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(共52张PPT)
第42讲　弱电解质的电离平衡
1．认识弱电解质在水溶液中存在电离平衡，能动态地分析电离平衡的移动。
2．理解电离常数的含义，并能利用电离常数进行相关计算。
01
考点梳理 高效演练
考点一　弱电解质的电离平衡

1．电离平衡的概念
在一定条件(如温度、浓度等)下，当________________________的速率和__________________的速率相等时，电离过程达到平衡状态。
弱电解质分子电离成离子
离子结合成分子
2．电离平衡的建立与特征

(1)开始时，v(电离)________，而v(结合)为______。
(2)平衡的建立过程中，v(电离)________v(结合)。
(3)当v(电离)____v(结合)时，电离过程达到平衡状态。
＝
≠
最大
0
>
＝
3．外界条件对电离平衡的影响
以0.1 mol·L－1CH3COOH溶液为例，填写外界条件对CH3COOH CH3COO－＋H＋　ΔH>0的影响。
改变条件 平衡移 动方向 n(H＋) c(H＋) c(CH3COO－) 电离
程度
加水稀释 ____ ____ ____ ____ ____
加冰醋酸 ____ ____ ____ ____ ____
通入 HCl(g) ____ ____ ____ ____ ____
正向
增大
增大
减小
减小
正向
减小
增大
增大
增大
减小
减小
逆向
增大
增大
改变条件 平衡移 动方向 n(H＋) c(H＋) c(CH3COO－) 电离
程度
加醋酸 钠固体 ____ ____ ____ ____ ____
升高温度 ____ ____ ____ ____ ____
逆向
减小
减小
减小
增大
正向
增大
增大
增大
增大
√
解析：A．向氨水中加入水，促进一水合氨电离，溶液中n(OH－) 增大，A正确；
B．向氨水中加入少量浓盐酸，盐酸电离产生的氢离子和氢氧根离子反应，导致溶液中c(OH－)减小，B错误；
C．向氨水中加入少量浓NaOH溶液，氢氧根离子浓度增大，一水合氨的电离平衡逆向移动，C错误；
2．下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是________。
①常温下NaNO2溶液的pH大于7
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗
③HNO2和NaCl不能发生反应
④常温下0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1
⑤常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7
⑥常温下pH＝2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1
解析：常温下NaNO2溶液的pH大于7，表明NaNO2是强碱弱酸盐，说明亚硝酸是弱电解质，①正确；用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，可能是因为溶液中溶质的浓度太小，不能说明亚硝酸是弱电解质，②错误；HNO2和NaCl不能发生反应，只能说明HNO2的酸性弱于HCl的，不能说明HNO2是弱电解质，③错误；常温下0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1，表明亚硝酸在溶液中部分电离，说明亚硝酸是弱电解质，④正确；常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7，表明亚硝酸在溶液中部分电离，说明亚硝酸是弱电解质，⑤正确；常温下pH＝2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1，表明亚硝酸在溶液中部分电离，稀释100倍后其电离程度增大，说明亚硝酸是弱电解质，⑥正确。
答案：①④⑤⑥
3．常温下，①100 mL 0.01 mol·L－1的CH3COOH溶液，②10 mL 0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液。用“＞”“＝”或“＜”回答下列问题。
(1)c(CH3COO－)：①________②。
(2)电离程度：①________②。
(3)在上述两种溶液中加入足量锌片。开始时的反应速率：①________②；反应结束生成相同状况下H2的体积：①________②。
(4)与同浓度的NaOH溶液完全反应消耗NaOH溶液的体积：①________②。
答案：(1)＜　(2)＞　(3)＜　＝　(4)＝
考点二　电离平衡常数

1．电离平衡常数
影响因素 只与温度有关，且温度升高，K值________
应用 (1)相同条件下，弱酸(或弱碱)的Ka(或Kb)越大，电离程度越______，c(H＋)[或c(OH－)]越______，酸性(或碱性)越强；反之，酸性(或碱性)越弱
(2)多元弱酸的Ka1>Ka2>Ka3……，当Ka1 Ka2时，计算c(H＋)或比较酸性相对强弱时，通常只考虑第一步电离
增大
大
大
小
大
√
2．部分弱酸的电离平衡常数见下表。
弱酸 HCOOH H2S H2CO3 HClO
电离平 衡常数 (25 ℃) Ka＝1.8 ×10－4 Ka1＝1.1 ×10－7 Ka2＝1.3 ×10－13 Ka1＝4.5 ×10－7 Ka2＝4.7 ×10－11 Ka＝4.0
×10－8
(2)常温下，向a mol·L－1 CH3COONa溶液中滴加等体积的b mol·L－1盐酸使溶液呈中性(不考虑盐酸和醋酸的挥发)，CH3COOH的电离常数Ka＝________________(用含a和b的代数式表示)。
(3)常温下，将a mol·L－1 CH3COOH溶液与b mol·L－1 Ba(OH)2 溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在 2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，该混合溶液中CH3COOH的电离常数Ka＝____________(用含a和b的代数式表示)。
答案：105
考点三　强酸(碱)与弱酸(碱)的比较

1．一元强酸与一元弱酸的比较
(1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸的比较。
比较 项目 c(H＋) pH 中和碱 的能力 与足量活泼金属反应产生H2的量 开始与金属
反应的速率
盐酸 大 小 相同 相同 大
醋酸 小 大 小
(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸的比较。
比较 项目 c(H＋) c(酸) 中和碱 的能力 与足量活泼金属反应产生H2的量 开始与金属
反应的速率
盐酸 相同 小 弱 少 相同
醋酸 大 强 多 2.一元强酸与一元弱酸的稀释图像比较
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸。

加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大 加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多
(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸。




加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大 加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多
1．下列说法不正确的是(忽略溶液混合时体积变化)(　　)
A．相同温度下，pH相等的氨水、NaOH溶液中，c(OH－)相等
B．pH＝4的醋酸的物质的量浓度大于pH＝5的醋酸的10倍
C．pH均为4的盐酸和氯化铵溶液等体积混合后，所得溶液的pH＝4
D．用同浓度的NaOH溶液分别与等体积、等pH的盐酸和醋酸恰好完全反应，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大
√
解析：A．相同温度下，水的离子积相等，pH相等的氨水、NaOH溶液中，c(H＋)相等，故溶液中c(OH－)相等，A正确；
C．pH均为4的盐酸和氯化铵溶液等体积混合的瞬间，c(H＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，不发生变化，铵根离子和一水合氨的浓度瞬间变为原来的二分之一，二者的比值不变，故所得溶液中水的电离平衡没有移动，氯化铵的水解平衡没有移动，混合溶液中c(H＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，pH＝4，C正确；
D．醋酸是弱酸，等体积、等pH的盐酸和醋酸中醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量，故用同浓度的NaOH溶液分别与等体积、等pH的盐酸和醋酸恰好完全反应，醋酸消耗NaOH溶液的体积更大，D错误。
2.在两个密闭的锥形瓶中，0.05 g形状相同的镁条(过
量)分别与 2 mL 2 mol·L－1的盐酸和醋酸反应，测得容
器内压强随时间的变化曲线如图所示。下列说法正确
的是(　　)
A．①代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线
B．任意相同时间段内，盐酸与Mg反应的化学反应速率均大于醋酸与Mg反应的化学反应速率
C．反应中醋酸的电离被促进，两溶液最终产生的氢气总量基本相等
D．1 mol·L－1NaOH溶液完全中和上述两种酸溶液，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大
√
解析：A．盐酸为一元强酸，醋酸为一元弱酸，2 mL 2 mol·L－1的盐酸和醋酸中，盐酸中 c(H＋)大，与镁条反应的速率大，相同时间内产生的氢气多，容器内压强大，反应先结束，故②代表的是盐酸与镁条反应时容器内压强随时间的变化曲线，故A错误；
B．可以通过曲线的斜率比较二者的反应速率大小，从题图可以看出，100 s 后，醋酸与镁的反应速率更大，此时盐酸与镁反应已接近结束，c(H＋)较小，反应速率减小，故B错误；
D．由于氯化氢和醋酸的物质的量相同，故用1 mol·L－1NaOH溶液完全中和时，盐酸与醋酸消耗NaOH溶液的体积相等，故D错误。
3．(2024·河源高三期末)某温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A．稀释前溶液中溶质的浓度：c(HCl)＞c(CH3COOH)
B．溶液中水的电离程度：b点＜c点
C．从b点到d点，溶液中c(H＋)·c(OH－)逐渐增大
D．在d点和e点均存在：c(H＋)＜c(酸根阴离子)
√
解析：A．稀释前两溶液的pH相等，由于CH3COOH部分电离，因此稀释前溶液中溶质的浓度：c(CH3COOH)＞c(HCl)，故A错误；
B．b点pH小于c点pH，说明c点酸性弱，对水的电离抑制程度小，水的电离程度大，因此溶液中水的电离程度：b点＜c点，故B正确；
C．从b点到d点，由于温度不变，因此溶液中c(H＋)·c(OH－)不变，故C错误；
D．在d点和e点均存在电荷守恒：c(H＋)＝c(酸根阴离子)＋c(OH－)，因此存在：c(酸根阴离子)＜c(H＋)，故D错误。
02
真题研做 高考通关
√
2．(2022·新高考福建卷)探究醋酸浓度与电离度(α)关系的步骤如下，与相关步骤对应的操作或叙述正确的是(　　)
√
解析：A．中和滴定时眼睛应始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A错误；
B．配制不同浓度的CH3COOH溶液时，容量瓶不需要干燥，B错误；
C．CH3COOH的电离平衡只受温度影响，因此测定步骤Ⅱ中所得溶液的pH时应在相同温度下测定，C正确；
√
解析：溶液Ⅰ的pH＝7.0，呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，A项错误；
HA可以自由通过隔膜，溶液Ⅰ、Ⅱ中c(HA)应相等，C项错误；
√
a点HCl恰好被完全中和，由元素守恒可得溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B项正确；
b点溶液pH<7，即以CH3COOH的电离为主，故溶液中c(CH3COOH)a、b两点溶液均呈酸性，水的电离均受到抑制，溶液pH越小，水的电离受抑制程度越大，c点酸碱恰好完全中和，CH3COO－水解促进水的电离，d点NaOH过量，又抑制水的电离，D项错误。(共46张PPT)
第43讲　水的电离和溶液的pH
1．认识水的电离，了解水的离子积常数。
2．了解溶液pH的含义及其测定方法，能进行简单的计算。
3．了解酸碱中和滴定的原理；掌握酸碱中和滴定的操作步骤及误差分析。
01
考点梳理 高效演练
考点一　水的电离

