2021年高考化学二轮复习核心考点专项突破水溶液中的离子平衡练习含解析20210208232

这是一份2021年高考化学二轮复习核心考点专项突破水溶液中的离子平衡练习含解析20210208232，共45页。试卷主要包含了电解质，酸碱稀释时pH的变化，关于pH值的计算，酸碱中和滴定的误差分析，盐类水解离子方程式的书写，盐类水解的应用，难溶电解质的沉淀溶解平衡等内容，欢迎下载使用。

水溶液中的离子平衡
知识点一、电解质
1.强、弱电解质与物质分类的关系

2.强、弱电解质与化学键的关系
一般电解质的键型不同，电离程度就不同，已知典型的离子化合物，如强碱(NaOH、KOH等)、大部分盐类(如NaCl、CaCl2)以及强极性共价化合物(如HCl、H2SO4)，在水分子作用下能够全部电离，我们称这种在水溶液中能够完全电离的物质为强电解质。而含弱极性键的共价化合物如CH3COOH、NH3·H2O、H2O等，在水中仅部分电离，为弱电解质。但是，仅从键型来区分强、弱电解质是不全面的，即使强极性共价化合物也有属于弱电解质的情况，如HF。
3.弱电解质的判断
在中学化学电解质溶液这一知识点的学习中，常常需要根据一些性质对强弱电解质进行有关判断和分析，属于高考的热点。现以弱酸为例进行分析，常见的判断方法有：
（1）测定已知物质的量浓度的弱酸的pH。如已知酸HB，物质的量浓度为0.01 mol·L－1，若为强酸，则完全电离，c(H＋)＝0.01 mol·L－1，pH＝2；若为弱酸，则部分电离，c(H＋)<0.01 mol·L－1，pH>2。
（2）取一定体积的酸HB溶液(设取1体积)，测定其pH，稀释至体积扩大100倍，再测定其pH。若pH增大2个单位，则为强酸；若pH增大小于2个单位，则为弱酸。
（3）取酸HB对应的钠盐溶液，测定其pH。若pH＝7，则为强酸；若pH>7，则为弱酸。
（4）取体积和pH相同的酸HB溶液和盐酸，分别加入足量的锌粒，若HB产生H2的速率大且量多，说明是弱酸。
（5）分别取等体积等pH的酸HB和盐酸进行中和滴定，若达到终点时酸HB消耗的同浓度的NaOH溶液体积大，说明HB为弱酸。
（6）分别取相同物质的量浓度的酸HB溶液和盐酸，测其导电性，若酸HB溶液的导电能力弱，说明HB为弱酸。
（7）分别取相同pH的酸HB溶液和盐酸，向其中加入NaCl晶体和NaB晶体，振荡，待晶体溶解后，盐酸的pH几乎不变，若酸HB溶液的pH增大，说明HB为弱酸。
4．电离方程式的书写
(1)强电解质：完全电离用“＝”，如：HCl＝H＋＋Cl－ ；NaOH＝Na＋＋OH－；NaNO3＝Na＋＋NO3-。
(2)弱电解质：部分电离用“”，如：CH3COOHCH3COO－＋H＋，NH3·H2ONH2-＋OH－。
(3)多元弱酸的电离是分步进行的，以第一步电离为主。如：H2CO3H＋＋HCO3-　(主要)；HCO3-H＋＋CO32- (次要)。
(4)多元弱碱用一步电离表示，如：Cu(OH)2Cu2＋＋2OH－。
(5)强酸的酸式盐在水溶液中完全电离，如NaHSO4 =Na＋＋H＋＋SO42－，在熔融状态下的电离为KHSO4=K＋＋HSO4－。弱酸的酸式盐既有完全电离，又有部分电离，如NaHCO3=Na＋＋HCO3－，HCO3－H＋＋CO32－。
5．电离度
(1)定义：弱电解质在水中达到电离平衡状态时，已电离的电解质分子数占原有电解质分子总数(包括已电离和未电离)的百分率，称为电离度。
(2)表达式：电离度通常用α表示：
α＝ ×100%。
(3)意义
电离度实质上是平衡转化率的一种。电离度表示弱电解质在水中的电离程度。温度相同、浓度相同时，不同的弱电解质的电离度是不同的，同一种电解质在不同浓度的水溶液中，其电离度也是不同的，溶液越稀，电离度越大。
知识点二、酸碱稀释时pH的变化
1．强酸、强碱的稀释
在稀释时，当它们的浓度大于10－5mol·L－1时，不考虑水的电离；当它们的浓度小于10－5mol·L－1时，应考虑水的电离。
例如：(1)pH=6的HCl溶液稀释100倍，混合液pH≈7(不能大于7)；
(2)pH=8的NaOH溶液稀释100倍，混合液pH≈7(不能小于7)；
(3)pH=3的HCl溶液稀释100倍，混合液pH=5；
(4)pH=10的NaOH溶液稀释100倍，混合液pH=8。
2．弱酸、弱碱的稀释
在稀释过程中有浓度的变化，又有电离平衡的移动，不能求得具体数值，只能确定其pH范围。
例如：(1)pH=3的CH3COOH溶液，稀释100倍，稀释后3 (2)pH=10的NH3·H2O溶液，稀释100倍，稀释后8 (3)pH=3的酸溶液，稀释100倍，稀释后3 (4)pH=10的碱溶液，稀释100倍，稀释后8≤pH<10。
3．对于pH相同的强酸和弱酸(或强碱和弱碱)溶液稀释相同的倍数，强酸(或强碱)溶液的pH变化幅度大。这是因为强酸(或强碱)已完全电离，随着加水稀释，溶液中H＋(或OH－)数(除水电离的以外)不会增多，而弱酸(或弱碱)随着加水稀释，电离程度增大，H＋(或OH－)数会增多。
4．对于物质的量浓度相同的强酸和弱酸(或强碱和弱碱)，稀释相同的倍数，pH的变化幅度不同，强酸(或强碱)稀释后pH变化幅度大。

