新高考化学二轮复习考点提升讲与练专题07 水溶液中的离子平衡（专讲）（解析版）

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考点01 弱电解质的电离平衡1
考点02 水的电离和溶液的酸碱性5
考点03 酸碱中和滴定10
考点04 盐类水解和粒子浓度大小比较15
考点05 难溶电解质的溶解平衡20
考点01 弱电解质的电离平衡
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。
1.下列物质属于强电解质的是( )
A．KOHB．H3PO4C．SO3D．CH3CHO
【答案】A
【解析】在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质。A项，KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH-，KOH为强电解质，A符合题意；B项，H3PO4在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，H3PO4为弱电解质，B不符合题意；C项，SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO3属于非电解质，C不符合题意；D项，CH3CHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CH3CHO属于非电解质，D不符合题意；故选A。
2．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。
3．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。
4．(2022•浙江省湖州、衢州、丽水三地市高三教学质量检测)相同温度下，三种酸在一定物质的量浓度下的电离度如表所示，下列说法正确的是( )
A．HD是强酸
B．酸性：HBC．在相同温度下，HA酸浓度越大其电离度越小因而溶液酸性越弱
D．由表可知在相同温度下，弱酸HB浓度越小其电离平衡常数越大
【答案】B
【解析】由表格可知，当浓度都是1ml/L时，HA的电离度为0.3%，HD的电离度为10%，根据浓度相同时，酸性越弱，电离度越小，所以酸性：HD＞HA；当浓度都是0.9ml/L时，HB的电离度为0.1%，若HB的浓度增大为1ml/L，根据浓度越大电离度越小，所以HB的浓度为1ml/L，其电离度＜0.1%；综上可知，当浓度都是1ml/L时，电离度：HD＞HA＞HB，已知电离度越大，则酸性越强，所以酸性：HD＞HA＞HB。A项，当浓度都是1ml/L时， HD的电离度为10%，说明HD是弱酸，故A错误； B项，根据分析可知相同浓度电离度越小，酸性越弱，所以酸性：HD＞HA＞HB，故B正确；C项，浓度越大电离度越小，但浓度增大电离平衡正向移动，氢离子浓度大了，酸性增强，故C错误；D项，相同温度下，弱酸HB浓度与电离平衡常数无关，平衡常数只受温度影响，故D错误；故选B。
考点02 水的电离和溶液的酸碱性
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。
3．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。
4．有关pH计算的一般思维模型
1.实验测得0.5 ml·L−1CH3COONa溶液、0.5 ml·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是
A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)
B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小
C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果
D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同
【答案】C
【解析】水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw减小，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意。
2.某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线Ⅰ代表溶液
B．溶液中水的电离程度：b点＞c点
C．从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）
D．相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同
【答案】C
【解析】由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，A错误；酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，B错误；Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，C正确；体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误。
3.（2022·河北衡水中学高三调研）25 ℃时，向10 mL 0.1 ml·L－1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1 ml·L－1的HCl溶液，溶液的AG[AG＝lg eq \f(cH＋,cOH－)]变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是( )
A．若a＝－8，则a点溶液中水电离出的c(H＋)＝1×10－11 ml·L－1
B．M点表示盐酸和XOH恰好完全反应
C．R点溶液中可能存在c(X＋)＋c(XOH)＝c(Cl－)
D．M点到N点，水的电离程度先增大后减小
【答案】B
【解析】A项，a＝－8，可求c(OH－)＝10－3 ml·L－1，c(H＋)＝1×10－11 ml·L－1，c(H＋)H2O＝1×10－11 ml·L－1，正确；B项，M点AG＝0，则溶液中c(H＋)＝c(OH－)，不恰好反应，错误；C项，R点可能为恰好反应，溶质为XCl，根据物料守恒可知c(X－)＋c(XOH)＝c(Cl－)，正确；D项，M点为碱过量，N点为酸过量，正确。
4.25℃时，某混合溶液中，1gc( CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是( )
A. O点时，
B. N点时，
C. 该体系中，
D. pH由7到14的变化过程中， CH3COO-的水解程度始终增大
【答案】BC
【解析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)= c(OH-)，故A错误；N点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；c(CH3COO-)+c(CH3COOH)
