板块一 专题八 电解质溶液中的平衡与微粒变化-【衡中学案】2025年高考化学二轮总复习学案

110 专题八电解质溶液中的平衡与微粒变化 1.试题外观特征：(1)试题情境：一般是陌生、复杂的情境，主要包括日常生活情境、生产环保情境 和实验探究情境；(2)试题特征：文字型或文字+图像型；(3)选项特征：四个选项的考查角度各 不相同，分别从不同角度进行设问。 命题规律 2.考查要求：(1)必备知识：侧重于化学变化与规律，物质在溶液中的平衡以及受外界条件的影响、 离子浓度大小的比较、各种平衡常数的计算等：(2)关键能力：侧重于信息获取与加工、逻辑推理 与论证和批判性思雏能力，要求能从题干及图像中提取有效信息，结合平衡移动原理和各种守恒 思想，分析和解决具体问题。 3.命题角度：(1)酸碱中和反应图像的分析：(2)沉淀溶解平衡图像的分析；(3)其他情境分析。 1.题干研究对象多为复杂动态的，呈现方式主要以图像和表格的形式，坐标轴多为对数或负对 效等。 真题解密 2.四个远项各不相同，主要包括曲线含义的判断、微粒浓度大小判断、外界条件的影响、常数计 算等。 3.考查内容主要是利用平衡移动规律分析解决电解质溶液中四大平衡的微粒变化与浓度关系等。 本题一般位于选择题的最后，属于“压轴选择题”。旨在考查电解质溶液中的粒子浓度的大小 顺序，溶液p川的判断以及溶液中的各种粒子守恒之间关系的判断，相关平衡常数计算以及对数、 分布系数热点图像等，命题设计更趋新颗灵活，综合性强，难度较大。 命题预测 预计2025年命题中，“四大常数”（水的离子积常效、电离常数、水解常数、溶度积常数）的计算 及应用、中和滴定的迁移应用、离子浓度大小的比较、沉淀溶解平衡仍会成为考查的重点，难度以偏 难为主，以选择题、图像题的形式呈现。在化工流程题中考查溶度积(K,)的计算及应用，在化学反 应原理综合题中考查电离常数、水解常数等的计算及应用等 微专题1 可溶性电解质溶液微粒变化图像分析 〈高吉真题炱析 明考向 角度里配位、电离与水解微粒变化图像分析 1.(2024·河北选考)在水溶液中，CN-可与多种金属离子形成配离子。X,Y、Z三种金属离子分别与CNˉ形成配 离子达平衡时，g金属离于与-g(CN)的关系如图。 c(配离子) 两种原子均有煎电子对，由于碳 10 的电负性差，一般碳原子为全属 店子空轨道中提供孤电子对 5 -10 20 -25 -30 -35 40 2 -lg c(CN-) 下列说法正确的是 A.99%的X,Y转化为配离子时，两溶液中CN的平衡浓度：X>Y 111 c(Z) B向Q点X,Z的混合液中加少量可溶性Y盐，达平衡时入配离子予>2能离子司】 C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时，消耗CN的物质的量：Y<Z D.若相关离子的浓度关系如P点所示，Y配离子的解离速率小于生成速率 2.(2024·湖南选考)常温下K(HC00H)=1.8×104,向20mL0.10m0l·L1 0.10 NaOH溶液中缓慢滴人相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随 加人HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是 ( ÷0.05 A.水的电离程度：M<N M B.M点：2c(OH)=c(Na)+c(H) C.当V(HCOOH)=10mL时，c(OH-)=c(H)+2c(HCOOH)+c(HCO0) 5101520 D.N点：c(Na)>c(HCOO)>c(OH)>c(H)>c(HCOOH) VHCOOHVmL 珀度2滴定过程微粒变化图像分析 3.(2024·山东选考)常温下Ag(I)-CH,C00H水溶液体系中存在反应： 1.0 Ag°+CH,CO0一CH,CO0Ag(aq),平衡常数为K。已知初始浓度 .8 co(Ag)=c(CH,C00H)=0.08mol·L-',所有含碳物种的摩尔分数与 06 pH变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）。下列说法正确的是() 04 A.线Ⅱ表示CH,COOH的变化情况 0.2 B.CH,COOH的电离平衡常数K=10“ 0.0 2 4mn6 81012 C.pH=n时，c(Ag')=10 Kmol·L- l D.pH=10时，c(Ag)+c(CH,COOAg)=0.08mol·L-I 4.(2023·湖南选考)常温下，用浓度为0.0200mol·L-的Na0H标准 d 溶液滴定浓度均为0.0200mol·L-'的HC和CH,C0OH的混合溶10 液，清定过程中帝液的H随n?-标需藻薇)的变化曲线如因 8 64 所示。下列说法错误的是 4上 a(1.00.3.38 A.K(CH,C00H)约为1040 B.a:e(Na*)=e(CI)=e(CH:COO)+e(CH;COOH) 0 050 1.001.50 2007 C.点b:c(CH,COOH)<c(CH,COOˉ) D.水的电离程度：a<b<c<d 在滴定过程中，从抑制（酸性）到无影响（中性）再到促进〔减性）再到 无影响（硕性）景后抑制（诚性） 箱度3多种微粒之间转化图像分析 5.(2023·山东选考)在含Hgl(g)的溶液中，一定c(1)范围内，存在平衡关系： Hgl2(s)一Hgl2(aq）;Hgl(aq）=Hg2++2I:Hgl2(q)Hg+1:Hgl,(ag） M(a.b) +I一Hg;Hg(q)+2I一Hg,平衡常数依次为K、K,、K2、K、K。已知 lgc(Hg·),gc(Hg),lgc(Hgl)、gc(Hg)随gc(I厂)的变化关系如图所示， 下列说法错误的是 )-10 -14 A.线L表示gc(Hg)的变化情况 B.随c(I)增大，c[Hg(q)]先增大后减小 K 灵活使用平衡常致表达式进行对数换院。知第二个平衡方程 C.a=g ”为：1gcg*)=gk,+gcg,)-2lgc1) D.溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2：1 112 6.(2024·全国甲卷)将0.10 mmol Ag Cr(0,配制成1.0mL悬浊液，向其中滴加0.I0ol·L的NaCl溶液。 g[cw/(mol·L)](M代表Ag”、C~或CO)随加人NaCl溶液体积(V)的变化关系如图所示（忽略溶液体 积变化)。 0.00 (1.0.-1.60) (2.0.-1.48)2.4.5) 位4.-193 (1.0.4.57) -5.00 。-一一一-4 (1.0.-5.18) 2.4.y) -10.00+ 0.5 1.0 15 2.02.53.035 VNaClVmL 下列叙述正确的是 A.交点a处：c(Na')=2c(C1) ,(AgC0)=10-22 B.- K.(AgCI) C.≤2.0ml时，eG0不变 e(CI-) D.y1=-7.82,y2=-lg34 规律方法整合 建模型 ●与pH有关的图像 L.pH与稀释倍数的线性关系 PH PH HX 13 5 bROH HY 1 11 MOH 3 10 2 0123 4 lg 01234g ①HY为强酸，HX为弱酸 ①MOH为强碱、ROH为弱碱 ②a、b两点的溶液中：c(X)=c(Y) 2c(ROH)>e(MOH) ③水的电离程度：d>c>a=b ③水的电离程度：a>b 2.以常温下将KOH溶液滴加到二元弱酸(H,X)溶液中为例，分析pH~ 5.6 5.4 gX曲线 52 m e(HX-) 5.0 (1)确定各曲线的含义：二元弱酸(H,X)第一步电离程度远大于第二H48 4.6 步电离程度。子或6超大，表示电离度越大。因而 4.4 4.2 4.0 N代表第一步电离曲线，M代表第二步电离曲线。 12-0.8-0.40.00.40.81.2 (2)pH-gA图是分布系数图的变形，通过找g心=0，依次确 c(H.X) e(B) e(B) 定pKn 113 如图，可以根据m点，n点的坐标计算pK和pKao (3)酸式盐NaHX的酸碱性：若K,>Ka,说明HⅨ-的电离程度大于HX的水解程度，溶液呈酸性；②若K,< K2,说明HXˉ的电离程度小于HXˉ的水解程度，溶液呈碱性。 日酸碱滴定曲线分析 巧抓“五点”，突破中和滴定图像。例如：室温下，向20ml0.1mol·LHA溶液中逐滴加入0.1mo·L NaOI溶液，溶液pH的变化如图所示。 PHt D B 0 10 20 40 V(NaOHVmL 起始点A O.Imm·LHA溶液的pH>l,故HA为的皱 一卡点B 海质为NA和HA且 n(NaA) =1 n(HA) pH <7 毫液中：c(A)>cNa>cH>cOH门 中性点C 恋质为NaA和HA(精过量) pH=7 溶液中：cNa)=rA)>HD=cOHD 恰好 反应点D 溶质为NaA pH >7 落液中：Na)>cA)>cOH>cH门 过量点E 溶质为NaA、NaOH pH >7 海液中：(Na)>OHD>cA)>H 目分布系数图像 分布曲线指以H为横坐标，分布系数（即组分的平衡浓度占总浓度的分数）为纵坐标的关系曲线。 