19.微练14 电离平衡、水解平衡及沉淀溶解平衡的分析应用(专题微练Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考化学大二轮专题复习

微练14　电离平衡、水解平衡及沉淀溶解平衡的分析应用 选择题:每小题只有一个选项符合题目要求。 1.(2025·贵州统考)在25 ℃时,对10.0 mL 浓度均为0.1 mol·L-1盐酸和醋酸的混合溶液进行如下操作。下列说法正确的是(C) A.加入少量CH3COONa固体,溶液中将减小 B.加入10.0 mL 相同浓度的NaOH溶液,所得溶液pH>7 C.加入15.0 mL NaOH溶液,若所得溶液pH<7,则水电离的c(H+)<1×10-7 mol·L-1 D.加入20.0 mL 相同浓度的NaOH溶液,若忽略混合时的体积变化,此时溶液中:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-)=c(Na+)=0.05 mol·L-1 解析　向盐酸和醋酸的混合溶液中加入少量CH3COONa固体,则c(CH3COO-)变大,醋酸电离平衡逆向移动,c(CH3COOH)变大,但没有c(CH3COO-)变大的多,故变大,A项错误;加入10.0 mL相同浓度的NaOH溶液,溶液中为氯化钠和醋酸混合物,显酸性,所得溶液pH<7,B项错误;加入15.0 mL NaOH溶液,若所得溶液pH<7,说明溶液显酸性,即酸有剩余,酸对水的电离抑制,故水电离的c(H+)<1×10-7 mol·L-1,C项正确;加入20.0 mL 相同浓度的NaOH溶液,根据物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-)=c(Na+)=0.1 mol·L-1×=0.067 mol·L-1,D项错误。 2.(2025·贵州模拟)在25 ℃时对氨水进行如下操作,正确的是(C) A.若向氨水中加少量硫酸铵固体,则溶液中将增大 B.若向氨水中加稀硫酸,使氨水恰好被中和,所得溶液pH>7 C.向氨水中加稀硫酸至溶液的pH=7,此时溶液c(N)=a mol/L,则c(S)=0.5a mol/L D.将pH=11的氨水和pH=3的盐酸等体积混合,所得溶液c(Cl-)>c(N)>c(OH-)>c(H+) 解析　氨水中存在NH3·H2ON+OH-,加少量硫酸铵固体,N含量增加,抑制氨水的电离,c(NH3·H2O)增大,c(OH-)减小,则溶液中将减小,A项错误;若向氨水中加稀硫酸,使氨水恰好被中和,此时溶液中溶质为硫酸铵,N水解使得所得溶液pH<7,B项错误;向氨水中加稀硫酸至溶液的pH=7,c(OH-)=c(H+),根据电荷守恒有c(OH-)+2c(S)=c(N)+c(H+),此时溶液c(N)=a mol/L,所以c(S)=0.5a mol/L,C项正确;将pH=11的氨水和pH=3的盐酸等体积混合,此时溶质为NH4Cl和NH3·H2O,溶液显碱性,所以c(OH-)>c(H+),根据电荷守恒,c(N)>c(Cl-),所以离子浓度为c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),D项错误。 3.实验测得0.10 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH随温度变化如图所示。 下列说法正确的是(C) A.OM段随温度升高溶液的pH减小,原因是HC的水解被抑制 B.O点溶液和P点溶液中c(OH-)相等 C.将N点溶液恢复到25 ℃,pH可能大于8.62 D.Q点、M点溶液中均有c(C)+c(HC)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+) 解析　水解吸热,升高温度,HC的水解平衡向右移动,而根据图像可知,M点之前升高温度,溶液pH减小,主要原因是升温促进了水的电离,A项错误;O点溶质只有NaHCO3,P点溶质有NaHCO3和Na2CO3,两点温度不同,Kw不同,溶质水解程度不同,c(OH-)不相等,B项错误;温度升高后,碳酸氢钠可能部分发生分解得到碳酸钠,将N点溶液恢复到25 ℃,由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠,故溶液pH可能大于8.62,C项正确;Q点、M点溶液中均有电荷守恒:2c(C)+c(HC)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),D项错误。 4.(2025·南京统考)室温下,用含少量Fe3+、M的粗NiSO4溶液制备NiSO4·6H2O晶体的流程如图所示。 已知Ka(HF)=6.3×10-4,Ksp(MgF2)=5.2×10-11,Ksp[Mg(OH)2]=1.3×10-11。下列说法正确的是(C) A.粗NiSO4溶液中:2c(N)+3c(Fe3+)+2c(Mg2+)=2c(S) B.“沉铁”反应为3Fe3++Na++2S+6OH-NaFe3(SO4)2(OH)6↓ C.0.1 mol·L-1 NaF溶液中:c(OH-)=c(HF)+c(H+) D.