资源简介 第二讲 水的电离和溶液的酸碱性考点一 水的电离(命题指数★★★)1．水的电离：水是一种极弱的电解质，电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－，简写为H2OH＋＋OH－，水的电离常数K电离＝。2．影响水电离平衡的因素：条件变化移动方向c(H＋)c(OH－)Kw电离程度升温右移增大增大增大增大加酸左移增大减小不变减小加碱左移减小增大不变减小加活泼金属右移减小增大不变增大加醋酸钠右移减小增大不变增大加氯化铵右移增大减小不变增大3.水的离子积：(1)表达式。Kw＝c(H＋)·c(OH－)；25℃时，Kw＝1.0×10－14。(2)影响因素。水的离子积Kw，只受温度的影响，温度升高，Kw增大。(3)适用范围。Kw不仅适用于纯水，还可适用于稀的电解质水溶液。1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。(1)水的电离平衡常数与水的离子积相等。( )提示：×。水的离子积与水的电离常数的关系是Kw＝K电离·c(H2O)≈55.6K电离。(2)加水稀释醋酸溶液，溶液中所有离子浓度都减小。( )提示：×。醋酸加水稀释后，H＋浓度减小，由于温度不变Kw不变，OH－浓度增大。(3)25℃时CH3COONa溶液的Kw大于100℃时NaOH溶液的Kw。( )提示：×。Kw只与温度有关，温度越高Kw越大。(4)任何水溶液中均存在H＋和OH－，且水电离出的c(H＋)和c(OH－)相等。( )提示：√。不管温度变化还是加入促进或抑制水的电离的物质，水自身电离的c(H＋)和c(OH－)相等。(5)某温度下，纯水中c(H＋)＝2.0×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)＝5×10－8mol·L－1。( )提示：×。纯水中c(H＋)＝c(OH－)＝2×10－7mol·L－1。2．(1)25℃时，10L水中含OH－的物质的量为________mol，含H＋的个数为________个(设阿伏加德罗常数为NA)。(2)某温度下，纯水中的c(H＋)＝2×10－7mol·L－1，则此时c(OH－)＝________。若温度不变，滴入稀H2SO4使c(H＋)＝5×10－6mol·L－1，则c(OH－)＝________，由水电离出的c(H＋)为________。【解析】(1)常温下，Kw＝1×10－14，c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－7mol·L－1。1L水中含n(OH－)＝1×10－7mol，n(H＋)＝1×10－7mol，故10L水中含OH－的物质的量为1×10－6mol，含H＋的个数为10－6NA个。(2)纯水中，c(H＋)一定与c(OH－)相等，存在H2OH＋＋OH－，所以c(OH－)＝2×10－7mol·L－1。温度不变，Kw＝2×10－7×2×10－7＝4×10－14不变，当c(H＋)＝5×10－6mol·L－1时，c(OH－)＝mol·L－1＝8×10－9mol·L－1。由H2OH＋＋OH－知，由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝8×10－9mol·L－1。答案：(1)10－6 10－6NA(2)2×10－7mol·L－1 8×10－9mol·L－1 8×10－9mol·L－1命题角度1：外界条件对水电离的影响【典例1】(双选)室温时纯水中存在电离平衡:H2OH++OH-。下列叙述正确的是( )A.升高温度,水的电离程度增大,c(H+)增大,pH<7,溶液显酸性B.向水中加入少量氨水,平衡逆向移动,抑制水的电离,c(OH-)增大C.向水中加入少量硫酸,c(H+)增大,由水电离出的c(H+)>1×10-7mol·L-1D.向水中加入少量NH4Cl固体,N结合水电离出的OH-,由水电离出的c(H+)>1×10-7mol·L-1【解析】选B、D。升高温度,水的电离程度增大,c(H+)增大,pH<7,c(H+)=c(OH-),溶液显中性,故A错误;加入氨水,NH3·H2OOH-+N碱性增强,c(OH-)增大,故B正确;H2OH++OH-,加入硫酸,氢离子浓度增大,抑制水的电离,水电离出氢离子浓度减小,故C错误;水中加入少量NH4Cl固体,N结合水电离出的OH-,促进水的电离,使水电离出的c(H+)>1×10-7mol·L-1,故D正确。命题角度2：水的电离曲线【典例2】(2021·张掖模拟)水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是( )A．图中五点Kw间的关系B＞C＞A＝D＝EB．若从A点到D点，可采用在水中加入少量酸的方法C．若处在B点时，将pH＝2的硫酸与pH＝12的KOH等体积混合后，溶液显碱性D．若从A点到C点，可用温度不变时在水中加入适量NH4Cl固体的方法【解析】选D。ADE都处于25℃时，Kw相等，B点c(H＋)和c(OH－)都大于C点的c(H＋)和c(OH－)，并且C点的c(H＋)和c(OH－)大于A点c(H＋)和c(OH－)，c(H＋)和c(OH－)越大，Kw越大，故B＞C＞A＝D＝E，故A正确；加酸，c(H＋)变大，c(OH－)变小，但温度不变，Kw不变，故B正确；若处在B点时，Kw＝1×10－12，pH＝2的硫酸中c(H＋)＝10－2mol·L－1，pH＝12的KOH中c(OH－)＝1mol·L－1，等体积混合，KOH过量，溶液显碱性，故C正确；若从A点到C点，c(H＋)变大，c(OH－)变大，Kw增大，温度应升高，不能通过加入氯化铵的方法来实现，故D错误。1．Kw要点剖析：(1)Kw揭示了在任何水溶液中均存在水的电离平衡，H＋与OH－共存，只是相对含量不同而已。(2)水的离子积Kw只与温度有关，温度越高，Kw越大，所以使用Kw时，必须指明温度，如不指明，则认为是25℃。(3)Kw不仅适用于纯水，还适用于酸、碱及盐的稀溶液，且由水电离的c水(H＋)＝c水(OH－)。此时，水溶液中水的离子积常数不变。2．外界条件对水的电离的影响：(1)抑制水的电离的方法。①外加酸或碱②降温③加入强酸的酸式盐(如NaHSO4)④通入酸性气体(如CO2、SO2等)或碱性气体(如NH3)(2)促进水的电离的方法。①升温②加入活泼金属(如Na、K等)③加入强酸弱碱盐或强碱弱酸盐3．水电离出的c(H＋)或c(OH－)的定量计算：溶液计算原则实例(25℃)中性溶液c(OH－)＝c(H＋)c(OH－)＝c(H＋)＝10－7mol·L－1酸的溶液OH－全部来自水的电离pH＝2的盐酸中c(H＋)＝10－2mol·L－1，则c(OH－)＝Kw/10－2＝1×10－12(mol·L－1)，即水电离出的c(H＋)水＝c(OH－)水＝10－12mol·L－1碱的溶液H＋全部来自水的电离pH＝12的NaOH溶液中c(OH－)＝10－2mol·L－1，则c(H＋)＝Kw/10－2＝1×10－12(mol·L－1)，即水电离出的c(OH－)水＝c(H＋)水＝10－12mol·L－1水解呈酸性的盐溶液H＋全部来自水的电离pH＝5的NH4Cl溶液中，由水电离出的c(H＋)＝10－5mol·L－1，因部分OH－与部分NH结合使溶液中的c(OH－)＝10－9mol·L－1水解呈碱性的盐溶液OH－全部来自水的电离pH＝12的Na2CO3溶液中，由水电离出的c(OH－)＝10－2mol·L－1，因部分H＋与部分CO结合使溶液中的c(H＋)＝10－12mol·L－1命题点1：外界条件对水电离的影响(基础性考点)1．(2021·泰安模拟)室温下，水的电离达到平衡：H2O?H＋＋OH－。下列叙述正确的是( )A．向水中加入少量金属Na，平衡正向移动，c(OH－)增大B．向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，Kw变小C．向水中加入少量NaHSO4或NaHCO3固体，平衡均正向移动，水的电离程度增大D．向水中加入少量CH3COONH4固体，溶液呈中性，水的电离平衡不移动【解析】选A。向水中加入少量金属钠，和水电离的H＋反应，故溶液中的c(OH－)增大，水的电离被促进，平衡正向移动，故A正确；温度不变，水的离子积常数不变，与溶液的酸碱性无关，向水中滴入少量CH3COOH，平衡逆向移动，Kw不变，故B错误；向水中加入少量固体硫酸氢钠，硫酸氢钠在水溶液中电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，导致c(H＋)增大，平衡逆向移动，加入少量碳酸氢钠固体，溶解后碳酸氢根离子水解使水的电离平衡正向进行，故C错误；向水中加入少量CH3COONH4固体，醋酸根离子和铵根离子水解相互促进程度相同，溶液呈中性，水的电离平衡正向移动，故D错误。命题点2：水电离的H＋或OH－浓度求算(综合性考点)2．已知NaHA在水中的电离方程式为NaHA===Na＋＋H＋＋A2－。某温度下，向c(H＋)＝1×10－6mol·L－1的蒸馏水中加入NaHA晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H＋)＝1×10－2mol·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1×10－10mol·L－1C．加入NaHA晶体抑制水的电离D．取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH－)减小【解析】选D。Kw＝1×10－6×1×10－6＝1×10－12，温度高于25℃，A正确；NaHA电离出的H＋抑制H2O电离，c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O＝1×10－10mol·L－1，B正确、C正确；加H2O稀释c(H＋)减小，而c(OH－)增大，D错误。3．(2021·北京海淀区模拟)25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是( )A．0.01mol·L－1醋酸溶液 B．0.01mol·L－1NH4Cl溶液C．0.01mol·L－1NaHSO4溶液D．0.01mol·L－1NaHCO3溶液【解析】选C。根据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐水解，促进水的电离，则醋酸和NaHSO4均抑制水的电离，NH4Cl和NaHCO3均促进水的电离，醋酸是弱酸，0.01mol·L－1醋酸中氢离子浓度小于0.01mol·L－1，NaHSO4在水溶液中完全电离，0.01mol·L－1NaHSO4中氢离子浓度是0.01mol·L－1，氢离子浓度越大，抑制水电离程度越大，所以水电离程度最小的是NaHSO4溶液。命题点3：水的电离曲线(应用性考点)4．(2021·台州模拟)T℃下的溶液中，c(H＋)＝10－xmol·L－1，c(OH－)＝10－ymol·L－1，x与y的关系如图所示。下列说法不正确的是( )A.T℃时，水的离子积Kw为1×10－aB．若a＞14，则T＜25C．T℃时，若给pH＝1的盐酸微热，则盐酸的pH减小D．T℃时，pH＝a－2的苛性钠溶液与pH＝2的稀硫酸等体积混合，溶液的pH＝0.5a【解析】选C。由图象可知，x＝0时，y＝a，y＝0时，x＝a，则有x＋y＝a，则Kw＝c(H＋)×c(OH－)＝(10－xmol·L－1)×(10－ymol·L－1)＝10－amol2·L－2，故A正确；若a＞14，Kw＝10－amol2·L－2＜10－14mol2·L－2，则温度低于常温，故B正确；微热促进盐酸挥发，溶液酸性减弱，pH增大，故C错误；pH＝a－2的苛性钠溶液，氢氧根浓度是0.01mol·L－1，pH＝2的稀硫酸中氢离子浓度是0.01mol·L－1，等体积混合，溶液显中性，pH＝0.5a，故D正确。5.(双选)25℃时,水溶液中c(H+)与c(OH-)的变化关系如图中曲线所示,下列判断错误的是( )A.ac曲线上的任意一点都有c(H+)×c(OH-)=10-14B.bd线段上任意一点对应的溶液都呈中性C.d点对应溶液的温度低于25℃,pH<7D.c点溶液不可能是盐溶液【解析】选C、D。ac曲线上的任意一点,由于温度相同,所以水的离子积相同,根据b点可知,c(H+)·c(OH-)=10-14,故A正确;bd线上任意点都满足c(H+)=c(OH-),溶液一定显示中性,故B正确;d点时,c(H+)=c(OH-)=1×10-6mol·L-1>1×10-7mol·L-1,溶液的pH=6,水的电离为吸热反应,所以d点温度高于25℃,故C错误;在c点c(H+)=1×10-8mol·L-1,c(OH-)=1×10-6mol·L-1,溶液显示碱性,而醋酸钠溶液显示碱性,所以c点可能为醋酸钠溶液,故D错误。【加固训练—拔高】1．(2021·抚顺模拟)40℃时水的离子积Kw＝2.9×10－14，则在40℃时，c(H＋)＝1×10－7mol·L－1的溶液( )A．呈酸性 B．呈碱性C．呈中性D．无法判断【解析】选B。40℃时水的离子积Kw＝2.9×10－14，c(H＋)＝1×10－7mo1·L－1，则c(OH－)＝＝＝2.9×10－7mo1·L－1，所以c(H＋)＜c(OH－)，即溶液显碱性，故B正确。2．(2021·枣庄模拟)已知水的电离平衡如图所示，且pOH＝－lgc(OH－)，下列说法错误的是( )A.各点对应的水的离子积：Kw(f)＞Kw(e)＝Kw(d)B．加热f点纯水，其组成由f点沿fd直线向d方向迁移C．向c点纯水中通入少量HCl，其组成由c点沿cde曲线向e点移动D．df直线上各点对应的水溶液(或纯水)一定显中性【解析】选B。pOH＝－lgc(OH－)、pH＝－lgc(H＋)，所以pOH、pH越大，c(OH－)、c(H＋)越小，pOH＋pH＝pKw，水的电离吸热，温度越高，水的离子积Kw越大，pOH、pH越小，所以温度T＞20℃，即Kw(f)＞Kw(d)，同时Kw只与温度有关，d、e点在等温线上，所以Kw(f)＞Kw(e)＝Kw(d)，故A正确；由于水的电离吸热，所以升高温度，水的离子积Kw增大，pOH、pH减小，即加热f点纯水，其组成由f点沿Of直线向O方向迁移，故B错误；恒温条件下，向c点纯水中通入少量HCl，溶液酸性增强，pH减小，由于pOH＋pH＝pKw，所以pOH增大，其组成由c点沿cde曲线向e点移动，故C正确；df直线上各点对应的水溶液中均有pH＝pOH，即c(OH－)＝c(H＋)，所以df直线上各点对应的水溶液均呈中性，故D正确。考点二 溶液的酸碱性与pH计算(命题指数★★★)1．溶液的酸碱性与pH：(1)pH。①定义：c(H＋)的负对数，pH＝－lgc(H＋)。②意义：pH越大，溶液的碱性越强。pH越小，溶液的酸性越强。③适用范围：1×10－14mol·L－1≤c(H＋)≤1mol·L－1的溶液。(2)溶液的酸碱性与pH的关系(常温下)。溶液的酸碱性c(H＋)与c(OH－)比较c(H＋)大小pH酸性溶液c(H＋)>c(OH－)c(H＋)>1×10－7mol·L－1<7中性溶液c(H＋)＝c(OH－)c(H＋)＝1×10－7mol·L－1＝7碱性溶液c(H＋)c(H＋)<1×10－7mol·L－1>72.溶液pH的计算方法：(1)单一溶液。①强酸溶液，pH＝－lgc(H＋)。如0.1mol·L－1的盐酸，pH＝1。②强碱溶液，c(H＋)＝，pH＝－lgc(H＋)。如0.01mol·L－1的NaOH溶液，pH＝12。(2)混合溶液。①两强酸溶液混合，c(H＋)＝，pH＝－lgc(H＋)。如pH＝2的盐酸与pH＝5的盐酸等体积混合，溶液的pH＝2.3。②两强碱溶液混合，c(OH－)＝，c(H＋)＝，pH＝－lgc(H＋)。如pH＝12和pH＝10的两NaOH溶液等体积混合，pH＝11.7。③强酸与强碱混合：A．恰好反应：pH＝7。如pH＝2盐酸和pH＝12的Ba(OH)2溶液等体积相混合，混合后溶液的pH＝7。B．酸过量：c(H＋)＝，pH＝－lgc(H＋)。如100mL0.6mol·L－1的HCl与等体积0.4mol·L－1的NaOH溶液混合后，溶液的pH＝1。C．碱过量：c(OH－)＝，c(H＋)＝，pH＝－lgc(H＋)。如将0.1mol·L－1的盐酸和0.06mol·L－1的氢氧化钡溶液等体积混合，混合以后溶液的pH＝12。(3)溶液稀释后pH的计算。①对于强酸溶液，每稀释10倍，pH增大1；对于弱酸溶液，每稀释10倍，pH增大不足1。无论稀释多少倍，酸溶液的pH不能等于或大于7，只能趋近于7。②对于强碱溶液，每稀释10倍，pH减小1；对于弱碱溶液，每稀释10倍，pH减小不足1。无论稀释多少倍，碱溶液的pH不能等于或小于7，只能趋近于7。3．pH的测定：(1)酸碱指示剂法。该法只能测其pH的大致范围，常见指示剂变色范围为指示剂变色范围石蕊pH＜5红色5～8紫色＞8蓝色酚酞pH＜8.2无色8.2～10浅红色＞10红色甲基橙pH＜3.1红色3.1～4.4橙色＞4.4黄色(2)pH试纸法。把小片试纸放在表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在干燥的pH试纸上，试纸变色后，与标准比色卡对比，即可确定溶液的pH。(3)pH计。通过仪器来精确测定溶液的pH。1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。(1)pH<7的溶液一定呈酸性。( )提示：×。25℃时，pH＝7为中性，pH＜7为酸性，温度升高后pH＜7不一定显酸性。(2)溶液的酸性越强，pH越小，溶液的碱性越强，pH越大。( )提示：√。pH＝－lgc(H＋)，pH越小酸性越强，pH越大碱性越强。(3)用pH试纸测得某溶液的pH为3.4。( )提示：×。pH试纸只能测出整数值。(4)用湿润的pH试纸测定盐酸和醋酸溶液的pH，醋酸溶液的误差更大。( )提示：×。用湿润的pH试纸测定pH相当于稀释溶液，醋酸存在电离平衡，稀释促进电离，误差更小。(5)室温下，pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的醋酸溶液等体积相混合后，混合液呈中性。( )提示：×。醋酸浓度远大于NaOH浓度，混合液中含有大量醋酸，溶液呈酸性。2．计算25℃时下列溶液的pH：(1)1mLpH＝2的H2SO4加水稀释至100mL，pH＝________；(2)0.001mol·L－1的盐酸，pH＝________；(3)0.01mol·L－1的NaOH溶液，pH＝________；(4)0.015mol·L－1的硫酸与0.01mol·L－1的NaOH等体积混合，混合溶液的pH＝________。【解析】(1)强酸稀释100倍，pH变化2个单位，即稀释后溶液的pH＝4；(2)c(H＋)＝10－3mol·L－1，pH＝3；(3)c(OH－)＝0.01mol·L－1，c(H＋)＝mol·L－1＝10－12mol·L－1，pH＝－lg(10－12)＝12；(4)酸碱发生中和反应时，酸过量，则c(H＋)＝＝0.01(mol·L－1)，pH＝－lg0.01＝2。答案：(1)4 (2)3 (3)12 (4)2命题角度1：溶液酸碱性的判断及应用【典例1】(2021·邯郸模拟)用pH试纸测定某氨基酸溶液的pH，如果先将pH试纸用蒸馏水润湿后，再把待测液滴到pH试纸上，跟比色卡对照，溶液pH的测得值为8，则该氨基酸溶液的实际pH( )A．大于8 B．小于8C．等于8D．小于7【解析】选A。溶液pH的测得值为8，说明溶液呈碱性，碱性溶液稀释后，碱性减弱，pH偏小，所以该氨基酸溶液的实际pH应大于8。命题角度2：溶液pH的计算【典例2】(2021·杭州模拟)下列说法不正确的是( )A．0.1mol·L－1氨水的pH＝a，将此溶液稀释1倍后，溶液pH＝b，则a＞bB．室温下1mLpH＝13的NaOH溶液与100mL盐酸混合后溶液pH＝7，则盐酸的pH＝3C．纯水加热到100℃时，水的离子积变大、pH变小、呈中性D．相同温度下，pH相同的Na2CO3和Na2SO3溶液中，水电离程度较大的是Na2CO3溶液【解析】选D。0.1mol·L－1氨水的pH＝a，将此溶液稀释1倍，溶液pH＝b，氨水稀释后氢氧根离子浓度减小，溶液的pH减小，则a＞b，故A正确；氯化氢和氢氧化钠都是强电解质，两种溶液混合后溶液呈中性，说明两种物质的物质的量相等，根据溶液体积知，c(HCl)＝c(NaOH)＝0.001mol·L－1，所以HCl的pH＝3，故B正确；纯水加热到100℃时，加热促进水的电离，水的离子积变大，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，纯水显中性，故C正确；均能发生水解反应，溶液的pH相同，说明Na2CO3和Na2SO3水解生成的氢氧根离子浓度相同，溶液中的氢氧根离子均由水电离，所以两种溶液中水的电离程度相同，故D错误。 (1)(宏观辨识与微观探析)A选项中pH＝a的氨水，电离度是多少？若稀释10倍，溶液的pH＝c，c的取值范围是多少？提示：pH＝a即溶液中c(OH－)＝10a－14，电离度为10a－13。若稀释10倍，a－1＜c＜a。(2)(宏观辨识与微观探析)B选项中若等体积混合后溶液的pH＝7，则盐酸的浓度是多少？提示：等体积混合恰好完全反应，则盐酸与NaOH溶液浓度相等，为0.1mol·L－1。(3)(变化观念与平衡思想)C选项中纯水加热到100℃时，水的电离平衡如何移动？水的离子积与pH的关系是什么？提示：升温促进水的电离平衡正向移动。纯水中c(H＋)＝c(OH－)，且c(H＋)·c(OH－)＝Kw，又因c(H＋)＝10－pH，则c2(H＋)＝Kw，即10－2pH＝Kw。【备选例题】(2021·北京西城区模拟)室温时，下列说法正确的是( )A．pH＝11的氨水和pH＝11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH－)均为1×10－11mol·L－1B．分别把100mLpH＝11的NaOH溶液和pH＝11的氨水加水稀释至1L，所得溶液pH均为10C．分别向等体积的0.1mol·L－1HCl溶液和0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液，恰好为中性时，消耗NaOH溶液的体积相等D．分别向1mLpH＝3的盐酸和pH＝3的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，两溶液的pH均增大【解析】选D。氨水抑制水的电离，pH＝11的氨水中水电离产生的c(OH－)为1×10－11mol·L－1，碳酸钠促进水的电离，pH＝11的Na2CO3溶液中由水电离产生的c(OH－)为1×10－3mol·L－1，故A错误；加水稀释促进一水合氨的电离，氨水中氢氧根离子的物质的量会增大，所以把100mLpH＝11的氨水加水稀释至1L，所得溶液pH大于10，故B错误；向等体积的0.1mol·L－1HCl溶液和0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液，恰好中和生成NaCl和醋酸钠，NaCl溶液显中性，醋酸钠溶液显碱性，若要醋酸钠显中性，则要减少氢氧化钠的量，所以二者消耗的氢氧化钠的体积不同，故C错误；向1mLpH＝3的盐酸中加醋酸钠，盐酸与醋酸钠反应生成弱酸醋酸，溶液的pH会增大，在醋酸溶液中加醋酸钠，醋酸钠电离的醋酸根离子能抑制醋酸的电离，醋酸的pH增大，故D正确。1．溶液酸碱性的判断依据：2．混合溶液酸碱性的判断方法：(1)等浓度等体积一元酸与一元碱混合的溶液——“谁强显谁性，同强显中性”中和反应反应后所得溶液的酸碱性强酸与强碱中性强酸与弱碱酸性弱酸与强碱碱性(2)室温下，已知酸和碱pH之和的溶液等体积混合ⅰ.两强混合①若pH之和等于14，则混合后溶液显中性，pH＝7②若pH之和大于14，则混合后溶液显碱性，pH>7③若pH之和小于14，则混合后溶液显酸性，pH<7ⅱ.一强一弱混合——“谁弱显谁性”pH之和等于14时，一元强酸和一元弱碱等体积混合呈碱性；一元弱酸与一元强碱等体积混合呈酸性。3．pH测定易错点再认识：(1)使酚酞试液呈无色的溶液可能呈酸性、中性或碱性。(2)广泛pH试纸的范围是1～14，且测量值均为整数。(3)用pH试纸测量溶液pH时，试纸不能润湿，若润湿，测酸、碱性溶液时会造成误差，但测中性溶液时不会造成误差。(4)不能用pH试纸测量氯水的pH，因氯水具有漂白性。命题点1：溶液酸碱性的判断及应用(基础性考点)1．(2021·洛阳模拟)图中的4条曲线，能表示人体大量喝水时，胃液pH变化的是( )【解析】选A。胃液中含有盐酸，溶液显酸性pH小于7，喝大量的水后，胃液中的酸会被稀释，酸性减弱，pH增大，但不可能大于7(即变成了碱性)，故A正确。2．(2021·邹城模拟)用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的是( )A．将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡对照B．用广泛pH试纸测得氯水的pH为2C．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色并与标准比色卡对照D．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，测量的pH结果一定偏低【解析】选C。pH试纸直接浸入待测液，这样会污染溶液，故A错误；氯水中的次氯酸有强氧化性，pH试纸变色会被漂白，应用pH计测定，故B错误；测定溶液pH的正确操作方法为将被测液滴到放在玻璃片上的pH试纸上，显色后，与标准比色卡比较，符合测量要求，故C正确；pH试纸不能湿润，防止形成实验误差，用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，测量的pH结果不一定偏低，如中性溶液氯化钠溶液的pH不变，故D错误。命题点2：溶液pH的计算(综合性考点)3.(双选)常温下,下列有关说法不正确的是( )A.pH=11的氨水、NaOH溶液中,水电离产生的c(H+)相同B.pH=3的HCl溶液与pH=11的氨水等体积混合,混合后溶液的pH小于7C.pH=3的盐酸、CH3COOH溶液中,c(Cl-)>c(CH3COO-)D.往10mLpH=3的盐酸中分别加入pH=11的氨水、NaOH溶液至中性,消耗氨水的体积小【解析】选B、C。碱抑制水电离,碱中氢氧根离子浓度越大其抑制水电离程度越大,氨水、NaOH溶液中氢氧根离子浓度相等,则二者抑制水电离程度相等,故A正确;pH=3的HCl溶液c(HCl)=10-3mol·L-1,pH=11的氨水溶液c(NH3·H2O)>10-3mol·L-1,等体积混合,氨水会剩余,溶液显示碱性,混合后溶液的pH大于7,故B错误;盐酸、CH3COOH溶液中,分别存在电荷守恒:c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)、c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),都是pH=3的溶液,则氢离子浓度相等,氢氧根离子浓度也是相等的,所以c(Cl-)=c(CH3COO-),故C错误;pH=11的氨水、NaOH溶液,c(NH3·H2O)>10-3mol·L-1,c(NaOH)=10-3mol·L-1,c(NH3·H2O)>c(NaOH),中和等量的盐酸,氨水消耗的体积小,故D正确。【加固训练—拔高】1．(2021·天津模拟)下列说法正确的是( )A．用广泛pH试纸测得饱和氯水的pH约为2B．常温下，同浓度的Na2S溶液与NaHS溶液相比，Na2S溶液的pH大C．用待测液润洗锥形瓶后才能进行滴定操作D．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的SO水解【解析】选B。氯水有漂白性，故不能用pH试纸来测pH，故A错误；酸性HS－＜H2S，故水解能力Na2S＞NaHS，则Na2S溶液的pH大，故B正确；锥形瓶不能润洗，润洗后会导致待测液的体积偏大，故C错误；硫酸型酸雨中含H2SO3，在放置的过程中会被氧气氧化为硫酸，导致pH变小，故D错误。2．(2021·慈溪模拟)下列说法不正确的是( )A．中性溶液中一定存在c(H＋)＝c(OH－)B．中和等物质的量浓度等体积的氨水、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，由水电离产生的c(H＋)相等D．pH＝14与pH＝12的两种NaOH溶液等体积混合后，c(H＋)＝【解析】选D。