2015届高考化学第二轮综合复习测试13.doc

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专题二 第7讲
一、选择题
1．(2014·福州市质检)25 ℃时，0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液pH＝a，则(　　)
A．该温度下，CH3COOH的K＝1014－2a
B．该温度下，上述溶液中水的电离度a＝(1.8×10a－14)%
C．升高温度，溶液中c(H＋)增大，水解平衡常数K也增大
D．加水稀释，CH3COONa水解程度增大，c(OH－)增大
解析：A项，根据物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol/L，根据质子守恒c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)，则c(CH3COOH)＝10a－14－10－a，c(CH3COO－)＝0.1＋10－a－10a－14，Ka＝＝；B项，1 L该溶液中n(H2O)＝，由水电离出c(H＋)＝c(OH－)＝10a－14 mol·L－1，a＝＝(1.8×10a－14)%；C项，升高温度，CH3COO－的水解程度增大，c(OH－)增大，但c(H＋)减小；D项，加水稀释，CH3COO－的水解程度增大，n(OH－)增大，但c(OH－)减小。
答案：B
点拨：本题考查盐类水解。难度较大。
2．(2014·福建省质检)加热下列物质的稀溶液，可能使离子总数减小的是(不考虑溶液的挥发)(　　)
A. Fe2(SO4)3　　　 B．CH3COOH
C．NaOH D．Ca(HCO3)2
解析：A项，Fe2(SO4)3溶液加热时Fe3＋发生水解反应，离子数目增大；B项，CH3COOH溶液加热时CH3COOH电离程度增大，粒子数目增大；C项，NaOH溶液加热时离子数目基本不变；D项，Ca(HCO3)2溶液加热时发生分解反应：Ca(HCO3)2CaCO3＋H2O＋CO↑，离子数目减小。
答案：D
点拨：本题考查溶液中粒子数目的比较。难度中等。
3．(2014·长沙市高考模拟(二))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)，其中正确的是(　　)
①pH＝1的强酸溶液，加水稀释后，溶液中各离子浓度都会降低
②1 L 0.50 mol·L－1 NH4Cl溶液与2 L 0.25 mol·L－1 NH4Cl溶液含NH物质的量完全相等
③pH相等的四种溶液：a.CH3COONa，b.C6H5ONa，c.NaHCO3，d.NaOH，则四种溶液的溶质的物质的量浓度由小到大顺序为d<b<c<a
④pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)
⑤pH＝2的一元酸和pH＝12的二元强碱等体积混合：c(OH－)≤c(H＋)
⑥pH＝4、浓度均为0.1 mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(H＋)
A．①②④ B．①③⑤
C．③⑤⑥ D．②④⑥
解析：①强酸溶液稀释时c(OH－)增大；②NH4Cl溶液稀释时NH的水解程度增大，因此后者含NH物质的量大于前者含NH物质的量；③物质的量浓度相同的四种溶液，pH: NaOH>C6H5ONa>NaHCO3>CH3COONa，则pH相等的四种溶液，物质的量浓度：NaOH<C6H5ONa<NaHCO3<CH3COONa；④NaHCO3溶液中HCO的水解程度大于电离程度，c(Na＋)>c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)；⑤酸为强酸时，完全反应，混合后呈中性，则c(OH－)＝c(H＋)，酸为弱酸时，酸过量，混合后呈酸性，则c(OH－)<c(H＋)；⑥pH＝4说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)，根据电荷守恒，有c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)>c(CH3COOH)＋c(H＋)。
答案：C
点拨：本题考查电解质溶液。难度较大。
4．(2014·长沙市高考模拟(三))下列叙述或表示正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1的醋酸pH＝a,0.01 mol·L－1醋酸的pH＝b，则a＋1＝b
B．常温下0.1 mol·L－1醋酸溶液与等浓度等体积NaOH溶液反应后的溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1
C．难溶电解质AB2的饱和溶液中，若c(A2＋)＝x mol·L－1，c(B－)＝y mol·L－1，则Ksp值为4xy2