1．水的电离及离子积常数
H2O H＋
＋OH－
c(H＋)·c(OH－)
1×10－14
不变
增大
稀的电解质溶液
2．外界条件对水的电离平衡的影响
填写外界条件对H2O H＋＋OH－　ΔH>0的具体影响。
改变条件 平衡移 动方向 c(OH－) c(H＋) Kw 水的电
离程度
通入HCl(g) ____ ____ ____ ____ ____
加入NaOH(s) ____ ____ ____ ____ ____
加入可水解的盐 Na2CO3(s) ____ ____ ____ ____ ____
NH4Cl(s) ____ ____ ____ ____ ____
温度 升温 ____ ____ ____ ____ ____
降温 ____ ____ ____ ____ ____
其他，如加入Na ____ ____ ____ ____ ____
逆向
减小
减小
增大
不变
逆向
减小
减小
增大
不变
正向
减小
增大
增大
不变
正向
减小
增大
增大
不变
正向
增大
增大
增大
增大
逆向
减小
减小
减小
减小
正向
减小
增大
增大
不变
[易错秒判]
(1)将水加热，Kw和c(H＋)均增大(　　)
(2)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同(　　)
(3)任何水溶液中均存在H＋和OH－，且水电离出的c(H＋) 和c(OH－)相等(　　)
(4)25 ℃时NH4Cl溶液的Kw小于100 ℃时NaCl溶液的Kw(　　)
(5)室温下，0.1 mol·L－1的HCl溶液与0.1 mol·L－1的NaOH溶液中水的电离程度不同(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×
一、水的电离平衡曲线分析
1．水的电离平衡曲线如下图所示，回答下列问题。
(1)图中A、B、C、D、E五点的Kw的关系：
______________________。
(2)在水中加少量酸，可实现A点向________点移动。
(3)ABE形成的区域中的点都呈________性。
(4)若在B点温度下，pH＝2的硫酸溶液中，cH2O(H＋)＝________mol·L－1。
答案：(1)B＞C＞A＝E＝D　(2)D　(3)碱　(4)1×10－10
二、水电离出的c(H＋)和c(OH－)的计算
2．计算室温下，下列溶液中水电离出的cH2O(H＋)。
(1)0.01 mol·L－1的盐酸中，cH2O(H＋)＝________。
(2)0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液中，cH2O(H＋)＝__________。
(3)pH＝4的亚硫酸溶液中，cH2O(H＋)＝____________。
(4)pH＝10的KOH溶液中，cH2O(H＋)＝____________。
(5)pH＝4的NH4Cl溶液中，cH2O(H＋)＝____________。
(6)pH＝10的CH3COONa溶液中，cH2O(H＋)＝____________。
答案：(1)1×10－12 mol·L－1　(2)1×10－13 mol·L－1　(3)1×10－10 mol·L－1　(4)1×10－10 mol·L－1　(5)1×10－4 mol·L－1　(6)1×10－4 mol·L－1
[反思归纳]
水电离出的c(H＋)或c(OH－)的计算及应用
(1)酸、碱抑制水的电离，酸溶液中求c(OH－)，即cH2O(H＋)＝cH2O(OH－)＝c(OH－)，碱溶液中求c(H＋)，即cH2O(OH－)＝cH2O(H＋)＝c(H＋)。
(2)水解的盐促进水的电离，故cH2O(H＋)等于显性离子的浓度。
(3)酸式盐溶液
酸式酸根以电离为主：cH2O(H＋)＝cH2O(OH－)＝c(OH－)。
酸式酸根以水解为主：cH2O(H＋)＝cH2O(OH－)＝c(OH－)。
考点二　溶液的酸碱性与pH

1．溶液的酸碱性与pH
(1)定义式：pH＝－lg c(H＋)。
(2)溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和 c(OH－)的相对大小。
溶液的酸碱性 c(H＋)与c(OH－)比较 常温下溶液pH
酸性溶液 c(H＋)____c(OH－) ____7
中性溶液 c(H＋)______c(OH－) ____7
碱性溶液 c(H＋)____c(OH－) ____7
＞
＜
＝
＝
＜
＞
2．pH的测定方法
(1)酸碱指示剂法：该法只能测出pH的大致范围，常见指示剂变色范围见下表。
指示剂 变色范围(pH) 石蕊 ＜5红色 5～8紫色 ＞8蓝色
甲基橙 ＜3.1红色 3.1～4.4橙色 ＞4.4黄色
酚酞 ＜8.2无色 8.2～10浅红色 ＞10红色
(2)pH试纸法：把一小片pH试纸放在一洁净的玻璃片或表面皿上，用____________蘸取待测溶液点在pH试纸中央，试纸变色后，与_____________对照即可确定溶液的pH。
(3)pH计测定法。
玻璃棒
标准比色卡
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×
一、混合溶液酸碱性的判断
1．判断常温下，两种溶液混合后溶液的酸碱性(填“酸性”“碱性”或“中性”)。
(1)相同浓度的HCl和NaOH溶液等体积混合：________。
(2)相同浓度的CH3COOH和NaOH溶液等体积混合：________。
(3)相同浓度的NH3·H2O和HCl溶液等体积混合：________。
(4)pH＝2的HCl溶液和pH＝12的NaOH溶液等体积混合：________。
(5)pH＝2的CH3COOH溶液和pH＝12的NaOH溶液等体积混合：________。
(6)pH＝2的HCl溶液和pH＝12的NH3·H2O溶液等体积混合：________。
答案：(1)中性　(2)碱性　(3)酸性　(4)中性　(5)酸性　(6)碱性
二、溶液稀释、混合的pH计算
2．计算25 ℃时下列溶液的pH，忽略溶液混合时体积的变化。
(1)0.005 mol·L－1的H2SO4溶液的pH＝________。
(2)0.001 mol·L－1的NaOH溶液的pH＝________。
(3)pH＝2的盐酸加水稀释到1 000倍，溶液的pH＝________。
(4)将pH＝8的NaOH溶液与pH＝10的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH＝________(lg 2≈0.3)。
(5)将0.1 mol·L－1氢氧化钠溶液与0.06 mol·L－1硫酸溶液等体积混合，溶液的pH＝________。
答案：(1)2　(2)11　(3)5　(4)9.7　(5)2
3．按要求回答下列问题(常温下，忽略溶液混合时体积的变化)。
(1)pH＝3的硝酸和pH＝12的氢氧化钡溶液以体积比9∶1混合，混合溶液的pH＝________。
答案：10　
(2)在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，若溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是________。
答案：1∶4　
答案：10
[思维建模]
溶液pH计算的一般思维模型
实验活动(四)　酸碱中和滴定及拓展应用
一、酸碱中和滴定
1．实验原理
(1)用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)，根据中和反应的等量关系来测定碱(或酸)的浓度。
(2)利用酸碱指示剂明显的颜色变化，表示反应已完全，指示滴定终点。
2．实验操作
(1)主要仪器。
上　
0.01　
酸式　
碱　
碱式
酸性　
强氧化性　
(2)滴定前准备。
活塞
蒸馏水
待装液
“0”刻度以上2～3 mL
(3)滴定操作。
控制滴定管活塞
摇动锥形瓶
锥形瓶内溶液颜色变化
(4)滴定终点。
滴入最后半滴标准溶液，指示剂变色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，停止滴定，并记录标准溶液的体积。
(5)数据处理。
按上述操作重复________次，根据每次所用标准溶液的体积计算待测液的物质的量浓度，最后求出待测液的物质的量浓度的____________。
2～3　
平均值
3．滴定曲线
以0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸为例
偏大
偏小
二、酸碱中和滴定的拓展应用
1．氧化还原滴定
(1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。
(2)试剂：常见用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等；常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C、Na2S2O3等。
(3)指示剂：如KMnO4溶液可自身指示滴定终点，淀粉可用作碘量法的指示剂。
一、酸碱中和滴定的实验操作
1．现用酸碱中和滴定来测定某NaOH溶液的浓度。
(1)滴定：用________式滴定管盛装c mol·L－1盐酸标准液。
如图表示下表中第2次滴定时50 mL滴定管中前后液面的位置，此次滴定结束后的读数为________mL，可用________作为指示剂。
(2)排出碱式滴定管中气泡的方法应采用下图________(填“甲”“乙”或“丙”)的操作，然后挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
(3)有关数据记录见下表：




