北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
专题十四 盐类水解和沉淀溶解平衡
1.25 ℃时,0.10 L某二元弱酸H A用1.00 mol·L-1 NaOH溶液调节其pH,溶液中H A、
2 2
HA-及A2-的物质的量浓度变化如图所示:
下列说法错误的是( )
A.H A的 =1×10-4
2 K
a
1
B.溶液在X点和Z点时水的电离程度不相同
C.在Y点时,c(Na+)>3c(A2-)
D.0.1 mol·L-1 NaHA溶液中:c(Na+)>c(HA-)>c(H A)>c(A2-)
2
答案 D A项,H A第一步电离为H A H++HA-,该步电离平衡常数 =
2 2 K
a
1
c(H+)·c(H A-),X点时,溶液pH=4,c(H+)=10-4 mol·L-1,此时c(HA-)=c(H A),则
2 K
c(H A) a 1
2
=c(H+)=10-4,正确;B项,向H A溶液中逐滴加入NaOH溶液,H A不断被中和,溶液的酸性
2 2
逐渐减弱,水的电离程度逐渐增大,在恰好被完全中和前,水的电离程度逐渐增大,X点时
H A仅部分被中和,Z点时恰好完全反应生成Na A,所以水的电离程度:Z>X,正确;C项,根
2 2
据图示可知:Y点对应溶液为等浓度的Na A与NaHA的混合溶液,溶液中存在电荷守
2
恒:c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-),由于此时溶液pH=8,说明溶液中c(H+)<c(OH-),所
以c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-),由于溶液中c(HA-)=c(A2-),则c(Na+)>3c(A2-),正确;D项,根据滴定
曲线可知,在恰好发生反应H A+NaOH NaHA+H O时,得到的溶液显酸性,说明HA-
2 2
的电离程度大于其水解程度,所以c(A2-)>c(H A),错误。
2
2.H CO 和H C O 都是二元弱酸,常温下,不同pH环境下各种形态的粒子的组成百分率
2 3 2 2 4
如图所示。下列说法正确的是( )
图1北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
图2
A.在pH为6.37和10.25时,溶液中均存在c(H
2
CO
3
)=c(HC
O-
)=c(C
O2-
)
3 3
B.反应C
O2-
+H
2
O HC
O-
+OH-的平衡常数为103.75
3 3
C.0.1 mol/L NaHC
2
O
4
溶液中c(HC
2O-
)>c(H
2
C
2
O
4
)>c(C
2O2-
)
4 4
D.往Na
2
CO
3
溶液中加入少量草酸溶液,发生反应2C
O2-
+H
2
C
2
O
4
2HC
O-
+C
2O2-
3 3 4
答案 D A项,在pH为6.37时,c(H 2 CO 3 )=c(HC O- )>c(C O2- ),pH为10.25时,c(HC O-
3 3 3
)=c(C
O2-
)>c(H
2
CO
3
),错误;B项,反应C
O2-
+H
2
O HC
O-
+OH-的平衡常数K=
3 3 3
c(HCO
3
-)·c(OH-) ,又pH=10.25时,c(HC O-)=c(C
O2-
),K=c(OH-)= K
W
= 10-14
c(CO2-) 3 3 c(H+) 10-10.25
3
=10-3.75,错误;C项,由图2可知NaHC
2
O
4
溶液显酸性,说明HC 2O-电离程度大于水解程度,
4
则c(C 2O2- )>c(H 2 C 2 O 4 ),错误;D项,草酸的酸性比碳酸强,往Na 2 CO 3 溶液中加入少量草酸
4
溶液,能够生成HC O-和C
2O2-
,正确。
3 4
3.常温下,用200 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液吸收SO 与N 的混合气体,所得溶液pH与
2 2
吸收气体体积的关系如图所示,已知 (H SO )=1.2×10-2, (H SO )=5.6×10-8。下列说法
K 2 3 K 2 3
a a
1 2
正确的是( )
A.吸收3 L气体时溶液中主要溶质为NaHSO
3
B.溶液pH=7时,2c(S
O2-
)>c(HS
O-
)
3 3
C.X点呈酸性的原因是HS O-水解程度大于其电离程度
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D.曲线上任意点均存在:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS
O-
)+c(S
O2-
)
3 3
答案 B C项,HS O-存在电离平衡:HS O- H++S O2- ,存在水解平衡:HS O- +H 2 O
3 3 3 3
H
2
SO
3
+OH-,X点呈酸性的原因是HS O-电离程度大于其水解程度,错误;A项,NaOH溶液
3
吸收SO 的化学方程式:2NaOH+SO Na SO +H O、Na SO +SO +H O
2 2 2 3 2 2 3 2 2
2NaHSO ,吸收3 L气体时,pH>7,说明溶液中的主要溶质为Na SO ,错误;B项,pH=7
3 2 3
c(H+)·c(SO2-) c(SO2-) K
时,c(H+)=10-7 mol·L-1, K = 3 =5.6×10-8,故 3 = a 2 =0.56,
a 2 c(HSO-) c(HSO-) c(H+)
3 3
则2c(S
O2-
)>c(HS
O-
),正确;D项,由电荷守恒可知,曲线上任意点均存在:c(H+)
3 3
+c(Na+)=c(OH-)+c(HS )+2c(S ),错误。
O- O2-
3 3
4.H C O 水溶液中部分微粒的分布分数δ与pH关系如下图所示,下列说法正确的是(
2 2 4
)
A.向H
2
C
2
O
4
溶液中滴加NaOH溶液至pH=2.5,则c(H
2
C
2
O
4
)+c(C
2O2-
)>c(HC
2O-
)
4 4
B.由图可知,H C O 的 =104.2
2 2 4 K
a
2
C.向H
2
C
2
O
4
溶液中滴加NaOH溶液至pH=7,则溶液中2c(C
2O2-
)>c(Na+)
4
D.将0.01 mol·L-1的H C O 溶液与0.02 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合后的溶液
2 2 4
中,c(OH-)=c(H+)+c(HC
2O-
)+2c(H
2
C
2
O
4
)
4
答案 D H 2 C 2 O 4 水溶液中加入NaOH,H 2 C 2 O 4 与碱中和,转化为HC 2O- ,再继续加入
4
NaOH,HC 2O-与碱反应转化为C
2O2-
,题图中各曲线代表的微粒分别如下:
4 4北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
根据图像所示,pH=2.5时,c(HC
2O-
)最大,远大于c(C
2O2-
)和c(H
2
C
2
O
4
),则不可能得到
4 4
c(H
2
C
2
O
4
)+c(C
2O2-
)>c(HC
2O-
),A项错误;由图可知:pH=4.2时,c(C
2O2-
)=c(HC
2O-
),H
2
C
2
O
4
4 4 4 4
c(H+)·c(C O2-)
的K = 2 4 = c(H+)=10-4.2,B项错误;溶液中存在电荷守恒:c(H+)
a 2 c(HC O-)
2 4
+c(Na+)=2c(C )+c(HC )+c(OH-),向H C O 溶液中滴加NaOH溶液至
2O2- 2O- 2 2 4
4 4
pH=7,c(H+)=c(OH-),则溶液中:c(Na+)=2c(C
2O2-
)+c(HC
2O-
),则c(Na+)>2c(C
2O2-
),C项错误;
4 4 4
等体积混合后,H C O 与NaOH恰好完全反应,溶质为Na C O ,该溶液中存在质子守
2 2 4 2 2 4
恒:c(OH-)=c(H+)+c(HC
2O-
)+2c(H
2
C
2
O
4
),D项正确。
4
5.(双选)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化
2
