2025屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題9電解質(zhì)溶液學(xué)案新人教版

PAGE27-專題九電解質(zhì)溶液體系構(gòu)建·串真知真題回放·悟高考解讀考綱1．了解水的電離、離子積常數(shù)(KW)。2．了解溶液pH的含義及其測(cè)定方法，能進(jìn)行pH的簡(jiǎn)潔計(jì)算。3．理解弱電解質(zhì)在水中的電離平衡，能利用電離平衡常數(shù)(Ka、Kb、Kw)進(jìn)行相關(guān)計(jì)算4．了解鹽類水解的原理，影響鹽類水解程度的主要因素，鹽類水解的應(yīng)用。5．了解難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡。理解溶度積(Ksp)的含義，能進(jìn)行相關(guān)的計(jì)算。6．以上各部分學(xué)問的綜合運(yùn)用。體驗(yàn)真題1．(2024·全國(guó)卷Ⅰ·13)以酚酞為指示劑，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數(shù)δ隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變更關(guān)系如圖所示。[比如A2－的分布系數(shù)：δ(A2－)＝eq\f(cA2－,cH2A＋cHA－＋cA2－)]下列敘述正確的是(C)A．曲線①代表δ(H2A)，曲線②代表δ(HA－)B．H2A溶液的濃度為0.2000mol·L－1C．HA－的電離常數(shù)Ka＝1.0×10－2D．滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液中c(Na＋)<2c(A2－)＋c(HA－)【解析】依據(jù)圖像，曲線①代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入漸漸減小，曲線②代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入漸漸增大，粒子的分布系數(shù)只有1個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)加入40mLNaOH溶液時(shí)，溶液的pH發(fā)生突變，且曲線②代表的粒子達(dá)到最大值接近1；沒有加入NaOH時(shí)，pH約為1，說明H2A第一步完全電離，其次步部分電離，曲線①代表δ(HA－)，曲線②代表δ(A2－)，依據(jù)反應(yīng)2NaOH＋H2ANa2A＋2H2O，c(H2A)＝eq\f(0.1000mol/L×40mL,2×20.00mL)＝0.1000mol/L。依據(jù)分析，曲線①代表δ(HA－)，曲線②代表δ(A2－)，A錯(cuò)誤；當(dāng)加入40.00mLNaOH溶液時(shí)，溶液的pH發(fā)生突變，說明恰好完全反應(yīng)，結(jié)合分析，依據(jù)反應(yīng)2NaOH＋H2ANa2A＋2H2O，c(H2A)＝eq\f(0.1000mol/L×40mL,2×20.00mL)＝0.1000mol/L，B錯(cuò)誤；依據(jù)曲線當(dāng)δ(HA－)＝δ(A2－)時(shí)溶液的pH＝2，則HA－的電離平衡常數(shù)Ka＝eq\f(cA2－·cH＋,cHA－)＝c(H＋)＝1×10－2，C正確；用酚酞作指示劑，酚酞變色的pH范圍為8.2～10，終點(diǎn)時(shí)溶液呈堿性，c(OH－)＞c(H＋)，溶液中的電荷守恒為c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，則c(Na＋)＞2c(A2－)＋c(HA－)，D錯(cuò)誤。2．(2024·全國(guó)卷Ⅰ·11)NaOH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀(鄰苯二甲酸H2A的Ka1＝1.1×10－3，Ka2＝3.9×10－6)溶液，混合溶液的相對(duì)導(dǎo)電實(shí)力變更曲線如圖所示，其中b點(diǎn)為反應(yīng)終點(diǎn)。下列敘述錯(cuò)誤的是(C)A．混合溶液的導(dǎo)電實(shí)力與離子濃度和種類有關(guān)B．Na＋與A2－的導(dǎo)電實(shí)力之和大于HA－的C．b點(diǎn)的混合溶液pH＝7D．c點(diǎn)的混合溶液中，c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)【解析】鄰苯二甲酸氫鉀為二元弱酸酸式鹽，溶液呈酸性，向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中加入氫氧化鈉溶液，兩者反應(yīng)生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中離子濃度增大，導(dǎo)電性增加，鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽，鄰苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈堿性。依據(jù)圖示可知，混合溶液在不同的反應(yīng)階段含有的離子的種類和濃度不同，故混合溶液的導(dǎo)電實(shí)力與離子濃度和種類有關(guān)，A正確；依據(jù)圖示可知，隨著反應(yīng)的進(jìn)行，溶液的導(dǎo)電實(shí)力漸漸增加，加入的堿的量越多，溶液中的HA－的濃度越小，Na＋與A2－的量越多，故Na＋與A2－的導(dǎo)電實(shí)力之和大于HA－的，B正確；b點(diǎn)滴定終點(diǎn)應(yīng)當(dāng)是二者恰好反應(yīng)生成Na2A和K2A，依據(jù)鄰苯二甲酸H2A的Ka1和Ka2值可知，鄰苯二甲酸是弱酸，所以到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)溶液應(yīng)當(dāng)呈堿性，故b點(diǎn)的pH應(yīng)當(dāng)大于7，C不正確；b點(diǎn)鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反應(yīng)生成等物質(zhì)的量的鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉，溶液中c(Na＋)和c(K＋)相等，c點(diǎn)是接著加入氫氧化鈉溶液后，得到鄰苯二甲酸鉀、鄰苯二甲酸鈉、氫氧化鈉的混合溶液，則溶液中c(Na＋)>c(K＋)，由圖可知，a點(diǎn)到b點(diǎn)加入氫氧化鈉溶液的體積大于b點(diǎn)到c點(diǎn)加入氫氧化鈉溶液的體積，則溶液中c(K＋)>c(OH－)，溶液中三者大小依次為c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)，故D正確。3．(2024·全國(guó)卷Ⅱ·11)下列化學(xué)方程式中，不能正確表達(dá)反應(yīng)顏色變更的是(C)A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液藍(lán)色消逝Zn＋CuSO4Cu＋ZnSO4B．澄清的石灰水久置后出現(xiàn)白色固體Ca(OH)2＋CO2CaCO3↓＋H2OC．Na2O2在空氣中放置后由淡黃色變?yōu)榘咨?Na2O22Na2O＋O2↑D．向Mg(OH)2懸濁液中滴加足量FeCl3溶液出現(xiàn)紅褐色沉淀3Mg(OH)2＋2FeCl32Fe(OH)3＋3MgCl2【解析】金屬活潑性Zn>Cu，CuSO4溶液中加入足量Zn粉，置換出銅單質(zhì)，溶液藍(lán)色消逝，A正確；久置的澄清的石灰水會(huì)與空氣中的CO2發(fā)生反應(yīng)生成難溶于水的CaCO3，B正確；Na2O2在空氣中放置，會(huì)與空氣中的CO2和水蒸氣反應(yīng)，最終生成Na2CO3，C錯(cuò)誤；向Mg(OH)2懸濁液中滴加足量FeCl3溶液，Mg(OH)2漸漸轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3紅褐色沉淀，D正確。4．(2024·全國(guó)卷Ⅱ·12)絢麗多彩的無機(jī)顏料的應(yīng)用曾創(chuàng)建了古代繪畫和彩陶的輝煌。硫化鎘(CdS)是一種難溶于水的黃色顏料，其在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是(B)A．圖中a和b分別為T1、T2溫度下CdS在水中的溶解度B．圖中各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的Ksp的關(guān)系為：Ksp(m)＝Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)C．向m點(diǎn)的溶液中加入少量Na2S固體，溶液組成由m沿mpn線向p方向移動(dòng)D．溫度降低時(shí)，q點(diǎn)的飽和溶液的組成由q沿qp線向p方向移動(dòng)【解析】圖中p、q對(duì)應(yīng)縱橫坐標(biāo)數(shù)值相等，即c(Cd2＋)＝c(S2－)，則a和b分別為T1、T2溫度下CdS在水中的溶解度，A正確；圖中m、n、p點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溫度相同，小于q點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溫度，對(duì)應(yīng)的Ksp的關(guān)系為：Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)<Ksp(q)，B錯(cuò)誤；向m點(diǎn)的溶液中加入少量Na2S固體，c(S2－)增大，而Ksp不變，c(Cd2＋)減小，溶液組成由m沿mpn線向p方向移動(dòng)，C正確；溫度降低時(shí)，CdS在水中的溶解度漸漸減小，飽和溶液降溫后離子濃度減小，但仍為飽和溶液，q點(diǎn)的飽和溶液的組成由q沿qp線向p方向移動(dòng)，D正確。