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专题八 电解质溶液 (解析版)
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这是一份专题八 电解质溶液 (解析版)，共42页。学案主要包含了以图析题等内容，欢迎下载使用。
专题八 电解质溶液
明课程标准
备关键能力
1．从电离、离子反应、化学平衡的角度认识电解质水溶液的组成、性质和反应。
2．认识电解质在水溶液中存在电离平衡，了解电离平衡常数的含义。认识水的电离，了解水的离子积常数，认识溶液的酸碱性及pH，掌握检测溶液pH的方法。
3．认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。
4．认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，了解沉淀的生成、溶解与转化。
1．理解与辨析：能理解水溶液中平衡体系和平衡理论，认识水溶液中离子的行为。
2．分析与推断：能运用平衡原理和平衡常数，从定性和定量角度分析水溶液中平衡体系及平衡移动。
3．归纳与论证：能从平衡和守恒角度，分析溶液中离子浓度关系，建立相关思维模型。
高考真题·导航
GAO KAO ZHEN TI DAO HANG
1．(2021·全国乙卷T7)HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c(M＋)随c(H＋)而变化，M＋不发生水解。实验发现，298 K时c2(M＋)－c(H＋)为线性关系，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是( C )
A．溶液pH＝4时，c(M＋)<3．0×10－4 mol·L－1
B．MA的溶度积度积Ksp(MA)＝5．0×10－8
C．溶液pH＝7时，c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
D．HA的电离常数Ka(HA)≈2．0×10－4
【解析】 由图可知pH＝4，即c(H＋)＝10×10－5mol/L时，c2(M＋)＝7．5×10－8mol2/L2，c(M＋)＝ mol/L＝×10－4 mol/L<3．0×10－4mol/L，A正确；由图可知，c(H＋)＝0时，可看作溶液中有较大浓度的OH－，此时A－的水解极大地被抑制，溶液中c(M＋)＝c(A－)，则Ksp(MA)＝c(M＋)×c(A－)＝c2(M＋)＝5．0×10－8，B正确；设调pH所用的酸为HnX，由电荷守恒可知c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)＋nc(Xn－)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn－)，C错误；Ka(HA)＝，当c(A－)＝c(HA)时，由物料守恒知c(A－)＋c(HA)＝c(M＋)，则c(A－)＝，Ksp(MA)＝c(M＋)×c(A－)＝＝5．0×10－8，则c2(M＋)＝10×10－8，对应图得此时溶液中c(H＋)＝2．0×10－4 mol·L－1，Ka(HA)＝＝c(H＋)≈2．0×10－4，D正确。
2．(2021·全国甲卷)已知相同温度下，Ksp(BaSO4)
下列说法正确的是( B )
A．曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B．该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值为1．0×10－10
C．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D．c(Ba2＋)＝10－5．1时两溶液中＝10y2－y1
【解析】 BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO)]的关系。由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，A错误；曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO)]＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1．0×10－10，B正确；加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO3)不变可知，溶液中c(CO)将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，C错误；由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5．1时，两溶液中＝＝10y1－y2，D错误。
3．(2020·全国卷Ⅰ·13)以酚酞为指示剂，用0．100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20．00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2－的分布系数：δ(A2－)＝]
下列叙述正确的是( C )
A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)
B．H2A溶液的浓度为0．200 0 mol·L－1
C．HA－的电离常数Ka＝1．0×10－2
D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)<2c(A2－)＋c(HA－)
【解析】 根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40 mL NaOH溶液时，溶液的pH发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，根据反应2NaOH＋H2A===Na2A＋2H2O，c(H2A)＝＝0．100 0 mol/L。根据分析，曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A错误；当加入40．00 mL NaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH＋H2A===Na2A＋2H2O，c(H2A)＝＝0．100 0 mol/L，B错误；根据曲线当δ(HA－)＝δ(A2－)时溶液的pH＝2，则HA－的电离平衡常数Ka＝＝c(H＋)＝1×10－2，C正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8．2～10，终点时溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＞2c(A2－)＋c(HA－)，D错误。
4．(2019·全国卷Ⅰ·11)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1＝1．1×10－3，Ka2＝3．9×10－6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是( C )
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的
C．b点的混合溶液pH＝7
D．c点的混合溶液中，c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)
【解析】 邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。根据图示可知，混合溶液在不同的反应阶段含有的离子的种类和浓度不同，故混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关，A正确；根据图示可知，随着反应的进行，溶液的导电能力逐渐增强，加入的碱的量越多，溶液中的HA－的浓度越小，Na＋与A2－的量越多，故Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的，B正确；b点滴定终点应该是二者恰好反应生成Na2A和K2A，根据邻苯二甲酸H2A的Ka1和Ka2值可知，邻苯二甲酸是弱酸，所以到达滴定终点时溶液应该呈碱性，故b点的pH应该大于7，C不正确；b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c(Na＋)和c(K＋)相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c(Na＋)>c(K＋)，由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c(K＋)>c(OH－)，溶液中三者大小顺序为c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)，故D正确。
5．(2019·全国卷Ⅱ·11)下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是( C )
A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn＋CuSO4===Cu＋ZnSO4
B．澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O
C．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2===2Na2O＋O2↑
D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2＋2FeCl3===2Fe(OH)3＋3MgCl2
【解析】 金属活泼性Zn>Cu，CuSO4溶液中加入足量Zn粉，置换出铜单质，溶液蓝色消失，A正确；久置的澄清的石灰水会与空气中的CO2发生反应生成难溶于水的CaCO3，B正确；Na2O2在空气中放置，会与空气中的CO2和水蒸气反应，最终生成Na2CO3，C错误；向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液，Mg(OH)2逐渐转化为Fe(OH)3红褐色沉淀，D正确。
6．(2019·全国卷Ⅱ·12)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( B )
A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)＝Ksp(n)
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【解析】 图中p、q对应纵横坐标数值相等，即c(Cd2＋)＝c(S2－)，则a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度，A正确；图中m、n、p点对应的温度相同，小于q点对应的温度，对应的Ksp的关系为Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)
(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许__Na＋__离子通过，氯气的逸出口是__a__(填标号)。
(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)＝，X为HClO或ClO－]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为__10－7．5__。
(3)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是__ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O__(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1 000 kg该溶液需消耗氯气的质量为__203__kg(保留整数)。
【解析】 (1)电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH－与通过离子膜的Na＋在阴极室形成NaOH；(2)由图pH＝7．5时，知c(HClO)＝c(ClO－)，HClO的Ka＝＝c(H＋)＝10－7．5；(3)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O；设氯气为x kg，则消耗的NaOH为 kg，原氢氧化钠质量为＋1 000 kg×1%，由NaOH质量守恒：原溶液为1 000 kg－x，则 kg＋1 000 kg×1%＝(1 000 kg－x)×30%，解得x＝203 kg。
8．(2020·全国卷Ⅲ·27节选)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2＋
Al3＋
Fe3＋
Fe2＋
开始沉淀时(c＝0．01 mol·L－1)的pH
7．2
3．7
2．2
7．5
沉淀完全时(c＝1．0×10－5mol·L－1)的pH
8．7
4．7
3．2
9．0
回答下列问题：
(1)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp＝__0．01×(107．2－14)2[或10－5×(108．7－14)2]__(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1．0 mol·L－1，则“调pH”应控制的pH范围是__3．2～6．2__。
(2)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式__2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O__。
(3)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是__提高镍回收率__。
【解析】 (1)由上述表格可知，Ni2＋完全沉淀时的pH＝8．7，此时c(Ni2＋)＝1．0×10－5mol·L－1，c(H＋)＝1．0×10－8．7mol·L－1，则c(OH－)＝＝＝108．7－14，则Ni(OH)2的Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝10－5×(108．7－14)2；或者当Ni2＋开始沉淀时pH＝7．2，此时c(Ni2＋)＝0．01 mol·L－1，c(H＋)＝1．0×10－7．2 mol·L－1，则c(OH－)＝＝＝107．2－14，则Ni(OH)2的Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝0．01×(107．2－14)2；如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1．0 mol·L－1，为避免镍离子沉淀，此时c(OH－)＝＝＝10－7．8 mol·L－1，则c(H＋)＝＝＝10－6．2，即pH＝6．2；Fe3＋完全沉淀的pH为3．2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3．2～6．2；(2)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2＋被氧化为NiOOH沉淀，ClO－被还原为Cl－，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O；(3)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2＋，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。
预计在2022年高考中，仍会以图像分析的形式综合考查外界因素对电离平衡、水解平衡的影响，借助图像数据考查Kw、Ksp、pH的计算、溶液中离子浓度随外界因素的变化及离子浓度的大小、守恒关系的正误判断，强调用动态平衡的观点看待和分析微粒变化的过程。另外，在化工流程题中，以提纯(或生产)的物质为载体，考查中和滴定原理的拓展应用，用于测定物质的纯度等，亦会涉及有关Ksp的相关计算。
必备知识·整合
BI BEI ZHI SHI ZHENG HE
1．对比理解溶液中的三大平衡
平衡类别
电离平衡(如CH3COOHCH3COO－＋H＋)
水解平衡(如CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－)
沉淀溶解平衡[如AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)]
研究对象
弱电解质(包括弱酸、弱碱、水、多元弱酸的酸式酸根等)
盐溶液(包括强酸弱碱盐、弱酸强碱盐、弱酸弱碱盐)
难溶电解质(如难溶的酸、碱、盐等)
平衡常数
Ka＝
Kh＝
Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)
影
响
因
素
升高温度
促进电离，离子浓度增大，Ka增大
促进水解，Kh增大
Ksp可能增大，也可能减小
加水稀释
促进电离，离子浓度(除OH－外)减小，Ka不变
促进水解，离子浓度(除H＋外)减小，Kh不变
促进溶解，Ksp不变
加入相应离子
加入CH3COONa固体或盐酸，抑制电离，Ka不变
加入CH3COOH或NaOH，抑制水解，Kh不变
加入AgNO3溶液或NaCl溶液抑制溶解，Ksp不变
加入反应的离子
加入NaOH，促进电离，Ka不变
加入盐酸，促进水解，Kh不变
加入氨水，促进溶解，Ksp不变
2．溶液中的“三大常数”
(1)电离常数(K电离)与电离度(α)的关系(以一元弱酸HA为例)
HA H＋ ＋ A－
起始浓度： c酸 0 0
平衡浓度：c酸·(1－α) c酸·α c酸·α
K电离＝＝。
若α很小，可认为1－α≈1，则K电离＝c酸·α2(或α＝)。
(2)电离常数与水解常数的关系
①对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系
HAH＋＋A－，Ka(HA)＝；
A－＋H2OHA＋OH－，Kh(A－)＝。
则Ka·Kh＝c(H＋)·c(OH－)＝Kw，故Kh＝。常温时Ka·Kh＝Kw＝1．0×10－14，Kh＝。
②对于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB－)、Kh(B2－)的关系
HB－＋H2OH2B＋OH－，Kh(HB－)＝＝＝。
B2－＋H2OHB－＋OH－，Kh(B2－)＝＝＝
(3)与Ksp有关的常考题型和解题策略
常考题型
解题策略
(1)根据定义式或者数形结合求Ksp，或者判断沉淀金属离子所需pH
直接根据Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)解答，如果已知溶解度，则化为物质的量浓度再代入计算
(2)沉淀先后的计算与判断
①沉淀类型相同，则Ksp小的化合物先沉淀；
②沉淀类型不同，则需要根据Ksp计算出沉淀时所需离子浓度，所需离子浓度小的先沉淀
(3)根据两种含同种离子的化合物的Ksp数据，求溶液中不同离子的比值
如某溶液中含有I－、Cl－等离子，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，求溶液中，则有＝＝
(4)判断沉淀的生成或转化
把离子浓度数值代入Ksp表达式，若数值大于Ksp，沉淀可生成或转化为相应难溶物质
3．突破离子浓度关系的“三大守恒”
(1)电荷守恒。电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。
(2)物料守恒。电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，会使离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。如在Na2CO3溶液中：
(3)质子守恒。在电离或水解过程中，会发生质子(H＋)转移，但在质子转移过程中其数量保持不变，如在Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(HCO )＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。
4．滴定原理及其应用
(1)氧化还原滴定：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质。
①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液
原理：2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
指示剂：酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂，当滴入一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点。
②Na2S2O3溶液滴定碘液
原理：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI
指示剂：用淀粉作指示剂，当滴入一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点。
(2)沉淀滴定：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。如利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。
关键能力·突破
GUAN JIAN NENG LI TU PO
考点一 电解质溶液中的化学平衡
角度 电离平衡及其影响因素
典例1 ＋＋＋25 ℃时，将体积为V0 L、浓度为1 mol/L的HBrO2溶液和ClSO3H溶液分别加水稀释至体积为V L，pH与lg ＋1的关系如图所示。已知：HBrO2溶液中存在HBrO2。下列叙述正确的是( C )
A．N表示ClSO3H，M表示HBrO2
B．25 ℃时，HBrO2的电离平衡常数的数量级为10－3
C．在0≤pH≤5时，ClSO3H溶液中：pH＝lg
D．25 ℃时，pH＝2的HBrO2溶液和ClSO3H溶液中水的电离程度：后者>前者
【以图析题】
易错点拨
(1)电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度不一定增大。如向酸溶液中加入少量冰酸，平衡向电离方向移动，但酸的电离程度减小。
(2)当对酸、碱溶液稀释时，所有离子的浓度不一定都减小。如酸溶液加水稀释时，由于Kw是定值，故c(H＋)减小，c(OH－)增大；而碱溶液稀释时，c(OH－)减小，c(H＋)增大。
角度 盐类的水解平衡及应用
典例2 ＋＋＋(2021·莆田模拟)常温下，向20 mL浓度均为0．1 mol·L－1的HA与NaA的混合溶液中，分别滴加浓度均为0．1 mol·L－1的HCl、NaOH两种溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示。下列说法正确的是( C )
A．滴加HCl溶液的曲线为Ⅰ
B．水的电离程度：c>b>a
C．d点时，lg ≈5．24
D．c点溶液中存在：c(Na＋)＝2[c(A－)＋c(HA)]
【解析】 0．1 mol/L的HA与NaA的混合液的pH＝4．76，说明HA为弱酸，且在该混合液中HA的电离程度大于A－的水解程度；向该混合液中，滴加HCl，溶液的pH减小，则滴加盐酸溶液的曲线为Ⅱ；滴加NaOH溶液，溶液的pH增大，滴加NaOH溶液的曲线为I。滴加盐酸，溶液的pH减小，滴加盐酸的曲线为Ⅱ，A错误；a、b点都在曲线Ⅱ上，滴加盐酸时发生反应NaA＋HCl===NaCl＋HA，随着HCl的滴入，NaA逐渐减少、HA逐渐增多，HA电离出H＋抑制水的电离，A－水解促进水的电离，则水的电离程度不断减小，则水的电离程度a＞b，b点时加入20 mL盐酸得到0．1 mol/L HA和0．05 mol/L NaCl的混合液，c点在曲线Ⅰ上，滴加NaOH溶液时发生反应NaOH＋HA===NaA＋H2O，c点加入20 mL NaOH溶液得到0．1 mol/L NaA溶液，则水的电离程度c＞b，B错误；0．1 mol/L的HA与NaA的混合液的pH＝4．76，溶液中c(H＋)＝10－4．76mol/L，则Ka(HA)＝≈10－4．76，d点溶液的pH＝10，溶液中c(H＋)＝10－10 mol/L，Ka(HA)＝＝≈10－4．76，≈105．24，则lg ≈5．24，C正确；c点在曲线Ⅰ上，滴加NaOH溶液时发生反应NaOH＋HA===NaA＋H2O，c点加入20 mL NaOH溶液得到0．1 mol/L NaA溶液，溶液中的物料守恒为c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，D错误。
方法技巧
盐类水解的规律
(1)“谁弱谁水解，越弱越水解”。
(2)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4。
(3)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
①若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中：HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。类似离子还有HS－、HPO等。
②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3 ＋OH－(次要)。类似离子还有H2PO等。
(4)相同条件下的水解程度
①正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
②相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如NH的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
角度 难溶电解度的沉淀溶解平衡及Ksp的应用
