2022高中化学一轮专题复习 专题八 水溶液中的离子平衡学案

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 考纲要求★靶向明确1．了解电解质的概念，了解强电解质和弱电解质的概念。2．理解弱电解质在水中的电离平衡，能利用电离平衡常数(Ka、Kb)进行相关计算。3．了解水的电离、离子积常数(KW)。知识点一　弱电解质的电离平衡【考必备·清单】1．强、弱电解质(1)定义与物质类别(2)电离方程式的书写——“强等号，弱可逆，多元弱酸分步离”①强电解质：如H2SO4：H2SO4===2H＋＋SO_。②弱电解质a．一元弱酸，如CH3COOH：CH3COOHCH3COO－＋H＋。b．多元弱酸，分步电离，分步书写且第一步电离程度远大于第二步电离程度，如H2CO3：H2CO3H＋＋HCO_、HCOH＋＋CO。c．多元弱碱，分步电离，一步书写，如Fe(OH)3：Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。③酸式盐a．强酸的酸式盐，如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO；熔融时：NaHSO4===Na＋＋HSO。b．弱酸的酸式盐：“强中有弱”，如NaHCO3：NaHCO3===Na＋＋HCO、HCOH＋＋CO。[名师点拨]　(1)中学阶段常见的六大强酸是指HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4，其他一般是中强酸或弱酸。(2)中学阶段常见的四大强碱是指NaOH、KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2，其他一般是中强碱或弱碱。2．弱电解质的电离平衡(1)电离平衡的建立在一定条件(如温度、浓度等)下，当弱电解质分子电离成离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等时，电离过程就达到平衡状态，即电离平衡。平衡建立过程如图所示：(2)外因对电离平衡的影响①浓度：在一定温度下，同一弱电解质溶液，浓度越小，越易电离。②温度：温度越高，电离程度越大。③相同离子：加入与弱电解质具有相同离子的电解质时，可使电离平衡向结合成弱电解质分子的方向移动。④化学反应：加入能与弱电解质电离出的离子反应的物质时，可使电离平衡向电离方向移动。⑤实例：以0.1 mol·L－1CH3COOH溶液为例，填写外界条件对CH3COOHCH3COO－＋H＋　ΔH>0的影响。改变条件平衡移动方向n(H＋)c(H＋)导电能力Ka加水稀释向右增大减小减弱不变加入少量冰醋酸向右增大增大增强不变通入HCl(g)向左增大增大增强不变加NaOH(s)向右减小减小增强不变加CH3COONa(s)向左减小减小增强_不变加入镁粉向右减小减小增强不变升高温度向右增大增大增强增大[名师点拨]　(1)稀醋酸加水稀释时，溶液中不一定所有离子的浓度都减小，如醋酸溶液中的c(H＋)减小，但c(OH－)增大。(2)电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，如稀醋酸中加入冰醋酸。(3)电离平衡右移，离子的浓度不一定增大，电离程度也不一定增大，如增大弱电解质的浓度，使电离平衡向右移动，但电离程度减小。3．电解质溶液的导电能力与溶液中离子的关系电解质溶液导电能力取决于自由移动离子的浓度和离子所带电荷数，自由移动离子的浓度越大、离子所带电荷数越多，导电能力越强。比较对象导电性原因同浓度的氢氧化钠溶液与氨水溶液氢氧化钠溶液大于氨水溶液氢氧化钠是强电解质，完全电离；一水合氨是弱电解质，部分电离同浓度的醋酸溶液与草酸溶液醋酸溶液小于草酸溶液H2C2O4的Ka1＝5.9×10－2CH3COOH的Ka＝1.79×10－5电离常数：H2C2O4＞CH3COOH氢氧化钠极稀溶液与0.1 mol·L－1氨水溶液氢氧化钠极稀溶液小于0.1 mol·L－1氨水溶液氢氧化钠极稀溶液的离子浓度小于0.1 mol·L－1氨水溶液的离子浓度4.判断弱电解质的三个思维角度角度一：弱电解质的定义，即弱电解质不能完全电离。(1)测定一定浓度的HA溶液的pH。(2)与同浓度盐酸比较导电性。(3)与同浓度的盐酸比较和锌反应的快慢。角度二：弱电解质溶液中存在电离平衡，条件改变，平衡移动。(1)从一定pH的HA溶液稀释前后pH的变化判断。(2)从升高温度后pH的变化判断。(3)从等体积、等pH的HA溶液与盐酸分别与过量的锌反应生成H2的量判断。角度三：弱电解质形成的盐类能水解。如判断CH3COOH为弱酸可用下面两个现象：(1)配制某浓度的醋酸钠溶液，向其中加入几滴酚酞溶液。现象：溶液变为浅红色。(2)用玻璃棒蘸取一定浓度的醋酸钠溶液滴在pH试纸上，测其pH。现象：pH>7。【夯基础·小题】1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)(2019·高考全国卷Ⅲ，改编)常温下pH＝2的H3PO4溶液，加水稀释使电离度增大，溶液pH减小；加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强(　　)(2)(2018·高考北京卷)常温时，0.1 mol·L－1氨水的pH＝11.1：NH3·H2ONH＋OH－(　　)(3)pH＝1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H＋(　　)(4)室温下，由0.1 mol·L－1一元碱BOH的pH＝10，可知溶液中存在：BOH===B＋＋OH－(　　)(5)25 ℃时，0.1 mol·L－1CH3COOH加水稀释，各离子浓度均减小(　　)答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×2．下列事实能说明HNO2是弱电解质的是(　　)①25 ℃时，NaNO2溶液的pH大于7②用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗③HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应④25 ℃时，0.1 mol·L－1HNO2溶液的pH＝2.1A．①②③　　　　　　　 B．②③④C．①④    D．①②④解析：选C　25 ℃时，NaNO2溶液的pH大于7，说明NO发生了水解反应，则HNO2是弱电解质，①符合题意；用HNO2溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明溶液中离子浓度较小，但由于未与等浓度盐酸等强电解质作比较，故不能判断HNO2是弱电解质，②不符合题意；HNO2溶液不与Na2SO4溶液反应，只能说明HNO2的酸性比H2SO4的弱，但不能说明HNO2一定是弱酸，即不能说明HNO2是弱电解质，③不符合题意；25 ℃时，0.1 mol·L－1HNO2溶液的pH＝2.1，则溶液中 c(H＋)＝10－2.1mol·L－1<0.1 mol·L－1，说明HNO2部分电离，则HNO2是弱电解质，④符合题意。3．一定温度下，将一定质量的冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力变化如图所示。下列说法正确的是(　　)A．a、b、c三点溶液的pH：c<a<bB．a、b、c三点CH3COOH的电离程度：c<a<bC．用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，测量结果偏小D．a、b、c三点溶液用1 mol·L－1NaOH溶液中和，消耗NaOH溶液的体积：c<a<b解析：选C　A项，由导电能力知c(H＋)：b>a>c，故pH：c>a>b，错误；B项，加水体积越大，越利于CH3COOH电离，故电离程度：c>b>a，错误；C项，用湿润的pH试纸测量a处溶液的pH，相当于稀释a点溶液，c(H＋)增大，pH偏小，正确；D项，a、b、c三点n(CH3COOH)相同，用NaOH溶液中和时消耗n(NaOH)相同，故消耗V(NaOH)：a＝b＝c，错误。知识点二　电离平衡常数【考必备·清单】1．电离常数(1)概念：在一定条件下，弱电解质在达到电离平衡时，溶液中电离所生成的各种离子浓度的乘积与溶液中未电离的分子浓度的比值是一个常数，这个常数叫做电离平衡常数，又称电离常数，用K(弱酸用Ka，弱碱用Kb)表示。(2)表达式 一元弱酸HA一元弱碱BOH电离方程式HAH＋＋A－BOHB＋＋OH－电离常数表达式Ka＝Kb＝ (3)意义相同条件下，K值越大，表示该弱电解质越易电离，所对应酸或碱的酸性或碱性相对越强。(4)特点①电离常数只与温度有关，与电解质的浓度、酸碱性无关，由于电离过程是吸热的，故温度升高，K增大。②多元弱酸是分步电离的，各级电离常数的大小关系是K1≫K2……所以其酸性主要取决于第一步电离。(5)电离常数的四大应用①判断弱酸(或弱碱)的相对强弱，电离常数越大，酸性(或碱性)越强。②判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱电离常数越大，对应盐的水解程度越小，盐溶液的碱性(或酸性)越弱。③判断反应能否发生或者判断产物是否正确通过强酸制弱酸来判断。如H2CO3：Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.6×10－11，苯酚(C6H5OH)：Ka＝1.3×10－10，向苯酚钠(C6H5ONa)溶液中通入的CO2不论是少量还是过量，其化学方程式均为C6H5ONa＋CO2＋H2O===C6H5OH＋NaHCO3。④判断溶液微粒浓度比值的变化利用温度不变，电离常数不变来判断。如把0.1 mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释，＝＝， 稀释时，c(H＋)减小，Ka不变，则变大。2．电离度(1)概念电离度是在一定条件下的弱电解质在溶液中达到电离平衡时，已经电离的电解质分子数占原电解质分子总数的百分数。(2)表示方法α＝×100%也可表示为α＝×100%(3)影响因素温度的影响升高温度，电离平衡向右移动，电离度增大；降低温度，电离平衡向左移动，电离度减小浓度的影响当弱电解质溶液浓度增大时，电离度减小；当弱电解质溶液浓度减小时，电离度增大[名师点拨]　(1)浓度为c mol·L－1的一元弱酸(HA)溶液中，c(H＋)＝c·α＝。(2)浓度为c mol·L－1的一元弱碱(BOH)溶液中，c(OH－)＝c·α＝。(3)一元弱酸(HA)溶液中电离度与电离常数的关系为Ka＝c·α2或α＝ 。【夯基础·小题】1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)在0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中，升高温度，电离度增大(　　)(2)H2CO3的电离常数表达式：Ka＝(　　)(3)电离常数可以表示弱电解质的相对强弱(　　)(4)不同浓度的同一弱电解质，其电离常数(K)不同(　　)(5)电离常数大的酸溶液中的c(H＋)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H＋)大(　　)答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×2．常温下，将0.1 mol·L－1CH3COOH溶液加水稀释，请填写下列表达式中的数据变化情况(填“变大”“变小”或“不变”)。(1)____________。(2)____________。(3)____________。(4)____________。(5)____________。答案：(1)变小　(2)变大　(3)变小　(4)不变　(5)不变3．部分弱酸的电离常数如下表： 弱酸HCOOHH2SH2CO3HClO电离常数(25 ℃)Ka＝1.77×10－4Ka1＝1.3×10－7 Ka2＝7.1×10－15 Ka1＝4.4×10－7Ka2＝4.7×10－11Ka＝3.0×10－8按要求回答下列问题：(1)HCOOH、H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为________________________________________________________________________。