5．(2024·全國(guó)卷Ⅲ，12)用0.100mol·L－1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L－1Cl－溶液的滴定曲線如圖所示。下列有關(guān)描述錯(cuò)誤的是(C)A．依據(jù)曲線數(shù)據(jù)計(jì)算可知Ksp(AgCl)的數(shù)量級(jí)為10－10B．曲線上各點(diǎn)的溶液滿意關(guān)系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)C．相同試驗(yàn)條件下，若改為0.0400mol·L－1Cl－，反應(yīng)終點(diǎn)c移到aD．相同試驗(yàn)條件下，若改為0.0500mol·L－1Br－，反應(yīng)終點(diǎn)c向b方向移動(dòng)【解析】依據(jù)滴定曲線，當(dāng)加入25mLAgNO3溶液時(shí)，Ag＋與Cl－剛好完全反應(yīng)，AgCl處于沉淀溶解平衡狀態(tài)，此時(shí)溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)＝10－4.75mol·L－1，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9.5＝3.16×10－10，A項(xiàng)正確；曲線上各點(diǎn)都處于沉淀溶解平衡狀態(tài)，故符合c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，B項(xiàng)正確；依據(jù)圖示，Cl－濃度為0.0500mol·L－1時(shí)消耗25mLAgNO3溶液，則Cl－濃度為0.0400mol·L－1時(shí)消耗20mLAgNO3溶液，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)AgNO3溶液體積為15mL，所以反應(yīng)終點(diǎn)不行能由c點(diǎn)移到a點(diǎn)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由于AgBr的Ksp小于AgCl的Ksp，初始c(Br－)與c(Cl－)相同時(shí)，反應(yīng)終點(diǎn)時(shí)消耗的AgNO3溶液體積相同，但Br－濃度小于Cl－濃度，即反應(yīng)終點(diǎn)從曲線上的c點(diǎn)向b點(diǎn)方向移動(dòng)，D項(xiàng)正確。6．(2024·全國(guó)卷Ⅱ·26節(jié)選)化學(xué)工業(yè)為疫情防控供應(yīng)了強(qiáng)有力的物質(zhì)支撐。氯的很多化合物既是重要化工原料，又是高效、廣譜的滅菌消毒劑。回答下列問題：(1)氯氣是制備系列含氯化合物的主要原料，可采納如圖(a)所示的裝置來制取。裝置中的離子膜只允許__Na＋__離子通過，氯氣的逸出口是__a__(填標(biāo)號(hào))。(2)次氯酸為一元弱酸，具有漂白和殺菌作用，其電離平衡體系中各成分的組成分?jǐn)?shù)δ[δ(X)＝eq\f(cX,cHClO＋cClO－)，X為HClO或ClO－]與pH的關(guān)系如圖(b)所示。HClO的電離常數(shù)Ka值為__10－7.5__。(3)“84消毒液”的有效成分為NaClO，不行與酸性清潔劑混用的緣由是__ClO－＋Cl－＋2H＋Cl2↑＋H2O__(用離子方程式表示)。工業(yè)上是將氯氣通入到30%的NaOH溶液中來制備NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為1%，則生產(chǎn)1000kg該溶液需消耗氯氣的質(zhì)量為__203__kg(保留整數(shù))?！窘馕觥?1)電解飽和食鹽水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaCl＋2H2Oeq\o(,\s\up7(電解))2NaOH＋Cl2↑＋H2↑，陽(yáng)極氯離子失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成氯氣，氯氣從a口逸出，陰極氫離子得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成氫氣，產(chǎn)生OH－與通過離子膜的Na＋在陰極室形成NaOH；(2)由圖pH＝7.5時(shí)，c(HClO)＝c(ClO－)，HClO的Ka＝eq\f(cH＋cClO－,cHClO)＝c(H＋)＝10－7.5；(3)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清潔劑混合后發(fā)生歸中反應(yīng)，離子方程式為：ClO－＋Cl－＋2H＋Cl2↑＋H2O；設(shè)氯氣為xkg，則消耗的NaOH為eq\f(80x,71)kg，原氫氧化鈉質(zhì)量為eq\f(80x,71)＋1000kg×0.01，由NaOH質(zhì)量守恒：原溶液為1000kg－x，則eq\f(80x,71)kg＋1000kg×0.01＝(1000kg－x)×0.3，解得x＝203kg。7．(2024·全國(guó)卷Ⅲ·27節(jié)選)某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采納如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體(NiSO4·7H2O)：溶液中金屬離子起先沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Ni2＋Al3＋Fe3＋Fe2＋起先沉淀時(shí)(c＝0.01mol·L－1)的pH7.23.72.27.5沉淀完全時(shí)(c＝1.0×10－5mol·L－1)的pH8.74.73.29.0回答下列問題：(1)利用上述表格數(shù)據(jù)，計(jì)算Ni(OH)2的Ksp＝__0.01×(107.2－14)2或10－5×(108.7－14)2__(列出計(jì)算式)。假如“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2＋濃度為1.0mol·L－1，則“調(diào)pH”應(yīng)限制的pH范圍是__3.2～6.2__。(2)硫酸鎳在強(qiáng)堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。寫出該反應(yīng)的離子方程式__2Ni2＋＋ClO－＋4OH－2NiOOH↓＋Cl－＋H2O__。(3)將分別出硫酸鎳晶體后的母液收集、循環(huán)運(yùn)用，其意義是__提高鎳回收率__?！窘馕觥?1)由上述表格可知，Ni2＋完全沉淀時(shí)的pH＝8.7，此時(shí)c(Ni2＋)＝1.0×10－5mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－8.7mol·L－1，則c(OH－)＝eq\f(Kw,cH＋)＝eq\f(10－14,1.0×10－8.7)＝108.7－14，則Ni(OH)2的Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝10－5×(108.7－14)2；或者當(dāng)Ni2＋起先沉淀時(shí)pH＝7.2，此時(shí)c(Ni2＋)＝0.01mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－7.2mol·L－1，則c(OH－)＝eq\f(Kw,cH＋)＝eq\f(10－14,1.0×10－7.2)＝107.2－14，則Ni(OH)2的Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝0.01×(107.2－14)2；假如“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2＋濃度為1.0mol·L－1，為避開鎳離子沉淀，此時(shí)c(OH－)＝eq\r(\f(Ksp,cNi2＋))＝eq\r(\f(0.01×107.2－142,1.0))＝10－7.8mol·L－1，則c(H＋)＝eq\f(Kw,cOH－)＝eq\f(10－14,10－7.8)＝10－6.2，即pH＝6.2；Fe3＋完全沉淀的pH為3.2，因此“調(diào)整pH”應(yīng)限制的pH范圍是3.2～6.2；(2)由題干信息，硫酸鎳在強(qiáng)堿中被NaClO氧化得到NiOOH沉淀，即反應(yīng)中Ni2＋被氧化為NiOOH沉淀，ClO－被還原為Cl－，則依據(jù)氧化還原得失電子守恒可得離子方程式為2Ni2＋＋ClO－＋4OH－2NiOOH↓＋Cl－＋H2O；(3)分別出硫酸鎳晶體后的母液中還含有Ni2＋，可將其收集、循環(huán)運(yùn)用，從而提高鎳的回收率。預(yù)判考情預(yù)料在2024年高考中，仍會(huì)以圖像分析的形式綜合考查外界因素對(duì)電離平衡、水解平衡的影響，借助圖像數(shù)據(jù)考查Kw、Ksp、pH的計(jì)算、溶液中離子濃度隨外界因素的變更及離子濃度的大小、守恒關(guān)系的正誤推斷，強(qiáng)調(diào)用動(dòng)態(tài)平衡的觀點(diǎn)看待和分析微粒變更的過程。