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第二单元　溶液的酸碱性
人们常用“冬天白茫茫，夏天水汪汪，种树不活，种草不长”来描述盐碱地的生态情况。我国松嫩平原的苏打盐碱地是世界三大盐碱地分布区域之一，盐碱化土地面积高达239万公顷，特别是pH>10的重度盐碱地具有代表性和典型性，治理难度很大。这里的pH反映了土壤的酸碱性，那么，pH是怎样计算出来的呢？
第1课时　溶液的酸碱性与pH
一、溶液的酸碱性
1．溶液的酸碱性：溶液酸碱性的判断标准是c(H＋)与c(OH－)的相对大小。
2．溶液酸碱性与溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系：
c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；
c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性，且c(H＋)越大，酸性越强；
c(H＋)3．溶液酸碱性的表示方法：
(1)当c(H＋)或c(OH－)大于1
mol·L－1时，通常用c(H＋)或c(OH－)直接表示。
(2)当c(H＋)或c(OH－)小于或等于1
mol·L－1时，通常用pH表示。
二、溶液pH的计算
1．单一溶液的pH计算
(1)计算的基本方法
依据pH＝－lgc(H＋)，求pH关键：求溶液中的c(H＋)。
(2)强酸和强碱溶液的pH的计算
①强酸溶液(以浓度为c
mol·L－1的HnA溶液为例)
c(H＋)＝nc
mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝－lgnc。
②强碱溶液[以浓度为c
mol·L－1的B(OH)n溶液为例]
c(OH－)＝nc
mol·L－1，c(H＋)＝
mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝14＋lgnc。
2．混合溶液pH的计算
(1)两种强酸溶液混合时
c(H＋)混＝。
(2)两种强碱溶液混合时
先求混合溶液的氢氧根离子浓度，c(OH－)＝c(OH－)混＝；再求c(H＋)＝，则pH＝－lgc(H＋)＝14＋lgc(OH－)混。
(3)强酸强碱混合时
①恰好完全反应，则c(H＋)V酸＝c(OH－)V碱，则溶液的pH＝7。
②若酸过量，直接求反应后溶液的氢离子浓度，c(H＋)混＝。
③若碱过量，应先求反应后溶液的氢氧根离子浓度，c(OH－)混＝，再求c(H＋)混＝。
探究点一
溶液的酸碱性与pH
1．溶液的酸碱性、pH和c(H＋)、c(OH－)的相对大小之间的关系
2.25
℃时，溶液酸碱性与c(H＋)、pH的关系图示
(1)图示：
(2)相关说明：
①溶液中c(H＋)越小，c(OH－)越大，溶液的酸性越弱，碱性越强，pH越大；溶液中c(H＋)越大，c(OH－)越小，溶液的酸性越强，碱性越弱，pH越小。
②利用pH来表示溶液的酸碱性时，一般只表示pH在0～14范围内的溶液的酸碱性，即c(H＋)≤1
mol·L－1或c(OH－)≤1
mol·L－1的溶液。如果溶液中c(H＋)或c(OH－)大于1
mol·L－1时，则直接用浓度来表示溶液的酸碱性。
3．溶液酸碱性的测定方法
(1)用酸碱指示剂测定：这种方法只能测出某一范围内的pH，而不能得出具体的数值。下表列出了几种常用酸碱指示剂的变色范围。
指示剂
变色的pH范围
酸的颜色
碱的颜色
甲基橙
3.14.4
红色(pH<3.1)
黄色(pH>4.4)
石蕊
5.08.0
红色(pH<5.0)
蓝色(pH>8.0)
酚酞
8.210.0
无色(pH<8.2)
红色(pH>10.0)
(2)用pH试纸测定：pH试纸一般呈黄色，由多种指示剂的混合液浸制而成。测定方法是取一小块试纸放在玻璃片或点滴板上，用洁净的玻璃棒蘸取溶液点在试纸中部，在半分钟内与标准比色卡比较。
标准比色卡的颜色与光谱一致，按pH从小到大依次是：红橙黄(酸性)；绿(中性)；蓝靛紫(碱性)。pH试纸在使用时不能用水润湿，否则非中性溶液的pH测定值会比实际pH大或小。
①常见的pH试纸主要有以下三种：
a．广范pH试纸：广范pH试纸的pH范围是1～14(最常用)或0～10，可以识别的pH差值约为1。
b．精密pH试纸：精密pH试纸的pH范围较窄，可以识别0.2或0.3的pH差值。
c．专用pH试纸：用于酸性、中性或碱性溶液的专用pH试纸。
②使用pH试纸时应注意：
a．pH试纸不能用蒸馏水润湿，否则测得的pH可能会偏大或偏小。(中性溶液无误差)
b．所测pH一般为整数。
③pH计：通过仪器pH计来精确测定溶液的pH。
1．某溶液的pH＝7，该溶液一定呈中性吗？
提示：不一定。在25
℃时，水的离子积常数Kw＝1×10－14，c(H＋)＝1×10－7
mol/L，pH＝7。但Kw受温度的影响，当温度升高时，Kw增大，c(H＋)和c(OH－)都增大，pH减小；同理当温度降低时，pH会增大。但无论pH如何变化，纯水一定呈中性。
2．pH＝14的溶液的碱性一定最强吗？
提示：不一定。因为pH的使用范围仅为0～14，pH＝14的溶液，c(H＋)＝10－14
mol/L，此时c(OH－)＝1
mol/L，c(OH－)>1
mol/L的溶液比pH＝14的溶液的碱性强。
3．酸碱性溶液与酸碱溶液是一回事吗？
提示：溶液的酸碱性：指溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小不同表现的性质。
酸碱溶液：溶质为酸、碱的水溶液。
关系：①酸溶液一定呈酸性，碱溶液一定呈碱性。②酸性溶液不一定是酸溶液，如NaHSO4溶液和KAl(SO4)2溶液等；碱性溶液不一定是碱溶液，如Na2CO3溶液。
4．酸、碱的强弱与溶液酸碱性强弱有什么区别与联系？
提示：酸、碱的强弱：以电离程度是否完全来划分，强酸、强碱在溶液中完全电离，弱酸、弱碱在溶液中部分电离。
溶液酸碱性强弱：溶液酸性强弱是根据c(H＋)的大小来判断，c(H＋)越大，酸性越强。溶液碱性强弱是根据c(OH－)的大小来判断的，c(OH－)越大，碱性越强。
两者的关系：①强酸(碱)溶液的酸(碱)性不一定比弱酸(碱)溶液的酸(碱)性强。
②酸(碱)性强的溶液不一定是强酸(碱)溶液。
③酸(碱)性相同的弱酸(碱)比强酸(碱)浓度大，中和能力强。
【例1】　下列溶液一定呈中性的是(　　)
A．pH＝7的溶液
B．c(H＋)＝c(OH－)的溶液
C．由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液
D．非电解质溶于水得到的溶液
【思路分析】　溶液呈中性c(H＋)＝c(OH－)。
【解析】　当pH＝7时，只说明c(H＋)＝10－7
mol·L－1，当温度升高时，中性溶液中的c(H＋)>10－7
mol·L－1，即pH<7，故A错误。等物质的量的强酸与强碱，由于它们所含的H＋和OH－的物质的量未知，因此无法判断它们混合后溶液的酸碱性，若n(H＋)>n(OH－)，溶液呈酸性；若n(OH－)>n(H＋)，溶液呈碱性；只有当n(H＋)＝n(OH－)时，H＋与OH－恰好完全反应，溶液才呈中性，故C错误。非电解质只是它本身在熔融状态下或水溶液中不能直接电离产生离子，当它溶于水时可能与水反应生成能电离的物质，使溶液呈酸性或碱性，如SO2溶于水生成H2SO3，溶液呈酸性，NH3溶于水生成NH3·H2O，溶液呈碱性，故D错误。
【答案】　B
100
℃时Kw＝1×10－12，下列对纯水的叙述正确的是(　B　)
A．pH＝6，显弱酸性
B．c(H＋)＝10－6
mol·L－1，显中性
C．Kw是常温时的10－2倍
D．常温下，pH＝6的溶液为中性
解析：100
℃时Kw＝1×10－12，纯水中只有水电离出的氢离子和氢氧根离子，两者浓度一定相等，所以有c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－6
mol·L－1，pH＝6，此时溶液显中性，A错误，B正确；常温时Kw＝1×10－14，所以100
℃时的Kw是常温时的102倍，C错误；常温时Kw＝1×10－14，此时中性溶液的pH＝7，D错误。
探究点二
稀释曲线与稀释规律
1．稀释曲线
室温时，将pH相同的强酸(如HCl)、弱酸(如CH3COOH)溶液分别加水稀释，将pH相同的强碱(如NaOH)、弱碱(如NH3·H2O)溶液分别加水稀释，溶液的pH与稀释倍数的关系如下图(稀释曲线)所示：
特别提醒：在稀释倍数～pH坐标图中，稀释酸性溶液时pH随着稀释倍数的增大而增大、稀释碱性溶液时pH随着稀释倍数的增大而减小(不是反比例关系)，曲线无限接近pH＝7的线，但不能与之相交。
2．强酸、弱酸溶液稀释的规律
(1)强酸、弱酸溶液稀释后pH逐渐增大，但不大于7。稀释倍数很大时接近7。
(2)pH＝a的强酸溶液稀释10n倍，则pH＝a＋n。
(3)pH＝a的弱酸溶液稀释10n倍，则a(4)pH相同的强酸、弱酸溶液稀释相同倍数后，强酸溶液的pH较大。
(5)稀释pH相同的强酸、弱酸溶液，若稀释后pH相同，则弱酸溶液稀释倍数较大。
3．强碱、弱碱溶液稀释的规律
(1)强碱、弱碱溶液稀释后pH逐渐减小，但不小于7。稀释倍数很大时接近7。
(2)pH＝b的强碱溶液稀释10n倍，则pH＝b－n。
(3)pH＝b的弱碱溶液稀释10n倍，则b－n(4)pH相同的强碱、弱碱溶液稀释相同倍数后，强碱溶液的pH较小。
(5)稀释pH相同的强碱、弱碱溶液，若稀释后pH相同，则弱碱溶液稀释倍数较大。
1．常温下，pH＝6的盐酸稀释100倍后的pH是多少？此时溶液中c(H＋)和c(Cl－)的比值是多少？
提示：此时水电离出的氢离子浓度比盐酸电离出的氢离子浓度大，故此时溶液的pH接近于7，但比7小；溶液中c(Cl－)＝1×10－8
mol·L－1，故此时c(H＋)和c(Cl－)的比值是＝10。
2．1
L
pH＝11的氨水加水稀释，若稀释后pH＝9，则溶液的体积是100
L，对吗？
提示：不对，一水合氨是弱碱，若稀释后溶液体积是100
L，则pH>9，故若稀释后pH＝9，则溶液的体积大于100
L。
【例2】　pH＝2的A、B两种酸溶液各1
mL，分别加水稀释到1
000
mL，其中pH与溶液体积V的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．A、B两酸溶液的物质的量浓度一定相等
B．稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液强
C．a＝5时，A是强酸，B是弱酸
D．一定有关系：5>a>2
【思路分析】　弱酸、强酸稀释相同倍数时，强酸pH的变化程度较大。
【解析】　由图像可以看出稀释过程中两种酸的pH增大程度不同，说明两种酸的强弱不同，故pH＝2的两种酸的浓度一定不同，A项错误；由图知，稀释后A溶液的pH大于B溶液的pH，则A中c(H＋)小于B中c(H＋)，A酸溶液的酸性比B酸溶液的弱，B项错误；a＝5时表明，pH＝2的A酸溶液稀释1
000倍，pH增加3，故A一定是强酸；pH＝2的B酸溶液稀释1
000倍后，pH<5，说明B酸溶液中存在电离平衡，则B是弱酸，C项正确；若A、B都是弱酸，稀释1
000倍后，A、B两溶液pH均要增大，而增加的值均小于3，有5>a>2，若A是强酸，则a＝5，D项错误。
【答案】　C
0．1
mol·L－1的CH3COOH溶液与0.1
mol·L－1的HCl溶液分别稀释相同的倍数，随着水的加入，溶液中c(H＋)变化曲线正确的是(　C　)
解析：由于HCl是强电解质，CH3COOH是弱电解质，故稀释前盐酸中的c(H＋)要比醋酸大，故曲线应在醋酸之上；由于是稀释相同的倍数，故盐酸中的c(H＋)始终比醋酸中的大；对于醋酸而言，加水稀释，醋酸的电离程度增大，故曲线下降幅度平缓；若无限稀释，二者c(H＋)会趋于相等，曲线会相交。综上所述，C项正确。
探究点三
有关pH的计算方法和技巧
1．解题思路
在求溶液的pH计算的题目时，要抓住矛盾的主要方面，就是求溶液里c(H＋)的以10为底的负对数值，即pH＝－lgc(H＋)。不同的溶液求c(H＋)的方法不同：酸溶液可直接求出c(H＋)；碱溶液必须先求出c(OH－)，然后才能求出c(H＋)；酸、碱混合溶液，要先弄明白反应之后的溶液是酸溶液、碱溶液，还是盐溶液，然后才能求c(H＋)或c(OH－)。
求溶液pH的步骤可总结为
口诀：酸按酸(H＋)，碱按碱(OH－)，酸碱中和求过量，无限稀释7为限。
要特别注意区分溶液中的c(H＋)和由水电离的c(H＋)之间的差异，否则做题时，容易走向误区。
2．解题方法
(1)单一溶液pH的计算
溶液类型
相关计算
强酸HnA溶液
设HnA的浓度为c
mol·L－1，则c(H＋)＝nc
mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝－lgnc
强碱B(OH)n溶液
设B(OH)n的浓度为c
mol·L－1，则c(OH－)＝nc
mol·L－1，c(H＋)＝
mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝14＋lgnc
(2)强酸、强碱溶液混合的计算
3.解题技巧
酸碱发生中和反应后溶液pH的判断技巧
①酸与碱的pH之和为14，等体积混合
室温时
原因：酸和碱已电离的H＋和OH－恰好中和，谁弱谁的H＋或OH－有储备(即物质过量)，中和后还能继续电离。
②等体积强酸(pH1)和强碱(pH2)混合
室温时
③强酸(pH1)与强碱(pH2)混合呈中性时，二者的体积与pH的关系为＝10pH1＋pH2－14，则有如下规律：
a．若pH1＋pH2＝14，则＝1?1。
b．若pH1＋pH2>14，则＝10pH1＋pH2－14。
c．若pH1＋pH2<14，则＝。
1．pH＝1和pH＝5的两种盐酸等体积混合后c(H＋)＝
mol·L－1吗？
提示：不是，pH＝5的盐酸中的c(H＋)比pH＝1的盐酸中的c(H＋)小得多，可以忽略，应根据pH＝1的盐酸计算。
2．pH＝9和pH＝13的两种氢氧化钠溶液等体积混合后c(H＋)＝
mol·L－1吗？
.提示：不是，两种强碱溶液混合，计算氢离子浓度，不能直接根据溶液的pH计算，应先计算两种溶液中的氢氧根离子浓度，然后结合水的离子积计算氢离子的浓度。
【例3】　求下列溶液的pH：
(1)某硫酸的浓度是0.005
mol·L－1
①此溶液的pH为________。
②用水稀释到原来体积的100倍，pH为________。
③再继续稀释104倍，pH为________。
(2)pH＝3的盐酸与pH＝5的硫酸等体积混合，pH为________。
(3)pH＝10和pH＝12的两种NaOH溶液等体积混合，pH为________。
(4)pH＝12的NaOH溶液和pH＝4的盐酸等体积混合，pH为________。
【思路分析】　
【解析】　(1)①c(H＋)＝0.005
mol·L－1×2＝0.01
mol·L－1，pH＝－lg
10－2＝2。
②c(H＋)＝0.01
mol·L－1÷100＝10－4mol·L－1，pH＝－lg
10－4＝4。
③pH接近7(酸无限稀释后不会变成碱)。
(2)c(H＋)＝
mol·L－1＝5×10－4
mol·L－1，pH＝－lg(5×10－4)＝4－lg
5＝3.3(强调10－3是10－5的100倍，所以10－5可以忽略不计)。两种强酸混合也可以巧记为pH＝pH小＋0.3＝3＋0.3＝3.3。
(3)c(OH－)＝
mol·L－1＝5×10－3
mol·L－1，c(H＋)＝
mol·L－1＝2×10－12
mol·L－1。pH＝－lg(2×10－12)＝12－lg
2＝11.7。两种强碱混合也可以巧记为pH＝pH大－0.3＝12－0.3＝11.7。
(4)NaOH溶液中c(OH－)＝10－2
mol·L－1；HCl溶液中c(H＋)＝10－4
mol·L－1，二者等体积反应，碱过量，反应后溶液呈碱性。所以反应后c(OH－)＝
mol·L－1＝5×10－3
mol·L－1，c(H＋)＝
mol·L－1＝2×10－12
mol·L－1，pH＝－lg
(2×10－12)＝12－lg
2＝11.7。
【答案】　(1)①2　②4　③接近7　(2)3.3　(3)11.7　(4)11.7
下列变化使所得溶液的pH＝7的是(　B　)
A．将25
℃
pH＝7的NaCl溶液加热至80
℃
B．常温下，pH＝2的NaHSO4溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合
C．常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合
D．常温下，0.1
mol·L－1的NaAlO2溶液和0.1
mol·L－1的HCl溶液按体积比1?4混合
解析：A项，加热促进水的电离，NaCl溶液中c(H＋)＝c(OH－)>10－7
mol·L－1，pH<7。C项，pH＝2的CH3COOH溶液中，CH3COOH的浓度大于10－2
mol·L－1，与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，酸过量，溶液呈酸性，pH<7。D项，发生反应：NaAlO2＋4HCl===AlCl3＋NaCl＋2H2O，AlCl3溶液呈酸性，pH<7。
1．下列叙述正确的是(　A　)
A．在常温下，任何稀溶液中，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
B．无论在什么条件下，中性溶液里的H＋离子浓度一定等于1×10－7mol·L－1
C．0.2
mol·L－1CH3COOH溶液的c(H＋)是0.1
mol·L－1
CH3COOH溶液的c(H＋)的2倍
D．任何浓度的溶液都可以用c(H＋)和c(OH－)的相对大小来表示酸碱性强弱
解析：B选项只有在25
℃时，c(H＋)＝1×10－7mol·L－1；C选项由于醋酸为弱酸，所以c(H＋)＝，＝＝＝，不是2倍。D选项对于酸或碱溶液浓度大于1
mol·L－1就不用c(H＋)和c(OH－)的相对大小来表示酸碱性强弱。
2．25
℃时，两种不同浓度的NaOH溶液中，c(H＋)分别为1×10－14
mol·L－1和1×10－10
mol·L－1。将这两种溶液等体积混合后，所得溶液中c(H＋)是(　D　)
A．1×(10－14＋10－10)
mol·L－1
B．
mol·L－1
C．2×10－10
mol·L－1
D．2×10－14
mol·L－1
解析：c(H＋)为1×10－14
mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)＝1
mol·L－1，c(H＋)为1×10－10
mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)＝1×10－4
mol·L－1，设混合前两溶液的体积均为V
L，则两溶液等体积混合后，c混(OH－)＝
mol·L－1≈0.5
mol·L－1，所以c混(H＋)＝
mol·L－1＝2×10－14
mol·L－1。
3．常温下，某溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11
mol·L－1，则该溶液的pH可能是(　D　)
A．4
B．7
C．8
D．11
解析：由题意知由水电离产生的c(H＋)＝1×10－11
mol·L－1，小于1×10－7
mol·L－1，即水的电离被抑制，该溶液可能显酸性，也可能显碱性。若溶液显酸性，则溶液中c(OH－)＝1×10－11
mol·L－1，溶液中c(H＋)＝＝1×10－3
mol·L－1，pH＝3；若溶液显碱性，则溶液中c(OH－)＝＝1×10－3
mol·L－1，pH＝11。
4．用pH试纸测定溶液pH的正确操作是(　A　)
A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
C．将一小块试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照
D．将一小块试纸先用蒸馏水润湿，再在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照
解析：pH试纸在使用前不能用蒸馏水润湿，也不能直接放到待测液中去测定，故B、C、D项错误。
5．常温下，关于溶液的稀释下列说法正确的是(　C　)
A．pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5
B．pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－6
mol/L
C．将1
L
0.1
mol/L的Ba(OH)2溶液稀释为2
L，pH＝13
D．pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6
解析：A项，pH＝3的醋酸溶液在稀释过程中电离平衡正向移动，稀释100倍时，3mol/L，则由水电离出的c(OH－)＝10－8
mol/L，而水电离出的c(H＋)＝水电离出的c(OH－)＝10－8
mol/L；C项，1
L
0.1
mol/L
Ba(OH)2溶液稀释到2
L时，c(OH－)＝
mol/L＝0.1
mol/L，c(H＋)＝10－13
mol/L，pH＝13；D项，NaOH是碱溶液，无论怎么稀释，pH在常温下不可能成为6，只能无限接近7。
6．一元弱酸HA溶液中存在下列电离平衡：HA??A－＋H＋。将1.0
mol
HA分子加入水稀释成1.0
L溶液，如图表示溶液中HA、H＋、A－的物质的量浓度随时间变化的曲线，其中正确的是(　C　)
解析：根据弱酸HA的电离平衡知，稀释过程中，HA的浓度由大到小直至电离平衡，D项错误；A－、H＋的浓度由0逐渐增大直至电离平衡，A、B项错误；平衡时，HA的减少量等于A－的增加量，C项正确。
7．室温下，下列溶液等体积混合，所得溶液的pH一定大于7的是(　D　)
A．0.1
mol·L－1的盐酸和0.1
mol·L－1的氢氧化钠溶液
B．0.1
mol·L－1的盐酸和0.05
mol·L－1的氢氧化钡溶液
C．pH＝4的醋酸溶液和pH＝10的氢氧化钠溶液
D．pH＝4的盐酸和pH＝10的氨水
8．室温时，pH＝12的NaOH溶液100
mL，要使其pH降为11。
(1)如果加入蒸馏水，应加900
mL。
(2)如果加入pH＝10的NaOH溶液，应加1_000
mL。
(3)如果加入0.01
mol·L－1的盐酸，应加约81.8
mL。
解析：(1)加入蒸馏水，则0.001
mol·L－1
＝，V水＝0.9
L＝900
mL。
(2)加入pH＝10的NaOH溶液，则0.001
mol·L－1
＝，
V(NaOH)＝1
L＝1
000
mL。
(3)加入0.01
mol·L－1的盐酸，则0.001
mol·L－1
＝，
V(HCl)≈0.081
8
L＝81.8
mL。
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16
-第2课时　酸碱中和滴定
一、酸碱中和滴定
1．概念：利用中和反应用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。
2．原理：
(1)实质：H＋＋OH－===H2O(填离子方程式)。
(2)原理：酸提供的H＋与碱提供的OH－的物质的量相等。
即c(H＋)·V酸＝c(OH－)·V碱(均为强电解质)。
3．仪器和试剂：
(1)仪器
(2)试剂：标准液、待测液、指示剂。
4．实验操作(以用盐酸标准液滴定NaOH溶液为例)：
(1)滴定前准备。
①检查：使用滴定管前，首先要检查滴定管是否漏水。
②润洗：滴定管加入酸、碱反应液之前，先用蒸馏水洗涤干净，然后分别用待装液润洗2～3次。
③装液：分别将酸、碱反应液加入酸式、碱式滴定管中，使液面位于“0”刻度以上2_mL～3_mL处。
④调液：调节活塞或玻璃球，使滴定管尖嘴部分充满反应液，并使液面处于“0”刻度或“0”刻度以下某一刻度。
⑤放液：从碱式滴定管中放出一定量的NaOH溶液于锥形瓶中，并滴2～3滴指示剂(甲基橙或酚酞)。
(2)滴定。
①左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶。
②眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化。
③终点判断：当滴入最后一滴盐酸时，刚好使锥形瓶中的溶液变色，且在半分钟内不变色，即到终点。读数并记录。
5．实验数据的处理：
重复滴定操作2～3次，取消耗标准液体积的平均值，根据c(NaOH)＝，计算出待测NaOH溶液的浓度c(NaOH)。
二、酸碱中和滴定曲线及意义
用0.100
0
mol/L
NaOH溶液滴定20.00
mL
0.100
0
mol/L
HCl溶液过程中的pH变化。
意义：当酸碱中和反应接近滴定终点(pH＝7)时，很少量的酸或碱就会引起溶液pH突变。用甲基橙或酚酞的颜色变化来表示反应终点，其误差都在实验允许的范围之内。
探究点一
酸碱中和滴定实验的关键
1．准确测定参加反应的两种溶液的体积
要准确测定参加反应的两种溶液的体积，应选用更加精确的仪器：酸式滴定管、碱式滴定管、移液管的读数精确到0.01
mL，可准确量取一定量的试液。
滴定管刻度：(如图)0刻度在上，从上往下读，量程有25
mL、50
mL。
滴定管精确度：取到小数点后两位，如：24.00
mL、23.38
mL最后一位是估计值。
酸式滴定管下端是玻璃活塞，用来盛放酸性或具有氧化性的溶液(酸、溴水、KMnO4溶液等，不能盛放NaOH溶液等)。