(2)同浓度的HCOO－、HS－、S2－、HCO、CO、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为________________________________________________________________________。(3)将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应的离子方程式：________________________________________________________________________。答案：(1)HCOOH>H2CO3>H2S>HClO(2)S2－>CO>ClO－>HS－>HCO>HCOO－(3)ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO4．联氨(又称肼，N2H4，无色液体)是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料，联氨是二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，其一级电离方程式为______________________________________________________________________________，其一级电离常数Kb1＝________。(已知：N2H4＋H＋N2H的K＝8.7×107；KW＝1.0×10－14)解析：①H2OH＋＋OH－　KW＝1.0×10－14②N2H4＋H＋N2H　K＝8.7×107，由①＋②可得：N2H4＋H2ON2H＋OH－，Kb1＝K·KW＝8.7×107×1.0×10－14＝8.7×10－7。答案：N2H4＋H2ON2H＋OH－　8.7×10－7知识点三　水的电离【考必备·清单】1．水的电离(1)水是极弱的电解质，其电离方程式为2H2OH3O＋＋OH－，可简写为H2OH＋＋OH－。(2)25 ℃时，纯水中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1。[名师点拨]　任何情况下，水电离产生的c(H＋)、c(OH－)总是相等的。2．水的离子积常数[名师点拨]　KW＝c(H＋)·c(OH－)中的H＋和OH－不一定都是由水电离出来的，而是指溶液中的c(H＋)和c(OH－)。3．水电离平衡的影响因素(1)温度：温度升高，促进水的电离；温度降低，抑制水的电离。(2)酸、碱：加入酸或碱均能使水的电离平衡逆向移动，能抑制水的电离。(3)能水解的盐：(如CH3COONa)CH3COO－能与水电离出的H＋结合生成CH3COOH，故能促进水的电离。[名师点拨]　(1)给水加热，水的电离程度增大，c(H＋)＞10－7 mol·L－1，pH<7，但水仍显中性。(2)酸、碱能抑制水的电离，故室温下，酸、碱溶液中水电离产生的c(H＋)<1×10－7 mol·L－1，而能水解的盐溶液中水电离产生的c(H＋)[或c(OH－)]>1×10－7 mol·L－1。4．水电离出的c水(H＋)或c水(OH－)的计算(1)当抑制水的电离时(如酸或碱溶液)在溶液中c(H＋)、c(OH－)较小的数值是水电离出来的。如下表： 溶液(25 ℃)水电离出来的pH＝2的盐酸10－210－1210－12pH＝13的NaOH溶液10－1310－110－13(2)当促进水的电离时(如盐的水解)在溶液中c(H＋)、c(OH－)较大的数值是水电离出来的。如下表：溶液(25 ℃) 水电离出来的pH＝5的NH4Cl溶液10－510－910－5pH＝10的Na2CO3溶液10－1010－410－4[名师点拨]　室温下，水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算方法(1)中性溶液：c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 mol·L－1(2)酸溶液酸溶液中，H＋来源于酸的电离和水的电离，而OH－只来源于水的电离。(3)碱溶液碱溶液中，OH－来源于碱的电离和水的电离，而H＋只来源于水的电离。(4)盐溶液水解呈酸性或碱性的盐溶液中，H＋和OH－均来源于水的电离。【夯基础·小题】1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)25 ℃与60 ℃时，水的pH相等(　　)(2)25 ℃时NH4Cl溶液的KW大于100  ℃时NaCl溶液的KW(　　)(3)任何水溶液中均存在H＋和OH－，且水电离出的c(H＋)和c(OH－)相等(　　)(4)25 ℃时，0.10 mol·L－1NaHCO3溶液加水稀释后，c(H＋)与c(OH－)的乘积变大(　　)(5)向水中滴入少量稀盐酸，水的电离平衡逆向移动，KW减小(　　)(6)将水加热，KW增大，pH减小(　　)答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)√2．已知：25  ℃时，KW＝1.0×10－14；35  ℃时，KW＝2.1×10－14。下列有关水的电离的叙述正确的是(　　)A．c(H＋)随温度的升高而减小B．水的电离属于吸热过程C．向蒸馏水中加入NaOH溶液，KW增大D．35 ℃时，水中c(H＋)＞c(OH－)解析：选B　水的离子积KW＝c(H＋)·c(OH－)，升高温度，KW增大，说明升高温度，水的电离程度增大，水电离产生的c(H＋)、c(OH－)均增大，A错误，B正确；KW仅与温度有关，向蒸馏水中加入NaOH溶液，c(OH－)增大，由于温度不变，则KW不变，C错误；任何温度下水都呈中性，则35 ℃时，水中c (H＋)＝c(OH－)，D错误。3．室温下，pH＝11的某溶液中水电离出的c(OH－)为(　　)①1.0×10－7 mol·L－1　②1.0×10－6 mol·L－1③1.0×10－3 mol·L－1　④1.0×10－11 mol·L－1A．③　　　　　　　　 B．④C．①或③    D．③或④解析：选D　若该溶液是强碱溶液，则c(OH－)＝10－3 mol·L－1，c(H＋)＝10－11 mol·L－1，故水电离出的c水(OH－)＝10－11 mol·L－1，④正确；若该溶液是能水解的盐溶液，则c(OH－)＝10－3 mol·L－1，故水电离出的c水(OH－)＝10－3 mol·L－1，③正确。　　　知识点四　一元强酸(碱)与一元弱酸(碱)的比较【考必备·清单】1．相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较比较项目c(H＋)pH中和碱的能力与较活泼金属反应产生H2的量开始与金属反应的速率盐酸大小相同相同大醋酸溶液小大小2.相同pH、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较比较项目c(H＋)c(酸)中和碱的能力与足量活泼金属反应产生H2的量开始与金属反应的速率盐酸相同小小少相同醋酸溶液大大多3.图像法理解一强一弱的稀释规律(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸加水稀释到相同的倍数，醋酸的pH大加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多　　(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸加水稀释到相同的倍数，盐酸的pH大加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多【夯基础·小题】1．25 ℃时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)A．同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A－)小于c(B－)B．a点溶液的导电性大于b点溶液C．a点的c(HA)大于b点的c(HB)D．HA的酸性强于HB解析：选D　酸的酸性越强，对应的盐的水解程度越小，故NaB的水解程度大，同浓度的NaA与NaB溶液中c(B－)小于c(A－)，A项错误；b点溶液的pH小于a点溶液的pH，说明b点溶液中c(H＋)和c(B－)较大，故b点溶液导电性较强，B项错误；HA酸性强于HB，则相同pH的溶液，c(HA)<c(HB)，稀释相同倍数时，a点的c(HA)小于b点的c(HB)，C项错误；由于稀释过程中HA的pH变化较大，故HA的酸性强于HB，D项正确。2．常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的几倍，稀释过程中，两溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是(　　)A．MOH为弱碱，HA为强酸B．水的电离程度：X＝Z＞YC．若升高温度，Y、Z点对应溶液的pH均不变D．将X点溶液与Z点溶液等体积混合，所得溶液呈碱性解析：选B　由图可知，将X点HA溶液稀释10倍(即lg n增大1)，pH变化小于1，则HA是弱酸；将Y点MOH溶液稀释10倍，pH减小1，则MOH是强碱，A错误；酸、碱均抑制水的电离，X点溶液中c(H＋)＝10－5mol·L－1，由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－9mol·L－1，Y、Z点溶液中c(OH－)分别为10－4mol·L－1、10－5mol·L－1，则由水电离出的c(H＋)分别为10－10mol·L－1、10－9mol·L－1，故水的电离程度：X＝Z＞Y，B正确；MOH是强碱，升高温度，溶液中c(OH－)几乎不变，但KW增大，c(H＋)变大，溶液的pH减小，C错误；将X点溶液与Z点溶液等体积混合，发生中和反应后，HA有剩余，所得混合液呈酸性，D错误。 【新教材·应用】已知：25 ℃时，下列四种弱酸的电离常数：  CH3COOHHNO2HCNH2CO3电离常数1.75×10－55.0×10－46.2×10－10Ka1＝4.5×10－7Ka2＝4.7×10－11[问题探究](1)试比较相同浓度CH3COOH、HNO2、HCN、H2CO3的酸性强弱。提示：电离常数越大，酸性越强，故酸性：HNO2＞CH3COOH＞H2CO3＞HCN。(2)判断反应：NaNO2＋CH3COOH===CH3COONa＋HNO2是否正确？向NaCN溶液中通入少量CO2，反应能否进行？若能进行，写出反应的化学方程式。提示：NaNO2与CH3COOH不反应，原因是HNO2的酸性强于CH3COOH，故反应方程式错误。因酸性H2CO3＞HCN＞HCO，故向NaCN溶液中通入CO2，不论CO2是否过量，产物均为HCN和NaHCO3，反应方程式为：NaCN＋H2O＋CO2===HCN＋NaHCO3。(3)25 ℃时，醋酸溶液中c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1，则溶液中的c(H＋)是多少？提示：c(H＋)＝＝≈1.32×10－3mol·L－1。(4)常温、常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液中pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5 mol·L－1，若忽略水的电离及H2CO3的二级电离，则H2CO3H＋＋HCO的电离常数(Ka1)是多少？(已知：10－5.60＝2.5×10－6)提示：由H2CO3H＋＋HCO得Ka1＝＝≈4.2×10－7。随堂检测反馈1．(2020·浙江7月选考)下列说法不正确的是(　　)A．2.0×10－7mol·L－1的盐酸中c(H＋)＝2.0×10－7mol·L－1B．将KCl溶液从常温加热至80 ℃，溶液的pH变小但仍保持中性C．常温下，NaCN溶液呈碱性，说明HCN是弱电解质D．