另外，在化工流程題中，以提純(或生產(chǎn))的物質(zhì)為載體，考查中和滴定原理的拓展應(yīng)用，用于測(cè)定物質(zhì)的純度等，亦會(huì)涉及有關(guān)Ksp的相關(guān)計(jì)算。學(xué)問深化·精整合1．對(duì)比“四個(gè)”表格，正確理解影響因素(1)外界條件對(duì)醋酸電離平衡的影響CH3COOHCH3COO－＋H＋ΔH>0體系變更條件平衡移動(dòng)方向n(H＋)c(H＋)導(dǎo)電實(shí)力Ka加水稀釋向右增大減小減弱不變加入少量冰醋酸向右增大增大增加不變通入HCl(g)向左增大增大增加不變加NaOH(s)向右減小減小增加不變加入鎂粉向右減小減小增加不變上升溫度向右增大增大增加增大加CH3COONa(s)向左減小減小增加不變(2)外界條件對(duì)水的電離平衡的影響H2OH＋＋OH－ΔH>0體系變更條件平衡移動(dòng)方向Kw水的電離程度c(OH－)c(H＋)酸向左不變減小減小增大堿向左不變減小增大減小可水解的鹽Na2CO3向右不變?cè)龃笤龃鬁p小NH4Cl向右不變?cè)龃鬁p小增大溫度升溫向右增大增大增大增大降溫向左減小減小減小減小其他：如加入Na向右不變?cè)龃笤龃鬁p小(3)外界條件對(duì)FeCl3溶液水解平衡的影響Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ΔH>0體系變更條件平衡移動(dòng)方向n(H＋)pH水解程度現(xiàn)象升溫向右增多減小增大顏色變深通HCl向左增多減小減小顏色變淺加H2O向右增多增大增大顏色變淺加FeCl3固體向右增多減小減小顏色變深加NaHCO3向右減小增大增大生成紅褐色沉淀，放出氣體(4)外界條件對(duì)AgCl溶解平衡的影響AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)ΔH>0體系變更條件平衡移動(dòng)方向平衡后c(Ag＋)平衡后c(Cl－)Ksp上升溫度向右增大增大增大加水稀釋向右不變不變不變加入少量AgNO3向左增大減小不變通入HCl向左減小增大不變通入H2S向右減小增大不變2.電離常數(shù)(K電離)與電離度(α)的關(guān)系(以一元弱酸HA為例)HAH＋＋A－起始濃度：c酸00平衡濃度：c酸·(1－α)c酸·αc酸·αK電離＝eq\f(c酸·α2,c酸·1－α)＝eq\f(c酸·α2,1－α)。若α很小，可認(rèn)為1－α≈1，則K電離＝c酸·α2(或α＝eq\r(\f(K電離,c酸)))。3．電離常數(shù)與水解常數(shù)的關(guān)系(1)對(duì)于一元弱酸HA，Ka與Kh的關(guān)系HAH＋＋A－，Ka(HA)＝eq\f(cH＋·cA－,cHA)；A－＋H2OHA＋OH－，Kh(A－)＝eq\f(cOH－·cHA,cA－)。則Ka·Kh＝c(H＋)·c(OH－)＝Kw，故Kh＝eq\f(Kw,Ka)。常溫時(shí)Ka·Kh＝Kw＝1.0×10－14，Kh＝eq\f(1.0×10－14,Ka)。(2)對(duì)于二元弱酸H2B，Ka1(H2B)、Ka2(H2B)與Kh(HB－)、Kh(B2－)的關(guān)系HB－＋H2OH2B＋OH－，Kh(HB－)＝eq\f(cOH－·cH2B,cHB－)＝eq\f(cH＋·cOH－·cH2B,cH＋·cHB－)＝eq\f(Kw,Ka1)。B2－＋H2OHB－＋OH－，Kh(B2－)＝eq\f(cOH－·cHB－,cB2－)＝eq\f(cH＋·cOH－·cHB－,cH＋·cB2－)＝eq\f(Kw,Ka2)4．滴定原理及其應(yīng)用(1)氧化還原滴定：以氧化劑或還原劑為滴定劑，干脆滴定一些具有還原性或氧化性的物質(zhì)。①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液原理：2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋＋5H2C2O410CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O指示劑：酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外選擇指示劑，當(dāng)?shù)稳胍坏嗡嵝訩MnO4溶液后，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，說明到達(dá)滴定終點(diǎn)。②Na2S2O3溶液滴定碘液原理：2Na2S2O3＋I(xiàn)2Na2S4O6＋2NaI指示劑：用淀粉作指示劑，當(dāng)?shù)稳胍坏蜰a2S2O3溶液后，溶液的藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原原色，說明到達(dá)滴定終點(diǎn)。(2)沉淀滴定：沉淀滴定是利用沉淀反應(yīng)進(jìn)行滴定、測(cè)量分析的方法。如利用Ag＋與鹵素離子的反應(yīng)來測(cè)定Cl－、Br－、I－濃度。5．把握常見圖像，解題事半功倍(1)一強(qiáng)一弱溶液的稀釋圖像(pH與稀釋倍數(shù)的線性關(guān)系)①HY為強(qiáng)酸、HX為弱酸②a、b兩點(diǎn)的溶液中：c(X－)＝c(Y－)③水的電離程度：d>c>a＝b①M(fèi)OH為強(qiáng)堿、ROH為弱堿②c(ROH)>c(MOH)③水的電離程度：a>b(2)酸堿中和滴定曲線氫氧化鈉滴定等濃度等體積的鹽酸、醋酸鹽酸滴定等濃度等體積的氫氧化鈉、氨水曲線起點(diǎn)不同：強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸、弱酸的曲線，強(qiáng)酸起點(diǎn)低；強(qiáng)酸滴定強(qiáng)堿、弱堿的曲線，強(qiáng)堿起點(diǎn)高突躍點(diǎn)變更范圍不同：強(qiáng)堿與強(qiáng)酸反應(yīng)(強(qiáng)酸與強(qiáng)堿反應(yīng))的突躍點(diǎn)變更范圍大于強(qiáng)堿與弱酸反應(yīng)(強(qiáng)酸與弱堿反應(yīng))室溫下，當(dāng)?shù)润w積、等濃度的一元強(qiáng)堿和一元強(qiáng)酸反應(yīng)時(shí)，pH＝7；但當(dāng)?shù)润w積、等濃度的一元強(qiáng)堿和一元弱酸(或一元強(qiáng)酸和一元弱堿)反應(yīng)時(shí)，pH>7(或pH<7)指示劑的選擇：強(qiáng)酸滴定弱堿用甲基橙，強(qiáng)堿滴定弱酸用酚酞，強(qiáng)酸與強(qiáng)堿的滴定，甲基橙和酚酞均可(3)關(guān)于Kw、Ksp的圖像不同溫度下水溶液中c(H＋)與c(OH－)的變更曲線常溫下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線[Ksp＝9×10－6]①A、C、B三點(diǎn)均為中性，溫度依次上升，KW依次增大②D點(diǎn)為酸性溶液，E點(diǎn)為堿性溶液，KW＝1×10－14③AB直線的左上方均為堿性溶液，隨意一點(diǎn)：c(H＋)<c(OH－)①a、c點(diǎn)在曲線上，a→c的變更為增大c(SOeq\o\al(2－,4))，如加入Na2SO4固體，但Ksp不變②b點(diǎn)在曲線的上方，Qc>Ksp，將會(huì)有沉淀生成③d點(diǎn)在曲線的下方，Qc<Ksp，則為不飽和溶液，還能接著溶解CaSO4(4)分布系數(shù)圖像[說明：pH為橫坐標(biāo)、分布系數(shù)(即組分的平衡濃度占總濃度的分?jǐn)?shù))為縱坐標(biāo)]一元弱酸(以CH3COOH為例)二元酸(以草酸H2C2O4為例)δ0為CH3COOH分布系數(shù)，δ1為CH3COO－分布系數(shù)δ0為H2C2O4分布系數(shù)、δ1為HC2Oeq\o\al(－,4)分布系數(shù)、δ2為C2Oeq\o\al(2－,4)分布系數(shù)隨著pH增大，溶質(zhì)分子濃度不斷減小，離子濃度漸漸增大，酸根離子增多。依據(jù)分布系數(shù)可以書寫肯定pH時(shí)所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式同一pH條件下可以存在多種溶質(zhì)微粒。依據(jù)在肯定pH的微粒分布系數(shù)和酸的濃度，就可以計(jì)算各成分在該pH時(shí)的平衡濃度6.抓住圖像“五點(diǎn)”關(guān)鍵，突破酸堿混合圖像問題抓反應(yīng)的“起始”點(diǎn)推斷酸、堿的相對(duì)強(qiáng)弱抓反應(yīng)的“一半”點(diǎn)推斷是哪種溶質(zhì)的等量混合抓溶液的“中性”點(diǎn)推斷溶液中溶質(zhì)的成分及哪種物質(zhì)過量或不足抓“恰好”反應(yīng)點(diǎn)推斷生成的溶質(zhì)成分及溶液的酸堿性抓反應(yīng)的“過量”點(diǎn)推斷溶液中的溶質(zhì)，推斷哪種物質(zhì)過量例如，室溫下，向20mL0.1mol·L－1HA溶液中逐滴加入0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液pH的變更如圖所示：eq\x(起始點(diǎn)A)—0.1mol·L－1HA溶液的pH>1，故HA為弱酸eq\x(中性點(diǎn)C)→eq\x(\a\al(溶質(zhì)為NaA和,HA稍過量))→eq\x(pH＝7)→eq\x(\a\al(溶液中：,cNa＋＝cA－>,cH＋＝cOH－))eq\x(\a\al(恰好,反應(yīng)點(diǎn)D))→eq\x(溶質(zhì)為NaA)→eq\x(pH>7)→eq\x(\a\al(溶液中：,cNa＋>cA－>,cOH－>cH＋))eq\x(過量點(diǎn)E)→eq\x(溶質(zhì)為NaA、NaOH)→eq\x(pH>7)→eq\x(\a\al(溶液中：,cNa＋>cOH－>,cA－>cH＋))7．