2025高考冲刺考试方法答题技巧预测化学-11.水溶液中的离子平衡答案解析

11.水溶液中的离子平衡1.D因为Ka1(H2C2O4)≈6×10-2>Ka(HF)=3.5×10-4>Ka2(H2C2O4)≈6×10-5,根据强酸制备弱酸原理,向5mL0.1000mol·L-1NaF溶液中,滴加5滴0.1000mol·L-1H2C2O4溶液后,实验①可以发生反应NaF+H2C2O4===HF+NaHC2O4,故A错误;向0.1000mol·L-1NaHC2O4溶液中,滴加NaOH溶液至pH=5,Ka2(H2C2O4)≈6×10-5=c(C2O42-)c(HC2O4-)=6×10-5c(H+)=6×10-510-5=6,实验②所得溶液中:c(C2O42-)>c(HC2O4-),故B错误;向0.1000mol·L-1H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液至c(H+)=6×10-3.5mol·L-1,根据Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)=c2(H+)·c(C2O42-)c(H2C2O4)≈3.6×10-6可知,c(C2O42-)c(H2C2O4)=3.6×10-6c22.C由点a(2,2.5)可知,此时pH=2,pOH=12,则Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)=10-2.5×10-12×3=10-38.5,故A错误;由点(5,6)可知,此时pH=5,pOH=9,则Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-)=10-6×10-9×3=10-33,pH=4时Al(OH)3的溶解度为10-=10-3mol·L-1,故B错误;由图可知,当铁离子完全沉淀时,铝离子尚未开始沉淀,可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Al3+和Fe3+,故C正确;由图可知,Al3+沉淀完全时,c(Al3+)≤10-5mol·L-1,pM≥5,此时pH约为4.7,在此pH下Cu2+刚开始沉淀的浓度为0.1mol·L-1,而题中c(Cu2+)=0.2mol·L-1>0.1mol·L-1,则Al3+、Cu2+会同时沉淀,故D错误。3.C由图中信息可知,pH约为9时,上层清液中铜元素的含量最低,此时反应为Cu2++2OH-===Cu(OH)2↓,随着pH增大,溶液中c(OH-)增大,在bc段NH4+与OH-反应生成NH3·H2O,使得c(NH3)增大,发生反应为Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]+2OH-,使清液中的铜元素含量升高;在cd段,随着c(OH-)增大,反应Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-的平衡逆向移动,则清液中的铜元素含量又逐渐降低,当c(OH-)增大到一定值时,可能发生反应Cu(OH)2+2OH-[Cu(OH)4]2-,清液中的铜元素浓度又可能升高。由题干图示信息可知,b点对应的溶液中pH约为9时,上层清液中铜元素的含量最低,故处理工业废水中的Cu2+最佳点应选择b点,A错误;由图可知,b点对应的反应为Cu2++2OH-===Cu(OH)2↓,随着pH增大,溶液中c(OH-)增大,在bc段NH4+与OH-反应生成NH3·H2O,使得c(NH3)增大,发生反应为Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-,平衡正向移动,使清液中的铜元素含量即[Cu(NH3)4]2+的量增加,而不是Cu2+的量增加,B错误;cd段溶液的碱性较强,上层清液中铜元素的含量随pH增大而减小,则反应Cu(OH)2+4NH3[Cu(NH3)4]2++2OH-的平衡逆向移动,再次生成Cu(OH)2沉淀,C正确;d点以后,随c(OH-)增加,可能发生反应Cu(OH)2+2OH-[Cu(OH)4]2-,则上层清液中铜元素的含量可能上升,D错误。4.BpOH=-lgc(OH-),因此溶液碱性越强,pOH越小,纵坐标从上至下溶液碱性逐渐增强,向XH2Cl2溶液中加入固体NaOH,利用碱性强的制取碱性弱的,即XH22+的浓度随着氢氧化钠物质的量增大而减小,XH+,推出①代表XH22+,②代表XH+,③代表X。