高中化学知识点归纳与分类突破专题八电解质溶液

专题八电解质溶液▷对应学生书第58页知识点一电解质溶液中的三大平衡1.三大平衡分析判断三大平衡电离平衡水解平衡沉淀溶解平衡示例CH3COOHCH3COO+H+CH3COO+H2OCH3COOH+OHAgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)研究对象弱电解质(包括弱酸、弱碱、水、多元弱酸的酸式酸根)盐溶液(包括强酸弱碱盐、弱酸强碱盐、弱酸弱碱盐)难溶电解质(如难溶的酸、碱、盐等)平衡常数Ka=cKh=cKsp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)影响因素升高温度促进电离,离子浓度增大,Ka增大促进水解,Kh增大Ksp可能增大,也可能减小加水稀释促进电离,离子浓度(除OH外)减小,Ka不变促进水解,离子浓度(除H+外)减小,Kh不变促进溶解,Ksp不变加入相应离子加入CH3COONa固体或盐酸,抑制电离,Ka不变加入CH3COOH或NaOH,抑制水解,Kh不变加入AgNO3溶液或NaCl溶液,抑制溶解,Ksp不变加入反应离子加入NaOH,促进电离,Ka不变加入盐酸,促进水解,Kh不变加入氨水,促进溶解,Ksp不变2.平衡常数(Kw、Kh、Ksp)(1)Kw、Ksp曲线(双曲线型)不同温度下水溶液中c(H+)与c(OH)的变化曲线常温下,CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线[Ksp=9×106](续表)(1)A、C、B三点溶液均为中性,温度依次升高,Kw依次增大(2)D点为酸性溶液,E点为碱性溶液,Kw=1×1014(3)AB直线的左上方均为碱性溶液,任意一点:c(H+)<c(OH)(1)a、c点在曲线上,a→c的变化为增大c(SO42-),如加入Na2SO4固体,但(2)b点在曲线的上方,Q>Ksp,将会有沉淀生成(3)d点在曲线的下方,Q<Ksp,则为不饱和溶液,还能继续溶解CaSO4(2)Ksp曲线[直线型(pMpR曲线)]pM为阳离子浓度的负对数,pR为阴离子浓度的负对数。①直线AB上的点:c(M2+)=c(R2);②溶度积:CaSO4>CaCO3>MnCO3;③X点对CaCO3要析出沉淀,对CaSO4是不饱和溶液,能继续溶解CaSO4;④Y点:c(SO42-)>c(Ca2+),二者的离子积等于105;Z点:c(CO32-)<c(Mn3.平衡常数的定量分析(1)平衡常数之间的关系已知:常温下,H2S的电离常数为Ka1、Ka2,Cu(OH)2、CuS、Ag2S的溶度积常数分别为Ksp、Ksp'、Ksp″。①水解常数与电离常数、水的离子积之间的关系常温下的Na2S溶液中:S2的水解常数Kh1=KwKa2,HS的水解常数K②水解常数与溶度积、水的离子积之间的关系常温下的CuCl2溶液中:Cu2+的水解常数Kh=Kw③平衡常数与电离常数、溶度积之间的关系a.反应CuS(s)+2Ag+(aq)Cu2+(aq)+Ag2S(s)的平衡常数K=Ksp'b.反应CuS(s)+2H+(aq)Cu2+(aq)+H2S(aq)的平衡常数K=Ksp'④判断溶液的酸碱性NaHS溶液呈碱性,离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(HS)>c(OH)>c(H+)>c(S2)。上述判断的理由是HS的水解常数KwKa1大于其电离常数(Ka2(2)根据图形节点求算弱电解质电离平衡常数①由图形起点计算平衡常数示例:常温下,向20mL0.1mol·L1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸,溶液中水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。分析:由图中a点可知,常温下0.1mol·L1的氨水中c(H+)=1.0×1011mol·L1,c(OH)=Kwc(H+)=1.0×103mol·L1,所以Kb=c(NH4+)·②由图形交点计算平衡常数示例:常温下,向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的KOH溶液,所得溶液中H2C2O4、HC2O4-、C2O42-三种微粒的物质的量分数(δ由图像可知:pH=1.2时,c(HC2O4-)=c(H2C2O4),则Ka1=c(HC2O4-pH=4.2时,c(HC2O4-)=c(C2O42-),Ka2=c(H+)知识点二强酸(碱)和弱酸(碱)稀释图像1.等体积、等浓度的盐酸、醋酸分析:加水稀释相同的倍数,醋酸的pH大分析:加水稀释到相同的pH,盐酸加入的水多2.相同体积、相同pH的盐酸、醋酸分析:加水稀释相同的倍数,盐酸的pH大分析:加水稀释到相同的pH,醋酸加入的水多3.pH与稀释倍数的线性关系分析:(1)HY为强酸,HX为弱酸(2)a、b两点的溶液中:c(X)=c(Y)(3)水的电离程度:d>c>a=b分析:(1)MOH为强碱,ROH为弱碱(2)起始时,c(ROH)>c(MOH)(3)水的电离程度:a>b知识点三酸碱中和滴定曲线1.滴定曲线特点氢氧化钠溶液滴定等浓度、等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线盐酸滴定等浓度、等体积的氢氧化钠溶液、氨水的滴定曲线曲线起点不同:强碱滴定强酸、弱酸的曲线,强酸起点低;强酸滴定强碱、弱碱的曲线,强碱起点高突跃点变化范围不同:强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)室温下,pH=7不一定是反应终点:强碱与强酸反应时,终点pH=7;强碱与弱酸(或强酸与弱碱)反应时,终点不是pH=7(强碱与弱酸反应终点pH>7,强酸与弱碱反应终点pH<7)2.