2011高考化学试题分类汇编【解析版】-电解质溶液

1.（2011江苏高考14）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A.在0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3)
B.在0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3－)
C.向0.2 mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L－1NaOH溶液：
c(CO32－)＞ c(HCO3－)＞ c(OH－)＞c(H＋)
D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液 ( http: / / www.21cnjy.com / )[pH＝7, c(Na＋)＝0.1 mol·L－1]：
c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＝c(OH－)
继续：本题属于基本概念与理论的考查，落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较。溶液中存在水解与电离两个过程的离子浓度大小比较似乎是考试热点内容，高三复习中要反复加强训练。
A.在0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中，HCO3－在溶液中存在水解与电离两个过程，而溶液呈碱性，说明水解过程大于电离过程，c(H2CO3)＞c(CO32－)
B.c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3－)中把c(H＋)移项到等式另一边，即是质子守恒关系式。
C.向0.2 mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol·L－1NaOH溶液后，相当于0.05 mol·L－1的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液的混合液，由于Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度，因此正确的关系是：c(HCO3－)＞c(CO32－)＞ c(OH－)＞c(H＋)。
D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，包括CH3COO－水解和CH3COOH电离两个过程，既然pH＝7, 根据电荷守恒式，不难得出c(Na＋)＝c(CH3COO－) ＝0.1 mol· L－1，c(H＋)＝c(OH-)＝1×10－7 mol·L－1。水解是有限的，c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)。
2.（2011安徽高考12）室温下，将1.000mol·L－1盐酸滴入20.00mL 1.000mol·L－1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是
A. a点由水电离出的c(H＋)=1.0×10－14mol/L
B. b点：c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=c(Cl－)
C.c点：c(Cl－)= c(NH4＋)
D.d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热
解析：氨水属于弱碱，因此在1.000mol·L－1氨水中OH－的浓度不会是1.000mol·L－1而是要小于1.000mol·L－1，由水得离子积常数可知溶液中H+浓度应大于1.0×10－14mol/L，A不正确；由图像可知b点溶液显碱性，说明此时氨水有剩余，即溶液是由氨水和氯化铵组成的，因此有c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)＞c(Cl－)，B不正确；由图像可知c点溶液显中性，由电荷守衡可知c(H+）+c(NH4+）＝c(OH－）+c(Cl－)，所以c(NH4+）＝c(Cl－)，C正确；由图像可知d点后溶液中主要物质是NH4Cl，而NH4Cl要水解吸热，所以温度会略有降低，D也不正确。
答案：C
3．（2011浙江高考13）海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的离子浓度(mol/L) Na＋ Mg2＋ Ca2＋ Cl―
0.439 0.050 0.011 0.560 0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5 mol/L，可认为该离子不存在；
实验过程中，假设溶液体积不变。
已知：Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9；Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6；
Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6；Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12。
