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2019届二轮复习 盐类水解 沉淀溶解与平衡 学案（全国通用）
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专题十三 盐类水解 沉淀溶解与平衡
[查漏补缺·对接高考] 排查核心知识 挖掘命题规律
[储知识·要点回扣]
■思维深化——做一做
1．把不同条件对FeCl3水解平衡[Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋]的影响填入下表。
条件
移动方向
n(H＋)
pH
现象
升高温度
向____
______
______
溶液颜色____
通HCl
向____
______
______
溶液颜色____
加H2O
向____
______
______
溶液颜色____
加入NaHCO3 (aq)
向____
______
______
________
答案：右 增大 减小 变深 左 增大 减小 变浅 右 增大 增大 变浅 右 减小 增大 生成红褐色沉淀，放出气体
2．向NH4Cl溶液中加水，其稀释过程中________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，__________，________，________，c(NH)＋c(NH3·H2O)________。
答案：增大 增大 不变 不变 减小
3．以AgCl为例：AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq) ΔH＞0。
外界条件
移动方向
c(Ag＋)
Ksp
升高温度
________
________
________
加入少量的AgNO3
________
________
________
加入Na2S
________
________
________
通入HCl
________
________
________
答案：正向 增大 增大 逆向 增大 不变 正向 减小 不变 逆向 减小 不变
[探高考·真题鉴赏]
1．(2018·全国高考卷)用0.100 mol·L－1AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( )
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10
B．曲线上各点的溶液满足关系式：c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.040 0 mol·L－1 Cl－，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.050 0 mol·L－1 Br－，反应终点c向b方向移动
解析：根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，达到滴定终点时，消耗AgNO3溶液的体积为＝20.0 mL，C错误。由题图可知，当AgNO3溶液的体积为50.0 mL时，溶液中的c(Cl－)略小于10－8 mol·L－1，此时混合溶液中c(Ag＋)＝
＝2.5×10－2 mol·L－1，故Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)≈2.5×10－2×10－8＝2.5×10－10，A正确。因反应过程中有沉淀生成，溶液中必然存在平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，故曲线上的各点均满足c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，B正确。相同实验条件下，沉淀相同量的Cl－和Br－消耗的AgNO3的量相同，由于Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)，当滴加相等量的Ag＋时，溶液中c(Br－)＜c(Cl－)，故反应终点c向b方向移动，D正确。
答案：C
2．(2017·全国高考卷Ⅲ)在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl－会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl－。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是( )
A．Ksp(CuCl)的数量级为10－7
B．除Cl－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl
C．加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好
D．2Cu＋===Cu2＋＋Cu平衡常数很大，反应趋于完全
解析：由题图可知，当c(Cu＋)＝10－2 mol·L－1时，c(Cl－)约为10－4.75 mol·L－1，则Ksp(CuCl)＝c(Cu＋)·c(Cl－)的数量级为10－7，A项正确；根据题目信息可知B项正确；Cu、Cu2＋是按一定物质的量之比反应的，并不是加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好，C项错误；由题图可知，交点处c(Cu＋)＝c(Cu2＋)≈10－6mol·L－1，则2Cu＋??Cu2＋＋Cu的平衡常数K＝≈106，该平衡常数很大，因而反应趋于完全，D项正确。
答案：C
3．(2017·全国高考卷Ⅰ)常温下将NaOH溶液添加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A．Ka2(H2X)的数量级为10－6
B．曲线N表示pH与lg的变化关系
C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)
解析：H2X的电离方程式为H2X??H＋＋HX－、HX－??H＋＋X2－。当＝＝1时，即横坐标为0.0时，Ka1＝c(H＋)，Ka2＝c′(H＋)，因为Ka1>Ka2，故c(H＋)>c′(H＋)，即pHc(OH－)，C项正确；电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HX－)＋2c(X2－)，中性溶液中存在c(H＋)＝c(OH－)，故有c(Na＋)＝c(HX－)＋2c(X2－)，假设c(HX－)＝c(X2－)或c(HX－)>c(X2－)(见C项分析)，则溶液一定呈酸性，故中性溶液中c(HX－)
[研考纲·聚焦素养]
最新考纲
1．了解盐类水解的原理，影响盐类水解程度的因素，盐类水解的应用。
2．了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。理解溶度积(Ksp)的含义，能进行相关的计算。
3．以上各部分知识的综合运用。
核心素养
1．变化观念与平衡思想：认识盐类水解的本质是中和反应的逆反应，能多角度、动态地分析盐类水解和沉淀溶解平衡，并用相关的原理解决实际问题。
2．证据推理与模型认知：能运用水解平衡模型和沉淀溶解平衡模型解释化学现象，揭示现象的本质与规律。
3．科学探究与创新意识：能发现和提出有探究价值的盐类水解和沉淀溶解平衡的问题；能从问题和假设出发，确定探究目的，设计探究方案，进行实验探究。
4．科学精神与社会责任：应具有严谨求实的科学态度，具有探索未知、崇尚真理的意识；赞赏化学对社会发展的重大贡献，具有可持续发展意识和绿色化学观念，能对与盐类水解和沉淀溶解平衡有关的社会热点问题做出正确的价值判断。
[题型突破·通法悟道] 摆题型示例 巧取应考宝典
授课提示：对应学生用书第51页
题型一 溶液中“粒子”浓度关系
[研——题型探究]
►角度一 溶液中粒子浓度关系
1．下列溶液中各粒子的浓度关系正确的是( )
A．室温下，pH>7的醋酸和醋酸钠的混合溶液中：c(CH3COO－)＞c(Na＋)
B．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：c(Na＋)＝c(Cl－)
C．等pH的氨水、KOH、Ba(OH)2溶液中：c(NH)＝c(K＋)＝c(Ba2＋)
D．0.2 mol·L－1的某一元弱酸HA溶液和0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合后的溶液：2c(OH－)＋c(A－) ＝2c(H＋)＋c(HA)
解析：A项，根据电荷守恒可得c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，若pH>7，则c(OH－)>c(H＋)，所以c(CH3COO－)
拓展思考
(1)室温下，pH＞7的醋酸和醋酸钠的混合溶液中，为什么c(CH3COO－)＜c(Na＋)?
(2)等浓度的氨水、KOH、Ba(OH)2溶液中：
c(NH)、c(K＋)、c(Ba2＋)的顺序是____________________。
提示：(1)pH＞7，说明醋酸钠的水解程度大于醋酸的电离程度。
(2)c(K＋)＝c(Ba2＋)＞c(NH)。碱性越弱，电离出的离子浓度越小。
[题型建模] 比较溶液中粒子浓度大小的思维模型
►角度二 结合图像考查混合溶液中的粒子浓度关系
2．室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是( )
A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)＞c(Na＋)＞c(HB)＞c(H＋)>c(OH－)
C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)
解析：浓度相同的三种酸，HA的pH最小，HD的pH最大，酸性越强电离常数越大，三种酸的电离常数HA的最大，HD的最小，A正确；P点时，中和百分数为50%，此时溶液中含等物质的量浓度的HB和NaB，由于溶液显酸性，所以HB电离大于B－的水解，则c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，B正确；pH＝7时，由于三种酸的电离常数不等，A－、B－、D－的水解程度不同，加入氢氧化钠的体积不同，虽然三种离子的浓度分别等于钠离子的浓度，但三种溶液中的钠离子的浓度不等，则c(A－)、c(B－)、c(D－)不等，C错误；当中和百分数为100%时，其中酸HA中的溶质是NaA，根据质子守恒得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA)，另外两种酸中存在c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB)，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HD)，将三种溶液混合有c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D正确。
答案：C
[题型建模] 巧抓“四点”突破离子平衡图像题
(2018·南昌模拟)25 ℃时，H2CO3的Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.0×10－11。常温下在20 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法正确的是( )
A．在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO能大量共存
B．a点时：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(CO)
C．当pH＝7时，溶液中c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)
D．当溶液中c(HCO)∶c(CO)＝2∶1时，溶液的pH＝10
解析：根据图示，pH＞8时，无H2CO3，pH＜8时，无CO，在同一溶液中H2CO3、HCO、CO不能大量共存，A项错误；a点时，CO、HCO的含量相等，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋2c(CO)＋c(HCO)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋3c(CO)，B项错误；当pH＝7时，无CO，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)，则c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(HCO)，C项错误；根据H2CO3的Ka2＝，当溶液中c(HCO)∶c(CO)＝2∶1时，c(H＋)＝Ka2·＝5.0×10－11×2＝10－10(mol/L)，此时溶液的pH＝10，D项正确。
答案：D
[练——即学即用]
1．(2018·太原模拟)室温下，下列溶液中粒子浓度关系一定正确的是( )
A．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，加水稀释，c(HCO)/c(CO)减小
B．pH＝7的氨水与氯化铵的混合溶液中：c(Cl－)＞c(NH)
C．0.1 mol·L－1的硫酸铝溶液中：c(SO)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．pH＝2的醋酸溶液和pH＝12的NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
解析：＝＝，Na2CO3溶液加水稀释过程中溶液碱性减弱，即c(H＋)增大，而室温下Ka2(H2CO3)为定值，即c(HCO)/c(CO)将增大，A项错误；pH＝7的氨水与氯化铵的混合溶液中含有NH、Cl－、H＋、OH－四种离子，根据电荷守恒和c(H＋)＝c(OH－)可知c(Cl－)＝c(NH)，B项错误；硫酸铝溶液因Al3＋水解而呈酸性，则有c(SO)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，C项正确；pH＝2的醋酸溶液和pH＝12的NaOH溶液等体积混合，得到CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根据物料守恒可知c(Na＋)＜c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，D项错误。
答案：C
2．常温下将NaOH溶液分别滴加到两种一元弱酸HA和HB中，两种混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A．电离常数：Ka(HB)＞Ka(HA)
B．Ka(HA)的数量级为10－5
C．当HA与NaOH溶液混合至中性时：c(A－)＝c(HA)
D．等浓度等体积的HA和NaB混合后所得溶液中：c(H＋)＞c(OH－)
解析：Ka(HB)＝、Ka(HA)＝，lg＝0时 ，c(B－)＝c(HB)，lg＝0时，c(A－)＝c(HA)，此时Ka(HB)、Ka(HA)等于对应的c(H＋)，由图可知横坐标为0时，HB的pH比HA的pH小，即HB的c(H＋)比HA的c(H＋)大，故Ka(HB)＞Ka(HA)，A项正确；lg＝0时，HA的pH在4.5～5之间，则Ka(HA)在10－5～10－4.5之间，10－4.5＝100.5－5＝100.5×10－5,1＜100.5＜10，故Ka(HA)的数量级为10－5，B项正确；当HA与NaOH溶液混合至中性时，c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 mol·L－1，Ka(HA)的数量级为10－5，设Ka(HA)＝＝a×10－5(1＜a＜10)，则＝＝＝a×102，故c(A－)＞c(HA)，C项错误；lg＝0时，HB的pH在3.0～3.5之间，则Ka(HB)在10－3.5～10－3之间，则Ka(HB)的数量级为10－4，Kh(B－)＝＜Ka(HA)，故等浓度等体积的HA和NaB混合后，HA的电离程度大于NaB的水解程度，所得溶液呈酸性，故c(H＋)＞c(OH－)，D项正确。
答案：C