乙二胺第一步电离平衡常数Kb1=c(XH+)·c(OH-)c(X),c(XH+)=c(X)时,溶液pOH=4.1,Kb1=c(OH-)=10-4.1,数量级是10-5,故A错误;根据电荷守恒,有2c(XH22+)+c(XH+)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-),因a点c(XH22+)=c(XH+),推出3c(XH22+)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-),即3c(XH22+)+c(H+)<c(OH-)+c(Cl-),故B正确;X的第二步电离XH++H2OXH22++OH-,电离平衡常数Kb2=c(OH-)c(XH22+)c(XH+),电离平衡常数只受温度的影响,利用a点进行计算,a点时,c(XH22+)=c(XH+),则Kb2=c(OH-)=10-7.20,根据Kb2=c(OH-)c(XH22+)c(XH+)=10-7.20XHCl+NaCl+H2O、XH2Cl2+2NaOH===X+2NaCl+2H2O,消耗NaOH物质的量为0.3V2mol,n(XH2Cl2)=0.1Vmol,因此t25.D0~a发生的反应为PO43-+H+===HPO42-,a点的主成分为Na2HPO4和NaCl;a~b发生的反应为HPO42-+H+===H2PO4-,b点的主成分为NaH2PO4和NaCl;b~c发生的反应为H2PO4-+H+===H3PO4,c点的主成分为H3PO4和NaCl。a点的主成分为Na2HPO4和NaCl,Kh2=KwKa2=10-146.2×10-8>Ka3,即HPO42-的水解程度大于电离,故该溶液为碱性,故有c(Cl-)>c(HPO42-)>c(OH-)>c(H+),A项正确;b点主要成分为NaH2PO4和NaCl,该溶液中存在质子守恒为c(H+)+c(H3PO4)=c(OH-)++2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)+c(Cl-),所以c(H+)=c(H2PO4-)+2+c(OH-),C项正确;Kh3=KwKa1=10-146.9×10-3<Ka2,即H2PO4-电离大于水解,b点溶液呈酸性,H2PO4-电离出来的H+6.B根据CH3COOHCH3COO-+H+,Ka=c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH),有-lgc(CKb=c(NH4+)c(OH-)c(NH3·H2O),即-lgc(NH3+)c(NH3·H2O)=pKb+pH-pKw,=c(Mg2+)×(Kw)2c2(OH-),即-lgc(Mg2+)=pKsp-2pKw+2pH,随着横坐标pH的增大,-lgc(Mg2+)逐渐增大,根据图像中直线斜率可知,L1代表-lgc(CH3COO-)c(CH3COOH)和pH关系,L2代表-lgc(NH4+)c(NH3·H2O)和pH关系,L3代表-lgc(Mg2+)和pH关系。L3代表-lgc(Mg2+)和pH>c(H+)=c(OH-),B项错误;根据图像中数据计算,Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)·c2(OH-)=10-3.25×(10-4)2=10-11.25,同理由a点和b点,根据Ka=c(H+Kb=c(NH4+)c(OH-)c(NH3·H2O)=10-4.76,C项正确;Mg(OH)2+2CH7.B由图像可知,AgCl的溶解度随c(Cl-)增大会逐渐转化为AgCl2-、AgCl32-和AgCl43-,使AgCl的溶解度增大,A错误;沉淀最彻底时AgCl含量最高,此时lgc(Cl-)=-2.54,已知lgKsp(AgCl)=-9.75,即c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl),得c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl-)=10-9.7510-2.54mol·L-1=10-7.21mol·L-1,B正确;由图可知,当lgc(Cl-)=-0.2,AgCl2-与AgCl32-浓度相等,此时AgCl2-+Cl-AgCl38.C随着pOH的减小,H2S饱和溶液中H2S的电离平衡正向移动,c(HS-)增大,c(S2-)逐渐增大,则lgc(HS-)和lgc(S2-)随着pOH减小而增大,且pOH相同时,c(HS-)大于c(S2-),即lgc(HS-)大于lgc(S2-),即②③分别代表pOH与lgc(HS-)、lgc(S2-)的关系曲线;随着pOH的增大,c(S2-)逐渐减小,c(Ni2+)和c(Cd2+)逐渐增大,即lgc(Ni2+)和lgc(Cd2+)随pOH增大而增大,且Ksp(NiS)>Ksp(CdS),即当c(S2-)相同时,c(Ni2+)>c(Cd2+),lgc(Ni2+)>lgc(Cd2+),由此可知曲线④⑤分别代表pOH与lgc(Ni2+)、lgc(Cd2+)的关系曲线;因为H2S浓度保持0.1mol·L-1不变,则①代表pOH与lgc(H2S)的关系曲线。④为pOH与lgc(Ni2+)的关系曲线,A错误;由图示曲线③④交点可知,此时c(Ni2+)=c(S2-)=10-10.2mol·L-1,则有Ksp(NiS)=c(Ni2+)·c(S2-)=10-20.4,数量级为10-21,B错误;由图示曲线②可知,pOH=12时,c(H+)=10-2mol·L-1时,c(HS-)=10-5.9mol·L-1,Ka1(H2S)=c(H+)·c(HS-)c(H2S)=10-2×10-5.90.1=10-6.9,则pH=6.9,即c(H+)=10-6.9mol·L-1时,c(H2S)=c(HS