专题3 水溶液中的离子反应 整理与提升-【金版教程】2025-2026学年高中化学选择性必修1创新导学案课件PPT（苏教版2019）

0 专题3　水溶液中的 离子反应 整理与提升 网络建构 01 目录 CONTENTS 热点突破 02 真题演练 03 网络建构 网络建构 4 网络建构 5 网络建构 6 热点突破 热点一　酸碱中和滴定的拓展应用 热点突破 8 (3)指示剂：氧化还原滴定法的指示剂有三类： ①氧化还原指示剂。 ②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝。 ③自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点时溶液呈现高锰酸钾溶液的浅红色。 (4)计算依据 依据化学方程式或离子方程式或关系式列比例式，或运用原子守恒、电荷守恒、得失电子守恒等列式进行计算。 热点突破 9 热点突破 10 热点突破 11 热点突破 12 已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI。 (1)步骤2中NaClO与KI反应的离子方程式为_______________ _________________。 (2)步骤4中，Na2S2O3标准溶液(呈碱性)应盛放在如图所示的滴定管_____中(填“A”或“B”)。滴定终点的现象是_______________ _________________________________________________________________________。 最后半滴Na2S2O3标准溶液滴入碘量瓶，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色 B 热点突破 13 (3)通过计算确定该加碘食盐样品中碘元素含量是否合格(写出计算过程)。 热点突破 14 热点突破 15 1．测定I－含量步骤如下：向含I－试样中先加入已知物质的量的过量AgNO3溶液，再加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用KSCN溶液进行滴定，溶液出现浅红色即达滴定终点，消耗c mol·L－1 KSCN溶液V mL。已知：pKsp(AgI)＝16.07，pKsp(AgSCN)＝11.9，pKsp(AgCl)＝9.74。下列说法错误的是(　　) A．滴定中有AgSCN生成 B．不可先加指示剂，后加AgNO3溶液 C．试样中n(I－)＝10－3cV mol D．以上实验步骤不适用于Cl－含量测定 热点突破 16 解析：KSCN溶液测定的是剩余AgNO3的物质的量，需根据AgNO3溶液的起始量与剩余量的差计算碘离子的物质的量，C错误。 热点突破 17 2．(全国甲卷)CO(NH2)2·H2O2(俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下： CO(NH2)2＋H2O2===CO(NH2)2·H2O2 (一)过氧化脲的合成 烧杯中分别加入25 mL 30% H2O2(ρ＝1.11 g·cm－3)、40 mL蒸馏水和12.0 g尿素，搅拌溶解。30 ℃下反应40 min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4 g。 (二)过氧化脲性质检测 Ⅰ.过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，滴加KMnO4溶液，紫红色消失。 Ⅱ.过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，加入KI溶液和四氯化碳，振荡，静置。 热点突破 18 (三)产品纯度测定 溶液配制：称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成100 mL溶液。 滴定分析：量取25.00 mL过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀H2SO4，用准确浓度的KMnO4溶液滴定至微红色，记录滴定体积，计算纯度。 回答下列问题： (1)过滤中使用到的玻璃仪器有__________________________________(写出两种即可)。 (2)过氧化脲的产率为______。 (3)性质检测Ⅱ中的现象为__________________________________。性质检测Ⅰ和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是________________。 烧杯、漏斗、玻璃棒(任选两种作答) 50% 液体分层，上层为无色，下层为紫色 还原性、氧化性 热点突破 19 (4)下图为“溶液配制”的部分过程，操作a应重复3次，目的是_____________，定容后还需要的操作为______________________________。 (5)“滴定分析”步骤中，下列操作错误的是_____ (填标号)。 A．KMnO4溶液置于酸式滴定管中 B．用量筒量取25.00 mL过氧化脲溶液 C．滴定近终点时，用洗瓶冲洗锥形瓶内壁 D．锥形瓶内溶液变色后，立即记录滴定管液面刻度 避免溶质损失 盖好瓶塞，反复上下颠倒、摇匀 BD 热点突破 20 (6)以下操作导致过氧化脲纯度测定结果偏低的是____ (填标号)。 A．容量瓶中液面超过刻度线 B．滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗 C．摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外 D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失 A 热点突破 21 热点突破 22 热点突破 23 热点突破 24 热点突破 25 热点二　水溶液中的图像分析 1．分布系数图像分析 分布系数图像一般是以pH为横轴、分布分数(组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵轴的关系曲线，以草酸H2C2O4为例，含碳元素的各组分分布系数(δ)与pH的关系如图所示。 热点突破 26 热点突破 27 热点突破 28 (2)正对数图像 热点突破 29 (3)负对数图像 具体类型 含义 变化规律 pH＝－lg c(H＋) 氢离子浓度的常用对数负值 pH越大，c(H＋)越小，溶液的碱性越强 pC＝－lg c(C) C离子浓度的常用对数负值 pC越大，c(C)越小 热点突破 30 热点突破 31 热点突破 32 热点突破 33 3．(海南卷改编)H2S在生态系统的硫循环中不可或缺。298 K，101 kPa时，水溶液中－2价S不同形态的分布分数如图所示，下列说法正确的是(　　) A．线a表示HS－的分布分数 B．298 K时，Na2S的pKh2约为7.0 C．1.0 L 1 mol·L－1的NaOH溶液吸收H2S(g)的量小于1 mol D．可以向燃气中掺入微量H2S(g)以示警燃气泄漏 热点突破 34 热点突破 35 热点突破 36 解析： 热点突破 37 热点三　水溶液中的粒子浓度分析 热点突破 38 热点突破 39 热点突破 40 [注意]　(1)电解质溶液中一定存在电荷守恒，且等式中的微粒只有离子，微粒系数等于离子所带电荷数。 (2)物料守恒等式中的微粒有离子也有分子，系数与特征原子的组成比例有关，溶液中的H、O原子不能作为特征原子。 (3)电荷守恒与物料守恒通过调整系数相加减可得第三类守恒(包括质子守恒)。 热点突破 41 热点突破 42 热点突破 43 热点突破 44 热点突破 45 热点突破 46 热点突破 47 (安徽卷)环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理水样中的Cd2＋。