專題12電解質溶液

專題12電解質溶液【核心考點梳理】一、電解質溶液中離子濃度關系比較1．理解電解質溶液中的兩個“微弱”：(1)弱電解質(弱酸、弱堿、水)的電離是微弱的，且水的電離能力遠遠小于弱酸和弱堿的電離能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，在溶液中微粒濃度由大到小的順序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。(2)弱酸根離子或弱堿陽離子的水解是微弱的，但水的電離程度遠遠小于鹽的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，所以CH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。2．掌握三種守恒(1)電荷守恒規(guī)律電解質溶液中，無論存在多少種離子，溶液都是呈電中性，即陰離子所帶負電荷總數(shù)一定等于陽離子所帶正電荷總數(shù)。如NaHCO3溶液中存在著Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，存在如下關系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))。(2)物料守恒規(guī)律電解質溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。(3)質子守恒規(guī)律質子守恒是指電解質溶液中的粒子電離出氫離子（H+）總數(shù)等于粒子接受的氫離子（H+）總數(shù)加上游離的氫離子（H+）數(shù)。或者理解為電解質溶液中分子或離子得到或失去的質子的物質的量應相等。質子守恒公式的意義是由水電離出的H+數(shù)目（或濃度）永遠等于由水電離出的OH－的數(shù)目（或濃度），這是對質子守恒的另一角度的表述。質子守恒可由電荷守恒和物料守恒推導出來。如Na2S水溶液中的質子轉移情況圖示如下：由圖可得Na2S水溶液中質子守恒式可表示：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。質子守恒的關系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導得到。二、強酸(堿)和弱酸(堿)稀釋圖像1．相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸分析：加水稀釋相同的倍數(shù)，醋酸的pH大分析：加水稀釋到相同的pH，鹽酸加入的水多2．相同體積、相同pH值的鹽酸、醋酸分析：加水稀釋相同的倍數(shù)，鹽酸的pH大分析：加水稀釋到相同的pH，醋酸加入的水多3．pH與稀釋倍數(shù)的線性關系分析：(1)HY為強酸、HX為弱酸(2)a、b兩點的溶液中：c(X－)＝c(Y－)(3)水的電離程度：d＞c＞a＝b分析：(1)MOH為強堿、ROH為弱堿(2)c(ROH)＞c(MOH)(3)水的電離程度：a＞b三、酸堿中和滴定曲線1．滴定曲線特點氫氧化鈉滴定等濃度等體積的鹽酸、醋酸的滴定曲線鹽酸滴定等濃度等體積的氫氧化鈉、氨水的滴定曲線曲線起點不同：強堿滴定強酸、弱酸的曲線，強酸起點低；強酸滴定強堿、弱堿的曲線，強堿起點高突躍點變化范圍不同：強堿與強酸反應(強酸與強堿反應)的突躍點變化范圍大于強堿與弱酸反應(強酸與弱堿反應)室溫下pH＝7不一定是終點：強堿與強酸反應時，終點是pH＝7；強堿與弱酸(強酸與弱堿)反應時，終點不是pH＝7(強堿與弱酸反應終點是pH＞7，強酸與弱堿反應終點是pH＜7)2．滴定曲線上的特殊點的分析示例：常溫下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得滴定曲線如圖。