一元弱酸（以CH,COOH为例） 二元弱酸（以草酸H,C,0,为例） CHCOOH CHCOO 1.0 H.C.O.HC.O.C.O 0.8 1.0 0.6 0.8 灵活使用交点 00.5 H=pK=4.76 0.4 80.6 B 徵粒关素或特 0.2 0.4 pH=1.2ApH-4.2 殊点计算平衡 0 0.2 3 6 PA 0 常数 pH 23 56 pH 注：pK为电离常数的负对数 K= (HC,0:)·c(H*) c(H,C20,) K,= (CH,CO0）·c(H) e(CH,COOH) A点：c(HC0)=c(H2C204), 交点：c(CHC00)=c(CH,COOH), 故K1=c(H*)=102: 故K=c(H)=1046 Ke=e(C0)·c(H c(HC2O) B点：c(C0)=c(HC20,),故K2=1042 114 四变化观念下的水溶液中的其他图像 种类 具体类型 含义 变化规律 g 生成物与反应物离子浓度比的常用 g越大，反应向正反应 e(HX) e(HX) 对数 方向进行的程度越大 对数图像 Ig Vo 稀释后与稀释前体积比的常用对数 :越大，稀释程度越大 AG越大，酸性越强，中性时， AG=lg (H) e(OH-) c(H)与c(OH)比的常用对数 c(H)=1,AG=0 e(OH-) pH越大，c(H)越小，溶液的碱 pH=-lge(H*) 氢离子浓度的常用对数负值 负对数图像 性越强 pC lge(C) C离子浓度的常用对数负值 pC越大，c(C)越小 溶液中某酸碱组分的平衡浓度占其 δ越大，该组分的所占的比例 分布系数图 总浓度的分数 越大 (1)利用交点可计算弱电解质的平衡常数。 (2)判断酸式盐的酸碱性：在最高点附近。 (3)判断酸式盐溶液中粒子浓度的大小：可从曲线上直接比较粒子浓度的大小 【思维模型】 解答滴定图像题的思维模型 识图像 弄懂纵横坐标的含义，分清拐点、特殊点、起点，终点 找联系 据图像点、线与溶液酸碱性→想规律→找原理→结合反应和图中数据→做判断 思原理 平衡移幼原理、三大宁恒规律、水的电离等 用公式 p川的计算公式、电离平衡常数的表达式、水的高子积 〈强培优精练 提能力 角图手电离与水解微粒变化图像分析 1.(2024·湖北十堰市二模)常温下，向浓度均为0.2mol·L的两种钾盐KX,KY溶液中tpH 加水，溶液的pH与稀释倍数()的关系如图所示。下列说法错误的是 KX A.常温下，X“的水解常数K(X)≈5×10m0l·1 B.a=10时，KX溶液中c(X-）+c(HX)=0.02mol·L- -KY C.HY溶液可以与KX溶液反应 D.浓度均为1mol·L-的KX和KY溶液中离子总浓度：KX>KY 115 2.(2024·辽宁省部分示范高中联考二模)小组探究Na2C0,和NaHCO,与碱的反应，实验过程及结果如下。 实验装置 试剂X 实验结果 ①Ⅱ、Ⅲ均产生白色沉淀： ②烧杯中溶液pH变化如下 试剂X IINaCO, I蒸馏水 ■ 10 0.05mol·L- 密 0.05mol·L-1 蒸馏水 III NaHCO, 10 mL. Na,CO溶液 NaHCO,溶液 澄清石灰水 10 加入试剂的体积mL 下列说法不正确的是 A.I是空白实验，排除因体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液pH的影响 B.Ⅱ和1的pH曲线基本重合，说明CO与OH不反应 C.Ⅲ中石灰水恰好完全反应时，溶液pH=7 D.若将试剂X换为Ca(HCO,)2,所得的lH曲线与Ⅲ的pH曲线不重合 角2滴定过程微粒变化图像分析 3.(2024·邯郸二模)常温下，已知HA溶液中含A元素的粒子浓度之和为0.1 0① mol·L,溶液中各含A元素的粒子的pc-pOH关系所示。图中pc表示各含A 粒子浓度的负对数(pe=-lgc),pOH表示OH浓度的负对数[pOH= 52 -lgc(0H)1三点的坐标：x(7.3,1.3),(10.0,3.6),(12.6,1.3)。下e10 列说法正确的是 3. A.曲线①表示pc(H2A)随pOH的变化 20 02468101214 B,x点到：点对应的变化过程中，溶液中水的电离程度先减小再增大 POH C.pH=4的溶液中：c(HA)<0.1mol·L-2c(A2-) D.H,A+A2一2HA的平衡常数的数量级为10 4.(2024·广东湛江市二模)常温下，等浓度的氨水和醋酸溶液互相滴定过程中，溶液 中pH与pX[px=-(CH,COOH) e(CH,COO- 或-gc(N,·,0) e(NH; 的关系如图所示。下列 1924 说法错误的是 1476 A.常温下，K(CH,C00H)=1×1046 B.水的电离程度：f<e<g 2 pX C.曲线Ⅱ代表NH,·HO溶液滴定CH,COOH溶液 D.g e(CH,COO-)=e(NH )e(CH,COOH)=e(NH,.H,O) 角度3多种微粒之间转化图像分析 5.(2024·河北沧州二模)常温下，体积和浓度一定的Na,B溶液中各微 b 粒(B、HBH,B、H·和OH)浓度值的对数随溶液pH的变化关系 如图所示。下列说法错误的是 A.曲线b代表g[c(OH-)/mol·L1]随溶液pH的变化情况 -5 B.C点的pH等于6 C.C点时，e(HB)>c(HB)=c(B2-)>c(H)>c(OH) > -8 D.常温下，将D点对应溶液加水稀释，B增大 -9 e(HB) -10 01234567891011121314 通过等式变形斐为一个变量和常数 pH 的关系，再做讨论 116 6.(2024·湖南衡阳二模)乙二胺(H2NCH2CH,NH2,用EDA表示) -1 pOH 是一种重要的化工原料，应用于印染工业、电镀、农药制备、医药 甲0.1 生产等。常温下，向锥形瓶中加入20.0ml0.1mol·L'乙二胺 乙 的盐酸盐(EDAH,C2)溶液，并向其中加人NaOH固体，锥形瓶混 丙 7.0 合液体系中gc[指gc(EDA)、gc(EDAH)gc(EDAH)] n(NaOH)与溶液的pOH[,OH=-lgc(OH)]的关系如图所示。下 4.1 列说法错误的是 -10 n(NaOH) A.甲为lgc(EDAH)的变化曲线 lgc(EDAH的 lgc(EDAH) B.乙二胺的一级电离常数Ku=1.0×104 C.a点溶液的plH=7.2 多姿量图像分析，注意不同 D.d点溶液中：c(Na)>3c(EDAH+) 量之间的相互关联关梨 〈考前名被拥题 练预测 仰1.(2024·河北石家庄三模)常温下，向1L0.1mol·L' 浓度mol·L 01 NH,HCO,溶液中加入NaOH固体，NH、NH·HO、HCO,、 0.08 C心等粒子浓度变化情况如图所示（忽略溶液体积、温度的 -b 006 变化及NH3·H,0和H,C03的分解)： 0.04 已知：K(H,C0)=106.5,K,(H,C0)=10-3;K,(NH,· 0.02 H,0)=1042,下列说法错误的是 (） 0.05 0.1 0150.20.25 NOH的物质的量mol A.NH,HCO,溶液中存在：c(NH)>c(HCO,)>c(OH)> e(H) B.b、d曲线分别表示HCO、CO浓度的变化情况 C.pH=9.3时，c(C0)>c(NH)=c(NH,·H,0)>c(HC03) D.n(NaOH)=0.I mol ,c(Na*)+e(H*)+e(NH =2c(CO-)+e(HCO;+e(OH-) 2.(2024·河北泰皇岛示范性高中三模)一种芳香族化合物HL结构如图。HL萃取稀土离子R+的原理为 本质就是两种粒子浓度比 R(H0分+L一R(,0H,+3H,0。分配比D=c[R(0)H, ,水相初始浓度c[R(H,0)] c[R(H20)] =3.0×10-5mol·L,葵取平衡时gD~gc(H,L)关系如图。下列说法正确的是·木濬液 () 木相与有机相的平衡关系 04 02 0 4001×✉ 90.2 ×N △EuH 0.6 o Pri CH -0.8 OCH,COCH, 心1 4.6 4.4-4.2-4.0-3.95-3.8-3.6 1gHL,有机相) A.HL对P3+萃取效果最好 B.H,L可通过缩聚反应制得 C.达平衡时水相中3c[R(H,0)]+c(H+)=c(OH)） c[Eu(H,O).HL] D.萃取平衡时 e[Nd(H)H10 117 微专题2难溶性电解质溶液微粒变化图像分析 〈高考真题赏新 明考向 角度手沉淀溶解平衡微粒浓度变化图像 1.(2024·湖北选考)C02气氛下，Pb(C10,)2溶液中含铅物种的分布如图。纵坐 100 P 标(6)为组分中铅占总铅的质量分数。已知c(P2)=2.0×10-5mol·L, 75 PbCO (s) pK(H,C0)=6.4pKa(H,C0,)=10.3,pK(PC0)=12.1。下列说法错误50 Pb(CO 的是 () 25 Pb(OH) A.pH=6.5时，溶液中c(C0)<c(P2) 0寸 6 pH B.8(Ph2)=8(PhC03)时，c(Pb2+）<1.0×105mol·L C.pH =7 ,2c(Pb2*)+e[Pb(OH)*]<2e(CO)+e(HCO +e(CIO) D.pH=8时，溶液中加入少量NaHCO3(s),PbCO1会溶解 2.(2024·安徽选考)环境保护工程师研究利用Na,S、F5和H,S处理水样中的Cd2+。已知25℃时，H,S饱和溶 液浓度约为0.1ml·L,K,(H,S)=10-67,K(H,S)=1020,K(FeS)=10-.,K,(CdS)=10m。下 列说法错误的是 () A.NaS溶液中：c(H+)+c(Na)=c(OH)+c(HS)+2c(S2-) B.0.01mol·L-NaS溶液中：c(Na°)>c(s2)>c(0H)>c(Hs) C.向c(Cd）=0.01mol·L-的溶液中加入FeS,可使c(Cd)<10-mol·L常做重金属离子除杂拭剂 D.向c(C+)=0.01mol·L的溶液中通人H,S气体至饱和，所得溶液中：c(H)>c(Cd+) 3.(2023·河北选考)某温度下，两种难溶盐AgX、Ag,Y的饱和溶 16 液中-lgc(X)或-gc(Y)与-lgc(Ag)的关系如图所示。 14H Ag X 下列说法错误的是 () 12 A.x:y=3:1 10 B.