专题08 水溶液中的离子反应与平衡(讲义)-高考化学二轮复习讲练测（新教材新高考）

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TOC \ "1-3" \p " " \h \z \u \l "_Tc24770" PAGEREF _Tc24770 \h 2
\l "_Tc32132" PAGEREF _Tc32132 \h 2
\l "_Tc13630" 考点一 弱电解质的电离平衡 PAGEREF _Tc13630 \h 4
\l "_Tc5567" 【真题研析·规律探寻】 PAGEREF _Tc5567 \h 4
\l "_Tc2082" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc2082 \h 6
\l "_Tc13429" 1．弱电解质 PAGEREF _Tc13429 \h 6
\l "_Tc10099" 2．弱电解质的电离平衡 PAGEREF _Tc10099 \h 7
\l "_Tc8006" 3．影响电离平衡的外界条件 PAGEREF _Tc8006 \h 7
\l "_Tc23383" 4．弱电解质平衡移动的“三个不一定” PAGEREF _Tc23383 \h 7
\l "_Tc15030" 5．一元强酸与一元弱酸的比较 PAGEREF _Tc15030 \h 8
\l "_Tc10065" 6．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)稀释图像比较 PAGEREF _Tc10065 \h 8
\l "_Tc12552" 7．电离平衡常数 PAGEREF _Tc12552 \h 9
\l "_Tc5693" 易错提醒 PAGEREF _Tc5693 \h 9
\l "_Tc19649" 以一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)的比较为例 PAGEREF _Tc19649 \h 9
\l "_Tc28475" 【题型归纳·命题预测】 PAGEREF _Tc28475 \h 10
\l "_Tc3180" 考点二 水的电离和溶液的酸碱性 PAGEREF _Tc3180 \h 16
\l "_Tc25326" 【真题研析·规律探寻】 PAGEREF _Tc25326 \h 16
\l "_Tc24920" 解题技巧 PAGEREF _Tc24920 \h 17
\l "_Tc31674" 有关pH计算的一般思维模型 PAGEREF _Tc31674 \h 17
\l "_Tc22883" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc22883 \h 17
\l "_Tc12517" 1．水的电离 PAGEREF _Tc12517 \h 17
\l "_Tc13336" 2．溶液中H＋或OH－的来源分析 PAGEREF _Tc13336 \h 18
\l "_Tc15301" 易错题型 PAGEREF _Tc15301 \h 18
\l "_Tc9630" 溶液酸碱性判断中的常见误区 PAGEREF _Tc9630 \h 18
\l "_Tc1892" 【题型特训·命题预测】 PAGEREF _Tc1892 \h 18
\l "_Tc24145" 题型一 水的电离平衡概念理解 PAGEREF _Tc24145 \h 18
\l "_Tc5696" 题型二 水的电离平衡曲线 PAGEREF _Tc5696 \h 20
\l "_Tc25599" 考点三 酸碱中和滴定 PAGEREF _Tc25599 \h 22
\l "_Tc22290" 【真题研析·规律探寻】 PAGEREF _Tc22290 \h 22
\l "_Tc29205" 解题技巧 PAGEREF _Tc29205 \h 26
\l "_Tc26818" 指示剂选择的基本原则 PAGEREF _Tc26818 \h 26
\l "_Tc77" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc77 \h 27
\l "_Tc3817" 1．概念 PAGEREF _Tc3817 \h 27
\l "_Tc19343" 2．原理 PAGEREF _Tc19343 \h 27
\l "_Tc25499" 3．酸碱中和滴定的关键 PAGEREF _Tc25499 \h 27
\l "_Tc23339" 4．实验用品 PAGEREF _Tc23339 \h 27
\l "_Tc30799" 5．中和滴定实验操作 PAGEREF _Tc30799 \h 27
\l "_Tc3222" 6．氧化还原滴定的原理及指示剂的选择 PAGEREF _Tc3222 \h 28
\l "_Tc26390" 7．沉淀滴定 PAGEREF _Tc26390 \h 28
\l "_Tc16971" 【题型特训·命题预测】 PAGEREF _Tc16971 \h 29
\l "_Tc7811" 题型一 滴定反应实验操作 PAGEREF _Tc7811 \h 29
\l "_Tc30338" 题型二 滴定反应实际运用 PAGEREF _Tc30338 \h 32
\l "_Tc17915" 考点四 盐类水解和粒子浓度大小比较 PAGEREF _Tc17915 \h 37
\l "_Tc14559" 【真题研析·规律探寻】 PAGEREF _Tc14559 \h 37
\l "_Tc17723" 解题技巧 PAGEREF _Tc17723 \h 46
\l "_Tc5695" 离子浓度大小关系分析判断的基本解题框架 PAGEREF _Tc5695 \h 46
\l "_Tc4440" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc4440 \h 47
\l "_Tc9296" 1．盐类水解的应用 PAGEREF _Tc9296 \h 47
\l "_Tc12940" 2．盐类水解程度大小比较的三个规律 PAGEREF _Tc12940 \h 47
\l "_Tc30368" 3．电解质溶液中的守恒关系 PAGEREF _Tc30368 \h 47
\l "_Tc20865" 4．微粒浓度大小的比较 PAGEREF _Tc20865 \h 48
\l "_Tc12595" 【题型特训·命题预测】 PAGEREF _Tc12595 \h 48
\l "_Tc20489" 题型一 水解概念的理解 PAGEREF _Tc20489 \h 48
\l "_Tc19701" 题型二 离子浓度大小的比较 PAGEREF _Tc19701 \h 51
\l "_Tc20566" 考点五 难溶电解质的溶解平衡 PAGEREF _Tc20566 \h 57
\l "_Tc1145" 【真题研析·规律探寻】 PAGEREF _Tc1145 \h 57
\l "_Tc26415" 【核心提炼·考向探究】 PAGEREF _Tc26415 \h 59
\l "_Tc21471" 1．溶度积和离子积 PAGEREF _Tc21471 \h 59
\l "_Tc22724" 2．Ksp的影响因素 PAGEREF _Tc22724 \h 59
\l "_Tc3301" 3．沉淀溶解平衡的应用 PAGEREF _Tc3301 \h 59
\l "_Tc32001" 易混易错 PAGEREF _Tc32001 \h 60
\l "_Tc18531" 【题型特训·命题预测】 PAGEREF _Tc18531 \h 60
\l "_Tc3983" 题型一 沉淀溶解平衡的理解 PAGEREF _Tc3983 \h 60
\l "_Tc2244" 题型二 溶度积常数与电离平衡常数的综合分析 PAGEREF _Tc2244 \h 65
\l "_Tc4335" 题型三 沉淀溶解平衡的运用 PAGEREF _Tc4335 \h 69
考点一 弱电解质的电离平衡
1．(2022•湖北省选择性考试，12)根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：N2H5++NH3=NH4++N2H4，N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-，下列酸性强弱顺序正确的是( )
A．N2H5+＞N2H4＞NH4+B．N2H5+＞CH3COOH＞NH4+
C．NH3＞N2H4＞CH3COO-D．CH3COOH＞N2H5+＞NH4+
【答案】D
【解析】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，则反应N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-中，酸性：CH3COOH＞N2H5+，反应N2H5++NH3=NH4++N2H4中，酸性：N2H5+＞NH4+，故酸性：CH3COOH＞N2H5+＞NH4+，故选D。
2．(2021•浙江6月选考)某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是( )
A．25℃时，若测得0.01ml·Lˉ1NaR溶液pH=7，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得0.01ml·Lˉ1HR溶液pH＞2且pH＜7，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液pH= a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH= b，b-a＜1，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液pH= a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH= b，a＞b，则HR是弱酸
【答案】B
【解析】A项，25℃时，若测得0.01ml·Lˉ1NaR溶液pH=7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B项，25℃时，若测得0.01ml·Lˉ1HR溶液pH＞2且pH＜7，可知溶液中c(H＋)＜0.01ml·Lˉ1，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；C项，假设HR为强酸，取pH=6的该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL测得此时溶液pH＜7，C错误；D项，假设HR为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，pH减小，D错误；故选B。
3．(2022·浙江省1月选考，17)已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是( )
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1ml·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
【答案】B
【解析】A项，在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B项，向0.1ml·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，，则H2A的电离度 0.013%，故B正确；C项，向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)4．(2021•浙江6月选考)某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是( )
A．25℃时，若测得0.01ml·Lˉ1NaR溶液pH=7，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得0.01ml·Lˉ1HR溶液pH＞2且pH＜7，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液pH= a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH= b，b-a＜1，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液pH= a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH= b，a＞b，则HR是弱酸
【答案】B
【解析】A项，25℃时，若测得0.01ml·Lˉ1NaR溶液pH=7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B项，25℃时，若测得0.01ml·Lˉ1HR溶液pH＞2且pH＜7，可知溶液中c(H＋)＜0.01ml·Lˉ1，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；C项，假设HR为强酸，取pH=6的该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL测得此时溶液pH＜7，C错误；D项，假设HR为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，pH减小，D错误；故选B。
5．(2021•浙江1月选考，17)25℃时，下列说法正确的是( )
A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C．0.010 ml·L-1、0.10ml·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2
D．100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5ml
【答案】D
【解析】A项，NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B项，可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C项，弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 ml·L-1、0.10 ml·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D项，100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4ml/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4ml/L，其物质的量为0.1L×1×10－4ml/L＝1×10－5ml，D正确；故选D。
6．(2022•全国乙卷)常温下，一元酸的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中，与A-离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A-)，当达到平衡时，下列叙述正确的是( )
A．溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)＋c(A-)
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10-4
【答案】B
【解析】A项，常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7ml/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；B项，常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1ml/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，则=1.0×10-3，解得=，B正确；C项，根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；D项，常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7ml/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1ml/L，Ka==1.0×10-3，c总(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；故选B。
1．弱电解质
(1)概念
(2)与化合物类型的关系
强电解质主要是大部分离子化合物及某些共价化合物，弱电解质主要是某些共价化合物。
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、压强等)，当弱电解质电离产生离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等时，溶液中各分子和离子的浓度都不再发生变化，电离过程达到了平衡。
平衡建立过程的v-t图像如图所示。
(2)弱电解质电离平衡的特征
3．影响电离平衡的外界条件
4．弱电解质平衡移动的“三个不一定”
(1)稀醋酸加水稀释时，溶液中不一定所有的离子浓度都减小。因为温度不变，Kw＝c(H＋)·c(OH－)是定值，稀醋酸加水稀释时，溶液中的c(H＋)减小，故c(OH－)增大。
(2)电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，离子的浓度不一定增大，电离程度也不一定增大。
(3)对于浓的弱电解质溶液加H2O稀释的过程，弱电解质的电离程度逐渐增大，但离子浓度不一定减小，可能先增大后减小。
5．一元强酸与一元弱酸的比较
6．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)稀释图像比较
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
(2)相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸
7．电离平衡常数
(1)①填写下表(25 ℃)
②CH3COOH酸性大于(填“大于”“小于”或“等于”)HClO酸性，判断的依据：相同条件下，电离常数越大，电离程度越大，c(H＋)越大，酸性越强。
③电离平衡常数的意义：弱酸、弱碱的电离平衡常数能够反映酸碱性的相对强弱。电离平衡常数越大，电离程度越大。多元弱酸的电离以第一步电离为主，各级电离平衡常数的大小差距较大。
④外因对电离平衡常数的影响：电离平衡常数与其他化学平衡常数一样只与温度有关，与电解质的浓度无关，升高温度，K值增大，原因是电离是吸热过程。
(2)多元弱酸的分步电离，以碳酸为例，碳酸是二元弱酸，在水溶液中的电离是分步进行。
①电离方程式是H2CO3H＋＋HCOeq \\al(－,3)，HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)。
②电离平衡常数表达式：，。
③比较大小：Ka1>Ka2。

以一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)的比较为例
(1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较
(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较
1．能证明亚硝酸是弱酸的实验事实是( )
A．HNO2的酸性比CH3COOH强B．0.1 ml·L-1NaNO2溶液的pH大于7
C．HNO2溶液与Na2CO3反应生成CO2D．HNO2不稳定可分解成NO和NO2
【答案】B
【解析】A项， HNO2的酸性比CH3COOH强，不能说明是弱酸，故A不符合题意；B项，0.1 ml·L-1NaNO2溶液的pH大于7，说明亚硝酸根水解，亚硝酸是弱酸，故B符合题意；C项，HNO2溶液与Na2CO3反应生成CO2，只能说明亚硝酸酸性大于碳酸，不能说明亚硝酸是弱酸，故C不符合题意；D项，HNO2不稳定可分解成NO和NO2，只能说明亚硝酸是不稳定性酸，不能说明亚硝酸是弱酸，故D不符合题意。故选B。
2．(2024·湖北腾云联盟高三联考)常温下，一种解释乙酰水杨酸(用HA表示，Ka=1.0×10-30)药物在人体吸收模式如下：
假设离子不会穿过组织薄膜，而未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡。下列说法错误的是( )
A．血浆中HA电离程度比胃中大B．在胃中，
C．在血浆中，D．总药量之比
【答案】C
【解析】A项，如图可知，胃液酸性强，H+浓度大，抑制HA的电离，故血浆中HA电离程度比胃中大，A正确；B项，在胃中c(H＋)= 1.0×10-10ml·L－1，根据可得，B正确；C项，在血浆中，，C错误；D项，未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡，血浆Ⅰ和胃Ⅱ中c(HA)相等，由，可得，则，溶液Ⅰ中，，，同理溶液Ⅱ中，，故总药量之比，D正确；故选C。
3．(2023·北京市牛栏山一中高三检测)室温下，对于1L醋酸溶液，下列判断正确的是( )
A．该溶液中CH3COO-的粒子数为个
B．加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH升高
C．滴加NaOH溶液过程中，c(CH3COO-)与c(CH3COOH)之和始终为0.1ml/L
D．与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO32-+2H+=H2O+CO2↑
【答案】B
【解析】A项， 1L 0.1ml•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1ml，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022，A项错误；B项，加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO-的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，则溶液的pH升高，B项正确；C项，1L 0.1ml•L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1ml，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1ml，但溶液体积不确定，故二者浓度之和无法计算，C项错误；D项，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO32-+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO-，D项错误；故选B。
4．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH+＋CH3COO－，下列叙述不正确的是
A．0.1 ml/L 的CH3COOH 溶液加水稀释或加热均可使CH3COO－的物质的量增多
B．0.1 ml/L 的CH3COOH 溶液加水稀释，c(CH3COO－)/［c(CH3COOH) ·c(OH－)］不变
C．向0.1 ml/L CH3COOH溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动，电离程度增大
D．0.1 ml/L CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO－)的值减小
【答案】C
【解析】A项，0.1 ml/L 的CH3COOH 溶液加水稀释或加热，平衡正向移动，均可使CH3COO－的物质的量增多，故不选A；B项，0.1 ml/L 的CH3COOH 溶液加水稀释，c(CH3COO－)/［c(CH3COOH) ·c(OH－)］=Ka/Kw，只受温度影响，加水稀释不发生变化，故不选B；C项，向0.1 ml/L CH3COOH溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动，电离程度减小，故选C；D项，0.1 ml/L CH3COOH溶液加水稀释，平衡正向移动，溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO－)= n(CH3COOH)/n(CH3COO－)的值减小，故不选D。
5．(2023·浙江省宁波市高三选考模拟考试)下列说法正确的是( )
A．25℃时，将pH=5的醋酸溶液与pH=5的盐酸等体积混合，混合后溶液pH＞5
B．25℃时，等浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数，稀释后溶液pH：盐酸<醋酸
C．25℃时，等体积、等pH的盐酸与醋酸分别用等浓度的NaOH溶液中和，盐酸消耗NaOH溶液多
D．25℃时，pH=3的一元酸HA溶液与pH=11的一元碱MOH溶液等体积混合后溶液呈酸性，则HA是强酸
【答案】B
【解析】A项，pH=5的醋酸溶液与pH=5的盐酸中氢离子浓度相同，都是10-5ml/L，等体积混合后，氢离子浓度不变，故pH为5，A错误；B项，等浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数后其浓度依然相同，醋酸是弱酸，部分电离，氢离子浓度较小，pH大，B正确；C项，等体积、等pH的盐酸与醋酸，其中醋酸的浓度大，用氢氧化钠中和时消耗的氢氧化钠较多，C错误；D项，混合后溶液呈酸性，说明酸的浓度较大，则酸HA为弱酸，MOH是相对较强的碱，但是不一定是强碱，D错误；故选B。
6．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O 的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 ml·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )
A．水的电离程度始终增大
B．c(NHeq \\al(＋,4))/c(NH3·H2O)先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NHeq \\al(＋,4))＝c(CH3COO－)
【答案】D
