1、2021年高考化学专题练习：物质在水溶液中的行为 1.(1)下面所列物质中，属于强电解质的是_(填序号，下同)，属于弱电解质的是_，属于非电解质的是_。氯化钾乙醇醋酸氨气蔗糖硫化氢硫酸氢钠一水合氨氯气碳酸钡 铁(2)双氧水(H2O2)和水都是极弱电解质，但H2O2比水更显酸性。若把H2O2看成是二元弱酸，请写出它在水中的电离方程式：_。鉴于H2O2显弱酸性，它能同强碱作用形成正盐，在一定条件下也可以形成酸式盐。请写出H2O2与Ba(OH)2作用形成正盐的化学方程式：_2.(1)某温度(t)时，水的Kw11012，则该温度(填“”、“ 升温促进水电离，Kw增大 (2)碱性 1107【解析】(1)
2、升高温度，Kw增大，现Kw1101211014，因此温度大于25。(2)该温度下该溶液中c(OH)1105molL1，因为c(OH)c(H)，所以溶液呈碱性；NaOH溶液中由水电离出来的c(OH)等于溶液中的c(H)，即为1107molL1。3.【答案】(1)碱性A2H2OHAOH(2)105molL1109molL1【解析】(1)根据题意可知H2A第一步完全电离，第二步部分电离，所以HA不水解，A2水解。所以Na2A溶液显碱性，A2H2OHAOH。(2)NH水解促进水的电离，溶液中的H即来源于水的电离，此时水电离出的c(H)为105molL1，在HCl溶液中，OH来源于水的电离，此时，水电离
3、出的c(H)c(OH)molL1109molL1。4.【答案】(1)101c(Na)c(SO)c(H)c(OH) (2)92c(H)c(SO)c(Na)c(OH)【解析】(1)若混合后溶液为中性，则，溶液中溶质恰为Na2SO4，所以c(Na)c(SO)c(H)c(OH)。(2)若混合液的pH2，则c(H)0.01 molL1，硫酸过量。c(H)，即0.01，解之得ab92，c(Na)molL1，c(SO)molL1，所以c(H)c(SO)c(Na)c(OH)。5.【答案】(1)CO2和NH32NHCaCO3Ca2CO22NH3H2O(2)C【解析】NH4Cl溶液中存在：NHH2ONH3H2OH
4、(1)加入CaCO3粉末时，CaCO32HCa2CO2H2O，使NH水解平衡正向移动，c(NH3H2O)增大，分解产生NH3，总反应的离子方程式为2NHCaCO3Ca2CO22NH3H2O。(2)C、Cu、S均不能与NH水解产生的H反应，但Mg能与H反应生成H2。6.【答案】1013(1)110(2)12(3)19【解析】T时，0.01 molL1的NaOH溶液中c(OH)102molL1，其pH11，即c(H)1011molL1，则其离子积为1013。(1)pH11的NaOH溶液中c(OH)102molL1，pH3的H2SO4溶液中c(H)103molL1，若混合后呈中性，则硫酸溶液体积为氢
5、氧化钠溶液体积的10倍，即VaVb110。(2)若所得混合液为中性，且VaVb101，则硫酸溶液中c(H)为氢氧化钠溶液中c(OH)的10倍。即硫酸中c(H)10bmolL1，则氢氧化钠溶液中c(OH)10b1molL1，其c(H)10(12b)molL1，pH为12b，亦即a12b，所以ab12。(3)若混合液pH10，即c(OH)103molL1，则c(OH)103molL1molL1，得VaVb19。7.【答案】(1)11012水的电离要吸热，温度升高，水的电离程度增大，即离子积增大(2)否，在盐酸中c(H)c(OH)，所以不可能处于B点。 (3)2109molL1【解析】（1）由图可看
6、出c(H)=c(OH)=10-6，所以B点水的离子积为10-12。温度升高水的电离程度增大，即水的离子积变大。（2）在盐酸中c(H)c(OH)，二者不等，所以不可能处于B点。（3）盐酸中c(OH)=molL1= 2109molL1，水电离出的c(H)=c(OH)= 2109molL1。8.【答案】(1)24接近7(2)3.3(3)11.7(4)11.7【解析】(1)c(H)0.005 molL120.01 molL1，pHlg 1022。c(H)0.01 molL1100104molL1，pHlg 1044。pH接近7(酸无限稀释后不会变成碱)。(2)c(H)molL15104molL1，pH
7、lg(5104)4lg 53.3(强调103是105的100倍，所以105可以忽略不计。)(3)c(OH)molL15103molL1，c(H)molL121012molL1。pHlg(21012)12lg 211.7。(4)NaOH溶液中c(OH)102molL1；HCl溶液中c(H)104molL1，二者等体积反应，碱过量，反应后溶液呈碱性。所以反应后c(OH)molL15103molL1，c(H)molL121012molL1，pHlg(21012)12lg 211.7。9.【答案】(1)(2)a(3)b【解析】(1)根据一级电离平衡常数可知四种酸的酸性由强到弱的顺序为H3PO4、CH3
8、COOH、H2CO3、H2S。(3)酸越弱，其对应酸根离子结合H的能力越强，故结合H的能力由强到弱的顺序为S2、CO、HCO、CH3COO。10.【答案】(1)C(2)2.021010molL1(3)1031【解析】(1)类似于溶解度曲线，曲线上的任一点，如a点和c点均表示BaSO4饱和溶液，曲线上方的任一点，均表示过饱和溶液，如b点说明溶液中有BaSO4沉淀析出，此时QcKsp；曲线下方的任一点，均表示不饱和溶液，如d点，此时QcKsp，故选项C正确，D错误。A项，在原饱和溶液中加入Na2SO4，增大了c(SO)，使平衡向生成BaSO4的方向移动，c(Ba2)减小，A错误。B项，蒸发使得溶液
9、体积减小，c(Ba2)和c(SO)均增大，B错误。(2)由图像得BaSO4的Ksp11010。根据离子方程式SOBa2=BaSO4可知SO过量，滤液中c(SO)0.495 molL1，则c(Ba2)molL12.021010molL1。(3)根据BaSO4的Ksp11010可知若用100 mL纯水洗涤，损失的n(BaSO4)11050.1 mol1106mol。若用100 mL 0.01 molL1的H2SO4洗涤，损失的n(BaSO4)n(Ba2)0.10.1 mol109mol，由此可得两者的质量之比为1031。11.【答案】（1）适量BaCl2溶液 Ba2SO42-=BaSO4（2）适量
10、澄清石灰水CO32-Ca2=CaCO3（3）适量NaOH溶液 Cu22OH=Cu(OH)2【解析】除杂原则：不改变主要成分，不引进新杂质。（1）应选用BaCl2溶液，Ba2+SO42-=BaSO4；（2）选用Ca(OH)2溶液，CO32-Ca2=CaCO3；（3）选用NaOH溶液，Cu22OH=Cu(OH)2。12.【答案】(1)4(2)1107(3)增大减小(4)106【解析】(1)HA电离出的c(H)(0.10.1%) molL11104molL1，pHlg(1104)4。(2)电离平衡常数K1107。(3)因HAHA，电离过程是吸热的，升高温度，c(H)、c(A)均增大，则K增大，而pH减小。(4)c(H)HA1104molL1，c(H)水c(OH)molL111010molL1，c(H)HAc(H)水(1104)(11010)106。
