2022年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 上篇 專題突破方略 專題二 基本理論 第七講 水溶液中的離子平衡學(xué)案

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1、2022年高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 上篇 專題突破方略 專題二 基本理論 第七講 水溶液中的離子平衡學(xué)案 　xx高考導(dǎo)航——適用于全國(guó)卷Ⅰ 最新考綱 高頻考點(diǎn) 高考印證 命題趨勢(shì) 1.了解電解質(zhì)的概念。了解強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)的概念。 2.了解電解質(zhì)在水溶液中的電離，以及電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性。 3.了解弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡。 4.了解水的電離、離子積常數(shù)。 5.了解溶液pH的定義。了解測(cè)定溶液pH的方法，能進(jìn)行pH的簡(jiǎn)單計(jì)算。 6.了解鹽類水解的原理、影響鹽類水解程度的主要因素、鹽類水解的應(yīng)用。 7.了解難溶電解質(zhì)的溶解平衡。了解溶度積的含義及其表達(dá)式，能進(jìn)行相關(guān)的計(jì)算

2、。 8.以上各部分知識(shí)的綜合應(yīng)用。 溶液的酸堿性和pH xx·T13 xx·T26 xx·T8 xx·T13 1．弱電解質(zhì)的電離和溶液的酸堿性是歷年高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，主要有(1)比較某些物質(zhì)導(dǎo)電性的強(qiáng)弱，(2)強(qiáng)弱電解質(zhì)的判斷與溶液中粒子濃度的比較，(3)外界條件對(duì)弱電解質(zhì)電離平衡的影響及電離平衡理論的應(yīng)用，(4)溶液酸堿性(或pH大小)的判斷，(5)有關(guān)溶液pH的計(jì)算。常見的題型主要是選擇題，有時(shí)也出現(xiàn)非選擇題。 2．利用化學(xué)平衡原理分析電解質(zhì)在溶液中的變化(電離平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡)，是歷年高考的考查熱點(diǎn)，考查方式多以選擇題形式呈現(xiàn)，有時(shí)也以非選擇題的形式與元素及其化

3、合物知識(shí)結(jié)合起來(lái)進(jìn)行考查。 3．溶液中粒子濃度大小的比較在近三年高考中出題較少，但它屬于重要的考點(diǎn)。若出題，不僅考查粒子濃度的大小順序，而且還側(cè)重于對(duì)溶液中的各種守恒(電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒)關(guān)系的考查，從而使題目具有一定的綜合性、靈活性和技巧性。 溶液中粒子濃度大小的比較 xx·T8 電解質(zhì)溶液中的三大平衡 xx·T10 xx·T13 xx·T28 xx·T8 xx·T11 xx·T13 xx·T9 xx·T11 考點(diǎn)一　溶液的酸堿性和pH [學(xué)生用書P31] 1．一個(gè)基本不變 相同溫度下，不論是純水還是稀溶液

4、，水的離子積常數(shù)不變。應(yīng)用這一原則時(shí)需要注意兩個(gè)條件：水溶液必須是稀溶液；溫度必須相同。 2．兩種測(cè)量方法 溶液的pH可以用pH試紙測(cè)定，也可以用pH計(jì)(精確到0.01)測(cè)定。常用的pH試紙有廣范pH試紙[范圍是1～14(最常用)或0～10，可以識(shí)別的pH差值約為1]和精密pH試紙(可以判別0.2或0.3的pH差值)。 3．三個(gè)具體問(wèn)題 (1)溶液中的c(H＋)和水電離出來(lái)的c(H＋)的區(qū)別 ①室溫下水電離出的c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1，若某溶液中水電離出的c(H＋)<1×10－7 mol·L－1，則可判斷該溶液呈酸性或堿性；若某溶液中水電離出的c(H＋)>1×10－7

5、 mol·L－1，則可判斷出該溶液中存在能水解的鹽，從而促進(jìn)了水的電離。 ②室溫下，溶液中的c(H＋)>1×10－7 mol·L－1，說(shuō)明該溶液是酸溶液或水解呈酸性的鹽溶液等；溶液中的c(H＋)<1×10－7 mol·L－1，說(shuō)明該溶液是堿溶液或水解呈堿性的鹽溶液等。 (2)計(jì)算溶液pH的原則 (3)常溫下，強(qiáng)酸與強(qiáng)堿溶液pH之和分析 pH(酸)＋pH(堿) 　　　　弱電解質(zhì)的電離平衡 1．(性質(zhì)判斷類)(xx·高考全國(guó)卷Ⅰ，T13,6分)濃度均為 0.10 mol·L－1、體積均為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示。下列敘

6、述錯(cuò)誤的是(　　) A．MOH的堿性強(qiáng)于ROH的堿性 B．ROH的電離程度：b點(diǎn)大于a點(diǎn) C．若兩溶液無(wú)限稀釋，則它們的c(OH－)相等 D．當(dāng)lg＝2時(shí)，若兩溶液同時(shí)升高溫度，則增大 [破題關(guān)鍵]　等濃度的兩種一元堿，強(qiáng)堿的pH大于弱堿的pH；加水稀釋，弱電解質(zhì)的電離程度增大；無(wú)限稀釋，溶液的pH接近于純水的pH。 解析：選D。由圖像分析濃度為0.10 mol·L－1的MOH溶液，在稀釋前pH為13，說(shuō)明MOH完全電離，則MOH為強(qiáng)堿，而ROH的pH<13，說(shuō)明ROH沒(méi)有完全電離，ROH為弱堿。A.MOH的堿性強(qiáng)于ROH的堿性，A正確。B.曲線的橫坐標(biāo)lg越大，表示加水稀釋體

7、積越大，由曲線可以看出b點(diǎn)的稀釋程度大于a點(diǎn)，弱堿ROH存在電離平衡：ROH R＋＋OH－，溶液越稀，弱電解質(zhì)電離程度越大，故ROH的電離程度：b點(diǎn)大于a點(diǎn)，B正確。C.若兩溶液無(wú)限稀釋，則溶液的pH接近于7，故兩溶液的c(OH－)相等，C正確。D.當(dāng)lg＝2時(shí)，溶液V＝100V0，溶液稀釋100倍，由于MOH發(fā)生完全電離，升高溫度，c(M＋)不變；ROH存在電離平衡：ROH R＋＋OH－，升高溫度促進(jìn)電離平衡向電離方向移動(dòng)，c(R＋)增大，故減小，D錯(cuò)誤。 [互動(dòng)拓展] 如何判斷某種酸是強(qiáng)酸還是弱酸？ 答案：①在相同濃度、相同溫度下，與強(qiáng)酸做導(dǎo)電性對(duì)比實(shí)驗(yàn)。 ②濃度與pH的關(guān)系。例如