【解析】开始滴加氨水时，水的电离程度增大，二者恰好完全反应时，水的电离程度最大，再继续滴加氨水时，水的电离程度减小，A项错误；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸性减弱，碱性增强，c(OH－)增大，由NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－可知K＝eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)，则eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)＝eq \f(K,c（OH－）)，故eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)减小，B项错误；根据原子守恒知n(CH3COO－)与n(CH3COOH)之和不变，但滴加氨水过程中，溶液体积不断增大，故c(CH3COO－)与c(CH3COOH)之和减小，C项错误；由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时，溶液呈中性，结合电荷守恒知c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)，则c(CH3COO－)＝c(NHeq \\al(＋,4))，D项正确。
7．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)已知H2R为二元弱酸，Ka1(H2R)=5.4×10-2，Ka2(H2R)=5.4×10-5。室温下，下列说法不正确的是( )
A．0.1ml/L NaHR溶液pH＜7
B．用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，溶液中c(HR-)＜c(R2-)
C．0.1ml/L H2R溶液：.2ml/L+c(OH-)=c(H+)+c(H2R)+c(HR-)
D．0.01ml/L的H2R溶液与pH=12的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2
【答案】C
【解析】A项，NaHR是弱酸H2R的酸式盐，存在电离和水解，，电离强于水解，0.1ml/L NaHR溶液pH＜7，A正确；B项，用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，c(OH-)=c(H+)=10-7ml/L，，故溶液中c(HR-)＜c(R2-)，B正确；C项，0.1ml/L H2R溶液中根据电荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1ml/L，c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，故.2ml/L+c(OH-)=c(H+)+2c(H2R)+c(HR-)，C错误；D项，H2R+2NaOH=2H2O+Na2R，0.01ml/L的H2R(二元酸)溶液与pH=12即0.01ml/L的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2，D正确；故选C。
8．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 ml·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )
A．水的电离程度始终增大
B．先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NHeq \\al(＋,4))＝c(CH3COO－)
【答案】D
【解析】A项，醋酸显酸性，水的电离平衡受到抑制，在滴加NH3·H2O的过程中，酸性减弱，水的电离程度受到抑制的程度减小，电离程度增大，当CH3COOH反应完后，加入的NH3·H2O会抑制水的电离，电离程度减小，故该选项错误；B项，在向醋酸中滴加氨水的过程中，碱性增强酸性减弱，c(OH－)一直增大。由NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－可知，K＝eq \f(c（OH－）·c（NHeq \\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)，则，而K是常数，故直减小，该选项错误；C项，n(CH3COOH)与n(CH3COO－)之和保持不变，但溶液的体积是增大的，故c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和逐渐减小，该选项错误；D项，当加入氨水10 mL时，两者恰好完全反应生成CH3COONH4，由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知，CH3COO－和NHeq \\al(＋,4)的水解程度也相等，故c(NHeq \\al(＋,4))＝c(CH3COO－)，该选项正确。
9．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O 的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 ml·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中( )
A．水的电离程度始终增大
B．c(NHeq \\al(＋,4))/c(NH3·H2O)先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NHeq \\al(＋,4))＝c(CH3COO－)
【答案】D
【解析】开始滴加氨水时，水的电离程度增大，二者恰好完全反应时，水的电离程度最大，再继续滴加氨水时，水的电离程度减小，A项错误；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸性减弱，碱性增强，c(OH－)增大，由NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－可知K＝eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)，则eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)＝eq \f(K,c（OH－）)，故eq \f(c（NHeq \\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)减小，B项错误；根据原子守恒知n(CH3COO－)与n(CH3COOH)之和不变，但滴加氨水过程中，溶液体积不断增大，故c(CH3COO－)与c(CH3COOH)之和减小，C项错误；由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时，溶液呈中性，结合电荷守恒知c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)，则c(CH3COO－)＝c(NHeq \\al(＋,4))，D项正确。
10．(2024·天津河西高三期中)下列有关25℃时1ml/LNaHSO3溶液(H2SO3的Ka1=10-2，Ka2=10-8)的说法正确的是( )
A．NaHSO3= Na++H++SO32-
B．c(HSO3-)＞c(SO32-)
C．c(OH―)=c(H＋) +2c(H2SO3)+c(HSO3-)
D．
【答案】B
【解析】A项，NaHSO3为弱酸的酸式盐，NaHSO3的电离方程式为NaHSO3= Na++HSO3-，故A错误；B项，HSO3-的电离平衡常数为1.0×10-8，所以NaHSO3溶液中c(HSO3-)＞c(SO32-)，故B正确；C项，根据质子守恒，NaHSO3溶液中c(OH―) +c(SO32-)=c(H＋) +c(H2SO3)，故C错误；D项，根据物料守恒，，没有溶液体积，不一定为1ml，故D错误；选B。
11．(2024·河北石家庄高三第二次调研)已知25℃时，三种酸的电离常数为Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，Ka(HCN)=6.2×10-10，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11。下列说法正确的是( )
A．醋酸滴入NaCN溶液的离子方程式为H++CN-=HCN
B．NaHCO3在水溶液中的电离方程式为NaHCO3=Na++H++CO32-
C．Na2CO3溶液中滴加HCN的离子方程式为CO32-+2HCN=2CN-+H2O+CO2↑
D．结合质子的能力：CH3COO-【答案】D
【解析】电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中数据可知酸性：CH3COOH> H2CO3> HCN > HCO3-。A项，因为酸性CH3COOH> HCN，由于醋酸是弱酸不可拆，反应的离子方程式是：CH3COOH+CN-=HCN+CH3COO-，故A错误；B项，NaHCO3在水溶液中电离出钠离子和HCO3-，电离方程式为NaHCO3=Na++ HCO3-，故B错误；C项，酸性：H2CO3> HCN > HCO3-，则Na2CO3溶液与HCN反应只能生成NaHCO3，不能生成H2CO3，离子方程式为CO32-+HCN=CN-+ HCO3-，故C错误；D项，酸性越弱，其对应酸根结合氢离子的能力越强，所以等浓度的结合质子的能力：CH3COO-< HCO3-12．常温下pH＝2的两种酸溶液A和B，分别加水稀释1 000倍，其pH与所加水的体积变化如图所示。下列结论正确的是( )
A．B酸比A酸的电离度大 B．A为弱酸，B为强酸
C．B酸的物质的量浓度比A的小 D．A酸比B酸易电离
【答案】D
【解析】根据图示可知溶液稀释1 000倍后，A酸溶液pH变化大，说明A酸酸性大于B酸酸性。则B酸为弱酸，其电离度应比A酸小，A酸易电离。同为pH＝2，B酸溶液物质的量浓度一定比A酸溶液浓度大。
13．(2024·河南郑州·高三河南省实验中学校考期中)常温下，pH均为2、体积均为的溶液，分别加水稀释至体积为，溶液随的变化关系如图所示，下列叙述错误的是( )
A．常温下：Ka(HB) > Ka(HC)
B．的电离度：a点 < b点
C．当时，升高温度，减小
D．恰好中和均为2、体积均为V0的三种酸溶液，消耗的NaOH溶液一样多
【答案】D
【解析】常温下，pH =2的强酸加水稀释，c(H＋)减小pH增大，稀释后的强酸溶液pH =2+，pH =2的弱酸加水稀释时，弱酸电离平衡发生移动向电离产生离子的方向移动，使H+的物质的量增加，稀释后弱酸溶液c(H＋)大于稀释相同倍数后强酸溶液c(H＋)，弱酸溶液2<<2+，越弱的酸稀释后pH越小，所以结合图像可知是HA强酸，HB、HC是弱酸，酸性强弱为HA>HB>HC。A项，相同温度下，弱酸酸性相对越强其电离平衡常数Ka越大，由酸性强弱HB>HC可判断Ka(HB) > Ka(HC)，A项正确；B项，HC是弱酸，HCH++C-加水稀释电离平衡正向移动，电离程度增大，越稀电离度越大，稀释时，a点稀释倍数小b点稀释倍数大，b点浓度更稀，可以判断a点电离度 < b点，B项正确；C项，HA强酸，HC是弱酸，当时，升高温度HA溶液中c(A-)不变(忽略溶液体积变化)，HCH++C-电离平衡正向移动溶液中c(C-)增大，故减小，C项正确；D项，pH =2，c(H＋)=10-2 ml·L-1，强酸HA由于完全电离c(HA)=10-2 ml·L-1，弱酸HB电离，三段式分析：
，同样分析弱酸HC，，酸性强弱HB>HC，相同条件下HC电离度更小，所以c(HC)＞c(HB)，溶液浓度c(HC)＞c(HB)＞c(HA)，体积都为V0时，溶液中溶质物质的量，中和反应消耗NaOH溶液不一样多，D项错误；故选D。
14．(2023·河北省部分学校高三联考)在25℃下，稀释CH3COOH和某酸HA的溶液，溶液pH变化的曲线如图所示，其中V1表示稀释前的体积，V2表示稀释后的体积，下列说法错误的是( )
A．，两种酸溶液pH相同时，c(HA)＜c(CH3COOH)
B．a、b两点中，水的电离程度a小于b
C．25℃时，等浓度的CH3COONa与NaA溶液中，c(A-)＜c(CH3COO-)
D．曲线上a、b两点中，的比值一定相等
【答案】A
【解析】A项， m<4，两种酸都是弱酸，HA的酸性小于CH3COOH，故pH相同时， c(CH3COOH)＜c(HA)，A项错误；B项，a点pH小于b点pH，则a溶液中c(H＋)大，对水的电离抑制程度大，因此水的电离程度：a小于b，B项正确；C项，CH3COOH和HA都是弱酸，其中HA的酸性弱于CH3COOH，25℃时，等浓度的CH3COONa和NaA溶液中，c(A-)＜c(CH3COO-)，C项正确；D项， ，又，KW不变，故曲线上a、b两点 一定相等，D项正确；故选A。
考点二 水的电离和溶液的酸碱性
1．(2022·浙江省1月选考，1)水溶液呈酸性的盐是( )
A．NH4ClB．BaCl2C．H2SO4D．Ca(OH)2
【答案】A
【解析】A项，NH4Cl盐溶液存在NH4++H2ONH3·H2O+H+而显酸性，A符合题意；B项，BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；C项，H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；D项，Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；故选A。
2．(2022·浙江省1月选考，17)已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列说法正确的是( )
A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者
B．向0.1ml·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%
C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-)
D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1
【答案】B
【解析】A项，在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B项，向0.1ml·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，，则H2A的电离度 0.013%，故B正确；C项，向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2-)有关pH计算的一般思维模型
1．水的电离
(1)水的电离：H2O＋H2OH3O＋＋OH－，可简写为H2OH＋＋OH－。
(2)水的离子积常数：Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
①室温下：Kw＝1×10－14。
②影响因素：只与温度有关，升高温度，Kw增大。
③适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质水溶液。
④Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要温度不变，Kw不变。
2．溶液中H＋或OH－的来源分析
(1)溶液为酸的溶液。
溶液中的OH－全部来自水的电离，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)。如pH＝2的盐酸中，溶液中的c(OH－)＝(Kw/10－2) ml·L－1＝10－12 ml·L－1，即由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 ml·L－1。
(2)溶质为碱的溶液。
溶液中的H＋全部来自水的电离，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)。如pH＝12的NaOH溶液中，溶液中的c(H＋)＝10－12 ml·L－1，即由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 ml·L－1。
(3)水解呈酸性或碱性的盐溶液。
①pH＝5的NH4Cl溶液中，H＋全部来自水的电离，由水电离的c(H＋)＝10－5 ml·L－1，因为部分OH－与部分NHeq \\al(＋,4)结合，溶液中c(OH－)＝10－9 ml·L－1。
②pH＝12的Na2CO3溶液中，OH－全部来自水的电离，由水电离出的c(OH－)＝10－2 ml·L－1。

溶液酸碱性判断中的常见误区
(1)误认为溶液的酸碱性取决于pH。如pH＝7的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。
(2)误认为酸碱恰好中和时溶液一定显中性。如强酸和弱碱恰好中和时，溶液显酸性；强碱和弱酸恰好中和时，溶液显碱性，强酸和强碱恰好中和时，溶液显中性。
(3)使用pH试纸测溶液酸碱性时，若先用蒸馏水润湿，测量结果不一定偏小。先用蒸馏水润湿，相当于将待测液稀释，若待测液为碱性溶液，则所测结果偏小；若待测液为酸性溶液，则所测液为中性溶液，则所测结果没有误差。
题型一 水的电离平衡概念理解
1．(2024·宁夏固原高三期中)在水电离出的c (H+)=10-14ml/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是( )
A．K+、Na+、HCO3-、Cl-B．K+、AlO2-、Br-、Cl-
C．Na+、Cl-、NO3-、SO42-D．Al3+、NH4+、Cl-、SO42-
【答案】C
【解析】水电离出的c(H+)=10-14ml/L的溶液可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液。A项，HCO3-既不能在强酸溶液中也不能强溶液中碱性存在，A错误；B项，AlO2-不能在强酸溶液中存在，B错误；C项，Na+、Cl-、NO3-、SO42-相互之间不反应，且都能在酸性和碱性溶液中存在，C正确；D项，Al3+、NH4+不能在强碱溶液中大量存在，D错误；故选C。
2．25 ℃时，Kw＝1.0×10－14；100 ℃时，Kw＝1×10－12，下列说法正确的是( )
A．100 ℃时，pH＝10的NaOH溶液和pH＝2的H2SO4恰好中和，所得溶液的pH＝7
B．25 ℃时，0.2 ml·L－1 Ba(OH)2溶液和0.2 ml·L－1 HCl等体积混合，所得溶液的pH＝7
C．25 ℃时，0.2 ml·L－1 NaOH溶液与0.2 ml·L－1 CH3COOH恰好中和，所得溶液的pH＝7
D．25 ℃时，pH＝12的氨水和pH＝2的H2SO4等体积混合，所得溶液的pH>7
【答案】D
【解析】100 ℃时，NaOH和H2SO4恰好中和时，pH＝6，A错误；25 ℃时，c(OH－)＝0.4 ml·L－1，c(H＋)＝0.2 ml·L－1，等体积混合后pH大于7，B错误；C项，由于CH3COO－的水解pH大于7，错误；D项，氨水过量，pH>7，正确。
3．(2023·上海市宜川中学高三期中)已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a ml/L的一元酸HA与b ml/L的一元碱BOH等体积混合，可判断溶液呈中性的依据是( )
A．a=bB．混合溶液中，c(H+)+c(B+)=c(OH﹣)+c(A﹣)
C．混合溶液中，c(H+)=D．混合溶液的pH=7
【答案】C
【解析】判断溶液呈中性的依据为，c(H+)=C(OH-)。A项，一元酸和一元碱的相对强度不知，因此无法判定得到的盐溶液的酸碱性，A错误；B项，根据电荷守恒，c(H+)+c(B+)=c(OH﹣)+c(A﹣)，不论式酸性、碱性及中性溶液都存电荷守恒，B错误；C项，根据Kw=c(H+)C(OH-)，，则c(H+)=C(OH-)，溶液显中性，C正确；D项，溶液温度不知道，pH=7无法判断溶液的酸碱性，D错误；故选 C。
4．已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SOeq \\al(2－,4)。某温度下，向c(H＋)＝1×10－6 ml·L－1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H＋)＝1×10－2 ml·L－1。下列对该溶液的叙述不正确的是( )
A．该温度高于25 ℃
B．由水电离出来的H＋的浓度为1×10－10 ml·L－1
C．加入NaHSO4晶体抑制水的电离
D．取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH－)减小
【答案】D
【解析】A项，Kw＝1×10－6×1×10－6 ml2·L－2＝1×10－12 ml2·L－2，温度高于25 ℃；B、C项，NaHSO4电离出的H＋抑制H2O电离，c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－10 ml·L－1；D项，加H2O稀释，c(H＋)减小，而c(OH－)增大。
5．(2024·湖北恩施教育联盟统考)一些非水溶剂，会发生类似水的自耦解离：2SO2SO2++SO32-，2NH3NH4++NH2-，N2O4NO++NO3-；据此推测下列反应方程式书写错误的是( )
A．NOCl+ AgNO3=N2O3+ AgClO (液态N2O4中)
B．SOCl2 +Cs2SO3 =2CsCl2+2 SO2 (液态SO2中)
C．NH4Cl+ NaNH2 = NaCl+2NH3 (液氨中)
D．4NH3+ COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl
【答案】A
【解析】A项，在液态N2O4中N2O4NO++NO3-，所以NOCl+ AgNO3=N2O4+ AgCl，A错误；B项，在液态SO2中SOCl2 SO2++ 2Cl-，所以SOCl2 +Cs2SO3 =2CsCl2+2 SO2，B正确；C项，在液氨中2NH3NH4++NH2- ，所以NH4Cl+ NaNH2 = NaCl+2NH3，C正确；D项，2NH3NH4++NH2-，COCl2CO2++2Cl2-，所以4NH3+ COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl，D正确； 故选A。
6．一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是( )
A．升高温度，可能引起由c向b的变化
B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13
C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
【答案】C
【解析】A．c点溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈碱性，升温，溶液中c(OH－)不可能减小。B．由b点对应c(H＋)与c(OH－)可知，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14。C．FeCl3溶液水解显酸性，溶液中c(H＋)增大，因一定温度下水的离子积是常数，故溶液中c(OH－)减小，因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化。D．c点溶液呈碱性，稀释时c(OH－)减小，同时c(H＋)应增大，故稀释溶液时不可能引起由c向d的变化。
题型二 水的电离平衡曲线
7．如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是( )
A．两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw B．M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)
C．图中T1＜T2 D．XZ线上任意点均有pH＝7
【答案】D
【解析】由水的离子积的定义知两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw，A项正确；由图中纵横轴的大小可知M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)，B项正确；温度越高，水的电离程度越大，电离出的c(H＋)与c(OH－)越大，所以T2＞T1，C项正确；XZ线上任意点都有c(H＋)＝c(OH－)，只有当c(H＋)＝10－7 ml·L－1时，才有pH＝7，D项错误。
8．(2022·四川省凉山州高三第一次诊断测试)水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A．图中温度T1＞T2＞
B．温度时，将的NaOH溶液与的H2SO4溶液混合，若混合溶液呈中性，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为
C．b点到c点可以通过温度不变，在水中加入适量的
D．图中五个点的Kw的关系为b>c>a>d=e
【答案】B
【解析】根据图像可知温度为T1时Kw=10-7 ×10-7=10-14，温度为T2时Kw=10-610-6=10-12，温度升高水的电离程度增大，故T2＞T1。A项，根据分析可知温度为T1时Kw=10-7 ×10-7=10-14，温度为T2时Kw=10-6 ×10-6=10-12，温度升高水的电离程度增大，故T1＞T2＞，故A错误；B项，T2温度时，将pH=10的NaOH溶液c(OH-)=10-2ml/L，pH=3的H2SO4溶液c(H+)=10-3ml/L，混合后，若溶液呈中性，根据n(OH-)=n(H+)，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为1：10，故B正确；C项，由图可知b点到c点Kw减小，温度改变Kw改变，故C错误；D项，温度不变Kw，温度升高Kw增大，a、e、d三点温度相同故Kw相同，从a到b温度依次升高，故Kw的关系为b>c>a=d=e，故D错误；故选B。
9．一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是( )
A．升高温度，可能引起由c向b的变化
B．该温度下，水的离子积常数为1．0×10－13
C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
【答案】C
【解析】c点、b点对应相同的温度，A项错误；根据b点对应的纵坐标和横坐标都为1．0×10－7 ml·L－1可知，水的离子积常数为1．0×10－14，B项错误；FeCl3为强酸弱碱盐，可水解使溶液呈酸性，C项正确；c、d点对应的c(H＋)相同，c(OH－)不同，但由于Kw只与温度有关，所以温度不变时，稀释溶液不可能引起c向d的变化，D项错误。
