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(共247张PPT)
专题九　水溶液中的离子平衡
01
自主排查
02
命题角度
03
专题作业
HO
OH
200
SOH
150
25
100
00
50
50ml
40
m
50
30
20
解析
答案专题九　水溶液中的离子平衡
[学业要求]　1.能用化学用语正确表示水溶液中的离子反应与平衡，能通过实验证明水溶液中存在的离子平衡，能举例说明离子反应与平衡在生产、生活中的应用。2.能从电离、离子反应、化学平衡的角度分析溶液的性质，如酸碱性、导电性等。3.能进行溶液pH的简单计算，能正确测定溶液pH，能调控溶液的酸碱性。能选择实例说明溶液pH的调控在工农业生产和科学研究中的重要作用。4.认识盐类水解的原理和影响盐类水解的主要因素。认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡，了解沉淀的生成、溶解和转化。能综合运用离子反应、化学平衡原理，分析和解决生产、生活中有关电解质溶液的实际问题。
自主排查
正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”。
1．BaSO4难溶于水，但它是强电解质，氨水是弱电解质。(　　)
答案　×
解析　氨水是混合物，不是电解质。
2．弱电解质加水稀释和变浓，电离平衡移动的方向不同。(　　)
答案　×
解析　无论加水稀释和变浓，电离平衡都向电离的方向移动。
3．弱酸、弱碱加水稀释时，溶液中各粒子的浓度都减小。(　　)
答案　×
解析　CH3COOH溶液加水稀释，c(H＋)、c(CH3COO－)、c(CH3COOH)减小，而c(OH－)增大。
4．温度不变，向NH3·H2O溶液中加入NH4Cl，电离平衡左移，电离平衡常数减小。(　　)
答案　×
解析　电离平衡常数只与温度有关。
5．室温下，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7。(　　)
答案　×
解析　等体积混合，CH3COOH剩余，溶液呈酸性。
6．25
℃时，等体积、等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH＝7。(　　)
答案　×
解析　恰好中和生成NH4NO3、NH水解使溶液显酸性。
7．0.1
mol·L－1的NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋2c(CO)。(　　)
答案　×
解析　物料守恒c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)。
8．H2CO3的电离常数表达式：Ka＝
eq
\f(c2（H＋）·c（CO）,c（H2CO3）)
。(　　)
答案　×
解析　H2CO3是二元弱酸分步电离，电离平衡常数Ka1、Ka2表达式不同，第一步电离的平衡常数Ka1＝
eq
\f(c（H＋）·c（HCO）,c（H2CO3）)
。
9．由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13
mol·L－1的溶液呈碱性。(　　)
答案　×
解析　水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1可能呈酸性也可能呈碱性。
10．用湿润的pH试纸测溶液的pH，一定有误差。(　　)
答案　×
解析　用湿润的pH试纸测氯化钠等中性溶液，不会产生误差。
11．用热的纯碱溶液洗去油污，是因为Na2CO3可直接与油污反应。(　　)
答案　×
解析　Na2CO3受热水解程度增大，碱性增强，有利于油污水解而除去。
12．施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，是因为K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效。(　　)
答案　√
13．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同。(　　)
答案　×
解析　CH3COONH4显中性，但CH3COO－、NH均会水解促进水的电离。
14．Na2CO3溶液显碱性的原因：CO＋2H2O????H2CO3＋2OH－。(　　)
答案　×
解析　多元弱酸的酸根离子分步水解。
15．常温下，pH＝11的CH3COONa溶液与pH＝3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同。(　　)
答案　×
解析　CH3COONa促进水的电离，CH3COOH抑制水的电离。
16．向NH4HSO4溶液中加入等物质的量的NaOH形成的溶液中：c(Na＋)＝c(SO)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。(　　)
答案　√
17．相同物质的量浓度的下列溶液：①NH4Al(SO4)2、②NH4Cl、③CH3COONH4、④NH3·H2O，c(NH)由大到小的顺序是①>②>③>④。(　　)
答案　√
18．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁。(　　)
答案　√
19.记录滴定终点读数为12.20
mL。(　　)
答案　×
解析　正确读数应为11.80
mL。
20．向Na2SO4溶液中加入过量的BaCl2溶液，则SO沉淀完全，溶液中只含Ba2＋、Na＋和Cl－，不含SO。(　　)
答案　×
解析　生成的BaSO4存在溶解平衡，溶液中含少量的SO。
命题角度一　电离平衡　溶液的酸碱性
1．(2020·浙江高考)下列说法不正确的是(　　)
A．2.0×10－7
mol·L－1的盐酸中c(H＋)＝2.0×10－7
mol·L－1
B．将KCl溶液从常温加热至80
℃，溶液的pH变小但仍保持中性
C．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质
D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大
答案　A
解析　盐酸的浓度为2.0×10－7
mol·L－1，完全电离，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度的数量级相差不大，则计算盐酸中氢离子浓度时，不能忽略水电离出的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10－7
mol·L－1，故A错误；KCl溶液为中性溶液，常温下pH＝7，加热到80
℃时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液仍呈中性，故B正确；NaCN溶液显碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN－对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；醋酸在溶液中存在电离平衡：CH3COOH????CH3COO－＋H＋，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向(逆向)移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确。
2．(2020·山东高考)(双选)25
℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1
mol·L－1，lg
c(CH3COOH)、lg
c(CH3COO－)、lg
c(H＋)和
lg
c(OH－)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是(　　)
A．O点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)
B．N点时，pH＝－lg
Ka
C．该体系中，c(CH3COOH)＝
mol·L－1
D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO－的水解程度始终增大
答案　BC
解析　分析图像可知，
随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸浓度减小，又pH＝7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，曲线1为lg
c(CH3COO－)随pH的变化曲线，曲线2为lg
c(H＋)随pH的变化曲线，曲线3为lg
c(OH－)随pH的变化曲线，曲线4为lg
c(CH3COOH)随pH的变化曲线。根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，lg
c(H＋)＝lg
c(OH－)，即c(H＋)＝c(OH－)，故A错误；N点为曲线1和曲线4的交点，lg
c(CH3COO－)＝lg
c(CH3COOH)，即c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，因Ka＝，代入等量关系并变形可知pH＝－lg
Ka，故B正确；c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1
mol·L－1，则c(CH3COO－)＝0.1
mol·L－1－c(CH3COOH)，Ka＝，联立两式消去c(CH3COO－)并化简整理可得出，c(CH3COOH)＝
mol·L－1，故C正确；醋酸根离子的水解平衡为CH3COO－＋H2O????CH3COOH＋OH－，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH－)不断增大，则不利于醋酸根离子的水解，会使其水解程度减小，故D错误。
3．(2020·全国卷Ⅰ)以酚酞为指示剂，用0.1000
mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00
mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是(　　)
A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)
B．H2A溶液的浓度为0.2000
mol·L－1
C．HA－的电离常数Ka＝1.0×10－2
D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)<2c(A2－)＋c(HA－)
答案　C
解析　根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40
mL
NaOH溶液时，溶液的pH发生突变，且曲线②代表的粒子分布系数达到最大值，接近1.0，根据反应2NaOH＋H2A===Na2A＋2H2O，c(H2A)＝＝0.1000
mol·L－1；没有加入NaOH时，pH约为1.0，且曲线①、②分布系数之和为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，故A、B错误；根据曲线③当δ(HA－)＝δ(A2－)时溶液的pH＝2，则HA－的电离平衡常数Ka＝＝c(H＋)＝1×10－2，C正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2～10，终点时溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＞2c(A2－)＋c(HA－)，D错误。
4．(2019·全国卷Ⅲ)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH＝2的H3PO4溶液，下列说法正确的是(　　)
A．每升溶液中的H＋数目为0.02NA
B．c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
答案　B
解析　磷酸是中强酸，存在电离平衡。常温下pH＝2的H3PO4溶液中，c(H＋)＝0.01
mol/L，每升溶液中的H＋数目为0.01NA，A错误；由电荷守恒知，c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)，B正确；加水稀释使电离平衡右移，电离度增大，但是溶液中的H＋浓度减小，故溶液pH增大，C错误；加入NaH2PO4固体，抑制了磷酸的第一步电离，溶液酸性减弱，D错误。
5．(2018·天津高考)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO的分布分数δ
eq
\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(δ＝\f(c（H2PO）,c总（含P元素的粒子）)))
