水溶液中离子平衡的图像分析（教师版）.docx

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1、水溶液中离子平衡的图像分析一、热点专攻1.两种常见中和滴定曲线及分析(1)用氢氧化钠溶液滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸 (2)用盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠溶液、氨水 曲线起点不同:强碱滴定等物质的量浓度的一元强酸、一元弱酸,强酸起点低(pH小);强酸滴定等物质的量浓度的一元强碱、一元弱碱,强碱起点高(pH大)。突跃范围不同:强碱与强酸反应时,达到滴定终点的突跃变化范围大于强酸与弱碱(或强碱与弱酸)反应的突跃范围。2.中和滴定中直线图像及分析常温下,向二元弱酸H2Y溶液中滴加NaOH溶液,所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示:(1)滴定原理:H2Y+OH-H2O+HY-、HY-+OH

2、-H2O+Y2-。(2)滴加NaOH溶液过程中,lg c(HY-)c(H2Y)逐渐增大,lg c(HY-)c(Y2)逐渐减小。(3)电离常数:Ka2(H2Y)=10-4.3。e点对应溶液中c(H2Y)=c(Y2-)。3.分布系数图像(高考新热点)分布系数图像是酸碱中和滴定曲线的一种变式,常以pH、分布系数()为横、纵坐标,结合滴定实验数据绘制出关系曲线,分布系数()代表组分的平衡浓度占总浓度的比值。4.沉淀溶解平衡曲线及分析(以氯化银为例)(1)在该沉淀溶解平衡图像上,曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态,此时Q=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

3、,不会出现在曲线以外。(2)曲线上方区域的点均为过饱和溶液(沉淀析出),此时Q>Ksp。(3)曲线下方区域的点均为不饱和溶液,此时Q<Ksp。【解法导引】 1.抓住“五个”关键点,破解酸碱中和滴定曲线题(1)抓住反应的“起点”,根据起点酸(或碱)溶液的pH,判断酸性(或碱性)的强弱。(2)抓反应“半中和点”,加入酸(或碱)溶液,原溶液中有一半溶质发生反应,判断是什么溶质的等量混合。(3)抓“全中和点”,加入酸(或碱)溶液,至原溶液中溶质恰好完全反应,确定生成的溶质并结合盐类水解知识判断溶液的酸碱性。(4)抓溶液的“中性点”,确定存在的溶质,判断哪种物质过量或不足。(5)抓反应的“过

4、量点”,判断溶液中的溶质是什么,判断哪种物质过量。2.“三步法”突破分布系数图像题(1)读图:通过观察弄清纵坐标的含义及单位,弄清各粒子浓度变化。(2)识图:分析特殊点的图像含义,如曲线的起点、终点、交叉点、极值点、转折点等,分析曲线的变化趋势,如斜率的大小及升降。根据曲线交点的pH确定电离常数。(3)分析:进行信息提取,挖掘隐含信息、排除干扰信息、提炼有用信息,在总览信息的基础上进行逻辑推理或运用数据计算分析。题型突破(2021全国甲)已知相同温度下,Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)。某温度下,饱和溶液中-lgc(SO42)、-lgc(CO32)与-lgc(Ba2+)的关系如

5、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1.0×10-10C.加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点D.c(Ba2+)=10-5.1 mol·L-1时两溶液中c(SO42)c(CO32)=10y2-y1【解题思路】由于-lg c越大,c值越小,Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3),故曲线代表BaSO4的沉淀溶解曲线,A项说法错误;由-lgc(Ba2+)=1.0、-lgc(SO42)=9.0的点,可以求得Ksp(BaSO4)=1.0×10-1×10-9=1.0×

