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2020届高考化学二轮复习水溶液中的化学平衡学案
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题型五 水溶液中的化学平衡
高考命题规律
2020年高考必备
2015年
2016年
2017年
2018年
2019年
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
命题角度1
溶液稀释过程的分析与判断
13
10
命题角度2
酸、碱反应过程和结果的分析与判断
12
13
12
11
命题角度3
沉淀溶解平衡的分析与计算
12
11、12
命题角度4
多知识点的综合考查
13
13
11
命题角度1溶液稀释过程的分析与判断
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅰ,10)固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图,下列叙述错误的是( )
A.冰表面第一层中,HCl以分子形式存在
B.冰表面第二层中,H+浓度为5×10-3mol·L-1(设冰的密度为0.9 g·cm-3)
C.冰表面第三层中,冰的氢键网络结构保持不变
D.冰表面各层之间,均存在可逆反应HClH++Cl-
答案 D
解析 由图示可知,冰表面第一层中,HCl以分子形式存在,A项正确;冰表面第二层中,c(H+)=c(Cl-),设n(Cl-)=1 mol,则n(H2O)=1×104 mol,m(H2O)=18 g·mol-1×1×104mol=1.8×105 g,V(H2O)=1.8×105g0.9 g·cm-3=2×105 cm3=200 L,c(H+)=c(Cl-)=1mol200 L=5×10-3mol·L-1,B项正确;由图示可知,冰表面第三层中只有水分子,因此冰的氢键网络结构保持不变,C项正确;由图示可知,冰表面第三层中无此可逆反应,D项错误。
2.(2019天津,5)某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A.曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B.溶液中水的电离程度: b点>c点
C.从c点到d点,溶液中c(HA)·c(OH-)c(A-)保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)
D.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同
答案 C
解析 A项,根据两种酸的电离常数可知,酸性:HNO2>CH3COOH,pH相同的两种酸稀释相同倍数,pH变化大的是相对较强的酸,即曲线Ⅱ表示HNO2溶液的稀释,错误;B项,pH越小酸性越强,对水电离的抑制程度越大,因此溶液中水的电离程度:b点
3.(2015全国Ⅰ,13)浓度均为0.10 mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lgVV0的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH的电离程度:b点大于a点
C.若两溶液无限稀释,则它们的c(OH-)相等
D.当lgVV0=2时,若两溶液同时升高温度,则c(M+)c(R+)增大
答案 D
解析 由图像知,0.10 mol·L-1的MOH溶液的pH为13,说明MOH为强碱,ROH溶液的pH小于13,说明ROH为弱碱,所以MOH的碱性强于ROH的碱性,A选项正确;稀释有利于弱电解质的电离,故B选项正确;若两溶液无限稀释则接近中性,它们的c(OH-)相等,C选项正确;当lgVV0=2时,MOH溶液的pH为11,ROH溶液的pH为10,若两溶液同时升高温度,ROH溶液中存在电离平衡,平衡会右移,c(R+)增大,c(M+)不变,故c(M+)c(R+)减小,D项错误。
典题演练提能·刷高分
1.(2019河北衡水中学模拟)T ℃,分别向10 mL浓度均为1 mol·L-1的两种弱酸HA、HB溶液中不断加水稀释,并用pH传感器测定溶液pH。所得溶液pH的两倍(2pH)与溶液浓度的对数(lg c)关系如图所示。下列叙述正确的是( )
已知:(1)HA的电离平衡常数Ka=c(H+)·c(A-)c(HA)-c(A-)≈c2(H+)c(HA);(2)pKa=-lgKa
A.弱酸的Ka随溶液浓度的降低而增大
B.a点对应的溶液中c(HA)=0.1 mol·L-1,pH=2
C.酸性:HA
答案 B
解析 Ka为温度的函数,温度不变,Ka就不变,A项错误;a点对应的溶液中lg c=-1,则c(HA)=0.1 mol·L-1,对应的2pH=4,则pH=2,B项正确;通过图像看出,如果两种酸的浓度相等时,HA溶液的pH小于HB溶液的pH,所以酸性HA>HB,C项错误;根据图像看出,当lg c=0时,c(HB)=1 mol·L-1,2pH=5,则pH=2.5,c(H+)=1×10-2.5 mol·L-1,HB的电离平衡常数Ka=c2(H+)c(HB)=(1×10-2.5)21=1×10-5,pKa=-lgKa=-lg(1×10-5)=5,D项错误。
2.(2019湖南怀化二模)常温下,将V0 mL 1 mol·L-1 HClO2和V0 mL 1 mol·L-1 HMnO4两种酸溶液分别加水稀释,稀释后溶液体积为V,稀释液pH与其体积变化的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.HClO2和HMnO4均为一元弱酸
B.在0≤pH≤5时,HClO2溶液满足pH=lgVV0
C.分别往M、N两点对应溶液中滴加1 mol·L-1 NaOH溶液至恰好完全反应,消耗NaOH溶液的体积相等
D.常温下,浓度均为0.1 mol·L-1的NaClO2和NaMnO4溶液,溶液pH:NaMnO4>NaClO2
答案 C
解析 由题图可知,1 mol·L-1 HClO2溶液的pH>1,1 mol·L-1 HMnO4的pH=0,说明HClO2是弱酸,HMnO4为强酸,A项错误;因为HClO2为弱酸,稀释促进其电离,在0≤pH≤5时,不能满足pH=lgVV0的关系,HMnO4是强酸,在0≤pH≤5时能满足pH=lgVV0的关系,B项错误;同体积同浓度HClO2、HMnO4中和1 mol·L-1的NaOH溶液的能力相同,C项正确;酸性:HClO27,NaMnO4不水解溶液显中性,D项错误。
3.(2019江西南昌二模)常温时,1 mol·L-1的HA和1 mol·L-1的HB两种酸溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,所得变化关系如图所示(V表示溶液稀释后的体积)。下列说法错误的是( )
A.Ka(HA)约为10-4
B.当两溶液均稀释至lgVV0+1=4时,溶液中c(A-)>c(B-)
C.中和等体积pH相同的两种酸所用n(NaOH):HA>HB
D.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者
答案 B
解析 根据图示,当lgVV0+1=1时,即V=V0,溶液中尚未加水,1 mol·L-1的HA溶液pH=2,即HA为弱酸,HA在溶液中部分电离;1 mol·L-1的HB溶液pH=0,即HB为强酸,HB在溶液中全部电离。因为起始两溶液浓度和体积均相等,故起始两溶液中所含一元酸的物质的量相等。
1 mol·L-1的HA溶液的pH为2,c(A-)=c(H+)=0.01 mol·L-1,c(HA)≈1 mol·L-1,则HA的电离常数约为10-4,A项正确。由电荷守恒有:c(H+)=c(A-)+c(OH-),c(H+)=c(B-)+c(OH-),当两溶液均稀释至lgVV0+1=4时,HB溶液pH=3,HA溶液pH>3,则有c(A-)n(HB),故分别用NaOH溶液中和时,消耗的NaOH物质的量:HA>HB,C项正确。等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液,Na+数目相同;HA为弱酸,盐溶液中A-发生水解,NaA溶液呈碱性,NaA溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-);HB为强酸,盐溶液中B-不发生水解,NaB溶液呈中性,NaB溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(B-)+c(OH-);NaA溶液中c(H+)
4.(2019湖南怀化一模)1 mL浓度均为0.10 mol·L-1的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释(溶液体积为V),溶液pH随lgV的变化情况如图所示,则下列说法正确的是( )
A.XOH是弱碱
B.pH=10的溶液中c(X+):XOH大于X2CO3
C.已知H2CO3的电离平衡常数Ka1远远大于Ka2,则Ka2约为1.0×10-10.2
D.当lgV=2时,升高X2CO3溶液温度,溶液碱性增强且c(HCO3-)c(CO32-)减小
答案 C
解析 根据图示,0.1 mol·L-1 XOH溶液的pH=13,说明XOH完全电离,为强电解质,A项错误;XOH是强碱、X2CO3是强碱弱酸盐,要使两种溶液的pH相等,则c(XOH)
A.HX是强酸,溶液每稀释10倍,pH始终增大1
B.常温下HY的电离常数为1.0×10-4
C.溶液中水的电离程度:a点大于b点
D.c点溶液中:c(Na+)>c(Y-)>c(HY)>c(H+)>c(OH-)
答案 B
解析 根据图像可知1 mol·L-1HX溶液的pH=0,说明HX全部电离,为强电解质;当HX溶液被无限稀释时pH接近7,A项错误。根据图像可知,1 mol·L-1 HY溶液的pH=2,溶液中氢离子浓度是0.01 mol·L-1,所以该温度下HY的电离常数为c(H+)c(Y-)c(HY)≈0.01×0.011-0.01≈1.0×10-4,B项正确。酸或碱抑制水电离,酸溶液中氢离子浓度越小其对水电离抑制的程度越小,根据图像可知,b溶液中氢离子浓度小,则水电离程度ac(Na+)>c(HY)>c(H+)>c(OH-),D项错误。
命题角度2酸、碱反应过程和结果的分析与判断
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅰ,11)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=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=7
D.c点的混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH-)
答案 C
解析 随着NaOH溶液的加入,混合溶液中离子浓度和种类发生变化,因此混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关,A项正确;a点的混合溶液中能导电的离子主要为HA-和K+,b点为反应终点,因此b点的混合溶液中能导电的离子主要为A2-、K+、Na+,故Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的,B项正确;b点的混合溶液中含有的A2-能发生水解反应而使溶液呈碱性,C项错误;b点为反应终点,因此b点的混合溶液中c(Na+)=c(K+)>c(OH-),继续加入氢氧化钠溶液后,c点的混合溶液中c(Na+)>c(K+)>c(OH-),D项正确。
2.(2017全国Ⅰ,13)常温下,将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A.Ka2(H2X)的数量级为10-6
B.曲线N表示pH与lgc(HX-)c(H2X)的变化关系
C.NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)
D.当混合溶液呈中性时,c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+)
答案 D
解析 在横坐标为0.0时,由曲线M对应的pH大于曲线N对应的pH,可知曲线M表示pH与lgc(X2-)c(HX-)的变化关系,曲线N表示pH与lgc(HX-)c(H2X)的变化关系,故B项正确;Ka2(H2X)=c(X2-)c(HX-)·c(H+),取曲线M上横、纵坐标清晰的一点代入可得Ka2的数量级为10-6,A项正确;由曲线M、N上横坐标为0.0的点对应的pH均小于7,可知HX-的电离程度大于其水解程度,则C项正确;由图像可知,当pH等于7时,lgc(X2-)c(HX-)应大于0,即c(X2-)>c(HX-),D项错误。
3.(2017全国Ⅱ,12)改变0.1 mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=c(X)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]。
下列叙述错误的是( )
A.pH=1.2时,c(H2A)=c(HA-)
B.lg[K2(H2A)]=-4.2
C.pH=2.7时,c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)
D.pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-)=c(H+)
答案 D
解析 A项,根据图像,pH=1.2时,H2A和HA-物质的量分数相同,则有c(H2A)=c(HA-),A正确;B项,根据pH=4.2点,K2(H2A)=c(H+)c(A2-)c(HA-)=c(H+)=10-4.2,B正确;C项,根据图像,pH=2.7时,HA-物质的量分数最大,H2A和A2-物质的量分数基本相同,则有c(HA-)>c(H2A)=c(A2-),C正确;D项,根据pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-),且物质的量分数约为0.48,而c(H+)=10-4.2 mol·L-1,可知c(HA-)=c(A2-)>c(H+),D错误。
4.(2016全国Ⅰ,12)298 K时,在20.0 mL 0.10 mol·L-1氨水中滴入0.10 mol·L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是( )
A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B.M点对应的盐酸体积为20.0 mL
C.M点处的溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)
D.N点处的溶液中pH<12
答案 D
解析 氨水与盐酸中和生成氯化铵,氯化铵属于强酸弱碱盐,溶液显酸性,应选择在酸性范围变色的指示剂,指示剂可以为甲基橙,A选项错误;盐酸若为20 mL,二者恰好中和,此时溶液为酸性,若溶液pH=7,则盐酸体积必然小于20 mL,B选项错误;M点处溶液呈中性,c(NH4+)=c(Cl-),c(H+)=c(OH-),但c(Cl-)要远大于c(H+),C选项错误;由于N点为0.1 mol·L-1的氨水,根据电离度为1.32%,c(OH-)=0.1 mol·L-1×1.32%=0.00 132 mol·L-1,故pH<12,D选项正确。
5.(2016天津,6)室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1 mol·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>KHD
B.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,题给三种酸均为一元酸,浓度相同时,pH越小,说明对应酸越强,电离常数越大,因此根据未发生中和反应时三种酸的pH大小可知A项正确;B项,P点时,HB反应一半,溶液中溶质为NaB和HB,且物质的量浓度相等,此时溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于NaB的水解程度,则溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-),正确;C项,对于任何一种酸HX,加NaOH反应达到中性时,酸越弱,需要的NaOH越少,c(Na+)越小,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),由于c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(X-),由于酸性HA>HB>HD,故达中性时三种溶液中c(A-)>c(B-)>c(D-),错误;D项,完全中和并混合后,溶液中溶质有NaA、NaB、NaD,水电离的H+部分被A-、B-、D-结合生成HA、HB、HD,所以根据质子守恒有c(H+)+c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-),正确。