已知25 ℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L－1，Ka1(H2S)＝10－6.97，Ka2(H2S)＝10－12.90，Ksp(FeS)＝10－17.20，Ksp(CdS)＝10－26.10。下列说法错误的是(　　) A．Na2S溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－) B．0.01 mol·L－1 Na2S溶液中：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－) C．向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中加入FeS，可使c(Cd2＋)<10－8 mol·L－1 D．向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液中：c(H＋)>c(Cd2＋) 热点突破 48 热点突破 49 热点突破 50 热点突破 51 6．常温时，用0.1 mol·L－1盐酸滴定10 mL 0.1 mol·L－1 Na2S溶液，滴加盐酸的体积为V(已知H2S的电离常数Ka1＝1.0×10－7，Ka2＝1.0×10－13，忽略H2S的挥发)。下列说法正确的是(　　) A．V＝10 mL时，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)＋c(Cl－) B．V＝10 mL时，溶液pH<7 C．V＝20 mL时，c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S) D．V＝0 mL时，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S) 热点突破 52 热点突破 53 真题演练 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 55 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 56 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 57 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 58 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 59 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 60 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 61 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 62 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 63 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 64 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 65 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 66 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 67 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 68 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 69 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 70 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 71 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 72 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 73 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 74 8．(全国甲卷)钴在新能源、新材料领域具有重要用途。某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质。从该废渣中提取钴的一种流程如下。 注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10－5 mol·L－1，其他金属离子不沉淀，即认为完全分离。 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 75 回答下列问题： (1)“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是_______________________________ ___________。 增大固体与酸反应的接触面积，提高酸浸速率 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 76 (2)“酸浸”步骤中，CoO发生反应的化学方程式是_________________________。 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2＋)和c(Co2＋)均为0.10 mol·L－1，向其中加入Na2S至Zn2＋沉淀完全，此时溶液中c(Co2＋)＝____________mol·L－1，据此判断能否实现Zn2＋和Co2＋的完全分离________(填“能”或“不能”)。 (4)“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2，产生H＋的物质的量为________。 CoO＋H2SO4===CoSO4＋H2O 1.6×10－4 不能 4.0 mol 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 77 (5)“沉淀”步骤中，用NaOH调pH＝4，分离出的滤渣是________。 (6)“沉钴”步骤中，控制溶液pH＝5.0～5.5，加入适量的NaClO氧化Co2＋，其反应的离子方程式为____________________________________________。 (7)根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法是_______________________________________________________________________________________________。 Fe(OH)3 2Co2＋＋ClO－＋5H2O===2Co(OH)3↓＋Cl－＋4H＋ 向滤液中滴加NaOH溶液，边加边搅拌，控制溶液的pH接近12但不大于12，静置后过滤、洗涤、干燥 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 78 解析：炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单质，经稀硫酸酸浸时，铜不溶解，Zn及其他＋2价氧化物除铅元素转化为硫酸铅沉淀外，其他均转化为相应的＋2价阳离子进入溶液；然后通入硫化氢沉铜生成CuS沉淀；过滤后，滤液中加入Na2S2O8将锰离子氧化为二氧化锰除去，同时亚铁离子也被氧化为铁离子；再次过滤后，用氢氧化钠调节pH＝4，铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀除去；第三次过滤后的滤液中加入次氯酸钠沉钴，得到Co(OH)3。 