2025版高考化学一轮复习微专题小练习专练45盐类水解离子浓度的比较

专练45盐类水解、离子浓度的比较1．[2024·安徽卷]环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2＋。已知25℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1mol·L－1，Ka1(H2S)＝10－6.97，Ka2(H2S)＝10－12.90，Ksp(FeS)＝10－17.20，Ksp(CdS)＝10－26.10。下列说法错误的是()A．Na2S溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)B．0.01mol·L－1Na2S溶液中：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)C．向c(Cd2＋)＝0.01mol·L－1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2＋)<10－8mol·L－1D．向c(Cd2＋)＝0.01mol·L－1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H＋)>c(Cd2＋)答案：B解析：Na2S溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，A项正确；Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2O⇌HS－＋OH－、HS－＋H2O⇌H2S＋OH－，且第一步水解程度远大于第二步水解程度，Kh(S2－)＝eq\f(c（OH－）·c（HS－）,c（S2－）)＝eq\f(KW,Ka2（H2S）)＝eq\f(1.0×10－14,10－12.90)＝10－1.10，又c(HS－)一定小于0.01mol·L－1，则eq\f(c（OH－）,c（S2－）)>eq\f(10－1.10,10－2)>1，故c(OH－)>c(S2－)，B项错误；由题给条件可知，Ksp(FeS)>Ksp(CdS)，向c(Cd2＋)＝0.01mol·L－1的溶液中加入FeS，发生沉淀转化：Cd2＋＋FeS⇌CdS＋Fe2＋，该反应的平衡常数K＝eq\f(c（Fe2＋）,c（Cd2＋）)＝eq\f(c（Fe2＋）·c（S2－）,c（Cd2＋）·c（S2－）)＝eq\f(Ksp（FeS）,Ksp（CdS）)＝eq\f(10－17.20,10－26.10)＝108.90>105，反应能进行完全，最后所得溶液为CdS的饱和溶液，则溶液中c(Cd2＋)＝eq\r(Ksp（CdS）)＝10－13.05mol·L－1<10－8mol·L－1，故C项正确；向c(Cd2＋)＝0.01mol·L－1的溶液中通入H2S气体至饱和，发生反应：Cd2＋＋H2S⇌CdS＋2H＋，该反应的平衡常数K＝eq\f(c2（H＋）,c（Cd2＋）·c（H2S）)＝eq\f(Ka1（H2S）·Ka2（H2S）,Ksp（CdS）)＝eq\f(10－6.97×10－12.90,10－26.10)＝106.23>105，反应能进行完全，所得溶液中c(H＋)＝0.02mol·L－1，此时溶液中H2S达到饱和，c(H2S)＝0.1mol·L－1，代入K＝eq\f(c2（H＋）,c（Cd2＋）·c（H2S）)＝eq\f(0.022,c（Cd2＋）×0.1)＝106.23，解得c(Cd2＋)＝4×10－9.23mol·L－1<c(H＋)，D项正确。2．[2022·辽宁卷]甘氨酸(NH2CH2COOH)是人体必需氨基酸之一。在25℃时，NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH、NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－和NH2CH2COO－的分布分数[如δ(A2－)＝eq\f(c（A2－）,c（H2A）＋c（HA－）＋c（A2－）)]与溶液pH关系如图。下列说法错误的是()A．甘氨酸具有两性B．曲线c代表NH2CH2COO－C．NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－＋H2O⇌NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH＋OH－的平衡常数K＝10－11.65D．c2(NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－)<c(NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH)·c(NH2CH2COO－)答案：D解析：NH2CH2COOH中存在－NH2和－COOH，所以溶液既有酸性又有碱性，A正确；氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反应，故曲线a表示NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲线b表示NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH2CH2COO－的分布分数随溶液pH的变化，B正确；NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－＋H2O⇌NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH＋OH－的平衡常数K＝eq\f(c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH）·c（OH－）,c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－）)，25℃时，根据a、b曲线交点坐标(2.35，0.50)可知，pH＝2.35时，c(NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－)＝c(NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH)，则K＝c(OH－)＝eq\f(Kw,c（H＋）)＝10－11.65，C正确；由C项分析可知，eq\f(c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH）,c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－）)＝eq\f(10－11.65,c（OH－）)，根据b、c曲线交点坐标(9.78，0.50)分析可得电离平衡NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－⇌NH2CH2COO－＋H＋的电离常数为K1＝10－9.78，eq\f(c（NH2CH2COO－）,c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－）)＝eq\f(K1,c（H＋）)＝eq\f(10－9.78,c（H＋）)，则eq\f(c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH）,c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－）)×eq\f(c（NH2CH2COO－）,c（NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－）)＝eq\f(10－11.65,c（OH－）)×eq\f(10－9.78,c（H＋）)<1，即c2(NHeq\o\al(＋,3)CH2COO－)>c(NHeq\o\al(＋,3)CH2COOH)·c(NH2CH2COO－)，D错误。3．[2023·湖北卷]H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)—H2L溶液体系，其中c0(Fe3＋)＝2.0×10－4mol·L－1，c0(H2L)＝5.0×10－3mol·L－1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示，分布系数δ(x)＝eq\f(c（x）,2.0×10－4mol·L－1)，已知lg2≈0.30，lg3≈0.48。下列说法正确的是()A.当pH＝1时，体系中c(H2L)>c([FeL]＋)>c(OH－)>c(HL－)B．pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为L2－C．L2－＋[FeL]＋⇌[FeL2]－的平衡常数的lgK约为14D．当pH＝10时，参与配位的c(L2－)≈1.0×10－3mol·L－1答案：C解析：由图可知，pH＝1即c(H＋)＝0.1mol·L－1时c([FeL]＋)＝1.0×10－4mol·L－1，又c0(H2L)＝5.0×10－3mol·L－1，根据Fe3＋＋H2L⇌[FeL]＋＋2H＋知，此时c(H2L)＝(5.0－0.1)×10－3mol·L－1＝4.9×10－3mol·L－1，结合Ka1＝eq\f(c（H＋）·c（HL－）,c（H2L）)＝10－7.46知，此时c(HL－)＝10－7.46×4.9×10－3×10＝4.9×10－9.46mol·L－1，又pH＝1时，c(OH－)＝10－13mol·L－1，故A错误；pH在9.5～10.5之间时c([FeL3]3－)＝c([FeL2(OH)]2－)＝10－4mol·L－1，其中两种离子共含c(L2－)＝3×10－4mol·L－1＋2×10－4mol·L－1＝5×10－4mol·L－1，当pH＝10时，c(H＋)＝10－10mol·L－1，根据Ka1＝eq\f(c（H＋）·c（HL－）,c（H2L）)＝eq\f(10－10c（HL－）,c（H2L）)＝10－7.46，c(HL－)＝102.54c(H2L)，即c(HL－)＞c(H2L)，由Ka2＝eq\f(c（H＋）·c（L2－）,c（HL－）)＝10－12.4，得c(HL－)＝102.4c(L2－)，即c(HL－)＞c(L2－)，B错误；该反应的平衡常数K＝eq\f(c（[FeL2]－）,c（L2－）·c（[FeL]＋）)，由题图知，当c([FeL2]－)＝c([FeL]＋)时，pH＝4，由Ka1·Ka2＝10－19.86＝eq\f(c2（H＋）·c（L2－）,c（H2L）)得①式10－19.86×c(H2L)＝10－8c(L2－)①，此时c(H2L)＝5.0×10－3mol·L－1－3×10－4mol·L－1＝4.7×10－3mol·L－1，代入①式，c(L2－)＝eq\f(4.7×10－22.86,10－8)＝4.7×10－14.86mol·L－1，则K＝eq\f(1,4.5×10－14.86)＝2.1×1013.86，故lgK＝13.86＋lg2.1＝14，C正确；pH＝10时c([FeL3]3－)＝c([FeL2(OH)]2－)＝1×10－4mol·L－1，则参与配位的L2－的总浓度为3×10－4mol·L－1＋2×10－4mol·L－1＝5×10－4mol·L－1，D错误。