6.(2015山东,13)室温下向10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中加入0.1 mol·L-1的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)
B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C.pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D.b点所示溶液中c(A-)>c(HA)
答案 D
解析 a点表示HA与NaOH恰好完全反应,得到NaA溶液并且溶液pH=8.7,说明HA为弱酸,A-发生水解反应:A-+H2OHA+OH-,则a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),A项错误;a点为NaA溶液,由于A-发生水解,促进水的电离,而b点是HA和NaA的混合溶液,HA抑制水的电离,水的电离程度比a点时的小,B项错误;根据电荷守恒可知:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),pH=7时c(Na+)=c(A-),C项错误;b点所示溶液为等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液,由于溶液的pH=4.7,说明HA的电离程度大于A-的水解程度,故c(A-)>c(HA),D项正确。
典题演练提能·刷高分
1.(2019河南部分示范性高中联考)常温下,向10 mL 1 mol·L-1一元酸HA溶液中,不断滴加1 mol·L-1的NaOH溶液,所加碱溶液的体积与-lg c水(H+)的关系如图所示。c水(H+)为溶液中水电离的c(H+)。下列说法不正确的是( )
A.常温下,Ka(HA)的数量级为10-4
B.a、b两点pH均为7
C.从a点到b点,水的电离程度先增大后减小
D.反应开始至反应完全范围内,溶液的导电性逐渐增强
答案 B
解析 由起点溶液中-lg c水(H+)=12可知,c水(H+)=c(OH-)=1×10-12 mol·L-1,则酸电离的c(H+)=10-2 mol·L-1,故Ka(HA)=10-4,A项正确;由1 mol·L-1 HA溶液中c(H+)=10-2 mol·L-1可知,HA是弱酸,曲线的最高点为NaA溶液,b点溶液中的溶质是NaA和NaOH,溶液呈碱性,pH>7,B项错误;a点到b点,先是发生酸碱中和反应生成可水解的盐,然后碱过量,所以水的电离程度先增大后减小,C项正确;不断加入NaOH溶液,溶液中的离子总浓度不断增大,溶液的导电性逐渐增强,D项正确。
2.(2019辽宁辽阳二模)常温下,将NaOH溶液滴入某一元酸(HA)溶液中,测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知:pc(A-)c(HA)=-lgc(A-)c(HA)]。下列叙述不正确的是( )
A.Ka(HA)的数量级为10-5
B.滴加NaOH溶液的过程中,c(A-)c(HA)·c(OH-)保持不变
C.m点所示溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-)
D.n点所示溶液中:c(Na+)=c(A-)+c(HA)
答案 D
解析 根据图像,溶液中含有HA,说明HA为弱酸,即存在电离平衡HAH++A-,加入NaOH溶液后发生反应NaOH+HANaA+H2O,c(A-)c(HA)比值增大,由pc(A-)c(HA)=-lgc(A-)c(HA),pc(A-)c(HA)减小。
HA电离平衡常数Ka=c(H+)·c(A-)c(HA),由m点pc(A-)c(HA)=-lgc(A-)c(HA)=0,Ka=c(H+)=10-4.76=10-5+0.24,即数量级为10-5,A项正确;c(A-)c(HA)·c(OH-)=c(A-)·c(H+)c(HA)·c(OH-)·c(H+)=KaKW,Ka和KW只受温度的影响,因此该比值保持不变,B项正确;根据电荷守恒,m点所示溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-),由于m点时,c(A-)=c(HA),因此有c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+),C项正确;n点时溶液pc(A-)c(HA)≈2,HA的物质的量大于NaOH的物质的量,则此时溶液中:c(Na+)<[c(A-)+c(HA)],D项错误。
3.(2019湖南衡阳三中模拟)类比pH的定义,对于稀溶液可以定义pc=-lgc,pKa=-lgKa。常温下,某浓度H2A溶液在不同pH下,测得pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是( )
A.pH=3.50时,c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)
B.将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后,溶液显碱性
C.随着HCl的通入c(H+)c(H2A)先减小后增大
D.pH从3.00到5.30时,c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后减小
答案 C
解析 根据图示,pH=3.50时,c(HA-)>c(A2-)>c(H2A),A项错误;根据a点时c(H2A)=c(HA-),H2A的Ka1=10-0.8,根据c点时c(HA-)=c(A2-),H2A的Ka2=10-5.3,A2-的水解常数是10-1410-5.3=10-8.7,等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合,HA-的电离大于A2-的水解,溶液显酸性,B项错误;Ka1=c(H+)c(HA-)c(H2A),随着HCl的通入c(HA-)先增大后减小,所以c(H+)c(H2A)先减小后增大,C项正确;根据物料守恒,pH从3.00到5.30时,c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)不变,D项错误。
4.(2019河南平顶山一轮质量检测)常温下,二甲胺[(CH3)2NH·H2O]是一元弱碱,其电离常数Kb=1.6×10-4。10 mL c mol·L-1二甲胺溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸,混合溶液的温度与盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A.二甲胺溶液的浓度为0.2 mol·L-1
B.在Y和Z点之间某点溶液pH=7
C.Y点存在:c(Cl-)>c[(CH3)2NH2+]>c(H+)>c(OH-)
D.常温下,(CH3)2NH2Cl水解常数Kh≈6.25×10-11
答案 B
解析 二甲胺与盐酸恰好完全中和时放出热量最多,溶液温度最高,即Y点表示酸碱恰好完全反应,根据(CH3)2NH·H2O+HCl(CH3)2NH2Cl+H2O,c=0.2 mol·L-1,A项正确;二甲胺是弱碱,Y点对应溶质是强酸弱碱盐,其溶液呈酸性,X点对应的溶液中(CH3)2NH·H2O、(CH3)2NH2Cl的浓度相等,其混合溶液呈碱性,故中性点应在X点与Y点之间,B错误;二甲胺是弱碱,Y点对应溶质是强酸弱碱盐,其溶液呈酸性,Y点存在:c(Cl-)>c[(CH3)2NH2+]>c(H+)>c(OH-),C项正确;Kh=KWKb=1×10-141.6×10-4=6.25×10-11,D项正确。
5.(2019湖南湘潭二模)常温下,HNO2的电离平衡常数为K=4.6×10-4(已知4.6=2.14),向20 mL 0.01 mol·L-1HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液,测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示,下列判断正确的是( )
A.X=20
B.a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小
C.a点溶液中c(H+)=2.14×10-3 mol·L-1
D.b点溶液中微粒浓度的大小关系为c(Na+)>c(NO2-)>c(H+)>c(OH-)
答案 C
解析 向20 mL 0.01 mol·L-1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液,若恰好反应需要氢氧化钠溶液的体积为20 mL,c点时溶液呈中性,由NaNO2水解使溶液呈碱性可知,此时NaOH不足,x<20 mL,A项错误;氢氧化钠溶液体积为20 mL时恰好反应完全生成NaNO2,NaNO2水解使恰好完全反应时水的电离程度最大,B项错误;由HNO2H++NO2-,K=c(H+)c(NO2-)c(HNO2)≈c2(H+)c(HNO2),4.6×10-4≈c2(H+)0.01,解得c(H+)=2.14×10-3 mol·L-1,C项正确;b点溶液为HNO2、NaNO2混合溶液,且二者物质的量浓度之比为1∶1,由b点溶液pH<7可知,HNO2电离程度大于NO2-的水解程度,离子浓度大小为c(NO2-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),D项错误。
6.(2019湖北名校联盟第三次模拟)常温下,向10.0 mL 0.10 mol·L-1某二元酸H2R溶液中滴入同物质的量浓度的NaOH溶液,测得溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法中正确的是( )
A.HR-的电离能力大于水解能力
B.曲线上m点时溶液中c(Na+)>c(HR-)>c(R2-)>c(H+)
C.无法判断H2R是强酸还是弱酸
D.溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HR-)+c(R2-)+c(OH-)
答案 A
解析 由于m点溶质为NaHR,溶液呈酸性,故HR-的电离能力大于水解能力,A项正确;m点溶质为NaHR,HR-电离出R2-和H+,水也电离出H+,所以溶液中c(Na+)>c(HR-)>c(H+)>c(R2-),B项错误;0.10 mol·L-1 H2R溶液的pH大于2,可知H2R是弱酸,C项错误;根据电荷守恒,溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-),D项错误。
7.(2019安徽黄山二模)常温时,用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 mol·L-1某一元酸HX溶液,滴定过程中pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.HX为强酸
B.在A点,c(HX)>c(X-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C.在B点,两者恰好完全反应
D.在C点,c(X-)+c(HX)=0.1 mol·L-1
答案 B
解析 根据图像可知,0.100 0 mol·L-1 HX溶液的2c(X-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),B项正确;在B点,pH=7,加入的NaOH溶液体积小于25.00 mL,没有恰好完全反应,C项错误;在C点,溶液的总体积为50 mL,由物料守恒可知:c(X-)+c(HX)=0.100 0mol·L-1×0.025 L0.05 L=0.05 mol·L-1,D项错误。
8.(2019广东肇庆第三次统一检测)25 ℃时,用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液,溶液中-lg[c(H+)c(H2C2O4)]和-lgc(HC2O4-)或-lg[c(H+)c(HC2O4-)]和-lgc(C2O42-)关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A.Ka1(H2C2O4)的数量级为10-2
B.曲线M表示-lg[c(H+)c(H2C2O4)]和-lgc(HC2O4-)的关系
C.向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等,此时溶液pH约为5
D.在NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)
答案 D
解析 -lgc(H+)c(H2C2O4)+[-lgc(HC2O4-)]=-lgKa1,同理-lgc(H+)c(HC2O4-)+[-lgc(C2O42-)]=-lgKa2,因Ka1>Ka2,故曲线M表示-lgc(H+)c(H2C2O4)和-lgc(HC2O4-)的关系,曲线N表示-lgc(H+)c(HC2O4-)和-lgc(C2O42-)的关系。
由上述分析可知,曲线M表示-lgc(H+)c(H2C2O4)和-lgc(HC2O4-)的关系,Ka1=c(H+)·c(HC2O4-)c(H2C2O4),根据曲线M上的数值Ka1=10-1×10-1=10-2,曲线N表示-lgc(H+)c(HC2O4-)和-lgc(C2O42-)的关系,根据曲线N上的数值Ka2=c(H+)·c(C2O42-)c(HC2O4-)=10-2×10-3=10-5,A项正确;由上述分析可知,曲线M表示-lgc(H+)c(H2C2O4)和-lgc(HC2O4-)的关系,B项正确;当c(C2O42-)=c(HC2O4-)时,Ka2=c(H+)·c(C2O42-)c(HC2O4-)=10-5,c(H+)=10-5 mol·L-1,故pH为5,C项正确;HC2O4-在溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡,HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-,HC2O4-水解平衡常数为c(H2C2O4)·c(OH-)c(HC2O4-)=KWKa1=1×10-1410-2=1×10-12c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),D项错误。
9.(2019河北中原名校联盟)25 ℃时,向10 mL 0.1 mol·L-1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1 mol·L-1的HCl溶液,溶液的AG[AG=lgc(H+)c(OH-)]变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是( )
A.若a=-8,则Kb(XOH)≈10-5
B.M点表示盐酸和XOH恰好完全反应
C.R点溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl-)
D.M点到N点,水的电离程度先增大后减小
答案 B
解析 a点表示0.1 mol·L-1一元弱碱XOH溶液,若a=-8,则c(OH-)=10-3 mol·L-1,所以Kb(XOH)≈c(X+)·c(OH-)c(XOH)=10-3×10-30.1=10-5,A项正确。两者恰好反应完全时,生成强酸弱碱盐,溶液显酸性;M点AG=0,即溶液中c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,所以M点盐酸不足,B项错误。若R点恰好为XCl溶液时,根据物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(Cl-),C项正确。M点的溶质为XOH和XCl,继续加入盐酸,直至XOH恰好全部反应,该过程水的电离程度逐渐增大;然后继续向XCl溶液中加入盐酸,水的电离程度就会逐渐减小,即从M点到N点,水的电离程度先增大后减小,D项正确。
10.(2019四省名校第三次大联考)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸,在菠菜、苋菜、甜菜等植物中含量较高。25 ℃时,向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液,混合溶液中lgX[X表示c(HC2O4-)c(H2C2O4)或c(C2O42-)c(HC2O4-)]随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A.直线Ⅰ中X表示的是c(HC2O4-)c(H2C2O4)