下列说法正确的是
A．沉淀物X为CaCO3
B．滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋
C．滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋
D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物
解析：步骤①发生Ca2＋＋OH―＋CaCO3↓＋H2O；步骤②：Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)×(10－3)2＝5.6×10－12，c(Mg2＋)＝5.6×10－6。Q[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)×(10－3)2＝10－8＜Ksp，无Ca(OH)2析出。
A．正确。生成0001 mol CaCO3。
B．错误。剩余c(Ca2＋)＝0.001 mol/L。
C．错误。c(Mg2＋)＝5.6×10－6＜10－5，无剩余，
D．错误。生成0.05 mol Mg(OH)2，余0.005 mol OH―，Q[Ca(OH)2]＝0.01×0.0052＝2.5×10－7＜Ksp，无Ca(OH)2析出。
答案：A
【评析】本题考察方式很新颖，主要考察溶度积的计算和分析。解题时要能结合溶度积计算，分析推断沉淀是否产生，要求较高。
答案：BD
4.（2011福建高考10）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
解析：醋酸是弱酸，电离方程式是CH3COOHH++CH3COO－，故稀释10倍，pH增加不到一个单位，A项错误；加入适量的醋酸钠固体，抑制醋酸的电离，使其pH增大，可以使其pH由a变成(a＋1)；B项正确；加入等体积0.2 mol·L－1盐酸，虽然抑制醋酸的电离，但增大了c（H＋），溶液的pH减少；C项错误；提高溶液的温度，促进了醋酸的电离，c（H＋）增大，溶液的pH减少；D项错误。
此题涉及弱电解质的电离平衡移动，切入点都是比较常规的设问，但学生易错选。
答案：B
5.（2011广东非公开11）对于0.1mol L-1 Na2SO3溶液，正确的是
A、升高温度，溶液的pH降低
B、c（Na＋）=2c（SO32―）+ c（HSO3―）+ c（H2SO3）
C、c（Na＋）+c（H＋）=2 c（SO32―）+ 2c（HSO3―）+ c（OH―）
D、加入少量NaOH固体，c（SO32―）与c（Na＋）均增大
解析：本题考察盐类水解及外界条件对水解平衡的影响和溶液中离子浓度大小判断。Na2SO3属于强碱弱酸盐，水解显碱性，方程式为SO32－＋H2OHSO3－＋OH－、HSO3－＋H2OH2SO3＋OH－，因为水解是吸热的，所以升高温度，有利于水解，碱性会增强，A不正确；加入少量NaOH固体，c（OH―）增大，抑制水解，所以c（SO32―）增大，D是正确的；由物料守恒知钠原子个数是硫原子的2倍，因此有c（Na＋）=2c（SO32―）+2 c（HSO3―）+ 2c（H2SO3），所以B不正确，有电荷守恒知c（Na＋）+c（H＋）=2 c（SO32―）+ c（HSO3―）+ c（OH―），因此C也不正确。
答案：D
6.（2011山东高考14）室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是
A.溶液中导电粒子的数目减少
B.溶液中不变
C.醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大
D.再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7
解析：醋酸属于弱酸，加水稀释有利于醋酸的电离，所以醋酸的电离程度增大，同时溶液中导电粒子的数目会增大，由于溶液体积变化更大，所以溶液的酸性会降低，即c(H＋)、c(CH3COO－)、c(CH3COOH)均会降低，因此选项A、C均不正确；由水的离子积常数知，所以＝其中表示醋酸的电离平衡常数，由于水的离子积常数和醋酸的电离平衡常数均只与温度有关，所以选项B正确；pH=3的醋酸说明醋酸的浓度大于0.001mol/L，pH=11的NaOH溶液说明氢氧化钠的浓度等于0.001mol/L，因为在稀释过程中醋酸的物质的量是不变的，因此加入等体积的pH=11的NaOH溶液时，醋酸会过量，因此溶液显酸性，D不正确。
答案：B
7.（2011天津）25℃时，向10ml0.01mol/LKOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的
A.pH>7时，c(C6H5O－)>c(K+)>c(H＋)>c(OH－)
B.pH<7时，c(K+)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－)
C.V[C6H5OH(aq)]＝10ml时，c(K+)＝c(C6H5O－)>c(OH－)＝c(H＋)
D.V[C6H5OH(aq)]＝20ml时，c(C6H5O－)+c(C6H5OH)=2c(K+)
