2023版高考化学二轮复习题型层级练8平衡原理在电解质溶液中的应用（含解析）

2020版高考化学二轮复习题型层级练8平衡原理在电解质溶液中的应用（含解析）PAGEPAGE20题型层级练8平衡原理在电解质溶液中的应用(A级)1．向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化)，以下数值变小的是()A．c(COeq\o\al(2－,3))B．c(Mg2＋)C．c(H＋)D．Ksp(MgCO3)解析：MgCO3固体在溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)Mg2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，参加少量浓盐酸可与COeq\o\al(2－,3)反响促使溶解平衡正向移动，故溶液中c(Mg2＋)及c(H＋)增大，c(COeq\o\al(2－,3))减小，Ksp(MgCO3)只与温度有关，不变。答案：A2．以下表达正确的选项是()A．常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍，稀释后溶液的pH＝4B．25℃时Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，向AgCl沉淀的溶解平衡体系中参加NaCl固体，AgCl的溶解度增大C．浓度均为0.1mol·L－1的以下溶液，pH由大到小的排列顺序为NaOH>Na2CO3>(NH4)2SO4>NaHSO4D．为确定二元酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH，假设pH>7，那么H2A是弱酸；假设pH<7，那么H解析：A项，醋酸稀释后的pH为3<pH<4；B项，增大Cl－浓度，AgCl的溶解平衡左移，溶解度变小；C项，依据水解微弱的思想可判断同浓度的溶液，碱性NaOH>Na2CO3，酸性NaHSO4>(NH4)2SO4，得出C项正确的结论；D项，假设H2A是弱酸，NaHA中可能存在两种趋势，HA－H＋＋A－和HA－＋H2OH2A＋OH－，假设HA答案：C3．以下溶液中各微粒的浓度关系正确的选项是()A．pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)B．含等物质的量的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中：c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)C．0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1HCl溶液混合至pH＝7：c(Na＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)D．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：2c(Na＋)＝3[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]解析：A.pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后溶液显酸性：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，A错误；B.含等物质的量的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液显酸性，说明醋酸的电离大于醋酸根离子的水解：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)，B错误；C.0.1mol·L－1CH3COONa溶液与0.1mol·L－1HCl溶液混合至pH＝7；c(Na＋)>c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)，C错误；D.0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合，由Na2CO3与NaHCO3各自的物料守恒可得：c(Na＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]，c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)，那么混合液中：2c(Na＋)＝3[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]，D正确。答案：D4．向NaOH溶液中缓慢通入CO2气体，溶液中COeq\o\al(2－,3)的物质的量与通入CO2的物质的量的关系如图。以下说法错误的选项是()A．水的电离程度：a＝b<cB．a、b两点溶液的pH满足：pH(a)>pH(b)C．