2025届高考化学一轮复习专项突破 水溶液中的离子平衡

物质在水溶液中的行为 一．选择题（共15小题） 1．（2024•菏泽一模）常温下，关于溶液的说法正确的是（　　） A．pH＝10的NaOH溶液和pH＝4的醋酸溶液中，水的电离程度相同 B．向水中加入少量金属钠，c（OH﹣）增大，水的电离平衡逆向移动 C．向0.01mol•L﹣1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c（H+）将减小 D．pH相同的NaOH溶液和NaCN溶液中，水的电离程度相同 2．（2024•莱州市一模）在不同温度下的水溶液中离子浓度曲线如图所示，下列说法一定正确的是（　　） A．在c点溶液中加NH4Cl固体，可实现c点向d点移动 B．a点和c点均为纯水 C．b点由水电离出的c（H+）水＝1×10﹣8mol•L﹣1 D．25℃时，若a点为将1LpH＝m的稀硝酸与10LpH＝n的KOH混合后所得的溶液，可推出m+n＝13 3．（2024•莱西市期末）某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，正确的是（　　） A．该温度低于25℃ B．该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性 C．加入NaHSO4晶体促进了水的电离 D．由水电离出来的H+的浓度是1.0×10﹣10mol•L﹣1 4．（2024•莱西市期末）下列叙述正确的是（　　） A．图1可用于测定NaOH溶液的浓度 B．图2表示25℃时，用0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，滴定曲线一定正确 C．图3所示的读数为12.20mL D．一定质量的冰醋酸加水稀释的过程中，溶液导电能力变化的曲线图如图4 5．（2024•莱西市期末）科学家开发了一种CO2淡化海水技术，其循环如图所示。已知：常温下，RNH2的电离常数的数量级为10﹣4；H2CO3的电离常数Ka1＝4.3×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11。下列叙述错误的是（　　） A．可采用过滤操作分离出RNH3Cl B．经上述多种循环获得的水的导电性减弱 C．操作时先通入CO2，再加入RNH2 D．0.1mol•L﹣1RNH3HCO3水溶液呈弱碱性 6．（2024•崂山区一模）工业上可利用氨水吸收SO2和NO2，原理如图所示。已知：25℃时，NH3⋅H2O的Kb＝1.7×10﹣5，H2SO3的Ka1＝1.3×10﹣2，Ka2＝6.2×10﹣8，下列说法正确的是（　　） A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3：c（H2SO3）＞c（NH3⋅H2O）+c（） B．反应NH3⋅H2O+H2SO3⇌++H2O的平衡常数K＝2.21×107 C．向氨水中通入SO2至pH＝7；2c（）＞c（）＞c（H+）＝c（OH﹣） D．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2+4═N2+4 7．（2024•滕州市期末）室温下10mLpH均为3的醋酸和盐酸两种溶液（不考虑挥发），下列叙述正确的是（　　） A．使温度都升高20℃后，盐酸的pH大 B．分别加水稀释到pH＝4时，盐酸加水多 C．分别加水稀释到100mL后，醋酸溶液的pH大 D．分别加少量的醋酸钠晶体后，盐酸的pH增大，醋酸溶液的pH减小 8．（2024•滕州市期末）某温度下，重水（D2O）的离子积Kw＝1.6×10﹣15，规定pD＝﹣lg（D+）。下列说法错误的是（　　） A．重水是极弱的电解质，将少量NaOH加入重水，重水的电离程度减小 B．该温度下重水的pD＝8﹣1g4 C．该温度下，2L含0.01molD2SO4的重水溶液，其pD＝2 D．该温度下，在100mL0.4mol/L的DCl重水溶液中，加入100mL0.2mol/LNaOD的重水溶液，充分反应后溶液的pD＝1﹣1g2（忽略溶液体积的变化） 9．（2024•潍坊期末）草酸 （H2C2O4） 是一种有机二元弱酸，常温下，向100mL0.50mol⋅L﹣1H2C2O4溶液 中加入1.0mol⋅L﹣1NaOH溶液调节pH，加水控制溶液体积为200mL，测得溶液中微粒的 δ（x）[δ（x）＝，x代表H2C2O4、HC2或C2]随pH变化如图所示。下列说法正确的是（　　） A．pH调至2时，发生反应：HC2+OH﹣═C2+H2O B．N点溶液：c（Na+）＞3c（C2） C．M点溶液 D．当pH＝3.9时，溶液中 10．（2024•潍坊期末）用0.1000mol•L﹣1的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液。下列说法正确的是（　　） A．可用甲基橙做指示剂 B．酸式滴定管用盐酸润洗后，润洗液全部从上口倒出 C．滴定开始到终点，滴定管的尖嘴不能碰触锥形瓶内壁 D．滴定前未驱赶滴定管尖嘴部分气泡，滴定后气泡消失，则所测浓度偏低 11．（2024•潍坊期末）常温下，有关下列4种溶液的叙述错误的是（　　） 编号 ① ② ③ ④ 溶液 醋酸 盐酸 氨水 氢氧化钠溶液 pH 3 3 11 11 A．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH；③＞④＞②＞① B．将溶液①、④等体积混合，所得溶液中离子浓度的大小关系；c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣） C．溶液③、④中分别加入适量的醋酸铵固体，两种溶液的pH均减小 D．将amL溶液④与bmL溶液②混合所得溶液的pH＝10，则a：b＝9：11 12．（2024•潍坊一模）亚砷酸（H3AsO3）常用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态，其各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。亚砷酸的三级电离常数分别为K1，K2，K3。下列说法正确的是（　　） A．当时溶液显碱性 B． C．pH＝13时，溶液中c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣）＝c（H+） D．pH＝14时，c（）＞c（）＞c（H2）＞c（OH﹣） 13．（2024•青岛期末）某废水中含浓度相同的Cd2+、Ni2+，若通入H2S气体，保持c（H2S）＝0.1mol•L﹣1，通过调节溶液pH使金属离子分步沉淀。已知常温下，Ksp（CdS）＜Ksp（NiS），﹣lgc（x）与pH关系如图，x表示Cd2+、Ni2+、S2﹣或HS﹣。下列说法错误的是（　　） A．曲线b代表Ni2+，曲线c代表S2﹣ B．Ka2＝10﹣14.4mol•L﹣1 C．M点会有NiS沉淀析出 D．反应NiS（s）+Cd2+（ag）⇌CdS（s）+Ni2+（aq）的平衡常数K＝107.6 14．（2024•日照三模）室温下，向一定浓度Na2A溶液中加入盐酸，溶液中粒子（H2A、HA﹣、A2﹣、H+、OH﹣）浓度的负对数（用pc表示）与溶液pOH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．M点纵坐标为2.7 B．水的电离程度：X＞M＞Y＞N C．随着pH减小，c（A2﹣）•c（H+）先增大后减小 D．N点溶液中c（Na+）＜2c（A2﹣）+c（OH﹣） 15．（2024•济南模拟）实验室探究浓度对FeSO4溶液与AgNO3溶液反应的影响。所得数据如表： 实验 编号 试剂 沉淀物质的量之比n（Ag2SO4）/n（Ag） c（AgNO3）/mol•L﹣1 c（FeSO4）/mol•L﹣1 i 0.04 0.04 a ii 0.1 0.1 0.15 iii 0.5 0.5 0.19 iv 1.0 1.0 0.26 v 1.0 0.5 b 已知：Ksp（Ag2SO4）＝1.2×10﹣5。下列说法错误的是（　　） A．实验ⅰ中a＝0 B．实验ⅲ上层清液滴加浓硝酸，沉淀物质的量之比不变 C．本实验增大反应物浓度，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大 D．实验ⅴ中b＞0.19 二．解答题（共5小题） 16．（2024•泰安期末）某小组设计如下实验探究未知浓度的CH3COOH溶液相关性质。 （1）25℃时，用pH计测定4mLCH3COOH溶液的pH为2.88，加水稀释至40mL时pH的范围为 　 　＜pH＜　 　。 （2）25℃时，用下列实验测定CH3COOH的电离度α：取V1mLCH3COOH溶液于锥形瓶中，再加入 　 　（填试剂），用cmol•L﹣1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL；另取该CH3COOH溶液于烧杯中，测得其pH为a。该CH3COOH溶液的浓度为 　 　mol•L﹣1，CH3COOH的电离度α为 　 　。 （3）25℃时，0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液，溶液的pH、CH3COOH和CH3COO﹣分布分数δ与所加NaOH物质的量的关系如图所示。 ①δ1表示 　 　（填微粒符号）的分布分数曲线； ②由图中数据可知该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka＝　 　． ③pH＝5时，溶液中c（CH3COO﹣）：c（CH3COOH）＝　 　； ④若c处c（Na+）＝0.1mol•L﹣1，则a、b、c三处水的电离程度由大到小的顺序为 　 　。 17．（2024•滕州市期末）化学实验是研究物质及其转化的基本方法，是科学探究的一种重要途径。 Ⅰ.为探究不同钠盐对FeCl3水解平衡的影响，化学小组设计如下实验。 实验1；常温下，取10.00mL1mol•L﹣1FeCl3溶液置于烧杯中，加入0.01mol的Na2SO4固体，利用pH传感器测得溶液pH与时间的关系如图1所示。 实验2：常温下，取10.00mL1mol•L﹣1FeCl3溶液置于烧杯中，加入0.02mol的NaCl固体，利用pH传感器测得溶液pH与时间的关系如图2所示。 已知：①常温下，H2SO4的电离常数为Ka1＝1.0×103，Ka2＝1.0×10﹣2。 ②在强酸弱碱盐溶液中加入强电解质，溶液中的离子总浓度增大，离子之间的相互牵制作用增强，易水解的阳离子的活性会增强或减弱。 （1）FeCl3溶液呈酸性的原因是 　 　（用离子方程式表示）。 （2）实验1中20s后溶液的pH变化的主要原因为 　 　。 （3）实验2中10s后溶液的pH变化的主要原因为 　 　。 实验结论：不同的钠盐对FeCl3溶液水解平衡的影响是不同的。 （4）实验讨论：根据上述实验预测向10mL0.1mol/LHCl中加入少量Na2SO4固体，利用pH传感器测得溶液pH 　 　（填“增大”、“不变”或“减小”）。 Ⅱ.探究Na2SO3溶液与FeCl3溶液的反应原理，某兴趣小组进行了如下实验： 装置 现象 现象i：一开始液体颜色加深，由棕黄色变为红褐色。 现象ⅱ：一段时间后液体颜色变浅，变为浅黄色。 （5）配制1mol•L﹣1FeCl3溶液时；先将FeCl3固体溶于 　 　，再稀释至指定浓度。 （6）针对上述现象，甲同学认为Fe3+与发生了相互促进的水解反应得到一种胶体，其离子方程式为 　 　；乙同学认为Fe3+与还发生了氧化还原反应，请据此判断两种反应活化能较小的是 　 　（填“水解反应”或“氧化还原反应”）。 提示：经查阅资料和进一步实验探究，证实了与Fe3+既发生了水解反应又发生了氧化还原反应。 18．（2024•滕州市期末）室温下，有浓度均为0.1mol•L﹣1的下列五种溶液，请回答问题。 ①HCl ②NaCl ③CH3COOH ④CH3COONa ⑤Na2CO3 资料：室温下电离常数，醋酸Ka＝1.7×10﹣5；碳酸Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11。 （1）上述溶液加入水中，对水的电离无影响的是 　 　（填序号），溶液④中溶质与水作用的离子方程式为 　 　。 （2）上述溶液的pH由小到大的顺序为 　 　（填序号）。 （3）比较溶液③和④中CH3COO﹣的物质的量浓度：③　 　④（填“大于”、“等于”或“小于”）。 （4）室温下，向溶液①中加水稀释至原体积的100倍，所得溶液的pH为 　 　。 （5）向20mL0.1mol/LCH3COOH中滴加0.1mol/LNaOH过程中，pH变化如图所示。 ①滴加过程中发生反应的离子方程式是 　 　。 ②下列说法正确的是 　 　。 a.A、C两点水的电离程度：A＜C b.B点溶液中微粒浓度满足：c（Na+）+c（H+）═c（CH3COO﹣）+c（OH﹣） c.D点溶液微粒浓度满足：c（H+）+c（Na+）═c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣） 19．（2024•滕州市期末）现有下列仪器或用品：①铁架台（含铁圈、各种铁夹）；②锥形瓶；③滴定管（酸式与碱式）；④烧杯（若干个）；⑤玻璃棒；⑥天平（含砝码）；⑦滤纸；⑧量筒；⑨漏斗。有下列药品：①NaOH固体；②0.1000mol/L的标准NaOH溶液；③未知浓度的盐酸；④Na2CO3溶液。试回答以下问题： （1）做酸碱中和滴定时，还缺少的试剂有蒸馏水、　 　。 （2）小明在做“研究温度对反应速率的影响”实验时，他往两支试管中均加入4mL0.01mol/L的KMnO4酸性溶液和2mL0.1mol/LH2C2O4（乙二酸）溶液，振荡，A试管置于热水中，B试管置于冷水中，记录溶液褪色所需的时间。褪色所需时间tB　 　tA（填“＞”、“＝”或“＜”）。写出该反应的离子方程式 　 　。 （3）实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，具体操作为：①配制250.0mL溶液：准确称量5.000g乙二酸样品，配成250.0mL溶液。 ②滴定：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，将0.1000mol/LKMnO4溶液装入 　 　（填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作；当 　 　，说明达到滴定终点。 ③计算：重复操作2次，记录实验数据如下。则此样品的纯度为 　 　（注意有效数字）。 序号 1 2 3 4 滴定前读数 0 1.000 0 2.000 滴定后读数 21.01 21.97 23.00 23.02 ④误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是 　 　。 A.用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管 B.滴定前锥形瓶有少量水 C.观察读数时，滴定前俯视，滴定后仰视 D.用所配溶液润洗锥形瓶 20．（2024•市南区一模）氧族元素及其化合物在生产、生活中发挥着重要的作用。回答下列问题： （1）工业上常用硫化物（FeS等）作沉淀剂除去废水中的Cu2+等重金属离子。已知常温下CuS饱和溶液中，﹣lgc（Cu2+）和﹣lgc（S2﹣）关系如图所示， Ksp（CuS）＝ 　 　；图中a、b、c三点对应的溶液中，一定存在CuS沉淀的是 　 　（填序号）。 （2）硒是人体必需的微量元素。工业上将含硒工业废料处理得到亚硒酸（H2SeO3）和硒酸（H2SeO4），进而制备单质硒。亚硒酸（H2SeO3）在溶液中存在多种微粒形态，25℃时各微粒的分布系数δ与溶液pH的关系如图所示。（分布系数即组分的平衡浓度占总浓度的分数） ①将KOH滴入H2SeO3溶液中，当pH达到2.0时，发生反应的离子方程式是 　 　。 ②25℃时，KHSeO3溶液的pH＜7，通过计算和必要的文字加以解释：　 　。 ③已知硒酸的电离方程式为：H2SeO4＝H++，⇌H++。25℃时，下列关于0.1mol•L﹣1NaHSeO4溶液的说法错误的是 　 　。 A．c（Na+）＞c（）＞c（H+）＞c（）＞c（OH﹣） B．c（H+）＝c（OH﹣）+c（）+c（H2SeO4） C．c（）+c（）+c（H2SeO4）＝0.1mol•L﹣1 D．c（Na+）+c（H+）＝c（）+2c（）+c（OH﹣） 参考答案与试题解析 一．选择题（共15小题） 1．（2024•菏泽一模）常温下，关于溶液的说法正确的是（　　） A．pH＝10的NaOH溶液和pH＝4的醋酸溶液中，水的电离程度相同 B．向水中加入少量金属钠，c（OH﹣）增大，水的电离平衡逆向移动 C．向0.01mol•L﹣1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c（H+）将减小 D．pH相同的NaOH溶液和NaCN溶液中，水的电离程度相同 【答案】A 【分析】A．酸溶液或者碱溶液中，水的电离均被抑制； B．向水中加入少量金属钠，生成氢氧化钠和氢气，据此进行分析； C．向0.01mol•L﹣1醋酸溶液中加水，醋酸电离程度增大，但溶液的体积也在增大，且增大程度更大，溶液中的c（H+）减小； D．碱溶液抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。 【解答】解：A．pH＝10的NaOH溶液和pH＝4的醋酸溶液中，水的电离均被抑制，c水（H+）＝10﹣10mol/L，故A正确； B．向水中加入少量金属钠，Na与H+反应，促进水的电离，溶液中c（OH﹣）增大，水的电离平衡正向移动，故B错误； C．向0.01mol•L﹣1醋酸溶液中加水，醋酸电离程度增大，但溶液的体积也在增大，且增大程度更大，溶液中的c（H+）减小，水的电离程度增大，故C错误； D．pH相同的NaOH溶液和NaCN溶液中，水的电离程度不同，前者水的电离受到抑制，后者促进水的电离，故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查弱电解质的电离平衡、盐类水解等，属于基本知识的考查，难度中等。 2．（2024•莱州市一模）在不同温度下的水溶液中离子浓度曲线如图所示，下列说法一定正确的是（　　） A．在c点溶液中加NH4Cl固体，可实现c点向d点移动 B．a点和c点均为纯水 C．b点由水电离出的c（H+）水＝1×10﹣8mol•L﹣1 D．25℃时，若a点为将1LpH＝m的稀硝酸与10LpH＝n的KOH混合后所得的溶液，可推出m+n＝13 【答案】D 【分析】A．图中c点到d点，温度不变，离子积常数不变，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大； B．a点和c点c（H+）＝c（OH﹣），呈中性； C．