典例3 ＋＋＋(2021·阆中模拟)已知298 K时，Ksp(NiS)＝1．0×10－21，Ksp(NiCO3)＝1．0×10－7；pNi＝－lg c(Ni2＋)，pB＝－lg c(S2－)或－lg c(CO)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀(温度升高，NiS、NiCO3的Ksp均增大)，298 K时，溶液中阳离子、阴离子浓度的负对数关系如图所示。下列说法错误的是( C )
A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度
B．向d点溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动
C．对于曲线Ⅰ，加热b点溶液(忽略水的蒸发)，b点向c点方向移动
D．m为3．5且曲线Ⅱ对应的阴离子是CO
【解析】 298 K时，Ksp(NiS)＝1．0×10－21，Ksp(NiCO3)＝1．0×10－7，NiS、NiCO3属于同种类型，常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度，A项正确；Ksp(NiS)
答题模板
巧用解题模板突破沉淀溶解平衡图像题
第一步：明确图像中横、纵坐标的含义
横、纵坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度或其对数或其负对数。
第二步：理解图像中线上的点、线外点的含义
曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Qc＝Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线外。
曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Qc>Ksp。
曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Qc
(1)溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：
①原溶液不饱和时，离子浓度都增大。
②原溶液饱和时，离子浓度都不变。
(2)溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。
〔类题通关〕
1．(2021·嘉兴模拟)25 ℃时，下列说法正确的是( A )
A．H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1∶1恰好完全反应时，溶液酸碱性无法判断
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA对水的电离没有影响
C．醋酸的电离度：pH＝3的醋酸溶液大于pH＝4的醋酸溶液
D．pH＝2的HCl和pH＝12的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液显碱性
【解析】 H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1∶1恰好完全反应后，生成的是NaHA，但是H2A的电离常数不知道，所以该溶液酸碱性无法判断，A正确；可溶性正盐BA溶液呈中性，只能说明HA和BOH的强弱相同，但是如果都是弱酸或弱碱，且电离常数相同，则BA的阴阳离子水解程度相同，促进水的电离，B错误；醋酸是弱电解质，稀释促进电离，稀释后醋酸的pH增大，pH越大说明越稀，醋酸的电离程度越大，C错误；pH＝2的HCl和pH＝12的Ba(OH)2中，氢离子和氢氧根离子浓度相同，溶液等体积混合后，溶液显中性，D错误。
2．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶液的电导率随加入水的体积V(H2O)变化的曲线如图所示，下列说法正确的是( B )
A．曲线Ⅰ表示盐酸加水稀释过程中溶液电导率的变化
B．a、b、c三点溶液的pH：a>b>c
C．将a、b两点溶液混合，所得溶液中：c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)
D．氨水稀释过程中，c(NH)/c(NH3·H2O)不断减小
【解析】 加水稀释时，一水合氨进一步电离，导电能力变化较小，则曲线Ⅰ为氨水稀释曲线，故A错误；盐酸显酸性，氨水显碱性，导电能力越大，说明离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的pH：a>b>c，故B正确；将a、b两点溶液混合，由于氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，c(Cl－)
A．n点表示AgCl的不饱和溶液
B．Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10－7
C．Ag2C2O4＋2Cl－(aq)2AgCl＋C2O(aq)的平衡常数为109．04
D．向c(C1－)＝c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀
【解析】 由图可知，n点AgCl的浓度积Qc大于其溶度积Ksp，则n点表示AgCl的过饱和溶液，会析出AgCl沉淀，A错误；由图可知，当c(Ag＋)＝1．0×10－4 mol/L时，c(C2O)＝1．0×10－2．46 mol/L，则溶度积Ksp(Ag2C2O4)＝c2(Ag＋)·c(C2O)＝(1．0×10－4)2×1．0×10－2．46＝1．0×10－10．46，B错误；Ag2C2O4＋2Cl－(aq)2AgCl＋C2O(aq)的平衡常数K＝＝＝＝109．04，C正确；由图可知，当溶液中c(Cl－)＝c(C2O)时，AgCl饱和溶液中c(Ag＋)小于Ag2C2O4饱和溶液中c(Ag＋)，则向c(Cl－)＝c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀，D错误。
考点二 酸碱中和滴定及拓展应用
角度 酸碱中和滴定
典例1 ＋＋＋(2021·郑州模拟)常温下，用0．1 mol·L－1 NaOH溶液滴定40 mL 0．1 mol·L－1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述错误的是( D )
A．可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值
B．滴定中两次反应终点可依次用甲基橙、酚酞作指示剂
C．图中Y点对应的溶液中3c(SO)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)
D．图中Z点对应的溶液中：c(Na＋)>c(SO)>c(HSO)>c(OH－)
【解析】 混合溶液中W点c(H2SO3)＝c(HSO)，Ka1(H2SO3)＝＝c(H＋)＝10－pH＝10－2，混合溶液中Y点c(SO)＝c(HSO)，Ka2(H2SO3)＝＝c(H＋)＝10－pH＝10－7．19，故可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值，A正确；甲基橙变色范围为3．1－4．4，滴定到第一反应终点溶液pH值为4．25，在其范围内，所以可以选取甲基橙作指示剂，酚酞的变色范围是8．2～10．0，滴定到第二反应终点溶液pH值为9．86，在其范围内，所以可以选取酚酞作指示剂，B正确；Y点溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)且该点溶液中存在c(SO)＝c(HSO)，所以存在3c(SO)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)，C正确；Z点酸碱恰好完全反应生成Na2SO3，两步水解均生成OH－导致溶液呈碱性，但只有第一步水解生成HSO，所以c(HSO)＜c(OH－)，由物料守恒知c(Na＋)＞c(SO)，则该点溶液中存在c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(HSO)，D错误。
方法技巧
滴定实验指示剂的选择
类型
滴定过程
指示剂
终点颜色变化
酸碱中
和反应
强酸滴定强碱(或弱碱)
甲基橙
溶液由黄色变为橙色
强碱滴定强酸(或弱酸)
酚酞
溶液由无色变为浅红色
氧化还
原反应
Na2S2O3溶液滴定未知浓度的碘水
淀粉溶液
溶液由蓝色变为无色
酸性KMnO4溶液滴定H2O2(或H2C2O4)溶液
不需要指示剂
溶液由无色变为浅红色
沉淀反应
AgNO3溶液滴定含Cl－的溶液
K2CrO4溶液
出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色沉淀)
角度 滴定原理的拓展应用
典例2 ＋＋＋(2018·全国卷Ⅲ)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
(1)已知：Ksp(BaSO4)＝1．1×10－10，Ksp(BaS2O3)＝4．1×10－5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
实验步骤
现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③__加入过量稀盐酸__
④__出现淡黄色浑浊__，有刺激性气体产生
⑤静置，__(吸)取上层清液，滴入BaCl2溶液__
⑥__产生白色沉淀__
(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1．200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__烧杯__中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的__容量瓶__中，加蒸馏水至__刻度__。
②滴定：取0．009 50 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20．00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__蓝色褪去__，且半分钟内不恢复原色，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24．80 mL，则样品纯度为__95．0__%(保留1位小数)。
【解析】 (1)该实验的目的是检验市售硫代硫酸钠中是否含有硫酸根，所以在加酸时不能加稀硫酸，应加入稀盐酸与硫代硫酸钠反应：Na2S2O3＋2HCl===S↓＋SO2↑＋2NaCl＋H2O；该反应的实验现象除有无色刺激性气味的气体逸出外，还有淡黄色沉淀生成；静置后，应取上层清液加入BaCl2溶液来检验SO的存在。(2)①在配制溶液时，应先将固体放在烧杯中溶解，然后再转移到100 mL容量瓶中，接着加入蒸馏水，待凹液面最低处与刻度线相切时，即定容。②滴定时，依据淀粉遇碘单质变蓝色，所以滴定终点的判断为当溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色。结合题中所给信息可得反应之间的关系为：
K2Cr2O7 ～ 3I2 ～ 6Na2S2O3·5H2O
1 mol 6 mol
0．009 50 mol·L－1×20．00 ml c×24．80 mL
可得：＝，
n(Na2S2O3·5H2O)＝ mol·L－1×0．1 L
m(Na2S2O3·5H2O)＝ mol·L－1×0．1 L×248 g·mol－1
则样品纯度＝×100%＝95．0%
易错点拨
(1)在回答滴定终点的颜色变化时，要强调在半分钟内溶液颜色不褪去(或不恢复原色)。
(2)在进行相关计算时，要注意取出样品溶液与原样品所配制溶液量之间的关系。
(3)若测量的次数在三次及以上，在计算平均体积时，要舍去与其他二次(或以上)数据相差较大的一次，求平均值。
〔类题通关〕
1．(2021·成都模拟)室温下，向10 mL 0．10 mol·L－1的HX溶液中逐滴滴入0．20 mol·L－1的YOH溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示(忽略溶液温度和体积变化)。下列说法正确的是( C )
A．HX是弱酸
B．M点对应的溶液中，c(Y＋)>c(X－)
C．N点对应的溶液中，粒子浓度关系存在：c(Y＋)＋c(YOH)＝2c(X－)
D．常温下，pH＝5的YX溶液中，由水电离的c(H＋)＝1．0×10－9 mol·L－1
【解析】 向HX溶液中滴加YOH溶液时，溶液中发生反应：HX＋YOH===YX＋H2O。0．10 mol·L－1的HX溶液pH＝1，溶液中c(H＋)＝0．1 mol/L，说明HX完全电离，因此HX为强酸，故A错误；M点溶液中溶质为YX、YOH，溶液中电荷守恒为c(H＋)＋c(Y＋)＝c(X－)＋c(OH－)，此时溶液pH＝7，说明溶液中c(H＋)＝c(OH－)，因此c(Y＋)＝c(X－)，故B错误；N点溶液中溶质为等浓度的YX、YOH，由M点所加YOH的体积为6 mL可知Y＋会发生水解，根据物料守恒可知N点微粒浓度关系为c(Y＋)＋c(YOH)＝2c(X－)，故C正确；常温下，YX在溶液中电离出Y＋和X－，Y＋发生水解：Y＋＋H2OYOH＋H＋，此时水的电离受到促进作用，溶液中H＋来源于水的电离，因此pH＝5的YX溶液中，由水电离的c(H＋)＝1．0×10－5 mol/L，故D错误。
2．(2021·衢州模拟)二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱的灭菌消毒剂。已知ClO2为橙黄色气体，极易溶于水，在混合气体中浓度过高时易发生爆炸。请回答下列问题：
(1)利用NaClO3还原法可制备ClO2，实验装置如图
仪器a的名称__分液漏斗__；实验安全至关重要，从安全角度考虑A装置左侧通入氮气的目的是__稀释ClO2，防止因ClO2的浓度过高而发生爆炸__。装置A中生成ClO2的化学方程式为__2NaClO3＋H2O2＋H2SO4===Na2SO4＋2ClO2↑＋O2↑＋2H2O__。
(2)ClO2稳定性较差，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液，为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了以下实验：
Ⅰ．准确量取ClO2溶液10．00 mL，稀释成100 mL试样
Ⅱ．量取V1 mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2．0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟[已知：2ClO2＋10I－＋8H＋===5I2＋2Cl－＋4H2O]
Ⅲ．以淀粉溶液作指示剂，用c mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
(已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O)
①准确量取10．00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是__酸式滴定管__。
②上述步骤3中滴定终点的现象是__滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来的颜色__。
③据上述步骤可计算出原ClO2溶液的浓度为____mol·L－1(用含字母的代数式表示)。
④实验中使用的Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则实验结果__偏高__(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【解析】 (1)仪器a的名称是分液漏斗；由题干信息可知，ClO2在混合气体中浓度过高时易发生爆炸，实验安全至关重要，从安全角度考虑A装置左侧通入氮气的目的是稀释ClO2，防止因浓度过高而发生爆炸，装置A中反应物为NaClO3、H2O2和H2SO4，生成了ClO2、Na2SO4和O2等，故该反应的化学方程式为2NaClO3＋H2O2＋H2SO4===Na2SO4＋2ClO2↑＋O2↑＋2H2O。
(2)据上述步骤中的反应：2ClO2＋10I－＋8H＋===5I2＋2Cl－＋4H2O，I2＋2S2O===2I－＋S4O，可找出关系式：ClO2～I2～5S2O，故有V1 mL试样中含有的ClO2的物质的量为n(ClO2)＝n(S2O)＝2cV2×10－4，故原10 mL溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10－4×＝ mol，故原ClO2溶液的浓度为＝ mol·L－1。
④实验中使用的Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，将使消耗的标准液体积偏大，即V2偏大，故实验结果偏高。
考点三,
,YYY电解质溶液中微粒浓度关系
角度 单一溶液中微粒浓度关系
典例1 ＋＋＋常温下，浓度均为0．1 mol·L－1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是( C )
A．氨水中，c(NH)＝c(OH－)＝0．1 mol·L－1
B．NH4Cl溶液中，c(NH)>c(Cl－)
C．Na2SO4溶液中，c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)＝c(H＋)
D．Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
【解析】 氨水为弱碱溶液，NH3·H2O只能部分电离出OH－，结合电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)可得：c(NH)c(SO)>c(OH－)＝c(H＋)，C正确；根据Na2SO3溶液中的物料守恒可得：c(Na＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋2c(H2SO3)，D错误。
方法技巧
规避等量关系中的两个易失分点
(1)电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(CO)的化学计量数2代表一个CO带2个负电荷，不可漏掉。
(2)物料守恒式中，离子浓度化学计量数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的物，料守恒式中，“2”表示c(Na＋)是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。
角度 混合溶液中微粒浓度关系
典例2 ＋＋＋常温下，向a mol·L－1 H2SeO3溶液中滴加NaOH溶液的过程中含Se微粒的物质的量分数随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是( D )
A．Ka2(H2SeO3)的数量级为10－6
B．NaHSeO3溶液显碱性
C．pH＝8时，溶液中存在c(HSeO)＋2c(SeO)＋c(OH－)＝c(H＋)
D．在Na2SeO3溶液中，c(SeO)>c(HSeO)>c(H2SeO3)
【以图析题】
Na2SeO3溶液中，SeO水解使溶液显碱性，则c(SeO)>c(HSeO)>c(H2SeO3)，D正确。
方法技巧
四种常考混合溶液的酸碱性
(1)CH3COOH与CH3COONa等浓度时：CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，等体积混合后溶液呈酸性。
(2)NH4Cl和NH3·H2O等浓度时：NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，等体积混合后溶液呈碱性。
(3)HCN与NaCN等浓度时：CN－的水解程度大于HCN的电离程度，等体积混合后溶液呈碱性。
(4)Na2CO3与NaHCO3等浓度时：由于CO的水解程度大于HCO的水解程度，所以等体积混合后c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)。
〔类题通关〕
1．(2021·天津模拟)常温下，下列说法正确的是( B )
A．pH均为3的醋酸和硫酸溶液，加水稀释相同倍数后，c(CH3COO－)＝2c(SO)
B．0．1 mol·L－1 NaHSO3溶液中，c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)＝0．1 mol/L
C．含有AgBr和AgI固体的悬浊液：c(Ag＋)>c(Br－)＝c(I－)
D．浓度均为0．1 mol/L的(NH4)2SO4与(NH4)2CO3溶液中，前者小于后者
【解析】 在pH相等的醋酸与硫酸溶液中，根据电荷守恒可得关系式：c(CH3COO－)＝2c(SO)。当加水稀释相同倍数时，由于醋酸是弱酸，存在电离平衡，未电离的醋酸分子会进一步电离产生醋酸根离子，则c(CH3COO－)>2c(SO)；A错误；在该溶液中含S元素的微粒有HSO、SO、H2SO3，根据S元素守恒可知c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)＝0．1 mol/L，B正确；含有AgBr和AgI固体的悬浊液中同时存在沉淀溶解平衡：AgBr(s)Ag＋(aq)＋Br－(aq)，AgI(s)Ag＋(aq)＋I－(aq)，由于溶度积常数Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，所以c(Br－)>c(I－)，C错误；(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，溶液中只存在NH的水解平衡；而(NH4)2CO3是弱酸弱碱盐，在溶液中同时存在NH、CO水解平衡，二者水解相互促进，导致溶液中c(NH)比前者小，而c(NH3·H2O)比前者大，故在等浓度的两种盐溶液中，当水解达到平衡时前者大于后者，D错误。
2．下列溶液中浓度关系正确的是( C )
A．小苏打溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(OH－)
B．CH3COONa溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)
C．物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)
D．0．1 mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，则c(HA－)>c(H＋)>c(H2A)>c(A2－)
【解析】 电荷不守恒，A错误；CH3COONa溶液中，醋酸根离子水解，c(CH3COO－)＜c(Na＋)，错误；物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合，由物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)和电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，两式联立得：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)，C正确；0．1 mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，说明HA－的电离大于水解，则c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(H2A)，D错误。
预测精练·提能
YU CE JING LIAN TI NENG
1．(2021·太原模拟)下列有关电解质溶液的叙述错误的是( C )
A．25 ℃时，将0．1 mol·L－1的HA溶液加水稀释至pH＝4．0，所得溶液c(OH－)＝1×10－10mol·L－1
B．25 ℃时，将10 mL pH＝a的盐酸与100 mL pH＝b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a＋b＝13
C．25 ℃时，pH＝11的氨水和pH＝11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH－)均为1×10－11 mol·L－1
D．温度一定时，CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，＝
【解析】 pH＝4，c(H＋)＝10－4mol/L，因为温度为25 ℃，Kw＝1×10－14，c(OH－)＝＝＝10－10 mol/L，A正确；由于恰好中和，所以氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，10－a×10×10－3＝10b－14×100×10－3，a＋b＝13，B正确；NH3·H2O是碱，抑制水的电离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为10－11mol/L，Na2CO3是盐促进水的电离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为＝10－3 mol/L，C错误；＝＝，可以倒推得出结论，D正确。
2．(2021·阜新模拟)常温下，下列说法正确的是( C )
A．向0．1 mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大
B．向冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度均先增大后减小
C．0．1 mol·L－1 Na2CO3溶液和0．1 mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合：c(CO)＋2c(OH－)＝c(HCO)＋3c(H2CO3)＋2c(H＋)
D．将CH3COONa、HCl两溶液混合后，溶液呈中性，则溶液中c(Na＋)
3．(2021·西安模拟)25 ℃时，往10 mL 0．10 mol/L NaOH溶液中滴加0．10 mol·L－1的一元弱酸HA溶液，溶液中lg 与pOH[pOH＝－lg c(OH－)]的关系如图所示。
下列说法正确的是( B )
A．25 ℃时，HA的电离常数为1．0×10－8．7
B．a、b两点水的电离程度：a
D．加水稀释c点溶液，不变
