（福建专用）2022版高三化学 专题检测卷（七） 专题二 第4讲 电解质溶液（含解析）

电解质溶液(45分钟　100分)一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,共42分)1.相同温度、相同物质的量浓度的四种溶液：①CH3COONa　②NaHSO4　③NaCl　④NH4Cl,按pH由大到小的顺序排列,正确的是(　　)A.④>①>③>②B.①>③>④>②C.①>②>③>④D.④>③>①>②2.常温下,0.1mol·L-1某一元酸HA溶液中=1×10-12,下列说法正确的是(　　)A.溶液中由水电离出的c(H+)=1×10-10mol·L-1B.溶液中存在HAH++A-C.与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合后,所得溶液呈中性D.原溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释后,溶液中c(OH-)均增大3.(2022·昆明质检)常温下,对下列电解质溶液的有关说法正确的是(　　)A.相同浓度和体积的强碱和强酸溶液混合后,溶液的pH一定等于7B.在NaHCO3溶液中,c(C)>c(HC)C.在有AgCl沉淀的溶液中加入NaCl固体,c(Ag+)减小D.把pH相等的CH3COONa和Na2CO3溶液稀释相同的倍数,CH3COONa溶液pH较大4.(2022·泉州质检)下列溶液中,微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(　　)A.0.1mol·L-1的硫化钾溶液中：c(OH-)>c(HS-)+2c(H2S)B.常温下,pH=7的CH3COOH与CH3COONa的混合液中：c(CH3COO-)<c(Na+)C.0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中：c(N)>c(H+)>c(Cl-)>c(OH-)D.pH=3的一元酸和pH=11的一元强碱等体积混合：c(H+)=c(OH-)5.某温度下,pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍,溶液的pH随溶液体积变化的曲线如右图所示。据图判断错误的是(　　)A.a的数值一定大于9B.Ⅱ为氨水稀释时溶液的pH变化曲线C.稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大D.完全中和相同体积的两溶液时,消耗相同浓度的稀硫酸的体积：V(NaOH)<V(氨水)6.(2022·北京高考)实验：①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a,过滤得到滤液b和白色沉淀c;②向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液,出现浑浊;③向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液,沉淀变为黄色。下列分析不正确的是(　　)A.浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)B.滤液b中不含有Ag+C.③中颜色变化说明AgCl转化为AgI-7-\nD.实验可以证明AgI比AgCl更难溶7.(2022·三明一模)室温下,用0.100mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol·L-1的盐酸和醋酸,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)A.Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线B.V(NaOH)=10.00mL时,>1C.当V(NaOH)=20.00mL时,两种酸溶液的pH均等于7D.V(NaOH)=20.00mL时,c(Cl-)<c(CH3COO-)二、非选择题(本题包括4小题,共58分)8.(12分)(2022·郑州二模)A、B、C、D、E五种溶液分别是NaOH、NH3·H2O、CH3COOH、HCl、NH4HSO4中的一种。常温下进行下列实验：①将1LpH=3的A溶液分别与0.001mol·L-1xLB溶液、0.001mol·L-1yLD溶液充分反应至中性,x、y的大小关系为y<x;②浓度均为0.1mol·L-1A和E溶液,pH：A<E;③浓度均为0.1mol·L-1C与D溶液等体积混合,溶液呈酸性。回答下列问题：(1)D是　　　　溶液,判断理由是　。(2)用水稀释0.1mol·L-1B溶液时,溶液中随着水量的增加而减小的是　　　　(填写序号)。