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专题九 水溶液中的离子平衡（学生版）
1．了解电解质的概念；了解强电解质和弱电解质的概念。
2．了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性。
3．了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。
4．了解水的电离，水的离子积常数。
5．了解溶液pH的定义；了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。
6．了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。
7．了解难溶电解质的溶解平衡。
8.了解溶度积的含义，能用平衡移动原理分析沉淀溶解、生成和转化过程。
一、弱电解质及其电离
1．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)，当弱电解质电离产生离子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）影响因素（以CH3COOHCH3COO－+ H+为例）[来源:学
①浓度：
加水稀释促进电离，溶液中ｎ(H+)增大，c(H+)减小
②温度：
升温促进电离（因为电离过程是吸热的）
③相关离子：
例如加入无水CH3COONa能抑制电离，加入盐酸也抑制电离，加入碱能促进电离，仍然符合勒夏特列原理。
2．电离平衡常数（K）----弱电解质电离程度相对大小一种参数
（1）电离平衡常数的表达式
对于一元弱酸 HAH++A-，平衡时，
对于一元弱碱 MOHM++OH-，平衡时，
（2）多元弱酸的电离
多元弱酸的各级电离常数的大小关系是K1?K2?K3，故其酸性取决于第一步。
（3）电离平衡常数的化学含义
相同条件下，K值越大，电离程度越大，相应酸(或碱)的酸性(或碱性)越强。
（4）影响电离平衡常数的因素
K值只随温度变化，升温，K值增大。
归纳总结
相同pH、相同体积的一元强酸与一元弱酸溶液的比较
比较
c(H＋)
c(酸)
中和碱
的能力
与足量活泼金属反应产生H2的量
开始与金属反应的速率
一元强酸
相同
小
小
少
相同
一元弱酸
大
大
多
二、水的电离和溶液的pH
1．水的离子积
（1）定义
H2O =?H++OH- ；△H＞0，KW=c(H+)·c(OH-)
室温下纯水中：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7_mol/L，pH＝7，呈中性。
（2）性质
①溶液中H2O电离产生的c(H+)=c(OH-)
②在溶液中，Kw中的c(OH-)、c(H+)指溶液中总的离子浓度。
酸溶液中c(H+)= c(H+)(酸)+c(H+)(水)≈c(H+)(酸)，c(H+)(水)=c(OH-)；
碱溶液中c(OH-)=c(OH-)(碱)+ c(OH-)(水) ≈c(OH-)(碱)，c(OH-)(水)=c(H+)；
盐溶液显中性时c(H+)=c(OH-)=c(H+)(水)=c(OH-)(水)，
水解显酸性时c(H+)=c(H+)(水)= c(OH-)(水)＞c(OH-)
水解显碱性时c(OH-)=c(OH-)(水)=c(H+)(水)＞c(H+)。
（3）水的电离平衡的影响因素
①温度
升高温度，促进水的电离，KW增大
降低温度，抑制水的电离，KW减小。
②酸、碱
抑制水的电离。
③可水解的盐
促进水的电离。
2．溶液的pH
（1）定义
pH=－lg[H+]，广泛pH的范围为0～14。
注意：当溶液中[H+]或[OH-]大于1mol/L时，不用pH表示溶液的酸碱性。
（2）pH、c(H+)与溶液酸碱性的关系
pH（250C）
c(H+)与c(OH-)关系(任意温度)
溶液的酸碱性
pH<7
c(H+)＞c(OH-)
溶液呈酸性，
pH=7
c(H+)=c(OH-)
溶液呈中性
pH>7
c(H+)＜c(OH-)
溶液呈碱性，
（3）有关pH的计算
单一溶液pH的计算
强酸溶液(HnA)，其物质的量浓度为c mol/L，则：c(H＋)＝nc mol/L，pH＝－lgc(H＋)＝－lgnc；强碱溶液[B(OH)n]，其物质的量浓度为c mol/L，则c(OH－)＝nc mol/L，c(H＋)＝ mol/L，pH＝－lgc(H＋)＝14＋lgnc。
强酸、强碱混合液的pH计算
(1)强酸与强酸混合求pH
①非等体积混合
c(H＋)＝，然后再求pH。
②等体积混合可近似计算pH＝pH小＋0.3
(2)强碱与强碱混合求pH
①非等体积混合
先计算：c(OH－)＝，
再求c(H＋)＝，最后求pH。
②等体积混合，可近似计算pH＝pH大－0.3。
（3）强酸与强碱混合
酸过量→c(H+)→pH
恰好完全反应，pH=7
碱过量→c(OH-)→c(H+)→pH
①恰好完全反应，溶液呈中性，pH＝7。
②酸过量：
先求c(H＋)余＝，再求pH。
③碱过量：
先求c(OH－)余＝，再求c(H＋)＝，然后求pH。
特别提醒：pH之和等于、大于、小于14的意义
（1）意义
酸溶液中的氢离子浓度等于碱溶液中的氢氧根离子的浓度。
已知酸、碱溶液的pH之和为14，则等体积混合时：
（2）若强酸和强碱溶液混合后，溶液的pH＝7
①若pH酸＋pH碱＝14　则V酸＝V碱
②若pH酸＋pH碱＝15　则V酸＝10V碱
③若pH酸＋pH碱＝12　则V酸＝V碱
三、电离方程式的书写
(1)强电解质：完全电离用“＝”，如：HCl＝H＋＋Cl－ ；NaOH＝Na＋＋OH－；NaNO3＝Na＋＋NO3-。
(2)弱电解质：部分电离用“”，如：CH3COOHCH3COO－＋H＋，NH3·H2ONH2-＋OH－。
多元弱酸的电离是分步进行的，以第一步电离为主。
如：H2CO3H＋＋HCO3-　(主要)；HCO3-H＋＋CO32- (次要)。
(4)多元弱碱用一步电离表示，如：Cu(OH)2Cu2＋＋2OH－。
强酸的酸式盐在水溶液中完全电离，如NaHSO4 =Na＋＋H＋＋SO42－，在熔融状态下的电离为KHSO4=K＋＋HSO4－。弱酸的酸式盐既有完全电离，又有部分电离，
如NaHCO3=Na＋＋HCO3－，HCO3－H＋＋CO32－。
四、电离度
(1)定义：
弱电解质在水中达到电离平衡状态时，已电离的电解质分子数占原有电解质分子总数(包括已电离和未电离)的百分率，称为电离度。
(2)表达式：
电离度通常用α表示：
α＝ ×100%。
(3)意义
电离度实质上是平衡转化率的一种。电离度表示弱电解质在水中的电离程度。温度相同、浓度相同时，不同的弱电解质的电离度是不同的，同一种电解质在不同浓度的水溶液中，其电离度也是不同的，溶液越稀，电离度越大。
五、电解质溶液中的粒子观
两种“微弱”

三个守恒
(1)电荷守恒规律
如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在如下关系：
c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。
(2)物料守恒规律
电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，粒子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。
(3)质子守恒规律
即H2O电离的氢离子和氢氧根离子浓度相等。在Na2CO3溶液中水电离出OH－和H＋，其中水电离产生的H＋以H＋、HCO、H2CO3三种形式存在于溶液中，则有c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。
两种形式
(1)等式
对于等式通常有两个，即电荷守恒、物料守恒，一些复杂的等式往往是对两个守恒关系式经过变形得到的，或代入某些所给已知条件得到的。
(2)不等式
对于不等式，要具体分析溶液中各种电离方程式、水解方程式、溶液的酸碱性。
两个注意
(1)不同溶液中同一离子浓度的比较要看溶液中其他离子对该离子的影响。
(2)混合溶液中各离子浓度的比较要综合考虑电离因素、水解因素等。
六、难溶电解质的沉淀溶解平衡
1．沉淀的生成
(1)条件
离子浓度商(Qc)大于溶度积(Ksp)。
(2)应用
①分离离子：同一类型的难溶电解质，如AgCl、AgBr、AgI，溶度积小的物质先析出，溶度积大的物质后析出。
②控制溶液的pH来分离物质，如除去CuCl2中的FeCl3就可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2等物质，将Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去。
2．沉淀的溶解
(1)条件
浓度商Qc小于溶度积(Ksp)。
(2)方法
酸碱溶解法：加入酸或碱与溶解平衡体系中的相应离子反应，降低离子浓度，使平衡向溶解的方向移动，如CaCO3可溶于盐酸。
①盐溶解法
加入盐溶液，与沉淀溶解平衡体系中某种离子反应生成弱电解质，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液。
②配位溶解法
加入适当的配合剂，与沉淀溶解平衡体系中的某种离子生成稳定的配合物，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如AgCl溶于氨水。
③氧化还原法
通过发生氧化还原反应使平衡体系中的离子浓度降低，从而使沉淀溶解，如Ag2S溶于硝酸。
3．沉淀的转化
(1)规律
在难溶电解质的饱和溶液中，溶解度小的沉淀易转化生成溶解度更小的沉淀。
(2)实例
AgNO3AgCl(白色沉淀)AgBr(淡黄色沉淀)AgI(黄色沉淀)Ag2S(黑色沉淀)。
4．溶度积的计算
(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中
c(Ag＋)＝ mol·L－1。
(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1 mol·L－1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a mol·L－1。
七、溶液中离子浓度大小的比较规律
（1）多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如在H3PO4溶液中，c(H＋)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(PO)。
（2）多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3溶液中c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)。
（3）不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响。如在相同物质的量浓度的下列各溶液中①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4。c(NH)由大到小的顺序是③＞①＞②。
（4）混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析。有关规律如下：[来源
①电荷守恒规律：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，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－，必存在如下关系：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，但原子总数是守恒的，如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故硫元素以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：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子(H＋)数等于粒子接受的氢离子(H＋)数加游离的氢离子(H＋)数。如Na2S水溶液中的质子转移可用图表示如下：
由上图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示为：
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与物料守恒推导得到。
八、常见类型
（1）多元弱酸溶液，根据多步电离分析。
如在H3PO4的溶液中，
c（H＋）＞c（H2PO4￣）＞c（HPO42￣）＞c（PO43￣）。
（2）多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析，以第一步为主。
如Na2CO3溶液中，
c（Na＋）＞c（CO32￣）＞c（OH－）＞c（HCO3￣）。
（3）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HCO3￣的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性。
（4）不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对它的影响。
如在相同的物质的量浓度的下列各溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4，c（NH）由大到小的顺序是③＞①＞②。[来源:学科网]
（5）混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析。
如电离因素、水解因素等。如在含0.1 mol·L－1的NH4Cl和0.1 mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c（NH）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋）。在该溶液中，NH3·H2O电离程度大于NH的水解程度，溶液呈碱性：
c（OH－）＞c（H＋），同时c（NH）＞c（Cl－）。
九、盐类水解离子方程式的书写
1.水和弱电解质应写成分子式，不能写成相应的离子。
2．水解反应是可逆过程，因此要用“”符号，不能用“＝”。通常情况下，中和反应是趋于完成的反应，所以盐的水解程度很小，产物的量很少，因此方程式中不标“↑”“↓”符号，也不把易分解的生成物(如NH3·H2O、H2CO3等)写成其分解产物的形式。如NH4Cl＋H2ONH3·H2O＋HCl；离子方程式为NH4+＋H2O＝NH3·H2O。
3．多元弱酸盐的水解是分步进行的，应分步书写，水解程度主要取决于第一步。
如：CO32－＋H2OHCO3－ ＋OH－；
HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－。
4．多元弱碱的盐也是分步水解的，由于中间过程复杂，中学阶段仍写成一步
如：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋
Al3＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
(5)某些盐溶液在混合时，一种盐的阳离子与另一种盐的阴离子在一起都发生水解，使两种盐的离子水解趋于完全。此时，用“＝”“↑”“↓”(又叫双水解反应)。如生成的H2CO3写成CO2↑＋H2O。如将Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液混合，立即产生大量白色沉淀和大量气体。这是由于Al2(SO4)3溶液显酸性：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，NaHCO3溶液显碱性：HCO32－＋H2OH2CO3＋OH－，二者混合后，发生反应H＋＋OH－＝H2O，使两个水解反应相互促进，趋于完全，所以产生白色沉淀和气体。总反应为Al3＋＋3HCO3－ ＝Al(OH)3↓＋3CO2↑。
配平双水解反应离子方程式可遵循离子的电荷守恒和质量守恒配平。如：
Al3＋＋3AlO2－ ＋6H2O＝4Al(OH)3↓，
2Fe3＋＋3CO32－＋3H2O＝2Fe(OH)3↓＋3CO2↑
即：mMn＋＋nAn－＋nm H2O＝mM(OH)n↓＋nHmA