常温下，pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体，溶液pH增大解析：选A　极稀的溶液中，H2O电离出的H＋不能忽略，故c(H＋)大于2×10－7 mol·L－1，A项错误；水的电离是吸热的，升高温度促进水的电离，氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大，pH减小，但氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍相等，溶液呈中性，B项正确；常温下，NaCN溶液呈碱性，说明NaCN是强碱弱酸盐，HCN是弱酸，C项正确；醋酸溶液中加入醋酸钠，醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，pH增大，D项正确。2．(2019·天津高考)某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10－4和1.7×10－5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH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HNO2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HA、A－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NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)相同解析：选C　由Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)可知，酸性：HNO2>CH3COOH。A错误，pH相同的两种酸稀释相同倍数时，酸性强的酸pH变化大，所以曲线Ⅱ为HNO2；B错误，b、c两点处，b点酸性强，对水的电离抑制程度大，所以水的电离程度：c点>b点；C正确，从c点到d点，＝＝，KW和Ka是两个常数，只要温度不变，比值也不变；D错误，相同体积a点的两溶液中，由于c(CH3COOH)>c(HNO2)，故n(CH3COOH)>n(HNO2)，因此与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)不同。3．浓度均为0.10 mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是(　　)A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等D．当lg＝2时，若两溶液同时升高温度，则增大解析：选D　由图像分析浓度为0.10 mol·L－1的MOH溶液，在稀释前pH为13，说明MOH完全电离，则MOH为强碱，而ROH的pH<13，说明ROH没有完全电离，ROH为弱碱。A.MOH的碱性强于ROH的碱性，A正确；B.曲线的横坐标lg越大，表示加水稀释体积越大，由曲线可以看出b点的稀释程度大于a点，弱碱ROH存在电离平衡：ROHR＋＋OH－，溶液越稀，弱电解质电离程度越大，故ROH的电离程度：b点大于a点，B正确；C.若两溶液无限稀释，则溶液的pH接近于7，故两溶液的c(OH－)相等，C正确；D.当lg＝2时，溶液V＝100V0，溶液稀释100倍，由于MOH发生完全电离，升高温度，c(M＋)不变；ROH存在电离平衡：ROHR＋＋OH－，升高温度促进电离平衡向电离方向移动，c(R＋)增大，故减小，D错误。4．(1)(2020·全国卷Ⅱ节选)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)＝，X为HClO或ClO－]与pH的关系如图所示。HClO的电离常数Ka值为________。(2)(2019·全国卷Ⅰ节选)根据H3BO3的解离反应：H3BO3＋H2OH＋＋B(OH)，Ka＝5.81×10－10，可判断H3BO3是______酸。(3)已知25 ℃，NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2SO3的Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.2×10－8。若氨水的浓度为2.0 mol·L－1，溶液中的c(OH－)＝__________mol·L－1。将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至1.0×10－7 mol·L－1时，溶液中的＝________。(4)25 ℃，两种酸的电离常数如下表。 Ka1Ka2H2SO31.3×10－26.3×10－8H2CO34.2×10－75.6×10－11①HSO的电离常数表达式K＝__________________。②H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为________________________________________________________________________。解析：(1)HClO溶液中存在电离平衡HClOH＋＋ClO－，HClO的电离常数Ka＝，由题图(b)可知当pH＝7.5时，溶液中c(ClO－)＝c(HClO)，即Ka＝c(H＋)＝10－7.5。(2)根据题目信息中H3BO3的解离反应方程式和Ka的数值可知，H3BO3为一元弱酸。(3)设氨水中c(OH－)＝x mol·L－1，根据NH3·H2O的Kb＝，则＝1.8×10－5，解得x＝6.0×10－3。根据H2SO3的Ka2＝，则＝，当c(OH－)降至1.0×10－7mol·L－1时，c(H＋)为1.0×10－7 mol·L－1，则＝＝0.62。(4)②由H2SO3和H2CO3的电离常数可知酸性：H2SO3>H2CO3>HSO>HCO，故H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应可放出CO2气体，反应的离子方程式为H2SO3＋HCO===HSO＋H2O＋CO2↑。答案：(1)10－7.5　(2)一元弱　(3)6.0×10－3　0.62　(4)①　②H2SO3＋HCO===HSO＋CO2↑＋H2O[课时跟踪检测]                                                              1．(2021·芜湖模拟)在0.1 mol·L－1的HCN溶液中存在如下电离平衡：HCNH＋＋CN－。对该平衡，下列叙述正确的是(　　)A．加入少量NaOH固体，平衡正向移动B．加水，平衡逆向移动C.滴加少量0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中c(H＋)减小D．加入少量NaCN固体，平衡正向移动解析：选A　加入NaOH，NaOH和H＋反应而减小溶液中c(H＋)，从而促进HCN电离，则平衡正向移动，故A正确；加水稀释促进弱电解质的电离，所以平衡正向移动，故B错误；加入少量相同浓度的HCl溶液，HCl是强电解质，完全电离，导致溶液中c(H＋)增大，故C错误；加入少量NaCN固体，导致溶液中c(CN－)增大，平衡逆向移动，故D错误。2．在25 ℃时，用蒸馏水稀释1 mol·L－1氨水至0.01 mol·L－1，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是(　　)A．　　　　　 B．C．    D．c(OH－)解析：选A　A项，加水稀释促进NH3·H2O的电离，溶液中n(OH－)、n(NH)增大，分子的物质的量减小，该比值增大，正确；B项，溶液中OH－、NH的物质的量增大，且水电离出OH－的数目增多，该比值变小，错误；C项，稀释时，溶液中NH的物质的量增大，NH3·H2O分子的物质的量减小，该比值减小，错误；D项，加水稀释c(OH－)减小，错误。3．下列有关水电离情况的说法正确的是(　　)A．25 ℃，pH＝12的烧碱溶液与pH＝12的纯碱溶液，水的电离程度相同B．其他条件不变，CH3COOH溶液在加水稀释过程中，一定变小C．其他条件不变，稀释氢氧化钠溶液，水的电离程度减小D．其他条件不变，温度升高，水的电离程度增大，KW增大解析：选D　酸或碱抑制水的电离，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐、弱酸弱碱盐均能促进水的电离，NaOH是强碱，抑制水的电离，Na2CO3是强碱弱酸盐，促进水的电离，所以两溶液中水的电离程度不同，A项错误；CH3COOH为弱酸，其他条件不变，稀释CH3COOH溶液，c(H＋)减小，c(OH－)增大，所以增大，B项错误；NaOH抑制水的电离，其他条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度降低，所以水的电离程度增大，C项错误；温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)和c(H＋)增大，所以KW增大，D项正确。4．已知次磷酸(H3PO2)为一元酸，欲证明它是弱电解质，下列操作方法不正确的是(　　)A．用物质的量浓度相同的NaCl溶液和NaH2PO2溶液进行导电性实验，比较灯泡的亮度B．用一定浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、等pH的盐酸和次磷酸溶液，比较消耗碱液的体积C.加热滴有酚酞试液的NaH2PO2溶液，溶液颜色变深D．常温下，稀释0.1 mol·L－1次磷酸溶液至原溶液体积的100倍，测得pH在4～5之间解析：选A　NaCl和NaH2PO2都属于强电解质，所以用物质的量浓度相同的NaCl溶液和NaH2PO2溶液进行导电性实验，比较灯泡的亮度，不能证明H3PO2是弱电解质，故A错误；因盐酸为强酸，若滴定时次磷酸溶液消耗NaOH溶液的体积大于等体积、等pH的盐酸消耗的NaOH溶液的体积，则说明次磷酸为弱电解质，B正确；若次磷酸为弱电解质，则NaH2PO2溶液呈碱性，加热促进其水解，滴有酚酞试液的NaH2PO2溶液颜色变深，C正确；常温下，若次磷酸为一元强酸，则把0.1 mol·L－1次磷酸溶液稀释至原溶液体积的100倍，pH应为3，而现测得pH在4～5之间，说明次磷酸没有完全电离，为弱电解质，D正确。5．已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是下列有关三种酸的电离常数(25 ℃)。若已知下列反应可以发生：NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2、NaCN＋HF===HCN＋NaF、NaNO2＋HF===HNO2＋NaF。由此可判断下列叙述不正确的是(　　)A．K(HF)＝7.2×10－4B．K(HNO2)＝4.9×10－10C．根据两个反应即可得出一元弱酸的强弱顺序：HF>HNO2>HCND．K(HCN)<K(HNO2)<K(HF)解析：选B　相同温度下，酸的电离常数越大，该酸的酸性越强，结合“强酸制取弱酸”分析可知，酸性：HF>HNO2>HCN，所以亚硝酸的电离平衡常数为4.6×10－4，故B错误。6．已知：在25 ℃时，次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离常数如下表：弱电解质电离常数(Ka)HClOKa＝4.7×10－8H2CO3Ka1＝4.2×10－7Ka2＝5.6×10－11H2SO3Ka1＝1.54×10－2Ka2＝1.02×10－7 下列微粒在溶液中不能大量共存的是(　　)A．SO、HCO    B．ClO－、HCOC．HSO、CO    D．HClO、HCO解析：选C　根据表中电离常数可知，酸性：H2SO3>H2CO3>HSO>HClO>HCO；根据“较强酸制取较弱酸”的复分解反应规律，判断溶液中微粒能否大量共存。由于酸性：HSO>HCO，则SO、HCO不能反应，可以大量共存，A不符合题意；酸性：HClO>HCO，则ClO－、HCO不能反应，可以大量共存，B不符合题意；由于酸性：HSO>HCO，则HSO、CO能反应生成SO和HCO，不能大量共存，C符合题意；由于酸性：H2CO3>HClO，HClO、HCO不能反应，可以大量共存，D不符合题意。7.