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第4节　沉淀溶解平衡
[课标解读]　1.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。　2.理解溶度积(Ksp)的含义，能进行相关的计算。　3.会分析沉淀溶解图像。
　沉淀溶解平衡及应用
知识梳理
1．沉淀溶解平衡
(1)含义：在一定温度下的水溶液中，当沉淀溶解和生成的速率相等时，即建立了沉淀溶解平衡。
(2)沉淀溶解平衡的建立及特征
溶液中的溶质
(3)沉淀溶解平衡的影响因素
(4)电解质在水中的溶解性
20
℃时，电解质在水中的溶解度与溶解性存在如下关系：
[深思考]
AgCl(s)溶于水达到平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
请填表：
外界条件
移动方向
c(Ag＋)
①加AgCl固体
_____________
______________
②加入Na2S
_____________
______________
③通入HCl
_____________
______________
④加少量水[AgCl(s)存在]
_____________
______________
[答案]　①不移动　不变　②右移　减小　③左移　减小　④右移　不变
2．沉淀溶解平衡的应用
(1)沉淀的生成
①调节pH法
如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至7～8，离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。
②沉淀剂法
如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋。
(2)沉淀的溶解
①酸溶解法
如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O。
②盐溶液溶解法
如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。
(3)沉淀的转化
①实质：沉淀溶解平衡的移动。
②规律：一般说来，溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀。沉淀的溶解度差别越大，越容易转化。但溶解度小的沉淀在一定条件下也可以转化为溶解度大的沉淀。
③应用
a．锅炉除垢：将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为CaSO4(s)＋CO(aq)===CaCO3(s)＋SO(aq)。
b．矿物转化：CuSO4溶液遇PbS转化为CuS，离子方程式为Cu2＋(aq)＋PbS(s)===CuS(s)＋Pb2＋(aq)。
[辨易错]
(1)Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液的原因是NH4Cl水解生成的H＋与Mg(OH)2反应。(　　)
(2)BaSO4(s)＋CO(aq)BaCO3(s)＋SO(aq)可说明BaCO3的溶解度比BaSO4的小。(　　)
(3)向20
mL
0.1
mol·L－1的NaOH溶液中加10
mL
0.05
mol·L－1
MgCl2溶液，充分反应后，再加入FeCl3溶液，可发现白色沉淀变为红褐色沉淀，说明Mg(OH)2可以转化为Fe(OH)3沉淀。(　　)
(4)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。(　　)
(5)用沉淀法除杂不可能将杂质离子全部通过沉淀除去，一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5
mol·L－1时，沉淀已经完全。(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√
知识应用
1．下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是________。
①热纯碱溶液去油污能力强
②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒
③溶洞、珊瑚的形成
④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡能
⑤泡沫灭火器灭火的原理
[答案]　②③④
2．用有关离子方程式表示锅炉中水垢CaSO4的除去原理：
________________________________________________________________
_______________________________________________________________。
[答案]　CaSO4(s)＋CO(aq)===CaCO3(s)＋SO(aq)、CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O
?命题点　沉淀溶解平衡及其应用
1．已知Ca(OH)2的饱和溶液中存在平衡Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)　ΔH<0，下列有关该平衡体系的说法正确的是(　　)
①升高温度，平衡逆向移动　②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子浓度　③除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子，可以向溶液中加入适量的NaOH溶液
④恒温下，向溶液中加入CaO，溶液的pH升高　⑤给溶液加热，溶液的pH升高　⑥向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加　⑦向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变
A．①⑥
B．①⑥⑦
C．②③④⑥
D．①②⑥⑦
A　[向溶液中加Na2CO3，CO与Ca2＋反应生成沉淀CaCO3，c(Ca2＋)减小，②错；③引入OH－，③错；恒温下，Ca(OH)2饱和溶液的浓度不变，pH不变，④错；加热，平衡左移，[OH－]减小，pH减小，⑤错；加NaOH，平衡左移，Ca(OH)2的质量增大，⑦错。]
2．工业上采用湿法炼锌过程中，以ZnSO4为主要成分的浸出液中，含有
Fe3＋、Fe2＋、Cu2＋、Cl－等杂质，这些杂质对锌的电解工序有妨碍，必须事先除去。现有下列试剂可供选择：①酸性KMnO4溶液　②NaOH溶液　③ZnO　④H2O2溶液　⑤Zn　⑥Fe　⑦AgNO3　⑧Ag2SO4
下列说法不正确的是
(　　)
A．用酸性KMnO4溶液将Fe2＋氧化成Fe3＋，再转化为Fe(OH)3沉淀除去
B．用ZnO调节浸出液的酸碱性，可使某些离子形成氢氧化物沉淀
C．在实际生产过程中，加入Ag2SO4可除去Cl－，是利用了沉淀转化的原理
D．也可以用ZnCO3代替ZnO调节溶液的酸碱性
A　[用酸性KMnO4氧化Fe2＋，会引入新杂质离子K＋、Mn2＋等，A错误。]
3．资源综合利用既符合绿色化学理念，也是经济可持续发展的有效途径。一种难溶的废弃矿渣杂卤石，其主要成分可表示为K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O，已知它在水溶液中存在如下平衡：
K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O2K＋＋4SO＋Mg2＋＋2Ca2＋＋2H2O。
为了充分利用钾资源，一种溶浸杂卤石制备K2SO4的工艺流程如图所示：
(1)操作①的名称是________。
(2)用化学平衡移动原理解释Ca(OH)2溶液能溶解出杂卤石中K＋的原因：_____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
(3)除杂环节中，为除去Ca2＋，可先加入________溶液，经搅拌等操作后，过滤，再向滤液中滴加稀硫酸，调节溶液pH至________(填“酸性”“中性”或“碱性”)。
(4)操作②的步骤包括(填操作过程)：______________________、过滤、洗涤、干燥。
[解析]　(3)为除去Ca2＋，可先加入K2CO3溶液，生成碳酸钙沉淀，过滤后再向滤液中滴加稀硫酸，调节溶液pH至中性，除去过量的碳酸钾。(4)为从溶液中得到溶质，需依次经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤。
[答案]　(1)过滤　(2)Mg2＋与OH－结合转化为Mg(OH)2沉淀，SO与Ca2＋结合转化为CaSO4沉淀，平衡右移，促使杂卤石溶解　(3)K2CO3　中性　(4)蒸发浓缩、冷却结晶
4．某兴趣小组进行下列实验：
①将0.1
mol·L－1
MgCl2溶液和0.5
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合得到浊液
②取少量①中浊液，滴加0.1
mol·L－1
FeCl3溶液，出现红褐色沉淀
③将①中浊液过滤，取少量白色沉淀，滴加0.1
mol·L－1FeCl3溶液，白色沉淀变为红褐色沉淀
④另取少量白色沉淀，滴加饱和NH4Cl溶液，沉淀溶解通过上述实验现象可判断________。
a．将①中所得浊液过滤，所得滤液中含少量Mg2＋
b．①中浊液中存在沉淀溶解平衡：
Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)
c．实验②和③均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶
d．NH4Cl溶液中的NH可能是④中沉淀溶解的原因
[答案]　abd
5．试用平衡移动原理解释下列事实：
(1)BaCO3不溶于水，为什么不能作钡餐？
_________________________________________________________________
_________________________________________________________________
________________________________________________________________。
(2)CaCO3难溶于稀硫酸，却能溶于醋酸中，原因是什么？
_________________________________________________________________
_________________________________________________________________
_________________________________________________________________
_______________________________________________________________。
(3)分别用等体积的蒸馏水和0.01
mol·L－1的盐酸洗涤AgCl沉淀，用水洗涤造成AgCl的损失大于用稀盐酸洗涤的损失量，原因是什么？
_________________________________________________________________
_________________________________________________________________
_______________________________________________________________。
[答案]　(1)BaCO3(s)Ba2＋(aq)＋CO(aq)，HCl===H＋＋Cl－，2H＋＋CO===H2O＋CO2↑，盐酸电离的H＋与BaCO3产生的CO结合生成CO2和H2O，破坏了BaCO3的溶解平衡，[Ba2＋]增大，引起人体中毒
(2)CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO(aq)，H2SO4===SO＋2H＋，Ca2＋＋SO===CaSO4↓，因为生成的CaSO4溶解度较小，会附着在CaCO3的表面，阻止平衡右移。而CH3COOHCH3COO－＋H＋，Ca2＋与CH3COO－不产生沉淀；当
H＋与CO结合生成CO2和H2O时，CaCO3的溶解平衡右移
(3)用水洗涤AgCl，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)平衡右移，AgCl的质量减少，用盐酸洗涤AgCl，稀释的同时HCl电离产生的Cl－会使平衡左移，AgCl减少的质量要小些
利用溶解平衡解释问题的模板
―→
　溶度积常数及其应用
知识梳理
1．溶度积和浓度商
以AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例：
溶度积
浓度商
符号
Ksp
Q
表达式
Ksp(AmBn)＝[An＋]m[Bm－]n，式中的浓度都是平衡时浓度
Q(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度是任意时刻的浓度
应用
判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解①Q＞Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出②Q＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态③Q＜Ksp：溶液未饱和，无沉淀析出
2．Ksp的影响因素
(1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要决定因素。
(2)外因
①浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。
②温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向移动，Ksp增大。
③其他：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。
[辨易错]
(1)Fe(OH)3的溶度积表达式为Ksp＝[Fe3＋][OH－]。　(　　)
(2)物质A的Ksp大于物质B的Ksp，故A的溶解度一定大于B的溶解度。(　　)
(3)常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，溶解平衡逆向移动，Mg(OH)2的Ksp变小。(　　)
(4)AgCl悬浊液中加入Na2CrO4溶液，可转化为Ag2CrO4，说明Ksp(AgCl)[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
知识应用
1．(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中[Ag＋]＝________。
(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1
mol·L－1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后[Ag＋]＝________。
[答案]　(1)
mol·L－1　(2)10a
mol·L－1
2．大量的碘富集在海藻中，用水浸取后浓缩，该浓缩液中主要含有I－、
Cl－等离子。取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为________。[已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10
mol2·L－2，Ksp(AgI)＝8.5×
10－17mol2·L－2]
[答案]　4.7×10－7
?命题点1　溶度积及其应用
1．在25
℃时，FeS的Ksp＝6.3×10－18mol2·L－2，CuS的Ksp＝1.3×10－36
mol2·L－2，ZnS的Ksp＝1.3×10－24mol2·L－2。下列有关说法中正确的是(　　)
A．饱和CuS溶液中Cu2＋的浓度为1.3×10－36
mol·L－1
B．25
℃时，FeS的溶解度大于CuS的溶解度
C．向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS沉淀生成
D．向饱和ZnS溶液中加入少量ZnCl2固体，ZnS的Ksp变大
B　[A项，[Cu2＋]＝×10－18
mol·L－1，错误；C项，ZnS比FeS难溶，ZnS先沉淀，错误；D项，Ksp只与温度有关，错误。]
2．可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。医院抢救钡离子中毒患者时，除催吐外，还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知：某温度下，Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9
mol2·L－2；Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10
mol2·L－2。下列推断正确的是
(　　)
A．不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)
B．抢救钡离子中毒患者时，若没有硫酸钠，可以用碳酸钠溶液代替
C．若误饮[Ba2＋]＝1.0×10－5
mol·L－1的溶液时，会引起钡离子中毒
D．可以用0.36
mol·L－1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃
D　[因胃酸可与CO反应生成水和二氧化碳，使CO浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)Ba2＋(aq)＋CO(aq)向溶解方向移动，使Ba2＋浓度增大，Ba2＋有毒，与Ksp大小无关，故A错误；BaCO3溶于胃酸，起不到解毒的作用，故B错误；[Ba2＋]＝1.0×10－5
mol·L－1的溶液中钡离子浓度很小，不会引起钡离子中毒，故C错误；用0.36
mol·L－1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃，反应后
[Ba2＋]＝
mol·L－1，浓度很小，可起到解毒的作用，故D正确。]
3．已知某温度下，Ksp(AgCl)＝1.56×10－10
mol2·L－2，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13
mol2·L－2，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12
mol3·L－3。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO，浓度均为0.010
mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010
mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为____________________(填离子符号)。
[解析]　同组成类型的沉淀，Ksp越小，越先沉淀，故Br－比Cl－先沉淀。沉淀0.010
mol·L－1的Cl－需[Ag＋]至少为
mol·L－1＝1.56×10－8
mol·L－1；而沉淀0.010
mol·L－1
CrO需[Ag＋]＝
mol·L－1＝3.0×10－5
mol·L－1，故Cl－比CrO先沉淀。
[答案]　Br－、Cl－、CrO
Ksp认识的三误区
(1)误认为只要Ksp越大，其溶解度就会越大。Ksp还与难溶物化学式中的各离子配比有关，只有同类型的难溶物的Ksp大小才可用于比较其溶解度大小。
(2)误认为Ksp小的不能转化为Ksp大的，只能实现Ksp大的向Ksp小的转化。实际上当两种难溶电解质的Ksp相差不是很大时，通过调节某种离子的浓度，可实现难溶电解质由Ksp小的向Ksp大的转化。
(3)误认为Ksp越小越先沉淀。当组成类型不同的难溶物，不能只根据Ksp大小确定。
?命题点2　Ksp的有关计算
(1)涉及Ksp的计算类型
①Ksp的基本计算及沉淀是否生成判断。
②沉淀先后判断。
③沉淀转化反应平衡常数与Ksp定量关系。
④金属阳离子沉淀完全的pH及沉淀分离的相关计算。
(2)常见定量关系
①多元难溶弱碱阳离子的水解常数Kh与弱碱的Ksp的关系，(以Fe3＋为例)
Fe3＋(aq)＋3H2O(l)Fe(OH)3(s)＋3H＋(aq)
Kh＝＝＝。
②M(OH)n悬浊液中Ksp、KW、pH间关系，M(OH)n(s)Mn＋(aq)＋nOH－(aq)
Ksp＝[Mn＋][OH－]n＝·[OH－]n＝＝n＋1。
③沉淀转化常数K与Ksp的关系，如
3Mg(OH)2(s)＋2Fe3＋(aq)2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋(aq)的K＝。
4．(1)室温下，向2
mol·L－1
CuSO4溶液中加入NaOH固体，调节溶液的pH至多少时开始沉淀？{Ksp[Cu(OH)2]＝2.0×10－20
mol3·L－3，写出解题步骤}
(2)取5
mL
0.002
mol·L－1
BaCl2溶液与等体积的0.02
mol·L－1
Na2SO4溶液混合，是否有沉淀产生？若有，计算Ba2＋是否沉淀完全。(该温度下BaSO4的Ksp＝1.1×10－10
mol2·L－2，写出解题步骤)
[答案]　(1)Ksp[Cu(OH)2]＝[Cu2＋][OH－]2＝2
mol·L－1×[OH－]2＝2.0×10－20
mol3·L－3，[OH－]＝
mol·L－1＝10－10
mol·L－1，
[H＋]＝＝
mol·L－1＝10－4
mol·L－1，
pH＝－lg[H＋]＝－lg10－4＝4。
(2)Q＝c(Ba2＋)·c(SO)＝1×10－5
mol2·L－2>Ksp，故有沉淀生成。两种溶液混合之后，SO浓度变为9×10－3
mol·L－1，根据Ksp＝[Ba2＋][SO]，计算得[Ba2＋]<1×
10－5
mol·L－1，故可认为Ba2＋已经沉淀完全。
5．已知常温下Ksp(AgCl)＝1.8×10－10
mol2·L－2，Ksp(AgBr)＝5×10－13
mol2·L－2。欲用1
L
NaCl溶液将0.01
mol
AgBr转化为AgCl，则NaCl溶液的浓度至少为________mol·L－1。
[解析]　AgBr(s)＋NaCl(aq)===AgCl(s)＋NaBr(aq)
　0.01
mol　0.01
mol　　　　　　0.01
mol
故反应需NaCl的浓度为0.01
mol·L－1。
因为转化为AgCl后[Br－]＝0.01
mol·L－1，根据Ksp(AgBr)＝5×10－13
mol2·L－2，故[Ag＋]＝5×10－11
mol·L－1，故[Cl－]＝
mol·L－1＝3.6
mol·L－1，故[NaCl]＝0.01
mol·L－1＋3.6
mol·L－1＝3.61
mol·L－1。
[答案]　3.61
6．已知：Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33
mol4·L－4，Ksp[Fe(OH)3]＝3×10－39
mol4·L－4，pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋(使其浓度均小于1×10－6mol·L－1)，需调节溶液pH范围为_______________________。
[解析]　Fe3＋全部转化为Fe(OH)3时，[OH－]＝
mol·L－1＝
mol·L－1＝×10－11
mol·L－1；Al3＋全部转化为Al(OH)3时，[OH－]＝
mol·L－1＝
mol·L－1＝1×10－9mol·L－1，故Al3＋、
Fe3＋完全沉淀时，溶液中OH－的最大浓度应为1×10－9
mol·L－1，即pH最小应为5.0，因为Mn(OH)2沉淀时的最小pH为7.1，故除去MnSO4溶液中的Fe3＋、
Al3＋，应调节溶液至5.0＜pH＜7.1。
[答案]　5.0＜pH＜7.1
7．反应H2S(aq)＋Cu2＋(aq)===CuS(s)＋2H＋(aq)的平衡常数为_____________。[已知Ksp(CuS)＝1.25×10－36
mol2·L－2，H2S的Ka1＝1×10－7
mol·L－1，Ka2＝1×10－13
mol·L－1]
[解析]　反应H2S(aq)＋Cu2＋(aq)===CuS(s)＋2H＋(aq)的平衡常数K＝＝＝＝8×1015。
[答案]　8×1015
　分类破解溶解平衡中的图像问题
沉淀溶解平衡试题中涉及的图像在近几年全国卷试题中出现率较高。溶解平衡中的图像形象地描述沉淀、溶解平衡的建立、条件改变引起的平衡移动等。能很好地考查考生的数形结合思想。能充分体现“证据推理与模型认知”的核心素养。
1．溶解平衡图像的常见类型
(1)两坐标为离子浓度的曲线型图像
?