與Ksp有關(guān)的常考題型和解題策略?？碱}型解題策略(1)依據(jù)定義式或者數(shù)形結(jié)合求Ksp，或者推斷沉淀金屬離子所需pH干脆依據(jù)Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)解答，假如已知溶解度，則化為物質(zhì)的量濃度再代入計(jì)算(2)沉淀先后的計(jì)算與推斷①沉淀類型相同，則Ksp小的化合物先沉淀；②沉淀類型不同，則須要依據(jù)Ksp計(jì)算出沉淀時(shí)所需離子濃度，所需離子濃度小的先沉淀(3)依據(jù)兩種含同種離子的化合物的Ksp數(shù)據(jù)，求溶液中不同離子的比值如某溶液中含有I－、Cl－等離子，向其中滴加AgNO3溶液，當(dāng)AgCl起先沉淀時(shí)，求溶液中eq\f(cI－,cCl－)，則有eq\f(cI－,cCl－)＝eq\f(cAg＋·cI－,cAg＋·cCl－)＝eq\f(KspAgI,KspAgCl)(4)推斷沉淀的生成或轉(zhuǎn)化把離子濃度數(shù)值代入Ksp表達(dá)式，若數(shù)值大于Ksp，沉淀可生成或轉(zhuǎn)化為相應(yīng)難溶物質(zhì)典題精研·通題型考點(diǎn)一電離平衡及溶液的酸堿性典例探究角度一弱電解質(zhì)的電離平衡及溶液的酸堿性典例1(2024·濰坊模擬)電導(dǎo)率是衡量電解質(zhì)溶液導(dǎo)電實(shí)力大小的物理量。常溫下，將相同體積的鹽酸和氨水分別加水稀釋，溶液的電導(dǎo)率隨加入水的體積V(H2O)變更的曲線如圖所示，下列說法正確的是(B)A．曲線Ⅰ表示鹽酸加水稀釋過程中溶液電導(dǎo)率的變更B．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)溶液的pH：a>b>cC．將a、b兩點(diǎn)溶液混合，所得溶液中：c(Cl－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)D．氨水稀釋過程中，c(NHeq\o\al(＋,4))/c(NH3·H2O)不斷減小【解析】加水稀釋時(shí)，一水合氨進(jìn)一步電離，導(dǎo)電實(shí)力變更較小，則曲線Ⅰ為氨水稀釋曲線，故A錯(cuò)誤；鹽酸顯酸性，氨水顯堿性，導(dǎo)電實(shí)力越大，說明離子濃度越大，則a、b、c三點(diǎn)溶液的pH：a>b>c，故B正確；將a、b兩點(diǎn)溶液混合，由于氨水濃度大于鹽酸濃度，反應(yīng)后氨水過量，c(Cl－)<c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)，故C錯(cuò)誤；氨水稀釋過程中，Kb＝c(NHeq\o\al(＋,4))·c(OH－)/c(NH3·H2O)不變，而c(OH－)減小，所以c(NHeq\o\al(＋,4))/c(NH3·H2O)不斷增大，故D錯(cuò)誤。規(guī)律方法利用電離常數(shù)(K)巧判溶液稀釋中有關(guān)離子濃度比值大小弱電解質(zhì)(HA)加水稀釋時(shí)，溶液中的H＋、HA、A－的濃度均是降低的，但稀釋過程中溫度不變，電離常數(shù)(K)不變。因此解答弱電解質(zhì)溶液稀釋時(shí)粒子濃度比值的變更，可借助電離常數(shù)K來解答。如0.1mol·L－1的CH3COOH溶液，加水稀釋，eq\f(cCH3COOH－,cCH3COOH)是增大還是減小？因?yàn)榧铀♂寱r(shí)，溶液中c(CH3COOH)和c(CH3COO－)均是減小的，式中存在兩個(gè)“變量”，不易確定比值的變更狀況，利用電離常數(shù)(K)將eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)變形為eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH·cH＋)＝eq\f(K,cH＋)，由兩個(gè)“變量”變成一個(gè)“變量”，加水稀釋時(shí)K不變，而c(H＋)減小，故比值增大。角度二酸堿中和滴定圖像分析典例2(2024·北京朝陽(yáng)區(qū)模擬)在某溫度時(shí)，將nmol·L－1氨水滴入10mL1.0mol·L－1鹽酸中，溶液pH和溫度隨加入氨水體積變更曲線如圖所示，下列有關(guān)說法正確的是(C)A．a(chǎn)點(diǎn)KW＝1.0×10－14B．b點(diǎn)：c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)C．25℃時(shí)，NH4Cl水解常數(shù)為(n－1)×10－7(用n表示)D．d點(diǎn)水的電離程度最大【解析】水的離子積與溫度有關(guān)，溫度越低水的離子積常數(shù)越小，a點(diǎn)時(shí)溶液溫度小于25℃，則水的離子積Kw<1.0×10－14，故A錯(cuò)誤；b點(diǎn)時(shí)溶液的pH<7，則c(H＋)>c(OH－)，依據(jù)電荷守恒可知：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))，溶液中離子濃度大小為：c(Cl－)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(H＋)>c(OH－)，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；依據(jù)圖像可知，25℃時(shí)溶液的pH＝7，則：c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝0.5mol/L，依據(jù)物料守恒可知：c(NH3·H2O)＝(0.5n－0.5)mol/L，則25℃時(shí)NH4Cl水解常數(shù)為：K＝eq\f(0.5n－1×10－7,0.5)＝(n－1)×10－7，故選項(xiàng)C正確；b點(diǎn)溶液溫度最高，說明此時(shí)兩溶液恰好反應(yīng)生成氯化銨，銨根離子水解促進(jìn)了水的電離，而a、d兩點(diǎn)都抑制了水的電離，則b點(diǎn)水的電離程度最大，故D錯(cuò)誤。角度三滴定原理的拓展應(yīng)用典例3(2024·全國(guó)卷Ⅲ)硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3·5H2O，M＝248g·mol－1)可用作定影劑、還原劑?；卮鹣铝袉栴}：(1)已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaS2O3)＝4.1×10－5。市售硫代硫酸鈉中常含有硫酸根雜質(zhì)，選用下列試劑設(shè)計(jì)試驗(yàn)方案進(jìn)行檢驗(yàn)：試劑：稀鹽酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液試驗(yàn)步驟現(xiàn)象①取少量樣品，加入除氧蒸餾水②固體完全溶解得無色澄清溶液③__加入過量稀鹽酸__④__出現(xiàn)淡黃色渾濁__，有刺激性氣體產(chǎn)生⑤靜置，__(吸)取上層清液，滴入BaCl2溶液__⑥__產(chǎn)生白色沉淀__(2)利用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液定量測(cè)定硫代硫酸鈉的純度。測(cè)定步驟如下：①溶液配制：稱取1.2000g某硫代硫酸鈉晶體樣品，用新煮沸并冷卻的蒸餾水在__燒杯__中溶解，完全溶解后，全部轉(zhuǎn)移至100mL的__容量瓶__中，加蒸餾水至__刻度__。②滴定：取0.00950mol·L－1的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，硫酸酸化后加入過量KI，發(fā)生反應(yīng)：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6I－＋14H＋3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反應(yīng)：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－。加入淀粉溶液作為指示劑，接著滴定，當(dāng)溶液__藍(lán)色褪去__，即為終點(diǎn)。平行滴定3次，樣品溶液的平均用量為24.80mL，則樣品純度為__95.0__%(保留1位小數(shù))?！窘馕觥?1)該試驗(yàn)的目的是檢驗(yàn)市售硫代硫酸鈉中是否含有硫酸根，所以在加酸時(shí)不能加稀硫酸，應(yīng)加入稀鹽酸與硫代硫酸鈉反應(yīng)：Na2S2O3＋2HClS↓＋SO2↑＋2NaCl＋H2O；該反應(yīng)的試驗(yàn)現(xiàn)象除有無色刺激性氣味的氣體逸出外，還有淡黃色沉淀生成；靜置后，應(yīng)取上層清液加入BaCl2溶液來檢驗(yàn)SOeq\o\al(2－,4)的存在。(2)①在配制溶液時(shí)，應(yīng)先將固體放在燒杯中溶解，然后再轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中，接著加入蒸餾水，待凹液面最低處與刻度線相切時(shí)，即定容。②滴定時(shí)，依據(jù)淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)色，所以滴定終點(diǎn)的推斷為當(dāng)溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原原色。