选择题突破9 电解质溶液
【真题回顾】
命题角度1 电离平衡、水解平衡及其应用
1.(2022·浙江1月选考)25 ℃时，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列说法正确的是( )
A.相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)
B.将浓度均为0.10 mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大
C.25 ℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，则此时溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)
D.25 ℃时，0.10 mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
2.(2022·全国乙卷)常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某体系中，H＋与A－不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是( )
A.溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)
B.溶液Ⅱ中的HA的电离度[]为
C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10－4
命题角度2 溶液中离子平衡图像分析
3.(2023·浙江1月选考)甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根的物质的量分数)与废水初始pH关系如图(已知甲酸Ka＝1.8×10－4)，下列说法不正确的是( )
A.活性成分R3N在水中存在平衡：R3N＋H2O R3NH＋＋OH－
B.pH＝5的废水中c(HCOO－)∶c(HCOOH)＝18
C.废水初始pH＜2.4，随pH下降，甲酸的电离被抑制，与R3NH＋作用的HCOO－数目减少
D.废水初始pH＞5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH＋形态存在
4.(2023·湖南卷)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(η＝)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A.Ka(CH3COOH)约为10－4.76
B.点a：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C.点b：c(CH3COOH)
A.当pH＝1时，体系中c(H2L)>c([FeL]＋)>c(OH－)>c(HL－)
B.pH在9.5～10.5之间，含L的物种主要为L2－
C.L2－＋[FeL]＋ [FeL2]－的平衡常数的lg K约为14
D.当pH＝10时，参与配位的c(L2－)≈1.0×10－3 mol·L－1
命题角度3 沉淀溶解平衡图像分析
6.(2023·全国乙卷)一定温度下，AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法正确的是( )
A.a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀，也能生成AgCl沉淀
B.b点时，c(Cl－)＝c(CrO)，Ksp(AgCl)＝Ksp(Ag2CrO4)
C.Ag2CrO4＋2Cl－ 2AgCl＋CrO的平衡常数K＝107.9
D.向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3溶液，先产生Ag2CrO4沉淀
7.(2023·全国甲卷)下图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM－pH关系图{pM＝－lg[c(M)/(mol·L－1)]；c(M)≤10－5 mol·L－1可认为M离子沉淀完全}。下列叙述正确的是( )
A.由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]＝10－8.5
B.pH＝4时Al(OH)3的溶解度为 mol·L－1
C.浓度均为0.01 mol·L－1的Al3＋和Fe3＋可通过分步沉淀进行分离
D.Al3＋、Cu2＋混合溶液中c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1时二者不会同时沉淀
【考点剖析】
微点1 电离平衡、水解平衡及应用
【典题精练】
1.(2023·浙江模拟预测)25 ℃时，二元弱酸H2A的Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝1.5×10－4，下列说法正确的是( )