4．[2024·安徽省江南片高三摸底考试]常温下，下列有关溶液的说法正确的是()A．pH相等的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液：浓度的大小顺序为①>②>③B．HA的电离常数Ka＝4.93×10－10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na＋)>c(HA)>c(A－)C．NaHCO3溶液加水稀释，c(Na＋)与c(HCOeq\o\al(－,3))的比值将减小D．已知在相同条件下酸性HF>CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na＋)－c(F－)>c(K＋)－c(CH3COO－)答案：A解析：①NH4Cl中Cl－不影响NHeq\o\al(＋,4)水解，②NH4Al(SO4)2中Al3＋水解抑制NHeq\o\al(＋,4)水解，③NH4HSO4溶液中NH4HSO4电离产生的H＋抑制NHeq\o\al(＋,4)水解，而且比②中Al3＋水解对NHeq\o\al(＋,4)水解的影响程度大，所以pH相等的①NH4Cl②NH4Al(SO4)2③NH4HSO4溶液：浓度的大小顺序为①>②>③，A正确；NaA中水解平衡常数Kb＝eq\f(Kw,Ka)＝eq\f(10－14,4.93×10－10)＝2.02×10－5，水解平衡常数大于电离平衡常数，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(HA)>c(Na＋)>c(A－)，B错误；NaHCO3溶液加水稀释，促进HCOeq\o\al(－,3)的水解，n(HCOeq\o\al(－,3))减小，n(Na＋)不变，则c(Na＋)与c(HCOeq\o\al(－,3))的比值将增大，C错误；根据越弱越水解可知CH3COOK碱性比NaF碱性强，根据电荷守恒CH3COOK溶液中c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(K＋)＋c(H＋)，所以c(K＋)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H＋)，NaF溶液中c(F－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，所以c(Na＋)－c(F－)＝c(OH－)－c(H＋)，CH3COOK溶液碱性强，CH3COOK溶液中c(OH－)－c(H＋)大于NaF溶液中c(OH－)－c(H＋)，c(K＋)－c(CH3COO－)>c(Na＋)－c(F－)，D错误。5.[2024·专题模块测试]常温下，将CO2通入2LpH＝12的KOH溶液中，溶液中水电离出的OH－离子浓度(c)与通入的CO2的体积(V)的关系如图所示。下列叙述不正确的是()A．a点溶液中：水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1B．b点溶液中：c(H＋)＝1×10－7mol·L－1C．c点溶液中：c(K＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]D．d点溶液中：c(K＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))答案：B解析：a点溶质为KOH，pH＝12，此时溶液中H＋全来自水的电离，因此水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1，故A项正确；c点溶液中，水电离出的OH－离子浓度最大，说明此时的溶液是碳酸钾溶液，则b点溶液是K2CO3和KOH的混合溶液，溶液显碱性，因此c(H＋)<1×10－7mol·L－1，故B项错误；c点溶液为K2CO3溶液，因此根据物料守恒可知c(K＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]，故C项正确；d点溶液为中性溶液，即c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒可得c(K＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))，故D项正确。6．[2024·兰州市高三诊断考试]可用缓冲容量β来描述缓冲溶液的缓冲能力大小，β越大，缓冲能力越大。如图是常温下CH3COOH和CH3COONa组成的缓冲溶液的β­pH关系图，其中A、B两条曲线分别对应c总＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1和c总＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.2mol·L－1。已知常温下，Ka(CH3COOH)＝10－4.76，下列说法不正确的是()A．向pH＝4.76的上述缓冲溶液中加入少量NaOH溶液，水的电离程度会增大B．A曲线上任意一点的溶液中均存在c(Na＋)＋c(CH3COOH)＋c(H＋)＝0.1mol·L－1＋c(OH－)C．B曲线代表的溶液缓冲能力最大时，溶液中c(Na＋)>c(CH3COOH)D．