6、;10-10,B项说法正确;在BaCO3沉淀溶解平衡体系中,加入BaCl2,c(Ba2+)增大,BaCO3(s)Ba2+(aq)+CO32(aq)平衡左移,c(CO32)减小,溶液不会由a点变到b点,C项说法错误;c(Ba2+)=10-5.1 mol·L-1时,两溶液中c(SO42)c(CO32)=c(SO42)·c(Ba2+)c(CO32)·c(Ba2+)=Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)=10-5.1×10-y210-5.1×10-y1=10y1-y2,D项说法错误。答案 B二、应考训练1.(2021山东日照模拟)10 mL 0.1

7、0 mol·L-1的NH4Cl溶液的pH分别随温度升高或加水后溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法错误的是()A.升温KW增大,NH4Cl溶液中c(H+)增大,pH减小B.曲线a表示NH4Cl溶液pH随加水量的变化C.将NH4Cl溶液加水稀释100倍,溶液pH的变化值小于2D.25 时Kb(NH3·H2O)的数量级约为10-4答案D解析 升高温度,水的电离程度增大,KW增大,NH4Cl溶液中铵根离子的水解程度增大,c(H+)增大,pH减小,A项正确。加水量增大时虽然NH4Cl的水解程度增大,但c(H+)减小,pH增大,曲线a表示NH4Cl溶液pH随加水量的变化,B项正确。将

8、NH4Cl溶液加水稀释100倍,因水解平衡正向移动,c(H+)没有降至原来的1100,故溶液pH的变化值小于2,C项正确。25 时,Kh=c(NH3·H2O)·c(H+)c(NH4+)=10-5.13×10-5.130.01=10-8.26,则有Kb(NH3·H2O)=KWKh=10-5.74,D项错误。2.(双选)(2021山东济南联考)已知H3PO4是一种三元中强酸。25 时,向某浓度H3PO4溶液中逐滴加入NaOH溶液,滴加过程中各种含磷粒子的物质的量分数()随溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A.曲线2表示HPO42,曲线4表示PO

9、43B.25 时,H3PO4的电离常数K1K2=105.1C.pH=7.2时,溶液中由水电离出的c(H+)=10-6.8 mol·L-1D.pH=12.3时,溶液中5c(Na+)=2c(H3PO4)+2c(H2PO4-)+2c(HPO42)+2c(PO43)答案BC解析 H3PO4溶液中滴加NaOH溶液,pH增大时首先发生:H3PO4+OH-H2PO4-+H2O,此时H3PO4的物质的量分数减小,H2PO4-的物质的量分数增大;继而发生H2PO4-+OH-HPO42+H2O,此时H2PO4-的物质的量分数减小,HPO42的物质的量分数增大;最后发生HPO42+OH-PO43+H2O,

10、此时HPO42的物质的量分数减小,PO43的物质的量分数增大,所以曲线1代表H3PO4,曲线2代表H2PO4-,曲线3代表HPO42,曲线4代表PO43,A项错误。根据H3PO4H2PO4-+H+,K1=c(H2PO42)c(H+)c(H3PO4),据图可知c(H3PO4)=c(H2PO4-)时,pH=2.1,即c(H+)=10-2.1 mol·L-1,所以K1=10-2.1;根据H2PO4-HPO42+H+,K2=c(HPO42)c(H+)c(H2PO4-),据图可知c(HPO42)=c(H2PO4-)时,pH=7.2,即c(H+)=10-7.2 mol·L-1,K2=1

11、0-7.2,所以K1K2=10-2.110-7.2=105.1,B项正确。 pH=7.2时,即c(H+)=10-7.2 mol·L-1,c(H+)×c(OH-)=10-14,溶液中c(OH-)=10-6.8 mol·L-1,溶液中(H2PO4-)=(HPO42),则c(H2PO4-)=c(HPO42),c(OH-)>c(H+),溶液呈碱性,说明水解程度大于电离程度,促进了水的电离,溶液中氢氧根离子来自水的电离,则水电离的c(H+)=10-6.8 mol·L-1,C项正确。 pH=12.3时,溶液中的(HPO42)=(PO43),则c(HPO42)=