解析：pH>7时，c(H＋)不可能大于c(OH－)的，所以选项A明显不正确；由溶液中的电荷守恒定律知：c(K+)+c(H＋)＝c(C6H5O－)+c(OH－)，所以不可能满足c(K+)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－)，即选项B不正确；中苯酚是一种极弱的酸，所以当KOH溶液和苯酚恰好反应，产物苯酚钾会发生水解反应而显碱性。由题中数据不难计算出，当二者恰好反应时消耗苯酚的体积是10ml，此时溶液中粒子的浓度大小关系为：
c(K+)>c(C6H5O－)>c(OH－)>c(H＋)，所以选项C是不正确的；当加入苯酚的体积是20ml时，苯酚过量，溶液是由等物质的量浓度的苯酚和苯酚钾组成，所以根据物料守恒可知c(C6H5O－)+c(C6H5OH)=2c(K+)一定成立，因此选项D是正确的。
答案：D
8.（2011天津）下列说法正确的是
A.25℃时NH4Cl溶液的KW大于100℃时NH4Cl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－
C.加入铝粉能产生氢气的溶液中，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
解析：在稀溶液中水的离子积常数KW＝c(H＋)·c(OH－)，KW只与温度有关而与溶液的酸碱性无关，由于水的电离是吸热的，因此温度升高时会促进水的电离，即KW会增大，例如25℃时KW＝1×10－14，而在100℃时KW＝1×10－12，所以选项A不正确；碘水具有氧化性，可以将二氧化硫氧化成硫酸，而单质碘被还原成碘离子，方程式为SO2＋I2＋2H2O=SO42－＋2I－+4H+，选项B不正确；能和铝粉反应产生氢气的溶液既可以显酸性也可以显碱性，这四种离子：Na＋、Ba2＋、AlO2－、NO3－虽然在酸性溶液中不能大量共存（AlO2－会结合H+，生成氢氧化铝沉淀或生成Al3+），但可以在碱性溶液中大量共存，因此选项C正确；100℃时，KW＝1×10－12，此时pH＝2的盐酸其浓度为10－2mol/L，但pH＝12的NaOH溶液其其浓度为1mol/L，所以当二者等体积混合时NaOH过量，溶液显碱性，D不正确。
答案：C
9.（2011重庆） 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NaCl固体
解析：本题考察外界条件对盐类水解及电离平衡的影响。盐类水解是吸热的，因此加热有利于水解反应向正方应方向移动，明矾中的Al3＋水解，方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，加热时酸性会增强，A不正确；CH3COONa水解显碱性，方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，加热时碱性会增强，所以溶液颜色会变深，B正确；氨水显碱性，溶液中存在下列电离平衡NH3·H2ONH4＋＋OH－，加入少量NH4Cl固体，会增大NH4＋的浓度，抑制氨水的电离，从而降低碱性，颜色会变浅，C不正确；NaHCO3属于强电解质，电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO3－，HCO3－同时电离和水解平衡，方程式为HCO3－H＋＋CO32－，HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－。由于水解程度大于电离程度，所以NaHCO3溶液显弱碱性，但加入少量NaCl固体时，对两个平衡不会产生影响，即颜色不发生变化，D不正确。
答案：B
10.（2011新课标全国）将浓度为0.1mol·L-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是
A. c（H+） B. C. D.
解析：HF属于弱电解质，加水促进HF的电离平衡向右移动，即电离程度增大，但电离平衡常数只与温度有关，所以选项B不变；但同时溶液的体积也增大，所以溶液的酸性会降低，即c(H+)、c(F-)和c(HF)的浓度均降低，考虑到溶液中水还会电离出氢离子，所以稀释到一定程度(即无限稀释时)，c(H+)就不在发生变化，但c(F-)和c(HF)却一直会降低，所以选项D符合题意。
答案：D
11.（2011海南）用0.1026mol·L-1的盐酸滴定25.00mL未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达终点时，滴定管中的液面如下图所示，正确的读数为
A. 22.30mL B. 22.35mL C. 23.65mL D. 23.70Ml
[答案]B
命题立意：考查基本的实验素质，滴定管读数。
解析：图中液面在22~23mL之间，分刻度有10个，因而每刻度是0.1mL，液体的凹面读数约为22.35mL。
【误区警示】：本题是基础题，但要注意读数时滴定管与量筒间的差别，滴定管是由上向下读数，量筒则正好相反。
2．(2011全国II卷6)等浓度的系列稀溶液：①乙酸、②苯酚、③碳酸、④乙醇，它们的PH由小到大排列的正确是
A．④②③① B．③①②④ C．①②③④ D．①③②④
解析：乙酸、碳酸和苯酚的酸性依次降低，故PH依次增大。乙醇属于非电解质，PH最大。
答案：D
13．(2011全国II卷9)温室时，将浓度和体积分别为c1、v1的NaOH溶液和c2、v2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是