=0.1ml/L，则c(CH3COO-)=0.1ml/L- c(CH3COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=ml/L，故C正确；醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；答案选BC。
5.（2022·湖北黄冈高三调研）25 ℃时，将0.1 ml NaOH固体加入1.0 L x ml·L－1 CH3COOH溶液中(忽略溶液体积、温度变化)，充分反应后向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固体，溶液pH的变化如图。下列叙述正确的是( )
A．c点对应的溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)
B．从b点对应溶液到a点对应溶液的过程中eq \f(cNa＋·cOH－,cCH3COO－)减小
C．a、b、c点对应的溶液中，水的电离程度：a>b>c
D．a、b、c点对应的溶液中，Ka(CH3COOH)均为eq \f(0.2,x－0.2)×10－7
【答案】B
【解析】c点对应的溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒知c(Na＋)＝c(CH3COO－)，A错误；加入CH3COOH过程中，c(CH3COO－)和c(H＋)增大，c(OH－)减小，c(Na＋)不变，eq \f(cNa＋·cOH－,cCH3COO－)减小，B正确；CH3COO－增多，水解程度增大，水的电离程度增大，则a、b、c点对应的溶液中，水的电离程度：c>b>a，C错误；温度一定，电离平衡常数一定，c点时有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，又溶液的pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 ml·L－1，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝0.2 ml·L－1，Ka(CH3COOH)＝eq \f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)＝eq \f(0.2×10－7,x＋0.1－0.2)＝eq \f(0.2,x－0.1)×10－7，D错误。
考点03 酸碱中和滴定
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。
1.以酚酞为指示剂，用0.1000 ml·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]
下列叙述正确的是( )
A. 曲线①代表，曲线②代表
B. H2A溶液的浓度为0.2000 ml·L−1
C. HA−的电离常数Ka=1.0×10−2
D. 滴定终点时，溶液中
【答案】C
【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000ml/L，据此分析作答。根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= =0.1000ml/L，B错误；由于H2A第一步完全电离，则HA-的起始浓度为0.1000ml/L，根据图像，当VNaOH=0时，HA-的分布系数为0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系数为0.1，则HA-的电离平衡常数Ka==≈1×10-2，C正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。
2.用0.100 ml·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 ml·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( )
A. 根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)
C. 相同实验条件下，若改为0.0400 ml·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D. 相同实验条件下，若改为0.0500 ml·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
【答案】C
【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。选取横坐标为50mL的点，此时向50mL 0.05ml/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1ml/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025ml/L（按照银离子和氯离子1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍），由图示得到此时Cl-约为1×10-8ml/L（实际稍小），所以KSP(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，A正确。由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，B正确。滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05ml/L的Cl-溶液改为50mL 0.04ml/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，C错误。卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以KSP(AgCl)应该大于KSP(AgBr)，将50mL 0.05ml/L的Cl-溶液改为50mL 0.05ml/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点，D正确。
3.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。
考点04 盐类水解和粒子浓度大小比较
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．离子浓度大小比较
(1)微粒浓度大小比较的理论依据和守恒关系
A．两个理论依据
①弱电解质电离理论：电离粒子的浓度大于电离生成粒子的浓度。
例如，H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(HCOeq \\al(－,3))≫c(COeq \\al(2－,3))(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。
②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成粒子的浓度。
例如，Na2CO3溶液中：c(COeq \\al(2－,3))>c(HCOeq \\al(－,3))≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。
