2024年大二轮化学（新高考）教案：专题六水溶液中的离子平衡

1.电离平衡、水解平衡及沉淀溶解平衡的分析应用1．对比剖析“三大”平衡平衡类型电离平衡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．证明弱电解质的思维方法(以醋酸为例)(1)测定常温下0.1mol·L－1醋酸溶液的pH，pH＞1，说明醋酸为弱酸。(2)测定常温下CH3COONa溶液的pH，pH＞7，说明醋酸为弱酸。(3)同温度、同浓度的盐酸的导电性强于醋酸溶液的导电性，说明醋酸是弱酸。(4)1mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)约为0.01mol·L－1，说明醋酸为弱酸。(5)取pH＝3的醋酸1mL，用蒸馏水稀释到100mL，pH＜5，说明醋酸为弱酸。(6)向0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONH4(水溶液呈中性)固体，溶液的pH变大，说明醋酸为弱酸。3．走出溶液稀释、混合的误区误区一：不能正确理解酸、碱的无限稀释规律常温下任何酸或碱溶液无限稀释时，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能接近7。误区二：不能正确理解弱酸、弱碱的稀释规律溶液稀释前溶液pH加水稀释到原来体积的10n倍稀释后溶液pH酸强酸pH＝apH＝a＋n弱酸a<pH<a＋n碱强碱pH＝bpH＝b－n弱碱b－n<pH<b误区三：不能正确掌握混合溶液的定性规律常温下，pH＝n(n<7)的强酸和pH＝14－n的强碱溶液等体积混合，混合溶液pH＝7；pH＝n(n<7)的醋酸和pH＝14－n的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液pH<7；pH＝n(n<7)的盐酸和pH＝14－n的氨水等体积混合，混合溶液pH>7。4．25℃时，不同溶液中水电离出的c(H＋)或c(OH－)与溶液中c(H＋)或c(OH－)的关系举例由水电离出的c(H＋)/(mol·L－1)说明pH＝3的HCl、CH3COOH溶液10－11①酸(或显酸性的酸式盐)溶液中：c水(H＋)＝c水(OH－)＝eq\f(Kw,c溶液H＋)②碱溶液中：c水(H＋)＝eq\f(Kw,c溶液OH－)③强酸弱碱盐溶液中：c水(H＋)＝c溶液(H＋)④强碱弱酸盐溶液中：c水(H＋)＝c水(OH－)＝c溶液(OH－)pH＝12的NaOH、NH3·H2O溶液10－12pH＝3的AlCl3、FeCl3溶液10－3pH＝11的CH3COONa、Na2CO3、NaHCO3溶液10－31．(2022·全国乙卷，13)常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某体系中，H＋与A－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中的HA的电离度[eq\f(cA－,c总HA)]为eq\f(1,101)C．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10－4答案B解析常温下，溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol·L－1，c(H＋)＜c(OH－)＋c(A－)，A错误；常温下，溶液Ⅱ的pH＝1.0，溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，Ka(HA)＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，则eq\f(0.1cA－,c总HA－cA－)＝1.0×10－3，解得eq\f(cA－,c总HA)＝eq\f(1,101)，B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错误；常温下，溶液Ⅰ的pH＝7.0，溶液Ⅰ中c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，Ka(HA)＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)＝1.0×10－3，c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，eq\f(10－7[c总HA－cHA],cHA)＝1.0×10－3，溶液Ⅰ中c总(HA)＝(104＋1)c(HA)；溶液Ⅱ中，由B项解析可知c总(HA)＝1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c总(HA)之比为[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误。2．(2023·浙江1月选考，13)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Ka＝1.8×10－4)，下列说法不正确的是()A．活性成分R3N在水中存在平衡：R3N＋H2OR3NH＋＋OH－B．pH＝5的废水中c(HCOO－)∶c(HCOOH)＝18C．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解析由图可知，工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂后，溶液pH增大，说明R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡：R3N＋H2OR3NH＋＋OH－，当废水初始pH＞5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故A正确、D错误；由Ka(HCOOH)＝eq\f(cH＋·cHCOO－,cHCOOH)可知，溶液中eq\f(cHCOO－,cHCOOH)＝eq\f(Ka,cH＋)，当溶液pH＝5时，溶液中eq\f(cHCOO－,cHCOOH)＝eq\f(1.8×10－4,1.0×10－5)＝18，故B正确；由图可知，溶液pH＝2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH＜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HCOO－的浓度减小，与R3NH＋作用的数目减小，故C正确。3．(2023·北京，3)下列过程与水解反应无关的是()A．热的纯碱溶液去除油脂B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸D．向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体答案B解析热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意；Fe3＋能发生水解反应生成Fe(OH)3，加热能增大Fe3＋的水解程度，D不符合题意。4．(2018·北京，11)测定0.1mol·L－1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是()A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－B．④的pH与①不同，是由SOeq\o\al(2－,3)浓度减小造成的C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D．①与④的Kw值相等答案C解析①→③的过程中，pH变小，说明SOeq\o\al(2－,3)水解产生的c(OH－)减小；升高温度，SOeq\o\al(2－,3)的水解平衡正向移动，溶液中SOeq\o\al(2－,3)水解产生的c(OH－)应增大，pH应增大，而实际上溶液的pH减小，其主要原因是实验过程中部分SOeq\o\al(2－,3)被空气中的O2氧化生成SOeq\o\al(2－,4)，溶液中c(SOeq\o\al(2－,3))减小，水解平衡逆向移动，则溶液中c(OH－)减小，pH减小；①→③的过程中，温度升高，SOeq\o\al(2－,3)的水解平衡正向移动，而c(SOeq\o\al(2－,3))减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不一致，C错；Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－，A对；实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明④中SOeq\o\al(2－,4)的数目大于①中SOeq\o\al(2－,4)的数目，④中SOeq\o\al(2－,3)的数目小于①中SOeq\o\al(2－,3)的数目，所以④中OH－的数目小于①中OH－的数目，pH不同，B对；Kw只与温度有关，D对。