(2)坐标为对数或负对数的直线型图像
已知：pCu＝－lg
[Cu＋]，pX＝－lg
[X－]，式中X－表示卤素阴离子。298
K时，Ksp(CuCl)≈1.0×10－7
mol2·L－2，Ksp(CuBr)≈1.0×10－9
mol2·L－2，Ksp(CuI)≈1.0×10－12
mol2·L－2。298
K时，CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中pCu和pX的关系如图所示。
?
(3)氢氧化物的溶解平衡图像
?
2．图像分析应注意下列四点
(1)曲线上任一点均为饱和溶液，线外的点为非饱和溶液，可根据Q与Ksp的大小判断。
(2)求Ksp时可找曲线上合适的一点确定离子浓度进行计算，曲线上任一点的Ksp相同。
(3)当坐标表示浓度的对数时，要注意离子浓度的换算，如lg
[X－]＝a，
则[X－]＝10a。
(4)当坐标表示浓度的负对数(－lg
[X－]＝pX)时，pX越大，[X－]越小，[X－]＝10－pX。
1．在T
℃时，铬酸银(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法中不正确的是(　　)
A．T
℃时，在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等
B．向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C．T
℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8
mol3·L－3
D．图中a＝×10－4
C　[一定温度下溶度积是常数，所以T
℃时，Y点和Z点Ag2CrO4的Ksp相等，A正确；在饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4仍为饱和溶液，点仍在曲线上，不能使溶液由Y点变为X点，B正确；曲线上的点都是沉淀溶解平衡点，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO(aq)，Ksp＝[Ag＋]2
[CrO]＝(1×10－3)2×1×10－5
mol3·L－3＝10－11
mol3·L－3，C错误；Ksp(Ag2CrO4)＝
[Ag＋]2[CrO]＝1×10－11
mol3·L－3，Z点时[CrO]＝5×10－4
mol·L－1，[Ag＋]2＝2×
10－8
mol2·L－2，所以a＝×10－4，D正确。
]
2．t
℃时，p(Ag＋)与p(X－)(X＝Cl、Br)的关系如图所示，其中A线表示AgCl，B线表示AgBr，已知p(Ag＋)＝－lg
[Ag＋]，p(X－)＝－lg
[X－]。下列说法正确的是(　　)
A．c点可表示AgCl的不饱和溶液
B．向b点对应的AgCl溶液中加入AgNO3晶体可以使b点移动到a点
C．AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K＝10－4
D．a点的AgCl溶液和b点的AgBr溶液等体积混合，会析出AgBr沉淀
D　[由图像知c点时[Ag＋][Cl－]>Ksp(AgCl)，则c点表示AgCl的过饱和溶液，A项错误；b点时对应的AgCl溶液中[Ag＋]＝[Cl－]，加入AgNO3晶体后，[Ag＋]>
[Cl－]，不能使b点移动到a点，B项错误；由图像可知，Ksp(AgCl)＝[Ag＋][Cl－]＝10－10，Ksp(AgBr)＝[Ag＋][Br－]＝10－14，反应AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋
Cl－(aq)的平衡常数K＝＝＝＝＝104，C项错误；a点为AgCl的饱和溶液、b点为AgBr的饱和溶液，由于饱和AgCl溶液中的[Ag＋]大于饱和AgBr溶液中的[Ag＋]，二者等体积混合后，Q(AgBr)>Ksp(AgBr)，则会析出AgBr沉淀，D项正确。]
3．某温度下，分别向10.00
mL
0.1
mol·L－1的KCl和K2CrO4溶液中滴加0.1
mol·L－1
AgNO3溶液，滴加过程中－lg
[M](M为Cl－或CrO)与AgNO3溶液体积(V)的变化关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．曲线L1表示－lg
[Cl－]与V(AgNO3)的变化关系
B．M点溶液中：[NO]>[K＋]>[Ag＋]>[H＋]>[OH－]
C．该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝4.0×10－12
mol3·L－3
D．相同实验条件下，若改为0.05
mol·L－1的KCl和K2CrO4溶液，则曲线L2中N点移到Q点
D　[根据沉淀溶解平衡：2Ag＋(aq)＋CrO(aq)Ag2CrO4(s)，Ag＋(aq)＋
Cl－(aq)AgCl(s)，则L1表示－lg
[Cl－]与V(AgNO3)的关系，L2表示－lg
[CrO]与V(AgNO3)的关系。将0.1
mol·L－1改为0.05
mol·L－1，消耗的AgNO3溶液体积是原来的，但－lg
[CrO]不变，D错误。]
[真题验收]
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
B　[A项，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，正确；B项，Ksp在一定温度下是一个常数，所以Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)＜Ksp(q)，错误；C项，向m点的溶液中加入Na2S固体，Ksp保持不变，S2－浓度增大，则Cd2＋浓度减小，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动，正确；D项，温度降低时，溶解度减小，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动，正确。]
2．(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
C　[由题图可知，当－lg＝0时，lg约为－7，即c(Cl－)＝1
mol·L－1，c(Cu＋)＝10－7mol·L－1，则Ksp(CuCl)的数量级为10－7，A项正确；根据题目信息可知B项正确；Cu、Cu2＋是按一定物质的量之比反应的，并不是加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好，C项错误；由题图可知，交点处
c(Cu＋)＝c(Cu2＋)≈10－6mol·L－1，则2Cu＋===Cu2＋＋Cu的平衡常数K＝≈106，该平衡常数很大，因而反应趋于完全，D项正确。]
3．(2017·全国卷Ⅰ，节选)若“滤液”中c(Mg2＋)＝0.02
mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×
10－5
mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？________________________
_____________________________________________________________________
__________________________________________________________(列式计算)。
FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24。
[解析]　根据Ksp(FePO4)＝1.3×10－22及Fe3＋恰好完全沉淀时溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5
mol·L－1，可得c(PO)＝
mol·L－1＝1.3×10－17
mol·L－1。c(Mg2＋)＝
mol·L－1＝0.01
mol·L－1，则c3(Mg2＋)·c2(PO)＝0.013×(1.3×
10－17)2＝1.69×10－40≈1.7×10－40[答案]　Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO)＝
mol·L－1＝1.3×10－17
mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(PO)值为0.013×(1.3×10－17)2≈1.7×10－40[新题预测]
1．氢氧化钙是一种微溶于水的碱。如图是Ca(OH)2在温度分别为T1、T2时的两种沉淀溶解平衡曲线(浓度单位为mol·L－1，与曲线Ⅰ对应的Ksp＝4×10－6
mol3·L－3，≈1.6)。下列说法中正确的是(　　)
A．温度：T1B．在温度为T1时，P点分散系中分散质粒子直径<1
nm
C．E点的溶液中[OH－]约为0.012
5
mol·L－1
D．加水稀释时溶液碱性减弱，Z点溶液可转化为E点溶液
C　[A项，T2时Ksp较大，Ca(OH)2溶解放热，故T2Ksp，有沉淀生成，为浊液，分散质粒子直径>100
nm，错误；C项，4×10－6
mol3·L－3＝4a×4a2，解得2a＝0.012
5
mol·L－1，正确；D项，加水稀释
[Ca2＋]、[OH－]均减小，错误。]
2．某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的离子浓度/(mol·L－1)
Na＋
Mg2＋
Ca2＋
Cl－
HCO
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5
mol·L－1，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9
mol2·L－2，Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6
mol2·L－2，Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6
mol3·L－3，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12
mol3·L－3。
下列说法中正确的是(　　)
A．沉淀物X为CaCO3
B．滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋
C．滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋
D．步骤②中若改为加入4.2
g
NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物
A　[加入NaOH溶液，HCO与OH－反应生成CO，此时c(Ca2＋)·c(CO)＝0.011×0.001
mol2·L－2＝1.1×10－5
mol2·L－2>Ksp(CaCO3)，c(Mg2＋)·c(CO)＝0.050×0.001
mol2·L－2＝5×10－5
mol2·L－2>Ksp(MgCO3)，由于Ksp(CaCO3)<
Ksp(MgCO3)，因此先生成CaCO3沉淀，生成沉淀后溶液中[CO]＝≈4.5×10－7
mol·L－1<1×10－5
mol·L－1，因此CO完全沉淀，则无MgCO3沉淀生成，A对；滤液M中c(Ca2＋)＝0.010
mol·L－1，c(Mg2＋)＝0.050
mol·L－1，B错；pH＝11时，c(OH－)＝10－3
mol·L－1，c(Ca2＋)·c2(OH－)＝10－2×10－6
mol3·L－3＝10－8
mol3·L－3<4.68×10－6
mol3·L－3，Ca2＋不沉淀，c(Mg2＋)·c2(OH－)＝5×10－2×10－6
mol3·L－3＝5×10－8
mol3·L－3>5.61×10－12
mol3·L－3，Mg2＋沉淀，故滤液N中存在Ca2＋，不存在Mg2＋，C错；若改为加入4.2
g
NaOH固体，则c(OH－)＝0.105
mol·L－1，则c(Mg2＋)·c2(OH－)＝0.050×(0.105)2
mol3·L－3≈5.51×10－4
mol3·L－3>
Ksp[Mg(OH)2]，c(Ca2＋)
·c2(OH－)＝0.010×(0.105)2
mol3·L－3≈1.10×10－4
mol3·L－3>Ksp[Ca(OH)2]，由于Ksp[Mg(OH)2]mol·L－1，此时c(Ca2＋)·c2(OH－)＝0.010×(0.005)2
mol3·L－3＝2.5×10－7
mol3·L－3<
Ksp[Ca(OH)2]，故无Ca(OH)2沉淀生成，D错。]
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-第3节　盐类的水解　水溶液中的图像
[课标解读]　1.了解盐类水解的原理。　2.了解影响盐类水解的主要因素。　3.了解盐类水解的应用。　4.能正确书写盐类水解的化学方程式或离子方程式。　5.水溶液中粒子浓度的比较。
　盐类的水解原理及规律
知识梳理
1．盐类的水解原理
(1)定义
在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
(2)实质
―→[H＋]≠[OH－]―→溶液不再呈中性。
(3)特点
→
↓
→
↓
→水解反应程度很微弱
(4)水解常数(Kh)
A－＋H2OHA＋OH－的水解常数表达式Kh＝＝＝，若25
℃，HA的Ka为1×10－6
mol·L－1，则A－的水解常数Kh为1×10－8_
mol·L－1。
2．盐类的水解规律
盐的类型
实例
是否水解
水解的离子
溶液的酸碱性
溶液的pH(常温下)
强酸强碱盐
NaCl、KNO3
否
—
中性
＝7
强酸弱碱盐
NH4Cl、Cu(NO3)2
是
NH、Cu2＋
酸性
<7
弱酸强碱盐
CH3COONa、Na2CO3
是
CH3COO－、CO
碱性
>7
注意：水解规律熟记口诀：
有弱才水解，无弱不水解；
越弱越水解，谁强显谁性；
同强显中性，同弱不确定。
这里说的“弱”指的是弱酸根离子或弱碱阳离子。
[辨易错]
(1)盐溶于水显酸性是因为盐发生了水解。(　　)
(2)NH4Cl、CH3COONa投入水中，均促进了水的电离。(　　)
(3)能水解的盐溶液一定呈酸性或碱性，不可能呈中性。(　　)
(4)25
℃，pH＝4的盐溶液中水电离出的[H＋]一定为1×10－4
mol·L－1。(　　)
(5)常温下，pH＝10的CH3COONa溶液与pH＝4的NH4Cl溶液，水的电离程度相同。(　　)
(6)25
℃，0.1
mol·L－1的CH3COONa与0.1
mol·L－1的NaHCO3溶液前者pH高。(　　)
[答案]　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)√　(6)×
3．酸式盐在水中的性质
(1)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。
(2)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
①若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。常见的有NaHCO3、NaHS、Na2HPO4等。
②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。常见的有NaHSO3、NaH2PO4等。
4．水解离子方程式的书写
(1)书写形式
在书写盐类水解方程式时一般要用“”号连接，产物不标“↑”或“↓”，用离子方程式表示为盐中的弱离子＋水弱酸(或弱碱)＋OH－(或
H＋)。
(2)书写规律
①一般盐类水解程度很小，水解产物很少，如果产物易分解(如NH3·H2O、H2CO3)也不写成其分解产物的形式。
②多元弱酸盐的水解分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解的离子方程式，如Na2CO3的水解离子方程式：CO＋H2OHCO＋OH－。
③多元弱碱阳离子的水解方程式一步写完，如FeCl3的水解离子方程式：
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
④水解分别是酸性和碱性的离子组由于相互促进水解程度较大生成气体或沉淀的，书写时要用“===”“↑”“↓”；但水解不生成气体或沉淀，水解不完全的，书写仍用“”。如2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑；CH3COO－＋NH＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O。
[深思考]
按要求写出离子方程式或电离方程式
(1)AlCl3显酸性__________________________________________________。
(2)Na2S显碱性__________________________________________________。
(3)Na[Al(OH)4]显碱性____________________________________________。
(4)FeCl3溶液与Na2CO3溶液混合___________________________________。
(5)NaHCO3溶液显碱性___________________________________________，
NaHSO3溶液显酸性_____________________________________________。
(6)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH>7，其原因是______________(用离子方程式说明，下同)；若pH<7，其原因是_____________________________
___________________________________________________________________。
[答案]　(1)Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
(2)S2－＋H2OHS－＋OH－
(3)[Al(OH)4]－Al(OH)3＋OH－
(4)2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑
(5)HCO＋H2OH2CO3＋OH－
HSOH＋＋SO
(6)Rn－＋H2OHR(n－1)－＋OH－
Mm＋＋mH2OM(OH)m＋mH＋
知识应用
1．A＋、B＋、C－、D－四种离子两两组成四种可溶性盐，其中：AC和BD盐溶液pH＝7，BC盐溶液pH>7，则AOH、BOH、HC、HD的电离常数大小顺序为____________________(用化学式表示)。
[答案]　BOH＝HD>HC＝AOH
2．为探究纯碱溶液呈碱性是由CO引起的，请你设计一个简单的实验方案：________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
[答案]　向纯碱溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色退去。则可以说明纯碱溶液呈碱性是由CO引起的
3．氯化铵和氯化锌做除锈剂的原理是________________________________
____________________________________________________________________。
[答案]　NH和Zn2＋在水中发生水解反应，溶液呈酸性
?命题点1　盐类水解的原理与离子方程式
1．常温下，浓度均为0.1
mol·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如表所示：
序号
①
②
③
④
溶液
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
下列说法正确的是(　　)
A．四种溶液中，水的电离程度：①>②>④>③
B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同
C．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClO
D．③溶液中水电离出的[OH－]＝1×10－11.6
mol·L－1
B　[A项，水的电离程度应为③>④>②>①，错误；C项，酸性CH3COOH强于HClO，pH小的为CH3COOH，错误；D项，Na2CO3促进水电离，[OH－]H2O＝1×10－2.4
mol·L－1，错误。]
2．25
℃时浓度都是1
mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX溶液的pH＝7且溶液中[X－]＝1
mol·L－1，BX溶液的pH＝4，BY溶液的pH＝6。下列说法正确的是(　　)