【解析】 lg ＝1时，pOH＝9．7，可得：＝10，c(OH－)＝10－9．7，c(H＋)＝10－4．3，HA的电离常数＝＝＝10－5．3，故A错误；由图可知a点溶液显碱性，主要溶质为NaOH，b点溶液显中性，主要溶质为盐，碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，因此水的电离程度a
A．三种离子对应的硫化物的溶度积常数中，Ksp(MnS)最大，约为1×10－15
B．MnS＋Cu2＋CuS＋Mn2＋，K＝1020
C．若向ZnS悬浊液中滴加少量水仍有固体存在，此过程中溶解平衡向固体溶解方向移动且c(S2－)不变
D．向Cu2＋、Zn2＋、Mn2＋混合溶液中逐滴加入1×10－4mol·L－1K2S溶液，Cu2＋最先沉淀
【解析】 对于MS沉淀，溶度积常数为Ksp＝c(M2＋)·c(S2－)，根据各曲线上任意一点数据可计算得Ksp(CuS)约为1×10－35，Ksp(MnS)约为1×10－15，当横坐标相同时，纵坐标越大，相应硫化物的溶度积越大，则MnS的溶度积最大，A正确；对于反应MnS＋Cu2＋CuS＋Mn2＋，K＝＝＝＝＝1020，B正确；向ZnS的悬浊液中加入少量水仍有固体存在，仍可建立沉淀溶解平衡，溶液仍能达到饱和溶液，温度不变，Ksp不变，饱和溶液中c(S2－)不变，C正确；由于Cu2＋、Zn2＋、Mn2＋的混合液中各离子浓度未知，因此逐滴加入1×10－4mol·L－1的K2S溶液，无法确定谁最先沉淀，D错误。
5．常温下，向1 L 0．1 mol·L－1 NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH后，NH与NH3·H2O的变化趋势如右图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)，下列说法不正确的是( C )
A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小
B．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0．05) mol
C．随着NaOH的加入，不断增大
D．当n(NaOH)＝0．05 mol时，溶液中有：c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
【解析】 M点是向1 L 0．1mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，反应得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；根据电荷守恒c(H＋)＋c(NH)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得n(OH－)－n(H＋)＝[c(NH)＋c(Na＋)－c(Cl－)]×1 L，在M点时c(NH)＝0．05 mol·L－1，c(Na＋)＝a mol·L－1，c(Cl－)＝0．1 mol·L－1，带入数据可得n(OH－)－n(H＋)＝[0．05 mol·L－1＋a mol·L－1－0．1mol·L－1]×1 L＝(a－0．05) mol，故B正确；氨水的电离常数Kb＝，则＝，温度不变Kb不变，随着NaOH的加入，c(NH)不断减小，不断减小，则不断减小，故C错误；当n(NaOH)＝0．05 mol时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl、NaCl，NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)，故D正确。
6．锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件、医药及化工等领域。以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有As2S5、PbS、CuO和SiO2等)为原料制备金属锑，其一种工艺流程如下：
已知：Ⅰ．浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质
Ⅱ．25 ℃时，Ksp(CuS)＝1．0×10－36，Ksp(PbS)＝9．0×10－29
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程中SbCl5和Sb2S3发生反应有一种单质和还原产物SbCl3生成，则滤渣Ⅰ的成分是__S、SiO2__(填化学式)。
(2)写出“还原”反应的化学方程式__3SbCl5＋2Sb===5SbCl3__。
(3)已知浸出液中c(Cu2＋)＝0．01 mol·L－1、c(Pb2＋)＝0．10 mol·L－1。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是__CuS__(填化学式)；当CuS、PbS共沉时，＝__9．0×107__。
(4)在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4，则该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比为__4∶3__。
(5)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阳极的电极反应式为__2Cl－－2e－===Cl2↑__，继而发生反应__Sb3＋－2e－===Sb5＋__(写出离子方程式)以实现溶液中Sb元素的循环使用。“电解”中单位时间内锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0V时，单位时间内产率降低的原因可能是__H＋参与了电极反应__。
【解析】 (1)根据浸出液成分可知，“酸浸”过程中SbCl5和Sb2S3反应有S和SbCl3生成，则滤渣I的成分是S、SiO2。(2)“还原”过程中Sb将SbCl5还原为SbCl3，反应的化学方程式3SbCl5＋2Sb===5SbCl3。(3)浸出液中c(Cu2＋)＝0．01 mol·L－1、c(Pb2＋)＝0．10 mol·L－1，常温下，Ksp(CuS)＝1．0×10－36，铜离子开始沉淀需要的硫离子浓度为1．0×10－34 mol/L；Ksp(PbS)＝9．0×10－29，铅离子开始沉淀需要的硫离子浓度为9．0×10－28 mol/L；故在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是CuS；当CuS、PbS共沉时，＝＝＝9×107。(4)在“除砷”过程中，NaH2PO2是还原剂，其氧化产物为H3PO4，P的化合价由＋1升高到＋5，而As的化合价由＋3降到0，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比4∶3。(5)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，继而发生反应Sb3＋－2e－===Sb5＋；由“电解”中锑的产率与电压大小关系示意图可知，当电压超过U0V时，锑的产率降低，其原因可能是H＋参与了电极反应。
热点聚焦
RE DIAN JU JIAO
电解质溶液中相关平衡曲线分析
〔知识储备〕
1．把握常见图像，解题事半功倍
(1)一强一弱溶液的稀释图像(pH与稀释倍数的线性关系)
①HY为强酸、HX为弱酸；
②a、b两点的溶液中：c(X－)＝c(Y－)；
③水的电离程度：d>c>a＝b
①MOH为强碱、ROH为弱碱；
②c(ROH)>c(MOH)；
③水的电离程度：a>b
(2)酸碱中和滴定曲线
氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸
盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠、氨水
曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高
突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)
室温下，当等体积、等浓度的一元强碱和一元强酸反应时，pH＝7；但当等体积、等浓度的一元强碱和一元弱酸(或一元强酸和一元弱碱)反应时，pH>7(或pH<7)
指示剂的选择：强酸滴定弱碱用甲基橙，强碱滴定弱酸用酚酞，强酸与强碱的滴定，甲基橙和酚酞均可
(3)关于KW、Ksp的图像
不同温度下水溶液中c(H＋)与c(OH－)的变化曲线
常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线[Ksp＝9×10－6]
①A、C、B三点均为中性，温度依次升高，KW依次增大；
②D点为酸性溶液，E点为碱性溶液，KW＝1×10－14；
③AB直线的左上方均为碱性溶液，任意一点：c(H＋)
②b点在曲线的上方，Qc>Ksp，将会有沉淀生成；
③d点在曲线的下方，Qc
(4)分布系数图像
[说明：pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标]
一元弱酸(以CH3COOH为例)
二元酸(以草酸H2C2O4为例)
δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数
δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2O分布系数、δ2为C2O分布系数
随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式
同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度
2．抓住图像“五点”关键，突破酸碱混合图像问题
抓反应的“起始”点
判断酸、碱的相对强弱
抓反应的“一半”点
判断是哪种溶质的等量混合
抓溶液的“中性”点
判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足
抓“恰好”反应点
判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性
抓反应的“过量”点
判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量
例如，室温下，向20 mL 0．1 mol·L－1HA溶液中逐滴加入0．1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示：
—
→→→
→→→
→→→
→→→
〔典例剖析〕
典例1 ＋＋＋25 ℃时，用0．10 mol·L－1的NaOH溶液滴定20．00 mL浓度均为0．10 mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是( C )
A．点①和点②对应的溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)
B．点④和点⑤为两个反应的滴定终点，两个反应均可采用酚酞作指示剂
C．水的电离程度：①<②
D．点②和点③之间对应的溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
【以图析题】
典例2 ＋＋＋(2021·兰州模拟)向1 L浓度均为0．1 mol·L－1的H3AsO3和H3AsO4水溶液中逐滴加入0．1 mol·L－1 NaOH溶液，含砷的各种微粒的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图所示，下列说法错误的是( C )
A．H3AsO4第二步电离方程式为H2AsOHAsO＋H＋
B．往H3AsO3溶液中加NaOH溶液至pH＝10．0时，主要存在H2AsO
C．pH＝11时，对应的溶液中：c(H2AsO)＋c(HAsO)＋c(AsO)＋c(H3AsO3)＝0．1 mol·L－1
D．H3AsO4第三步电离的电离常数为Ka3，若pKa3＝－lg Ka3，则pKa3＝11．5
【解析】 多元弱酸是分步电离的，H3AsO4第二步电离方程式为H2AsOHAsO＋H＋，A正确；由分步图，往H3AsO3溶液中加NaOH溶液至pH＝10．0时，H3AsO3减少，H2AsO增大，约占80%，主要存在H2AsO，B正确；根据物料守恒，pH＝11时，对应的溶液中：n(H2AsO)＋n(HAsO)＋n(AsO)＋n(H3AsO3)＝0．1 mol·L－1×1 L，由于加入的NaOH的体积未知，无法计算含砷粒子的总浓度，C错误；H3AsO4第三步电离的电离常数为Ka3＝，pH＝11．5时，c(AsO)＝c(AsO)，若pKa3＝－lg Ka3，则pKa3＝－lg Ka3＝－lg c(H＋)＝11．5，D正确。
〔增分训练〕
1．(2018·全国卷Ⅲ，12)用0．100 mol·L－1 AgNO3滴定50．0 mL 0．050 0 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( C )
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0．040 0 mol·L－1 Cl－，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0．050 0 mol·L－1 Br－，反应终点c向b方向移动
【解析】 根据滴定曲线，当加入25 mL AgNO3溶液时，Ag＋与Cl－刚好完全反应，AgCl处于沉淀溶解平衡状态，此时溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)＝10－4．75 mol·L－1，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9．5＝3．16×10－10，A项正确；曲线上各点都处于沉淀溶解平衡状态，故符合c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，B项正确；根据图示，Cl－浓度为0．050 0 mol·L－1时消耗25 mL AgNO3溶液，则Cl－浓度为0．040 0 mol·L－1时消耗20 mL AgNO3溶液，a点对应AgNO3溶液体积为15 mL，所以反应终点不可能由c点移到a点，C项错误；由于AgBr的Ksp小于AgCl的Ksp，初始c(Br－)与c(Cl－)相同时，反应终点时消耗的AgNO3溶液体积相同，但Br－浓度小于Cl－浓度，即反应终点从曲线上的c点向b点方向移动，D项正确。
2．(2021·湖南高考)常温下，用0．100 0 mol·L－1的盐酸分别滴定20．00 mL浓度均为0．100 0 mol·L－1三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是( C )
A．该NaX溶液中：c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)
B．三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C．当pH＝7时，三种溶液中：c(X－)＝c(Y－)＝c(Z－)
D．分别滴加20．00 mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)
【解析】 NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A正确；弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正确；当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X－)＞c(Y－)＞c(Z－)，故C错误；向三种盐溶液中分别滴加20．00 mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，由c(Na＋)＝c(Cl－)可得：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，故D正确。
3．(2021·南昌模拟)常温下，以酚酞为指示剂，用0．100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20．00 mL 0．100 0 mol·L－1的二元酸H2A溶液。溶液中pH、含A微粒分布系数δ(物质的量分数)随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示
下列说法中正确的是( B )
A．H2A在水中电离的方程式为：H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－
B．当VNaOH溶液＝20．00 mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na＋)﹥c(HA－)﹥c(H＋)﹥c(A2－)﹥c(OH－)
C．常温下，HA－的电离平衡常数为1×10－5
D．当VNaOH溶液＝30．00 mL时，c(HA－)＋c(H＋)＝c(A2－)＋c(OH－)
【解析】 根据图像的变化趋势可知①、②代表含A微粒分布系数，③代表pH变化，据图可知未滴加NaOH溶液时，溶液中含A微粒只有两种，则应为HA－和A2－，不含H2A，说明H2A第一步完全电离，在水中的电离方程式为H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－，A错误；当VNaOH溶液＝20．00 mL时，NaOH和H2A恰好完全反应生成NaHA，溶质为NaHA，溶液中存在HA－H＋＋A2－和H2OH＋＋OH－，所以离子浓度大小关系为c(Na＋)﹥c(HA－)﹥c(H＋)﹥c(A2－)﹥c(OH－)，B正确；HA－的电离平衡常数表达式为Ka＝，据图可知当c(A2－)＝c(HA－)时加入25 mL NaOH溶液，此时pH为2．0，即c(H＋)＝1×10－2mol/L，所以Ka＝1×10－2，C错误；当VNaOH溶液＝30．00 mL时，溶质为等物质的量的NaHA、Na2A，溶液中的电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，物料守恒为2c(Na＋)＝3c(A2－)＋3c(HA－)，用两个等式消去c(Na＋)得：c(HA－)＋2c(H＋)＝c(A2－)＋2c(OH－)，D错误。
4．王水能溶解金是因为王水和金能发生反应生成四氯金酸(HAuCl4)。25 ℃时，向20 mL 0．1 mol·L－1四氯金酸溶液中滴加0．1 mol·L－1 NaOH溶液，滴定曲线如图l所示，含Cl微粒的物质的量分数(δ)随pH的变化关系如图2所示。下列说法错误的是( B )
A．Ka(HAuCl4)的数量级为10－5
B．b点对应溶液中：2c(H＋)＋c(AuCl)＝2c(OH－)＋c(HAuCl4)
C．c点对应溶液中：c(Na＋)＝c(AuCl)
D．X点对应滴定曲线中b点
【解析】 未加NaOH溶液时，0．1 mol·L－1 HAuCl4溶液的pH＝3，则Ka(HAuCl4)＝≈≈1．01×10－5，A项正确。b点对应溶液为物质的量浓度相等的HAuCl4和NaAuCl4的混合溶液，由电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(AuCl)＋c(OH－) ①，由物料守恒得2c(Na＋)＝c(AuCl)＋c(HAuCl4) ②，由①×2－②可得2c(H＋)＋c(HAuCl4)＝2c(OH－)＋c(AuCl)，B项错误。c点对应溶液的pH＝7，溶液呈中性，由电荷守恒有c(Na＋)＝c(AuCl)，C项正确。X点对应溶液中两种含Cl微粒的物质的量分数相等，则Ka(HAuCl4)＝＝c(H＋)＝1．01×10－5，即溶液的pH≈5，即对应滴定曲线中b点，D项正确。
5．(2021·北京朝阳区模拟)在某温度时，将n mol·L－1氨水滴入10 mL 1．0 mol·L－1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是( C )
A．a点KW＝1．0×10－14
B．b点：c(NH)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．25 ℃时，NH4Cl水解常数为(n－1)×10－7(用n表示)
D．d点水的电离程度最大
【解析】 水的离子积与温度有关，温度越低水的离子积常数越小，a点时溶液温度小于25 ℃，则水的离子积Kw<1．0×10－14，故A错误；b点时溶液的pH<7，则c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒可知：c(Cl－)>c(NH)，溶液中离子浓度大小为：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，故B错误；根据图像可知，25 ℃时溶液的pH＝7，则：c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol·L－1，c(NH)＝c(Cl－)＝0．5 mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3·H2O)＝(0．5n－0．5) mol/L，则25 ℃时NH4Cl水解常数为：Kh＝＝(n－1)×10－7，故C正确；b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，而a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大，故D错误。
6．25 ℃时，向0．10 mol·L－1的H2C2O4(二元弱酸)溶液中滴加NaOH溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是( A )
A．25 ℃时H2C2O4的一级电离常数为Ka1＝10－4．3
B．pH＝2．7的溶液中：c(H2C2O4)＝c(C2O)
C．pH＝7的溶液中：c(Na＋)>2c(C2O)
D．滴加NaOH溶液的过程中始终存在：c(OH－)＋2c(C2O)＋c(HC2O)＝c(Na＋)＋c(H＋)
【解析】 草酸属于二元弱酸，滴加NaOH溶液，发生H2C2O4＋NaOH===NaHC2O4＋H2O，NaHC2O4＋NaOH===Na2C2O4＋H2O，据图像，H2C2O4二级电离常数表达式Ka2＝c(C2O)×c(H＋)/c(HC2O)，在pH＝4．3时，c(C2O)＝c(HC2O)，此时H2C2O4的二级电离常数为10－4．3，非H2C2O4的一级电离常数，A错误；据图像，pH＝2．7的溶液中，c(H2C2O4)＝c(C2O)，B正确；据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，当pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，有c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)，因此c(Na＋)>2c(C2O)，C正确；溶液为电中性，滴加氢氧化钠溶液过程中始终存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，D正确。
专题强化提升训练(八)
1．(2021·成都模拟)下列有关电解质溶液的说法正确的是( C )
A．加水稀释，Na2S溶液中离子浓度均减小
B．0．1 mol/ L NaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，溶液的导电性增强
C．pH相同的①CH3COONa，②NaHCO3，③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①>②>③
D．向0．1 mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)增大
【解析】 Na2S溶液呈碱性，加水稀释，Na2S溶液中氢离子浓度增大，A错误；0．1 mol/L NaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，产物为0．05 mol/L的CH3COONa溶液，离子浓度减小，溶液的导电性减小，B错误；CH3COO－、HCO、ClO－水解程度依次增强，pH相同的①CH3COONa，②NaHCO3，③NaClO三种溶液的浓度c(CH3COONa)>c(NaHCO3)>c(NaClO)，所以c(Na＋)：①>②>③，C正确；向0．1 mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，c(OH－)减小、c(NH3·H2O)增大，所以溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)减小，D错误。
2．(2021·洛阳模拟)为测定某二元弱酸H2A与NaOH溶液反应过程中溶液pH与粒子关系，在25 ℃时进行实验，向H2A溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lg X随溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是( D )
A．直线Ⅱ中X表示的是
B．当pH＝3．81时，溶液中c(HA－)∶c(H2A)＝10∶1
C．0．1 mol·L－1 NaHA溶液中：c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H2A)＞c(A2－)
D．当pH＝6．91时，对应的溶液中，3c(A2－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)
【解析】 当pH＝0时，c(H＋)＝1 mol/L，Ka1＝＝，Ka2＝＝，由于Ka2＜Ka1，故直线Ⅱ中X表示，A错误；当lg X＝0时溶液的pH＝1．81，带入Ka1计算式中可求出Ka1＝1×10－1．81，当pH＝3．81时，c(H＋)＝1×10－3．81 mol/L，所以有Ka1＝1×10－1．81＝＝1×10－3．81×，解得c(HA－)∶c(H2A)＝100∶1，B错误；与B项同理，可求出Ka2＝1×10－6．91＞10－7，由此可知HA－的电离能力强于其水解能力，电离生成的c(A2－)比水解生成的c(H2A)大，C错误；当pH＝6．91时，对应的溶液中c(HA－)＝c(A2－)，又因电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，所以3c(A2－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)，D正确。