A.0.1 mol/L的H2A与H2SO4分别稀释100倍，稀释后溶液pH：H2A
C.25 ℃时，向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH＝4，则c(A2－)
2.(2023·绵阳二模)已知含磷废水中的磷以磷酸及其盐的形式存在。某温度下，磷酸的pKa与溶液的pH的关系如下图，该温度下向初始pH＝6的含磷废水中加入CaCl2可以得到Ca5(PO4)3OH沉淀而实现废水除磷。下列叙述错误的是( )
A.该温度下，磷酸的Ka2＝10－7.21
B.若逐渐增大该废水的pH，溶液中c(HPO)将随之不断增大
C.pH＝6的该废水中离子浓度存在关系：c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)
D.该废水除磷的离子反应有：3H2PO＋5Ca2＋＋H2O===Ca5(PO4)3OH↓＋7H＋
3.(2023·湖北部分重点中学联考)常温下，通过下列实验探究CH3COOH溶液的性质(已知常温下，CH3COOH的电离常数Ka＝1.8×10－5)：
实验1：用pH试纸测定0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液的pH，测得pH约为3
实验2：向20.00 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入10.00 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液
实验3：向20.00 mL 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液至恰好完全反应
实验4：将pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合
下列说法正确的是( )
A.水中加入CH3COOH，水的电离程度变大
B.实验2反应后溶液中：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
C.实验3反应后的溶液中：溶液pH＝7
D.实验4混合后的溶液中：c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
【智能提升】
1.明确三个“比较”
(1)电离程度大于水解程度，如CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性。
(2)水解程度大于电离程度，如HClO的电离程度小于ClO－的水解程度，所以等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性。
(3)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐的电离程度和水解程度哪一个更强。如在NaHCO3溶液中，HCO的水解程度大于其电离程度，故溶液显碱性。
2.掌握两个“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Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。
(2)元素质量守恒(也叫物料守恒)：电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。
c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]
3.利用常数关系判断溶液的酸碱性
NaHS溶液显碱性，离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)>c(S2－)，判断的理由是HS－的水解常数大于其电离常数(Ka2)。
微点2 溶液中的离子平衡图像
【典题精练】
4.(2023·沈阳高三联考)海洋生态系统在全球碳循环中起着决定性作用。CO2进入海水后，主要以4种无机碳形式存在，称为总溶解无机碳(DIC)，占海水总碳95%以上，在海水中存在平衡关系：CO2＋H2O H2CO3 H＋＋HCO；HCO H＋＋CO，某些组分百分率随pH变化如下图。另据资料显示：海洋中的珊瑚虫经反应Ca2＋＋2HCO CaCO3＋H2O＋CO2↑形成石灰石外壳，进而形成珊瑚。下列说法不正确的是( )
A.海水中：pH＝6.3＋lg
B.DIC＝c＋c＋c
C.海水中藻类的光合作用促进了珊瑚的形成
D.海水的pH一般在7.8～8.3之间，所以海洋中碳元素主要以HCO形式存在
5.(2023·广州四校测试)已知常温下HF酸性强于HCN，分别向1 L 1 mol·L－1的HF、HCN溶液中加NaOH固体(忽略温度和溶液体积变化)，溶液pH随lg(X表示F或者CN)变化的情况如图所示，下列说法错误的是( )
A.lg Ka(HF)－lg Ka(HCN)＝6
B.溶液中对应的c(X－)：d点>c点