溶液酸碱性取决于c(H＋)、c(OH－)的大小，任何中性溶液中一定满足c(H＋)＝c(OH－)，故A正确；由于氨水、NaOH均为一元碱，中和等物质的量浓度等体积的氨水、NaOH溶液时，消耗HCl的物质的量相同，故B正确；相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，氢离子浓度相同，则两溶液对水电离的抑制程度相同，所以水电离产生的c(H＋)相等，故C正确；pH＝14与pH＝12的两种NaOH溶液等体积混合后，混合液中c(OH－)＝mol·L－1＝0.505mol·L－1，c(H＋)＝＝mol·L－1≈2×10－14mol·L－1，故D错误。3．(2021·义乌模拟)下列说法正确的是( )A．常温下，用pH试纸测得0.1mol·L－1NaClO溶液的pH＞7B．向醋酸中加入等物质的量的NaOH，溶液呈碱性，且溶液中＞1C．常温下，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，因生成的CH3COONa水解，所以由水电离出的c(H＋)＞10－7mol·L－1D．等体积等pH的醋酸和盐酸，分别与足量镁粉反应，反应生成的气体盐酸多【解析】选B。NaClO是弱酸强碱盐，水解显碱性，但NaClO具有漂白性，应选pH计测定，故A错误；CH3COONa溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，电荷关系为c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，所以c(CH3COO－)＜c(Na＋)，故B正确；CH3COOH是弱酸，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，酸过量使溶液呈酸性，酸抑制水的电离，所以由水电离出的c(H＋)＜10－7mol·L－1，故C错误；CH3COOH是弱酸，等体积等pH的醋酸和盐酸中，n(CH3COOH)＞n(HCl)，所以分别与足量镁粉反应，反应生成的气体盐酸少、醋酸多，故D错误。考点三 酸碱中和滴定(命题指数★★★★)1．酸碱中和滴定：(1)概念：利用中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。(2)原理。①反应实质：H＋＋OH－===H2O。②定量关系：恰好中和时，n(H＋)＝n(OH－)，即c(H＋)V酸＝c(OH－)V碱。(3)主要仪器及使用方法。①仪器：滴定管、铁架台、滴定管夹、锥形瓶、烧杯。仪器a是酸式滴定管，仪器b是碱式滴定管。②滴定管的使用方法(4)主要试剂。①标准液②待测液③指示剂(一般选用酚酞或甲基橙)(5)滴定操作。①滴定前的准备工作②滴定时的操作③滴定终点的判断：当滴入最后一滴溶液时，指示剂恰好变色，且半分钟不恢复，即为滴定终点。(6)数据处理。为减少实验误差，滴定时，要求重复实验2～3次，求出所用标准溶液体积的平均值，然后再计算待测液的物质的量浓度。2．误差分析：中和滴定实验中，产生误差的途径主要有操作不当，读数不准等，分析误差要根据计算式分析，c待测＝，当用标准酸溶液滴定待测碱溶液时，c标准、V待测均为定值，c待测的大小取决于V标准的大小。以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例，分析实验误差：步骤操作c(NaOH)洗涤未用标准溶液润洗酸式滴定管偏高锥形瓶用待测溶液润洗偏高未用待测溶液润洗取用待测液的滴定管偏低锥形瓶洗净后瓶内还残留有少量蒸馏水无影响取液取碱液的滴定管尖嘴部分有气泡且取液结束前气泡消失偏低滴定滴定完毕后立即读数,半分钟后颜色又变红偏低滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失偏高滴定过程中振荡时有液滴溅出偏低滴定过程中,向锥形瓶内加少量蒸馏水无影响读数滴定前仰视读数或滴定后俯视读数偏低滴定前俯视读数或滴定后仰视读数偏高1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。(1)量取20.00mL的高锰酸钾溶液应选用25mL量筒。( )提示：×。量筒只能精确到0.1mL，应选用25mL酸式滴定管。(2)滴定终点就是酸碱恰好中和的点。( )提示：×。滴定终点是指指示剂变色的点，与酸碱恰好中和的点不一定一致。(3)用NaOH标准溶液滴定未知浓度的醋酸，应选用酚酞作指示剂。( )提示：√。恰好反应点溶液呈碱性，应选用在碱性范围内变色的酚酞指示剂。(4)滴定管和锥形瓶在滴定前都应该用待装溶液润洗。( )提示：×。滴定管应该润洗，锥形瓶不应润洗。(5)若用标准盐酸溶液滴定待测NaOH溶液，滴定完成后发现酸式滴定管下悬着一滴酸液，则测定结果偏小。( )提示：×。标准液读数偏大，测定结果偏大。2．现用物质的量浓度为amol·L－1的标准NaOH溶液去滴定VmL盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：(1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是________________________________________________________________________。(2)用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入________(填“甲”或“乙”)中。(3)如图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数，c(HCl)＝________mol·L－1。【解析】(1)碱式滴定管水洗后应用标准NaOH溶液润洗2～3次，每次润洗液都要从尖嘴处排出。(2)NaOH为强碱，应将NaOH溶液注入碱式滴定管中，故选乙。(3)滴定过程中消耗NaOH溶液的体积为(V2－V1)mL，因此c(HCl)＝mol·L－1。答案：(1)用标准NaOH溶液润洗(2)乙 (3)命题角度1：滴定终点的判断【典例1】(2019·全国Ⅱ卷节选)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L－1的I2?KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为________，样品中S2－的含量为________________________________________________________________________(写出表达式)。【规范答题】滴定终点现象的判断答题模板当滴入最后一滴××后，溶液由××色变为××色，且半分钟之内不变色(或××色褪去，且半分钟之内不恢复原色)模板示例用amol·L－1盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，以酚酞为指示剂，达到滴定终点的现象是当最后一滴盐酸滴入，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复原色【解析】滴定终点时，I2被消耗完，溶液颜色由浅蓝色变为无色。由反应式为I2＋2S2O===2I－＋S4O可知，与Na2S2O3溶液反应的n1(I2)＝×0.1000×mol，则与S2－反应的n2(I2)＝×0.1000mol－n1(I2)＝mol，由电子守恒可知S2－～I2，则样品中S2－的含量为×100%。答案：浅蓝色至无色 ×100%命题角度2：中和滴定误差分析【典例2】(2021·保定模拟)用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作指示剂，造成测定结果偏低的原因可能是( )A．未用标准液润洗碱式滴定管B．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作均正确C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗D.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液【解析】选B。未用标准液润洗碱式滴定管，使标准NaOH溶液的浓度偏低，导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故A不选；滴定管的“0”刻度线在上方，滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，使读数偏低，测定结果偏低，故B选；盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，由于盐酸的物质的量不变，测定结果无影响，故C不选；滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，故D不选。 某学生用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度。先准确称量10.0g含有少量中性易溶杂质的样品，配成500mL待测溶液，用待测烧碱溶液滴定0.200mol·L－1的盐酸标准液。下列操作会使烧碱样品纯度偏高的是( )A．锥形瓶用蒸馏水洗净后，先用盐酸标准液润洗再装标准液B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后未润洗C．滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失D．滴定前仰视碱式滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数【解析】选D。锥形瓶用蒸馏水洗净后，先用盐酸标准液润洗再装标准液，导致消耗的待测液体积偏大，会使烧碱样品纯度偏低，A错误；碱式滴定管用蒸馏水洗净后未润洗，导致消耗的待测液体积偏大，会使烧碱样品纯度偏低，B错误；滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，导致消耗的待测液体积偏大，会使烧碱样品纯度偏低，C错误；滴定前仰视碱式滴定管读数，滴定后俯视滴定管读数，导致消耗的待测液体积偏小，会使烧碱样品纯度偏高，D正确。【思维升华】酸碱中和滴定时，不一定用标准液滴定待测液，也可以用待测液滴定标准液。求算公式c待测＝中，c标准确定，锥形瓶中被滴定溶液体积确定，会造成误差的是滴定过程中装在滴定管中溶液的体积。(1)若用标准液滴定待测液，V标准是造成误差的因素，与c待测呈正相关；(2)若用待测液滴定标准液，V待测是造成误差的因素，与c待测呈负相关。1．滴定管读数要领：视线应平视凹液面的最低点为基准。2．滴定终点的判断答题模板：当滴入最后一滴××标准溶液后，溶液变成××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。命题点1：酸碱中和滴定(基础性考点)1.(2021·桂林模拟)室温下，用0.100mol·L－1的标准盐酸滴定20.00mL未知浓度的NaOH溶液，所得滴定曲线如图所示。图中K点代表的pH为( )A．13 B．12 C．11 D．10【解析】选A。HCl和NaOH恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，根据图象，加入盐酸的体积为20mL时，溶液呈中性，说明HCl和NaOH完全反应，则n(HCl)＝n(NaOH)，有0.1mol·L－1×20.00mL＝20.00mL×c(NaOH)，得c(NaOH)＝0.1mol·L－1，NaOH溶液中c(OH－)＝0.1mol·L－1，根据Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，c(H＋)＝＝＝1×10－13(mol·L－1)，pH＝－lg[c(H＋)]＝－lg(1×10－13)＝13，A符合题意。2．有关酸碱滴定实验，下列说法正确的是( )A．滴定管和锥形瓶都需要使用蒸馏水和待装液润洗B．滴定前，必须将滴定管中液体的液面调至0刻度C．滴定至终点时，溶液一定呈中性D．测定待测液的浓度，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值【解析】选D。滴定管需要用待装液润洗，但锥形瓶不能用待装液润洗，否则导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，故A错误；滴定前，滴定管中液体的液面不一定非要调至0刻度，可调至0刻度以下某一刻度，故B错误；滴定至终点时，溶液不一定呈中性，如NaOH滴定醋酸，滴定终点生成醋酸钠，溶液呈碱性，故C错误；测定待测液的浓度，为了减少滴定误差，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值，故D正确。命题点2：中和滴定误差分析(综合性考点)3．(2021·吉安模拟)实验室用标准盐酸溶液滴定某NaOH溶液。用甲基橙作指示剂。下列操作中可能使测定结果偏低的是( )A．酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2～3次B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次D．滴定前平视读数，滴定后俯视读数【解析】选D。酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2～3次，导致标准酸溶液浓度降低，消耗的体积偏大，测定结果偏高，故A不选；开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，导致标准酸溶液的体积读数偏大，测定结果偏高，故B不选；盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次，导致消耗标准酸溶液的体积偏大，测定结果偏高，故C不选；滴定管的“0”刻度线在上方，滴定后俯视读数，使读数偏小，导致标准酸溶液的体积读数偏小，测定结果偏低，故D选。【加固训练—拔高】1．(2021·桂林模拟)在酸碱中和滴定实验中，下列操作不会引起误差的是( )A．用未干燥的锥形瓶盛装被滴定的待测液B．滴定管用蒸馏水洗净后直接盛装标准液C．滴定前平视读数，终点时仰视读数D．滴定管尖嘴处在滴定前有气泡，滴定后无气泡【解析】选A。用未干燥的锥形瓶盛装被滴定的待测液，不影响溶质的物质的量，测定结果不变，故A选；滴定管用蒸馏水洗净后直接盛装标准液，会稀释标准液，导致消耗标准液体积增加，会产生误差，故B不选；滴定前平视读数，终点时仰视读数，读数增大，有误差产生，故C不选；滴定管尖嘴处在滴定前有气泡，滴定后无气泡，溶液的体积增大，会产生误差，故D不选。2．(2021·天水模拟)配制250mL一定物质的量浓度的盐酸，并用该盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列实验操作或说法错误的是( )A．实验前，容量瓶和酸式滴定管都需要检查是否漏液B．若NaOH溶液因久置而变质(含少量Na2CO3)，用甲基橙作指示剂，对滴定结果无影响C．若配制盐酸标准溶液定容时俯视刻度线，则所测定NaOH溶液的浓度偏小D．当最后一滴盐酸标准液滴入锥形瓶中，溶液颜色由黄色变为橙色时，即达滴定终点【解析】选D。容量瓶和酸式滴定管带有瓶塞或旋塞，实验前都需要检查是否漏液，故A正确；甲基橙的变色范围为3.1～4.4，滴定终点呈酸性，NaOH和Na2CO3都转化成NaCl，消耗标准液的体积不变，不影响测定结果，故B正确；若配制盐酸标准溶液定容时俯视刻度线，配制的标准液浓度偏大，滴定终点消耗标准液体积偏小，则所测定NaOH溶液的浓度偏小，故C正确；当滴定至溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复颜色时，即为滴定终点，故D错误。3．(2021·衡阳模拟)用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度，假设烧碱样品中的杂质(可溶于水)与酸不反应，试根据实验回答下列问题：(1)将准确称取的4.3g烧碱样品配成250mL待测液，需要的主要仪器除烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有____________、____________。(2)取10.00mL待测液，用__________(填“酸式”或“碱式”)滴定管量取。(3)用0.2010mol·L－1的标准盐酸滴定待测烧碱溶液(用酚酞作指示剂)，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，直到____________________，即达到滴定终点。(4)根据表中数据，可计算出烧碱的纯度为__________(用百分数表示，结果保留小数点后一位小数)。滴定次数待测液体积(mL)标准盐酸体积(mL)滴定前读数(mL)滴定后读数(mL)第一次10.000.5020.40第二次10.004.0024.10(5)排去碱式滴定管中的气泡应采用操作____________(填“甲”“乙”或“丙”)，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。(6)在该滴定实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的是__________(填序号)。A．滴定终点读数时俯视读数B．酸式滴定管水洗后未用标准盐酸润洗C．锥形瓶水洗后未干燥D．锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液润洗E．滴定到指示剂刚变色，摇动锥形瓶后颜色恢复，没再继续滴定F．酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失【解析】(1)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的仪器为托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，所以还需要250mL容量瓶和胶头滴管。(2)待测液是碱性溶液，应盛放在碱式滴定管中。(3)滴定时，两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断终点的到达，若溶液由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复，可说明达到滴定终点。(4)第一次滴定消耗的标准液体积为20.40mL－0.50mL＝19.90mL，第二次滴定消耗标准液体积为24.10mL－4.00mL＝20.10mL，两次滴定数据有效，消耗标准液的平均体积为V(标准)＝＝20.00mL，c(待测)＝＝＝0.4020mol·L－1，则m＝c·V·M＝0.4020mol·L－1×0.25L×40g·mol－1＝4.02g，w(NaOH)＝×100%≈93.5%。(5)碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以丙正确，原理是气体的密度比较小，尖嘴朝上，易于逸出。(6)滴定终点读数时俯视读数，导致读数偏小，测定结果偏小，故A错误；酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，导致标准液的浓度偏低，滴定时消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故B正确；锥形瓶水洗后未干燥，对待测液的物质的量没有影响，不影响滴定结果，故C错误；锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液润洗，导致待测液的物质的量偏大，消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高，故D正确；滴定到指示剂刚变色，摇动锥形瓶后颜色恢复，没再继续滴定，反应没有完全，消耗的标准液体积偏低，测定结果偏低，故E错误；碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致消耗的标准液的体积偏大，测定结果偏高，故F正确。答案：(1)250mL容量瓶 胶头滴管 (2)碱式(3)溶液由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复(4)93.5% (5)丙 (6)BDF1．(2020·浙江7月选考)常温下，用0.1mol·L－1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·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10mL时，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C．当滴入氨水20mL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20mL，c(NH)【解析】选D。未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol·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10mL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20mL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。2．(2020·浙江7月选考节选)硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备Na2S2O3·5H2O。合成反应：SO2＋Na2CO3===Na2SO3＋CO22Na2S＋3SO2===2Na2SO3＋3SNa2SO3＋SNa2S2O3滴定反应：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6已知：Na2S2O3·5H2O易溶于水，难溶于乙醇，50℃开始失结晶水。实验步骤：Ⅰ.Na2S2O3制备：装置A制备的SO2经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得产品混合溶液。Ⅱ.产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，得到Na2S2O3·5H2O产品。Ⅲ.产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用Na2S2O3·5H2O产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算Na2S2O3·5H2O含量。请回答：步骤Ⅲ①滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：检漏→蒸馏水洗涤→( )→( )→( )→( )→( )→开始滴定。A．烘干B．装入滴定液至零刻度以上C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D．用洗耳球吹出润洗液E．排除气泡F．用滴定液润洗2至3次G．记录起始读数②装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是________________________________________________________________________。③滴定法测得产品中Na2S2O3·5H2O含量为100.5%，则Na2S2O3·5H2O产品中可能混有的物质是_____________________________________________________________________________________________________________________________________________。【解析】①滴定前应检查滴定管是否漏液，之后用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使测定结果不准确，需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为检漏→蒸馏水洗涤→F→B→E→C→G→开始滴定；②碘容易挥发，所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞，防止碘挥发损失；③测定的产品中Na2S2O3·5H2O含量大于100%，说明产品中可能混有失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O，也可能混有可消耗较多I2的其他杂质，根据合成反应可知，Na2S2O3·5H2O产品中可能混有Na2SO3。答案：①F B E C G ②防止碘挥发损失③Na2SO3；失去部分结晶水的Na2S2O3·5H2O【加固训练—拔高】1．(2018·天津高考节选)CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，CO2主要转化为________(写离子符号)；若所得溶液c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，溶液pH＝________。(室温下，H2CO3的K1＝4×10－7；K2＝5×10－11)【解析】CO2与足量NaOH溶液反应后溶液pH＝13，CO2主要转化为CO；对于Na2CO3溶液，其水解常数Kh＝eq\f(c（HCO）×c（OH－）,c（CO）)＝＝，得c(OH－)＝×＝1×10－4mol·L－1，c(H＋)＝1×10－10mol·L－1，pH＝10。答案：CO 102．(2017·全国Ⅱ卷节选)草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为MnO＋H＋＋H2C2O4―→Mn2＋＋CO2＋H2O。实验中称取0.400g水泥样品，滴定时消耗了0.0500mol·L－1的KMnO4溶液36.00mL，则该水泥样品中钙的质量分数为______________。【解析】将题目给出的方程式配平为2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2＋8H2O，则有5Ca2＋～5H2C2O4～2KMnO4，n(KMnO4)＝0.0500mol·L－1×36.00mL×10－3L·mL－1＝1.80×10－3mol，n(Ca2＋)＝4.50×10－3mol，水泥中钙的质量分数为×100%＝45.0%。答案：45.0%1．稀溶液中c(H＋)与c(OH－)之间的关系25℃时纯水中，c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol·L－1Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14pH＝－lgc(H＋)＝7Kw不仅适用于纯水，还适用于酸性或碱性的稀溶液。不管哪种溶液均有c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O如酸性溶液中：[c(H＋)酸＋c(H＋)H2O]·c(OH－)H2O＝Kw碱性溶液中：[c(OH－)碱＋c(OH－)H2O]·c(H＋)H2O＝Kw2．水的离子积常数表示在任何水溶液中均存在水的电离平衡，都有H＋和OH－共存，并且在稀酸或稀碱溶液中，当温度为25℃时，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14为同一常数。3．溶液酸碱性的判断c(H＋)＞c(OH－)，酸性；c(H＋)＝c(OH－),中性；c(H＋)＜c(OH－)，碱性。4．滴定管使用四步骤：查漏→洗涤→润洗→装液。PAGE-30-第三讲 盐类的水解考点一 盐类水解及其规律(命题指数★★★)1．盐类的水解：(1)概念：在溶液中，由盐电离出来的弱酸根离子或弱碱阳离子跟水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。(2)实质：生成弱酸或弱碱，使水的电离平衡被破坏而建立起新的平衡。(3)特征：①一般是可逆反应，在一定条件下达到化学平衡。