随pH的变化如图2所示，下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是(　　)
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO
C．随c初始(H2PO)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　溶液中存在H2PO的电离平衡和水解平衡，存在HPO的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡，A错误。含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO和H3PO4，B错误。从图1中得到随着c初始(H2PO)增大，溶液的pH不过大约从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时pH达到4.66以后就不变了，C错误。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H2PO占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。
1．外界条件对弱电解质电离平衡的影响
2．影响水电离的因素
3．溶液的酸碱性及pH
(1)在任何温度下的中性溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝，常温下中性溶液pH＝7，温度升高时，中性溶液的pH＜7。
(2)溶液pH的计算方法
关键能力
1．一强一弱溶液的稀释图像分析
2.分布系数图像分析
1．(2020·海南省高三三模)氢氰酸(HCN)是一种弱酸，在水溶液中存在电离平衡：HCN????H＋＋CN－，常温下电离常数为Ka。下列说法正确的是(　　)
A．0.1
mol·L－1HCN溶液的pH<1
B．增大HCN溶液浓度，其电离程度减小
C.升高HCN溶液温度，平衡逆向移动
D．加入少量NaOH溶液，会使Ka增大
答案　B
解析　氢氰酸(HCN)是一种弱酸，不能完全电离，因此0.1
mol·L－1HCN溶液中c(H＋)＜0.1
mol·L－1，pH>1，故A错误；弱电解质溶液的浓度越大，弱电解质的电离程度越小，氢氰酸是一种弱酸，为弱电解质，增大HCN溶液浓度，其电离程度减小，故B正确；弱电解质的电离是吸热过程，升高HCN溶液温度，HCN????H＋＋CN－平衡正向移动，故C错误；加入少量NaOH溶液，中和氢离子，电离平衡右移，但溶液的温度不变，电离平衡常数不变，故D错误。
2．(2020·海南省普通高中高考调研测试)向体积和pH均相等的盐酸和醋酸中分别加入足量的镁粉，则下列关于反应产生H2的体积(同温同压下测定)和速率与时间的关系图像描述正确的是(　　)
答案　A
解析　体积和pH均相同，开始氢离子浓度相同反应速率相同，随反应进行，醋酸电离出更多的氢离子，反应速率减小的较慢，故B、C错误；镁粉足量，生成的氢气的体积由酸的量决定，醋酸是弱酸，pH相同则醋酸的浓度更大，同体积的两种酸，醋酸产生的氢气更多，故D错误。
3．(2020·北京石景山区高三一模)室温下有下列四种溶液，下列叙述正确的是(　　)
编号
①
②
③
④
pH
3
3
11
11
溶液
盐酸
醋酸溶液
氢氧化钠溶液
氨水
A.①、②、③三种溶液的物质的量浓度大小为①＝③＞②
B．相同体积的①、②溶液分别与③溶液完全中和，消耗③溶液的体积：①＞②
C．②、③两溶液等体积混合，所得溶液中c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．①、③溶液以体积比为9∶11混合，则混合溶液的pH＝4
答案　C
解析　盐酸为强酸，pH＝3的盐酸，其物质的量的浓度为10－3
mol·L－1，氢氧化钠为强碱，pH＝11的氢氧化钠溶液，其物质的量浓度为＝10－3
mol·L－1，醋酸为弱酸，在水溶液中部分电离，pH＝3的醋酸溶液，其物质的量浓度大于pH＝3的盐酸。故①、②、③三种溶液的物质的量浓度大小为①＝③＜②，A错误；pH相同，相同体积的①、②溶液，溶质的物质的量：②＞①，则相同体积的①、②溶液分别与③溶液完全中和，消耗③溶液的体积：①＜②，B错误；②、③两溶液等体积混合，得到了醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液中离子浓度大小关系为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，C正确；根据以上分析，①、③溶液其物质的量浓度相等，二者混合，发生反应：HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，设①溶液体积为9V，则③溶液体积为11V，反应后所得溶液为NaCl和NaOH的混合溶液，混合溶液中c(OH－)＝＝10－4mol·L－1，则溶液的pH＝10，D错误。
4．(2020·海南省新高考模拟)化学上把外加少量酸、碱，而pH基本不变的溶液，称为缓冲溶液，现有25
℃时，浓度均为0.10
mol/L的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液，pH＝4.76，回答下列问题：[Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kh为盐的水解常数]
(1)CH3COOH的电离方程式为______________________________________。
(2)该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是____________________。
(3)25
℃时，Ka(CH3COOH)______Kh(CH3COO－)(填“>”“<”或“＝”)。
(4)1.0
L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液中c(H＋)＝________
mol/L。
(5)人体血液存在H2CO3(CO2)与NaHCO3的缓冲体系，能有效除掉人体正常代谢产生的酸、碱，保持pH的稳定，有关机理说法正确的是________(填写选项字母)。
a．代谢产生的H＋被HCO结合形成H2CO3
b．血液中的缓冲体系可抵抗大量酸、碱的影响
c．代谢产生的碱被H＋中和，H＋又由H2CO3电离补充
答案　(1)CH3COOH????CH3COO－＋H＋
(2)c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
(3)>　(4)1×10－4.76　(5)ac
解析　(1)CH3COOH是弱电解质，CH3COOH的电离方程式为CH3COOH????CH3COO－＋H＋。
(2)根据电荷守恒，该缓冲溶液中c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，pH＝4.76，c(OH－)c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
(3)Kh(CH3COO－)＝＝≈5.7×10－10，所以Ka(CH3COOH)>Kh(CH3COO－)。
(4)由题给信息可知加少量酸、碱，缓冲溶液pH基本不变，1.0
L题述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液pH＝4.76，所以c(H＋)＝1×10－4.76
mol/L。
(5)缓冲体系中存在H2CO3、HCO，代谢产生的H＋被HCO结合形成H2CO3，被血液带到肺部分解成二氧化碳和水，故a正确；血液中的缓冲体系可抵抗少量酸、碱的影响，故b错误；代谢过程产生碱性物质进入血液时，H2CO3电离产生的H＋立即与OH－作用，生成H2O和HCO，经肾脏调节由尿排出，故c正确。
命题角度二　酸、碱中和滴定及其拓展应用
1．(2020·全国卷Ⅱ)苯甲酸可用作食品防腐剂。实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，其反应原理简示如下：
实验步骤：
(1)在装有温度计、冷凝管和搅拌器的三颈烧瓶中加入1.5
mL甲苯、100
mL水和4.8
g(约0.03
mol)高锰酸钾，慢慢开启搅拌器，并加热回流至回流液不再出现油珠。
(2)停止加热，继续搅拌，冷却片刻后，从冷凝管上口慢慢加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液，并将反应混合物趁热过滤，用少量热水洗涤滤渣。合并滤液和洗涤液，于冰水浴中冷却，然后用浓盐酸酸化至苯甲酸析出完全。将析出的苯甲酸过滤，用少量冷水洗涤，放在沸水浴上干燥。称量，粗产品为1.0
g。
(3)纯度测定：称取0.122
g粗产品，配成乙醇溶液，于100
mL容量瓶中定容。每次移取25.00
mL溶液，用0.01000
mol·L－1的KOH标准溶液滴定，三次滴定平均消耗21.50
mL的KOH标准溶液。
回答下列问题：
(1)根据上述实验药品的用量，三颈烧瓶的最适宜规格为________(填标号)。
A．100
mL
B．250
mL
C．500
mL
D．1000
mL
(2)在反应装置中应选用________冷凝管(填“直形”或“球形”)，当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成，其判断理由是__________________。
(3)加入适量饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是___________________________；该步骤亦可用草酸在酸性条件下处理，请用反应的离子方程式表达其原理_____________________________________。
(4)“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是________。
(5)干燥苯甲酸晶体时，若温度过高，可能出现的结果是________________。
(6)本实验制备的苯甲酸的纯度为________；据此估算本实验中苯甲酸的产率最接近于________(填标号)。
A．70%
B．60%
C．50%
D．40%
(7)若要得到纯度更高的苯甲酸，可通过在水中________的方法提纯。
答案　(1)B　
(2)球形　无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化
(3)除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气　2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
(4)MnO2
(5)苯甲酸升华而损失
(6)86.0%　C
(7)重结晶
解析　(1)加热液体，所盛液体的体积不超过三颈烧瓶的一半，三颈烧瓶中已经加入100
mL水，1.5
mL甲苯，4.8
g高锰酸钾，应选用250
mL的三颈烧瓶。
(2)为增加冷凝效果，在反应装置中宜选用球形冷凝管，当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，因为没有油珠说明不溶于水的甲苯已经完全被氧化。
(3)高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl－氧化。加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气；该步骤亦可用草酸处理，生成二氧化碳和锰盐。
(4)由信息甲苯用高锰酸钾氧化时生成苯甲酸钾和二氧化锰，可知“用少量热水洗涤滤渣”一步中滤渣的主要成分是MnO2。
(5)由苯甲酸100
℃左右开始升华，可知干燥苯甲酸时，若温度过高，苯甲酸升华而损失。
(6)由关系式C6H5COOH～KOH得，苯甲酸的纯度为：
×100%＝86.0%；1.5
mL甲苯理论上可得到苯甲酸的质量：×122
g·mol－1≈1.72
g，产品的产率为×100%＝50%。
2．(2020·浙江1月选考)为测定FeC2O4·2H2O(M＝180
g·mol－1)样品的纯度，用硫酸溶解6.300
g样品，定容至250
mL。取25.00
mL溶液，用0.1000
mol·L－1
KMnO4标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
序号
滴定前读数/mL
滴定终点读数/mL
1
0.00
19.98
2
1.26
22.40
3
1.54
21.56
已知：3MnO＋5FeC2O4·2H2O＋24H＋===3Mn2＋＋5Fe3＋＋10CO2↑＋22H2O
假设杂质不参加反应。
该样品中FeC2O4·2H2O的质量分数是________%(保留小数点后一位)；
写出简要计算过程：____________________________________________。
答案　95.2