的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A. (H X)的数量级为10-6
K 2
a
2
B.曲线M表示pH与lgc(H X-)的变化关系
c(H X)
2
C.NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)
D.当混合溶液呈中性时,c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+)
答案 BD H X的电离方程式为H X H++HX-,HX- H++X2-。当c(H X-)=
2 2
c(H X)
2
c(X2-) =1时,即横坐标为0.0时, =c(H+), =c'(H+),因为 > ,故c(H+)>c'(H+),即
K K K K
c(H X-) a 1 a 2 a 1 a 2
pH<pH',结合图像知,曲线N代表第一步电离,曲线M代表第二步电离。分析题图可知
≈10-5.4,A项正确,B项错误;分析曲线M可知,当NaHX、Na X浓度相等时,pH约为
K 2
a
2
5.4,溶液呈酸性,说明HX-的电离程度大于X2-的水解程度,所以NaHX溶液中
c(H+)>c(OH-),C项正确;根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-),中性溶液
中存在c(H+)=c(OH-),故有c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-),假设c(HX-)=c(X2-)或c(HX-)>c(X2-),则溶
液一定呈酸性,故中性溶液中c(HX-)<c(X2-),D项错误。
6.(双选)联氨(N H ,无色液体)为二元弱碱,又称肼,在水中的电离方式与氨相似,可在水中
2 4
逐级电离出N 2H+、N 2H2+。常温下,向10 mL联氨溶液中逐滴加入等浓度的盐酸,lg
5 6
c(N
2
H
6
2+) 或lgc(N
2
H
5
+) 随pOH的变化曲线如图所示[pOH=-lgc(OH-)]。下列有关说
c(N H+) c(N H )
2 5 2 4
法错误的是 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
c(N H2+)
A.P为lg 2 6 随pOH的变化曲线
c(N H+)
2 5
B.加入盐酸的体积为5 mL时,溶液中c(N
2
H
4
)=c(N
2H+
)
5
C.加入盐酸的体积为10 mL时,溶液中2c(N
2H2+
)+c(N
2H+
)>c(Cl-)
6 5
D.联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N H (HSO )
2 6 4 2
答案 BC N 2 H 4 在水中的电离方程式为N 2 H 4 +H 2 O N 2H+ +OH-,N 2H+ +H 2 O N 2
5 5
c(N H+)·c(OH-) c(N H2+)·c(OH-)
H2++OH-。K = 2 5 , K = 2 6 ,且K > K 。当
6 b 1 c(N H ) b 2 c(N H+) a 1 a 2
2 4 2 5
c(N H+) c(N H2+) c(N H2+)
pOH相同时,lg 2 5 >lg 2 6 ,故P为lg 2 6 随pOH的变化曲线,A项
c(N H ) c(N H+) c(N H+)
2 4 2 5 2 5
K
正确;由题图可知,
K
(N
2
H
4
)≈10-6.1,
K
(N
2
H
4
)≈10-10.9,故K
h
(N 2H+)= W=10-7.9>
K
(N
2
H
4
),
b 1 b 2 5 K b 2
b
1
当加入盐酸的体积为5 mL时,溶液中的溶质为等物质的量的N
2
H
4
和N
2
H
5
Cl,因N 2H+的
5
水解程度大于电离程度,溶液中N
2
H
4
和N 2H+的浓度不相等,加入盐酸的体积为10 mL时,
5
溶液中的溶质为N
2
H
5
Cl,溶液显酸性,由电荷守恒2c(N
2H2+
) +c(N
2H+
)+c(H+)=c(Cl-)
6 5
+c(OH-)可知,2c(N
2H2+
)+c(N
2H+
)<c(Cl-),B、C项错误;联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式
6 5
为N H (HSO ) ,D项正确。
2 6 4 2
7.(双选)25 ℃时,0.10 L某二元弱酸H A用1.00 mol/L NaOH溶液调节其pH,溶液中
2
H A、HA-及A2-的物质的量浓度变化如图所示:
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下列说法错误的是( )
A.H A的 =1×10-4
2 K
a
1
B.溶液在X点和Z点时水的电离程度相同
C.在Y点时,c(Na+)>3c(A2-)
D.0.1 mol·L-1NaHA溶液中:c(Na+)>c(HA-)>c(H A)>c(A2-)
2
答案 BD H A是二元弱酸,在溶液中存在电离平衡H A H++HA-、HA- H+
2 2
+A2-,根据离子浓度大小可知▲表示H A,■表示HA-,★表示A2-。A项, =
2 K
a
1
c(H+)·c(H A-),X点时,溶液pH=4,c(H+)=10-4 mol/L,此时c(HA-)=c(H A),则
2 K
c(H A) a 1
2
=c(H+)=1×10-4,正确。B项,溶液中H A电离产生H+,对水的电离平衡起抑制作用,向H A
2 2
溶液中逐滴加入NaOH溶液,溶液的酸性逐渐减弱,在恰好被完全中和前,水的电离程度
逐渐增大;X点时H A仅部分被中和,Z点恰好完全反应生成Na A,所以水的电离程度
2 2
Z>X,错误。C项,根据题图可知,Y点对应溶液为等浓度的Na A与NaHA混合溶液,溶液
2
中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-),由于此时溶液pH=8,说明溶液中
c(H+)<c(OH-),所以c(Na+)>2c(A2-)+c(HA-),由于溶液中c(HA-)=c(A2-),则c(Na+)>3c(A2-),正
确。D项,根据滴定曲线可知,在恰好发生反应H A+NaOH NaHA+H O时,得到的溶
2 2
液为NaHA溶液,此时pH=6,溶液显酸性,说明HA-的电离程度大于其水解程度,所以
c(A2-)>c(H A),错误。
2
8.下列有关问题,与盐的水解有关的是( )
①NH Cl与ZnCl 溶液可作焊接金属中的除锈剂。
4 2
②NaHCO 与Al (SO ) 两种溶液可作泡沫灭火剂。
3 2 4 3
③草木灰和铵态氮肥不能混合施用。
④实验室盛放Na CO 溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞。
2 3
⑤加热蒸干AlCl 溶液得到Al(OH) 固体
3 3
A.①②③ B.②③④
C.①④⑤ D.①②③④⑤
答案 D ①中NH
4
Cl与ZnCl
2
溶液水解均显酸性,可以除去金属表面的锈;②HC O-与
3
Al 3+ 可发生相互促进的水解反应 ,产生Al(OH) 和CO ,可作灭火剂;③草木灰的主要成分
3 2
为K CO ,K CO 水解使溶液显碱性,而铵态氮肥水解使溶液显酸性,因而不能混合施
2 3 2 3
用;④Na CO 溶液因Na CO 水解而显碱性,而磨口玻璃塞中的SiO 与碱反应生成
2 3 2 3 2北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
Na SiO ,Na SiO 会将瓶塞与瓶口黏合而打不开,因此实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶应
2 3 2 3
用橡胶塞;⑤AlCl 溶液中存在水解平衡:AlCl +3H O Al(OH) +3HCl,加热时,HCl挥发
3 3 2 3
使平衡不断右移,最终得到Al(OH) 固体(如果灼烧,会得到Al O 固体)。
3 2 3
9.《本草纲目》中对白矾之用有如下叙述:“吐利风热之痰涎,取其酸苦涌泄也;治诸血痛,
脱肛……取其酸涩而收也”。下列说法错误的是( )
A.白矾治血痛的原因是利用了胶体的聚沉
B.白矾溶于水后微粒浓度排序:c(S
O2-
)>c(Al3+)>c(K+)>c(OH-)>c(H+)