知识点三、关于pH值的计算
1．单一溶液pH的计算
强酸溶液(HnA)，其物质的量浓度为c mol/L，则：c(H＋)＝nc mol/L，pH＝－lgc(H＋)＝－lgnc；强碱溶液[B(OH)n]，其物质的量浓度为c mol/L，则c(OH－)＝nc mol/L，c(H＋)＝ mol/L，pH＝－lgc(H＋)＝14＋lgnc。
2．强酸、强碱混合液的pH计算
(1)强酸与强酸混合求pH
①非等体积混合
c(H＋)＝，然后再求pH。
②等体积混合可近似计算pH＝pH小＋0.3
(2)强碱与强碱混合求pH
①非等体积混合
先计算：c(OH－)＝，
再求c(H＋)＝，最后求pH。
②等体积混合，可近似计算pH＝pH大－0.3。
(3)强酸与强碱混合
①恰好完全反应，溶液呈中性，pH＝7。
②酸过量：
先求c(H＋)余＝，再求pH。
③碱过量：
先求c(OH－)余＝，再求c(H＋)＝，然后求pH。
知识点四、酸碱中和滴定的误差分析
1．原理
c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，所以c(待测)＝ ，因c(标准)已确定，因此只要分析出不正确操作引起V(标准)与V(待测)的变化，即 分析出结果。
2．引起误差的原因
中和滴定实验中，产生误差的途径主要有操作不当、读数不准等，分析误差要根据计算式分析，c待测＝，当用标准酸溶液滴定待测碱溶液时，c标准、V待测均为定值，c待测的大小取决于V标准的大小。
下列为不正确操作导致的实验结果偏差：
(1)仪器洗涤
①酸式滴定管水洗后，未润洗(偏高)；②酸式滴定管水洗后，误用待测液润洗(偏高)；③碱式滴定管水洗后，未润洗(偏低)；④锥形瓶水洗后，用待测液润洗(偏高)。
(2)量器读数
①滴定前俯视酸式滴定管，滴定后平视(偏高)；
②

滴定前仰视酸式滴定管，滴定后俯视(偏低)如图所示；
③滴定完毕后，立即读数，半分钟后颜色又褪去(偏低)。
(3)操作不当
①滴定前酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束后气泡消失(偏高)；
②滴定过程中，振荡锥形瓶时，不小心将溶液溅出(偏低)；
③滴定过程中，锥形瓶内加少量蒸馏水(无影响)。
3．常见误差分析
以标准酸溶液滴定未知浓度的碱(酚酞作指示剂)为例，
常见的因操作不正确而引起的误差有：
步骤
操作
V(标准)
c(待测)
洗涤
酸式滴定管未用标准溶液润洗
变大
偏高
碱式滴定管未用待测溶液润洗
变小
偏低
锥形瓶用待测溶液润洗
变大
偏高
锥形瓶洗净后还留有蒸馏水
不变
无影响
取液
放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失
变小
偏低
滴定
酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失
变大
偏高
振荡锥形瓶时部分液体溅出
变小
偏低
部分酸液滴出锥形瓶外
变大
偏高
读数
滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯)
变小
偏低
滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰)
变大
偏高
知识点五、盐类水解离子方程式的书写
1.水和弱电解质应写成分子式，不能写成相应的离子。
2．水解反应是可逆过程，因此要用“”符号，不能用“＝”。通常情况下，中和反应是趋于完成的反应，所以盐的水解程度很小，产物的量很少，因此方程式中不标“↑”“↓”符号，也不把易分解的生成物(如NH3·H2O、H2CO3等)写成其分解产物的形式。如NH4Cl＋H2ONH3·H2O＋HCl；离子方程式为NH4+＋H2O＝NH3·H2O。
3．多元弱酸盐的水解是分步进行的，应分步书写，水解程度主要取决于第一步。
如：CO32－＋H2OHCO3－ ＋OH－；
HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－。
4．多元弱碱的盐也是分步水解的，由于中间过程复杂，中学阶段仍写成一步，如：
Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋
Al3＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
(5)某些盐溶液在混合时，一种盐的阳离子与另一种盐的阴离子在一起都发生水解，使两种盐的离子水解趋于完全。此时，用“＝”“↑”“↓”(又叫双水解反应)。如生成的H2CO3写成CO2↑＋H2O。如将Al2(SO4)3溶液与NaHCO3溶液混合，立即产生大量白色沉淀和大量气体。这是由于Al2(SO4)3溶液显酸性：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，NaHCO3溶液显碱性：HCO32－＋H2OH2CO3＋OH－，二者混合后，发生反应H＋＋OH－＝H2O，使两个水解反应相互促进，趋于完全，所以产生白色沉淀和气体。总反应为Al3＋＋3HCO3－ ＝Al(OH)3↓＋3CO2↑。
配平双水解反应离子方程式可遵循离子的电荷守恒和质量守恒配平。如：
Al3＋＋3AlO2－ ＋6H2O＝4Al(OH)3↓，
2Fe3＋＋3CO32－＋3H2O＝2Fe(OH)3↓＋3CO2↑
即：mMn＋＋nAn－＋nm H2O＝mM(OH)n↓＋nHmA
常见的能发生相互促进水解的离子有：Al3＋与CO32－、HCO3－ 、S2－、HS－、AlO2－；
Fe3＋与CO32－、HCO3－、AlO2－；NH4+ 与AlO2－、SiO32－等。
双水解反应的规律可以用于：①判断离子能否大量共存；②确定待鉴别的试剂；③比较物质溶解性的大小；④选择要制备物质的试剂种类；⑤确定肥料的复合方式。
【特别提醒】盐类水解溶液中的守恒规则
(1)电荷守恒
电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。
(2)物料守恒
电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。

(3)质子守恒
在电离或水解过程中，会发生质子(H＋)转移，但在质子转移过程中其数量保持不变。
以Na2CO3和NaHCO3溶液为例，可用以下图示帮助理解质子守恒：
①Na2CO3溶液

所以c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H3O＋)，即c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。
②NaHCO3溶液

