2024届高考化学二轮复习讲义 电解质溶液

电解质溶液一2024届高考化学二轮复习攻克典型题型之客观题

一、溶液中三大平衡及影响因素

1.影响弱电解质电离平衡、盐类水解平衡、沉淀溶解平衡的因素

⑴内因：电解质、盐类、沉淀的本性。

(2)外因

①温度：温度越高，电离程度一般越大、水解程度越大、溶解程度越大(极个别例外，

比如温度越高氢氧化钙溶解度反而越小，其他特殊物质题目一般会给出信息)。

②浓度：单一微粒浓度改变，平衡会向着减弱该微粒浓度改变的方向移动；加水会造

成所有微粒浓度减小(除水外，温度不变时H+、OH-浓度变化相反)。

注意：外加酸、碱、盐以及能反应的物质均从“单一微粒浓度改变”加以认识。例：

醋酸溶液中加CH3coONa固体，实际上是单独增大了CH3co0-的浓度，所以平衡逆

向移动，减弱这种改变。

2.水的电离影响因素

水是一种极弱的电解质，可以根据普通弱电解质电离平衡影响因素分析。①外加酸

碱：抑制水的电离(水的电离平衡逆向移动)；②外加含弱离子的盐：促进水的电离(水

的电离平衡正向移动)；③外加活泼金属或氧化物等情况复杂，不予考虑。

二、溶液中四大常数的关系及综合应用

1.四大常数

(1)水的离子积常数Kw。

(2)弱电解质电离常数：弱酸电离常数Ka(二元弱酸有Kal、Ka2)、弱碱电离常数即。

(3)盐的水解常数：Kh(多元弱酸根有多级水解Khi、Kh2)。

(4)沉淀的溶度积常数：Ksp。

注意：Kw并非水的电离常数，水的电离常数仁旭融白，KW=K-C(H20)=C(H+).C(0H-

)o所以实际上Kw是水的电离常数与溶液中水的浓度的乘积，由于纯水和稀溶液中水

的浓度基本不变，是个常数，所以其浓度与电离常数乘积也必然是个常数，此常数称

“水的离子积常数”。

2.所有常数均只与温度有关系(即温度不变，K不变)；各种常数在水中或其他稀酸、

碱、盐溶液中可能受到各种相关微粒浓度影响，平衡会移动，但是其数值不变。比如

稀酸、稀碱溶液中由于H+、0H-浓度较高抑制了水的电离平衡，但水的Kw不变［不过

注意Kw=c(H+>c(OH-),此时H+、OH-浓度也包括稀酸、稀碱电离产生的氢离子和氢氧

根离子］;再比如CH3coOH在醋酸钠溶液中电离受到抑制，但其居不变表达式中

c(CH3coCT)也包含醋酸钠电离产生的醋酸根离子在内］,沉淀溶解平衡类似。所以各种

常数表达式中，各微粒浓度均指“溶液中的该微粒浓度”，而并非专指“水、弱酸

碱、弱离子盐、沉淀”产生的该微粒浓度。

3.常数的运算法则：①&=产L；②Km=詈，&2=爰。

心(或Kb)Ka2Kal

4.熟练掌握各种常数表达式的书写和基本计算，能运用&与各种K的关系定量判断各

种平衡的移动方向：Qc>K,平衡逆向移动；Qc<K,平衡正向移动；Qc=K,正好平

衡。

5.注意电离度与电离常数，溶解度与溶度积常数的关系(水解度与水解常数关系一般不

考查)：

(1)电离度用a表示，类似于转化率，不仅与温度有关，还与浓度有关，浓度越小电离

度越大，但Ka(或b)不变，温度越高一般电离度越大，此时Ka(或b)也增大。

(2)溶解度用S表示，不仅与温度有关，还与浓度及溶剂有关，比如S(CaC03)在CaCb

溶液中比较小(溶解受Ca2+抑制)，但其&p不变。

三、溶液中粒子浓度关系比较

1.弱酸碱的电离

⑴电解质越弱，电离程度越小，电离出的离子浓度通常越低。