(1)盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响。以氯化铁水解为例，当改变条件，如升温、通入HCl气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时，应从平衡移动方向、pH的变化、水解程度、现象等方面去归纳总结，加以分析掌握。(2)多元弱酸的酸式盐问题。酸式盐一般既存在水解，又存在电离。如果酸式盐的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液；如果酸式盐的水解程度大于其电离程度，则溶液显碱性，如NaHCO3溶液。5．(2023·浙江1月选考，15)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)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)[已知Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11]，下列有关说法正确的是()A．上层清液中存在c(Ca2＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))B．上层清液中含碳微粒最主要以HCOeq\o\al(－,3)形式存在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(COeq\o\al(2－,3))，A错误；根据Ka2＝eq\f(cCO\o\al(2－,3)·cH＋,cHCO\o\al(－,3))＝4.7×10－11，则碳酸根的水解平衡常数为Kh(COeq\o\al(2－,3))＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(Kw,Ka2)≈2.1×10－4＞Ka2，说明碳酸根的水解程度较大，上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子，B正确；向体系中通入CO2，COeq\o\al(2－,3)＋CO2＋H2O=2HCOeq\o\al(－,3)，c(COeq\o\al(2－,3))减小，CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)正向移动，溶液中钙离子浓度增大，C错误；由题干可知，Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，碳酸钙比硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D错误。6．(2016·海南，5)向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化)，下列数值变小的是()A．c(COeq\o\al(2－,3)) B．c(Mg2＋)C．c(H＋) D．Ksp(MgCO3)答案A解析含有MgCO3固体的溶液中存在沉淀溶解平衡：MgCO3(s)Mg2＋(aq)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，滴加少许浓盐酸与COeq\o\al(2－,3)反应生成CO2气体，促使平衡向右移动，则c(Mg2＋)和c(H＋)增大，c(COeq\o\al(2－,3))减小，温度不变，Ksp(MgCO3)不变，故A正确。(1)沉淀溶解平衡与化学平衡、电离平衡一样，具有动态平衡的特征，平衡时溶液中各离子浓度保持恒定，平衡常数只受温度的影响，与浓度无关。(2)溶度积(Ksp)的大小只与难溶电解质的性质和溶液的温度有关，相同类型的难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小，越难溶。1．一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是()A．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化答案C解析由图可知，a、b、c三点对应的平衡常数不变，该曲线上的点温度相等，升高温度，不能引起由c向b的变化，故A项错误；b点c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1，故Kw＝1.0×10－14，故B项错误；FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3＋结合水电离出的OH－，促进水的电离平衡右移，c(H＋)增大，c(OH－)减小，可能引起由b向a的变化，故C项正确；由c点到d点，水的离子积常数减小，但温度不变，Kw不变，则稀释溶液不能引起由c向d的变化，故D项错误。2．(2023·北京房山区高三一模)某温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是()A．稀释前溶液的浓度：c(HCl)＜c(CH3COOH)B．溶液中水的电离程度：b点＜c点C．从b点到d点，溶液中c(H＋)·c(OH－)逐渐增大D．溶液的导电能力：d点＞e点答案C解析稀释前两溶液的pH相等，由于醋酸是弱酸，部分电离，因此稀释前溶液的浓度：c(HCl)＜c(CH3COOH)，故A正确；b点pH小于c点pH，说明c点酸性弱，水的电离程度大，因此溶液中水的电离程度：b点＜c点，故B正确；从b点到d点，由于溶液的温度不变，因此溶液中c(H＋)·c(OH－)不变，故C错误。3．(2023·北京门头沟区高三一模)实验测得0.10mol·L－1NaHCO3溶液的pH随温度变化如图。下列说法正确的是()A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是HCOeq\o\al(－,3)的水解被抑制B．O点溶液和P点溶液中c(OH－)相等C．将N点溶液恢复到25℃，pH可能大于8.62D．Q点、M点溶液中均有c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)答案C解析水解吸热，升高温度，HCOeq\o\al(－,3)的水解平衡向右移动，而根据图像可知，M点之前升高温度，溶液pH减小，主要原因是升温促进了水的电离，故A错误；O点溶质只有NaHCO3，P点溶质有NaHCO3和Na2CO3，两点溶液水解程度不同，且温度不同，Kw不同，c(OH－)不相等，故B错误；温度升高后，碳酸氢钠可能部分发生分解得到碳酸钠，将N点溶液恢复到25℃，由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故溶液pH可能大于8.62，故C正确；Q点、M点溶液中均有电荷守恒：2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，故D错误。4．BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：下列说法错误的是()A．酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应的剧烈程度B．转化工序中加入稀盐酸可抑制生成BiONO3C．水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3＋水解程度D．水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成答案D解析硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀HNO3，可降低反应的剧烈程度，A正确；金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成BiONO3，水解的离子方程式为Bi3＋＋NOeq\o\al(－,3)＋H2OBiONO3＋2H＋，转化工序中加入稀盐酸，使氢离子浓度增大，硝酸铋的水解平衡左移，可抑制生成BiONO3，B正确；氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3＋＋Cl－＋H2OBiOCl＋2H＋，水解工序中加入少量CH3COONa(s)，醋酸根离子会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，氯化铋水解平衡右移，促进Bi3＋水解，C正确；结合C项分析水解工序中加入少量NH4NO3(s)，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，氯化铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根离子、水也会发生反应：Bi3＋＋NOeq\o\al(－,3)＋H2OBiONO3＋2H＋，也不利于生成BiOCl，D错误。