4
C.检测“无矾油条”是否含“矾”的方法:将油条加热碳化→加水溶解→过滤→滤液中
逐滴加入NaOH溶液
D.白矾在油条中作膨化剂的原理:Al3++3HC
O-
Al(OH)
3
↓+3CO
2
↑
3
答案 B 白矾的化学式为KAl(SO ) ·12H O,Al3+水解使溶液呈酸性,微粒浓度排序:c(S
4 2 2
)>c(K+)>c(A )>c(H+)>c(OH-),故B错误。
O2- l3+
4
10.已知:K [Fe(OH) ]=4.0×10-36。c(Fe3+)=4.0×10-3mol·L-1的溶液中,搅拌的同时向该溶液
sp 3
中滴加浓氨水,当开始出现氢氧化铁沉淀时,溶液的pH为( )
A.12 B.11 C.4 D.3
答案 D 当开始出现Fe(OH) 3 沉淀时,c(OH-)=√ 3 K sp [Fe(OH) 3 ] =1×10-11mol·L-1,则
c(Fe3+)
c(H+)=1×10-3mol·L-1,溶液的pH为3,故选D。
11.已知K (AgCl)=1.8×10-10,K (AgI)=1.0×10-16。下列说法错误的是( )
sp sp
A.AgCl不溶于水,不能转化为AgI
B.在含有浓度均为0.001 mol·L-1的Cl-、I-的溶液中缓慢加入AgNO 稀溶液,首先析出
3
AgI沉淀
C.AgI比AgCl更难溶于水,AgCl可以转化为AgI
1
D.常温下,AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI,则NaI的浓度必须不低于 ×10-
√1.8
11mol·L-1
答案 A 溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现,A错误、C正确;组成和
结构相似的物质,溶度积越小,其溶解度越小,越易先形成沉淀,B正确;根据
K (AgCl)=1.8×10-10得c(Ag+)=√1.8×10-5mol·L-1,要使AgI形成沉淀,则
sp
c(Ag+)·c(I-)>1.0×10-16,c(I-)> 1.0×10-16 mol·L-1= 1 ×10-11mol·L-1,D正确。
√1.8×10-5 √1.8
12.常温下,有关物质的溶度积如下,下列有关说法不正确的是 ( )
物质 CaCO 3 MgCO 3 Ca(OH) 2 Mg(OH) 2 Fe(OH) 3
K 4.96×10-9 6.82×10-6 4.68×10-6 5.60×10-12 2.80×10-39
sp
A.常温下,除去NaCl溶液中的MgCl 杂质,选用NaOH溶液比Na CO 溶液效果好
2 2 3
B.常温下,除去NaCl溶液中的CaCl 杂质,选用NaOH溶液比Na CO 溶液效果好
2 2 3北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
C.向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液,当两种沉淀共存且溶液的pH=8时,c(M
)∶c(F )=2.0×1021
g2+ e3+
D.将适量的Ca(OH) 固体溶于100 mL水中,刚好达到饱和[c(Ca2+)=1.0×10-2mol/L],若保
2
持温度不变,向其中加入100 mL 0.012 mol/L的NaOH溶液,则该溶液变为不饱和溶液
(忽略溶液体积变化)
答案 B 设c(Mg2+)=a mol/L,由表中数据可知,当产生Mg(OH) 沉淀时,c(OH-)=
2
√5.60×10-12 mol/L;当产生MgCO
3
沉淀时,c(C
O2-
)=6.82×10-6 mol/L,
a 3 a
√5.6×10-12 mol/L<6.82×10-6 mol/L,所以当Mg2+浓度相同时,Mg(OH)
2
更容易产生
a a
沉淀,则除去NaCl溶液中的MgCl 杂质,选用NaOH溶液比Na CO 溶液效果好,A正确。
2 2 3
同理可知,当Ca2+浓度相同时,CaCO 比Ca(OH) 更容易沉淀,除去NaCl溶液中的CaCl
3 2 2
杂质,选用Na CO 溶液比NaOH溶液效果好,B错误;向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加
2 3
NaOH溶液,当两种沉淀共存且溶液的pH=8时,c(M )=K [Mg(OH) ] =
g2+ sp 2
c2(OH-)
5.60×10-12mol/L=5.60 mol/L,c(F )=K [Fe(OH) ] =2.80×10-39
e3+ sp 3
(10-6)2 c3(OH-) (10-6)3
mol/L=2.80×10-21mol/L,故c(Mg2+)∶c(Fe3+)=5.60∶2.8×10-21=2.0×1021,C正确;将适量的
Ca(OH) 固体溶于100 mL水中,刚好达到饱和,c(Ca2+)=1.0×10-2mol/L,c(OH-)=
2
√4.68×10-6mol/L≈2.163×10-2mol/L,若保持温度不变,向其中加入100 mL 0.012
1.0×10-2
mol/L的NaOH溶液,混合后,c(Ca2+)=5×10-3mol/L,c(OH-)=
2.163×10-2mol/L+0.012 mol/L
=0.0168 15 mol/L,此时Ca(OH) 的浓度商
2
2
Q=c(Ca2+)·c2(OH-)=5×10-3×0.016 8152≈1.4×10-6<K [Ca(OH) ],则该溶液变为不饱和溶
sp 2
液,D正确。
13.已知:pAg=-lg[c(Ag+)]。K (AgCl)=1×10-10,K (AgI)=1×10-17。如图是向10 mL AgNO
sp sp 3
溶液中加入0.1 mol/L NaCl溶液时,溶液中pAg随加入NaCl溶液的体积变化的图像(实
线)。根据图像所得下列结论正确的是( )北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
A.原AgNO 溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L
3
B.图中x点表示溶液中c(Ag+)=c(Cl-)
C.图中x点的坐标为(10,5)
D.把NaCl溶液换成0.1 mol/L的NaI溶液,则图像在终点后变为虚线部分
答案 B 图中O点处pAg=0,因此c(Ag+)=1 mol/L,即原AgNO 溶液的物质的量浓度为
3
1
mol/L,A错误;x点c(Ag+)=1×10-5mol/L,c(Cl-)=1×10-10
mol/L=1×10-5mol/L,因此
1×10-5
c(Ag+)=c(Cl-),B项正确;x点c(Ag+)=1×10-5mol/L,沉淀完全,那么n(NaCl)=n(AgNO )=0.01
3
0.01mol
L×1 mol/L=0.01 mol,则V(NaCl)= =0.1 L=100 mL,因此x点的坐标为
0.1mol/L
(100,5),C错误;由于K (AgI)<K (AgCl),因此c(Ag+)减小,把NaCl溶液换成0.1 mol·L-1的
sp sp
NaI溶液,pAg更大,不是虚线部分所示图像,D错误。
14.已知亚硒酸(H SeO )为二元弱酸,常温下,向某浓度的亚硒酸溶液中逐滴加入一定浓度
2 3
的NaOH溶液,所得溶液中H
2
SeO
3
、HSe O-、Se O2-三种微粒的物质的量分数与溶液pH
3 3
的关系如图所示。
下列说法不正确的是( )
A.pH=4.2的溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HSe
O-
)
3
B.常温下,亚硒酸的电离平衡常数 =10-4.2
K
a
2
C.在NaHSeO
3
溶液中,存在c(Se
O2-
)<c(HSe
O-
)
3 3
D.向pH=1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.2的过程中水的电离程度一直增大
答案 C pH=4.2时,根据电荷守恒可知,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSe O- )+2c(Se O2- ),由题
3 3
图可知此时溶液中HSe O-和Se O2-的浓度相等,故c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HSe