滴定曲线上的特殊点的分析示例:常温下,用0.1000mol·L1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。(1)pHV图各特殊点对水电离程度的影响点溶质水的电离情况ACH3COOH抑制BCH3COOH、CH3COONa抑制CCH3COOH、CH3COONa正常电离DCH3COONa只促进ECH3COONa、NaOH抑制FCH3COONa、NaOH抑制根据图中pH数据,图中A、B、C、D、E、F各点对应的溶液中水的电离程度大小顺序图示:(2)pHV图各特殊点粒子大小关系及变化趋势(HAc代表CH3COOH,Ac代表CH3COO)点溶质离子浓度大小比较ACH3COOHc(H+)>c(Ac)>c(OH)B(1∶1)CH3COOH、CH3COONac(Ac)>c(Na+)>c(H+)>c(OH)(续表)点溶质离子浓度大小比较C(pH=7)CH3COOH、CH3COONac(Ac)=c(Na+)>c(H+)=c(OH)DCH3COONac(Na+)>c(Ac)>c(OH)>c(H+)E(2∶1)CH3COONa、NaOHc(Na+)>c(Ac)>c(OH)>c(H+)F(1∶1)CH3COONa、NaOHc(Na+)>c(OH)>c(Ac)>c(H+)c(H+)c(OH)c(Na+)c(HAc)c(Ac)变化趋势减小增大增大减小先增大后减小知识点四高考新宠:正态分布曲线分布系数图及分析[分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(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CH3COOH为例)二元弱酸(以H2C2O4为例)注:pKa为电离常数的负对数δ0为CH3COOH的分布系数,δ1为CH3COO的分布系数δ0为H2C2O4的分布系数,δ1为HC2O4-的分布系数,δ2为C2随着pH的增大,溶质分子浓度不断减小,离子浓度逐渐增大,酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH下的微粒分布系数和酸的浓度,就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度知识点五“三大守恒”分析模板电荷守恒内容:电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等实例:Na2CO3溶液中存在着Na+、CO32-、H+、OH、HCO3-,它们的浓度存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(元素质量守恒内容:电解质溶液中,由于某些离子能水解或电离,离子种类增多,但某些关键性的原子总是守恒的实例:质子守恒内容:是指在电离或水解过程中,会发生质子(H+)转移,但质子在转移过程中其数量保持不变Na2CO3溶液:所以c(OH)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)+c(H3O+),即c(OH)=c(HCO3-)+2c(H2CO3)+cNaHCO3溶液:所以c(OH)+c(CO32-)=c(H2CO3)+c(题型1强、弱电解质比较及其应用例1(2022·全国乙卷,13)常温下,一元酸HA的Ka(HA)=1.0×103。在某体系中,H+与A离子不能穿过隔膜,未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A),当达到平衡时,下列叙述正确的是()。A.溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH)+c(A)B.溶液Ⅱ中HA的电离度c(A-)cC.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为104答案B解析常温下溶液Ⅰ的pH=7.0,则溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH)=1×107mol·L1,c(H+)<c(OH)+c(A),A项错误;常温下溶液Ⅱ的pH=1.0,溶液中c(H+)=0.1mol·L1,Ka=c(H+)·c(A-)c(HA)=1.0×103,c总(HA)=c(HA)+c(A),则0.1c(A-)c总(HA)-c(A-)=1.0×103,解得c(A-)c总(HA)=1101,B项正确;根据题意,未电离的HA可自由穿过隔膜,故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等,C项错误;常温下溶液Ⅰ的pH=7.0,溶液Ⅰ中c(H+)=1×107mol·L1,Ka=c(H+)·c(A-)c(HA)=1.0×103,c总(HA)=c(HA)+c(A),10-7[c总(HA)-c(HA)]c(HA)=1.0×103,溶液Ⅰ中c总(HA)=(104+1)c(HA),溶液Ⅱ的pH=1.0,溶液Ⅱ中c(H+)=0.1mol·L1,Ka=c(H+)·c(A-)c(HA)=1.0×103,c变式1(2022·浙江1月选考,17)已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×107K,a2=7.1×1015。下列说法正确的是()。A.在等浓度的Na2A、NaHA溶液中,水的电离程度前者小于后者B.向0.1mol·L1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3,则H2A的电离度为0.013%C.