(2)&1>>招2,所以一级电离出的离子浓度大于二级电离出的离子浓度。

2.盐类水解

(1)盐的弱离子对应弱电解质越弱，弱离子水解程度就越大，弱离子的浓度则越小，水

解出来的微粒(分子或离子)浓度则越大。

(2)&i»Kh2。

3.弱电解质电离以及盐类水解程度都很小

通常弱电解质电离度多数在10%以内，多数盐类单水解时水解度在1%以内，但注意

题目所给条件，有例外的情况。

4.何时考虑水解平衡、电离平衡

(1)弱电解质溶液：仅考虑电离平衡(还有水的电离平衡)。

(2)含弱离子的盐类(正盐)：仅考虑水解平衡(还有水的电离平衡)。

⑶弱酸一弱酸盐混合液，弱碱一弱碱盐混合液，酸式盐溶液：既考虑弱酸、碱电离平

衡，又考虑盐所含弱离子的水解平衡(酸式酸根离子既水解又电离)。

5.三个守恒规律

⑴电荷守恒：阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数。

⑵物料守恒(原子守恒)：此守恒反映的是“变”与“不变”的离子或分子之间的一种

等量关系。例：Na2c。3溶液中，“不变”的是Na+,“变”的是C0/，C0『有一部

分通过水解会变成HCO?和H2c。3两种形式，所以碳酸根最终有三种形式存在：

COp、HCO3、H2co3。Na2cO3溶液中若碳酸根不水解，则有c(Na+)=2c(C0p),三种

形式的“碳酸根”加在一起浓度仍然与原来相同，所以有

c(Na+)=2[c(CO/)+c(HCC)3)+c(H2co3)],注意本式中c(CO『)代表的是水解后剩下的碳

酸根的浓度。

(3)质子守恒：基本原理是根据H2O-H++OH-,知道C(H+),K=C(OH-)水，此关系称为质

子守恒。比如在碳酸钠溶液中质子守恒关系式为c(OH)

=c(H+)+c(HCO3)+2c(H2co3)。此守恒比较难理解，一般可以通过“电荷守恒”与“物

料守恒”推导出来。比如碳酸钠溶液中电荷守恒关系是c(H+)+c(Na+)=c(OH-

)+c(HCO3)+2c(COr)，物料守恒关系为c(Na+)=2[c(C0歹)+c(HC03)+c(H2co3)],电荷

守恒减去物料守恒即得质子守恒。

四、电解质溶液类题目处理技巧

L电解质溶液类题目的标志：出现类似以下特点c(X-)>c(Y+)>c(Z-)>

c(R+)或c(Y+)+c(R+)=c(Z>c(X-)的选项，前者一般属于离子浓度大小比较类题型，可以

根据水解程度、电离程度相对大小解决，有些也可以根据电荷守恒结合酸碱性分析，

后者一般考查的是“三个守恒”。

2.对于酸碱混合型(一弱一强)的离子浓度大小排序问题可用“三点分析法”进行分析。

三点分别为：

(1)半中点：一元酸、碱弱的一方反应掉50%或二元弱酸被中和掉50%。

(2)中性点：溶液整体显中性时溶液中既有弱酸、碱剩余，又有生成的含弱离子的盐存

在。

(3)中和点：酸、碱按照方程式化学计量数比恰好完全中和的点。

例：CH3co0H与NaOH中和过程。

①半中点：醋酸被中和一半，此时溶液中溶质是CH3co0H和CH3coONa,物质的量

浓度之比为1：1,止匕时有CH3co0H-CH3co0+H+和CH3coe)-+

一CH3co0H+0H-,由于醋酸电离程度大于其水解程度，电离生成CH3co0-大

于水解消耗CH3co0-，所以相较原来增多，所以有c(CH3co0-)

