2020届二轮复习盐类水解、沉淀溶解平衡作业（全国通用）
盐类水解、沉淀溶解平衡
1．(2019·新疆高考化学一诊)下列事实与水解反应有关的是( B )
A．用Na2S除去废水中的Hg2＋
B．用热的Na2CO3溶液去油污
C．硫酸钡可做白色颜料
D．FeCl3用于印刷线路板
[解析] A．硫离子与汞离子结合生成难溶性的HgS，所以能用Na2S除去废水中的Hg2＋，与水解反应无关，故A不选；B．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加热碱性增强，可使油污在碱性条件下水解而除去，与盐类的水解有关，故B选； C．硫酸钡难溶于水和酸，可用作白色颜料，与ZnS混合得到锌钡白颜料，与盐的水解无关，故C不选； D．FeCl3具有氧化性，可与铜发生反应，与水解无关，故D不选； 故选B。
2．(2019·浙江省十二校高三第一次联考)下列物质溶于水后溶液因电离而呈酸性的是( C )
A．KCl B．Na2O
C．NaHSO4 D．FeCl3
[解析] A．KCl为强酸强碱盐，溶液呈中性，故A错误；B．Na2O与水反应生成氢氧化钠，溶液显碱性，故B错误；C．NaHSO4是强酸强碱酸式盐，在溶液中不水解，能够电离出氢离子使溶液呈酸性，故C正确；D．FeCl3是强酸弱碱盐，铁离子水解溶液显酸性，故D错误；故选C。
3．(2019·上海市黄浦区高考化学二模)对于0.1 mol/L Na2SO3溶液，正确的是( B )
A．升高温度，溶液的pH降低
B．加入少量NaOH固体，c(SO)与c(Na＋)均增大
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋c(OH－)
D．c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
[解析] A．温度升高，水解程度增大，所以c(OH－)浓度增大，碱性增强，溶液的pH升高，故A错误； B．加入氢氧化钠固体，钠离子浓度肯定增大，OH－抑制水解，所以SO的浓度增大，故B正确；C．电荷守恒，HSO带一个电荷，不应该在其浓度前面乘以2，正确为：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，故C错误；D．物料守恒，正确的写法c(Na＋)＝2[c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)]，故D错误。故选B。
4．(2019·河南省洛阳市高考化学二模)向0.1 mol/L的NH4HCO3溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数)。根据图象，下列说法不正确的是( D )
A．开始阶段，HCO反而略有增加，可能是因为NH4HCO3溶液中存在H2CO3发生的主要反应是H2CO3＋OH－===HCO＋H2O
B．当pH大于8.7以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应
C．pH＝9.5时，溶液中c(HCO)＞c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(CO)
D．滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应为2NH4HCO3＋2NaOH===(NH4)2CO3＋Na2CO3
[解析] NH4HCO3溶液中存在NH的水解平衡，即NH＋H2ONH3·H2O＋H＋①；HCO的水解平衡，即HCO＋H2OH2CO3＋OH－②；HCO的电离平衡，即HCOH＋＋CO③；A．在未加氢氧化钠时，溶液的pH＝7.7，呈碱性，则上述3个平衡中第②个HCO的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡②向逆方向移动，HCO的量略有增加，即逆方向的反应是H2CO3＋OH－===HCO＋H2O，故A正确；B．对于平衡①，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，NH3·H2O的量增加，NH被消耗，当PH大于8.7以后，CO的量在增加，平衡③受到影响，HCO被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，故B正确；C．从图中可直接看出pH＝9.5时，溶液中c(HCO)＞c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(CO)，故C正确；D．滴加氢氧化钠溶液时，HCO的量并没减小，反而增大，说明首先不是HCO与OH－反应，而是NH先反应，即NH4HCO3＋NaOH===NaHCO3＋NH3·H2O，故D错误；故选D。
5．(2019·高三第二次模拟)已知：pBa＝－lgc(Ba2＋)，pKa＝－lgc(Ka)。已知常温下H2CO3：pKa1＝6.4，pKa2＝10.3。向20 mL 0.1 mol·L－1 BaCl2溶液中滴加0.2 mol·L－1 Na2CO3溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( C )
A．E、F、G三点的Ksp从大到小的顺序为：G>F>E
B．其他条件相同，用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，F点向G点迁移
C．常温下，Ksp(BaCO3)≈1.0×10－9
D．常温下，Na2CO3溶液的pKh1＝7.6
[解析] Ksp只与温度有关，所以E、F、G三点的Ksp应该相等，选项A错误；由于MgCl2和BaCl2均与等物质的量Na2CO3反应，用相同浓度MgCl2溶液替代BaCl2溶液，恰好完全反应时消耗的Na2CO3溶液的体积相同，但由于Ksp(BaCO3)
