高考化学二轮复习题型突破 选择题专项突破分级训练(十七)　难溶性电解质溶液微粒变化图像分析 含解析

这是一份高考化学二轮复习题型突破 选择题专项突破分级训练(十七)　难溶性电解质溶液微粒变化图像分析 含解析，共10页。
1. (2024·湖南九校联考二模)常温下，在烧杯中将0.025 ml BaSO4粉末加水配成1 L悬浊液，然后向烧杯中加入Na2CO3固体并充分搅拌(忽略溶液体积的变化)。加入Na2CO3固体的过程中溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A．常温下，BaSO4在水中的溶解度、Ksp均比在BaCl2溶液中的大
B．常温下，Ksp(BaSO4)＝2.5×10－9
C．若要使BaSO4全部转化为BaCO3，至少要加入0.625 ml Na2CO3
D．BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，离子浓度大小关系为c(COeq \\al(2－,3))>c(SOeq \\al(2－,4))>c(OH－)>c(Ba2＋)
【答案】 D
【解析】 BaSO4在BaCl2溶液中由于Ba2＋的存在，使沉淀溶解平衡逆向移动，因此BaSO4在BaCl2溶液中的溶解度比在水中的小，Ksp只随温度的改变而改变，温度相同时，无论在水中还是BaCl2溶液中，Ksp是不变的，A错误；常温下，没有加入碳酸钠时，c(Ba2＋)＝c(SOeq \\al(2－,4))＝1×10－5 ml·L－1，Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SOeq \\al(2－,4))＝1.0×10－5×1.0×10－5＝1.0×10－10，B错误；由图像知，当c(COeq \\al(2－,3))＝2.5×10－4 ml·L－1时开始形成BaCO3沉淀，Ksp(BaCO3)＝c(Ba2＋)·c(COeq \\al(2－,3))＝1.0×10－5×2.5×10－4＝2.5×10－9，BaSO4(s)＋COeq \\al(2－,3)(aq)BaCO3(s)＋SOeq \\al(2－,4)(aq)反应的平衡常数K＝eq \f(cSO\\al(2－,4),cCO\\al(2－,3))＝eq \f(cSO\\al(2－,4)·cBa2＋,cCO\\al(2－,3)·cBa2＋)＝eq \f(KspBaSO4,KspBaCO3)＝eq \f(1.0×10－10,2.5×10－9)＝0.04，若0.025 ml BaSO4全部转化为BaCO3，则反应消耗0.025 ml COeq \\al(2－,3)、生成0.025 ml SOeq \\al(2－,4)，反应达到平衡，由K＝eq \f(cSO\\al(2－,4),cCO\\al(2－,3))＝eq \f(0.025 ml·L－1,cCO\\al(2－,3))＝0.04，得c(COeq \\al(2－,3))＝0.625 ml·L－1，则至少需要Na2CO3的物质的量为0.625 ml·L－1×1 L＋0.025 ml＝0.65 ml，C错误；根据C项计算，当BaSO4恰好全部转化为BaCO3时，c(COeq \\al(2－,3))＝0.625 ml·L－1，c(SOeq \\al(2－,4))＝0.025 ml·L－1，c(Ba2＋)＝eq \f(2.5×10－9,0.625) ml·L－1＝4×10－9 ml·L－1，由于COeq \\al(2－,3)水解使溶液呈碱性，离子浓度大小关系为c(COeq \\al(2－,3))>c(SOeq \\al(2－,4))>c(OH－)>c(Ba2＋)，D正确。
2.(2024·天津南开二模)一定温度下，M2＋在不同pH的Na2A溶液中存在形式不同，Na2A溶液中pM[pM＝－lg c(M2＋)]随pH的变化如图1，Na2A溶液中含A微粒的物质的量分数随pH的变化如图2。
已知①MA，M(OH)2均为难溶物；②初始c(Na2A)＝0.2 ml·L－1。
下列说法错误的是( )
A．c(A2－)＝c(H2A)时，pH＝8.5
B．初始状态a点发生反应：A2－＋M2＋＝MA↓
