2024屆高考增分小專題：《Kh、Ksp與Ka(或Kb)、Kw的關系及其應用》(解析版)

2024屆增分小專題：Kh、Ksp與Ka(或Kb)、Kw的關系及其應用【例題精講●辨明考向】1．(2023年湖北卷)H2L為某鄰苯二酚類配體，其pKa1＝7.46，pKa2＝12.4。常溫下構建Fe(Ⅲ)－H2L溶液體系，其中c0(Fe3+)＝2.0×10-4mol·L-1，c0(H2L)＝5.0×10-3mol·L-1。體系中含F(xiàn)e物種的組分分布系數(shù)δ與pH的關系如圖所示，分布系數(shù)δ(x)＝eq\f(c(x),2.0×10-4mol·L-1)，已知lg2≈0.30，lg3≈0.48。下列說法正確的是A．當pH＝1時，體系中c(H2L)＞c([FeL]＋)＞c(OH－)＞c(HL－)B．pH在9.5~10.5之間，含L的物種主要為L2-C．L2-＋[FeL]＋[FeL2]－的平衡常數(shù)的lgK約為14D．當pH＝10時，參與配位的c(L2-)≈1.0×10-3mol·L-1答案：C解析：從圖給的分布分數(shù)圖可以看出，在兩曲線的交點橫坐標值加和取平均值即為某型體含量最大時的pH，利用此規(guī)律解決本題。A．從圖中可以看出Fe(Ⅲ)主要與L2-進行絡合，但在pH＝1時，富含L的型體主要為H2L，此時電離出的HL－較少，根據(jù)H2L的一級電離常數(shù)可以簡單計算pH＝1時溶液中c(HL－)≈10-9.46，但pH=1時c(OH－)=10-13，因此這四種離子的濃度大小為c(H2L)>c([FeL]+)>c(HL－)>c(OH－)，A錯誤；B．根據(jù)圖示的分布分數(shù)圖可以推導出，H2L在pH≈9.9時HL－的含量最大，而H2L和L2-的含量最少，因此當pH在9.5~10.5之間時，含L的物種主要為HL－，B錯誤；C．該反應的平衡常數(shù)K=eq\f(c([FeL2]－),c([FeL]+)c(L2-))，當[FeL2]－與[FeL]+分布分數(shù)相等時，可以將K簡化為K=eq\f(1,c(L2-))，此時體系的pH=4，在pH=4時可以計算溶液中c(L2-)＝5.0×10－14.86，則該絡合反應的平衡常數(shù)K≈10-14.16，即lgK≈14，C正確；D．根據(jù)圖像，pH=10時溶液中主要的型體為[FeL3]3-和[FeL2(OH)]2-，其分布分數(shù)均為0.5，因此可以得到c([FeL3]3-)＝c([FeL2(OH)]2-)＝1×10-4mol·L-1，此時形成[FeL3]3-消耗了3×10-4mol·L-1的L2-，形成[FeL2(OH)]2-消耗了2×10-4mol·L-1的L2-，共消耗了5×10-4mol·L-1的L2-，即參與配位的c(L2-)≈5×10-4，D錯誤；2．(2023年山東卷)一種制備Cu2O的工藝路線如圖所示，反應Ⅱ所得溶液pH在3~4之間，反應Ⅲ需及時補加NaOH以保持反應在pH＝5條件下進行。常溫下，H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka1＝1.3×10-2，Ka2＝6.3×10-8。下列說法正確的是A．反應Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ均為氧化還原反應B．低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止NaHSO3被氧化C．溶液Y可循環(huán)用于反應Ⅱ所在操作單元吸收氣體ⅠD．若Cu2O產量不變，參與反應Ⅲ的X與CuSO4物質的量之比eq\f(n(X),n(CuSO4))增大時，需補加NaOH的量減少答案：CD解析：銅和濃硫酸反應(反應Ⅰ)生成二氧化硫氣體(氣體Ⅰ)和硫酸銅，生成的二氧化硫氣體與碳酸鈉反應(反應Ⅱ)，所得溶液pH在3~4之間，溶液顯酸性，根據(jù)H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka1＝1.3×10-2，Ka2＝6.3×10-8，可知NaHSO3溶液顯酸性(電離大于水解)，則反應Ⅱ所得溶液成分是NaHSO3，調節(jié)溶液pH值至11，使NaHSO3轉化為Na2SO3，低溫真空蒸發(fā)(防止Na2SO3被氧化)，故固液分離得到Na2SO3晶體和Na2SO3溶液，Na2SO3和CuSO4反應的離子方程式是SOeq\o\al(2-,3)＋2Cu2＋＋2H2O＝SOeq\o\al(2-,4)＋Cu2O＋4H+，反應過程中酸性越來越強，使Na2SO3轉化成SO2氣體，總反應方程式是2CuSO4＋3Na2SO3＝Cu2O＋2SO2↑＋3Na2SO4，需及時補加NaOH以保持反應在pH＝5條件下進行，據(jù)此分析解答。A．反應Ⅰ是銅和濃硫酸反應，生成二氧化硫，是氧化還原反應，反應Ⅱ是SO2和碳酸鈉溶液反應，生成NaHSO3、水和二氧化碳，是非氧化還原反應，反應Ⅲ是Na2SO3和CuSO4反應生成Cu2O，是氧化還原反應，故A錯誤；B．低溫真空蒸發(fā)主要目的是防止Na2SO3被氧化，而不是NaHSO3，故B錯誤；C．經(jīng)分析溶液Y的成分是Na2SO3溶液，可循環(huán)用于反應Ⅱ的操作單元吸收SO2氣體(氣體Ⅰ)，故C正確；D．制取Cu2O總反應方程式是2CuSO4＋3Na2SO3＝Cu2O＋2SO2↑＋3Na2SO4，化合物X是指Na2SO3，若Cu2O產量不變，增大eq\f(n(X),n(CuSO4))比，多的Na2SO3會消耗氫離子，用于控制pH值，可減少NaOH的量，故D正確；3．(2023年山東卷)在含HgI2(g)的溶液中，一定c(I－)范圍內，存在平衡關系：HgI2(s)HgI2(aq)；HgI2(aq)Hg2+＋2I－；HgI2(aq)HgI＋＋I－；HgI2(aq)＋I－HgIeq\o\al(－,3)；HgI2(aq)＋2I－HgIeq\o\al(2-,4)，平衡常數(shù)依次為K0、K1、K2、K3、K4。已知lgc(Hg2+)、lgc(HgI+)，lgc(HgIeq\o\al(－,3))、lgc(HgIeq\o\al(2-,4))隨lgc(I－)的變化關系如圖所示，下列說法錯誤的是A．線L表示lgc(HgIeq\o\al(2-,4))的變化情況B．隨c(I－)增大，c[HgI2(aq)]先增大后減小C．a＝lgeq\f(K1,K2)D．溶液中I元素與Hg元素的物質的量之比始終為2∶1答案：B解析：由題干反應方程式HgI2(aq)Hg2+＋2I－可知，K1＝eq\f(c(Hg2+)c2(I－),c(HgI2))，則有c(Hg2+)＝eq\f(K1c(HgI2),c2(I－))，則有l(wèi)gc(Hg2+)＝lgK1＋lgc(HgI2)－2lgc(I－)，同理可得：lgc(HgI+)＝lgK2＋lgc(HgI2)－lgc(I－)，lgc(HgIeq\o\al(－,3))＝lgK3＋lgc(HgI2)＋lgc(I－)，lgc(HgIeq\o\al(2-,4))＝lgK4＋lgc(HgI2)＋2lgc(I－)，且由HgI2(s)HgI2(aq)可知K0＝c[HgI2(aq)]為一定值，故可知圖示中曲線1、2、3、4即L分別代表lgc(HgI+)、lgc(Hg2+)、lgc(HgIeq\o\al(－,3))、lgc(HgIeq\o\al(2-,4))，據(jù)此分析解題。A．由分析可知，線L表示lgc(HgIeq\o\al(2-,4))的變化情況，A正確；B．已知HgI2(s)HgI2(aq)的化學平衡常數(shù)K0＝c[HgI2(aq)]，溫度不變平衡常數(shù)不變，故隨c(I－)增大，c[HgI2(aq)]始終保持不變，B錯誤；C．由分析可知，曲線1方程為：lgc(Hg2+)＝lgK1＋lgc(HgI2)－2lgc(I－)，曲線2方程為：lgc(HgI+)＝lgK2＋lgc(HgI2)－lgc(I－)即有①b＝lgK1＋lgc(HgI2)－2a，②b＝lgK2＋lgc(HgI2)－a，聯(lián)合①②可知得：a＝lgK1－lgK2＝lgeq\f(K1,K2)，C正確；D．溶液中的初始溶質為HgI2，根據(jù)原子守恒可知，該溶液中I元素與Hg元素的物質的量之比始終為2∶1，D正確；4.(2023年遼寧卷)某廢水處理過程中始終保持H2S飽和，即c(H2S)＝0.1mol·L-1，通過調節(jié)pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分離，體系中pH與－lgc關系如下圖所示，c為HS－、S2-、Ni2+和Cd2+的濃度，單位為mol·L-1。