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本文题目：高二化学课后练习题：电解质溶液

专题2 第3讲 电解质溶液

一、选择题

1.(2011•湖北八校第二次联考)某一密闭绝热容器中盛有饱和Ca(OH)2溶液，当加入少量CaO粉末时，下列说法正确的是(　　)

①有晶体析出　②c[Ca(OH)2]增大　③pH不变

④c(H+)•c(OH-)的积不变　⑤c(H+)一定增大

A.① B.①③

C.①②④ D.①⑤

答案：D

点拨：CaO与水反应生成Ca(OH)2的同时会放热，在绝热容器中热量不损失，温度升高，Ca(OH)2的溶解度减小，析出晶体，溶液中溶质的浓度减小。由于温度升高，水的离子积增大。溶液中Ca(OH)2的溶解度减小，所以溶液中的OH-的浓度减小，因此H+的浓度增大，①⑤正确。

2.(2011•石家庄一模)下列叙述正确的是(　　)

A.某溶液中所有离子的浓度大小排序是：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，则该溶液的溶质一定是CH3COONa和CH3COOH

B.CH3COOH与NaOH的混合溶液显碱性，则溶液中各离子浓度大小排序一定为：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)

C.常温下，a mol/L的CH3COOH溶液与b mol/L的 NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=7，则一定有a=b

D.常温下，pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH一定等于7

答案：A

点拨：B项，溶液中各离子浓度也可能为c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)或c(Na+)>c(CH3COO-)=c(OH-)>c(H+);C项，若a=b，二者恰好完全反应得到CH3COONa溶液，pH>7;D项，CH3COOH为弱酸，等体积混合时，醋酸的物质的量远大于NaOH，即醋酸过量，所得溶液显酸性。

3.(2011•皖南八校三模)将20 mL 0.1 mol•L-1的氨水与10 mL 0.1 mol•L-1的盐酸混合，所得到的溶液中离子浓度的关系错误的是(　　)

A.c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)

B.c(NH4+)+c(NH3•H2O)=2c(Cl-)

C.2c(OH-)-2c(H+)=c(NH4+)-c(NH3•H2O)

D.c(H+)=c(NH3•H2O)+c(OH-)

答案：D

点拨：混合后溶液中存在NH4Cl与NH3•H2O，其物质的量之比为1∶1。A项，电荷守恒，正确。B项，物料守恒，正确。C项，质子守恒，可由电荷守恒、物料守恒进行相应的运算而得。D项，当溶液中只有NH4Cl时，该式成立。

4.(2011•全国)等浓度的下列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它们的pH由小到大排列正确的是(　　)

A.④②③① B.③①②④

C.①②③④ D.①③②④

答案：D

点拨：等浓度的溶液，酸性越强，pH越小。酸性：乙酸>碳酸>苯酚，乙醇呈中性，可知pH由小到大的顺序为：①③②④，D正确。

5.(2011•天津理综)下列说法正确的是(　　)

A.25℃时，NH4Cl溶液的Kw大于100℃时NaCl溶液的Kw

B.SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O===SO32-+2I+4H+

C.加入铝粉能产生H2的溶液中，可能存在大量的Na+、Ba2+、AlO2-、NO3-

D.100℃时，将pH=2的盐酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性

答案：C

点拨：A项，溶液中的KW随温度的升高而增大，故A项错误;B项，不符合得失电子守恒规律——仅发生了得电子过程，无失电子过程，故B项错误;C项，Al既能与强碱性溶液反应产生H2，又能与强酸性(不存在氧化性酸根离子)溶液反应产生H2，该项离子在强碱性环境中可共存，故C项正确;D项，100℃的pH=12的NaOH溶液中的c(OH-)>10-2mol•L-1，而pH=2的盐酸中的c(H+)=10-2mol•L-1，因此，两者混合时NaOH溶液过量，溶液显碱性，故D项错误。