3．(2021·包头模拟)下列实验中根据现象得出的结论错误的是( C )
选项
实验操作
现象
结论
A
相同条件下，用1 mol·L－1的醋酸和1 mol·L－1的盐酸分别做导电性实验
醋酸溶液对应的灯泡较暗
CH3COOH是弱电解质
B
向某溶液中加铜和浓H2SO4
试管口有红棕色气体产生
原溶液含有NO
C
向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液
品红溶液褪色
该钠盐为Na2SO3或NaHSO3
D
向浓度均为0．1 mol·L－1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
先出现蓝色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]
【解析】 等浓度时，灯泡暗的说明离子浓度小，即电离程度小，由操作和现象可知CH3COOH是弱电解质，故A正确；某溶液中加铜和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生，说明生成NO，NO与空气反应生成红棕色二氧化氮，则原溶液中含有NO，故B正确；品红溶液褪色，气体可能为二氧化硫或氯气等其他具有漂白性的气体，则可能为NaClO溶液等，故C错误；浓度均为0．1 mol·L－1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，即先生成氢氧化铜沉淀，同种类型的沉淀Ksp小的先沉淀，所以Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，故D正确。
4．(2021·厦门模拟)25 ℃时，0．10 L某二元弱酸H2A用1．00 mol·L－1NaOH溶液调节其pH，溶液中H2A、HA－及A2－的物质的量浓度变化如图所示：
下列说法正确的是( C )
A．H2A的Ka2＝1×10－11
B．在Z点，由水电离出的氢离子浓度约10－10 mol/L
C．在Y点时，c(Na＋)＞3c(A2－)
D．0．1 mol·L－1NaHA溶液中：c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H2A)＞c(A2－)
【解析】 Y点c(HA－)＝c(A2－)，H2A的Ka2＝＝c(H＋)＝10－8 mol/L，A错误；在Z点时溶液pH＝10，说明溶液中c(H＋)＝10－10 mol/L，则根据水的离子积常数可知由水电离产生的氢离子浓度c(H＋)水＝c(OH－)水＝ mol/L＝10－4 mol/L，B错误；Y点c(HA－)＝c(A2－)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，该点溶液呈碱性，则c(H＋)＜c(OH－)，所以存在c(Na＋)＞c(HA－)＋2c(A2－)，由于c(HA－)＝c(A2－)，所以即c(Na＋)＞3c(A2－)，C正确；加入10 mL NaOH溶液时，酸碱恰好完全反应生成NaHA，此时溶液pH＜7，溶液呈酸性，说明HA－电离程度大于其水解程度，则c(A2－)＞c(H2A)，但其电离和水解程度都较小，主要以HA－形式存在，HA－电离、水解消耗，所以c(Na＋)＞c(HA－)，则该溶液中微粒浓度关系为：c(Na＋)＞c(HA－)＞c(A2－)＞c(H2A)，D错误。
5．(2021·石家庄模拟)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。实验室配制了0．010 0 mol·L－1 Na2C2O4标准溶液，现对25 ℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是( C )
A．测得0．010 0 mol·L－1 Na2C2O4溶液pH为8．6，此时溶液中存在：c(Na＋)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H＋)
B．向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH＝7，此时溶液中存在，c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)
C．已知25 ℃时Ksp(CaC2O4)＝2．5×10－9向该溶液中加入等体积0．020 0 mol·L－1 CaCl2溶液，所得上层清液中c(C2O)＝5．00×10－7 mol·L－1
D．向该溶液中加入足量稀硫酸酸化后，再滴加KMnO4溶液，发生反应的离子方程式为C2O＋4MnO＋14H＋===2CO2↑＋4Mn2＋＋7H2O
【解析】 Na2C2O4溶液pH为8．6，C2O水解导致溶液显碱性，但其水解程度较小，故c(HC2O)＜c(C2O)，A错误；向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH＝7，则溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，溶液中电荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)＋c(Cl－)，即c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(Cl－)，B错误；向溶液中加入等体积0．020 0 mol·L－1 CaCl2溶液，二者以1∶1反应，则CaCl2剩余，混合溶液中c(Ca2＋)＝ mol·L－1＝0．005 mol·L－1，c(C2O)＝＝ mol·L－1＝5．00×10－7 mol·L－1，C正确；草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子和水，草酸是弱酸写化学式，故发生反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，D错误。
6．(2021·绵阳模拟)常温下，向20 mL 0．1 mol·L－1 Na2CO3溶液中滴加0．1 mol·L－1 CaCl2溶液，碳酸根离子浓度与氯化钙溶液体积的关系如图所示。已知：pC＝－lg c(CO)，Ksp(CdCO3)＝1．0×10－12，Ksp(CaCO3)＝3．6×10－9。下列说法正确的是( C )
A．图像中V0＝20，m＝5
B．a点溶液：c(OH－)>2c(HCO)＋2c(H2CO3)
C．若Na2CO3溶液的浓度变为0．05 mol·L－1，则n点向c点方向迁移
D．若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，则n点向b点方向迁移
【解析】 图像中V0＝20，Na2CO3溶液与CaCl2溶液恰好完全反应c(Ca2＋)＝c(CO)＝ mol/L，pC＝－lg c(CO)＝－lg 6×10－5，m不等于5，故A错误；a点溶液：溶质为Na2CO3，存在物料守恒c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，2c(HCO)＋2c(H2CO3)＝c(HCO)＋c(OH－)－c(H＋)，c(HCO)－c(H＋)>0，c(OH－)<2c(HCO)＋2c(H2CO3)，故B错误；若Na2CO3溶液的浓度变为0．05 mol·L－1，用的0．1 mol·L－1 CaCl2溶液体积减小，则n点向c点方向迁移，故C正确；若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，反应后，碳酸根离子浓度减小，pC＝－lg c(CO)增大，则n点向d点方向迁移，故D错误。
7．(2021·泉州模拟)在25 ℃时，将1．0 L w mol·L－1CH3COOH溶液与0．1 mol NaOH固体混合，充分反应。向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随加入CH3COOH或CH3COONa固体的物质的量的变化关系如图所示。下列叙述正确的是( C )
A．b点混合液中c(H＋)≥c(OH－)＋c(CH3COO－)
B．加入CH3COOH过程中，增大
C．25 ℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝ mol·L－1
D．a、b、c对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是c＞a＞b
【解析】 根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，由题可知，在b点时，c(H＋)＜c(OH－)＋c(CH3COO－)，A错误；＝＝＝，加入CH3COOH过程中，n(Na＋)不变，n(CH3COOH)增大，所以减小，故减小，B错误；根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，c点时，溶液pH＝7，有c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝＝0．2 mol·L－1，溶液中c(H＋)＝10－7 mol·L－1，根据物料守恒：c(CH3COOH)＝ mol·L－1，则醋酸的电离平衡常数为：Ka＝＝ mol·L－1，C正确；溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根浓度越大，水的电离程度越小，由题可知，a、b、c对应的混合液中pH≤7，醋酸对水的电离的抑制程度大于醋酸根离子对水的电离的促进程度，水的电离均受到抑制，由于氢离子浓度a＞b＞c，则水的电离程度由大到小的顺序是c＞b＞a，D错误。
8．(2021·合肥模拟)常温下，将HCl气体通入0．1 mol/L氨水中，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lg c)和反应物物质的量之比X的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)，下列说法正确的是( B )
A．NH3·H2O的电离平衡常数为10－9．25
B．P2点由水电离出的c(H＋)＝1．0×10－7 mol/L
C．P3为恰好完全反应点，c(Cl－)＋c(NH)＝0．2 mol/L
D．P3之后，水的电离程度一直减小
【解析】 一水合氨电离平衡状态下，溶液中铵根离子和氢氧根离子浓度相同时，氨水浓度为0．1 mol/L，图像分析可知，c(NH)＝c(OH－)≈10－3 mol/L，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝＝＝10－5，A错误；由图可知，P2点对应的溶液pH＝7，故由水电离出的c(H＋)＝1．0×10－7 mol/L，B正确；P3所示溶液，x＝＝1，溶液中存在物料守恒得到：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＝0．1 mol/L，故c(Cl－)＋c(NH)＝2c(NH)＋c(NH3·H2O)＜0．2 mol/L，C错误；P3点为恰好完全反应，溶质为NH4Cl，故之后，加入的HCl越来越多，由于H＋对水解的抑制作用，水的电离程度减小，当HCl达到饱和溶液时，水的电离程度将不再改变，故不是一直减小，D错误。
9．(2021·昆明模拟)人体内尿酸(HUr)含量偏高，关节滑液中产生尿酸钠晶体(NaUr)会引发痛风，NaUr(s)Na＋(aq)＋Ur－(aq) ΔH＞0。某课题组配制“模拟关节滑液”进行研究，回答下列问题：
已知：①37 ℃时，Ka(HUr)＝4×10－6，Kw＝2．4×10－14，Ksp(NaUr)＝6．4×10－5
②37 ℃时，模拟关节滑液pH＝7．4，c(Ur－)＝4．6×10－4 mol·L－1
(1)尿酸电离方程式为__HUrH＋＋Ur－__。
(2)Kh为盐的水解常数，37 ℃时，Kh(Ur－)＝__6×10－9__。
(3)37 ℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，溶液中c(Na＋)__>__c(Ur－)(填“＞”“＜”或“＝”)。
(4)37 ℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋)＝0．2 mol·L－1时，通过计算判断是否有NaUr晶体析出，请写出判断过程__Q＝c(Na＋)·c(Ur－)＝0．2_mol·L－1×4．6×10－4_mol·L－1＝9．2×10－5＞Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出__。
(5)对于尿酸偏高的人群，下列建议正确的是__acd__。
a．加强锻炼，注意关节保暖
b．多饮酒，利用乙醇杀菌消毒
c．多喝水，饮食宜少盐、少脂
d．减少摄入易代谢出尿酸的食物
【解析】 (1)尿酸是弱酸，不完全电离，其电离方程式为HUrH＋＋Ur－；
(2)Kh为盐的水解常数，37 ℃时，Kh(Ur－)＝＝＝6×10－9；
(3)37 ℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，模拟关节滑液pH＝7．4，c(Ur－)＝4．6×10－4 mol·L－1，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Ur－)，由于pH＝7．4，因此溶液中c(Na＋)＞c(Ur－)；
(4)37 ℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋)＝0．2 mol·L－1时，Q＝c(Na＋)·c(Ur－)＝0．2 mol·L－1×4．6×10－4 mol·L－1＝9．2×10－5＞Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出；
(5)根据NaUr(s)Na＋(aq)＋Ur－(aq) ΔH＞0，a．降低温度，平衡向放热反应即逆向移动，因此要注意关节保暖，故a正确；b．多饮酒，利用乙醇杀菌消毒，乙醇在体内不能消毒，不能减少痛风，故b错误；c．多喝水，饮食宜少盐、少脂，饮食多盐，增大钠离子的摄入，使平衡逆向移动加重痛风，故c正确；d．减少摄入易代谢出尿酸的食物，使平衡右移，减轻痛风，故d正确。
10．工业上以钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]，其生产工艺流程如下。
(1)焙烧过程中V2O3转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为__V2O3＋Na2CO3＋O22NaVO3＋CO2__。
(2)滤渣的主要成分是__Mg3(PO4)2、MgSiO3__(写化学式)。
(3)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中c(VO)＝0．1 mol·L－1，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节c(NH)为__0．8__ mol·L－1。[已知Ksp(NH4VO3)＝1．6×10－3]
(4)“还原”V2O5过程中，生成VOCl2和一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为__N2H4·2HCl＋2V2O5＋6HCl===4VOCl2＋N2↑＋6H2O__。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOCl2，该方法的缺点是__有氯气生成，污染空气__。
(5)称量a g产品于锥形瓶中，用20 mL蒸馏水与30 mL稀硫酸溶解后，加入0．02 mol·L－1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用c mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知滴定反应为VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O)
①KMnO4溶液的作用是__将VO2＋氧化为VO__。
②粗产品中钒的质量分数表达式为__×100%__(以VO2计)。
③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果__偏高__(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
。
【解析】 (1)将钒炉渣和碳酸钠在空气流中焙烧将V2O3转化为可溶性NaVO3，同时得到二氧化碳，发生反应的化学方程式为V2O3＋Na2CO3＋O22NaVO3＋CO2；(2)焙烧时SiO2、P2O5分别与碳酸钠生成可溶于水的Na2SiO3和Na3PO4，除硅、磷时加入硫酸镁溶液生成Mg3(PO4)2、MgSiO3沉淀，则过滤时得到的滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3；(3)已知Ksp(NH4VO3)＝c(NH)·c(VO)＝1．6×10－3，若滤液中c(VO)＝0．1 mol·L－1，为使钒元素的沉降率达到98%，则溶液中剩余c(VO)＝0．1 mol·L－1×2%＝0．002 mol·L－1，此时c(NH)＝ mol·L－1＝0．8 mol·L－1；(4)用盐酸酸化的N2H4·2HCl还原V2O5生成VOCl2和一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，此气体应为N2，则发生反应的化学方程式为N2H4·2HCl＋2V2O5＋6HCl===4VOCl2＋N2↑＋6H2O；若改用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOCl2，但同时得到的氧化产物为Cl2，此气体有毒，会污染环境；(5)①根据分析，KMnO4溶液的作用是将＋4价的钒氧化为VO；②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O，则钒元素的物质的量n＝n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝c mol/L×b×10－3 L＝cb×10－3 mol，粗产品中钒的质量分数的表达式为×100%＝×100%；③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，根据滴定反应为：VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O，可知会使测定结果偏高。
11．(2021·宝鸡模拟)电池级CoSO4可用于制备CoCO3和CoC2O4等钴盐。一种以Co(OH)3粗渣(含有Fe2O3、CuO、CaO、MgO、ZnO、SiO2等杂质)为原料制备电池级CoSO4·7H2O的工艺流程如图所示：
已知：黄钠铁矾化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6，是一种淡黄色难溶物。
请回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为__SiO2__，请写出一条提高钴元素浸出率的措施：__将粗Co(OH)3渣研细、适当地升温、适当增大硫酸的浓度(任意答一点)__。
(2)“浸出”过程中加入Na2SO3的主要目的是__将Co3＋还原为Co2＋__。“浸出”过程中，Na2SO3用量、终点pH对钴浸出率的影响如图所示，则“浸出”过程中应控制的适宜条件是__＝2．5且终点pH＝3．5__。
(3)“氧化”过程中加入NaClO3与Fe2＋发生反应的离子方程式为__6Fe2＋＋ClO＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O__。
(4)“调节pH”过程中，调节pH＝5，写出生成黄钠铁矾[NaF3(SO4)2(OH)6]的离子方程式：__3H2O＋Na＋＋3Fe3＋＋2SO＋3CO===3CO2↑＋NaFe3(SO4)2(OH)6↓__。
(5)常温下，Ksp(CoCO3)＝1．6×10－13，Ksp(CoC2O4)＝6．4×10－8。向浓度均为0．01 mol/L的Na2CO3和Na2C2O4混合溶液中加入CoSO4固体，当C2O完全沉淀的时候c(C2O)·c(CO)＝__2．5×10－16__[当c(C2O)<1×10－5 mol·L－1时，认为C2O完全沉淀]。
(6)用CoSO4可制备CoC2O4在空气中煅烧CoC2O4至恒重，得金属氧化物固体A和CO2，测得m(A)＝12．05 g，m(CO2)＝13．2 g，则A的化学式为__Co3O4__。
【解析】 粗Co(OH)3渣(含有Fe2O3、CuO、CaO、MgO、ZnO、SiO2等杂质)加入硫酸酸浸后，SiO2不溶于酸出现在滤渣1中，溶液中存在Fe3＋、Cu2＋、Ca2＋、Mg2＋、Zn2＋，加入NaClO3把亚硫酸根氧化为硫酸根，加入Na2CO3调pH使Fe3＋转化为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，得到含Co2＋的溶液，再加入NaF沉淀Ca2＋、Mg2＋，加入P2O4沉淀Cu2＋、Zn2＋，最终得到CoSO4·7H2O。
(1)由分析可知，滤渣1的成分是SiO2；通过搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，可以提高溶浸工序中原料的浸出率；
(2)“浸出”过程中加入Na2SO3的主要目的是将Co3＋还原为Co2＋；由图可知，当＝2．5且终点pH＝3．5时，钴浸出率最高；
(3)“氧化”过程中NaClO3把过量的亚硝酸钠氧化为硫酸钠，离子方程式为：6Fe2＋＋ClO＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O；
(4)等浓度的C2O和CO，CO先沉淀，当C2O恰好完全沉淀的时候，c(C2O)＝1×10－5 mol·L－1，＝＝4×105，则c(CO)＝0．25×10－10 mol·L－1，c(C2O)·c(CO)＝0．25×10－10 mol·L－1×1×10－5 mol·L－1＝2．5×10－16；
(5)加入Na2CO3调pH使Fe3＋转化为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，离子方程式为：3H2O＋Na＋＋3Fe3＋＋2SO＋3CO===3CO2↑＋NaFe3(SO4)2(OH)6↓；
(6)在空气中煅烧CoC2O4得到氧化物和二氧化碳，根据元素守恒可知，n(CO2)＝0．3 mol，n(CoC2O4)＝0．15 mol，m(Co)＝8．85 g，则固体A中n(O)＝0．2，＝＝，故化学式为Co3O4。
12．(2021·福州模拟)重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)俗称红矾钠，在工业方面有广泛用途。我国目前主要是以铬铁矿(主要成份为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质)为主要原料进行生产，其主要工艺流程如图：
①中涉及的主要反应有：
主反应：4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2
副反应：SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑、Al2O3＋Na2CO32NaAlO2＋CO2↑
部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：
沉淀物
Al(OH)3
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Cr(OH)3
完全沉淀时溶液pH
4．7
3．7
11．2
5．6
回答下列问题：
(1)“①”中反应是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，其作用是：__使反应物接触更充分，加快反应速率__；
(2)“①”中若往原料中加入适量的石灰石，分析其作用可能是：__分解产生CaO，与铬铁矿中某些杂质反应形成炉渣有利于去除__；
(3)“③”中调节pH至4．7，目的是：__使溶液中的AlO、SiO均转化为沉淀除去__；
(4)“⑤”中加硫酸酸化的目的是：__2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，调节pH使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，有利于红矾钠晶体析出__。
(5)“⑦”中采用冷却结晶得到红矾钠的原因是：__红矾钠随着温度的降低，溶解度明显下降__。
(6)称取重铬酸钠试样2．500 0 g配成250 mL溶液，取出25．00 mL于碘量瓶中，加入适量的稀硫酸和足量碘化钠(已知铬的还原产物为Cr3＋)，放于暗处5 min，然后加入100 mL水，加入几滴淀粉溶液指示剂，用0．120 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定(已知反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O)
问题1：判断达到滴定终点的依据是：__当滴加最后一滴硫代硫酸钠标准溶液时，溶液蓝色恰好褪去，半分钟内不变色__。
问题2：若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40．00 ml，所得产品的中重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)的纯度__95．36%__(保留四位有效数字)。(设整个过程中其他杂质不参与反应)
【解析】 (1)固体反应物在搅拌时可充分接触而反应，加快反应速率；
(2)CaCO3分解产生CaO，可与杂质SiO2、Al2O3等物质发生反应，有利于杂质的去除；
(3)氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质，调节pH至4．7，可生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去；
