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第4讲　难溶电解质的溶解平衡
[考纲要求]　1.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。2.了解难溶电解质的沉淀转化的本质。
考点一　沉淀溶解平衡及应用
1．沉淀溶解平衡
(1)沉淀溶解平衡的概念
在一定温度下，当难溶强电解质溶于水形成饱和溶液时，溶解速率和生成沉淀速率相等的状态。
(2)溶解平衡的建立
固体溶质溶液中的溶质
①v溶解>v沉淀，固体溶解
②v溶解＝v沉淀，溶解平衡
③v溶解(3)溶解平衡的特点
(4)影响沉淀溶解平衡的因素
①内因
难溶电解质本身的性质，这是决定因素。
②外因
以AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)　ΔH>0为例
外界条件 移动方向 平衡后c(Ag＋) 平衡后c(Cl－) Ksp
升高温度 正向 增大 增大 增大
加水稀释 正向 减小 减小 不变
加入少量AgNO3 逆向 增大 减小 不变
通入HCl 逆向 减小 增大 不变
通入H2S 正向 减小 增大 不变
(5)电解质在水中的溶解度
20 ℃时，电解质在水中的溶解度与溶解性存在如下关系：
2．沉淀溶解平衡的应用
(1)沉淀的生成
①调节pH法
如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至7～8，离子方程式为
Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。
②沉淀剂法
如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。
(2)沉淀的溶解
①酸溶解法
如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。
②盐溶液溶解法
如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。
③氧化还原溶解法
如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。
④配位溶解法
如AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。
(3)沉淀的转化
①实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。
②应用：锅炉除垢、矿物转化等。
深度思考
1．沉淀的溶解平衡是怎样建立的？勒夏特列原理是否适用于该平衡？
答案　难溶电解质的溶解度虽然很小，但不可能为零(完全不溶解)，溶液中的离子结合成难溶电解质时，也不可能完全进行到底。故难溶电解质在水中会建立如下平衡：MmAn(s)mMn＋(aq)＋nAm－(aq)。勒夏特列原理同样适用于沉淀溶解平衡。
2．难溶的氯化银在水中也存在着溶解平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，怎样用实验证明溶液中可以同时存在着少量的Ag＋和Cl－？
答案　取适量的AgCl溶解于试管中，滴加酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀，证明溶液中含Cl－，另取适量AgCl溶解于试管中，滴加Na2S溶液，生成黑色沉淀，证明溶液中含Ag＋。
3．(1)0.1 mol·L－1的盐酸与0.1 mol·L－1的AgNO3溶液等体积混合完全反应后溶液中含有的微粒有________________________。
(2)下列方程式①AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)、
②AgCl===Ag＋＋Cl－、　③CH3COOH??CH3COO－＋H＋各表示什么意义？
答案　(1)H2O、H＋、OH－、Ag＋、Cl－、NO、AgCl
(2)①AgCl的溶解平衡；②AgCl是强电解质，溶于水的AgCl完全电离；③CH3COOH的电离平衡。
4．(1)在实验室中怎样除去NaCl溶液中的BaCl2
(2)怎样除去AgI中的AgCl
答案　(1)向溶液中加入过量的Na2CO3溶液充分反应过滤，向滤液中加适量盐酸。
(2)把混合物与饱和KI溶液混合，振荡静置，溶度积大的AgCl就慢慢转化为溶度积小的AgI。
5．试用平衡移动原理解释下列事实：
(1)BaCO3不溶于水，为什么不能作钡餐？
(2)CaCO3难溶于稀H2SO4，却能溶于醋酸中；
(3)分别用等体积的蒸馏水和0.01 mol·L－1的盐酸洗涤AgCl沉淀，用水洗涤造成的AgCl的损失大于用稀盐酸洗涤的损失量。
答案　(1)BaCO3(s)??Ba2＋(aq)＋CO(aq)，HCl===H＋＋Cl－，2H＋＋CO===H2O＋CO2↑，盐酸电离的H＋与BaCO3产生的CO结合生成CO2和H2O，破坏了BaCO3的溶解平衡，c(Ba2＋)增大，引起人体中毒。
(2)CaCO3(s)??Ca2＋(aq)＋CO(aq)，
H2SO4===SO＋2H＋，
因为生成的CaSO4溶解度较小，会附在CaCO3的表面，阻止平衡的右移。而CH3COOH??CH3COO－＋H＋生成的醋酸钙易溶于水；当H＋与CO结合生成CO2和H2O时，CaCO3的溶解平衡右移。
(3)用水洗涤AgCl，AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)平衡右移，AgCl的质量减少，用HCl洗涤AgCl，稀释的同时HCl电离产生的Cl－会使平衡左移，AgCl减少的质量要小些。
题组一　沉淀溶解平衡及其影响因素
1．有关AgCl的沉淀溶解平衡的说法正确的是 (　　)
A．AgCl沉淀生成和溶解同时在不断进行，且速率相等
B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－
C．只要向含有AgCl的饱和溶液中加入盐酸，一定会有沉淀生成
D．向含有AgCl的悬浊液中加入NaBr固体，AgCl沉淀不变化
答案　A
解析　A项，沉淀溶解平衡是一个动态平衡，正确；B项，沉淀溶解平衡存在，则肯定存在Ag＋和Cl－，故不正确；C项，如果加入盐酸后溶液中Cl－的浓度小于原饱和溶液中的Cl－浓度，则不产生沉淀；D项，向含有AgCl的悬浊液中加入NaBr固体，AgCl沉淀会转变为AgBr沉淀。
2．已知溶液中存在平衡：
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．①②⑥⑦
答案　A
解析　②会生成CaCO3，使Ca2＋浓度减小，错误；加入氢氧化钠溶液会使平衡左移，有Ca(OH)2沉淀生成，但Ca(OH)2的溶度积较大，要除去Ca2＋，应把Ca2＋转化为更难溶的CaCO3，③错误；恒温下Ksp不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液，pH不变，④错；加热，Ca(OH)2的溶解度减小，溶液的pH降低，⑤错；加入Na2CO3溶液，沉淀溶解平衡向右移动，Ca(OH)2固体转化为CaCO3固体，固体质量增加，⑥正确；加入NaOH固体平衡向左移动，Ca(OH)2固体质量增加，⑦错。
3．下列叙述不正确的是 (　　)
A．CaCO3能够溶解在CO2的水溶液中
B．Mg(OH)2可溶于盐酸，不溶于NH4Cl溶液
C．AgCl可溶于氨水
D．MgSO4溶液中滴加Ba(OH)2得到两种沉淀
答案　B
解析　沉淀溶解平衡体系中的离子被消耗可促进沉淀的溶解，增大某种离子浓度可以促进沉淀生成。A项中CaCO3(s)??Ca2＋(aq)＋CO(aq)，H2CO3??H＋＋HCO，CO和H＋结合生成HCO，促使两个平衡都向右移动，CaCO3逐渐溶解转化为Ca(HCO3)2；B项中Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入盐酸或NH4Cl溶液，均消耗OH－，促使Mg(OH)2溶解；C项中AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，加入氨水后Ag＋＋2NH3·H2O??[Ag(NH3)2]＋＋2H2O，所以AgCl逐渐溶解；D项中反应的离子方程式为Mg2＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓＋BaSO4↓，得到两种沉淀。
题组二　沉淀溶解平衡在工农业生产中的应用
(一)废水处理
4．水是人类生存和发展的宝贵资源，而水质的污染问题却越来越严重。目前，世界各国已高度重视这个问题，并采取积极措施进行治理。
(1)工业废水中常含有不同类型的污染物，可采用不同的方法处理。以下处理措施和方法都正确的是__________(填字母编号，可多选)。
选项 污染物 处理措施 方法类别
A 废酸 加生石灰中和 物理法
B Cu2＋等重金属离子 加硫化物沉降 化学法
C 含纯碱的废水 加石灰水反应 化学法
(2)下图是某市污水处理的工艺流程示意图：
①下列物质中不可以作为混凝剂(沉降剂)使用的是______(填字母编号，可多选)。
A．偏铝酸钠 B．氧化铝
C．碱式氯化铝 D．氯化铁
②混凝剂除去悬浮物质的过程是________(填字母编号)。
A．物理变化 B．化学变化
C既有物理变化又有化学变化
(3)在氯氧化法处理含CN－的废水过程中，液氯在碱性条件下可以将氰化物氧化成氰酸盐(其毒性仅为氰化物的千分之一)，氰酸盐进一步被氧化为无毒物质。
某厂废水中含KCN，其浓度为650 mg·L－1。现用氯氧化法处理，发生如下反应：KCN＋2KOH＋Cl2===KOCN＋2KCl＋H2O再投入过量液氯，可将氰酸盐进一步氧化为氮气。请配平下列化学方程式：
KOCN＋KOH＋Cl2―→CO2＋N2＋KCl＋H2O。若处理上述废水20 L，使KCN完全转化为无毒物质，至少需液氯__________g。
答案　(1)BC　(2)①B　②C
(3)2　4　3　2　1　6　2　35.5
解析　(1)工业废水中的废酸可加生石灰中和，属于化学变化。CuS、HgS、Ag2S均难溶，所以加硫化物如Na2S可沉淀Cu2＋等重金属离子，消除污染；纯碱可加入石灰水生成CaCO3沉淀而除去。
(2)偏铝酸钠、碱式氯化铝、氯化铁水解生成胶体，除去悬浮物，而Al2O3难溶于水，不能产生胶体，不能作混凝剂。在除去悬浮物的过程中既有物理变化又有化学变化。
(3)根据KCN＋2KOH＋Cl2===KOCN＋2KCl＋H2O、2KOCN＋4KOH＋3Cl2===2CO2＋N2＋6KCl＋2H2O，n(KCN)＝＝0.2 mol，
n(Cl2)＝0.2 mol＋×3＝0.5 mol，
所以m(Cl2)＝0.5 mol×71 g·mol－1＝35.5 g。
(二)废物利用
5．硫酸工业中废渣称为硫酸渣，其成分为SiO2、Fe2O3、Al2O3、MgO。某探究性学习小组的同学设计以下方案，进行硫酸渣中金属元素的提取实验。
已知溶液pH＝3.7时，Fe3＋已经沉淀完全；一水合氨电离常数Kb＝1.8×10－5，其饱和溶液中c(OH－)约为1×10－3 mol·L－1。请回答：
(1)写出A与氢氧化钠溶液反应的化学方程式：____________________________。
(2)上述流程中两次使用试剂①，推测试剂①应该是________(填以下字母编号)。
A．氢氧化钠 B．氧化铝
C．氨水 D．水
(3)溶液D到固体E过程中需要控制溶液pH＝13，如果pH过小，可能导致的后果是________________(任写一点)。
(4)H中溶质的化学式：______________。
(5)计算溶液F中c(Mg2＋)＝________(25 ℃时，氢氧化镁的Ksp＝5.6×10－12)。
答案　(1)SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
(2)A
(3)镁离子沉淀不完全或氢氧化铝溶解不完全等
(4)NaHCO3
(5)5.6×10－10 mol·L－1
解析　固体A为SiO2，SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O，一水合氨饱和溶液中
c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1，达不到0.1 mol·L－1，所以应加NaOH溶液调节pH值。
在溶液中含有Fe3＋、Al3＋、Mg2＋、Cl－，通过加入NaOH，调节pH值，分别使
Fe3＋、Mg2＋沉淀，使Al(OH)3溶解。根据信息，调节pH＝3.7时，使Fe3＋完全沉淀，调节pH＝13时，使Mg2＋沉淀，使Al(OH)3溶解。若pH过小，会造成镁离子沉淀不完全或Al(OH)3溶解不彻底。溶液F为NaAlO2溶液，通入足量CO2后，生成Al(OH)3
沉淀和NaHCO3溶液。(5)c(Mg2＋)＝＝＝5.6×10－10 mol·L－1。
考点二　溶度积常数及应用
1．溶度积和离子积
以AmBn(s)??mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例：
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 Qc
表达式 Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是平衡浓度 Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度是任意浓度
应用 判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解①Qc>Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出②Qc＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态③Qc2.Ksp的影响因素
(1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要决定因素。
(2)外因
①浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。
②温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向移动，Ksp
增大。
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。
深度思考
1．AgCl的Ksp＝1.80×10－10，将0.002 mol·L－1的NaCl和0.002 mol·L－1的AgNO3溶液等体积混合，是否有AgCl沉淀生成？
答案　c(Cl－)·c(Ag＋)＝0.001×0.001＝10－6>Ksp，有沉淀生成。
2．利用生成沉淀的方法能否全部除去要沉淀的离子？
答案　不可能将要除去的离子全部通过沉淀除去。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，沉淀已经完全。
3．下列有关溶度积常数Ksp的说法正确的是 (　　)
A．常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小
B．溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp减小
C．溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp增大
D．常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变
答案　D
解析　温度不变，溶度积常数不变，故A项不正确；大多数的难溶物温度升高，Ksp增大，但也有少数物质相反，故B、C均不正确。
(1)溶解平衡一般是吸热的，温度升高平衡右移，Ksp增大，但Ca(OH)2相反。
(2)对于溶解平衡：AmBn(s)??mAn＋(aq)＋nBm－(aq)，Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)，对于相同类型的物质，Ksp的大小，反映了难溶电解质在溶液中溶解能力的大小，也反映了该物质在溶液中沉淀的难易。与平衡常数一样，Ksp与温度有关。不过温度改变不大时，Ksp变化也不大，常温下的计算可不考虑温度的影响。
题组一　溶度积的有关计算及应用
1．在25 ℃时，FeS的Ksp＝6.3×10－18，CuS的Ksp＝1.3×10－36，ZnS的Ksp＝1.3×
10－24。下列有关说法中正确的是 (　　)
A．25 ℃时，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度
B．25 ℃时，饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36 mol·L－1
C．向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀
生成
D．除去某溶液中的Cu2＋，可以选用FeS作沉淀剂
答案　D
解析　1 L溶液中溶解的CuS的质量为×10－18×96 g，同理1 L溶液中溶解的ZnS的质量为×10－12×97 g，所以CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，A、B错误；FeS的Ksp大于ZnS，所以C选项应只有ZnS生成；D选项依据沉淀的转化，溶度积大的FeS可以转化为溶度积小的CuS。
2．(1)已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，则将AgCl放在蒸馏水中形成饱和溶液，溶液中的c(Ag＋)是多少？
(2)已知Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，则将Mg(OH)2放入蒸馏水中形成饱和溶液，溶液的pH为多少？
(3)在0.01 mol·L－1的MgCl2溶液中，逐滴加入NaOH溶液，刚好出现沉淀时，溶液的pH是多少？当Mg2＋完全沉淀时，溶液的pH为多少？
答案　(1)由AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
知c(Ag＋)＝c(Cl－)
所以Ksp(AgCl)＝1.8×10－10＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝c2(Ag＋)
解得c(Ag＋)＝1.3×10－5mol·L－1
(2)由Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)
知Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝·c2(OH－)
解得c(OH－)＝3.3×10－4mol·L－1
所以c(H＋)＝＝3.0×10－11mol·L－1
所以pH＝10.5
(3)由Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝0.01·c2(OH－)
c(OH－)＝4.2×10－5mol·L－1
c(H＋)＝＝2.4×10－10mol·L－1
所以pH＝9.6，即当pH＝9.6时，开始出现Mg(OH)2沉淀。
由于一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，沉淀已经完全。故Mg2＋完全沉淀时有：
1×10－5·c2(OH－)＝1.8×10－11
所以c(OH－)＝1.34×10－3mol·L－1
c(H＋)＝＝7.46×10－12 mol·L－1
所以pH＝11.1
3．已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.9×10－12，现在向0.001 mol·L－1 K2CrO4和0.01 mol·L－1 KCl混合液中滴加0.01 mol·L－1 AgNO3溶液，通过计算回答：
(1)Cl－、CrO谁先沉淀？
(2)刚出现Ag2CrO4沉淀时，溶液中Cl－浓度是多少？(设混合溶液在反应中体积不变)
答案　(1)Cl－先沉淀　(2)4.13×10－6 mol·L－1
解析　由Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)得c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝1.8×10－8 mol·L－1。
由Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)，得c(Ag＋)＝＝mol·L－1＝4.36×10－5mol·L－1，生成AgCl沉淀需c(Ag＋)小于生成Ag2CrO4沉淀时所需c(Ag＋)，故Cl－先沉淀。刚开始生成Ag2CrO4沉淀时，c(Cl－)＝＝mol·L－1＝4.13×10－6 mol·L－1。
题组二　溶度积与溶解平衡曲线
4．在t ℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图
所示。又知t ℃时AgCl的Ksp＝4×10－10，下列说
法不正确的是 (　　)
A．在t ℃时，AgBr的Ksp为4.9×10－13
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变到b点
C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D．在t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)??AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816
答案　B
解析　根据图中c点的c(Ag＋)和c(Br－)可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10－13，A正确。在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br－)增大，溶解平衡逆向移动，
c(Ag＋)减小，故B错。在a点时Qc＜Ksp，故为AgBr的不饱和溶液，C正确。选项D中K＝c(Cl－)/c(Br－)＝Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，代入数据得K≈816，D正确。
5.已知25 ℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图
所示，向100 mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加
入400 mL 0.01 mol·L－1 Na2SO4溶液，下列叙述正确
的是 (　　)
A．溶液中析出CaSO4固体沉淀，最终溶液中c(SO)比原来的大
B．溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ca2＋)、c(SO)都变小
C．溶液中析出CaSO4固体沉淀，溶液中c(Ca2＋)、c(SO)都变小
D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO)比原来的大
答案　D
解析　本题是一道考查沉淀溶解平衡的图像题。由题意知，Ksp(CaSO4)＝
c(Ca2＋)·c(SO)＝3.0×10－3×3.0×10－3＝9×10－6，CaSO4饱和溶液中c(Ca2＋)＝c(SO)＝3.0×10－3 mol·L－1。加入400 mL 0.01 mol·L－1 Na2SO4溶液后，c(Ca2＋)＝＝6×10－4 (mol·L－1)，c(SO)＝＝8.6×
10－3(mol·L－1)，Qc＝c(Ca2＋)·c(SO)＝6×10－4×8.6×10－3＝5.16×10－6沉淀溶解平衡图像题的解题策略
(1)溶解平衡曲线类似于溶解度曲线，曲线上任一点都表示饱和溶液，曲线上方的任一点均表示过饱和，此时有沉淀析出，曲线下方的任一点，均表示不饱和。
(2)从图像中找到数据，根据Ksp公式计算得出Ksp的值。
(3)比较溶液的Qc与Ksp的大小，判断溶液中有无沉淀析出。
(4)涉及Qc的计算时，所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，因此计算离子浓度时，所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。
1．(2013广东，18改编)硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下。下列说法正确的是 (　　)
A．温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO)的增大而减小
B．三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大
C．283 K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液
D．283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液
答案　B
解析　温度一定，Ksp(SrSO4)不变，A错误；由题中沉淀溶解平衡曲线可看出，313 K时，c(Sr2＋)、c(SO)最大，Ksp最大，B正确；a点c(Sr2＋)小于平衡时c(Sr2＋)，故未达到饱和，沉淀继续溶解，C不正确；从283 K升温到363 K要析出固体，依然为饱和溶液。
2．(2013·浙江理综，13)海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的离子浓度/mol·L－1 Na＋ Mg2＋ Ca2＋ Cl－ HCO
0.439 0.050 0.011 0.560 0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5 mol·L－1，可认为该离子不存在；
实验过程中，假设溶液体积不变。
Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9
Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6
Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6
Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12
下列说法正确的是 (　　)
A．沉淀物X为CaCO3
B．滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋
C．滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋
D．步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物
答案　A
解析　由于HCO＋OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O反应存在，且Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9，又可求得c(CO)·c(Ca2＋)＝1.0×10－3 mol·L－1×1.1×10－2
mol·L－1>Ksp(CaCO3)，因此X为CaCO3，A正确；Ca2＋反应完后剩余浓度大于1.0×
10－5 mol·L－1，则滤液M中存在Mg2＋、Ca2＋，B不正确；pH＝11.0时可求得c(OH－)＝10－3 mol·L－1，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，c(Mg2＋)＝<1.0×10－5，因此N中只存在Ca2＋不存在Mg2＋，C不正确；加入4.2 g NaOH固体时沉淀物应是Mg(OH)2，D错误。
3．(2013·山东理综，15)某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是 (　　)
A．Ksp[Fe(OH)3]B．加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
C．c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等
D．Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和
答案　B
解析　根据题意，图中曲线为沉淀溶解平衡曲线，曲线上的所有点对应的溶液都是达到沉淀溶解平衡的溶液，D正确；选取曲线上的b、c两点，当溶液中两种阳离子浓度相同时，Fe(OH)3饱和溶液中的OH－浓度小于Cu(OH)2饱和溶液中的OH－浓度，所以Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Cu(OH)2]，A正确；向Fe(OH)3饱和溶液中加入NH4Cl固体，促进了氢氧化铁的溶解，溶液中铁离子浓度增大，B错误；由于一定温度下的水溶液中，水的离子积是一个常数，所以c、d两点代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等，C正确。
4．[2013·山东理综，28(3)]在25 ℃下，向浓度均为0.1 mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成__________沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为_________________________________________________________________。
已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。
答案　Cu(OH)2　Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2 ↓＋2NH
解析　因为Ksp[Cu(OH)2]5．(1)(2012·浙江理综，12D改编)相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 mol·L－1盐酸、③0.1 mol·L－1氯化镁溶液、④0.1 mol·L－1硝酸银溶液中，Ag＋浓度：____________。
答案　④>①>②>③
(2)[2012·浙江理综，26(1)]已知：I2＋2S2O===S4O＋2I－
相关物质的溶度积常数见下表：
物质 Cu(OH)2 Fe(OH)3 CuCl CuI
Ksp 2.2×10－20 2.6×10－39 1.7×10－7 1.3×10－12
某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，加入__________，调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的
c(Fe3＋)＝______________。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2·2H2O晶体。
答案　Cu(OH)2[或Cu2(OH)2CO3或CuO或CuCO3]
2．6×10－9 mol·L－1
解析　Fe(OH)3、Cu(OH)2的Ksp分别为2.6×10－39、2.2×10－20，则Fe3＋、Cu2＋开始产生沉淀时c(OH－)分别为2.97×10－10 mol·L－1、3.53×10－7 mol·L－1。除去酸性CuCl2溶液中的少量FeCl3，可加入Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3或CuO或CuCO3调节溶液的pH，使Fe3＋先转化为沉淀析出。pH＝4时，c(H＋)＝10－4 mol·L－1，则c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－10 mol·L－1，此时c(Fe3＋)＝＝ mol·L－1＝2.6×10－9 mol·L－1。
6．[2013·福建理综，24(3)]已知25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝2.79×10－39，该温度下反应Fe(OH)3＋3H＋??Fe3＋＋3H2O的平衡常数K＝________。
答案　2.79×103
解析　根据氢氧化铁的平衡常数表达式：Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，而该反应的平衡常数K的表达式为K＝c(Fe3＋)/c3(H＋)，又由于25 ℃时水的离子积为Kw＝1×10－14，从而推得K＝Ksp[Fe(OH)3]/(Kw)3，即K＝2.79×10－39/(1×10－14)3＝2.79×103。
1．下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是 (　　)
A．反应开始时，溶液中各离子浓度相等
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等
C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
答案　B
解析　A项反应开始时，各离子的浓度没有必然的关系；C项沉淀溶解达到平衡时溶液中溶质的离子浓度保持不变，但不一定相等；D项沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，由于固体的浓度为常数，故平衡不发生移动。
2．对饱和AgCl溶液(有AgCl固体存在)进行下列操作后，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)均保持不变的是 (　　)
A．加热 B．加少量水稀释
C．加入少量盐酸 D．加入少量AgNO3
答案　B
解析　加热促进AgCl固体溶解，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)都增大，A项错；加少量水稀释，由于溶液中存在未溶解的AgCl固体，所以溶液仍饱和，故c(Ag＋)和Ksp(AgCl)保持不变，B项正确；加入盐酸，Cl－会与Ag＋反应，c(Ag＋)减小，Ksp不变，C项错；加入AgNO3，c(Ag＋)增大，Ksp不变，D项错。
3．已知25 ℃时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12，MgF2的溶度积常数Ksp＝7.4×10－11。下列说法正确的是 (　　)
A．25 ℃时，向饱和MgF2溶液中加入饱和NaOH溶液后，不可能有Mg(OH)2生成
B．25 ℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者c(Mg2＋)大
C．25 ℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大
D．25 ℃时，Mg(OH)2固体在同体积同浓度的氨水和NH4Cl溶液中的Ksp相比较，前者小
答案　C
解析　在Mg(OH)2的悬浊液中存在平衡：Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入少量NH4Cl固体，其电离出的NH与OH－结合为NH3·H2O，使沉淀溶解平衡正向移动，故c(Mg2＋)增大，C正确。
4．某酸性化工废水中含有Ag＋、Pb2＋等重金属离子。有关数据如下：
难溶电解质 AgI Ag2S PbI2 Pb(OH)2 PbS
Ksp(25 ℃) 8.3×10－12 6.3×10－50 7.1×10－9 1.2×10－15 3.4×10－26
在废水排放之前，用沉淀法除去这两种离子，应该加入的试剂是 (　　)
A．氢氧化钠 B．硫化钠
C．碘化钾 D．氢氧化钙
答案　B
解析　根据表格中的数据知，硫化银和硫化铅的溶度积很小，故应加入硫化钠除去这两种金属离子。
5．25 ℃时，PbCl2固体在不同浓度盐酸中的溶解度如图。
在制备PbCl2的实验中，洗涤PbCl2固体最好选用
(　　)
A．蒸馏水
B．1.00 mol·L－1盐酸
C．5.00 mol·L－1盐酸
D．10.00 mol·L－1盐酸
答案　B
解析　观察题图知，PbCl2固体在浓度为1.00 mol·L－1的盐酸中，溶解度最小。
6．已知AgCl的溶解平衡：AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，下列说法不正确的是(　　)
A．除去溶液中Ag＋加盐酸盐比硫酸盐好
B．加入H2O，溶解平衡不移动
C．用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤AgCl，可以减少沉淀损失
D．反应2AgCl(s)＋Na2S??Ag2S(s)＋2NaCl说明溶解度：AgCl>Ag2S
答案　B
解析　加水能促进AgCl的溶解，平衡向溶解的方向移动，B错误；A项，AgCl难溶，Ag2SO4微溶，正确；C项，NaCl溶液洗涤AgCl沉淀，可抑制AgCl的溶解，正确。溶解度越小，沉淀越易转化，D正确。
7．常温时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.1×10－11，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.9×
10－12，Ksp(CH3COOAg)＝2.3×10－3，下列叙述不正确的是 (　　)
A．浓度均为0.2 mol·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀
B．将0.001 mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001 mol·L－1的KCl和0.001 mol·L－1的K2CrO4溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀
C．c(Mg2＋)为0.11 mol·L－1的溶液中要产生Mg(OH)2沉淀，溶液的pH要控制在9以上
D．在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)不变
答案　B
解析　A项，c(Ag＋)·c(CH3COO－)＝0.1×0.1＝1×10－2>2.3×10－3，所以有CH3COOAg沉淀生成，正确；B项，使Cl－沉淀，所需Ag＋浓度的最小值为c(Ag＋)＝＝1.8×10－7 mol·L－1，使CrO沉淀所需Ag＋浓度的最小值为c(Ag＋)＝＝4.36×10－5 mol·L－1，所以先产生AgCl沉淀，不正确；C项，c(OH－)＝＝10－5 mol·L－1，所以pH＝5，所以要产生Mg(OH)2沉淀，pH应控制在9以上；D项，Ksp只受温度影响。
8．一定温度下，在氢氧化钡的悬浊液中，存在氢氧化钡固体与其电离的离子间的溶解平衡关系：Ba(OH)2(s)??Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)。向此种悬浊液中加入少量的氧化钡粉末，下列叙述正确的是 (　　)
A．溶液中钡离子数目减小
B．溶液中钡离子浓度减小
C．溶液中氢氧根离子浓度增大
D．pH减小
答案　A
解析　由于温度不变，c(Ba2＋)、c(OH－)不变，但其数目减小。
9．已知：pAg＝－lg{c(Ag＋)}，Ksp(AgCl)＝1×10－12。如图是向
10 mL AgNO3溶液中逐渐加入0.1 mol·L－1的NaCl溶液时，
溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积(单位mL)变化的图像
(实线)。根据图像所得下列结论正确的是[提示：Ksp(AgCl)
>Ksp(AgI)] (　　)
A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L－1
B．图中x点的坐标为(100,6)
C．图中x点表示溶液中Ag＋被恰好完全沉淀
D．把0.1 mol·L－1的NaCl换成0.1 mol·L－1 NaI则图像在终点后变为虚线部分
答案　B
解析　A项，加入NaCl之前，pAg＝0，所以c(AgNO3)＝1 mol·L－1，错误；B项，由于c(Ag＋)＝10－6 mol·L－1，所以Ag＋沉淀完全，n(NaCl)＝n(AgNO3)＝0.01 L×1 mol·L－1＝0.01 mol，所以V(NaCl)＝100 mL，B正确，C错误；若把NaCl换成NaI，由于Ksp(AgI)更小，所以c(Ag＋)更小，D错误。
10．已知常温下反应，①NH3＋H＋??NH(平衡常数为K1)，②Ag＋＋Cl－??AgCl(平衡常数为K2)，③Ag＋＋2NH3??Ag(NH3)(平衡常数为K3)。①、②、③的平衡常数关系为K1>K3>K2，据此所做的以下推测合理的是 (　　)
A．氯化银不溶于氨水
B．银氨溶液中加入少量氯化钠有白色沉淀
C．银氨溶液中加入盐酸有白色沉淀
D．银氨溶液可在酸性条件下稳定存在
答案　C
解析　因为K3>K2，所以Ag＋与NH3的络合能力大于Ag＋与Cl－之间沉淀能力，AgCl溶于氨水，A、B错误；由于K1>K3，所以在Ag(NH3)??Ag＋＋2NH3中加入HCl，H＋＋NH3??NH，致使平衡右移，c(Ag＋)增大，Ag＋＋Cl－===AgCl↓，D错误，C正确。
11．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。请回答下列问题：
(1)下列说法正确的是________(填序号)。
A．向BaSO4饱和溶液中加入固体Na2SO4可以由a点变到b点
B．通过蒸发可以由d点变到c点
C．d点无BaSO4沉淀生成
D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
(2)将100 mL 1 mol·L－1 H2SO4溶液加入100 mL含Ba2＋ 0.137 g的溶液中充分反应后，过滤，滤液中残留的Ba2＋的物质的量浓度约为__________。
(3)若沉淀分别用100 mL纯水和100 mL 0.01 mol·L－1的H2SO4溶液洗涤，两种情况下损失的BaSO4的质量之比为__________。
答案　(1)C　(2)2.02×10－10 mol·L－1　(3)103∶1
解析　(1)沉淀溶解平衡曲线类似于溶解度曲线，曲线上的任一点如a点和c点均表示BaSO4饱和溶液；曲线上方的任一点均表示过饱和溶液，如b点说明溶液中有BaSO4沉淀析出，此时Qc>Ksp；曲线下方的任一点均表示不饱和溶液，如d点，此时Qc(2)由图像知BaSO4的Ksp＝1×10－10。根据离子方程式SO＋Ba2＋===BaSO4↓可知SO过量，滤液中c(SO)＝0.495 mol·L－1，则c(Ba2＋)＝＝≈2.02×10－10(mol·L－1)。
(3)根据BaSO4的Ksp＝1×10－10可知若用100 mL纯水洗涤，损失的BaSO4的物质的量n(BaSO4)＝n(Ba2＋)＝n(SO)＝1×10－5 mol·L－1×0.1 L＝1×10－6 mol。若用100 mL 0.01 mol·L－1的H2SO4溶液洗涤，损失的BaSO4的物质的量n(BaSO4)＝
n(Ba2＋)＝×0.1＝×0.1＝1×10－9(mol)，由此可得两者的质量之比为103∶1。
12．金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S/mol·L－1)如下图所示。
(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是________(写化学式)。
(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH为______。
A．<1　　　　　B．4左右　　　　　C>6
(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，________(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是_____________________________________。
(4)已知一些难溶物的溶度积常数如下表：
物质 FeS MnS CuS PbS HgS ZnS
Ksp 6.3×10－18 2.5×10－13 1.3×10－36 3.4×10－28 6.4×10－53 1.6×10－24
某工业废水中含有Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，最适宜向此工业废水中加入过量的________除去它们(选填序号)。
A．NaOH B．FeS C．Na2S
答案　(1)Cu2＋　(2)B　(3)不能　Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小　(4)B