碱式滴定管下端是由乳胶管、玻璃球组成的阀，用于盛装碱性或无氧化性的溶液，不能盛装酸性、氧化性溶液及有机溶剂(橡胶易被腐蚀)。
2．准确判断中和反应是否恰好反应完全——选用合适的酸碱指示剂
(1)下表列出了一些常用酸碱指示剂的变色范围。
指示剂
pH变色范围
酸色
碱色
甲基橙
3.14.4
红色(pH<3.1)
黄色(pH>4.4)
甲基红
4.46.2
红色(pH<4.4)
黄色(pH>6.2)
石蕊
5.08.0
红色(pH<5.0)
蓝色(pH>8.0)
酚酞
8.210.0
无色(pH<8.2)
红色(pH>10.0)
(2)酸碱指示剂的选择
(3)滴定终点判断的答题模板
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”。
1．酸碱中和滴定实验中，酸碱恰好完全反应时就是滴定终点，这种说法正确吗？
提示：(1)恰好中和是指酸、碱按化学方程式的计量关系完全反应，酸、碱都没有剩余。恰好中和时溶液的酸碱性取决于生成盐的性质，溶液不一定呈中性。
(2)滴定终点是指示剂变色点，是实验操作中的概念。滴定终点与恰好中和是有差距的，不可能完全一致。
2．酸碱中和滴定实验中，能否用石蕊作指示剂指示滴定终点？
提示：不能。因为石蕊在滴定终点时的颜色变化对比不明显，且变色范围太大，不能灵敏地指示滴定终点。
【例1】　用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，如下图甲、乙，从下表中选出正确选项(　　)
锥形瓶中溶液
滴定管中溶液
选用指示剂
选用滴定管
①
碱
酸
石蕊
乙
②
酸
碱
酚酞
甲
③
碱
酸
甲基橙
甲
④
酸
碱
酚酞
乙
A．①②　　　B．②③　　　C．只有③　　　D．③④
【思路分析】　在酸碱中和滴定中，指示剂常选用颜色变化明显的酚酞或甲基橙，不能选用石蕊。另外，无论是标准溶液滴定待测溶液，还是待测溶液滴定标准溶液，只要操作正确，都能达到目的。
【解析】　酸式滴定管不能盛放碱液，同样碱式滴定管不能盛放酸液。指示剂应选择颜色变化明显的酚酞或甲基橙。在酸碱中和滴定中，无论是用标准溶液滴定待测液还是用待测液滴定标准溶液，只要操作正确，都能达到测定的目的。
【答案】　D
某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：
①将碱式滴定管用蒸馏水洗净，待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度或“0”刻度以下，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶2～3次；从碱式滴定管中放入20.00
mL待测溶液到锥形瓶中。
②将酸式滴定管用蒸馏水洗净，再用标准酸液润洗2～3次后，向其中注入0.100
0
mol·L－1标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度或“0”刻度以下，记下读数。
③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定。滴定至溶液刚好变色，且半分钟内颜色不再改变为止，测得所消耗盐酸的体积为V1
mL。
④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶中加入5
mL的蒸馏水，测得所消耗盐酸的体积为V2
mL。
试回答下列问题：
(1)锥形瓶中的溶液从红色变为无色时，停止滴定。
(2)该小组在步骤①中的错误是锥形瓶不能用待测液润洗，由此造成的测定结果偏高(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
(3)如图是某次滴定时滴定管中的液面，其读数为22.60
mL。
(4)根据下列数据：
请计算待测NaOH溶液的浓度为0.125_0
mol·L－1。
解析：(1)锥形瓶中的溶液是滴有酚酞的NaOH溶液，溶液为红色，当滴加标准盐酸至恰好与NaOH完全反应时，溶液为NaCl溶液，显中性，溶液颜色变为无色。(2)锥形瓶不能用待测溶液润洗，否则会使待测溶液的体积增大，使测定的结果偏高。(3)滴定管的0刻度在上，读数时，要从上往下读，且滴定管是准确量取液体体积的仪器，记录数据时要求到小数点后2位。(4)由数据可计算出两次实验使用标准盐酸的体积为＝25.00
mL，根据25.00
mL×0.100
0
mol·L－1＝20.00
mL×c(NaOH)，解得：c(NaOH)＝0.125
0
mol·L－1。
探究点二
酸碱滴定曲线的绘制
1．依据
在酸碱反应过程中，溶液的pH会发生变化，对于强酸强碱的反应，开始时由于被中和的酸(或碱)浓度较大，加入少量的碱(或酸)对其pH的影响不大。当反应接近终点(pH≈7)时，很少量的碱(或酸)就会引起溶液pH突变，酸、碱的浓度不同，pH突变范围不同。
2．方法
酸碱滴定曲线是以酸碱混合过程中滴加酸(或碱)的量为横坐标，以溶液pH为纵坐标绘出一条溶液pH随酸(或碱)的滴加量而变化的曲线。
例如：以0.100
0
mol·L－1
NaOH溶液滴定20.00
mL
0.100
0
mol·L－1
HCl溶液为例，其滴定曲线如图所示。
【例2】　如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液在常温下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溶液的滴定曲线
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
【解析】　由图像分析知，a曲线为氢氧化钠溶液滴定盐酸的滴定曲线，b曲线为盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线，且未滴定时盐酸和氢氧化钠溶液的pH分别为1和13，二者物质的量浓度都为0.1
mol·L－1，所以A、C错误；P点表示盐酸与氢氧化钠恰好完全中和，溶液呈中性，B正确；强酸滴定强碱或强碱滴定强酸时可以用酚酞作为指示剂，D错误。
【答案】　B
已知某温度下CH3COOH的电离常数K＝1.6×10－5。该温度下，向20
mL
0.01
mol·L－1
CH3COOH溶液中逐滴加入0.01
mol·L－1
KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题(已知lg
4＝0.6)：
(1)a点溶液中c(H＋)为4×10－4_mol·L－1，pH约为3.4。
(2)a、b、c、d四点所示的溶液中水的电离程度最大的是c点，滴定过程中宜选用酚酞作指示剂，滴定终点在c点以后(填“c点以前”或“c点以后”)。
(3)若向20
mL稀氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，则下列变化趋势正确的是B(填序号)。
解析：(1)醋酸的电离程度微弱，故电离消耗的醋酸在计算醋酸的电离平衡浓度时可以忽略不计。由K＝＝得，c(H＋)≈
mol·L－1＝4×10－4
mol·L－1，此时pH＝4－lg
4＝3.4。(2)a点表示醋酸溶液，b点表示醋酸和少量CH3COOK的混合溶液，c点表示CH3COOK和少量醋酸的混合溶液，d点表示CH3COOK和KOH的混合溶液，酸、碱均能抑制水的电离，CH3COOK水解促进水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最大。由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性，故应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞。滴定终点应在c点以后。(3)由于稀氨水显碱性，首先排除选项A和C；两者恰好反应(加入20
mL盐酸)时溶液显酸性，排除选项D，故选B。
探究点三
酸碱中和滴定的误差分析
1．依据
c标准·V标准＝c待测·V待测，所以c待测＝，由于c标准已知，只要分析出引起V标准和V待测变化的不当操作，即可分析结果。
以a元酸滴定b元碱为例。酸溶液浓度cA已知，碱溶液浓度cB未知，恰好反应时酸、碱溶液体积分别是VA、VB。据化学方程式有a·cA·VA＝b·cB·VB，得cB＝。因a、b、cA已知，则影响cB的因素只有VA、VB。由于VB是待测溶液的体积，计算时数值为定值，影响cB的直接因素为VA的值，待测液VB的实际量又会影响到VA的大小。若VB实际量大，则满足需要的VA就会大，若VB的实际量小，则滴定需要的VA也会小，其结果都会导致误差的出现。
2．误差分析
在进行误差分析时，要特别注意弄懂俯视(视线偏高)及仰视(视线偏低)的含义，并会区分俯视、仰视对量筒、滴定管产生误差的不同(如图)。
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：
来自配制标准液产生的误差：
【例3】　实验室用标准盐酸滴定某NaOH溶液，用甲基橙作指示剂。下列操作中可能使测定结果偏低的是(　　)
A．酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2～3次
B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
C．滴定前平视读数，滴定后俯视读数
D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
【思路分析】　误差分析要先写出计算式，然后分析错误操作造成的影响。分析影响时要抓住测定数据这个根本，也就是错误操作对标准液的消耗量有何影响。
【解析】　酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗，则相当于把标准液稀释了，滴定消耗标准液的体积增大，使测定结果偏高，A错误；开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，气泡的体积也算进了标准液，使消耗标准液的体积偏大，结果偏高，B错误；滴定前平视读数，滴定后俯视读数，由于滴定管的“0”刻度在上边，俯视使读数偏小，得到的消耗标准液的体积偏小，结果偏低，C正确；盛NaOH溶液的锥形瓶不能用NaOH溶液润洗，否则增加了待测液的量，使消耗标准液的体积偏大，结果偏高，D错误。
【答案】　C
在中和滴定操作过程中，有以下各项因操作不当而引起的实验误差，用“偏高”“偏低”或“无影响”等填空：
(1)滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗，使滴定结果偏高。
(2)锥形瓶用蒸馏水洗净后，又用待测溶液润洗，使滴定结果偏高。
(3)滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定过程中气泡消失，使滴定结果偏高。
(4)滴定前平视，滴定终点俯视，使滴定结果偏低。
(5)用NaOH溶液滴定盐酸(酚酞作指示剂)，当加入一滴NaOH溶液时溶液呈浅红色，此时便停止滴定，使滴定结果偏低。
(6)用含Na2O杂质的NaOH固体来配制已知浓度的标准溶液，用于滴定未知浓度的盐酸，使测得盐酸的浓度偏低。
(7)用含Na2CO3杂质的NaOH固体来配制已知浓度的标准溶液，用于滴定未知浓度的盐酸，使测得盐酸的浓度偏高。
(8)洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当作蒸馏水，然后用锥形瓶装待测的盐酸，用NaOH标准溶液滴定时，对测得的结果无影响。
解析：中和滴定误差分析的依据是c待＝，若向待测溶液(置于锥形瓶)中滴加标准溶液(置于滴定管)，则由V标来分析实验误差。(1)滴定管装液前未用标准溶液润洗，会使标准溶液被冲稀，导致所耗V标偏大，使测定的c待偏高。(2)锥形瓶装液前用待测溶液润洗，会使锥形瓶内待测液的溶质增加，导致所耗V标偏大，使测定的c待偏高。(3)气泡的体积计入了标准溶液，结果偏高。(4)滴定终点俯视读数，将使读数V标读小了，V标偏低因而c待偏低。(5)终点判断提前(应保持半分钟不褪色)，结果偏低。(6)NaOH中含有Na2O，则标准溶液的浓度已经偏高(62
g
Na2O相当于80
g
NaOH)，因而所需滴入的标准溶液的体积偏小，测得结果偏低。(7)把标准溶液视为Na2CO3溶液，由于53
g
Na2CO3相当于40
g
NaOH，所以中和相同量的盐酸所需Na2CO3溶液的体积比NaOH溶液大，使V标偏高，结果偏高。(8)食盐水对结果无影响。
1．在一支25
mL的酸式滴定管中盛入0.1
mol·L－1的盐酸，其液面的最低点恰好在5
mL的刻度处，若把滴定管中的溶液全部放入锥形瓶中，然后用0.1
mol·L－1的NaOH进行中和滴定，消耗NaOH溶液的体积为(　C　)
A．等于20
mL
B．小于20
mL
C．大于20
mL
D．等于5
mL
解析：酸碱式滴定管中刻度线下有一部分容积没有算在体积内，所以V(HCl)>20
mL，则中和酸消耗的NaOH溶液的体积应大于20
mL。
2．滴定实验时，必须要按以下要求做的是(　B　)
A．锥形瓶用蒸馏水洗净后要烘干
B．酸式或碱式滴定管用水洗净后用相应溶液润洗
C．待测液一定要放在锥形瓶中，标准液一定要放在滴定管中
D．滴定前读数要求精确，凹液面的最低点在平视时必须在“0”刻度或“0”刻度以上的某一刻度
解析：滴定前锥形瓶用蒸馏水洗净后无须干燥，其中的蒸馏水不计入参与反应的试剂的体积，也就不影响滴定结果，故A项不符合题意；酸式或碱式滴定管用水洗净后一定要用相应的待装溶液润洗，否则会稀释溶液，B项符合题意；待测液和标准液都可以放在锥形瓶中，盛放在锥形瓶中的溶液的体积为已知量，故C项不符合题意；滴定前，滴定管中液体的凹液面在“0”刻度或“0”刻度以下的某一刻度，滴定管的“0”刻度以上没有刻度，故D项不符合题意。
3．如下图为对10
mL一定物质的量浓度的盐酸X用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定的图像，依据图像推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的(　D　)
A
B
C
D
X/mol·L－1
0.12
0.04
0.03
0.09
Y/mol·L－1
0.04
0.12
0.09
0.03
解析：由图知，30
mL
NaOH溶液恰好中和10
mL盐酸，即3Y＝X，表中A、D属此种情况，但A组中X＝0.12
mol/L，c(H＋)＝0.12
mol/L，pH<1，不符合图像，D组中X＝0.09
mol/L，pH>1，加入20
mL
NaOH后溶液中的c(H＋)＝
＝1×10－2mol/L，pH＝－lg(1×10－2)＝2，正好符合题意。
4．下列指示剂的选择不正确的是(已知：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6)(　D　)
标准溶液
待测溶液
指示剂
A
HCl溶液
NaOH溶液
甲基橙
B
NaOH溶液
HCl溶液
酚酞
C
碘溶液
Na2S2O3溶液
淀粉
D
酸性KMnO4溶液
Na2SO3溶液
酚酞
解析：进行强酸与强碱的滴定实验时，指示剂选用甲基橙或酚酞均可以，A、B项正确；根据淀粉遇I2变蓝可判断滴定终点，C项正确；D项中KMnO4溶液本身有颜色，故无需再用其他指示剂，D项不正确。
5．用0.1
mol·L－1
NaOH溶液滴定0.1
mol·L－1盐酸，如达到滴定的终点时不慎多加了1滴(约0.05
mL)NaOH溶液，继续加水至50
mL，所得溶液的pH是(　C　)
A．4　　　　　B．7.2　　　　C．10　　　　D．11.3
解析：用NaOH溶液滴定盐酸，达到终点时溶液呈中性。“多加了1滴(约0.05
mL)NaOH溶液，继续加水至50
mL”相当于将1滴0.1
mol·L－1
NaOH溶液稀释至50
mL，此时溶液中OH－浓度为：
c(OH－)＝＝1×10－4
mol·L－1，
c(H＋)＝＝1×10－10
mol·L－1，pH＝10。
6．实验室现有3种酸碱指示剂，其pH的变色范围如下：
甲基橙：3.1～4.4　石蕊：5.0～8.0
酚酞：8.2～10.0
用0.1
00
0
mol·L－1
NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述正确的是(　D　)
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
解析：NaOH溶液与CH3COOH溶液反应恰好完全时，生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，应选用变色范围与CH3COONa溶液pH接近的酚酞作指示剂。
7．准确移取20.00
mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100
0
mol·L－1
NaOH溶液滴定，下列说法正确的是(　C　)
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，直接装入NaOH溶液进行滴定
B．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
C．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
解析：滴定管使用前必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液体积偏大，测定酸的浓度偏大，A错误；用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，当锥形瓶中溶液由无色变红色且30
s内不褪色时停止滴定，B错误；碱滴定酸，锥形瓶中溶液的氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，C正确；滴定至终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定的消耗标准液体积偏大，使得测定酸的浓度偏大，D错误。
8.阅读下列实验内容，根据题目要求回答问题。
某学生为测定未知浓度的硫酸溶液，实验如下：用1.00
mL待测硫酸配制100
mL稀硫酸溶液；以0.14
mol·L－1的NaOH溶液滴定上述稀硫酸25.00
mL，滴定终止时消耗NaOH溶液15.00
mL。
(1)该学生用标准0.14
mol·L－1
NaOH溶液滴定硫酸的实验操作如下：
A．用酸式滴定管取稀硫酸25.00
mL，注入锥形瓶中，加入指示剂
B．用待测液润洗酸式滴定管
C．用蒸馏水洗干净滴定管
D．取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度线以上2～3
cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下
E．检查滴定管是否漏水
F．另取锥形瓶，再重复操作一次
G．把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度
①滴定操作的正确顺序是ECDBAGF(用序号填写)；
②该滴定操作中应选用的指示剂是酚酞；
③在G操作中如何确定终点？溶液由无色变为浅红色(或粉红色)，且半分钟内不褪去。
(2)碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果偏大(填“偏小”“偏大”或“无影响”)。
(3)配制100
mL准确浓度的稀硫酸溶液，必须使用的主要容器是100_mL_容量瓶。
(4)如有1
mol·L－1和0.1
mol·L－1的NaOH溶液，应用0.1
mol·L－1的NaOH溶液，原因是溶液浓度越稀，误差就越小。
(5)用标准NaOH溶液滴定时，将标准NaOH溶液注入乙(填“甲”或“乙”)中。
(6)观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则结果会导致测得的稀硫酸溶液浓度测定值偏小(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
解析：(1)中和滴定的步骤为检查→洗涤→润洗→加液→滴定，故顺序为ECDBAGF；指示剂可以使用酚酞；达到滴定终点时，溶液由无色变为浅红色(或粉红色)，且半分钟内不褪去。(2)若滴定管没有用标准溶液润洗，相当于溶液被稀释，消耗的标准溶液体积就大，从而使测定结果偏大。(3)配制100
mL的溶液应选用100
mL的容量瓶。(4)进行滴定时，所用标准溶液浓度越稀，误差就越小，故选用0.1
mol·L－1的氢氧化钠溶液。(5)氢氧化钠溶液应注入碱式滴定管乙中。(6)当读数时，开始仰视，会使读数偏大，后来俯视，会使读数偏小，计算出的体积会偏小，从而使测定结果偏小。
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-第三单元　盐类的水解
【肉类制品中的发色剂——亚硝酸盐】亚硝酸盐主要指亚硝酸钠，亚硝酸钠为白色粉末或颗粒状，味微咸，易溶于水，外观及滋味都与食盐相似，在肉类制品中允许作为发色剂限量使用，肉类制品由于使用亚硝酸盐而呈红色，亚硝酸盐是一种防腐剂，能抑制微生物的生长。亚硝酸盐是不会蓄积在体内的，膳食中绝大部分亚硝酸盐随尿排出，不会对人体造成伤害。过量的亚硝酸盐进入人体，会氧化血液中的高铁血红蛋白，使之无携氧功能，导致组织缺氧，引起肠原性青紫症，皮肤青紫是本病的特征，尤以口唇青紫最为普遍。口服亚硝酸盐10分钟至3小时后，可出现头晕、恶心、呕吐等症状，严重者出现意识丧失、昏迷、呼吸衰竭，甚至死亡。生活中由亚硝酸盐引起食物中毒的机率较高，我们可根据亚硝酸钠的酸碱性与食盐进行区分，避免不幸事件的发生。
第1课时　盐类水解的实质
一、探究盐溶液的酸碱性(如下表)
二、盐溶液呈现不同酸碱性的原因
1．盐溶液酸碱性的理论分析
(1)NH4Cl溶液
①电离过程
H2O??H＋＋OH－，NH4Cl===NH＋Cl－。
②水的电离平衡的移动
NH和OH－结合生成弱电解质NH3·H2O，使水的电离平衡向电离的方向移动，当达到新的平衡时，使c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性。
③总反应
NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋。
(2)CH3COONa溶液
①电离过程
H2O??H＋＋OH－，CH3COONa===CH3COO－＋Na＋。
②水的电离平衡的移动
H＋与CH3COO－结合成CH3COOH，使水的电离平衡右移，当达到新平衡时c(OH－)>c(H＋)，即溶液呈碱性。
③总反应
CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－。
(3)NaCl溶液
在NaCl溶液中存在下列电离：
H2O??H＋＋OH－，NaCl===Na＋＋Cl－。
溶液里不能生成弱电解质，H2O的电离平衡未受影响，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。
2．盐类水解的定义和实质
(1)盐类水解的定义
在溶液中盐电离出来的离子跟水所电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。
(2)盐类水解的实质
盐类的水解是盐跟水之间的化学反应，水解(反应)的实质是，生成弱酸或弱碱，使水的电离平衡被破坏而建立起了新的平衡。
3．盐类水解反应离子方程式的书写
盐类水解一般程度很小，水解产物也很少，通常不生成沉淀或气体，书写水解方程式时，一般不写“↑”或“↓”。盐类水解是可逆反应，除发生强烈双水解的盐外，一般离子方程式中不写“===”号，而写“??”号。
4．盐类水解的条件
(1)盐必须溶于水中。
(2)盐中必须有弱酸的阴离子或弱碱的阳离子。
5．盐类水解的特点
①盐类的水解促进了水的电离，使溶液呈酸性或碱性；
②盐类的水解反应是酸碱中和反应的逆反应：
盐＋水酸＋碱；
③盐类水解是微弱的；
④盐类水解是可逆反应。
探究点一　　盐类水解的类型和规律
1．盐类水解的规律
水解看组成，有弱才水解，无弱不水解，越弱越水解，都弱都水解，谁强显谁性，同强显中性，规律要记清。
(1)“有弱才水解，无弱不水解”——盐中有弱酸阴离子或弱碱阳离子才水解，若没有，则是强酸强碱盐，不发生水解反应。
(2)“越弱越水解”——弱酸阴离子对应的酸越弱，水解程度越大；弱碱阳离子对应的碱越弱，其水解程度越大。
(3)“都弱都水解”——弱酸弱碱盐电离出的弱酸阴离子和弱碱阳离子都发生水解，且相互促进。
(4)“谁强显谁性”——当盐中的阴离子对应的酸比阳离子对应的碱更容易电离时，水解后盐溶液呈酸性，反之，呈碱性，即强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。
2．盐类水解的类型
(1)强碱弱酸盐能水解，溶液呈碱性，pH大于7，如：CH3COONa、K2CO3、Na2C2O4等。
实质：弱酸阴离子跟水电离产生的H＋结合生成弱酸，c(H＋)减小，促进了水的电离。
(2)强酸弱碱盐能水解，溶液呈酸性，pH小于7，如：NH4Cl、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3等。
实质：弱碱阳离子跟水电离产生的OH－结合生成弱碱，c(OH－)减小，促进了水的电离。