c(OH－)＋c(CO)＝c(H2CO3)＋c(H＋)。
另外，将混合溶液中的电荷守恒式和物料守恒式相联立，通过代数运算消去其中某离子，即可推出该溶液中的质子守恒。
知识点六、盐类水解的应用
1．实验室配制和储存易水解的盐溶液
配制FeCl3溶液时加入一定量酸(盐酸)，防止铁离子水解；
配制CuSO4溶液时加入少量硫酸，防止铜离子水解。
2．某些活泼金属与强酸弱碱盐反应
Mg放入NH4Cl、CuCl2、FeCl3溶液中产生氢气。
3．制备Fe(OH)3胶体
沸水中滴加FeCl3溶液，产生红褐色胶体。
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
4．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]、三氯化铁(FeCl3)等净水
Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
原因：胶体吸附性强，可起净水作用。
5．苏打(Na2CO3)洗涤去油污
CO32－＋H2O＝HCO3－＋OH－，加热，去油污能力增强。
原因：加热，促进CO32－ 的水解，碱性增强，去油污能力增强。
6．泡沫灭火器原理
成分：NaHCO3、Al2(SO4)3
NaHCO3水解：HCO 3－ ＋H2OH2CO3＋OH－碱性
Al2(SO4)3水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋酸性
原理：当两盐混合时，氢离子与氢氧根离子结合生成水，双方相互促进水解：3HCO3－＋Al3＋＝Al(OH)3↓＋3CO2↑
7．施用化肥
普钙【Ca(H2PO4)2】、铵态氮肥不能与草木灰(K2CO3)混用
原因：K2CO3水解显碱性：CO32－＋H2OHCO 3－＋OH－
3Ca(H2PO4)2＋12OH－＝Ca3(PO4)2↓＋12H2O＋4PO43-
NH4+ ＋OH－＝NH3↑＋H2O　降低肥效
8．判断盐溶液的酸碱性或pH
如相同物质的量浓度的下列溶液：NaCl、KHSO4、NaH2PO4、Na2HPO4、CH3COOH，pH由大到小的顺序为Na3PO4＞Na2HPO4＞NaCl＞CH3COOH＞KHSO4
9．比较盐溶液中离子浓度的大小
如Na2CO3溶液中，各离子浓度大小的顺序为c(Na＋)＞c(CO32－ )＞c(OH－)＞c(HCO3－ )＞c(H＋)
10．加热蒸发盐溶液析出固体
不水解、不分解的盐的溶液加热蒸干时，析出盐的晶体，如NaCl。能水解，但生成的酸不挥发，也能析出该盐的晶体，如Al2(SO4)3。能水解，但水解后生成的酸有挥发性，则析出金属氢氧化物，若蒸干后继续加热，则可分解为金属氧化物，如AlCl3、FeCl3。若盐在较低温度下受热能分解，则加热蒸干其溶液时，盐已分解，如Ca(HCO3)2。
11．判断盐所对应酸的相对强弱
如已知物质的量浓度相同的两种盐溶液NaA和NaB，其溶液的pH前者大于后者，则酸HA和HB的酸性强弱为HB＞HA。
12．判断盐溶液中离子种类多少(如Na3PO4溶液中存在哪些离子。)
13．某些试剂的实验室贮存，如Na2CO3溶液、Na3PO4溶液、Na2SiO3溶液等不能贮存于磨口玻璃瓶中。
14．证明弱酸或弱碱的某些实验要考虑盐的水解，如证明Cu(OH)2为弱碱时，可用CuCl2溶液能使蓝色石蕊试纸变红(显酸性)证之。
15．除杂：①采用加热的方法来促进溶液中某些盐的水解，使之生成氢氧化物沉淀，以除去溶液中某些金属离子。例如，不纯的KNO3溶液中常含有杂质Fe3＋，可用加热的方法来除去KNO3溶液中所含的Fe3＋。
②向MgCl2、FeCl3的混合溶液中加入MgO以除去FeCl3。
16．如果溶液浓度较低，可以利用水解反应来获得纳米材料(氢氧化物可变为氧化物)。如果水解程度很大，还可用于无机化合物的制备，如制TiO2：
TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓＋4HCl
所得TiO2·xH2O经焙烧 得TiO2。
17．判断溶液中离子能否共存
如Al3＋、Fe3＋与CO32－ 、HCO3－ 在溶液中不能大量共存，因为能发生双水解反应。
【特别提醒】盐类的水解、粒子浓度的大小比较
1．填写下列空白。
(1)NH4Cl溶液
水解离子方程式
NH＋H2ONH3·H2O＋H＋
电荷守恒式
c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)
物料守恒式
c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)
质子守恒式
c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)
粒子浓度大小关系
c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
(2)Na2CO3溶液
水解离子方程式
CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－
电荷守恒式
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
物料守恒式
c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋2c(HCO)＋2c(CO)
质子守恒式
c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)
粒子浓度大小关系
c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)
(3)NaHCO3溶液
水解离子方程式
HCO＋H2OH2CO3＋OH
电离方程式
HCOH＋＋CO
电荷守恒式
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
物料守恒式
c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)
质子守恒式
c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)
粒子浓度大小关系
c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H2CO3)＞c(H＋)＞c(CO)
(4)NaHSO3溶液
水解离子方程式
HSO＋H2OH2SO3＋OH－
电离方程式
HSOH＋＋SO
电荷守恒式
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)
物料守恒式
c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)
质子守恒式
c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SO)
粒子浓度大小关系
c(Na＋)＞c(HSO)＞c(H＋)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(H2SO3)
(5)物质的量之比为1∶1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液(呈酸性)
水解离子方程式
CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
电离方程式
CH3COOHCH3COO－＋H＋
电荷守恒式
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
物料守恒式
2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
质子守恒式
c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)
粒子浓度大小关系
c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)
(6)物质的量之比为1∶1的NH4Cl、NH3·H2O混合溶液(呈碱性)
水解离子方程式
NH＋H2ONH3·H2O＋H＋
电离方程式
NH3·H2ONH＋OH－
电荷守恒式
c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
物料守恒式
c(NH3·H2O)＋c(NH)＝2c(Cl－)
质子守恒式
c(NH)＋2c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋2c(OH－)
粒子浓度大小关系
c(NH)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)
【重要考点】聚焦酸碱中和滴定的常考点
1．“考”实验仪器
酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管(包括量程)，滴定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。
2．“考”操作步骤
(1)滴定前的准备：查漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数。
(2)滴定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数。
(3)计算。
3．“考”指示剂的选择
(1)强酸强碱相互滴定，可选用甲基橙或酚酞。
(2)若反应生成的强酸弱碱盐溶液呈酸性，则选用酸性变色范围的指示剂(甲基橙)，若反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则选用碱性变色范围的指示剂(酚酞)。
(3)石蕊试液因颜色变化不明显，且变色范围过宽，一般不作指示剂。
(4)氧化还原滴定中，涉及到碘单质的用淀粉作指示剂；用到KMnO4时，KMnO4本身作指示剂。
4．“考”误差分析
写出计算式，分析操作对V标的影响，由计算式得出对最终测定结果的影响，切忌死记硬背结论。此外对读数视线问题要学会画图分析。
5．“考”数据处理
正确“取舍”数据，计算“平均”体积，根据反应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系，从而列出公式进行计算。
知识点七、酸、碱中和滴定的拓展应用
1．氧化还原滴定
(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。
(2)实例
①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液。
原理
2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
指示剂
酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂，当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点
②Na2S2O3溶液滴定碘液。
原理
2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI
指示剂
用淀粉作指示剂，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点
2.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，滴定剂与被滴定物二者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CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。
【特别提醒】
(1)在回答滴定终点的颜色变化时，要强调在半分钟内溶液颜色不褪去(或不恢复原色)。
(2)在进行相关计算时，要注意取出样品溶液与原样品所配制溶液量之间的关系。
知识点八、难溶电解质的沉淀溶解平衡
1．掌握沉淀溶解平衡的3类应用
(1)沉淀的生成
①加沉淀剂，如向AgNO3溶液中加入NaCl可生成沉淀；②调节pH，如向一定浓度的CuSO4和 FeSO4的混合溶液中先加入H2O2氧化FeSO4，使Fe2＋转化为Fe3＋，再加入CuO或Cu(OH)2调节pH至约等于4，使得Fe3＋的水解平衡右移转化为沉淀，而Cu2＋没有沉淀从而达到除杂的目的。
(2)沉淀的溶解
①酸溶解法，如CaCO3溶于盐酸；②盐溶液溶解法，如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液；③氧化还原溶解法，如Ag2S溶于稀HNO3；④配位溶解法，如AgCl溶于氨水。
(3)沉淀的转化
溶解能力相对较强的沉淀易向溶解能力相对较弱的沉淀转化，如