向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11,则c(A2)>c(HA)D.取pH=a的H2A溶液10mL,加蒸馏水稀释至100mL,则该溶液pH=a+1答案B解析在等浓度的Na2A、NaHA溶液中,A2的水解程度大于HA的,水的电离程度前者大于后者,A项错误;向0.1mol·L1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3,10-3×c(HA-)c(H2A)=1.3×107,则H2A的电离度为c(HA-)c(H2A)×100%=1.3×104×100%=0.013%,B项正确;向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11,10-11×c(A2-)c(HA-)=7.1×1015,则c(A2解题技法强、弱电解质问题比较抽象,通过“建立一种模型,抓住两个关键点”,就能顺利突破难点。也就是说,在审题时一定准确区分题干中所给出的是强电解质还是弱电解质,是溶液的pH还是c(H+)或c(OH),是溶液浓度(总量)还是离子浓度(已电离部分)等,并根据其各自作用解题。题型2盐类水解、离子浓度比较例2(2021·天津卷,10)常温下,下列有关电解质溶液的叙述正确的是()。A.在0.1mol·L1H3PO4溶液中c(H3PO4)>c(H2PO4-)>c(HPO42-)>B.在0.1mol·L1Na2C2O4溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HC2O4-)+c(C2C.在0.1mol·L1NaHCO3溶液中c(H2CO3)+c(HCO3-)=0.1mol·D.氨水和NH4Cl溶液混合,形成pH=9的溶液中c(Cl)>c(NH4+)>c(OH)>c(H答案A解析因为磷酸为多元酸,Ka1>Ka2>Ka3,所以在0.1mol·L1H3PO4溶液中,微粒浓度大小为c(H3PO4)>c(H2PO4-)>c(HPO42-)>c(PO43-),A项正确;在0.1mol·L1Na2C2O4溶液中,根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-),B项错误;在0.1mol·L1NaHCO3溶液中,根据元素质量守恒得到c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol·L1,C项错误;氨水和NH4Cl溶液混合,形成pH=9的溶液,则c(OH)>c(H+),根据电荷守恒c(Cl)+c(OH)=c(NH4+变式2(双选)(2020·江苏卷,14)室温下,将两种浓度均为0.10mol·L1的溶液等体积混合,若溶液混合引起的体积变化可忽略,下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是()。A.NaHCO3Na2CO3混合溶液(pH=10.30):c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)B.氨水NH4Cl混合溶液(pH=9.25):c(NH4+)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(C.CH3COOHCH3COONa混合溶液(pH=4.76):c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO)>c(H+)D.H2C2O4NaHC2O4混合溶液(pH=1.68,H2C2O4为二元弱酸):c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c(C2O42-)+c答案AD解析NaHCO3水溶液呈碱性,说明HCO3-的水解程度大于其电离程度,等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为CO32->HCO3-,溶液中剩余微粒浓度关系为c(HCO3-)>c(CO32-),CO32-和HCO3-水解程度微弱,生成的OH浓度较低,由NaHCO3和Na2CO3的化学式可知,该混合溶液中Na+浓度最大,则混合溶液中微粒浓度大小关系为c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH),A项正确;该混合溶液中电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH),元素质量守恒为c(NH3·H2O)+c(NH4+)=2c(Cl),两式联立消去c(Cl)可得c(NH4+)+2c(H+)=c(NH3·H2O)+2c(OH),B项错误;若不考虑溶液中相关微粒行为,则c(CH3COOH)=c(CH3COO)=c(Na+),该溶液呈酸性,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度,则溶液中微粒浓度关系为c(CH3COO)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+),C项错误;该混合溶液中元素质量守恒为2c(Na+)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42—),电荷守恒为c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(HC2O4-)+2c(C2O42解题技法1.分类:单一溶液还是混合溶液(先反应后比较);2.