若混合溶液中各离子浓度如J点所示，加入AgNO3(s),则平衡 时X2变小 c(Y-) C.向AgX固体中加入Na,Y溶液，可发生AgX→Ag,Y的转化 D.若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示，待平衡时c(X) 2 -lg c(Ag) +c(Y)<2c(Ag 度2沉淀滴定微粒浓度变化图像 4.(2024·辽宁选考)25℃下，AgC、AgBr和AgCr0的沉淀溶 pX pAgr-IglcAg'(mol·LT 解平衡曲线如图所示。某实验小组以KCO,为指示剂，用 X=-lgc(X"V(molL] AgNO3标准溶液分别滴定含C水样、含Brˉ水样。已知： 10 X代表、Br或CO ①AgCO,为砖红色沉淀；②相同条件下AgC1溶解度大于 27) AgBr:③25℃时，pK,(H,Cr0,)=0.7,pKe(H,Cr0,）=6.5。 (61.61) 5 下列说法错误的是 () A.曲线②为AgC1沉淀溶解平衡曲线 B.反应Ag,CO,+H'一2Ag+HC0,的平衡常数 ① ②③ K=105.2 10 pAg C.滴定C时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过102°ml·L D.滴定Br达终点时，溶液中CB=105 e(CrO) 118 5.(2024·浙江选考)室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量分数6随pH变化关系如下图 c(HS) [例如(H,s)=2H,5+cs)+(S 已知：K(Fes)=6.3×108,Kn[Fe(0H)2]=4.9×10-7。 下列说法正确的是 A.溶解度：Fes大于Fe(OH)2 1.0 B.以酚酞为指示剂（变色pH的范围8.2-10.0），用NaOH标 准溶液可滴定H,S水溶液的浓度 00.5 C.忽略S的第二步水解，0.10mol·L的Na2S溶液中S2- 7.0 13.0 水解率约为62% 0.0 14 D.0.010mol·L的feC2溶液中加入等体积0.20mol·L 10 12 H 的Na,S溶液，反应初始生成的沉淀是FeS 6.(2023·北京选考)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2·在不同plH的NaC03体系中的可能产物。已知： i.图1中曲线表示Na,CO,体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。ⅱ.2中曲线I的离子浓度关系 符合c(Mg)·c2(OH)=K,[Mg(OH)2];曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2)·c(CO)=K(MgCO,) [注：起始c(Na,C0,)=0.1mal·L,不同plH下c(CO)由图1得到]。 1.0 HCO CO 0 0.8H,C0 0.6 [p 2 0.4 02 00 8 2 10 12 H 图1 图2 下列说法不正确的是 A.由图1，pH=10.25,c(HC0)=c(C0) B.由图2，初始状态p=11、g[c(Mg)]=-6,无沉淀生成 C.由图2，初始状态pH=9g[c(Mg2+)]=-2,平衡后溶液中存在e(H,CO,)+c(HC0,)+c(CO)=0.1 mol·L D.由图1和图2，初始状态pH=8,lg[c(Mg+)]=-1,发生反应：Mg++2HCO一MgC0↓+C02↑+H,0 视律方法整合 建模型 ●有关沉淀溶解平衡K曲线的分析 1,典型示例 个cBa)Wml·L 4×10 -a,c处在曲线上，Q=K,饱和溶液 2×10 一b:Q>K,有沉淀生成 1×10 --c:KBaS04=105×105=10o d 0 二0<人·不饱和溶液 1×1052×1054×10 cS0/mal·L 119 2.点的变化 a→c 曲线上变化，增大c(S0?) b-c 加入1×105mol·LNa,S0,溶液（加水不行） 山+e 加人BaC,固体（忽略溶液的体积变化） c-a 曲线上变化，增大c(Ba2+) 曲线上方的点表示有沉淀生成：曲线下方的点表示不饱和溶液 ●有关沉淀溶解平衡对数图像分析 图像 说明 pM 12 横坐标数值越大，c(CO)越小 10 纵坐标数值越大，c(M)越小 6 曲线上方的点为不饱和溶液 4 ■CaC0 2 曲线上的点为饱和溶液 24681012C02 曲线下方的点表示有沉淀生成 已知：pM=-lgc(M)(M:Mg2、Ca2+、Mn2+),p(C0)= 曲线上任意一点，坐标数值越大，其对应的离 lg e(CO) 子浓度越小 目沉淀滴定曲线分析 以0.100mol·L-AgN0,滴定50.0mL0.0500mol·L-C1溶液的滴定曲线为例： 9 8 -lg c(C 6- 4 1- 05101520253035404550 V(AgNO mL (1)根据曲线数据计算可知K(AgC1)的数量级为10~"。 改变条件.图像中点的材动是高频考点，结 (2)滴定终点e点为饱和AgCI溶液，c(Ag)=c(CI)。 合平衡关系分析点涉及的微粒变化来确定 (3)相同实验条件下，若改为0.0400mol·LC1°，反应终点c向a方向移动。 (4)相同实验条件下，若改为0.0500mol·LBrˉ，反应终点c向b方向移动。 【思维模型】沉淀溶解平衡图像计算模型 (1)从图像中找到数据，根据公式计算得出K的值。 (2)比较溶液的Q与K,的大小，判断溶液中有无沉淀祈出。 (3)涉及Q的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体 积也必须是混合溶液的体积。是电解池的阳极，镍在阳极失去电子发生氧化反应生成镍离 一2，根据图像可知，纵坐标约为-2时，溶液中-gc,(CN) 子，放电生成的镍离子通过阳离子交换膜进人产品室，不锈钢 >-gc,(CN),则溶液中CN的平衡浓度：X<Y,A错误；Q 电极为阴极，水在阴极得到电予发生还原反应生成氢气和氢 e(X) c(Z) c(X) 氧根离子，Ⅲ室中的钠离子通过阳离子交换膜进入V室，次磷 点时gX配离子=g(Z配离子)，即：(X配离子 酸根离子通过阴离子交换膜进入产品室。由分析可知，膜，心 e(Z) 是阳离子交换膜，膜b是阴离子交换膜，故A错误；由分析可 (Z配离子加人少量可溶性Y盐后，会消耗C形成Y配 知，俚电极是左侧原电池的负极，石墨电极是正极，镍电极是 离子，使得溶液中(CNˉ)减小（沿横坐标轴向右移动）， 电解池的阳极，不锈钢电极为阴极，则电池的ε极连接电解池 e(X) c(Z) g(X配离予与g(Z配离子曲线在Q点相交后，随着 的h极，故B正确：由分析可知，石墨电极是正极，SOC1,在正 极得到电子发生还原反应生成氯离子和二氧化硫，电极反应 -g(CN)继续增大，X对应曲线位于Z对应曲线上方，即 c(X) c(Z) 式为S0,CL2+2e=2C+S02↑，故C正确：由分析可知， e(X) c(Z) gX配离不>g(Z配离可则X配离可>Z配鸿B 镍电极是电解池的阳极，镍在阳极失去电子发生氧化反应生 正确：设金属离子形成配离子的离子方程式为金属离子+ 成镍离子，放电生成的镍离子通过阳离子交换膜进人产品室， mCN·一配离子，则平衡常数R c(配离子) 不锈钢电极为阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢 c(金属离子)·e(CN)' 气和氢氧根离子，Ⅲ室中的钠离子通过阳离子交换膜进人N 室，次磷酸根离子通过阴离子交换膜进人产品室，由得失电子 gK=g配离子) c(金属离予-mlgc(CN）=-ge(金属离子) c(配离子) 数目守恒可知，生成0.5mo次磷酸镍时，理论上电解池中不 mlgc(CN),即g金属离子 c(配离子) =-mlgc(CN)-lgK,故 锈钢电极附近溶液质量增加1ml×23gmol- iol× X、Y,Z三种金属离子形成配离子时结合的CN越多，对应 2g/mdlg=22g,故D正确。 g(金国离。-g(C)曲线斜率越大，由题图知，曲 c(配离子) 考前名校押题练预测 线斜率：Y>Z,则由Y、Z制备等物质的量的配离子时，消耗 1.D该装置为电解池，氢离子向右移动，则N为阴极，为负 CN的物质的量：Z<Y,C错误：由P点状态移动到形成Y配 极，M为阳极，m为正极，以此解题。由图可知，乙酰丙酮和镍 c(Y) 离子结合，镍离子和结离子通过离子交换膜，则离子交换膜为 离子的反应的平衡状态时，-gc(CN)不变，g(Y配离子 阳离子交换膜，A错误；由分析可知，M为阳极，电极反应为： 增大，即c(Y)增大、c(Y配离子)减小，则P点状态Y配离子 2C@-2e=Cl2↑，B错误：由原子守恒和电荷守恒知，Ⅱ 的解离速率>生成速率，D错误。 室中的转化反应生成日，故水解离出的O州可以促进Ⅱ室 2.D结合起点和终点，向20mL0.10ml·L‘NaOH溶液中 中的转化反应，C错误：由原理可知，导线中流过1mo电子， 滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒是OH 1室移入Ⅱ室的N2+和Co+总物质的量为0.5ml,同时有 和HCOOˉ，当V(HCOOH)=0mL,溶液中存在的微粒是 0.5ol氯气生成，质量减少65g,Ⅲ室中阴极反应消耗的H O州”，可知随着甲酸的加入，OH被消耗，逐渐下降，即经过M 由水解离出的H等量补充，溶液质量不变，故两室溶液质量 点在下降的曲线表示的是OH浓度的改变，经过M点、N点 变化之差约为65g,D正确。 的在上升的曲线表示的是HCO0浓度的改变。