(4)CrO在酸性条件下与H＋反应生成Cr2O，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，加入硫酸酸化可促使平衡正向移动，提高Cr2O浓度，促进红矾钠晶体析出；
(5)采用冷却结晶的方法析出红矾钠，是由于红矾钠的溶解度随温度的降低而减小，降低温度，可促进红矾钠结晶析出；
(6)①溶液中有碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与Na2S2O3发生氧化还原反应，当反应达到终点时，蓝色褪去，故答案为：当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；
②根据反应的关系式计算：
Cr2O ～ 3I2 ～ 6S2O
1 mol 6 mol
n 0．120 0 mol/L×0．04 L
n＝0．000 8 mol，则2．500 0 g重铬酸钠试样中含有的重铬酸钠晶体的质量为10×0．000 8 mol×298 g/mol＝2．384 g，所得产品中重铬酸钠晶体的纯度＝×100%＝95．36%。
专题八 电解质溶液
明课程标准
备关键能力
1．从电离、离子反应、化学平衡的角度认识电解质水溶液的组成、性质和反应。
2．认识电解质在水溶液中存在电离平衡，了解电离平衡常数的含义。认识水的电离，了解水的离子积常数，认识溶液的酸碱性及pH，掌握检测溶液pH的方法。
3．认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。
4．认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，了解沉淀的生成、溶解与转化。
1．理解与辨析：能理解水溶液中平衡体系和平衡理论，认识水溶液中离子的行为。
2．分析与推断：能运用平衡原理和平衡常数，从定性和定量角度分析水溶液中平衡体系及平衡移动。
3．归纳与论证：能从平衡和守恒角度，分析溶液中离子浓度关系，建立相关思维模型。
高考真题·导航
GAO KAO ZHEN TI DAO HANG
1．(2021·全国乙卷T7)HA是一元弱酸，难溶盐MA的饱和溶液中c(M＋)随c(H＋)而变化，M＋不发生水解。实验发现，298 K时c2(M＋)－c(H＋)为线性关系，如下图中实线所示。
下列叙述错误的是( C )
A．溶液pH＝4时，c(M＋)<3．0×10－4 mol·L－1
B．MA的溶度积度积Ksp(MA)＝5．0×10－8
C．溶液pH＝7时，c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
D．HA的电离常数Ka(HA)≈2．0×10－4
【解析】 由图可知pH＝4，即c(H＋)＝10×10－5mol/L时，c2(M＋)＝7．5×10－8mol2/L2，c(M＋)＝ mol/L＝×10－4 mol/L<3．0×10－4mol/L，A正确；由图可知，c(H＋)＝0时，可看作溶液中有较大浓度的OH－，此时A－的水解极大地被抑制，溶液中c(M＋)＝c(A－)，则Ksp(MA)＝c(M＋)×c(A－)＝c2(M＋)＝5．0×10－8，B正确；设调pH所用的酸为HnX，由电荷守恒可知c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)＋nc(Xn－)，题给等式右边缺阴离子部分nc(Xn－)，C错误；Ka(HA)＝，当c(A－)＝c(HA)时，由物料守恒知c(A－)＋c(HA)＝c(M＋)，则c(A－)＝，Ksp(MA)＝c(M＋)×c(A－)＝＝5．0×10－8，则c2(M＋)＝10×10－8，对应图得此时溶液中c(H＋)＝2．0×10－4 mol·L－1，Ka(HA)＝＝c(H＋)≈2．0×10－4，D正确。
2．(2021·全国甲卷)已知相同温度下，Ksp(BaSO4)
下列说法正确的是( B )
A．曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B．该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值为1．0×10－10
C．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D．c(Ba2＋)＝10－5．1时两溶液中＝10y2－y1
【解析】 BaCO3、BaSO4均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(SO)]}＝－lg[c(Ba2＋)×c(SO)]＝－lg[Ksp(BaSO4)]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c(CO)]}＝－lg[Ksp(BaCO3)]，因Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，则－lg[Ksp(BaCO3)]＜－lg[Ksp(BaSO4)]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO)]的关系，曲线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(CO)]的关系。由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO4的沉淀溶解曲线，A错误；曲线①为BaSO4溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c(SO)]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时，－lg[c(SO)]＝7，则－lg[Ksp(BaSO4)]＝7＋3＝10，因此Ksp(BaSO4)＝1．0×10－10，B正确；加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则Ksp(BaSO3)不变可知，溶液中c(CO)将减小，因此a点将沿曲线②向左上方移动，C错误；由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5．1时，两溶液中＝＝10y1－y2，D错误。
3．(2020·全国卷Ⅰ·13)以酚酞为指示剂，用0．100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20．00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2－的分布系数：δ(A2－)＝]
下列叙述正确的是( C )
A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)
B．H2A溶液的浓度为0．200 0 mol·L－1
C．HA－的电离常数Ka＝1．0×10－2
D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)<2c(A2－)＋c(HA－)
【解析】 根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40 mL NaOH溶液时，溶液的pH发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，根据反应2NaOH＋H2A===Na2A＋2H2O，c(H2A)＝＝0．100 0 mol/L。根据分析，曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A错误；当加入40．00 mL NaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH＋H2A===Na2A＋2H2O，c(H2A)＝＝0．100 0 mol/L，B错误；根据曲线当δ(HA－)＝δ(A2－)时溶液的pH＝2，则HA－的电离平衡常数Ka＝＝c(H＋)＝1×10－2，C正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8．2～10，终点时溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＞2c(A2－)＋c(HA－)，D错误。
4．(2019·全国卷Ⅰ·11)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1＝1．1×10－3，Ka2＝3．9×10－6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是( C )
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的
C．b点的混合溶液pH＝7
D．c点的混合溶液中，c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)
【解析】 邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。根据图示可知，混合溶液在不同的反应阶段含有的离子的种类和浓度不同，故混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关，A正确；根据图示可知，随着反应的进行，溶液的导电能力逐渐增强，加入的碱的量越多，溶液中的HA－的浓度越小，Na＋与A2－的量越多，故Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的，B正确；b点滴定终点应该是二者恰好反应生成Na2A和K2A，根据邻苯二甲酸H2A的Ka1和Ka2值可知，邻苯二甲酸是弱酸，所以到达滴定终点时溶液应该呈碱性，故b点的pH应该大于7，C不正确；b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c(Na＋)和c(K＋)相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c(Na＋)>c(K＋)，由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c(K＋)>c(OH－)，溶液中三者大小顺序为c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)，故D正确。
5．(2019·全国卷Ⅱ·11)下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是( C )
A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn＋CuSO4===Cu＋ZnSO4
B．澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2＋CO2===CaCO3↓＋H2O
C．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O2===2Na2O＋O2↑
D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2＋2FeCl3===2Fe(OH)3＋3MgCl2
【解析】 金属活泼性Zn>Cu，CuSO4溶液中加入足量Zn粉，置换出铜单质，溶液蓝色消失，A正确；久置的澄清的石灰水会与空气中的CO2发生反应生成难溶于水的CaCO3，B正确；Na2O2在空气中放置，会与空气中的CO2和水蒸气反应，最终生成Na2CO3，C错误；向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液，Mg(OH)2逐渐转化为Fe(OH)3红褐色沉淀，D正确。
6．(2019·全国卷Ⅱ·12)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( B )
A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)＝Ksp(n)
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【解析】 图中p、q对应纵横坐标数值相等，即c(Cd2＋)＝c(S2－)，则a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度，A正确；图中m、n、p点对应的温度相同，小于q点对应的温度，对应的Ksp的关系为Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)
(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许__Na＋__离子通过，氯气的逸出口是__a__(填标号)。
(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)＝，X为HClO或ClO－]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为__10－7．5__。
(3)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是__ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O__(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1 000 kg该溶液需消耗氯气的质量为__203__kg(保留整数)。
【解析】 (1)电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH－与通过离子膜的Na＋在阴极室形成NaOH；(2)由图pH＝7．5时，知c(HClO)＝c(ClO－)，HClO的Ka＝＝c(H＋)＝10－7．5；(3)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O；设氯气为x kg，则消耗的NaOH为 kg，原氢氧化钠质量为＋1 000 kg×1%，由NaOH质量守恒：原溶液为1 000 kg－x，则 kg＋1 000 kg×1%＝(1 000 kg－x)×30%，解得x＝203 kg。
8．(2020·全国卷Ⅲ·27节选)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2＋
Al3＋
Fe3＋
Fe2＋
开始沉淀时(c＝0．01 mol·L－1)的pH
7．2
3．7
2．2
7．5
沉淀完全时(c＝1．0×10－5mol·L－1)的pH
8．7
4．7
3．2
9．0
回答下列问题：
(1)利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp＝__0．01×(107．2－14)2[或10－5×(108．7－14)2]__(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1．0 mol·L－1，则“调pH”应控制的pH范围是__3．2～6．2__。
(2)硫酸镍在强碱溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作镍镉电池正极材料的NiOOH。写出该反应的离子方程式__2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O__。
(3)将分离出硫酸镍晶体后的母液收集、循环使用，其意义是__提高镍回收率__。
【解析】 (1)由上述表格可知，Ni2＋完全沉淀时的pH＝8．7，此时c(Ni2＋)＝1．0×10－5mol·L－1，c(H＋)＝1．0×10－8．7mol·L－1，则c(OH－)＝＝＝108．7－14，则Ni(OH)2的Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝10－5×(108．7－14)2；或者当Ni2＋开始沉淀时pH＝7．2，此时c(Ni2＋)＝0．01 mol·L－1，c(H＋)＝1．0×10－7．2 mol·L－1，则c(OH－)＝＝＝107．2－14，则Ni(OH)2的Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝0．01×(107．2－14)2；如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1．0 mol·L－1，为避免镍离子沉淀，此时c(OH－)＝＝＝10－7．8 mol·L－1，则c(H＋)＝＝＝10－6．2，即pH＝6．2；Fe3＋完全沉淀的pH为3．2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3．2～6．2；(2)由题干信息，硫酸镍在强碱中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反应中Ni2＋被氧化为NiOOH沉淀，ClO－被还原为Cl－，则根据氧化还原得失电子守恒可得离子方程式为2Ni2＋＋ClO－＋4OH－===2NiOOH↓＋Cl－＋H2O；(3)分离出硫酸镍晶体后的母液中还含有Ni2＋，可将其收集、循环使用，从而提高镍的回收率。
预计在2022年高考中，仍会以图像分析的形式综合考查外界因素对电离平衡、水解平衡的影响，借助图像数据考查Kw、Ksp、pH的计算、溶液中离子浓度随外界因素的变化及离子浓度的大小、守恒关系的正误判断，强调用动态平衡的观点看待和分析微粒变化的过程。另外，在化工流程题中，以提纯(或生产)的物质为载体，考查中和滴定原理的拓展应用，用于测定物质的纯度等，亦会涉及有关Ksp的相关计算。
必备知识·整合
BI BEI ZHI SHI ZHENG HE
1．对比理解溶液中的三大平衡
平衡类别
电离平衡(如CH3COOHCH3COO－＋H＋)
水解平衡(如CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－)
沉淀溶解平衡[如AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)]
研究对象
弱电解质(包括弱酸、弱碱、水、多元弱酸的酸式酸根等)
盐溶液(包括强酸弱碱盐、弱酸强碱盐、弱酸弱碱盐)
难溶电解质(如难溶的酸、碱、盐等)
平衡常数
Ka＝
Kh＝
Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)
影
响
因
素
升高温度
促进电离，离子浓度增大，Ka增大
促进水解，Kh增大
Ksp可能增大，也可能减小
加水稀释
促进电离，离子浓度(除OH－外)减小，Ka不变
促进水解，离子浓度(除H＋外)减小，Kh不变
促进溶解，Ksp不变
加入相应离子
加入CH3COONa固体或盐酸，抑制电离，Ka不变
加入CH3COOH或NaOH，抑制水解，Kh不变
加入AgNO3溶液或NaCl溶液抑制溶解，Ksp不变
加入反应的离子
加入NaOH，促进电离，Ka不变
加入盐酸，促进水解，Kh不变
加入氨水，促进溶解，Ksp不变
2．溶液中的“三大常数”
(1)电离常数(K电离)与电离度(α)的关系(以一元弱酸HA为例)
HA H＋ ＋ A－
起始浓度： c酸 0 0
平衡浓度：c酸·(1－α) c酸·α c酸·α
K电离＝＝。
若α很小，可认为1－α≈1，则K电离＝c酸·α2(或α＝)。
(2)电离常数与水解常数的关系
①对于一元弱酸HA，Ka与Kh的关系
HAH＋＋A－，Ka(HA)＝；
A－＋H2OHA＋OH－，Kh(A－)＝。
则Ka·Kh＝c(H＋)·c(OH－)＝Kw，故Kh＝。常温时Ka·Kh＝Kw＝1．0×10－14，Kh＝。
②对于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)与Kh(HB－)、Kh(B2－)的关系
HB－＋H2OH2B＋OH－，Kh(HB－)＝＝＝。
B2－＋H2OHB－＋OH－，Kh(B2－)＝＝＝
(3)与Ksp有关的常考题型和解题策略
常考题型
解题策略
(1)根据定义式或者数形结合求Ksp，或者判断沉淀金属离子所需pH
直接根据Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)解答，如果已知溶解度，则化为物质的量浓度再代入计算
(2)沉淀先后的计算与判断
①沉淀类型相同，则Ksp小的化合物先沉淀；
②沉淀类型不同，则需要根据Ksp计算出沉淀时所需离子浓度，所需离子浓度小的先沉淀
(3)根据两种含同种离子的化合物的Ksp数据，求溶液中不同离子的比值
如某溶液中含有I－、Cl－等离子，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，求溶液中，则有＝＝
(4)判断沉淀的生成或转化
把离子浓度数值代入Ksp表达式，若数值大于Ksp，沉淀可生成或转化为相应难溶物质
3．突破离子浓度关系的“三大守恒”
(1)电荷守恒。电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。
(2)物料守恒。电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，会使离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。如在Na2CO3溶液中：
(3)质子守恒。在电离或水解过程中，会发生质子(H＋)转移，但在质子转移过程中其数量保持不变，如在Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(HCO )＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。
4．滴定原理及其应用
(1)氧化还原滴定：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质。
①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液
原理：2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
指示剂：酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂，当滴入一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点。
②Na2S2O3溶液滴定碘液
原理：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI
指示剂：用淀粉作指示剂，当滴入一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点。
(2)沉淀滴定：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。如利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。
关键能力·突破
GUAN JIAN NENG LI TU PO
考点一 电解质溶液中的化学平衡
角度 电离平衡及其影响因素
典例1 ＋＋＋25 ℃时，将体积为V0 L、浓度为1 mol/L的HBrO2溶液和ClSO3H溶液分别加水稀释至体积为V L，pH与lg ＋1的关系如图所示。已知：HBrO2溶液中存在HBrO2。下列叙述正确的是( C )
A．N表示ClSO3H，M表示HBrO2
B．25 ℃时，HBrO2的电离平衡常数的数量级为10－3
C．在0≤pH≤5时，ClSO3H溶液中：pH＝lg
D．25 ℃时，pH＝2的HBrO2溶液和ClSO3H溶液中水的电离程度：后者>前者
【以图析题】
易错点拨
(1)电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度不一定增大。如向酸溶液中加入少量冰酸，平衡向电离方向移动，但酸的电离程度减小。
(2)当对酸、碱溶液稀释时，所有离子的浓度不一定都减小。如酸溶液加水稀释时，由于Kw是定值，故c(H＋)减小，c(OH－)增大；而碱溶液稀释时，c(OH－)减小，c(H＋)增大。
角度 盐类的水解平衡及应用
典例2 ＋＋＋(2021·莆田模拟)常温下，向20 mL浓度均为0．1 mol·L－1的HA与NaA的混合溶液中，分别滴加浓度均为0．1 mol·L－1的HCl、NaOH两种溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示。下列说法正确的是( C )
A．滴加HCl溶液的曲线为Ⅰ
B．水的电离程度：c>b>a
C．d点时，lg ≈5．24
D．c点溶液中存在：c(Na＋)＝2[c(A－)＋c(HA)]
【解析】 0．1 mol/L的HA与NaA的混合液的pH＝4．76，说明HA为弱酸，且在该混合液中HA的电离程度大于A－的水解程度；向该混合液中，滴加HCl，溶液的pH减小，则滴加盐酸溶液的曲线为Ⅱ；滴加NaOH溶液，溶液的pH增大，滴加NaOH溶液的曲线为I。滴加盐酸，溶液的pH减小，滴加盐酸的曲线为Ⅱ，A错误；a、b点都在曲线Ⅱ上，滴加盐酸时发生反应NaA＋HCl===NaCl＋HA，随着HCl的滴入，NaA逐渐减少、HA逐渐增多，HA电离出H＋抑制水的电离，A－水解促进水的电离，则水的电离程度不断减小，则水的电离程度a＞b，b点时加入20 mL盐酸得到0．1 mol/L HA和0．05 mol/L NaCl的混合液，c点在曲线Ⅰ上，滴加NaOH溶液时发生反应NaOH＋HA===NaA＋H2O，c点加入20 mL NaOH溶液得到0．1 mol/L NaA溶液，则水的电离程度c＞b，B错误；0．1 mol/L的HA与NaA的混合液的pH＝4．76，溶液中c(H＋)＝10－4．76mol/L，则Ka(HA)＝≈10－4．76，d点溶液的pH＝10，溶液中c(H＋)＝10－10 mol/L，Ka(HA)＝＝≈10－4．76，≈105．24，则lg ≈5．24，C正确；c点在曲线Ⅰ上，滴加NaOH溶液时发生反应NaOH＋HA===NaA＋H2O，c点加入20 mL NaOH溶液得到0．1 mol/L NaA溶液，溶液中的物料守恒为c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，D错误。
方法技巧
盐类水解的规律
(1)“谁弱谁水解，越弱越水解”。
(2)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4。