解析　(1)由图可知，在pH＝3时，溶液中不会出现Cu(OH)2沉淀。
(2)要除去Fe3＋的同时必须保证Cu2＋不能沉淀，因此pH应保持在4左右。
(3)从图示关系可看出，Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，操作时无法控制溶液的pH。
(4)要使三种离子生成沉淀，最好选择难溶于水的FeS，使它们转化为更难溶解的金属硫化物沉淀，同时又不会引入其他离子。
13．25 ℃时几种难溶电解质的溶解度如表所示：
难溶电解质 Mg(OH)2 Cu(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3
溶解度/g 9×10－4 1.7×10－6 1.5×10－4 3.0×10－9
沉淀完全时的pH 11.1 6.7 9.6 3.7
在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子。例如：
①为了除去氯化铵中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；
②为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3＋，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，
充分反应，过滤结晶即可；
③为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2＋，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2＋氧化成Fe3＋，调节溶液的pH＝4，过滤结晶即可。请回答下列问题：
(1)上述三个除杂方案都能够达到很好效果，Fe2＋、Fe3＋都被转化为__________(填化学式)而除去。
(2)①中加入的试剂应该选择__________，其原因是_______________________。
(3)②中除去Fe3＋所发生的离子方程式为________________________________。
(4)下列与方案③相关的叙述中，正确的是________(填字母)。
A．H2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中不引进杂质，不产生污染
B．将Fe2＋氧化为Fe3＋的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀难过滤
C．调节溶液pH＝4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜
D．Cu2＋可以大量存在于pH＝4的溶液中
E．在pH>4的溶液中Fe3＋一定不能大量存在
答案　(1)Fe(OH)3　(2)氨水　不会引入新的杂质
(3)2Fe3＋(aq)＋3Mg(OH)2(s)??3Mg2＋(aq)＋2Fe(OH)3(s)
(4)ACDE
解析　实验①中为了不引入杂质离子，应加入氨水使Fe3＋沉淀，而不能用NaOH溶液。实验②中根据溶解度数据可知Mg(OH)2能转化为Fe(OH)3，因此在MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2除去Fe3＋，然后将沉淀一并过滤。实验③中利用Fe3＋极易水解的特点，根据题意可知调节溶液的pH＝4可使Fe3＋沉淀完全，为了不引入杂质离子，因此可使用CuO、Cu(OH)2等调节溶液的pH。(4)选项B显然是错误的，原因是若不把Fe2＋氧化为Fe3＋，当Fe2＋沉淀完全时，Cu2＋也沉淀完全。
14．减少SO2的排放、回收利用SO2已成为世界性的研究课题。我国研究人员设计的利用低品位软锰矿浆(主要成分是MnO2)吸收高温焙烧废渣产生的SO2来制备硫酸锰的生产流程如下：
浸出液的pH<2，其中的金属离子主要是Mn2＋，还含有少量的Fe2＋、Al3＋、Ca2＋、Pb2＋等其他金属离子。有关金属离子的半径以及形成氢氧化物沉淀时的pH如表所示，阳离子吸附剂吸附金属离子的效果如图所示。
离子 离子半径(pm) 开始沉淀时的pH 完全沉淀时的pH
Fe2＋ 74 7.6 9.7
Fe3＋ 64 2.7 3.7
Al3＋ 50 3.8 4.7
Mn2＋ 80 8.3 9.8
Pb2＋ 121 8.0 8.8
Ca2＋ 99
已知PbO2的氧化性大于MnO2的氧化性。请回答下列问题：
(1)废渣的主要成分是硫铁矿，1 mol FeS2高温焙烧转移________mol电子。
(2)在氧化后的浸出液中加入石灰浆，用于调节浸出液的pH，pH应调节至________。
(3)阳离子吸附剂用于除去杂质金属离子。决定阳离子吸附剂吸附效果的因素是________(填写序号)。
A．溶液的pH
B．金属离子的电荷
C．金属离子的半径
D．吸附时间
(4)操作a包括__________等过程。
答案　(1)11　(2)4.7～8.0　(3)BCD　(4)蒸发、浓缩、结晶
解析　(1)根据反应：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2，可知1 mol FeS2与O2反应，转移11 mol电子。
(2)浸出液中含有的Fe2＋对Mn2＋的分离具有严重的干扰作用，加入MnO2氧化剂，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，2Fe2＋＋MnO2＋4H＋===2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O，便于调节溶液的pH，使Fe3＋等与Mn2＋分离，观察表中给出的各种离子沉淀时的pH，当pH＝4.7时，Fe3＋、Al3＋完全生成沉淀，而Mn2＋、Pb2＋、Ca2＋没有产生沉淀，当pH＝8.0时，Pb2＋开始生成沉淀，而Mn2＋未沉淀，所以溶液的pH应调节至4.7～8.0，使Fe3＋、Al3＋与Mn2＋分离，浸出液中剩余的Pb2＋、Ca2＋可通过吸附方法除去。
(3)对比吸附效果图和离子半径可知，离子半径越大，离子被吸附的吸附率越高。离子所带电荷越少，被吸附的吸附率越高。吸附时间越长，被吸附的吸附率越高。吸附率与溶液的pH没有直接关系。
(4)过滤后的滤液为MnSO4溶液，该溶液经蒸发、浓缩、结晶，可得到MnSO4·H2O晶体。
15．欲降低废水中重金属元素铬的毒性，可将Cr2O转化为Cr(OH)3沉淀除去。已知该条件下：
离子 氢氧化物开始沉淀时的pH 氢氧化物沉淀完全时的pH
Fe2＋ 7.0 9.0
Fe3＋ 1.9 3.2
Cr3＋ 6.0 8.0
(1)某含铬废水处理的主要流程如图所示：
①初沉池中加入的混凝剂是K2SO4·Al2(SO4)3·2H2O，其作用为(用离子方程式表示)_______________________________________________________________。
②反应池中发生主要反应的离子方程式是Cr2O＋3HSO＋5H＋===2Cr3＋＋3SO＋4H2O。根据“沉淀法”和“中和法”的原理，向沉淀池中加入NaOH溶液，此过程中发生主要反应的离子方程式是____________________________________、
_____________________________________________________________________。
证明Cr3＋沉淀完全的方法是______________。
(2)工业可用电解法来处理含Cr2O废水。实验室利用如图装置模拟处理含Cr2O的废水，阳极反应式是Fe－2e－===Fe2＋，阴极反应式是2H＋＋2e－===H2↑。Fe2＋与酸性溶液中的Cr2O反应的离子方程式是_______________________________，
得到的金属阳离子在阴极区可沉淀完全。用电解法处理该溶液中0.01 mol Cr2O时，至少得到沉淀的质量是________g。
答案　(1)①Al3＋＋3H2O===Al(OH)3(胶体)＋3H＋[或Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋]
②Cr3＋＋3OH－===Cr(OH)3↓　H＋＋OH－===H2O　测定溶液的pH，若pH≥8，则证明Cr3＋沉淀完全(其他合理答案也可)
(2)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O　8.48
解析　(1)Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，吸附悬浮物。因为Cr2O被HSO还原成Cr3＋，所以加入NaOH后，发生主要反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O，Cr3＋＋3OH－===Cr(OH)3↓。根据表中提供数据，可用测定pH的方法，若pH≥8，则证明Cr3＋完全沉淀。
(2)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋　＋ 6Fe3＋＋7H2O
0.01 mol 0.02 mol 0.06 mol
所以m(沉淀)＝m[Cr(OH)3]＋m[Fe(OH)3]＝0.02 mol×103 g·mol－1＋0.06 mol×107 g·mol－1＝8.48 g。排查落实练十二　水溶液中的离子平衡
一、正误判断·辨析概念
(一)弱电解质的电离平衡部分
1．某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH＝b，则a＞b (×)
2．在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH＜7(×)
3．1.0×10－3mol·L－1盐酸的pH＝3.0,1.0×10－8mol·L－1盐酸的pH＝8.0 (×)
4．25 ℃时若1 mL pH＝1的盐酸与100 mL NaOH溶液混合后，溶液的pH＝7，则NaOH溶液的pH＝11 (√)
5．分别和等物质的量的盐酸和硫酸反应时，消耗NaOH的物质的量相同 (×)
6．pH＝4的醋酸加水稀释过程中，所有离子浓度都降低 (×)
7．0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入冰醋酸，醋酸的电离程度变小 (√)
8．在室温下，CH3COOH分子可以完全以分子的形式存在于pH＝8的溶液中 (×)
9．强电解质溶液中没有分子，只有离子 (×)
(二)水的电离和溶液的pH部分
1．pH＝6的溶液呈酸性 (×)
2．只要是纯水，肯定呈中性 (√)
3．纯水的pH＝7 (×)
4．无论在酸溶液中还是碱溶液中，由水电离出的c(H＋)＝c(OH－) (√)
5．pH＝0，溶液中c(H＋)＝0 mol·L－1 (×)
6．某溶液中滴入酚酚呈无色，溶液呈酸性 (×)
7．用pH试纸测定溶液的pH值，不能用水浸湿，否则一定会产生误差 (×)
8．pH＝ 5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na＋) >c(CH3COO－) (×)
9．两种醋酸的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a＋1，则c1＝10c2 (×)
10．将Ca(OH)2的饱和溶液加热，pH和Kw均增大 (×)
(三)盐类水解部分
1．NaHS水溶液中只存在HS－的电离和水解两种平衡 (×)
2．在饱和氨水中加入同浓度的氨水，平衡正向移动 (×)
3．HA比HB更难电离，则NaA比NaB水解能力更强 (√)
4．HA－比HB－更难电离，则NaHA溶液的pH值一定比NaHB溶液的大 (×)
5.常温下，pH＝1的CH3COOH溶液与pH＝2的CH3COOH溶液相比，两溶液中由H2O电离出的c(H＋)是10∶1 (×)
6．常温下，pH＝2与pH＝3的CH3COOH溶液，前者的c(CH3COOH)是后者的10倍(×)
7．强电解质溶液中一定不存在电离平衡 (×)
8．改变条件使电离平衡正向移动，溶液的导电能力一定增强 (×)
9．只有pH＝7的溶液中才存在c(H＋)＝c(OH－) (×)
10．将NH4Cl溶于D2O中，生成物是NH3· D2O和H＋ (×)
11．常温下，pH＝7的氯化铵和氨水的混合溶液中，离子浓度顺序为：c(NH)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋) (√)
12．中和pH和体积均相同的盐酸和醋酸，消耗NaOH的体积相同 (×)
13．常温下，同浓度的Na2S和NaHS，前者的pH大 (√)
14．0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡向正反应方向移动，n(H＋)增大 (√)
15．25 ℃时，将pH＝3的HA和pH＝11的BOH等体积混合，所得溶液的pH<7，则NaA溶液的pH>7 (√)
16．将AlCl3溶液和Na2SO3溶液分别蒸干并灼烧，得到Al2O3和Na2SO3 (×)
17．在NaHSO4溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO) (√)
18．常温下，向10 mL pH＝12的氢氧化钠溶液中加入pH＝2的HA至pH＝7，所得溶液的总体积≤20 mL (√)
19．常温下，等体积的盐酸和CH3COOH的pH相同，由水电离出的c(H＋)相同 (√)
20. CH3COONa和CH3COOH以任意比例混合，都有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－) (√)
21．同c(NH)的溶液：①NH4Al( SO4)2　②NH4Cl
③NH3·H2O　④CH3COONH4溶液，物质的量浓度最大的是③ (√)
22．溶液均为0.1 mol·L－1的①CH3COOH　②NH4Cl
③H2SO4三种溶液中，由水电离出的c(H＋)：②>①>③ (√)
23．常温下，体积和浓度都相同的盐酸和CH3COOH，中和NaOH的能力盐酸强 (×)
24．将纯水加热，Kw变大，pH变小，酸性变强 (×)
25．0.1 mol·L－1氨水中加入CH3COONH4固体，c(OH－)/c(NH3·H2O)比值变大 (×)
26．用标准NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH到终点时， c(Na＋)＝c(CH3COO－)(×)
27．室温时，将x mL pH＝a的稀NaOH溶液与y mL pH＝b的稀盐酸混合充分反应，若x＝10y，且a＋b＝14，则pH>7 (√)
28．酸性溶液中不可能存在NH3·H2O分子 (×)
29．NH4HSO4溶液中各离子浓度的大小关系是c(H＋)>c(SO)>c(NH)＞c(OH—) (√)
30．某温度下，Ba(OH)2溶液中，Kw＝10－12，向pH＝8的该溶液中加入等体积pH＝4的盐酸，混合溶液的pH＝7 (×)
31．任意稀盐酸溶液中c(H＋)的精确计算式可以表示为c(H＋)＝c(Cl－)＋Kw/c(H＋) (√)
32．将pH＝3的盐酸和pH＝3的醋酸等体积混合，其pH＝3 (×)
33．室温时，向等体积 pH＝a的盐酸和pH＝b的CH3COOH中分别加入等量的氢氧化钠后，两溶液均呈中性，则a>b (×)
34．物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－) (√)
35．常温下，NaB溶液的pH＝8，c(Na＋)－c(B－)＝9.9×10－7 mol·L－1 (√)
36．在一定条件下，某溶液的pH＝7，则c(H＋)一定为1×10－7mol·L－1，其溶质不可能为NaOH (×)
37．常温下，浓度均为0.2 mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3溶液中，都存在电离平衡和水解平衡，分别加入NaOH固体恢复到原来的温度，c(CO)均增大 (√)
38．已知乙酸(HA)的酸性比甲酸(HB)弱，在物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的NaA和NaB混合溶液中，有c(Na＋)＞c(B－)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(HA)＞c(HB)＞c(H＋)(√)
39．pH相同的CH3COONa溶液、C6H5ONa溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，其浓度：c(CH3COONa)>c(C6H5ONa)>c(Na2CO3)>c(NaOH) (√)
40．一定温度下，pH相同的溶液，由水电离产生的c(H＋)相同 (×)
二、简答专练·规范语言
1．在80 ℃时，纯水的pH值小于7，为什么？
答案　已知室温时，纯水中的c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol·L－1，又因水的电离(H2O??H＋＋OH－)是吸热反应，故温度升高到80 ℃，电离程度增大，致使c(H＋)＝c(OH－)>10－7 mol·L－1，即pH<7。
2．甲、乙两瓶氨水的浓度分别为1 mol·L－1和0.1 mol·L－1，则甲、乙两瓶氨水中
c(OH－)之比小于(填“大于”、“等于”或“小于”)10。请说明理由。
答案　甲瓶氨水的浓度是乙瓶氨水的浓度的10倍，故甲瓶氨水的电离程度比乙瓶氨水的电离程度小，所以甲、乙两瓶氨水中c(OH－)之比小于10。
3．(1)若在空气中加热MgCl2·6H2O，生成的是Mg(OH)Cl或MgO，写出相应反应的化学方程式MgCl2·6H2O===Mg(OH)Cl＋HCl↑＋5H2O↑，MgCl2·6H2OMgO＋2HCl↑＋5H2O↑或Mg(OH)ClMgO＋HCl↑。
用电解法制取金属镁时，需要无水氯化镁。在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O时，能得到无水MgCl2，其原因是在干燥的HCl气流中，抑制了MgCl2的水解，且带走MgCl2·6H2O受热产生的水蒸气，故能得到无水MgCl2。
(2)Mg(OH)2沉淀中混有的Ca(OH)2应怎样除去？写出实验步骤。
答案　加入MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，沉淀用水洗涤
4．为了除CuSO4溶液中的FeSO4，其操作是滴加H2O2溶液，稍加热；当Fe2＋完全转化后，慢慢加入Cu2(OH)2CO3粉末，搅拌，以控制pH＝3.5；加热煮沸一段时间，过滤，用稀硫酸酸化滤液至pH＝1。控制溶液pH＝3.5的原因是使Fe3＋全部转化为Fe(OH)3沉淀，而Cu2＋不会转化为Cu(OH)2沉淀。
5．硅酸钠水溶液俗称水玻璃。取少量硅酸钠溶液于试管中，逐滴加入饱和氯化铵溶液，振荡。写出实验现象并给予解释生成白色絮状沉淀，有刺激性气味的气体生成；SiO与NH发生双水解反应，SiO＋2NH===2NH3↑＋H2SiO3↓。
6．常温下，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH大于8，则溶液中c(H2CO3)>c(CO)(填“>”、“＝”或“<”)，原因是
HCO＋H2O??CO＋H3O＋(或HCO??CO＋H＋)，HCO＋H2O??H2CO3＋
OH－，HCO的水解程度大于电离程度(用离子方程式和必要的文字说明)。
7．为了除去氨氮废水中的NH3，得到低浓度的氨氮废水，采取以下措施，加入NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30 ℃，通空气将氨赶出并回收。
(1)用离子方程式表示加NaOH溶液的作用NH＋OH－===NH3·H2O。
(2)用化学平衡原理解释通空气的目的废水中的NH3被空气带走，使NH3·H2O??NH3＋H2O的平衡向正反应方向移动，利于除氨。
8．电解饱和食盐水为了获得更多的Cl2要用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用由于阳极上生成氯气，而氯气可溶于水，并发生下列反应Cl2＋H2O??HCl＋HClO，根据平衡移动原理可知增大盐酸的浓度可使平衡向逆反应方向移动，减少氯气在水中的溶解，有利于氯气的逸出。
9．铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl3·6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中NH4Cl的作用是NH4Cl的作用是分解出HCl气体，抑制CeCl3水解。
10．利用浓氨水分解制备NH3，应加入NaOH固体，试用化学平衡原理分析NaOH的作用。
答案　NaOH溶于氨水后放热；增大OH－浓度，使平衡NH3＋H2O??
NH3·H2O??NH＋OH－向逆方向移动，加快氨气逸出。
11．有一种工艺流程通过将AgCl沉淀溶于NH3的水溶液，从含金、银、铜的金属废料中来提取银。已知在溶解后的溶液中测出含有[Ag(NH3)2]＋，试从沉淀溶解平衡移动的角度解释AgCl沉淀溶解的原因AgCl固体在溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，由于Ag＋和NH3·H2O结合成[Ag(NH3)2]＋使Ag＋浓度降低，导致AgCl的沉淀溶解平衡向着溶解的方向移动。
12．(1)为探究纯碱溶液呈碱性是由CO引起的，请你设计一个简单的实验方案：向纯碱溶液中滴入酚酞溶液，溶液呈红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去。
(2)为探究纯碱溶液中CO的水解是吸热的，请你设计一个简单的实验方案：向纯
碱溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；若再加热该溶液，溶液的红色加深。
三、滴定实验问题再思考
问题1.酸式滴定管怎样查漏？
答案　将旋塞关闭，滴定管里注满水，把它固定在滴定管夹上，放置10分钟，观察滴定管口及旋塞两端是否有水渗出，旋塞不渗水才可使用。
问题2.酸碱中和滴定实验操作的要点是什么？如何判断滴定终点？(以标准氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸为例，酚酞作指示剂)
答案　左手控制玻璃球，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化，当滴入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复。答题模板：滴入最后一滴标准液，溶液变色，且半分钟内不恢复，视为滴定终点。
问题3.在酸碱中和滴定时，滴定管或锥形瓶未润洗，对滴定结果有何影响？(注：用标准液滴定未知液)
答案　滴定管未润洗，所测结果偏高；锥形瓶未润洗无影响。
问题4.滴定前读数正确，滴定完毕俯视或仰视读数对滴定结果有何影响？(注：用标准液滴定未知液)
答案　俯视读数，结果偏低；仰视读数，结果偏高。
问题5.下表是某学生三次实验的记录数据，依据数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度
滴定次数 待测NaOH溶液的体积/mL 0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL
第一次 25.00 0.00 26.11 26.11
第二次 25.00 1.56 30.30 28.74
第三次 25.00 0.22 26.31 26.09
答案　V＝＝26.10 mL
c(NaOH)＝＝0.104 4 mol·L－1问题6.常温下某同学测定土壤浸出液的酸碱性，用氨水滴定一定体积的浸出液，所得溶液的pH记录如下
加氨水体积/mL 0 2 4 6 8 10 12 14 16
溶液的pH 4 4 4 4 6 8 10 10 10
根据上述表中信息，回答下列问题
(1)所测土壤酸碱性如何？
(2)所用氨水的pH和c(OH－)分别为多少？
答案　(1)土壤呈酸性
(2)pH＝10　c(OH－)＝10－4mol·L－1
问题7.用0.1 mol·L－1的NaOH溶液分别滴定0.1 mol·L－1的HCl、0.1 mol·L－1的CH3COOH所得pH变化曲线如下：
则图Ⅱ是NaOH滴定CH3COOH的pH变化曲线，判断的理由是CH3COOH为弱电解质，0.1_mol·L－1的CH3COOH的pH大于1。
问题8.用标准酸性KMnO4溶液测定某补血口服液中Fe2＋的含量时，酸性KMnO4溶液应放在酸式滴定管中，判断滴定终点的方法滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液呈浅红色，且半分钟内不褪色。
问题9.测定维生素C(C6H8O6)含量的方法：向其溶液中加入过量的碘水，发生反应：C6H8O6＋I2―→C6H6O6＋2HI，然后用已知浓度的Na2S2O3滴定过量的碘，发生反应：
(I2＋2S2O===S4O＋2I－)，可选用淀粉溶液作指示剂，滴定终点的现象是滴入最后一滴Na2S2O3溶液，蓝色褪去，且半分钟不恢复。第3讲　盐类水解
[考纲要求]　1.理解盐类水解的实质、过程、一般规律。2.了解影响盐类水解平衡的条件。3.了解盐类水解对水电离的影响。4.学会盐类水解离子方程式的书写。5.了解盐类水解的应用。
考点一　盐类水解及其规律
1．定义
在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
2．实质
盐电离―→―→
破坏了水的电离平衡―→水的电离程度增大―→c(H＋)≠c(OH－)―→溶液呈碱性、酸性或中性。
3．特点
4．规律
有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。
盐的类型 实例 是否水解 水解的离子 溶液的酸碱性 溶液的pH
强酸强碱盐 NaCl、KNO3 否 中性 pH＝7
强酸弱碱盐 NH4Cl、Cu(NO3)2 是 NH、Cu2＋ 酸性 pH<7
弱酸强碱盐 CH3COONa、Na2CO3 是 CH3COO－、CO 碱性 pH>7
5．表示方法——水解离子方程式
(1)一般来说，盐类水解的程度不大，应该用可逆号“??”表示。盐类水解一般不
会产生沉淀和气体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。
如Cu2＋＋2H2O??Cu(OH)2＋2H＋；
NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋。
(2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。如Na2CO3水解反应的离子方程式为CO＋H2O??HCO＋OH－、HCO＋H2O??H2CO3＋OH－。
(3)多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成，如FeCl3溶液中：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋。
(4)水解分别是酸性和碱性的离子组由于相互促进水解程度较大，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等，如NaHCO3与AlCl3混合溶液的反应离子方程式：
Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
深度思考
1．酸式盐溶液一定呈酸性吗？
答案　不一定，酸式盐溶液可以显酸性，如NaHSO4溶液，也可以显碱性，如NaHCO3溶液等。
2．物质的量浓度相同的下列溶液中，含离子和分子种类最多的是 (　　)
A．CaCl2 B．CH3COONa
C．氨水 D．K2S
答案　D
解析　A项中有Ca2＋、Cl－、H2O、H＋、OH－；B项中有CH3COO－、Na＋、H2O、CH3COOH、H＋、OH－；C项中有NH3、NH3·H2O、H2O、H＋、OH－、NH；D项中有K＋、S2－、HS－、H2O、H2S、H＋、OH－。
3．怎样用最简单的方法区别NaCl溶液、氯化铵溶液和碳酸钠溶液？
答案　三种溶液各取少许分别滴入紫色石蕊试液，不变色的为NaCl溶液，变红色的为氯化铵溶液，变蓝色的为碳酸钠溶液。
4．怎样证明Na2CO3溶液呈碱性是由CO水解引起的？
答案　向纯碱溶液中滴入酚酞试液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去。则可以说明纯碱溶液呈碱性是由CO引起的。
5．同浓度的Na2CO3和CH3COONa溶液相比，谁的pH较大？为什么？同浓度的Na2CO3和NaHCO3相比呢？
答案　Na2CO3溶液的pH大。因为CH3COOH的酸性强于H2CO3，则CO结合H＋的能力强于CH3COO－，即CO水解程度较大，产生的c(OH－)较大，pH较大。由于盐的二级水解大于一级水解，故Na2CO3溶液的pH比NaHCO3大。
6．写出下列物质中能发生水解反应的离子方程式。
①明矾　②硫化钠　③小苏打　④偏铝酸钠　⑤硫酸氢钠
答案　①Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋
②S2－＋H2O??HS－＋OH－、
HS－＋H2O??H2S＋OH－
③HCO＋H2O??H2CO3＋OH－
④AlO＋2H2O??Al(OH)3＋OH－
⑤不水解
题组一　对盐类水解实质及规律的考查
1．NH4Cl溶液呈________，用离子方程式表示原因____________________________。
常温下，pH＝11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c(OH－)＝__________，在pH＝3的CH3COOH溶液中，水电离出来的c(H＋)＝____________。
答案　酸性　NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
10－3 mol·L－1　10－11 mol·L－1
解析　NH4Cl为强酸弱碱盐，由于NH水解呈酸性；CH3COONa溶液中由于
CH3COO－水解促进水的电离，故pH＝11的CH3COONa溶液中，c(OH－)水＝10－3 mol·L－1，在pH＝11的CH3COOH溶液中水的电离受到抑制，故c(H＋)水＝10－11
mol·L－1。
2．有四种物质的量浓度相等且都由一价阳离子A＋和B＋及一价阴离子X－和Y－组成的盐溶液。据测定常温下AX和BY溶液的pH＝7，AY溶液的pH>7，BX溶液的pH<7，由此判断不水解的盐是 (　　)
A．BX B．AX C．AY D．BY
答案　B
解析　AY溶液的pH>7，说明AY为强碱弱酸盐，BX溶液的pH<7，说明BX为强酸弱碱盐，则AX为强酸强碱盐，不能发生水解，B对。
3．有①Na2CO3溶液、②CH3COONa溶液、③NaOH溶液各25 mL，物质的量浓度均为0.1 mol·L－1，下列说法正确的是 (　　)
A．三种溶液pH的大小顺序是③>②>①
B．若将三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②
C．若分别加入25 mL 0.1 mol·L－1盐酸后，pH最大的是①
D．若三种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序③>①>②
答案　C
解析　酸根离子越弱越易水解，因此三种溶液pH的大小顺序应是③>①>②。若将三种溶液稀释相同倍数，由于Na2CO3溶液和CH3COONa溶液中存在水解平衡，随着水的加入弱酸根离子会水解产生少量的OH－，因此pH变化最大的应是③；选项D正确的顺序应为②>①>③。
　盐类水解的规律及拓展应用
(1)“谁弱谁水解，越弱越水解”。如酸性：HCNCH3COONa。
(2)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
(3)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
①若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中：
HCO??H＋＋CO(次要)，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－(主要)。
②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSO??H＋＋SO(主要)，HSO＋H2O??H2SO3＋OH－(次要)。
(4)相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
(5)相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如NH的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
题组二　对水解离子方程式的考查
4．下列反应不属于水解反应或水解方程式不正确的是 (　　)
①HCl＋H2O??H3O＋＋Cl－
②AlCl3＋3H2O===Al(OH)3＋3HCl
③Na2CO3＋2H2O??H2CO3＋2NaOH
④碳酸氢钠溶液：HCO＋H2O??CO＋H3O＋
⑤NH4Cl溶于D2O中：NH＋D2O??NH3·D2O＋H＋
A．①②③④ B．①②③
C．②③⑤ D．全部
答案　D
解析　①④是电离方程式且①应用“===”；②是水解反应方程式，但应用“??”；③的水解方程式错误，应分步进行；⑤应为NH＋D2O??NH3·HDO＋D＋。
5．对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH>7，其原因是_______________________；
若pH<7，其原因是___________________________________________________。
(注：以上问题用离子方程式说明)
答案　Rn－＋H2O??HR(n－1)－＋OH－
Mm＋＋mH2O??M(OH)m＋mH＋
解析　pH大于7是由于酸根离子水解呈碱性，pH小于7是由于弱碱阳离子水解呈酸性。
考点二　盐类水解的影响因素
1．内因
酸或碱越弱，其对应的弱酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。
2．外因
因素 水解平衡 水解程度 水解产生离子的浓度
温度 升高 右移 增大 增大
浓度 增大 右移 减小 增大
减小(即稀释) 右移 增大 减小
外加酸碱 酸 弱碱阳离子的水解程度减小
碱 弱酸根离子的水解程度减小
例如，不同条件对FeCl3水解平衡的影响
Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋
条件 移动方向 H＋数 pH 现象
升温 向右 增多 减小 颜色变深
通HCl 向左 增多 减小 颜色变浅
加H2O 向右 增多 增大 颜色变浅
加NaHCO3 向右 减小 增大 生成红褐色沉淀，放出气体
深度思考
1．稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强吗？
答案　盐溶液的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液中离子浓度小是主要因素，故溶液酸性(或碱性)越弱。
2．有人认为，向CH3COONa溶液中，加入少量冰醋酸，会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，这种说法对吗？为什么？
答案　不对，原因是：体系中c(CH3COOH)增大，抑制了水解，会使平衡
CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－左移。
题组一　条件改变时水解平衡移动结果的判断
1．向CH3COONa稀溶液中加入(或通入)少许X物质，其溶液中部分微粒的浓度变化如表所示(溶液温度不变)。X物质是下列物质中的 (　　)
微粒 H＋ OH－ CH3COO－ CH3COOH
物质的量浓度 增大 减小 减小 增大
A．氢氧化钠 B．氯化氢
C．蒸馏水 D．磷酸钠
答案　B
解析　向CH3COONa稀溶液中加入氢氧化钠，c(OH－)增大；加入蒸馏水，c(CH3COOH)减小；加入磷酸钠，抑制CH3COO－水解，c(CH3COO－)增大。
2．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO＋H2O??HCO＋OH－。下列说法正确的是 (　　)
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．加入少量NH4Cl固体，平衡朝正反应方向移动
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
答案　B
解析　化学平衡常数只受温度的影响，A错误；加入的NH4Cl晶体电离出的NH与OH－反应，使平衡向正反应方向移动，B正确；温度升高，CO的水解程度增大，c(HCO)增大，c(CO)减小，C错误；加入NaOH固体，溶液的pH增大，D错误。
题组二　选取措施使水解平衡定向移动
3．下图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液显浅红色的原因为__________________。
(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深，烧瓶③中溶液红色变浅，则下列叙述正确的是________。
A．水解反应为放热反应
B．水解反应为吸热反应
C．NH4NO3溶于水时放出热量
D．NH4NO3溶于水时吸收热量
(3)向0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液中分别加入NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO－水解平衡移动的方向分别为____________、____________、____________。(填“左”、“右”或“不移动”)
答案　(1)CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，使溶液显碱性　(2)BD　(3)左　左　右
解析　(1)CH3COONa中CH3COO－水解使溶液显碱性，酚酞试液遇碱显红色。
(2)生石灰与水剧烈反应放出大量热，根据烧瓶①中溶液红色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热反应，同时烧瓶③中溶液红色变浅，则NH4NO3溶于水时吸收热量。
(3)碱抑制CH3COO－的水解；CO水解显碱性，与CH3COO－的水解相互抑制；
Fe2＋水解显酸性，与CH3COO－的水解相互促进。
考点三　盐类水解的应用
应用 举例
判断溶液的酸碱性 FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋
判断酸性强弱 NaX、NaY、NaZ三种盐pH分别为8、9、10，则酸性HX>HY>HZ
配制或贮存易水解的盐溶液 配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，防止Cu2＋水解，配制FeCl3溶液，加入少量盐酸
胶体的制取 制取Fe(OH)3胶体的离子反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
物质的提纯 除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可加入MgO、镁粉、Mg(OH)2或MgCO3
泡沫灭火器原理 成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
作净水剂 明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋
化肥的使用 铵态氮肥与草木灰不得混用
深度思考
1．纯碱洗涤油污的原理是什么？为什么说热的纯碱溶液去污能力强？
答案　CO＋H2O??HCO＋OH－，加热，促进CO的水解，溶液碱性增强，去
污能力增强。
2．怎样除去MgCl2溶液中Fe3＋，其原理是什么？
答案　MgCl2溶液中混有少量的Fe3＋杂质时，可加入Mg、MgO、Mg(OH)2或MgCO3而除去Fe3＋，其原理是Fe3＋的水解程度比Mg2＋的水解程度大，加入这些物质，导致Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀除去。
3．怎样判断酸式盐溶液的酸碱性，试举例说明。
答案　酸式盐的水溶液显什么性质，要看该盐的组成粒子的性质。
(1)强酸的酸式盐只电离，不水解，一定显酸性。
如NaHSO4：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
(2)弱酸的酸式盐存在两种趋势，既存在电离平衡又存在水解平衡：
HA－??H＋＋A2－(电离，显酸性)
HA－＋H2O??H2A＋OH－(水解，显碱性)
如果电离程度大于水解程度，则显酸性，如H2PO、HSO等；如果水解程度大于电离程度，则显碱性，如HCO、HS－、HPO等。
水解除杂警示
利用水解除杂无论在化学工业还是化学实验中都具有非常重要的意义，其原理是根据盐的水解程度的不同，通过调节溶液pH使部分离子转化为沉淀而除去。如MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，因Fe3＋水解程度比Mg2＋水解程度大，可加入MgO、Mg(OH)2或MgCO3等，调节溶液的pH，使Fe3＋的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去；注意不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性碱，因加这些物质pH升高太迅速，且碱过量不易觉察，Mg2＋也可能转化为Mg(OH)2沉淀，还会引入NH、
Na＋等杂质。
题组一　盐溶液蒸干所得产物的判断
1．(1)碳酸钾的水溶液蒸干得到的固体物质是_________________________________，
原因是______________________________________________________________。
(2)KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是___________________。
(3)碳酸氢钠溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是__________________
______________________________________________________________________。
(4)亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是____________________。
(5)盐酸与硫酸各1 mol·L－1的混合酸10 mL，加热浓缩至1 mL，最后的溶液为______，原因是_________________________________________________________________。
答案　(1)K2CO3　尽管加热过程促进水解，但生成的KHCO3和KOH反应后又生成K2CO3
(2)KAl(SO4)2·12H2O　尽管Al3＋水解，但由于H2SO4为难挥发性酸，最后仍然为结晶水合物。注意温度过高，会脱去结晶水
(3)Na2CO3　2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
(4)Na2SO4　2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
(5)H2SO4溶液　HCl挥发
解析　本题涉及的知识范围较广，除了盐的水解外，还应考虑到盐的热稳定性，还原性等。
盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型
(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)
CuSO4(s)；
盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。
(2)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
(3)考虑盐受热时是否分解
Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2―→CaCO3(CaO)；NaHCO3―→Na2CO3；KMnO4―→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl―→NH3↑＋HCl↑。