c点溶液满足：c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)D．a、b、c三点溶液都满足：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)解析：向NaOH溶液中缓慢通入CO2气体，开始时反响为CO2＋2OH－=COeq\o\al(2－,3)＋H2O，COeq\o\al(2－,3)的物质的量增大，c点时，NaOH全部转化成Na2CO3，再继续通入二氧化碳气体，发生反响CO2＋COeq\o\al(2－,3)＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)，故a点溶液为NaOH和Na2CO3的混合溶液且n(NaOH)＝2n(Na2CO3)，b点溶液为NaHCO3和Na2CO3的混合溶液。c点Na2CO3水解促进水的电离，b点NaHCO3和Na2CO3促进水的电离，但较c点程度弱，a点溶液中含NaOH，抑制水的电离，所以c点水的电离程度最大，水的电离程度：a<b<c，故A错误；a点溶液，n(NaOH)＝2n(Na2CO3)，b点溶液，n(NaHCO3)＝2n(Na2CO3)，溶液的pH满足：pH(a)>pH(b)，故B正确；c点溶液是碳酸钠溶液，COeq\o\al(2－,3)水解使溶液显碱性，溶液中离子浓度大小关系满足：c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H＋)，故C正确；溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，故D正确。答案：A5．常温时，假设Ca(OH)2和CaWO4(钨酸钙)的沉淀溶解平衡曲线如下图(eq\r(3,0.2))＝0.58)。以下分析不正确的选项是()A．a点表示Ca(OH)2与CaWO4均未到达溶解平衡状态B．饱和Ca(OH)2溶液和饱和CaWO4溶液等体积混合：c(OH－)>c(H＋)>c(Ca2＋)>c(WOeq\o\al(2－,4))C．饱和Ca(OH)2溶液中参加少量Na2O，溶液变浑浊D．石灰乳与0.1mol·L－1Na2WO4溶液混合后发生反响：Ca(OH)2＋WOeq\o\al(2－,4)=CaWO4＋2OH－(假设混合后溶液体积不变)解析：此题主要考查沉淀溶解平衡的相关知识。由题图可知，a点位于Ca(OH)2和CaWO4的溶解平衡曲线的下方，对应溶液中离子积小于溶度积，因此a点时Ca(OH)2与CaWO4均未到达溶解平衡状态，A项正确；根据题图知，Ksp[Ca(OH)2]＝(10－5)×(10－1)2＝10－7，Ksp(CaWO4)＝(10－5)×(10－5)＝(10－10)，设饱和Ca(OH)2溶液中c(Ca2＋)＝xmol·L－1，那么x×(2x)2＝10－7，解得x＝eq\r(3,\f(10－7,4))＝eq\r(3,\f(0.2,8))×10－2＝eq\f(0.58,2)×10－2＝2.9×10－3，饱和CaWO4溶液中c(Ca2＋)＝c(WOeq\o\al(2－,4))＝10－5mol·L－1，将二者等体积混合，各离子浓度均减半，c(Ca2＋)＝1.45×10－3mol·L－1，c(OH－)＝2.9×10－3mol·L－1，那么c(H＋)＝eq\f(Kw,cOH－)＝3.4×10－12mol·L－1，c(WOeq\o\al(2－,4))＝5×10－6mol·L－1，Qc＝c(Ca2＋)·c(WOeq\o\al(2－,4))＝1.45×10－3×5×10－6>Ksp(CaWO4)，所以有CaWO4析出，溶液中c(WOeq\o\al(2－,4))<10－5mol·L－1，且溶液明显是碱性的，故c(OH－)>c(Ca2＋)>c(WOeq\o\al(2－,4))>c(H＋)，B项错误；饱和Ca(OH)2溶液中参加少量Na2O，Na2O与水反响生成NaOH，该反响中消耗溶剂水，且生成的NaOH使溶液中c(OH－)增大，溶解平衡逆向移动，从而使溶液中析出晶体，溶液变浑浊，C项正确；石灰乳中c(Ca2＋)＝2.9×10－3mol·L－1，与0.1mol·L－1Na2WO4溶液混合后，溶液中Ca2＋与WOeq\o\al(2－,4)的离子积为2.9×10－3×0.1＝2.9×10－4>Ksp(CaWO4)，有CaWO4生成，发生沉淀的转化：Ca(OH)2＋WOeq\o\al(2－,4)=CaWO4＋2OH－，D项正确。答案：B6.向xmL0.01mol·L－1氨水中滴加等物质的量浓度的H2SO4溶液，测得混合溶液的pOH[pOH＝－lgc(OH－)]、温度随着参加的硫酸溶液体积的变化如下图，以下说法正确的选项是()A．x＝20B．b点时溶液的pOH＝pHC．c点对应的溶液中：c(SOeq\o\al(2－,4))>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)D．