A．电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)
B．AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C．稀释相同倍数，溶液pH变化：BX等于BY
D．将浓度均为1
mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY
A　[由题给条件可以推出AX是强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，AY为强碱弱酸盐。1
mol·L－1
BY溶液的pH＝6，说明电离平衡常数K(BOH)3．下列有关盐的说法不正确的是(　　)
A．向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红的原因是CO＋H2O
HCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－
B．由0.1
mol·L－1一元酸HA溶液的pH＝3，可推知NaA溶液存在A－＋H2OHA＋OH－
C．25
℃，pH＝4的NaHSO3溶液中水电离的[H＋]H2O＝1×10－4
mol·L－1
D．NaHB的水溶液显酸性，说明HB－电离程度可能大于水解程度
C　[NaHSO3在水中HSO以电离为主，抑制水的电离，[H＋]H2O<1×10－7
mol·L－1，C错误。]
?命题点2　水解常数及电离常数的关系
4．(1)25
℃
0.01
mol·L－1NaA溶液的pH＝10，则A－的水解常数表达式为________，其值约为________。
(2)已知常温下H2SO3的电离常数Ka1＝1.0×10－2
mol·L－1，Ka2＝6.0×10－8
mol·L－1，则SO的水解常数Kh1＝________，Kh2＝________。若常温下，pH＝9的Na2SO3溶液中＝________。
[解析]　(1)Kh＝≈
mol·L－1≈10－6
mol·L－1。
(2)SO＋H2OHSO＋OH－
HSO＋H2OH2SO3＋OH－
Kh1＝＝＝
mol·L－1≈1.67×10－7
mol·L－1，
Kh2＝＝＝1×10－12
mol·L－1。
＝＝＝60。
[答案]　(1)Kh＝　10－6
(2)1.67×10－7
mol·L－1　1×10－12
mol·L－1　60
5．(1)已知25
℃时，Na2CO3溶液的水解平衡常数为Kh＝5×10－5
mol·L－1，则当溶液中[HCO]∶[CO]＝1∶2时，试求溶液的pH＝________。
(2)已知25
℃时，H2B的Ka1＝m，Ka2＝n，则pH＝5的NaHB溶液中＝________。
[解析]　(1)Kh＝＝5×10－5
mol·L－1，又[HCO]∶[CO]＝1∶2，得[OH－]＝10－4
mol·L－1，故pH＝10。
(2)＝＝＝＝1010mn。
[答案]　(1)10　(2)1010mn
6．已知25
℃时，H2A的Ka1＝1×10－6，Ka2＝1×10－10，则25
℃时，NaHA溶液呈________性，写出推导过程________________________________________
___________________________________________________________________。
[答案]　碱　Ka(HA－)＝Ka2＝1×10－10，Kh(HA－)＝＝＝1×10－8>
Ka(HA－)，故HA－在水中水解程度大于电离程度，溶液呈碱性
Ka或Kb与Kh的定量换算关系
①一元弱酸或弱碱的Ka或Kb与弱酸根或弱碱离子的Kh关系Ka＝或Kb＝。
②二元弱酸的Ka1、Ka2与相应酸根的水解常数Kh1、Kh2的关系
Ka1＝，Ka2＝。
　盐类水解的影响因素及应用
知识梳理
1．盐类水解的影响因素
(1)内因——主要因素
弱酸酸根离子、弱碱阳离子对应的酸、碱越弱，就越易发生水解，溶液的碱性或酸性越强。
如酸性(或Ka)CH3COOH>H2CO3>HCO可知同浓度的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3的水解程度依次增大，pH依次增大。
(2)外界因素对盐类水解的影响
因素
水解平衡
水解程度
水解产生离子的浓度
温度
升高
右移
增大
增大
浓度
增大
右移
减小
增大
减小(即稀释)
右移
增大
减小
外加酸、碱
加酸
弱碱阳离子的水解程度减小；弱酸酸根阴离子的水解程度增大
加碱
弱酸酸根阴离子的水解程度减小；弱碱阳离子的水解程度增大
外加其他盐　
水解形式相同的盐
相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)
水解形式相反的盐
相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]
[辨易错]
(1)Na2CO3溶液中加水稀释，CO的水解平衡右移，n(OH－)增大，碱性增强。
(　　)
(2)CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，冰醋酸与CH3COO－水解生成的
OH－反应，促进了CH3COO－的水解。(　　)
(3)因为0.1
mol·L－1
Na2CO3溶液的pH大于0.1
mol·L－1
Na2SO3溶液的pH故可推知酸性H2CO3(4)将氯化铵溶液加水稀释时，的值减小。(　　)
(5)CH3COONa溶液浓度增大或减小，水解平衡均右移，水解程度均增大。
(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×
2．盐类水解的“六”大类应用
(1)判断离子能否共存
若阴、阳离子发生水解相互促进的反应，水解程度较大而不能大量共存，有的甚至水解完全。常见的水解相互促进的反应进行完全的有：
①Al3＋与HCO、CO、[Al(OH)4]－、SiO、HS－、S2－、ClO－。
②Fe3＋与HCO、CO、[Al(OH)4]－、SiO、ClO－。
③NH与SiO、[Al(OH)4]－。
(2)判断盐溶液蒸干时所得的产物
①盐溶液水解生成难挥发性酸和酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(s)。
②盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。
③弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。
(3)保存、配制某些盐溶液
如配制FeCl3溶液时，为防止出现Fe(OH)3沉淀，常加几滴盐酸来抑制FeCl3的水解；在实验室盛放Na2CO3、CH3COONa、Na2S等溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应用橡胶塞。
(4)利用盐类的水解反应制取胶体、净水
如实验室制备Fe(OH)3胶体的原理为
FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl。
明矾净水的原理为Al3＋水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有很大的表面积，吸附水中悬浮物而聚沉。
(5)泡沫灭火器的原理
NaHCO3与Al2(SO4)3的饱和溶液混合
Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(6)铵态氮肥与草木灰不能混用，某些盐溶液(如ZnCl2、NH4Cl)作除锈剂。
知识应用
(1)直接蒸发CuCl2溶液，能不能得到CuCl2·2H2O晶体，应如何操作？
________________________________________________________________
_______________________________________________________________。
(2)在Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色，若在该溶液中滴入过量的BaCl2溶液，现象是________________________________________________________
____________________________________________________________________
____________________________________________________________________，
请结合离子方程式，运用平衡原理进行解释：____________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
(3)除去CaCl2溶液中的Fe3＋的方法是向溶液中加入过量________，其原理是_____________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
[答案]　(1)不能，应在HCl气流中加热蒸发
(2)产生白色沉淀，且红色退去　在Na2SO3溶液中，SO水解：SO＋H2OHSO＋OH－，加入BaCl2后，Ba2＋＋SO===BaSO3↓(白色)，由于[SO]减小，SO水解平衡左移，[OH－]减小，红色退去
(3)CaCO3　Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CaCO3，CaCO3与H＋反应：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O，上述平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀而除去
?命题点1　盐类水解平衡的移动与应用
1．下列有关电解质溶液的说法不正确的是(　　)
A．向Na2CO3溶液中通入NH3，减小
B．将0.1
mol·L－1的K2C2O4溶液从25
℃升温至35
℃，增大
C．除去MgCl2溶液中Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO或Mg(OH)2
D．向0.1
mol·L－1的CH3COONa溶液中加入少量水，增大
D　[＝，加水稀释，Ka(CH3COOH)不变，D错误。]
2．(2020·武汉模拟)已知常温下浓度为0.1
mol·L－1的下列溶液的pH如表所示：
溶质
NaF
NaClO
Na2CO3
pH
7.5
9.7
11.6
下列说法正确的是(　　)
A．加热0.1
mol·L－1
NaClO溶液测其pH，pH小于9.7
B．0.1
mol·L－1
Na2CO3溶液加水稀释，CO的水解平衡右移，pH变大
C．根据上表数据得出三种酸电离平衡常数大小关系为HF>HClO>H2CO3(二级电离平衡常数)
D．0.1
mol·L－1
NaF溶液中加入Na2CO3，F－的水解程度变大
C　[A项，加热促进盐水解，pH>9.7，错误；B项，加水稀释碱性变弱，pH变小，错误；C项，水解程度越大，pH越大，相应的酸越弱，正确；D项，加Na2CO3，抑制F－水解，错误。]
3．常温下，HF的电离常数Ka＝6.61×10－4
mol·L－1，NH3·H2O的电离常数Kb＝1.78×10－5
mol·L－1。下列说法正确的是
(　　)
A．NH4F溶液中lg
>0
B．NH4F溶液中水的电离程度小于纯水的电离程度
C．NH4F溶液中F－的水解平衡常数Kh(F－)≈1.51×10－11
mol·L－1
D．NH4F与NH4Cl的混合溶液中有下列关系：[NH]>[F－]＋[Cl－]
C　[HF的电离平衡常数大于NH3·H2O的电离平衡常数，所以氟离子的水解程度小于铵根离子水解程度，溶液显酸性，氢氧根离子与氢离子的比值的对数应小于0，故A项错误；铵根离子和氟离子的水解促进水的电离，所以NH4F溶液中水的电离程度大于纯水的电离程度，故B项错误；NH4F溶液中F－的水解平衡常数＝≈1.51×10－11
mol·L－1，故C项正确；NH4F与NH4Cl的混合溶液显酸性，[H＋]>[OH－]，有下列关系：[NH]<[F－]＋[Cl－]，故D项错误。]
4．下列有关问题与盐的水解有关的是
(　　)
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂
②NaHCO3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实验室中盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体
⑥要除去FeCl3溶液中混有的Fe2＋，可先通入氧化剂Cl2，再调节溶液的pH
A．①②③　　
B．②③④
C．①④⑤
D．①②③④⑤
[答案]　D
?命题点2　盐类水解的实验探究
5．已知：[FeCl4(H2O)2]－为黄色，溶液中可以存在可逆反应：Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－，下列实验所得结论不正确的是(　　)
①
②
③
④
加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深
加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化
加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深
加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深
注：加热为微热，忽略体积变化。
A．实验①中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3＋水解产生了少量Fe(OH)3
B．实验②中，酸化对Fe3＋水解的影响程度大于温度的影响
C．实验③中，加热，可逆反应：Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－正向移动
D．实验④，可证明升高温度，颜色变深一定是因为Fe3＋水解平衡正向移动
D　[实验④升高温度，水解平衡与Fe3＋＋4Cl－＋2H2O[FeCl4(H2O)2]－平衡均可能移动使颜色加深，故D项不正确。]
6．(2020·泰州模拟)10
℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下的变化：
温度(℃)
10
20
30
加热煮沸后冷却到50
℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该水解反应的离子方程式为____________________________________。
(2)乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3，该分解反应的化学方程式为___________________________________________________。
(3)丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
①只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂BaCl2溶液，若产生沉淀，则乙判断正确。原因是____________________________________________________
__________________________________________________(用离子方程式表示)。
能不能选用Ba(OH)2溶液？______(填“能”或“不能”)。
②将加热后的溶液冷却到10
℃，若溶液的pH________8.3(填“大于”“小于”或“等于”)，则________(填“甲”或“乙”)判断正确。
[解析]　(1)NaHCO3发生水解反应的离子方程式为HCO＋H2OH2CO3＋OH－。(2)加热时，NaHCO3可分解生成Na2CO3，Na2CO3水解程度比NaHCO3大，溶液碱性较强；该分解反应的化学方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O。(3)①在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液，若产生沉淀，则NaHCO3受热分解，原因是Ba2＋＋CO===BaCO3↓；不能用加入Ba(OH)2溶液的方法判断，原因是Ba(OH)2溶液与碳酸钠、碳酸氢钠都会发生反应产生BaCO3沉淀，因此不能确定物质的成分；②将加热后的溶液冷却到10
℃，若溶液的pH等于8.3，则甲正确；若pH>8.3，则乙正确。
[答案]　(1)HCO＋H2OH2CO3＋OH－　(2)大于　2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O　
(3)①Ba2＋＋CO===BaCO3↓　不能　②等于　甲(或大于　乙)
　溶液中粒子浓度的比较
知识梳理
1．理解“两大理论”，构建思维基点
(1)电离理论——弱电解质的电离是微弱的
①弱电解质的电离是微弱的，电离产生的粒子都非常少，同时还要考虑水的电离。
如氨水中：NH3·H2O、NH、OH－、H＋浓度的大小关系是[NH3·H2O]>
[OH－]>[NH]>[H＋]。
②多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。
如在H2S溶液中：H2S、HS－、S2－、H＋的浓度大小关系是[H2S]>[H＋]>[HS－]>[S2－]。
(2)水解理论——弱电解质离子的水解是微弱的
①弱电解质离子的水解损失是微量的(水解相互促进的除外)，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中[H＋]或碱性溶液中[OH－]总是大于水解产生的弱电解质溶液的浓度。
如NH4Cl溶液中：NH、Cl－、NH3·H2O、H＋的浓度大小关系是[Cl－]>[NH]>
[H＋]>[NH3·H2O]。
②多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解。
如在Na2CO3溶液中：CO、HCO、H2CO3的浓度大小关系应是[CO]>
[HCO]>[H2CO3]。
2．理解“三个守恒”，明确浓度关系
(1)电荷守恒
电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。如NaHCO3溶液中：[Na＋]＋[H＋]＝[HCO]＋2[CO]＋[OH－]。
(2)物料守恒：物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。
①单一元素守恒，如1
mol
NH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NH)＝1
mol，即氮元素守恒。
②两元素守恒，如NaHCO3溶液中：[Na＋]＝[H2CO3]＋[HCO]＋[CO]，即钠元素与碳元素守恒。
(3)质子守恒(了解)：电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。如NaHCO3溶液中：
[H2CO3]＋[H＋]＝[CO]＋[OH－]。
注意：质子守恒可以通过电荷守恒与物料守恒加减得到。
3．同一溶液中不同粒子浓度大小比较模板
[模板一]　MCl溶液(MOH为弱碱)，如NH4Cl、NH4NO3
(1)大小关系：[Cl－]>[M＋]>[H＋]>[MOH]>[OH－]。
(2)电荷守恒：[Cl－]＋[OH－]＝[H＋]＋[M＋]
(3)物料守恒：[Cl－]＝[M＋]＋[MOH]
(4)质子守恒：[MOH]＋[OH－]＝[H＋]
[模板二]　Na2R溶液(H2R为二元弱酸)，如Na2CO3、Na2S、Na2C2O4
(1)大小关系：[Na＋]>[R2－]>[OH－]>[HR－]>[H＋]
(2)电荷守恒：[Na＋]＋[H＋]＝2[R2－]＋[HR－]＋[OH－]
(3)物料守恒：[Na＋]＝2[R2－]＋2[HR－]＋2[H2R]
(4)质子守恒：[OH－]＝[H＋]＋[HR－]＋2[H2R]
[模板三]　NaHR溶液(H2R为二元弱酸)
如
(1)大小关系
(2)电荷守恒：[Na＋]＋[H＋]＝[HR－]＋2[R2－]＋[OH－]
(3)物料守恒：[Na＋]＝[HR－]＋[H2R]＋[R2－]
(4)质子守恒：[H＋]＝[R2－]＋[OH－]－[H2R]
[模板四]　MCl与MOH混合液[n(MCl)∶n(MOH)＝1∶1]
(1)大小关系
(2)物料守恒：2[Cl－]＝[M＋]＋[MOH]
[模板五]　HR与NaR的混合液[n(HR)∶n(NaR)＝1∶1]
(1)大小关系：
(2)物料守恒：2[Na＋]＝[R－]＋[HR]
[模板六]　中和滴定曲线“五点”离子浓度比较
以向10
mL
0.1
mol·L－1的HA溶液中滴加0.1
mol·L－1的NaOH溶液为例
?