5．向10.00mL0.50mol·L－1NaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。下列说法不正确的是()实验序号c(CaCl2)/(mol·L－1)滴加CaCl2溶液时的实验现象加热浑浊液时的实验现象①0.05至1.32mL时产生明显浑浊，但无气泡产生有较多气泡生成②0.005至15.60mL时产生明显浑浊，但无气泡产生有少量气泡生成③0.0005至20mL未见浑浊—A.①中产生浑浊的原因是c(Ca2＋)·c(COeq\o\al(2－,3))＞Ksp(CaCO3)B．未加热前①和②中发生了反应：2HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2CO3C．加热浊液产生气泡主要是因为CaCO3受热分解产生了更多的CO2D．向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol·L－1CaCl2溶液，可能同时产生浑浊和气泡答案C解析①中能产生碳酸钙沉淀，说明c(Ca2＋)·c(COeq\o\al(2－,3))＞Ksp(CaCO3)，A项正确；未加热前①和②不放出二氧化碳，说明碳酸未饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳气体，所以未加热前①和②中发生反应：2HCOeq\o\al(－,3)＋Ca2＋=CaCO3↓＋H2CO3，B项正确；结合B项分析知，加热浊液产生气泡主要是因为H2CO3受热分解生成了CO2，C项错误；向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5mol·L－1CaCl2溶液，发生反应：CaCl2＋2NaHCO3=CaCO3↓＋2NaCl＋CO2↑＋H2O，能同时产生浑浊和气泡，D项正确。6．(2023·河南周口高三二模)某同学设计下述实验检验[Ag(NH3)2]Cl溶液中的Ag＋，实验如表：下列说法不正确的是()A．Ⅰ中的c(Ag＋)较小，不足以与Cl－沉淀B．Ⅱ中存在平衡：AgI(s)Ag＋(aq)＋I－(aq)C．Ⅲ说明NH3与H＋的结合能力小于与Ag＋的结合能力D．配离子与其他离子能否反应，其本质是平衡移动的问题答案C解析25℃时，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，对比实验Ⅰ和Ⅱ，说明Ⅰ中的c(Ag＋)较小，不足以与Cl－沉淀，故A正确；Ⅱ中产生黄色沉淀即生成AgI沉淀，AgI沉淀存在溶解平衡：AgI(s)Ag＋(aq)＋I－(aq)，故B正确；根据Ⅰ和Ⅲ的实验现象，说明[Ag(NH3)2]Cl和氢离子反应，有大量银离子生成，银离子和氯离子反应生成AgCl沉淀，则Ⅲ中NH3与H＋的结合能Ag＋(aq)＋2NH3(aq)正向移动，即配离子与其他离子能否反应，其本质是平衡移动的问题，故D正确。

2.溶液中粒子浓度大小比较1．单一溶液(1)Na2S溶液水解方程式：_______________________________________________________________；离子浓度大小关系：_________________________________________________________；电荷守恒：_________________________________________________________________；元素质量守恒：_____________________________________________________________；质子守恒：_________________________________________________________________。答案S2－＋H2OHS－＋OH－、HS－＋H2OH2S＋OH－c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)(2)NaHS溶液水解方程式：_______________________________________________________________；离子浓度大小关系：_________________________________________________________；电荷守恒：_________________________________________________________________；元素质量守恒：_____________________________________________________________；质子守恒：_________________________________________________________________。答案HS－＋H2OH2S＋OH－c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)>c(S2－)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)c(OH－)＋c(S2－)＝c(H＋)＋c(H2S)解析NaHS既能发生水解又能发生电离，水溶液呈碱性：HS－＋H2OH2S＋OH－(主要)；HS－H＋＋S2－(次要)。2．混合溶液(1)等物质的量浓度、等体积的CH3COOH、CH3COONa溶液水解方程式：_______________________________________________________________；离子浓度大小关系：_________________________________________________________；电荷守恒：_________________________________________________________________；元素质量守恒：_____________________________________________________________；质子守恒：_________________________________________________________________。答案CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝c(CH3COOH)＋2c(H＋)解析CH3COOHCH3COO－＋H＋(主要)，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－(次要)，水溶液呈酸性。(2)CH3COOH、CH3COONa混合溶液呈中性离子浓度大小关系：___________________________________________________________；电荷守恒：___________________________________________________________________；元素质量守恒：_______________________________________________________________。答案c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)c(Na＋)＝c(CH3COO－)解析CH3COOHCH3COO－＋H＋CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－若溶液呈中性，则电离和水解相互抵消。(3)常温下pH＝2的CH3COOH与pH＝12的NaOH等体积混合的溶液离子浓度大小关系：_____________________________________________________________；电荷守恒：______________________________________________________________________。答案c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)解析由于CH3COOH是弱酸，所以当完全反应后，CH3COOH仍过量许多，溶液呈酸性。