资源简介

(共63张PPT)
章末整合提升 体系构建 素养提升
目 录
体系构建
主题探究
真题体验
体系构建
主题探究
以“水溶液中的三大平衡”为载体解决新高考下的水溶液中的离子反应与
平衡问题
　　本章系统学习研究了弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡和难溶电
解质的沉淀溶解平衡。通过分析推理等方法认识三大平衡的本质特征，建
立相关的思维模型，并能运用模型解释三大平衡的移动及其应用。本章的
学习，对促进“变化观念与平衡思想”“证据推理与模型认知”“科学探
究与创新意识”等化学学科核心素养的发展，尤其是让学生建立起应对新
高考的思维能力具有重要的价值。
1. 溶液中的三大平衡及相关计算
已知25 ℃时二元酸H2A的Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.1×10－15；Ksp
（AgCl）＝1.8×10－10，Ksp（Ag2CrO4）＝2.0×10－12。
（1）在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度是否相同？
答案： 前者大于后者　
解析： 在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2－的水解程度大于HA－的
水解程度，水的电离程度前者大于后者。
（2）向0.1 mol·L－1的H2A溶液中通入HCl气体（忽略溶液体积的变化）至
pH＝3，则H2A的电离度为多少？
答案： 0.013％　
解析：向0.1 mol·L－1的H2A溶液中通入HCl气体（忽略溶液体积的变化）至pH＝3， ＝ ≈ ＝
1.3×10－7，则H2A的电离度为 ×100％＝1.3×10－4×100％＝
0.013％。
（3）向1 L 1 mol·L－1 H2A溶液中加入1 L等浓度的NaOH溶液，则c（A2
－）与c（H2A）大小如何？
答案： c（H2A）＞c（A2－）　
解析：向1 L 1 mol·L－1 H2A溶液中加入1 L等浓度的NaOH溶液，所得溶液溶
质为NaHA，根据Kh＝ ＝ ≈7.7×10－8，Kh＞Ka2，则c（H2A）
＞c（A2－）。
（4）在高氯水样中加入K2CrO4使Cr 浓度约为5×10－3 mol·L－1，当滴
加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀（忽略滴加过程的体积增加），此
时溶液中Cl－浓度约为 mol·L－1。
9×10－6　
解析： Cr 浓度约为5×10－3 mol·L－1，当滴加AgNO3溶液至开始
产生Ag2CrO4沉淀，此时c（Ag＋）＝ ＝ mol·L－
1＝2×10－5 mol·L－1，c（Cl－）＝ ＝ mol·L－1＝9×10
－6 mol·L－1。
2. 图像分析
常温下，用浓度为0.020 0 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.020 0
mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η 的变化曲线如图所示。
（1）根据图像，计算醋酸的Ka。
。
Ka（CH3COOH）＝10－4.76
解析： 点a处溶液溶质成分为NaCl和CH3COOH，c（CH3COOH）≈0.010 0 mol·L－1，c（H＋）＝10－3.38 mol·L－1，Ka（CH3COOH）＝ ≈ ＝10－4.76。
（2）在点a处，是否存在c（Na＋）＝c（Cl－）＝c（CH3COO－）＋c
（CH3COOH）守恒？
。
存在
解析： 点a处溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在元素守恒：c（Na＋）＝c（Cl－）＝c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）。