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化
例如，Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。
题组二　利用水解平衡移动解释实际问题
2．普通泡沫灭火器的钢铁容器里装着一只小玻璃筒，玻璃筒内盛装硫酸铝溶液，钢铁容器里盛装碳酸氢钠饱和溶液。使用时，倒置灭火器，两种药液相混合就会喷出含二氧化碳的白色泡沫。
(1)产生此现象的离子方程式是
_____________________________________________________________________。
(2)不能把硫酸铝溶液装在铁筒里的主要原因是_____________________________
_____________________________________________________________________。
(3)一般不用碳酸钠代替碳酸氢钠，是因为__________________________________。
答案　(1)Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
(2)Al2(SO4)3溶液因水解呈酸性，会腐蚀钢铁
(3)与酸反应速率NaHCO3>Na2CO3；产生等量CO2时，Na2CO3消耗Al3＋量多
解析　(1)Al3＋与HCO发生双水解反应Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(2)Al2(SO4)3溶液因水解呈酸性，腐蚀钢铁，Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋、Fe＋
2H＋===Fe2＋＋H2↑。
(3)与酸反应速率NaHCO3>Na2CO3；产生等量CO2时，消耗Al3＋量：Na2CO3>NaHCO3；等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量Al3＋反应，生成CO2量NaHCO3>Na2CO3。
3．已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。
将溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：
请回答下列问题：
(1)本实验最适合的氧化剂X是________(填序号)。
A．K2Cr2O7 B．NaClO
C．H2O2 D．KMnO4
(2)物质Y是________。
(3)本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？______，原因是
____________________________________________________________________。
(4)除去Fe3＋的有关离子方程式是______________________________________。
(5)加氧化剂的目的是_________________________________________________。
(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________，应如何操作？_____________________________________________________________________。
答案　(1)C
(2)CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]
(3)不能　因加碱的同时也会使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀
(4)Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋
===Cu2＋＋2H2O等]
(5)将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离
(6)不能　应在HCl气流中加热蒸发
解析　(1)能把Fe2＋氧化为Fe3＋，同时又不能引入新的杂质，符合要求的只有H2O2。(2)当CuCl2溶液中混有Fe3＋时，可以利用Fe3＋的水解：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋
3H＋，加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H＋作用，从而使水解平衡右移，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(3)若用加碱法使Fe3＋沉淀，同时也必将使Cu2＋沉淀。(6)为了抑制CuCl2水解，应在HCl气流中加热蒸发。
平衡移动原理解释问题的思维模板
1．解答此类题的思维过程
(1)找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)
(2)找出影响平衡的条件
(3)判断平衡移动的方向
(4)分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系
2．答题模板
……存在……平衡，……(条件)……(变化)，使平衡向……(方向)移动，……(结论)。
3．应用举例
(1)把AlCl3溶液蒸干灼烧，最后得到的主要固体是什么？为什么？(用化学方程式表示并配以必要的文字说明)。
(2)Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因分析。
提示　(1)在AlCl3溶液中存在着如下平衡：AlCl3＋3H2O??Al(OH)3＋3HCl，加热时水解平衡右移，HCl浓度增大，蒸干时HCl挥发，使平衡进一步向右移动得到Al(OH)3，在灼烧时发生反应2Al(OH)3Al2O3＋3H2O，因此最后得到的固体是Al2O3。
(2)在NH4Cl溶液中存在NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，加入Mg粉，Mg与H＋反应放出H2，使溶液中c(H＋)降低，水解平衡向右移动，使Mg粉不断溶解。
题组三　有关盐溶液的配制及保存的考查
4．配制下列溶液时常需加入少量括号内的物质，其中不是为了抑制离子水解的是(　　)
A．FeSO4(Fe) B．SnCl2(HCl)
C．FeCl3(HCl) D．NaAlO2(NaOH)
答案　A
解析　A项中加入铁屑是防止Fe2＋被氧化。
5．配制BiCl3溶液时有水解产物BiOCl生成而使溶液呈浑浊现象。
(1)写出发生该现象的反应方程式：____________________________________。
(2)医药上常将BiOCl称为次氯酸铋，该名称________(填“正确”或“不正确”)。
(3)如何配制BiCl3溶液？______________________________________________。
答案　(1)BiCl3＋H2O===BiOCl↓＋2HCl
(2)不正确　(3)将适量BiCl3固体溶解在少量浓盐酸中，然后加水稀释
题组四　与水解有关的离子共存问题
6．无色透明溶液中能大量共存的离子组是 (　　)
A．Na＋、Al3＋、HCO、NO
B．AlO、Cl－、Mg2＋、K＋
C．NH、Na＋、CH3COO－、NO
D．Na＋、NO、ClO－、I－
答案　C
解析　A项，Al3＋因与HCO发生双水解反应不能大量共存；B项，AlO与Mg2＋反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀不能大量共存；C项，NH与CH3COO－虽能发生双水解反应，但能大量共存；D项，ClO－与I－能发生氧化还原反应不能大量共存。
7．下列指定溶液中一定能大量共存的离子组是 (　　)
A．pH＝1的溶液中：NH、Na＋、Fe3＋、SO
B．含有大量AlO的溶液中：Na＋、K＋、HCO、NO
C．中性溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO
D．Na2S溶液中：SO、K＋、Cu2＋、Cl－
答案　A
解析　A项，酸性条件下，H＋抑制NH、Fe3＋的水解，能大量共存；B项，AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO，不能大量共存；C项，Al3＋水解呈酸性，因而在中性溶液中不存在；D项，Cu2＋＋S2－===CuS↓，不能大量共存。
　熟记下列因双水解不能大量共存的离子组合
(1)Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
(2)Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
(3)NH与SiO、AlO。
特别提醒　NH与CH3COO－、HCO虽能发生双水解反应，但能大量共存。
1．[2012·福建理综，23(3)]能证明Na2SO3溶液中存在SO＋H2O??HSO＋OH－水解平衡的事实是____________(填序号)。
A．滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去
B．滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去
C．滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
答案　C
解析　Na2SO3溶液滴入酚酞溶液变红，说明SO发生了水解反应，溶液显碱性。加入H2SO4溶液，SO与H＋生成HSO，HSO与H＋反应放出SO2气体，同时H＋中和SO水解产生的OH－，即使溶液中不存在水解平衡，溶液红色也会褪去，故A错；氯水具有酸性和强氧化性，加入氯水后，Cl2和HClO氧化SO、HSO生成SO，H＋中和SO水解产生的OH－，HClO氧化漂白指示剂酚酞，并不能体现SO水解反应的可逆性，故B错；加入BaCl2溶液，Ba2＋与SO结合生成BaSO3沉淀，c(SO)减小，溶液的红色褪去，说明溶液中c(OH－)减小，水解平衡逆向移动，证明存在SO的水解平衡，故C正确。
2．(2012·四川理综，10)常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是 (　　)
A．新制氯水中加入固体NaOH：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)
B．pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)
C．pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合：c(Cl－)＝c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)
D．0.2 mol·L－1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合：2c(H＋)－
2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
答案　D
解析　要会运用溶液中的守恒解题。在任何溶液中都存在电荷守恒，选项A的溶液中电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，故A错；NaHCO3溶液的pH＝8.3，说明其水解程度大于电离程度，则c(H2CO3)>c(CO)，故B错；pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合时，氨水是过量的，溶液不显中性，故C错；D选项中的CH3COOH与NaOH反应，得到的是等浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，由电荷守恒得：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，由元素守恒得2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，将电荷守恒关系式乘以2与元素守恒关系式相加得：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)，移项得：2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)，故D正确。
3．(2012·安徽理综，12)氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃。已知25 ℃时：
①HF(aq)＋OH－(aq)===F－(aq)＋H2O(l)
ΔH＝－67.7 kJ·mol－1
②H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l)
ΔH＝－57.3 kJ·mol－1
在20 mL 0.1 mol·L－1氢氟酸中加入V mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液。下列有关说法正确的是 (　　)
A．氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为
HF(aq)??F－(aq)＋H＋(aq)　ΔH＝＋10.4 kJ·mol－1
B．当V＝20时，溶液中：c(OH－)＝c(HF)＋c(H＋)
C．当V＝20时，溶液中：c(F－)D．当V>0时，溶液中一定存在：c(Na＋)>c(F－)>c(OH－)>c(H＋)
答案　B
解析　解答本题时应特别注意，HF是弱酸，在溶液中不能完全电离；溶液中离子浓度大小的判断要充分利用电荷守恒和物料守恒。根据盖斯定律，将①式减去②式可得：HF(aq)??H＋(aq)＋F－(aq)　ΔH＝－10.4 kJ·mol－1，故A项错误；当V＝20时，两者恰好完全反应生成NaF，溶液中存在质子守恒关系：c(OH－)＝c(HF)＋c(H＋)；因F－水解，故溶液中存在：c(F－)4．(2013·广东理综，12)HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1 mol·L－1 NaA溶液中，离子浓度关系正确的是 (　　)
A．c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
B．c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)
C．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(A－)＋c(H＋)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
答案　D
解析　因HA为弱酸，则NaA溶液水解显碱性，即c(H＋)c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，故B项错误；NaA溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋
c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，故C项错误，D项正确。
5．(2013·安徽理综，13)将0.01 mol下列物质分别加入100 mL 蒸馏水中，恢复至室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是(溶液体积变化忽略不计) (　　)
①Na2O2　②Na2O　③Na2CO3　④NaCl
A．①>②>③>④ B．①>②>④>③
C．①＝②>③>④ D．①＝②>③＝④
答案　C
解析　根据化学反应方程式或者原子守恒可知，0.01 mol的Na2O2和Na2O分别与H2O反应都生成0.02 mol NaOH，因此①、②中阴离子浓度相等，又由于Na2CO3溶液中CO发生水解：CO＋H2O??HCO＋OH－，故阴离子的物质的量增大，大于0.01 mol，而④中Cl－的物质的量不变，为0.01 mol，因此四种溶液中阴离子浓度的大小顺序是①＝②>③>④。
6．(2013·安徽理综，13)室温下，将1.000 mol·L－1盐酸滴入20.00 mL 1.000 mol·L－1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是
(　　)
A．a点由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－14 mol·L－1
B．b点：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)
C．c点：c(Cl－)＝c(NH)
D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热
答案　C
解析　a点时氨水中的H＋全部来自水的电离，此时pH<14，故c(H＋)>1.0×10－14
mol·L－1，A错误；b点时溶液显碱性，则氨水过量，c(NH)＋c(NH3·H2O)>c(Cl－)，B错误；c点时pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，推出c(Cl－)＝c(NH)，C正确；d点后主要存在NH的水解反应，该反应吸热，D错误。
7．[2013·山东理综，29(3)]Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为________，向该溶液中加入少量固体CuSO4，溶液pH____(填“增大”、“减少”或“不变”)。Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为________(用离子方程式表示)。
答案　c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)　减小　2S2－＋O2＋2H2O===2S↓＋4OH－
解析　Na2S溶液中离子浓度的大小可根据盐类水解原理不难作答，Na2S与CuSO4溶液反应：Na2S＋CuSO4===CuS↓＋Na2SO4，溶液的pH减小，Na2S溶液长期放置会被空气中的氧气氧化为硫：2S2－＋O2＋2H2O===2S↓＋4OH－。
8．[2013·福建理综，23Ⅱ(5)]稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位。
铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3
可用加热CeCl3·6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中，NH4Cl的作用是
______________________________________________________________________。
答案　分解出氯化氢气体，抑制CeCl3水解(或其他合理答案)
解析　由于加热时氯化铵分解出氯化氢气体，可以抑制CeCl3的水解。
9．[2012·山东理综，29(4)]NO2可用氨水吸收生成NH4NO3,25 ℃时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是____________________________________________
(用离子方程式表示)。向该溶液滴加b L氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将________(填“正向”、“不”或“逆向”)移动，所滴加氨水的浓度为________mol·L－1。(NH3·H2O的电离平衡常数取Kb＝2×10－5 mol·L－1)
答案　NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋　逆向　
解析　NH水解使NH4NO3溶液显酸性：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋；滴加氨水时水的电离平衡将逆向移动，溶液呈中性，由电荷守恒可知c(NH)＋c(H＋)＝c(NO)＋c(OH－)，则n(NH)＋n(H＋)＝n(NO)＋n(OH－)，因为平衡后溶液呈中性，n(H＋)＝n(OH－)，则n(NH)＝n(NO)＝a mol，设加入的氨水的浓度为c mol·L－1，反应后溶液体积为V L。
由Kb＝
＝＝2×10－5 mol·L－1，得c＝。
1．下列水解方程式正确的是 (　　)
A．CO＋H2O??2OH－＋CO2↑
B．NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
C．Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3↓＋3H＋
D．F－＋H2O===HF＋OH－
答案　B
解析　水解是非常微弱的，水解方程式应该用“??”，且不能使用沉淀符号，C、D选项错误；CO分步水解，以第一步水解为主。
2．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在CO＋H2O??HCO＋OH－平衡。下列说法不正确的是 (　　)
A．稀释溶液，增大
B．通入CO2，溶液pH减小
C．升高温度，平衡常数增大
D．加入NaOH固体，减小
答案　A
解析　由平衡常数表达式可得K＝，K只随温度的变化而变化，所以稀释后达平衡，此值不变；B选项中通入CO2，会使溶液中OH－浓度减小，所以溶液的pH也减小；C选项中升高温度平衡向吸热方向移动，而盐的水解吸热，所以平衡常数增大；D中加入OH－时抑制CO水解，所以CO浓度增大，而HCO浓度减小，所以减小。
3．为了除去MgCl2溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下加入一种试剂，该试剂是
(　　)
A．NaOH B．Na2CO3 C．氨水 D．MgO
答案　D
解析　对于除杂试题，要注意以下几个问题：(1)加入的试剂能与杂质反应或能调整溶液的酸碱性，使杂质发生水解而除去；(2)添加的试剂允许过量，且过量的试剂易于除去，不能引入新的杂质。本题常规方法是加入化学物质直接与Fe3＋反应形成沉淀，但在这里却巧妙地利用了MgO消耗FeCl3水解生成的HCl，促使FeCl3水解成Fe(OH)3，同时MgO转化成MgCl2，即使MgO过量，它不溶于水也不会引入新杂质。
4．下列有关问题，与盐的水解有关的是 (　　)
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体
A．①②③ B．②③④
C．①④⑤ D．①②③④⑤
答案　D
解析　本题考查盐类水解的应用与解释。①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可以除去金属表面的锈；②HCO与Al3＋两种离子水解相互促进，产生二氧化碳，可作灭火剂；③草木灰主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用；④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠将瓶塞与瓶口黏合而打不开，因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞；⑤AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3＋3H2O??Al(OH)3＋3HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)3固体(如果灼烧，会得到Al2O3固体)。
5．25 ℃时，浓度均为0.2 mol·L－1的NaHCO3与Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是
(　　)
A．均存在电离平衡和水解平衡
B．存在的粒子种类相同
C．c(OH－)前者大于后者
D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大
答案　C
解析　选项A，NaHCO3、Na2CO3均属于强碱弱酸盐，都存在水解平衡，同时还存在H2O的电离平衡。选项B，Na2CO3、NaHCO3溶液中都含有Na＋、CO、HCO、H2CO3、H＋、OH－、H2O，它们存在的粒子种类相同。选项C，CO的水解能力大于HCO的，故Na2CO3溶液中的c(OH－)大。选项D，NaHCO3溶液中加入NaOH时，HCO与OH－反应导致c(CO)增大；Na2CO3溶液中加入NaOH时，OH－抑制了CO的水解，导致c(CO)增大。
6．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是 (　　)
A．CO＋H2O??HCO＋OH－　用热的纯碱溶液清洗油污
B．Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋　明矾净水
C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)??TiO2·xH2O↓＋4HCl　制备TiO2纳米粉
D．SnCl2＋H2O??Sn(OH)Cl↓＋HCl　配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠
答案　D
解析　纯碱溶液中由于CO的水解溶液呈碱性，加热时水解程度增大，溶液中
c(OH－)增大，清洗油污能力增强，A对；明矾溶于水，Al3＋发生水解生成Al(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮物，B对。
7．下列溶液中，各组离子可能大量共存的是 (　　)
A．pH＝7的溶液中：K＋、Fe3＋、Cl－、NO
B．强酸性溶液中：Cu2＋、ClO－、Cl－、Ba2＋
C．0.1 mol·L－1 的NaHCO3溶液中：K＋、Al3＋、Fe3＋、NO
D．由水电离出的c(H＋)＝10－13 mol·L－1的溶液中：Al3＋、K＋、NO、SO
答案　D
解析　选项A中Fe3＋沉淀完全时的pH<7，Fe3＋在pH＝7的溶液中会生成Fe(OH)3
沉淀，不能大量存在；B项ClO－在强酸性溶液中不可能大量存在；C项Al3＋、
Fe3＋与HCO不能大量共存；D项溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性条件下能大量共存。
8．广义的水解观认为，无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，下列说法不正确的是 (　　)
A．CaO2的水解产物是Ca(OH)2和H2O2
B．NaClO的水解产物之一是HClO
C．PCl3的水解产物是PH3和HClO
D．Mg3N2水解生成NH3和Mg(OH)2
答案　C
解析　根据题意，广义水解观中水解时的各元素化合价不变，各物质和水分别解离成两部分，然后带正电的部分与带负电的部分两两组合成新物质，而C中氯原子带负电，应与H＋结合，磷原子带正电，应与OH－结合，该项错误。
9．下列说法中正确的是 (　　)
A．碳酸氢钠溶液中：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H2CO3)
B．常温下氨水与(NH4)2SO4溶液混合后，若溶液中c(NH)∶c(SO)＝2∶1，则该溶液pH＝7
C．硫酸铜、硫酸铝溶液与硫化钠溶液混合，都会生成氢氧化物沉淀
D．配制氯化铁溶液时，往往加入少量稀盐酸，并加入少量铁粉
答案　B
解析　A项碳酸氢钠溶液显碱性，HCO的水解程度大于电离程度，所以c(H2CO3)>c(CO)，A项错误；B项根据电荷守恒知，c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，c(NH)∶c(SO)＝2∶1即c(NH)＝2c(SO)，则c(H＋)＝c(OH－)，常温下混合溶液pH＝7，B项正确；C选项错误，硫酸铜与硫化钠溶液反应生成硫化铜黑色沉淀；D选项错误，不能加入铁粉。
10．含有一定量CH3COOH和CH3COONa的水溶液可作缓冲溶液，在此溶液中加入少量的强碱或强酸，溶液的pH几乎不变，这可由下列离子方程式来说明。加入酸时，CH3COO－＋H＋??CH3COOH；加入碱时，CH3COOH＋OH－??CH3COO－＋H2O。CH3COOH和CH3COO－大量共存，溶液中的c(H＋)与c(OH－)基本保持不变。
(1)含有一定量的NH3·H2O和NH4Cl的溶液也具有缓冲作用，写出在此溶液中加入酸或碱时发生反应的离子方程式。
加入酸时，____________________________________________________________。
加入碱时，____________________________________________________________。
(2)请举出可形成缓冲溶液的一组物质：___________________________________。
答案　(1)NH3·H2O＋H＋===NH＋H2O　NH＋OH－===NH3·H2O　(2)Na2CO3和NaHCO3(合理即可)
解析　在NH3·H2O和NH4Cl的混合溶液中，存在大量NH和NH3·H2O。当加入酸时，NH3·H2O与H＋发生反应生成NH和H2O；当加入碱时，NH与OH－结合生成NH3·H2O。
11．CO2可转化成有机物实现碳循环：CO2CH3OHHCOOH……
(1)用离子方程式表示HCOONa溶液呈碱性的原因_________________________，
写出该反应的平衡常数(Kh)表达式：Kh＝____________，升高温度，Kh__________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)常温下，将0.2 mol·L－1的HCOOH和0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH<7，说明HCOOH的电离程度________HCOONa的水解程度(填“大于”或“小于”)。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______________。
答案　(1)HCOO－＋H2O??HCOOH＋OH－　　增大
(2)大于　c(HCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
解析　(2)溶液混合后为浓度相等的HCOOH和HCOONa，溶液显酸性，所以HCOOH??HCOO－＋H＋的程度大于HCOO－＋H2O??HCOOH＋OH－，依据电荷守恒c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，可比较离子浓度大小。
12．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
实验编号 HA物质的量浓度(mol·L－1) NaOH物质的量浓度(mol·L－1) 混合溶液的pH
① 0.1 0.1 pH＝9
② c 0.2 pH＝7
③ 0.2 0.1 pH<7
请回答：
(1)从①组情况分析，HA是________(“强酸”或“弱酸”)。
(2)②组情况表明，c________(选填“大于”、“小于”或“等于”)0.2。混合液中离子浓度c(A－)与c(Na＋)的大小关系是________。
(3)从③组实验结果分析，说明HA的电离程度________(选填“大于”、“小于”或“等于”)NaA的水解程度，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是______________。
(4)①组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝____________mol·L－1。写出该
混合溶液中下列算式的结果(不能作近似计算)。
c(Na＋)－c(A－)＝________mol·L－1；
c(OH－)－c(HA)＝________mol·L－1。
答案　(1)弱酸
(2)大于　c(A－)＝c(Na＋)
(3)大于　c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
(4)10－5　10－5－10－9　10－9
解析　一元酸HA和NaOH溶液等体积等浓度混合后所得溶液的pH＝9>7，所以HA为弱酸，那么②中的c(HA)>0.2 mol·L－1，由于溶液的pH＝7，即c(H＋)＝
c(OH－)，由电荷守恒可知c(A－)＝c(Na＋)。(3)在等浓度的NaA和HA的混合溶液中，pH<7，说明HA的电离程度大于A－的水解程度。由电荷守恒可知溶液中离子浓度的大小关系。(4)①组由水电离出的c(OH－)＝ mol·L－1＝10－5 mol·L－1，由于c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，所以c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－5 mol·L－1－10－9 mol·L－1＝(10－5－10－9) mol·L－1；由物料守恒c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，两个守恒结合可得c(OH－)－c(HA)＝c(H＋)＝10－9 mol·L－1。
13．NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：
(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是____________________________________
__________________________(用必要的化学用语和相关文字说明)。
(2)相同条件下，0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2中c(NH)________(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1 mol·L－1NH4HSO4中c(NH)。
(3)如图是0.1 mol·L－1电解质溶液的pH随温度变化
的图像。
①其中符合0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2的pH随温度变
化的曲线是________(填写字母)，导致pH随温度变
化的原因是_______________________________；
②20 ℃时，0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2中2c(SO)－
c(NH)－3c(Al3＋)＝________。
(4)室温时，向100 mL 0.1 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：
试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是____________；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是________________________________。
答案　(1)Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水
(2)小于
(3)①Ⅰ　NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小　
②10－3mol·L－1
(4)a　c(Na＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)
解析　Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即：Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降。NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH均发生水解，但NH4Al(SO4)2中Al3＋水解呈酸性抑制NH水解，HSO电离出H＋同样抑制NH水解，因为HSO电离生成的H＋浓度比Al3＋水解生成的H＋浓度大，所以NH4HSO4中NH水解程度比NH4Al(SO4)2中的小。NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为Ⅰ。根据电荷守恒，可以求出2c(SO)－c(NH)－3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－3mol·L－1(c(OH－)太小，可忽略)。a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H＋，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离，a点水的电离程度最大。b点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分，a点时c(Na＋)＝c(SO)，b点时c(Na＋)>c(SO)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO)>c(NH)，故c(Na＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)。
14．10 ℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度(℃) 10 20 30 加热煮沸后冷却到50 ℃
pH 8.3 8.4 8.5 8.8
(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为________________________________________________。
乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3。
(2)丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为，只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则__________(填“甲”或“乙”)的判断正确。试剂X是________。
A．Ba(OH)2溶液 B．BaCl2溶液
C．NaOH溶液 D．澄清的石灰水
(3)将加热后的溶液冷却到10 ℃，若溶液的pH________(填“高于”、“低于”或“等于”)8.3，则________(填“甲”或“乙”)的判断正确。
(4)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150 ℃，丙断言________(填“甲”或“乙”)的判断是错误的，理由是________________________________________。
答案　(1)HCO＋H2O??H2CO3＋OH－　大于
(2)乙　B　(3)等于　甲(或高于　乙)
(4)乙　常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液温度达不到150 ℃
解析　(1)HCO水解的离子方程式为HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，当NaHCO3分解生成Na2CO3，且Na2CO3的水解程度大于NaHCO3时，乙同学的判断才是正确的。
(2)Na2CO3和NaHCO3溶液都能和Ba(OH)2、Ca(OH)2溶液反应产生白色沉淀，和NaOH溶液混合都无明显现象，BaCl2和Na2CO3产生白色沉淀，和NaHCO3溶液不反应，则加入BaCl2溶液，若产生沉淀，说明乙正确。
(3)10 ℃时溶液的pH＝8.3，则溶液为NaHCO3，若pH高于8.3，则溶液为Na2CO3溶液或Na2CO3和NaHCO3的混合液，因为Na2CO3水解程度大。加热后冷却到10 ℃，若pH高于8.3，说明NaHCO3分解生成Na2CO3和CO2，CO2挥发，冷却后pH升高，乙正确；若pH等于8.3，说明升、降温只影响了HCO的水解平衡，甲正确。
(4)常压下加热NaHCO3的水溶液温度不可能达到150 ℃，所以乙的判断是错误的。第1讲　弱电解质的电离平衡
[考纲要求]　1.了解电解质在水溶液中的电离以及电解质溶液的导电性。2.了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。3.了解电离平衡常数。
考点一　弱电解质的电离平衡
1．弱电解质
(1)概念
(2)与化合物类型的关系
强电解质主要是大部分离子化合物及某些共价化合物。弱电解质主要是某些共价化合物。
2．弱电解质的电离平衡
(1)电离平衡的建立
在一定条件下(如温度、压强等)，当弱电解质电离的速率和离子结合成分子的速率相等时，电离过程达到了平衡。
(2)电离平衡的特征
(3)外界条件对电离平衡的影响
①内因：弱电解质本身的性质。
②外因：
a．温度：升高温度，电离平衡向电离方向移动，电离程度增大，原因是电离过程吸热。
b．浓度：加水稀释，使弱电解质的浓度减小，电离平衡向电离的方向移动，电离程度增大。
c．同离子效应：例如向CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，溶液中
c(CH3COO－)增大，CH3COOH的电离平衡向左(填“左”或“右”)移动，电离程度减小，c(H＋)减小，pH值增大。
(4)电离过程是可逆过程，可直接用化学平衡移动原理去分析电离平衡。以0.1
mol·L－1 CH3COOH溶液为例：CH3COOH??CH3COO－＋H＋(正向吸热)。
实例(稀溶液) CH3COOH??H＋＋CH3COO－　ΔH>0
改变条件 平衡移动方向 n(H＋) c(H＋) 导电能力 Ka
加水稀释 → 增大 减小 减弱 不变
加入少量冰醋酸 → 增大 增大 增强 不变
加HCl(g) ← 增大 增大 增强 不变
加NaOH(s) → 减小 减小 增强 不变
加入镁粉 → 减小 减小 增强 不变
升高温度 → 增大 增大 增强 增大
深度思考
1．电离平衡右移，电解质分子的浓度一定减小吗？离子的浓度一定增大吗？
答案　都不一定。如对于CH3COOH??CH3COO－＋H＋平衡后，加入冰醋酸，c(CH3COOH)增大，平衡右移，根据勒夏特列原理，只能“减弱”而不能“消除”，再次平衡时，c(CH3COOH)比原平衡时大；加水稀释或加少量NaOH固体，都会引起平衡右移，但c(CH3COOH)、c(H＋)都比原平衡时要小。
2．稀释一弱电解质溶液时，所有粒子浓度都会减小吗？
答案　对于弱酸或弱碱溶液，只要对其稀释，电离平衡均会发生右移，例如HA溶
液稀释时，c(HA)、c(H＋)、c(A－)均减小(参与平衡建立的微粒)；平衡右移的目的是
为了减弱c(H＋)、c(A－)的减小，但c(OH－)会增大。
3．下列溶液中所含微粒种类由大到小的顺序是________。
A．氨水 B．氯水
C．硫酸氢钠溶液 D．盐酸
答案　BACD
解析　氨水：NH3、H2O、NH3·H2O、NH、OH－、H＋共6种；氯水：H2O、Cl2、HClO、H＋、Cl－、ClO－、OH－共7种；NaHSO4溶液：H2O、Na＋、H＋、SO、
OH－共5种；盐酸：H＋、Cl－、OH－、H2O共4种。
4．下列说法不正确的是________。
①BaSO4难溶于水，其属于弱电解质　②强电解质的导电能力一定比弱电解质的导电能力强　③弱电解质一定是共价化合物　④氨气溶于水，当c(OH－)＝c(NH)时，表明氨水电离处于平衡状态　⑤由0.1 mol·L－1一元碱BOH的pH＝10，可知溶液存在BOH===B＋＋OH－
答案　①②③④⑤
解析　①BaSO4虽难溶于水，但溶解的部分完全电离，所以BaSO4是强电解质；②强电解质溶液中的离子浓度不一定大于弱电解质中的离子浓度；③某些离子化合物是弱电解质，如(CH3COO)2Pb等；④NH3＋H2O??NH3·H2O??NH＋OH－，氨水电离出的c(OH－)与c(NH)永远相等，不能表明氨水电离处于平衡状态；⑤由于
OH－的浓度小于0.1 mol·L－1，所以BOH应属于弱碱，应为BOH??B＋＋OH－。
题组一　条件改变时电离平衡移动结果的判断
1．(2012新课标全国卷，10)将浓度为0.1 mol·L－1 HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是 (　　)
A．c(H＋) B．Ka(HF)