(4)等物质的量浓度、等体积的Na2CO3—NaHCO3混合溶液电荷守恒：__________________________________________________________________；元素质量守恒：______________________________________________________________；质子守恒：__________________________________________________________________；离子浓度大小关系：__________________________________________________________。答案c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)2c(Na＋)＝3[c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)]2c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋3c(H2CO3)＋2c(H＋)c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(H＋)1．(2021·天津，10)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是()A．在0.1mol·L－1H3PO4溶液中c(H3PO4)>c(H2POeq\o\al(－,4))>c(HPOeq\o\al(2－,4))>c(POeq\o\al(3－,4))B．在0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))C．在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＝0.1mol·L－1D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液中c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)>c(H＋)答案A解析由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离，第二步电离大于第三步电离，所以在0.1mol·L－1H3PO4溶液中，离子浓度大小为c(H3PO4)＞c(H2POeq\o\al(－,4))＞c(HPOeq\o\al(2－,4))＞c(POeq\o\al(3－,4))，故A正确；在0.1mol·L－1Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))，故B错误；在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中，根据元素质量守恒得到c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＝0.1mol·L－1，故C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(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，则c(Cl－)＜c(NHeq\o\al(＋,4))，故D错误。2．(2020·天津，7)常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是()A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)＞Ka(HF)B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)D．在1mol·L－1Na2S溶液中，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1mol·L－1答案A解析HCOONa和NaF均属于强碱弱酸盐，越弱越水解，HCOONa的pH较大，所以Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，A项错误；两溶液等体积混合后pH＜7，说明溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，B项正确；硫化亚铁溶于稀硫酸，而硫化铜不溶于稀硫酸，可得Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，C项正确；在1mol·L－1的Na2S溶液中，根据元素质量守恒可得c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1mol·L－1，D项正确。3．(2020·浙江7月选考，23)常温下，用0.1mol·L－1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是()A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl－)＞c(CH3COO－)B．当滴入氨水10mL时，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C．当滴入氨水20mL时，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(NHeq\o\al(＋,4))＜c(Cl－)答案D解析HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，浓度均为0.1mol·L－1时，c(Cl－)＞c(CH3COO－)，A正确；滴入10mL氨水时，NH3·H2O和CH3COOH的物质的量相等，据元素质量守恒可得c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B正确；滴入20mL氨水时，恰好完全反应，所得溶液为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合溶液，据电荷守恒可知c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，据元素质量守恒可得c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(Cl－)，联立两式可得c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C正确；滴入20mL氨水时，所得混合液呈酸性，若溶液呈中性，氨水滴入量要大于20mL，结合电荷守恒关系c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，得c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，则有c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)，D错误。1．(2023·浙江省9＋1高中联盟高三联考)常温下，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定10mL浓度均为0.1mol·L－1的HCl和NH4Cl的混合液，下列说法不正确的是()A．当滴入NaOH溶液10mL时，c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＜c(Cl－)B．当滴入NaOH溶液15mL时，2c(NH3)＋2c(NH3·H2O)＋2c(NHeq\o\al(＋,4))＝3c(Na＋)C．当滴入NaOH溶液15mL时，c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(NH3·H2O)D．