C.b点溶液的pH＝5.2
D.e点溶液中c(Na＋)>c(HCN)>c(OH－)>c(H＋)
6.(2023·河北省级联测)常温下，向1 L 0.1 mol·L－1 NH4HSO3溶液中加入NaOH固体，NH、NH3·H2O、HSO、SO等粒子浓度变化情况如图所示(过程中溶液体积和温度保持不变)。
已知：H2SO3的Ka1＝1.4×10－2，Ka2＝6.0×10－8，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。
下列说法错误的是( )
A.曲线b、d分别表示c(HSO)、c(NH)的变化情况
B.随着NaOH固体的加入，水的电离程度先增大后减小
C.0.1 mol·L－1 NH4HSO3溶液中存在c(NH)>c(HSO)>c(NH3·H2O)>c(SO)
D.n(NaOH)＝0.2 mol时溶液中存在c(Na＋)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
【智能提升】
1.与pH有关的图像
(1)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)以常温下将KOH溶液滴加到二元弱酸(H2X)溶液中为例，分析pH～lg曲线
①确定各曲线的含义：二元弱酸(H2X)第一步电离程度远大于第二步电离程度。lg或lg越大，表示电离程度越大，因而N代表第一步电离曲线，M代表第二步电离曲线。
②pH～lg图是分布系数图的变形，通过找lg＝0，依次确定pKan。
如上述图像，可以根据m点、n点的坐标计算pKa1和pKa2。
2.酸碱滴定曲线分析
(1)酸碱滴定pH～V标准液曲线的特点
强碱滴定等浓度HA 强酸滴定等浓度BOH
曲线起点：强碱滴定HA，酸性越强起点越低；强酸滴定BOH，碱性越强起点越高
突变范围：强强滴定范围大于强弱滴定
酸碱指示剂：根据中和反应终点的酸碱性选择。若酸性，选甲基橙；碱性，选酚酞；中性，二者均可
(2)巧抓“五个”关键点，
突破溶液中的粒子浓度关系
如：室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA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：
3.粒子分布系(分)数图像分析
分布曲线指以pH为横坐标，分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线。
一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元弱酸(以草酸H2C2O4为例)
注：pKa为电离常数的负对数
Ka＝ 交点：c(CH3COO－) ＝c(CH3COOH)， 故Ka＝c(H＋)＝10－4.76 Ka1＝ A点：c(HC2O)＝c(H2C2O4)， 故Ka1＝c(H＋)＝10－1.2； Ka2＝ B点：c(C2O)＝c(HC2O)，故Ka2＝10－4.2
微点3 沉淀溶解平衡图像
【典题精练】
7.(2022·沈阳二模)已知298 K时，Ksp(CuS)＝6.3×10－36，Ksp(MnS)＝2.5×10－13，随着温度的升高二者的Ksp都增大。298 K时，饱和溶液中p(S2－)和p(M2＋)的关系如图所示，其中p(S2－)＝－lgc(S2－)，p(M2＋)＝－lgc(Cu2＋)或－lgc(Mn2＋)，下列说法正确的是( )
A.298 K时向MnS悬浊液中加入MnSO4固体，可使溶液由a点变为d点
B.向MnS悬浊液中加入硫酸铜溶液，发生反应：MnS(s)＋Cu2＋(aq)===CuS(s)＋Mn2＋(aq)，平衡常数K约为4.0×1022
C.为除去MnCl2溶液中混有的少量CuCl2，可加入适量Na2S固体，充分搅拌后过滤
D.温度升高，可使b点变成c点
8.T ℃时，分别向10 mL浓度均为0.1 mol·L－1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴0.1 mol·L－1的Na2S溶液，滴的过程中－lgc(Cu2＋)和－lgc(Zn2＋)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示[已知：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，lg3≈0.5]。下列有关说法错误的是( )
A.a→b→d为滴定ZnCl2溶液的曲线
B.对应溶液pH：a
D.d点纵坐标为33.9
9.(2023·辽宁卷)某废水处理过程中始终保持H2S饱和，即c(H2S)＝0.1 mol·L－1，通过调节pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分离，体系中pH与－lg c关系如下图所示，c为HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的浓度，单位为 mol·L－1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列说法正确的是( )