b点的离子积常数Kw＝10﹣14，c（H+）＝10﹣6mol/L，若为盐水解显酸性的溶液，则水的电离被促进，若为酸溶液抑制水的电离； D．25℃时，离子积常数Kw＝10﹣14，若a点为将1LpH＝m的稀硝酸与10LpH＝n的KOH混合后所得的溶液，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，据此计算。 【解答】解：A．在c点溶液中加NH4Cl固体，溶解后铵根离子水解促进水的电离，溶液中氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，故A错误； B．a点和c点c（H+）＝c（OH﹣），呈中性，不一定为纯水，可以是强酸强碱盐溶液，故B错误； C．b点c（H+）＝10﹣6mol/L，若为酸溶液，水的电离被抑制，由水电离出的c（H+）水＝mol/L＝1×10﹣8mol•L﹣1，若为盐水解显酸性的溶液，则水电离出的c（H+）水＝10﹣6mol/L，故C错误； D．25℃时，离子积常数Kw＝10﹣14，若a点为将1LpH＝m的稀硝酸与10LpH＝n的KOH混合后所得的溶液，溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，1L×10﹣mmol/L＝10L×mol/L，可推出m+n＝13，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了弱电解质电离平衡、影响因素分析判断、溶液中离子积常数和水的电离平衡的理解应用，题目难度不大。 3．（2024•莱西市期末）某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，正确的是（　　） A．该温度低于25℃ B．该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性 C．加入NaHSO4晶体促进了水的电离 D．由水电离出来的H+的浓度是1.0×10﹣10mol•L﹣1 【答案】D 【分析】A．常温下，蒸馏水的pH＝7，c（H+）＝1.0×10﹣7mol⋅L﹣1； B．该温度下，水的离子积，pH＝2的NaHSO4溶液中c（H+）＝1.0×10﹣2mol⋅L﹣1；pH＝12的NaOH溶液中c（H+）＝1.0×10﹣12mol⋅L﹣1，； C．NaHSO4能完全电离，生成，加入NaHSO4晶体，相当于增大溶液中c（H+），水的电离逆向移动； D．该温度下，水的离子积，pH为2的NaHSO4溶液中c（H+）＝1.0×10﹣2mol⋅L﹣1，根据水的离子积关系得，溶液中的OH﹣全部由水电离产生。 【解答】解：A．常温下，蒸馏水的pH＝7，c（H+）＝1.0×10﹣7mol⋅L﹣1；某温度下，pH＝6的蒸馏水中，c（H+）＝1.0×10﹣6mol⋅L﹣1，升高温度，促进水的电离，故该温度高于25℃，故A 错误； B．该温度下，水的离子积，pH＝2的NaHSO4溶液中c（H+）＝1.0×10﹣2mol⋅L﹣1；pH＝12的NaOH溶液中c（H+）＝1.0×10﹣12mol⋅L﹣1，，等体积的混合时，NaOH过量，反应后溶液呈碱性，故B错误； C．NaHSO4能完全电离，生成，加入NaHSO4晶体，相当于增大溶液中c（H+），水的电离逆向移动，抑制水的电离，故C错误； D．该温度下，水的离子积，pH为2的NaHSO4溶液中c（H+）＝1.0×10﹣2mol⋅L﹣1，根据水的离子积关系得，则由水电离出来的H+的浓度是1.0×10﹣10mol•L﹣1，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查弱电解质的电离，侧重考查学生电离平衡的掌握情况，试题难度中等。 4．（2024•莱西市期末）下列叙述正确的是（　　） A．图1可用于测定NaOH溶液的浓度 B．图2表示25℃时，用0.1mol•L﹣1盐酸滴定20mL0.1mol•L﹣1NaOH溶液，滴定曲线一定正确 C．图3所示的读数为12.20mL D．一定质量的冰醋酸加水稀释的过程中，溶液导电能力变化的曲线图如图4 【答案】D 【分析】A．NaOH溶液不能装在酸式滴定管中； B．酸碱中和滴定曲线在邻近滴定终点时有一个突变趋势； C．滴定管读数上小下大； D．冰醋酸中只有醋酸分子，不导电，加水稀释时，醋酸逐渐电离，溶液中离子浓度先增大后减小。 【解答】解：A．NaOH溶液不能装在酸式滴定管中，故A错误； B．酸碱中和滴定曲线在邻近滴定终点时有一个突变趋势，图2没有突变，故B错误； C．滴定管读数上小下大，图3所示的读数为11.80mL，故C错误； D．冰醋酸中只有醋酸分子，不导电，加水稀释时，醋酸逐渐电离，溶液中离子浓度先增大后减小，故导电能力如图所示，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查了酸碱中和滴定的相关内容，难度不大，属于基础性知识的考查，平常注意知识的积累。 5．（2024•莱西市期末）科学家开发了一种CO2淡化海水技术，其循环如图所示。已知：常温下，RNH2的电离常数的数量级为10﹣4；H2CO3的电离常数Ka1＝4.3×10﹣7，Ka2＝5.6×10﹣11。下列叙述错误的是（　　） A．可采用过滤操作分离出RNH3Cl B．经上述多种循环获得的水的导电性减弱 C．操作时先通入CO2，再加入RNH2 D．0.1mol•L﹣1RNH3HCO3水溶液呈弱碱性 【答案】C 【分析】A．RNH3Cl是难溶物； B．水的导电性与离子浓度有关； C．CO2在水中溶解度小，不能先加； D．根据电离常数可知，RNH2的电离常数大于H2CO3。 【解答】解：A．RNH3Cl是难溶物，可采用过滤操作分离出RNH3Cl，故A正确； B．水的导电性与离子浓度有关，该循环使海水中氯化钠浓度降低，故经循环后水的导电性减弱，故B正确； C．CO2在水中溶解度小，应先加入RNH2形成碱性溶液，再通入CO2，故C错误； D．根据电离常数可知，RNH2的电离常数大于H2CO3，电离大于水解，所以RNH3HCO3溶液显碱性，故D正确； 故选：C。 【点评】本题主要考查学生的看图理解能力、分析能力，同时考查配位键、平衡常数K的应用等，属于基本知识的考查，题目难度不大。 6．（2024•崂山区一模）工业上可利用氨水吸收SO2和NO2，原理如图所示。已知：25℃时，NH3⋅H2O的Kb＝1.7×10﹣5，H2SO3的Ka1＝1.3×10﹣2，Ka2＝6.2×10﹣8，下列说法正确的是（　　） A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3：c（H2SO3）＞c（NH3⋅H2O）+c（） B．反应NH3⋅H2O+H2SO3⇌++H2O的平衡常数K＝2.21×107 C．向氨水中通入SO2至pH＝7；2c（）＞c（）＞c（H+）＝c（OH﹣） D．NO2被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2+4═N2+4 【答案】B 【分析】A．向氨水中通入SO2恰好生成NH4HSO3，电荷守恒c（）+c（H+）＝2c（）+c（）+c（OH﹣），物料守恒c（）+c（NH3•H2O）＝c（）+c（）+c（H2SO3），则c（H+）+c（H2SO3）＝c（）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O）； B．反应NH3•H2O+H2SO3＝++H2O的平衡常数K＝，Kb＝，Ka1＝； C．向氨水中通入SO2至pH＝7：c（H+）＝c（OH﹣），电荷守恒c（ H+）+c（）＝2c（）+c（）+c（OH﹣）； D．NO2 被NH4HSO3吸收的离子方程式：2NO2+4＝N2+4+4H+。 【解答】解：A．向氨水中通入SO2恰好反应生成NH4HSO3，电荷守恒c（）+c（H+）＝2c（）+c（）+c（OH﹣），物料守恒c（）+c（NH3•H2O）＝c（）+c（）+c（H2SO3），则c（H+）+c（H2SO3）＝c（）+c（OH﹣）+c（NH3•H2O），NH3•H2O的Kb＝l.7×10﹣5 小于H2SO3的Ka1＝1.3×10﹣2，溶液呈酸性，则c（H2SO3）＜（）+c（NH3•H2O），故A错误； B．反应NH3•H2O+H2SO3＝++H2O的平衡常数K＝，Kb＝，Ka1＝，则K＝＝2.21×107，故B正确； C．向氨水中通入SO2至pH＝7，电荷守恒c（ H+）+c（）＝2c（）+c（）+c（OH﹣），c （）＞c（），故C错误； D．NO2 被NH4HSO3吸收生成氮气和硫酸根离子，其反应的离子方程式：2NO2+4＝N2+4+4H+，故D错误； 故选：B。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度大小比较的掌握情况，试题难度中等。 7．（2024•滕州市期末）室温下10mLpH均为3的醋酸和盐酸两种溶液（不考虑挥发），下列叙述正确的是（　　） A．使温度都升高20℃后，盐酸的pH大 B．分别加水稀释到pH＝4时，盐酸加水多 C．分别加水稀释到100mL后，醋酸溶液的pH大 D．分别加少量的醋酸钠晶体后，盐酸的pH增大，醋酸溶液的pH减小 【答案】A 【分析】A．升高温度，促进醋酸的电离，溶液中c（H+）增大； B．加水稀释促进醋酸电离，分别加水稀释相同倍数时溶液pH：盐酸＞醋酸； C．加水稀释促进醋酸电离，溶液中c（H+）：醋酸＞盐酸； D．分别加少量的醋酸钠晶体后，醋酸钠与盐酸反应生成醋酸，醋酸根离子抑制醋酸的电离，两溶液的酸性均减弱。 