a、b、d三点NH3·H2O的电离常数：K(b)>K(d)>K(a)解析：b点时溶液温度最高，说明此时酸碱恰好反响完全，因1molH2SO4可与2molNH3·H2O反响，故x＝40，A项错误；恰好反响时生成(NH4)2SO4，溶液显酸性，B项错误；c点时溶液中的溶质为等物质的量的(NH4)2SO4与H2SO4，由于NHeq\o\al(＋,4)能水解，c(H＋)>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)，C项错误；a、b、d三点的温度上下顺序为b>d>a，温度越高，NH3·H2O的电离常数越大，D项正确。答案：D7．电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100mol·L－1盐酸分别滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电离与氨相似，常温Kb[(CH3)2NH·H2O]＝1.6×10－4]。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如下图。以下说法正确的选项是()A．曲线①代表滴定二甲胺溶液的曲线B．a点溶液中：c[(CH3)2NHeq\o\al(＋,2)]>c[(CH3)2NH·H2O]C．d点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]D．b、c、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是b点解析：二甲胺是弱电解质，参加盐酸生成强电解质(CH3)2NH2Cl，导电性增强，因而②代表二甲胺的变化曲线，A、B均不正确；C项符合质子守恒，正确；D项，c点代表NaOH与HCl恰好完全反响，即为NaCl溶液，b点为二甲胺电离程度大于(CH3)2NHeq\o\al(＋,2)水解程度，溶液显碱性，抑制水的电离，e点盐酸过量，溶液显酸性，盐酸抑制水的电离，因而c点水的电离程度最大。答案：C8．25℃时，以下有关电解质溶液的说法正确的选项是()A．将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变大，Kw不变B．向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)都不变C．pH＝4.75浓度均为0.1mol/L的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)<c(H＋)＋c(CH3COOH)D．分别用pH＝2和pH＝3的CH3COOH溶液中和等物质的量的NaOH，消耗CH3COOH溶液的体积分别为Va和Vb，那么10Va＝Vb解析：A.将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变小，Kw不变，故A错误；B.向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，溶液仍为AgCl的饱和溶液，此时c(Ag＋)和Ksp(AgCl)都不变，故B正确；C.pH＝4.75、浓度均为0.1mol·L－1的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中存在电荷守恒，c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，醋酸是弱电解质，溶液中c(CH3COOH)<c(Na＋)，c(CH3COO－)＋c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，故C错误；D.含等物质的量NaOH的溶液分别用pH为2和3的CH3COOH溶液中和，那么二者物质的量相等，醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，pH为2和3的CH3COOH溶液，后者电离程度大，pH为2的CH3COOH的浓度大于pH为3的CH3COOH溶液的浓度的10倍，设pH为2的醋酸浓度为x，pH＝3的醋酸浓度为y，x>10y，那么有Va×x＝Vb×y，那么eq\f(Va,Vb)＝eq\f(y,x)，即Vb>10Va，故D错误。答案：B(B级)9．室温时，向含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中参加少量NaBr固体，以下各项中增大的是()A．c(Ag＋)B.eq\f(cCl－,cBr－)C．c(Cl－)D.eq\f(cAg＋·cBr－,cCl－)解析：向含有AgCl和AgBr固体的悬浊液中参加少量NaBr固体，溴离子浓度增大，使AgBr的溶解平衡逆向移动，c(Ag＋)减小，A错误；B项的比例式上下同乘c(Ag＋)，那么转化为溶度积常数之比，溶度积常数只与温度有关，B错误；c(Ag＋)减小，使AgCl的溶解平衡正向移动，c(Cl－)增大，C正确；c(Ag＋)·c(Br－)不变，c(Cl－)增大，D项减小。答案：C10．常温下，将amol·L－1CH3COOH溶液与bmol·L－1NaOH溶液(0<a<0.2,0<b<0.2)等体积混合。