(1)pH—V圖各特殊點對水電離程度的影響點溶質水的電離情況AHAc抑制BHAc、NaAc抑制CHAc、NaAc正常電離DNaAc只促進ENaAc、NaOH抑制FNaAc、NaOH抑制說明：表中HAc為CH3COOH根據(jù)圖中pH數(shù)據(jù)，圖中A、B、C、D、E、F各點對應的溶液中水的電離程度大小順序圖示：(2)pH—V圖各特殊點粒子大小關系及變化趨勢點溶質離子濃度大小比較AHAcc(H＋)＞c(Ac－)＞c(OH－)B(1∶1)HAc、NaAcc(Ac－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)C(pH＝7)HAc、NaAcc(Ac－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)DNaAcc(Na＋)＞c(Ac－)＞c(OH－)＞c(H＋)E(2∶1)NaAc、NaOHc(Na＋)＞c(Ac－)＞c(OH－)＞c(H＋)F(1∶1)NaAc、NaOHc(Na＋)＞c(OH－)＞c(Ac－)＞c(H＋)四、平衡常數(shù)(Kw、Ksp)曲線1．直線型(pM－pR曲線)pM為陽離子濃度的負對數(shù)，pR為陰離子濃度的負對數(shù)①直線AB上的點：c(M2＋)＝c(R2－)；②溶度積：CaSO4＞CaCO3＞MnCO3；③X點對CaCO3要析出沉淀，對CaSO4是不飽和溶液，能繼續(xù)溶解CaSO4；④Y點：c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(Ca2＋)，二者的濃度積等10－5；Z點：c(COeq\o\al(2－,3))＜c(Mn2＋)，二者的濃度積等10－10.6。2．雙曲線型不同溫度下水溶液中c(H＋)與c(OH－)的變化曲線常溫下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線[Ksp＝9×10－6](1)A、C、B三點均為中性，溫度依次升高，Kw依次增大(2)D點為酸性溶液，E點為堿性溶液，Kw＝1×10－14(3)AB直線的左上方均為堿性溶液，任意一點：c(H＋)＜c(OH－)(1)a、c點在曲線上，a→c的變化為增大c(SOeq\o\al(2－,4))，如加入Na2SO4固體，但Ksp不變(2)b點在曲線的上方，Qc＞Ksp，將會有沉淀生成(3)d點在曲線的下方，Qc＜Ksp，則為不飽和溶液，還能繼續(xù)溶解CaSO4五、分布系數(shù)圖像分布系數(shù)圖及分析[分布曲線是指以pH為橫坐標、分布系數(shù)(即組分的平衡濃度占總濃度的分數(shù))為縱坐標的關系曲線]一元弱酸(以CH3COOH為例)二元酸(以草酸H2C2O4為例)δ0為CH3COOH分布系數(shù)，δ1為CH3COO－分布系數(shù)δ0為H2C2O4分布系數(shù)、δ1為HC2Oeq\o\al(－,4)分布系數(shù)、δ2為C2Oeq\o\al(2－,4)分布系數(shù)隨著pH增大，溶質分子濃度不斷減小，離子濃度逐漸增大，酸根離子增多。根據(jù)分布系數(shù)可以書寫一定pH時所發(fā)生反應的離子方程式同一pH條件下可以存在多種溶質微粒。根據(jù)在一定pH的微粒分布系數(shù)和酸的濃度，就可以計算各成分在該pH時的平衡濃度【點對點真題回顧】1.（2023·北京卷）利用平衡移動原理，分析一定溫度下在不同的體系中的可能產(chǎn)物。已知：i.圖1中曲線表示體系中各含碳粒子的物質的量分數(shù)與的關系。ii.2中曲線Ⅰ的離子濃度關系符合；曲線Ⅱ的離子濃度關系符合[注：起始，不同下由圖1得到]。下列說法不正確的是A由圖1，B.由圖2，初始狀態(tài)，無沉淀生成C.由圖2，初始狀態(tài)，平衡后溶液中存在D.由圖1和圖2，初始狀態(tài)、，發(fā)生反應：【答案】C【解析】【詳解】A．水溶液中的離子平衡從圖1可以看出時，碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同，A項正確；B．