3．常温下，向0.10 mol·L－1的钠盐(Na2X)溶液中逐滴加入稀盐酸，加入的HCl与原溶液中Na2X的物质的量之比f[f＝n(HCl)/n(Na2X)]与混合液pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．X2－的水解常数Kh(X2－)约为1×10－12
B．Kh(HX－)＞Ka2(H2X)
C．f＝0.5时，c(X2－)＞c(HX－)
D．f＝2.0时，溶液显酸性的主要原因是稀盐酸过量
解析：f＝0时，0.10 mol·L－1 Na2X溶液的pH约为12，c(OH－)≈0.01 mol·L－1，可得
X2－＋ H2O ??HX－ ＋ OH－
0． 10 mol·L－1 0.01 mol·L－1 0.01 mol·L－1
Kh(X2－)＝≈＝1×10－3，Kh(X2－)约为1×10－3，A项错误；f＝1.0时发生的反应为Na2X＋HCl===NaCl＋NaHX，此时溶液的7＜pH＜8，显弱碱性，表明HX－的水解程度大于其电离程度，即Kh(HX－)＞Ka2(H2X)，B项正确；f＝0.5时，生成的NaHX和过量的Na2X的物质的量相等，因X2－的水解程度大于HX－的水解程度，且HX－的水解程度大于其电离程度(可忽略不计)，故溶液中c(HX－)＞c(X2－)，C项错误；f＝2.0时，Na2X恰好和HCl完全反应，Na2X＋2HCl===2NaCl＋H2X，稀盐酸没有过量，溶液显酸性的主要原因是生成了弱酸H2X，D项错误。
答案：B
题型二 沉淀溶解平衡
[研——题型探究]
►角度一 Ksp及其计算
1．(1)已知：Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，Ksp[Fe(OH)3]＝3×10－39，pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋(使其浓度均小于1×10－6 mol·L－1)，需调节溶液pH范围为____________。
(2)煅粉主要含MgO和CaO，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若滤液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6 mol·L－1，则溶液pH大于________[Mg(OH)2的Ksp＝5×10－12]。
(3)已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，若向50 mL 0.018 mol·L－1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 mol·L－1的盐酸，混合后溶液中Ag＋的浓度为________ mol·L－1，pH为________。
解析：(1)使Al3＋完全除去时c(OH－)＝＝＝1×10－9(mol·L－1)，此时溶液pH＝5.0；使Fe3＋完全除去时c(OH－)＝＝≈1.4×10－11(mol·L－1)，此时溶液pH≈3.1；而pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀，所以调节溶液的pH范围为5.0＜pH＜7.1。
(2)若溶液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6 mol·L－1，则溶液c2(OH－)＞ mol·L－1＝10－6 mol·L－1，c(OH－)＞10－3 mol·L－1，pH大于11。
(3)根据反应中HCl和硝酸银的物质的量可知HCl过量，则计算剩余的氯离子的物质的量浓度为(0.02－0.018) mol·L－1/2＝0.001 mol·L－1，根据AgCl的溶度积的表达式计算即可；因为该反应中氢离子未参加反应，所以溶液的体积变为100 mL时，氢离子的浓度为0.01 mol·L－1，则pH＝2。
答案：(1)5.0＜pH＜7.1 (2)11
(3)1.8×10－7 2
►角度二 沉淀溶解平衡曲线
2．(2018·武汉模拟)在一定温度下，AgCl与AgI的饱和溶液中存在如图关系，下列说法正确的是( )
A．AgCl(s)＋I－(aq)??AgI(s)＋Cl－(aq)，在该温度下的平衡常数K＝2.5×106
B．向0.1 mol·L－1 KI溶液中加入AgNO3溶液，当I－刚好完全沉淀时，c(Ag＋)＝2×10－12 mol·L－1
C．向AgCl、AgI的饱和溶液中加入氢碘酸溶液，可使溶液由A点变到B点
D．向2 mL 0.01 mol·L－1 AgNO3溶液中加几滴0.01 mol·L－1 NaCl溶液，静置片刻，再向溶液中加几滴0.01 mol·L－1 KI溶液，有黄色沉淀生成，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
解析：根据图中数据可知：Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－5×2×10－5＝2×10－10，Ksp(AgI)＝c(Ag＋)·c(I－)＝10－5×8×10－12＝8×10－17。AgCl(s)＋I－(aq)??AgI(s)＋Cl－(aq)，在该温度下的平衡常数K＝＝＝＝＝2.5×106，A项正确；向0.1 mol·L－1 KI溶液中加入AgNO3溶液，当I－刚好完全沉淀时，c(Ag＋)＝ mol·L－1＝8×10－12 mol·L－1，B项错误；向AgCl、AgI的饱和溶液中加入氢碘酸溶液，生成AgI，AgCl溶液变得不饱和，不可能使溶液由A点变到B点，C项错误；向2 mL 0.01 mol·L－1 AgNO3溶液中加几滴0.01 mol·L－1 NaCl溶液，静置片刻，再向溶液中加几滴0.01 mol·L－1 KI溶液，过量的银离子与碘离子反应，有黄色沉淀生成，不一定是氯化银转化为碘化银，不能说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D项错误。
答案：A
[题型建模] 解沉淀溶解平衡图像题三步骤
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。
第二步：理解图像中线上点、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Qc＝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，不会出现在曲线以外。
(2)曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Qc>Ksp。
(3)曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Qc
(1)溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：
①原溶液不饱和时，离子浓度都增大；
②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。
[练——即学即用]
1．已知常温下Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5×10－13，下列有关说法错误的是( )
A．在饱和AgCl、AgBr的混合溶液中：＝360
B．向AgCl悬浊液中滴加浓NaBr溶液会产生淡黄色沉淀
C．AgCl在水中的溶解度及Ksp均比在NaCl溶液中的大
D．欲用1 L NaCl溶液将0.01 mol AgBr转化为AgCl，则c(NaCl)≥3.61 mol·L－1
解析：饱和AgCl、AgBr的混合溶液中，c(Cl－)∶c(Br－)＝Ksp(AgCl)∶Ksp(AgBr)＝1.8×10－10∶5×10－13＝360，A项正确；由于Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，所以向氯化银悬浊液中滴加浓NaBr溶液会产生淡黄色沉淀，B项正确；溶度积只与温度有关，C项错误；AgBr(s)＋Cl－(aq)??AgCl(s)＋Br－(aq)，平衡常数K＝＝，当溴化银全部转化为氯化银时，溶液中Br－的浓度为0.01 mol·L－1，将有关数据代入计算式，求得平衡时Cl－浓度为3.6 mol·L－1，溴化银转化过程中消耗了0.01 mol Cl－，故氯化钠的最低浓度为3.61 mol·L－1，D项正确。
答案：C
2．25 ℃时，Ag2CO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示[已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10]，下列说法正确的是( )
A．根据图示可计算出Ksp(Ag2CO3)＝9×10－9
B．向Ag2CO3饱和溶液中加入K2CO3饱和溶液，可以使Y点移到X点
C．反应Ag2CO3(s)＋2Cl－(aq)??2AgCl(s)＋CO(aq)的化学平衡常数K＝2.5×108
D．在0.001 mol·L－1 AgNO3溶液中滴入同浓度的KCl和K2CO3的混合溶液，CO先沉淀
解析：由题图中数据可得，Ksp(Ag2CO3)＝c2(Ag＋)·c(CO)＝(9×10－4)2·10－5＝8.1×10－12，A错误；在Ag2CO3饱和溶液中加入K2CO3饱和溶液，c(CO)增大，则c(Ag＋)降低，而X点与Y点的c(Ag＋)相同，B错误；Ag2CO3(s)＋2Cl－(aq)??2AgCl(s)＋CO(aq)的化学平衡常数K＝＝＝＝2.5×108，C正确；Ag＋转化为AgCl沉淀所需Cl－的最小浓度为 mol·L－1＝1.8×10－7 mol·L－1，Ag＋转化为Ag2CO3沉淀所需CO的最小浓度为 mol·L－1＝8.1×10－6 mol·L－1，因此Cl－先沉淀，D错误。
答案：C
3．(2018·郑州模拟 )常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01 mol·L－1的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O的水解)。下列叙述正确的是( )
A．Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10－7
B．n点表示AgCl的不饱和溶液
C．向c(Cl－)＝c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀
D．Ag2C2O4＋2Cl－??2AgCl＋C2O的平衡常数为109.04
解析：根据Ksp(Ag2C2O4)＝c2(Ag＋)·c(C2O)，可得：lg Ksp(Ag2C2O4)＝2lg ＋lg ，由题图可知，－lg ＝4时，lg ＝－2.46，则lg Ksp(Ag2C2O4)＝2×(－4)－2.46＝－10.46，Ksp(Ag2C2O4)＝10－10.46＝100.54×10－11，故Ksp(Ag2C2O4)的数量级为10－11，A项错误；通过n点向纵轴作垂线，该垂线与AgCl的沉淀溶解平衡曲线的交点为沉淀溶解平衡状态，即为AgCl的饱和溶液，而n点与该交点相比，纵坐标相同，但横坐标大于该交点的横坐标，即n点c(Cl－)大于该交点的c(Cl－)，故n点Qc＞Ksp(AgCl)，有沉淀产生，B项错误；由题图可知当lg与lg相等时，达到饱和溶液时，AgCl对应的－lg大，即c(Ag＋)小，因此要使Qc＞Ksp，即产生沉淀时，AgCl对应的c(Ag＋)小，故滴入AgNO3溶液时先产生AgCl沉淀，C项错误；该反应的平衡常数K＝，两边取对数，lg K＝lg－2lg，当－lg＝4时，lg＝－5.75，lg＝－2.46，lg K＝－2.46－2×(－5.75)＝9.04，故K＝109.04，D项正确。
答案：D
电解质溶液中的“四大常数”
授课提示：对应学生用书第53页
[解题模板]
弱电解质都存在着电离常数，电离常数的大小反映了弱电解质的电离程度和酸(碱)性强弱，还与盐类水解、沉淀的溶解平衡密切相关，具有比较重要的应用。
一、根据电离常数比较酸(碱)性强弱
电离常数的大小可以反映弱电解质的酸(碱)性强弱。K越大，酸(碱)性越强。
1．已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
醋酸
次氯酸
碳酸
亚硫酸
电离平
衡常数
(25 ℃)
Ka＝1.75×
10－5
Ka＝2.98×
10－8
Ka1＝4.3×10－7
Ka2＝5.61×10－11
Ka1＝1.54×10－2
Ka2＝1.02×10－7
下列离子方程式正确的是( )
A．少量的CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－===CO＋2HClO
B．少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2＋H2O＋2CO===SO＋2HCO
C．少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－===CaSO3↓＋2HClO
D．相同浓度的NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H＋＋HCO===CO2↑＋2H2O
解析：酸的电离平衡常数：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO，则酸性：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO。A项，少量的CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋ClO－===HCO＋HClO，错误；B项，少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2＋H2O＋2CO===SO＋2HCO，正确；C项，HClO具有强氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸，所以少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中不生成CaSO3，错误；D项HSO不能拆成H＋和SO的形式，错误。
答案：B
二、根据电离常数判断盐的水解程度
根据电离常数可判断出酸、碱性的强弱，从而可判断出盐类水解的强弱，即弱酸、弱碱的电离常数越大，则其离子的水解程度越小。
2．已知，25 ℃时几种弱酸的电离常数如下：
弱酸
电离常数
弱酸
电离常数
H2CO3
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
H2C2O4
(草酸)
K1＝5.9×10－2
K2＝6.4×10－5
H3PO4
K1＝7.1×10－3
K2＝6.3×10－8
K3＝4.2×10－13
H3C6H5O7
(柠檬酸)
K1＝7.4×10－4
K2＝1.7×10－5
K3＝4.0×10－7
r下列有关推断正确的是( )
A．溶液的pH大小有：K3PO4＞K2HPO4＞KH2PO4
B．草酸溶液中存在：c(HC2O)＞c(H＋)＞c(C2O)＞c(OH－)
C．等浓度的NaHCO3、NaHC2O4的溶液中：前者pH大
D．H3C6H5O7与Na2CO3溶液反应的产物为Na3C6H5O7、CO2、H2O
解析：A项，未说明溶液的浓度，无法比较，错误；B项，H2C2O4??H＋＋HC2O，HC2O??H＋＋C2O，离子浓度大小关系为c(H＋)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(OH－)，错误；C项，由电离常数知，H2CO3的酸性比H2C2O4弱，故NaHCO3水解程度比NaHC2O4大，则NaHCO3溶液的pH大，正确；D项，由电离常数知，酸性：H3C6H5O7＞H2C6H5O＞H2CO3＞HC6H5O＞HCO，故H3C6H5O7与Na2CO3溶液反应的产物应为Na2HC6H5O7，错误。
答案：C
三、根据电离常数判断稀释过程中浓度比值变化
对于弱电解质稀释时粒子浓度比值的变化，可根据稀释过程中平衡常数不变，将比值问题构造成与平衡常数有关的代数式进行简化判断，然后根据电离平衡移动进行分析。
3．常温下，向0.1 mol·L－1的草酸(H2C2O4)溶液中加水，在稀释过程中，下列物理量始终增大的是( )
A．n(H＋)·n(OH－) B.