②盐类水解反应是中和反应的逆反应。③盐类水解是吸热反应。2．盐类水解规律及类型：(1)规律。有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。(2)类型。盐的类型实例是否水解水解的离子溶液的酸碱性溶液的pH强酸强碱盐Na2SO4、KNO3否中性pH＝7强酸弱碱盐NH4Cl、Fe(NO3)3是NH、Fe3＋酸性pH＜7弱酸强碱盐HCOONa、Na2CO3是HCOO－、CO碱性pH>7弱酸弱碱盐CH3COONH4是CH3COO－、NH中性pH＝73.盐类水解方程式的书写：(1)盐类水解的离子方程式一般应用“”连接，且一般不标“↑”“↓”等状态符号。如CH3COONa水解的离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；NH4Cl水解的离子方程式为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。(2)多元弱酸根离子水解的离子方程式应分步书写，水解是以第一步水解为主，如CO水解的离子方程式为CO＋H2OHCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－。(3)多元弱碱阳离子的水解比较复杂，一般一步写出。值得注意的是，其最终生成的弱碱即使是难溶物也不标“↓”等状态符号，因其水解生成的量极少，不会生成沉淀，如Al3＋水解的离子方程式常写成：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。(4)阴、阳离子相互促进的水解(双水解)，若水解程度不大，用“”表示，如CH3COONH4水解的离子方程式为CH3COO－＋NH＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O；双水解程度较大的，书写时用“===”“↑”“↓”，如Al2S3水解的离子方程式为2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。(5)盐类水解的离子方程式同样遵循质量守恒定律和电荷守恒规律。1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。(1)盐类加入水中，水的电离平衡一定被促进。( )提示：×。强酸强碱盐对水的电离平衡无影响。(2)显酸性的盐溶液，一定是该盐的阳离子发生了水解。( )提示：×。NaHSO4溶液因盐电离出H＋而显酸性。(3)Na2S水解的离子方程式为S2－＋2H2OH2S＋2OH－。( )提示：×。多元弱酸的酸根应分步水解。(4)已知酸性HF＞CH3COOH，所以等浓度的CH3COONa溶液的碱性强于NaF溶液。( )提示：√。根据越弱越水解可知，CH3COO－的水解程度大于F－的水解程度，所以CH3COONa溶液的碱性更强。(5)向AlCl3溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成。( )提示：√。Al3＋和HCO的水解相互促进，彻底双水解，有沉淀Al(OH)3和气体CO2生成。2.碳酸钠(左)和碳酸氢钠(右)溶液中滴加酚酞后，颜色如图。(1)强碱弱酸的酸式盐中存在着哪些平衡？试分析碳酸氢钠溶液中的平衡。(2)强碱弱酸的酸式盐是否一定呈酸性？提示：(1)NaHCO3溶液中存在着两种平衡：①电离平衡：HCOH＋＋CO；H2OH＋＋OH－。②水解平衡：HCO＋H2OH2CO3＋OH－。(2)强碱弱酸酸式盐溶液的酸碱性与弱酸酸式根离子的电离和水解的相对强弱有关，如NaHCO3溶液中，HCO水解>电离，则NaHCO3溶液呈碱性；NaHSO3溶液中HSO电离强于水解，NaHSO3溶液呈酸性。命题角度1：盐类水解的概念【典例1】(2020·浙江7月选考)水溶液呈酸性的是( )A．NaCl B．NaHSO4C．HCOONaD．NaHCO3【解析】选B。NaCl是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，A错误；NaHSO4是强酸的酸式盐，其水溶液呈酸性，B正确；HCOONa属于强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，C错误；NaHCO3是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性，D错误。命题角度2：盐类水解规律【典例2】有①NaOH溶液②Na2CO3溶液③CH3COONa溶液各10mL，物质的量浓度均为0.1mol·L－1，下列说法正确的是( )A．三种溶液pH的大小顺序是①＞③＞②B．三种溶液中由水电离出的OH－浓度大小顺序是②＞③＞①C．若将三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是③D．若分别加入10mL0.1mol·L－1盐酸后，pH最大的是①【解析】选B。等浓度时强碱的pH最大，强碱弱酸盐中酸根对应的酸的酸性越强，酸根水解程度越小，碳酸的酸性小于醋酸的，所以三种溶液pH的大小顺序是①＞②＞③，故A错误；氢氧化钠溶液抑制了水的电离，而碳酸钠和醋酸钠溶液都促进了水的电离，水解程度越大，水的电离程度越大，所以三种溶液中水电离的氢氧根离子浓度大小关系为②＞③＞①，故B正确；稀释时强碱的变化程度大，所以三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是①氢氧化钠溶液，故C错误；等体积等浓度混合后，①溶质为NaCl、②溶质为NaHCO3与NaCl、③溶质为CH3COOH与NaCl，HCO离子水解显碱性，所以pH最大的是②，故D错误。 (1)(宏观辨识与微观探析)若原题中三种溶液pH相等，则浓度由大到小的顺序如何？提示：强碱完全电离，强酸弱碱盐水解微弱，且越弱越水解，若pH相等三者浓度③＞②＞①。(2)(宏观辨识与微观探析)若原题中三种溶液的pH均为10，则三种溶液中由水电离的OH－浓度之比是多少？提示：①NaOH溶液中水电离的OH－浓度为10－10mol·L－1，②Na2CO3溶液中水电离的OH－浓度为10－4mol·L－1，③CH3COONa溶液中水电离的OH－浓度为10－4mol·L－1，水电离的OH－浓度之比为1∶106∶106。(3)(变化观念与平衡思想)若向Na2CO3溶液中加入CH3COONa固体，CO的浓度如何变化？提示：CH3COO－水解与CO水解是竞争关系，CH3COO－的加入抑制CO的水解，CO浓度增大。1．盐溶液的酸碱性：盐的类型是否水解溶液的pH强酸弱碱盐水解pH<7强碱弱酸盐水解pH>7强酸强碱盐不水解pH＝7弱酸弱碱盐水解谁强显谁性2.盐类水解的规律：(1)盐的水解促进了水的电离，使水的电离程度增大。(2)有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性。(3)盐对应的酸(或碱)越弱，水解程度越大，溶液碱性(或酸性)越强。如相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液的pH前者大于后者。3．水解离子方程式书写规则：(1)多元弱酸阴离子是分步水解的，以第一步水解为主。(2)多元弱碱阳离子水解复杂，可一步写出。(3)彻底双水解用“===”“↑”“↓”。4．比较相同浓度的溶液pH大小的方法：(1)先按酸性、中性、碱性分类，再按电离和水解规律排序。(2)酸性：强酸<弱酸<强酸弱碱盐。碱性：强碱>弱碱>强碱弱酸盐。命题点1：盐类水解的概念(基础性考点)1．(2021·北京模拟)下列离子方程式中，属于水解反应的是( )A．HCOOHHCOO－＋H＋B．HCO＋H2OH2CO3＋OH－C．H2O＋H2OH3O＋＋OH－D．HCOCO＋H＋【解析】选B。HCOOHHCOO－＋H＋是甲酸的电离，故A错误；HCO＋H2OH2CO3＋OH－是碳酸氢根离子的水解，故B正确；H2O＋H2OH3O＋＋OH－是水的电离，故C错误；HCOCO＋H＋是碳酸氢根离子的电离，故D错误。2．(2021·南京模拟)常温下，在0.1mol·L－1NaX溶液中水电离的H＋浓度为a1，在0.1mol·L－1盐酸中，水电离的H＋浓度为a2，若＝108，则0.1mol·L－1NaX溶液的pH是( )A．5B．7C．8D．9【解析】选D。0.1mol·L－1盐酸中c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－13mol·L－1，根据＝108，则a1＝10－13×108＝10－5(mol·L－1)，在0.1mol·L－1NaX溶液中，c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－5mol·L－1，即pH＝9。命题点2：盐类水解规律(综合性考点)3．物质的量浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大的顺序排列的是( )A．Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4ClB．Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaClC．(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2SD．NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2S、NaNO3【解析】选C。Na2S、Na2CO3和NaHCO3水解后溶液都显碱性，pH>7，但CO水解程度比HCO大，故pH：Na2CO3>NaHCO3；NH4Cl和(NH4)2SO4水解后溶液都显酸性，则pH<7，(NH4)2SO4中NH浓度大，故pH：NH4Cl>(NH4)2SO4，NaCl和NaNO3均不水解，故pH＝7，C项正确。4．(双选)某同学进行如下实验，下列说法不正确的是( )实验步骤实验现象Ⅰ将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)；试管中部有白色固体附着Ⅱ将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)A.根据Ⅰ中试纸变蓝,说明NH4Cl发生了分解反应B.根据Ⅰ中试纸颜色变化,说明氨气比氯化氢气体扩散速率慢C.Ⅰ中试纸变成红色,是由于NH4Cl水解造成的D.根据试管中部有白色固体附着,说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3【解析】选B、C。氯化铵是强酸弱碱盐,其水溶液显酸性,会使湿润的pH试纸变红,根据Ⅰ中试纸变蓝,说明NH4Cl发生了分解反应,故A正确;根据分析,根据Ⅰ中试纸颜色变化,说明氨气比氯化氢气体扩散速率快,故B错误;根据分析,Ⅰ中试纸变成红色,是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的,故C错误;根据分析,根据试管中部有白色固体附着,说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵,则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3,故D正确。【加固训练——拔高】1．(2021·唐山模拟)广义的水解观认为无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，说法不正确的是( )A．BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2B．PCl3的水解产物是HClO和H3PO3C．Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4D．CH3COCl的水解产物是两种酸【解析】选B。水解是反应中各物质和水分别解离成两部分、然后两两重新组合成新的物质，该反应相当于复分解反应，反应过程中没有电子转移，其特征是没有元素化合价升降，BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2，该反应中没有元素化合价升降，符合水解原理，故A不选；该反应中Cl元素化合价由－1价变为＋1价，有电子转移，不符合水解原理，故B选；Al4C3的水解得到氢氧化铝和甲烷，符合水解原理，故C不选；CH3COCl的水解产物是两种酸为CH3COOH和HCl，符合水解原理，故D不选。2．(2021·杭州模拟)已知K2FeO4溶于水后，会水解生成多种微粒。图是0.1mol·L－1K2FeO4溶液中各含铁微粒随溶液pH的变化图，纵坐标表示其个数百分含量，则下列说法不正确的是( )A．K2FeO4溶于水呈碱性B．HFeO水解强于电离C．H2FeO4既能和强碱反应又能和强酸反应D．0.10mol·L－1的K2FeO4的pH近似等于10【解析】选B。K2FeO4溶于水，FeO的浓度最大，由图可知，溶液的pH约为10，则溶液呈碱性，故A正确；当c(HFeO)最大时，溶液的pH小于6，则电离程度大于水解程度，导致溶液呈酸性，故B错误；由图可知H2FeO4加碱转化为HFeO，加酸转化为H3FeO，所以H2FeO4既能和强碱反应又能和强酸反应，故C正确；由图可知0.10mol·L－1的K2FeO4，浓度最大即当FeO的百分含量最大时溶液的pH约为10，故D正确。考点二 盐类水解的影响因素及应用(命题指数★★★★)1．影响盐类水解平衡的因素：(1)盐类本身的性质(越弱越水解)。组成盐的离子对应酸或碱越弱，水解程度越大。(2)反应条件：符合勒夏特列原理。以Fe3＋水解为例，Fe3＋水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。条件移动方向水解程度pH加入FeCl3向右减小减小加H2O向右增大增大升温向右增大减小通入HCl向左减小减小加入NH4Cl向左减小减小加入NaOH向右增大增大加入Fe粉向左减小增大2.盐类水解的应用：应用举例加热促进水解热的纯碱溶液去污力强分析盐溶液的酸碱性，并比较酸碱性的强弱等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液均显碱性，且碱性：Na2CO3>NaHCO3判断溶液中离子能否大量共存Al3＋和HCO因发生水解互促反应，不能大量共存配制或贮存易水解的盐溶液配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸，目的是抑制Fe3＋水解胶体的制备，作净水剂明矾溶于水，生成胶状物氢氧化铝，能吸附水中悬浮的杂质，并形成沉淀使水澄清，离子方程式为Al3＋＋3H2O?Al(OH)3＋3H＋化肥的使用铵态氮肥不宜与草木灰混合使用泡沫灭火器的反应原理(双水解)离子方程式为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑无水盐的制备由MgCl2·6H2O制MgCl2，在干燥的HCl气流中加热判断盐溶液的蒸干产物将AlCl3溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3，而不是AlCl3某些盐的分离除杂为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO、MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸盐溶液除锈NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NH水解溶液显酸性)利用水解反应来制纳米材料(氢氧化物可变为氧化物)如利用TiCl4水解制备TiO2·xH2O的方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O?TiO2·xH2O＋4HCl判断电解质的强弱CH3COONa溶液能使酚酞变红(pH>7)，说明CH3COOH是弱酸1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。(1)加热0.1mol·L－1Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大。( )提示：√。水解反应是吸热反应，加热促进水解。(2)将氯化铵溶液加水稀释时，eq\f(c（NH）,c（Cl－）)的值减小。( )提示：√。加水稀释促进水解，n(NH)减小，n(Cl－)不变，浓度之比等于物质的量之比，故eq\f(c（NH）,c（Cl－）)减小。(3)明矾作为净水剂，可以杀菌消毒。( )提示：×。明矾溶于水后，Al3＋水解产物Al(OH)3胶体具有吸附作用，可以净水，但不能杀菌消毒。(4)实验室储存NaF溶液时可以选用玻璃瓶。( )提示：×。NaF水解产生HF腐蚀玻璃，不能用玻璃瓶储存。(5)配制FeSO4溶液时，应加入铁粉防止Fe2＋氧化，并加入盐酸抑制Fe2＋水解。( )提示：×。应加入硫酸抑制Fe2＋水解。2．向纯碱溶液中滴入酚酞溶液。(1)会观察到什么现象？为什么？(2)若微热溶液，会观察到什么现象？为什么？(3)若再向该溶液中滴入过量的氯化钡溶液，会观察到什么现象？为什么？提示：(1)碳酸钠属于弱酸强碱盐，水解呈碱性，使酚酞试液变红；(2)加热促进碳酸钠水解，溶液碱性更强，所以溶液颜色变深；(3)向溶液中加入过量的氯化钡溶液，生成碳酸钡沉淀，降低了溶液中CO浓度，碳酸钠水解平衡向左移动，pH减小，溶液碱性减弱直至消失，溶液褪色。命题角度1：影响盐类水解平衡的因素【典例1】(2019·北京高考)实验测得0.5mol·L－1CH3COONa溶液、0.5mol·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【解析】选C。升高温度，促进水的电离，但纯水中的c(H＋)＝c(OH－)，故A错误；升高温度既促进水的电离，又促进醋酸钠的水解，使溶液中c(OH－)增大，故B错误；升高温度既促进水的电离，Kw增大，又促进铜离子的水解，使其水解平衡正向移动，这相当于促进了氢氧根离子与铜离子结合，最终的结果是氢离子剩余，导致pH减小，故C正确；随温度升高，CH3COO－、Cu2＋水解平衡均正向移动，故D错误。【备选例题】(2021·南充模拟)利用传感技术测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度(T)的关系，曲线如图，下列分析错误的是( )A.碳酸钠水解是吸热反应B．ab段说明水解平衡正向移动C．bc段说明水解平衡逆向移动D．水的电离平衡也对pH产生影响【解析】选C。分析图象，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，升温pH增大，说明水解是吸热反应，故A正确；碳酸钠是弱酸强碱盐，水解使溶液显碱性，而升高温度使平衡正向移动，溶液的碱性增强，故B正确；水解是吸热的，温度不断升高只会导致平衡不断正向移动，此时溶液pH却出现反常下降，这是由于水本身也存在电离，温度改变对水的电离平衡造成了影响，故C错误；水本身也存在着一个电离平衡，温度改变平衡移动，因此对溶液的pH产生影响，故D正确。命题角度2：盐类水解的应用【典例2】(2019·天津高考节选)氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)、镆(Mc)为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，写出该反应的化学方程式___________________________________________________________________，因此，配制SbCl3溶液应注意___________________________________________。【解析】SbCl3发生水解的方程式为SbCl3＋H2O?SbOCl↓＋2HCl，配制SbCl3时，应加盐酸，抑制水解。答案：SbCl3＋H2O?SbOCl↓＋2HCl(“”写成“===”亦可) 加盐酸，抑制水解1．影响盐类水解的“三因素”：(1)升高温度，促进盐类的水解；(2)加水稀释，促进盐类的水解；(3)加入H＋，抑制阳离子的水解；加入OH－，抑制阴离子的水解。2．盐溶液蒸干并灼烧所得物质的判断：(1)盐水解若生成挥发性酸(如HCl、HNO3)时，蒸干后一般得到难溶性碱，因为在盐蒸干的过程中酸会挥发，从而使盐的水解平衡右移。如AlCl3＋3H2OAl(OH)3↓＋3HCl↑，再灼烧时Al(OH)3分解，最终得到Al2O3。(2)盐水解若生成不挥发性酸(如H2SO4)时，蒸干一般得到原溶质。如Al2(SO4)3溶液蒸干仍得到Al2(SO4)3。(3)强碱弱酸盐水溶液蒸干后一般得到原物质。如蒸干Na2CO3溶液仍得到Na2CO3固体。3．盐类水解的重要应用：(1)判断盐溶液的酸碱性。如相同物质的量浓度的下列溶液：NaCl、KHSO4、Na2CO3、NaHCO3其pH由大到小的顺序为Na2CO3>NaHCO3>NaCl>KHSO4。(2)比较盐溶液中离子浓度的大小。如Na2CO3溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)。(3)判断盐所对应酸的相对强弱。如相同浓度的NaA和NaB两种盐溶液，其pH前者大于后者，则酸性HB>HA。(4)判断溶液中的离子能否大量共存。如Al3＋、Fe3＋与CO、HCO因发生相互促进的水解反应而不能大量共存。(5)某些活泼金属与强酸弱碱盐反应。Mg放入NH4Cl、CuCl2、FeCl3溶液中有氢气产生。(6)除杂。①采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解，使之生成氢氧化物沉淀，以除去溶液中某些金属离子。如不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3＋，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3＋。②向MgCl2、FeCl3的混合溶液中加入MgO以除去FeCl3。命题点1：影响盐类水解平衡的因素(基础性考点)1．(2021·桂林模拟)在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO＋H2O?HCO＋OH－。下列说法正确的是( )A．加入NaOH固体，平衡向正反应方向移动B．稀释溶液，CO的水解程度增大C．通入HCl，溶液pH增大D．升高温度，eq\f(c（HCO）,c（CO）)不变【解析】选B。加入NaOH固体，生成物OH－的浓度增大，平衡向逆反应方向移动，故A错误；稀释溶液，相当于向体系内加水，增大反应物的量，平衡正向移动，CO的水解程度增大，故B正确；通入HCl会消耗氢氧根离子，溶液的pH减小，故C错误；升高温度，平衡向吸热方向移动，平衡向正反应方向移动，生成物HCO的浓度增大，CO的浓度减小，则eq\f(c（HCO）,c（CO）)增大，故D错误。2．0.5mol·L－1CH3COONa溶液和水的pH随温度的变化如图所示，下列分析错误的是( )A.25℃，CH3COONa溶液的pH＝8.2，显碱性B．60℃，H2O中c(H＋)＝1×10－6.5mol·L－1，呈中性C．60℃，CH3COONa溶液中c(OH－)＝1×10－5.1mol·L－1D．升高温度，CH3COONa溶液水解程度和pH都减小【解析】选D。根据图示信息得到25℃时CH3COONa溶液的pH是8.2，大于7，溶液显碱性，故A正确；根据图示信息得到60℃水的pH＝6.5，c(H＋)＝1×10－6.5mol·L－1，无论什么温度下，水都是中性的，故B正确；根据图示得到60℃时Kw＝10－13，60℃，CH3COONa溶液中c(OH－)＝mol·L－1＝1×10－5.1mol·L－1，故C正确；升高温度促进盐的水解，CH3COONa溶液水解程度增大碱性增强，pH增大，故D错误。命题点2：盐类水解的应用(应用性考点)3．(2021年辽宁适应性测试)实验室用TiCl4水解法制备纳米TiO2的简易流程如下，下列说法错误的是( )A．TiCl4发生水解反应，可生成TiO2·xH2OB．氨水的作用可用勒夏特列原理解释C．可用AgNO3溶液检验沉淀是否洗涤干净D．制得的TiO2纳米颗粒能产生丁达尔现象【解析】选D。TiCl4发生水解反应：TiCl4＋(x＋2)H2OTiO2·xH2O↓＋4HCl，A正确；Ti4＋水解显酸性，加入氨水促进水解，B正确；沉淀的表面附有TiCl4，可用AgNO3溶液检验沉淀是否洗涤干净，C正确；制得的TiO2纳米颗粒，不能产生丁达尔现象，D错误。【加固训练——拔高】1．(2021·上海崇明区模拟)加较多量的水稀释0.1mol·L－1的NaHCO3溶液，下列离子浓度会增大的是( )A．CO B．HCO C．H＋ D．OH－【解析】选C。在NaHCO3溶液中存在碳酸氢根离子的水解平衡为HCO＋H2O?H2CO3＋OH－，加较多量的水稀释促进水解平衡正向移动，但以体积增大为主，所以氢氧根离子的浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，即氢离子浓度与氢氧根离子浓度的积不变，所以氢离子的浓度变大。2．(2021·东城区模拟)室温下，有两种溶液：①0.01mol·L－1NH3·H2O溶液②0.01mol·L－1NH4Cl溶液，下列操作可以使两种溶液中c(NH)都增大的是( )A．通入少量HCl气体B．加入少量NaOH固体C．加入少量H2OD．适当升高温度【解析】选A。HCl溶于水后得到的盐酸是强酸，能够和①NH3·H2O反应，导致溶液中c(NH)增大；盐酸中的H＋抑制了NH的水解，使氯化铵溶液中的c(NH)也增大，故A正确；加入少量NaOH固体，溶液中的c(OH－)增大，抑制了NH3·H2O溶液的电离；氢氧根离子结合NH生成一水合氨，c(NH)都会减小，所以两溶液中NH浓度都减小，故B错误；当向①0.01mol·L－1NH3·H2O②0.01mol·L－1NH4Cl加入少量H2O后，溶液被稀释了，两溶液中的c(NH)都会减小，故C错误；温度升高，氨气具有挥发性，导致氨气挥发，NH3·H2O浓度减小，溶液中的c(NH)减小；而NH4Cl溶液中，铵根离子的水解为吸热反应，升高温度可以促进NH水解，导致c(NH)减小，故D错误。3．(2021·厦门模拟)某实验小组研究不同净水剂在不同pH时的净水效果，实验结果如图(浊度去除率越高表明净水效果越好)。下列有关说法错误的是( )A.三种净水剂在pH＝7.5左右净水效果最佳B．三种净水剂中明矾的适用pH范围最窄C．三种净水剂净水效果下降的原因都是因碱性过强胶体发生沉降D．相同pH条件下，Fe3＋比Al3＋生成的胶粒数目多或吸附效果好【解析】选C。纵坐标数值越高净水剂净水效果越好，根据图知在pH＝7.5左右时纵坐标数值即浊度去除率最大，所以三种净水剂在pH＝7.5左右净水效果最佳，故A正确；净水剂浊度去除率越高其pH的范围越大越好，根据图知，明矾浊度去除率较好时pH范围较小，所以三种净水剂中明矾的适用pH范围最窄，故B正确；碱性过强时，Fe3＋、Al3＋直接和OH－反应生成沉淀而不是胶体发生沉降，故C错误；Fe3＋、Al3＋都是带3个单位正电荷的离子，但pH相同时，Fe3＋比Al3＋浊度去除率高，可能是Fe3＋比Al3＋生成的胶粒数目多或吸附效果好，故D正确。考点三 溶液中粒子浓度的关系(命题指数★★★★★)1．溶液中的守恒关系：(1)物料守恒(原子守恒)。在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，粒子种类增多，但这些粒子所含某些原子的总数始终不变，符合原子守恒。如：NaHCO3溶液中，n(Na＋)∶n(C元素)＝1∶1。因HCO水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－以及HCO电离：HCOH＋＋CO，C的存在形式有3种：HCO、H2CO3、CO，由n(Na＋)∶n(C元素)＝1∶1，得c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。(2)电荷守恒。在电解质溶液中，阳离子的电荷总数与阴离子的电荷总数相等，即溶液呈电中性。如NaHCO3溶液中有Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋2n(CO)＋n(OH－)，推出c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。