【解答】解：A．升高温度促进醋酸的电离，醋酸溶液中c（H+）增大，盐酸溶液中c（H+）基本不变，则盐酸的pH大，故A正确； B．加水稀释促进醋酸电离，分别加水稀释相同倍数时溶液pH：盐酸＞醋酸，所以pH均为3的醋酸和盐酸分别加水稀释到pH＝4时，醋酸加水多，故B错误； C．加水稀释促进醋酸电离，10mLpH＝3的醋酸加水稀释到100mL后，醋酸溶液的3＜pH＜4，盐酸的pH＝4，故C错误； D．分别加少量的醋酸钠晶体后，醋酸钠与盐酸反应生成醋酸，醋酸根离子抑制醋酸的电离，则两溶液的酸性均减弱，pH均增大，故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查弱电解质电离平衡，侧重学生的分析能力和运用能力考查，把握弱电解质电离平衡及其影响因素是解题关键，题目难度中等。 8．（2024•滕州市期末）某温度下，重水（D2O）的离子积Kw＝1.6×10﹣15，规定pD＝﹣lg（D+）。下列说法错误的是（　　） A．重水是极弱的电解质，将少量NaOH加入重水，重水的电离程度减小 B．该温度下重水的pD＝8﹣1g4 C．该温度下，2L含0.01molD2SO4的重水溶液，其pD＝2 D．该温度下，在100mL0.4mol/L的DCl重水溶液中，加入100mL0.2mol/LNaOD的重水溶液，充分反应后溶液的pD＝1﹣1g2（忽略溶液体积的变化） 【答案】D 【分析】A．某温度下，重水（D2O）的离子积Kw＝1.6×10﹣15，说明重水为极弱的电解质，酸碱抑制其电离； B．某温度下，重水（D2O）的离子积Kw＝c（D+）×c（OD﹣）＝1.6×10﹣15，c（D+）＝c（OD﹣）＝mol/L＝4×10﹣8mol/L，规定pD＝﹣lg（D+）计算； C．规定pD＝﹣lg（D+），2L含0.01molD2SO4的重水溶液，c（D+）＝＝0.01mol/L； D．该温度下Kw＝c（D+）×c（OD﹣）＝1.6×10﹣15，，在100mL0.4mol/L的DCl重水溶液中，加入100mL0.2mol/LNaOD的重水溶液，充分反应后，溶液中剩余c（D+）＝＝0.1mol/L，规定pD＝﹣lg（D+）。 【解答】解：A．重水是极弱的电解质，存在电离平衡，将少量NaOH加入重水，抑制重水的电离，电离程度减小，故A正确； B．某温度下，重水（D2O）的离子积Kw＝c（D+）×c（OD﹣）＝1.6×10﹣15，c（D+）＝c（OD﹣）＝mol/L＝4×10﹣8mol/L，pD＝8﹣1g4，故B正确； C．规定pD＝﹣lg（D+），2L含0.01molD2SO4的重水溶液，c（D+）＝＝0.01mol/L，其pD＝2，故C正确； D．该温度下Kw＝c（D+）×c（OD﹣）＝1.6×10﹣15，，在100mL0.4mol/L的DCl重水溶液中，加入100mL0.2mol/LNaOD的重水溶液，充分反应后，溶液中剩余c（D+）＝＝0.1mol/L，的pD＝1，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查了弱电解质电离平衡影响元素分析、离子浓度计算等知识的，注意知识的熟练掌握，题目难度不大。 9．（2024•潍坊期末）草酸 （H2C2O4） 是一种有机二元弱酸，常温下，向100mL0.50mol⋅L﹣1H2C2O4溶液 中加入1.0mol⋅L﹣1NaOH溶液调节pH，加水控制溶液体积为200mL，测得溶液中微粒的 δ（x）[δ（x）＝，x代表H2C2O4、HC2或C2]随pH变化如图所示。下列说法正确的是（　　） A．pH调至2时，发生反应：HC2+OH﹣═C2+H2O B．N点溶液：c（Na+）＞3c（C2） C．M点溶液 D．当pH＝3.9时，溶液中 【答案】D 【分析】当酸性越强时，δ（H2C2O4）含量越大，碱性越强时，溶液中δ（C2）含量越大，所以曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别是H2C2O4、HC2、C2的变化曲线，在点（1.3，0.5）处，c（H2C2O4）＝c（HC2），草酸H2C2O4的电离常数Ka1＝＝c（H+）＝1.0×10﹣1.3，当pH＝4.3时，c（HC2）＝c（C2），此时H2C2O4的电离平衡常数Ka2＝＝c（H+）＝1.0×10﹣4.3，N点c（C2）＝c（HC2），c（C2）+c（OH﹣）＝c（HC2）+c（H+），则c（OH﹣）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（HC2）+2c（C2）+c（OH﹣），在M点溶液中只有HC2和C2，HC2的含量为0.2，则C2的含量为0.8，而H2C2O4的物质的量为0.1L×0.50 mol/L＝0.05mol，则n（C2）＝0.8×0.05 mol＝0.04mol，c＝。 【解答】解：A．图象分析可知，pH调至2时，发生反应：H2C2O4+OH﹣═HC2+H2O，故A错误； B．N点c（C2）＝c（HC2），c（C2）+c（OH﹣）＝c（HC2）+c（H+），则c（OH﹣）＝c（H+），溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（HC2）+2c（C2）+c（OH﹣），得到c（Na+）＝3c（C2），故B错误； C．在M点溶液中只有HC2和C2，HC2的含量为0.2，则C2的含量为0.8，而H2C2O4的物质的量为0.1L×0.50 mol/L＝0.05mol，则n（C2）＝0.8×0.05 mol＝0.04mol，c＝＝＝0.2mol/L，故C错误； D．当pH＝3.9时，溶液中＝×＝＝102.2，故D正确； 故选：D。 【点评】本题考查弱电解质电离，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒成分关系、电离平衡常数计算方法等知识点是解本题关键，题目难度不大。 10．（2024•潍坊期末）用0.1000mol•L﹣1的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液。下列说法正确的是（　　） A．可用甲基橙做指示剂 B．酸式滴定管用盐酸润洗后，润洗液全部从上口倒出 C．滴定开始到终点，滴定管的尖嘴不能碰触锥形瓶内壁 D．滴定前未驱赶滴定管尖嘴部分气泡，滴定后气泡消失，则所测浓度偏低 【答案】A 【分析】A．盐酸滴定氢氧化钠滴定终点溶液显中性，可用甲基橙作指示剂； B．酸式滴定管用盐酸润洗后，润洗液部分从上口倒出，部分从下口放出； C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可碰触锥形瓶内壁； D．滴定前未驱赶滴定管尖嘴部分气泡，滴定后气泡消失，消耗氢氧化钠的体积偏大，所测浓度偏高。 【解答】解：A．盐酸滴定氢氧化钠滴定终点溶液显中性，可用甲基橙作指示剂，故A正确； B．酸式滴定管用盐酸润洗后，润洗液部分从上口倒出，部分从下口放出，故B错误； C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可碰触锥形瓶内壁，故C错误； D．滴定前未驱赶滴定管尖嘴部分气泡，滴定后气泡消失，消耗氢氧化钠的体积偏大，所测浓度偏高，故D错误； 故选：A。 【点评】本题主要考查酸碱中和滴定，为高频考点，题目难度不大。 11．（2024•潍坊期末）常温下，有关下列4种溶液的叙述错误的是（　　） 编号 ① ② ③ ④ 溶液 醋酸 盐酸 氨水 氢氧化钠溶液 pH 3 3 11 11 A．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH；③＞④＞②＞① B．将溶液①、④等体积混合，所得溶液中离子浓度的大小关系；c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣） C．溶液③、④中分别加入适量的醋酸铵固体，两种溶液的pH均减小 D．将amL溶液④与bmL溶液②混合所得溶液的pH＝10，则a：b＝9：11 【答案】D 【分析】强电解质完全电离、弱电解质部分电离，则常温下pH相同的①②溶液浓度：①＞②，③④溶液浓度：③＞④， A．加水稀释促进弱电解质的电离； B.．①④等体积混合，①溶液大量剩余，溶液呈酸性，c（OH﹣）＜c（H+），根据电荷守恒得c（CH3COO﹣）＞c（）； C．③中加入NH4Cl，抑制NH3•H2O的电离，④中加入NH4Cl，生成NH3•H2O； D．氢氧化钠和氯化氢都是强电解质，将aL溶液④NaOH与bL溶液②HCl混合后，若所得溶液的pH＝10，则混合溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣4mol/L。 【解答】解：A．加水促进弱电解质的电离，这四种溶液稀释相同倍数时，c（OH﹣）：③＞④，则pH：③＞④＞7，c（H+）：①＞②，则溶液pH：①＜②＜7，所以这四种溶液pH大小为：③＞④＞②＞①，故A正确； B．将溶液①CH3COOH、④NaOH等体积混合，醋酸过量，所得溶液中离子浓度的大小关系；c（CH3COO﹣）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH﹣），故B正确； C．溶液③氨水、④氢氧化钠溶液中分别加入适量的醋酸铵固体，．③中加入NH4Cl，抑制NH3•H2O的电离，氢氧根离子浓度减小，pH减小，④中加入NH4Cl，生成NH3•H2O，溶液溶液中氢氧根离子浓度减小，两种溶液的pH均减小，故C正确； D．