2010年高考化学备考考前10天易错点专项突破专题5电离平衡与盐类水解

专题5电离平衡与盐类水解【1】已知Ag2SO4的KW为2.0×10-3，将适量Ag2SO4固体溶于100mL水中至刚好饱和，该过程中Ag+和SO23浓度随时间变化关系如下图（饱和Ag2SO4溶液中c(Ag+)＝0.034mol·L-1）。若t1时刻在上述体系中加入100mL.0.020mol·L-1Na2SO4溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag+和SO23浓度随时间变化关系的是（）【错误分析】多数同学对溶解平衡计算较为生疏，没有解题思路，乱选。【答案】B【纠错】离子的溶度积与Ksp间的关系不明确。Ag2SO4刚好为100ml的饱和溶液,因为c(Ag+)=0.034mol/L，所以c（SO42-）=0.017mol/L；当加入100ml0.020mol/LNa2SO4溶液后，c（SO42-）=0.0185mol/L，c（Ag+）=0.017mol/L（此时QKsp）。由计算可知选B。【2】仅能在水溶液中导电的电解质（）A．NaOHB．Na2SO4C．NaHCO3D．H2SO4【答案】CD【纠错】在氧化物中：酸酐溶于水生成酸而能导电，酸是电解质，而酸酐不是电解质；碱性氧化物中溶于水生成碱而导电，其氧化物为离子化合物，熔融状态下能导电，氧化物和碱皆为电解质；氧化物不溶于水，但其为离子化合物，熔融状态下能导电，氧化物为电解质。【3】下列事实能说明相应的酸是弱电解质的是A．用HR做导电实验，灯泡很暗B．0.1mol·L-1HR溶液稀释到100倍时，溶液的pH值为3.1C．20mL0.1mol·L-1HR恰好中和20mL0.1mol·L-1NaOH溶液D．0.1mol·L-1NH4R溶液的pH等于7【答案】BD【解析】在电解质溶液的导电实验中，灯泡较暗，说明其导电能力较弱，分析溶液中自【纠错】由于思维定势，灯泡较暗，对应的电解质就是弱电解质。这里忽略了一个重要的条件，即在相同条件（主要是浓度）下。如果没有这个前提，用0.1mol·L-1的HAc溶液和1×10-4mol·L-1HCl作导电实验，醋酸溶液中氢离子的浓度大约为13.2×10-4mol·L-1，而盐酸溶液中去离子的浓度只有1×10-4mol·L-1，很明显前者的导电能力比后者强。因此A的错误选项，它不能说明HR是弱电解质。选项C提供的中和反应的事实，不能说明酸的强弱。中和反应只说明酸、碱提供的氢离子和氢氧根离子恰好完全反应，至于是否电离无关紧要，因为中和已电离的一部分氢离子（或氢氧根离子），弱酸（或弱碱）会进一步再电离，直至反应完成。【4】下列物质在温度和物质的量浓度相同时，在水溶液中含有的微粒种类最多的是A．NaH2PO4B．K3[Fe（SCN）6]C．（NH4）2SD．光卤石【答案】B【解析】NaH2PO4溶液中存在以下电离和平衡：7种微粒。（NH4）2S溶液中有类似情况，也存在7种微粒（不妨自己练习写出）。本题的正确答案应是选项B，因为3价铁离子能和1～6个硫氰根离子络合平衡，即：[来……SCN-，H+和OH-等11种微粒。【纠错】由于知识的欠缺，产生不同的错误结果。既然都是盐溶液，而大多数的盐都属于强电解质，在水中全部电离。因此，得出复盐和络盐电离出的离子种类最多——低级错误，选择了BD选项。但错误较多的是对盐溶液中存在哪些平衡不了解，盐电离生成的离子可能存在电离（多元弱酸的酸式根或络离子）或水解（弱酸根或弱碱对应的金属离子）平衡，这些平衡中将产生多种微粒。【5】Na2S溶液中存在多种微粒，下列各微粒间的关系正确的是：A．[Na+]＞[S2-]＞[OH-]＞[HS-]＞[H+]B．[Na+]+[H+]==[S2-]+[HS-]+[OH-]C．[Na+]==[HS-]+2[H2S]+2[S2-]D．[OH-]==[H+]+[HS-]+[H2S]【答案】A【解析】选项A，可以半定量地分析得出结论。