专题六 选择题专攻 电离平衡、水解平衡及沉淀溶解平衡的分析应用-【步步高·大二轮专题复习】2025年高考化学复习讲义课件(江苏专用)(课件PPT+word教案)

　电离平衡、水解平衡及沉淀溶解平衡的分析应用  1.“三大”平衡的比较 平衡类型 电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+ 水解平衡CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- 沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq) 研究对象 弱电解质溶液 能水解的盐溶液 难溶电解质 影 响 因 素 升温 促进电离 Ka增大 促进水解 Kh增大 若难溶物的溶解度与温度成正比，促进溶解；反之，则抑制溶解 若难溶物的溶解度与温度成正比，Ksp增大；反之，则Ksp减小 加水 促进电离 Ka不变 促进水解 Kh不变 促进溶解 Ksp不变 加入相 应离子 (或物质) 加入CH3COONa或HCl，抑制电离 Ka不变 加入CH3COOH或NaOH，抑制水解 Kh不变 加入AgNO3或NaCl，抑制溶解 Ksp不变 加入反应 离子(或 物质) 加入OH-，促进电离 Ka不变 加入H+，促进水解 Kh不变 加入氨水，促进溶解 Ksp不变 2.溶液中的离子浓度关系 (1)解题模型——分清主次，抓主要矛盾 例1　单一溶液 (1)0.1 mol·L-1 H2S溶液中离子浓度大小关系：　　　　。  答案　c(H+)>c(HS-)>c(S2-)>c(OH-) (2)NaHS溶液中离子浓度大小关系：　　　 　　　　。  答案　c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)>c() 例2　物质的量浓度1∶1的缓冲溶液 等浓度的NaOH和CH3COOH按1∶2体积比混合后pH<7，离子浓度大小顺序为　　　 　　。  解题策略　溶液中物质间若能发生化学反应，则优先考虑化学反应。 答案　c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) (2)溶液中部分粒子浓度之和(差)的大小比较 解题模型 ①先确定溶液中粒子的构成。 ②从守恒出发，根据溶液中存在的元素守恒或电荷守恒进行分析比较。 ③三大守恒式的书写 ⅰ.电荷守恒 电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，故存在电荷守恒，即阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数。 如Na2S与NaHS的混合溶液中存在电荷守恒：　　　　。  答案　c(Na+)+c(H+)=2c()+c(HS-)+c(OH-) ⅱ.元素守恒 电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的，即元素守恒的特征：元素写两边、系数交叉配。 如0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中存在的元素守恒关系：　　　　。  答案　c(Na+)=2c(HC)+2c(C)+2c(H2CO3) 物质的量浓度1∶1的HA、 NaA的混合溶液中存在元素守恒：　　　　。  答案　2c(Na+)=c(A-)+c(HA) ⅲ.质子守恒 酸碱质子理论认为，酸碱反应实质是质子(H+)的转移。失质子总数=游离质子数+得质子总数。 如写出Na2CO3的质子守恒：　　　 　　　　。  答案　c(OH-)=c(H+)+c(HC)+2c(H2CO3) 解析　ⅲ.方法一：由电荷守恒式和元素守恒式联立消去阳离子(Na+)得到。 方法二：框图法快速求Na2CO3的质子守恒。 3.电离常数、水解常数、溶度积常数的关系应用 (1)电离常数(K电离)与电离度(α)的关系(以一元弱酸HA为例) 　　　　　HA　　　H+ 　+　 A- 起始浓度：c酸 0 0 平衡浓度：c酸·(1-α) c酸·α c酸·α K电离==。 若α很小，可认为1-α≈1，则K电离=c酸·α2或α=。 (2)电离常数与水解常数的关系 ①对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系 HAH++A-，Ka=； A-+H2OHA+OH-，Kh=。 则Ka·Kh=c(H+)·c(OH-)=Kw，故Kh=。 常温时Ka·Kh=Kw=1.0×10-14，Kh=。 ②对于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB-)、Kh(B2-)的关系 HB-+H2OH2B+OH-，Kh(HB-)===。 B2-+H2OHB-+OH-，Kh(B2-)===。 (3)H2CO3溶液、NaHCO3溶液、Na2CO3溶液中的电离或水解 碳酸的电离： H2CO3H++HC　Ka1=4.3×10-7 HCH++C　Ka2=5.6×10-11 Na2CO3的水解(Kh1>Kh2)： C+H2OHC+OH-　Kh1 HC+H2OH2CO3+OH-　Kh2 Kh1=，Kh2=。 比较NaHCO3酸式盐溶液中电离与水解程度大小： Ka2=5.6×10-11 Kh2== Kh2>Ka2，故HC的水解程度大于其电离程度。 常温时，对于一元弱酸HA，当Ka>1.0×10-7时，Kh<1.0×10-7，此时将等物质的量浓度的HA溶液与NaA溶液等体积混合，HA的电离程度大于A-的水解程度，溶液呈酸性；同理，当Ka<1.0×10-7时，Kh>1.0×10-7，A-的水解程度大于HA的电离程度，溶液呈碱性。对于多元弱酸，Kh=，Ka是其阴离子结合一个H+所形成的粒子的电离常数。 考向一　流程转化中物质变化与粒子浓度关系分析 1.(2023·江苏，12)室温下，用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如图所示。已知Ksp(MgF2)=5.2×10-11，Ka(HF)=6.3×10-4。下列说法正确的是(　　) A.0.1 mol·L-1 NaF溶液中：c(F-)=c(Na+)+c(H+) B.“除镁”得到的上层清液中：c(Mg2+)= C.0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中：c()=c(H+)+c(H2CO3)-c(OH-) D.“沉锰”后的滤液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c() 答案　C 解析　0.1 mol·L-1NaF溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(F-)=c(Na+)+c(H+)，A错误；“除镁”得到的上层清液中为MgF2的饱和溶液，有Ksp(MgF2)=c(Mg2+)·c2(F-)，故c(Mg2+)=，B错误；0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中存在质子守恒：c()+c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)，故c()=c(H+)+c(H2CO3)-c(OH-)，C正确；“沉锰”后的滤液中还存在F-、等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。 2.(2022·江苏，12)一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1 mol·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()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是 (　　) A.KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)>c() B.KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)=c(H+)+c()+c(H2CO3) C.KOH溶液吸收CO2，c总=0.1 mol·L-1溶液中：c(H2CO3)>c() D.如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降 答案　C 解析　KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)<c()，若为KHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)<c()，A不正确；KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-) +c()+2c()，依据元素质量守恒，溶液中：c(K+)=2［c()+c()+c(H2CO3)］，则c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确；KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1 mol·L-1，c总=0.1 mol·L-1，则溶液为KHCO3溶液，Kh(HC)==≈2.3×10-8>Ka2=4.4×10-11，表明以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)>c()，C正确；如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生的反应为CO2+2KOH===K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O===CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，上述反应均放热，溶液的温度升高，D不正确。 考向二　实验过程中物质转化与粒子浓度关系分析 3.(2024·江苏，12)室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2SO3)=6.2×10-8。 实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。 实验2：将SO2气体通入0.1 mol·L-1 NaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。 实验3：将SO2气体通入0.1 mol·L-1酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法正确的是(　　) A.实验1所得溶液中：c()+c()>c(H+) B.实验2所得溶液中：c()>c() C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体 D.实验3所得溶液中：c()>c(Mn2+) 答案　D 解析　实验1得到H2SO3溶液，其电荷守恒关系式为c()+2c()+c(OH-)=c(H+)，则c()+c()<c(H+)，A错误；实验2溶液pH为4，依据Ka2=，则6.2×10-8=，则c()<c()，B错误；NaHSO3受热易分解，且易被空气中的氧气氧化，故经过蒸干、灼烧得不到NaHSO3固体，C错误；实验3发生的反应：5SO2+2Mn+2H2O===5S+2Mn2++4H+，则恰好完全反应后c()>c(Mn2+)，D正确。 4.(2021·江苏，11)室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。 实验1：用pH试纸测量0.1 mol·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8 实验2：将0.1 mol·L-1NaHCO3溶液与0.1 mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀 实验3：向0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9 实验4：向0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去 下列说法正确的是(　　) A.由实验1可得出：Ka2(H2CO3)> B.实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(C)<Ksp(CaCO3) C.实验3中发生反应的离子方程式为C+H2O+CO2===2HC D.实验4中c反应前(C)<c反应后(C) 答案　C 解析　实验1：用pH试纸测量0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8，c(H+)<c(OH-)，则碳酸氢钠溶液中的HC水解程度大于其电离程度，由实验1可得出：c(Na+)>c(HC)>c(H2CO3)>c(C)，Ka2(H2CO3)= <= ，A错误；实验2：将0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L-1 CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀碳酸钙，则由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(C)>Ksp(CaCO3)，B错误；等物质的量浓度的碳酸钠的碱性大于碳酸氢钠，实验3：0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中通入一定量的CO2，溶液pH从12下降到9，则实验3中发生反应的离子方程式为C+H2O+CO2===2HC，C正确。 5.(2021·江苏，13)室温下，用0.5 mol·L-1 Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。已知Ksp(CaSO4)=5×10-5，Ksp(CaCO3)=3×10-9。下列说法正确的是(　　) A.0.5 mol·L-1 Na2CO3溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HC)+c(H2CO3) B.反应CaSO4+C===CaCO3+S正向进行，需满足>×104 C.过滤后所得清液中一定存在：c(Ca2+)=且c(Ca2+)≤ D.滤渣中加入醋酸发生反应的离子方程式：CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑+H2O 答案　C 解析　0.5 mol·L-1 Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HC)+2c(H2CO3)，A错误；该反应的平衡常数K=====×104，Q=<K时，反应正向进行，B错误；上层清液为碳酸钙的饱和溶液，所以清液中满足c(Ca2+)=，由于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则c(Ca2+)≤，C正确；醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D错误。 6.(2023·盐城高三下学期三模)燃煤烟气脱硫的一种方法如图所示。室温下以150 mL 0.2 mol·L-1氨水吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和NH3·H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总=c(H2SO3)+c(HS)+c(S)。H2SO3的电离平衡常数分别为Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-7；NH3·H2O的电离平衡常数为Kb=1.8×10-5。下列说法正确的是(　　) A.NH3·H2O吸收SO2所得到的溶液中：c(N)>2c(S) B.NH3·H2O吸收SO2，c总=0.1 mol·L-1溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HS)+2c(H2SO3) C.NH3·H2O吸收标准状况下0.448 L SO2，所得溶液中：3c(N)+3c(NH3·H2O)=2c(H2SO3)+2c(HS)+2c(S) D.题图所示“吸收”“氧化”后的溶液pH增大 答案　A 解析　“吸收”过程中，NH3·H2O和SO2反应生成(NH4)2SO3，若N和S都不发生水解，则c(N)=2c(S)，但N和S都发生水解，Kh(N)==<Kh(S)==，则S的水解程度大于N，溶液中：c(N)>2c(S)，故A正确；NH3·H2O吸收SO2反应生成(NH4)2SO3，c总=c(H2SO3)+c(HS)+c(S)=0.1 mol·L-1，则c(N)+c(NH3·H2O)=2c总=0.2 mol·L-1，再结合电荷守恒：c(HS)+2c(S)+c(OH-)=c(N)+c(H+)，可得c(OH-)=c(H+)+c(HS)+2c(H2SO3)-c(NH3·H2O)，故B错误；标准状况下0.448 L SO2的物质的量为=0.02 mol，150 mL 0.2 mol·L-1氨水中n(NH3·H2O)=0.15 L×0.2 mol·L-1=0.03 mol，得到元素质量守恒：2c(N)+2c(NH3·H2O)=3c总=3c(H2SO3)+3c(HS)+3c(S)，故C错误；由图可知，“吸收”“氧化”后溶质由NH3·H2O转化为(NH4)2SO4，故溶液的pH减小，故D错误。 