氢氧化钠和氯化氢都是强电解质，将aL溶液④NaOH与bL溶液②HCl混合后，若所得溶液的pH＝10，则混合溶液中c（OH﹣）＝mol/L＝10﹣4mol/L，得到a：b＝11：9，故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查弱电解质的电离及酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及计算能力，明确弱电解质电离特点、酸碱混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意掌握电荷守恒，题目难度不大。 12．（2024•潍坊一模）亚砷酸（H3AsO3）常用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态，其各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。亚砷酸的三级电离常数分别为K1，K2，K3。下列说法正确的是（　　） A．当时溶液显碱性 B． C．pH＝13时，溶液中c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣）＝c（H+） D．pH＝14时，c（）＞c（）＞c（H2）＞c（OH﹣） 【答案】A 【分析】A．由图可知，c（H3AsO3）＝n（H2）时，溶液的pH：8～10； B．亚砷酸的三级电离常数分别为K1，K2，K3，且K1＞K2≫K3，但不能计算准确值； C．根据电荷守恒关系分析判断； D．若调节溶液的pH可加入NaOH溶液，pH＝14时溶液中溶质为Na3AsO3，结合水解原理分析判断。 【解答】解：A．由图可知，c（H3AsO3）＝n（H2），即时，溶液的pH：8～10，溶液显碱性，故A正确； B．亚砷酸的三级电离常数：K1＞K2≫K3，但不能计算准确值，则不能比较、的大小关系，故B错误； C．调节溶液的pH可加入NaOH溶液等，此时溶液电荷守恒关系为c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣）＝c（H+）+c（Na+），即pH＝13时，溶液中c（H2）+2c（）+3c（）+c（OH﹣）＞c（H+），故C错误； D．若调节溶液的pH可加入NaOH溶液，pH＝14时溶液中溶质为Na3AsO3，H3AsO3是三元弱酸，的三级水解程度逐渐减小，结合水的电离可知，pH＝14时，c（）＞c（OH﹣）＞c（）＞c（H2），故D错误； 故选：A。 【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较，侧重分析判断能力和运用能力考查，把握图象信息分析、弱电解质的电离平衡、溶液中守恒关系式的应用是解题关键，题目难度中等。 13．（2024•青岛期末）某废水中含浓度相同的Cd2+、Ni2+，若通入H2S气体，保持c（H2S）＝0.1mol•L﹣1，通过调节溶液pH使金属离子分步沉淀。已知常温下，Ksp（CdS）＜Ksp（NiS），﹣lgc（x）与pH关系如图，x表示Cd2+、Ni2+、S2﹣或HS﹣。下列说法错误的是（　　） A．曲线b代表Ni2+，曲线c代表S2﹣ B．Ka2＝10﹣14.4mol•L﹣1 C．M点会有NiS沉淀析出 D．反应NiS（s）+Cd2+（ag）⇌CdS（s）+Ni2+（aq）的平衡常数K＝107.6 【答案】C 【分析】x表示Cd2+、Ni2+、S2﹣或HS﹣，随着pH增大，H2S的电离程度增大，弱酸性溶液中c（HS﹣）和c（S2﹣）均逐渐增大，即﹣lgc（HS﹣）、﹣lgc（S2﹣）均逐渐减小，且pH相同时c（HS﹣）＞c（S2﹣）、﹣lg（HS﹣）＜﹣lg（S2﹣）；随着pH的增大，c（S2﹣）逐渐增大，c（Cd2+）和c（Ni2+）逐渐减小，即﹣lg（Cd2+）和﹣lg（Ni2+）均随着pH增大而增大，且Ksp（CdS）＜Ksp（NiS），当pH相同时c（S2﹣）相同，则有c（Ni2+）＞c（Cd2+），﹣lg（Ni2+）＜p（Cd2+），所以a、b、c、d分别表示Cd2+、Ni2+、S2﹣、HS﹣，pH＝1.6时，c（HS﹣）＝10﹣6.5mol/L，Ka1（H2S）＝×c（H+）＝×10﹣1.6＝10﹣7.1，pH＝4.8时，c（S2﹣）＝c（Cd2+）＝10﹣12.9mol/L，Ksp（CdS）＝c（S2﹣）•c（Cd2+）＝10﹣25.8；pH＝6.7时，c（S2﹣）＝c（Ni2+）＝10﹣9.1mol/L，Ksp（NiS）＝c（S2﹣）•c（Ni2+）＝10﹣18.2，此时c（HS﹣）＝＝mol/L＝10﹣1.4mol/L，Ka2（H2S）＝×c（H+）＝×10﹣6.7＝10﹣14.4，据此分析解答。 【解答】解：A．随pH增大，H2S的电离程度增大，c（HS﹣）和c（S2﹣）均逐渐增大，即﹣lgc（HS﹣）、﹣lgc（S2﹣）均逐渐减小，且pH相同时c（HS﹣）＞c（S2﹣）、﹣lg（HS﹣）＜﹣lg（S2﹣）；随着c（S2﹣）逐渐增大，c（Cd2+）和c（Ni2+）逐渐减小，﹣lg（Cd2+）和﹣lg（Ni2+）均逐渐增大，由于Ksp（CdS）＜Ksp（NiS），则pH相同时c（S2﹣）相同，有c（Ni2+）＞c（Cd2+），﹣lg（Ni2+）＜p（Cd2+），所以a、b、c、d分别表示Cd2+、Ni2+、S2﹣、HS﹣，故A正确； B．pH＝6.7时，c（S2﹣）＝c（Ni2+）＝10﹣9.1mol/L，Ksp（NiS）＝c（S2﹣）•c（Ni2+）＝10﹣18.2，此时c（HS﹣）＝＝mol/L＝10﹣1.4mol/L，Ka2（H2S）＝×c（H+）＝×10﹣6.7＝10﹣14.4，故B正确； C．曲线b代表Ni2+，M点位于曲线b的上方，此时浓度积Q＜Ksp（NiS），即M点无NiS沉淀析出，故C错误； D．由上述分析可知，Ksp（CdS）＝10﹣25.8，Ksp（NiS）＝10﹣18.2，反应NiS（s）+Cd2+（ag）⇌CdS（s）+Ni2+（aq）的平衡常数K＝＝＝＝107.6，故D正确； 故选：C。 【点评】本题考查沉淀溶解平衡和电离平衡的计算，侧重考查学生的分析能力和计算能力，把握曲线对应微粒关系的判断、溶度积常数及其计算、电离平衡常数的计算是解题关键，题目难度中等。 14．（2024•日照三模）室温下，向一定浓度Na2A溶液中加入盐酸，溶液中粒子（H2A、HA﹣、A2﹣、H+、OH﹣）浓度的负对数（用pc表示）与溶液pOH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A．M点纵坐标为2.7 B．水的电离程度：X＞M＞Y＞N C．随着pH减小，c（A2﹣）•c（H+）先增大后减小 D．N点溶液中c（Na+）＜2c（A2﹣）+c（OH﹣） 【答案】D 【分析】pOH越小，碱性越强，c（A2﹣）也会越大，因此线MX代表A2﹣，线XY代表HA﹣，线MY代表H2A，最后两条线分别是H+、OH﹣。X点时，c（HA﹣）＝c（A2﹣），则H2A的；同理，Y点OH﹣时，c（HA﹣）＝c（H2A），则H2A的；据此分析解答。 【解答】解：A．M点时，，也是c（HA﹣）取最大值时，，再根据，求出c（H+）＝10﹣11.3，pH＝11.3，则pOH＝14﹣pH＝2.7，故A正确； B．X→M→Y→N过程，c（A2﹣）逐渐减少，水的电离程度逐渐减小，故B正确； C．当pH减小时，根据Ka2不变，而HA﹣先增大后减小，则先增大后减小，故C正确； D．N点时，根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝2c（A2﹣）+c（HA﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），N点时c（H+）＝c（HA﹣），由此可以得出c（Na+）＝2c（A2﹣）+c（OH﹣）+c（Cl﹣），而c（Cl﹣）＞c（OH﹣），则c（Na+）＞2c（A2﹣）+2c（OH﹣），故D错误； 故选：D。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生微粒浓度关系的掌握情况，试题难度中等。 15．（2024•济南模拟）实验室探究浓度对FeSO4溶液与AgNO3溶液反应的影响。所得数据如表： 实验 编号 试剂 沉淀物质的量之比n（Ag2SO4）/n（Ag） c（AgNO3）/mol•L﹣1 c（FeSO4）/mol•L﹣1 i 0.04 0.04 a ii 0.1 0.1 0.15 iii 0.5 0.5 0.19 iv 1.0 1.0 0.26 v 1.0 0.5 b 已知：Ksp（Ag2SO4）＝1.2×10﹣5。下列说法错误的是（　　） A．实验ⅰ中a＝0 B．实验ⅲ上层清液滴加浓硝酸，沉淀物质的量之比不变 C．本实验增大反应物浓度，对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大 D．实验ⅴ中b＞0.19 【答案】B 【分析】A．等体积混合后，此时； B．实验ⅲ中n（Ag2SO4）/n（Ag）＝0.19，说明Fe2+过量，实验ⅲ上层清液滴加浓硝酸，Fe2+被氧化成Fe3+，使Fe2+Ag+⇌Ag+Fe3+逆向移动； C．结合表中数据可得，本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀占比越大； D．