C. D．14－pH
解析：A项，n(H＋)·n(OH－)＝c(H＋)V溶液·c(OH－)V溶液＝Kw·V，温度不变，Kw不变，而V溶液增大，故n(H＋)·n(OH－)增大，正确；B项，H2C2O4中存在着电离平衡：H2C2O4??HC2O＋H＋、HC2O??C2O＋H＋，则即为H2C2O4的二级电离常数Ka2，温度不变，Ka2不变，错误；C项，Ka1＝，温度不变，Ka1不变，而稀释过程中，c(HC2O)减小，故增大，则减小，错误；D项，加水稀释，c(H＋)减小，pH增大，故14－pH减小，错误。
答案：A
四、根据电离常数计算c(OH－)、c(H＋)或pH
弱酸HA??H＋＋A－，c(H＋)≈；
弱碱BOH??B＋＋OH－，c(OH－)≈。
4．常温下NH3·H2O的Kb＝1.6×10－5，下列关于氨水的说法不正确的是( )
A．滴有酚酞的氨水中加入醋酸铵溶液，颜色变浅
B．0.01 mol·L－1的氨水中，c(OH－)＝4.0×10－3 mol·L－1
C．氨水在稀释过程中增大
D．常温下测量NH4Cl溶液的pH，可以判断NH3·H2O是否属于弱电解质
解析：A项，c(OH－)减小，碱性减弱，滴有酚酞的溶液颜色变浅，正确；B项，由电离常数可知Kb＝，由于c(NH)＝c(OH－)，则c(OH－)＝
＝＝4.0×10－4 mol·L－1，错误，C项，氨水在稀释过程中Kb不变、c(OH－)减小，增大，正确；D项，根据NH4Cl溶液的pH可以判断该盐是否水解，从而确定NH3·H2O是否属于弱电解质，正确。
答案：B
五、根据弱电解质的电离常数计算盐的水解常数
水解平衡可由酸、碱与水的电离平衡相减得来，因此水解常数则是这两个电离平衡常数的比值。
5．已知25 ℃时，NH3·H2O的Kb＝1.77×10－5，H2CO3的Ka1＝4.30×10－7、Ka2＝5.61×10－11。25 ℃时有关NH4HCO3溶液的说法中正确的是( )
A．呈弱酸性
B．c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(H＋)＋c(H2CO3)
C．滴入NaOH溶液至过量，发生反应的先后顺序为NH＋OH－===NH3·H2O、HCO＋OH－===H2O＋CO
D．滴入NaOH溶液，则增大
解析：A项，由电离平衡常数可知NH3·H2O电离程度比H2CO3大，则HCO水解程度比NH大，NH4HCO3溶液呈碱性，错误；B项，由电荷守恒得：c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)＝c(NH)＋c(H＋)，由物料守恒得：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，两式联列得：c(OH－)＋c(CO)＋c(NH3·H2O)＝c(H＋)＋c(H2CO3)，错误；C项，OH－与NH、HCO的反应，可类比于酸碱中和反应，根据“强者先行”原则可知，酸性强的先反应，NH3·H2O??OH－＋NH Kb＝1.77×10－5 ①，H2O??H＋＋OH－ KW＝1×10－14 ②，②－①得：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，Kh＝＝＝5.6×10－10，而HCO的Ka2＝5.61×10－11，故可知，酸性：NH＞HCO，故与OH－反应的先后顺序为NH＞HCO，正确；D项，中分子、分母同乘以c(OH－)，则为的比值，只与温度有关，加入NaOH，比值不变，错误。
答案：C
六、根据弱电解质的电离常数与溶度积常数共同判断沉淀在酸中的溶解性
判断沉淀是否溶解于酸，应根据电离平衡与沉淀的溶解平衡相加(或减)得到化学方程式，然后计算其平衡常数，再进行判断。
6．25 ℃时，用Na2S沉淀Cu2＋、Zn2＋两种金属离子(M2＋)，所需S2－最低浓度的对数值lgc(S2－)与lgc(M2＋)的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋)
B．25 ℃时Ksp(ZnS)约为1×10－27.5
C．25 ℃时，H2S饱和溶液中c2(H＋)·c(S2－)＝1.0×10－22，将少量CuS固体加入到稀硫酸中，CuS不溶解
D．向Cu2＋浓度为10－5 mol·L－1的工业废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出
解析：A项，由物料守恒得，2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)，错误，B项，Ksp(ZnS)＝c(Zn2＋)·c(S2－)＝10－10×10－17.5＝10－27.5，正确；C项，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)＝10－25×10－10＝10－35，若CuS在酸中溶解，则发生反应CuS＋2H＋===Cu2＋＋H2S↑，K＝＝＝＝10－13，故不能溶解，正确；D项，由于CuS的Ksp小于ZnS的Ksp，故向Cu2＋浓度为10－5 mol·L－1废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出，正确。
答案：A
[模板演练]
1．25 ℃时，H2SO3??HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：Ka＝
Kh＝＝
＝＝＝1×10－12。
HSO＋H2O??H2SO3＋OH－，当加入少量I2时，发生 I2＋HSO＋H2O===2I－＋3H＋＋SO。
根据Kh＝，由于c(OH－)减小，而Kh不变，所以增大。
答案：1×10－12 增大
2．已知25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5，该温度下1 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝________mol·L－1。(已知≈2.36)
解析：Kh＝＝
c(H＋)≈c(NH3·H2O)，而c(NH)≈1 mol·L－1，
所以c(H＋)＝＝
≈2.36×10－5mol·L－1。
答案：2.36×10－5
3．已知：0.10 mol·L－1的Na2CO3溶液的pH为11.6，H2CO3的电离平衡常数Ka1远远大于Ka2，则Ka2约为____________。
解析：解法一 因为H2CO3的电离Ka1远远大于Ka2，Na2CO3的水溶液中以CO的第一步水解为主，第二步忽略不计，CO＋H2O??HCO＋OH－，c(HCO)≈c(OH－)，0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液中pH＝11.6，c(H＋)＝10－11.6 mol·L－1，c(OH－)＝10－2.4 mol·L－1，c(CO)＝0.1 mol·L－1－10－2.4 mol·L－1≈0.1 mol·L－1，则Ka2＝＝＝1.0×10－10.2。
解法二 Kh1＝
＝＝10－3.8
Ka2·Kh1＝Kw
Ka2＝＝10－10.2。
答案：1.0×10－10.2
4．向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中＝________。已知Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。
解析：在同一个溶液中，c(Ba2＋)相同，依据溶度积的数学表达式，则有＝＝＝≈24。
答案：24
5．常温下，测得CaSO3悬浊液的pH＝9，已知Ka1(H2SO3)＝1.3×10－2，Ka2(H2SO3)＝6.3×10－8，忽略第二步水解，则CaSO3的第一步水解常数Kh约为________，Ksp(CaSO3)约为________。
解析：Kh＝＝≈1.6×10－7
SO＋H2O??HSO＋OH－
Kh＝＝＝1.6×10－7
所以c(SO)＝6.25×10－4 mol·L－1
所以Ksp＝c(Ca2＋)·c(SO)≈4.0×10－7。
答案：1.6×10－7 4.0×10－7
6．反应H2S(aq)＋Cu2＋(aq)??CuS(s)＋2H＋(aq)的平衡常数为____________。[已知Ksp(CuS)＝1.25×10－36，H2S的Ka1＝1×10－7，Ka2＝1×10－13]
解析：H2S(aq)＋Cu2＋(aq)??CuS(s)＋2H＋(aq)
K＝
CuS(s)??Cu2＋(aq)＋S2－(aq)
Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)
H2S(aq)??H＋(aq)＋HS－(aq)
Ka1＝
HS－(aq)??H＋(aq)＋S2－(aq)
Ka2＝
K＝＝＝8×1015
答案：8×1015
7．已知：草酸(H2C2O4)的Ka1＝6.0×10－2、Ka2＝6.0×10－5，通过计算判断中和反应2Fe(OH)3(s)＋3H2C2O4(aq)??2Fe3＋(aq)＋6H2O(l)＋3C2O(aq)在常温下能否发生并说明理由：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
{已知：Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－39；66＝4.67×104；常数大于10－5反应能发生}
解析：2Fe(OH)3(s)＋3H2C2O4(aq)??2Fe3＋(aq)＋6H2O(l)＋3C2O(aq)
K＝
Fe(OH)3(s)??Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)
Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)
H2C2O4(aq)??H＋(aq)＋HC2O(aq)
Ka1＝
HC2O(aq)??H＋(aq)＋C2O(aq)
Ka2＝
K＝
＝
≈4.67×10－11＜1.0×10－5，所以该反应不能发生。
答案：该反应的平衡常数为4.67×10－11，小于1.0×10－5，所以该反应不能发生
[限时规范训练] 单独成册
对应学生用书第137页
1．25 ℃时浓度都是1 mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX溶液的pH＝7且溶液中c(X－)＝1 mol·L－1，BX溶液的pH＝4，BY溶液的pH＝6。下列说法正确的是( )
A．电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)
B．AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C．稀释相同倍数，溶液pH变化：BX等于BY
D．将浓度均为1 mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY
答案：A
2．(2018·汕头模拟)室温下，对于c(ClO－)＝0.1 mol·L－1的Ca(ClO)2溶液，下列判断中正确的是( )
A．加水稀释后，溶液中增大
B．溶液中c(ClO－)＞c(HClO)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．溶液中c(Ca2＋)＋c(H＋)＝c(ClO－)＋c(OH－)
D．若溶液的pH＝12，则ClO－的水解百分率为10%
解析：由＝Kh变形得＝，因稀释过程中溶液中c(HClO)减小，Kh不变，故增大，A项正确；由ClO－＋H2O??HClO＋OH－及H2O??H＋＋OH－知，c(OH－)＞c(HClO)，B项错误；由电荷守恒知C项错误；当pH＝12时，发生水解的c(ClO－)接近0.01 mol·L－1，ClO－的初始浓度约为0.1 mol·L－1＋0.01 mol·L－1＝0.11 mol·L－1，故其水解程度为×100%≈9.1%＜10%，D项错误。
答案：A
3．(2018·湛江模拟)除了酸以外，某些盐也能溶解沉淀。利用表中三种试剂进行实验，相关分析不正确的是( )
编号
①
②
③
分散质
Mg(OH)2
HCl
NH4Cl
备注
悬浊液
1 mol·L－1
1 mol·L－1
A.向①中加入酚酞显红色说明物质的“不溶性”是相对的
B．分别向少量Mg(OH)2沉淀中加入适量等体积②、③均能使沉淀快速彻底溶解
C．①、③混合后发生反应：Mg(OH)2(s)＋2NH??Mg2＋＋2NH3·H2O
D．向①中加入②，c(OH－)减小，Mg(OH)2溶解平衡正向移动
答案：B
4．25 ℃，Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12，下列说法正确的是( )
A．向同浓度的Na2CrO4和NaCl混合溶液中滴加AgNO3溶液，AgCl先析出
B．向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，有AgCl析出且溶液中c(Cl－)＝c(Ag＋)
C．AgCl和Ag2CrO4共存的悬浊液中，＝
D．向Ag2CrO4悬浊液中加入NaCl浓溶液，Ag2CrO4不可能转化为AgCl
解析：向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，c(Cl－)＞c(Ag＋)，B选项错误；AgCl和Ag2CrO4共存的悬浊液中，＝＝，C选项错误；向Ag2CrO4悬浊液中加入NaCl浓溶液，Ag2CrO4能转化为AgCl，D选项错误。
答案：A
5．常温时，Ca(OH)2和CaWO4(钨酸钙)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列分析不正确的是( )
A．常温时Ksp[Ca(OH)2]＞Ksp(CaWO4)
B．a点表示无Ca(OH)2沉淀、有CaWO4沉淀
C．加热饱和Ca(OH)2溶液有白色沉淀生成
D．常温时这两种饱和溶液中c(Ca2＋)相等
解析：Ca(OH)2沉淀溶解平衡曲线起点的定量信息是c(Ca2＋)＝1.0×10－7 mol/L、c(OH－)＝1.0 mol/L，Ksp[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝1.0×10－7，CaWO4的沉淀溶解平衡曲线起点的定量信息是c(Ca2＋)＝1.0×10－7 mol/L、c(WO)＝1.0×10－3 mol/L，Ksp(CaWO4)＝c(Ca2＋)·c(WO)＝1.0×10－10＜1.0×10－7，故Ksp[Ca(OH)2]>Ksp(CaWO4)，A项正确。a点的定量信息是c(Ca2＋)＝1.0×10－4 mol/L、c(OH－)＝1.0×10－3 mol/L或c(WO)＝1.0×10－3 mol/L，Qc[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝1.0×10－10Ksp(CaWO4)，有钨酸钙沉淀生成， B项正确。氢氧化钙的溶解度随温度升高而降低，故加热饱和Ca(OH)2溶液有白色氢氧化钙沉淀生成，C项正确。设饱和氢氧化钙溶液中钙离子浓度为x mol/L，则氢氧根离子浓度为2x mol/L，x×(2x)2＝1.0×10－7,4x3＝1.0×10－7，x＝×10－3，饱和钨酸钙溶液中钙离子浓度为y mol/L，钨酸根离子浓度也为y mol/L，则y2＝1.0×10－10，y＝1.0×10－5，x>y，D项不正确。