B．三个守恒关系
①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。
例如，NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(COeq \\al(2－,3))＋c(OH－)。
②物料守恒：物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。
例如，0.1 ml·L－1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(COeq \\al(2－,3))＋c(H2CO3)＝0.1 ml·L-1。
③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。例如，纯碱溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(H2CO3)。
(2)四种情况分析
①多元弱酸溶液
根据多步电离分析，如：在H3PO3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产生的影响。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4NO3溶液，②CH3COONH4溶液，③NH4HSO4溶液，c(NHeq \\al(＋,4))由大到小的顺序是③>①>②。
④混合溶液中各离子浓度的比较
要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。例如，在0.1 ml·L-1的NH4Cl和0.1 ml·L-1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c(NHeq \\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。在该溶液中，NH3·H2O的电离与NHeq \\al(＋,4)的水解互相抑制，但NH3·H2O的电离程度大于NHeq \\al(＋,4)的水解程度，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，同时c(NHeq \\al(＋,4))>c(Cl－)。
1．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))。
2．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＋)。
(5)巧抓“四点”，突破图象中的“粒子”浓度关系
a．抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
b．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。
c．抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。
d．抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。
1.常温下，用氨水滴定浓度均为的和的混合液，下列说法不正确的是( )
A. 在氨水滴定前，和的混合液中
B. 当滴入氨水时，
C. 当滴入氨水时，
D. 当溶液呈中性时，氨水滴入量大于，
【答案】D
【解析】未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1ml/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C正确；当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D
2.常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是( )
A. 相同浓度的 HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则
B. 相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中
C. FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则
D. 在溶液中，
【答案】A
【解析】HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；根据溶液中的物料守恒定律，1 ml∙L−1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 ml∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1 ml∙L−1，故D正确；综上所述，答案为A。
3.室温下，将两种浓度均为的溶液等体积混合，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. 混合溶液(pH=10.30)：
B. 氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：
C. 混合溶液(pH=4.76):
D. 混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸):
【答案】AD
【解析】NaHCO3水溶液呈碱性，说明的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：，溶液中剩余微粒浓度关系为：，和水解程度微弱，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：，故A正确；该混合溶液中电荷守恒为：，物料守恒为：，两式联立消去c(Cl-)可得：，故B错误；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；该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：，故D正确；综上所述，浓度关系正确的是：AD。
4.室温下，反应+H2OH2CO3+OH−的平衡常数K=2.2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )
A．0.2 ml·L−1氨水：c (NH3·H2O)>c()> c (OH−)> c (H+)
B．0.2 ml·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ()> c ()> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)
C．0.2 ml·L−1氨水和0.2 ml·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ()+c()
D．0.6 ml·L−1氨水和0.2 ml·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c()+ c(OH−)=