B.直线Ⅰ、Ⅱ的斜率均为1
C.0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中:c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)
D.已知:碳酸的Ka1=4.3×10-7,Ka2=5.6×10-11,则向Na2CO3溶液中加入等物质的量的草酸溶液的离子方程式为CO32-+H2C2O4C2O42-+H2O+CO2↑
答案 C
解析 二元弱酸的电离平衡常数Ka1>Ka2,直线Ⅰ表示的X与c(H+)的乘积等于1×10-1.22,则H2C2O4的Ka1=1×10-1.22;直线Ⅱ表示X与c(H+)的乘积等于1×10-4.19,则H2C2O4的Ka2=1×10-4.19。
直线Ⅰ表示的X与c(H+)的乘积等于1×10-1.22,所以直线Ⅰ中X表示的是c(HC2O4-)c(H2C2O4),A项正确;直线Ⅰ表示的X与c(H+)的乘积等于1×10-1.22,lgX=pH-1.22;直线Ⅱ表示X与c(H+)的乘积等于1×10-4.19,lgX=pH-4.19,所以直线Ⅰ、Ⅱ的斜率均为1,B项正确;HC2O4-的电离平衡常数=1×10-4.19,HC2O4-的水解平衡常数=KWKa1=10-1410-1.22=10-12.78,电离大于水解,溶液显酸性,所以0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中:c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),C项错误;H2C2O4的Ka2大于碳酸的Ka1,所以向Na2CO3溶液中加入等物质的量的草酸溶液,生成草酸钠和二氧化碳,离子方程式为CO32-+H2C2O4C2O42-+H2O+CO2↑,D项正确。
11.(2019广东广州综合测试一)常温下,用0.10 mol·L-1 NaOH溶液滴定0.10 mol·L-1 HA溶液,滴定曲线如图a所示,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列叙述错误的是( )
A.Ka(HA)的数量级为10-5
B.N点,c(Na+)-c(A-)=KW1×10-8.72
C.P~Q过程中,水的电离程度逐渐增大
D.当滴定至溶液呈中性时,c(A-)>c(HA)
答案 B
解析 根据图a可知,中和百分数为50%时溶液的pH=4.74,此时溶液的组成为等物质的量浓度的NaA和HA,由于A-的水解和HA的电离都是微弱的,c(A-)≈c(HA),Ka(HA)=c(A-)c(H+)c(HA)=c(H+)=10-4.74,故Ka(HA)的数量级为10-5,A项正确;N点,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),即c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=KW1×10-8.72-1×10-8.72,B项错误;P~Q过程中,随着氢氧化钠溶液的滴入,酸不断被消耗,溶液的酸性逐渐减弱,水的电离程度逐渐增大,C项正确;根据图b可知,当lgc(A-)c(HA)=1.0(即c(A-)c(HA)=10)时,溶液呈酸性,当滴定至溶液呈中性时,溶液中c(A-)>c(HA),D项正确。
命题角度3沉淀溶解平衡的分析与计算
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅱ,11)下列化学方程式中,不能正确表达反应颜色变化的是( )
A.向CuSO4溶液中加入足量Zn粉,溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4
B.澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O
C.Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑
D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2
答案 C
解析 Zn比Cu活泼,过量的Zn能将CuSO4溶液中的Cu全部置换出,溶液蓝色消失,A项正确;Ca(OH)2与空气中的CO2反应生成难溶性的CaCO3沉淀,反应的化学方程式为Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O,B项正确;Na2O2在空气中放置后,可与空气中的CO2和H2O发生反应,可理解为Na2O2先和H2O反应,则第一步反应为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,第二步反应为2NaOH+CO2Na2CO3+H2O,最终变为Na2CO3,C项错误;Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度,所以向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液,发生反应的化学方程式为3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2,D项正确。
2.(2019全国Ⅱ,12)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)
D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
答案 B
解析 CdS在水中存在沉淀溶解平衡:CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq),电离出的S2-浓度与Cd2+浓度相同,A项正确;沉淀溶解平衡常数只与温度有关,温度相同,Ksp相同,所以m、p、n三点的Ksp相同,B项错误;在T1温度下,向m点的溶液中加入少量Na2S固体,S2-浓度增大,但由于Ksp不变,所以Cd2+浓度必然减小,因此溶液组成由m沿mpn线向p方向移动,C项正确;温度降低,CdS的Ksp减小,但S2-浓度与Cd2+浓度仍然相等,所以q点饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动,D项正确。
3.(2018全国Ⅲ,12)用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( )
A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C.相同实验条件下,若改为0.040 0 mol·L-1 Cl-,反应终点c移到a
D.相同实验条件下,若改为0.050 0 mol·L-1 Br-,反应终点c向b方向移动
答案 C
解析 相同实验条件下,若改为0.040 0 mol·L-1 Cl-,恰好反应时,0.040 0 mol·L-1×50.0 mL=0.100 mol·L-1·V,V=20 mL,故反应终点横坐标应为20,C项描述错误;相同实验条件下,若改为0.050 0 mol·L-1 Br-,反应终点横坐标不变,由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr),故反应终点纵坐标变大,故D项描述正确。
典题演练提能·刷高分
1.(2019湖北武汉调研)常温下,向10 mL 0.1 mol·L-1 CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L-1 Na2S溶液,滴加过程中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.Ksp(CuS)的数量级为10-35
B.曲线上的各点均满足关系式c(S2-)·c(Cu2+)=Ksp(CuS)
C.a、b、c三点中,由水电离的c(H+)和c(OH-)的积最小的为b点
D.c点溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)
答案 A
解析 向10 mL 0.1 mol·L-1 CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L-1的Na2S溶液,发生反应:Cu2++S2-CuS↓,b点时滴加Na2S溶液的体积是10 mL,此时CuCl2恰好反应完全生成CuS沉淀,CuS存在沉淀溶解平衡:CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq),已知此时-lgc(Cu2+)=17.7,故平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7 mol·L-1,则Ksp(CuS)=c(S2-)·c(Cu2+)=10-17.7×10-17.7=10-35.4=10-36+0.6≈3.98×10-36,A项错误;向含有Cu2+的溶液中加入Na2S溶液,Cu2+与S2-发生沉淀反应:Cu2++S2-CuS↓,加入Na2S溶液的体积越大,c(S2-)越大,c(Cu2+)越小,则-lgc(Cu2+)就越大,由于温度不变,所以曲线上的各点均满足关系式c(S2-)·c(Cu2+)=Ksp(CuS),B项正确;a点Cu2+过量,c点S2-过量,b点恰好完全反应生成CuS和NaCl,a点溶液中Cu2+浓度远大于b点,c点溶液中S2-浓度远大于b点,Cu2+、S2-水解促进水的电离,则b点水电离的c(H+)和c(OH-)的积最小,C项正确;c点为Na2S、NaCl按物质的量比1∶2混合的溶液,其中CuS处于沉淀溶解平衡状态,根据物料守恒及物质的溶解性,可知c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-),S2-水解消耗水电离产生H+,使溶液中c(OH-)>c(H+),但水电离产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度,故c(S2-)>c(OH-),因此该溶液中微粒浓度大小关系为:c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+),D项正确。
2.(2019广东佛山模拟)一定温度下,三种碳酸盐MCO3(M:Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知:pM=-lg c(M),pc(CO32-)=-lg c(CO32-)。下列说法正确的是( )
A.MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大
B.a点可表示MnCO3的饱和溶液,且c(Mn2+)=c(CO32-)
C.b点可表示CaCO3的饱和溶液,且c(Ca2+)
答案 B
解析 结合沉淀溶解平衡曲线及溶度积常数进行分析。碳酸盐MCO3的溶度积可表示为Ksp(MCO3)=c(M2+)·c(CO32-),由图像可知,MgCO3、CaCO3、MnCO3的pM为一定值时,其p(CO32-)逐渐增大,由溶度积表达式可知三种物质的Ksp逐渐减小,A项错误;a点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线上,为其饱和溶液,结合MnCO3图中曲线可知,c(CO32-)=c(Mn2+),B项正确;b点在CaCO3的沉淀溶解平衡曲线上,为其饱和溶液,结合CaCO3图中曲线可知,c(CO32-)c(Mg2+),D项错误。
3.(2019湘赣十四校联考第一次考试)25 ℃时,Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中,金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-lgc(M2+)]与溶液pH的变化关系如图所示,已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]
A.Ksp[Cu(OH)2]的数量级为10-20
B.当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时,溶液中c(Fe2+)∶c(Cu2+)=104.6∶1
C.除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+,可加入适量CuO
D.向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体,可转化为Y点对应的溶液
答案 C
解析 25 ℃时,由Ksp[Cu(OH)2]c(Cu2+),则曲线a表示Cu(OH)2饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系,曲线b表示Fe(OH)2饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系。
曲线a表示Cu(OH)2饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系,由图可知,当pH=10时,-lgc(M2+)=11.7,则Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)c2(OH-)=10-11.7×(10-4)2=10-19.7,A项正确;当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时,溶液中c(OH-)相同,当pH=10时,溶液中c(Fe2+)∶c(Cu2+)=10-7.1∶10-11.7=104.6∶1,B项正确;由该温度下Ksp[Cu(OH)2]
A.上层清液中,c(Ur-)=7.0×10-2 mol·L-1
B.在M→N的变化过程中,c(Na+)、c(Ur-)将逐渐减小
C.当c(HUr)=c(Ur-)时,c(Cl-)>c(Ur-)
D.当pH=7时,2c(Na+)=c(Ur-)+c(Cl-)
答案 C
解析 上层清液为NaUr的饱和溶液,则c(Ur-)=Ksp(NaUr)=7.0×10-3 mol·L-1,A项错误;M→N的变化过程中,由于溶液总体积几乎不变,故c(Na+)不会减小,B项错误;溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(Ur-),根据物料守恒:c(Na+)=c(Ur-)+c(HUr),则有c(HUr)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),当c(HUr)=c(Ur-)时,Ka(HUr)=c(H+)=2.0×10-6>c(OH-),所以c(Cl-)>c(HUr)=c(Ur-),C项正确;pH=7时,溶液中c(H+)=c(OH-),根据溶液中的电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(Ur-),则c(Na+)=c(Ur-)+c(Cl-),D项错误。
5.(2019福建毕业班质量检查)常温下,用0.1 mol·L-1 MgSO4和0.05 mol·L-1 Al2(SO4)3溶液进行实验:①各取25 mL,分别滴加0.5 mol·L-1 NaOH溶液,测得溶液的pH与V(NaOH)的关系如图1所示;②将两种溶液等体积混合后,取出25 mL,逐滴加入上述NaOH溶液,观察现象。下列判断正确的是( )
A.图1中的曲线Ⅱ表示MgSO4与NaOH反应的关系
B.根据图1可得Ksp[Al(OH)3]的值大于1.0×10-32
C.实验②中Al(OH)3完全溶解前,溶液中c(Mg2+)c(Al3+)逐渐变大
D.图2可以表示实验②中n(沉淀)与V(NaOH)的关系
答案 C
解析 从图1中可以获得以下信息:溶液pH变化呈现的第一个平台就是Mg2+或Al3+的沉淀过程,当pH发生突跃时,表明沉淀反应基本完成;又因为Mg2+、Al3+物质的量相等,完全沉淀时所需碱溶液体积比为2∶3,据此可以判断曲线Ⅰ、Ⅱ分别为Mg2+、Al3+与碱反应的关系曲线。或从反应起点时溶液pH相对大小也可进行判断:Mg2+水解程度小于Al3+,所以等离子浓度的两种溶液的pH,前者大于后者,据此也可判定A项错误。曲线Ⅱ中坐标点(5,3.5)处于平台上,表明铝离子已经开始沉淀,存在沉淀溶解平衡;此时溶液中c(OH-)=10-10.5 mol·L-1,c(Al3+)<0.1 mol·L-1,故Ksp[Al(OH)3]=c3(OH-)×c(Al3+)