已知Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)，下列說法正確的是A.Ksp(CdS)＝10-18.4B.③為pH與－lgc(HS－)的關系曲線C.Ka1(H2S)＝10-8.1D.Ka2(H2S)＝10-14.7答案：D解析：已知H2S飽和溶液中隨著pH的增大，H2S的濃度逐漸減小，HS-的濃度增大，S2-濃度逐漸增大，則有－lgc(HS-)和－lgc(S2-)隨著pH增大而減小，且相同pH相同時，HS－濃度大于S2-，即－lgc(HS－)小于－lgc(S2-)，則Ni2+和Cd2+濃度逐漸減小，且Ksp(NiS)＞Ksp(CdS)即當c(S2-)相同時，c(Ni2+)＞c(Cd2+)，則－lgc(Ni2+)和－lgc(Cd2+)隨著pH增大而增大，且有－lgc(Ni2+)小于－lgc(Cd2+)，由此可知曲線①代表Cd2+、②代表Ni2+、③代表S2-，④代表HS－，據(jù)此分析結合圖像各點數(shù)據(jù)進行解題。A．由分析可知，曲線①代表Cd2+、③代表S2-，由圖示曲線①③交點可知，此時c(Cd2+)＝c(S2-)＝10-13mol/L，則有Ksp(CdS)＝c(Cd2+)?c(S2-)＝10-13×10-13＝10-26，A錯誤；B．由分析可知，③為pH與－lgc(S2-)的關系曲線，B錯誤；C．由分析可知，曲線④代表HS－，由圖示曲線④兩點坐標可知，此時c(H+)＝10-1.6mol/L時，c(HS－)＝10-6.5mol/L，Ka1(H2S)＝eq\f(c(H+)?c(HS－),c(H2S))＝eq\f(10-1.6×10-6.5,0.1)＝10-7.1或者當c(H+)=10-4.2mol/L時，c(HS－)=10-3.9mol/L，Ka1(H2S)＝eq\f(c(H+)?c(HS－),c(H2S))＝eq\f(10-4.2×10-3.9,0.1)＝10-7.1，C錯誤；D．已知Ka1Ka2＝eq\f(c(H+)?c(HS－),c(H2S))×eq\f(c(H+)?c(S2-),c(HS－))＝eq\f(c2(H+)?c(S2-),c(H2S))，由曲線③兩點坐標可知，當c(H+)＝10-4.9mol/L時，c(S2-)＝10-13mol/L，或者當c(H+)＝10-6.8mol/L時，c(S2-)＝10-9.2mol/L，故有Ka1Ka2＝eq\f(c2(H+)?c(S2-),c(H2S))＝eq\f((10-4.9)2×10-13,0.1)＝eq\f((10-6.8)2×10-9.2,0.1)＝10-21.8，結合C項分析可知，Ka1＝10-7.1故有Ka2(H2S)＝10-14.7，D正確；5．(2023年海南卷)25℃下，Na2CO3水溶液的pH隨其濃度的變化關系如圖所示。下列說法正確的是A．c(Na2CO3)＝0.6mol·L－1時，溶液中c(OH－)＜0.01mol·L－1B．Na2CO3水解程度隨其濃度增大而減小C．在水中H2CO3的Ka2＜4×10-11D．0.2mol·L－1的Na2CO3溶液和0.3mol·L－1的NaHCO3溶液等體積混合，得到的溶液c(OH－)＜2×10-4mol·L－1答案：B解析：A．由圖像可知，c(Na2CO3)＝0.6mol·L－1時，pH>12.0，溶液中c(OH－)＞0.01mol·L－1，故A錯誤；B．鹽溶液越稀越水解，Na2CO3水解程度隨其濃度增大而減小，故B正確；C．結合圖像可知，當c(Na2CO3)＝0.5mol·L－1，pH=12，Kh＝eq\f(c(HCOeq\o\al(－,3))c(OH－),c(COeq\o\al(2-,3)))＝eq\f(10-2×10-2,0.5)＝2×10-4，則Ka2＝eq\f(Kw,Kh)＝5×10-11,故C錯誤；D．若0.2mol·L－1的Na2CO3溶液等體積的蒸餾水混合，濃度變?yōu)?.1mol/L，由圖可知，pH>10-11.6，得到的溶液c(OH－)＞2×10-4mol·L－1，0.2mol·L－1的Na2CO3溶液和0.3mol·L－1的NaHCO3溶液等體積混合后c(OH－)大于與水混合的，故D錯誤。6.(2023年浙江1月選考)碳酸鈣是常見難溶物，將過量碳酸鈣粉末置于水中達到溶解平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)＋COeq\o\al(2-,3)(aq)[已知Ksp(CaCO3)＝3.4×10-9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10-5，H2CO3的電離常數(shù)Ka1＝4.5×10-7，Ka2＝4.7×10-11]，下列有關說法正確的是A.上層清液中存在c(Ca2+)＝c(COeq\o\al(2-,3))B.上層清液中含碳微粒最主要以HCOeq\o\al(－,3)形式存在C.向體系中通入CO2氣體，溶液中c(Ca2+)保持不變D.通過加Na2SO4溶液可實現(xiàn)CaCO3向CaSO4的有效轉化答案：B解析：A．上層清液為碳酸鈣的飽和溶液，碳酸根離子水解生成碳酸氫根離子，因此c(Ca2+)＞c(COeq\o\al(2-,3))，A錯誤；B．Kh＝eq\f(c(HCOeq\o\al(－,3))?c(OH－),c(COeq\o\al(2-,3)))＝eq\f(Kw,Ka2)＝2×102，說明碳酸根的水解程度較大，則上層清液中含碳微粒主要為碳酸氫根離子，B正確；C．向體系中通入CO2，碳酸鈣與CO2反應生成碳酸氫鈣，碳酸氫鈣易溶于水，則溶液中鈣離子濃度增大，C錯誤；D．由題干可知，Ksp(CaCO3)＝3.4×10-9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10-5，碳酸鈣比硫酸鈣更難溶，加入硫酸鈉后碳酸鈣不會轉化成硫酸鈣，D錯誤；7．(2023年湖北卷)物質結構決定物質性質。下列性質差異與結構因素匹配錯誤的是選項性質差異結構因素A沸點：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃)分子間作用力B熔點：AlF3(1040℃)遠高于AlCl3(178℃升華)晶體類型C酸性：CF3COOH(pKa＝0.23)遠強于CH3COOH(pKa＝4.76)羥基極性D溶解度(20℃)：Na2CO3(29g)大于NaHCO3(8g)陰離子電荷答案：D解析：A．正戊烷和新戊烷形成的晶體都是分子晶體，由于新戊烷支鏈多，對稱性好，分子間作用力小，所以沸點較低，故A正確；B．AlF3為離子化合物，形成的晶體為離子晶體，熔點較高，AlCl3為共價化合物，形成的晶體為分子晶體，熔點較低，則AlF3熔點遠高于AlCl3，故B正確；C．由于電負性F>H，C－F鍵極性大于C－H鍵，使得羧基上的羥基極性增強，氫原子更容易電離，酸性增強，故C正確；D．碳酸氫鈉在水中的溶解度比碳酸鈉小的原因是碳酸氫鈉晶體中HCOeq\o\al(－,3)間存在氫鍵，與晶格能大小無關，即與陰離子電荷無關，故D錯誤；8.(2023年江蘇卷節(jié)選)實驗室模擬“鎂法工業(yè)煙氣脫硫”并制備MgSO4?H2O，其實驗過程可表示為(1)在攪拌下向氧化鎂漿料中勻速緩慢通入SO2氣體，生成MgSO3，反應為Mg(OH)2＋H2SO3＝MgSO3＋2H2O，其平衡常數(shù)K與Ksp[Mg(OH)2]、Ksp(MgSO3)、Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的代數(shù)關系式為K＝___________；下列實驗操作一定能提高氧化鎂漿料吸收SO2效率的有___________(填序號)。A．水浴加熱氧化鎂漿料B．加快攪拌速率C．降低通入SO2氣體的速率D．