c(Cl－)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)
D．图乙中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)
[解析] A．图甲中pH＝7的溶液中c(H＋)＝c(OH－)，由溶液电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CN－)＋c(Cl－)，由物料守恒可知c(Na＋)＝c(HCN)＋c(CN－)，则c(Cl－)＝c(HCN)，故A正确； B．图甲中a点的溶液c(HCN)＝c(CN－)，溶液呈碱性，而中性时c(Cl－)＝c(HCN)，则碱性时加入HCl较少，应为c(CN－)＞c(Cl－)，故B错误； C．b点反应生成等浓度的NaCN、HCN，溶液呈碱性，则HCN电离程度小于CN－水解程度，可知c(HCN)＞c(CN－)，故C错误； D．任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl－)＝c(HCN)＋c(CN－)，而根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，则c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)，故D正确。 故选AD。
7．(2019·广东省肇庆市高考化学二模)25 ℃时，H2CO3的Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.6×10－11。室温下向10 mL 0.1 mo1·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mo1·L－1 HCl溶液。如图是溶液中含碳元素微粒物质的量分数随pH降低而变化的图象(CO2因有逸出未画出)。下列说法错误的是( B )
A．A点所示溶液的pH<11
B．B点所示溶液：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
C．A点→B点发生反应的离子方程式为CO＋H＋===HCO
D．分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na2CO3与NaHCO3混合物的组成
[解析] A．A点c(HCO)＝c(CO)，Ka2＝＝5.6×10－11，则c(H＋)＝5.6×10－11 mol/L，所以pH＜11，故A正确；B．室温下向10 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mo1·L－1 HCl溶液，B点溶液中钠离子的物质的量浓度是含碳粒子的浓度的2倍，即c(Na＋)＝2c(HCO)＋2c(CO)＋2c(H2CO3)，故B错误；C．A点→B：CO逐渐减少，HCO逐渐增加，所以发生反应的离子方程式为CO＋H＋===HCO，故C正确；D．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl，用酚酞作指示剂，滴定产物是NaHCO3，用甲基橙作指示剂滴定时NaHCO3与HCl反应产物是H2CO3，所以分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na2CO3与NaHCO3混合物的组成，故D正确。故选B。
8．(2019·河南省开封市高考一模)常温下向10 mL 0.1 mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氨水，所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析正确的是( B )
A．a～c点，溶液中离子数目先增大后减小
B．b点溶液pH＝7说明c(NH)＝c(R－)
C．c点溶液存在c(NH)>c(R－)>c(H＋)>c(OH－)
D．b、c两点对应溶液中，水的电离程度相同
[解析] 本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断能力，明确HR酸性强弱、混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒的灵活运用，题目难度不大。根据图知，未加氨水时0.1 mol/L的HR溶液的pH大于1而小于7，说明HR是弱酸；HR、一水合氨都是弱电解质，但是二者生成的NH4R是强电解质，a点溶质为HR和NH4R，但是c(HR)＞c(NH4R)；b点酸碱恰好完全反应，则溶质为NH4R；c点氨水过量，溶质为NH4
R和NH3·H2O；A．a～c点，溶液中溶质物质的量逐渐增大，导致溶液中离子数目逐渐增多，所以从a～c点，溶液中离子数目一直增大，故A错误；B．b点溶液的pH＝7，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中存在电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(R－)，所以存在c(NH)＝c(R－)，故B正确；C．c点溶液pH＞7，溶液呈碱性，则c(H＋)＜c(OH－)，故C错误；D．酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，b点溶质为含有弱离子的盐、c点溶质为弱碱和含有弱离子的盐，所以b点促进水电离、c点抑制水电离，所以b、c两点水电离程度不等，故D错误。故选B。
9．(2019·上海市嘉定区高三一模)下列应用与盐类水解无关的是( B )
A．泡沫灭火器