O-
),A项
3 3 3
正确;根据电离方程式:H
2
SeO
3
HSe
O-
+H+,HSe
O-
Se
O2-
+H+可知,
K
(H
2
SeO
3
)=
3 3 3 a 2
c(SeO
3
2-)·c(H+)
,当pH=4.2时,c(Se
O2-
)=c(HSe O-),因此
K
=10-4.2,B项正确;根据B
c(HSeO-) 3 3 a 2
3
项分析可求得 K (H 2 SeO 3 )=10-1.2,K h (HSe O-)=
K
W =
10-14
=10-12.8,在NaHSeO 3
a 1 3 K (H SeO ) 10-1.2
a 2 3
1北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
溶液中,K
h
(HSe
O-
)<
K
(H
2
SeO
3
),即HSe O-的电离程度大于其水解程度,故c(Se
O2-
3 a 2 3 3
)>c(HSe ),C项错误;向pH=1.2的溶液中滴加NaOH溶液至pH=4.2的过程中,加入的
O-
3
NaOH中和了溶液中的H+,对水的电离的抑制程度减弱,故水的电离程度一直增大,D项正
确。
思路点拨 1.分析微粒的物质的量分数与溶液pH的关系图,抓pH=1.2和pH=4.2时两个
特殊点,分别求出H 2 SeO 3 的 K 和 K ;2.比较NaHSeO 3 溶液中c(Se O2- )和c(HSe O- )大小
a 1 a 2 3 3
时需知道HSe O-的电离程度与其水解程度的相对大小,可通过比较HSe O-的电离常数和
3 3
HSe 的水解常数来确定。
O-
3
15.Zn(OH) 、ZnS分别为白色、淡黄色难溶物,二者溶解度均随温度升高而增大。某温
2
度下,K [Zn(OH) ]=1.0×10-18。向物质的量浓度相同的NaOH和Na S的混合溶液中滴加
sp 2 2
ZnSO 溶液,溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。图中p(Zn)=-lgc(Zn2+),p(B)=-
4
lgc(OH-)或-lgc(S2-)。下列说法正确的是( )
A.曲线Ⅰ表示的是Zn2+与OH-浓度关系的曲线
B.该温度下,K (ZnS)=1.0×10-26
sp
C.升高温度时,b点一定会向c点移动
D.已知此温度下 (H S)=4.0×10-16,向0.01 mol/LNaHS溶液中滴加等体积0.2 mol/L
K 2
a
2
ZnSO 溶液不能产生沉淀
4
答案 A 假设曲线Ⅰ表示的是Zn2+ 与OH-浓度关系的曲线,则a点时c(Zn2+
)=c(OH-)=10-6mol/L,K [Zn(OH) ]=10-6×(10-6)2=1.0×10-18,所以假设成立,即曲线Ⅰ表示的是
sp 2
Zn2+与OH-浓度关系的曲线,A正确;曲线Ⅱ表示的是Zn2+与S2-浓度关系的曲线,b点时
c(Zn2+)=c(S2-)=10-14mol/L,K (ZnS)=c(Zn2+)·c(S2-)=10-14×10-14=1.0×10-28,B错误;ZnS溶解
sp
吸热,升高温度时溶液中c(Zn2+)、c(S2-)增大,则p(Zn)、p(B)减小,即升高温度时,b点一定
会沿着ba方向向a点移动,C错误;等体积混合瞬间,NaHS溶液浓度为0.005 mol/L、
ZnSO 4 溶液浓度为0.1 mol/L,c( S2- )= √c(HS-)K = √4.0×10-16×0.005
a
2
mol/L=1.4×10-9mol/L,浓度商Q=c(Zn2+)·c(S2-)=0.1×1.4×10-9=1.4×10-10>1.0×10-28=K (ZnS),
sp
所以产生ZnS沉淀,D错误。
16.25 ℃时,用HCl气体调节0.1 mol·L-1氨水的pH,系统中微粒浓度的对数值(lgc)与pH
n(HCl)
的关系如图1所示,反应物的物质的量之比[τ= ]与pH的关系如图2所
n(NH ·H O)
3 2
示。若忽略通过气体后溶液体积的变化,下列有关说法正确的是( )北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
A.p 所示溶液:c(Cl-)=0.05 mol·L-1
1
B.p 所示溶液:c(NH ·H O)>c(OH-)+c(Cl-)
2 3 2
C.p
3
所示溶液:c(N
H+
)+c(NH
3
·H
2
O)=c(Cl-)+c(H+)
4
D.25 ℃时,NH ·H O的电离平衡常数为10-4.75
3 2
答案 D A项,根据图1可知p 1 时,溶液中c(N H+ )=c(NH 3 ·H 2 O)=0.05 mol·L-1,溶液中存
4
在电荷守恒c(H+)+c(N
H+
)=c(OH-)+c(Cl-),p
1
点溶液pH=9.25,呈碱性,c(OH-)>c(H+),故
4
c(Cl-)<c(N )=0.05 mol·L-1,错误;B项,根据电荷守恒c(H+)+c(N )=c(OH-)+c(Cl-),由图1
H+ H+
4 4
可知p
2
时,c(N
H+
)>c(NH
3
·H
2
O),c(H+)+c(N
H+
)>c(NH
3
·H
2
O),故c(NH
3
·H
2
O)<c(OH-)+c(Cl-),
4 4
n(HCl)
错误;C项,由图2可知p 时τ= =1.0,溶液的溶质为NH Cl,根据元素质量
3 n(NH ·H O) 4
3 2
守恒可得c(Cl-)=c(N
H+
)+c(NH
3
·H
2
O)=0.1 mol·L-1,所以c(N
H+
)+c(NH
3
·H
2
O)<c(Cl-)
4 4
+c(H+),错误;D项,25 ℃时,NH ·H
O的电离平衡常数为K=c(NH+)·c(OH-)
,由图1
3 2 4
c(NH ·H O)
3 2
知,当溶液中c(N H+)=c(NH
3
·H
2
O)时,pH=9.25,则K=c(NH+
4
)·c(OH-)
=c(OH-)=
4 c(NH ·H O)
3 2
10-14 =10-4.75,正确。
10-9.25
17.常温下,用物质的量浓度为a mol·L-1的NaOH稀溶液滴定0.1 mol·L-1某酸HA溶液,
溶液中水电离出的c (H+)的负对数[-lgc (H+)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。
水 水
下列说法正确的是 ( )北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
A.N点溶液显酸性
B.K(HA)的值约为10-5
a
C.R点溶液中:c(Na+)<c(A-)
D.Q点溶液中:c(Na+)=c(A-)+c(HA)
答案 B 酸或碱抑制水的电离 , 酸中 c(H + ) 、碱中 c(OH - ) 越大 , 对水电离的抑制程度越大 ,
则 -lgc (H + ) 越大 , 弱酸根阴离子或弱碱阳离子促进水电离 , 则 -lgc (H + ) 减小 ,根据图知,开
水 水
始时溶质为HA,溶液呈酸性而抑制水电离,随着NaOH溶液的加入,溶液中c(A-)增大而导
致水电离程度增大,NaA溶液呈碱性,R点溶液pH=7,溶液呈中性,溶液中溶质为HA、
NaA;N点水电离程度最大,溶液中溶质为NaA,继续加入NaOH溶液导致溶液中水电离程
度减小,Q点溶质为NaA、NaOH。A项,N点溶质为NaA,0.1 mol·L-1 HA溶液中-lgc
水
(H+)=11,溶液pH=3,说明HA为弱酸,NaA水解导致溶液呈碱性,故A错误;B项,开始时溶
质为HA,HA电离程度较小,则溶液中c(HA)≈0.1
mol·L-1,溶液中c(A-)≈c(H+)=10-14
10-11
c(A-)·c(H+) 10-3×10-3
mol·L-1=10-3 mol·L-1,K(HA)= = =10-5,故B正确;C项,R点溶
a c(HA) 0.1
液pH=7,溶液呈中性,则溶液中c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(A-)
+c(OH-),则c(Na+)=c(A-),故C错误;D项,Q点溶质为NaOH、NaA,NaOH过量,根据物料守
恒得c(Na+)>c(A-)+c(HA),故D错误。
18.高纯碳酸锰在电子工业中被广泛应用,湿法处理软锰矿(主要成分为MnO ,还含有少量