①;②;③c(H+)和c(OH-)的乘积;④OH-的物质的量(3)OH-浓度相同的等体积的两份溶液A和E,分别与锌粉反应,若最后仅有一份溶液中存在锌粉,且放出氢气的质量相同,则下列说法正确的是　(填写序号)。①反应所需要的时间E>A②开始反应时的速率A>E③参加反应的锌粉的物质的量A=E④反应过程的平均速率E>A⑤A溶液里有锌粉剩余⑥E溶液里有锌粉剩余9.(14分)(1)(2022·青岛一模)常温下,某同学将稀盐酸与氨水等体积混合,两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表：实验编号氨水物质的量浓度(mol·L-1)盐酸物质的量浓度(mol·L-1)混合溶液pH①0.10.1pH=5②c0.2pH=7③0.20.1pH>7请回答：从第①组情况分析,该组所得混合溶液中由水电离出的c(H+)=　　　　mol·L-1;从第②组情况表明,c　　　　0.2mol·L-1(填“>”“<”或“=”);从第③组情况分析可知,混合溶液中c(N)　　　　c(NH3·H2O)(填“>”“<”或“=”)。(2)(2022·青岛一模)写出以下四组溶液N浓度由大到小的顺序　　　　(填选项编号)。-7-\nA.0.1mol·L-1NH4ClB.0.1mol·L-1NH4Cl和0.1mol·L-1NH3·H2OC.0.1mol·L-1NH3·H2OD.0.1mol·L-1NH4Cl和0.1mol·L-1HCl(3)在25℃下,将amol·L-1的NaCN溶液与0.01mol·L-1的盐酸等体积混合,反应后测得溶液pH=7,则a　　　　0.01(填“>”“<”或“=”);用含a的代数式表示HCN的电离常数Ka=　　　　。(4)取某工业废水水样于试管中,加入NaOH溶液观察到有蓝色沉淀生成,继续加至不再产生蓝色沉淀为止,再向溶液中加入足量Na2S溶液,蓝色沉淀转化成黑色沉淀。该过程中反应的离子方程式是　。10.(14分)在含有弱电解质的溶液中,往往有多个化学平衡共存。(1)一定温度下,向1L0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入0.1molCH3COONa固体,则溶液中　　　　(填“增大”“不变”或“减小”);写出表示该混合溶液中所有离子浓度之间的一个等式　。(2)土壤的pH一般在4～9之间。土壤中Na2CO3含量较高时,pH可高达10.5,试用离子方程式解释土壤呈碱性的原因　　　　　　　　　　。加入石膏(CaSO4·2H2O)可以使土壤碱性降低,有关反应的化学方程式为　。(3)常温下在20mL0.1mol·L-1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1HCl溶液40mL,溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。回答下列问题：①在同一溶液中,H2CO3、HC、C　　　　(填“能”或“不能”)大量共存;②当pH=7时,溶液中含碳元素的主要微粒为　　　　　　　,溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为　;③已知在25℃时,C水解反应的平衡常数即水解常数Kh==2.0×10-4mol·L-1,当溶液中c(HC)∶c(C)=2∶1时,溶液的pH=　　　　。11.(18分)(2022·福州联考)水溶液是中学化学的重点研究对象。(1)水是极弱的电解质,也是最重要的溶剂。常温下某电解质溶解在水中后,溶液中的c(H+)=10-9mol·L-1,则该电解质可能是　　　　(填序号)。A.CuSO4　B.HCl　C.Na2S　D.NaOH　E.K2SO4(2)已知次氯酸是比碳酸还弱的酸,要使新制稀氯水中的c(HClO)增大,可以采取的措施为(至少回答两种)　。(3)强酸制弱酸是水溶液中的重要经验规律。①-7-\n已知HA、H2B是两种弱酸,存在以下关系：H2B(少量)+2A-====B2-+2HA,则A-、B2-、HB-三种阴离子结合H+的难易顺序为　。②某同学将H2S通入CuSO4溶液中发现生成黑色沉淀,查阅资料并在老师的指导下写出了化学方程式：H2S+CuSO4====CuS↓+H2SO4,但这位同学陷入了困惑：这不成了弱酸制取强酸了吗?请你帮助解释　。(4)已知：H2A====H++HA-　HA-H++A2-,常温下,0.1mol·L-1的NaHA溶液其pH=2,则0.1mol·L-1的H2A溶液中氢离子浓度的大小范围是　　　　<c(H+)<　　　　;NaHA溶液中各种离子浓度大小关系为　。(5)已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10,向50mL0.018mo1·L-l的AgNO3溶液中加入相同体积0.020mol·L-1的盐酸,则c(Ag+)=　　　　,此时所得混合溶液的pH=　　　　。