质溶液的相关知识,意在考查学生读图识图能力和电解质溶液中微粒浓度大小比较的分析能力。
【试题解析】选D。
根据Ka1及Ka2表达式的变形,可以得到c（HX-）/c（H2X）=Ka1/c（H＋）,c（X2-）/c（HX-）=Ka2/c（H＋）。
由二元酸的Ka1＞Ka2可得溶液中c（HX-）/c（H2X）＞c（X2-）/c（HX-）,即lg[c（HX-）/c（H2X）]＞lg[c（X2-）/c（HX-）],所以M曲线为lg[c（X2-）/c（HX-）],N曲线为lg[c（HX-）/c（H2X）],B项正确;当N曲线lg[c（HX-）/c（H2X）]=0时,pH≈4.4,由c（HX-）/c（H2X）=Ka1/c（H＋）可得Ka1≈10-4.4,同理可得Ka2≈10-5.4,A项正确;又因为Kh1=Kw/Ka1=10-9.6＜Ka2=10-5.4,所以NaHX电离程度大于水解程度,显酸性,C项正确;由图可知,当lg[c（X2-）/c（HX-）]=0,即c（X2-）/c（HX-）=1时,pH≈5.4,又因为随着pH的增大,c（X2-）/c（HX-）变大,所以当pH=7时,c（X2-）＞c（HX-）,D项错误。
【知识拓展】多元弱酸的电离常数表达式为Ka1=[c（H＋）·c（HX-）]/c（H2X）;Ka2=[c（X2-）·c（H＋）]/c（HX-）。
2.（2017•丙卷•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（ ）
A.Ksp（CuCl）的数量级为10-7
B.除Cl-反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl-
2CuCl
C.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
【命题意图】本题考查溶度积的有关计算、氧化还原反应方程式的配平,意在考查学生读图识图的能力,对信息的整合能力。
【试题解析】选C。
Ksp（CuCl）=c（Cu＋）·c（Cl-）,横坐标-lg
为1时,即c（Cl-）=10-1mol·L-1,纵坐标lg
大于-6,小于-5,所以Ksp（CuCl）的数量级是10-7,A项正确;向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀,除去Cl-的反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl-
2CuCl,B项正确;除去Cl-效果取决于Cu与Cu2＋的物质的量的多少,并不是Cu的量越多,除去Cl-效果越好,C项错误;在没有Cl-存在的情况下,反应2Cu＋
Cu2＋＋Cu趋于完全,D项正确。
【知识拓展】当平衡常数大于1×105时,反应趋于完全。
3.（2017•甲卷•12）改变0.1mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ（X）随pH的变化如图所示[已知
δ（X）=
]。
下列叙述错误的是（ ）
A.pH=1.2时,c（H2A）=c（HA-）
B.lg[K2（H2A）]=-4.2
C.pH=2.7时,c（HA-）＞c（H2A）=c（A2-）
D.pH=4.2时,c（HA-）=c（A2-）=c（H＋）
【命题意图】本题考查电解质溶液的相关知识,意在考查考生读图识图能力和对电解质溶液中微粒浓度的大小关系的分析比较能力。
【试题解析】选D。
因为δ（X）=
根据物料守恒c（H2A）＋c（HA-）＋c（A2-）=0.1mol·L-1为定值。
根据图象,pH=1.2时,H2A和HA-两曲线相交,因此有c（H2A）=c（HA-）,故A项正确;在pH=4.2时,A2-和HA-两曲线相交,即c（A2-）=c（HA-）,因此K2（H2A）=
=c（H＋）=10-4.2,故B项正确;根据图象,在pH=2.7时,H2A和A2-两曲线相交,且HA-的物质的量分数最大,故有c（HA-）＞c（H2A）=c（A2-）,故C项正确;根据图象在pH=4.2时,c（HA-）=c（A2-）,根据电荷守恒c（HA-）＋2c（A2-）＋c（OH-）=c（H＋）,因此有c（H＋）＞c（HA-）=c（A2-）,故D项错误。
【方法规律】等式考虑守恒原理,不等式考虑平衡原理
电解质溶液中微粒浓度的大小关系的判断,若为
（1）等式:
一般与电荷守恒、物料守恒相联系,如果给定的等式不是两个守恒式,可以把两个守恒式变化形式后相互作差,加以推导即可。
（2）如果给定的是不等式,要先考虑等式,对等式的一边加入或减少某离子,即可变成不等式。
4.（双选）（2017·江苏高考·12）下列说法正确的是（ ）
A.反应N2（g）＋3H2（g）
2NH3（g）的ΔH＜0,ΔS＞0
B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C.常温下,Ksp[Mg（OH）2]=5.6×10-12,pH=10的含Mg2＋溶液中,c（Mg2＋）≤5.6×10-4mol·L-1