從圖2可以看出、時，該點位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，不會產(chǎn)生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，B項正確；C．從圖2可以看出、時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，根據(jù)物料守恒，溶液中，C項錯誤；D．時，溶液中主要含碳微粒是，，時，該點位于曲線Ⅱ的上方，會生成碳酸鎂沉淀，因此反應的離子方程式為，D項正確；故選C。2.（2021·北京卷）下列實驗中，均產(chǎn)生白色沉淀。下列分析不正確的是A.Na2CO3與NaHCO3溶液中所含微粒種類相同B.CaCl2能促進Na2CO3、NaHCO3水解C.Al2(SO4)3能促進Na2CO3、NaHCO3水解D.4個實驗中，溶液滴入后，試管中溶液pH均降低【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH、H2O，故含有的微粒種類相同，A正確；B．H++，加入Ca2+后，Ca2+和反應生成沉淀，促進的電離，B錯誤；C．Al3+與、都能發(fā)生互相促進的水解反應，C正確；D．由題干信息可知形成沉淀時會消耗碳酸根和碳酸氫根，則它們濃度減小，水解產(chǎn)生的氫氧根的濃度會減小，pH減小，D正確；故選B。3.（2020·北京卷）室溫下，對于1L0.1mol?L1醋酸溶液。下列判斷正確的是A.該溶液中CH3COO的粒子數(shù)為6.02×1022B.加入少量CH3COONa固體后，溶液的pH降低C.滴加NaOH溶液過程中，n(CH3COO)與n(CH3COOH)之和始終為0.1molD.醋酸與Na2CO3溶液反應的離子方程式為CO+2H+=H2O+CO2↑【答案】C【解析】【分析】醋酸是弱電解質，在溶液中部分電離，存在電離平衡，電離方程式為：CH3COOHCH3COO+H+

，1L0.1mol?L1醋酸溶液中存在物料守恒：n(CH3COO)+n(CH3COOH)=0.1mol，或c(CH3COO)+c(CH3COOH)=0.1mol?L1，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．1L0.1mol?L1醋酸溶液中醋酸的物質的量為0.1mol，醋酸屬于弱酸，是弱電解質，在溶液中部分電離，存在電離平衡，則CH3COO的粒子數(shù)小于6.02×1022，故A錯誤；B．加入少量CH3COONa固體后，溶液中CH3COO的濃度增大，根據(jù)同離子效應，會抑制醋酸的電離，溶液中的氫離子濃度減小，酸性減弱，堿性增強，則溶液的pH升高，故B錯誤；C．1L0.1mol?L1醋酸溶液中醋酸的物質的量為0.1mol，滴加NaOH溶液過程中，溶液中始終存在物料守恒，n(CH3COO)+n(CH3COOH)=0.1mol，故C正確；D．醋酸的酸性強于碳酸，則根據(jù)強酸制取弱酸，醋酸與Na2CO3溶液反應生成醋酸鈉、二氧化碳和水，醋酸是弱電解質，離子反應中不能拆寫，則離子方程式為CO+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO，故D錯誤；答案選C。4.（2019·北京卷）實驗測得0.5mol·L?1CH3COONa溶液、0.5mol·L?1CuSO4溶液以及H2O的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是A.隨溫度升高，純水中c(H+)>c(OH?)B.隨溫度升高，CH3COONa溶液的c(OH?)減小C.隨溫度升高，CuSO4溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動共同作用的結果D.隨溫度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因為CH3COO?