分析:溶质成分及溶液酸碱性;3.写方程式:按电离、水解程度由大到小的顺序写方程式;4.排序:c(溶质或电离出的离子)>c(显性离子H+或OH)>c(其他);5.选项中等号考虑三大守恒,不等号的排序考虑水解、电离程度。题型3沉淀溶解平衡例3(2023·全国新课标卷,13)向AgCl饱和溶液(有足量AgCl固体)中滴加氨水,发生反应Ag++NH3[Ag(NH3)]+和[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+。lg[c(M)/(mol·L1)]与lg[c(NH3)/(mol·L1)]的关系如下图所示(其中M代表Ag+、Cl、[Ag(NH3)]+或[Ag(NH3)2]+)。下列说法错误的是()。A.曲线Ⅰ可视为AgCl溶解度随NH3浓度变化曲线B.AgCl的溶度积常数Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)=109.75C.反应[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+的平衡常数K的值为103.81D.c(NH3)=0.01mol·L1时,溶液中c{[Ag(NH3)2]+}>c{[Ag(NH3)]+}>c(Ag+)答案A【信息提取】解析曲线Ⅰ为二氨合银离子与氨气浓度对数变化的曲线,A项错误;曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线,由图可知,当氨分子浓度为101mol·L1时,溶液中银离子和氯离子浓度分别为107.40mol·L1、102.35mol·L1,则氯化银的溶度积为102.35×107.40=109.75,B项正确;由图可知,氨分子浓度对数为1时,溶液中二氨合银离子和一氨合银离子的浓度分别为102.35mol·L1和105.16mol·L1,则[Ag(NH3)]++NH3[Ag(NH3)2]+的平衡常数K=c{[Ag(NH3)2]+}c{[Ag(NH3)]+}·c(NH3)=10-2.3510-5.16×10-1=103.81,C项正确;曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ分别表示二氨合银离子、一氨合银离子、银离子、氯离子与氨气浓度对数变化的曲线,变式3(2023·全国乙卷,13)一定温度下,AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是()。A.a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀,也能生成AgCl沉淀B.b点时,c(Cl)=c(CrO42-),Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2C.Ag2CrO4+2Cl2AgCl+CrO42-的平衡常数KD.向NaCl、Na2CrO4均为0.1mol·L1的混合溶液中滴加AgNO3溶液,先产生Ag2CrO4沉淀答案C【信息提取】解析根据图像分析,Ksp(Ag2CrO4)=1011.7,Ksp(AgCl)=109.8。a点在沉淀溶解平衡曲线的上方,二者的离子积均小于其对应的溶度积Ksp,二者不会生成沉淀,A项错误;Ksp为难溶物的溶度积,只与温度有关,与浓度无关,根据分析可知,二者的溶度积不相同,B项错误;该反应的平衡常数表达式为K=c(CrO42-)c2(Cl-)=c(CrO42-)·c2(Ag+)c2(Cl-)·c2(Ag+)=Ksp(Ag2CrO解题技法“三步法”解沉淀溶解平衡图像题第一步:识图像。认识图像横坐标、纵坐标表示什么,如表示离子浓度、pM等;若横、纵坐标均表示离子浓度,则曲线上的点表示达到平衡状态,曲线上方的点代表“过饱和溶液”,曲线下方的点代表“不饱和溶液”;若横、纵坐标均表示pM,则曲线上的点表示达到平衡状态,曲线上方的点代表“不饱和溶液”,曲线下方的点代表“过饱和溶液”。第二步:想原理。涉及的原理主要有溶度积表达式的书写、影响沉淀溶解平衡的因素以及溶度积常数的影响因素。如浓度不会改变溶度积,溶度积只与温度有关,多数情况下,温度越高,溶度积越大。第三步:找联系。将图像与溶度积原理联系起来,分析题目设置的问题,如求离子浓度、判断沉淀溶解平衡状态等。题型4多曲线离子反应图像例4(2023·湖北卷,14)H2L为某邻苯二酚类配体,其Kpa1=7.46,Kpa2=12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)H2L溶液体系,其中c0(Fe3+)=2.0×104mol·L1,c0(H2L)=5.0×103mol·L1。体系中含Fe物种的组分分布系数δ与pH的关系如图所示,分布系数δ(x)=c(x)2.0×10-4mol·L-A.当pH=1时,体系中c(H2L)>c([FeL]+)>c(OH)>c(HL)B.pH在9.5~10.5之间,含L的物种主要为L2C.L2+[FeL]+[FeL2]的平衡常数的lgK约为14D.