D.常温常压下,锌与稀H2SO4反应生成11.2LH2,反应中转移的电子数为6.02×1023
【命题意图】本题考查反应进行的方向、金属的防腐、Ksp以及气体摩尔体积使用条件的知识,意在考查学生对化学基本理论的掌握程度。
【试题解析】选B、C。
A项,该反应的气体体积减小,即ΔS＜0,错误;B项,Zn可以保护铁,为牺牲阳极的阴极保护法,正确;C项,c（OH-）=10-4mol·L-1,c（Mg2＋）≤Ksp[Mg（OH）2]/c2（OH-）=5.6×10-12/（10-4）2=5.6×10-4mol·L-1,正确;D项,非标准状况下,11.2LH2不是0.5mol,错误。
【易错警示】本题D项,使用气体摩尔体积需要具备两个条件,一是标准状况,二是气体。
5.（双选）（2017·江苏高考·14）常温下,Ka（HCOOH）=1.77×10-4,Ka（CH3COOH）=1.75×10-5,Kb（NH3·H2O）=1.76×10-5,下列说法正确的是（ ）
A.浓度均为0.1mol·L-1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和:
前者大于后者B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点,消耗NaOH溶液的体积相等
C.0.2mol·L-1HCOOH与0.1mol·L-1NaOH等体积混合后的溶液中:
c（HCOO-）＋c（OH-）=c（HCOOH）＋c（H＋）
D.0.2mol·L-1CH3COONa与0.1mol·L-1盐酸等体积混合后的溶液中（pH＜7）:
c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）＞c（H＋）
【命题意图】本题考查弱电解质的电离平衡知识,意在考查学生对溶液中粒子守恒关系的理解程度以及辩证分析能力。
【试题解析】选A、D。
A项,0.1mol·L-1HCOONa溶液中c（Na＋）=0.1mol·L-1,所有阳离子为c（Na＋）＋c（H＋）＞0.1mol·L-1,0.1mol·L-1NH4Cl溶液中,NH
水解生成H＋,减少一个NH
同时生成一个H＋,则NH4Cl中所有阳离子c（
）＋c（H＋）≈0.1mol·L-1,即前者大于后者,正确;B项,CH3COOH的电离平衡常数小,即酸性比HCOOH弱,当HCOOH与CH3COOH的pH均等于3时,HCOOH的物质的量浓度小于乙酸,等体积时甲酸消耗的NaOH比乙酸小,错误;C项,两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液,由电荷守恒得c（HCOO-）＋c（OH-）=c（Na＋）＋c（H＋）,由物料守恒得2c（Na＋）=c（HCOOH）＋c（HCOO-）所以c（HCOOH）＋2c（H＋）=c（HCOO-）＋2c（OH-）,错误;D项,反应后溶液是c（CH3COONa）、c（CH3COOH）和c（NaCl）比值为1∶1∶1的混合物,物料守恒有c（CH3COO-）＋c（CH3COOH）=2c（Cl-）,pH＜7,则CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解,即c（CH3COO-）＞c（Cl-）＞c（CH3COOH）,电离和水解均很微弱,故c（H＋）小于c（CH3COOH）,正确。
二、非选择题
6.（2017·天津高考·10）H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害,工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放,回答下列各方法中的问题。
Ⅰ.H2S的除去
方法1:
生物脱H2S的原理为:
H2S＋Fe2（SO4）3
S↓＋2FeSO4＋H2SO4
4FeSO4＋O2＋2H2SO4
2Fe2（SO4）3＋2H2O
（1）硫杆菌存在时,FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍,该菌的作用是________。
（2）由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为______________________。
若反应温度过高,反应速率下降,其原因是______________________________。
方法2:
在一定条件下,用H2O2氧化H2S
（3）随着参加反应的n（H2O2）/n（H2S）变化,氧化产物不同。
当n（H2O2）/n（H2S）=4时,氧化产物的分子式为________________________。
Ⅱ.SO2的除去
方法1（双碱法）:
用NaOH吸收SO2,并用CaO使NaOH再生
NaOH溶液
Na2SO3溶液
（4）写出过程①的离子方程式:
________________________;CaO在水中存在如下转化:
CaO（s）＋H2O（l）
Ca（OH）2（s）
Ca2＋（aq）＋2OH-（aq）
从平衡移动的角度,简述过程②NaOH再生的原理________________。
方法2:
用氨水除去SO2
（5）已知25℃,NH3·H2O的Kb=1.8×10-5,H2SO3的Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.2×10-8。
若氨水的浓度为2.0mol·L-1,溶液中的c（OH-）=__________________mol·L-1。
将SO2通入该氨水中,当c（OH-）降至1.0×10-7mol·L-1时,溶液中的c（
）/c（
）=____________________________。
【命题意图】本题主要考查元素化合物以及电解质溶液的知识,重点考查学生对氧化还原反应、离子方程式的书写、沉淀溶解平衡以及水溶液中的电离平衡等相关知识的迁移应用能力。
【试题解析】
（1）根据硫杆菌存在时的反应速率可知,硫杆菌的作用是催化剂,降低了反应所需的活化能。
（2）根据图1可知,当30℃左右时,Fe2＋氧化速率最大;根据图2可知,当pH=2.0时,Fe2＋氧化速率最大,所以硫杆菌使用的最佳条件是温度为30℃、pH=2.0。
由于硫杆菌是蛋白质,所以温度过高时,会导致蛋白质变性,使得硫杆菌失去原有的生理活性,导致催化效果大大降低,反应速率下降。
（3）根据化合价升降,当n（H2O2）/n（H2S）=4时,4molH2O2转移8mol电子,则1molH2S也转移8mol电子,化合价从-2价升高到＋6价,所以氧化产物为H2SO4。
（4）过程①是NaOH与SO2反应,所以反应的离子方程式为2OH-＋SO2
＋H2O;从平衡移动的角度,结合CaO（s）＋H2O（l）
Ca（OH）2（s）
Ca2＋（aq）＋2OH-（aq）可知,过程②中Na2SO3溶液中加入CaO后,亚硫酸根离子与钙离子发生反应生成CaSO3沉淀,导致平衡正向移动,从而生成NaOH。
（5）根据NH3·H2O的Kb=1.8×10-5可知,c（
）·c（OH-）/c（NH3·H2O）=1.8×10-5,若氨水的浓度为2.0mol·L-1,溶液中的c（OH-）=c（
）=6.0×10-3mol·L-1;将SO2通入该氨水中,当c（OH-）降至
1.0×10-7mol·L-1时,根据H2SO3的Ka2=6.2×10-8可知,c（H＋）·c（
）/c（
）=6.2×10-8,故当c（OH-）降至1.0×10-7mol·L-1时,溶液中的c（
）/c（
）=0.62。
答案:
（1）降低反应活化能（或作催化剂）
（2）30℃、pH=2.0 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性,合理即可）
（3）H2SO4
（4）2OH-＋SO2
＋H2O
与Ca2＋生成CaSO3沉淀,平衡正向移动,有NaOH生成
（5）6.0×10-3 0.62
7.（2017•乙卷•27）Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿（主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备。
工艺流程如下:
回答下列问题:
（1）“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如下图所示。
由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为______________。
（2）“酸浸”后,钛主要以
形式存在,写出相应反应的离子方程式__________________。
（3）TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示:
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O
转化率/%
92
95
97
93
88
分析40℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因________________________。
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4,其中过氧键的数目为________________。
（5）若“滤液②”中c（Mg2＋）=0.02mol·L-1,加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍）,使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3＋）=1.0×10-5mol·L-1,此时是否有Mg3（PO4）2沉淀生成?