(3)强酸强碱盐不水解，溶液呈中性，pH等于7，如：NaCl、K2SO4、Ba(NO3)2等。
实质：盐电离产生的离子均不能与水电离产生的H＋或OH－结合成弱电解质，所以水的电离平衡不发生移动。
(4)弱酸弱碱盐发生的水解反应
第一类如：①Al3＋与CO、HCO、AlO、SiO、S2－、HS－、ClO－、C6H5O－；②Fe3＋与CO、HCO、AlO、SiO、ClO－。这类属于弱碱阳离子与弱酸阴离子相互促进的水解，即所谓的“双水解”，能够彻底水解，上述两组中的阳离子与阴离子在溶液中均不能大量共存。
实质：弱碱阳离子水解呈酸性，弱酸阴离子水解呈碱性，相互促进水解，使水解趋于完全。
第二类如：(NH4)2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等弱酸弱碱盐的水解反应不能趋于完全，但比单独水解的程度要大一些，其离子在溶液中可以大量共存，溶液的酸碱性取决于对应酸或者碱的电离常数的相对大小，即对应酸、碱的相对强弱，如Kb(NH3·H2O)＝Ka(CH3COOH)>Ka(H2CO3)，则(NH4)2CO3、NH4HCO3溶液呈碱性，CH3COONH4溶液呈中性。
实质：弱碱阳离子水解呈酸性，弱酸阴离子水解呈碱性，能够相互促进水解，但水解仍不能进行完全。
(5)酸式盐溶液酸碱性的判断
①强酸的酸式盐只电离，不水解，其溶液呈酸性。如：
NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
②弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式盐的酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。若酸式盐的酸根离子的电离程度大于水解程度，则溶液显酸性，如NaHSO3、NaH2PO4溶液等。若酸式盐的酸根离子的电离程度小于水解程度，则溶液显碱性，如NaHCO3、Na2HPO4、NaHS溶液等。
1．强酸强碱盐溶液一定呈中性吗？
提示：不一定。如NaHSO4是强酸强碱盐，在水溶液中只发生电离不发生水解，NaHSO4在水中完全电离：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，溶液呈酸性。
2．高中阶段，哪些常见的离子能发生水解？
提示：常见的能发生水解的“弱离子”一般有两类：
(1)能水解的弱碱阳离子，如Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Cu2＋、Zn2＋、NH等；
(2)能水解的弱酸阴离子，如PO、SiO、HPO、CO、S2－、CH3COO－、HS－、ClO－、F－、HCO等。
3．某溶液中水电离出来的c(H＋)＝1×10－5
mol·L－1，该溶液可能是盐酸还是氯化铵？
提示：可能是氯化铵，因为该溶液水的电离程度比纯水的电离程度大，盐酸抑制水的电离，氯化铵促进水的电离。
【例1】　下表是几种弱酸在常温时的电离平衡常数：
弱酸
CH3COOH
H2S
HClO
电离平衡常数
1.8×10－5
K1＝1.3×10－7K2＝7.1×10－15
4.69×10－11
下列说法正确的是(　　)
A．同物质的量浓度的Na2S、NaClO、CH3COONa溶液，pH最大的是NaClO溶液
B．同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH
C．同物质的量浓度的S2－、HS－、ClO－、CH3COO－，结合H＋能力最强的是ClO－
D．CH3COOH溶液与Na2S溶液不能反应生成NaHS
【解析】　根据电离平衡常数得到酸性强弱关系：CH3COOH>H2S>HClO>HS－，根据“越弱越水解”得到离子的水解能力：CH3COO－H2S>HClO>HS－，所以同物质的量浓度的H2S、HClO、CH3COOH溶液，酸性最强的是CH3COOH，B正确。阴离子结合氢离子的能力越强，表示其水解能力越强(阴离子水解都是结合水电离出的氢离子)，根据上面的判断，结合H＋能力最强的是S2－，C错误。根据“强酸制弱酸”的原理，因为酸性：CH3COOH>HS－，所以CH3COOH溶液与Na2S溶液能反应生成NaHS，D错误。
【答案】　B
由一价离子组成的四种盐：AC、BD、AD、BC的1
mol/L的溶液，在室温下前两种溶液的pH＝7，第三种溶液pH＞7，最后一种溶液pH＜7，则(　A　)
A
B
C
D
碱性
AOH＞BOH
AOH＜BOH
AOH＞BOH
AOH＜BOH
酸性
HC＞HD
HC＞HD
HC＜HD
HC＜HD
　　解析：正盐水解后对溶液酸碱性的影响可以归纳为“有弱就水解，越弱越水解，谁强显谁性，无弱显中性”，这里的“弱”是指盐中的弱碱阳离子或弱酸阴离子，“越弱”是指对应的碱或酸的电离程度。该题我们可以首先进行如下归类：
综上可知，电离程度：HC＝AOH>HD＝BOH，即酸性：HC>HD，碱性AOH>BOH。
探究点二　　盐类水解的离子方程式的书写
1．一般盐类水解程度很小，水解产物很少，通常不生成沉淀和气体，也不发生分解，因此盐类水解的离子方程式中不标“↓”或“↑”，也不把生成物如NH3·H2O、H2CO3等写成其分解产物的形式。
2．盐类的水解是可逆反应，是中和反应的逆反应，而中和反应是趋于完全的反应，所以盐的水解是微弱的。
盐类水解的离子方程式一般不用“===”，而用“??”。
3．多元弱酸根离子水解的离子方程式应分步书写，且以第一步水解为主，如CO水解的离子方程式；CO＋H2O??HCO＋OH－(主要)；HCO＋H2O??H2CO3＋OH－(次要)。若写成CO＋2H2O??H2CO3＋2OH－或CO＋H2O??CO2＋2OH－等，则都是错误的。
4．多元弱碱的阳离子水解只要求一步写成，一般不会水解生成沉淀，可生成胶体。如：Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋。
5．弱酸弱碱盐中阴、阳离子相互促进水解，但一般仍用“??”连接。
如：NH＋CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋NH3·H2O。
6．某些盐之间发生相互促进的强烈水解，其离子方程式中要用“===”连接，水解反应趋于完全。若反应的生成物中有难溶物、易挥发物时，应写“↓”“↑”，若生成物中有不稳定物质时应写其分解产物。
如Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液相混合：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。常见的能发生相互促进的强烈水解的离子有：Al3＋与S2－、HS－、CO、AlO；Fe3＋与AlO、CO、HCO；NH与AlO、SiO等。
7．盐类水解的离子方程式同样遵循质量守恒定律和电荷守恒规律。
盐类水解的方程式与弱电解质的电离方程式有什么区别？
提示：(1)相同点
①都用“??”，不能用“===”(彻底的双水解反应除外)。
②多元弱酸的电离方程式与多元弱酸阴离子的水解方程式都是分步书写。
③多元弱碱的电离方程式与多元弱碱阳离子的水解方程式都不要求分步书写。
(2)不同点
电离时，发生电离的微粒的原子个数减少；水解时，发生水解的微粒的原子个数增加。例如，HCO电离时的离子变化为HCO―→CO；而水解时的离子变化为HCO―→H2CO3。
【例2】　下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．弱酸的酸式盐NaHB在水溶液中水解：HB－＋H2O??H3O＋＋B2－
B．硫化钠水解：S2－＋2H2O??H2S↑＋2OH－
C．碳酸钠溶液显碱性：CO＋H2O??HCO＋OH－
D．制备氢氧化铁胶体：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
【解析】　弱酸的酸式盐NaHB在水溶液中水解：HB－＋H2O??OH－＋H2B，故A错误；多元弱酸根的水解分步进行，硫化钠水解：S2－＋H2O??HS－＋OH－，故B错误；碳酸根离子水解使碳酸钠溶液显碱性：CO＋H2O??HCO＋OH－，故C正确；制备氢氧化铁胶体：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋，不用可逆符号，故D错误。
【答案】　C
下列水解离子方程式正确的是DF(填序号)。
A．Na2CO3：CO＋2H2O??H2CO3＋2OH－
B．NH4Cl：NH＋H2O??NH3·H2O＋OH－
C．NaF：F－＋H2O===HF＋OH－
D．CuSO4：Cu2＋＋2H2O??Cu(OH)2＋2H＋
E．NaHCO3：HCO＋H2O??H3O＋＋CO
F．Na2SO3：SO＋H2O??HSO＋OH－
解析：本题考查水解离子方程式的书写问题，判断正确与否要遵循水解离子方程式的书写规则。
1．下列说法中正确的是(　B　)
A．某些盐的水溶液呈中性，这些盐一定是强酸强碱盐
B．盐的水解可视为中和反应的逆反应
C．醋酸铵溶液呈中性，是由于醋酸铵不会发生水解
D．Na2CO3水解的最终产物是CO2
解析：呈中性的盐可以是强酸强碱盐不水解呈中性，也可以是弱酸弱碱盐水解程度相同也呈中性，Na2CO3不能水解到底。
2．下列有关0.1
mol·L－1
Na2CO3溶液的说法中错误的是(　D　)
A．其中钠离子的浓度为0.2
mol·L－1
B．溶液中的OH－浓度大于H＋浓度，HCO的浓度小于CO的浓度
C．溶液中Na＋的浓度大于CO浓度的二倍
D．溶液中H2CO3的浓度为0
解析：A选项正确，B选项中CO水解量远小于不水解的CO，溶液呈碱性，所以c(OH－)>c(H＋)，c(HCO)3．下列电离方程式或离子方程式正确的是(　C　)
A．NaHCO3电离：NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
B．H3PO4电离：H3PO4===3H＋＋PO
C．NH水解：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
D．CO水解：CO＋2H2O??H2CO3＋2OH－
解析：A中HCO部分电离，不能完全分开写。B中H3PO4电离应分三步写，应用可逆号。D中CO水解应分两步写：CO＋H2O??HCO＋OH－，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－。
4．在常温下，pH＝2的氯化铁溶液，pH＝2的硫酸，pH＝12的氨水，pH＝12的碳酸钠溶液中，水的电离程度分别为a、b、c、d，则这四种溶液中，水的电离程度大小比较正确的是(　A　)
A．a＝d>b＝c
B．a＝d>c>b
C．b＝c>a＝d
D．b＝c>a>d
解析：酸碱电离出的H＋、OH－均会抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，硫酸和氨水中的电离受到抑制，氯化铁溶液和碳酸钠溶液中水的电离受到促进。在常温下，pH＝2的氯化铁溶液中c(H＋)等于pH＝12的碳酸钠溶液中c(OH－)，两者水的电离程度相同；pH＝2的硫酸中c(H＋)等于pH＝12的氨水中c(OH－)，两者水的电离程度相同，则水的电离程度：a＝d>b＝c，故A正确。
5．物质的量浓度相同的下列溶液中，符合按pH由小到大的顺序排列的是(　C　)
A．Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl
B．Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl
C．(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S
D．NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2S、NaNO3
解析：本题主要利用盐类水解的原理判断盐溶液酸碱性的强弱。(NH4)2SO4、NH4Cl溶液因NH水解而呈酸性，(NH4)2SO4中的NH浓度大于NH4Cl溶液的，故前者pH小；NaNO3溶液呈中性(pH＝7)；Na2S溶液因S2－水解而呈碱性(pH>7)，选C。
6．现有S2－、SO、NH、Al3＋、HPO、Na＋、SO、AlO、Fe3＋、HCO、Cl－等离子，请按要求填空：
(1)在水溶液中，水解呈碱性的离子是S2－、SO、HPO、AlO、HCO。
(2)在水溶液中，水解呈酸性的离子是NH、Al3＋、Fe3＋。
(3)既能在酸性较强的溶液里大量存在，又能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有Na＋、SO、Cl－。
(4)既不能在酸性较强的溶液里大量存在，又不能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有HPO、HCO。
解析：(1)弱酸根离子、弱酸的酸式酸根离子水解使溶液显碱性，即S2－、SO、HPO、AlO、HCO水解使溶液呈碱性。(2)NH、Al3＋、Fe3＋属于弱碱的阳离子，水解使溶液呈酸性。(3)Na＋、Cl－、SO分别是强碱阳离子和强酸阴离子，既能在强酸性溶液中大量存在，又能在强碱性溶液中大量存在。(4)HPO、HCO属于弱酸的酸式酸根离子，既能与强酸反应，又能与强碱反应。
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-第2课时　影响盐类水解的因素和盐类水解的应用
一、影响盐类水解的主要因素
1．内因——盐本身的性质：生成盐的弱酸越弱，该盐的水解程度越大；生成盐的弱碱越弱，该盐的水解程度越大。
2．外因——反应条件的影响：
(1)浓度：增大盐的浓度，可使水解平衡向正反应方向移动，水解程度减小；加水稀释，水解平衡向正反应方向移动，水解程度增大。
(2)外加酸或碱：水解呈酸性的盐溶液，若加入碱，会促进水解，加入酸则抑制水解；水解呈碱性的盐溶液，若加入碱，会抑制水解，加入酸，会促进水解。
(3)温度：升高温度，盐类水解程度增大。
二、盐类水解在生产、生活中的应用
1．用热纯碱溶液去污
加热可促进Na2CO3的水解，使溶液中c(OH－)增大，去污能力增强。
2．配制易水解的盐溶液
如配制FeCl3水溶液时，加入少量的盐酸，以防止溶液浑浊。
3．用盐作净水剂
如铝盐、铁盐溶于水时，水解生成氢氧化物胶体，可以净水。
4．制备无机化合物
如用TiCl4制备TiO2，其反应的方程式为TiCl4＋2H2O===TiO2＋4HCl。
探究点一　　影响盐类水解的因素
1．内因
主要因素是盐本身的性质，组成盐的酸根对应的酸越弱或阳离子对应的碱越弱，水解程度就越大(越弱越水解)。
例如：酸性HF则水解程度NaF>CH3COONa。
多元弱酸正盐的水解，水解反应第一步远远大于第二步，原因是第一步水解产生的OH－对第二步水解有抑制作用，并且正盐阴离子与H＋结合能力比酸式盐阴离子结合能力强。例如：Na2CO3溶液中
2．外因
(1)温度：水解过程一般是吸热过程，故升温使水解程度增大，反之则减小。
(2)浓度：盐溶液越稀，水解程度越大，反之越小。外加酸、碱等物质抑制或促进盐的水解。
注意：盐的浓度大，水解程度小，但其溶液的酸性(或碱性)比稀溶液的酸性(或碱性)强。
(3)溶液的酸碱性
组成盐的离子能与水发生水解反应。向盐溶液中加入H＋，可抑制阳离子水解，促进阴离子水解；向盐溶液中加入OH－，能抑制阴离子水解，促进阳离子水解。
注意：越弱越水解，越热越水解，越稀越水解，加酸碱抑制或促进水解。
下面通过列举不同条件对FeCl3和CH3COONa水解平衡的影响情况，分析影响盐类水解的因素：
(1)Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋(正反应吸热)。
条件
移动方向
H＋数
pH
水解程度
现象
升高温度
向右
增
降
增大
颜色变深(黄→红棕)
通HCl
向左
增
降
减小
颜色变浅
加H2O
向右
增
升
增大
颜色变浅
加镁粉
向右
减
升
增大
红褐色沉淀，无色气体
加NaHCO3
向右
减
升
增大
红褐色沉淀，无色气体
加少量NaF
向右
减
升
增大
颜色变深
加少量NaOH
向右
减
升
增大
红褐色沉淀
(2)CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－(正反应吸热)。
条件
c(CH3COO－)
c(CH3COOH)
c(OH－)
c(H＋)
pH
水解程度
升温
减小
增大
增大
减小
增大
增大
加水
减小
减小
减小
增大
减小
增大
加醋酸
增大
增大
减小
增大
减小
减小
加醋酸钠
增大
增大
增大
减小
增大
减小
加HCl
减小
增大
减小
增大
减小
增大
加NaOH
增大
减小
增大
减小
增大
减小
盐溶液稀释后，水解程度增大与溶液的酸碱性减弱矛盾吗？
提示：盐溶液稀释后，水解程度增大与溶液的酸碱性减小并不矛盾。因为稀释溶液可以促进盐的水解，水解产生的H＋或OH－的物质的量增大，但是溶液体积增大的程度大于水解平衡移动的程度，所以稀释时水解程度虽然增大，溶液的酸性或碱性却减弱了。增大盐溶液浓度的同理。由此可见，盐类水解平衡为动态平衡，勒夏特列原理同样适用于水解平衡。
【例1】　下列关于FeCl3水解的说法错误的是(　　)
A．在稀溶液中，水解达到平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动
B．浓度为5
mol/L和0.5
mol/L的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者小于后者
C．其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50
℃和20
℃时发生水解，50
℃时Fe3＋的水解程度比20
℃时的小
D．为抑制Fe3＋的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸
【思路分析】　分析盐类的水解要牢记温度、浓度、外加酸碱、同离子效应四大影响因素。
【解析】　增大FeCl3的浓度，水解平衡向右移动，但水解程度减小，加水稀释，水解平衡向右移动，水解程度增大，A、B均正确；盐类水解是吸热过程，温度升高，水解程度增大，C错误；Fe3＋水解后溶液呈酸性，增大H＋的浓度可抑制Fe3＋的水解，D正确。
【答案】　C
向三份0.1
mol/L的CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－的浓度变化依次为(　A　)
A．减小、增大、减小
B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大
D．增大、减小、增大
解析：CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－。加入NH4NO3，NH水解：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，H＋和OH－反应，使平衡右移，CH3COO－浓度减小，促进水解；加入Na2SO3，SO＋H2O??HSO＋OH－，水解产生OH－，使平衡左移，CH3COO－浓度增大，抑制水解的进行；加入FeCl3固体，Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，影响同NH类似，使CH3COO－浓度减小，促进水解。故选A。
探究点二　　盐类水解的应用
1．判断盐溶液酸碱性(pH)及能否使指示剂变色时，要考虑到盐的水解。如NaAc溶液显碱性，因为Ac－＋H2O??HAc＋OH－，使酚酞变红。相同物质的量浓度的物质的溶液pH由大到小的判断：相同阳离子时，阴离子对应的酸的酸性越弱，盐越易水解，pH越大；相同阴离子时，阳离子对应的碱的碱性越弱，盐越易水解，pH越小。Na2SiO3、Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl，它们的pH越来越小。
2．某些物质的水溶液配制。配制能水解的强酸弱碱盐，为了防止溶液变浑浊(水解)，需加入相应的酸抑制其水解，此时考虑了盐的水解。例：配制CuSO4溶液时需加少量H2SO4，配制FeCl3溶液时需加入少量盐酸(加相应的酸)。配制强碱弱酸盐的水溶液，应加入少量碱，抑制弱酸根离子水解。如配制Na2S水溶液时，应先滴入几滴氢氧化钠浓溶液，再加水冲稀至所需浓度。
3．比较盐溶液中离子浓度大小时，要考虑到水解。
4．说明盐溶液中离子(微粒)种类及多少时要考虑到水解。如Na2CO3溶液中，不考虑盐类水解，只有Na＋、CO和水电离的H＋、OH－，但考虑到盐类水解，还应该有HCO、H2CO3两种微粒。
5．某些活泼金属与强酸弱碱盐溶液反应时，要考虑到水解产生H2。如Mg加入到NH4Cl溶液中，不考虑到盐类水解，可能认为不反应，但实际上，NH水解呈酸性，H＋与Mg作用生成H2，随着Mg的不断加入，NH水解生成的NH3·H2O又可以分解生成氨气。
6．强酸弱碱盐与强碱弱酸盐溶液相混合，其现象不能用复分解反应规律来解释，要考虑到双水解。
7．判断溶液中有关离子能否大量共存时要考虑盐的水解(主要是双水解问题)。
8．某些化肥施用时会使土壤的酸碱性改变，此时需考虑到盐类水解。长期使用(NH4)2SO4的土壤因NH的水解而使土壤的酸性增强；草木灰不能和铵态氮肥混合施用，草木灰主要成分之一是K2CO3，它属于强碱弱酸盐，水解显碱性，生成的OH－可以和NH反应生成氨气，使氮肥肥效损失。
9．明矾等物质的净水原理，需要考虑盐类水解。明矾在水中发生电离：KAl(SO4)2===K＋＋Al3＋＋2SO，其中Al3＋水解生成Al(OH)3是胶状物，具有很大的表面积，有较强的吸附性，可以吸附悬浮在水中的杂质，以达到净水的目的。FeCl3也能净水，原理和明矾一样。
10．判断中和滴定终点时溶液酸碱性，选用酸碱滴定时的指示剂以及当pH＝7时酸(碱)过量情况的判断等问题，要考虑到盐的水解。若用强碱滴定弱酸，反应滴定终点后，因生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以应选用在碱性范围内变色的指示剂，通常选取酚酞。若用强酸滴定弱碱，反应滴定终点后，因生成强酸弱碱盐，溶液呈酸性，所以应选用在酸性范围内变色的指示剂，通常选取甲基橙。
11．试剂的贮存要考虑到盐的水解。水解呈碱性的盐溶液如碳酸钠溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中，要用橡胶塞。NaF溶液由于水解生成HF，不能用玻璃瓶盛装。
12．制取无水盐晶体时要考虑到盐类水解。如加热氯化铝溶液、氯化铁溶液制备其固体，必须在氯化氢的气流中加热，否则Al3＋(Fe3＋)水解生成Al(OH)3[Fe(OH)3]，再加热分解最终得到氧化铝，而不是氯化铝。
13．解释某些生活现象时要考虑到盐的水解，如家庭用纯碱(Na2CO3)去油污，就是利用其水解呈碱性，而碱可以使油脂水解变成水溶性物质。
14．用于检验溶液：如用最简便的方法区别NaCl、NH4Cl、Na2CO3三种无色透明溶液。可以利用pH试纸鉴别，pH＝7的是NaCl溶液；pH<7的是NH4Cl溶液；pH>7的是Na2CO3溶液。
15．利用盐类水解可以除杂质：如除去MgCl2酸性溶液中的FeCl3，可以加入Mg(OH)2，促进FeCl3的水解，使FeCl3转化为Fe(OH)3而除去。
16．泡沫灭火器灭火的原理：泡沫灭火器内装有饱和的硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液，它们分装在不同的容器中，当使用时两溶液混合后发生双水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，生成大量的CO2气体，使泡沫灭火器内压强增大，CO2、Al(OH)3、H2O一起喷出，覆盖在着火的物质上使火焰熄灭。
17．制备某些胶体要用到盐类水解。如Fe(OH)3胶体的制备原理是：FeCl3＋3H2O===Fe(OH)3(胶体)＋3HCl。
18．关于盐溶液蒸干后所得产物的判断方法
常见类型
溶液蒸干所得物质
金属阳离子易水解的挥发性强酸盐
蒸干时得氢氧化物和氧化物的混合物，灼烧时得氧化物，如AlCl3(FeCl3)溶液蒸干时得到Al(OH)3和Al2O3[Fe(OH)3和Fe2O3]的混合物
金属阳离子易水解的难挥发性强酸盐
蒸干得原溶质，如Al2(SO4)3溶液蒸干仍得Al2(SO4)3固体
酸根阴离子易水解的强碱盐
蒸干得原溶质，如Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3固体
阴阳离子均易水解，且水解产物均易挥发的盐
蒸干后得不到任何物质，如(NH4)2S、(NH4)2CO3等蒸干后得不到任何物质
不稳定的化合物水溶液
加热时在溶液中就能分解也得不到原物质，如Ca(HCO3)2溶液蒸干后得CaCO3，Mg(HCO3)2溶液蒸干后得Mg(OH)2；KHCO3溶液蒸干后得K2CO3
易被氧化的盐
蒸干后得不到原物质，蒸干后得其氧化产物，如FeSO4溶液蒸干后得Fe2(SO4)3，Na2SO3溶液蒸干后得Na2SO4
1．两种水解结果相反的离子在溶液中能大量共存吗？
提示：(1)若相互促进的程度较小，则可以大量共存，如NH和CH3COO－、CO等。
(2)若相互促进的程度很大、水解很彻底，则不能大量共存，如Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，这类离子组合常见的有Fe3＋与S2－、HS－因发生氧化还原反应也不能大量共存。