常见的能发生相互促进水解的离子有：Al3＋与CO32－、HCO3－ 、S2－、HS－、AlO2－；Fe3＋与CO32－ 、HCO3－、AlO2－；NH4+ 与AlO2－、SiO32－等。
双水解反应的规律可以用于：
①判断离子能否大量共存；
②确定待鉴别的试剂；
③比较物质溶解性的大小；
④选择要制备物质的试剂种类；
⑤确定肥料的复合方式。
十、盐类水解的应用
1．实验室配制和储存易水解的盐溶液
配制FeCl3溶液时加入一定量酸(盐酸)，防止铁离子水解；
配制CuSO4溶液时加入少量硫酸，防止铜离子水解。
2．某些活泼金属与强酸弱碱盐反应
Mg放入NH4Cl、CuCl2、FeCl3溶液中产生氢气。
3．制备Fe(OH)3胶体
沸水中滴加FeCl3溶液，产生红褐色胶体。
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
4．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]、三氯化铁(FeCl3)等净水
Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
原因：胶体吸附性强，可起净水作用。
5．苏打(Na2CO3)洗涤去油污
CO32－＋H2O＝HCO3－＋OH－，加热，去油污能力增强。
原因：加热，促进CO32－ 的水解，碱性增强，去油污能力增强。
6．泡沫灭火器原理
成分：NaHCO3、Al2(SO4)3
NaHCO3水解：HCO 3－ ＋H2OH2CO3＋OH－碱性
Al2(SO4)3水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋酸性
原理：当两盐混合时，氢离子与氢氧根离子结合生成水，双方相互促进水解：3HCO3－＋Al3＋＝Al(OH)3↓＋3CO2↑
7．施用化肥
普钙【Ca(H2PO4)2】、铵态氮肥不能与草木灰(K2CO3)混用
原因：K2CO3水解显碱性：CO32－＋H2OHCO 3－＋OH－
3Ca(H2PO4)2＋12OH－＝Ca3(PO4)2↓＋12H2O＋4PO43-
NH4+ ＋OH－＝NH3↑＋H2O　降低肥效
8．判断盐溶液的酸碱性或pH
如相同物质的量浓度的下列溶液：NaCl、KHSO4、NaH2PO4、Na2HPO4、CH3COOH，pH由大到小的顺序为Na3PO4＞Na2HPO4＞NaCl＞CH3COOH＞KHSO4
9．比较盐溶液中离子浓度的大小
如Na2CO3溶液中，各离子浓度大小的顺序为c(Na＋)＞c(CO32－ )＞c(OH－)＞c(HCO3－ )＞c(H＋)
10．加热蒸发盐溶液析出固体
不水解、不分解的盐的溶液加热蒸干时，析出盐的晶体，如NaCl。能水解，但生成的酸不挥发，也能析出该盐的晶体，如Al2(SO4)3。能水解，但水解后生成的酸有挥发性，则析出金属氢氧化物，若蒸干后继续加热，则可分解为金属氧化物，如AlCl3、FeCl3。若盐在较低温度下受热能分解，则加热蒸干其溶液时，盐已分解，如Ca(HCO3)2。
11．判断盐所对应酸的相对强弱
如已知物质的量浓度相同的两种盐溶液NaA和NaB，其溶液的pH前者大于后者，则酸HA和HB的酸性强弱为HB＞HA。
判断盐溶液中离子种类多少(如Na3PO4溶液中存在哪些离子。)
12．某些试剂的实验室贮存，
如Na2CO3溶液、Na3PO4溶液、Na2SiO3溶液等不能贮存于磨口玻璃瓶中。
13．证明弱酸或弱碱的某些实验要考虑盐的水解
如证明Cu(OH)2为弱碱时，可用CuCl2溶液能使蓝色石蕊试纸变红(显酸性)证之。
14．除杂
①采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解，使之生成氢氧化物沉淀，以除去溶液中某些金属离子。例如，不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3＋，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3＋。
②向MgCl2、FeCl3的混合溶液中加入MgO以除去FeCl3。
15．如果溶液浓度较低，可以利用水解反应来获得纳米材料(氢氧化物可变为氧化物)。
如果水解程度很大，还可用于无机化合物的制备，如制TiO2：
TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓＋4HCl
所得TiO2·xH2O经焙烧 得TiO2。
16．判断溶液中离子能否共存
如Al3＋、Fe3＋与CO32－ 、HCO3－ 在溶液中不能大量共存，因为能发生双水解反应。
一、判断强弱电解质的方法和规律：
①若0.01 mol·L－1的酸HA溶液的pH＞2，说明酸HA在水溶液中没有完全电离，HA为弱酸；
②相同pH的强酸、弱酸分别加水稀释相同倍数，溶液pH变化大的是强酸，变化小的是弱酸；
③相同pH的强酸和弱酸，分别加入等量相应的钠盐，溶液pH增大的是弱酸，pH几乎不变的是强酸；
④pH相同、体积相同的强酸和弱酸与碱NaOH完全反应时，耗碱量大的是弱酸，或与足量锌反应，产生H2多的是弱酸；
⑤取酸的钠盐溶于水，测定溶液pH，若pH=7，则对应酸为强酸，若pH＞7，对应酸为弱酸。
二、一强一弱(以强酸、弱酸为例)比较图像题的分析方法
①相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸。
a．加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大。
b．加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多。
②相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸。
a．加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大。
b．加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多。
溶液pH计算的一般思维模型
口诀：酸按酸(H＋)，碱按碱(OH－)，酸碱中和求过量，无限稀释7为限。
三、“电离平衡”分析判断中六大误区
(1)误认为电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。
(2)误认为弱电解质在加水稀释的过程中，溶液中离子浓度都减小，如氨水加水稀释时，c(H＋)浓度增大。
(3)弱电解质溶液加水稀释过程中，判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时，首先要考虑该关系式是否是电离常数、离子积常数、水解常数以及它们的变形。
(4)误认为溶液的酸碱性取决于pH，如pH＝7的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。
(5)误认为由水电离出的c(H＋)＝10－13mol/L的溶液一定呈碱性。如25℃，0.1mol/L的盐酸或氢氧化钠溶液中由水电离出的c(H＋)都为10－13 mol/L。
(6)误认为酸碱恰好中和时溶液一定呈中性。如强酸和弱碱恰好中和溶液呈酸性，强碱和弱酸恰好中和溶液呈碱性，强酸和强碱恰好中和溶液呈中性。
水解平衡分析中的常见误区:
(1)误认为水解平衡正向移动，离子的水解程度一定增大。如向FeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体，平衡向水解方向移动，但Fe3＋的水解程度减小。
(2)误认为弱酸强碱盐都因水解而显碱性。但NaHSO3因为酸式酸根的电离能力大于水解能力，其溶液显酸性。
(3)由于加热可促进盐类水解，错误地认为可水解的盐溶液在蒸干后都得不到原溶质。对于水解程度不是很大，水解产物不能脱离平衡体系的情况[如Al2(SO4)3、Na2CO3]来说，溶液蒸干仍得原溶质。
四、巧抓“四点”，突破“粒子”浓度关系
（1）抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
（2）抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液的酸碱性，是什么因素造成的。
（3）抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。
（4）抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。
五、沉淀溶解平衡图像题的解题策略
(1)沉淀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溶液。
(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溶液的体积。
考点一 弱电解质的电离平衡
典例1：【2017年高考浙江卷】室温下，下列事实不能说明NH3?H2O为弱电解质的是（　　）
A.?0.1 mol?L﹣1 NH3?H2O的pH小于13B.?0.1 mol?L﹣1 NH4Cl的pH小于7C.?相同条件下，浓度均为0.1 mol?L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱D.?0.1 mol?L﹣1 NH3?H2O能使无色酚酞试液变红色
【答案】D
【解析】解：A．0.1 mol?L﹣1 NH3?H2O的pH小于13，则溶液中c（OH﹣）＜0.1mol/L，所以c（OH﹣）＜c（NH3 ． H2O），说明NH3?H2O部分电离，为弱电解质，故A不选； B．0.1 mol?L﹣1 NH4Cl的pH小于7显酸性，说明 NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3?H2O是弱电解质，故B不选；C．相同条件下，浓度均为0.1 mol?L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3?H2O部分电离，为弱电解质，故C不选；D．0.1 mol?L﹣1 NH3?H2O能使无色酚酞试液变红色，说明NH3?H2O显碱性，则不能证明NH3 ． H2O是弱电解质，故D选；故选D．
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明NH3 ． H2O部分电离就说明NH3 ． H2O是弱电解质，据此分析解答．
对点模拟1．常温下，HA为一元弱酸。已知溶液中HA、A-的物质的量分数δ随溶液pH变化的曲线如右图所示。向10mL0.1mol/LHA溶液中，滴加0.1mol/LNaOH溶液x mL。下列错误的是（ ???）
A.?常温下，HA的电离平衡常数Ka=10-9?????????????????B.?x=0时，1考点二 水的电离和溶液的酸碱性判断
典例2：25℃时，向浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体，溶液中lg 随n(NaOH)的变化如下图所示。下列说法错误的是（??? ）
A.?HX为强酸，HY为弱酸????????????????????????????????????????B.?b点时溶液呈中性C.?水的电离程度：d>c?????????????????????????????????????????? ?D.?c点时溶液的pH=4
【答案】C
【解析】A.根据图像0.1mol/LHX溶液中lg =12， =1 1012 ， c（H+）·c（OH-）=1 10-14 ， 解得c（H+）=0.1mol/L，HX为强酸，0.1 mol/LHY溶液中lg 12，HY为弱酸，A项不符合题意；B.b点时溶液中lg =0，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，B项不符合题意；C.d点、c点加入5 10-3mol的NaOH固体，d点得到等物质的量浓度的NaX和HX的混合液，HX电离出H+使d点溶液呈酸性，c点得到等物质的量浓度的NaY和HY的混合液，c点溶液呈酸性，HY的电离程度大于Y-的水解程度，d点溶液中c（H+）大于c点，d点溶液中H+对水的电离的抑制程度大于c点，水的电离程度：c d，C项符合题意；D.c点溶液中lg =6， =1 106 ， c（H+）·c（OH-）=1 10-14 ， 解得c（H+）=1 10-4mol/L，c点溶液的pH=4，D项不符合题意；故答案为：C。
【分析】A、根据图像判断出一元酸的强弱；B、根据c（H+）=c（OH-），溶液呈中性解答；C、判断出此时溶液中的溶质，并根据电离程度判断；D、根据H+和OH-的浓度间的关系求解；
对点模拟2．常温下将KOH溶液滴加到己二酸(H2X) 溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（? ??）

?Ka2(H2X)的数量级为10–4???????????????????????????????????
?KHX溶液中c(H+)>c(OH-)C.?曲线N表示pH与1g[c(X2-)/c(HX-)]的变化关系??????????
D.?当混合溶液呈中性时，c(K+) >c(HX-) > c(X2-) > c(OH-) =c(H+)
考点三 水的电离与溶液pH的判断与计算
典例3：【2017年高考浙江卷】25℃时，在含CH3COOH和CH3COOˉ的溶液中，CH3COOH和CH3COOˉ二者中各自所占的物质的量分数（α）随溶液pH变化的关系如图所示．下列说法不正确的是（　　）
A.?在pH＜4.76的溶液中，c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH）B.?在pH=7的溶液中，α（CH3COOH）=0，α（CH3COO﹣）=1.0C.?在pH＞4.76的溶液中，c（CH3COO﹣）与c（OH﹣）之和可大于c（H+）D.?在pH=4.76的溶液中加盐酸，α（CH3COOH）与α（CH3COO﹣）之和保持不变
【答案】B
【解析】解：A．在pH＜4.76的溶液显酸性，c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH），故A正确； B．在pH=7的溶液中，为醋酸和醋酸盐混合溶液，α（CH3COOH）≠0，α（CH3COO﹣）＜1.0，故B错误；C．在pH＞4.76的溶液中存在电荷守恒，c（CH3COO﹣）与c（OH﹣）之和可大于c（H+），故C正确；D．当溶液pH=4.76时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），醋酸电离显酸性，醋酸根离子水解显碱性，为缓冲溶液，加入盐酸或碱溶液中α（CH3COOH）与α（CH3COO﹣）之和保持不变，故D正确；故选B．
【分析】A．当溶液pH=4.76时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），在pH＜4.76的溶液显酸性；B．若α（CH3COOH）=0，α（CH3COO﹣）=1.0，溶液显碱性；C．在pH＞4.76的溶液中存在电荷守恒分析；D．当溶液pH=4.76时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），醋酸电离显酸性，醋酸根离子水解显碱性，为缓冲溶液．
对点模拟3．【2017年高考新课标Ⅱ卷】改变0.1mol?L﹣1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA﹣、A2﹣的物质的量分数δ（x）随pH的变化如图所示[已知δ（x）= ]．下列叙述错误的是（　　）
A.?pH=1.2时，c（H2A）=c（HA﹣）????????????????????B.?pH=4.2时，lg[K2（H2A）]=﹣4.2C.?PH=2.7时，c（HA﹣）＞c（H2A）=c（A2﹣）D.?pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2﹣）=c（H2A）
考点四 盐类水解及其应用
典例4：【2018年高考天津卷】 LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，[ ]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是（?? ）?
