高中化学电解质溶液高考知识点例析 4页

电解质溶液高考易错知识点 一、有关弱电解质的判断及其电离平衡的考查 例1、甲酸下列性质中，可以证明它是弱电解质的是(　　   ) 　　A．1 mol/L甲酸溶液中的c(H＋)约为1×10-2 mol·L－1 　　B．甲酸能与水以任意比例互溶 　　C．10 mL 1 mol·L－1甲酸溶液恰好与10 mL 1 mol·L－1 NaOH溶液完全反应 　　D．在相同条件下，甲酸溶液的导电性比强酸溶液弱 解析：若能说明在相同条件下甲酸只发生部分电离，便可以证明它是弱电解质。1 mol·L－1甲酸溶液中的c(H+)约为1×10-2  mol·L－1，说明甲酸部分电离。在相同条件下，甲酸溶液中自由移动离子数较强酸少，其导电能力比强酸弱，即甲酸只发生部分电离。而B、C与甲酸的电离情况无关。D项没有指明甲酸的浓度，也没有与一元强酸对照，所以无法证明它是弱电解质。‎ 答案： A ‎［点评］判断某酸为弱电解质的方法较多，如测定HCOONa溶液的pH=7；一定温度下，将pH相同的甲酸与盐酸溶液，分别加水稀释相同的倍数(如100倍)，测定稀释后溶液的pH(甲酸的pH较小)；常温下，测定1 mol/L HCOOH的pH＞7；同温度同浓度下，做甲酸与盐酸溶液导电性的对照实验等。设计的实验方案要付诸实施，必须考虑到原理是否，选用的药品、仪器、设备等在中学现有的实验条件下是否能够得到满足，且实验操作是否安全简单，现象是否明显。‎ 例2、试用简单的实验证明，在醋酸溶液中存在着CH3COOHCH3COO-＋H+的电离平衡。(要求写出简要操作，现象及实验能说明的问题)‎ 解析：由于题目没有给定试剂和限定方法，故思考的空间比较大，可设计用不同的实验方法。‎ 答案：方法一：取一定体积的溶液，用pH试纸测其溶液的pH，然后再用蒸馏水将溶液稀释100倍，再测定溶液的pH，若稀释前后溶液pH改变小于2，说明存在上述电离平衡。 　　方法二：在醋酸溶液中滴人石蕊溶液，溶液呈红色，加入醋酸铵固体，振荡溶液，溶液颜色明显变浅。c(H+)变小，是由于加入的CH3COO-使平衡向左移动，由此说明醋酸溶液存在着醋酸的电离平衡。‎ 例3、限用下列试剂：酚酞、石蕊、稀醋酸、CH3COONa晶体、浓盐酸、Ca(OH)2粉末、CH3COONH4晶体和蒸馏水。根据：① 弱酸在水中存在电离平衡；② 弱酸根阴离子会破坏水的电离平衡。这两个平衡的移动均会引起指示剂颜色的变化。由此可分别选用上述试剂，设计两种实验证明CH3COOH是弱酸，请简述实验方法及现象。‎ ‎(1)应用根据①的实验方法及现象__________                                   _______；‎ ‎(2)应用根据②的实验方法及现象__________                                   _______。‎ 解析：本题属实验设计题，要证明CH3COOH是弱酸，可采用两种方法：一种是弱酸溶液中一定存在电离平衡，只要证明CH3COOH中存在电离平衡即可证明CH3COOH是弱酸；另一种方法是弱酸根阴离子会破坏水的电离平衡，只要证明CH3COO_能破坏水的电离平衡即可说明CH3COOH是弱酸。‎ 答案：（1）取少量CH3COOH溶液，滴加石蕊试液，溶液呈红色，然后向其中加入CH3COONH4晶体、振荡，可看到红色变浅，说明CH3COOH中存在电离平衡，即CH3COOH为弱酸；（2）取少量CH3COONa晶体溶于水，滴加酚酞试液，溶液呈红色，即CH3COO_水解，破坏了水的电离平衡，说明CH3COOH是弱酸。‎ ‎［点评］用实验方法证明某物质为弱电解质，必须围绕可逆反应中改变条件使平衡发生了移动这个思想来设计。‎ 二、有关水的电离问题 例4、在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液，设由水电离产生的c(OH-)分别为A mol·L－1与B mol·L－1，则A和B的关系为(　    　)。‎ ‎　　A．A>B　　　　 B．A＝10-4B　　   　 C．B＝10-4A　　　　　D．A＝B 解析：pH＝9的NaOH溶液，c(OH-)＝10-5 mol·L－1，c(H+)＝10-9 mol·L－1，这些H+离子是由水电离产生的，这是由于加入碱抑制了水的电离，因而水同时电离的c(OH-)＝10-9 mol·L－1。pH＝9的CH3COONa溶液，c(OH-)＝10-5 mol·L－1，这些OH-离子也是由水电离产生的。这是由于CH3COONa水解促进了水的电离。则：A＝10-9 mol·L－1，B＝10-5 mol·L－1，A/B＝10-9/10-5＝10-4，A＝10-4B。‎ 答案：B ‎［点评］向水中加入酸或碱能够抑制水的电离；向水中加入能水解的盐，会促进水的电离。这类问题要抓住H+进行计算!‎ 例5、若溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1×10－12mol·L－1，满足此条件的溶液中一定可以大量共存的离子组是（       ）‎ A．