2．为什么不能从溶液中直接制取Al2S3？如何制备？
提示：因Al2S3遇水强烈水解，Al3＋、S2－均能水解，Al3＋水解使溶液呈酸性，S2－水解使溶液呈碱性。如Al3＋、S2－在同一溶液中，它们将相互促进水解而使水解完全，从而得不到Al2S3，故不能在水溶液中制备。要制备Al2S3，只能用2Al＋3SAl2S3。
3．请利用盐类水解的原理，选择最简便的方法区别NaCl、NH4Cl、Na2CO3三种溶液。
提示：用pH试纸鉴别，pH＝7的是NaCl溶液，pH<7的是NH4Cl溶液，pH>7的是Na2CO3溶液。
【例2】　下列有关问题，与盐类的水解有关的是(　　)
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
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实验室盛放碳酸钠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
【思路分析】　要理解盐的水解的实质及在实际问题中的应用。
【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；②利用HCO与Al3＋两种离子相互促进的水解反应，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颈黏合在一块儿而打不开，因此实验室盛放碳酸钠溶液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，盐酸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)。
【答案】　D
已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性，将溶液中的Fe2＋、Cu2＋、Fe3＋完全沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为：9.6、6.4、3.7。现有含FeCl2杂质的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按下图所示步骤进行提纯：
请回答下列问题：
(1)本实验最适合的氧化剂X是C(选填下面的序号)。
A．K2Cr2O7
B．NaClO
C．H2O2
D．KMnO4
(2)物质Y是CuO或Cu(OH)2或CuCO3。
(3)本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？不能。原因是加碱的同时Cu2＋也会形成Cu(OH)2沉淀，同时也会引入杂质离子。
(4)除去Fe3＋的有关反应的离子方程式是Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O。
(5)加氧化剂的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋便生成沉淀而与Cu2＋分离。
(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？不能。应如何操作？应在HCl氛围中加热蒸发。
解析：要将溶液pH直接调整到9.6除去Fe2＋，而此时Cu2＋早已沉淀完全，所以应先将Fe2＋转化为Fe3＋，在选择氧化剂时要防止引入新的杂质，所以选择H2O2。然后通过加入Y物质促进Fe3＋水解，达到沉淀分离的目的，同样要考虑避免引入新的杂质，选择用CuO或Cu(OH)2或CuCO3。由于Cu2＋在加热条件下水解，生成的HCl易挥发，促进了Cu2＋的水解，不能得到纯净的CuCl2·2H2O，为了抑制Cu2＋的水解应在HCl氛围中加热除水。
1．为了同时对某农作物施用分别含N、P、K三种元素的化肥，对于给定的化肥：
①K2CO3，②KCl，③Ca(H2PO4)2，④(NH4)2SO4，⑤氨水。最合适的组合是(　B　)
A．①③④
B．②③④
C．①③⑤
D．②③⑤
解析：由于含P的只有Ca(H2PO4)2，显酸性，故所选另两种化肥应是中性或酸性的。所以选KCl和(NH4)2SO4。
2．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO＋H2O??HCO＋OH－。下列说法正确的是(　B　)
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入CO2，水解平衡向正反应方向移动
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液的pH减小
解析：水解平衡常数只受温度的影响，A项错误；通入的CO2与OH－反应，使水解平衡向正反应方向移动，B项正确；温度升高，CO的水解程度增大，c(HCO)增大，c(CO)减小，二者比值增大，C项错误；加入NaOH固体，溶液的pH增大，D项错误。
3．下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是(　C　)
A．加热蒸干Na2CO3溶液，最后可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体
B．除去MgCl2中的Fe3＋，可以加入NaOH固体
C．明矾净水的反应：Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋
D．加热蒸干KCl溶液，最后得到KOH固体(不考虑CO2的反应)
解析：A项，加热蒸发Na2CO3溶液，得不到NaOH。虽然加热促进CO水解，但生成的NaHCO3与NaOH反应又生成了Na2CO3；B项，引入了新杂质Na＋，应用MgO或MgCO3固体；D项，KCl不水解，不可能得到KOH固体。
4．在25℃时，1mol/L的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2的溶液中，测得其c(NH)分别为a、b、c(单位
mol/L)，下列判断正确的是(　D　)
A．a＝b＝c
B．a>b>c
C．a>c>b
D．c>a>b
解析：本题考查通过水解反应判断离子浓度的大小。在1
mol/L的三种溶液中，溶质完全电离均生成2
mol/L
NH，NH为弱碱阳离子，存在水解平衡NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋。(NH4)2SO4溶液中，SO对NH水解无影响；(NH4)2CO3溶液中，CO＋H＋===HCO，促进NH的水解，c(NH)减小；(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，因Fe2＋＋2H2O??Fe(OH)2＋2H＋，c(H＋)增大，抑制NH的水解，使NH增多。所以c(NH)最大的是(NH4)2Fe(SO4)2，其次是(NH4)2SO4，最小的是(NH4)2CO3。
5．某校化学实验小组对以下四种固体物质的水溶液进行加热蒸干并灼烧这一系列操作，最终不能得到该固体物质的是(　A　)
①氯化铁
②碳酸钠
③硫酸亚铁
④硅酸钠
A．①③
B．②④
C．①③④
D．①②③
解析：FeCl3溶液加热蒸干并灼烧后得到Fe2O3。碳酸钠溶液在加热蒸干并灼烧后得到碳酸钠。硫酸亚铁溶液在加热蒸干过程中，FeSO4被氧化，灼烧后不能得到FeSO4。硅酸钠溶液在加热蒸干并灼烧后得到硅酸钠。
6．(1)AgNO3的水溶液呈酸(填“酸”“中”或“碱”)性，原因是(用离子方程式表示)：Ag＋＋H2O??AgOH＋H＋；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以抑制(填“促进”或“抑制”)其水解。
(2)明矾可用于净水，原因是(用离子方程式表示)Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋。
把FeCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是Fe2O3。
(3)用离子方程式表示泡沫灭火器灭火原理Al3＋＋3HCO===3CO2↑＋Al(OH)3↓。
(4)用热的纯碱溶液洗涤餐具，原因是(用离子方程式表示)
CO＋H2O??HCO＋OH－。
解析：(1)AgNO3溶液中存在：Ag＋＋H2O??AgOH＋H＋，所以溶液呈酸性，为抑制AgNO3水解，配制时通常加入HNO3。
(2)利用Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体能凝聚水中的悬浮杂质从而达到净水目的；FeCl3溶液中存在FeCl3＋3H2O??Fe(OH)3＋3HCl，加热时HCl挥发，蒸干时得到Fe(OH)3，再灼烧得到Fe2O3。
(3)泡沫灭火器原理是利用NaHCO3与Al2(SO4)3发生相互促进水解反应，离子方程式为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(4)加热时促进CO水解，而使c(OH－)增大，去污能力增强。
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-第3课时　溶液中离子浓度大小的比较
探究点一　　溶液中离子浓度大小比较的方法
1．注意一个“影响”
比较同一离子的浓度时，要注意其他离子对该离子的影响。
例如，物质的量浓度相同的溶液中c(NH)的大小顺序为
c(NH4HSO4)>c(NH4Cl)>c(CH3COONH4)。
2．紧抓两个“微弱”
(1)弱电解质的电离是微弱的。
如CH3COOH溶液中，c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。
(2)盐溶液中离子的水解是微弱的。
如CH3COONa溶液中，c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)。
3．明确三个“主次”
(1)多元弱酸分步电离，以第一步电离为主，其余各步电离为次；多元弱酸的酸根离子水解时，以第一步水解为主，其余各步水解为次。
(2)NaHSO3、NaH2PO4中的酸式酸根离子以电离为主，水解为次；NaHS、NaHCO3、Na2HPO4中的酸式酸根离子以水解为主，电离为次。例如NaHSO3溶液中，c(Na＋)>c(H＋)>c(SO)>c(H2SO3)>c(OH－)。
(3)弱酸与弱酸盐(或弱碱与弱碱盐)以等物质的量浓度组成的混合液中，一般来说以弱酸(或弱碱)电离为主，弱酸盐(或弱碱盐)水解为次。如浓度均为0.1mol/L的CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中，c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
4．遵守三个“守恒”
(1)电荷守恒
①电荷守恒的涵义：电荷守恒，即电解质溶液中的阴离子的负电荷总数等于阳离子的正电荷总数，或者说正、负电荷的代数和等于0。认识电荷守恒的主要依据是电解质溶液在整体上呈电中性。
注意：正电荷总数与负电荷总数相等，也是正电荷的总物质的量与负电荷的总物质的量相等，也是正电荷的物质的量浓度与负电荷的物质的量浓度相等。电荷守恒不一定是阴、阳离子数守恒。通常采用离子浓度乘以该离子所带的电荷，其中把所有阳离子的加到一起等于阴离子的加到一起。
②电荷守恒的应用
a．在NaHCO3溶液中存在的电离和反应：
NaHCO3===Na＋＋HCO
HCO??H＋＋CO
H2O??H＋＋OH－
HCO＋H2O??H2CO3＋OH－
电荷守恒关系：
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)
n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋n(OH－)＋2n(CO)
b．25℃，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液中存在的电离和反应：
CH3COOH??CH3COO－＋H＋
H2O??H＋＋OH－
CH3COONa===CH3COO－＋Na＋
CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－
溶液的pH＝7时，电荷守恒关系：
c(H＋)＝c(OH－)，c(Na＋)＝c(CH3COO－)
n(H＋)＝n(OH－)，n(Na＋)＝n(CH3COO－)
说明：由电荷守恒可准确、快速地解决电解质溶液中复杂的离子浓度关系的问题。在应用时，务必弄清电解质溶液中所存在的离子的全部种类，在这当中不能忽视水的电离。
(2)物料守恒
①物料守恒的涵义：物料守恒，就电解质溶液而言，即电解质发生变化(反应或电离)前某元素的原子(或离子)的物质的量等于电解质变化后溶液中所有含该元素的微粒中该元素的原子(或离子)的物质的量之和。实质上，物料守恒属于质量守恒。
②物料守恒的应用：
a．在NaHS溶液中存在的电离和反应：
NaHS===Na＋＋HS－　HS－??H＋＋S2－
H2O??H＋＋OH－　HS－＋H2O??H2S＋OH－
守恒关系：
S原子守恒，n(S)?n(Na＋)＝1?1
c(HS－)＋c(H2S)＋c(S2－)＝c(Na＋)
n(HS－)＋n(H2S)＋n(S2－)＝n(Na＋)
H原子守恒：H2O??H＋＋OH－中n(H＋)?n(OH－)＝1?1
c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)
n(H＋)＋n(H2S)＝n(OH－)
b．将0.1
mol
NH3全部溶于水制成1
L溶液，溶液中存在的电离和反应：
NH3＋H2O??NH3·H2O??NH＋OH－
H2O??H＋＋OH－
守恒关系：
N原子守恒：
c(NH3)＋c(NH3·H2O)＋c(NH)＝0.1
mol/L
n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NH)＝0.1
mol
c．NH4Cl饱和溶液中，存在的电离和反应：
NH4Cl===NH＋Cl－
NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
H2O??H＋＋OH－
守恒关系：
c(Cl－)＋c(H＋)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(OH－)
说明：物料守恒能用于准确、快速地解决电解质溶液中更加复杂的离子、分子物质的量浓度或物质的量关系的问题。在应用时，务必弄清电解质溶液中存在的变化(电离、反应)，抓住物料守恒的实质。
(3)质子守恒(即水电离出来的H＋和OH－守恒)
阴离子能给出氢离子生成的产物等于阴离子结合氢离子生成的产物，给出或结合n个H＋，系数就是n。
在Na2CO3溶液中，H2O??H＋＋OH－，其中H＋分别和CO结合生成HCO和H2CO3；所以c(OH－)(水电离的OH－)＝c(H＋)(水电离没有结合的H＋)＋c(HCO)(水电离被CO结合的1个H＋)＋2c(H2CO3)
(水电离被CO结合的2个H＋)。
如在NaHS溶液中，存在NaHS的电离和水解，H2O的电离，其质子转移情况可作如下分析：
　　　　S2－
　　　　OH－
【例1】　0.1mol·L－1NaHSO3溶液中，下列关系正确的是(　　)
A．c(Na＋)＝c(HSO)＋c(SO)＝0.1
mol·L－1
B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(OH－)
C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)
D．c(OH－)＝c(SO)＋c(H＋)＋c(H2SO3)
【解析】　根据NaHSO3溶液中存在的电离、水解平衡，得出溶液中存在Na＋、H＋、SO、HSO、OH－五种离子。根据物料守恒得出：c(Na＋)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)＝0.1
mol·L－1，A项错误；根据电荷守恒得出：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，B项错误，C项正确；根据质子守恒得出：c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2SO3)－c(SO)，D项错误。
【答案】　C
25
℃时，在25
mL
0.1
mol·L－1的氢氧化钠溶液中，逐滴加入0.2
mol·L－1
CH3COOH溶液，溶液的pH变化曲线如图所示，下列分析结论正确的是(　D　)
A．若B点的横坐标a＝12.5，则有c(Na＋)＝c(CH3COO－)
B．对曲线上A、B间任意一点，溶液中都有c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
C．D点时，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)
D．C点时，c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)
解析：在B点时a＝12.5，即二者恰好反应生成CH3COONa，溶液显碱性，故c(Na＋)>c(CH3COO－)，A项错误；曲线上A、B之间任意一点的溶质都是NaOH和CH3COONa，靠近B点时CH3COONa的量多，此时有c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，B项错误；D点时加入的CH3COOH的物质的量是NaOH物质的量的2倍，故有c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，C项错误；在C点时溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒式可知c(CH3COO－)＝c(Na＋)，D项正确。
解题思路
―→
解题技巧
2．解题规律
(1)多元弱酸溶液
根据多步电离分析知一级电离>二级电离>三级电离，如H3PO4的电离过程是：H3PO4??H＋＋H2PO，H2PO??H＋＋HPO，HPO??H＋＋PO，其中离子间的关系是：c(H＋)>c(H2PO)>
c(HPO)>c(PO)>c(OH－)。
(2)弱碱盐的溶液
如NH4Cl中存在NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，溶液中离子间的关系是：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。
(3)多元弱酸的正盐
根据弱酸根分步水解分析知一级水解>二级水解，如Na2CO3溶液中CO＋H2O??HCO＋OH－(主要)，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，其离子间的关系是：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
(4)多元弱酸的酸式盐
先定物质的量，再看离子电离或水解的程度，最后定酸碱性：
①若离子的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，如NaHCO3、NaHS、Na2HPO4溶液。以NaHCO3溶液为例HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，HCO??H＋＋CO，溶液呈碱性，溶液中离子间的关系是：c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO)。
②若离子的水解程度小于电离程度，溶液呈酸性，如NaHSO3、NaH2PO4溶液。以NaHSO3溶液为例HSO??H＋＋SO，HSO＋H2O??H2SO3＋OH－，溶液呈酸性，溶液中各离子间的关系是：c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)。
(5)混合溶液
要进行综合分析，比较电离程度和水解程度的大小，最后决定酸碱性，常见的混合溶液有：①0.1
mol·L－1NH4Cl与0.1
mol·L－1氨水的混合液中：NH3·H2O??NH＋OH－，NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，在该溶液中NH3·H2O的电离和NH的水解相互抑制且NH3·H2O的电离程度大于水解程度时，该溶液呈碱性，各微粒间的关系是：c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)。
②0.1
mol·L－1CH3COOH与0.1
mol·L－1CH3COONa的混合液：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，在该溶液中CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解且二者相互抑制，该溶液呈酸性，溶液中各微粒间的关系是：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)。
③HCN和NaCN溶液等浓度混合时，水解程度>电离程度，呈碱性。c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。
(6)分子的电离小于相应离子的水解
例如在0.1
mol·L－1的NaCN和0.1
mol·L－1的HCN溶液的混合液中，各离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>c(H＋)。
(7)电荷守恒的应用
一元酸(HA)、碱(MOH)混合后溶液中含有4种离子(不论强弱)：A－、M＋、H＋、OH－，电荷守恒为c(A－)＋c(OH－)＝c(M＋)＋c(H＋)，若c(H＋)大于、小于或等于c(OH－)(酸性、碱性或中性)，则c(M＋)小于、大于或等于c(A－)。不可能出现两种阳(阴)离子浓度均大于两种阴(阳)离子浓度的情况。
【例2】　25
℃时，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1
mol·L－1的醋酸、醋酸钠的混合溶液中，c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图所示。下列有关溶液中粒子浓度关系的叙述不正确的是(　　)
A．pH＝5.5的溶液中：c(CH3COO－)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)
B．W点所表示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)
C．pH＝3.5的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝0.1
mol·L－1
D．向W点所表示的1
L溶液中通入0.05
mol
HCl气体(溶液的体积变化可忽略)：c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COOH)
【解析】　由图可知，pH＝4.75时，c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，故pH＝5.5时，有c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，且溶液显酸性，则c(CH3COO－)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)，A项正确；W点所表示的溶液中，由电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，而c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，故有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)，B项正确；由电荷守恒及c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1
mol·L－1可知，c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1
mol·L－1，C项正确；向W点所表示的1
L溶液中通入0.05
mol
HCl气体，氯化氢和醋酸钠反应生成醋酸和氯化钠，溶液中的电荷守恒关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)，又c(Na＋)＝c(Cl－)，则c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，但此时c(CH3COO－)≠c(CH3COOH)，故D项错误。
【答案】　D
下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是(　D　)
A．在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中：