通過多孔球泡向氧化鎂漿料中通SO2答案：(1)eq\f(Ksp[Mg(OH)2]×Ka1(H2SO3)×Ka2(H2SO3),Ksp(MgSO3)×Keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(W)))BD解析：本實驗的目的是為了制取MgSO4?H2O，首先在攪拌下向氧化鎂漿料中勻速緩慢通入SO2氣體，生成MgSO3，然后使一定量的MgSO3漿料與H2SO4溶液充分反應生成硫酸鎂，在硫酸鎂的溶液中加入氧化鎂調節(jié)溶液的pH除去三價鐵和三價鋁，將濾液蒸發(fā)濃縮、降溫至室溫結晶，過濾，所得晶體在150~170℃干燥即可得到MgSO4?H2O；(1)已知下列反應：①Mg(OH)2＋H2SO3＝MgSO3＋2H2OK②Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)＋2OH－(aq)Ksp[Mg(OH)2]③MgSO3(s)Mg2+(aq)＋SOeq\o\al(2-,3)(aq)Ksp(MgSO3)④H2SO3H+＋HSOeq\o\al(－,3)；Ka1(H2SO3)⑤HSOeq\o\al(－,3)H+＋SOeq\o\al(2-,3)；Ka2(H2SO3)⑥H2OH+＋OH－；Kw根據(jù)蓋斯定律，①＝②－③＋④＋⑤－⑥×2，故K＝eq\f(Ksp[Mg(OH)2]×Ka1(H2SO3)×Ka2(H2SO3),Ksp(MgSO3)×Keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(W)))；A．加熱可加快反應速率，但溫度升高，SO2在水中溶解度降低，且會導致H2SO3受熱分解，不一定能提高吸收SO2效率，A錯誤；B．加快攪拌速率，可以使反應物充分接觸，提高吸收SO2效率，B正確；C．降低通入SO2氣體的速率，SO2可與MgO漿料充分接觸，但會降低反應速率，不一定能提高吸收SO2效率，C錯誤；D．多孔球泡可以讓SO2與MgO漿料充分接觸，能提高吸收SO2效率，D正確；9．(2023年廣東卷節(jié)選)Ni、Co均是重要的戰(zhàn)略性金屬。從處理后的礦石硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中，利用氨浸工藝可提取Ni、Co，并獲得高附加值化工產品。工藝流程如下：已知：氨性溶液由NH3?H2O、(NH4)2SO4和(NH4)2CO3配制。常溫下，Ni2+、Co2+、Co3+與NH3形成可溶于水的配離子：lgKb(NH3?H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空氣氧化為Co(OH)3；部分氫氧化物的Ksp如下表。氫氧化物Co(OH)2Co(OH)3Ni(OH)2Al(OH)3Mg(OH)2Ksp5.9×10-151.6×10-445.5×10-161.3×10-335.6×10-12回答下列問題：(2)常溫下，pH＝9.9的氨性溶液中，c(NH3?H2O)___________c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))(填“＞”“＜”或“＝”)。答案：(2)＞解析：硝酸浸取液(含Ni2+、Co2+、Al3+、Mg2+)中加入活性氧化鎂調節(jié)溶液pH值，過濾，得到濾液主要是硝酸鎂，結晶純化得到硝酸鎂晶體，再熱解得到氧化鎂和硝酸。濾泥加入氨性溶液氨浸，過濾，向濾液中進行鎳鈷分離，經(jīng)過一系列得到氯化鉻和飽和氯化鎳溶液，向飽和氯化鎳溶液中加入氯化氫氣體得到氯化鎳晶體。(2)常溫下，pH＝9.9的氨性溶液中，lgKb(NH3?H2O)＝－4.7，Kb(NH3?H2O)＝10-4.7＝eq\f(c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))?c(OH－),c(NH3?H2O))，eq\f(c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))),c(NH3?H2O))＝eq\f(10-4.7,c(OH－))＝eq\f(10-4.7,10-4.1)＝10-0.6＜1，則c(NH3?H2O)＞c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))；故答案為：＞。10.(2024屆新疆和田地區(qū)民豐縣節(jié)選)從銅電解液中分離得到的粗硫酸鎳晶體中含有大量的雜質元素(Cu、Fe、As、Ca、Zn等)，我國科學家對粗硫酸鎳(NiSO4)進行精制提純，其工藝流程如下。已知：i．含鎳溶液中的雜質微粒有：Cu2+、Fe2+、H3AsO4、Ca2+和Zn2+等ii．飽和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/Lⅲ．部分物質的電離常數(shù)和溶度積常數(shù)如下表物質電離常數(shù)物質溶度積常數(shù)物質溶度積常數(shù)H2SKa1＝1.1×10-7Ka1＝1.3×10-13CuS6.3×10-36FeS6.3×10-18NiS3.2×10-19Ni(OH)25.5×10-16CaF24×10-11Fe(OH)32.8×10-39(1)H2S是弱電解質，Ka1×Ka2＝_______[用c(H2S)、c(H+)和c(S2-)表示]＝1.43×10-20。(6)理論上“硫化除雜”之后，溶液中c(Cu2+)＝_______mol/L[計算時c(H2S)取0.1mol/L，結果保留兩位有效數(shù)字]。答案：(1)eq\f(c2(H+)c(S2－),c(H2S))(6)4.4×10?16解析：粗硫酸鎳晶體溶解調節(jié)pH＝0.5，通入硫化氫除去銅、砷元素；加入氯氣將二價鐵轉化為三價鐵，加入氫氧化鎳調節(jié)pH值，除去鐵元素；加入NiF2或HF除去鈣元素；調節(jié)pH萃取分離出鎳元素，最終得到精制硫酸鎳。(1)H2S是弱電解質，分兩步電離，H2SHS－＋H+、HS－S2-＋H+，Ka1＝eq\f(c(H+)?c(HS－),c(H2S))、Ka2＝eq\f(c(H+)?c(S2－),c(HS－))，所以Ka1×Ka2＝eq\f(c2(H+)c(S2－),c(H2S))；故答案為eq\f(c2(H+)c(S2－),c(H2S))；(6)已知飽和H2S溶液中，c(H2S)≈0.1mol/L；由(1)可知H2SHS－＋H+、HS－S2-＋H+，K＝Ka1×Ka2＝eq\f(c2(H+)c(S2－),c(H2S))＝1.43×10-20；由流程可知，此時pH＝0.5，則c(H＋)＝10?0.5mol/L，則eq\f((10-0.5)2?c(S2－),0.1)＝1.43×10-20，c(S2-)＝1.43×10-20；Ksp(CuS)＝6.3×10?36＝c(S2?)×c(Cu2＋)，c(Cu2+)＝eq\f(6.3×10-36,1.43×10-20)mol·L-1≈4.4×10-16mol·L-1；故答案為4.4×10?16。11．(2024屆遼寧東北育才學校三模節(jié)選)HDS催化劑廣泛用于石油煉制和化學工業(yè)生產中，通常利用加堿焙燒——水浸取法從HDS廢催化劑(主要成分為MoS、NiS、V2O5、Al2O3等)中提取貴重金屬釩和鉬，其工藝流程如圖所示。已知：Ⅰ．焙燒時MoO3、V2O5、Al2O3均可與純堿反應生成對應的鈉鹽，而NiO不行。Ⅱ．高溫下NH4VO3易分解，分解產物含氮元素的氣體有兩種，二者均非氧化物。Ⅲ．Ksp(CuS)＝6×10-36；Ka1(H2S)＝1×10-7、Ka2(H2S)＝6×10-15。請回答下列問題：(5)在實際工業(yè)生產中，“沉鉬”前要加入NH4HS完全沉淀掉溶液中的Cu2+，應維持反應后溶液中c(H+)/c(HS－)的范圍是___________。答案：(5)＜1×1016解析：HDS廢催化劑主要成分為MoS、NiS、V2O5、Al2O3，加入純堿焙燒，轉化為Na2MoO4、NaVO3、NaAlO2、NiO；水浸除去NiO，濾液1通入過量二氧化碳生成氫氧化鋁沉淀除鋁，濾液2中含有Na2MoO4、NaVO3、NaHCO3，調節(jié)pH＝8.4，加氯化銨生成NH4VO3沉淀，過濾，濾液中加硝酸生成鉬酸沉淀。(5)Ka2(H2S)＝eq\f(c(H+)c(S2－),c(HS－))＝6×10-15，Ksp(CuS)＝6×10-36，則NH4HS完全沉淀掉溶液中的Cu2+時，c(S2-)＞eq\f(6×10-36,1×10-5)＝6×10-31，應維持反應后溶液中c(H+)/c(HS－)＜eq\f(6×10-15,6×10-31)＝1×1016。12．(2024屆遼寧名校聯(lián)考節(jié)選)弱電解質的電離平衡、鹽類的水解平衡和難溶電解質的溶解平衡均屬于化學學習中的動態(tài)平衡。(1)已知室溫時Ka(HF)＝3.6×10-4，Ka(CH3COOH)＝1.8×10-5①0.1mol·L-1的NaF溶液與0.1mol·L-1的CH3COOK溶液相比，一定有c(Na+)－c(F－)c(K+)－c(CH3COO－)(填“>”、“=”或“<”)。②向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9，此時溶液pH＝。