×100%≈95.2%
解析　表中三组数据，第一组用去V(KMnO4)＝19.98
mL，第二组用去V(KMnO4)＝22.40
mL－1.26
mL＝21.14
mL，第三组用去V(KMnO4)＝21.56
mL－1.54
mL＝20.02
mL，显然第二组数据与另两组数据偏差较大，故应舍去，第1、3组数据求平均值为＝20.00
mL。由KMnO4的浓度和消耗体积，可以求出消耗的KMnO4的物质的量，由“3MnO～5FeC2O4·2H2O”可以计算出样品中FeC2O4·2H2O的物质的量，滴定实验中只取出溶液体积的进行实验，故要扩大10倍后，再计算6.300
g样品中FeC2O4·2H2O的质量分数。
3．(2019·北京高考)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。
Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a
mol·L－1KBrO3标准溶液；
Ⅱ.取V1
mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入V2
mL废水；
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ.用b
mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V3
mL。
已知：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和________。
(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是________________。
(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是________________。
(4)Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是______________________。
(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是
______________________________________________________________。
(6)Ⅴ中滴定至终点的现象是
___________________________________________________________。
(7)废水中苯酚的含量为________g·L－1(苯酚摩尔质量：94
g·mol－1)。
(8)由于Br2具有________性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
答案　(1)容量瓶　
(2)5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O　
(3)
(4)Br2过量，保证苯酚完全反应
(5)反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量
(6)溶液蓝色恰好消失且半分钟内不变色　
(7)
(8)易挥发
解析　(1)配制一定物质的量浓度溶液时一定要使用容量瓶。
(2)－1价Br与＋5价Br在酸性条件下可发生氧化还原反应，化合价变为0价，即生成溴单质，该反应的离子方程式为5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O。
(3)苯酚与溴反应生成2，4，6?三溴苯酚和溴化氢，其化学方程式为。
(4)溶液显黄色说明溴过量，使用过量的溴是为了确保苯酚已完全被除去，也为下一步操作打下基础。
(5)5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O，Br2＋2KI===I2＋2KBr，反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，因此如果没有苯酚与溴的反应，则n(KI)∶n(KBrO3)＝6∶1时，两者恰好完全反应，因废水中含有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量。
(6)溴与KI反应生成碘单质，碘遇淀粉使溶液变蓝色；碘单质与硫代硫酸钠反应生成碘离子，因此当碘恰好完全反应时，溶液的蓝色恰好消失，且半分钟内不变色，即为滴定终点。
(7)V1
mL
a
mol·L－1
KBrO3溶液的物质的量为aV1×10－3
mol，V3
mL
b
mol·L－1硫代硫酸钠的物质的量为bV3×10－3
mol，可消耗I2的物质的量为bV3×10－3
mol；由3I2～3Br2～
BrO可知，生成bV3×10－3
mol
I2需要消耗BrO的物质的量为bV3×10－3
mol，即与苯酚对应的BrO的物质的量为(aV1×10－3－bV3×10－3)
mol，由～3Br2～BrO可知，苯酚的物质的量为(aV1×10－3－bV3×10－3)
mol，即废水中苯酚的含量
＝
＝
g·L－1。
(8)溴易挥发，挥发出去的溴也会被认为是与苯酚反应而消耗的，即会造成测定结果偏高。
4．(2018·江苏高考)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为(2－x)Al2(SO4)3＋3xCaCO3＋3xH2O===2[(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]＋3xCaSO4↓＋3xCO2↑　生成物(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
(1)制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有________________________。
(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00
mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300
g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50
mL，稀释至25
mL，加入0.1000
mol·L－1
EDTA标准溶液25.00
mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000
mol·L－1
CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00
mL(已知Al3＋、Cu2＋与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)。
计算(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程，结果保留小数点后两位)。
答案　(1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
(2)减小　
(3)25
mL溶液中：n(SO)＝n(BaSO4)＝＝0.0100
mol，2.5
mL溶液中：n(Al3＋)＝n(EDTA)－n(Cu2＋)＝0.1000
mol·L－1×25.00
mL×10－3L·mL－1－0.08000
mol·L－1×20.00
mL×10－3
L·mL－1＝9.000×10－4
mol，
25
mL溶液中：n(Al3＋)＝9.000×10－3
mol，1
mol
(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中n(Al3＋)＝(2－x)mol，n(SO)＝3(1－x)
mol，
eq
\f(n（Al3＋）,n（SO）)
＝＝
，x≈0.41。
解析　(1)制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3＋的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。
(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
1．酸碱中和滴定
(1)酸碱中和滴定实验操作
滴定操作：检漏—洗涤—润洗—装液—调零—滴定
(2)滴定终点的标志：当加入最后一滴标准液，溶液颜色突变且半分钟内不恢复原色，达到滴定终点。
附：常用酸碱指示剂及变色范围
指示剂
变色范围的pH
石蕊
<5.0红色
5.0～8.0紫色
>8.0蓝色
甲基橙
<3.1红色
3.1～4.4橙色
>4.4黄色
酚酞
<8.2无色
8.2～10.0浅红色
>10.0红色
(3)指示剂选择的基本原则
变色要灵敏，变色范围要小，变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。
①不能用石蕊作指示剂。
②滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。
③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。
④强酸与强碱互滴，用甲基橙或酚酞作指示剂都可以。
(4)酸碱中和滴定的误差分析
以标准一元酸溶液滴定未知浓度的一元碱溶液(酚酞作指示剂)为例，分析依据cB＝，其中VB—准确量取的待测液的体积，cA—标准溶液的浓度，故cB的大小与VA(消耗标准液的体积)大小成正比，若VA变大则cB偏大，若VA变小则cB偏小。
2．沉淀滴定
(1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－的浓度。
(2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物二者反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，且颜色不同，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶且AgCl为白色沉淀，Ag2CrO4为红色沉淀。
3．氧化还原滴定
(1)原理
以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质。
(2)实例
①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液
原理
2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
指示剂
酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂，当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点
②Na2S2O3溶液滴定碘液
原理
2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI
指示剂
用淀粉作指示剂，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点
关键能力
(1)在回答滴定终点的颜色变化时，要强调在半分钟内溶液颜色不褪去(或不恢复原色)。
(2)在进行相关计算时，要注意取出样品溶液与原样品所配制溶液量之间的关系。
(3)若测量的次数在三次及以上，在计算平均体积时，要舍去与其他二次(或以上)数据相差较大的一次，求平均值。
1．(2020·浙江金华十校4月高三模拟考试)下列说法正确的是(　　)
A．升高温度可以使纯水中的c(H＋)>c(OH－)
B．常温下pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合：c(Cl－)＋c(H＋)＝c(NH)＋c(OH－)
C．可用MgO固体除去MgCl2溶液中的FeCl3杂质
D．常温下，1×10－8
mol·L－1的极稀盐酸的pH等于8
答案　C
解析　升高温度，促进电离，氢离子浓度、氢氧根离子浓度均增大，但纯水仍然呈中性，所以c(H＋)＝c(OH－)，故A错误；常温下pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合，由于NH3·H2O是弱碱，不完全电离，所以反应后NH3·H2O过量，溶液呈碱性，c(H＋)＜c(OH－)，根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，c(NH)＞c(Cl－)，所以c(Cl－)＋c(H＋)＜c(NH)＋c(OH－)，故B错误；FeCl3水解程度很大，在酸性溶液中就可以沉淀完全，所以可用MgO固体消耗MgCl2溶液中的H＋，从而使FeCl3杂质水解成为Fe(OH)3沉淀而除去，故C正确；常温下，盐酸的pH不可能大于7，故D错误。