8、：0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液，其pH>1，則可證明CH3COOH是弱酸。 ③測(cè)定對(duì)應(yīng)鹽的酸堿性。例如：CH3COONa溶液呈堿性，則證明CH3COOH是弱酸。 ④稀釋前后的pH與稀釋倍數(shù)的關(guān)系。例如：將pH＝2的酸溶液稀釋至原體積的1 000倍，若pH小于5，則證明該酸為弱酸；若pH為5，則證明該酸為強(qiáng)酸。 ⑤在相同濃度、相同溫度下，比較與金屬反應(yīng)的速率的快慢。例如：將鋅粒投入等濃度的鹽酸和醋酸溶液中，起始速率前者比后者快，則證明醋酸是弱酸。 　(xx·高考廣東卷)常溫下，0.2 mol·L－1的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，所得溶液中部分微粒組分及濃度

9、如圖所示，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．HA為強(qiáng)酸 B．該混合液pH＝7 C．該混合溶液中：c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋) D．圖中X表示HA，Y表示OH－，Z表示H＋ 解析：選C。做圖像題首先要弄清楚橫、縱坐標(biāo)軸所代表的意義，本題所給圖像的縱坐標(biāo)為濃度，橫坐標(biāo)為各組分，即本圖像給出的是各組分的濃度大小關(guān)系。其中，A－濃度最大，X、Y、Z濃度依次減小，由題意知，兩者反應(yīng)生成0.1 mol·L－1的NaA溶液。A.由于A－濃度小于0.1 mol·L－1，說(shuō)明A－水解，即HA是弱酸，A錯(cuò)誤。B.由于A－水解，水解后溶液呈堿性，B錯(cuò)誤。C.根據(jù)物料守恒可知，c(A－)＋c(HA)＝

10、c(Na＋)，即c(A－)＋c(Y)＝c(Na＋)，C正確。D.混合液中粒子濃度大小關(guān)系：c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)，因此X表示OH－，Y表示HA，Z表示H＋，D錯(cuò)誤。 2．已知NaHSO3溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡： HSO＋H2O H2SO3＋OH－① HSOH＋＋SO② 向0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中分別加入以下物質(zhì)，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是(　　) A．加入少量金屬Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO)增大 B．加入少量Na2SO3固體，則c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO) ＋c(OH－)＋c(SO) C．加

11、入少量NaOH溶液，、的值均增大 D．加入氨水至中性，則2c(Na＋)＝c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)　 解析：選C。根據(jù)加入物質(zhì)的性質(zhì)判斷平衡移動(dòng)方向，進(jìn)一步判斷各選項(xiàng)結(jié)論是否正確。A.加入金屬鈉后，鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉，使平衡①左移，平衡②右移，移動(dòng)的結(jié)果是c(SO)增大?？梢岳脴O端分析法判斷，如果金屬鈉適量，充分反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)可以是亞硫酸鈉，此時(shí)c(HSO)很小，所以A項(xiàng)錯(cuò)誤。B.依據(jù)電荷守恒判斷，c(SO)前面的化學(xué)計(jì)量數(shù)應(yīng)為2，即c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋2c(SO)，所以B項(xiàng)錯(cuò)誤。C.加入氫氧化鈉溶液后，溶液酸性減弱，堿性增強(qiáng)，所以增大；

12、平衡①左移，平衡②右移，最終c(SO)增大，c(HSO)減小，所以增大。D.加入氨水至溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)。由電荷守恒知，其他離子存在如下關(guān)系：c(Na＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(HSO)，所以D項(xiàng)錯(cuò)誤。 　　　　溶液酸堿性與pH計(jì)算 1.25 ℃時(shí)，下列敘述正確的是(　　) A．某醋酸溶液的pH＝a，將此溶液稀釋1倍后，溶液的pH＝b，則a>b B．在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好無(wú)色，則此時(shí)溶液的pH<7 C．1.0×10－3 mol·L－1鹽酸的pH＝3.0,1.0×10－8 mol·L－1鹽酸的pH＝8.0 D．將pH＝

13、2的某酸溶液和pH＝12的KOH溶液等體積混合，所得溶液的pH≤7 解析：選D。醋酸溶液稀釋后c(H＋)減小，pH增大，b>a，故A錯(cuò)誤；酚酞的變色范圍是pH＝8.2～10.0(無(wú)色→紅色)，現(xiàn)在溶液恰好無(wú)色，pH不一定小于7，可能在7～8.2之間，故B錯(cuò)誤；常溫下1.0×10－8 mol·L－1的鹽酸的pH不可能大于7，只能無(wú)限的接近7，故C錯(cuò)誤；若某酸為強(qiáng)酸時(shí)，混合溶液的pH＝7，若某酸為弱酸時(shí)，混合溶液的pH<7，故D正確。 2．室溫時(shí)，M(OH)2(s) M2＋(aq)＋2OH－(aq)　Ksp＝a，c(M2＋)＝b mol·L－1時(shí)，溶液的pH等于(　　) A.lg()　　　　

14、　　　B.lg() C．14＋lg() D．14＋lg() 解析：選C。根據(jù)溶度積常數(shù)、pH與c(H＋)及c(OH－)的關(guān)系分析各選項(xiàng)。Ksp [M(OH)2]＝c(M2＋)·c2(OH－)＝a，c(M2＋)＝b mol·L－1，則有c(OH－)＝() mol·L－1，結(jié)合水的離子積常數(shù)可知，c(H＋)＝＝ mol·L－1＝10－14·() mol·L－1，那么pH＝14＋lg()。 3．pH＝2的兩種一元酸x和y，體積均為100 mL，稀釋過(guò)程中pH與溶液體積的關(guān)系如圖所示。分別滴加NaOH溶液(c＝0.1 mol·L－1)至pH＝7，消耗NaOH溶液的體積為Vx、Vy，則(　