7.(2024·苏锡常镇四市二模)室温下，通过下列实验探究NH4Al(SO4)2溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。下列说法正确的是 (　　) 实验1：用pH试纸测定0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH，测得pH约为6 实验2：向0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀 实验3：向0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中通入一定量的NH3至沉淀完全 实验4：向0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入Na2CO3产生沉淀和气体 A.0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中由水电离出的c(H+)约为10-8 mol·L-1 B.实验2发生反应的离子方程式为N+Al3++S+Ba2++4OH-===BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O C.实验3得到的溶液中有c(N)>c(S)>c(H+)>c(OH-) D.实验4过滤后所得清液中一定存在：c2(Al3+)= 答案　C 解析　NH4Al(SO4)2溶液中铝离子和铵根离子水解导致溶液显酸性，促进水的电离，则水电离出的c(H+)约为10-6 mol·L-1，故A错误；向0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液，钡离子和硫酸根离子之间会发生反应，氢氧根离子和铝离子之间可以发生反应，实验2发生反应的离子方程式为2Al3++3S+3Ba2++6OH-===3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故B错误；向0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中通入一定量的NH3至沉淀完全，溶液中的溶质为(NH4)2SO4，硫酸铵溶液中存在：c(N)>c(S)>c(H+)>c(OH-)，故C正确；向0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入Na2CO3发生相互促进水解产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，实验4过滤后所得清液中不存在：c2(Al3+)=，故D错误。 8.(2023·徐州模拟)硫代硫酸钠(Na2S2O3)的制备和应用相关流程如图所示。 已知：25 ℃时，H2SO3的Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8；H2CO3的Ka1=4.5×10-7，Ka2=5.0×10-11。 下列说法正确的是(　　) A.步骤1过程中pH=8时，c(S)·c(C)=0.03c(HS)·c(HC) B.步骤1所得的溶液中：c(Na+)=2［c(H2SO3)+c(HS)+c(S)］ C.步骤3所得的清液中：c(Ag+)·c(Br-)>Ksp(AgBr) D.步骤3的离子方程式为Ag++2S2===［Ag(S2O3)2］3- 答案　A 解析　步骤1过程中将式子变形：Ka2(H2SO3)·Ka2(H2CO3)=0.03c2(H+)，代入数据计算，可得c(H+)=1×10-8 mol·L-1，pH=8，故A正确；步骤3的离子方程式为AgBr+2S2===［Ag(S2O3)2］3-+Br-，故D错误。 9.(2024·扬州宝应模拟)常温下，用如图1所示装置，分别向25 mL 0.3 mol·L-1 Na2CO3溶液和25 mL 0.3 mol·L-1 NaHCO3溶液中逐滴滴加0.3 mol·L-1的稀盐酸，用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是(　　) A.X曲线为Na2CO3溶液的滴定曲线 B.c点所示溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(OH-) C.用pH试纸测得c点的pH约为8，可知：Ka2(H2CO3)< D.a、d两点水的电离程度：a<d 答案　C 题型突破练(A)　［分值：50分］ (选择题1~6题，每小题3分，7~14题，每小题4分，共50分) 1.(2024·扬州模拟)CuCl为难溶于水的白色固体。室温下，以CuO为原料制备CuCl的过程如图所示。下列说法正确的是(　　) A.0.1 mol·L-1Na2SO3溶液中：c(OH-)=c(HS)+c(H2SO3)+c(H+) B.“还原”发生反应的离子方程式为2Cu2++S+2Cl-+H2O===2CuCl↓+S+2H+ C.“还原”后的溶液中：2c(Cu2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S)+c(Cl-) D.“过滤”后得到的滤液中：c(Cu+)> 答案　B 解析　0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(HS)+2c(H2SO3)+c(H+)，故A错误；“酸溶”步骤中发生反应：CuO+2H+===Cu2++H2O，“还原”步骤加入亚硫酸钠和NaCl，得到CuCl，该步骤中Cu2+作氧化剂，亚硫酸钠作还原剂，发生的反应为2Cu2++S+2Cl-+H2O===2CuCl↓+S+2H+，故B正确；过滤后，滤液为CuCl的饱和溶液，因此有c(Cu+)·c(Cl-)=Ksp(CuCl)，则c(Cu+)=，故D错误。 2.(2024·南通二模)室温下，向FeSO4溶液中加入足量氨水⁃NH4HCO3混合溶液，生成FeCO3沉淀。已知：Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.0×10-7，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11。下列说法正确的是(　　) A.生成FeCO3的离子方程式：Fe2++2HC===FeCO3↓+CO2↑+H2O B.0.1 mol·L-1NH4HCO3溶液中(pH=7.8)：c(N)>c(HC)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O) C.0.2 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合：c(N)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HC)+c(C) D.生成FeCO3沉淀后的滤液中：c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C) 答案　B 解析　向FeSO4溶液中加入足量氨水⁃NH4HCO3混合溶液，生成FeCO3沉淀，离子方程式为Fe2++NH3·H2O+HC===FeCO3↓+N+H2O，故A错误；0.1 mol·L-1NH4HCO3溶液的pH=7.8，说明HC的水解程度大于的水解程度，故c()>c()>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)，故B正确；0.2 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合，二者恰好发生反应：NH4HCO3+NH3·H2O===(NH4)2CO3+H2O，此时溶质为(NH4)2CO3，由元素守恒可得，c(N)+c(NH3·H2O)=2c(H2CO3)+2c()+2c(C)，故C错误；生成FeCO3沉淀后的滤液中还有S，存在电荷守恒：c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)+2c(S)，故D错误。 3.(2024·泰州模拟)利用氨石灰水法吸收燃煤烟气中SO2的过程如图所示。室温下，用1.0 mol·L-1氨水溶液吸收SO2，通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总=c(H2SO3)+c(HS)+c(S)。已知NH3·H2O电离常数Kb=1.8×10-5；H2SO3电离常数Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.2×10-8。下列说法正确的是(　　) A.“吸收”后c总=0.5 mol·L-1的溶液中：c(N)>c(S)>c(H+)>c(OH-) B.pH=7的吸收液中：c(S)>c(H2SO3) C.“转化”时，通入O2后的溶液pH增大 D.“再生”后的溶液中：c(Ca2+)·c(S)<Ksp(CaSO4) 答案　B 解析　由题干信息可知，用1.0 mol·L-1氨水“吸收”SO2时，当c总=0.5 mol·L-1即含氮微粒浓度之和等于含硫微粒浓度之和的2倍，该溶液的溶质为(NH4)2SO3，又由于N水解常数Kh==小于S的水解常数Kh1==，即该溶液呈碱性，则有c()>c()>c(OH-)>c(H+)，A错误；已知H2SO3的Ka1·Ka2=，则pH=7的吸收液中：==远大于1，即c()>c(H2SO3)，B正确；“转化”时，通入O2将(NH4)2SO3转化为(NH4)2SO4，溶液由碱性转化为酸性，故溶液pH减小，C错误；“再生”步骤发生的反应为Ca(OH)2+(NH4)2SO4===CaSO4+2NH3·H2O，此过程中生成了CaSO4沉淀，故溶液中：c(Ca2+)·c(S)=Ksp(CaSO4)，D错误。 4.(2024·南京模拟)室温下，由二氧化锰与硫化锰矿(含Fe、Mg等杂质)制备MnSO4的流程如下： 已知：Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp(MnCO3)=2.24×10-11，下列说法正确的是(　　) A.NH4HCO3溶液中：c()<c()+2c(C) B.“酸溶”时主要反应的离子方程式：MnO2+MnS+2H2O===2Mn2+++4H+ C.“除铁”“除镁”后上层清液中：2c(Mn2+)+c(H+)=2c()+c(OH-) D.“沉锰”后上层清液中：=2.5 答案　D 解析　由题意可知，一水合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数，则碳酸氢铵溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH—)可知，溶液中c()>c()+2c()，故A错误；“酸溶”时，二氧化锰、硫化锰与硫酸溶液反应生成硫酸锰和水，反应的离子方程式为4MnO2+MnS+8H+===5Mn2+++4H2O，故B错误；“除铁”“除镁”后上层清液为硫酸铵和硫酸锰的混合溶液，溶液中存在电荷守恒：2c(Mn2+)+c(H+)+c()=2c()+c(OH—)，故C错误；“沉锰”后上层清液中：====2.5，故D正确。 5.(2024·泰州模拟)室温下，某二元弱酸(用H2A表示)的Ka1=1.54×10-2、Ka2=1.02×10-7，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，通过下列实验探究NH4HA溶液的性质。 实验 实验操作 1 用pH试纸测定0.1 mol·L-1NH4HA溶液的pH，测得pH约为4.5 2 将0.1 mol·L-1NH4HA溶液和0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合，无气体产生 3 向实验2所得溶液中继续滴加一定量0.1 mol·L-1NaOH溶液，加热，使产生的气体完全逸出 4 将等体积的0.1 mol·L-1NH4HA溶液与0.05 mol·L-1ZnSO4溶液混合，产生ZnA沉淀 下列有关说法正确的是(　　) A.由实验1可知，0.1 mol·L-1NH4HA溶液中由水电离出的c(H+)>10-7mol·L-1 B.实验2所得溶液中存在：c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)>c()+c(NH3·H2O) C.实验3所得溶液中一定含有Na2A，故反应过程中一定有c(Na+)>c(HA-)+c(A2-) D.由实验4可知：Ksp(ZnA)>1.25×10-3 答案　C 解析　由实验1可知，0.1 mol·L-1NH4HA溶液的pH约为4.5，呈酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度，电离出的H+对水的电离的抑制程度大于HA-水解和铵根离子水解对水的电离的促进作用，故该溶液中由水电离出的c(H+)<10-7mol·L-1，A错误；根据元素守恒可知，实验2所得溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=c()+c(NH3·H2O)，B错误；向实验2所得溶液中继续滴加一定量0.1 mol·L-1NaOH溶液，加热，使产生的气体完全逸出，故实验3所得溶液中一定含有Na2A，已知实验2中溶液中有元素守恒：c(Na+)=c(H2A)+c(A2-)+c(HA-)，故反应过程中一定有c(Na+)>c(HA-)+c(A2-)，C正确；实验4中c(Zn2+)=0.025 mol·L-1，c(HA-)=0.05 mol·L-1，根据Ka2(H2A)可知，溶液中c(A2-)<0.05 mol·L-1，故由实验4可知Ksp(ZnA)<0.025×0.05=1.25×10-3，D错误。 6.(2024·连云港模拟)从处理后的矿石硝酸浸取液(含Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可获取CoCl2，工艺流程如下： 已知：氨性溶液由NH3·H2O、SO3和CO3配制，Kb(NH3·H2O)=10-4.7，Co(OH)2易被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。 氢氧 化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ksp 5.9×10-15 1.6×10-44 1.3×10-33 5.6×10-12 下列说法正确的是(　　) A.“滤液Ⅰ”中：c(Co2+)>5.9×10-5mol·L-1 B.0.1 mol·L-1CO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)+c()=c(OH-)+c(NH3·H2O) C.常温下，pH=9.9的氨性溶液中：c(NH3·H2O)<c() D.“氨浸”时，由Co(OH)3转化为［Co(NH3)6］2+的离子方程式为2Co(OH)3+8NH3·H2O+4+===2++13H2O 答案　D 解析　滤液 Ⅰ 的pH=9，Ksp［Co(OH)2］=c(Co2+)·c2(OH-)=c(Co2+)×=5.9×10-15，即c(Co2+)≤5.9×10-5mol·L-1，故A错误；0.1 mol·L-1CO3溶液中，质子守恒为c(H+)+2c(H2CO3)+c()=c(OH-)+c(NH3·H2O)，故B错误；常温下，pH=9.9的氨性溶液中，Kb(NH3·H2O)==10-4.7，即===10-0.6<1，则c(NH3·H2O)>c()，故C错误；Co(OH)2被空气中的O2氧化为Co(OH)3，加入氨性溶液，Co(OH)3转化为［Co(NH3)6］2+，离子方程式为2Co(OH)3+8NH3·H2O+4+===2［Co(NH3)6］2+++13H2O，故D正确。 7.(2024·宿迁一模)捕集与转化CO2的部分过程如图。室温下以0.1 mol·L-1的NaOH溶液吸收CO2，忽略通入CO2引起的溶液体积变化和水的挥发。已知溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()，H2CO3的电离常数分别为Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11。下列说法正确的是(　　) A.吸收液中：c()<c() B.吸收液c总=0.1 mol·L-1时，c()+c()+c(H+)=c(OH-)，且Ka2(H2CO3)> C.“再生”过程中发生反应的离子方程式有Ca(OH)2===CaCO3+OH-+H2O D.将CaCO3投入煮沸后的蒸馏水中，沉降后溶液pH≈8.3，则c(Ca2+)·c()≠Ksp(CaCO3) 答案　C 解析　由分析可知，吸收液的pH为10，由电离常数可知，溶液中===0.47<1，则溶液中c(C)<c(HC)，故A错误；吸收液中c总=0.1 mol·L-1时为碳酸氢钠溶液，存在质子守恒：c(H2CO3)+c(H+)-c(C)=c(OH-)，由电离常数可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh==>Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，故B错误；石灰乳与溶液中的碳酸钠、碳酸氢钠反应生成氢氧化钠和碳酸钙，则碳酸氢根离子与石灰乳反应的离子方程式为Ca(OH)2+HC===CaCO3+OH-+H2O，故C正确；将碳酸钙投入煮沸后的蒸馏水中，沉降后所得溶液为碳酸钙饱和溶液，溶液中c(Ca2+)·c(C)=Ksp(CaCO3)，故D错误。 