D．用200 mL 4 mol·L－1 NaOH溶液将0.6 mol CO2完全吸收，反应的离子方程式为3CO2＋4OH－===CO＋2HCO＋H2O
解析：A项，醋酸稀释时电离程度增大，前者中c(H＋)小于后者中c(H＋)的10倍，则b<a＋1；B项，根据物料守恒，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.05 mol/L；C项，Ksp(AB2)＝c(A2＋)×c2(B－)＝xy2；D项，n(NaOH)＝0.2×4＝0.8 mol，n(CO2)＝0.6 mol，则离子反应为3CO2＋4OH－===CO＋2HCO＋H2O。
答案：D
点拨：本题考查水溶液中离子平衡。难度中等。
5．(2014·南昌市二模)关于溶液的下列说法正确的是(　　)
A．c(H＋) c(OH－)＝110－2的溶液中K＋、Ba2＋、ClO－、CO一定能大量存在
B．水电离出来的c(H＋)＝10－13 mol/L的溶液中K＋、Cl－、NO、I－一定能大量存在
C．往0.1 mol/L CH3COOH溶液中通入少量HCl，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，且溶液中增大
D．等物质的量浓度的下列溶液：①H2CO3，②Na2CO3，③NaHCO3，④(NH4)2CO3中c(CO)的大小关系为②>④>③>①
解析：A项，c(H＋) c(OH－)＝110－2的溶液呈酸性，ClO－和CO不能大量存在，错误；B项，水电离出的c(H＋)＝10－13 mol·L－1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，碱性溶液中四种离子可以大量存在，酸性溶液中NO和I－不能大量共存，错误；C项，CH3COOH溶液中通入少量HCl，c(H＋)增大，电离平衡逆向移动，因为＝，所以平衡移动过程中不发生变化，C错误；D项，对于物质的量浓度相等的四种溶液，由于H2CO3第一步电离产生的H＋对第二步HCO的电离有抑制作用，则c(CO)：③>①，NH的水解对CO的水解有促进作用，则c(CO)：②>④，又由于电离和水解的程度都是微弱的，所以c(CO)：②>④>③>①，正确。
答案：D
点拨：本题考查水溶液中的离子平衡和离子共存问题。难度较大。
6．(2014·天津市十二区县重点中学联考(一))室温下，将0.4 mol/L HA溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合(忽略混合时溶液体积的变化)测得混合溶液的pH＝5，则下列说法(或关系式)正确的是(　　)
A．混合溶液中由水电离出的c(H＋) ＝1×10－5 mol/L
B．c(A－) ＋c(HA) ＝2c (Na＋) ＝ 0.4 mol/L
C．HA溶液中与上述混合溶液中相等
D．c(A－)－c(HA)　＝ 2c(OH－)－2c (H＋)
解析：根据题意，HA和NaOH反应后生成的NaA与过量的HA物质的量之比为11，A项，溶液的pH＝5，是由于酸电离出氢离子，水的电离受到抑制，水电离出的c(H＋)小于1×10－7 mol/L，错误；B项，由于混合后体积变为原来的2倍。c(A－)＋c(HA)＝2c(Na＋)＝0.2 mol/L，错误；C项，HA溶液和混合溶液中均等于，正确；D项，根据电荷守恒与物料守恒，溶液中的离子关系为c(A－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(HA)，错误。
答案：C
点拨：本题考查电离与水解、溶液中的离子浓度关系。难度较大。

7．(2014·天津市十二区县重点中学联考(二))常温下，向100 mL 0.01 mol/L HA的溶液中逐滴加入0.02 mol/L MOH溶液，如图所示，曲线表示混合溶液的pH变化情况(溶液体积变化忽略不计)。下列说法中不正确的是(　　)

A．HA为一元强酸
B．N点水的电离程度小于K点水的电离程度
C．随着MOH溶液的滴加，比值不变
D．若K点对应的溶液的pH＝10，则有c(MOH)＋c(OH－)－c(H＋) ＝ 0.005 mol/L
解析：0.01 mol·L－1 HA溶液中pH＝2，则HA是强酸，故A正确；N点溶液呈中性，K点溶液呈碱性，碱性溶液抑制水电离，所以N点水的电离程度大于K点，故B错误；N点时溶液呈中性，MOH的物质的量大于HA的物质的量，说明MOH是弱碱，K＝，仅与温度有关，故C正确；在K点时混合溶液体积是碱溶液的2倍，根据物料守恒结合溶液体积变化知，c(MOH)＋c(M＋)＝0.01 mol/L，c(A－)＝0.005 mol/L，所以c(MOH)＋c(OH－)－c(H＋)＝2c(A－)－c(M＋)＋c(OH－)－c(H＋)＝2c(A－)－[c(M＋)＋c(H＋)－c(OH－)]＝2c(A－)－c(A－)＝c(A－)＝0.005 mol/L，D正确。
答案：B