15、　) A．x為弱酸，VxVy C．y為弱酸，VxVy 解析：選C。由圖知：將一元酸x和y分別稀釋10倍，pH的變化量ΔpHx＝1.0，ΔpHy<1.0，所以x為強(qiáng)酸，而y為弱酸。一元酸x和y的pH＝2時(shí)，弱酸y的濃度大，滴加NaOH溶液至pH＝7時(shí)所需NaOH溶液的體積大。 圖像法理解一強(qiáng)一弱的稀釋規(guī)律 (1)相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸 ①加水稀釋相同的倍數(shù)，醋酸的pH大。 ②加水稀釋到相同的pH，鹽酸加入的水多。 (2)相同體積、相同pH的鹽酸、醋酸

16、 ①加水稀釋相同的倍數(shù)，鹽酸的pH大。 ②加水稀釋到相同的pH，醋酸加入的水多。 考點(diǎn)二　溶液中粒子濃度大小的比較 [學(xué)生用書P32] 1．溶液中的三個(gè)守恒 (1)電荷守恒：電解質(zhì)溶液中所有陽(yáng)離子所帶的正電荷總數(shù)與所有的陰離子所帶的負(fù)電荷總數(shù)相等，如NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)。 (2)物料守恒：電解質(zhì)溶液中由于電離或水解因素，離子會(huì)變成其他離子或分子等，但離子或分子中某種特定元素的原子總數(shù)是不會(huì)改變的，如NaHCO3溶液中n (Na)∶n(C)＝1∶1，推出c(Na＋)＝c(HCO)＋c

17、(CO)＋c(H2CO3)。 (3)質(zhì)子守恒：質(zhì)子守恒是指電解質(zhì)溶液中粒子電離出的氫離子(H＋)數(shù)等于粒子接受的氫離子(H＋)數(shù)與游離的氫離子(H＋)數(shù)的和，如Na2S水溶液中的質(zhì)子轉(zhuǎn)移可用圖表示如下。 由上圖可得Na2S水溶液中質(zhì)子守恒式可表示為c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。質(zhì)子守恒的關(guān)系式也可以由電荷守恒與物料守恒推導(dǎo)得到。 2．溶液中離子濃度大小的比較 (1)同一溶液中離子濃度大小的比較 ①單一溶液 ②混合溶液 (2)不同溶液中同一離子濃度大小的比較 要注意溶液中離子間的相互影響，如

18、CH3COONH4溶液中CH3COO－和NH的水解相互促進(jìn)；NH4HSO4溶液中NH4HSO4電離出的H＋抑制NH的水解。故等物質(zhì)的量濃度的CH3COONH4、NH4HSO4和NH4Cl溶液中c(NH)的大小關(guān)系：NH4HSO4>NH4Cl>CH3COONH4。 　　　　溶液中粒子濃度關(guān)系判斷 1．(化學(xué)理論應(yīng)用類)(xx·高考安徽卷)室溫下，下列溶液中粒子濃度關(guān)系正確的是(　　) A．Na2S溶液：c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H2S) B．Na2C2O4溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4) C．Na2CO3溶液：c(

19、Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－) D．CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋2c(Cl－) [破題關(guān)鍵]　溶液中的三大守恒關(guān)系有：電荷守恒、物料守恒及質(zhì)子守恒；鹽類水解是微弱過(guò)程，鹽電離出的離子濃度大于水解產(chǎn)物的離子濃度。 解析：選B。A.Na2S溶液中微粒關(guān)系為c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H2S)，A錯(cuò)誤。 B．Na2C2O4溶液中，由電荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)① 由物料守恒得：c(Na＋)＝2c(C2O)

20、＋2c(HC2O)＋2c(H2C2O4)② 由①－②得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，B正確。 C．Na2CO3溶液中，由電荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，C錯(cuò)誤。 D．CH3COONa和CaCl2混合溶液中存在：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)① 2c(Ca2＋)＝c(Cl－)② ①＋②得：c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)，D錯(cuò)誤。 [互動(dòng)拓展] (1)寫出NaHS溶液中的電離方程式和水解方程式。 (2)已知NaHS溶

21、液呈堿性，寫出該溶液中離子濃度的大小順序。 答案：(1)電離方程式：NaHS===Na＋＋HS－、HS－H＋＋S2－、H2O H＋＋OH－，水解方程式：HS－＋H2O H2S＋OH－。 (2)c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)>c(S2－)。 　(xx·湖北武漢高三模擬)HA為酸性略強(qiáng)于醋酸的一元弱酸，則下列敘述正確的是(　　) A．0.1 mol·L－1 HA溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－) B．0.1 mol·L－1 HA溶液與0.1 mol·L－1 NaOH溶液混合至溶液呈中性：c(Na＋)>c(A－) C．0.1 mol·L－1 NaA溶液中：

22、c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋) D．0.1 mol·L－1 HA溶液中加入少量NaA固體，HA的電離常數(shù)減小 解析：選A。根據(jù)電荷守恒，0.1 mol·L－1 HA溶液中c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，A正確；HA溶液與NaOH溶液混合，根據(jù)電荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(A－)，又因溶液呈中性，故c(H＋)＝c(OH－)，則c(Na＋)＝c(A－)，B錯(cuò)誤；0.1 mol·L－1 NaA溶液中，由于A－部分水解使溶液呈堿性，則c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，C錯(cuò)誤；HA溶液中加入少量NaA固體，c(A－)增大，電離平衡逆

23、向移動(dòng)，但電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，電離常數(shù)不變，D錯(cuò)誤。 2．(xx·高考四川卷)常溫下，將等體積、等物質(zhì)的量濃度的NH4HCO3與NaCl溶液混合，析出部分NaHCO3晶體，過(guò)濾，所得濾液pH<7。下列關(guān)于濾液中的離子濃度關(guān)系不正確的是(　　) A.<1.0×10－7 mol/L B．c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3) C．c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO) D．c(Cl－)>c(NH)>c(HCO)>c(CO) 解析：選C。濾液中溶質(zhì)的主要成分為NH4Cl和NaHCO3的混合物。A.濾液pH<7，則c(H＋)>1.0×

24、10－7 mol/L，常溫下Kw＝1.0×10－14，所以<1.0×10－7 mol/L，A項(xiàng)正確；B.由于開始加入等物質(zhì)的量的NH4HCO3與NaCl，根據(jù)物料守恒可知，B項(xiàng)正確；C.析出部分NaHCO3晶體后，在濾液中根據(jù)電荷守恒得c(H＋)＋c(NH)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.開始時(shí)NH4HCO3與NaCl等物質(zhì)的量，由于析出了一部分NaHCO3晶體，故c(Cl－)與c(NH)都大于c(HCO)和c(Na＋)，少量的NH、HCO發(fā)生水解，極少量的HCO發(fā)生電離，所以 c(Cl－)>c(NH)>c(HCO)>c(CO)，D項(xiàng)正確。

