2022届高考化学二轮教学案-命题区间十角度一　溶液中三大平衡及其影响因素.docx

1(2021·全国甲卷，12)已知相同温度下，Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)。某温度下，饱和溶液中lgc(SO)、lgc(CO)与lgc(Ba2)的关系如图所示。下列说法正确的是()A曲线代表BaCO3的沉淀溶解曲线B该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值为1.0×1010C加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点Dc(Ba2)105.1时两溶液中 答案B解析由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由题分析可知，曲线为BaSO4的沉淀溶解曲线，选项A错误；曲线为BaSO4溶液中lgc(Ba2)与lgc(SO)的关系，由图可知，当溶液中lgc(Ba2)3时，lgc(SO)7，则lgKsp(BaSO4)7310，因此Ksp(BaSO4)1.0×1010，选项B正确；向饱和BaCO3溶液中加入适量BaCl2固体后，溶液中c(Ba2)增大，根据温度不变则Ksp(BaCO3)不变可知，溶液中c(CO)将减小，因此a点将沿曲线向左上方移动，选项C错误；由图可知，当溶液中c(Ba2)105.1时，两溶液中，选项D错误。2(2021·全国乙卷，13)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()A溶液pH4时，c(M)<3.0×104mol·L1BMA的溶度积Ksp(MA)5.0×108C溶液pH7时，c(M)c(H)c(A)c(OH)DHA的电离常数Ka(HA)2.0×104答案C解析由图可知pH4，即c(H)10×105mol·L1时，c2(M)7.5×108 mol2·L2，c(M)mol·L1×104mol·L1<3.0×104mol·L1，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)5.0×108，B正确；MA饱和溶液中，M不发生水解，A水解使溶液呈碱性，若使pH7，需加入酸，会引入其他阴离子，此时c(M)c(H)c(A)c(OH)，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)5.0×108，则c2(M)10×108，对应图得此时溶液中c(H)2.0×104mol·L1，Ka(HA)c(H)2.0×104，D正确。3(2020·全国卷，9)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是()A海水酸化能引起HCO浓度增大、CO浓度减小B海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少CCO2能引起海水酸化，其原理为HCOHCOD使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境答案C解析二氧化碳能引起海水酸化，其原理为CO2H2OH2CO3HHCO，C错误。4(2019·全国卷，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()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)<Ksp(p)<Ksp(q)C向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动答案B解析a、b分别表示温度为T1、T2时溶液中Cd2和S2的物质的量浓度，可间接表示对应温度下CdS在水中的溶解度，A项正确；Ksp只受温度影响，即m、n、p三点对应的Ksp相同，又T1<T2，故Ksp(m)Ksp(n)Ksp(p)<Ksp(q)，B项错误；向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液中c(S2)增大，温度不变，Ksp不变，则溶液中c(Cd2)减小，溶液组成由m点沿mpn线向p方向移动，C项正确；温度降低时，CdS的溶解度减小，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动，D项正确。5(2020·全国卷，13)以酚酞为指示剂，用0.100 0 mol·L1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如下图所示。比如A2的分布系数：(A2)下列叙述正确的是()A曲线代表(H2A)，曲线代表(HA)BH2A溶液的浓度为0.200 0 mol·L1CHA的电离常数Ka1.0×102D滴定终点时，溶液中c(Na)2c(A2)c(HA)答案C解析根据图像可知，滴定终点消耗NaOH溶液40 mL，H2A是二元酸，可知酸的浓度是0.100 0 mol·L1，B项错误；起点溶液pH1.0，c(H)0.100 0 mol·L1，可知H2A第一步电离是完全的，溶液中没有H2A，所以曲线代表(HA)，曲线代表(A2)，A项错误；利用曲线的交点可知，c(HA)c(A2)，此时pH2.0，c(H)1.0×102 mol·L1，HAA2H，Ka(HA)1.0×102，C项正确；滴定终点时，根据电荷守恒c(Na)c(H)2c(A2)c(HA)c(OH)，以酚酞为指示剂，说明滴定终点时溶液呈碱性，c(OH)c(H)，所以c(Na)2c(A2)c(HA)，D项错误。