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅲ,11)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是( )
A.每升溶液中的H+数目为0.02NA
B.c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)
C.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小
D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强
答案 B
解析 本题考查了有关pH、NA的计算,电解质溶液中的电荷守恒,弱电解质电离平衡的影响因素等,难度较小。常温下,pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=1×10-2mol·L-1,则1 L溶液中H+的数目为0.01NA,A项错误;磷酸溶液中的阳离子有H+,阴离子有H2PO4-、HPO42-、PO43-及OH-,根据电荷守恒可得c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-),B项正确;磷酸为弱电解质,加水稀释促进电离,但c(H+)减小,pH增大,C项错误;磷酸的第一步电离方程式为H3PO4H2PO4-+H+,向磷酸溶液中加入NaH2PO4固体,根据同离子效应可知,磷酸电离平衡向逆向移动,溶液酸性减弱,D项错误。
2.(2019北京,12)实验测得0.5 mol·L-1 CH3COONa溶液、0.5 mol·L-1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.随温度升高,纯水中c(H+)>c(OH-)
B.随温度升高,CH3COONa溶液的c(OH-)减小
C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果
D.随水温升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同
答案 C
解析 随温度升高,KW增大,但纯水中的c(H+)仍然等于c(OH-),A错误;随温度升高,CH3COONa水解平衡和水的电离平衡均会正向移动,c(OH-)增大,图中pH略有减小,应是水的电离平衡正向移动所致,B错误;随温度升高,CuSO4水解程度增大,c(H+)增大,pH减小,而且升温也会导致水的电离平衡正向移动,KW增大,C正确;D项,随水温升高,CH3COO-、Cu2+水解平衡均正向移动,D错误。
3.(2017全国Ⅲ,13)在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是( )
A.Ksp(CuCl)的数量级为10-7
B.除Cl-反应为Cu+Cu2++2Cl-2CuCl
C.加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl-效果越好
D.2Cu+Cu2++Cu平衡常数很大,反应趋于完全
答案 C
解析 A项,Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl-),Ksp(CuCl)仅与温度有关,为方便计算,取横坐标为1时,即c(Cl-)=0.1 mol·L-1,对应的c(Cu+)约为10-6 mol·L-1,所以Ksp(CuCl)的数量级约为0.1×10-6=10-7,正确;B项,Cu2+和Cu发生归中反应生成Cu+,Cu+与Cl-结合生成CuCl沉淀,正确;C项,在反应Cu+Cu2++2Cl-2CuCl中,因为Cu为固体,增加Cu的质量不能使反应速率和限度发生改变,C错误;D项,在反应2Cu+Cu2++Cu中,其平衡常数K=c(Cu2+)c2(Cu+),取题给图像中横坐标为1.5时对应的值,可得K值大于105,则该反应趋于完全,D正确。
4.(2016全国Ⅲ,13)下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A.向0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中c(H+)c(CH3COOH)减小
B.将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃,溶液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)·c(OH-)增大
C.向盐酸中加入氨水至中性, 溶液中c(NH4+)c(Cl-)>1
D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中c(Cl-)c(Br-)不变
答案 D
解析 A项,醋酸在水溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,Ka=c(CH3COO-)·c(H+)c(CH3COOH),加水稀释,c(CH3COO-)减小,Ka不变,c(H+)c(CH3COOH)增大,A项错误;B项,CH3COONa溶液中存在CH3COO-的水解平衡:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,Kh=c(CH3COOH)·c(OH-)c(CH3COO-),升温,平衡正向移动,Kh值增大,则c(CH3COO-)c(CH3COOH)·c(OH-)减小,B项错误;C项,根据电荷守恒关系:c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),当溶液呈中性时,c(H+)=c(OH-),则c(NH4+)=c(Cl-),C项错误;D项,c(Cl-)c(Br-)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr),加入AgNO3后Ksp不变,c(Cl-)c(Br-)不变,D项正确。
典题演练提能·刷高分
1.(2019山西运城模拟)25 ℃条件下,部分弱酸的电离常数如下表所示。下列有关说法不正确的是( )
弱酸
HCOOH
HClO
H2S
电离平衡
常数(Ka)
Ka=
1.0×10-4
Ka=
2.0×10-8
Ka1=1.3×10-7
Ka2=7.1×10-15
A.若HCOONa和HCOOH的混合溶液的pH=3,则c(HCOOH)c(HCOO-)=10
B.相同pH的HCOONa和NaClO溶液中离子总浓度前者大
C.等浓度等体积的Na2S溶液和HCOOH溶液混合后:c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH)
D.向NaClO溶液中通入H2S,发生的反应为:H2S+NaClOHClO+NaHS
答案 D
解析 由表中电离常数可知,酸性强弱顺序为:HCOOH>H2S>HClO>HS-,则对应离子的水解程度由大到小顺序为:S2->ClO->HS->HCOO-。要注意NaClO具有强氧化性,与H2S在溶液中发生氧化还原反应,不能发生复分解反应。
HCOOH的电离常数Ka=c(HCOO-)·c(H+)c(HCOOH),pH=3的HCOONa和HCOOH的混合溶液中c(H+)=10-3 mol·L-1,则c(HCOOH)c(HCOO-)=c(H+)Ka=10,A项正确;由电离常数可知HCOOH比HClO易电离,则等体积、等浓度的HCOONa和NaClO溶液中ClO-水解程度更大,NaClO溶液的pH大,所以pH相同时c(HCOONa)>c(NaClO),即HCOONa溶液中离子总浓度大于NaClO溶液中离子总浓度,B项正确;等物质的量的Na2S和HCOOH混合后生成等物质的量的NaHS和HCOONa,物料守恒关系为c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH),C项正确;向NaClO溶液中通入H2S,因NaClO具有强氧化性,与H2S在溶液中发生氧化还原反应,并不是发生复分解反应,D项错误。
2.(2019安徽合肥第二次教学质量检测)常温下,用0.10 mol·L-1盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.1 mol·L-1CH3COONa溶液和NaCN溶液,所得滴定曲线如下图所示。下列说法正确的是( )
A.①点所示溶液中:c(Cl-)>c(HCN)>c(CN-)>c(OH-)
B.②点所示溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH)
C.阳离子物质的量浓度之和:②点与③点所示溶液中相等
D.④点所示溶液中:c(CH3COOH)+c(H+)-c(OH-)=0.05 mol·L-1
答案 D
解析 ①点为向0.1 mol·L-120.00 mL NaCN溶液中加入0.1 mol·L-110.00 mL盐酸,反应后得到等物质的量浓度的NaCl、HCN和NaCN的混合液,由于溶液呈碱性,故c(OH-)>c(H+),NaCN的水解程度大于HCN的电离程度,则溶液中c(HCN)>c(Cl-)>c(CN-)>c(OH-),A项错误;②点为向0.1 mol·L-120.00 mL CH3COONa溶液中加入0.1 mol·L-1盐酸且加入盐酸的体积小于10.00 mL,所得溶液含等物质的量浓度CH3COOH和NaCl,溶液中剩余CH3COONa且CH3COONa的浓度大于NaCl,溶液呈酸性,故c(CH3COO-)>c(Cl-),B项错误;②点和③点中c(H+)相等,但加入的盐酸体积不相等,溶液中c(Na+)不相等,故②点与③点所示溶液中阳离子物质的量浓度之和不相等,C项错误;④为向0.1 mol·L-120.00 mL CH3COONa溶液中加入0.1 mol·L-120.00 mL盐酸,两者恰好完全反应得到物质的量浓度均为0.05 mol·L-1的CH3COOH和NaCl的混合液,由于c(Na+)=c(Cl-),故溶液中电荷守恒可表示为c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),由物料守恒:c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.05 mol·L-1,两式合并得c(CH3COOH)+c(H+)-c(OH-)=0.05 mol·L-1,D项正确。
3.(2019河南郑州一模)25 ℃时,向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸,溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。
已知:H2X是二元弱酸,Y表示c(X2-)c(HX-)或c(HX-)c(H2X),pY=-lgY。下列叙述不正确的是( )
A.曲线n表示pH与pc(HX-)c(H2X)的变化关系
B.Ka2(H2X)=1.0×10-10.3
C.NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)
D.当溶液呈中性时,c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)
答案 C
解析 H2X为二元弱酸,以第一步电离为主,则Ka1(H2X)>Ka2(H2X),则pH相同时c(X2-)c(HX-)pc(HX-)c(H2X),则m、n分别表示pH与pc(X2-)c(HX-)、pc(HX-)c(H2X)的变化关系。根据分析可知,n表示pH与pc(HX-)c(H2X)的变化关系,A不符合题意;M点pH=9.3,c(H+)=10-9.3 mol·L-1,pc(X2-)c(HX-)=-lgc(X2-)c(HX-)=1,则c(X2-)c(HX-)=0.1,所以Ka2(H2X)=c(X2-)c(HX-)×c(H+)=10-9.3×0.1=1.0×10-10.3,B不符合题意;根据B可知HX-的电离平衡常数为1.0×10-10.3;曲线n表示pH与pc(HX-)c(H2X)的变化关系,N点pH=7.4,pc(HX-)c(H2X)=-lgc(HX-)c(H2X)=-1,c(HX-)c(H2X)=10,所以HX-的水解平衡常数Kh=c(H2X)·c(OH-)c(HX-)=110×10-1410-7.4=1.0×10-7.6>1.0×10-10.3,说明HX-的水解程度大于其电离程度,则NaHX溶液呈碱性,c(H+)
A.曲线a、b、c分别代表加入醋酸铵、氯化铵、氯化氢
B.由图可知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=1×10-7
C.A点处c(CH3COO-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
D.C点处c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)>0.1 mol·L-1
答案 B
解析 醋酸钠为强碱弱酸盐,因醋酸根离子水解,溶液呈碱性。往溶液中加入氯化铵固体,由于铵根离子水解呈酸性,故随着氯化铵的加入,溶液将由碱性逐渐变为酸性,由于水解微弱,所得溶液酸性较弱,符合的曲线为b;往溶液中通入氯化氢气体,随着气体的通入溶液由碱性转变为酸性,由于氯化氢为强酸,通入量较大时,溶液的酸性较强,符合的曲线为c;加入醋酸铵固体所对应的变化曲线为a,据此结合电荷守恒及盐的水解原理进行分析。
根据分析可知,曲线a代表醋酸铵、曲线b代表氯化铵、曲线c代表氯化氢,A项正确;当加入固体的物质的量为0.1 mol时,曲线b对应的pH等于7,说明等浓度的醋酸根离子的水解程度与铵根离子相同,即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O),但无法计算其电离平衡常数,B项错误;A点对应溶液中含有的溶质为0.1 mol CH3COONa与0.1 mol CH3COONH4,溶液的pH>7,则c(OH-)>c(H+),醋酸根离子的水解程度较小,则c(CH3COO-)>c(Na+),铵根离子部分水解,则c(Na+)>c(NH4+),溶液中离子浓度的大小关系为:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+),C项正确;C点通入0.1 mol HCl,与0.1 mol醋酸钠反应生成0.1 mol CH3COOH与0.1 mol NaCl,c(Cl-)=c(Na+)=0.1 mol·L-1,则c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)>0.1 mol·L-1,D项正确。
5.(2019河北唐山第一次模拟)下列说法错误的是( )
A.0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液加适量水稀释后,溶液中c(OH-)c(CO32-)变大
B.若使Na2S溶液中c(Na+)c(S2-)接近于2∶1,可加入适量的KOH固体
C.25 ℃时,浓度均为0.1 mol·L-1 NaOH和NH3·H2O混合溶液中c(OH-)>c(Na+)=c(NH3·H2O)
D.0.2 mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合:2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)
答案 C
解析 Na2CO3溶液加适量水稀释后,促进水解,所以氢氧根离子数目变大,碳酸根离子数目减小,所以溶液中n(OH-)n(CO32-)变大,则c(OH-)c(CO32-)变大,A项正确。Na2S溶液中加入适量KOH固体,水解平衡逆向移动,使得S2-的物质的量增大,而钠离子的物质的量不变,从而可使Na2S溶液中c(Na+)c(S2-)接近于2∶1,B项正确。由于混合溶液中NH3·H2O部分电离,故c(Na+)>c(NH3·H2O),C项错误。0.2 mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合后,得到等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液,根据物料守恒:2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH);根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-);整合可得:2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH),D项正确。
6.(2019河北石家庄教学质量检测)常温下,分别向可水解的NaA溶液和MCl溶液中加入盐酸和NaOH溶液,混合溶液pH与离子浓度变化关系如下图所示。下列说法不正确的是( )