C. D.
答案　D
解析　HF为弱酸，存在电离平衡：HF??H＋＋F－。根据勒夏特列原理：当改变影响平衡的一个条件，平衡会向着能够减弱这种改变的方向移动，但平衡的移动不能完全消除这种改变，故加水稀释，平衡正向移动，但c(H＋)减小，A错误；电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，电离平衡常数Ka不变，B错误；当溶液无限稀释时，c(F－)不断减小，但c(H＋)接近10－7 mol·L－1，所以减小，C错误；＝，由于加水稀释，平衡正向移动，所以溶液中n(H＋)增大，n(HF)减小，所以增大，D正确。
2．(2013上海，17)将100 mL 1 mol·L－1 的NaHCO3溶液等分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO)的变化分别是 (　　)
A．减小、减小 B．减小、增大
C．增大、增大 D．增大、减小
答案　B
解析　在NaHCO3溶液中存在如下电离平衡，HCO??H＋＋CO，当加入少许冰醋酸时，HCO与冰醋酸电离出的H＋反应生成CO2和H2O，上述平衡向左移动，c(CO)减小。当加入少量Ba(OH)2固体时发生如下反应，Ba2＋＋2OH－＋2HCO===BaCO3↓＋CO＋2H2O，因而c(CO)增大。选项B正确。
题组二　选取措施使电离平衡定向移动
3．在CH3COOH溶液中存在如下平衡：CH3COOH??H＋＋CH3COO－。加入少量下列固体物质，能使平衡逆向移动的是 (　　)
A．NaCl B．CH3COONa
C．Na2CO3 D．NaOH
答案　B
4．稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2O??NH＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入适量的物质是 (　　)
①NH4Cl固体　②硫酸　③NaOH固体　④水　⑤加热　⑥加入少量MgSO4固体
A．①②③⑤ B．③⑥
C．③ D．③⑤
答案　C
解析　若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NH)增大，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)减小，①选项不合题意；硫酸中的H＋与OH－反应，使c(OH－)减小，平衡向正反应方向移动，②选项不合题意；当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向逆反应方向移动，符合题意，③项正确；若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向正反应方向移动，但c(OH－)减小，④选项也不合题意；电离属吸热过程，加热平衡向
正反应方向移动，c(OH－)增大，⑤错；加入MgSO4固体发生反应Mg2＋＋2OH－
===Mg(OH)2↓，溶液中c(OH)－减小，⑥错。
考点二　电离平衡常数
1．(1)填写下表
弱电解质 电离方程式 电离常数
NH3·H2O NH3·H2O??NH＋OH－ Kb＝1.7×10－5
CH3COOH CH3COOH??CH3COO－＋H＋ Ka＝1.7×10－5
HClO HClO??H＋＋ClO－ Ka＝4.7×10－8
(2)CH3COOH酸性大于HClO酸性(填“大于”、“小于”或“等于”)，判断的依据：相同条件下，电离常数越大，电离程度越大，c(H＋)越大，酸性越强。
(3)电离平衡常数的意义：弱酸碱的电离平衡常数能够反映酸碱性的相对强弱。电离平衡常数越大，电离程度越大。多元弱酸的电离以第一步电离为主，各级电离平衡常数的大小差距较大。
(4)外因对电离平衡常数的影响：电离平衡常数与其他化学平衡常数一样只与温度有关，与电解质的浓度无关，升高温度，K值增大，原因是电离是吸热过程。
2．碳酸是二元弱酸
(1)电离方程式是H2CO3??H＋＋HCO，HCO??H＋＋CO。
(2)电离平衡常数表达式：Ka1＝，Ka2＝。
(3)比较大小：Ka1>Ka2。
深度思考
1．H2CO3的电离平衡常数Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11，它的Ka1、Ka2差别很大的原因(从电离平衡的角度解释)：________________________________________。
答案　第一步电离产生的H＋对第二步的电离起抑制作用
2．在Na2CO3中加醋酸产生CO2气体，试从电离平衡常数的角度解释原因：___________。
答案　K(CH3COOH)＝1.7×10－5 mol·L－1；K(H2CO3)＝4.3×10－7 mol·L－1。醋酸的电离平衡常数大，酸性强，较强的酸可制备较弱的酸。
题组一　影响电离平衡常数的因素及其应用
1．25 ℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
电离平衡常数 1.7×10－5 K1＝4.3×10－7 K2＝5.6×10－11 3.0×10－8
请回答下列问题：
(1)CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为
_____________________________________________________________________。
(2)同浓度的CH3COO－、HCO、CO、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为______________________________________________________________________。
(3)物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的下列四种物质的溶液：a.Na2CO3，b.NaClO，c.CH3COONa，d.NaHCO3，pH由大到小的顺序是____________(填编号)。
(4)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填序号)。
A．c(H＋)
B．c(H＋)/c(CH3COOH)
C．c(H＋)·c(OH－)
D．c(OH－)/c(H＋)
E.
若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据增大的是_________________________。
(5)体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加
水稀释至1 000 mL，稀释过程中pH变化如图所示，则
HX的电离平衡常数______(填“大于”、“等于”或
“小于”)醋酸的电离平衡常数；理由是_____________
_____________________________________________，
稀释后，HX溶液中由水电离出来的c(H＋)________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸溶液中由水电离出来的c(H＋)，理由是____________________________。
答案　(1)CH3COOH>H2CO3>HClO
(2)CO>ClO－>HCO>CH3COO－
(3)a>b>d>c
(4)A　ABCE
(5)大于　稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，酸性强，电离平衡常数大　大于　HX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中的c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，所以其对水电离的抑制能力也较弱
解析　电离平衡常数越大，酸性越强，电离平衡常数越小，其对应酸根离子结合
H＋能力越强，水解程度越大，碱性越强。
(4)醋酸是弱电解质，稀释后电离程度增大，但CH3COOH、CH3COO－、H＋的浓度却都减小，c(OH－)却是增大的，且CH3COOH的浓度减小最多。升温时，促进电离，Kw、Ka均增大，c(H＋)增大，c(H＋)/c(CH3COOH)增大，c(OH－)/c(H＋)减小。
(5)根据图像分析知道，起始是两种溶液中c(H＋)相同，c(较弱酸)>c(较强酸)，稀释过程中较弱酸的电离程度增大，故在整个稀释过程中较弱酸的c(H＋)一直大于较强酸的c(H＋)，稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离平衡常数大；HX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，所以对水的抑制能力减弱。
　　　　　
题组二　有关电离平衡常数的定量计算
2．已知室温时，0.1 mol·L－1某一元酸HA在水中有1.0%电离，此酸的电离平衡常数为____________。
答案　10－5 mol·L－1
解析　HA??H＋＋A－
0.1－x x x
x＝0.1×1.0%＝10－3 mol·L－1
Ka＝＝＝10－5。
3．碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3??HCO＋H＋的平衡常数K1＝________。(已知：10－5.60＝2.5×
10－6)
答案　4.2×10－7
解析　H2CO3??H＋＋HCO
K1＝＝＝4.2×10－7。
考点三　强酸与弱酸的比较
浓度均为0.01 mol·L－1的强酸HA与弱酸HB pH均为2的强酸HA与弱酸HB
pH或物质的量浓度 2＝pHHA开始与金属反应的速率 HA>HB HA＝HB
体积相同时与过量的碱反应时消耗碱的量 HA＝HB HA体积相同时与过量活泼金属反应产生H2的量 HA＝HB HAc(A－)与c(B－)大小 c(A－)>c(B－) c(A－)＝c(B－)
分别加入固体NaA、NaB后pH变化 HA：不变
HB：变大 HA：不变
HB：变大
加水稀释10倍后 3＝pHHApHHB>2
溶液的导电性 HA>HB HA＝HB
水的电离程度 HA题组一　强酸与弱酸的比较
1．今有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是 (　　)
序号 ① ② ③ ④
pH 11 11 3 3
溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸
A.③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B．②③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H＋)＞c(OH－)
C．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH①＞②＞④＞③
D．V1L④与V2L①溶液混合后，若混合后溶液pH＝7，则V1＜V2
答案　D
解析　醋酸钠溶液显碱性，所以A正确，也可以从平衡移动角度分析，CH3COONa电离出的CH3COO－：a.与盐酸中的H＋结合生成CH3COOH；b.使醋酸中平衡CH3COOH??CH3COO－＋H＋左移，两溶液中H＋浓度均减小，所以pH均增大。B项，假设均是强酸强碱，且物质的量浓度相同，等体积混合后溶液呈中性，但③醋酸是弱酸，其浓度远远大于②，即混合后醋酸过量，溶液显酸性c(H＋)>c(OH－)，B正确。分别加水稀释10倍，假设平衡不移动，那么①②溶液的pH均为10，但稀释氨水使平衡NH3·H2O??NH＋OH－右移，使①pH>10，同理醋酸稀释后pH<4，所以C正确。假设均是强酸强碱，混合后溶液呈中性，V1＝V2，但①氨水是弱碱，其浓度远远大于④盐酸，所以需要的①氨水少，即V1>V2，D错误。
2．在一定温度下，有a.盐酸　b．硫酸　c．醋酸三种酸：
(1)当三种酸物质的量浓度相同时，c(H＋)由大到小的顺序是________________。
(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH的能力由大到小的顺序是______________。
(3)若三者c(H＋)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序是________________。
(4)当三者c(H＋)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是____________。
(5)当三者c(H＋)相同且体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系为____________，反应所需时间的长短关系是__________。
(6)将c(H＋)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H＋)由大到小的顺序是_____________________________________________________________________。
答案　(1)b>a>c　(2)b>a＝c　(3)c>a>b(或c>a＝2b)
(4)c>a＝b　(5)a＝b＝c　a＝b>c　(6)c>a＝b
解析　解答本题要注意以下三点：
(1)HCl、H2SO4都是强酸，但H2SO4是二元酸。
(2)CH3COOH是弱酸，在水溶液中不能完全电离。
(3)醋酸溶液中存在CH3COOH??CH3COO－＋H＋的电离平衡。
题组二　判断弱电解质的方法
3．为了证明醋酸是弱电解质，甲、乙、丙、丁四人分别选用下列试剂进行实验：0.1
mol·L－1醋酸溶液、0.1 mol·L－1盐酸、pH＝3的盐酸、pH＝3的醋酸、CH3COONa晶体、NaCl晶体、CH3COONH4晶体、蒸馏水、锌粒、pH试纸、酚酞、NaOH溶液等。
(1)甲取出10 mL的醋酸溶液，用pH试纸测出其pH＝a，确定醋酸是弱电解质，则a应该满足的关系是____________________________________________________，
理由是______________________________________________________________。
(2)乙将pH＝3醋酸和盐酸，各取1 mL，用蒸馏水稀释到100 mL，然后用pH试纸
分别测定两溶液的pH，则可认定醋酸是弱电解质，判断的依据是________________________________________________________________。
(3)丙分别取pH＝3的盐酸和醋酸10 mL，然后分别加入质量相同的锌粒，醋酸放出H2的速率快，则认定醋酸是弱电解质，你认为这一方法正确吗？________________
_____________________________________________________________________。
(4)丁用CH3COONa晶体、NaCl晶体、蒸馏水和酚酞试验，也论证了醋酸是弱酸的事实，该同学的试验操作和现象是
______________________________________________________________________。
答案　(1)a>1　因醋酸是弱酸，不能完全电离　(2)盐酸的pH＝5，醋酸的pH<5　(3)正确。由于醋酸是弱酸，随着反应的进行，醋酸不断电离，c(H＋)变化小，产生H2的速率醋酸比盐酸快　(4)配制CH3COONa、NaCl溶液，分别滴入酚酞试液，CH3COONa溶液变浅红色，NaCl溶液不变色
4．下列事实中一定不能证明CH3COOH是弱电解质的是 (　　)
①常温下某CH3COONa溶液的pH＝8
②用CH3COOH溶液做导电实验，灯泡很暗
③等pH、等体积的盐酸、CH3COOH溶液和足量锌反应，CH3COOH放出的氢气较多
④0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液的pH＝2.1
⑤CH3COONa和H3PO4反应，生成CH3COOH
⑥0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液稀释100倍，pH<3
A．② B．②⑤
C．①③⑤ D．③④⑤⑥
答案　A
解析　①中证明CH3COO－能水解，溶液呈碱性，证明CH3COOH为弱酸；②中未能指明浓度，也没有参照物，不能说明问题；③说明电离前n(CH3COOH)>n(盐酸)，故CH3COOH的电离程度比盐酸小，属弱电解质；④中说明c(H＋)1．判断弱电解质的三个思维角度
角度一：弱电解质的定义，即弱电解质不能完全电离，如测0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液的pH>1。
角度二：弱电解质溶液中存在电离平衡，条件改变，平衡移动，如pH＝1的CH3COOH加水稀释10倍1角度三：弱电解质形成的盐类能水解，如判断CH3COOH为弱酸可用下面两个现象：
(1)配制某浓度的醋酸钠溶液，向其中加入几滴酚酞试液。现象：溶液变为浅红色。
(2)用玻璃棒蘸取一定浓度的醋酸钠溶液滴在pH试纸上，测其pH。现象：pH>7。
2．搭建思维平台
我们在做有关强酸、弱酸、强碱、弱碱的试题时，不妨用假设法给自己搭建一个平台，用这个平台进行分析。如题1中的C选项，分别加水稀释10倍，假设平衡不移动，那么①②溶液的pH均为10，然后再根据平衡移动进行分析；再如D选项，假设均是强酸强碱，则V1＝V2，然后再根据弱碱的电离平衡及浓度进行分析。
1．(·山东理综，15)某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分
别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如右图所示。据
图判断正确的是 (　　)
A．Ⅱ为盐酸稀释时的pH值变化曲线
B．b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C．a点Kw的数值比c点Kw的数值大
D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
答案　B
解析　醋酸在稀释时会继续电离，则在稀释相同体积的盐酸与醋酸的过程中醋酸中的H＋浓度减小得慢、pH小，A项错误；随着稀释体积的增大，溶液中离子浓度在减小，B项正确；温度一定，任何稀的水溶液中的Kw都是一定值， C项错误；由于醋酸是弱酸，要使盐酸和醋酸溶液pH值相同，醋酸的浓度比盐酸大得多，D项错误。
2．(2011大纲全国卷Ⅱ，9)相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是 (　　)
答案　C
解析　强酸完全电离，中强酸部分电离，随着反应地进行，中强酸要继续电离出
H＋，所以溶液②产生氢气的体积多，在相同时间内，②的反应速率比①快。
3．(2013·福建理综，10)常温下0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是 (　　)
A．将溶液稀释到原体积的10倍
B．加入适量的醋酸钠固体
C．加入等体积0.2 mol·L－1盐酸
D．提高溶液的温度
答案　B
解析　醋酸是弱酸，稀释10倍同时也促进了其电离，溶液的pH<(a＋1)，A错误；醋酸根离子水解显碱性，向酸溶液中加入适量碱性溶液可以使pH增大1，B正确；盐酸完全电离，加入盐酸后溶液的pH4．(·天津理综，9)醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOH??H＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是 (　　)
A．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
B．0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(OH－)减小
C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D．常温下pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH<7
答案　B
解析　由电荷守恒可知A项正确；加水稀释，平衡右移，但c(H＋)减小，c(OH－)增大，B项不正确；加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，平衡左移，C项正确；由于CH3COOH是弱酸，pH＝2的CH3COOH其浓度大于0.01 mol·L－1，与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，CH3COOH过量，溶液的pH＜7，D项正确。
5．[2012·山东理综，28(4)]在25 ℃下，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体
积混合，反应平衡时溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液显__________(填“酸”、“碱”
或“中”)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝_______________。
答案　中　
解析　氨水与HCl等体积混合后的溶液中的电荷守恒关系式为c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NH)＝c(Cl－)，故有c(H＋)＝c(OH－)，溶液显中性。
1．下列有关强、弱电解质的叙述正确的是 (　　)
A．强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液的导电性强
B．强电解质的水溶液中不存在溶质分子
C．强电解质都是离子化合物，而弱电解质都是共价化合物
D．不同的弱电解质只要物质的量浓度相同，电离程度也相同
答案　B
解析　本题考查强、弱电解质的区别，意在考查学生对电解质概念的理解。强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液的导电性强，与其浓度有关，故A错误；强电解质也可以是共价化合物，如HCl，故C错误。
2．下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是 (　　)
选项 A B C D
强电解质 Fe NaCl CaCO3 HNO3
弱电解质 CH3COOH NH3 H3PO4 Fe(OH)3
非电解质 蔗糖 BaSO4 酒精 H2O
答案　C
解析　A项，Fe既不是电解质，也不是非电解质；B项，NH3是非电解质，BaSO4是强电解质；D项，H2O是弱电解质，不是非电解质。
3．常温时，0.01 mol·L－1某一元弱酸的电离常数Ka＝10－6，则下列说法正确的是(　　)
A．上述弱酸溶液的pH＝4
B．加入NaOH溶液后，弱酸的电离平衡向右移动，K值增大
C．加入等体积0.01 mol·L－1 NaOH溶液后，所得溶液的pH＝7
D．加入等体积0.01 mol·L－1 NaOH溶液后，所得溶液的pH<7
答案　A
解析　设该一元弱酸为HA：HA??H＋＋A－，则Ka＝＝，求得c(H＋)＝10－4 mol·L－1，故pH＝4。
选项B中K值应不变，C、D项中pH>7。
4．一定温度下，向0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加少量水，下列有关说法错误的是(　　)
A．溶液中所有离子的浓度都减小
B．CH3COOH的电离程度变大
C．水的电离程度变大
D．溶液的pH增大
答案　A
解析　A选项错误，H＋浓度减小，OH－浓度增大；B选项正确，溶液越稀，弱电解质的电离程度越大；C选项正确，酸溶液中OH－主要是由水电离产生的，OH－浓度变大，说明水的电离程度变大；D选项正确，由于H＋浓度减小，故溶液的pH增大。
5．下列关于0.1 mol·L－1氨水的叙述正确的是 (　　)
A．加入少量氯化钠溶液，平衡不移动
B．加入少量NaOH固体，平衡正向移动
C．通入少量氯化氢气体，平衡正向移动
D．加入少量MgSO4固体，抑制NH3·H2O电离
答案　C
解析　A选项错误，加氯化钠溶液相当于加水稀释，促进NH3·H2O电离；B选项错误，氢氧化钠抑制氨水电离；C选项正确，氯化氢溶于水生成盐酸，盐酸与氨水电离出的OH－反应，促进氨水的电离平衡正向移动；D选项错误，镁离子结合OH－，促进氨水电离。
6．室温下，有两种溶液：①0.01 mol·L－1 NH3·H2O溶液、②0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液，下列操作可以使两种溶液中c(NH)都增大的是 (　　)
A．加入少量H2O B．加入少量NaOH固体
C．通入少量HCl气体 D．升高温度
答案　C
解析　加水，两溶液中c(NH)都减小，A错误；加入少量NaOH固体，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，c(NH)减小，NH4Cl中由于发生反应：NH＋OH－===NH3·H2O，会导致c(NH)减小，故B错误；通入少量HCl气体，①中发生酸碱中和反应促进NH3·H2O电离，所以c(NH)增大，②中NH的水解平衡逆向移动，c(NH)亦增大，故C正确；升高温度促进NH的水解，②中NH的浓度减小，故D错误。
7．室温下向10 mL pH＝3的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是 (　　)
A．溶液中导电粒子的数目减少
B．溶液中不变
C．醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大
D．再加入10 mL pH＝11的NaOH溶液，混合液pH＝7
答案　B
解析　本题考查弱电解质的电离平衡，意在考查学生对电离平衡的理解和应用能力。醋酸溶液加水稀释后，CH3COOH的电离程度增大，n(H＋)、n(CH3COO－)增大，A项错误；根据CH3COOH的电离平衡常数Ka＝＝，则有＝，由于温度不变，Ka、Kw均不变，因此不变，B项正确；醋酸加水稀释，电离程度增大，
n(H＋)增大，但c(H＋)减小，C项错误；再加入10 mL pH＝11的NaOH溶液，反应后得到CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，溶液显酸性，pH<7，D项错误。
8．常温时，某一元弱酸的电离常数Ka＝10－6，对于0.01 mol·L－1的该酸下列说法正确的是 (　　)
A．该弱酸溶液的pH＝4
B．加入NaOH溶液后，弱酸的电离平衡向右移动，Ka增大
C．加入等体积的0.01 mol·L－1 NaOH溶液后，所得溶液的pH＝7
D．加入等体积的0.01 mol·L－1 NaOH溶液后，所得溶液的pH<7
答案　A
解析　设该一元弱酸为HA：HA??H＋＋A－，则Ka＝＝＝
10－6，求得c(H＋)＝10－4 mol·L－1，故pH＝4，A项对；Ka应不变，B项错；C、D项中该一元弱酸的钠盐因水解而使溶液呈碱性，pH>7，C、D项错。
9．25 ℃时，弱酸的电离平衡常数如表所示，下列说法正确的是 (　　)
弱酸 CH3COOH HCN H2CO3
Ka 1.8×10－5 4.9×10－10 K1：4.3×10－7 K2：5.6×10－11
A.等物质的量浓度溶液pH关系：pH(NaCN)>pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)
B．a mol·L－1 HCN与b mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后所得溶液中c(Na＋)>c(CN－)，则a一定小于b
C．往冰醋酸中逐滴加水，溶液导电能力先增大，后减小
D．NaHCO3和Na2CO3的混合液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋c(CO)
答案　C
解析　A项，由表中数据可知电离程度大小顺序为CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO，
所以溶液的pH大小顺序为pH(Na2CO3)>pH(NaCN)>pH(CH3COONa)，错；B项，若a＝b，反应生成NaCN，其溶液呈碱性，c(Na＋)>c(CN－)，错；C项，往冰醋酸中逐滴加水时，醋酸的电离程度增大，溶液中的离子浓度也增大，溶液导电能力增大，若继续稀释，则离子浓度将减小，导电能力降低，对；D项，NaHCO3和Na2CO3的混合液中，由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，错。
10．(1)将等质量的Zn粉分别投入：a：10 mL 0.1 mol·L－1 HCl和b：10 mL 0.1 mol·L－1醋酸中。
①若Zn不足量，则反应速率a______b。(填“>”、“＝”或“<”，下同)
②若Zn过量，产生H2的量a______b。
(2)将等质量的Zn粉分别投入pH＝1，体积均为10 mL的a：盐酸和b：醋酸中。
①若Zn不足量，则起始反应速率a______b。
②若Zn过量，产生H2的量a______b。
答案　(1)①>　②＝　(2)①＝　②<
11．一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力变化曲线
如图所示，请回答：
(1)O点为什么不导电：_______________________________。
(2)a、b、c三点溶液的pH由小到大的顺序是______________。
(3)H＋的物质的量最大的是________(填“a”、“b”或“c”)。
(4)若使c点溶液中的c(CH3COO－)增大，可以采取下列措施中的________(填序号)。
A．加热　B．加很稀的NaOH溶液　C．加NaOH固体
D．加水　 E．加CH3COONa固体 F．加入锌粒
答案　(1)无自由移动的离子　(2)b(4)ACEF
解析　(1)冰醋酸中无自由移动的离子，所以在O点时不导电。
(2)pH的大小与c(H＋)有关，pH大则c(H＋)小。溶液的导电能力与离子浓度有关，在醋酸溶液中离子来源于醋酸的电离，醋酸溶液的导电能力越强，说明c(H＋)越大。
(3)溶液稀释过程中，电离平衡向电离方向移动，氢离子的物质的量增大。
(4)若使c(CH3COO－)增大，可以促进CH3COOH的电离平衡向电离方向移动。A、B、C、D、F项均可以达到使电离平衡向电离方向移动的目的。B、D项虽然能使CH3COOH的电离平衡向电离方向移动，但是稀释占据了主导作用，导致
c(CH3COO－)减小，E项中虽然CH3COOH的电离受到抑制，但加入的CH3COO－能使c(CH3COO－)增大。
12．(1)一定温度下，向1 L 0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入0.1 mol CH3COONa固体，
则醋酸的电离平衡向________(填“正”或“逆”)反应方向移动；溶液中
的值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)氨气的水溶液称为氨水，其中存在的主要溶质微粒是NH3·H2O。
已知：a.常温下，醋酸和NH3·H2O的电离平衡常数均为1.74×10－5；
b．CH3COOH＋NaHCO3===CH3COONa＋CO2↑＋H2O。
则CH3COONH4溶液呈________性(填“酸”、“碱”或“中”，下同)，NH4HCO3溶液呈________性，NH4HCO3溶液中物质的量浓度最大的离子是__________(填化学式)。
(3)99 ℃时，Kw＝1.0×10－12，该温度下测得0.1 mol·L－1 Na2A溶液的pH＝6。
①H2A在水溶液中的电离方程式为__________________________________。
②该温度下，将0.01 mol·L－1 H2A溶液稀释到20倍后，溶液的pH＝________。
③体积相等、pH＝1的盐酸与H2A溶液分别与足量的Zn反应，产生的氢气_______。
A．盐酸多 B．H2A多
C．一样多 D．无法确定
④将0.1 mol·L－1 H2A溶液与0.2 mol·L－1氨水等体积混合，完全反应后溶液中各离子浓度从大到小的顺序为
_____________________________________________________________________。
答案　(1)逆　不变
(2)中　碱　NH
(3)①H2A===2H＋＋A2－　②3　③C
④c(NH)>c(A2－)>c(H＋)>c(OH－)
解析　(1)CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOH??CH3COO－＋H＋，加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，平衡左移；CH3COOH的电离平衡常数
K＝，温度不变，电离平衡常数不变，故的值不变。
(2)弱酸弱碱盐溶液酸碱性的判断要注意对应的弱酸和弱碱的电离平衡常数的大小，电离平衡常数越大，其对应离子水解的程度越小。
(3)99 ℃时，Kw＝1.0×10－12，该温度下测得0.1 mol·L－1 Na2A溶液的pH＝6，故H2A为强酸，在水溶液中完全电离。
13．已知：CH3COOH??CH3COO－＋H＋达到电离平衡时，电离平衡常数可以表示为Ka＝；CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－达到水解平衡时，水解平衡常数可以表示为Kh＝(式中各粒子浓度均为平衡时浓度)。
(1)对于任意弱电解质来讲，其电离平衡常数Ka、对应离子的水解常数Kh以及水的离子积常数Kw的关系是______________________，由此可以推断，弱电解质的电离程度越小，其对应离子的水解程度____________。
(2)由于CH3COOH的电离程度很小，计算时可将CH3COOH的平衡浓度看成是CH3COOH溶液的浓度，则c mol·L－1的CH3COOH溶液中c(H＋)＝________(不为0)。
(3)现用某未知浓度(设为c′)的CH3COOH溶液及其他仪器、药品，通过实验测定一定温度下CH3COOH的电离平衡常数，需测定的数据有(用简要的文字说明)：
①实验时的温度；
②__________________________________________________________________；
③用____________(填一种实验方法)测定溶液浓度c′。
答案　(1)Ka·Kh＝Kw　越大　(2) mol·L－1　(3)②溶液的pH　③酸碱中和滴定
解析　第(2)题中强调c(H＋)不为0是为了防止有的学生从“计算时可将CH3COOH的平衡浓度看成是CH3COOH溶液的浓度”得到“CH3COOH不电离”的错误结论。由于CH3COOH电离出的CH3COO－与H＋浓度近似相等，平衡时c(CH3COOH)又可看成是CH3COOH溶液的浓度c，则Ka＝[c(H＋)]2/c，c(H＋)＝ mol·L－1。
(3)要测定Ka，则必须要分别用pH换算c(H＋)和用酸碱中和滴定的方法测定c′。
14．为了证明一水合氨(NH3·H2O)是弱电解质，甲、乙、丙三人分别选用下列试剂进行实验：0.010 mol·L－1氨水、0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液、NH4Cl晶体、酚酞试液、pH试纸、蒸馏水。
(1)甲用pH试纸测出0.010 mol·L－1氨水的pH为10，则认定一水合氨是弱电解质，你认为这一方法是否正确？________(填“正确”或“不正确”)，并说明理由______________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
(2)乙取出10 mL 0.010 mol·L－1氨水，用pH试纸测其pH＝a，然后用蒸馏水稀释至1 000 mL，再用pH试纸测其pH＝b，若要确认NH3·H2O是弱电解质，则a，b值应满足什么关系？________(用“等式”或“不等式”表示)。
(3)丙取出10 mL 0.010 mol·L－1氨水，滴入2滴酚酞试液，显粉红色，再加入少量NH4Cl晶体，颜色变________(填“深”或“浅”)。你认为这一方法能否证明NH3·H2O是弱电解质？________(填“能”或“否”)，并说明原因：______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(4)请你根据所提供的试剂，再提出一个合理又简便的方案证明NH3·H2O是弱电解
质：__________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
答案　(1)正确　若是强电解质，则0.010 mol·L－1氨水中c(OH－)应为0.01 mol·L－1，pH＝12
(2)a－2＜b＜a
(3)浅　能　0.010 mol·L－1氨水(滴有酚酞试液)中加入氯化铵晶体后颜色变浅，有两种可能：一是氯化铵在水溶液中电离出的NH水解使溶液显酸性，加入氨水中使其pH降低；二是NH使NH3·H2O的电离平衡NH3·H2O??NH＋OH－逆向移动，从而使溶液的pH降低。这两种可能均证明NH3·H2O是弱电解质
(4)取一张pH试纸，用玻璃棒蘸取0.1 mol·L－1NH4Cl溶液，滴在pH试纸上，显色后跟标准比色卡比较测出pH，pH＜7(方案合理即可)
解析　(1)若NH3·H2O是强电解质，则0.010 mol·L－1氨水中c(OH－)应为0.010
mol·L－1，pH＝12。用pH试纸测出0.010 mol·L－1氨水的pH为10，说明NH3·H2O没有完全电离，应为弱电解质。