25、 　　　　反應(yīng)過(guò)程中粒子濃度關(guān)系判斷 1．(xx·高考山東卷)室溫下向10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的變化曲線如下所示。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．a(chǎn)點(diǎn)所示溶液中c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(HA) B．a(chǎn)、b兩點(diǎn)所示溶液中水的電離程度相同 C．pH＝7時(shí)，c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA) D．b點(diǎn)所示溶液中c(A－)>c(HA) 解析：選D。A.a點(diǎn)所示溶液中NaOH和HA恰好反應(yīng)生成NaA，溶液的pH＝8.7，呈堿性，則HA為弱酸，A－水解，則溶液中的粒子濃度：c(Na＋)>c

26、(A－)> c(HA)>c(H＋)。B.b點(diǎn)時(shí)為NaA和HA的溶液，a點(diǎn)NaA發(fā)生水解反應(yīng)，促進(jìn)了水的電離，b點(diǎn)HA抑制了水的電離，所以a點(diǎn)所示溶液中水的電離程度大于b點(diǎn)。C.pH＝7時(shí)，根據(jù)電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(A－)。D.b點(diǎn)酸過(guò)量，溶液呈酸性，HA的電離程度大于NaA的水解程度，故c(A－)>c(HA)。 2．(xx·高考安徽卷)25 ℃時(shí)，在10 mL濃度均為0.1 mol·L－1的NaOH和NH3·H2O混合溶液中滴加0.1 mol·L－1鹽酸，下列有關(guān)溶液中粒子濃度關(guān)系正確的是(　　) A

27、．未加鹽酸時(shí)：c(OH－)>c(Na＋)＝c(NH3·H2O) B．加入10 mL鹽酸時(shí)：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－) C．加入鹽酸至溶液pH＝7時(shí)：c(Cl－)＝c(Na＋) D．加入20 mL鹽酸時(shí)：c(Cl－)＝c(NH)＋c(Na＋) 解析：選B。A.NH3·H2O是弱電解質(zhì)，能微弱電離，溶液中c(Na＋)＞c(NH3·H2O)。B.當(dāng)加入10 mL鹽酸時(shí)，恰好將NaOH中和完，溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)，根據(jù)電荷守恒式c(Na＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)可知c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)。C.溶液pH＝7時(shí)，溶液中c(H＋)＝c

28、(OH－)，根據(jù)電荷守恒式可知c(Na＋)＋c(NH)＝c(Cl－)。D.加入20 mL鹽酸時(shí)，恰好將NaOH和NH3·H2O中和完，根據(jù)物料守恒有c(Na＋)＋c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)。 　巧抓“四點(diǎn)”，突破粒子濃度關(guān)系判斷 (1)抓反應(yīng)“一半”點(diǎn)，判斷是什么溶質(zhì)的等量混合。 (2)抓“恰好反應(yīng)”點(diǎn)，生成什么溶質(zhì)，溶液呈什么性，是什么因素造成的。 (3)抓溶液“中性”點(diǎn)，生成什么溶質(zhì)，哪種反應(yīng)物過(guò)量或不足。 (4)抓反應(yīng)“過(guò)量”點(diǎn)，溶質(zhì)是什么，判斷誰(shuí)多、誰(shuí)少還是等量。 考點(diǎn)三　電解質(zhì)溶液中的三大平衡 [學(xué)生用

29、書P34] 1．電解質(zhì)溶液中的三大平衡的比較 電離平衡 水解平衡 沉淀溶解平衡 舉例 CH3COOH CH3COO－＋H＋ NH＋H2O NH3·H2O＋H＋ PbI2(s) Pb2＋(aq)＋2I－(aq) 平衡常數(shù)表達(dá)式 Ka＝ Kh＝ Ksp＝ c(Pb2＋)·c2(I－) 影響平衡常數(shù)的因素 內(nèi)因：弱電解質(zhì)的相對(duì)強(qiáng)弱 外因：溫度。溫度越高，電離程度越大，Ka越大 鹽的水解程度隨溫度的升高而增大，Kh隨溫度的升高而增大 內(nèi)因：難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力 外因：Ksp與溫度有關(guān) 濃度對(duì)平衡的影響 電離平衡、水解平衡、

30、沉淀溶解平衡及化學(xué)平衡都為動(dòng)態(tài)平衡，平衡的移動(dòng)符合平衡移動(dòng)原理(勒夏特列原理)，濃度對(duì)平衡常數(shù)無(wú)影響。 ①加水均能促進(jìn)三大平衡正向移動(dòng)； ②改變平衡體系中某微粒的濃度，能使平衡移動(dòng)； ③三大平衡都不受壓強(qiáng)的影響 2.沉淀溶解平衡的應(yīng)用 沉淀的生成、溶解和轉(zhuǎn)化在生產(chǎn)、生活以及醫(yī)療中可用來(lái)進(jìn)行污水處理、物質(zhì)提純、疾病的檢查和治療。解決這類問(wèn)題時(shí)應(yīng)充分利用平衡移動(dòng)的原理加以分析。 (1)沉淀的生成 ①條件：Qc>Ksp。 ②應(yīng)用：a.調(diào)節(jié)pH法：控制溶液的pH來(lái)分離物質(zhì)；b.沉淀劑法：分離離子。 (2)沉淀的溶解 ①條件：Qc

31、濁液中滴加鹽酸；b.鹽溶解法，如向Mg(OH)2懸濁液中滴加NH4Cl溶液；c.氧化還原法，如向CuS懸濁液中滴加濃硝酸；d.絡(luò)合法，如向AgOH懸濁液中滴加濃氨水。 (3)沉淀的轉(zhuǎn)化：溶解度或Ksp小的難(或微)溶電解質(zhì)可以向溶解度或Ksp更小的難溶電解質(zhì)轉(zhuǎn)化。對(duì)于陰、陽(yáng)離子比相同的難溶電解質(zhì)才可應(yīng)用Ksp直接判斷。 3．影響沉淀溶解平衡的因素 (1)濃度：加水稀釋，平衡向溶解的方向移動(dòng)，但Ksp不變。 (2)溫度：絕大多數(shù)難溶電解質(zhì)的溶解是吸熱過(guò)程，升高溫度，平衡向溶解的方向移動(dòng)，Ksp增大。 (3)同離子效應(yīng)：在難、微溶電解質(zhì)達(dá)到沉淀溶解平衡的溶液中，加入與電解質(zhì)溶液中含有某種