（3）点b处c（CH3COOH） （填“＞”“＜”或“＝”）c
（CH3COO－）。
解析： 点b处溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH＜7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水
解程度，则c（CH3COOH）＜c（CH3COO－）。
＜　
（4）c点和d点对应的水的电离程度大小为 。
解析： 点c处溶液中CH3COO－水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度：c＞d。
c＞d
3. 分析实验及工业生产的相关问题常
温下，用含少量Mg2＋的MnSO4溶液制
备MnCO3的过程如图所示。已知Ksp
（MgF2）＝5.2×10－11，Ka（HF）＝6.3×10－4。下列说法正确的是（　　）
A. 0.1 mol·L－1 NaF溶液中：c（F－）＝c（Na＋）＋c（H＋）
B. “除镁”得到的上层清液中：c（Mg2＋）＝
C. 0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：c（C ）＝c（H＋）＋c（H2CO3）
－c（OH－）
D. “沉锰”后的滤液中：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HC ）＋2c（C ）
√
解析： 　0.1 mol·L－1NaF溶液中存在电荷守恒：c（OH－）＋c（F－）
＝c（Na＋）＋c（H＋），A错误；“除镁”得到的上层清液为MgF2的饱
和溶液，有Ksp（MgF2）＝c（Mg2＋）·c2（F－），故c（Mg2＋）＝
，B错误；0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中存在质子守恒：c
（C ）＋c（OH－）＝c（H＋）＋c（H2CO3），故c（C ）＝c
（H＋）＋c（H2CO3）－c（OH－），C正确；“沉锰”后的滤液中还存在
F－、S 等离子，故电荷守恒式中应增加其他离子使等式成立，D错误。
1. （2024·安徽高考13题）环境保护工程师研究利用Na2S、FeS和H2S处理
水样中的Cd2＋。
已知25 ℃时，H2S饱和溶液浓度约为0.1 mol·L－1，Ka1（H2S）＝10－6.97，
Ka2（H2S）＝10－12.90，Ksp（FeS）＝10－17.20，Ksp（CdS）＝10－26.10。下
列说法错误的是（　　）
A. Na2S溶液中：c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋c（HS－）＋2c
（S2－）
B. 0.01 mol·L－1 Na2S溶液中：c（Na＋）＞c（S2－）＞c（OH－）＞c
（HS－）
C. 向c（Cd2＋）＝0.01 mol ·L－1的溶液中加入FeS，可使c（Cd2＋）＜10－
8 mol·L－1
D. 向c（Cd2＋）＝0.01 mol·L－1的溶液中通入H2S气体至饱和，所得溶液
中：c（H＋）＞c（Cd2＋）
√
解析： 　Na2S溶液中存在电荷守恒：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）
＋c（HS－）＋2c（S2－），A项正确；Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋
H2O HS－＋OH－、HS－＋H2O H2S＋OH－，且第一步水解程度远大于
第二步水解程度，Kh（S2－）＝ ＝ ＝
＝10－1.10，又c（HS－）一定小于0.01 mol·L－1，则 ＞
＞1，故c（OH－）＞c（S2－），B项错误；
由题给条件可知，Ksp（FeS）＞Ksp（CdS），向c（Cd2＋）＝0.01 mol·L－
1的溶液中加入FeS，发生沉淀转化：Cd2＋＋FeS CdS＋Fe2＋，该反应的平