?命题点1　同一溶液中不同微粒浓度比较
1．常温下，将浓度均为0.1
mol·L－1的一元酸HX溶液和NaOH溶液等体积混合后，测得溶液的pH＝a。下列有关说法错误的是(　　)
A．若a＝8，则此时溶液中：[Na＋]－[X－]＝9.9×10－7
mol·L－1　
B．若HX为弱酸，混合后的溶液中：[X－]＋[HX]＝0.05
mol·L－1
C．若混合后[H＋]<，则反应后的溶液中：[Na＋]>[X－]>[OH－]
D．若混合后a＝7，则0.1
mol·L－1的HX溶液中：[OH－]＋[X－]<0.1
mol·L－1
D　[将浓度为0.1
mol·L－1的HX溶液与NaOH溶液等体积混合，反应后得到0.05
mol·L－1
NaX溶液。若溶液pH＝8，则NaX为强碱弱酸盐，根据电荷守恒得[Na＋]＋[H＋]＝[X－]＋[OH－]，[Na＋]－[X－]＝[OH－]－[H＋]＝10－6
mol·L－1－
10－8
mol·L－1＝9.9×10－7
mol·L－1，A项正确；根据物料守恒得[X－]＋[HX]＝0.05
mol·L－1，B项正确；若混合后[H＋]<＝10－7
mol·L－1，溶液显碱性，则NaX溶液中X－发生了水解，离子浓度大小为[Na＋]>[X－]>[OH－]，C项正确；若混合后a＝7，则HX为强酸，0.1
mol·L－1的HX溶液中[X－]＝0.1
mol·L－1，[X－]＋
[OH－]>0.1
mol·L－1，D项错误。]
2．常温常压下，将a
mol
CO2气体通入含b
mol
NaOH的溶液中，下列对所得溶液的描述正确的是(　　)
A．2a[CO]>[OH－]>[H＋]
B．2a＝b时，则一定存在：[OH－]＝[H2CO3]＋[HCO]＋[H＋]
C．b<2a<2b时，则一定存在：<
D．a＝b时，则一定存在：2[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋3[CO]＋2[HCO]＋[H2CO3]
D　[向NaOH溶液中通入CO2，依次发生反应CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O和Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3。当2aKa2＝，得>，C错误；当a＝b时，溶液中溶质为NaHCO3，由电荷守恒得[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋2[CO]＋[HCO]，由物料守恒得[Na＋]＝[CO]＋[HCO]＋[H2CO3]，将两式相加得2[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋3[CO]＋2[HCO]＋[H2CO3]，D正确。]
3．25
℃时，分别向20.00
mL
0.100
0
mol·L－1的氨水、醋酸铵溶液中滴加0.100
0
mol·L－1的盐酸，溶液pH与加入盐酸体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．M点溶液中：[OH－]>[NH]>[NH3·H2O]>[H＋]
B．N点溶液中：[NH]>[Cl－]>[NH3·H2O]>[OH－]
C．P点溶液中：[NH]>2[CH3COO－]＋[NH3·H2O]
D．Q点溶液中：2[Cl－]＝[CH3COOH]＋[NH]
B　[一水合氨是弱电解质，电离程度较小，一水合氨电离导致溶液呈碱性，水还电离出氢氧根离子，则存在[NH3·H2O]>[OH－]>[NH]>[H＋]，故A错误；N点溶液中溶质为等物质的量浓度的一水合氨、氯化铵，混合溶液呈碱性，说明一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，但是其电离和水解程度都较小，则存在[NH]>[Cl－]>[NH3·H2O]>[OH－]，故B正确；P点溶液中溶质为等物质的量浓度的氯化铵、醋酸铵和醋酸，溶液中存在物料守恒[NH]＋[NH3·H2O]＝[CH3COO－]＋[CH3COOH]＝2[Cl－]，存在电荷守恒[NH]＋[H＋]＝[CH3COO－]＋[Cl－]＋
[OH－]，溶液呈酸性，则[H＋]>[OH－]，[NH]<[CH3COO－]＋0.5[NH]＋0.5[NH3·H2O]，即0.5[NH]<[CH3COO－]＋0.5[NH3·H2O]，所以[NH]<2
[CH3COO－]＋[NH3·H2O]，故C错误；Q点溶质为等物质的量浓度的氯化铵和醋酸，溶液中存在物料守恒：[Cl－]＝[CH3COOH]＋[CH3COO－]、[Cl－]＝[NH]＋[NH3·H2O]，所以存在2[Cl－]＝[CH3COOH]＋[CH3COO－]＋[NH]＋[NH3·H2O]，故D错误。]
4．(2020·徐州模拟)常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.10
mol·L－1的NaOH溶液，整个过程中溶液pH变化的曲线如图所示。下列叙述中正确的是(　　)
A．点①所示溶液中：[H＋]＝[Cl－]＋[HClO]＋[OH－]
B．点②所示溶液中：[H＋]>[Cl－]>[ClO－]>[HClO]
C．点③所示溶液中：[Na＋]＝2[ClO－]＋[HClO]
D．点④所示溶液中：[Na＋]>[ClO－]>[Cl－]>[HClO]
C　[①点表示Cl2缓慢通入水中但未达到饱和，电荷守恒式：[H＋]＝[Cl－]＋[ClO－]＋[OH－]，A错误；②点表示Cl2缓慢通入水中刚好达到饱和，HClO是弱酸，部分电离，[HClO]>[ClO－]，则有[H＋]>[Cl－]>[HClO]>[ClO－]，B错误；③点溶液pH＝7，电荷守恒式：[H＋]＋[Na＋]＝[ClO－]＋[Cl－]＋[OH－]，则[Na＋]＝
[ClO－]＋[Cl－]，溶液中[Cl－]＝[ClO－]＋[HClO]，所以[Na＋]＝[ClO－]＋[Cl－]＝
[ClO－]＋[ClO－]＋[HClO]＝2[ClO－]＋[HClO]，C正确；④点表示饱和氯水与NaOH溶液反应得到NaCl、NaClO、NaOH，NaClO部分水解，则[Cl－]>[ClO－]，D错误。]
溶液混合后溶液中微粒浓度比较思路
—
—
—
?命题点2　不同溶液中同种微粒浓度比较
5．有4种混合溶液，分别由等体积
0.1
mol·L－1的两种溶液混合而成：①NH4Cl与CH3COONa(混合溶液呈中性)　②NH4Cl
与HCl　③NH4Cl与NaCl　④NH4Cl与NH3·H2O(混合溶液呈碱性)。下列各项排序正确的是(　　)
A．pH：②＜①＜③＜④
B．溶液中[H＋]：①＜③＜②＜④
C．[NH]：①＜③＜②＜④
D．[NH3·H2O]：①＜③＜④＜②
C　[A项，④呈碱性，①呈中性，③呈弱酸性，②呈强酸性，pH：②<③<①<④，错误；B项，溶液中[H＋]：④<①<③<②，错误；D项，[NH3·H2O]：②<③<①<④，错误。]
不同溶液中同种微粒浓度大小的比较
　水溶液中的陌生图像分析
借助图像判断电解质溶液中微粒浓度的关系，是高考常考题型，其中不同阶段微粒浓度关系的判断是近几年高考的热点和亮点，同时此类试题的图像往往与数学紧密联系，难度较大。该类题目的解题关键是正确判断溶液中溶质的成分及其量的关系，以及离子的电离程度和水解程度的大小。该题型一般综合性强、难度较大，能够很好考查学生的分析推理能力。充分体现“证据推理与模型认知”的核心素养。
类型一　分布曲线图像分析
分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线。
一元弱酸(以CH3COOH为例)
二元弱酸(以草酸H2C2O4为例)
注：pKa为电离常数的负对数
δ0为CH3COOH分布系数，δ1为CH3COO－分布系数
δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2O分布系数、δ2为C2O分布系数
注意：利用图像中交点对应的pH可求pKa。
[典例导航]
常温下，向0.1
mol·L－1
H3PO4溶液中加入NaOH的过程中各种微粒的物质的量分数(δ)随pH的变化关系如图所示(H3PO4的三级电离常数依次为Ka1、Ka2、Ka3)。下列叙述错误的是(　　)
A．Ka2＝10－7.2
mol·L－1，HPO的水解平衡常数为10－6.8
mol·L－1
B．为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在4～5
C．反应H2PO＋H2OH3PO4＋OH－的K＝10－11.9
mol·L－1
D．Na2HPO4溶液中存在[OH－]＋[PO]＝[H＋]＋[H2PO]＋[H3PO4]
[思路点拨]　H3PO4H2POHPOPO，由题图可知pKa1＝2.1，pKa2＝7.2，pKa3＝12.3，再根据Ka·Kh＝KW，可知pKh1＝1.7，pKh2＝6.8，pKh3＝11.9。
D　[分析题图可知，曲线1代表H3PO4的物质的量分数随pH的变化关系，曲线2代表H2PO的物质的量分数随pH的变化关系，曲线3代表HPO的物质的量分数随pH的变化关系，曲线4代表PO的物质的量分数随pH的变化关系。A项，当pH＝7.2时，[H2PO]＝[HPO]，Ka2＝＝[H＋]＝10－7.2
mol·L－1，HPO的水解平衡常数Kh(HPO)＝＝[OH－]＝10－6.8
mol·L－1，正确；B项，由题图可知，pH在4～5之间，H2PO的物质的量分数接近1.0，正确；C项，当pH＝2.1时，[H3PO4]＝[H2PO]，Ka1＝＝
[H＋]＝10－2.1
mol·L－1，题述反应的K＝＝＝＝＝10－11.9
mol·L－1，正确；D项，Na2HPO4溶液中，根据质子守恒知，[H＋]＋[H2PO]＋2[H3PO4]＝[OH－]＋[PO]，错误。]
类型二　坐标为对数或负对数的图像分析
1．常考有关对数示例
(1)pC：类比pH，即为C离子浓度的负对数，规律是pC越大，C离子浓度越小。
(2)pK：平衡常数的负对数，规律是pK越大，平衡常数越小，对于一元弱酸(HX)：pKa＝pH－lg
，lg
越大，HX的电离程度越大。
(3)AG＝lg
，氢离子浓度与氢氧根离子浓度比的对数；规律是：AG越大，酸性越强，中性时AG＝0。
2．图像示例
(1)pOH—pH曲线
?
(2)常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加NaOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示：
?
(3)常温下将KOH溶液滴加二元弱酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系图：
?
[典例导航]
25
℃时，向某二元弱酸H2X的溶液中滴加NaOH溶液，混合溶液中lg
或lg
与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A．Ka2(H2X)的数量级为10－9
B．m曲线表示lg
与pH的变化关系
C．25
℃时，NaHX溶液中[X2－]>[H2X]
D．pH＝8时，＝10－0.7
[思路点拨]　(1)Ka1＝?pH＋lg
Ka1＝lg
同理：pH＋lg
Ka2＝lg
(2)当pH＝7.4时，lg
＝1，可求lg
Ka1＝－6.4
当pH＝9.3时，lg
＝－1，可求lg
Ka2＝－10.3。
(3)Ka1·Ka2＝，pH＝8可求＝＝10－0.7。
D　[B项，在相同条件下，Ka1>Ka2，然后结合图像知，曲线m表示lg
与pH的关系，曲线n表示lg
与pH的关系，错误；A项，根据m曲线上的点(9.3，－1)可以计算出H2X的Ka2＝10－1－9.3＝10－10.3，根据n曲线上的点(7.4,1)可以计算出Ka1＝101－7.4＝10－6.4，H2X的Ka2＝10－10.3＝100.7－11＝100.7×10－11，故Ka2(H2X)的数量级为10－11，错误；C项，由H2X的Ka1＝10－6.4，Ka2＝10－10.3可知，25
℃时，HX－的电离常数为10－10.3，HX－的水解平衡常数Kh＝＝10－7.6，Ka2[X2－]，错误。]
1．(2021·广东选择考适应性测试)水体中重金属铅的污染问题备受关注。溶液中Pb2＋及其与OH－形成的微粒的浓度分数α随溶液pH变化的关系如图所示。已知NH3·H2O的Kb＝1.74×10－5。向Pb(NO3)2溶液中滴加氨水，关于该过程的说法正确的是(　　)
A．Pb2＋的浓度分数先减小后增大
B．c(NO)与c(Pb2＋)的比值先增大，pH>10后不变
C．pH＝7时，存在的阳离子仅有Pb2＋、Pb(OH)＋和H＋
D．溶液中Pb2＋与Pb(OH)2浓度相等时，氨主要以NH的形式存在
D　[由图示可知，Pb2＋与OH－依次形成Pb(OH)＋、Pb(OH)2、Pb(OH)、Pb(OH)四种微粒，据此分析。
A．随着pH的增大，Pb2＋的浓度分数逐渐减小，当pH＝10时，Pb2＋的浓度分数减小为0，A错误；B.NO与Pb2＋在同一溶液中，c(NO)与c(Pb2＋)的比值等于其物质的量之比，滴加氨水过程中，随着pH的增大，n(Pb2＋)逐渐减小，n(NO)不变，n(NO)与n(Pb2＋)的比值增大，故c(NO)与c(Pb2＋)的比值增大，pH>10，c(Pb2＋)减小为0时，比值无意义，B错误；C.当pH＝7时，根据图示可知，溶液中存在的阳离子有Pb2＋、Pb(OH)＋、H＋以及NH，C错误；D.当溶液中Pb2＋与Pb(OH)2浓度相等时，由图可知，此时溶液pH约等于8，由NH3·H2O电离常数Kb
＝＝1.74×10－5，则＝＝＝17.4，故溶液中氨主要以NH形式存在，D正确。]
2．25
℃时，向NaHCO3溶液中滴入盐酸，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是(　　)
A．25
℃时，H2CO3的一级电离Ka1(H2CO3)＝1.0×10－6.4　
B．M点溶液中：[H＋]＋[H2CO3]＝[Cl－]＋2[CO]＋[OH－]
C．25
℃时，HCO＋H2OH2CO3＋OH－的Kh＝1.0×10－7.6　
D．图中a＝2.6
B　[A项，lg
Ka1＝－lg
＋pH＝－1＋7.4＝6.4，Ka1＝10－6.4，正确；B项，根据电荷守恒和物料守恒可知M点溶液中存在[H＋]＋[H2CO3]＝[Cl－]＋[CO]＋[OH－]，错误；C项，Kh＝＝10－7.6，正确；D项，6.4＝－a＋9，a＝2.6，正确。]
3．(2020·潍坊模拟)常温下，将NaOH溶液滴入二元弱酸H2X溶液中，混合溶液中的粒子浓度与溶液pH的变化关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A．曲线M表示lg
与pH的变化关系
B．NaHX溶液显碱性
C．当混合溶液呈中性时，[Na＋]>[X2－]>[HX－]>[H＋]＝[OH－]
D．Ka2(H2X)的数量级为10－9
C　[H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)>Ka2(H2X)，酸性条件下，则pH相同时>，由图像可知N为lg的变化曲线，M为lg
的变化曲线，当lg
或lg
＝0时，说明或＝1，浓度相等，结合图像可计算电离常数并判断溶液的酸碱性。]
[真题验收]
1．(2020·全国卷Ⅰ，T13)以酚酞为指示剂，用0.100
0
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。
[比如A2－的分布系数：δ(A2－)＝]
下列叙述正确的是(　　)
A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)
B．H2A溶液的浓度为0.200
0
mol·L－1
C．HA－的电离常数Ka＝1.0×10－2
D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)<2c(A2－)＋c(HA－)
C　[由题图可知加入40
mL
NaOH溶液时达到滴定终点，又H2A为二元酸，则H2A溶液的浓度为0.100
0
mol·L－1，由题图可知，没有加入NaOH溶液时，H2A溶液的pH约为1.0，分析可知H2A第一步完全电离，曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A项错误，B项错误；由题图可知δ(HA－)＝δ(A2－)时溶液pH＝2.0，即c(HA－)＝c(A2－)时溶液pH＝2.0，则Ka(HA－)＝＝1.0×
10－2，C项正确；滴定终点时溶液中存在的离子有Na＋、H＋、A2－、HA－、OH－，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，此时c(H＋)2．(双选)(2020·山东学业水平等级考试，T15)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
BC　[结合题图可知当pH最小时，溶液呈酸性，溶液中c(CH3COOH)最大，对应lg
c(H＋)最大，随着pH逐渐增大，当溶液中c(CH3COO－)最大时，对应lg
c(OH－)最大。则4条曲线分别对应的lg
c(x)如下：
经上述分析可知N点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，Ka＝c(H＋)，即pH＝－lg
Ka，A项错误，B项正确；该体系中，0.1c(H＋)＝[c(CH3COOH)＋
c(CH3COO－)]×c(H＋)＝c(CH3COOH)×c(H＋)＝c(CH3COOH)
×[Ka＋c(H＋)]，C项正确；pH由7到14的过程中先促进CH3COO－的水解，后抑制其水解，D项错误。]
3．(2017·全国卷Ⅰ)常温下将NaOH溶液滴加己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是(　　)
A．Ka2(H2X)的数量级为10－6
B．曲线N表示pH与lg
的变化关系
C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)
D　[因己二酸的Ka1>Ka2，根据电离常数表达式可知pH相同时lg
，故M曲线表示pH与lg
关系，N曲线表示pH与lg
关系。根据电离常数表达式利用取对数可得：pH＋lg
Ka1＝lg
，pH＋lg
Ka2＝lg