答案：D
6．已知电离常数的负对数pK＝－lg K,25 ℃时，HX的pKa＝4.76，H2Y的pKa1＝1.22，pKa2＝4.19，下列说法正确的是( )
A．浓度相等的NH4X和NH4HY溶液中c(NH)：前者大于后者
B．NaX溶液中滴加KHY溶液至pH＝4.76：c(K＋)＋c(Na＋)>c(HY－)＋2c(Y2－)＋c(X－)
C．KHY溶液中滴加氨水至中性：c(NH)>c(Y2－)
D．K2Y溶液中滴加盐酸至pH＝1.22：c(Cl－)－3c(HY－)＝c(H＋)－c(OH－)
解析：HY－的电离程度大于其水解程度使溶液呈酸性，对NH水解起抑制作用，X－水解生成OH－，对NH水解起促进作用，故NH4X中c(NH)小于NH4HY中c(NH)，A错误。pH＝4.76表明溶液呈酸性，即c(OH－)
7．(2018·泰安模拟)已知亚硒酸(H2SeO3)为二元弱酸。常温下，向某浓度的H2SeO3溶液中逐滴滴入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2SeO3、HSeO、SeO三种粒子的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．Ka2(H2SeO3)＝10－4.2
B．Kh(HSeO)＝10－9.8
C．pH＝4.2的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(HSeO)
D．NaHSeO3溶液中：c(SeO)＞c(H2SeO3)
解析：亚硒酸(H2SeO3)为二元弱酸，其电离方程式为H2SeO3??H＋＋HSeO，HSeO??H＋＋SeO，Ka2(H2SeO3)＝，由图可知当pH＝4.2时，c(HSeO)＝c(SeO)，Ka2(H2SeO3)＝c(H＋)＝10－4.2，A项正确。同理，Ka1(H2SeO3)＝10－1.2，Kh(HSeO)＝＝＝10－12.8，B项错误。pH＝4.2时，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSeO)＋2c(SeO)，又溶液中HSeO和SeO的浓度相等，故c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(HSeO)，C项正确。在NaHSeO3溶液中，Kh(HSeO)＜Ka2(H2SeO3)，即HSeO的电离程度大于其水解程度 ，故c(SeO)＞c(H2SeO3)，D项正确。
答案：B
8．在一隔热系统中，向20.00 mL 0.010 00 mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入0.010 00 mol·L－1的NaOH溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示。下列相关说法错误的是( )
A．从b点到c点的溶液中：逐渐减小
B．a点对应溶液中存在：c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)
C．b点和c点对应的溶液中，Kw相同
D．b点溶液中存在：c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)
解析：＝＝，由图像可知，b点温度最高，说明CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa和H2O，从b点到c点的溶液中c(H＋)逐渐减小，而Ka(CH3COOH)不变，即溶液中逐渐减小，A项正确；a点溶液中含等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，由电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，即c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)，B项正确；b点和c点对应溶液的温度不同，而Kw只随温度的变化而变化，故b点和c点的Kw不同，C项错误；b点溶液的溶质为CH3COONa，根据质子守恒可知c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，D项正确。
答案：C
9.(2018·济南模拟)常温下，向20 mL某盐酸中逐滴加入0.1 mol·L－1的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示，下列叙述正确的是( )
A．盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1
B．在①、②之间的任意一点：c(Cl－)＞c(NH)，c(H＋)＞c(OH－)
C．在点②所示溶液中：c(NH)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)，且V＜20
D．在点③所示溶液中，由水电离出的c(OH－)＞10－7 mol·L－1
解析：盐酸的初始pH＝1，则c(HCl)＝c(H＋)＝0.1 mol·L－1，A项错误；在①、②之间的任意一点，溶液的pH<7，c(H＋)>c(OH－)，由电荷守恒关系式：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)知，c(Cl－)>c(NH)，B项正确；盐酸与氨水恰好反应时，氨水体积为20 mL，由于NH的水解，溶液呈酸性，故溶液呈中性时，氨水已过量，即pH＝7时，V>20 mL，C项错误；③点时，溶液中含有过量的NH3·H2O，NH3·H2O电离出来的OH－抑制了水的电离，故由水电离出的c(OH－)<10－7 mol·L－1，D项错误。
答案：B
10．(1)25 ℃时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1＝1×10－3，Ka2＝2×10－8。该温度下，0.1 mol·L－1 H2TeO3的电离度α约为________(α＝×100%)；NaHTeO3溶液的pH________(填“＞”“＜”或“＝”)7。
(2)利用反应CaSO4(s)＋(NH4)2CO3(aq)??CaCO3(s)＋(NH4)2SO4(aq)可将磷石膏转化为硫酸铵。若反应达到平衡后溶液中c(CO)＝1.75×10－2 mol·L－1，此时溶液中，c(SO)＝________ mol·L－1。[已知：Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，
Ksp(CaSO4)＝3.2×10－7]
(3)查阅资料可知，常温下，Ksp(AgCl)＝1.76×10－10。
银氨溶液中存在下列平衡：
Ag＋(aq)＋2NH3·H2O(aq)??[Ag(NH3)2]＋(aq)＋2H2O(l) K1＝1.10×107。
常温下可逆反应AgCl(s)＋2NH3·H2O(aq)??[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq)＋2H2O(l)的化学平衡常数K2＝________(保留4位有效数字)。
解析：(1)亚碲酸(H2TeO3)为二元弱酸，以一级电离为主，H2TeO3的电离度为α，
H2TeO3 ?? HTeO＋H＋
起始浓度/(mol·L－1) 0.1 0 0
电离浓度/(mol·L－1) 0.1α 0.1α 0.1α
平衡浓度/(mol·L－1) 0.1(1－α) 0.1α 0.1α
Ka1＝1×10－3＝，解得：α≈10%；
已知Ka2＝2×10－8，则HTeO的水解常数Kh＝＝(1×10－14)÷(1×10－3)＝1×10－11＜Ka2，故HTeO的电离程度大于其水解程度，NaHTeO3溶液显酸性，pH＜7。
(2)根据CaSO4(s)＋CO(aq)??CaCO3(s)＋SO(aq)
K＝＝＝
c(SO)＝×1.75×10－2＝2.0 mol·L－1。
(3)Ag＋(aq)＋2NH3·H2O(aq)??[Ag(NH3)2]＋(aq)
＋2H2O(l)
K1＝，
AgCl(s)＋2NH3·H2O(aq)??[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq)＋2H2O(l)
K2＝，则
K1＝×＝，K2＝K1×Ksp(AgCl)＝1.10×107×1.76×10－10＝1.936×10－3。
答案：(1)10% ＜ (2)2.0 (3)1.936×10－3
11．化学学科中的化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理。请回答下列问题：
(1)已知常温下Cu(OH)2的Ksp＝2×10－20。又知常温下某CuSO4溶液里c(Cu2＋)＝0.02 mol·L－1，如果要生成Cu(OH)2沉淀，则应调整溶液pH大于________；要使0.2 mol·L－1的CuSO4溶液中Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液里加NaOH溶液，使溶液pH为_____________________________________________________。
(2)10 ℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度/℃
10
20
30
加热煮沸后冷却到50 ℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
在分析该溶液pH增大的原因时，甲同学认为是升高温度HCO的水解程度增大所致；乙同学认为是溶液中升高温度NaHCO3受热分解生成Na2CO3，CO水解所致。请你设计一个简单的实验方案给甲和乙两位同学的说法以评判(包括操作、现象和结论)________________________________________________________________________。
解析：(1)据Ksp＝c(Cu2＋)·c(OH－)2可知，c(OH－)2＝＝＝1×10－18(mol·L－1)2，c(OH－)＝1×10－9 mol·L－1，c(H＋)＝＝＝1×10－5(mol·L－1)，pH＝5；c(OH－)2＝(mol2·L－2)，c(OH－)＝1×10－8 mol·L－1，c(H＋)＝＝10－6(mol·L－1)，pH＝6。
(2)甲与乙的区别就是是否有CO生成，本题就转化为检验溶液中是否有CO。
答案：(1)5 6
(2)向溶液中加入足量BaCl2(或CaCl2)溶液，如果无白色沉淀生成说明甲正确，有白色沉淀生成说明乙正确
12．(2018·黄山模拟)工业上利用电镀污泥(主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质)回收铜和铬等金属，回收流程如下：
已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如下：
Fe3＋
Cu2＋
Cr3＋
开始沉淀pH
2.1
4.7
4.3
完全沉淀pH
3.2
6.7
a
(1)在浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外，主要还有____________。
(2)在除铁操作中，需要除去Fe3＋和CaSO4，请完成相关操作：
①加入石灰乳调节pH范围________，检验Fe3＋已经除尽的操作是____________；
②将浊液加热到80 ℃，____________。
(3)写出还原步骤中加入NaHSO3生成Cu2O固体反应的离子方程式：________________________________________________________________________，
此步骤中加入NaHSO3得到Cu2O的产率为95%，若NaHSO3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是_____________________________________________。
(4)当离子浓度小于或等于1×10－5 mol·L－1时可认为沉淀完全，若要使Cr3＋完全沉淀则要保持c(OH－)≥________。[已知：Ksp[Cr(OH)3]＝6.3×10－31，≈4.0]。
解析：(1)Fe2O3、CuO、Cr2O3均能溶于硫酸，分别生成盐[Fe2(SO4)3、CuSO4、Cr2(SO4)3]和水。(2)由部分物质沉淀的pH及除铁操作的目的可知，加入石灰乳调节溶液的pH为3.2～4.3，不会沉淀Cu2＋、Cr3＋，但能除去Fe3＋；Fe3＋遇KSCN变红，如果溶液中Fe3＋已经除尽，则滤液遇KSCN溶液不变红；再由CaSO4的溶解度曲线可知，CaSO4的溶解度随温度升高而逐渐减小，如果将浊液加热到80 ℃，趁热过滤，可以除去CaSO4。
(3)由铜元素降价可知硫元素必须升价，还原步骤的原理为
↓1×2 ↑2×1
＋2 ＋4 ＋1 ＋6
2Cu2＋＋ HSO＋2H2O=== Cu2O↓＋SO＋5H＋；
亚硫酸属于中强酸，而还原步骤可以生成的硫酸是强酸，若NaHSO3过量，过量的NaHSO3可以与强酸反应生成有毒的SO2气体，造成环境污染。
(4)由沉淀溶解平衡可知，Cr(OH)3(s)??Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)，Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝6.3×10－31，则
c3(OH－)＝＝6.3×10－26＝63×10－27，c(OH－)＝ mol·L－1＝4.0×10－9 mol·L－1，即要使Cr3＋完全沉淀则要保持c(OH－)≥4.0×10－9 mol·L－1。
答案：(1)CuSO4
(2)①3.2～4.3 取适量滤液，加KSCN溶液，若不变红，则说明Fe3＋已除尽 ②趁热过滤
(3)2H2O＋HSO＋2Cu2＋===Cu2O↓＋SO＋5H＋ 产生SO2，污染环境
(4)4.0×10－9 mol·L－1
[查漏补缺·对接高考] 排查核心知识 挖掘命题规律
[储知识·要点回扣]
■思维深化——做一做
1．把不同条件对FeCl3水解平衡[Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋]的影响填入下表。
条件
移动方向
n(H＋)
pH
现象
升高温度
向____
______
______
溶液颜色____
通HCl
向____
______
______
溶液颜色____
加H2O
向____
______
______
溶液颜色____
加入NaHCO3 (aq)
向____
______
______
________
答案：右 增大 减小 变深 左 增大 减小 变浅 右 增大 增大 变浅 右 减小 增大 生成红褐色沉淀，放出气体
2．向NH4Cl溶液中加水，其稀释过程中________(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，__________，________，________，c(NH)＋c(NH3·H2O)________。