-7-\n答案解析1.【解析】选B。四种溶液可分成三组：②NaHSO4电离显酸性,pH<7;③NaCl为强酸强碱的正盐,不水解,溶液呈中性,pH=7;①CH3COONa是强碱弱酸盐,水溶液呈碱性,pH>7;④NH4Cl是强酸弱碱盐,水解使溶液呈酸性,pH<7,但水解程度弱,而NaHSO4在溶液中完全电离,酸性很强。故pH由大到小的顺序为①>③>④>②,B项正确。2.【解析】选C。常温下KW=10-14,把=1×10-12分子分母同乘以c(H+),则c(H+)=1×10-1mol·L-1,c(OH-)=1×10-13mol·L-1,所以HA是强酸,B、D错误,C正确;酸溶液中的c(OH-)等于水电离出的c(OH-),为1×10-13mol·L-1,所以水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1,A错误。3.【解析】选C。因不知道是几元强酸与几元强碱,混合后反应情况不确定,溶液酸碱性难断定,A错误;NaHCO3溶液显碱性,说明HC在溶液中电离程度小于其水解程度,B错误;加入NaCl固体后溶解平衡逆向移动,C正确;因酸性CH3COOH>H2CO3>HC,则C的水解程度比CH3COO-水解程度大,D错误。4.【解析】选A。A项,根据电荷守恒式和物料守恒式可得：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),c(OH-)>c(HS-)+2c(H2S),正确;B项,根据电荷守恒判断,c(CH3COO-)=c(Na+),不正确;C项,NH4Cl溶液因N水解而显酸性,离子浓度由大到小的顺序为c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(OH-),不正确;D项,若一元酸是弱酸,则混合后的溶液显酸性,不正确。5.【解析】选C。pH=11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍,氨水为弱碱,稀释过程中电离程度增大,因此其pH改变比NaOH溶液的pH改变小,故Ⅰ为NaOH溶液,Ⅱ为氨水,B对;pH=11的NaOH溶液稀释100倍后溶液的pH=9,故a>9,A对;稀释后氨水电离出的c(OH-)大于NaOH电离出的c(OH-),因此氨水中水的电离程度小于NaOH溶液中水的电离程度,C错;pH=11的氨水和NaOH溶液,NH3·H2O的物质的量浓度大于NaOH的物质的量浓度,因此中和相同体积的两溶液时,消耗相同浓度的稀硫酸的体积：V(NaOH)<V(氨水),D对。6.【解析】选B。由于硝酸银和氯化钠混合后一定生成氯化银的悬浊液,所以在该悬浊液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq);向过滤后的滤液中加入0.1mol·L-1的KI,出现浑浊,说明在滤液b中仍然存在Ag+;沉淀总是向着生成物溶解度更小的方向移动,所以由实验③可知,由于沉淀由白色转化成黄色,所以是由氯化银转化成碘化银,所以碘化银比氯化银更难溶。7.【解析】选B。0.100mol·L-1盐酸的pH=1,用NaOH溶液滴定时pH变化比醋酸大,A错误;V(NaOH)=10.00mL时,溶液中CH3COOH和CH3COONa共存且物质的量相等,此时溶液显酸性c(OH-)<c(H+),根据CH3COOHCH3COO-+H+和CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-可得出c(CH3COO-)>c(CH3COOH),B正确;V(NaOH)=20.00mL时,盐酸和醋酸恰好完全反应,溶液中溶质分别为等物质的量的NaCl和CH3COONa,而CH3COO-会水解,溶液呈碱性,故C、D错误。8.【解析】(1)A溶液显酸性,能中和A溶液的物质只有NH3·H2O和NaOH溶液,则B、D只能是NaOH和NH3·H2O,中和等物质的量的A消耗等浓度的B的体积大,说明D的碱性比B的碱性强,则D是NaOH,B是NH3·H2O。(2)用水稀释0.1mol·L-1的NH3·H2O时,平衡NH3·H2ON+OH-正向移动,n(N)和n(OH-)增大,但溶液碱性减弱,即-7-\n减小;c(B)减小,c(OH-)虽减小,因电离使c(OH-)减小的程度小,则减小,即减小;温度不变,c(H+)·c(OH-)不变。(3)根据题目信息②③可推知A、C、E分别为HCl、NH4HSO4和CH3COOH,c(OH-)相同的HCl和CH3COOH溶液中c(H+)相同,则c(HCl)<c(CH3COOH),故和Zn反应时,开始反应速率相同,但Zn与HCl反应的速率减小的程度大,反应时间长,Zn质量相同仅有一份溶液锌粉有剩余且生成m(H2)相同,说明HCl完全反应,CH3COOH有剩余,二者反应消耗Zn质量相同,综上所述③④⑤正确。