8.(2024·苏州三模)氨法烟气脱硫可制备硫酸羟胺［(NH3OH)2SO4］，同时得到副产品硫酸铵。过程如下： “脱硫”过程中控制pH在5.0~5.5，得到NH4HSO3溶液。已知25 ℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2(H2SO3)=1.0×10-7。下列说法正确的是(　　) A.NH4HSO3溶液中：c(NH3·H2O)+c()+c(OH-)>c(H2SO3)+c(H+) B.NH4HSO3溶液中：c()>c()>c() C.“脱硫”过程中温度越高，“脱硫”速率越快 D.“制备”过程的离子方程式：++SO2+OH-+H2O===NH3OH++2 答案　A 解析　NH4HSO3溶液中，存在元素守恒：c()+c(NH3·H2O)=c()+c()+c(H2SO3)①，电荷守恒：c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)②，①-②可得：c(NH3·H2O)+c(OH-)+c()=c(H2SO3)+c(H+)，根据电离是微弱的，则c()>c()，c(NH3·H2O)+c(OH-)+c()>c(NH3·H2O)+c(OH-)+c()=c(H2SO3)+c(H+)，A正确；NH4HSO3溶液中，的水解程度小于的电离程度，则c()>c()，因为电离是微弱的，则c()>c()，则c()>c()>c()，B错误；温度升高，NH3·H2O会分解，且SO2的溶解度降低，即温度越高越不利于脱硫反应的进行，C错误；“制备”过程的离子方程式为N+HS+SO2+2H2O===NH3OH++2S+H+，D错误。 9.(2023·海安高级中学高三下学期模拟)缓冲溶液可以抵御少量酸碱对溶液pH的影响。人体血液里存在H2CO3/HC缓冲体系，可使血液的pH稳定在7.4左右。当血液pH低于7.2或高于7.6时，会发生酸中毒或碱中毒。H2CO3/HC缓冲体系的缓冲作用可用下列平衡表示：H+(aq)+HC(aq)H2CO3(aq)CO2(g)+H2O(l)。实验室配制37 ℃时不同比例的NaHCO3、H2CO3缓冲溶液。(已知该温度下H2CO3的pKa1≈6.1，pKa2≈10.3；lg 2≈0.3)。下列说法正确的是(　　) A.人体发生碱中毒时注射NaHCO3溶液可以缓解症状 B.pH=7的缓冲体系中：c(H2CO3)<c(HC)<c(C) C.pH=7.4的缓冲体系中：c(HC)∶c(H2CO3)≈20∶1 D.c(HC)∶c(H2CO3)=1∶1的缓冲体系中：c(OH-)+2c(H2CO3)+2c(C)=c(Na+)+c(H+) 答案　C 解析　NaHCO3溶液呈碱性，人体血液碱中毒时，应注射酸性溶液缓解，A错误；碳酸根离子和碳酸氢根离子水解都显碱性，若c(H2CO3)<c(HC)<c(C)，溶液不可能为中性，B错误；pH=7.4的缓冲体系中，=×===101.3≈20∶1，C正确；c(HC)∶c(H2CO3)=1∶1的缓冲体系中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)=c(OH-)+c(H2CO3)+2c(C)，D错误。 10.(2024·南通模拟)已知：Ka1(H2CO3)=10-6.38、Ka2(H2CO3)=10-10.25。室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 测量0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液的pH为7.8 2 向0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中持续通入CO2，溶液的pH减小 3 向0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中加入少量Ca(OH)2溶液，产生白色沉淀 4 向0.5 mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加少量0.5 mol·L-1的CaCl2溶液，产生白色沉淀和无色气体 下列有关说法正确的是(　　) A.实验1溶液中存在c(H2CO3)>c() B.实验2中随CO2的不断通入，溶液中的值逐渐变小 C.实验3反应的离子方程式为Ca2+++OH-===CaCO3↓+H2O D.实验4所得溶液中存在c(Na+)<c(H2CO3)+c()+c()+c(Cl-) 答案　D 解析　实验1溶液中NaHCO3溶液的pH为7.8，呈碱性，说明的电离程度小于水解程度，但水解是微弱的，溶液中：c(H2CO3)<c()，A错误；实验2中随CO2的不断通入，溶液的酸性增强，c(H+)增大，溶液中=的值逐渐增大，B错误；向 0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中加入少量Ca(OH)2溶液发生反应：2NaHCO3+Ca(OH)2===CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，生成CaCO3白色沉淀，离子方程式为Ca2++2+2OH-===CaCO3↓+2H2，C错误；向0.5 mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加少量0.5 mol·L-1的CaCl2溶液，产生CaCO3白色沉淀和无色气体CO2，说明发生反应：2NaHCO3+CaCl2===CaCO3+CO2↑+H2O+NaCl，如果溶质只有NaCl和NaHCO3，有元素守恒：c(Na+)=c()+c()+c(Cl-)+c(H2CO3)，但溶液中会溶有CO2，CaCO3也有少量溶解，所以c(Na+)<c(H2CO3)+c()+c()+c(Cl-)，D正确。 11.(2024·宿迁三模)室温下，用含少量ZnSO4杂质的1 mol·L-1MnSO4溶液制备MnCO3的过程如图所示。下列说法不正确的是(　　) 已知：Ksp(MnS)=2×10-10，Ksp(ZnS)=2×10-24，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。 A.“除锌”反应的平衡常数K=1×1014 B.pH=8的氨水中存在c(N)=9.9×10-7mol·L-1 C.氨水、NH4HCO3溶液中存在c(N)<2c(C)+c(HC) D.“沉锰”后的滤液中存在c(N)+c(NH3·H2O)>2c(S) 答案　C 解析　“除锌”反应为Zn2+(aq)+MnS(s)ZnS(s)+Mn2+(aq)，平衡常数K====1×1014，A正确；pH=8，则c水(H+)=c水(OH-)=10-8mol·L-1，pOH=6，溶液中c总(OH-)=10-6mol·L-1，则氨水电离出c氨水(OH-))=10-6mol·L-1=9.9×10-7mol·L-1，B正确；氨水、NH4HCO3溶液中根据存在电荷守恒：c(H+)+c(N)=c(OH-)+2c(C)+c(HC)，该溶液显碱性，则c(H+)<c(OH-)，故c(N)>2c(C)+c(HC)，C错误；“沉锰”后的滤液成分为硫酸铵、氨水、碳酸氢铵，则由元素守恒可知，存在c(N)+c(NH3·H2O)>2c(S)，D正确。 12.(2024·苏州三模)以磷石膏(主要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等)和氨水为原料可实现CO2矿物封存同时制备轻质CaCO3，转化部分流程如图。 已知：Ksp(CaSO4)=5.0×10-5，Ksp(CaCO3)=3.0×10-9，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。 下列说法正确的是(　　) A.氨水中存在：c()>c(H+)+c(NH3·H2O) B.“转化”步骤，通入CO2后清液中始终存在>×104 C.“转化”步骤，若通入CO2至溶液pH为6.5，此时溶液中c()>c() D.“滤液”中存在c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-)+2c()+c()+2c() 答案　C 解析　根据电荷守恒，氨水中存在：c(OH-)=)+c(H+)，又因为氨水为弱电解质，部分电离，则c(NH3·H2O)>c(OH-)，故c(NH3·H2O)>)+c(H+)，A错误；“转化”后的清液中，CaCO3一定达到沉淀溶解平衡，而CaSO4不一定达到沉淀溶解平衡，则=c(Ca2+)≤，≤=×104，B错误；“转化”步骤，若通入CO2至溶液pH为6.5时，Ka2=，==<1，则)，C正确；过滤后，滤液中还存在N，D错误。 13.(2024·南通三模)已知室温下，Ksp［Fe(OH)3］=1×10-36，Ksp［Ni(OH)2］=2×10-15，Ka(HClO)=3×10-8。用含少量Fe3+的NiCl2酸性溶液制备NiOOH的过程如图。下列说法正确的是(　　) A.0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=0.1 mol·L-1+c(H2CO3) B.pH=11的NaClO溶液中：c(HClO)>c(ClO-) C.“调pH”得到的上层清液中：>10-28 D.“氧化”时主要发生反应：2ClO-+2Ni2++2OH-===2NiOOH↓+Cl2↑ 答案　C 解析　0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中元素守恒关系为c()+c()+c(H2CO3)=c(Na+)=0.1 mol·L-1，电荷守恒关系为c(OH-)+2c()+c()=c(H+)+c(Na+)，则c(OH-)-c(H+)=c()+2c(H2CO3)=0.1 mol·L-1+c(H2CO3)-c()<0.1 mol·L-1+c(H2CO3)，故A错误；pH=11的NaClO溶液中==3 000，即c(HClO)<c(ClO-)，故B错误；“调pH”得到的上层清液中离子积Q［Fe(OH)3］=c(Fe3+)·c3(OH-)>Ksp［Fe(OH)3］，Q［Ni(OH)2］=c(Ni2+)·c2(OH-)<Ksp［Ni(OH)2］，则上层清液中>==1.25×10-28>10-28，故C正确；碱性条件下加入NaClO溶液氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，反应为2Ni2++ClO-+4OH-===2NiOOH↓+Cl-+H2O，故D错误。 14.(2024·苏州二模)实验室用如下方案测定Na2CO3和NaHCO3混合物的组成：称取一定质量样品溶解于锥形瓶中，加入2滴指示剂M，用标准盐酸滴定至终点时消耗盐酸V1 mL；向锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用标准盐酸滴定至终点，又消耗盐酸V2 mL。下列说法正确的是(　　) A.指示剂M、N可依次选用甲基橙、酚酞 B.样品溶解后的溶液中：2c(Na+)=3c()+3c()+3c(H2CO3) C.滴定至第一次终点时的溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+2c() D.样品中Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为 答案　D 解析　由题意可知，第一次滴定滴入的指示剂为酚酞，发生的反应为Na2CO3+HCl===NaHCO3+NaCl，第二次滴定滴入的指示剂为甲基橙，发生的反应为NaHCO3+HCl===NaCl +CO2↑+H2O，故A错误；样品溶解后的溶液中，并未知此时Na2CO3和NaHCO3的物质的量浓度比值关系，无法进行判断元素守恒关系，故B错误；第一次滴定终点时溶液中的溶质是NaHCO3、NaCl，根据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+2c()+c(Cl-)，故C错误；由方程式可知，原混合物中Na2CO3的物质的量等于第一次滴定终点时消耗HCl的物质的量，(V2-V1)mL为原混合物中碳酸氢钠消耗盐酸的体积，则Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为=，故D正确。 题型突破练(B)　［分值：50分］ 　　　　　　　　　　　　　　　　 (选择题1~5题，每小题4分，6~11题，每小题5分，共50分) 1.(2023·扬州市高三模拟)合成环氧氯丙烷时产生了盐酸和醋酸(HAc)混合液，为研究混合溶液的定量分析方法，进行以下实验： 实验1：向20 mL 0.1 mol·L-1HCl溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液； 实验2：向20 mL 0.1 mol·L-1HAc溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液； 实验3：向20 mL某浓度HCl与HAc混合溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液。 测得实验1、2中溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是(　　) A.实验1所测得的pH变化为曲线b B.实验2中加入10 mL NaOH时，溶液中存在：c(H+)+c(HAc)=c(Ac-)+c(OH-) C.实验3溶液中Ac-的物质的量分数为= D.实验3中根据pH约为4.30时所消耗的V(NaOH)，可计算混合溶液中n(HCl) 答案　C 解析　相同浓度情况下，HCl是强酸，HAc是弱酸，初始HCl溶液的pH更小，故曲线a表示HCl溶液中滴加NaOH溶液，也就是对应实验1，A错误；实验2是HAc溶液中滴加NaOH溶液，加入10 mL NaOH溶液，对应溶质是等物质的量NaAc和HAc，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Ac-)+c(OH-)，元素守恒：2c(Na+)=c(HAc)+c(Ac-)，两式结合可得，c(HAc)+2(H+)=c(Ac-)+2c(OH-)，B错误；Ka(HAc)=，可得=，=，将=带入可得=，C正确；pH=4.3时，既消耗了HAc，也消耗了HCl，故不能根据消耗的V(NaOH)计算混合溶液中n(HCl)，D错误。 2.(2024·淮安市淮海中学高三模拟)常温下，向H2C2O4(电离常数Ka1=1×10-1.23，Ka2=1×10-4.19)溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lg X［X表示或］随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A.Ⅰ表示lg随pH的变化 B.P点坐标为(1.23，2.96) C.0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中：c(Na+)>c(HC2)+2c(C2) D.已知反应CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4的平衡常数K=1×10-3.21，则Ksp(CaC2O4)=10-8.63 答案　D 解析　H2C2O4电离平衡常数Ka1=×c(H+)；Ka2=×c(H+)，当lg或lg=0时，Ka1=c(H+)；Ka2=c(H+)。由于Ka1>Ka2，所以Ⅰ表示lg 随pH的变化，Ⅱ表示lg随pH的变化。P点的横坐标为b点的pH，纵坐标为c点的lg ，Ka2=1×10-4.19，Ka1=×c(H+)，×1×10-4.19=1×1，P点在Ⅰ上，则=102.96，所以lg=2.96，故P点坐标为(4.19，2.96)，B错误；在0.1 mol·L-1的NaHC2O4溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2)；HC2的水解平衡常数Kh2== ===10-12.77，HC2的电离平衡常数Ka2=1×10-4.19，其电离程度大于水解程度，因此c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)<c(HC2)+2c(C2)，C错误；CaC2O4+2H+Ca2++H2C2O4的平衡常数K=1×10-3.21，根据平衡常数含义可知：K===，所以Ksp(CaC2O4)=K·Ka1·Ka2=10-3.21×10-1.23×10-4.19=10-8.63，D正确。 3.(2024·苏州高三模拟)饱和BaCO3溶液中，c2(Ba2+)随c(OH-)而变化，在298 K温度下，c2(Ba2+)与c(OH-)关系如图所示。下列说法错误的是(　　) A.BaCO3的溶度积Ksp=2.6×10-9 B.若忽略的第二步水解，Ka2(H2CO3)=5×10-11 C.饱和BaCO3溶液中c(Ba2+)随c(H+)增大而减小 D.M点溶液中：c(Ba2+)>c()>c() 答案　C 解析　由图知，当c(OH-)浓度越大，越抑制水解，饱和BaCO3溶液中，c(Ba2+)=c()，使c2(Ba2+)越接近2.6×10-9，此时Ksp=c(Ba2+)·c()=c2(Ba2+)=2.6×10-9，A正确；若忽略的第二步水解，当c()=c()时，Ka2(H2CO3)==c(H+)，c(Ba2+)=c()+c()=2c()，c2(Ba2+)=c(Ba2+)×2c()=2Ksp=5.2×10-9 mol2·L-2，即N点，此时c(OH-)=2×10-4 mol·L-1，c(H+)==5×10-11 mol·L-1，Ka2(H2CO3)=5×10-11，B正确；由图像知c2(Ba2+)随c(OH-)增大而减小，所以c(Ba2+)随c(H+)增大而增大，C错误；在N点，由B项分析知，c()=c()，M点c(OH-)小，c(H+)大，促进转化成，因此有c(Ba2+)>c()>c()，D正确。 