結(jié)合題中所給信息可得反應(yīng)之間的關(guān)系為：K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3·5H2O1mol6mol0.00950mol·L－1×20.00mlc×24.80mL可得：eq\f(1,20.00×0.00950)＝eq\f(6,24.80×cNa2S2O3·5H2O)，n(Na2S2O3·5H2O)＝eq\f(0.00950×20.00×6,24.80)mol·L－1×0.1Lm(Na2S2O3·5H2O)＝eq\f(0.00950×20.00×6,24.80)mol·L－1×0.1L×248g·mol－1則樣品純度＝eq\f(\f(0.00950×20.00×6,24.80)mol·L－1×0.1L×248g·mol－1,1.2000g)×100%＝95.0%易錯(cuò)提示(1)在回答滴定終點(diǎn)的顏色變更時(shí)，要強(qiáng)調(diào)在半分鐘內(nèi)溶液顏色不褪去(或不復(fù)原原色)。(2)在進(jìn)行相關(guān)計(jì)算時(shí)，要留意取出樣品溶液與原樣品所配制溶液量之間的關(guān)系。(3)若測(cè)量的次數(shù)在三次及以上，在計(jì)算平均體積時(shí)，要舍去與其他二次(或以上)數(shù)據(jù)相差較大的一次，求平均值。類題精練1．(2024·天津試驗(yàn)中學(xué)模擬)下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法不正確的是(D)A．向Na2CO3溶液中通入NH3，eq\f(cNa＋,cCO\o\al(2－,3))減小B．將0.1mol·L－1的K2C2O4溶液從25℃升溫至35℃，eq\f(cK＋,cC2O\o\al(2－,4))增大C．向0.1mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，eq\f(cNa＋,cF－)＝1D．向0.1mol·L－1的CH3COONa溶液中加入少量水，eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－·cH＋)增大【解析】在肯定條件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，溶液中通入NH3，抑制水解，c(COeq\o\al(2－,3))增大，c(Na＋)不變，則eq\f(cNa＋,cCO\o\al(2－,3))減小，A正確；K2C2O4溶液中草酸根離子水解溶液呈堿性，上升溫度，水解程度增大，草酸根離子濃度減小，鉀離子濃度不變，所以鉀離子和草酸根離子濃度比值eq\f(cK＋,cC2O\o\al(2－,4))增大，B正確；向0.1mol·L－1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，此時(shí)溶液的溶質(zhì)是HF和NaF的混合物，存在電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)c(F－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，鈉離子和氟離子濃度相等，eq\f(cNa＋,cF－)＝1，C正確；CH3COONa溶液中加入少量水，溫度不變，不會(huì)影響醋酸的電離平衡常數(shù)，即eq\f(1,K)＝eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－·cH＋)不變，D不正確。2．(2024·杭州模擬)常溫下，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液的滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是(D)A．點(diǎn)①所示溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)B．點(diǎn)②所示溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(OH－)C．點(diǎn)③所示溶液中：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D．在整個(gè)滴定過程中溶液中eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－·cH＋)始終不變【解析】依據(jù)圖像可知點(diǎn)①所示溶液中含有等濃度的醋酸鈉和醋酸，溶液顯酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸根的水解程度，則c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)，A錯(cuò)誤；點(diǎn)②所示溶液顯中性，則依據(jù)電荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，B錯(cuò)誤；點(diǎn)③所示溶液中二者恰好反應(yīng)，生成的醋酸鈉水解，溶液顯堿性，則c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，C錯(cuò)誤；eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－·cH＋)表示醋酸電離平衡常數(shù)的倒數(shù)，平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)系，因此在整個(gè)滴定過程中：溶液中eq\f(cCH3COOH,cCH3COO－·cH＋)始終不變，D正確。3．化學(xué)小組用如下方法測(cè)定經(jīng)處理后的廢水中苯酚的含量(廢水中不含干擾測(cè)定的物質(zhì))。Ⅰ.用已精確稱量的KBrO3固體配制肯定體積的amol·L－1KBrO3標(biāo)準(zhǔn)溶液；Ⅱ.取v1mL上述溶液，加入過量KBr，加H2SO4酸化，溶液顏色呈棕黃色；Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入v2mL廢水；Ⅳ.向Ⅲ中加入過量KI；ⅴ.用bmol·L－1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ⅳ中溶液至淺黃色時(shí)，滴加2滴淀粉溶液，接著滴定至終點(diǎn)，共消耗Na2S2O3溶液v3mL。已知：I2＋2Na2S2O32NaI＋Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液顏色均為無色(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和__容量瓶__。(2)Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是__BrOeq\o\al(－,3)＋5Br－＋6H＋3Br2＋3H2O__。(3)Ⅲ中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是____。(4)Ⅳ中加KI前，溶液顏色須為黃色，緣由是__Br2過量，保證苯酚完全反應(yīng)__。(5)KI與KBrO3物質(zhì)的量關(guān)系為n(KI)≥6n(KBrO3)時(shí)，KI肯定過量，理由是__反應(yīng)物用量存在關(guān)系：KBrO3～3Br2～6Kl，若無苯酚時(shí)，消耗KI物質(zhì)的量是KBrO3物質(zhì)的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以當(dāng)n(KI)≥6n(KBrO3)時(shí)，KI肯定過量__。(6)Ⅴ中滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是__當(dāng)?shù)稳胱罱K一滴Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液，溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原藍(lán)色__。(7)廢水中苯酚的含量為__eq\f(6av1－bv3×94,6v2)__g·L－1(苯酚摩爾質(zhì)量：94g·mol－1)。(8)由于Br2具有__易揮發(fā)__性質(zhì)，Ⅱ～Ⅳ中反應(yīng)須在密閉容器中進(jìn)行，否則會(huì)造成測(cè)定結(jié)果偏高?！窘馕觥?1)配制肯定物質(zhì)的量濃度的溶液須要用容量瓶進(jìn)行定容。(2)Ⅱ中Br－與BrOeq\o\al(－,3)在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Br2、H2O，離子方程式為5Br－＋BrOeq\o\al(－,3)＋6H＋3Br2＋3H2O。(3)廢水中含有苯酚，苯酚與Br2發(fā)生取代反應(yīng)生成三溴苯酚，化學(xué)方程式為＋3Br2→↓＋3HBr。(4)本試驗(yàn)的目的是測(cè)定經(jīng)處理后的廢水中的苯酚含量，苯酚需完全反應(yīng)，剩余的Br2可通過滴定原理測(cè)定，所以在加入KI之前，溶液顏色須為黃色，以確保Br2過量，苯酚完全反應(yīng)。(5)依據(jù)得失電子守恒，當(dāng)n(KI)∶n(KBrO3)＝6∶1時(shí)，Kl恰好與步驟Ⅱ中生成的Br2完全反應(yīng)，而步驟Ⅲ中苯酚會(huì)消耗Br2，所以當(dāng)n(KI)≥6n(KBrO3)時(shí)，KI肯定過量。