对比实验iii和v，可知b＞0.19。 【解答】解：A．等体积混合后，此时，不会产生Ag2SO4沉淀，所以a＝0，故A正确； B．实验ⅲ中n（Ag2SO4）/n（Ag）＝0.19，Fe2+过量，实验ⅲ上层清液滴加浓硝酸，Fe2+被氧化成Fe3+，使Fe2+Ag+⇌Ag+Fe3+逆向移动，沉淀物质的量之比发生变化，故B错误； C．本实验中反应物浓度增大，得到的沉淀占比越大，推断对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，故C正确； D．由于对复分解反应的影响比对氧化还原反应的影响更大，对比实验iii和v，可知b＞0.19，故D正确； 故选：B。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。 二．解答题（共5小题） 16．（2024•泰安期末）某小组设计如下实验探究未知浓度的CH3COOH溶液相关性质。 （1）25℃时，用pH计测定4mLCH3COOH溶液的pH为2.88，加水稀释至40mL时pH的范围为 　2.88　＜pH＜　3.88　。 （2）25℃时，用下列实验测定CH3COOH的电离度α：取V1mLCH3COOH溶液于锥形瓶中，再加入 　酚酞溶液　（填试剂），用cmol•L﹣1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL；另取该CH3COOH溶液于烧杯中，测得其pH为a。该CH3COOH溶液的浓度为 　　mol•L﹣1，CH3COOH的电离度α为 　或　。 （3）25℃时，0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液，溶液的pH、CH3COOH和CH3COO﹣分布分数δ与所加NaOH物质的量的关系如图所示。 ①δ1表示 　CH3COOH　（填微粒符号）的分布分数曲线； ②由图中数据可知该温度下CH3COOH的电离平衡常数Ka＝　10﹣4.76　． ③pH＝5时，溶液中c（CH3COO﹣）：c（CH3COOH）＝　100.24　； ④若c处c（Na+）＝0.1mol•L﹣1，则a、b、c三处水的电离程度由大到小的顺序为 　c＞b＞a　。 【答案】（1）2.88；3.88； （2）酚酞溶液；；或； （3）①CH3COOH； ②10﹣4.76； ③100.24； ④c＞b＞a。 【分析】（1）醋酸为弱酸，加水稀释会促进电离； （2）取V1mLCH3COOH溶液于锥形瓶中，再加入酚酞溶液，用cmol•L﹣1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL，该CH3COOH溶液的浓度为c＝，另取该CH3COOH溶液于烧杯中，测得其pH为a，已经电离的醋酸浓度为10﹣amol/L，CH3COOH的电离度α＝×100%； （3）①随着氢氧化钠的加入，pH增大，CH3COOH减小，CH3COO﹣增大； ②由图可知c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）时，pH＝4.76，HA的电离平衡常数Ka＝＝c（H+）； ③pH＝5时，c（H+）＝10﹣5mol/L，根据Ka＝＝10﹣4.76，则溶液中c（CH3COO﹣）：c（CH3COOH）； ④若c处c（Na+）＝0.1mol/L，可知c点酸碱恰好完全反应生成NaA，此时水的电离程度最大，a到c是发生酸碱中和的过程，水的电离程度在增大。 【解答】解：（1）25℃时，用pH计测定4mLCH3COOH溶液的pH为2.88，加水稀释至40m，稀释10倍，促进醋酸的电离，溶液pH增大小于1个单位，此时溶液pH的范围为：2.88＜pH＜3.88， 故答案为：2.88；3.88； （2）取V1mLCH3COOH溶液于锥形瓶中，再加入酚酞溶液，用cmol•L﹣1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为V2mL，醋酸和氢氧化钠物质的量相同，该CH3COOH溶液的浓度为c＝＝＝mol/L，另取该CH3COOH溶液于烧杯中，测得其pH为a，已经电离的醋酸浓度为10﹣amol/L，CH3COOH的电离度α＝×100%＝×100%＝；或， 故答案为：酚酞溶液；；或； （3）①随着氢氧化钠的加入，pH增大，CH3COOH减小，CH3COO﹣增大，故δ1表示CH3COOH的分布分数曲线，δ2表示CH3COO﹣的分布分数曲线， 故答案为：CH3COOH； ②由图可知c（CH3COOH）＝c（CH3COO﹣）时，pH＝4.76，HA的电离平衡常数Ka＝＝c（H+）＝10﹣4.76， 故答案为：10﹣4.76； ③pH＝5时，c（H+）＝10﹣5mol/L，根据Ka＝＝10﹣4.76，则溶液中c（CH3COO﹣）：c（CH3COOH）＝＝100.24， 故答案为：100.24； ④若c处c（Na+）＝0.1mol/L，可知c点酸碱恰好完全反应生成NaA，此时水的电离程度最大，a到c是发生酸碱中和的过程，水的电离程度在增大，则a、b、c三处水的电离程度由大到小排序为c＞b＞a， 故答案为：c＞b＞a。 【点评】本题考查弱电解质的电离平衡、酸碱滴定的计算，涉及弱电解质的判断、电离平衡常数的计算等知识，综合考查学生分析问题、解决问题的能力，题目难度中等。 17．（2024•滕州市期末）化学实验是研究物质及其转化的基本方法，是科学探究的一种重要途径。 Ⅰ.为探究不同钠盐对FeCl3水解平衡的影响，化学小组设计如下实验。 实验1；常温下，取10.00mL1mol•L﹣1FeCl3溶液置于烧杯中，加入0.01mol的Na2SO4固体，利用pH传感器测得溶液pH与时间的关系如图1所示。 实验2：常温下，取10.00mL1mol•L﹣1FeCl3溶液置于烧杯中，加入0.02mol的NaCl固体，利用pH传感器测得溶液pH与时间的关系如图2所示。 已知：①常温下，H2SO4的电离常数为Ka1＝1.0×103，Ka2＝1.0×10﹣2。 ②在强酸弱碱盐溶液中加入强电解质，溶液中的离子总浓度增大，离子之间的相互牵制作用增强，易水解的阳离子的活性会增强或减弱。 （1）FeCl3溶液呈酸性的原因是 　FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+　（用离子方程式表示）。 （2）实验1中20s后溶液的pH变化的主要原因为 　在FeCl3溶液中加入强电解质Na2SO4固体，溶液中c（）增大，结合H+生成，溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大　。 （3）实验2中10s后溶液的pH变化的主要原因为 　在FeCl3溶液中加入NaCl固体，溶液中的离子总浓度增大，离子之间的相互牵制作用增强，易水解的Fe3+的活性会增强，导致溶液酸性增强，溶液的pH下降　。 实验结论：不同的钠盐对FeCl3溶液水解平衡的影响是不同的。 （4）实验讨论：根据上述实验预测向10mL0.1mol/LHCl中加入少量Na2SO4固体，利用pH传感器测得溶液pH 　增大　（填“增大”、“不变”或“减小”）。 Ⅱ.探究Na2SO3溶液与FeCl3溶液的反应原理，某兴趣小组进行了如下实验： 装置 现象 现象i：一开始液体颜色加深，由棕黄色变为红褐色。 现象ⅱ：一段时间后液体颜色变浅，变为浅黄色。 （5）配制1mol•L﹣1FeCl3溶液时；先将FeCl3固体溶于 　浓盐酸　，再稀释至指定浓度。 （6）针对上述现象，甲同学认为Fe3+与发生了相互促进的水解反应得到一种胶体，其离子方程式为 　3+2Fe3++6H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3　；乙同学认为Fe3+与还发生了氧化还原反应，请据此判断两种反应活化能较小的是 　水解反应　（填“水解反应”或“氧化还原反应”）。 提示：经查阅资料和进一步实验探究，证实了与Fe3+既发生了水解反应又发生了氧化还原反应。 【答案】Ⅰ．（1）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+； （2）在FeCl3溶液中加入强电解质Na2SO4固体，溶液中c（）增大，结合H+生成，溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大； （3）在FeCl3溶液中加入NaCl固体，溶液中的离子总浓度增大，离子之间的相互牵制作用增强，易水解的Fe3+的活性会增强，导致溶液酸性增强，溶液的pH下降； （4）增大 Ⅱ．（5）浓盐酸； （6）3+2Fe3++6H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3；水解反应。 【分析】Ⅰ．（1）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性； （2）在强酸弱碱盐溶液中加入强电解质，溶液中的离子总浓度增大，离子之间的相互牵制作用增强，易水解的阳离子的活性会增强； （3）图2中20s后溶液的pH增大的主要原因为：在FeCl3溶液中加入强电解质Na2SO4固体，溶液中c（）增大，结合H+生成； （4）向10mL0.1mol/LHCl中加入少量Na2SO4固体，结合H+生成； Ⅱ．