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 79 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 80 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 81 9．(山东卷)利用“燃烧－碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。 实验过程如下： ①加样，将a mg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3)∶c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液，发生反应：KIO3＋5KI＋6HCl===3I2＋6KCl＋3H2O，使溶液显浅蓝色。 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 82 ②燃烧：按一定流速通入O2，一段时间后，加热并使样品燃烧。 ③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应：SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI)，立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退－变蓝”不断变换，直至终点。 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 83 回答下列问题： (1)取20.00 mL 0.1000 mol·L－1 KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1000 mL KIO3碱性标准溶液，下列仪器必须用到的是______ (填标号)。 A．玻璃棒 B．1000 mL锥形瓶 C．500 mL容量瓶 D．胶头滴管 (2)装置B和C的作用是充分干燥O2，B中的试剂为________。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是__________。 AD 浓硫酸 防止倒吸 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 84 当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30 s内不变色 催化剂 通入F的气体温度过高，导致部分I2升华，从而消耗更多的KIO3碱性标准溶液 不变 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 85 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 86 真题演练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 87 　　　　　　　　　　　　　 R 1．氧化还原滴定 (1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质；或者间接滴定一些本身并没有氧化性或还原性，但能与某些氧化剂或还原剂反应的物质。 (2)试剂：常见的用于滴定的氧化剂有KMnO4、I2、K2Cr2O7等。常见的用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。 (5)实例 ①Na2S2O3溶液滴定碘液 原理：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI。 指示剂：用淀粉溶液作指示剂，当滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点。 ②酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液 原理：2MnOeq \o\al(－,4)＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2+＋8H2O。 指示剂：酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂，当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点。 2．沉淀滴定原理及应用 (1)原理：沉淀滴定法是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－的浓度。 (2)指示剂：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液滴定溶液中Cl－的含量时常以含CrOeq \o\al(2－,4)的可溶性盐(如K2CrO4)为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶。 碘是一种人体必需的微量元素，国家标准规定合格加碘食盐(主要含有KI和KIO3)中碘元素含量为20～50 mg·kg-1。测定加碘食盐中碘元素含量的操作过程如下。 步骤1：准确称取某加碘食盐样品100.0 g，溶于水配制成500.00 mL溶液。 步骤2：取步骤1所配溶液50.00 mL加入碘量瓶中，向其中加入适量H2C2O4­H3PO4混合溶液。再加入NaClO溶液将碘元素全部转化为IOeq \o\al(－,3)，剩余的NaClO被H2C2O4还原除去。 步骤3：向步骤2所得溶液中加入足量的KI溶液，充分反应。 步骤4：用3.000×10-3 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定步骤3所得溶液至呈浅黄色时，加入淀粉溶液，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液10.00 mL。 3ClO－＋I－=== 3Cl－＋IOeq \o\al(－,3) 答案：因为IOeq \o\al(－,3)＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，所以关系式为：IOeq \o\al(－,3)～3I2～6Na2S2O3，n(IOeq \o\al(－,3))＝eq \f(1,6)×3.000×10-3 mol·L-1×10.00×10-3 L＝5.000×10-6 mol，该加碘食盐中碘元素含量为：eq \f(5.000×10-6×10×127×103 mg,100.0×10-3 kg)＝63.5 mg·kg-1，不在20～50 mg·kg－1范围内，因此该加碘食盐中碘元素含量不符合国家标准。 解析：　(1)NaClO将碘元素氧化为IOeq \o\al(－,3)，本身被还原成Cl－，离子反应为3ClO－＋I－===3Cl－＋IOeq \o\al(－,3)。 (2)呈碱性的液体应放在碱式滴定管中，碱式滴定管带橡胶管，酸式滴定管带玻璃活塞，A为酸式滴定管，B为碱式滴定管；淀粉遇碘变蓝，故用Na2S2O3滴定时，当最后半滴Na2S2O3标准溶液滴入碘量瓶中，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色，则说明达到滴定终点。 解析：(2)实验中加入尿素的质量为12.0 g，物质的量为0.2 mol，过氧化氢的质量为25 mL×1.11 g·cm－3×30%＝8.325 g，物质的量约为0.245 mol，过氧化氢过量，产率应按照尿素的质量计算，理论上可得到过氧化脲0.2 mol，质量为0.2 mol×94 g/mol＝18.8 g，实验中实际得到过氧化脲9.4 g，故过氧化脲的产率为eq \f(9.4 g,18.8 g)×100%＝50%。 (3)在过氧化脲的性质检测中，性质检测Ⅰ用稀硫酸酸化，加入高锰酸钾溶液，紫红色消失，说明过氧化脲被酸性高锰酸钾氧化，体现了过氧化脲的还原性；性质检测Ⅱ用稀硫酸酸化，加入KI溶液和四氯化碳溶液，过氧化脲会将KI氧化为I2单质，体现了过氧化脲的氧化性，生成的I2在四氯化碳中溶解度大，会溶于四氯化碳溶液，且四氯化碳密度大于水，振荡，静置后出现的现象为：液体分层，上层为无色，下层为紫色。 (5)A项，KMnO4溶液是强氧化性溶液，应置于酸式滴定管中，正确；B项，量筒的精确度不能达到0.01 mL，量取25.00 mL的溶液应选用滴定管，错误；C项，滴定过程中，待测液有可能会溅到锥形瓶内壁，滴定近终点时，为了使结果更精确，可用洗瓶冲洗锥形瓶内壁，正确；D项，锥形瓶内溶液变色后，应等待30 s，观察溶液不再恢复原来的颜色后，才能记录滴定管液面刻度，错误。 (6)A项，在配制过氧化脲溶液时，容量瓶中液面超过刻度线，会使溶液体积偏大，配制溶液的浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏低，导致测定结果偏低；B项，滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗，会导致KMnO4溶液浓度偏低，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高；C项，摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高；D项，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会使滴定过程中消耗的KMnO4溶液体积偏高，导致测定结果偏高。 曲线含义分析 随着pH的逐渐增大，溶质分子的浓度逐渐减小，酸式酸根离子浓度先逐渐增大后逐渐减小，酸根离子浓度逐渐增大，所以δ0表示H2C2O4、δ1表示HC2Oeq \o\al(－,4)、δ2表示C2Oeq \o\al(2－,4) 特殊点的应用 对于分布系数图像，一般选择“交点”处不同微粒的等浓度关系，代入电离常数公式计算各级电离常数。图中A点处c(H2C2O4)＝c(HC2Oeq \o\al(－,4))，Ka1(H2C2O4)＝－,4)eq \f(c（HC2O）·c（H＋）,c（H2C2O4）) ＝c(H＋)＝10-a。B点处c(C2Oeq \o\al(2－,4))＝c(HC2Oeq \o\al(－,4))， Ka2(H2C2O4)＝2-,4)eq \f(c（C2O）·c（H＋）,c（HC2Oeq \o\al(－,4)）) ＝c(H＋)＝10-b 2.常见对数图像的类型及图像分析 (1)对数图像的含义 将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒的浓度的比值eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(如\f(c（A）,c（B）)))取常用对数，即lg c(A)或lg eq \f(c（A）,c（B）)，与溶液中的pH或溶液的体积等的关系作出的图像称为对数图像。根据数学知识，c(A)和lg c(A)的关系为：当c(A)＝1时，lg c(A)＝0；当c(A)>1时，lg c(A)>0，且c(A)越大，lg c(A)越大；当c(A)<1时，lg c(A)<0，且c(A)越大，lg c(A)越大，但lg c(A)的绝对值越小。 具体类型 含义 变化规律 lg eq \f(c（HX－）,c（H2X）) 生成物与反应物离子浓度比的常用对数 lg eq \f(c（HX－）,c（H2X）)越大，反应向正反应方向进行的程度越大 lg eq \f(V,V0) 稀释后与稀释前体积比的常用对数 lg eq \f(V,V0)越大，稀释程度越大 lg eq \f(c（H＋）,c（OH－）) 氢离子与氢氧根离子浓度比的常用对数 比值越大，酸性越强；中性时，eq \f(c（H＋）,c（OH－）)＝1 　 常温下，将NaOH溶液滴入三元弱酸H3A溶液中，混合溶液中 －lg Xeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(X＝\f(c（H2A－）,c（H3A）)或\f(c（HA2-）,c（H2A－）)或\f(c（A3-）,c（HA2-）)))随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A．曲线Ⅰ表示－lg eq \f(c（A3-）,c（HA2-）)随pH的变化关系 B．当pH＝5时，混合溶液中eq \f(c（HA2-）,c（H3A）)＝100.6 C．常温下，NaH2A溶液中c(H3A)>c(HA2-) D．当pH＝7时，c(Na＋)<c(A3-)＋c(HA2-)＋c(H2A－) 解析　对于三元弱酸H3A，当－lg eq \f(c（H2A－）,c（H3A）)＝0，即c(H2A－)＝c(H3A)时，Ka1＝eq \f(c（H2A－）·c（H＋）,c（H3A）)＝ c(H＋)，同理，当－lg eq \f(c（HA2－）,c（H2A－）)＝0时，Ka2＝c(H＋)，当－lg eq \f(c（A3－）,c（HA2－）)＝0时，Ka3＝c(H＋)，又Ka1>Ka2>Ka3，故曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别表示－lg eq \f(c（H2A－）,c（H3A）)、－lg eq \f(c（HA2－）,c（H2A－）)、－lg eq \f(c（A3－）,c（HA2－）)随pH的变化关系，A错误；根据点(4，－1.8)可知，Ka1＝eq \f(c（H＋）·c（H2A－）,c（H3A）)＝10－4×101.8＝10－2.2，同理，根据点(10，－2.8)和(14，－1.6)可分别求得Ka2＝10－7.2、Ka3＝10－12.4， Ka1·Ka2＝eq \f(c（H2A－）·c（H＋）,c（H3A）)×eq \f(c（HA2－）·c（H＋）,c（H2A－）)＝eq \f(c2（H＋）·c（HA2－）,c（H3A）)，故当pH＝5时，混合溶液中eq \f(c（HA2－）,c（H3A）)＝eq \f(Ka1·Ka2,c2（H＋）)＝eq \f(10－2.2×10－7.2,10－5×10－5)＝100.6，B正确；H2A－的电离常数Ka2＝10－7.2，H2A－的水解常数为eq \f(c（H3A）·c（OH－）,c（H2A－）)＝eq \f(Kw,Ka1)＝eq \f(10－14,10－2.2)＝10－11.8，则H2A－的电离程度大于其水解程度，故常温下，NaH2A溶液中c(H3A)<c(HA2－)，C错误；溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(A3－)＋2c(HA2－)＋c(H2A－)＋c(OH－)，当pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，故c(Na＋)＝3c(A3－)＋2c(HA2－)＋c(H2A－)，则c(Na＋)>c(A3－)＋c(HA2－)＋c(H2A－)，D错误。 解析：H2S是二元弱酸，在溶液中分步电离，溶液pH增大，溶液中H2S的浓度减小，HS－的浓度先增大后减小，S2－的浓度增大，则曲线a、b、c分别表示H2S、HS－、S2－的分布分数，故A错误；NaOH溶液吸收等量的H2S时发生反应NaOH＋H2S===NaHS＋H2O，NaHS溶液显碱性，能继续吸收H2S，即吸收H2S的量大于1 mol，C错误；硫化氢气体有毒，所以不能向燃气中掺入微量硫化氢气体以示警燃气泄漏，否则燃气泄漏时可能发生意外事故，D错误。 4．25 ℃时，向20 mL 0.1 mol·L-1 H2R(二元弱酸)溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A．