(6)滴定時(shí)用淀粉作指示劑，當(dāng)達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液藍(lán)色恰好消逝，且半分鐘內(nèi)不復(fù)原。(7)結(jié)合題意可知，生成Br2的物質(zhì)的量＝3av1×10－3mol，與KI反應(yīng)消耗n(Br2)＝eq\f(bv3×10－3,2)mol，則與C6H5OH反應(yīng)的n(Br2)＝3av1×10－3mol－eq\f(bv3×10－3,2)mol，廢水中苯酚的含量＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3av1×10－3－\f(bv3×10－3,2)))mol×94g·mol－1,3×v2×10－3L)＝eq\f(6av1－bv3×94,6v2)g·L－1。(8)Br2具有揮發(fā)性，故Ⅱ～Ⅳ中反應(yīng)須在密閉容器中進(jìn)行，否則會(huì)造成測(cè)定結(jié)果偏高?？键c(diǎn)二鹽類的水解及應(yīng)用典例探究角度一鹽類的水解平衡及應(yīng)用典例4室溫下，在1mol·L－1的某二元酸H2A溶液中，存在HA－、A2－的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨pH變更的關(guān)系如圖所示，下列說法不正確的是(C)A．H2A的電離方程式為H2AH＋＋HA－，HA－A2－＋H＋B．室溫下，電離平衡HA－A2－＋H＋的平衡常數(shù)Ka＝10－3C．等物質(zhì)的量濃度NaHA和Na2A溶液等體積混合，離子濃度大小關(guān)系為c(Na＋)>c(HA－)>c(A2－)D．在Na2A溶液中存在c(Na＋)＝2c(A2－)＋2c(HA－)【解析】A項(xiàng)，據(jù)圖可知，H2A溶液中不存在H2A分子，說明H2A第一步完全電離，HA－、A2－共存，說明H2A其次步部分電離，所以H2A的電離方程式為H2AH＋＋HA－，HA－A2－＋H＋，正確；B項(xiàng)，據(jù)圖可知，當(dāng)pH＝3時(shí)，c(A2－)＝c(HA－)，電離平衡HA－A2－＋H＋的平衡常數(shù)Ka＝eq\f(cA2－·cH＋,cHA－)＝c(H＋)＝10－3，正確；C項(xiàng)，HA－A2－＋H＋的平衡常數(shù)Ka＝10－3，A2－水解平衡常數(shù)是eq\f(10－14,10－3)＝10－11<10－3，HA－的電離程度大于A2－的水解程度，所以c(HA－)<c(A2－)，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，依據(jù)物料守恒，在Na2A溶液中存在c(Na＋)＝2c(A2－)＋2c(HA－)，正確。技巧點(diǎn)撥弱酸的酸式鹽溶液酸堿性的推斷弱酸的酸式鹽溶液的酸堿性，取決于酸式酸根離子的電離程度和水解程度的相對(duì)大小。①若電離程度小于水解程度，溶液呈堿性，如NaHCO3溶液中：HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)(次要)，HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。同類離子還有HS－、HPOeq\o\al(2－,4)。②若電離程度大于水解程度，溶液顯酸性，如NaHSO3溶液中：HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)(主要)，HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。同類離子還有H2POeq\o\al(－,4)。角度二溶液中離子濃度關(guān)系典例5(2024·銀川模擬)常溫下，下列有關(guān)敘述正確的是(B)A．向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入適量CO2氣體后：c(Na＋)＝2[c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)]B．pH＝6的NaHSO3溶液中：c(SOeq\o\al(2－,3))－c(H2SO3)＝9.9×10－7mol·L－1C．等物質(zhì)的量濃度、等體積的Na2CO3和NaHCO3混合：eq\f(cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)<eq\f(cCO\o\al(2－,3),cHCO3)D．0.1mol/LNa2C2O4溶液與0.1mol/LHCl溶液等體積混合(H2C2O4為二元弱酸)：2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)【解析】向0.1mol·L－1Na2CO3溶液中通入適量CO2氣體后，溶質(zhì)為碳酸鈉和碳酸氫鈉混合液或碳酸氫鈉，依據(jù)物料守恒可知：c(Na＋)<2[c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)]，A錯(cuò)誤；常溫下，pH＝6的NaHSO3溶液中，電荷守恒為c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))，物料守恒為c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(H2SO3)，由兩個(gè)守恒關(guān)系式消去鈉離子的濃度可得，c(SOeq\o\al(2－,3))－c(H2SO3)＝c(H＋)－c(OH－)＝1×10－6mol·L－1－1×10－8mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1，B正確；依據(jù)碳酸氫根離子、碳酸的電離平衡常數(shù)可得：c(HCOeq\o\al(－,3))/c(H2CO3)＝K(H2CO3)/c(H＋)、c(COeq\o\al(2－,3))/c(HCOeq\o\al(－,3))＝K(HCOeq\o\al(－,3))/c(H＋)，在同一溶液中，則氫離子濃度相同，依據(jù)碳酸的電離平衡常數(shù)大于碳酸氫根離子可知，c(HCOeq\o\al(－,3))/c(H2CO3)＝K(H2CO3)/c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))/c(HCOeq\o\al(－,3))＝K(HCOeq\o\al(－,3))/c(H＋)，C錯(cuò)誤；0.1mol·L－1Na2C2O4溶液與0.1mol·L－1HCl溶液等體積混合(H2C2O4為二元弱酸)，由電荷守恒可知2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(OH－)＋c(Cl－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，D錯(cuò)誤。規(guī)律方法類題精練4．(2024·穆棱模擬)下列溶液中濃度關(guān)系正確的是(C)A．小蘇打溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)B．CH3COONa溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)C．物質(zhì)的量濃度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等體積混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)D．0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，則c(HA－)>c(H＋)>c(H2A)>c(A2－)【解析】電荷不守恒，A錯(cuò)誤；CH3COONa溶液中，醋酸根離子要水解，c(CH3COO－)＜c(Na＋)，錯(cuò)誤；物質(zhì)的量濃度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等體積混合，由物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)和電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，兩式聯(lián)列得：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)，C正確；0.1mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，說明HA－的電離大于水解，則c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(H2A)，D錯(cuò)誤。5．(2024·天津高考)LiH2PO4是制備電池的重要原料。室溫下，LiH2PO4溶液的pH隨c初始(H2POeq\o\al(－,4))的變更如圖1所示，H3PO4溶液中H2POeq\o\al(－,4)的分布分?jǐn)?shù)δ隨pH的變更如圖2所示eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(δ＝\f(cH2PO\o\al(－,4),c總含P元素的粒子)))。下列有關(guān)LiH2PO4溶液的敘述正確的是(D)A．溶液中存在3個(gè)平衡B．含P元素的粒子有H2POeq\o\al(－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)和POeq\o\al(3－,4)C．隨c初始(H2POeq\o\al(－,4))增大，溶液的pH明顯變小D．