10．常温下，向20.00 mL 0.1 ml·L－1 HA溶液中滴入0.1 ml·L－1 NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[－lg c(H+)水]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法中不正确的是( )
A．常温下，Ka(HA)约为10－5 B．M、P两点溶液对应的pH＝7
C．b＝20.00 D．M点后溶液中均存在c(Na＋)＞c(A－)
【答案】B
【解析】0.1 ml·L－1 HA溶液中，－lg c(H＋)水＝11，c(H＋)水＝c(OH－)水＝10－11 ml·L－1，根据常温下水的离子积求出溶液中c(H＋)＝10－3 ml·L－1，HAH＋＋A－，c(H＋)＝c(A－)＝10－3 ml·L－1，Ka(HA)＝eq \f(10－6,0.1) ml·L－1＝10－5 ml·L－1，A项正确；N点水电离出的H＋浓度最大，说明HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，P点溶质为NaOH和NaA，溶液显碱性，即P点pH不等于7，B项错误；0～b段水的电离程度逐渐增大，当达到b点时水的电离程度达到最大，即溶质为NaA，说明HA和NaOH恰好完全反应，b＝20.00，C项正确；M点溶液pH＝7，根据溶液呈电中性，存在c(Na＋)＝c(A－)，M点后，c(Na＋)＞c(A－)，D项正确。
考点三 酸碱中和滴定
1．(2023•湖南卷，12)常温下，用浓度为0.0200ml·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200ml·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．Ka(CH3COOH)约为10-4.76
B．点a：c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)
C．点b：c(CH3COOH)D．水的电离程度：a＜b＜c＜d
【答案】D
【解析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和 CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH。A项，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100ml/L，c(H+)=10-3.38ml/L，Ka(CH3COOH) ==10-4.76，故A正确；B项，a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；C项，点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)d，故D错误；故选D。
2．(2021•辽宁选择性考试，15)用0.1000ml·L-1盐酸滴定20.00 mLNa2A溶液，溶液中H2A、HA-、A2-的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是(如A2-分布分数：)
A．H2A的Ka1为10-10.25B．c点：c(HA-)＞c(A2－)＞c(H2A)
C．第一次突变，可选酚酞作指示剂D．c (Na2A)= 0.2000ml·L-1
【答案】C
【解析】用0.1000ml·L-1盐酸滴定20.00 mLNa2A溶液，pH较大时A2-的分布分数最大，随着pH的减小，A2-的分布分数逐渐减小，HA-的分布分数逐渐增大，恰好生成NaHA之后，HA-的分布分数逐渐减小，H2A的分布分数逐渐增大，表示H2A、HA-、A2-的分布分数的曲线如图所示，。A项，H2A的，根据上图交点1计算可知Ka1=10-6.38，A错误；B项，根据图像可知c点中c(HA-)＞c(H2A)＞c(A2－)，B错误；C项，根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确；D项，根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成H2A，根据Na2A+2HCl=2NaCl+H2A计算可知c (Na2A)= 0.1000ml·L-1，D错误；故选C。
3．(2021•湖北选择性考试，14)常温下，已知H3PO3溶液中含磷物料的浓度之和为0.1 ml·L1，溶液中各含磷物种的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc＝－lgc)，pOH表示OH的浓度负对数[pOH＝－lgc(OH)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)、y(10.0，3.6)、z(12.6，1.3)。下列说法正确的是( )
A．曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化
B．H3PO3的结构简式为
C．pH＝4的溶液中：c(H2PO2)＜0.1 ml·L1－2c(HPO32)
D．H3PO3＋HPO322H2PO3的平衡常数K＞1.0×105
【答案】D
【解析】图像中含P的微粒只有3种，说明H3PO3是二元弱酸，随着c(OH)增大，pOH减小，依次发生反应：H3PO3＋OH＝H2PO3＋H2O，H2PO3＋H2O＝HPO32＋H2O，c(H3PO3)逐渐减小，c(H2PO3)先增大，后减小；c(HPO32)逐渐增大，即p(H3PO3)逐渐增大，p(H2PO3)先减小，后增大；p(HPO32)减小。观察图像知，横坐标代表pOH，从左至右，pOH增大；纵坐标代表pc，从下至上减小。pOH＝0时，pc(H3PO3)最大，pc(HPO32)最小，pc(H2PO3)居中。所以，曲线①代表pc(HPO32)，曲线②代表pc(H2PO3)，曲线③代表pc(H3PO3)，A项错误；依题意，亚磷酸是二元弱酸，羟基上氢能电离出氢离子，则其分子中含有两个羟基，亚磷酸的结构简式为，B项错误；pH＝4，pOH＝10，pc(H3PO3)＝pc(HPO32)，推知c(H3PO3)＝c(HPO32)，根据物料守恒知，c(H3PO3)＋c(H2PO3)＋c(HPO32)＝0.1 ml·L1，得：c(H2PO3)＝0.1ml·L1－2c(HPO32)，C项错误；x点表示c(H2PO3)＝c(HPO32)，pOH＝7.3，，z点表示c(H3PO3)＝c(H2PO3)，pOH＝12.6，，H3PO3＋HPO322H2PO3的平衡常数，D项正确。
4．(2021•海南选择性考试，14) 25℃时，向·L-1的NaHCO3溶液中滴加.1000ml·L-1的盐酸，溶液的随加入的盐酸的体积变化如图所示。下列有关说法正确的是( )
A．点，溶液是由于HCO3-水解程度大于电离程度
B．点，c(Na＋)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)
C．c 点，溶液中的主要来自HCO3-的电离
D．d点，c(Na＋)= c(Cl-)= 0.1000ml·L-1
【答案】AB
【解析】A项，HCO3-存在水解平衡和电离平衡，a点溶液pH＞7是由于HCO3-水解程度大于电离程度，故A正确；B项，根据电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH―)，b点pH=7即c(H＋)= c(OH-)，所以c(Na＋)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)，故B正确；C项，c点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的H+主要来自H2CO3的电离，故C错误；D项，d点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应，c(Na＋)= c(Cl-)= 0.0500ml·L-1，故D错误；选AB。
5．(2020•浙江1月选考)室温下，向20.00 mL 0.1000ml·L−1盐酸中滴加0.1000ml·L−1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5＝0.7。下列说法不正确的是( )
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7
B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
D．V(NaOH)＝30.00 mL时，pH＝12．3
【答案】C
【解析】A项，NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下，故A正确；B项，选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C项，甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D项，时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)==0.02ml/L，即溶液中c(OH-)=0.02ml，则c(H+)=5×10-13 ml/L，pH=-lgc(H+)=12．3，故D正确；故选C。
指示剂选择的基本原则
变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。
(1)不能用石蕊作指示剂。
(2)滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。
(3)滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。
(4)强酸与强碱间进行滴定时，用甲基橙和酚酞都可以。
(5)并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准的Na2SO3滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色恰好褪去时即为滴定终点。
1．概念：用已知物质的量浓度的酸(或碱)来测定未知物质的量浓度的碱(或酸)的方法。
2．原理：c待＝eq \f(c标×V标,V待)(以一元酸与一元碱的滴定为例)。
在酸碱中和滴定过程中，开始时由于被滴定的酸(或碱)浓度较大，滴入少量的碱(或酸)对其pH的影响不大。当滴定接近终点(pH＝7)时，很少量(一滴，约0.04 mL)的碱(或酸)就会引起溶液pH突变(如图所示)。
3．酸碱中和滴定的关键
(1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。
(2)选取适当指示剂，准确判断滴定终点。
4．实验用品
(1)仪器
图(A)是酸式滴定管，图B是碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。
(2)试剂
标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。
5．中和滴定实验操作(以酚酞作指示剂，用盐酸滴定氢氧化钠溶液)。
(1)滴定前的准备。
(2)滴定。
(3)终点判断：等到滴入最后一滴反应液，指示剂变色，且在半分钟内不能恢复原来的颜色，视为滴定终点，并记录标准液的体积。
(4)数据处理：按上述操作重复2～3次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据原理计算。
c(NaOH)＝eq \f(c（HCl）·V（HCl）,V（NaOH）)
6．氧化还原滴定的原理及指示剂的选择
(1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。
(2)试剂：常见用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等；常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。
(3)指示剂：氧化还原滴定的指示剂有三类：
①氧化还原指示剂；
②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝；
③自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色。
7．沉淀滴定
(1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。
(2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrOeq \\al(2－,4)为指示剂，这是因为AgCl比AgCrO4更难溶。
题型一 滴定反应实验操作
1．下列有关滴定的说法正确的是( )
A．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，则结果偏低
B．用c1 ml·L－1酸性高锰酸钾溶液滴定V2 mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去酸性高锰酸钾溶液体积为V1 mL，则H2C2O4溶液的浓度为eq \f(0.4c1V1,V2) ml·L－1
C．用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低
D．用25 mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21．7 mL
【答案】A
【解析】用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，由于氢氧化钠的摩尔质量较小，则所配标准溶液中OH－浓度较大，滴定时消耗标准溶液体积偏小，所以测定结果偏低，A正确；用c1 ml·L－1酸性高锰酸钾溶液滴定V2 mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去高锰酸钾溶液体积为V1 mL，由两者反应中化合价升降总数相等(或电子转移守恒)可得到关系式5H2C2O4～2KMnO4，则n(H2C2O4)＝2．5n(KMnO4)＝2．5×V1 mL×c1 ml·L－1，所以H2C2O4溶液的浓度为eq \f(2.5c1V1,V2) ml·L－1，B不正确；用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，则未知盐酸的体积偏小，导致测定结果偏高，C不正确；滴定管的读数要精确到0.01 mL，D不正确。
2．下列滴定反应中，指示剂使用正确的是( )
A．用H2O2溶液滴定KI溶液，淀粉做指示剂
B．用酸性KMnO4标准溶液滴定NaHSO3溶液以测量其浓度，用甲基橙做指示剂
C．用标准FeCl3溶液滴定KI溶液，KSCN溶液做指示剂
D．用强酸标准溶液滴定测量弱碱浓度，用酚酞做指示剂
【答案】C
【解析】A项，用过氧化氢滴定碘化钾溶液，若用淀粉作指示剂，反应开始生成的碘遇淀粉使溶液就变为蓝色，继续滴加时，溶液蓝色的变化无法确定滴定终点，故A错误；B项，酸性高锰酸钾溶液与亚硫酸氢钠溶液完全反应时，再滴入酸性高锰酸钾溶液，过量的酸性高锰酸钾会使溶液会变为浅紫色，则滴定时不需要指示剂即可完成测量实验，故B错误；C项，氯化铁溶液与碘化钾溶液完全反应时，若用硫氰化钾溶液做指示剂，过量的氯化铁溶液与硫氰化钾溶液反应生成硫氰化铁溶液，使溶液变为红色，可以确定滴定达到终点，故C正确；D项，强酸溶液与弱碱溶液完全反应时生成强酸弱碱盐，强酸弱碱盐使溶液呈酸性，若用酚酞作指示剂无法判断反应的终点，应选用甲基橙做指示剂，故D错误；故选C。
3．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是( )
A．配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质
B．滴定到终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗
D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
【答案】A
【解析】A项将会使标准碱液的c(OH－)偏大，滴定时耗用的V(OH－)偏小，导致结果偏低，A项正确；滴定终点时仰视读数，将使读取碱液的体积偏大，测定结果偏高，B项错误；用未知液润洗锥形瓶将使测定结果偏高，C项错误；尖嘴处悬挂溶液将使读取的标准液体积偏大，测定结果偏高，D项错误。
4．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是( )。
A．酸式滴定管未润洗就装标准液滴定
B．锥形瓶未用待测液润洗
C．读取标准液体积时，滴前仰视，滴定到终点后俯视
D．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失
【答案】C
【解析】A项，标准液被管壁附着的水稀释，使标准液用量偏大，测定结果偏高；B项，不影响锥形瓶内NaOH的量，标准液用量不变，测定结果不受影响；C项，滴前仰视，读数偏大，滴定终点时俯视，读数偏小，因此标准液用量偏少，测定结果偏低；D项，滴定后，原先气泡占据的体积充满标准液，使标准液用量偏多，测定结果偏高。
5．下列有关滴定操作的说法正确的是( )
A．用25 mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21．7 mL
B．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，则测定结果偏低
C．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中含有NaOH杂质，则测定结果偏高
D．用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若读取读数，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高
【答案】D
【解析】A项，滴定管精确值为0.01 mL，读数应保留小数点后2位，错误；B项，由于滴定管没有润洗，标准液浓度偏小，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，错误；C项，等质量的NaOH和KOH，NaOH的物质的量大于KOH，即所配溶液OH-浓度偏大，导致消耗标准液体积偏小可知，所测盐酸的浓度偏小，错误；D项，导致消耗的盐酸体积偏小，依据c酸=c碱×V碱V酸可知测定结果偏高，正确。
6．白云石[CaMg(CO3)2]中钙含量测定常用KMnO4滴定的方法。具体做法是将其酸溶后转化为草酸钙，过滤后用酸溶解，再用KMnO4滴定。则下列说法错误的是( )
A．KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
B．实验过程中两次用酸溶解，均需使用稀盐酸
C．KMnO4滴定草酸过程中，标准状况下每产生448mLCO2气体理论上转移0.02mle-
D．滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO4-+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，将导致测定结果偏高
【答案】B
【解析】A项，草酸是弱酸，具有还原性，会被高锰酸钾氧化，根据质量守恒和化合价升降守恒等可知KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A正确；B项，高锰酸钾具有强氧化性，会氧化盐酸产生氯气造成误差，所以实验过程中不可使用稀盐酸，B错误；C项，KMnO4滴定草酸过程中，存在关系，标准状况下448mLCO2气体物质的量为，根据关系式可知理论上转移0.02mle-，C正确；D项，根据质量守恒定律和的失电守恒定律可以得出：，滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO4-+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，消耗的KMnO4溶液体积会偏大，会导致测定结果偏高，D正确；故选B。
7．(2024·北京朝阳高三期中)分别向相同浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液中逐滴加入盐酸，滴定过程中溶液的pH变化如下图，下列说法不正确的是( )
A．曲线①、②分别表示盐酸滴定Na2CO3、NaHCO3溶液的过程
B．a、b、c点水的电离程度：a>b>c
C．a、b、d点均满足：c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32-)+c(HCO3－)+c(OH―)
D．ab段和de段发生的主要反应均为：HCO3- +H+=CO2↑+H2O
【答案】C
【解析】碳酸钠在溶液中的水解程度大于碳酸氢钠，相同浓度碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液，则曲线①表示盐酸滴定碳酸钠溶液的过程、曲线②表示盐酸滴定碳酸氢钠溶液的过程，a点为碳酸钠溶液与盐酸恰好反应得到碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液，b点和e点都是碳酸氢钠与盐酸恰好反应得到氯化钠和碳酸的混合溶液，d点为碳酸钠、碳酸氢和氯化钠的混合溶液，c点为盐酸、氯化钠和碳酸的混合溶液。A项，由分析可知，曲线①表示盐酸滴定碳酸钠溶液的过程、曲线②表示盐酸滴定碳酸氢钠溶液的过程，故A正确；B项，a点为碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液，碳酸氢根离子在溶液中水解促进水的电离，b点为氯化钠和碳酸的混合溶液，碳酸电离出的氢离子抑制水的电离，c点为盐酸、氯化钠和碳酸的混合溶液，碳酸和盐酸电离出的氢离子抑制水的电离，c点溶液中氢离子浓度大于b点，抑制水的电离程度大于b点，则水的电离程度大小顺序为a>b>c，故B正确；C项，a、b、d点溶液中均存在电荷守恒关系c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(OH―)+ c(Cl－)，故C错误；D项，，曲线①表示盐酸滴定碳酸钠溶液的过程、曲线②表示盐酸滴定碳酸氢钠溶液的过程，则ab段和de段发生的反应都是碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式都为HCO3- +H+=CO2↑+H2O，故D正确；故选C。
题型二 滴定反应实际运用
8．(2024·河北石家庄高三第二次调研)某活动小组为测定样品中NaBH4的纯度，设计了如下的实验步骤：
步骤l：取5.0gNaBH4样品(杂质不参与反应)，将样品溶于NaOH溶液后配成500mL溶液，取25.00mL置于碘量瓶中，加入的KIO3溶液充分反应(反应为3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O)；
步骤2：向步骤1所得溶液中加入过量的KI溶液，用稀硫酸调节pH，使过量KIO3转化为I2，冷却后在暗处放置数分钟；
步骤3：向步骤2所得溶液中加入某种缓冲溶液调pH至5.0，加入几滴指示剂，用0.1000ml/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.70mL(反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。
下列说法正确的是( )
A．NaBH4中H元素化合价为+1价
B．步骤2反应的离子方程式为IO3-+I-+6H+=I2+3H2O
C．步骤3中加入几滴酚酞作指示剂
D．样品中NaBH4的纯度为64.47%
【答案】D
【解析】A项，NaBH4具有强还原性，H元素化合价为-1价，故A错误；B项，步骤2的反应为KI和KIO3在酸性条件下生成I2，离子方程式为：IO3-+5I-+6H+=I2+3H2O；故B错误；C项，步骤3用Na2S2O3标准溶液滴定碘单质溶液，用淀粉溶液坐指示剂，故C错误；D项，根据方程式I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，n(Na2S2O3)=0.00207ml，则n(I2)=0.001035ml，再根据IO3-+5I-+6H+=I2+3H2O，可以计算出n(KIO3)=0.000345ml，这是剩余的KIO3，与NaBH4反应的KIO3为0.006ml-0.000345ml=0.005655ml，根据3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O可以计算出n(NaBH4)=0.00424125ml，则原样品中n(NaBH4)=0.00424125ml=0.084825ml，NaBH4的纯度为=64.47%，故D正确。
9．(2024·湖南高三联考)K2Cr2O7(重铬酸钾)是一种常见的氧化剂。以铬渣(主要成分为Cr2O3、Fe2O3等)为原料制备K2Cr2O7并测定其纯度。其步骤如下：
步骤1：铬渣粉碎和Na2CO3均匀混合在空气中焙烧；
步骤2：用水浸取焙烧渣，过滤，得到水浸液(含Na2CrO4)；
步骤3：向步骤2中水浸液加入BaCO3，过滤，得到BaCrO4；
步骤4：向BaCrO4中加入NaHSO4溶液，过滤，得到浸出液(Na2Cr2O7)和浸渣(BaSO4)；
步骤5：向步骤4中浸出液加入KCl粉末，蒸发浓缩、降温结晶、过滤，得到K2Cr2O7；
步骤6：准确称取mgK2Cr2O7产品溶于蒸馏水，加入适量稀硫酸，加入足量KI溶液(还原产物为Cr3+)，用水稀释为250mL溶液，量取25.00mL稀释后溶液于锥形瓶中。用c ml•L-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗VmL滴定液。滴定反应为I2+2S2O32-=2I-+S4O62-
下列叙述错误的是( )
A．步骤1中制备1mlNa2CrO4消耗0.75ml氧气
B．步骤3目的是除去杂质，富集铬元素
C．步骤6中KI作用是Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O
D．K2Cr2O7产品纯度为w=%
【答案】D
【解析】A项，反应2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2中生成1mlNa2CrO4消耗0.75mlO2，故A正确；B项，利用步骤3将Na2CrO4转化成BaCrO4，滤去溶液，富集铬元素，故B正确；C项，加入KI还原重铬酸钾，产物为Cr3+、I2、H2O，方程式为Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，故C正确；D项，由K2Cr2O7~3I2~6 Na2S2O3可知，，故D错误；故选D。