6.(2011•福建理综)常温下0.1mol•L-1醋酸溶液的pH=a ，下列能使溶液pH=(a+1)的措施是(　　)

A.将溶液稀释到原体积的10倍 B.加入适量的醋酸钠固体

C.加入等体积0.2 mol•L-1盐酸 D.提高溶液的温度

答案：B

点拨：A项，醋酸是弱酸，弱酸溶液每稀释10倍pH增加不到1个单位;C项，加入等体积0.2 mol•L-1的盐酸，溶液中的H+主要来自于盐酸的电离，此时溶液中的H+浓度大于0.1 mol•L-1，混合液的pH比a要小;D项，温度升高，CH3COOH的电离程度增大pH减小;B项，加入CH3COONa后，溶液中的CH3COO-浓度增大，促使醋酸的电离平衡逆向移动，H+浓度下降，pH增大。

7.(2011•湖北八校第二次联考)根据酸碱质子理论，凡是能给出质子的分子或离子都是酸，凡是能结合质子的分子或离子都是碱。按照这个理论，下列微粒属于两性物质的是(　　)

①HS-　②CO32-　③H2PO4-　④NH3　⑤H2S　⑥CH3COOH　⑦OH-　⑧H2O　⑨NO2-　⑩NH2CH2COOH

A.①⑤ B.③⑥

C.①②⑨ D.①③⑧⑩

答案：D

点拨：所给微粒中既能结合H+又能提供H+的有HS-、H2PO4-、H2O和H2N—CH2COOH，因此这四种物质从酸碱质子理论的角度上看既是酸又是碱，即两性物质。

8.(2011•成都五校联考)常温下，对下列四种溶液的叙述正确的是(　　)

编号 ① ② ③ ④

溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸溶液 盐酸

pH 11 11 3 3

A.②、③两溶液相比，溶液中水的电离程度不同

B.四种溶液分别加水稀释10倍，pH变化最大的是①和③

C.①、②、③中分别加入少量的醋酸铵固体后，三种溶液的pH均减小

D.①、④两溶液按一定体积比混合，所得溶液中离子浓度的关系不存在：c(H+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(NH4+)

答案：D

点拨：A项，②、③中c(OH-)=c(H+)=10-3mol/L，对水的电离起同等程度的抑制作用，故两溶液中水的电离程度相同。B项，加水稀释同样倍数时强碱比弱碱pH变化大，强酸比弱酸pH变化大。C项，③中加少量醋酸铵固体后，平衡CH3COOH??CH3COO-+H+向逆反应方向移动，pH增大。D项，c(H+)不会大于c(Cl-)。

9.(2011•重庆理综)对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是(　　)

A.明矾溶液加热 B.CH3COONa溶液加热

C.氨水中加入少量NH4Cl固体 D.小苏打溶液中加入少量的NaCl固体

答案：B

点拨：明矾水解显酸性，加热促进水解，酚酞在酸性溶液中不显色，故A项错误;CH3COONa水解显碱性，加热促进水解，c(OH-)增大，溶液红色加深，B项正确;氨水显弱碱性，NH4Cl水解显酸性，溶液中c(OH-)减小，红色变浅，C项错误;加入少量NaCl固体对NaHCO3水解不产生影响，溶液颜色无变化，D项错误。

10.(2011•湖北八校第二次联考)下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)

A.0.1 mol•L-1的(NH4)2SO4溶液中：c(SO42-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)

B.0.1 mol•L-1的Na2CO3溶液中：c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+c(H2CO3)

C.0.1 mol•L-1的NH4Cl溶液与0.05 mol•L-1的NaOH溶液等体积混合：

c(Cl-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)

D.c(NH4+)相等的(NH4)2SO4溶液，NH4HSO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4Cl溶液：c[(NH4)2SO4]