(2)若NH3·H2O是强电解质，用蒸馏水稀释至1 000 mL，其中pH＝a－2。因为NH3·H2O是弱电解质，不能完全电离，a、b应满足a－2＜b＜a。
(3)向0.010 mol·L－1氨水中加入少量NH4Cl晶体，有两种可能：一是氯化铵在水溶液中电离出的NH水解使溶液显酸性，加入氨水中使其pH降低；二是NH使NH3·H2O的电离平衡NH3·H2O??NH＋OH－逆向移动，从而使溶液的pH降低，这两种可能均会使溶液颜色变浅，可证明NH3·H2O是弱电解质。
(4)NH4Cl为强酸弱碱盐，只需检验NH4Cl溶液的酸碱性，即可证明NH3·H2O是弱电解质，还是强电解质。大题冲关滚动练之八——电解质溶液的图表类综合题
1．pC类似于pH，是指极稀溶液中的溶质浓度的常用对数的负值。如某溶液中某溶质的浓度为1×10－3 mol·L－1，则该溶液中该溶质的pC＝－lg(1×10－3)＝3。如图为25 ℃时H2CO3溶液的pC—pH图。请回答下列问题(若离子浓度小于10－5 mol·L－1，可认为该离子不存在)：
(1)在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO________(填“能”或“不能”)大量共存。
(2)当pH＝7时，溶液中含碳元素的主要微粒的物质的量浓度的大小关系为________。
(3)H2CO3一级电离平衡常数的数值Ka1≈__________。
(4)解释pH<5的溶液中H2CO3的pC总是约等于3的原因是____________________。
(5)人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系(H2CO3/HCO)可以抵消少量酸或碱，维持pH≈7.4。当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的c(H＋)/c(H2CO3)最终将_____。
A．变大 B．变小
C．基本不变 D．无法判断
答案　(1)不能
(2)c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)
(3)10－6　(4)当pH<5时，此溶液是碳酸的饱和溶液
(5)A
解析　(1)根据图像推断三种离子不能大量共存，如当pH＝4时，c(HCO)达不到
10－5 mol·L－1，而CO的浓度更小。
(2)根据图像，当pH＝7时，c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)。
(3)H2CO3??H＋＋HCO。当c(H＋)＝10－7 mol·L－1时，c(HCO)＝10－3 mol·L－1，c(H2CO3)＝10－4 mol·L－1，所以Ka1＝＝10－6。
(4)当pH<5时，碳酸为饱和溶液。
(5)当过量的酸进入血液中时，HCO和H＋结合生成H2CO3，由于c(H＋)增大更多，所以c(H＋)/c(H2CO3)将变大。
2．高铁酸钾(K2FeO4)具有极强的氧化性，是一种优良的水处理剂。
(1)请完成FeO与水反应的离子方程式：4FeO＋10H2O??4Fe(OH)3＋8OH－＋
______。K2FeO4在处理水的过程中所起的作用是________和________。
(2)将适量K2FeO4配制成c(FeO)＝1.0 mmol·L－1的试样，将试样分别置于20 ℃、
30 ℃、40 ℃和60 ℃的恒温水浴中，测定c(FeO)的变化，结果见图Ⅰ。第(1)题中的反应为FeO变化的主反应，则温度对该反应的反应速率和平衡移动的影响是__________；发生反应的ΔH________0。
(3)FeO在水溶液中的存在形态如图Ⅱ所示。下列说法正确的是______(填字母)。
A．不论溶液酸碱性如何变化，铁元素都有4种存在形态
B．向pH＝2的这种溶液中加KOH溶液至pH＝10，HFeO的分布分数先增大后减小
C．向pH＝8的这种溶液中加KOH溶液，发生反应的离子方程式为H2FeO4＋OH－===HFeO＋H2O
(4)H2FeO4??H＋＋HFeO的电离平衡常数表达式为K＝______________________。
答案　(1)3O2　杀菌消毒　 吸附(净水)(或其他合理答案)
(2)温度升高，反应速率加快，平衡向正反应方向移动(或其他合理答案)　>　(3)B
(4)
3．滴定分析法又叫容量分析法，是一种重要的定量分析法。这种方法是将一种已知准确浓度的试剂通过滴定管滴加到被测物质的溶液中，直到所加试剂与被测物质恰好完全反应，然后求出被测物质的组分含量。酸碱中和滴定是重要的滴定分析实验。
Ⅰ.(1)现用已知浓度的NaOH溶液，用中和滴定法去测定未知浓度的CH3COOH溶液，实验步骤如下，请填写有关内容：
①将酸式滴定管洗净后，每次用3～4 mL待测醋酸溶液润洗2～3次，然后加入待测
醋酸至0刻度以上。把滴定管夹在滴定管夹上，转动活塞，放出少量溶液，使滴定管
______________，并使液面达到____________，记录初读数。
②用相似的方法在碱式滴定管中加入标准NaOH溶液，并调节好液面。
③在酸式滴定管内取V mL的待测醋酸移到洗净的锥形瓶中，加2～3滴________作指示剂。
④用标准NaOH溶液滴定待测醋酸。左手__________________，向锥形瓶中慢慢滴加NaOH溶液，右手轻轻摇动锥形瓶，两眼注视__________，当溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，表示达到滴定终点，记录终读数。
⑤重复上述实验步骤。
(2)指示剂的选择一般根据滴定突跃，其选择标准是__________________________。
(3)已知标准NaOH溶液的浓度为0.100 0 mol·L－1，所取待测醋酸的体积V均为20.00 mL。实验过程记录的数据如下表，求待测醋酸的物质的量浓度__________。
滴定前 第一次终点 第二次终点 第三次终点
碱式滴定管液面刻度 0.10 mL 19.12 mL 18.15 mL 19.08 mL
Ⅱ.(1)DIS数字化信息系统因为可以准确测量溶液的pH而在中和滴定的研究中应用越来越广泛深入。某学习小组利用DIS系统测定NaOH滴定同浓度HCl、CH3COOH的pH变化曲线分别如下，你能从中得到的信息有(写出2条信息)：
①_____________________________________________________________________；
②_____________________________________________________________________。
(2)下图是NaOH滴定磷酸的pH变化曲线图，已知曲线右端NaOH已过量。
①写出第一次滴定突跃前反应的离子方程式_______________________________
_____________________________________________________________________；
②你认为曲线中没有第三个突跃的可能原因是________。
A．磷酸是二元酸，只有二个突跃
B．到第二个突跃后，溶液碱性已较强，滴定过程中溶液碱性变化不大了
C．磷酸浓度不够大，不能出现第三个突跃
D．NaOH溶液量不足，在第三个突跃前已消耗完
E．第三次滴定突跃范围太窄，不明显
答案　Ⅰ.(1)①尖嘴内充满溶液　0或0刻度以下　③酚酞溶液　④挤压碱式滴定管玻璃球　锥形瓶中溶液颜色的变化
(2)指示剂的变色范围在滴定突跃范围内
(3)0.095 00 mol·L－1
Ⅱ.(1)①起点pH不同，盐酸的小，醋酸的大　②均有一个pH突跃　③盐酸中开始pH上升慢，突跃前突然变快，醋酸中开始pH上升快，突跃前pH上升变慢(任选两条)
(2)①H3PO4＋OH－===H2PO＋H2O　②BE
解析　Ⅰ.(1)在调整滴定管液面时，应注意使尖嘴部分充满液体，并使液面在“0”刻度或“0”刻度以下某个位置。选择指示剂时，应注意变色灵敏，且使变色范围在滴定突跃范围内。
(3)由于V1＝19.12 mL－0.10 mL＝19.02 mL、V2＝18.15 mL－0.10 mL＝18.05 mL、V3＝19.08 mL－0.10 mL＝18.98 mL，所以V2舍去。所用NaOH溶液体积平均值为V＝＝19.00 mL，c(CH3COOH)＝
＝0.095 00 mol·L－1。
Ⅱ.(1)根据滴定曲线可知，盐酸和醋酸的pH值不同，盐酸小，醋酸大，突跃范围不一样。
(2)NaOH滴定H3PO4，反应原理为OH－＋H3PO4===H2PO＋H2O、H2PO＋OH－===HPO＋H2O、HPO＋OH－===PO＋H2O，第一次突跃前，发生的是第1个反应。没有第三个突跃，其原因可能是HPO碱性强，滴定过程中，pH值变化不大，二是突跃范围窄，不明显。
4．下表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积Ksp(25 ℃)。
电解质 平衡方程式 平衡常数K Ksp
CH3COOH CH3COOH??CH3COO－＋H＋ 1.76×10－5
H2CO3 H2CO3??H＋＋HCO HCO??H＋＋CO K1＝4.31×10－4 K2＝5.61×10－11
C6H5OH C6H5OH??C6H5O－＋H＋ 1.1×10－10
H3PO4 H3PO4??H＋＋H2PO H2PO??H＋＋HPO HPO??H＋＋PO K1＝7.52×10－3 K2＝6.23×10－8 K3＝2.20×10－13
NH3·H2O NH3·H2O??NH＋OH－ 1.76×10－5
BaSO4 BaSO4??Ba2＋＋SO 1.07×10－10
BaCO3 BaCO3??Ba2＋＋CO 2.58×10－9
回答下列问题：
(1)由上表分析，若①CH3COOH，②HCO，③C6H5OH，④H2PO均可看做酸，则它们酸性由强到弱的顺序为______________(填编号)。
(2)写出C6H5OH与Na3PO4反应的离子方程式________________________________
_______________________________________________________________________。
(3)25 ℃时，将等体积等浓度的醋酸和氨水混合，混合液中：
c(CH3COO－)______c(NH)(填“>”、“＝”或“<”)。
(4)25 ℃时，向10 mL 0.01 mol·L－1苯酚溶液中滴加V mL 0.01 mol·L－1氨水，混合液中粒子浓度关系正确的是________。
A．若混合液pH>7，则V≥10
B．若混合液pH<7，则c(NH)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－)
C．V＝10时，混合液中水的电离程度小于10 mL 0.01 mol·L－1苯酚溶液中水的电离程度
D．V＝5时，2c(NH3·H2O)＋2c(NH)＝c(C6H5O－)＋c(C6H5OH)
(5)水解反应是典型的可逆反应，水解反应的化学平衡常数称为水解常数(用Kb表示)，类比化学平衡常数的定义，请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表达式：________________________________________________________________________。
(6)Ⅰ.如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，回答下列问题：
①T1________T2(填“>”、“＝”或“<”)，T2温度时Ksp(BaSO4)＝__________；
②讨论T1温度时BaSO4的沉淀溶解平衡曲线，下列说法正确的是________。
A．加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点
B．在T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a，b之间的某一点(不含a，b)
D．升温可使溶液由b点变为d点
Ⅱ.现有0.2 mol的BaSO4沉淀，每次用1 L饱和Na2CO3溶液(浓度为1.7 mol·L－1)处理。若使BaSO4中的SO全部转化到溶液中，需要反复处理________次。[提示：BaSO4(s)＋CO(aq)??BaCO3(s)＋SO(aq)]
答案　(1)①④③②
(2)C6H5OH＋PO===C6H5O－＋HPO
(3)＝　(4)D
(5)Kb＝
(6)Ⅰ.①<　5.0×10－9　②ABC
Ⅱ.3
解析　(1)酸性强弱，可以通过比较弱电解质的电离平衡常数大小来判断。
(2)苯酚是弱电解质，Na3PO4是强电解质，根据由强制弱原则，结合电离平衡常数，反应只能生成HPO。
(3)醋酸与氨水的电离平衡常数相等，恰好反应后的盐的阴阳离子水解程度相等，溶液呈中性，醋酸根离子浓度等于铵根离子浓度。
(4)苯酚电离程度更小，恰好反应时溶液为碱性，此时体积相等，若略小于10 mL溶液可能是碱性，故A选项错误；B选项错误，不符合电中性关系；C选项恰好生成苯酚铵，盐的水解促进水的电离，苯酚溶液是酸溶液，抑制水的电离，故C选项错误；D选项正确，该关系可由物料守恒推出。
(5)直接将有关离子代入平衡常数的关系式即可。
(6)Ⅰ.①T1温度下的离子积较小，所以T1Ⅱ.由BaSO4和BaCO3的溶度积可求该沉淀转化平衡的平衡常数K，设每次溶解的SO的物质的量为x mol，则＝，可求得x≈0.07，即每次溶解0.07 mol BaSO4，所以至少需洗涤3次。
5．铁、铜都是人类最早使用的金属，它们的单质及化合物应用非常广泛。
(1)钢铁“发蓝”，是将钢铁制品浸到某些氧化性溶液中，使其表面形成一层四氧化三铁的过程。其中有一种办法是将钢铁制品浸到亚硝酸钠和浓氢氧化钠的混合溶液中加热至130 ℃，反应过程为
Ⅰ.3Fe＋NaNO2＋5NaOH===3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑
Ⅱ.6Na2FeO2＋NaNO2＋5H2O===3Na2Fe2O4＋NH3↑＋7NaOH
Ⅲ.Na2FeO2＋Na2Fe2O4＋2H2O===Fe3O4＋4NaOH
①反应Ⅱ中的氧化剂是__________。
②上述过程产生了大量NH3，有关NH3处理方案合理的是 (　　)
a．用H2SO4吸收制氮肥
b．高空排放
c．用于制备HNO3
(2)工业上常用氯化铁溶液腐蚀铜制电路板。
①请根据金属活动顺序及反应原理，判断Cu2＋、Fe3＋、Fe2＋的氧化性强弱顺序：_______________________________________________________________________。
②请设计实验验证Cu2＋、Fe3＋氧化性强弱的结论。实验方案及现象为__________。
(3)如图横坐标为溶液pH，纵坐标为金属离子物质的
量浓度的对数值(当溶液中金属离子浓度≤10－5
mol·L－1时，可认为沉淀完全)，试回答：
①腐蚀铜板后的溶液中，若Cu2＋、Fe3＋和Fe2＋浓度
均为0.1 mol·L－1，今向混合溶液中通入氨气调节溶
液的pH＝5.6时，溶液中存在的金属阳离子为______________________________。
②从图中数据计算可得Fe(OH)2的溶度积Ksp[Fe(OH)2]＝______________。
答案　(1)①NaNO2　②ac
(2)①Fe3＋>Cu2＋>Fe2＋　②将铜棒与碳棒用导线连接(带电流表)，再插入氯化铁溶液中，发现有电流产生(或将足量的铜屑加入到适量的FeCl3溶液中，一段时间后，溶液由棕黄色变为蓝绿色)
(3)①Cu2＋、Fe2＋　②1.0×10－17专题讲座八　离子浓度的大小比较
一、熟悉两大理论，构建思维基点
1．电离理论
(1)弱电解质的电离是微弱的，电离产生的微粒都非常少，同时还要考虑水的电离，如氨水溶液中：NH3·H2O、NH、OH－浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>
c(OH－)>c(NH)。
(2)多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是c(H2S)>c(H＋)>
c(HS－)>c(S2－)。
2．水解理论
(1)弱电解质离子的水解损失是微量的(双水解除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H＋)或碱性溶液中c(OH－)总是大于水解产生的弱电解质溶液的浓度。如NH4Cl溶液中：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是c(Cl－)>c(NH)>
c(H＋)>c(NH3·H2O)。
(2)多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)。
二、把握3种守恒，明确等量关系
1．电荷守恒规律
电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。
2．物料守恒规律
电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。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．质子守恒规律
如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下：
由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或
c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料
守恒式推导得到。
三、理清一条思路，掌握分析方法
四、典例导悟，分类突破
(一)粒子种类的判断
【例1】　(1)NaHCO3溶液中________________________________________________。
(2)Na2CO3溶液中_____________________________________________________。
(3)NaHCO3和Na2CO3的溶液中__________________________________________。
(4)向NaOH溶液中通入CO2气体(任意量)_________________________________。
答案　(1)(2)(3)(4)粒子种类都是
离子：Na＋、CO、HCO、OH－、H＋；分子：H2CO3、H2O
判断盐溶液中粒子种类时，首先要清楚盐溶液中的电离、水解情况，特别是多步电离和多步水解。
如：(1)NaHCO3溶液中，因NaHCO3===Na＋＋HCO，HCO??CO＋H＋，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，H2O??H＋＋OH－。故溶液中的离子有：Na＋、CO、HCO、OH－、H＋；分子有：H2CO3、H2O。
(二)单一溶液中离子浓度的关系
【例2】　0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液
①粒子种类________________________________________________________。
②大小关系_________________________________________________(H2O除外)。
③物料守恒__________________________________________________________。
解析　NH4Cl===NH＋Cl－(完全电离)
NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋(微弱)
H2O??H＋＋OH－(极微弱)
答案　①Cl－、NH、H＋、NH3·H2O、OH－、H2O
②c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
③c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)
【例3】　0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中各离子浓度的关系
①大小关系_______________________________________________________。
②物料守恒_______________________________________________________。
③电荷守恒_______________________________________________________。
④质子守恒_______________________________________________________。
解析　NaHCO3===Na＋＋HCO(完全电离)
HCO＋H2O??H2CO3＋OH－(主要)
HCO??H＋＋CO(次要)
H2O??H＋＋OH－(极微弱)
答案　①c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO)
②c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
③c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)
④c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)－c(CO)
【例4】　0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液中各离子浓度的关系
①大小关系_______________________________________________________。
②物料守恒_______________________________________________________。
③电荷守恒_______________________________________________________。
④质子守恒_______________________________________________________。
解析　Na2CO3===2Na＋＋CO(完全电离)
CO＋H2O??HCO＋OH－(主要)
HCO＋H2O??H2CO3＋OH－(次要)
H2O??H＋＋OH－(极微弱)
答案　①c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
②c(Na＋)＝2{c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)}
③c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)
④c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCO)
　 1.比较时紧扣两个微弱
(1)弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，H2O??OH－＋H＋，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。
(2)弱酸根离子或弱碱根离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中，CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，H2O??H＋＋OH－，所以CH3COONa溶液中，
c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。
(2)弱酸根离子或弱碱根离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中，CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，H2O??H＋＋OH－，所以CH3COONa溶液中，c(Na＋)
>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。
2．(1)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中HCO的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性。
(2)多元弱酸的强碱正盐溶液：弱酸根离子水解以第一步为主。例如，硫化钠溶液中：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)。
3．质子守恒式可以由电荷守恒式和物料守恒式推导出来。以KHS溶液为例，电荷守恒式为c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)①，物料守恒式为c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)②，由①－②得质子守恒式，消去没有参与变化的K＋等。
4．规避等量关系中的2个易失分点
(1)电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(CO)的系数2代表一个CO带2个负电荷，不可漏掉。
(2)物料守恒式中，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的物料守恒式中，“2”表示c(Na＋)是溶液中各种硫元素存在形式的硫原子总浓度的2倍。
(三)酸、碱中和型离子浓度的关系
【例5】　比较下列几种溶液混合后各离子浓度的大小。
(1)CH3COOH和NaOH等浓度等体积混合，离子浓度大小顺序为 _____________。
(2)NaOH和CH3COOH等浓度按1∶2体积比混合后pH<7，离子浓度大小顺序为_____________________________________________________________________。
(3)pH＝2的CH3COOH与pH＝12的NaOH等体积混合，其离子浓度大小顺序为_____________________________________________________________________。
解析　(1)恰好反应后，溶质为CH3COONa。
(2)中和反应后，为CH3COONa、CH3COOH，且CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度。
(3)由于CH3COOH是弱酸，c(CH3COOH)要远大于c(NaOH)，反应后为CH3COOH、CH3COONa，且n(CH3COOH)要远大于n(CH3COONa)，溶液中CH3COOH电离程度大于CH3COONa的水解程度，溶液呈酸性。
答案　(1)c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
(2)c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
(3)c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
【例6】　(2012·江苏，12)常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH
溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液所得滴
定曲线如右图。下列说法正确的是 (　　)
A．点①所示溶液中：
c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)
B．点②所示溶液中：
c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
C．点③所示溶液中：
c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
D．滴定过程中可能出现：
c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)
解析　点①溶液中的溶质为0.001 mol CH3COOH和0.001 mol CH3COONa，据物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，整理后得c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)；点②溶液的pH＝7，据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，又c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)；点③溶液中的溶质为0.002 mol CH3COONa，离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。
答案　D
【例7】　将标准状况下2.24 L CO2缓慢通入1 L 0.15 mol·L－1的NaOH溶液中，气体被充分吸收，下列关系不正确的是 (　　)
A．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
B．2c(Na＋)＝3{c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)}
C．c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)
D．2c(OH－)＋c(CO)＝c(HCO)＋3c(H2CO3)＋2c(H＋)
解析　CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O
x 2x
CO2＋NaOH===NaHCO3
y y
所以，A项符合电荷守恒；B项，对于0.05 mol·L－1的Na2CO3溶液，c(Na＋)＝2{c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)}，对于0.05 mol·L－1的NaHCO3溶液：
c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)，所以2c(Na＋)＝3{c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)}，B项正确；C项，由于CO＋H2O??HCO＋OH－为主，所以
c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)，错误；D项，结合A、B两选项，推断该关系式正确。
答案　C
(四)盐与酸(碱)混合型
首先考虑是否反应，都不反应，分析盐的水解程度和酸(碱)的电离程度的大小。若能反应，则按反应后混合组成再综合考虑水解和电离两种因素。
【例8】　用物质的量都是0.1 mol的CH3COOH和CH3COONa配成1 L混合溶液，已知其中c(CH3COO－)>c(Na＋)，对该溶液的下列判断正确的是 (　　)
A．c(H＋)>c(OH－)
B．c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1
C．c(CH3COOH)>c(CH3COO－)
D．c(CH3COO－)＋c(OH－)＝0.1 mol·L－1
解析　由电荷守恒有c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，因c(CH3COO－)>
c(Na＋)，则c(H＋)>c(OH－)；且c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋0.1 mol·L－1＞0.1
mol·L－1；由物料守恒有：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.2 mol·L－1，因
c(CH3COO－)＞c(Na＋)＝0.1 mol·L－1，则c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)。
答案　A
【例9】　将0.2 mol·L－1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L－1 KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是 (　　)
A．2c(K＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(H2CO3)
B．c(Na＋)>c(K＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)
C．c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.1 mol·L－1
D．3c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
解析　根据物料守恒可知A中表达式为2c(K＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，A错；题中两溶液反应后含有等浓度的HCO和CO，由于CO的水解程度大于HCO的水解程度，因此选项B中的表达式为c(Na＋)>c(HCO)>c(K＋)>c(CO)>
c(OH－)>c(H＋)，B错；C选项，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，根据物料守恒有c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，两者相减可知正确的表达式为c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.05 mol·L－1。由电荷守恒和c(Na＋)＝2c(K＋)可知选项D正确。
答案　D
(五)不同溶液中同一离子浓度的大小比较
选好参照物，分组比较各个击破
如25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②。分析流程为
分组
【例10】　比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。
(1)浓度均为0.1 mol·L－1的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是_________________________________________________
______________。c(H2S)从大到小的顺序是_______________________________。
(2)相同浓度的下列溶液中：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH中，c(CH3COO－)由大到小的顺序是__________________________________________。
(3)c(NH)相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为__________________________________。
答案　(1)③>②>④>①　①>④>②>③　(2)②>①>③　(3)④>②>③>①
1．对于等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列说法不正确的是 (　　)
A．分别升高温度，两种溶液的pH均减小
B．相同温度下两种溶液的pH：Na2CO3>NaHCO3
C．分别加入少量NaOH，两溶液中c(CO)均增大
D．两溶液均存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
答案　A
解析　A项，升温，CO、HCO的水解程度均增大，pH增大，错误。
2．下列溶液中有关物质的浓度关系正确的是 (　　)
A．c(NH)相等的(NH4)2SO4、NH4HSO4、NH4Cl溶液中：c(NH4HSO4)>c[(NH4)2SO4]
>c(NH4Cl)
B．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)>c(CH3COO－)>
c(H＋)>c(OH－)
C．1.0 mol·L－1 Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)
D．某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋c(A2－)
答案　C
解析　A项，大小顺序应为c(NH4Cl)>c(NH4HSO4)>c[(NH4)2SO4]；B项，
c(CH3COO－)应大于c(Na＋)；C项，符合质子守恒；D项应为c(H＋)＋c(Na＋)＝
c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)。
3．下列叙述正确的是 (　　)
A．pH＝5的CH3COOH溶液和pH＝5的NH4Cl溶液中，c(H＋)相等
B．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小
C．pH＝12的Ba(OH)2溶液和pH＝12的Na2CO3溶液中，水电离的c(H＋)相等
D．0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
答案　A
解析　B项，Kw应不变；C项，Na2CO3溶液中水电离的c(H＋)大；D项，应呈碱性。
4．下列关于电解质溶液的叙述正确的是 (　　)
A．常温下，在pH＝7的醋酸钠和醋酸混合溶液中，c(CH3COO－)>c(Na＋)
B．稀释醋酸溶液，溶液中所有离子的浓度均降低
C．在pH＝5的氯化钠和稀硝酸的混合溶液中，c(Na＋)＝c(Cl－)