B．氯化铵和消石灰制备氨气
C．明矾净水
D．草木灰不宜与铵态氮肥混合使用
[解析] A．泡沫灭火器[成分为Al2(SO4)3、NaHCO3溶液]的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，与盐类水解有关，故A错误； B．氯化铵和消石灰制备氨气，是复分解反应，与盐类水解无关，故B正确； C．明矾净水是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的作用，与水解有关，故C错误； D．草木灰与铵态氮肥混合，易发生互促水解，降低肥效，二者不能混合使用，与盐类水解有关，故D错误； 故选B。
10．(2019·浙江省十二校高三第一次联考)常温下，现有0.1 mol·L－1 NH4HCO3溶液，pH＝7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示：
下列说法不正确的是( C )
A．当溶液的pH＝9时，溶液中存在：c(HCO)＞c(NH)＞c(NH3·H2O)＞c(CO)
B．0.1 mol·L－1 NH4HCO3溶液中存在：c(NH3·H2O)＝c(H2CO3)＋c(CO)
C．向pH＝7.8的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH和HCO浓度逐渐减小
D．分析可知，常温下Kb(NH3·H2O)＞Ka1(H2CO3)
[解析] A．结合图象可知，溶液的pH＝9时，溶液中离子浓度大小为：c(HCO)＞c(NH)＞c(NH3·H2O)＞c(CO)，故A正确；B．NH4HCO3溶液中，pH＝7.8溶液显碱性，图象可知pH＝7.8时c(NH)＝c(HCO)，溶液中存在物料守恒：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，得到c(NH3·H2O)＝c(H2CO3)＋c(CO)，故B正确；C．0.1 mol/L的NH4HCO3
溶液的pH＝7.8，根据图象可知，当溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小，故C错误；D．由于0.1 mol/L的NH4HCO3溶液的pH＝7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1(H2CO3)，故D正确；故选C。
11．(2019·福建省漳州市高考化学一模)生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到的滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液的pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如下图所示。下列有关说法错误的是( C )
A．a点溶液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(AlO)＋c(OH－)
B．水的电离程度：a点小于c点
C．原NaHCO3溶液中c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.8 mol·L－1
D．生成沉淀的离子方程式为HCO＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO
[解析] A．a点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液，根据电荷守恒可以写出：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(AlO)＋c(OH－)，故A正确；B．水的电离程度：a点为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液，c点为偏铝酸钠与碳酸钠的混合液，因为酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，所以水的电离程度：a点小于c点，故B正确；C．加入40 mol NaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032 mol，前8 mL NaHCO3溶液和氢氧化钠反应(OH－＋HCO===CO＋H2O)不生成沉淀，后32 mL NaHCO3溶液与偏铝酸钠反应(HCO＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO)生成沉淀，则原NaHCO3溶液物质的量浓度c(NaHCO3)＝＝1.0 mol/L，原NaHCO3溶液中的物料守恒为c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＝1.0 mol/L，故C错误；D．根据强酸制弱酸原理可以写出离子方程式HCO＋AlO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO，故D正确；故选C。
12．(2019·广东省佛山市高考化学一模)常温下，向20 mL 0.1 mol·L－1的H3PO4溶液中滴加0.1 mol·L－1的NaOH溶液，所得溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是( C )
A．H3PO4溶液第一步滴定可用酚酞作指示剂
B．A点溶液中c(H2PO)＞c(H3PO4)＞c(HPO)
C．图象中A、B、C三处溶液中相等
D．B点溶液存在2c(Na＋)＝c(PO)＋c(H2PO)＋c(HPO)＋c(H3PO4)