答案：增大 增大 不变 不变 减小
3．以AgCl为例：AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq) ΔH＞0。
外界条件
移动方向
c(Ag＋)
Ksp
升高温度
________
________
________
加入少量的AgNO3
________
________
________
加入Na2S
________
________
________
通入HCl
________
________
________
答案：正向 增大 增大 逆向 增大 不变 正向 减小 不变 逆向 减小 不变
[探高考·真题鉴赏]
1．(2018·全国高考卷)用0.100 mol·L－1AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( )
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10
B．曲线上各点的溶液满足关系式：c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.040 0 mol·L－1 Cl－，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.050 0 mol·L－1 Br－，反应终点c向b方向移动
解析：根据Ag＋＋Cl－===AgCl↓可知，达到滴定终点时，消耗AgNO3溶液的体积为＝20.0 mL，C错误。由题图可知，当AgNO3溶液的体积为50.0 mL时，溶液中的c(Cl－)略小于10－8 mol·L－1，此时混合溶液中c(Ag＋)＝
＝2.5×10－2 mol·L－1，故Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)≈2.5×10－2×10－8＝2.5×10－10，A正确。因反应过程中有沉淀生成，溶液中必然存在平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，故曲线上的各点均满足c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，B正确。相同实验条件下，沉淀相同量的Cl－和Br－消耗的AgNO3的量相同，由于Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)，当滴加相等量的Ag＋时，溶液中c(Br－)＜c(Cl－)，故反应终点c向b方向移动，D正确。
答案：C
2．(2017·全国高考卷Ⅲ)在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl－会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl－。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是( )
A．Ksp(CuCl)的数量级为10－7
B．除Cl－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl
C．加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好
D．2Cu＋===Cu2＋＋Cu平衡常数很大，反应趋于完全
解析：由题图可知，当c(Cu＋)＝10－2 mol·L－1时，c(Cl－)约为10－4.75 mol·L－1，则Ksp(CuCl)＝c(Cu＋)·c(Cl－)的数量级为10－7，A项正确；根据题目信息可知B项正确；Cu、Cu2＋是按一定物质的量之比反应的，并不是加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好，C项错误；由题图可知，交点处c(Cu＋)＝c(Cu2＋)≈10－6mol·L－1，则2Cu＋??Cu2＋＋Cu的平衡常数K＝≈106，该平衡常数很大，因而反应趋于完全，D项正确。
答案：C
3．(2017·全国高考卷Ⅰ)常温下将NaOH溶液添加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A．Ka2(H2X)的数量级为10－6
B．曲线N表示pH与lg的变化关系
C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)
解析：H2X的电离方程式为H2X??H＋＋HX－、HX－??H＋＋X2－。当＝＝1时，即横坐标为0.0时，Ka1＝c(H＋)，Ka2＝c′(H＋)，因为Ka1>Ka2，故c(H＋)>c′(H＋)，即pH
[研考纲·聚焦素养]
最新考纲
1．了解盐类水解的原理，影响盐类水解程度的因素，盐类水解的应用。
2．了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。理解溶度积(Ksp)的含义，能进行相关的计算。
3．以上各部分知识的综合运用。
核心素养
1．变化观念与平衡思想：认识盐类水解的本质是中和反应的逆反应，能多角度、动态地分析盐类水解和沉淀溶解平衡，并用相关的原理解决实际问题。
2．证据推理与模型认知：能运用水解平衡模型和沉淀溶解平衡模型解释化学现象，揭示现象的本质与规律。
3．科学探究与创新意识：能发现和提出有探究价值的盐类水解和沉淀溶解平衡的问题；能从问题和假设出发，确定探究目的，设计探究方案，进行实验探究。
4．科学精神与社会责任：应具有严谨求实的科学态度，具有探索未知、崇尚真理的意识；赞赏化学对社会发展的重大贡献，具有可持续发展意识和绿色化学观念，能对与盐类水解和沉淀溶解平衡有关的社会热点问题做出正确的价值判断。
[题型突破·通法悟道] 摆题型示例 巧取应考宝典
授课提示：对应学生用书第51页
题型一 溶液中“粒子”浓度关系
[研——题型探究]
►角度一 溶液中粒子浓度关系
1．下列溶液中各粒子的浓度关系正确的是( )
A．室温下，pH>7的醋酸和醋酸钠的混合溶液中：c(CH3COO－)＞c(Na＋)
B．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后的溶液中：c(Na＋)＝c(Cl－)
C．等pH的氨水、KOH、Ba(OH)2溶液中：c(NH)＝c(K＋)＝c(Ba2＋)
D．0.2 mol·L－1的某一元弱酸HA溶液和0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合后的溶液：2c(OH－)＋c(A－) ＝2c(H＋)＋c(HA)
解析：A项，根据电荷守恒可得c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，若pH>7，则c(OH－)>c(H＋)，所以c(CH3COO－)
拓展思考
(1)室温下，pH＞7的醋酸和醋酸钠的混合溶液中，为什么c(CH3COO－)＜c(Na＋)?
(2)等浓度的氨水、KOH、Ba(OH)2溶液中：
c(NH)、c(K＋)、c(Ba2＋)的顺序是____________________。
提示：(1)pH＞7，说明醋酸钠的水解程度大于醋酸的电离程度。
(2)c(K＋)＝c(Ba2＋)＞c(NH)。碱性越弱，电离出的离子浓度越小。
[题型建模] 比较溶液中粒子浓度大小的思维模型
►角度二 结合图像考查混合溶液中的粒子浓度关系
2．室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是( )
A．三种酸的电离常数关系：KHA>KHB>KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)＞c(Na＋)＞c(HB)＞c(H＋)>c(OH－)
C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)
解析：浓度相同的三种酸，HA的pH最小，HD的pH最大，酸性越强电离常数越大，三种酸的电离常数HA的最大，HD的最小，A正确；P点时，中和百分数为50%，此时溶液中含等物质的量浓度的HB和NaB，由于溶液显酸性，所以HB电离大于B－的水解，则c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，B正确；pH＝7时，由于三种酸的电离常数不等，A－、B－、D－的水解程度不同，加入氢氧化钠的体积不同，虽然三种离子的浓度分别等于钠离子的浓度，但三种溶液中的钠离子的浓度不等，则c(A－)、c(B－)、c(D－)不等，C错误；当中和百分数为100%时，其中酸HA中的溶质是NaA，根据质子守恒得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA)，另外两种酸中存在c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB)，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HD)，将三种溶液混合有c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D正确。
答案：C
[题型建模] 巧抓“四点”突破离子平衡图像题
(2018·南昌模拟)25 ℃时，H2CO3的Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.0×10－11。常温下在20 mL 0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法正确的是( )
A．在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO能大量共存
B．a点时：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(CO)
C．当pH＝7时，溶液中c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)
D．当溶液中c(HCO)∶c(CO)＝2∶1时，溶液的pH＝10
解析：根据图示，pH＞8时，无H2CO3，pH＜8时，无CO，在同一溶液中H2CO3、HCO、CO不能大量共存，A项错误；a点时，CO、HCO的含量相等，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋2c(CO)＋c(HCO)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋3c(CO)，B项错误；当pH＝7时，无CO，根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)，则c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(HCO)，C项错误；根据H2CO3的Ka2＝，当溶液中c(HCO)∶c(CO)＝2∶1时，c(H＋)＝Ka2·＝5.0×10－11×2＝10－10(mol/L)，此时溶液的pH＝10，D项正确。
答案：D
[练——即学即用]
1．(2018·太原模拟)室温下，下列溶液中粒子浓度关系一定正确的是( )
A．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液，加水稀释，c(HCO)/c(CO)减小
B．pH＝7的氨水与氯化铵的混合溶液中：c(Cl－)＞c(NH)
C．0.1 mol·L－1的硫酸铝溶液中：c(SO)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．pH＝2的醋酸溶液和pH＝12的NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
解析：＝＝，Na2CO3溶液加水稀释过程中溶液碱性减弱，即c(H＋)增大，而室温下Ka2(H2CO3)为定值，即c(HCO)/c(CO)将增大，A项错误；pH＝7的氨水与氯化铵的混合溶液中含有NH、Cl－、H＋、OH－四种离子，根据电荷守恒和c(H＋)＝c(OH－)可知c(Cl－)＝c(NH)，B项错误；硫酸铝溶液因Al3＋水解而呈酸性，则有c(SO)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，C项正确；pH＝2的醋酸溶液和pH＝12的NaOH溶液等体积混合，得到CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，根据物料守恒可知c(Na＋)＜c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，D项错误。
答案：C
2．常温下将NaOH溶液分别滴加到两种一元弱酸HA和HB中，两种混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( )
A．电离常数：Ka(HB)＞Ka(HA)
B．Ka(HA)的数量级为10－5
C．当HA与NaOH溶液混合至中性时：c(A－)＝c(HA)
D．等浓度等体积的HA和NaB混合后所得溶液中：c(H＋)＞c(OH－)
解析：Ka(HB)＝、Ka(HA)＝，lg＝0时 ，c(B－)＝c(HB)，lg＝0时，c(A－)＝c(HA)，此时Ka(HB)、Ka(HA)等于对应的c(H＋)，由图可知横坐标为0时，HB的pH比HA的pH小，即HB的c(H＋)比HA的c(H＋)大，故Ka(HB)＞Ka(HA)，A项正确；lg＝0时，HA的pH在4.5～5之间，则Ka(HA)在10－5～10－4.5之间，10－4.5＝100.5－5＝100.5×10－5,1＜100.5＜10，故Ka(HA)的数量级为10－5，B项正确；当HA与NaOH溶液混合至中性时，c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 mol·L－1，Ka(HA)的数量级为10－5，设Ka(HA)＝＝a×10－5(1＜a＜10)，则＝＝＝a×102，故c(A－)＞c(HA)，C项错误；lg＝0时，HB的pH在3.0～3.5之间，则Ka(HB)在10－3.5～10－3之间，则Ka(HB)的数量级为10－4，Kh(B－)＝＜Ka(HA)，故等浓度等体积的HA和NaB混合后，HA的电离程度大于NaB的水解程度，所得溶液呈酸性，故c(H＋)＞c(OH－)，D项正确。
答案：C
3．常温下，向0.10 mol·L－1的钠盐(Na2X)溶液中逐滴加入稀盐酸，加入的HCl与原溶液中Na2X的物质的量之比f[f＝n(HCl)/n(Na2X)]与混合液pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．X2－的水解常数Kh(X2－)约为1×10－12
B．Kh(HX－)＞Ka2(H2X)
C．f＝0.5时，c(X2－)＞c(HX－)
D．f＝2.0时，溶液显酸性的主要原因是稀盐酸过量
解析：f＝0时，0.10 mol·L－1 Na2X溶液的pH约为12，c(OH－)≈0.01 mol·L－1，可得
X2－＋ H2O ??HX－ ＋ OH－
0． 10 mol·L－1 0.01 mol·L－1 0.01 mol·L－1