当溶液呈中性时，NaOH溶液滴入量小于20mL，c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)答案B解析当加入NaOH溶液10mL时，n(NaOH)＝n(HCl)＝n(NH4Cl)，NaOH与HCl恰好发生中和反应生成NaCl、H2O，n(NaCl)＝n(NH4Cl)，在溶液中NHeq\o\al(＋,4)会部分发生水解反应生成NH3·H2O，根据元素质量守恒可知c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，故c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＜c(Cl－)，A正确；当滴入NaOH溶液15mL时，各种物质的物质的量关系：2n(NaOH)＝3n(HCl)＝3n(NH4Cl)，HCl完全反应生成NaCl，NH4Cl也有一半与NaOH反应生成NaCl、NH3·H2O，溶液为NaCl、NH4Cl、NH3·H2O的混合溶液，N元素在溶液中存在微粒有NH3、NHeq\o\al(＋,4)、NH3·H2O，由于溶液的体积相同，根据元素质量守恒可知3c(NH3)＋3c(NH3·H2O)＋3c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(Na＋)，B错误；当滴入NaOH溶液15mL时，HCl完全与NaOH溶液反应消耗10mL，剩余5mLNaOH溶液与NH4Cl反应，只有一半NH4Cl反应，得到的溶液中NH4Cl、NH3·H2O的浓度相等，由于NH3·H2O的电离程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，所以微粒浓度：c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(NH3·H2O)，C正确；若NaOH溶液滴入量为20mL，HCl、NH4Cl恰好反应生成NaCl、NH3·H2O的混合溶液，NH3·H2O电离产生OH－，使溶液显碱性，因此要使溶液显中性，NaOH溶液滴入量应小于20mL，溶液中电荷守恒关系为c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，由于溶液显中性，c(H＋)＝c(OH－)，此时c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，D正确。2．(2023·江苏百校联考高三第一次考试)室温下用0.1mol·L－1NaOH溶液吸收SO2，若通入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(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))。H2SO3的电离常数分别为Ka1＝1.54×10－2、Ka2＝1.00×10－7。下列说法正确的是()A．NaOH溶液吸收SO2所得到的溶液中：c(SOeq\o\al(2－,3))>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(H2SO3)B．NaOH完全转化为NaHSO3时，溶液中：c(H＋)＋c(SOeq\o\al(2－,3))＝c(OH－)＋c(H2SO3)C．NaOH完全转化为Na2SO3时，溶液中：c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HSOeq\o\al(－,3))D．NaOH溶液吸收SO2，c总＝0.1mol·L－1溶液中：c(H2SO3)>c(SOeq\o\al(2－,3))答案C解析由电离常数可知，亚硫酸氢根离子的水解常数Kh(HSOeq\o\al(－,3))＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(1.0×10－14,1.54×10－2)＜Ka2，说明亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于其水解程度，亚硫酸氢钠溶液呈酸性。氢氧化钠溶液吸收二氧化硫可能得到亚硫酸氢钠溶液，由分析可知，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于其水解程度，溶液中c(HSOeq\o\al(－,3))>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(H2SO3)，故A错误；亚硫酸氢钠溶液中存在质子守恒关系：c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SOeq\o\al(2－,3))，故B错误；亚硫酸钠是强碱弱酸盐，亚硫酸根离子在溶液中分步水解，以第一步水解为主，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HSOeq\o\al(－,3))，故C正确；c总＝0.1mol·L－1的溶液为亚硫酸氢钠溶液，由分析可知，亚硫酸氢根离子在溶液中的电离程度大于其水解程度，溶液中c(SOeq\o\al(2－,3))>c(H2SO3)，故D错误。3．下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是()A．0.1mol·L－1NaHCO3溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)＞c(COeq\o\al(2－,3))＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(OH－)B．20mL0.1mol·L－1CH3COONa溶液与10mL0.1mol·L－1HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)C．室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(OH－)D．0.1mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)＞c(H＋)＋c(CH3COOH)答案B解析等浓度、等体积的NaHCO3与NaOH混合时，两者恰好反应生成Na2CO3，在该溶液中COeq\o\al(2－,3)发生水解：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－，故溶液中c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))，A项错误；二者混合，反应后生成的溶液中含有等量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，因溶液显酸性，故溶液中CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，B项正确；pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，则氨水过量，所得溶液为少量<c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(OH－)，C项错误；CH3COOH与NaOH混合时恰好生成CH3COONa，溶液中存在质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，D项错误。4．25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A．NaHCO3溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2CO3)B．室温下，pH＝2的醋酸与pH＝12的氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)C．0.1mol·L－1Na2CO3溶液与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：2c(Na＋)＝3c(COeq\o\al(2－,3))＋3c(HCOeq\o\al(－,3))＋3c(H2CO3)D．0.1mol·L－1Na2C2O4溶液与0.1mol·L－1的盐酸等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)答案C解析NaHCO3溶液中存在质子守恒：c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))＝c(H＋)＋c(H2CO3)，A错误；pH＝2的醋酸与pH＝12的氢氧化钠溶液等体积混合后，则醋酸过量，所得溶液为少量CH3COONa和过量CH3COOH的混合溶液，所以微粒浓度关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，B错误；0.1mol·L－1Na2CO3与0.1mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合，根据元素质量守恒可得的盐酸等体积混合，H2C2O4为二元弱酸，二者发生反应：Na2C2O4＋HCl=NaCl＋NaHC2O4，根据电荷守恒可得2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(OH－)＋c(Cl－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，D错误。