2．(2020·山东烟台高三一模)(双选)298
K时，向20
mL
0.1000
mol·L－1
CH3COOH溶液中滴入0.1000
mol·L－1
NaOH溶液，滴定曲线如图所示(忽略温度变化)。下列说法正确的是(　　)
A．该滴定过程应该选择石蕊溶液做指示剂
B．由c点数值可求醋酸的电离平衡常数约为1.66×10－5
mol·L－1
C．b点溶液中各微粒浓度关系为2c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)
D．中和同体积同pH的醋酸和盐酸所用氢氧化钠的物质的量，后者多
答案　BC
解析　一般不用石蕊做酸碱中和滴定的指示剂，A错误；c点时，溶液呈中性，则有c(H＋)＝c(OH－)，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝
mol·L－1，c(CH3COOH)＝
mol·L－1，故醋酸的电离平衡常数K(CH3COOH)＝
＝≈1.66×10－5，B正确；b点时的溶质为等量的CH3COOH和CH3COONa，存在电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝
c(CH3COO－)＋c(OH－)①，和物料守恒c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)②，①②联立消去c(Na＋)可得质子守恒2c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)，C正确；由于醋酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，则相同体积、相同pH的醋酸和盐酸溶液前者物质的量更大，故中和同体积同pH的醋酸和盐酸所用氢氧化钠的物质的量，前者多，D错误。
3．(2020·山东日照高三一模)中国是钢铁生产大国，也是铁矿石消费大国。某铁矿石主要成分为FeS2和FeCO3，实验室为测定FeS2和FeCO3的物质的量之比，利用下图所示装置进行实验。
实验步骤如下：
Ⅰ.按图示连接仪器，检查装置气密性后加入药品；
Ⅱ.打开K1、K2，通入一段时间氮气，关闭K1、K2，取下干燥管称量其质量(m1)后再连接好装置；
Ⅲ.打开K1和分液漏斗活塞，向三颈烧瓶中慢慢滴加足量已经除去O2的稀硫酸(其他杂质与稀硫酸不反应，且无还原性物质)，待反应完成后，打开K2通入一段时间氮气；
Ⅳ.关闭K1、K2，取下三颈烧瓶过滤、洗涤，将滤液与洗涤液合并成100
mL溶液备用；
Ⅴ.取下上述步骤Ⅱ中的干燥管并称量其质量(m2)；
Ⅵ.取配制好的滤液25
mL于锥形瓶中，用0.1
mol·L－1
KMnO4溶液滴定。
回答下列问题：
(1)步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是________(填“E”或“F”)。
(2)实验过程中发现B中有黑色沉淀生成，写出装置A中FeS2与稀硫酸反应的化学方程式：________________________________________________。
(3)C装置的作用是____________________________；若撤去装置F，则测得的FeCO3的含量会________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(4)下列关于步骤Ⅳ的叙述正确的是________(填标号)。
A．滤渣中含有还原产物单质硫
B．过滤过程中玻璃棒起到引流和搅拌的作用
C．过滤操作要迅速，否则会使测得的FeS2的含量偏低
D．检验沉淀是否洗涤干净，可向滤液中加入氯化钡溶液，观察是否有白色沉淀生成
(5)步骤Ⅵ中发生反应的离子方程式为________________________，到达滴定终点的现象是____________________________________________。
(6)若上述实验中m2－m1＝2.2
g，步骤Ⅵ消耗0.1
mol·L－1
KMnO4溶液45
mL，则该矿石样品中n(FeS2)∶n(FeCO3)＝________。
答案　(1)E　
(2)FeS2＋H2SO4===FeSO4＋S＋H2S↑
(3)除去H2S并检验H2S是否除尽　偏大
(4)C　(5)MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O　
滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液变为紫红色且半分钟不褪去
(6)4∶5
解析　根据题干信息可知，A装置中发生反应FeS2＋H2SO4===FeSO4＋S＋H2S↑，FeCO3＋H2SO4===FeSO4＋CO2↑＋H2O，B装置为检验H2S的装置，C装置可除去H2S并检验H2S是否除尽，D装置盛有浓硫酸可除去水蒸气，E装置吸收CO2并测定其质量，F装置可吸收空气中的CO2和H2O，防止进入E装置中影响实验结果。
(1)由上述分析可知，装置E吸收CO2并测定其质量，故步骤Ⅱ中需要称重的干燥管是E。
(3)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，可除去H2S并检验H2S是否除尽，F装置可吸收空气中的CO2和H2O，若撤去装置F，E装置所测得的CO2的质量将会偏大，使得最终FeCO3的含量偏大。
(4)反应FeS2＋H2SO4===FeSO4＋S＋H2S↑中FeS2中的S化合价由－1升高至0价，S为氧化产物，故滤渣中含有氧化产物S，A错误；过滤过程中玻璃棒的作用是引流，B错误；过滤操作要迅速，否则FeSO4被空气中的氧气氧化，Fe2＋含量偏低，消耗的KMnO4溶液体积偏小，从而Fe2＋总量偏小，FeCO3的量不变，则测得的FeS2含量偏低，C正确；检验沉淀是否洗涤干净，应取最后一次洗涤液，向其中加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成，若有，则未洗涤干净，反之则洗涤干净，D错误。
(6)m2－m1＝2.2
g，即CO2的质量为2.2
g，物质的量为0.05
mol，则FeCO3的物质的量为0.05
mol，由方程式5Fe2＋＋MnO＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O可知，5Fe2＋～MnO，n(MnO)＝0.045
L×0.1
mol·L－1＝0.0045
mol，25
mL滤液中，n(Fe2＋)＝5×0.0045
mol＝0.0225
mol，则100
mL滤液中n(Fe2＋)＝4×0.0225
mol＝0.09
mol，因此n(FeS2)＝0.09
mol－n(FeCO3)＝0.04
mol，n(FeS2)∶n(FeCO3)＝0.04∶0.05＝4∶5。
命题角度三　盐类水解与溶液中离子浓度的关系
1．(2020·浙江高考)水溶液呈酸性的是(　　)
A．NaCl
B．NaHSO4
C．HCOONa
D．NaHCO3
答案　B
解析　NaHSO4是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，故其水溶液呈酸性，B符合题意。
2．(2020·浙江高考)常温下，用0.1
mol·L－1氨水滴定10
mL浓度均为0.1
mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是(　　)
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl－)>c(CH3COO－)
B．当滴入氨水10
mL时，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C．当滴入氨水20
mL时，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20
mL，c(NH)答案　D
解析　未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1
mol·L－1，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故c(Cl－)＞c(CH3COO－)，A正确；当滴入氨水10
mL时，n(NH3·H2O)＝n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B正确；当滴入氨水20
mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C正确；当溶液为中性时，电荷守恒为c(NH)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，因为溶液为中性，则c(H＋)＝c(OH－)，故c(NH)＞c(Cl－)，D不正确。
3．(2020·江苏高考)(双选)室温下，将两种浓度均为0.1
mol·L－1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．NaHCO3—Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)
B．氨水—NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)
C．CH3COOH—CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)
D.H2C2O4—NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)
答案　AD
解析　NaHCO3水溶液呈碱性，说明HCO的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解程度CO>HCO，溶液中微粒浓度关系为c(HCO)>c(CO)，CO和HCO水解程度微弱，生成的OH－浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na＋浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)，故A正确；该混合溶液中电荷守恒为c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，物料守恒为c(NH3·H2O)＋c(NH)＝2c(Cl－)，两式联立消去c(Cl－)可得：c(NH)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)，故B错误；若不考虑溶液中相关微粒的水解和电离，则c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＝c(Na＋)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>
c(CH3COOH)>c(H＋)，故C错误；该混合溶液中物料守恒为2c(Na＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)，电荷守恒为2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，两式相加可得：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)，故D正确；综上所述，正确的是AD。
4．(2019·北京高考)实验测得0.5
mol·L－1CH3COONa溶液、0.5
mol·L－1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．随温度升高，纯水中c(H＋)>c(OH－)
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH－)减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO－、Cu2＋水解平衡移动方向不同
答案　C
解析　升温，促进水的电离，纯水中的H＋、OH－浓度均增大，但二者始终相等，纯水呈中性，A错误；升温，CH3COONa溶液中的水解平衡正向移动，c(OH－)增大，B错误；随温度升高，CuSO4溶液的水解平衡正向移动，水的电离平衡正向移动，因此CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，C正确；随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的水解平衡均正向移动，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果，D错误。
5．(2019·江苏高考)(双选)室温下，反应HCO＋H2O????H2CO3＋OH－的平衡常数K＝2.2×10－8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．0.2