c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)
B．在0.1
mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)
C．向0.2
mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1
mol·L－1
NaOH溶液：c(CO)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)
D．常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7，c(Na＋)＝0.1
mol·L－1]：c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(CH3COOH)>c(H＋)＝c(OH－)
解析：
选项判断
分项解析
A(×)
NaHCO3溶液中，HCO水解显碱性，其水解程度比电离程度大，故c(H2CO3)>c(CO)
B(×)
Na2CO3溶液的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)①，物料守恒为c(Na＋)＝2c(HCO)＋2c(CO)＋2c(H2CO3)②，用②－①得，c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)
C(×)
NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，混合溶液中为1?1的Na2CO3与NaHCO3，CO的水解大于HCO的电离，故c(HCO)>c(CO)
D(√)
CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中，电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，由于pH＝7，所以c(H＋)＝c(OH－)，可推得c(Na＋)＝c(CH3COO－)。CH3COOH电离抑制CH3COO－水解，且电离程度大于水解程度，故c(CH3COO－)>c(CH3COOH)
1．在0.1
mol/L的Na2CO3溶液中，下列关系正确的是(　C　)
A．c(Na＋)＝2c(CO)
B．c(OH－)＝2c(H＋)
C．c(HCO)>c(H2CO3)
D．c(Na＋)解析：在Na2CO3溶液中存在如下水解反应：CO＋H2O??HCO＋OH－，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－。且第一级水解程度远大于第二级，故A、B错误，D中应有c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]，故正确答案为C。
2．将物质的量浓度均为0.01
mol/L的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，测得c(CH3COO－)>c(Na＋)，则下列关系式正确的是(　A　)
A．c(H＋)>c(OH－)
B．c(H＋)C．c(CH3COOH)>c(CH3COO－)
D．c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.02
mol/L
解析：根据电荷守恒规律：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，因为c(CH3COO－)>c(Na＋)，所以c(H＋)>c(OH－)，继而推断CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，溶液中c(CH3COO－)>c(CH3COOH)。根据物料守恒规律，可知碳原子总数是守恒的，故有关系式：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.01
mol/L。
3．25℃时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH＝7时，下列关系式正确的是(　B　)
A．c(NH)＝c(SO)
B．c(NH)>c(SO)
C．c(NH)D．c(OH－)＋c(SO)＝c(H＋)＋c(NH)
解析：25
℃时，由于溶液的pH＝7，故溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)。由电荷守恒得，c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，则D项错误；由上述两个等式得，c(NH)＝2c(SO)，则A、C项错误，B项正确。
4．已知某一温度下，在0.1
mol·L－1的强电解质NaHA溶液中，c(H＋)A．c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)
B．c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1
mol·L－1
C．将上述溶液稀释至0.01
mol·L－1，c(H＋)·c(OH－)不变
D．c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2A)
解析：A项，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)，故A项不正确；B项，由物料守恒知c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1
mol·L－1，故B项正确；C项，温度不变，则c(H＋)·c(OH－)不变，C项正确；D项，由物料守恒关系式和电荷守恒关系式可得c(H＋)＋c(H2A)＝c(A2－)＋c(OH－)，D项正确。
5．下列叙述不正确的是(　D　)
A．相同物质的量浓度的①CH3COONa溶液、②NaNO3溶液、③NH4Cl溶液、④NaOH溶液，pH的大小顺序是④>①>②>③
B．在Na2SO3和NaHSO3的混合液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋2c(SO)
C．相同条件下，pH＝10的CH3COONa溶液和氨水中，由水电离出的c(OH－)前者大于后者
D．某溶液中只含Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子，则溶液一定显碱性
解析：CH3COONa水解使溶液显碱性，NaOH为强碱，NaNO3溶液为中性溶液，NH4Cl水解使溶液显酸性，所以题述溶液pH的大小顺序是④>①>②>③，A项正确；根据电荷守恒可知，B项正确；CH3COONa水解促进水的电离，氨水抑制水的电离，C项正确；D项中的溶液不一定显碱性，D项错误。
6．室温下，将0.10
mol·L－1盐酸逐滴滴入20.00
mL
0.10
mol·L－1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH＝－lg
c(OH－)。
下列说法正确的是(　D　)
A．M点所示溶液c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)
B．N点所示溶液中：c(NH)>c(Cl－)
C．Q点所示溶液消耗盐酸的体积等于氨水的体积
D．M点和N点所示溶液中水的离子积相同
解析：由于Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，则溶液的pH＋pOH＝14，实线表示pH曲线，点划线表示pOH曲线，作垂直横坐标轴的直线，直线与pH曲线、pOH曲线的交点为相应溶液中的pH、pOH，Q点的pH＝pOH，则Q点溶液呈中性。M点溶液呈碱性，为NH4Cl、NH3·H2O的混合溶液，溶液中c(NH)＋c(NH3·H2O)>c(Cl－)，A错误；N点溶液呈酸性，溶液中c(H＋)>c(OH－)，结合电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可知c(NH)7．下列各溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是(　A　)
A．0.1mol·L－1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋
2c(H2CO3)
B．0.1
mol·L－1NH4Cl溶液：c(NH)＝c(Cl－)
C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到酸性的混合溶液：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到pH＝5的混合溶液：c(Na＋)＝c(NO)＋c(Cl－)
解析：在0.1
mol·L－1
Na2CO3溶液中，存在如下平衡：CO＋H2O??HCO＋OH－、HCO＋H2O??H2CO3＋OH－、H2O??H＋＋OH－，根据电荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)；根据物料守恒有c(Na＋)＝2c(HCO)＋2c(CO)＋2c(H2CO3)，综合以上两式可得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，故A项正确。在0.1
mol·L－1
NH4Cl溶液中，NH发生水解，使c(NH)c(OH－)，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(CH3COO－)>c(Na＋)，因此溶液中的离子浓度关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故C项错误。硝酸钠溶液与稀盐酸混合得到pH＝5的混合溶液，硝酸钠不发生水解，忽略水的电离，根据物料守恒则有c(Na＋)＝c(NO)，故D项错误。
8．25
℃时，将0.01
mol
CH3COONa和0.002
mol
HCl溶于水，形成1
L混合溶液。回答下列问题：
(1)该溶液中存在着三个平衡体系，用电离方程式或离子方程式表示：①CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－；②CH3COOH??CH3COO－＋H＋；③H2O??H＋＋OH－。
(2)溶液中共有7种不同的粒子(指分子和离子)。
(3)在这些粒子中，浓度为0.01
mol·L－1的是Na＋，浓度为0.002
mol·L－1的是Cl－。
(4)CH3COOH和CH3COO－两种粒子物质的量之和等于0.01
mol。
解析：0.01
mol
CH3COONa与0.002
mol
HCl溶于水形成1
L溶液，CH3COO－＋H＋===CH3COOH，生成0.002
mol
CH3COOH，剩余CH3COONa
0.008
mol，生成NaCl
0.002
mol，溶液中存在的水解平衡：CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，存在的电离平衡：CH3COOH??H＋＋CH3COO－，H2O??H＋＋OH－。此时溶液中存在的离子有Cl－、Na＋、CH3COO－、H＋、OH－，分子有H2O、CH3COOH，能够水解的离子及电离(微弱)产生的离子随外界条件的变化浓度发生变化，故浓度为定值的是强酸、强碱对应的阴、阳离子，c(Na＋)＝0.01
mol·L－1，c(Cl－)＝0.002
mol·L－1，由物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.01
mol·L－1，故CH3COO－与CH3COOH的物质的量之和为0.01
mol。
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-第四单元　难溶电解质的沉淀溶解平衡
桂林山水甲天下，世人皆知。桂林的溶洞盖天下，恐怕知道的人就不多了。桂林的溶洞是大自然在漫长的岁月中创造的奇妙景观。溶洞的形成是地下水长期溶蚀的结果。石灰岩中不溶的碳酸钙受水和二氧化碳的作用转化为易溶的碳酸氢钙，由于岩层各部分含石灰质多少不同，被溶蚀的程度不同，就逐渐被溶解分割成互不相依、千姿百态、陡峭秀丽的山峰和溶洞。通过本节对溶解平衡的学习，我们将了解更多自然现象形成的原因。
一、溶解平衡及溶度积
1．溶解平衡
概念：在一定温度下，当沉淀溶解和生成的速率相等时，固体质量、离子浓度不变的状态。
2．溶度积
概念：以AmBn(s)??mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例，Ksp＝[c(An＋)]m·[c(Bm－)]n。在一定温度下，Ksp是一个常数，称为溶度积常数。简称溶度积。
3．溶解平衡的特点
(1)逆：可逆过程(离子之间生成难溶电解质的反应不能完全进行到底)。
(2)等、动：v溶解＝v生成。
(3)定：固体质量、离子浓度不变(即达到饱和溶液状态)。
(4)变：条件改变，平衡移动。
4．溶度积应用：判断难溶电解质在一定条件下沉淀能否生成或溶解。
(1)Qc>Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出。
(2)Qc＝Ksp：溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态。
(3)Qc二、沉淀反应的应用
1．沉淀的生成
(1)调节pH法
加入氨水调节pH至7～8，可除去氯化铵中的杂质氯化铁。反应离子方程式：Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。
(2)加沉淀剂法
以Na2S、H2S等作沉淀剂，使Cu2＋、Hg2＋等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀。反应离子方程式如下：
Cu2＋＋S2－===CuS↓，
Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋；
Hg2＋＋S2－===HgS↓，
Hg2＋＋H2S===HgS↓＋2H＋。
2．沉淀的溶解
(1)原理
根据平衡移动原理，对于在水中难溶的电解质，只要不断减少溶解平衡体系中的相应离子，平衡就向沉淀溶解的方向移动，从而使沉淀溶解。
(2)方法
①酸溶解法
难溶电解质CaCO3、FeS、Al(OH)3、Cu(OH)2可溶于强酸，其反应的离子方程式如下：
CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O；
FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑；
Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O；
Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O。
②盐溶液溶解法
Mg(OH)2能溶于NH4Cl溶液，反应的离子方程式为：
Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。
3．沉淀的转化
(1)实质
溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀。两种沉淀的溶解度差别越大，沉淀越容易转化。
(2)应用
①锅炉除水垢
水垢[CaSO4(s)]CaCO3(s)Ca2＋(aq)
其反应的化学方程式如下：
CaSO4＋Na2CO3===Na2SO4＋CaCO3；
CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O。
②自然界中矿物的转化
原生铜的硫化物CuSO4溶液铜蓝(CuS)
其反应的化学方程式如下：
CuSO4＋ZnS===CuS↓＋ZnSO4，
CuSO4＋PbS===CuS↓＋PbSO4。
探究点一　沉淀溶解平衡
1．溶解度和溶解性
(1)溶解度(S)
①定义：一定温度下，100
g溶剂(水)中溶解某种物质达到饱和状态时，所溶解的溶质质量叫这种物质在该温度的溶解度。设t
℃时，某物质的饱和溶液中溶质质量为m(溶质)，溶剂质量为m(溶剂)，则t
℃时该物质的溶解度S＝×100
g。同种物质的溶解度随着温度的不同而不同。
②几种电解质的溶解度(20
℃)
化学式
溶解度/g
化学式
溶解度/g
AgNO3
222
Fe(OH)3
3×10－9
Ag2SO4
0.796
Mg(OH)2
9×10－4
AgCl
1.5×10－4
Ca(OH)2
0.165
AgBr
8.4×10－6
Ba(OH)2
3.89
AgI
3×10－7
MgSO4
35.1
Ag2S
1.3×10－16
CaSO4
0.21
BaCl2
35.7
BaSO4
2.4×10－4
(2)溶解性
①根据物质溶解能力的大小对物质进行的定性分类。
②在20
℃时，溶解性与溶解度的关系如下表：
溶解性
难溶
微溶
可溶
易溶
溶解度
<0.01
g
0.01～1
g
1～10
g
>10
g
(3)重要结论
①不同物质在水中的溶解度不同，甚至相差很大。没有溶解度为零的物质。
②同族元素的同类化合物的溶解度随着原子序数递增呈一定的变化规律。如卤化银AgX、ⅡA元素的氢氧化物M(OH)2、硫酸盐MSO4等的溶解度。
③物质在水中“溶”与“不溶”是相对的。“不溶”是指难溶，没有绝对不溶的物质。
④生成沉淀的离子反应不可能真正进行到底。如Ag＋＋Cl－===AgCl↓，AgCl的溶解度虽然很小，但不等于零。生成沉淀的离子反应之所以能够发生，是因为生成物的溶解度很小。
⑤通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5
mol/L时，沉淀达到完全。
2．溶解平衡
(1)定义
难溶电解质溶于水形成饱和溶液时，溶质的沉淀与溶解之间建立的动态平衡，叫做沉淀溶解平衡。
例如：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)。
尽管AgCl溶解度很小，但并非绝对不溶，生成的AgCl沉淀会有少量溶解。从固体溶解平衡的角度分析，不难理解AgCl在溶液中存在下述两个过程：在AgCl的溶液中，一方面，在水分子作用下，少量Ag＋和Cl－脱离AgCl的表面溶入水中；另一方面，溶液中的Ag＋和Cl－回到AgCl的表面析出——沉淀。在一定温度下，当沉淀溶解和生成的速率相等时，得到AgCl的饱和溶液，即建立动态平衡。
(2)难溶电解质的溶解平衡与弱电解质的电离平衡的区别
①首先从物质类别方面看，难溶电解质可以是强电解质也可以是弱电解质[如BaSO4是强电解质，而Al(OH)3是弱电解质]，而难电离物质只能是弱电解质。
②再从变化的过程来看，溶解平衡是指已溶解的溶质与未溶解的溶质之间形成的沉淀与溶解的平衡状态；而电离平衡则是指已经溶解在溶液中的弱电解质分子与离子之间的转化达到的平衡状态。
(3)特征
动：动态平衡，溶解的速率和沉淀的速率均不为0。
等：v(溶解)＝v(沉淀)。
定：达到平衡时，溶液中离子浓度不再改变。
变：当外界条件改变，溶解平衡将发生移动，达到新的平衡。
(4)溶解平衡的表达式
MmAn(s)mMn＋(aq)＋nAm－(aq)
注意在沉淀后用“s”标明状态，溶液中用“aq”标明状态，并用“??”连接。如：
CaCO3(s)??Ca2＋(aq)＋CO(aq)
Ag2S(s)??2Ag＋(aq)＋S2－(aq)
(5)影响因素
①内因：溶质本身的性质。绝对不溶的物质是没有的；同是微溶物质，溶解度差别也很大；易溶溶质的饱和溶液中也存在溶解平衡。
②外因：包括浓度、温度等，遵循勒夏特列原理。
a．浓度：加水，平衡向溶解方向移动。
b．温度：升温，多数平衡向溶解方向移动；少数平衡向生成沉淀的方向移动[如Ca(OH)2的溶解平衡]。
c．同离子效应：向平衡体系中加入相同的离子，使平衡向生成沉淀的方向移动。
d．化学反应：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶的物质或气体的离子时，平衡向溶解方向移动。
只有难溶电解质才存在溶解平衡吗？
提示：错误。固体物质在溶液中都存在溶解平衡，不仅难溶电解质存在溶解平衡，在易溶电解质的饱和溶液中也存在溶解平衡，只要存在溶解平衡，改变适当的条件就会有沉淀析出。如在NaCl饱和溶液中存在溶解和结晶平衡。
【例1】　已知25
℃时BaSO4饱和溶液中存在BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO(aq)，Ksp＝1.1×10－10，下列有关BaSO4的溶度积和溶解平衡的叙述正确的是(　　)
A．25
℃时，向c(SO)＝1.05×10－5
mol/L的BaSO4溶液中加入BaSO4固体，c(SO)增大
B．向该饱和溶液中加入Ba(NO3)2固体，BaSO4的溶度积增大
C．向该饱和溶液中加入Na2SO4固体，该溶液中c(Ba2＋)>c(SO)
D．向该饱和溶液中加入BaCl2固体，该溶液中c(SO)减小
【思路分析】　溶解平衡是动态平衡，可应用勒夏特列原理分析有关问题，溶度积是平衡常数的一种。
【解析】　BaSO4的溶度积Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SO)，即BaSO4饱和溶液中c(SO)≈1.05×10－5
mol/L，再加入BaSO4固体不溶解，c(SO)不变，A错误；溶度积只与温度有关，B错误；加入Na2SO4固体，溶解平衡向左移动，c(Ba2＋)减小，C错误；加入BaCl2固体，溶解平衡向左移动，c(SO)减小，D正确。
【答案】　D
石灰乳中存在下列平衡：Ca(OH)2(s)??Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)；加入等量的下列溶液，可使Ca(OH)2减少最多的是(　A　)
A．Na2CO3溶液
B．KCl溶液
C．NaOH溶液
D．CaCl2溶液
解析：加入试剂后，若能使Ca(OH)2的沉淀溶解平衡向沉淀溶解的方向移动，就会使Ca(OH)2的量明显减少。A项，CO＋Ca2＋===CaCO3↓，使c(Ca2＋)减小，引起平衡正向移动；B项，相当于加水稀释，引起平衡正向移动，但不如A项减少得多；C项，使c(OH－)增大，引起平衡逆向移动；D项，c(Ca2＋)增大，引起平衡逆向移动。
探究点二　　溶度积常数
1．沉淀溶解平衡常数——溶度积
(1)定义：在一定条件下，难溶强电解质AmBn溶于水形成饱和溶液时，溶液中溶质离子与该固态物质之间建立动态平衡，这时，离子浓度幂之积为一常数，叫做溶度积常数，简称溶度积，符号为Ksp。
(2)表达式：以MmAn(s)??mMn＋(aq)＋nAm－(aq)为例(固体物质不列入平衡常数表达式)，Ksp＝[c(Mn＋)]m·[c(Am－)]n，如AgCl(s)??Cl－(aq)＋Ag＋(aq)，Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)。
(3)影响因素：Ksp只与难溶电解质的性质、温度有关，而与沉淀的量无关，并且溶液中的离子浓度的变化只能使平衡移动，并不改变溶度积。
(4)意义：①Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力，当化学式所表示的阴、阳离子个数比相同时，Ksp数值越大的难溶电解质在水中的溶解能力相对越强。②可以利用Ksp来计算饱和溶液中某种离子的浓度。
2．溶度积规则——判断沉淀生成或溶解的原则
通过比较溶度积与溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积Qc的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解。
Qc>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡。
Qc＝Ksp，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态。
Qc特别提醒：(1)溶度积和溶解度都可用来表示物质的溶解能力。但是对于化学式中阴、阳离子个数比不同的难溶电解质，不能直接比较Ksp的大小来确定其溶解能力的大小，需转化为溶解度。(2)若用溶度积直接比较不同物质的溶解性时，物质的类型应相同。
3．溶度积、溶解度和物质的量浓度之间的关系
溶度积Ksp、溶解度S和饱和溶液的物质的量浓度c都可以用来衡量沉淀的溶解能力或溶解程度，它们彼此关联，可以互相换算。
以CaCO3的溶解平衡为例：CaCO3(s)??Ca2＋(aq)＋CO(aq)，Ksp＝c(Ca2＋)·c(CO)，S是100
g水中所溶解的CaCO3的质量。由于浓度很小，将溶液的密度近似为1
g/cm3。
(1)已知Ksp，则c(Ca2＋)＝c(CO)＝mol/L，S＝×100g＝×100g≈0.1L×c(Ca2＋)×
M(CaCO3)＝10
g(100
g溶液中水的质量近似为100
g)。
(2)已知S，即已知100
g水(0.1
L)溶液中所含CaCO3的质量为S
g，那么c(Ca2＋)＝＝
mol/L，Ksp＝。
(3)已知c(Ca2＋)＝a
mol/L，则Ksp＝c(Ca2＋)·c(CO)＝a2,1
L溶液中含有a
mol
Ca2＋、a
mol
CO，S＝×100