4.(2024·江苏模拟预测)用变化观念与平衡思想分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系； 图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp［Mg(OH)2］；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(C)=Ksp(MgCO3)。 注：起始c(Na2CO3)=0.1 mol·L-1。 下列说法不正确的是(　　) A.饱和NaHCO3溶液中：c(C)<c(H2CO3) B.初始状态pH=11、lg ［c(Mg2+)］=-6，无沉淀生成 C.初始状态pH=9、lg ［c(Mg2+)］=-2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1 D.初始状态pH=8、lg ［c(Mg2+)］=-1，发生反应：Mg2++2HC===MgCO3↓+CO2↑+H2O 答案　C 解析　由图1可知H2CO3的Ka1=10-6.37、Ka2=10-10.25，饱和NaHCO3溶液中的Kh==10-7.63>Ka2，HC的电离程度小于水解程度，故c(C)<c(H2CO3)，A正确；初始状态pH=11、lg ［c(Mg2+)］=-6，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B正确；初始状态pH=9、lg ［c(Mg2+)］=-2，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据元素守恒，平衡后溶液中c(H2CO3)+c(HC)+c(C)<0.1 mol·L-1，C错误；初始状态pH=8，溶液中主要含碳微粒是，pH=8、lg ［c(Mg2+)］=-1，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2++2HC===MgCO3↓+CO2↑+H2O，D正确。 5.(2024·苏州市高三模拟)室温下，向0.1 mol·L-1柠檬酸钠(Na3A)溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积变化)，溶液中H3A、H2A-、HA2-和A3-的分布系数δ(X)(某种含A微粒浓度与所有含A微粒浓度之和的比值)随pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　　) A.曲线c表示HA2- B.A3-的水解平衡常数Kh1=10-7.6 C.n点：c(Na+)>3c(H2A-)+3c(A3-)+c(Cl-) D.pH约为5时，通入HCl发生的反应为HA2-+H+===H2A- 答案　C 解析　0.1 mol·L-1的柠檬酸钠(Na3A)溶液中通入HCl气体，依次发生反应：A3-+H+===HA2-、HA2-+H+===H2A-、H2A-+H+===H3A，所以根据溶液pH及含A微粒浓度关系可知a、b、c、d依次表示H3A、H2A-、HA2-、A3-。根据上述分析可知，曲线c表示HA2-，A正确；由ab、bc、cd交点可知，H3A的三级电离平衡常数分别Ka1=10-3.13；Ka2=10-4.76，Ka3=10-6.40，A3-水解平衡常数Kh1===10-7.6，B正确；n点：c(H2A-)=c(HA2-)，溶液pH<7，故c(H+)>c(OH-)，电解质溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2A-)+2c(HA2-)+3c(A3-)+c(Cl-)，故溶液中离子浓度关系为c(Na+)<3c(H2A-)+3c(A3-)+c(Cl-)，C错误；根据图中信息当溶液pH约为5时，随着pH减小，c(HA2-)逐渐减小、c(H2A-)逐渐增大，发生反应：HA2-+H+===H2A-，D正确。 6.(2024·江苏省部分学校高三模拟)乙二胺四乙酸(简称EDTA，可用H4Y表示)在化学分析中常用于配位滴定。水溶液中，EDTA常以H6Y2+、H5Y+、H4Y、H3Y-、H2Y2-、HY3-和Y4-等7种形式存在。常温下，EDTA溶液中上述7种微粒的分布系数［如δ(Y4-)=］与溶液pH的关系如图1，图2表示EDTA与某金属离子Mm+形成的螯合物的结构。下列说法错误的是(　　) A.曲线d表示H3Y- B.pH=0.9时有c(H6Y2+)=c(H5Y+)>c(H4Y) C.pH减小会降低EDTA与金属离子的配位能力 D.m=4 答案　D 解析　随着溶液pH升高，EDTA依次主要以H6Y2+、H5Y+、H4Y、H3Y-、H2Y2-、HY3-和Y4-形式存在，分别由曲线a、b、c、d、e、f、g表示，A正确；由图可知，pH=0.9时，c(H6Y2+)=c(H5Y+)>c(H4Y)，B正确；该螯合物是由Y4-与Mm+形成的负一价阴离子，Mm+应为三价阳离子，m=3，pH减小导致溶液中Y4-阴离子浓度减小，降低Y4-与金属阳离子的配位能力，C正确、D错误。 7.(2024·南京师范大学附属中学5月模拟)某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴定亚磷酸钠(Na2HPO3)溶液的过程，得到电极电位U和溶液pH随盐酸滴加的体积变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　) 已知：①电位滴定法的原理：在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。 ②亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，其电离常数分别是Ka1=10-1.4，Ka2=10-6.7。 A.a点对应溶液的pH>7 B.b点对应第二次电极电位突跃，溶液的溶质是H3PO3 C.c点对应的溶液中存在：c(H+)<c(OH-)+c(H2)+2c() D.水的电离程度：a>b>c 答案　C 解析　分析可知，a点为第一次电极电位突跃，恰好完成第一步反应，对应溶质为NaH2PO3、NaCl，H2的电离平衡常数Ka2=10-6.7，H2水解平衡常数Kh===10-12.6<Ka2，H2的电离程度大于水解程度，即pH<7，故A错误；发生第二次突跃是NaH2PO3和盐酸恰好完全反应，溶液的溶质是NaCl和H3PO3，故B错误，c点对应溶质为NaH2PO3、NaCl、H3PO3，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(H2P)+2c()+c(Cl-)，根据元素守恒c(Na+)>c(Cl-)，所以c(H+)<c(OH-)+c(H2)+2c()，故C正确；Na2HPO3水解促进水电离，盐酸抑制水电离，加盐酸过程中水的电离程度逐渐减小，所以水的电离程度a>c>b，故D错误。 8.(2024·南京市第十三中学高三适应性考试)常温下，已知H3PO4溶液中含磷物种的浓度之和为0.01 mol·L-1，溶液中各含磷物种的lg c-pOH关系如图所示［pOH=-lg c(OH-)］。下列说法错误的是(　　) A.曲线③表示lg c(H2)随pOH的变化 B.当c(H2)=c()，溶液的pH约为7.2 C.y点溶液中：c()<0.01 mol·L-1-2c(H2)-c() D.NaH2PO4溶液中：c(Na+)>c(H2)>c(HP)>c(H3PO4) 答案　C 解析　H3PO4溶液中含P微粒有H3PO4、H2、、。由图示可知，随着pOH减小，溶液碱性增强，H3PO4浓度减小，H2、浓度先增加后减小，浓度逐渐增大，故曲线①表示lg c)随pOH的变化，曲线②表示lg c)随pOH的变化，曲线③表示lg c(H2)随pOH的变化，曲线④表示lg c(H3PO4)随pOH的变化。H3PO4平衡常数的表达式Ka1=，Ka2=，Ka3=。图中z点(11.98，-2.3)，此时lg c(H2)=lg c(H3PO4)，pOH=11.98，即c(H+)=10-2.02时，c(H2)=c(H3PO4)，则Ka1=c(H+)=10-2.02；根据图中y(9.38，-4.5)知当pOH=9.38时，lg c()=lg c(H3PO4)，即当c(H+)=10-4.62时，c()=c(H3PO4)，则Ka1·Ka2=·=c2(H+)==10-9.24，Ka2===10-7.22≈10-7.2，当c()=c(H2P)时Ka2=c(H+)≈10-7.2，溶液的pH约为7.2，故B正确；y点溶液中c(H2)>c(H3PO4)，根据P原子守恒可知c()+c(H3PO4)+c(H2)+c()=0.01 mol·L-1，c()+2c(H2)+c()>0.01 mol·L-1，c()>0.01 mol·L-1-2c(H2)-c()，故C错误。 9.硼酸(H3BO3)在水溶液中存在电离平衡：H3BO3+H2O［B(OH)4］-+H+　K=10-9.34。用0.01 mol·L-1NaOH溶液分别滴定体积均为20 mL的0.01 mol·L-1硼酸溶液、0.01 mol·L-1硼酸和甘露醇混合溶液，滴定过程中硼酸溶液pH、混合溶液的随加入的NaOH溶液体积的变化如图。 已知： 。 下列说法错误的是(　　) A.加入甘露醇有利于硼酸的准确滴定 B.从V1 mL滴定到V2 mL，混合溶液的ΔpH比硼酸溶液的ΔpH大 C.P点：c(Na+)>c(H3BO3)=c｛［B(OH)4］-｝ D.W点：c(Na+)+c(H+)+c(H3BO3)-c(OH-)=0.01 mol·L-1 答案　D 解析　甘露醇能与［B(OH)4］-反应，使［B(OH)4］-浓度减小，促进硼酸电离平衡正向移动，有利于硼酸的准确滴定，且混合溶液的ΔpH比硼酸溶液的ΔpH大，A、B正确；P点的pH=9.34，溶液呈碱性，则c(Na+)>c(H3BO3)，c(H+)=10-9.34mol·L-1，H3BO3的电离平衡常数K==10-9.34，则P点：c(Na+)>c(H3BO3)=c，C正确；W点对应的最大，是pH的转折点，此时酸碱恰好完全反应，则该点时V(NaOH)=V(H3BO3)=20 mL，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c｛［B(OH)4］-｝+c(OH-)，根据元素守恒可知c(H3BO3)+c｛［B(OH)4］-｝=0.005 mol·L-1，整理可得c(Na+)+c(H+)+c(H3BO3)-c(OH-)=0.005 mol·L-1<0.01 mol·L-1，D错误。 10.(2023·江苏省前黄高级中学高三二模)亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病。亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液 pH的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　) A.人体血液的 pH为7.35~7.45，给药后人体所含砷元素微粒主要是H3AsO3 B.NaH2AsO3可发生电离和水解，溶液显碱性 C.当溶液的pH=11 时，3c(As)+2c(HAs)+c(H2As)+c(OH-)=c(H+) D.用δ表示微粒的物质的量分数，pH=13时δ(As)+δ(HAs)+δ(H2As)≈1 答案　C 11.(2024·江苏部分学校高三模拟)常温下，用0.1 mol·L-1NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A溶液，溶液的pH、粒子的分布分数δ［如δ(A2-)=］与H2A被滴定分数的关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A.Ⅱ线表示δ(A2-)的变化曲线 B.=1时，c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-) C.=1.5时，3c(Na+)=2［c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)］ D.b、d、e、f四点对应的溶液中，f点的水的电离程度最大 答案　D 解析　NaOH溶液滴定H2A过程中依次发生反应：H2A+OH-===HA-+H2O，HA-+OH-===A2-+H2O，反应过程中δ(H2A)一直减小，δ(HA-)先增大后减小，δ(HA-)逐渐减小时，δ(A2-)逐渐增大，溶液的pH逐渐增大，由此可知：Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ线分别表示δ(H2A)、δ(HA-)、δ(A2-)、pH的变化曲线。=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，HA-的电离程度大于HA-的水解程度，c(A2-)>c(H2A)，B错误；=1.5时，溶质为等物质的量的NaHA和Na2A，根据元素守恒可知，溶液中2c(Na+)=3［c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)］，C错误；f点溶液中的溶质为Na2A，水的电离程度最大，D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题六 选择题专攻 电离平衡、水解平衡及沉淀溶解平衡的分析应用  核心精讲 01 1.“三大”平衡的比较 平衡类型 电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+ 水解平衡CH3COO-+H2O CH3COOH +OH- 沉淀溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq) 研究对象 弱电解质溶液 能水解的盐溶液 难溶电解质 影 响 因 素 升温 促进电离 Ka增大 促进水解 Kh增大 若难溶物的溶解度与温度成正比，促进溶解；反之，则抑制溶解 若难溶物的溶解度与温度成正比，Ksp增大；反之，则Ksp减小 3 平衡类型 电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+ 水解平衡CH3COO-+H2O CH3COOH+OH- 沉淀溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq) 研究对象 弱电解质溶液 能水解的盐溶液 难溶电解质 影 响 因 素 加水 促进电离 Ka不变 促进水解 Kh不变 促进溶解 Ksp不变 加入相 应离子 (或物质) 加入CH3COONa或HCl，抑制电离 Ka不变 加入CH3COOH或NaOH，抑制水解 Kh不变 加入AgNO3或NaCl，抑制溶解 Ksp不变 4 平衡类型 电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+ 水解平衡CH3COO-+H2O CH3COOH +OH- 沉淀溶解平衡AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq) 研究对象 弱电解质溶液 能水解的盐溶液 难溶电解质 影 响 因 素 加入反应离子 (或物质) 加入OH-，促进电离 Ka不变 加入H+，促进水解 Kh不变 加入氨水，促进溶解 Ksp不变 5 2.溶液中的离子浓度关系 (1)解题模型——分清主次，抓主要矛盾 6 例1　单一溶液 (1)0.1 mol·L-1 H2S溶液中离子浓度大小关系：　　 　　。  c(H+)>c(HS-)>c(S2-)>c(OH-) (2)NaHS溶液中离子浓度大小关系：　 　　 　　　　。  c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)>c() 7 例2　物质的量浓度1∶1的缓冲溶液 等浓度的NaOH和CH3COOH按1∶2体积比混合后pH<7，离子浓度大小顺序为　　 。  c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) 解题策略　溶液中物质间若能发生化学反应，则优先考虑化学反应。 8 (2)溶液中部分粒子浓度之和(差)的大小比较 解题模型 ①先确定溶液中粒子的构成。 ②从守恒出发，根据溶液中存在的元素守恒或电荷守恒进行分析比较。 ③三大守恒式的书写 ⅰ.电荷守恒 电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，故存在电荷守恒，即阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数。 如Na2S与NaHS的混合溶液中存在电荷守恒：________________________ 　　　 　。  c(Na+)+c(H+)=2c()+ c(HS-)+c(OH-) 9 ⅱ.元素守恒 电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的，即元素守恒的特征：元素写两边、系数交叉配。 如0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中存在的元素守恒关系：___________________ ______________________。  