(3)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
①若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中：HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。类似离子还有HS－、HPO等。
②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3 ＋OH－(次要)。类似离子还有H2PO等。
(4)相同条件下的水解程度
①正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
②相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如NH的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
角度 难溶电解度的沉淀溶解平衡及Ksp的应用
典例3 ＋＋＋(2021·阆中模拟)已知298 K时，Ksp(NiS)＝1．0×10－21，Ksp(NiCO3)＝1．0×10－7；pNi＝－lg c(Ni2＋)，pB＝－lg c(S2－)或－lg c(CO)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀(温度升高，NiS、NiCO3的Ksp均增大)，298 K时，溶液中阳离子、阴离子浓度的负对数关系如图所示。下列说法错误的是( C )
A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度
B．向d点溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动
C．对于曲线Ⅰ，加热b点溶液(忽略水的蒸发)，b点向c点方向移动
D．m为3．5且曲线Ⅱ对应的阴离子是CO
【解析】 298 K时，Ksp(NiS)＝1．0×10－21，Ksp(NiCO3)＝1．0×10－7，NiS、NiCO3属于同种类型，常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度，A项正确；Ksp(NiS)
答题模板
巧用解题模板突破沉淀溶解平衡图像题
第一步：明确图像中横、纵坐标的含义
横、纵坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度或其对数或其负对数。
第二步：理解图像中线上的点、线外点的含义
曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Qc＝Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线外。
曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Qc>Ksp。
曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Qc
(1)溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：
①原溶液不饱和时，离子浓度都增大。
②原溶液饱和时，离子浓度都不变。
(2)溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。
〔类题通关〕
1．(2021·嘉兴模拟)25 ℃时，下列说法正确的是( A )
A．H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1∶1恰好完全反应时，溶液酸碱性无法判断
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA对水的电离没有影响
C．醋酸的电离度：pH＝3的醋酸溶液大于pH＝4的醋酸溶液
D．pH＝2的HCl和pH＝12的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液显碱性
【解析】 H2A溶液与NaOH溶液按物质的量1∶1恰好完全反应后，生成的是NaHA，但是H2A的电离常数不知道，所以该溶液酸碱性无法判断，A正确；可溶性正盐BA溶液呈中性，只能说明HA和BOH的强弱相同，但是如果都是弱酸或弱碱，且电离常数相同，则BA的阴阳离子水解程度相同，促进水的电离，B错误；醋酸是弱电解质，稀释促进电离，稀释后醋酸的pH增大，pH越大说明越稀，醋酸的电离程度越大，C错误；pH＝2的HCl和pH＝12的Ba(OH)2中，氢离子和氢氧根离子浓度相同，溶液等体积混合后，溶液显中性，D错误。
2．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下，将相同体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶液的电导率随加入水的体积V(H2O)变化的曲线如图所示，下列说法正确的是( B )
A．曲线Ⅰ表示盐酸加水稀释过程中溶液电导率的变化
B．a、b、c三点溶液的pH：a>b>c
C．将a、b两点溶液混合，所得溶液中：c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)
D．氨水稀释过程中，c(NH)/c(NH3·H2O)不断减小
【解析】 加水稀释时，一水合氨进一步电离，导电能力变化较小，则曲线Ⅰ为氨水稀释曲线，故A错误；盐酸显酸性，氨水显碱性，导电能力越大，说明离子浓度越大，则a、b、c三点溶液的pH：a>b>c，故B正确；将a、b两点溶液混合，由于氨水浓度大于盐酸浓度，反应后氨水过量，c(Cl－)
A．n点表示AgCl的不饱和溶液
B．Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10－7
C．Ag2C2O4＋2Cl－(aq)2AgCl＋C2O(aq)的平衡常数为109．04
D．向c(C1－)＝c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀
【解析】 由图可知，n点AgCl的浓度积Qc大于其溶度积Ksp，则n点表示AgCl的过饱和溶液，会析出AgCl沉淀，A错误；由图可知，当c(Ag＋)＝1．0×10－4 mol/L时，c(C2O)＝1．0×10－2．46 mol/L，则溶度积Ksp(Ag2C2O4)＝c2(Ag＋)·c(C2O)＝(1．0×10－4)2×1．0×10－2．46＝1．0×10－10．46，B错误；Ag2C2O4＋2Cl－(aq)2AgCl＋C2O(aq)的平衡常数K＝＝＝＝109．04，C正确；由图可知，当溶液中c(Cl－)＝c(C2O)时，AgCl饱和溶液中c(Ag＋)小于Ag2C2O4饱和溶液中c(Ag＋)，则向c(Cl－)＝c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀，D错误。
考点二 酸碱中和滴定及拓展应用
角度 酸碱中和滴定
典例1 ＋＋＋(2021·郑州模拟)常温下，用0．1 mol·L－1 NaOH溶液滴定40 mL 0．1 mol·L－1 H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述错误的是( D )
A．可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值
B．滴定中两次反应终点可依次用甲基橙、酚酞作指示剂
C．图中Y点对应的溶液中3c(SO)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)
D．图中Z点对应的溶液中：c(Na＋)>c(SO)>c(HSO)>c(OH－)
【解析】 混合溶液中W点c(H2SO3)＝c(HSO)，Ka1(H2SO3)＝＝c(H＋)＝10－pH＝10－2，混合溶液中Y点c(SO)＝c(HSO)，Ka2(H2SO3)＝＝c(H＋)＝10－pH＝10－7．19，故可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值，A正确；甲基橙变色范围为3．1－4．4，滴定到第一反应终点溶液pH值为4．25，在其范围内，所以可以选取甲基橙作指示剂，酚酞的变色范围是8．2～10．0，滴定到第二反应终点溶液pH值为9．86，在其范围内，所以可以选取酚酞作指示剂，B正确；Y点溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)且该点溶液中存在c(SO)＝c(HSO)，所以存在3c(SO)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)，C正确；Z点酸碱恰好完全反应生成Na2SO3，两步水解均生成OH－导致溶液呈碱性，但只有第一步水解生成HSO，所以c(HSO)＜c(OH－)，由物料守恒知c(Na＋)＞c(SO)，则该点溶液中存在c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(HSO)，D错误。
方法技巧
滴定实验指示剂的选择
类型
滴定过程
指示剂
终点颜色变化
酸碱中
和反应
强酸滴定强碱(或弱碱)
甲基橙
溶液由黄色变为橙色
强碱滴定强酸(或弱酸)
酚酞
溶液由无色变为浅红色
氧化还
原反应
Na2S2O3溶液滴定未知浓度的碘水
淀粉溶液
溶液由蓝色变为无色
酸性KMnO4溶液滴定H2O2(或H2C2O4)溶液
不需要指示剂
溶液由无色变为浅红色
沉淀反应
AgNO3溶液滴定含Cl－的溶液
K2CrO4溶液
出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色沉淀)
角度 滴定原理的拓展应用
典例2 ＋＋＋(2018·全国卷Ⅲ)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：
(1)已知：Ksp(BaSO4)＝1．1×10－10，Ksp(BaS2O3)＝4．1×10－5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：
试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
实验步骤
现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③__加入过量稀盐酸__
④__出现淡黄色浑浊__，有刺激性气体产生
⑤静置，__(吸)取上层清液，滴入BaCl2溶液__
⑥__产生白色沉淀__
(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1．200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__烧杯__中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的__容量瓶__中，加蒸馏水至__刻度__。
②滴定：取0．009 50 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20．00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__蓝色褪去__，且半分钟内不恢复原色，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24．80 mL，则样品纯度为__95．0__%(保留1位小数)。
【解析】 (1)该实验的目的是检验市售硫代硫酸钠中是否含有硫酸根，所以在加酸时不能加稀硫酸，应加入稀盐酸与硫代硫酸钠反应：Na2S2O3＋2HCl===S↓＋SO2↑＋2NaCl＋H2O；该反应的实验现象除有无色刺激性气味的气体逸出外，还有淡黄色沉淀生成；静置后，应取上层清液加入BaCl2溶液来检验SO的存在。(2)①在配制溶液时，应先将固体放在烧杯中溶解，然后再转移到100 mL容量瓶中，接着加入蒸馏水，待凹液面最低处与刻度线相切时，即定容。②滴定时，依据淀粉遇碘单质变蓝色，所以滴定终点的判断为当溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色。结合题中所给信息可得反应之间的关系为：
K2Cr2O7 ～ 3I2 ～ 6Na2S2O3·5H2O
1 mol 6 mol
0．009 50 mol·L－1×20．00 ml c×24．80 mL
可得：＝，
n(Na2S2O3·5H2O)＝ mol·L－1×0．1 L
m(Na2S2O3·5H2O)＝ mol·L－1×0．1 L×248 g·mol－1
则样品纯度＝×100%＝95．0%
易错点拨
(1)在回答滴定终点的颜色变化时，要强调在半分钟内溶液颜色不褪去(或不恢复原色)。
(2)在进行相关计算时，要注意取出样品溶液与原样品所配制溶液量之间的关系。
(3)若测量的次数在三次及以上，在计算平均体积时，要舍去与其他二次(或以上)数据相差较大的一次，求平均值。
〔类题通关〕
1．(2021·成都模拟)室温下，向10 mL 0．10 mol·L－1的HX溶液中逐滴滴入0．20 mol·L－1的YOH溶液，混合溶液的pH变化情况如图所示(忽略溶液温度和体积变化)。下列说法正确的是( C )
A．HX是弱酸
B．M点对应的溶液中，c(Y＋)>c(X－)
C．N点对应的溶液中，粒子浓度关系存在：c(Y＋)＋c(YOH)＝2c(X－)
D．常温下，pH＝5的YX溶液中，由水电离的c(H＋)＝1．0×10－9 mol·L－1
【解析】 向HX溶液中滴加YOH溶液时，溶液中发生反应：HX＋YOH===YX＋H2O。0．10 mol·L－1的HX溶液pH＝1，溶液中c(H＋)＝0．1 mol/L，说明HX完全电离，因此HX为强酸，故A错误；M点溶液中溶质为YX、YOH，溶液中电荷守恒为c(H＋)＋c(Y＋)＝c(X－)＋c(OH－)，此时溶液pH＝7，说明溶液中c(H＋)＝c(OH－)，因此c(Y＋)＝c(X－)，故B错误；N点溶液中溶质为等浓度的YX、YOH，由M点所加YOH的体积为6 mL可知Y＋会发生水解，根据物料守恒可知N点微粒浓度关系为c(Y＋)＋c(YOH)＝2c(X－)，故C正确；常温下，YX在溶液中电离出Y＋和X－，Y＋发生水解：Y＋＋H2OYOH＋H＋，此时水的电离受到促进作用，溶液中H＋来源于水的电离，因此pH＝5的YX溶液中，由水电离的c(H＋)＝1．0×10－5 mol/L，故D错误。
2．(2021·衢州模拟)二氧化氯(ClO2)是一种高效、广谱的灭菌消毒剂。已知ClO2为橙黄色气体，极易溶于水，在混合气体中浓度过高时易发生爆炸。请回答下列问题：
(1)利用NaClO3还原法可制备ClO2，实验装置如图
仪器a的名称__分液漏斗__；实验安全至关重要，从安全角度考虑A装置左侧通入氮气的目的是__稀释ClO2，防止因ClO2的浓度过高而发生爆炸__。装置A中生成ClO2的化学方程式为__2NaClO3＋H2O2＋H2SO4===Na2SO4＋2ClO2↑＋O2↑＋2H2O__。
(2)ClO2稳定性较差，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液，为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了以下实验：
Ⅰ．准确量取ClO2溶液10．00 mL，稀释成100 mL试样
Ⅱ．量取V1 mL试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2．0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟[已知：2ClO2＋10I－＋8H＋===5I2＋2Cl－＋4H2O]
Ⅲ．以淀粉溶液作指示剂，用c mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。
(已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O)
①准确量取10．00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是__酸式滴定管__。
②上述步骤3中滴定终点的现象是__滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原来的颜色__。
③据上述步骤可计算出原ClO2溶液的浓度为____mol·L－1(用含字母的代数式表示)。
④实验中使用的Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，则实验结果__偏高__(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【解析】 (1)仪器a的名称是分液漏斗；由题干信息可知，ClO2在混合气体中浓度过高时易发生爆炸，实验安全至关重要，从安全角度考虑A装置左侧通入氮气的目的是稀释ClO2，防止因浓度过高而发生爆炸，装置A中反应物为NaClO3、H2O2和H2SO4，生成了ClO2、Na2SO4和O2等，故该反应的化学方程式为2NaClO3＋H2O2＋H2SO4===Na2SO4＋2ClO2↑＋O2↑＋2H2O。
(2)据上述步骤中的反应：2ClO2＋10I－＋8H＋===5I2＋2Cl－＋4H2O，I2＋2S2O===2I－＋S4O，可找出关系式：ClO2～I2～5S2O，故有V1 mL试样中含有的ClO2的物质的量为n(ClO2)＝n(S2O)＝2cV2×10－4，故原10 mL溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10－4×＝ mol，故原ClO2溶液的浓度为＝ mol·L－1。
④实验中使用的Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质，将使消耗的标准液体积偏大，即V2偏大，故实验结果偏高。
考点三,
,YYY电解质溶液中微粒浓度关系
角度 单一溶液中微粒浓度关系
典例1 ＋＋＋常温下，浓度均为0．1 mol·L－1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是( C )
A．氨水中，c(NH)＝c(OH－)＝0．1 mol·L－1
B．NH4Cl溶液中，c(NH)>c(Cl－)
C．Na2SO4溶液中，c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)＝c(H＋)
D．Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
【解析】 氨水为弱碱溶液，NH3·H2O只能部分电离出OH－，结合电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)可得：c(NH)
方法技巧
规避等量关系中的两个易失分点
(1)电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(CO)的化学计量数2代表一个CO带2个负电荷，不可漏掉。
(2)物料守恒式中，离子浓度化学计量数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的物，料守恒式中，“2”表示c(Na＋)是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。
角度 混合溶液中微粒浓度关系
典例2 ＋＋＋常温下，向a mol·L－1 H2SeO3溶液中滴加NaOH溶液的过程中含Se微粒的物质的量分数随pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是( D )
A．Ka2(H2SeO3)的数量级为10－6
B．NaHSeO3溶液显碱性
C．pH＝8时，溶液中存在c(HSeO)＋2c(SeO)＋c(OH－)＝c(H＋)
D．在Na2SeO3溶液中，c(SeO)>c(HSeO)>c(H2SeO3)
【以图析题】
Na2SeO3溶液中，SeO水解使溶液显碱性，则c(SeO)>c(HSeO)>c(H2SeO3)，D正确。
方法技巧
四种常考混合溶液的酸碱性
(1)CH3COOH与CH3COONa等浓度时：CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，等体积混合后溶液呈酸性。
(2)NH4Cl和NH3·H2O等浓度时：NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，等体积混合后溶液呈碱性。
(3)HCN与NaCN等浓度时：CN－的水解程度大于HCN的电离程度，等体积混合后溶液呈碱性。
(4)Na2CO3与NaHCO3等浓度时：由于CO的水解程度大于HCO的水解程度，所以等体积混合后c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)。
〔类题通关〕
1．(2021·天津模拟)常温下，下列说法正确的是( B )
A．pH均为3的醋酸和硫酸溶液，加水稀释相同倍数后，c(CH3COO－)＝2c(SO)
B．0．1 mol·L－1 NaHSO3溶液中，c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)＝0．1 mol/L
C．含有AgBr和AgI固体的悬浊液：c(Ag＋)>c(Br－)＝c(I－)
D．浓度均为0．1 mol/L的(NH4)2SO4与(NH4)2CO3溶液中，前者小于后者
【解析】 在pH相等的醋酸与硫酸溶液中，根据电荷守恒可得关系式：c(CH3COO－)＝2c(SO)。当加水稀释相同倍数时，由于醋酸是弱酸，存在电离平衡，未电离的醋酸分子会进一步电离产生醋酸根离子，则c(CH3COO－)>2c(SO)；A错误；在该溶液中含S元素的微粒有HSO、SO、H2SO3，根据S元素守恒可知c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)＝0．1 mol/L，B正确；含有AgBr和AgI固体的悬浊液中同时存在沉淀溶解平衡：AgBr(s)Ag＋(aq)＋Br－(aq)，AgI(s)Ag＋(aq)＋I－(aq)，由于溶度积常数Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，所以c(Br－)>c(I－)，C错误；(NH4)2SO4是强酸弱碱盐，溶液中只存在NH的水解平衡；而(NH4)2CO3是弱酸弱碱盐，在溶液中同时存在NH、CO水解平衡，二者水解相互促进，导致溶液中c(NH)比前者小，而c(NH3·H2O)比前者大，故在等浓度的两种盐溶液中，当水解达到平衡时前者大于后者，D错误。
2．下列溶液中浓度关系正确的是( C )
A．小苏打溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(OH－)
B．CH3COONa溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)
C．物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)
D．0．1 mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，则c(HA－)>c(H＋)>c(H2A)>c(A2－)
【解析】 电荷不守恒，A错误；CH3COONa溶液中，醋酸根离子水解，c(CH3COO－)＜c(Na＋)，错误；物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合，由物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)和电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，两式联立得：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)，C正确；0．1 mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，说明HA－的电离大于水解，则c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(H2A)，D错误。
预测精练·提能
YU CE JING LIAN TI NENG
1．(2021·太原模拟)下列有关电解质溶液的叙述错误的是( C )
A．25 ℃时，将0．1 mol·L－1的HA溶液加水稀释至pH＝4．0，所得溶液c(OH－)＝1×10－10mol·L－1
B．25 ℃时，将10 mL pH＝a的盐酸与100 mL pH＝b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a＋b＝13
C．25 ℃时，pH＝11的氨水和pH＝11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH－)均为1×10－11 mol·L－1
D．温度一定时，CH3COOH和CH3COONa的混合溶液中，＝
【解析】 pH＝4，c(H＋)＝10－4mol/L，因为温度为25 ℃，Kw＝1×10－14，c(OH－)＝＝＝10－10 mol/L，A正确；由于恰好中和，所以氢离子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，10－a×10×10－3＝10b－14×100×10－3，a＋b＝13，B正确；NH3·H2O是碱，抑制水的电离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为10－11mol/L，Na2CO3是盐促进水的电离，由水电离产生的氢氧根离子浓度为＝10－3 mol/L，C错误；＝＝，可以倒推得出结论，D正确。
2．(2021·阜新模拟)常温下，下列说法正确的是( C )
A．向0．1 mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中增大
B．向冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度均先增大后减小
C．0．1 mol·L－1 Na2CO3溶液和0．1 mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合：c(CO)＋2c(OH－)＝c(HCO)＋3c(H2CO3)＋2c(H＋)