A.曲线L1表示lgc(M+)c(MOH)与pH的变化关系
B.Ka(HA)=1×10-5.5
C.a点时两溶液中水的电离程度相同
D.0.01 mol·L-1MA溶液中存在:c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
答案 C
解析 MCl水解使溶液显酸性,加入NaOH溶液,溶液pH逐渐增大,c(M+)逐渐减小,MOH的浓度逐渐增大,lgc(M+)c(MOH)的值逐渐减小,故曲线L1表示lgc(M+)c(MOH)与pH的变化关系,A项正确。曲线L2表示lgc(A-)c(HA)与pH的关系,lgc(A-)c(HA)=0时,c(A-)c(HA)=1,此时pH=5.5,c(H+)=1×10-5.5 mol·L-1,则Ka(HA)=c(H+)·c(A-)c(HA)=c(H+)=1×10-5.5,B项正确。a点溶液的pH>7,对于曲线L2,由于A-离子水解导致溶液呈碱性,促进了水的电离;而对于曲线L1,MCl溶液呈酸性,a点时溶液呈碱性,说明MOH的电离程度大于M+离子水解程度,MOH的电离抑制了水的电离,所以两溶液中水的电离程度不同,C项错误;曲线L1中,lgc(M+)c(MOH)=0时,c(M+)c(MOH)=1,Kb(MOH)=c(OH-)>1×10-5>1×10-5.5,根据越弱越水解的原则,水解程度A->M+,则MA溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+)、c(M+)>c(A-),溶液中离子浓度大小为:c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),D项正确。
题型五 水溶液中的化学平衡
高考命题规律
2020年高考必备
2015年
2016年
2017年
2018年
2019年
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
Ⅰ卷
Ⅱ卷
Ⅲ卷
命题角度1
溶液稀释过程的分析与判断
13
10
命题角度2
酸、碱反应过程和结果的分析与判断
12
13
12
11
命题角度3
沉淀溶解平衡的分析与计算
12
11、12
命题角度4
多知识点的综合考查
13
13
11
命题角度1溶液稀释过程的分析与判断
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅰ,10)固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图,下列叙述错误的是( )
A.冰表面第一层中,HCl以分子形式存在
B.冰表面第二层中,H+浓度为5×10-3mol·L-1(设冰的密度为0.9 g·cm-3)
C.冰表面第三层中,冰的氢键网络结构保持不变
D.冰表面各层之间,均存在可逆反应HClH++Cl-
答案 D
解析 由图示可知,冰表面第一层中,HCl以分子形式存在,A项正确;冰表面第二层中,c(H+)=c(Cl-),设n(Cl-)=1 mol,则n(H2O)=1×104 mol,m(H2O)=18 g·mol-1×1×104mol=1.8×105 g,V(H2O)=1.8×105g0.9 g·cm-3=2×105 cm3=200 L,c(H+)=c(Cl-)=1mol200 L=5×10-3mol·L-1,B项正确;由图示可知,冰表面第三层中只有水分子,因此冰的氢键网络结构保持不变,C项正确;由图示可知,冰表面第三层中无此可逆反应,D项错误。
2.(2019天津,5)某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A.曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B.溶液中水的电离程度: b点>c点
C.从c点到d点,溶液中c(HA)·c(OH-)c(A-)保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)
D.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同
答案 C
解析 A项,根据两种酸的电离常数可知,酸性:HNO2>CH3COOH,pH相同的两种酸稀释相同倍数,pH变化大的是相对较强的酸,即曲线Ⅱ表示HNO2溶液的稀释,错误;B项,pH越小酸性越强,对水电离的抑制程度越大,因此溶液中水的电离程度:b点
3.(2015全国Ⅰ,13)浓度均为0.10 mol·L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lgVV0的变化如图所示。下列叙述错误的是( )
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH的电离程度:b点大于a点
C.若两溶液无限稀释,则它们的c(OH-)相等
D.当lgVV0=2时,若两溶液同时升高温度,则c(M+)c(R+)增大
答案 D
解析 由图像知,0.10 mol·L-1的MOH溶液的pH为13,说明MOH为强碱,ROH溶液的pH小于13,说明ROH为弱碱,所以MOH的碱性强于ROH的碱性,A选项正确;稀释有利于弱电解质的电离,故B选项正确;若两溶液无限稀释则接近中性,它们的c(OH-)相等,C选项正确;当lgVV0=2时,MOH溶液的pH为11,ROH溶液的pH为10,若两溶液同时升高温度,ROH溶液中存在电离平衡,平衡会右移,c(R+)增大,c(M+)不变,故c(M+)c(R+)减小,D项错误。
典题演练提能·刷高分
1.(2019河北衡水中学模拟)T ℃,分别向10 mL浓度均为1 mol·L-1的两种弱酸HA、HB溶液中不断加水稀释,并用pH传感器测定溶液pH。所得溶液pH的两倍(2pH)与溶液浓度的对数(lg c)关系如图所示。下列叙述正确的是( )
已知:(1)HA的电离平衡常数Ka=c(H+)·c(A-)c(HA)-c(A-)≈c2(H+)c(HA);(2)pKa=-lgKa
A.弱酸的Ka随溶液浓度的降低而增大
B.a点对应的溶液中c(HA)=0.1 mol·L-1,pH=2
C.酸性:HA
答案 B
解析 Ka为温度的函数,温度不变,Ka就不变,A项错误;a点对应的溶液中lg c=-1,则c(HA)=0.1 mol·L-1,对应的2pH=4,则pH=2,B项正确;通过图像看出,如果两种酸的浓度相等时,HA溶液的pH小于HB溶液的pH,所以酸性HA>HB,C项错误;根据图像看出,当lg c=0时,c(HB)=1 mol·L-1,2pH=5,则pH=2.5,c(H+)=1×10-2.5 mol·L-1,HB的电离平衡常数Ka=c2(H+)c(HB)=(1×10-2.5)21=1×10-5,pKa=-lgKa=-lg(1×10-5)=5,D项错误。
2.(2019湖南怀化二模)常温下,将V0 mL 1 mol·L-1 HClO2和V0 mL 1 mol·L-1 HMnO4两种酸溶液分别加水稀释,稀释后溶液体积为V,稀释液pH与其体积变化的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.HClO2和HMnO4均为一元弱酸
B.在0≤pH≤5时,HClO2溶液满足pH=lgVV0
C.分别往M、N两点对应溶液中滴加1 mol·L-1 NaOH溶液至恰好完全反应,消耗NaOH溶液的体积相等
D.常温下,浓度均为0.1 mol·L-1的NaClO2和NaMnO4溶液,溶液pH:NaMnO4>NaClO2
答案 C
解析 由题图可知,1 mol·L-1 HClO2溶液的pH>1,1 mol·L-1 HMnO4的pH=0,说明HClO2是弱酸,HMnO4为强酸,A项错误;因为HClO2为弱酸,稀释促进其电离,在0≤pH≤5时,不能满足pH=lgVV0的关系,HMnO4是强酸,在0≤pH≤5时能满足pH=lgVV0的关系,B项错误;同体积同浓度HClO2、HMnO4中和1 mol·L-1的NaOH溶液的能力相同,C项正确;酸性:HClO2
3.(2019江西南昌二模)常温时,1 mol·L-1的HA和1 mol·L-1的HB两种酸溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,所得变化关系如图所示(V表示溶液稀释后的体积)。下列说法错误的是( )
A.Ka(HA)约为10-4
B.当两溶液均稀释至lgVV0+1=4时,溶液中c(A-)>c(B-)
C.中和等体积pH相同的两种酸所用n(NaOH):HA>HB
D.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者
答案 B
解析 根据图示,当lgVV0+1=1时,即V=V0,溶液中尚未加水,1 mol·L-1的HA溶液pH=2,即HA为弱酸,HA在溶液中部分电离;1 mol·L-1的HB溶液pH=0,即HB为强酸,HB在溶液中全部电离。因为起始两溶液浓度和体积均相等,故起始两溶液中所含一元酸的物质的量相等。
1 mol·L-1的HA溶液的pH为2,c(A-)=c(H+)=0.01 mol·L-1,c(HA)≈1 mol·L-1,则HA的电离常数约为10-4,A项正确。由电荷守恒有:c(H+)=c(A-)+c(OH-),c(H+)=c(B-)+c(OH-),当两溶液均稀释至lgVV0+1=4时,HB溶液pH=3,HA溶液pH>3,则有c(A-)
4.(2019湖南怀化一模)1 mL浓度均为0.10 mol·L-1的XOH和X2CO3溶液分别加水稀释(溶液体积为V),溶液pH随lgV的变化情况如图所示,则下列说法正确的是( )
A.XOH是弱碱
B.pH=10的溶液中c(X+):XOH大于X2CO3
C.已知H2CO3的电离平衡常数Ka1远远大于Ka2,则Ka2约为1.0×10-10.2
D.当lgV=2时,升高X2CO3溶液温度,溶液碱性增强且c(HCO3-)c(CO32-)减小
答案 C
解析 根据图示,0.1 mol·L-1 XOH溶液的pH=13,说明XOH完全电离,为强电解质,A项错误;XOH是强碱、X2CO3是强碱弱酸盐,要使两种溶液的pH相等,则c(XOH)
A.HX是强酸,溶液每稀释10倍,pH始终增大1
B.常温下HY的电离常数为1.0×10-4
C.溶液中水的电离程度:a点大于b点
D.c点溶液中:c(Na+)>c(Y-)>c(HY)>c(H+)>c(OH-)
答案 B
解析 根据图像可知1 mol·L-1HX溶液的pH=0,说明HX全部电离,为强电解质;当HX溶液被无限稀释时pH接近7,A项错误。根据图像可知,1 mol·L-1 HY溶液的pH=2,溶液中氢离子浓度是0.01 mol·L-1,所以该温度下HY的电离常数为c(H+)c(Y-)c(HY)≈0.01×0.011-0.01≈1.0×10-4,B项正确。酸或碱抑制水电离,酸溶液中氢离子浓度越小其对水电离抑制的程度越小,根据图像可知,b溶液中氢离子浓度小,则水电离程度a
命题角度2酸、碱反应过程和结果的分析与判断
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅰ,11)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=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=7
D.c点的混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH-)
答案 C
解析 随着NaOH溶液的加入,混合溶液中离子浓度和种类发生变化,因此混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关,A项正确;a点的混合溶液中能导电的离子主要为HA-和K+,b点为反应终点,因此b点的混合溶液中能导电的离子主要为A2-、K+、Na+,故Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的,B项正确;b点的混合溶液中含有的A2-能发生水解反应而使溶液呈碱性,C项错误;b点为反应终点,因此b点的混合溶液中c(Na+)=c(K+)>c(OH-),继续加入氢氧化钠溶液后,c点的混合溶液中c(Na+)>c(K+)>c(OH-),D项正确。
2.(2017全国Ⅰ,13)常温下,将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A.Ka2(H2X)的数量级为10-6
B.曲线N表示pH与lgc(HX-)c(H2X)的变化关系
C.NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)
D.当混合溶液呈中性时,c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+)
答案 D
解析 在横坐标为0.0时,由曲线M对应的pH大于曲线N对应的pH,可知曲线M表示pH与lgc(X2-)c(HX-)的变化关系,曲线N表示pH与lgc(HX-)c(H2X)的变化关系,故B项正确;Ka2(H2X)=c(X2-)c(HX-)·c(H+),取曲线M上横、纵坐标清晰的一点代入可得Ka2的数量级为10-6,A项正确;由曲线M、N上横坐标为0.0的点对应的pH均小于7,可知HX-的电离程度大于其水解程度,则C项正确;由图像可知,当pH等于7时,lgc(X2-)c(HX-)应大于0,即c(X2-)>c(HX-),D项错误。
3.(2017全国Ⅱ,12)改变0.1 mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=c(X)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]。
下列叙述错误的是( )
A.pH=1.2时,c(H2A)=c(HA-)
B.lg[K2(H2A)]=-4.2
C.pH=2.7时,c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)
D.pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-)=c(H+)
答案 D
解析 A项,根据图像,pH=1.2时,H2A和HA-物质的量分数相同,则有c(H2A)=c(HA-),A正确;B项,根据pH=4.2点,K2(H2A)=c(H+)c(A2-)c(HA-)=c(H+)=10-4.2,B正确;C项,根据图像,pH=2.7时,HA-物质的量分数最大,H2A和A2-物质的量分数基本相同,则有c(HA-)>c(H2A)=c(A2-),C正确;D项,根据pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-),且物质的量分数约为0.48,而c(H+)=10-4.2 mol·L-1,可知c(HA-)=c(A2-)>c(H+),D错误。
4.(2016全国Ⅰ,12)298 K时,在20.0 mL 0.10 mol·L-1氨水中滴入0.10 mol·L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是( )
A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B.M点对应的盐酸体积为20.0 mL
C.M点处的溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)
D.N点处的溶液中pH<12
答案 D
解析 氨水与盐酸中和生成氯化铵,氯化铵属于强酸弱碱盐,溶液显酸性,应选择在酸性范围变色的指示剂,指示剂可以为甲基橙,A选项错误;盐酸若为20 mL,二者恰好中和,此时溶液为酸性,若溶液pH=7,则盐酸体积必然小于20 mL,B选项错误;M点处溶液呈中性,c(NH4+)=c(Cl-),c(H+)=c(OH-),但c(Cl-)要远大于c(H+),C选项错误;由于N点为0.1 mol·L-1的氨水,根据电离度为1.32%,c(OH-)=0.1 mol·L-1×1.32%=0.00 132 mol·L-1,故pH<12,D选项正确。
5.(2016天津,6)室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1 mol·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>KHD