(因CO带2个单位负电荷，所以其所带电荷数为其离子数的2倍)。(3)质子守恒(水的电离守恒)。①电解质溶液中，分子(或离子)得失质子(H＋)的物质的量应相等。如在NaHCO3溶液中：即：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)。②可以通过物料守恒和电荷守恒推出质子守恒表达式。如NaHCO3溶液中物料守恒：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO) ①，电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO) ②，将①代入②中，整理得质子守恒：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CO)。2．比较溶液中粒子浓度大小关系：(1)单一溶液中粒子浓度的比较。①多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱。如H3PO4溶液中：c(H＋)＞c(H2PO)＞c(HPO)>c(PO)②多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。如在Na2CO3溶液中：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)>c(HCO)③多元弱酸酸式盐：分析酸式酸根离子电离与水解大小。如NaHCO3溶液中HCO水解大于电离，则c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H2CO3)>c(H＋)>c(CO)；NaHSO3溶液中HSO电离大于水解，则c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)>c(H2SO3)。(2)混合溶液中各离子浓度的比较。混合溶液要综合分析电离、水解等因素。如在0.1mol·L－1NH4Cl溶液和0.1mol·L－1的氨水混合溶液中，各离子浓度大小的顺序为c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。(3)不同溶液中同一离子浓度的比较。不同溶液要看溶液中其他离子对该离子的影响。如在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl②CH3COONH4③NH4HSO4，c(NH)由大到小的顺序为③＞①＞②。1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。(1)在0.1mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)。( )提示：×。由于NaHCO3溶液显碱性，所以说明HCO的水解程度大于电离程度，即c(H2CO3)＞c(CO)。(2)在0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)。( )提示：√。根据质子守恒可知，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。(3)向0.2mol·L－1NaHCO3溶液中加入等体积0.1mol·L－1NaOH溶液：c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)。( )提示：×。0.2mol·L－1NaHCO3与0.1mol·L－1NaOH等体积混合后，生成的Na2CO3与过量的NaHCO3同量，但CO水解程度大于HCO的水解程度，所以c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)。(4)常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7，c(Na＋)＝0.1mol·L－1]：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＝c(OH－)。( )提示：√。根据溶液电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，由于pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(CH3COO－)，由于同浓度下CH3COOH电离大于CH3COONa水解，为了使pH＝7，故c(CH3COONa)＞c(CH3COOH)即c(Na＋)＞c(CH3COOH)，再因为单一CH3COONa溶液水解产生的c(OH－)＞1×10－7mol·L－1，为使pH＝7，需要中和部分OH－，c(CH3COOH)应远大于1×10－7mol·L－1。(5)NaHS和Na2S混合溶液中，一定存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)。( )提示：√。根据电荷守恒，阳离子所带正电荷总浓度等于阴离子所带负电荷总浓度。2．常温下，将aL0.1mol·L－1的NaOH溶液与bL0.1mol·L－1的CH3COOH溶液混合。无论a、b有何关系，根据电荷守恒均有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)。a＝b时，CH3COONa溶液根据质子守恒c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)(1)a小于b时，溶液中粒子浓度大小关系如何？(2)a略大于b时，溶液中粒子浓度大小关系如何？提示：(1)a＜b即酸过量，若溶液呈酸性时c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，若溶液呈中性，则c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)。(2)当碱稍过量时，c(Na＋)>c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。命题角度1：单一溶液中粒子浓度大小关系【典例1】(2019·全国Ⅲ卷)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0.02NAB．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【解析】选B。pH＝2的H3PO4溶液中，c(H＋)＝0.01mol·L－1，每升溶液中含有H＋的物质的量为0.01mol，数目为0.01NA，A错误。根据电荷守恒，H3PO4溶液中离子间的关系为c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)，B正确。加水稀释后H3PO4电离度增大，溶液体积也增大，溶液中H＋浓度减小，pH增大，C错误。NaH2PO4是强电解质，在水中完全电离NaH2PO4===Na＋＋H2PO，生成的H2PO抑制了H3PO4的电离H3PO4H＋＋H2PO，溶液酸性减弱，D错误。命题角度2：混合溶液中粒子浓度大小关系【典例2】(双选)室温下,将两种浓度均为0.10mol·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(HC)>c(C)>c(OH-)B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25):c(N)+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(C2)+c(OH-)【解析】选A、D。A项,等浓度的NaHCO3和Na2CO3,C的水解程度比HC的大,所以溶液中c(HC)>c(C),正确;B项,电荷守恒:c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),物料守恒:c(N)+c(NH3·H2O)=2c(Cl-),pH=9.25,溶液显碱性,说明NH3·H2O的电离程度大于N的水解程度,c(N)>c(NH3·H2O),结合物料守恒有c(N)>c(Cl-)>c(NH3·H2O),则结合电荷守恒有c(N)+c(H+)>c(NH3·H2O)+c(OH-),错误;C项,电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),溶液显酸性,则c(Na+)命题角度3：结合图象分析粒子浓度大小关系【典例3】(2019·全国Ⅰ卷)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＝7D．c点的混合溶液中，c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)【解析】选C。邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。根据图示可知，混合溶液在不同的反应阶段含有的离子的种类和浓度不同，故混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关，A正确；根据图示可知，随着反应的进行，溶液的导电能力逐渐增强，加入的碱的量越多，溶液中的HA－的浓度越小，Na＋与A2－的量越多，故Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的，B正确；b点滴定终点应该是二者恰好反应生成Na2A和K2A，根据邻苯二甲酸H2A的Ka1和Ka2值可知，邻苯二甲酸是弱酸，所以到达滴定终点时溶液应该呈碱性，故b点的pH应该大于7，C不正确；b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c(Na＋)和c(K＋)相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c(Na＋)＞c(K＋)，由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c(K＋)＞c(OH－)，溶液中三者大小顺序为c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)，故D正确。1．离子浓度大小比较的方法：(1)关键性离子定位法：主要适用于解答选择题。即通过判断溶液中浓度最大或最小的某离子、c(H＋)与c(OH－)大小关系的位置正确与否，来确定选项是否正确，这就是我们通常所用的排除法。(2)守恒判断法：运用质子守恒、电荷守恒或物料守恒等守恒规律来解决问题，既可简化解题过程，又容易判断出答案的正确与否。(3)反应方程式分析法：主要适用于单一溶液型问题的分析。即将电离方程式与水解方程式结合起来，进行定性与定量的分析，先考虑电解质电离，再考虑水解。①多元弱酸溶液，根据多步电离分析。例如：在H3PO4的溶液中：c(H＋)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)。②多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根分步水解分析。例如：在Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)。③不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他粒子对其影响的因素。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：a.NH4Cl，b.CH3COONH4，c.NH4HSO4，c(NH)由大到小的顺序为c>a>b。NH4HSO4电离出的H＋抑制NH的水解，而CH3COONH4中CH3COO－促进NH的水解。2．比较溶液中粒子浓度大小的解题流程：命题点1：单一溶液中粒子浓度大小关系(基础性考点)1．(2021·雅安模拟)在0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中，下列关系正确的是( )A．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)B．2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)C．c(OH－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(H＋)D．c(HCO)＞c(H2CO3)【解析】选D。根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，故A错误；根据物料守恒，c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，故B错误；根据质子守恒，c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)，故C错误；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解时，第一步水解程度远远大于第二步水解，则c(HCO)＞c(H2CO3)，故D正确。命题点2：混合溶液中粒子浓度大小关系(综合性考点)2．(2021·北京海淀模拟)向1L0.3mol·L－1的氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，假设完全反应，下列说法错误的是( )A．通入二氧化碳为0.15mol时，2c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)B．通入二氧化碳为0.15mol时，c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)C．通入二氧化碳为0.2mol时，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)D．向A选项反应后溶液中通入0.3molHCl，加热，c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.3mol·L－1【解析】选A。n(NaOH)＝0.3mol·L－1×1L＝0.3mol，通入二氧化碳为0.15mol时，溶液中存在物料守恒n(Na)＝2n(C)，即c(Na＋)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，故A错误；通过二氧化碳为0.15mol时，发生反应2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，所以溶液中溶质为Na2CO3，Na2CO3两步水解都生成OH－，只有一步水解生成HCO，则c(OH－)＞c(HCO)，但是其水解程度较小，所以存在c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)，故B正确；通入二氧化碳为0.2mol时，发生反应2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O、H2O＋Na2CO3＋CO2===2NaHCO3，生成的Na2CO3、NaHCO3的物质的量都是0.1mol，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，故C正确；A中发生反应2NaOH＋CO2===Na2CO3＋H2O，且二者恰好完全反应生成碳酸钠，向A选项反应后溶液中通入0.3molHCl，HCl和碳酸钠反应生成氯化钠和二氧化碳，反应方程式为Na2CO3＋2HCl===2NaCl＋CO2↑＋H2O，加热，钠离子和氯离子的物质的量浓度不变且相等，即c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.3mol·L－1，故D正确。命题点3：结合图象分析粒子浓度大小关系(应用性考点)3．(2021·黄冈模拟)已知草酸(H2C2O4)为二元弱酸，25℃时，Ka1(H2C2O4)＝5.9×10－2，Ka2(H2C2O4)＝6.4×10－5。用NaOH溶液滴定草酸氢钾(KHC2O4)溶液，混合溶液的相对导电能力随加入NaOH体积的变化如图所示(忽略混合时溶液温度的变化)，其中N点为反应终点。下列有关描述中正确的是( )A．M点粒子浓度：c(K＋)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)＞c(C2O)B．N点时存在：c(Na＋)＋c(K＋)＜2c(C2O)＋2c(HC2O)C．从N点到P点的过程中溶液中一定存在：c(Na＋)＋c(H2C2O4)＞c(C2O)D．水的电离程度大小顺序：P＞N＞M【解析】选C。M点的溶质是KHC2O4，根据H2C2O4的两步电离平衡常数，Ka2>，得KHC2O4溶液显酸性，HC2O的电离程度大于水解程度，粒子浓度为c(K＋)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)，A错误；N点为反应终点，含等量的K2C2O4、Na2C2O4，水的电离程度最大，根据物料守恒得c(Na＋)＋c(K＋)＝2c(C2O)＋2c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，则c(Na＋)＋c(K＋)>2c(C2O)＋2c(HC2O)，B、D错误；从N点到P点的过程中，是向等量的K2C2O4、Na2C2O4的溶液中加入NaOH溶液，则溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(K＋)＋c(H＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)，则c(Na＋)＋c(K＋)＞2c(C2O)＋c(HC2O)，原草酸氢钾(KHC2O4)溶液中存在物料守恒c(K＋)＝c(C2O)＋c(HC2O)＋c(H2C2O4)，将c(K＋)代入上式，得c(Na＋)＋c(H2C2O4)＞c(C2O)，C正确。【加固训练——拔高】1．(2021·北京模拟)0.1mol·L－1的NH4Cl溶液中，离子浓度关系正确的是( )A．c(NH)＞c(Cl－)＞c(H＋)＞c(OH－)B．c(NH)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)C．c(OH－)＝c(Cl－)＋c(H＋)D．c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)【解析】选D。NH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，再结合电荷守恒得c(Cl－)＞c(NH)，因水解程度较小，则c(NH)＞c(H＋)，则离子浓度大小关系为c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)，故A、B均错误；根据电荷守恒，可知c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，故C错误，D正确。2．(2021·南京模拟)25℃时，在10mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液20mL，溶液中含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法错误的是( )A.HCl溶液滴加一半时，溶液pH＞7B．H2CO3的Ka1的数量级为10－6C．pH＝8时，溶液中NaHCO3的物质的量 浓度为0.1mol·L－1D．在M点：c(Na＋)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)【解析】选C。HCl溶液滴加一半时，也就是10mL，恰好与盐酸完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠，其中碳酸氢钠水解溶液呈碱性，所以溶液的pH＞7，故A正确；由图中可以看出，当c(H＋)＝10－6mol·L－1时，c(H2CO3)＝c(HCO)，H2CO3的Ka1＝eq\f(c（H＋）·c（HCO）,c（H2CO3）)＝10－6mol·L－1，故B正确；n(HCO)＝0.001mol时，溶液的pH＝8，所以加入0.1mol·L－1HCl溶液10mL，恰好与Na2CO3完全反应生成碳酸氢钠和氯化钠，所以溶液中NaHCO3的物质的量浓度为0.05mol·L－1，故C错误；在M点：n(CO)＝n(HCO)＝0.0005时，得到等物质的量碳酸钠和碳酸氢钠，两者水解溶液呈碱性，所以离子浓度大小为c(Na＋)＞c(CO)＝c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D正确。1．(2020·山东等级考改编)25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1，lgc(CH3COOH)、lgc(CH3COO－)、lgc(H＋)和lgc(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＝－lgKaC．该体系中，c(CH3COOH)＝mol·L－1D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO－的水解程度始终增大【解析】选B。根据图象分析可知，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CH3COOH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，图中各曲线代表的浓度分别是曲线1为lgc(CH3COO－)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H＋)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH－)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(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，对应的pH＝7，应该得出的结论为c(H＋)＝c(OH－)，故A错误；N点为曲线1和曲线4的交点，lgc(CH3COO－)＝lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)，因Ka＝，代入等量关系并变形可知pH＝－lgKa，故B正确；c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1mol·L－1，则c(CH3COO－)＝0.1mol·L－1－c(CH3COOH)，又Ka＝，联立两式消去c(CH3COO－)并化简整理可得出，c(CH3COOH)＝mol·L－1，故C错误；醋酸根离子的水解平衡为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋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平衡，会使其水解程度减小，故D错误。2．(2018·北京高考)测定0.1mol·L－1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻①②③④温度/℃25304025pH9.669.529.379.25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【解析】选C。Na2SO3属于弱酸强碱盐，溶液中存在水解平衡SO＋H2O?HSO＋OH－，A正确；④的pH与①不同，是由于SO被O2氧化生成SO，浓度减小，水解平衡左移，OH－浓度减小，B正确；水解反应为吸热反应，升高温度，水解平衡右移，pH应当升高，而①→③的过程中pH下降，说明温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，C错误；离子积常数Kw值只受温度影响，①与④的温度相同，故Kw值相等，D正确。【加固训练—拔高】(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随pH的变化如图2所示[δ＝eq\f(c（H2PO）,c总（含P元素的粒子）)]。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、POC．随c初始(H2PO)增大，溶液的pH明显变小D．用浓度大于1mol·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【解析】选D。在LiH2PO4溶液中，有水的电离平衡、H2PO的水解平衡、H2PO的两步电离平衡，共4个平衡，A错误；含磷元素的微粒有H3PO4、H2PO、HPO、PO，B错误；根据图1可以看出，开始随着c初始(H2PO)增大，溶液pH逐渐减小，但c(H2PO)大于10－1mol·L－1时，pH保持4.66不变，C错误；c初始(H2PO)大于1mol·L－1，溶液pH＝4.66，此时图2中，H2PO的分布分数为0.994，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。1．盐类水解的三个特点：(1)可逆反应；(2)吸热反应(中和反应的逆反应)；(3)水解程度一般非常微弱。2．盐溶液酸碱性的判断：(1)判断盐溶液的酸碱性，需先判断盐的类型，因此需熟练记忆常见的强酸、强碱和弱酸、弱碱。(2)盐溶液呈中性，无法判断该盐是否水解。例如：NaCl溶液呈中性，是因为NaCl是强酸强碱盐，不水解。又如CH3COONH4溶液呈中性，是因为CH3COO－和NH的水解程度相当。(3)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液中离子浓度是减小的，故溶液酸性(或碱性)越弱。(4)向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，原因是体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2O?CH3COOH＋OH－左移。3．盐类水解规律：有弱才水解，无弱不水解，越弱越水解，谁强显谁性，两强显中性，弱弱具体定。4．离子浓度大小比较的5个依据：(1)电离平衡 (2)水解平衡(3)电荷守恒 (4)物料守恒(5)质子守恒PAGE-28-第四讲 难溶电解质的溶解平衡考点一 沉淀溶解平衡及其应用(命题指数★★★★)1.沉淀溶解平衡:(1)概念:在一定温度下,当难溶强电解质溶于水形成饱和溶液时,沉淀溶解和生成的速率相等时,即达到溶解平衡状态。(2)沉淀溶解平衡的建立。固体溶质溶液中的溶质(3)表达式。难溶电解质(s)溶质离子(aq)如AgCl的溶解平衡表达式为AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)?(4)特征。2.影响因素:(1)电解质本身的性质。①绝对不溶的电解质是没有的。②同是难溶电解质,溶解度差别也很大。③易溶电解质作溶质时只要是饱和溶液也可存在溶解平衡。(2)反应条件。①浓度:加水,平衡向溶解方向移动。②温度:大多数难溶电解质的溶解平衡是吸热过程,升高温度,多数平衡向溶解方向移动[特例Ca(OH)2]。③同离子效应:向平衡体系中加入含有难溶电解质电离的某离子的电解质,平衡向沉淀方向移动。④加入难溶物本身:平衡不移动。(3)实例。以AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq) ΔH>0为例,说明外因对沉淀溶解平衡的影响?条件移动方向平衡后c(Ag+)平衡后c(Cl-)加入AgNO3逆向增大减小加H2O正向不变不变升温正向增大增大通入HCl逆向减小增大加入K2S正向减小增大3.沉淀溶解平衡的应用:(1)沉淀的生成。①调节pH法。加入氨水调节pH至7～8,可除去氯化铵中的杂质氯化铁。