?溶液中存在3个平衡????????????????????????????????????????????
?含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–C.?随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小????????
D.?用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3 ， 当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
【答案】D
【解析】解：A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A不符合题意。B.含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B不符合题意。C.从图1中得到随着c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C不符合题意。D.由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D符合题意。故答案为：D
【分析】该题考察电离平衡和水解平衡，应重点掌握①多元弱酸的电离、多元弱酸盐的水解都是分部进行的，另外还要考虑到水的电离；②多元弱酸电离呈酸性、多元弱酸的盐水解呈碱性；③根据题目给出的图示进行分析
对点模拟4．【2018年高考北京卷】测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（?? ）
?Na?SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2O HSO-3+OH-????????
?④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的C.?①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致????????
D.?①与④的Kw值相等
考点五 溶液中“粒子”浓度关系判断液
典例5：常温下，向20 mL 0.2 mol/L H2A溶液中滴加0.2 mol/L NaOH溶液，有关粒子的物质的量变化如图所示（其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA－ ， Ⅲ代表A2－）。下列说法正确的是（??? ）
A.?M点溶液中：2c(HA－)+c(A2－)=0.2 mol/L???????? B.?N点溶液呈酸性，则c(Na+) < 3c(HA－)C.?若N点溶液pH =4.2，则Ka2(H2A)的数量级为10?4????????D.?V(NaOH)=20mL时，溶液中：c(H+) < c(OH－)
【答案】B
【解析】A. M点溶液体积大于20mL，2c(HA－)+c(A2－)<0.2 mol/L，故A不符合题意；B. 溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HA－)+2c(A2－)，N点溶液呈酸性，c(H+)>c(OH－)，c(HA－)=c(A2－)，则c(Na+) < 3c(HA－)，故B符合题意；C. 若N点溶液pH =4.2，c(H+)=10-4.2mol/L，c(HA－)+2c(A2－)，则Ka2(H2A)= =c(H+)=10-4.2=10-(5-0.8) ， 数量级为10?5 ， 故C不符合题意；D. N点溶液pH =4.2，所以V(NaOH)=20mL时的溶液中：c(H+) > c(OH－)，故D不符合题意。故答案为：B。
【分析】本题注意守恒的应用，其中电荷守恒是溶液中的阳离子所带的总电荷。
对点模拟5．常温下，向20mL 浓度均为0.1mol/L (NH4)2SO4、NH4HSO4混和溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液。充分反应后静置，溶液的pH 与所加Ba(OH)2溶液体积的关系如右图，下列说法正确的是（?? ）
A.?a点溶液中: c(NH4+) +c(NH3·H2O)=0.2 mol/L????????
B.?b点溶液中: c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)> c(NH3·H2O)> c(OH-)C.?c点溶液中: c(Ba2+)+ c(NH4+)= c(SO42-)??????????
D.?d 点溶液中: c(NH3·H2O)> c(SO42-)>c(NH4+)> c(OH-)> c(H+)
考点六 沉淀溶解平衡及沉淀转化
典例6：【2018年高考海南卷】某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是（?? ）
A.?AgCl的溶解度、Ksp均减小????????????????????????????????B.?AgCl的溶解度、Ksp均不变C.?AgCl的溶解度减小、Ksp不变?????????????????????????????D.?AgCl的溶解度不变、Ksp减小
【答案】C
【解析】温度不变，氯化银的电离平衡常数保持不；加盐酸后，因Cl-增加，沉淀溶解平衡向AgCl方向移动，溶解度减小。故答案为：C
【分析】难溶电解质的电离平衡常数不随温度的变化而变化。
对点模拟6．【2017年高考新课标Ⅲ卷】在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl﹣会腐蚀阳极板而增大电解能耗．可向溶液中同时加入Cu和CuSO4 ， 生成CuCl沉淀从而除去Cl﹣ ． 根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是（　　）
A.?Ksp（CuCl）的数量级为10﹣7B.?除Cl﹣反应为Cu+Cu2++2Cl﹣=2CuClC.?加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl﹣ ． 效果越好D.?2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全
一、单选题
1.【2018年高考海南卷】下列化合物中，能与Na2CO3溶液反应生成沉淀且沉淀可溶于NaOH溶液的是（?? ）
A.?MgCl2???????????????????????????????B.?Ca(NO)3???????????????????????????????C.?FeSO4???????????????????????????????D.?AlCl3
2.【2018年高考江苏卷】根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（?? ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于H2CO3的酸性
B
向碘水中加入等体积CCl4 ， 振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色
I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
C
向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出
Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性
D
向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)
A.?A???????????????????????????????????????????B.?B???????????????????????????????????????????C.?C???????????????????????????????????????????D.?D
3.【2017年高考浙江卷】下列属于非电解质的是（　　）
A.?葡萄糖?????????????????????????????????B.?氢氧化钠?????????????????????????????????C.?氯化钾?????????????????????????????????D.?铁
4.【2017年高考新课标Ⅱ卷】由下列实验及现象不能推出相应结论的是（　　）
实验
现象
结论
A．
向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，震荡，加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变
还原性：Fe＞Fe2+
B．
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
C．
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D．
向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液
一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象
Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
A.?A???????????????????????????????????????????B.?B???????????????????????????????????????????C.?C???????????????????????????????????????????D.?D
5.【2017年高考新课标Ⅰ卷】常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示．下列叙述错误的是（　　）
A.?Ka2（H2X）的数量级为10﹣6B.?曲线N表示pH与lg 的变化关系C.?NaHX溶液中c（H+）＞c（OH﹣）D.?当混合溶液呈中性时，c（Na+）＞c（HX﹣）＞c（X2﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
6.亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态。向1L0.1mol·L-1 H3AsO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1KOH溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如下图所示。下列说法正确的是(????? )
A.?H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10-9??????????????
B.?pH在8.0～10.0时，反应的离子方程式：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2OC.?M点对应的溶液中：c(H2AsO3-)+c(HAsO32-)+c(AsO33-)+c(H3AsO3)=0.1mol·L-1????????
D.?pH=12时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)>c(H+)+c(K+)
7.向两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示。下列说法正确的是（??? ）
A.?a、d两点的溶液中Ba2+均恰好沉淀完全?????????????
B.?b点的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OC.?d点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)????????
D.?溶液中由水电离的c(OH-)大小关系：a=d>c>b滴入溶液的体积
8.已知298K时，Ksp(NiS)＝1.0×10-21 ， Ksp(NiCO3)＝1.0×10-7 ；p(Ni)＝－lg c(Ni2+)，p(B)＝－lg c(S2-)或－lg c(CO32-)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是（??? ）
A.?常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度?????????????
B.?向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动C.?对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动???????????????
D.?P为3.5且对应的阴离子是CO32-
9.常温下，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10－5。向20 mL浓度均为0.1 mol/L NaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液，所得混合液的导电率与加入CH3COOH溶液的体积（V）的关系如图所示。下列说法错误的是（??? ）
A.?a=20，b=40，且溶液呈中性处于A，B两点之间??????????
B.?B点溶液中：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4+）C.?已知lg3≈0.5，则C点的pH≈5?????????????????????????????
D.?A，B，C三点中，B点溶液中水的电离程度最大
10.常温下，将CO2通入2LpH=12的KOH溶液中，溶液中水电离出的OHˉ离子浓度(c)与通入的CO2的体积(V)的关系如图所示.下列叙述错误的是（??? ）
A.?a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-12 mol/L?????????? B.?b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol/LC.?c点溶液中：c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3ˉ)+c(H2CO3)]??????????D.?d点溶液中：c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3ˉ)
11.常温下，用0.1 mol/L的氨水滴定10.00 mL 0.1 mol/L的酸HA，所加氨水的体积(V)与溶液中lg ?的关系如图所示。下列说法错误的是（ ???）
A.?X点：c(A-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)?????????????????B.?Y点：V(NH3·H2O) <10.00 mLC.?Z点：2c(A-)= c(NH4+)+c(NH3·H2O)????????????????D.?HA的电离方程式为HA=H++A-
12.羟胺的电离方程式为： NH2OH＋H2O NH3OH+＋OH－（ 25℃时， Kb＝9.0×10－9）。用 0.1 mol·L－1 盐酸滴定 20 mL 0.1mol·L－1 羟胺溶液，恒定 25℃时，滴定过程中由水电离出来的 H+浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(己知： lg3＝0.5)。下列说法正确的是（? ??）
A.?图中 V1＞10???????????????????????????????????????????????????????
B.?A 点对应溶液的 pH＝9.5C.?B， D 两点对应的溶液均为中性?????????????
D.?E 点对应溶液中存在：c(H+)＝c (OH－)＋c (NH3OH+)＋c (NH2OH)
13.25℃时，向20mL0.1mol/LHAuCl4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，滴定曲线如图1，含氯微粒的物质的量分数(δ)随pH变化关系如图2，则下列说法错误的是（?? ）
A.?在c点溶液中:c(Na+)=c(AuCl4-)?????????????????????????
B.?a点对应溶液pH约为5C.?25℃时，HAuCl4的电离常数为1×10-3???????????????
D.?d点时，溶液中离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(AuCl4-)>c(OH-)>c(H+)
14.已知：对于电离常数为Ka的某一元弱酸，pH突变随其浓度的增大而增大，且浓度主要影响滴定终点和滴定终点之后的曲线部分。常温下，用不同浓度的NaOH溶液分别滴定20mL与其同浓度的某弱酸HA溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（?? ）
A.?由图可知：c1>c2>c3?????????????????????????????????????????
B.?M点溶液中存在：c(H+)+c(HA)=c(OHˉ)+c(Aˉ)C.?恰好中和时，溶液中离子浓度的大小关系：c(Na+)>C(Aˉ ) >C(OHˉ )>c(H+)????????