根据所给数据，写出计算NaOH溶液的物质的量浓度的表达式：_________________________(不必化简)。
滴定 序号 待测液体 积/mL 所消耗盐酸标准液的体积/mL 滴定前 滴定后 消耗的体积
1 V 0.50 25.80 25.30
2 V — — —
3 V 6.00 31.35 25.35
二、酸碱中和滴定的误差分析
2．以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例，分析实验误差(填“偏低”“偏高”或“无影响”)。
步骤 操作 c(NaOH)
洗涤 未用标准溶液润洗酸式滴定管
锥形瓶用待测溶液润洗
未用待测溶液润洗取用待测液的滴定管
锥形瓶洗净后瓶内还残留少量蒸馏水
取液 取碱液的滴定管尖嘴部分有气泡且取液结束后气泡消失
步骤 操作 c(NaOH)
滴定 滴定完毕后立即读数，半分钟后颜色又变红
滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
滴定过程中振荡时有液滴溅出
滴定过程中，向锥形瓶内加少量蒸馏水
读数 滴定前仰视读数或滴定后俯视读数
滴定前俯视读数或滴定后仰视读数
答案：偏高　偏高　偏低　无影响　偏低　偏低　偏高　偏低　无影响　偏低　偏高
三、酸碱中和滴定的拓展应用
3．为了测定某样品中NaNO2的含量，某同学进行如下实验：①称取样品a g，加水溶解，配制成100 mL溶液。②取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.020 0 mol·L－1 KMnO4标准溶液(酸性)进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液的体积为V mL。
(1)滴定过程中发生反应的离子方程式为_____________________________；
测得该样品中NaNO2的质量分数为_____________________________。
(2)若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，则测定结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
解析：若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，则KMnO4的用量偏少，测定结果偏小。
答案：偏小
4．硫酰氯(SO2Cl2)可用于有机合成和药物制造等。已知SO2Cl2遇水能发生剧烈反应并产生白雾。
测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：
①取1.5 g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；
②向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.200 0 mol·L－1的AgNO3溶液100.00 mL；
③向其中加入2 mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机化合物覆盖；
④加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.100 0 mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量Ag＋，终点时所用体积为10.00 mL。
已知：Ksp(AgCl)＝3.2×10－10，Ksp (AgSCN)＝2×10－12。
(1)滴定终点的现象为___________________________________________。
答案：溶液变为红色，且半分钟内不恢复原来的颜色
答案：85.5%　偏低
(2)产品中SO2Cl2的质量分数为________；若步骤③不加入硝基苯，则所测SO2Cl2含量将________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
02
真题研做 高考通关
1．(2022·新高考山东卷)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是(　　)
A．可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体
D．达到滴定终点时溶液显橙色
√
解析：A．量筒的精确度不高，滴定时不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误；
B．Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有黏性的硅酸钠而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B说法正确；
C．Na2CO3有吸水性和一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C说法正确；
D．Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后半滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟内不变色，故达到滴定终点时溶液显橙色，D说法正确。
√
解析：A．温度升高，水的电离程度增大，故M点Kw小于N点Kw，A错误；
B．升高温度，促进铵根离子的水解，且N点铵根离子浓度更大，水解生成的氢离子浓度更大，N点酸性更强，故M点pH大于N点pH，B正确；
C．N点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的沉淀溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；
3．(2022·新高考江苏卷)实验中需要测定溶液中Ce3＋的含量。已知水溶液中Ce4＋可用准确浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋。请补充完整实验方案：①准确量取 25.00 mL Ce3＋溶液[c(Ce3＋)约为0.2 mol·L－1]，加氧化剂将Ce3＋完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到250 mL 容量瓶中后定容；②按规定操作分别将 0.020 00 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2和待测Ce4＋溶液装入如图所示的滴定管中；③______________________________________________________。
答案：从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4＋溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.020 00 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积(共46张PPT)
第44讲　盐类的水解
1．认识盐类水解的原理及其规律，掌握水解的离子方程式的书写。
2．认识影响盐类水解程度的主要因素。
3．了解盐类水解的应用，能利用水解常数进行相关计算。
01
考点梳理 高效演练
考点一　盐类的水解及其规律

1．盐类水解的定义
在水溶液中，盐电离出来的离子与水电离出来的H＋或OH－结合生成____________的反应。
弱电解质
H＋
OH－
水的电离
3．盐类水解的特点
可逆
吸
4．盐类水解的规律
有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。
否
中性
是
酸性
是
碱性
[特别提醒]
发生水解的盐溶液不一定呈酸性或碱性，也可能呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。
5．水解反应的离子方程式的书写
(1)盐类水解的离子方程式一般用“______”连接，且一般不标“↑”“↓”等状态符号。
(2)多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解。
例如，Na2CO3水解的离子方程式为__________________________________。
(3)多元弱碱盐水解：一步写完。
例如，FeCl3水解的离子方程式为___________________________________。

Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋
(4)阴、阳离子相互促进水解：水解程度较大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。
例如，NaHCO3与AlCl3在水溶液中反应的离子方程式为____________________________________。
√
解析：硫化钠分步水解，生成的硫化氢具有臭味，离子方程式必须分步书写、没有气体符号、应使用可逆符号，D项错误。
√
3．根据相关物质的电离常数(25 ℃)，回答下列问题。
CH3COOH：Ka＝1.75×10－5；HCN：Ka＝6.2×10－10；H2CO3：Ka1＝4.5× 10－7，Ka2＝4.7×10－11。
(1)相同物质的量浓度的①CH3COONa、②Na2CO3、③NaHCO3、④NaCN溶液，pH由大到小的顺序为________________，水的电离程度由大到小的顺序为____________________________________________________。
(2)相同pH的①CH3COONa、②Na2CO3、③NaHCO3、④NaCN溶液，物质的量浓度由大到小的顺序为__________。
(3)NaCN溶液中，c(Na＋)、c(CN－)、c(HCN)由大到小的顺序为_________________________________________________________。
答案：(1)②＞④＞③＞①　②＞④＞③＞①
(2)①＞③＞④＞②　(3)c(Na＋)＞c(CN－)＞c(HCN)
弱
NaHCO3溶液
CH3COONa溶液
(2)外因
以不同条件对FeCl3水解平衡的影响为例[Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋]
条件 平衡移动方向 H＋数目 pH 现象
升温 ____移 增多 减小 溶液颜色变深
通HCl(g) ____移 增多 减小 溶液颜色变浅
加H2O ____移 增多 增大 溶液颜色变浅
加NaHCO3(g) ____移 减少 增大 生成红褐色沉
淀，放出气体
右
左
右
右
2.盐类水解的应用及举例
应用 举例
净水 明矾可用作净水剂，原理为Al3＋＋3H2O Al(OH)3(胶体)＋ 3H＋，Al(OH)3胶体可吸附沉降悬浮物
除锈 NH4Cl、ZnCl2溶液因水解显酸性，可用作焊接金属时的除锈剂
配制或贮 存易水解 的盐溶液 配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在__________中，然后________；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶
浓盐酸
加水稀释
应用 举例
胶体的制取 实验室制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：________________________________________
物质的制备 用TiCl4制备TiO2：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl
物质的提纯 除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可加入MgO、Mg(OH)2或 MgCO3
泡沫灭火 器的原理 其成分为NaHCO3与 Al2(SO4)3，使用时发生反应的离子方程式：_____________________________________
1．一定条件下，CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－，下列说法正确的是(　　)
A．加入少量NaOH固体，c(CH3COO－)增大
B．加入少量FeCl3固体，c(CH3COO－)不变
C．稀释CH3COONa溶液，溶液的pH增大
D．加入适量CH3COOH溶液得到的酸性混合溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
√
解析：加入少量FeCl3固体，Fe3＋能结合OH－使c(OH－) 减小，平衡右移，c(CH3COO－)减小，故B项不正确；
稀释CH3COONa溶液，平衡右移，但c(OH－)减小，溶液的pH减小，故C项不正确；
若c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)，则有c(Na＋)＋c(H＋)＞c(OH－)＋c(CH3COO－)，电荷不守恒，故D项不正确。
2．(2024·南粤名校联考)为探究外界条件对氯化铵水解平衡的影响，某化学兴趣小组设计了如下实验方案：
实验 编号 c(NH4Cl) /mol·L－1 温度 /℃ 待测物 理量X 实验目的
1 0.5 30 a ________
2 1.5 ⅰ b 探究浓度对氯化铵水解平衡的影响
3 1.5 35 c ⅱ
4 2.0 40 d 探究温度、浓度同时对氯化铵水解平衡的影响
该实验限选药品和仪器：恒温水浴、pH计、烧杯、0.1 mol·L－1硝酸银溶液、蒸馏水和各种浓度的NH4Cl溶液。
(1)实验中，待测物理量X是________。
解析：由提供的药品和仪器可知，pH计是准确测定溶液pH的仪器，所以待测物理量X是溶液的pH。
答案：溶液的pH　
(2)为了探究浓度对氯化铵水解平衡的影响，实验2可与实验________作对照实验。
解析：根据单一变量原则可知，探究浓度对氯化铵水解平衡的影响，温度必须相同，故实验2的温度可与实验1相同，为 30 ℃；也可与实验4相同，为40 ℃。
答案：1(或4) 　
(3)实验目的ⅱ是___________。
解析：实验2和实验3浓度相同，温度不同，故实验目的ⅱ是探究温度对氯化铵水解平衡的影响。
答案：探究温度对氯化铵水解平衡的影响(答案合理即可)　
(4)上述表格中，b______d(填“>”“<”或“＝”)。
解析：水解反应属于吸热反应，温度越高水解程度越大，氢离子浓度越大；浓度越高，水解生成的氢离子浓度越大，溶液的酸性越强，pH越小，即b>d。
答案：>
3．按要求回答下列问题。
(1)把AlCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体是____________，原因是_________________________________________________________________
(用化学方程式表示并配以必要的文字说明)。
(2)分析Mg粉可溶解在NH4Cl溶液中的原因： _______________________________________________________________。
(3)直接蒸发CuCl2溶液，能否得到CuCl2·2H2O晶体？如果不能应如何操作？ _______________________________________________________________。
(4)向Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液变为红色，若再向该溶液中滴入过量的BaCl2溶液，现象是_________________________，请结合离子方程式，运用平衡原理进行解释：___________________________________________。
答案：
(4)产生白色沉淀，且溶被红色褪去
在Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2O HSO3-+OH-，加人 BaCl2后,发生反应 Ba2++SO32- ＝BaSO↓(白色),由于c(SO32-)减小,SO32-的水解平衡左移，c(OH-)减小，溶液红色褪去
2．水解常数的影响因素
水解常数仅受温度的影响，因水解反应是吸热反应，故水解常数随温度升高而增大。
一、利用Kh与Ka、Kb的关系判断溶液的酸碱性
1．等浓度弱酸(或弱碱)及其盐混合溶液酸碱性的判断。
(1)已知25 ℃时，CH3COOH的电离平衡常数Ka＝1.75×10－5，等浓度的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，Kh__________(填“＞”“＜”或“＝”)Ka，由此可见以____________为主，溶液pH________7。
(2)已知25 ℃时，HCN的电离平衡常数Ka＝6.2×10－10，等浓度的HCN与NaCN混合溶液中，Kh________(填“＞”“＜”或“＝”)Ka，由此可见以________为主，溶液pH________7。
(3)已知25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5，等浓度的NH3·H2O与NH4Cl混合溶液中，Kh______(填“＞”“＜”或“＝”)Kb，由此可见以______为主，溶液pH______7。
答案：(1)＜　CH3COOH电离　＜
(2)＞　NaCN水解　＞
(3)＜　NH3·H2O电离　＞
2．磷酸是三元弱酸，常温下三级电离常数分别是Ka1＝6.9×10－3，Ka2＝6.2×10－8，Ka3＝4.8×10－13。回答下列问题。
(1)常温下，同浓度①Na3PO4、②Na2HPO4、③NaH2PO4 溶液的pH由小到大的顺序为__________(填序号)。
(2)常温下，NaH2PO4溶液的pH________(填“＞”“＜”或“＝”)7。
(3)常温下，Na2HPO4溶液呈____________(填“酸”“碱”或“中”)性，用Ka与Kh的相对大小，说明判断理由：_____________________。
答案：10
答案：向右　60
02
真题研做 高考通关
1．(2023·新高考北京卷)下列过程与水解反应无关的是(　　)
A．热的纯碱溶液去除油脂
B．重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃
C．蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸
D．向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体
√
2．(2023·新高考海南卷改编)25 ℃下，Na2CO3水溶液的pH随其浓度的变化关系如下图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．c(Na2CO3)＝0.6 mol·L－1时，
溶液中c(OH－)>0.01 mol·L－1
B．Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小
C．在水中H2CO3的Ka2<4×10－11
D．0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液和0.3 mol·L－1的NaHCO3溶液等体积混合，得到的溶液c(OH－)<2×10－4 mol·L－1
√
解析：A．由题图可知，c(Na2CO3)＝0.6 mol·L－1时，pH>12.0，溶液中 c(OH－)>0.01 mol·L－1，故A正确；
B．盐溶液越稀越水解，Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小，故B正确；
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关系如图所示(已知甲酸的 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
√
解析：活性成分R3N中N能与水电离出的H＋形成配位键，因此在水中存在平衡：R3N＋H2O R3NH＋＋OH－，A项正确；
废水初始pH<2.4，随pH下降，c(H＋)增大，电离平衡HCOOH HCOO－＋H＋逆向移动，甲酸的电离被抑制，c(HCOO－)减小，与R3NH＋作用的HCOO－数目减少，C项正确；
废水初始pH>5时回收率小于10%，说明吸附在树脂上的甲酸根离子较少，活性成分主要以R3N形态存在，D项错误。(共47张PPT)
第45讲　难溶电解质的沉淀溶解平衡
1．了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。
2．理解溶度积(Ksp)的含义，并能进行相关计算。
3．了解沉淀的生成、溶解与转化，并能运用化学平衡原理解释。
01
考点梳理 高效演练
考点一　沉淀溶解平衡及其影响因素

1．概念
在一定温度下，当难溶强电解质溶于水形成____________，沉淀溶解和生成的速率________时，即达到溶解平衡状态。
饱和溶液
相等
2．建立
>
＝
<
3．影响因素
以AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)　ΔH＞0为例，填写外界条件对沉淀溶解平衡的影响：
外界条件 平衡移动方向 平衡后c(Ag＋) 平衡后c(Cl－) Ksp
升高温度 ______ ______ ______ ______
加水稀释 ______ ______ ______ ______
加入少量 AgNO3(s) ______ ______ ______ ______
通入HCl(g) ______ ______ ______ ______
通入H2S(g) ______ ______ ______ ______
正向
增大
增大
增大
正向
不变
不变
不变
逆向
增大
减小
不变
逆向
减小
增大
不变
正向
减小
增大
不变
1．将足量BaCO3固体分别加入：①30 mL水；②10 mL 0.2 mol·L－1 Na2CO3溶液；③50 mL 0.01 mol·L－1 BaCl2溶液；④100 mL 0.01 mol·L－1盐酸中溶解至溶液饱和。所得溶液中c(Ba2＋)由大到小的顺序为________。
答案：③＞④＞①＞②
2．已知Ca(OH)2的饱和溶液中存在平衡：Ca(OH)2(s) Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)　ΔH＜0。下列有关该平衡体系的说法正确的是(　　)
①升高温度，平衡逆向移动　②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子的浓度　③除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子，可以向溶液中加入适量的NaOH溶液　④恒温下，向溶液中加入CaO，溶液的pH升高　⑤给溶液加热，溶液的pH升高　⑥向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加　⑦向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变
A．①⑥ B．①⑥⑦
C．②③④⑥ D．①②⑤⑥⑦
√
解析：加入碳酸钠粉末会生成CaCO3沉淀，使Ca2＋浓度减小，②错；加入氢氧化钠溶液，会生成Ca(OH)2，不能除去Ca2＋，③错；恒温下，Ksp不变，加入CaO后，仍为Ca(OH)2的饱和溶液，pH不变，④错；加热，Ca(OH)2的溶解度降低，溶液的pH降低，⑤错；加入NaOH固体，平衡向左移动，Ca(OH)2 固体质量增加，⑦错。
3．室温下向100 mL蒸馏水中加入1 g CaCO3，一段时间后再向其中加入10 mL蒸馏水，一段时间后继续加入10 mL蒸馏水。该过程中电导率的变化如下图所示。
已知：室温下，CaCO3的溶解度为0.001 3 g。
下列说法不正确的是(　　)
A．a→b电导率上升是由于CaCO3固体部分溶解于水中
B．c和e对应的时刻分别加入了10 mL蒸馏水
C．c→d、e→f，电导率下降，说明CaCO3的溶解平衡逆向移动
D．g点后的电导率几乎不再改变，说明CaCO3的溶解达到平衡状态
√
解析：碳酸钙在水中的溶解度较小，但溶于水的碳酸钙在溶液中完全电离，使溶液中的离子浓度增大，导致a→b电导率上升，故A项正确；
由题图可知，c→d、e→f的电导率下降，说明溶液中离子浓度减小，即c和e对应的时刻分别加入了10 mL蒸馏水，加入蒸馏水，碳酸钙的溶解平衡正向移动，故B项正确、C项错误；
g点后的电导率几乎不再改变，说明溶液中的离子浓度不再改变，碳酸钙的溶解达到平衡状态，故D项正确。
考点二　溶度积及其应用

