大單元七電解質(zhì)溶液中的離子平衡第23講弱電解質(zhì)的電離平衡溶液的pH練習(xí)1電離平衡電離平衡常數(shù)及電離度1.A【解析】電解質(zhì)的強弱與溶解性無關(guān)，如硫酸鋇就是強電解質(zhì)，A正確；導(dǎo)電性取決于離子濃度及所帶電荷數(shù)的多少，弱電解質(zhì)即使?jié)舛容^大，導(dǎo)電性也不一定很強，B錯誤；沒有指明酸的相對強弱及濃度，C錯誤；強電解質(zhì)熔融時不一定能完全電離，如液態(tài)HCl不能電離，D錯誤。2.A【解析】NH3·H2O是弱電解質(zhì)，電離方程式應(yīng)該用可逆符號，B錯誤；NOeq\o\al(－,3)帶一個單位的負電荷，C錯誤；H2CO3是二元弱酸，分步電離，電離方程式為H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)，D錯誤。3.D【解析】次氯酸是弱酸，說明次氯酸在溶液中部分電離。0.1mol/L次氯酸溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＝10－4mol/L，溶液中c(H＋)＜c(HClO)，說明次氯酸部分電離，為弱電解質(zhì)，故選D。4.B【解析】電離吸熱，溫度升高，平衡正向移動，A錯誤；加入少量NaOH固體，c(H＋)減小，平衡正向移動，B正確；加入少量0.1mol/LHCl溶液，c(H＋)增大，C錯誤；加入少量CH3COONa固體，c(CH3COO－)增大，抑制CH3COOH的電離，電離度減小，D錯誤。5.B【解析】HClO溶液具有漂白性，所以不能用pH試紙測定HClO溶液的pH，應(yīng)該用pH計，A錯誤；電離出的離子濃度越大，溶液導(dǎo)電性越強，在相同條件下，等物質(zhì)的量濃度、等體積的次氯酸和醋酸，導(dǎo)電性強的酸性較強，B正確；氯水中氯氣和水反應(yīng)生成HCl和HClO，加入碳酸氫鈉溶液，是鹽酸與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳氣體，不能比較次氯酸和醋酸的酸性，C錯誤；沸點屬于物理性質(zhì)，酸性屬于化學(xué)性質(zhì)，不能依據(jù)沸點來判斷酸性強弱，D錯誤。6.B【解析】室溫時，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%發(fā)生電離，則c(H＋)＝0.1mol/L×0.1%＝10－4mol/L，A正確；升高溫度，HA的電離平衡正向移動，c(H＋)增大，溶液的酸性增強，B錯誤；該一元酸的電離平衡常數(shù)K＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)≈eq\f(10－4×10－4,0.1)＝1×10－7，C正確；通入HCl氣體，c(H＋)增大，HA的電離平衡逆向移動，D正確。7.A【解析】電離度＝eq\f(cH＋,cHA)＝eq\f(10－4mol/L,0.01mol/L)×100%＝1%。故選A。8.B【解析】相同溫度時，100mL0.01mol/L醋酸溶液與10mL0.1mol/L醋酸溶液中所含CH3COOH的物質(zhì)的量相同，故中和時所需NaOH的量相同，A、D不符合題意；由越稀越電離知，電離度前者大于后者，B符合題意；酸溶液越稀，c(H＋)越小，則H＋的物質(zhì)的量濃度前者小于后者，C不符合題意。9.A【解析】eq\f(cH＋,cCH3COOH)＝eq\f(Ka,cCH3COO－)，溫度不變，Ka不變，隨著溶液的稀釋，c(CH3COO－)逐漸減小，則eq\f(cH＋,cCH3COOH)始終保持增大趨勢，A符合題意；eq\f(cCH3COOH,cH＋)＝eq\f(cCH3COO－,Ka)，則eq\f(cCH3COOH,cH＋)始終保持減小趨勢，B不符合題意；eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－)＝eq\f(cH＋,Ka)，隨著溶液的稀釋，c(H＋)逐漸減小，則eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－)始終保持減小趨勢，C不符合題意；eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－·cH＋)＝eq\f(1,Ka)，則eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－·cH＋)始終不變，D不符合題意。10.B【解析】氯氣中存在平衡：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，加入HCl，c(H＋)增大，平衡左移，c(HClO)減小，A錯誤；加入CaCO3，H＋與CaCO3反應(yīng)，c(H＋)減小，平衡右移，HClO的酸性弱于碳酸，由Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO知，HClO與CaCO3能大量共存，則c(HClO)增大，B正確；加水，c(H＋)減小，平衡右移，但c(HClO)減小，C錯誤；加入NaOH固體，H＋及HClO均與OH－反應(yīng)，c(HClO)減小，D錯誤。11.B【解析】根據(jù)溶液中電荷守恒：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3COO－))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))，A錯誤；加入醋酸鈉固體，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3COO－))增大，醋酸的電離平衡逆向移動，電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，所以Ka不變，B正確；醋酸是弱電解質(zhì)，pH＝2的醋酸溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合后，醋酸有剩余，溶液呈酸性，C錯誤；醋酸是弱電解質(zhì)，pH＝2的醋酸物質(zhì)的量濃度為大于0.01mol/L，D錯誤。12.B【解析】醋酸為弱酸，pH相同時醋酸的濃度較大，則中和NaOH的能力：鹽酸<醋酸，A錯誤；稀釋后，醋酸溶液中c(H＋)濃度較大，則加水稀釋10倍后溶液的pH：鹽酸>醋酸，C錯誤；兩溶液的pH相等，則兩溶液中水的電離程度相同，則水電離出的c(H＋)：鹽酸＝醋酸，D錯誤13.(1)NH4Cl抑制氨水電離，防止生成Co(OH)2沉淀(2)①氨水－NH4HCO3混合溶液②調(diào)節(jié)溶液pH，增大ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO\o\al(2－,3)))，使Mn2＋盡可能沉淀完全(3)①Fe3＋和H2C2O4生成Feeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C2O4))eq\o\al(3－,3)，促進草酸電離，溶液的H＋濃度增大；Fe3＋濃度降低，促進燒渣中鐵氧化物與硫酸的反應(yīng)②Fe2＋與C2Oeq\o\al(2－,4)生成FeC2O4沉淀【解析】(2)①制備MnCO3時，為防止生成Mn(OH)2；沉淀應(yīng)將堿性試劑氨水－NH4HCO3的混合溶液緩慢滴入MnSO4溶液中。②反應(yīng)生成MnCO3，混合溶液中氨水的作用是調(diào)節(jié)溶液pH，使HCOeq\o\al(－,3)轉(zhuǎn)化為COeq\o\al(2－,3)，使Mn2＋盡可能沉淀完全。(3)①加入草酸能提高鐵浸取率的原因是Fe3＋和H2C2O4生成Fe(C2O4)eq\o\al(3－,3)，促進草酸電離，使溶液中的氫離子濃度增大，溶液中的鐵離子濃度降低，有利于燒渣中鐵氧化物與稀硫酸的反應(yīng)。②草酸加入量大于20%時，亞鐵離子與草酸反應(yīng)生成草酸亞鐵沉淀，導(dǎo)致鐵浸取率隨草酸加入量增加而減小。練習(xí)2水的電離溶液的pH酸堿中和滴定1.D【解析】量筒的精度是0.1mL，A錯誤；用pH試紙測出的溶液pH為整數(shù)，B錯誤；酸式滴定管量取酸性溶液，Na2CO3溶液呈堿性，C錯誤。2.D【解析】加水稀釋，酸性減弱，c(H＋)減小，A不符合題意；溫度不變，Ka(HF)不變，B不符合題意；加水稀釋，c(F－)減小，c(OH－)增大，則eq\f(cF－,cOH－)減小，C不符合題意；eq\f(cH＋,cHF)＝eq\f(nH＋,nHF)，加水稀釋，n(H＋)增大，n(HF)減小，則eq\f(cH＋,cHF)增大，D符合題意。3.D【解析】氫氧化鈉溶液應(yīng)盛裝在堿式滴定管中，不能盛裝在酸式滴定管中，A錯誤；強酸和強堿中和滴定接近終點時，溶液的pH會發(fā)生突躍，曲線的斜率較大，B錯誤；滴定管的0刻度在上方，該酸式滴定管的讀數(shù)為11.85mL，C錯誤。4.A【解析】發(fā)現(xiàn)燈泡很暗，可能是HNO2溶液的濃度低，無法證明HNO2為弱電解質(zhì)，①符合題意；等pH、等體積的HNO2比鹽酸中和的NaOH物質(zhì)的量多，說明HNO2沒有完全電離，能證明HNO2為弱電解質(zhì)，②不符合題意；25℃時，0.1mol/LHNO2溶液的pH約為3，說明HNO2為弱酸，能證明HNO2為弱電解質(zhì)，③不符合題意；25℃時，pH＝2的HNO2溶液稀釋100倍后溶液pH<4，能證明HNO2為弱電解質(zhì)，④不符合題意；常溫下，NaNO2溶液顯堿性，NOeq\o\al(－,2)發(fā)生了水解，能證明HNO2為弱電解質(zhì)，⑤不符合題意；將CaCO3固體加入HNO2溶液中，固體溶解并產(chǎn)生氣泡，只能說明HNO2的酸性比H2CO3強，無法證明HNO2為弱電解質(zhì)，⑥符合題意；故選A。5.C【解析】測定溶液的pH時，應(yīng)使用干燥的pH試紙，試紙濕潤會使測得的氫氧化鈉溶液的pH減小，A錯誤；pH＝2的鹽酸和醋酸中，醋酸的物質(zhì)的量濃度比鹽酸大，中和相同體積的pH＝2的鹽酸和醋酸，所需的等濃度NaOH溶液的體積前者小于后者，B錯誤；用pH計測量0.10mol/LH3PO4的pH＝3.12，表明H3PO4發(fā)生部分電離，則H3PO4是弱電解質(zhì)，C正確；向pH＝2的鹽酸中加入少許NaCl固體，對c(H＋)不產(chǎn)生影響，溶液的pH不變，D錯誤。6.B【解析】加水稀釋，弱酸溶液中c(H＋)減小的慢，強酸溶液中c(H＋)減小的快，故曲線Ⅰ表示的是鹽酸的變化曲線，A正確；酸溶液中的c(H＋)越大，對水電離抑制程度越大，溶液中c(H＋)：a點＞c點，故溶液中水的電離程度：a點＜c點，B錯誤；溶液導(dǎo)電性與離子濃度成正比，離子濃度：a點＞c點，則溶液導(dǎo)電性：a點＞c點，C正確；酸的物質(zhì)的量：a點＞b點，故與足量鎂條充分反應(yīng)生成的H2的量：a點＞b點，D正確。7.C【解析】酸式滴定管裝液前未用標(biāo)準(zhǔn)酸液潤洗，導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)酸液的體積變大，使測定結(jié)果偏高，A錯誤；滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積增大，使測定結(jié)果偏高，B錯誤；滴定前俯視讀數(shù)，導(dǎo)致讀出的標(biāo)準(zhǔn)液初始體積偏小，滴定后平視無影響，所以向錐形瓶中加待測液的體積偏小，消耗的標(biāo)準(zhǔn)液偏少，所以測定結(jié)果偏低，C正確；盛NaOH溶液的錐形瓶滴定前用NaOH溶液潤洗，導(dǎo)致瓶內(nèi)氫氧化鈉的物質(zhì)的量增大，消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積也會增大，使結(jié)果偏高，D錯誤。8.A【解析】滴定時有鹽酸濺出錐形瓶外，待測液物質(zhì)的量偏少，測定結(jié)果偏低，A符合題意；滴定終點讀數(shù)時，仰視滴定管的刻度，造成V(堿)偏大，測定結(jié)果偏高，B不符合題意；盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過后再用未知液潤洗，待測液的物質(zhì)的量偏多，測定結(jié)果偏高，C不符合題意；滴定到終點讀數(shù)時，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液，造成V(堿)偏大，測定結(jié)果偏高，D不符合題意。9.A【解析】滴定時應(yīng)觀察錐形瓶中溶液顏色的變化，A錯誤；標(biāo)準(zhǔn)酸性KMnO4溶液滴定所生成的H2O2，H2O2被KMnO4氧化為O2，KMnO4被還原為無色Mn2＋，滴定終點時溶液由無色變?yōu)闇\紅色，B正確；在滴定前滴定管尖嘴內(nèi)有氣泡，滴定后尖嘴內(nèi)無氣泡，則滴定消耗標(biāo)準(zhǔn)酸性KMnO4溶液體積偏大，H2O2的質(zhì)量偏大，因而會導(dǎo)致測定結(jié)果偏大，C正確；讀取KMnO4溶液體積時，滴定前俯視讀數(shù)，V1偏小，滴定后仰視讀數(shù)，V2偏大，則消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積(V2－V1)就會偏大，最終導(dǎo)致測定結(jié)果偏大，D正確。10.C【解析】升高溫度，促進水的電離，H＋和OH－濃度會變大，水的離子積常數(shù)會變大，變化后不會還在曲線上，A錯誤；該溫度下，結(jié)合b點的數(shù)據(jù)可得水的離子積常數(shù)為1.0×10－14，B錯誤；通入HCl，H＋濃度變大，水的離子積不變，OH－濃度減小，C正確；溫度不變的情況下，稀釋不會改變水的離子積常數(shù)，應(yīng)在曲線上進行移動，D錯誤。11.(1)3或9(2)a＋b＝14(3)1∶10(4)12(5)小于【解析】(1)100℃時，溶液中由水電離產(chǎn)生的氫離子濃度為1×10－9mol/L，則該溶液可能是氫離子濃度為10－3mol/L的酸溶液，也可能是氫離子濃度1×10－9mol/L的堿溶液，所以溶液的pH為3或9。(2)設(shè)1體積為1L，由100℃時，100體積pH為a的某強酸溶液與1體積pH為b的某強堿溶液混合后溶液呈中性可得：10－amol/L×100L＝10－12＋bmol/L×1L，解得a＋b＝14。(3)設(shè)氫氧化鈉溶液的體積為aL、硫酸溶液體積為bL，由100℃時，pH為9的氫氧化鈉溶液與pH為4的硫酸溶液混合所得混合溶液的pH為6可得：10－4mol/L×bL＝10－3mol/L×aL，解得a∶b＝1∶10。(4)常溫下，等體積(VL)濃度均為0.02mol/L的氫氧化鋇溶液與硫酸氫鈉溶液反應(yīng)生成氫氧化鈉、硫酸鋇沉淀和水，則反應(yīng)所得混合溶液的c(OH－)＝eq\f(0.02mol/L×2×V－0.02mol/L×V,2V)＝0.01mol/L，則溶液的pH為12。(5)HA為一元弱酸，常溫下，pH為3的弱酸HA溶液與pH為11的氫氧化鈉溶液等體積混合時，溶液呈酸性，若要使反應(yīng)后溶液呈中性，則氫氧化鈉溶液的體積V2大于HA溶液的體積V1。12.(1)甲膠頭滴管、100mL容量瓶(2)8(3)酚酞(4)當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲蜰aOH溶液時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)溶液不褪色(5)26.10(6)36(7)CD(8)C【解析】(6)由計算可知，三次滴定消耗NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積分別為24.99mL、25.01mL、23.70mL，第三次實驗消耗NaOH溶液體積偏小，舍去，則消耗標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液的平均體積＝eq\f(24.99＋25.01,2)mL＝25.00mL，測得稀釋后白醋中醋酸的濃度＝eq\f(25.00mL×0.060mol/L,25.00mL)＝0.060mol/L，轉(zhuǎn)化為國家標(biāo)準(zhǔn)，eq\f(0.060mol×60g/mol,1000mL)×eq\f(100mL,10mL)＝0.036g/mL＞0.035g/mL，則該品牌白醋中醋酸含量為36mg/mL，符合國家標(biāo)準(zhǔn)。第24講鹽類的水解練習(xí)1鹽類的水解及其應(yīng)用1.A【解析】NH4Cl溶液中存在平衡：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，溶液顯酸性，A正確；BaCl2溶液中的Ba2＋和Cl－均不水解，是強酸強堿鹽，溶液顯中性，B錯誤；H2SO4屬于酸，溶液顯酸性，C錯誤；Ca(OH)2屬于堿，溶液顯堿性，D錯誤。2.C【解析】再加入少量CH3COONa固體，CH3COONa溶液濃度增大，c(CH3COO－)增大，水解生成的c(OH－)增大，溶液紅色加深，由越稀越水解知，濃度較大時，CH3COONa的水解程度較小，C錯誤。3.B【解析】鐵屑的主要成分為Fe，F(xiàn)e和Fe3＋反應(yīng)生成Fe2＋，故“過濾”所得濾液中大量存在的離子有Fe2＋、H＋、Cl－，A錯誤；氯水具有氧化性，且不引入新雜質(zhì)，故“氧化”時可使用新制氯水作氧化劑，B正確；Fe3＋水解生成Fe(OH)3，加熱促進Fe3＋水解和HCl揮發(fā)，且蒸干會失水，故將“氧化”后的溶液蒸干不能獲得FeCl3·6H2O，C錯誤；SOCl2與水反應(yīng)生成SO2和HCl，D錯誤。4.A【解析】根據(jù)“越弱越水解”，HA的Ka越小，HA酸性越弱，故A－的水解程度越大，A錯誤；KAleq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO4))2·12H2O溶于水電離出的Al3＋水解可形成Aleq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))3膠體，離子方程式為Al3＋＋3H2OAleq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))3(膠體)＋3H＋，B正確；CH3COO－與H＋結(jié)合生成弱酸CH3COOH，故在HCl溶液中CH3COO－不能大量存在，C正確；Na2CO3水解使溶液顯堿性，油脂在堿性條件下水解，故可用于去除餐具的油污，D正確。5.D【解析】無論SOeq\o\al(2－,3)是否水解，加入MgCl2都會有沉淀，A錯誤；室溫下，測定濃度均為0.1mol/LCH3COONa溶液、NH4Cl溶液的pH，可對比CH3COO－和NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，進而判斷CH3COOH和NH3·H2O的電離程度，B錯誤；NH4Feeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO4))2電離出的NHeq\o\al(＋,4)和Fe3＋在溶液中均會水解，且溶液均顯酸性無法探究NHeq\o\al(＋,4)是否發(fā)生水解，C錯誤；SOeq\o\al(2－,3)水解平衡為SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－，滴加BaCl2溶液，SOeq\o\al(2－,3)與Ba2＋結(jié)合生成BaSO3沉淀，平衡逆移，堿性減弱，紅色變淺，能達到實驗?zāi)康?，D正確。6.UF6遇水水解產(chǎn)生的HF腐蝕玻璃7.稀釋使溶液的pH升高，有利于Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋正向移動【解析】鐵離子在溶液中存在如下平衡：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加水稀釋時，溶液pH增大，平衡正向移動，有利于鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀，所以為減少堿用量，可以通過稀釋浸出液除去鐵離子練習(xí)2單一電解質(zhì)溶液中粒子濃度比較1.B【解析】水解過程吸熱，升高溫度，S2－水解程度增大，堿性增強，pH增大，A錯誤；Na2S水解，使溶液顯堿性，加入NaOH固體，電離出Na＋和OH－，OH－抑制了S2－的水解，溶液中c(Na＋)、c(S2－)均增大，B正確；Na2S水解使溶液顯堿性，c(OH－)＞c(H＋)，根據(jù)水解過程微弱規(guī)律可知，Na2S溶液中：c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(H＋)，C錯誤；Na2S溶液中存在元素守恒：c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]，D錯誤。2.A【解析】Na2SO3溶液因SOeq\o\al(2－,3)水解而呈堿性，加入少量NaOH固體，增大了Na＋、OH－的物質(zhì)的量，抑制了Na2SO3的水解，故c(SOeq\o\al(2－,3))與c(Na＋)均增大，A正確；由元素質(zhì)量守恒知，c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋2c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(H2SO3)，B錯誤；由電荷守恒知，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，C錯誤；水解吸熱，升高溫度，促進SOeq\o\al(2－,3)水解，堿性增強，則溶液的pH增大，D錯誤。3.C【解析】氨水顯堿性，根據(jù)電荷守恒知，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)，c(OH－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))，A錯誤；NH4Cl溶液顯酸性，根據(jù)電荷守恒知，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，由c(OH－)＜c(H＋)，得c(NHeq\o\al(＋,4))＜c(Cl－)，B錯誤；c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，該溶液為中性，故c(OH－)＝c(H＋)，水的電離是微弱的，C正確；根據(jù)元素守恒知，c(Na＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，D錯誤。4.B【解析】兩種溶液中，都含有以下微粒：Na＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、H2CO3、OH－、H＋、H2O，微粒的種類相同，A錯誤；Na2CO3發(fā)生部分水解生成HCOeq\o\al(－,3)，而NaHCO3完全電離生成HCOeq\o\al(－,3)，故NaHCO3溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))較大，B正確；Na2CO3溶液中存在質(zhì)子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，NaHCO3溶液中存在質(zhì)子守恒：c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))＝c(H＋)＋c(H2CO3)，C錯誤；根據(jù)元素守恒推知，NaHCO3溶液中存在：c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＝c(Na＋)，Na2CO3溶液中存在：2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)＝c(Na＋)，D錯誤。5.C【解析】酸性：HF>CH3COOH，則水解程度：CH3COO－>F－，相同濃度時，CH3COONa溶液堿性較強，A錯誤；HF溶液中，水也會電離出H＋，故c(HF)＞c(H＋)＞c(F－)＞c(OH－)，B錯誤；根據(jù)元素質(zhì)量守恒可知，2c(Na＋)＝c(HF)＋c(F－)，根據(jù)電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，合并二式，消去c(Na＋)，得2c(H＋)＋c(HF)＝2c(OH－)＋c(F－)，C正確；醋酸銨溶液中存在相互促進的水解反應(yīng)，醋酸鈉溶液中只存在單水解，故相同濃度時，CH3COO－的濃度：CH3COONa>CH36.C【解析】S2－的水解分步進行，以第一步水解為主，離子方程式為S2－＋H2OHS－＋OH－，A錯誤；NaOH恰好轉(zhuǎn)化為Na2S，則Na2S溶液中，質(zhì)子守恒式為c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，B錯誤；c總＝c(Na＋)，即c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＝c(Na＋)，為NaHS溶液，Ka2＝1.3×10－13，HS－的水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka1)≈9.1×10－8，則HS－的水解程度大于其電離程度，c(H2S)>c(S2－)，C正確；NaOH溶液吸收H2S的反應(yīng)是酸堿中和反應(yīng)，可放出熱量，溶液溫度升高，D錯誤。7.(1)①CH3COOH、CH3COO－、H＋、OH－c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol/Lc(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)②CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－CH3COO－、Na＋、CH3COOH、OH－、H＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)＝0.1mol/Lc(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)(2)①NHeq\o\al(＋,4)、OH－、H＋、NH3·H2Oc(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝0.1mol/Lc(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)②c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＝0.1mol/Lc(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)③2c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)練習(xí)3混合電解質(zhì)溶液中粒子濃度比較1.C【解析】“脫硫”過程中溫度越高，二氧化硫的溶解度越小，不利于脫硫反應(yīng)，A錯誤；由電離常數(shù)可知，HSOeq\o\al(－,3)在溶液中的電離程度大于其水解程度，NHeq\o\al(＋,4)在溶液中的水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,KbNH3·H2O)＝eq\f(1.0×10－14,1.8×10－5)＜Ka2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2SO3))＝1.0×10－7，說明HSOeq\o\al(－,3)在溶液中的電離抑制NHeq\o\al(＋,4)的水解，則溶液中離子濃度大小順序為ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH\o\al(＋,4)))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HSO\o\al(－,3)))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO\o\al(2－,3)))，B錯誤；NH4HSO3溶液中c(HSOeq\o\al(－,3))>c(SOeq\o\al(2－,3))，溶液中存在質(zhì)子守恒關(guān)系：c(NH3·H2O)＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO\o\al(2－,3)))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2SO3))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))，則溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3·H2O))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HSO\o\al(－,3)))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3·H2O))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO\o\al(2－,3)))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2SO3))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))，C正確；“制備”過程發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為NOeq\o\al(－,2)＋HSOeq\o\al(－,3)＋SO2＋2H2O=NH3OH＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋H＋，D錯誤。2.D【解析】由實驗1可知0.1mol/LNaHSO3溶液的pH約為5，說明HSOeq\o\al(－,3)的電離程度大于水解程度，則Ka2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2SO3))>Kh2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO\o\al(2－,3)))＝eq\f(Kw,Ka1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2SO3)))，則Ka2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2SO3))·Ka1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2SO3))>Kw，A錯誤；實驗2所得溶液為溶質(zhì)可看成NaNH4SO3，根據(jù)質(zhì)子守恒可得：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＋2ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2SO3))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HSO\o\al(－,3)))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))＋c(NH3·H2O)，B錯誤；實驗3中無明顯現(xiàn)象，即無氣泡產(chǎn)生，可能發(fā)生反應(yīng)：COeq\o\al(2－,3)＋HSOeq\o\al(－,3)=HCOeq\o\al(－,3)＋SOeq\o\al(2－,3)，則說明Ka2(H2SO3)>Ka2(H2CO3)，C錯誤。3.B【解析】當(dāng)加入的醋酸的物質(zhì)的量等于或略少于氫氧化鈉時，溶液呈堿性，在A、B間可能存在：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，A正確；a＝12.5，則為醋酸鈉溶液，溶液中存在電荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)，醋酸鈉水解呈堿性，c(OH－)>c(H＋)，則c(Na＋)>c(CH3COO－)，B錯誤；在C點，溶液顯酸性，故有c(OH－)＜c(H＋)，根據(jù)電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，故c(CH3COO－)>c(Na＋)，離子濃度大小為c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，C正確；D點溶質(zhì)是等物質(zhì)的量濃度的醋酸和醋酸鈉，根據(jù)元素守恒，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋4.C【解析】pH＝2的H2C2O4溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＝10－2mol/L，Ka1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2C2O4))＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))·c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HC2O\o\al(－,4))),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2C2O4)))＝5.6×10－2，eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HC2O\o\al(－,4))),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2C2O4)))＝5.6＞1，即ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2C2O4))<ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HC2O\o\al(－,4)))，A正確；根據(jù)電荷守恒：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH\o\al(＋,4)))＋2ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Fe2＋))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＝2ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO\o\al(2－,4)))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))，溶液顯酸性，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＞ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH\o\al(＋,4)))＋2ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Fe2＋))<2ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO\o\al(2－,4)))，B正確；酸性KMnO4除了可以氧化Fe2＋，也可以氧化H2C2O4等，溶液褪色不能證明是否含F(xiàn)e2＋，C錯誤；乙醇與水互溶，用乙醇洗可帶走水分，利于干燥，D正確。5.C【解析】向氨水中通入SO2至恰好生成NH4HSO3，NH4HSO3溶液中存在質(zhì)子守恒：c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)＋c(NH3·H2O)，Kh(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(10－14,1.7×10－5)<Ka2(HSOeq\o\al(－,3))＝6.2×10－8>Kh(HSOeq\o\al(－,3))＝eq\f(10－14,1.3×10－2)，以HSOeq\o\al(－,3)的電離為主，故溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，則c(H2SO3)<c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(NH3·H2O)，A錯誤；向氨水中通入SO2至pH＝7時，c(H＋)＝c(OH－)，電荷守恒式為c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)，則c(NHeq\o\al(＋,4))>c(HSOeq\o\al(－,3))，B錯誤；反應(yīng)NH3·H2O＋H2SO3=NHeq\o\al(＋,4)＋HSOeq\o\al(－,3)＋H2O的平衡常數(shù)K＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cHSO\o\al(－,3),cNH3·H2O·cH2SO3)＝eq\f(Kb×Ka1,Kw)＝eq\f(1.7×10－5×1.3×10－2,1.0×10－14)＝2.21×107，C正確；H2SO3為弱電解質(zhì)，故在離子方程式中，HSOeq\o\al(－,3)不能拆寫成H＋和SOeq\o\al(2－,3)，反應(yīng)的離子方程式為2NO2＋4HSOeq\o\al(－,3)=N2＋4SOeq\o\al(2－,4)＋4H＋，D錯誤。6.C【解析】隨著溶液的pH逐漸增大，c(H2XO3)不斷減小，c(HXOeq\o\al(－,3))不斷增大，則eq\f(cH2XO3,cHXO\o\al(－,3))應(yīng)不斷減小，則曲線Ⅰ表示lgeq\f(cH2XO3,cHXO\o\al(－,3))與溶液pH的關(guān)系，A正確；a→b的過程中，eq\f(cHYO\o\al(2－,4),cH2YO\o\al(－,4))逐漸增大，c(H2YOeq\o\al(－,4))逐漸減小，c(HYOeq\o\al(2－,4))逐漸增大，陰離子水解程度增大，故水的電離程度逐漸增大，B正確；當(dāng)c(H2XO3)＝c(HXOeq\o\al(－,3))時，c(H＋)＝10－6.4mol/L，依據(jù)Ka2(H3YO4)＝eq\f(cH＋·cHYO\o\al(2－,4),cH2YO\o\al(－,4))＝10－7.2，則eq\f(cHYO\o\al(2－,4),cH2YO\o\al(－,4))＝eq\f(10－7.2,10－6.4)＝10－0.8<1，則c(HYOeq\o\al(2－,4))<c(H2YOeq\o\al(－,4))，C錯誤；eq\f(cH2YO\o\al(－,4)·cHXO\o\al(－,3),cHYO\o\al(2－,4))＝eq\f(Ka1H2XO3·cH2XO3,Ka2H3YO4)，當(dāng)溶液pH逐漸增大時，c(H2XO3)逐漸減小，溫度不變，Ka1(H2XO3)和Ka2(H3YO4)為定值，D正確。7.D【解析】溫度升高，SO2溶解度減小，不利于反應(yīng)進行，A錯誤；根據(jù)電荷守恒，“吸收”所得溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，B錯誤；由含硫物種濃度等于Na＋濃度可知，溶液為NaHSO3溶液，由電離常數(shù)可知，HSOeq\o\al(－,3)的水解常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(1.0×10－14,1.29×10－2)<Ka2＝6.24×10－8，說明HSOeq\o\al(－,3)在溶液中的電離程度大于水解程度，NaHSO3溶液呈酸性，則c(SOeq\o\al(2－,3))>c(H2SO3)，C錯誤；“氧化”調(diào)節(jié)溶液pH約為5，HSOeq\o\al(－,3)被氧化為SOeq\o\al(2－,4)，主要發(fā)生反應(yīng)：2HSOeq\o\al(－,3)＋O2=2SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋，D正確。8.D【解析】NaHS溶液的pH>7，說明HS－的水解程度大于其電離程度，則c(H2S)>c(S2－)，c(OH－)>c(H＋)，故c(H＋)·c(S2－)<c(H2S)·c(OH－)，A錯誤；HS－能被Cl2氧化，實驗2沒有淡黃色沉淀產(chǎn)生，可能是Cl2將HS－氧化為SOeq\o\al(2－,4)，B錯誤；向0.1mol/LNaHS溶液中加入等體積0.1mol/LNaHCO3溶液充分混合，無氣泡產(chǎn)生，C、S原子守恒知，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)，C錯誤；0.001mol/LNa2S溶液中，S2－發(fā)生兩步微弱水解，第一步水解產(chǎn)生OH－和HS－，第二步水解產(chǎn)生OH－和H2S，溶液呈堿性，則c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(H＋)，D正確。9.D【解析】加熱條件下，鎂條與水發(fā)生反應(yīng)生成Mg(OH)2和H2，Mg(OH)2電離出OH－使溶液呈堿性，因此滴有酚酞的溶液變紅色，A正確；實驗2反應(yīng)后的溶液中，存在電荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝2c(Mg2＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，溶液呈堿性，c(OH－)>c(H＋)，則c(Cl－)<2c(Mg2＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))，B正確；實驗3中反應(yīng)后的溶液呈堿性，堿性條件下，NHeq\o\al(＋,4)與OH－反應(yīng)會生成氨氣，因此氣體中可能含有氨氣，C正確；對比實驗1、4可知，NaCl對鎂與水的反應(yīng)有促進作用，起催化作用的離子可能是Cl－，也可能是Na＋，D錯誤。10.C【解析】該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cHSO\o\al(－,3),cNH3·H2O·cH2SO3)＝eq\f(Kb·Ka1,Kw)＝eq\f(10－1.8×10－4.7,10－14)＝107.5，A錯誤；向氨水中通入SO2至pH＝7，可知ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))，根據(jù)電荷守恒c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))，c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(HSOeq\o\al(－,3))，B錯誤；當(dāng)pH＝4.1時，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))＝10－9.9mol/L，則eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH\o\al(＋,4))),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3·H2O)))＝eq\f(Kb,c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－)))＝eq\f(10－4.7,10－9.9)＝105.2，eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HSO\o\al(－,3))),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2SO3)))＝eq\f(Ka1,c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋)))＝eq\f(10－1.8,10－4.1)＝102.3，則eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH\o\al(＋,4))),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3·H2O)))>eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HSO\o\al(－,3))),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2SO3)))，C正確；(NH4)2SO4中存在質(zhì)子守恒：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3·H2O))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))，D錯誤。第25講難溶電解質(zhì)的溶解平衡練習(xí)1Ksp含義及其計算1.B【解析】難溶物質(zhì)在溶液中存在沉淀溶解平衡，A正確；溶液中存在沉淀溶解平衡，濾液b中含有Ag＋，B錯誤；沉淀由白色變?yōu)辄S色，說明生成AgI，反應(yīng)向生成更難溶沉淀的方向進行，C、D正確。2.A【解析】當(dāng)四種離子開始沉淀時，所需OH－濃度分別為c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp[FeOH3],cFe3＋))＝eq\r(3,\f(4.0×10－38,0.01))mol/L≈10－12mol/L，c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp[CrOH3],cCr3＋))＝eq\r(3,\f(7.0×10－31,0.01))mol/L≈10－10mol/L，c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp[ZnOH2],cZn2＋))＝eq\r(\f(1.0×10－17,0.01))mol/L≈10－8mol/L，c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp[MgOH2],cMg2＋))＝eq\r(\f(1.8×10－11,0.01))mol/L≈10－5mol/L，c(OH－)越小，對應(yīng)陽離子越先沉淀。故選A。3.(1)7.0×10－2(2)2×103(3)1×105(4)CaMoO4(s)Ca2＋(aq)＋MoOeq\o\al(2－,4)(aq)，加入Na2CO3溶液，COeq\o\al(2－,3)結(jié)合Ca2＋生成CaCO3沉淀，促進沉淀溶解平衡向離子化方向進行，使浸出液MoOeq\o\al(2－,4)濃度增大，從而提高Mo元素浸出率【解析】(1)由溶度積可知，溶液中的鈣離子轉(zhuǎn)化為氟化鈣沉淀時，溶液中的鎂離子已經(jīng)完全轉(zhuǎn)化為氟化鎂沉淀，所以溶液中鈣離子濃度為1.0×10－6mol/L時，溶液中F－的濃度至少為eq\r(\f(KspCaF2,cCa2＋))＝eq\r(\f(4.9×10－9,1×10－6))mol/L＝7×10－2mol/L。(2)根據(jù)蓋斯定律，將①＋②得到PbCl2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s))＋2Cl－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aq))PbCleq\o\al(2－,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aq))K＝31.25×1.6×10－5＝5×10－4，則沉降反應(yīng)PbCleq\o\al(2－,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aq))PbCl2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(s))＋2Cl－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(aq))的平衡常數(shù)K＝eq\f(1,5×10－4)＝2×103。(3)該水解反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(c2H＋,cTiO2＋)＝eq\f(c2H＋·c2OH－,cTiO2＋·c2OH－)＝eq\f(1×10－122,1×10－29)＝1×105。4.(1)1.6×10－10(2)0.2(3)2×10－5(4)4.2×1014(5)①62.5②防止生成沉淀時產(chǎn)生Co(OH)2，引入雜質(zhì)【解析】(1)該平衡常數(shù)K＝eq\f(c2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ca2＋))·c2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HF)))＝eq\f(c2H＋·c2F－,cCa2＋·c2HF·c2F－)＝eq\f(K\o\al(2,a)HF,KspCaF2)＝1.0×103，Ksp(CaF2)＝eq\f(4×10－42,1.0×103)＝1.6×10－10。(2)Ce3＋恰好沉淀完全時，c(Ce3＋)＝1.0×10－5mol/L，則Kspeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Ce2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO3))3))＝c2(Ce3＋)·c3(COeq\o\al(2－,3))＝(1×10－5)2·c3(COeq\o\al(2－,3))＝1.0×10－28，解得c(COeq\o\al(2－,3))＝1.0×10－6mol/L，測得溶液的pH＝5，根據(jù)Ka2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2CO3))＝5.0×10－11＝eq\f(cH＋·cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))＝eq\f(1.0×10－5×1.0×10－6,cHCO\o\al(－,3))，解得c(HCOeq\o\al(－,3))＝0.2mol/L。(3)溶液中c(F－)＝eq\r(\f(4.0×10－11,10－5))mol/L＝2.0×10－3mol/L，c(H＋)＝1×10－6mol/L，c(HF)＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))·c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－)),Ka\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HF)))＝eq\f(2.0×10－3×1×10－6,1.0×10－4)mol/L＝2.0×10－5mol/L。(4)K＝eq\f(cH2SeO3,c2Cl－·c2H＋)＝eq\f(c2Ag＋·cSeO\o\al(2－,3)·cH2SeO3,c2Cl－·c2Ag＋·c2H＋·c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SeO\o\al(2－,3))))＝eq\f(KspAg2SeO3,K\o\al(2,sp)AgCl·Ka1·Ka2)＝eq\f(1×10－15,4×10－20×3×10－3×2×10－8)≈4.2×1014。(5)①K＝eq\f(c2H＋,cH2C2O4·cCo2＋)＝eq\f(c2H＋·cC2O\o\al(2－,4)·cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4·cCo2＋·cC2O\o\al(2－,4)·cHC2O\o\al(－,4))＝eq\f(Ka1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2C2O4))·Ka2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2C2O4)),Ksp\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CoC2O4)))＝eq\f(5×10－2×5×10－5,4×10－8)＝62．5。練習(xí)2沉淀的轉(zhuǎn)化1.A【解析】OH－過量，F(xiàn)e(OH)3可直接由Fe3＋與OH－反應(yīng)生成，不存在沉淀的轉(zhuǎn)化，無法比較Fe(OH)3、Mg(OH)2的溶解度大小，B錯誤；Ag＋過量，AgI可直接由Ag＋與I－反應(yīng)生成，不存在沉淀的轉(zhuǎn)化，無法比較AgCl、AgI的Ksp大小，C錯誤；BaSO4和BaCO3的溶度積常數(shù)相差不大，在濃度較大的Na2CO3溶液中，溶度積小的BaSO4沉淀也可以轉(zhuǎn)化為溶度積大的BaCO3沉淀，依據(jù)此實驗不能比較BaSO4、BaCO3的Ksp大小，D錯誤。2.C【解析】F－、NHeq\o\al(＋,4)均能水解，則0.1mol/LNH4F溶液中，由元素守恒得：c(F－)＋c(HF)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)，A錯誤；“除鈣”得到的上層清液為CaF2的飽和溶液，則c(Ca2＋)＝eq\f(KspCaF2,c2F－)，B錯誤；pH＝10的NH3·H2O－NH4HCO3溶液中，eq\f(cCO\o\al(2－,3),cHCO\o\al(－,3))＝eq\f(Ka2H2CO3,cH＋)＝eq\f(4.7×10－11,10－10)＝0.47<1，則c(COeq\o\al(2－,3))<c(HCOeq\o\al(－,3))，C正確；“沉鐵”反應(yīng)的離子方程式為Fe2＋＋HCOeq\o\al(－,3)＋NH3·H2O=FeCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O，D錯誤。3.D【解析】Na2CO3溶液中的質(zhì)子守恒式為c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)，故c(OH－)＞c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)，A錯誤；反應(yīng)PbSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)PbCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常數(shù)K＝eq\f(cSO\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(cSO\o\al(2－,4)·cPb2＋,cCO\o\al(2－,3)·cPb2＋)＝eq\f(KspPbSO4,KspPbCO3)＝eq\f(1.6×10－8,7.4×10－14)＝eq\f(8,37)×106，當(dāng)濃度商Q＝eq\f(cSO\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))<K＝eq\f(8,37)×106時，平衡正向移動，B錯誤；“脫硫”后上層清液中含有Na2SO4和未反應(yīng)完的Na2CO3溶液，電荷守恒式中缺少c(COeq\o\al(2－,3))，C錯誤；PbCO3懸濁液加入HNO3“溶解”過程中，由于COeq\o\al(2－,3)會和H＋反應(yīng)生成CO2，所以溶液中COeq\o\al(2－,3)濃度逐漸減小，D正確。4.C【解析】電荷守恒式中缺少c(H＋)，A錯誤；NH4HCO3溶液中存在質(zhì)子守恒：c(OH－)＋c(NH3·H2O)＋c(COeq\o\al(2－,3))＝c(H＋)＋c(H2CO3)，B錯誤；根據(jù)元素守恒可知，NH4HCO3和氨水的混合溶液中存在N(N)>N(C)，“沉鋅”時消耗了一部分C元素，則“過濾”所得濾液中，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)>c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＋c(COeq\o\al(2－,3))，C正確；沉淀是ZnCO3，不是Zn(OH)2，則“過濾”所得濾液是ZnCO3的飽和溶液，溶液中c(Zn2＋)·c2(OH－)<Ksp[Zn(OH)2]，則eq\f(cCO\o\al(2－,3),c2OH－)＝eq\f(cCO\o\al(2－,3)·cZn2＋,c2OH－·cZn2＋)>eq\f(KspZnCO3,Ksp[ZnOH2])，D錯誤。5.A【解析】Na2S溶液中，S2－發(fā)生水解：S2－＋H2OHS－＋OH－、HS－＋H2OH2S＋OH－，水解平衡常數(shù)Kh1＝eq\f(Kw,Ka2H2S)＝eq\f(1.0×10－14,1.3×10－13)≈7.7×10－2、Kh2＝eq\f(Kw,Ka1H2S)＝eq\f(1.0×10－14,1.1×10－7)≈9.1×10－8，以第一步水解為主，設(shè)發(fā)生水解的S2－為xmol/L，列式：S2－＋H2OHS－＋OH－初始mol/L0.01轉(zhuǎn)化mol/Lxxx平衡mol/L0.01－xxx則Kh1＝eq\f(x·x,0.01－x)≈7.7×10－2，解得x≈0.0089mol/L，故c(HS－)>c(S2－)，A正確；“除鈷鎳”后得到的上層清液中c(Ni2＋)＝1.0×10－6mol/L，c(S2－)＝eq\f(KspNiS,cNi2＋)＝eq\f(3.0×10－21,1.0×10－6)mol/L＝3.0×10－15mol/L，則c(Co2＋)＝eq\f(KspCoS,cS2－)＝eq\f(1.8×10－22,3.0×10－15)mol/L＝6.0×10－8mol/L，B錯誤；NaHC2O4溶液存在質(zhì)子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2C2O4)－c(C2Oeq\o\al(2－,4))，C錯誤；“沉鐵”后的濾液中含有Na2S、少量H2C2O4及可能過量的NaHC2O4，根據(jù)電荷守恒可知，該式中缺含硫微粒，D錯誤。6.C【解析】粗NiSO4溶液中含F(xiàn)e3＋，說明粗NiSO4溶液呈酸性，c(H＋)≠c(OH－)，電荷守恒式：2c(Ni2＋)＋3c(Fe3＋)＋2c(Mg2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2－,4))，A錯誤；溶液呈酸性，故加Na2SO4溶液“沉鐵”時，離子方程式中不能出現(xiàn)OH－，反應(yīng)的離子方程式應(yīng)為3Fe3＋＋Na＋＋2SOeq\o\al(2－,4)＋6H2O=NaFe3(SO4)2(OH)6↓＋6H＋，B錯誤；NaF溶液中存在質(zhì)子守恒式：c(OH－)＝c(HF)＋c(H＋)，C正確；“沉鎂”后，未產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀，說明：c(Mg2＋)·c2(OH－)＜Ksp[Mg(OH)2]，則eq\f(c2F－,c2OH－)＞eq\f(Ksp[MgF2],Ksp[MgOH2])＝eq\f(5.2×10－11,1.3×10－11)＝4，則c(F－)>2c(OH－)，D錯誤。7.C【解析】0.1mol/LNa2CO3溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)、元素守恒：eq\f(1,2)c(Na＋)＝c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＝0.1mol/L，則c(OH－)－c(H＋)＝c(Na＋)－2c(COeq\o\al(2－,3))－c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(Na＋)－[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]－c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)＝0.1mol/L－c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)，A錯誤；Ka(HClO)＝eq\f(cClO－·cH＋,cHClO)＝3×10－8，pH＝11即c(H＋)＝10－11，eq\f(cClO－,cHClO)＝3×103>1，即c(HClO)<c(ClO－)，B錯誤；eq\f(c2Fe3＋,c3Ni2＋)＝eq\f(K\o\al(2,sp)[FeOH3],K\o\al(3,sp)[NiOH2])＝1.25×10－28>10－28，C正確；“氧化”時ClO－被還原為Cl－，D錯誤。8.(1)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝7.5×106>105，正向進行程度很大，可以將Ca2＋完全除去(2)BaCrO4與BaSO4的Ksp相近，隨著Na2SO4濃度增大，促進了BaCrO4轉(zhuǎn)化為BaSO4；反應(yīng)生成的BaSO4覆蓋在BaCrO4表面，難以發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)(3)6.0(4)加入MnF2后，會發(fā)生反應(yīng)：MnF2＋Mg2＋MgF2＋Mn2＋，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(Ksp\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(MnF2)),Ksp\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(MgF2)))＝6.25×107＞1×105，正向進行的程度很大，可以將Mg2＋除去(5)0.99mol/L(6)CH3COO－結(jié)合Pb2＋形成難電離物質(zhì)，使PbSO4Pb2＋＋SOeq\o\al(2－,4)平衡正向移動【解析】(1)該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(cMn2＋,cCa2＋)＝eq\f(cMn2＋·c2F－,cCa2＋·c2F－)＝eq\f(KspMnF2,KspCaF2)＝eq\f(1.2×10－3,1.6×10－10)＝7.5×106>105，正向進行程度很大，可以將Ca2＋完全除去。(3)Ksp(SrSO4)＝3.3×10－7，Ksp(SrCO3)＝1.1×10－10，轉(zhuǎn)化完成時，c(COeq\o\al(2－,3))＝2.0×10－3mol/L，c(Sr2＋)＝eq\f(KspSrCO3,cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(1.1×10－10,2.0×10－3)mol/L＝5.5×10－8mol/L，則c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(KspSrSO4,cSr2＋)＝eq\f(3.3×10－7,5.5×10－8)mol/L＝6.0mol/L。(5)由氟化鋰的溶度積可知，凈化后溶液中c(Li＋)＝eq\f(KspLiF,cF－)＝eq\f(2.0×10－3,4.0×10－2)mol/L＝0.05mol/L，則沉淀鋰離子消耗氟離子的濃度為1mol/L—0.05mol/L＝0.95mol/L，由凈化后溶液中氟離子濃度為0.04mol/L可知，溶液中鈉離子的濃度為(0.95＋0.04)mol/L＝0.99mol/L。大單元七綜合與應(yīng)用高考特訓(xùn)16電解質(zhì)溶液中粒子濃度大小比較1.D【解析】在滴定過程中，第一次到達滴定終點時，Na2CO3轉(zhuǎn)化為NaHCO3，第二次達到滴定終點時NaHCO3轉(zhuǎn)化為NaCl、H2O、CO2，故選擇的指示劑M為酚酞、N為甲基橙，A錯誤；當(dāng)Na2CO3和NaHCO3等物質(zhì)的量混合時，根據(jù)元素守恒得2c(Na＋)＝3c(COeq\o\al(2－,3))＋3c(HCOeq\o\al(－,3))＋3c(H2CO3)，B錯誤；第一次到達滴定終點時，溶液中存在電荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)，C錯誤；根據(jù)關(guān)系式：Na2CO3～HCl～NaHCO3，V1mL鹽酸全部用于與Na2CO3反應(yīng)，V2mL鹽酸用于與所有NaHCO3反應(yīng)，故樣品中Na2CO3和NaHCO3物質(zhì)的量之比為eq\f(V1,V2－V1)，D正確。2.B【解析】向FeSO4溶液中加入足量氨水－NH4HCO3混合溶液，生成FeCO3的離子方程式為Fe2＋＋NH3·H2O＋HCOeq\o\al(－,3)=FeCO3↓＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2O，A錯誤；0.1mol/LNH4HCO3溶液的pH＝7.8，說明HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，故ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH\o\al(＋,4)))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCO\o\al(－,3)))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2CO3))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3·H2O))，B正確；0.2mol/L氨水和0.2mol/LNH4HCO3溶液等體積混合，二者恰好發(fā)生反應(yīng)，此時溶質(zhì)為(NH4)2CO3，由元素守恒可得，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH\o\al(＋,4)))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3·H2O))＝2ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2CO3))＋2ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCO\o\al(－,3)))＋2ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO\o\al(2－,3)))，C錯誤；生成FeCO3沉淀后的濾液中還有SOeq\o\al(2－,4)，存在電荷守恒：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH\o\al(＋,4)))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCO\o\al(－,3)))＋2ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO\o\al(2－,3)))＋2ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO\o\al(2－,4)))，D錯誤。3.C【解析】NaHCO3溶液呈堿性，人體發(fā)生堿中毒時，可以注射酸性溶液緩解癥狀，A錯誤；c(H2CO3)<c(HCOeq\o\al(－,3))<c(COeq\o\al(2－,3))的溶液不可能呈中性，B錯誤；pH＝7.4的緩沖體系中，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cH＋,cH2CO3)×eq\f(1,cH＋)＝eq\f(Ka1,cH＋)＝eq\f(10－6.1,10－7.4)＝101.3≈20，C正確；c(HCOeq\o\al(－,3))∶c(H2CO3)＝1的緩沖體系中，存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＝c(OH－)＋c(H2CO3)＋2c(COeq\o\al(2－,3))，D錯誤。4.D【解析】“酸溶”時離子方程式：4MnO2＋MnS＋8H＋=5Mn2＋＋SOeq\o\al(2－,4)＋4H2O，A正確；根據(jù)電荷守恒，氨水中存在：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH\o\al(＋,4)))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))，B正確；“沉錳”后上層清液中：eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCO\o\al(－,3)))·c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Mn2＋)))＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))·c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO\o\al(2－,3))),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCO\o\al(－,3)))·c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Mn2＋))·c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO\o\al(2－,3))))＝eq\f(Ka2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2CO3)),Ksp\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(MnCO3)))＝2.5，C正確；NH4HCO3溶液中存在電荷守恒：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH\o\al(＋,4)))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＝2ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO\o\al(2－,3)))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCO\o\al(－,3)))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))，Kbeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3·H2O))＞Kaleq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2CO3))，NHeq\o\al(＋,4)水解程度小于HCOeq\o\al(－,3)水解程度，溶液呈堿性，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＜ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))，故ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH\o\al(＋,4)))＞2ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO\o\al(2－,3)))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCO\o\al(－,3)))，D錯誤。5.A【解析】Ka2(H2SO3)·Ka2(H2CO3)＝eq\f(cSO\o\al(2－,3)·cCO\o\al(2－,3)·c2H＋,cHSO\o\al(－,3)·cHCO\o\al(－,3))＝3×10－18，pH＝8，c(H＋)＝10－8，故c(SOeq\o\al(2－,3))·c(COeq\o\al(2－,3))＝eq\f(3×10－18,10－16)·c(HSOeq\o\al(－,3))·c(HCOeq\o\al(－,3))＝0.03c(HSOeq\o\al(－,3))·c(HCOeq\o\al(－,3))，A正確；步驟1中，Na2CO3溶液與NaHSO3溶液反應(yīng)生成亞硫酸鈉和碳酸氫鈉，根據(jù)元素守恒，鈉離子的濃度應(yīng)大于2倍的含硫微粒濃度之和，B錯誤；步驟3所得是清液中，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ag＋))·ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Br－))≤Ksp(AgBr)，C錯誤；步驟3的離子方程式為AgBr＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(Ag\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S2O3))2))3－＋Br－，D錯誤。6.B【解析】由圖可知，pH＝2.5的溶液中c(H2C2O4)和c(C2Oeq\o\al(2－,4))濃度之和小于c(HC2Oeq\o\al(－,4))，則c(H2C2O4)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))<c(HC2Oeq\o\al