g＝10a
g。
特别提醒：(1)在计算难溶电解质溶液中离子平衡浓度时不要搞错计量数关系。如x
mol/L铬酸银(Ag2CrO4)溶液中c(Ag＋)是2x
mol/L而不是x
mol/L。(2)类型不同的难溶电解质的溶度积大小不能直接反映出它们的溶液中离子浓度的大小，因为它们的溶度积表达式是不同的。Ksp与S的换算没有一个统一的公式，因电解质类型(阴、阳离子数目比)的不同而相异。
1．已知相同条件下，Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，在有Cl－和Br－共同存在的溶液中，只要滴入AgNO3溶液，就一定先有AgBr沉淀生成吗？
提示：不一定。对于相同类型的难溶电解质，先有哪种沉淀生成，除了根据Ksp进行比较外，还要看溶液中c(Cl－)、c(Br－)的大小，因为形成沉淀必须满足的条件是c(Ag＋)·c(X－)>Ksp(AgX)。如果c(Cl－)较大而c(Br－)较小，则c(Ag＋)·c(Cl－)>Ksp(AgCl)、c(Ag＋)·c(Br－)2．利用Ksp的数值，可直接判断不同的难溶电解质溶解度的大小吗？
提示：(1)对于同类型的难溶电解质，即阴、阳离子个数之比相同的难溶电解质，溶度积Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力就越强，即溶解度越大。
(2)对于不同类型的难溶电解质，即阴、阳离子个数之比不相同的难溶电解质，不能直接根据溶度积的数值来比较其溶解度的大小。如BaSO4和Mg(OH)2,25℃时，S(BaSO4)＝2.4×10－4g，S[Mg(OH)2]＝9×10－4g,Mg(OH)2的溶解度比BaSO4的大，而Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10>Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11。
【例2】　某温度时，Ag2SO4在水溶液中的溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是(　　)
A．b点对应的Ksp(Ag2SO4)等于c点对应的Ksp(Ag2SO4)
B．采取蒸发溶剂的方法可以使a点对应的溶液变为b点对应的溶液
C．该温度下，Ksp(Ag2SO4)＝1.6×10－5
D．0.02
mol·L－1的AgNO3溶液与0.2
mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀
【思路分析】　解本题要抓住b、c点是平衡点，a点是非平衡点。
【解析】　温度恒定时，曲线上任意点的Ksp都相等，A项正确；a点对应Ag2SO4的不饱和溶液，但蒸发可以使溶液中的c(Ag＋)、c(SO)都变大，故不能实现由a点对应的溶液变到b点对应的溶液，B项错误；由Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线可知：Ksp(Ag2SO4)＝[c(Ag＋)]2·c(SO)＝(1×10－2)2×16×10－2＝1.6×10－5，C项正确；0.02
mol·L－1的AgNO3溶液与0.2
mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合后，溶液中[c(Ag＋)]2·c(SO)＝0.012×0.1＝1×10－5【答案】　B
25
℃时有关物质的颜色和溶度积(Ksp)如下表：
物质
AgCl
AgBr
AgI
Ag2S
颜色
白
淡黄
黄
黑
Ksp
1.8×10－10
7.7×10－13
1.5×10－16
1.8×10－50
下列叙述中不正确的是(　B　)
A．向AgCl的白色悬浊液中加入0.1
mol/L
KI溶液，有黄色沉淀产生
B．25
℃时，AgCl、AgBr、AgI、Ag2S饱和水溶液中Ag＋的浓度相同
C．25℃，AgCl固体在等物质的量浓度NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同
D．在5mL1.8×10－6mol/LNaCl溶液中，加入1滴(20滴约为1
mL)1×10－3
mol/L
AgNO3溶液，不能产生白色沉淀
解析：本题是对溶度积常数及其应用的考查。由四种物质的溶度积常数可知，溶解度大小关系为AgCl>AgBr>AgI>Ag2S，故A项正确，B项错误；由于溶度积常数是温度常数，温度不变其值不变，C项正确；加入1滴硝酸银溶液后c(Cl－)可认为保持不变，即c(Cl－)＝1.8×10－6
mol/L，而AgNO3溶液相当于稀释100倍，故c(Ag＋)＝1×10－5
mol/L，c(Cl－)·c(Ag＋)＝1.8×10－11探究点三　　沉淀溶解平衡的应用
1．沉淀的溶解与生成
(1)在难溶电解质的溶液中，当Qc>Ksp时，就会生成沉淀。据此，可加入沉淀剂而析出沉淀，该方法是分离、除杂常用的方法。如以Na2S、H2S等作沉淀剂，使某些金属离子如Cu2＋、Hg2＋等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀。
注意：①利用生成沉淀的方法分离或除去某种离子，首先要使生成沉淀的反应能够发生，其次使生成沉淀的反应进行得越完全越好。如要除去NaCl溶液中的Mg2＋，可使用NaOH使之转化为溶解度较小的Mg(OH)2。
②不可能使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，沉淀就达到完全。由Ksp的表达式可知，为使除去的离子在溶液中残留的浓度尽可能小，需要加入过量的沉淀剂。
(2)当Qc①酸碱溶解法
加入酸或碱与沉淀溶解平衡体系中的相应离子反应，降低离子浓度，使平衡向溶解方向移动。如难溶于水的BaCO3可溶于稀盐酸中。
②发生氧化还原反应使沉淀溶解
有些金属硫化物如CuS、HgS等，其溶度积特别小，在其饱和溶液中c(S2－)特别小，而它又不溶于非氧化性强酸，只能溶于氧化性酸(如硝酸、王水等)，其原理是S2－被氧化以减小其浓度，而达到沉淀溶解的目的。
此法适用于那些具有明显氧化性或还原性的难溶物。
③生成配合物使沉淀溶解
向沉淀溶解平衡体系中加入适当的配位剂，使溶液中某种离子生成稳定的配合物，以减小该离子浓度，从而使沉淀溶解。如向AgCl中加入氨水，生成[Ag(NH3)2]＋，从而使AgCl溶解。
(3)实例探究
①误服可溶性钡盐引起中毒，应尽快用5.0%的Na2SO4溶液洗胃，使SO与Ba2＋结合成沉淀而排出。
②从沉淀溶解平衡的角度解释溶洞的形成。
2．沉淀的转化
(1)沉淀转化的实质
沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动。通常，一种沉淀可以转化为更难溶的沉淀，两种难溶物的溶解能力差别越大，这种转化的趋势就越大。
(2)实例探究
①往ZnS的沉淀溶解平衡体系中加入CuSO4溶液可将其转化为更难溶的CuS沉淀，ZnS(s)＋Cu2＋(aq)===CuS(s)＋Zn2＋(aq)。
②依据沉淀转化的原理，可用FeS等难溶物作为沉淀剂除去废水中的有毒重金属离子。如FeS(s)＋Hg2＋(aq)===HgS(s)＋Fe2＋(aq)。
③硬水中的Mg(HCO3)2在煮沸时分解为MgCO3，继续煮沸，MgCO3转化为更难溶的Mg(OH)2。
④AgNO3溶液AgCl(白色沉淀)AgBr(浅黄色沉淀)AgI(黄色沉淀)Ag2S(黑色沉淀)。
【例3】　常温下，向盛有0.1
mol·L－1AgNO3溶液的试管中滴加0.1
mol·L－1
Na2S溶液至沉淀完全，再向上层清液中滴加足量NaCl溶液。已知Ksp(Ag2S)＝6.3×10－50，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，下列对产生的现象或生成的物质的表述正确的是(　　)
A．黑色沉淀完全转化为白色沉淀
B．沉淀中既有Ag2S也有AgCl
C．不能看到黑色沉淀转化为白色沉淀
D．只有AgCl白色沉淀
【解析】　AgCl转化成Ag2S的离子方程式为2AgCl(s)＋S2－(aq)??Ag2S(s)＋2Cl－(aq)，K＝×＝＝5.1×1029，即当的值大于5.1×1029时，Ag2S才会转化成AgCl，即便是利用饱和食盐水也不能实现此转化，所以Ag2S不会转化成AgCl，C项正确，A、B、D项错误。
【答案】　C
已知在25
℃的水溶液中，AgX、AgY、AgZ均难溶于水，但存在溶解平衡。当达到平衡时，溶液中离子浓度的乘积是一个常数(此常数用Ksp表示，Ksp和水的Kw相似)。
如：AgX(s)??Ag＋(aq)＋X－(aq)，Ksp(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)＝1.8×10－10
AgY(s)??Ag＋(aq)＋Y－(aq)，Ksp(AgY)＝c(Ag＋)·c(Y－)＝1.0×10－12
AgZ(s)??Ag＋(aq)＋Z－(aq)，Ksp(AgZ)＝c(Ag＋)·c(Z－)＝8.7×10－17
(1)根据以上信息，判断AgX、AgY、AgZ三者的溶解度(用已被溶解的溶质的物质的量/1
L溶液表示)S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小顺序为S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)。
(2)若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，则c(Y－)减小(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)在25
℃时，若取0.188
g的AgY(相对分子质量188)固体放入100
mL水中(忽略溶液体积的变化)，则溶液中Y－的物质的量浓度为1.0×10－6_mol·L－1。
(4)①由上述Ksp判断，在上述(3)的体系中，能否实现AgY向AgZ的转化，并简述理由：能，Ksp(AgY)＝1.0×10－12>Ksp(AgZ)＝8.7×10－17。
②在上述(3)体系中，能否实现AgY向AgX的转化？根据你的观点选答一项。
若能，请写出实现转化的必要条件：能，当溶液中c(X－)>1.8×10－4
mol·L－1时，AgY开始向AgX转化，若要实现AgY向AgX的完全转化，必须保持溶液中的c(X－)>1.8×10－4
mol·L－1。
解析：(1)对于同种类型的难溶电解质，Ksp越大，其溶解度越大。比较题中三种难溶物的Ksp可知，S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)。(2)由于AgY比AgX更难溶，则向AgY的饱和溶液中加入AgX固体，发生沉淀的转化，AgX(s)＋Y－(aq)===AgY(s)＋X－(aq)，则c(Y－)减小。(3)25
℃时，AgY的Ksp＝1.0×10－12，即溶液达到饱和时，c(Ag＋)＝c(Y－)＝1.0×10－6
mol·L－1，而将0.188
g
AgY溶于100
mL水中，形成的溶液为饱和溶液(溶质还有未溶解的)，则c(Y－)＝1.0×10－6
mol·L－1。(4)①根据沉淀溶解平衡原理，对于相同类型的难溶电解质，溶度积大的难溶物可以转化为溶度积小的难溶物。由于Ksp(AgZ)Ksp(AgX)时，即可实现AgY向AgX的转化。在(3)中，c(Ag＋)＝1.0×10－6
mol·L－1，当c(X－)>1.8×10－4
mol·L－1时，则c(Ag＋)·c(X－)>Ksp(AgX)＝1.8×10－10，即可实现AgY向AgX转化。
1．下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是(　D　)
A．在AgCl的沉淀溶解平衡体系中，加入蒸馏水，Ksp(AgCl)增大
B．在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中，加入稀盐酸，平衡不移动
C．可直接根据Ksp的数值大小比较难溶物在水中的溶解度大小
D．25℃时，Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，向AgCl悬浊液中加入KI固体，有黄色沉淀生成
解析：Ksp只与温度有关，A项错误；加入稀盐酸，H＋能与CO反应，使碳酸钙的溶解平衡正向移动，最终使CaCO3溶解，B项错误；比较不同类型的难溶物的溶解度大小，不能直接根据Ksp的数值大小进行比较，C项错误；由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，故向AgCl悬浊液中加入KI固体，有黄色AgI生成，D项正确。
2．在一定温度下，Mg(OH)2固体在水溶液中达到平衡：Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)。若使固体Mg(OH)2的量减少，而且c(Mg2＋)不变，则可采取的措施是(　B　)
A．加MgCl2(s)
B．加适量水
C．加NaOH(s)
D．加盐酸
解析：加入水后，只要Mg(OH)2固体没有完全溶解，水溶液一定为饱和溶液，c(Mg2＋)不变。
3．在25
℃时，AgCl的白色悬浊液中，依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液。观察到的现象是先出现黄色沉淀，最终出现黑色沉淀。已知有关物质的溶度积Ksp(25
℃)如下：
AgCl
AgI
Ag2S
Ksp
1.8×10－10
8.51×10－16
6.3×10－50
下列叙述错误的是(　C　)
A．沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动
B．溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀
C．AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解程度相同
D．25
℃时，在饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中，所含Ag＋的浓度不同
解析：由于AgCl、AgI、Ag2S的Ksp依次减小，当向AgCl溶液中加入同浓度的KI和Na2S溶液时，沉淀溶解平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)右移，依次转化为溶解度更小的AgI和Ag2S，A、B项正确；由于在NaCl、CaCl2溶液中c(Cl－)不同，而Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)导致AgCl在两溶液中的溶解程度不同，C项错误；由于Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)，Ksp(AgI)＝c(Ag＋)·c(I－)，Ksp(Ag2S)＝c2(Ag＋)·c(S2－)且三种沉淀的Ksp不相同，故在三种溶液中，c(Ag＋)不同，D项正确。
4．实验：
①0.1
mol·L－1
AgNO3溶液和0.1
mol·L－1
NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；
②向滤液b中滴加0.1
mol·L－1
KI溶液，出现浑浊；
③向沉淀c中滴加0.1
mol·L－1
KI溶液，沉淀变为黄色。
下列分析不正确的是(　B　)
A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：
AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
B．滤液b中不含有Ag＋
C．③中颜色变化说明AgCl转化为AgI
D．实验可以证明AgI比AgCl更难溶
解析：由实验现象和反应原理可知，浊液a为含有AgCl及NaNO3的浊液，滤液b为NaNO3溶液(含极少量的Ag＋、Cl－)，白色沉淀c为AgCl，②中出现的浑浊为AgI，③中的黄色沉淀为AgI。浊液a中存在AgCl的溶解平衡，A项正确；由选项A可知滤液b中含有Ag＋，B项错误；③中的黄色沉淀为AgI，是由AgCl电离出的Ag＋与I－结合生成的，C项正确；实验②和实验③均说明AgI比AgCl更难溶，D项正确。
5．已知：25℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，Ksp(MgF2)＝7.42×10－11。下列说法正确的是(　B　)
A．25℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大
B．25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大
C．25℃时，Mg(OH)2固体在20
mL
0.01
mol·L－1氨水中的Ksp比在20
mL
0.01
mol·L－1
NH4Cl溶液中的Ksp小
D．25℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化成MgF2
解析：Mg(OH)2的溶度积小，故其电离出的Mg2＋浓度要小一些，A错；NH可以结合Mg(OH)2电离出的OH－，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2＋)增大，B正确；Ksp仅与温度有关，故C错；D项，由于MgF2的溶度积更小，所以沉淀会向更难溶的方向进行，即可以生成MgF2沉淀，D错误。
6．Cu(OH)2在水中存在着沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s)??Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，在常温下，Ksp＝2×10－20。某CuSO4溶液中，c(Cu2＋)＝0.02
mol·L－1，在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，需要向CuSO4溶液中加入碱来调节pH(溶液体积变化可忽略)，使溶液的pH大于(　D　)
A．2　　　　
B．3　　　　
C．4　　　　
D．5
解析：Cu(OH)2(s)??Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，其中Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)。若要生成Cu(OH)2沉淀，则c(Cu2＋)·c2(OH－)>Ksp，故c(OH－)>＝
mol·L－1，故c(OH－)>1×10－9
mol·L－1，则c(H＋)<1×10－5
mol·L－1，因此pH应大于5。
7.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(　B　)
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两点所代表的溶液中c(H＋)与c(OH－)乘积相等
D．Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点所代表的溶液中达到饱和
解析：本题的易错之处是不理解曲线上各点和曲线外各点的含义。在左边曲线上的任意一点都有c(Fe3＋)·c3(OH－)＝Ksp[Fe(OH)3]，在右边曲线上的任意一点都有c(Cu2＋)·c2(OH－)＝Ksp[Cu(OH)2]，D项正确；比较b、c两点，两种金属离子的浓度相等，Fe(OH)3饱和溶液中氢离子浓度大，即氢氧根离子浓度小，因此氢氧化铁的Ksp小于氢氧化铜的Ksp，A项正确；加入NH4Cl固体，因NH水解使溶液的酸性增加，pH降低，Fe3＋浓度增大，B项错误；Kw只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，C项正确。
8．某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性，查得如下资料(25
℃)：
难溶电解质
CaCO3
CaSO4
MgCO3
Ksp
2.8×10－9
9.1×10－6
6.8×10－6
所进行的实验步骤如下：
①向100
mL
0.1
mol·L－1的CaCl2溶液中加入100
mL
0.1
mol·L－1的Na2SO4溶液，立即有白色沉淀生成。
②向上述悬浊液中加入3
g固体Na2CO3，搅拌，静置沉淀后，弃去上层清液；
③再加入蒸馏水搅拌，静置沉淀后，再弃去上层清液；
④______________________________________。
(1)由题中信息可知，Ksp越大，表示电解质的溶解度越大(填“大”或“小”)。
(2)写出第②步发生反应的离子方程式：
CO(aq)＋CaSO4(s)??CaCO3(s)＋SO(aq)。
(3)设计第③步的目的是洗去附着在沉淀上的SO。
(4)请补充第④步操作及发生的现象：向所得沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解，并放出无色无味的气体。
(5)请写出该原理在实际生产生活中的一个应用：将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸除去。
解析：Ksp越大，表示电解质的溶解度越大，溶解度大的沉淀会向溶解度小的沉淀转化，要证明CaSO4已完全转化为CaCO3，可以加入盐酸检验，因为CaSO4不和盐酸反应，而CaCO3可完全溶于盐酸。在实际生产生活中利用此原理可以将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸除去。
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-专题三
溶液中的离子反应
第一单元　弱电解质的电离平衡
【乙酸漫话】乙酸，也叫醋酸、冰醋酸，化学式CH3COOH，为食醋中酸味及刺激性气味的来源。醋几乎贯穿了整个人类文明史，其中有文献记载的酿醋历史至少也在三千年以上。乙酸发酵细菌存在于世界的每个角落，人们在酿酒的时候，不可避免地会生成醋——它是酒精暴露于空气后的自然产物。如中国就有杜康的儿子黑塔因酿酒时间过长而得到醋的说法。乙酸是一种弱电解质，它在化学中的运用可以追溯到很古老的年代。早在公元前3世纪，希腊哲学家泰奥弗拉斯托斯就详细描述了乙酸是如何与金属发生反应生成绘画用的颜料的。古罗马人将发酸的酒放在铅制容器中煮沸，能得到一种高甜度的糖浆，即乙酸铅，这导致了罗马贵族铅中毒。8世纪时，波斯炼金术士贾比尔用蒸馏法浓缩了醋中的乙酸。
第1课时　强、弱电解质
一、电解质与非电解质
1．电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。
2．非电解质：在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物。
二、强电解质和弱电解质
1．实验探究
请描述实验现象并写出你的实验结论。
2.强电解质
(1)定义：在水溶液中能够全部电离的电解质。
(2)常见的强电解质：强酸、强碱和大部分的盐。
3．弱电解质
(1)定义：在水溶液中不能全部电离的电解质。
(2)常见的弱电解质：弱酸、弱碱和水。
三、电解质电离方程式的书写规则
1．强电解质
完全电离，在写电离方程式时，用“===”。
如H2SO4：H2SO4===2H＋＋SO。
Ba(OH)2：Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－。
BaSO4：BaSO4===Ba2＋＋SO。
2．弱电解质
部分电离，在写电离方程式时，用“??”。
(1)一元弱酸、弱碱一步电离。
如CH3COOH：CH3COOH??CH3COO－＋H＋。
NH3·H2O：NH3·H2O??NH＋OH－。
(2)多元弱酸分步电离，必须分步写出，不可合并(其中以第一步电离为主)。
如H2CO3：H2CO3??H＋＋HCO(主)，HCO??H＋＋CO(次)。
(3)多元弱碱分步电离(较复杂)，在中学阶段要求一步写出。如Fe(OH)3：Fe(OH)3??Fe3＋＋3OH－。
(4)两性氢氧化物按两种方式电离。
如Al(OH)3：
??Al(OH)3??Al。
探究点一
强电解质和弱电解质的比较
1．性质对比
2.常见的强、弱电解质
3．强弱电解质的判断
(1)注意概念中“或”“和”“化合物”三个关键词。
①电解质和非电解质二者必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
②电解质在水溶液或熔融状态下能导电，两个条件满足其中一个即可，而非电解质在两种情况下均不导电。
(2)电解质必须是电解质本身电离出离子，否则不是电解质。
某些物质的水溶液能导电，是由于它与水作用生成了能电离的物质(电解质)，而非本身发生了电离，因而不是电解质，如CO2、SO2、SO3、NH3等是非电解质，而溶于水后生成的H2CO3、H2SO3、H2SO4、NH3·H2O等是电解质。
(3)溶于水后生成了新电解质的化合物也可能是电解质。如：Na2O、CaO、Na2O2等，它们在熔融状态下即能导电，所以它们自身即为电解质。
(4)对于一些难溶的物质如BaSO4，由于溶解度太小，很难测出其溶液的导电性，但将BaSO4熔化成液态时，能电离出自由移动的Ba2＋、SO，能够导电，故BaSO4也是电解质。