32、相同離子的強(qiáng)電解質(zhì)時(shí)，相當(dāng)于增大了沉淀溶解平衡中產(chǎn)物的濃度，平衡左移，溶解度減小。 (4)其他：向平衡體系中加入可與體系中某些離子反應(yīng)生成更難溶、更難電離的物質(zhì)或氣體時(shí)，平衡向溶解的方向移動(dòng)，但Ksp不變。 　　　　難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡 1．(沉淀溶解平衡計(jì)算類)(xx·高考全國(guó)卷Ⅰ，T11，6分)溴酸銀(AgBrO3)溶解度隨溫度變化曲線如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　) A．溴酸銀的溶解是放熱過(guò)程 B．溫度升高時(shí)溴酸銀溶解速度加快 C．60 ℃時(shí)溴酸銀的Ksp約等于6×10－4 D．若硝酸鉀中含有少量溴酸銀，可用重結(jié)晶方法提純 [破題關(guān)鍵]　溫度升高

33、，平衡右移的過(guò)程為吸熱過(guò)程；由質(zhì)量分?jǐn)?shù)計(jì)算物質(zhì)的量濃度的計(jì)算公式為c＝。 解析：選A。A.由題圖可知，隨著溫度升高，溴酸銀的溶解度逐漸增大，因此AgBrO3的溶解是吸熱過(guò)程。B.由圖像曲線可知，溫度升高斜率增大，因此AgBrO3的溶解速度加快。C.由溶解度曲線可知，60 ℃時(shí)，AgBrO3的溶解度約為0.6 g，則其物質(zhì)的量濃度約為0.025 mol·L－1，AgBrO3的Ksp＝c(Ag＋)·c(BrO)＝0.025×0.025≈6×10－4。D.若KNO3中含有少量AgBrO3，可通過(guò)蒸發(fā)濃縮得到KNO3的飽和溶液，再冷卻結(jié)晶獲得KNO3晶體，而AgBrO3留在母液中。 [互動(dòng)拓展]

34、 (1)相同溫度下，Ksp小的難溶電解質(zhì)的溶解度一定小于Ksp較大的難溶電解質(zhì)嗎？ (2)在沉淀的轉(zhuǎn)化關(guān)系中，化學(xué)式相似的難溶電解質(zhì)，Ksp較大的沉淀能夠轉(zhuǎn)化為Ksp較小的沉淀，那么Ksp較小的沉淀能否轉(zhuǎn)化為Ksp較大的沉淀？ 答案：(1)不一定，由于化學(xué)式不同，Ksp較小的難溶電解質(zhì)，其物質(zhì)的量濃度可能較大；此外，溶質(zhì)的摩爾質(zhì)量不同，若化學(xué)式相似，Ksp相差不大時(shí)，但摩爾質(zhì)量較大的溶質(zhì)所計(jì)算得的溶解度可能較大。 (2)可能轉(zhuǎn)化，關(guān)鍵看是否滿足Qc>Ksp。 　已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－

35、12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO，濃度均為0.010 mol·L－1，向該溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液時(shí)，三種陰離子產(chǎn)生沉淀的先后順序?yàn)?　　) A．Cl－、Br－、CrO　　　 B．CrO、Br－、Cl－ C．Br－、Cl－、CrO D．Br－、CrO、Cl－ 解析：選C。利用沉淀溶解平衡原理，當(dāng)Qc>Ksp時(shí)，有沉淀析出。溶液中Cl－、Br－、CrO的濃度均為0.010 mol·L－1，向該溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液時(shí)，溶解度小的先滿足Qc>Ksp，有沉淀析出。比較Ksp，AgBr、AgCl同類型，溶解度：

36、AgBr mol·L－1。故溶解度順序?yàn)锳gBr

37、等體積混合得到濁液a，過(guò)濾得到濾液b和白色沉淀c； ②向?yàn)V液b中滴加0.1 mol·L－1 KI溶液，出現(xiàn)渾濁； ③向沉淀c中滴加0.1 mol·L－1 KI溶液，沉淀變?yōu)辄S色。 下列分析不正確的是(　　) A．濁液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq) B．濾液b中不含有Ag＋ C．③中顏色變化說(shuō)明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI D．實(shí)驗(yàn)可以證明AgI比AgCl更難溶 解析：選B。A.向二者恰好反應(yīng)后的濾液b中滴加0.1 mol·L－1 KI溶液出現(xiàn)碘化銀沉淀，則說(shuō)明濁液a中存在沉淀溶解平衡，A正確。B.向?yàn)V液b中加入0.1 mol·L－1 KI 溶液，出

38、現(xiàn)渾濁，則說(shuō)明b中含有Ag＋，B錯(cuò)誤。C.③中顏色變化是沉淀發(fā)生了轉(zhuǎn)化，即AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，C正確。D.因AgCl沉淀能轉(zhuǎn)化為AgI沉淀，所以Ksp(AgI)

39、＋)·c(OH－)不變 D.0.1 mol NaHSO4固體 反應(yīng)完全后，溶液pH減小，c(Na＋)不變 解析：選B。A.Na＋的物質(zhì)的量為0.1 mol，而SO的物質(zhì)的量為0.05 mol，混合溶液中Na＋與SO的濃度不可能相等。B.加入0.05 mol CaO后，會(huì)生成Ca(OH)2，Ca(OH)2與Na2CO3反應(yīng)生成CaCO3沉淀和NaOH，溶液中c(OH－)增大，CO水解產(chǎn)生的HCO減少，故溶液中增大。 C．加入H2O后，c(Na2CO3)減小，CO水解產(chǎn)生的c(OH－)減小，溶液中的OH－來(lái)源于水的電離，因水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝c(H＋)，故由水電離出的c(H＋)·c(O

40、H－)減小。D.加入0.1 mol NaHSO4固體，溶液體積變化不大，但n(Na＋)變?yōu)樵瓉?lái)的2倍，故c(Na＋)增大。 2．(xx·高考江蘇卷)室溫下，向下列溶液中通入相應(yīng)的氣體至溶液pH＝7(通入氣體對(duì)溶液體積的影響可忽略)，溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是(　　) A．向0.10 mol·L－1 NH4HCO3溶液中通CO2：c(NH)＝c(HCO )＋c(CO) B．向0.10 mol·L－1 NaHSO3溶液中通NH3：c(Na＋)>c(NH )>c(SO) C．向0.10 mol·L－1 Na2SO3溶液中通SO2：c(Na＋)＝2[c(SO)＋c(HSO)＋c(