D．将CH3COONa、HCl两溶液混合后，溶液呈中性，则溶液中c(Na＋)
3．(2021·西安模拟)25 ℃时，往10 mL 0．10 mol/L NaOH溶液中滴加0．10 mol·L－1的一元弱酸HA溶液，溶液中lg 与pOH[pOH＝－lg c(OH－)]的关系如图所示。
下列说法正确的是( B )
A．25 ℃时，HA的电离常数为1．0×10－8．7
B．a、b两点水的电离程度：a
D．加水稀释c点溶液，不变
【解析】 lg ＝1时，pOH＝9．7，可得：＝10，c(OH－)＝10－9．7，c(H＋)＝10－4．3，HA的电离常数＝＝＝10－5．3，故A错误；由图可知a点溶液显碱性，主要溶质为NaOH，b点溶液显中性，主要溶质为盐，碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，因此水的电离程度a
A．三种离子对应的硫化物的溶度积常数中，Ksp(MnS)最大，约为1×10－15
B．MnS＋Cu2＋CuS＋Mn2＋，K＝1020
C．若向ZnS悬浊液中滴加少量水仍有固体存在，此过程中溶解平衡向固体溶解方向移动且c(S2－)不变
D．向Cu2＋、Zn2＋、Mn2＋混合溶液中逐滴加入1×10－4mol·L－1K2S溶液，Cu2＋最先沉淀
【解析】 对于MS沉淀，溶度积常数为Ksp＝c(M2＋)·c(S2－)，根据各曲线上任意一点数据可计算得Ksp(CuS)约为1×10－35，Ksp(MnS)约为1×10－15，当横坐标相同时，纵坐标越大，相应硫化物的溶度积越大，则MnS的溶度积最大，A正确；对于反应MnS＋Cu2＋CuS＋Mn2＋，K＝＝＝＝＝1020，B正确；向ZnS的悬浊液中加入少量水仍有固体存在，仍可建立沉淀溶解平衡，溶液仍能达到饱和溶液，温度不变，Ksp不变，饱和溶液中c(S2－)不变，C正确；由于Cu2＋、Zn2＋、Mn2＋的混合液中各离子浓度未知，因此逐滴加入1×10－4mol·L－1的K2S溶液，无法确定谁最先沉淀，D错误。
5．常温下，向1 L 0．1 mol·L－1 NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH后，NH与NH3·H2O的变化趋势如右图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)，下列说法不正确的是( C )
A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小
B．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0．05) mol
C．随着NaOH的加入，不断增大
D．当n(NaOH)＝0．05 mol时，溶液中有：c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
【解析】 M点是向1 L 0．1mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，反应得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；根据电荷守恒c(H＋)＋c(NH)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得n(OH－)－n(H＋)＝[c(NH)＋c(Na＋)－c(Cl－)]×1 L，在M点时c(NH)＝0．05 mol·L－1，c(Na＋)＝a mol·L－1，c(Cl－)＝0．1 mol·L－1，带入数据可得n(OH－)－n(H＋)＝[0．05 mol·L－1＋a mol·L－1－0．1mol·L－1]×1 L＝(a－0．05) mol，故B正确；氨水的电离常数Kb＝，则＝，温度不变Kb不变，随着NaOH的加入，c(NH)不断减小，不断减小，则不断减小，故C错误；当n(NaOH)＝0．05 mol时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl、NaCl，NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(Cl－)>c(NH)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)，故D正确。
6．锑(Sb)广泛用于生产各种阻燃剂、陶瓷、半导体元件、医药及化工等领域。以辉锑矿(主要成分为Sb2S3，还含有As2S5、PbS、CuO和SiO2等)为原料制备金属锑，其一种工艺流程如下：
已知：Ⅰ．浸出液主要含盐酸和SbCl3，还含SbCl5、CuCl2、AsCl3和PbCl2等杂质
Ⅱ．25 ℃时，Ksp(CuS)＝1．0×10－36，Ksp(PbS)＝9．0×10－29
回答下列问题：
(1)“酸浸”过程中SbCl5和Sb2S3发生反应有一种单质和还原产物SbCl3生成，则滤渣Ⅰ的成分是__S、SiO2__(填化学式)。
(2)写出“还原”反应的化学方程式__3SbCl5＋2Sb===5SbCl3__。
(3)已知浸出液中c(Cu2＋)＝0．01 mol·L－1、c(Pb2＋)＝0．10 mol·L－1。在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是__CuS__(填化学式)；当CuS、PbS共沉时，＝__9．0×107__。
(4)在“除砷”过程中，氧化产物为H3PO4，则该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比为__4∶3__。
(5)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阳极的电极反应式为__2Cl－－2e－===Cl2↑__，继而发生反应__Sb3＋－2e－===Sb5＋__(写出离子方程式)以实现溶液中Sb元素的循环使用。“电解”中单位时间内锑的产率与电压大小关系如图所示。当电压超过U0V时，单位时间内产率降低的原因可能是__H＋参与了电极反应__。
【解析】 (1)根据浸出液成分可知，“酸浸”过程中SbCl5和Sb2S3反应有S和SbCl3生成，则滤渣I的成分是S、SiO2。(2)“还原”过程中Sb将SbCl5还原为SbCl3，反应的化学方程式3SbCl5＋2Sb===5SbCl3。(3)浸出液中c(Cu2＋)＝0．01 mol·L－1、c(Pb2＋)＝0．10 mol·L－1，常温下，Ksp(CuS)＝1．0×10－36，铜离子开始沉淀需要的硫离子浓度为1．0×10－34 mol/L；Ksp(PbS)＝9．0×10－29，铅离子开始沉淀需要的硫离子浓度为9．0×10－28 mol/L；故在沉淀铜、铅过程中，缓慢滴加极稀的硫化钠溶液，先产生的沉淀是CuS；当CuS、PbS共沉时，＝＝＝9×107。(4)在“除砷”过程中，NaH2PO2是还原剂，其氧化产物为H3PO4，P的化合价由＋1升高到＋5，而As的化合价由＋3降到0，根据得失电子守恒，该反应中氧化剂、还原剂的物质的量之比4∶3。(5)在“电解”过程中，以惰性材料为电极，阳极发生氧化反应，阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，继而发生反应Sb3＋－2e－===Sb5＋；由“电解”中锑的产率与电压大小关系示意图可知，当电压超过U0V时，锑的产率降低，其原因可能是H＋参与了电极反应。
热点聚焦
RE DIAN JU JIAO
电解质溶液中相关平衡曲线分析
〔知识储备〕
1．把握常见图像，解题事半功倍
(1)一强一弱溶液的稀释图像(pH与稀释倍数的线性关系)
①HY为强酸、HX为弱酸；
②a、b两点的溶液中：c(X－)＝c(Y－)；
③水的电离程度：d>c>a＝b
①MOH为强碱、ROH为弱碱；
②c(ROH)>c(MOH)；
③水的电离程度：a>b
(2)酸碱中和滴定曲线
氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸
盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠、氨水
曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高
突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)
室温下，当等体积、等浓度的一元强碱和一元强酸反应时，pH＝7；但当等体积、等浓度的一元强碱和一元弱酸(或一元强酸和一元弱碱)反应时，pH>7(或pH<7)
指示剂的选择：强酸滴定弱碱用甲基橙，强碱滴定弱酸用酚酞，强酸与强碱的滴定，甲基橙和酚酞均可
(3)关于KW、Ksp的图像
不同温度下水溶液中c(H＋)与c(OH－)的变化曲线
常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线[Ksp＝9×10－6]
①A、C、B三点均为中性，温度依次升高，KW依次增大；
②D点为酸性溶液，E点为碱性溶液，KW＝1×10－14；
③AB直线的左上方均为碱性溶液，任意一点：c(H＋)
②b点在曲线的上方，Qc>Ksp，将会有沉淀生成；
③d点在曲线的下方，Qc
(4)分布系数图像
[说明：pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标]
一元弱酸(以CH3COOH为例)
二元酸(以草酸H2C2O4为例)
δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数
δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2O分布系数、δ2为C2O分布系数
随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式
同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度
2．抓住图像“五点”关键，突破酸碱混合图像问题
抓反应的“起始”点
判断酸、碱的相对强弱
抓反应的“一半”点
判断是哪种溶质的等量混合
抓溶液的“中性”点
判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足
抓“恰好”反应点
判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性
抓反应的“过量”点
判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量
例如，室温下，向20 mL 0．1 mol·L－1HA溶液中逐滴加入0．1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示：
—
→→→
→→→
→→→
→→→
〔典例剖析〕
典例1 ＋＋＋25 ℃时，用0．10 mol·L－1的NaOH溶液滴定20．00 mL浓度均为0．10 mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是( C )
A．点①和点②对应的溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)
B．点④和点⑤为两个反应的滴定终点，两个反应均可采用酚酞作指示剂
C．水的电离程度：①<②
D．点②和点③之间对应的溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
【以图析题】
典例2 ＋＋＋(2021·兰州模拟)向1 L浓度均为0．1 mol·L－1的H3AsO3和H3AsO4水溶液中逐滴加入0．1 mol·L－1 NaOH溶液，含砷的各种微粒的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图所示，下列说法错误的是( C )
A．H3AsO4第二步电离方程式为H2AsOHAsO＋H＋
B．往H3AsO3溶液中加NaOH溶液至pH＝10．0时，主要存在H2AsO
C．pH＝11时，对应的溶液中：c(H2AsO)＋c(HAsO)＋c(AsO)＋c(H3AsO3)＝0．1 mol·L－1
D．H3AsO4第三步电离的电离常数为Ka3，若pKa3＝－lg Ka3，则pKa3＝11．5
【解析】 多元弱酸是分步电离的，H3AsO4第二步电离方程式为H2AsOHAsO＋H＋，A正确；由分步图，往H3AsO3溶液中加NaOH溶液至pH＝10．0时，H3AsO3减少，H2AsO增大，约占80%，主要存在H2AsO，B正确；根据物料守恒，pH＝11时，对应的溶液中：n(H2AsO)＋n(HAsO)＋n(AsO)＋n(H3AsO3)＝0．1 mol·L－1×1 L，由于加入的NaOH的体积未知，无法计算含砷粒子的总浓度，C错误；H3AsO4第三步电离的电离常数为Ka3＝，pH＝11．5时，c(AsO)＝c(AsO)，若pKa3＝－lg Ka3，则pKa3＝－lg Ka3＝－lg c(H＋)＝11．5，D正确。
〔增分训练〕
1．(2018·全国卷Ⅲ，12)用0．100 mol·L－1 AgNO3滴定50．0 mL 0．050 0 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( C )
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0．040 0 mol·L－1 Cl－，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0．050 0 mol·L－1 Br－，反应终点c向b方向移动
【解析】 根据滴定曲线，当加入25 mL AgNO3溶液时，Ag＋与Cl－刚好完全反应，AgCl处于沉淀溶解平衡状态，此时溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)＝10－4．75 mol·L－1，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9．5＝3．16×10－10，A项正确；曲线上各点都处于沉淀溶解平衡状态，故符合c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，B项正确；根据图示，Cl－浓度为0．050 0 mol·L－1时消耗25 mL AgNO3溶液，则Cl－浓度为0．040 0 mol·L－1时消耗20 mL AgNO3溶液，a点对应AgNO3溶液体积为15 mL，所以反应终点不可能由c点移到a点，C项错误；由于AgBr的Ksp小于AgCl的Ksp，初始c(Br－)与c(Cl－)相同时，反应终点时消耗的AgNO3溶液体积相同，但Br－浓度小于Cl－浓度，即反应终点从曲线上的c点向b点方向移动，D项正确。
2．(2021·湖南高考)常温下，用0．100 0 mol·L－1的盐酸分别滴定20．00 mL浓度均为0．100 0 mol·L－1三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是( C )
A．该NaX溶液中：c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)
B．三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C．当pH＝7时，三种溶液中：c(X－)＝c(Y－)＝c(Z－)
D．分别滴加20．00 mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)
【解析】 NaX为强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)＞c(X－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故A正确；弱酸的酸性越弱，电离常数越小，由分析可知，HX、HY、HZ三种一元弱酸的酸性依次减弱，则三种一元弱酸的电离常数的大小顺序为Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正确；当溶液pH为7时，酸越弱，向盐溶液中加入盐酸的体积越大，酸根离子的浓度越小，则三种盐溶液中酸根的浓度大小顺序为c(X－)＞c(Y－)＞c(Z－)，故C错误；向三种盐溶液中分别滴加20．00 mL盐酸，三种盐都完全反应，溶液中钠离子浓度等于氯离子浓度，将三种溶液混合后溶液中存在电荷守恒关系c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，由c(Na＋)＝c(Cl－)可得：c(X－)＋c(Y－)＋c(Z－)＝c(H＋)－c(OH－)，故D正确。
3．(2021·南昌模拟)常温下，以酚酞为指示剂，用0．100 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定20．00 mL 0．100 0 mol·L－1的二元酸H2A溶液。溶液中pH、含A微粒分布系数δ(物质的量分数)随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示
下列说法中正确的是( B )
A．H2A在水中电离的方程式为：H2AH＋＋HA－，HA－H＋＋A2－
B．当VNaOH溶液＝20．00 mL时，溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na＋)﹥c(HA－)﹥c(H＋)﹥c(A2－)﹥c(OH－)
C．常温下，HA－的电离平衡常数为1×10－5
D．当VNaOH溶液＝30．00 mL时，c(HA－)＋c(H＋)＝c(A2－)＋c(OH－)
【解析】 根据图像的变化趋势可知①、②代表含A微粒分布系数，③代表pH变化，据图可知未滴加NaOH溶液时，溶液中含A微粒只有两种，则应为HA－和A2－，不含H2A，说明H2A第一步完全电离，在水中的电离方程式为H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－，A错误；当VNaOH溶液＝20．00 mL时，NaOH和H2A恰好完全反应生成NaHA，溶质为NaHA，溶液中存在HA－H＋＋A2－和H2OH＋＋OH－，所以离子浓度大小关系为c(Na＋)﹥c(HA－)﹥c(H＋)﹥c(A2－)﹥c(OH－)，B正确；HA－的电离平衡常数表达式为Ka＝，据图可知当c(A2－)＝c(HA－)时加入25 mL NaOH溶液，此时pH为2．0，即c(H＋)＝1×10－2mol/L，所以Ka＝1×10－2，C错误；当VNaOH溶液＝30．00 mL时，溶质为等物质的量的NaHA、Na2A，溶液中的电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，物料守恒为2c(Na＋)＝3c(A2－)＋3c(HA－)，用两个等式消去c(Na＋)得：c(HA－)＋2c(H＋)＝c(A2－)＋2c(OH－)，D错误。
4．王水能溶解金是因为王水和金能发生反应生成四氯金酸(HAuCl4)。25 ℃时，向20 mL 0．1 mol·L－1四氯金酸溶液中滴加0．1 mol·L－1 NaOH溶液，滴定曲线如图l所示，含Cl微粒的物质的量分数(δ)随pH的变化关系如图2所示。下列说法错误的是( B )
A．Ka(HAuCl4)的数量级为10－5
B．b点对应溶液中：2c(H＋)＋c(AuCl)＝2c(OH－)＋c(HAuCl4)
C．c点对应溶液中：c(Na＋)＝c(AuCl)
D．X点对应滴定曲线中b点
【解析】 未加NaOH溶液时，0．1 mol·L－1 HAuCl4溶液的pH＝3，则Ka(HAuCl4)＝≈≈1．01×10－5，A项正确。b点对应溶液为物质的量浓度相等的HAuCl4和NaAuCl4的混合溶液，由电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(AuCl)＋c(OH－) ①，由物料守恒得2c(Na＋)＝c(AuCl)＋c(HAuCl4) ②，由①×2－②可得2c(H＋)＋c(HAuCl4)＝2c(OH－)＋c(AuCl)，B项错误。c点对应溶液的pH＝7，溶液呈中性，由电荷守恒有c(Na＋)＝c(AuCl)，C项正确。X点对应溶液中两种含Cl微粒的物质的量分数相等，则Ka(HAuCl4)＝＝c(H＋)＝1．01×10－5，即溶液的pH≈5，即对应滴定曲线中b点，D项正确。
5．(2021·北京朝阳区模拟)在某温度时，将n mol·L－1氨水滴入10 mL 1．0 mol·L－1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是( C )
A．a点KW＝1．0×10－14
B．b点：c(NH)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．25 ℃时，NH4Cl水解常数为(n－1)×10－7(用n表示)
D．d点水的电离程度最大
【解析】 水的离子积与温度有关，温度越低水的离子积常数越小，a点时溶液温度小于25 ℃，则水的离子积Kw<1．0×10－14，故A错误；b点时溶液的pH<7，则c(H＋)>c(OH－)，根据电荷守恒可知：c(Cl－)>c(NH)，溶液中离子浓度大小为：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，故B错误；根据图像可知，25 ℃时溶液的pH＝7，则：c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol·L－1，c(NH)＝c(Cl－)＝0．5 mol/L，根据物料守恒可知：c(NH3·H2O)＝(0．5n－0．5) mol/L，则25 ℃时NH4Cl水解常数为：Kh＝＝(n－1)×10－7，故C正确；b点溶液温度最高，说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进了水的电离，而a、d两点都抑制了水的电离，则b点水的电离程度最大，故D错误。
6．25 ℃时，向0．10 mol·L－1的H2C2O4(二元弱酸)溶液中滴加NaOH溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是( A )
A．25 ℃时H2C2O4的一级电离常数为Ka1＝10－4．3
B．pH＝2．7的溶液中：c(H2C2O4)＝c(C2O)
C．pH＝7的溶液中：c(Na＋)>2c(C2O)
D．滴加NaOH溶液的过程中始终存在：c(OH－)＋2c(C2O)＋c(HC2O)＝c(Na＋)＋c(H＋)
【解析】 草酸属于二元弱酸，滴加NaOH溶液，发生H2C2O4＋NaOH===NaHC2O4＋H2O，NaHC2O4＋NaOH===Na2C2O4＋H2O，据图像，H2C2O4二级电离常数表达式Ka2＝c(C2O)×c(H＋)/c(HC2O)，在pH＝4．3时，c(C2O)＝c(HC2O)，此时H2C2O4的二级电离常数为10－4．3，非H2C2O4的一级电离常数，A错误；据图像，pH＝2．7的溶液中，c(H2C2O4)＝c(C2O)，B正确；据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，当pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，有c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)，因此c(Na＋)>2c(C2O)，C正确；溶液为电中性，滴加氢氧化钠溶液过程中始终存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，D正确。
专题强化提升训练(八)
1．(2021·成都模拟)下列有关电解质溶液的说法正确的是( C )
A．加水稀释，Na2S溶液中离子浓度均减小
B．0．1 mol/ L NaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，溶液的导电性增强
C．pH相同的①CH3COONa，②NaHCO3，③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①>②>③
D．向0．1 mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)增大
【解析】 Na2S溶液呈碱性，加水稀释，Na2S溶液中氢离子浓度增大，A错误；0．1 mol/L NaOH溶液中滴加等体积等浓度醋酸溶液，产物为0．05 mol/L的CH3COONa溶液，离子浓度减小，溶液的导电性减小，B错误；CH3COO－、HCO、ClO－水解程度依次增强，pH相同的①CH3COONa，②NaHCO3，③NaClO三种溶液的浓度c(CH3COONa)>c(NaHCO3)>c(NaClO)，所以c(Na＋)：①>②>③，C正确；向0．1 mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子浓度增大，氨水电离平衡逆向移动，c(OH－)减小、c(NH3·H2O)增大，所以溶液中c(OH－)/c(NH3·H2O)减小，D错误。
2．(2021·洛阳模拟)为测定某二元弱酸H2A与NaOH溶液反应过程中溶液pH与粒子关系，在25 ℃时进行实验，向H2A溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lg X随溶液pH的变化关系如图所示。下列说法正确的是( D )
A．直线Ⅱ中X表示的是
B．当pH＝3．81时，溶液中c(HA－)∶c(H2A)＝10∶1
C．0．1 mol·L－1 NaHA溶液中：c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H2A)＞c(A2－)
D．当pH＝6．91时，对应的溶液中，3c(A2－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)
【解析】 当pH＝0时，c(H＋)＝1 mol/L，Ka1＝＝，Ka2＝＝，由于Ka2＜Ka1，故直线Ⅱ中X表示，A错误；当lg X＝0时溶液的pH＝1．81，带入Ka1计算式中可求出Ka1＝1×10－1．81，当pH＝3．81时，c(H＋)＝1×10－3．81 mol/L，所以有Ka1＝1×10－1．81＝＝1×10－3．81×，解得c(HA－)∶c(H2A)＝100∶1，B错误；与B项同理，可求出Ka2＝1×10－6．91＞10－7，由此可知HA－的电离能力强于其水解能力，电离生成的c(A2－)比水解生成的c(H2A)大，C错误；当pH＝6．91时，对应的溶液中c(HA－)＝c(A2－)，又因电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，所以3c(A2－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)，D正确。