1．溶度积和离子积
以AmBn(s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例：
项目 溶度积 离子积
概念 沉淀溶解的平衡常数 溶液中有关离子浓度幂的乘积
符号 Ksp Q
表达 式 Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是平衡浓度 Q(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度是任意时刻的浓度
项目 溶度积 离子积
应用 判断在一定条件下难溶电解质的沉淀或溶解情况： (1)Q______Ksp，溶液中有沉淀析出 (2)Q______Ksp，沉淀与溶解处于平衡状态 (3)Q______Ksp，溶液中无沉淀析出 >　
＝　
<　
2.溶度积的影响因素
(1)浓度：加水稀释，平衡向________方向移动，但Ksp________。
(2)温度：绝大多数难溶电解质的溶解是________过程，升高温度，平衡向__________方向移动，Ksp________。
(3)其他：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。
溶解
不变
吸热
溶解
增大
3．溶度积与溶解度的关系
(1)相同类型难溶物(如A2B型：Ag2SO4、Ag2S等；AB型：AgCl、AgBr、BaSO4、CaCO3等)，溶度积越小、溶解度越小。
(2)不同类型难溶物：结合溶度积估算溶解度。
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
一、溶度积的概念及影响因素
1．下列说法正确的是(　　)
A．难溶电解质的溶度积Ksp越小，它的溶解度越小
B．Ksp(Ag2CrO4)C．溶度积常数Ksp与温度有关，温度越高，溶度积越大
D．升高温度，某沉淀溶解平衡逆向移动，说明它的溶解度是减小的，Ksp也变小
√
2．将足量AgCl(s)溶解在水中，形成悬浊液。已知：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)　ΔH>0。下列叙述错误的是(　　)
A．加热悬浊液，使其温度升高，Ksp(AgCl)增大
B．加少量水稀释，上述平衡正向移动，c(Ag＋)不变
C．向悬浊液中通入少量氨，Q(AgCl)D．加入NaCl固体，AgCl的溶解度减小，Ksp(AgCl)也减小
√
解析：A．温度升高，溶解度增大，Ksp(AgCl)增大，故A正确；
B．加少量水稀释，AgCl的沉淀溶解平衡正向移动，但溶液还是饱和溶液，所以c(Ag＋)不变，故B正确；
C．向悬浊液中通入少量氨，形成二氨合银配离子，消耗银离子，导致Q(AgCl)D．加入NaCl固体，c(Cl－)增大，AgCl的沉淀溶解平衡逆向移动，AgCl的溶解度减小，但温度不变，Ksp(AgCl)不变，故D错误。
二、溶度积的相关计算
3．25 ℃时，在1.00 L 0.03 mol·L－1 AgNO3溶液中加入0.50 L 0.06 mol·L－1 CaCl2溶液，能否生成AgCl沉淀？[已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10] __________________________(写出计算过程)。
4．Na2SO3溶液与CaCl2溶液混合会生成难溶的CaSO3(Ksp＝3.1×10－7)，现将等体积的CaCl2溶液与Na2SO3溶液混合，若混合前Na2SO3溶液的浓度为2×10－3 mol·L－1，则生成沉淀所需CaCl2溶液的最小浓度为________。
答案：6.2×10－4 mol·L－1
考点三　沉淀溶解平衡的应用

1．沉淀的生成
方法 举例 解释
调节 pH法 除去CuCl2溶液中的FeCl3，可向溶液中加入CuO[或Cu(OH)2或 CuCO3或 Cu2(OH)2CO3] _______________________________________________________________________________________
CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]能与H＋反应，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀
方法 举例 解释
调节 pH法 除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入______调节pH至4左右 _________________________________________________________
沉淀 剂法 以____________等沉淀污水中的Hg2＋、Cu2＋等重金属离子 _______________________________________________________
氨水
Fe3＋能与NH3·H2O反应生成Fe(OH)3沉淀
H2S、Na2S
H2S、Na2S能与Hg2＋、Cu2＋反应生成HgS、CuS沉淀
2.沉淀的溶解
(1)Mg(OH)2难溶于水，能溶于盐酸、NH4Cl溶液中。写出有关反应的离子方程式：_________________________________________________________________。
(2)已知：PbSO4不溶于水，但可溶于醋酸铵溶液，反应的化学方程式为PbSO4＋2CH3COONH4===(CH3COO)2Pb＋(NH4)2SO4。试对上述PbSO4沉淀的溶解加以解释：__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
3．沉淀的转化
(1)原理：由一种沉淀转化为另一种沉淀的过程，实质是沉淀溶解平衡的移动。
(2)规律。
①一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现；
②一定条件下溶解度小的沉淀也可以转化成溶解度相对较大的沉淀。
(3)应用。
①锅炉除垢：将CaSO4转化为易溶于酸的 CaCO3，离子方程式为___________________________________________________。
②矿物转化：CuSO4溶液遇PbS转化为CuS，离子方程式为___________________________________________。
Cu2＋(aq)＋PbS(s) CuS(s)＋Pb2＋(aq)
1．(2024·广东广雅中学模拟)某兴趣小组进行下列实验：
①将0.1 mol·L－1 MgCl2溶液和0.5 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合得到浊液；
②取少量①中的浊液，滴加0.1 mol·L－1 FeCl3溶液，出现红褐色沉淀；
③将①中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1 mol·L－1 FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀；
④另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解。
√
解析：0.1 mol·L－1 MgCl2溶液与0.5 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合得到Mg(OH)2悬浊液，NaOH溶液过量，剩余的NaOH和FeCl3反应生成 Fe(OH)3，实验②不能比较 Fe(OH)3和Mg(OH)2的溶解能力，故C错误。
2．可溶性钡盐有毒，医院中常用无毒硫酸钡作为内服“钡餐”造影剂。医院抢救钡离子中毒者时，除催吐外，还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知：某温度下，Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。下列推断正确的是(　　)
A．不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为硫酸钡比碳酸钡更难溶
B．可以用0.36 mol·L－1的Na2SO4溶液给钡离子中毒者洗胃
C．抢救钡离子中毒者时，若没有硫酸钠也可以用碳酸钠溶液代替
D．误饮c(Ba2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1的溶液时，会引起钡离子中毒
√
解析：碳酸钡能与胃酸反应生成可溶性钡盐，钡离子有毒，所以不能用碳酸钡作为内服造影剂，A错误；
碳酸钠与胃酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，起不到解毒的作用，C错误；
3．软磁材料Mn3O4可由阳极渣和黄铁矿FeS2制得。阳极渣的主要成分为MnO2且含有少量Pb、Fe、Cu等元素的化合物。制备流程如下。
已知：25 ℃时，Ksp(MnF2)＝5.0×10－3，Ksp(CaF2)＝3.5×10－11。
下列说法错误的是(　　)
A．X可为稀硫酸
B．滤渣2的成分是Cu(OH)2和CaSO4
C．“净化”步骤发生的反应为MnF2 (s)＋Ca2＋(aq) CaF2(s)＋Mn2＋(aq)　K≈1.4×108
D．利用MnCO3替代CaO可优化该流程
√
解析：MnO2在酸性条件下具有强氧化性，FeS2具有强还原性，二者在“酸浸”时会发生氧化还原反应，结合题图中后续操作得到的是MnSO4溶液可知，X为稀硫酸；然后向滤液中加入H2O2可以将杂质离子Fe2＋氧化为Fe3＋，再加入CaO调节溶液pH，使Fe3＋、Cu2＋转化为Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，过滤；向滤液中加入MnF2使Ca2＋转化为难溶物CaF2除去，过滤得到的滤液中含有MnSO4，然后经一系列操作得到Mn3O4。A项，X可为稀硫酸，故A正确；
B项，滤渣2的成分是Fe(OH)3和Cu(OH)2，故B错误；
D项，利用MnCO3替代CaO也可以调节溶液pH且不会引入Ca2＋杂质，可优化该流程，故D正确。
02
真题研做 高考通关
√
向体系中通入CO2气体，发生反应：CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2，CaCO3(s)转化为可溶的Ca(HCO3)2，溶液中c(Ca2＋)增大，C项错误；
Ksp(CaCO3)√
解析：a点pH＝2、pM＝2.5，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－2.5× (10－12)3＝10－38.5，A错误；
pH＝4时Al3＋对应的pM＝3，即c(Al3＋)＝10－3 mol·L－1，故Al(OH)3 的溶解度为10－3 mol·L－1，B错误；
由题图可知，c(Fe3＋)＝10－5 mol·L－1时的pH小于c(Al3＋)＝0.01 mol·L－1 时的pH，可通过调pH分步沉淀浓度均为0.01 mol·L－1的Al3＋和Fe3＋，C正确；
由题图可知，Al3＋沉淀完全时，pH≈4.7，此时Cu2＋刚要开始沉淀，c(Cu2＋)＝0.1 mol·L－1，若c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1>0.1 mol·L－1，则Cu2＋、Al3＋会同时沉淀，D错误。
√
4．(2022·新高考湖南卷)室温时，用0.100 mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通过电位滴定法获得lg c(Ag＋)与V(AgNO3溶液)的关系曲线如下图所示[忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17]。下列说法正确的是(　　)
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中I－的浓度为0.100 mol·L－1
C．当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀
D．b点：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)
√
解析：三种卤化银组成形式相同，Ksp小的物质先形成沉淀，故a点时形成的是黄色的AgI沉淀，A项错误；
由题图可知，当消耗4.50 mL AgNO3溶液时，溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，由于三种卤素离子的浓度相等，故每种离子完全沉淀时均消耗1.50 mL AgNO3 溶液，0.100 mol·L－1×1.50 mL＝c(I－)×15.00 mL，解得c(I－)＝0.01 mol·L－1，B项错误；
b点时溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，AgNO3过量，c(Ag＋)最大，D项错误。(共45张PPT)
第46讲　水溶液中的离子平衡图像
1．进一步加深对电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡的理解与应用。
2．能根据图像中的关键点、变化趋势，计算Ka、Kb或Ksp，判断粒子浓度的大小关系。
3．能利用沉淀溶解平衡原理，分析图像中粒子浓度的关系，进行有关Ksp的计算。
01
考点梳理 高效演练
考点一　酸碱滴定(或混合)图像