10．(2024·山东潍坊五县区高三阶段监测)乙二胺四乙酸(EDTA)可与金属离子形成稳定的配合物。常用EDTA测定水中钙含量(EDTA与钙反应时物质的量之比均为1∶1)。基本步骤如下：
①EDTA标定：取10.00 mL 0.1 ml·L-1标准CaCl2溶液，加入3滴甲基橙溶液作指示剂，用已配制好的EDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液V1 mL。
②钙提取：取一定质量的有机物，并用酸性KMnO4溶液氧化，再经萃取、反萃取将金属转移到水中，得到提取液。加入掩蔽剂(掩蔽除钙之外的金属)并将pH调至11.3。
③EDTA滴定：取20.00mL提取液，加入指示剂钙黄绿素(钙与钙黄绿素生成能发出绿色荧光的配合物)，在黑色背景下用标定后的EDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液V2 mL。
根据上述实验原理，下列说法错误的是( )
A．若对提取液的其他金属不进行掩蔽，测定的钙含量结果偏高
B．EDTA标定时，滴定管尖嘴开始有气泡终点无气泡，会使钙含量测定结果偏高
C．EDTA滴定若选用其他物质作指示剂，提取液的pH可能发生变化
D．pH为11.3时，EDTA与钙的配合能力强于钙黄绿素与钙的配合能力
【答案】B
【解析】A项，EDTA可与金属离子形成稳定的配合物，若对提取液的其他金属不进行掩蔽，测定的钙含量结果偏高，A正确；B项，EDTA标定时，滴定管尖嘴开始有气泡终点无气泡，则V2数值增大，故钙含量偏低，B错误；C项，EDTA滴定时，指示剂的选用与体系pH有关，同时滴定时应保证体系的酸碱性，保证钙不会变成沉淀，故改变指示剂的种类，提取液的pH会发生变化，C正确；D项，由③可知pH为11.3时，EDTA与钙的配合能力强于钙黄绿素与钙的配合能力，D正确； 故选B。
11．中华人民共和国国家标准(GB 2760­2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。

图1 图2
(1)仪器A的名称是____________，水通入A的进口为______。
(2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为__________________________________。
(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 ml·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的________；若滴定终点时溶液的pH＝8．8，则选择的指示剂为________；若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积(填序号)________(①＝10 mL，②＝40 mL，③＜10 mL，④＞40 mL)。
(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25．00 mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L－1。
(5)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施：______________________________。
【答案】(1)冷凝管(或冷凝器) b (2)SO2＋H2O2===H2SO4 (3)③ 酚酞 ④ (4)0.24
(5)原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸(或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响)
【解析】(1)A仪器的名称为冷凝管或冷凝器；为使冷却效果好，应将冷却水从处于低处的b口通入。(2)SO2具有强还原性，H2O2具有强氧化性，二者发生氧化还原反应：SO2＋H2O2===H2SO4。(3)NaOH盛装在碱式滴定管中，应将橡皮管向上弯曲以排出气泡，选③。滴定至终点时溶液的pH＝8．8，在酚酞的变色范围内，故可选用酚酞作指示剂。液面在10 mL时滴定管中有刻度的液体为40 mL，因滴定管的下端有一段无刻度，故管内液体的体积大于40 mL。(4)SO2与NaOH存在如下关系：
SO2 ～ H2SO4 ～ 2NaOH
64 g 2 ml
m(SO2) 0.090 0 ml·L－1×0.025 L
解得：m(SO2)＝eq \f(64 g×0.090 0 ml·L－1×0.025 L,2 ml)＝0.072 g，故葡萄酒中SO2的含量为eq \f(0.072 g,0.3 L)＝0.24 g·L－1。(5)盐酸为挥发性酸，挥发出的HCl消耗NaOH，使测量值偏大。可以用难挥发的稀硫酸代替盐酸进行该实验。
12．某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：
(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛________________________________。
(2)滴定终点的判断：____________________________________________。
(3)某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：
根据表中数据该NaOH溶液的物质的量浓度为______________。
(4)以下操作会导致测得的NaOH溶液浓度偏高的是______________。
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
E.盛放碱液的碱式滴定管开始俯视读数，后来仰视读数
(5)氧化还原滴定实验的原理与中和滴定相同(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。为测定某样品中所含晶体FeSO4•7H2O的质量分数，取晶体样品ag，溶于稀硫酸配成100.00mL溶液，取出20.00mL溶液，用KMnO4溶液滴定(杂质与KMnO4不反应)。若消耗0.2000ml•L-1KMnO4溶液20.00mL，所得晶体中FeSO4•7H2O的质量分数为_______________(用a表示)。
【答案】(1)注视锥形瓶内颜色变化 (2)浅红色变为无色且半分钟内不恢复原色
(3)0.1044ml/L (4)AC (5)×100%
【解析】(1) 用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内颜色变化；(2)用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂，滴定前溶液为红色，滴定后呈中性，溶液为无色，则滴定终点的判断依据是浅红色变为无色且半分钟内不恢复原色；(3)根据表中数据，第二次实验数据明显偏大，舍去，根据第一次、第三次实验数据，平均消耗盐酸的体积是 =26.10ml，则c()= = =0.1044ml/L；(4) A项，酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，盐酸浓度偏小，消耗盐酸体积偏大，测定氢氧化钠溶液浓度偏高；B项，滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，氢氧化钠的物质的量不变，消耗盐酸体积不变，测定氢氧化钠溶液的浓度无影响；C项，酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗盐酸体积偏大，测定氢氧化钠溶液浓度偏高；D项，读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，消耗盐酸体积偏小，测定氢氧化钠溶液浓度偏低；E项，盛放碱液的碱式滴定管开始俯视读数，后来仰视读数，氢氧化钠溶液体积偏小，消耗盐酸体积偏小，测定氢氧化钠溶液的浓度偏低；故选AC。(5)亚铁离子会被高锰酸钾溶液氧化为铁离子，高锰酸钾被还原成锰离子，根据电子守恒，即5FeSO4•7H2O~ KMnO4，所以晶体中FeSO4•7H2O的质量分数为 =×100%。
13．过氧化氢的水溶液适用于医用消毒、环境消毒和食品消毒。
Ⅰ.过氧化氢性质探究实验
(1)酸性条件下H2O2可将Fe2+转化成Fe3+，由此说明H2O2具有______性。
(2)已知H2O2是一种二元弱酸，其中Ka1=2.20×10-12、Ka2=1.05×10-25，则H2O2的电离方程式为______，常温下，1ml∙L-1的H2O2溶液的pH约为______。
Ⅱ.过氧化氢含量的测定实验。某兴趣小组同学用0.1000ml∙L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，反应原理为2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。
(3)滴定达到终点的现象是______。
(4)用移液管移取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：
计算试样中过氧化氢的浓度为______ml∙L-1。
(5)若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则测定结果______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
【答案】(1)氧化 (2)H2O2H++HO2-、HO2-⇌H++O22- 5.8
(3)锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色
(4)0.1800 (5)偏高
【解析】(1)酸性条件下，H2O2可将Fe2+氧化为Fe3+，H2O2转变为H2O，化合价降低，体现了过氧化氢的氧化性；(2)过氧化氢属于二元弱酸，分步电离，其电离的方程式为H2O2H++HO2-、HO2-⇌H++O22-；又Ka1=2.20×10-12，Ka2=1.05×10-25，Ka1≫Ka2，以第一步电离为主，则Ka1===2.20×10-12，所以c(H+)≈1.48×10-6ml∙L-1，即pH≈5.8；(3)该实验是酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，发生反应：2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，若达到滴定终点，高锰酸钾恰好完全反应，故滴定达到终点的现象是锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色；(4)由于第一次数据误差过大，故舍去；其他三组数据的平均值18.00mL，根据反应2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑，n(H2O2)=2.5×n(MnO4-)=2.5×0.1000ml∙L-1×0.018L，c(H2O2)=ml∙L-1=0.1800ml∙L-1；(5)滴定前滴定管尖嘴处有气泡，导致消耗的标准液体积偏大，根据c标V标=c待V待，c待=，则测定结果偏高。
14．乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。
该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值。通过查阅资料和网络查寻得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++5CO2↑+8H2O。学习小组的同学设计了如下步骤用滴定的方法测定x值。
①称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成水溶液为待测液。
②取待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4。
③用浓度为的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗。
(1)上述步骤②中使用的锥形瓶是否需要用待测液润洗_______，(填“是”或“否”)滴定时，将酸性KMnO4标准液装入_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。
(2)本实验滴定达到终点的标志是_______。
(3)通过上述数据，求得_______。
(4)若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会_______(填偏“大”、“偏小”或“不变”)。
(5)根据上述实验计算的数据可信性不强，为了提高实验的准确性，请写出改进措施_______。
【答案】(1) 否 酸式
(2)当最后半滴KMnO4溶液滴入，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟不恢复至原来的颜色
(3)2
(4)偏大
(5)重复操作②③步骤2-3次，取平均值
【解析】(1)滴定实验中锥形瓶不能润洗，否则导致待测液体积偏大；酸性高锰酸钾溶液应用酸式滴定管盛装；(2)滴定终点判断的方法：当最后半滴KMnO4溶液滴入，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟不恢复至原来的颜色，故答案为：当最后半滴KMnO4溶液滴入，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟不恢复至原来的颜色；(3)n(KMnO4)=×0.01L=0.001ml；结合反应可知n(H2C2O4)=n(KMnO4)=0.0025ml，m(H2C2O4)=0.0025ml×90g/ml=0.225g，m(H2O)= 1.260 g×-0.225g =0.315-0.225g=0.09g，n(H2O)=0.005ml，n(H2C2O4)：n(H2O)=1：2，则x=2；(4)若滴定终点时俯视滴定管刻度，导致读数偏小，则所测n(H2C2O4偏小，n(H2O)偏大，则x偏大；(5)定量实验只进行一次实验，数据可信性不强，为了提高实验的准确性需重复操作②③步骤2-3次，取平均值。
考点四 盐类水解和粒子浓度大小比较
1．(2022·浙江省6月选考，23)时，向浓度均为0.1ml·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1ml·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5；用0.1ml·L－1的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是( )
A．恰好中和时，溶液呈碱性
B．滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O
C．滴定过程中，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
D．时，c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)
【答案】B
【解析】A项，恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；B项，滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，若只发生反应的离子方程式：H++OH-=H2O，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数，0.1ml·L－1的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= ==>1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B错误；C项，滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C正确；D项，向20mL浓度均为0.1ml·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1ml·L－1的NaOH溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh=可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D正确；故选B。
2．(2022·浙江省6月选考，17)时，苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10，下列说法正确的是( )
A．相同温度下，等的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c (C6H5O-)＞c(CH3COO-)
B．将浓度均为0.1ml·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的均变大
C．时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得，则此时溶液中c (C6H5O-)= c (C6H5OH)
D．时，0.1ml·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
【答案】C
【解析】A项，醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)3．(2022•海南省选择性考试，13)NaClO溶液具有漂白能力，已知25℃时，Ka=(HClO)=4.0×10-8。下列关于NaClO溶液说法正确的是( )
A．0.01ml/L溶液中，c(ClO-)＜0.01ml/L
B．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱
C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2+ClO-+H2O=HSO3-+HClO
D．25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)
【答案】AD
【解析】A项，NaClO溶液中ClO-会水解，故0.01ml/L NaClO溶液中c(ClO-)＜0.01ml/L，A正确；B项，次氯酸钠溶液中的ClO-会发生水解生成HClO，HClO长期露置在空气中会分解，为HCl和O2，不会释放Cl2，B错误；C项，将过量的SO2通入NaClO溶液中，SO2被氧化：SO2+ClO−+H2O=Cl-+SO42-+2H+，C错误；D项，25℃，pH=7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，存在电荷守恒：c(ClO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(ClO-)=c(Na+)，又c(HClO)＞c(ClO-)，所以c(HClO)＞c(ClO-)=c(Na+)，D正确；故选AD。
4．(2022•江苏卷，12)一种捕集烟气中CO2的过程如图所示。室温下以0.1ml∙L-1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液体积变化和H2O挥发可忽略，溶液中含碳物种的浓度c总=c(H2CO3)+c(HCO3- )+c(CO32-)。H2CO3电离常数分别为Ka1=4.4×10-7、Ka2=4.4×10-11。下列说法正确的是( )
A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3-)
B．KOH完全转化为K2CO3时，溶液中：c(OH-)= c(H+)+c(HCO3-)+c(H2CO3)
C．KOH溶液吸收CO2，c总=0.1ml∙L-1溶液中：c(H2CO3)＞c(CO32-)
D．如图所示的“吸收”“转化”过程中，溶液的温度下降
【答案】C
【解析】A项，KOH吸收CO2所得到的溶液，若为Na2CO3溶液，则CO32-主要发生第一步水解，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO3-)，若为NaHCO3溶液，则HCO3-发生水解的程度很小，溶液中：c(H2CO3)＜c(HCO3-)，A不正确；B项，KOH完全转化为K2CO3时，依据电荷守恒，溶液中：c(K+)+ c(H+)=c(OH-)+ +c(HCO3-)+2c(CO32-)，依据物料守恒，溶液中：c(K+)=2[c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)]，则c(OH-)= c(H+)+c(HCO3-)+2c(H2CO3)，B不正确；C项，KOH溶液吸收CO2，c(KOH)=0.1ml∙L-1，c总=0.1ml∙L-1，则溶液为KHCO3溶液， Kh2==≈2.3×10-8＞Ka2=4.4×10-11，表明HCO3-以水解为主，所以溶液中：c(H2CO3)＞c(CO32-)，C正确；D项，如图所示的“吸收”“转化”过程中，发生反应为：CO2+2KOH=K2CO3+H2O、K2CO3+CaO+H2O=CaCO3↓+2KOH(若生成KHCO3或K2CO3与KHCO3的混合物，则原理相同)，二式相加得：CO2+CaO=CaCO3↓，该反应放热，溶液的温度升高，D不正确；故选C。
5．(2022•福建卷，10)氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：
①2NH3+3ClO-=N2↑+3Cl-+3H2O
②NH3+4ClO-+OH-=NO3-+4Cl-+2H2O
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是( )
A．x1的数值为0.009
B．x＞x1时，c(Cl-)=4c(NO3-)
C．x＞x1时，x越大，生成N2的量越少
D．X=x1时，c(Na＋)+c(H＋)+ c(NH4＋)= c(Cl-)+ c(OH―)+c(ClO-)
【答案】C
【解析】A项，x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5%，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A错误；B项，x>x1时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl-)＞4c(NO3-)，B错误；C项，x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C正确；D项，x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有NH4+和ClO-，含有Na+、H+、NO3-、Cl-和OH-，根据电荷守恒得c(Na＋)+c(H＋)= c(Cl-)+ c(OH―)+c(NO3-)，D错误；故选C。
6．(2022·浙江省1月选考，23)某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4ml·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2ml·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4ml·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：
下列说法正确的的是( )
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O
C．根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO32-)=c(OH-)-c(H+)
【答案】C
【解析】A项，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，再产生二氧化碳气体，故图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，A错误；B项，当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应为碳酸根离子与氢离子结合生成碳酸氢根离子，离子方程式表示为：CO32-+H+= HCO3-，B错误；C项，根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点的pH在9左右，符合酚酞的指示范围，故可用酚酞作指示剂；d点的pH在4左右，符合甲基橙的指示范围，故可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C正确；D项，根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)-c(H+)=2c(H2CO3)+c(HCO3-)， NaHCO3溶液中满足c(H2CO3)-c(CO32-)=c(OH-)-c(H+)，D错误；故选C。
7．(2021•浙江1月选考，23)实验测得10 mL 0.50 ml·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50ml·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是( )
A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度ml·L-1，溶液pH变化值小于lgx
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)
【答案】C
【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 ml·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50ml·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。A项，由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B项，将NH4Cl溶液加水稀释至浓度ml·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C项，随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D项， 25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-) -c(H+)(两者差的绝对值)相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。故选C。