>c(Na+),同理有c(H+)>c(OH)因为醋酸电离程度较小，水的电离程度更小(受醋酸电

++

离抑制),所以有c(Na+)>c(H+),因此最后排序为c(CH3COO)>c(Na)>c(H)>c(OH)o

②中性点：因为显中性，所以有c(H+)=c(OH)根据电荷守恒有c(CH3coeT)=c(Na+),

同时中性溶液中常温下c(H+)=c(OH)=10-7mol-L1,浓度极低，所以最后排序为

++

c(CH3COO)=c(Na)>c(H)=c(OH)。

③中和点：是醋酸被完全中和的点，此时溶液是CH3coONa溶液，由于CH3coCT水

解，所以有c(Na+)>c(CH3co0)由于水解显碱性，所以有c(OH》c(H+),由于醋酸根

水解程度较小，所以有c(CH3coO»c(OH-),最终排序为c(Na+)>c(CH3coO»c(OH-

+

)>c(H)o

一般题目经常考的就是这几个点的粒子浓度比较，其他点较少考查，如有考查可以根

据上述三点综合分析。

注意：二元弱酸与一元强碱反应可以根据“一级中和点”“二级中和点”类似进行分

析，比如H2c2。4与NaOH反应，一级中和时溶质为NaHCzCU,二级中和时溶质为

Na2c2。4。再如二元弱酸正盐与一元强酸反应可以根据“一级反应点”“二级反应点”

类似分析，比如Na2c2。4与HC1反应，一级反应点溶质为NaHCzCU和NaCl(l：1),二

级反应点溶质为H2c2。4和NaCl(l：2)等等。

3.电解质溶液类题目涉及图像坐标为对数时：要“化对为指”，即把对数(或负对数)坐

标化为指数坐标来考虑，要注意负对数化为指数坐标后，沿坐标轴方向坐标值是减小

的。

4.电解质溶液类题目涉及K计算的图像通常均根据“交点”或“有坐标值的点”进行

计算。

5.电解质溶液类题目涉及“数量级”问题：把一个数字转化成axlOb形式(1夕<10,b为

整数),则“10b”称作“数量级”。例：10-48可以转化成10°8xl0-4,也可以转化成

10°-2X10-5,前者后者10。2=】近>>1且<10,所以1048数量级为“10-

V108

5，，

6.涉及“浓度比值”变化问题：一般引入K表达式进行分析，比如向CH3co0H溶液

中加入NaOH固体后，如何变化后艮据及表达式知道:中黑）舁显

C"H3coOH）c（cH3coOH）/乜丁）

然加NaOH后，及不变而c（H+）减小，所以稣嘿言增大。

Cr（-H3COOH）

【针对训练】

1.海洋中碳循环的简单原理如图所示。已知：常温下，碳酸的电离常数

(1=4.5x101/=4.7x10-",碳酸钙的溶度积常数&p=3.4xl(r，下列说法正确

的是()

C02co

I吸收；々光合

A.海洋中含碳无机物的量不变

c(COt)

B.若海水的pH=9,则此时海水中=0.047

clHCO3I

C.“钙化”过程中海水的pH升高

D.若“钙化”后的海水中c(Ca2+)=6.8x10-3mol.iJ,贝|J《CO：)=2X1CT6moLIji

2.25℃时，氢氟酸(HCN)的Ka=4.9xl()T°,氢氟酸的(=3.5乂10-4。下列说法不正

确的是()

A.25C时，向HF溶液中加入一定量NaCN固体，调节溶液pH=5,此时c(F)>c(HF)

B.25℃时，将浓度均为O.lOmol.T的NaF和HF溶液分别加水稀释，两种溶液的pH

均变小

C.25℃时，向HCN溶液中滴入等浓度HF溶液，则HCN的电离受到抑制

D.25°。时，将浓度相等的NaF和HF溶液等体积混合后，混合液呈酸性

3.室温下，向20.00mL0.1000molL-1的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫

酸，混合溶液的温度与Poh[pOH=-lgc(OH-)]随加入稀硫酸体积的变化如图所示。

下列说法正确的是()