反应的离子方程式:Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。②加沉淀剂法。以Na2S、H2S等作沉淀剂,使Cu2+、Hg2+等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀。反应离子方程式如下:Cu2＋＋S2－===CuS↓，Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋，Hg2＋＋S2－===HgS↓，Hg2＋＋H2S===HgS↓＋2H＋。(2)沉淀的溶解。①酸溶解法。如CaCO3沉淀溶于盐酸中，离子方程式为CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。CO2气体的生成和逸出，使CaCO3溶解平衡体系中的CO浓度不断减小，平衡向沉淀溶解的方向移动。②盐溶液溶解法。如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)2＋__2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。③氧化还原溶解法。如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀硝酸。④配位溶解法。如AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。(3)沉淀的转化。①实质:沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大,越容易转化)②应用。A.锅炉除水垢:水垢[CaSO4(s)]CaCO3(s)Ca2＋(aq)B.自然界中矿物的转化:原生铜的硫化物CuSO4溶液铜蓝(CuS)1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)NaCl溶解性很好,饱和NaCl溶液中不存在溶解平衡。( )?提示:×。易溶电解质作溶质时只要是饱和溶液也可存在溶解平衡。(2)沉淀达到溶解平衡时,溶液中难溶电解质电离出的各个离子浓度均相等。( )?提示:×。溶解平衡时,溶液中各离子浓度不再改变,不一定相等。(3)室温下,AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度。( )?提示:×。食盐水中c(Cl-)大,抑制AgCl的溶解,故AgCl在水中的溶解度大于在食盐水中的溶解度。(4)常温下,向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体,会有BaCO3生成。( )?提示：√。向BaCO3的饱和溶液中加入Na2CO3固体，c(CO)增大，BaCO3的溶解平衡左移，生成BaCO3。(5)沉淀溶解是吸热反应,降低温度,溶解平衡一定逆向移动。( )?提示:×。少数沉淀(如氢氧化钙)溶解放热,升温逆向移动。2.向Mg(OH)2悬浊液中滴加蒸馏水,沉淀不溶解;向Mg(OH)2中滴加盐酸,沉淀溶解;向Mg(OH)2中滴加NH4Cl溶液,沉淀也溶解。(1)NH4Cl为什么能溶解Mg(OH)2?请从沉淀溶解平衡移动的角度分析。?(2)该反应的化学方程式是什么?提示：(1)NH4Cl电离出的NH与Mg(OH)2电离出的OH－结合，生成了弱电解质NH3·H2O，导致Mg(OH)2的溶解平衡Mg(OH)2(s)?Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)正向移动，Mg(OH)2溶解。(2)该反应的化学方程式是Mg(OH)2＋2NH4Cl===MgCl2＋2NH3·H2O。命题角度1:沉淀溶解平衡及其影响因素【典例1】(2021·保定模拟)在一定温度下,当过量的Mg(OH)2固体在水溶液中达到平衡时:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),要使Mg(OH)2固体增加,c(OH-)增加,可采取的措施是( )?A.加适量的水 B.通入少量HCl气体?C.加少量NaOH固体D.加少量MgSO4固体【解析】选C。加入适量水,使溶解平衡正向移动,悬浊液中Mg(OH)2固体的质量减少,故A不选;加入盐酸,可与氢氧化镁反应而导致氢氧化镁固体减少,故B不选;加少量NaOH固体,平衡逆向移动,则Mg(OH)2固体增加,且c(OH-)增加,故C选;加少量MgSO4固体,平衡逆向移动,c(OH-)减小,故D不选。命题角度2:沉淀溶解平衡的应用【典例2】(2021·北京海淀区模拟)取1mL0.1mol·L-1AgNO3溶液进行如下实验(实验中所用试剂浓度均为0.1mol·L-1),下列说法不正确的是( )?A.实验①白色沉淀是难溶的AgClB.若按②①顺序实验,能看到白色沉淀C.若按①③顺序实验,能看到黑色沉淀D.由实验②说明AgI比AgCl更难溶【解析】选B。AgNO3溶液中的Ag＋和过量的NaCl溶液中的Cl－生成AgCl的白色沉淀，离子方程式为Ag＋＋Cl－===AgCl↓，所以沉淀为难溶的AgCl，故A正确；一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，AgI的溶解度比AgCl小，所以AgI不易转化为AgCl，所以若按②①顺序实验，看不到白色沉淀，故B错误；2AgCl(s)＋S2－(aq)?Ag2S(s)＋2Cl－(aq)，Ag2S比AgCl更难溶，溶解度更小，所以若按①③顺序实验，能看到黑色沉淀，故C正确；一般来说，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，实验②的白色沉淀AgCl生成了黄色的AgI沉淀，说明AgI比AgCl更难溶，故D正确。(1)(宏观辨识与微观探析)饱和AgCl溶液和饱和AgI溶液中,Ag+浓度相同吗?若向相同浓度的NaCl、KI混合溶液中滴加AgNO3溶液,先产生的沉淀颜色是什么?提示:不相同,AgCl溶解度较大,Ag+浓度较大;向相同浓度的Cl-、I-溶液中加入Ag+,先产生黄色AgI沉淀。(2)(变化观念与平衡思想)向黄色沉淀中加入足量NaCl溶液,能否产生白色沉淀?提示:Cl-浓度很大时,能产生AgCl沉淀。(3)(变化观念与平衡思想)若向0.1mol·L-1NaCl溶液中滴加过量AgNO3溶液,再滴入KI溶液产生黄色沉淀,能否说明AgI比AgCl更难溶??提示:Ag+过量,再引入I-生成黄色沉淀,不能证明沉淀转化为更难溶的物质。1.难溶电解质的概念及溶解平衡:(1)常温下,将溶解度小于0.01g的电解质称为难溶电解质。?(2)溶液中的离子浓度小于1×10-5mol·L-1时,可视为沉淀完全。?(3)一般地,升温、加水均可使平衡向沉淀溶解的方向移动。(4)向沉淀溶解平衡体系中加入相同的离子,能使平衡向生成沉淀的方向移动。2.沉淀溶解平衡应用的一般原则:(1)沉淀的生成。①当一种试剂能沉淀溶液中的几种离子时,生成沉淀所需试剂离子浓度越小的越先沉淀。②如果生成各种沉淀所需试剂离子的浓度相差较大,就能分步沉淀,从而达到分离离子的目的。③利用生成沉淀分离或除去某种离子,首先要使生成沉淀的反应能够发生;其次希望沉淀生成的反应进行越完全越好。④选择沉淀剂的要求是除去溶液中的某种离子，又不能影响其他离子的存在，并且由沉淀剂引入溶液的杂质离子还要便于除去。如沉淀Ca2＋时选用CO而不选用SO。(2)沉淀的溶解。对于水中难溶的电解质,若不断地使溶解平衡体系中的离子浓度减小,即可使沉淀溶解。(3)沉淀的转化。①溶解度较小的沉淀易转化成溶解度更小的沉淀。②沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动,溶解度小的沉淀易转化成溶解度更小的沉淀。两种沉淀的溶解度差别越大,沉淀越容易转化。命题点1:沉淀溶解平衡及其影响因素(基础性考点)1.(2021·徐州模拟)向含有MgCO3固体的浊液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化),下列数值变小的是( )?A．c(Mg2＋)B．Ksp(MgCO3)C．c(H＋)D．c(CO)【解析】选D。MgCO3固体的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)Mg2＋(aq)＋CO(aq)，加入少量稀盐酸可与CO反应，促使溶解平衡正向移动，故溶液中c(CO)减小，c(Mg2＋)及c(H＋)增大，Ksp(MgCO3)只与温度有关，不变，只有D正确。2.石灰乳中存在下列平衡:Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq);加入下列溶液,可使固体明显减少的是( )?A.Na2CO3溶液B.KCl溶液C.NaOH溶液D.CaCl2溶液【解析】选B。加入Na2CO3，Ca2＋＋CO===CaCO3↓，固体不减少；加入KCl溶液相当于加水稀释，Ca(OH)2减少；加入NaOH，c(OH－)增大，加入CaCl2，c(Ca2＋)增大，平衡均向左移动，Ca(OH)2增多。命题点2:沉淀溶解平衡的应用(应用性考点)3.要使工业废水中的Pb2+沉淀,可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂,已知Pb2+与这些离子形成的化合物的溶解度如下:化合物PbSO4PbCO3PbS溶解度/g1.03×10-41.81×10-71.84×10-14由上述数据可知,选用的沉淀剂最好是( )?A.硫化物B.硫酸盐C.碳酸盐D.以上沉淀剂均可【解析】选A。产生沉淀的溶解度越小,沉淀反应进行越完全。由表中数据可知PbS的溶解度最小,所以最好的沉淀剂为硫化物。4．工业上常用还原沉淀法处理含铬废水(Cr2O和CrO)，其流程为已知:步骤③生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡:Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq)Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-32下列有关说法正确的是( )?A．步骤①中当2v正(CrO)＝v逆(Cr2O)时，说明反应：2CrO＋2H＋Cr2O＋H2O达到平衡状态B．Cr2O在酸性溶液中不能大量存在C．步骤②中，若要还原1molCr2O，需要12mol(NH4)2Fe(SO4)2D．步骤③中，当将溶液的pH调节至5时，可认为废水中的铬元素已基本除尽(当溶液中c(Cr3＋)≤10－5mol·L－1时，可视作该离子沉淀完全)【解析】选D。判定化学平衡状态：根据同种物质v正＝v逆，或根据不同物质速率方向相反，且速率比等于系数比；根据反应：2CrO(aq)＋2H＋(aq)Cr2O(aq)＋H2O(l)，eq\f(v正（CrO）,v逆（Cr2O）)＝，即v正(CrO)＝2v逆(Cr2O)时，达平衡状态，故A错误；根据反应：2CrO(aq)＋2H＋(aq)Cr2O(aq)＋H2O(l)，酸性条件下，c(H＋)大，平衡正向移动程度大，会有更多的Cr2O，所以Cr2O在酸性溶液中可以大量存在，故B错误；根据电子转移守恒，反应②1molCr2O要得到6mole－生成2molCr3＋，所以需要6molFe2＋生成6molFe3＋提供6mol电子，即需要6mol(NH4)2Fe(SO4)2，故C错误；Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)c3(OH－)，当c(Cr3＋)≤1×10－5mol·L－1，c3(OH－)＝＝＝10－27mol·L－1，c(OH－)＝10－9mol·L－1，c(H＋)＝＝＝10－5mol·L－1，则pH＝－lgc(H＋)＝5，所以当将溶液的pH调节至5时，可认为废水中的铬元素已基本除尽，D正确。【加固训练—拔高】?1.(2021·北京房山区模拟)难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时,下列说法中不正确的( )?A.溶液中不存在难溶电解质离子B.沉淀的速率和溶解的速率相等C.继续加入难溶电解质,溶液中各离子浓度不变?D.一定条件下可以转化为更难溶的物质【解析】选A。难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时,会有少部分电解质发生电离,得到相应的离子,故A错误;达到沉淀溶解平衡时,沉淀的速率和溶解的速率相等,各离子浓度保持不变,故B正确;达到沉淀溶解平衡时,已经达到难溶电解质的溶解限度,溶液为饱和溶液,加入难溶电解质会以沉淀的形式存在,对于溶液中各离子的浓度无影响,故C正确;更难溶的物质溶度积常数更小,更容易形成,一定条件下可以转化为更难溶的物质,故D正确。2．已知同温度下的溶解度：Zn(OH)2>ZnS，MgCO3>Mg(OH)2；就溶解或电离出S2－的能力而言，FeS>H2S>CuS，则下列离子方程式错误的是( )A．Mg2＋＋2HCO＋2Ca2＋＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2OB．Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋C．Zn2＋＋S2－＋2H2O===Zn(OH)2↓＋H2S↑D．FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑【解析】选C。就溶解度而言,反应向着生成溶解度更小的方向进行;就电离而言,反应向着难电离的方向进行。考点二 溶度积常数及其应用(命题指数★★★★★)1.溶度积Ksp:在一定条件下,难溶强电解质AmBn溶于水形成饱和溶液时,溶质的离子与该固态物质之间建立动态平衡,叫作沉淀溶解平衡,这时,离子浓度幂的乘积为一常数,叫作溶度积,用Ksp表示。2.表达式:对于AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq),Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)。3.溶度积与离子积的关系:通过比较溶度积与溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积Qc的相对大小,可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解:(1)Qc>Ksp,溶液过饱和,有沉淀析出,直至溶液饱和,达到新的平衡。(2)Qc=Ksp,溶液饱和,沉淀与溶解处于平衡状态。(3)Qc4.Ksp的影响因素:(1)自身性质:难溶物质本身的性质,这是主要决定因素。(2)反应条件。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。1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)AgCl的Ksp大于Mg(OH)2,则AgCl的溶解度大于Mg(OH)2。( )?提示:×。溶度积大的难溶电解质溶解度不一定大,只有组成类型相同的难溶电解质才可以通过Ksp比较溶解度大小。(2)溶度积常数只受温度影响,Ksp随温度升高而增大。( )?提示:×。大多数难溶电解质Ksp随温度升高而增大,少数(如氢氧化钙)升高温度Ksp减小。(3)Mg(OH)2在NaOH溶液中的溶解度与在水中一样。( )?提示:×。OH-抑制Mg(OH)2的溶解平衡,在NaOH溶液中溶解度小。(4)在同浓度的盐酸中,ZnS可溶而CuS不溶,说明CuS的溶解度比ZnS的小。( )?提示:√。H+可以与ZnS中S2-结合促进溶解平衡,进而溶解ZnS,而H+不能溶解CuS,所以CuS的溶解度比ZnS的小。(5)已知常温下:Ksp(AgCl)=1.8×10-10,将0.002mol·L-1的AgNO3溶液与0.002mol·L-1的KCl溶液等体积混合会产生AgCl沉淀。( )?提示：√。混合后Qc＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝0.001mol·L－1×0.001mol·L－1＝1.0×10－6＞1.8×10－10，故生成AgCl沉淀。2.在0.10mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌,有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成,当溶液的pH=8时,c(Cu2+)=_______mol·L-1(Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20)。若在0.1mol·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体,使Cu2+完全沉淀为CuS,此时溶液中的H+浓度是_______mol·L-1。?【解析】pH=8时c(OH-)=10-6mol·L-1,由硫酸铜的沉淀溶解平衡常数可知:Ksp=2.2×10-20=10-12×c(Cu2+),得c(Cu2+)=2.2×10-8mol·L-1;使Cu2+沉淀完全,已知c(Cu2+)=0.1mol·L-1,根据反应关系式:Cu2+～2H+得c(H+)=0.2mol·L-1。?答案:2.2×10-8 0.2?命题角度1:溶度积常数的计算【典例1】(2021·桂林模拟)常温下,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,在pH=4的Fe(OH)3饱和溶液中,c(Fe3+)为( )?A.1.0×10-8mol·L-1B.4.0×10-8mol·L-1?C.1.0×10-26mol·L-1D.1.3×10-28mol·L-1?【解析】选B。pH＝4的Fe(OH)3饱和溶液中，c(H＋)＝1×10－4mol·L－1，根据Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，则c(OH－)＝＝mol·L－1＝1×10－10mol·L－1，根据Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝4.0×10－38，c(Fe3＋)＝＝mol·L－1＝4.0×10－8mol·L－1。命题角度2:溶度积常数的应用【典例2】(2020·山东等级考)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)2Fe(OH)3Al(OH)3Mn(OH)2Ksp1×10-16.31×10-38.61×10-32.31×10-12.7回答下列问题:(1)软锰矿预先粉碎的目的是___________,?MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为______________。?(2)保持BaS投料量不变,随MnO2与BaS投料比增大,S的量达到最大值后无明显变化,而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小,减小的原因是______________。?(3)滤液Ⅰ可循环使用,应当将其导入到______________操作中(填操作单元的名称)。?(4)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≤1.0×10-5mol·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。?(5)碳化过程中发生反应的离子方程式为______________。?【解析】软锰矿粉(主要成分为MnO2，含少量Fe3O4、Al2O3)加入硫化钡溶液进行反应，主要发生MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S，过滤得到Ba(OH)2溶液，经蒸发、结晶、过滤、干燥得到氢氧化钡；滤渣用硫酸溶解，得到的滤液中主要金属阳离子有Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋，得到的滤渣为不溶于稀硫酸的硫磺；之后向滤液中加入合适的氧化剂将Fe2＋转化为Fe3＋，然后加入氨水调节pH，使Fe3＋、Al3＋转化为沉淀除去，压滤得到的废渣为Fe(OH)3和Al(OH)3，此时滤液中的金属阳离子只有Mn2＋，向滤液中加入碳酸氢铵、氨水，Mn2＋和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，过滤、洗涤、干燥得到高纯碳酸锰。(1)软锰矿预先粉碎可以增大反应物的接触面积，使反应更充分，提高反应速率；MnO2与BaS反应转化为MnO，Mn元素的化合价由＋4价降低为＋2价，根据元素价态规律可知－2价的S元素应被氧化得到S单质，则MnO2与BaS的系数比应为1∶1，根据后续流程可知产物还有Ba(OH)2，结合元素守恒可得化学方程式为MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S；(2)根据题目信息可知MnO2为两性氧化物，所以当MnO2过量时，会消耗反应产生的Ba(OH)2，从而使Ba(OH)2的量达到最大值后会减小；(3)滤液Ⅰ为结晶后剩余的Ba(OH)2饱和溶液，所以可以导入到蒸发操作中循环使用；(4)净化时除去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＋)＝1.0×10－5mol·L－1时，c(OH－)＝＝mol·L－1＝10－9.1mol·L－1，所以c(H＋)＝10－4.9mol·L－1，pH＝4.9，即pH的理论最小值为4.9；(5)碳化过程Mn2＋和碳酸氢根电离出的碳酸根结合生成碳酸锰沉淀，促进碳酸氢根的电离，产生的氢离子和一水合氨反应生成铵根和水，所以离子方程式为Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH＋H2O。答案：(1)增大接触面积，充分反应，提高反应速率MnO2＋BaS＋H2O===Ba(OH)2＋MnO＋S(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)2(3)蒸发 (4)H2O2 4.9(5)Mn2＋＋HCO＋NH3·H2O===MnCO3↓＋NH＋H2O1.溶度积原则:(1)Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关,而与沉淀的量和溶液中离子浓度无关。(2)同温条件时,对于同类型物质,Ksp数值越大,难溶电解质在水中的溶解能力越强。如由Ksp数值可知,溶解能力:AgCl>AgBr>AgI,Cu(OH)2(3)不同类型的物质,Ksp差距不大时不能直接作为比较依据。如(25℃):AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),Ksp=1.8×10-10,Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),Ksp=1.8×10-11,虽然Mg(OH)2的Ksp较小,但不能认为Mg(OH)2比AgCl更难溶。?2.沉淀开始和沉淀完全时溶液pH的计算方法:[以Cu(OH)2为例]。室温下,向2mol·L-1CuSO4溶液中逐滴加入NaOH溶液调节溶液的pH至多少时开始沉淀?调节溶液pH至多少时Cu2+沉淀完全??(已知:室温下Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20,离子浓度小于10-5mol·L-1时视为Cu2+沉淀完全)?①沉淀开始时pH的求算。Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×c2(OH－)＝2.0×10－20，c(OH－)＝＝10－10(mol·L－1)，c(H＋)＝＝＝10－4(mol·L－1)，pH＝－lgc(H＋)＝－lg10－4＝4。②沉淀完全时pH的求算。Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝10－5·c2(OH－)＝2.0×10－20，c(OH－)＝＝×10－8≈4.47×10－8(mol·L－1)，c(H＋)＝＝≈2.24×10－7(mol·L－1)，pH＝－lgc(H＋)＝－lg(2.24×10－7)＝7－lg2.24≈6.6。命题点1:溶度积常数的计算(基础性考点)1．已知25℃时，RSO4(s)＋CO(aq)?RCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝1.75×104，Ksp(RCO3)＝2.80×10－9，下列叙述中正确的是( )A．向c(CO)＝c(SO)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RSO4沉淀B．将浓度均为6×10－6mol·L－1的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后不会得到RCO3沉淀C．25℃时，RSO4的Ksp约为4.9×10－4D．相同温度下，RCO3在水中的Ksp大于在Na2CO3溶液中的Ksp【解析】选B。RSO4(s)＋CO(aq)RCO3(s)＋SO(aq)的平衡常数K＝eq\f(c（SO）,c（CO）)＝eq\f(c（R2＋）·c（SO）,c（R2＋）·c（CO）)＝＝1.75×104，Ksp(RSO4)＝1.75×104×Ksp(RCO3)＝1.75×104×2.80×10－9＝4.9×10－5，C错误；RSO4、RCO3属于同种类型且Ksp(RSO4)>Ksp(RCO3)，向c(CO)＝c(SO)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RCO3沉淀，A错误；将浓度均为6×10－6mol·L－1RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后，c(R2＋)＝3×10－6mol·L－1、c(CO)＝3×10－6mol·L－1，此时的离子积Qc＝c(R2＋)·c(CO)＝3×10－6×3×10－6＝9×10－122．工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理。Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝10－32，要使c(Cr3＋)降低为10－5mol·L－1，溶液的pH应调至__________。【解析】Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝10－32，则c(OH－)＝＝＝10－9mol·L－1，c(H＋)＝＝＝10－5mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)＝－lg10－5＝5。答案：5命题点2:溶度积常数的应用(应用性考点)3.(2021·徐州模拟)常温下,有关物质的溶度积如下,下列有关说法不正确的是( )?物质CaCO3MgCO3Ca(OH)2Mg(OH)2Fe(OH)3Ksp4.96×10-96.82×10-64.68×10-65.61×10-122.64×10-39A.常温下,除去NaCl溶液中的MgCl2杂质,选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好B.常温下,除去NaCl溶液中的CaCl2杂质,选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好C.向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液,当两种沉淀共存且溶液的pH=8时,c(Mg2+)∶c(Fe3+)=2.125×1021D.将适量的Ca(OH)2固体溶于100mL水中,刚好达到饱和[c(Ca2+)=1.0×10-2mol·L-1],若保持温度不变,向其中加入100mL0.012mol·L-1的NaOH,则该溶液变为不饱和溶液?【解析】选B。