衡常数K＝ ＝ ＝ ＝ ＝
108.90＞105，反应能进行完全，最后所得溶液中c（Fe2＋）≈0.01 mol·L－1，
则c（S2－）＝ ＝10－15.20 mol·L－1，溶液中c（Cd2＋）＝
＝10－10.90 mol·L－1＜10－8 mol·L－1，C项正确；
向c（Cd2＋）＝0.01 mol·L－1的溶液中通入H2S气体至饱和，发生反应：
Cd2＋＋H2S CdS↓＋2H＋，该反应的平衡常数K＝ ＝
＝ ＝106.23＞105，反应能进行完全，
所得溶液中c（H＋）≈0.02 mol·L－1，此时溶液中H2S达到饱和，c（H2S）
＝0.1 mol·L－1，代入K＝ ＝ ＝106.23，解
得c（Cd2＋）＝4×10－9.23 mol·L－1＜c（H＋），D项正确。
2. （2024·浙江6月选考15题）室温下，H2S水溶液中各含硫微粒物质的量
分数δ随pH变化关系如下图［例如δ（H2S）＝
］。已知：Ksp（FeS）＝6.3×10－18，
Ksp[Fe（OH）2]＝4.9×10－17。
A. 溶解度：FeS大于Fe（OH）2
B. 以酚酞为指示剂（变色的pH范围8.2～10.0），用NaOH标准溶液可滴
定H2S水溶液的浓度
C. 忽略S2－的第二步水解，0.10 mol·L－1的Na2S溶液中S2－水解率约为62％
D. 0.010 mol·L－1的FeCl2溶液中加入等体积0.20 mol·L－1的Na2S溶液，反
应初始生成的沉淀是FeS
下列说法正确的是（　　）
√
解析： 　在H2S溶液中存在电离平衡：
H2S H＋＋HS－、HS－ H＋＋S2－，随
着pH的增大，H2S的物质的量分数逐渐
减小，HS－的物质的量分数先增大后减
小，S2－的物质的量分数逐渐增大，图中线①、②、③依次代表H2S、HS－、S2－的物质的量分数随pH的变化，由①和②交点的pH＝7.0可知Ka1（H2S）＝1×10－7，由②和③交点的pH＝13.0可知Ka2（H2S）＝1×10－13。
FeS的沉淀溶解平衡为FeS（s） Fe2＋（aq）＋S2－（aq），饱和FeS溶液
的物质的量浓度为 ＝ mol·L－1＝ ×10－9
mol·L－1，Fe（OH）2的沉淀溶解平衡为Fe（OH）2 Fe2＋（aq）＋2OH－
（aq），饱和Fe（OH）2溶液的物质的量浓度为 ＝
mol·L－1＝ ×10－6 mol·L－1＞ ×10－9 mol·L－1，故溶
解度：FeS小于Fe（OH）2，A项错误；
酚酞的变色范围为8.2～10.0，若以酚酞为指示剂，用NaOH标准溶液滴定
H2S水溶液，由题图可知当酚酞发生明显颜色变化时，反应没有完全，即
不能用酚酞作指示剂判断滴定终点，B项错误；
Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2O HS－＋OH－、HS－＋H2O H2S＋
OH－（忽略第二步水解），第一步水解平衡常数：Kh（S2－）＝
＝ ＝ ＝
＝0.1，设水解的S2－的浓度为x mol·L－1，则 ＝0.1，解得x≈0.062，
S2－的水解率约为 ×100％＝62％，C项正确；
0.010 mol·L－1 FeCl2溶液中加入等体积0.20 mol·L－1 Na2S溶液，瞬间得到
0.005 mol·L－1 FeCl2和0.10 mol·L－1 Na2S的混合液，结合C项，瞬时c
（Fe2＋）·c（S2－）＝0.005 mol·L－1×（0.10 mol·L－1－0.062 mol·L－1）
＝1.9×10－4＞Ksp（FeS），c（Fe2＋）·c2（OH－）＝0.005 mol·L－1×
（0.062 mol·L－1）2＝1.922×10－5＞Ksp[Fe（OH）2]，故反应初始生成的
沉淀是FeS和Fe（OH）2，D项错误。
3. （2024·吉林高考15题）25 ℃下，AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平