mol·L－1氨水：c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．0.2
mol·L－1
NH4HCO3溶液(pH＞7)：c(NH)＞c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(NH3·H2O)
C．0.2
mol·L－1氨水和0.2
mol·L－1
NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)
D．0.6
mol·L－1氨水和0.2
mol·L－1
NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3·H2O)＋c(CO)＋c(OH－)＝0.3
mol·L－1＋c(H2CO3)＋c(H＋)
答案　BD
解析　氨水中存在：NH3·H2O????NH＋OH－，H2O????H＋＋OH－，氨水中NH3·H2O的电离是少量的，主要以NH3·H2O分子存在，水电离出OH－，所以c(OH－)＞c(NH)，A错误；NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO的水解程度大于NH的水解程度，所以c(NH)＞c(HCO)，HCO水解：HCO＋H2O????H2CO3＋OH－，NH水解：NH＋H2O????NH3·H2O＋H＋，前者水解程度大，则c(H2CO3)＞c(NH3·H2O)，B正确；由物料守恒，n(N)∶n(C)＝2∶1，则有c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，C错误；由物料守恒，n(N)∶n(C)＝4∶1，则有c(NH)＋c(NH3·H2O)＝4[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]①，由电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)②，结合①②消去c(NH)，得：c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(H＋)＋4c(H2CO3)＋3c(HCO)＋2c(CO)③，0.2
mol·L－1
NH4HCO3与氨水等体积混合后，体积增大1倍，由碳原子守恒有，c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1
mol·L－1④，将③等式两边各加一个c(CO)，则有c(NH3·H2O)＋c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋3c(H2CO3)＋3c(HCO)＋3c(CO)⑤，将④代入⑤中得，c(NH3·H2O)＋c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.3
mol·L－1，D正确。
6．(2018·北京高考)测定0.1
mol·L－1
Na2SO3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溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是(　　)
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2O????HSO＋OH－
B．④的pH与①不同，是由于SO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　Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO存在水解平衡：SO＋H2O????HSO＋OH－、HSO＋H2O????H2SO3＋OH－，A正确；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，SO浓度减小，④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO浓度减小造成的，B正确；盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO水解平衡正向移动，c(SO)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错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等。
1．离子浓度的守恒关系的书写方法
如碳酸氢钠溶液：
溶液中的粒子：Na＋、HCO、CO、H＋、OH－、H2CO3。
电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)。
物料守恒：c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)。
质子守恒：
c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CO)。
溶液中粒子浓度关系：
c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H2CO3)＞c(H＋)＞c(CO)。
2．溶液中离子浓度大小的比较方法
关键能力
电解质溶液图像题解题程序
(1)审题：弄清图像含义，通过观察弄清横坐标、纵坐标的含义及单位；搞清特殊点的意义，如坐标轴的原点，曲线的起点、终点、交叉点、极值点、转折点等；分析曲线的变化趋势如斜率的大小及升降。
(2)信息提取：挖掘隐含信息、排除干扰信息、提炼有用信息，在统摄信息的基础上进行逻辑推理或运用数据计算。
(3)答题：联想化学原理，根据选项内容，确定正确选项。
图示：
1．(2020·天津市学业水平等级适应性考试)常温下，下列溶液均为0.1
mol·L－1。有关叙述正确的是(　　)
A．碳酸氢钠溶液中c(H2CO3)＞c(CO)
B．碳酸钠溶液比碳酸氢钠溶液的pH小
C．碳酸钠溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(CO)
D．碳酸钠溶液中滴加盐酸至pH＝7，所得溶液的溶质只有NaCl
答案　A
解析　碳酸氢钠溶液为碱性，故HCO的水解能力大于电离能力，c(H2CO3)＞c(CO)，A正确；CO水解能力大于HCO，故同浓度的碳酸钠溶液pH大于碳酸氢钠溶液，B错误；根据质子守恒，碳酸钠溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋2c(H2CO3)＋c(HCO)，C错误；碳酸钠溶液中滴加盐酸至pH＝7，所得溶液的溶质有NaCl，还可能含有少量H2CO3和NaHCO3，D错误。
2．(2020·天津市红桥区高三二模)下列溶液中浓度关系正确的是(　　)
A．小苏打溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(OH－)
B．CH3COONa溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
C．0.1
mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，则c(HA－)>c(H＋)>c(H2A)>c(A2－)
D．物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)
答案　D
解析　小苏打溶液中存在的电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，故A错误；CH3COONa溶液因CH3COO－水解显碱性，则溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，故B错误；0.1
mol/L的NaHA溶液，其pH＝4，说明HA－的电离程度大于HA－的水解程度，则c(A2－)>c(H2A)，即c(HA－)>c(H＋)>c(A2－)>c(H2A)，故C错误；物质的量浓度相等的CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等体积混合后，溶液中存在的电荷守恒式为c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，物料守恒式为2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，则c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)，故D正确。
3．(2020·天津市河东区高中学业水平等级性考试一模)一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是(　　)
A．稀释氨水10倍后，其c(OH－)为原来的
B．pH之和为14的H2C2O4与NaOH溶液混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)
C．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5
mol/L
D．将等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中
eq
\f(c（CO）,c（HCO）)
＜1
答案　D
解析　一水合氨在稀释过程中继续电离生成OH－，所以稀释氨水10倍后，其c(OH－)大于原来的，故A错误；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，故B错误；根据电荷守恒得c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，故C错误；Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，导致溶液中c(HCO)＞c(CO)，则
eq
\f(c（CO）,c（HCO）)
＜1，故D正确。
4.(2020·山东省等级考模拟一)(双选)25
℃时，向10
mL
0.10
mol·L－1的一元弱酸HA(Ka＝1.0×10－3)中逐滴加入0.10
mol·L－1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．a点时，c(HA)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
B．溶液在a点和b点时水的电离程度相同
C．b点时，c(Na＋)＝c(HA)＋c(A－)＋c(OH－)
D．V＝10
mL时，c(Na＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(HA)
答案　AB
解析　a点处的溶质为HA和NaA，a点电荷守恒为：c(A－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，溶液中HA的电离平衡常数为Ka＝＝1.0×10－3，a点处pH＝3，c(H＋)＝1.0×10－3
mol·L－1，代入Ka，得c(A－)＝c(HA)，所以电荷守恒式可以换成：c(HA)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，A正确；a点溶质为HA和NaA，pH＝3，以HA对水的电离抑制为主，b点溶质为NaOH和NaA，pH＝11，以NaOH对水的电离抑制为主，二者pH之和为14，所以两点水的电离程度相等，B正确；b处的电荷守恒式为：c(A－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，则c(Na＋)＜c(A－)＋c(OH－)，显然c(Na＋)＜c(HA)＋c(A－)＋c(OH－)，C错误；当V＝10
mL时，溶液中的溶质为NaA，A－水解显碱性，A－＋H2O????HA＋OH－，c(HA)≈c(OH－)＞c(H＋)，则有c(Na＋)＞c(A－)＞c(HA)＞c(H＋)，D错误。
5．(2020·北京市高三年级质量监测)磷酸(H3PO4)是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数)与pH的关系如图，下列说法正确的是(　　)
A．H3PO4的电离方程式为：H3PO4????3H＋＋PO
B．pH＝2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO、HPO、PO
C．滴加NaOH溶液至pH＝7，溶液中c(Na＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)
D．滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3＋2H3PO4===2Na3PO4＋3H2O＋3CO2↑