(2)化學上常用AG表示溶液中的酸堿度，AG＝lgeq\f(c(H+),c(OH－))。25℃時，用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1某酸(HA)溶液，AG與所加NaOH溶液的體積(V)關系如圖所示，B點溶液中：c(A－)c(HA)(填“>”、“=”或“<”，下同)。(3)25℃時，將mmol/L的醋酸鈉溶液與nmol/L鹽酸溶液等體積混合，反應后溶液恰好顯中性，表示醋酸的電離平衡常數(shù)Ka＝(用含m、n的代數(shù)式表示)。(4)K2Cr2O7溶液中存在多個平衡(i)Cr2Oeq\o\al(2-,7)(aq)＋H2O(l)2HCrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))(aq)K1＝3.0×10-2(25℃)(ii)HCrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))(aq)CrOeq\o\al(2-,4)(aq)＋H+(aq)K2＝3.3×10-7(25℃)①下列有關K2Cr2O7溶液的說法正確的有。A．加入少量水稀釋，溶液中離子總數(shù)增加B．加入少量硫酸，溶液的pH不變C．加入少量K2Cr2O7固體，平衡時c2(HCrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))與c(Cr2Oeq\o\al(2-,7))的比值保持不變D．加入少量NaOH溶液，反應(ⅰ)的平衡逆向移動②25℃時，0.1mol·L-1K2Cr2O7溶液中l(wèi)geq\f(c(CrOeq\o\al(2-,4)),c(Cr2Oeq\o\al(2-,7)))隨pH的變化關系如圖。當pH＝9.00時，設Cr2Oeq\o\al(2-,7)、HCrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))與CrOeq\o\al(2-,4)的平衡濃度分別為x、y、zmol·L-1，則x、y、z之間的關系式為＝0.10；計算溶液中HCrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))的平衡濃度(結果保留兩位有效數(shù)字)。答案：(1)①＜②5(2)＞(3)eq\f((m－n)10-7,n)(4)①AC②x＋eq\f(1,2)y＋eq\f(1,2)z6.0×10-4mol·L-1解析：(1)①0.1mol·L-1的NaF溶液與0.1mol·L-1的CH3COOK溶液相比，c(Na+)＝c(K+)，由于Ka(HF)＞Ka(CH3COOH)，則F－的水解程度小于CH3COO－的水解程度，所以c(F－)＞c(CH3COO－)，所以c(Na+)－c(F－)＜c(K+)－c(CH3COO－)；②根據(jù)醋酸的電離平衡常數(shù)可知Ka(CH3COOH)＝eq\f(c(CH3COO－)c(H+),c(CH3COOH))，則c(H+)＝Ka(CH3COOH)×eq\f(c(CH3COOH),c(CH3COO－))＝1.8×10-5×eq\f(5,9)＝1×10-5mol·L-1，則此時溶液的pH=5。(2)B點時滴加NaOH溶液為10mL，根據(jù)濃度關系，可知此時HA反應了一半，此時溶液中的溶質為HA和NaA，且濃度比為1∶1，此時AG＞0，說明eq\f(c(H+),c(OH－))＞1，即c(H+)＞c(OH－)，即HA的電離程度大于A－的水解程度，所以B點溶液中：c(A－)＞c(HA)。(3)設醋酸鈉溶液和鹽酸溶液的體積各為VL，由于醋酸鈉溶液顯堿性，所以若使溶液顯中性，溶液最終應該是醋酸鈉與醋酸的混合物，鹽酸完全反應，所以c(Cl－)＝c(CH3COOH)＝eq\f(mmol·L-1×VL,2VL)＝eq\f(1,2)nmol·L-1，剩余醋酸根的濃度為c(CH3COO－)＝eq\f(mmol/L×VL－nmol/L×VL,2VL)＝eq\f(1,2)(m－n)mol·L-1，此時溶液中的c(H+)＝1×10-7mol·L-1，所以醋酸的電離平衡常數(shù)Ka＝eq\f(c(CH3COO－)c(H+),c(CH3COOH))＝eq\f(eq\f(1,2)(m－n)×1×10-7,eq\f(1,2)n)＝eq\f((m－n)10-7,n)。(4)①A．兩個反應正向均是離子物質的量增大的方向，加入少量水稀釋，溶液中離子總數(shù)增加，A項正確；B．加入少量硫酸，即使存在兩個反應均逆向移動，達到新的平衡，溶液酸性依舊是增強，溶液的pH減小，B項錯誤；C．K1＝eq\f(c2(HCrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))),c(Cr2Oeq\o\al(2-,7)))，溫度不變，不變，加入少量K2Cr2O7固體，平衡時c2(HCrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))與c(Cr2Oeq\o\al(2-,7))的比值保持不變，C項正確；D．加入少量NaOH溶液，溶液中c(H+)減小，反應(ⅱ)正向進行，c(HCrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))減小，促進反應(ⅰ)正向移動，D項錯誤；故選AC；②根據(jù)Cr元素守恒，2x＋y＋z＝0.2，即x＋eq\f(1,2)y＋eq\f(1,2)z＝0.1；由圖可知，當溶液中pH＝9時，eq\f(c(CrOeq\o\al(2-,4)),c(Cr2Oeq\o\al(2-,7)))＞104，因此可忽略溶液中c(Cr2Oeq\o\al(2-,7))，根據(jù)Cr元素守恒，c(HCrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＋c(CrOeq\o\al(2-,4))＝0.2mol·L-1①，反應(ⅱ)的平衡常數(shù)K2＝eq\f(c(H+)c(CrOeq\o\al(2-,4)),c(HCrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))))＝eq\f(10-9×c(CrOeq\o\al(2-,4)),c(HCrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))))＝3.3×10-7②，聯(lián)立①②兩個方程可得c(HCrOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))≈6.0×10-4mol·L-1。

【知識梳理●智能提升】一、鹽溶液中的幾種關系1．強堿弱酸鹽如CH3COONa溶液中存在如下水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－Kh＝eq\f(c(CH3COOH)·c(OH－),c(CH3COO－))＝eq\f(c(CH3COOH)·c(OH－)·c(H＋),c(CH3COO－)·c(H＋))＝eq\f(c(OH－)·c(H+),\f(c(CH3COO－)·c(H+),c(CH3COOH)))＝eq\f(Kw,Ka)2．強酸弱堿鹽如NH4Cl溶液中存在如下水解平衡：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋Kh＝eq\f(c(NH3·H2O)·c(H+),c(NH\o\al(＋,4)))＝eq\f(c(NH3·H2O)·c(H+)?c(OH－),c(NH\o\al(＋,4))?c(OH－))＝eq\f(c(H+)·c(OH－),\f(c(NH\o\al(＋,4))·c(OH－),c(NH3·H2O)))＝eq\f(Kw,Kb)其中：Kh為水解平衡常數(shù)、Ka(Kb)為弱酸(或弱堿)的電離平衡常數(shù)、Kw為水的離子積常數(shù)。3．多元弱酸鹽如Na2CO3溶液：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，Kh＝eq\f(c(HCO\o\al(－,3))·c(OH－),c(CO\o\al(2－,3)))＝eq\f(c(OH－)·c(H+),\f(c(CO\o\al(2－,3))·c(H+),c(HCO\o\al(－,3))))＝eq\f(Kw,Ka2)；如NaHCO3溶液：HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－，Kh＝eq\f(c(H2CO3)·c(OH－),c(HCO\o\al(－,3)))＝eq\f(c(OH－)·c(H+),\f(c(HCO\o\al(－,3))·c(H+),c(H2CO3)))＝eq\f(Kw,Ka1)。