用濃度大于1mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，當(dāng)pH達(dá)到4.66時(shí)，H3PO4幾乎全部轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)iH2PO4【解析】在LiH2PO4溶液中，有水的電離平衡、H2POeq\o\al(－,4)的水解平衡、H2POeq\o\al(－,4)的兩步電離平衡，共4個(gè)平衡，A錯(cuò)誤；含磷元素的微粒有H3PO4、H2POeq\o\al(－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)、POeq\o\al(3－,4)，B錯(cuò)誤；依據(jù)圖1可以看出，起先隨著c初始(H2POeq\o\al(－,4))增大，溶液pH漸漸減小，但c(H2POeq\o\al(－,4))大于10－1mol·L－1時(shí)，pH保持4.66不變，C錯(cuò)誤；c初始(H2POeq\o\al(－,4))大于1mol·L－1，溶液pH＝4.66，此時(shí)圖2中，H2POeq\o\al(－,4)的分布分?jǐn)?shù)為0.994，H3PO4幾乎全部轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)iH2PO4，D正確?？键c(diǎn)三難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡及Ksp的應(yīng)用典例探究角度一溶度積曲線的理解與應(yīng)用典例6(2024·石嘴山模擬)常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.01mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示(不考慮C2Oeq\o\al(2－,4)的水解)。下列敘述正確的是(C)A．n點(diǎn)表示AgCl的不飽和溶液B．Ksp(Ag2C2O4)的數(shù)量級(jí)等于10－7C．Ag2C2O4＋2Cl－(aq)2AgCl＋C2Oeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常數(shù)為109.04D．向c(C1－)＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))的混合液中滴入AgNO3溶液時(shí)，先生成Ag2C2O4沉淀【解析】由圖可知，n點(diǎn)AgCl的濃度積Qc大于其溶度積Ksp，則n點(diǎn)表示AgCl的過飽和溶液，會(huì)析出AgCl沉淀，A錯(cuò)誤；由圖可知，當(dāng)c(Ag＋)＝1.0×10－4mol/L時(shí)，c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝1.0×10－2.46mol/L，則溶度積Ksp(Ag2C2O4)＝c2(Ag＋)·c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝(1.0×10－4)2×1.0×10－2.46＝1.0×10－10.46，B錯(cuò)誤；Ag2C2O4＋2Cl－(aq)2AgCl＋C2Oeq\o\al(2－,4)(aq)的平衡常數(shù)K＝eq\f(cC2O\o\al(2－,4),c2Cl－)＝eq\f(KspAg2C2O4,KspAgCl·KspAgCl)＝eq\f(10－42·10－2.46,10－42·10－5.752)＝109.04，C正確；由圖可知，當(dāng)溶液中c(Cl－)＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))時(shí)，AgCl飽和溶液中c(Ag＋)小于Ag2C2O4飽和溶液中c(Ag＋)，則向c(Cl－)＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))的混合液中滴入AgNO3溶液時(shí)，先生成AgCl沉淀，D錯(cuò)誤。技巧點(diǎn)撥巧用解題模板突破沉淀溶解平衡圖像題第一步：明確圖像中橫、縱坐標(biāo)的含義橫、縱坐標(biāo)通常是難溶物溶解后電離出的離子濃度或其對(duì)數(shù)或其負(fù)對(duì)數(shù)。其次步：理解圖像中線上的點(diǎn)、線外點(diǎn)的含義曲線上隨意一點(diǎn)都達(dá)到了沉淀溶解平衡狀態(tài)，此時(shí)Qc＝Ksp。在溫度不變時(shí)，無論變更哪種離子的濃度，另一種離子的濃度只能在曲線上變更，不會(huì)出現(xiàn)在曲線外。曲線上方區(qū)域的點(diǎn)均為過飽和溶液，此時(shí)Qc>Ksp。曲線下方區(qū)域的點(diǎn)均為不飽和溶液，此時(shí)Qc<Ksp。第三步：抓住Ksp的特點(diǎn)，結(jié)合選項(xiàng)分析推斷(1)溶液在蒸發(fā)時(shí)，離子濃度的變更分兩種狀況：①原溶液不飽和時(shí)，離子濃度都增大。②原溶液飽和時(shí)，離子濃度都不變。(2)溶度積常數(shù)只是溫度的函數(shù)，與溶液中溶質(zhì)的離子濃度無關(guān)，在同一曲線上的點(diǎn)，溶度積常數(shù)相同。角度二有關(guān)Ksp的計(jì)算典例7T1、T2兩種溫度下BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，請(qǐng)回答下列問題：(1)T1__<__(填“>”“<”或“＝”)T2，T2時(shí)Ksp(BaSO4)＝__5.0×10－9__。(2)依據(jù)T1時(shí)BaSO4的沉淀溶解平衡曲線，推斷下列說法正確的是__ABC__(填序號(hào))。A．加入Na2SO4可由a點(diǎn)變?yōu)閎點(diǎn)B．在T1曲線上方區(qū)域(不含曲線)的隨意一點(diǎn)時(shí)，均有BaSO4沉淀生成C．蒸發(fā)溶劑可能由d點(diǎn)變?yōu)門1曲線上a、b之間的某一點(diǎn)(不含a、b)D．升溫可由b點(diǎn)變?yōu)閐點(diǎn)(3)沉淀的生成、溶解和轉(zhuǎn)化在無機(jī)物制備和提純及科研等領(lǐng)域有著廣泛應(yīng)用。已知25℃時(shí)，Ksp(BaSO4)＝1×10－10，Ksp(BaCO3)＝1×10－9。①醫(yī)學(xué)上進(jìn)行消化系統(tǒng)的X射線透視時(shí)，常運(yùn)用BaSO4作內(nèi)服造影劑。胃酸酸性很強(qiáng)(pH約為1)，但服用大量BaSO4仍舊是平安的，BaSO4不溶于酸的緣由是__對(duì)于沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，H＋不能減小Ba2＋和SOeq\o\al(2－,4)的濃度，平衡不能向溶解方向移動(dòng)__。(用沉淀溶解平衡原理說明)。萬一誤服了少量BaCl2，應(yīng)盡快用大量0.5mol·L－1Na2SO4溶液洗胃，假如忽視洗胃過程中Na2SO4溶液濃度的變更，殘留在胃液中的Ba2＋濃度僅為__2×10－10__mol·L－1。②長(zhǎng)期運(yùn)用的鍋爐須要定期除水垢，否則會(huì)降低燃料的利用率。水垢中含有CaSO4，可先用Na2CO3溶液處理，使之轉(zhuǎn)化為疏松、易溶于酸的CaCO3，然后用酸除去。CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3的離子方程式為__CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)__?！窘馕觥?1)依據(jù)圖像知上升溫度促進(jìn)難溶物溶解，T2的溶度積常數(shù)大于T1，所以T1<T2；Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))＝1.0×10－4×5.0×10－5＝5×10－9；(2)溫度不變硫酸鋇溶度積不變，硫酸根離子濃度增大，導(dǎo)致溶液中鋇離子濃度減小，可以使溶液由a點(diǎn)變?yōu)閎點(diǎn)，故A正確；在T1曲線上方區(qū)域(不含曲線)為過飽和溶液，有晶體析出，故B正確；蒸發(fā)溶劑，溶質(zhì)的濃度增大，溫度不變，溶度積常數(shù)不變，蒸發(fā)溶劑可能使溶液由d點(diǎn)變?yōu)榍€上a、b之間的某一點(diǎn)(不含a、b)，故C正確；升溫增大溶質(zhì)的溶解度，溶液中鋇離子、硫酸根離子濃度都增大，故D錯(cuò)誤；(3)①對(duì)于沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)，H＋不能減小Ba2＋和SOeq\o\al(2－,4)的濃度，平衡不能向溶解方向移動(dòng)。由Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SOeq\o\al(2－,4))得：c(Ba2＋)＝eq\f(KspBaSO4,cSO\o\al(2－,4))＝eq\f(1×10－10,0.5)＝2×10－10(mol·L－1)。②CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3的離子方程式為CaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)。規(guī)律方法利用溶度積進(jìn)行計(jì)算的方法(1)對(duì)于難溶電解質(zhì)M(OH)n，其起先沉淀時(shí)溶液中的c(OH－)＝eq\r(n,\f(Ksp,cMn＋))，恰好完全沉淀時(shí)溶液中的c(OH－)＝eq\r(n,\f(Ksp,1.0×10－5))，再依據(jù)Kw計(jì)算出c(H＋)，進(jìn)而計(jì)算pH。