pH＝4时，A、B曲线所代表的溶液中eq\f(c（CH3COOH）,c（CH3COO－）)相等答案：C解析：已知常温时Ka(CH3COOH)＝10－4.76，即eq\f(c（H＋）·c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)＝10－4.76，当缓冲溶液pH＝4.76时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，再加入少量NaOH溶液，溶液中CH3COO－浓度增大，CH3COO－水解促进水的电离，故A项正确；A曲线上任意一点均有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1，再根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，将两式相加可得到c(Na＋)＋c(CH3COOH)＋c(H＋)＝0.1mol·L－1＋c(OH－)，B项正确；由上述分析知，B曲线代表的溶液缓冲能力最大时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，c(H＋)>c(OH－)，结合电荷守恒知，c(Na＋)<c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，C项错误；由Ka(CH3COOH)＝eq\f(c（H＋）·c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)知，pH＝4时，A、B曲线所代表的溶液中eq\f(c（CH3COOH）,c（CH3COO－）)相等，D项正确。7．[2024·江苏镇江期中]室温下，通过下列实验探究NaHCO3的性质。实验实验操作和现象1用pH试纸测得0.1mol·L－1NaHCO3溶液的pH约为82向10mL0.1mol·L－1NaHCO3溶液中加入10mL0.1mol·L－1NaOH溶液，测得溶液pH约为11.33向0.1mol·L－1NaHCO3溶液中加入过量0.1mol·L－1Ca(OH)2溶液，产生白色沉淀4向10mL0.1mol·L－1NaHCO3溶液中加入10mL0.1mol·L－1盐酸，产生无色气泡下列有关说法正确的是()A．根据实验1，NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(H2CO3)B．实验2得到的溶液中有c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)C．实验3反应静置后的上层清液中有c(Ca2＋)·c(COeq\o\al(2－,3))>Ksp(CaCO3)D．实验4中反应的离子方程式：COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=CO2↑＋H2O答案：B解析：NaHCO3溶液显碱性，说明溶液中碳酸氢根离子水解程度大于其电离程度，由实验1可得出：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))，A项错误；实验2所得溶液溶质为Na2CO3，溶液中存在碳酸根离子的水解以及水的电离，则有质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，B项正确；实验3反应静置后的上层清液为碳酸钙的饱和溶液，存在碳酸钙的溶解平衡，溶液中有c(Ca2＋)·c(COeq\o\al(2－,3))＝Ksp(CaCO3)，C项错误；碳酸氢根离子不能拆开，实验4中反应的离子方程式应为HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2O，D项错误。8．[2022·湖南卷]为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1mol·L－1)。实验操作与现象①在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。②在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀。③在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。依据上述实验现象，结论不合理的是()A．实验①说明加热促进Fe3＋水解反应B．实验②说明Fe3＋既发生了水解反应，又发生了还原反应C．实验③说明Fe3＋发生了水解反应，但没有发生还原反应D．整个实验说明SOeq\o\al(2－,3)对Fe3＋的水解反应无影响，但对还原反应有影响答案：D解析：实验①中煮沸后溶液变红褐色[Fe(OH)3胶体]，说明加热促进Fe3＋水解反应，A项正确；实验②中溶液变红褪色，说明生成了Fe(OH)3胶体，Fe3＋发生了水解反应，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中存在Fe2＋，Fe3＋发生了还原反应，B项正确；实验③中溶液变红褐色，说明Fe3＋发生了水解反应，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成，说明Fe3＋没有发生还原反应，C项正确；实验①中煮沸后溶液变红褐色，实验③中溶液直接变红褐色，说明SOeq\o\al(2－,3)对Fe3＋的水解反应有影响，D项错误。9．[2022·江苏卷]一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1mol·L－1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总＝c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))。H2CO3电离常数分别