当pH=10时,参与配位的c(L2)≈1.0×103mol·L1答案C解析从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2进行络合,但在pH=1时,富含L的物种主要为H2L,此时电离出的HL较少,根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH=1时溶液中c(HL)≈109.46,但pH=1时c(OH)=1013,因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL)>c(OH),A项错误;c(L2-)·c(H+)c(HL-)=1012.4,则c(L2-)c(HL-)=10-12.4c(H+),当pH在9.5~10.5之间时,c(L2-)c(HL-)的值在102.9~101.9之间,即c(L2)<c(HL),故含L的物种主要为HL,B项错误;该反应的平衡常数K=c([FeL2]-)c([FeL]+)·c(L2-),当[FeL2]与[FeL]+分布分数相等时,可得K=1c(L2-),此时体系的pH=4,在pH=4时,c(HL-)×10-4c(H2L)=c(HL-)×10-4c0(H2L)-c(HL-)=107.46,解得c(HL)≈5×106.46mol·L1,又因为c(L2-)·c(H+)c(HL-)=1012.4,c(L2-)c(HL-)=108.4,c(变式4(2023·山东卷,15)在含HgI2(s)的溶液中,一定c(I)范围内,存在平衡关系:HgI2(s)HgI2(aq);HgI2(aq)Hg2++2I;HgI2(aq)HgI++I;HgI2(aq)+IHgI3-;HgI2(aq)+2IHgI42-,平衡常数依次为K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)、lgc(HgI3-)、lgc(HgI42-)随lgc(I)的变化关系如图所示,下列说法错误的是A.线L表示lgc(HgI42B.随c(I)增大,c[HgI2(aq)]先增大后减小C.a=lgK1D.溶液中I元素与Hg元素的物质的量之比始终为2∶1答案B【信息提取】由题干反应HgI2(aq)Hg2++2I可知,K1=c(Hg2+)·c2(I-)c(HgI2),c(Hg2+)=K1·c(HgI2)c2(I-),则有lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)2lgc(I),同理可得:lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)lgc(I),lgc(HgI3-)=lgK3+lgc(HgI2)+lgc(I),lgc(HgI42-)=lgK4+lgc(HgI2)+2lgc(I),且由HgI2(s)HgI2(aq)可知K0=c[HgI2(aq)]为一定值,故可知图示中曲线1、解析线L表示lgc(HgI42-)的变化情况,A项正确;已知HgI2(s)HgI2(aq)的化学平衡常数K0=c[HgI2(aq)],温度不变平衡常数不变,故随c(I)增大,c[HgI2(aq)]始终保持不变,B项错误;曲线2方程为lgc(Hg2+)=lgK1+lgc(HgI2)2lgc(I),曲线1方程为lgc(HgI+)=lgK2+lgc(HgI2)lgc(I),即有①b=lgK1+lgc(HgI2)2a,②b=lgK2+lgc(HgI2)a,联合①②可得a=lgK1lgK2=lgK1K2,C项正确;溶液中的初始溶质为HgI2,根据原子守恒可知,该溶液中I元素与Hg解题技法“四步骤”突破多曲线图像题(1)明确横、纵坐标的含义。一般情况下,横坐标为pH,纵坐标为各组分浓度随pH的变化趋势。(2)抓住关键点。重视起点、终点和交点对应的pH,特别要关注交点,交点处微粒浓度相同,可用此特殊关系计算电离常数或水解平衡常数。(3)理解最高点和最低点对应的pH和各组分存在的pH范围。(4)联系电离平衡、水解平衡的规律及电荷守恒、元素质量守恒的关系分析判断。1.(2023·浙江1月选考,15改编)碳酸钙是常见难溶物,将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡:CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)[已知常温下Ksp(CaCO3)=3.4×109,Ksp(CaSO4)=4.9×105,H2CO3的电离常数Ka1=4.5×107,Ka2=4.7×1011,Kw=1.0×1014]。下列有关说法正确的是(A.上层清液中存在c(Ca2+)=c(CO3B.CO32-C.向体系中通入CO2气体,溶液中c(Ca2+)保持不变D.通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化答案B解析上层清液为碳酸钙的饱和溶液,碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子,因此c(Ca2+)>c(CO32-),A项错误;根据Ka2=4.7×1011可得,c(CO32-)·c(H+)c(HCO3-)=4.7×1011,则碳酸根离子的一级水解平衡常数Kh1=c(HCO3-)·c(OH-)c(CO32-)=KwKa2=1.0×10-144.7×12.(2023·浙江6月选考,15改编)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验:实验Ⅰ:往20mL0.1mol·L1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L1NaOH溶液。实验Ⅱ:往20mL0.1mol·L1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L1CaCl2溶液。已知:H2C2O4的电离常数Ka1=5.4×102,Ka2=5.4×105,Ksp(CaC2O4)=2.4×109,溶液混合后体积变化忽略不计。下列说法正确的是()。A.实验Ⅰ可选用甲基橙作指示剂,指示反应终点B.实验Ⅰ中V(NaOH)=10mL时,存在c(C2O42-)<c(HCC.反应Ca2++HC2O4-CaC2O4↓+H+的平衡常数K=2.25×10D.