8．(2021•广东选择性考试，8)鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性，下列叙述正确的是( )
A．0.001ml·L-1GHCl水溶液的pH=3
B．0.001ml·L-1GHCl水溶液加水稀释，pH升高
C．GHCl在水中的电离方程式为：GHCl=G+HCl
D．GHCl水溶液中：c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G)
【答案】B
【解析】A项，GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH+会发生水解，弱离子的水解较为微弱，因此0.001ml/L GHCl水溶液的pH>3，故A错误；B项，稀释GHCl溶液时，GH+水解程度将增大，根据勒夏特列原理可知溶液中c(H+)将减小，溶液pH将升高，故B正确；C项，GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl=GH++Cl-，故C错误；D项，根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(GH+)，故D错误；故选B。
9．(2021•天津卷，10)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是( )
A．在0.1ml·L-1H3PO4溶液中c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)
B．在0.1ml·L-1Na2C2O4溶液中c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)
C．在0.1ml·L-1NaHCO3溶液中c(H2CO3)+ c(HCO3-)=0.1ml·L-1
D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH―)＞c(H＋)
【答案】A
【解析】A项，由于磷酸为多元酸，第一步电离大于第二步电离大于第三步电离，所以在0.1ml·L-1H3PO4溶液中，离子浓度大小为：c(H3PO4)＞c(H2PO4-)＞c(HPO42-)＞c(PO43-)，故A正确；B项，在0.1ml·L-1Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到c(Na＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，故B错误；C项，在0.1ml·L-1NaHCO3溶液中，根据物料守恒得到c(H2CO3)+ c(HCO3-)+ c(CO32-)=0.1ml·L-1，故C错误；D项，氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，则c(OH―)＞c(H＋)，根据电荷守恒c(Cl－)+c(OH―)=c(NH4＋)+c(H＋)，则c(Cl－)＜c(NH4＋)，故D错误；故选A。
10．(2021•北京卷)以下4个实验中均产生了白色沉淀。
下列说法不正确的是( )
A．Na2CO3溶液、NaHCO3溶液含有的微粒种类相同
B．Ca2+促进了CO32-、HCO3-的水解
C．Al3+促进了CO32-、HCO3-的水解
D．滴入溶液后，4支试管内溶液的pH都变小
【答案】B
【解析】A项，Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-、H2O，故含有的微粒种类相同，A正确；B项，HCO3-H++ CO32-，加入Ca2+后，Ca2+和CO32-反应生成沉淀，促进HCO3-的电离，B错误；C项，Al3+与CO32-、HCO3-都能发生互相促进的水解反应，C正确；D项，由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根，则它们浓度减小，水解产生的氢氧根的浓度会减小，pH减小，D正确；故选B。
11．(2021•浙江1月选考)25℃时，下列说法正确的是( )
A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C．0.010 ml·L-1、0.10ml·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2
D．100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5ml
【答案】D
【解析】A项，NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B项，可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C项，弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010 ml·L-1、0.10 ml·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D项，100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4ml/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4ml/L，其物质的量为0.1L×1×10－4ml/L＝1×10－5ml，D正确；故选D。
12．(2021•山东卷)赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=，下列表述正确的是( )
A．>
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】CD
【解析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：H3R2++OH-=H2R++H2O、H2R++OH-=HR+H2O、HR+OH-=R-+H2O，溶液中H3R2+逐渐减小，H2R+和HR先增大后减小，R-逐渐增大。，，，M点c(H3R2+)=c(H2R+)，由此可知K1=102.2，N点c(HR)=c(H2R+)，则K2=10-9.1，P点c(HR)=c(R-)，则K3=10-10.8。A项，，，因此，故A错误；B项，M点存在电荷守恒：c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H3R2+)+c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，此时c(H3R2+)=c(H2R+)，因此c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=3c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，故B错误；C项，O点c(H2R+)=c(R-)，因此，即，因此，溶液，故C正确；D项，P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此c(OH-)>c(H+)，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故D正确；故选CD。
13．(2021•湖北选择性考试)常温下，已知H3PO3溶液中含磷物料的浓度之和为0.1 ml·L1，溶液中各含磷物种的pc-pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc＝－lgc)，pOH表示OH的浓度负对数[pOH＝－lgc(OH)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)、y(10.0，3.6)、z(12.6，1.3)。下列说法正确的是( )
A．曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化
B．H3PO3的结构简式为
C．pH＝4的溶液中：c(H2PO2)＜0.1 ml·L1－2c(HPO32)
D．H3PO3＋HPO322H2PO3的平衡常数K＞1.0×105
【答案】D
【解析】图像中含P的微粒只有3种，说明H3PO3是二元弱酸，随着c(OH)增大，pOH减小，依次发生反应：H3PO3＋OH＝H2PO3＋H2O，H2PO3＋H2O＝HPO32＋H2O，c(H3PO3)逐渐减小，c(H2PO3)先增大，后减小；c(HPO32)逐渐增大，即p(H3PO3)逐渐增大，p(H2PO3)先减小，后增大；p(HPO32)减小。观察图像知，横坐标代表pOH，从左至右，pOH增大；纵坐标代表pc，从下至上减小。pOH＝0时，pc(H3PO3)最大，pc(HPO32)最小，pc(H2PO3)居中。所以，曲线①代表pc(HPO32)，曲线②代表pc(H2PO3)，曲线③代表pc(H3PO3)，A项错误；依题意，亚磷酸是二元弱酸，羟基上氢能电离出氢离子，则其分子中含有两个羟基，亚磷酸的结构简式为，B项错误；pH＝4，pOH＝10，pc(H3PO3)＝pc(HPO32)，推知c(H3PO3)＝c(HPO32)，根据物料守恒知，c(H3PO3)＋c(H2PO3)＋c(HPO32)＝0.1 ml·L1，得：c(H2PO3)＝0.1ml·L1－2c(HPO32)，C项错误；x点表示c(H2PO3)＝c(HPO32)，pOH＝7.3，，z点表示c(H3PO3)＝c(H2PO3)，pOH＝12.6，，H3PO3＋HPO322H2PO3的平衡常数，D项正确。
14．(2020•江苏卷，14)室温下，将两种浓度均为0.1ml·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)：NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCOeq \\al(－,3))＞c(CO32-)＞c(OH－)
B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：c(NHeq \\al(＋,4))+ 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(OH—)＋c(C2Oeq \\al(2—,4))
【答案】AD
【解析】A项，NaHCO3水溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：CO32-＞HCO3-，溶液中剩余微粒浓度关系为：c(HCOeq \\al(－,3))＞c(CO32-)，CO32-和HCO3-水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HCOeq \\al(－,3))＞c(CO32-)＞c(OH－)，故A正确；B项，该混合溶液中电荷守恒为：c(NHeq \\al(＋,4))+ c(H＋)= c(Cl−)+c(OH－)，物料守恒为：c(CH3COOH)+c(NHeq \\al(＋,4))=2c(Cl−)，两式联立消去c(Cl-)可得：c(NHeq \\al(＋,4))+2c(H＋)= c(NH3∙H2O)+2c(OH－)，故B错误；C项，若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C错误；D项，该混合溶液中物料守恒为：2c(Na＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)+c(C2Oeq \\al(2—,4))，电荷守恒为：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH—)＋c(HC2O4-)+2c(C2Oeq \\al(2—,4))，两式相加可得：c(H＋)＋c(H2C2O4)= c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2Oeq \\al(2—,4))，故D正确；故选AD。
离子浓度大小关系分析判断的基本解题框架
步骤一：
步骤二：
巧抓“四点”，突破图象中的“粒子”浓度关系
(1)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
(2)抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液的酸碱性，是什么因素造成的。
(3)抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。
(4)抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量
1．盐类水解的应用
2．盐类水解程度大小比较的三个规律
(1)盐水解生成的弱酸(弱碱)越弱水解程度越大。常以此判断弱酸(弱碱)的相对强弱。
(2)相同条件下：正盐>相应酸式盐，如COeq \\al(2－,3)>HCOeq \\al(－,3)。
(3)相互促进水解的盐>单水解的盐>相互抑制水解的盐。
如(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2
3．电解质溶液中的守恒关系
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。
如NaHCO3溶液中：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCOeq \\al(－,3))＋2n(COeq \\al(2－,3))＋n(OH－)
(2)物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。
如NaHCO3溶液中n(Na＋)∶n(C)＝1∶1，推出：c(Na＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(COeq \\al(2－,3))＋c(H2CO3)
(3)质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量应相等。
例如在NH4HCO3溶液中H3O＋、H2CO3为得到质子后的产物；NH3·H2O、OH－、COeq \\al(2－,3)为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O＋)＋c(H2CO3)===c(NH3·H2O)＋c(OH－)＋c(COeq \\al(2－,3))。
4．微粒浓度大小的比较
(1)多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如在H3PO4的溶液中，c(H＋)>c(H2POeq \\al(－,4))>c(HPOeq \\al(2－,4))>c(POeq \\al(3－,4))。
(2)多元弱酸的正盐溶液，根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3的溶液中：c(Na＋)>c(COeq \\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq \\al(－,3))。
(3)不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响的因素。如在相同的物质的量浓度的下列各溶液中A．NH4Cl b．CH3COONH4 c．NH4HSO4。c(NHeq \\al(＋,4))由大到小的顺序是c>a>b。
(4)混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析，如电解因素、水解因素等。如相同浓度的NH4Cl溶液和氨水等体积混合后，由于氨水的电离程度大于NHeq \\al(＋,4)的水解程度，所以溶液中离子浓度顺序为：c(NHeq \\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。
题型一 水解概念的理解
1．(2023·广东省广州市二模)二乙胺[(C2H5)2NH]是一种有机弱碱，可与盐酸反应生成盐酸盐(C2H5)2NH2Cl。下列叙述正确的是( )
A．0.01ml·L-1 (C2H5)2NH2Cl水溶液的pH=2
B．(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH随温度升高而减小
C．(C2H5)2NH2Cl水溶液加水稀释，pH降低
D．(C2H5)2NH2Cl水溶液中：c(Cl-)+c(OH-)= c[(C2H5)2NH2+]+ c[(C2H5)2NH]
【答案】B
【解析】A项，二乙胺是弱碱，其对应的盐酸盐溶液显酸性，水解是微弱的，所以0.01 ml·L-1 (C2H5)2NH2Cl水溶液的，故A错误；B项，由于[(C2H5)2NH2]+水解，(C2H5)2NH2Cl水溶液显酸性，加热能促进水解的进行，所以(C2H5)2NH2Cl水溶液的pH随温度升高而减小，故B正确；C项，(C2H5)2NH2Cl水溶液显酸性，加水稀释，溶液酸性减弱，pH增大，故C错误；D项，(C2H5)2NH2Cl水溶液中存在电荷守恒：c(Cl-)+c(OH-)= c[(C2H5)2NH2+]+c(H+)，[(C2H5)2NH2]+水解的方程式为：[(C2H5)2NH2]++H2O(C2H5)2NH +H3O+，还存在着水的电离：H2OH++OH-，所以c(H+)＞c[(C2H5)2NH]，故D错误；故选B。
2．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)已知H2R为二元弱酸，Ka1(H2R)=5.4×10-2，Ka2(H2R)=5.4×10-5。室温下，下列说法不正确的是( )
A．0.1ml/L NaHR溶液pH＜7
B．用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，溶液中c(HR-)＜c(R2-)
C．0.1ml/L H2R溶液：.2ml/L+c(OH-)=c(H+)+c(H2R)+c(HR-)
D．0.01ml/L的H2R溶液与pH=12的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2
【答案】C
【解析】A项，NaHR是弱酸H2R的酸式盐，存在电离和水解，，电离强于水解，0.1ml/L NaHR溶液pH＜7，A正确；B项，用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，c(OH-)=c(H+)=10-7ml/L，，故溶液中c(HR-)＜c(R2-)，B正确；C项，0.1ml/L H2R溶液中根据电荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1ml/L，c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，故.2ml/L+c(OH-)=c(H+)+2c(H2R)+c(HR-)，C错误；D项，H2R+2NaOH=2H2O+Na2R，0.01ml/L的H2R(二元酸)溶液与pH=12即0.01ml/L的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2，D正确；故选C。
3．25℃时浓度都是1 ml·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX的溶液pH＝7且溶液中c(X-)=1 ml·L－1，BX的溶液pH＝4，BY的溶液pH＝6。下列说法正确的是( )
A．电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)
B．AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C．稀释相同倍数，溶液pH变化BX等于BY
D．将浓度均为1 ml·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY
【答案】A
【解析】A项，根据BY溶液的pH＝6，B＋比Y－更易水解，则BOH比HY更难电离，因此电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)；B项，根据AX、BX、BY溶液的pH，则AX为强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，则AY为弱酸强碱盐，溶液的pH＞7，故AY溶液的pH大于BY溶液的pH；C项，稀释相同倍数，BX、BY溶液的pH均增大，且BX溶液的pH变化大于BY溶液；D项，HX为强酸，HY为弱酸，浓度相同时，稀释10倍后，HY的电离程度增大，但仍不可能全部电离，故HX溶液的酸性强，pH小。
4．(2024·辽宁省部分县级重点中学高三联考)小组探究和与碱的反应，实验过程及结果如下。
下列说法不正确的是( )
A．Ⅰ是空白实验，排除因体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液pH的影响
B．Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明CO32-与OH-不反应
C．Ⅲ中石灰水恰好完全反应时，溶液pH=7
D．若将试剂X换为Ca(HCO3)2，所得的pH曲线与Ⅲ的pH曲线不重合
【答案】C
【解析】A项，Ⅰ中试剂X为蒸馏水，则Ⅰ是空白实验，目的是排除因体积变化对Ⅱ、Ⅲ溶液pH的影响，A正确；B项，Ⅱ和Ⅰ的pH曲线基本重合，说明CO32-与OH-不反应，Ⅱ中发生反应： Ca2++CO32-=CaCO3↓，B正确；C项，Ⅲ中石灰水恰好完全反应时，发生反应：Ca2++2HCO3-+2OH-= CaCO3↓+CO32-+2H2O，溶质为碳酸钠，其溶液显碱性，pH>7，C错误；D项，若将试剂X换为Ca(HCO3)2，发生反应：Ca2++HCO3-+OH-= CaCO3↓+ H2O，恰好完全反应时生成碳酸钙沉淀和水，pH=7，所得的pH曲线与Ⅲ的pH曲线不重合，D正确；故选C。
5．常温下，浓度均为0.1 ml·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如下表所示：
下列说法正确的是( )
A．四种溶液中，水的电离程度：①＞②＞④＞③
B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同
C．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClO
D．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(COeq \\al(2－,3))＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(H2CO3)
【答案】B
【解析】A项，四种盐溶液均促进了水的电离，根据越弱越水解，水解显碱性，水解程度越大，pH越大，则四种溶液中，水的电离程度：③＞④＞②＞①，A错误；B项，Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在着H＋、OH－、COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)、H2CO3、Na＋、H2O，B正确；C项，醋酸的酸性强于次氯酸，在物质的量浓度相等的情况下，pH小的是醋酸，C错误；D项，根据物料守恒，Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(COeq \\al(2－,3))＋2c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(H2CO3)，D错误。
6．(2023·广东省深圳市龙岗区高三期中)25℃时，用0.1000ml∙L-1NaOH溶液滴定0.1000ml∙L-1醋酸溶液，由水电离出的c(H+)水与加入NaOH溶液的体积V(NaOH)的关系如下图所示[已知]。下列说法正确的是( )
A．图中x=10-11.13
B．b、d两点溶液组成相同，且均存在c(Na+)=c(CH3COO-)
C．c点溶液中存在c(CH3COOH)＞c(OH-)
D．稀释e点溶液时，减小
【答案】A
【解析】CH3COOH溶液中加入NaOH溶液，CH3COOH的电离程度不断增大，溶液的酸性不断减弱，水电离的程度不断增大，当有少量CH3COOH剩余时，溶液呈中性；继续加入NaOH溶液至c点时，CH3COOH全部转化为CH3COONa，此时水的电离程度最大；继续加入NaOH，对CH3COONa的水解产生抑制，水解程度不断减小，到达d点时，CH3COONa基本不发生水解，再往后，加入的NaOH使溶液呈碱性。A项， ，则Ka(CH3COOH)=1×10-4.74，图中x点，Ka(CH3COOH)= ==1×10-4.74，c(H+)=1×10-2.87ml∙L-1，则x==10-11.13，A正确；B项，b点溶液为CH3COONa与CH3COOH的混合溶液，此时c(Na+)=c(CH3COO-)，d点溶液为CH3COONa与NaOH的混合溶液，此时c(Na+)＞c(CH3COO-)，B不正确；C项，c点，CH3COOH与NaOH刚好完全反应，此时溶液为CH3COONa溶液，CH3COO-发生水解生成等量的CH3COOH和OH-，水电离又生成OH-，所以存在c(CH3COOH)＜c(OH-)，C不正确；D项，e点溶液中，=，温度不变时，Ka不变，稀释e点溶液，溶液的碱性减弱，c(H+)增大，所以增大，D不正确；故选A。
题型二 离子浓度大小的比较
7．天门冬氨酸(，记为H2Y)是一种天然氨基酸，水溶液显酸性，溶液中存在H2YH++HY-，HY-H++Y2-，与足量NaOH反应生成Na2Y ，与盐酸反应生成YH3Cl。下列说法正确的是( )
A．常温下，0.05 ml·L-1的H2Y溶液的pH=1
B．pH=2.97的H2Y溶液稀释100倍，所得溶液pH=4.97
C．YH3Cl水溶液中：c(H+)+c(YH3-)= c(OH-)+ c(Cl-)+c(HY-)
D．Na2Y溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HY-)+ 2c(H2Y)+3c(YH3-)
【答案】D