D．在0.1 mol·L－1的硫化钠溶液中，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)
答案　C
解析　由于溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，代入电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，可得c(Na＋)＝c(CH3COO－)，A错误；稀释CH3COOH溶液，溶液pH增大，则c(OH－)增大，B错误；由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(NO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，整理得c(Na＋)－c(Cl－)＝c(NO)＋c(OH－)－c(H＋)，若c(Na＋)＝c(Cl－)，则c(NO)＝c(H＋)－c(OH－)＝1.0×10－5－1.0×10－9≈1.0×10－5 mol·L－1，C正确；Na2S溶液中电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋c(OH－)＋2c(S2－)，物料守恒为
c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)，整理可得质子守恒为c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，D错误。
5．25 ℃时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH＝7时，下列关系正确的是(　　)
A．c(NH)＝c(SO)
B．c(NH)>c(SO)
C．c(NH)D．c(OH－)＋c(SO)＝c(H＋)＋c(NH)
答案　B
解析　在氨水和稀硫酸反应后的溶液中存在以下几种离子，即NH、SO、H＋和OH－，而当pH＝7时c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒则必有c(OH－)＋2c(SO)＝
c(H＋)＋c(NH)，即c(NH)＝2c(SO)，故A、C、D错，应选B。
6．相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中，pH值最小的是 (　　)
A．NH4Cl B．NH4HCO3
C．NH4HSO4 D．(NH4)2SO4
答案　C
解析　D中的c(NH)大于A中的c(NH)，故D中c(H＋)大于A中c(H＋)；C中NH4HSO4===NH＋H＋＋SO，B中HCO水解显碱性促进NH水解，故pH：C7．下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 (　　)
A．Ca(ClO)2溶液中：c(Ca2＋)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)
B．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合：c(Na＋)＝c(X－)>c(OH－)
＝c(H＋)
C．常温下，将25 mL 0.2 mol·L－1的盐酸与100 mL 0.1 mol·L－1的氨水混合，所得溶液中：c(Cl－)>c(NH)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)
D．将0.1 mol·L－1的Na2S溶液与0.1 mol·L－1的NaHS溶液等体积混合，所得溶液中：c(S2－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(HS－)＋3c(H2S)
答案　D
解析　A项，Ca(ClO)2溶液中应为c(ClO－)>c(Ca2＋)>c(OH－)>c(H＋)；B项，若HX的电离大于X－的水解，则c(X－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；若X－的水解大于HX的电离，则c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，若HX为强酸；C项，反应后相当于NH4Cl和NH3·H2O等量混合，由于NH3·H2O的电离大于NH的水解，则c(NH)>
c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)；D项，根据c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝{c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)}可推断该关系式正确。
8．常温下，向20 mL 0.2 mol·L－1 H2SO3溶液中滴加0.2 mol·L－1 NaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如图所示。(其中Ⅰ表示H2SO3，Ⅱ代表HSO、Ⅲ代表SO)。根据图示判断正确的是 (　　)
A．当V(NaOH)＝0时，由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－7
B．当V(NaOH)＝20 mL时：c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)
C．当V(NaOH)＝40 mL时2c(Na＋)＝c(SO)
D．当V(NaOH)＝40 mL后，继续滴加NaOH溶液，溶液的温度会继续升高
答案　B
解析　H2SO3溶液是酸性溶液，水的电离会受到抑制，A选项错误；当V(NaOH)＝20 mL时，溶液中的溶质是NaHSO3，根据图像分析知，溶液中c(SO)>c(H2SO3)，故HSO的电离大于其水解，溶液呈酸性，B选项正确；当V(NaOH)＝40 mL时，溶质为Na2SO3，SO存在水解现象，故2c(Na＋)>c(SO)，C选项错误；当V(NaOH)＝40 mL后，继续滴加NaOH溶液，溶液中不再发生中和反应，溶液的温度不会继续升高，D选项错误。
9．向体积为Va的0.05 mol·L－1 CH3COOH溶液中加入体积为Vb的0.05 mol·L－1 KOH溶液，下列关系错误的是 (　　)
A．Va>Vb时：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)>c(K＋)
B．Va＝Vb时：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
C．Vac(K＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．Va与Vb任意比时：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
答案　C
解析　若Va＝Vb，则溶质只有CH3COOK，据质子守恒知，B正确；若Va>Vb，则CH3COOH剩余，溶质为CH3COOH、CH3COOK，A正确；若Vac(CH3COO－)，C错误；根据电荷守恒知，D正确。
10．已知某溶液中存在Cl－、OH－、H＋、NH四种离子，其浓度大小有如下关系，其中可能的是 (　　)
①c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
②c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)
③c(H＋)>c(OH－)>c(NH)>c(Cl－)
④c(OH－)>c(H＋)>c(Cl－)>c(NH)
⑤c(Cl－)＝c(NH)且c(H＋)＝c(OH－)
A．①②③⑤ B．①②⑤
C．①④ D．④⑤
答案　B
解析　根据电荷守恒有c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，如有c(Cl－)>c(NH)，必有c(H＋)>c(OH－)；如有c(Cl－)>c(H＋)，必有c(NH)>c(OH－)；如有c(H＋)>c(OH－)，必有c(Cl－)>c(NH)；如有c(OH－)>c(H＋)，必有c(NH)>c(Cl－)；如有c(Cl－)＝c(NH)，必有c(H＋)＝c(OH－)。综上所述，③④不可能。
11．将0.2 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中
c(Na＋)>c(A－)，则(用“>”、“<”或“＝”填写下列空白)：
(1)混合溶液中c(A－)______c(HA)。
(2)混合溶液中c(HA)＋c(A－)______0.1 mol·L－1。
(3)混合溶液中，由水电离出的c(OH－)____0.2 mol·L－1 HA溶液中由水电离出的
c(H＋)。
(4)25 ℃时，如果取0.2 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH<7，则HA的电离程度______NaA的水解程度。
答案　(1)<　(2)＝　(3)>　(4)>
解析　(1)将0.2 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合时，溶质为等物质的量的HA和NaA，由于c(Na＋)>c(A－)，说明A－的水解能力大于HA的电离能力，使得c(HA)>c(A－)。
(2)通过物料守恒及等体积混合后浓度减半可知，c(HA)＋c(A－)＝0.1 mol·L－1。
(3)混合溶液中由于NaA的存在，促进水的电离，而0.2 mol·L－1 HA溶液中水的电离受到抑制，因此前者由水电离产生的c(OH－)大于后者由水电离产生的c(H＋)。
(4)如果取0.2 mol·L－1 HA溶液与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的HA和NaA，混合溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度。
12．有A、B、C、D四种强电解质，它们在水中电离时可产生下列离子(每种物质只含一种阳离子和一种阴离子且互不重复)。
阳离子 K＋、Na＋、Ba2＋、NH
阴离子 CH3COO－、Cl－、OH－、SO
已知：①A、C溶液的pH均大于7，B溶液的pH小于7，A、B溶液中水的电离程度相同，D溶液的焰色反应(透过蓝色钴玻璃)显紫色。
②C溶液和D溶液相遇时只生成白色沉淀，B溶液和C溶液相遇时只生成有刺激性气味的气体，A溶液和D溶液混合时无明显现象。
(1)A的化学式为__________。
(2)用离子方程式表示B溶液的pH小于7的原因：__________________________。
(3)写出C溶液和D溶液反应的离子方程式：___________________________。
(4)pH＝10的A溶液与pH＝10的C溶液中水的电离程度大的是________(填A或C的化学式)。
(5)将等体积、等物质的量浓度的B溶液和C溶液混合，反应后溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为_________________________________________________。
答案　(1)CH3COONa
(2)NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
(3)Ba2＋＋SO===BaSO4↓
(4)CH3COONa
(5)c(OH－)>c(Ba2＋)＝c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)
13．已知某溶液中只存在OH－、H＋、NH、Cl－四种离子，某同学推测其离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：
①c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
②c(NH)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)
③c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
④c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)
填写下列空白：
(1)若溶液中只溶有一种溶质，则该溶质是________，上述四种离子浓度的大小顺序为______________(填序号)。
(2)若四种离子的关系符合③，则溶质为__________；若四种离子的关系符合④，则溶质为__________。
(3)将pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数，则下面图像正确的是________(填图像符号)。
(4)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)______c(NH3·H2O)(填“大于”、“小于”或“等于”，下同)；混合前酸中c(H＋)和碱中c(OH－)的关系为c(H＋)______c(OH－)。
答案　(1)NH4Cl　①　(2)NH4Cl和NH3·H2O　NH4Cl和HCl　(3)B　(4)小于　大于
解析　(1)由已知的四种离子，当溶液中只存在一种溶质时，为NH4Cl；NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性，离子浓度关系为①；(2)四种离子的关系符合③时，溶液呈碱性，说明碱过量，则溶液中存在的溶质为NH4Cl和NH3·H2O；当四种离子的关系符合④时，溶液呈强酸性，盐酸过量，溶液中存在NH4Cl和HCl；(3)NH4Cl为强酸弱碱盐，稀释促进其水解，盐酸为强酸，在溶液中全部电离，pH相同的NH4Cl溶液和HCl溶液稀释相同的倍数时，盐酸的pH大于NH4Cl，因为加水稀释其pH均增大，B项符合；(4)体积相等的稀盐酸和氨水混合，且恰好呈中性，则原溶液中氨水浓度略大于盐酸的浓度。
14．常温下，用0.10 mol·L－1 KOH溶液滴定10.00 mL 0.10 mol·L－1 H2C2O4溶液所得的滴定曲线如图所示(混合溶液的体积可看成混合前两溶液的体积之和)。请回答下列问题：
(1)点①所示的溶液中，Kw＝__________。
(2)点②所示的溶液中的电荷守恒式为____________________________________。
(3)点③所示的溶液中存在________种平衡。
(4)点④所示的溶液中的物料守恒式为0.10 mol·L－1＝________________。
(5)点⑤所示的溶液中各离子浓度的大小顺序为__________________________。
(6)上述5个点所示的溶液中，水的电离程度最大的是__________(填序号，下同)，最小的是____________。
答案　(1)1×10－14　(2)c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)
(3)3　(4)c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)
(5)c(K＋)>c(C2O)>c(OH－)>c(HC2O)>c(H＋)　(6)⑤　①
解析　(1)在任何水溶液中均存在水的离子积常数，常温下Kw均为1×10－14。
(2)c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)。(3)点③时两溶液恰好完全反应生成KHC2O4，因此存在HC2O的电离平衡和水解平衡，但不要忘记溶液中还存在水的电离平衡。(4)要注意反应后溶液的体积为25.00 mL。(5)点⑤所示的溶液中的溶质只有K2C2O4，水解使溶液呈碱性。(6)H2C2O4的存在会抑制水的电离，而K2C2O4的存在会促进水的电离。
15．25 ℃时0.1 mol·L－1的醋酸溶液的pH约为3，当向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的pH增大。对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，c(OH－)增大了，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c(H＋)减小，因此溶液的pH增大。
(1)为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1 mol·L－1的醋酸溶液中加入少量下列物质中的__________(填写编号)，然后测定溶液的pH(已知25 ℃时，CH3COONH4溶液呈中性)。
A．固体CH3COOK B．固体CH3COONH4
C．气体NH3 D．固体NaHCO3
(2)若__________的解释正确(填“甲”或“乙”)，溶液的pH应________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(3)常温下将0.010 mol CH3COONa和0.004 mol HCl溶于水，配制成0.5 L混合溶液。判断：
①溶液中共有________种粒子。
②其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.010 mol，它们是________和________。
③溶液中n(CH3COO－)＋n(OH－)－n(H＋)＝________ mol。
答案　(1)B　(2)乙　增大(或甲　不变)
(3)①7　②CH3COOH　CH3COO－　③0.006
解析　由题意知，要判断甲、乙两种解释正确与否，可加入一种含有CH3COO－而不显碱性的盐，如CH3COONH4，其溶液呈中性，从水解的角度看对醋酸溶液的pH变化无影响，但CH3COONH4电离产生的CH3COO－可使醋酸的电离平衡CH3COOH??CH3COO－＋H＋向左移动，c(H＋)减小，pH增大，从而说明甲不正确，乙正确。由CH3COONa＋HCl===CH3COOH＋NaCl计算混合液中含有的溶质及各自的物质的量，根据它们的电离及水解情况确定溶液中粒子的种类，并在有关计算中运用物料守恒关系(如CH3COO－与CH3COOH物质的量之和为0.010 mol)和电荷守恒关系n(Cl－)＋n(CH3COO－)＋n(OH－)＝n(H＋)＋n(Na＋)。第2讲　水的电离和溶液的pH
[考纲要求]　1.了解水的电离、离子积常数、影响水电离平衡的因素。2.了解溶液的酸碱性与pH的关系。3.能进行pH的简单计算。4.了解测定溶液pH的方法(强酸、强碱)。
考点一　水的电离
1．水的电离
水是极弱的电解质，水的电离方程式为H2O＋H2O??H3O＋＋OH－或H2O??H＋＋OH－。
2．水的离子积常数
Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
(1)室温下：Kw＝1×10－14。
(2)影响因素；只与温度有关，升高温度，Kw增大。
(3)适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质水溶液。
(4)Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要温度不变，Kw不变。
3．影响水电离平衡的因素
(1)升高温度，水的电离程度增大，Kw增大。
(2)加入酸或碱，水的电离程度减小，Kw不变。
(3)加入可水解的盐(如FeCl3、Na2CO3)，水的电离程度增大，Kw不变。
4．外界条件对水的电离平衡的影响
体系变化条件　　　 平衡移动方向 Kw 水的电离程度 c(OH－) c(H＋)
酸 逆 不变 减小 减小 增大
碱 逆 不变 减小 增大 减小
可水解的盐 Na2CO3 正 不变 增大 增大 减小
NH4Cl 正 不变 增大 减小 增大
温度 升温 正 增大 增大 增大 增大
降温 逆 减小 减小 减小 减小
其他：如加入Na 正 不变 增大 增大 减小
深度思考
1．水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)中H＋和OH－一定是水电离出来的吗？
答案　不一定。c(H＋)和c(OH－)均指溶液中的H＋或OH－的总浓度。这一关系适用于任何稀水溶液，即任何稀水溶液中都存在这一关系。因此，在酸溶液中酸本身电离出来的H＋会抑制水的电离，而在碱溶液中，碱本身电离出来的OH－也会抑制水的电离。
2．在pH＝2的盐酸溶液中由水电离出来的c(H＋)与c(OH－)之间的关系是什么？
答案　外界条件改变，水的电离平衡发生移动，但任何时候水电离出c(H＋)和
c(OH－)总是相等的。
3．甲同学认为，在水中加入H2SO4，水的电离平衡向左移动，解释是加入H2SO4后
c(H＋)增大，平衡左移。乙同学认为，加入H2SO4后，水的电离平衡向右移动，解释为加入H2SO4后，c(H＋)浓度增大，H＋与OH－中和，平衡右移。你认为哪种说法正确？说明原因。水的电离平衡移动后，溶液中c(H＋)·c(OH－)增大还是减小？
答案　甲正确，温度不变，Kw是常数，加入H2SO4，c(H＋)增大，c(H＋)·c(OH－)>Kw，平衡左移。
不变，因为Kw仅与温度有关，温度不变，则Kw不变，与外加酸、碱、盐无关。
(1)水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)，其实质是水溶液中的H＋和OH－浓度的乘积，不一定是水电离出的H＋和OH－浓度的乘积，所以与其说Kw是水的离子积常数，不如说是水溶液中的H＋和OH－的离子积常数。即Kw不仅适用于水，还适用于酸性或碱性的稀溶液。不管哪种溶液均有c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O。
(2)水的离子积常数显示了在任何水溶液中均存在水的电离平衡，都有H＋和OH－共存，只是相对含量不同而已。
题组一　影响水电离平衡的因素及结果判断
1．25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl　②NaOH ③H2SO4　④(NH4)2SO4，
其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是 (　　)
A．④>③>②>① B．②>③>①>④
C．④>①>②>③ D．③>②>①>④
答案　C
解析　从四种物质分析可知②NaOH、③H2SO4抑制水的电离，①NaCl不影响水的
电离平衡，④(NH4)2SO4促进水的电离(NH水解)，在②③中H2SO4为二元强酸、产
生的c(H＋)大于NaOH产生的c(OH－)，抑制程度更大，故顺序为(由大→
小)④>①>②>③。
2．下列操作会促进H2O的电离，且使溶液pH>7的是 (　　)
A．将纯水加热到90 ℃
B．向水中加少量NaOH溶液
C．向水中加少量Na2CO3溶液
D．向水中加少量FeCl3溶液
答案　C
解析　将纯水加热到90 ℃，水的电离程度增大，c(H＋)＝c(OH－)>10－7 mol·L－1，pH<7，A错；向水中加少量NaOH溶液，水中c(OH－)增大，pH>7，但水的电离平衡向逆方向移动，即水的电离受到抑制，B错；向水中加少量Na2CO3溶液，CO与H＋结合，水中c(H＋)减小，水的电离平衡向正方向移动，c(OH－)增大，c(OH－)>c(H＋)，pH>7，C对；向水中加少量FeCl3溶液，Fe3＋与OH－结合为弱电解质Fe(OH)3，水中c(OH－)减小，水的电离平衡向正方向移动，c(H＋)增大，c(H＋)>c(OH－)，pH<7，D错。
3．25 ℃时，水中存在电离平衡：H2O??H＋＋OH－　ΔH>0。下列叙述正确的是(　　)
A．将水加热，Kw增大，pH不变
B．向水中加入少量NaHSO4固体，c(H＋)增大，Kw不变
C．向水中加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，c(OH－)降低
D．向水中加入少量NH4Cl固体，平衡正向移动，c(OH－)增大
答案　B
解析　将水加热时，电离平衡右移，电离出的c(H＋)、c(OH－)均增大，pH减小，A项错误；加入NaHSO4，c(H＋)增大，平衡逆向移动，温度未变化，Kw不变，B项正确；加入NaOH，c(OH－)增大，平衡逆向移动，C项错误；加入NH4Cl，NH水解使平衡正向移动，c(OH－)减小，D项错误。
题组二　水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算
4．求算下列溶液中H2O电离的c(H＋)和c(OH－)。
(1)pH＝2的H2SO4溶液
c(H＋)＝__________，c(OH－)＝__________。
(2)pH＝10的NaOH溶液
c(H＋)＝__________，c(OH－)＝__________。
(3)pH＝2的NH4Cl溶液
c(H＋)＝__________。
(4)pH＝10的Na2CO3溶液
c(OH－)＝__________。
答案　(1)10－12 mol·L－1　10－12 mol·L－1　(2)10－10 mol·L－1　10－10 mol·L－1　(3)10－2 mol·L－1　(4)10－4 mol·L－1
解析　(1)pH＝2的H2SO4溶液中H＋来源有两个：H2SO4的电离和H2O的电离，而OH－只来源于水。应先求算c(OH－)，即为水电离的c(H＋)或c(OH－)。c(H＋)＝10－2 mol·L－1，则c(OH－)＝10－12 mol·L－1，则水电离的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1。
(2)pH＝10的NaOH溶液中，OH－有两个来源：H2O的电离和NaOH的电离，H＋只来源于水。应先求出c(H＋)，即为水电离的c(OH－)或c(H＋)，c(OH－)＝10－4 mol·L－1，c(H＋)＝10－10 mol·L－1，则水电离的c(H＋)＝c(OH－)＝10－10 mol·L－1。
(3)水解的盐，H＋或OH－均由水电离产生，水解显酸性的盐应计算其c(H＋)，水解显碱性的盐应计算其c(OH－)。pH＝2的NH4Cl中由水电离产生的c(H＋)＝10－2
mol·L－1；pH＝10的Na2CO3溶液中由水电离产生的c(OH－)＝10－4 mol·L－1。
5．下列四种溶液中，室温下由水电离生成的H＋浓度之比(①∶②∶③∶④)是(　　)
①pH＝0的盐酸　②0.1 mol·L－1的盐酸
③0.01 mol·L－1的NaOH溶液　④pH＝11的NaOH溶液
A．1∶10∶100∶1 000 B．0∶1∶12∶11
C．14∶13∶12∶11 D．14∶13∶2∶3
答案　A
解析　①中c(H＋)＝1 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)与溶液中c(OH－)相等，等于1.0×10－14 mol·L－1；
②中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1；
③中c(OH－)＝1.0×10－2 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)与溶液中c(H＋)相等，等于1.0×10－12 mol·L－1；
④中c(OH－)＝1.0×10－3 mol·L－1，同③所述由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－11
mol·L－1。
即(1.0×10－14)∶(1.0×10－13)∶(1.0×10－12)∶(1.0×10－11)＝1∶10∶100∶1 000。
6．室温下，在pH＝12的某溶液中，分别有甲、乙、丙、丁四位同学计算出由水电离出的c(OH－)的数据分别为甲：1.0×10－7 mol·L－1；乙：1.0×10－6 mol·L－1；丙：1.0×
10－2 mol·L－1；丁：1.0×10－12 mol·L－1。其中你认为可能正确的数据是 (　　)
A．甲、乙 B．乙、丙 C．丙、丁 D．乙、丁
答案　C
解析　如果该溶液是一种强碱(例如NaOH)溶液，则该溶液的OH－首先来自于碱(NaOH)的电离，水的电离被抑制，c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1，所有这些H＋都来自于水的电离，水电离时当然同时提供相同物质的量的OH－，所以丁是对的。如果该溶液是一种强碱弱酸盐溶液，则该溶液之所以呈碱性是由于盐中弱酸根水解的缘故。水解时，弱酸根离子与水反应生成弱酸和OH－，使溶液中c(OH－)>c(H＋)，溶液中的OH－由水电离所得，所以丙也是正确的。
　 (1)常温下，中性溶液c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 mol·L－1
(2)溶质为酸的溶液
①来源
OH－全部来自水的电离，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)。
②实例
如计算pH＝2的盐酸溶液中水电离出的c(H＋)，方法是先求出溶液的c(OH－)＝
Kw/10－2＝10－12 mol·L－1，即水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1。
(3)溶质为碱的溶液
①来源
H＋全部来自水的电离，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)。
②实例
如计算pH＝12的NaOH溶液中水电离出的c(OH－)，方法是先求出溶液的c(H＋)＝Kw/10－2＝10－12 mol·L－1，即水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1。
(4)水解呈酸性或碱性的盐溶液
①pH＝5的NH4Cl溶液中H＋全部来自水的电离，由水电离的c(H＋)＝10－5 mol·L－1，c(OH－)＝10－9 mol·L－1，是因为部分OH－与部分NH结合；
②pH＝12的Na2CO3溶液中OH－全部来自水的电离，由水电离出的c(OH－)＝10－2 mol·L－1。
考点二　溶液的酸碱性和pH值
1．溶液的酸碱性
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。
(1)酸性溶液：c(H＋)>c(OH－)，常温下，pH<7。
(2)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)，常温下，pH＝7。
(3)碱性溶液：c(H＋)7。
2．pH及其测量
(1)计算公式：pH＝－lgc(H＋)。
(2)测量方法
①pH试纸法：用镊子夹取一小块试纸放在玻璃片或表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在试纸的中央，变色后与标准比色卡对照，即可确定溶液的pH。
②pH计测量法。
(3)溶液的酸碱性与pH的关系
室温下：
深度思考
1．pH<7的溶液一定是酸性溶液吗？pH>7的溶液一定是碱性溶液吗？pH＝7的溶液一定是中性吗？
答案　不一定。上述说法只有在常温下才能满足。如在某温度下，水的离子积常数为1×10－12，此时pH＝6的溶液为中性溶液，pH>6时为碱性溶液，pH<6时为酸性溶液。
2．下列溶液一定显酸性的是________。
①pH<7的溶液
②c(H＋)＝c(OH－)的溶液
③c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1
④c(H＋)>c(OH－)的溶液
⑤0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液
答案　④⑤
解析　题目没有说明温度，所以pH<7的溶液不一定是酸性溶液，只有c(H＋)>
c(OH－)才是可靠的判断依据。NH4Cl水解呈酸性。
3．用pH试纸测pH时应注意什么问题？记录数据时又要注意什么？是否可用pH试纸测定氯水的pH
答案　pH试纸使用前不能用蒸馏水润湿，否则待测液因被稀释可能产生误差；用pH试纸读出的pH只能是整数；不能用pH试纸测定氯水的pH，因为氯水呈酸性的同时呈现强氧化性(漂白性)。
(1)溶液呈现酸、碱性的实质是c(H＋)与c(OH－)　　的相对大小，不能只看pH，一定温度下pH＝6的溶液也可能显中性，也可能显酸性，应注意温度。
(2)使用pH试纸时不能用蒸馏水润湿。
(3)25 ℃时，pH＝12的溶液不一定为碱溶液，pH＝2时溶液也不一定为酸溶液，还可能为能水解的盐溶液。
题组一　溶液酸、碱性的判断
1．判断下列溶液在常温下的酸、碱性(在括号中填“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NH3·H2O和HCl溶液等体积混合 (　　)
(4)pH＝2的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合 (　　)
(5)pH＝3的HCl和pH＝10的NaOH溶液等体积混合 (　　)
(6)pH＝3的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合 (　　)
(7)pH＝2的CH3COOH和pH＝12的NaOH溶液等体积混合 (　　)
(8)pH＝2的HCl和pH＝12的NH3·H2O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　(7)酸性　(8)碱性
　 (1)等体积等浓度的一元强酸，一元强碱混合呈中性。
(2)等体积等浓度的一元弱酸，一元强碱混合呈碱性。
(3)强酸、强碱等体积混合
①pH之和等于14呈中性；②pH之和小于14呈酸性；③pH之和大于14呈碱性。
(4)pH之和等于14时一元强酸和一元弱碱等体积混合呈碱性；一元弱酸和一元强碱等体积混合呈酸性。
题组二　pH的稀释规律及一强一弱的比较
(一)pH的稀释规律
2．1 mL pH＝5的盐酸，加水稀释到10 mL pH＝______；加水稀释到100 mL，pH________7。
答案　6　接近
3．1 mL pH＝9的NaOH溶液，加水稀释到10 mL，pH＝________；加水稀释到100 mL，pH________7。
答案　8　接近
4．pH＝5的H2SO4溶液，加水稀释到500倍，则稀释后c(SO)与c(H＋)的比值为__________。
答案　
解析　稀释前c(SO)＝ mol·L－1；稀释后c(SO)＝＝10－8 mol·L－1；
c(H＋)接近10－7 mol·L－1，所以＝＝。
　 (1)强酸溶液，被稀释10n倍，溶液的pH增大n(溶液的pH不会大于7)。
(2)强碱溶液，被稀释10n倍，溶液的pH减小n(溶液的pH不会小于7)。
(二)一强一弱的比较
5．在体积均为1 L、pH均等于2的盐酸和醋酸溶液中，分别投入0.23 g Na，则图中比较符合反应事实的曲线是 (　　)
答案　B
解析　A、B都是关于溶液pH的变化问题，1 L、pH＝2的盐酸刚好与0.23 g Na反应，反应完全后溶液呈中性，故pH＝7，而1 L、pH＝2的醋酸溶液则相对于0.23 g Na是过量的，反应完全后溶液呈酸性，pH<7，因此A错，B对；Na可以与盐酸、醋酸和水反应产生氢气，由题知在两溶液中产生氢气的体积都取决于钠的质量，最后两溶液中产生氢气的体积是相同的，显然C不对；D项看起来盐酸与醋酸最后产生的氢气体积相同，但从细节上看，Na在盐酸中的反应比在醋酸中的快，这点不对，因为条件是“pH均等于2”，反应开始后醋酸中的氢离子浓度比盐酸中的氢离子浓度大，反应当然较快。
6．物质A～E都是由下表中的离子组成的，常温下将各物质的溶液从1 mL稀释到1 000 mL，pH的变化关系如图甲所示，其中A与D反应得到E。请回答下列问题。
阳离子 NH、H＋、Na＋
阴离子 OH－、CH3COO－、Cl－
(1)根据pH的变化关系，写出物质的化学式：B__________，C__________。
(2)写出A与C反应的离子方程式：___________________________________。
答案　(1)NaOH　HCl
(2)NH3·H2O＋H＋===NH＋H2O
解析　根据各物质的溶液从1 mL稀释到1 000 mL，pH的变化图像知，B和C溶液的pH变化为3，A和D溶液的pH变化小于3，则B为强碱，A为弱碱或强碱弱酸盐，C为强酸，D为弱酸或强酸弱碱盐，可先确定B为NaOH，C为HCl。结合A与D反应得到E，而E的pH不变，则E可能是NaCl或醋酸铵，结合B为NaOH，C为HCl，则推出E只能为醋酸铵，所以A为NH3·H2O，B为NaOH，C为HCl，D为CH3COOH。
　加水稀释时pH值的变化规律
(1)等物质的量浓度的盐酸(a)与醋酸(b)
物质的量浓度相同的强酸和弱酸稀释相同倍数，溶液的pH变化不同，强酸的pH增大快；若加水稀释到相同pH，强酸加水多。
(2)等pH的盐酸(a)与醋酸(b)
pH相同的强酸与弱酸，加水稀释相同倍数，溶液的pH变化不同，强酸的pH变化大；若加水稀释到相同pH，弱酸加水多。
题组三　溶液pH的计算
7．求下列溶液的pH(常温条件下)(已知lg2＝0.3)
(1)0.005 mol·L－1的H2SO4溶液
(2)已知CH3COOH的电离常数
Ka＝1.8×10－5,0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液
(3)0.1 mol·L－1NH3·H2O溶液(NH3·H2O的电离度为α＝1%，电离度＝×100%)
(4)将pH＝8的NaOH与pH＝10的NaOH溶液等体积混合
(5)常温下，将pH＝5的盐酸与pH＝9的NaOH溶液以体积比11∶9混合
(6)将pH＝3的HCl与pH＝3的H2SO4等体积混合
(7)0.001 mol·L－1的NaOH溶液
(8)pH＝2的盐酸与等体积的水混合
(9)pH＝2的盐酸加水稀释到1 000倍
答案　(1)2　(2)2.9　(3)11　(4)9.7　(5)6　(6)3
(7)11　(8)2.3　(9)5
解析　(2)CH3COOH　??　CH3COO－ ＋ H＋