12、c(PO43),即c(Na2HPO4)=c(Na3PO4),根据物料守恒,得到:2c(Na+)=5c(H3PO4)+5c(H2PO4-)+5c(HPO42)+5c(PO43),D项错误。3.(2021天津联考)25 时,用氢氧化钠调节浓度为2.0×10-3 mol·L-1的氢氟酸的pH (忽略体积变化),溶液中c(HF)、c(F-)与pH的变化关系如下图所示。下列说法不正确的是()A.abd曲线代表c(F-)随pH的变化B.25 时,HF电离平衡常数的数值Ka=10-3.6C.从b点到c点发生的反应离子方程式是HF+OH-H2O+F-D.图中a点对应溶液中粒子浓度大小是c(

13、HF)>c(H+)>c(F-)>c(OH-)答案A解析 氢氟酸中加入氢氧化钠,随着氢氧化钠的量的增加,溶液的pH升高,溶液中的氟化氢分子浓度减小,氟离子浓度增大。abd曲线代表c(HF)随pH的变化,A项错误。从图中b点分析,氟化氢的电离平衡常数Ka=c(F-)c(H+)c(HF)=10-3.6,B项正确。从b点到c点发生的反应为氢氧化钠和氟化氢的反应,离子方程式为HF+OH-H2O+F-,C项正确。从图中a点分析,氟化氢的浓度比氟离子浓度大,氟化氢的浓度为1.6×10-3 mol·L-1,氢离子浓度为1.0×10-3 mol·L-1,

14、而氟离子浓度约为5.5×10-4 mol·L-1,溶液显酸性,所以溶液粒子浓度关系为:c(HF)>c(H+)>c(F-)>c(OH-),D项正确。4.(双选)(2021吉林长春联考)已知H2RO3为二元弱酸。常温下,用0.10 mol·L-1 Na2RO3溶液吸收RO2气体,吸收液的pH与c(HRO3-)c(RO32)的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是()A.常温下,Ka2(H2RO3)的数量级为10-8B.常温下,中性溶液中c(HRO3-)<c(RO32)C.E点时,c(Na+)>c(RO32)>c(OH-

15、)>c(HRO3-)>c(H+)D.G点时,2c(RO32)+c(HRO3-)-c(Na+)=(1.0×10-6.2-1.0×10-7.8) mol·L-1答案BC解析 用Na2RO3溶液吸收RO2气体,发生Na2RO3+RO2+H2O2NaHRO3,随着反应的进行,c(HRO3-)c(RO32)逐渐增大,且pH降低。H2RO3的二级电离平衡常数Ka2=c(RO32)·c(H+)c(HRO3-),电离平衡常数只受温度的影响,与物质的量浓度无关,可取c(HRO3-)c(RO32)=1的点,即Ka2=c(H+)=10-7.2,数量级为10-8,A

16、项正确。根据图像c(HRO3-)c(RO32)=1时,溶液的pH=7.2;c(HRO3-)c(RO32)>1时,存在某点pH为7,即c(HRO3-)>c(RO32),B项错误。E点时,c(HRO3-)c(RO32)=991<1,推出c(HRO3-)<c(RO32),此时溶液显碱性,即c(OH-)>c(H+),c(OH-)的数量级约为10-6,水解、电离程度微弱,则有c(HRO3-)>c(OH-),C项错误。G点时根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=2c(RO32)+c(HRO3-)+c(OH-),则有2c(RO32)+c(HRO3-)-c(Na+)=c(

17、H+)-c(OH-)=(1.0×10-6.2-1.0×10-7.8) mol·L-1,D项正确。5.(2021广东珠海模拟)常温下,往20 mL 0.10 mol·L-1 HA溶液中滴加0.10 mol·L-1 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()注意:电离度=n(HA)电离n(HA)总×100%A.该酸的电离度约为1%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+)=