41、H2SO3)] D．向0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液中通HCl：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－) 解析：選D。A選項(xiàng)，由電荷守恒知：c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，當(dāng)c(H＋)＝c(OH－)時(shí)，上式變?yōu)閏(NH)＝c(HCO)＋2c(CO)，所以錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，由電荷守恒知c(NH)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，由物料守恒知c(Na＋)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)，兩者相減得c(NH)＋c(H＋)＝c(SO)－c(H2SO3) ＋c(OH－)，當(dāng)c(H＋)＝c(OH－)時(shí)

42、，上式變?yōu)閏(NH)＋c(H2SO3)＝c(SO)，因此c(NH)＜c(SO)，所以錯(cuò)誤；C選項(xiàng)，由物料守恒知，在亞硫酸鈉溶液中即存在該守恒式，當(dāng)通入二氧化硫后，硫原子個(gè)數(shù)增多，因此原等式肯定不成立，所以錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，由電荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)，由物料守恒知，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，兩式相減得c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(OH－)＋c(Cl－)，當(dāng)c(H＋)＝c(OH－)時(shí)，上式變?yōu)閏(CH3COOH)＝c(Cl－)，而溶液中的c(Na＋)＞c(CH3COOH)，因此c(Na＋)＞c(CH3

43、COOH)＝c(Cl－)，所以正確。 正確找到鹽的對(duì)應(yīng)酸來(lái)判斷水解程度大小 在比較不同的鹽的水解程度大小時(shí)，往往需要根據(jù)它們的對(duì)應(yīng)酸的酸性強(qiáng)弱來(lái)判斷，迅速準(zhǔn)確地判斷它們的對(duì)應(yīng)酸非常重要。技巧就是，取鹽的酸根離子，加上1個(gè)H＋即可。例如：NaHCO3的酸根為HCO，則H2CO3就是NaHCO3的對(duì)應(yīng)酸；Na2CO3的酸根為CO，則HCO就是Na2CO3的對(duì)應(yīng)酸。 根據(jù)H2CO3的電離： H2CO3 HCO＋H＋　K1 HCO CO＋H＋　K2 K1>K2，說(shuō)明酸性H2CO3>HCO，則水解程度Na2CO3>NaHCO3。 電解質(zhì)溶液?jiǎn)栴}的常

44、見易錯(cuò)點(diǎn) 1．誤認(rèn)為強(qiáng)電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性一定強(qiáng)于弱電解質(zhì)溶液。其實(shí)不一定，因?yàn)槿芤旱膶?dǎo)電性強(qiáng)弱取決于溶液中離子的濃度及離子所帶電荷數(shù)的多少，與電解質(zhì)的強(qiáng)弱無(wú)必然關(guān)系，只有當(dāng)強(qiáng)弱電解質(zhì)等濃度時(shí)，強(qiáng)電解質(zhì)溶液離子濃度大，導(dǎo)電性才強(qiáng)于弱電解質(zhì)溶液。 2．誤認(rèn)為某化合物的水溶液能導(dǎo)電，則這種化合物一定是電解質(zhì)。其實(shí)不一定，如NH3、CO2的水溶液可以導(dǎo)電是因?yàn)镹H3、CO2與水反應(yīng)生成了NH3·H2O、H2CO3，NH3·H2O、H2CO3發(fā)生電離而導(dǎo)電，故NH3、CO2是非電解質(zhì)。 3．誤認(rèn)為當(dāng)對(duì)酸、堿溶液稀釋時(shí)，所有離子的濃度都減小。其實(shí)不一定，如對(duì)于電離平衡CH3COOH CH3COO－＋

45、H＋，當(dāng)加水稀釋時(shí)，由于Kw是定值，故c(H＋)減小，c(OH－)增大；而堿溶液稀釋時(shí)，c(OH－)減小，c(H＋)增大。 4．誤認(rèn)為當(dāng)用pH試紙測(cè)定溶液的pH時(shí)，若事先把試紙進(jìn)行了潤(rùn)濕，測(cè)定結(jié)果一定有誤差。其實(shí)不一定，這要看原溶液的酸堿性：①原溶液為酸性，則pH偏大；②原溶液為堿性，則pH偏??；③原溶液為中性，則pH不變。 5．誤認(rèn)為酸堿恰好中和時(shí)溶液一定顯中性。其實(shí)不一定，如強(qiáng)酸和弱堿恰好中和時(shí)溶液顯酸性，強(qiáng)堿和弱酸恰好中和時(shí)溶液顯堿性，強(qiáng)酸和強(qiáng)堿恰好中和時(shí)溶液顯中性。 6．誤認(rèn)為弱酸強(qiáng)堿鹽都因水解而顯堿性。其實(shí)不一定，如NaHSO3因?yàn)樗崾剿岣碾婋x能力大于水解能力，其溶液顯酸性。

46、 7．由于加熱可促進(jìn)鹽類水解，錯(cuò)誤地認(rèn)為可水解的鹽溶液在蒸干后都得不到原溶質(zhì)。其實(shí)不一定，對(duì)于那些水解程度不是很大，水解產(chǎn)物離不開平衡體系的情況[如Al2(SO4)3、Na2CO3]來(lái)說(shuō)，溶液蒸干仍得原溶質(zhì)。 8．誤認(rèn)為Ksp小的難溶物不可以轉(zhuǎn)化為Ksp大的難溶物。其實(shí)不一定，如將BaSO4置于飽和Na2CO3溶液中就可以轉(zhuǎn)化為BaCO3。這是因?yàn)槌恋淼纳膳c溶解主要取決于一定溫度下Qc和Ksp的大小關(guān)系，只要滿足Qc>Ksp，則就向著生成該沉淀的方向進(jìn)行。 1．(xx·高考廣東卷)一定溫度下，水溶液中H＋和OH－的濃度變化曲線如圖。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．升高溫度，