3．(2021·包头模拟)下列实验中根据现象得出的结论错误的是( C )
选项
实验操作
现象
结论
A
相同条件下，用1 mol·L－1的醋酸和1 mol·L－1的盐酸分别做导电性实验
醋酸溶液对应的灯泡较暗
CH3COOH是弱电解质
B
向某溶液中加铜和浓H2SO4
试管口有红棕色气体产生
原溶液含有NO
C
向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液
品红溶液褪色
该钠盐为Na2SO3或NaHSO3
D
向浓度均为0．1 mol·L－1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
先出现蓝色沉淀
Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]
【解析】 等浓度时，灯泡暗的说明离子浓度小，即电离程度小，由操作和现象可知CH3COOH是弱电解质，故A正确；某溶液中加铜和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生，说明生成NO，NO与空气反应生成红棕色二氧化氮，则原溶液中含有NO，故B正确；品红溶液褪色，气体可能为二氧化硫或氯气等其他具有漂白性的气体，则可能为NaClO溶液等，故C错误；浓度均为0．1 mol·L－1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，即先生成氢氧化铜沉淀，同种类型的沉淀Ksp小的先沉淀，所以Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，故D正确。
4．(2021·厦门模拟)25 ℃时，0．10 L某二元弱酸H2A用1．00 mol·L－1NaOH溶液调节其pH，溶液中H2A、HA－及A2－的物质的量浓度变化如图所示：
下列说法正确的是( C )
A．H2A的Ka2＝1×10－11
B．在Z点，由水电离出的氢离子浓度约10－10 mol/L
C．在Y点时，c(Na＋)＞3c(A2－)
D．0．1 mol·L－1NaHA溶液中：c(Na＋)＞c(HA－)＞c(H2A)＞c(A2－)
【解析】 Y点c(HA－)＝c(A2－)，H2A的Ka2＝＝c(H＋)＝10－8 mol/L，A错误；在Z点时溶液pH＝10，说明溶液中c(H＋)＝10－10 mol/L，则根据水的离子积常数可知由水电离产生的氢离子浓度c(H＋)水＝c(OH－)水＝ mol/L＝10－4 mol/L，B错误；Y点c(HA－)＝c(A2－)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，该点溶液呈碱性，则c(H＋)＜c(OH－)，所以存在c(Na＋)＞c(HA－)＋2c(A2－)，由于c(HA－)＝c(A2－)，所以即c(Na＋)＞3c(A2－)，C正确；加入10 mL NaOH溶液时，酸碱恰好完全反应生成NaHA，此时溶液pH＜7，溶液呈酸性，说明HA－电离程度大于其水解程度，则c(A2－)＞c(H2A)，但其电离和水解程度都较小，主要以HA－形式存在，HA－电离、水解消耗，所以c(Na＋)＞c(HA－)，则该溶液中微粒浓度关系为：c(Na＋)＞c(HA－)＞c(A2－)＞c(H2A)，D错误。
5．(2021·石家庄模拟)草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。实验室配制了0．010 0 mol·L－1 Na2C2O4标准溶液，现对25 ℃时该溶液的性质进行探究，下列所得结论正确的是( C )
A．测得0．010 0 mol·L－1 Na2C2O4溶液pH为8．6，此时溶液中存在：c(Na＋)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H＋)
B．向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH＝7，此时溶液中存在，c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)
C．已知25 ℃时Ksp(CaC2O4)＝2．5×10－9向该溶液中加入等体积0．020 0 mol·L－1 CaCl2溶液，所得上层清液中c(C2O)＝5．00×10－7 mol·L－1
D．向该溶液中加入足量稀硫酸酸化后，再滴加KMnO4溶液，发生反应的离子方程式为C2O＋4MnO＋14H＋===2CO2↑＋4Mn2＋＋7H2O
【解析】 Na2C2O4溶液pH为8．6，C2O水解导致溶液显碱性，但其水解程度较小，故c(HC2O)＜c(C2O)，A错误；向该溶液中滴加稀盐酸至溶液pH＝7，则溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，溶液中电荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)＋c(Cl－)，即c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(Cl－)，B错误；向溶液中加入等体积0．020 0 mol·L－1 CaCl2溶液，二者以1∶1反应，则CaCl2剩余，混合溶液中c(Ca2＋)＝ mol·L－1＝0．005 mol·L－1，c(C2O)＝＝ mol·L－1＝5．00×10－7 mol·L－1，C正确；草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成二氧化碳、锰离子和水，草酸是弱酸写化学式，故发生反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，D错误。
6．(2021·绵阳模拟)常温下，向20 mL 0．1 mol·L－1 Na2CO3溶液中滴加0．1 mol·L－1 CaCl2溶液，碳酸根离子浓度与氯化钙溶液体积的关系如图所示。已知：pC＝－lg c(CO)，Ksp(CdCO3)＝1．0×10－12，Ksp(CaCO3)＝3．6×10－9。下列说法正确的是( C )
A．图像中V0＝20，m＝5
B．a点溶液：c(OH－)>2c(HCO)＋2c(H2CO3)
C．若Na2CO3溶液的浓度变为0．05 mol·L－1，则n点向c点方向迁移
D．若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，则n点向b点方向迁移
【解析】 图像中V0＝20，Na2CO3溶液与CaCl2溶液恰好完全反应c(Ca2＋)＝c(CO)＝ mol/L，pC＝－lg c(CO)＝－lg 6×10－5，m不等于5，故A错误；a点溶液：溶质为Na2CO3，存在物料守恒c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，2c(HCO)＋2c(H2CO3)＝c(HCO)＋c(OH－)－c(H＋)，c(HCO)－c(H＋)>0，c(OH－)<2c(HCO)＋2c(H2CO3)，故B错误；若Na2CO3溶液的浓度变为0．05 mol·L－1，用的0．1 mol·L－1 CaCl2溶液体积减小，则n点向c点方向迁移，故C正确；若用CdCl2溶液替代CaCl2溶液，反应后，碳酸根离子浓度减小，pC＝－lg c(CO)增大，则n点向d点方向迁移，故D错误。
7．(2021·泉州模拟)在25 ℃时，将1．0 L w mol·L－1CH3COOH溶液与0．1 mol NaOH固体混合，充分反应。向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随加入CH3COOH或CH3COONa固体的物质的量的变化关系如图所示。下列叙述正确的是( C )
A．b点混合液中c(H＋)≥c(OH－)＋c(CH3COO－)
B．加入CH3COOH过程中，增大
C．25 ℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝ mol·L－1
D．a、b、c对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是c＞a＞b
【解析】 根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，由题可知，在b点时，c(H＋)＜c(OH－)＋c(CH3COO－)，A错误；＝＝＝，加入CH3COOH过程中，n(Na＋)不变，n(CH3COOH)增大，所以减小，故减小，B错误；根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，c点时，溶液pH＝7，有c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝＝0．2 mol·L－1，溶液中c(H＋)＝10－7 mol·L－1，根据物料守恒：c(CH3COOH)＝ mol·L－1，则醋酸的电离平衡常数为：Ka＝＝ mol·L－1，C正确；溶液中酸或碱电离的氢离子或氢氧根浓度越大，水的电离程度越小，由题可知，a、b、c对应的混合液中pH≤7，醋酸对水的电离的抑制程度大于醋酸根离子对水的电离的促进程度，水的电离均受到抑制，由于氢离子浓度a＞b＞c，则水的电离程度由大到小的顺序是c＞b＞a，D错误。
8．(2021·合肥模拟)常温下，将HCl气体通入0．1 mol/L氨水中，混合溶液中pH与微粒浓度的对数值(lg c)和反应物物质的量之比X的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)，下列说法正确的是( B )
A．NH3·H2O的电离平衡常数为10－9．25
B．P2点由水电离出的c(H＋)＝1．0×10－7 mol/L
C．P3为恰好完全反应点，c(Cl－)＋c(NH)＝0．2 mol/L
D．P3之后，水的电离程度一直减小
【解析】 一水合氨电离平衡状态下，溶液中铵根离子和氢氧根离子浓度相同时，氨水浓度为0．1 mol/L，图像分析可知，c(NH)＝c(OH－)≈10－3 mol/L，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝＝＝10－5，A错误；由图可知，P2点对应的溶液pH＝7，故由水电离出的c(H＋)＝1．0×10－7 mol/L，B正确；P3所示溶液，x＝＝1，溶液中存在物料守恒得到：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＝0．1 mol/L，故c(Cl－)＋c(NH)＝2c(NH)＋c(NH3·H2O)＜0．2 mol/L，C错误；P3点为恰好完全反应，溶质为NH4Cl，故之后，加入的HCl越来越多，由于H＋对水解的抑制作用，水的电离程度减小，当HCl达到饱和溶液时，水的电离程度将不再改变，故不是一直减小，D错误。
9．(2021·昆明模拟)人体内尿酸(HUr)含量偏高，关节滑液中产生尿酸钠晶体(NaUr)会引发痛风，NaUr(s)Na＋(aq)＋Ur－(aq) ΔH＞0。某课题组配制“模拟关节滑液”进行研究，回答下列问题：
已知：①37 ℃时，Ka(HUr)＝4×10－6，Kw＝2．4×10－14，Ksp(NaUr)＝6．4×10－5
②37 ℃时，模拟关节滑液pH＝7．4，c(Ur－)＝4．6×10－4 mol·L－1
(1)尿酸电离方程式为__HUrH＋＋Ur－__。
(2)Kh为盐的水解常数，37 ℃时，Kh(Ur－)＝__6×10－9__。
(3)37 ℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，溶液中c(Na＋)__>__c(Ur－)(填“＞”“＜”或“＝”)。
(4)37 ℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋)＝0．2 mol·L－1时，通过计算判断是否有NaUr晶体析出，请写出判断过程__Q＝c(Na＋)·c(Ur－)＝0．2_mol·L－1×4．6×10－4_mol·L－1＝9．2×10－5＞Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出__。
(5)对于尿酸偏高的人群，下列建议正确的是__acd__。
a．加强锻炼，注意关节保暖
b．多饮酒，利用乙醇杀菌消毒
c．多喝水，饮食宜少盐、少脂
d．减少摄入易代谢出尿酸的食物
【解析】 (1)尿酸是弱酸，不完全电离，其电离方程式为HUrH＋＋Ur－；
(2)Kh为盐的水解常数，37 ℃时，Kh(Ur－)＝＝＝6×10－9；
(3)37 ℃时，向HUr溶液中加入NaOH溶液配制“模拟关节滑液”，模拟关节滑液pH＝7．4，c(Ur－)＝4．6×10－4 mol·L－1，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Ur－)，由于pH＝7．4，因此溶液中c(Na＋)＞c(Ur－)；
(4)37 ℃时，向模拟关节滑液中加入NaCl(s)至c(Na＋)＝0．2 mol·L－1时，Q＝c(Na＋)·c(Ur－)＝0．2 mol·L－1×4．6×10－4 mol·L－1＝9．2×10－5＞Ksp(NaUr)，故有尿酸钠晶体析出；
(5)根据NaUr(s)Na＋(aq)＋Ur－(aq) ΔH＞0，a．降低温度，平衡向放热反应即逆向移动，因此要注意关节保暖，故a正确；b．多饮酒，利用乙醇杀菌消毒，乙醇在体内不能消毒，不能减少痛风，故b错误；c．多喝水，饮食宜少盐、少脂，饮食多盐，增大钠离子的摄入，使平衡逆向移动加重痛风，故c正确；d．减少摄入易代谢出尿酸的食物，使平衡右移，减轻痛风，故d正确。
10．工业上以钒炉渣(主要含V2O3，还有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料可以制备氧钒碱式碳酸铵晶体[(NH4)5(VO)6(CO3)4(OH)9·10H2O]，其生产工艺流程如下。
(1)焙烧过程中V2O3转化为可溶性NaVO3，该反应的化学方程式为__V2O3＋Na2CO3＋O22NaVO3＋CO2__。
(2)滤渣的主要成分是__Mg3(PO4)2、MgSiO3__(写化学式)。
(3)“沉钒”得到偏钒酸铵(NH4VO3)，若滤液中c(VO)＝0．1 mol·L－1，为使钒元素的沉降率达到98%，至少应调节c(NH)为__0．8__ mol·L－1。[已知Ksp(NH4VO3)＝1．6×10－3]
(4)“还原”V2O5过程中，生成VOCl2和一种无色无污染的气体，该反应的化学方程式为__N2H4·2HCl＋2V2O5＋6HCl===4VOCl2＋N2↑＋6H2O__。用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOCl2，该方法的缺点是__有氯气生成，污染空气__。
(5)称量a g产品于锥形瓶中，用20 mL蒸馏水与30 mL稀硫酸溶解后，加入0．02 mol·L－1KMnO4溶液至稍过量，充分反应后继续滴加1%的NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量NaNO2，最后用c mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知滴定反应为VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O)
①KMnO4溶液的作用是__将VO2＋氧化为VO__。
②粗产品中钒的质量分数表达式为__×100%__(以VO2计)。
③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果__偏高__(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
。
【解析】 (1)将钒炉渣和碳酸钠在空气流中焙烧将V2O3转化为可溶性NaVO3，同时得到二氧化碳，发生反应的化学方程式为V2O3＋Na2CO3＋O22NaVO3＋CO2；(2)焙烧时SiO2、P2O5分别与碳酸钠生成可溶于水的Na2SiO3和Na3PO4，除硅、磷时加入硫酸镁溶液生成Mg3(PO4)2、MgSiO3沉淀，则过滤时得到的滤渣的主要成分为Mg3(PO4)2、MgSiO3；(3)已知Ksp(NH4VO3)＝c(NH)·c(VO)＝1．6×10－3，若滤液中c(VO)＝0．1 mol·L－1，为使钒元素的沉降率达到98%，则溶液中剩余c(VO)＝0．1 mol·L－1×2%＝0．002 mol·L－1，此时c(NH)＝ mol·L－1＝0．8 mol·L－1；(4)用盐酸酸化的N2H4·2HCl还原V2O5生成VOCl2和一种无色无污染的气体，根据质量守恒定律，此气体应为N2，则发生反应的化学方程式为N2H4·2HCl＋2V2O5＋6HCl===4VOCl2＋N2↑＋6H2O；若改用浓盐酸与V2O5反应也可以制得VOCl2，但同时得到的氧化产物为Cl2，此气体有毒，会污染环境；(5)①根据分析，KMnO4溶液的作用是将＋4价的钒氧化为VO；②根据钒元素的质量守恒，根据滴定反应为：VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O，则钒元素的物质的量n＝n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝c mol/L×b×10－3 L＝cb×10－3 mol，粗产品中钒的质量分数的表达式为×100%＝×100%；③若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，则还原能力降低，滴定时消耗的标准液体积偏高，根据滴定反应为：VO＋Fe2＋＋2H＋===VO2＋＋Fe3＋＋H2O，可知会使测定结果偏高。
11．(2021·宝鸡模拟)电池级CoSO4可用于制备CoCO3和CoC2O4等钴盐。一种以Co(OH)3粗渣(含有Fe2O3、CuO、CaO、MgO、ZnO、SiO2等杂质)为原料制备电池级CoSO4·7H2O的工艺流程如图所示：
已知：黄钠铁矾化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6，是一种淡黄色难溶物。
请回答下列问题：
(1)滤渣1的主要成分为__SiO2__，请写出一条提高钴元素浸出率的措施：__将粗Co(OH)3渣研细、适当地升温、适当增大硫酸的浓度(任意答一点)__。
(2)“浸出”过程中加入Na2SO3的主要目的是__将Co3＋还原为Co2＋__。“浸出”过程中，Na2SO3用量、终点pH对钴浸出率的影响如图所示，则“浸出”过程中应控制的适宜条件是__＝2．5且终点pH＝3．5__。
(3)“氧化”过程中加入NaClO3与Fe2＋发生反应的离子方程式为__6Fe2＋＋ClO＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O__。
(4)“调节pH”过程中，调节pH＝5，写出生成黄钠铁矾[NaF3(SO4)2(OH)6]的离子方程式：__3H2O＋Na＋＋3Fe3＋＋2SO＋3CO===3CO2↑＋NaFe3(SO4)2(OH)6↓__。
(5)常温下，Ksp(CoCO3)＝1．6×10－13，Ksp(CoC2O4)＝6．4×10－8。向浓度均为0．01 mol/L的Na2CO3和Na2C2O4混合溶液中加入CoSO4固体，当C2O完全沉淀的时候c(C2O)·c(CO)＝__2．5×10－16__[当c(C2O)<1×10－5 mol·L－1时，认为C2O完全沉淀]。
(6)用CoSO4可制备CoC2O4在空气中煅烧CoC2O4至恒重，得金属氧化物固体A和CO2，测得m(A)＝12．05 g，m(CO2)＝13．2 g，则A的化学式为__Co3O4__。
【解析】 粗Co(OH)3渣(含有Fe2O3、CuO、CaO、MgO、ZnO、SiO2等杂质)加入硫酸酸浸后，SiO2不溶于酸出现在滤渣1中，溶液中存在Fe3＋、Cu2＋、Ca2＋、Mg2＋、Zn2＋，加入NaClO3把亚硫酸根氧化为硫酸根，加入Na2CO3调pH使Fe3＋转化为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，得到含Co2＋的溶液，再加入NaF沉淀Ca2＋、Mg2＋，加入P2O4沉淀Cu2＋、Zn2＋，最终得到CoSO4·7H2O。
(1)由分析可知，滤渣1的成分是SiO2；通过搅拌、适当升高温度、研磨矿石、适当增大酸的浓度等，可以提高溶浸工序中原料的浸出率；
(2)“浸出”过程中加入Na2SO3的主要目的是将Co3＋还原为Co2＋；由图可知，当＝2．5且终点pH＝3．5时，钴浸出率最高；
(3)“氧化”过程中NaClO3把过量的亚硝酸钠氧化为硫酸钠，离子方程式为：6Fe2＋＋ClO＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O；
(4)等浓度的C2O和CO，CO先沉淀，当C2O恰好完全沉淀的时候，c(C2O)＝1×10－5 mol·L－1，＝＝4×105，则c(CO)＝0．25×10－10 mol·L－1，c(C2O)·c(CO)＝0．25×10－10 mol·L－1×1×10－5 mol·L－1＝2．5×10－16；
(5)加入Na2CO3调pH使Fe3＋转化为黄钠铁矾[NaFe3(SO4)2(OH)6]，离子方程式为：3H2O＋Na＋＋3Fe3＋＋2SO＋3CO===3CO2↑＋NaFe3(SO4)2(OH)6↓；
(6)在空气中煅烧CoC2O4得到氧化物和二氧化碳，根据元素守恒可知，n(CO2)＝0．3 mol，n(CoC2O4)＝0．15 mol，m(Co)＝8．85 g，则固体A中n(O)＝0．2，＝＝，故化学式为Co3O4。
12．(2021·福州模拟)重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)俗称红矾钠，在工业方面有广泛用途。我国目前主要是以铬铁矿(主要成份为FeO·Cr2O3，还含有Al2O3、MgO、SiO2等杂质)为主要原料进行生产，其主要工艺流程如图：
①中涉及的主要反应有：
主反应：4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2
副反应：SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑、Al2O3＋Na2CO32NaAlO2＋CO2↑
部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH：
沉淀物
Al(OH)3
Fe(OH)3
Mg(OH)2
Cr(OH)3
完全沉淀时溶液pH
4．7
3．7
11．2
5．6
回答下列问题：
(1)“①”中反应是在回转窑中进行，反应时需不断搅拌，其作用是：__使反应物接触更充分，加快反应速率__；
(2)“①”中若往原料中加入适量的石灰石，分析其作用可能是：__分解产生CaO，与铬铁矿中某些杂质反应形成炉渣有利于去除__；
(3)“③”中调节pH至4．7，目的是：__使溶液中的AlO、SiO均转化为沉淀除去__；
(4)“⑤”中加硫酸酸化的目的是：__2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，调节pH使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，有利于红矾钠晶体析出__。
(5)“⑦”中采用冷却结晶得到红矾钠的原因是：__红矾钠随着温度的降低，溶解度明显下降__。
(6)称取重铬酸钠试样2．500 0 g配成250 mL溶液，取出25．00 mL于碘量瓶中，加入适量的稀硫酸和足量碘化钠(已知铬的还原产物为Cr3＋)，放于暗处5 min，然后加入100 mL水，加入几滴淀粉溶液指示剂，用0．120 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定(已知反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O)
问题1：判断达到滴定终点的依据是：__当滴加最后一滴硫代硫酸钠标准溶液时，溶液蓝色恰好褪去，半分钟内不变色__。
问题2：若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40．00 ml，所得产品的中重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)的纯度__95．36%__(保留四位有效数字)。(设整个过程中其他杂质不参与反应)
【解析】 (1)固体反应物在搅拌时可充分接触而反应，加快反应速率；
(2)CaCO3分解产生CaO，可与杂质SiO2、Al2O3等物质发生反应，有利于杂质的去除；
(3)氧化铁不溶于水，铬铁矿经煅烧、水浸之后除去生成的氧化铁，副反应中生成Na2SiO3、NaAlO2等杂质，调节pH至4．7，可生成H2SiO3、Al(OH)3沉淀过滤除去；
(4)CrO在酸性条件下与H＋反应生成Cr2O，该反应为可逆反应，反应的离子方程式为2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O，加入硫酸酸化可促使平衡正向移动，提高Cr2O浓度，促进红矾钠晶体析出；
(5)采用冷却结晶的方法析出红矾钠，是由于红矾钠的溶解度随温度的降低而减小，降低温度，可促进红矾钠结晶析出；
(6)①溶液中有碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与Na2S2O3发生氧化还原反应，当反应达到终点时，蓝色褪去，故答案为：当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液蓝色褪去，半分钟内不变色；
②根据反应的关系式计算：
Cr2O ～ 3I2 ～ 6S2O
1 mol 6 mol
n 0．120 0 mol/L×0．04 L
n＝0．000 8 mol，则2．500 0 g重铬酸钠试样中含有的重铬酸钠晶体的质量为10×0．000 8 mol×298 g/mol＝2．384 g，所得产品中重铬酸钠晶体的纯度＝×100%＝95．36%。
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