M点时， 2.D该实验左侧装置为原电池，右侧装置为电解池，由：的电 V(HCOOH)=10ml,溶液中的溶质为e(HCOOH): 极反应为失电子，氧化反应可知，该电极为阳极，故d为阴极， (HCO0)=1:1,仍剩余有未反应的甲酸，对水的电离是抑 a为负极，b为正极。在原电池中，阴离子向负极移动.a极为 制的，N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa. 负极，故硫酸根离子向甲室移动，A正确：电极d为电解池阴 此时仅存在HCOONa的水解，此时水的电离程度最大，故A 极，阴极发生得电子，还原反应，B正确：电极为原电池正 正确：M点时，V(HCOOH)=10ml,溶液中的溶质为 极，正极发生得电子、还原反应，电极反应式为H0,+2e+ c(HCOOH):c(HCOOˉ)=1：1，根据电荷守恒有c(Na")+ 2H'一2H,0,C正确：由电极e的电极反应式可知，合成 c(H')=c(HCO0)+c(OH),1点为交点可知e(HCOO-) 1mol扑热息痛，电路中转移电子为2mol,则H,O,-2e”一 =e(OH),联合可得2(OH)=c(Na)+e(H),故B正 02↑+2H生成1ml0质量减少32g.1molS0由乙室移 确：当V(HCOOH)=10mL.时.溶液中的溶质为e(HCOOH): 向甲室质量增加96g,甲室质量增加96g-32g=64g,D c(HCOONa)=1:I,根据电荷守恒有c(Na)+e(H)= 错误。 c(HCO0-）+c(0H-),根据物料守恒c(Na）=2c(HCO0) +2c(HCOOH),联合可得c(OH-)=c(H·)+2c(HCOOH)+ 专题八电解质溶液中的平衡与微粒变化 c(HCOO-),故C正确：N点HCOOH溶液与NOH溶液恰好 反应生成HCOONa,甲酸根发生水解，因此c(Na·)> 微专题1可溶性电解质溶 c(HCOO)及c(OH-)>c(H)观察图中N点可知 液微粒变化图像分析 c(HC00)=0.05ml·L',根据K,(HC00H)= 高考真题赏析明考向 c(H)e(HC00）=1.8×10+,可知e(HC00H)>c(H) e(HCOOH) e(X) 1.B99%的X、Y转化为配离子时，溶液中 c(X配离子) 故D错误。 币是则南0路一 e(Y) 3.C在溶液中存在平衡：CH,COOH一CH,CO0-+H·(①). Ag+CH,CO0一CH,C00Ag(a期)（②），Ag的水解平衡 327 Ag+H,0一AgOH+H(③)，随着plH的增大，c(H)减 可得：lgc(Hg)=lg,+lge(Hgl)-lgc(I),lgc(Hgl) 小，平衡①③正向移动，c(CH,COOH).c(Ag)减小，H较小 =gK3+lge(Hg)+lgc(I),gc(Hg）=gK+lgc(Hg)】 时（约小于7.8）CH,C00浓度增大的影响大于Ag浓度减小 +2gc(1),且由Hgl(s）一Hg(q）可知K= 的影响，CH,COOAg浓度增大，pH较大时（约大于7.8） c[Hl(ag)]为一定值，故可知右图示中，曲线1,2、34即L CH,CO0浓度增大的影响小于Ag浓度减小的影响， 分别代表g(Hg),ge(Hg2◆），lgc(Hg),gc(Hg), CH,COOAg浓度减小，故线I表示CH,COOH的摩尔分数随 据此分析解题。由分析可知，线L表示gc(Hg)的变化情 pH变化的关系，线Ⅱ表示CH,COO的摩尔分数随pH变化的 况，A正确：已知Hg,(s)一→Hgl(q)的化学平衡常数K= 关系，线Ⅲ表示CH,COOAg随pH变化的关系。根据分析，线 c[Hgl(aq)].温度不变平衡常数不变，故随c(1)增大 Ⅱ表示CH,CO0”的变化情况，A项错误：由图可知，当 c[Hg(aq)]始终保持不变，B错误：由分析可知，曲线1方程 c(CH,COOH)=c(CH,COO)时（即线1和线Ⅱ的交点），溶 为：lgc(Hg2)=lgK,+lgc(Hg)-2gc(I厂)，曲线2方程 液的pH=m,则CH,COOH的电离平衡常数。= 为：ge(Hg)=gK,+gc(Hg)-gc(I广)即有①= c(H)·c(CH,CO0-) =10,B项错误：pH=n时， lgK,+lgc(Hgl)-2a.2h=lgK+lgc(Hg)-a.联合①2 e(CH COOH) c(H)·c(CH,CO0) 可知得：a=起太一g人=怎.C正确：游液中的初始游质 e(CH,COOH) =10",c(CH,C00） 为Hg风，根据原子守恒可知，该溶液中I元素与Hg元素的物 10c(CH,COOH) 10*-"e(CH,COOH).Ag'CH,COO 质的量之比始终为2：1，D正确。 e(H') 6.D向1,0mL含0.10 mmol Ag.Cr0,的悬浊液中滴加0.10 e(CH,COOAg) CH,COOAg(ag)的K= e(Ag)e(CH,Coo-)(Ag) ml·L'的NaC溶液，发生反应：Ag,C0,(s)+2C(aq) 一2AgCI(s)+CO(ag).两者恰好完全反应时，NaC溶液 K(CHC00由图可知pH=时.c(CH,COOH): c(CH,COOAg） 的体积为(NaC)=2x0.0mmlL 0.10mal·L 一=2mL,2mL之后再 c(CHc00Ag),代入整理得c(Ag)=0mdL-.C项 加NaCl溶液，c(CI)增大，据AgCl()一Ag(aq)+C (aq),K(AgC)=c(Ag)·c(d)可知，c(Ag)会随着 正确：根据物料守恒，pH=10时溶液中c(Ag)+ c(C)增大而诚小，所以2mL后降低的曲线，即最下方的虚 c(CH,C00Ag)+c(AgOH)=0.08ml·L',D项错误。 线代表Ag,升高的曲线，即中间虚线代表Cˉ，则别余最上 4.D NaOH溶液和HCl,CH,COOH混酸反应时，先与强酸反 方的实线为CO曲线。由此分析解题。2mL时Ag:Cro,与 应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，点时NaOH溶液和 NaC溶液恰好完全反应，则a点时溶质为NaC和Na,CO,,电 HCI恰好完全反应生成NaC和水，CH,COOH未发生反应，溶 质成分为NaC和CH,COOH:b点时NaOH溶液反应掉一半的 荷守恒：c(Na)+c(Ag）+c(H)=2c(CrO)+c(C)+ c(OH-),此时c(H·)、c(OH)、c(Ag)可忽略不计，a点为 CH,COOH,溶质成分为NaC,CH COOH和CH,COONa:c点时 CIˉ和CO曲线的交点，即c(CO)=e(C）,则溶液中 NaOH溶液与CH,COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCI、 CH,COONa:d点时NOH过量，溶质成分为NaCI、CH,COONa c(Na')≈3c(),A错误；当V(NaCl)=1.0mL时，有一半 和NaOH,据此解答。由分析可知，a点时溶质成分为NaC和 的A名CO转化为AgC1,AgC0,与AgC共存，均达到沉淀溶 CH,COOH.c CH,COOH)0.010 0 mol.L-'.c H* 解平衡，取图中横坐标为1,0mL的点，得K。(AgC)= 10-mmlL-,K(cH,C0oH)-(H'）·e(CH,C00) c(Ag')·c(d）=10-×104”=10-95,K(AgCr0.) c(CH COOH) =c2(Ag）,c(C0）=(105w)2×10-t0=10.0,则 10-1w×10-3 K AgCl)10-9. 0.01 一=10心，故A正确：a点溶液为等浓度的 人，(Ag,C0)10-m=10”,B错误；V<2.0ml时.体系 NaCI和CH,COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na)= K.AgCI) c(C)=c(CH,COOH)+c(CH,CO0),故B正确：点b溶液 中Ag,C0和Aed共存，则(Ag.CrO. 中含有NaC及等浓度的CH,COOH和CH,COONa,由于pH< )(C)为定值，即Ag):cC0)为定值， 7,溶液显酸性，说明CH,COOH的电离程度大于CH.COO的 e2(Ag)·c(CO) e(CI) 水解程度，则e(CH,COOH)<c(CH,CO0),故C正确；e点 由图可知，在V≤2.0ml时c(Ag)并不是定值，则C) e(C-) 溶液中CH,CO0水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水 的电离，则水的电离程度e>d,故D错误 的值也不是定值，即在变化，C错误：V>2.0mL时AgC处于 5.B由题干反应方程式 饱和状态，V(NaC)=2.4ml时，图像显示c(C）=101 Hg,(q)=Hg2·+2可 (AgC)_10-9为 M(a.b) mol·L,则e(Ag）= 知，K.(E)c,则 c(C）=10可=1070mml, e(Hgl) L',故y1=-7.82,此时AgC04全部转化为AgC, 有c(g)=c() n(CO)守恒.等于起始时n(AgC0,),则c(CO)= c2(1) 则 -10 m(Cr0）0.1×103ml_1 有ge(Hg)=gK+ -14 Igc() P (1+2.4)ml=刘mL,则为=gc(C0) gc(Hgl2)-2lge(I”).同理 1 g4=-g34.D正确。 328 强基培优精练提能力 盐CH,COONH,pH=7,则g点e(CH,CO0)=c(NH)> 1.D0.2mml·L-的KX中，c(0H）=10-1mol·1.