1、高考冲关第6练1.(2013广东高考)50时，下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是()ApH4的醋酸中：c(H)4.0 molL1B饱和小苏打溶液中：c(Na)c(HCO)C饱和食盐水中：c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)DpH12的纯碱溶液中：c(OH)1.0102 molL1【解析】A项，pH4的醋酸中c(H)104 molL1；B项，饱和小苏打溶液中由于HCO水解，c(Na)c(HCO)；C项，根据电荷守恒，饱和食盐水中有c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)；D项，由于50 时水的电离程度增大，水的离子积大于1.01014，pH12的纯碱溶液中c(H)1012 molL1，
2、则c(OH)102 molL1。【答案】C2(2013重庆高考，有改动)下列说法正确的是()ApH4的溶液中水电离出的H一定是1104mol/LB25 时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH7，V醋酸VNaOHC向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成DAgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K(AgX)c(Ag)c(X)，故K(AgI)VNaOH，B项错误；NaAlO2与NaHCO3都是强碱弱酸盐，彼此不反应，C项错误；沉淀一般向溶解度更小的方向转化，D项正确。【答案】D3(2013天津高考组合题)下列说法不正确的是()A用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小BCaCO3
3、难溶于稀硫酸，也难溶于醋酸C在Na2S稀溶液中，c(H)c(OH)2c(H2S)c(HS)D滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小【解析】将pH试纸润湿相当于把待测溶液稀释了，测定稀碱溶液的pH时结果偏小，A项正确；碳酸钙既可以和硫酸反应，也可以和醋酸反应，只不过在和硫酸反应时，生成的硫酸钙覆盖在碳酸钙表面，阻止了反应的进行，B项错误；根据电荷守恒c(Na)c(H)2c(S2)c(OH)c(HS)和物料守恒c(Na)2c(S2)2c(H2S)2c(HS)可得：c(H)c(OH)2c(H2S)c(HS)，C项正确；滴定前无气泡，滴定后有气泡，则所用体积为所读体积加上气泡所占的体积，
4、即所测体积偏小，D项正确。【答案】B4(2013南昌一模)某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结：(均在常温下)常温下，pH1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子的浓度一定降低pH2的盐酸与pH1的盐酸，c(H)之比为2125 时，AgCl固体在等体积、等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解程度不同NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH7，则c(Na)2c(SO)已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为Kw，则三者关系为：KaKhKw甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液pH是乙溶液pH的两倍，则甲乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7其归纳正
5、确的是()A全部BC D【解析】中c(OH)增大；中之比为110；因为CaCl2溶液中的c(Cl)大于NaCl溶液中的，依据AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)，可知AgCl在NaCl溶液中的溶解程度大，正确；溶液呈中性时，一定含有NH，依据电荷守恒c(Na)c(NH)c(H)2c(SO)c(OH)可知c(Na)c(NH)2c(SO)，错误；依据CH3COOHCH3COOH、Ka；CH3COOH2OCH3COOHOH、Kh，可知KaKhc(H)c(OH)，正确；设乙溶液pHa，甲溶液pH2a，混合后溶液呈中性即10aV(酸)102a14V(碱)，所以a2a14，此时a，正确。【答案】B5(2
6、013荆州市高三质检)下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系表述正确的是()A0.1 molL1 Na2CO3溶液中：c(Na)c(HCO)c(H2CO3)2c(CO)B常温下，pH4的醋酸与pH10的NaOH溶液等体积混合后pHC将、等体积混合(体积变化忽略不计)，则c(CH3COO)c(CH3COOH)0.01 mol/LD将四份溶液均稀释10倍后溶液pH：，【解析】由于CH3COOH为弱电解质，故0.01 mol/L CH3COOH溶液中的c(H)1102mol/L，故由水电离出的c(H)11012mol/L，A项错误；因pH12的氨水中氨水的浓度远大于0.01 mol/L,0.01 mo
7、l/L HCl与pH12的氨水混合，当pH7时，消耗溶液的体积：，B项错误；将、等体积混合，溶液的总体积增大，c(CH3COO)c(CH3COOH)0.01 mol/L，C项错误。0.01 mol/L HCl稀释10倍后pH3。CH3COOH是弱酸稀释电离平衡右移，所以0.01 mol/L的CH3COOH稀释10倍后pHc(AgCl)c(Ag2CrO4)c(Ag2S)【解析】Ksp(CH3COOAg)Ksp(AgCl)，向CH3COOAg悬浊液中加入盐酸时CH3COOAg转化为AgCl，离子方程式为CH3COOAgHCl=CH3COOHAgCl，C正确。【答案】C8已知常温下CH3COOH的电