a点对应的溶液中：c(H2R)＋c(HR－)＋c(R2-)＝0.1 mol·L-1 B．b点对应的溶液中：c(Na＋)>c(HR－)>c(H2R)>c(R2-) C．a、b、c、d四点中，d点对应的溶液中水的电离程度最大 D．a、b、c、d四点对应的溶液中均有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HR－)＋c(R2-) 1．电解质溶液的“三个守恒” (1)电荷守恒规律 在电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数，也就是所谓的电荷守恒。例如：NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCOeq \o\al(－,3)、COeq \o\al(2－,3)、OH－，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq \o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq \o\al(2－,3))。 (2)物料守恒规律 在电解质溶液中，由于某些离子发生电离或水解，离子种类增加，但某些原子总是守恒的。如0.1 mol·L-1 H2CO3溶液中，H2CO3、HCOeq \o\al(－,3)都电离，C元素以H2CO3、HCOeq \o\al(－,3)、COeq \o\al(2－,3)形式存在，它们之间有以下守恒关系：c(H2CO3)＋c(HCOeq \o\al(－,3))＋c(COeq \o\al(2－,3))＝0.1 mol·L-1。 (3)质子守恒规律 质子守恒是指在电解质溶液中，粒子失去的H＋总数等于得到的H＋总数。 如Na2S水溶液中的质子转移图示如下： 由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示为c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。 2．微粒浓度比较常用的两大理论 (1)电离理论 ①弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒非常少，还要考虑水的电离。如氨水中： c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq \o\al(＋,4))。 ②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离。如H2S溶液中： c(H2S)>c(H＋)>c(HS－)>c(S2-)。 (2)水解理论 ①离子的水解损失是微量的(互相促进的水解除外)，但由于水的电离，水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质的浓度。如NH4Cl溶液中： c(Cl－)>c(NHeq \o\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)。 ②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解。如Na2CO3溶液中： c(COeq \o\al(2－,3))>c(HCOeq \o\al(－,3))>c(H2CO3)。 3．微粒浓度比较常考的类型 (1)多元弱酸溶液 根据多步电离分析。例如：在H2CO3的溶液中，c(H＋)>c(HCOeq \o\al(－,3))>c(COeq \o\al(2－,3))。 (2)多元弱酸的正盐溶液 根据弱酸酸根离子的分步水解分析。例如：Na2CO3溶液中，c(Na＋)>c(COeq \o\al(2－,3))> c(OH－)>c(HCOeq \o\al(－,3))。 (3)多元弱酸的酸式盐溶液 要考虑酸式酸根离子的电离程度与水解程度的相对大小，如HCOeq \o\al(－,3)以水解为主，NaHCO3溶液中c(Na＋)>c(HCOeq \o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)>c(COeq \o\al(2－,3))；而HSOeq \o\al(－,3)以电离为主，NaHSO3溶液中c(Na＋)>c(HSOeq \o\al(－,3))>c(H＋)>c(SOeq \o\al(2－,3))>c(OH－)。 (4)不同溶液中同一离子浓度的比较 要看溶液中其他离子对其的影响。 例如：在相同物质的量浓度的下列溶液中： a．NH4Cl　b．CH3COONH4　c．NH4HSO4，c(NHeq \o\al(＋,4))由大到小的顺序是c>a>b。 (5)混合溶液中各离子浓度的大小比较 根据电离程度、水解程度的相对大小分析。 ①分子的电离大于相应离子的水解 例如：等物质的量浓度的NH4Cl与氨水的混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c(NHeq \o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。 ②分子的电离小于相应离子的水解 例如：等物质的量浓度的NaCN与HCN的混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。 4．分析粒子浓度关系的策略 (1)若使用的是“>”或“<”，应主要考虑“电离”和“水解”。 (2)若用“＝”连接，应根据“守恒”原理，视不同情况而定。 ①若等号一端全部是阴离子或阳离子，应首先考虑电荷守恒； ②若等号一端各项中都含有同一种元素，应首先考虑这种元素的物料守恒； ③若出现等号，但既不是电荷守恒，也不是物料守恒，则可考虑将电荷守恒和物料守恒进行合并处理，即推得第三类守恒(包括质子守恒)。 解析　Na2S溶液中存在电荷守恒，即c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，A正确；0.01 mol·L－1 Na2S溶液中，S2－水解使溶液呈碱性，其水解常数为Kh(S2－)＝eq \f(c（OH－）·c（HS－）,c（S2－）)＝eq \f(Kw,Ka2)＝eq \f(10－14,10－12.9)＝10－1.1，根据硫元素守恒可知c(HS－)<10－2 mol· L－1，所以eq \f(c（OH－）,c（S2－）)>1，则c(OH－)>c(S2－)，B错误；Ksp(FeS)远远大于Ksp(CdS)，向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中加入FeS时，可以发生沉淀的转化，该反应的平衡常数为K＝eq \f(Ksp（FeS）,Ksp（CdS）)＝eq \f(10－17.20,10－26.10)＝108.9≫105，因此该反应可以进行完全， CdS的饱和溶液中c(Cd2＋)＝eq \r(10－26.10) mol·L－1＝10－13.05 mol·L－1，若加入足量FeS可使c(Cd2＋)<10－8 mol·L－1，C正确；Cd2＋＋H2SCdS＋2H＋的平衡常数K＝eq \f(c2（H＋）,c（Cd2＋）·c（H2S）)＝eq \f(Ka1·Ka2,Ksp（CdS）)＝eq \f(10－6.97×10－12.90,10－26.10)＝106.23≫105，该反应可以进行完全，因此，当向c(Cd2＋)＝0.01 mol·L－1的溶液中通入H2S气体至饱和，Cd2＋可以完全沉淀，所得溶液中c(H＋)>c(Cd2＋)，D正确。 5．25 ℃时，下列有关溶液中各微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　) A．0.1 mol/L的NH4Cl溶液：c(Cl－)>c(NHeq \o\al(＋,4))>c(OH－)>c(H＋) B．0.1 mol/L的CH3COOH溶液：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－) C．