C．Ⅰ曲线上的点满足c(M2＋)·c2(OH－)＝Ksp[M(OH)2]
D．初始状态的b点，平衡后溶液中存在c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)＝0.2 ml·L－1
【答案】 D
【解析】 由Ksp[M(OH)2]＝c(M2＋)c2(OH－)可得，－lg c(M2＋)＝2pH－lg Ksp[M(OH)2]－28，故曲线Ⅰ表示M(OH)2的溶解平衡曲线，曲线Ⅱ表示MA的溶解平衡曲线。由图2可得，H2A的电离平衡常数，Ka1＝eq \f(cH＋cHA－,cH2A)＝1×10－6.5，Ka2＝eq \f(cH＋cA2－,cHA－)＝1×10－10.5，Ka1·Ka2＝eq \f(c2H＋cA2－,cH2A)＝1×10－6.5×1×10－10.5＝1×10－17，则当c(A2－)＝c(H2A)时，c(H＋)＝eq \r(1×10－17) ml·L－1＝1×10－8.5 ml·L－1，即pH＝8.5，故A正确；初始状态a点在曲线Ⅱ的上方，曲线Ⅰ的下方，故生成MA，故发生反应：A2－＋M2＋===MA↓，故B正确；曲线Ⅰ表示M(OH)2的溶解平衡曲线，故Ⅰ曲线上的点满足c(M2＋)·c2(OH－)＝Ksp[M(OH)2]，故C正确；初始状态的b点在曲线Ⅱ的上方，曲线Ⅰ的下方，生成MA，故平衡后溶液中存在c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)＜0.2 ml·L－1，故D错误。
3.(2024·湖北武汉市二模)为测定[Ag(CN)n]1－n中Ag＋配位数n，将浓度均为0.01 ml·L－1 AgNO3和KCN溶液按不同体积比混合，其用量和溶液浑浊度的关系如图，已知：Ksp(AgCN)＝1.6×10－14。
下列说法错误的是( )
A．b点对应的V[AgNO3(aq)]＝eq \f(10,3) mL
B．[Ag(CN)n]1－n中Ag＋配位数n＝2
C．当V[KCN(aq)]＝4 mL时，c(CN－)≈8.0×10－12 ml·L－1
D．当V[KCN(aq)]＝6 mL时，n(AgCN)≈4.0×10－5 ml
【答案】 D
【解析】 由图可知，浓度相等的硝酸银溶液和氰化钾溶液的总体积为10 mL，硝酸银溶液和氰化钾溶液的体积比为1∶1时，溶液浑浊度最大，说明a点时硝酸银溶液和氰化钾溶液恰好反应生成氰化银沉淀；体积比小于1∶1时，溶液浑浊度减小，说明氰化银与溶液中氰酸根离子转化为配离子，b点时氰化银溶液和氰化钾溶液恰好生成配离子，由体积比可知，配离子的配位数n为eq \f(3,2)＜n＜eq \f(7,3)，由n为大于0的正整数可知，配位数n为2，则配离子的化学式为[Ag(CN)2]－。由分析可知，配离子的化学式为[Ag(CN)2]－，实验时硝酸银溶液和氰化钾溶液的总体积为10 mL，则b点硝酸银溶液和氰化钾溶液的体积比为1∶2，属于硝酸银溶液的体积为eq \f(10,3) mL，故A正确；由分析可知，配离子的化学式为[Ag(CN)2]－，则配位数n为2，故B正确；氰化钾溶液的体积为4 mL时，硝酸银溶液的体积为6 mL，则混合溶液中银离子浓度为eq \f(0.01 ml·L－1×6×10－3 L－4×10－3 L,10×10－3 L)＝2.0×10－3 ml·L－1，由溶度积可知，溶液中氰酸根离子浓度为eq \f(1.6×10－14,2.0×10－3 ml·L－1)＝8.0×10－12 ml·L－1，故C正确；氰化钾溶液的体积为6 mL时，硝酸银溶液的体积为4 mL，则硝酸银溶液完全反应生成氰化银沉淀的物质的量为0.01 ml·L－1×4×10－3 L＝4×10－5 ml，过量氰化钾溶液与氰化银反应生成可溶的配离子，则剩余氰化银沉淀的物质的量为4×10－5 ml－0.01 ml·L－1×2×10－3 L＝2×10－5 ml，故D错误。
4.(2024·河北邯郸示范性高中三模)饱和BaCO3溶液中，c2(Ba2＋)随c(OH－)而变化，在298 K温度下，c2(Ba2＋)与c(OH－)关系如下图所示。下列说法错误的是( )