47、可能引起由c向b的變化 B．該溫度下，水的離子積常數(shù)為1.0×10－13 C．該溫度下，加入FeCl3可能引起由b向a的變化 D．該溫度下，稀釋溶液可能引起由c向d的變化 解析：選C。A.c點(diǎn)溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈堿性，升溫，溶液中c(OH－)不可能減小。B.由b點(diǎn)對(duì)應(yīng)c(H＋)與c(OH－)可知，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14。C.FeCl3溶液水解顯酸性，溶液中c(H＋)增大，因一定溫度下水的離子積是常數(shù)，故溶液中c(OH－)減小，因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的變化。D.c點(diǎn)溶液呈堿性，稀釋時(shí)c(OH

48、－)減小，同時(shí)c(H＋)應(yīng)增大，故稀釋溶液時(shí)不可能引起由c向d的變化。 2．已知H2B在溶液中的電離方程式：H2B===H＋＋HB－，HB－H＋＋B2－。下列敘述一定正確的是(　　) A．Na2B溶液存在：c(Na＋)＝2c(HB－)＋2c(B2－)＋2c(H2B) B．NaHB溶液一定顯酸性 C．HB－的水解方程式：HB－＋H2O H2B＋OH－ D．NaHB溶液與稀鹽酸反應(yīng)的離子方程式是HB－＋H＋===H2B 解析：選B。該酸的第一步電離是完全電離，第二步電離是部分電離，所以NaHB不發(fā)生水解，僅發(fā)生電離，溶液呈酸性，而Na2B溶液僅發(fā)生一步水解，溶液中不存在H2B分子，A、

49、C項(xiàng)錯(cuò)誤，B項(xiàng)正確。NaHB溶液與稀鹽酸不反應(yīng)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 3．(xx·高考福建卷)下列關(guān)于0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的說(shuō)法正確的是(　　) A．溶質(zhì)的電離方程式為NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO B．25 ℃時(shí)，加水稀釋后，n(H＋)與n(OH－)的乘積變大 C.離子濃度關(guān)系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋c(CO) D.溫度升高，c(HCO)增大 解析：選B。A.H2CO3為弱電解質(zhì)，HCO在水溶液中電離程度很小，書寫電離方程式時(shí)，不能拆開，正確寫法為NaHCO3===Na＋＋HCO。B.注意是H＋和OH－的物質(zhì)的量的乘積，而不是物質(zhì)

50、的量濃度的乘積。加水稀釋，n(H＋)、n(OH－)均增大。C.根據(jù)電荷守恒的規(guī)律，應(yīng)在c(CO)前面乘以2。D.溫度升高，HCO的電離程度、水解程度都增大，所以c(HCO)減小。 4．(xx·北京石景山一模)常溫下，將濃度均為0.1 mol/L的HA溶液和NaOH溶液等體積混合，混合溶液的pH＝9，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．該混合溶液中：c(A－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋) B．該混合溶液中：c(HA)＋c(A－)＝0.1 mol/L C．常溫下，0.1 mol/L HA溶液的pH＝1 D．0.1 mol/L HA溶液中：c(HA)>c(A－) 解析：選D。根據(jù)題

51、意可知HA與NaOH恰好完全反應(yīng)，溶液呈堿性，則HA為弱酸，在生成的NaA溶液中，A－水解，c(A－)1，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在0.1 mol/L HA溶液中HA只有極少部分電離，故c(HA)>c(A－)，D項(xiàng)正確。 5．(xx·河北衡水中學(xué)模擬)在T ℃時(shí)，鉻酸銀(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是(　　) A．T ℃時(shí)，Y點(diǎn)和Z點(diǎn)Ag2CrO4的Ksp相等 B．在飽和Ag2C

52、rO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y點(diǎn)變?yōu)閄點(diǎn) C．T ℃時(shí)，Ag2CrO4的Ksp為1×10－8 D．圖中a的值為×10－4 解析：選C。Ksp只與溫度有關(guān)，故溫度不變，Y、Z兩點(diǎn)的Ksp相等，A項(xiàng)正確；在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4，c(CrO)增大，c(Ag＋)減小，所得溶液仍為飽和Ag2CrO4溶液，點(diǎn)仍在曲線上，B項(xiàng)正確；T ℃時(shí)Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(1×10－3)2×1×10－5＝1×10－11，C項(xiàng)錯(cuò)誤；a點(diǎn)的值為＝×10－4，D項(xiàng)正確。 6．(xx·山東實(shí)驗(yàn)中學(xué)第四次診斷)常溫下，下列溶液的離子濃度關(guān)系式正確的是(　

53、　) A．pH＝4的氯化銨溶液中：c(H＋)＝c(NH3·H2O)＝1×10－4 mol·L－1 B．pH＝a的HCl溶液，稀釋10倍后，其pH＝b，則a＝b－1 C．pH＝2的HF溶液與pH＝12的NaOH溶液以體積比1∶1混合：c(Na＋)＝c(F－)>c(H＋)＝c(OH－) D．pH相同的①NaOH、②NaClO兩種溶液中水的電離程度：①<② 解析：選D。氯化銨溶液中的電荷守恒為c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)，物料守恒為c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)，二者結(jié)合可得：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)a＝6時(shí)，pH

54、＝6的HCl溶液稀釋10倍后，其pH<7，不會(huì)等于7，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；pH＝2的HF溶液與pH＝12的NaOH溶液以體積比1∶1混合后，HF過(guò)量，溶液顯酸性，則c(H＋)>c(OH－)，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；氫氧化鈉抑制了水的電離，次氯酸鈉溶液中次氯酸根離子水解促進(jìn)了水的電離，則水的電離程度：①<②，故D項(xiàng)正確。 7．(xx·河南鄭州質(zhì)檢)25 ℃時(shí)，用濃度為0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液分別滴定20.00 mL濃度均為0.100 0 mol·L－1的三種酸HX、HY、HZ，滴定曲線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導(dǎo)電能力順序：HZ

55、 B．根據(jù)滴定曲線，可得Ka(HY)≈10－5 C．將上述HX、HY溶液等體積混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應(yīng)時(shí)：c(X－)>c(Y－)>c(OH－)>c(H＋) D．HY與HZ混合，達(dá)到平衡時(shí)：c(H＋)＝＋c(Z－)＋c(OH－) 解析：選B。A項(xiàng)，在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的酸性：HX

56、②NaHCO3、③HCl、④NH3·H2O。 (1)上述溶液中，可發(fā)生水解的是________(填序號(hào)，下同)。 (2)上述溶液中，既能與氫氧化鈉反應(yīng)，又能與硫酸反應(yīng)的溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)開_______________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)向④中加入少量氯化銨固體，此時(shí)c(NH)/c(OH－)的值________(填“增大”、“減小