、Cu2+水解平衡移動方向不同【答案】C【解析】【分析】水的電離為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離；鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，據(jù)此解題；【詳解】A.水的電離為吸熱過程，升高溫度，平衡向著電離方向移動，水中c(H+).c(OH)=Kw增大，故pH減小，但c(H+)=c(OH)，故A不符合題意；B.水的電離為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離，所以c(OH)增大，醋酸根水解為吸熱過程，CH3COOH+H2OCH3COOH+OH,升高溫度促進鹽類水解，所以c(OH)增大，故B不符合題意；C.升高溫度，促進水的電離，故c(H+)增大；升高溫度，促進銅離子水解Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，故c(H+)增大，兩者共同作用使pH發(fā)生變化，故C符合題意；D.鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，故D不符合題意；綜上所述，本題應選C?！军c睛】本題考查弱電解質在水中的電離平衡，明確化學平衡常數(shù)只是溫度的函數(shù)，溫度對水的電離和鹽類水解平衡的影響是解題的關鍵，鹽類水解是高頻考點，也是高考的重點和難點，本題難度不大，是基礎題?！军c對點模擬仿真】1．（2023·北京豐臺·統(tǒng)考二模）常溫下，向濃度均為的和混合溶液中滴加鹽酸，溶液隨鹽酸加入體積的變化如下圖所示。下列說法不正確的是已知：常溫常壓下，1體積水能溶解約1體積。A．點的溶液中，B．b點()的溶液中，C．c點的溶液，是因為此時的電離能力大于其水解能力D．點的溶液中，【答案】C【解析】A．點加入5mL的溶液中鹽酸，得到溶液中氫氧化鈉、氯化鈉物質的量之比為1:1，此外溶液中碳酸根離子會水解生成氫氧根離子，故溶液中，A正確；B．b點加入鹽酸體積大于20mL，則，根據(jù)電荷守恒可知，，，則，故；由鈉元素守恒可知，，則溶液中，B正確；C．c點溶液中含有氯化鈉、碳酸氫鈉、碳酸，溶液，是因為碳酸的電離程度大于的水解能力，C錯誤；D．點計入30mL稀鹽酸，根據(jù)氯元素、鈉元素守恒可知，溶液中，，則，D正確；故選C。2．（2023·北京順義·統(tǒng)考二模）某同學設計下述實驗檢驗[Ag(NH3)2]Cl溶液中的Ag+，實驗如表：實驗試劑現(xiàn)象試管滴管2mL[Ag(NH3)2]Cl溶液6滴0.1mol?L?1KCl溶液I中無明顯現(xiàn)象6滴0.1mol?L?1KI溶液II中產(chǎn)生黃色沉淀6滴0.1mol?L?1HCl溶液III中產(chǎn)生白色沉淀6滴飽和KCl溶液IV中產(chǎn)生白色沉淀下列說法不正確的是A．I中的c(Ag+)較小，不足以與Cl－沉淀B．II中存在平衡：AgI(s)Ag+(aq)+I－(aq)C．III說明NH3與H+的結合能力小于與Ag+的結合能力D．配離子與其它離子能否反應，其本質是平衡移動的問題【答案】C【解析】A．根據(jù)I和IV得到I中沒有沉淀產(chǎn)生，說明I中的c(Ag+)較小，不足以與Cl－沉淀，故A正確；B．II中產(chǎn)生黃色沉淀即生成AgI沉淀，AgI沉淀存在溶解平衡即：AgI(s)Ag+(aq)+I－(aq)，故B正確；C．根據(jù)I和III的現(xiàn)象，產(chǎn)生的沉淀說明[Ag(NH3)2]Cl和氫離子反應，有大量銀離子生成，銀離子和氯離子反應生成AgCl沉淀，說明III中NH3與H+的結合能力大于與Ag+的結合能力，故C錯誤；D．根據(jù)I和II的現(xiàn)象，可以得出配離子與其它離子能否反應，其本質是平衡移動的問題，故D正確。這是啥，答案為C。3．（2023·北京東城·北京五十五中校考模擬預測）向兩份等體積、等濃度，pH不同的FeSO4溶液中逐滴加入NaClO溶液，實驗測得溶液pH隨加入NaClO溶液體積變化曲線如下圖，實驗現(xiàn)象如下表。