B.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,题给三种酸均为一元酸,浓度相同时,pH越小,说明对应酸越强,电离常数越大,因此根据未发生中和反应时三种酸的pH大小可知A项正确;B项,P点时,HB反应一半,溶液中溶质为NaB和HB,且物质的量浓度相等,此时溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于NaB的水解程度,则溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-),正确;C项,对于任何一种酸HX,加NaOH反应达到中性时,酸越弱,需要的NaOH越少,c(Na+)越小,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),由于c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(X-),由于酸性HA>HB>HD,故达中性时三种溶液中c(A-)>c(B-)>c(D-),错误;D项,完全中和并混合后,溶液中溶质有NaA、NaB、NaD,水电离的H+部分被A-、B-、D-结合生成HA、HB、HD,所以根据质子守恒有c(H+)+c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-),正确。
6.(2015山东,13)室温下向10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液中加入0.1 mol·L-1的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)
B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C.pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D.b点所示溶液中c(A-)>c(HA)
答案 D
解析 a点表示HA与NaOH恰好完全反应,得到NaA溶液并且溶液pH=8.7,说明HA为弱酸,A-发生水解反应:A-+H2OHA+OH-,则a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),A项错误;a点为NaA溶液,由于A-发生水解,促进水的电离,而b点是HA和NaA的混合溶液,HA抑制水的电离,水的电离程度比a点时的小,B项错误;根据电荷守恒可知:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),pH=7时c(Na+)=c(A-),C项错误;b点所示溶液为等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液,由于溶液的pH=4.7,说明HA的电离程度大于A-的水解程度,故c(A-)>c(HA),D项正确。
典题演练提能·刷高分
1.(2019河南部分示范性高中联考)常温下,向10 mL 1 mol·L-1一元酸HA溶液中,不断滴加1 mol·L-1的NaOH溶液,所加碱溶液的体积与-lg c水(H+)的关系如图所示。c水(H+)为溶液中水电离的c(H+)。下列说法不正确的是( )
A.常温下,Ka(HA)的数量级为10-4
B.a、b两点pH均为7
C.从a点到b点,水的电离程度先增大后减小
D.反应开始至反应完全范围内,溶液的导电性逐渐增强
答案 B
解析 由起点溶液中-lg c水(H+)=12可知,c水(H+)=c(OH-)=1×10-12 mol·L-1,则酸电离的c(H+)=10-2 mol·L-1,故Ka(HA)=10-4,A项正确;由1 mol·L-1 HA溶液中c(H+)=10-2 mol·L-1可知,HA是弱酸,曲线的最高点为NaA溶液,b点溶液中的溶质是NaA和NaOH,溶液呈碱性,pH>7,B项错误;a点到b点,先是发生酸碱中和反应生成可水解的盐,然后碱过量,所以水的电离程度先增大后减小,C项正确;不断加入NaOH溶液,溶液中的离子总浓度不断增大,溶液的导电性逐渐增强,D项正确。
2.(2019辽宁辽阳二模)常温下,将NaOH溶液滴入某一元酸(HA)溶液中,测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知:pc(A-)c(HA)=-lgc(A-)c(HA)]。下列叙述不正确的是( )
A.Ka(HA)的数量级为10-5
B.滴加NaOH溶液的过程中,c(A-)c(HA)·c(OH-)保持不变
C.m点所示溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-)
D.n点所示溶液中:c(Na+)=c(A-)+c(HA)
答案 D
解析 根据图像,溶液中含有HA,说明HA为弱酸,即存在电离平衡HAH++A-,加入NaOH溶液后发生反应NaOH+HANaA+H2O,c(A-)c(HA)比值增大,由pc(A-)c(HA)=-lgc(A-)c(HA),pc(A-)c(HA)减小。
HA电离平衡常数Ka=c(H+)·c(A-)c(HA),由m点pc(A-)c(HA)=-lgc(A-)c(HA)=0,Ka=c(H+)=10-4.76=10-5+0.24,即数量级为10-5,A项正确;c(A-)c(HA)·c(OH-)=c(A-)·c(H+)c(HA)·c(OH-)·c(H+)=KaKW,Ka和KW只受温度的影响,因此该比值保持不变,B项正确;根据电荷守恒,m点所示溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-),由于m点时,c(A-)=c(HA),因此有c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+),C项正确;n点时溶液pc(A-)c(HA)≈2,HA的物质的量大于NaOH的物质的量,则此时溶液中:c(Na+)<[c(A-)+c(HA)],D项错误。
3.(2019湖南衡阳三中模拟)类比pH的定义,对于稀溶液可以定义pc=-lgc,pKa=-lgKa。常温下,某浓度H2A溶液在不同pH下,测得pc(H2A)、pc(HA-)、pc(A2-)变化如图所示。下列说法正确的是( )
A.pH=3.50时,c(H2A)>c(HA-)>c(A2-)
B.将等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合后,溶液显碱性
C.随着HCl的通入c(H+)c(H2A)先减小后增大
D.pH从3.00到5.30时,c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)先增大后减小
答案 C
解析 根据图示,pH=3.50时,c(HA-)>c(A2-)>c(H2A),A项错误;根据a点时c(H2A)=c(HA-),H2A的Ka1=10-0.8,根据c点时c(HA-)=c(A2-),H2A的Ka2=10-5.3,A2-的水解常数是10-1410-5.3=10-8.7,等浓度等体积的Na2A与H2A溶液混合,HA-的电离大于A2-的水解,溶液显酸性,B项错误;Ka1=c(H+)c(HA-)c(H2A),随着HCl的通入c(HA-)先增大后减小,所以c(H+)c(H2A)先减小后增大,C项正确;根据物料守恒,pH从3.00到5.30时,c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)不变,D项错误。
4.(2019河南平顶山一轮质量检测)常温下,二甲胺[(CH3)2NH·H2O]是一元弱碱,其电离常数Kb=1.6×10-4。10 mL c mol·L-1二甲胺溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸,混合溶液的温度与盐酸体积的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A.二甲胺溶液的浓度为0.2 mol·L-1
B.在Y和Z点之间某点溶液pH=7
C.Y点存在:c(Cl-)>c[(CH3)2NH2+]>c(H+)>c(OH-)
D.常温下,(CH3)2NH2Cl水解常数Kh≈6.25×10-11
答案 B
解析 二甲胺与盐酸恰好完全中和时放出热量最多,溶液温度最高,即Y点表示酸碱恰好完全反应,根据(CH3)2NH·H2O+HCl(CH3)2NH2Cl+H2O,c=0.2 mol·L-1,A项正确;二甲胺是弱碱,Y点对应溶质是强酸弱碱盐,其溶液呈酸性,X点对应的溶液中(CH3)2NH·H2O、(CH3)2NH2Cl的浓度相等,其混合溶液呈碱性,故中性点应在X点与Y点之间,B错误;二甲胺是弱碱,Y点对应溶质是强酸弱碱盐,其溶液呈酸性,Y点存在:c(Cl-)>c[(CH3)2NH2+]>c(H+)>c(OH-),C项正确;Kh=KWKb=1×10-141.6×10-4=6.25×10-11,D项正确。
5.(2019湖南湘潭二模)常温下,HNO2的电离平衡常数为K=4.6×10-4(已知4.6=2.14),向20 mL 0.01 mol·L-1HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液,测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示,下列判断正确的是( )
A.X=20
B.a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小
C.a点溶液中c(H+)=2.14×10-3 mol·L-1
D.b点溶液中微粒浓度的大小关系为c(Na+)>c(NO2-)>c(H+)>c(OH-)
答案 C
解析 向20 mL 0.01 mol·L-1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液,若恰好反应需要氢氧化钠溶液的体积为20 mL,c点时溶液呈中性,由NaNO2水解使溶液呈碱性可知,此时NaOH不足,x<20 mL,A项错误;氢氧化钠溶液体积为20 mL时恰好反应完全生成NaNO2,NaNO2水解使恰好完全反应时水的电离程度最大,B项错误;由HNO2H++NO2-,K=c(H+)c(NO2-)c(HNO2)≈c2(H+)c(HNO2),4.6×10-4≈c2(H+)0.01,解得c(H+)=2.14×10-3 mol·L-1,C项正确;b点溶液为HNO2、NaNO2混合溶液,且二者物质的量浓度之比为1∶1,由b点溶液pH<7可知,HNO2电离程度大于NO2-的水解程度,离子浓度大小为c(NO2-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),D项错误。
6.(2019湖北名校联盟第三次模拟)常温下,向10.0 mL 0.10 mol·L-1某二元酸H2R溶液中滴入同物质的量浓度的NaOH溶液,测得溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法中正确的是( )
A.HR-的电离能力大于水解能力
B.曲线上m点时溶液中c(Na+)>c(HR-)>c(R2-)>c(H+)
C.无法判断H2R是强酸还是弱酸
D.溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HR-)+c(R2-)+c(OH-)
答案 A
解析 由于m点溶质为NaHR,溶液呈酸性,故HR-的电离能力大于水解能力,A项正确;m点溶质为NaHR,HR-电离出R2-和H+,水也电离出H+,所以溶液中c(Na+)>c(HR-)>c(H+)>c(R2-),B项错误;0.10 mol·L-1 H2R溶液的pH大于2,可知H2R是弱酸,C项错误;根据电荷守恒,溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-),D项错误。
7.(2019安徽黄山二模)常温时,用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 mol·L-1某一元酸HX溶液,滴定过程中pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.HX为强酸
B.在A点,c(HX)>c(X-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C.在B点,两者恰好完全反应
D.在C点,c(X-)+c(HX)=0.1 mol·L-1
答案 B
解析 根据图像可知,0.100 0 mol·L-1 HX溶液的2
8.(2019广东肇庆第三次统一检测)25 ℃时,用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液,溶液中-lg[c(H+)c(H2C2O4)]和-lgc(HC2O4-)或-lg[c(H+)c(HC2O4-)]和-lgc(C2O42-)关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A.Ka1(H2C2O4)的数量级为10-2
B.曲线M表示-lg[c(H+)c(H2C2O4)]和-lgc(HC2O4-)的关系
C.向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等,此时溶液pH约为5
D.在NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)
答案 D
解析 -lgc(H+)c(H2C2O4)+[-lgc(HC2O4-)]=-lgKa1,同理-lgc(H+)c(HC2O4-)+[-lgc(C2O42-)]=-lgKa2,因Ka1>Ka2,故曲线M表示-lgc(H+)c(H2C2O4)和-lgc(HC2O4-)的关系,曲线N表示-lgc(H+)c(HC2O4-)和-lgc(C2O42-)的关系。
由上述分析可知,曲线M表示-lgc(H+)c(H2C2O4)和-lgc(HC2O4-)的关系,Ka1=c(H+)·c(HC2O4-)c(H2C2O4),根据曲线M上的数值Ka1=10-1×10-1=10-2,曲线N表示-lgc(H+)c(HC2O4-)和-lgc(C2O42-)的关系,根据曲线N上的数值Ka2=c(H+)·c(C2O42-)c(HC2O4-)=10-2×10-3=10-5,A项正确;由上述分析可知,曲线M表示-lgc(H+)c(H2C2O4)和-lgc(HC2O4-)的关系,B项正确;当c(C2O42-)=c(HC2O4-)时,Ka2=c(H+)·c(C2O42-)c(HC2O4-)=10-5,c(H+)=10-5 mol·L-1,故pH为5,C项正确;HC2O4-在溶液中既存在电离平衡又存在水解平衡,HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-,HC2O4-水解平衡常数为c(H2C2O4)·c(OH-)c(HC2O4-)=KWKa1=1×10-1410-2=1×10-12
9.(2019河北中原名校联盟)25 ℃时,向10 mL 0.1 mol·L-1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1 mol·L-1的HCl溶液,溶液的AG[AG=lgc(H+)c(OH-)]变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是( )
A.若a=-8,则Kb(XOH)≈10-5
B.M点表示盐酸和XOH恰好完全反应
C.R点溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl-)
D.M点到N点,水的电离程度先增大后减小
答案 B
解析 a点表示0.1 mol·L-1一元弱碱XOH溶液,若a=-8,则c(OH-)=10-3 mol·L-1,所以Kb(XOH)≈c(X+)·c(OH-)c(XOH)=10-3×10-30.1=10-5,A项正确。两者恰好反应完全时,生成强酸弱碱盐,溶液显酸性;M点AG=0,即溶液中c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,所以M点盐酸不足,B项错误。若R点恰好为XCl溶液时,根据物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(Cl-),C项正确。M点的溶质为XOH和XCl,继续加入盐酸,直至XOH恰好全部反应,该过程水的电离程度逐渐增大;然后继续向XCl溶液中加入盐酸,水的电离程度就会逐渐减小,即从M点到N点,水的电离程度先增大后减小,D项正确。
10.(2019四省名校第三次大联考)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸,在菠菜、苋菜、甜菜等植物中含量较高。25 ℃时,向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液,混合溶液中lgX[X表示c(HC2O4-)c(H2C2O4)或c(C2O42-)c(HC2O4-)]随pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A.直线Ⅰ中X表示的是c(HC2O4-)c(H2C2O4)