18、c(OH-)D.d 点:pH=7答案D解析 a点时为HA溶液,此时c水(H+)=10-11 mol·L-1,则c水(OH-)=c水(H+),酸溶液中OH-全部来源于水,故c(OH-)=c水(OH-)=10-11 mol·L-1,则c(H+)=KW10-11mol·L-1=10-14(mol·L-1)210-11mol·L-1=10-3 mol·L-1,由于弱电解质电离很微弱,故c(HA)近似等于起始浓度,则电离度=10-30.1×100%=1%,A项正确。b点对应加入KOH 10 mL,即n(KOH)n(HA)=12,故b点

19、溶液组成为c(KA)c(HA)=11,溶液中大量存在K+、A-、HA,由图示知,此时c水(H+)<10-9 mol·L-1,说明水的电离受到抑制,则HA电离(HAH+A-)大于A-水解(A-+H2OHA+OH-),故c(A-)>c(K+)>c(HA),H+、OH-微量存在,故浓度大小顺序为c(A-)>c(K+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-),B项正确。c点对应投料比n(KOH)n(HA)=11,溶液组成为KA,由质子守恒得:c(HA)+c(H+)=c(OH-),C项正确。由C选项知c点组成为KA,由于A-水解,导致溶液显碱性,c点到d

20、点继续加入KOH,故溶液碱性增强,不可能呈中性,D项错误。6.(2021天津模拟)对于0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液,下列说法正确的是()A.加入NaOH固体,溶液pH减小B.升高温度,溶液中c(OH-)增大C.稀释溶液,溶液中c(H+)减少D.c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(CO32)+c(OH-)答案B解析 加入NaOH固体,CO32的水解平衡逆向移动,但溶液中c(OH-)较原来增大,故溶液pH增大,A项错误。升高温度,促使CO32的水解平衡正向移动,c(OH-)较原来增大,B项正确。稀释溶液,CO32的水解平衡正向移动,CO32水解程度增大,但由于溶液

21、体积增大程度更大,所以c(OH-)减小,由于温度不变,KW不变,则c(H+)增大,C项错误。Na2CO3溶液中,据电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32)+c(OH-),D项错误。7.(2021山东枣庄第三次质检)已知下面三个数据:7.2×10-4、4.6×10-4、4.9×10-10分别是下列有关三种酸的电离平衡常数(25 ),若已知下列反应可以发生:NaCN+HNO2HCN+NaNO2、NaCN+HFHCN+NaF、NaNO2+HFHNO2+NaF。由此可判断下列叙述不正确的是()A.K(HF)=7.2×10-4B.

22、K(HNO2)=4.6×10-4C.根据两个反应即可得出一元弱酸的强弱顺序:HF>HCN>HNO2D.K(HCN)<K(HNO2)<K(HF)答案C解析 相同温度下,酸的电离常数越大,该酸的酸性越强,较强酸能和较弱酸的盐反应生成弱酸,根据反应推知酸的强弱顺序是HCN<HNO2<HF,则酸的电离平衡常数大小顺序为K(HCN)<K(HNO2)<K(HF),故K(HF)=7.2×10-4,K(HNO2)=4.6×10-4,故C项错误。8.(2021北京海淀模拟)为研究沉淀的生成及转化,同学们进行下图所示实验。下列关于该实验

23、的分析不正确的是()A.中产生白色沉淀的原因是c(Ag+)·c(SCN-)>Ksp(AgSCN)B.中存在平衡:AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq)C.中无明显变化是因为溶液中的c(SCN-)过低D.上述实验不能证明AgSCN向AgI沉淀转化反应的发生答案D解析 AgNO3溶液中加入KSCN溶液,当c(Ag+)·c(SCN-)>Ksp(AgSCN)时,析出白色沉淀AgSCN,A项正确。AgSCN固体在水溶液中存在溶解平衡:AgSCN(s)Ag+(aq)+SCN-(aq),B项正确。中滴加Fe(NO3)3溶液,溶液不变红,说明AgSCN溶解产生的c(S