答案　C
解析　从图中可以看出，随着pH的不断增大，溶质由H3PO4逐渐转化为H2PO、HPO、PO，但不管pH的大小如何，溶液中同时存在H3PO4、H2PO、HPO、PO。H3PO4为多元弱酸，电离应分步进行，A错误；pH＝2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO，B错误；滴加NaOH溶液至pH＝7，依据电荷守恒，溶液中c(Na＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)，C正确；滴加少量Na2CO3溶液，发生反应为Na2CO3＋2H3PO4===2NaH2PO4＋H2O＋CO2↑，D错误。
命题角度四　沉淀溶解平衡及应用
1．(2019·全国卷Ⅱ)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)＝Ksp(n)＜Ksp(p)＜Ksp(q)
C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
答案　B
解析　难溶物质的溶解度可以用物质的量浓度(摩尔浓度)表示，即图中a、b分别表示T1、T2温度下，1
L
CdS饱和溶液里含a
mol、b
mol
CdS，A正确；Ksp在一定温度下是一个常数，所以Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)2．(2018·全国卷Ⅲ)用0.100
mol·L－1
AgNO3滴定50.0
mL
0.0500
mol·L－1
Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是(　　)
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10
B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.0400
mol·L－1
Cl－，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500
mol·L－1
Br－，反应终点c向b方向移动
答案　C
解析　选取横坐标为50
mL的点，此时向50
mL
0.0500
mol·L－1的Cl－溶液中，加入了50
mL
0.100
mol·L－1的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag＋浓度为0.025
mol·L－1(按照银离子和氯离子1∶1的比例沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来的2倍)，由图示得到此时Cl－的浓度约为1×10－8
mol·L－1(实际稍小)，所以Ksp(AgCl)约为0.025×10－8＝2.5×10－10，所以其数量级为10－10，A正确。由于Ksp(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以曲线上各点的溶液均满足c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，B正确。滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50
mL
0.0500
mol·L－1的Cl－溶液改为50
mL
0.0400
mol·L－1的Cl－溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25
mL变为25
mL×0.8＝20
mL，而a点对应的是15
mL，C错误。卤化银从氟化银到碘化银的溶解度逐渐减小，所以Ksp(AgCl)大于Ksp(AgBr)，将50
mL
0.0500
mol·L－1的Cl－溶液改为50
mL
0.0500
mol·L－1的Br－溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是按比例1∶1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能终点由c向b方向移动，D正确。
3．(2017·全国卷Ⅲ)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10－7
B．除Cl－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl
C．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　A对：当－lg＝0时，lg约为－6.6，即c(Cl－)＝1
mol·L－1，c(Cu＋)＝10－6.6
mol·L－1，因此Ksp(CuCl)的数量级为10－7。B对：分析生成物CuCl的化合价可知，Cl元素的化合价没有发生变化，Cu元素由0价和＋2价均变为＋1价，因此参加该反应的微粒为Cu、Cu2＋和Cl－，生成物为CuCl，则反应的离子方程式为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl。C错：铜为固体，用量改变平衡不移动，即Cu的量对除Cl－效果无影响。D对：2Cu＋===Cu2＋＋Cu的平衡常数K＝，可取图像中的c(Cu＋)＝c(Cu2＋)＝1×10－6
mol·L－1代入平衡常数的表达式中计算，即为K＝＝1×106
L·mol－1，因此平衡常数很大，反应趋于完全。
4．(1)(2020·山东高考)用软锰矿(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)和BaS制备高纯MnCO3的工艺流程如下：
已知：MnO2是一种两性氧化物；25
℃时相关物质的Ksp见下表。
物质
Fe(OH)2
Fe(OH)3
Al(OH)3
Mn(OH)2
Ksp
1×10－16.3
1×10－38.6
1×10－32.3
1×10－12.7
回答下列问题：
①净化时需先加入的试剂X为____________(填化学式)。再使用氨水调溶液的pH，则pH的理论最小值为________(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10－5
mol·L－1时，可认为该离子沉淀完全)。
②碳化过程中发生反应的离子方程式为_________________________。
(2)(2020·全国卷Ⅲ)某油脂厂废弃的油脂加氢镍催化剂主要含金属Ni、Al、Fe及其氧化物，还有少量其他不溶性物质。采用如下工艺流程回收其中的镍制备硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)：
溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子
Ni2＋
Al3＋
Fe3＋
Fe2＋
开始沉淀时(c＝0.01
mol·L－1)的pH
7.2
3.7
2.2
7.5
沉淀完全时(c＝1.0×10－5
mol·L－1)的pH
8.7
4.7
3.2
9.0
回答下列问题：
①“转化”中可替代H2O2的物质是________。若工艺流程改为先“调pH”后“转化”，即
“滤液③”中可能含有的杂质离子为________。
②利用上述表格数据，计算Ni(OH)2的Ksp＝____________(列出计算式)。如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0
mol·L－1，则“调pH”应控制的pH范围是________。
(3)(2020·江苏高考)实验室由炼钢污泥(简称铁泥，主要成分为铁的氧化物)制备软磁性材料α?Fe2O3。
其主要实验流程如下：
除杂：向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2＋转化为CaF2沉淀除去。若溶液的pH偏低，将会导致CaF2沉淀不完全，其原因是________[Ksp(CaF2)＝5.3×10－9，Ka(HF)＝6.3×10－4]。
答案　(1)①H2O2　4.9
②Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH＋H2O
(2)①O2或空气　Fe3＋　②0.01×(107.2－14)2或10－5×(108.7－14)2　3.2～6.2
(3)pH偏低，形成HF，导致溶液中F－浓度减小，CaF2沉淀不完全
解析　(1)①净化时为更好地除去Fe元素需要将Fe2＋氧化为Fe3＋，为了不引入新的杂质，且不将Mn元素氧化，加入的试剂X可以是H2O2；根据表格数据可知，Fe(OH)3和Al(OH)3为同类型沉淀，而Al(OH)3的Ksp稍大，所以当Al3＋完全沉淀时，Fe3＋也一定完全沉淀，当c(Al3＋)＝1.0×10－5
mol·L－1时，c(OH－)＝
＝
mol·L－1＝10－9.1
mol·L－1，所以c(H＋)＝10－4.9
mol·L－1，pH＝4.9，即pH的理论最小值为4.9。
②碳化过程Mn2＋和碳酸氢根离子电离出的碳酸根离子结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根离子的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根离子和水，所以离子方程式为Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH＋H2O。
(2)①“转化”加H2O2的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋，可用O2或空气替代；若将工艺流程改为先“调pH”后“转化”，会使调pH过滤后的溶液中含有Fe2＋，则滤液③中可能含有转化生成的Fe3＋。
②由题述表格可知，Ni2＋完全沉淀时的pH＝8.7，此时c(Ni2＋)＝1.0×10－5
mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－8.7
mol·L－1，则c(OH－)＝＝＝108.7－14，则Ni(OH)2的Ksp＝c(Ni2＋)×c2(OH－)＝10－5×(108.7－14)2；或者当Ni2＋开始沉淀时pH＝7.2，此时c(Ni2＋)＝0.01
mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－7.2
mol·L－1，则c(OH－)＝＝＝107.2－14，则Ni(OH)2的Ksp＝c(Ni2＋)×c2(OH－)＝0.01×(107.2－14)2；如果“转化”后的溶液中Ni2＋浓度为1.0
mol·L－1，为避免镍离子沉淀，此时c(OH－)＝＝＝10－7.8
mol·L－1，则c(H＋)＝＝＝10－6.2，即pH＝6.2；Fe3＋完全沉淀的pH为3.2，因此“调节pH”应控制的pH范围是3.2～6.2。
(3)向“还原”后的滤液中加入NH4F溶液，使Ca2＋转化为CaF2沉淀，Ksp(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)，当Ca2＋完全沉淀(某离子浓度小于1×10－5
mol·L－1表明该离子沉淀完全)时，溶液中c(F－)至少为
mol·L－1＝×10－2
mol·L－1；若溶液的pH偏低，即溶液中H＋浓度较大，H＋与F－形成弱酸HF，导致溶液中c(F－)减小，CaF2沉淀不完全。
一般情况下，升高温度能促进沉淀的溶解，稀释使平衡向沉淀溶解的方向移动；稀释后重新达到平衡时各离子浓度保持不变。对于确定的物质来说，Ksp只与温度有关；温度相同时，组成形式相同的物质，Ksp较大者溶解度较大。
(1)沉淀的生成或溶解的判断：若体系内Qc＝Ksp，体系处于溶解平衡状态；Qc>Ksp，体系内会有沉淀析出；Qc[注意]　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。
(2)沉淀顺序的确定：同一溶液中若有多种成分在某种条件下均可形成沉淀，则离子积先满足Qc>Ksp者先形成沉淀。
(3)沉淀的转化与Ksp大小间的关系：组成形式相同的难溶物质，Ksp较大的沉淀肯定可转化为Ksp较小的沉淀，但当二者Ksp相差不大时，反过来也可转化。
关键能力
与Ksp有关的常考题型和解题策略
常考题型
解题策略
根据定义式或者数形结合求Ksp，或者判断沉淀金属离子所需pH
直接根据Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)解答，如果已知溶解度，则化为物质的量浓度再代入计算
沉淀先后的计算与判断
①沉淀类型相同，则Ksp小的化合物先沉淀；②沉淀类型不同，则需要根据Ksp计算出沉淀时所需离子浓度，所需离子浓度小的先沉淀
根据两种含同种离子的化合物的Ksp数据，求溶液中不同离子的比值
如某溶液中含有I－、Cl－等离子，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，求溶液中，则有＝＝