下列說法正確的是實驗實驗現(xiàn)象Ⅰ滴入V1mLNaClO溶液產(chǎn)生大量紅褐色沉淀Ⅱ滴入V1mLNaClO溶液，溶液變黃，未見沉淀，繼續(xù)滴加出現(xiàn)紅褐色沉淀A．曲線Ⅰ、Ⅱ起點a、d的pH不同，可能是因為溶液中Fe2+水解程度不同B．曲線Ⅰ、Ⅱ終點c、f的pH接近，可能是因為存在平衡：Fe(OH)3?Fe3++3OHC．a(chǎn)~b段pH降低，主要原因是：2Fe2++ClO+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl+4H+D．d~e段pH升高，主要原因是：ClO+H+=HClO、OH+H+=H2O【答案】C【解析】A．硫酸亞鐵配制時，需要加入酸，抑制Fe2+水解，起始時pH不同是酸導致，故A錯誤；B．c、f點NaClO均過量，NaClO水解使溶液顯堿性，其水解方程式為ClO+H2OHClO+OH，因此c、f點pH接近，故B錯誤；C．a(chǎn)～b段有大量紅褐色沉淀生成，其離子方程式為2Fe2++ClO+5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl+4H+，故C正確；D．d～e段溶液變黃，說明亞鐵離子被氧化成鐵離子，其離子方程式為2Fe2++ClO+2H+=2Fe3++Cl+H2O，消耗H+，pH升高，故D錯誤；答案為C。4．（2023·北京東城·統(tǒng)考二模）時，的電離常數(shù)，的電離常數(shù)、。下列說法不正確的是A．溶液和溶液中離子種類相同B．時，反應的C．，物質的量濃度相同的溶液與溶液的：前者小于后者D．向氯水中加入少量固體，增大【答案】B【解析】A．碳酸鈉電離出鈉離子和碳酸根離子，碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子，碳酸氫根離子水解生成碳酸分子，碳酸氫鈉電離出鈉離子和碳酸氫根離子，碳酸氫根離子電離出碳酸根離子和氫離子，碳酸氫根離子水解生成碳酸分子和氫氧根離子，兩種溶液中離子種類相同，A正確；B．時，反應的，B錯誤；C．從電離平衡常數(shù)分析，次氯酸的電離平衡常數(shù)比碳酸氫根離子的電離平衡常數(shù)大，根據(jù)越弱越水解分析，碳酸根離子水解程度大，溶液堿性強，pH大，C正確；D．氯水中含有鹽酸和次氯酸，鹽酸能和碳酸氫鈉反應，使氯氣和水反應的平衡正向移動，次氯酸的濃度增大，D正確；故選B。5．（2023·北京海淀·統(tǒng)考二模）分別測定不同濃度溶液、溶液和溶液的電導率()數(shù)值，測定結果的數(shù)據(jù)處理如下表。溶液溶液48392478125251.2%50.5%溶液109585593279751.0%50.0%溶液26718212668.2%69.2%已知：代表溶液的電導率數(shù)值；其他條件相同時，電導率越大，溶液導電性越好。下列說法不正確的是A．僅由的數(shù)據(jù)不能說明三種電解質的強弱B．表中數(shù)據(jù)不能說明同等條件下與的導電能力強弱C．比值數(shù)據(jù)能說明存在電離平衡D．溶液的數(shù)據(jù)能說明溶液越稀，的電離程度越大【答案】B【解析】A．由的數(shù)據(jù)可知，HCl溶液的電導率最大，NaCl溶液的電導率居中，CH3COOH溶液的電導率最小，而NaCl、HCl均為強電解質，故不能僅由的數(shù)據(jù)說明三種電解質的強弱，選項A正確；B．同等條件下，HCl溶液與NaCl溶液的濃度相同，氯離子濃度相同，氯離子的導電性相同，二者只有陽離子的種類不同，即H+與Na+，而HCl溶液的電導率大于NaCl溶液的，故表中數(shù)據(jù)說明同等條件下H+的導電能力比Na+的強，選項B錯誤；C．由表中數(shù)據(jù)可知，NaCl溶液、HCl溶液的σ比值與濃度成正比，而CH3COOH溶液的σ比值卻大于濃度比，說明CH3COOH存在電離平衡，選項C正確；D．由表中數(shù)據(jù)可知，CH3COOH溶液的σ比值大于濃度比，說明溶液越稀，CH3COOH的電離程度越大，選項D正確；答案選B。6．（2023·北京·高三統(tǒng)考專題練習）室溫下，將溶液與過量固體混合，溶液隨時間變化如圖所示。已知：