D.?计算可知HA的电离常数：Ka=
二、综合题
15.【2017年高考江苏卷】（砷（As）是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措 施之一．
（1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO32﹣ ， 其原因是________．
（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系分别如图﹣1和图﹣2所示．①以酚酞为指示剂（变色范围pH 8.0～10.0），将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加．该过程中主要反应的离子方程式为________．②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4?H2AsO4﹣+H+的电离常数为Ka1 ， 则pKa1=________（p Ka1=﹣lg Ka1 ）．
（3）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响．pH=7.1时，吸附剂X表面不带电荷； pH＞7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多．pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量）如图﹣3所示．①在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是________．②在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为________． 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是________．
16.【2017年高考新课标Ⅰ卷】 Li4Ti3O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为Fe TiO3 ， 还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示．由图可知，当铁的净出率为70%时，所采用的实验条件为________．
（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42﹣形式存在，写出相应反应的离子方程式________．
（3）TiO2?xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示:
?温度/℃
?30
35
40
45
?50
?TiO2?xH2O转化率/%
?92
?95
?97
?93
?88
分析40℃时TiO2?xH2O转化率最高的原因________．
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为________．
（5）若“滤液②”中c（Mg2+）=0.02mol?L﹣1 ， 加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3+）=1.0×10﹣5 ， 此时是否有Mg3（PO4）2沉淀生成？________（列式计算）．FePO4、Mg3（PO4）2的分别为1.3×10﹣22、1.0×10﹣24
（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式________．

专题九 水溶液中的离子平衡（教师版）
1．了解电解质的概念；了解强电解质和弱电解质的概念。
2．了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性。
3．了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。
4．了解水的电离，水的离子积常数。
5．了解溶液pH的定义；了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。
6．了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。
7．了解难溶电解质的溶解平衡。
8.了解溶度积的含义，能用平衡移动原理分析沉淀溶解、生成和转化过程。
一、弱电解质及其电离
1．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)，当弱电解质电离产生离子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）影响因素（以CH3COOHCH3COO－+ H+为例）[来源:学
①浓度：
加水稀释促进电离，溶液中ｎ(H+)增大，c(H+)减小
②温度：
升温促进电离（因为电离过程是吸热的）
③相关离子：
例如加入无水CH3COONa能抑制电离，加入盐酸也抑制电离，加入碱能促进电离，仍然符合勒夏特列原理。
2．电离平衡常数（K）----弱电解质电离程度相对大小一种参数
（1）电离平衡常数的表达式
对于一元弱酸 HAH++A-，平衡时，
对于一元弱碱 MOHM++OH-，平衡时，
（2）多元弱酸的电离
多元弱酸的各级电离常数的大小关系是K1?K2?K3，故其酸性取决于第一步。
（3）电离平衡常数的化学含义
相同条件下，K值越大，电离程度越大，相应酸(或碱)的酸性(或碱性)越强。
（4）影响电离平衡常数的因素
K值只随温度变化，升温，K值增大。
归纳总结
相同pH、相同体积的一元强酸与一元弱酸溶液的比较
比较
c(H＋)
c(酸)
中和碱
的能力
与足量活泼金属反应产生H2的量
开始与金属反应的速率
一元强酸
相同
小
小
少
相同
一元弱酸
大
大
多
二、水的电离和溶液的pH
1．水的离子积
（1）定义
H2O =?H++OH- ；△H＞0，KW=c(H+)·c(OH-)
室温下纯水中：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7_mol/L，pH＝7，呈中性。
（2）性质
①溶液中H2O电离产生的c(H+)=c(OH-)
②在溶液中，Kw中的c(OH-)、c(H+)指溶液中总的离子浓度。
酸溶液中c(H+)= c(H+)(酸)+c(H+)(水)≈c(H+)(酸)，c(H+)(水)=c(OH-)；
碱溶液中c(OH-)=c(OH-)(碱)+ c(OH-)(水) ≈c(OH-)(碱)，c(OH-)(水)=c(H+)；
盐溶液显中性时c(H+)=c(OH-)=c(H+)(水)=c(OH-)(水)，
水解显酸性时c(H+)=c(H+)(水)= c(OH-)(水)＞c(OH-)
水解显碱性时c(OH-)=c(OH-)(水)=c(H+)(水)＞c(H+)。
（3）水的电离平衡的影响因素
①温度
升高温度，促进水的电离，KW增大
降低温度，抑制水的电离，KW减小。
②酸、碱
抑制水的电离。
③可水解的盐
促进水的电离。
2．溶液的pH
（1）定义
pH=－lg[H+]，广泛pH的范围为0～14。
注意：当溶液中[H+]或[OH-]大于1mol/L时，不用pH表示溶液的酸碱性。
（2）pH、c(H+)与溶液酸碱性的关系
pH（250C）
c(H+)与c(OH-)关系(任意温度)
溶液的酸碱性
pH<7
c(H+)＞c(OH-)
溶液呈酸性，
pH=7
c(H+)=c(OH-)
溶液呈中性
pH>7
c(H+)＜c(OH-)
溶液呈碱性，
（3）有关pH的计算
单一溶液pH的计算
强酸溶液(HnA)，其物质的量浓度为c mol/L，则：c(H＋)＝nc mol/L，pH＝－lgc(H＋)＝－lgnc；强碱溶液[B(OH)n]，其物质的量浓度为c mol/L，则c(OH－)＝nc mol/L，c(H＋)＝ mol/L，pH＝－lgc(H＋)＝14＋lgnc。
强酸、强碱混合液的pH计算
(1)强酸与强酸混合求pH
①非等体积混合
c(H＋)＝，然后再求pH。
②等体积混合可近似计算pH＝pH小＋0.3
(2)强碱与强碱混合求pH
①非等体积混合
先计算：c(OH－)＝，
再求c(H＋)＝，最后求pH。
②等体积混合，可近似计算pH＝pH大－0.3。
（3）强酸与强碱混合
酸过量→c(H+)→pH
恰好完全反应，pH=7
碱过量→c(OH-)→c(H+)→pH
①恰好完全反应，溶液呈中性，pH＝7。
②酸过量：
先求c(H＋)余＝，再求pH。
③碱过量：
先求c(OH－)余＝，再求c(H＋)＝，然后求pH。
特别提醒：pH之和等于、大于、小于14的意义
（1）意义
酸溶液中的氢离子浓度等于碱溶液中的氢氧根离子的浓度。
已知酸、碱溶液的pH之和为14，则等体积混合时：
（2）若强酸和强碱溶液混合后，溶液的pH＝7
①若pH酸＋pH碱＝14　则V酸＝V碱
②若pH酸＋pH碱＝15　则V酸＝10V碱
③若pH酸＋pH碱＝12　则V酸＝V碱
三、电离方程式的书写
(1)强电解质：完全电离用“＝”，如：HCl＝H＋＋Cl－ ；NaOH＝Na＋＋OH－；NaNO3＝Na＋＋NO3-。
(2)弱电解质：部分电离用“”，如：CH3COOHCH3COO－＋H＋，NH3·H2ONH2-＋OH－。
多元弱酸的电离是分步进行的，以第一步电离为主。
如：H2CO3H＋＋HCO3-　(主要)；HCO3-H＋＋CO32- (次要)。
(4)多元弱碱用一步电离表示，如：Cu(OH)2Cu2＋＋2OH－。
强酸的酸式盐在水溶液中完全电离，如NaHSO4 =Na＋＋H＋＋SO42－，在熔融状态下的电离为KHSO4=K＋＋HSO4－。弱酸的酸式盐既有完全电离，又有部分电离，
如NaHCO3=Na＋＋HCO3－，HCO3－H＋＋CO32－。
四、电离度
(1)定义：
弱电解质在水中达到电离平衡状态时，已电离的电解质分子数占原有电解质分子总数(包括已电离和未电离)的百分率，称为电离度。
(2)表达式：
电离度通常用α表示：
α＝ ×100%。
(3)意义
电离度实质上是平衡转化率的一种。电离度表示弱电解质在水中的电离程度。温度相同、浓度相同时，不同的弱电解质的电离度是不同的，同一种电解质在不同浓度的水溶液中，其电离度也是不同的，溶液越稀，电离度越大。
五、电解质溶液中的粒子观
两种“微弱”

三个守恒
(1)电荷守恒规律
如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在如下关系：
c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。
(2)物料守恒规律
电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，粒子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。
(3)质子守恒规律
即H2O电离的氢离子和氢氧根离子浓度相等。在Na2CO3溶液中水电离出OH－和H＋，其中水电离产生的H＋以H＋、HCO、H2CO3三种形式存在于溶液中，则有c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。
两种形式
(1)等式
对于等式通常有两个，即电荷守恒、物料守恒，一些复杂的等式往往是对两个守恒关系式经过变形得到的，或代入某些所给已知条件得到的。
(2)不等式
对于不等式，要具体分析溶液中各种电离方程式、水解方程式、溶液的酸碱性。
两个注意
(1)不同溶液中同一离子浓度的比较要看溶液中其他离子对该离子的影响。
(2)混合溶液中各离子浓度的比较要综合考虑电离因素、水解因素等。
六、难溶电解质的沉淀溶解平衡
1．沉淀的生成
(1)条件
离子浓度商(Qc)大于溶度积(Ksp)。
(2)应用
①分离离子：同一类型的难溶电解质，如AgCl、AgBr、AgI，溶度积小的物质先析出，溶度积大的物质后析出。
②控制溶液的pH来分离物质，如除去CuCl2中的FeCl3就可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2等物质，将Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去。
2．沉淀的溶解
(1)条件
浓度商Qc小于溶度积(Ksp)。
(2)方法
酸碱溶解法：加入酸或碱与溶解平衡体系中的相应离子反应，降低离子浓度，使平衡向溶解的方向移动，如CaCO3可溶于盐酸。
①盐溶解法
加入盐溶液，与沉淀溶解平衡体系中某种离子反应生成弱电解质，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液。
②配位溶解法
加入适当的配合剂，与沉淀溶解平衡体系中的某种离子生成稳定的配合物，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如AgCl溶于氨水。
③氧化还原法
通过发生氧化还原反应使平衡体系中的离子浓度降低，从而使沉淀溶解，如Ag2S溶于硝酸。
3．沉淀的转化
(1)规律
在难溶电解质的饱和溶液中，溶解度小的沉淀易转化生成溶解度更小的沉淀。
(2)实例
AgNO3AgCl(白色沉淀)AgBr(淡黄色沉淀)AgI(黄色沉淀)Ag2S(黑色沉淀)。
4．溶度积的计算
(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中
c(Ag＋)＝ mol·L－1。
(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1 mol·L－1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a mol·L－1。
七、溶液中离子浓度大小的比较规律
（1）多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如在H3PO4溶液中，c(H＋)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(PO)。
（2）多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3溶液中c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)。
（3）不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响。如在相同物质的量浓度的下列各溶液中①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4。c(NH)由大到小的顺序是③＞①＞②。
（4）混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析。有关规律如下：[来源
①电荷守恒规律：电解质溶液中，不论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，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－，必存在如下关系：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，但原子总数是守恒的，如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故硫元素以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：质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子(H＋)数等于粒子接受的氢离子(H＋)数加游离的氢离子(H＋)数。如Na2S水溶液中的质子转移可用图表示如下：
由上图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示为：
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与物料守恒推导得到。
八、常见类型
（1）多元弱酸溶液，根据多步电离分析。
如在H3PO4的溶液中，
c（H＋）＞c（H2PO4￣）＞c（HPO42￣）＞c（PO43￣）。
（2）多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析，以第一步为主。
如Na2CO3溶液中，
c（Na＋）＞c（CO32￣）＞c（OH－）＞c（HCO3￣）。
（3）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HCO3￣的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性。
（4）不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对它的影响。