答案：D

点拨：A项由于盐类的水解比较微弱，所以c(NH4+)>c(SO42-);B项根据质子守恒c(OH-)=c(HCO3-)+c(H+)+2c(H2CO3);C项两者反应后生成相同物质的量的NH3•H2O、NH4Cl和NaCl，NH3•H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，NH4+的浓度比Na+大;D项四种盐的物质的量浓度相同时，c(NH4+)的大小关系为：c[(NH4)2SO4]> c[(NH4)2CO3] > c(NH4HSO4)>c(NH4Cl)，当四种盐提供的NH4+浓度相等时，c[(NH4)2SO4]

11.(2011•湖北黄冈质量检测)下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(　　)

A.0.2 mol•L-1CH3COONa溶液和0.1mol•L-1HCl溶液等体积混合后：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-)

B.pH=3的盐酸和NaNO3的混合溶液中：c(Na+)=c(Cl-)

C.0.1 mol•L-1 NaHCO3溶液中：

c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)

D.物质的量浓度相等的HCN(弱酸)和NaCN溶液等体积混合后有：c(HCN)+2c(H+)=2c(OH-)+c(CN-)

答案：D

点拨：A项，应为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(H+)>c(OH-);B项，只给了盐酸的浓度，NaNO3的浓度未知，故不能确定c(Na+)与c(Cl-)的大小关系;C项，为电荷守恒关系，应为c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2×c(CO32-)+c(OH-)。

12.(2011•北京石景山一模)下列说法正确的是(　　)

A.常温下0.4 mol/L HB溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3，则混合溶液中离子浓度的大小顺序为：c(Na+)>c(B-)>c(H+)>c(OH-)

B.常温时，pH均为2的CH3COOH溶液和HCl溶液、pH均为12的氨水和NaOH溶液，四种溶液中由水电离出的c(H+)相等

C.常温下0.1mol/L的下列溶液①NH4Al(SO4)2，②NH4Cl，③NH3•H2O，④CH3COONH4中，c(NH4+)由大到小的顺序是：②>①>④>③

D.0.1 mol/L pH为4的NaHB溶液中：c(HB-)>c(H2B)>c(B2-)

答案：B

点拨：A项，电荷不守恒，正确的顺序是c(B-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-);C项，Al3+对NH4+的水解有抑制作用，CH3COO-对NH4+的水解有促进作用。而NH3•H2O电离程度较小，产生的NH4+浓度很低，四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序是①>②>④>③;D项，由于NaHB溶液的pH=4，说明HB-的电离程度大于水解程度，所以B2-的浓度大于H2B的浓度。

13.(2011•河北衡水统考)下列表述或判断不正确的是(　　)

A.根据CH3COO-+H2O??CH3COOH+OH-能说明CH3COOH是弱电解质

B.根据NH3+H3O+===NH4++H2O能说明NH3结合H+的能力比H2O强

C.pH相等的①Na2CO3;②NaOH;③CH3COONa三种溶液，物质的量浓度的大小顺序为：③>①>②

D.相同条件下等物质的量浓度的①NaCl溶液;②NaOH溶液;③HCl溶液中由水电离出的c(H+)：③>①>②

答案：D

点拨：A项CH3COO-水解证明CH3COOH是弱酸，是弱电解质;B项NH3能夺取H3O+中的H+，证明NH3结合H+的能力比H2O强;C项当浓度相同时，pH②>①>③，所以当pH相等时③>①>②;D项NaOH溶液和HCl溶液抑制水的电离(且程度相同)，NaCl溶液中水的电离程度最大，应为①>②=③。

14.(2011•北京丰台一模)常温下，用0.100 0mol/L NaOH溶液分别滴定20.00 mL0.100 0mol/L醋酸溶液，得到2条滴定曲线，如下图所示：

以HA表示酸，下列说法正确的是(　　)

A.滴定盐酸的曲线是图2

B.达到B、D状态时，两溶液中离子浓度均为c(Na+)=c(A-)