24、CN-)较低,不能显色,C项正确。中滴加KI溶液,Ag+与I-反应生成黄色沉淀AgI,溶液变红,说明AgSCN向AgI沉淀转化,D项错误。9.(2021广东“六校联盟”第三次联考)室温时,下列有关电解质溶液的说法正确的是()A.pH相等的HNO3和HCN两种酸溶液中,c(NO3-)>c(CN-)B.NaHB溶液呈酸性,可推知H2B在水中不能完全电离C.往NH4Cl溶液中加入镁粉,可生成两种气体D.Na2CO3溶液中通入CO2所得的中性溶液中:c(Na+)=2c(CO32)答案C解析 pH相等的HNO3和HCN两种酸溶液中,氢离子的浓度相等,酸根离子等于对应的氢离子浓度,则有c(NO3-)

25、=c(CN-),A项错误。NaHB溶液呈酸性,则NaHB可以是NaHSO4,对应的H2B是H2SO4,H2SO4在水中能完全电离,B项错误。 NH4Cl溶液中NH4+水解生成NH3·H2O和H+,加入的镁粉与氢离子反应生成氢气,促进NH4+水解,生成较多NH3·H2O,NH3·H2O浓度较大时转化为氨,故可生成两种气体,C项正确。溶液呈中性,则存在c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒得2c(CO32)+c(HCO3-)=c(Na+),D项错误。10.(2021湖北七市州教科协3月联考)下列关于电解质溶液的说法中错误的是()A.等浓度、等体积的HCOOH溶液与HC

26、OONa溶液混合后pH<7:c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)B.新制氯水中:c(ClO-)+c(HClO)=c(Cl-)C.已知Ka(HF)>Ka1(H2S),则同浓度的NaHS和NaF溶液的pH:NaHS>NaFD.Na2CO3与NaHCO3的混合溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+c(CO32)答案D解析 等浓度、等体积的HCOOH溶液与HCOONa溶液混合后的溶液中存在着电荷守恒:c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),又因为溶液的pH<7,所以c(H+)>c(OH-)

27、,则c(HCOO-)>c(Na+),因此c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),A项正确。新制氯水中含有的粒子为Cl2、ClO-、Cl-、HClO、H+、OH-,根据元素质量守恒有c(ClO-)+c(HClO)=c(Cl-),B项正确。已知Ka(HF)>Ka1(H2S),则Kh(HF)<Kh2(H2S),因此同浓度的NaHS和NaF溶液的pH:NaHS>NaF,C项正确。Na2CO3与NaHCO3的混合溶液中存在着电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32),D项错误。11.(双选)(2021山

28、东烟台模拟)已知AG=lg c(H+)c(OH-)。25 时,用0.100 mol·L-1的盐酸滴定20.00 mL 0.100 mol·L-1某一元弱碱MOH溶液,AG与所加盐酸的体积(V)关系如图所示。下列说法错误的是()A.Kb(MOH)约为10-5.5B.a点时,由水电离出来的c水(H+)为1×10-10.75 mol·L-1C.b点时,加入盐酸的体积大于20.00 mLD.由b点到c点的过程中水的电离平衡逆向移动答案CD解析 由图可知,V(盐酸)=0时,AG=lgc(H+)c(OH-)=-7.5,结合KW求得c(OH-)=10-3.25 mol

29、·L-1,故电离常数Kb(MOH)=c(M+)·c(OH-)c(MOH)=10-3.25×10-3.250.100=10-5.5,A项正确。a点是MOH溶液,抑制水的电离,溶液中c水(H+)=c(H+)=1×10-1410-3.25 mol·L-1=1×10-10.75 mol·L-1,B项正确。恰好完全反应生成MCl时,M+水解使溶液呈酸性,b点溶液呈中性,故加入盐酸的体积小于20.00 mL,C项错误。b点溶液中溶质为MOH和MCl,滴定终点在bc之间,恰好中和时水的电离程度最大,故bc过程中水的电离平衡先正向移动后逆向