(2021·海滨模拟)25 ℃时，pH＝2的盐酸和醋酸溶液各1 mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)A．曲线Ⅰ代表醋酸溶液的稀释过程B．a溶液的导电性比c溶液的导电性差C．将a、b两溶液加热至30 ℃(忽略溶质挥发)，变大D．与相同浓度的NaOH溶液恰好中和时，消耗a溶液的体积比b溶液的体积大解析：选D　溶液稀释时，醋酸进一步电离，其溶液pH变化比盐酸的小，故曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程、Ⅱ应为醋酸稀释时的pH变化曲线，故A错误；稀释后盐酸溶液中氯离子、氢离子浓度减小，则溶液导电性减弱，故a溶液的导电性比c溶液的导电性强，故B错误；升高温度后，醋酸的电离程度增大，醋酸根离子浓度增大，而氯离子浓度基本不变，则比值减小，故C错误；醋酸的浓度大于盐酸，与相同浓度的NaOH溶液恰好中和时，消耗a溶液的体积比b溶液的体积大，故D正确。8．已知室温时，0.1 mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离。下列叙述错误的是(　　)A．该溶液的pH＝4B．升高温度，溶液的pH增大C．室温时，此酸的电离常数约为1×10－7D．稀释HA溶液时，不是所有粒子的浓度都一定会减小解析：选B　0.1 mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，说明溶液中c(H＋)约为0.1 mol·L－1×0.1%＝1×10－4mol·L－1，则溶液的pH＝4，A项正确；电离属于吸热过程，升温促进HA电离，溶液中的c(H＋)增大，pH减小，B项错误；室温时，此酸的电离常数约为＝1×10－7，C项正确；稀释HA溶液可促进HA电离，溶液中的c(H＋)、c(A－)、c(HA)都减小，而c(OH－)增大，D项正确。9．25 ℃，两种一元碱MOH和ROH的溶液分别加水稀释，溶液pH的变化如图所示。下列叙述正确的是(　　)A．MOH是一种弱碱B．在x点：c(M＋)＝c(R＋)C．稀释前，c(MOH)＝10c(ROH)D．稀释前，MOH溶液和ROH溶液中由水电离出的c(OH－)：前者是后者的10倍解析：选B　由图可知，两溶液分别稀释100倍，MOH溶液的pH减小2，ROH溶液的pH减小1，则MOH是强碱，ROH是弱碱，A错误；x点两溶液的pH相等，则两溶液中c(H＋)、c(OH－)分别相等；根据电荷守恒可得c(M＋)＋c(H＋)＝c(OH－)、c(R＋)＋c(H＋)＝c(OH－)，从而推知x点时c(M＋)＝c(R＋)，B正确；MOH是强碱，起始溶液的pH＝13，则有c(MOH)＝0.1 mol·L－1，ROH是弱碱，部分电离，起始溶液的pH＝12，则有c(ROH)＞0.01 mol·L－1，从而可知稀释前，c(MOH)＜10c(ROH), C错误；稀释前，MOH溶液的pH＝13，则由水电离出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1；ROH溶液的pH＝12，则由水电离出的c(OH－)＝1×10－12mol·L－1，故稀释前MOH溶液和ROH溶液中由水电离出的c(OH－)：后者是前者的10倍，D错误。10．(2021·蚌埠模拟)常温下向100 mL蒸馏水中滴入10 mL 5 mol·L－1HA溶液，利用传感器测得溶液中c(H＋)和温度随着加入HA溶液体积的变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是(　　)A．HA是强酸B．a～b段，HA电离放热，使溶液温度升高C．c～d段，c(H＋)增大，HA电离程度增大D．c点时，加入等体积、等浓度的NaOH溶液，则c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)解析：选D　结合图示可知，滴入10 mL 5 mol·L－1HA溶液时，c(HA)≈×5 mol·L－1≈0.46 mol·L－1，而此时c(H＋)约为6×10－3 mol·L－1，证明HA部分电离，属于弱酸，故A错误；a～b段，HA的电离过程为吸热过程，电解质溶于水，扩散过程(电离)吸热，水合过程(形成水合离子)放热，故B错误；c～d段， HA浓度增大，c(H＋)增大，但HA的电离程度减小，故C错误；c点时，加入等体积、等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为NaA，根据物料守恒得：c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，故D正确。11．25 ℃时，部分物质的电离常数如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClONH3·H2O电离常数1.7×10－5Ka1＝4.4×10－7Ka2＝4.7×10－113.0×10－81.7×10－5 请回答下列问题：(1)CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为______________________。(2)CH3COO－、HCO、CO、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序______________。(3)体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程中pH变化如图所示，则HX的电离常数________(填“大于”“等于”或“小于”)醋酸的电离常数；理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。稀释后，HX溶液中由水电离出来的c(H＋)________(填“大于”“等于”或“小于”)醋酸溶液中由水电离出来的c(H＋)，理由是___________________________________。解析：(1)电离常数越大，酸性越强，酸性由强到弱的顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO。(2)电离常数越小，其对应酸根离子结合H＋的能力越强，CH3COO－、HCO、CO、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为CO>ClO－>HCO>CH3COO－。(3)根据图像可知，起始时两种溶液中c(H＋)相同，c(较弱酸)>c(较强酸)，稀释过程中较弱酸的电离程度增大，故在整个稀释过程中较弱酸的c(H＋)一直大于较强酸的c(H＋)，稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离常数大；HX酸性强于CH3COOH，稀释后HX溶液中c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，所以其对水电离的抑制能力较弱。答案：(1)CH3COOH>H2CO3>HClO　(2)CO>ClO－>HCO>CH3COO－　(3)大于　稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，酸性强，电离常数大　大于　HX的酸性强于CH3COOH，稀释后HX溶液中的c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，所以其对水电离的抑制能力较弱12．现有常温下pH＝2的盐酸(甲)和pH＝2的醋酸溶液(乙)，请根据下列操作回答问题：(1)常温下0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数值一定变小的是________(填字母)。A．c(H＋)     B．C．c(H＋)·c(OH－)    D．(2)取10 mL的乙溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动；另取10 mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中的值将________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。(3)相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，分别加水稀释100倍，所得溶液的pH大小关系为pH(甲)________pH(乙)(填“>”“<”或“＝”)。(4)取等体积的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)________V(乙)(填“>”“<”或“＝”)。(5)已知25 ℃时，三种酸的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHH2CO3HClOKa11.8×10－54.3×10－73.0×10－8Ka2－5.6×10－11－ 下列四种离子中结合H＋能力最强的是______(填序号)。A．HCO    B．COC．ClO－    D．CH3COO－写出下列反应的离子方程式。CH3COOH＋Na2CO3(少量)：_____________________________________________；HClO＋Na2CO3(少量)：__________________________________________________。解析：(1)CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－，加水稀释过程中，平衡正向移动，但溶液中c(H＋) 、c(CH3COO－)均减小，A符合题意。CH3COOH的电离平衡常数Ka＝，则有＝，加水稀释时，c(CH3COO－)减小，但Ka不变，则增大，B不符合题意。由于温度不变，则c(H＋)·c(OH－)＝KW不变，C不符合题意。加水稀释时，溶液中c(H＋)减小，由于c(H＋)·c(OH－)＝KW不变，则c(OH－)增大，故增大，D不符合题意。(2)醋酸溶液中加入等体积的水，醋酸的电离平衡向右移动，电离程度增大；醋酸溶液中加入少量无水醋酸钠固体，c(CH3COO－)增大，电离平衡逆向移动，根据CH3COOH的电离平衡常数Ka＝推知，＝，由于温度不变，Ka不变，c(CH3COO－)增大，则溶液中的值减小。(3)常温下，pH＝2的盐酸(甲)和pH＝2的醋酸溶液(乙)，取等体积的甲、乙两溶液，分别加水稀释100倍，醋酸的电离平衡正向移动，pH变化小，则所得溶液的pH：pH(甲)>pH(乙)。(4)pH均为2的盐酸和醋酸溶液相比，其浓度：c(HCl)<c(CH3COOH)；取等体积的两种溶液，n(CH3COOH)>n(HCl)，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，醋酸溶液消耗NaOH溶液的体积大于盐酸。(5)由表中电离平衡常数可知，各种酸的酸性：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，因此四种离子结合H＋的能力：CH3COO－＜HCO＜ClO－＜CO，故结合H＋能力最强的是CO。根据“较强酸制取较弱酸”的规律，CH3COOH与Na2CO3(少量)反应生成CH3COONa、CO2和H2O，离子方程式为2CH3COOH＋CO===2CH3COO－＋CO2↑＋H2O；HClO与Na2CO3(少量)反应生成NaClO和NaHCO3，离子方程式为HClO＋CO===ClO－＋HCO。答案：(1)A　(2)向右　减小(3)>　(4)<(5)B　2CH3COOH＋CO===2CH3COO－＋CO2↑＋H2O　HClO＋CO===ClO－＋HCO13．(1)次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，写出其电离方程式：________________________________________________________________________。NaH2PO2溶液显________(填“弱酸性”“中性”或“弱碱性”)。