（5）由于氯化铁极易水解，水解后显酸性，故应先将FeCl3固体溶于浓盐酸中； （6）二者双水解生成亚硫酸和氢氧化铁胶体，反应的离子方程式：3+2Fe3++6H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3，乙同学认为.Fe3+与还发生了氧化还原反应，结合反应现象可知，一开始液体颜色加深，由棕黄色变为红褐色，说明该过程反应速率快，活化能小； 【解答】解：Ⅰ．（1）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+， 故答案为：FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2O⇌Fe（OH）3+3H+； （2）图1中20s后溶液的pH增大的主要原因为：在FeCl3溶液中加入强电解质Na2SO4固体，溶液中c（）增大，结合H+生成，溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大， 故答案为：在FeCl3溶液中加入强电解质Na2SO4固体，溶液中c（）增大，结合H+生成，溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大； （3）图2中10s后溶液的pH下降的主要原因为，在FeCl3溶液中加入NaCl固体，溶液中的离子总浓度增大，离子之间的相互牵制作用增强，易水解的Fe3+的活性会增强，导致溶液酸性增强，溶液的pH下降， 故答案为：在FeCl3溶液中加入NaCl固体，溶液中的离子总浓度增大，离子之间的相互牵制作用增强，易水解的Fe3+的活性会增强，导致溶液酸性增强，溶液的pH下降； （4）向10mL0.1mol/LHCl中加入少量Na2SO4固体，结合H+生成，溶液中c（H+）减小，溶液的pH增大， 故答案为：增大； Ⅱ．（5）由于氯化铁极易水解，水解后显酸性，故应先将FeCl3固体溶于浓盐酸中，再稀释至指定浓度， 故答案为：浓盐酸； （6）二者双水解生成亚硫酸和氢氧化铁胶体，反应的离子方程式：3+2Fe3++6H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3，乙同学认为.Fe3+与还发生了氧化还原反应，结合反应现象可知，一开始液体颜色加深，由棕黄色变为红褐色，说明该过程反应速率快，活化能小，即双水解过程活化能小，氧化还原反应过程活化能大， 故答案为：3+2Fe3++6H2O＝2Fe（OH）3（胶体）+3H2SO3；水解反应。 【点评】本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。 18．（2024•滕州市期末）室温下，有浓度均为0.1mol•L﹣1的下列五种溶液，请回答问题。 ①HCl ②NaCl ③CH3COOH ④CH3COONa ⑤Na2CO3 资料：室温下电离常数，醋酸Ka＝1.7×10﹣5；碳酸Ka1＝4.4×10﹣7，Ka2＝4.7×10﹣11。 （1）上述溶液加入水中，对水的电离无影响的是 　②　（填序号），溶液④中溶质与水作用的离子方程式为 　CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣　。 （2）上述溶液的pH由小到大的顺序为 　①③②④⑤　（填序号）。 （3）比较溶液③和④中CH3COO﹣的物质的量浓度：③　小于　④（填“大于”、“等于”或“小于”）。 （4）室温下，向溶液①中加水稀释至原体积的100倍，所得溶液的pH为 　3　。 （5）向20mL0.1mol/LCH3COOH中滴加0.1mol/LNaOH过程中，pH变化如图所示。 ①滴加过程中发生反应的离子方程式是 　CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O　。 ②下列说法正确的是 　ab　。 a.A、C两点水的电离程度：A＜C b.B点溶液中微粒浓度满足：c（Na+）+c（H+）═c（CH3COO﹣）+c（OH﹣） c.D点溶液微粒浓度满足：c（H+）+c（Na+）═c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣） 【答案】（1）②；CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣； （2）①③②④⑤； （3）小于； （4）3； （5）①CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O； ②ab。 【分析】（1）溶液加入水中，对水的电离无影响的，是强酸强碱的正盐，酸、碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，溶液④中溶质与水作用是醋酸根离子水解； （2）溶液pH强碱＞弱碱＞水解显碱性的盐＞中性溶液＞水解显酸性的盐＞弱酸＞强酸； （3）醋酸为弱酸操作电离平衡，醋酸钠完全电离； （4）0.1mol•L﹣1的HCl溶液pH＝1，加水稀释100倍，溶液pH增大两个单位； （5）①滴加过程中CH3COOH和NaOH发生中和反应生成CH3COONa和H2O； ②a．A点酸抑制水电离，C点溶液呈中性，不影响水电离； b．B点溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣）； c．D点溶液中加入的酸碱的物质的量相等，溶液中存在物料守恒。 【解答】解：（1）上述溶液加入水中，对水的电离无影响的是②NaCl，溶液④中溶质与水作用的离子方程式为：CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣， 故答案为：②；CH3COO﹣+H2O⇌CH3COOH+OH﹣； （2）室温下，有浓度均为0.1mol•L﹣1的下列五种溶液，①HCl ②NaCl ③CH3COOH ④CH3COONa ⑤Na2CO3，溶液pH由小到大的顺序为：①③②④⑤， 故答案为：①③②④⑤； （3）③CH3COOH ④CH3COONa，醋酸为弱酸，醋酸钠为强电解质，则CH3COO﹣的物质的量浓度：③小于④， 故答案为：小于； （4）室温下，0.1mol•L﹣1的HCl溶液pH＝1，向溶液①HCl中加水稀释至原体积的100倍，溶液pH增大两个单位，所得溶液的pH＝3， 故答案为：3； （5）①滴加过程中CH3COOH和NaOH发生中和反应生成CH3COONa和H2O，离子方程式为：CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O， 故答案为：CH3COOH+OH﹣＝CH3COO﹣+H2O； ②a．A点酸抑制水电离，C点溶液呈中性，不影响水电离，所以水电离程度：A点＜C点，故a正确； b．B点溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（CH3COO﹣）+c（OH﹣），故b正确； c．D点溶液中加入的酸碱的物质的量相等，溶液中存在物料守恒c（Na+）＝c（CH3COOH）+c（CH3COO﹣），故c错误； 故答案为：ab。 【点评】本题考查弱电解质的电离、酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确弱酸电离平衡常数与酸性强弱的关系、pH值大小比较方法、酸电离影响因素等知识点是解本题关键，注意物料守恒、电荷守恒的灵活运用。 19．（2024•滕州市期末）现有下列仪器或用品：①铁架台（含铁圈、各种铁夹）；②锥形瓶；③滴定管（酸式与碱式）；④烧杯（若干个）；⑤玻璃棒；⑥天平（含砝码）；⑦滤纸；⑧量筒；⑨漏斗。有下列药品：①NaOH固体；②0.1000mol/L的标准NaOH溶液；③未知浓度的盐酸；④Na2CO3溶液。试回答以下问题： （1）做酸碱中和滴定时，还缺少的试剂有蒸馏水、　酚酞溶液　。 （2）小明在做“研究温度对反应速率的影响”实验时，他往两支试管中均加入4mL0.01mol/L的KMnO4酸性溶液和2mL0.1mol/LH2C2O4（乙二酸）溶液，振荡，A试管置于热水中，B试管置于冷水中，记录溶液褪色所需的时间。褪色所需时间tB　＞　tA（填“＞”、“＝”或“＜”）。写出该反应的离子方程式 　2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O　。 （3）实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，小明利用这个反应的原理来测定其含量，具体操作为：①配制250.0mL溶液：准确称量5.000g乙二酸样品，配成250.0mL溶液。 ②滴定：准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，将0.1000mol/LKMnO4溶液装入 　酸式　（填“酸式”或“碱式”）滴定管，进行滴定操作；当 　滴入最后半滴标准溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色　，说明达到滴定终点。 ③计算：重复操作2次，记录实验数据如下。则此样品的纯度为 　94.5%　（注意有效数字）。 序号 1 2 3 4 滴定前读数 0 1.000 0 2.000 滴定后读数 21.01 21.97 23.00 23.02 ④误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是 　CD　。 A.用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管 B.滴定前锥形瓶有少量水 C.