c(初始) 0.1 mol·L－1 0 0
c(电离) c(H＋) c(H＋) c(H＋)
c(平衡) 0.1－c(H＋) c(H＋) c(H＋)
则Ka＝＝1.8×10－5
解得c(H＋)＝1.3×10－3 mol·L－1，
所以pH＝－lg c(H＋)＝－lg(1.3×10－3)＝2.9。
(3)　 　　NH3·H2O　??　OH－ 　＋　 NH
c(初始) 0.1 mol·L－1 0 0
c(电离) 0.1×1% 0.1×1% 0.1×1%
mol·L－1 mol·L－1 mol·L－1
则c(OH－)＝0.1×1% mol·L－1＝10－3mol·L－1
c(H＋)＝10－11 mol·L－1，所以pH＝11。
(4)将pH＝8的NaOH与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，溶液中c(H＋)很明显可以根据pH来算，可以根据经验公式来求算pH＝10－lg2(即0.3)，所以答案为9.7。
(5)pH＝5的盐酸溶液中c(H＋)＝10－5 mol·L－1，pH＝9的氢氧化钠溶液中c(OH－)＝
10－5 mol·L－1，两者以体积比11∶9混合，则酸过量，混合液的pH小于7。
c(H＋)＝＝1.0×10－6 mol·L－1，
pH＝－lg(1.0×10－6)＝6。
8．在某温度时，测得0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH＝11。
(1)该温度下水的离子积常数Kw＝______________。
(2)在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的硫酸Vb L混合。
①若所得混合液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝________________________。
②若所得混合液为中性，且a＋b＝12，则Va∶Vb＝_______________________。
答案　(1)10－13　(2)①1∶10　②10∶1
解析　(1)由题意知，溶液中c(H＋)＝10－11 mol·L－1，c(OH－)＝0.01 mol·L－1，故Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－13。
(2)①根据中和反应：H＋＋OH－===H2O。
c(H＋)·V酸＝c(OH－)·V碱
10－2·Vb＝10－13/10－12·Va
＝＝1∶10。
②根据中和反应H＋＋OH－===H2O
c(H＋)·Vb＝c(OH－)·Va
10－b·Vb＝10－13/10－a·Va
＝＝1013－(a＋b)＝10，即Va∶Vb＝10∶1。
　 1.单一溶液的pH计算
强酸溶液：如HnA，设浓度为c mol·L－1，c(H＋)＝nc mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝－lgnc。
强碱溶液(25 ℃)：如B(OH)n，设浓度为c mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝14＋lgnc。
2．混合溶液pH的计算类型
(1)两种强酸混合：直接求出c(H＋)混，再据此求pH。c(H＋)混＝。
(2)两种强碱混合：先求出c(OH－)混，再据Kw求出c(H＋)混，最后求pH。c(OH－)混＝。
(3)强酸、强碱混合：先判断哪种物质过量，再由下式求出溶液中H＋或OH－的浓度，最后求pH。
c(H＋)混或c(OH－)混＝
将强酸、强碱溶液以某体积之比混合，若混合液呈中性，则c(H＋)∶c(OH－)、V碱∶
V酸、pH酸＋pH碱有如下规律(25 ℃)：因c(H＋)酸·V酸＝c(OH－)碱·V碱，故有＝。在碱溶液中c(OH－)碱＝，将其代入上式得c(H＋)酸·c(H＋)碱＝，两边取负对数得pH酸＋pH碱＝14－lg。现举例如下：
V酸∶V碱 c(H＋)∶c(OH－) pH酸＋pH碱
10∶1 1∶10 15
1∶1 1∶1 14
1∶10 10∶1 13
m∶n n∶m 14＋lgm/n
考点三　酸碱中和滴定
1．实验原理
利用酸碱中和反应，用已知浓度酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。以标准盐酸溶液滴定待测的NaOH溶液，待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)＝。酸碱中和滴定的关键：
(1)准确测定标准液的体积。
(2)准确判断滴定终点。
2．实验用品
(1)仪器
酸式滴定管[如图(A)]、碱式滴定管[如图(B)]、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。
(2)试剂
标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。
(3)滴定管的使用
①酸性、氧化性的试剂一般用酸式滴定管，因为酸和氧化性物质易腐蚀橡胶管。
②碱性的试剂一般用碱式滴定管，因为碱性物质易腐蚀玻璃，致使活塞无法打开。
3．实验操作
实验操作(以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例)
(1)滴定前的准备
①滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录。
②锥形瓶：注碱液→记读数→加指示剂。
(2)滴定
(3)终点判断
等到滴入最后一滴标准液，指示剂变色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，视为滴定终点并记录标准液的体积。
(4)数据处理
按上述操作重复二至三次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)＝计算。
4．常用酸碱指示剂及变色范围
指示剂 变色范围的pH
石蕊 <5.0红色 5.0～8.0紫色 >8.0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 8.2～10.0浅红色 >10.0红色
5．中和滴定的误差分析
(1)原理
依据原理c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，所以c(待测)＝，因c(标准)与V(待测)已确定，因此只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即分析出结果。
(2)常见误差
以标准酸溶液滴定未知浓度的碱(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有：
步骤 操作 V(标准) c(待测)
洗涤 酸式滴定管未用标准溶液润洗 变大 偏高
碱式滴定管未用待测溶液润洗 变小 偏低
锥形瓶用待测溶液润洗 变大 偏高
锥形瓶洗净后还留有蒸馏水 不变 无影响
取液 放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失 变小 偏低
滴定 酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失 变大 偏高
振荡锥形瓶时部分液体溅出 变小 偏低
部分酸液滴出锥形瓶外 变大 偏高
溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化 变大 偏高
读数 酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯) 变小 偏低
酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰) 变大 偏高
深度思考
1．酸式滴定管怎样查漏？
答案　向已洗净的滴定管中装上一定体积的水，安置在滴定管夹上直立静置两分钟，观察有无水滴漏下。然后将活塞旋转180°，再静置两分钟，观察有无水滴漏下，如均不漏水，滴定管即可使用。
2．容量为25 mL的滴定管，滴定过程中用去10.00 mL的液体，此时滴定管中剩余液体的体积为15 mL吗？
答案　由于滴定管的“0”刻度在滴定管的上方；滴定管下端是没有刻度的，故剩余液体体积大于15 mL。
3．(1)滴定管为什么要润洗？锥形瓶需要润洗吗？
(2)读数时为什么要平视凹液面？
(3)滴定管排空气的目的是什么？
答案　(1)滴定管不润洗相当于对所盛装溶液的稀释，锥形瓶不需润洗，润洗后相当于所盛装溶液的物质的量增大。
(2)仰视读数偏大，俯视读数偏小。
(3)如不排空气，取液时体积变小，滴定时体积变大。
4．KMnO4(H＋)溶液、溴水、Na2CO3溶液、稀盐酸应分别盛放在哪种滴定管中？
答案　强氧化性溶液、酸性溶液应盛放在酸式滴定管中，碱性溶液应盛放在碱式滴定管中。
即酸性KMnO4溶液、稀盐酸、溴水应盛放在酸式滴定管中，Na2CO3溶液应盛放在碱式滴定管中。
5．滴定管盛标准溶液时，其液面一定要在0刻度吗？
答案　不一定。只要在0刻度或0刻度以下某刻度即可，但一定要记录下滴定开始前液面的读数。
6．(1)中和滴定的关键是什么？
(2)滴定终点就是酸碱恰好中和的点吗？
答案　(1)中和滴定的关键：①准确测定两种反应物溶液的体积；②确保标准液浓度的准确；③滴定终点的准确判定(包括指示剂的合理选用)。
(2)滴定终点是指示剂颜色发生突变的点，不一定是酸碱恰好中和的点。
7．右图为室温时向25 mL某浓度的NaOH溶液中逐滴滴
加0.2 mol·L－1的CH3COOH溶液的过程中pH的变化
曲线。
(1)图中NaOH的物质的量浓度为__________
mol·L－1。
(2)G点溶液呈中性，则二者恰好完全反应的点是在FG区间还是GH区间？________区间。
答案　(1)0.1　(2)FG
解析　向NaOH溶液中滴加醋酸，起点pH＝13，NaOH的浓度为0.1 mol·L－1。二者恰好完全反应时，生成CH3COONa，此时溶液呈碱性，应该在FG之间。
题组一　中和滴定仪器及指示剂的选择
1．用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考如图所示从下表中选出正确选项 (　　)
选项 锥形瓶中溶液 滴定管中溶液 选用指示剂 选用滴定管
A 碱 酸 石蕊 乙
B 酸 碱 酚酞 甲
C 碱 酸 甲基橙 乙
D 酸 碱 酚酞 乙
答案　D
解析　解答本题的关键是：①明确酸、碱式滴定管使用时的注意事项，②指示剂的变色范围。酸式滴定管不能盛放碱，而碱式滴定管不能盛放酸，指示剂应选择颜色变化明显的酚酞或甲基橙，不能选用石蕊，另外还要注意在酸碱中和滴定中，无论是标准溶液滴定待测溶液，还是待测溶液滴定标准液，只要操作正确，都能得到正确的结果。
2．实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下：
甲基橙：3.1～4.4　石蕊：5.0～8.0　酚酞：8.2～10.0
用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是 (　　)
A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂
C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂
答案　D
解析　NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好反应生成CH3COONa时，CH3COO－水解显碱性，而酚酞的变色范围为8.2～10.0，比较接近。因此答案为D。
　指示剂选择的基本原则
变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。
(1)不能用石蕊作指示剂。
(2)滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。
(3)滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。
(4)强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以。
(5)并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准的Na2SO3滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。
题组二　酸、碱中和滴定的误差分析及数据处理
3．实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10 mol·L－1 NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验。请完成下列填空：
取20.00 mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。
实验编号 NaOH溶液的浓度(mol·L－1) 滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL) 待测盐酸的体积(mL)
1 0.10 22.62 20.00
2 0.10 22.72 20.00
3 0.10 22.80 20.00
(1)滴定达到终点的标志是____________________________________________
____________________________________________________________________。
(2)根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为______________________________
(保留两位有效数字)。
(3)排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的________，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
(4)在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有________(填字母序号)。
A．滴定终点读数时俯视
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗
C．锥形瓶水洗后未干燥
D．称量NaOH固体中混有Na2CO3固体
E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
答案　(1)最后一滴NaOH溶液加入，溶液由无色恰好变成浅红色且半分钟内不褪色　(2)0.11 mol·L－1　(3)丙　(4)DE
解析　根据指示剂在酸性溶液或碱性溶液中的颜色变化，我们可以判断中和反应是否恰好进行完全。计算盐酸的浓度时，应计算三次中和滴定的平均值，因NaOH标准液浓度及待测液的体积也一样，故只算NaOH溶液体积的平均值即可。根据碱式滴定管的构造可知，弯曲橡胶管即可将管中的气泡排出。
4．某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视________，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并______为止。
(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是________。
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为________mL，终点读数为________mL，所用盐酸溶液的体积为________mL。
(4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数 待测NaOH溶液的体积/mL 0.100 0 mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL
第一次 25.00 0.00 26.11 26.11
第二次 25.00 1.56 30.30 28.74
第三次 25.00 0.22 26.31 26.09
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度。
答案　(1)锥形瓶中溶液颜色变化　在半分钟内不变色　(2)D　(3)0.00　26.10　26.10
(4)＝＝26.10 mL，c(NaOH)＝＝0.104 4 mol·L－1
解析　在求c(NaOH)和进行误差分析时应依据公式：c(NaOH)＝。欲求c(NaOH)，须先求V[(HCl)aq]再代入公式；进行误差分析时，要考虑实际操作对每一个量即V[(HCl)aq]和V[(NaOH)aq]的影响，进而影响c(NaOH)。
(1)考查酸碱中和滴定实验的规范操作。
(2)考查由于不正确操作引起的误差分析。滴定管未用标准盐酸润洗，内壁附着一层水，可将加入的盐酸稀释，消耗相同量的碱，所需盐酸的体积偏大，结果偏高；用碱式滴定管取出的待测NaOH溶液的物质的量一旦确定，倒入锥形瓶后，水的加入不影响OH－的物质的量，也就不影响结果；若排出气泡，液面会下降，故读取V酸偏大，结果偏高；正确读数(虚线部分)和错误读数(实线部分)如图所示。
(3)读数时，以凹液面的最低点为基准。
(4)先算出耗用标准盐酸的平均值
＝＝26.10 mL(第二次偏差太大，舍去)，
c(NaOH)＝＝0.104 4 mol·L－1。
　 1.滴定终点的判断答题模板
当滴入最后一滴××××××标准溶液后，溶液变成××××××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。
说明：解答此类题目注意三个关键点：
(1)最后一滴：必须说明是滴入“最后一滴”溶液。
(2)颜色变化：必须说明滴入“最后一滴”溶液后溶液“颜色的变化”。
(3)半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不再恢复原来的颜色”。
2．图解量器的读数方法
(1)平视读数(如图1)：实验室中用量筒、移液管或滴定管量取一定体积的液体；读取液体体积时，视线应与凹液面最低点保持水平，视线与刻度的交点即为读数(即凹液面定视线，视线定读数)。
(2)俯视读数(如图2)：俯视：当用量筒测量液体的体积时，由于俯视视线向下倾斜，寻找切点的位置在凹液面的上侧，读数高于正确的刻度线位置，即读数偏大。
(3)仰视读数(如图3)：读数时，由于视线向上倾斜，寻找切点的位置在液面的下侧，因滴定管刻度标法与量筒不同，这样仰视读数偏大。
至于俯视和仰视的误差，还要结合具体仪器进行分析，因为量筒刻度从下到上逐渐增大；而滴定管刻度从下到上逐渐减小，并且滴定管中液体的体积是两次体积读数之差，在分析时还要看滴定前读数是否正确，然后才能判断实际量取的液体体积是偏大还是偏小。
题组三　中和滴定的拓展应用
5．莫尔法是一种沉淀滴定法，以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，进行测定溶液中Cl－的浓度。已知：
银盐性质 AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4 AgSCN
颜色 白 浅黄 白 砖红 白
溶解度(mol·L－1) 1.34×10－6 7.1×10－7 1.1×10－8 6.5×10－5 1.0×10－6
(1)滴定终点的现象是________________________________________________。
(2)若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选为滴定指示剂的是__________。
A．NaCl B．BaBr2 C．Na2CrO4
刚好达到滴定终点时，发生的离子反应方程式为_________________________。
答案　(1)滴入最后一滴标准溶液，生成砖红色沉淀
(2)C　2Ag＋＋CrO===Ag2CrO4↓
解析　(1)根据沉淀滴定法的原理，可知溶液中Ag＋和Cl－先反应，Cl－消耗完后再和指示剂反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀，由此可知滴定终点时的颜色变化。
(2)当用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液时，所选择的指示剂和Ag＋反应所生成沉淀的溶解度应大于AgSCN的溶解度，由题给数据可以看出溶解度比AgSCN大的有AgCl和Ag2CrO4，但是由于AgCl是白色沉淀，所以应选择Na2CrO4为指示剂，这样在滴定终点时沉淀的颜色发生明显的变化(白色→砖红色)以指示滴定刚好达到终点，此时的离子反应方程式为2Ag＋＋CrO===Ag2CrO4↓。
6．KMnO4溶液常用作氧化还原反应滴定的标准液，由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中的某些少量还原性物质还原，生成难溶性物质MnO(OH)2，因此配制KMnO4标准溶液的操作如下所示：
①称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水中，将溶液加热并保持微沸1 h；②用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO(OH)2；③过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶并放在暗处；④利用氧化还原滴定方法，在70～80 ℃条件下用基准试剂(纯度高、相对分子质量较大、稳定性较好的物质)溶液标定其浓度。
请回答下列问题：
(1)准确量取一定体积的KMnO4溶液需要使用的仪器是____________。
(2)在下列物质中，用于标定KMnO4溶液的基准试剂最好选用________(填序号)。
A．H2C2O4·2H2O B．FeSO4
C．浓盐酸 D．Na2SO3
(3)若准确称取W g你选的基准试剂溶于水配成500 mL溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。KMnO4溶液的物质的量浓度为________mol·L－1。
(4)若用放置两周的KMnO4标准溶液去测定水样中Fe2＋的含量，测得的浓度值将________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
答案　(1)酸式滴定管　(2)A　(3)　(4)偏高
解析　(1)KMnO4溶液具有强氧化性，能将碱式滴定管下端的橡胶管腐蚀，所以不能用碱式滴定管量取，可以用酸式滴定管量取。
(2)H2C2O4·2H2O在常温常压下是稳定的结晶水合物；
FeSO4在空气中不稳定易被氧化，铁元素的化合价从＋2升高到＋3；浓盐酸易挥发；Na2SO3在空气中不稳定易被氧化成Na2SO4。
(3)根据得失电子守恒原理有关系式：5(H2C2O4·2H2O)～2KMnO4，则KMnO4溶液的浓度为
c(KMnO4)＝
＝ mol·L－1。
(4)在放置过程中，由于空气中还原性物质的作用，使KMnO4溶液的浓度变小了，再去滴定水样中的Fe2＋时，消耗KMnO4溶液(标准溶液)的体积会增大，导致计算出来的c(Fe2＋)会增大，测定的结果偏高。
　 1.沉淀滴定法
(1)概念：沉淀滴定法是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。
(2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液滴定溶液中的Cl－的含量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。
2．氧化还原滴定
以氧化还原反应为基础的分析方法。它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氧化性或还原性，但能与某些氧化剂或还原剂起反应的物质。氧化滴定剂有高锰酸钾溶液、重铬酸钾溶液、碘水溶液等；还原滴定剂有亚铁盐溶液、抗坏血酸水溶液(即维生素C)等。
1．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”
(1)25 ℃与60 ℃时，水的pH相等 (×)
(2012·福建理综，10B)
解析　水的电离是吸热反应，升温，促进水的电离，c(H＋)增大。
(2)中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸所消耗的n(NaOH)相等 (√)
(2012·福建理综，10C)
(3)“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，须经干燥或润洗后方可使用 (√)
(2011·浙江理综，8C)
解析　容量瓶、锥形瓶不用润洗，但滴定管或移液管须润洗或干燥后使用。
(4)用0.200 0 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1 mol·L－1)，至中性时，溶液中的酸未被完全中和 (√)
(2012·浙江理综，12C)
解析　强酸与强碱溶液正好完全中和时，所得溶液pH＝7，而强碱与弱酸正好完全中和时，溶液的pH>7，若所得溶液的pH＝7，则碱不足。
(5)已知一定温度下，醋酸溶液的物质的量浓度为c，电离度为α，Ka＝。若加入少量CH3COONa固体，则电离平衡CH3COOH??CH3COO－＋H＋向左移动，α减小，Ka变小 (×)
(2011·浙江理综，12B)
解析　醋酸溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液中c(CH3COO－)增大，平衡左移，α减小，由于温度不变，Ka不变。
(6)常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4 (×)
(2012·浙江理综，12A)
解析　稀释10倍后，3(7)25 ℃时NH4Cl溶液的Kw大于100 ℃时NaCl溶液的Kw (×)
(2011·天津理综，5A)
解析　温度越高，Kw越大。
(8)100 ℃时，将pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性(×)
(2011·天津理综，5D)
解析　由于100 ℃时，Kw>10－14，所以pH＝12的NaOH过量，呈碱性。
(9)中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶 (×)
(2012·山东理综，11A)
解析　锥形瓶不能润洗。
2．(2012·上海，7)水中加入下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是 (　　)
A．NaHSO4溶液 B．KF溶液
C．KAl(SO4)2 溶液 D．NaI溶液
答案　D
解析　NaHSO4电离生成的H＋能抑制水的电离，选项A错误；KF电离生成的F－能水解生成弱电解质HF，从而促进水的电离，选项B错误；KAl(SO4)2电离出的
Al3＋能水解生成Al(OH)3，从而促进水的电离，选项C错误；NaI是强酸强碱盐，不水解，且电离出的Na＋和I－对水的电离平衡没有影响，选项D正确。
3．(2011·四川理综，9)25 ℃时，在等体积的①pH＝0的H2SO4溶液、②0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液、③pH＝10的Na2S溶液、④pH＝5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是 (　　)
A．1∶10∶1010∶109
B．1∶5∶5×109∶5×108
C．1∶20∶1010∶109
D．1∶10∶104∶109
答案　A
解析　25 ℃时，pH＝0的H2SO4溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－14mol·L－1；0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝0.05 mol·L－1×2＝0.1 mol·L－1，根据Kw＝
c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14，则由水电离出的c(H＋)＝10－13 mol·L－1；pH＝10的Na2S溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－4 mol·L－1；pH＝5的NH4NO3溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－5mol·L－1，故等体积上述溶液中发生电离的水的物质的量之比为
10－14∶10－13∶10－4∶10－5＝1∶10∶1010∶109，即选项A正确。
4．(2012·新课标全国卷，11)已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a mol·L－1的一元酸HA与b mol·L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是 (　　)
A．a＝b
B．混合溶液的pH＝7
C．混合溶液中，c(H＋)＝ mol·L－1
D．混合溶液中，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)
答案　C
解析　判断溶液呈中性的依据是c(H＋)＝c(OH－)。A项中，a＝b，酸碱恰好完全反应生成正盐和水，由于酸碱强弱未知，不能确定溶液的酸碱性；B项中未说明温度为25 ℃，故混合溶液的pH＝7时不一定呈中性；C项混合溶液中，c(H＋)·c(OH－)＝Kw，因为c(H＋)＝ mol·L－1，则c(OH－)＝ mol·L－1，c(H＋)＝c(OH－)，故溶液呈中性；D项中c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)，只能说明溶液中电荷守恒，无法判断溶液的酸碱性。
5．(2013·上海，19改编)常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是
(　　)
A．b可能显碱性 B．a可能显酸性或碱性
C．a不可能显酸性 D．b可能显碱性或酸性
答案　B
解析　常温下pH为3的某酸溶液可能是强酸溶液也可能是弱酸溶液。若是强酸溶液，与pH为11的氨水等体积混合，得到的a溶液显碱性；若是弱酸溶液，与pH为11的氨水等体积混合，得到的a溶液的酸碱性由弱酸和氨水的电离程度的相对大小决定，因此可能显酸性，也可能显碱性。总之：a溶液可能显酸性，也可能显碱性，故B项正确，C项错误。同理可分析得知，b溶液显中性或酸性，故A项不正确，D项错误。
6．[2013·山东理综，28(3)]实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡________移动(填“向左”、“向右”或“不”)；若加入少量下列试剂中的________，产生H2的速率将增大。
a．NaNO3　　　　 b．CuSO4
c．Na2SO4 d．NaHSO3
答案　向右　b
解析　反应过程中消耗H＋，c(H＋)减小，水的电离平衡向右移动。
a、c对反应无影响，b项Zn置换出Cu，形成Cu－Zn原电池，反应速率增大，d使反应速率变慢。
7．[2012·浙江理综，26(3)]已知：I2＋2S2O===S4O＋2I－。
某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。
①可选用________作滴定指示剂，滴定终点的现象是_____________________。
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_________________________________。
③该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为__________。
答案　①淀粉溶液　蓝色褪去，放置一定时间后不复色
②2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2　③95%
解析　①“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体试样的纯度的基本原理是CuCl2氧化I－生成I2，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，而淀粉溶液遇I2显蓝色，故可用淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点时，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内溶液不恢复原来的颜色。
②CuCl2与KI发生氧化还原反应，离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。
③由题给信息可得关系式：2Cu2＋～I2～2S2O，则有
n(CuCl2·2H2O)＝n(Cu2＋)＝n(S2O)＝0.100 0 mol·L－1×20.00×10－3 L＝2.000×10－3 mol，m(CuCl2·2H2O)＝2.000×10－3 mol×171 g·mol－1＝0.342 g。试样中CuCl2·2H2O的质量分数为×100%＝95%。
8．[2013·浙江理综，28(4)]四氯化硅粗产品经精馏后，得到的残留物中常含有铁元素，为了分析残留物中铁元素的含量，先将残留物预处理，使铁元素还原成Fe2＋ ，再用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定，反应的离子方程式5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O
①滴定前是否要滴加指示剂？________(填“是”或“否”)，请说明理由：_____________________________________________________________________。
②某同学称取5.000 g残留物，经预处理后在容量瓶中配制成100 mL溶液，移取25.00 mL试样溶液，用1.000×10－2 mol· L－1 KMnO4标准溶液滴定。达到滴定终点时，消耗标准溶液20.00 mL，则残留物中铁元素的质量分数是________。
答案　①否　MnO有色，故不需其他指示剂　②4.48%
解析　①因MnO本来有颜色，故不再需其他指示剂。
②由关系式
5Fe2＋　～　MnO
5 1
n(Fe2＋) 20.00×10－3 L×1.000×10－2 mol·L－1
可求出25.00 mol试样溶液中n(Fe2＋)＝0.001 mol，所以残留物中铁元素的质量分数
w(Fe)＝×100%＝4.48%
9．(2013·四川理综，26Ⅰ)过氧化氢是重要的氧化剂、还原剂，它的水溶液又称为双氧水，常用作消毒、杀菌、漂白等。某化学兴趣小组取一定量的过氧化氢溶液，准确测定了过氧化氢的含量，并探究了过氧化氢的性质。
测定过氧化氢的含量
请填写下列空白：
(1)移取10.00 mL密度为ρ g·mL－1的过氧化氢溶液至250 mL________(填仪器名称)中，加水稀释至刻度，摇匀。移取稀释后的过氧化氢溶液25.00 mL至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释，作被测试样。
(2)用高锰酸钾标准溶液滴定被测试样，其反应的离子方程式如下，请将相关物质的化学计量数及化学式填写在方框里。
MnO＋H2O2＋H＋===Mn2＋＋H2O＋
(3)滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入____________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。滴定到达终点的现象是_____________________________________________
______________________________________________________________________。
(4)重复滴定三次，平均耗用c mol·L－1 KMnO4标准溶液V mL，则原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为_______________________________________________。
(5)若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，则测定结果________(填“偏高”或“偏低”或“不变”)。
答案　(1)容量瓶
(2)2　5　6　2　8　5　O2
(3)酸式　滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色
(4)
(5)偏高
解析　(1)仪器的选用根据题意应该选用容量瓶。
(2)残缺方程式配平首先应确定缺什么，分析可知缺的是O2，根据电子转移守恒，配平化学方程式。
(3)由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，所以只能使用酸式滴定管。滴定到达终点的现象是：滴入一滴高锰酸钾溶液，溶液呈浅红色，且30秒内不褪色。
(4)根据配平的化学方程式计算出过氧化氢的量，最后计算出原过氧化氢溶液中过氧化氢的质量分数为。
(5)若滴定前滴定管尖嘴中有气泡，滴定后气泡消失，有一部分溶液占据了气泡的体积，并没有滴入锥形瓶，则测定结果偏高。
1．对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是 (　　)
A．HCl B．13X3＋
C．CH3COO－ D.
