2021屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)-專題9-電解質(zhì)溶液訓(xùn)練新人教版

2021屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題9電解質(zhì)溶液訓(xùn)練新人教版2021屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題9電解質(zhì)溶液訓(xùn)練新人教版PAGE5-2021屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題9電解質(zhì)溶液訓(xùn)練新人教版2021屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題9電解質(zhì)溶液訓(xùn)練新人教版年級：姓名：專題9電解質(zhì)溶液1．(2020·合肥模擬)下列實驗操作、現(xiàn)象及得出的結(jié)論均正確的是(B)選項實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論ACu片與足量濃硫酸加熱反應(yīng)，冷卻后，再將冷水緩慢加入盛有反應(yīng)混合物的燒杯中溶液變藍證明反應(yīng)生成了Cu2＋B向添加KIO3的食鹽中加入淀粉溶液、稀硫酸、KI溶液溶液變藍氧化性：IOeq\o\al(－,3)>I2C向20.00mL濃度均為0.1mol/L的Na2CO3和Na2S的混合溶液中滴加幾滴等濃度的AgNO3溶液只產(chǎn)生黑色沉(Ag2S)Ksp(Ag2S)>Ksp(Ag2CO3)D室溫下，用pH試紙分別測定濃度均為0.1mol/L的Na2SO3和NaHSO3兩種溶液的pHpH：Na2SO3>NaHSO3HSOeq\o\al(－,3)結(jié)合H＋能力比SOeq\o\al(2－,3)的強【解析】混合物中含有濃度較大的硫酸，應(yīng)將反應(yīng)后混合物注入水中，溶液變藍，操作不正確，A錯誤；向添加KIO3的食鹽中加入淀粉溶液、稀硫酸、KI溶液，發(fā)生反應(yīng)：IOeq\o\al(－,3)＋6H＋＋5I－3I2＋3H2O，反應(yīng)產(chǎn)生的I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，因此會看到溶液變?yōu)樗{色，在該反應(yīng)中氧化劑是KIO3，I2是氧化產(chǎn)物，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律，氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物，所以可證明氧化性：IOeq\o\al(－,3)>I2，B正確；Ag2S與Ag2CO3的組成相似，Ksp小的先產(chǎn)生沉淀，由于向等濃度等體積的Na2CO3和Na2S的混合溶液中滴加幾滴等濃度的AgNO3溶液，先產(chǎn)生黑色Ag2S沉淀，說明Ksp(Ag2S)<Ksp(Ag2CO3)，C錯誤；根據(jù)鹽的水解規(guī)律：越弱越水解，即形成鹽的酸的酸性越弱，其酸根離子結(jié)合H＋能力就越強，等濃度的Na2SO3和NaHSO3兩種溶液pH：Na2SO3>NaHSO3，說明結(jié)合H＋的能力：SOeq\o\al(2－,3)>HSOeq\o\al(－,3)，D錯誤。2．(2020·蚌埠模擬)常溫下，向20mL0.05mol·L－1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中由水電離出氫離子濃度隨滴入氨水體積變化如圖。下列分析正確的是(D)A．NaHB溶液可能為酸性，也可能為堿性B．A、B、C三點溶液的pH是逐漸減小，D、E、F三點溶液的pH是逐漸增大C．E溶液中離子濃度大小關(guān)系：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(B2－)>c(OH－)>c(H＋)D．F點溶液c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(B2－)【解析】由A點可知NaHB屬于強酸的酸式鹽，NaHB溶液應(yīng)該呈酸性，A錯誤；向酸溶液中逐漸加入堿發(fā)生中和反應(yīng)，混合液pH是逐漸增大的，B錯誤；E點溶液由(NH4)2B和氨水混合而成，由于水電離的c(H＋)>1×10－7mol/L，溶液中H＋全部來自水電離，則E點水溶液顯酸性，所以c(H＋)>c(OH－)，C錯誤；F點溶液由(NH4)2B和氨水混合而成，由于水電離的c(H＋)＝1×10－7mol/L，溶液中H＋全部來自水電離，則F點水溶液呈中性，此時溶液中的電荷守恒有：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(B2－)，因c(H＋)＝c(OH－)，所以有c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(B2－)，D正確。3．(2020·成都模擬)常溫下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列判斷正確的是(A)A．曲線上任意一點的Ksp都相同B．在CaSO4飽和溶液中加入Na2SO4固體，可使溶液由b點變化到c點C．蒸發(fā)水后，可使溶液由d點變化到b點D．