3.中和滴定反应“突跃”曲线的分析应用1．强碱滴定强酸(1)0.10mol·L－1NaOH标准液滴定20mL0.10mol·L－1HCl溶液(如图)加入NaOH溶液剩余HCl溶液体积/mL过量NaOH溶液体积/mLpH滴定/%V/mL99.919.980.024.30滴定突跃ΔpH＝5.4100.020.000.000.007.00100.120.020.029.70NaOH溶液从19.98mL到20.02mL，只增加了0.04mL(约1滴)，就使得溶液的pH改变了5.4个单位。这种在化学计量点±0.1%范围内，pH的急剧变化就称为滴定突跃。滴定突跃范围是选择指示剂的重要依据，凡是在滴定突跃范围内能发生颜色变化的指示剂都可以用来指示滴定终点。实际分析时，为了更好地判断终点，氢氧化钠溶液滴定盐酸通常选用酚酞作指示剂的原因：终点的颜色由无色变为浅红色，更容易辨别。(2)浓度越大，滴定突跃就越大，可供选择的指示剂就越多。NaOH溶液的浓度HCl溶液的浓度A点pHB点pH滴定突跃1.00mol·L－11.00mol·L－13.3010.70ΔpH＝7.40.10mol·L－10.10mol·L－14.309.70ΔpH＝5.40.01mol·L－10.01mol·L－15.308.70ΔpH＝3.42．强碱滴定弱酸曲线由图可知：酸性越弱，Ka越小，滴定突跃范围就越小。3．巧抓“四点”，突破溶液中的粒子浓度关系(1)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。(2)抓“恰好”反应点，生成的溶质是什么？判断溶液的酸碱性。(3)抓溶液的“中性”点，生成什么溶质，哪种物质过量或不足。(4)抓反应的“过量”点，溶液中的溶质是什么？判断哪种物质过量。实例分析：向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示：(注：a点为反应一半点，b点呈中性，c点恰好完全反应，d点NaOH过量一倍)分析：a点，溶质为CH3COONa、CH3COOH，离子浓度关系：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；b点，溶质为CH3COONa、CH3COOH，离子浓度关系：c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)；c点，溶质为CH3COONa，离子浓度关系：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)；d点，溶质为CH3COONa、NaOH，离子浓度关系：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)。1．(2023·湖南，12)常温下，用浓度为0.0200mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η[η＝eq\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10－4.76B．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答案D解析a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)≈0.0100mol·L－1，c(H＋)＝10－3.38mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)≈eq\f(10－3.38×10－3.38,0.01)＝10－4.76，故A正确；点a溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在元素质量守恒：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，故B正确；点b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－)，故C正确；点c溶液中CH3COO－水解促进水的电离，点d碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度：c>d，故D错误。的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是()A．该NaX溶液中：c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)B．三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)C．当pH＝7时，三种溶液中：c(X－)＝c(Y－)＝c(Z－)D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)答案C解析NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A正确；弱酸的酸性越弱，电离常数越小，分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正确；当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根离子的浓度大小顺序为c(X－)＞c(Y－)＞c(Z－)，故C错误；向三种盐溶液中分别滴加20.00mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓＋c(Z－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，由c(Na＋)＝c(Cl－)可得：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，故D正确。3．(2019·全国卷Ⅰ，11)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Kal＝1.1×10－3，Ka2＝3.9×10－6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是()A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B．Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的C．b点的混合溶液pH＝7D．c点的混合溶液中，c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)答案C解析滴定至终点时发生反应：2NaOH＋2KHA=K2A＋Na2A＋2H2O。溶液导电能力与溶液中离子浓度、离子种类有关，离子浓度越大、所带电荷越多，其导电能力越强，A项正确；图像中纵轴表示“相对导电能力”，随着NaOH溶液的滴加，溶液中c(K＋)、c(HA－)逐渐减小，而Na＋、A2－的物质的量逐渐增大，由题图可知，溶液的相对导电能力逐渐增强，说明Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的，B项正确；本实验默认在常温下进行，滴定终点时，溶液中的溶质为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾，由于邻苯二甲酸是弱酸，所以溶液呈碱性，pH>7，C项错误；滴定终点时，c(K＋)＝c(Na＋)，a点到b点加入NaOH溶液的体积大于b点到c点的，故c点时c(K＋)>c(OH－)，所以c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)，D项正确。4．(2016·天津，6)室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是()A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHDB．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)答案C解析A项，根据图像知，在未滴加NaOH溶液时，0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的pH均大于1，说明三种酸均为弱酸，且HA的pH最小、酸性最强，HD的pH最大、酸性最弱，因酸性越强，电离常数越大，故KHA>KHB>KHD，正确；B项，滴定至P点时，溶液中未反应的HB与生成的NaB的浓度相等，且溶液呈酸性，说明HB的电离程度大于B－的水解程度，故c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，正确；C项，pH＝7时，三种阴离子的浓度分别等于c(Na＋)，然而三种溶液中阴离子水解程度不同，加入的NaOH的体积不同，故三种阴离子的浓度也不同，错误；D项，根据质子守恒即可得出，三种溶液混合后溶液的质子守恒关系：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，正确。1.(2023·广东珠海第一中学高三模拟)25℃时，向20.00mL0.10mol·L－1CH3COOH溶液中滴入0.10mol·L－1NaOH溶液，溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是()A．25℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝1.0×10－3B．M点对应的NaOH溶液体积为20.0mLC．N点与Q点所示溶液中水的电离程度：N>QD．N点所示溶液(溶质只有CH3COONa)中c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)答案C解析由图可知，0.10mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝3，则Ka＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)＝eq\f(10－3×10－3,0.10－10－3)≈10－5，A项错误；M点pH＝7，若加入20mLNaOH溶液，溶液中溶质是CH3COONa，CH3COO－水解使溶液显碱性，与题干的溶液显中性相违背，说明M点对应的NaOH溶液的体积小于20.00mL，B项错误；CH3COOH完全反应后，加入的NaOH越多，OH－对水的电离抑制程度越大，故N点水的电离程度比Q点大，C项正确；N点所示溶液中醋酸与NaOH恰好中和，溶液为CH3COONa溶液，CH3COO－发生水解反应而消耗，所以c(Na＋)>c(CH3COO－)，CH3COO－发生水解反应消耗水电离产生的H＋，最终达到平衡时，溶液中c(OH－)>c(H＋)，但盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子>c(H＋)，D项错误。2．(2023·广州第二中学高三模拟)常温下，在20.00mL0.1000mol·L－1NH3·H2O溶液中逐滴滴加0.1000mol·L－1HCl溶液，溶液pH随滴入HCl溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A．①点溶液：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)>c(H＋)B．②点溶液：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)C．①②③三点所示的溶液中水的电离程度：②>③>①D．滴定过程中不可能出现：c(NH3·H2O)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)答案B解析①点时加入HCl溶液10mL，得到等物质的量浓度的NH3·H2O、NH4Cl的混合液，溶液呈碱性，c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A错误；②点时溶液呈中性，根据电荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，则c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)，故B正确；③点时酸碱恰好反应，生成氯化铵，氯化铵水解使溶液呈酸性，促进水的电离，①②两点有碱剩余，抑制水的电离，①②③三点所示的溶液中水的电离程度：③＞②＞①，故C错误；开始滴加盐酸时，能出现c(NH3·H2O)＞c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，故D错误。3．(2023·福建漳州高三质检)常温下，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A．两种一元弱酸的电离常数：Ka(CH3COOH)<Ka(HCN)B．溶液中水的电离程度：③>②>①C．pH＝7时，c(CH3COO－)＝c(CN－)D．滴定时均可选用甲基橙作指示剂，指示滴定终点答案B解析同浓度的酸溶液，电离平衡常数越大，溶液酸性越强，起始时CH3COOH溶液pH较小，CH3COOH酸性较强，则室温下，电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＞Ka(HCN)，A错误；由图可知，①对应溶液显酸性，以CH3COOH的电离为主，此时抑制水的电离，②对应溶液呈中性，对水的电离几乎无影响，③对应溶液中溶质为CH3COONa，CH3COO－水解促进水的电离，故溶液中水的电离程度：③>②>①，B正确；根据电荷守恒可知，溶液中分别有：c(CN－)＋c(OH－)＝c1(Na＋)＋c(H＋)，c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c2(Na＋)＋c(H＋)，pH＝7时，则有c(CN－)＝c1(Na＋)，c(CH3COO－)＝c2(Na＋)，由图可知，c2(Na＋)＞c1(Na＋)，即c(CH3COO－)＞c(CN－)，C错误；由图可知，滴定终点溶液均显碱性，故滴定时均应选酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂指示滴定终点，D错误。4．(2023·广州六校高三联考)电位滴定是根据滴定过程中电极电位的变化来确定滴定终点的一种分析方法。在化学计量点附近，被测离子浓度发生突跃，电极电位也发生突跃，进而确定滴定终点。常温下利用盐酸滴定某溶液中Na2CO3的含量，其电位滴定曲线与pH曲线如图所示。下列说法正确的是()A．该滴定过程需要酚酞和甲基橙两种指示剂B．a点溶液中存在：c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))－c(H2CO3)C．水电离出的c水(H＋)：a点<b点D．b点溶液中：eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))>eq\f(cH2CO3,cHCO\o\al(－,3))答案D解析因为是电位滴定，根据指示电极电位的突跃位置可以确定滴定终点，无需任何指示剂，A错误；分析可知，a点溶液的溶质为NaHCO3和NaCl，元素质量守恒为c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)，电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)＋c(OH－)，两式联立可得c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))－c(H2CO3)，B错误；a点溶液的溶质为NaHCO3和NaCl，NaHCO3水解促进水的电离，b点溶液的溶质为H2CO3和NaCl，H2CO3抑制水的电离，水电离出的c水(H＋)：a点＞b点，C错误；b点溶液中：H2CO3溶液中存在电离平衡，Ka1＝eq\f(cH＋·cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)，Ka2＝eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))，则eq\f(\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3)),\f(cH2CO3,cHCO\o\al(－,3)))＝eq\f(Ka1,Ka2)＞1，则eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))＞eq\f(cH2CO3,cHCO\o\al(－,3))，D正确。