如在相同的物质的量浓度的下列各溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4，c（NH）由大到小的顺序是③＞①＞②。[来源:学科网]
（5）混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析。
如电离因素、水解因素等。如在含0.1 mol·L－1的NH4Cl和0.1 mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c（NH）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋）。在该溶液中，NH3·H2O电离程度大于NH的水解程度，溶液呈碱性：
c（OH－）＞c（H＋），同时c（NH）＞c（Cl－）。
九、盐类水解离子方程式的书写
1.水和弱电解质应写成分子式，不能写成相应的离子。
2．水解反应是可逆过程，因此要用“”符号，不能用“＝”。通常情况下，中和反应是趋于完成的反应，所以盐的水解程度很小，产物的量很少，因此方程式中不标“↑”“↓”符号，也不把易分解的生成物(如NH3·H2O、H2CO3等)写成其分解产物的形式。如NH4Cl＋H2ONH3·H2O＋HCl；离子方程式为NH4+＋H2O＝NH3·H2O。
3．多元弱酸盐的水解是分步进行的，应分步书写，水解程度主要取决于第一步。
如：CO32－＋H2OHCO3－ ＋OH－；
HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－。
4．多元弱碱的盐也是分步水解的，由于中间过程复杂，中学阶段仍写成一步
如：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋
Al3＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
(5)某些盐溶液在混合时，一种盐的阳离子与另一种盐的阴离子在一起都发生水解，使两种盐的离子水解趋于完全。此时，用“＝”“↑”“↓”(又叫双水解反应)。如生成的H2CO3写成CO2↑＋H2O。如将Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液混合，立即产生大量白色沉淀和大量气体。这是由于Al2(SO4)3溶液显酸性：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，NaHCO3溶液显碱性：HCO32－＋H2OH2CO3＋OH－，二者混合后，发生反应H＋＋OH－＝H2O，使两个水解反应相互促进，趋于完全，所以产生白色沉淀和气体。总反应为Al3＋＋3HCO3－ ＝Al(OH)3↓＋3CO2↑。
配平双水解反应离子方程式可遵循离子的电荷守恒和质量守恒配平。如：
Al3＋＋3AlO2－ ＋6H2O＝4Al(OH)3↓，
2Fe3＋＋3CO32－＋3H2O＝2Fe(OH)3↓＋3CO2↑
即：mMn＋＋nAn－＋nm H2O＝mM(OH)n↓＋nHmA
常见的能发生相互促进水解的离子有：Al3＋与CO32－、HCO3－ 、S2－、HS－、AlO2－；Fe3＋与CO32－ 、HCO3－、AlO2－；NH4+ 与AlO2－、SiO32－等。
双水解反应的规律可以用于：
①判断离子能否大量共存；
②确定待鉴别的试剂；
③比较物质溶解性的大小；
④选择要制备物质的试剂种类；
⑤确定肥料的复合方式。
十、盐类水解的应用
1．实验室配制和储存易水解的盐溶液
配制FeCl3溶液时加入一定量酸(盐酸)，防止铁离子水解；
配制CuSO4溶液时加入少量硫酸，防止铜离子水解。
2．某些活泼金属与强酸弱碱盐反应
Mg放入NH4Cl、CuCl2、FeCl3溶液中产生氢气。
3．制备Fe(OH)3胶体
沸水中滴加FeCl3溶液，产生红褐色胶体。
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
4．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]、三氯化铁(FeCl3)等净水
Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
原因：胶体吸附性强，可起净水作用。
5．苏打(Na2CO3)洗涤去油污
CO32－＋H2O＝HCO3－＋OH－，加热，去油污能力增强。
原因：加热，促进CO32－ 的水解，碱性增强，去油污能力增强。
6．泡沫灭火器原理
成分：NaHCO3、Al2(SO4)3
NaHCO3水解：HCO 3－ ＋H2OH2CO3＋OH－碱性
Al2(SO4)3水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋酸性
原理：当两盐混合时，氢离子与氢氧根离子结合生成水，双方相互促进水解：3HCO3－＋Al3＋＝Al(OH)3↓＋3CO2↑
7．施用化肥
普钙【Ca(H2PO4)2】、铵态氮肥不能与草木灰(K2CO3)混用
原因：K2CO3水解显碱性：CO32－＋H2OHCO 3－＋OH－
3Ca(H2PO4)2＋12OH－＝Ca3(PO4)2↓＋12H2O＋4PO43-
NH4+ ＋OH－＝NH3↑＋H2O　降低肥效
8．判断盐溶液的酸碱性或pH
如相同物质的量浓度的下列溶液：NaCl、KHSO4、NaH2PO4、Na2HPO4、CH3COOH，pH由大到小的顺序为Na3PO4＞Na2HPO4＞NaCl＞CH3COOH＞KHSO4
9．比较盐溶液中离子浓度的大小
如Na2CO3溶液中，各离子浓度大小的顺序为c(Na＋)＞c(CO32－ )＞c(OH－)＞c(HCO3－ )＞c(H＋)
10．加热蒸发盐溶液析出固体
不水解、不分解的盐的溶液加热蒸干时，析出盐的晶体，如NaCl。能水解，但生成的酸不挥发，也能析出该盐的晶体，如Al2(SO4)3。能水解，但水解后生成的酸有挥发性，则析出金属氢氧化物，若蒸干后继续加热，则可分解为金属氧化物，如AlCl3、FeCl3。若盐在较低温度下受热能分解，则加热蒸干其溶液时，盐已分解，如Ca(HCO3)2。
11．判断盐所对应酸的相对强弱
如已知物质的量浓度相同的两种盐溶液NaA和NaB，其溶液的pH前者大于后者，则酸HA和HB的酸性强弱为HB＞HA。
判断盐溶液中离子种类多少(如Na3PO4溶液中存在哪些离子。)
12．某些试剂的实验室贮存，
如Na2CO3溶液、Na3PO4溶液、Na2SiO3溶液等不能贮存于磨口玻璃瓶中。
13．证明弱酸或弱碱的某些实验要考虑盐的水解
如证明Cu(OH)2为弱碱时，可用CuCl2溶液能使蓝色石蕊试纸变红(显酸性)证之。
14．除杂
①采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解，使之生成氢氧化物沉淀，以除去溶液中某些金属离子。例如，不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3＋，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3＋。
②向MgCl2、FeCl3的混合溶液中加入MgO以除去FeCl3。
15．如果溶液浓度较低，可以利用水解反应来获得纳米材料(氢氧化物可变为氧化物)。
如果水解程度很大，还可用于无机化合物的制备，如制TiO2：
TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓＋4HCl
所得TiO2·xH2O经焙烧 得TiO2。
16．判断溶液中离子能否共存
如Al3＋、Fe3＋与CO32－ 、HCO3－ 在溶液中不能大量共存，因为能发生双水解反应。
一、判断强弱电解质的方法和规律：
①若0.01 mol·L－1的酸HA溶液的pH＞2，说明酸HA在水溶液中没有完全电离，HA为弱酸；
②相同pH的强酸、弱酸分别加水稀释相同倍数，溶液pH变化大的是强酸，变化小的是弱酸；
③相同pH的强酸和弱酸，分别加入等量相应的钠盐，溶液pH增大的是弱酸，pH几乎不变的是强酸；
④pH相同、体积相同的强酸和弱酸与碱NaOH完全反应时，耗碱量大的是弱酸，或与足量锌反应，产生H2多的是弱酸；
⑤取酸的钠盐溶于水，测定溶液pH，若pH=7，则对应酸为强酸，若pH＞7，对应酸为弱酸。
二、一强一弱(以强酸、弱酸为例)比较图像题的分析方法
①相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸。
a．加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大。
b．加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多。
②相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸。
a．加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大。
b．加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多。
溶液pH计算的一般思维模型
口诀：酸按酸(H＋)，碱按碱(OH－)，酸碱中和求过量，无限稀释7为限。
三、“电离平衡”分析判断中六大误区
(1)误认为电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。
(2)误认为弱电解质在加水稀释的过程中，溶液中离子浓度都减小，如氨水加水稀释时，c(H＋)浓度增大。
(3)弱电解质溶液加水稀释过程中，判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时，首先要考虑该关系式是否是电离常数、离子积常数、水解常数以及它们的变形。
(4)误认为溶液的酸碱性取决于pH，如pH＝7的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。
(5)误认为由水电离出的c(H＋)＝10－13mol/L的溶液一定呈碱性。如25℃，0.1mol/L的盐酸或氢氧化钠溶液中由水电离出的c(H＋)都为10－13 mol/L。
(6)误认为酸碱恰好中和时溶液一定呈中性。如强酸和弱碱恰好中和溶液呈酸性，强碱和弱酸恰好中和溶液呈碱性，强酸和强碱恰好中和溶液呈中性。
水解平衡分析中的常见误区:
(1)误认为水解平衡正向移动，离子的水解程度一定增大。如向FeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体，平衡向水解方向移动，但Fe3＋的水解程度减小。
(2)误认为弱酸强碱盐都因水解而显碱性。但NaHSO3因为酸式酸根的电离能力大于水解能力，其溶液显酸性。
(3)由于加热可促进盐类水解，错误地认为可水解的盐溶液在蒸干后都得不到原溶质。对于水解程度不是很大，水解产物不能脱离平衡体系的情况[如Al2(SO4)3、Na2CO3]来说，溶液蒸干仍得原溶质。
四、巧抓“四点”，突破“粒子”浓度关系
（1）抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
（2）抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液的酸碱性，是什么因素造成的。
（3）抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。
（4）抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。
五、沉淀溶解平衡图像题的解题策略
(1)沉淀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溶液。
(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溶液的体积。
考点一 弱电解质的电离平衡
典例1：【2017年高考浙江卷】室温下，下列事实不能说明NH3?H2O为弱电解质的是（　　）
A.?0.1 mol?L﹣1 NH3?H2O的pH小于13B.?0.1 mol?L﹣1 NH4Cl的pH小于7C.?相同条件下，浓度均为0.1 mol?L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱D.?0.1 mol?L﹣1 NH3?H2O能使无色酚酞试液变红色
【答案】D
【解析】解：A．0.1 mol?L﹣1 NH3?H2O的pH小于13，则溶液中c（OH﹣）＜0.1mol/L，所以c（OH﹣）＜c（NH3 ． H2O），说明NH3?H2O部分电离，为弱电解质，故A不选； B．0.1 mol?L﹣1 NH4Cl的pH小于7显酸性，说明 NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3?H2O是弱电解质，故B不选；C．相同条件下，浓度均为0.1 mol?L﹣1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，说明NH3?H2O部分电离，为弱电解质，故C不选；D．0.1 mol?L﹣1 NH3?H2O能使无色酚酞试液变红色，说明NH3?H2O显碱性，则不能证明NH3 ． H2O是弱电解质，故D选；故选D．
【分析】部分电离的电解质为弱电解质，只要能证明NH3 ． H2O部分电离就说明NH3 ． H2O是弱电解质，据此分析解答．
对点模拟1．常温下，HA为一元弱酸。已知溶液中HA、A-的物质的量分数δ随溶液pH变化的曲线如右图所示。向10mL0.1mol/LHA溶液中，滴加0.1mol/LNaOH溶液x mL。下列错误的是（ ???）
A.?常温下，HA的电离平衡常数Ka=10-9?????????????????B.?x=0时，1【答案】C
【解析】A. 当pH值为9时，溶液中c(H+)=1×10-9mol/L，由c(HA)= c(A-)得，Ka=10-9 ， A不符合题意；B. HA为弱酸，当不添加NaOH时，溶液呈酸性，且不完全电离，c(H+)<0.1mol/L，B不符合题意；C. 当x=5时，不能将电离出的H+完全中和，溶液呈酸性，C(A-)与c(HA)不相等，C符合题意；D. x=10时，溶液体积为20mL，则此时c(A-)+c(HA)= =0.05mol/L，c(Na+) =0.05mol/L，D不符合题意。故答案为：C
【分析】A、根据pH值计算氢离子的浓度；B、根据弱电解质部分电离分析；C、根据图像分析；D、根据离子之间关系求解。
考点二 水的电离和溶液的酸碱性判断
典例2：25℃时，向浓度均为0.1mol/L、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH固体，溶液中lg 随n(NaOH)的变化如下图所示。下列说法错误的是（??? ）
A.?HX为强酸，HY为弱酸????????????????????????????????????????B.?b点时溶液呈中性C.?水的电离程度：d>c?????????????????????????????????????????? ?D.?c点时溶液的pH=4
【答案】C
【解析】A.根据图像0.1mol/LHX溶液中lg =12， =1 1012 ， c（H+）·c（OH-）=1 10-14 ， 解得c（H+）=0.1mol/L，HX为强酸，0.1 mol/LHY溶液中lg 12，HY为弱酸，A项不符合题意；B.b点时溶液中lg =0，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，B项不符合题意；C.d点、c点加入5 10-3mol的NaOH固体，d点得到等物质的量浓度的NaX和HX的混合液，HX电离出H+使d点溶液呈酸性，c点得到等物质的量浓度的NaY和HY的混合液，c点溶液呈酸性，HY的电离程度大于Y-的水解程度，d点溶液中c（H+）大于c点，d点溶液中H+对水的电离的抑制程度大于c点，水的电离程度：c d，C项符合题意；D.c点溶液中lg =6， =1 106 ， c（H+）·c（OH-）=1 10-14 ， 解得c（H+）=1 10-4mol/L，c点溶液的pH=4，D项不符合题意；故答案为：C。
【分析】A、根据图像判断出一元酸的强弱；B、根据c（H+）=c（OH-），溶液呈中性解答；C、判断出此时溶液中的溶质，并根据电离程度判断；D、根据H+和OH-的浓度间的关系求解；
对点模拟2．常温下将KOH溶液滴加到己二酸(H2X) 溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（? ??）

?Ka2(H2X)的数量级为10–4???????????????????????????????????
?KHX溶液中c(H+)>c(OH-)C.?曲线N表示pH与1g[c(X2-)/c(HX-)]的变化关系??????????