(2)沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)平衡常數(shù)的計(jì)算，如在碳酸鋇濁液中加入硫酸鈉，BaCO3(s)＋SOeq\o\al(2－,4)(aq)BaSO4(s)＋COeq\o\al(2－,3)(aq)，平衡常數(shù)K＝eq\f(cCO\o\al(2－,3),cSO\o\al(2－,4))＝eq\f(KspBaCO3,KspBaSO4)。類題精練6．己知：pCu＝－lgc(Cu＋)，pX＝－lgc(X－)。298K時(shí)，Ksp(CuCl)＝a×10－6，Ksp(CuBr)＝b×10－9，Ksp(CuI)＝c×10－12，在CuCl、CuBr、CuI的飽和溶液中陽(yáng)離子和陰離子濃度關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是(D)A．298K時(shí)，在CuCl的飽和溶液中加入少量NaCl，c(Cu＋)和c(Cl－)都減小B．圖中x代表CuI曲線，且P點(diǎn)c(Cu＋)＝c(I－)C．298K時(shí)增大M點(diǎn)的陰離子濃度，則y上的點(diǎn)向N點(diǎn)移動(dòng)D．298K時(shí)CuBr(s)＋I(xiàn)－(aq)CuI(s)＋Br－(aq)的平衡常數(shù)K的數(shù)量級(jí)為103或102【解析】CuCl的飽和溶液中加入少量NaCl，c(Cl－)增大，溶解平衡逆向移動(dòng)，則c(Cu＋)減小，故A錯(cuò)誤；P點(diǎn)pCu＝－lgc(Cu＋)＝3，則c(Cu＋)＝c(X－)＝10－3mol/L，x代表CuCl曲線，故B錯(cuò)誤；增大M點(diǎn)的陰離子濃度，會(huì)使溶解平衡逆向移動(dòng)，c(Cu＋)減小，則pX減小，pCu增大，由圖可知，若向N移動(dòng)，c(Cu＋)增大，而陰離子濃度減小，故C錯(cuò)誤；298K時(shí)CuBr(s)＋I(xiàn)－(aq)CuI(s)＋Br－(aq)的平衡常數(shù)K＝eq\f(KspCuBr,KspCuI)＝eq\f(b×10－9,c×10－12)＝eq\f(b,c)×103，若b>c時(shí)，K的數(shù)量級(jí)為103，若b<c，K的數(shù)量級(jí)為102，故D正確。7．在t℃時(shí)，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。又知t℃時(shí)AgCl的Ksp＝4×10－10，下列說法不正確的是(B)A．在t℃時(shí)，AgBr的Ksp為4.9×10－13B．在AgBr飽和溶液中加入NaBr固體，可使溶液由c點(diǎn)變到b點(diǎn)C．圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的是AgBr的不飽和溶液D．在t℃時(shí)，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常數(shù)K≈816【解析】A項(xiàng)，依據(jù)圖中c點(diǎn)的c(Ag＋)和c(Br－)可得，該溫度下AgBr的Ksp為4.9×10－13，正確；B項(xiàng)，在AgBr飽和溶液中加入NaBr固體后，c(Br－)增大，溶解平衡逆向移動(dòng)，c(Ag＋)減小，由c點(diǎn)到b點(diǎn)c(Ag＋)不變，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，在a點(diǎn)Qc<Ksp，為AgBr的不飽和溶液，正確；D項(xiàng)，在t℃時(shí)，平衡常數(shù)K＝eq\f(cCl－,cBr－)＝eq\f(KspAgCl,KspAgBr)，代入數(shù)據(jù)得K≈816，正確。考點(diǎn)四有關(guān)電解質(zhì)溶液的圖像分析及綜合應(yīng)用典例探究角度一對(duì)數(shù)圖像在化學(xué)中的應(yīng)用典例8(2024·福州模擬)草酸(H2C2O4)是一種二元弱酸。常溫下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液里lgX[X表示eq\f(cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)或eq\f(cC2O\o\al(2－,4),cHC2O\o\al(－,4))]隨pH的變更關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是(C)A．直線Ⅰ中X表示的是eq\f(cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)B．直線Ⅰ、Ⅱ的斜率均為1C．c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(H2C2O4)對(duì)應(yīng)1.22<pH<4.19D．c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))對(duì)應(yīng)pH＝7【解析】二元弱酸草酸的K1＝c(H＋)c(HC2Oeq\o\al(－,4))/c(H2C2O4)>K2＝c(H＋)c(C2Oeq\o\al(2－,4))/c(HC2Oeq\o\al(－,4))，當(dāng)lgX＝0時(shí)，pH＝－lgc(H＋)＝－lgK，pH1＝1.22<pH2＝4.19，表明K1＝10－1.22>K2＝10－4.19，所以直線Ⅰ中X表示的是c(HC2Oeq\o\al(－,4))/c(H2C2O4)，直線Ⅱ中X表示的是c(C2Oeq\o\al(2－,4))/c(HC2Oeq\o\al(－,4))，A正確；pH＝0時(shí)，lgc(HC2Oeq\o\al(－,4))/c(H2C2O4)＝lgK1＝－1.22，lgc(C2Oeq\o\al(2－,4))/c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝lgK2＝－4.19，所以，直線Ⅰ、Ⅱ的斜率均為1，B正確；設(shè)pH＝a，c(H＋)＝10－a，c(C2Oeq\o\al(2－,4))/c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝K2/c(H＋)＝10a－4.19，當(dāng)c(C2Oeq\o\al(2－,4))<c(HC2Oeq\o\al(－,4))時(shí)，10a－4.19<1，即a－4.19<0，得：a<4.19；K1·K2＝c(H＋)c(HC2Oeq\o\al(－,4))/c(H2C2O4)·c(H＋)c(C2Oeq\o\al(2－,4))/c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c2(H＋)c(C2Oeq\o\al(2－,4))/c(H2C2O4)，即c(C2Oeq\o\al(2－,4))/c(H2C2O4)＝K1·K2/c2(H＋)＝102a－5.41，當(dāng)c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(H2C2O4)時(shí)，102a－5.41>1即2a－5.41>0，解得a>2.705，所以c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(C2Oeq\o\al(2－,4))>c(H2C2O4)對(duì)應(yīng)2.705<pH<4.19，C錯(cuò)誤；電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，當(dāng)c(Na＋)＝c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))時(shí)，c(H＋)＝c(OH－)，對(duì)應(yīng)pH＝7，D正確。易錯(cuò)提示對(duì)數(shù)圖像的含義將某溶液中某一微粒濃度[如c(A)]或某些微粒濃度的比值[如eq\f(cA,cB)]取常用對(duì)數(shù)，即lgc(A)或lgeq\f(cA,cB)，反映到圖像中：(1)若c(A)＝1或eq\f(cA,cB)＝1，則lgc(A)＝0或lgeq\f(cA,cB)＝0。(2)若c(A)>1或eq\f(cA,cB)>1，則lgc(A)或lgeq\f(cA,cB)取正值。(3)若c(A)<1或eq\f(cA,cB)<1，則lgc(A)或lgeq\f(cA,cB)取負(fù)值。角度二平衡常數(shù)(Ka、Kb、Kw、Kh、Ksp)的綜合應(yīng)用典例9已知：pKa＝－lgKa,25℃時(shí)H2A的pKa1＝1.85；pKa2＝7.19。常溫下，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2A溶液的滴定曲線如圖所示(曲線上的數(shù)字為pH)。下列說法正確的是(D)A．a(chǎn)點(diǎn)所得溶液中：c(H2A)＋c(A2－)＋c(HA－)＝0.1mol·L－1B．b點(diǎn)所得溶液中：c(H2A)＋2c(H＋)＝c(A2－)＋2c(OH－)C．對(duì)應(yīng)溶液中水的電離程度：a>b>c>dD．c點(diǎn)所得溶液中：c(Na＋)>3c(HA－)【解析】由物料守恒可知，a點(diǎn)所得溶液中c(H2A)＋c(A2－)＋c(HA－)＝eq\f(20mL,20mL＋V0)×0.1mol·L－1<0.1mol·L－1，A不正確；b點(diǎn)所得溶液中溶質(zhì)為NaHA，由電荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，由物料守恒得c(Na＋)＝c(H2A)＋c(A2－)＋c(HA－)，所以c(H2A)＋c(H