Kh(X2－)＝≈＝1×10－3，Kh(X2－)约为1×10－3，A项错误；f＝1.0时发生的反应为Na2X＋HCl===NaCl＋NaHX，此时溶液的7＜pH＜8，显弱碱性，表明HX－的水解程度大于其电离程度，即Kh(HX－)＞Ka2(H2X)，B项正确；f＝0.5时，生成的NaHX和过量的Na2X的物质的量相等，因X2－的水解程度大于HX－的水解程度，且HX－的水解程度大于其电离程度(可忽略不计)，故溶液中c(HX－)＞c(X2－)，C项错误；f＝2.0时，Na2X恰好和HCl完全反应，Na2X＋2HCl===2NaCl＋H2X，稀盐酸没有过量，溶液显酸性的主要原因是生成了弱酸H2X，D项错误。
答案：B
题型二 沉淀溶解平衡
[研——题型探究]
►角度一 Ksp及其计算
1．(1)已知：Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，Ksp[Fe(OH)3]＝3×10－39，pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋(使其浓度均小于1×10－6 mol·L－1)，需调节溶液pH范围为____________。
(2)煅粉主要含MgO和CaO，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若滤液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6 mol·L－1，则溶液pH大于________[Mg(OH)2的Ksp＝5×10－12]。
(3)已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，若向50 mL 0.018 mol·L－1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 mol·L－1的盐酸，混合后溶液中Ag＋的浓度为________ mol·L－1，pH为________。
解析：(1)使Al3＋完全除去时c(OH－)＝＝＝1×10－9(mol·L－1)，此时溶液pH＝5.0；使Fe3＋完全除去时c(OH－)＝＝≈1.4×10－11(mol·L－1)，此时溶液pH≈3.1；而pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀，所以调节溶液的pH范围为5.0＜pH＜7.1。
(2)若溶液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6 mol·L－1，则溶液c2(OH－)＞ mol·L－1＝10－6 mol·L－1，c(OH－)＞10－3 mol·L－1，pH大于11。
(3)根据反应中HCl和硝酸银的物质的量可知HCl过量，则计算剩余的氯离子的物质的量浓度为(0.02－0.018) mol·L－1/2＝0.001 mol·L－1，根据AgCl的溶度积的表达式计算即可；因为该反应中氢离子未参加反应，所以溶液的体积变为100 mL时，氢离子的浓度为0.01 mol·L－1，则pH＝2。
答案：(1)5.0＜pH＜7.1 (2)11
(3)1.8×10－7 2
►角度二 沉淀溶解平衡曲线
2．(2018·武汉模拟)在一定温度下，AgCl与AgI的饱和溶液中存在如图关系，下列说法正确的是( )
A．AgCl(s)＋I－(aq)??AgI(s)＋Cl－(aq)，在该温度下的平衡常数K＝2.5×106
B．向0.1 mol·L－1 KI溶液中加入AgNO3溶液，当I－刚好完全沉淀时，c(Ag＋)＝2×10－12 mol·L－1
C．向AgCl、AgI的饱和溶液中加入氢碘酸溶液，可使溶液由A点变到B点
D．向2 mL 0.01 mol·L－1 AgNO3溶液中加几滴0.01 mol·L－1 NaCl溶液，静置片刻，再向溶液中加几滴0.01 mol·L－1 KI溶液，有黄色沉淀生成，说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)
解析：根据图中数据可知：Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－5×2×10－5＝2×10－10，Ksp(AgI)＝c(Ag＋)·c(I－)＝10－5×8×10－12＝8×10－17。AgCl(s)＋I－(aq)??AgI(s)＋Cl－(aq)，在该温度下的平衡常数K＝＝＝＝＝2.5×106，A项正确；向0.1 mol·L－1 KI溶液中加入AgNO3溶液，当I－刚好完全沉淀时，c(Ag＋)＝ mol·L－1＝8×10－12 mol·L－1，B项错误；向AgCl、AgI的饱和溶液中加入氢碘酸溶液，生成AgI，AgCl溶液变得不饱和，不可能使溶液由A点变到B点，C项错误；向2 mL 0.01 mol·L－1 AgNO3溶液中加几滴0.01 mol·L－1 NaCl溶液，静置片刻，再向溶液中加几滴0.01 mol·L－1 KI溶液，过量的银离子与碘离子反应，有黄色沉淀生成，不一定是氯化银转化为碘化银，不能说明Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，D项错误。
答案：A
[题型建模] 解沉淀溶解平衡图像题三步骤
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。
第二步：理解图像中线上点、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Qc＝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，不会出现在曲线以外。
(2)曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Qc>Ksp。
(3)曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Qc
(1)溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：
①原溶液不饱和时，离子浓度都增大；
②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。
[练——即学即用]
1．已知常温下Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5×10－13，下列有关说法错误的是( )
A．在饱和AgCl、AgBr的混合溶液中：＝360
B．向AgCl悬浊液中滴加浓NaBr溶液会产生淡黄色沉淀
C．AgCl在水中的溶解度及Ksp均比在NaCl溶液中的大
D．欲用1 L NaCl溶液将0.01 mol AgBr转化为AgCl，则c(NaCl)≥3.61 mol·L－1
解析：饱和AgCl、AgBr的混合溶液中，c(Cl－)∶c(Br－)＝Ksp(AgCl)∶Ksp(AgBr)＝1.8×10－10∶5×10－13＝360，A项正确；由于Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，所以向氯化银悬浊液中滴加浓NaBr溶液会产生淡黄色沉淀，B项正确；溶度积只与温度有关，C项错误；AgBr(s)＋Cl－(aq)??AgCl(s)＋Br－(aq)，平衡常数K＝＝，当溴化银全部转化为氯化银时，溶液中Br－的浓度为0.01 mol·L－1，将有关数据代入计算式，求得平衡时Cl－浓度为3.6 mol·L－1，溴化银转化过程中消耗了0.01 mol Cl－，故氯化钠的最低浓度为3.61 mol·L－1，D项正确。
答案：C
2．25 ℃时，Ag2CO3在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示[已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10]，下列说法正确的是( )
A．根据图示可计算出Ksp(Ag2CO3)＝9×10－9
B．向Ag2CO3饱和溶液中加入K2CO3饱和溶液，可以使Y点移到X点
C．反应Ag2CO3(s)＋2Cl－(aq)??2AgCl(s)＋CO(aq)的化学平衡常数K＝2.5×108
D．在0.001 mol·L－1 AgNO3溶液中滴入同浓度的KCl和K2CO3的混合溶液，CO先沉淀
解析：由题图中数据可得，Ksp(Ag2CO3)＝c2(Ag＋)·c(CO)＝(9×10－4)2·10－5＝8.1×10－12，A错误；在Ag2CO3饱和溶液中加入K2CO3饱和溶液，c(CO)增大，则c(Ag＋)降低，而X点与Y点的c(Ag＋)相同，B错误；Ag2CO3(s)＋2Cl－(aq)??2AgCl(s)＋CO(aq)的化学平衡常数K＝＝＝＝2.5×108，C正确；Ag＋转化为AgCl沉淀所需Cl－的最小浓度为 mol·L－1＝1.8×10－7 mol·L－1，Ag＋转化为Ag2CO3沉淀所需CO的最小浓度为 mol·L－1＝8.1×10－6 mol·L－1，因此Cl－先沉淀，D错误。
答案：C
3．(2018·郑州模拟 )常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01 mol·L－1的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O的水解)。下列叙述正确的是( )
A．Ksp(Ag2C2O4)的数量级等于10－7
B．n点表示AgCl的不饱和溶液
C．向c(Cl－)＝c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀
D．Ag2C2O4＋2Cl－??2AgCl＋C2O的平衡常数为109.04
解析：根据Ksp(Ag2C2O4)＝c2(Ag＋)·c(C2O)，可得：lg Ksp(Ag2C2O4)＝2lg ＋lg ，由题图可知，－lg ＝4时，lg ＝－2.46，则lg Ksp(Ag2C2O4)＝2×(－4)－2.46＝－10.46，Ksp(Ag2C2O4)＝10－10.46＝100.54×10－11，故Ksp(Ag2C2O4)的数量级为10－11，A项错误；通过n点向纵轴作垂线，该垂线与AgCl的沉淀溶解平衡曲线的交点为沉淀溶解平衡状态，即为AgCl的饱和溶液，而n点与该交点相比，纵坐标相同，但横坐标大于该交点的横坐标，即n点c(Cl－)大于该交点的c(Cl－)，故n点Qc＞Ksp(AgCl)，有沉淀产生，B项错误；由题图可知当lg与lg相等时，达到饱和溶液时，AgCl对应的－lg大，即c(Ag＋)小，因此要使Qc＞Ksp，即产生沉淀时，AgCl对应的c(Ag＋)小，故滴入AgNO3溶液时先产生AgCl沉淀，C项错误；该反应的平衡常数K＝，两边取对数，lg K＝lg－2lg，当－lg＝4时，lg＝－5.75，lg＝－2.46，lg K＝－2.46－2×(－5.75)＝9.04，故K＝109.04，D项正确。
答案：D
电解质溶液中的“四大常数”
授课提示：对应学生用书第53页
[解题模板]
弱电解质都存在着电离常数，电离常数的大小反映了弱电解质的电离程度和酸(碱)性强弱，还与盐类水解、沉淀的溶解平衡密切相关，具有比较重要的应用。
一、根据电离常数比较酸(碱)性强弱
电离常数的大小可以反映弱电解质的酸(碱)性强弱。K越大，酸(碱)性越强。
1．已知部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
醋酸
次氯酸
碳酸
亚硫酸
电离平
衡常数
(25 ℃)
Ka＝1.75×
10－5
Ka＝2.98×
10－8
Ka1＝4.3×10－7
Ka2＝5.61×10－11
Ka1＝1.54×10－2
Ka2＝1.02×10－7
下列离子方程式正确的是( )
A．少量的CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－===CO＋2HClO
B．少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2＋H2O＋2CO===SO＋2HCO
C．少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2＋H2O＋Ca2＋＋2ClO－===CaSO3↓＋2HClO
D．相同浓度的NaHCO3溶液与NaHSO3溶液等体积混合：H＋＋HCO===CO2↑＋2H2O
解析：酸的电离平衡常数：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO，则酸性：H2SO3＞CH3COOH＞H2CO3＞HSO＞HClO＞HCO。A项，少量的CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋ClO－===HCO＋HClO，错误；B项，少量的SO2通入Na2CO3溶液中：SO2＋H2O＋2CO===SO＋2HCO，正确；C项，HClO具有强氧化性，能把二氧化硫氧化为硫酸，所以少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中不生成CaSO3，错误；D项HSO不能拆成H＋和SO的形式，错误。
答案：B
二、根据电离常数判断盐的水解程度
根据电离常数可判断出酸、碱性的强弱，从而可判断出盐类水解的强弱，即弱酸、弱碱的电离常数越大，则其离子的水解程度越小。
2．已知，25 ℃时几种弱酸的电离常数如下：
弱酸
电离常数
弱酸
电离常数
H2CO3
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
H2C2O4
(草酸)
K1＝5.9×10－2
K2＝6.4×10－5
H3PO4
K1＝7.1×10－3
K2＝6.3×10－8
K3＝4.2×10－13
H3C6H5O7
(柠檬酸)
K1＝7.4×10－4
K2＝1.7×10－5
K3＝4.0×10－7
r下列有关推断正确的是( )
A．溶液的pH大小有：K3PO4＞K2HPO4＞KH2PO4
B．草酸溶液中存在：c(HC2O)＞c(H＋)＞c(C2O)＞c(OH－)
C．等浓度的NaHCO3、NaHC2O4的溶液中：前者pH大
D．H3C6H5O7与Na2CO3溶液反应的产物为Na3C6H5O7、CO2、H2O
解析：A项，未说明溶液的浓度，无法比较，错误；B项，H2C2O4??H＋＋HC2O，HC2O??H＋＋C2O，离子浓度大小关系为c(H＋)＞c(HC2O)＞c(C2O)＞c(OH－)，错误；C项，由电离常数知，H2CO3的酸性比H2C2O4弱，故NaHCO3水解程度比NaHC2O4大，则NaHCO3溶液的pH大，正确；D项，由电离常数知，酸性：H3C6H5O7＞H2C6H5O＞H2CO3＞HC6H5O＞HCO，故H3C6H5O7与Na2CO3溶液反应的产物应为Na2HC6H5O7，错误。
答案：C
三、根据电离常数判断稀释过程中浓度比值变化
对于弱电解质稀释时粒子浓度比值的变化，可根据稀释过程中平衡常数不变，将比值问题构造成与平衡常数有关的代数式进行简化判断，然后根据电离平衡移动进行分析。
3．常温下，向0.1 mol·L－1的草酸(H2C2O4)溶液中加水，在稀释过程中，下列物理量始终增大的是( )
A．n(H＋)·n(OH－) B.