观察读数时，滴定前俯视，滴定后仰视 D.用所配溶液润洗锥形瓶 【答案】（1）酚酞溶液； （2）＜；2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O； （3）②酸式；滴入最后半滴标准溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色； ③94.5%； ④CD。 【分析】（1）在配制氢氧化钠溶液时需要蒸馏水，在酸碱中和滴定的过程中，需要的试剂有酸液、碱液和酸碱指示剂，一般用酚酞溶液； （2）温度越高反应速率越快，A试管置于热水中，则A中的反应速率快，则褪色所用时间短，高锰酸钾具有强氧化性，能将草酸氧化为二氧化碳，本身被还原为锰离子； （3）②酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以酸性高锰酸钾溶液应该盛放在酸式滴定管中，高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快； ③第三次消耗体积与第一次和第二次相差较大，所以要舍去，则消耗KMnO4溶液的平均体积＝mL＝21.00mL，设样品的纯度为x，反应的关系式为：2～5H2C2O4； ④A．酸式滴定管水洗后未用待测液润洗，会导致酸性高锰酸钾浓度偏小，需要高锰酸钾体积偏大； B．锥形瓶内有水，对实验无影响； C．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致测定高锰酸钾体积偏小。 【解答】解：（1）在配制氢氧化钠溶液时需要蒸馏水，在酸碱中和滴定的过程中，需要的试剂有酸液、碱液和酸碱指示剂，一般用酚酞溶液，故还需要的是蒸馏水和酚酞溶液， 故答案为：酚酞溶液； （2）温度越高反应速率越快，A试管置于热水中，则A中的反应速率快，则褪色所用时间短，所以褪色所需时间tA＜tB；高锰酸钾具有强氧化性，能将草酸氧化为二氧化碳，本身被还原为锰离子，即2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O， 故答案为：＜；2+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O； （3）②酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，所以酸性高锰酸钾溶液应该盛放在酸式滴定管中，高锰酸根离子被还原生成的锰离子有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后半滴标准溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色， 故答案为：酸式；滴入最后半滴标准溶液，溶液颜色由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色； ③第三次消耗体积较大，所以要舍去，则消耗KMnO4溶液的平均体积＝mL＝21.00mL，设样品的纯度为x，反应的关系式为：2～5H2C2O4，＝，x＝×100%＝94.5%， 故答案为：94.5%； ④A．酸式滴定管水洗后用待测液润洗，对测量结果物影响，故A错误； B．锥形瓶内有水，对实验无影响，故B错误； C．观察读数时，滴定前俯视，滴定后仰视，导致测定高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故C正确； D.用所配溶液润洗锥形瓶，消耗高锰酸钾的体积偏大，测定值偏大，故D正确； 故答案为：CD。 【点评】本题考查酸碱中和滴定，侧重考查学生滴定操作的掌握情况，试题难度中等。 20．（2024•市南区一模）氧族元素及其化合物在生产、生活中发挥着重要的作用。回答下列问题： （1）工业上常用硫化物（FeS等）作沉淀剂除去废水中的Cu2+等重金属离子。已知常温下CuS饱和溶液中，﹣lgc（Cu2+）和﹣lgc（S2﹣）关系如图所示， Ksp（CuS）＝ 　1.0×10﹣36　；图中a、b、c三点对应的溶液中，一定存在CuS沉淀的是 　b　（填序号）。 （2）硒是人体必需的微量元素。工业上将含硒工业废料处理得到亚硒酸（H2SeO3）和硒酸（H2SeO4），进而制备单质硒。亚硒酸（H2SeO3）在溶液中存在多种微粒形态，25℃时各微粒的分布系数δ与溶液pH的关系如图所示。（分布系数即组分的平衡浓度占总浓度的分数） ①将KOH滴入H2SeO3溶液中，当pH达到2.0时，发生反应的离子方程式是 　H2SeO3+OH﹣＝+H2O　。 ②25℃时，KHSeO3溶液的pH＜7，通过计算和必要的文字加以解释：　Ka2＞Kh2，的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，所以KHSeO3溶液pH＜7　。 ③已知硒酸的电离方程式为：H2SeO4＝H++，⇌H++。25℃时，下列关于0.1mol•L﹣1NaHSeO4溶液的说法错误的是 　BC　。 A．c（Na+）＞c（）＞c（H+）＞c（）＞c（OH﹣） B．c（H+）＝c（OH﹣）+c（）+c（H2SeO4） C．c（）+c（）+c（H2SeO4）＝0.1mol•L﹣1 D．c（Na+）+c（H+）＝c（）+2c（）+c（OH﹣） 【答案】（1）1.0×10﹣36；b； （2）①H2SeO3+OH﹣＝+H2O； ②Ka2＞Kh2，的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，所以KHSeO3溶液pH＜7； ③BC。 【分析】（1）由图可知，常温下 CuS 饱和溶液中，当﹣lgc（Cu2+）＝0 时，﹣lgc（S2﹣）＝36，则 c（Cu2+）＝1mol/L，c（S2﹣）＝1.0×10﹣36mol/L，故 Ksp（CuS）＝c（Cu2+）•c（S2﹣）＝1.0×10﹣36 ；曲线上各点表示溶解平衡状态，表示溶液为饱和溶液，则a点为 CuS 的饱和溶液，不一定有 CuS 沉淀，﹣lgc（Cu2+） 越大，c（Cu2+） 越小，同理，﹣lgc（S2﹣） 越大，c（S2﹣） 越小； （2）将 KOH 滴入 H2SeO3溶液中，先发生反应 H2SeO3+OH﹣＝+H2O，再发生反应 +OH﹣＝+H2O，则 δ0表示 H2SeO3的分布系数，δ1表示 的分布系数，δ2表示 的分布系数。 【解答】解：（1）由图可知，常温下 CuS 饱和溶液中，当﹣lgc（Cu2+）＝0 时，﹣lgc（S2﹣）＝36，则 c（Cu2+）＝1mol/L，c（S2﹣）＝1.0×10﹣36mol/L，故 Ksp（CuS）＝c（Cu2+）•c（S2﹣）＝1.0×10﹣36 ；曲线上各点表示溶解平衡状态，表示溶液为饱和溶液，则a点为 CuS 的饱和溶液，不一定有 CuS 沉淀，﹣lgc（Cu2+） 越大，c（Cu2+） 越小，同理，﹣lgc（S2﹣） 越大，c（S2﹣） 越小，则c点表示 CuS 的不饱和溶液，一定没有CuS沉淀存在，b点为CuS 的过饱和溶液，一定会生成 CuS 沉淀， 故答案为：1.0×10﹣36；b； （2）将 KOH 滴入 H2SeO3溶液中，先发生反应 H2SeO3+OH﹣＝+H2O，再发生反应 +OH﹣＝+H2O，则 δ0表示 H2SeO3的分布系数，δ1表示 的分布系数，δ2表示 的分布系数； ①由图可知，将 KOH 滴入 H2SeO3溶液中，从开始到pH达到2.0时，H2SeO3在减小，在增多，则发生反应的离子方程式是 H2SeO3+OH﹣＝+H2O， 故答案为：H2SeO3+OH﹣＝+H2O； ②KHSeO3溶液中既存在 的电离：⇌H++，也存在的水解：+H2O⇌H2SeO3+OH﹣，由图知，c（）＝c（） 时，c（H+）＝1.0×10﹣7.3mol/L，则的电离常数为 Ka2＝＝1.0×10﹣7.3；当c（H2SeO3）＝c（）时，c（H+）＝1.0×10﹣2.5mol/L，Ka1＝＝1.0×10﹣2.5，则 的水解常数为 Kh2＝＝1.0×10﹣11.5，Ka2＞Kh2，即 的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，所以 KHSeO3溶液 pH＜7， 故答案为：Ka2＞Kh2，的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，所以KHSeO3溶液pH＜7； ③已知硒酸的电离方程式为：H2SeO4＝H++，⇌H++，第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHSeO4溶液中存在：NaHSeO4＝Na++，⇌H++，H2O⇌H++OH﹣，不能水解，溶液中不会有 H2SeO4分子； A．溶液中存在 ⇌H++，H2O⇌H++OH﹣，且 电离是微弱的，则 c（Na+）＞c（）＞c（H+）＞c（）＞c（OH﹣），故A正确； B．不能水解，溶液中不会有 H2SeO4分子，根据质子守恒，应为 c（H+）＝c（OH﹣）+c（），故B错误； C．不能水解，溶液中不会有 H2SeO4分子，根据物料守恒知，应为 c（）+c（）＝0.1mol•L﹣1，故C错误； D．溶液中存在电荷守恒：c（Na+）+c（H+）＝c（）+2c（）+c（OH﹣），故D正确； 故答案为：BC。 【点评】本题考查水溶液中的平衡，侧重考查学生沉淀溶解平衡的掌握情况，试题难度中等。 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $$