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[備考導(dǎo)航](1)√(2)√(3)√(4)×(5)×(6)×(7)√(8)×考點(diǎn)1[知識(shí)梳理]知識(shí)1[及時(shí)鞏固]③⑤⑥⑨⑩②⑧知識(shí)3[?？?xì)w納]①增大③強(qiáng)知識(shí)52.(1)電離增大(2)吸熱電離增大[及時(shí)鞏固]B[典題悟法]典例1E【解析】醋酸為弱酸，是弱電解質(zhì)，電離時(shí)應(yīng)當(dāng)用可逆符號(hào)：CH3COOHH＋＋CH3COO－，A錯(cuò)誤；磷酸不是強(qiáng)電解質(zhì)，應(yīng)分步電離，以第一步為主，H3PO4H＋＋H2POeq\o\al(－,4)，B錯(cuò)誤；Al2(SO4)3屬于鹽，完全電離：Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SOeq\o\al(2－,4)，C錯(cuò)誤；碳酸氫鈉應(yīng)完全電離，電離方程式為NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(－,3)，D錯(cuò)誤。典例2①【解析】H2S具有還原性，滴加新制氯水后，H2S被氧化，c(H2S)減小，平衡向左移動(dòng)，氯水中含有HCl，發(fā)生氧化還原反應(yīng)后也生成HCl，pH減小，①正確；加水稀釋弱酸的稀溶液，弱酸的電離度增大，平衡向右移動(dòng)，但c(H＋)減小，②錯(cuò)誤；SO2可與H2S發(fā)生反應(yīng)生成S和H2O，c(H2S)減小，平衡向左移動(dòng)，但過(guò)量SO2與水反應(yīng)生成H2SO3，可使溶液酸性增強(qiáng)，pH減小，③錯(cuò)誤；發(fā)生反應(yīng)：CuSO4＋H2S=CuS↓＋H2SO4，生成了強(qiáng)酸，c(H＋)增大，④錯(cuò)誤。典例3(1)①a＞b②a＝b③a＝b(2)①a<b②a<b③a>b【解析】(1)①HCl為一元強(qiáng)酸，在溶液中均全部電離；CH3COOH為弱酸，在溶液中部分電離，a＞b；②兩種酸的物質(zhì)的量相等，鹽酸和醋酸消耗的NaOH相等，a＝b；③等質(zhì)量的Zn完全反應(yīng)，消耗的鹽酸和醋酸的體積相等，a＝b。(2)①CH3COOH是弱酸，c(CH3COOH)?c(H＋)，c(HCl)＝c(H＋)，故a<b；②等體積的兩種溶液，n(CH3COOH)＞n(HCl)，a<b；③等質(zhì)量的Zn完全反應(yīng)，消耗的n(H＋)相等，故溶液中c(H＋)大的消耗的體積小，而CH3COOH在反應(yīng)中會(huì)繼續(xù)電離產(chǎn)生H＋，則消耗體積小，故a＞b。典例4(1)eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))·c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(N2H\o\al(＋,5))),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(N2H4·H2O)))(2)<(3)4.0×10－4【解析】(1)水合肼N2H4·H2O溶于水發(fā)生電離，N2H4·H2ON2Heq\o\al(＋,5)＋OH－，則Kb1(N2H4·H2O)＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))·c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(N2H\o\al(＋,5))),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(N2H4·H2O)))。(2)pH為4，依據(jù)Ka2＝eq\f(cH＋·cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))，則6.2×10－8＝eq\f(10－4×cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))，eq\f(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))＝6.2×10－4<1，故ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO\o\al(2－,3)))<ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HSO\o\al(－,3)))。(3)pH＝4時(shí)，c(H＋)＝1.0×10－4mol/L，c(F－)＝1.6×10－3mol/L，c(HF)＝4.0×10－4mol/L，則Ka(HF)＝eq\f(cH＋·cF－,cHF)＝eq\f(1.0×10－4×1.6×10－3,4.0×10－4)＝4.0×10－4。典例5H2S＋COeq\o\al(2－,3)HCOeq\o\al(－,3)＋HS－2×103【解析】根據(jù)Ka1(H2S)>Ka2(H2CO3)，故H2S與Na2CO3溶液發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為H2S＋COeq\o\al(2－,3)HCOeq\o\al(－,3)＋HS－。該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(cHS－·cHCO\o\al(－,3),cH2S·cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(cH＋·cHS－·cHCO\o\al(－,3),cH2S·cCO\o\al(2－,3)·cH＋)＝eq\f(Ka1H2S,Ka2H2CO3)＝eq\f(1.0×10－7,5.0×10－11)＝2×103?？键c(diǎn)2[知識(shí)梳理]知識(shí)31.>><＝＝＝<<>2.玻璃棒標(biāo)準(zhǔn)比色卡pH計(jì)pH試紙pH計(jì)知識(shí)42.c(H＋)＝0.10mol/L1.00c(H＋)≈eq\r(0.1Ka)≈1.32×10－3mol/L2.88c(OH－)＝0.1mol/L13.00c(OH－)≈eq\r(0.1Kb)≈1.34×10－3mol/L11.13[典題悟法]典例6B【解析】由表中數(shù)據(jù)可知，隨溫度的升高，Kw逐漸增大，則水的電離程度增大，電離產(chǎn)生的c(H＋)增大，A錯(cuò)誤；隨著溫度升高，Kw逐漸增大，則水的電離程度增大，則α(50℃)<α(75℃)，B正確；100℃時(shí)，Kw＝56.0×10－14，c(OH－)＝1.0×10－7mol/L時(shí)，c(H＋)＝eq\f(5.6×10－13,1.0×10－7)mol/L＝5.6×10－6mol/L>c(OH－)，溶液呈酸性，C錯(cuò)誤；25℃時(shí)，Kw＝1.0×10－14，溫度不變，Kw典例70.09【解析】該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cCO\o\al(2－,3),cNH3·H2O·cHCO\o\al(－,3))＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)×eq\f(cCO\o\al(2－,3)·cH＋,cHCO\o\al(－,3))×eq\f(1,cH＋·cOH－)＝Kbeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3·H2O))×Ka2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2CO3))×eq\f(1,Kw)＝1.8×10－5×5×10－11×eq\f(1,1×10－14)＝0.09。典例8(1)10(2)eq\f(1,10)【解析】(1)pH＝3的硝酸溶液中c(H＋)＝10－3mol/L，pH＝12的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝eq\f(10－14,10－12)mol/L＝10－2mol/L，二者以體積比9∶1混合，Ba(OH)2過(guò)量，溶液呈堿性，混合溶液中c(OH－)＝eq\f(10－2mol/L×1－10－3mol/L×9,9＋1)＝1×10－4mol/L，pOH＝4，則pH＝10。(2)稀釋前c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(10－5,2)mol/L，稀釋后c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(10－5,2×500)mol/L＝10－8mol/L，c(H＋)稀釋后接近10－7mol/L，故eq\f(cSO\o\al(2－,4),cH＋)≈eq\f(10－8mol/L,10－7mol/L)＝eq\f(1,10)。典例9D【解析】相同pH的酸，酸性強(qiáng)的HCOOH的濃度小于CH3COOH，加水稀釋過(guò)程中，CH3COOH電離平衡正向移動(dòng)，產(chǎn)生的H＋更多，故曲線Ⅱ表示CH3COOH，曲線Ⅰ表示HCOOH，A錯(cuò)誤；酸電離的H＋濃度越小，對(duì)水電離的抑制作用就越弱，溶液中H＋濃度：b>c>d，故水的電離程度：b<c<d，B錯(cuò)誤；HCOOH為弱酸，不能拆寫(xiě)成離子形式，C錯(cuò)誤；相同體積、相同pH的兩種酸，CH3COOH的酸性弱，CH3COOH的濃度大，消耗的NaOH多，n(Na＋)大，D正確。典例1010－7.010－13.0【解析】由圖可知，左邊第一個(gè)交點(diǎn)時(shí)，c(H2S)＝c(HS－)，此時(shí)pH＝7.0，根據(jù)Ka1(H2S)＝eq\f(cHS－·cH＋,cH2S)＝c(H＋)＝10－7.0，同理，根據(jù)第二個(gè)交點(diǎn)，Ka2(H2S)＝10－13.0?？键c(diǎn)3[知識(shí)梳理]知識(shí)14.(1)酸式滴定管堿式滴定管錐形瓶6.溶液由黃色變成橙色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來(lái)的顏色7.23.00mL知識(shí)33.(1)偏大偏小偏小偏大4.偏高偏高偏低無(wú)影響偏高偏低偏低偏高偏高偏低偏高偏高偏低[典題悟法]典例11D【解析】酸、堿抑制水的電離，a點(diǎn)剩余硫酸的濃度比b點(diǎn)大，a點(diǎn)對(duì)水電離的抑制作用比b點(diǎn)大，所以水電離出的氫氧根離子濃度：a＜b，A錯(cuò)誤；當(dāng)?shù)渭覰aOH溶液的體積為20.00mL時(shí)，硫酸與NaOH剛好完全反應(yīng)，則2c(H2SO4)×10.00mL＝0.1000mol/L×20mL，c(H2SO4)＝0.1000mol/L，B錯(cuò)誤；當(dāng)最后半滴標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴入，溶液恰好由無(wú)色變成粉紅色，且在半分鐘內(nèi)不變色時(shí)，達(dá)到了滴定終點(diǎn)，但酚酞變紅，NaOH稍過(guò)量，C錯(cuò)誤；當(dāng)?shù)渭覰aOH溶液為10.00mL時(shí)，該混合液的c(H＋)＝eq\f(10.00mL×0.1mol/L×2－10.00mL×0.1mol/L,20.00mL)＝0.05mol/L，D正確。典例12C【解析】堿式滴定管用蒸餾水洗凈后，直接注入NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液，NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液被稀釋?zhuān)瑵舛葴p小，滴定完全時(shí)V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，根據(jù)ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(待測(cè)))＝eq\f(c標(biāo)準(zhǔn)·V標(biāo)準(zhǔn),V待測(cè))，c(待測(cè))偏高，A不選；錐形瓶用蒸餾水洗凈后，直接裝入未知濃度的醋酸溶液，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，V(標(biāo)準(zhǔn))不變，故c(待測(cè))不變，B不選；滴定到終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)，俯視刻度線(滴定前平視)，V(標(biāo)準(zhǔn))偏小，故c(待測(cè))偏低，C選；堿式滴定管尖端滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，故c(待測(cè))偏高，D不選。典例13準(zhǔn)確量取一定體積的Ce4＋溶液于錐形瓶中，滴入數(shù)滴苯代鄰氨基苯甲酸作指示劑，用0.02000mol/L(NH4)2Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲?NH4)2Fe(SO4)2溶液時(shí)，溶液由紫紅色變成亮黃色，且半分鐘內(nèi)溶液顏色無(wú)明顯變化，記錄滴定所用(NH4)2Fe(SO4)2溶液的體積，重復(fù)上述操作2～3次。[質(zhì)量評(píng)價(jià)]1.D【解析】常溫下，測(cè)得0.1mol/L醋酸溶液的pH＝3，c(H＋)＝10－3mol/L<0.1mol/L，因此可證明醋酸在水溶液中不完全電離，醋酸是弱酸，A不符合題意；常溫下，測(cè)得0.1mol/L醋酸鈉溶液的pH約為8，溶液呈堿性，說(shuō)明醋酸鈉是強(qiáng)堿弱酸鹽，醋酸是弱酸，B不符合題意；常溫下，pH＝1的醋酸溶液和pH＝13的Baeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))2溶液等體積混合，溶液呈酸性，說(shuō)明pH＝1的醋酸溶液濃度大于pH＝13的Baeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH))2溶液的濃度，可證明醋酸是弱酸，C不符合題意；醋酸溶液和鹽酸pH相同，則溶液中c(H＋)相同，因此分別與同樣顆粒大小的鋅反應(yīng)時(shí)，產(chǎn)生H2的起始速率相等，不能證明醋酸是弱電解質(zhì)，D符合題意。2.B【解析】升高溫度，能促進(jìn)水的電離，c(H＋)增大，A錯(cuò)誤；稀硫酸能電離出H＋，c(H＋)增大，抑制水的電離，Kw只與溫度有關(guān)，溫度不變，Kw不變，B正確；NH3·H2O會(huì)電離出OH－，c(OH－)增大，C錯(cuò)誤；NaCl為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，加入少量固體NaCl，對(duì)水的電離無(wú)影響，D錯(cuò)誤。3.C【解析】HCl是強(qiáng)酸，CH3COOH是弱酸，濃度相同時(shí)，HCl溶液中的c(H＋)要比醋酸大，由于是相同倍數(shù)稀釋?zhuān)墅}酸中c(H＋)始終比醋酸中大，對(duì)于醋酸而言，加水稀釋?zhuān)姿岬碾婋x程度增大，故曲線下降幅度平緩，若無(wú)限稀釋?zhuān)遚(H＋)會(huì)趨于相等，故選C。4.D【解析】裝NaOH溶液的滴定管水洗后未用待裝液潤(rùn)洗，導(dǎo)致NaOH溶液被稀釋?zhuān)瑒t中和等量的待測(cè)液，消耗的NaOH溶液體積偏大，大于20mL，A不符合題意；滴定管滴定前尖嘴處有氣泡，使初始讀數(shù)偏小，滴定后氣泡消失，導(dǎo)致NaOH溶液體積偏大，大于20mL，B不符合題意；滴定過(guò)程中，用蒸餾水將附著在瓶壁上的液體沖入溶液中，不影響醋酸和NaOH溶液的物質(zhì)的量，不影響消耗的NaOH溶液體積，C不符合題意；滴定結(jié)束時(shí)，俯視滴定管進(jìn)行讀數(shù)，使終點(diǎn)讀數(shù)偏小，導(dǎo)致NaOH溶液體積偏小，小于20mL，D符合題意。第24講鹽類(lèi)的水解[備考導(dǎo)航](1)×(2)×(3)×(4)√(5)√(6)√(7)×(8)×考點(diǎn)1[知識(shí)梳理]知識(shí)11.酸堿中和吸熱2.(1)①CH3COOH＋OH－堿②COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(2)①NH3·H2O＋H＋酸②Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋③Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋(3)中堿(4)中解疑釋惑313.eq\f(cHPO\o\al(2－,4)·cOH－,cPO\o\al(3－,4))eq\f(Kw,Ka3)eq\f(cH2PO\o\al(－,4)·cOH－,cHPO\o\al(2－,4))eq\f(Kw,Ka2)eq\f(cH3PO4·cOH－,cH2PO\o\al(－,4))eq\f(Kw,Ka1)[典題悟法]典例1F【解析】COeq\o\al(2－,3)的水解是分步進(jìn)行的，以第一步水解為主：COeq\o\al(2－,3)＋H2OOH－＋HCOeq\o\al(－,3)，A錯(cuò)誤；HCOeq\o\al(－,3)結(jié)合水電離出的H＋生成H2CO3，B錯(cuò)誤；S2－為二元弱酸根離子，水解是分步進(jìn)行的，C錯(cuò)誤；可溶性鋁鹽在溶液中水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，生成的氫氧化鋁膠體可以吸附水中懸浮雜質(zhì)而達(dá)到凈水的作用，D錯(cuò)誤；HS－水解應(yīng)該生成H2S，E錯(cuò)誤。典例2C【解析】未明確指出二者溶液的濃度相等，無(wú)法比較，A錯(cuò)誤；NHeq\o\al(＋,4)水解，溶液顯酸性，滴加酚酞，不變紅，故通過(guò)該實(shí)驗(yàn)不能證明NHeq\o\al(＋,4)是否發(fā)生水解，B錯(cuò)誤；根據(jù)酸越弱，對(duì)應(yīng)鹽的堿性越強(qiáng)，NaClO溶液的pH更大，則酸性：H2CO3＞HClO，C正確；用pH計(jì)分別測(cè)定濃度均為0.1mol/LNaCN和Na2S的pH，只能探究Ka2(H2S)和Ka(HCN)相對(duì)大小，D錯(cuò)誤。典例3(1)<NH3·H2O電離＞(2)＜CH3COOH電離＜(3)>CN－水解>【解析】(1)NH4Cl的水解常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Kb)＝eq\f(10－14,1.8×10－5)<Kb，說(shuō)明以NH3·H2O電離為主，溶液呈堿性。(2)CH3COO－的水解常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka)＝eq\f(10－14,1.75×10－5)<Ka，說(shuō)明以CH3COOH電離為主，溶液呈酸性。(3)CN－的水解常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka)＝eq\f(10－14,6.2×10－10)>Ka，說(shuō)明以CN－水解為主，溶液呈堿性。典例4(1)>(2)>(3)>【解析】(1)NaHSO3溶液中，Ka2＝1.02×10－7，Kh2＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,1.54×10－2)<Ka2，則以HSOeq\o\al(－,3)電離為主，c(SOeq\o\al(2－,3))>c(H2SO3)。(2)NaHC2O4溶液中，HC2Oeq\o\al(－,4)的電離常數(shù)Ka2＝1.5×10－4，水解常數(shù)Kh2＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,5.6×10－2)<Ka2，則以HC2Oeq\o\al(－,4)電離為主，c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(H2C2O4)。(3)pH約為5，說(shuō)明NaHSO3溶液顯酸性，HSOeq\o\al(－,3)以電離為主，Ka2(H2SO3)>Kh(HSOeq\o\al(－,3))＝eq\f(Kw,Ka1H2SO3)，則Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>Kw?？键c(diǎn)2[知識(shí)梳理]知識(shí)21.(1)COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，溫度升高能促進(jìn)COeq\o\al(2－,3)的水解，溶液中c(OH－)增加，去污效果增強(qiáng)(2)MgCO3[或MgO或Mg(OH)2]Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入MgCO3[或MgO或Mg(OH)2]消耗氫離子，促進(jìn)Fe3＋水解，最終生成Fe(OH)3沉淀，同時(shí)又不引入新雜質(zhì)(3)CuCO3[或CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3]Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuCO3[或CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3]消耗氫離子，促進(jìn)Fe3＋水解，最終生成Fe(OH)3沉淀，同時(shí)又不引入新雜質(zhì)(4)Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑2.(1)鹽酸硫酸(2)蒸發(fā)結(jié)晶、過(guò)濾、冰水洗滌、低溫烘干(3)在干燥的HCl氣流中加熱脫水(4)K2FeO4具有強(qiáng)氧化性，能殺菌消毒，產(chǎn)物Fe3＋能水解產(chǎn)生Fe(OH)3膠體，從而凈水知識(shí)3Na2CO3Na2SO4Na2CO3Al(OH)3Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3、CuSO4[典題悟法]典例5浸出初期，c(H＋)較大，鐵的浸出率較大，約5min后，溶液酸性減弱，F(xiàn)e3＋水解生成Fe(OH)3進(jìn)入濾渣【解析】浸出初期，F(xiàn)e2O3溶解，鐵的浸出率增大，約5min隨著Nd的浸出率增大，稀鹽酸中的H＋的濃度逐漸減小，pH逐漸增大導(dǎo)致Fe3＋水解生成Fe(OH)3進(jìn)入濾渣，鐵的浸出率又減小。典例6B【解析】加熱會(huì)促進(jìn)Mn2＋的水解和HCl的揮發(fā)，蒸干溶液無(wú)法獲得MnCl2·4H2O，A錯(cuò)誤；Na2CO3溶液呈堿性，可促進(jìn)油脂水解生成溶于水的物質(zhì)，常用于去除油污，B正確；在空氣中加熱BeCl2和MgCl2溶液，促進(jìn)Be2＋、Mg2＋的水解和HCl的揮發(fā)，得不到BeCl2和MgCl2固體，C錯(cuò)誤；加熱會(huì)促進(jìn)Fe3＋的水解和HCl的揮發(fā)，蒸干溶液無(wú)法獲得無(wú)水FeCl3，D錯(cuò)誤。典例7D【解析】FeCl3水解生成Fe(OH)3膠體吸附水中懸浮雜質(zhì)，與FeCl3具有氧化性無(wú)關(guān)，A錯(cuò)誤；明礬凈水的原理是明礬中的鋁離子水解形成的氫氧化鋁能凝聚水中的懸浮物、吸附色素，但不能殺菌消毒，B錯(cuò)誤；加熱促進(jìn)Cu2＋的水解和硝酸的揮發(fā)，蒸干Cu(NO3)2溶液最終無(wú)法得到Cu(NO3)2固體，C錯(cuò)誤；銨根離子水解使NH4Cl溶液呈酸性，可用于除鐵銹，D正確?？键c(diǎn)3[知識(shí)梳理]知識(shí)11.c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)2.c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))知識(shí)21.(1)CH3COOHCH3COO－＋H＋CH3COOH、CH3COO－、H＋、OH－c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1000mol/Lc(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)(2)NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－NH3·H2O、NHeq\o\al(＋,4)、OH－、H＋c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝0.1000mol/Lc(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)2.H2C2O4H＋＋HC2Oeq\o\al(－,4)HC2Oeq\o\al(－,4)H＋＋C2Oeq\o\al(2－,4)H2C2O4、H＋、HC2Oeq\o\al(－,4)、C2Oeq\o\al(2－,4)、OH－c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝0.1000mol/L2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(OH－)＝c(H＋)c(H2C2O4)>c(H＋)>c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(C2Oeq\o\al(2－,4))[或c(OH－)]3.(1)c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)(2)c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)知識(shí)31.(1)2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)(2)③>>[及時(shí)鞏固](1)c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)(2)c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)2.②COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－③HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)知識(shí)4點(diǎn)①：等物質(zhì)的量的NH4Cl和NH3·H2Oc(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)點(diǎn)②：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)點(diǎn)③：NH4Clc(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(NH3·H2O)>c(OH－)[典題悟法]典例8(1)＜(2)112【解析】(1)SO2通入水中得到的H2SO3溶液中存在電荷守恒式：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HSO\o\al(－,3)))＋2ceq\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(H＋))，則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)))<ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))。(2)KOH完全轉(zhuǎn)化為K2CO3時(shí)，溶液中存在元素守恒：c(K＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋2c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)①，電荷守恒式：c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＝c(H＋)＋c(K＋)②，二式聯(lián)立消去c(K＋)，可得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)。典例9C【解析】NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)水解程度大于電離程度，溶液顯堿性，則NaHCO3溶液中存在：c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(H2CO3)＞c(COeq\o\al(2－,3))，A錯(cuò)誤；Na2S溶液中根據(jù)元素守恒得①c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)，電荷守恒得②c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)，將①代入②得：c(HS－)＋2c(H2S)＝c(OH－)－c(H＋)，B錯(cuò)誤；NaHCO3溶液中根據(jù)電荷守恒得①ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na＋))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))＋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)))、元素守恒得②ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na＋))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2CO3))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CO\o\al(2－,3)))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCO\o\al(－,3)))，兩式聯(lián)立①－②可得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(CO\o\al(2－,3)))－ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2CO3))，C正確；因F－、NHeq\o\al(＋,4)均能水解，分別生成HF、NH3·H2O，則0.1mol/LNH4F溶液中，由元素守恒可得：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HF))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH\o\al(＋,4)))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(NH3·H2O))，D錯(cuò)誤。典例10D【解析】COeq\o\al(2－,3)的水解程度大于HCOeq\o\al(－,3)，則c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))，A錯(cuò)誤；溶液pH>7，說(shuō)明NH3·H2O的電離程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，即c(Cl－)>c(NH3·H2O)，結(jié)合電荷守恒式知，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)>c(OH－)＋c(NH3·H2O)，B錯(cuò)誤；溶液pH<7，說(shuō)明CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，即c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)，C錯(cuò)誤；根據(jù)電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)①，根據(jù)元素守恒有2c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(H2C2O4)②，②－①得c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，D正確。[質(zhì)量評(píng)價(jià)]1.C【解析】Al2(SO4)3溶于水電離出的Al3＋水解可生成Al(OH)3膠體，膠體具有吸附性，可用作凈水劑，C錯(cuò)誤。2.B【解析】根據(jù)越弱越水解，說(shuō)明HNO2電離出H＋的能力比CH3COOH的強(qiáng)，A正確；未說(shuō)是等濃度的KClO和KF溶液，無(wú)法比較，B錯(cuò)誤；Fe2＋發(fā)生水解反應(yīng)使溶液顯酸性，向溶液中滴加2～3滴紫色石蕊試液，溶液變紅，能達(dá)到探究目的，C正確；Fe3＋與HCOeq\o\al(－,3)發(fā)生了水解互促反應(yīng)：Fe3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Fe(OH)3↓＋3CO2↑，生成紅褐色沉淀和氣體，D正確。3.D【解析】SO2的水溶液中存在電荷守恒式為c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，則有c(H＋)＞c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))，A錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)2所得溶液的pH＝4，即c(H＋)＝1×10－4mol/L，代入Ka2(H2SO3)＝eq\f(cH＋·cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))＝6.2×10－8，可得eq\f(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))＝6.2×10－4＜1，則c(SOeq\o\al(2－,3))＜c(HSOeq\o\al(－,3))，B錯(cuò)誤；NaHSO3受熱易分解，且易被空氣中的O2氧化，故經(jīng)過(guò)蒸干、灼燒無(wú)法得到NaHSO3固體，C錯(cuò)誤；將SO2氣體通入0.1mol/L酸性KMnO4溶液中發(fā)生反應(yīng)：5SO2＋2MnOeq\o\al(－,4)＋2H2O=5SOeq\o\al(2－,4)＋2Mn2＋＋4H＋，生成的SOeq\o\al(2－,4)多于Mn2＋，故實(shí)驗(yàn)3所得溶液中：c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(Mn2＋)，D正確。4.A【解析】用氫氧化鈉滴定鹽酸和醋酸的混合溶液，氫氧化鈉先和鹽酸反應(yīng)，當(dāng)η＝1時(shí)，溶質(zhì)為氯化鈉和醋酸。b點(diǎn)η＝1.5，溶質(zhì)為NaCl、CH3COONa、CH3COOH，物質(zhì)的量之比為2∶1∶1，溶液呈酸性，CH3COO－的水解程度小于CH3COOH的電離程度，故有ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na＋))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Cl－))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3COO－))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3COOH))，A錯(cuò)誤；c點(diǎn)η＝2，溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NaCl、CH3COONa，根據(jù)元素守恒：ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na＋))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3COO－))＋c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3COOH))))，B正確；c點(diǎn)溶質(zhì)為NaCl、CH3COONa，CH3COONa水解促進(jìn)水電離，c點(diǎn)之前η越小，剩余的酸越多，對(duì)電離的抑制作用越大，所以水的電離程度：c>b>a，C正確；a點(diǎn)η＝1，溶質(zhì)是濃度均為0.01mol/L的NaCl、CH3COOH，醋酸電離使溶液呈酸性，pH＝3.38，則Ka＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3COO－))·c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3COOH)))≈eq\f(10－3.38×10－3.38,0.01)＝10－4.76，常溫下的水解平衡常數(shù)約為Kh＝eq\f(Kw,Ka)＝eq\f(10－14,10－4.76)＝10－9.24，D正確。第25講難溶電解質(zhì)的溶解平衡[備考導(dǎo)航](1)√(2)×(3)√(4)√(5)×(6)×(7)×(8)√考點(diǎn)1[知識(shí)梳理]知識(shí)1飽和沉淀溶解知識(shí)22.＝<>溫度3.(1)①例AgI、AgBr、AgCl②例AgCl(2)例100(3)例3.2～8.0(4)例5×10－5(5)例9×10－6【解析】CrOeq\o\al(2－,4)濃度約為5×10－3mol/L，當(dāng)?shù)渭覣gNO3溶液至開(kāi)始產(chǎn)生Ag2CrO4沉淀，此時(shí)ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ag＋))＝eq\r(\f(Ksp\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ag2CrO4)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CrO\o\al(2－,4)))))＝eq\r(\f(2.0×10－12,5×10－3))mol/L＝2×10－5mol/L，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Cl－))＝eq\f(Ksp\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AgCl)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ag＋)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.8×10－10,2×10－5)))mol/L＝9×10－6mol/L。[典題悟法]典例12.6×10－21【解析】由題意可知，濃度均為0.1mol/L硫酸鐵和磷酸鈉等體積混合后，溶液中c(Fe3＋)＝eq\f(0.1V×2－0.1V,2V)mol/L＝0.05mol/L，則由Ksp(FePO4)可知，溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(PO\o\al(3－,4)))＝eq\f(1.3×10－22,0.05)mol/L＝2.6×10－21mol/L。典例24.7≤pH<7【解析】根據(jù)Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)，c(OH－)＝eq\r(3,\f(10－33,10－5))mol/L≈10－9.3mol/L，此時(shí)溶液的pH＝4.7，根據(jù)Ksp[Ni(OH)2]＝c(Ni2＋)·c2(OH－)，c(OH－)＝eq\r(\f(2×10－15,0.2))mol/L＝10－7mol/L，此時(shí)溶液的pH＝7，故調(diào)使Al3＋完全沉淀Ni2＋不沉淀的pH范圍應(yīng)為4.7≤pH<7。典例326.25【解析】由草酸平衡常數(shù)可得Ka1·Ka2＝eq\f(c2H＋·cC2O\o\al(2－,4),cH2C2O4)，則該反應(yīng)平衡常數(shù)K＝eq\f(c2H＋,cFe2＋·cH2C2O4)＝eq\f(Ka1·Ka2,cFe2＋·cC2O\o\al(2－,4))＝eq\f(Ka1·Ka2,KspFeC2O4)＝eq\f(5.6×10－2×1.5×10－4,3.2×10－7)＝26.25?？键c(diǎn)2[知識(shí)梳理]知識(shí)12.正向增大增大增大正向不變不變不變逆向增大減小不變逆向減小增大不變正向減小增大不變知識(shí)2CuO[或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3]Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO等消耗H＋，平衡正向移動(dòng)，生成Fe(OH)3沉淀，過(guò)濾除去氨水Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入氨水消耗H＋，平衡正向移動(dòng)，生成Fe(OH)3沉淀，過(guò)濾除去Na2S[或(NH4)2S、H2S等]Hg2＋＋S2－=HgS↓、Cu2＋＋S2－=CuS↓知識(shí)3(1)eq\f(KspAgCl,KspAgI)(2)<[典題悟法]典例4C【解析】溫度一定，Ksp不變，線上a、b、c三點(diǎn)對(duì)應(yīng)的Ksp相等，A錯(cuò)誤；AgCl在c點(diǎn)的溶解度比b點(diǎn)的小，B錯(cuò)誤；b點(diǎn)的溶液中加入AgNO3固體，c(Ag＋)變大，由Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)知，c(Cl－)減小，故沿曲線向a點(diǎn)方向變化，D錯(cuò)誤。