0.01 mol/L的FeCl2溶液：c(Cl－)>c(H＋)>c(Fe2＋)>c(OH－) D．pH＝11的CH3COONa溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH) 解析：NHeq \o\al(＋,4)水解溶液呈酸性，则c(H＋)>c(OH－)，A错误；Fe2＋微弱水解，水解后溶液中剩余c(Fe2＋)较大，生成的c(H＋)较小，故c(Fe2＋)>c(H＋)，C错误；依据物料守恒可知：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，D错误。 解析：由电荷守恒可知，溶液中始终存在c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)＋c(Cl－)，A正确。V＝10 mL时，溶液溶质为等物质的量的NaHS和NaCl，判断溶液pH时可仅考虑NaHS溶液，HS－的水解常数Kh＝eq \f(c（H2S）·c（OH－）,c（HS－）)＝eq \f(Kw,Ka1)＝10－7>Ka2，则HS－的水解程度大于其电离程度，溶液pH>7，B错误。V＝20 mL时，溶液溶质为物质的量之比为1∶2的H2S和NaCl，由物料守恒得c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)，C错误。V＝0 mL时，溶液溶质为Na2S，由质子守恒得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，D错误。 1．(浙江1月选考)25 ℃时，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10-7，Ka2＝4.7×10-11；Ksp(CaCO3)＝3.4×10-9。下列描述不正确的是(　　) A．HCOeq \o\al(－,3)＋H2OOH－＋H2CO3，K＝2.2×10-8 B．2HCOeq \o\al(－,3)H2CO3＋COeq \o\al(2－,3)，K＝1.0×10-4 C．HCOeq \o\al(－,3)＋Ca2＋CaCO3(s)＋H＋，K＝1.4×10-2 D．NaHCO3溶液中，c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(COeq \o\al(2－,3))，则c(H＋)＝－,3)eq \f(Ka1[Ka2c（HCO）＋Kw],Ka1＋c（HCOeq \o\al(－,3)）) 解析：该反应的K＝－,3)eq \f(c（H2CO3）·c（OH－）,c（HCO）) ＝－,3)eq \f(c（H2CO3）·c（OH－）·c（H＋）,c（HCO）·c（H＋）) ＝eq \f(Kw,Ka1)≈2.2×10－8，A正确；该反应的K＝2－,3)eq \f(c（H2CO3）·c（CO）,c2（HCOeq \o\al(－,3)）) ＝2－,3)eq \f(c（H2CO3）·c（CO）·c（H＋）,c2（HCOeq \o\al(－,3)）·c（H＋）) ＝eq \f(Ka2,Ka1)≈1.0×10－4，B正确；该反应的K＝－,3)eq \f(c（H＋）,c（HCO）·c（Ca2＋）) ＝2－,3)eq \f(c（H＋）·c（CO）,c（HCOeq \o\al(－,3)）·c（Ca2＋）·c（COeq \o\al(2－,3)）) ＝eq \f(Ka2,Ksp（CaCO3）)≈1.4×10－2，C正确；c(H2CO3)＝－,3)eq \f(c（HCO）·c（H＋）,Ka1) ①，c(COeq \o\al(2－,3))＝－,3)eq \f(c（HCO）·Ka2,c（H＋）) ②，c(OH－)＝eq \f(Kw,c（H＋）)③，c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(COeq \o\al(2－,3))，将①②③代入得c2(H＋)＝－,3)eq \f(Ka1[Ka2c（HCO）＋Kw],Ka1＋c（HCOeq \o\al(－,3)）) ，D错误。 2．(福建卷)将草酸钙固体溶于不同初始浓度[c0(HCl)]的盐酸中，平衡时部分组分的lg c­lg c0(HCl)关系如图。已知草酸Ka1＝10-1.3，Ka2＝10-4.3。下列说法错误的是(　　) A．lg c0(HCl)＝－1.2时，溶液的pH＝1.3 B．任意c0(HCl)下均有：c(Ca2+)＝c(HC2Oeq \o\al(－,4))＋c(H2C2O4)＋c(C2Oeq \o\al(2－,4)) C．CaC2O4(s)＋2H＋(aq)===Ca2+(aq)＋H2C2O4(aq)的平衡常数为10-3.0 D．lg c0(HCl)＝－4.1时，2c(Ca2+)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(HC2Oeq \o\al(－,4))＋c(Cl－) 解析：草酸钙为强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，溶于不同初始浓度盐酸过程中体系中存在一系列平衡CaC2O4(s) Ca2＋(aq)＋C2Oeq \o\al(2－,4)(aq)、C2Oeq \o\al(2－,4)＋H2OHC2Oeq \o\al(－,4)＋OH－、HC2Oeq \o\al(－,4)＋H2OH2C2O4＋OH－，因此曲线Ⅰ代表C2Oeq \o\al(2－,4)，曲线Ⅱ代表HC2Oeq \o\al(－,4)，曲线Ⅲ代表H2C2O4。lg c0(HCl)＝－1.2时，c(HC2Oeq \o\al(－,4))＝c(H2C2O4)，则Ka1＝－,4)eq \f(c（HC2O）×c（H＋）,c（H2C2O4）) ＝c(H＋)＝10－1.3，溶液的pH＝1.3，A正确；草酸钙固体溶于盐酸，任意c0(HCl)下均有物料守恒关系c(Ca2＋)＝c(HC2Oeq \o\al(－,4))＋c(H2C2O4)＋c(C2Oeq \o\al(2－,4))，B正确；由题图可知，lg c0(HCl)＝1时，c(Ca2＋)＝c(H2C2O4)， c(HC2Oeq \o\al(－,4))＝1×10－2.8 mol/L，Ka1＝－,4)eq \f(c（HC2O）×c（H＋）,c（H2C2O4）) ＝10－1.3，即eq \f(c（H2C2O4）,c（H＋）)＝－,4)eq \f(c（HC2O）,10－1.3) ＝eq \f(10－2.8,10－1.3)＝10－1.5，所以CaC2O4(s)＋2H＋(aq)===Ca2＋(aq)＋H2C2O4(aq)的平衡常数K＝eq \f(c（H2C2O4）×c（Ca2＋）,c2（H＋）)＝eq \f(c2（H2C2O4）,c2（H＋）)＝(10－1.5)2＝10－3.0，C正确；溶液中存在电荷守恒2c(Ca2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq \o\al(－,4))＋2c(C2Oeq \o\al(2－,4))＋c(Cl－)，lg c0(HCl)＝－4.1时，c(C2Oeq \o\al(2－,4))＝c(HC2Oeq \o\al(－,4))，则存在关系2c(Ca2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(HC2Oeq \o\al(－,4))＋c(Cl－)，D错误。 3．(辽宁卷)25 ℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl－水样、含Br－水样。 已知：①Ag2CrO4为砖红色沉淀；②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr；③25 ℃时，pKa1(H2CrO4)＝0.7，pKa2(H2CrO4)＝6.5。 下列说法错误的是(　　) A．曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线 B．反应Ag2CrO4＋H＋2Ag＋＋HCrOeq \o\al(－,4)的平衡常数K＝10-5.2 C．滴定Cl－时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10-2.0 mol·L-1 D．滴定Br－达终点时，溶液中2-,4)eq \f(c（Br－）,c（CrO）) ＝10-0.5 解析：由于AgCl和AgBr中阴、阳离子个数比均为1∶1，即两者图像平行，所以①代表Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，由于相同条件下，AgCl溶解度大于AgBr，即Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，所以②代表AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则③代表AgBr的沉淀溶解平衡曲线，根据①上的点(2.0，7.7)，可求得Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)×c(CrOeq \o\al(2－,4))＝(10－2)2×10－7.7＝10－11.7，根据②上的点(2.0，7.7)，可求得Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)×c(Cl－)＝10－2×10－7.7＝10－9.7，根据③上的点(6.1，6.1)，可求得Ksp(AgBr)＝c(Ag＋)×c(Br－)＝10－6.1×10－6.1＝10－12.2。由分析得，A正确； 反应Ag2CrO4＋H＋2Ag＋＋HCrOeq \o\al(－,4)的平衡常数K＝－,4)eq \f(c2（Ag＋）·c（HCrO）,c（H＋）) ＝ 2－,4)eq \f(c2（Ag＋）·c（CrO）·c（HCrOeq \o\al(－,4)）,c（H＋）·c（CrOeq \o\al(2－,4)）) ＝eq \f(Ksp（Ag2CrO4）,Ka2（H2CrO4）)＝eq \f(10－11.7,10－6.5)＝10－5.2，B正确；当Cl－恰好滴定完全时，c(Ag＋)＝eq \r(Ksp（AgCl）)＝10－4.85 mol·L－1，即c(CrOeq \o\al(2－,4))＝eq \f(Ksp（Ag2CrO4）,c2（Ag＋）)＝eq \f(10－11.7,（10－4.85）2) mol·L－1＝10－2.0 mol·L－1，因此，指示剂的浓度不宜超过10－2.0 mol·L－1，C正确； 当Br－达滴定终点时，c(Ag＋)＝c(Br－)＝eq \r(Ksp（AgBr）)＝10－6.1 mol·L－1，即c(CrOeq \o\al(2－,4))＝eq \f(Ksp（Ag2CrO4）,c2（Ag＋）)＝eq \f(10－11.7,（10－6.1）2) mol·L－1＝100.5 mol·L－1，2－,4)eq \f(c（Br－）,c（CrO）) ＝eq \f(10－6.1,100.5)＝10－6.6，D错误。 4．(江西卷)废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下，MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中，若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图。下列说法正确的是(　　) 已知：δ(MnOH＋)＝ －,2)eq \f(c（MnOH＋）,c（Mn2+）＋c（MnOH＋）＋c（HMnO）＋c[Mn（OH）eq \o\al(2-,4)]＋c（MnOeq \o\al(2-,2)）) ； Mn(OH)2难溶于水，具有两性。 A．曲线z为δ(MnOH＋) B．O点，c(H＋)＝eq \f(2,3)×10-10.2 mol·L-1 C．P点，c(Mn2+)<c(K＋) D．Q点，c(SOeq \o\al(2－,4))＝2c(MnOH＋)＋2c(MnOeq \o\al(2－,2)) 解析：随着pH增大，c(OH－)逐渐增大，Mn2＋逐步转化为MnOH＋、HMnOeq \o\al(－,2)、MnOeq \o\al(2－,2)和Mn(OH)eq \o\al(2－,4)，则曲线x表示δ(Mn2＋)，曲线y表示δ(MnOH＋)，曲线z表示δ(HMnOeq \o\al(－,2))。由上述分析知，A错误；P点δ(Mn2＋)＝δ(MnOH＋)，pH＝10.2，即c(Mn2＋)＝c(MnOH＋)，c(OH－)＝10－3.8 mol·L－1，则Mn2＋＋OH－MnOH＋的K＝eq \f(c（MnOH＋）,c（Mn2＋）·c（OH－）)＝103.8，O点δ(Mn2＋)＝0.6，δ(MnOH＋)＝0.4， 代入平衡常数表达式得K＝eq \f(c（MnOH＋）,c（Mn2＋）·c（OH－）)＝ eq \f(0.4,0.6×c（OH－）)＝103.8，解得c(OH－)＝eq \f(2,3)×10－3.8 m ol·L－1，则c(H＋)＝eq \f(3,2)×10－10.2 mol·L－1，B错误；P点溶液显碱性，δ(Mn2＋)＝δ(MnOH＋)，结合Mn2＋＋OH－MnOH＋，知c(Mn2＋)＝c(MnOH＋)＝c消耗(OH－)，而c(K＋)＝c消耗(OH－)＋c剩余(OH－)，所以 c(K＋)>c(Mn2＋)，C正确；Q点c(MnOH＋)＝c(HMnOeq \o\al(－,2))，根据物料守恒c(SOeq \o\al(2－,4))＝ c(Mn2＋)＋c(MnOH＋)＋c(HMnOeq \o\al(－,2))＋c(MnOeq \o\al(2－,2))＋c[Mn(OH)eq \o\al(2－,4)]，知c(SOeq \o\al(2－,4))＝c(Mn2＋)＋2c(MnOH＋)＋c(MnOeq \o\al(2－,2))＋c[Mn(OH)eq \o\al(2－,4)]，D错误。 5．(江苏卷)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＋)＝eq \f(Ksp（MgF2）,c（F－）) C．0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：c(COeq \o\al(2－,3))＝c(H＋)＋c(H2CO3)－c(OH－) D．“沉锰”后的滤液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq \o\al(－,3))＋2c(COeq \o\al(2－,3)) 解析：0.1 mol·L－1 NaF溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＋c(F－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，A错误；“除镁”得到的上层清液为MgF2的饱和溶液，有Ksp(MgF2)＝c(Mg2＋)c2(F－)，故c(Mg2＋)＝eq \f(Ksp（MgF2）,c2（F－）)，B错误；0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中存在质子守恒：c(COeq \o\al(2－,3))＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)，故c(COeq \o\al(2－,3))＝c(H＋)＋c(H2CO3)－c(OH－)，C正确；“沉锰”后的滤液中还存在F－、SOeq \o\al(2－,4)等离子，故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立，D错误。 6．