- c(CH,COOH)=c(NH,·H0),D正确 c(HX).X+H20 =HX OH.K (X) 5.DpH越大，溶液碱性越强，B-浓度越大，gc(B2-)越大，相 c(HX)·c(0H)=5×10ml·L-',A项正确；a=10时 应纵坐标越大，故Ⅲ表示gc(B):pH越小，溶液酸性越强 c(X°) HB浓度越大，gc(HB)越大，相应纵坐标越大，则I表示 c(K)=0.02mol·L,由元素物料原理可知c(K)= gc(H,B),剩下表示gc(HB),pH=14,c(H)=0“ml· c(X)+(HX),B项正确：相同温度时等浓度的KX溶液的 L-',由K=c(H)×c(OH)=10-",c(OH)=1mdl·L-,故 pH大于KY溶液的pH,说明X水解能力强于Y,酸性：HY gc(OH)=0,所以b表示c(OH),a表示c(H):由分析.曲线 >HX,C项正确：由电荷守恒可知，两种盐溶液中分别存在如 b代表g[c(OH)/ml·L门随溶液pH的变化情况，A正确：A 下等式：e(K)+c(H)=c(0H-）+c(X-),e(K)+ 点.c(HB)=e(HB).且pH=4,(H)=lI0mol·L.放HB c(H)=c(OH-)+c(Y),由于两种溶液中c(K)相等面 KX溶液中(H)较小，故离子总浓度KX较小，D项错误。 的K=c(HB)H)=10,同理利用B点可得H,B的 c(HB) 2.C1中试剂X为蒸馏水，则I是空白实验，目的是排除因体 积变化对Ⅱ，Ⅲ溶液H的影响，A正确：Ⅱ和I的H曲线基 K=I0,则K×K=H)HxeB)c(H c(HB) e(HB) 本重合，说明C0与0H不反应，Ⅱ中发生反应：C2·+ CO=CCO1。,B正确：Ⅲ中石灰水恰好完全反应时，发 c(B)·d(F')=10,C点c(H,B)=c(B),解得(H)= c(H,B) 生反应：Ca2·+2HC05+20=CC03↓+C0+2H20, 10◆ml·L-,pH=6.B正确：C点时，溶液为酸性，c(H)> 溶质为碳酸钠，其溶液显碱性，pH>7,C错误：若将试剂X换 c(OH),又可由图像得c(HB-)>e(H,B)=c(B),C正确： 为Ca(HC0,)2,发生反应：Ca3++HC0+OH=CaCO,↓ D点溶液中由于B·、HB水解显碱性，加水碱性减弱. +H0,恰好完全反应时生成碳酸钙沉淀和水，H=7,所得的 c(H)增大，K。=B)cH湿度不变时保持不变，故 pH曲线与Ⅲ的pH曲线不重合，D正确。故选C e(HB) 3,D图像中含A物质只有3种，说明HA为二元弱酸。随着 c()减小，D错误。 c(OH)逐渐增大，pOH减小，根据H,A→H+HA,HA e(HB-)' 一H+A.知c(HA)逐渐减小，c(HA先增大后减小， 6.CpOH=-gc(OH),因此溶液碱性越强，OH越小，曲线 c(A2)逐渐增大，pr=-gc,则p(HA)逐渐增大，p(HA) 从上至下溶液碱性逐渐增强，图像左侧曲线从左至右微粒浓 先减小后增大，P(A2)逐渐减小，故曲线③表示p(HA),曲 度逐渐增大，因此向EDAH2C2中加入NOH固体过程中，随 线②表示p(HA),曲线①表示p(A2),A错误：x点到：点 NaOH的加人，c(EDAH)遂渐减小，c(EDAH')先增大后减 对应的变化过程中c(A-)减小，(HAˉ)增大，其该过程中溶 小，c(ED)逐渐增大，由此可知曲线甲、乙，丙中代表的微粒 液是酸性，HA的电离程度大于水解程度，水的电离被抑制， 为：甲代表lgc(EDAH,),乙表示gc(EDAH),丙表示 且电离程度逐渐减小，B错误：pH=4即OH=1O,由图可知 lgc(EDA),据此分析解题。由分析可知.甲为lgc(EDAH·) 此时，p(H2A)=p(A2),即e(HA)=c(A2-),而c(H2A)+ 的变化曲线，A正确：根据图示信息，d点时，溶液的O州= c(HA-)+c(A2-)=0.1mol·L,故c(HA-)=0.1ma· 4.10,c(EDAH)=c(EDA),乙二胺的一级电离常数K= L.-2C(A2),C错误：由H2A一H+HA藏去HA c(EDAH):c(0H)=c(OH）=1.0×104",B正确：从 c(EDA)】 H+A2,可得HA+A2一2HAˉ，则平衡常数K= Ka 图中可以看出，a点溶液的0州>7.0，常温下，K=1×10“ 1014 10可=103，数量级为10，D正确。 则pH<7.0,C错误：d点溶液中，c(EDAH)=c(EDA),pOH =4.10,c(0H)>c(H),依据电荷守恒c(N)+c(H*)+ 4.BI曲线开始显减性，代表CH,COOH酸溶液滴定NH,· c(EDAH)+2e(EDAH)=c(CI-)+c(OH-),依据物料守 HO碱溶液.则Ⅱ曲线代表NH3·H,0碱溶液滴定CH,COOH 恒c(Cl°)=2e(EDA)+2c(EDAH')+2e(EDAH'),由此可 酸溶液：因为为等浓度NH·H,O减溶液和CH,COOH酸溶 得出c(Na)+c(H)=2c(EDA)+c(EDAH)+c(OH), 液互相滴定，则g点代表两者恰好完全反应，此时溶质为 c(Na')>2e(EDA)+e(EDAH)=3e(EDAH).D正确 CH,COONH,,据此分析作答。当pH=4.76,呈酸性， 考前名校押题练预测 -(CH,COoH) e(CH COO-) l(CH,Coo-) (CH,COOH)CH,Coo-) :1C由电离常数可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解常数K e(CH,COOH) -K10-4 1K.(CH,COOH)=(CH,COO-)(H) 衣10=107“>K。=101,则碳酸氢根离子在溶 e(CH,COOH) =104“,A正确： 液中的水解程度大于电离程度使溶液呈碱性，铵根离子在溶 Ⅱ曲线代表NH,·H,O减溶液滴定CH,COOH酸溶液，e点加 液中水解使溶液呈酸性，所以向碳酸氢铵溶液中加人氢氧化 人氨水较少，溶液仍呈酸性，水的电离程度三点中最小，I曲 钠固体时，铵根离子优先与氢氧根离子反应，离子浓度减小的 线代表CH,COOH酸溶液滴定NH,·H,0碱溶液，「点时加人 程度大于碳酸氢根离子，则由图可知，，©曲线表示铵根离子 酯酸溶液多于点所加的氨水，水的电离程度大于©点，：点 一水合氨离子的浓度变化情况.b,d曲线分别表示碳酸氢根 溶液呈中性，三点中水的电离程度最大，所以水的电离程度： 离子，碳酸根离子浓度的变化情况。由电离常数可知，一水合 e<f<g,B错误：由分析可知，曲线Ⅱ代表NH,·H,0溶液滴 氨的电离程度大于碳酸的电离程度，由盐类水解规律可知，碳 定CH,COOH溶液，C正确：由图可知，g点的溶质是弱酸弱碱 酸氢根离子在溶液中的水解程度大于铵根离子，溶液呈碱性， 329 则溶液中离子浓度的大小顺序为e(NH)>c(HCO,)> c(OH)>c(H),故A正确：由分析可知，b,d曲线分别表示 可知c(H)<0.01mm·L-,所以o_10 c($-)=10>1,则 碳酸氢根离子，碳酸根离子浓度的变化情况，故B正确：由电 c(OH)>c(S),B不正确：K(FS)远远大于K(CdS),向 离常数可知，溶液中(C0)。K。 (HCO,)(H)pH为9.3时，溶液中 c(C）=0.01ml·L'的溶液中加人FeS时，可以发生沉 淀的转化，该反应的平衡常数为K= K.(FeS)10-17. c(C0）10-a3 (HC0,)=10=0.1,则溶液中碳酸氢根离子浓度大于碳 K,(CS)=10-m而三 108.>10,因此该反应可以完全进行，CS的饱和溶液中 酸根离子浓度，故C错误：加入0.1d氢氧化钠固体时，氢氧 c(C+)=√0mTml·L.=10-.wm·L,若加人足 化钠与碳酸氢铵溶液反应得到的溶液中存在电荷守恒关系 量Fes时可使c(C)<l0mol·L,C正确：Cd+H,S c(Na)+c(H)+c(NH)=2c(CO)+c(HCO)+ 一CS+2H”的平衡常数K= c(H') K·K c(OH).故D正确 (CP)·c(H,s)=K 2.B分配比越大，gD越大，萃取效果越好，对Nd·的萃取效 =106”x10-2 C(CH,)3 10-260 =10”10，该反应可以完全进行，因此， 当向c(Cd)=0.01ma·L的溶液中通人HS气体至饱 果最好，故A错误；H,L可通过 和甲醛通过缩 和，C可以完全沉淀，所得溶液中c(H)>c(C·),D 正确。 OCH,COCH. 3.D对于沉淀AgX,存在沉淀溶解平衡Ag,X(s)一xAg+ 聚反应制得，故B正确：由电荷守恒可知，达平衡时水相中 3c[R(H,0)]+c(H*)+3c[R(H,0),H,L+]=c(OH), X”,则K(Ag,X)=e(Ag')·c(X),在图像上任找两点 (0,16),(3,7),转化成相应的离子浓度代入，由于温度不变 故C错误：把(-4.-0.1)代人H,L对N+萃取的萃取平衡 所以计算出的K(AgX)不变.可求得x=3,K,(AgX)=1× 常数K(Nd)= cR(H,0)H,L1_10 cR(H0*1·c(H,=10=102.同 10:对于沉淀Ag,Y,存在沉淀溶解平衡Ag,Y(8)一yAg 理由点(-3.95，-0.4)可得K(m·)=103“,根据萃取原 +Y,K(Ag,Y)=(Ag)×c(Y-）,按照同样的方法，在 c[Eu(H,O).H,L K(Eu)10's 图像上任找两点(0,10)，(3,7)，可求得y=1,K(AgY)=1× 理，萃取平衡时，dH.0),H,时一1 100。根据分析可知x=3,y=1,x:y=3:1,A项正确：由图像 10a8,故D错误。 