(2)如图所示为二元酸H2A溶液中各微粒的物质的量分数(δ)随溶液pH的变化曲线(25 ℃)。H2A的电离平衡常数Ka1＝________，溶液pH＝7时，＝________。(3)25 ℃时，a mol·L－1氨水与0.01 mol·L－1盐酸等体积混合，若混合后所得溶液中c(NH)＝c(Cl－)。用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝________。解析：(1)次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，所以在水溶液中部分电离生成H＋、H2PO，电离方程式为H3PO2H＋＋H2PO，NaH2PO2是强碱弱酸盐，酸根离子水解导致溶液呈弱碱性。(2)pH＝4.20时，c(H2A)＝c(HA－)，H2A的电离平衡常数Ka1＝＝c(H＋)＝10－4.20，pH＝6.20时，c(A2－)＝c(HA－)，H2A的电离平衡常数Ka2＝＝c(H＋)＝10－6.20，pH＝7，则c(H＋)＝10－7，＝×＝＝＝1×100.8。(3)25 ℃时，若a mol·L－1氨水与0.01 mol·L－1盐酸等体积混合，溶液体积增大一倍，则c(Cl－)＝0.005 mol·L－1，混合后所得溶液中c(NH)＝c (Cl－)＝0.005 mol·L－1，根据电荷守恒得c(H＋)＝c (OH－)＝10－7 mol·L－1，所以c(NH3·H2O)＝0.5a mol·L－1－c(NH)＝(0.5a－0.005) mol·L－1，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝＝＝。答案：(1)H3PO2H＋＋H2PO　弱碱性(2)1×10－4.2　1×100.8　(3) 考纲要求★靶向明确1．了解溶液pH的含义及其测定方法，能进行pH的简单计算。2．了解酸碱中和滴定原理与操作，并进行简单的计算。知识点一　溶液的酸碱性【考必备·清单】1．溶液的酸碱性溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小c(H＋)＞c(OH－)溶液呈性，常温下pH7c(H＋)＝c(OH－)溶液呈性，常温下pH＝c(H＋)＜c(OH－)溶液呈性，常温下pH7 [名师点拨]　(1)溶液中c(H＋)越大，c(OH－)越小，溶液的酸性越强，碱性越弱；溶液中c(H＋)越小，c(OH－)越大，溶液的碱性越强，酸性越弱。(2)pH＝7或c(H＋)＝10－7mol·L－1的溶液不一定呈中性，因水的电离与温度有关，常温时，pH＝7的溶液呈中性，100 ℃时，pH＝6的溶液呈中性。2．溶液的pH及其测量(1)定义式：pH＝－lg c(H＋)。(2)溶液的酸碱性与pH的关系(常温下)(3)测量方法①pH试纸法：把小片试纸放在一洁净的玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取待测溶液点在干燥的pH试纸的中央，试纸变色后，与标准比色卡对照即可确定溶液的pH。②pH计测量法。[名师点拨]　(1)pH试纸使用前不能用蒸馏水润湿，否则待测液因被稀释可能产生误差。(2)广泛pH试纸只能测出整数值，使用范围为0～14。3．溶液pH的计算方法(1)单一溶液pH的计算强酸溶液：如HnA，设浓度为c mol·L－1，c(H＋)＝nc mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg(nc)。强碱溶液(25 ℃)：如B(OH)n，设浓度为c mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝14＋lg(nc)。(2)混合溶液pH的计算①两种强酸混合：直接求出c混(H＋)，再据此求pH。c混(H＋)＝②两种强碱混合：先求出c混(OH－)，再根据KW求出c(H＋)混，最后求pH。c混(OH－)＝。③强酸、强碱混合：先判断哪种物质过量，再由下式求出溶液中H＋或OH－的浓度，最后求pH。c混(H＋)或c混(OH－)＝。④将强酸、强碱溶液以某体积之比混合，若混合液呈中性，pH酸＋pH碱＝14－lg，现举例如下： V酸∶V碱c(H＋)∶c(OH－)pH酸＋pH碱10∶11∶10151∶11∶1141∶1010∶113　　[名师点拨]　速判混合溶液酸碱性的方法(1)等浓度等体积一元酸与一元碱溶液的混合——“谁强显谁性，同强显中性”。(2)常温下，等体积、pH之和等于14的一强一弱酸与碱混合溶液——“谁弱谁过量，谁弱显谁性”。(3)强酸、强碱等体积混合(常温下)①pH之和等于14呈中性；②pH之和小于14呈酸性；③pH之和大于14呈碱性。【夯基础·小题】1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)溶液中c(H＋)＞10－7 mol·L－1，该溶液呈酸性(　　)(2)任何温度下，利用H＋和OH－浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性(　　)(3)pH＝7的溶液一定呈中性(　　)(4)用pH试纸测得某溶液的pH为3.4(　　)(5)用湿润的pH试纸测溶液的pH，一定影响测量结果(　　)(6)常温下，将pH＝3的酸和pH＝11的碱等体积混合，所得溶液的pH＝7(　　)答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×2．(1)计算常温时下列溶液的pH(忽略溶液混合时体积的变化)：①pH＝2的盐酸与等体积的水混合：pH＝________。②pH＝2的盐酸加水稀释到1 000倍：pH＝________。③0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液(已知CH3COOH的电离常数K＝1.8×10－5)：pH＝________。④0.1 mol·L－1NH3·H2O溶液(NH3·H2O的电离度α＝1%，电离度＝×100%)：pH＝________。(2)在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是________。(3)将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的稀盐酸Vb L混合，若所得溶液呈中性，且a＋b＝13，则＝________。解析：(1)①c(H＋)＝＝5×10－3 mol·L－1pH＝－lg c(H＋)＝－lg (5×10－3)＝3－lg 5≈2.3。②c(H＋)＝＝10－5 mol·L－1pH＝－lg c(H＋)＝－lg 10－5＝5。③c(H＋)＝＝≈1.34×10－3pH＝－lg c(H＋)＝－lg (1.34×10－3)≈2.9。④c(OH－)＝cα＝0.1 mol·L－1×1%＝10－3 mol·L－1c(H＋)＝＝＝10－11 mol·L－1pH＝－lg c(H＋)＝－lg 10－11＝11。(2)设氢氧化钡溶液的体积为V1 L，硫酸氢钠溶液的体积为V2 L，依题意知，n(Ba2＋)＝n(SO)，由Ba(OH)2＋NaHSO4===BaSO4↓＋NaOH＋H2O知，生成的氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)＝n[Ba(OH)2]＝0.5×10－2V1 mol，＝1×10－3 mol·L－1，则V1∶V2＝1∶4。(3)pH＝a的NaOH溶液中c(OH－)＝10a－14 mol·L－1，pH＝b的稀盐酸中c(H＋)＝10－b mol·L－1，根据中和反应H＋＋OH－===H2O，知c(OH－)·Va＝c(H＋)·Vb，＝＝＝1014－(a＋b)，a＋b＝13，则＝10。答案：(1)①2.3　②5　③2.9　④11　(2)1∶4　(3)10知识点二　酸、碱中和滴定【考必备·清单】1．实验原理(1)原理：利用酸碱中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。以标准HCl溶液滴定待测的NaOH溶液，待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)＝。(2)关键①准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。②选取适当的指示剂，准确判断滴定终点。2．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。(3)滴定管①构造：“0”刻度线在上方，尖嘴部分无刻度。②精确度：读数可估计到 0.01 mL。③洗涤：先用蒸馏水洗涤，再用待装液润洗。④排泡：酸、碱式滴定管中的液体在滴定前均要排出尖嘴中的气泡。[名师点拨]　(1)酸性KMnO4溶液只能盛装在酸性滴定管中，不能盛装在碱式滴定管中，原因是KMnO4能腐蚀橡胶。(2)由于滴定管尖嘴处无刻度，故将滴定管中的液体全部放出时，放出的液体体积比理论值要大。(3)碱式滴定管排气泡的方法：3．指示剂(1)常用酸碱指示剂及变色范围 指示剂变色的pH范围石蕊＜5.0红色5.0～8.0紫色＞8.0蓝色甲基橙＜3.1红色3.1～4.4橙色＞4.4黄色酚酞＜8.2无色8.2～10.0粉红色＞10.0红色(2)指示剂选择的基本原则①酸碱中和滴定中一般不用石蕊作指示剂，因其颜色变化不明显。②滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。④强酸滴定强碱一般用酚酞，但用甲基橙也可以。⑤并不是所有的滴定都需使用指示剂，如氧化还原滴定中，用标准的酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液时，可利用KMnO4溶液本身颜色的变化来判断滴定终点。[名师点拨]　判断滴定终点的答题模板当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由×××色变成×××色 ，且半分钟内溶液颜色不发生变化，表明到达滴定终点。例如，(1)用a mol·L－1 HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，若用酚酞作指示剂，达到滴定终点的现象：滴入最后一滴盐酸，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色；若用甲基橙作指示剂，达到滴定终点的现象：滴入最后一滴盐酸，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色。(2)用标准碘溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，应选用淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点的现象：滴入最后一滴碘溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。4．实验操作(以酚酞作指示剂，用标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例)(1)滴定前的准备(2)滴定(3)终点判断待滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，即为滴定终点，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c(NaOH)＝计算。5．酸碱中和滴定中常见误差分析以标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差：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①变小②偏低锥形瓶用待测溶液润洗③变大④偏高锥形瓶洗净后还留有蒸馏水⑤不变⑥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⑦变小⑧偏低滴定酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失⑨变大⑩偏高振荡锥形瓶时部分液体溅出⑪变小⑫偏低部分酸液滴到锥形瓶外⑬变大⑭偏高溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化⑮变大⑯偏高读数酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯)⑰变小⑱偏低酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰)⑲变大⑳偏高 [名师点拨]　图解量器的读数方法(1)平视读数实验室中用量筒、移液管或滴定管量取一定体积的液体，读取液体体积时，视线应与凹液面最低点保持水平，视线与刻度的交点即为读数(即凹液面定视线，视线定读数)。