判断沉淀的生成或转化
把离子浓度数值代入Ksp表达式，若数值大于Ksp，沉淀可生成或转化为相应难溶物质
1．(2020·广东深圳高三第一次调研)常温下，向1
mol/L
NH4Cl溶液中加入足量的镁条，该体系pH随时间变化的曲线如图所示。实验观察到b点开始溶液中有白色沉淀生成，已知Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11。下列说法错误的是(　　)
A．常温下，NH4Cl的水解平衡常数数量级为10－10
B．体系中，水的电离程度大小关系为a＞c＞b
C．b点时，溶液中c(Mg2＋)＝0.18
mol/L
D．a点溶液中，c(NH)＋c(H＋)＜c(Cl－)＋c(OH－)
答案　B
解析　常温下，氯化铵的水解平衡式为：NH＋H2O????NH3·H2O＋H＋，则Kh＝
eq
\f(c（NH3·H2O）·c（H＋）,c（NH）)
，由于一水合氨和氢离子浓度几乎相等，根据图像可知，没加镁之前，溶液的pH约为4.8，c(NH3·H2O)≈c(H＋)＝10－4.8
mol/L；c(NH)≈1
mol/L，则Kh＝
eq
\f(c（NH3·H2O）·c（H＋）,c（NH）)
≈2.5×10－10，故A正确；由NH＋H2O????NH3·H2O＋H＋可知，加入镁单质时，消耗了氢离子，使平衡正向移动，促进铵根离子的水解，即促进了水的电离，故水的电离程度大小关系为c>b>a，故B错误；b点时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，pH＝9，c(H＋)＝10－9
mol/L，c(OH－)＝10－5
mol/L，c(Mg2＋)＝＝
mol/L＝0.18
mol/L，故C正确；a点溶液中，电荷守恒式为：c(NH)＋c(H＋)＋2c(Mg2＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，故c(NH)＋c(H＋)＜c(Cl－)＋c(OH－)，故D正确。
2．(2020·广东省佛山市质检)向废水中加入硫化物可以依次获得CuS、ZnS纳米粒子。常温下，H2S的Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.1×10－15，溶液中平衡时相关离子浓度的关系如图，下列说法错误的是(　　)
A．Ksp(CuS)的数量级为10－37
B．a点对应的CuS溶液为不饱和溶液
C．向p点的溶液中加入少量NaS固体，溶液组成由p向q方向移动
D．H2S＋Zn2＋????ZnS＋2H＋平衡常数很大，反应趋于安全
答案　D
解析　由图中数据可知当c(Cu2＋)＝10－18
mol/L时，c(S2－)≈10－18.3
mol/L，则Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)×c(S2－)＝10－36.3数量级为10－37，故A正确；计算a点的离子浓度积为c(Cu2＋)×c(S2－)＝10－18.5×10－18.5＝10－37K＝＝＝
＝≈29，平衡常数不是很大，反应不趋于完全，故D错误。
3．(2020·广东省茂名市二模)某些难溶性铅盐可用作涂料，如秦俑彩绘中使用的铅白(PbCO3)和黄金雨中黄色的PbI2。室温下，PbCO3和PbI2在不同的溶液中分别达到溶解平衡时－lg
c(Pb2＋)与－lg
c(CO)或－lg
c(I－)的关系如图所示。下列说法错误的是(　　)
A．Ksp(PbCO3)的数量级为10－14
B．相同条件下，水的电离程度p点大于q点
C．L1对应的是－lg
c(Pb2＋)与－lg
c(I－)的关系变化
D．p点溶液中加入Na2CO3浓溶液，可得白色沉淀
答案　B
解析　Ksp(PbCO3)＝c(Pb2＋)·c(CO)，则lg
c(Pb2＋)＝lg
[Ksp(PbCO3)]－lg
c(CO)，同理lg
c(Pb2＋)＝lg
[Ksp(PbI2)]－2lg
c(I2)，则图像L1对应的是－lg
c(Pb2＋)与－lg
c(I－)的变化关系，L2对应的是－lg
c(Pb2＋)与－lg
c(CO)的变化关系，则Ksp(PbCO3)＝c(Pb2＋)·c(CO)＝10－13.1，数量级为10－14，A、C正确；相同条件下，p点和q点的铅离子浓度相同，p点为碘化铅的饱和溶液，q点为碳酸铅的饱和溶液，由于碘离子不水解，而CO可以发生水解，其水解促进了水的电离，则水的电离程度p点小于q点，B错误；Ksp(PbCO3)＝c(Pb2＋)·c(CO)＝10－13.1，Ksp(PbI2)＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝10－8，Ksp(PbCO3)4．(2020·福建省厦门市高三质检)某温度下，分别向10.00
mL
0.1
mol/L的KCl和K2CrO4溶液中滴加0.1
mol/L
AgNO3溶液，滴加过程中－lg
c(M)(M为Cl－或CrO)与AgNO3溶液体积(V)的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是(　　)
A．曲线L1表示－lg
c(Cl－)与V(AgNO3)的变化关系
B．M点溶液中：c(NO)>c(K＋)>c(Ag＋)>c(H＋)>c(OH－)
C．该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝4.0×10－12
D．相同实验条件下，若改为0.05
mol/L的KCl和K2CrO4溶液，则曲线L2中N点移到Q点
答案　D
解析　KCl和硝酸银反应的化学方程式为：KCl＋AgNO3===AgCl↓＋KNO3，铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为：K2CrO4＋2AgNO3===Ag2CrO4↓＋2KNO3，根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液，氯离子浓度减小得更快，所以L1代表是－lg
c(Cl－)与V(AgNO3)的变化关系，故A正确；M点加入的硝酸银溶液体积是15
mL，根据反应方程式KCl＋AgNO3===AgCl↓＋KNO3可知，生成0.001
mol硝酸钾和0.001
mol氯化银，剩余0.0005
mol硝酸银，则c(NO)>c(K＋)>c(Ag＋)，银离子水解使溶液表现酸性，则c(H＋)>c(OH－)，所以M点溶液中，离子浓度为：c(NO)>c(K＋)>c(Ag＋)>c(H＋)>c(OH－)，故B正确；N点时V＝20
mL，CrO恰好完全反应，纵坐标的数值是4，则c(CrO)＝10－4
mol/L，Ag2CrO4在沉淀溶液平衡中c(Ag＋)＝2×10－4
mol/L，Ksp(Ag2CrO4)＝c(CrO)×c2(Ag＋)＝10－4×(2×10－4)2＝4.0×10－12，故C正确；相同实验条件下同一种物质的Ksp相同，平衡时溶液中c(CrO)＝10－4
mol/L，Q对应的纵坐标数值是4.0，曲线L2中N点移到Q点上方，故D错误。
专题作业
一、选择题(本题共7小题，每小题只有1个选项符合题意)
1．(2020·浙江1月选考)下列说法不正确的是(　　)
A．pH＞7的溶液不一定呈碱性
B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同
C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(OH－)相等
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl－)＝c(NH)
答案　B
解析　A项，pH与温度有关，不在常温下，pH>7的溶液不一定显碱性，正确；B项，pH相等的氨水和NaOH溶液，氨水的浓度比NaOH浓度大，所以等体积的两者，氨水消耗的HCl多，错误；C项，相同温度下，pH相等的盐酸和CH3COOH溶液，c(H＋)相等，根据水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)知，c(OH－)相等，正确；D项，根据溶液中电荷守恒知，c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH)＝c(Cl－)，正确。
2．(2020·山东省第二次模拟考)常温下，将10
mL
0.1
mol·L－1
NaA溶液逐滴加入10
mL
0.1
mol·L－1
HA溶液中，已知HA的电离平衡常数Ka＝1.8×10－4。下列说法正确的是(　　)
A．滴加过程中，混合溶液中始终变小
B．滴加过程中，混合溶液中c(H＋)＋c(OH－)>2.0×10－7
mol·L－1
C．充分混合后，溶液中A－的水解程度比原NaA溶液中A－的水解程度大
D．充分混合后，溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)
答案　B
解析　HA的电离常数表达式Ka＝，则混合溶液中＝，滴加过程中HA的电离受到抑制，H＋浓度逐渐减小，故始终变大，A错误；Ka＝1.8×10－4，则A－的水解常数：Kh＝＝≈5.56×10－11?Ka，滴加过程中HA的电离始终大于A－水解，溶液呈酸性，则c(H＋)＋c(OH－)>2＝2.0×10－7
mol·L－1，B正确，C错误；充分混合后，溶液为“等浓度”NaA和HA的混合液，且HA的电离大于A－水解，则溶液中c(A－)＞c(Na＋)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)，D错误。
3．(2020·北京市选考抽样测试)室温下，取一定量冰醋酸，进行如下实验：
①将冰醋酸配制成0.1
mol·L－1醋酸溶液；
②取20
mL
①所配溶液，加入a
mL
0.1
mol·L－1NaOH溶液，充分反应后，测得溶液pH＝7；
③向②所得溶液中继续滴加稀盐酸，直至溶液中n(Na＋)＝n(Cl－)。
下列说法正确的是(　　)
A．①中：所得溶液的pH＝1
B．②中：a＝20
C．③中：所得溶液中c(CH3COO－)＜c(H＋)，且pH＜7
D．①与③所得溶液相比，等体积时所含CH3COOH分子数目相等
答案　C
解析　因为醋酸是弱酸，故①中0.1
mol·L－1的醋酸pH>1，A错误；若②中a＝20，则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，B错误；③中溶液的电荷守恒为：c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，结合n(Na＋)＝n(Cl－)，故c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)，所以，c(CH3COO－)4．(2020·海南省天一大联考第三次模拟)常温下，两种钠盐NaX、NaY溶液的物质的量浓度均为0.1
mol·L－1，加水稀释时溶液的pH与稀释倍数的对数lg
的关系如图所示。下列判断错误的是(　　)
A．HX、HY均为弱酸，且HX的酸性比HY的强
B．0.1
mol·L－1的NaX、NaY溶液中，前者对水的电离促进作用较大
C．a点NaX溶液中存在：c(Na＋)>c(X－)
D．随着溶液的稀释，NaY溶液中逐渐减小
答案　A
解析　根据图像可知，没有加水稀释时，0.1
mol·L－1
NaX、NaY溶液的pH均大于7，说明HX、HY均为弱酸，且pH：NaX＞NaY，说明NaX水解程度更大，根据越弱越水解，则酸性：HY＞HX，A错误；NaX的水解程度大，对水的电离促进作用较大，B正确；a点NaX溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(OH－)，pH＝8，c(H＋)＜c(OH－)，则c(Na＋)>c(X－)，C正确；随着溶液的稀释，NaY溶液的pH逐渐减小，促进NaY溶液的水解，溶液中的c(Y－)的减小程度大于c(HY)，则逐渐减小，D正确。
5．(2020·江苏省南京市、盐城市二模)25
℃时，有关弱酸的电离平衡常数如下表：
下列有关微粒浓度的说法正确的是(　　)
A．pH均为8的NaCN溶液、Na2CO3溶液、CH3COONa溶液：c(Na2CO3)>c(NaCN)>c(CH3COONa)
B．浓度均为0.1
mol/L
NaHCO3和Na2CO3混合溶液中：2c(Na＋)＝3c(HCO)＋3c(CO)＋3c(H2CO3)
C．0.2
mol/L
HCN溶液与0.1
mol/L
NaOH溶液等体积混合所得溶液中：c(CN－)>c(Na＋)>c(HCN)>c(OH－)
D．浓度均为0.1
mol/L
CH3COOH和CH3COONa混合溶液中：c(CH3COOH)＋c(H＋)>c(CH3COO－)＋c(OH－)
答案　B
解析　酸的电离平衡常数越大，电离程度越大，则酸根离子的水解程度越小，当盐溶液的pH相同时，浓度越大，电离平衡常数：CH3COOH>HCN>HCO，则水解程度CO>CN－>CH3COO－，所以c(Na2CO3)mol/L