“沉镁”后的滤液中:c(F-)<2c(OH-) 解析　粗NiSO4溶液的电荷守恒中缺少氢离子和氢氧根离子浓度,A项错误;溶液呈弱酸性,“沉铁”反应为3Fe3++Na++2S+6H2ONaFe3(SO4)2(OH)6↓+6H+,B项错误;氟化氢为弱酸,0.1 mol·L-1 NaF溶液中根据质子守恒:c(OH-)=c(HF)+c(H+),C项正确;沉镁过程形成MgF2沉淀,根据沉淀溶解平衡,c(F-)== mol·L-1=×10-3 mol·L-1,c(OH-)== mol·L-1=×10-3 mol·L-1,此时c(F-)=2c(OH-),该溶液中,镁离子浓度相同,形成的是MgF2沉淀,没有形成Mg(OH)2沉淀,则溶液中c(OH-)<×10-3 mol·L-1,故得出沉镁后c(F-)>2c(OH-),D项错误。 5.(2025·贵州模拟)常温下,通过下列实验探究草酸以及草酸盐的性质。 实验 实验操作和现象 1 用pH试纸测定0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液的pH,测得pH约为5 2 向0.010 0 mol·L-1 Na2C2O4溶液中加入等体积0.020 0 mol·L-1 CaCl2溶液,产生沉淀 3 隔绝空气时加热草酸晶体,将产生的气体通入澄清石灰水中,石灰水变浑浊 4 向Na2C2O4溶液中滴加稀盐酸至溶液pH=7 已知:25 ℃时,Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9。 下列说法正确的是(B) A.实验1中存在:c(OH-)=c(H+)+2c(H2C2O4)+c(HC2) B.实验2上层清液中c(C2)=5×10-7 mol·L-1 C.结合实验3的现象分析,确定气体的成分仅为CO2 D.实验4中存在:c(Na+)=c(HC2)+2c(C2) 解析　由质子守恒得,c(C2)+c(OH-)=c(H+)+c(H2C2O4),A项错误;向该溶液中加入等体积0.020 0 mol·L-1 CaCl2溶液后,溶液中钙离子的浓度为 mol·L-1=5.00×10-3 mol·L-1,由25 ℃时Ksp(CaC2O4)=2.5×10-9可得溶液中草酸根离子的浓度为 mol·L-1=5.00×10-7 mol·L-1,B项正确;结合现象可知,H2C2O4受热分解的反应为H2C2O4CO2↑+CO↑+H2O,C项错误;向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH=7,c(H+)=c(OH-),由电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2)+c(Cl-),故c(Na+)=c(HC2)+2c(C2)+c(Cl-),D项错误。 6.部分弱酸的电离平衡常数如表所示: 弱酸 HCOOH HCN H2CO3 电离平衡 常数(25 ℃) K=1.77 ×10-4 K=4.9 ×10-10 K1=4.3×10-7 K2=5.6×10-11 下列说法正确的是(C) A.2CN-+H2O+CO22HCN+C B.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者大于后者 C.物质的量浓度相等的HCOONa和KCN溶液中,c(Na+)-c(HCOO-)<c(K+)-c(CN-) D.c(N)相等的HCOONH4溶液、NH4CN溶液、NH4HCO3溶液中:c(NH4HCO3)>c(NH4CN)>c(HCOONH4) 解析　根据表中数据可以判断酸性强弱:HCOOH>H2CO3>HCN>HC。A项,应生成HC;B项,HCN消耗的NaOH多;C项,c(Na+)-c(HCOO-)=c(OH-)-c(H+),c(K+)-c(CN-)=c(OH-)-c(H+),后者碱性强,所以后者c(OH-)-c(H+)的值大;D项,都相互促进水解,其中促进程度CN->HC>HCOO-,促进程度越大,此盐浓度越大,所以c(NH4CN)>c(NH4HCO3)>c(HCOONH4)。 7.常温下,若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7,下列说法不合理的是(B) A.反应后HA溶液可能有剩余 B.生成物NaA的水溶液的pH可能小于7 C.HA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等 D.HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等 解析　若HA是弱酸,则二者反应生成NaA显碱性,所以HA过量时,溶液才可能呈中性,A项正确;NaA如为强酸强碱盐,其溶液呈中性,如果是强碱弱酸盐,其溶液呈碱性,则其pH等于或大于7,B项错误;溶液浓度未知,无法确定其体积大小,C项正确;HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等,混合后只要氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等即可,D项正确。 