(2)俯视和仰视(如图b和图c)俯视和仰视的误差，要结合具体仪器进行分析，不同量器的刻度顺序不同，如量筒刻度从下到上逐渐增大，滴定管刻度从下到上逐渐减小。①如图b，当用量筒测量液体的体积时，由于俯视视线向下倾斜，寻找切点的位置在凹液面的上侧，读数高于正确的刻度线位置，即读数偏大。②如图c，当用滴定管测量液体的体积时，由于仰视视线向上倾斜，寻找切点的位置在液面的下侧，因滴定管刻度顺序与量筒不同，仰视读数偏大。6．图示强酸与强碱滴定过程中pH曲线(以0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL　0.100 0 mol·L－1盐酸为例)[名师点拨]　(1)酸碱恰好中和(即滴定终点)时溶液不一定呈中性，最终溶液的酸碱性取决于生成盐的性质，强酸强碱盐的溶液呈中性，强碱弱酸盐的溶液呈碱性，强酸弱碱盐的溶液呈酸性。(2)滴定终点是通过指示剂颜色的变化来控制停止滴定的“点”，滴定终点与恰好反应越吻合，测定的误差越小。【夯基础·小题】1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)KMnO4溶液应用碱式滴定管盛装(　　)(2)用碱式滴定管准确量取20.00 mL的NaOH溶液(　　)(3)将液面在0 mL处的25 mL的酸式滴定管中的液体全部放出，液体的体积为25 mL(　　)(4)中和滴定实验时，滴定管、锥形瓶均用待装液润洗(　　)(5)滴定终点就是酸碱恰好中和的点(　　)答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×2．用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考如图所示仪器，从下表中选出正确选项(　　) 选项锥形瓶中溶液滴定管中溶液选用指示剂选用滴定管A碱酸石蕊乙B酸碱酚酞甲C碱酸甲基橙乙D酸碱酚酞乙解析：选D　不能用石蕊试液作酸碱中和滴定的指示剂，A项错误；甲是酸式滴定管，不能盛装NaOH溶液，B项错误；乙是碱式滴定管，不能盛装H2SO4溶液，C项错误；D项中滴定管及指示剂的选择都是正确的。【新教材·应用】醋是中国古代劳动人民发明的传统调味品。老陈醋是中国四大名醋之一，至今已有3 000余年的历史，其部分质量标准见资料卡片。资料卡片：老陈醋质量标准1．感官标准：颜色黑紫透亮；气味清香浓郁，有纯正柔和的醋香与酯香……2．理化指标：总酸度含量以醋酸计算，不得低于9.5%；总脂含量，以醋酸乙……某同学用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量[总酸量用每100 mL白醋溶液所含CH3COOH的质量来表示，单位：g/100 mL]。Ⅰ.实验步骤①配制待测白醋溶液。准确量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中加水稀释冷却至室温后转移到100 mL的容量瓶中洗涤、定容摇匀即得待测白醋溶液。②量取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2～3滴酸碱指示剂，用碱式滴定管盛装0.100 0 mol·L－1NaOH溶液，并记录初始读数。③滴定。达到滴定终点后，停止滴定，并记录NaOH溶液的最终读数，再重复滴定2次。Ⅱ.实验记录数据记录如下：实验数据(mL)/滴定次数1234V(样品)20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)14.9514.0014.0513.95[问题探究](1)实验步骤②中选用的酸碱指示剂是什么？提示：醋酸与NaOH溶液完全反应时生成醋酸钠溶液呈弱碱性，故选用酚酞作指示剂。(2)如何判断实验步骤③中的酸碱中和反应到达滴定终点？提示：滴加最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色，说明达到滴定终点。(3)第二次滴定结束时滴定管中的液面如下图所示，其读数是多少 mL?提示：22.60 mL。(4)四次实验记录的数据是否都准确？若不准确，应如何处理？提示：第一次实验数据与其他3次存在较大误差。应舍去。(5)依据以上数据，市售白醋总酸量是多少？(g/100 mL)提示：求出2、3、4三组平均消耗V(NaOH)＝14.00 mL，由CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2O可知20.00 mL样品中含有的醋酸的质量为0.014 L×0.100 0 mol·L－1×60 g·mol－1＝0.084 g，原10 mL白醋含有醋酸的质量为0.084 g×5＝0.42 g，100 mL市售白醋总酸量4.2 g/100 mL。(6)常温下，实验滴定曲线如图所示。①请比较b点溶液中c(Na＋)与c(CH3COO－)的大小。提示：b点溶液呈中性，依据电荷守恒可知c(Na＋)＝c(CH3COO－)。②滴定过程中，从a点到c点水电离出的c(OH－)逐渐增大，用平衡移动原理解释其原因是什么？提示：溶液中存在水的电离平衡H2OOH－＋H＋，随着NaOH加入，CH3COOH浓度降低，醋酸对水电离的抑制程度减弱。随堂检测反馈1．下列说法正确的是(　　)A．用标准浓度HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂B．除去碱式滴定管胶管内气泡的方法是将尖嘴垂直向下，挤压胶管内的玻璃球将气泡排出C．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁D．用稀NaOH滴定盐酸，用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时立即停止滴定解析：选C　NaHCO3与HCl完全反应时得到的NaCl和H2CO3的混合溶液呈酸性，应选择甲基橙作指示剂，A项错误；除去碱式滴定管内的气泡，需将胶管弯曲，用手挤压玻璃球，便于排出气泡，而尖嘴垂直向下，不利于除去气泡，B项错误；滴定接近终点时，通过滴定管尖嘴接触锥形瓶内壁将尖嘴处残留的标准液注入锥形瓶中，从而减小了实验误差，C项正确；用NaOH滴定盐酸，用酚酞作指示剂滴定终点的现象是，滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内溶液颜色不发生变化，D项错误。2.298 K时，在20.0 mL 0.10 mol·L－1氨水中滴入0.10 mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是(　　)A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B．M点对应的盐酸体积为20.0 mLC.M点处的溶液中c(NH)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)　D．N点处的溶液中pH＜12解析：选D　A项，用0.10 mol·L－1盐酸滴定20.0 mL 0.10 mol·L－1氨水，二者恰好完全反应时生成强酸弱碱盐NH4Cl，应选用甲基橙作指示剂。B项，当V(HCl)＝20.0 mL时，二者恰好完全反应生成NH4Cl，此时溶液呈酸性，而图中M点溶液的pH＝7，故M点对应盐酸的体积小于20.0 mL。C项，M点溶液呈中性，则有c(H＋)＝c(OH－)；据电荷守恒可得c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)，则有c(NH)＝c(Cl－)，此时溶液中离子浓度关系为c(NH)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)。D项，NH3·H2O为弱电解质，部分发生电离，N点时V(HCl)＝0，此时氨水的电离度为1.32%，则有c(OH－)＝0.10 mol·L－1×1.32%＝1.32×10－3 mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1≈7.58×10－12 mol·L－1，故N点处的溶液中pH＜12。3．(福建高考)常温下0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是(　　)A．将溶液稀释到原体积的10倍B．加入适量的醋酸钠固体C．加入等体积0.2 mol·L－1盐酸D．升高溶液的温度解析：选B　pH由a变成a＋1，表明溶液酸性减弱；将溶液稀释10倍，若电离平衡不移动，则溶液pH由a变成a＋1，但由于电离平衡会发生移动，故A项错误；向弱酸溶液中加入浓度较大的强酸，溶液酸性增强，C项错误；升高溶液的温度会促进醋酸电离，酸性增强，D项错误；加入醋酸钠固体，可抑制醋酸的电离，使溶液pH增大，B项正确。4．(2020·北京高考)用一定浓度NaOH溶液滴定某醋酸溶液。滴定终点附近溶液pH和导电能力的变化分别如图所示(利用溶液导电能力的变化可判断滴定终点；溶液总体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是(　　)A．a点对应的溶液中：c(CH3COO－)＝c(Na＋)B．a→b过程中，n(CH3COO－)不断增大C．c→d溶液导电性增强的主要原因是c(OH－)和c(Na＋)增大D．根据溶液pH和导电能力的变化可判断：V2＜V3解析：选C　a点溶液pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，而电解质溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，故c(Na＋)＝c(CH3COO－)，A项正确；a→b的过程中，溶液中的CH3COOH逐渐被中和，溶液中的CH3COO－的物质的量逐渐增大，B项正确；d点以后溶液导电能力增长速率更快，说明V(NaOH)＝V3时CH3COOH和NaOH完全反应，达到滴定终点，而pH＝7时溶液中溶质为CH3COONa和CH3COOH，故V2＜V3，D项正确；达到滴定终点前，溶液中的c(CH3COO－)、c(Na＋)逐渐增大是溶液导电性逐渐增强的主要原因，C项错误。[课时跟踪检测]                                                             1．(2021·海淀模拟)下列溶液一定呈中性的是(　　)A．使甲基橙试液呈黄色的溶液B．c(H＋)＝c(OH－)＝10－6 mol·L－1溶液C．pH＝7的溶液D．酸与碱恰好完全反应生成正盐的溶液解析：选B　常温下使甲基橙试液呈黄色的溶液，为pH＞4.4的溶液，溶液呈酸性、碱性或中性，故A错误；c(H＋)＝c(OH－)的溶液一定是中性溶液，故B正确；pH＝7的溶液不一定为中性溶液，如100 ℃的水pH＝6，那么pH＝7的溶液就显碱性，故C错误；CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成正盐CH3COONa的溶液，因CH3COO－的水解而显碱性，故D错误。2．下列关于酸碱中和滴定实验的说法正确的是(　　)A．用图B的滴定管可准确量取25.00 mL的酸性KMnO4溶液B．滴定过程中，眼睛要时刻注视滴定管中液面的变化C．滴定管装入液体前不需用待装液润洗D．滴定前平视，滴定结束后仰视读数，会使测定结果偏大解析：选D　A项，酸性高锰酸钾溶液具有酸性和强氧化性，应该选用酸式滴定管(A)盛放，B为碱式滴定管，错误；B项，滴定过程中，眼睛要时刻注视锥形瓶中溶液颜色的变化，错误；C项，为了避免待装液被稀释，滴定管装入液体前必须用待装液润洗，错误；D项，滴定前平视，滴定结束后仰视读数，读出的标准液体积偏大，会使测定结果偏大，正确。