A．BaCO3的溶度积Ksp＝2.6×10－9
B．若忽略COeq \\al(2－,3)的第二步水解，Ka2(H2CO3)＝5×10－11
C．饱和BaCO3溶液中c(Ba2＋)随c(H＋)增大而减小
D．M点溶液中：c(Ba2＋)>c(HCOeq \\al(－,3))>c(COeq \\al(2－,3))
【答案】 C
【解析】 由图知，当c(OH－)浓度越大，越抑制COeq \\al(2－,3)水解，c(Ba2＋)＝c(COeq \\al(2－,3))，使c2(Ba2＋)越接近2.6×10－9，此时Ksp＝c(Ba2＋)·c(COeq \\al(2－,3))＝c2(Ba2＋)＝2.6×10－9，A正确；若忽略COeq \\al(2－,3)的第二步水解，当c(COeq \\al(2－,3))＝c(HCOeq \\al(－,3))时，Ka2(H2CO3)＝eq \f(cCO\\al(2－,3)·cH＋,cHCO\\al(－,3))＝c(H＋)，c(Ba2＋)＝c(COeq \\al(2－,3))＋c(HCOeq \\al(－,3))＝2c(COeq \\al(2－,3))，c2(Ba2＋)＝c(Ba2＋)×2c(COeq \\al(2－,3))＝2Ksp＝5.2×10－9，即N点，此时c(OH－)＝2×10－4，c(H＋)＝eq \f(10－14,2.0×10－4)＝5×10－11，Ka2(H2CO3)＝5×10－11，B正确；由图像知c2(Ba2＋)随c(OH－)增大而减小，所以c(Ba2＋)随c(H＋)增大而增大，C错误；在N点，由B选项得知，c(COeq \\al(2－,3))＝c(HCOeq \\al(－,3))，M点c(OH－)小，c(H＋)大，所以更促进COeq \\al(2－,3)转化成HCOeq \\al(－,3)，因此有c(Ba2＋)>c(HCOeq \\al(－,3))>c(COeq \\al(2－,3))，D正确。
5.(2024·江西景德镇三模)常温下向CaC2O4饱和溶液(始终有CaC2O4固体存在)中滴加HCl溶液或者NaOH溶液调节pH，测得溶液中Ca2＋浓度的对数lg(Ca2＋)与溶液的pH之间的关系如下图。已知H2C2O4的电离常数的负对数：pK1＝1.25，pK2＝4.25；下列说法正确的是( )
A．溶液中始终存在：2c(Ca2＋)＝c(C2Oeq \\al(2－,4))＋c(HC2Oeq \\al(－,4))＋c(H2C2O4)
B．Ksp(CaC2O4)的数量级为10－8
C．pH＝7时，2c(Ca2＋)＋c(Na＋)＝2c(C2Oeq \\al(2－,4))＋c(HC2Oeq \\al(－,4))
D．A点时，c(Ca2＋)>c(Cl－)
【答案】 B
【解析】 由物料守恒得，在溶液中始终存在：c(Ca2＋)＝c(C2Oeq \\al(2－,4))＋c(HC2Oeq \\al(－,4))＋c(H2C2O4)，A错误；由CaC2O4(s)＝Ca2＋(aq)＋C2Oeq \\al(2－,4)(aq)，c(Ca2＋)＝c(C2Oeq \\al(2－,4))，Ksp(CaC2O4)＝c(Ca2＋)·c(C2Oeq \\al(2－,4))＝10－3.7×10－3.7＝10－7.4，数量级为10－8，B正确；由电荷守恒得2c(Ca2＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(C2Oeq \\al(2－,4))＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(OH－)＋c(Cl－)，pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，故2c(Ca2＋)＋c(Na＋)＝2c(C2Oeq \\al(2－,4))＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(Cl－)，C错误；A点电荷守恒为2c(Ca2＋)＋c(H＋)＝2c(C2Oeq \\al(2－,4))＋c(H2COeq \\al(－,4))＋c(OH－)＋c(Cl－)，物料守恒为c(Ca2＋)＝c(C2Oeq \\al(2－,4))＋c(HC2Oeq \\al(－,4))＋c(H2C2O4)，两者联立得c(Ca2＋)＋c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(C2Oeq \\al(2－,4))＋c(OH－)＋c(Cl－)，A点pH＝2.75，则c(Ca2＋)c(HR)