B.直线Ⅰ、Ⅱ的斜率均为1
C.0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中:c(Na+)>c(HC2O4-)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)
D.已知:碳酸的Ka1=4.3×10-7,Ka2=5.6×10-11,则向Na2CO3溶液中加入等物质的量的草酸溶液的离子方程式为CO32-+H2C2O4C2O42-+H2O+CO2↑
答案 C
解析 二元弱酸的电离平衡常数Ka1>Ka2,直线Ⅰ表示的X与c(H+)的乘积等于1×10-1.22,则H2C2O4的Ka1=1×10-1.22;直线Ⅱ表示X与c(H+)的乘积等于1×10-4.19,则H2C2O4的Ka2=1×10-4.19。
直线Ⅰ表示的X与c(H+)的乘积等于1×10-1.22,所以直线Ⅰ中X表示的是c(HC2O4-)c(H2C2O4),A项正确;直线Ⅰ表示的X与c(H+)的乘积等于1×10-1.22,lgX=pH-1.22;直线Ⅱ表示X与c(H+)的乘积等于1×10-4.19,lgX=pH-4.19,所以直线Ⅰ、Ⅱ的斜率均为1,B项正确;HC2O4-的电离平衡常数=1×10-4.19,HC2O4-的水解平衡常数=KWKa1=10-1410-1.22=10-12.78,电离大于水解,溶液显酸性,所以0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中:c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),C项错误;H2C2O4的Ka2大于碳酸的Ka1,所以向Na2CO3溶液中加入等物质的量的草酸溶液,生成草酸钠和二氧化碳,离子方程式为CO32-+H2C2O4C2O42-+H2O+CO2↑,D项正确。
11.(2019广东广州综合测试一)常温下,用0.10 mol·L-1 NaOH溶液滴定0.10 mol·L-1 HA溶液,滴定曲线如图a所示,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列叙述错误的是( )
A.Ka(HA)的数量级为10-5
B.N点,c(Na+)-c(A-)=KW1×10-8.72
C.P~Q过程中,水的电离程度逐渐增大
D.当滴定至溶液呈中性时,c(A-)>c(HA)
答案 B
解析 根据图a可知,中和百分数为50%时溶液的pH=4.74,此时溶液的组成为等物质的量浓度的NaA和HA,由于A-的水解和HA的电离都是微弱的,c(A-)≈c(HA),Ka(HA)=c(A-)c(H+)c(HA)=c(H+)=10-4.74,故Ka(HA)的数量级为10-5,A项正确;N点,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),即c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=KW1×10-8.72-1×10-8.72,B项错误;P~Q过程中,随着氢氧化钠溶液的滴入,酸不断被消耗,溶液的酸性逐渐减弱,水的电离程度逐渐增大,C项正确;根据图b可知,当lgc(A-)c(HA)=1.0(即c(A-)c(HA)=10)时,溶液呈酸性,当滴定至溶液呈中性时,溶液中c(A-)>c(HA),D项正确。
命题角度3沉淀溶解平衡的分析与计算
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅱ,11)下列化学方程式中,不能正确表达反应颜色变化的是( )
A.向CuSO4溶液中加入足量Zn粉,溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4
B.澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O
C.Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑
D.向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2
答案 C
解析 Zn比Cu活泼,过量的Zn能将CuSO4溶液中的Cu全部置换出,溶液蓝色消失,A项正确;Ca(OH)2与空气中的CO2反应生成难溶性的CaCO3沉淀,反应的化学方程式为Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O,B项正确;Na2O2在空气中放置后,可与空气中的CO2和H2O发生反应,可理解为Na2O2先和H2O反应,则第一步反应为2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,第二步反应为2NaOH+CO2Na2CO3+H2O,最终变为Na2CO3,C项错误;Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度,所以向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液,发生反应的化学方程式为3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2,D项正确。
2.(2019全国Ⅱ,12)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)
D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
答案 B
解析 CdS在水中存在沉淀溶解平衡:CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq),电离出的S2-浓度与Cd2+浓度相同,A项正确;沉淀溶解平衡常数只与温度有关,温度相同,Ksp相同,所以m、p、n三点的Ksp相同,B项错误;在T1温度下,向m点的溶液中加入少量Na2S固体,S2-浓度增大,但由于Ksp不变,所以Cd2+浓度必然减小,因此溶液组成由m沿mpn线向p方向移动,C项正确;温度降低,CdS的Ksp减小,但S2-浓度与Cd2+浓度仍然相等,所以q点饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动,D项正确。
3.(2018全国Ⅲ,12)用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( )
A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C.相同实验条件下,若改为0.040 0 mol·L-1 Cl-,反应终点c移到a
D.相同实验条件下,若改为0.050 0 mol·L-1 Br-,反应终点c向b方向移动
答案 C
解析 相同实验条件下,若改为0.040 0 mol·L-1 Cl-,恰好反应时,0.040 0 mol·L-1×50.0 mL=0.100 mol·L-1·V,V=20 mL,故反应终点横坐标应为20,C项描述错误;相同实验条件下,若改为0.050 0 mol·L-1 Br-,反应终点横坐标不变,由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr),故反应终点纵坐标变大,故D项描述正确。
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1.(2019湖北武汉调研)常温下,向10 mL 0.1 mol·L-1 CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L-1 Na2S溶液,滴加过程中-lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A.Ksp(CuS)的数量级为10-35
B.曲线上的各点均满足关系式c(S2-)·c(Cu2+)=Ksp(CuS)
C.a、b、c三点中,由水电离的c(H+)和c(OH-)的积最小的为b点
D.c点溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)
答案 A
解析 向10 mL 0.1 mol·L-1 CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L-1的Na2S溶液,发生反应:Cu2++S2-CuS↓,b点时滴加Na2S溶液的体积是10 mL,此时CuCl2恰好反应完全生成CuS沉淀,CuS存在沉淀溶解平衡:CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq),已知此时-lgc(Cu2+)=17.7,故平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7 mol·L-1,则Ksp(CuS)=c(S2-)·c(Cu2+)=10-17.7×10-17.7=10-35.4=10-36+0.6≈3.98×10-36,A项错误;向含有Cu2+的溶液中加入Na2S溶液,Cu2+与S2-发生沉淀反应:Cu2++S2-CuS↓,加入Na2S溶液的体积越大,c(S2-)越大,c(Cu2+)越小,则-lgc(Cu2+)就越大,由于温度不变,所以曲线上的各点均满足关系式c(S2-)·c(Cu2+)=Ksp(CuS),B项正确;a点Cu2+过量,c点S2-过量,b点恰好完全反应生成CuS和NaCl,a点溶液中Cu2+浓度远大于b点,c点溶液中S2-浓度远大于b点,Cu2+、S2-水解促进水的电离,则b点水电离的c(H+)和c(OH-)的积最小,C项正确;c点为Na2S、NaCl按物质的量比1∶2混合的溶液,其中CuS处于沉淀溶解平衡状态,根据物料守恒及物质的溶解性,可知c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-),S2-水解消耗水电离产生H+,使溶液中c(OH-)>c(H+),但水电离产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度,故c(S2-)>c(OH-),因此该溶液中微粒浓度大小关系为:c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+),D项正确。
2.(2019广东佛山模拟)一定温度下,三种碳酸盐MCO3(M:Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知:pM=-lg c(M),pc(CO32-)=-lg c(CO32-)。下列说法正确的是( )
A.MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大
B.a点可表示MnCO3的饱和溶液,且c(Mn2+)=c(CO32-)
C.b点可表示CaCO3的饱和溶液,且c(Ca2+)
答案 B
解析 结合沉淀溶解平衡曲线及溶度积常数进行分析。碳酸盐MCO3的溶度积可表示为Ksp(MCO3)=c(M2+)·c(CO32-),由图像可知,MgCO3、CaCO3、MnCO3的pM为一定值时,其p(CO32-)逐渐增大,由溶度积表达式可知三种物质的Ksp逐渐减小,A项错误;a点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线上,为其饱和溶液,结合MnCO3图中曲线可知,c(CO32-)=c(Mn2+),B项正确;b点在CaCO3的沉淀溶解平衡曲线上,为其饱和溶液,结合CaCO3图中曲线可知,c(CO32-)
3.(2019湘赣十四校联考第一次考试)25 ℃时,Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中,金属阳离子的物质的量浓度的负对数[-lgc(M2+)]与溶液pH的变化关系如图所示,已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]
A.Ksp[Cu(OH)2]的数量级为10-20
B.当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时,溶液中c(Fe2+)∶c(Cu2+)=104.6∶1
C.除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+,可加入适量CuO
D.向Z点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体,可转化为Y点对应的溶液
答案 C
解析 25 ℃时,由Ksp[Cu(OH)2]
曲线a表示Cu(OH)2饱和溶液中金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液pH的变化关系,由图可知,当pH=10时,-lgc(M2+)=11.7,则Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)c2(OH-)=10-11.7×(10-4)2=10-19.7,A项正确;当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时,溶液中c(OH-)相同,当pH=10时,溶液中c(Fe2+)∶c(Cu2+)=10-7.1∶10-11.7=104.6∶1,B项正确;由该温度下Ksp[Cu(OH)2]
A.上层清液中,c(Ur-)=7.0×10-2 mol·L-1
B.在M→N的变化过程中,c(Na+)、c(Ur-)将逐渐减小
C.当c(HUr)=c(Ur-)时,c(Cl-)>c(Ur-)
D.当pH=7时,2c(Na+)=c(Ur-)+c(Cl-)
答案 C
解析 上层清液为NaUr的饱和溶液,则c(Ur-)=Ksp(NaUr)=7.0×10-3 mol·L-1,A项错误;M→N的变化过程中,由于溶液总体积几乎不变,故c(Na+)不会减小,B项错误;溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(Ur-),根据物料守恒:c(Na+)=c(Ur-)+c(HUr),则有c(HUr)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),当c(HUr)=c(Ur-)时,Ka(HUr)=c(H+)=2.0×10-6>c(OH-),所以c(Cl-)>c(HUr)=c(Ur-),C项正确;pH=7时,溶液中c(H+)=c(OH-),根据溶液中的电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(Ur-),则c(Na+)=c(Ur-)+c(Cl-),D项错误。
5.(2019福建毕业班质量检查)常温下,用0.1 mol·L-1 MgSO4和0.05 mol·L-1 Al2(SO4)3溶液进行实验:①各取25 mL,分别滴加0.5 mol·L-1 NaOH溶液,测得溶液的pH与V(NaOH)的关系如图1所示;②将两种溶液等体积混合后,取出25 mL,逐滴加入上述NaOH溶液,观察现象。下列判断正确的是( )
A.图1中的曲线Ⅱ表示MgSO4与NaOH反应的关系
B.根据图1可得Ksp[Al(OH)3]的值大于1.0×10-32
C.实验②中Al(OH)3完全溶解前,溶液中c(Mg2+)c(Al3+)逐渐变大
D.图2可以表示实验②中n(沉淀)与V(NaOH)的关系
答案 C
解析 从图1中可以获得以下信息:溶液pH变化呈现的第一个平台就是Mg2+或Al3+的沉淀过程,当pH发生突跃时,表明沉淀反应基本完成;又因为Mg2+、Al3+物质的量相等,完全沉淀时所需碱溶液体积比为2∶3,据此可以判断曲线Ⅰ、Ⅱ分别为Mg2+、Al3+与碱反应的关系曲线。或从反应起点时溶液pH相对大小也可进行判断:Mg2+水解程度小于Al3+,所以等离子浓度的两种溶液的pH,前者大于后者,据此也可判定A项错误。曲线Ⅱ中坐标点(5,3.5)处于平台上,表明铝离子已经开始沉淀,存在沉淀溶解平衡;此时溶液中c(OH-)=10-10.5 mol·L-1,c(Al3+)<0.1 mol·L-1,故Ksp[Al(OH)3]=c3(OH-)×c(Al3+)
高考真题体验·对方向
1.(2019全国Ⅲ,11)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是( )
A.每升溶液中的H+数目为0.02NA
B.c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)
C.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小
D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强