假设Na2S的浓度为0.1mol·L-1，则[Na+]为0.2mol·L-1；硫离子少部分发生水解，其平衡浓度比0.1mol·L-1小，而水解生成硫氢根离子和氢氧根离子的浓度远远小于0.1mol·L-1（仍大于0.001mol·L-1）；由于硫氢根离子受到一定浓度的氢氧根离子影响（抑制其水解），其还要发生微弱的水解（存在电离和水解两种趋势，但水解趋势大于电离趋势），这样氢氧根离子的浓度将大于硫氢根离子的浓度；溶液呈碱性，其[H+]将由水的离子积和[OH-]求出，很明显其浓度远远小于[HS-]（其与[OH-]在同一数量级上）。【纠错】电解质的水溶液中一定存在两个守恒：①物质守恒，②电荷守恒。通俗的说：①各种元素的微粒既不可增加也不可减少；②电解质溶液中存在各种带电的微粒，但所带电量的代数和等于零，即溶液不带电。结合本题有如下两个等式：（在同一体积中，用浓度表示即可）物质守恒：[Na+]==2[HS-]+2[H2S]+2[S2-]①电荷守恒：[Na+]+[H+]==2[S2-]+[HS-]+[OH-]②在物质守恒中，应该找出该元素可能转化生成的各种微粒。如本题的硫元素，它来源于Na2S中的S2-，少量的S2-要水解转化成HS-，微量的HS-进一步水解转化成H2S，虽然生成H2S的量很小，很小，但在理论上不能没有。另外，含硫元素的各种微粒与钠离子的物质的量之比应符合原化学式中各微粒的比值。选项C违背了上述要求。在电荷守恒中，如何计算带多个单位电荷的微粒所带电量，往往容易出现误解。从表面形式上看，该微粒已带多个单位电荷，若用其所带电荷数乘以其浓度，似乎远远大于实际所带电量。实际上浓度只表示该微粒在单位体积里其物质的量（微粒）的多少，并不表示它带电量的多少。用其所带电荷数乘以其浓度，恰好计算其所带电量。选项B即错在此处。由上述两个等式，通过代入变换，还可得到多个其他形式的等式。如②-①的整理得：[OH-]==[H+]+[HS-]+2[H2S]，可判断选项D是错误答案。【6】下列离子反应方程式书写正确的是A．过量磷酸加入磷酸钠溶液中B．2.24L（标况下）氯气和100mL1mol·L-1溴化亚铁溶液反应3Cl2+2Fe2++4Br-==6Cl-+2Fe3++2Br2C．碳酸氢镁的溶液中加入石灰水D．用氯化铁溶液检验苯酚存在Fe3++6C6H5OH==[Fe（C6H5O）6]3-+6H+【答案】D【纠错】由于知识的缺陷：①往往对不该写离子的写成离子。如备选答案中的A，磷酸虽是中强酸，但仍属于弱酸、弱电解质，应保留分子形式。其离子方程式为：②对反应的产物判断有误。如备选答案中的C，碳酸氢镁和氢氧化钙反应时，由于碳酸镁为微溶物，而氢氧化镁是难溶物，所以产物应为氢氧化镁。其离子方程式为：对备选答案中B的判断还应考虑反应物数量的关系。根据题目给的信息，0.1mol的氯气和0.1mol的溴化亚铁反应，根据微粒氧化能力由强到弱的顺序为：Cl2＞Br2＞Fe2+，0.1mol的氯气能氧化0.1mol的Fe2+和0.1mol的Br-，所以该反应方程式中Fe2+和Br-系数应相等，该反应的离子方程式为：2Cl2＋2Fe2++2Br-==4Cl-＋2Fe3+＋Br2【7】将已污染的空气通入某溶液，测其导电性的变化，能获得某种污染气体的含量。如把含H2S的空气通入CuSO4溶液，导电性稍有变化但溶液吸收H2S的容量大；若用溴水，则吸收容量不大而导电性变化大。现要测量空气中的含氯量，并兼顾容量和导电性变化的灵敏度，最理想的吸收溶液是：A．NaOH溶液B．蒸馏水C．Na2SO3溶液D．KI溶液【答案】C【解析】由于氯气和亚硫酸钠发生如下反应：Cl2＋Na2SO3＋H2O==2HCl＋Na2SO4从吸收容量上看：用亚硫酸钠溶质吸收氯气符合题意容量大的要求；从反应方程式上看：1mol亚硫酸钠转化为1mol硫酸钠和2mol盐酸，离子的浓度增大1倍（从离子所带电量总量看），符合导电的灵敏度增大，导电性增强。选项C为正确答案。【纠错】本题错解之一是由于思维定势，对液体吸收气体容量大简单地理解为溶解度较大。