【解析】A项，H2Y部分电离，常温下，0.05 ml·L-1的H2Y溶液的pH>1，A错误；B项，稀释过程中电离程度增大，pH=2.97的H2Y溶液稀释100倍，所得溶液pH<4.97，B错误；C项，根据电荷守恒知，YH3Cl水溶液中：c(H+)+c(YH3-)= c(OH-)+ c(Cl-)+c(HY-)+ 2c(Y2-)，C错误；D项，根据电荷守恒和物料守恒知，Na2Y溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HY-)+ 2c(H2Y)+3c(YH3-)，D正确；故选D。
8．(2024·江苏盐城高三期中联考)碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠的过程如下：
已知：碳酸电离常数Ka1(H2CO3)=4.3×10-7、Ka2(H2CO3)=5.61×10-11；NH3·H2O电离常数Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。下列说法正确的是( )
A．0.5 ml·L－1NH4HCO3溶液中存在：c(NH4+)＞c(HCO3-)＞c(OH―)＞c(H＋)
B．滤液中存在：c(Cl－)+ c(OH―)=c(H＋)+c(NH4+)
C．0.5 ml·L－1 NaHCO3溶液中存在：c(OH―)=c(H＋)+c(HCO3-)+c(CO32-)
D．0.5 ml·L－1 Na2CO3溶液中存在：c(Na＋)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)
【答案】A
【解析】A项，NH4HCO3溶液中，NH4HCO3=NH4+HCO3-，碳酸氢根因水解程度大于电离程度主要考虑其水解，另铵根的水解常数，碳酸氢根的水解常数为，碳酸氢根水解程度大，显碱性，浓度小于铵根，则c(NH4+)＞c(HCO3-)＞c(OH―)＞c(H＋)，A正确；B项，溶液中含有NaCl、NH4Cl，根据电荷守恒，c(Cl－)+ c(OH―)=c(H＋)+c(NH4+)+ c(Na＋)，B错误；C项，NaHCO3溶液中电荷守恒，c(Na＋)+ c(H＋)= c(OH―)+c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)，物料守恒，c(Na＋)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-) ，将c(Na+)代入，可得，c(OH―)=c(H＋)+c(H2CO3)-c(CO32-)，C错误；D项，Na2CO3溶液中元素守恒：c(Na＋)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)，D错误；故选A。
9．向1 L含0.01 ml NaAlO2和0.02 ml NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01 ml【答案】D
【解析】A项，NaAlO2与NaOH的混合溶液，由电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(AlOeq \\al(－,2))＋c(OH－)，有c(Na＋)c(AlOeq \\al(－,2))，错误；C项，继续通CO2，发生题给反应：2NaAlO2＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋Na2CO3，当n(CO2)＝0.015 ml，此时为Na2CO3溶液，有c(COeq \\al(2－,3))>c(HCOeq \\al(－,3))，错误；D项，继续通CO2发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3，当n(CO2)＝0.03 ml，此时为NaHCO3 溶液，因HCOeq \\al(－,3)水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，正确。
10．H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5，NaHC2O4溶液显酸性。设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室温下用NaOH溶液滴定·L-1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A．0.1000ml·L-1H2C2O4溶液：c(H+)=0.1000ml·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)+c(H2C2O4)
B．c(Na+)=c(总)的溶液：c(Na+)>c(H2C2O4)>c(H+)>c(C2O42-)
C．pH=7的溶液：c(Na+)=0.1000ml·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)
D．c(Na+)=2c(总)的溶液：c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)
【答案】D
【解析】A项，0.1000ml·L-1H2C2O4溶液中c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)=0.1 ml·L-1，根据电荷守恒c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)= c(H+)，所以c(H+)=0.1000ml·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)，故A错误；B项，根据物料守恒，c(Na+)=c(总)的溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-的电离常数为5.4×10-5、水解常数为，HC2O4-电离大于水解，c(C2O42-)>c(H2C2O4)，故B错误；C项，加入一定体积的氢氧化钠溶液，c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)<0.1 ml·L-1，根据电荷守恒，pH=7的溶液c(HC2O4-)+2c(C2O42-)=c(Na+)，c(Na+)>0.1000ml·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)，故C正确；D项，根据物料守恒c(Na+)=2c(总)的溶液中溶质为Na2C2O4，根据物料守恒c(Na+)=2［c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)］，根据电荷守恒c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)=c(Na+)+ c(H+)，所以c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)，故D正确；故选D。
11．室温下，通过下列实验探究0.1ml·L-1NaHS溶液的性质。
下列有关说法正确的是( )
A．实验①溶液中：c(S2-)＞c(H2S)
B．实验②所得溶液中：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)
C．实验③中反应的离子方程式：Cu2++HS-→CuS↓+H+
D．实验④中反应的离子方程式：2HS-+ClO-→2S↓+Cl-+H2O
【答案】B
【解析】A项，实验①：滴加几滴酚酞试液，溶液变红，表明溶液显碱性，则HS-的水解程度大于电离程度，所以溶液中：c(S2-)＜c(H2S)，A不正确；B项，实验②中，NaHS与NaOH正好完全反应，所得溶液为Na2S溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，物料守恒：c(Na+)=2c(HS-)+2c(S2-)+2c(H2S)，从而得出c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，B正确；C项，实验③中，HS-与Cu2+反应，生成CuS沉淀和H+，H+再与HS-结合为H2S，反应的离子方程式：Cu2++2HS-→CuS↓+H2S↑，C不正确；D项，实验④中，HS-与ClO-发生氧化还原反应，生成S、Cl-和OH-，OH-再与HS-反应生成S2-和H2O，反应的离子方程式：2HS-+ClO-→S↓+Cl-+S2-+H2O，D不正确；故选B。
12．碳酸和亚硫酸电离平衡常数(25℃)如下表所示：
下列说法正确的是( )
A．pH相同的①Na2CO3②Na2SO3溶液中c(Na+)：①＞②
B．少量CO2通入Na2SO3溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+2SO32-=CO32-+HSO3-
C．某NaHSO3溶液pH=5，则该溶液中的c(H2SO3)＞c(SO32-)
D．等浓度的NaHSO3和NaHCO3等体积混合后，则c(H+)-c(OH-)= c(CO32-)-c(H2CO3)+ c(SO32-)-c(H2SO3)
【答案】D
【解析】A项，根据电离常数可知，则Na2CO3的水解程度大，pH相同时需要的Na2CO3浓度小，碳酸钠溶液中钠离子浓度小，①<②，故A错误﹔B项，由于酸性H2CO3＞HSO3-＞HCO3-，则少量CO2通入Na2SO3溶液，不能生成CO32-，故B错误；C项，NaHSO3溶液pH=5，则HSO3-的电离程度大于其水解程度，溶液中c(H2SO3)＜c(SO32-)，故C错误；D项，等浓度的NaHSO3和NaHCO3等体积混合后，其电荷守恒为：c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2 c(SO32-)+c(HSO3-) ①，物料守恒为：c(Na+)= c(HCO3-)+ c(CO32-)+c(H2CO3)+ c(HSO3-)+ c(SO32-)+ c(H2SO3) ②；①-②得c(H+)-c(OH-)= c(CO32-)-c(H2CO3)+ c(SO32-)-c(H2SO3)，故D正确。故选D。
13．室温下，通过下列实验探究0.100ml·L-1K2C2O4溶液的性质。已知：25℃时H2C2O4的Ka1=10-1.22，Ka2=10-4.19。
下列说法正确的是( )
A．实验①溶液中：=10-4.21
B．实验②反应所得溶液中：c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)
C．实验③反应所得溶液中：c(C2O42-)D．实验④所得上层清液中：c(Ca2+)·c(C2O42-)【答案】A
【解析】由题干信息可知，25℃时H2C2O4的Ka1=10-1.22，Ka2=10-4.19，则可知C2O42-的水解平衡常数为：Kh1===10-9.81，Kh2===10-12.78。A项，C2O42-的水解平衡常数为：Kh1===10-9.81，即=10-9.81，实验①溶液中pH=8.4，c(OH-)=10-5.6ml/L，则=10-4.21，A正确；B项，实验②反应所得溶液中：根据电荷守恒可知，c(K+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-) +c(Cl-)+c(OH-)，pH=7，即c(H+)=c(OH-)，则c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(Cl-)，B错误；C项，向①准确加入·L-1HCl溶液，混合后K2C2O4与HCl1：1反应生成KHC2O4，此时溶液pH=3.52，说明HC2O4-的电离大于水解，故实验③反应所得溶液中：c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，C错误；D项，实验④所得上层清液中即达到溶解平衡，故c(Ca2+)·c(C2O42-)=Ksp(CaC2O4)，D错误；故选A。
14．室温下，通过下列实验探究NaHSO3、Na2SO3溶液的性质。
实验1：用pH试纸测量0.1ml·L-1NaHSO3溶液的pH，测得pH约为5
实验2：0.1ml·L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1ml·L-1NaOH溶液，没有明显现象
实验3：0.1ml·L-1Na2SO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去
实验4：将0.1ml·L-1Na2SO3溶液与0.1ml·L-1CaCl2溶液等体积混合，产白色沉淀
下列说法正确的是( )
A．由实验1可得出：＞Ka2(H2SO3)
B．实验2所得的溶液中c(HSO3-)＞c(SO32-)
C．实验3中发生反应的离子方程式为H2O+Cl2+ SO32-=SO42-+2H++2Cl-
D．实验4中两溶液混合时有：c(Ca2+)·c(SO32-)＜Ksp(CaSO3)
【答案】C
【解析】A项，溶液显酸性，说明溶液中亚硫酸氢根离子的电离程度大于其水解程度，第二步电离常数大于水解常数，即Ka2(H2SO3)＞，A错误；B项，0.1ml·L-1NaHSO3溶液中加入等体积0.1ml·L-1NaOH溶液，所得溶液为Na2SO3溶液，溶液中c(SO32-)＞c(HSO3-)，B错误；C项，新制饱和氯水中有氯气，氯气具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，两者发生氧化还原反应，其离子方程式为：H2O+Cl2+SO32-=SO42-+2H++2Cl-，C正确；D项，两溶液混合若产生白色沉淀，说明溶液中c(Ca2+)·c(SO32-)>Ksp(CaSO3)，D错误；故选C。
15．(2024·河南周口项城5校高三联考)常温下将NaOH溶液滴加到和HB的混合溶液中，溶液中H2A、HA-、A2-、HB、B-的分布分数δ［如，］随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．曲线b、d分别表示、随pH变化的关系
B．NaB的水解常数Kh(NaB)=10-5.7，NaHA溶液中c(H2A)＞c(A2―)
C．NaHA溶液与NaB溶液混合过程中发生反应的离子方程式为HA-+B-=HB+A2-
D．当溶液呈中性时，c(Na＋)=c(HA-)+c(A2―)+c(B-)
【答案】C
【解析】由题给信息可知，H2A为二元弱酸，HB为一元弱酸。H2A的电离方程式为H2AH++HA-，HA-H++A2-，根据图像中曲线a与曲线b的交点、曲线b与曲线c的交点和曲线d与曲线e的交点，可分别得出电离常数为：Ka1(H2A)=10-3、Ka2(H2A)=10-6.7和Ka(HB)=10-8.3。A项，曲线a、b、c分别代表、、随pH变化的关系，则曲线d、e分别代表、随pH变化的关系，故A错误；B项，NaB的水解常数。NaHA溶液中存在：HA-H++A2-和HA-+H2OOH-+H2A，HA-的水解常数，即HA-的电离程度大于其水解程度，即NaHA溶液中c(H2A)＜c(A2―)，故B错误；C项，因为Ka2(H2A)=10-6.7和Ka(HB)=10-8.3所以酸性HA-＞HB-，所以NaHA溶液与NaB溶液混合过程中发生反应的离子方程式为HA-+B-=HB+A2-，故C正确：D项，滴定过程中，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)=c(HA-)+2c(A2―)+c(B-)+c(OH―)，当溶液呈中性时，c(OH―)=c(H＋)，故c(Na＋)=c(HA-)+2c(A2―)+c(B-)，故D错误。故选C。
16．(2024·河北石家庄高三第二次调研)室温下，向一定浓度的Na2CO3溶液中滴加盐酸，溶液中、随溶液酸度AG[AG=]的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．Ⅱ表示随AG的变化
B．AG=0时，溶液中c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)
C．随着AG的增大，的值保持不变
D．H2CO3的Ka1=10-10.33
【答案】C
【解析】由题干图像信息可知，当AG=-6.66时，即c(H+)=10-6.66c(OH-)时，c(H+)=10-10.33ml/L，当AG=1.4时，即c(H+)=101.4c(OH-)时，c(H+)=10-6.3ml/L，根据当=0时，即c(HCO3-)=c(CO32-)，Ka2=c(H+)=10-10.33，当=0时，即c(HCO3-)=c(H2CO3)则有Ka1=c(H+)=10-6.3，故I表示随AG的变化，Ⅱ表示随AG的变。A项，由分析可知，I表示随AG的变化，A错误；B项，根据电荷守恒可知，溶液中有：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，当AG=0时，溶液中c(H+)=c(OH-)，故c(Na+)＞2c(CO32-)+c(HCO3-)，B错误；C项，随着AG的增大，==，温度不变Ka1、Ka2不变，故的值保持不变，C正确；D项，由分析可知，H2CO3的Ka2=10-10.33，D错误；故选C。
考点五 难溶电解质的溶解平衡
1．(2023•浙江省1月选考，15)碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3(s)Ca2+(aq)+CO32-(aq)[已知Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7，Ka2=4.7×10-11]，下列有关说法正确的是( )
A．上层清液中存在c(Ca2+)=c(CO32-)
B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO3-形式存在
C．向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2+)保持不变
D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
【答案】B
【解析】A项，上层清液为碳酸钙的饱和溶液，碳酸根离子水解生成碳酸氢根离子，因此c(Ca2+)＞c(CO32-)，A错误；B项，根据Ka2=4.7×10-11可得，则碳酸根的水解平衡常数为，说明碳酸根的水解程度较大，则上层清液中含碳微粒主要为碳酸氢根离子，B正确；C项，向体系中通入CO2，碳酸钙与CO2反应生成碳酸氢钙，碳酸氢钙易溶于水，则溶液中钙离子浓度增大，C错误；D项，由题干可知，Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(CaSO4)=4.9×10-5，碳酸钙比硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D错误；故选B。
2．(2023•浙江省6月选考，15)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往20mL0.1ml·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1ml·L-1NaOH溶液。
实验Ⅱ：往20mL0.1ml·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1ml·L-1 CaCl2溶液。
[已知：H2C2O4的电离常数Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)= 2.4×10－9，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是
A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验I中V(NaOH)=10mL时，存在c(C2O42-)＜c(HC2O4-)
C．实验Ⅱ中发生反应Ca2++ HC2O4- =CaC2O4↓+H+
D．实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时，溶液中c(C2O42-)=4.0×10-8ml·L-1
【答案】D
【解析】A项，NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；B项，实验I中V(NaOH)=10mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在c(C2O42-)＞c(HC2O4-)，故B错误；C项，实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的是Ca2++ 2HC2O4- =CaC2O4↓+H2C2O4，该反应的平衡常数为，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C错误；D项，实验Ⅱ中V(CaCl2)=80mL时，溶液中的钙离子浓度为，溶液中，故D正确。故选D。
1．溶度积和离子积
以AmBn(s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例
2．Ksp的影响因素
(1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要因素。
(2)外因
①浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。
②温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向移动，Ksp增大。
③其他：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。
3．沉淀溶解平衡的应用
(1)沉淀的生成
①调节pH法
如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至7～8，离子方程式为Fe3＋＋
3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NHeq \\al(＋,4)。
②沉淀剂法
如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。
(2)沉淀的溶解
①酸溶解法
如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。
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＋2NHeq \\al(＋,4)===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HNO3。
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：锅炉除垢、矿物转化等。
4．溶度积的相关计算
(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝eq \r(a) ml/L。
(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a在0.1 ml/L的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a ml/L。
(1)并非Ksp越小，其物质的溶解性就越小。
对于阴、阳离子的个数比相同的难溶电解质，它们的溶解性可以直接用Ksp的大小来比较，Ksp越小，其物质的溶解性就越小；而对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质，它们的溶解性就不能直接用Ksp的大小来比较。
(2)溶度积小的难溶电解质在一定条件下也能向溶度积大的难溶电解质转化。当两种难溶电解质的Ksp相差不是很大时，通过调节某种离子的浓度，可由溶度积小的难溶电解质向溶度积大的难溶电解质转化。
题型一 沉淀溶解平衡的理解
1．把足量熟石灰加入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s) Ca2+(aq)+2OH-(aq)。下列叙述正确的是( )。
A．给溶液加热，溶液的pH升高
B．恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高
C．向溶液中加入Na2CO3溶液，Ca(OH)2固体增多
D．向溶液中加入少量的NaOH固体，Ca(OH)2固体增多
【答案】D
【解析】A项，加热时Ca(OH)2的溶解度减小，平衡逆向移动，c(OH-)减小，pH减小；B项，CaO+H2O=Ca(OH)2，由于保持恒温，Ca(OH)2的溶解度不变，c(OH-)不变，因此pH不变；C项，CO32-+Ca2+=CaCO3↓，平衡正向移动，Ca(OH)2固体减少；D项，加入NaOH固体，c(OH-)增大，平衡逆向移动，因此Ca(OH)2固体增多。
2．饱和BaCO3溶液中存在平衡：BaCO3(s) Ba2＋(aq)＋CO32－(aq)。当碳酸钡固体在水中达到溶解平衡后，为使溶液中Ba2＋的物质的量浓度增大，下列操作不可行的是( )
A．加入少量0.1 ml·L－1盐酸B．加入少量硝酸钡固体
C．加入少量0.1 ml·L－1硫酸D．加入少量氢氧化钡固体
【答案】C
【解析】A项，加入少量0.1 ml·L－1盐酸，氢离子会与CO32－发生反应，使平衡右移，Ba2＋的物质的量浓度增大，故A可行；B项，加入少量硝酸钡固体，硝酸钡溶于水使Ba2＋浓度增大，虽然平衡会左移，但根据化学平衡移动原理可知Ba2＋的物质的量浓度依然增大，故B可行；C项，加入少量0.1 ml·L－1硫酸，硫酸会电离出氢离子和硫酸根，虽然氢离子会与CO32－发生反应，但BaSO4的溶解度比BaCO3更小，所以溶液中Ba2＋的物质的量浓度会减小，故C不可行；D项，加入少量氢氧化钡固体，氢氧化钡溶于水使Ba2＋浓度增大，虽然平衡会左移，但根据化学平衡移动原理可知Ba2＋的物质的量浓度依然增大，故D可行；故选C。
3．工业上向锅炉里注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，而后用盐酸去除。下列叙述不正确的是( )
A．温度升高，Na2CO3溶液的Kw和c(OH－)均会增大
B．沉淀转化的离子方程式为COeq \\al(2－,3)(aq)＋CaSO4(s) CaCO3(s)＋SOeq \\al(2－,4)(aq)
C．盐酸溶液中，CaCO3的溶解性大于CaSO4
D．Na2CO3溶液遇CO2后，阴离子浓度均减小
【答案】D