。进而求出Ka1≈10－4.4，Ka2≈10－5.4＝100.6×10－6。＝1(pH<7)可知pH＝7(中性时)c(X2－)>c(HX－)。]
[新题预测]
1．(2021·福建新高考适应性考试)K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋。分别在26.3
℃、50.0
℃恒温条件下，往100
mL
0.100
mol·L－1的K2Cr2O7溶液中加入一定量K2Cr2O7固体，持续搅拌下，用pH传感器连续测量溶液的pH，得到如下实验图像。下列说法正确的是(　　)
A．曲线①是50.0
℃的pH?t曲线
B．曲线②对应的平衡常数的数量级是10－14
C．t1后，c(Cr2O)＋c(CrO)＝c(K＋)
D．26.3
℃，与0.100
mol·L－1的K2Cr2O7溶液相比，达到新平衡时增大
B　[A.升高温度使平衡正向移动，氢离子浓度变大，pH减小，所以曲线②是50.0
℃的pH?t曲线，A错误；B.反应Cr2O＋H2O2CrO＋2H＋的平衡常数表达式为K＝，据图可知曲线②上0.100
mol·L－1的K2Cr2O7溶液的pH＝3.75，所以c(CrO)＝c(H＋)＝10－3.75
mol/L，则K＝≈10－14，B正确；C.根据物料守恒n(Cr)＝n(K)，所以2c(Cr2O)＋c(CrO)＝c(K＋)，C错误；D.＝，加入一定量K2Cr2O7固体后pH减小，即c(H＋)增大，而K不变，所以该比值减小，D错误。]
2．已知Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5
mol·L－1，Kb(NH3·H2O)＝1.7×10－5
mol·L－1。常温下，用0.01
mol·L－1氨水滴定20
mL浓度均为0.01
mol·L－1的HCl和CH3COOH混合溶液，相对导电能力随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列叙述错误的是(　　)
A．a点的混合溶液中[CH3COO－]约为1.7×10－5
mol·L－1
B．b点的混合溶液中：[CH3COOH]>[NH]
C．c点的混合溶液中：[NH]＋[NH3·H2O]＝[Cl－]＋[CH3COO－]＋[CH3COOH]
D．混合溶液pH＝7时，加入氨水体积大于40
mL
B　[A项，a点溶液的[H＋]≈0.01
mol·L－1，[CH3COOH]＝0.01
mol·L－1，根据Ka(CH3COOH)表达式可知[CH3COO－]≈1.7×10－5
mol·L－1，正确；B项，b点混合液中有NH4Cl和CH3COOH，二者的浓度相同，Kh(NH)＝40
mL，正确。]
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25
-第2节　弱电解质的电离
[课标解读]　1.理解弱电解质在水中的电离平衡。　2.能利用电离平衡常数(Ka、Kb)进行相关计算。
　弱电解质的电离平衡
知识梳理
1．弱电解质的电离平衡
(1)电离平衡的概念
一定条件(如温度、浓度)下，弱电解质分子电离成离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等时，电离过程达到平衡状态。
(2)电离平衡的建立与特征
①开始时，v(电离)最大，而v(结合)为0。
②平衡的建立过程中，v(电离)>v(结合)。
③当v(电离)＝v(结合)时，电离过程达到平衡状态。
[辨易错]
(1)CH3COOH溶于水达到电离平衡时，[CH3COOH]与[CH3COO－]相等。
(　　)
(2)当弱酸在水中达到电离平衡时，v(电离)＝0。(　　)
(3)氨气溶于水，当NH3·H2O电离出的[OH－]＝[NH]时，表明NH3·H2O电离处于平衡状态。(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×
2．影响电离平衡的因素
(1)内因：弱电解质本身的性质——决定因素。
(2)外因
①温度：温度升高，电离平衡正向移动，电离程度增大。
②浓度：稀释溶液，电离平衡正向移动，电离程度增大。
③同离子效应：加入与弱电解质具有相同离子的强电解质，电离平衡逆向移动，电离程度减小。
④加入能反应的物质：电离平衡正向移动，电离程度增大。
[深思考]
思考下列问题，并分析总结。
(1)稀氨水稀释，溶液中各离子浓度均减小吗？为什么？
(2)电离平衡向右移动，①电解质浓度一定减小吗？
②电解质的电离程度一定增大吗？
③电离出的离子浓度一定增大吗？
[答案]　(1)不一定，稀氨水稀释，[OH－]减小而[H＋]增大。
(2)①电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，如对于CH3COOHCH3COO－＋H＋，平衡后，加入冰醋酸，[CH3COOH]增大，平衡右移，根据勒·夏特列原理，只能“减弱”而不能消除这种改变，再次平衡时，[CH3COOH]比原平衡时大。
②电离平衡右移，电离程度也不一定增大，如增大弱电解质的浓度，电离平衡向右移动，弱电解质的电离程度减小。
③电离平衡右移，离子的浓度不一定增大，如在CH3COOH溶液中加水稀释或加少量NaOH固体，都会引起平衡右移，但[CH3COOH]、[H＋]都比原平衡时要小。
知识应用
填表：
实例(稀溶液)
CH3COOHH＋＋CH3COO－　ΔH>0
改变条件
平衡移动方向
[H＋]
[OH－]
导电能力
电离程度
①加水稀释
向右
②加CH3COONa(s)
向左
③加入少量冰醋酸
向右
④加NaOH(s)
向右
[答案]　①减小　增大　减弱　增大
②减小　增大　增强　减小
③增大　减小　增强　减小
④减小　增大　增强　增大
?命题点　电解质的电离平衡及影响因素
1．已知人体体液中存在如下平衡：CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCO，以维持体液pH的相对稳定。下列说法不合理的是
(　　)
A．当强酸性物质进入体液后，上述平衡向左移动，以维持体液pH的相对稳定
B．当强碱性物质进入体液后，上述平衡向右移动，以维持体液pH的相对稳定
C．若静脉滴注大量生理盐水，则体液的pH减小
D．进行呼吸活动时，如果CO2进入血液，会使体液的pH减小
C　[若静脉滴注大量生理盐水，则血液被稀释，平衡虽然正向移动，但根据勒·夏特列原理，[H＋]减小，体液的pH增大。]
2.一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．a、b、c三点溶液的pH：cB．a、b、c三点CH3COOH的电离程度：cC．若用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏大
D．a～b段导电能力增强的原因是CH3COOH电离程度增大为主要因素，b～c段导电能力减弱的原因是溶液体积增大，离子浓度减小为主要因素
D　[A项，由导电能力知[H＋]：b>a>c，故pH：c>a>b；B项，加水体积越大，越利于CH3COOH电离，故电离程度：c>b>a；C项，用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，相当于稀释a点溶液，[H＋]增大，pH偏小。]
3．常温下将浓度为0.1
mol·L－1
HF溶液加水稀释，下列各量如何变化？(填“变大”“变小”或“不变”)
(1)[H＋]________、[OH－]________、[F－]________、[HF]________。
(2)______________、______________、______________。
(3)______、______。
[答案]　(1)变小　变大　变小　变小　(2)变大　变大　变大　(3)不变　不变
加水稀释微粒浓度比值变化分析模型
(1)同一溶液、浓度比等于物质的量比。如HF溶液：＝。(由浓度比较变成物质的量比较)
(2)将浓度比换算成含有某一常数的式子，然后分析。如HF溶液：＝＝。(由两变量转变为一变量)
注意两个常数表达式：Ka＝，Kh＝＝＝。
　电离常数与电离度
知识梳理
1．电离常数
(1)电离常数表达式
①一元弱酸HA的电离常数：根据HAH＋＋A－，可表示为Ka＝。
②一元弱碱BOH的电离常数：根据BOHB＋＋OH－，可表示为Kb＝。
③H2CO3的第一步电离常数为Ka1＝，第二步电离常数为Ka2＝。
(2)电离常数意义：相同条件下，K值越大，表示该弱电解质越易电离，所对应的酸性或碱性相对越强。
(3)电离常数的影响因素
①电离常数只与温度有关，与电解质的浓度、酸碱性无关，由于电离过程是吸热的，故温度升高，K增大。
②多元弱酸是分步电离的，各级电离常数的大小关系是K1?K2?K3……，其理由是前一步电离出的H＋抑制下一步的电离，故其酸性主要决定于第一步电离。
[辨易错]
(1)改变条件，电离平衡右移，电离常数一定增大。(　　)
(2)弱酸H2S的电离常数表达式为Ka＝。(　　)
(3)25
℃时，0.01
mol·L－1的HA溶液的pH＝4，其电离常数为1×10－4。(　　)
(4)电离常数与化学平衡常数一样，均只与温度有关，与浓度无关。(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)√
2．电离度(α)
(1)表达式
α＝×100%
(2)影响因素
温度的影响
升高温度，电离平衡向右移动，电离度增大；降低温度，电离平衡向左移动，电离度减小
浓度的影响
当弱电解质溶液浓度增大时，电离度减小；当弱电解质溶液浓度减小时，电离度增大
[深思考]
思考下列问题，并分析总结。
(1)改变条件，电离度增大，电离常数一定增大吗？为什么？
(2)向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，电离平衡右移，电离度增大吗？为什么？
[答案]　(1)不一定，升温引起电离度增大，电离常数一定增大，否则不变。
(2)不增大，根据勒·夏特列原理可知，电离程度变小，电离度变小。
知识应用
1．25
℃时，0.01
mol·L－1的HA溶液中HA的电离度为0.1%，则25
℃时，[H＋]和Ka(HA)分别为多少？写出解题步骤。
[答案]　[H＋]＝0.01
mol·L－1×0.1%＝1×10－5
mol·L－1，
Ka(HA)＝＝10－8
mol·L－1。
2．已知H2CO3的Ka1＝4.4×10－7
mol·L－1，Ka2＝4.7×10－11
mol·L－1，Ka(HClO)＝3.0×10－8
mol·L－1。向NaClO溶液中通入少量CO2，反应的离子方程式为____________________。
[答案]　ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO
?命题点1　电离常数及其应用
1．(2020·济宁模拟)醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，下列叙述不正确的是
(　　)
A．升高温度，平衡正向移动，醋酸的电离常数Ka值增大
B．0.10
mol·L－1的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中[OH－]增大
C．CH3COOH溶液中加少量的CH3COONa固体，平衡逆向移动
D．25
℃时，欲使醋酸溶液pH、电离常数Ka和电离程度都减小，可加入少量冰醋酸
D　[醋酸的电离吸热，升高温度促进电离，导致电离常数增大，A项正确；加水稀释促进电离，溶液中[H＋]减小，[OH－]增大，B项正确；向醋酸溶液中加入CH3COONa固体，[CH3COO－]增大，平衡逆向移动，C项正确；温度不变，电离常数不变，D项错误。]
2．分析表中数据，下列叙述错误的是(　　)
弱酸
CH3COOH
HCN
H2CO3
电离常数/(mol·L－1)(25
℃)
1.8×10－5
4.9×10－10
Ka1＝4.4×10－7Ka2＝4.7×10－11
A．CH3COO－、HCO、CN－在溶液中可以大量共存
B．CH3COO－＋HCN===CH3COOH＋CN－不能发生
C．向NaCN溶液中通入少量CO2，发生的离子方程式为2CN－＋CO2＋H2O===2HCN＋CO
D．CH3COOH、H2CO3、HCN的电离程度依次减弱
C　[根据电离常数可知，HCN与CO可以反应生成HCO，C项错误。]
电离常数(K)的三大应用
(1)判断弱电解质的强弱，K越大，酸性或碱性越强。
(2)判断盐溶液中酸碱性强弱，K越大，对应的盐水解程度越小，呈现的酸、碱性越弱。
(3)判断复分解反应能否发生，K较大的酸或碱能制K较小的酸或碱。
?命题点2　电离常数的有关计算
　
电离常数的计算模板
(1)已知[HX]和[H＋]，求电离平衡常数：
　　　
HX　　H＋　＋　X－
起始：　　[HX]　
0　
0
平衡：[HX]－[H＋]
[H＋]
[X－]
则：Ka＝＝
由于弱酸只有极少一部分电离，[H＋]的数值很小，可做近似处理：[HX]－
[H＋]≈[HX]。
则Ka＝，代入数值求解即可。
(2)特定条件下的Ka或Kb的有关计算
25
℃时，a
mol·L－1弱酸盐NaA溶液与b
mol·L－1的强酸HB溶液等体积混合，溶液呈中性，则HA的电离常数Ka求算三步骤：
①电荷守恒　[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[A－]＋[B－]?[A－]＝[Na＋]－[B－]＝
mol·L－1。
②物料守恒　[HA]＋[A－]＝
mol·L－1?[HA]＝
mol·L－1－
mol·L－1。
③Ka＝＝。
3．(1)碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH＝5.60，[H2CO3]＝1.5×10－5
mol·L－1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCO＋H＋的电离常数K1＝________
(已知：10－5.60＝2.5×10－6)。
(2)25
℃时，用0.1
mol·L－1的CH3COOH溶液滴定20
mL
0.1
mol·L－1的NaOH溶液，当滴加V
mL
CH3COOH溶液时，混合溶液的pH＝7。已知CH3COOH的电离常数为Ka，忽略混合时溶液体积的变化，则Ka为________(用含V的式子表示)。
(3)25
℃时，向含a
mol
NH4NO3的溶液中滴加b
L氨水呈中性，则所滴加氨水的浓度为________mol·L－1[已知Kb(NH3·H2O)＝2×10－5
mol·L－1]。
(4)25
℃时，将a
mol·L－1
CH3COOH溶液与0.01
mol·L－1
Ba(OH)2溶液等体积混合，溶液中2[Ba2＋]＝[CH3COO－]，则CH3COOH的Ka为________。
[解析]　(1)由H2CO3H＋＋HCO得
K1＝＝
≈4.2×10－7
mol·L－1。
(2)根据电荷守恒式：[Na＋]＋[H＋]＝[CH3COO－]＋[OH－]及[H＋]＝[OH－]可得，[Na＋]＝[CH3COO－]＝
mol·L－1，混合溶液的pH＝7，说明醋酸过量，[CH3COOH]≈
mol·L－1，则Ka＝＝
mol·L－1。
(3)根据溶液呈中性可知[OH－]＝[H＋]＝1×10－7
mol·L－1，
n(NH)＝n(NO)＝a
mol
设加入氨水的浓度为c
mol·L－1，混合溶液的体积为V
L
由Kb＝
＝＝2×10－5
mol·L－1，
得c＝
mol·L－1。
(4)根据电荷守恒知：[H＋]＋2[Ba2＋]＝[OH－]＋[CH3COO－]，因为2[Ba2＋]＝[CH3COO－]，故[H＋]＝[OH－]＝10－7
mol·L－1，[CH3COO－]＝2×
mol·L－1。根据物料守恒知[CH3COOH]＝
mol·L－1＝mol·L－1。
所以，Ka＝
mol·L－1＝
mol·L－1。
[答案]　(1)4.2×10－7
mol·L－1　(2)
mol·L－1　(3)　(4)
mol·L－1
?命题点3　利用图像特殊点求电离常数
4．常温下，0.1
mol·L－1的H2C2O4溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三者所占物质的量分数(分布系数)随pH变化的关系如图所示。则H2C2O4的Ka1＝________，Ka2＝________。　
H2C2O4溶液中各种粒子分布曲线
[解析]　pH＝1.3时，[H2C2O4]＝[HC2O]，故Ka1＝＝1×10－1.3
mol·L－1，同理求Ka2＝1×10－4.3
mol·L－1。
[答案]　1×10－1.3
mol·L－1　1×10－4.3
mol·L－1
5．甲胺(CH3NH2)是一种应用广泛的一元弱碱，其电离方程式为：CH3NH2＋H2OCH3NH＋OH－。常温下，向20.0
mL
0.10
mol·L－1的甲胺溶液中滴加V
mL
0.10
mol·L－1的稀盐酸，混合溶液的pH与相关粒子浓度的关系如图所示。
则常温下，甲胺的电离常数Kb为________。
[解析]　Kb＝，a点时，pH＝10.6，[OH－]＝
mol·L－1＝10－3.4
mol·L－1，
lg
＝0，[CH3NH]＝[CH3NH2]
故Kb＝10－3.4
mol·L－1。
[答案]　10－3.4
mol·L－1
利用图像求电离常数的步骤(以HA为例)
—
—
—
　强、弱电解质的判断与比较
知识梳理
1．强、弱电解质的判断(以HA为例)
实验方法
结论
①测0.01
mol·L－1
HA溶液的pH
pH＝2，HA为强酸pH>2，HA为弱酸
②测NaA溶液的pH(25
℃)
pH＝7，HA为强酸pH>7，HA为弱酸
③相同条件下，测相同浓度的HA和HCl(强酸)溶液的导电能力
若HA溶液的导电能力比HCl(强酸)溶液的弱，则HA为弱酸
④测相同pH的HA溶液与盐酸稀释相同倍数前后的pH变化
若HA溶液的pH变化较小，则HA为弱酸
⑤测等体积、等pH的HA溶液、盐酸分别与足量锌反应产生H2的快慢及H2的量
若HA溶液反应过程中产生H2较快且最终产生H2的量较多，则HA为弱酸
⑥测等体积、等pH的HA溶液和盐酸中和等浓度碱溶液所需消耗的碱的量
若HA溶液耗碱量大，则HA为弱酸
2．一元强酸(碱)和一元弱酸(碱)的比较
(1)相同物质的量浓度、相同体积的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较
　比较项目酸
[H＋]
pH
中和碱的能力
与足量Zn反应产生H2的量
开始与金属反应的速率
一元强酸
大
小
相同
相同
大
一元弱酸
小
大
小