Al3＋、Na＋、NO3－、Cl－                 B．K＋、Na＋、Cl－、NO3－‎ C．K＋、Na＋、Cl－、AlO2－                  D．K＋、NH4＋、SO42－、NO3－‎ 解析：由题意，可知水的电离被抑制了，显然该溶液为强酸性溶液或强碱性溶液。本题的限制条件为“一定可以大量共存”，则A选项离子组只能在酸性溶液中大量共存；C选项离子组只能在碱性溶液中大量共存；D选项离子组只能在酸性溶液中大量共存。只有B选项离子组既可以在酸性溶液又可以在碱性溶液中大量共存。‎ 答案：B ‎［点评］考查的是离子的共存问题。溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1×10－12mol·L－1，是一个隐含的已知条件，要能判断出该溶液可能是pH=2的酸性溶液，或pH=12的碱性溶液。‎ 三、有关稀释的内容 例6、用水稀释0.1 mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是(　　)。‎ ‎　　A．c(OH-)/c(NH3·H2O)　　　　　  B．c(NH3·H2O)/c(OH-)‎ ‎    C．c(H＋)和c(OH-)的乘积　　　　  D．OH-的物质的量 解析：因为水的离子积与溶液浓度无关，故可以排除C选项。对于一定体积的稀氨水溶液，加水稀释时，电离平衡NH3·H2ONH4+＋OH-，向正方向移动，此时溶液中主要微粒的浓度均减小，但是从物质的量的角度来看，n(NH3·H2O)减小时，n(OH-)却增大。这样既可以排除D选项，‎ 答案：B ‎［点评］主要考查水的电离平衡的影响因素。注意酸溶液稀释时，溶液的c(OH-)增大，同样碱溶液稀释时溶液中的c(H+)增大。‎ 例7、pH＝2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1000 mL，其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如右图所示，则下列说法正确的是(　  　) ‎ ‎ ‎ A．A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等     B．稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强 　　C．a＝5时，A是强酸，B是弱酸              D．若A、B都是弱酸，则5＞a＞2 ‎ ‎    解析：pH相等的两种酸稀释相同的倍数，其中pH变化越大，该酸的酸性越强(相等浓度时电离程度越大)。另外，强酸每稀释10倍，pH变化一个单位(增大1)，而弱酸每稀释10倍，pH的变化则小于1。‎ 答案：CD ‎［点评］这类问题考查的是，弱电解质的稀释过程中，会促进电离。注意酸的稀释倍数无论多大，终究还是酸，pH不可能等于7，更不可能大于7；同理，碱稀释的倍数再大，仍然还是碱，pH始终大于7，稀释的倍数越大，PH越接近于7。‎ 四、酸、碱混合时的定性判断及有关pH的计算 例8、在室温下等体积的酸和碱的溶液，混合后pH一定小于7的是(　  　) 　  　A．pH＝3的HNO3跟pH＝11的KOH溶液 　　  B．pH＝3的HCl跟pH＝11的氨水 　　  C．pH＝3的H2SO4跟pH＝11的NaOH溶液 　　  D．pH＝3的CH3COOH跟pH＝11的Ba(OH)2溶液 解析：室温时，pH之和为14的等体积强酸和强碱溶液混合，所得的混合液一定是中性，故A、C两个选项可以排除。对于B选项，由于氨水是弱电解质，其溶液的pH＝11，表明溶液的物质的量浓度远大于10-3 mol·L－1，也即远大于HCl的物质的量浓度，因而混合后溶液呈碱性，即PH＞7。同理，pH＝3的醋酸溶液，其溶液的物质的量浓度也远大于10-3 mol·L－1，因而与pH＝11的等体积氢氧化钡溶液混合后，溶液中还剩余了未反应的醋酸，使溶液呈酸性，即pH＜7。‎ 答案：D ‎  ［点评］酸与碱混合时发生中和反应，但不一定恰好完呈中和。即使恰好完全中和，也不一定溶液呈中性，由生成的盐能否水解及水解情况而定；另外酸碱的强弱不同，提供反应物的量不同也影响着反应后溶液的性质。一般酸或碱过量化生成的盐水解对溶液的酸碱性影响大 五、关于溶液中离子浓度大小比较的考查 例9、在一定浓度的Na2S溶液中，下列关系不正确的是(        )‎ ‎   A．c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)          B．c(Na+)+c(H+)=c(S2-)+c(HS-)+c(OH-‎)‎ ‎   C．c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)            D．