010203040500

以稀硫酸）/mL

A.b、c、d点对应的溶液中水的电离程度：c＞b=d

B.a点对应的溶液中：c（M+）+c（MOH）=8c（SOj）

6

C.室温下一元碱MOH的电离常数Kbxl.OxlO

D.pOH=7时溶液中存在2c（SOr）=c（M+）＞c（H+）=c（OH.）

4.25℃时，用同一NaOH溶液分别滴定一元酸HA溶液和CuSO4溶液，pM[p表示负对

数，M表示――、与溶液pH的变化关系如图所示。已知：CuA?易溶于

水，一般认为反应的平衡常数K＞105时反应进行完全。下列说法错误的是（）

A.HA为一元弱酸，25℃时E=10力

B.线①代表滴定CUSO4溶液时pM与溶液pH的变化关系

C.滴定HA溶液至x点时，溶液中c（HA）＞c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OHj

D.滴定CUSO4溶液至x点时，改为滴加HA溶液，沉淀逐渐完全溶解

5.0?+与NH3可结合生成多种络合物，在水溶液中存在如下平衡：

2+2+2+

[Cu（NH3）4]逢&燧[Cu（NH3）3]峰~嗖[cu（NH3）J

簿K楚[CU（NH3）『簿~堂C/+（&、K]、（、（分别为每一步反应的化学平衡常

数）。向某浓度的硫酸铜溶液中滴加浓氨水，实验测得含Cu微粒的物质的量分布分

数（d）与溶液中游离氨的lgc（NH3）关系如图所示。下列说法正确的是（）

AKLKT*,曲线b表示[CU(NH3)『

K,K

B—2<—4

&(

C.lgc(NH3)=-3时，

2+2+2+2+

C(CU)+C{[CU(NH3)]}+C{[CU(NH3)2]{+C{[CU(NH3)3]}+

2++

c{[Cu(NH3)4]}=0.5[c(OH-)-c(H)-c(NH：)]

D.M点时，lgc(NH3)="+*+"

6.常温下，一元酸HA、HB电离常数分别为10-5、5*10^。在某体系中，H\A>不

能穿过隔膜，未电离的HA、HB可自由穿过隔膜，溶液I、II体积相同(如图所

示)。起始时溶液I中无HB,溶液H中无HA,且溶液I中

c总(HA)[c总(HA)=Cl(HA)+Cl(A-)]等于溶液II中

,总(HB)&(HB)=cn(HB)+cn(B—)]。

溶液I隔膜溶液口

平衡时pH=5j平衡时pH=6

HA=H，+A--~~：----HB=H，+B-

当达到平衡时，下列说法不正确的是()

A.溶液II中存在5c(HB)=c(B)

一4A-)一

B.溶液I中的HA的电离度----~\~v为。5

c(HA)+c(A-)

C.溶液I中生(A-)与溶液n中4(A)之比为1：10

D.溶液I中q(HA)与溶液II中cn(HB)之比为26：15

7.室温下，用0.1mol.I?NaOH溶液滴定20mL0.1mol.匚1马来酸(结构简式为

COOH

HOOC^A,可简写为H?A)的曲线如图：

H

H

第一滴定终点第二滴定终点

»»■

14

12

10

W8

6

4

2

O1020304050

加入NaOH溶液体积/mL

已知:p%=1.75,p&2=5.83。下列说法错误的是（）

+2

A.滴入10mLNaOH溶液时，溶液中存在：2c（Na）=c（A"）+c（HA-）+c（H2A）

+2

B.滴入20mLNaOH溶液时;溶液中存在：c（H）+c（H2A）=c（A）+C（OH-）

2

C.滴入30mLNaOH溶液时，c（A-）<c（H2A）

D.第一次滴定终点时，可选用甲基橙作指示剂；第二次滴定终点时，可选用酚醐作指

示剂

8.海洋生态系统在全球碳循环中起着决定性作用。CO?进入海水后，主要以4种无机

形式存在，称为总溶解无机碳（DIC）,占海水总碳95%以上。海水中存在平衡关

系：CO2+H2O簿9H2cO3脩9H++HCO；、HCO］脩为H++CO：,某些组分百分

率随pH变化如图。资料显示：天然海水中，影响总碱度（海水中氢，离子接受体的

净浓度总和，符号TA）的弱酸阴离子主要为HCO「CO：、B（OH）；等；海洋中的珊瑚

虫经反应Ca2++2HCC）3窿4CaCOs+HzO+COz个形成石灰石外壳，进而形成珊瑚。

下列说法不正确的是（）

80b

一

逑

利

拼

一

太r

阳(10.3,50)