(2)相同pH、相同体积的一元强酸与一元弱酸的比较
比较项目酸
[H＋]
[酸]
中和碱的能力
与足量Zn反应产生H2的量
开始与金属反应的速率
一元强酸
相同
小
小
少
相同
一元弱酸
大
大
多
说明：一元强碱与一元弱碱的比较规律与以上类似。
3．图像法理解一强一弱稀释规律
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
加水稀释到相同的倍数，醋酸的pH大
加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多
(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大
加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多
(3)一元弱酸和一元强酸与金属的反应(以盐酸和醋酸为例)图像
实验操作
图像
同体积、同浓度的盐酸和醋酸分别与足量Zn反应
同体积、同pH的盐酸和醋酸分别与足量Zn反应
?命题点1　强、弱电解质的判断
1．下列事实一定能说明HNO2为弱电解质的是(　　)
①常温下，NaNO2溶液的pH>7
②用HNO2溶液做导电实验灯泡很暗
③HNO2不能与NaCl反应
④常温下0.1
mol·L－1的HNO2溶液pH＝2
⑤1
L
pH＝1的HNO2溶液加水稀释至100
L后溶液的pH＝2.2
⑥1
L
pH＝1的HNO2和1
L
pH＝1的盐酸与足量的NaOH溶液完全反应，最终HNO2消耗的NaOH溶液多
⑦HNO2溶液中加入一定量NaNO2晶体，溶液中[OH－]增大
⑧HNO2溶液中加水稀释，溶液中[OH－]增大
A．①②③⑦　
B．①③④⑤
C．①④⑤⑥⑦
D．②④⑥⑧
C　[②如果盐酸(强酸)的浓度很小灯泡也很暗；④如果是强酸，pH＝1；⑤如果是强酸，加水稀释至100
L后溶液的pH＝3，实际pH＝2.2，这说明HNO2溶液中存在HNO2H＋＋NO，是弱酸；⑥依据HNO2＋NaOH===NaNO2＋H2O、HCl＋NaOH===NaCl＋H2O可知，[HNO2]大于[HCl]，而溶液中[H＋]相同，所以HNO2没有全部电离；⑦加入NaNO2，溶液中[OH－]增大，说明电离平衡移动；⑧不论是强酸还是弱酸，加水稀释，溶液中[H＋]均减小，而[OH－]增大。]
弱电解质判断的四角度
角度一：根据弱酸的定义判断，弱酸在水溶液中不能完全电离，如测0.1
mol·L－1的CH3COOH溶液的pH>1。
角度二：根据弱酸在水溶液中存在电离平衡判断，条件改变，平衡发生移动，如pH＝1的CH3COOH加水稀释100倍后，1角度三：根据弱酸的正盐能发生水解判断，如判断CH3COOH为弱酸可用以下现象判断：
(1)向一定浓度的醋酸钠溶液中，加入几滴酚酞试剂，溶液变为浅红色。
(2)用玻璃棒蘸取一定浓度的醋酸钠溶液滴在pH试纸上，测其pH>7。
角度四：根据等体积、等pH的酸中和碱的量判断。如消耗的碱越多，酸越弱。
?命题点2　一强一弱的比较及其图像分析
2．(2019·天津高考)某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×
10－4和1.7×10－5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B．溶液中水的电离程度：b点>c点
C．从c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子)
D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液n(Na＋)相同
C　[加相同体积水，曲线Ⅱ对应的pH变化较大，代表较强的酸，即HNO2，A错误；酸液中pH越小，水的电离程度越小，即b点3．常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随lg
的变化关系如图所示，下列叙述错误的是
(　　)
A．常温下：Ka(HB)>Ka(HC)
B．HC的电离度：a点C．当lg
＝4时，三种溶液同时升高温度，减小
D．当lg
＝5时，HA溶液的pH为7
D　[由题图可知，HA为强电解质，HB、HC为弱电解质；起始时三者均为pH＝2的溶液，均稀释1×103倍时，由a点HC溶液的pH小于c点HB溶液的pH可知，HB的酸性强于HC，则Ka(HB)>Ka(HC)，A正确；由a点→b点为加水稀释HC溶液的过程，HCH＋＋C－电离平衡向右移动，故电离度a点＝4时，由于HA为强酸，在溶液中全部电离，升高温度时[A－]不变，HC为弱酸，升高温度时[C－]增大，故减小，C正确；因为HA为酸，无限稀释时，其溶液的pH仍小于7，故D错误。]
4．常温下，将V0
mL
1
mol·L－1
HClO2溶液和V0
mL
1
mol·L－1
HMnO4溶液分别加水稀释，稀释后溶液体积为V
mL，稀释过程中溶液的pH与lg
＋1的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．HClO2和HMnO4均为弱酸
B．在0≤pH≤5时，HClO2溶液满足pH＝lg
C．稀释前，分别滴加1
mol·L－1
NaOH溶液至恰好完全反应，消耗NaOH溶液的体积相等
D．常温下，浓度均为0.1
mol·L－1的NaClO2和NaMnO4溶液，溶液pH：NaMnO4>NaClO2
C　[由题图可知，1
mol·L－1
HClO2溶液的pH>0,1
mol·L－1
HMnO4溶液的pH＝0，说明HClO2是弱酸，HMnO4为强酸，故A错误；因为HClO2为弱酸，稀释促进其电离，在0≤pH≤5时，HClO2溶液不满足pH＝lg
，故B错误；稀释前，等体积、等浓度的HClO2溶液和HMnO4溶液消耗NaOH的物质的量相同，故消耗的NaOH溶液的体积相等，故C正确；NaClO2为强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，pH>7，NaMnO4为强酸强碱盐，溶液显中性，故D错误。]
[真题验收]
1．(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
B　[磷酸是中强酸，存在电离平衡。A项，常温下pH＝2的H3PO4溶液中，c(H＋)＝0.01
mol·L－1，每升溶液中的H＋数目为0.01NA，错误；B项，由电荷守恒知，c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)，正确；C项，加水稀释使电离平衡右移，电离度增大，但是溶液中的离子浓度减小，溶液中的H＋浓度减小，故溶液pH增大，错误；D项，加入NaH2PO4固体，抑制了磷酸的第一步电离，溶液酸性减弱，错误。]
2．(2015·全国卷Ⅰ)浓度均为0.10
mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是(　　)
A．MOH的碱性强于ROH的碱性
B．ROH的电离程度：b点大于a点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等
D．当lg＝2时，若两溶液同时升高温度，则增大
D　[A项，lg＝2时，稀释100倍，根据MOH、ROH的pH变化?MOH为强碱、ROH为弱碱；B项，加水稀释，促进弱碱的电离?ROH的电离程度b>a；C项，无限稀释，碱性相同；D项，lg＝2时，升高温度，弱碱ROH的电离程度增大，强碱无影响，故c(M＋)基本不变，c(R＋)增大?减小。]
3．(2016·全国卷Ⅱ，节选)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为________(已知：N2H4＋H＋N2H的K＝8.7×107；KW＝1.0×10－14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为____________。
[解析]　将H2OH＋＋OH－　KW＝1.0×10－14、N2H4＋H＋N2H　K＝8.7×107相加，可得：N2H4＋H2ON2H＋OH－　Kal＝KW·K＝1.0×10－14×
8.7×107＝8.7×10－7。类比NH3与H2SO4形成酸式盐的化学式NH4HSO4可知，N2H4与H2SO4形成的酸式盐的化学式应为N2H6(HSO4)2。
[答案]　8.7×10－7　N2H6(HSO4)2
[新题预测]
1．pC类似pH，如图为CO2的水溶液中加入强酸或强碱溶液后，平衡时溶液中各种组分的pC?pH图。依据图中信息，下列说法不正确的是(　　)
A．H2CO3、HCO、CO不能在同一溶液中大量共存
B．H2CO3电离平衡常数Ka1＝10－6
mol·L－1
C．人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系()可以抵消少量酸或碱，维持pH＝7.4，但当过量的酸进入血液中时，血液缓冲体系中的最终将变大
D．pH＝9时，溶液中存在关系[H＋]＋[H2CO3]＝[OH－]＋[CO]
D　[CO＋H2CO3===2HCO，A正确；pH＝6时，[H2CO3]＝[HCO]，故Ka1＝[H＋]＝10－6
mol·L－1，B正确；维持pH＝7.4，但当过量的酸进入血液中时，血液中氢离子浓度增大，平衡向左移动放出CO2，碳酸浓度基本不变，则血液缓冲体系中的最终将变大，故C正确；pH＝9时，由图像可得溶液中离子关系是[HCO]>[CO]>[OH－]>[H2CO3]>[H＋]，因此D选项的离子浓度关系不可能出现，故D错误。]
2．T
℃时，向浓度均为1
mol·L－1的两种弱酸HA、HB中不断加水稀释，并用pH传感器测定溶液pH。所得溶液pH的两倍(2pH)与溶液浓度的对数(lg
c)的关系如图所示。下列叙述错误的是(　　)
已知：①HA的电离常数：Ka＝≈；
②pKa＝－lg
Ka。
A．酸性：HA>HB
B．a点对应的溶液中：[HA]＝0.1
mol·L－1，[H＋]＝0.01
mol·L－1
C．T
℃时，弱酸HB的pKa≈5
D．弱酸的Ka随溶液浓度的降低而增大
D　[从图中得到，浓度相等的时候，HB溶液的pH更高，说明HB的酸性更弱，A项正确；a点溶液的纵坐标为4，即溶液的pH为2(注意纵坐标为pH的2倍)，所以[H＋]＝0.01
mol·L－1，a点溶液的横坐标为－1，即lg
[HA]＝－1，所以[HA]＝0.1
mol·L－1，B项正确；从图中得到，1
mol·L－1的HB溶液的pH＝2.5，即[H＋]＝10－2.5
mol·L－1，所以Ka≈＝＝10－5
mol·L－1，pKa≈5，C项正确；Ka是电离常数，其数值只与温度相关，温度不变，Ka值不变，D项错误。]
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-第1节　水溶液　酸碱中和滴定
[课标解读]　1.了解水的电离，离子积常数。　2.了解溶液pH的定义及其测定方法，能进行pH的简单计算。　3.掌握酸碱中和滴定实验及其应用。
　水的电离与水的离子积
知识梳理
1．水的电离
(1)水是极弱的电解质，其电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－，可简写为H2OH＋＋OH－。
(2)25
℃时，纯水中[H＋]＝[OH－]＝1×10－7mol·L－1；任何水溶液中，由水电离出的[H＋]与[OH－]都相等。
2．水的离子积
[辨易错]
(1)任何水溶液中，水电离出的[H＋]与[OH－]一定相等。(　　)
(2)纯水中[H＋]随温度升高而增大，水的酸性增强。(　　)
(3)酸溶液中水电离出的[H＋]等于溶液中[OH－]。(　　)
(4)KW与溶液的酸碱性无关，与温度有关。(　　)
[答案]　(1)√　(2)×　(3)√　(4)√
3．外界条件对水的电离平衡的影响
体系变化条件　　　　
平衡移动方向
KW
水的电离程度
[OH－]
[H＋]
外加酸碱
酸
逆
不变
减小
减小
增大
碱
逆
不变
减小
增大
减小
外加可水解的盐
Na2CO3
正
不变
增大
增大
减小
NH4Cl
正
不变
增大
减小
增大
温度
升温
正
增大
增大
增大
增大
降温
逆
减小
减小
减小
减小
其他：如加入Na
正
不变
增大
增大
减小
[深思考]
1．甲同学认为，在水中加入H2SO4，水的电离平衡向左移动，解释是加入H2SO4后[H＋]增大，平衡左移。乙同学认为，加入H2SO4后，水的电离平衡向右移动，解释为加入H2SO4后，[H＋]增大，H＋与OH－中和，平衡右移。你认为哪种说法正确？并说明原因。
[答案]　甲正确，温度不变，KW是常数，加入H2SO4，[H＋]增大，[H＋]
[OH－]>KW，平衡左移。或加入酸，H＋与OH－反应生成H2O，水增多，实质仍是水的电离左移。
2．25
℃时，pH＝4的醋酸溶液与NH4Cl溶液中[H＋]H2O相等吗？为什么？
[答案]　不相等，醋酸电离出的H＋抑制水的电离，而NH4Cl电离出的NH结合OH－，促进了水的电离。
知识应用
在不同温度下，水溶液中[H＋]与[OH－]的关系如图所示。
请回答：
(1)T________25(填“>”或“<”)。
(2)b、c点分别呈________性(填“酸”“碱”或“中”)。
(3)d点对应的溶液中[OH－]＝________，水电离出的[OH－]H2O＝________。
(4)从a点到d点可采取的措施为_____________________________________
____________________________________________________________________。
[答案]　(1)>　(2)酸、中　(3)1×10－5
mol·L－1　1×10－5
mol·L－1或1×10－7
mol·L－1　(4)在加热条件下加入碱性物质
?命题点1　水电离的影响因素及定量判断
1．下列有关水电离情况的说法正确的是
(　　)
A．某温度时，KW＝10－12
mol2·L－2，此温度下pH＝7的溶液一定呈中性
B．NH4Cl、CH3COONa、NaHCO3、NaHSO4溶于水，对水的电离都有促进作用
C．25
℃时，pH＝12的烧碱溶液与纯碱溶液，水的电离程度相同
D．如图为水的电离平衡曲线，若从A点到C点，可采用升高温度的方法
D　[A项，KW＝10－12
mol2·L－2，则pH＝7为碱性，错误；B项，NaHSO4电离出的H＋对水电离有抑制作用，错误；C项，烧碱抑制水电离，纯碱促进水电离，错误。]
2．已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。某温度下，向[H＋]＝1×10－6
mol·L－1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的[H＋]＝1×10－2
mol·L－1。下列对该溶液的叙述不正确的是
(　　)
A．该温度高于25
℃
B．由水电离出来的H＋的浓度为1×10－10
mol·L－1
C．加入NaHSO4晶体抑制水的电离
D．取该溶液加水稀释100倍，溶液中的水电离出的[H＋]H2O减小
D　[A项，KW＝1×10－6
mol·L－1×1×10－6
mol·L－1＝1×10－12
mol2·L－2，温度高于25
℃；B、C项，NaHSO4电离出的H＋抑制H2O电离，[H＋]H2O＝[OH－]＝1×
10－10
mol·L－1；D项，加H2O稀释，[H＋]减小，H＋对H2O电离的抑制减小，[H＋]H2O增大。]
3．下表是不同温度下水的离子积数据：
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积常数/(mol2·L－2)
1×10－14
KW
1×10－12
试回答下列问题：
(1)若25”“<”或“＝”)1×10－14
mol2·L－2，做出此判断的理由是________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(2)在t1
℃时，测得纯水中的[H＋]＝2.4×10－7
mol·L－1，则[OH－]为________。该温度下，测得某H2SO4溶液中[SO]＝5×10－6
mol·L－1，该溶液中[OH－]＝________
mol·L－1。
(3)t2
℃时，pH＝10的NaOH溶液和Na2CO3溶液中，水电离出的[OH－]H2O分别为________，________。
(4)25
℃，溶液中[H＋]H2O＝1×10－10
mol·L－1的溶液的pH为________；溶液中[H＋]H2O＝1×10－4
mol·L－1的溶液的pH为________。
[答案]　(1)>　升高温度，促进水电离，KW＝[H＋][OH－]，KW增大
(2)2.4×10－7
mol·L－1　5.76×10－9
(3)1×10－10
mol·L－1　1×10－2
mol·L－1
(4)4或10　4或10
溶液中[H＋]H2O或[OH－]H2O的计算
(1)酸溶液
酸溶液中，H＋来源于酸的电离和水的电离，而OH－只来源于水的电离。
(2)碱溶液
碱溶液中，OH－来源于碱的电离和水的电离，而H＋只来源于水的电离。
(3)水解呈酸性的盐溶液：[H＋]H2O＝[OH－]H2O＝[H＋]。水电离出的OH－部分结合弱碱离子生成弱碱而减小。
(4)水解呈碱性的盐溶液：[OH－]H2O＝[H＋]H2O＝[OH－]。水电离出的H＋部分结合酸根生成弱酸而减小。
注意：溶液的酸、碱性一定要分清是酸、碱电离引起还是盐水解引起。
?命题点2　酸、碱反应中[H＋]H2O或[OH－]H2O的变化
4．常温下，向20.00
mL
0.1
mol·L－1HA溶液中滴入0.1
mol·L－1
NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数(－lg
[H＋]水)与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法中不正确的是(　　)
A．常温下，Ka(HA)约为10－5
mol·L－1
B．M、P两点溶液对应的pH＝7
C．b＝20.00
D．M点后溶液中均存在[Na＋]＞[A－]
B　[向HA溶液中加入NaOH溶液，－lg
[H＋]水先减小至N再变大，说明[H＋]水先增大，再减小。N点时[H＋]水最大，说明恰好反应。M点为HA与NaA的混合物，为中性，pH＝7，N为恰好反应，pH＞7，P点为NaA与NaOH的混合物，为碱性，pH＞7，B错误。]
酸、碱反应中水的电离程度变化
(以氨水中滴加盐酸为例)
?