下列說法不正確的是A．兩者混合發(fā)生反應：B．隨著反應的進行，逆向移動，溶液下降C．充分反應后上層清液中約為D．內上層清液中存在：【答案】D【解析】A．微溶于水，難溶于水，溶液與過量固體混合反應生成，離子反應為：，故A正確；B．隨上述反應的進行，減小，使得逆向移動，c()減小，pH減小，故B正確；C．充分反應后上層清液為碳酸鈣和硫酸鈣的飽和溶液，≈，故C正確；D．根據(jù)電荷守恒得：，溶液呈堿性，，則，故D錯誤；故選：D。7．（2023·北京·高三專題練習）實驗測得0.10mol·L?1NaHCO3溶液的pH隨溫度變化如下圖。下列說法正確的是A．OM段隨溫度升高溶液的pH減小，原因是HCO水解被抑制B．O點溶液和P點溶液中c(OH)相等C．將N點溶液恢復到25℃，pH可能大于8.62D．Q點、M點溶液中均有：c(CO)+c(HCO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)【答案】C【解析】A．升高溫度，HCO水解使pH增大，水電離使pH減小，OM段隨溫度升高溶液的pH減小，原因是水電離對氫離子濃度影響大于HCO水解，故A錯誤；B．O點溶液和P點溶液中c(H+)相等，c(H+)c(OH)的值不相等，c(OH)不相等，故B錯誤；C．溫度升高后，碳酸氫鈉可能部分分解，將N點溶液恢復到25℃，碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫根，pH可能大于8.62，故C正確；D．Q點、M點溶液中均有電荷守恒：2c(CO)+c(HCO)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)，故D錯誤；故選C。8．（2023·北京·高三統(tǒng)考專題練習）實驗測得10mL0.50mol?L1NH4Cl溶液、10mL0.50mol?L1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化如圖所示。已知25℃時CH3COOH和NH3?H2O電離常數(shù)均為1.8×105。下列說法不正確的是A．圖中實線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化B．將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol?L1，溶液pH變化值小于lgxC．隨溫度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(H+)增大，pH減小，c(OH)減小D．25℃時稀釋相同倍數(shù)的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液中：c(Na+)c(CH3COO)=c(Cl)c(NH)【答案】C【分析】由題中信息可知，圖中兩條曲線為10mL0.50mol·L1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化曲線，由于兩種鹽均能水解，水解反應為吸熱過程，且溫度越高、濃度越小其水解程度越大。氯化銨水解能使溶液呈酸性，濃度越小，雖然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸鈉水解能使溶液呈堿性，濃度越小，其水溶液的堿性越弱，故其pH越??；溫度越高，水的電離度越大。因此，圖中的實線為pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化。【解析】A．由分析可知，圖中實線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化，A說法正確；B．將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol·L1時，若氯化銨的水解平衡不發(fā)生移動，則其中的c(H+)變?yōu)樵瓉淼?