D.?当混合溶液呈中性时，c(K+) >c(HX-) > c(X2-) > c(OH-) =c(H+)
【答案】B
【解析】A．lg[c(X2-)/c(HX-)]=0时，c(X2-)/c(HX-)=1，此时pH≈5.4，则Ka2(H2X)≈10-5.4 ， 可知Ka2(H2X)的数量级为10-6 ， 故A不符合题意；B.由图像可知，lg[c(X2-)/c(HX-)]=0时，即c(HX-)=c(X2-)，此时pH≈5.4，可知HX-电离程度大于X2-水解程度，溶液显酸性，则NaHX溶液呈酸性，溶液中c(H+)＞c(OH-)，故B符合题意；C.由以上分析可知曲线N表示pH与lg[c(HX?)/ c(H2X)]的变化关系，故C不符合题意；D.由图像可知当pH=7时，lg[c(X2-)/c(HX-)]＞0，则c(X2-)＞c(HX-)，所以溶液中存在：c(Na+)＞c(X2-)＞c(HX-)＞c(H+)，故D不符合题意；故答案为：B
【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)＞Ka2(H2X)，酸性条件下，则pH相同时c(HX?)/ c(H2X)＞c(X2-)/c(HX-)，由图像可知N为lg[c(HX?)/ c(H2X)]的变化曲线，M为lg[c(X2-)/c(HX-)]的变化曲线，当lg[c(HX?)/ c(H2X)]或lg[c(X2-)/c(HX-)]=0时，说明[c(HX?)/ c(H2X)]或[c(X2-)/c(HX-)]=1，浓度相等。
考点三 水的电离与溶液pH的判断与计算
典例3：【2017年高考浙江卷】25℃时，在含CH3COOH和CH3COOˉ的溶液中，CH3COOH和CH3COOˉ二者中各自所占的物质的量分数（α）随溶液pH变化的关系如图所示．下列说法不正确的是（　　）
A.?在pH＜4.76的溶液中，c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH）B.?在pH=7的溶液中，α（CH3COOH）=0，α（CH3COO﹣）=1.0C.?在pH＞4.76的溶液中，c（CH3COO﹣）与c（OH﹣）之和可大于c（H+）D.?在pH=4.76的溶液中加盐酸，α（CH3COOH）与α（CH3COO﹣）之和保持不变
【答案】B
【解析】解：A．在pH＜4.76的溶液显酸性，c（CH3COO﹣）＜c（CH3COOH），故A正确； B．在pH=7的溶液中，为醋酸和醋酸盐混合溶液，α（CH3COOH）≠0，α（CH3COO﹣）＜1.0，故B错误；C．在pH＞4.76的溶液中存在电荷守恒，c（CH3COO﹣）与c（OH﹣）之和可大于c（H+），故C正确；D．当溶液pH=4.76时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），醋酸电离显酸性，醋酸根离子水解显碱性，为缓冲溶液，加入盐酸或碱溶液中α（CH3COOH）与α（CH3COO﹣）之和保持不变，故D正确；故选B．
【分析】A．当溶液pH=4.76时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），在pH＜4.76的溶液显酸性；B．若α（CH3COOH）=0，α（CH3COO﹣）=1.0，溶液显碱性；C．在pH＞4.76的溶液中存在电荷守恒分析；D．当溶液pH=4.76时，c（CH3COO﹣）=c（CH3COOH），醋酸电离显酸性，醋酸根离子水解显碱性，为缓冲溶液．
对点模拟3．【2017年高考新课标Ⅱ卷】改变0.1mol?L﹣1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA﹣、A2﹣的物质的量分数δ（x）随pH的变化如图所示[已知δ（x）= ]．下列叙述错误的是（　　）
A.?pH=1.2时，c（H2A）=c（HA﹣）????????????????????B.?pH=4.2时，lg[K2（H2A）]=﹣4.2C.?PH=2.7时，c（HA﹣）＞c（H2A）=c（A2﹣）D.?pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2﹣）=c（H2A）
【答案】D
【解析】解：A．由图象可知pH=1.2时，H2A与HA﹣的曲线相交，则c（H2A）=c（HA﹣），故A正确；B．pH=4.2时，c（H+）=10﹣4.2mol/L，c（HA﹣）=c（A2﹣），K2（H2A）= =10﹣4.2 ， 则lg[K2（H2A）]=﹣4.2，故B正确；C．由图象可知，PH=2.7时，c（H2A）=c（A2﹣），由纵坐标数据可知c（HA﹣）＞c（H2A）=c（A2﹣），故C正确；D．pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2﹣），但此时c（H2A）≈0，故D错误．故选D．
【分析】由图象可知，pH=1.2时，c（H2A）=c（HA﹣），PH=2.7时，c（H2A）=c（A2﹣），pH=4.2时，c（HA﹣）=c（A2﹣），随着pH的增大，c（H2A）逐渐减小，c（HA﹣）先增大后减小，c（A2﹣）逐渐增大，结合电离平衡常数以及题给数据计算，可根据纵坐标比较浓度大小，以此解答该题．
考点四 盐类水解及其应用
典例4：【2018年高考天津卷】 LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，[ ]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是（?? ）?
?溶液中存在3个平衡????????????????????????????????????????????
?含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–C.?随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小????????
D.?用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3 ， 当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
【答案】D
【解析】解：A．溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡。选项A不符合题意。B.含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4。选B不符合题意。C.从图1中得到随着c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了。所以选项C不符合题意。D.由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D符合题意。故答案为：D
【分析】该题考察电离平衡和水解平衡，应重点掌握①多元弱酸的电离、多元弱酸盐的水解都是分部进行的，另外还要考虑到水的电离；②多元弱酸电离呈酸性、多元弱酸的盐水解呈碱性；③根据题目给出的图示进行分析
对点模拟4．【2018年高考北京卷】测定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比试验，④产生白色沉淀多。下列说法错误的是（?? ）
?Na?SO3溶液中存在水解平衡:SO32-+H2O HSO-3+OH-????????
?④的pH与①不同,是由于SO32-浓度减小造成的C.?①→③的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致????????
D.?①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】A.Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2O HSO3-+OH-、HSO3-+H2O H2SO3+OH- ， A项不符合题意；B.取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4 ， ①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项不符合题意；C.盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项符合题意；D.Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等,D不符合题意；故答案为：C
【分析】本题考查盐类水解的方程式书写，注意弱酸根离子的水解是分步，根据异性相吸弱水解，异性相吸得产物进行判断。书写。水解平衡影响类别化学平衡的影响，影响因素有温度和浓度。
考点五 溶液中“粒子”浓度关系判断液
典例5：常温下，向20 mL 0.2 mol/L H2A溶液中滴加0.2 mol/L NaOH溶液，有关粒子的物质的量变化如图所示（其中Ⅰ代表H2A，Ⅱ代表HA－ ， Ⅲ代表A2－）。下列说法正确的是（??? ）
A.?M点溶液中：2c(HA－)+c(A2－)=0.2 mol/L???????? B.?N点溶液呈酸性，则c(Na+) < 3c(HA－)C.?若N点溶液pH =4.2，则Ka2(H2A)的数量级为10?4????????D.?V(NaOH)=20mL时，溶液中：c(H+) < c(OH－)
【答案】B
【解析】A. M点溶液体积大于20mL，2c(HA－)+c(A2－)<0.2 mol/L，故A不符合题意；B. 溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH－)+c(HA－)+2c(A2－)，N点溶液呈酸性，c(H+)>c(OH－)，c(HA－)=c(A2－)，则c(Na+) < 3c(HA－)，故B符合题意；C. 若N点溶液pH =4.2，c(H+)=10-4.2mol/L，c(HA－)+2c(A2－)，则Ka2(H2A)= =c(H+)=10-4.2=10-(5-0.8) ， 数量级为10?5 ， 故C不符合题意；D. N点溶液pH =4.2，所以V(NaOH)=20mL时的溶液中：c(H+) > c(OH－)，故D不符合题意。故答案为：B。
【分析】本题注意守恒的应用，其中电荷守恒是溶液中的阳离子所带的总电荷。
对点模拟5．常温下，向20mL 浓度均为0.1mol/L (NH4)2SO4、NH4HSO4混和溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液。充分反应后静置，溶液的pH 与所加Ba(OH)2溶液体积的关系如右图，下列说法正确的是（?? ）
A.?a点溶液中: c(NH4+) +c(NH3·H2O)=0.2 mol/L????????
B.?b点溶液中: c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)> c(NH3·H2O)> c(OH-)C.?c点溶液中: c(Ba2+)+ c(NH4+)= c(SO42-)??????????
D.?d 点溶液中: c(NH3·H2O)> c(SO42-)>c(NH4+)> c(OH-)> c(H+)
【答案】B
【解析】A. 根据物料守恒可知，a点溶液中:?c(NH4+)?+c(NH3·H2O)=0. 3?mol/L，选项A不符合题意；B、b点溶液中:?NH4HSO4与Ba(OH)2溶液反应：2NH4HSO4+Ba(OH)2=2H2O+?(NH4)2SO4+ BaSO4↓，故溶液相当于 ?(NH4)2SO4溶液，溶液水解呈酸性，则?c(NH4+)>c(SO42-)>c(H+)> c(NH3·H2O)>?c(OH-)，选项B符合题意；C、c点溶液中pH=7，c(H+)=?c(OH-)，根据电荷守恒有2c(Ba2+)+ c(NH4+)+ c(H+)=?c(OH-)+2c(SO42-)，则:?2c(Ba2+)+ c(NH4+)= 2c(SO42-)，选项C不符合题意；D、根据所加溶液体积可知，若不考虑生成的氨水的电离和铵根离子的水解，得到的溶液中生成的一水合氨和铵根离子1：1，但溶液呈碱性，故电离大于水解，故c(NH4+)> c(NH3·H2O)，选项D不符合题意。故答案为：B。
【分析】根据反应后溶液中电荷守恒和物料守恒进行分析溶液中离子浓度的大小关系即可。
考点六 沉淀溶解平衡及沉淀转化
典例6：【2018年高考海南卷】某温度下向含AgCl固体的AgCl饱和溶液中加少量稀盐酸，下列说法正确的是（?? ）
A.?AgCl的溶解度、Ksp均减小????????????????????????????????B.?AgCl的溶解度、Ksp均不变C.?AgCl的溶解度减小、Ksp不变?????????????????????????????D.?AgCl的溶解度不变、Ksp减小
【答案】C
【解析】温度不变，氯化银的电离平衡常数保持不；加盐酸后，因Cl-增加，沉淀溶解平衡向AgCl方向移动，溶解度减小。故答案为：C
【分析】难溶电解质的电离平衡常数不随温度的变化而变化。
对点模拟6．【2017年高考新课标Ⅲ卷】在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl﹣会腐蚀阳极板而增大电解能耗．可向溶液中同时加入Cu和CuSO4 ， 生成CuCl沉淀从而除去Cl﹣ ． 根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是（　　）
A.?Ksp（CuCl）的数量级为10﹣7B.?除Cl﹣反应为Cu+Cu2++2Cl﹣=2CuClC.?加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl﹣ ． 效果越好D.?2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全
【答案】C
【解析】解：A．由图象可知，横坐标为1时，lgc（Cu+）大于6，则Ksp（CuCl）的数量级为10﹣7 ， 故A正确；B．涉及反应物为铜、硫酸铜以及氯离子，生成物为CuCl，反应的方程式为Cu+Cu2++2Cl﹣=2CuCl，故B正确；C．发生Cu+Cu2++2Cl﹣=2CuCl，反应的效果取决于Cu2+的浓度，如Cu2+不足，则加入再多的Cu也不能改变效果，故C错误；D．酸性条件下，Cu+不稳定，易发生2Cu+=Cu2++Cu，可知没有Cl﹣存在的情况下，2Cu+=Cu2++Cu趋向于完全，说明2Cu+=Cu2++Cu的平衡常数很大，故D正确．故选C．
【分析】A．根据Ksp（CuCl）=c（Cu+）×c（Cl﹣）判断；B．涉及反应物为铜、硫酸铜以及氯离子，生成物为CuCl；C．铜为固体，加入铜的量的多少不能影响化学反应速率和效率；D．酸性条件下，Cu+不稳定，易发生2Cu+=Cu2++Cu．
一、单选题
1.【2018年高考海南卷】下列化合物中，能与Na2CO3溶液反应生成沉淀且沉淀可溶于NaOH溶液的是（?? ）
A.?MgCl2???????????????????????????????B.?Ca(NO)3???????????????????????????????C.?FeSO4???????????????????????????????D.?AlCl3
【答案】D
【解析】A.能生成碳酸镁沉淀，但碳酸镁不溶于氢氧化钠，则A不符合题意B.能生成碳酸钙沉淀，但碳酸钙不溶于氢氧化钠，则B不符合题意C.能生成碳酸亚铁沉淀，但碳酸亚铁不溶于氢氧化钠，则C不符合题意D.铝离子和碳酸根离子能发生双水解，可生成氢氧化铝沉淀，溶于氢氧化钠溶液中，故D选项符合题意故答案为：D
【分析】解决此类问题，需要明白一些物质的特性，比如氢氧化铝是两性物质。
2.【2018年高考江苏卷】根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（?? ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清