答案　D
解析　HCl是强电解质，溶于水电离出的H＋抑制水的电离，A错误；B、C中的粒子都能发生水解，从而促进水的电离，故B、C错误。
2．向纯水中加入少量下列物质或改变下列条件，能促进水的电离，并能使溶液中
c(OH－)>c(H＋)的操作是 (　　)
①稀硫酸　②金属钠　③氨气　④FeCl3固体　⑤NaClO固体　⑥将水加热煮沸
A．②⑤ B．①④ C．③④⑥ D．④
答案　A
解析　①稀硫酸，抑制水的电离；②金属Na和H＋反应，促进水的电离，c(OH－)>
c(H＋)；③NH3溶于水呈碱性，抑制水的电离；④FeCl3固体水解呈酸性，促进水的电离；⑤NaClO水解呈碱性，促进水的电离；⑥加热水，促进水的电离，呈中性。
3．在25 ℃时，向V mL pH＝m的HNO3中滴加pH＝n的KOH溶液10V mL时，溶液中NO的物质的量恰好等于加入的K＋的物质的量，则m＋n的值为 (　　)
A．13 B．14 C．15 D．不能确定
答案　A
解析　溶液中NO的物质的量恰好等于加入K＋的物质的量，说明反应HNO3＋KOH===KNO3＋H2O恰好完全进行，溶液呈中性，故n(HNO3)＝n(KOH)，即V×
10－3×10－m＝10V×10－3×10n－14，解得：m＋n＝13。
4．常温下，pH＝12的氢氧化钠和pH＝4的醋酸等体积混合后恰好中和，忽略混合后溶液体积的变化，下列说法中正确的是 (　　)
A．混合前的醋酸约1%发生电离
B．混合后的溶液中c(Na＋)＝c(CH3COO－)
C．氢氧化钠和醋酸的浓度不相等
D．混合后的溶液呈中性
答案　A
解析　V(NaOH)·c(NaOH)＝V(CH3COOH)·c(CH3COOH)。c(CH3COOH)＝c(NaOH)＝10－2 mol·L－1，所以混合前CH3COOH发生电离的百分数为×100%＝1%，A正确；混合后，由于CH3COO－的水解，呈碱性，则c(Na＋)>c(CH3COO－)，B错误。
5．关于pH相同的醋酸和盐酸溶液，下列叙述不正确的是 (　　)
A．取等体积的两种酸分别与完全一样的足量锌粒反应，开始时反应速率盐酸大于醋酸
B．取等体积的两种酸溶液分别稀释至原溶液的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍然相同，则m>n
C．取等体积的两种酸溶液分别与足量的锌粒反应，生成氢气的体积醋酸大于盐酸
D．取等体积的两种酸溶液分别与NaOH溶液中和，消耗NaOH的物质的量醋酸大于盐酸
答案　A
解析　A项，由于c(H＋)相同，开始时反应速率相等，不正确；B项，当pH相同，加水稀释到相同的pH值，醋酸加水多。由于CH3COOH的浓度大于盐酸的浓度，所以CH3COOH中和碱的能力强，和足量金属反应，CH3COOH放出H2多，C、D正确。
6．25 ℃时，Kw＝1.0×10－14；100 ℃时，Kw＝1×10－12，下列说法正确的是 (　　)
A．100 ℃时，pH＝10的NaOH溶液和pH＝2的H2SO4恰好中和，所得溶液的pH＝7
B．25 ℃时，0.2 mol·L－1 Ba(OH)2溶液和0.2 mol·L－1 HCl等体积混合，所得溶液的pH＝7
C．25 ℃时，0.2 mol·L－1 NaOH溶液与0.2 mol·L－1 CH3COOH恰好中和，所得溶液的pH＝7
D．25 ℃时，pH＝12的氨水和pH＝2的H2SO4等体积混合，所得溶液的pH>7
答案　D
解析　100 ℃时，NaOH和H2SO4恰好中和时，pH＝6，A错误；25 ℃时，c(OH－)＝0.4 mol·L－1，c(H＋)＝0.2 mol·L－1，等体积混合后pH大于7，B错误；C项，由于CH3COO－的水解pH大于7；D项，氨水过量pH>7，正确。
7．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是
(　　)
A．图中五点Kw的关系：B>C>A＝D＝E
B．若从A点到D点，可采用：温度不变向水中加入
少量的酸
C．若从A点到C点，可采用：温度不变向水中加入适量的NH4Cl固体
D．若处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
答案　C
解析　Kw只与温度有关，温度相同时，Kw相同；温度越高，Kw越大，A项正确；从A点到D点，溶液中c(H＋)增大，可采取温度不变向水中加入少量酸的措施。从A点到C点，溶液中c(H＋)、c(OH－)同时增大，Kw增大，应采用升温的方法，C项错误；B点时Kw＝10－12，若处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝10的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性。
8．下列操作，妥当的是 (　　)
A．用托盘天平称量氢氧化钠固体时，需在左、右托盘上各放一块质量相等的滤纸
B．用25 mL滴定管量取25 mL的氢氧化钠溶液时，需将调好零点的滴定管内所有液体放出
C．用25 mL滴定管量取10 mL氢氧化钠溶液时，下端玻璃导管尖嘴悬挂的液滴不需处理
D．用量筒量取一定量体积的液体配制一定物质的量浓度的溶液时，不要用蒸馏水洗涤量筒后，再将洗涤液移入容量瓶
答案　D
解析　A项，称量NaOH应用烧杯或表面皿；B项，所有液体放出时，体积大于25 mL；C项，悬挂的液滴应属于10 mL NaOH溶液。
9．如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠相互滴定的滴定曲线，下列
叙述正确的是 (　　)
A．盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1
B．P点时恰好完全反应，溶液呈中性
C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
答案　B
解析　由滴定起始时pH＝1可知盐酸的浓度为0.1 mol·L－1，A错；曲线a起始时溶液pH＝1，可知是NaOH溶液滴定盐酸的曲线；酸碱中和滴定操作中可选用酚酞或甲基橙作为指示剂。
10．(1)水的电离平衡曲线如图所示，若A点表示25 ℃
时水的电离达平衡时的离子浓度，B点表示100 ℃
时水的电离达平衡时的离子浓度。则100 ℃时1
mol·L－1的NaOH溶液中，由水电离出的
c(H＋)________mol·L－1，Kw(25 ℃)________Kw(100 ℃)(填“>”、“<”或“＝”)。25 ℃时，向水的电离平衡体系中加入少量NH4Cl
固体，对水的电离平衡的影响是________(填“促进”、“抑制”或“不影响”)。
(2)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的量。已知如表数据。
化学式 电离平衡常数(25 ℃)
HCN K＝4.9×10－10
CH3COOH K＝1.8×10－5
H2CO3 K1＝4.3×10－7、K2＝5.6×10－11
①25 ℃时，有等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液，三种溶液的pH由大到小的顺序为_________________________________________________。
②25 ℃时，等浓度的CH3COOH溶液和NaOH溶液等体积混合，所得溶液显碱性，则c(Na＋)______c(CH3COO－)(填“>”、“<”或“＝”)。
③向NaCN溶液中通入少量CO2，所发生反应的化学方程式为_______________。
答案　(1)1×10－12　<　促进
(2)①Na2CO3>NaCN>CH3COONa
②>　③NaCN＋H2O＋CO2===HCN＋NaHCO3
解析　(1)100 ℃时，Kw＝10－12,1 mol·L－1的NaOH溶液中，c(H＋)＝1×10－12
mol·L－1。25 ℃时，Kw＝10－14，Kw(25 ℃)(2)①从电离平衡常数大小可知酸性：CH3COOH>HCN>HCO，根据越弱越水解原理，可确定溶液的碱性：Na2CO3>NaCN>CH3COONa。②混合后的溶液中，电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，因为溶液显碱性，即c(H＋)c(CH3COO－)。③根据酸性：H2CO3>HCN>HCO，则反应的化学方程式为NaCN＋H2O＋CO2===HCN＋NaHCO3。
11．某温度(T ℃)下的溶液中，c(H＋)＝10－x mol·L－1，c(OH－)＝10－y
mol·L－1，x与y的关系如图所示，请回答下列问题：
(1)此温度下，水的离子积Kw为________，则该温度
T______25(填“>”、“<”或“＝”)。
(2)在此温度下，向Ba(OH)2溶液中逐滴加入pH＝a的盐酸，测得混合溶液的部分pH如表所示。
实验序号 Ba(OH)2溶液的体积/mL 盐酸的体积/mL 溶液的pH
① 22.00 0.00 8
② 22.00 18.00 7
③ 22.00 22.00 6
假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则a＝________，实验②中由水电离产生的c(OH－)＝______mol·L－1。
(3)在此温度下，将0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液与0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液按下表中甲、乙、丙、丁不同方式混合：
甲 乙 丙 丁
0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液体积/mL 10 10 10 10
0.1 mol·L－1 NaHSO4溶液体积/mL 5 10 15 20
①按丁方式混合后，所得溶液显________(填“酸”、“碱”或“中”)性。
②写出按乙方式混合后，反应的离子方程式：____________________________。
③按甲方式混合后，所得溶液的pH为__________。
答案　(1)1×10－12　>　(2)4　10－7　(3)①中　②Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO===BaSO4↓＋H2O　③11
解析　(1)Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－x·10－y＝10－(x＋y)，根据图示可知当x＝12时，
c(OH－)＝1 mol·L－1，当y＝12时，c(H＋)＝1 mol·L－1，故Kw＝1×10－12。根据温度越高H2O的电离程度越大，Kw也随之越大，可知此时的T>25。
(2)此条件下，pH＝6时，溶液呈中性。根据表中实验①的数据可得c(OH－)＝10－4 mol·L－1，根据表中实验③的数据有22.00×10－3 L×10－4 mol·L－1＝22.00×10－3 L×10－a mol·L－1，可得a＝4，即pH＝4。实验②中，所得溶液pH＝7，Ba(OH)2过量，溶液呈碱性，由H2O电离产生的c(OH－)等于由水电离产生的c(H＋)，即由水电离产生的c(OH－)＝10－7 mol·L－1。
(3)①按丁方式混合时，Ba(OH)2提供的OH－与NaHSO4提供的H＋相等，混合后溶液呈中性。②按乙方式混合时，反应前：n(Ba2＋)＝10－3 mol，n(OH－)＝2×10－3 mol，n(H＋)＝n(SO)＝10－3 mol，实际反应的Ba2＋、OH－、H＋、SO均为10－3 mol，故反应的离子方程式为Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO===BaSO4↓＋H2O。③按甲方式混合时，OH－过量，反应后溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝10－11 mol·L－1，pH＝11。
12．已知醋酸是日常生活中常见的弱酸。
(1)用pH试纸测定醋酸pH的操作是____________。
(2)常温下在pH＝5的醋酸稀溶液中，醋酸电离出的c(H＋)的精确值是__________mol·L－1。
(3)用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL某浓度的CH3COOH溶液，部分操作如下：
①取一支用蒸馏水洗净的碱式滴定管，加入标准氢氧化钠溶液，记录初始读数
②用酸式滴定管放出一定量待测液，置于用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入2滴甲基橙
③滴定时，边滴加边振荡，同时注视滴定管内液面的变化
请选出上述实验过程中的错误之处______________(填序号)。上述实验与一定物质的量浓度溶液配制实验中用到的相同仪器______________。
答案　(1)用镊子夹取一小块试纸放在干燥洁净的表面皿或玻璃片上，用
玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部，观察颜色变化，与标准比色卡比对
读数
(2)10－5－10－9
(3)①②③　烧杯(或烧杯和胶头滴管)
解析　(1)pH试纸不能润湿且只能读取整数值。
(2)在醋酸溶液中，H＋来源于醋酸的电离和水的电离，其中c(H＋)水＝＝10－9
mol·L－1，所以醋酸电离出的c(H＋)的精确值为10－5－10－9 mol·L－1。
(3)①滴定管应润洗。②由于CH3COONa水解呈碱性，应用酚酞作指示剂。③滴定时应注视锥形瓶内溶液颜色的变化。中和滴定、配制溶液均用到烧杯和胶头滴管。
13．氧化还原反应在生产、生活中具有广泛的用途，贯穿古今。
(1)下列生产、生活中的事例中发生了氧化还原反应的是 (　　)
(2)水是人体的重要组成部分，是人体中含量最多的一种物质。而“四种基本反应类型与氧化还原反应的关系”也可用如图表达。
试写出有水参加、水为还原剂且为类型Ⅳ的一个化学方程式：__________________。
(3)NaNO2是一种食品添加剂，它能致癌。酸性KMnO4溶液与NaNO2的反应离子方程式是____MnO＋____NO＋____===____Mn2＋＋____NO＋____H2O
Ⅰ.请补充完整，配平方程式并标出电子转移方向和数目。
Ⅱ.某同学称取了7.9 g KMnO4固体，欲配制100 mL溶液。回答下列问题：
该实验中，使用容量瓶时要检查是否漏水，其操作是______________________。
Ⅲ.不规范的实验操作会导致实验结果出现误差。分析下列操作使实验结果偏小的是__________(填序号)。
①在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外
②定容时仰视仪器上的刻度线
③定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线
Ⅳ.最后所得的溶液应存放在试剂瓶中，并贴上标签，请你填写该
标签(如图)。
Ⅴ.某同学用上述配好的KMnO4溶液滴定未知浓度的NaNO2溶液：
取20 mL未知浓度的NaNO2溶液于锥形瓶；取上述配好的KMnO4溶液于
________(“酸式”或“碱式”)滴定管。滴定完成后消耗KMnO4溶液10 mL，则NaNO2溶液的浓度为__________。
答案　(1)D　(2)F2＋2H2O===4HF＋O2
(3)Ⅰ.2MnO＋5N10e－O＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O
Ⅱ.往容量瓶中加入少量的蒸馏水，盖上瓶塞，倒置，看瓶塞是否漏水，放正，瓶塞旋转180度，重新倒置，看是否漏水。
Ⅲ.①②③
Ⅳ.0.5 mol·L－1　KMnO4
Ⅴ.酸式　0.625 mol·L－1
解析　本题考查了氧化还原反应，配制一定物质的量的浓度溶液及氧化还原反应滴定。
(1)A、B、C均属于物理变化。
(2)水作还原剂的反应比较特殊，氧化性应大于O2的氧化性，即F2＋2H2O===4HF＋O2。
(3)Ⅰ.用化合价升降法配平，根据电荷守恒，反应物应补充H＋。
Ⅱ.检查容量瓶是否漏水，应注意检查两次。
Ⅲ.①溶解时，少量液体溅出，造成溶质损失；②定容时仰视刻度，造成所配溶液体积偏大；③再加水，造成体积偏大。
Ⅳ.写标签时，应注明浓度和名称。
c(KMnO4)＝0.5 mol·L－1。
Ⅴ.KMnO4溶液具有强氧化性，应放入酸式滴定管。根据2MnO＋5NO＋6H＋===2Mn2＋＋5NO＋3H2O，×2＝c(KMnO4)·V(KMnO4)，c(NaNO2)＝
＝＝0.625 mol·L－1。
14．重铬酸铵[(NH4)2Cr2O7]是一种橘黄色晶体，可用作有机合成催化剂、实验室制纯净的N2及Cr2O3等。实验室可由工业级铬酸钠(Na2CrO4)制取重铬酸铵。有关物质的溶解度如图所示。实验步骤如下：
步骤1：将铬酸钠溶于适量的水，加入一定量浓硫酸酸化，使铬酸钠转化为重铬酸
钠。
步骤2：将上述溶液蒸发结晶，并趁热过滤。
步骤3：将步骤2得到的晶体再溶解，再蒸发结晶并趁热过滤。
步骤4：将步骤2、3得到的滤液冷却至40 ℃左右进行结晶，用水洗涤，获得重铬酸钠晶体。
步骤5：将步骤4得到的重铬酸钠和氯化铵按物质的量之比1∶2溶于适量的水中，加热至105～110 ℃，让其充分反应。
(1)步骤1是一个可逆反应，该反应的离子方程式为_________________________。
(2)步骤2、3的主要目的是______________________________________________。
(3)步骤4在40 ℃左右结晶，其主要目的是_______________________________。
(4)步骤5获得(NH4)2Cr2O7还需补充的操作有_____________________________。
(5)(NH4)2Cr2O7受热分解制取Cr2O3的化学方程式为
_________________________________________________________________。
(6)对上述产品进行检验和含量测定。
①检验产品中是否含有K＋的实验方法是________________________________。
②为了测定上述产品中(NH4)2Cr2O7的含量，称取样品0.150 0 g，置于锥形瓶中，加50 mL水，再加入2 g KI(过量)及稍过量的稀硫酸溶液，摇匀，暗处放置10 min，然后加150 mL蒸馏水并加入3 mL 0.5%淀粉溶液，用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3标准溶液30.00 mL，则上述产品中(NH4)2Cr2O7的纯度为__________(假定杂质不参加反应，已知：Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O，I2＋2S2O===2I－＋S4O)。
答案　(1)2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O
(2)除去硫酸钠杂质　(3)尽量使Na2SO4不析出
(4)冷却结晶、过滤、冰水洗涤及干燥
(5)(NH4)2Cr2O7Cr2O3＋N2↑＋4H2O
(6)①用洁净的铂丝在酒精灯外焰上灼烧至无色，然后沾取晶体或蘸其溶液少许，在酒精灯外焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰显紫色说明含有K＋，否则不含　②84.0%
解析　(1)加入浓硫酸后，铬酸钠会转化为重铬酸钠，此可逆反应的离子方程式为2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O。
(2)步骤2、3采用了重结晶法，目的是除去溶液中可溶性的杂质，应该是硫酸钠。
(3)由图像可看出40 ℃时硫酸钠的溶解度最大，此时主产品结晶并尽可能地避免杂质硫酸钠结晶析出。
(4)由图像可看出重铬酸铵随着温度升高，溶解度增大，则要得到重铬酸铵，需要
将所得溶液进行冷却结晶、过滤、洗涤(最好是用冰水洗涤以减少损失)和干燥。
(6)①K＋的检验采用的是焰色反应，且要透过蓝色的钴玻璃观察火焰颜色，焰色为紫色。
②根据题给反应得出：
(NH4)2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3
252 g 6 mol
x 0.100 0 mol·L－1×0.03 L
解得x＝0.126 0 g，则(NH4)2Cr2O7的纯度为×100%＝84.0%。专题讲座九　水污染及治理
2012年1月广西河池市龙江镉污染事件，2011年9月云南曲靖市的南盘江铬污染事件都说明了水污染已成为我国经济建设中的一大瓶颈。水是生命之源，有关水污染及其治理已成为近年来高考的热点。
目前污水的处理一般分为三级处理。一级处理：主要是用物理法或化学法，将污水中可沉降固体除去，然后加氯消毒即排入水体。一级处理只是去除污水中的飘浮物和部分悬浮状态的污染物质，调节污水的pH值，减轻废水的腐蚀程度和减少后续处理负荷。二级处理：污水经一级处理后，再用生物化学方法除去污水中大量的有机物，使污水进一步净化的工艺过程。活性污泥处理法是二级处理的主要方法。三级处理：又称污水高级处理或深度处理。污水经过二级处理仍含有磷、氮、病原微生物、矿物质和难以生物降解的有机物等，需要进行三级处理，以便进一步除去上述污染物或回收利用有用物质，以便使污水经三级处理后再利用。
污水处理常见有如下三种方法：
一、氧化还原法处理废水
废水中呈溶解状态的有机和无机污染物，在投加氧化剂或还原剂后，由于电子的转移，而发生氧化或还原反应，使其转化为无害物质。在工业处理污水时，可用到的氧化剂有：O2、Cl2、O3、Ca(ClO)2、H2O2等，氧化还原法在污水处理实例中有氧化发酵含有机物废水处理、空气氧化法处理含硫废水、碱性氯化法处理含氰污水、臭氧化法除臭、脱色、杀菌及除酚、氰、铁、锰，降低污水BOD与COD等均有显著效果。目前，还原法主要用于含氮废水的处理。
　(2012·北京理综，26)某氮肥厂氨氮废水中的氮元素多以NH和NH3·H2O的形式存在，该废水的处理流程如下：
(1)过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30 ℃，通空气将氨赶出并回收。
①用离子方程式表示加NaOH溶液的作用：_______________________________。
②用化学平衡原理解释通空气的目的：___________________________________。
(2)过程Ⅱ：在微生物作用的条件下，NH经过两步反应被氧化成NO。两步反应的能量变化示意图如下：
①第一步反应是________反应(选填“放热”或“吸热”)，判断依据是_______
_________________________________________________________________。
②1 mol NH(aq)全部氧化成NO(aq)的热化学方程式是
______________________________________________________________________。
(3)过程Ⅲ：一定条件下，向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。若该反应消耗32 g CH3OH转移6 mol电子，则参加反应的还原剂和氧化剂的物质的量之比是________。
解析　(1)NH与OH－反应：NH＋OH－===NH3·H2O，且NH3·H2O受热易分解，故升温时，NH3逸出。废水中的NH3能被空气带出，使NH3·H2O??NH3＋H2O的平衡正向移动。
(2)根据第一步反应的能量变化示意图可知反应物[NH(aq)＋1.5O2(g)]总能量高于生成物[NO(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)]总能量，故该反应为放热反应。根据盖斯定律知：NH(aq)＋2O2(g)===NO(aq)＋2H＋(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－(273＋73) kJ·mol－1＝
－346 kJ·mol－1。
(3)根据得失电子守恒可得n(CH3OH)∶n(HNO3)＝1∶＝5∶6。
答案　(1)①NH＋OH－===NH3·H2O
②废水中的NH3被空气带走，使NH3·H2O??NH3＋H2O的平衡向正反应方向移动，利于除氨
(2)①放热　ΔH＝－273 kJ·mol－1<0(或反应物的总能量大于生成物的总能量)
②NH(aq)＋2O2(g)===2H＋(aq)＋NO(aq)＋H2O(l)　ΔH＝－346 kJ·mol－1
(3)5∶6
　(2011·安徽理综，28)地下水中硝酸盐造成的氮污染已成为一个世界性的环境问题。文献报道某课题组模拟地下水脱氮过程，利用Fe粉和KNO3溶液反应，探究脱氮原理及相关因素对脱氮速率的影响。
(1)实验前：①先用0.1 mol·L－1H2SO4洗涤Fe粉，其目的是________，然后用蒸馏水洗涤至中性；②将KNO3溶液的pH调至2.5；③为防止空气中的O2对脱氮的影响，应向KNO3溶液中通入________(写化学式)。
(2)右图表示足量Fe粉还原上述KNO3溶液过程中，
测出的溶液中相关离子浓度、pH随时间的变化关系
(部分副反应产物曲线略去)。请根据图中信息写出
t1时刻前该反应的离子方程式：________________。
t1时刻后，该反应仍在进行，溶液中NH的浓度在
增大，Fe2＋的浓度却没有增大，可能的原因是________________。
(3)该课题组对影响脱氮速率的因素提出了如下假设，请你完成假设二和假设三：
假设一：溶液的pH；
假设二：______________________________________________________________；
假设三：______________________________________________________________；
……
(4)请你设计实验验证上述假设一，写出实验步骤及结论。
(已知：溶液中的NO浓度可用离子色谱仪测定)
实验步骤及结论：
答案　(1)去除铁粉表面的氧化物等杂质　N2
(2)4Fe＋NO＋10H＋===4Fe2＋＋NH＋3H2O　生成的Fe2＋水解(或和溶液中的OH－结合)　(3)温度　铁粉颗粒大小
(4)
实验步骤及结论：①分别取等体积、等浓度的KNO3溶液于不同的试管中；②调节溶液呈酸性且pH各不相同，并通入N2；③分别向上述溶液中加入足量等质量的同种铁粉；④用离子色谱仪测定相同反应时间时各溶液中NO的浓度。若pH不同的KNO3溶液中，测出的NO浓度不同，表明pH对脱氮速率有影响，否则无影响。
(本题属于开放性试题，答案合理即可)
解析　(1)①用稀H2SO4洗涤Fe粉的目的是去除Fe粉表面的氧化物等杂质，③中为防止空气中的O2对脱氮的影响，向KNO3溶液中通入N2。
(2)由图中各离子浓度的变化得t1时刻前反应的离子方程式为4Fe＋10H＋＋NO===4Fe2＋＋NH＋3H2O。t1时刻后反应仍在进行，继续有Fe2＋生成，但从图像上看Fe2＋的浓度却在减小，原因是Fe2＋的水解消耗了Fe2＋，使Fe2＋浓度降低。
(3)从外界条件对反应速率的影响因素来看，温度和铁粉的表面积都会对脱氮的速率产生影响。
二、沉淀法处理废水
沉淀法处理废水是污水处理的一种重要方法，主要是通过氧化还原反应或电解使易溶于水的含有重金属元素的离子转化为沉淀而除去，目前此法主要用于含＋6价Cr废水的处理。此外，对于Hg2＋、Cu2＋等重金属离子的污染，可直接加入沉淀剂(如Na2S)使之转化为沉淀而除去。
　(2011·天津理综，10)工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理。常用的处理方法有两种。
方法1：还原沉淀法
该法的工艺流程为
CrOCr2OCr3＋Cr(OH)3↓
其中第①步存在平衡：2CrO(黄色)＋2H＋??Cr2O(橙色)＋H2O
(1)若平衡体系的pH＝2，该溶液显________色。
(2)能说明第①步反应达平衡状态的是__________。
a．Cr2O和CrO的浓度相同
b．2v(Cr2O)＝v(CrO)
c．溶液的颜色不变
(3)第②步中，还原1 mol Cr2O，需要______mol FeSO4·7H2O。
(4)第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)??Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)
常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝10－32，要使c(Cr3＋)降至10－5
mol·L－1，溶液的pH应调至________。
方法2：电解法
该法用Fe作电极电解含Cr2O的酸性废水，随着电解进行，在阴极附近溶液pH升高，产生Cr(OH)3沉淀。
(5)用Fe作电极的原因为_____________________________________________。
(6)在阴极附近溶液pH升高的原因是(用电极反应解释)__________，溶液中同时生成的沉淀还有__________。
解析　(1)平衡体系的pH＝2时，溶液c(H＋)较大，此时c(Cr2O)大，c(CrO)小，溶液显橙色。
(2)反应①达到平衡状态时，c(Cr2O)与c(CrO)均不变，但不一定相等；达到平衡状态时，有2v正(Cr2O)＝v逆(CrO)；平衡时，Cr2O和CrO的浓度不变，溶液的颜色不变。
(3)Cr2O与Fe2＋发生氧化还原反应，生成Cr3＋和Fe3＋，1 mol Cr2O被还原时，转移6 mol电子，要消耗6 mol FeSO4·7H2O。
(4)由Cr(OH)3的溶度积Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝10－32，则有c(OH－)＝。欲使c(Cr3＋)降至10－5 mol·L－1，则应有c(OH－)＝ mol·L－1＝10－9 mol·L－1。溶液的pH＝－lgc(H＋)＝－lg＝－lg＝5。
(5)铁作阳极发生反应：Fe－2e－===Fe2＋，产生还原剂Fe2＋，可使Cr2O还原成
Cr3＋，最终生成Cr(OH)3沉淀。
(6)阴极发生反应：2H＋＋2e－===H2↑，溶液中c(H＋)降低，溶液的pH升高。由于Fe(OH)2极易被氧化生成Fe(OH)3，故溶液中还生成Fe(OH)3沉淀。
答案　(1)橙　(2)c　(3)6　(4)5
(5)阳极反应为Fe－2e－===Fe2＋，提供还原剂Fe2＋
(6)2H＋＋2e－===H2↑　Fe(OH)3
　六价铬对人体有害，含铬废水要经化学处理后才能排放，方法是用绿矾(FeSO4·7H2O)把废水中的六价铬还原为三价铬离子，再加入过量的石灰水，使铬离子转变为氢氧化铬[Cr(OH)3]沉淀。其主要反应的化学方程式如下：
H2Cr2O7＋6FeSO4＋6H2SO4===3Fe2(SO4)3＋Cr2(SO4)3＋7H2O
现用上述方法处理1×104 L含铬(＋6价)78 mg·L－1的废水(Cr的相对原子质量为52)，试回答：
(1)处理后，沉淀物中除Cr(OH)3外，还有______________、____________(用化学式表示)。
(2)需用绿矾多少千克？
答案　(1)Fe(OH)3　CaSO4　(2)12.51 kg
解析　(1)加入石灰水后，Cr3＋、Fe3＋分别生成难溶于水的Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀，SO生成微溶于水的CaSO4沉淀，有关离子方程式为
Cr3＋＋3OH－===Cr(OH)3↓
Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓
Ca2＋＋SO===CaSO4↓
(2)1×104 L废水中含Cr的质量为
1×104 L×7.8×10－5 kg·L－1＝7.8×10－1 kg
由H2Cr2O7＋6FeSO4＋6H2SO4===3Fe2(SO4)3＋Cr2(SO4)3＋7H2O和绿矾的化学式FeSO4·7H2O可知，Cr与FeSO4·7H2O之间的关系为Cr～3FeSO4·7H2O。
设所需绿矾的质量为x。
Cr　　～　　3FeSO4·7H2O
52　　　　　　　　834
7．8×10－1 kg　　　 x
x＝＝12.51 kg。
　判断下列说法是否正确，正确的划“√”，错误的划“×”
用Na2S除去废水中的Hg2＋：Hg2＋＋S2－===HgS↓ (√)
(2011·北京理综，9A)
三、中和法处理废水
“中和法”用于处理酸性废水及碱性废水。向酸性废水中投加碱性物质如石灰、氢氧化钠等进行中和，向碱性废水中吹入含CO2的烟道气或其它酸性物质进行中和。
　某造纸厂排放的废烧碱水(内含Na2CO3)流量是100 mL·s－1，为了测定废水中烧碱的浓度，某环保小组取样250 mL废碱，稀释10倍后再取50 mL，平均分成2份，分别用0.120 0 mol·L－1盐酸滴定。第一份采用甲基橙作指示剂，耗去盐酸24.20 mL；第二份用酚酞作指示剂，耗去盐酸17.40 mL。试计算：
(1)废烧碱水中NaOH和Na2CO3的物质的量浓度各是多少？(保留四位小数)
(2)该环保小组想用1.2 mol·L－1的废盐酸来中和上述废烧碱液，理论上盐酸的注入流量应为多少？(保留1位小数)
解析　设稀释后每份溶液中(25 mL)含NaOH的物质的量为x、Na2CO3的物质的量为y。当用甲基橙作指示剂时有
NaOH＋HCl===NaCl＋H2O
Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O
x＋2y＝24.20×10－3 L×0.12 mol·L－1 ①
当用酚酞作指示剂时有
NaOH＋HCl===NaCl＋H2O
Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl
x＋y＝17.40×10－3 L×0.12 mol·L－1 ②
联立方程①、②可得：
x＝1.272×10－3 mol　y＝8.160×10－4 mol
原废烧碱溶液中：
c(NaOH)＝×10＝0.508 8 mol·L－1
c(Na2CO3)＝×10＝0.326 4 mol·L－1
(2)盐酸流量应为
＝96.8 mL·s－1。
答案　(1)NaOH的物质的量浓度为0.508 8 mol·L－1，Na2CO3的物质的量浓度为0.326 4 mol·L－1
(2)96.8 mL·s－1

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