太40F

舞-

却

20F

°45678910111213

pH

A.海洋中藻类的光合作用促进了珊瑚的形成

c(HCO；)

B.海水中:pH=6.3+1g

C(H2CO3)

C.TA®c(HCO；)+c(CO7)+c[B(OH)；]+c(0H-)-c(H+)

D.天然海水的pH一般在7.8~8.3左右，DIC的主要存在形式为HCO]

9.室温下，用SOlmollTCuSO,溶液浸泡NiS固体，一段时间后过滤，向滤液中加入

氨水，产生蓝色沉淀。已知

K^NiS)=1.0x10-21,40(CUM=1.5x10-36,Ksp(PbS)=9.0x10-29。下列有关说法正确的是

()

2+2

A.过滤后所得溶液中存在：c(Ni)-c(S-)<7Csp(NiS)

2+

B.滤液中加入氨水产生蓝色沉淀的离子方程式：CU+2OH=CU(OH)2J

C.欲使反应NiS(s)+Cu2+(aq)脩为Ni?+(aq)+CuS(s)正向进行，则需满足

D.用0.01mol-L-1CuSC\溶液浸泡PbS固体，不能得到CuS固体

10.H2s是传统的重金属离子沉淀剂，常温下对H2s的沉淀规律进行探究，得出如图所

2

示的硫化物沉淀溶解平衡曲线[pM=-lgc(M2+),M=Mn、Cu、Zn,pS=-lgc(S-)]o

已知：常温下,H2s的电离平衡常数KR(H2s)=1.3xl0-7,Ka2(H2s)=7.1xlOT3；

Ksp(MnS)=L7xl0T5,Ksp(ZnS)=L0xl(y23.8,Ksp(CuS)=8.5xl0f。下列说法正确的是()

A.曲线a表示CuS对应曲线

2++

B.^Zn+H2S—ZnSJ+2H的平衡常数约为100

C.含MnS和CuS的悬浊液中：c(Mn2+)=2.0xl029c(Cu2+)

D.将浓度均为0.00111101.「的乂11504溶液、H2s溶液等体积混合，有沉淀产生

答案以及解析

1.答案：B

解析：“钙化”时不断生成CaCC)3，同时受酸碱性、水温等影响，含碳无机物的量在

变化，A错误；由HCO；<?>CO；+H+可知，pH=9时，

&2=\/口二1=4.7xl0T,代入CH+可得—=0.047,B正确；“钙

C(HC(J3IclHCO3I

化”过程中Na2co3、NaHCC)3转化为CaCX^、CO?和H?。，海水pH降低，C错误；

2+3

Q=c(Ca)-c(CO；-)=6.8xlO_x2x10^=1.36x10^>Ksp(CaCO3),D错误。

2.答案：B

解析：由｛H),。仅)=3.5x]0T得,pH=5时，

c(HF)