1．抓住关键“五点”，突破酸碱滴定(或混合)曲线
抓反应的“起始”点 判断酸、碱的相对强弱
抓反应的“一半”点 判断是哪种溶质的等量混合
抓溶液的“中性”点 判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足
抓“恰好反应”点 判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性
抓反应的“过量”点 判断溶液中的溶质及哪种物质过量
2.应用示例
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的变化如下图所示：
1．(2024·南粤名校联考)常温下，将0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴入20 mL 0.1 mol·L－1二元弱酸H2A溶液中，混合溶液的pH随NaOH溶液滴入量的关系如图所示。下列叙述不正确的是(　　)
A．Ka1(H2A)≈10－3
B．b点溶液中存在：c(HA－)>c(H2A)>c(A2－)
C．c点溶液中存在：
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)
D．溶液中水的电离程度：c>b>a
√
B．b点溶液中溶质为NaHA，溶液呈酸性，说明HA－的电离程度大于其水解程度，溶液中存在：c(HA－)>c(A2－)>c(H2A)，B项错误；
C．由电荷守恒可知，c点溶液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)，C项正确；
D．a点为H2A与NaHA的混合溶液，b点为NaHA溶液，c点为NaHA与Na2A的混合溶液，溶液中水的电离程度：c>b>a，D项正确。
2．常温下，用0.10 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定 20.00 mL浓度均为0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)＜c(CN－)
B．点③和点④所示溶液中：
c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
C．点①和点②所示溶液中：
c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)
D．点②和点③所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)
√
解析：A项，点①所示溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＋c(CN－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，且c(OH－)＞c(H＋)，点②所示溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，且c(OH－)＜c(H＋)，两溶液中钠离子浓度相同，所以c(CH3COO－)＞c(CN－)，错误；
B项，点③所示溶液pH＝7，c(OH－)＝c(H＋)，故c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)，点④所示溶液中溶质为CH3COONa，溶液呈碱性，故c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，错误；
C项，点①所示溶液为等浓度的HCN和NaCN溶液，存在元素守恒：c(HCN)＋c(CN－)＝2c(Na＋)，点②所示溶液为等浓度的CH3COOH和CH3COONa溶液，存在元素守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝2c(Na＋)，两溶液中钠离子浓度相同，故c(HCN)＋c(CN－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，即c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)，正确；
D项，点②和点③所示溶液中均存在电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，且c(Na＋)>c(CH3COOH)，故c(CH3COO－)＋c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，错误。
考点二　分布系数图像

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) 三元弱酸(以H3PO4为例)

原因：弱酸溶液中加入强碱，发生中和反应，溶液的pH不断增大，各组分粒子的含量不断变化
√
B．a、b、c三点溶液中微粒成分不同，溶液pOH不同，对水的电离影响程度不同，B错误；
下列叙述正确的是(　　)
A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)
B．H2A溶液的浓度为 0.200 0 mol·L－1
C．HA－的电离常数Ka＝1.0×10－2
D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)<2c(A2－)＋c(HA－)
√
解析：由题图可知，加入40 mL NaOH溶液时达到滴定终点，又H2A为二元酸，故H2A溶液的浓度为0.100 0 mol·L－1，当没有加入NaOH溶液时，H2A溶液的pH约为1.0，说明H2A第一步完全电离，曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A、B项错误；
滴定终点时溶液中存在的离子有Na＋、H＋、A2－、HA－、OH－，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，此时c(H＋)2c(A2－)＋c(HA－)，D项错误。
考点三　沉淀溶解平衡图像

