高考第二轮复习化学选择题专项练习23 题型二十三　离子反应及平衡图像分析

这是一份高考第二轮复习化学选择题专项练习23 题型二十三　离子反应及平衡图像分析，共18页。试卷主要包含了“三种”平衡影响因素的比较，草酸广泛应用于食品、药品等领域，亚磷酸是二元弱酸等内容，欢迎下载使用。
1．“三种”平衡影响因素的比较
2.溶液中微粒浓度的关系
3.离子平衡图像分析与计算
(1)酸碱滴定曲线
①pH-V图像
②对数图像
(2)分布系数图像
1．(2025·广东卷，12)CuCl微溶于水，但在Cl－浓度较高的溶液中因形成[CuCl2]－和[CuCl3]2-而溶解。将适量CuCl完全溶于盐酸，得到含[CuCl2]－和[CuCl3]2-的溶液，下列叙述正确的是( )
A．加水稀释，[CuCl3]2-浓度一定下降
B．向溶液中加入少量NaCl固体，[CuCl2]－浓度一定上升
C．H[CuCl2]的电离方程式为H[CuCl2]===H＋＋Cu＋＋2Cl－
D．体系中，c(Cu＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c([CuCl2]－)＋c([CuCl3]2-)＋c(OH－)
解析：A 加水稀释，Cl－浓度降低，溶液中[CuCl3]2-的浓度一定下降，A正确；向溶液中加入少量NaCl固体，①CuCl＋Cl－⥫⥬[CuCl2]－、②[CuCl2]－＋Cl－⥫⥬[CuCl3]2-平衡均正向移动，①正移，[CuCl2]－的浓度增大，②正移，[CuCl2]－的浓度减小，则[CuCl2]－的浓度不一定上升，B错误；[CuCl2]－不能拆分，H[CuCl2]的电离方程式为H[CuCl2]===H＋＋[CuCl2]－，C错误；体系中存在电荷守恒：c(Cu＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c([CuCl2]－)＋2c([CuCl3]2-)，D错误。
2．(2024·安徽卷，13)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0.1 ml·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＋)＝cOH-＋c(HS－)＋2c(S2-)
B．0.01 ml·L-1 Na2S溶液中：cNa+>cS2->c(OH－)>c(HS－)
C．向c(Cd2+)＝0.01 ml·L-1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2+)cCd2+
解析：B Na2S溶液中存在电荷守恒：cNa+＋c(H＋)＝cOH-+cHS-+2cS2-，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-)＝cOH-·cHS-cS2-＝KwKa2 H2S＝1.0×10-1410-12.90＝10-1.10，又cHS-一定小于0.01 ml·L-1，则cOH-cS2->10-1.1010-2>1，故c(OH－)>c(S2-)，B项错误；由题给条件可知，Ksp(FeS)>Ksp(CdS)，向c(Cd2+)＝0.01 ml·L-1的溶液中加入FeS，发生沉淀转化：Cd2+(aq)＋FeS(s)⥫⥬CdS(s)＋Fe2+(aq)，该反应的平衡常数K＝cFe2+cCd2+＝cFe2+·cS2-cCd2+·cS2-＝KspFeSKspCdS＝10-17.2010-26.10＝108.90>105，反应能进行完全，则反应后溶液中c(Fe2+)＝0.01 ml·L-1，c(Cd2+)＝cFe2+K＝ ml·L-1＝10-10.90 ml·L-1105，反应能进行完全，所得溶液中c(H＋)＝0.02 ml·L-1，此时溶液中H2S达到饱和，c(H2S)＝0.1 ml·L-1，代入K＝c2H+cCd2+·cH2S＝0.022cCd2+×0.1＝106.23，解得c(Cd2+)＝4×10-9.23 ml·L-1c([Ag(NH3)2]＋)
C．溶液3中，c(H＋)＝c(OH－)
D．此操作能证明：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
解析：C 在2 mL 0.2 ml·L-1的AgNO3溶液中加入等体积等浓度的NaCl溶液得悬浊液1，经分离后，向AgCl中滴加6 ml·L-1的氨水，发生反应AgCl+2NH3·H2O===AgNH32Cl＋2H2O，加入0.1 ml·L-1 KI溶液2 mL，发生反应：[Ag(NH3)2]Cl＋KI===AgI↓＋KCl＋2NH3，得到AgI沉淀，由物质的量关系可知，[Ag(NH3)2]Cl不能完全反应，溶液3中可能还存在剩余的氨水以及[Ag(NH3)2]Cl。溶液1中主要溶质是NaNO3，同时由于存在溶解平衡：AgCl(s)⥫⥬Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，还存在极少量的Ag＋、Cl－，选项中满足电荷守恒关系，A正确；根据元素守恒可知，若Ag＋不水解，则c(Cl－)＝c([Ag(NH3)2]＋)，但Ag＋会水解生成其他含银的微粒，故c(Cl－)>c([Ag(NH3)2]＋)，B正确；溶液3中可能存在氨水过量的情况，不能得出c(H＋)＝c(OH-)的结论，C错误；由实验操作可知，存在转化AgClNH3·H2O[Ag(NH3)2]ClKIAgI，由此说明AgI更难溶，故可得出结论Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，D正确。