c(Na+)=2c(HC)+ 2c(C)+2c(H2CO3) 物质的量浓度1∶1的HA、 NaA的混合溶液中存在元素守恒：_________ ____________。  2c(Na+)= c(A-)+c(HA) 10 ⅲ.质子守恒 酸碱质子理论认为，酸碱反应实质是质子(H+)的转移。失质子总数=游离质子数+得质子总数。 如写出Na2CO3的质子守恒：　　　  　　　　。  c(OH-)=c(H+)+c(HC)+2c(H2CO3) 11 ⅲ.方法一：由电荷守恒式和元素守恒式联立消去阳离子(Na+)得到。 方法二：框图法快速求Na2CO3的质子守恒。 12 3.电离常数、水解常数、溶度积常数的关系应用 (1)电离常数(K电离)与电离度(α)的关系(以一元弱酸HA为例) 　　　　　HA　　 　H+ 　+　 A- 起始浓度：c酸 0 0 平衡浓度：c酸·(1-α) c酸·α c酸·α K电离==。 若α很小，可认为1-α≈1，则K电离=c酸·α2或α=。 13 (2)电离常数与水解常数的关系 ①对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系 HA H++A-，Ka=； A-+H2O HA+OH-，Kh=。 则Ka·Kh=c(H+)·c(OH-)=Kw，故Kh=。 常温时Ka·Kh=Kw=1.0×10-14，Kh=。 14 ②对于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB-)、Kh(B2-)的关系 HB-+H2O H2B+OH-，Kh(HB-)===。 B2-+H2O HB-+OH-，Kh(B2-)===。 15 (3)H2CO3溶液、NaHCO3溶液、Na2CO3溶液中的电离或水解 碳酸的电离： H2CO3 H++HC　Ka1=4.3×10-7 HC H++C　Ka2=5.6×10-11 Na2CO3的水解(Kh1>Kh2)： C+H2O HC+OH-　Kh1 HC+H2O H2CO3+OH-　Kh2 Kh1=，Kh2=。 16 比较NaHCO3酸式盐溶液中电离与水解程度大小： Ka2=5.6×10-11 Kh2== Kh2>Ka2，故HC的水解程度大于其电离程度。 17 知识拓展 常温时，对于一元弱酸HA，当Ka>1.0×10-7时，Kh<1.0×10-7，此时将等物质的量浓度的HA溶液与NaA溶液等体积混合，HA的电离程度大于A-的水解程度，溶液呈酸性；同理，当Ka<1.0 ×10-7时，Kh>1.0×10-7，A-的水解程度大于HA的电离程度，溶液呈碱性。对于多元弱酸，Kh=，Ka是其阴离子结合一个H+所形成的粒子的电离常数。 18 真题演练 02 考向一　流程转化中物质变化与粒子浓度关系分析 1.(2023·江苏，12)室温下，用含少量Mg2+ 的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如图所示。 已知Ksp(MgF2)=5.2×10-11，Ka(HF)=6.3×10-4。下列说法正确的是 1 2 3 4 5 A.0.1 mol·L-1 NaF溶液中：c(F-)=c(Na+)+c(H+) B.“除镁”得到的上层清液中：c(Mg2+)= C.0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中：c()=c(H+)+c(H2CO3)-c(OH-) D.“沉锰”后的滤液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c() √ 1 2 3 4 5 0.1 mol·L-1NaF溶液中存在电荷守恒： c(OH-)+c(F-)=c(Na+)+c(H+)，A错误； “除镁”得到的上层清液中为MgF2的饱和溶液，有Ksp(MgF2)=c(Mg2+)· c2(F-)，故c(Mg2+)=，B错误； 0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中存在质子守恒：c()+c(OH-)=c(H+)+ c(H2CO3)，故c()=c(H+)+c(H2CO3)-c(OH-)，C正确； “沉锰”后的滤液中还存在F-、等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。 1 2 3 4 5 2.(2022·江苏，12)一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1 mol· 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()+c()。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是 A.KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3) >c() B.KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-) =c(H+)+c()+c(H2CO3) C.KOH溶液吸收CO2，c总=0.1 mol·L-1溶液中：c(H2CO3)>c() D.如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降 √ 1 2 3 4 5 KOH吸收CO2所得到的溶液，若为K2CO3溶液，则主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3) <c()，若为KHCO3溶液，则发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)<c()， A不正确； KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-) +c()+2c()，依据元素质量守恒，溶液中：c(K+)=2［c() +c()+c(H2CO3)］，则c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)，B不正确； 1 2 3 4 5 KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1 mol·L-1，c总=0.1 mol·L-1，则溶液为KHCO3溶液，Kh(HC) ==≈2.3×10-8>Ka2=4.4×10-11，表明以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)> c()，C正确； 如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生的反应为CO2+2KOH=== K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O===CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，上述反应均放热，溶液的温度升高，D不正确。 1 2 3 4 5 考向二　实验过程中物质转化与粒子浓度关系分析 3.(2024·江苏，12)室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，Ka2(H2SO3)=6.2×10-8。 实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH=3。 实验2：将SO2气体通入0.1 mol·L-1 NaOH溶液中，当溶液pH=4时停止通气。 实验3：将SO2气体通入0.1 mol·L-1酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。 下列说法正确的是 A.实验1所得溶液中：c()+c()>c(H+) B.实验2所得溶液中：c()>c() C.实验2所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体 D.实验3所得溶液中：c()>c(Mn2+) √ 1 2 3 4 5 实验1得到H2SO3溶液，其电荷守恒关系式为c()+2c()+c(OH-) =c(H+)，则c()+c()<c(H+)，A错误； 实验2溶液pH为4，依据Ka2=，则6.2×10-8=，则c()<c()，B错误； NaHSO3受热易分解，且易被空气中的氧气氧化，故经过蒸干、灼烧得不到NaHSO3固体，C错误； 实验3发生的反应：5SO2+2Mn+2H2O===5S+2Mn2++4H+，则恰好完全反应后c()>c(Mn2+)，D正确。 1 2 3 4 5 4.(2021·江苏，11)室温下，通过下列实验探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性质。 实验1：用pH试纸测量0.1 mol·L-1NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8 实验2：将0.1 mol·L-1NaHCO3溶液与0.1 mol·L-1CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀 实验3：向0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9 实验4：向0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去 1 2 3 4 5 下列说法正确的是 A.由实验1可得出：Ka2(H2CO3)> B.实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(C)<Ksp(CaCO3) C.实验3中发生反应的离子方程式为C+H2O+CO2===2HC D.实验4中c反应前(C)<c反应后(C) √ 1 2 3 4 5 实验1：用pH试纸测量0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH，测得pH约为8，c(H+)<c(OH-)，则碳酸氢钠溶液中的HC水解程度大于其电离程度，由实验1可得出：c(Na+)>c(HC)>c(H2CO3)>c(C)，Ka2(H2CO3)= <= ，A错误； 实验2：将0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L-1 CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀碳酸钙，则由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(C)>Ksp(CaCO3)，B错误； 1 2 3 4 5 等物质的量浓度的碳酸钠的碱性大于碳酸氢钠，实验3：0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中通入一定量的CO2，溶液pH从12下降到9，则实验3中发生反应的离子方程式为C+H2O+CO2===2HC，C正确。 5.(2021·江苏，13)室温下，用0.5 mol·L-1 Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。已知Ksp(CaSO4)=5×10-5，Ksp(CaCO3)=3×10-9。下列说法正确的是 A.0.5 mol·L-1 Na2CO3溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HC)+c(H2CO3) B.反应CaSO4+C===CaCO3+S正向进行，需满足>×104 C.过滤后所得清液中一定存在：c(Ca2+)=且c(Ca2+)≤ D.滤渣中加入醋酸发生反应的离子方程式：CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑ +H2O 1 2 3 4 5 √ 1 2 3 4 5 0.5 mol·L-1 Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HC)+2c(H2CO3)，A错误； 该反应的平衡常数K=====×104，Q=<K时，反应正向进行，B错误； 上层清液为碳酸钙的饱和溶液，所以清液中满足c(Ca2+)=，由于硫酸钙沉淀转化为碳酸钙沉淀，所以清液为硫酸钙的不饱和溶液，则c(Ca2+) ≤，C正确； 醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D错误。 模拟预测 03 6.(2023·盐城高三下学期三模)燃煤烟气脱硫的一种方法如图所示。室温下以150 mL 0.2 mol·L-1氨水吸收SO2，若通入SO2所引起的溶液体积变化和NH3·H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总=c(H2SO3)+c(HS)+ c(S)。H2SO3的电离平衡常数分别为Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-7；NH3·H2O的电离平衡常数为Kb=1.8×10-5。下列说法正确的是 6 7 8 9 6 7 8 A.NH3·H2O吸收SO2所得到的溶液中：c(N)>2c(S) B.NH3·H2O吸收SO2，c总=0.1 mol·L-1溶液：c(OH-)=c(H+)+c(HS)+ 2c(H2SO3) C.NH3·H2O吸收标准状况下0.448 L SO2，所得溶液中：3c(N)+ 3c(NH3·H2O)=2c(H2SO3)+2c(HS)+2c(S) D.题图所示“吸收”“氧化”后的溶液pH增大 √ 9 “吸收”过程中，NH3·H2O和SO2反应生成(NH4)2SO3，若N和S都不发生水解，则c(N)=2c(S)，但N和S都发生水解，Kh(N)= =<Kh(S)==，则S的水解程度大于N，溶液中：c(N)>2c(S)，故A正确； NH3·H2O吸收SO2反应生成(NH4)2SO3，c总=c(H2SO3)+c(HS)+c(S)= 0.1 mol·L-1，则c(N)+c(NH3·H2O)=2c总=0.2 mol·L-1，再结合电荷守恒：c(HS)+2c(S)+c(OH-)=c(N)+c(H+)，可得c(OH-)=c(H+)+c(HS)+ 2c(H2SO3)-c(NH3·H2O)，故B错误； 6 7 8 9 标准状况下0.448 L SO2的物质的量为=0.02 mol，150 mL 0.2 mol· L-1氨水中n(NH3·H2O)=0.15 L×0.2 mol·L-1=0.03 mol，得到元素质量守恒：2c(N)+2c(NH3·H2O)=3c总=3c(H2SO3)+3c(HS)+3c(S)，故C错误； 由图可知，“吸收”“氧化”后溶质由NH3·H2O转化为(NH4)2SO4，故溶液的pH减小，故D错误。 6 7 8 9 7.(2024·苏锡常镇四市二模)室温下，通过下列实验探究NH4Al(SO4)2溶液的性质(假设实验前后溶液体积不变)。下列说法正确的是 实验1：用pH试纸测定0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液的pH，测得pH约为6 实验2：向0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀 实验3：向0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中通入一定量的NH3至沉淀完全 实验4：向0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入Na2CO3产生沉淀和气体 6 7 8 9 A.0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中由水电离出的c(H+)约为10-8 mol·L-1 B.实验2发生反应的离子方程式为N+Al3++S+Ba2++4OH-===BaSO4↓+Al(OH)3↓+NH3·H2O C.实验3得到的溶液中有c(N)>c(S)>c(H+)>c(OH-) D.实验4过滤后所得清液中一定存在：c2(Al3+)= 6 7 8 √ 9 NH4Al(SO4)2溶液中铝离子和铵根离子水解导致溶液显酸性，促进水的电离，则水电离出的c(H+)约为10-6 mol·L-1，故A错误； 向0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入少量的Ba(OH)2溶液，钡离子和硫酸根离子之间会发生反应，氢氧根离子和铝离子之间可以发生反应，实验2发生反应的离子方程式为2Al3++3S+3Ba2++6OH-===3BaSO4↓ +2Al(OH)3↓，故B错误； 向0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中通入一定量的NH3至沉淀完全，溶液中的溶质为(NH4)2SO4，硫酸铵溶液中存在：c(N)>c(S)>c(H+)>c(OH-)，故C正确； 6 7 8 9 向0.1 mol·L-1NH4Al(SO4)2溶液中加入Na2CO3发生相互促进水解产生氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，实验4过滤后所得清液中不存在：c2(Al3+) =，故D错误。 6 7 8 9 8.(2023·徐州模拟)硫代硫酸钠(Na2S2O3)的制备和应用相关流程如图所示。 已知：25 ℃时，H2SO3的Ka1=1.4×10-2，Ka2=6.0×10-8；H2CO3的Ka1=4.5 ×10-7，Ka2=5.0×10-11。 下列说法正确的是 A.步骤1过程中pH=8时，c(S)· c(C)=0.03c(HS)·c(HC) B.