以下有关推论错误的选项是()A．假设混合后溶液的pH＝7，那么c(Na＋)＝c(CH3COO－)，且a>bB．假设a＝2b，那么c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)C．假设2a＝b，那么c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋D．假设混合溶液满足：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，那么可推出a＝b解析：醋酸为弱电解质，pH＝7时溶液呈中性，存在c(OH－)＝c(H＋)，醋酸应过量，根据电荷守恒可知c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，那么有c(Na＋)＝c(CH3COO－)，A正确；假设a＝2b，醋酸过量，溶液呈酸性，存在c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，B正确；假设2a＝b，NaOH过量，由于CH3COO－水解，那么有c(OH－)>c(CH3COO－)，C错误；假设a＝b，完全反响生成CH3COONa，溶液呈碱性，由质子守恒可知c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3答案：C11．标准状况下，向100mLH2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图中曲线所示。以下分析正确的选项是()A．原H2S溶液的物质的量浓度为0.05mol·L－1B．氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强C．b点水的电离程度比c点水的电离程度大D．a点对应溶液的导电性比d点强解析：A项，依据反响2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，可算出c(H2S)为0.1mol·L－1；B项，H2S的酸性比H2SO3的弱；C项，b点溶液为中性，水的电离不受影响，而c点溶液显酸性，水的电离受到抑制；D项，H2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，故d点溶液导电性强。答案：C12．298K时，在20.0mL0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如下图。0.10mol·L－1氨水的电离度为1.32%，以下有关表达正确的选项是()A．该滴定过程应选择酚酞作为指示剂B．M点对应的盐酸体积为20.0mLC．M点处的溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)D．N点处的溶液中pH<12解析：此题考查了酸碱中和滴定过程中溶液中存在的平衡的分析，意在考查考生分析图像的能力以及灵活运用所学知识解决问题的能力。当恰好完全中和时，生成NH4Cl，而NH4Cl溶液呈酸性，酚酞的变色范围为pH＝8.2～10.0，甲基橙的变色范围为pH＝3.1～4.4，故应选甲基橙作指示剂，A项错误；当V(盐酸)＝20.0mL时，恰好完全反响，溶液呈酸性，B项错误；M点时由溶液中电荷守恒知c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，而溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)，那么c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，但c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)≫c(H＋)＝c(OH－)，C项错误；该温度下，0.10mol·L－1一元强碱溶液的pH＝13，假设0.10mol·L－1一元弱碱溶液的电离度为10%，那么其pH＝12，而0.10mol·L－1氨水的电离度小于10%，故溶液的pH<12，D项正确。答案：D13．假设定义pAg＝－lgc(Ag＋)，pCl＝－lgc(Cl－)，根据不同温度下氯化银饱和溶液的pAg和pCl可绘制如下图图像，且氯化银的溶解度随温度的升高而增大，根据该图像，以下表述正确的选项是()A．a点表示的是T1温度下的不饱和溶液B．将a点所示溶液降温，可能得到c点的饱和溶液C．向b点所示溶液中参加氯化钠溶液，溶液可能改变至d点D．T3>T2>T1解析：解答此题首先要看明白图像，能从图像中获得有用信息。随温度升高AgCl的溶解度增大，即升高温度，溶液中c(Ag＋)、c(Cl－)均增大，pAg和pCl均减小，从而可确定温度：T1>T2>T3。