2．牢记Qc与Ksp大小比较的应用
Qc为浓度商(离子积)是指刚开始反应(但未反应)时平衡体系各物质浓度幂次方之积之比(对于溶液是指混合后但不反应时的浓度)。Qc与Ksp的相对大小可反映出体系是否为平衡状态(即沉淀是析出还是溶解)：
(1)Qc>Ksp，过平衡状态，反应将逆向进行，析出沉淀。
(2)Qc＝Ksp，平衡状态。
(3)Qc
高频考点一　弱电解质的电离平衡
例1．[2019新课标Ⅲ]设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是
A．每升溶液中的H+数目为0.02NA
B．c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH−)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【答案】B
【解析】常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；
根据电荷守恒可知，B正确；加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误。
【举一反三】【2017新课标1卷】常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（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与的变化关系
C．NaHX溶液中
D．当混合溶液呈中性时，
【答案】D
【解析】己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时， ＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误。
【举一反三】(2017·全国卷Ⅰ)下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是(　　)
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C．0.10 mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
【答案】D　
【解析】A项，根据较强酸制备较弱酸原理，氢硫酸不和NaHCO3反应，亚硫酸与NaHCO3反应，说明亚硫酸、碳酸、氢硫酸的酸性依次减弱，正确；B项，相同浓度，溶液的导电能力与离子总浓度有关，相同浓度下，氢硫酸溶液导电能力弱，说明氢硫酸的电离能力较弱，即电离出的H＋数较少，正确；C项，相同浓度下，亚硫酸的pH较小，故它的酸性较强，正确；D项，酸性强弱与还原性无关，酸性强调酸电离出H＋的难易，而还原性强调还原剂失电子的难易，错误。
【易错提醒】
1．电离平衡中的3个易错点
(1)电离平衡向正向移动，弱电解质的电离程度不一定增大，如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。
(2)弱电解质在加水稀释的过程中，溶液中离子浓度不一定都减小，如氨水加水稀释时，c(H＋)增大。
(3)由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1的溶液不一定呈碱性。
2．利用电离常数(K)巧判溶液稀释中有关粒子浓度比值大小
弱电解质(HA)加水稀释时，溶液中的H＋、HA、A－的浓度均是降低的，但稀释过程中温度不变，电离常数(K)不变。因此解答弱电解质溶液稀释时粒子浓度比值的变化，可借助电离常数K来解答。
如0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液，加水稀释，是增大还是减小？
因为加水稀释时，溶液中c(CH3COOH)和c(CH3COO－)均是减小的，式中存在两个“变量”，不易确定比值的变化情况，利用电离常数(K)将变形为＝＝，由两个“变量”变成一个“变量”，加水稀释时K不变，而c(H＋)减小，故比值增大。
【变式探究】常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．两溶液稀释前的浓度相同
B．a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a>b>c
C．a点的Kw值比b点的Kw值大
D．a点水电离的n(H＋)大于c点水电离的n(H＋)
【答案】D
【解析】A项，稀释前，两种溶液的导电能力相同，所以溶液中离子浓度相同，醋酸是弱电解质，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，错误。B项，导电能力越强，氢离子浓度越大，而溶液的pH越小，错误。C项，温度不变，水的离子积常数不变，错误。
【变式探究】pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1 mol·L－1)至pH＝7，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，则(　　)

A．x为弱酸，Vx B．x为强酸，Vx>Vy
C．y为弱酸，Vx D．y为强酸，Vx>Vy
【答案】C
【解析】由图知：将一元酸x和y分别稀释10倍，pH的变化量ΔpHx＝1，ΔpHy<1，所以x为强酸，而y为弱酸。pH＝2时弱酸y的浓度大，则滴加NaOH溶液至pH＝7时需NaOH溶液的体积y要比x大。
高频考点二　水的电离和溶液的酸碱性判断
例2．已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a mol·L－1的一元酸HA与b mol·L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是(　　)
A．a＝b
B．混合溶液的pH＝7
C．混合溶液中，c(H＋)＝ mol·L－1
D．混合溶液中，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)
【答案】C
【解析】a＝b只能说明酸碱恰好完全反应，生成盐和水，由于酸碱强弱未知，不能说明溶液呈中性，A错误；题给温度未指明是25 ℃，所以pH＝7并不能说明溶液呈中性，B错误；由于混合溶液中c(H＋)＝ ，结合Kw＝c(H＋)·c(OH－)，可推断出c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液一定呈中性，C正确；电荷守恒表达式是正确的，无论溶液是否呈中性都满足此式，D错误。
【变式探究】已知水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．水的离子积常数关系为：Kw(B)＞Kw(A)＞Kw(C)＞Kw(D)
B．向水中加入醋酸钠固体，可从C点到D点
C．B点对应的温度下，pH＝4的硫酸与pH＝10的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液的pH＝7
D．升高温度可实现由C点到D点
【答案】B
【解析】A项，温度越高，水电离出的c(H＋)和c(OH－)越大，水的离子积常数越大，由图像知，温度：A＞B＞C＝D，则Kw(A)＞Kw(B)＞Kw(C)＝Kw(D)，错误；B项，温度不变，Kw不变，向水中加入醋酸钠固体，溶液中c(OH－)变大，c(H＋)变小，可以实现从C点到D点，正确；C项，B点对应温度下，Kw＞1.0×10－14，pH＝4的硫酸与pH＝10的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈碱性，但pH不等于7，错误；D项，C点和D点均处于室温，错误。
【变式探究】下列说法正确的是(　　)
A．25 ℃时，在pH＝4的盐酸和NH4Cl溶液中，由水电离出的H＋浓度相等
B．25 ℃时，pH＝3和pH＝5的盐酸等体积混合后，溶液的pH＝4
C．25 ℃时，pH＝9和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＝10
D．25 ℃时，pH＝3.6的某橙汁中的c(H＋)是pH＝5.6的某西瓜汁中的c(H＋)的100倍
【答案】D　
【解析】A项，盐酸抑制水的电离，NH4Cl促进水的电离，所以由水电离出的H＋浓度：NH4Cl溶液>盐酸，错误；B项，混合溶液的c(H＋)＝mol·L－1＝5.05×10－4mol·L－1，pH＝3.3，错误；C项，混合溶液的c(OH－)＝ mol·L－1＝5.05×10－4 mol·L－1，c(H＋)＝mol·L－1≈1.98×10－11 mol·L－1，pH≈10.7，错误；D项，橙汁和西瓜汁中c(H＋)的比值＝ ＝100，正确。
【误区警示】警惕溶液稀释、混合的3个误区
误区1.不能正确理解酸、碱的无限稀释规律
常温下任何酸或碱溶液无限稀释时，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能接近7。
误区2.不能正确理解弱酸、弱碱的稀释规律
溶液
稀释前溶液pH
加水稀释到
体积为原来
的10n倍
稀释后溶液pH
酸
强酸
pH＝a
pH＝a＋n
弱酸
a 碱
强碱
pH＝b
pH＝b－n
弱碱
b－n 误区3.不能正确掌握混合溶液的定性规律
pH＝n(n<7)的强酸和pH＝14－n的强碱溶液等体积混合，pH＝7；pH＝n(n<7)的醋酸和pH＝14－n的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液pH<7；pH＝n(n<7)的盐酸和pH＝14－n的氨水溶液等体积混合，混合溶液pH>7。
高频考点三　水的电离与溶液pH的判断与计算
例3．[2019天津]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。
【举一反三】（2018年天津卷）LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，[]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是