步骤1所得的溶液中：c(Na+)=2［c(H2SO3)+c(HS)+c(S)］ C.步骤3所得的清液中：c(Ag+)·c(Br-)>Ksp(AgBr) D.步骤3的离子方程式为Ag++2S2===［Ag(S2O3)2］3- 6 7 8 √ 9 步骤1过程中将式子变形：Ka2(H2SO3)·Ka2(H2CO3)=0.03c2(H+)，代入数据计算，可得c(H+)=1×10-8 mol·L-1，pH=8，故A正确； 步骤3的离子方程式为AgBr+2S2===［Ag(S2O3)2］3-+Br-，故D错误。 6 7 8 9 9.(2024·扬州宝应模拟)常温下，用如图1所示装置，分别向25 mL 0.3 mol·L-1 Na2CO3溶液和25 mL 0.3 mol·L-1 NaHCO3溶液中逐滴滴加0.3 mol·L-1的稀盐酸， 用压强传感器测得压强随盐酸体积的变化曲线如图2所示。下列说法正确的是 6 7 8 A.X曲线为Na2CO3溶液的滴定曲线 B.c点所示溶液中：c(Na+)+c(H+)= 2c(C)+c(HC)+c(OH-) C.用pH试纸测得c点的pH约为8，可知：Ka2(H2CO3)< D.a、d两点水的电离程度：a<d √ 9 题型突破练(A) 04 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C B C B C C AD B 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 必要 B B B B B B B B 13 14 1.(2024·扬州模拟)CuCl为难溶于水的白色固体。室温下，以CuO为原料制备CuCl的过程如图所示。下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 A.0.1 mol·L-1Na2SO3溶液中：c(OH-)=c(HS)+c(H2SO3)+c(H+) B.“还原”发生反应的离子方程式为2Cu2++S+2Cl-+H2O===2CuCl↓ +S+2H+ C.“还原”后的溶液中：2c(Cu2+)+c(H+)=c(OH-)+2c(S)+c(Cl-) D.“过滤”后得到的滤液中：c(Cu+)> √ 13 14 1 2 3 4 5 6 7 0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液中存在质子 守恒：c(OH-)=c(HS)+2c(H2SO3)+ c(H+)，故A错误； “酸溶”步骤中发生反应：CuO+2H+===Cu2++H2O，“还原”步骤加入亚硫酸钠和NaCl，得到CuCl，该步骤中Cu2+作氧化剂，亚硫酸钠作还原剂，发生的反应为2Cu2++S+2Cl-+H2O===2CuCl↓+S+2H+，故B正确； 过滤后，滤液为CuCl的饱和溶液，因此有c(Cu+)·c(Cl-)=Ksp(CuCl)，则c(Cu+)=，故D错误。 9 10 11 12 8 答案 13 14 2.(2024·南通二模)室温下，向FeSO4溶液中加入足量氨水⁃NH4HCO3混合溶液，生成FeCO3沉淀。已知：Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.0×10-7，Ka2(H2CO3)=5.0×10-11。下列说法正确的是 A.生成FeCO3的离子方程式：Fe2++2HC===FeCO3↓+CO2↑+H2O B.0.1 mol·L-1NH4HCO3溶液中(pH=7.8)：c(N)>c(HC)>c(H2CO3) >c(NH3·H2O) C.0.2 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合：c(N)+ c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HC)+c(C) D.生成FeCO3沉淀后的滤液中：c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C) 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 √ 13 14 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 向FeSO4溶液中加入足量氨水⁃NH4HCO3混合溶液，生成FeCO3沉淀，离子方程式为Fe2++NH3·H2O+HC===FeCO3↓+N+H2O，故A错误； 0.1 mol·L-1NH4HCO3溶液的pH=7.8，说明HC的水解程度，故c()>c()>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)，故B正确； 0.2 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合，二者恰好发生反应：NH4HCO3+NH3·H2O===(NH4)2CO3+H2O，此时溶质为(NH4)2CO3，由元素守恒可得，c(N)+c(NH3·H2O)=2c(H2CO3)+2c()+2c(C)，故C错误； 生成FeCO3沉淀后的滤液中还有S，存在电荷守恒：c(N)+c(H+)=c(OH-)+ c(HC)+2c(C)+2c(S)，故D错误。 13 14 3.(2024·泰州模拟)利用氨石灰水法吸收燃煤烟气中SO2的过程如图所示。室温下，用1.0 mol·L-1氨水溶液吸收SO2，通入SO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含硫物种的浓度c总=c(H2SO3)+c(HS)+ c(S)。已知NH3·H2O电离常数Kb=1.8×10-5；H2SO3电离常数Ka1=1.3 ×10-2，Ka2=6.2×10-8。下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 A.“吸收”后c总=0.5 mol·L-1的溶液中： c(N)>c(S)>c(H+)>c(OH-) B.pH=7的吸收液中：c(S)>c(H2SO3) C.“转化”时，通入O2后的溶液pH增大 D.“再生”后的溶液中：c(Ca2+)·c(S)<Ksp(CaSO4) √ 13 14 1 2 3 4 5 6 7 由题干信息可知，用1.0 mol·L-1氨水“吸收” SO2时，当c总=0.5 mol·L-1即含氮微粒浓度之 和等于含硫微粒浓度之和的2倍，该溶液的 溶质为(NH4)2SO3，又由于N水解常数Kh==小于S的水解常数Kh1==，即该溶液呈碱性，则有c()>c()> c(OH-)>c(H+)，A错误； 9 10 11 12 8 答案 13 14 1 2 3 4 5 6 7 已知H2SO3的Ka1·Ka2=，则pH= 7的吸收液中：== 远大于1，即c()>c(H2SO3)，B正确； “转化”时，通入O2将(NH4)2SO3转化为(NH4)2SO4，溶液由碱性转化为酸性，故溶液pH减小，C错误； 9 10 11 12 8 答案 13 14 1 2 3 4 5 6 7 “再生”步骤发生的反应为Ca(OH)2+ (NH4)2SO4===CaSO4+2NH3·H2O，此过 程中生成了CaSO4沉淀，故溶液中： c(Ca2+)·c(S)=Ksp(CaSO4)，D错误。 9 10 11 12 8 答案 13 14 4.(2024·南京模拟)室温下，由二氧化锰与硫化锰矿(含Fe、Mg等杂质)制备MnSO4的流程如下： 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 已知：Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11，Ksp(MnCO3)=2.24×10-11，下列说法正确的是 A.NH4HCO3溶液中：c()< c()+2c(C) B.“酸溶”时主要反应的离子方程式：MnO2+MnS+2H2O===2Mn2+++4H+ C.“除铁”“除镁”后上层清液中：2c(Mn2+)+c(H+)=2c()+c(OH-) D.“沉锰”后上层清液中：=2.5 √ 13 14 1 2 3 4 5 6 7 由题意可知，一水合氨的电离常数大于碳酸的一级电离常数，则碳酸氢铵溶液中铵根离子的水解程度小于碳酸氢根离子的水解程度，溶液呈碱性，溶液中氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，由电荷守恒关系c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH—)可知，溶液中c()>c()+2c()，故A错误； “酸溶”时，二氧化锰、硫化锰与硫酸溶液反应生成硫酸锰和水，反应的离子方程式为4MnO2+MnS+8H+===5Mn2+++4H2O，故B错误； 9 10 11 12 8 答案 13 14 1 2 3 4 5 6 7 “除铁”“除镁”后上层清液为硫酸铵和硫酸锰的混合溶液，溶液中存在电荷守恒：2c(Mn2+)+c(H+)+c()=2c()+c(OH—)，故C错误； “沉锰”后上层清液中：== ==2.5，故D正确。 9 10 11 12 8 答案 13 14 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 5.(2024·泰州模拟)室温下，某二元弱酸(用H2A表示)的Ka1=1.54×10-2、Ka2=1.02×10-7，NH3·H2O的Kb=1.8×10-5，通过下列实验探究NH4HA溶液的性质。 实验 实验操作 1 用pH试纸测定0.1 mol·L-1NH4HA溶液的pH，测得pH约为4.5 2 将0.1 mol·L-1NH4HA溶液和0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合，无气体产生 3 向实验2所得溶液中继续滴加一定量0.1 mol·L-1NaOH溶液，加热，使产生的气体完全逸出 4 将等体积的0.1 mol·L-1NH4HA溶液与0.05 mol·L-1ZnSO4溶液混合，产生ZnA沉淀 13 14 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 下列有关说法正确的是 A.由实验1可知，0.1 mol·L-1NH4HA溶液中由水电离出的c(H+)>10-7mol·L-1 B.实验2所得溶液中存在：c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)>c()+c(NH3·H2O) C.实验3所得溶液中一定含有Na2A，故反应过程中一定有c(Na+)>c(HA-) +c(A2-) D.由实验4可知：Ksp(ZnA)>1.25×10-3 √ 13 14 1 2 3 4 5 6 7 由实验1可知，0.1 mol·L-1NH4HA溶液的pH约为4.5，呈酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度，电离出的H+对水的电离的抑制程度大于HA-水解和铵根离子水解对水的电离的促进作用，故该溶液中由水电离出的c(H+)<10-7mol·L-1，A错误； 根据元素守恒可知，实验2所得溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)= c()+c(NH3·H2O)，B错误； 9 10 11 12 8 答案 13 14 1 2 3 4 5 6 7 向实验2所得溶液中继续滴加一定量0.1 mol·L-1NaOH溶液，加热，使产生的气体完全逸出，故实验3所得溶液中一定含有Na2A，已知实验2中溶液中有元素守恒：c(Na+)=c(H2A)+c(A2-)+c(HA-)，故反应过程中一定有c(Na+)>c(HA-)+c(A2-)，C正确； 实验4中c(Zn2+)=0.025 mol·L-1，c(HA-)=0.05 mol·L-1，根据Ka2(H2A)可知，溶液中c(A2-)<0.05 mol·L-1，故由实验4可知Ksp(ZnA)<0.025×0.05=1.25×10-3，D错误。 9 10 11 12 8 答案 13 14 6.(2024·连云港模拟)从处理后的矿石硝酸浸取液(含Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工艺可获取CoCl2，工艺流程如下： 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 已知：氨性溶液由NH3·H2O、 SO3和CO3配制， Kb(NH3·H2O)=10-4.7，Co(OH)2易 被空气氧化为Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp如下表。 氢氧化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2 Ksp 5.9×10-15 1.6×10-44 1.3×10-33 5.6×10-12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 下列说法正确的是 A.“滤液Ⅰ”中：c(Co2+)>5.9×10-5mol·L-1 B.0.1 mol·L-1CO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)+c()=c(OH-)+ c(NH3·H2O) C.常温下，pH=9.9的氨性溶液中：c(NH3·H2O)<c() D.“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+的离子方程式为2Co(OH)3 +8NH3·H2O+4+===2++13H2O √ 13 14 1 2 3 4 5 6 7 滤液 Ⅰ 的pH=9，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)·c2(OH-)=c(Co2+)×= 5.9×10-15，即c(Co2+)≤5.9×10-5mol·L-1，故A错误； 0.1 mol·L-1CO3溶液中，质子守恒为c(H+)+2c(H2CO3)+c() =c(OH-)+c(NH3·H2O)，故B错误； 常温下，pH=9.9的氨性溶液中，Kb(NH3·H2O)==10-4.7，即===10-0.6<1，则c(NH3·H2O)>c()，故C错误； 9 10 11 12 8 答案 13 14 1 2 3 4 5 6 7 Co(OH)2被空气中的O2氧化为Co(OH)3，加入氨性溶液，Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2+，离子方程式为2Co(OH)3+8NH3·H2O+4+ ===2[Co(NH3)6]2+++13H2O，故D正确。 9 10 11 12 8 答案 13 14 7.(2024·宿迁一模)捕集与转化CO2的部分过程如图。室温下以0.1 mol·L-1的NaOH溶液吸收CO2，忽略通入CO2引起的溶液体积变化和水的挥发。已知溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c()+c()，H2CO3的电离常数分别为Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7 ×10-11。下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 A.吸收液中：c()<c() B.吸收液c总=0.1 mol·L-1时，c()+ c()+c(H+)=c(OH-)，且Ka2(H2CO3)> C.“再生”过程中发生反应的离子方程式有Ca(OH)2===CaCO3+OH-+H2O D.将CaCO3投入煮沸后的蒸馏水中，沉降后溶液pH≈8.3，则c(Ca2+)·c()≠ Ksp(CaCO3) √ 13 14 1 2 3 4 5 6 7 由分析可知，吸收液的pH为10，由电离常数可知，溶液中= ==0.47<1，则溶液中c(C)<c(HC)，故A错误； 吸收液中c总=0.1 mol·L-1时为碳酸氢钠溶液，存在质子守恒：c(H2CO3) +c(H+)-c(C)=c(OH-)，由电离常数可知，碳酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh==>Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，故B错误； 9 10 11 12 8 答案 13 14 1 2 3 4 5 6 7 石灰乳与溶液中的碳酸钠、碳酸氢钠反应生成氢氧化钠和碳酸钙，则碳酸氢根离子与石灰乳反应的离子方程式为Ca(OH)2+HC===CaCO3 +OH-+H2O，故C正确； 将碳酸钙投入煮沸后的蒸馏水中，沉降后所得溶液为碳酸钙饱和溶液，溶液中c(Ca2+)·c(C)=Ksp(CaCO3)，故D错误。 9 10 11 12 8 答案 13 14 8.(2024·苏州三模)氨法烟气脱硫可制备硫酸羟胺[(NH3OH)2SO4]，同时得到副产品硫酸铵。过程如下： 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 “脱硫”过程中控制pH在5.0~5.5，得到NH4HSO3溶液。已知25 ℃时，Kb(NH3·H2O) =1.8×10-5，Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2(H2SO3)=1.0×10-7。下列说法正确的是 A.NH4HSO3溶液中：c(NH3·H2O)+ c()+c(OH-)>c(H2SO3)+c(H+) B.NH4HSO3溶液中：c()>c()>c() C.“脱硫”过程中温度越高，“脱硫”速率越快 D.