常温下氯气在水中的溶解度为1∶2，属于可溶范围，符合吸收容量大的条件；再考虑氯气溶于水生成盐酸和次氯酸的导电性比蒸馏水大大增强，灵敏度也好。因此，选择了B选项。实际上气体的溶解度表示的是在1L水中溶解的气体体积数，而相同物质的量的气体和液体、固体在体积上相差一千倍左右，如：1mol任何气体在标况下的体积为22.4L；1mol水18mL。若1L溶液中含有1mol溶质，它吸收1mol的气体（22.4L），比溶解的气体多得多，何况溶质的物质的量要大，吸收的容量将更大。错解之二是知识欠缺，只知道氯气能和NaOH溶液反应，生成氯化钠和次氯酸钠，生成物的种类增多，导电的离子浓度增大。因此，兼顾容量和导电性变化的灵敏度。实际上氯气和氢氧化钠的反应如下：Cl2＋2NaOH==NaCl＋NaClO＋H2O2molNaOH反应，生成1mol氯化钠和1mol次氯酸钠，离子浓度没有改变，导电的灵敏度不变。【8】若室温时，pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则氨水的电离度可表示为（）A．10（12-a-b）%B．10（a+b-14）C．10（a+b-12）%D．10（14-a-b）【答案】C【解析】本题解法是从恰好完全反应入手，即酸提供的氢离子和碱提供的氢氧根离子物质的量相等。另一方面从氨水的pH值找已电离的氢氧根离子浓度，进而求出电离度。【纠错】由于重视数字运算，常常忽略概念、定义的具体要求。弱电解质的电离度是指达到电离平衡时，溶液中已经电离的电解质分子数占原来总分子数的百分数，误区常常是用小数或负指数形式表示。【9】常温下，用蒸馏水逐渐稀释0.1mol·L-1的氨水，下列各数值不会逐渐增大的是【答案】C【解析】对弱电解质的稀溶液来说，在加水稀释的过程中，电离生成的离子结合成弱电解质的可能性减小，其电离度增大，电离的离子个数增多，但由于溶液的体积变化大，离子浓度反而减小。氨水中存在以下电离平衡：【纠错】由于思维定势，弱碱溶液中仅讨论有关氢氧根离子的量，忽略了氢离子量的讨论。而碱溶液中氢离子浓度增大，似乎酸性增强，不可思议，选择了A选项。实际上氨水在稀释过程中，氢氧根离子个数增多，氢氧根浓度减小。在酸碱的稀溶液中，水的离子积不变，因此氢离子浓度增大。但氢离子浓度始终小于氢氧根离子浓度，溶液显碱性，选项A不符合本题题意要求。选项D中的氢氧根离子浓度和氨水的浓度随着氨水稀释过程都减小，但减小的速率直观不易判断。若将其变换一下，[OH-]==c·a，电离度增大，比值也增大，因此选项D也不符合本题题意要求。由于氢离子浓度增大，溶液pH值只能减小，选项C为本题正确答案。【10】一定温度下，在氢氧化钡的悬浊液中，存在氢氧化钡固体与向此种悬浊液中加入少量的氢氧化钡粉末，下列叙述正确的是A．溶液中钡离子数目减小B．溶液中钡离子浓度减小C．溶液中氢氧根离子浓度增大D．pH值减小【答案】A【纠错】本题的另一错解是：当平衡发生移动时，一定会引起相应物质的数量变化。若是讨论某个具体物质的数量，它应该绝对变化，如溶质微粒个数，溶质质量和溶液质量等。但若讨论两个量的比值，在特定条件下可能不变，如溶解度，浓度等。本题讨论溶解平衡（分散系是悬浊液），其溶液为饱和溶液。温度不变时，各种离子的浓度保持不变，选项B、C、D皆与浓度有关，因此不变。而选项A中的钡离子的个数，随着水的量的减少，溶液质量、溶质质量都相应减少，其个数必然减少。【11】常温下，某溶液中水电离出的[OH-]＝1×10-11mol·L-1，则该溶液不可能是：A．NaOH溶液B．NaHSO4溶液C．NH4Cl溶液D．0.001mol·L-1的CH3COOH溶液【答案】CD【解析】水电离出的氢氧根离子浓度小于1×10-7mol·L-1，说明溶液中水的电离受到电解质离子的抑制，而该电解质应是能电离生成氢离子或氢氧根离子的物质。本题备选答案C中的氯化铵属于强酸弱碱盐，其溶于水发生水解，促进水的电离，因此水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度大于1×10-7mol·L-1，其中氢氧根离子中