典例5B【解析】已知相同溫度下，Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，c(Ba2＋)相同時(shí)，c(COeq\o\al(2－,3))＞c(SOeq\o\al(2－,4))，曲線①表示－lgc(SOeq\o\al(2－,4))與－lgc(Ba2＋)的關(guān)系，即BaSO4沉淀溶解曲線，曲線②表示－lgc(COeq\o\al(2－,3))與－lgc(Ba2＋)的關(guān)系，即BaCO3的沉淀溶解曲線，A錯(cuò)誤；曲線①上取點(diǎn)(2.0,8.0)，c(SOeq\o\al(2－,4))＝1.0×10－8mol/L，c(Ba2＋)＝1.0×10－2mol/L，Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))＝1.0×10－8×1.0×10－2＝1.0×10－10，B正確；a點(diǎn)變到b點(diǎn)，－lgc(Ba2＋)值增大，c(Ba2＋)減小，不可能加入BaCl2固體，C錯(cuò)誤；d點(diǎn)時(shí)，c(Ba2＋)＝1.0×10－5.1mol/L，c(SOeq\o\al(2－,4))＝1.0×10－y2mol/L，c點(diǎn)時(shí)，c(Ba2＋)＝10－5.1mol/L，c(COeq\o\al(2－,3))＝1.0×10－y1mol/L，溶液中eq\f(cSO\o\al(2－,4),cCO\o\al(2－,3))＝10y1－y2，D錯(cuò)誤。典例6C【解析】當(dāng)加入25mL硝酸銀溶液時(shí)，二者恰好完全反應(yīng)，此時(shí)AgCl處于沉淀溶解平衡狀態(tài)，溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)，根據(jù)圖像可知，加入25mL硝酸銀溶液時(shí)，對(duì)應(yīng)c(Cl－)在10－5～10－4.5mol/L之間，故10－10＜Ksp(AgCl)＜10－9，A正確；Ksp只受溫度的影響，溫度不變，則Ksp不變，所以曲線上的點(diǎn)是達(dá)到沉淀溶解平衡的平衡點(diǎn)，均滿足Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)，B正確；相同條件下，改為0.0400mol/LCl－，完全反應(yīng)時(shí)，消耗硝酸銀的體積為eq\f(50.0mL×0.0400mol/L,0.1mol/L)＝20mL，因此反應(yīng)終點(diǎn)c不能移到a點(diǎn)，C錯(cuò)誤；相同條件下，若改為0.0500mol/LBr－，消耗硝酸銀的溶液的體積仍為25mL，但AgBr的溶度積比AgCl小，達(dá)到沉淀溶解平衡時(shí)，c(Br－)更小，－lgc(Br－)增大，即c向b方向移動(dòng)，D正確。典例7C【解析】電荷守恒式中的陰離子缺少OH－，A錯(cuò)誤；c(Mg2＋)＝eq\f(KspMgF2,c2F－)，B錯(cuò)誤；由質(zhì)子守恒式知，C正確；電荷守恒式中的陰離子不全，“沉錳”后濾液中還含有F－和大量的SOeq\o\al(2－,4)，D錯(cuò)誤。典例8D【解析】相同條件下，只有CuSO4溶液中產(chǎn)生沉淀，則說(shuō)明Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(FeS))>Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CuS))，A錯(cuò)誤；NaCl和KI的濃度未知，無(wú)法比較Ksp(AgCl)與Ksp(AgI)的大小，B錯(cuò)誤。Al(OH)3和Mg(OH)2的沉淀類(lèi)型不同，且二者均是白色沉淀，不能比較二者溶度積的大小，C錯(cuò)誤。典例9C【解析】pH＝4時(shí)，c(H＋)＝10－4mol/L，由圖可知，此時(shí)c2(M＋)＝7.5×10－8(mol/L)2，故c(M＋)＜3.0×10－4mol/L，A正確；c(H＋)＝0時(shí)，溶液中OH－濃度比較大，A－的水解被抑制，溶液中c(M＋)≈c(A－)，則Ksp(MA)＝c(M＋)·c(A－)＝c2(M＋)＝5.0×10－8，B正確；pH＝7時(shí)，若等式成立，則c(M＋)＝c(A－)，由選項(xiàng)B中Ksp(MA)＝c(M＋)·c(A－)＝5.0×10－8，c2(M＋)＝5×10－8(mol/L)2，由圖可知，此時(shí)溶液中c(H＋)＝0，溶液pH≠7，當(dāng)溶液pH＝7時(shí)，需要外加酸調(diào)節(jié)，即還有其他陰離子存在，選項(xiàng)不滿足電荷守恒，C錯(cuò)誤；由HAH＋＋A－，可知Ka(HA)＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)，當(dāng)c(A－)＝c(HA)時(shí)，Ka＝c(H＋)，由元素守恒有：c(M＋)＝c(HA)＋c(A－)，則c(M＋)＝2c(A－)，由B中Ksp(MA)＝c(M＋)·c(A－)＝5.0×10－8，則c(M＋)×eq\f(1,2)c(M＋)＝5.0×10－8，故c2(M＋)＝10×10－8，由圖可知，此時(shí)c(H＋)＝20×10－5mol/L＝2.0×10－4mol/L，故Ka(HA)＝c(H＋)＝2.0×10－4，D正確。[質(zhì)量評(píng)價(jià)]1.B【解析】由圖像可知，e點(diǎn)在曲線的下方，即e點(diǎn)PbS的Q>Ksp(PbS)，為過(guò)飽和溶液，A錯(cuò)誤；根據(jù)PbS曲線上b點(diǎn)，可得Ksp(PbS)＝c(Pb2＋)·c(S2－)＝10－10×10－25.3＝10－35.3，B正確；向含Ag2S沉淀的懸濁液中加入Na2S固體，S2－濃度增大，Ag＋濃度減小，可實(shí)現(xiàn)d點(diǎn)到c點(diǎn)的變化，C錯(cuò)誤；Ksp(PbS)＝10－35.3，Ksp(Ag2S)＝c2(Ag＋)·c(S2－)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－5))2×10－39.8＝10－49.8，當(dāng)Ag＋、Pb2＋的濃度為0.01mol/L時(shí)，沉淀Ag＋所需的S2－濃度小，首先沉淀的是Ag2S，D錯(cuò)誤。2.3【解析】(1)Fe3＋濃度小于1×10－5mol/L即認(rèn)為完全除去，此時(shí)c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp[FeOH3],cFe3＋))＝eq\r(3,\f(1×10－38,1×10－5))mol/L＝1×10－11mol/L，c(H＋)＝1×10－3mol/L，即pH＝3，可將Fe3＋除去，需加入熟石灰控制廢水pH大于3。3.2.7×10－3【解析】用R2－表示[Cu(C2O4)2]2－，則反應(yīng)CuC2O4＋H2C2O4[Cu(C2O4)2]2－＋2H＋的平衡常數(shù)為K′＝eq\f(cR2－·c2H＋,cH2C2O4)，由給定的H2C2O4的兩級(jí)電離平衡常數(shù)可知，Ka1·Ka2＝eq\f(c2H＋·cC2O\o\al(2－,4),cH2C2O4)，即eq\f(c2H＋,cH2C2O4)＝eq\f(Ka1·Ka2,cC2O\o\al(2－,4))，且反應(yīng)Cu2＋＋2C2Oeq\o\al(2－,4)=[Cu(C2O4)2]2－的平衡常數(shù)K＝eq\f(cR2－,cCu2＋·c2C2O\o\al(2－,4))＝eq\f(cR2－·cC2O\o\al(2－,4),KspCuC2O4)，所以K′＝eq\f(cR2－·c2H＋,cH2C2O4)＝Ka1·Ka2·K·Ksp(CuC2O4)＝5.0×10－2×1.5×10－4×1.8×1010×2.0×10－8＝2.7×10－3。4.3×10－24【解析】溶液的pH為10，根據(jù)Ksp[Cu(OH)2]可得ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Cu2＋))＝eq\f(Ksp[CuOH2],c2OH－)＝eq\f(2.1×10－20,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－4))2)mol/L＝2.1×10－12mol/L，則溶液中剩余ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S2－))＝eq\f(KspCuS,cCu2＋)＝eq\f(6.3×10－36,2.1×10－12)mol/L＝3×10－24mol/L。