安徽高考化学专题复习：化学基本理论9

　　[题组训练·考能]

　　题组一　弱电解质的电离平衡

　　1.在0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH??CH3COO-+H+，对于该平衡，下列叙述正确的是　　)。

　　A.加入水时，平衡逆向移动

　　B.加入少量NaOH固体，平衡正向移动

　　C.加入少量0.1 mol·L-1盐酸，溶液中cH+)减小

　　D.加入少量CH3COONa固体，平衡正向移动

　　解析　加水稀释促进弱电解质的电离，平衡正向移动，A项错误;加入少量NaOH固体，OH-与H+反应，使cH+)减小，平衡正向移动，B项正确;HCl是强酸，加入少量0.1 mol·L-1 盐酸，溶液中cH+)将增大，C项错误;加入少量CH3COONa固体，使cCH3COO-)增大，平衡逆向移动，D项错误。

　　答案　B

　　2.常温下，0.1 mol·L-1某一元酸HA)溶液中=1.0×10-8。下列叙述正确的是　　)。

　　A.该溶液中由水电离出的cH+)=1.0×10-3mol·L-1

　　B.常温下HA的电离平衡常数为1.0×10-6

　　C.向该HA溶液加水稀释的过程中，cH+)逐渐增大

　　D.pH=3的HA溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，cA-)>cNa+)>cH+)>cOH-)

　　解析　结合常温下水的离子积常数可知此时溶液中的cH+)=1.0×10-3mol·L-1，cOH-)=1.0×10-11mol·L-1，则由水电离出的cH+)=1.0×10-11mol·L-1，HA的电离平衡常数为1.0×10-3)2/0.1=1.0×10-5，A、B项不正确;向该HA溶液中加水稀释能促进HA的电离，但由于溶液的体积增大，cH+)逐渐减小，C项不正确;由于HA是弱酸不能完全电离，则pH=3的HA溶液的浓度大于pH=11的NaOH溶液，二者等体积混合后，HA过量，溶液呈酸性，则有cA-)>cNa+)>cH+)>cOH-)，D项正确。

　　答案　D

　　3.2014·珠海高三摸底考试，22)对于常温下pH=3的乙酸溶液，下列说法正确的是双选)　　)。

　　A.cH+)=cCH3COO-)+cOH-)

　　B.加水稀释到原体积的10倍后溶液pH变为4

　　C.加入少量乙酸钠固体，溶液pH升高

　　D.与等体积pH为11的NaOH溶液混合后所得溶液中：cNa+)=cCH3COO-)

　　解析　A项，由醋酸溶液中的电荷守恒可知，正确;B项，醋酸是弱酸，溶液越稀越电离，所以加水稀释10倍时，醋酸电离程度增大，所得溶液cH+)大于原溶液的10倍，故pH<4，错误;C项，加入乙酸钠固体，抑制醋酸电离，cH+)减小，溶液pH升高，正确;D项，pH为11的NaOH溶液中cOH-)与pH=3的乙酸溶液中cH+)相等，但醋酸是弱酸，部分电离，所以醋酸溶液溶质浓度大于NaOH溶液溶质浓度，两者等体积混合时，酸过量，最终溶液呈酸性，cH+)>cOH-)溶液中存在电荷守恒式：cNa+)+cH+)=cCH3COO-)+cOH-)，所以cNa+)②>①

　　B.若将三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是

　　C.若分别加入25 mL 0.1 mol·L-1盐酸后，pH最大的是

　　D.若三种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序>①>②

　　解析　浓度相同时，酸根离子对应的酸越弱，酸根离子越易水解溶液碱性越强，因此三种溶液pH的大小顺序应是>①>②。若将三种溶液稀释相同倍数，由于Na2CO3溶液和CH3COONa溶液中存在水解平衡，随着水的加入弱酸根离子会水解产生少量的OH-，因此pH变化最大的应是;三种溶液中分别加入25 ml 0.1 mol·L-1盐酸后，中生成NaHCO3，中生成CH3COOH，中生成H2O和NaCl，故pH最大的，C正确;NaOH是强碱，CO比CH3COO-水解程度大，故三种溶液pH均为9时，其浓度大小顺序为>①>③，D错误。

　　答案　C

　　题组三　难溶电解质的沉淀溶解平衡

　　6.25 时，某难溶性碱MOH在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示单位：mol·L-1)。下列说法正确的是　　)。

　　A.该碱在25 时的Ksp为2×10-10

　　B.a点的Ksp大于b点的Ksp

　　C.通过蒸发可使溶液由b点变为c点

　　D.25 时，要使cM+)为0.1 mol·L-1的溶液形成沉淀，溶液的pH至少要升高到5

　　解析　A项可由a点算出Ksp=cM+)·cOH-)=10-5×10-5=10-10，错误。B项Ksp只受温度影响，与溶液中溶质的离子浓度无关，错误。C项由于b点时原溶液为饱和溶液，所以蒸发后各离子浓度都不变，错误。D项要使溶液形成沉淀，溶液的cOH-)至少要达到=mol·L-1=10-9mol·L-1，cH+)==10-5mol·L-1，pH=5，正确。

　　答案　D

　　7.2014·绵阳诊断)20 mL 0.1 mol·L-1溶液中含有Fe2+，向其中滴加NaOH溶液至pH=4，溶液中有沉淀生成，过滤，得沉淀和滤液。已知：Ksp[FeOH)3]=4.0×10-38，Ksp[FeOH)2]=8.0×10-16。下列说法不正确的是　　)。

　　A.沉淀只有FeOH)3

　　B.沉淀有FeOH)3和FeOH)2

　　C.滤液cFe3+)=4.0×10-8 mol·L-1

　　D.向滤液中滴加FeCl2溶液，无沉淀产生

　　解析　由pH=4知，cH+)=10-4mol·L-1，所以cOH-)=10-10mol·L-1，根据FeOH)3的溶度积，cFe3+)·10-10)3=4.0×10-38，所以cFe3+)=4.0×10-8 mol·L-1，根据FeOH)2的溶度积，cFe2+)·10-10)2=8.0×10-16，所以cFe2+)=8.0×104 mol·L-1，远大于溶液中Fe2+的浓度，没有FeOH)2沉淀生成，A、C正确;B错误。

　　答案　B

　　—————————[方法技能]—————————1.判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解。

　　1)Qc>Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出

　　2)Qc=Ksp：溶液饱和，处于平衡状态

　　3)Qc

　　2.判断难溶电解质在水中的溶解能力

　　当难溶电解质的类型相同时：

　　1)Ksp越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强。

　　2)当一种离子和其他几种离子都可能产生沉淀时，Ksp越小，沉淀越容易生成。

　　3.判断能否发生沉淀转化反应

　　一般来说，Ksp大的沉淀容易转化为Ksp小的沉淀。但在一定条件下也可以使Ksp小的沉淀转化为Ksp大的沉淀，如用饱和Na2CO3溶液浸泡重晶石BaSO4)可制备可溶性钡盐BaCO3)。