6(2020·天津，7)常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是()A相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)Ka(HF)B相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)CFeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)Ksp(CuS)D在1 mol·L1 Na2S溶液中，c(S2)c(HS)c(H2S)1 mol·L1答案A解析HCOONa和NaF均属于强碱弱酸盐，越弱越水解，HCOONa的pH较大，所以Ka(HCOOH)Ka(HF)，A项错误；两溶液等体积混合后pH7，说明溶液显酸性，c(H)c(OH)，醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，则c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)，B项正确；硫化亚铁溶于稀硫酸，而硫化铜不溶于稀硫酸，可得Ksp(FeS)Ksp(CuS)，C项正确；在1 mol·L1的Na2S溶液中，根据物料守恒可得c(S2)c(HS)c(H2S)1 mol·L1，D项正确。7(1)2020·全国卷，26(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(X)，X为HClO或ClO与pH的关系如图所示。HClO的电离常数Ka值为_。(2)2021·广东，17(4)节选已知25 时，Ksp(AgCl)1.8×1010，则在25 的AgCl饱和溶液中，c(Cl) _mol·L1。(3)2021·湖南，17(5)节选常温下加入的NH4HCO3溶液呈_(填“酸性”“碱性”或“中性”)(已知：NH3·H2O的Kb1.75×105，H2CO3的Kal4.4×107，Ka24.7×1011)。答案(1)107.5(2)1.34×105(3)碱性解析(1)由图像知，当pH7.5时，(ClO)50%，可求得该点c(ClO)c(HClO)，由HClO的电离方程式HClOClOH，Ka107.5。(2)25 时，Ksp(AgCl)c(Ag)·c(Cl)，根据沉淀溶解平衡可知，饱和AgCl溶液中c(Ag)c(Cl)，所以c(Cl) mol·L11.34×105 mol·L1。(3)铵根离子的水解常数Kh(NH)5.7×1010，HCO的水解常数Kh(HCO)2.3×108，则Kh(NH)<Kh(HCO)，因此常温下加入的NH4HCO3溶液呈碱性。82020·山东，16(4)用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：已知：物质Fe(OH)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp1×1016.31×1038.61×1032.31×1012.7净化时需先加入的试剂X为_(填化学式)，再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为_(当溶液中某离子浓度c1.0×105 mol·L1时，可认为该离子沉淀完全)。答案H2O24.9解析软锰矿中含有的Fe3O4、Al2O3杂质与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3，要除去Fe2，应先将Fe2氧化为Fe3，为了不引入其他杂质，加入的氧化剂X可选用H2O2。因为Fe(OH)3和Al(OH)3的组成相似，且Fe(OH)3的Ksp小于Al(OH)3的，所以当Al3完全沉淀时，Fe3也完全沉淀，KspAl(OH)3c(Al3)·c3(OH)1×1032.3，由题意知，当c(Al3) 1.0×105 mol·L1时沉淀完全，可求得c(OH)1×109.1 mol·L1，即c(H)1×104.9 mol·L1，pH的理论最小值为4.9。溶液中三大平衡及影响因素T1C、T3、T4溶液中离子浓度大小比较T2C、T5D、T6B平衡常数的有关计算T1、T2、T7、T8电解质溶液是高考的必考内容，多以选择题的形式进行命题，涉及的内容很多，如三大平衡的影响因素；以电离平衡常数为载体考查电解质的强弱及对应盐的水解强弱和相关计算；以酸碱中和滴定为载体，考查“强”滴“弱”过程中微粒浓度的变化以及其他相关知识；以图像为载体，考查粒子浓度关系和三大守恒定律的运用；以某些难溶电解质为命题点，结合图像考查溶度积Ksp的应用和计算等。这就要求后期复习中，考生能利用平衡移动原理分析外界条件改变对溶液中电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡产生的影响，把握其本质。从解题方法的角度，物料守恒、电荷守恒、质子守恒等变形是命题的热点；从能力的角度，考查学生思维的发散性和深刻性是高考命题一贯坚持的原则。角度一溶液中三大平衡及其影响因素1三大平衡及影响因素平衡类型电离平衡CH3COOHCH3COOH水解平衡CH3COOH2O CH3COOHOH沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)研究对象弱电解质溶液能水解的盐溶液难溶电解质影响因素升温促进电离Ka增大促进水解Kh增大若难溶物的溶解度与温度成正比，促进溶解；反之，则抑制溶解若难溶物的溶解度与温度成正比，Ksp增大；反之，则Ksp减小加水促进电离Ka不变促进水解Kh不变促进溶解Ksp不变加入相应离子加入CH3COONa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或NaCl，抑制溶解Ksp不变加入反应离子(或物质)加入OH，促进电离Ka不变加入H，促进水解Kh不变加入氨水，促进溶解Ksp不变2影响水电离程度大小的常考因素3溶液中离子浓度大小比较(1)紧扣两个微弱弱电解质的电离是微弱的，大多数盐的水解也是微弱的。