点拨：本题考查酸碱混合时的定性判断及有关pH的计算。难度较大。
8．(2014·陕西市质检(二))25 ℃时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZ<HY<HX
B．将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时溶液中的离子浓度顺序：c(X－)>c(Y－)>c(OH－)>c(H＋)
C．根据滴定曲线，可得Ka(HY)≈10－5
D．HY与HZ混合，达到平衡时c(H＋)＝＋c(Z－)＋c(OH－)
解析：氢氧化钠体积为0时，0.1000 mol·L－1的三种酸HX、HY、HZ的pH分别为4、3、1，故酸性大小为HX<HY<HZ，导电性：HZ>HY>HX，A错误；HX恰好完全反应时。HY早已经完全反应，所得溶液为NaX和NaY混合液，酸性：HX<HY，NaY水解程度小于NaX，故溶液中c(X－)<c(Y－)，B错误；当NaOH溶液滴到10 mL时，溶液中c(HY)≈c(Y－)，即Ka(HY)≈c(H＋)＝10－pH＝10－5，C正确；HY与HZ混合，溶液中电荷守恒为c(H＋)＝c(Y－)＋c(Z－)＋c(OH－)，再根据HY的电离平衡常数，c(Y－)＝≠，D错误。
答案：C
点拨：本题考查酸碱中和滴定的图象分析与计算。难度中等。
9．(2014·石家庄市一模)常温下，向一定浓度的CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，此过程中，溶液中离子浓度的大小关系不正确的是(　　)
A．pH＝7时，c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)
B．pH>7时，c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
C．恰好完全中和时，c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
D．无论何时，溶液中一定存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
解析：A项，溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒式知必然有c(Na＋)＝c(CH3COO－)，正确；B项，溶液呈碱性，c(H＋)<c(OH－)，由电荷守恒知c(Na＋)>c(CH3COO－)，错误；C项，恰好完全反应时所得溶液为CH3COONa，CH3COO－水解使得溶液呈弱碱性，c(OH－)>c(H＋)，但水解是微弱的，所以c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，正确；D项，溶液中电荷守恒，正确。
答案：B
点拨：本题考查溶液中离子浓度大小比较。难度中等。
10．(2014·成都市二诊)下列溶液中有关离子浓度关系一定正确的是(　　)
A．常温下，NaHS溶液中：c(OH－)＋2c(S2－)＝c(H＋)＋c(Na＋)
B．室温下，向0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴入等体积等浓度的NaOH溶液：c(Na＋)＝c(SO)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
C．常温下，0.1 mol/L的下列溶液中：①NH4Al(SO4)2，②NH4Cl，③NH3·H2O，④CH3COONH4，c(NH)由大到小的顺序是②>①>④>③
D．在0.4 mol/L CH3COONa溶液中加入等体积0.1 mol/L的HCl溶液后c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)
解析：A项，NaHS溶液中存在电荷守恒式：c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，错误；B项，混合后所得溶液中c(Na＋)＝c(SO)，而NH发生水解，所以c(NH)<c(Na＋)＝c(SO)，溶液显酸性，c(H＋)>c(OH－)，正确；C项，四种溶液比较：NH3·H2O发生部分电离，所以③中NH浓度最小，而①②④三种溶液中NH均发生水解，①中Al3＋的存在抑制了NH的水解，④中CH3COO－的存在促进了NH的水解，所以c(NH)从大到小：①>②>④>③，错误；D项，由物料守恒可知溶液中：c(Na＋) 
[c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)] c(Cl－)＝441，所以c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COOO－)，错误。
答案：B
点拨：本题考查电解质溶液中离子浓度大小比较。难度中等。
二、非选择题