答案：(1)NaOH　能中和酸性物质A的只有NaOH和NH3·H2O,一定物质的量的A与等物质的量浓度的B和D溶液反应至中性,消耗D的体积小,说明D的碱性比B的碱性强　(2)①②　(3)③④⑤9.【解析】(1)氯化铵溶液中的氢离子全部是水电离的,所以是1×10-5mol·L-1;当溶液中的溶质是氯化铵时溶液因N水解呈酸性,要使溶液呈碱性,碱的量应过量,故选“>”;溶液中氯化铵和氨水的物质的量相等,由NH4Cl====N+Cl-,NH3·H2ON+OH-知c(N)>c(NH3·H2O),所以铵根离子浓度大于氨水,故选“>”。(2)盐酸和氨水能抑制氯化铵的水解,氨水是弱电解质,电离程度最小,所以N浓度大小顺序是B>D>A>C。(3)反应后测得溶液pH=7,则可推知NaCN过量。溶液中溶质为NaCN、NaCl和HCN,因HCN电离程度很小,则c(HCN)=×0.01mol·L-1;因pH=7,c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1,再根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CN-)+c(OH-)得c(CN-)=c(Na+)-c(Cl-)=(a-0.01)mol·L-1,则Ka===(100a-1)×10-7。(4)蓝色沉淀为Cu(OH)2,CuS(s)比Cu(OH)2(s)更难溶,发生了沉淀的转化。离子方程式为Cu2++2OH-====Cu(OH)2↓;Cu(OH)2(s)+S2-(aq)====CuS(s)+2OH-(aq)。答案：(1)1×10-5　>　>　(2)B>D>A>C(3)>　(100a-1)×10-7(4)Cu2++2OH-====Cu(OH)2↓,Cu(OH)2(s)+S2-(aq)====CuS(s)+2OH-(aq)10.【解析】(1)K=,K仅受温度影响。由电荷守恒得c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)。(2)土壤呈碱性,是因C水解显碱性所致。利用沉淀的转化与生成规律,CaSO4转化为更难溶的物质CaCO3：Na2CO3+CaSO4·2H2O====CaCO3+Na2SO4+2H2O。(3)通过观察图像求解①②问。③中c(OH-)=1.0×10-4mol·L-1,则c(H+)=1.0×10-10mol·L-1,pH=10。答案：(1)不变　c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)(2)C+H2OHC+OH--7-\nNa2CO3+CaSO4·2H2OCaCO3+Na2SO4+2H2O(3)①不能　②HC、H2CO3　c(Na+)>c(Cl-)>c(HC)>c(H+)=c(OH-)　③1011.【解析】(1)根据题意知,水的电离受到抑制且该溶液呈碱性,故选C、D。(2)使Cl2+H2OHClO+HCl正向移动且不消耗HClO即可,如再通入氯气;加入碳酸盐;加入次氯酸钠等。(3)①根据强酸可制取弱酸知,越难电离的酸,其酸性越小,结合氢离子越容易,故HB-<B2-<A-。②铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀,是因为硫化铜极难溶于水,也难溶于酸,故能发生反应。(4)0.1mol·L-1的NaHA溶液其pH=2,说明HA-电离程度大于水解程度,故：0.1mol·L-1<c(H+)<0.11mol·L-1;钠离子不水解,其浓度是0.1mol·L-1,酸式酸根离子水解、电离,但电离程度大于水解程度,所以酸式酸根离子浓度大于氢离子浓度,氢离子浓度大于酸根离子浓度,酸根离子浓度大于氢氧根离子浓度,故为c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)。(5)溶液混合后,盐酸和硝酸银反应盐酸有剩余,盐酸的浓度为0.001mol·L-1,银离子物质的量浓度为1.8×10-10mol2·L-2÷0.001mol·L-1=1.8×10-7mol·L-1。盐酸的浓度为0.001mol·L-1,溶液的pH为3。答案：(1)C、D　(2)通入氯气;加入碳酸盐;加入次氯酸钠　(3)①HB-<B2-<A-②铜离子和硫化氢之所以能生成硫化铜沉淀,是因为硫化铜极难溶于水,也难溶于酸,故能发生反应(4)0.1mol·L-1　0.11mol·L-1c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)(5)1.8×10-7mol·L-1　3-7-