(5)不要认为所有物质不是电解质就是非电解质，电解质和非电解质都是针对化合物而言的，如Cu、Cl2等单质，既不属于电解质，也不属于非电解质。
(6)电解质本身不一定导电，电解质的导电是有条件的(水溶液或熔融状态)。导电物质不一定是电解质，非电解质不导电。
(7)电解质的强、弱是由其内部结构决定的，它们的主要区别是在水溶液中能否完全电离。
(8)电解质的强弱与化学键没有必然联系。一般来说，强电解质含离子键或强极性键，但含有强极性键的化合物不一定都是强电解质，如HF就是弱电解质。
(9)电解质的强、弱与其溶解性无关。某些难溶(或微溶)的盐，如BaSO4、CaSO4等，虽然其溶解度很小，但溶于水的部分是完全电离的，它们仍属于强电解质，有少数盐尽管能溶于水，但只有部分电离，属于弱电解质，如(CH3COO)2Pb等。
1．在醋酸溶液中存在CH3COOH、H＋、OH－，可以证明醋酸是弱电解质吗？
提示：可以，弱电解质在水溶液中不完全电离，存在弱电解质分子和离子，而强电解质完全电离，在溶液中只有离子，无溶质分子。
2．强电解质中化学键全部是离子键，不可能有共价键吗？试举例说明。
提示：不是，一般离子化合物是强电解质，而离子化合物中也可能有共价键，如NaOH等强碱；另外，含极性键较强的共价化合物也是强电解质，如HCl。
3．下列两种说法是否正确？你能得到哪些启示？
(1)CaCO3难溶于水，其水溶液的导电能力很弱，故CaCO3是弱电解质。
(2)饱和氨水的导电能力比饱和Ca(OH)2溶液的强，故Ca(OH)2是弱电解质。
提示：虽然CaCO3难溶于水，但其溶于水的部分在水中完全电离，故CaCO3是强电解质。
饱和氨水的导电能力虽然较强，但溶液中的NH3·H2O只有一部分发生了电离，Ca(OH)2溶于水的部分在水中完全电离，故Ca(OH)2是强电解质。
即电解质的强弱与化合物的溶解度、水溶液的导电能力无关，只与其在水中能否完全电离有关。
【例1】　有关电解质的下列叙述中正确的是(　　)
A．盐酸的导电性比乙酸溶液的导电性强，说明乙酸是弱酸
B．因为氧化钾溶于水能导电，所以氧化钾是电解质
C．强电解质中一定含有离子键，弱电解质中一定含有弱极性共价键
D．某物质能导电，说明该物质一定含有能自由移动的带电荷的微粒
【思路分析】　对于概念型判断题，当无法从正面判断正误时，可以列举反例。如果能列举出反例，说明原命题错误，如果无法列举出反例，一定要仔细分析原命题，因为即使举不出反例，原命题也未必正确，所以应注意能力的培养，提高分析问题和解决问题的能力。
【解析】　只有温度相同，浓度相同，酸的元数相同时，才能通过比较溶液的导电性来判断酸的强弱，故A错；K2O溶于水生成KOH，K2O是电解质的原因是其在熔融状态下能导电，故B错；HCl无离子键，是强电解质，HF是弱电解质，含有强极性键，故C错；D正确。故选D。
【答案】　D
已知：①Al(OH)3的电离方程式为H＋＋AlO＋H2O??Al(OH)3??3OH－＋Al3＋　②无水AlCl3晶体的沸点为182.9
℃，溶于水的电离方程式为AlCl3===Al3＋＋3Cl－　③PbSO4难溶于水，易溶于CH3COONa溶液，反应的化学方程式为PbSO4＋2CH3COONa===Na2SO4＋(CH3COO)2Pb。下列关于Al(OH)3、AlCl3和(CH3COO)2Pb的说法正确的是(　D　)
A．均为弱电解质
B．均为强电解质
C．均为离子化合物
D．均为共价化合物
解析：由Al(OH)3能发生酸式电离Al(OH)3??H＋＋AlO＋H2O可知，Al(OH)3是共价化合物，是弱电解质；由AlCl3晶体的沸点为182.9
℃可知，AlCl3是共价化合物；由AlCl3的电离方程式可知，AlCl3完全电离，是强电解质；由反应PbSO4＋2CH3COONa===Na2SO4＋(CH3COO)2Pb可以推知，(CH3COO)2Pb一定是难电离的物质(否则复分解反应不能发生)，是弱电解质，也是共价化合物。综上所述，应选D。
探究点二
电解质的电离和电解质溶液的导电性
1．电解质电离的条件
(1)NaCl、NaOH等盐、强碱类离子化合物在水溶液里或熔融状态下都发生电离，都能导电。
(2)Na2O、MgO等活泼金属氧化物类离子化合物在熔融状态下能电离且能导电，或与水反应(如Na2O)，或不溶于水，因此不谈它们在水溶液中的电离。
(3)HCl、H2SO4、CH3COOH等酸类共价化合物在水溶液中能电离，能导电，但在熔融状态(即纯液体)下不电离，不导电，在其纯液体中只有分子，没有离子。要注意：共价化合物在熔融状态下不发生电离！
(4)NaHCO3、NH4Cl等热稳定性较差的盐类电解质受热易分解，因此只谈它们在水溶液中的电离。
(5)强酸的酸式盐在熔融状态下和水溶液里的电离是不相同的，如：NaHSO4Na＋＋HSO(只断裂离子键)，NaHSO4Na＋＋H＋＋SO(断裂离子键、共价键)。
2．电解质溶液的导电性
电解质溶液导电的原因是溶液中存在自由移动的离子、溶液导电能力的强弱与离子的总浓度、离子所带电荷数有关。一般来说离子的总浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电能力越强。
但要注意，溶液导电过程是溶液中阴、阳离子定向移动，并在两极发生氧化还原反应的电解过程，属于化学变化。金属导电是自由电子定向移动形成的，属于物理变化。
1．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强吗？
提示：温度相同时，溶液导电能力的强弱主要取决于溶液中自由移动的离子的浓度和离子所带电荷数，而电解质的强弱是从电解质在水中是否完全电离来衡量的，二者不能混为一谈。如强电解质稀溶液的导电能力可能比弱电解质浓溶液的导电能力弱。
2．Na2O、NH4Cl在什么条件下能导电？
提示：Na2O、NH4Cl都是离子化合物，都是强电解质，在一定条件下都能导电。Na2O易与水发生化学反应：Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－，Na2O的水溶液实质上是NaOH的水溶液，自然就不存在Na2O水溶液导电的问题。Na2O受热熔化后发生电离：Na2O2Na＋＋O2－，故Na2O在熔融状态下能导电。NH4Cl在常压下受热时，未熔化前就先分解：NH4ClNH3↑＋HCl↑，在常压下不存在NH4Cl熔融状态下导电的问题。NH4Cl易溶于水，溶解后完全电离：NH4Cl===NH＋Cl－，故NH4Cl在水溶液中能导电。Na2O、NH4Cl在晶体状态下都不导电。
【例2】　把0.05
mol
NaOH固体分别加入下列100
mL液体中，溶液的导电能力变化不大的是(　　)
A．自来水　　　　　　　　
B．0.5
mol/L盐酸
C．0.5
mol/L醋酸溶液
D．0.5
mol/L硝酸钾溶液
【思路分析】　关于溶液导电性的比较，关键是比较溶液中离子浓度的大小，而不是溶液中的离子数目。当离子浓度相同时，还要注意比较离子所带电荷数是否相同。如0.1
mol/L
NaCl溶液的导电性比0.1
mol/L
MgSO4溶液的导电性差。
【解析】　离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液导电能力越强。A项，NaOH溶于自来水产生大量的Na＋、OH－，则溶液导电能力增强；B项，原溶液c(H＋)＝c(Cl－)＝0.5
mol/L，加入NaOH后，c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.5
mol/L，则离子浓度基本不变，导电能力基本不变；C项，加入NaOH后，CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O，c(CH3COO－)、c(Na＋)增大，导电能力增强；D项，KNO3与NaOH不反应，在原K＋、NO浓度不变的前提下，又新增了Na＋和OH－，故导电能力增强。故选B。
【答案】　B
在CH3COOH溶液中滴入稀氨水，溶液的导电能力发生变化，其电流强度(I)随氨水的加入体积(V)的变化曲线如下图所示，其中表示正确的是(　A　)
解析：本题主要考查了电解质强弱与溶液导电能力的关系。CH3COOH和氨水都是弱电解质，导电能力弱，但相互反应后生成的盐CH3COONH4是强电解质，它能完全电离，使溶液中的离子浓度增大，导电性增强。反应完全后，随着氨水的增加，相当于将溶液稀释，离子浓度又逐渐减小，导电能力逐渐减弱。故选A。
1．下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是(　D　)
A．CH3COOH
B．Cl2
C．NH4HCO3
D．NH3
解析：选项中的四种物质的水溶液都能导电，但原因有所不同。CH3COOH和NH4HCO3均为电解质，水溶液应能导电；Cl2和NH3的水溶液能导电，是因为它们与水发生反应Cl2＋H2O??HCl＋HClO，NH3＋H2O??NH3·H2O，因生成物均为电解质，故溶液也导电。电解质和非电解质都是化合物，Cl2是单质，因此只有NH3为非电解质。
2．下列说法中，正确的是(　C　)
A．强电解质溶液的导电性一定比弱电解质溶液强
B．强电解质的水溶液中不存在分子
C．SO2和乙醇均属共价化合物，在水中都不能电离，均属非电解质
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
解析：溶液的导电能力与溶液中离子浓度及离子所带电荷数有关，与电解质的强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液强，故A错误；强电解质溶于水的部分完全电离，但水是弱电解质，微弱电离，大部分水以水分子的形式存在，故B错误；SO2自身不能电离，是非电解质，乙醇在水中不能电离，是非电解质，故C正确；不同的弱电解质浓度相同时，电离程度不一定相同，故D错误。
3．[双选]下列叙述正确的是(　CD　)
A．碳酸钙难溶于水，且碳酸钙在960
℃时分解，不存在熔融状态导电的性质，故CaCO3是非电解质
B．SO3溶于水后得到的水溶液能导电，所以SO3是电解质
C．BaSO4在水中溶解度很小，但溶解的部分全部电离，所以BaSO4是强电解质
D．H3PO4晶体在熔融状态下不导电，但溶于水后其水溶液导电，故H3PO4是电解质
解析：电解质与非电解质的判断，关键是看其自身能否电离出离子；而能否在水溶液或熔融状态下完全电离是判断强弱电解质的依据。因此判断一个化合物是否为电解质，关键是看它是否能发生电离，而且离子是它本身电离出来的，不能是化合物与水反应生成的新化合物电离出来的。CaCO3虽然难溶，但其溶解部分完全电离，它应是强电解质，SO3是非电解质。
4．下列溶液中导电性最强的是(　B　)
A．1
L
0.1
mol·L－1醋酸
B．0.1
L
0.1
mol·L－1
H2SO4溶液
C．0.5
L
0.1
mol·L－1盐酸
D．2
L
0.1
mol·L－1
H2SO3溶液
解析：溶液的导电性强弱由溶液的离子浓度决定，一般来说，离子浓度越大，溶液的导电性就越强。醋酸和亚硫酸都是弱酸，只能电离出很少一部分离子，所以0.1
mol·L－1醋酸和0.1
mol·L－1
H2SO3溶液中的氢离子的浓度都小于0.1
mol·L－1；硫酸是二元强酸，盐酸是一元强酸，两者的浓度都是0.1
mol·L－1时，硫酸的氢离子浓度是0.2
mol·L－1，盐酸的氢离子浓度是0.1
mol·L－1。由上所述，离子浓度最大的是0.1
mol·L－1
H2SO4溶液，所以B项符合题意。
5．醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是(　C　)
①1
mol/L的醋酸溶液中c(H＋)＝0.01
mol/L
②醋酸以任意比与水互溶
③10
mL
1
mol/L的醋酸溶液恰好与10
mL
1
mol/L的NaOH溶液完全反应
④在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸弱
A．④
B．①③④
C．①④
D．②④
解析：①中若醋酸完全电离，则c(H＋)＝1
mol/L，而现在c(H＋)＝0.01
mol/L，说明醋酸部分电离，为弱电解质；③是与强碱能进行到底的反应，不能说明其电离程度的大小；④是在相同条件下，即在同温、同浓度下的比较，导电性弱，说明醋酸溶液中离子浓度小，即电离程度小，盐酸中的HCl是完全电离的，故说明醋酸是部分电离，为弱电解质。
6．下列电离方程式中，正确的是(　C　)
A．H2S??2H＋＋S2－
B．NaHCO3??Na＋＋H＋＋CO
C．NaCl===Na＋＋Cl－
D．CH3COOH===CH3COO－＋H＋
解析：H2S是二元弱酸，分步电离，所以A错(一般只写第一步：H2S??H＋＋HS－)；NaHCO3为弱酸酸式盐，应分两步电离，B项错误，正确的应为NaHCO3===Na＋＋HCO，HCO可进一步电离：HCO??H＋＋CO；CH3COOH为弱酸，部分电离，其电离方程式应用“??”，D项错误。
7．在一定温度下，向电解质溶液中加入新物质时溶液的导电能力可能发生变化，实验过程中电流(I)随所加新物质质量(m)变化的曲线如图所示。
(1)下列各项中与A图变化趋势一致的是b，与B图变化趋势一致的是ac，与C图变化趋势一致的是d。
a．向Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液至过量
b．向CH3COOH溶液中滴入氨水至过量
c．向澄清石灰水中通入CO2至过量
d．向NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体
(2)写出向CH3COOH溶液中滴入氨水至过量时所发生反应的离子方程式：CH3COOH＋NH3·H2O===CH3COO－＋NH＋H2O。
解析：a中所发生反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O，溶液中离子浓度先减小，当Ba(OH)2和H2SO4恰好完全反应时，体系中只有BaSO4沉淀和水，导电能力接近于0，继续滴加H2SO4溶液，溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力又逐渐增强，与B图变化趋势一致。b中所发生反应的离子方程式为CH3COOH＋NH3·H2O===CH3COO－＋NH＋H2O，随着反应的进行，溶液中离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强，当CH3COOH和NH3·H2O恰好完全反应时，再滴加氨水，离子的数量没有明显增加，但溶液的体积增大，则离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，与A图变化趋势一致。c中刚通入CO2时所发生反应的离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2O，CO2过量后发生的反应为CaCO3＋H2O＋CO2===Ca2＋＋2HCO，故溶液中离子浓度先减小后增大，导电能力的变化趋势与B图变化趋势一致。d中所发生反应的离子方程式为NH＋OH－===NH3·H2O，溶液中减少的NH的物质的量和增加的Na＋的物质的量几乎相等，溶液的体积变化不大，故溶液的导电能力几乎不变，与C图变化趋势一致。
8．现有物质①硫酸铜晶体　②碳酸钙固体　③纯磷酸　④硫化氢　⑤三氧化硫　⑥金属镁　⑦石墨　⑧固态苛性钾　⑨氨水　⑩熟石灰固体　?液态HCl　?液态CH3COOH，
按下列要求填空。
(1)属于强电解质的是①②⑧⑩?(填序号，下同)；
(2)属于弱电解质的是③④?；
(3)属于非电解质的是⑤；
(4)既不是电解质，又不是非电解质的是⑥⑦⑨；
(5)能导电的是⑥⑦。
解析：(1)强电解质指的是溶于水全部电离的电解质，如①②⑧⑩?是强电解质；(2)弱电解质指的是溶于水部分电离的电解质，如③④?是弱电解质；(3)⑤属于化合物，它的水溶液虽然导电，但并不是它自身电离使溶液导电，所以是非电解质；(4)⑥⑦都是单质，⑨是混合物，既不是电解质也不是非电解质；(5)⑥⑦中均有能够自由移动的电子，能导电，其他物质都没有自由移动的电荷，所以不能导电。
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-第2课时　弱电解质的电离平衡
一、弱电解质的电离平衡
1．电离平衡
(1)定义：在一定条件(如温度、浓度)下，弱电解质在溶液中电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等，电离过程就达到了平衡状态。
(2)电离平衡的建立过程
2．弱电解质的电离过程及各微粒浓度的变化
(1)一元弱酸HA
(2)一元弱碱BOH
3.电离平衡状态的特征
(1)逆——弱电解质的电离过程是可逆的。
(2)等——平衡时，弱电解质分子电离成离子的速率与离子重新结合成弱电解质分子的速率相等。
(3)动——平衡时，电离过程与离子结合成弱电解质分子的过程仍在进行，是动态平衡。
(4)定——平衡时，各微粒(分子、离子)的浓度保持恒定。
(5)变——外界条件改变时，平衡会发生移动。
二、电离常数
1．定义
在一定条件下达到电离平衡时，弱电解质电离形成的各种离子的浓度幂之积与溶液中未电离的分子的浓度幂之积之比是一个常数，用符号K表示。
2．表示方法
CH3COOH电离常数的表达式：K＝。
3．意义
表示弱电解质的电离能力。一定温度下，K值越大，弱电解质的电离程度越大。
4．影响因素
①电离常数只受温度的影响，对同一弱电解质，温度越高，电离常数越大。同一温度下改变浓度时，弱电解质电离常数不变。②多元弱酸的电离常数：K1?K2?K3，其酸性主要由第一步电离决定。
探究点一
影响电离平衡的因素
1．内因
电解质本身的性质，决定了弱电解质在水中达到电离平衡时电离程度的大小。
2．外因
电离平衡从本质上讲是一种化学平衡，故影响化学平衡的因素也是影响电离平衡的因素。
(1)浓度：对于同一弱电解质，稀释溶液会促进弱电解质的电离。
(2)温度：升高温度会促使弱电解质的电离平衡向电离方向移动；降低温度会促使弱电解质的电离平衡向生成弱电解质分子的方向移动。根据化学平衡移动原理，在其他条件不变的情况下，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；降低温度，平衡向放热反应方向移动，故温度对电离平衡的影响，体现了电离平衡的特点——弱电解质的电离是吸热过程。
(3)同离子效应：在弱电解质溶液中加入与弱电解质具有相同离子的强电解质，相当于增大了弱电解质电离出的离子浓度，故电离平衡向生成弱电解质分子的方向移动。
(4)离子反应效应：若向弱电解质溶液中加入能与弱电解质电离出的离子发生反应的另一种物质，相当于减小了弱电解质电离出的离子浓度，故电离平衡向电离方向移动。
3．以0.1
mol·L－1的CH3COOH的电离为例，分析改变外界条件对电离平衡的影响。
4.加水稀释，电离平衡向电离方向移动，由于溶液体积增大是主要的，故溶液中离子浓度减小，导电能力
减弱。但对于浓溶液加水稀释或纯电解质加水稀释时，溶液的导电能力变化情况就不同了。例如：冰醋酸的稀释。
冰醋酸稀释过程中c(H＋)的变化：在向醋酸中加水之前，醋酸分子尚未电离，c(H＋)＝0。在加水稀释之后，醋酸的电离开始，随着水的逐渐加入，电离平衡逐渐向生成CH3COO－和H＋的方向移动，c(H＋)逐渐增大，溶液导电能力增强，A点c(H＋)最大，溶液导电性最强。A点再加水稀释，虽然电离程度进一步增大，但因加入水的量增大，c(H＋)反而逐渐减小。所以B点c(H＋)小于A点，导电性也小于A点。整个稀释过程中c(H＋)由小(0)→大→小(接近于0)。
向一定浓度的氨水中加入少量酚酞试液，溶液呈红色，若加热，有何变化？
提示：溶液的红色加深，原因是加热时促进了一水合氨的电离，溶液中氢氧根离子浓度增大，碱性增强。
【例1】　稀氨水中存在平衡：NH3·H2O??NH＋OH－，若要使平衡逆向移动，同时使c(OH－)增大，应加入的物质或采取的措施是(　　)
①NH4Cl固体　②硫酸　③NaOH固体　④水　⑤加热　⑥MgSO4固体
A．①②③⑤　　　　　　　
B．③⑥
C．③
D．③⑤
【解析】　在氨水中加入NH4Cl固体，c(NH)增大，平衡逆向移动，c(OH－)减小，①错误；加入硫酸，H＋与OH－反应，则c(OH－)减小，平衡正向移动，②错误；加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡逆向移动，③正确；加水稀释氨水，平衡正向移动，c(OH－)减小，④错误；NH3·H2O的电离过程是吸热过程，加热时平衡正向移动，c(OH－)增大，⑤错误；加入MgSO4固体，发生反应Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，c(OH－)减小，平衡正向移动，⑥错误。
【答案】　C
在0.1
mol·L－1
CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，对于该平衡，下列叙述正确的是(　B　)
A．加入水时，平衡向逆反应方向移动
B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
C．加入少量0.1
mol·L－1
HCl溶液，溶液中c(H＋)减小
D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
解析：A项加水稀释时，CH3COOH电离程度增大，平衡向正反应方向移动。C项因为HCl是强电解质，完全电离，加入后虽然抑制了CH3COOH电离，平衡向逆反应方向移动，但c(H＋)增大。D项CH3COONa为强电解质，完全电离使溶液中c(CH3COO－)增大，抑制CH3COOH电离，平衡向逆反应方向移动。而B项加NaOH固体，中和了CH3COOH电离产生的H＋，平衡向正反应方向移动。
探究点二
电离常数
1．概念
在一定条件下，弱电解质的电离达到平衡时溶液中各种离子浓度的乘积与溶液中未电离的分子浓度的比是一个常数，这个常数叫做电离平衡常数，简称电离常数，用K表示(酸用Ka表示，碱用Kb表示)。
2．表达式
当AB??A＋＋B－达到电离平衡时，电离常数K
＝。
(1)一元弱酸、一元弱碱的电离常数
例如：CH3COOH??CH3COO－＋H＋
Ka＝
NH3·H2O??NH＋OH－
Kb＝
(2)多元弱酸的电离常数
多元弱酸的电离是分步进行的，每步各有其电离常数，依次用K1、K2、K3等来分别表示。例如二元弱酸H2S的电离分二步：
H2S??H＋＋HS－
K1＝＝1.32×10－7
HS－??H＋＋S2－
K2＝＝7.10×10－15
又如三元弱酸H3PO4的电离分三步：
H3PO4??H＋＋H2PO　K1＝
H2PO??H＋＋HPO　K2＝
HPO??H＋＋PO　K3＝
多元弱酸各步电离常数大小的比较为K1?K2?K3，因此多元弱酸的酸性主要由第一步电离所决定。第一步电离产生的H＋对第二步电离起抑制作用。
3．意义
(1)根据电离常数数值的大小可以估算弱电解质电离的趋势。K值越大，电离程度越大。如相同条件下常见物质的酸性强弱：H2SO3(中强酸)>H3PO4(中强酸)>HF>HCOOH>
>CH3COOH>H2CO3>H2S>HClO>HCN>
。
(2)多元弱酸溶液中的离子浓度比较依据。如H2S分两步电离，第一步强(K1＝1.3×10－7)，第二步弱(K2＝7.1×10－15)，则有c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)>c(OH－)。又如H3PO4分三步电离，第一步最强(K1＝7.1×10－3)，第二步较弱(K2＝6.3×10－8)，第三步最弱(K3＝4.2×10－13)，则有c(H＋)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)>c(OH－)。
4．影响因素
(1)电离常数由物质本身的性质决定。
(2)电离常数随温度变化而变化，但由于电离过程热效应较小，温度改变对电离常数影响不大，其数量级一般不变，所以室温范围内可忽略温度对电离常数的影响。
(3)电离常数与弱酸、弱碱的浓度无关。同一温度下，不论弱酸、弱碱的浓度如何变化，电离常数是不会改变的。
能否说弱电解质的电离常数越大，溶液的导电能力越强？
提示：不能。弱电解质的电离常数越大，只能说明其分子在水溶液中发生电离的程度越大，但其水溶液中离子的浓度不一定大，溶液的导电能力也不一定强。
【例2】　已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是下列有关的三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：
①NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2
②NaCN＋HF===HCN＋NaF
③NaNO2＋HF===HNO2＋NaF
由此可判断下列叙述中，不正确的是(　　)
A．HF的电离平衡常数为7.2×10－4
B．HNO2的电离平衡常数为4.9×10－10
C．根据①③两个反应即可知三种酸的相对强弱
D．HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
【解析】　根据规律“较强酸＋较弱酸盐―→较弱酸＋较强酸盐”和已知化学方程式知酸性：HF>HNO2>HCN。根据一定温度下酸的酸性越弱，电离常数越小的规律知，K(HF)>K(HNO2)>K(HCN)。