2
Fe、Si等杂质元素)制备高纯碳酸锰的流程如下:
其中除杂过程包括:①室温下,向滤液中加入一定量的试剂X,调节滤液的pH为3.5~5.5;
②再加入一定量的软锰矿和双氧水(MnO +H O +2H+ Mn2++2H O+O ↑),过滤。已知:
2 2 2 2 2
室温下,K [Fe(OH) ]=4.0×10-38。下列说法正确的是( )
sp 3
A.“浸出”时没有发生氧化还原反应
B.“除杂”试剂X可以是MnO
C.室温下,“除杂”时调节滤液的pH为4,此时c(Fe3+)>10-5mol·L-1
D.“沉淀”时加入过量的NH
4
HCO
3
溶液,发生反应的离子方程式为 Mn2++4HC
O-
3
MnCO ↓+2H O+3CO ↑
3 2 2
答案 B 浸出时加入的植物粉具有还原性,可以将MnO 还原为Mn2+,A错误;试剂X目
2
的是调节溶液的pH,加入MnO能反应溶液中的H+,pH升高,生成Fe(OH) ,且不引入新杂
3北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
质,B正确;pH=4时,c(OH-)=10-10mol·L-1,K [Fe(OH)
]=4.0×10-38,c(Fe3+)=4×10-38
sp 3
(10-10)3
mol·L-1=4×10-8mol·L-1<10-5mol·L-1,C错误;离子方程式电荷不守恒,D错误。
19.已知:
c(HX) c(HX)
p[ ]=-lg[ ]。室温下向HX溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液,溶
c(X-) c(X-)
c(HX)
液pH随p[ ]变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
c(X-)
A.a点溶液中:10c(Na+)=c(HX)
B.溶液中由水电离出的c(H+):a>b>c
C.b点溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(HX)+c(OH-)
D.当溶液呈中性时:c(Na+)=c(HX)
答案 C A项,a点溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-),由图可知此时p[
c(HX)
]=-1,即c(X-)=10c(HX),代入电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=10c(HX)+c(OH-),此时
c(X-)
pH=3.75溶液呈酸性c(H+)>c(OH-), 故c(Na+)<10c(HX),错误;B项,根据题图可知,a、b、c
三点所示溶液均为酸性溶液,在溶质为HX和NaX,pH<7的溶液中,可只考虑HX电离产
生的H+对水的电离的抑制,溶液pH越大,氢离子浓度越小,水的电离程度越大,则溶液中
水的电离程度:a<b<c,错误;C项,b点溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-),此
c(HX)
时p[ ]=0,则c(X-)=c(HX),代入电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HX)+c(OH-),正确;D项,
c(X-)
溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-),当溶液呈中性时,有c(Na+)=c(X-),若
c(HX)
c(Na+)=c(HX),则c(X-)=c(HX),此时p[ ]=0,即为b点,但b点溶液呈酸性,不符合,错
c(X-)
误。
20.常温下,往20 mL 0.10 mol/L HA溶液中滴加0.10 mol/L KOH溶液,所得混合溶液
中水电离的H+浓度和所加的 KOH溶液体积变化趋势如图所示,下列有关说法错误的是(
)
A.该酸的电离度约为1%北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
B.b 点:溶液存在c(A-)>c(K+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)
C.c点: 溶液存在c(HA)+c(H+)=c(OH-)
D.d 点: pH=7
答案 D a点为HA溶液,此时c (H+)=10-11 mol/L,则c (OH-)=c (H+),故c(OH-)=c
水 水 水 水
(OH-)=10-11 mol/L,则c(H+)= K = 10-14 =10-3mol/L,电离度=10-3
W
10-11mol/L 10-11mol/L 0.1
×100%=1%,A正确;b点对应加入KOH 10 mL,故b点溶液组成为KA∶HA=1∶1,溶液中大
量存在K+、A-、HA,由图示知,此时c (H+)<10-7 mol/L,说明水的电离受到抑制,则HA电
水
离程度大于A-水解程度,H+、OH-由微弱过程产生,微量存在,故浓度大小顺序为
c(A-)>c(K+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-),B正确;c点时n(KOH)∶n(HA)=1∶1,溶液组成为KA,由电
荷守恒c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)、元素质量守恒c(K+)=c(A-)+c(HA)得:c(HA)
+c(H+)=c(OH-),C正确;c点组成为KA,由于A-水解,溶液显碱性,c点到d点继续加入KOH,
碱性增强,不可能呈中性,D错误。
21.亚磷酸(H PO )是一种二元弱酸,常温下,向一定浓度的NaOH溶液中逐滴滴加H PO
3 3 3 3
溶液,含磷各微粒的分布分数X(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与
pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.反应主要产物为Na HPO 和NaH PO 两种酸式盐
2 3 2 3
B.曲线b代表X(HP
O2-
)
3
C.H P 的电离平衡常数K=1×10-6.7mol·L-1
2 O- a
3
D.NaH
2
PO
3
溶液:c(Na+)>c(H
2
P
O-
)>c(OH-)>c(H+)
3
答案 C A项,亚磷酸(H PO )是一种二元弱酸,产物Na HPO 是正盐,错误;B项,滴入
3 3 2 3
NaOH溶液时依次发生:H
3
PO
3
+OH- H
2
P
O-
+H
2
O,H
2
P
O-
+ OH- HP
O2-
+H
2
O,故
3 3 3
X(H P )先增大后减小,即曲线b代表X(H P ),横坐标为pOH,故曲线c代表X(H PO ),
2 O- 2 O- 3 3
3 3
c(H+)c(HPO2-)
曲线a代表X(HP O2-),错误;C项,H 2 P O-的电离平衡常数K a = 3 ,曲线a
3 3 c(H PO-)
2 3
代表X(HP
O2-
),曲线b代表X(H
2
P
O-
),据图可知当X(H
2
P
O-
)=X(HP
O2-
)即c(H
2
P
O-
3 3 3 3 3北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
)=c(HP )时,pOH=7.3,则此时溶液中c(H+)=10-6.7 mol·L-1,故K=1×10-6.7 mol·L-1,正确;D
O2- a
3
项,由图可知,当pOH=10时,此时溶质为NaH PO ,溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),错误。
2 3
22.已知:P=-lg[c(HX)],室温下,向0.10 mol·L-1的HX溶液中滴加0.1 mol·L-1的NaOH
c(X-)
溶液,溶液pH随P的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )
A.a点溶液中:c(HX)+c(X-)=0.10 mol·L-1
B.b点坐标为(0,4.75)
C.c点溶液中:10c(X-)=c(HX)
D.溶液中水的电离程度:c<b<a
c(HX)
答案 B A项,a点时-lg[ ]=-1,则10c(X-)=c(HX),说明已经滴加了NaOH溶液,溶