大單元整合提能力驗(yàn)考情七[高考新視野]1.A2.(1)4.0×10－21(2)＞＞【解析】(1)由HA曲線變化圖可知，當(dāng)eq\f(nHA,n0KIn)＝1.0時(shí)，eq\f(c平In－,c平HIn)＝3.0，設(shè)初始c0(KIn)＝c0mol/L，則初始c(HA)＝c0mol/L，轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量濃度為xmol/L，可列出三段式如下：由eq\f(c平In－,c平HIn)＝3.0，即eq\f(c0－x,x)＝3.0，解得x＝0.25c0，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)為K1＝eq\f(cA－·cHIn,cIn－·cHA)＝eq\f(cA－·cHIn·cH＋,cIn－·cHA·cH＋)＝eq\f(KaHA,KaHIn)＝eq\f(0.25c0×0.25c0,0.75c0×0.75c0)＝eq\f(KaHA,3.6×10－20)，解得Ka(HA)＝4.0×10－21。(2)根據(jù)圖像可知，當(dāng)eq\f(nHB,n0KIn)＝1.0時(shí)，設(shè)此時(shí)轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量濃度為ymol/L，可列出三段式如下：此時(shí)eq\f(c平In－,c平HIn)＜1.0，即eq\f(c0－y,y)＜1.0，則y＞0.5c0>x，則平衡常數(shù)K2＝eq\f(KaHB,KaHIn)＞K1，則Ka(HB)＞Ka(HA)；由于y＞0.5c0，則K2＝eq\f(KaHB,KaHIn)＞1，Ka(HB)＞Ka(HIn)。3.×【解析】用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定未知濃度的CH3COOH溶液，反應(yīng)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)生成CH3COONa，溶液呈堿性，而甲基橙變色范圍pH較小，故不能用甲基橙作指示劑進(jìn)行滴定，否則誤差較大，應(yīng)用酚酞作指示劑，故錯(cuò)誤。4.(1)aedf(2)抑制Fe3＋發(fā)生水解反應(yīng)，保證滴定終點(diǎn)的準(zhǔn)確判斷(3)99.20%【解析】(1)潤(rùn)洗時(shí)，滴定管尖嘴部分也需要潤(rùn)洗；先加25.00mL待測(cè)溶液，后加25.00mL4.000×10－2mol/LAgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，二者充分反應(yīng)后，剩余的Ag＋濃度較小，然后滴加硫酸鐵銨eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(NH4Fe\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO4))2))溶液作指示劑，可以防止生成Ag2SO4沉淀；Ag2CrO4的溶度積常數(shù)與AgSCN非常接近，因此，K2CrO4溶液不能用作指示劑，應(yīng)該選用NH4Feeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SO4))2溶液，其中的Fe3＋可以與過(guò)量的半滴溶液中的SCN－反應(yīng)生成溶液呈紅色的配合物，故滴定至溶液呈淺紅色。(3)由滴定步驟可知，25.00mL4.000×10－2mol/LAgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液分別與AlI3溶液中的I－、1.000×10－2mol/LNH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液中的SCN－發(fā)生反應(yīng)生成AgI和AgSCN；由Ag＋守恒可知，n(AgI)＋n(AgSCN)＝n(AgNO3)，則n(AgI)＝25.00×10－3L×4.000×10－2mol/L－25.60×10－3L×1.000×10－2mol/L＝7.440×10－4mol，由I守恒可知neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AlI3))＝eq\f(1,3)n(AgI)＝7.440×10－4mol×eq\f(1,3)＝2.480×10－4mol，因此，產(chǎn)品純度為eq\f(2.480×10－4mol×408g/mol,1.0200g×\f(25.00mL,250mL))×100%＝99.20%。5.C【解析】在H2S溶液中存在電離平衡：H2SH＋＋HS－、HS－H＋＋S2－，隨著pH的增大，H2S的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)逐漸減小，HS－的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)先增大后減小，S2－的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)逐漸增大，由左邊交點(diǎn)可知Ka1(H2S)＝1×10－7，由右邊交點(diǎn)可知Ka2(H2S)＝1×10－13。FeS的溶解平衡為FeS(s)Fe2＋(aq)＋S2－(aq)，飽和FeS溶液物質(zhì)的量濃度為eq\r(KspFeS)＝eq\r(6.3×10－18)mol/L＝eq\r(6.3)×10－9mol/L，F(xiàn)e(OH)2的溶解平衡為Fe(OH)2Fe2＋(aq)＋2OH－(aq)，飽和Fe(OH)2溶液物質(zhì)的量濃度為eq\r(3,\f(Ksp[FeOH2],4))＝eq\r(3,\f(4.9×10－17,4))mol/L＝eq\r(3,12.25)×10－6mol/L＞eq\r(6.3)×10－9mol/L，故溶解度：FeS小于Fe(OH)2，A錯(cuò)誤；酚酞的變色范圍為8.2～10，若以酚酞為指示劑，用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定H2S水溶液，由圖可知當(dāng)酚酞發(fā)生明顯顏色變化時(shí)，反應(yīng)沒(méi)有完全，即不能用酚酞作指示劑判斷滴定終點(diǎn)，B錯(cuò)誤；由Na2S第一步水解：S2－＋H2OHS－＋OH－，其平衡常數(shù)Kh(S2－)＝eq\f(Kw,Ka2H2S)＝eq\f(1×10－14,1×10－13)＝0.1，設(shè)水解的S2－的濃度為xmol/L，則eq\f(x2,0.1－x)＝0.1，解得x≈0.062，S2－的水解率約為eq\f(0.062mol/L,0.1mol/L)×100%＝62%，C正確；0.01mol/LFeCl2溶液中加入等體積0.2mol/LNa2S溶液，瞬間得到0.005mol/LFeCl2和0.1mol/LNa2S的混合液，此時(shí)c(Fe2＋)·c(S2－)＝0.005mol/L×(0.1mol/L－0.062mol/L)＝1.9×10－4＞Ksp(FeS)，c(Fe2＋)·c2(OH－)＝0.005mol/L×(0.062mol/L)2＝1.922×10－5＞Ksp[Fe(OH)2]，故反應(yīng)初始生成的沉淀是FeS和Fe(OH)2，D錯(cuò)誤。6.(1)Mg、Zn(2)①產(chǎn)生藍(lán)色沉淀②Fe3＋水解的離子方程式為Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入的Mg或Zn會(huì)消耗H＋，促進(jìn)Fe3＋水解，平衡正向移動(dòng)，使其轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀【解析】(1)在金屬活動(dòng)性順序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可將Fe3＋還原為Fe。