可知，若混合溶液中各离子浓度如」点所示，此时X二=1，加 c(Y-) 微专题2难溶性电解质溶液 入AgNO3(),c(Ag)增大，-lgc(Ag)减小，则-gc(X)≥ 微粒变化图像分析 -ge(Y),c(X)<c(Y).X变小，B项正确：向 c(Y） 高考真题赏析明考向 AgX固体中加人Na,Y溶液，当达到了Ag,Y的溶度积常数， 1.C由图可知，pH=6.5时6(P2·)>50%,即c(P%2+)>1× 可发生AgX一Ag,Y的转化，C项正确：若混合溶液中各离子 10'mal·L,则e(c0g-)s(%c0).l0 起始浓度如T点所示，则c(X·)=c(Y)=c(Ag),由于沉 c(P%2) =1x10-5mol· 淀AgX达到沉淀溶解平衡，所以©(X-)不发生变化，而 L=101ml·L<c(P2+),A项正确：由图可知， AgY要生成沉淀，Y和Ag的物质的量按1：（即1：1）减 6(P%2·)=8(PbC0)时，溶液中还存在Ph(OH)·,根据 少，所以达到平衡时c(X")+c(Y)>2c(Ag).D项错误 c(m2)=2.0×10mol·L和P%守恒，溶液中c(P%2)4.D由于AgQ和AgBr中阴，阳离子个数比均为1：1，即两者 <1.0×103mol·L',B项正确：溶液中的电荷守恒为 图像平行.所以①代表AgC0,,由于相同条件下，AgC溶解 2c(Ph2+）+c[P(0H)‘]+c(H)=2c(C0)+c(HC0) 度大于AgBr.即K(ACI)>K(AgBr),所以②代表AC,则 +c(CIO)+2c[P%(C0)3]+c(OH),pH=7时溶液中 ③代表AgBr,根据①上的点(2.0,7.7)，可求得K(A马C0,) c(H°)=c(0H),则2c(PH2+)+c[Ph(0H)]=2c(C0) =c2(Ag)·c(C0)=(102)2×107=1017,根据② +c(HC0)+e(Cl0.)+2c[h(C0,)],C项错误： 上的点(2.0,7.7)，可求得K(AgC)=e(Ag)·c(C)= NaHCO,,溶液中HC0的水解平衡常数天(，C0,) 102×101.7=1097,根据③上的点(6.1,6.1)，可求得 Kn(AgBr)=e(Ag)×c(Br）=10-61×10-61=10-22。由 0-:=10-6>K:(H,C0,),aHC0,溶液呈藏性，加人少 1×10-H 分析得，曲线②为AgC沉淀溶解平衡曲线.故A正确：反应 Ag:Cro,+H'2Ag”+HCO,的平衡常数K= 量NaHCO,周体，溶液pH增大，PCO转化成P%(CO,)而 2(Ag)·c(HC0)-2(Ag)·c(C0)·c(HG0)= 溶解，D项正确。 c(H') c(H+)·c(CrO) 2.BNmS溶液中只有5种离子，分别是H·,Nm、OH-,HS、 K(AgCr0,）10H7 S,溶液是电中性的，存在电荷守恒，可表示为c(H')+ X(HC0}10s=10,放B正确：当G恰好滴定完 c(Na')=c(0H)+c(Hs)+2c(s2-),A正确：0.01ml· 全时，c(Ag)=K,(gCT=104.smml.L',即c(Cr0） L1Na,S溶液中，S2水解使溶液呈碱性，其水解常数为K= _K(AgC0)_10-L.7 c0H):c(s2..104 62(Ag')广=(04)=102mmlL,因此.指示剂 c(S2-) 元。=0=10，根据硫元素守恒 的浓度不宜超过102，“md·L',故C正确：当Br到达滴定 330 终点时，c(Ag)=c(Br)=√Kp(AgBr)=I0A'ml·L', 出lH=9,g[c(Mg2”)]▣一2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会 K(Ag2C0)10-i1 即e(C0）=C(Ag） (d0y=1003mlL-, 生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中c(H,C0,)+ c(HCO）+c(Co)<0.1ml·L,C项错误：pH=8时，溶 cBr）=10 c(C010:=100,故D错误 液中主要含碳微粒是HCO,,pH=8,g[c(Mg)]=-1时 该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子 5.C在H,S溶液中存在电离平衡：H,S一H·+HS”,HS 方程式为Mg2·+2HC0—MgC0,↓+H,0+C02↑.D项 一H+S,随着H的增大，H,S的物质的量分数逐渐减 正确。 小，HS的物质的量分数先增大后减小，$的物质的量分数 强基培优精练提能力 逐渐增大，右图中线①.②，③依次代表H,S,HS,S的物质1.BK(PC0,)=c(P附)·c(C0),K,(P,)=(PW)· 的量分数随H的变化，由①和②交点的H=7可知 (1)-lg e(Pb)=lg c(CO-)-lg K (PbCO,).-lg e K,(H,S)=1×10,由②和3交点的pH=13.0可知 (Ph2+)=2g(）-gK(Pbl),由两直线斜率可知L,对 Ka(H,S)=I×I0。Fes的溶解平衡为Fes(s)一Fe2+ 应的是-ge(P·)与-gc(1)的关系变化.L对应的是 (q)+S2-(aq),饱和FeS溶液物质的量浓度为，√/K(FeS) -lgc(P2)与-gc(C0)的关系变化，故A正确：p点 =v6.3×10gml·L-=√6.3×109mol·1-, PCO,的离子积大于PCO,溶度积常数，所以结品速率大于 Fe(0H)2的溶解平衡为Fe(0H)2一Fe2·(aq)+ 其溶解速率，故B错误：PC03(s)+21”(aq)一Pbl2($)+ 2OH(q),饱和Fe(0H)2溶液物质的量浓度为 C0(aq,4=ec0)10- 'KFe(0H)2I3'4.9x107 c2()=10=10-1,将PmC0,浸泡到跑 m0l·L-1=/2.25× 4 4 和K1溶液中几乎不能转化为Pbl2,故C正确：9点是【2对应 10m@·1.1>6.3×109mml·L,故溶解度：FeS小于 溶液的悬浊液，c(P·）>c(CO),加水稀释，K。(PCO)不 Fe(OH):,A项错误：酚酞的变色范围为8.2-10，若以酚酞为 变，c(P+)减小，c(CO)增大，最终c(P%2+)、c(CO)几乎 指示剂，用NOH标准溶液滴定H,S水溶液，由图可知当酚武 相等，可以使浊液由g点向m点方向移动，故D正确。 发生明显颜色变化时，反应没有完全，即不能用酚酞作指示剂2.A澳化银的饱和溶液中澳离子浓度和银离子浓度相等，向饱 判断滴定终点，B项错误：，S溶液中存在水解平衡S+ 和溶液中滴加硫代硫酸钠溶液时，溶液中银离子浓度减小、溴 离子浓度增大，则b点所在曲线表示银离子浓度与硫代硫酸 H0HS+0H、HS+H,0一H,S+OH(忽略第二 根离子浓度变化的关系、d点所在曲线表示溴离子与硫代硫 步水解，第一步水解平衡常数K(S2-)=c(H压）：(0H2 c(s2-) 酸根离子浓度变化的关系：溴化银与硫代硫酸钠溶液开始反 =(Hs)·c(0H)·c(H).K =1×10-4 应时，溴化银主要转化为[Ag(S0)]ˉ，溶液中 c(s2-)·c(H) Ka(H,S)=1×10s=0.1, c(Ag") c(Ag”) 设水解的s的浓度为m·L,则二=01，解得 eAg(0厅T小于eIs02T则直线h表示 c[Ag(S0,,随硫代硫酸根离子浓度变化的关系，直线 e(Ag") 0062S的水解*约为×10%62%.C e(Ag) 项正确：0.01mo·L1FCL,溶液巾加人等体积0.2ol· 山表示Ag0)门随酸代硫酸根离子浓度变化的关 L.-Na,S溶液，间得到0.005mol·LFeC2和0.1mol· 系；由图可知，溶液中硫代硫酸根离子浓度为104mml·L L-Na,S的混合液，结合C项，瞬时c(Fe2+)·c(S2-)=0.005 时，溶液中澳离子和银离子浓度分别为10-m·L-1 mol·L-×(0.1mol·L--0.062md·L-)=1.9×10-4> 10-5mol·L-',则溴化银的溶度积常数Kw=c(Ag)·e K.(Fs),c(Fe2·）·c2(0H）=0.005modl·L-1×(0.062 (B)=1022。由分析可知，直线L表示 mml·L')2=1.922×10>K[Fe(0H)2],故反应初始生 [Ag《S0,,-随硫代硫酸根离子浓度变化的关系，直线 e(Ag 成的沉淀是FeS和Fe(OH)z,D项错误。 e(Ag 1.0 凸表示Ag80,)随硫代硫酸根离子浓度变化的关 3 系，故A错误：由分析可知，溴化银的溶度积常数K= c(Ag)·c(br)=10~22,故B正确：由图可知，溶液中硫代 e0.5 硫酸根离子浓度为10-4sml·1时，溶液中溴离子和银离 7.0 13.0 子浓度分别为105ml·L、08”mdl·L1, 0.0 10 c[g(S,02为10“，则溶液中[Ag(S,0旷)，]驴广的浓 c(Ag） pH 度为105mmlL 6,C从图1可以看出H=10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离 1043 -=1045ml·L',反应的平衡常数K 子浓度相同，A项正确：从图2可以看出H=1、 c(Br）·c[Ags,0)]1-_103sx1045 g[(Mg·)]=-6时，该点位于曲线I和曲线Ⅱ的下方，不 e(S0) (1046户一=102，故 会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确：从图2可以看 C正确：由图可知，硫代硫酸根离子浓度为0.001mol·L 331 c(Ag") 时，溶液中澳离子浓度最大·A0的值大于 c(H)=K.c(OH).解得c(0H)=10-.wmol·L- c(H*）=10 mol.L1.cCH,C00H)。