1°¥)=35x107=35C(F)>C(HF),A正确；将浓度均为0.10mol.匚】的

NaF和HF溶液分别加水稀释，NaF溶液的pH减小，HF溶液的pH增大，B错误；HF

酸性大于HCN,向HCN溶液中滴入等浓度HF溶液，c(fT)增大，HCN的电离向逆

反应方向移动，C正确；HF的=3.5乂10-4,则广的水解常数约为2.86x10。HF

的电离程度大于F的水解程度，则浓度相等的NaF和HF溶液等体积混合后，溶液呈

酸性，D正确。

3.答案：B

解析：由图知，b点时，溶液溶质主要为MOH,有少量M?SO4,MOH的电离占主导

作用，抑制水的电离，温度比室温稍高，pOH~3.2,则水电离出的

c(H+)>10-(]4-32)mol-L-1=1O-108mol.L-1,c点为酸碱恰好完全反应的点，生成了强酸

弱碱盐，促进了水的电离，d点时硫酸过量，H2s。4的电离占主导作用，酸抑制水的

电离，水电离出的C(OH-b10T"mol.LT,因此水的电离程度：c>b>d,A项错误；a

点时，消耗稀硫酸5mL,根据图象分析可知：加入的H2sO,的物质的量为

0.05x5x10-3mol=2.5X1Q-4mol,溶液中原MOH的物质的量为

20.00X10-3X0.1000mol=2x10-3mol，据物料守恒知，c（M+）+c（MOH）=8c（SOj）,

B项正确；由图知0.1000mol[TMOH溶液的pOH=3,即｛OH）=10-3moLIji,据

3

MOH脩9M++OH知c（OH-）=c（M+）=lCT3mol.lj\K^10xlO=10xl0-5,C

v7v7b0.1000

项错误；由图可知pOH=7时，温度高于室温，C（H+）＞C（OH-）,再由电荷守恒式

+

2c（SOj）+c（OH_）=c（M+）+c（H+）矢口：｛OH）＜c（H+）时，2C（SO；-）＞c（M）,即溶

液中有2c（SOj）＞c（M+）＞c（H+）＞c（OH-）,D项错误。

4.答案：D

解析：根据NaOH溶液与HA溶液、CuSO,溶液的反应可知，随着NaOH溶液的滴

加，pH增大，4CL）逐渐减小，-Ige//）变大，所以线①代表滴定CuSC）4溶液时

pM与溶液pH的变化关系，线②代表滴定一元酸HA溶液时pM与pH的变化关系，

从线②与横坐标轴的交点可知c（A）/c（HA）=l时，

+741CH+74

c（H）=10mol-L,Ka=（）=c（H）=W,A正确、B正确；x点溶液

呈酸性，则c（H+）＞c（OH）根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（OIT）+c（A）所以

c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH-）,再根据x点的pM＞0,即c（A）＜c（HA）,可得

c（HA）＞c（A-）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OIT）,C正确；若发生反应

Cu（OH）2（s）+2HA（aq）-Cu2+（叫）+2人-西）+2应0⑴，则该反应的

K「（CU2；"（A）=Ksp[Cu（O）｝K：,根据线①与横坐标轴的交点可知M=0,即

C2（HA）Kl

c（Cu2+）=1.0mol-K1Ht，C（OH"）=mol-K1=IO-98mol-V1,所以

196196742142645

7Csp[CU（OH）2]=IO-,=10--x（lO）/（10）=10-＜10,故沉淀不能完全溶

解，D错误。

5.答案：D

解析：第一步：明确图中纵、横轴的含义。纵、横轴分别代表含Cu微粒的物质的量

分布分数"）和溶液中游离氨的lgc（NH3）。第二步：理解图中的曲线变化，推断每

条曲线代表的含义。由图可知，曲线a在C(NH3)最小时，物质的量分布分数最大，说

明曲线a表示Cd+,随着4NH3)升高，｛&2+)逐渐减小，[CU(NH3)『的浓度逐渐

增大，故曲线b是[CU(NH3)『,C(NH3)继续增大，[CU(NH3)『浓度逐渐减小，

[CU(NH3)2『的浓度逐渐增大，则曲线c表示[CU(NH3)2广，以此类推，曲线d表

示[CU(NH3)3『，曲线e表示[CU(NH3)4『。第三步：结合选项分析确定答案。取

、曲线的交叉点，此时｛()『｝=()

dec[CuNH33d[CuNH3J],则

2+

_C{[CU(NH3)3]}-C(NH3)

CNH2错误；由上述分析得

2+=(3)=10-,A

C{[CU(NH3)4]{

2+

C(NH3)C{[CU(NH3)2]!

，当c{[Cu(NH3)2『}=c{[Cu(NH3)3r}

&=10,K2=7-~

C{[CU(NH3)3]}

261

时，c(NH3)=10molU,即长2=10々6,同理得出

4

储=10-,?=1046,*=10「所以个>仅，B错误；lgc(NH3)=-3HtJ依据电

仆2AjA2

荷守恒，

2+2+(2++2C{[CU(NH)]2+}

2C(CU)+2CJ[CU(NH3)]J+2cj[CuNH3)9]133+

(2+(+(：所以

2c{[CuNH3)4]}+cH)+cNH)=c(OH-)+2c(SOt),

2+2+2+2+

c(Cu2+)+C{[CU(NH3)]}+C{[CU(NH3)2]}+C{[CU(NH3)3]}+C{[CU(NH3)4]{>

0.5[c(OH-)-c(H+)-c(NH：)],C错误；结合以上分析可知,

(NH)C{[CU(NH)]2+1

c333

K\=一2+K?=

C{[CU(NH3)4]