3．用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用甲基橙作指示剂，下列说法正确的是(　　)A．可以用石蕊代替指示剂B．滴定前用待测液润洗锥形瓶C．若氢氧化钠溶液吸收少量CO2，不影响滴定结果D．当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点解析：选C　A项，石蕊颜色变化不明显，不符合要求，错误；B项，滴定前用待测液洗涤锥形瓶，导致n(NaOH)增大，盐酸消耗的量偏大，滴定结果偏大，错误；C项，若NaOH溶液吸收少量CO2，发生的反应为CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O，再滴入盐酸，盐酸先和剩余的OH－反应，H＋＋OH－===H2O，再与CO反应，CO＋2H＋===H2O＋CO2↑，存在关系：2OH－～CO～2H＋，因此消耗HCl的物质的量始终等于NaOH的物质的量，故氢氧化钠溶液吸收少量CO2，不影响测定结果，正确；D项，该实验滴定终点为锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色，即为滴定终点，如果变为红色说明盐酸已经过量，错误。4．室温下，下列叙述正确的是(　　)A．pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后pH＞7B．pH＝4的盐酸稀释至10倍后pH＞5C．0.2 mol·L－1的醋酸与等体积水混合后pH＝1D．100 ℃纯水的pH＝6，所以水在100 ℃时呈酸性解析：选A　pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水，氨水的物质的量浓度大于盐酸的物质的量浓度，所以两种溶液等体积混合后所得溶液显碱性，故A正确；pH＝4的盐酸，c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，稀释10倍，c(H＋)＝1×10－5  mol·L－1，溶液pH＝5，故B错误；醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释促进其电离，与等体积水混合后pH＞1，故C错误；加热促进水的电离，氢离子和氢氧根离子浓度都同等程度增大，纯水始终显中性，故D错误。5．(2021·江阴模拟)下列与滴定实验有关的说法中正确的是(　　)A．用NaOH溶液滴定盐酸时，只能用酚酞作指示剂B．锥形瓶用蒸馏水洗干净后，直接加入一定体积的待测液，进行中和滴定C．用滴定管准确量取20.0 mL盐酸D．用NaOH溶液滴定盐酸时，若滴定结束时俯视刻度，会导致测定结果偏高解析：选B　用NaOH溶液滴定盐酸时，变色范围内合适的指示剂除了酚酞，还可以用甲基橙，故A错误；滴定管中溶液体积应该读到0.01 mL，所以用滴定管准确量取的盐酸体积应该为20.00 mL，故C错误；用NaOH溶液滴定盐酸时，若滴定结束时俯视刻度，导致读出的标准液体积偏小，测定结果偏低，故D错误。6．(2021·温州模拟)常温下，下列说法不正确的是(　　)A．pH＝11的氨水、NaOH溶液中，水电离产生的c(H＋)相同B．pH＝3的HCl溶液与pH＝11的氨水等体积混合，混合后溶液的pH小于7C．pH＝3的盐酸、CH3COOH溶液中，c(Cl－)＝c(CH3COO－)D．往10 mL pH＝3的盐酸中分别加入pH＝11的氨水、NaOH溶液至中性，消耗氨水的体积小 解析：选B　碱抑制水的电离，pH＝11的氨水、NaOH溶液中氢氧根离子浓度相等，则二者抑制水电离的程度相等，故A正确；pH＝3的HCl溶液与pH＝11的氨水等体积混合，氨水过量，溶液显碱性，混合后溶液的pH大于7，故B错误；盐酸、CH3COOH溶液中，分别存在电荷守恒：c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)、c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，都是pH＝3的溶液，则c(H＋)相等，c(OH－)也是相等的，所以c(Cl－)＝c(CH3COO－)，故C正确；pH＝11的氨水、NaOH溶液，c(NH3·H2O)＞10－3 mol·L－1，c(NaOH)＝10－3 mol·L－1，中和等量的盐酸，消耗氨水的体积小，故D正确。   7.(2021·湖州模拟)室温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸中滴加0.100 0 mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg 5＝0.7，下列说法不正确的是(　　)A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，溶液pH＝7B．V(NaOH)＝30.00 mL时，溶液pH＝12.3C．NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时可采用甲基橙为指示剂D．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小解析：选C　盐酸与NaOH溶液浓度相同，加入30.00 mL NaOH溶液时，NaOH过量，则反应后溶液中NaOH的浓度为c(NaOH)＝ mol·L－1＝0.02 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1＝5×10－13 mol·L－1，pH＝－lg(5×10－13)＝12.3，用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，滴定终点溶液呈碱性，应该选用酚酞作指示剂，指示剂的变色范围与pH突变范围越靠近，误差越小，故甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的小。8．下列酸碱溶液恰好完全中和，如图所示。则下列叙述正确的是(　　)A．因为两种酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2B．若V1＞V2，则说明HA为强酸，HB为弱酸C．若实验①中，V＝V1，则混合液中c(Na＋)＝c(A－)D．实验②的混合溶液，可能溶液呈酸性解析：选C　若HA和HB均为强酸或电离程度相当的弱酸时，恰好完全中和NaOH溶液时，V1一定等于V2，但若HA和HB中有一弱酸，则酸的浓度不同，V1一定不等于V2，故A错误；若V1＞V2，则酸的浓度：HA＜HB，电离程度：HA＞HB，所以酸性：HA＞HB，即HB一定为弱酸，HA可能为酸性略强于HB的弱酸，也可能为强酸，故B错误；若实验①中V＝V1，则HA的浓度为0.01 mol·L－1，完全电离使溶液的pH＝2，所以HA为强酸，反应后溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，结合电荷守恒系有c(Na＋)＝c(A－)，故C正确；HB可能为强酸或弱酸，恰好完全中和时生成的NaB可能为强酸强碱盐或弱酸强碱盐，所以实验②的混合溶液的pH等于7或大于7，溶液不可能呈酸性，故D错误。9．(2021·东城模拟)pH＝13的强碱溶液与pH＝2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比是(　　)A．11∶1　　　　　　　　　　 B．9∶1C．1∶9    D．1∶11解析：选C　所得混合液的pH＝11，则碱过量，混合溶液中c(OH－)＝mol·L－1＝0.001 mol·L－1，解之得强碱与强酸的体积比是1∶9。10．(2021·河南模拟)等体积的两种一元酸“酸1” 和“酸2”分别用等浓度的KOH溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)A．“酸1”比“酸2”的酸性强B．“酸2”的浓度为0.01 mol·L－1C．“酸2”的Ka的数量级约为10－5D．滴定“酸1”和“酸2”均可用酚酞作指示剂解析：选B　由图示可知，滴定达终点时，酸2消耗KOH溶液的体积大，说明c(酸2)＞c(酸1)，而起始时的pH：酸2＞酸1，则“酸1”比“酸2”的酸性强，故A正确；酸2为弱酸，起始时c(H＋)＝0.01 mol·L－1，则酸2的起始浓度大于0.01 mol·L－1，故B错误；酸2滴定一半时，c(酸2)≈c(酸2的酸根离子)，此时溶液pH介于4～5之间，则酸2的Ka≈c(H＋)，其数量级约为10－5，C正确；滴定终点时，酸1和酸2的pH与酚酞的变色范围接近或重叠，所以二者均可用酚酞作指示剂，故D正确。11．(2021·枣庄模拟)某学生欲用已知浓度的氢氧化钠溶液来滴定未知浓度的盐酸溶液，以酚酞试液为滴定指示剂。请填写下列空白：(1)对于一支洁净的滴定管，使用前两步操作为______、________。(2)排除碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的________(填序号)，然后小心操作使尖嘴部分充满碱液。(3)用标准的氢氧化钠溶液滴定待测的盐酸溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化。(4)下列操作中可能使所测盐酸溶液的浓度偏低的是________(填字母)。A．量取一定体积的待测液最后读数时滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液B．滴定前盛放盐酸溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取氢氧化钠溶液体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数(5)若第一次滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，请将数据填入下面表格的横线处。滴定次数待测盐酸溶液的体积/mL0.100  0 mol·L－1氢氧化钠的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/mL第一次25.00//______第二次25.001.0027.3026.30第三次25.002.0028.0826.08第四次25.000.2226.3426.12(6)请根据上表中数据计算该盐酸溶液的物质的量浓度c(HCl)＝________。(7)请简述滴定终点的判定______________________。解析：(1)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，所以滴定管使用前两步操作为检查是否漏水、润洗。(2)碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以③正确。(4)A.导致待测液的体积偏大，测定结果偏低；B.对待测液的物质的量没有影响，不影响滴定结果；C.导致消耗的标准液体积偏大，测定结果偏高；D.导致消耗的标准液体积偏小，测定结果偏低，故答案为A、D。(5)根据题中图上的刻度可知，滴定前数值为0.00 mL，滴定后数值为26.10 mL，所以KOH标准溶液的体积为26.10 mL。(6)四次消耗的NaOH溶液的体积分别为26.10 mL，26.30 mL，26.08 mL，26.12 mL，第二次数据舍去，三次滴定盐酸溶液的平均体积为26.10 mL，由关系式HCl～NaOH可知，c(HCl)＝＝＝0.104 4 mol·L－1答案：(1)检查是否漏水　润洗　(2)③　(4)AD　(5)26.10　(6)0.104 4 mol·L－1　(7)当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不变色12．水是最常用的溶剂，许多化学反应都需要在水溶液中进行。请仔细分析并回答下列各题。