苯酚的酸性强于H2CO3的酸性
B
向碘水中加入等体积CCl4 ， 振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色
I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度
C
向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出
Fe2+的氧化性强于Cu2+的氧化性
D
向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
Ksp(AgCl) >Ksp(AgI)
A.?A???????????????????????????????????????????B.?B???????????????????????????????????????????C.?C???????????????????????????????????????????D.?D
【答案】B
【解析】解：A.向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液，浊液变清，发生反应 +Na2CO3→ +NaHCO3 ， 酸性：H2CO3＞ ＞HCO3- ， A项不符合题意；B.向碘水中加入等体积CCl4 ， 振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项符合题意；C.向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂 氧化产物，氧化性Cu2+＞Fe2+ ， C项不符合题意；D.向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D项不符合题意；故答案为：B。
【分析】B中碘单质在水中和CCl4中的溶解度根据相似相溶原理,由于碘单质在CCl4中的溶解度，并且水和CCl4互不相溶，且不反应，所以CCl4会把碘单质从水中萃取出来。
3.【2017年高考浙江卷】下列属于非电解质的是（　　）
A.?葡萄糖?????????????????????????????????B.?氢氧化钠?????????????????????????????????C.?氯化钾?????????????????????????????????D.?铁
【答案】A
【解析】解：A、葡萄糖在水溶液里或熔融状态下以分子存在导致不导电，所以葡萄糖是非电解质，故A正确； B、氢氧化钠是化合物，水溶液中或熔融状态下电离出离子导电，故氢氧化钠是电解质，故B错误；C、氯化钾是化合物，水溶液中或熔融状态下电离出离子导电，所以氯化钾是电解质，故C错误；D、金属铁是单质不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故D错误；故选A．
【分析】在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质，在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质．
4.【2017年高考新课标Ⅱ卷】由下列实验及现象不能推出相应结论的是（　　）
实验
现象
结论
A．
向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，震荡，加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变
还原性：Fe＞Fe2+
B．
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
C．
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
D．
向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液
一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象
Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl）
A.?A???????????????????????????????????????????B.?B???????????????????????????????????????????C.?C???????????????????????????????????????????D.?D
【答案】C
【解析】解：A．向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+ ， 反应中Fe为还原剂，Fe2+为还原产物，还原性Fe＞Fe2+ ， 可观察到黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，故A正确；B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳，反应中二氧化碳表现氧化性，故B正确；C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色，且为固体的反应，与盐类的水解无关，故C错误；D．一只试管中产生黄色沉淀，为AgI，则Qc＞Ksp，另一支中无明显现象，说明Qc＜Ksp，可说明Ksp（AgI）＜Ksp（AgCl），故D正确．故选C．
【分析】A．向2 mL 0.1FeCl 3的溶液中加足量铁粉，发生2Fe3++Fe=3Fe2+；B．瓶内有黑色颗粒产生，说明二氧化碳被还原生成碳；C．加热碳酸氢铵，分解生成氨气，可使石蕊试纸变蓝色；D．如能生成沉淀，应满足Qc＞Ksp．
5.【2017年高考新课标Ⅰ卷】常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示．下列叙述错误的是（　　）
A.?Ka2（H2X）的数量级为10﹣6B.?曲线N表示pH与lg 的变化关系C.?NaHX溶液中c（H+）＞c（OH﹣）D.?当混合溶液呈中性时，c（Na+）＞c（HX﹣）＞c（X2﹣）＞c（OH﹣）=c（H+）
【答案】D
【解析】A．lg =0时， =1，此时pH≈5.4，则Ka2（H2X）≈10﹣5.4 ， 可知Ka2（H2X）的数量级为10﹣6 ， 故A正确；B．由以上分析可知曲线N表示pH与lg 的变化关系，故B正确；C．由图象可知，lg =0时，即c（HX﹣）=c（X2﹣），此时pH≈5.4，可知HX﹣电离程度大于X2﹣水解程度，则NaHX溶液呈酸性，溶液中c（H+）＞c（OH﹣），故C正确；D．由图象可知当pH=7时，lg ＞0，则c（X2﹣）＞c（HX﹣），故D错误．故选D．
【分析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1（H2X）＞Ka2（H2X），酸性条件下，则pH相同时 ＞ ，由图象可知N为lg 的变化曲线，M为lg 的变化曲线，当lg 或lg =0时，说明 或 =1，浓度相等，结合图象可计算电离常数并判断溶液的酸碱性．
6.亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态。向1L0.1mol·L-1 H3AsO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1KOH溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如下图所示。下列说法正确的是(????? )
A.?H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10-9??????????????
B.?pH在8.0～10.0时，反应的离子方程式：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2OC.?M点对应的溶液中：c(H2AsO3-)+c(HAsO32-)+c(AsO33-)+c(H3AsO3)=0.1mol·L-1????????
D.?pH=12时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)>c(H+)+c(K+)
【答案】B
【解析】A.H3AsO3的第一步电离方程式为H3AsO3 H++H2AsO3- ， H3AsO3的Ka1= ，根据图像当H3AsO3和H2AsO3-物质的量分数相等时溶液的pH=9.3，溶液中c（H+）=10-9.3mol/L，H3AsO3的Ka1=10-9.3=100.7 10-10 ， H3AsO3的Ka1的数量级为10-10 ， A项不符合题意；B.pH在8.0~10时，随着KOH的滴入，H3AsO3明显减少，H2AsO3-明显增多，反应的离子方程式为H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O，B项符合题意；C.根据As守恒，M点对应溶液中n（H2AsO3-）+n（HAsO32-）+n（AsO33-）+n（H3AsO3）=0.1mol/L 1L=0.1mol，由于加入的KOH溶液的体积未知，无法计算含砷微粒的总浓度，C项不符合题意；D.滴入KOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（OH-）+c（H2AsO3-）+2c（HAsO32-）+3c（AsO33-）=c（H+）+c（K+），根据图像pH=12时溶液中主要含砷微粒为H2AsO3-和HAsO32- ， 溶液呈碱性，H2AsO3-和HAsO32-的水解程度大于电离程度，而且HAsO32-第二步水解才产生H3AsO3 ， 则溶液中c（OH-） c（H3AsO3），c（H2AsO3-）+2c（HAsO32-）+3c（AsO33-）+c（H3AsO3） ?c（H+）+c（K+），D项不符合题意；故答案为：B。
【分析】A.由H3AsO3和H2AsO3-物质的量分数相等时溶液的pH和电离平衡常数表达式计算Ka1；B.由图像中含砷微粒的变化确定反应物和生成物，进一步书写离子方程式；C.根据物料守恒判断；D.由电荷守恒和图像判断。
7.向两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示。下列说法正确的是（??? ）
A.?a、d两点的溶液中Ba2+均恰好沉淀完全?????????????
B.?b点的离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OC.?d点溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(SO42-)+c(OH-)????????
D.?溶液中由水电离的c(OH-)大小关系：a=d>c>b滴入溶液的体积
【答案】D
【解析】Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，当Ba(OH)2溶液与H2SO4溶液恰好反应时，溶液导电能力最小（图中a点）；Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液反应：滴入少量NaHSO4溶液时，发生反应Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，Ba2+沉淀完全，溶液中OH-有剩余，溶质为NaOH（图中b点）；继续滴加NaHSO4溶液时，发生反应OH-+H+=H2O，OH-完全反应完，溶液中离子浓度降到最低，溶液中的溶质为硫酸钠，导电能力最弱（图中d点）；A.根据以上分析可知，a、b两点的溶液中Ba2+均恰好沉淀完全，A不符合题意；B.b点时，Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液反应，Ba2+沉淀完全，离子方程式为Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，B不符合题意；C.结合以上分析可知，反应进行到d点时，溶液中的溶质为硫酸钠，根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-)，C不符合题意；D.a点为水，d点为硫酸钠溶液，强酸强碱盐，不水解，对水平衡无影响；b点为氢氧化钠溶液，抑制水电离；c点为氢氧化钠和硫酸钠的混合液，抑制水电离，但是比b点抑制程度小一些；因此溶液中由水电离的c(OH-)大小关系：a=d>c>b，D符合题意；故答案为：D。
【分析】根据氢氧化钡与硫稀酸、硫酸氢钠的离子反应分析溶液中离子浓度的变化情况，判断溶液的导电性变化，结合水的电离和离子浓度大小比较方法进行分析即可。
8.已知298K时，Ksp(NiS)＝1.0×10-21 ， Ksp(NiCO3)＝1.0×10-7 ；p(Ni)＝－lg c(Ni2+)，p(B)＝－lg c(S2-)或－lg c(CO32-)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是（??? ）
A.?常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度?????????????
B.?向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动C.?对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动???????????????
D.?P为3.5且对应的阴离子是CO32-
【答案】C
【解析】A，常温下Ksp（NiS） Ksp（NiCO3），NiS、NiCO3属于同种类型，常温下NiCO3的溶解度大于NiS，A项不符合题意；B，Ksp（NiS） Ksp（NiCO3），则曲线I代表NiS，曲线II代表NiCO3 ， 在d点溶液中存在溶解平衡NiS（s） Ni2+（aq）+S2-（aq），加入Na2S，S2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+减小，d点向b点移动，B项不符合题意；C，对曲线I在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni2+、S2-浓度增大，b点向a点方向移动，C项符合题意；D，曲线II代表NiCO3 ， a点c（Ni2+）=c（CO32-），Ksp（NiCO3）= c（Ni2+）·c（CO32-）=1 10-7 ， c（Ni2+）=c（CO32-）=1 10-3.5 ， pNi=pB=3.5且对应的阴离子为CO32- ， D项不符合题意；故答案为：C。
【分析】注意同种类型沉淀的判断方法是，看沉淀溶解出的离子系数之和是否相同，若相同说明是同种类型沉淀，则可以通过KSp来进行判断溶解度的大小，KSp和S成正比关系。注意2，大部分的沉淀溶解平衡都是放热过程。
9.常温下，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10－5。向20 mL浓度均为0.1 mol/L NaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液，所得混合液的导电率与加入CH3COOH溶液的体积（V）的关系如图所示。下列说法错误的是（??? ）
A.?a=20，b=40，且溶液呈中性处于A，B两点之间??????????
B.?B点溶液中：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4+）C.?已知lg3≈0.5，则C点的pH≈5?????????????????????????????