A.Ksp(CdS)＝10－18.4
B.③为pH与－lgc(HS－)的关系曲线
C.Ka1(H2S)＝10－8.1
D.Ka2(H2S)＝10－14.7
【智能提升】
1.有关沉淀溶解平衡Ksp曲线的分析
(1)典型示例
(2)点的变化
a→c 曲线上变化，增大c(SO)
b→c 加入1×10－5 mol·L－1 Na2SO4溶液(加水不行)
d→c 加入BaCl2固体(忽略溶液的体积变化)
c→a 曲线上变化，增大c(Ba2＋)
曲线上方的点表示有沉淀生成；曲线下方的点表示不饱和溶液
2.有关沉淀溶解平衡对数图像分析
图像 说明
已知：pM＝－lg c(M)(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)，p(CO)＝－lg c(CO) 横坐标数值越大，c(CO)越小
纵坐标数值越大，c(M)越小
曲线上方的点为不饱和溶液
曲线上的点为饱和溶液
曲线下方的点表示有沉淀生成
曲线上任意一点，坐标数值越大，其对应的离子浓度越小
3.沉淀滴定曲线分析
以0.100 mol·L－1 AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线为例：
①根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10。
②滴定终点c点为饱和AgCl溶液，c(Ag＋)＝c(Cl－)。
③相同实验条件下，若改为0.040 0 mol·L－1 Cl－，反应终点c向a方向移动。
④相同实验条件下，若改为0.050 0 mol·L－1Br－，反应终点c向b方向移动。
参考答案
真题回顾
1.C [醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O－)
3.D [A项，由图可知，R3N溶液呈碱性，溶液中存在平衡R3N＋H2O R3NH＋＋OH－，故A正确；B项，由电离常数公式可知，＝。当溶液pH为5时，废水中＝＝18，故B正确；C项，由图可知，溶液pH为2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高。当溶液中pH小于2.4时，随溶液pH下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中甲酸根离子浓度减小，与R3NH＋作用的数目减小，故C正确；D项，废水中存在平衡R3N＋H2O R3NH＋＋OH－，当废水初始pH大于5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故D错误；故选D。]
4.D [NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为等物质的量的NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa，且物质的量之比为2∶1∶1；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为等物质的量的NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。A.由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)＝0.010 0 mol/L，c(H＋)＝10－3.38 mol/L，Ka(CH3COOH)＝≈＝10－4.76，故A正确；B.a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，故B正确；C.b点溶液中含有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)
5.C [从图给的分布分数图可以看出，在两曲线的交点横坐标值加和取平均值即为某型体含量最大时的pH，利用此规律解决本题。A.从图中可以看出Fe(Ⅲ)主要与L2－进行络合，但在pH＝1时，富含L的型体主要为H2L，此时电离出的HL－较少，根据H2L的一级电离常数可以简单计算pH＝1时溶液中c(HL－)≈5×10－9.46，但pH＝1时c(OH－)＝10－13，因此这四种离子的浓度大小为c(H2L)>c([FeL]＋)>c(HL－)>c(OH－)，A错误；B.根据图示的分布分数图可以推导出，H2L在pH≈9.9时HL－的含量最大，而H2L和L2－的含量较少，因此当pH在9.5～10.5之间时，含L的物种主要为HL－，B错误；C.该反应的平衡常数K＝，当[FeL2]－与[FeL]＋分布分数相等时，可以将K简化为K＝，此时体系的pH≈4，在pH＝4时可以计算溶液中c(L2－)＝5.0×10－14.86，则该络合反应的平衡常数K≈＝2×1013.86，即lg K≈14，C正确；D.根据图像，pH＝10时溶液中主要的型体为[FeL3]3－和[FeL2(OH)]2－，其分布分数均为0.5，因此可以得到c([FeL3]3－)＝c([FeL2(OH)]2－)＝1×10－4 mol·L－1，此时形成[FeL3]3－消耗了3×10－4 mol·L－1的L2－，形成[FeL2(OH)]2－消耗了2×10－4 mol·L－1的L2－，共消耗了5×10－4 mol·L－1的L2－，即参与配位的c(L2－)≈5×10－4 mol·L－1，D错误。]