30、移动,D项错误。12.已知某温度下CH3COOH的电离常数Ka=1.6×10-5。该温度下向20 mL 0.01 mol·L-1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L-1的KOH溶液,其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题:(已知lg 4=0.6)(1)A点溶液中c(H+)为,pH约为。 (2)A、B、C、D四点中水的电离程度最大的是点,滴定过程中宜选用作指示剂,滴定终点在(填“C点以上”或“C点以下”)。 (3)若向20 mL稀氨水中逐滴加入等浓度的盐酸,则下列变化趋势正确的是(填字母)。 答案 (1

31、)4×10-4mol·L-13.4(2)C酚酞C点以上(3)B解析 (1)电离消耗的CH3COOH在计算CH3COOH的电离平衡浓度时可以忽略不计。由Ka=c2(H+)c(CH3COOH)得,c(H+)=1.6×10-5×0.01 mol·L-1=4×10-4 mol·L-1。(2)A点是CH3COOH,B点是CH3COOH和少量CH3COOK的混合溶液,C点是CH3COOK和少量CH3COOH的混合溶液,D点是CH3COOK和KOH的混合溶液,酸、碱均能抑制水的电离,CH3COOK水解促进水的电离,所以C点溶液中水的电离程

32、度最大。由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性,故应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞。滴定终点应在C点以上。(3)由于稀氨水显碱性,A项、C项错误;两者恰好反应时溶液显酸性,D项错误,B项正确。13.连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸,可用于制N2O气体。(1)连二次硝酸中氮元素的化合价为价。 (2)常温下,用0.01 mol·L-1的NaOH溶液滴定10 mL 0.01 mol·L-1的H2N2O2溶液,测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式:  。 B点时溶液中c(H2N2O2)(填“

33、>”“<”或“=”,下同)c(N2O22)。 A点时溶液中c(Na+)c(HN2O2-)+c(N2O22)。 答案 (1)+1(2)H2N2O2H+HN2O2-,HN2O2-H+N2O22>>解析 (1)H2N2O2分子中,H的化合价为+1价,O的化合价为-2价,根据化合物中元素化合价代数和为0,得氮元素的化合价为+1价。(2)从图像可知0.01 mol·L-1的H2N2O2溶液pH=4.3,故H2N2O2是二元弱酸,以第一步电离为主,故在水溶液中的电离方程式:H2N2O2H+HN2O2-、HN2O2-H+N2O22;B点时溶液中溶质是Na

34、HN2O2,其溶液pH>7,说明HN2O2-以水解为主,故溶液中c(H2N2O2)>c(N2O22);A点时溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HN2O2-)+2c(N2O22)+c(OH-),pH=7,则c(H+)=c(OH-),得c(Na+)=c(HN2O2-)+2c(N2O22),c(Na+)>c(HN2O2-)+c(N2O22)。14.(2021辽宁沈阳联考)0.010 mol·L-1 的二元酸H2A溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数(X)随pH变化如图所示。(1)用离子方程式说明Na2A溶液显碱性的原因:,该反应的平衡常数表达式K=;溶液中c(Na

35、+)+c(H+)=。 (2)若升高温度,发现溶液的碱性增强,说明随温度升高,该反应的平衡常数K(填“增大”“不变”或“减小”)。 (3)H2A分两步发生电离,对应的电离平衡常数分别为Ka1和Ka2。由图确定下列数据(保留整数位):-lgKa1=;Ka2=。 将0.020 mol·L-1 Na2A溶液和0.010 mol·L-1盐酸等体积混合,所得溶液的pH约为。 (4)0.010 mol·L-1的NaHA溶液中,HA-的水解常数Kh约为;该溶液中离子浓度由大到小的顺序为。 答案 (1)A2-+H2OHA-+OH-c