11．(2014·上海闸北一模)NH4Al(SO4)2在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)相同条件下，0.1 mol/L NH4Al(SO4)2中c(NH)________(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1 mol/L NH4HSO4中c(NH)。
(2)室温时，向100 mL 0.1 mol/L NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol/L NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：

①试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是________；
②在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是________；
③在c～d段发生反应的离子方程式是________________________。
解析：(1)NH4HSO4中c(H＋)大于NH4Al(SO4)2中铝离子水解产生的c(H＋)，NH4HSO4中H＋抑制水解能力强，c(NH)大。(2)氢氧化钠对水的电离起抑制作用，NH水解促进水的电离，所以水的电离程度最大的是a点。b点溶液呈中性，加入NaOH的物质的量略大于NH4HSO4，所以c(Na＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)。加入NaOH 150 mL时，剩余NH的物质的量为0.005 mol。继续加入NaOH，则发生反应NH＋OH－NH3·H2O。
答案：(1)小于
(2)①a　②c(Na＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)　③NH＋OH－NH3·H2O
12．(2014·云南省第一次统测)某矿样用过量酸溶解并过滤，所得滤液A主要含CO、Ni2＋、SO、H＋、Fe2＋、Fe3＋、OH－、Mg2＋、Mn2＋等九种离子中的七种。将A中金属元素进行分离以备利用，部分流程如图所示：
②③
可能用到的有关数据如下：
物质
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Ksp(25 ℃)
Fe(OH)3
2.7
3.7
4.0×10－38
Fe(OH)2
7.6
9.6
8.0×10－10
Ni(OH)2
7.2
9.2
5.5×10－16
Mg(OH)2
9.6
11.1
1.2×10－11
请根据题给信息填空：
(1)滤液A中不能大量存在的两种离子是________。
(2)已知“滤渣1”是MnO2，步骤①发生的氧化还原反应的离子方程式为________，________。
(3)常温下，某Ni(OH)2、Mg(OH)2共沉淀的混合体系中，若c(Ni2＋)＝5.5×10－11 mol·L－1，则c(Mg2＋)＝________。
(4)假定步骤①中NaClO恰好反应，欲检验滤液3中的酸根离子，需优先检验________(填离子符号)。
(5)为测定该矿样中铁元素的含量，取20.0 g矿石，按上述流程操作，将________(填“滤渣1”、“滤渣2”或“滤渣3”)完全酸溶，再使其中的铁元素还原为Fe2＋，然后将所得溶液稀释到100 mL，取出20.00 mL用0.1000 mol·L－1 KMnO4溶液滴定。达到滴定终点时溶液颜色为________色，共消耗KMnO4溶液16.00 mL，经计算矿样中铁元素的质量分数为________。
解析：(1)过量酸处理后，滤液为酸性，故滤液A中不能大量存在CO、OH－。(2)步骤①加入的NaClO为强氧化性物质，溶液中的Mn2＋、Fe2＋均能被氧化，发生反应的离子方程式为Mn2＋＋ClO－＋H2O===MnO2↓＋2H＋＋Cl－，ClO－＋2Fe2＋＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O。(3)根据题目所给物质的Ksp 数据知，溶液中的c2(OH－)＝＝ mol2·L－2＝1.0×10－5 mol2·L－2，故c(Mg2＋)＝＝ mol·L－1＝1.2×10－6 mol·L－1。(4)通过(1)中离子共存的判断可知溶液中一定含有SO，通过步骤①可知生成Cl－，故滤液3中含有的酸根离子为SO、Cl－。应先检验SO，使之转化为BaSO4沉淀，然后再检验Cl－；若先检验Cl－，则SO与Ag＋生成微溶的Ag2SO4，影响Cl－的检验。(5)步骤②调节pH＝5，Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀，故滤渣2为Fe(OH)3，用酸溶解可得Fe3＋，再使其中的铁元素还原为Fe2＋，Fe2＋可被KMnO4氧化，故达到滴定终点时溶液颜色为紫色。反应的离子方程式为：5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O。所以100 mL溶液中，n(Fe2＋)＝5×5×0.1000 mol/L×0.01600 L＝0.04 mol，故矿样中铁元素的质量分数为×100%＝11.2%。