NaHCO3和Na2CO3混合溶液中：2c(Na＋)＝3c(HCO)＋3c(CO)＋3c(H2CO3)，B正确；0.2
mol/L
HCN溶液与0.1
mol/L
NaOH溶液等体积混合所得溶液为NaCN和HCN的混合溶液，由于NaCN的水解大于HCN的电离，故有c(HCN)>c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)，C错误；浓度均为0.1
mol/L
CH3COOH和CH3COONa混合溶液中，存在电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，联立两式可得关系式：c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝c(CH3COOH)＋2c(H＋)，根据CH3COOH电离程度大于CH3COO－水解，故c(H＋)>c(OH－)，则c(CH3COOH)＋c(H＋)6．(2020·江苏省苏锡常镇四市调查)25
℃时，将SO2通入NaOH溶液得到一组c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)＝0.100
mol·L－1的混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的关系曲线如下图所示。下列叙述不正确的是(　　)
A．H2SO3的Ka2＝10－7.2
B．pH＝1.9的溶液中：c(Na＋)>c(H2SO3)＝c(HSO)>c(SO)
C．c(Na＋)＝0.100
mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SO)
D．c(HSO)＝0.050
mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋c(Na＋)<0.150
mol·L－1＋c(OH－)
答案　B
解析　当pH＝7.2时，c(H＋)＝10－7.2
mol·L－1，c(SO)＝c(HSO)，H2SO3的二级电离方程式为：HSO????H＋＋SO，Ka2＝
eq
\f(c（SO）·c（H＋）,c（HSO）)
＝c(H＋)＝10－7.2，A正确；根据图示，pH＝1.9时，溶液中不含SO，B错误；溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，c(Na＋)＝0.100
mol·L－1时，c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)＝c(Na＋)，代入电荷守恒式中可得：c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SO)，C正确；根据c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)＝0.100
mol·L－1，溶液中的c(HSO)＝0.050
mol·L－1，则c(H2SO3)＋c(SO)＝0.05
mol·L－1，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)＝2×[0.05
mol·L－1－c(H2SO3)]＋0.05
mol·L－1＋c(OH－)＝0.150
mol·L－1＋c(OH－)－2c(H2SO3)，则c(H＋)＋c(Na＋)＜0.150
mol·L－1＋c(OH－)，D正确。
7．(2020·山东省淄博市一模)常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01
mol·L－1的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O的水解)。已知Ksp(AgCl)数量级为10－10。下列叙述不正确的是(　　)
A．图中Y线代表的Ag2C2O4
B．n点表示AgCl的过饱和溶液
C．向c(Cl－)＝c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgCl沉淀
D．Ag2C2O4＋2Cl－===2AgCl＋C2O的平衡常数为1.0×10－0.71
答案　D
解析　取X线坐标(－5.75，4)点计算Ksp＝10－5.75×10－4＝10－9.75，取Y线坐标(－2.46，4)点计算Ksp＝10－6.46，由Ksp(AgCl)数量级为10－10可知X线代表AgCl，Y线代表的Ag2C2O4，A正确；n点c(Cl－)×c(Ag＋)>Ksp(AgCl)，所以n表示AgCl的过饱和溶液，B正确；向c(Cl－)＝c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，Cl－生成AgCl沉淀需要银离子浓度小，所以先生成AgCl沉淀，C正确；由图可知Ksp(AgCl)＝10－9.75，Ksp(Ag2C2O4)＝10－2.46×(10－4)2＝10－10.46，Ag2C2O4＋2Cl－===2AgCl＋C2O的平衡常数为
eq
\f(c（C2O）,c2（Cl－）)
＝
eq
\f(c（C2O）·c2（Ag＋）,c2（Cl－）·c2（Ag＋）)
＝＝＝1.0×109.04，D错误。
二、选择题(本题共4小题，每小题有1个或2个选项符合题意)
8．(2020·山东省泰安市一模)已知：常温下，Ksp(ZnS)＝1.6×10－24；pM＝－lg
c(M2＋)(M2＋为Cu2＋或Zn2＋)。常温下，向10
mL
0.10
mol·L－1
CuCl2溶液中滴加0.10
mol·L－1
Na2S溶液，滴加过程中pM与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.Ksp(CuS)的数量级为10－36
B．a点溶液中，c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]
C．d点溶液中：c(Na＋)>c(Cl－)>c(S2－)>c(H＋)
D．相同条件下，若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液，则反应终点c向上移动
答案　BD
解析　向10.0
mL
0.10
mol·L－1
CuCl2溶液中滴加0.10
mol·L－1的Na2S溶液，发生反应：Cu2＋＋S2－????CuS↓，Cu2＋单独存在或S2－单独存在均会水解，水解促进水的电离，b点溶液中滴加Na2S溶液的体积是10.0
mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)????Cu2＋(aq)＋S2－(aq)，结合图像和溶度积常数分析解答。该温度下，平衡时c(Cu2＋)＝c(S2－)＝10－17.7
mol·L－1，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)＝10－17.7
mol·L－1×10－17.7
mol·L－1＝10－35.4，故数量级为10－36，A正确；a点为CuCl2溶液和NaCl的混合溶液，生成了CuS沉淀，c(Na＋)＞2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]，B错误；d点溶液中是等物质的量的Na2S和NaCl的混合溶液，硫离子水解溶液显碱性，c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(H＋)，C正确；相同实验条件下，改用0.1
mol·L－1的ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)＝1.6×10－24＞Ksp(CuS)，滴定终点时锌离子浓度大于铜离子浓度，图中反应终点c点向b点方向移动，D错误。
9．(2020·山东省日照市一模)25
℃时，分别稀释pH＝11的Ba(OH)2溶液和氨水，溶液pH的变化如图所示。
已知：Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。下列说法正确的是(　　)
A．若35
℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来靠近
B．保持25
℃不变，取A、B两点对应的溶液等体积混合后，pH＝9
C．由水电离产生的c(H＋)：A点>B点
D．曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中，
eq
\f(c（H＋）·c（NH）＋c2（NH）,c（NH3·H2O）)
＝1.8×10－5
mol·L－1
答案　BD
解析　25
℃时，Ba(OH)2溶液和氨水的pH相同，由于Ba(OH)2是强电解质，完全电离，稀释100倍时，Ba(OH)2的pH从11变为9，而氨水是弱电解质，部分电离，稀释100倍时，稀释过程中氨水会继续电离出OH－，导致溶液中OH－的浓度大于Ba(OH)2溶液中的OH－，溶液的pH>9，因此曲线Ⅰ代表氨水稀释时溶液pH随稀释倍数的变化，曲线Ⅱ代表Ba(OH)2溶液稀释时溶液pH随稀释倍数的变化。温度升高，Kw、Kb(NH3·H2O)均变大，则在35
℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来疏远，A错误；25
℃时，A、B两点对应的溶液的pH均为9，保持25
℃不变，则Kw不变，两者等体积混合后，溶液中H＋浓度不变，故pH仍不变，B正确；A、B两点溶液中的H＋均来自水的电离，pH相同，则水电离产生的H＋浓度：A点＝B点，C错误；曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH)，则有
eq
\f(c（H＋）·c（NH）＋c2（NH）,c（NH3·H2O）)
＝
eq
\f([c（H＋）＋c（NH）]·c（NH）,c（NH3·H2O）)
＝
eq
\f(c（OH－）·c（NH）,c（NH3·H2O）)
＝Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5
mol·L－1，D正确。
10．(2020·山东省青岛市一模)室温下，将10
mL浓度为1
mol·L－1的CH3NH2、NH2OH两种一元碱溶液分别加水稀释，曲线如图，V是溶液体积(mL)，pOH＝－lg
c(OH)。已知：CH3NH2＋H2O????CH3NH＋OH－；NH2OH＋H2O????NH3OH＋＋OH－。下列说法正确的是(　　)
A．该温度下，Kb(NH2OH)的数量级为10－9
B．当lg
V＝3时，水的电离程度：NH2OH>CH3NH2
C．用等浓度盐酸分别滴定两种碱溶液至pH＝7，消耗盐酸的体积：NH2OH>CH3NH2
D．等浓度的CH3NH3Cl和NH3OHCl两种盐溶液中离子总浓度相等
答案　AB
解析　该温度下，取lg
V＝1的点，c(OH－)＝c(NH3OH＋)≈1×10－4.5
mol/L，c(NH2OH)＝(1－1×10－4.5)
mol·L－1≈1
mol/L，Kb(NH2OH)＝＝10－9，即数量级为10－9，A正确；当lg
V＝3时，NH2OH比CH3NH2的pOH值大，则NH2OH溶液中的OH－浓度小，碱对水的电离平衡起抑制作用，OH－浓度小，抑制作用小，水的电离程度大，故水的电离程度：NH2OH>CH3NH2，B正确；同浓度时，pOH：NH2OH>CH3NH2，即CH3NH2碱性强，用等浓度盐酸分别滴定两种碱溶液至pH＝7，由于碱性越强对应的盐的水解程度越小，碱性越弱对应的盐的水解程度越大，它们生成盐水解后均能使溶液显酸性，故CH3NH2消耗盐酸的体积较大，C错误；等浓度的CH3NH3Cl和NH3OHCl两种盐溶液中，由于CH3NH和NH3OH＋水解程度不同，所以离子总浓度不相等，D错误。
11．(2020·福建省莆田市第二次质检)常温下，几种难溶金属氢氧化物分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液的pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．a点代表Fe(OH)3的饱和溶液
B．Ksp[Cu(OH)2]C．在pH＝7的溶液中，Cu2＋、Mg2＋、Fe2＋能大量共存
D．向各含0.1
mol·L－1
Cu2＋、Mg2＋、Fe2＋混合溶液中，逐滴滴加稀NaOH溶液，Mg2＋最先沉淀
答案　B
解析　a点不在曲线上，则所代表的溶液不是Fe(OH)3的饱和溶液，A错误；当溶液pH＝7时，由金属阳离子浓度的变化图可知：c(Cu2＋)＜c(Fe2＋)，则
Ksp[Cu(OH)2]mol·L－1，则Cu2＋沉淀完全，即Cu2＋、Mg2＋、Fe2＋在pH＝7的溶液中不能大量共存，C错误；向各含0.1
mol·L－1
Cu2＋、Mg2＋、Fe2＋混合溶液中，逐滴滴加稀NaOH溶液，由金属阳离子浓度的变化图可知，Cu2＋最先沉淀，D错误。

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