36、(HA-)·c(OH-)c(A2)c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)(2)增大(3)61×10-1010(4)1×10-8c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)解析 (1)由图可知,H2A溶液中含有H2A、HA-、A2-,则H2A是二元弱酸;Na2A溶液中A2-发生水解而使溶液呈碱性:A2-+H2OHA-+OH-。Na2A溶液呈电中性,据电荷守恒可得,c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)。 (2)升高温度,溶液的碱性增强,则溶液中c(OH-)增大,说明升高温度,A2-的水

37、解平衡正向移动,则水解平衡常数增大。(3)H2A分两步发生电离:H2AHA-+H+、HA-A2-+H+,则有Ka1=c(HA-)·c(H+)c(H2A),Ka2=c(A2)·c(H+)c(HA-);由图可知,H2A和HA-的物质的量分数均为0.5时,溶液的pH=6,则c(HA-)=c(H2A)时,c(H+)=1×10-6 mol·L-1,则有Ka1=c(H+)=1×10-6,-lg Ka1=6。HA-和A2-的物质的量分数均为0.5时,溶液pH=10,则c(HA-)= c(A2-)时,c(H+)=1×10-10 mol·L-

38、1,则有Ka2=c(H+)=1×10-10。0.020 mol·L-1 Na2A溶液和0.010 mol·L-1盐酸等体积混合,两者发生反应,得到等浓度Na2A、NaHA和NaCl混合溶液,由图可知,溶液的pH=10。(4)0.010 mol·L-1的NaHA溶液中,存在水解平衡:HA-+H2OH2A+OH-,则水解常数Kh=c(H2A)·c(OH-)c(HA-)=KWKa1=1×10-141×10-6=1×10-8。NaHA溶液中存在HA-的电离平衡和水解平衡,由于Kh>Ka2,则HA-的水解程度大于其电离

39、程度,NaHA溶液呈碱性,且HA-的水解程度较小,Na+不发生水解,故溶液中离子浓度大小:c(Na+)>c(HA-)>c(OH-)>c(H+)>c(A2-)。15.(2021福建模拟节选)(1)工业上常用氨水吸收含碳燃料燃烧产生的温室气体CO2,其产物之一是NH4HCO3。已知常温下碳酸的电离常数Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.7×10-11,NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5,则所得的NH4HCO3溶液中c(NH4+)(填“>”“<”或“=”)c(HCO3-)。 (2)“亚硫酸盐法”吸收烟

40、中的 SO2。将烟气通入 1.0 mol·L-1 Na2SO3溶液,若此过程中溶液体积不变,则溶液的 pH 不断(填“减小”“不变” 或“增大”)。当溶液 pH 约为 6 时,吸收 SO2的能力显著下降,应更换吸收剂,此时溶液中c(SO32)=0.2 mol·L-1,则溶液中c(HSO3-)=。 室温条件下,将烟气通入(NH4)2SO3溶液中,测得溶液pH与各组分物质的量分数的变化关系如图,B点时溶液 pH=7,则 n(NH4+)n(HSO3-)=。 (3)25 时,亚碲酸(H2TeO3)的Ka1=1×10-3,Ka2=2×10-8。

41、0.1 molL-1 H2TeO3电离度约为。(=已电离弱电解质分子数弱电解质分子总数×100%) 0.1 molL-1的NaHTeO3溶液中,下列粒子的物质的量浓度关系正确的是。 A.c(Na+)>c(HTeO3-)>c(OH-)>c(H2TeO3)>c(H+)B.c(Na+)+c(H+)=c(HTeO3-)+c(TeO32)+c(OH-)C.c(Na+)=c(TeO32)+c(HTeO3-)+c(H2TeO3)D.c(H+)+c(H2TeO3)=c(OH-)+c(TeO32)(4)粗Se中Se的含量可以用如下方法测定:Se+2H2SO4