1．有关沉淀溶解平衡Ksp曲线分析
(1)典型示例。
(2)点的变化。
2.有关沉淀溶解平衡对数图像分析
3.沉淀滴定曲线分析
以0.100 mol·L－1 AgNO3溶液滴定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－1 Br－，反应终点c向b方向移动。
1．常温下，Ksp(NiS)＝1.0×10－21，Ksp(FeS)＝6.0×10－18。RS的沉淀溶解平衡曲线如下图所示(R表示Ni或Fe)。下列说法正确的是(　　)
A．Ⅱ表示FeS溶解平衡曲线
B．常温下，NiS(s)＋Fe2＋(aq) FeS(s)
＋Ni2＋(aq)的平衡常数K＝6 000
C．常温下，与Q点相对应的NiS的分散系中固液共存
D．常温下，向P点对应的溶液中加适量Na2S固体，可转化成M点对应的溶液
√
解析：A项，FeS的溶度积常数更大，故Ⅰ表示FeS溶解平衡曲线，A项错误；
C项，Q点处，Q(NiS)D项，向P点对应的溶液中加适量Na2S固体，S2－浓度增大，R2＋浓度减小，可使溶液由P点转化成M点对应的溶液，D项正确。
2．已知：常温下，Ksp(CuS)＝1.0×10－36，Ksp(HgS)＝1.6×10－52；pM＝－lg c(M2＋)。常温下，向10.0 mL 0.20 mol/L Cu(NO3)2溶液中逐滴滴加0.10 mol/L Na2S溶液，溶液中pM与加入Na2S溶液的体积的关系如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．V0＝20.0 mL，m＝18
B．若c[Cu(NO3)2]＝0.10 mol/L，
则反应终点可能为e点
C．a、b、d三点中，由水电离的c(H＋)和 c(OH－)的乘积最大的为b点
D．相同条件下，若用等浓度等体积的 Hg(NO3)2溶液代替上述 Cu(NO3)2溶液，则反应终点由b点向c点方向移动
√
02
真题研做 高考通关
1．(2022·浙江1月选考)某同学在两个相同的特制容器中分别加入20 mL 0.4 mol·L－1Na2CO3溶液和40 mL 0.2 mol·L－1NaHCO3溶液，再分别用 0.4 mol·L－1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如下曲线：
√
解析：A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠的水解程度，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠的碱性，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A错误；
B．当滴加盐酸的体积为V1 mL时(a点、b点)，压强并未发生变化，说明无CO2产生，B错误；
C．根据pH-V(盐酸)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，在酚酞的变色范围之内，故可用酚酞作为指示剂指示滴定终点；d点的pH在4左右，在甲基橙的变色范围之内，故可用甲基橙作为指示剂指示滴定终点，C正确；
√
解析：从题图1可以看出pH＝10.25时，碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同，A项正确；
从题图2可以看出pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6时，该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ的下方，不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀，B项正确；
3．(2023·新高考辽宁卷)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－lg c(HS－)的关系曲线
C．Ka1(H2S)＝10－8.1
D．Ka2(H2S)＝10－14.7
√
④表示pH与－lg c(HS－)的关系曲线，符合x＋y＝－lg [Ka1c(H2S)]的函数关系，代入(4.2，3.9)，即4.2＋3.9＝－lg (Ka1×0.1)，Ka1×0.1＝10－8.1，Ka1＝ 10－7.1，C项错误；
③表示pH与－lg c(S2－)的关系曲线，符合2x＋y＝－lg [Ka1Ka2c(H2S)]的函数关系，代入(4.9，13.0)，即4.9×2＋13.0＝－lg [10－7.1×Ka2×0.1]，10－7.1× Ka2 ×0.1＝10－22.8，Ka2＝10－14.7，B项错误，D项正确；(共67张PPT)
第47讲　无机化工流程题
1．培养从新信息中准确地提取实质性内容，并与已有知识块整合重组为新知识块的能力。
2．培养将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。
3．培养将分析和解决问题的过程及成果用正确的化学术语及文字、图表、模型、图形等形式表达并做出解释的能力。
01
考点梳理 高效演练
一、化学工艺流程题的整体设计
1．呈现方式——“三大块”
2．解题模型——“四线法”
(1)试剂线：为达到最终目的加入的物质，起到酸、碱中和或氧化、还原作用等。
(2)转化线：元素守恒——焙烧、溶浸、沉淀、煅烧、电解、结晶等。
(3)除杂线：复分解沉淀、置换沉淀、氧化还原沉淀；加热产生气体等。
(4)分离线：蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等。
二、工艺流程中主要环节的分析
1．核心反应——陌生方程式的书写
关注箭头的指向：箭头指入→反应物，箭头指出→生成物。
(1)氧化还原反应：熟练应用氧化还原反应规律，判断生成物并配平。
(2)非氧化还原反应：结合物质性质和反应实际情况判断生成物。
2．原料预处理的六种常用方法及目的
方法 目的
研磨 减小固体的颗粒度，增大固体与液体或气体间的接触面积，增大反应速率
水浸 与水接触反应或溶解
酸浸 与酸接触反应或溶解，使可溶性金属离子进入溶液，不溶物通过过滤除去
碱浸 除去油污，溶解酸性氧化物、铝及其氧化物
灼烧 除去可燃性杂质或使原料初步转化，如从海带中提取碘时灼烧就是为了除去可燃性杂质
煅烧 改变结构，使一些物质能溶解，并使一些杂质在高温下氧化、分解，如煅烧高岭土
3.控制反应条件的六种常用方法
(1)调节溶液的pH。常用于使某些金属离子形成氢氧化物沉淀。调节pH所需的物质一般应满足两点：
①能与H＋反应，使溶液pH变大。
②不引入新杂质，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋时，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物质来调节溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。
(2)控制温度。根据需要升温或降温，改变反应速率或使平衡向需要的方向移动。
(3)控制压强。改变速率，影响平衡。
(4)使用合适的催化剂。增大反应速率，缩短达到平衡所需要的时间。
(5)趁热过滤。防止某物质降温时析出。
(6)冰水(或有机溶剂)洗涤。洗去晶体表面的杂质离子，并减少晶体在洗涤过程中的溶解损耗。
4．明确常用的分离、提纯方法
过滤 分离难溶物和易溶物，根据特殊需要采用趁热过滤或抽滤等方法
萃取和 分液 利用溶质在互不相溶的溶剂里的溶解度不同提取分离物质，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴
蒸发结晶 提取溶解度随温度变化不大的溶质，如NaCl
冷却结晶 提取溶解度随温度变化较大的溶质、易水解的溶质或结晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等
蒸馏或分馏 分离沸点不同且互溶的液体混合物，如分离乙醇和甘油
冷却 利用气体易液化的特点分离气体，如合成氨工业采用冷却法分离平衡混合气体中的氨
三、化工流程中的定量计算
1．常见类型及解题方法
类型 解题方法
物质含 量计算 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出其含量
确定物 质化学 式计算 ①根据题给信息，计算出有关物质的物质的量；②根据电荷守恒，确定未知离子的物质的量；③根据质量守恒，确定结晶水的物质的量；④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下角标之比
Ksp相关 计算 ①通过Ksp与离子积Q的大小判断能否沉淀；②判断能否沉淀完全；③计算某一离子的浓度；④沉淀生成和完全时的pH
一、物质制备类化工流程题
1．(2024·江门调研)某工厂以辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含有FeS2、SiO2杂质)和软锰矿(主要成分为MnO2)为原料，采用联合焙烧法制备超细氧化铋。工艺流程如下：
解析：Bi位于元素周期表第六周期第ⅤA族，其价层电子排布式为6s26p3。
答案：6s26p3　
(2)写出“联合焙烧”时MnO2和Bi2S3反应的化学方程式：______________。
(3)若焙烧时MnO2过量可分解为Mn2O3，则“酸浸”时Mn2O3会转化为MnCl2，此时生成的气体A为______________(填化学式)。
解析：“酸浸”时Mn2O3会与浓盐酸发生氧化还原反应生成MnCl2、H2O和Cl2，则气体A为Cl2。
答案：Cl2　
(4)“酸浸”时需及时补充浓盐酸调节酸浸液的pH小于1.4的目的是_______________________________________________________________。
(6)沉淀反萃取所得草酸铋[Bi2(C2O4)3]用酒精洗去有机残余物，干燥后，在600 ℃、空气气氛下保温2 h进行热分解，热分解产物的X射线衍射图谱如下图所示，出现了Bi2O3的明锐衍射峰。
2．(2022·高考全国甲卷)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下：
本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数见下表：
离子 Fe3＋ Zn2＋ Cu2＋ Fe2＋ Mg2＋
Ksp 2.8× 10－39 6.7× 10－17 2.2× 10－20 4.9× 10－17 5.6×
10－12
回答下列问题：
(1)菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为______________。
(2)为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有__________、_____________。
答案：将菱锌矿焙烧产品粉碎　适当增大硫酸浓度(或升高浸取时的反应温度等)
(3)加入物质X调溶液pH＝5，最适宜使用的X是________(填标号)。
A．NH3·H2O　　B．Ca(OH)2　　C．NaOH
滤渣①的主要成分是__________、__________、____________。
解析：制备ZnSO4·7H2O的流程分析如下：
加入物质X调溶液pH＝5，为了不引入新的阳离子，故X宜选用Ca(OH)2；pH＝5时，c(OH－)＝10－9 mol·L－1，根据表中各离子的氢氧化物的Ksp可知，只有Fe3＋能完全沉淀。
答案：B　SiO2　CaSO4　Fe(OH)3
(4)向80～90 ℃的滤液①中分批加入适量 KMnO4溶液充分反应后过滤，滤渣②中有MnO2，该步反应的离子方程式为________________________。
解析：Fe2＋被适量KMnO4溶液氧化为Fe(OH)3，同时生成MnO2，Fe(OH)3和MnO2进入滤渣②中。
(5)滤液②中加入锌粉的目的是___________________________。
答案：除去Cu2＋　
(6)滤渣④与浓H2SO4反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是____________、____________。
答案：CaSO4　MgSO4
二、物质分离、提纯类化工流程题
3．(2024·惠州调研)锌是一种重要的金属；锌及其化合物被广泛应用于汽车、建筑、船舶、电池等行业。某科研小组以固体废锌催化剂(主要成分为ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)为原料制备锌的工艺流程如图所示。
(1)“浸取”温度为30 ℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为____________。
解析：废锌催化剂加入氨水和氯化铵混合液浸取，锌、铜元素以[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋形式进入溶液，同时铁、锰元素分别转化为氢氧化物沉淀和不反应的二氧化硅成为滤渣1，滤液中加入过氧化氢将锰离子转化为二氧化锰沉淀，加入适量的硫化铵生成硫化铜沉淀，过滤除去，滤液中加入有机试剂萃取分离出含锌的有机相，加入硫酸反萃取得到含锌的水相，电解得到锌。“浸取”温度为30 ℃时，锌的浸出率可达90.6%，继续升温浸出率反而下降，其原因为温度过高，氨的挥发量增加，生成[Zn(NH3)4]2＋减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出。
答案：温度过高，氨的挥发量增加，生成[Zn(NH3)4]2＋减少，不利于废锌催化剂中锌的浸出　
(2)滤渣1的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2和______________(填化学式)。“操作a”的名称是________。
解析：根据上述分析可知，滤渣1的主要成分为Fe(OH)3、Mn(OH)2 和SiO2。根据流程图可知，萃取后分离出有机层和水层，所以“操作a”是分液。
答案：SiO2　分液　
(3)“深度除锰”时，将残留的Mn2＋转化为MnO2，每生成1 mol MnO2需消耗_______________________mol H2O2。
答案：1
①当(NH4)2S的加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是___________________________(用离子方程式表示)。
②“深度除铜”时，(NH4)2S加入量最好选择________(填字母)。
A．100% B．110%
C．120% D．140%
解析：①当(NH4)2S加入量≥100%时，锌的最终回收率下降的原因是过量的硫离子将锌转化为硫化锌沉淀，离子方程式为[Zn(NH3)4]2＋＋S2－===ZnS↓＋4NH3↑；②“深度除铜”时，(NH4)2S加入量最好选择120%，此时除铜效果较好且锌的回收率仍然较高。
答案：① [Zn(NH3)4]2＋＋S2－===ZnS↓＋4NH3↑　②C
4．(2024·广东六校联考)世界镍矿资源急剧减少，镍的工业需求量日益增加，为提高镍矿的利用率，从某矿渣(主要成分为NiO，还含有Fe2O3、FeO、CaO、SiO2等杂质)回收镍的主要工艺流程如下：
已知：(NH4)2SO4在350 ℃以上分解生成NH3和稀硫酸。
回答下列问题：
(1)研磨矿渣的目的是____________________________________。
解析：某矿渣(主要成分为NiO，还含有Fe2O3、 FeO、CaO、SiO2等杂质)加入硫酸铵研磨后，600 ℃通入空气焙烧，已知(NH4)2SO4在350 ℃以上分解生成NH3和硫酸，NiO、Fe2O3、FeO、CaO、SiO2在焙烧过程中生成NiSO4、Fe2 (SO4)3、CaSO4、FeO(OH)，并且在95 ℃的热水中浸泡，过滤得到浸取液和浸渣，浸渣为Fe2O3、FeO (OH)、CaSO4、 SiO2，向浸取液中加入NaF除去钙离子，过滤得到滤液和废渣，废渣的主要成分为氟化钙，加入萃取剂萃取得到水相和有机相，水相通过一系列操作得到硫酸镍，有机相加入稀硫酸后循环使用。研磨矿渣可增大固体接触面积，增大反应速率。
答案：增大固体接触面积，增大反应速率　
(2)“浸渣”的成分除有Fe2O3、FeO(OH)、SiO2外，还含有________(写化学式)。
解析：由以上分析可知，“浸渣”还含有CaSO4。
答案：CaSO4
(3)矿渣中部分FeO在空气中焙烧时与(NH4)2SO4反应生成Fe2(SO4)3的化学方程式为___________________________________________________。
(4)将“浸取液”冷却至室温，测得溶液中c(Ca2＋)＝1.0×10－3 mol·L－1，向其中加入一定量的NaF晶体，搅拌，当溶液中c(F－)＝1.0×10－3 mol·L－1时，除钙率为______________________________________________________。
答案：0.958　
答案：0.2　强酸性
02
真题研做 高考通关
1．(2023·新高考广东卷)Ni、Co均是重要的战略性金属。从处理后的矿石硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中，利用氨浸工艺可提取Ni、Co，并获得高附加值化工产品。工艺流程如下：
已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常温下，Ni2＋、Co2＋、Co3＋与NH3形成可溶于水的配离子；lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空气氧化为 Co(OH)3；部分氢氧化物的Ksp见下表。
氢氧 化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH)2 Al(OH)3 Mg(OH)2
Ksp 5.9× 10－15 1.6× 10－44 5.5× 10－16 1.3× 10－33 5.6×
10－12
请回答下列问题：
(1)活性MgO可与水反应，化学方程式为___________。
解析：硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中加入活性氧化镁调pH至9.0，过滤，得到滤液1，主要成分是硝酸镁，“结晶纯化”得到硝酸镁晶体，再“热解”得到氧化镁和硝酸。滤泥加入氨性溶液“氨浸”，过滤，将滤液2进行“镍钴分离”，得到氯化钴和饱和氯化镍溶液，向饱和氯化镍溶液中通入氯化氢气体析出氯化镍晶体。活性MgO可与水反应生成Mg(OH)2，化学方程式为MgO＋H2O===Mg(OH)2。
答案：MgO＋H2O===Mg(OH)2　
答案：＞
(3)“氨浸”时，由Co(OH)3转化为[Co(NH3)6]2＋的离子方程式为______。
(4)(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物。滤渣的X射线衍射图谱中，出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰。
①NH4Al(OH)2CO3属于________(填“晶体”或“非晶体”)。
②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是____________。
解析：①X射线衍射图谱中出现了NH4Al(OH)2CO3的明锐衍射峰，说明NH4Al(OH)2CO3 属于晶体。②根据题意(NH4)2CO3会使滤泥中的一种胶状物质转化为疏松分布的棒状颗粒物可知，(NH4)2CO3能提高Ni、Co的浸取速率的原因是减少了胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积。
答案：①晶体　②减少了胶状物质对镍钴氢氧化物的包裹，增加了滤泥与氨性溶液的接触面积　
(5)“析晶”过程中通入的酸性气体A为________。
解析：“析晶”得到NiCl2·4H2O，为了不引入杂质并抑制Ni2＋水解，通入的酸性气体A应为HCl。
答案：HCl
(6)①“结晶纯化”过程中，没有引入新物质。晶体A含6个结晶水，则所得HNO3溶液中 n(HNO3)与n(H2O)的比值，理论上最高为________。
②“热解”对于从矿石提取Ni、Co工艺的意义，在于可重复利用HNO3和__________(填化学式)。
答案：①0.4　②MgO
2．(2023·高考新课标卷)铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
答案：Na2CrO4　
(2)水浸渣中主要有SiO2和________。
解析：煅烧时通入空气，含铁化合物转化为Fe2O3，且Fe2O3不溶于水，故水浸渣中还含有Fe2O3。
答案：Fe2O3　
(3)“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是________。
解析：“沉淀”步骤加入稀H2SO4调pH到弱碱性是为了使[Al(OH)4]－转化为Al(OH)3沉淀而除去。
答案：Al(OH)3　
(4)“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果。若pH<9时，会导致___________；pH>9时，会导致___________________________________。
解析：根据题干描述，V2O5既可与酸反应生成盐和水，又可与碱反应生成盐和水，故V2O5具有两性。
√
(6)“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠(Na2S2O5)溶液，反应的离子方程式为_____________________________________________________________。
已知：常温下，Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－2。相关化合物的溶解度与温度的关系如下图所示。
(1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3＋H2O H＋＋[B(OH)4]－(常温下，Ka＝10－9.24)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下，在0.10 mol·L－1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2－水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和[B(OH)4]－，该水解反应的离子方程式为_______________，该溶液pH＝________________________________。
答案：[B4O5(OH)4]2－＋5H2O 2B(OH)3＋2[B(OH)4]－　9.24
答案：Mg(OH)2、CaSO4　0.005 5　CaO
(3)精制Ⅱ的目的是_____________；进行操作X时应选择的试剂是___________，若不进行该操作而直接浓缩，将导致__________________。
解析：精制Ⅰ加入的生石灰过量，精制Ⅱ加入纯碱(过量)的目的是除去溶液中Ca2＋，操作X是为了除去过量的碳酸钠，结合“浓缩”时得到NaCl可知，加入的试剂为盐酸，若不进行该操作而直接浓缩，由于Na2CO3水解使溶液呈碱性，则会有LiOH析出。
答案：除去溶液中Ca2＋　盐酸　有LiOH析出(共17张PPT)
微专题12　溶液中微粒浓度的
大小比较
2．元素守恒
在电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离，离子的存在形式发生了变化。离子所含的某种元素在变化前后是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)。
3．质子守恒
如Na2S溶液中的质子转移图示如下：