衡曲线如图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂，用AgNO3标准溶液分别
滴定含Cl－水样、含Br－水样。
已知：①Ag2CrO4为砖红色沉淀；
②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr；
③25 ℃时，pKa1（H2CrO4）＝0.7，pKa2（H2CrO4）＝6.5。
下列说法错误的是（　　）
A. 曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线
B. 反应Ag2CrO4＋H＋ 2Ag＋＋HCr 的平衡常数K＝10－5.2
C. 滴定Cl－时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10－2.0 mol·L－1
D. 滴定Br－达终点时，溶液中 ＝10－0.5
√
解析： 　AgCl、AgBr的阴、阳离子个数比相同，则两种物质对应的沉淀
溶解平衡曲线的斜率相同，结合已知信息②溶解度：AgCl＞AgBr，可确定
曲线③表示AgBr，曲线②表示AgCl，则曲线①表示Ag2CrO4。结合
（6.1，6.1）可计算出Ksp（AgBr）＝10－6.1×10－6.1＝10－12.2，由（2.0，
7.7）可计算出Ksp（Ag2CrO4）＝（10－2.0）2×10－7.7＝10－11.7，Ksp
（AgCl）＝10－2.0×10－7.7＝10－9.7。由以上分析可知，曲线②表示AgCl沉
淀溶解平衡曲线，A正确；该反应的平衡常数K＝ ＝ ＝ ＝ ＝10－5.2，
B正确；Cl－沉淀完全时，Cr 才能开始沉淀，当离子浓度小于10－5mol·L－1时可视为沉淀完全，当Cl－沉淀完全时，溶液中c（Ag＋）＝10－4.7mol·L－1，由Ksp（Ag2CrO4）＝10－11.7可知，生成Ag2CrO4沉淀时c（Cr ）＝ mol·L－1＝10－0.3×10－2.0 mol·L－1＜10－2.0 mol·L－1，故滴定Cl－时，理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10－2.0 mol·L－1，C正确；滴定Br－达终点时，溶液中同时存在AgBr、Ag2CrO4沉淀，则溶液中 ＝ ＝10－0.5c（Ag＋），D错误。
4. （2024·新课标卷13题）常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液
中，分布系数δ与pH的变化关系如图所示。［比如：δ（CH2ClCOO－）＝
］
A. 曲线M表示δ（CHCl2COO－）～pH的变化关系
B. 若酸的初始浓度为0.10 mol·L－1，则a点对应的溶液中有c（H＋）＝c
（CHCl2COO－）＋c（OH－）
C. CH2ClCOOH的电离常数Ka＝10－1.3
D. pH＝2.08时， ＝
下列叙述正确的是（　　）
√
解析： 　Cl—为弱吸电子基，则CH2ClCOOH的酸性弱于
CHCl2COOH，故Ka（CH2ClCOOH）＜Ka（CHCl2COOH）。调pH
时，CHCl2COOH溶液中CHCl2COOH分布系数减小的趋势快，
CHCl2COO－分布系数增大的趋势快，CH2ClCOOH溶液中
CH2ClCOOH分布系数减小的趋势缓慢，CH2ClCOO－分布系数增大的
趋势缓慢，故曲线M表示δ（CH2ClCOO－）～pH的变化关系，A错
误；由题图可知，a点溶液中c（H＋）＝0.1 mol·L－1，c（OH－）＝10
－13 mol·L－1，对应c（CHCl2COO－）＝0.35×0.1 mol·L－1＝0.035
mol·L－1，则c（H＋）＞c（CHCl2COO－）＋c（OH－），B错误；
Ka（CH2ClCOOH）＝ ，当c（CH2ClCOOH）
＝c（CH2ClCOO－）时，Ka（CH2ClCOOH）＝c（H＋）≈10－2.8，同