因为MgCO3是微溶物、Mg(OH)2是难溶物，所以除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好，故A正确；因为Ca(OH)2是微溶物、CaCO3是难溶物，所以除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好，故B错误；当两种沉淀共存且溶液的pH＝8时，即c(OH－)＝10－6mol·L－1，c(Mg2＋)＝＝mol·L－1＝5.61mol·L－1，c(Fe3＋)＝＝mol·L－1＝2.64×10－21mol·L－1，所以c(Mg2＋)∶c(Fe3＋)＝5.61∶2.64×10－21＝2.125×1021，故C正确；将适量的Ca(OH)2固体溶于100mL水中，刚好达到饱和，c(Ca2＋)＝1.0×10－2mol·L－1，c(OH－)＝mol·L－1≈2.163×10－2mol·L－1，若保持温度不变，向其中加入100mL0.012mol·L－1的NaOH，混合后，c(Ca2＋)＝0.5×10－2mol·L－1，c(OH－)＝＝0.016815mol·L－1，此时Ca(OH)2的Qc＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝0.5×10－2×0.0168152≈1.4×10－6＜Ksp[Ca(OH)2]，则该溶液变为不饱和溶液，故D正确。【加固训练—拔高】?1.(2021·烟台模拟)25℃时,下列4种盐的溶度积常数(Ksp)分别如下表,结合相关数据分析,下列说法错误的是( )?Ag2SO4(白色)Ag2S(黑色)FeS(黑色)MnS(肉色)1.4×10-5mol3·L-36.3×10-50mol3·L-33.3×10-18mol2·L-22.5×10-13mol2·L-2A.除去某溶液中的Ag+用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好B.25℃时,MnS的溶解度大于FeS的溶解度?C.向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl2溶液,沉淀颜色会由黑色变为肉色D.向Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体,溶液中c(Ag+)不变?【解析】选D。Ksp(Ag2S)℃时,MnS的溶解度大于FeS的溶解度,故B正确;向少量FeS悬浊液中,即FeS的饱和溶液,加入足量饱和MnCl2溶液,发生沉淀的转化,沉淀颜色会由黑色变为肉色,故C正确;向Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体,溶液中c(S2-)增大,平衡逆向移动,则溶液中c(Ag+)减小,故D错误。?2.(2021·浙江模拟)利用调节pH的方法,可以除去硫酸铜溶液中的亚铁离子(已知常见某些阳离子沉淀对应pH如表所示),下列说法正确的是( )?阳离子开始沉淀时完全沉淀时Fe3+2.73.7Cu2+4.46.4Fe2+7.69.6A.调节pH前,应先将Fe2+氧化为Fe3+,可选择Cl2或H2O2作为氧化剂B.调节pH可选用Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3C.调节pH控制在pH=6.4～7.6效果最好D.将分离得到硫酸铜溶液蒸干可获得Cu(OH)2固体【解析】选B。如加入氯气,则生成氯化铁,引入新杂质,故A错误;选用Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3,可调节溶液的pH,且不引入新杂质,可达到除杂的目的,故B正确;调节pH控制在pH=6.4～7.6,铜离子沉淀,不能达到除杂的目的,将亚铁离子氧化生成铁离子,应调节pH在3.7～4.4之间,故C错误;由于硫酸为难挥发性酸,则硫酸铜溶液蒸干,如温度不是很高,硫酸铜不分解,则可得到硫酸铜,故D错误。考点三 沉淀溶解平衡曲线(命题指数★★★)1.沉淀溶解平衡曲线:溶度积曲线是难溶电解质饱和溶液中离子浓度之间的关系曲线,以AgCl悬浊液为例,溶度积曲线如图:①曲线上任一点都代表沉淀溶解平衡状态,即Qc=Ksp。②曲线上方区域均为过饱和溶液,即Qc>Ksp。③曲线下方区域均为不饱和溶液,即Qc④升高温度,曲线向右上方平移。2.沉淀溶解平衡对数曲线:溶度积对数曲线是难溶电解质饱和溶液中离子浓度对数值之间的关系曲线,以CdCO3饱和溶液为例,溶度积曲线如图:①直线上任一点都代表沉淀溶解平衡状态,即Qc=Ksp。②直线上方区域均为不饱和溶液,即Qc③直线下方区域均为过饱和溶液,即Qc>Ksp。④升高温度,直线向左下方平移。3.沉淀滴定曲线:沉淀滴定曲线是沉淀滴定过程中构成难溶电解质的离子浓度与滴定剂加入量之间的关系曲线,以向10mL0.1mol·L-1CuSO4溶液中滴加0.1mol·L-1的K2S溶液为例,滴加过程中溶液中-lgc(Cu2+)与K2S溶液体积(V)的关系曲线如图:?①曲线上任一点都代表平衡点,c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp。②滴定终点时(b点)为饱和CuS溶液,c(Cu2+)=c(S2-)。③滴定终点以前线上点(如a点),代表c(Cu2+)>c(S2-);滴定终点以后线上点(如c点),代表c(Cu2+)1.判断下列说法是否正确,正确的打“√”,错误的打“×”。(1)某温度下,难溶物FeR水溶液中存在平衡FeR(s)Fe2+(aq)+R2-(aq),其溶解平衡曲线如图Ⅰ所示,曲线上的点代表溶解平衡状态,Ksp=4×10-18。( )?提示:×。选a点或b点计算,Ksp=2×10-18。(2)如图Ⅰ所示,FeR溶解平衡曲线外,d点有沉淀生成,c点没有。( )?提示:×。d点相对于平衡点a,c(Fe2+)相同,c(R2-)小于a点,没有沉淀生成;同理,c点有沉淀生成。(3)t℃时,PdI2在水中的溶解平衡曲线如图Ⅱ所示,Ksp=7.0×10-9。( )?提示:×。根据a点计算Ksp=7×10-13。(4)如图Ⅱ所示,PdI2溶解平衡曲线上a点溶液中加入少量NaI固体,溶液由a点向c点方向移动。( )?提示:√。碘离子浓度增大,铅离子浓度减小,由a点向c点方向移动。2.溶洞的形成与碳酸钙的溶解平衡有关。如图是碳酸钙(CaCO3)在25℃和100℃两种情况下,在水中的沉淀溶解平衡曲线。?(1)由图象可知,碳酸钙溶解的热效应如何?(2)a、b、c、d四点对应的Ksp大小关系如何?提示:(1)100℃时碳酸钙溶解度大于25℃,则碳酸钙溶解吸热。?(2)Ksp仅与温度有关,Ksp(d)>Ksp(b)=Ksp(c)>Ksp(a)。命题角度1:沉淀溶解平衡曲线【典例1】(2019·全国Ⅱ卷)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)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【解析】选B。图中p、q对应纵横坐标数值相等,即c(Cd2+)=c(S2-),则a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度,A正确;图中m、n、p点对应的温度相同,小于q点对应的温度,对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)命题角度2:沉淀溶解平衡对数曲线【典例2】在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的Cl-会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀从而除去Cl-。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是?( )?A．Ksp(CuCl)的数量级为10－7B．除Cl－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuClC．加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好D．2Cu＋===Cu2＋＋Cu平衡常数很大，反应趋于完全【解析】选C。Ksp(CuCl)＝c(Cu＋)·c(Cl－)，横坐标－lg为1时，即c(Cl－)＝10－1mol·L－1，纵坐标lg大于－6，小于－5，所以Ksp(CuCl)的数量级是10－7，A项正确；向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀，除去Cl－的反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl，B项正确；除去Cl－效果取决于Cu与Cu2＋的物质的量的多少，并不是Cu的量越多，除去Cl－效果越好，C项错误；从图中可以看出，随着－lgc(Cl－)的逐渐增大，c(Cl－)逐渐减小，溶液中lgc(Cu2＋)与lgc(Cu＋)的差值越来越大，即溶液中的2Cu＋===Cu2＋＋Cu趋向越来越大，平衡常数很大，反应趋向完全，D项正确。命题角度3:沉淀滴定曲线【典例3】(2018·全国Ⅲ卷)用0.100mol·L-1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L-1Cl-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10-10B.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0.0400mol·L-1Cl-,反应终点c移到a?D.相同实验条件下,若改为0.0500mol·L-1Br-,反应终点c向b方向移动?【以图析题·培养关键能力】?【解析】选C。选取横坐标为50mL的点,此时向50mL0.0500mol·L-1的Cl-溶液中,加入了50mL0.100mol·L-1的AgNO3溶液,所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol·L-1(按照银离子和氯离子1∶1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-浓度约为1×10-8mol·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,故A说法正确;B项在坐标图中曲线表示沉淀溶解平衡曲线,每个点都满足c(Ag+)×c(Cl-)=Ksp,故B正确;C项若c(Cl-)=0.0400mol·L-1,则滴定终点是AgNO3体积为20mL处,而图中a点对应的横坐标AgNO3体积为15mL,故C错误;D项AgCl在水中的溶解度大于AgBr,故滴定终点时横坐标相同,而-lgc(Br-)>-lgc(Cl-),即在c点的上方,故D说法正确。?1.解沉淀溶解平衡图象的步骤:(1)明确图象中横、纵坐标的含义,横、纵坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。(2)理解图象中线上点、线外点的含义。(3)抓住Ksp的特点,结合选项分析判断。①溶液在蒸发时,粒子浓度的变化分两种情况:a.原溶液不饱和时,离子浓度都增大b.原溶液饱和时,离子浓度都不变②溶度积常数只受温度影响,与溶液中溶质的离子浓度无关,在同一曲线上的点,溶度积常数相同。2.解沉淀滴定图象的步骤:(1)明确图象中横、纵坐标的含义,横坐标通常是加入滴定剂的体积,纵坐标通常是离子浓度或其对数值。(2)找到滴定终点,即为饱和溶液,求算Ksp。(3)理解图象中线上点、线外点的含义。命题点1：沉淀溶解平衡曲线(综合性考点)1.(双选)氢氧化钙是一种二元强碱,不同温度下的沉淀溶解平衡曲线如图。已知曲线Ⅰ对应的温度T1时Ksp=4×10-6,≈1.6。下列说法中正确的是( )(浓度单位为mol·L-1)A.温度T2B.恒定温度T1时,向Q点溶液中加入少量生石灰,溶液中OH-的数目不变C.Z点溶液中c(OH-)的数量级为10-3D.P点在温度为T1时,分散质粒径>100nm【解析】选A、D。温度升高,Ca(OH)2的溶解度降低,不利于沉淀溶解平衡向正反应方向移动,溶度积常数减小,图中T2时的溶度积常数大于T1时的溶度积常数,因此温度关系为T1>T2,故A正确;温度不变的情况下,生石灰加入消耗水,析出固体后上层清液仍为氢氧化钙饱和溶液,c(OH-)不变,溶液体积减小,OH-的数目减少,故B错误;Z在温度为T1的曲线上,温度相同,则溶度积常数不变,此时的溶度积常数为Ksp=c(Ca2+)·c2(OH-)=16a×a2=16a3=4×10-6,解得a=,则图中Z点溶液中c(OH-)=4a=0.025mol·L-1,数量级为10-2,故C错误;温度为T1时,P点Qc>Ksp,反应向生成沉淀的方向移动,得到悬浊液,P点分散系中分散质粒子直径大于100nm,故D正确。命题点2:沉淀溶解平衡对数曲线(综合性考点)2．(2021·济宁模拟)某温度时硫酸盐MSO4(M：Pb2＋、Ba2＋、Sr2＋)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知p(M)＝－lgc(M)，p(SO)＝－lgc(SO)。下列说法正确的是( )A.向BaSO4悬浊液中加入浓度较大的Pb(NO3)2溶液可能转化成PbSO4B．X、Y两点对应的SrSO4均是饱和溶液，不能继续溶解SrSO4C．蒸发Z点的BaSO4溶液可得到C点状态的BaSO4溶液D．溶度积：Ksp(SrSO4)＜Ksp(PbSO4)＜Ksp(BaSO4)【解析】选A。由图可知，Ksp(BaSO4)＜Ksp(PbSO4)，但增大Pb2＋的浓度，即c(Pb2＋)×c(SO)＞Ksp(PbSO4)，可使BaSO4转化为PbSO4，故A正确；由图可知Y点对应的SrSO4溶液，c(Sr2＋)×c(SO)＜Ksp(SrSO4)，所以为不饱和溶液，能继续溶解SrSO4，故B错误；由图可知Z点对应溶液中c(Ba2＋)＞c(SO)，蒸发Z点的BaSO4溶液不能得到C点状态的溶液，故C错误；由图可知溶度积BaSO4＜PbSO4＜SrSO4，故D错误。3．(2021年辽宁适应性测试)天然水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，某溶洞水体中lgc(X)(X为H2CO3、HCO、CO或Ca2＋)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )A．曲线①代表COB．H2CO3的一级电离常数为10－8.3C．c(Ca2＋)随pH升高而增大D．pH＝10.3时，c(Ca2＋)＝2.8×10－7.9mol·L－1【解析】选D。根据图象可知，随着pH的增大，溶液碱性增强，HCO、CO浓度都增大，而曲线①在pH较小时也产生，因此曲线①代表HCO，②代表CO，③代表Ca2＋，A错误；曲线①为HCO，由点(6.3，－5)可知，H2CO3的一级电离常数Ka1＝eq\f(c（H＋）·c（HCO）,c（H2CO3）)＝1.0×10－6.3，B错误；曲线③代表Ca2＋，根据图象可知，c(Ca2＋)随pH升高而减小，C错误；已知Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，根据图象，pH＝10.3时，c(HCO)＝c(CO)＝10－1.1mol·L－1，则c(Ca2＋)＝eq\f(Ksp,c（CO）)＝＝2.8×10－7.9mol·L－1，D正确。命题点3:沉淀滴定曲线(综合性考点)4.(2021·泸州模拟)已知:pBa=-lgc(Ba2+),Ksp(BaSO4)=1.0×10-10,Ksp(BaCO3)=3.0×10-9。常温下,用0.1mol·L-1Na2SO4溶液滴定20mL0.1mol·L-1BaCl2溶液的曲线如图所示,V0达到滴定终点,下列说法错误的是( )?A.图象中,m=5,V0=20B.若将c(BaCl2)从0.1mol·L-1变为0.2mol·L-1,m值将减小?C.a点溶液中离子浓度大小关系为c(Cl-)>c(Na+)>c(Ba2+)>c(OH-)D．向b点溶液中滴加Na2CO3溶液至eq\f(c（CO）,c（SO）)≥30时将生成BaCO3【解析】选B。A.图象中，m＝5，pBa＝－lgc(Ba2＋)＝5，c(Ba2＋)＝10－5mol·L－1，Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，c(SO)＝10－5mol·L－1，沉淀完全，反应的钡离子和硫酸根离子的量相同，20mL×0.1mol·L－1＝V0×0.1mol·L－1，V0＝20mL，故A正确；B.若将c(BaCl2)从0.1mol·L－1变为0.2mol·L－1，m为沉淀完全时，pBa＝－lgc(Ba2＋)，m值不变，故B错误；C.a点溶液中离子浓度大小关系为c(Cl－)＝＝mol·L－1，c(Na＋)＝＝mol·L－1，c(Ba2＋)＝＝mol·L－1，c(OH－)来源于水电离，c(Cl－)＞c(Na＋)＞c(Ba2＋)＞c(OH－)，故C正确；D.BaSO4＋COBaCO3＋SO，K＝eq\f(c（SO）,c（CO）)＝＝＝，向b点溶液中滴加Na2CO3溶液至eq\f(c（CO）,c（SO）)≥30时将生成BaCO3，故D正确。【加固训练—拔高】?1．(2021·日照模拟)t℃时，两种碳酸盐MCO3(M表示X2＋或Y2＋)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：pM＝－lgc(M2＋)，p(CO)＝－lgc(CO)，Ksp(XCO3)＜Ksp(YCO3)。下列说法正确的是( )A.线a表示YCO3的溶解平衡曲线B.Ksp(XCO3)=1.0×10-8C.t℃时,向XCO3悬浊液中加入饱和Y(NO3)2溶液,可能有YCO3生成?D.t℃时,向饱和YCO3溶液中加入Na2CO3溶液,一定能产生YCO3沉淀?【解析】选C。Ksp(XCO3)＝c(X2＋)c(CO)，Ksp(YCO3)＝c(Y2＋)c(CO)；又因Ksp(XCO3)＜Ksp(YCO3)，所以c(CO)相同时，c(X2＋)＜c(Y2＋)，pc(X2＋)＞pc(Y2＋)，所以a为XCO3的溶解平衡曲线，b为YCO3的溶解平衡曲线，故A错误；Ksp(XCO3)＝c(X2＋)c(CO)＝10－4mol·L－1×100mol·L－1＝10－4，故B错误；虽然Ksp(XCO3)＜Ksp(YCO3)，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现，沉淀转化的平衡移动原理为X2＋(aq)＋YCO3(s)?XCO3(s)＋Y2＋(aq)，但加入饱和Y(NO3)2溶液，增大了c(Y2＋)，使平衡逆向移动，可能会有YCO3生成，故C正确；YCO3沉淀溶解的原理，YCO3(s)CO(aq)＋Y2＋(aq)，向饱和YCO3溶液中加入Na2CO3溶液，不知Na2CO3溶液的浓度，无法确定是否一定能产生YCO3沉淀，故D错误。2.(2021·梅河口模拟)硫酸钡难溶于水,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.T1>T2B.图中各点对应的Ksp的关系为Ksp(m)=Ksp(q)C.T1温度下,向p点的溶液中加入少量BaSO4固体,溶液组成不变D.相同温度下,BaSO4在水中的溶解度与在Na2SO4溶液中的溶解度相同【解析】选D。根据坐标，－lgc(Ba2＋)和－lgc(SO)数值越大，c(Ba2＋)和c(SO)越小；溶解平衡为吸热反应，离子浓度越大，温度越高，所以T1＞T2，故A正确；Ksp只受温度影响，溶解平衡为吸热反应，温度越高Ksp越大，又因T1＞T2，Ksp(p)＞Ksp(m)＝Ksp(q)，即Ksp(m)＝Ksp(q)＜Ksp(p)，故B正确；T1温度下，p点的溶液已达溶解平衡，加入少量BaSO4固体，平衡不发生移动，溶液组成不变，故C正确；BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)，在Na2SO4溶液中，c(SO)大，使平衡逆向移动，BaSO4的溶解度减小，故D错误。3.(2021·河南模拟)已知常温下,H2CrO4的Ka2=3.2×10-7,BaCO3的Ksp=2.5×10-9,BaCrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )?A.向m点的悬浊液中通入HCl,能使m点沿mp线向p点方向移动B.通过蒸发可使q点溶液向p点移动C．常温下，BaCrO4(s)＋CO(aq)BaCO3(s)＋CrO(aq)的K＝6.4×10－2D.n点时,沉淀溶解的速率大于离子结晶的速率【解析】选C。m为平衡点，BaCrO4(s)?Ba2＋(aq)＋CrO(aq)，向m点的悬浊液中通入HCl，H2CrO4的Ka2＝3.2×10－7，存在CrO＋H＋?HCrO，使得CrO浓度减小，平衡正向移动，c(Ba2＋)增大，能使m点沿曲线向m点左上方移动，故A错误；q点在曲线下方，有c(Ba2＋)c(CrO)＜Ksp，蒸发后，c(Ba2＋)和c(CrO)均增大，可使q点溶液向p点右下方移动，故B错误；常温下，BaCrO4(s)＋CO(aq)?BaCO3(s)＋CrO(aq)的K＝eq\f(c（CrO）,c（CO）)＝eq\f(c（CrO）c（Ba2＋）,c（CO）c（Ba2＋）)＝＝＝6.4×10－2，故C正确；n点在曲线上方，有c(Ba2＋)c(CrO)＞Ksp，沉淀溶解的速率小于离子结晶的速率，故D错误。4．(2021·成都模拟)常温下，向25mL0.12mol·L－1AgNO3溶液中逐滴加入浓度为2%的氨水，先出现沉淀，继续滴加沉淀溶解。该过程中加入氨水的体积V与溶液中lg的关系如图所示。已知e点时溶液迅速由浑浊变得澄清，且此时溶液中c(Ag＋)与c(NH3)均约为2×10－3mol·L－1。下列叙述不正确的是( )A.a点溶液呈酸性的原因是AgNO3水解B．b点溶液中：c(Ag＋)＋c([Ag(NH3)2]＋)＜c(NO)C．由e点可知，反应Ag＋＋2NH3?[Ag(NH3)2]＋平衡常数的数量级为105D．cd段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解【解析】选C。AgNO3是强酸弱碱盐，Ag＋水解离子方程式为Ag＋＋H2OAgOH＋H＋，因为水解导致溶液呈酸性，故A正确；b点lg＝0，则c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒c(Ag＋)＋c([Ag(NH3)2]＋)＋c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(NO)，则c(Ag＋)＋c([Ag(NH3)2]＋)＜c(NO)，故B正确；e点时溶液迅速由浑浊变澄清，则Ag＋绝大部分以[Ag(NH3)2]＋存在，故c([Ag(NH3)2]＋)＝≈0.1mol·L－1，c(Ag＋)与c(NH3)均约为2×10－3mol·L－1，代入平衡常数表达式K＝1.25×107，所以反应Ag＋＋2NH3[Ag(NH3)2]＋平衡常数的数量级为107，故C错误；e点溶液迅速由浑浊变得澄清，e点溶质为银氨络合物，cd段过程中有沉淀的生成、沉淀的溶解，所以cd段加入的氨水主要用于沉淀的生成和溶解，故D正确。1.(2020·天津等级考)常温下,下列有关电解质溶液的说法错误的是( )?A.相同浓度的HCOONa和NaF两溶液,前者的pH较大,则Ka(HCOOH)>Ka(HF)?B.相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7,则溶液中c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)C.FeS溶于稀硫酸,而CuS不溶于稀硫酸,则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)D.在1mol·L-1Na2S溶液中,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1mol·L-1?【解析】选A。相同浓度的溶液,HCOONa的pH大于NaF,说明HCOO-水解程度大于F-的水解程度,则HCOOH的酸性弱于HF的酸性,故Ka(HCOOH)c(Na+)>c(H+)>c(OH-),B项正确;FeS溶于稀硫酸,而CuS不溶于稀硫酸,说明CuS比FeS难溶,则Ksp(FeS)>Ksp(CuS),C项正确;在1mol·L-1Na2S溶液中,根据物料守恒,c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)=1mol·L-1,D项正确。?2.(2020·全国Ⅰ卷)钒具有广泛用途。黏土钒矿中,钒以+3、+4、+5价的化合物存在,还包括钾、镁的铝硅酸盐,以及SiO2、Fe3O4。采用以下工艺流程可由黏土钒矿制备NH4VO3。该工艺条件下,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Fe3+Fe2+Al3+Mn2+开始沉淀pH1.97.03.08.1完全沉淀pH3.29.04.710.1回答以下问题：(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是________________________。(2)“酸浸氧化”中，VO＋和VO2＋被氧化成VO，同时还有________离子被氧化，写出VO＋转化为VO反应的离子方程式________________。(3)“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、________，以及部分的________。(4)“沉淀转溶”中，V2O5·xH2O转化为钒酸盐溶解、滤渣③的主要成分是________。(5)“调pH”中有沉淀生成，生成沉淀反应的化学方程式是________________________________。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是_______________________________。【解析】(1)“酸浸氧化”需要加热，其原因是升高温度，加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)；(2)“酸浸氧化”中，钒矿粉中的Fe3O4与硫酸反应生成FeSO4、Fe2(SO4)3和水，MnO2具有氧化性，Fe2＋具有还原性，则VO＋和VO2＋被氧化成VO的同时还有Fe2＋被氧化，反应的离子方程式为MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O；VO＋转化为VO时，钒元素的化合价由＋3价升至＋5价，1molVO＋失去2mol电子，MnO2被还原为Mn2＋，Mn元素的化合价由＋4价降至＋2价，1molMnO2得到2mol电子，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，VO＋转化为VO反应的离子方程式为VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O；(3)根据分析，“中和沉淀”中，钒水解并沉淀为V2O5·xH2O，随滤液②可除去金属离子K＋、Mg2＋、Na＋、Mn2＋，以及部分的Fe3＋、Al3＋；(4)根据分析，滤渣③的主要成分是Fe(OH)3；(5)“调pH”中有沉淀生成，是NaAlO2与HCl反应生成Al(OH)3沉淀，生成沉淀反应的化学方程式是NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]＋HCl===NaCl＋Al(OH)3↓＋H2O。(6)“沉钒”中析出NH4VO3晶体时，需要加入过量NH4Cl，其原因是增大NH离子浓度，利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全。答案：(1)加快酸浸和氧化反应速率(促进氧化完全)(2)Fe2＋VO＋＋MnO2＋2H＋===VO＋Mn2＋＋H2O(3)Mn2＋ Fe3＋、Al3＋ (4)Fe(OH)3(5)NaAlO2＋HCl＋H2O===NaCl＋Al(OH)3↓或Na[Al(OH)4]＋HCl===NaCl＋Al(OH)3↓＋H2O(6)利用同离子效应，促进NH4VO3尽可能析出完全3.