0.3 ml·L−1+ c (H2CO3)+ c (H+)
【答案】BD
【解析】NH3∙H2O属于弱碱，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，A错误；NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，则c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，B正确；由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，C错误；由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=
c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)
+2c(CO32-)③，0.2ml/LNH4HCO3与0.6ml/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1ml/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1ml/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3∙H2O)+c(OH-)
+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH-)
+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3ml/L，故D正确；故选BD。
5.常温下，用0.1 ml·L−1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 ml·L−1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是( )
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl−)＞c(CH3COO−)
B．当滴入氨水10 mL时，c(NHeq \\al(+,4))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO−)＋c(CH3COOH)
C．当滴入氨水20 mL时，c(CH3COOH)＋c(H+)＝c(NH3·H2O)＋c(OH−)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20 mL，c(NHeq \\al(+,4))＜c(Cl−)
【答案】D
【解析】A项，未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1ml/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；B项，当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+ c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+ c(CH3COO-)，B正确；C项，当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)= c(NH4+)+c(OH-)，C正确；D项，当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)= c(CH3COO-)+c(Cl-)+ c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D不正确；故选D。
考点05 难溶电解质的溶解平衡
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．溶度积曲线
溶度积曲线是分别以阳、阴离子的浓度为坐标作出的曲线，不同温度下曲线形状不尽相同。如图是BaSO4溶液中的离子浓度曲线。
(1)曲线上的任意一点(如a、c点)，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。
(2)可通过比较，观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点(如b点)表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点(如d点)，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。
5．溶度积曲线的解题方法
(1)第一步：明确图像中纵、横坐标的含义。纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。
(2)第二步：理解图像中线上的点、线外点的含义。
①以氯化银为例，在该沉淀溶解平衡图像上，曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Q＝Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线外的点。
②曲线上方区域的点均为饱和溶液与沉淀共存的体系，此时Q>Ksp。
③曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Q(3)第三步：抓住Ksp的特点，结合选项分析判断。
①溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：A．原溶液不饱和时，离子浓度要增大都增大；B．原溶液饱和时，离子浓度都不变。
②溶度积常数只是温度的函数，与溶液中溶质的离子浓度无关，在同一曲线上的点，溶度积常数相同。
6．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。
特别提示：(1)对于组成形式不同的物质，不能根据溶度积数值比较其溶液中离子浓度大小，需经过计算再进行比较。
(2)在沉淀溶解平衡的图像中，只有曲线上的点才表示达到沉淀溶解平衡状态，曲线上方的点表示过饱和，下方的点表示未饱和。
(3)是否生成沉淀取决于Qc与Ksp的相对大小，不能只通过Ksp大小判断。
1.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是
A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B．图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)=Ksp(n)C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
【答案】B