57、”或“不變”)。 (4)若將③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性，則混合前③的體積________④的體積(填“大于”、“小于”或“等于”)，此時(shí)溶液中離子濃度由大到小的順序是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (5)取10 mL溶液③，加水稀釋到500 mL，則此時(shí)溶液中由水電離出的c(H＋)＝________。 解析：(3)因④中存

58、在NH3·H2O NH＋OH－，加入NH4Cl后導(dǎo)致c(NH)增大，c(OH－)減小，故c(NH)/c(OH－)的值增大。(4)若鹽酸與氨水等體積混合，溶液恰好反應(yīng)完，溶液呈酸性，現(xiàn)在溶液呈中性，意味著酸的量不足，鹽酸體積小于氨水體積，由電荷守恒原理知此時(shí)c(NH)＝c(Cl－)，但比c(OH－)大。(5)稀釋后c(HCl)＝0.01 mol/L，則c(OH－)＝10－12 mol/L，故由水電離出的c(H＋)＝10－12 mol/L。 答案：(1)①② (2)c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO) (3)增大 (4)小于　c(NH)＝c(Cl－)>c(H＋)

59、＝c(OH－) (5)10－12 mol/L 9．(xx·山東青島一模)工廠中用稀硫酸浸泡某礦石后的溶液中，除了含有大量硫酸外，還含有少量NH、Fe3＋、AsO、Cl－。為除去雜質(zhì)離子，部分操作流程如下： 請(qǐng)回答問(wèn)題： (1)用稀硫酸浸泡礦石后的溶液中，硫酸的濃度為4.9 g·L－1，則該溶液的pH約為________。 (2)NH在用稀硫酸浸泡某礦石后的溶液中以(NH4)2SO4和NH4Cl的形式存在。現(xiàn)有一份(NH4)2SO4溶液，一份NH4Cl溶液，(NH4)2SO4溶液中c(NH)恰好是NH4Cl溶液中c(NH)的2倍，則c[(NH4)2SO4]________c(NH4

60、Cl)(填“<”、“＝”或“>”)。 (3)隨著向廢液中投入生石灰(忽略溶液溫度的變化)，溶液中c(NH3·H2O)/c(OH－)的值________(填“增大”、“減小”或“不變”)。 (4)投入生石灰調(diào)節(jié)pH＝2～3時(shí)，大量沉淀的主要成分為CaSO4·2H2O[含有少量Fe(OH)3]，提純CaSO4·2H2O的主要操作步驟：向沉淀中加入過(guò)量________，充分反應(yīng)后，過(guò)濾、洗滌、________。 (5)25 ℃時(shí)，H3AsO4的電離常數(shù)為K1＝5.6×10－3，K2＝1.7×10－7，K3＝4.0×10－12。當(dāng)溶液pH調(diào)節(jié)到8～9時(shí)，沉淀的主要成分為Ca3(AsO4)2。

61、①pH調(diào)節(jié)到8左右Ca3(AsO4)2才開始沉淀的原因是 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②Na3AsO4第一步水解的平衡常數(shù)數(shù)值為________。 ③已知：AsO＋2I－＋2H＋===AsO＋I(xiàn)2＋H2O，SO2＋I(xiàn)2＋2H2O===SO＋2I－＋4H＋。上述兩個(gè)反應(yīng)中還原性最強(qiáng)的微粒是________。 解析：(1)硫酸

62、的濃度為4.9 g·L－1，則其物質(zhì)的量濃度為0.05 mol·L－1，則溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，故溶液的pH＝1。(2)離子濃度越小，水解程度越大，題中(NH4)2SO4溶液中c(NH)恰好是NH4Cl溶液中c(NH)的2倍，所以c[(NH4)2SO4]

63、(HAsO)，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，所以Kw＝Kh·K3，從而得水解平衡常數(shù)為2.5×10－3；③由所給兩個(gè)氧化還原反應(yīng)可知，還原性：SO2>I－>AsO。 答案：(1)1　(2)<　(3)減小　(4)稀硫酸　干燥 (5)①H3AsO4是弱酸，當(dāng)溶液pH調(diào)節(jié)到8左右，c(AsO)增大，Ca3(AsO4)2開始沉淀?、?.5×10－3?、跾O2 10．(xx·江西南昌高三調(diào)研)25 ℃時(shí)，某些弱酸的電離平衡常數(shù)如下： 化學(xué)式 CH3COOH H2CO3 HClO 電離平衡 常數(shù) 1.8×10－5 K1＝4.3×10－7 K2＝5.6×10－11 3.0

64、×10－8 回答下列問(wèn)題： (1)物質(zhì)的量濃度為0.1 mol·L－1的下列四種物質(zhì)： a．Na2CO3，b.NaClO，c.CH3COONa，d.NaHCO3， pH由大到小的順序是________________________________________________________________________(填編號(hào))。 (2)常溫下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀釋過(guò)程中，下列表達(dá)式的數(shù)據(jù)一定變小的是________。 A．c(H＋)　　　　　　　　B. C．c(H＋)·c(OH－) D. (3)體積為10 mL pH＝2的醋酸溶液與一元酸

65、HX溶液分別加水稀釋至1 000 mL，稀釋過(guò)程pH變化如圖。則HX的電離平衡常數(shù)________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的平衡常數(shù)，理由是________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 稀釋后，HX溶液中水電離出來(lái)的c(H＋)________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸溶液中水電離出來(lái)的c(H＋)，理由是_________

66、_______________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)25 ℃時(shí)，CH3COOH與CH3COONa的混合溶液，若測(cè)得混合液pH＝6，則溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝__________________(填準(zhǔn)確數(shù)值)。 解析：(1)觀察電離平衡常數(shù)可知酸性為CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，而這些酸失去氫離子后水解能力卻正好相反，所以得出pH大小順序?yàn)閍>b>d>c。(2)醋酸是弱電解質(zhì)，稀釋后電離程度增大，但CH3COOH、CH3COO－、H＋濃度都是減小的，OH－濃度是增大的，且CH3COOH濃度減少最多，因此A項(xiàng)正確。(3)稀釋相同倍數(shù)，HX溶液的pH變化比CH3COOH溶液的大，說(shuō)明HX的酸性強(qiáng)，則其電離平衡常數(shù)大；HX酸性強(qiáng)于CH3COOH，稀釋后HX溶液中的c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，所以對(duì)水的電離