a点所示溶液中c(Ag＋)、c(Cl－)均小于c点所示溶液中c(Ag＋)、c(Cl－)，那么a点表示的是T1温度下的不饱和溶液，A项正确；将a点所示溶液降温，AgCl的溶解度减小，不能得到c点的饱和溶液，B项错误；向b点所示溶液中参加NaCl溶液，根据沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)可知溶液中c(Cl－)增大，平衡逆向移动，会使c(Ag＋)减小，那么溶液中pCl减小，pAg增大，故无法改变至d点，C项错误；根据以上分析可知，T1>T2>T3，D项错误。答案：A14．极稀溶液中溶质的物质的量浓度很小，常用其负对数pcB表示(pcB＝－lgcB)。如某溶液中溶质的物质的量浓度为1×10－5mol·L－1，那么该溶液中溶质的pcB＝5。以下说法正确的选项是()A．任何电解质溶液的pc(H＋)与pc(OH－)之和均为14B．用盐酸滴定某浓度的KOH溶液，滴定过程中pc(H＋)逐渐增大C．向BaCl2溶液中逐滴参加硫酸溶液，滴加过程中pc(Ba2＋)逐渐减小D．某温度下Ksp(AgCl)＝1.0×10－10，那么其饱和溶液中pc(Ag＋)＋pc(Cl－)＝10解析：Kw的大小受温度影响，温度越高Kw越大，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，pc(H＋)＋pc(OH－)＝－lg[c(H＋)·c(OH－)]＝lgKw，只有在常温下Kw＝10－14时，才有pc(H＋)＋pc(OH－)＝14，其他温度下该等式不成立，A项错误；用盐酸滴定某浓度的KOH溶液，滴定过程中H＋和OH－反响生成水，c(OH－)逐渐减小，c(H＋)逐渐增大，c(H＋)与pc(H＋)成反比，那么pc(H＋)逐渐减小，B项错误；向BaCl2溶液中逐滴参加硫酸溶液的过程中，SOeq\o\al(2－,4)和Ba2＋反响生成硫酸钡沉淀，c(Ba2＋)逐渐减小，所以pc(Ba2＋)逐渐增大，C项错误；因为Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1.0×10－10，所以pc(Ag＋)＋pc(Cl－)＝－lg[c(Ag＋)·c(Cl－)]＝－lg[Ksp(AgCl)]＝－lg(1.0×10－10)＝10，D项正确。答案：D15．某温度下，体积和pH都相同的盐酸和氯化铵溶液加水稀释时的pH变化曲线如下图。以下判断正确的选项是()A．a、c两点溶液的导电能力相同B．a、b、c三点溶液中水的电离程度：a>b>cC．b点溶液中：c(H＋)＋c(NH3·H2O)＝c(OH－)D．用等浓度的NaOH溶液和等体积的b、c处溶液反响，消耗NaOH溶液体积Vb＝Vc解析：开始盐酸与NH4Cl溶液的pH相同，可知c(NH4Cl)≫c(HCl)，稀释相同倍数后，a点NH4Cl溶液中的离子浓度远大于c点盐酸的离子浓度，因而导电性不同，A错；HCl电离出的H＋抑制了水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最小，氯化铵溶液中NHeq\o\al(＋,4)的水解促进水的电离，氯化铵溶液中c(H＋)越大，水的电离程度越大，综上所述a、b、c三点溶液水的电离程度a>b>c，B项正确；b点溶液中，根据质子守恒，得出c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(H＋)，C项错误；b、c处溶液的pH相等，c处HCl完全电离，而b处溶液中参加NaOH溶液后，NHeq\o\al(＋,4)的水解平衡正向移动，故消耗NaOH溶液体积Vb>Vc，D项错误。答案：B16．复原沉淀法是处理含铬(含Cr2Oeq\o\al(2－,7)和CrOeq\o\al(2－,4))工业废水的常用方法，过程如下：CrOeq\o\al(2－,4)eq\o(→,\s\up7(H＋),\s\do5(转换))Cr2Oeq\o\al(2－,7)eq\o(→,\s\up7(Fe2＋),\s\do5(复原))Cr3＋eq\o(→,\s\up7(OH－),\s\do5(沉淀))Cr(OH)3↓，转化过程中反响为2CrOeq\o\al(2－,4)(aq)＋2H＋(aq)=Cr2Oeq\o\al(2－,7)(aq)＋H2O(l)。转化后所得溶液中铬元素含量为28.6g·L－1，CrOeq\o\al(2－,4)有eq\f(10,11)转化为Cr2Oeq\o\al(2－,7)。以下说法不正确的选项是()A．假设用绿矾(FeSO4·7H2O)(M＝278)作复原剂，处理1L废水，至少需要绿矾917.4gB．溶液颜色保持不变，说明上述可逆反响到达平衡状态C．常温下转换反响的平衡常数K＝1×1014，那么转化后所得溶液的pH＝6D．常温下Ksp[Cr(OH)3]＝1×10－32，要使处理后废水中c(Cr3＋)降至1×10－5mol·L－1，应调溶液的pH＝5解析：在1L废水中，＋6价的铬的物质的量为eq\f(28.6,52)mol＝0.55mol，根据氧化复原反响中电子得失数目相等可知，需要绿矾的物质的量为3×0.55mol＝1.65mol，质量为1.65mol×278g·mol－1＝458.7g，A项错误；Cr2Oeq\o\al(2－,7)为橙色，CrOeq\o\al(2－,4)为黄