C.达到B、E状态时，反应消耗的n(CH3COOH)>n(HCl)

D.当0 mLc(Na+)>c(H+)>c(OH-)

答案：B

点拨：A项，0.1 mol/L盐酸pH=1，所以图1是NaOH滴定HCl的滴定曲线;C项，B、E点对应消耗NaOH的体积都是a mL，所以消耗掉的CH3COOH、HCl的物质的量是相等的;D项，当所加的NaOH量比较少时，混合液中H+、Na+浓度可能是c(H+)>c(Na+)。

15.(2011•湖北八市联考)室温下，在25 mL 0.1 mol•L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol•L-1CH3COOH溶液，pH与滴加CH3COOH溶液体积的关系曲线如下图所示，若忽略两溶液混合时的体积变化，下列有关粒子浓度关系的说法错误的是(　　)

A.在A、B间任一点，溶液中一定都有

c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)

B.在B点：a>12.5，且有c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)

C.在C点：c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)

D.在D点：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol•L-1

答案：C

点拨：C项，电荷不守恒，在C点溶液呈酸性，离子浓度关系应为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。

二、非选择题

16.(2011•北京理综)氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如下图所示。

(1)溶液A的溶质是________;

(2)电解饱和食盐水的离子方程式是____________________________________。

(3)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用：________________________________________________________________________。

(4)电解所用的盐水需精制，去除有影响的Ca2+、Mg2+，NH4+，SO42-[c(SO42-)>c(Ca2+)]。精制流程如下(淡盐水和溶液A来自电解池)：

①盐泥a除泥沙外，还含有的物质是________。

②过程Ⅰ中将NH4+转化为N2的离子方程式是___________________________________ _____________________________________。

③BaSO4的溶解度比BaCO3的小，过程Ⅱ中除去的离子有________。

④经过程Ⅲ处理，要求盐水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg /L，若盐水b中NaClO的含量是7.45 mg /L，则处理10m3 盐水b，至多添加10% Na2SO3溶液________kg(溶液体积变化忽略不计)。

答案：(1)NaOH

(2)2Cl-+2H2O=====通电H2↑+Cl2↑+2OH-

(3)Cl2与水反应：Cl2+H2O??HCl+HClO，增大HCl的浓度使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶解，有利于Cl2的逸出

(4)①Mg(OH)2

②2NH4++3Cl2+8OH-===N2↑+6Cl-+8H2O

③SO42-、Ca2+

④1.76

点拨：(1)从加入原料(水含少量NaOH)可知A为浓氢氧化钠溶液;也可以从电极反应推测，右室生成H2，H+得电子，OH-浓度增大，Na+向右移动，所以生成物为NaOH;(3)抓住信息(化学平衡移动)，分析阳极区的存在的化学平衡只有Cl2与水反应;(4)①由信息用溶液A(NaOH溶液)调pH=11、溶液中含有Mg2+，所以有沉淀Mg(OH)2生成;②由信息可知NH4+被氧化生成N2，所以氯气是氧化剂，溶液显碱性用OH-和H2O配平即可;③BaCO3(s)??Ba2+(aq)+CO32-(aq)，Ba2+与溶液中的SO42-结合生成更难溶的BaSO4，且使BaCO3(s)??Ba2+(aq)+CO32-(aq)右移，生成CO32-与溶液中的Ca2+结合生成CaCO3;④反应的化学方程式为Na2SO3+NaClO===Na2SO4+NaCl，n(NaClO)=104L×7.45mg•L-1×10-3g•mg-1÷74.5 g•mol-1=1 mol，所以参加反应的n(Na2SO3)=1 mol，参加反应的m(Na2SO3)=126 g，溶液中最多剩余的m(Na2SO3)=104 L×5 mg•L-1×10-3g•mg-1=50 g，所以总共最多加入m(Na2SO3)=(126g+50g)=176g，需10%的Na2SO3为1.76 kg。

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