“制备”过程的离子方程式：++SO2+OH-+H2O===NH3OH++2 √ 13 14 1 2 3 4 5 6 7 NH4HSO3溶液中，存在元素守恒： c()+c(NH3·H2O)=c()+ c()+c(H2SO3)①，电荷守恒：c()+c(H+)=c()+2c()+c(OH-)②，①-②可得：c(NH3·H2O) +c(OH-)+c()=c(H2SO3)+c(H+)，根据电离是微弱的，则c()>c()，c(NH3·H2O)+c(OH-)+c()>c(NH3·H2O)+c(OH-) +c()=c(H2SO3)+c(H+)，A正确； 9 10 11 12 8 答案 13 14 1 2 3 4 5 6 7 NH4HSO3溶液中， 的电离程度， 则c()>c()，因为电离 是微弱的，则c()>c()，则c()>c()>c()，B错误； 温度升高，NH3·H2O会分解，且SO2的溶解度降低，即温度越高越不利于脱硫反应的进行，C错误； “制备”过程的离子方程式为N+HS+SO2+2H2O===NH3OH++2S+H+，D错误。 9 10 11 12 8 答案 13 14 9.(2023·海安高级中学高三下学期模拟)缓冲溶液可以抵御少量酸碱对溶液pH的影响。人体血液里存在H2CO3/HC缓冲体系，可使血液的pH稳定在7.4左右。当血液pH低于7.2或高于7.6时，会发生酸中毒或碱中毒。H2CO3/HC缓冲体系的缓冲作用可用下列平衡表示：H+(aq)+HC(aq) H2CO3(aq) CO2(g)+H2O(l)。实验室配制37 ℃时不同比例的NaHCO3、H2CO3缓冲溶液。(已知该温度下H2CO3的pKa1≈6.1，pKa2≈10.3；lg 2≈0.3)。下列说法正确的是 A.人体发生碱中毒时注射NaHCO3溶液可以缓解症状 B.pH=7的缓冲体系中：c(H2CO3)<c(HC)<c(C) C.pH=7.4的缓冲体系中：c(HC)∶c(H2CO3)≈20∶1 D.c(HC)∶c(H2CO3)=1∶1的缓冲体系中：c(OH-)+2c(H2CO3)+2c(C)= c(Na+)+c(H+) 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 √ 13 14 1 2 3 4 5 6 7 NaHCO3溶液呈碱性，人体血液碱中毒时，应注射酸性溶液缓解，A错误； 碳酸根离子和碳酸氢根离子水解都显碱性，若c(H2CO3)<c(HC) <c(C)，溶液不可能为中性，B错误； pH=7.4的缓冲体系中，=×===101.3 ≈20∶1，C正确； c(HC)∶c(H2CO3)=1∶1的缓冲体系中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+c(HC)+2c(C)=c(OH-)+c(H2CO3)+2c(C)，D错误。 9 10 11 12 8 答案 13 14 10.(2024·南通模拟)已知：Ka1(H2CO3)=10-6.38、Ka2(H2CO3)=10-10.25。室温下，通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 实验 实验操作和现象 1 测量0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液的pH为7.8 2 向0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中持续通入CO2，溶液的pH减小 3 向0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中加入少量Ca(OH)2溶液，产生白色沉淀 4 向0.5 mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加少量0.5 mol·L-1的CaCl2溶液，产生白色沉淀和无色气体 13 14 下列有关说法正确的是 A.实验1溶液中存在c(H2CO3)>c() B.实验2中随CO2的不断通入，溶液中的值逐渐变小 C.实验3反应的离子方程式为Ca2+++OH-===CaCO3↓+H2O D.实验4所得溶液中存在c(Na+)<c(H2CO3)+c()+c()+c(Cl-) 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 √ 13 14 1 2 3 4 5 6 7 实验1溶液中NaHCO3溶液的pH为7.8，呈碱性，说明的电离程度小于水解程度，但水解是微弱的，溶液中：c(H2CO3)<c()，A错误； 实验2中随CO2的不断通入，溶液的酸性增强，c(H+)增大，溶液中=的值逐渐增大，B错误； 向 0.1 mol·L-1的NaHCO3溶液中加入少量Ca(OH)2溶液发生反应：2NaHCO3+Ca(OH)2===CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，生成CaCO3白色沉淀，离子方程式为Ca2++2+2OH-===CaCO3↓+2H2，C错误； 9 10 11 12 8 答案 13 14 1 2 3 4 5 6 7 向0.5 mol·L-1的NaHCO3溶液中滴加少量0.5 mol·L-1的CaCl2溶液，产生CaCO3白色沉淀和无色气体CO2，说明发生反应：2NaHCO3+CaCl2 ===CaCO3+CO2↑+H2O+NaCl，如果溶质只有NaCl和NaHCO3，有元素守恒：c(Na+)=c()+c()+c(Cl-)+c(H2CO3)，但溶液中会溶有CO2，CaCO3也有少量溶解，所以c(Na+)<c(H2CO3)+c()+c() +c(Cl-)，D正确。 9 10 11 12 8 答案 13 14 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 11.(2024·宿迁三模)室温下，用含少量ZnSO4杂质的1 mol·L-1MnSO4溶液制备MnCO3的过程如图所示。下列说法不正确的是 已知：Ksp(MnS)=2×10-10，Ksp(ZnS)=2×10-24，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。 A.“除锌”反应的平衡常数K=1×1014 B.pH=8的氨水中存在c(N)=9.9×10-7mol·L-1 C.氨水、NH4HCO3溶液中存在c(N)<2c(C)+c(HC) D.“沉锰”后的滤液中存在c(N)+c(NH3·H2O)>2c(S) √ 13 14 1 2 3 4 5 6 7 “除锌”反应为Zn2+(aq)+MnS(s) ZnS(s)+Mn2+(aq)，平衡常数K====1×1014，A正确； pH=8，则c水(H+)=c水(OH-)=10-8mol·L-1，pOH=6，溶液中c总(OH-)= 10-6mol·L-1，则氨水电离出c氨水(OH-))=10-6mol·L-1=9.9×10-7mol·L-1，B正确； 9 10 11 12 8 答案 13 14 1 2 3 4 5 6 7 氨水、NH4HCO3溶液中根据存在电荷守恒：c(H+)+c(N)=c(OH-)+ 2c(C)+c(HC)，该溶液显碱性，则c(H+)<c(OH-)，故c(N)> 2c(C)+c(HC)，C错误； “沉锰”后的滤液成分为硫酸铵、氨水、碳酸氢铵，则由元素守恒可知，存在c(N)+c(NH3·H2O)>2c(S)，D正确。 9 10 11 12 8 答案 13 14 12.(2024·苏州三模)以磷石膏(主要成分CaSO4，杂质SiO2、Al2O3等)和氨水为原料可实现CO2矿物封存同时制备轻质CaCO3，转化部分流程如图。 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 已知：Ksp(CaSO4)=5.0×10-5，Ksp(CaCO3)=3.0×10-9，Ka1(H2CO3)=4.3×10-7，Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。 下列说法正确的是 A.氨水中存在：c()>c(H+)+c(NH3·H2O) B.“转化”步骤，通入CO2后清液中始终存在>×104 C.“转化”步骤，若通入CO2至溶液pH为6.5，此时溶液中c()>c() D.“滤液”中存在c(H+)+2c(Ca2+)=c(OH-)+2c()+c()+2c() √ 13 14 1 2 3 4 5 6 7 根据电荷守恒，氨水中存在：c(OH-)=)+c(H+)，又因为氨水为弱电解质，部分电离，则c(NH3·H2O)>c(OH-)，故c(NH3·H2O)>) +c(H+)，A错误； “转化”后的清液中，CaCO3一定达到沉淀溶解平衡，而CaSO4不一定达到沉淀溶解平衡，则=c(Ca2+)≤≤ =×104，B错误； 9 10 11 12 8 答案 13 14 1 2 3 4 5 6 7 “转化”步骤，若通入CO2至溶液pH为6.5时，Ka2===<1，则)，C正确； 过滤后，滤液中还存在N，D错误。 9 10 11 12 8 答案 13 14 13.(2024·南通三模)已知室温下，Ksp[Fe(OH)3]=1×10-36，Ksp[Ni(OH)2]= 2×10-15，Ka(HClO)=3×10-8。用含少量Fe3+的NiCl2酸性溶液制备NiOOH的过程如图。下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 A.0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中：c(OH-)- c(H+)=0.1 mol·L-1+c(H2CO3) B.pH=11的NaClO溶液中：c(HClO)>c(ClO-) C.“调pH”得到的上层清液中：>10-28 D.“氧化”时主要发生反应：2ClO-+2Ni2++2OH-===2NiOOH↓+Cl2↑ √ 13 14 1 2 3 4 5 6 7 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中元素守恒关系为c()+c()+c(H2CO3)= c(Na+)=0.1 mol·L-1，电荷守恒关系 为c(OH-)+2c()+c()=c(H+)+c(Na+)，则c(OH-)-c(H+)=c() +2c(H2CO3)=0.1 mol·L-1+c(H2CO3)-c()<0.1 mol·L-1+c(H2CO3)，故A错误； pH=11的NaClO溶液中==3 000，即c(HClO)<c(ClO-)，故B错误； 9 10 11 8 答案 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 “调pH”得到的上层清液中离子积 Q[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)> Ksp[Fe(OH)3]，Q[Ni(OH)2]=c(Ni2+)· c2(OH-)<Ksp[Ni(OH)2]，则上层清液中>= =1.25×10-28>10-28，故C正确； 碱性条件下加入NaClO溶液氧化Ni2+得到NiOOH沉淀，反应为2Ni2++ClO-+4OH-===2NiOOH↓+Cl-+H2O，故D错误。 9 10 11 8 答案 12 13 14 14.(2024·苏州二模)实验室用如下方案测定Na2CO3和NaHCO3混合物的组成：称取一定质量样品溶解于锥形瓶中，加入2滴指示剂M，用标准盐酸滴定至终点时消耗盐酸V1 mL；向锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用标准盐酸滴定至终点，又消耗盐酸V2 mL。下列说法正确的是 A.指示剂M、N可依次选用甲基橙、酚酞 B.样品溶解后的溶液中：2c(Na+)=3c()+3c()+3c(H2CO3) C.滴定至第一次终点时的溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+ 2c() D.样品中Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 12 8 答案 √ 13 14 1 2 3 4 5 6 7 由题意可知，第一次滴定滴入的指示剂为酚酞，发生的反应为Na2CO3 +HCl===NaHCO3+NaCl，第二次滴定滴入的指示剂为甲基橙，发生的反应为NaHCO3+HCl===NaCl +CO2↑+H2O，故A错误； 样品溶解后的溶液中，并未知此时Na2CO3和NaHCO3的物质的量浓度比值关系，无法进行判断元素守恒关系，故B错误； 第一次滴定终点时溶液中的溶质是NaHCO3、NaCl，根据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+2c()+c(Cl-)，故C错误； 9 10 11 8 答案 12 13 14 1 2 3 4 5 6 7 由方程式可知，原混合物中Na2CO3的物质的量等于第一次滴定终点时消耗HCl的物质的量，(V2-V1)mL为原混合物中碳酸氢钠消耗盐酸的体积，则Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为=，故D正确。 9 10 11 8 答案 12 13 14 题型突破练(B) 05 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C B C B C C AD B 题号 11 12 13 14 15 16 17 18 19 答案 必要 B B B B B B B B 1.(2023·扬州市高三模拟)合成环氧氯丙烷时产生了盐酸和醋酸(HAc)混合液，为研究混合溶液的定量分析方法，进行以下实验： 实验1：向20 mL 0.1 mol·L-1HCl溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液； 实验2：向20 mL 0.1 mol·L-1HAc溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液； 实验3：向20 mL某浓度HCl与HAc混合溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液。 测得实验1、2中溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 A.实验1所测得的pH变化为曲线b B.实验2中加入10 mL NaOH时，溶液中存在：c(H+)+c(HAc) =c(Ac-)+c(OH-) C.实验3溶液中Ac-的物质的量分数为= D.实验3中根据pH约为4.30时所消耗的V(NaOH)，可计算混合溶液中n(HCl) √ 相同浓度情况下，HCl是强酸，HAc是弱酸，初始HCl溶液的pH更小，故曲线a表示HCl溶液中滴加NaOH溶液，也就是对应实验1，A错误； 实验2是HAc溶液中滴加NaOH溶液，加入10 mL NaOH溶液，对应溶质是等物质的量NaAc和HAc，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Ac-)+c(OH-)，元素守恒：2c(Na+)=c(HAc)+c(Ac-)，两式结合可得，c(HAc)+2(H+)=c(Ac-)+2c(OH-)，B错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 Ka(HAc)=====，C正确； pH=4.3时，既消耗了HAc，也消耗了HCl，故不能根据消耗的V(NaOH)计算混合溶液中n(HCl)，D错误。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 2.(2024·淮安市淮海中学高三模拟)常温下，向H2C2O4(电离常数Ka1=1× 10-1.23，Ka2=1×10-4.19)溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lg X[X表示或随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 A.Ⅰ表示lg随pH的变化 B.P点坐标为(1.23，2.96) C.0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中：c(Na+)>c(HC2)+2c(C2) D.已知反应CaC2O4+2H+ Ca2++H2C2O4的平衡常数K=1×10-3.21，则 Ksp(CaC2O4)=10-8.63 √ H2C2O4电离平衡常数Ka1=×c(H+)；Ka2= ×c(H+)，当lg或lg=0时， Ka1=c(H+)；Ka2=c(H+)。由于Ka1>Ka2，所以Ⅰ表示lg 随pH的变化，Ⅱ表示lg随pH的变化。P点的横坐标为b点的pH，纵坐标为c点的lg ，Ka2=1×10-4.19，Ka1=×c(H+)， 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 ×1×10-4.19=1×1，P点在Ⅰ上，则 =102.96，所以lg=2.96，故P点坐标为(4.19，2.96)， B错误； 在0.1 mol·L-1的NaHC2O4溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+ c(HC2)+2c(C2)；HC2的水解平衡常数Kh2== ===10-12.77，HC2的电离平衡常数Ka2=1×10-4.19，其电离程度大于水解程度，因此c(H+)>c(OH-)，所以c(Na+)<c(HC2)+2c(C2)，C错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 CaC2O4+2H+ Ca2++H2C2O4的平衡常数K=1×10-3.21，根据平衡常数含义可知：K== =，所以Ksp(CaC2O4) =K·Ka1·Ka2=10-3.21×10-1.23×10-4.19=10-8.63，D正确。