8、离平衡常数为Ka。常温下，向20 mL 0.1 molL1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 molL1 NaOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽视温度变化)。下列说法中错误的是()Aa点表示的溶液中由水电离出的H浓度为1.01011 molL1Bb点表示的溶液中c(CH3COO)c(Na)Cc点表示CH3COOH和NaOH恰好反应完全Db、d点表示的溶液中相等【解析】a点表示的溶液中由水电离出的c(H)等于溶液中的c(OH)，即为1.01011 mol/L，A正确。b点溶液呈酸性，即c(H)c(OH)，结合电荷守恒c(Na)c(H)c(OH)c(CH3COO)可得c(CH3COO)c(Na
9、)，B正确。c点溶液呈中性，NaOH的量应不足，故C错误。c(CH3COO)c(H)/c(CH3COOH)表示醋酸的电离平衡常数，温度不变则电离平衡常数不变，故D正确。【答案】C9(2013龙岩市高三质检)孔雀石主要含Cu2(OH)2CO3，还含少量铁的化合物和硅的化合物。以孔雀石为原料可制备CuCl23H2O及纯碱，流程如图所示。已知：溶液A只含Cu2、Fe2、Fe3三种金属离子，且三种离子沉淀时的pH如表所示。回答下列问题：金属离子Fe3Fe2Cu2pH氢氧化物开始沉淀1.97.04.7氢氧化物完全沉淀3.29.06.7(1)图中“试剂1”为_。(2)加入CuO的作用是调节溶液pH，则pH
10、的范围为_。(3)气体E、F与饱和食盐水作用生成H和G时，E和F应按一定先后顺序通入饱和食盐水中。其中，应先通入的气体是_(填代号及对应物质的化学式)。(4)由溶液C获得CuCl23H2O，需要经过_、_、过滤等操作。(5)已知：常温下Cu(OH)2的Ksp21020。计算Cu22H2OCu(OH)22H的平衡常数为_。【解析】(1)Fe2开始沉淀时的pH为7.0，此时Cu2已完全沉淀。所以欲除去Cu2中混有的Fe2时，必须先将其氧化为Fe3。为避免引入新杂质，试剂1可以是氯气或H2O2。(2)调节pH的原则是使Fe3完全沉淀而Cu2不沉淀。(3)CO2在饱和食盐水中的溶解度小，因此必须先通入
11、NH3。(5)Cu22H2OCu(OH)22H的平衡常数K。根据KspCu(OH)2c(Cu2)c2(OH)及常温下Kwc(H)c(OH)得：K5109。【答案】(1)Cl2或H2O2(2)3.2pH”“”或“”“”或“”“”或“”“”或“”“”或“”“”或“103molL1；加热促进了CH3COO的水解，使c(OH)增大；(2)依据NHH2ONH3H2OH，因为、中的H全部是水解生成的，且c(H)相同，所以；由NH4HSO4=NHHSO可知中的H大部分是电离生成的，所以c(NH4HSO4)远远小于c(NH4Cl)；(3)正好完全中和生成CH3COONa，CH3COO水解，显碱性；混合后溶液中
12、含有CH3COONa、CH3COOH，显酸性，溶液中存在CH3COONa=CH3COONa、CH3COOH2OCH3COOHOH、CH3COOHCH3COOH、H2OOHH，CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，所以电离生成的CH3COO大于水解消耗的CH3COO，即c(Na)c(OH)，所以c(Na)加水稀释使平衡CH3COOH2OCH3COOHOH右移(2)(3)碱酸(4)中c(K)Dc(Na)c(K)0.05 molL1(3)已知常温下H2A的钙盐(CaA)的饱和溶液中存在以下平衡：CaA(s)Ca2(aq)A2(aq)H0。若要使该溶液中Ca2浓度变小，可采取的措施有_。
13、A升高温度B降低温度C加入NH4Cl晶体 D加入Na2A固体【解析】H2A在水中的一级电离进行完全，则HA不水解只电离，故NaHA溶液呈酸性。HA在水中部分电离，0.1 molL1的NaHA溶液中c(H)小于0.1 molL1，加入0.1 molL1 KOH溶液至溶液呈中性时消耗的KOH溶液体积小于NaHA溶液体积，则混合溶液中c(Na)c(K)；由电荷守恒知，c(Na)c(K)c(H)c(HA)2c(A2)c(OH)，且c(H)c(OH)，则c(Na)c(K)c(HA)2c(A2)；水的离子积与温度有关；降温、增大c(A2)都能使平衡CaA(s)Ca2(aq)A2(aq)左移。【答案】(1)
14、BHA只电离不水解，显酸性(2)BC(3)BD12(2012天津高考节选)探究小组用滴定法测定CuSO45H2O(Mr250)含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol L1 EDTA(H2Y2)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2H2Y2=CuY22H(1)写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式w_；(2)下列操作会导致CuSO45H2O含量的测定结果偏高的是_。a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c未除净可与EDTA反应的干扰离子【解析】根据题意可知，Cu2H2Y2，发生反应的EDTA的物质的
15、量为c molL1b/1 000 L，所以20 mL该溶液中含有的CuSO4的物质的量为c molL1b/1 000 L，样品中含有的CuSO45H2O的质量为(c molL1b/1 000 L250 gmol15)，所以CuSO45H2O的质量分数为100%。根据CuSO45H2O的质量分数表达式可知，未干燥锥形瓶，对CuSO4的物质的量的测定无影响，所以a无影响；滴定终点时滴定管的尖嘴部分产生气泡，则实际消耗的EDTA溶液的体积比读出来的数值大，即b值偏小，所以CuSO45H2O含量偏低；若未除净可与EDTA反应的离子，则消耗的EDTA溶液的体积偏大，即b值偏大，CuSO45H2O的含量偏高，C项正确。【答案】(1)100%(2)c