C. D．14－pH
解析：A项，n(H＋)·n(OH－)＝c(H＋)V溶液·c(OH－)V溶液＝Kw·V，温度不变，Kw不变，而V溶液增大，故n(H＋)·n(OH－)增大，正确；B项，H2C2O4中存在着电离平衡：H2C2O4??HC2O＋H＋、HC2O??C2O＋H＋，则即为H2C2O4的二级电离常数Ka2，温度不变，Ka2不变，错误；C项，Ka1＝，温度不变，Ka1不变，而稀释过程中，c(HC2O)减小，故增大，则减小，错误；D项，加水稀释，c(H＋)减小，pH增大，故14－pH减小，错误。
答案：A
四、根据电离常数计算c(OH－)、c(H＋)或pH
弱酸HA??H＋＋A－，c(H＋)≈；
弱碱BOH??B＋＋OH－，c(OH－)≈。
4．常温下NH3·H2O的Kb＝1.6×10－5，下列关于氨水的说法不正确的是( )
A．滴有酚酞的氨水中加入醋酸铵溶液，颜色变浅
B．0.01 mol·L－1的氨水中，c(OH－)＝4.0×10－3 mol·L－1
C．氨水在稀释过程中增大
D．常温下测量NH4Cl溶液的pH，可以判断NH3·H2O是否属于弱电解质
解析：A项，c(OH－)减小，碱性减弱，滴有酚酞的溶液颜色变浅，正确；B项，由电离常数可知Kb＝，由于c(NH)＝c(OH－)，则c(OH－)＝
＝＝4.0×10－4 mol·L－1，错误，C项，氨水在稀释过程中Kb不变、c(OH－)减小，增大，正确；D项，根据NH4Cl溶液的pH可以判断该盐是否水解，从而确定NH3·H2O是否属于弱电解质，正确。
答案：B
五、根据弱电解质的电离常数计算盐的水解常数
水解平衡可由酸、碱与水的电离平衡相减得来，因此水解常数则是这两个电离平衡常数的比值。
5．已知25 ℃时，NH3·H2O的Kb＝1.77×10－5，H2CO3的Ka1＝4.30×10－7、Ka2＝5.61×10－11。25 ℃时有关NH4HCO3溶液的说法中正确的是( )
A．呈弱酸性
B．c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(H＋)＋c(H2CO3)
C．滴入NaOH溶液至过量，发生反应的先后顺序为NH＋OH－===NH3·H2O、HCO＋OH－===H2O＋CO
D．滴入NaOH溶液，则增大
解析：A项，由电离平衡常数可知NH3·H2O电离程度比H2CO3大，则HCO水解程度比NH大，NH4HCO3溶液呈碱性，错误；B项，由电荷守恒得：c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)＝c(NH)＋c(H＋)，由物料守恒得：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，两式联列得：c(OH－)＋c(CO)＋c(NH3·H2O)＝c(H＋)＋c(H2CO3)，错误；C项，OH－与NH、HCO的反应，可类比于酸碱中和反应，根据“强者先行”原则可知，酸性强的先反应，NH3·H2O??OH－＋NH Kb＝1.77×10－5 ①，H2O??H＋＋OH－ KW＝1×10－14 ②，②－①得：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，Kh＝＝＝5.6×10－10，而HCO的Ka2＝5.61×10－11，故可知，酸性：NH＞HCO，故与OH－反应的先后顺序为NH＞HCO，正确；D项，中分子、分母同乘以c(OH－)，则为的比值，只与温度有关，加入NaOH，比值不变，错误。
答案：C
六、根据弱电解质的电离常数与溶度积常数共同判断沉淀在酸中的溶解性
判断沉淀是否溶解于酸，应根据电离平衡与沉淀的溶解平衡相加(或减)得到化学方程式，然后计算其平衡常数，再进行判断。
6．25 ℃时，用Na2S沉淀Cu2＋、Zn2＋两种金属离子(M2＋)，所需S2－最低浓度的对数值lgc(S2－)与lgc(M2＋)的关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋)
B．25 ℃时Ksp(ZnS)约为1×10－27.5
C．25 ℃时，H2S饱和溶液中c2(H＋)·c(S2－)＝1.0×10－22，将少量CuS固体加入到稀硫酸中，CuS不溶解
D．向Cu2＋浓度为10－5 mol·L－1的工业废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出
解析：A项，由物料守恒得，2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)，错误，B项，Ksp(ZnS)＝c(Zn2＋)·c(S2－)＝10－10×10－17.5＝10－27.5，正确；C项，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)＝10－25×10－10＝10－35，若CuS在酸中溶解，则发生反应CuS＋2H＋===Cu2＋＋H2S↑，K＝＝＝＝10－13，故不能溶解，正确；D项，由于CuS的Ksp小于ZnS的Ksp，故向Cu2＋浓度为10－5 mol·L－1废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出，正确。
答案：A
[模板演练]
1．25 ℃时，H2SO3??HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
解析：Ka＝
Kh＝＝
＝＝＝1×10－12。
HSO＋H2O??H2SO3＋OH－，当加入少量I2时，发生 I2＋HSO＋H2O===2I－＋3H＋＋SO。
根据Kh＝，由于c(OH－)减小，而Kh不变，所以增大。
答案：1×10－12 增大
2．已知25 ℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5，该温度下1 mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝________mol·L－1。(已知≈2.36)
解析：Kh＝＝
c(H＋)≈c(NH3·H2O)，而c(NH)≈1 mol·L－1，
所以c(H＋)＝＝
≈2.36×10－5mol·L－1。
答案：2.36×10－5
3．已知：0.10 mol·L－1的Na2CO3溶液的pH为11.6，H2CO3的电离平衡常数Ka1远远大于Ka2，则Ka2约为____________。
解析：解法一 因为H2CO3的电离Ka1远远大于Ka2，Na2CO3的水溶液中以CO的第一步水解为主，第二步忽略不计，CO＋H2O??HCO＋OH－，c(HCO)≈c(OH－)，0.1 mol·L－1的Na2CO3溶液中pH＝11.6，c(H＋)＝10－11.6 mol·L－1，c(OH－)＝10－2.4 mol·L－1，c(CO)＝0.1 mol·L－1－10－2.4 mol·L－1≈0.1 mol·L－1，则Ka2＝＝＝1.0×10－10.2。
解法二 Kh1＝
＝＝10－3.8
Ka2·Kh1＝Kw
Ka2＝＝10－10.2。
答案：1.0×10－10.2
4．向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中＝________。已知Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。
解析：在同一个溶液中，c(Ba2＋)相同，依据溶度积的数学表达式，则有＝＝＝≈24。
答案：24
5．常温下，测得CaSO3悬浊液的pH＝9，已知Ka1(H2SO3)＝1.3×10－2，Ka2(H2SO3)＝6.3×10－8，忽略第二步水解，则CaSO3的第一步水解常数Kh约为________，Ksp(CaSO3)约为________。
解析：Kh＝＝≈1.6×10－7
SO＋H2O??HSO＋OH－
Kh＝＝＝1.6×10－7
所以c(SO)＝6.25×10－4 mol·L－1
所以Ksp＝c(Ca2＋)·c(SO)≈4.0×10－7。
答案：1.6×10－7 4.0×10－7
6．反应H2S(aq)＋Cu2＋(aq)??CuS(s)＋2H＋(aq)的平衡常数为____________。[已知Ksp(CuS)＝1.25×10－36，H2S的Ka1＝1×10－7，Ka2＝1×10－13]
解析：H2S(aq)＋Cu2＋(aq)??CuS(s)＋2H＋(aq)
K＝
CuS(s)??Cu2＋(aq)＋S2－(aq)
Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)
H2S(aq)??H＋(aq)＋HS－(aq)
Ka1＝
HS－(aq)??H＋(aq)＋S2－(aq)
Ka2＝
K＝＝＝8×1015
答案：8×1015
7．已知：草酸(H2C2O4)的Ka1＝6.0×10－2、Ka2＝6.0×10－5，通过计算判断中和反应2Fe(OH)3(s)＋3H2C2O4(aq)??2Fe3＋(aq)＋6H2O(l)＋3C2O(aq)在常温下能否发生并说明理由：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
{已知：Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－39；66＝4.67×104；常数大于10－5反应能发生}
解析：2Fe(OH)3(s)＋3H2C2O4(aq)??2Fe3＋(aq)＋6H2O(l)＋3C2O(aq)
K＝
Fe(OH)3(s)??Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)
Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)
H2C2O4(aq)??H＋(aq)＋HC2O(aq)
Ka1＝
HC2O(aq)??H＋(aq)＋C2O(aq)
Ka2＝
K＝
＝
≈4.67×10－11＜1.0×10－5，所以该反应不能发生。
答案：该反应的平衡常数为4.67×10－11，小于1.0×10－5，所以该反应不能发生
[限时规范训练] 单独成册
对应学生用书第137页
1．25 ℃时浓度都是1 mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX溶液的pH＝7且溶液中c(X－)＝1 mol·L－1，BX溶液的pH＝4，BY溶液的pH＝6。下列说法正确的是( )
A．电离平衡常数K(BOH)小于K(HY)
B．AY溶液的pH小于BY溶液的pH
C．稀释相同倍数，溶液pH变化：BX等于BY
D．将浓度均为1 mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY
答案：A
2．(2018·汕头模拟)室温下，对于c(ClO－)＝0.1 mol·L－1的Ca(ClO)2溶液，下列判断中正确的是( )
A．加水稀释后，溶液中增大
B．溶液中c(ClO－)＞c(HClO)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．溶液中c(Ca2＋)＋c(H＋)＝c(ClO－)＋c(OH－)
D．若溶液的pH＝12，则ClO－的水解百分率为10%
解析：由＝Kh变形得＝，因稀释过程中溶液中c(HClO)减小，Kh不变，故增大，A项正确；由ClO－＋H2O??HClO＋OH－及H2O??H＋＋OH－知，c(OH－)＞c(HClO)，B项错误；由电荷守恒知C项错误；当pH＝12时，发生水解的c(ClO－)接近0.01 mol·L－1，ClO－的初始浓度约为0.1 mol·L－1＋0.01 mol·L－1＝0.11 mol·L－1，故其水解程度为×100%≈9.1%＜10%，D项错误。
答案：A
3．(2018·湛江模拟)除了酸以外，某些盐也能溶解沉淀。利用表中三种试剂进行实验，相关分析不正确的是( )
编号
①
②
③
分散质
Mg(OH)2
HCl
NH4Cl
备注
悬浊液
1 mol·L－1
1 mol·L－1
A.向①中加入酚酞显红色说明物质的“不溶性”是相对的
B．分别向少量Mg(OH)2沉淀中加入适量等体积②、③均能使沉淀快速彻底溶解
C．①、③混合后发生反应：Mg(OH)2(s)＋2NH??Mg2＋＋2NH3·H2O
D．向①中加入②，c(OH－)减小，Mg(OH)2溶解平衡正向移动
答案：B
4．25 ℃，Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12，下列说法正确的是( )
A．向同浓度的Na2CrO4和NaCl混合溶液中滴加AgNO3溶液，AgCl先析出
B．向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，有AgCl析出且溶液中c(Cl－)＝c(Ag＋)
C．AgCl和Ag2CrO4共存的悬浊液中，＝
D．向Ag2CrO4悬浊液中加入NaCl浓溶液，Ag2CrO4不可能转化为AgCl
解析：向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，c(Cl－)＞c(Ag＋)，B选项错误；AgCl和Ag2CrO4共存的悬浊液中，＝＝，C选项错误；向Ag2CrO4悬浊液中加入NaCl浓溶液，Ag2CrO4能转化为AgCl，D选项错误。
答案：A
5．常温时，Ca(OH)2和CaWO4(钨酸钙)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列分析不正确的是( )
A．常温时Ksp[Ca(OH)2]＞Ksp(CaWO4)
B．a点表示无Ca(OH)2沉淀、有CaWO4沉淀
C．加热饱和Ca(OH)2溶液有白色沉淀生成
D．常温时这两种饱和溶液中c(Ca2＋)相等
解析：Ca(OH)2沉淀溶解平衡曲线起点的定量信息是c(Ca2＋)＝1.0×10－7 mol/L、c(OH－)＝1.0 mol/L，Ksp[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝1.0×10－7，CaWO4的沉淀溶解平衡曲线起点的定量信息是c(Ca2＋)＝1.0×10－7 mol/L、c(WO)＝1.0×10－3 mol/L，Ksp(CaWO4)＝c(Ca2＋)·c(WO)＝1.0×10－10＜1.0×10－7，故Ksp[Ca(OH)2]>Ksp(CaWO4)，A项正确。a点的定量信息是c(Ca2＋)＝1.0×10－4 mol/L、c(OH－)＝1.0×10－3 mol/L或c(WO)＝1.0×10－3 mol/L，Qc[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝1.0×10－10