实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时,溶液中c(C2O42-)=4.0×107mol答案C解析NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液,为了减小实验误差,要选用变色范围在碱性范围的指示剂,因此,实验Ⅰ可选用酚酞作指示剂,A项错误;实验Ⅰ中V(NaOH)=10mL时,溶质是NaHC2O4、Na2C2O4,且两者物质的量浓度相等,Ka2=5.4×105>Kh(C2O42-)=1×10-145.4×10-5,则草酸氢根离子的电离程度大于草酸根离子的水解程度,因此存在c(C2O42-)>c(HC2O4-),B项错误;Ca2++HC2O4-CaC2O4↓+H+,该反应的平衡常数K=c(H+)c(Ca2+)·c(HC2O4-)=c(H+)·c(C2O42-)c(Ca2+)·c(3.(2023·浙江1月选考,13改编)甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐,通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N,R为烷基)因静电作用被吸附回收,其回收率(被吸附在树脂上甲酸根离子的物质的量分数)与废水初始pH关系如图(已知甲酸的Ka=1.8×104),下列说法不正确的是()。A.活性成分R3N在水中存在平衡:R3N+H2OR3NH++OHB.pH=6的废水中c(HCOO)∶c(HCOOH)=180C.废水初始pH<2.4,随pH下降,甲酸的电离被抑制,与R3NH+作用的HCOO数目减少D.废水初始pH>5,离子交换树脂活性成分主要以R3NH+形态存在答案D解析R3N中R为烷基,N原子上含有孤电子对,可以结合水中的H+,则溶液中存在平衡R3N+H2OR3NH++OH,A项正确;由电离常数公式可知,溶液中c(HCOO-)c(HCOOH)=Kac(H+),当溶液pH为6时,溶液中c(HCOO-)c(HCOOH)=1.8×10-41.0×10-6=180,B项正确;由图可知,溶液pH为2.4时,废水中的甲酸及其盐回收率最高,当溶液中pH小于2.4时,随溶液pH下降,溶液中氢离子浓度增大,甲酸的电离被抑制,溶液中甲酸根离子浓度减小,与4.(2023·湖南卷,12改编)常温下,用浓度为0.0200mol·L1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L1的HCl和CH3COOH的混合溶液,滴定过程中溶液的pH随ηη=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A.Ka(CH3COOH)约为104.76B.a点:c(Na+)=c(Cl)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)C.b点:溶质为NaCl、CH3COOH、CH3COONaD.水的电离程度:a<b<c<d答案D解析NaOH溶液和HCl、CH3COOH混合溶液反应时,先与强酸反应,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。a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH,c(CH3COOH)=0.0100mol·L1,c(H+)=103.38mol·L1,Ka(CH3COOH)=c(H+)·c(CH3COO-)c(CH3COOH)≈10-3.38×10-3.380.01=104.76,A项正确;a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液,存在元素质量守恒关系c(Na+)=c(Cl)=c(CH3COOH)+c(CH3COO),B项正确;根据分析知,5.(2023·辽宁卷,12改编)一定条件下,酸性KMnO4溶液与H2C2O4发生反应,Mn(Ⅱ)起催化作用,过程中不同价态含Mn粒子的浓度随时间变化如图所示。下列说法正确的是()。A.Mn(Ⅲ)不能氧化H2C2O4B.随着反应物浓度的减小,反应速率逐渐减小C.该条件下,Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存D.总反应为2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2++10CO2答案C解析由图像可知,随着时间的推移,Mn(Ⅲ)的浓度先增大后减小,说明开始反应生成Mn(Ⅲ),后Mn(Ⅲ)被消耗生成Mn(Ⅱ),Mn(Ⅲ)能氧化H2C2O4,A项错误;随着反应物浓度的减小,到大约13min时开始生成Mn(Ⅱ),Mn(Ⅱ)对反应起催化作用,13min后反应速率会增大,B项错误;由图像可知,Mn(Ⅶ)的浓度为0后才开始生成Mn(Ⅱ),该条件下Mn(Ⅱ)和Mn(Ⅶ)不能大量共存,C项正确;H2C2O4为弱酸,在离子方程式中不拆成离子形式,总反应为2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,D6.(2023·辽宁卷,15改编)某废水处理过程中始终保持H2S饱和,即c(H2S)=0.1mol·L1,通过调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离,体系中pH与lgc关系如图所示,c为HS、S2、Ni2+和Cd2+的浓度,单位为mol·L1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS),下列说法不正确的是()。A.Ksp(CdS)=1026B.