c(H) [Ag(S,0,2的值，则溶液中[Ag(S,0,2]广的浓度大 c(Ag) 'e(CH,COO)K.(CH,COOH)= 10-&4 于[Ag(S,0)]”的浓度，所以溶液中离子浓度大小顺序为 10苏m,L=10-2“ml·L,pM=2.18,B正确： c(Br)>cl[Ag(S,0,)2]|>e[Ag(S0)],故D正确。 K[Z(0H)2]=106,K[Cu(0H)2]=109,,溶液中 3.D在Mn(OH),和Ni(OH)2的浊液中，随着CH COOH溶液 c(Cu2)小于10ml·L-时，此时pH大于6.7，计算可得. 的加人，溶液pH减小，Mn(OH)2和Ni(OH)2被溶解为Mn2+ 当pH=6.7时，c(Zm2+)=10-17mal·L-<0.1mol·L-,由 和N·,二者离子浓度增大，pX逐浙减小，根据 此可知，除尽C2·的同时，Z2·也减少了，故不能通过调节 K[Mn(OH),]>K,[Ni(OH)2],当pH相同时，c(Mn2)> pH的方法除尽ZmS0,溶液中含有的Cu2·,C错误：Zn(0H) c(N),pe(Mn2)<pe(N2)曲线L代表-gc(Ni2)与 可溶于氨水生成[Zm(NH).,Cu(OH)2可溶于氨水生成 p关系，曲线L2代表-lgc(Mn+),则曲线L,代表 [C(NH,).]2+,D正确 考前名校押题练预测 COO根据分析可知，代表-崌c(N)与.BC4C,0.为强碱溺酸盐，其溶液呈碱性，体 pH的关系，A正确：根据c点数据计算K,[Mn(OH)z]= 平衡，CaC,0,(s)一Ca2·(aq）+C0(aq),C,0+H,0 100,根据b点数据计算K[(OH):】=10 HC0,+0H、HC,0+H0-H,C,0,+0H,所以 e(Mn2)c(Mn2).c2(OH)K[Mn(OH): e)·2(om号-Xon号=102”，即 在CaC0.溶液中.c(Ca2）>c(C,0)>c(HC20）> c(H,C0),即①表示C0、②表示H,C,0、③表示 c(Mm2)>100e(N),B正确：根据t点计算， HC,0,、④表示Ca2·。HC0一H°+C0,Ke= K.(CH,COOH)=(CHCOO-)(H) 102×1026= e(CH,COOH) c(H)·(C02,①3相交时c(HC,0）=c(C0)从图 c(HG,Oi） 1046,Mn(0H)2+2CH,C00H一(CH,C00)2Mn+2H,0 中可知此时H大于4小于5，所以K数量级为105，故A错 平衡常数：K=(Mn)·2(CH,CO0) 误：溶液pH=7时c(H)=c(O州)，溶液中电荷守回 e(CH,COOH) c(HC,0)+2c(C0)+e(0H)=2c(Ca2）+c(H'),所 c(Mn)(CH,Coo))() 以e(HC,0)+2c(C,O-)=2e(Ca),故B正确：由图像可 (CH,COOH) 知，pH>12时，如pH=13,e(0H）=01ml·L,e(Ca2+) K..[Mn(OH)]K (CHCOOH) =102”x(10402 =10-4.5mol·L-,此时Q(Ca(0H)2】=10-45×(10-)2= 10-w 105<K[Ca(0H)2]=105.6,即没有氢氧化钙沉淀析出， 10”,C正确：pH=4时，溶液呈酸性，c(H)>c(OH), 故C错误：据以上分析可知，①表示C,0,②表示H,C0、 K(CH,C00H)=I04%,则CH,C00)。 K.(CH,COOH) ③表示HC,0,,④表示Ca2·,所以A点时①表示的C,0浓 e(CH,COOH) e(H) =10-4.0 度小于此时溶液中的c(H·),故D错误。 10寸=10-%<1，放D错误。 2.B体系中C0的分压为定值，则依据C0,(g)+H0(1) 4.CCu(OH)2Zn(OH),的结构相似，二者的pM随pH的变 H,CO,(q〉分析，溶液中e(H,C0,)不变，即L3代表 化曲线应该是平行线，故曲线③代表滴定CH,COOH溶液的 gc(H,CO,)随H变化曲线。H,CO,分步电离：K:= 变化关系。根据曲线③pM=0时，溶液的pH=4.76,可得 >）:cic02）,及g人=ge）:c0） e(H,CO,) e(H,CO,) K(CH,COOH)=104:根据曲线①pM=0时，溶液的pH= Ig e(H*+lg e(HCO lg e(H,CO,)g e(HCOj 4.2,可得Km=1096:根据曲线②pM=0时，溶液的pH= lg e(H*)+lg e(H,CO,)+lg K =pH [lg e(H,CO,)+lg 5.85,可得K。=1063:C(0H)2更难溶，故曲线①②分别代 K],即gc(HCO)随pH变化曲线的斜率为1，又因K2= 表滴定CuSO,溶液、ZSO,溶液的变化关系。由分析可知，故 曲线②代表滴定ZS0溶液的变化关系，pM=0时，溶液的 H)G0）,所以K·K。=)cc0）,即 e(HCO) c(H,CO,) pH=5.85,可得K,[Zm(0H)2]=c(Zm2+)·e(0H-)2= 1gKKa=2lgc(H)+ge(C0）-ge(HC0,),则 104 (0西)=10,4正确；由分析可知，曲线②代表滴定 Ig e(CO)=-2lg e(H*)+lg c(H,CO,)+lg KK=2pH+ ZS0,溶液的变化关系，曲线③代表滴定CH,COOH溶液的变 [lgc(HCO,)+Ig K Ka],gc(CO)随pH变化曲线的斜率 化关系，K(CH,C00H)=10“,a点是②③的交点，有 为2，易判断L,代表gc(HC0)变化，L2代表gc(C0)变 =e(Zm2·）,即c)c(CH,C00H 化。pH=7时，根据图像易判断c(HCO,)>c(H,CO,)> e(CH,COOH) c(CH,C00-) (H)e(CH,COO) c(C0),A错误：pH=6.4时，c(HC0,)=c(H,C0,),K,= K7oD,进一步化简得.K(GH,C00m c(H+)=10-a,pH=10.3时，c(HC0)=e(C0),Ka= c(H") C(OH) c(H)=10m3。pH=8.2时，c(HC03)=c(M2)=1032 K[Zm(o)lK,[Za(oH).]K(CH,C00)=c(oH）· 由Ke可求c(C0)=10-3,则K(MC0,)=10-53×10a e2(OH°) =108.5:c(C0)=c(N2+)=10s4.则K(NC0,)=l0i.4 332 ×104=10-a“:则 (MG0)=102,B正确：p(C0,)不 强基培优精练提能力 K(NCO,) 变.由C原子来源分析.e(M)=c(HCO)+c(H,C0,)+ 1.B由H,S一2H+S2的平衡常数K.2):c(S) c(H,S】 c(C0)不成立，C错误；e(H,C0,)=c(C0)时，H=-2 1 =K·K<K得H):c(S)。K c(H,S) c(H)=c(0H),即 (lgK,+lgKa)=8.35,D错误。 c(OH)·c(H,S)>c(H)·c(S2),A正确：若反应中有 微专题3溶液中微粒变化文字 HS逸出.根据物料守恒得溶液中存在c(Na·)>c(H,S)+ 叙述型与表格型分析 c(HS)+c(S-),B错误：由于开始滴加的CSO,量较少而 NaHS过量，因此该反应在初始阶段发生的是2HS+C2 高考真题赏析明考向 一CS↓+H,S,该反应的平衡常数为K= 1.D实验1得到H,S0,溶液，实验2溶液的H为4，实验2为 c(H,S) NaHSO,溶液，实脸3中SO2和酸性KMnO,溶液反应的离子 e2(HS)·c(Cm2)K·K ≈6.7×10”，因为平衡常数很 方程式为：5S02+2Mm0,+2H,0=5S0+2Mn2+4H。 大，说明反应能够完全进行，当NaHS完全消耗后，H,S再和 实验1得到H,S0,溶液，其质子守恒关系式为：(HS0,)+ CS0,发生反应，C正确：加入30 mL Cus0,溶液后，溶液中 2c(S0)+c(0H)=c(H'),则c(HS0）+e(S0)< c(C)=(30×0.1-20×0.1)÷50=0.02mol·L,溶液 c(H),A错误；实验2中H为4，依据K。= 中c(s2-).K(G5》.6.3x10 e(Cu2+) 0.02 -=3.15×100mml·L 10:cs0）.则6.2×10*.10cs0）,溶液.则 e(HSO, e(HSO D正确。 c(SO)<c(HSO,),B错误：NaHS0,溶液蒸干过程中会分 2.C牙釉质的主要成分为羟基磷酸钙[Ca,(PO,),OH],口腔 解成Na,S0,、Na,S0可被空气中O2氧化，故蒸干、灼烧得 中残留大量的酸性物质，将消耗0H,导致0H浓度减小，使 NaS0,周体，C错误：实验3依据发生的反应：5S0,+2n0 羟基磷酸钙沉淀溶解平衡右移，破坏牙釉质，故A正确：在牙 +2H,05S0+2Mn2+4H°，则恰好完全反应后 膏巾添加适量的磷酸盐，增大了磷酸根离子的浓度，使得 c(S0”)>c(Mn2),D正确 Cas (PO ),OH(s)=5Ca2'(ag)+3P02 (ag)+OH (ag) 2,BNaH,PO4在水溶液中完全电离生成Na'和H,PO, 学平衡逆向移动，有利于生成羟基磷灰石，能起到保护牙齿的 H,O又发生电离和水解，则溶液中浓度最大的离子是 作用，故B正确：K。只受温度影响，加入碳酸氢钠后，温度不 变，K,不变，故C错误：发生的反应为：C4(P0,),OH(s)+ Na,故A错误：根据NaH,PO,溶液中的物料守恒可得： F()一C(PO,),F(8)+O(q),由方程式可知.反应 e(Na)=e(H,PO)+c(PO)+e(HPO)+e(H,PO)= 0.1mol·L,故B正确：根据NaH,PO溶液中的电荷守恒可 的平衡常数K.