【答案】　B
25
℃时，部分物质的电离平衡常数如下表所示：
化学式
CH3COOH
H2C2O4
H2S
电离平衡常数
1.8×10－5
Ka1＝5.4×10－2Ka2＝5.4×10－5
Ka1＝1.3×10－7Ka2＝7.1×10－15
请回答下列问题：
(1)H2S的一级电离平衡常数表达式为Ka1＝。
(2)CH3COOH、H2C2O4、H2S的酸性由强到弱的顺序为H2C2O4>CH3COOH>H2S。
(3)H2C2O4与少量的KOH溶液反应的化学方程式为H2C2O4＋KOH===KHC2O4＋H2O。
(4)NaHS溶液与NaHC2O4溶液反应的离子方程式为HS－＋HC2O===H2S↑＋C2O。
解析：(1)H2S为弱电解质，不能完全电离，其一级电离方程式为H2S??HS－＋H＋，一级电离平衡常数表达式为Ka1＝。(2)多元弱酸的酸性主要由第一步电离的程度决定，故多元弱酸的一级电离平衡常数越大，酸性越强，则CH3COOH、H2C2O4、H2S的酸性由强到弱的顺序为H2C2O4>CH3COOH>H2S。(3)H2C2O4与少量的KOH溶液反应生成KHC2O4，化学方程式为H2C2O4＋KOH===KHC2O4＋H2O。(4)HC2O的酸性强于H2S，则NaHS溶液与NaHC2O4溶液反应的离子方程式为HS－＋HC2O===H2S↑＋C2O。
探究点三
一元强酸与一元弱酸的比较
1．同体积、同物质的量浓度的一元强酸与一元弱酸的比较
2.同体积、同c(H＋)的一元强酸与一元弱酸的比较
1．在浓度均为0.01
mol·L－1的强酸HA溶液与弱酸HB溶液中，c(A－)与c(B－)的关系如何？在c(H＋)均为0.01
mol·L－1的强酸HA溶液与弱酸HB溶液中，c(A－)与c(B－)的关系又如何？
提示：强酸HA完全电离，而弱酸HB部分电离，则浓度均为0.01
mol·L－1的两溶液中c(A－)>c(B－)；而在c(H＋)均为0.01
mol·L－1的两溶液中c(A－)＝c(B－)。
2．将浓度均为0.01
mol·L－1的强酸HA溶液和弱酸HB溶液浓度分别加水稀释10倍后c(H＋)如何变化？将c(H＋)均为0.01
mol·L－1的HA强酸溶液与HB弱酸溶液作同样处理，c(H＋)又如何变化？
提示：浓度均为0.01
mol·L－1的强酸HA溶液和弱酸HB溶液，加水稀释10倍，浓度变为0.001
mol·L－1，由于强酸HA完全电离，而弱酸HB部分电离，故稀释后：c(H＋)HA＝0.001
mol·L－1，c(H＋)HB<0.001
mol·L－1；c(H＋)＝0.01
mol·L－1的强酸HA溶液加水稀释10倍，c(H＋)HA变为0.001
mol·L－1，而弱酸HB溶液中存在HB??H＋＋B－的电离平衡，加水稀释，平衡正移，H＋的物质的量会增大，则c(H＋)HB>0.001
mol·L－1。
【例3】　相同温度下，根据三种酸的电离平衡常数，下列判断正确的是(　　)
酸
HX
HY
HZ
电离平衡常数K
9×10－7
9×10－6
1×10－2
A．三种酸的酸性强弱关系：HX>HY>HZ
B．反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生
C．由电离平衡常数可以判断，HZ属于强酸，HX和HY属于弱酸
D．相同温度下，1
mol·L－1
HX溶液的电离平衡常数大于0.1
mol·L－1
HX溶液的电离平衡常数
【解析】　电离平衡常数越大，酸性越强，三种酸的酸性强弱关系：HX【答案】　B
25
℃时，pH＝3的盐酸和醋酸各1
mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是(　B　)
A．曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程
B．a点溶液的导电性比b点溶液的导电性强
C．b点溶液中和氢氧化钠的能力强于a点溶液
D．将a、b两点所示溶液加热至30
℃，的值变小
解析：A项，由图像可知稀释相同倍数，pH的改变值：曲线Ⅰ>曲线Ⅱ，则曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程，曲线Ⅱ代表醋酸的稀释过程，正确；B项，由图像可知，a点溶液的pH大于b点溶液的pH，则a点溶液中离子物质的量浓度小于b点溶液，a点溶液的导电性比b点溶液的导电性弱，错误；C项，起始时盐酸和醋酸的pH都等于3，由于盐酸为强酸，醋酸为弱酸，起始时盐酸物质的量浓度小于醋酸物质的量浓度，并且起始时两溶液的体积相同，故醋酸溶液中CH3COOH的物质的量大于盐酸中HCl的物质的量，稀释过程中酸的物质的量不变，所以b点溶液中和NaOH的能力强于a点溶液，正确；D项，将a点溶液加热，c(Cl－)不变，将b点溶液加热，促进醋酸的电离，c(CH3COO－)增大，则的值变小，正确。
1．将1
mol
冰醋酸加入到一定量的蒸馏水中最终得到1
L溶液。下列各项中，表示其已达到电离平衡状态的是(　D　)
A．醋酸分子的浓度始终为1
mol/L
B．H＋的浓度达到0.5
mol/L
C．醋酸分子的浓度、醋酸根离子的浓度、H＋的浓度均为0.5
mol/L
D．醋酸分子电离成离子的速率和离子重新结合成醋酸分子的速率相等
解析：达到电离平衡时，各微粒的浓度不再发生变化，但它们不一定相等，也不一定等于电离方程式中各微粒的化学计量数之比，故电离平衡状态与化学平衡状态的界定类似，其达到平衡状态的判断依据之一是可逆过程的正、逆反应速率相等，其二是各种微粒的浓度都保持自己的定值，不发生变化。故正确答案为D。
2．将0.1
mol·L－1
HF溶液不断加水稀释，下列各量始终保持增大的是(　C　)
A．c(H＋)
B．Ka(HF)
C．
D．
解析：因HF为弱酸，则浓度为0.1
mol·L－1的HF溶液不断加水稀释会促进HF的电离，HF的电离平衡正向移动，n(H＋)增大，但溶液体积也增大，且增大的程度大于n(H＋)增大的程度，所以c(H＋)不断减小，A项错误；因电离平衡常数只与温度有关，则Ka(HF)在稀释过程中不变，B项错误；因Ka(HF)＝，HF溶液不断加水稀释过程中，c(F－)不断减小，Ka(HF)不变，则增大，C项正确；刚开始稀释时，电离产生等量的H＋和F－，则两种离子的浓度比值可视为不变，但随着稀释的不断进行，由于水电离产生H＋，则c(H＋)不会低于10－7
mol·L－1，c(F－)不断减小，二者的比值变小，D项错误。
3．在100
mL
0.1
mol/L的醋酸溶液中，欲使醋酸的电离程度增大，H＋浓度减小，可采用的方法是(　D　)
A．加热
B．加入0.1
mol/L的醋酸溶液100
mL
C．加入少量的0.5
mol/L的硫酸
D．加入少量的1
mol/L的NaOH溶液
解析：当外界条件发生改变时，电离平衡会被破坏，平衡的移动会导致弱电解质的电离程度改变，平衡体系中各微粒的浓度发生变化。分析电离平衡的移动，完全可以运用勒夏特列原理，因为电离平衡也是化学平衡的一种。
4．在温度不变的条件下，加水稀释0.1
mol·L－1氨水，随着水的量的增加，下列关系式的数值变小的是(　A　)
A．
B．
C．n(OH－)
D．
解析：NH3·H2O的电离平衡常数K＝，则＝。在温度不变的条件下，K不变，稀释过程中c(NH)逐渐减小，因此随着稀释而减小，A正确；温度不变时，K不变，B错误；稀释促进NH3·H2O的电离，n(OH－)增大，C错误；稀释时，溶液的碱性减弱，酸性相对增强，增大，D错误。
5．H2S水溶液中存在电离平衡H2S??H＋＋HS－和HS－??H＋＋S2－。若向H2S溶液中(　C　)
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小
D．加入少量硫酸铜固体(忽略溶液体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小
解析：加水稀释酸性溶液，c(H＋)一定减小，A项错误；通入过量SO2，最后溶液变为饱和H2SO3溶液，酸性增强，溶液pH减小，B项错误；由H2S＋Cl2===2HCl＋S↓可知，加入新制氯水后生成强酸HCl，溶液的酸性增强，溶液pH减小，C项正确；加入CuSO4生成CuS沉淀，使平衡右移，c(H＋)增大，D项错误。
6．下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25
℃)。
酸
电离方程式
电离平衡常数K
CH3COOH
CH3COOH??CH3COO－＋H＋
1.75×10－5
H2CO3
H2CO3??H＋＋HCOHCO??H＋＋CO
K1＝4.4×10－7K2＝4.7×10－11
H2S
H2S??H＋＋HS－HS－??H＋＋S2－
K1＝9.1×10－8K2＝1.1×10－12
H3PO4
H3PO4??H＋＋H2POH2PO??H＋＋HPOHPO??H＋＋PO
K1＝7.1×10－3K2＝6.3×10－8K3＝4.2×10－13
回答下列各题：
(1)当温度升高时，K值增大(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)在温度相同时，各弱酸的K值不同，那么K值的大小与酸性的相对强弱有何关系？K值越大，电离出的氢离子浓度越大，所以酸性越强。
(3)若把CH3COOH、H2CO3、HCO、H2S、HS－、H3PO4、H2PO、HPO都看作是酸，其中酸性最强的是H3PO4，最弱的是HPO。
(4)多元弱酸是分步电离的，每一步都有相应的电离平衡常数。对于同一种多元弱酸的K1、K2、K3之间存在着数量上的规律，此规律是K1?K2?K3，产生此规律的原因是上一级电离产生的H＋对下一级电离有抑制作用。
(5)用食醋浸泡有水垢的水壶，可以清除其中的水垢，通过该事实能(填“能”或“不能”)比较醋酸与碳酸的酸性强弱，请设计一个简单的实验验证醋酸与碳酸的酸性强弱。
方案：向盛有少量NaHCO3溶液的试管中加入适量CH3COOH溶液，产生无色气泡，证明醋酸酸性大于碳酸。
解析：(1)弱电解质的电离是吸热反应，升高温度能促进电离，故升高温度，K值增大。(2)K值越大，说明电离出的氢离子浓度越大，该酸越易电离，酸性越强。(3)因为K值越大，酸性越强，这几种酸中，H3PO4的K值最大，HPO的K值最小，故酸性最强的是H3PO4，酸性最弱的是HPO。(4)由表中K1、K2、K3可知，常数之间约是105倍的关系，即K1?K2?K3≈1?10－5?10－10，酸的每级电离都能产生H＋，故上一级电离产生的H＋
对下一级电离有抑制作用，使得上一级的电离常数远大于下一级的电离常数。(5)证明醋酸的酸性大于碳酸，可用CH3COOH与CaCO3(水垢的主要成分)或NaHCO3反应产生CO2来证明。
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13
-第3课时　常见的弱电解质
一、水的电离
1．水的电离：水是一种极弱的电解质，水的电离存在电离平衡：
(1)电离方程式：2H2O??H3O＋＋OH－，
通常简写为：H2O??H＋＋OH－。
(2)特例：室温下纯水中
c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7_mol·L－1。
2．水的离子积常数：
(1)符号：Kw。
(2)表达式：Kw＝c(H＋)·c(OH－)，25
℃时，Kw＝1.0×10－14。
(3)影响因素：只与温度有关，升高温度Kw增大，降低温度Kw减小。
(4)适用范围：Kw不仅适用于纯水也适用于稀的电解质水溶液。
3．影响水的电离平衡的因素
(1)升高温度可促进水的电离；
(2)酸、碱均可抑制水的电离；
(3)易水解的盐均可促进水的电离；
(4)活泼金属(如Na)可促进水的电离。
二、电离常数与弱酸、弱碱酸碱性的关系
弱酸、弱碱的电离常数能够反映弱酸、弱碱酸碱性的相对强弱。在一定的温度下，当弱酸浓度相同时，电离常数越大，弱酸的电离程度就越大，溶液中氢离子浓度也越大。因此，我们常用电离常数来表示弱酸的相对强弱，电离常数越大，弱酸的酸性越强。
探究点一
水的电离平衡
1．水的电离
(1)水是一种极弱的电解质，可发生微弱的电离。
(2)电离方程式为H2O＋H2O??H3O＋＋OH－，也可以简写成H2O??H＋＋OH－。
(3)热效应：水的电离是吸热的过程，升高温度，水的电离平衡右移，其电离程度增大。
(4)对于水的电离的有关计算应注意：
25
℃时1
L纯水中只有1×10－7
mol的水分子电离。
25
℃时水的电离平衡常数为：K＝＝≈1.8×10－16。
由水分子电离出的H＋和OH－的数目在任何情况下总是相等的，25
℃时纯水中c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol/L。
(5)纯水在常温下的有关数据
①c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7
mol·L－1
②Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
③pH＝－lgc(H＋)＝7
2．影响水电离平衡的因素
与其他弱电解质的电离平衡相似，水的电离平衡也符合平衡移动原理。由此，向纯水中通入少量气体或加入少量固体或加热时，电离平衡会发生相应的变化：
(1)酸或碱：向纯水中加入酸或碱时，酸电离出的H＋或碱电离出的OH－，都抑制了水的电离，使水的电离程度减小，但由水电离出的H＋和OH－浓度一定是相等的，Kw也不变。
(2)盐：向纯水中加入某些盐时，盐电离出的弱酸阴离子(如CH3COO－)或弱碱阳离子(如NH)结合水电离出的H＋或OH－生成难电离的弱电解质，促进了水的电离，使水的电离程度增大，盐溶液也呈一定的酸碱性(盐类的水解将在下一节内容中介绍)，但Kw也不变。
(3)温度：水的电离是吸热过程。升高温度，促进了水的电离，水的电离程度增大，c(H＋)和c(OH－)同时增大但保持相等，Kw增大。纯水一定呈中性。
(4)压强：水为液体，改变压强其体积几乎不变。即压强对水的电离平衡无影响。
1．在纯水中加入适量稀盐酸时，由于盐酸电离的H＋中和了水电离出的OH－，故水的电离程度增大，这种说法正确吗？
提示：不正确。因为水的电离程度很小，故水电离出的OH－的浓度很小，当加入稀盐酸时，不是中和了水电离出的OH－，而是增大了溶液中的H＋浓度，从而抑制了水的电离。
2．升高温度时，促进了水的电离，故水电离出的c(H＋)>1.0×10－7
mol·L－1，因此溶液显酸性，这种说法正确吗？
提示：不正确。升高温度时，促进了水的电离，水电离出的c(H＋)>1.0×10－7
mol·L－1，但在纯水中c(H＋)和c(OH－)同时增大，且始终相等，故溶液仍呈中性。
【例1】　25
℃时，水的电离达到平衡：H2O??H＋＋OH－　ΔH>0，下列叙述正确的是(　　)
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)减小
B．向水中加入少量NaHSO4固体，c(H＋)增大，Kw不变
C．向水中加入稀盐酸，平衡正向移动，c(H＋)增大
D．将水加热，Kw增大，pH不变
【思路分析】　水的电离是吸热过程，符合平衡移动原理，对于A、C项要正确理解勒夏特列原理中“减弱”两字的含义。
【解析】　向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，但c(OH－)增大，A项错误；向水中加入稀盐酸，平衡逆向移动，最终溶液中c(H＋)增大，C项错误；将水加热，平衡正向移动，水电离出的c(H＋)和c(OH－)增大，Kw增大，pH减小，D项错误。
【答案】　B
已知25
℃时，Kw＝1.0×10－14，如果100
℃时，Kw＝5.5×10－13，这说明(　C　)
A．100
℃时水的电离程度较小
B．前者c(H＋)较后者大
C．水的电离过程是一个吸热过程
D．100
℃时，0.1
mol·L－1
DCl的重水溶液中水的电离程度一定是室温时电离程度的10倍
解析：由题意知，随水溶液温度的升高，Kw也随之增大，即c(H＋)·c(OH－)增大。c(H＋)·c(OH－)增大，说明H2O??H＋＋OH－向右进行的程度大，由此可知水的电离是吸热的。所以A、B两项错误，C项正确；当改用重水作溶剂时，由于重水的电离程度与普通水的电离程度不一定相同(事实上不同)，所以室温时重水的离子积c(D＋)·c(OD－)不一定等于1.0×10－14，也不能将普通水在100
℃时的离子积常数应用于重水溶液，尽管DCl是强酸，在重水溶液中能够完全电离，题目告诉的浓度可以求出溶液中的c(D＋)，但因不知道两种温度条件下的重水离子积常数，所以无法得出c(OD－)，也就是说无法知道两种温度条件下重水分子本身的电离程度，所以D项错误。
探究点二
水的离子积常数
1．推导过程
水的电离是一个可逆过程，因此也存在电离平衡常数：K电离＝，则有c(H＋)·c(OH－)＝K电离·c(H2O)。1
L水的浓度为55.6
mol·L－1，为常数，K电离为常数，所以K电离·c(H2O)也必然为常数，因此c(H＋)·c(OH－)为常数。
2．正确理解水的离子积
(1)Kw只与温度有关。因为水的电离是吸热过程，所以升高温度，有利于水的电离，Kw增大，如：
t/℃
0
10
20
25
Kw/10－14
0.114
0.292
0.681
1.01
t/℃
40
50
90
100
Kw/10－14
2.92
5.47
38.0
55.0
(2)Kw揭示了任何溶液中均存在水的电离平衡，H＋与OH－共存，只是相对含量不同。
(3)Kw＝c(H＋)·c(OH－)不仅适用于纯水(或其他中性溶液)，也适用于一切酸、碱、盐的稀溶液。Kw不随溶液中c(H＋)和c(OH－)的改变而改变。
(4)一定温度下，不同溶液中c(H＋)＝，故c(H＋)和c(OH－)成反比。
(5)在Kw＝c(H＋)·c(OH－)表达式中，c(H＋)、c(OH－)均分别表示整个溶液中H＋、OH－的物质的量浓度。在不同溶液中，c(H＋)、c(OH－)可能不同，但任何溶液中由水电离产生的c(H＋)、c(OH－)总是相等的。
酸溶液中，[c(H＋)酸＋c(H＋)H2O]·c(OH－)H2O＝Kw，通常忽略c(H＋)H2O。
碱溶液中，[c(OH－)碱＋c(OH－)H2O]·c(H＋)H2O＝Kw，通常忽略c(OH－)H2O。
(6)水电离出的c(H＋)和c(OH－)的计算(25
℃时)
①中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7
mol/L。
②溶质为酸的溶液：H＋来源于酸的电离和水的电离，而OH－只来源于水的电离。如计算0.01
mol/L盐酸中由水电离出的c(H＋)，方法是先求出溶液中的c(OH－)＝10－12
mol/L，则由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12
mol/L。即：c(OH－)H2O＝c(H＋)H2O＝c(OH－)＝。
③溶质为碱的溶液：OH－来源于碱的电离和水的电离，而H＋只来源于水的电离。如计算0.01
mol/L
NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)，方法是先求出溶液中c(H＋)＝10－12mol/L，则由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12
mol/L。即：c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O＝c(H＋)＝。
【例2】　25
℃时，某溶液中由水电离产生的c(H＋)和c(OH－)的乘积为1×10－18，下列说法正确的是(　　)
A．该溶液的pH一定是9
B．该溶液的pH一定是5
C．该溶液的pH不可能是7
D．不会有这样的溶液
【思路分析】　酸或碱溶液中的H＋或OH－浓度与水电离出的H＋或OH－浓度的区别：c(H＋)溶液＝c(H＋)酸＋c(H＋)水，c(OH－)溶液＝c(OH－)碱＋c(OH－)水。酸溶液中酸电离出的H＋浓度大于水电离出的H＋浓度的100倍时，可以忽略水电离出的H＋，同理，碱溶液中碱电离出的OH－浓度大于水电离出的OH－浓度的100倍时，可以忽略水电离出的OH－。
【解析】　温度一定时，水的离子积是固定的。由水电离产生的c(H＋)·c(OH－)＝10－18知由水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝10－9
mol/L，H＋、OH－浓度均小于10－7
mol/L，水的电离受到抑制，若为酸溶液，c(H＋)酸＝
mol/L＝10－5
mol/L，pH＝5；若为碱溶液，c(OH－)碱＝10－5
mol/L，pH＝9。故选C。
【答案】　C
下列操作不能使水的离子积发生变化的是(　A　)
A．向纯水中加入稀NaOH溶液
B．向纯水中加入浓硫酸
C．向纯水中加入氧化钙固体
D．向纯水中加入硝酸铵固体
解析：水的离子积只与温度有关。B、C项操作使温度升高，D项操作使温度降低，故B、C、D项错误；A项操作对温度影响很小(可忽略)，故A项正确。
1．下列说法正确的是(　D　)
A．HCl溶液中无OH－有氯化氢分子
B．NaOH溶液中无H＋
C．NaCl溶液中既无OH－也无H＋
D．室温下，任何物质的水溶液中都有H＋和OH－，且Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
解析：凡是水溶液中都存在H＋和OH－，且Kw＝c(H＋)·c(OH－)，在25
℃时Kw＝1×10－14。
2．下列说法正确的是(　A　)
A．6
mol/L的H2SO4溶液中存在OH－、H＋、SO
B．因为水的离子积常数的表达式是Kw＝c(H＋)·c(OH－)，所以Kw随溶液c(H＋)和c(OH－)的变化而变化
C．水的电离方程式是：H2O===H＋＋OH－
D．Kw＝10－14适用于任何温度、任何溶液
3．下列说法中正确的是(　D　)
A．水是极弱的电解质，它能微弱电离出H＋，所以严格地说纯水呈弱酸性
B．纯水中c(H＋)·c(OH－)＝Kw，Kw是一常数，不随任何条件改变
C．25
℃时纯水中c(H＋)·c(OH－)＝10－14，稀酸和稀碱溶液中Kw＝c(H＋)·c(OH－)≠10－14
D．H2O??H＋＋OH－是吸热反应，所以温度升高，平衡向电离方向移动，Kw也随之增大
解析：水电离出等量的H＋和OH－，故水呈中性，A错；水的离子积常数是一个温度常数，随着温度的升高而增大，故B错；25
℃时无论是纯水还是稀酸、稀碱溶液中都有：Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，C错。有关水的电离的题目只要牢记以下三点就能完全解决：①水是一种极弱电解质。②水的离子积常数只与温度有关。③在任何情况中由水电离产生的H＋和OH－的数目一定相等。
4．常温下，向蒸馏水中滴加少量稀盐酸后，下列说法错误的是(　D　)
A．c(H＋)·c(OH－)不变
B．pH减小
C．c(OH－)减小
D．由水电离出的c(H＋)增大
解析：温度不变，水的离子积不变，A项正确；加入稀盐酸，溶液的pH减小，B项正确；溶液中c(H＋)增大，c(OH－)减小，C项正确；水的电离受到抑制，则由水电离出的c(H＋)减小，D项错误。
5．(1)25
℃时，10
L水中含OH－的物质的量为10－6
mol，含H＋的个数为10－6NA个(设阿伏加德罗常数为NA，下同)。
(2)25
℃时，1
g水中含H＋的个数为10－10NA个。
(3)常温下，1
mol水中含OH－的物质的量为1.8×10－9
mol。
解析：(1)常温下，Kw＝1×10－14，c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－7
mol·L－1。1
L水中含n(OH－)＝1×10－7
mol，n(H＋)＝1×10－7
mol，故10
L水中含OH－的物质的量为1×10－6
mol，含H＋的个数为10－6NA个。
(2)1
L水即1
000
g水中含H＋的物质的量为1×10－7
mol，故1
g水中含H＋的物质的量为1×10－10
mol，即含H＋的个数为10－10NA个。
(3)1
L水即1
000
g水中含OH－的物质的量为1×10－7
mol，故1
mol水即18
g水中含OH－的物质的量为×1×10－7
mol＝1.8×10－9
mol。
6．已知水在25
℃和100
℃时，电离平衡曲线如下图所示：
(1)25
℃时水的电离平衡曲线应为A(填“A”或“B”)，请说明理由：水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，c(H＋)、c(OH－)小。
(2)下列措施能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)>c(OH－)的是(　C　)
A．向纯水中投入少量Na2O2　　　
B．将水加热煮沸
C．向水中通入CO2
D．向水中加入NaCl
解析：(1)水的电离是吸热过程，当温度升高时，促进水的电离，水的离子积增大，水中c(H＋)、c(OH－)都增大，结合图像中A、B曲线变化情况及c(H＋)、c(OH－)可以判断，25
℃时水的电离平衡曲线应为A。
(2)影响水电离平衡的因素很多。A项生成NaOH，使c(OH－)>c(H＋)；B项可促进水的电离，但c(H＋)＝c(OH－)；D项对水的电离无影响；C项可与水反应生成H2CO3，抑制水的电离，但H2CO3??H＋＋HCO，使c(H＋)>c(OH－)。
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