常溫下，CaSO4的Ksp的數(shù)量級為10－5【解析】Ksp只與溫度有關(guān)，在曲線上的任意一點的溫度相同，溫度不變Ksp不變，在曲線上的任意一點Ksp都相等，A正確；在CaSO4飽和溶液中加入Na2SO4固體，CaSO4的沉淀溶解平衡CaSO4(s)Ca2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)逆向移動，使溶液中c(Ca2＋)降低，最終達到平衡時c(SOeq\o\al(2－,4))>c(Ca2＋)，所以可使溶液由b點變化到e點，但是不可能由b點變化到c點，B錯誤；d點為達到沉淀溶解平衡，蒸發(fā)水后，溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))、c(Ca2＋)都增大，所以不可能使溶液由d點變化到b點，C錯誤；常溫下，CaSO4的Ksp＝c(Ca2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))，根據(jù)b點計算，Ksp＝c(Ca2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))＝3×10－3mol/L×3×10－3mol/L＝9×10－6mol2/L2，可見CaSO4的Ksp的數(shù)量級為10－6，D錯誤。4．(2020·阜陽模擬)常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH后，NHeq\o\al(＋,4)與NH3·H2O的變化趨勢如右圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發(fā))，下列說法不正確的是(C)A．M點溶液中水的電離程度比原溶液小B．在M點時，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molC．隨著NaOH的加入，eq\f(cNH3·H2O,cOH－)不斷增大D．當(dāng)n(NaOH)＝0.05mol時，溶液中有：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)【解析】M點是向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后，反應(yīng)得到氯化銨和一水合氨的混合溶液，溶液中銨根離子濃度和一水合氨濃度相同，一水合氨是一元弱堿抑制水電離，此時水的電離程度小于原氯化銨溶液中水的電離程度，故A正確；根據(jù)電荷守恒c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得n(OH－)－n(H＋)＝[c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)－c(Cl－)]×1L，在M點時c(NHeq\o\al(＋,4))＝0.05mol·L－1，c(Na＋)＝amol·L－1，c(Cl－)＝0.1mol·L－1，帶入數(shù)據(jù)可得n(OH－)－n(H＋)＝[0.05mol·L－1＋amol·L－1－0.1mol·L－1]×1L＝(a－0.05)mol，故B正確；氨水的電離常數(shù)Kb＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)cOH－,cNH3·H2O)，則eq\f(cNH3·H2O,cOH－)＝eq\f(cNH\o\al(＋,4),Kb)，溫度不變Kb不變，隨著NaOH的加入，c(NHeq\o\al(＋,4))不斷減小，eq\f(cNH\o\al(＋,4),Kb)不斷減小，則eq\f(cNH3·H2O,cOH－)不斷減小，故C錯誤；當(dāng)n(NaOH)＝0.05mol時，NH4Cl和NaOH反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NH3·H2O和NH4Cl、NaCl，NH3·H2O的電離程度大于NH4Cl水解程度，導(dǎo)致溶液呈堿性，鈉離子、氯離子不水解，所以溶液中離子濃度大小順序是c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)，故D正確。5．(2020·青島模擬)銻(Sb)廣泛用于生產(chǎn)各種阻燃劑、陶瓷、半導(dǎo)體元件、醫(yī)藥及化工等領(lǐng)域。以輝銻礦(主要成分為的Sb2S3，還含有As2S5、PbS、CuO和SiO2等)為原料制備金屬銻，其一種工藝流程如下：已知：Ⅰ.浸出液主要含鹽酸和SbCl3，還含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等雜質(zhì)。Ⅱ.25℃時，Ksp(CuS)＝1.0×10－36，Ksp(PbS)＝9.0×10－29?；卮鹣铝袉栴}：(1)“酸浸”過程中SbCl5和Sb2S3發(fā)生反應(yīng)有一種單質(zhì)和還原產(chǎn)物SbCl3生成，則濾渣I的成分是__S、SiO2__(填化學(xué)式)。(2)寫出“還原”反應(yīng)的化學(xué)方程式__3SbCl5＋2Sb5SbCl3__。(3)已知浸出液中c(Cu2＋)＝0.01mol·L－1、c(Pb2＋)＝0.10mol·L－1。在沉淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，先產(chǎn)生的沉淀是__CuS__(填化學(xué)式)；當(dāng)CuS、PbS共沉?xí)r，eq\f(cPb2＋,cCu2＋)＝__9.0×107__。