c(X-)
液体积增大,故c(HX)+c(X-)<0.10 mol·L-1,错误;B项,HX在溶液中存在电离平衡:HX
c(H+)·c(X-) c(HX)
H++X-,K= ,则pH=pK+p[ ],代入c点坐标(1,5.75)可
a c(HX) a c(X-)
c(HX) c(HX)
知,pK=4.75,则b点pH=pK+p[ ]=4.75+0=4.75,正确;C项,c点时-lg[ ]=1,
a a c(X-) c(X-)
则c(X-)=10c(HX),错误;D项,根据题图可知,a、b、c均为酸性溶液,则溶质为HX和
NaX,pH<7的溶液中,HX的电离程度大于X-的水解程度,可只考虑H+对水的电离的抑制,
溶液pH越大,氢离子浓度越小,水的电离程度越大,则溶液中水的电离程度:a<b<c,错误。
23.常温下,向20 mL 0.05 mol/L 的某稀酸H B溶液中滴入0.1 mol/L氨水,溶液中由水
2
电离出的氢离子浓度随滴入氨水体积变化如图。下列分析正确的是( )
A.NaHB溶液可能为酸性,也可能为碱性
B.A、B、C三点溶液的pH逐渐减小,D、E、F三点溶液的pH逐渐增大
C.E溶液中离子浓度大小关系:c(N
H+
)>c(B2-)>c(OH-)>c(H+)
4
D.F点溶液c(N
H+
)=2c(B2-)
4北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
答案 D 由题图知,0.05 mol/L的H B溶液中水电离出的OH-浓度为10-13 mol/L,溶液
2
中c(H+)=0.1 mol/L,故H B为二元强酸,NaHB溶液呈酸性,A项错误;向酸溶液中逐滴加
2
入碱发生中和反应,混合溶液的pH逐渐增大,B项错误;E点溶液由(NH ) B和氨水混合而
4 2
成,由于水电离出的c(H+)>1×10-7 mol/L,溶液中H+全部来自水电离,则E点溶液显酸性,所
以c(H+)>c(OH-),C项错误;F点溶液由(NH ) B和氨水混合而成,由于水电离出的
4 2
c(H+)=1×10-7 mol/L,溶液中H+全部来自水电离,则F点溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),由电荷
守恒得c(N
H+
)+c(H+)=c(OH-)+2c(B2-),所以有c(N
H+
)=2c(B2-),D项正确。
4 4
24.常温下,向含少量盐酸的0.1 mol/L的CrCl 溶液中逐滴滴加NaOH溶液,所加NaOH
3
溶液的体积与溶液pH变化如图所示。
已知:Cr(OH) 为灰绿色的沉淀,当Cr3+浓度为10-5 mol/L时,可认为沉淀完全,碱过量时生
3
成Cr(OH )-。下列说法正确的是( )
4
A.AB段发生反应的离子方程式为:Cr3++3OH- Cr(OH) ↓
3
B.A到D过程中,溶液中水的电离程度先减小后增大
C.当溶液pH=5时,c(Cr3+)=1×10-3.8 mol/L
D.D点溶液中c(Cl-)>c(Na+)>c[Cr(OH
)-
]>c(OH-)>c(H+)
4
答案 C 溶液中含少量盐酸,AB段发生盐酸和NaOH溶液的反应,酸抑制水的电离,所
以该阶段水的电离程度逐渐增大,A项、B项错误;C点之后pH发生突变,则该点应为
Cr3+完全沉淀的点,此时c(Cr3+)=10-5 mol/L,c(H+)=10-5.4 mol/L,则c(OH-)=10-8.6 mol/L,则
K [Cr(OH) ]=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-30.8,pH=5时c(OH-)=10-9 mol/L,所以c(Cr3+)=
10-30.8
sp 3
(10-9)3
mol/L=10-3.8 mol/L,C项正确;D点溶液显碱性,所以NaOH过量,溶液中存在NaCl、
Na[Cr(OH) ],c(Na+)>c(Cl-),D项错误。
4
25.(双选)某温度下,分别向10 mL浓度均为0.1 mol/L的CuCl 和ZnCl 溶液中滴加0.1
2 2
mol/L的Na S溶液,滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)和-lgc(Zn2+)与Na S溶液体积(V)的关系
2 2
如图所示[已知:K (ZnS)>K (CuS),lg3≈0.5]。下列说法正确的是( )
sp sp北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
A.a点的ZnCl 溶液中:c(Cl-)<2[c(Zn2+)+c(H+)]
2
B.由图像可以计算得出该温度下K (ZnS)=10-35.4
sp
C.a-b-e为滴定CuCl 溶液的曲线
2
D.d点纵坐标约为33.9
答案 AD a点,ZnCl 溶液显酸性,由电荷守恒得c(Cl-)=2c(Zn2+)+c(H+)-c(OH-)<2[c(Zn2+)
2
+c(H+)],A项正确;K (ZnS)>K (CuS),硫离子浓度相同时,-lgc(Cu2+)>-lgc(Zn2+),故a-b-e为
sp sp
滴定ZnCl 溶液的曲线,可计算出该温度下K (ZnS)=10-25.4,B项、C项错误;a-c-d为氯化
2 sp
10-35.4
1
铜溶液滴定曲线,可计算得K (CuS)=10-35.4,d点时,c(S2-)= ×0.1 mol/L,c(Cu2+)=1
sp 3 ×0.1
3
mol/L=3×10-34.4 mol/L,故d点纵坐标-lgc(Cu2+)=33.9,D项正确。
解题指导 ZnS、CuS沉淀类型相同,K 越小溶解度越小,则K (ZnS)>K (CuS),硫化铜溶
sp sp sp
解度小,恰好完全反应时硫化铜溶液中阳离子沉淀更彻底,剩余阳离子浓度小,可由此判断
溶液中阳离子变化曲线。
26.(双选)H A是一种二元弱酸,H A由于与空气中的某种成分作用而保持不变,已知
2 2
K (MA)=3×10-9,某水体中lgc(X)(X为H A、HA-、A2-、M2+)与pH的关系如图所示。下
sp 2
列说法正确的是( )
A.曲线②代表HA-
B.H A的一级电离常数为10-8.3
2
C.c(M2+)随pH升高而增大
D.pH=10.3时,c(M2+)=3.0×10-7.9 mol·L-1
答案 AD H A的浓度保持不变,则①代表H A,随着pH逐渐增大,HA-、A2-离子浓度增
2 2
大,pH较小时HA-的浓度大于A2-的浓度,则曲线②代表HA-,曲线③代表A2-,A项正确;曲
线①②的交点代表溶液中H A、HA-的浓度相等,由坐标(6.3,-5)知, =
2 K
a
1北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
c(HA-)·c(H+)=c(H+)=10-6.3,B项错误;曲线④代表M2+,则c(M2+)随pH升高而减小,C
c(H A)
2
项错误;曲线②③的交点(10.3,-1.1)代表溶液中HA-、A2-离子浓度相等,均为10-1.1 mol·L-1,
则c(M2+)=K (MA) =3.0×10-9 mol·L-1=3.0×10-7.9 mol·L-1,D项正确。
sp
c(A2-) 10-1.1
27.(双选)室温下,用0.1 mol/L的NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol/L的HAuCl 溶液。溶
4
液中,含氯微粒a、b的分布系数δ、NaOH溶液体积V(NaOH)与pH的关系如图所示[比
c(HAuCl )
如HAuCl 4 的分布系数,δ(HAuCl 4 )= 4 ]。
c(HAuCl )+c(AuCl-)
4 4
下列叙述错误的是( )
A.X点,溶液中c(Na+)>c(HAuCl )
4
B.p点,溶液中c(HAuCl
4
)+c(H+)<c(AuC
l-
)+c(OH-)
4
C.n点,溶液中δ(AuC
l-
)约为0.75
4
D.q点,溶液的pH在8~9之间
答案 AC 随着NaOH溶液的滴入,溶液pH逐渐增大,HAuCl 4 逐渐转化为AuC l- ,故图
4
像中微粒a为HAuCl
4
,微粒b为AuC
l-
,X点c(HAuCl
4
)=c(AuC
l-
),此时溶液显酸性,即
4 4