8.50 ℃时,0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液的pH=12,下列说法正确的是(B) A.c(OH-)=1.0×10-2 mol·L-1 B.加入少量NaOH固体,c(Na+)和c(C)均增大 C.c(Na+)+c(H+)=c(HC)+c(OH-)+c(C) D.2c(Na+)=c(HC)+c(C)+c(H2CO3) 解析　50 ℃时水的离子积不等于1.0×10-14,所以c(OH-)不能用25 ℃时水的离子积进行计算,A项错误;加入少量NaOH固体,抑制了Na2CO3的水解,c(Na+)和c(C)都增大,B项正确;根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(OH-),C项错误;根据物料守恒得c(Na+)=2c(C)+2c(HC)+2c(H2CO3),D项错误。 9.工业上向锅炉里注入Na2CO3溶液浸泡,将水垢中的CaSO4转化为CaCO3,而后用盐酸去除。下列叙述不正确的是(D) A.温度升高,Na2CO3溶液的Kw和c(OH-)均会增大 B.沉淀转化的离子方程式为C(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+S(aq) C.盐酸溶液中,CaCO3的溶解性大于CaSO4 D.Na2CO3溶液遇CO2后,阴离子浓度均减小 解析　温度升高,Kw增大,温度升高促进碳酸钠溶液水解,c(OH-)增大,A项正确;加入碳酸钠溶液,把硫酸钙转化为碳酸钙:C(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+S(aq),B项正确;因为碳酸钙与盐酸反应,而硫酸钙不与盐酸反应,所以在盐酸溶液中碳酸钙的溶解性大于硫酸钙,C项正确;根据C+CO2+H2O2HC知,HC浓度增大,D项错误。 10.常温下,通过下列实验探究NaHS溶液的性质。 实验1:向0.1 mol·L-1 NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂,溶液变红 实验2:向0.1 mol·L-1 NaHS溶液中通入过量氯气,无淡黄色沉淀产生 实验3:向0.1 mol·L-1 NaHS溶液中加入等体积0.1 mol·L-1 NaOH溶液充分混合 实验4:向0.1 mol·L-1 NaHS溶液中滴加过量CuSO4溶液,产生黑色沉淀 下列有关说法正确的是(C) A.实验1证明:Ka2(H2S)>Kw/Ka1(H2S) B.实验2证明:HS-不能被Cl2氧化 C.实验3中所得溶液中:c(Na+)-c(S-)-c(HS-)-c(H2S)=0.05 mol·L-1 D.实验4反应静置后的上层清液中有c(Cu2+)·c(S2-)>Ksp(CuS) 解析　Ka2(H2S)是HS-的电离平衡常数,表示HS-电离程度,Kh=是HS-的水解平衡常数,表示HS-水解程度,实验1证明溶液呈碱性,说明HS-的水解程度大于电离程度,则Ka2(H2S)<Kw/Ka1(H2S),A项错误;氯气具有强氧化性,NaHS溶液中通入过量氯气时,氯气把HS-氧化成硫酸根离子,因此无淡黄色沉淀产生,B项错误;设两溶液按体积V混合,混合后,根据Na元素守恒得c(Na+)==0.1 mol·L-1,根据S元素守恒得c(S-)+c(HS-)+c(H2S)==0.05 mol·L-1,故c(Na+)-c(S-)-c(HS-)-c(H2S)=0.05 mol·L-1,C项正确;实验4反应静置后的上层清液为饱和溶液,刚好达到平衡状态,有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS),D项错误。 11.测定I-含量步骤如下:向含I-试样中先加入已知物质的量的过量AgNO3溶液,再加入NH4Fe(SO4)2指示剂,用KSCN溶液进行滴定,溶液出现浅红色即达滴定终点,消耗c mol·L-1KSCN溶液V mL。已知:pKsp(AgI)=16.07,pKsp(AgSCN)=11.9,pKsp(AgCl)=9.74。下列说法错误的是(C) A.滴定中有AgSCN生成 B.不可先加指示剂,后加AgNO3溶液 C.试样中n(I-)=10-3cV mol D.以上实验步骤不适用于Cl-含量测定 解析　滴定中KSCN溶液与过量的AgNO3溶液反应生成AgSCN沉淀,到达终点时KSCN与指示剂NH4Fe(SO4)2反应生成红色Fe(SCN)3,A项正确;先加指示剂,则指示剂中的Fe3+与I-反应,影响终点指示,B项正确;KSCN溶液测定的是剩余AgNO3的物质的量,需根据AgNO3溶液的起始量与剩余量差计算碘离子的物质的量,C项错误;由于Ksp(AgCl)=10-9.74>Ksp(AgSCN)=10-11.9,用KSCN滴定过量的Ag+时,会使AgCl沉淀发生转化,因此该实验不适用于Cl-含量测定,D项正确。 学科网（北京）股份有限公司 $