(2)牢记三大守恒电荷守恒：电解质溶液中阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数。如：(NH4)2CO3与NH4HCO3的混合溶液中一定有c(NH)c(H)2c(CO)c(HCO)c(OH)。物料守恒：物质发生变化前后，有关元素的存在形式不同，但元素的种类和原子数目保持不变，可解决电解质溶液中离子、分子的物质的量浓度或物质的量的关系。如：0.1 mol·L1 NaHCO3溶液中一定有c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)0.1 mol·L1。0.1 mol·L1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L1 CH3COONa溶液等体积混合一定有c(CH3COOH)c(CH3COO)2c(Na)0.1 mol·L1。质子守恒：在电离或水解过程中，会发生质子(H)转移，但质子转移过程中其数量保持不变。将混合溶液中的电荷守恒式和物料守恒式相联立，通过代数运算消去其中未参与平衡移动的离子，即可推出溶液中的质子守恒式。题组一溶液酸碱性和水的电离程度判断1下列说法错误的是()A常温下，pH2的盐酸和pH2的醋酸中由水电离出的c(H)c(OH)1012 mol·L1BpH4的CH3COOH和pH4 NH4Cl溶液，水的电离程度相同C中和相同体积、相同pH的盐酸和醋酸溶液所需NaOH的物质的量不相同，醋酸消耗NaOH的物质的量多DpH4.5的番茄汁中c(H)是pH6.5的牛奶中c(H)的100倍答案B解析B项中CH3COOH电离抑制水的电离，NH4Cl水解促进水的电离；C项中，醋酸的浓度远大于等体积、等pH的盐酸的浓度。2(2020·福建适应性测试)常温下，向20 mL 0.1 mol·L1 NH4HSO4 溶液中逐滴加入 0.1 mol·L1的NaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(H)与所加 NaOH 溶液的体积的关系如图所示。下列分析正确的是()Ac点之前，主要的反应为NHOH=NH3·H2OBb点和d点对应溶液的pH均为 7C常温下，Kb(NH3·H2O)5×105.4Dd点溶液中，c(Na)c(NH)c(SO)答案C解析NH4HSO4和NaOH溶液混合时先发生中和反应，再生成弱电解质NH3·H2O，酸或碱抑制水电离，(NH4)2SO4促进水电离。c点前发生的是中和反应，离子方程式为HOH=H2O，故A错误；b点溶质为NH4HSO4、Na2SO4、(NH4)2SO4，c点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4，d点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4、NH3·H2O，所以b和c点呈酸性、d点呈中性，故B错误；当加入20 mL NaOH溶液时，溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4，铵根离子水解产生的c(H)1.0×105.3 mol·L1，Kb(NH3·H2O)5×105.4，故C正确；d点溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4、NH3·H2O，溶液呈中性，则c(H)c(OH)，溶液中存在电荷守恒：c(Na)c(NH)c(H)c(OH)2c(SO)，所以c(Na)c(NH)2c(SO)，故D错误。题组二三大平衡及平衡常数的应用3(2020·安徽蚌埠质检)下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断正确的是()提示：电离度n电离(弱电解质)/n总(弱电解质)酸HXHYHZ浓度/(mol·L1)0.120.20.911电离度0.250.20.10.30.5电离常数K1K2K3K4K5A.在相同温度下，从HX的数据可以说明：弱电解质溶液，浓度越低，电离度越大，且K1K2K30.01B室温时，若在NaZ溶液中加少量盐酸，则的值变大C表格中三种浓度的HX溶液中，从左至右c(X)逐渐减小D在相同温度下，电离平衡常数：K5K4K3答案D解析由表中HX的数据可知，弱电解质溶液的浓度越小，HX的电离度越大，电离平衡常数只与温度有关，则K1K2K3，A错误；在NaZ溶液中加少量盐酸，Z结合H生成HZ，n(Z)减小，n(HZ)增大，故的值减小，B错误；HX的浓度越大，其电离度越小，但电离产生的c(X)越大，故表格中三种浓度的HX溶液中，从左至右c(X)逐渐增大，C错误；相同条件下，弱电解质的电离度越大，则酸性越强，其电离常数越大，故相同温度下，电离平衡常数为K5K4K3，D正确。