理，Ka（CHCl2COOH）≈10－1.3，C错误；电离度α＝ ，n始＝n电离
＋n未电离，则α（CH2ClCOOH）＝δ（CH2ClCOO－），α
（CHCl2COOH）＝δ（CHCl2COO－），pH＝2.08时，δ（CH2ClCOO
－）＝0.15，δ（CHCl2COO－）＝0.85，即 ＝
，D正确。
5. （2024·全国甲卷26题节选）钴在新能源、新材料领域具有重要用途。
某炼锌废渣含有锌、铅、铜、铁、钴、锰的＋2价氧化物及锌和铜的单
质。从该废渣中提取钴的一种流程如图。
注：加沉淀剂使一种金属离子浓度小于等于10－5 mol·L－1，其他金属离子
不沉淀，即认为完全分离。
已知：①Ksp（CuS）＝6.3×10－36，Ksp（ZnS）＝2.5×10－22，Ksp
（CoS）＝4.0×10－21。
②以氢氧化物形式沉淀时，lg[c（M）/（mol·L－1）]和溶液pH的关系如图
所示。
回答下列问题：
（1）“酸浸”前，需将废渣磨碎，其目的是
。
解析： “酸浸”时磨碎废渣，能够增大反应物与稀硫酸的接触面积，加快“酸浸”速率。
使固体和酸充分接触，加
快反应速率
（2）假设“沉铜”后得到的滤液中c（Zn2＋）和c（Co2＋）均为0.10
mol·L－1，向其中加入Na2S至Zn2＋沉淀完全，此时溶液中c（Co2＋）
＝ mol·L－1，据此判断能否实现Zn2＋和Co2＋的完全分离
（填“能”或“不能”）。
解析： 由题给信息可知，此时c（Zn2＋）≤10－5 mol·L－1，则c（S2
－）＝ ≥2.5×10－17 mol·L－1，则c（Co2＋）＝
≤1.6×10－4 mol·L－1＜0.10 mol·L－1，Co2＋开始沉淀，故不能实现Zn2＋和
Co2＋的完全分离。
1.6×10－4　
不
能　
（3）“沉锰”步骤中，生成1.0 mol MnO2，产生H＋的物质的量为
。
解析： 根据题给条件及氧化还原反应规律，“沉锰”步骤中发生反
应的离子方程式为Mn2＋＋S2 ＋2H2O MnO2↓＋2S ＋4H＋，则生
成1.0 mol MnO2时，产生4.0 mol H＋。
（4）“沉淀”步骤中，用NaOH调pH＝4，分离出的滤渣是
。
解析： 由已知信息②可知，溶液pH＝4时，Fe3＋全部转化为Fe
（OH）3。
4.0
mol　
Fe（OH）
3　
（5）根据题中给出的信息，从“沉钴”后的滤液中回收氢氧化锌的方法
是 。
解析： 由已知信息②可知，Zn2＋在pH为8.2～12时以Zn（OH）2沉淀
形式析出，故回收Zn（OH）2时应调pH≈8.2～12，再过滤分离。
用NaOH调节滤液pH为8.2～12，使锌沉淀完全并过滤
真题体验
一、溶液中平衡移动的规律及应用
1. （2024·贵州高考12题）硼砂[Na2B4O5（OH）4·8H2O]水溶液常用于pH
计的校准。硼砂水解生成等物质的量的B（OH）3（硼酸）和Na[B（OH）
4]（硼酸钠）。
已知：①25 ℃时，硼酸显酸性的原理
B（OH）3＋2H2O H3O＋＋ 　Ka＝5.8×10－10；
②lg ≈0.38。
A. 硼砂稀溶液中c（Na＋）＝c[B（OH）3]
B. 硼酸水溶液中的H＋主要来自水的电离
C. 25 ℃时，0.01 mol·L－1硼酸水溶液的pH≈6.38
D. 等浓度等体积的B（OH）3和Na[B（OH）4]溶液混合后，溶液显酸性
下列说法正确的是（　　）
√
解析： 　由题可知，硼砂水解生成等物质的量的B（OH）3和Na[B
（OH）4]，但溶液中还存在B（OH）3和[B（OH）4]－的水解，故c（Na
＋）≠c[B（OH）3]，A错误；由题给硼酸显酸性的原理可知，硼酸水溶
液中的H＋主要来自水的电离，B正确；设该硼酸水溶液中水解的硼酸浓度
为x mol·L－1，则可列三段式：
　　　　　B（OH）3＋2H2O H3O＋＋[B（OH）4]－
起始浓度/
（mol·L－1） 0.01 0 0
转化浓度/
（mol·L－1） x x x
平衡浓度/
（mol·L－1） 0.01－x x x