D．通过调节溶液pH无法分离浓度均为0.1 ml·L－1的C2＋、Pb2＋混合溶液
【答案】 C
【解析】 向混合溶液中加入氢氧化钠溶液时，溶液中氢氧根离子浓度增大，pH增大，溶液中c(C2＋)、c(Pb2＋)减小，eq \f(cR－,cHR)增大，由C(OH)2的溶度积大于Pb(OH)2可知，曲线X、Y、Z分别代表－lg c(Pb2＋)、－lg c(C2＋)、－lg eq \f(cR－,cHR)与pH的关系；由图可知，常温下，溶液中pH为10时，溶液中Pb2＋、C2＋的浓度分别为10－12 ml·L－1、10－7 ml·L－1，则Pb(OH)2和C(OH)2的溶度积分别为10－12×(10－4)2＝10－20和10－7×(10－4)2＝10－15；溶液中－lg eq \f(cR－,cHR)为0时，溶液pH为5，则由Ka＝eq \f(cR－·cH＋,cHR)可知，Ka＝10－5。由以上分析可知，Pb(OH)2的Ksp＝10－20 ml3·L－3，故A错误；曲线X代表－lg c(Pb2＋)与pH的关系，故B错误；a点对应溶液的pH为6.5时，溶液中eq \f(cR－,cHR)＝eq \f(Ka,cH＋)＝eq \f(1.0×10－5,1.0×10－6.5)>1，则溶液中c(R－)大于c(HR)，故C正确；根据Pb(OH)2和C(OH)2的溶度积差异，向浓度均为0.1 ml·L－1的C2＋和Pb2＋混合溶液中逐滴加入0.1 ml·L－1 NaOH溶液，Pb2＋会先沉淀，当c(Pb2＋)＝1×10－5 ml·L－1时，此时c(OH－)＝1×10－7.5 ml·L－1，溶液中C2＋还未开始沉淀，故能通过沉淀的方式将两种离子分离，故D错误。故选C。
7.(2024·安徽黄山市二模)室温下向含KSCN、KIO3和K2CrO4的溶液中滴加AgNO3溶液，混合液中pX{[pX＝－lg c(X)]，X＝IOeq \\al(－,3)、SCN－、CrOeq \\al(2－,4)}和pAg[pAg＝－lg c(Ag＋)]的关系如图所示，已知：Ksp(AgSCN)Ksp[Al(OH)3]，当离子浓度c(OH－)>c(H＋)
D．经计算，Al(OH)3能完全溶于HR溶液
【答案】 C
【解析】 根据KspCe(OH)3＝c(Ce3＋)·c3(OH－)，由于Ksp[Ce(OH)3]>Ksp[Al(OH)3]，且满足pH相同时pCe3＋＜pAl3＋，即Al(NO3)3、Ce(NO3)3两条线不可能相交，③为HR滴定曲线，而①、②分别为Al(NO3)3、Ce(NO3)3滴定曲线，由pH＝4.1时，c(OH－)＝10－9.9 ml·L－1，推知Ksp[Al(OH)3]＝1×(10－9.9)3＝10－29.7，同理pH＝7.3时，推得Ksp[Ce(OH)3]＝1×(10－6.7)3＝10－20.1，由pH＝5.5时，得出Ka(HR)＝eq \f(cR－cH＋,cHR)＝10－5.5，据此回答。根据分析可知，①代表滴定Al(NO3)3溶液的变化关系，A错误；调节pH＝5时，c(OH－)＝10－9 ml·L－1，则eq \f(KspAlOH3,c3OH－)＝eq \f(10－29.7,10－27)＝10－2.7＞10－5，溶液中Al3＋未完全沉淀，B错误；X点eq \f(cHR,cR－)≈10－1，且该溶液呈碱性所以c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)，C正确；Al(OH)3＋3HRAl3＋＋3R－＋3H2O，K＝eq \f(Ksp[AlOH3]×[KaHR]3,Kw3)＝eq \f(10－29.7×10－5.53,10－42)＝10－4.2，该反应的K小，该反应很难发生，Al(OH)3不能完全溶于HR溶液，D错误。