[解析] A．加入20 mL等浓度的NaOH溶液时生成NaH2PO4，此时溶液的pH＝4，酚酞的变色范围为8～10，不能用酚酞指示剂，故A错误；B．A点溶质为NaH2PO4，溶液的pH＝4，说明H2PO的电离程度大于其水解程度，则溶液中c(HPO)＞c(H3PO4)，正确的离子浓度大小为：c(H2PO)＞c(HPO)＞c(H3PO4)，故B错误；C．为HPO的水解平衡常数，只受温度的影响，所以A、B、C三处溶液中相等，故C正确；D．B点加入等浓度的40 mL NaOH溶液，反应后溶质为Na2HPO4，根据物料守恒可得：c(Na＋)＝2c(PO)＋2c(H2PO)＋2c(HPO)＋2c(H3PO4)，故D错误；故选C。
13．(2019·四川省内江市高考化学一模)常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中－lg 和－lg c(HC2O)[或－lg 和－lg c(C2O)]的关系如图所示。下列说法正确的是( C )
A．曲线N表示－lg 和－lg c(HC2O)的关系
B．Ka2(H2C2O4)的数量级为10－1
C．向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2O)和c(C2O)相等，此时溶液pH约为5
D．在NaHC2O4溶液中c(Na＋)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)
[解析] A．H2C2O4溶液存在H2C2O4HC2O＋H＋，HC2OC2O＋H＋，且Ka1(H2C2O4)＝，Ka2(H2C2O4)＝；可知[－lg ]＋[－lg c(HC2O)]＝－lg(Ka1)，[－lg ]＋[－lg c(C2O)]＝－lg(Ka2)，因Ka1＞Ka2，则－lg(Ka1)＜－lg(Ka2)，可知曲线M表示－lg 和－lg c(HC2O)的关系，曲线N表示－lg 和－lg c(C2O)的关系，故A错误；B．当lgc(HC2O)＝lgc(C2O)，[－lg ]＋[－lgc(C2O)]＝－lg(Ka2)＝5，Ka2(H2C2O4)＝＝c(H＋)＝10－5，故B错误；C．向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2O)和c(C2O)相等，Ka2(H2C2O4)＝＝c(H＋)＝10－5，则溶液的pH＝5，故C正确；D．Ka2(H2C2O4)＝＝c(H＋)＝10－5，当c(HC2O)和c(H2C2O4)相等时，[－lg ]＋[－lg c(C2O)]＝－lg(Ka2)＝2，Ka1(H2C2O4)＝＝c(H＋)＝10－2，则HC2O水解平衡常数Kh＝＝10－12＜10－5，说明其电离程度大于水解程度，但是其电离和水解程度都较小，钠离子不水解，则存在c(Na＋)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)，故D错误；故选C。
14．(2019·上海市闵行区一模)Na2SO3是常见的一种盐，工业上可作防腐剂、去氯剂和还原剂。
(1)Na2SO3固体隔绝空气加强热，反应后的固体中含有S2－，反应的化学方程式为4Na2SO3Na2S＋3Na2SO4；若有0.5 mol Na2SO3参加反应，则电子转移个数为_0.75NA__。
(2)将0.1 mol/L Na2SO3溶液先升温再降温，测定温度变化过程中的pH，数据如下：
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
(3)①时刻Na2SO3溶液中水的电离程度_>__同温下纯水中水的电离程度(填“>”“<”或“＝”)；应用平衡原理解释该原因__水存在电离平衡：H2OH＋＋OH－，SO与H＋结合生成HSO、H2SO3，降低了H＋浓度，使水的电离平衡向右移动__。
(4)④的pH略小于①，是由于__Na2SO3部分被氧化成硫酸钠2Na2SO3＋O2===2Na2SO4__。设计一个简单实验来证明_取④的溶液少许于试管中，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Na2SO3被氧化成Na2SO4__。
(5)将Na2SO3溶液中所有离子浓度由大到小排列_c(Na＋)>c(SO)>c(OH－
)>c(HSO)>c(H＋)__。
[解析] (1)Na2SO3固体隔绝空气加强热，反应后的固体中含有S2－，发生了氧化还原反应，＋4价硫降低到－2价，同时升高到＋6价，反应生成硫化钠和硫酸钠，据此书写化学方程式为：4Na2SO3Na2S＋3Na2SO4,4 mol亚硫酸钠电子转移总数6e－，若有0.5 mol Na2SO3参加反应，则电子转移个数＝×NA＝0.75NA；(3)亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子水解溶液显碱性，促进水的电离，①时刻Na2SO3溶液中水的电离程度大于同温下纯水中水的电离程度，平衡原理解释该原因是：水存在电离平衡：H2OH＋＋OH－，SO与H＋结合生成HSO、H2SO3，降低了H＋浓度，使水的电离平衡向右移动；(4)亚硫酸钠具有较强还原性，升温过程中部分被氧化为硫酸钠2Na2SO3＋O2===2Na2SO4，水解程度减弱，pH减小，取④的溶液少许于试管中，先滴入足量稀盐酸，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则证明有Na2SO3被氧化成Na2SO4；(5)Na2SO3①的溶液中发生两步水解都生成OH－导致溶液呈碱性，只有第一步水解生成HSO，但是其水解程度较小，所以离子浓度大小顺序是：c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)>c(HSO)>c(H＋)。