　溶液的酸碱性与pH
知识梳理
1．溶液的酸碱性
溶液的酸碱性取决于溶液中[H＋]和[OH－]的相对大小。
(1)酸性溶液：[H＋]＞[OH－]，常温下，pH＜7。
(2)中性溶液：[H＋]＝[OH－]，常温下，pH＝7。
(3)碱性溶液：[H＋]＜[OH－]，常温下，pH＞7。
2．溶液的pH
(1)定义式：pH＝－lg_[H＋]。
(2)溶液的酸碱性与pH的关系(室温下)
①由图示关系知，pH越小，溶液的酸性越强。
②pH一般表示[H＋]≤1
mol·L－1的酸溶液或[OH－]≤1
mol·L－1的碱溶液。
(3)测量
①pH试纸法
pH试纸的使用方法：把小片试纸放在表面皿或玻璃片上，用干燥的玻璃棒蘸取待测液点在pH试纸中央，试纸变色后，与标准比色卡对比即可确定溶液的pH。
②pH计法
常用pH计精确测量溶液的pH，读数时应保留两位小数。
注意：①pH试纸不能伸入待测液中测pH。
②用广泛pH试纸测出溶液的pH是1～14的整数，读数不会出现小数。
[辨易错]
(1)任何酸性溶液中[H＋]大于[OH－]，且[H＋]＞1×10－7mol·L－1，pH<7。(　　)
(2)任何温度下纯水或中性溶液中[H＋]＝。(　　)
(3)测定醋酸钠溶液pH时用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上，所测pH偏小。(　　)
(4)用pH试纸可以测定氯水或酸性KMnO4溶液的pH。(　　)
[答案]　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
3．溶液pH的有关计算
(1)单一溶液的pH计算
强酸溶液：如HnA，设浓度为c
mol·L－1，[H＋]＝nc
mol·L－1，pH＝－lg
[H＋]＝－lg(nc)。
强碱溶液(25
℃)：如B(OH)n，设浓度为c
mol·L－1，[H＋]＝
mol·L－1，pH＝－lg
[H＋]＝14＋lg(nc)。
(2)混合溶液pH的计算类型
①两种强酸混合：直接求出[H＋]混，再据此求pH。
[H＋]混＝。
②两种强碱混合：先求出[OH－]混，再据KW求出[H＋]混，最后求pH。
[OH－]混＝。
③强酸、强碱混合：先判断哪种物质过量，再由下式求出溶液中H＋或OH－的浓度，最后求pH。
[H＋]混或[OH－]混＝。
知识应用
1．用湿润的pH试纸测溶液的pH，有什么误差？请分析。
[答案]　测定中性溶液，无误差，酸性溶液偏大，碱性溶液偏小。
2．25
℃，pH＝3的HA溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，混合溶液呈什么性质？请分析。
[答案]　当HA为强酸时，酸、碱恰好反应，溶液为中性；当HA为弱酸时，HA浓度较大，酸过量，溶液为酸性。
3．(1)25
℃，0.01
mol·L－1的BOH溶液[Kb＝1×10－8
mol·L－1]的pH为________。
(2)25
℃，pH＝2的盐酸与醋酸分别稀释100倍，前者pH为________，后者pH为________。
(3)25
℃，pH＝3的盐酸与pH＝11的KOH溶液等体积混合，pH为________。
[答案]　(1)9　(2)4　2?命题点1　溶液酸、碱性的判断
1．用“酸性”“碱性”“中性”或“不确定”填空。
(1)pH<7的溶液________。
(2)水电离出的[H＋]＝1×10－4
mol·L－1的溶液____________。
(3)pH＝0的溶液(25
℃)________。
(4)25
℃时，＝1×10－10
mol·L－1的溶液________。
(5)KW＝1×10－13时，pH＝7的溶液________。
(6)相同浓度的HCl和NaOH溶液等体积混合________。
(7)25
℃时，相同浓度NH3·H2O和HCl溶液等体积混合________。
(8)25
℃时pH＝2的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合________。
(9)25
℃时pH＝2的CH3COOH和pH＝12的NaOH溶液等体积混合________。
(10)25
℃时，pH＝2的H2SO4溶液和pH＝12的氨水等体积混合________。
(11)25
℃，0.2
mol·L－1的氨水与0.1
mol·L－1的盐酸等体积混合，混合液呈________。
[答案]　(1)不确定　(2)不确定　(3)酸性　(4)酸性
(5)碱性　(6)中性　(7)酸性　(8)中性　(9)酸性　(10)碱性　(11)碱性
酸碱混合性质判断
(1)等浓度等体积一元酸与一元碱混合的溶液性质——“谁强显谁性，同强显中性”。
(2)25
℃时，pH之和等于14时，一元强酸和一元弱碱等体积混合呈碱性；一元弱酸和一元强碱等体积混合呈酸性。即谁弱显谁性，同强显中性。
(3)25
℃时，酸、碱混合后生成的盐与剩余的酸或碱浓度相同时，可根据酸、碱的Ka或Kb确定酸碱性，若Ka或Kb>1×10－7
mol·L－1，由剩余的酸或碱决定。
?命题点2　溶液pH计算与换算
2．(1)常温下，将0.1
mol·L－1氢氧化钠溶液与0.06
mol·L－1硫酸溶液等体积混合，混合液的pH为________。
(2)25
℃时，pH＝3的硝酸和pH＝12的氢氧化钡溶液按照体积比为9∶1混合，混合液的pH为________。
(3)T
℃，纯水中pH＝6。该温度下，pH＝1的稀硫酸与0.15
mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合，混合液的pH为________。
[解析]　(1)[H＋]混＝
mol·L－1＝0.01
mol·L－1，pH＝2。
(2)[OH－]混＝
mol·L－1＝1×10－4
mol·L－1，[H＋]＝1×10－10
mol·L－1，pH＝10。
(3)[OH－]混＝
mol·L－1＝0.1
mol·L－1
[H＋]＝
mol·L－1＝1×10－11
mol·L－1，pH＝11。
[答案]　(1)2　(2)10　(3)11
3．根据要求解答下列问题(常温条件下)：
(1)在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是________。
(2)25
℃时，100
mL
pH＝a的稀硫酸与10
mL
pH＝b的NaOH溶液混合，溶液呈中性，则a、b的关系为________。
[解析]　(1)设氢氧化钡溶液体积为V1
L，硫酸氢钠溶液的体积为V2
L，依题意知，n(Ba2＋)＝n(SO)，由Ba(OH)2＋NaHSO4===BaSO4↓＋NaOH＋H2O知，生成的氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)＝n[Ba(OH)2]＝0.5×10－2
V1
mol，＝1×10－3
mol·L－1，则V1∶V2＝1∶4。
(2)100×10－a＝10×10－14＋b,10－a＋2＝10－14＋b＋1，故－a＋2＝－14＋b＋1，a＋b＝15。
[答案]　(1)1∶4　(2)a＋b＝15
4．某温度下KW＝10－13
mol2·L－2，在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va
L与pH＝b的H2SO4溶液Vb
L混合，下列说法正确的是
(　　)
A．若所得混合液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝1∶1
B．若所得混合液为中性，且a＋b＝12，则Va∶Vb＝100∶1
C．若所得混合液pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝1∶9
D．若所得混合液pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝101∶99
C　[若所得混合液为中性，则10－13＋aVa＝10－bVb，＝＝1013－a－b，A、B项错误；＝10－3，可知Va∶Vb＝1∶9，D错误。]
酸碱混合呈中性的定量关系
25
℃，pH＝a的强酸溶液与pH＝b的强碱溶液，按V1∶V2的体积比混合，混合液呈中性。
V1、V2与a、b的定量关系为＝＝10－14＋a＋b。
?命题点3　溶液稀释的pH的定量变化
5．(1)体积相同，浓度均为0.2
mol·L－1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释10倍，溶液的pH分别变成m和n，则m与n的关系为________。
(2)体积相同，浓度均为0.2
mol·L－1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，则m与n的关系为________。
(3)体积相同，pH均等于1的盐酸和CH3COOH溶液，分别加水稀释m倍、n倍，溶液的pH都变成3，则m与n的关系为________。
(4)体积相同，pH均等于13的氨水和NaOH溶液，分别加水稀释100倍，溶液的pH分别为m和n，则m和n的关系为________。
(5)25
℃，pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离出的[H＋]为________。
[解析]　(1)稀释10倍后两浓度均变为0.02
mol·L－1，盐酸中的[H＋]>醋酸中的[H＋]，故m(2)若稀释相同倍数，盐酸的pH仍比醋酸的小，故盐酸稀释的倍数大，故m>n。
(3)稀释相同倍数，CH3COOH溶液的pH变化较小，故m(4)稀释相同倍数，氨水的pH变化较小，故m>n。
(5)25
℃，pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，pH＝6，[H＋]H2O＝[OH－]＝1×10－8
mol·L－1。
[答案]　(1)mn　(3)mn　(5)1×10－8
mol·L－1
(1)酸、碱液稀释与ΔpH的关系
①ΔpH相同，强酸或强碱稀释的倍数小于弱酸或弱碱稀释的倍数。
②稀释相同倍数，强酸或强碱的ΔpH大于弱酸或弱碱的ΔpH。
(2)酸、碱稀释时两个误区
①不能正确理解酸、碱的无限稀释规律
常温下任何酸或碱溶液无限稀释时，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能无限接近7。
②不能正确理解弱酸、弱碱的稀释规律
溶液
稀释前溶液pH
加水稀释到体积为原来的10n倍
稀释后溶液pH
酸
强酸
pH＝a
pH＝a＋n
弱酸
a碱
强碱
pH＝b
pH＝b－n
弱碱
b－n注意：表中a＋n<7，b－n>7。
　酸碱中和滴定
知识梳理
1．实验原理
利用酸碱中和反应，用已知浓度酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。以标准盐酸滴定待测的NaOH溶液，待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)＝。
(1)酸碱中和滴定的关键：
①准确读取标准液与待测液的体积。
②准确判断滴定终点。
(2)酸碱中和滴定过程中pH变化(pH曲线)
(以0.100
0
mol·L－1
NaOH溶液滴定20.00
mL
0.100
0
mol·L－1盐酸为例)
2．实验用品
(1)仪器：酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、铁架台和锥形瓶。
(2)滴定管
①构造：“0”刻度线在上方，尖嘴部分无刻度。
②精确度：读数可估计到0.01
mL。
③洗涤：先用蒸馏水洗涤，再用待装液润洗。
④排泡：酸、碱式滴定管中的液体在滴定前均要排出尖嘴中的气泡。
⑤使用注意事项：
试剂性质
滴定管
原因
酸性、氧化性
酸式滴定管
氧化性物质易腐蚀橡胶管
碱性
碱式滴定管
碱性物质易腐蚀玻璃，致使玻璃活塞无法打开
(3)酸碱指示剂的选择
①终点为中性时，选择酚酞或甲基橙。
②终点为酸性时，选择甲基橙。
③终点为碱性时，选择酚酞。
注意：酸碱中和滴定一般不选择石蕊，其理由是颜色变化不明显，不易确定终点。
[辨易错]
(1)酸碱中和滴定的终点一定为中性。(　　)
(2)量取18.00
mL双氧水或KMnO4溶液可选用碱式滴定管。(　　)
(3)25
mL的滴定管，若溶液的凹液面最低点处于10.00
mL，则滴定管内液体体积为15
mL。(　　)
(4)标准NaOH溶液测定醋酸溶液的浓度可以选用甲基橙作指示剂。(　　)
[答案]　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×
3．实验操作(以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例)
(1)滴定前的准备
①滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→赶气泡→调液面→记录。
②锥形瓶：洗涤→装液→加指示剂。
(2)滴定
(3)滴定终点判断的答题模板
操作(当滴入最后一滴××标准溶液后)―→现象(溶液由××色变为××色)―→时间(且半分钟内不恢复原色)。
(4)数据处理
按上述操作重复二至三次，求出消耗标准盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)＝计算。
4．滴定误差分析
依据原理c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，得c(待测)＝，因为c(标准)与V(待测)已确定，所以只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即分析出结果。
实例分析：
以标准酸溶液滴定未知浓度的碱溶液(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差分析：
步骤
操作
V(标准)
c(待测)
洗涤
酸式滴定管未用标准溶液润洗
变大
偏高
碱式滴定管未用待测溶液润洗
变小
偏低
锥形瓶用待测溶液润洗
变大
偏高
锥形瓶洗净后还留有蒸馏水
不变
无影响
取液
放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失
变小
偏低
滴定
酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失
变大
偏高
振荡锥形瓶时部分液体溅出
变小
偏低
溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化
变大
偏高
读数
酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯)
变小
偏低
知识应用
某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.100
0
mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度。
[答案]　＝＝26.10
mL，c(NaOH)＝＝0.104
4
mol·L－1。
?命题点1　酸、碱中和滴定及误差分析
1.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸度(g/100
mL)。
Ⅰ.实验步骤：
(1)量取10.00
mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100
mL________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。
(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00
mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。
(3)读取盛装0.100
0
mol·L－1
NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为________
mL。
(4)滴定。滴定终点的现象是________________________________________
___________________________________________________________________。
Ⅱ.数据记录：
　　　　　滴定次数实验数据/mL　　　　
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ.数据处理：
某同学在处理数据的计算得：
平均消耗的NaOH溶液的体积V＝(15.95＋15.00＋15.05＋14.95)×
mL＝15.24
mL。
(5)指出他的计算的不合理之处：___________________________________
___________________________________________________________________。
(6)该白醋的总酸度为多少g/100
mL？写出计算步骤。
_________________________________________________________________
________________________________________________________________。
Ⅳ.误差分析
(7)下列说法中测定结果偏小的为________(填序号)。
①若用甲基橙作指示剂
②滴定过程摇动锥形瓶时溶液溅出
③锥形瓶用待测液润洗
④锥形瓶不干燥，有少量水
⑤配制0.100
0
mol·L－1
NaOH溶液时，称量的NaOH固体中有Na2O
⑥滴定前仰视，滴定后俯视读数
[答案]　Ⅰ.(1)容量瓶　(2)酚酞试液　(3)0.70
(4)溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不变色
Ⅲ.(5)第一组数据与后三组数据相差较大，属于异常值，应舍去　
(6)＝(15.00
mL＋15.05
mL＋14.95
mL)×＝15.00
mL
n(CH3COOH)＝c(CH3COOH)·V(CH3COOH)＝c(NaOH)×V(NaOH)＝15.00
mL×10－3
L/mL×0.100
0
mol·L－1＝1.500×10－3
mol
总酸度为×100
g/100
mL＝4.5
g/100
mL
(7)①②⑤⑥
?命题点2　中和滴定曲线的分析
2．常温下，用0.10
mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00
mL
0.10
mol·L－1HCl溶液和20.00
mL
0.10
mol·L－1CH3COOH溶液，得到两条滴定曲线，如图所示，则下列说法正确的是(　　)
　　　　　　
图1　　　
　　　　　图2
A．图2是滴定盐酸的曲线
B．a与b的关系是aC．E点对应离子浓度由大到小的顺序可能为[CH3COO－]>[Na＋]>[H＋]>[OH－]
D．这两次滴定都宜用甲基橙作为指示剂
C　[A项，开始时，HCl溶液的pH较小，错误；B项，a点的V(X)＝20
mL，b点的V(X)<20
mL，故a>b，错误；D项，NaOH溶液滴定CH3COOH溶液，终点为碱性，应选用酚酞作指示剂，错误。]
3．已知：pKa＝
－lg
Ka,25℃时，H2SO3的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。常温下，用0.1