4．(2025·安徽卷，14)H2A是二元弱酸，M2+不发生水解。25 ℃时，向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，平衡时溶液中lg[c(M2+)/(ml·L-1)]与pH的关系如图所示。
已知25 ℃时，Ka1(H2A)＝10-1.6 ，Ka2 H2A)＝10-6.8，lg 2＝0.3。下列说法正确的是( )
A．25 ℃时，MA的溶度积常数Ksp(MA)＝10-6.3
B．pH＝1.6时，溶液中cM2+>cCl->cHA->c(A2-)
C．pH＝4.5时，溶液中cHA->cH2A>cA2-
D．pH＝6.8时，溶液中c(H＋)＋2c(HA－)＋c(H2A)＝c(OH－)＋c(Cl－)
解析：A MA存在沉淀溶解平衡：MA(s)⥫⥬ M2+(aq)+A2-(aq)，向足量的难溶盐MA粉末中加入稀盐酸，H+ 结合A2- 生成HA- 和H2A，促进MA溶解，溶液中存在平衡：A2- +H+ ⥫⥬HA- 、HA- +H+ ⥫⥬H2A。Ka1(H2A)＝cHA-·cH+cH2A＝10-1.6，则当c(H2A)＝c(HA－)时，pH＝1.6，Ka2(H2A)＝cA2-·cH+cHA-＝10-6.8，则c(A2-)＝c(H2A)时，pH＝6.8，Ka1·Ka2 ＝cA2-·c2H+cH2A＝10-8.4，则当c(A2-)＝c(H2A)时，pH＝4.2，则可将图像转化为分布系数图像进行分析。
溶液中存在物料守恒：c(M2+)＝cH2A+cHA-+c(A2-)，当pH＝6.8时，c(HA－)＝c(A2-)，c(H2A)＝c2H+·cA2-Ka1 ·Ka2＝10-6.82×cA2-10-1.6 ×10-6.8＝10-5.2c(A2-)，可忽略不计，可忽略不计，则c(M2+)=2c(A2-)=10-3 ml·L-1，Ksp(MA)=c(M2+)×c(A2-)=10-3×12×10-3=12×10-6=1100.3×10-6=10-6.3，A正确；根据物料守恒:c(M2+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，c(M2+)>c(HA-)，由图像可知，pH=1.6时，c(HA-)>c(A2-)成立，由电荷守恒:c(H+)+2c(M2+)=c(Cl-)+c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，结合物料守恒，约掉c(HA-)得到c(H2A)+c(H+)+c(M2+)=c(Cl-)+c(A2-)+c(OH-)，由图像可知，c(H2A)>c(A2-)且c(H+)>c(OH-)，则c(M2+)c(M2+)>c(HA-)>c(A2-)，B错误；由图像可知，pH=4.5时，溶液中c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，C错误；pH=6.8时，结合物料守恒c(M2+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)及电荷守恒c(H+)+2c(M2+)=2c(A2-)+c(HA-)+ c(Cl-)+c(OH-)可得:c(H+)+2c(H2A)+c(HA-)=c(Cl-)+c(OH-)，D错误。
5．(2025·湖南卷，13)草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究了草酸的性质：
实验1：向10 mL 0.2 ml·L-1 H2C2O4溶液中滴入一定量0.2 ml·L-1 KOH溶液。混合溶液的pH与lg X[X＝cHC2O4-cH2C2O4或cC2O42-cHC2O4-]的关系如图所示。
实验2：向10 mL 0.2 ml·L-1 H2C2O4溶液中加入10 mL 0.2 ml·L-1 BaCl2溶液。
已知：25 ℃时，Ksp(BaC2O4)＝10-7.6。混合后溶液体积变化忽略不计。
下列说法错误的是( )
A．实验1，当溶液中c(H2C2O4)＝cC2O42-时，pH＝2.5
B．实验1，当溶液呈中性时：cC2O42->cHC2O4->c(H2C2O4)
C．实验2，溶液中有沉淀生成
D．实验2，溶液中存在：2c(Ba2+)＋c(H＋)＝cCl-＋cHC2O4-＋2cC2O42-