6.C [根据图像，由(1.7，5)可得到Ag2CrO4的溶度积Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(1×10－5)2×1×10－1.7＝10－11.7，由(4.8，5)可得到AgCl的溶度积Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1×10－5×1×10－4.8＝10－9.8，据此数据计算各选项结果。A.假设a点坐标为(4，6.5)，此时分别计算反应的浓度熵Q得，Q(AgCl)＝10－10.5，Q(Ag2CrO4)＝10－17，二者的浓度熵均小于其对应的溶度积Ksp，二者均不会生成沉淀，A错误；B.Ksp为难溶物的溶度积，是一种平衡常数，平衡常数只与温度有关，与浓度无关，根据分析可知，二者的溶度积不相同，B错误；C.该反应的平衡常数表达式为K＝，将表达式转化为与两种难溶物的溶度积有关的式子得K＝＝＝＝＝1×107.9，C正确；D.向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·L－1的混合溶液中滴加AgNO3，开始沉淀时所需要的c(Ag＋)分别为10－8.8和10－5.35，说明此时沉淀Cl－需要的银离子浓度更低，在这种情况下，先沉淀的是AgCl，D错误。]
7.C [A.由点a(2，2.5)可知，此时pH＝2，pOH＝12，则Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－2.5×(10－12)3＝10－38.5，故A错误；B.由点(5，6)可知，此时pH＝5，pOH＝9，则Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)＝10－6×(10－9)3＝10－33，pH＝4时Al(OH)3的溶解度为＝10－3 mol·L－1，故B错误；C.由图可知，当铁离子完全沉淀时，铝离子尚未开始沉淀，可通过调节溶液pH的方法分步沉淀Al3＋和Fe3＋，故C正确；D.由图可知，Al3＋沉淀完全时，c(Al3＋)≤10－5 mol·L－1，pM≥5，此时pH约为4.7，在此pH下Cu2＋刚开始沉淀的浓度为0.1 mol·L－1，而题中c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1>0.1 mol·L－1，则Al3＋、Cu2＋会同时沉淀，故D错误。]
考点剖析
微点1
典题精练
1.D [A.稀释100倍后，两溶液的浓度均变为0.001 mol·L－1，浓度相同的二元弱酸与二元强酸，强酸完全电离，溶液中c(H＋)比弱酸的大，pH比弱酸小，因此pH大小关系为H2A>H2SO4，A错误；B.pH相同时，二元弱酸的浓度大于二元强酸的浓度，因此中和等pH、等体积的H2A与H2SO4，弱酸H2A消耗更多NaOH，B错误；C.根据Ka2＝＝1.5×10－4，25 ℃时，pH＝4，有＝1.5×10－4，则c(A2－)＝1.5c(HA－)，故c(A2－)>c(HA－)，C错误；D.等浓度、等体积的H2A溶液与NaOH溶液混合后，恰好发生以下反应：H2A＋NaOH===NaHA＋H2O，溶液中只有溶质NaHA，HA－既有电离又有水解，其水解常数Kh＝＝＝×10－12
2.B [由磷酸的pKa与溶液的pH的关系图可知Ka1＝10－2.12、Ka2＝10－7.21、Ka3＝10－12.36。A.该温度下，由关系图可知pH＝pKa2＝7.21，即Ka2＝10－7.21，A正确；B.逐渐增大该废水的pH过程中，含磷微粒的变化是H3PO4H2POHPOPO，因此溶液中c(HPO)将先增大后减小，B错误；C.pH＝6时，因为Ka2＝＝10－7.21，所以＝＝＝10－1.21<1，即c(H2PO)>c(HPO)，因为Ka3＝＝10－12.36，所以＝＝＝10－6.36<1，即c(HPO)>c(PO)，故c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)，C正确；D.因为向含磷废水中加入CaCl2可以得到Ca5(PO4)3OH沉淀，因此废水除磷过程中存在离子反应3H2PO＋5Ca2＋＋H2O===Ca5(PO4)3OH↓＋7H＋，D正确。]