c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(AuC
l-
),得c(Na+)<c(AuC
l-
4 4
)=c(HAuCl ),A项错误;由图示知,p点对应加入NaOH溶液10 mL,此时溶液中溶质为等
4
物质的量浓度的HAuCl
4
、NaAuCl
4
,溶液显酸性,说明HAuCl
4
电离程度大于AuC l-水解
4
程度,故c(AuC
l-
)>c(Na+)>c(HAuCl
4
),根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(AuC
l-
),得
4 4
c(HAuCl )+c(H+)<c(OH-)+c(AuC ),B项正确;由分析知,实线代表HAuCl 、AuC 分布系
4 l- 4 l-
4 4
数,n点对应的δ(AuC l- )明显大于0.8,C项错误;0.1 mol/L HAuCl 4 溶液
4北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
pH=3,c(H+)≈c(AuC l-)=10-3 mol/L,则K
a
=c(H+)·c(AuCl-
4
) =10-3×10-3 =10-5,则
4 c(HAuCl ) 0.1
4
NaAuCl
4
溶液中AuC l-的水解平衡常数K
h
=K
W
=10-14 =10-9,q点对应NaOH溶液为20
4 K 10-5
a
0.1mol/L
mL,与酸恰好反应生成NaAuCl ,c(AuCl-)≈c(Na+)= =0.05 mol/L,由水解平衡
4 4 2
c(HAuCl )·c(OH-)
AuC l-+H 2 O HAuCl 4 +OH-知,c(HAuCl 4 )≈c(OH-),K h = 4 =
4 c(AuCl-)
4
c2(OH-)=10-9,故c2(OH-)=5×10-11,则c2(H+)= K2
=2×10-18,则10-9<c(H+)= ×10-
W √2
0.05 c2(OH-)
9<10-8,故溶液8<pH<9,D项正确。
疑难突破 高考题经常出现陌生物质来增加考生的认知难度,解题中可将陌生物质转化
为熟悉的物质来解题,如本题可将HAuCl 转化为HA来理解,难度会降低很多。
4
28.(双选)已知:乙二胺(H NCH CH NH ),无色液体,25 ℃时,K =10-4.07,K =10-7.15,有类氨的
2 2 2 2 1 2
性质。向10 mL浓度为0.1 mol·L-1的乙二胺溶液中滴加0.1 mol·L-1的盐酸,溶液中lg
c(H+) 与所加盐酸的体积关系如图所示。下列说法正确的是( )
c(OH-)
A.H NCH CH NH 在水溶液中电离方程式为:H NCH CH NH +2H O
2 2 2 2 2 2 2 2 2
[H NCH CH NH ]2++2OH-
3 2 2 3
B.溶液中水的电离程度:a点大于b点
C.a点:盐酸的体积大于10 mL
D.b点所处的溶液中:c(H+)=c(OH-)+2c(H NCH CH NH )+c[(H NCH CH NH )+]
2 2 2 2 2 2 2 3
答案 CD 根据题干信息可知,乙二胺为二元弱碱,乙二胺电离方程式为
H NCH CH NH +H O [H NCH CH NH ]++OH-,[H NCH CH NH ]++H O
2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 2 3 2
[H NCH CH NH ]2++OH-,A项错误;a点溶液呈中性,水的电离不受影响,b点
3 2 2 3
H NCH CH NH 和盐酸恰好完全反应生成ClH NCH CH NH Cl,[H NCH CH NH ]2+水解
2 2 2 2 3 2 2 3 3 2 2 3
促进水的电离,B项错误;加入10 mL盐酸时,n(H NCH CH NH ):n(HCl)=1∶1,溶液中的溶
2 2 2 2
质为ClH NCH CH NH ,[H NCH CH NH ]+的电离平衡常数K =10-7.15,水解平衡常数 =
3 2 2 2 2 2 2 3 2 K
h
2北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
K = 10-14 =10-9.93,电离程度大于水解程度,溶液呈碱性,而a点为中性,所以V(盐酸)>10
W
K 10-4.07
1
mL,C项正确;b点生成ClH NCH CH NH Cl,c(H+)>c(OH-),存在电荷守恒:c(H+)
3 2 2 3
+c[(H NCH CH NH )+]+2c[(H NCH CH NH )2+]=c(OH-)+c(Cl-),存在元素质量守
2 2 2 3 3 2 2 3
恒:2c(H NCH CH NH )+
2 2 2 2
2c[(H NCH CH NH )+]+2c[(H NCH CH NH )2+]=c(Cl-),二式联立可得c(H+)=c(OH-)
2 2 2 3 3 2 2 3
+2c(H NCH CH NH )+c[(H NCH CH NH )+],D项正确。
2 2 2 2 2 2 2 3
29.Al3+与F-具有很强的亲和性,当F-的浓度过大时,还会形成Al F3-。AlF
3
在一定溶剂中
6
存在分步电离,常温下向某浓度的AlF
3
溶液中加入NaF,实验测定Al3+、AlF2+、Al F+、
2
AlF 在所有含铝元素微粒中的百分含量随pF[pF=-lgc(F-)]变化如图所示,下列说法错误的
3
是( )
A.曲线b表示Al
F+
2
B.pF=4时,c(Al
F+
)>c(AlF
3
)>c(AlF2+)
2
C.pF=6.6时,3c(Al3+)+2c(AlF2+)+c(Al
F+
)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)
2
D.常温下,Al3++3F- AlF 的化学平衡常数为1015.6
3
答案 B 由题中图像可知,从左到右pF越来越大,则c(F-)浓度越来越小,得出a、b、c、
d分别代表AlF
3
、Al F+、AlF2+、Al3+变化曲线,A项正确;当pF=4时,根据题图中信息可
2
知c(Al
F+
)>c(AlF2+)>c(AlF
3
),B项错误;pF=6.6时,根据电荷守恒得到3c(Al3+)+2c(AlF2+)
2
+c(Al )+c(H+)=c(F-)+c(OH-),C项正确;由图可知,pF=3.8时,c(AlF )=c(Al ),Al +F-
F+ 3 F+ F+
2 2 2
AlF 3 的平衡常数K 1 = c(AlF 3 ) = 1 = 1 =103.8,根据pF=5.2时,c(Al F+
c(F-)·c(AlF+) c(F-) 10-3.8 2
2
)=c(AlF2+),AlF2++F- Al F+的平衡常数K
2
= c(AlF
2
+) = 1 = 1
2 c(F-)·c(AlF2+) c(F-) 10-5.2北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
=105.2,根据pF=6.6时,c(Al3+)=c(AlF2+),Al3++F- AlF2+的平衡常数K =
3
c(AlF2+) = 1 = 1 =106.6,常温下,Al3++3F- AlF 的化学平衡常数为
3
c(F-)·c(Al3+) c(F-) 10-6.6
K=K ·K ·K =103.8×105.2×106.6=1015.6,D项正确。
1 2 3
30.(双选)某二元酸(化学式用H X表示)在水中的电离方程式是:H X H++HX-,HX-
2 2
H++X2-。25 ℃时,向20.00 mL 0.1 mol/L H X溶液中滴入0.1 mol/L NaOH溶
2
液,pOH 表示溶液中由水电离出的c (OH-)的负对数[-lgc (OH-)],pOH 与所加NaOH
水 水 水 水
溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是( )
A.C、E两点溶液:C点显中性,E点显碱性
B.B点溶液中:c(X2-)>c(H+)-c(OH-)
C.D点溶液中:c(Na+)+c(HX-)+c(X2-)=0.10 mol/L
D.图中C点至D点对应溶液中:c(H X-)逐渐增大
c(X2-)
答案 AC C点溶质为NaHX、Na X,且水的电离不受影响,则溶液显中性;E点溶质为