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 3.(2024·苏州高三模拟)饱和BaCO3溶液中，c2(Ba2+)随c(OH-)而变化，在298 K温度下，c2(Ba2+)与c(OH-)关系如图所示。下列说法错误的是 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 A.BaCO3的溶度积Ksp=2.6×10-9 B.若忽略的第二步水解，Ka2(H2CO3)=5×10-11 C.饱和BaCO3溶液中c(Ba2+)随c(H+)增大而减小 D.M点溶液中：c(Ba2+)>c()>c() √ 由图知，当c(OH-)浓度越大，越抑制水解，饱和BaCO3溶液中，c(Ba2+)=c()，使c2(Ba2+)越接近2.6×10-9，此时Ksp=c(Ba2+)·c()=c2(Ba2+)= 2.6×10-9，A正确； 若忽略的第二步水解，当c()=c()时，Ka2(H2CO3)= = c(H+)，c(Ba2+)=c()+c()=2c()，c2(Ba2+)=c(Ba2+)×2c() =2Ksp=5.2×10-9 mol2·L-2，即N点，此时c(OH-)=2×10-4 mol·L-1，c(H+)== 5×10-11 mol·L-1，Ka2(H2CO3)=5×10-11，B正确； 答案 1 4 5 6 7 9 10 11 8 2 3 由图像知c2(Ba2+)随c(OH-)增大而减小，所以c(Ba2+)随c(H+)增大而增大，C错误； 在N点，由B项分析知，c()=c()，M点c(OH-)小，c(H+)大，促进，因此有c(Ba2+)>c()>c()，D正确。 答案 1 4 5 6 7 9 10 11 8 2 3 4.(2024·江苏模拟预测)用变化观念与平衡思想分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系； 图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]；曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(C)=Ksp(MgCO3)。 注：起始c(Na2CO3)=0.1 mol·L-1。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 下列说法不正确的是 A.饱和NaHCO3溶液中：c(C)<c(H2CO3) B.初始状态pH=11、lg [c(Mg2+)]=-6，无沉淀生成 C.初始状态pH=9、lg [c(Mg2+)]=-2，平衡后溶液中存在 c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1 D.初始状态pH=8、lg [c(Mg2+)]=-1，发生反应： Mg2++2HC===MgCO3↓+CO2↑+H2O √ 由图1可知H2CO3的Ka1=10-6.37、Ka2=10-10.25，饱和NaHCO3溶液中的Kh==10-7.63>Ka2，HC的电离程度小于水解程度，故c(C)<c(H2CO3)，A正确； 初始状态pH=11、lg [c(Mg2+)]=-6，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B正确； 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 初始状态pH=9、lg [c(Mg2+)]=-2，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据元素守恒，平衡后溶液中c(H2CO3)+c(HC)+c(C)<0.1 mol· L-1，C错误； 初始状态pH=8，溶液中主要含碳微粒是，pH=8、lg [c(Mg2+)]=-1，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2++2HC===MgCO3↓+CO2↑+H2O，D正确。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 5.(2024·苏州市高三模拟)室温下，向0.1 mol·L-1柠檬酸钠(Na3A)溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积变化)，溶液中H3A、H2A-、HA2-和A3-的分布系数δ(X)(某种含A微粒浓度与所有含A微粒浓度之和的比值)随pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 A.曲线c表示HA2- B.A3-的水解平衡常数Kh1=10-7.6 C.n点：c(Na+)>3c(H2A-)+3c(A3-)+c(Cl-) D.pH约为5时，通入HCl发生的反应为HA2-+H+===H2A- √ 0.1 mol·L-1的柠檬酸钠(Na3A)溶液中通入HCl气体，依次发生反应：A3-+H+===HA2-、HA2-+H+===H2A-、H2A-+H+===H3A，所以根据溶液pH及含A微粒浓度关系可知a、b、c、d依次表示H3A、H2A-、HA2-、A3-。根据上述分析可知，曲线c表示HA2-，A正确； 由ab、bc、cd交点可知，H3A的三级电离平衡常数分别Ka1=10-3.13；Ka2=10-4.76，Ka3=10-6.40，A3-水解平衡常数Kh1===10-7.6，B正确； 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 n点：c(H2A-)=c(HA2-)，溶液pH<7，故c(H+)>c(OH-)，电解质溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-) +c(H2A-)+2c(HA2-)+3c(A3-)+c(Cl-)，故溶液中离子浓度关系为c(Na+)<3c(H2A-)+3c(A3-)+c(Cl-)，C错误； 根据图中信息当溶液pH约为5时，随着pH减小，c(HA2-)逐渐减小、c(H2A-)逐渐增大，发生反应：HA2-+H+===H2A-，D正确。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 6.(2024·江苏省部分学校高三模拟)乙二胺四乙酸(简称EDTA，可用H4Y表示)在化学分析中常用于配位滴定。水溶液中，EDTA常以H6Y2+、H5Y+、H4Y、H3Y-、H2Y2-、HY3-和Y4-等7种形式存在。常温下，EDTA溶液中上述7种微粒的分布系数[如δ(Y4-)=与溶液pH的关系如图1，图2表示EDTA与某金属离子Mm+形成的螯合物的结构。下列说法错误的是 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 A.曲线d表示H3Y- B.pH=0.9时有c(H6Y2+)=c(H5Y+)>c(H4Y) C.pH减小会降低EDTA与金属离子的配位能力 D.m=4 √ 随着溶液pH升高，EDTA依次主要以 H6Y2+、H5Y+、H4Y、H3Y-、H2Y2-、 HY3-和Y4-形式存在，分别由曲线a、 b、c、d、e、f、g表示，A正确； 由图可知，pH=0.9时，c(H6Y2+)=c(H5Y+)>c(H4Y)，B正确； 该螯合物是由Y4-与Mm+形成的负一价阴离子，Mm+应为三价阳离子，m=3，pH减小导致溶液中Y4-阴离子浓度减小，降低Y4-与金属阳离子的配位能力，C正确、D错误。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 7.(2024·南京师范大学附属中学5月模拟)某研究小组利用电位滴定法研究盐酸滴定亚磷酸钠(Na2HPO3)溶液的过程，得到电极电位U和溶液pH随盐酸滴加的体积变化曲线如图所示。下列说法正确的是 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 已知：①电位滴定法的原理：在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，指示电极电位也发生了突跃，进而确定滴定终点。 ②亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，其电离常数分别是Ka1=10-1.4，Ka2=10-6.7。 A.a点对应溶液的pH>7 B.b点对应第二次电极电位突跃，溶液的溶质是H3PO3 C.c点对应的溶液中存在：c(H+)<c(OH-)+c(H2)+2c() D.水的电离程度：a>b>c √ 分析可知，a点为第一次电极电位突跃，恰好完成 第一步反应，对应溶质为NaH2PO3、NaCl，H2 的电离平衡常数Ka2=10-6.7，H2水解平衡常数Kh===10-12.6 <Ka2，H2的电离程度大于水解程度，即pH<7，故A错误； 发生第二次突跃是NaH2PO3和盐酸恰好完全反应，溶液的溶质是NaCl和H3PO3，故B错误， c点对应溶质为NaH2PO3、NaCl、H3PO3，根据电荷守恒有：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(H2P)+2c()+c(Cl-)，根据元素守恒c(Na+)>c(Cl-)，所以c(H+)<c(OH-)+c(H2)+2c()，故C正确； 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 Na2HPO3水解促进水电离，盐酸抑制水电离，加盐酸过程中水的电离程度逐渐减小，所以水的电离程度a>c>b，故D错误。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 8.(2024·南京市第十三中学高三适应性考试)常温下，已知H3PO4溶液中含磷物种的浓度之和为0.01 mol·L-1，溶液中各含磷物种的lg c-pOH关系如图所示[pOH=-lg c(OH-)]。下列说法错误的是 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 A.曲线③表示lg c(H2)随pOH的变化 B.当c(H2)=c()，溶液的pH约为7.2 C.y点溶液中：c()<0.01 mol·L-1- 2c(H2)-c() D.NaH2PO4溶液中：c(Na+)>c(H2)>c(HP)>c(H3PO4) √ H3PO4溶液中含P微粒有H3PO4、H2 。由图示可知，随着pOH 减小，溶液碱性增强，H3PO4浓度减小， H2浓度逐渐增大，故曲线①表示lg c)随pOH的变化，曲线②表示lg c)随pOH的变化，曲线③表示lg c(H2)随pOH的变化，曲线④表示lg c(H3PO4)随pOH 的变化。H3PO4平衡常数的表达式Ka1=，Ka2=，Ka3=。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 图中z点(11.98，-2.3)，此时lg c(H2)= lg c(H3PO4)，pOH=11.98，即c(H+)=10-2.02 时，c(H2)=c(H3PO4)，则Ka1=c(H+)= 10-2.02；根据图中y(9.38，-4.5)知当pOH= 9.38时，lg c()=lg c(H3PO4)，即当c(H+)=10-4.62时，c()=c(H3PO4)，则Ka1·Ka2=·=c2(H+)= =10-9.24，Ka2===10-7.22≈10-7.2，当c()= c(H2P)时Ka2=c(H+)≈10-7.2，溶液的pH约为7.2，故B正确； 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 y点溶液中c(H2)>c(H3PO4)，根据P原子守 恒可知c()+c(H3PO4)+c(H2)+c() =0.01 mol·L-1，c()+2c(H2)+c() >0.01 mol·L-1，c()>0.01 mol·L-1- 2c(H2)-c()，故C错误。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 9.硼酸(H3BO3)在水溶液中存在电离平衡：H3BO3+H2O [B(OH)4]-+H+　K=10-9.34。用0.01 mol·L-1NaOH溶液分别滴定体积均为20 mL的0.01 mol·L-1硼酸溶液、0.01 mol·L-1硼酸和甘露醇混合溶液，滴定过程中硼酸溶液pH、混合溶液的随加入的NaOH溶液体积的变化如图。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 已知： 。 下列说法错误的是 A.加入甘露醇有利于硼酸的准确滴定 B.从V1 mL滴定到V2 mL，混合溶液的ΔpH比 硼酸溶液的ΔpH大 C.P点：c(Na+)>c(H3BO3)=c｛[B(OH)4]-｝ D.W点：c(Na+)+c(H+)+c(H3BO3)-c(OH-)=0.01 mol·L-1 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 √ 甘露醇能与[B(OH)4]-反应，使[B(OH)4]-浓度减小，促进硼酸电离平衡正向移动，有利于硼酸的准确滴定，且混合溶液的ΔpH比硼酸溶液的ΔpH大，A、B正确； P点的pH=9.34，溶液呈碱性，则c(Na+)> c(H3BO3)， c(H+)=10-9.34mol·L-1，H3BO3的电离平衡常数K= =10-9.34，则P点：c(Na+)>c(H3BO3)=c，C正确； 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 W点对应的最大，是pH的转折点，此时酸碱恰好完全反应，则该点时V(NaOH)=V(H3BO3)= 20 mL，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)= c｛[B(OH)4]-｝+c(OH-)，根据元素守恒可知 c(H3BO3)+c｛[B(OH)4]-｝=0.005 mol·L-1，整理可得c(Na+)+c(H+)+c(H3BO3)-c(OH-)=0.005 mol·L-1<0.01 mol·L-1，D错误。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 10.(2023·江苏省前黄高级中学高三二模)亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病。亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态，各种微粒的物质的量分数与溶液 pH的关系如图所示。下列说法不正确的是 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 A.人体血液的 pH为7.35~7.45，给药后人体所 含砷元素微粒主要是H3AsO3 B.NaH2AsO3可发生电离和水解，溶液显碱性 C.当溶液的pH=11 时，3c(As)+2c(HAs) +c(H2As)+c(OH-)=c(H+) D.用δ表示微粒的物质的量分数，pH=13时δ(As)+δ(HAs)+δ(H2As)≈1 √ 11.(2024·江苏部分学校高三模拟)常温下，用0.1 mol·L-1NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A溶液，溶液的pH、粒子的分布分数δ[如δ(A2-)=与H2A被滴定分数的关系如图所示。下列说法正确的是 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 A.Ⅱ线表示δ(A2-)的变化曲线 B.=1时，c(Na+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-) C.=1.5时，3c(Na+)=2[c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)] D.b、d、e、f四点对应的溶液中，f点的水的电离程度最大 √ NaOH溶液滴定H2A过程中依次发生反应：H2A+OH-===HA-+H2O，HA-+OH-===A2-+ H2O，反应过程中δ(H2A)一直减小，δ(HA-)先增大后减小，δ(HA-)逐渐减小时，δ(A2-) 逐渐增大，溶液的pH逐渐增大，由此可知：Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ线分别表示δ(H2A)、δ(HA-)、δ(A2-)、pH的变化曲线。=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，HA-的电离程度大于HA-的水解程度，c(A2-)>c(H2A)，B错误； 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 =1.5时，溶质为等物质的量的NaHA和Na2A，根据元素守恒可知，溶液中2c(Na+)=3[c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)]，C错误； f点溶液中的溶质为Na2A，水的电离程度最大，D正确。 答案 1 2 3 4 5 6 7 9 10 11 8 本课结束 THANKS $$