3.D [实验1说明CH3COOH溶液中存在CH3COOH CH3COO－＋H＋，H＋抑制水的电离，故A项错误；实验2反应后的溶液中n(CH3COOH)＝n(CH3COONa)，由电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)、物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，得出c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)，B项错误；实验3反应后的溶液中的溶质是CH3COONa，CH3COO－水解使溶液呈碱性，C项错误；CH3COOH为弱酸，将pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，CH3COOH过量，混合溶液呈酸性，故混合后的溶液中c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)，D项正确。]
微点2
典题精练
4.B [A.根据图像可知当碳酸分子和碳酸氢根离子的含量相等时，pH＝6.3，即氢离子浓度是10－6.3mol/L，则Ka＝＝10－6.3，所以c(H＋)＝，因此海水中：pH＝－lgc(H＋)＝6.3＋lg，A正确；B.由于存在反应Ca2＋＋2HCO CaCO3＋H2O＋CO2↑，所以根据碳原子守恒可知DIC＞c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，B错误；C.海水中藻类的光合作用消耗二氧化碳，使平衡Ca2＋＋2HCO CaCO3＋H2O＋CO2↑正向进行，因此促进了珊瑚的形成，C正确；D.根据图像可知海水的pH一般在7.8～8.3之间时碳酸氢根离子的含量最高，所以海洋中碳元素主要以HCO形式存在，D正确。]
5.B [常温下HF酸性强于HCN，即Ka(HF)>Ka(HCN)，由图可知，当lg＝0或lg＝0即c(F－)＝c(HF)或c(CN－)＝c(HCN)时，Ka(HF)＝＝c(H＋)＝10－3.2，Ka(HCN)＝＝c(H＋)＝10－9.2，即Ⅰ代表HF，Ⅱ代表HCN。Ka(HF)＝10－3.2，Ka(HCN)＝10－9.2，则lg Ka(HF)－lg Ka(HCN)＝6，A正确；由于弱电解质的电离是微弱的，故溶液中c(HF)＝c(HCN)≈1 mol·L－1，则d点c(CN－)＝＝ mol·L－1，c点c(F－)＝＝mol·L－1，故c(X－)：c点>d点，B错误；b点溶液中lg＝2，则c(H＋)＝＝10－5.2mol·L－1，溶液的pH＝5.2，C正确；e点溶液pH为9.2即c(H＋)
6.C [由H2SO3的Ka1＝1.4×10－2，Ka2＝6.0×10－8，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5可知，Ka2>Kh(NH)>Kh2(HSO)，所以0.1 mol·L－1NH4HSO3溶液显酸性。通过NaOH固体的加入，由各曲线的变化关系可知，曲线b、d分别表示c(HSO)、c(NH)的变化情况，A项正确；0.1 mol·L－1 NH4HSO3溶液开始时显酸性的主要原因为HSO的电离抑制水的电离，随着NaOH固体的加入，水的电离程度先增大后减小，B项正确；根据电离和水解的关系可得0.1 mol·L－1 NH4HSO3溶液中存在c(NH)>c(HSO)>c(SO)>c(NH3·H2O)，C项错误；n(NaOH)＝0.2 mol时，根据元素守恒可知，溶液中存在c(Na＋)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)，D项正确。]
微题型3
典题精练
7.B [①横纵坐标越大，对应的阴、阳离子浓度越小，则阴阳离子的浓度积越小，Ksp越小，由此确定曲线Ⅰ为CuS的Ksp曲线，曲线Ⅱ为MnS的Ksp曲线；②由a、d点可知，MnS的悬浊液中加入MnSO4固体，会导致c(Mn2＋)增大，根据温度不变，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2－)为定值可知，c(S2－)会减小；③由b点可知，升高温度，导致CuS的溶解度增大，Cu2＋和S2－的浓度均增大，应该沿abc线段向下。由①、②可知，A错误；向MnS中加入硫酸铜溶液，发生反应：MnS(s)＋Cu2＋(aq)===CuS(s)＋Mn2＋(aq)，平衡常数K＝＝＝≈4.0×1022，B正确；加入适量Na2S后，可使Cu2＋转化为CuS沉淀，但使用Na2S除杂会引入新杂质Na＋，不符合除杂原则，C错误；由③知，D错误。]
8.A [由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，滴加0.1 mol/L的Na2S溶液时，溶液中c(S2－)几乎相同，则溶液中c(Zn2＋)>c(Cu2＋)、－lgc(Cu2＋)>－lgc(Zn2＋)，由于d点数值大，所以d点所在曲线为滴定CuCl2溶液的曲线，即a→b→e为滴定ZnCl2溶液的曲线，故A错误；某温度下，向10 mL浓度为0.1 mol/L的ZnCl2溶液中滴加0.1 mol/L的Na2S溶液发生反应生成硫化锌，锌离子浓度减小，水解程度减小，溶液pH增大，反应后加入的硫化钠溶液显碱性，溶液pH：a