Ka＝ ＝ ≈ ＝5.8×10－10，解得
x≈ ×10－6，即c（H＋）≈ ×10－6 mol·L－1，则pH≈5.62，C错
误；该混合溶液中Ka＝ ≈c（H3O＋）＝5.8×10
－10，则pH＝－lg（5.8×10－10）≈9.24，溶液显碱性，D错误。
2. （2024·山东高考10题）常温下Ag（Ⅰ）-CH3COOH水溶液体系中存在反
应：Ag＋＋CH3COO－ CH3COOAg（aq），平衡常数为K。已知初始浓
度c0（Ag＋）＝c0（CH3COOH）＝0.08 mol·L－1，所有含碳物种的摩尔分
数与pH变化关系如图所示（忽略溶液体积变化）。下列说法正确的是
（　　）
A. 线Ⅱ表示CH3COOH的变化情况
B. CH3COOH的电离平衡常数Ka＝10－n
C. pH＝n时，c（Ag＋）＝ mol·L－1
D. pH＝10时，c（Ag＋）＋c（CH3COOAg）＝0.08 mol·L－1
√
解析： 在溶液中存在平衡：CH3COOH CH3COO－＋H＋（①）、Ag＋
＋CH3COO－ CH3COOAg（aq）（②），Ag＋的水解平衡：Ag＋＋H2O
AgOH＋H＋（③），随着pH的增大，c（H＋）减小，平衡①③正向移
动，c（CH3COOH）、c（Ag＋）减小，pH较小时（约小于7.8）CH3COO
－浓度增大的影响大于Ag＋浓度减小的影响，CH3COOAg浓度增大，pH较
大时（约大于7.8）CH3COO－浓度增大的影响小于Ag＋浓度减小的影响，
CH3COOAg浓度减小，故线Ⅰ表示CH3COOH的摩尔分数随pH变化的关系，
线Ⅱ表示CH3COO－的摩尔分数随pH变化的关系，线Ⅲ表示CH3COOAg随
pH变化的关系，A项错误；由题图可知，当c（CH3COOH）＝c（CH3COO－）时（即线Ⅰ和线Ⅱ的交点），溶液的pH＝m，则CH3COOH的电离平衡常数Ka＝ ＝c（H＋）＝10－m，B项错误；
pH＝n时， ＝10－m，c（CH3COO－）＝
＝10n－mc（CH3COOH），Ag＋＋CH3COO－
CH3COOAg（aq）的K＝ ，c（Ag＋）＝
，由题图可知pH＝n时，c（CH3COOH）＝c
（CH3COOAg），代入整理得c（Ag＋）＝ mol·L－1，C项正确；
根据元素守恒，pH＝10时溶液中c（Ag＋）＋c（CH3COOAg）＋c
（AgOH）＝0.08 mol·L－1，D项错误。
二、沉淀溶解平衡图像
3. （2024·全国甲卷13题）将0.10 mmol Ag2CrO4配制成1.0 mL悬浊液，向
其中滴加0.10 mol·L－1的NaCl溶液。lg[cM/（mol·L－1）]（M代表Ag＋、Cl
－或Cr ）随加入NaCl溶液体积（V）的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是（　　）
A. 交点a处：c（Na＋）＝2c（Cl－）
B. ＝10－2.21
C. V≤2.0 mL时 不变
D. y1＝－7.82，y2＝－lg 34
√
解析： 　滴加过程中发生沉淀转化反应：Ag2CrO4＋2Cl－ 2AgCl＋
Cr ，溶液中存在Ksp（AgCl）＝c（Ag＋）·c（Cl－），即lg [Ksp
（AgCl）]＝lg [c（Ag＋）]＋lg[c（Cl－）]，则表示lg[c（Ag＋）]、lg[c
（Cl－）]的两条曲线纵坐标之和为定值。随着Cl－不断滴入溶液中，其浓
度不断升高，则中间的点虚线对应lg[c（Cl－）]，最下方的虚线对应lg[c
（Ag＋）]，根据V（NaCl）＝1.0 mL时的数据可得lg[Ksp（AgCl）]＝－
4.57＋（－5.18）＝－9.75，即Ksp（AgCl）＝10－9.75。最上方的实线对
应lg[c（Cr ）]。Ag2CrO4转化为AgCl需消耗2.0 mL NaCl溶液，结合题
图知，交点a处c（Na＋）≈ mol·L－1，c（Cl－）≈
mol·L－1，因此c（Na＋）≠2c（Cl－），A错误；
