2020届高三化学大二轮复习 第七讲 电解质溶液真题突破.doc

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1、第七讲电解质溶液1．[2020·广东高考]一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是(　　)A．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化答案　C解析　图中曲线上的点对应同一温度下的水溶液中的c(H＋)和c(OH－)，升高温度，水的离子积常数发生改变，所以升温不可能引起c向b的变化，A项错误；b点对应的c(H＋)＝c(OH－)，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14，B项错误；Fe3＋水解显酸性，图中a

2、点c(OH－)

3、说明ROH为弱碱，所以MOH的碱性强于ROH的碱性，A选项正确；稀释有利于弱电解质的电离，故B选项正确；若两溶液无限稀释则接近中性，则它们的c(OH－)相等，C选项正确；当lg＝2时，MOH溶液的pH为11，ROH溶液的pH为10，若两溶液同时升高温度，ROH溶液中存在电离平衡，平衡会右移，c(R＋)增大，c(M＋)不变，故比值减小，D项错误。3．[2020·上海高考](双选)室温下，甲、乙两烧杯均盛有5mLpH＝3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH＝4。关于甲、乙烧杯中溶液的描述正确的是(　　)A．溶液的体积10V甲≤V乙B．水电离出的OH－浓度：10c(OH－

4、)甲≤c(OH－)乙C．若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙D．若分别与5mLpH＝11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≤乙答案　AD解析　本题考查弱电解质的电离和盐类水解。由题意原甲、乙两烧杯均盛有5mL的溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH＝4，若该酸为强酸，则10V甲＝V乙；若为弱酸，则10V甲＜V乙，所以A正确；B中根据常温下水的离子积可以计算出水电离出的OH－浓度：10c(OH－)甲＝c(OH－)乙；C中若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，甲中所得盐溶液的浓度大，若为强酸，则甲＝乙；若为弱酸，弱酸盐浓度大的碱性(pH)也大，则甲＞乙，

5、所以C错误；D中若分别与5mLpH＝11的NaOH溶液反应，若为强酸，则甲＝乙；若为弱酸，所得溶液应为酸性，甲中浓度大，酸性强，pH小，所以甲≤乙，综上所述选A、D。4．[2020·安徽高考]室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是(　　)A．Na2S溶液：c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H2S)B．Na2C2O4溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)C．Na2CO3溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)D．CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3C

6、OOH)＋2c(Cl－)答案　B解析　A项，Na2S溶液中，水解方程式为S2－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OH2S＋OH－，因第一步水解程度远大于第二步，则c(Na＋)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H2S)，A项错误；B项，由质子守恒可知等式正确；C项，Na2CO3溶液中，由电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)＋c(HCO)，C项错误；D项，根据物料守恒可得：①c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，②c(Cl－)＝2c(Ca2＋)，①＋②得：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(C

7、H3COOH)＋c(Cl－)，D项错误。