A．若PH>7时，则一定是c1v1=c2v2
B．在任何情况下都是c（Na+）+c（H＋）=c（CH3COO－）+c（OH－）
C．当pH=7时，若V1=V2，则一定是c2>c1
D．若V1=V2,C1=C2,则c（CH3COO－）+C(CH3COOH)=C(Na＋)
解析：若c1v1=c2v2说明二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，但NaOH过量时液也显碱性。
答案：A
14.（2011四川）25℃时，在等体积的 ① pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba（OH）2溶液，③pH=10的Na2S溶液，④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是
A.1:10:10:10 B.1:5:5×10:5×10
C.1:20:10:10 D.1:10:10:10
解析：酸或碱是抑制水电离的，且酸性越强或碱性越强，抑制的程度就越大；能发生水解的盐是促进水电离的。由题意知①②③④中发生电离的水的物质的量分别是10－14、10－13、10－4、10－5，所以选项A正确。
答案：A
15．（2011上海19）常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是
A．b不可能显碱性 B． a可能显酸性或碱性
C．a不可能显酸性 D．b可能显碱性或酸性
解析：pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，其浓度分别是大于10－3mol/L和等于10－3mol/L，由于pH为3的某酸溶液，其强弱未知。因此与pH为11的氨水反应时，都有可能过量；而与pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸可能过量或二者恰好反应。
答案：AB
16．（2011天津，14分）工业废水中常含有一定量的Cr2O72—和CrO42—，它们会对人类及生态系统产生很大的伤害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。
方法1：还原沉淀法
该法的工艺流程为
其中第①步存在平衡：2CrO42—（黄色）+2H+Cr2O72—（橙色）+H2O
（1）若平衡体系的pH=2，则溶液显 色.
（2）能说明第①步反应达平衡状态的是 。
a．Cr2O72—和CrO42—的浓度相同
b．2v (Cr2O72—) =v (CrO42—)
c．溶液的颜色不变
（3）第②步中，还原1mol Cr2O72—离子，需要________mol的FeSO4·7H2O。
（4）第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH—(aq)
常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝c(Cr3+)·c3(OH—)＝10-32，要使c(Cr3+)降至10-5mol/L，溶液的pH应调至 。
方法2：电解法
该法用Fe做电极电解含Cr2O72—的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。
（5）用Fe做电极的原因为 。
（6）在阴极附近溶液pH升高的原因是（用电极反应解释） 。
溶液中同时生成的沉淀还有 。
解析：（1）pH=2说明溶液显酸性，平衡向正反应方向移动，Cr2O72—的浓度会增大，所以溶液显橙色；
（2）在一定条件下的可逆反应里，当正反应速率和逆反应速率相等，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变时，该可逆反应就到达化学平衡状态，因此选项a不正确；在任何情况下Cr2O72—和CrO42—的反应速率之比总是满足1：2，因此选项b也不正确；溶液颜色不再改变，这说明Cr2O72—和CrO42—的浓度不再发生改变，因此可以说明反应已经达到化学平衡状态，c正确。
（3）Cr2O72—中Cr的化合价是+6价，所以1mol Cr2O72—被还原转移2×（6－3）＝6mol电子；Fe2+被氧化生成Fe3+，转移1个电子，因此根据得失电子守恒可知需要FeSO4·7H2O的物质的量为6mol；
（4）由溶度积常数的表达式Ksp＝c(Cr3+)·c3(OH—)＝10-32可知，当c(Cr3+)＝10-5mol/L时，c(OH—)＝10-9mol/L，所以pH＝5。
（5） Cr2O72—要生成Cr(OH)3沉淀，必需有还原剂，而铁做电极时，在阳极上可以失去电子产生Fe2+，方程式为Fe－2e－＝Fe2+。
（6）在电解池中阳离子在阴极得到电子，在溶液中由于H+得电子得能力强于Fe2+的，因此阴极是H+放电，方程式为2H++2e－＝H2↑，随着电解的进行，溶液中的H+浓度逐渐降低，水的电离被促进，OH－浓度逐渐升高。由于Fe2+被Cr2O72—氧化生成Fe3+，当溶液碱性达到一定程度时就会产生Fe(OH)3沉淀。
答案：（1）橙
（2）c
（3）6
（4）5
（5）阳极反应为Fe－2e－＝Fe2+，提供还原剂Fe2+
（6）2H++2e－＝H2↑ Fe(OH)3
.