A. 溶液中存在3个平衡
B. 含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C. 随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小
D. 用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
【答案】D
【解析】溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡，A错误。含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4，B错误。从图1中得到随着c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了，C错误。由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。
【变式探究】【2017新课标2卷】改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。

下列叙述错误的是
A．pH=1.2时，
B．
C．pH=2.7时，
D．pH=4.2时，
【答案】D
【解析】根据图像，pH=1.2时，H2A和HA-相交，则有c(H2A)=c(HA-)，A正确；pH=4.2时，c(A2－)=c(HA－)，根据第二步电离HA－H＋＋A2－，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)= c(H+)=10-4.2，B正确；根据图像，pH=2.7时，H2A和A2-相交，则有c(H2A)=c(A2-)，C正确；根据pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，且物质的量分数约为0.48，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)＞c(H+)，D错误。
【变式探究】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项，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项，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项，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项，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的转化。
【变式探究】下列说法正确的是(　　)
A．25 ℃时，在pH＝4的盐酸和NH4Cl溶液中，由水电离出的H＋浓度相等
B．25 ℃时，pH＝3和pH＝5的盐酸等体积混合后，溶液的pH＝4
C．25 ℃时，pH＝9和pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH＝10
D．25 ℃时，pH＝3.6的某橙汁中的c(H＋)是pH＝5.6的某西瓜汁中的c(H＋)的100倍
【答案】D
【解析】A项，向水里加入强酸时会抑制水的电离，加入能水解的盐时会促进水的电离，故由水电离出的H＋浓度不等。B项，混合溶液的c(H＋)＝ mol·L－1＝5.05×10－4mol·L－1，pH＝3.3。C项，混合溶液的c(OH－)＝ mol·L－1＝5.05×10－4mol·L－1，c(H＋)＝≈1.98×10－11mol·L－1，pH≈10.7。D项，橙汁和西瓜汁中c(H＋)的比值是＝100，正确。
高频考点四　盐类水解及其应用
例4．（2018年北京卷）测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是
A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH−
B. ④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的
C. ①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D. ①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A正确；取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B正确；盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C错误； Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等D正确。
【变式探究】化学在日常生活和生产中有着重要的应用。下列说法不正确的是(　　)
A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化
B．某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因为溶液中的SO水解
C．将饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制备Fe(OH)3胶体，利用的是盐类水解原理
D．纯碱溶液呈碱性的原因是CO＋H2OHCO＋OH－
【答案】B
【解析】雨水中pH变小的原因是：2H2SO3＋O2===2H2SO4，与SO水解无关。
【变式探究】在氯化铁溶液中存在下列平衡：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl　ΔH>0
(1)将饱和FeCl3溶液，滴入沸腾的蒸馏水中可得到一种红褐色透明液体。向这种液体中加入稀H2SO4产生的现象为__________________________________________________。
(2)不断加热FeCl3溶液，蒸干其水分并灼烧得到的固体可能是________。
(3)在配制FeCl3溶液时，为防止产生浑浊，应________________________________________________。
(4)FeCl3净水的原理是________________________________。
FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，另一主要原因是(用离子方程式表示)____________________。
【解析】(1)将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，得到Fe(OH)3胶体，加入稀H2SO4则胶体聚沉而得到红褐色沉淀，当H2SO4过量时沉淀又溶解生成黄色溶液。(2)加热可促进盐类水解，由于HCl挥发，可使水解进行彻底，得到Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解，最终产物为Fe2O3。(3)为防止FeCl3水解，应加入浓盐酸抑制FeCl3水解。
【答案】(1)先生成红褐色沉淀，又逐渐溶解生成黄色溶液
(2)Fe2O3　(3)加入少许浓盐酸
(4)Fe3＋水解生成的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中的悬浮杂质　2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
【特别提醒】
1.锁定3种情况，判断溶液酸碱性
(1)电离能力大于水解能力，如CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性；同理NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，等浓度的NH3·H2O和NH4Cl溶液等体积混合后溶液显碱性。
(2)水解能力大于电离能力，如HClO的电离程度小于ClO－水解程度，所以等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性。
(3)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式酸根的电离能力和水解能力哪一个更强。如在NaHCO3溶液中，HCO的水解大于电离，故溶液显碱性；而在NaHSO3溶液中，HSO的电离大于水解，故溶液显酸性。
2．警惕溶液中水解平衡的3个易错点
(1)误认为水解平衡向正向移动，离子的水解程度一定增大。如向FeCl3溶液中，加入少量FeCl3固体，平衡向水解方向移动，但Fe3＋的水解程度减小。
(2)误认为弱酸强碱盐都因水解而显碱性。如NaHSO3 溶液显酸性。
(3)误认为可水解的盐溶液在蒸干后都得不到原溶质。对于水解程度不大且水解产物不离开平衡体系的情况[如Al2(SO4)3]来说，溶液蒸干仍得原溶质。
高频考点五　溶液中“粒子”浓度关系判断
例5．[2019江苏]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 mol·L−1氨水：c (NH3·H2O)>c()> c (OH−)> c (H+)
B．0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ()> c ()> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)
C．0.2 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ()+
c()
D．0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c()+ c(OH−)=
0.3 mol·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-)③，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/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)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。
【举一反三】（2018年江苏卷）H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·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. 0.1000 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )
C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
【解析】H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A正确；c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=====1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）＞c（H2C2O4），B错误；滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）＜0.1000mol/L，c（Na+）＜0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C错误； c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D正确；答案选AD。
【变式探究】【2017江苏卷】常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5，下列说法正确的是（ ）
A．浓度均为0.1 mol·L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol·L−1 HCOOH与0.1 mol·L−1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO−) + c(OH−) = c(HCOOH) + c(H+)
D．0.2 mol·L−1 CH3COONa 与 0.1 mol·L−1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO−) > c(Cl− ) > c(CH3COOH) > c(H+)
【答案】AD
【解析】由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，氯化铵溶液中存在 c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)。由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka、KW不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH-)小于甲酸钠溶液中c(H+) ，Cl-和Na+都不水解， c(Cl-)=c(Na+)，A正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=
c(OH-)+c(HCOO-)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，联立两式可得2c(H+)+ c(HCOOH)=2c(OH-)
+c(HCOO-)，C错误；两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，D正确。答案选AD。
【变式探究】下列叙述中不正确的是(　　)
A．0.1 mol·L－1NH4HS溶液中有：c(NH) B．25 ℃时，将a mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的盐酸等体积混合后，c(NH)＝c(Cl－)，则NH3·H2O的电离常数为
C．等浓度的HCN和NaCN混合溶液中有：2c(Na＋)＝c(CN－)＋c(HCN)
D．等pH的①(NH4)2SO4溶液 ②NH4HSO4溶液③NH4Cl溶液中，c(NH)的大小关系：①>③>②
【答案】D
【解析】NH4HS溶液中存在NH和HS－的水解平衡、HS－的电离平衡，由物料守恒知，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)，则c(NH)＜c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)，故A正确。氨水与盐酸反应后，c(NH)＝c(Cl－)＝0.005 mol·L－1，则c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，溶液呈中性，Ka＝＝，B正确。HCN是弱酸，等浓度的HCN和NaCN混合溶液中根据物料守恒有2c(Na＋)＝c(CN－)＋c(HCN)，C正确。pH相等时，①和③两溶液中c(NH)相同，NH的水解程度也相同；②NH的水解受到抑制，因此溶液中c(NH)最小，故D错误。
【变式探究】常温条件下，将0.01 mol·L－1Na2CO3溶液与0.01 mol·L－1KHCO3溶液等体积混合。若忽略混合后体积的变化，则下列判断正确的是(　　)
A．两种溶液混合前，Na2CO3溶液中由水电离出的c(H＋)小于KHCO3溶液中由水电离出的c(H＋)
B．混合后溶液中存在关系：c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝0.02 mol·L－1
C．混合后溶液中存在关系：c(K＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)
D．混合后溶液中存在关系：c(K＋)＋c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(OH－)
【答案】D。温度相同，Na2CO3的水解程度比KHCO3大，由水电离出的c(H＋)较大，选项A错误；混合后溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝0.01 mol·L－1，选项B错误；溶液中还存在电荷守恒：c(K＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，选项C错误；将电荷守恒式与Na＋的物料守恒式联合，消去c(Na＋)，得：c(K＋)＋c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(OH－)，选项D正确。
高频考点六　“滴定法”的综合考查
例6．(2017·全国卷Ⅱ)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O＋I2===2I－＋S4O)。
回答下列问题：
(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_________________________________________________________________________________。
(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_____________________________________。
(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和________；蒸馏水必须经过煮沸，冷却后才能使用，其目的是杀菌、除________及二氧化碳。
(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为__________________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为________ mg·L－1。
(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏________(填“高”或“低”)。
【解析】(1)取水样时避免扰动水体表面，这样能保证所取水样中溶解氧量与水体中实际溶解氧量基本相同，以减小实验误差。(2)根据水样与Mn(OH)2碱性悬浊液反应生成MnO(OH)2，可写出固氧的反应为O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2。(3)由于Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定，配制该溶液时无需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na2S2O3溶液时，还需要用到的玻璃仪器为量筒；所用蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，这样能除去水中溶解的氧气和CO2，且能杀菌。(4)根据Ⅱ可知MnO(OH)2能将水样中的I－氧化为I2，滴定过程中用淀粉溶液作指示剂，在滴定终点前I2遇淀粉变蓝，达到滴定终点时，I2完全被消耗，溶液蓝色刚好褪去。根据关系式O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，结合消耗n(Na2S2O3)＝a mol·L－1×b×10－3 L＝ab×10－3 mol，可求出100.00 mL水样中溶解氧的质量为ab×10－3 mol×32 g·mol－1＝8ab×10－3 g＝8ab mg，则该水样中溶解氧的含量为8ab mg÷0.100 00 L＝80ab mg·L－1。(5)滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会导致读取的Na2S2O3标准液体积偏小，根据关系式O2～4Na2S2O3，可知测定的溶解氧的含量偏低。
【答案】(1)使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差
(2)O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2
(3)量筒　氧气
(4)蓝色刚好褪去　80ab
(5)低
【变式探究】某小组以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X。为确定其组成，进行如下实验。
①氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10% NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1 mL c1 mol·L－1的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2 mL NaOH溶液。