由图可得Na2S溶液中质子守恒可表示如下：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。
三、掌握粒子浓度大小比较的思维方法
√
2．(2024·湛江模拟)已知：H2B===H＋＋HB－，HB－ H＋＋B2－。室温下，取30 mL 0.1 mol·L－1某二元酸H2B，滴加0.2 mol·L－1 NaOH溶液。下列说法正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1的H2B溶液中有c(H＋)＝c(OH－)＝c(B2－)＝0.1 mol·L－1
B．当滴加至中性时，溶液中c(Na＋)＝c(B2－)＋c(HB－)　
C．当消耗NaOH溶液的体积为15 mL时，溶液的pH＜7
D．当消耗NaOH溶液的体积为30 mL时，溶液中有
c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)＋2c(H2B)
√
解析：A．由H2B的电离方程式可知，其一级电离完全，二级电离不完全，0.1 mol·L－1的H2B溶液中一级电离产生的c(H＋)＝0.1 mol·L－1，二级电离继续产生氢离子，因此氢离子的浓度大于0.1 mol·L－1，溶液显酸性， c(OH－)B．溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(B2－)＋c(HB－)＋c(OH－)，滴加至中性时，c(H＋)＝c(OH－)，故c(Na＋)＝2c(B2－)＋c(HB－)，故B错误；C．当消耗NaOH溶液的体积为15 mL时，NaOH恰好与H2B反应生成NaHB，HB－只能发生电离，使溶液显酸性，pH<7，故C正确；
D．当消耗NaOH溶液的体积为30 mL时，NaOH恰好与H2B反应生成Na2B，B2－为弱酸阴离子可以发生水解，但HB－为强酸阴离子不水解，故溶液中不存在H2B，故D错误。
√
解析：草酸氢钠溶液显酸性，说明草酸氢根离子的电离程度大于其水解程度。草酸是弱电解质，故0.01 mol/L NaHC2O4溶液中，氢离子的浓度小于0.01 mol/L，A不正确。
常温下，向10 mL 0.01 mol/L NaHC2O4溶液中滴加0.01 mol/L NaOH溶液，发生反应NaOH＋NaHC2O4===Na2C2O4＋H2O，二者恰好反应时，消耗氢氧化钠溶液的体积为10 mL，生成的草酸钠发生水解反应，溶液显碱性， c(H＋)<1×10－7mol/L，C不正确。
√
C项，该混合溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，故混合溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)，故C错误；

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