，則溶液的pH將增大lgx，但是，加水稀釋時，氯化銨的水解平衡向正反應方向移動，c(H+)大于原來的，因此，溶液pH的變化值小于lgx，B說法正確；C．隨溫度升高，水的電離程度變大，因此水的離子積變大，即Kw增大；隨溫度升高，CH3COONa的水解程度變大，溶液中c(OH)增大，因此，C說法不正確；D．25℃時稀釋相同倍數(shù)的NH4C1溶液與CH3COONa溶液中均分別存在電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)。因此，氯化銨溶液中，c(Cl)c(NH4+)=c(H+)c(OH)，醋酸鈉溶液中，c(Na+)c(CH3COO)=c(OH)c(H+)。由于25℃時CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)均為1.8×105，因此，由于原溶液的物質的量濃度相同，稀釋相同倍數(shù)后的NH4C1溶液與CH3COONa溶液，溶質的物質的量濃度仍相等，由于電離常數(shù)相同，其中鹽的水解程度是相同的，因此，兩溶液中c(OH)c(H+)（兩者差的絕對值）相等，故c(Na+)c(CH3COO)=c(Cl)c(NH4+)，D說法正確。故選C。9．（2023·北京西城·北師大實驗中學?？既＃┠惩瑢W在兩個相同的特制容器中分別加入溶液和溶液，再分別用鹽酸滴定，利用計和壓強傳感器檢測，得到如圖曲線。已知：常溫下，酚酞的變色范圍是，甲基橙的變色范圍是。下列說法不正確的是A．溶液或溶液中B．圖中曲線甲和曲線丁表示向溶液中滴加鹽酸C．在點發(fā)生反應的離子方程式為D．滴定分析時，點可用酚酞、點可用甲基橙作指示劑指示滴定終點【答案】C【解析】A．根據(jù)電荷守恒，溶液或溶液中，溶液呈堿性，所以，故A正確；B．碳酸鈉溶液的pH大于碳酸氫鈉溶液，碳酸鈉溶液與鹽酸反應分步進行，碳酸鈉與鹽酸反應開始不放二氧化碳，所以圖中曲線甲和曲線丁表示向溶液中滴加鹽酸，故B正確；C．點加入鹽酸的體積大于20mL，反應結束，在點發(fā)生反應的離子方程式為，故C錯誤；D．酚酞的變色范圍是，甲基橙的變色范圍是，滴定分析時，點可用酚酞、點可用甲基橙作指示劑指示滴定終點，故D正確；選C。10．（2023·北京昌平·統(tǒng)考二模）廢舊鉛蓄電池的鉛膏中主要含、、PbO和Pb．還有少量及Fe、Al的氧化物等。為了保護環(huán)境、充分利用鉛資源，通過下圖流程實現(xiàn)鉛的回收。已知：①一些難溶電解質的溶度積常數(shù)如下表：難溶電解質②一定條件下，一些金屬氫氧化物沉淀時的pH如下表：金屬氫氧化物開始沉淀的pH2.36.83.57.2完全沉淀的pH3.28.34.69.1③“酸浸”后溶液的pH約為4.9下列說法中不正確的是A．在脫硫過程中，可能轉化為B．在脫硫過程中，轉化反應的離子方程式為：C．“酸浸”過程中，做氧化劑而非還原劑D．“酸浸”后，濾渣的主要成分是、【答案】A【分析】鉛膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，還有少量硫酸鋇、Fe、Al的氧化物等，向鉛膏中加入碳酸鈉溶液進行脫硫，硫酸鉛轉化為碳酸鉛，過濾，向所得固體中加入醋酸、過氧化氫進行酸浸，過氧化氫可將溶液中的亞鐵離子氧化為鐵離子，酸浸后溶液的pH約為4.9，依據(jù)金屬氫氧化物沉淀時的pH可知，濾渣主要成分為氫氧化鋁、氫氧化鐵、過濾后向濾液中加入氫氧化鈉溶液進行沉鉛，得到氫氧化鉛沉淀，濾液中的金屬陽離子主要為鈉離子和鋇離子，氫氧化鉛再進行處理得到PbO?！窘馕觥緼．在脫硫中，加入Na2CO3不能使鉛膏中BaSO4轉化為BaCO3，主要原因為BaSO4的Ksp小于BaCO3的Ksp，BaSO4比BaCO3更難溶，A錯誤；B．從表中可知，PbSO4的Ksp大于PbCO3的Ksp，PbCO3比PbSO4更難溶，脫硫時向PbSO4中加入Na2CO3，PbSO4轉化為PbCO3，離子方程式為，B正確；C．酸浸過程