D.?A，B，C三点中，B点溶液中水的电离程度最大
【答案】A
【解析】A、a=20，b=40，A点时溶质为：CH3COONa、NH3·H2O，B点时，溶质为：CH3COONa 、CH3COONH4 ， 均为碱性，故且溶液呈中性不在A、B两点之间，故A符合题意；B、B点时，溶液为等浓度的CH3COONa 、CH3COONH4混合溶液，故离子浓度大小为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH ），故B不符合题意；C、C点时，溶液是等浓度的CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH溶液，C、c（H+）= c（CH3COO-）/c（CH3COOH） 2，c（H+） 故pH≈5，故C不符合题意；D、AB两点均是水解促进水的电离，且B点促进程度更大，故B点溶液中水的电离程度最大，故D不符合题意；故答案为：A。
【分析】由题可知，向20 mL浓度均为0.1 mol/L NaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液，CH3COOH先和NaOH反应生成CH3COONa，过程中离子浓度降低，导电率降低，故A点时，NaOH被完全反应完，导电率最低，然后，CH3COOH和NH3·H2O反应生成CH3COONH4 ， 使离子浓度增大，导电率增大，故B点时，NH3·H2O反应完全，B点以后，再加入CH3COOH溶液，溶液体积增大，离子浓度下降，导电率下降。
10.常温下，将CO2通入2LpH=12的KOH溶液中，溶液中水电离出的OHˉ离子浓度(c)与通入的CO2的体积(V)的关系如图所示.下列叙述错误的是（??? ）
A.?a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-12 mol/L?????????? B.?b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol/LC.?c点溶液中：c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3ˉ)+c(H2CO3)]??????????D.?d点溶液中：c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3ˉ)
【答案】B
【解析】A．a点溶液中的溶质是KaOH，氢氧化钾抑制了水的电离，溶液中氢离子是水电离的，则水电离出的c(H+)=10-pH=1×10-12mol?L-1 ， 故A不符合题意；B.b点是强碱溶液对水的电离起抑制作用，所以溶液中的c(H+)＜1×10-7mol/L，故B符合题意；C.c点溶液中，当水电离出的OH-离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钾溶液，根据碳酸钾溶液中的物料守恒可得：c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3)+c(H2CO3)]，故C不符合题意；D.d点溶液中水电离出的OH-离子浓度10-7mol/L，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，结合电荷守恒c(K+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH-)，两式相减得：c(K+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，故D不符合题意；故答案为：B。
【分析】A、根据强酸强碱抑制水的电离分析；B、强碱溶液对水的电离起抑制作用；C、根据物料守恒解答；D、根据电荷守恒、c(H+)和c(OH-)关系求解。
11.常温下，用0.1 mol/L的氨水滴定10.00 mL 0.1 mol/L的酸HA，所加氨水的体积(V)与溶液中lg ?的关系如图所示。下列说法错误的是（ ???）
A.?X点：c(A-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)?????????????????B.?Y点：V(NH3·H2O) <10.00 mLC.?Z点：2c(A-)= c(NH4+)+c(NH3·H2O)????????????????D.?HA的电离方程式为HA=H++A-
【答案】B
【解析】A. X点：加入5mL0.1 mol/L的氨水得到等浓度的NH4A和HA混合溶液，c(A-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)，A不符合题意；B. Y点：lg =0，即 =1，c(H+)=c(OH-),溶液呈中性，若加入氨水V(NH3·H2O) =10.00 mL，恰好得到NH4A溶液，此时溶液由于NH4+水解而显酸性，故加入的氨水应比10.00 mL大，故B符合题意；C. Z点为等浓度的NH4A和NH3·H2O的混合溶液，根据物料守恒，2c(A-)= c(NH4+)+c(NH3·H2O)，C不符合题意；D. HA为强酸，电离方程式为HA=H++A- ， D不符合题意；故答案为：B。
【分析】由图可知，0.1 mol/L的酸HA的lg =12，则 =1012 ， =1012 ， c2(H+)=1012KW=1012 10-14=10-2 ， c(H+)=0.1mol/L，说明HA完全电离，为强酸。
12.羟胺的电离方程式为： NH2OH＋H2O NH3OH+＋OH－（ 25℃时， Kb＝9.0×10－9）。用 0.1 mol·L－1 盐酸滴定 20 mL 0.1mol·L－1 羟胺溶液，恒定 25℃时，滴定过程中由水电离出来的 H+浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(己知： lg3＝0.5)。下列说法正确的是（? ??）
A.?图中 V1＞10???????????????????????????????????????????????????????
B.?A 点对应溶液的 pH＝9.5C.?B， D 两点对应的溶液均为中性?????????????
D.?E 点对应溶液中存在：c(H+)＝c (OH－)＋c (NH3OH+)＋c (NH2OH)
【答案】B
【解析】A、B点的溶液为NH3OHCl、NH2OH，B点此时应为中性，故V1=10，故A不符合题意；B、A点时，NH2OH＋H2O NH3OH+＋OH－ ， c（OH－）=c（NH3OH+），c（NH2OH） 0.l mol·L－1 ， c（OH－）2= =9.0×l0－10 ， c（OH－）=3.0×l0－5 ， c（H+）= 10-9 ， pH=-lg c（H+）=9.5，故B符合题意；C、C点时，溶液为NH3OHCl溶液，此时溶液呈酸性，再加入盐酸，酸性更强，故D点不是中性，故C不符合题意；D、E点为等浓度的NH3OHCl和HCl溶液，质子守恒为：c(H+)＝c (OH－)＋c (NH3OH+)＋2c (NH2OH)，故D不符合题意；故答案为：B。【分析】根据弱电解质的电离平衡常数分析溶液的酸碱性、溶液中离子浓度的关系以及溶液的pH等即可。
13.25℃时，向20mL0.1mol/LHAuCl4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，滴定曲线如图1，含氯微粒的物质的量分数(δ)随pH变化关系如图2，则下列说法错误的是（?? ）
A.?在c点溶液中:c(Na+)=c(AuCl4-)?????????????????????????
B.?a点对应溶液pH约为5C.?25℃时，HAuCl4的电离常数为1×10-3???????????????
D.?d点时，溶液中离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(AuCl4-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】C
【解析】A.c点溶液中，pH=7，c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(AuCl4-)，A不符合题意；B.根据Ka= c(H+)×c(AuCl4-)/c(HAuCl4)=10-3×10-3/（0.1-10-3）≈10-5 ， 由于a点时，c(AuCl4-)= c(HAuCl4)，所以c(H+)≈10-5 mol/L, pH≈5，B不符合题意；C.0.1mol/LHAuCl4溶液pH=3，根据HAuCl4=H++ AuCl4-可知，该反应的电离常数为Ka=c(H+)×c(AuCl4-)/c(HAuCl4)= 10-3×10-3/（0.1-10-3）=10-5 ， C符合题意；D.d点时，溶液溶质为NaAuCl4 ， 溶液显碱性，所以溶液中离子浓度大小关系为:c(Na+)>c(AuCl4-)>c(OH-)>c(H+)，D不符合题意；故答案为：C。
【分析】注意电离平衡常数的特点，一是只与温度有关，二是表达式相同，等号右边的浓度系数次幂之积除以等号左边的浓度系数次幂之积。固体和纯液体不代入表达式。
14.已知：对于电离常数为Ka的某一元弱酸，pH突变随其浓度的增大而增大，且浓度主要影响滴定终点和滴定终点之后的曲线部分。常温下，用不同浓度的NaOH溶液分别滴定20mL与其同浓度的某弱酸HA溶液，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是（?? ）
A.?由图可知：c1>c2>c3?????????????????????????????????????????
B.?M点溶液中存在：c(H+)+c(HA)=c(OHˉ)+c(Aˉ)C.?恰好中和时，溶液中离子浓度的大小关系：c(Na+)>C(Aˉ ) >C(OHˉ )>c(H+)????????
D.?计算可知HA的电离常数：Ka=
【答案】B
【解析】A. 酸碱完全中和后，随着氢氧化钠的加入，氢氧根离子浓度增大，增大越趋势越大，说明所加氢氧化钠的浓度越大，故由图可知：c1>c2>c3 ， 选项A不符合题意；B. M点为NaA和HA按1：1形成的溶液，根据电荷守恒存在：c(H+)+ c(Na+) =c(OHˉ)+c(Aˉ)，且c(Na+)>c(HA)，故c(H+)+c(HA)C(Aˉ ) >C(OHˉ )>c(H+)，选项C不符合题意；D. 当加入氢氧化钠的体积为V时溶液呈中性，计算可知HA的电离常数：Ka= = ，选项D不符合题意。故答案为：B。
【分析】根据图像中中和后曲线的变化分析氢氧化钠溶液的浓度，结合弱电解质的电离平衡分析溶液中离子浓度的大小关系即可。
二、综合题
15.【2017年高考江苏卷】（砷（As）是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措 施之一．
（1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO32﹣ ， 其原因是________．
（2）H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系分别如图﹣1和图﹣2所示．①以酚酞为指示剂（变色范围pH 8.0～10.0），将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加．该过程中主要反应的离子方程式为________．②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4?H2AsO4﹣+H+的电离常数为Ka1 ， 则pKa1=________（p Ka1=﹣lg Ka1 ）．
（3）溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响．pH=7.1时，吸附剂X表面不带电荷； pH＞7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多．pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量）如图﹣3所示．①在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是________．②在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为________． 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是________．
【答案】（1）碱性溶液吸收了空气中的CO2（2）OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O；2.2（3）在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣ ， 吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加；在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小；加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷
【解析】解:（1）空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液，NaOH是碱，能吸收空气中的二氧化碳而生成碳酸根离子，所以其原因是碱性溶液吸收了空气中的CO2 ， 故答案为：碱性溶液吸收了空气中的CO2；（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3﹣ ， 该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O，故答案为：OH﹣+H3AsO3=H2AsO3﹣+H2O；②Ka1= ，pH=2.2时c（H+）=10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣），p Ka1=﹣lg Ka1=﹣lg =2.2，故答案为：2.2；（3）①吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力越大，在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣ ， 吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加，导致在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，故答案为：在pH7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣ ， 吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加；②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多，所以静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小，所以在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱；在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷，所以采取的措施是加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷，故答案为：在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小；加入氧化剂，将三价砷转化为五价砷．
【分析】（1）空气中的CO2属于酸性氧化物，能溶于强碱溶液；（2）①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO3﹣浓度增大，说明碱和H3AsO3生成H2AsO3﹣ ， 该反应为酸碱的中和反应；②Ka1= ，pH=2.2时c（H+）=10﹣2.2 mol/L，c（H3AsO3）=c（H2AsO3﹣）；（3）①吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力越大；②在pH4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多；而三价砷主要以H3AsO3分子存在；在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，如果能将三价砷转化为五价砷，能有效的去除三价砷．
16.【2017年高考新课标Ⅰ卷】 Li4Ti3O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为Fe TiO3 ， 还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备，工艺流程如下：回答下列问题：
（1）“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示．由图可知，当铁的净出率为70%时，所采用的实验条件为________．
（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42﹣形式存在，写出相应反应的离子方程式________．
（3）TiO2?xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min所得实验结果如下表所示:
?温度/℃
?30
35
40
45
?50
?TiO2?xH2O转化率/%
?92
?95
?97
?93
?88
分析40℃时TiO2?xH2O转化率最高的原因________．
（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为________．
（5）若“滤液②”中c（Mg2+）=0.02mol?L﹣1 ， 加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1倍），使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3+）=1.0×10﹣5 ， 此时是否有Mg3（PO4）2沉淀生成？________（列式计算）．FePO4、Mg3（PO4）2的分别为1.3×10﹣22、1.0×10﹣24
（6）写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式________．
【答案】（1）100℃，2h，90℃，5h（2）FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O（3）低于40℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降（4）4（5）c（PO43﹣）= =1.0×10﹣17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]=（ ）3×（1.0×10﹣17mol/L）2=1.69×10﹣40＜Ksp=1.0×10﹣24 ， 则无沉淀生成（6）2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 LiFePO4+H2O+3CO2↑
【解析】（1）由图可知，当铁的净出率为70%时，100℃时用时间最少，所采用的实验条件为选择温度为100℃，故答案为：选择温度为100℃；（2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl42﹣形式存在，相应反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O，故答案为：FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O；（3）40℃时TiO2?xH2O转化率最高，因温度高反应速率加快，但温度过高过氧化氢分解、氨水易挥发，影响转化率，故答案为：温度高反应速率加快，但温度过高过氧化氢分解、氨水易挥发，影响转化率；（4）Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，Li的化合价为+1价，由化合价的代数和为0可知，O元素的负价代数和为22，设过氧键的数目为x，则（x×2）×1+（15﹣x×2）×2=22，解得x=4，故答案为：4；（5）Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3+）=1.0×10﹣5 ， 由Ksp（FePO4），可知c（PO43﹣）= =1.0×10﹣17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]=（ ）3×（1.0×10﹣17mol/L）2=1.69×10﹣40＜Ksp=1.0×10﹣24 ， 则无沉淀生成，故答案为：c（PO43﹣）= =1.0×10﹣17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]=（ ）3×（1.0×10﹣17mol/L）2=1.69×10﹣40＜Ksp=1.0×10﹣24 ， 则无沉淀生成；（6）“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 LiFePO4+H2O+3CO2↑，故答案为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 LiFePO4+H2O+3CO2↑．
【分析】用钛铁矿（主要成分为Fe TiO3 ， 还含有少量MgO、SiO2等杂质）来制备Li4Ti3O12和LiFePO4 ， 由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2 ， 滤液①中含Mg2+、Fe2+、Ti4+ ， 水解后过滤，沉淀为TiO2 ． xH2O，与双氧水反应Ti元素的化合价升高，生成（NH4）2Ti5O15 ， 与LiOH反应后过滤得到Li2Ti5O15 ， 再与碳酸锂高温反应生成Li4Ti3O12；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+ ， 双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4 ， 高温煅烧②中发生2FePO4+Li2CO3+H2C2O4 LiFePO4+H2O+3CO2↑，以此来解答．

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