V（NaCl）＝1.0 mL时，溶液中存在Ag2CrO4沉淀，因此溶液中满足Ksp
（Ag2CrO4）＝c2（Ag＋）·c（Cr ），即lg[Ksp（Ag2CrO4）]＝2lg[c
（Ag＋）]＋lg[c（Cr ）]＝2×（－5.18）＋（－1.60）＝－11.96，
Ksp（Ag2CrO4）＝10－11.96，则 ＝ ＝102.21，B错误；
在滴加NaCl溶液的最初阶段，滴入的Cl－的量极少，尚不足以生成AgCl沉
淀，滴入的Cl－全部以离子形式存在，其浓度随着NaCl溶液的滴入而增大，
由于Cl－未与Ag＋发生反应，此时溶液仍为Ag2CrO4的饱和溶液，其中c
（Cr ）＝ ，为定值，因此在此阶段， 随着
NaCl溶液的滴入而减小，当Ag2CrO4转化为AgCl后，结合沉淀转化反应为
可逆反应知，当V（NaCl）≤2.0 mL时，体系中仍存在Ag2CrO4沉淀，溶
液中满足Ksp（Ag2CrO4）＝c2（Ag＋）·c（Cr ）、Ksp（AgCl）＝c
（Ag＋）·c（Cl－），两式相除得 ＝ ，
其中c（Ag＋）在滴加NaCl溶液的过程中会随着c（Cl－）的增加而减少，
因此 会随着NaCl溶液的滴加而增大，C错误；
V（NaCl）＝2.4 mL时，体系中有AgCl沉淀，溶液中满足lg[Ksp（AgCl）]
＝lg[c（Ag＋）]＋lg[c（Cl－）]，代入数据－9.75＝y1＋（－1.93），得
y1＝－7.82，假设此时溶液中仍存在Ag2CrO4，则lg[Ksp（Ag2CrO4）]＝
2lg[c（Ag＋）]＋lg[c（Cr ）]，代入数据－11.96＝2×（－7.82）＋
lg[c（Cr ）]，得lg[c（Cr ）]＝3.68，即c（Cr ）＝103.68
mol·L－1，远超过Ag2CrO4全部溶解所得Cr 的浓度，因此此时溶液中不
存在Ag2CrO4沉淀，Ag2CrO4已全部溶解，故c（Cr ）＝ ＝
mol·L－1，lg[c（Cr ）]＝lg ＝－lg 34，D正确。
4. （2024·湖北高考13题）CO2气氛下，Pb（ClO4）2溶液中含铅物种的分
布如图。纵坐标（δ）为组分中铅占总铅的质量分数。已知c0（Pb2＋）＝
2.0×10－5 mol·L－1，pKa1（H2CO3）＝6.4、pKa2（H2CO3）＝10.3，pKsp
（PbCO3）＝12.1。下列说法错误的是（　　）
A. pH＝6.5时，溶液中c（C ）＜c（Pb2＋）
B. δ（Pb2＋）＝δ（PbCO3）时，c（Pb2＋）＜
1.0×10－5mol·L－1
C. pH＝7时，2c（Pb2＋）＋c[Pb（OH）＋]＜2c（C ）＋c
（HC ）＋c（Cl ）
D. pH＝8时，溶液中加入少量NaHCO3（s），PbCO3会溶解
√
解析： 　δ为组分中铅占总铅的质量分数，c0（Pb2＋）代表Pb2＋的初始浓
度，根据元素守恒，c0（Pb2＋）等于体系中所有含铅物种的浓度之和，因
此，体系中任何含铅物种的浓度c（X）＝c0（Pb2＋）·δ（X）。由题图可
知，pH＝6.5时δ（Pb2＋）＞75％，c（Pb2＋）＝c0（Pb2＋）·δ（Pb2＋）＞
1.5×10－5 mol·L－1，此时体系中还没有PbCO3（s），则Ksp（PbCO3）≥c
（Pb2＋）·c（C ），c（C ）≤ ＜ mol·L－1＝
×10－7.1 mol·L－1＜1.5×10－5 mol·L－1＝c（Pb2＋），A正确；
δ（Pb2＋）＝δ（PbCO3）时，体系中还存在Pb（OH）＋，因此δ（Pb2＋）
＝δ（PbCO3）＜50％，则c（Pb2＋）＝c0（Pb2＋）·δ（Pb2＋）＜1.0×10－5
mol·L－1，B正确；
体系的初始状态为Pb（ClO4）2溶液和CO2气氛，由于Cl 不水解，根据c0
（Pb2＋）＝2.0×10－5 mol·L－1可知c（Cl ）＝4.0×10－5 mol·L－1，读
图可知，pH＝7时，δ（Pb2＋）＜50％，δ[Pb（OH）＋]＜25％，则c（Pb2
＋）＝c0（Pb2＋）·δ（Pb2＋）＜2.0×10－5 mol·L－1×50％＝1.0×10－5