(湖南卷)常温下，用浓度为0.0200 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200 mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随ηeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(η＝\f(V（标准溶液）,V（待测溶液）)))的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　　) A．Ka(CH3COOH)约为10-4.76 B．点a：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH) C．点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO－) D．水的电离程度：a<b<c<d 解析：NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH。由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)＝0.0100 mol·L－1， c(H＋)＝10－3.38 mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝eq \f(c（H＋）·c（CH3COO－）,c（CH3COOH）)≈eq \f(10－3.38×10－3.38,0.01)＝10－4.76，A正确；a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在守恒c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B正确；b点溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO－)，C正确；c点溶液中CH3COO－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c>d，D错误。 7．(北京卷)利用平衡移动原理，分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 已知：①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。 ②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(COeq \o\al(2－,3))＝Ksp(MgCO3)[注：起始c(Na2CO3)＝0.1 mol·L-1，不同pH下c(COeq \o\al(2－,3))由图1得到]。 下列说法不正确的是(　　) A．由图1，pH＝10.25，c(HCOeq \o\al(－,3))＝c(COeq \o\al(2－,3)) B．由图2，初始状态pH＝11、lg [c(Mg2+)]＝－6，无沉淀生成 C．由图2，初始状态pH＝9、lg [c(Mg2+)]＝－2，平衡后溶液中存在c(H2CO3)＋c(HCOeq \o\al(－,3))＋c(COeq \o\al(2－,3))＝0.1 mol·L-1 D．由图1和图2，初始状态pH＝8、lg [c(Mg2+)]＝－1，发生反应：Mg2+＋2HCOeq \o\al(－,3)===MgCO3↓＋CO2↑＋H2O 解析：从图1可以看出pH＝10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A正确；从图2可以看出pH＝11、lg [c(Mg2＋)]＝－6时，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；从图2可以看出pH＝9、lg [c(Mg2＋)]＝－2时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，根据物料守恒，溶液中c(H2CO3)＋c(HCOeq \o\al(－,3))＋c(COeq \o\al(2－,3))<0.1 mol·L－1，C错误；pH＝8时，溶液中主要含碳微粒是HCOeq \o\al(－,3)，pH＝8、lg [c(Mg2＋)]＝－1时，该点位于曲线Ⅱ的上方，会生成碳酸镁沉淀，因此反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCOeq \o\al(－,3)===MgCO3↓＋H2O＋CO2↑，D正确。 已知：①Ksp(CuS)＝6.3×10-36，Ksp(ZnS)＝2.5×10-22，Ksp(CoS)＝4.0×10-21。 ②以氢氧化物形式沉淀时，lg [c(M)/(mol·L-1)]和溶液pH的关系如图所示。 (3)假设“沉铜”后得到的滤液中c(Zn2＋)和c(Co2＋)均为0.10 mol·L－1，向其中加入Na2S至Zn2＋沉淀完全，此时溶液中c(S2－)＝eq \f(2.5×10－22,10－5) mol·L－1＝2.5×10－17 mol·L－1，则c(Co2＋)＝eq \f(4.0×10－21,2.5×10－17) mol·L－1＝1.6×10－4 mol·L－1，c(Co2＋)小于0.10 mol·L－1，说明大部分Co2＋也转化为硫化物沉淀，据此判断不能实现Zn2＋和Co2＋的完全分离。 (4)“沉锰”步骤中，Na2S2O8将Mn2＋氧化为二氧化锰除去，发生的反应为S2Oeq \o\al(2－,8)＋Mn2＋＋2H2O===MnO2↓＋4H＋＋2SOeq \o\al(2－,4)，因此，生成1.0 mol MnO2，产生H＋的物质的量为4.0 mol。 (3)该滴定实验达终点的现象是_____________________________________________ __________________________；滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL，样品中硫的质量分数是________(用代数式表示)。 (4)若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进SO3的生成，粉尘在该过程中的作用是________；若装置E冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是__________________________________________________________________________；若滴定过程中，有少量IOeq \o\al(－,3)不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，测定结果会________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 eq \f(19.2V,a)% 解析：(3)由S元素守恒及SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI、KIO3＋5KI＋6HCl===3I2＋6KCl＋3H2O可得关系式3S～3SO2～3I2～KIO3，若滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL，则n(KIO3)＝V×10－3×0.0020 mol＝2×10－6V mol，n(S)＝3n(KIO3)＝3×2×10－6V mol＝6×10－6V mol，样品中硫的质量分数是eq \f(6×10－6V mol×32 g·mol－1,a×10－3 g)×100%＝eq \f(19.2V,a)%。 (4)若滴定过程中，有少量IOeq \o\al(－,3)不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，从电子转移守恒的角度分析，IOeq \o\al(－,3)得到6e－被还原为I－，仍能得到关系式3S～3SO2～KIO3，测定结果不会变。 $$