2+

C(NH3)C{[CU(NH3)2]1

2+2+

C{[CU(NH3)3]}'C{[CU(NH3)2]}

IgKi+lgK+lg&TglKiX&xK),把&、(、&代入上式，M点时,

2+2+

C{[CU(NH3)]}=C{[CU(NH3)4]},经过化简后可得

坨号+3(+炮(

IgKI+1g7(r+1g=1gc3(NH)=31gc(NH),即满足M点时，

2333

D正确。

6.答案：D

解析：平衡时，溶液n中pHnUdH+blOFmollT,

Ka(HB)='(H(：(B)=5x10-6,代入可得4B。=5c(HB),A正确。未电离的HA、

HB可自由穿过隔膜，故q(HA)=Q(HA),q(HB)=Q(HB),溶液I和H中Ka(HA)也相

等，结合K(HA)='(H)'(A)=IO-5可知,C(HA)=C"A-),因此溶液I中HA的

ac(HA)'7

电离度为-/口人B正确。由溶液n中的c(H+)=i(y6moi.「，

居(HA)=104知,Cl(A-)=10cn(HA),则cn(A)=10ci(A),故

q(A-):Q(A-)=1:10,C正确。第一步：结合&(HA)、储田8)的表达式，代入溶液

I和II的pH计算o汇总可得cn(A)=10Cl(A-)=10q(HA),

cn(B)=10Cl(B)=5cn(HB)o第二步：将计算结果与题给条件比较。结合

c总(HA)=c总(HB)可得13《(HA)=7.5Q(HB)。第三步：计算最终数据。因此

Cl(HA):cn(HB)=15:26,D错误。

7.答案：C

解析：加入NaOH溶液时，依次发生反应：NaOH+H2A-NaHA+H2O,

NaOH+NaHA—Na2A+H2O,根据物质的量关系判断：加入10mLNaOH溶液时，

溶液中的溶质为等物质的量的NaHA、H2A,溶液中存在物料守恒关系：

+2

2c(Na)=c(A^)+c(HA-)+c(H2A),A正确。加入20mLNaOH溶液时，溶液中的

溶质为NaHA,溶液中存在质子守恒关系：c(H+)+c(H2A)=c(A2-)+c(OH-)，B正

确。加入30mLNaOH溶液时，溶液中的溶质为等物质的量的NaHA、Na?A,HA-存在

电离平衡：脩9A2-+H+Ka2=l()f83,HA-存在水解平衡:

HA-+H2。脩与H2A+OH跖2=h=10*25.42〉62，A2-存在水解平衡：

Kal

K_

2

A-+H2oe^HA+OHKhI=U=l0fZKa2〉Khi,溶液中曲一的电离程度大于

«a2

A2\HA-的水解程度，即｛A?-)>《国人)，C错误。第一次滴定终点时，溶液呈酸

性，可用甲基橙作指示剂，第二次滴定终点时，溶液呈碱性，可用酚醐作指示剂，D

正确。

8.答案：C

解析：根据反应Ca2++2HCO］峰为CaCO'+^O+CO2T可知，藻类光合作用吸收了

CO2,使平衡正向移动，促进珊瑚虫形成石灰石外壳，进而形成珊瑚，A正确；碳酸

的第一步电离方程式为H2cO3脩?H++HCO；,所以电离平衡常数表达式为

c（H+）c（HCO；）

%,根据题图中点(6.3,50),可计算出K.10-63,根据碳酸

c（H2cO3）

c（HCQ-）

%表达式和pH=-lgc（H+）可得pH=-lgc（H+）=-lg&+1g即

<H2CO3）

c(HCO；),

pH=6.3+lg〉,B正确；1个C。：发生两步水解时可以结合2个水中的H+，

c(H2co3)

计算总碱度时c(COj)系数应为2,

TAQc(HCOj+2c(CO：)+c[B(OH)J+c(OH-)—c(H+),C错误；由题图可知，pH

在7.8~8.3时DIC的主要存在形式为HCO",D正确