4.中和滴定反应中“分布系数图像”的分析应用1．CH3COOH溶液、CH3COONa溶液CH3COOH电离：CH3COOHCH3COO－＋H＋Ka＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)＝1.8×10－5CH3COONa水解：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－Kh＝eq\f(Kw,Ka)分布系数图(δ0、δ1分别为CH3COOH、CH3COO－的分布系数)：在分布系数图中的交叉点的含义：c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)→c(H＋)＝Ka＝1.8×10－5→pH＝pKa＝4.76。2．H2C2O4溶液T℃时，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中三种微粒H2C2O4、HC2Oeq\o\al(－,4)、C2Oeq\o\al(2－,4)的物质的量分数(δ)与pH的关系如图所示：回答下列问题：(1)写出H2C2O4的电离方程式及电离平衡常数表达式：①H2C2O4H＋＋HC2Oeq\o\al(－,4)，Ka1＝eq\f(cH＋·cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)；②HC2Oeq\o\al(－,4)H＋＋C2Oeq\o\al(2－,4)，Ka2＝eq\f(cH＋·cC2O\o\al(2－,4),cHC2O\o\al(－,4))。(2)根据A点，得Ka1＝10－1.2，根据B点，得Ka2＝10－4.2。(3)在pH＝2.7的溶液中，eq\f(c2HC2O\o\al(－,4),cH2C2O4·cC2O\o\al(2－,4))＝________。答案1000解析eq\f(c2HC2O\o\al(－,4),cH2C2O4·cC2O\o\al(2－,4))＝eq\f(Ka1,Ka2)＝eq\f(10－1.2,10－4.2)＝1000。(4)0.1mol·L－1的NaHC2O4溶液呈______(填“酸”“碱”或“中”)性，其离子浓度从大到小的顺序为_____________________________________________________________________。答案酸c(Na＋)＞c(HC2Oeq\o\al(－,4))＞c(H＋)＞c(C2Oeq\o\al(2－,4))＞c(OH－)解析HC2Oeq\o\al(－,4)＋H2OH2C2O4＋OH－Kh(HC2Oeq\o\al(－,4))＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(1×10－14,1×10－1.2)＝10－(14－1.2)≪Ka2所以HC2Oeq\o\al(－,4)的电离程度大于其水解程度。(注：也可以根据图像观察)3．H3PO4溶液25℃时，向某浓度的H3PO4溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中四种微粒H3PO4、H2POeq\o\al(－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)、POeq\o\al(3－,4)的物质的量分数(δ)与pH的关系如图所示：回答下列问题：(1)δ0、δ1、δ2、δ3分别代表的微粒是____________________、______________、______________、_________________。(2)写出pH由1到14依次发生反应的离子方程式：____________________________________、_______________________________________________________________________________、_______________________________________________________________________________。(3)Ka1＝____________，Ka2＝____________，Ka3＝______________。(4)常温下，试判断①0.1mol·L－1NaH2PO4溶液；②0.1mol·L－1Na2HPO4溶液的酸碱性。①________；②________。答案(1)H3PO4H2POeq\o\al(－,4)HPOeq\o\al(2－,4)POeq\o\al(3－,4)(2)H3PO4＋OH－=H2POeq\o\al(－,4)＋H2OH2POeq\o\al(－,4)＋OH－=HPOeq\o\al(2－,4)＋H2OHPOeq\o\al(2－,4)＋OH－=POeq\o\al(3－,4)＋H2O(3)10－210－7.110－12.2(4)①酸性②碱性解析(4)①Kh(H2POeq\o\al(－,4))＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,10－2)＝10－12＜10－7.1，溶液呈酸性。②Kh(HPOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(10－14,10－7.1)＝10－6.9＞10－12.2，溶液呈碱性。1．(2023·湖北，14)H2L为某邻苯二酚类配体，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常温下构建Fe(Ⅲ)-H2L溶液体系，其中c0(Fe3＋)＝2.0×10－4mol·L－1，c0(H2L)＝5.0×10－3mol·L－1。体系中含Fe物≈0.30，lg3≈0.48。下列说法正确的是()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L2－C．L2－＋[FeL]＋[FeL2]－的平衡常数的lgK约为14D．当pH＝10时，参与配位的c(L2－)≈1.0×10－3mol·L－1答案C解析由图可知，pH＝1，即c(H＋)＝0.1mol·L－1时c([FeL]＋)＝1.0×10－4mol·L－1，又c0(H2L)＝4.9×10－3mol·L－1，结合Ka1＝eq\f(cH＋·cHL－,cH2L)＝10－7.46知，此时c(HL－)＝10－7.46×4.9×10－3×10mol·L－1＝4.9×10－9.46mol·L－1，又pH＝1时，c(OH－)＝10－13mol·L－1，故A错误；＝3×10－4mol·L－1＋2×10－4mol·L－1＝5×10－4mol·L－1，当pH＝10时，c(H＋)＝10－10mol·L－1，根据Ka1＝eq\f(cH＋·cHL－,cH2L)＝eq\f(10－10cHL－,cH2L)＝10－7.46，c(HL－)＝102.54c(H2L)，即c(HL－)>c(H2L)，由Ka2＝eq\f(cH＋·cL2－,cHL－)＝10－12.4，得c(HL－)＝102.4c(L2－)，即c(HL－)>c(L2－)，B、D错误；该反应的平衡常数K＝eq\f(c[FeL2]－,cL2－·c[FeL]＋)，由题图知，当c([FeL2]－)＝c([FeL]＋)时，pH＝4，由－3×10－4mol·L－1＝4.7×10－3mol·L－1，代入①式，c(L2－)＝eq\f(4.7×10－22.86,10－8)mol·L－1＝4.7×10－14.86mol·L－1，则K＝eq\f(1,4.7×10－14.86)≈2×1013.86，故lgK＝13.86＋lg2≈14，C正确。2．(2022·湖北，15)如图是亚砷酸As(OH)3和酒石酸(H2T，lgKa1＝－3.04，lgKa2＝－4.37)混合体系中部分物种的c－pH图(浓度：总As为5.0×10－4mol·L－1，总T为1.0×10－3mol·L－1)。下列说法错误的是()A．As(OH)3的lgKa1为－9.1B．[As(OH)2T]－的酸性比As(OH)3的强C．pH＝3.1时，As(OH)3的浓度比[As(OH)2T]－的高D．pH＝7.0时，溶液中浓度最高的物种为As(OH)3答案D解析As(OH)3[As(OH)2O]－＋H＋，Ka1＝eq\f(c\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1([AsOH2O]－))·cH＋,c[AsOH3])，当pH＝9.1时，c{[AsOH2O]－}＝c[As(OH)3]，Ka1＝10－9.1，As(OH)3的lgKa1为－9.1，A正确；[As(OH)2T]－[AsO(OH)T]2－＋H＋，Ka＝eq\f(c\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1([AsOOHT]2－))·cH＋,c\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1([AsOH2T]－)))，当pH＝4.6时，c{[AsOOHT]2－}＝c{[AsOH2T]－}，Ka＝10－4.6，而由A选项计算得As(OH)3的Ka1＝10－9.1，即Ka>