2
NaOH、Na X,所以溶液显碱性,A项正确。 B 点溶质为 NaHX ,存在HX- H++X2-和
2
H O H++OH-,则溶液中的c(H+)=c(X2-)+c(OH-),故c(X2-)=c(H+)-c(OH-),B项错误。D点
2
0.10mol/L×40 mL 0.10mol/L×20 mL
溶液中,c(Na+)= ,c(HX-)+c(X2-)= ,所以
60 mL 60 mL
c(Na+)+c(HX-)+c(X2-)=0.10 mol/L,C项正确。图中C点至D点对应溶液中溶质由
NaHX、Na X变为Na X,c(HX-)减小,c(X2-)增大,则c(H X-)逐渐减小,D项错误。
2 2
c(X2-)
31.(双选)向x mol·L-1的20 mL H B溶液中滴入相同浓度的NaOH溶液,测得H B、
2 2
HB-、B2-的pH-pc(pc=-lgc)曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A.a、b点所在曲线对应的粒子为HB-
B.水电离出的氢离子浓度大小关系为c>b>a北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
C.c点,滴入NaOH溶液的体积为10 mL
D.c(H B)·c(B2-) =10-2.6
2
c2(HB-)
答案 AD 分析题图可知,随着pH的增大,c(H B)逐渐减小,c(HB-)先增大后减小,c(B2-)
2
逐渐增大,ab段离子浓度先增大后减小,为HB-,A项正确;酸抑制水的电离,随着氢氧化钠
溶液滴加,水的电离程度逐渐增大,当溶液中的溶质为Na B时水的电离程度最大,故水电
2
离出的氢离子浓度大小关系为b>c>a,B项错误;c点时HB-浓度最大,说明H B与NaOH
2
刚好1∶1反应完全,因浓度相等,此时加入NaOH溶液体积为20 mL,C项错误;H B的一级
2
电离常数为K
=c(HB-)·c(H+),由a点数据可知c(HB-)=c(H
B),pH=1,即c(H+)=0.1
1 2
c(H B)
2
mol·L-1,解得K =0.1,H B二级电离常数为K =c(B2-)·c(H+),同理由c点数据可得
1 2 2
c(HB-)
K
2
=10-3.6,c(H
2
B)·c(B2-) = c(H
2
B) · c(B2-) ·c(H+)= K
2
=10-2.6,D项正确。
c2(HB-) c(HB-) c(HB-) c(H+) K
1
32.常温下,已知Co(OH) 的溶度积常数为K ,则Co3+完全沉淀时[c(Co3+)<10-5mol·L-1],溶
3 sp
液的pH至少为 (用含K 的式子表示)。
sp
答案 14+lg√ 3 K sp
1×10-
❑
5
解析 常温下,Co3+完全沉淀时,溶液的c(OH-)=√ 3 K sp mol·L-1,c(H+)= K W =
1×10-5 c(OH-)
10-14 10-14
√ K mol·L-1,pH至少为-lgc(H+)=-lg √ K =14+lg√ 3 K sp 。
3 sp 3 sp 1×10-5
1×10-5 1×10-5
33.已知K (CdCO )=1.0×10-12,K (NiCO )=1.4×10-7。若向物质的量浓度均为0.2 mol/L的
sp 3 sp 3
Cd2+和Ni2+溶液中滴加Na CO 溶液(设溶液体积增加1倍),使Cd2+恰好沉淀完全,即溶液
2 3
中c(Cd2+)=1.0×10-5 mol/L时,是否有NiCO 沉淀生成(填“是”或者“否”) 。
3
答案 否
解析 当Cd2+恰好沉淀完全时,溶液中c(C )=K (CdCO ) =1.0×10-12
O2- sp 3
3 c(Cd2+) 1.0×10-5
mol/L=1.0×10-7mol/L,此时溶液中,Q(NiCO
3
)=c(Ni2+)c(C
O2-
)=0.1×1.0×10-7=1.0×10-
3
8<K (NiCO ),故没有NiCO 沉淀生成。
sp 3 3
名师点睛 计算NiCO 的离子积时,应注意溶液体积增加1倍,故c(Ni2+)=0.1 mol/L,而不
3
是0.2 mol/L。
34.根据题目提供的溶度积数据进行计算并回答下列问题:北京曲一线图书策划有限公司 2023版《5年高考3年模拟》A版
(1)T ℃时,在Ca(NO
3
)
2
溶液中加入(NH
4
)
2
CO
3
溶液后过滤,若测得滤液中c(C
O2-
)=10-3
3
mol/L,则Ca2+是否沉淀完全? (填“是”或“否”)。[已知c(Ca2+)≤10-5 mol/L
时可视为沉淀完全,T ℃时K (CaCO )=4.96×10-9]
sp 3
(2)已知25 ℃时,K [Mg(OH) ]=1.8×10-11;酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下表所
sp 2
示:
pH <8.0 8.0~9.6 >9.6
颜色 黄色 绿色 蓝色
25 ℃时,在Mg(OH) 饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂,溶液的颜色为 。
2
(3)向50 mL 0.018 mol/L 的AgNO 溶液中加入50 mL 0.020 mol/L的盐酸,生成沉淀。
3
已知该温度下AgCl的K =1.0×10-10,忽略溶液混合后体积的变化,请计算:
sp
①完全沉淀后,溶液中c(Ag+)= 。
②完全沉淀后,溶液的pH= 。
③如果向完全沉淀后的溶液中继续加入50 mL 0.001 mol/L的盐酸,是否有白色沉淀生
成? (填“是”或“否”)。
答案 (1)是 (2)蓝色
(3)①1.0×10-7mol/L ②2 ③否
解析 (1)K sp (CaCO 3 )=4.96×10-9,若c(C O2- )=10-3 mol/L,则c(C a2+ )=(4.96×10-9÷10-
3
3)mol/L=4.96×10-6 mol/L <10-5 mol/L,故Ca2+ 已沉淀完全。(2)Mg(OH) (s) Mg2+(aq)
2
+2OH-(aq),c(Mg2+)·c2(OH-)=1.8×10-11,设c(OH-)=2c(Mg2+)=x,则有0.5x×x2=1.8×10-11,解得
x≈3.3×10-4 mol/L;c(H+)= 10-14 mol/L≈3.0×10-11 mol/L,溶液的pH≈10.5>9.6,所
3.3×10-4
以溶液呈蓝色。(3)①反应前n(Ag+)=0.018 mol/L×0.05 L=9×10-4 mol,n(Cl-)=0.020
mol/L×0.05 L=1×10-3 mol;反应后剩余的Cl-为1.0×10-4 mol,则混合溶液中,c(Cl-)=1.0×10-
3 mol/L,c(Ag+)=K (AgCl)/c(Cl-)=1.0×10-7 mol/L。②H+没有参与反应,完全沉淀
sp
后,c(H+)=0.020 mol/L/2=0.010 mol/L,故反应后溶液的pH=2。③向完全沉淀后的溶液中
加入50 mL 0.001 mol/L的盐酸,由于加入盐酸中c(Cl-)与反应后溶液中的c(Cl-)相
同,c(Cl-)不变,但c(Ag+)由于盐酸加入后溶液的体积增大而变小,所以
Q=c(Ag+)·c(Cl-)<K (AgCl),因此没有沉淀产生。
sp
35.国家规定,排放的废水中氟的含量不得超过10.0 mg·L-1,砷的含量不得超过0.5
mg·L-1。硫酸工厂废水中除含有稀硫酸外,还含有H AsO 、H SiF 等物质。工业上常通
3 3 2 6
过化学沉淀和氧化、吸附沉降处理废水,实现水体达标排放。
(1)化学沉淀:向废水中加入石灰乳[以Ca(OH) 为主]、过滤。滤渣中主要含有CaSO 、
2 4
CaF 、SiO 和少量Ca (AsO ) 。
2 2 3 3 2
①Ca (AsO ) 中阴离子的空间构型为 。
3 3 2
②写出该过程中H SiF 和石灰乳反应生成CaF 、SiO 的化学方程式:
2 6 2 2
。
③充分沉淀后测得废水中F-的含量为9.5 mg·L-1,此时S O2-的浓度为 mol·L-1。[已
4
知:K (CaSO )=5.0×10-5、K (CaF )=5.0×10-9]
sp 4 sp 2
(2)氧化、吸附沉降:利用NaClO和FeSO 进一步处理废水中残余的As(Ⅲ)。
4