④为pH与lgc(HS)的关系曲线C.Ka1(H2S)=108.1D.Ka2(H2S)=1014.7答案C解析随着pH的增大,H2S的电离程度增大,HS的浓度增大,S2的浓度增大,则有lgc(HS)和lgc(S2)随着pH增大而减小,且pH相同时,HS的浓度大于S2,即lgc(HS)<lgc(S2);Ksp(NiS)>Ksp(CdS),即当c(S2)相同时,c(Ni2+)>c(Cd2+),则lgc(Ni2+)和lgc(Cd2+)随着pH增大而增大,且有lgc(Ni2+)<lgc(Cd2+),由此可知曲线①代表Cd2+,②代表Ni2+,③代表S2,④代表HS。由分析可知,曲线①代表Cd2+,③代表S2,由图示曲线①③交点可知,此时c(Cd2+)=c(S2)=1013mol·L1,则有Ksp(CdS)=c(Cd2+)·c(S2)=1013×1013=1026,A项正确;④为pH与lgc(HS)的关系曲线,B项正确;曲线④代表HS,由点(1.6,6.5)可知,当c(H+)=101.6mol·L1时,c(HS)=106.5mol·L1,Ka1(H2S)=c(H+)·c(HS-)c(H2S)=10-1.6×10-6.50.1=107.1,C项错误;已知Ka1·Ka2=c(H+)·c(HS-)c(H2S)×c(H+)·c(S2-)c(HS-)=c2(H+)·1.(2023·广东省广州市二模)二乙胺[(C2H5)2NH]是一种有机弱碱,可与盐酸反应生成盐酸盐(C2H5)2NH2Cl。下列叙述正确的是()。A.0.01mol·L1(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH=2B.(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH随温度升高而减小C.(C2H5)2NH2Cl水溶液加水稀释,pH降低D.(C2H5)2NH2Cl水溶液中:c(Cl)+c(OH)=c[(C2H5)2NH2+]+c[(C2H5)2答案B解析二乙胺是弱碱,其对应的盐酸盐溶液显酸性,水解是微弱的,所以0.01mol·L1(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH>2,A项错误;(C2H5)2NH2Cl水溶液显酸性,加热能促进水解的进行,所以(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH随温度升高而减小,B项正确;(C2H5)2NH2Cl水溶液显酸性,加水稀释,溶液酸性减弱,pH增大,C项错误;(C2H5)2NH2Cl水溶液中存在元素质量守恒:c(Cl)=c[(C2H5)2NH2+]+c[(C2H5)2NH],则c(Cl)+c(OH)>c[(C2H5)2NH2+]+c[(C2H5)22.(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)已知H2R为二元弱酸,Ka1(H2R)=5.4×102,Ka2(H2R)=5.4×105。室温下,下列说法不正确的是()。A.0.1mol·L1NaHR溶液的pH<7B.用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时,溶液中c(HR)<c(R2)C.0.1mol·L1H2R溶液:0.2mol·L1+c(OH)=c(H+)+c(H2R)+c(HR)D.0.01mol·L1的H2R溶液与pH=12的NaOH溶液完全中和时,消耗酸与碱溶液的体积之比为1∶2答案C解析NaHR是弱酸H2R的酸式盐,在水溶液中存在电离和水解,Kh(HR)=KwKa1=10-145.4×10-2<Ka2,HR的电离程度强于水解程度,0.1mol·L1NaHR溶液的pH<7,A项正确;用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时,c(OH)=c(H+)=107mol·L1,Ka2(H2R)=c(H+)·c(R2-)c(HR-)=10-7×c(R2-)c(HR-)=5.4×105,故溶液中c(HR)<c(R2),B项正确;0.1mol·L1H2R溶液中,根据电荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR)+c(R2)=0.1mol·L1,c(H+)=c(HR)+2c(R2)+c(OH),故0.2mol·L1+c(OH)=c(H+)+2c(H2R)+3.(2023·浙江省宁波市高三模拟)常温下,Ka(HCOOH)=1.77×104,Ka(CH3COOH)=1.75×105,Ka(NH3·H2O)=1.8×105,下列说法不正确的是()。A.浓度均为0.1mol·L1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者>后者B.