答案：(1)CO、OH－
(2)ClO－＋Mn2＋＋H2O===MnO2↓＋Cl－＋2H＋
2H＋＋ClO－＋2Fe2＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O
(3)1.2×10－6 mol·L－1(4)SO
(5)滤渣2　紫　11.2%
点拨：本题主要考查工艺流程的分析，意在考查考生对工艺流程的分析能力。
13．(2014·辽宁省沈阳市质检(二))某兴趣小组利用酸性电镀废液(主要含Cu2＋、Fe3＋)制备氯化亚铜(CuCl)，其工艺流程如图所示。

已知：①CuCl微溶于水，难溶于乙醇，干燥的CuCl在空气中比较稳定，但湿的CuCl在空气中易发生水解和氧化；②一些金属氢氧化物沉淀的pH参照数据：
物质
开始沉淀
完全沉淀
Fe(OH)3
2.7
3.7
Fe(OH)2
7.6
9.6
Cu(OH)2
4.4
6.4
(1)除夹持仪器外，蒸发用到的主要仪器有酒精灯、玻璃棒和________。
(2)电镀污泥的主要成分是________________________(用化学式表示)。
(3)酸浸时控制pH≈4的目的是________________________。
(4)写出反应②的离子方程式________________________。
(5)在反应②中需加适量的碱提高溶液的pH，进而提高CuCl的产率，但pH过大，产率反而降低，其理由是________________________。
(6)CuCl晶体用无水乙醇洗涤与用蒸馏水洗涤相比，前者的优点是________________________。
(7)国家标准规定合格产品的主要质量指标为CuCl的质量分数大于96.50%。称取所制备的0.250 g CuCl样品置于0.5 mol/L FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加适量水稀释，加入0.1000 mol/L的24.60 mL Ge(SO4)2溶液滴定到终点，有关化学反应为：
Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－
Ge4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ge3＋
通过列式计算说明上述样品中CuCl的质量分数是否符合标准。
解析：(1)蒸发用到的主要仪器有蒸发皿，另外需要玻璃棒搅拌、酒精灯加热等。(2)电镀废液中主要含有Cu2＋、Fe3＋，加入烧碱，OH－与Cu2＋、Fe3＋反应生成Cu(OH)2和Fe(OH)3沉淀，故电镀污泥的主要成分为Cu(OH)2和Fe(OH)3。(3)因Fe(OH)3完全沉淀的pH为3.7，而Cu(OH)2开始沉淀的pH为4.4，故控制pH≈4时，Cu(OH)2全部溶解，而氢氧化铁以沉淀的形式存在。(4)根据最终得到CuCl产品可知，反应②为SO将＋2价的Cu还原为＋1价，同时SO被氧化为SO，因此反应②的离子方程式为2Cu2＋＋2Cl－＋SO＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋。(6)因“CuCl微溶于水，难溶于乙醇”，因此用无水乙醇洗涤可减少CuCl的溶解，而且CuCl易水解，因此用无水乙醇洗涤可以减少其水解。
答案：(1)蒸发皿
(2)Cu(OH)2、Fe(OH)3
(3)溶解氢氧化铜，氢氧化铁以沉淀形式过滤而被除去
(4)2Cu2＋＋2Cl－＋SO＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋
(5)适量的OH－中和了反应生成的H＋，有利于反应向右进行，可提高CuCl的产率；但当OH－浓度偏大时，Cu2＋与OH－结合生成Cu(OH)2，导致CuCl的产率降低
(6)降低CuCl的溶解和水解
(7)设样品中CuCl的质量为x g。则有
CuCl　～　Ge4＋
99．5　　1
x　　24.60×0.1000×10－3
x≈0.246
0．246÷0.2500×100%＝98.4%>96.50%，所以符合标准
注：如果不估算其纯度应为97.9%，大于96.50%，符合标准。
点拨：本题考查工艺流程分析，意在考查考生对化学实验基本操作的掌握情况，对化学反应原理的理解及有关数据的处理能力。
薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

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