小結：Kh與Ka(或Kb)、Kw的關系(1)Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw；(2)Na2CO3溶液Kh＝eq\f(Kw,Ka2)；(3)NaHCO3溶液Kh＝eq\f(Kw,Ka1)。二、幾種常數(shù)之間的關系1．水解常數(shù)與電離常數(shù)、水的離子積之間的關系常溫下，H2S的電離常數(shù)為Ka1、Ka2，推導Na2S溶液中S2－水解常數(shù)Kh1、Kh2與Ka1、Ka2的關系。(1)S2－＋H2OHS－＋OH－Kh1＝eq\f(c(HS－)·c(OH－),c(S2－))＝eq\f(c(HS－)·c(H+)·c(OH－),c(S2－)·c(H+))＝eq\f(Kw,Ka2)。(2)HS－＋H2OH2S＋OH－Kh2＝eq\f(c(H2S)·c(OH－),c(HS－))＝eq\f(c(H2S)·c(OH－)·c(H+),c(HS－)·c(H+))＝eq\f(Kw,Ka1)。2．水解常數(shù)與溶度積、水的離子積之間的關系常溫下推導Cu2＋的水解常數(shù)與溶度積、水的離子積之間的關系。Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋Kh＝eq\f(c2(H＋),c(Cu2＋))＝eq\f(c2(H＋)·c2(OH－),c(Cu2＋)·c2(OH－))＝eq\f(K\o\al(2,w),Ksp[Cu(OH)2])。3．平衡常數(shù)與電離常數(shù)、溶度積之間的關系(1)以反應CuS(s)＋2Ag＋(aq)Cu2＋(aq)＋Ag2S(s)為例，推導沉淀轉化的平衡常數(shù)K。K＝eq\f(c(Cu2＋),c2(Ag＋))＝eq\f(c(Cu2＋)·c(S2－),c2(Ag＋)·c(S2－))＝eq\f(Ksp(CuS),Ksp(Ag2S))。(2)以反應ZnS(s)＋2H＋(aq)Zn2＋(aq)＋H2S(aq)為例，推導該沉淀溶解的平衡常數(shù)K。K＝eq\f(c(H2S)·c(Zn2＋),c2(H＋))＝eq\f(c(H2S)·c(Zn2＋)·c(S2－),c2(H＋)·c(S2－))＝eq\f(Ksp(ZnS),Ka1·Ka2)。

【拓展訓練●鞏固考點】1.(2024屆重慶第八中學)將CaCO3(s)或ZnCO3(s)懸濁液置于分壓固定的CO2氣相中，體系中pH與lgc關系如圖所示，c為溶液中H2CO3、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2-,3)、Ca2+、Zn2+的濃度，單位為mol/L。已知：Ksp(CaCO3)＞Ksp(ZnCO3)，CO2(g)＋H2O(1)H2CO3(aq)。下列說法正確的是A．L1表示lgc(COeq\o\al(2-,3))～pH曲線B.向a點對應的ZnCO3懸濁液中加入ZnCl2固體，可以達到b點溶液C．eq\f(c2(HCOeq\o\al(－,3)),c(H2CO3)c(COeq\o\al(2-,3)))＝1×103D．CaCO3(s)＋Zn2+(aq)ZnCO3(s)＋Ca2+(aq)，平衡常數(shù)：K＝eq\f(Ksp(CaCO3),Ksp(ZnCO3))＝104.4答案：C解析：分壓固定的CO2氣相中，使溶液中CO2濃度也相應固定，因此L3為H2CO3的濃度，隨著pH逐漸增大，HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2-,3)的濃度逐漸增大，且pH較小時HCOeq\o\al(－,3)的濃度大于COeq\o\al(2-,3)的濃度，所以L1表示HCOeq\o\al(－,3)，L2表示COeq\o\al(2-,3)；根據(jù)Ksp(CaCO3)＞Ksp(ZnCO3)判斷，L4為Ca2+的濃度，L5為Zn2+的濃度，據(jù)此分析解答。A．根據(jù)分析，L1表示lgc(HCOeq\o\al(－,3))，L2表示lgc(COeq\o\al(2-,3))，A錯誤；B．通過b點數(shù)據(jù)可得Ksp(CaCO3)＝c(Ca2+)×c(COeq\o\al(2-,3))＝10-3.2×10-5＝10-8.2，b為L1和L4交點，向a點溶液中加入CaCl2可以達到b點溶液，B錯誤；C．Ka1(H2CO3)＝eq\f(c(HCOeq\o\al(－,3))c(H+),c(H2CO3))，pH＝6.4時，HCOeq\o\al(－,3)和H2CO3的濃度相等，此時Ka1(H2CO3)＝10-6.4，Ka2(H2CO3)＝eq\f(c(COeq\o\al(2-,3))c(H+),c(HCOeq\o\al(－,3)))，pH=10.3時，HCOeq\o\al(－,3)和COeq\o\al(2-,3)的濃度相等，此時Ka2(H2CO3)＝10-10.3，eq\f(c2(HCOeq\o\al(－,3)),c(H2CO3)c(COeq\o\al(2-,3)))＝eq\f(Ka1,Ka2)＝eq\f(10-6.4,10-10.3)＝103.9，C正確；D．通過b點數(shù)據(jù)可得Ksp(CaCO3)＝c(Ca2+)×c(COeq\o\al(2-,3))＝10-3.2×10-5＝10-8.2，L2和L5兩點交于lgc＝－5.4，Ksp(ZnCO3)＝c(Zn2+)c(COeq\o\al(2-,3))＝10-10.8，則CaCO3(s)＋Zn2+(aq)ZnCO3(s)＋Ca2+(aq)，K＝eq\f(Ksp(CaCO3),Ksp(ZnCO3))＝eq\f(10-8.2,10-10.8)＝102.6，D錯誤；2.(2024屆福建福州第一中學)25℃時，將HCl氣體緩慢通入0.1mol/L的氨水中，溶液的pH、體系中粒子濃度的對數(shù)值(lgc)與反應物的物質的量之比[t＝eq\f(n(HCl),n(NH3?H2O)))的關系如圖所示。若忽略溶液體積變化，下列有關說法錯誤的是A．t=0.5時，c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＞c(Cl－)B．25℃時，NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))的水解平衡常數(shù)Kh的數(shù)量級為10－10C．P3所示溶液：c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＞c(NH3·H2O)＞c(H+)＞c(OH－)D．P2所示溶液：c(Cl－)＞100c(NH3·H2O)答案：C解析：A．t＝0.5時，溶質為等物質的量的NH3·H2O、NH4Cl，溶液呈堿性，則c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＞c(Cl－)，故A正確；B．25℃時，根據(jù)圖示，c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＝c(NH3·H2O)時pH＝9.25，NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))的水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(c(NH3·H2O)c(H+),c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))))＝c(H+)＝10-9.25，數(shù)量級為10－10，故B正確；C．P3所示溶液溶質為NH4Cl，溶液呈酸性，c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＞c(H+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)，故C錯誤；D．