mol·L－1，c[Pb（OH）＋]＝c0（Pb2＋）·δ[Pb（OH）＋]＜2.0×10－5
mol·L－1×25％＝5.0×10－6 mol·L－1，则2c（Pb2＋）＋c[Pb（OH）＋]＜
2×1.0×10－5 mol·L－1＋5.0×10－6 mol·L－1＝2.5×10－5 mol·L－1＜
4.0×10－5 mol·L－1＝c（Cl ）＜2c（C ）＋c（HC ）＋c
（Cl ），C正确；
pH＝8时，含Pb物种主要以PbCO3（s）形式存在，溶解PbCO3有两种方式：
将其转化为Pb2＋或Pb（CO3 ，即使PbCO3 Pb2＋＋C 正向移动，
或使PbCO3＋C Pb（CO3 正向移动，若由HC 电离提供C ，
同时电离出的H＋会降低溶液pH，与Pb（CO3 存在时需要较高的pH矛
盾，D错误。
三、“多变”的酸碱反应图像
5. （2024·湖南高考13题）常温下Ka ＝1.8×10－4，向20 mL 0.10
mol·L－1NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两
种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错
误的是（　　）
A. 水的电离程度：M＜N
B. M点：2c ＝c ＋c
C. 当V ＝10 mL时，c ＝c ＋
2c ＋c
D. N点：c ＞c ＞c ＞c ＞c
√
解析： 　结合起点和终点，向20 mL 0.10 mol·L－1NaOH溶液中滴入相同
浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒是Na＋、OH－、H＋和HCOO－；
当V ＝0 mL时，溶液中存在Na＋、H＋和OH－，c ＝
c ＝0.10 mol·L－1，随着加入HCOOH溶液，c 减少但不会降
到0，当V ＝20 mL时，c ＝0.05 mol·L－1，随着加入
HCOOH溶液，c 会与HCOOH反应而减少，当V ＝20 mL时，
溶质为HCOONa，c ＝0.05 mol·L－1，Kh＝ ＝ ＝
＝ ，c ＝ mol·L－1＝ ×10－
5mol·L－1，c 很少，接近于0，则斜率为负的曲线代表c ；
当V ＝0 mL时，0.10 mol·L－1NaOH中c ＝10×10－13mol·L
－1，很小，随着加入HCOOH溶液，溶质由NaOH变为NaOH和HCOONa混
合物，最终为HCOONa，c 增加的很少，而c 增加的多，
当V ＝20 mL时，溶质为HCOONa，HCOO－少部分水解，
c ＜0.05 mol·L－1，斜率为正的曲线代表c ，即经过M点
在下降的曲线表示的是OH－浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线
表示的是HCOO－浓度的改变。N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成
HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，M点时仍剩余有未反应的NaOH，
对水的电离产生抑制，故水的电离程度M＜N，A正确；
M点溶液中电荷守恒有c ＋c ＝c ＋c ，M点
为交点可知c ＝c ，联合可得2c ＝c ＋
c ，B正确；当V ＝10 mL时，溶液中的溶质为
c ∶c ＝1∶1，根据电荷守恒有c ＋c ＝
c ＋c ，根据元素守恒c ＝2c ＋
2c ，两式整理可得c ＝c ＋2c ＋
c ，C正确；
N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，HCOO－发生水解，
因此c ＞c 及c ＞c ，观察图中N点可知，
c ≈0.05 mol·L－1，根据Ka ＝ ＝1.8×10
－4，可知c ＞c ，D错误。
演示完毕 感谢观看

展开更多......

收起↑