②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色)。
回答下列问题：
(1)装置中安全管的作用原理是_______________________________________________________。
(2)用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用________式滴定管，可使用的指示剂为________。
(3)样品中氨的质量分数表达式为________。
(4)测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将________(填“偏高”或“偏低”)。
(5)测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是__________________________________________；
滴定终点时，若溶液中c(Ag＋)＝2.0×10－5 mol·L－1，c(CrO)为________mol·L－1。[已知：Ksp(Ag2CrO4)＝1.12×10－12]
(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1∶6∶3，钴的化合价为________。制备X的化学方程式为_____________________________________________________________________；X的制备过程中温度不能过高的原因是_____________________________________________________。
【解析】(1)若没有A中的安全管，当A中产生气体时，会因装置压力过大发生危险，反之，有安全管存在，当A中压力过大时，安全管中的液面会上升，使A瓶中压力稳定。(2)由题意知，用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，NaOH溶液应放入碱式滴定管中，可使用酚酞作指示剂，滴定至终点时溶液由无色变为浅红色。
(3)已知盐酸的总的物质的量为c1 mol·L－1×V1 mL×10－3 L·mL－1＝c1V1×10－3 mol，NH3反应完后剩余的盐酸用NaOH标准溶液滴定，可求出剩余的盐酸为c2×V2×10－3 mol，由NH3＋HCl===NH4Cl可求出NH3的物质的量。进而求出w g X中的含氨量，即：×100%。(4)若装置气密性不好，会有NH3外逸，而不被HCl吸收，则剩余的HCl的物质的量会增多，消耗NaOH增多，即c2V2的值增大，由(3)中计算式可知氨的测定结果偏低。
(5)AgNO3是见光易分解的物质，使用棕色滴定管的目的是防止AgNO3分解而影响实验结果；由Ag2CrO4的溶度积常数Ksp＝1.12×10－12，c(Ag＋)＝2.0×10－5 mol·L－1，可求出c(CrO)＝＝ mol·L－1＝2.8×10－3 mol·L－1。
(6)样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1∶6∶3，可写出化学式为[Co(NH3)6]Cl3，由化合物中正负化合价代数和为0计算，NH3整体为0价，氯为－1价，故Co为＋3价，从而推出制备X的化学方程式为2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O。由于温度过高时H2O2易分解，NH3易挥发，故制备过程中温度不能过高，否则H2O2分解，NH3挥发。
【答案】(1)当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定
(2)碱　酚酞(或甲基橙)
(3)×100%
(4)偏低
(5)防止硝酸银见光分解　2.8×10－3
(6)＋3　2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O　温度过高过氧化氢分解、氨气逸出
【变式探究】滴定法是一种重要的定量分析方法，应用范围很广。
(1)利用酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。
已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O，Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓。
步骤Ⅰ：移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0 mL。
步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ中相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。
滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为________ mol·L－1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋的浓度测量值将________(填“偏大”或“偏小”)。
(2)某地市场上销售的一种食用精制盐包装袋上有如下部分说明：
产品等级
一级
配料
食盐、碘酸钾、抗结剂
碘含量(以I计)
20～50 mg·kg－1
已知：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，I2＋2S2O===2I－＋S4O。
某学生拟测定食用精制盐的碘(KIO3)含量，其步骤为
a．准确称取w g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；
c．以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10－3mol·L－1的Na2S2O3溶液10.0 mL，恰好反应完全。
①判断c中恰好完全反应所依据的现象是_______________________________________________。
②b中反应所产生的I2的物质的量是________ mol。
③根据以上实验和包装袋说明，算得所测食用精制盐的碘含量是(以含w的代数式表示)_______mg·kg－1。
【解析】(1)滴定管的刻度值上小下大，“0”刻度位于滴定管的上方。由步骤Ⅰ，可求得c(CrO)＝ mol·L－1；由步骤Ⅱ，求得与Ba2＋反应的CrO的物质的量为 mol，则c(Ba2＋)＝ mol·L－1。根据计算式可知，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1减小，Ba2＋浓度的测量值将偏大。
(2)碘的淀粉溶液显蓝色，碘与Na2S2O3溶液恰好反应完全时，溶液由蓝色变为无色。计算的关系式为KIO3～3I2～6S2O。n(I2)＝n(S2O)＝×2.0×10－3mol·L－1×10.0×10－3L＝1.0×10－5mol，n(I)＝n(KIO3)＝n(I2)，食用精制盐的碘含量＝≈mg·kg－1。
【答案】(1)上方　　偏大　(2)①溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟内不恢复　②1.0×10－5　③
高频考点七　沉淀溶解平衡
例7．[2019新课标Ⅱ]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。
【举一反三】（2018年全国卷Ⅲ）用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 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0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·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 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/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1×10-8mol/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 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/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 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/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。
【特别提醒】辨清沉淀溶解平衡的4个误区
(1)沉淀溶解平衡不是电离平衡。如BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO(aq)是溶解平衡，因为BaSO4是强电解质，不存在电离平衡。
(2)Ksp 大，其溶解度不一定大。Ksp 还与难溶物化学式中的各离子配比有关，只有同类型的难溶物的Ksp 大小才可用于比较其溶解度大小。
(3)Ksp 只受温度影响，温度不变则Ksp 不变，如Mg(OH)2 在MgCl2溶液中的溶解度要小于在纯水中的溶解度，而Ksp[Mg(OH)2]不变。
(4)既可以实现Ksp 大的向Ksp 小的转化，也可以实现Ksp 小的转化为Ksp 大的。实际上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，可实现难溶电解质由Ksp 小的向Ksp 大的转化。
【变式探究】【2017新课标3卷】在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的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。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．的数量级为
B．除反应为Cu+Cu2++2=2CuCl
C．加入Cu越多，Cu+浓度越高，除效果越好
D．2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全
【答案】C
【解析】Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl－)，在横坐标为1时，纵坐标大于－6，小于－5，所以Ksp(CuCl)的数量级是10－7，A正确；除去Cl－反应应该是Cu+Cu2＋＋2Cl－＝2CuCl，B正确；溶液中存在平衡：Cu++Cl－CuCl、2Cu+Cu2++Cu，加入纯固态物质Cu对平衡无影响，故C错误；D．在没有Cl－存在的情况下，反应2Cu＋Cu2＋＋Cu的平衡常数约为，平衡常数
很大，反应趋于完全，D正确。
【变式探究】已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为(　　)
A．Cl－、Br－、CrO B．CrO、Br－、Cl－
C．Br－、Cl－、CrO D．Br－、CrO、Cl－
【答案】C
【解析】利用沉淀溶解平衡原理，当Qc＞Ksp时，有沉淀析出。溶液中Cl－、Br－、CrO的浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液时，溶解度小的先满足Qc＞Ksp，有沉淀析出。比较Ksp，AgBr、AgCl同类型，溶解度：AgBr＜AgCl。比较AgCl、Ag2CrO4的溶解度：从数量级看，AgCl中
c(Ag＋)＝ ＝ ，Ag2CrO4中，Ag2CrO4(s) 2Ag＋＋CrO，设c(CrO)＝x，则Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(2x)2·x＝4x3，则x＝＝。故Ag2CrO4中c(Ag＋)＝2x＝2 ＞ ，故溶解度顺序为AgBr＜AgCl＜Ag2CrO4，推知三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO。
【变式探究】溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．溴酸银的溶解是放热过程
B．温度升高时溴酸银溶解速度加快
C．60 ℃时溴酸银的Ksp约等于6×10－4
D．若硝酸钾中含有少量溴酸银，可用重结晶方法提纯
【答案】A
【解析】A.由题图可知，随着温度升高，溴酸银的溶解度逐渐增大，因此AgBrO3的溶解是吸热过程。B.温度越高物质的溶解速率越快。C.由溶解度曲线可知，60 ℃时AgBrO3的溶解度约为0.6 g，则其物质的量浓度约为0.025 mol·L－1，AgBrO3的Ksp＝c(Ag＋)·c(BrO)＝0.025×0.025≈6×10－4。D.若KNO3中含有少量AgBrO3，可通过蒸发浓缩得到KNO3的饱和溶液，再冷却结晶获得KNO3晶体，而AgBrO3留在母液中。