答案：D
6．已知电离常数的负对数pK＝－lg K,25 ℃时，HX的pKa＝4.76，H2Y的pKa1＝1.22，pKa2＝4.19，下列说法正确的是( )
A．浓度相等的NH4X和NH4HY溶液中c(NH)：前者大于后者
B．NaX溶液中滴加KHY溶液至pH＝4.76：c(K＋)＋c(Na＋)>c(HY－)＋2c(Y2－)＋c(X－)
C．KHY溶液中滴加氨水至中性：c(NH)>c(Y2－)
D．K2Y溶液中滴加盐酸至pH＝1.22：c(Cl－)－3c(HY－)＝c(H＋)－c(OH－)
解析：HY－的电离程度大于其水解程度使溶液呈酸性，对NH水解起抑制作用，X－水解生成OH－，对NH水解起促进作用，故NH4X中c(NH)小于NH4HY中c(NH)，A错误。pH＝4.76表明溶液呈酸性，即c(OH－)
7．(2018·泰安模拟)已知亚硒酸(H2SeO3)为二元弱酸。常温下，向某浓度的H2SeO3溶液中逐滴滴入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2SeO3、HSeO、SeO三种粒子的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是( )
A．Ka2(H2SeO3)＝10－4.2
B．Kh(HSeO)＝10－9.8
C．pH＝4.2的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(HSeO)
D．NaHSeO3溶液中：c(SeO)＞c(H2SeO3)
解析：亚硒酸(H2SeO3)为二元弱酸，其电离方程式为H2SeO3??H＋＋HSeO，HSeO??H＋＋SeO，Ka2(H2SeO3)＝，由图可知当pH＝4.2时，c(HSeO)＝c(SeO)，Ka2(H2SeO3)＝c(H＋)＝10－4.2，A项正确。同理，Ka1(H2SeO3)＝10－1.2，Kh(HSeO)＝＝＝10－12.8，B项错误。pH＝4.2时，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSeO)＋2c(SeO)，又溶液中HSeO和SeO的浓度相等，故c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋3c(HSeO)，C项正确。在NaHSeO3溶液中，Kh(HSeO)＜Ka2(H2SeO3)，即HSeO的电离程度大于其水解程度 ，故c(SeO)＞c(H2SeO3)，D项正确。
答案：B
8．在一隔热系统中，向20.00 mL 0.010 00 mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入0.010 00 mol·L－1的NaOH溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示。下列相关说法错误的是( )
A．从b点到c点的溶液中：逐渐减小
B．a点对应溶液中存在：c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)
C．b点和c点对应的溶液中，Kw相同
D．b点溶液中存在：c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)
解析：＝＝，由图像可知，b点温度最高，说明CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa和H2O，从b点到c点的溶液中c(H＋)逐渐减小，而Ka(CH3COOH)不变，即溶液中逐渐减小，A项正确；a点溶液中含等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，由电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，即c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)，B项正确；b点和c点对应溶液的温度不同，而Kw只随温度的变化而变化，故b点和c点的Kw不同，C项错误；b点溶液的溶质为CH3COONa，根据质子守恒可知c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，D项正确。
答案：C
9.(2018·济南模拟)常温下，向20 mL某盐酸中逐滴加入0.1 mol·L－1的氨水，溶液pH的变化与加入氨水的体积关系如图所示，下列叙述正确的是( )
A．盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1
B．在①、②之间的任意一点：c(Cl－)＞c(NH)，c(H＋)＞c(OH－)
C．在点②所示溶液中：c(NH)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋)，且V＜20
D．在点③所示溶液中，由水电离出的c(OH－)＞10－7 mol·L－1
解析：盐酸的初始pH＝1，则c(HCl)＝c(H＋)＝0.1 mol·L－1，A项错误；在①、②之间的任意一点，溶液的pH<7，c(H＋)>c(OH－)，由电荷守恒关系式：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)知，c(Cl－)>c(NH)，B项正确；盐酸与氨水恰好反应时，氨水体积为20 mL，由于NH的水解，溶液呈酸性，故溶液呈中性时，氨水已过量，即pH＝7时，V>20 mL，C项错误；③点时，溶液中含有过量的NH3·H2O，NH3·H2O电离出来的OH－抑制了水的电离，故由水电离出的c(OH－)<10－7 mol·L－1，D项错误。
答案：B
10．(1)25 ℃时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1＝1×10－3，Ka2＝2×10－8。该温度下，0.1 mol·L－1 H2TeO3的电离度α约为________(α＝×100%)；NaHTeO3溶液的pH________(填“＞”“＜”或“＝”)7。
(2)利用反应CaSO4(s)＋(NH4)2CO3(aq)??CaCO3(s)＋(NH4)2SO4(aq)可将磷石膏转化为硫酸铵。若反应达到平衡后溶液中c(CO)＝1.75×10－2 mol·L－1，此时溶液中，c(SO)＝________ mol·L－1。[已知：Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，
Ksp(CaSO4)＝3.2×10－7]
(3)查阅资料可知，常温下，Ksp(AgCl)＝1.76×10－10。
银氨溶液中存在下列平衡：
Ag＋(aq)＋2NH3·H2O(aq)??[Ag(NH3)2]＋(aq)＋2H2O(l) K1＝1.10×107。
常温下可逆反应AgCl(s)＋2NH3·H2O(aq)??[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq)＋2H2O(l)的化学平衡常数K2＝________(保留4位有效数字)。
解析：(1)亚碲酸(H2TeO3)为二元弱酸，以一级电离为主，H2TeO3的电离度为α，
H2TeO3 ?? HTeO＋H＋
起始浓度/(mol·L－1) 0.1 0 0
电离浓度/(mol·L－1) 0.1α 0.1α 0.1α
平衡浓度/(mol·L－1) 0.1(1－α) 0.1α 0.1α
Ka1＝1×10－3＝，解得：α≈10%；
已知Ka2＝2×10－8，则HTeO的水解常数Kh＝＝(1×10－14)÷(1×10－3)＝1×10－11＜Ka2，故HTeO的电离程度大于其水解程度，NaHTeO3溶液显酸性，pH＜7。
(2)根据CaSO4(s)＋CO(aq)??CaCO3(s)＋SO(aq)
K＝＝＝
c(SO)＝×1.75×10－2＝2.0 mol·L－1。
(3)Ag＋(aq)＋2NH3·H2O(aq)??[Ag(NH3)2]＋(aq)
＋2H2O(l)
K1＝，
AgCl(s)＋2NH3·H2O(aq)??[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq)＋2H2O(l)
K2＝，则
K1＝×＝，K2＝K1×Ksp(AgCl)＝1.10×107×1.76×10－10＝1.936×10－3。
答案：(1)10% ＜ (2)2.0 (3)1.936×10－3
11．化学学科中的化学平衡、电离平衡、水解平衡和溶解平衡均符合勒夏特列原理。请回答下列问题：
(1)已知常温下Cu(OH)2的Ksp＝2×10－20。又知常温下某CuSO4溶液里c(Cu2＋)＝0.02 mol·L－1，如果要生成Cu(OH)2沉淀，则应调整溶液pH大于________；要使0.2 mol·L－1的CuSO4溶液中Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液里加NaOH溶液，使溶液pH为_____________________________________________________。
(2)10 ℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度/℃
10
20
30
加热煮沸后冷却到50 ℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
在分析该溶液pH增大的原因时，甲同学认为是升高温度HCO的水解程度增大所致；乙同学认为是溶液中升高温度NaHCO3受热分解生成Na2CO3，CO水解所致。请你设计一个简单的实验方案给甲和乙两位同学的说法以评判(包括操作、现象和结论)________________________________________________________________________。
解析：(1)据Ksp＝c(Cu2＋)·c(OH－)2可知，c(OH－)2＝＝＝1×10－18(mol·L－1)2，c(OH－)＝1×10－9 mol·L－1，c(H＋)＝＝＝1×10－5(mol·L－1)，pH＝5；c(OH－)2＝(mol2·L－2)，c(OH－)＝1×10－8 mol·L－1，c(H＋)＝＝10－6(mol·L－1)，pH＝6。
(2)甲与乙的区别就是是否有CO生成，本题就转化为检验溶液中是否有CO。
答案：(1)5 6
(2)向溶液中加入足量BaCl2(或CaCl2)溶液，如果无白色沉淀生成说明甲正确，有白色沉淀生成说明乙正确
12．(2018·黄山模拟)工业上利用电镀污泥(主要含有Fe2O3、CuO、Cr2O3及部分难溶杂质)回收铜和铬等金属，回收流程如下：
已知部分物质沉淀的pH及CaSO4的溶解度曲线如下：
Fe3＋
Cu2＋
Cr3＋
开始沉淀pH
2.1
4.7
4.3
完全沉淀pH
3.2
6.7
a
(1)在浸出过程中除了生成Fe2(SO4)3、Cr2(SO4)3外，主要还有____________。
(2)在除铁操作中，需要除去Fe3＋和CaSO4，请完成相关操作：
①加入石灰乳调节pH范围________，检验Fe3＋已经除尽的操作是____________；
②将浊液加热到80 ℃，____________。
(3)写出还原步骤中加入NaHSO3生成Cu2O固体反应的离子方程式：________________________________________________________________________，
此步骤中加入NaHSO3得到Cu2O的产率为95%，若NaHSO3过量，除了浪费试剂外，还会出现的问题是_____________________________________________。
(4)当离子浓度小于或等于1×10－5 mol·L－1时可认为沉淀完全，若要使Cr3＋完全沉淀则要保持c(OH－)≥________。[已知：Ksp[Cr(OH)3]＝6.3×10－31，≈4.0]。
解析：(1)Fe2O3、CuO、Cr2O3均能溶于硫酸，分别生成盐[Fe2(SO4)3、CuSO4、Cr2(SO4)3]和水。(2)由部分物质沉淀的pH及除铁操作的目的可知，加入石灰乳调节溶液的pH为3.2～4.3，不会沉淀Cu2＋、Cr3＋，但能除去Fe3＋；Fe3＋遇KSCN变红，如果溶液中Fe3＋已经除尽，则滤液遇KSCN溶液不变红；再由CaSO4的溶解度曲线可知，CaSO4的溶解度随温度升高而逐渐减小，如果将浊液加热到80 ℃，趁热过滤，可以除去CaSO4。
(3)由铜元素降价可知硫元素必须升价，还原步骤的原理为
↓1×2 ↑2×1
＋2 ＋4 ＋1 ＋6
2Cu2＋＋ HSO＋2H2O=== Cu2O↓＋SO＋5H＋；
亚硫酸属于中强酸，而还原步骤可以生成的硫酸是强酸，若NaHSO3过量，过量的NaHSO3可以与强酸反应生成有毒的SO2气体，造成环境污染。
(4)由沉淀溶解平衡可知，Cr(OH)3(s)??Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)，Ksp[Cr(OH)3]＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝6.3×10－31，则
c3(OH－)＝＝6.3×10－26＝63×10－27，c(OH－)＝ mol·L－1＝4.0×10－9 mol·L－1，即要使Cr3＋完全沉淀则要保持c(OH－)≥4.0×10－9 mol·L－1。
答案：(1)CuSO4
(2)①3.2～4.3 取适量滤液，加KSCN溶液，若不变红，则说明Fe3＋已除尽 ②趁热过滤
(3)2H2O＋HSO＋2Cu2＋===Cu2O↓＋SO＋5H＋ 产生SO2，污染环境
(4)4.0×10－9 mol·L－1
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