c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＝c(NH3·H2O)時pH＝9.25，Kb＝10-4.75，P2所示溶液呈中性，c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))，eq\f(c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))c(OH－),c(NH3·H2O))＝eq\f(c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))×10-7,c(NH3·H2O))＝10-4.75，eq\f(c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4))),c(NH3·H2O))＝102.25，c(NHeq\o\al(\s\up0(＋),\s\do0(4)))＝c(NH3·H2O)×102.25，所以c(Cl－)＞100c(NH3·H2O)，故D正確；3.(2024屆浙江金麗衢十二校聯(lián)考)鋇餐造影檢查是以醫(yī)用硫酸鋇作為造影劑，口服后隨著人體消化管道的蠕動，涂抹在胃腸道內管壁及充填在管腔內，在X線照射下與周圍器官形成明顯對比，可以觀察胃、食管等器官的外形、大小、位置、擴張性及蠕動波情況，進而顯示消化道有無病變。已知：常溫下，Ksp(BaCO3)＝5×10-9，Ksp(BaSO4)＝1×10-10；H2CO3的電離平衡常數(shù)Ka1＝4.5×10-7，Ka2＝5.6×10-11；飽和BaCO3溶液pH約為9.6，人體胃液pH約為2；H2SO4的一級電離是完全電離，二級電離電離常數(shù)Ka2＝1.0×10-2。結合信息，以下推斷不正確的是A．BaSO4在胃液中的溶解度大于1.0×10-5mol/LB．若每次加入1L1mol/L的Na2CO3溶液，至少需要4次加入才能將0.1molBaSO4全部轉化為BaCO3C．飽和BaCO3溶液通入少量CO2后溶液中：c(COeq\o\al(2-,3))＜c(HCOeq\o\al(－,3))D．若誤服BaCO3，醫(yī)學上可采用適當濃度的Na2SO4溶液洗胃或靜脈緩注Na2SO4溶液實現(xiàn)解毒答案：B解析：A．根據(jù)沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)＋SOeq\o\al(2-,4)(aq)，Ksp(BaSO4)＝1×10-10知純水中Ksp(BaSO4)＝c(Ba2+)×c(SOeq\o\al(2-,4))＝1×10-10，c(Ba2+)＝c(SOeq\o\al(2-,4))＝eq\r(Ksp(BaSO4))＝1×10-5mol/L，在胃液中因H+和SOeq\o\al(2-,4)結合（硫酸二級電離不完全），使平衡正向移動，溶解度增大，故A正確；B．向BaSO4中加入Na2CO3溶液，發(fā)生反應：BaSO4(s)＋COeq\o\al(2-,3)(aq)BaCO3(s)＋SOeq\o\al(2-,4)(aq)，K＝eq\f(c(SOeq\o\al(2-,4)),c(COeq\o\al(2-,3)))＝eq\f(Ksp(BaSO4),Ksp(BaCO3))＝eq\f(1×10-10,5×10-9)＝eq\f(1,50)，若每次加入1L1mol/L的Na2CO3溶液能處理BaSO4的物質的量為xmol，K＝eq\f(c(SOeq\o\al(2-,4)),c(COeq\o\al(2-,3)))＝eq\f(x,1－x)＝eq\f(1,50)得出x＝eq\f(1,51)，將0.1molBaSO4處理需要加入eq\f(0.1,eq\f(1,51))＝5.1，至少需要加入6次，故B錯誤；C．飽和BaCO3溶液pH約為9.6，飽和BaCO3溶液存在BaCO3(s)Ba2+(aq)＋COeq\o\al(2-,3)(aq)，Ksp(BaCO3)＝5×10-9，碳酸根水解生成碳酸氫根，Ka2＝eq\f(c(COeq\o\al(2-,3))c(H+),c(HCOeq\o\al(－,3)))＝5.6×10-11，得出eq\f(c(COeq\o\al(2-,3)),c(HCOeq\o\al(－,3)))＝eq\f(Ka2,c(H+))＝eq\f(5.6×10-11,10-9.6)＝5.6×10-1.4＜1，此時c(COeq\o\al(2-,3))＜c(HCOeq\o\al(－,3))，通入少量CO2后，溶液中COeq\o\al(2-,3)發(fā)生反應減少HCOeq\o\al(－,3)增多，c(COeq\o\al(2-,3))＜c(HCOeq\o\al(－,3))，故C正確；D．若誤服BaCO3，根據(jù)BaCO3(s)＋SOeq\o\al(2-,4)(aq)BaSO4(s)＋COeq\o\al(2-,3)(aq)，Ksp(BaSO4)＝1×10-10＜Ksp(BaCO3)＝5×10-9，只要Na2SO4溶液濃度合適就可以將BaCO3轉化為BaSO4實現(xiàn)解毒，故D正確；4.(2024屆福建福州屏東中學)常溫下，0.1mol?L-1H2A溶液中H2A、HA-、A2-三者所占物質的量分數(shù)(分布系數(shù)δ)隨pH變化的關系如圖所示，下列說法錯誤的是A．圖中X、Y、Z分別代表H2A、HA-、A2-B．若升高溫度，a、b點移動趨勢都向左C．常溫下，H2A的一級電離常數(shù)Ka1＝10-4.3D．NaHA溶液中存在：c(H+)＋c(H2A)＝c(A2-)＋c(OH-)答案：C解析：A．隨著pH增大，c(H2A)減小，c(HA－)先增大后減小，c(A2-)增大，故圖中X、Y、Z分別代表H2A、HA－、A2-，A項正確；B．a點時，c(H2A)＝c(HA－)，Ka1＝eq\f(c(H+)c(HA－),c(H2A))＝c(H+)，溫度升高，Ka1增大，則c(H+)增大，pH減小，a點向左移動；同理可知，b點時，c(HA－)＝c(A2-)，Ka2＝eq\f(c(H+)c(A2-),c(HA－))＝c(H+)，溫度升高，Ka2增大，則c(H+)增大，pH減小，b點向左移動，B項正確；C．在a點，δ＝0.5，c(H2A)＝c(HA－)，此時pH＝1.3，H2A的一級電離常數(shù)為Ka1＝eq\f(c(H+)c(HA－),c(H2A))＝10-13，C項錯誤；D．NaHA溶液中，根據(jù)電荷守恒c(Na+)＋c(H+)＝c(HA－)＋2c(A2-)＋c(OH－)①，根據(jù)元素質量守恒c(Na+)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2-)②，聯(lián)立①②消除鈉離子可得c(H+)＋c(H2A)＝c(A2-)＋c(OH－)，D項正確；5．(2024屆湖南長沙市雅禮中學)常溫下，向某濃度的草酸溶液中逐滴加入一定濃度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))、C2Oeq\o\al(2-,4)三種微粒的物質的量分數(shù)(δ)與溶液pH的關系如圖所示，下列說法不正確的是A．pH＝2.7的溶液中，eq\f(c2(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))),c(H2C2O4)?c(C2Oeq\o\al(2-,4)))＝1000B．向0.1mol·L－1的KHC2O4溶液中逐滴加入一定濃度的KOH溶液，有兩點對應水電離的c(H+)＝10-7mol·L－1，這兩點對應溶液的pH相等C．在KHC2O4溶液中，一定存在：c(K+)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＋c(H+)－c(OH－)D．等濃度的KHC2O4和K2C2O4混合溶液中水電離的c(H+)＜10-7mol·L－1答案：B解析：A．Ka1＝eq\f(c(H+)?c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))),c(H2C2O4))，Ka2＝eq\f(c(H+)?c(C2Oeq\o\al(2-,4)),c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))))，eq\f(Ka1,Ka2)＝eq\f(c2(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))),c(H2C2O4)?c(C2Oeq\o\al(2-,4)))，當pH＝1.2時，由c(H2C2O4)＝c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))知Ka1＝10-1.2；當pH＝4.2時，由c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＝c(C2Oeq\o\al(2-,4))知Ka2＝10-4.2，所以eq\f(c2(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))),c(H2C2O4)?c(C2Oeq\o\al(2-,4)))＝eq\f(10-1.2,10-4.2)＝1000，A正確；B．