答案 B
解析 本题考查了有关pH、NA的计算,电解质溶液中的电荷守恒,弱电解质电离平衡的影响因素等,难度较小。常温下,pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=1×10-2mol·L-1,则1 L溶液中H+的数目为0.01NA,A项错误;磷酸溶液中的阳离子有H+,阴离子有H2PO4-、HPO42-、PO43-及OH-,根据电荷守恒可得c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-),B项正确;磷酸为弱电解质,加水稀释促进电离,但c(H+)减小,pH增大,C项错误;磷酸的第一步电离方程式为H3PO4H2PO4-+H+,向磷酸溶液中加入NaH2PO4固体,根据同离子效应可知,磷酸电离平衡向逆向移动,溶液酸性减弱,D项错误。
2.(2019北京,12)实验测得0.5 mol·L-1 CH3COONa溶液、0.5 mol·L-1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.随温度升高,纯水中c(H+)>c(OH-)
B.随温度升高,CH3COONa溶液的c(OH-)减小
C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果
D.随水温升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同
答案 C
解析 随温度升高,KW增大,但纯水中的c(H+)仍然等于c(OH-),A错误;随温度升高,CH3COONa水解平衡和水的电离平衡均会正向移动,c(OH-)增大,图中pH略有减小,应是水的电离平衡正向移动所致,B错误;随温度升高,CuSO4水解程度增大,c(H+)增大,pH减小,而且升温也会导致水的电离平衡正向移动,KW增大,C正确;D项,随水温升高,CH3COO-、Cu2+水解平衡均正向移动,D错误。
3.(2017全国Ⅲ,13)在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是( )
A.Ksp(CuCl)的数量级为10-7
B.除Cl-反应为Cu+Cu2++2Cl-2CuCl
C.加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl-效果越好
D.2Cu+Cu2++Cu平衡常数很大,反应趋于完全
答案 C
解析 A项,Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl-),Ksp(CuCl)仅与温度有关,为方便计算,取横坐标为1时,即c(Cl-)=0.1 mol·L-1,对应的c(Cu+)约为10-6 mol·L-1,所以Ksp(CuCl)的数量级约为0.1×10-6=10-7,正确;B项,Cu2+和Cu发生归中反应生成Cu+,Cu+与Cl-结合生成CuCl沉淀,正确;C项,在反应Cu+Cu2++2Cl-2CuCl中,因为Cu为固体,增加Cu的质量不能使反应速率和限度发生改变,C错误;D项,在反应2Cu+Cu2++Cu中,其平衡常数K=c(Cu2+)c2(Cu+),取题给图像中横坐标为1.5时对应的值,可得K值大于105,则该反应趋于完全,D正确。
4.(2016全国Ⅲ,13)下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A.向0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中c(H+)c(CH3COOH)减小
B.将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃,溶液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)·c(OH-)增大
C.向盐酸中加入氨水至中性, 溶液中c(NH4+)c(Cl-)>1
D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中c(Cl-)c(Br-)不变
答案 D
解析 A项,醋酸在水溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,Ka=c(CH3COO-)·c(H+)c(CH3COOH),加水稀释,c(CH3COO-)减小,Ka不变,c(H+)c(CH3COOH)增大,A项错误;B项,CH3COONa溶液中存在CH3COO-的水解平衡:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,Kh=c(CH3COOH)·c(OH-)c(CH3COO-),升温,平衡正向移动,Kh值增大,则c(CH3COO-)c(CH3COOH)·c(OH-)减小,B项错误;C项,根据电荷守恒关系:c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),当溶液呈中性时,c(H+)=c(OH-),则c(NH4+)=c(Cl-),C项错误;D项,c(Cl-)c(Br-)=Ksp(AgCl)Ksp(AgBr),加入AgNO3后Ksp不变,c(Cl-)c(Br-)不变,D项正确。
典题演练提能·刷高分
1.(2019山西运城模拟)25 ℃条件下,部分弱酸的电离常数如下表所示。下列有关说法不正确的是( )
弱酸
HCOOH
HClO
H2S
电离平衡
常数(Ka)
Ka=
1.0×10-4
Ka=
2.0×10-8
Ka1=1.3×10-7
Ka2=7.1×10-15
A.若HCOONa和HCOOH的混合溶液的pH=3,则c(HCOOH)c(HCOO-)=10
B.相同pH的HCOONa和NaClO溶液中离子总浓度前者大
C.等浓度等体积的Na2S溶液和HCOOH溶液混合后:c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH)
D.向NaClO溶液中通入H2S,发生的反应为:H2S+NaClOHClO+NaHS
答案 D
解析 由表中电离常数可知,酸性强弱顺序为:HCOOH>H2S>HClO>HS-,则对应离子的水解程度由大到小顺序为:S2->ClO->HS->HCOO-。要注意NaClO具有强氧化性,与H2S在溶液中发生氧化还原反应,不能发生复分解反应。
HCOOH的电离常数Ka=c(HCOO-)·c(H+)c(HCOOH),pH=3的HCOONa和HCOOH的混合溶液中c(H+)=10-3 mol·L-1,则c(HCOOH)c(HCOO-)=c(H+)Ka=10,A项正确;由电离常数可知HCOOH比HClO易电离,则等体积、等浓度的HCOONa和NaClO溶液中ClO-水解程度更大,NaClO溶液的pH大,所以pH相同时c(HCOONa)>c(NaClO),即HCOONa溶液中离子总浓度大于NaClO溶液中离子总浓度,B项正确;等物质的量的Na2S和HCOOH混合后生成等物质的量的NaHS和HCOONa,物料守恒关系为c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH),C项正确;向NaClO溶液中通入H2S,因NaClO具有强氧化性,与H2S在溶液中发生氧化还原反应,并不是发生复分解反应,D项错误。
2.(2019安徽合肥第二次教学质量检测)常温下,用0.10 mol·L-1盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.1 mol·L-1CH3COONa溶液和NaCN溶液,所得滴定曲线如下图所示。下列说法正确的是( )
A.①点所示溶液中:c(Cl-)>c(HCN)>c(CN-)>c(OH-)
B.②点所示溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(CH3COO-)>c(CH3COOH)
C.阳离子物质的量浓度之和:②点与③点所示溶液中相等
D.④点所示溶液中:c(CH3COOH)+c(H+)-c(OH-)=0.05 mol·L-1
答案 D
解析 ①点为向0.1 mol·L-120.00 mL NaCN溶液中加入0.1 mol·L-110.00 mL盐酸,反应后得到等物质的量浓度的NaCl、HCN和NaCN的混合液,由于溶液呈碱性,故c(OH-)>c(H+),NaCN的水解程度大于HCN的电离程度,则溶液中c(HCN)>c(Cl-)>c(CN-)>c(OH-),A项错误;②点为向0.1 mol·L-120.00 mL CH3COONa溶液中加入0.1 mol·L-1盐酸且加入盐酸的体积小于10.00 mL,所得溶液含等物质的量浓度CH3COOH和NaCl,溶液中剩余CH3COONa且CH3COONa的浓度大于NaCl,溶液呈酸性,故c(CH3COO-)>c(Cl-),B项错误;②点和③点中c(H+)相等,但加入的盐酸体积不相等,溶液中c(Na+)不相等,故②点与③点所示溶液中阳离子物质的量浓度之和不相等,C项错误;④为向0.1 mol·L-120.00 mL CH3COONa溶液中加入0.1 mol·L-120.00 mL盐酸,两者恰好完全反应得到物质的量浓度均为0.05 mol·L-1的CH3COOH和NaCl的混合液,由于c(Na+)=c(Cl-),故溶液中电荷守恒可表示为c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),由物料守恒:c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.05 mol·L-1,两式合并得c(CH3COOH)+c(H+)-c(OH-)=0.05 mol·L-1,D项正确。
3.(2019河南郑州一模)25 ℃时,向一定浓度的Na2X溶液中滴入盐酸,溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。
已知:H2X是二元弱酸,Y表示c(X2-)c(HX-)或c(HX-)c(H2X),pY=-lgY。下列叙述不正确的是( )
A.曲线n表示pH与pc(HX-)c(H2X)的变化关系
B.Ka2(H2X)=1.0×10-10.3
C.NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)
D.当溶液呈中性时,c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)
答案 C
解析 H2X为二元弱酸,以第一步电离为主,则Ka1(H2X)>Ka2(H2X),则pH相同时c(X2-)c(HX-)
A.曲线a、b、c分别代表加入醋酸铵、氯化铵、氯化氢
B.由图可知Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=1×10-7
C.A点处c(CH3COO-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)
D.C点处c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)>0.1 mol·L-1
答案 B
解析 醋酸钠为强碱弱酸盐,因醋酸根离子水解,溶液呈碱性。往溶液中加入氯化铵固体,由于铵根离子水解呈酸性,故随着氯化铵的加入,溶液将由碱性逐渐变为酸性,由于水解微弱,所得溶液酸性较弱,符合的曲线为b;往溶液中通入氯化氢气体,随着气体的通入溶液由碱性转变为酸性,由于氯化氢为强酸,通入量较大时,溶液的酸性较强,符合的曲线为c;加入醋酸铵固体所对应的变化曲线为a,据此结合电荷守恒及盐的水解原理进行分析。
根据分析可知,曲线a代表醋酸铵、曲线b代表氯化铵、曲线c代表氯化氢,A项正确;当加入固体的物质的量为0.1 mol时,曲线b对应的pH等于7,说明等浓度的醋酸根离子的水解程度与铵根离子相同,即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O),但无法计算其电离平衡常数,B项错误;A点对应溶液中含有的溶质为0.1 mol CH3COONa与0.1 mol CH3COONH4,溶液的pH>7,则c(OH-)>c(H+),醋酸根离子的水解程度较小,则c(CH3COO-)>c(Na+),铵根离子部分水解,则c(Na+)>c(NH4+),溶液中离子浓度的大小关系为:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+),C项正确;C点通入0.1 mol HCl,与0.1 mol醋酸钠反应生成0.1 mol CH3COOH与0.1 mol NaCl,c(Cl-)=c(Na+)=0.1 mol·L-1,则c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)>0.1 mol·L-1,D项正确。
5.(2019河北唐山第一次模拟)下列说法错误的是( )
A.0.1 mol·L-1的Na2CO3溶液加适量水稀释后,溶液中c(OH-)c(CO32-)变大
B.若使Na2S溶液中c(Na+)c(S2-)接近于2∶1,可加入适量的KOH固体
C.25 ℃时,浓度均为0.1 mol·L-1 NaOH和NH3·H2O混合溶液中c(OH-)>c(Na+)=c(NH3·H2O)
D.0.2 mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合:2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)
答案 C
解析 Na2CO3溶液加适量水稀释后,促进水解,所以氢氧根离子数目变大,碳酸根离子数目减小,所以溶液中n(OH-)n(CO32-)变大,则c(OH-)c(CO32-)变大,A项正确。Na2S溶液中加入适量KOH固体,水解平衡逆向移动,使得S2-的物质的量增大,而钠离子的物质的量不变,从而可使Na2S溶液中c(Na+)c(S2-)接近于2∶1,B项正确。由于混合溶液中NH3·H2O部分电离,故c(Na+)>c(NH3·H2O),C项错误。0.2 mol·L-1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合后,得到等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液,根据物料守恒:2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH);根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-);整合可得:2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH),D项正确。
6.(2019河北石家庄教学质量检测)常温下,分别向可水解的NaA溶液和MCl溶液中加入盐酸和NaOH溶液,混合溶液pH与离子浓度变化关系如下图所示。下列说法不正确的是( )
A.曲线L1表示lgc(M+)c(MOH)与pH的变化关系
B.Ka(HA)=1×10-5.5
C.a点时两溶液中水的电离程度相同
D.0.01 mol·L-1MA溶液中存在:c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)
答案 C
解析 MCl水解使溶液显酸性,加入NaOH溶液,溶液pH逐渐增大,c(M+)逐渐减小,MOH的浓度逐渐增大,lgc(M+)c(MOH)的值逐渐减小,故曲线L1表示lgc(M+)c(MOH)与pH的变化关系,A项正确。曲线L2表示lgc(A-)c(HA)与pH的关系,lgc(A-)c(HA)=0时,c(A-)c(HA)=1,此时pH=5.5,c(H+)=1×10-5.5 mol·L-1,则Ka(HA)=c(H+)·c(A-)c(HA)=c(H+)=1×10-5.5,B项正确。a点溶液的pH>7,对于曲线L2,由于A-离子水解导致溶液呈碱性,促进了水的电离;而对于曲线L1,MCl溶液呈酸性,a点时溶液呈碱性,说明MOH的电离程度大于M+离子水解程度,MOH的电离抑制了水的电离,所以两溶液中水的电离程度不同,C项错误;曲线L1中,lgc(M+)c(MOH)=0时,c(M+)c(MOH)=1,Kb(MOH)=c(OH-)>1×10-5>1×10-5.5,根据越弱越水解的原则,水解程度A->M+,则MA溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+)、c(M+)>c(A-),溶液中离子浓度大小为:c(M+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),D项正确。
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