用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点,消耗NaOH溶液的体积:前者<后者C.0.2mol·L1CH3COONa与0.1mol·L1盐酸等体积混合后,溶液中微粒浓度:c(Na+)>c(CH3COO)>c(Cl)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH)D.0.2mol·L1HCOONa溶液与0.1mol·L1NaOH溶液等体积混合后的溶液中:c(HCOO)+c(OH)=c(HCOOH)+c(H+)答案D解析浓度均为0.1mol·L1HCOONa和NH4Cl溶液中分别存在:c(Na+)+c(H+)=0.1mol·L1+c(H+)、c(NH4+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)=0.1mol·L1+c(OH),由甲酸和一水合氨的电离常数可知,甲酸根离子的水解程度小于铵根离子的水解程度,即甲酸钠溶液中氢氧根离子的浓度小于氯化铵溶液中氢离子的浓度,因此甲酸钠溶液中氢离子的浓度大于氯化铵溶液中氢氧根离子的浓度,故甲酸钠溶液中阳离子浓度大于氯化铵溶液中阳离子浓度,A项正确;由电离平衡常数可知,甲酸的酸性比醋酸强,pH相同时醋酸的物质的量浓度更大,用相同浓度的氢氧化钠溶液滴定时,消耗氢氧化钠溶液的体积更大,B项正确;醋酸钠与盐酸反应,生成醋酸和氯化钠,因此混合溶液中醋酸钠、醋酸、氯化钠的物质的量浓度相同,均为0.05mol·L1(忽略体积变化),由醋酸的电离常数可知,相同浓度的醋酸电离程度大于醋酸根离子的水解程度,溶液呈酸性,因此粒子浓度为c(Na+)>c(CH3COO)>c(Cl)>c(CH3COOH)>c(H+)>c(OH),C项正确;由电荷守恒可得c(HCOO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+),由元素质量守恒可得c(Na+)=1.5c(HCOO)+1.5c(HCOOH),由此可得c(OH)=0.5c(HCOO)+1.5c(HCOOH)+c(H+),4.(2023·高三二模)室温下,用过量0.5mol·L1Na2CO3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。[化学上通常认为当溶液中剩余的离子浓度小于1×105mol·L1时,沉淀就达完全。已知:Ksp(CaSO4)=5.0×105,Ksp(CaCO3)=3.0×109。]下列说法正确的是()。A.浸泡后CaSO4未完全转化为CaCO3B.0.5mol·L1Na2CO3溶液中存在:c(OH)=c(H+)+c(HCO3-)+c(H2COC.反应CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-正向进行,需满足cD.过滤后所得清液中一定存在:c(Ca2+)=Ksp(CaCO3)c(CO答案D解析用过量0.5mol·L1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末,则浸泡后c(Ca2+)=Ksp(CaCO3)c(CO32-)=3×10-90.5mol·L1=6×109mol·L1<1×105mol·L1,可以认为浸泡后CaSO4完全转化为CaCO3,A项错误;由质子守恒可知,0.5mol·L1Na2CO3溶液中存在:c(OH)=c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3),B项错误;CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-的K=c(SO42-)c(CO32-)=Ksp(CaSO4)Ksp(CaCO3)=5×10-53×10-95.(2023·浙江省高三适应性考试)椰子蟹具有异常坚硬的甲壳,这归功于其摄入的椰子中的月桂酸(C11H23COOH),月桂酸在蟹壳表面的角质层中形成难溶的月桂酸磷酸钙,存在如下平衡:Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO43-(aq)+3C11H23COO(aq)Ksp=7.3×1035。已知CaCO3的Ksp=2.8×109,77.3729≈0.52。下列说法A.椰子蟹摄入月桂酸含量较高的椰肉有助于形成更加坚硬的甲壳B.弱碱性的海水可以保护椰子蟹外壳,使其不易被腐蚀C.将少量月桂酸磷酸钙投入适量1mol·L1碳酸钠溶液中,可实现其与碳酸钙的转化D.海水中CO2的浓度升高,会腐蚀椰子蟹的外壳,使月桂酸磷酸钙的Ksp增大答案D解析由题干可知,月桂酸有利于促进形成难溶的月桂酸磷酸钙,故椰子蟹摄入月桂酸含量较高的椰肉有助于形成更加坚硬的甲壳,A项正确;弱碱性的海水利于月桂酸形成月桂酸根离子,使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO43-(aq)+3C11H23COO(aq)的平衡逆向移动,有利于保护椰子蟹外壳,使其不易被腐蚀,B项正确;将少量月桂酸磷酸钙投入适量1mol·L1碳酸钠溶液中,Q(CaCO3)=c(Ca2+)·c(CO32-)=3×77.3729×105×1=1.56×105>Ksp(CaCO3),可以实现其与碳酸钙的转化,C项正确;海水中CO2的浓度升高,溶液酸性增强,使得月桂酸根离子转化为月桂酸,促使Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO43-(aq)+3C11H23COO(aq)的平衡正向移动,6.(2023·浙江省嘉兴市高三二模)25℃时,下列说法正确的是()。A.N2H4的水溶液呈弱碱性,Kb1≈1.0×106,则0.01mol·L1N2H4水溶液的pH≈10B.向NaHSO3溶液中加入少量的I2,则溶液中c(C.中和等pH的盐酸和醋酸时,醋酸消耗NaOH的物质的量更多D.pH=7的某溶液,溶质对水的电离平衡肯定无影响答案A解析类比NH3·H2O的电离,N2H4的第一步电离方程式为N2H4+H2ON2H5++OH,第二步电离忽略,则0.01mol·L1N2H4水溶液中,c(N2H5+)≈c(OH),Kb1≈1.0×106,则Kb1=c(N2H5+)×c(OH-)c(N2H4)=c2(OH-)0.01≈1.0×106,解得c(OH)≈104mol·L1,则c(H+)≈1010mol·L1,pH≈10,A项正确;NaHSO3为强碱弱酸盐,溶液中存在水解平衡