【解析】CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s) Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度积Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在饱和溶液中，c(Cd2+)= c(S2-)，结合图象可以看出，图中a和b分别表示T1和T2温度下CdS的溶解度，A正确；CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响，m、n和p点均在温度为T1条件下所测的对应离子浓度，则其溶度积相同，B错误；m点达到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化钠后，平衡向逆反应方向移动，c(Cd2+)减小，c(S2-)增大，溶液组成由m沿mnp向p方向移动，C正确；从图象中可以看出，随着温度的升高，离子浓度增大，说明CdS(s) Cd2+(aq)+S2-(aq)为吸热反应，则温度降低时，q点对应饱和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时减小，会沿qp线向p点方向移动，D正确。
2.(1)已知：常温下Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10－38，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33，当Fe3＋完全沉淀时，溶液中Al3＋理论最大浓度为________。
(2)除了OH－之外，S2－也是一种常见的金属离子沉淀剂。本质原因是一些金属硫化物的溶解度极小。已知：25 ℃时，CuS的溶度积为4×10－36，H2S的Ka1＝1.25×10－7，Ka2＝8.0×10－14。若要在1 L的盐酸中完全溶解0.01 ml CuS，理论上需要盐酸的最低浓度为________ml·L－1(提示：用离子方程式计算)。
(3)CuCl加入饱和NaCl溶液中会部分溶解生成CuCleq \\al(－,2)，在一定温度下建立两个平衡：
Ⅰ.CuCl(s)Cu＋(aq)＋Cl－(aq) Ksp＝1.4×10－6
Ⅱ.CuCl(s)＋Cl－(aq)CuCleq \\al(－,2)(aq) K＝0.35。
请写出c(Cu＋)与c(CuCleq \\al(－,2))的数学关系为_________________。
【解析】(1)当离子浓度≤1.0×10－5 ml·L－1时，认为该离子沉淀完全，即c3(OH－)＝eq \f(8.0×10－38,1.0×10－5)＝8.0×10－33 ml3·L－3，c(Al3＋)＝eq \f(1.3×10－33,8.0×10－33) ml·L－1＝0.162 5 ml·L－1。
(2)设盐酸的最小浓度为x ml·L－1。
CuS＋ 2H＋Cu2＋＋H2S
起始/(ml·L－1) x 0 0
变化/(ml·L－1) 0.01 0.02 0.01 0.01
平衡/(ml·L－1) x－0.02 0.01 0.01
K＝eq \f(cH2S×cCu2＋,c2H＋)＝eq \f(cH2S×cCu2＋×cS2－×cHS－,c2H＋×cS2－×cHS－)＝eq \f(KspCuS,Ka1H2SKa2H2S)＝eq \f(4×10－36,1.25×10－7×8×10－14)＝
4×10－16＝eq \f(0.012,x－0.022)，解得x≈5×105 ml·L－1。
(3)根据Ⅰ、Ⅱ可得2CuCl(s)Cu＋(aq)＋CuCleq \\al(－,2)(aq) K′＝1.4×10－6×0.35，故c(Cu＋)·c(CuCleq \\al(－,2))＝1.4×10－6×0.35＝4.9×10－7。
【答案】(1)0.162 5 ml·L－1 (2)5×105 ml·L－1 (3)c(Cu＋)·c(CuCleq \\al(－,2))＝4.9×10－7
3．常温下，有关物质的溶度积如下
下列有关说法不正确的是( )
A．常温下，除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好
B．常温下，除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好
C． 向含有Mg 2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c(Mg 2+)∶c(Fe3+)＝2 .125×1021
D．将适量的Ca(OH)2固体溶于100mL水中，刚好达到饱和[c(Ca2+)=1．054×10-2ml/L]，若保持温度不变， 向其中加入100mL 0.012ml/L的NaOH，则该溶液变为不饱和溶液。
【答案】B
【解析】A项， 因为MgCO3是微溶物，其溶度积远远大于Mg(OH)2，所以除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好，A项正确；B项， 因为Ca(OH)2是微溶物，其溶度积远大于CaCO3，所以除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好，B项错误；C项， 向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，，，所以，C项正确；D项，将适量的Ca(OH)2固体溶于100mL水中，刚好达到饱和，c(Ca2+)=1．054×10-2ml/L，c(OH-)=2．108×10-2ml/L，若保持温度不变，向其中加入100mL 0.012ml/L的NaOH，混合后，c(Ca2+)=0.527×10-2ml/L，，此时Ca(OH)2的离子积，则该溶液变为不饱和溶液，D项正确；故选B。
1．（2022·浙江卷）时，苯酚的，下列说法正确的是
A．相同温度下，等的和溶液中，
B．将浓度均为的和溶液加热，两种溶液的均变大
C．时，溶液与溶液混合，测得，则此时溶液中
D．时，的溶液中加少量固体，水的电离程度变小
【答案】C
【解析】A．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-)B．C6H5ONa溶液中，C6H5O-离子水解出氢氧根离子，升温促进C6H5O-离子的水解，氢氧根离子浓度增大，pH变大，而氢氧化钠溶液中不存在平衡，升温pH不变，B错误；
C．当pH=10.00时，c(OH-)=1.0×10-10，，故c(C6H5O-)= c(C6H5OH)，C正确；
D．C6H5ONa中的C6H5O-可以水解，会促进水的电离，D错误；
故选C。
2．（2022·浙江卷）时，向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液(酷酸的；用的溶液滴定等浓度的盐酸，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．滴加溶液至的过程中，发生反应的离子方程式为：
C．滴定过程中，
D．时，
【答案】B
【解析】A．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．滴加溶液至的过程中，若只发生反应的离子方程式：，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数，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．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正确；
D．向浓度均为的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入的溶液，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，D正确；
故答案为：B。
3．（2022·全国乙卷）常温下，一元酸的。在某体系中，与离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。
设溶液中，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．溶液Ⅰ中
B．溶液Ⅱ中的HA的电离度为
C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的不相等
D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的之比为
【答案】B
【解析】A．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．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．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．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；
答案选B。
4．（2022·湖南卷）室温时，用的标准溶液滴定浓度相等的、和混合溶液，通过电位滴定法获得与的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于时，认为该离子沉淀完全。，，)。下列说法正确的是
A．a点：有白色沉淀生成
B．原溶液中的浓度为
C．当沉淀完全时，已经有部分沉淀
D．b点：
【答案】C
【解析】向含浓度相等的 Cl-、 Br-和 I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000ml/L=4.5×10-4ml，所以Cl-、 Br-和 I-均为1.5×10-4ml。
A．I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；
B．原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4ml，则I-的浓度为=0.0100ml⋅L-1，故B错误；
C．当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5ml/L)，溶液中的c(Ag+)==5.4×10-8ml/L，若Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)==3.3×10-3ml/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100ml⋅L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确；
D．b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，则b点各离子浓度为：，故D错误；
故选C。
5.（2022·云南曲靖·二模）常温下，用0.10ml·L-1的盐酸滴定20mL相同浓度的某一元碱BOH溶液，滴定过程中pH及电导率变化曲线如图所示：
下列说法错误的是
A．BOH的Kb约为1×10-5
B．a点：c(B+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(BOH)
C．滴加盐酸的过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大
D．b点：c(B+)<0.05ml·L-1
【答案】C
【解析】A．根据图知，开始时BOH溶液的pH=11，溶液中c(OH-)==ml/L=10-3ml/L，BOH电离程度较小，则溶液中c(BOH)≈0.1ml/L，c(B+)≈c(OH-)=10-3ml/L，BOH的Kb=≈=10-5，A正确；
B．a点等浓度的BOH和BCl混合溶液，存在电荷守恒c(B+ )+c(H+)=c(OH- )+c(Cl- )、存在物料守恒c(B+ )+c(BOH)=2c(Cl- )，所以存在c(B+ )+2c(H+)=2c(OH- )+c( BOH)，B正确；
C. 随着盐酸的滴加，一开始BOH电离的OH-浓度越来越小，对水的电离的抑制作用也越来越小，水的电离程度增大，B+浓度越来越大，B+水解对水的电离起促进作用，当恰好完全反应生成BCl时，水的电离程度最大，继续滴加盐酸，由于HCl电离出的H+对水的电离和B+水解均起到抑制作用，导致水的电离程度又减小，即滴加盐酸的过程中，溶液中水的电离程度先增大后减小，C错误；
D. 由A项分析可知，BOH是弱碱，b点为BOH与HCl恰好完全反应，由于B+发生水解，故b点c(B+)<0.05ml·L-1，D正确；
故答案为：C。
6.（2022·安徽淮南·二模）实验测得0.10ml/LNaHCO3溶液的pH随温度变化如图所示。下列说法正确的是
A．OM段随温度升高溶液的pH减小，原因是水解被抑制
B．O点溶液和P点溶液的c(OH-)相等
C．将N点溶液恢复到25℃，pH=8.62
D．Q点、M点溶液均有c()+c()+c(H2CO3)=0.10ml/L
【答案】D
【解析】OM段碳酸氢钠溶液加热促进水的电离，pH减小，M点升高温度部分碳酸氢钠发生分解得到碳酸钠，升温促进碳酸根的水解，溶液碱性增强，pH增大；
A．水解吸热，升高温度，水解平衡右移，而根据图像可知碳酸氢钠溶液加热，M点之前，升温pH减小，故主要原因是升温促进了水的电离，故A错误；
B．O点溶质只有NaHCO3，P点溶质有NaHCO3和Na2CO3，水解程度不相同，c(OH-)不相等，故B错误；
C．升高温度部分碳酸氢钠发生分解得到碳酸钠，若将N点溶液恢复到25℃，由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故混合溶液pH应大于8.62，故C错误；
D．Q点、M点溶液均存在物料守恒：c()+c()+c(H2CO3)=0.10ml/L，故D正确；
故选：D。
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
酸
HA
HB
HD
浓度/ml∙L-1
1
0.1
0.5
0.9
1
电离度/%
0.3
0.3
0.15
0.1
10
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
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
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
物质
CaCO3
MgCO3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
Fe(OH)3
Ksp
4．96×10-9
6．82×10-6
4．68×10-6
5．61×10-12
2．64×10-39