解析：D 草酸的电离平衡常数Ka1=c(HC2O4-)c(H+)c(H2C2O4)、Ka2=c(C2O42-)c(H+)c(HC2O4-)，根据Ka1>Ka2可知，当lg X=0时，Ka1对应的c(H+)大，pH数值小，因此Ka1=c(HC2O4-)c(H+)c(H2C2O4)=10-1.2，Ka2=c(C2O42-)c(H+)c(HC2O4-)=10-3.8。Ka1×Ka2=c(HC2O4-)c(H+)c(H2C2O4)×c(C2O42-)c(H+)c(HC2O4-)=c(C2O42-)c2(H+)c(H2C2O4)=10-5.0，当溶液中c(H2C2O4)=c(C2O42-)时，c(H+)=10-2.5ml·L-1，pH=2.5，A正确；当溶液呈中性时，c(H+)=10-7 ml·L-1，由两步电离平衡常数可知，c(HC2O4-)c(H2C2O4)=10-1.210-7>1，c(HC2O4-)>c(H2C2O4)，c(C2O42-)c(HC2O4-)=10-3.810-7>1，c(C2O42-)>c(HC2O4-)，B正确；将草酸的两步电离平衡反应式相加，得到H2C2O4⥫⥬2H++C2O42- K=10-5.0，实验2中两种溶液等体积混合，混合后c(H2C2O4)=0.1 ml·L-1，列三段式:
H2C2O4⥫⥬2H＋＋C2O42-
始(ml·L-1) 0.1 0 0
变(ml·L-1) x 2x x
平(ml·L-1) 0.1－x 2x x
则4x30.1-x＝10-5.0，估算x的数量级为10-3，故Q＝cBa2+×cC2O42-≈0.1×10-3＝10-4＞Ksp(BaC2O4)＝10-7.6，故有沉淀生成，C正确；根据电荷守恒，右侧缺少了OH－的浓度，D错误。
6．(2025·甘肃卷，14)氨基乙酸(NH2CH2COOH)是结构最简单的氨基酸分子，其分子在水溶液中存在如下平衡：
＋NH3CH2COOH eq \(⥫==⥬,\s\up7(pK_1 ＝2.4))+NH3CH2COO- eq \(⥫==⥬,\s\up7(pK2＝9.6))NH2CH2COO－
在25 ℃时，其分布分数δ[如δ(NH2CH2COO－)＝
cNH2CH2COO-c(+ NH3CH2COOH+c(+NH3CH2COO-)+cNH2CH2COO-]
与溶液pH关系如图中上部所示。在100 mL 0.01 ml·L-1 ＋NH3CH2COOH·Cl－溶液中逐滴滴入0.1 ml·L-1 NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液滴入体积的变化关系如图中下部所示。下列说法错误的是( )
A．曲线Ⅰ对应的离子是＋NH3CH2COOH
B．a点处对应的pH为9.6
C．b点处c(＋NH3CH2COOH)＝c(NH2CH2COO－)
D．c点处2c(+NH3CH2COOH)+c(+NH3CH2COO-)＋c(H＋)＝c(OH－)
解析：C 曲线Ⅰ对应物质的分布分数随pH增大逐渐减小，pH=0时，溶液呈强酸性，故曲线Ⅰ对应的离子为+NH3CH2COOH，A正确；a点时c(+NH3CH2COO-)=c(NH2CH2COO-)，K2=c(H+)·c(NH2CH2COO-)c(+NH3CH2COO-)=c(H+)=10-9.6 ml·L-1，故此时pH=9.6，B正确；b点加入10 mL NaOH溶液，含氮溶质为+NH3CH2COO-，+NH3CH2COO-既可以电离又可以水解，因为此时pH=6，溶液呈酸性，即+NH3CH2COO-电离程度>水解程度，故c(+NH3CH2COOH)7)：cNH3·H2O>cNH4+>c(Cl－)>c(OH－)
D．两种溶液等体积混合后(pH>7)：c(H＋)＋cNH4+＝c(OH－)＋c(Cl－)
解析：C 向0.1 ml·L-1的氨水和NH4Cl两种溶液中，分别通入少量HCl气体，盐酸和一水合氨反应，铵根离子浓度增大，氯化铵溶液中铵根离子水解被抑制，则cNH4+均增大，A正确；一水合氨电离出氢氧根，抑制水的电离，铵根促进水的电离，氨水中水电离出的c(H＋)小于NH4Cl溶液水电离出的c(H＋)，B正确；0.1 ml·L-1的氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后(pH＞7)，溶液显碱性，说明一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度, c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(Cl-)>c(OH-)，C错误；0.1 ml·L-1的氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后(pH>7)，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，D正确。
2．(2025·中国人民大学附中三模)下列关于常温下的NaClO溶液说法不正确的是( )
资料：25 ℃时，Ka(HClO)＝4.0×10-8 ，Ka1 H2CO3)＝4.5×10-7 ，Ka2(H2CO3)＝4.7×10-11
A．NaClO溶液显碱性
B．pH＝9.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(ClO－)