4常温下，有下列四种溶液：0.1 mol·L1NaOH溶液pH11NaOH溶液0.1 mol·L1CH3COOH溶液pH3CH3COOH溶液下列说法正确的是()A由水电离出的c(H)：B将稀释到原来的100倍后，pH与相同C与混合后，若溶液呈酸性，则所得溶液中离子浓度可能为c(CH3COO)c(H)c(Na)c(OH)D与混合后，若溶液pH7，则V(NaOH)V(CH3COOH)答案C解析NaOH完全电离，CH3COOH部分电离，前者对水的电离抑制程度更大，由水电离出的c(H)：，A项错误；因CH3COOH部分电离，0.1 mol·L1 CH3COOH溶液中c(H)0.1 mol·L1，则pH1，稀释100倍后，pH增大，则的pH与不同，B项错误；与混合后为CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，若溶液呈酸性，则CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，若CH3COOH较多，则c(H)c(Na)，结合电荷守恒可知溶液中离子浓度可能为c(CH3COO)c(H)c(Na)c(OH)，C项正确；与等体积混合时，溶液呈碱性，若呈中性，则应过量，即V(NaOH)V(CH3COOH)，D项错误。525 时，下列有关电解质溶液的说法正确的是()A加水稀释0.1 mol·L1氨水，溶液中c(H)·c(OH)和均不变B向饱和AgCl溶液中加入少量AgNO3固体，AgCl的Ksp和溶解度均不变C向盐酸中滴加氨水，由水电离出的c(H)107 mol·L1时，溶液一定显中性D向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液中增大答案D解析加水稀释0.1 mol·L1氨水，溶液的pH减小，c(H)增大，c(OH)减小，所以增大，A项错误；向饱和AgCl溶液中加入少量AgNO3固体，随着c(Ag)的增大，AgCl的溶解度会减小，B项错误；盐酸抑制水的电离，氨水与盐酸反应生成的氯化铵促进水的电离，当溶液中盐酸的抑制作用和氯化铵的促进作用相抵消时，溶液中由水电离出的c(H)107 mol·L1，此时溶液显酸性，C项错误；向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液中醋酸钠的浓度增大，碱性增强，pH增大，c(H)减小，而醋酸的电离平衡常数Ka，所以增大，D项正确。题组三粒子浓度大小判断6(2019·浙江4月选考，21)室温下，取20 mL 0.1 mol·L1某二元酸H2A，滴加0.2 mol·L1 NaOH溶液。已知：H2A=HHA，HAHA2。下列说法不正确的是()A0.1 mol·L1 H2A溶液中有c(H)c(OH)c(A2)0.1 mol·L1B当滴加至中性时，溶液中c(Na)c(HA)2c(A2)，用去NaOH溶液的体积小于10 mLC当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH7，此时溶液中有c(A2)c(H)c(OH)D当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na)2c(HA)2c(A2)答案B解析0.1 mol·L1H2A溶液存在电荷守恒：c(H)c(OH)2c(A2)c(HA)，因而c(H)c(OH)c(A2)c(A2)c(HA)0.1 mol·L1，A项正确；若NaOH溶液用去10 mL，反应得到NaHA溶液，由于HAHA2，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10 mL的NaOH溶液，B项错误；当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH<7，存在质子守恒：c(A2)c(H)c(OH)，C项正确；当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有c(Na)2c(HA)2c(A2)，D项正确。7(2020·山西运城一模)室温下用等浓度的NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 mol·L1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()已知：Ka1(H2C2O4)5.4×102Ka2(H2C2O4)5.4×105设H2C2O4溶液中c(总)c(H2C2O4)c(HC2O)c(C2O)A滴入NaOH溶液体积约为25.00 mL时，c(Na)c(H2C2O4)c(C2O)c(H)BpH7的溶液：c(Na)c(C2O)c(HC2O)C当c(Na)2c(总)时，c(OH)c(H)c(HC2O)c(H2C2O4)D0.100 0 mol·L1 H2C2O4溶液：c(H)0.100 0 mol·L1c(C2O)c(OH)c(H2C2O4)答案D解析由信息知H2C2O4是二元弱酸，NaOH是一元强碱，所以用等浓度的NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 mol·L1 H2C2O4溶液，滴入NaOH溶液体积为25.00 mL时，NaOH和草酸按11反应，溶质为NaHC2O4，HC2O既会水解，又会电离，HC2O的水解常数Kh1.85×1013，HC2O的电离常数为Ka2(H2C2O4)5.4×105，则HC2O的电离程度大于水解程度，故此时溶液显酸性且溶液中c(C2O)c(H2C2O4)，A错误；根据电荷守恒有c(Na)c(H)2c(C2O)c(HC2O)c(OH)，pH7时，c(H)c(OH)，所以c(Na)2c(C2O)c(HC2O)，B错误；c(Na)2c(总)2c(H2C2O4)c(HC2O)c(C2O)，即此时溶质为Na2C2O4，Na2C2O4溶液中质子守恒为c(OH)c(H)c(HC2O)2c(H2C2O4)，C错误；0.100 0 mol·L1 H2C2O4溶液中的电荷守恒关系为c(H)2c(C2O)c(HC2O)c(OH)，物料守恒关系为0.100 0 mol·L1c(H2C2O4)c(C2O)c(HC2O)，用电荷守恒关系式物料守恒关系式可得：c(H)0.100 0 mol·L1c(C2O)c(OH)c(H2C2O4)，D正确。