1．[2019新课标Ⅰ]NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10−3 ，Ka2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是

A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的
C．b点的混合溶液pH=7
D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)
【答案】C
【解析】向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，A正确；a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，B正确；b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，C错误；
b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），D正确。
2．[2019新课标Ⅱ]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。
3．[2019新课标Ⅲ]设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是
A．每升溶液中的H+数目为0.02NA
B．c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH−)
C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小
D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强
【答案】B
【解析】常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；
根据电荷守恒可知，B正确；加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误。
4．[2019北京]实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·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。
5．[2019天津]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。
6．[2019江苏]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 mol·L−1氨水：c (NH3·H2O)>c()> c (OH−)> c (H+)
B．0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c ()> c ()> c (H2CO3)> c (NH3·H2O)
C．0.2 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c ()+
c()
D．0.6 mol·L−1氨水和0.2 mol·L−1 NH4HCO3溶液等体积混合：c (NH3·H2O)+ c()+ c(OH−)=
0.3 mol·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-)③，0.2mol/LNH4HCO3与0.6mol/L氨水等体积混合后瞬间c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/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)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。
7．[2019浙江选考]室温下，取20 mL 0.1 mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.1 mol·L−1 NaOH溶液。已知：H2AH+＋HA−，HA−⇌H+＋A2−。下列说法不正确的是
A．0.1 mol·L−1 H2A溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1 mol·L−1
B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA−)＋2c(A2−)，用去NaOH溶液的体积小于10 mL
C．当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)
D．当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)
【答案】B
【解析】0.1 mol·L−1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+ c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)= c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A正确；若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA−⇌H+＋A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B错误；当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)，C正确；当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)，D正确。
1. （2018年全国卷Ⅲ）用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 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0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·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 0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol/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1×10-8mol/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 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/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 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/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。
2. （2018年北京卷）测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。

时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是
A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH−
B. ④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的
C. ①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D. ①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A正确；取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B正确；盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C错误； Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等D正确。
3. （2018年天津卷）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
实验
现象
结论
A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液
产生蓝色沉淀
原溶液中有Fe2+，无Fe3+
B．向C6H5ONa溶液中通入CO2
溶液变浑浊
酸性：H2CO3>C6H5OH
C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液
生成黑色沉淀
Ksp(CuS) D．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液
②再加足量盐酸
①产生白色沉淀
②仍有白色沉淀
原溶液中有SO42-
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+，A错误。向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，B正确。向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，C错误。向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子，D错误。
4. （2018年天津卷）LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，[]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是

A. 溶液中存在3个平衡
B. 含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C. 随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小
D. 用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
【答案】D
【解析】溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡，A错误。含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4，B错误。从图1中得到随着c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了，C错误。由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。
5. （2018年江苏卷）根据下列图示所得出的结论不正确的是

A. 图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0
B. 图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小
C. 图丙是室温下用0.1000 mol·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸
D. 图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42− )越大c(Ba2+ )越小
【答案】C
【解析】升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH＜0，A正确；根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B正确；根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH＞1，HX为一元弱酸，C错误；根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D正确。
6. （2018年江苏卷）H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4×10−2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·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. 0.1000 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 mol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )
C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
【解析】H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A正确；c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=====1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）＞c（H2C2O4），B错误；滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）＜0.1000mol/L，c（Na+）＜0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C错误； c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D正确；答案选AD。
1．【2017新课标1卷】常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（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与的变化关系
C．NaHX溶液中
D．当混合溶液呈中性时，
【答案】D
【解析】己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=＞Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时＞，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取－0.6和4.8点， =10－0.6mol·L－1，c(H＋)=10－4.8mol·L－1，代入Ka2得到Ka2=10－5.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6mol·L－1，c(H＋)=10－5.0mol·L－1，代入Ka1得到Ka2=10－4.4，因此HX－的水解常数是10－14/10－4.4＜Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，C正确；根据图像可知当＝0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时， ＞0，即c(X2-)＞c(HX-)，D错误。
2．【2017新课标2卷】改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、、的物质的量分数随pH的变化如图所示[已知]。

下列叙述错误的是
A．pH=1.2时，
B．
C．pH=2.7时，
D．pH=4.2时，
【答案】D
【解析】根据图像，pH=1.2时，H2A和HA-相交，则有c(H2A)=c(HA-)，A正确；pH=4.2时，c(A2－)=c(HA－)，根据第二步电离HA－H＋＋A2－，得出：K2(H2A)=c(H+)×c(A2-)/c(HA-)= c(H+)=10-4.2，B正确；根据图像，pH=2.7时，H2A和A2-相交，则有c(H2A)=c(A2-)，C正确；根据pH=4.2时，c(HA-)=c(A2-)，且物质的量分数约为0.48，而c(H+)=10-4.2，可知c(HA-)=c(A2-)＞c(H+)，D错误。
3．【2017新课标3卷】在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的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。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．的数量级为
B．除反应为Cu+Cu2++2=2CuCl
C．加入Cu越多，Cu+浓度越高，除效果越好
D．2Cu+=Cu2++Cu平衡常数很大，反应趋于完全
【答案】C
【解析】Ksp(CuCl)=c(Cu+)·c(Cl－)，在横坐标为1时，纵坐标大于－6，小于－5，所以Ksp(CuCl)的数量级是10－7，A正确；除去Cl－反应应该是Cu+Cu2＋＋2Cl－＝2CuCl，B正确；溶液中存在平衡：Cu++Cl－CuCl、2Cu+Cu2++Cu，加入纯固态物质Cu对平衡无影响，故C错误；D．在没有Cl－存在的情况下，反应2Cu＋Cu2＋＋Cu的平衡常数约为，平衡常数
很大，反应趋于完全，D正确。
4．【2017江苏卷】常温下，Ka(HCOOH)=1.77×10−4，Ka(CH3COOH)=1.75×10−5，Kb(NH3·H2O) =1.76×10−5，
下列说法正确的是
A．浓度均为0.1 mol·L−1的 HCOONa和NH4Cl 溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol·L−1 HCOOH与0.1 mol·L−1 NaOH 等体积混合后的溶液中：c(HCOO−) + c(OH−) = c(HCOOH) + c(H+)
D．0.2 mol·L−1 CH3COONa 与 0.1 mol·L−1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO−) > c(Cl− ) > c(CH3COOH) > c(H+)
【答案】AD
【解析】由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，氯化铵溶液中存在 c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)。由于在常温下氨水的Kb小于甲酸的Ka、KW不变，铵根的水解程度大于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中c(OH-)小于甲酸钠溶液中c(H+) ，Cl-和Na+都不水解， c(Cl-)=c(Na+)，A正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所以pH为3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B错误；两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=
c(OH-)+c(HCOO-)，由物料守恒得2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，联立两式可得2c(H+)+ c(HCOOH)=2c(OH-)
+c(HCOO-)，C错误；两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液pH<7，所以溶液中乙酸的电离程度大于乙酸根的水解程度，氯离子不水解，乙酸的电离程度很小，所以c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)，D正确。答案选AD。