c(Na+)＞c(S2-)＞c(OH-)＞c(HS-)‎ 解析：A项为物料守恒式，在Na2S中，n(Na)=2n(S),而S的存在形态有S2-、HS-、H2S，故c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]，A项正确；B项为电荷守恒形式，但是S2-带2个单位负电荷，所以应乘以2，即c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-)，因此B项错误；C项为质子守恒形式，它可以根据c(H+)H2O=c(OH-)H2O求出，也可以将物料守恒中c(Na+)代入到电荷守恒中整理得出，c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，C项正确；由S2-的水解方程式分析可知D项也正确。‎ 答案：B 例10.将20 mL 0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol·L-1 HCl溶液混合后，溶液显酸性，则溶液中有关粒子浓度关系正确的是(       ) 。‎ A.c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(H+)＞c(CH3COOH)‎ B.c(CH3COO-)＞c(Cl-)＋c(CH3COOH)＞c(H+)‎ C.c(CH3COO-)＝c(Cl-)＞c(H+)＞c(CH3COOH)‎ D.c(Na+)＋c(H+)＝c(CH3COO-)＋c(Cl-)＋c(OH-)‎ ‎   解析：两溶液混合反应后，溶液实质上是生成等浓度醋酸和醋酸钠、氯化钠的混合溶液。因溶液呈酸性说明CH3COO-的水解程度小于CH3COOH的电离程度，所以c(CH3COO-)＞c(Cl-)＞c(CH3COOH)，但CH3COOH电离程度较小，c(CH3COOH)＞c(H+)，故选项A、C错误，B正确。依据电荷守恒原则，可知选项D也正确。‎ 答案：BD ‎［点评］‎ 溶液中各离子浓度的大小主要决定于离子来源物质的浓度、电离程度、水解程度等。离子浓度大小比较的习题主要有单一溶液中离子浓度大小的比较和混合溶液中离子浓度大小的比较两种类型。在解答此类问题时，要注意溶液中存在的两个重要的守恒式，即电荷守恒和物料守恒，有的还涉及到质子守恒，以及由这些等式间整理出来的新的式子等，正确写出这些等式是解题的关键。‎ 六、有关电离常数及难溶电解质的溶解平衡的考查 例11、已知：25℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，Ksp[MgF2]＝7.42×10－11。下列说法正确的是(      )。‎ A．25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大 B．25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大 C．25℃时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol/L氨水中的Ksp比在20 mL  0.01 mol/LNH4Cl溶液中的Ksp小 D．25℃时，在Mg(OH)2悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2‎ 解析：A中氢氧化镁溶度积小，所以其Mg2＋少； B中NH4＋结合OH―使氢氧化镁溶解平衡正移，Mg2＋增大。C中Ksp不随浓度变化，只与温度有关。D中二者Ksp接近，使用浓NaF溶液可以使氢氧化镁转化。‎ 答案：B ‎［点评］考察溶度积常数、难溶电解质的溶解平衡。‎ 例12、室温时，CaCO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知CaCO3的溶度积（室温）为2.8×10-9，下列 说法中不正确的是（        ）.‎ ‎ ‎ ‎    A．x的数值为2×10-5‎ ‎    B．c点时有CaCO3生成 ‎    C．加入蒸馏水可使溶液由d点变成 a点 ‎    D．b点与d点对应的溶度积相等 解析：CaCO3在水中的沉淀溶解平衡为CaCO3(aq) Ca2+(aq) + CO32-(aq) ，在d点c(CO32-)=1.4×10-4 mol·L－1，因室温时，CaCO3的溶度积KSP=2.8×10-9，所以c(Ca2+)=2×10-5 mol·L－1，故x的数值为2×10-5，A项正确。在c点c(Ca2+)＞×10-5 mol·L－1，即相当于增大c(Ca2+)，平衡左移，有CaCO3生成，B项正确。图中的曲线为室温下的平衡线，b点与d点都在平衡线上，因此b点与d点对应的溶度积相等，D项正确。加入蒸馏水可使平衡右移，c(CO32-)增大，故不可能使溶液由d点变成 a点，C项错误。‎ 答案：C ‎［点评］考查学生对难溶电解质的溶解平衡的理解，考查学生读图解析的能力，以及化学平衡知识的综合应用能力。‎