第一次對應水電離的c(H+)＝10-7mol·L－1，溶液為中性，第二次對應水電離的c(H+)＝10-7mol·L－1，溶液為堿性，B錯誤；C．題干等式滿足KHC2O4溶液中物料守恒與質子守恒的差，C正確；D．HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))電離大于HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))、C2Oeq\o\al(2-,4)水解，溶液顯酸性，故c(H+)＜10-7mol·L－1，D正確。6．(2024屆遼寧名校聯(lián)考)常溫下，向10.0mL濃度均為0.1mol/L的AlCl3和FeCl3混合溶液中加入NaOH固體，溶液中金屬元素有不同的存在形式，它們的物質的量濃度與NaOH物質的量關系如圖所示，測得a、b兩點溶液的pH分別為3.0，4.3。已知：①Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]；②Al3+(aq)＋4OH－(aq)[Al(OH)4]－(aq)，298K，K總＝eq\f(c([Al(OH)4]－),c(Al3+)×c4(OH－))＝1.1×1033。下列敘述正確的是A．曲線Ⅱ代表Fe3+B．常溫下，Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10-34.1C．c點鐵鋁元素主要存在形式為Fe(OH)3和[Al(OH)4]－D．Al(OH)3(s)＋OH－(aq)[Al(OH)4]－(aq)的平衡常數(shù)K為10-1數(shù)量級答案：C解析：從圖可以看出，當溶液中加入NaOH固體后，曲線Ⅰ中的金屬離子最先沉淀，根據(jù)Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]，可知曲線Ⅰ表示的是Fe3+濃度變化，則曲線Ⅱ表示的是Al3+濃度變化，曲線Ⅲ表示的是[Al(OH)4]－離子濃度變化，據(jù)此分析解答。A．由分析可知，曲線Ⅱ表示的是Al3+濃度變化，故A錯誤；B．根據(jù)曲線Ⅰ中的a點，可知此時溶液中的Fe3+離子濃度為1.0×10-5mol/L，對應的pH為3.0，則c(OH－)＝1.0×10-11mol/L，可求得Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10-38，故B錯誤；C．根據(jù)分析曲線Ⅲ表示的是[Al(OH)4]－離子濃度變化，則c點鋁元素主要存在形式為[Al(OH)4]－，F(xiàn)e(OH)3不溶于堿，則鐵元素的主要存在形式為Fe(OH)3，故C正確；D．由Al3+(aq)＋3OH－(aq)Al(OH)3(s)和Al(OH)3(s)＋OH－(aq)[Al(OH)4]－(aq)，結合蓋斯定律可知，K總＝eq\f(K,Ksp[Al(OH)3])，則K＝K總×Ksp[Al(OH)3]，根據(jù)b點可知，Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10-5×(1×10-9.7)3＝1.0×10-34.1，帶入可得K＝1.1×1033×1.0×10-34.1＝1.1×10-1.1，故K的數(shù)量級為10-2，故D錯誤；7.(2024屆江蘇常熟市聯(lián)考)室溫下，通過下列實驗探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性質。實驗1：用pH試紙測量0.1mol·L－1Na2CO3溶液的pH，測得pH約為8實驗2：將0.1mol·L－1NaHCO3溶液與0.1mol·L－1Ca(OH)2溶液等體積混合，產生白色沉淀實驗3：飽和Na2CO3溶液中通入CO2產生白色沉淀，溶液pH從12下降到約為9實驗4：向Na2CO3溶液中滴加幾滴酚酞，加水稀釋，溶液紅色變淺下列說法正確的是A.由實驗1可得出：Ka1(H2CO3)?Ka2(H2CO3)＞10-14B.由實驗2可推測：Ksp(CaCO3)＞2.5×10-3C.實驗3中發(fā)生反應的離子方程式為COeq\o\al(2-,3)＋H2O＋CO2＝2HCOeq\o\al(－,3)D.實驗4中加水稀釋后，溶液中eq\f(c(HCOeq\o\al(－,3)),c(COeq\o\al(2-,3)))的值增大答案：D解析：A．由實驗1可得出碳酸氫鈉溶液中碳酸氫根水解程度大于電離程度即eq\f(Kw,Ka1(H2CO3))＞Ka2(H2CO3)，則Ka1(H2CO3)?Ka2(H2CO3)＜Kw＜10-14，故A錯誤；B．實驗2是等體積混合，2.5×10-3＝0.05×0.05，由于混合后碳酸氫鈉中碳酸根濃度小于0.05mol?L?1，氫氧化鈣是微溶物，鈣離子濃度小于0.05mol?L?1，因此不能推測：Ksp(CaCO3)＞2.5×10-3，故B錯誤；C．實驗3中發(fā)生反應的離子方程式為COeq\o\al(2-,3)＋H2O＋CO2＋2Na+＝2NaHCO3，故C錯誤；D．實驗4中加水稀釋后，水解程度增大，由于溶液體積增大，溶液堿性減弱，氫離子濃度增大，因此溶液中eq\f(c(HCOeq\o\al(－,3)),c(COeq\o\al(2-,3)))＜eq\f(c(H+),Ka1)的值增大，故D正確。8.(2024屆四川瀘縣第四中學)25℃時，NaCN溶液中CN－、HCN濃度所占分數(shù)(δ)隨pH變化的關系如圖甲所示，其中a點的坐標為(9.5，0.5)。向10mL0.01mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01mol·L-1的鹽酸，其pH變化曲線如圖乙所示。下列溶液中的關系中一定正確的A.圖甲中pH=7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)B.常溫下，NaCN的水解平衡常數(shù)：Kh(NaCN)＝10－4.5mol/LC.圖乙中b點的溶液：c(CN－)＞c(Cl－)＞c(HCN)＞c(OH－)＞c(H+)D.圖乙中c點的溶液：c(Na+)＋c(H+)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)答案：B解析：A．圖甲中可以加入HCN調節(jié)溶液的pH＝7，溶液中不一定存在Cl－，即不一定存在c(Cl－)＝c(HCN)，故A錯誤；B．a點的坐標為(9.5，0.5)，此時c(HCN)＝c(CN?)，HCN的電離平衡常數(shù)為Ka(HCN)＝eq\f(c(CN－)c(H+),c(HCN))＝c(H+)＝10-9.5mol·L－1，則NaCN的水解平衡常數(shù)Kh(NaCN)＝eq\f(Kw,Ka(HCN))＝eq\f(10-14,10-9.5)＝10-4.5mol·L－1，故B正確；C．b點加入5mL鹽酸，反應后溶液組成為等濃度的NaCN、HCN和NaCl，由圖乙可知此時溶液呈堿性，則HCN的電離程度小于CN?的水解程度，因此c(HCN)＞c(CN?)，故C錯誤；D．c點加入10mL鹽酸，反應后得到等濃度的HCN和NaCl的混合溶液，任何電解質溶液中都存在電荷守恒和物料守恒，根據(jù)物料守恒得c(Cl?)＝c(HCN)＋c(CN?)，而根據(jù)電荷守恒可知，c(Na+)＋c(H+)＝c(Cl?)＋c(OH?)＋c(CN?)，則c(Na+)＋c(H+)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)，故D錯誤；9.(2024屆重慶拔尖強基聯(lián)盟)25℃時，向20mL0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，測得溶液的pOH與lgeq\f(c(HA－),c(H2A))或lgeq\f(c(A2－),c(HA－))的變化關系如圖所示，下列說法錯誤的是A．L1線表示lgeq\f(c(A2－),c(HA－))與pOH的變化關系B．