42、(浓)2SO2+SeO2+2H2OSeO2+4KI+4HNO3Se+2I2+4KNO3+2H2OI2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI用淀粉溶液作指示剂,Na2S2O3标准溶液滴定反应中生成的I2来测定Se的含量。若从100 g铜的阳极泥中回收得到a g粗Se,每次准确称取0.01a g粗Se进行实验,重复三次实验,平均消耗0.100 0 mol·L-1 Na2S2O3溶液的体积为22.10 mL,滴定终点的现象是 , Se的回收率为。(结果保留3位有效数字,回收率=实际硒的产量理论硒的产量×100%) 已知:铜的阳极泥化学成分(其他元

43、素不考虑):元素AuAgCuSeTe成分/%0.912.0823.48.03.1答案 (1)>(2)减小1.6 mol·L-131(3)10%CD(4)当加入最后半滴Na2S2O3标准溶液时,溶液由蓝色变成无色且30 s内不恢复原来的颜色54.6%解析 (1)碳酸的Ka1=4.4×10-7,NH3·H2O的电离常数Kb=1.8×10-5,则NH4HCO3溶液中HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度,故有c(NH4+)>c(HCO3-)。(2)烟气通入 1.0 mol·L-1 的 Na2SO3溶液,生成NaHSO3,其水溶液显酸性

44、,pH不断减小。发生反应SO2+Na2SO3+H2O2NaHSO3,此时溶液中c(SO32)=0.2 mol·L-1,据反应可知生成的c(HSO3-)=(1.0 mol·L-1-0.2 mol·L-1)×2=1.6 mol·L-1。B点时溶液中溶质为(NH4)2SO3和NH4HSO3,据电荷守恒可得:c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32)。由于溶液 pH=7,则有c(H+)=c(OH-),可得:c(NH4+)=c(HSO3-)+2c(SO32),图中B点时c(HSO3-)=c(SO32),从而可得:c(NH

45、4+)=3c(HSO3-),故n(NH4+)n(HSO3-)=31。(3)25 时,亚碲酸(H2TeO3)的Ka1=1×10-3,Ka2=2×10-8,电离以第一步电离为主,H2TeO3H+HTeO3-,Ka1=c(H+)c(HTeO3-)c(H2TeO3)=c2(H+)0.1mol·L-1=10-3, c(H+)=10-2 mol·L-1,故0.1 mol·L-1 H2TeO3的电离度约为10-2mol·L-10.1mol·L-1×100%=10%。NaHTeO3的溶液中存在电离和水解平衡,水解平衡常数Kh2=c

46、(OH-)c(H2TeO3)c(HTeO3-)=c(OH-)c(H2TeO3)c(H+)c(HTeO3-)c(H+)=KWKa1=10-1410-3=10-11<Ka2=2×10-8,说明HTeO3-水解程度小于其电离程度,溶液显酸性,则c(Na+)>c(HTeO3-)>c(H+)>c(OH-)>c(H2TeO3),A项错误。根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HTeO3-)+2c(TeO32)+c(OH-),B项错误。根据元素质量守恒:c(Na+)=c(TeO32)+c(HTeO3-)+c(H2TeO3),C项正确。根据质子守恒:c(H+)+c

47、(H2TeO3)=c(OH-)+c(TeO32),D项正确。(4)用Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2,达到滴定终点时,I2被完全消耗,溶液由蓝色变成无色且30 s 内不恢复原来的颜色。据测定反应可得关系式:SeSeO22I24Na2S2O3,则有n(Se)=14n(Na2S2O3)=14×0.100 0 mol·L-1×22.10×10-3 L=5.525×10-4 mol,则0.01a g粗Se中含有Se为5.525×10-4 mol×79 g·mol-1=0.043 65 g,a g粗Se中含有Se的质量为0.043 65 g×ag0.01ag=4.365 g。理论上100 g铜的阳极泥中含有Se的质量为100 g×8.0%=8.0 g,故Se的回收率为4.365 g8.0 g×100%=54.6%。