【解析】温度升高，Kw增大，温度升高促进碳酸钠溶液水解，c(OH－)增大，A选项正确；加入碳酸钠溶液，把硫酸钙转化为碳酸钙：COeq \\al(2－,3)＋CaSO4CaCO3＋SOeq \\al(2－,4)，B选项正确；因为碳酸钙与盐酸反应，而硫酸钙不与盐酸反应，所以在盐酸溶液中碳酸钙的溶解性大于硫酸钙，C选项正确；根据COeq \\al(2－,3)＋CO2＋H2O===2HCOeq \\al(－,3)知，阴离子HCOeq \\al(－,3)的浓度增大，D选项错误。
4．(2023·黑龙江省哈尔滨市实验中学高三期中)已知25℃时，RSO4 (s)+ CO3 2-(aq)RCO3 (s)＋SO42-(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(CO32-)=c(SO42-)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RSO4沉淀
B．将浓度均为3×10-4.5ml•L-1的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后可得到RCO3沉淀
C．25℃时，RSO4的Ksp约为4.9×10-5
D．相同温度下，RCO3在水中的Ksp大于在Na2CO3溶液中的Ksp
【答案】C
【解析】A项，RSO4 (s)+ CO3 2-(aq)RCO3 (s)＋SO42-(aq)的平衡常数K==1.75×104，Ksp(RSO4)=1.75×104×Ksp(RCO3)=1.75×104×2.80×10-9=4.9×10-5。RSO4、RCO3属于同种类型且Ksp(RSO4)>Ksp(RCO3)，故向c(CO32-)=c(SO42-)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RCO3沉淀，A错误；B项，将浓度均为3×10-4.5ml•L-1的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后，c(R2+)=1.5×10-4.5ml•L-1、c(CO32-)=1.5×10-6ml•L-1，此时的离子积Q=c(R2+)•c(CO32-)=1.5×10-6×1.5×10-6=2.25×10-125．依据下表有关铁的难溶化合物的溶度积，有关说法正确的是( )
A．在c(COeq \\al(2－,3))＝0.1 ml·L－1溶液中，c(Fe2＋)≥3.2×10－10 ml·L－1
B．将FeCl2和FeCl3溶液分别调至pH＝10，则c(Fe2＋)C．增加溶液的酸性，有利于将Fe2＋沉淀为FeS和FeCO3
D．将反应液中的Fe2＋氧化为Fe3＋有利于将铁元素从溶液中除尽
【答案】D
【解析】A项，c(Fe2＋)≤3．2×10－10(若大于＝3．2×10－10ml·L－1，则生成沉淀)，错误；B项，pH＝10，此时c(OH－)＝1×10－4 ml·L－1，c(Fe2＋)＝8．0×10－3 ml·L－1，c(Fe3＋)＝10－26 ml·L－1，错误；C项，酸性增强，FeS、FeCO3会溶解：FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑、FeCO3＋2H＋===Fe2＋＋H2O＋CO2↑，错误；D项，由于Ksp[Fe(OH)3]远小于Ksp[Fe(OH)2]，正确。
6．探究Mg(OH)2的沉淀溶解平衡时，利用下表三种试剂进行实验，下列说法中不正确的是( )
A．向①中滴加几滴酚酞溶液后，溶液显红色，说明Mg(OH)2是一种弱电解质
B．为了使Mg(OH)2悬浊液溶解得更快，加入过量NH4Cl浓溶液并充分振荡，效果更好
C．①③混合后发生反应：Mg(OH)2(s)+2NH4+(aq)Mg2+(aq)+2NH3•H2O(aq)
D．向少量Mg(HCO3)2溶液中加入足量NaOH溶液，反应的离子方程式是Mg2++2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2↓+2CO32-+2H2O
【答案】A
【解析】A项，Mg(OH)2悬浊液中滴加几滴酚酞溶液后，溶液显红色，则溶液呈碱性，说明Mg(OH)2能电离出OH-，是一种电解质，不能判断是否为弱电解质，A说法错误；B项，Mg(OH)2溶解产生的OH-与NH4Cl溶液中的NH4+生成NH3•H2O，能加快Mg(OH)2悬浊液的溶解，B说法正确；C项，①③混合后，OH-与NH4+发生反应生成NH3•H2O，其方程式为Mg(OH)2(s)+2NH4+(aq) Mg2+(aq)+2NH3•H2O(aq)，C说法正确；D项，因相同温度下，氢氧化镁比碳酸镁更难溶，碱过量时生成Mg(OH)2，D说法正确；故选A。
7．已知：①AgCl为难溶于水和酸的白色固体，Ag2S为难溶于水和酸的黑色固体。
②室温下，Ksp(AgCl)=2.0×10-10，Ksp(Ag2S)=2.0×10-48。
向AgCl的悬浊液中加入一定量的Na2S溶液并振荡，白色固体向黑色固体转化。下列说法正确的是( )
A．Na2S溶液中存在：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(S2-)
B．向AgCl悬浊液加入足量氨水，溶液变澄清。反应的离子方程式为：AgCl+4NH3•H2O=[Ag(NH3)4]++Cl-+4H2O
C．反应2AgCl+S2-Ag2S+2Cl-正向进行，需满足<2×1028
D．将转化后的体系静置，上层清液中离子存在关系：c(Ag+)=且c(Ag+)>
【答案】C
【解析】A项，Na2S溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，A错误；
B项，向AgCl悬浊液加入足量氨水，溶液变澄清，得到银氨溶液，离子方程式为AgCl+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O，B错误；C项，反应2AgCl+S2-Ag2S+2Cl-的平衡常数K=== ==2×1028，当浓度商Q=＜K时，反应正向移动，C正确；D项，根据题意沉淀发生转化，即体系中不会生成AgCl沉淀，所以c(Ag+)＜，D错误；故选C。
8．(2024·江苏泰州高三期中)室温下，实验室用0.5ml·L-1(NH4)2CO3溶液浸取工业废渣粉末(主要含CaSO4·H2O，还含少量SiO2、Fe2O3)制取CaCO3。已知，。
下列说法正确的是( )
A．0.5ml·L-1(NH4)2CO3溶液中存在：c(NH4＋)+c(H＋)= c(OH―)+c(CO32-)+c(HCO3-)
B．“浸取”时，向(NH4)2CO3溶液加入适量浓氨水的主要目的是提高溶液的碱性
C．“浸取”静置后的上层清液中有c(Ca2+)·c(CO32-)＜Ksp(CaCO3)
D．室温下，反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)达到平衡，溶液中
【答案】D
【解析】A项，根据电荷守恒，(NH4)2CO3溶液中存在电荷守恒：c(NH4＋)+c(H＋)= c(OH―)+2c(CO32-)+c(HCO3-)，故A错误；B项，“浸取”时，向(NH4)2CO3溶液加入适量浓氨水，是为了抑制碳酸根水解为碳酸氢根，增加溶液中CO32-浓度，使得平衡CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)正向移动生成更多碳酸钙，故B错误；C项，“浸取”静置后的上层清液中CaCO3为饱和溶液，有Ksp(CaCO3)= c(Ca2+)·c(CO32-)，故C错误；D项，室温下，反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s))+SO42-(aq)达到平衡，溶液中，故D正确；故选D。
9．(2024·北京朝阳高三期中)某小组同学进行如下实验探究沉淀转化：
①向20mL0.1ml·L-1Na2CO3溶液中滴加20mL0.1ml·L-1BaCl2溶液，得浊液Ⅰ；
②向浊液Ⅰ中继续滴加20mL0.1ml·L-1Na2SO4溶液，充分振荡，得浊液Ⅱ；
③将浊液Ⅱ过滤，向滤渣中加入过量盐酸产生气体，过滤、洗涤、干燥，测得剩余固体a的质量大于0.233g。
下列说法不正确的是( )
A．Na2CO3溶液显碱性的原因：CO32-+H2OHCO3-+OH-
B．固体a的成分为BaSO4
C．c(Ba2＋)大小关系：浊液Ⅰ<浊液Ⅱ
D．由该实验可以推断Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)
【答案】C
【解析】A项，Na2CO3溶液显碱性的原因：CO32-+H2OHCO3-+OH-，A正确；B项，向浊液Ⅰ中继续滴加20mL0.1ml·L-1Na2SO4溶液，充分振荡，得浊液Ⅱ，加盐酸有固体a剩余，为硫酸钡，B正确；C项，钡离子先后与碳酸根离子和硫酸根离子进行两次沉淀，则c(Ba2＋)大小关系：浊液Ⅰ＞浊液Ⅱ，C错误；D项，碳酸钡转化为硫酸钡，说明Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，D正确；故选C。
10．已知：25℃时，Ksp[Ni(OH)2]=2.0×10-15，Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38。将含Fe2O3、Ag、Ni的某型废催化剂溶于盐酸，过滤，滤渣为Ag，所得溶液中c(Ni2+)=c(Fe3+)=0.4ml/L。向该溶液中滴加一定浓度的NaOH溶液(假设溶液体积不变)。下列说法中正确的是( )
A．金属活动性：Ag＞Ni
B．加入NaOH溶液时，先产生Ni(OH)2沉淀
C．当滴定到溶液pH=5时，溶液中lg约为10
D．当滴定到溶液呈中性时，Ni2+已沉淀完全
【答案】C
【解析】A项，Ag不能与盐酸反应，而Ni能与盐酸反应，因此金属活动性：Ni＞Ag，故A错误；B项，c(Ni2+)=0.4ml/L时，Ni2+刚好开始沉淀时溶液中，c(Fe3+)=0.4ml/L时，Fe3+刚好开始沉淀时溶液中，故先产生Fe(OH)3沉淀，故B错误；C项，溶液pH=5时c(H+)=10-5ml/L，溶液中，，，则Ni2+未沉淀，c(Ni2+)=0.4ml/L，则，故C正确；D项，当溶液呈中性时，c(OH-)=1×10-7ml/L，此时溶液中，故Ni2+未沉淀完全，故D错误；故选C。
题型二 溶度积常数与电离平衡常数的综合分析
11．(2024·江苏淮安市5校高三联考)室温下： Ka1(H2C2O4)=5×10 -2，Ka2(H2C2O4)=1×10-4 ，Ksp(CaC2O4)=2.5×10 -9。通过下列实验探究某些草酸盐的性质。
实验①：用pH计测得 0.10ml/L K2C2O4溶液的 pH=8
实验②：向0.10ml/LKHC2O4溶液中滴入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡后溶液紫色褪去
实验③：向0.10ml/L KHC2O4溶液加入一定体积的等浓度CaCl2溶液产生白色沉淀，测得上层清液pH=4， (Ca2+)=10-4ml/L
实验④：向0.10ml/L K2C2O4溶液中滴加一定浓度的稀盐酸后，混合溶液的 pH=7，下列说法正确的是( )
A．实验①溶液中：=2×10-3
B．实验②说明 KHC2O4溶液具有漂白性
C．实验③所得上层清液中的c(HC2O4-)=2.5×10-5ml/L
D．实验④反应所得溶液中存在：c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)
【答案】C
【解析】A项，0.100ml•L-1K2C2O4溶液的pH=8，c(H+)=10-8ml•L-1，Ka1(H2C2O4)•Ka2(H2C2O4)==5×10-2×1×10-4=5×10-6，==2×10-11，A错误；B项，向0.10ml•L-1KHC2O4溶液中滴入少量酸性高锰酸钾溶液，振荡后溶液紫色褪去，高锰酸钾与KHC2O4发生氧化还原反应，体现KHC2O4具有还原性，B错误；C项，向0.10ml•L-1KHC2O4溶液加入一定体积的等浓度CaCl2溶液产生白色沉淀，测得上层清液pH=4，c(Ca2+)=10-4ml•L-1，则c(C2O42-)=2.5×10-5ml•L-1，Ka2(H2C2O4)= 1×10-4，解得c(HC2O4-)=2.5×10-5ml•L-1，C正确；D项，向0.10ml•L-1K2C2O4溶液中滴加一定浓度的稀盐酸后，由电荷守恒可知c(K+)+c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(Cl-)+c(OH-)，混合溶液的pH=7，则c(H+)=c(OH-)，则c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(Cl-)，D错误；故选C。
12．(2024·辽宁沈阳高三期中)SO2是引发酸雨的主要污染物，将工业废气中的吸收能有效减少对大气的污染、并实现资源化利用。下列离子方程式正确的是( )
已知常温下亚硫酸的电离平衡常数(Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8)碳酸的电离平衡常数(Ka1=4.3×10-7，Ka2=5.6×10-11)
A．硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强：H2SO3+O2=2H++SO42-
B．用过量Ca(ClO)2溶液吸收废气中的SO2： Ca2++ClO- +SO2+H2O= CaSO4↓+ Cl-+2H+
C．用过量氨水吸收废气中的SO2： NH3·H2O +SO2=NH4++HSO3-
D．用过量Na2CO3 溶液吸收废气中的SO2： 2CO32- +SO2+H2O=SO32-+HCO3-
【答案】D
【解析】A项，硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强：2H2SO3+O4H++2SO42-，A错误；B项，用过量Ca(ClO)2溶液吸收废气中的SO2发生反应的离子方程式为Ca2++3ClO- +SO2+H2O= CaSO4↓+ Cl-+2HClO，B错误；C项，用过量氨水吸收废气中的SO2发生反应的离子方程式为2NH3·H2O +SO2=2NH4++SO32-+H2O，C错误；D项，用过量Na2CO3溶液吸收废气中的SO2发生反应的离子方程式为2CO32- +SO2+H2O=SO32-+HCO3-，D正确；故选D。
13．(2023·浙江省浙南名校联盟高三第二次联考)常温下，向20mL0.1ml/L NaHCO3溶液中再加入少量的NaHCO3固体，一段时间后，少量气体X从溶液底部固体中缓慢逸出，最终固体全部溶解，得到溶液Y，pH值为8.7。
已知：Ksp(CaCO3)=4.96×10-9 Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11
H2CO3：pKa1=6.3、pKa2=10.3；Mg(OH)2沉淀范围：pH9.4~12.4。
下列说法正确的是( )
A．X气体是CO2，饱和NaHCO3溶液的
B．因为Ksp(MgCO3)＞Ksp[Mg(OH)2]，Mg(OH)2更难溶
C．向溶液Y中滴加MgCl2溶液，有Mg(OH)2生成
D．向0.1ml/L NaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl2溶液，可生成沉淀。
【答案】D
【解析】A项，在NaHCO3溶液中既存在水解平衡HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-、又存在电离平衡HCO3-⇌ H++ CO32-，HCO3-的水解平衡常数Kh===10-7.7＞10-10.3，NaHCO3溶液呈碱性，向其中加入少量NaHCO3固体，上述平衡正向移动，生成的H2CO3分解产生少量气体CO2，即X气体是CO2，同时有CO32-生成，即溶液Y中含CO32-，由H2CO3的Ka1、Ka2可知CO32-的水解能力大于HCO3-，溶液Y的pH为8.7，则饱和NaHCO3溶液的pH＜8.7，A项错误；B项，MgCO3、Mg(OH)2不属于同类型的难溶电解质，不能直接由Ksp的大小判断溶解度的大小，Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，饱和MgCO3溶液的浓度c(MgCO3)==ml/L=×10-3ml/L，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，饱和Mg(OH)2溶液的浓度c[Mg(OH)2]==ml/L=×10-4ml/L＜×10-3ml/L，Mg(OH)2更难溶，B项错误；C项，Mg(OH)2沉淀的范围：pH9.4~12.4，即pH=9.4时Mg2+开始形成Mg(OH)2沉淀，Y溶液的pH为8.7，故向溶液Y中滴加MgCl2溶液，没有Mg(OH)2生成，C项错误；D项，NaHCO3溶液中存在平衡HCO3-⇌H++ CO32-，由于Ksp(CaCO3) ＜Ksp(MgCO3)，说明Ca2+结合CO32-的能力比Mg2+强，故向0.1ml/LNaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl2溶液，可生成沉淀，D项正确；故选D。
14．(2023·浙江省金、丽、衢十二校高三二模)草酸钙是常见的难溶物。将过量草酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaC2O4 (s)Ca2+ (aq)+ C2O42- (aq)[已知Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9，Ka(CH3COOH)=1.75×10-5，H2C2O4的电离常数Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4，下列有关说法不正确的是( )
A．上层清液中含碳微粒最主要以C2O42-形式存在
B．上层清液中存在：c(Ca2+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)
C．H2C2O4加入CaCl2溶液时，加入适量醋酸钠粉末，有利于生成CaC2O4沉淀
D．向上层清液中通入至pH=1，则：2c(Ca2+)-2c(C2O42-)-c(HC2O4-)- c(OH―)= 0.1ml·L-1
【答案】D
【解析】A项，溶解在水中的草酸钙电离出草酸根离子，草酸根离子能水解，但程度很小，故含碳的微粒最主要的是草酸根离子，A正确；B项，根据物料守恒钙原子和碳原子物质的量浓度相等，故有c(Ca2+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)，B正确；C项，草酸加入氯化钙中反应生成草酸钙，加入醋酸钠粉末，根据电离平衡常数分析，醋酸根离子水解程度大于草酸根离子，故醋酸钠的碱性抑制草酸根离子水解，有利于生成草酸钙，C正确；D项，向上层清液中通入HCl至pH=1，则有电荷守恒：2c(Ca2+)+c(H＋)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH―)+c(Cl－)，根据氢离子浓度为0.1ml/L分析，2c(Ca2+)-2c(C2O42-)-c(HC2O4-)-c(OH―)=c(Cl－)-c(H＋)，不能确定氯离子浓度，故D错误；故选D。
15．(2023·浙江省温州市高三第三次模拟适应性考试)H2S是常见的二元弱酸(电离常数Ka1(H2S)=1.1×10-7，Ka2(H2S)=1.3×10-13)。氢氧化铁[Ksp= 2.8×10－39]、氢氧化锌[Ksp= 3.0×10－17]均为难溶多元弱碱，硫化锌[Ksp= 1.6×10－24]为难溶盐。所有数据均为25℃的值。下列有关说法不正确的是( )
A．因为H2S的Ka1＞＞Ka2，所以c(S2-)≈Ka2=1.3×10-13ml/L
B．Fe(OH)3饱和溶液中的c(Fe3+)≈1×10-10ml/L
C．分别向等体积等浓度的(CH3COO)2Zn、ZnSO4溶液中通入等物质的量的H2S沉淀ZnS后，前者c(Zn2+)更小
D．pH=13的Na2S溶液与相同物质的量的ZnSO4反应，只沉淀ZnS
【答案】D
【解析】A项，H2S在水溶液中的电离方程式为：H2SH++HS-、HSH++S2-，Ka1=，Ka2=，因为H2S的Ka1＞＞Ka2，可以任务c(H+)≈c(HS-)，所以c(S2-)≈Ka2=1.3×10-13ml/L，故A正确；B项，Fe(OH)3溶于水所得饱和溶液中存在平衡：Fe(OH)3Fe3++3OH-，设c(Fe3+)=aml/L，则c(OH-)=3aml/L，Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH-)=a×(3a)3=2.8×10-39，解得a1×10-10ml/L，故B正确；C项，(CH3COO)2Zn是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，抑制H2S的电离，c(S2-)更大，沉淀Zn2+更加彻底，c(Zn2+)更小，故C正确；D项，氢氧化锌的Ksp= 3.0×10－17，则当0.1ml/L的ZnSO4溶液中Zn2+开始沉淀时，c(OH-)=，pH=，则pH=13的Na2S溶液与相同物质的量的ZnSO4反应，除了沉淀ZnS还会生成Zn(OH)2，故D错误；故选D。
16．(2023·浙江省浙南名校联盟高三第二次联考)常温下，向20mL0.1ml/L NaHCO3溶液中再加入少量的NaHCO3固体，一段时间后，少量气体X从溶液底部固体中缓慢逸出，最终固体全部溶解，得到溶液Y，pH值为8.7。
已知：Ksp(CaCO3)=4.96×10-9 Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11
H2CO3：pKa1=6.3、pKa2=10.3；Mg(OH)2沉淀范围：pH9.4~12.4。
下列说法正确的是( )
A．X气体是CO2，饱和NaHCO3溶液的
B．因为Ksp(MgCO3)＞Ksp[Mg(OH)2]，Mg(OH)2更难溶
C．向溶液Y中滴加MgCl2溶液，有Mg(OH)2生成
D．向0.1ml/L NaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl2溶液，可生成沉淀。
【答案】D
【解析】A项，在NaHCO3溶液中既存在水解平衡HCO3-+H2O⇌H2CO3+OH-、又存在电离平衡HCO3-⇌ H++ CO32-，HCO3-的水解平衡常数Kh===10-7.7＞10-10.3，NaHCO3溶液呈碱性，向其中加入少量NaHCO3固体，上述平衡正向移动，生成的H2CO3分解产生少量气体CO2，即X气体是CO2，同时有CO32-生成，即溶液Y中含CO32-，由H2CO3的Ka1、Ka2可知CO32-的水解能力大于HCO3-，溶液Y的pH为8.7，则饱和NaHCO3溶液的pH＜8.7，A项错误；B项，MgCO3、Mg(OH)2不属于同类型的难溶电解质，不能直接由Ksp的大小判断溶解度的大小，Ksp(MgCO3)=6.82×10-6，饱和MgCO3溶液的浓度c(MgCO3)==ml/L=×10-3ml/L，Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，饱和Mg(OH)2溶液的浓度c[Mg(OH)2]==ml/L=×10-4ml/L＜×10-3ml/L，Mg(OH)2更难溶，B项错误；C项，Mg(OH)2沉淀的范围：pH9.4~12.4，即pH=9.4时Mg2+开始形成Mg(OH)2沉淀，Y溶液的pH为8.7，故向溶液Y中滴加MgCl2溶液，没有Mg(OH)2生成，C项错误；D项，NaHCO3溶液中存在平衡HCO3-⇌H++ CO32-，由于Ksp(CaCO3) ＜Ksp(MgCO3)，说明Ca2+结合CO32-的能力比Mg2+强，故向0.1ml/LNaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl2溶液，可生成沉淀，D项正确；故选D。
17．(2024·江苏淮安高三开学考试)室温下，用FeSO4溶液制备FeCO3的过程如图所示。已知：Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5，Ka1(H2CO3)=4.5×10-7，Ka2(H2CO3)=4.7×10-11，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16，Ksp(FeCO3)=3.1×10-11。下列说法正确的是( )
A．0.1 ml·L-1NH4HCO3溶液中：c(NH3·H2O)＞c(H2CO3)
B．(NH4)2SO4溶液中：c(H＋)=2 c(NH3·H2O)+ c(OH―)
C．制备FeCO3的离子方程式为：Fe2++ NH3·H2O +HCO3-=FeCO3↓+NH4++H2O
D．c(Fe2＋)=0.08ml·L－1时，应控制
【答案】C
【解析】A项，由于NH4+的水解常数5.5610-10，HCO3-的水解常数10-8，所以HCO3-的水解程度比NH4+的水解程度大，c(NH3·H2O)＜c(H2CO3)，故A错误；B项，(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，溶液中根据质子守恒可知：c(H＋)= c(NH3·H2O)+ c(OH―)，故B错误；C项，HCO3-与NH3·H2O反应产生的CO32-再与Fe2+结合生成FeCO3，反应的离子方程式为：Fe2++ NH3·H2O +HCO3-=FeCO3↓+NH4++H2O，故C正确；D项，当混合液中c(Fe2＋)=0.08ml·L－1时，为防止生成Fe(OH)2，，即，故D错误；故选C。
题型三 沉淀溶解平衡的运用
18．牙齿表面存在如下平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca 2+(aq)+3 PO43-(aq) +OH-(aq) Ksp=6.8×10-37，Ca5(PO4)3F 的Ksp=2.8×10-61。下列说法错误的是( )
A．在牙膏中添加适量的磷酸盐，能起到保护牙齿的作用
B．口腔中的食物残渣能产生有机酸，容易导致龋齿，使Ksp增大
C．正常口腔的pH接近中性，有利于牙齿健康
D．使用含氟牙膏，当Ca5(PO4)3OH(s)与Ca5(PO4)3F(s)共存时，
【答案】B
【解析】A项，在牙膏中添加适量的磷酸盐，使平衡逆向移动，Ca5(PO4)3OH(s)5Ca 2+(aq)+3 PO43-(aq) +OH-(aq)，生成Ca5(PO4)3OH(s)覆盖在牙齿表面，能起到保护牙齿的作用，A正确；B项，Ksp只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，B错误；C项，正常口腔的pH接近中性，防止Ca5(PO4)3OH(s)与Ca5(PO4)3F(s)溶解，有利于牙齿健康，C正确；D项， ，D正确； 故选B。