(0H)-(0H)·c(C)·2(P0) c(F-）c(F-）·c2(Ca2）·e(o） ie(Na)+e(H)=e(OH)+e(H,PO)+2c(HPO)+ K[Ca(0)0H6.8×10-7 3(O),故C错误：磷酸第二步电离方程式为HPO, 人，Ca(0F丁2.8x10=2.4×10,因此使用添加 HPO+H·,电离平衡的平衡常数表达式为K= NF的含氟牙膏.可实现C(PO,),OH(s)与Ca(PO,),F(s) c(H)·e(HP0）,故D错误 的转化，故D正确。 c(H,PO) 3.CHS0的电离平衡常数为：K。=10-7”,水解平衡常数为： 3.D向10mL蒸馏水中加入0.4g↓，充分振荡，溶液呈浅棕 色，说明】，的浓度较小，因为L,在水中溶解度较小，A项正 Ke(H,s0eoI）.（H)cLs0,co2. c(HS0,)】 e(H)c(HSO) K 确：已知1(g)为棕色，加人0.2g锌粒后，Z如与12反应生成 10-4 Z山2，生成的1广与1发生反应I+12一，生成上使溶液 10两=10“.由于K>人，H50以电离为主，c(H,S0,) 颜色加深，B项正确：1，在水中存在溶解平衡1，(s)一 <c(SO”),故A错误：NaOH与C0,3:2反应的化学方程式 l(q),Z加与反应生成的1与（脚）反应生成，2(aq) 为3NOH+2C02一NaHC0,+Na,CO1+H0根据物料守 浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色品体消失，C项正 恒，含Na微粒总物质的量和含C微粒总物质的量之比为3： 确：最终溶液褪色是Z与有色物质发生了化合反应，不是置 2,则2c(Na)=3c(C0)+c(HC0,)+c(H,C0)],故B 换反应，D项错误。 错误：HSO,以电离为主，电离出H·,抑制NH的水解， 4.C根据电负性F>C>Br>I,CH,FCOOH,CH,CICOOH、 HCO以水解为主，与NH进行相互促进的双水解，因此等 CH,BrCOOH的酸性逐渐减弱，则酸性CH,ICOOH< 浓度的NH,HSO、NH,HCO1溶液中e(NH):NH,HSO> CH,BrCOOH,A错误：电负性越大，对键合电子的吸引能力越 NH.HCO1,故C正确：NaClO与SO2I:I反应的化学方程式 强，电负性：F>CI>B,对键合电子的吸引能力强弱：F>C1> 为：NaCO+SO2+H,0一NaC1+H,S0,反应后的溶液中溶 B,B错误：F是吸电子基团，F原子个数越多，吸电子能力越 质为NaCl和H,S0,,故D错误 强，使得羧基中0一H键极性增强，更易电离，酸性增强，则4.B酸跋都抑制水电离，pH=11的氨水中c(H)=101 25℃时的K,大小：CHF,COOH<CH FCOOH,C正确：根据 c(0H）=10-’,由水电离的c(H)=10-";H=11的氢氧 pK知，相同浓度下酸性CH,COOH<CH,CICOOH,酸性越强， 化钠溶液中c(H)=10-”,c(0H）=10-3,由水电离的 其对应盐的水解程度越弱，碱性越弱，侧相同浓度下碱性： c(H)=10-":p=3的醋酸中c(H)=103,c(0H)= CH,CICOONa<CH,COONa,D错误 10",由水电离的c(H)=10":plH=3的盐酸中c(H)= 333 10-1,c(0H）=10-",由水电离的c(H)=10-":溶液中水E.k灯·mal+-△H=(Ex+6.59)kJ·ml。②该反应的 的电离程度由大到小的顺序为：①=③=②=④，故A错误； 正反应为气体体积减小的反应，因此反应正向进行程度越大， 向①中加适量氯化铵品体后，铵根离子浓度增大，一水合氨的 平衡时客器内压强越小，△即即越大。从T3到T,△p增大，觅 电离平衡逆向移动.氢氧根离子浓度减小，H减小：向②中加 明反应正向进行程度逐渐增大，已知正反应为放热反应，则温 入适量氯化铵晶体后，铵根离子和氢氧根离子结合为一水合 度由T,到T,逐渐降低，即T>T,>T。由题图甲中M点可 氨，氢氧根离子浓度减小，H减小，故B正确：向③中加入少 知，进料比为n(S02):n(Cl2)=2,平衡时△p=60kPa,已知 e(CH COO) 量醋酸钠固体，则溶液中 恒温恒客情况下，容器内气体物质的量之比等于压强之比，可 e(CH,COOH)·c(OH-) 据此列出“三段式” e(CH,COO)e(H) K.(CH,COOH) S0(g)Cl (g)0,Cl (g) △p e(CH,COOH).c(OH)e(H') 水的离子 起始压强/kPa160 80 积、醋酸电离平衡常数只与温度有关，所以 变化压强/kP60 60 60 60 c(CH,C00)·c(OH)不变，放C错误；将aL2与bL④混 c(CH,COO”) 平衡压强/kPa100 20 60 合，若所得溶液的pH=4,则5×103-a×103 可计算得&(C)=60 80 kPa ×100%=75%,K。= a+b =104,则a: p(SO.CL) 60 kPa b=9:11,故D错误 (S0,)·7(C4)100kP×20km=0.03kP'。③由题图 考前名校押题练预测 甲中M点可知，进料比为2时，△p=60kPa,结合“三段式”，以 1.B用pH计测定0.05mol·L NaHCO,溶液，测得pH约为 及T,时化学平衡常数可知，进料比为0.5时，△p也为60kPa, 8.3,溶液显碱性，因此NaHCO溶液中HCO的电离程度小 曲线D上存在(0.5,60)。(2)①根据化学反应速率的计算公 于水解程度，故A错误：向10ml0.05mol·L-NaHCO,溶液 式时，(X)=4c2,60min时，c(X)=6.80ml·L-- 中滴加10ml0.05mc·L NaOH溶液，反应结束后测得溶 液pH约为10.3，溶质为NaCO1,因此实验2滴加结束后，根 r(X)·△=6.80mol·L--0.042mol·L-1·mim1× 据质子守恒得到：c(H)+2e(H,C0)+c(HC0)= △c(D) (OH-),故B正确：实验3滴加开始前，按照物料守恒： 30min=5.54mol·L-‘。②已知(D2 c(D四，文 (G)△c(G)△c(G) c(Na)=c(C0)+c(HC0,)+c(H,C0,),滴加后产生气泡， 则无此守恒，故C带误：实验4反应静置后的上层清液存在难 溶物的溶解平衡，则有c(Ca)·c(CO0)=K(CaCO3),故D 由题给反应追牵方程粮知，=与：0-女：3，则 (G=·e(M=k 错误。故选B 2.C由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的水解常数人，= K △c(G)=3×4c(D)=0.033mml·L-,即60min后c(G)= 0.033mol·L-'。60min后，D和G转化为T的速率比为 1.0×10-# .54×10<人。，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度 k·c(D)4·0.099 ·rC=3。o3G消耗得更快，刚增大 大于水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。氢氧化钠溶液吸收2.(1)BC2+2H,0→Ba(OH)2+HC=CH1 二氧化硫可能得到亚硫酸氢钠溶液，由分析可知，亚硫酸氢根 (2)①106②103103 离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液中：(HSO,)> (3)①Ba0②速率不变至BC,产率接近100%原因见 c(S0)>c(H,S0,),故A错误：亚硫酸氢钠溶液中存在质子 解析 守恒关系c(H)+e(H,S0,)=c(OH-)+c(SO),故B错 【解析】(1)Ba、C元素同主族.所以BaC,与水的反应和 误：亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子在溶液中分步水 CaC2与水的反应相似，其反应的化学方程式为BaC,+2H,O 解，以一级水解为主，则溶液中离子浓度的大小顺序为 +Ba(0H):+HC=CH↑。(2)①反应I+反应Ⅱ得 c(Na)>c(S0号)>c(OH)>r(H0).故C正确：Ca= BaCO,(s)+4C(s)一BaC,(s）+3C0(g),所以其平衡常数 0.1mo·L-溶液为亚硫酸氢钠溶液，由分析可知，亚硫酸氢 根离子在溶液中的电离程度大于水解程度，溶液中c(SO) K=K×人=（品）广，由图1可知，155K时人 >c(HS01),故D错误。 题型突破三化学反应原理综合 10K=l0-,()广=02×10“=0，所以% =10×(10Pa)=10Pa',则K。=m=10Pa':②由图1可 2024真题赏析 1.(1)①E年+67.59②T,>T,>T1该反应正反应放热，且气 知，10K时发应I的人=0=1，脚人=()广=1 体分子数减小，反应正向进行时，容器内压强威小，从T,到T 所以p=(10P),即Pm=10Pa:③若将容器体积压缩到 平衡时增大，说明反应正向进行程度逐渐增大，对应温度 逐渐降低.75%0.03③D 原来的】，由于温度不变，平衡常数不变，重新建立平街后P@ (2)①5.54②0.033增大 应不变，即Pm=10Pa。(3)①由国2可知，1400K时，BuC 【解析】(I)①根据反应热△H与活化能E玉，E:的关系为 的产率为0，即没有BaC,又实验表明BaCO,已全部消耗，所 △H=正反应活化能-逆反应活化能可知，该反应的E=! 以此时反应体系中含Ba物种为BaO:②图像显示，1823K时 334