(2)①Fe2＋與K3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))會(huì)生成藍(lán)色KFeeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(FeCN6))沉淀。7.D【解析】由圖可知，圖中向下走向的曲線為c(OH－)，向上走向的曲線為c(HCOO－)。M點(diǎn)時(shí)，V(HCOOH)＝10mL，溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量濃度的NaOH和HCOONa，NaOH抑制水的電離，N點(diǎn)時(shí)，溶液中的溶質(zhì)為HCOONa，HCOONa的水解促進(jìn)水的電離，即水的電離程度：M＜N，A正確；M點(diǎn)時(shí)，由圖可知，c(HCOO－)＝c(OH－)，根據(jù)溶液中的電荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，可得2c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，B正確；當(dāng)V(HCOOH)＝10mL時(shí)，溶液有元素守恒式為c(Na＋)＝2c(HCOO－)＋2c(HCOOH)，聯(lián)立電荷守恒式可得c(OH－)＝c(H＋)＋2c(HCOOH)＋c(HCOO－)，C正確；N點(diǎn)為HCOONa的溶液，HCOO－水解，因此c(Na＋)＞c(HCOO－)、c(OH－)＞c(H＋)，圖中N點(diǎn)的c(HCOO－)≈0.05mol/L，根據(jù)Ka(HCOOH)＝eq\f(cH＋·cHCOO－,cHCOOH)＝1.8×10－4，可知c(HCOOH)＞c(H＋8.D【解析】由圖可知，pH＝6.5時(shí)δ(Pb2＋)>50%，即c(Pb2＋)>1×10－5mol/L，則c(COeq\o\al(2－,3))≤eq\f(KspPbCO3,cPb2＋)＝eq\f(10－12.1,1×10－5)mol/L＝10－7.1mol/L<c(Pb2＋)，A正確；δ(Pb2＋)＝δ(PbCO3)時(shí)，溶液中還存在Pb(OH)＋，由c0(Pb2＋)＝2.0×10－5mol/L和Pb守恒，溶液中c(Pb2＋)<1.0×10－5mol/L，B正確；根據(jù)元素守恒，Pb(ClO4)2溶液中所有含鉛粒子的物質(zhì)的量濃度之和等于ClOeq\o\al(－,4)物質(zhì)的量濃度的eq\f(1,2)，則2{c(Pb2＋)＋c[Pb(OH)＋]}＜c(ClOeq\o\al(－,4))，故2c(Pb2＋)＋c[Pb(OH)＋]＜c(ClOeq\o\al(－,4))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))，C正確；NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解平衡常數(shù)為eq\f(Kw,Ka1H2CO3)＝eq\f(1×10－14,10－6.4)＝10－7.6>Ka2(H2CO3)，HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于其電離程度，溶液中COeq\o\al(2－,3)濃度幾乎沒(méi)有變化，且加入少量NaHCO3固體，形成緩沖溶液，溶液的pH變化不明顯，結(jié)合圖像，PbCO3不會(huì)溶解，D錯(cuò)誤。9.C【解析】在溶液中存在平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋(①)、Ag＋＋CH3COO－CH3COOAg(aq)(②)，Ag＋的水解平衡Ag＋＋H2OAgOH＋H＋(③)，隨著pH的增大，c(H＋)減小，平衡①③正向移動(dòng)，c(CH3COOH)、c(Ag＋)減小，pH較小時(shí)(約小于7.8)CH3COO－濃度增大的影響大于Ag＋濃度減小的影響，CH3COOAg濃度增大，pH較大時(shí)(約大于7.8)CH3COO－濃度增大的影響小于Ag＋濃度減小的影響，CH3COOAg濃度減小，故線Ⅰ表示CH3COOH的摩爾分?jǐn)?shù)隨pH變化的關(guān)系，線Ⅱ表示CH3COO－的摩爾分?jǐn)?shù)隨pH變化的關(guān)系，線Ⅲ表示CH3COOAg隨pH變化的關(guān)系。線Ⅱ表示CH3COO－的變化情況，A錯(cuò)誤；當(dāng)c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)相等時(shí)(即線Ⅰ和線Ⅱ的交點(diǎn))，溶液的pH＝m，則CH3COOH的電離平衡常數(shù)Ka＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)＝10－m，B錯(cuò)誤；pH＝n時(shí)eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)＝Ka＝10－m，c(CH3COO－)＝eq\f(10－mcCH3COOH,10－n)＝10n－mc(CH3COOH)，由平衡Ag＋＋CH3COO－CH3COOAg(aq)的K＝eq\f(cCH3COOAg,cAg＋·cCH3COO－)，c(Ag＋)＝eq\f(cCH3COOAg,K·cCH3COO－)，由圖可知pH＝n時(shí)，c(CH3COOH)＝c(CH3COOAg)，代入整理得c(Ag＋)＝eq\f(10m－n,K)mol/L，C正確；根據(jù)元素守恒，pH＝10時(shí)溶液中c(Ag＋)＋c(CH3COOAg)＋c(AgOH)＝0.08mol/L，D錯(cuò)誤。10.(1)×(2)√【解析】(1)Na2CO3與CaSO4反應(yīng)屬于沉淀的轉(zhuǎn)化，CaSO4不能拆分，正確的離子方程式為CaSO4＋COeq\o\al(2－,3)=CaCO3＋SOeq\o\al(2－,4)，故錯(cuò)誤。(2)鍋爐水垢中主要成分為CaSO4、MgCO3等，由于溶解性：CaSO4>CaCO3，因此向鍋爐水垢中加入飽和Na2CO3溶液，根據(jù)難溶物轉(zhuǎn)化原則可知CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3，故正確。11.1.6×10－4不能【解析】“沉銅”后得到的濾液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Zn2＋))和ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Co2＋))均為0.10mol/L，向其中加入Na2S至Zn2＋沉淀完全，此時(shí)溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S2－))＝eq\f(2.5×10－22,10－5)mol/L＝2.5×10－17mol/L，則ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Co2＋))＝eq\f(4.0×10－21,2.5×10－17)mol/L＝1.6×10－4mol/L，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Co2＋))小于0.10mol/L，說(shuō)明大部分Co2＋也轉(zhuǎn)化為硫化物沉淀，據(jù)此判斷不能實(shí)現(xiàn)Zn2＋和Co2＋的完全分離。12.B【解析】Na2S溶液中存在電荷守恒式：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)，A正確；0.01mol/LNa2S溶液中水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(cHS－·cOH－,cS2－)＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(10－14,10－12.90)＝10－1.1，而c(HS－)＜0.01mol/L，則c(OH－)＞c(S2－)，B錯(cuò)誤；向c(Cd2＋)＝0.01mol/L溶液中加入FeS，存在沉淀轉(zhuǎn)化：FeS(s)＋Cd2＋(aq)Fe2＋(aq)＋CdS(s)，平衡常數(shù)K＝eq\f(cFe2＋,cCd2＋)＝eq\f(KspFeS,KspCdS)＝eq\f(10－17.20,10－26.10)＝108.9?105，反應(yīng)可完全進(jìn)行，此時(shí)CdS飽和溶液中c(Cd2＋)＝eq\r(10－26.10)mol/L＝10－13.05mol/L