________（列式计算）。
（FePO4、Mg3（PO4）2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24）
（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式________________。
【命题意图】本题考查元素及其化合物的知识,意在考查学生对化工流程题的分析解决问题的能力及对元素化合物知识的理解应用能力。
【试题解析】
（1）依题意,读图可得浸出率为70%的两个条件为100℃,2h或90℃,5h。
（2）根据流程可得所加酸为盐酸,铁元素价态应保持不变,依然为＋2价,所以答案为FeTiO3＋4H＋＋4Cl-
Fe2＋＋
＋2H2O。
（3）本题为40min内转化率,温度过高时原料分解,即30～40℃,温度升高,反应速率加快,则40min所得转化率提高。
40℃以上,温度过高,H2O2及NH3·H2O分解,转化率下降。
（4）以过氧化氢、过氧化钠等化合物为例,过氧键存在于两个-1价氧原子之间。
设化合物中-2价氧为x个,-1价氧为y个,x＋y=15,又根据化合价代数和为0得出2x＋y=22,解得y=8,即4个过氧键。
（5）先根据Fe3＋完全沉淀计算出此时溶液中磷酸根浓度,进而计算是否满足Mg3（PO4）2开始沉淀的条件。
Fe3＋完全沉淀时c（
）=Ksp/c（Fe3＋）=1.3×10-17mol·L-1,此时溶液中c3（Mg2＋）·c2（
）=
（0.01）3×（1.3×10-17）2≈1.7×10-40＜Ksp[Mg3（PO4）2],不会产生Mg3（PO4）2沉淀。
（6）“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4
2LiFePO4＋3CO2↑＋H2O↑。
答案:
（1）100℃,2h或90℃,5h
（2）FeTiO3＋4H＋＋4Cl-
Fe2＋＋
＋2H2O
（3）低于40℃,TiO2·xH2O转化率随温度升高而增加;超过40℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化率下降
（4）4
（5）Fe3＋恰好沉淀完全时c（
）=
mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1,c3（Mg2＋）·c2（
）=（0.01）3×（1.3×10-17）2≈1.7×10-40＜Ksp[Mg3（PO4）2],因此不会生成Mg3（PO4）2沉淀
（6）2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4
2LiFePO4＋3CO2↑＋H2O↑
8.（2017·江苏高考·20）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
其原因是 ________________。
（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时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。
①以酚酞为指示剂（变色范围pH8.0～10.0）,将NaOH溶液逐滴加入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__________________________。
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4
＋H＋的电离常数为Ka1,则pKa1=
________________（pKa1=-lgKa1）。
（3）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。
pH=7.1时,吸附剂X表面不带电荷;pH＞7.1时带负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;pH＜7.1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。
①在pH7～9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 __。
②在pH4～7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
__________________________ __。
【命题意图】本题考查废水中砷的去除分析,意在考查学生运用新信息处理问题的能力。
【试题解析】
（1）吸附剂X中含有NaOH溶液,能吸收空气中的CO2生成
。
（2）①图-1中pH为8～10时,c（
）增大,则该过程中离子方程式为OH-＋H3AsO3
＋H2O。
②Ka1=
K仅与温度有关,为方便计算,在图-2中取pH=2.2时计算,此时c（H2As
）=c（H3AsO4）,则Ka1=c（H＋）=10-2.2,pKa1=2.2。
（3）①从图-2知,pH由7升至9时,
转变为
由题中信息知,pH越大,吸附剂X带负电荷越多,则X会与HAs
之间相互排斥。
②在pH为4～7时,吸附剂X带正电,从图-2知,可以吸附pH在4～7时存在的五价砷离子:
和
;从图-1知,三价砷主要以分子形式存在,吸附剂不会吸附分子。
加入氧化剂,可以将三价砷转化为五价砷,而被吸附剂X吸附。
答案:
（1）碱性溶液吸收了空气中的CO2
（2）①OH-＋H3AsO3
＋H2O ②2.2
（3）①在pH7～9,随pH升高
转变为
吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力增加
②在pH4～7,吸附剂X表面带正电荷,五价砷主要以
和
存在,静电引力较大;而三价砷主要以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
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