H2A的Ka1＝10-6.96C．pH＝3時，溶液中c(H2A)＞c(HA-)＞c(A2-)D．當加入30mLNaOH溶液時，有2c(H2A)＋2c(HA－)＋2c(A2－)＝3c(Na+)答案：D解析：A．根據(jù)向H2A溶液中加入NaOH溶液的反應過程可知，H2A越來越少，先生成HA－，再生成A2－，且逐滴加入NaOH，pOH逐漸減小，則L2表示lgeq\f(c(HA－),c(H2A))與pOH的變化關系，L1線表示lgeq\f(c(A2－),c(HA－))與pOH的變化關系，A正確；B．圖中A點坐標(1.11，0)，B點坐標(7.04，0)，A點lgeq\f(c(A2－),c(HA))＝0，則Ka2＝eq\f(Kw,10-1.11)＝10-12.89，B點lgeq\f(c(HA－),c(H2A))＝0，則Ka1＝eq\f(Kw,10-7.04)＝10-6.96，B正確；C．根據(jù)Ka1＝10-6.96，pKa1＝6.96，則當pH＝3時，H2A存在最多，其次是HA－，A2－最少，c(H2A)＞c(HA-)＞c(A2-)，C正確；D．當加入30mLNaOH溶液時，Na2A中存在物料守恒2c(H2A)＋2c(HA－)＋2c(A2－)＝c(Na+)，D錯誤；10．(2024屆廣東省六校聯(lián)考)常溫下，用0.100mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的次磷酸H3PO2溶液。溶液pH、所有含磷微粒的分布系數(shù)δ[比如H2POeq\o\al(－,2)的分布系數(shù)：[δ(H2POeq\o\al(－,2))＝eq\f(c(H2POeq\o\al(－,2)),c(總含磷微料))]隨滴加NaOH溶液體積V(NaOH)的變化關系如圖所示。下列說法正確的是A．曲線①代表δ(H3PO2)的變化情況，曲線③代表δ(H2POeq\o\al(－,2))的變化情況B．常溫下，H2POeq\o\al(－,2)的水解常數(shù)Kh＝1.0×10-10C．V(NaOH)＝10mL時，c(H2POeq\o\al(－,2))＜c(H3PO2)D．pH＝7時，溶液中c(H2POeq\o\al(－,2))＜0.05mol·L-1答案：D解析：A．根據(jù)加入NaOH溶液后δ(H3PO2)減少的量與δ(H2POeq\o\al(－,2))增加的量相等可判斷曲線①代表δ(H2POeq\o\al(－,2))的變化情況，曲線③代表δ(H3PO2)的變化情況，曲線②代表pH變化，A錯誤；B．由曲線①③交點可知δ(H3PO2)＝δ(H2POeq\o\al(－,2))，故c(H3PO2)＝c(H2POeq\o\al(－,2))，對應曲線②pH＜4，即c(H+)＞10-4mol·L-1，Ka＞10-4，H2POeq\o\al(－,2)的水解常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka)＜1.0×10-10，B錯誤；C．V(NaOH)＝10mL時，溶質成分為H3PO2和NaH2PO2，濃度之比為1∶1，混合溶液呈酸性，說明H3PO2的電離程度大于H2POeq\o\al(－,2)的水解程度，所以c(H2POeq\o\al(－,2))＞c(H3PO2)，C錯誤；D．根據(jù)圖像信息，pH＝7時，溶液所加氫氧化鈉溶液體積大于10mL小于20mL，原溶液體積為20mL，氫氧化鈉溶液濃度為0.100mol·L-1，根據(jù)鈉元素守恒c(Na+)＜0.05mol·L-1，以及電荷守恒c(Na+)＋c(H+)＝c(OH－)＋c(H2POeq\o\al(－,2))，c(H+)＝c(OH－)＝10-7mol·L-1，則c(Na+)＝c(H2POeq\o\al(－,2))＜0.05mol·L-1，D正確。11．(2024屆黑龍江、甘肅、吉林、安徽、江西、貴州、廣西模擬)室溫下，用0.1mol·L-1NaOH溶液分別滴定體積均為20mL、濃度均為0.1mol·L-1的HCl和HX溶液，溶液pH隨加入NaOH溶液體積的變化如圖所示，下列說法不正確的是A．HX的電離平衡常數(shù)Ka＜1×10-7B．M點存在：c(HX)－c(X－)＞c(OH－)－c(H+)C．將P點和N點的溶液混合，溶液呈酸性D．向N點的溶液中通入HCl氣體至pH＝7：c(Na+)＞c(HX)＝c(Cl－)＞c(X－)答案：C解析：A．M點時HX溶液中加入了10mLNaOH溶液，c(NaX)∶c(HX)＝1∶1，且混合溶液呈堿性，說明HX的電離常數(shù)Ka小于X－的水解常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka)，即Ka＜Kh＝eq\f(Kw,Ka)，解得Ka＜1×10-7，A正確；B．M點c(NaX)∶c(HX)＝1∶1，溶液中存在電荷守恒c(Na+)＋c(H+)＝c(OH－)＋c(X－)……①，物料守恒2c(Na+)＝c(HX)＋c(X－)……②，①×2―②得c(HX)＋2c(H+)＝c(X－)＋2c(OH－)，移項得c(HX)－c(X－)＝2[c(OH－)－c(H+)]，且M點：c(OH－)＞c(H+)，所以c(HX)－c(X－)＞c(OH－)－c(H+)，B正確；C．P點n(NaCl)＝n(HCl)＝1×10-3mol，N點n(NaX)＝2×10-3mol，二者混合后HCl和NaX發(fā)生反應得到NaCl和HX，此時溶液中n(NaCl)∶n(HX)∶n(NaX)＝2∶1∶1，由A選項可知，溶液呈堿性，C錯誤；D．N點溶質為NaX，通入HCl氣體至pH≤7，由電荷守恒推知c(Na+)＝c(X－)＋c(Cl－)……①，物料守恒為c(Na+)＝c(X－)＋c(HX)……②，所以c(Na+)＞c(HX)＝c(Cl－)，又由A選項知Ka＝eq\f(c(H+)c(X－),c(HX))＜1×10-7，c(H+)＝1×10-7時c(HX)＞c(X－)，即c(Na+)＞c(HX)＝c(Cl－)＞c(X－)，D正確；12．(2024屆黑龍江、甘肅、吉林、安徽、江西、貴州、廣西模擬)常溫下，二元弱酸H3PO3溶液中含磷物種的濃度之和為0.1mol?L﹣1，溶液中各含磷物種的pc－pOH關系如圖所示。圖中pc表示各含磷物種的濃度負對數(shù)(pc＝－lgc)，pOH表示OH的濃度的負對數(shù)[pOH＝－lgc(OH﹣)]。下列有關說法正確的是A．若反應HPOeq\o\al(2-,3)＋H3PO3eq\o(,\s\up7(充電),\s\do7(放電))2H2POeq\o\al(－,3)可以發(fā)生，其平衡常數(shù)值為10-5.3B．在濃度均為0.1mol/L的NaH2PO3和Na2HPO3混合溶液中c(Na+)>c(H2POeq\o\al(－,3))>c(HPOeq\o\al(2-,3))>c(H+)>c(OH﹣)C．b點時，x＝9.95D．d點溶液中存在關系式c(H+)＝0.1＋c(HPOeq\o\al(2-,3))+c(OH﹣)答案：C解析：由圖示可知，隨著堿性增強，即pOH減小，H3PO3濃度減小，H2POeq\o\al(－,3)濃度先增加后減小，HPOeq\o\al(2-,3)濃度逐漸增大，可知HPOeq\o\al(2-,3)中的氫不可能電離，說明H3PO3是二元弱酸，故H3PO3溶液中含磷物有H3PO3、H2POeq\o\al(－,3)、HPOeq\o\al(2-,3)，已知H3PO3溶液中含磷物種的濃度之和為0.1mol?L﹣1，即c(H3PO3)+c(H2POeq\o\al(－,3))+c(HPOeq\o\al(2-,3))＝0.1mol?L﹣1，根據(jù)酸堿中和反應知隨著c(OH﹣)的增大，c(H3PO3)逐漸減小，c(H2POeq\o\al(－,3))先增大后減小，c(HPOeq\o\al(2-,3))逐漸增大，即隨著pOH的減小，pc(H3PO3)逐漸增大，pc(H2POeq\o\al(－,3))先減小后增大，pc(HPOeq\o\al(2-,3))逐漸減小，故曲線①表示pc(HPOeq\o\al(2-,3))隨pOH的變化，曲線②表示pc(H2POeq\o\al(－,3))隨pOH的變化，曲線③表示pc(H3PO3)隨pOH的變化，點a(7.3，1.3)表示當POH=7.3時，pc(HPOeq\o\al(2-,3))＝pc(H2POeq\o\al(－,3))，點b(x，3.6)表示當pOH＝x，時pc(HPOeq\o\al(2-,3))＝pc(H3PO3)，點c(12.6，1.3)表示當pOH＝12.6時，pc(H2POeq\o\al(－,3))＝pc(H3PO3)。A.