(4)在“除砷”過程中，氧化產(chǎn)物為H3PO4，則該反應(yīng)中氧化劑、還原劑的物質(zhì)的量之比為__4∶3__。(5)在“電解”過程中，以惰性材料為電極，陽極的電極反應(yīng)式為__2Cl－－2e－Cl2↑__，繼而發(fā)生反應(yīng)__Sb3＋－2e－Sb5＋__(寫出離子方程式)以實現(xiàn)溶液中Sb元素的循環(huán)使用?！半娊狻敝袉挝粫r間內(nèi)銻的產(chǎn)率與電壓大小關(guān)系如圖所示。當(dāng)電壓超過U0V時，單位時間內(nèi)產(chǎn)率降低的原因可能是__H＋參與了電極反應(yīng)__?！窘馕觥?1)根據(jù)浸出液成分可知，“酸浸”過程中SbCl5和Sb2S3反應(yīng)有S和SbCl3生成，則濾渣I的成分是S、SiO2。(2)“還原”過程中Sb將SbCl5還原為SbCl3，反應(yīng)的化學(xué)方程式3SbCl5＋2Sb5SbCl3。(3)浸出液中c(Cu2＋)＝0.01mol·L－1、c(Pb2＋)＝0.10mol·L－1，常溫下，Ksp(CuS)＝1.0×10－36，銅離子開始沉淀需要的硫離子濃度為1.0×10－34mol/L；Ksp(PbS)＝9.0×10－29，鉛離子開始沉淀需要的硫離子濃度為9.0×10－28mol/L；故在沉淀銅、鉛過程中，緩慢滴加極稀的硫化鈉溶液，先產(chǎn)生的沉淀是CuS；當(dāng)CuS、PbS共沉?xí)r，eq\f(cPb2＋,cCu2＋)＝eq\f(KspPbS,KspCuS)＝eq\f(9×10－29,10－36)＝9×107。(4)在“除砷”過程中，NaH2PO2是還原劑，其氧化產(chǎn)物為H3PO4，P的化合價由＋1升高到＋5，而As的化合價由＋3降到0，根據(jù)得失電子守恒，該反應(yīng)中氧化劑、還原劑的物質(zhì)的量之比4∶3。(5)在“電解”過程中，以惰性材料為電極，陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，陽極的電極反應(yīng)式為2Cl－－2e－Cl2↑，繼而發(fā)生反應(yīng)Sb3＋－2e－Sb5＋；由“電解”中銻的產(chǎn)率與電壓大小關(guān)系示意圖可知，當(dāng)電壓超過U0V時，銻的產(chǎn)率降低，其原因可能是H＋參與了電極反應(yīng)。6．某硫酸工廠的廢水中含有較多的H＋、Cu2＋、Fe2＋、SOeq\o\al(2－,4)、AsOeq\o\al(3－,4)、HAsOeq\o\al(2－,4)、H2AsOeq\o\al(－,4)等需要處理的雜質(zhì)離子，其中一種處理流程如圖所示：已知：Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)2]＝8.6×10－16；H3AsO4為弱酸。(1)沉淀A的主要成分是__CaSO4__(填化學(xué)式)。(2)常溫下pH＝7的溶液中Cu2＋的物質(zhì)的量濃度為__2.2×10－6mol·L－1__，此時Fe2＋是否沉淀完全：__否__(填“是”或“否”)。(3)若氧化過程中生成了某種膠體，用離子方程式解釋氧化過程中溶液pH降低的原因__4Fe2＋＋O2＋10H2O4Fe(OH)3(膠體)＋8H＋__。(4)最后一次調(diào)節(jié)pH時，pH過低或過高砷的去除率都會明顯降低，pH過低時可能的原因是__H＋會抑制H3AsO4的電離，溶液中AsOeq\o\al(3－,4)濃度較小，不易與Fe3＋形成沉淀__(從平衡角度解釋)；pH過高時可能的原因是__FeAsO4會轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，AsOeq\o\al(3－,4)又進入水中(合理即可)__(從沉淀轉(zhuǎn)化的角度解釋)。【解析】根據(jù)Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)2]＝8.6×10－16可知，銅離子完全沉淀時的c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp[CuOH2],1.0×10－5))＝eq\r(\f(2.2×10－20,1.0×10－5))＝eq\r(22)×10－8(mol·L－1)，pH約為7；亞鐵離子完全沉淀時的c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp[FeOH2],1.0×10－5))＝eq\r(\f(8.6×10－16,1.0×10－5))＝eq\r(86)×10－6(mol·L－1)，pH約為9；H3AsO4為弱酸。根據(jù)上述計算，在廢水中加入石灰乳，并調(diào)節(jié)pH＝3，只有硫酸根離子可能形成沉淀，加入氫氧化鈉調(diào)節(jié)pH＝7，能夠使銅離子沉淀，通入空氣將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入氫氧化鈉調(diào)節(jié)pH＝5～7，形成FeAsO4沉淀。(1)沉淀A的主要成分為硫酸鈣。(2)常溫下pH＝7的溶液中Cu2＋的物質(zhì)的量濃度為eq\r(\f(Ksp[CuOH2],1.0×10－72))＝eq\f(2.2×10－20,1.0×10－72)＝2.2×10－6mol·L－1，此時c(Fe2＋)＝e