19．(2023·浙江省绍兴市高三二模)室温下，用过量0.5ml·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产生气泡。(当溶液中剩余的离子浓度小于时，化学上通常认为生成沉淀的反应已经完全进行了。已知：Ksp(CaSO4)=5.0×10-5，Ksp(CaCO3)=3.0×10-9)，下列说法正确的是( )
A．浸泡后CaSO4未完全转化为CaCO3
B．0.5ml·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH―)=c(H＋)+c(HCO3―)+c(H2CO3)
C．反应CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-正向进行，需满足
D．过滤后所得清液中一定存在：且
【答案】D
【解析】A项，用过量0.5ml·L-1Na2CO3溶液浸泡CaSO4粉末，则浸泡后，可以认为浸泡后CaSO4完全转化为CaCO3，A错误； B项，由质子守恒可知，0.5ml·L-1Na2CO3溶液中存在：c(OH―)=c(H＋)+c(HCO3―)+2c(H2CO3)，B错误；C项，CaSO4+CO32-CaCO3+SO42-的，反应正向进行，需满足，C错误；D项，过滤后所得清液为碳酸钙的饱和溶液，存在：，且由于碳酸根离子浓度较大导致钙离子浓度很小，故存在，D正确；故选D。
20．(2023·浙江省临海、新昌两地高三适应性考试5月模考)印尼苏拉威西岛特产的椰子蟹具有异常坚硬的甲壳，这归功于摄入的椰子中的月桂酸(C11H23COOH)，在表面的角质层中形成难溶的月桂酸磷酸钙，存在如下平衡：Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO43-(aq)+3C11H23COO-(aq) Ksp=7.3×10-35，已知CaCO3的Ksp=2.8×10-9。下列说法不正确的是( )
A．椰子蟹摄入月桂酸含量较高的椰肉有助于形成更加坚硬的甲壳
B．弱碱性的海水可以保护椰子蟹外壳，使其不易被腐蚀
C．将少量月桂酸磷酸钙投入适量1ml•L-1碳酸钠溶液中，可实现其与碳酸钙的转化
D．海水中CO2浓度升高，会腐蚀椰子蟹的外壳，使Ksp增大
【答案】D
【解析】A项，由题干可知，月桂酸利于促进形成难溶的月桂酸磷酸钙，故椰子蟹摄入月桂酸含量较高的椰肉有助于形成更加坚硬的甲壳，A正确；B项，弱碱性的海水利于月桂酸形成月桂酸根离子，使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO43－(aq)+3C11H23COO-(aq)平衡逆向移动，利于保护椰子蟹外壳，使其不易被腐蚀，B正确；C项，将少量月桂酸磷酸钙投入适量1ml•L-1碳酸钠溶液中，较高浓度的碳酸根离子使得Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)转化为CaCO3(s)，实现其与碳酸钙的转化，C正确；D项，海水中CO2浓度升高，溶液酸性增强，使得月桂酸根离子转化为月桂酸，促使Ca3PO4(OOCC11H23)3(s)3Ca2+(aq)+PO43－(aq)+3C11H23COO-(aq)平衡正向移动，导致腐蚀椰子蟹的外壳，但不会使Ksp增大，D错误；故选D。
21．一种测定水样中溴离子浓度的实验步骤如下：
①向锥形瓶中加入处理后的水样25.00mL，加入几滴NH4Fe(SO4)2溶液。
②加入V1 mL c1 ml∙L−1AgNO3溶液(过量)，充分摇匀。
③用c2 ml∙L−1KSCN标准溶液进行滴定，至终点时消耗标准溶液V2mL 。
已知：Ksp(AgBr)=7.7×10−13，Ag++SCN－= AgSCN(白色)↓，Ksp(AgSCN)=1×10−12，下列说法不正确的是( )
A．滴定终点时，溶液变为红色
B．该水样中溴离子浓度为：c(Br－)= ml∙L−1
C．AgBr(s)+SCN－(aq)AgSCN(s)+Br－(aq)的平衡常数K=0.77
D．该实验需要严格控制水样的pH，若pH过高则测定结果将偏高
【答案】D
【解析】A项，加入几滴NH4Fe(SO4)2指示剂，滴定终点时，KSCN过量，会与铁离子反应，因此溶液变为红色，故A正确；B项，25mL溶液中Br－物质的量n(Br－)= V1 ×10−3 L×c1 ml∙L−1− V2 ×10−3 L×c2 ml∙L−1=(V1c1 − V2 c2) ×10−3 ml，因此该水样中溴离子浓度为：c(Br－)= ml∙L−1，故B正确；C项，AgBr(s)+SCN－(aq)AgSCN(s)+Br－(aq)的平衡常数，故C正确；D项，该实验需要严格控制水样的pH，若pH过高，银离子会与氢氧根反应，则得到的溴离子物质的量减少，则测定结果将偏低，故D错误。故选D。
22．(2023·浙江省义乌市高三高考适应性考试)在25℃时，下列几种难溶电解质的溶度积常数(Ksp)如表所示，下列说法不正确的是( )
A．重晶石的主要成分是BaSO4工业上常用饱和碳酸钠溶液反复浸泡重晶石，将难处理的BaSO4转化为更易处理的BaCO3
B．在食盐除杂实验中，利用BaCl2除去溶液中的SO42-后，应先过滤，再加入Na2CO3除去溶液中的Ba2+和Ca2+，过滤的目的是防止BaSO4转化为BaCO3
C．在含银工业废水的处理中，相同浓度的Na2S溶液比NaCl溶液沉淀效果好，而且Na2S溶液可以沉淀多种重金属离子
D．将浓度均为0.2ml•L-1的NaCl溶液和Na2CrO4溶液等体积混合后，滴加AgNO3溶液，先析出Ag2CrO4沉淀
【答案】D
【解析】A项，虽然BaSO4比BaCO3更难溶于水，但在CO32-浓度较大的溶液中，BaSO4溶解在水中的Ba2+能与CO32-结合生成BaCO3沉淀。只要一直保持溶液中较大的CO32-浓度，Ba2+就会与CO32-结合不断生成BaCO3，故A正确；B项，在食盐除杂实验中，利用BaCl2除去溶液中的SO42-后，应先过滤，再加入Na2CO3除去溶液中的Ba2+和Ca2+。由A分析可知，在CO32-浓度较大的溶液中，BaSO4溶解在水中的Ba2+能与CO32-结合生成BaCO3沉淀；过滤的目的是防止BaSO4转化为BaCO3，故B正确；C项，由表可知，Ag2S的溶解度小于AgCl；因此在含银工业废水的处理中，相同浓度的Na2S溶液比NaCl溶液沉淀效果好，故C正确；D项，将浓度均为0.2ml•L-1的NaCl溶液和Na2CrO4溶液等体积混合后，刚开始生成Ag2CrO4沉淀需要的Ag+浓度为；刚开始生成AgCl沉淀需要的Ag+浓度为；所以滴加AgNO3溶液，先析出AgCl沉淀，故D错误；故选D。
23．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)氢氧化镁是常见难溶物，将过量氢氧化镁粉末置于水中达到溶解平衡：Mg(OH)2 (s) Mg2+ (aq)+ 2OH-(aq)。已知Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11，Ksp(MgCO3)=3.5×10-8；通常，溶液中某离子的浓度小于1.0×10-5ml·L－1时，可以认为该离子已沉淀完全。下列有关说法不正确的是( )
A．滴入几滴稀硫酸，溶液的pH先下降后上升，最后保持一个稳定值
B．MgCO3的饱和溶液中c(Mg2+)＞c(CO32-)
C．NaOH溶液可使MgCO3较彻底地转化为Mg(OH)2
D．氢氧化镁可处理印染厂的酸性废水，处理后c(Mg2+)=1.8×10-3ml·L－1，此时溶液呈碱性
【答案】B
【解析】A项，滴入几滴稀硫酸后，氢离子和氢氧根离子反应生成水，氢氧根离子浓度降低，pH降低，随后沉淀溶解平衡正向移动，氢氧根离子浓度增大，pH增大，A正确；B项，碳酸镁电离产生镁离子和碳酸根离子，但是碳酸根离子会水解，故镁离子浓度大于碳酸根离子，B错误；C项，通过信息可知，氢氧化镁的溶度积常数要小的多，故碳酸镁更加容易转化为氢氧化镁，则NaOH溶液可使MgCO3较彻底地转化为Mg(OH)2，C正确；D项，处理后，则此时，氢氧根离子浓度较大，溶液显碱性，D正确；故选B。
24．(2023·浙江省宁波市高三下学期高考模拟)向工业废水中加入硫化物可以获得CuS、FeS纳米粒子［已知Ksp(FeS)= 6.3×10－18，Ksp(CuS)= 1.3×10－36］，下列说法正确的是( )
A．FeS固体不能用于去除工业废水中的Cu2+
B．向FeSO4和CuSO4混合溶液中加入Na2S溶液，当两种沉淀共存时，
C．向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，CuS的溶解平衡逆向移动，滤液中一定存在
D．已知H2S溶液中，可判断CuS易溶于稀盐酸
【答案】C
【解析】A项，根据Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)可知，FeS固体能用于去除工业废水中的Cu2+，故A错误；B项，向FeSO4和CuSO4混合溶液中加入Na2S溶液，当两种沉淀共存时，，故B错误；C项，CuS存在溶解平衡CuS(s) Cu2+(aq)+S2−(aq)，向CuS饱和溶液中加入CuCl2固体，铜离子浓度增大，因此CuS的溶解平衡逆向移动，根据溶度积常数得到滤液中一定存在，故C正确；D项，若要溶解CuS+2H+= Cu2++H2S，则，平衡常数很小，反应几乎不能发生，可判断CuS难溶于稀盐酸，故D错误。故选C。
25．沉淀溶解平衡在生活、生产和化学学习中有着重要应用。请回答下列问题：
(1)工业上湿法炼锌过程中，以ZnSO4为主要成分的浸出液中，含有Fe3+、Fe2+、Cu2+、Cl-等杂质，这些杂质对锌的电解工序有妨碍，必须提早除去.现有下列试剂可供选择：酸性KMnO4溶液、NaOH溶液、ZnO、H2O2溶液、Fe、AgNO3溶液、Ag2SO4。
①为了除去Fe2+，应加入合适的氧化剂，将其氧化为Fe3+，则应选择的氧化剂是___；利用沉淀转化原理，可加入___，除去Cl-。
②为使某些金属离子转化为沉淀而除去，需加入适当的物质调节溶液的pH。则加入的物质是___。
(2)工业生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中的Cu2+：Cu2+(aq)+MnS(s) CuS(s)+Mn2+(aq)，该反应达到平衡时，c(Mn2+)___(填“＞”“＜”或“=”)c(Cu2+)
(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-，利用Ag+与CrO42-生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。25℃时，当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10-5ml•L-1)时，溶液中c(Ag+)为___ml•L-1，此时溶液中c(CrO42-)等于___ml•L-1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)。
【答案】(1)H2O2溶液 Ag2SO4 ZnO (2)> (3)2.0×10-5 5.0×10-3
【解析】(1)①根据除杂的“两不”“两易”原则可知，除去Fe2+又不引入新的杂质，所以应选择H2O2溶液，将其氧化为Fe3+，除去溶液中的Cl-，为了不引入新的杂质，应选择Ag2SO4；②为使某些金属离子转化为沉淀而Zn不被沉淀，则应选择ZnO或者Zn(OH)2，由题意有应选ZnO；(2)由反应Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq)可知，Ksp(MnS) ＞Ksp(CuS)，铜离子比锰离子更容易与硫离子结合生成硫化铜，所以该反应达到平衡后溶液中的c(Mn2+)＞c(Cu2+)；(3) 由Ksp(AgCl)= c(Ag+) × c(Cl-) 有 ，因为25℃时AgCl的Ksp= 2.0×10-10，所以25℃时，当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10-5ml•L-1)时，溶液中c(Ag+) =2.0×10-5ml•L-1；由Ksp(Ag2CrO4)= c(Ag+) ×c(CrO42-)有，因为25℃时Ag2CrO4的Ksp为2.0×10-12，所以c(CrO42-)=5.0×10-3ml•L-1。
26．(2024·河南省湘豫名校高三联考)常温下，CdCO3和Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．向X点对应溶液中加入适量的NaOH溶液，有可能得到Z点对应溶液
B．相同温度下，Ksp(CdCO3)=100Ksp[Cd(OH)2]
C．Y点对应的CdCO3分散系中，v(溶解)＞v(沉淀)
D．常温下，CdCO3、Cd(OH)2饱和溶液，前者c(Cd2+)较大
【答案】B
【解析】A项，，溶液中c(CO32-)大小与c(Cd2+)成反比，故若增大一个单位，则减小一个单位，因此曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，曲线I是Cd(OH)2的沉淀溶解平衡曲线。向Cd(OH)2溶液中加入NaOH溶液，c(Cd2+)减小而c(OH-)会增大，不能得到Z点对应溶液，A错误；B项，由图中数据知，当时，、，由此可求出；，Ksp(CdCO3)=100Ksp(Cd(OH)2)，B正确；C项，Y点在曲线Ⅱ下方，说明离子浓度大，处于过饱和状态，沉淀速率较大，C错误；D项，常温下，CdCO3饱和溶液中，Cd(OH)2饱和溶液中，后者饱和溶液中c(Cd2+)较大，D错误；故选B。
27．(2024·湖南衡阳高三第一次联考)常温下，用HCl(g)调节SrF2浊液的pH，测得在通入HCl(g)的过程中，体系中(X代表或)与的关系如图所示。下列说法正确的是( )
已知：SrF2为微溶于水，溶于盐酸，不溶于氢氟酸、乙醇和丙酮的固体。
A． Ksp(SrF2)= 10-10.2
B．随着HCl(g)的加入，SrF2溶解度逐渐减小
C．p点对应的溶液中c(Sr2＋)＜c(HF)
D．m、n点时的溶液中均存在c(HF)+c(H＋)=c(Cl-)+ c(OH―)
【答案】D
【解析】A项，HF的电离平衡常数，纵坐标相当于，随着变大，变大，变小，则L2表示的变化情况，L1表示的变化情况，根据m、n两点的数据，得，选项A错误；B项，随着HCl(g)的加入，SrF2溶解平衡正向移动，溶解度增大，B错误；C项，p点时c(Sr2＋)=c(HF)，又根据SrF2组成可知，溶液中存在2c(Sr2＋)=c(HF)+ c(F-)，故p点时c(Sr2＋)=c(HF)，C错误；D项，m、n点时的溶液中均存在电荷守恒有2c(Sr2＋)+c(H＋)=c(Cl-)+ c(F-)+ c(OH―)，根据选项C知2c(Sr2＋)=c(HF)+ c(F-)，故有c(HF)+c(H＋)=c(Cl-)+ c(OH―)，D正确；故选D。
28．(2024·云南省部分名校高三联考)常温下，CaF2、BaF2的沉淀溶解曲线如图所示。下列叙述错误的是( )
已知：CaF2的溶解度小于BaF2，M代表Ba或Ca
A．曲线Ⅰ代表 与-lgc(F-)的关系
B．常温下， Ksp(BaF2)= 1.0×10-6.74
C．M点对应的溶液是 BaF2的过饱和溶液
D．BaF2(s)+Ca2+(aq) CaF2 (s))+ Ba2+(aq)的平衡常数 K 为103.1
【答案】C
【解析】A项，CaF2的溶解度小于 BaF2，所以Ksp(CaF2)29．(2024·贵州遵义高三第一次质量监测)工业上常以SrSO4(s)为原料生产SrCO3(s)。一定温度下，现有含SrCO3(s)的0.1 ml ·L-1Na2CO3溶液和含SrSO4(s)的0.1 ml·L-1Na2SO4溶液。在一定pH范围内，两种溶液中pM随pH的变化关系如图所示(pM=-lg[c(Sr2+)/(ml·L-1)]。下列说法正确的是( )
A．曲线②代表含SrCO3(s)的0.1 ml·L-1 Na2CO3溶液的变化曲线
B．该温度下SrSO4的Ksp(SrSO4)值为10-6.5
C．若将Na2SO4溶液改为1 ml·L-1，m点会移向p点
D．由图可知，pH越小，越有利于SrSO4转化为SrCO3
【答案】B
【解析】SO42-与H+不反应，溶液pH变化时，溶液中硫酸根离子浓度几乎不变，则含硫酸锶固体的硫酸钠溶液中锶离子的浓度几乎不变；所以曲线②代表含SrSO4固体的0.1 ml/ L硫酸钠溶液的变化曲线；CO32-与H+反应，使溶液pH增大，溶液中CO32-浓度减小，Sr2+浓度增大，则曲线①表示含碳酸锶固体的0.1 ml/L碳酸钠溶液的变化曲线。A项，由上述分析可知：曲线②代表含SrSO4(s)的0.1 ml·L-1 Na2SO4溶液的变化曲线，A错误；B项，在该温度下，SrSO4的Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c(SO42-)=10-5.5×0.1=10-6.5，B正确；C项，温度不变，SrSO4的Ksp(SrSO4)不变，若将Na2SO4溶液改为1 ml·L-1，c(SO42-)增大，c(Sr2+)减小，pM增大，则m点会移向n点，C错误；D项，在溶液中存在转化平衡：SrSO4(s)+ CO32- (aq) SO42- (aq)+SrCO3(s)，溶液pH越小，c(H+)增大，H+与CO32-反应，导致c(CO32-)减小，化学平衡逆向移动，因此越不利于SrSO4转化为SrCO3，D错误；故选B。
考点要求
考题统计
考情分析
弱电解质的电离平衡
2023湖北卷12题，3分；2023湖北卷14题，3分；2023浙江6月选考15题，3分；2022江苏卷12题，3分；2022浙江1月选考17题，2分；2022全国乙卷13题，6分；2022湖北卷15题，3分；2022辽宁卷15题，3分；2021山东卷15题，4分；2021浙江1月选考17题，2分；2021浙江6月选考19题，2分
【命题规律】
水溶液中的离子平衡是化学平衡的延伸和应用，也是高考中考点分布较多的内容之一。高考对本部分内容的重点考查方向有：(1)中和滴定图像分析及有关计算；(2)微粒浓度关系判断；(3)沉淀溶解平衡及溶度积常数的应用；(4)溶液中的离子反应(离子共存和离子推断)；(5)结合图像考查弱电解质的电离和盐类的水解等。一是在选择题某一选项中以图像或者文字的形式考查，二是在填空题中结合化学反应原理综合考查。
【命题预测】
从高考命题的变化趋势来看，溶液中离子浓度的大小比较及沉淀的溶解平衡和转化是主流试题。多元弱酸弱碱分步电离平衡问题、多元弱酸弱碱离子的水解问题及化学反应速率的问题是命题的生长点。预计2024年高考题型会延续2023年高考命题形式，以曲线图的形式进行综合考查，要求考生会利用平衡移动原理分析外界条件改变对溶液中电离平衡、水解平衡、难溶电解质的溶解平衡的分析，把握其本质，其中溶度积的相关计算预计会在2023年的高考命题中占有一定的重要地位。
水的电离和溶液的酸碱性
2022·浙江省1月选考1题，2分；2022·浙江省1月选考17题，2分
酸碱中和滴定
2023湖南卷12题，4分；2021辽宁卷15题，3分；2021湖北卷14题，3分；2021海南卷14题，4分
盐类水解和粒子浓度大小比较
2022·浙江省6月选考23题，2分；2022·浙江省6月选考17题，2分；2022•海南省选择性考试13题，3分；2022•江苏卷12题，3分；2022•福建卷10题，3分；2022·浙江省1月选考23题，3分；2021•浙江1月选考23题，3分；2021•广东选择性考试8题，3分；2021•天津卷10题，3分；2021•北京卷题，3分；2021•浙江1月选考17题，3分；2021•山东卷15题，3分；2021•湖北选择性考试14题，3分
难溶电解质的溶解平衡
2023•浙江省1月选考，15；2023•浙江省6月选考15题，3分
外界条件
电离平衡移动方向
电离程度变化
温度
升高温度
向右移动
增大
浓度
稀释溶液
向右移动
增大
相同离子
加入与弱电解质相同离子的强电解质
向左移动
减小
加入能与弱电解质离子反应的物质
向右移动
增大
增大
等物质的量浓度的盐酸(a)与醋酸溶液(b)
等pH的盐酸(a)与醋酸溶液(b)
pH或物质的量浓度
pH：a＜b
物质的量浓度：a＜b
溶液的导电性
a＞b
a＝b
水的电离程度
a＜b
a＝b
加水稀释等倍数pH的变化量
a＞b
a＞b
等体积溶液中和NaOH反应的量
a＝b
a＜b
分别加该酸的钠盐固体后pH
a：不变；b：变大
a：不变；b：变大
开始与金属反应的速率
a＞b
相同
等体积溶液与过量活泼金属产生H2的量
相同
a＜b
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
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
弱电解质
电离方程式
电离常数
NH3·H2O
NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－
Kb＝1.8×10－5
CH3COOH
CH3COOHCH3COO－＋H＋
Ka＝1.8×10－5
HClO
HClOH＋＋ClO－
Ka＝3.0×10－8
比较项目
酸
c(H＋)
pH
中和碱的能力
与活泼金属反应产生H2的量
开始与金属反应的速率
盐酸
大
小
相同
相同
大
醋酸溶液
小
大
小
比较
项目
酸
c(H＋)
c(酸)
中和碱的能力
与足量活泼金属反应产生H2的量
开始与金属反应的速率
盐酸
相同
小
小
少
相同
醋酸溶液
大
大
多
指示剂
变色范围的pH
甲基橙
<3．1红色
3．1～4．4橙色
>4．4黄色
酚酞
<8．2无色
8．2～10．0浅红色
>10．0红色
滴定次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.1000ml/L盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
第一次
第二次
第三次
第四次
V(KMnO4溶液)/mL
17.10
18.10
18.00
17.90
应用
举例
判断溶液的酸碱性
FeCl3显酸性，原因是Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+
配制或贮存易水解的盐溶液
配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，防止Cu2+水解
判断盐溶液蒸干产物
加热蒸干AlCl3[加热Al(NO3)3、FeCl3、AlBr3溶液与之类似]溶液，因为水解产物之一为挥发性物质盐酸，不断挥发出氯化氢气体，导致水解平衡不断向右移动，最后彻底水解，蒸干后得到AI(OH)3，进一步灼烧得到Al2O3。
胶体的制取
制取Fe(OH)3胶体的离子反应：Fe3+＋3H2Oeq \(====,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H+
物质的提纯
除去MgCl2溶液中的Fe3+，可加入MgO、镁粉或Mg(OH)2或MgCO3
离子共存的判断
Al3+与AlOeq \\al(－,2)、COeq \\al(2－,3)、HCOeq \\al(－,3)、S2-、HS-等因相互促进水解而不共存
泡沫灭火器原理
成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为Al3+＋3HCOeq \\al(－,3)===Al(OH)3↓＋3CO2↑
作净水剂
明矾可作净水剂，原理为Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+
化肥的使用
铵态氮肥与草木灰不得混用，原因是2NHeq \\al(＋,4)＋COeq \\al(2－,3)＝2NH3↑＋CO2↑＋H2O
实验装置
试剂X
实验结果
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
①Ⅱ、Ⅲ均产生白色沉淀；
②烧杯中溶液pH变化如下
蒸馏水
0.05ml·L-1 Na2CO3 溶液
0.05 ml·L-1 NaHCO3 溶液
序号
①
②
③
④
溶液
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
选项
n(CO2)/ml
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c(Na＋)>c(AlOeq \\al(－,2))＋c(OH－)
B
0.01
c(Na＋)>c(AlOeq \\al(－,2))>c(OH－)>c(COeq \\al(2－,3))
C
0.015
c(Na＋)>c(HCOeq \\al(－,3))>c(COeq \\al(2－,3))>c(OH－)
D
0.03
c(Na＋)>c(HCOeq \\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)
实验
实验操作和现象
①
滴加几滴酚酞试液，溶液变红
②
加入等体积0.1ml⋅L-1NaOH溶液充分混合，无明显现象
③
加入少量CuSO4溶液，产生黑色沉淀
④
加入适量NaClO溶液，有淡黄色沉淀产生
名称
碳酸
亚硫酸
电离常数
K1=4.4×10-7 K2=4.7×10-11
K1=1.3×10-2 K2=6.2×10-8
序号
实验
①
准确量取·L-1K2C2O4溶液，测得pH=8.4
②
向①中加入2滴0.100ml·L-1HCl盐酸，测得pH=7.0
③
向①准确加入·L-1HCl溶液，pH=3.52
④
向①中加入·L-1CaCl2溶液，出现白色沉淀
溶度积
离子积
概念
沉淀溶解的平衡常数
溶液中有关离子浓度幂的乘积
符号
Ksp
Qc
表达式
Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是平衡浓度
Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度是任意浓度
应用
判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解
①Qc＞Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出
②Qc＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态
③Qc＜Ksp：溶液未饱和，无沉淀析出
化合物
溶度积(25 ℃)
化合物
溶度积(25 ℃)
FeCO3
3.2×10－11
Fe(OH)3
4.0×10－38
Fe(OH)2
8.0×10－11
FeS
6.3×10－18
编号
①
②
③
分散质
Mg(OH)2
HCl
NH4Cl
备注
悬浊液
1ml•L-1
1ml•L-1
BaSO4(白)
BaCO3(白)
AgCl(白)
Ag2S(黑)
Ag2CrO4(砖红)
1.1×10-10
2.6×10-9
1.8×10-10
6.3×10-50
2.0×10-7