(2019·全国Ⅲ卷)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。回答下列问题:相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:?金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“滤渣1”含有S和___________;?写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式___________。?(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是___________。?(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为___________～6之间。?(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是___________。?(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是___________。?(6)写出“沉锰”的离子方程式___________。?(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时,z=___________。?【解析】(1)天然二氧化锰粉与硫化锰矿溶浸时矿物中含有的Fe、Al、Mg、Zn、Ni等与硫酸反应生成可溶性盐，进入溶液。二氧化锰具有氧化性，硫化锰中－2价的硫具有还原性，在硫酸作用下发生氧化还原反应：MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O。因此“滤渣1”中含有不溶性的S、SiO2或不溶性硅酸盐。(2)过滤出“滤渣1”后，滤液中主要含有Mn2＋、Fe2＋、Al3＋、Mg2＋、Zn2＋、Ni2＋，由于开始水解的pH较大，加入MnO2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，然后通过调节pH除去。(3)根据题目提供的金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围，铁沉淀完全的pH为2.8，铝沉淀完全的pH为4.7，要除去铁和铝，选择的pH要大于4.7，为了不使Zn2＋、Ni2＋形成沉淀，pH要小于6。(4)“除杂1”中加入Na2S，目的是除去Zn2＋、Ni2＋，所以二者与S2－形成硫化物沉淀。(5)根据题目信息“除杂2”的目的是加入MnF2生成MgF2沉淀，除去Mg2＋，如果溶液酸度过高，F－会与酸反应生成弱酸HF，降低了溶液中F－浓度，导致MgF2沉淀的溶解平衡向右移动，使Mg2＋沉淀不完全。(6)溶液经过除杂后阳离子主要为Mn2＋，“沉锰”时加入NH4HCO3形成MnCO3沉淀。反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O。(7)LiNixCoyMnzO2中Ni、Co、Mn的化合价分别为＋2、＋3、＋4。当x＝y＝时，O的化合价为－2价，利用化合物中化合价的代数和为0，可以计算出z＝。答案：(1)SiO2(不溶性硅酸盐)MnO2＋MnS＋2H2SO4===2MnSO4＋S＋2H2O(2)将Fe2＋氧化为Fe3＋ (3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F－与H＋结合形成弱电解质HF，MgF2?Mg2＋＋2F－平衡向右移动(6)Mn2＋＋2HCO===MnCO3↓＋CO2↑＋H2O(7)【加固训练—拔高】?(2018·全国Ⅱ卷)我国是世界上最早制得和使用金属锌的国家。一种以闪锌矿(ZnS,含有SiO2和少量FeS、CdS、PbS杂质)为原料制备金属锌的流程如图所示:?相关金属离子[c0(Mn+)=0.1mol·L-1]形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:?金属离子Fe3+Fe2+Zn2+Cd2+开始沉淀的pH1.56.36.27.4沉淀完全的pH2.88.38.29.4回答下列问题:(1)焙烧过程中主要反应的化学方程式为___________。?(2)滤渣1的主要成分除SiO2外还有___________;氧化除杂工序中ZnO的作用是___________,若不通入氧气,其后果是___________。?(3)溶液中的Cd2+可用锌粉除去,还原除杂工序中反应的离子方程式为___________。?(4)电解硫酸锌溶液制备单质锌时,阴极的电极反应式为___________;沉积锌后的电解液可返回_________工序继续使用。【解析】(1)闪锌矿的主要成分为ZnS，因此焙烧过程中的主要反应为2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2。(2)矿石经过焙烧后生成金属氧化物和SiO2，因此用稀硫酸溶浸时会产生SiO2和PbSO4沉淀，氧化除杂的目的是将溶液中的铁元素以氢氧化铁沉淀的形式除去，因此加入ZnO的目的是调节溶液的pH，让Fe3＋形成沉淀；通入O2的目的是将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋而除去，若不通入O2，会导致部分的铁元素仍然以Fe2＋的形式存在于溶液。(3)锌粉与溶液中Cd2＋发生置换反应，反应的离子方程式为Cd2＋＋Zn===Cd＋Zn2＋。(4)电解硫酸锌溶液制取锌，Zn2＋在阴极放电，发生的电极反应式为Zn2＋＋2e－===Zn，OH－在阳极放电，发生的电极反应式为2H2O－4e－===O2↑＋4H＋，因此电解结束后的溶液中含有一定量的硫酸，即电解后的溶液为稀硫酸，因此可以放回溶浸工序中循环使用。答案：(1)2ZnS＋3O22ZnO＋2SO2(2)PbSO4 调节溶液的pH 无法除去杂质Fe2＋(3)Cd2＋＋Zn===Cd＋Zn2＋(4)Zn2＋＋2e－===Zn 溶浸1.对于溶解平衡:AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq),Ksp(AmBn)=cm(An+)·cn(Bm-),Ksp只与温度有关。2.溶度积规则中的3个关系:Qc>Ksp:溶液过饱和,有沉淀析出Qc=Ksp:溶液饱和,处于平衡状态Qc3.三个强化理解:(1)沉淀溶解平衡是化学平衡的一种,沉淀溶解平衡移动分析时也同样遵循勒夏特列原理。(2)溶度积大的难溶电解质的溶解度不一定大,只有组成相似的难溶电解质才有可比性。(3)复分解反应总是向着某些离子浓度减小的方向进行,若生成难溶电解质,则向着生成溶度积较小的难溶电解质的方向进行。PAGE-33-第一讲 弱电解质的电离平衡考点一 弱电解质的电离平衡及其影响因素(命题指数★★★★)1．强、弱电解质：(1)概念和物质类别。(2)电离方程式的书写。①强电解质：“强等号”，如H2SO4的电离方程式为H2SO4===2H＋＋SO。②弱电解质：“弱可逆”。A．一元弱酸，如CH3COOH的电离方程式为CH3COOHCH3COO－＋H＋。B．一元弱碱，如NH3·H2O的电离方程式为NH3·H2ONH＋OH－。C．多元弱酸，分步电离，分步书写，如H2CO3的电离方程式为H2CO3H＋＋HCO，HCOH＋＋__。D．多元弱碱，分步电离，一步书写，如Fe(OH)3的电离方程式为Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。E．两性物质双向电离，如Al(OH)3的电离方程式为H＋＋AlO＋H2OAl(OH)3Al3＋＋3OH－。③酸式盐：A.强酸的酸式盐，如NaHSO4在水溶液中的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO；熔融状态下的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋HSO。B．弱酸的酸式盐，如NaHCO3的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋HCO，HCOH＋＋CO。2．弱电解质的电离平衡：(1)电离平衡的建立。在一定条件下(如温度和浓度)，电解质电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等时，电离过程达到电离平衡状态。如图所示：(2)电离平衡的特征。吸——一般弱电解质的电离过程是吸热的。(3)影响电离平衡的因素。①内因：电解质本身的性质决定了其电离程度的大小。②外因：A．温度：电离是吸热过程，升高温度使电离平衡向电离的方向移动。B．浓度：在一定温度下，同一弱电解质溶液，浓度越小，越易电离。C．相同离子：在弱电解质溶液中加入与弱电解质有相同离子的强电解质时，电离平衡逆向移动。D．反应离子：加入能与电解质电离出的离子反应的离子时，电离平衡向电离方向移动。以醋酸的电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋为例：改变条件移动方向c(H＋)c(CH3COO－)电离程度升温向右增大增大增大浓度加水稀释向右减小减小增大加冰醋酸向右增大增大减小同离子效应加固体醋酸钠向左减小增大减小通HCl气体向左增大减小减小加入含有与弱电解质反应的离子加固体氢氧化钠向右减小增大增大加入镁粉向右减小增大增大3．电解质溶液的导电能力：电解质溶液的导电能力取决于溶液中自由移动离子的浓度和离子所带电荷数，自由移动离子的浓度越大、离子所带电荷数越多，导电能力越强。1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。(1)弱酸的电离程度越大，溶液的导电能力越强。( )提示：×。导电能力主要取决于溶液中离子总浓度，弱酸浓度一定情况下，电离程度越大导电能力越强。(2)氨水的浓度越小，一水合氨的电离程度越大。( )提示：√。稀释促进电离。(3)Ca(OH)2微溶于水，因此它是弱电解质。( )提示：×。强弱电解质只取决于是否完全电离，与溶解度无关。(4)在醋酸溶液中，当c(CH3COO－)＝c(H＋)时，表示醋酸已达到电离平衡。( )提示：×。弱电解质达到电离平衡时，粒子浓度不再改变，并非相等。(5)碳酸的电离方程式为H2CO32H＋＋CO。( )提示：×。碳酸是二元弱酸，应分步电离。2．思考下列问题：(1)稀醋酸溶液加水稀释时，溶液中所有离子浓度同时减小吗？提示：温度一定时，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，稀醋酸稀释时，c(H＋)减小，c(OH－)增大。(2)电离平衡向右移动，弱电解质的电离程度一定增大吗？提示：如增大弱电解质的浓度，电离平衡向右移动，但电离程度减小。3．在0.1mol·L－1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，对于该平衡，下列叙述正确的是( )A．温度升高，平衡向逆反应方向移动B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动C．加入少量0.1mol·L－1HCl溶液，溶液中c(H＋)减小D．加入少量醋酸钠固体，CH3COOH的电离程度增大【解析】选B。弱电解质的电离是吸热的过程，故温度升高，平衡正向移动，A项错误；加入少量NaOH固体，溶液中c(H＋)减小，平衡正向移动，B项正确；加入少量0.1mol·L－1HCl溶液，溶液中c(H＋)增大，平衡逆向移动，C项错误；加入少量醋酸钠固体，平衡逆向移动，CH3COOH的电离程度减小，D项错误。命题角度1：外因对电离平衡的影响【典例1】(2020·全国Ⅱ卷)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如下图所示。下列叙述错误的是( )A.海水酸化能引起HCO浓度增大、CO浓度减小B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCOH＋＋COD．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境【命题意图】本题借助二氧化碳对生态环境的影响，考查弱电解质的电离平衡和难溶电解质的溶解平衡的相关知识，意在考查学生读图识图能力和电解质溶液离子平衡移动的分析能力。【解析】选C。二氧化碳溶于水生成碳酸，H2CO3H＋＋HCO，使c(H＋)、c(HCO)增大，C错误；产生的H＋与碳酸钙溶解得到的CO发生反应H＋＋COHCO，使c(CO)减小，c(HCO)增大，溶解平衡右移，促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少，A、B正确；使用太阳能、氢能等新能源可减少CO2的排放，改善珊瑚的生存环境，D正确。命题角度2：电解质溶液的导电性【典例2】(2021·江西模拟)电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。如图是用KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线示意图。下列示意图中，能正确表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是( )【解析】选D。氯化氢是强电解质，醋酸是弱电解质，滴加的弱电解质先和氯化氢反应生成强电解质氯化铵，但溶液体积不断增大，溶液被稀释，所以电导率下降；当氯化氢完全被中和后，一水合氨继续电离与弱电解质醋酸反应生成强电解质醋酸铵，所以电导率增大；醋酸也完全反应后，继续滴加氨水，因为溶液被稀释，电导率有下降趋势。1．常见的强、弱电解质：2．外界因素对电离平衡影响的判断方法：化学平衡原理(勒夏特列原理)也适用于电离平衡。如果改变影响平衡的条件，平衡向着“减弱”这种改变的方向移动，但移动结果不能“抵消”这种改变。3．溶液导电能力变化的判断方法：确定溶质—→判断溶质属于强/弱电解质—→得知溶液中导电离子的浓度变化—→导电能力变化命题点1：弱电解质概念辨析(基础性考点)1．下列属于有机物，又是弱电解质的是( )A．乙醇钠 B．氨水 C．乙酸 D．蔗糖【解析】选C。乙醇钠在水溶液中完全电离，是强电解质，故A不选；氨水是混合物，不是电解质，故B不选；乙酸属于有机物，水溶液中部分电离，属于弱电解质，故C选；蔗糖是有机化合物，水溶液和熔融状态均不导电，是非电解质，故D不选。2．(2021·南充模拟)常温下，下列关于pH＝3的CH3COOH溶液的叙述错误的是( )A．溶液中水电离出的c(H＋)＝1.0×10－11mol·L－1B．与等体积pH＝11的NaOH溶液混合，所得溶液pH＝7C．加入少量水稀释该溶液的过程中，增大D．加入0.1mol·L－1CH3COONa溶液使pH＝7，则c(CH3COO－)＝c(Na＋)【解析】选B。pH＝3的CH3COOH溶液中c(H＋)＝1.0×10－3mol·L－1，醋酸抑制了水的电离，溶液中氢氧根离子来自水的电离，则由H2O电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－11mol·L－1，故A正确；pH＝3的CH3COOH与等体积pH＝11的NaOH溶液混合，醋酸为弱酸，混合液中醋酸过量，反应后溶液呈酸性，故B错误；由醋酸电离的平衡常数表达式可知，＝＝，加水稀释，氢离子浓度降低，温度不变，则平衡常数不变，则稀释过程中，增大，故C正确；滴加0.1mol·L－1CH3COONa溶液至pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，根据电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，可知c(CH3COO－)＝c(Na＋)，故D正确。命题点2：外因对电离平衡的影响(综合性考点)3．(2021·嘉兴模拟)常温下，对于0.1mol·L－1的醋酸溶液，下列说法正确的是( )A．加水稀释后，溶液中c(H＋)和c(OH－)都减小B．加入少量冰醋酸后，溶液中c(H＋)增大C．加入少量Na2CO3固体，醋酸电离平衡向左移动D．适当升高温度，醋酸的电离平衡常数减小【解析】选B。加水稀释醋酸，促进醋酸电离，但醋酸增大的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，导致溶液中氢氧根离子浓度增大，故A错误；醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋，加入少量冰醋酸后，醋酸的电离平衡正移，溶液中c(H＋)增大，故B正确；加入少量Na2CO3固体，消耗氢离子，氢离子浓度减小，电离平衡CH3COOH?CH3COO－＋H＋向右移动，故C错误；适当升高温度，促进醋酸的电离，醋酸的电离平衡常数增大，故D错误。命题点3：电解质溶液导电性变化(应用性考点)4.(双选)电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下,将相同体积的氢氧化钠溶液和醋酸溶液分别加水稀释,溶液的电导率随加入水的体积V(H2O)变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )A.曲线Ⅰ表示NaOH溶液加水稀释过程中溶液电导率的变化B.a、b、c三点溶液的pH:b>c>aC.将a、b两点溶液混合,所得溶液中:c(Na+)D.醋酸溶液稀释过程中,不断增大【解析】选C、D。加水稀释时,醋酸进一步电离,导电能力变化较小,则Ⅰ为醋酸稀释曲线,故A错误;NaOH溶液显碱性,醋酸显酸性,导电能力越大,说明离子浓度越大,则a、b、c三点溶液的pH:c>b>a,故B错误;将a、b两点溶液混合,由于醋酸浓度大于氢氧化钠浓度,反应后醋酸过量,溶液显酸性,则溶液中:c(Na+)<c(CH3COO-)+c(CH3COOH),故C正确;醋酸溶液稀释过程中,Ka=不变,而c(H+)减小,所以不断增大,故D正确。【加固训练—拔高】1．pH相同的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释n倍和m倍，使pH仍保持相同，则n和m的关系是( )A．n＞m B．n＜mC．n＝mD．无法确定【解析】选B。pH相同的NaOH和氨水溶液，c(H＋)相等，溶液浓度：c(氨水)＞c(NaOH)，二者分别加水稀释，NaOH完全电离，NH3·H2O继续电离生成NH和OH－，如果稀释相同倍数，溶液的pH：pH(氨水)＞pH(NaOH)，如果稀释后pH仍然相同，则氨水稀释倍数大于NaOH溶液稀释倍数，即m＞n。2．(2021·蚌埠模拟)常温下向100mL蒸馏水中滴入10mL5mol·L－1HA溶液，利用传感器测得溶液中c(H＋)和温度随着加入HA溶液体积的变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )A.HA是强酸B．a～b段，HA电离放热，使溶液温度升高C．c～d段，c(H＋)增大，HA电离程度增大D．c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，则c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)【解析】选D。结合图示可知，滴入10mL5mol·L－1HA溶液时，c(HA)≈×5mol·L－1≈0.45mol·L－1，而此时c(H＋)约为6×10－3mol·L－1，证明HA部分电离，属于弱酸，故A错误；a～b段，HA的电离过程为吸热过程，电解质溶于水，扩散过程(电离)吸热，水合过程(形成水合离子)放热，故B错误；c～d段，HA浓度增大，c(H＋)增加，但HA的电离程度减小，因为溶液的浓度越小，HA的电离产生的离子结合形成HA分子的机会就越少，所以电离程度就越大，故C错误；c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为NaA，根据物料守恒得：c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，故D正确。3．(2021·浙江模拟)液氨中存在与水的电离类似的电离过程，金属钠投入液氨中可生成氨基钠(NaNH2)，下列说法不正确的是( )A．液氨的电离方程式可表示为2NH3NH＋NHB．钠与液氨的反应是氧化还原反应，反应中有H2生成C．NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出，所得溶液呈弱碱性D．NaNH2与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐【解析】选C。依据水的电离方程式可知，液氨的电离方程式可表示为2NH3NH＋NH，故A正确；依据题意可知液氨与钠发生置换反应生成氨基钠和氢气，是氧化还原反应，故B正确；NaNH2与少量水反应生成氢氧化钠和氨气，所得溶液为氢氧化钠水溶液，为强碱性溶液，故C错误；NaNH2与一定量稀硫酸充分反应所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到硫酸钠、硫酸氢钠、硫酸铵、硫酸氢铵四种盐，故D正确。4．(2021·焦作模拟)298K时用0.05mol·L－1氨水滴定20mL0.05mol·L－1的叠氮酸(HN3)溶液，滴定过程中混合溶液的电阻率变化情况如图所示，已知NH3·H2O的电离常数Kb＝1.7×10－5，HN3的电离常数Ka＝1.9×10－5。下列说法中错误的是( )A.电阻率与离子浓度和离子所带电荷有关B．a、b、c、d四点中，水的电离程度最大的是cC．c～d之间可能存在：c(N)＝c(NH)＞c(H＋)＝c(OH－)D．若用0.05mol·L－1HN3溶液滴定20mL0.05mol·L－1氨水，则所得曲线完全相同【解析】选D。同温度下，单位体积中的离子个数越多，离子浓度大，阴离子或阳离子所带电荷的绝对值越大，溶液的导电能力越强，故A正确；NH3·H2O和HN3都是弱电解质，NH4N3为强电解质，电阻率最小时溶质为NH4N3，双水解促进水的电离，a、b、c、d四点中，c点最低，含NH4N3最多，水的电离程度最大的是c，故B正确；NH3·H2O的电离常数Kb＝1.7×10－5，HN3的电离常数Ka＝1.9×10－5，c点二者恰好反应时NH4N3的水溶液显极弱的酸性，此时电阻率最小，由图可知在cd之间有中性点，溶液中性时有c(N)＝c(NH)＞c(H＋)＝c(OH－)，故C正确；NH3·H2O的电离常数Kb＝1.7×10－5，HN3的电离常数Ka＝1.9×10－5，因为二者的电离常数不同，所以开始的电阻率不同，若用0.05mol·L－1HN3溶液滴定20mL0.05mol·L－1氨水，则所得曲线不能完全相同，故D错误。考点二 电离平衡常数及其应用(命题指数★★★)1．电离平衡常数：(1)表达式：①对于一元弱酸HA：HAH＋＋A－，平衡常数K＝。②对于一元弱碱BOH：BOHB＋＋OH－，平衡常数K＝。③对于ABA＋＋B－，K＝。(2)影响因素：电离平衡常数的决定因素是弱电解质本身的性质。外界因素中，电离平衡常数只与温度有关，升高温度，K值增大。(3)特点：①在相同条件下，K值越大，表示该弱电解质越容易电离，所对应的酸(或碱)的酸性(或碱性)相对较大。②多元弱酸的各级电离常数的大小关系是K1?K2……，所以其酸性决定于第一步电离。2．电离度(α)：(1)概念：当弱电解质在溶液里达到电离平衡时，溶液中已经电离的电解质分子数占溶液中原有的电解质的分子总数(包括已电离的和未电离的)的百分数。α＝×100%＝×100%＝×100%(2)意义：衡量弱电解质的电离程度，在相同条件下(浓度、温度相同)，不同弱电解质的电离度越大，弱电解质的电离程度越大。(3)影响因素：加水稀释或升高温度都能增大电离度。(4)电离度(α)与电离平衡常数(Ka、Kb)之间的关系①一元弱酸(以CH3COOH为例)设常温下，浓度为cmol·L－1的醋酸的电离度为α CH3COOHCH3COO－＋H＋起始(mol·L－1)c 0 0转化(mol·L－1)c·αc·αc·α平衡(mol·L－1)c－cα≈cc·αc·αKa＝＝cα2、α＝，c(H＋)＝cα＝。②一元弱碱(如NH3·H2O，电离常数为Kb)同理可得：Kb＝cα2，c(OH－)＝cα＝。1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。(1)H2CO3的电离常数表达式：Ka＝eq\f(c2（H＋）·c（CO）,c（H2CO3）)。( )提示：×。H2CO3是二元弱酸，分步电离，有两个电离常数。不能写成一步电离。(2)弱电解质的电离常数受到温度、浓度的影响。( )提示：×。电离常数只受温度影响。(3)弱电解质的电离程度越大，电离常数越大。( )提示：×。电离常数受温度影响，电离程度受温度、浓度等影响，例如加水稀释后，电离程度增加，但电离常数不变。(4)电离常数越大，表示该电解质电离能力越强。( )提示：√。电离常数表示弱电解质电离程度的大小。(5)电离常数大的酸溶液中的c(H＋)一定大于电离常数小的溶液。( )提示：×。弱酸溶液中c(H＋)的大小与酸的浓度和电离常数有关。2．下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数：CH3COOHH2CO3H2SH3PO4Ka＝1.8×10－5Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11Ka1＝9.1×10－8Ka2＝1.1×10－12Ka1＝7.5×10－3Ka2＝6.2×10－8Ka3＝2.2×10－13(1)CH3COOH、H2CO3、H2S、H3PO4四种酸的酸性由强到弱的顺序为_____________________________________________________________。(2)多元弱酸的二级电离程度远小于一级电离的原因是________________________________________________________________________。(3)同浓度的CH3COO－、HCO、CO、S2－结合H＋的能力由强到弱的顺序为________________________________________________________________________。【解析】(1)根据一级电离平衡常数可知四种酸的酸性由强到弱的顺序为H3PO4、CH3COOH、H2CO3、H2S。(3)酸越弱，其对应酸根离子结合H＋的能力越强，故结合H＋的能力由强到弱的顺序为S2－、CO、HCO、CH3COO－。答案：(1)H3PO4、CH3COOH、H2CO3、H2S(2)一级电离产生的氢离子对二级电离起抑制作用(3)S2－、CO、HCO、CH3COO－命题角度1：电离常数的理解与应用【典例1】(2021·揭阳模拟)已知25℃时，HCOOH、HCN与H2CO3的电离平衡常数如表所示，下列说法正确的是( )弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数Ka＝1.77×10－4Ka＝4.9×10－10Ka1＝4.3×10－7Ka2＝4.7×10－11A.中和等体积、等物质的量浓度的HCOOH和HCN消耗NaOH的用量:HCOOH>HCNB.相同物质的量浓度的溶液的pH:Na2CO3>NaHCO3>NaCN>HCOONaC.向NaCN溶液中通入少量CO2,发生反应:CN-+H2O+CO2HCN+HCD.等物质的量浓度、等体积的NaCN与HCOONa溶液中,阴离子总数目:HCOONa>NaCN【解析】选C、D。等体积等浓度的HCOOH和HCN,HCOOH和HCN物质的量相同,中和时消耗NaOH的量相同,故A错误;相同物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCN、HCOONa,水解程度越大,溶液pH越大,电离程度HCOOH>H2CO3>HCN>HC,所以水解程度Na2CO3>NaCN>NaHCO3>HCOONa,则pH大小为Na2CO3>NaCN>NaHCO3>HCOONa,故B错误;强酸能够制取弱酸,二者反应生成HCN和HC,离子方程式为CN-+H2O+CO2HCN+HC,故C正确;根据电荷守恒规律:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)和c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCOO-),由于甲酸的酸性大于HCN,所以等物质的量浓度的HCOONa和NaCN溶液,NaCN溶液水解能力强,c(OH-)较大,c(H+)相对较小,由于两溶液c(Na+)相等,所以HCOONa溶液中所含阴离子总数大于NaCN溶液所含阴离子总数,故D正确。 (1)(宏观辨识与微观探析)酸性强弱与相应酸根离子结合质子能力有什么关系？提示：酸性越强的酸越易电离出H＋，相应酸根结合质子能力越弱。(2)(证据推理与模型认知)根据Ka值，醋酸酸性强于碳酸，醋酸与碳酸钠反应，一定有CO2产生吗？提示：足量醋酸与碳酸钠反应，产生CO2；少量醋酸与碳酸钠反应只能生成NaHCO3。命题角度2：有关电离常数的计算【典例2】次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)＝，X为HClO或ClO－]与pH的关系如图所示。HClO的电离常数Ka值为________。【解析】如图所示pH＝7.5时，HClO、ClO－的组成分数相等，即c(HClO)＝c(ClO－)，此时HClO的电离常数Ka＝＝c(H＋)＝10－7.5。答案：10－7.51．电离平衡常数的概念要点：(1)电离常数的大小由物质本身的性质决定，同一温度下，不同弱电解质的电离常数不同，K值越大，电离程度越大。(2)电离常数K只随温度的变化而变化，升高温度，K值增大。(3)多元弱酸电离常数：K1?K2?K3，其酸性主要由第一步电离决定，K值越大，相应酸的酸性越强。2．电离平衡常数的应用：(1)有关电离平衡的计算有①已知某弱酸或弱碱的物质的量浓度和电离常数，计算其电离出的离子浓度；②已知平衡时弱酸或弱碱的物质的量浓度和溶液中的离子浓度计算电离常数。(2)电离平衡的有关计算类似于化学平衡的有关计算，可利用“三段式法”分析，列出化学平衡等式关系，代入数据计算。(3)若两离子浓度相差100倍以上，进行加减运算时，可忽略离子浓度较小的数值。(4)对于同一弱电解质而言，电离常数只随温度的变化而改变，与溶液的浓度无关。(5)相同温度下，电离常数越大，对应弱电解质的电离能力越强。Ka较大的弱酸可以与Ka较小的弱酸的盐反应，即较强酸可以制取较弱酸。3．弱电解质平衡移动过程中某些离子浓度比值变化的解题思路：(1)方法1：将浓度之比转化为物质的量进行比较，就可以忽略溶液体积的变化，只需要分析微粒数目即可。(2)方法2：利用某些离子的浓度之比关系，乘以或除以某种离子的浓度，“凑常数”，将比值转化为一个常数与某种粒子浓度比值或乘积的形式，减小变量个数。命题点1:电离常数的理解与应用(基础性考点)1.(双选)相同温度下,根据三种酸的电离常数,下列判断正确的是( )酸HXHYHZ电离常数Ka9×10-79×10-61×10-2A.三种酸的强弱关系:HX>HY>HZB.反应HX+Y-===HY+X-不能发生C.相同温度下,0.1mol·L-1的NaX、NaY、NaZ溶液,NaZ溶液pH最小D.相同温度下,1mol·L-1HX溶液的电离常数大于0.1mol·L-1HX【解析】选B、C。相同温度下,酸的电离常数越大,则酸的电离程度越大,酸的酸性越强,则酸根离子水解程度越小,根据电离平衡常数知,这三种酸的强弱顺序为HZ>HY>HX,故A错误;由A知,HY的酸性大于HX,根据强酸制取弱酸知,该反应HX+Y-===HY+X-不能发生,故B正确;根据电离平衡常数知,这三种酸的强弱顺序是HZ>HY>HX,根据越弱越水解,0.1mol·L-1的NaX、NaY、NaZ溶液,NaZ溶液pH最小,故C正确;电离平衡常数与浓度无关,只受温度影响,相同温度下同一物质的电离平衡常数不变,故D错误。命题点2：有关电离常数的计算(综合性考点)2．已知Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，计算0.1mol·L－1CH3COOH溶液中H＋的浓度。【解析】设CH3COOH溶液中H＋的浓度为xmol·L－1， CH3COOHCH3COO－＋H＋起始(mol·L－1)0.1 0 0平衡(mol·L－1)0.1－xxxKa＝＝＝1.75×10－5①由于Ka很小，所以x也很小，即0.1－x≈0.1 ②将②代入①式得，x≈1.32×10－3。答案：c(H＋)＝1.32×10－3mol·L－13．25℃时，将amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NH)＝c(Cl－)，用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝________。【解析】根据电荷守恒得c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因为c(NH)＝c(Cl－)，所以c(H＋)＝c(OH－)，故溶液显中性。Kb＝eq\f(c（NH）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)＝＝。答案：【加固训练—拔高】1．(2021·宁波模拟)常温下Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.75×10－5，下列说法正确的是( )A．一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，所有的离子浓度都在减小B．pH＝4的CH3COOH和pH＝10的NH3·H2O反应后pH＝7C．等浓度等体积的CH3COOH和NH3·H2O消耗NaHCO3的物质的量相同D．等浓度的CH3COONa和NH4Cl溶液中阴离子浓度之和：前者小于后者【解析】选C。一定浓度的CH3COOH溶液加水稀释，c(H＋)、c(CH3COO－)减小，由于水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)不变，则溶液中c(OH－)增大，故A错误；没有告诉pH＝4的CH3COOH和pH＝10的NH3·H2O溶液的体积，无法判断混合液是否为中性，故B错误；等浓度等体积的CH3COOH和NH3·H2O中满足n(CH3COOH)＝n(NH3·H2O)，两个反应中消耗的n(NaHCO3)＝n(CH3COOH)＝n(NH3·H2O)，所以两溶液消耗NaHCO3的物质的量相同，故C正确；由于Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3·H2O)，CH3COO－、NH的水解程度相同，等浓度的两溶液中c(CH3COO－)＝c(NH)，且CH3COONa溶液中的c(OH－)等于NH4Cl溶液中的c(H＋)，由电荷守恒可知NH4Cl溶液中满足c(OH－)＋c(Cl－)＝c(H＋)＋c(NH)，即NH4Cl溶液中阴离子浓度之和等于c(H＋)＋c(NH)，CH3COONa溶液的阴离子浓度之和为c(OH－)＋c(CH3COO－)，所以两溶液中阴离子浓度之和相等，故D错误。2．下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，Ka＝1.4×10－3)在水中的电离度与浓度关系的是( )【解析】选B。这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOH3．(2021·台州模拟)某学生进行了如下实验，下列结论正确的是( )编号ⅠⅡ实验现象a中产生凝胶状沉淀b中凝胶状沉淀溶解，c中无明显变化A.由Ⅰ能说明酸性H2CO3＞H2SiO3B．由Ⅱ可知结合氢离子的能力CO＞HCOC．向Na2SiO3溶液中通入少量CO2，发生反应SiO＋CO2＋H2O===CO＋H2SiO3↓D．将新制的硅酸与硅酸钠溶液混合不会出现明显现象【解析】选B。盐酸与石灰石反应生成二氧化碳，同时挥发出氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，所以由Ⅰ不能说明酸性H2CO3＞H2SiO3，故A错误；b中凝胶状沉淀溶解，说明硅酸与碳酸根离子反应，c中无明显变化，说明硅酸与碳酸氢根离子不发生反应，则结合氢离子的能力CO＞HCO，故B正确；由Ⅱ可知酸性：H2SiO3＞HCO，向Na2SiO3溶液中通入少量CO2，反应生成H2SiO3和NaHCO3，正确的离子方程式为SiO＋2CO2＋2H2O===H2SiO3↓＋2HCO，故C错误；硅酸在溶液中存在溶解平衡，将新制的硅酸与硅酸钠溶液混合后，硅酸根离子浓度增大，会析出硅酸，故D错误。考点三 一元强酸(碱)和一元弱酸(碱)的比较(命题指数★★★)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 c(H＋)pH中和碱的能力与活泼金属产生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 c(H＋)c(酸)中和碱的能力与活泼金属产生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 (注：一元强碱与一元弱碱的比较规律与以上类似。)3．图象法理解稀释规律(以盐酸和醋酸为例)：(1)同体积、同浓度的盐酸和醋酸比较加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多(2)同体积、同pH的盐酸和醋酸比较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1．判断下列说法是否正确，正确的打“√”，错误的打“×”。(1)pH＝3的醋酸溶液加水稀释100倍后pH小于5。( )提示：√。弱电解质加水稀释会促进电离。(2)等体积、等pH的盐酸和醋酸中和碱的能力相同。( )提示：×。等pH的盐酸和醋酸溶液相比，醋酸浓度更大，中和碱能力更强。(3)等浓度、等体积的盐酸和醋酸分别与足量Mg反应，生成H2的速率从始至终都是盐酸大。( )提示：√。反应速率由溶液中c(H＋)决定，初始速率盐酸较大，反应过程中醋酸进一步电离，但反应速率仍小于盐酸。(4)若升高酸溶液的温度，pH减小。( )提示：×。升高强酸溶液的温度，pH不变；升高弱酸溶液的温度，pH减小。(5)加水稀释两种pH相同的酸溶液，pH变化大的一定是强酸。( )提示：×。加水稀释两种pH相同的酸溶液，pH变化大的酸一定比变化小的酸性强，但不一定是强酸。2.等pH、等体积的盐酸(Ⅰ)和醋酸(Ⅱ)分别加水稀释，溶液pH与体积的关系如图：(1)室温下，稀释相同倍数对应的b点和c点的导电能力更强的是？提示：pH越小，溶液中H＋和酸根离子浓度越大，导电能力越强，导电能力c点更强。(2)酸溶液加水稀释10n倍，pH变为多少？提示：强酸溶液稀释10n倍，pH＝a＋n；弱酸溶液稀释10n倍，a＜pH＜a＋n；且pH＜7。命题角度1：强弱电解质图象分析【典例1】(双选)浓度均为0.10mol·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点小于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【以图析题·培养关键能力】【解析】选B、D。由图象可知0.1mol·L-1的MOH溶液的pH=13,说明MOH完全电离,为强电解质,同理判断ROH为弱电解质,所以前者的碱性大于后者,A正确;ROH为弱电解质,溶液越稀越易电离,所以电离程度b点大于a点,B错误;当两溶液无限稀释下去,相当于纯水,所以二者氢氧根离子浓度相等,C正确;当lg=2时,MOH溶液的pH=11,ROH溶液的pH=10,MOH溶液不存在电离平衡,ROH溶液存在电离平衡,升高温度平衡右移,M+浓度无影响,R+浓度增大,所以减小,D错误。【备选例题】(2021·北京海淀区模拟)25℃时，pH＝2的盐酸和醋酸溶液各1mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( )A．曲线Ⅰ代表醋酸溶液的稀释过程B．a点溶液的导电性比c点溶液的导电性差C．将a、b两点溶液加热至30℃(忽略溶质挥发)，变大D．与相同浓度的NaOH溶液恰好中和时，消耗a点溶液的体积比b点溶液的体积大【解析】选D。溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液中氢离子浓度大于盐酸的离子浓度，故曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程、Ⅱ应为醋酸稀释时的pH变化曲线，故A错误；稀释后盐酸溶液中氯离子、氢离子浓度减小，则溶液导电性较弱，故a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，故B错误；升高温度后，醋酸的电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，而氯离子浓度基本不变，则比值减小，故C错误；醋酸的浓度大于盐酸，与相同浓度的NaOH溶液恰好中和时，消耗a点溶液的体积比b点溶液的体积大，故D正确。命题角度2：强弱电解质的判断【典例2】(2021·许昌模拟)等体积、浓度均为0.2mol·L－1的三种溶液：①HA溶液、②HB溶液、③NaHCO3溶液，已知将①②分别与③混合，实验测得所产生的CO2气体体积(V)随时间(t)的变化如图所示。下列说法不正确的是( )A．酸性：HB＞HA＞H2CO3B．恰好反应时，所得两溶液中：c(A－)＞c(B－)C．上述三种溶液中由水电离出的c(OH－)的相对大小：③＞①＞②D．HA溶液和NaHCO3溶液恰好反应，所得的溶液中：c(A－)＋c(HA)＝0.1mol·L－1【解析】选B。由题图可知，HB溶液与NaHCO3溶液反应的速率较快，说明HB溶液中氢离子浓度较大，酸性：HB＞HA＞H2CO3，A正确；反应结束后所得两溶液分别为NaA溶液、NaB溶液，根据“越弱越水解”，则c(A－)mol·L－1，D正确。1．强酸与弱酸的比较：同浓度时，溶液中c(H＋)：强酸＞弱酸同pH时，溶液中c(H＋)相等，酸的浓度：弱酸＞强酸2．判断强弱电解质的方法(以酸HA为例)：(1)从是否完全电离的角度判断。强电解质在溶液中完全电离，弱电解质部分电离。据此，判断方法如下：①测定0.1mol·L－1HA溶液的pH。若pH＝1，则为强酸；若pH＞1，则为弱酸。②与同浓度的盐酸比较导电性。若导电性与盐酸相同，则为强酸；若导电性比盐酸弱，则为弱酸。③与同浓度的盐酸比较和足量活泼金属反应的速率。若反应速率相同，则为强酸；若反应速率比盐酸慢，则为弱酸。(2)从是否存在电离平衡的角度判断。在水溶液中，强电解质不存在电离平衡，弱电解质存在电离平衡，且一定条件下会发生移动。据此，判断方法如下：①将pH＝1的HA稀释100倍后测pH。若pH＝3，则为强酸；若pH＜3则为弱酸。②升高温度前后测溶液pH。若升高温度溶液pH明显减小，则为弱酸。③测量等pH、等体积的HA与盐酸分别与过量活泼金属反应产生的H2量。若与盐酸产生H2量相等，则为强酸；若比盐酸产生H2量多，则为弱酸。(3)从酸根离子是否水解的角度判断。强酸酸根离子不水解，弱酸酸根离子易水解。据此，判断方法如下：测NaA的pH。若pH＝7，则为强酸；若pH＞7，则为弱酸。命题点1：强弱电解质的判断(基础性考点)1．(2021·邯郸模拟)下列事实不能证明H2C2O4(乙二酸)是弱电解质的是( )A．草酸能与CaCO3反应产生CO2B．常温下，0.1mol·L－1NaHC2O4溶液的pH＞7C．浓度均为1mol·L－1的H2C2O4溶液的导电能力比硫酸的导电能力弱D．常温下pH＝4的H2C2O4溶液稀释100倍，pH约为5【解析】选A。草酸能和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明草酸酸性大于碳酸，但是不能证明乙二酸部分电离，则不能证明乙二酸是弱电解质，故A选；常温下，0.1mol·L－1NaHC2O4溶液的pH＞7，说明该盐是强碱弱酸盐，则乙二酸是弱电解质，故B不选；浓度均为1mol·L－1的H2C2O4溶液的导电能力比硫酸的导电能力弱，说明乙二酸中离子浓度小于硫酸，硫酸是强电解质，则乙二酸是弱电解质，故C不选；pH＝4的乙二酸稀释100倍后pH约为5，说明稀释过程中存在乙二酸的电离，所以乙二酸是弱电解质，故D不选。命题点2：强弱电解质区别(综合性考点)2.(双选)关于25℃时,体积相同的盐酸与醋酸两种溶液,下列说法正确的是( )A.若浓度相同,中和所需的NaOH物质的量相同B.若浓度相同,分别与镁条反应的速率相等C.若pH相等,则c(CH3COO-)=c(Cl-)D.若pH相等,分别与NaOH反应呈中性后,n(CH3COO-)【解析】选A、C。如果两种酸的浓度和体积都相同,则两种酸的物质的量相同,消耗的NaOH物质的量相等,故A正确;与Mg反应速率和酸溶液中c(H+)成正比,如果浓度相同时c(H+):盐酸>醋酸,则开始时盐酸反应速率快,故B错误;若pH相等,则两种溶液中c(H+)相等,温度相同则两种溶液中c(OH-)相等,两种溶液中分别存在c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)、c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),所以c(Cl-)=c(CH3COO-),故C正确;若pH相等,则酸浓度:c(CH3COOH)>c(HCl),两种酸体积相等时n(CH3COOH)>n(HCl),分别与NaOH反应后呈中性时醋酸钠溶液中酸根离子多,所以n(CH3COO-)>n(Cl-),故D错误。命题点3：强弱电解质图象判断(应用性考点)3．已知物质的电阻率与导电能力成反比，物质的电阻率越大，导电能力越弱。室温条件下，向20mL浓度均为0.1mol·L－1HA和CH3COOH的混合液中滴加0.1mol·L－1的NH3·H2O，测得混合液的电阻率与加入NH3·H2O的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是( )A.HA是强酸B．室温条件下，等浓度的HA和CH3COOH溶液中c(H＋)前者小C．ab段发生的反应是HA＋NH3·H2O===NH4A＋H2OD.c点溶液中的溶质为NH4A和CH3COONH4【解析】选B。若HA和CH3COOH都是弱酸，则随着NH3·H2O的加入，酸碱反应生成盐，溶液导电性将增强、电阻率将减小，但图象上随着NH3·H2O的加入溶液电阻率增大、导电性反而减弱，说明原混合溶液中离子浓度更大，即HA为强电解质，故A正确；HA完全电离，CH3COOH部分电离，HA比等浓度CH3COOH溶液中c(H＋)大，故B错误；ab段是HA与NH3·H2O反应，故C正确；c点中和完全，溶质为NH4A和CH3COONH4，故D正确。【加固训练—拔高】1．(2021·海南模拟)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象描述正确的是( )【解析】选A。开始时，强酸盐酸和弱酸醋酸的pH相等，c(H＋)相等，则开始时反应速率相等；随着反应的进行，弱酸醋酸不断电离出H＋而使醋酸中c(H＋)减小比盐酸中的慢，即醋酸中的c(H＋)大于盐酸中的c(H＋)，反应速率大于盐酸中的反应速率，故A正确；由上述分析，盐酸中的反应速率比醋酸的反应速率小，故B错误；醋酸为弱酸，不完全电离，pH均相等的盐酸和醋酸中醋酸的浓度远远大于强酸盐酸的浓度，与足量的镁粉反应产生氢气的体积醋酸比盐酸多，故C、D错误。2.(2021·三明模拟)常温时，分别向体积为V0、浓度均为1mol·L－1HClO2和HMnO4两溶液中加水稀释至体积为V，lg与溶液pH的关系如图。下列说法错误的是( )A．HMnO4为强酸B．当两溶液均稀释至pH＝3时，c(ClO)＝c(MnO)C．在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足：pH＝lgD．稀释前分别用1mol·L－1的NaOH溶液中和两种酸至中性，消耗的n(NaOH)相同【解析】选D。由分析得知，lg＝0时，即溶液未稀释时，1mol·L－1HMnO4的pH＝0，说明该溶液中c(H＋)＝c(HMnO4)＝1mol·L－1，则HMnO4为强酸，故A正确；根据电荷守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(ClO)，c(H＋)＝c(OH－)＋c(MnO)当稀释至pH均为3时，c(ClO)＝c(MnO)，故B正确；HMnO4是强酸，完全电离，0≤pH≤5时，稀释多少倍，溶液中c(H＋)就是原来的多少分之一，所以HMnO4溶液满足，pH＝lg，故C正确；NaMnO4是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，NaClO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，所以NaClO2溶液消耗的n(NaOH)要少一些，才能使溶液呈中性，故D错误。3.次磷酸(H3PO2、一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时，有1mol·L－1的H3PO2溶液和1mol·L－1的HBF4溶液，两者起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为V，两溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )A．常温下，NaBF4溶液的pH＝7B．常温下，H3PO2的电离平衡常数约为1.1×10－2C．NaH2PO2溶液中：c(Na＋)＝c(H2PO)＋c(HPO)＋c(PO)＋c(H3PO2)D．常温下，在0≤pH≤4时，HBF4溶液满足pH＝lg【解析】选C。HBF4为强酸，则NaBF4为强酸强碱盐，常温下NaBF4溶液的pH＝7，故A正确；对于H3PO2溶液，lg＋1＝1时pH＝1，则V＝V0，即1mol·L－1H3PO2溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，H3PO2的电离平衡常数K≈≈1.1×10－2，故B正确；根据“次磷酸(H3PO2、一元弱酸)”可知，NaH2PO2溶液中不存在HPO、PO，正确的物料守恒为c(Na＋)＝c(H2PO)＋c(H3PO2)，故C错误；根据图示曲线b可知，lg＋1＝1时，lg＝pH＝0，lg＋1＝5时lg＝pH＝4，所以在0≤pH≤5时，HBF4溶液满足pH＝lg，故D正确。4．(2021·北京海淀区模拟)25℃时，下列事实不能说明一水合氨是弱电解质的是( )A．醋酸铵溶液pH＝7B．0.01mol·L－1氨水pH约为10.6C．氯化铵溶液可以除铁锈D．氨水与氯化铁溶液混合产生沉淀【解析】选D。醋酸铵溶液pH＝7，说明铵根离子与醋酸根离子都能水解且水解程度相同，醋酸是弱酸，从而说明一水合氨是弱碱，故A不选；0.01mol·L－1氨水pH约为10.6，说明一水合氨不能完全电离，从而证明其是弱电解质，故B不选；氯化铵溶液能除铁锈说明氯化铵溶液显酸性，说明铵根离子能够水解，从而证明一水合氨是弱碱，故C不选；氨水与氯化铁溶液混合产生沉淀只能说明一水合氨是碱，能提供氢氧根离子，与电解质强弱无关，故D选。1．(2019·全国Ⅰ卷)固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是( )A.冰表面第一层中，HCl以分子形式存在B．冰表面第二层中，H＋浓度为5×10－3mol·L－1(设冰的密度为0.9g·cm－3)C．冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变D．冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH＋＋Cl－【解析】选D。由图可知，在冰表面第一层中，HCl分子并没有电离，以分子形式存在，A正确；第二层中，Cl－与H2O的比值是10－4∶1，由于HCl是强酸，所以H＋浓度与氯离子浓度相等，假设氢离子的物质的量为10－4mol，则水的物质的量为1mol，则水的体积为＝20mL，故氢离子的浓度为＝5×10－3mol·L－1，B正确；冰表面第三层中，由于是以晶体的形式存在，所以冰的氢键网络结构保持不变，C正确；在第二层，主要以溶液形式存在，所以第二层全部电离，不会存在可逆反应，D不正确。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，溶液中n(Na＋)相同【解析】选C。酸越弱，稀释越能促进电离，稀释后pH变化小，曲线Ⅰ代表醋酸，A错误；两种酸溶液，pH越小酸性越强，水的电离程度越小，c点水电离程度大于b点，B错误；c、d的温度相同，＝＝，其中Ka表示酸的电离平衡常数，由于水的离子积常数和酸的电离平衡常数均只与温度有关，该比值不变，C正确；二者酸的pH相同，但酸的浓度不同，体积相同的两种酸溶液，需要NaOH的物质的量不同，D错误。【加固训练—拔高】1．(2016·浙江高考)苯甲酸钠(，缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A－。已知25℃时，HA的Ka＝6.25×10－5，H2CO3的Ka1＝4.17×10－7，Ka2＝4.90×10－11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是(温度为25℃，不考虑饮料中其他成分)( )A．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低B．提高CO2充气压力，饮料中c(A－)不变C．当pH为5.0时，饮料中＝0.16D.碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为c(H＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(OH－)－c(HA)【解析】选C。由题意知苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A－，因碳酸饮料溶液具有一定的酸性，会生成苯甲酸(HA)，相比于未充CO2的饮料，其抑菌能力较强，故A项错误；增大压强会增大气体的溶解度，因此提高CO2充气压力，饮料的酸性增强，所以c(A－)减小，故B项错误；根据HA?H＋＋A－，Ka＝＝6.25×10－5，故当溶液的pH为5.0时，饮料中＝＝0.16，故C项正确；由于饮料中加入的各种成分的量不知，且加入碳酸的量也不知，因此无法比较饮料中各离子的浓度关系。2．(2016·全国Ⅱ卷节选)联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，回答下列问题：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】联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式：N2H4＋H2ON2H＋OH－，已知：N2H4＋H＋N2H的K＝8.7×107；Kw＝1.0×10－14，平衡常数K＝8.7×107×1.0×10－14＝8.7×10－7；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。答案：8.7×10－7 N2H6(HSO4)21．判断强弱电解质的核心依据：电解质在水溶液中的电离程度，若不完全电离则为弱电解质。2．电离平衡的5个特征：逆→等→动→定→变。3．高考必考的影响电离平衡的3个因素。(1)升高温度：电离平衡右移。(2)稀释：电离平衡右移。(3)同离子效应：电离平衡左移。4．电离常数。(1)影响因素：弱电解质的性质、温度。(2)应用：判断弱电解质的强弱、盐类水解程度。(3)计算。①已知c(HX)和c(H＋)求K。②已知K求c(H＋)。PAGE-29- 展开更多...... 收起↑ 资源列表 2022版高考化学一轮复习第八章水溶液中的电离平衡第一讲弱电解质的电离平衡学案新人教版.doc 2022版高考化学一轮复习第八章水溶液中的电离平衡第三讲盐类的水解学案新人教版.doc 2022版高考化学一轮复习第八章水溶液中的电离平衡第二讲水的电离和溶液的酸碱性学案新人教版.doc 2022版高考化学一轮复习第八章水溶液中的电离平衡第四讲难溶电解质的溶解平衡学案新人教版.doc
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