mol·L－1
NaOH溶液滴定20
mL
0.1
mol·L－1
H2SO3溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．A点所得溶液中：V0等于10
mL
B．B点所得溶液中：[Na＋]＋[H＋]＝2[SO]＋[HSO]＋
[OH－]
C．C点所得溶液中：[Na＋]＞3[HSO]
D．D点所得溶液中水解平衡常数：Kh1＝10－6.81
A　[pH＝1.85时，溶液中[H＋]＝10－1.85
mol·L－1，由Ka1＝＝
10－1.85可得[HSO]＝[H2SO3]，若V0等于10
mL，溶液为H2SO3、NaHSO3的混合溶液，且物质的量相等，因Ka1>，溶液中[HSO]>[H2SO3]，则V0不等于10
mL，故A错误；B点时，加入NaOH的体积为20
mL，此时刚好生成NaHSO3，根据溶液呈电中性可得，[Na＋]＋[H＋]＝2[SO]＋[HSO]＋[OH－]，故B正确；pH＝7.19时，溶液中[H＋]＝10－7.19，由Ka2＝＝10－7.19可得[HSO]＝[SO]，此时溶液呈碱性，则[OH－]>[H＋]，根据溶液呈电中性可得，[Na＋]＋[H＋]＝2[SO]＋[HSO]＋[OH－]，求解可得，[Na＋]＞3[HSO]，故C正确；D点加入NaOH溶液体积为40
mL时，溶质为Na2SO3，由Kh1＝＝＝10－6.81，故D正确。]
4．25
℃时，向体积均为20
mL和浓度均为0.1
mol·L－1的两种酸HX、HY溶液中分别滴加0.1
mol·L－1的NaOH溶液，所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A．HX、HY均为弱酸
B．Ka(HY)的数量级约为10－6
C．b点时：2[Na＋]＝[Y－]＋[HY]
D．V(NaOH)＝20
mL时，反应后的两种溶液中[X－]＝[Y－]
C　[由图可知，HX的pH等于1，HY的pH等于4，则HX为强酸，故A错误；浓度为0.1
mol·L－1的HY，由图可知，HY的pH等于4，则Ka(HY)＝[H＋][Y－]/[HY]＝(10－4×10－4)/0.1＝10－7，故B错误；V(NaOH)＝20
mL时，两种溶液恰好反应分别生成起始等量的NaX和NaY，Y－发生水解，所以溶液中[X－]>[Y－]，故D错误。]
滴定曲线分析的方法
(1)分析步骤：首先看横、纵坐标，搞清楚是酸加入碱中，还是碱加入酸中；其次看起点，起点可以看出酸性或碱性的强弱；再次找滴定终点和pH＝7的中性点，判断滴定终点的酸碱性，然后确定中性点(pH＝7)的位置；最后分析其他的特殊点(如滴定一半点，过量一半点等)，分析酸、碱过量情况。但要注意中性点与恰好反应点的区别。
(2)滴定过程中的定量关系：①电荷守恒关系在任何时候均存在；②物料守恒可以根据加入酸的物质的量和加入碱的物质的量进行确定。
　中和滴定的迁移应用
中和滴定是中学化学实验中重要定量实验之一，是测定酸、碱溶液浓度或物质含量的重要实验手段。这种实验操作方法也适用于其他反应的滴定操作，如氧化还原反应滴定和沉淀滴定。中和滴定的迁移应用在实际应用中非常广泛。因此近几年高考试题关注度很高。此类试题很好地体现了“科学探究与创新意识、科学精神与社会责任”的核心素养。
1．氧化还原滴定
(1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。
(2)试剂：常见用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等；常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。
(3)指示剂：①涉及I2的常用淀粉试液；
②涉及Fe3＋的常用KSCN溶液；
③涉及高锰酸钾的不用指示剂。
(4)示例：Na2S2O3溶液滴定碘液
原理
2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI
指示剂
用淀粉作指示剂
终点判断
当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色退去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点
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，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。
3．滴定测定的两种类型
(1)直接滴定法：利用标准液的量和方程式直接求算待测物质。
(2)间接滴定法：
①例如，测MnO2含量时，可在H2SO4溶液中加入过量的Na2C2O4标准溶液，待与MnO2作用完毕后，用KMnO4标准液滴定过量的C2O。
②某些非氧化性物质，可以用间接滴定法进行测定。例如，测Ca2＋含量时，先将Ca2＋沉淀为CaC2O4，再用稀硫酸将所得沉淀溶解，用KMnO4标准液滴定溶液中的C2O，间接求得Ca2＋含量。
1．氢氧化铈溶于硫酸得到硫酸铈，标准硫酸铈溶液常作Fe2＋的滴定剂。为了测定KMnO4溶液浓度，进行如下实验：
取x
mL
KMnO4溶液于锥形瓶中，加入V1
mL
c1
mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液(过量)，充分反应后，用c2
mol·L－1标准Ce(SO4)2溶液滴定Fe2＋至终点，消耗V2
mL标准Ce(SO4)2溶液(滴定反应：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋)。
c(KMnO4)＝________
mol·L－1(用代数式表示)；若盛装标准硫酸铈溶液的滴定管没有用待装液润洗，则测得的结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
[解析]　根据得失电子守恒有：[c(KMnO4)·x×10－3×5＋c2V2×10－3]
mol＝c1V1×10－3
mol，c(KMnO4)＝
mol·L－1。若滴定管未用待装液润洗，则V2偏大，测得的结果偏低。
[答案]　　偏低
2．ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的浓度，进行了下列实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00
mL，稀释成100.00
mL试样，量取V0
mL试样加入锥形瓶中；
步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；
步骤3：加入指示剂，用c
mol·L－1
Na2S2O3溶液滴定至终点。重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液平均值为V1
mL。
(已知2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O　2Na2S2O3＋I2Na2S4O6＋2NaI)
(1)指示剂可选________，终点现象为_______________________________
___________________________________________________________________。
(2)计算该ClO2的浓度为________g·L－1(用含字母的代数式表示，计算结果化简)。
(3)终点读数时，仰视读数，使测定结果________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
[解析]　(1)涉及I2的反应，可选用淀粉溶液作指示剂。
(2)根据关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3
n(ClO2)＝n(Na2S2O3)＝×V1c×10－3
mol
ClO2的浓度为×
g·L－1＝
g·L－1。
(3)终点仰视读数，读数小，所用标准液偏多，测定结果偏大。
[答案]　(1)淀粉溶液　当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液的蓝色消失，且半分钟不恢复蓝色　(2)　(3)偏大
3．(2020·厦门模拟)过氧乙酸(含有少量H2O2杂质)的含量测定流程如下图。
―→―→―→―→
(1)判断H2O2恰好除尽的实验现象是__________________________________
____________________________________________________________________。
(2)过氧乙酸被Fe2＋还原，还原产物为乙酸，其离子方程式为_____________
____________________________________________________________________。
(3)若样品体积为V0
mL，加入c1
mol·L－1
FeSO4溶液V1
mL，消耗c2
mol·L－1
K2Cr2O7溶液V2
mL。则过氧乙酸含量为________
g·L－1。
[解析]　(3)
2Fe2＋＋　　　2H＋＋CH3COOOH===2Fe3＋＋CH3COOH＋H2O
　(c1V1－6c2V2)×10－3
6Fe2＋　＋　　Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O
6c2V2×10－3　c2V2×10－3
m(CH3COOOH)＝(c1V1－6c2V2)×10－3×76＝
38(c1V1－6c2V2)×10－3(g)
故含量为＝
g·L－1。
[答案]　(1)当最后一滴KMnO4溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不退色
(2)CH3COOOH＋2Fe2＋＋2H＋===CH3COOH＋2Fe3＋＋H2O
(3)
4．莫尔法是一种沉淀滴定法，以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，进行测定溶液中Cl－的浓度。已知：
　　银盐性质
AgCl
AgBr
AgCN
Ag2CrO4
AgSCN
颜色
白
浅黄
白
砖红
白
溶解度(mol·L－1)
1.34×10－6
7.1×10－7
1.1×10－8
6.5×10－5
1.0×10－6
(1)滴定终点的现象是___________________________________________。
(2)若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选为滴定指示剂的是________(填字母序号)。
A．NaCl　　B．BaBr2　　C．Na2CrO4
[解析]　沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。
[答案]　(1)滴入最后一滴标准液时，生成砖红色沉淀且半分钟内不溶解　(2)C
5．某温度下，分别向10
mL浓度均为0.1
mol·L－1的CuCl2和ZnCl2溶液中滴加0.1
mol·L－1的Na2S溶液，滴加过程中溶液中－lg
[Cu2＋]和－lg
[Zn2＋]与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。[已知：Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，lg
3≈0.5]，下列说法错误的是(　　)
A．溶液pH：aB．a点的ZnCl2溶液中：[Cl－]<2[Zn2＋]＋2[H＋]
C．a—b—e为滴定CuCl2溶液的曲线
D．d点纵坐标约为33.9
C　[Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，故终点时－lg[Zn2＋]<－lg[Cu2＋]，故a—b—e表示ZnCl2的滴定曲线，C错误。对于D项，10
mL浓度均为0.1
mol·L－1的CuCl2和ZnCl2溶液中分别滴加10
mL
0.1
mol·L－1
Na2S溶液，达到滴定终点时，－lg
[Cu2＋]＝17.7，Ksp(CuS)＝10－35.4，d点时，[S2－]约为×0.1
mol·L－1，[Cu2＋]＝
mol·L－1＝10－33.9
mol·L－1，故d点纵坐标约为33.9，D项正确。]
[真题验收]
1．(2019·全国卷Ⅰ)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1＝1.1×10－3，Ka2＝3.9×10－6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是(　　)
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的
C．b点的混合溶液pH＝7
D．c点的混合溶液中，c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)
C　[A项，溶液导电能力的强弱与溶液中自由移动的离子浓度和种类有关，正确；B项，由图像知，a点到b点，HA－转化为A2－，b点导电能力相对于a点增强，可判断Na＋和A2－的导电能力之和大于HA－的，正确；C项，b点为反应终点，发生的反应为2KHA＋2NaOH===Na2A＋K2A＋2H2O。因为H2A为弱酸，所以Na2A、K2A溶液显碱性，pH>7，错误；D项，c点为Na2A、K2A和NaOH的混合溶液，由图像经分析可知c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)，正确。]
2．(2018·全国卷Ⅲ)用0.100
mol·L－1
AgNO3滴定50.0
mL
0.050
0
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0.040
0
mol·L－1
Cl－，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.050
0
mol·L－1
Br－，反应终点c向b方向移动
C　[根据滴定曲线，当加入25
mL
AgNO3溶液时，Ag＋与Cl－刚好完全反应，AgCl处于沉淀溶解平衡状态，此时溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)＝10－4.75
mol·L－1，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9.5≈3.16×10－10，A项正确；曲线上各点都处于沉淀溶解平衡状态，故符合c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，B项正确；根据图示，Cl－浓度为0.050
0
mol·L－1时消耗25
mL
AgNO3溶液，则Cl－浓度为0.040
0
mol·L－1时消耗20
mL
AgNO3溶液，a点对应AgNO3溶液体积为15
mL，所以反应终点不可能由c点移到a点，C项错误；由于AgBr的Ksp小于AgCl的Ksp，初始
c(Br－)与c(Cl－)相同时，反应终点时消耗的AgNO3溶液体积相同，但Br－浓度小于Cl－浓度，即反应终点从曲线上的c点向b点方向移动，D项正确。]
3．(2019·全国卷Ⅱ，节选)成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m
g样品，置于碘量瓶中，移取25.00
mL
0.100
0
mol·L－1的I2－KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5
min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.100
0
mol·L－1
Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V
mL。终点颜色变化为_____________________，
样品中S2－的含量为________________(写出表达式)。
[解析]　淀粉溶液遇到I2溶液变蓝，当Na2S2O3将I2消耗完后，溶液由浅蓝色变至无色，即滴定终点时，溶液会由浅蓝色变至无色。设Na2S2O3消耗的I2的物质的量为n1。
由化学方程式可得：
I2　　　＋　　　　　2S2O　===　　2I－＋S4O
1
mol
2
mol
n1　　　
0.100
0
mol·L－1×V×10－3
L
则n1＝V×0.100
0×10－3
mol
设样品中S2－的含量为w，则由反应I2＋S2－===2I－＋S↓可得：
I2　　　　　～　　　　　　　　　　S2－
1
mol
32
g
25．00×10－3
L×0.100
0
mol·L－1
－V×0.100
0×10－3
mol
m
g×w
由此可得：w＝×100%。
[答案]　浅蓝色至无色　×100%
[新题预测]
1．用0.10
mol·L－1的NaOH溶液分别滴定体积均为20.00
mL、浓度均为0.050
mol·L－1的盐酸、磷酸及谷氨酸(H2G)，滴定曲线如图所示：
下列说法正确的是(　　)
A．滴定盐酸时，用甲基橙作指示剂比用酚酞更好
B．H3PO4与H2G的第一电离平衡常数K1的数量级不同
C．用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，溶液中的溶质为Na2HPO4
D．NaH2PO4溶液中：[Na＋]>[H2PO]>[H3PO4]>[HPO]
C　[盐酸与NaOH的反应终点pH＝7，与酚酞的变色范围8～10接近，A项错误；由图可知，0.050
mol·L－1的H3PO4和H2G溶液的pH几乎相等，可判断两者K1数量级相同，B项错误；由滴定曲线可知溶液中的溶质为Na2HPO4，C项正确；由图知，第一滴定终点为NaH2PO4，此时溶液显酸性，电离程度大于水解程度，[HPO]>[H3PO4]，D项错误。]
2．25
℃时，向10
mL
0.1
mol·L－1
H2A溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列叙述错误的是(　　)
已知：M点时[HA－]＝[A2－]
A．M点时，2[HA－]＋[A2－]>[Na＋]
B．Ka2(H2A)>Kh(HA－)
C.不随pH的变化而变化
D．④点溶液中，[Na＋]>[A2－]>[HA－]>[OH－]>[H＋]
D　[根据电荷守恒可知，[HA－]＋2[A2－]＋[OH－]＝[Na＋]＋[H＋]，因M点时，pH<7，即[H＋]>[OH－]，又因[HA－]＝[A2－]，则可推出2[HA－]＋[A2－]>
[Na＋]，A项正确；②点溶质为NaHA，此时溶液的pH<7，说明HA－在溶液中的水解程度小于其电离程度，故Ka2(H2A)>Kh(HA－)，B项正确；＝，电离平衡常数只与温度有关，故温度不变时，该值不变，C项正确；④点，H2A与NaOH恰好反应生成Na2A，Na2A水解使溶液显碱性，以第一步水解为主，且氢氧根离子还来自水的电离，则[OH－]>[HA－]，正确的离子浓度大小顺序为[Na＋]>[A2－]>[OH－]>[HA－]>[H＋]，D项错误。]
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