用0.1 mol·L－1NaOH溶液滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液得到如图所示的滴定曲线：(1)用NaOH溶液滴定醋酸溶液通常所选择的指示剂为________，符合其滴定曲线的是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。(2)滴定前的上述三种溶液中，由水电离出的c(H＋)最大的是________溶液(填化学式)。(3)图中V1和V2大小的比较：V1________(填“＜”或“＝”)V2。(4)在25 ℃时，有pH为a的盐酸和pH为b的NaOH溶液，取Va L该盐酸，同该NaOH溶液中和，需Vb L  NaOH溶液。填空：①若a＋b＝14，则Va∶Vb＝________(填数字)。②若a＋b＝13，则Va∶Vb＝________(填数字)。③若a＋b＞14，则Va∶Vb＝________(填表达式)。解析：(1)NaOH溶液滴定醋酸溶液，滴定终点时溶液呈碱性，选择酚酞为指示剂；由图中未加NaOH溶液时的pH可知，图Ⅰ中酸的pH大于1，图Ⅱ中酸的pH＝1，说明Ⅱ为滴定0.1 mol·L－1的盐酸溶液的曲线，所以滴定醋酸的曲线是Ⅰ。(2)0.1 mol·L－1 NaOH溶液和0.1 mol·L－1盐酸对水的抑制作用一样，但是0.1 mol·L－1醋酸溶液中氢离子浓度小于0.1 mol·L－1，对水的电离抑制作用较小，即三种溶液中由水电离出的c(H＋)最大的是0.1 mol·L－1醋酸溶液。(3)醋酸和氢氧化钠反应，当恰好完全反应时，得到的醋酸钠溶液显碱性，要使溶液显中性，pH＝7，需要醋酸稍过量，盐酸和氢氧化钠恰好完全反应时，得到的氯化钠溶液显中性，所以V1＜V2。(4)25 ℃时，HCl溶液和NaOH溶液，恰好中和，则有Va L×10－a mol·L－1＝Vb L×10b－14 mol·L－1，即Va∶Vb＝10a＋b－14，①若a＋b＝14，则Va∶Vb＝10a＋b－14＝1；②若a＋b＝13，则Va∶Vb＝10a＋b－14＝1∶10＝0.1；③若a＋b＞14，则Va∶Vb＝10a＋b－14＞1，即Va＞Vb。答案：(1)酚酞　Ⅰ　(2)CH3COOH　(3)＜　(4)①1　②0.1　③10a＋b－1413.某温度(T)下的溶液中，c(H＋)＝1.0×10－x mol·L－1，c(OH－)＝1.0×10－y mol·L－1，x与y的关系如图所示，请回答下列问题：(1)此温度下，水的离子积KW为________，则该温度T____25 ℃(填“＞”“＜”或“＝”)。(2)在此温度下，向Ba(OH)2溶液中逐滴加入pH＝a的盐酸，测得混合溶液的部分pH如表所示：实验序号Ba(OH)2溶液的体积/mL盐酸的体积/mL溶液的pH①22.000.008②22.0018.007③22.0022.006 假设溶液混合前后的体积不变，则a＝________，实验②所得溶液中由水电离产生的c(OH－)＝________mol·L－1。(3)在此温度下，将0.1 mol·L－1NaHSO4溶液与0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液按下表中甲、乙、丙、丁不同方式混合： 甲乙丙丁0.1 mol·L－1Ba(OH)2溶液体积/mL101010100.1 mol·L－1NaHSO4溶液体积/mL5101520 ①按丁方式混合后，所得溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性。②写出按乙方式混合后，反应的离子方程式：__________________________。③按甲方式混合后，所得溶液的pH为________(混合时，忽略溶液体积的变化)。解析：(1)KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－(x＋y)，根据图像可知，x＋y＝12，故KW＝1.0×10－12。根据温度越高，H2O的电离程度越大，KW也越大可知，此时T＞25 ℃。(2)此条件下，pH＝6时溶液呈中性。根据表中实验①的数据可得c(OH－)＝1.0×10－4 mol·L－1，根据表中实验③的数据有22.00×10－3 L×1.0×10－4 mol·L－1＝22.00×10－3 L×1.0×10－a mol·L－1，可得a＝4，即pH＝4。实验②中，所得溶液pH＝7，Ba(OH)2过量，溶液呈碱性，由H2O电离产生的c(OH－)等于由水电离产生的c(H＋)，即由水电离产生的c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1。(3)①按丁方式混合时，Ba(OH)2提供的OH－与NaHSO4提供的H＋数量相等，混合后溶液呈中性。②按乙方式混合时，反应前：n(Ba2＋)＝1.0×10－3 mol，n(OH－)＝2.0×10－3 mol，n(H＋)＝n(SO)＝1.0×10－3 mol，实际反应的Ba2＋、OH－、H＋、SO均为1.0×10－3 mol，故反应的离子方程式为Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO===BaSO4↓＋H2O。③按甲方式混合时，OH－过量，反应后溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－11 mol·L－1，pH＝11。答案：(1)1.0×10－12　＞　(2)4　1.0×10－7(3)①中　②Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO===BaSO4↓＋H2O　③11 考纲要求★靶向明确1．了解盐类水解的原理。2．了解影响盐类水解程度的主要因素。3．了解盐类水解的应用。4．能利用水解常数(Kh)进行相关计算。知识点一　盐类的水解及影响因素【考必备·清单】1．盐类的水解2．盐类的水解规律实例：下列盐溶液：①CuSO4　②KNO3　③Na2CO3　④(NH4)2SO4　⑤NaHCO3　⑥CH3COONa溶液呈酸性的是：____①④____；溶液呈碱性的是：____③⑤⑥__；溶液呈中性的是：______②____。[名师点拨]　(1)盐类发生水解反应后，其水溶液往往呈酸性或碱性， 但也有特殊情况，如CH3COONH4溶液呈中性。(2)多元弱酸的酸式盐溶液呈酸碱性取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。如NaHCO3溶液中HCO的水解＞电离，故溶液呈碱性；NaHSO3溶液中HSO的电离＞水解，故溶液呈酸性。(3)能发生相互促进的水解反应的盐溶液的酸碱性，取决于弱酸、弱碱的相对强弱，如NH4F溶液呈酸性，是因为HF的电离常数大于NH3·H2O的电离常数。3．水解离子方程式的书写(1)多元弱酸盐水解：分步进行，以第一步为主。如Na2CO3水解的离子方程式：CO＋H2OHCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－。(2)多元弱碱盐水解：方程式一步完成。如FeCl3水解的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。(3)阴、阳离子相互促进水解：水解程度较大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。如NaHCO3与AlCl3溶液混合反应的离子方程式：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。[名师点拨]　(1)盐类的水解是微弱的，书写用“”不标“↑”和“↓”。(2)多元弱酸根分步书写，水的化学计量数始终是1，以第一步为主，一般只写第一步水解方程式。(3)Al3＋(或Fe3＋)与CO、HCO、S2－、HSO、AlO发生相互促进的水解反应，水解程度较大，进行完全，书写时要用“===” “↑” “↓”。(4)NH与CH3COO－、HCO、CO等在水解时相互促进，其水解程度比单一离子的水解程度大，但仍然水解程度比较弱，不能进行完全，在书写水解方程式时用“”。4．影响盐类水解平衡的因素(1)内因：形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。如水解程度：Na2CO3Na2SO3，Na2CO3NaHCO3。(2)外因(3)以FeCl3水解为例[Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋]，填写外界条件对水解平衡的影响。条件移动方向H＋数pH现象升温向右增多减小颜色变深通入HCl(g)向左增多减小颜色变浅加H2O向右增多增大颜色变浅加NaHCO3向右减少增大生成红褐色沉淀，放出气体　　[名师点拨]　(1)相同条件下的水解程度：①正盐＞相应的酸式盐，如CO＞HCO。②水解相互促进的盐＞单独水解的盐＞水解相互抑制的盐。如NH的水解程度：(NH4)2CO3＞(NH4)2SO4＞(NH4)2Fe(SO4)2。(2)稀释溶液时，盐溶液被稀释后浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H＋或OH－的浓度是减小的，则溶液酸性(或碱性)越弱。(3)向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，主要原因是体系中c(CH3COOH)增大，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。5．水解常数及应用(1)含义：盐类水解的平衡常数，称为水解常数，用Kh表示。(2)表达式①对于A－＋H2OHA＋OH－，Kh＝；②对于B＋＋H2OBOH＋H＋，Kh＝。(3)意义和影响因素①Kh越大，表示相应盐的水解程度越大；②Kh只受温度的影响，升高温度，Kh值增大。(4)与电离常数的关系①强碱弱酸盐：Kh＝；②强酸弱碱盐：Kh＝。(5)水解常数的应用①计算盐溶液中c(H＋)或c(OH－)a．对于A－＋H2OHA＋OH－起始　c　　　　　　　0　　0平衡c－c(HA)　　c(HA)　c(OH－)Kh＝≈，c(OH－)＝。b．同理对于B＋＋H2OBOH＋H＋，c(H＋)＝。②判断盐溶液的酸碱性和微粒浓度的大小a．单一溶液ⅰ.如一定浓度的NaHCO3溶液，Ka1＝4.4×10－7，Ka2＝5.6×10－11，Kh＝＝≈2.27×10－8＞Ka2，HCO的水解程度大于其电离程度，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，c(H2CO3)＞c(CO)。ⅱ.又如一定浓度的NaHSO3溶液，Ka1＝1.54×10－2，Ka2＝1.2×10－7，Kh＝＝≈6.5×10－13＜Ka2，HSO的水解程度小于其电离程度，溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，c(SO)>c(H2SO3)。ⅲ.再如一定浓度的CH3COONH4溶液，由于Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5≈Kb(NH3·H2O)＝1.71×10－5，则CH3COO－与NH的水解常数近似相等，二者水解程度相同，CH3COONH4溶液呈中性，c(CH3COO－)＝c(NH)。b．混合溶液ⅰ.如物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa混合溶液，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kh＝＝≈5.7×10－10<Ka(CH3COOH)，CH3COO－的水解程度小于CH3COOH的电离程度，溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)。ⅱ.又如物质的量浓度相等的HCN和NaCN混合溶液，Ka(HCN)＝4.9×10－10，Kh＝＝≈2.0×10－5＞Ka(HCN)，CN－的水解程度大于HCN的电离程度，溶液呈碱性，c(OH－)＞c(H＋)，c(HCN)＞c(Na＋)＞c(CN－)。【夯基础·小题】1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)已知酸性：HF>CH3COOH，所以等浓度的CH3COONa的碱性强于NaF(　　)(2)常温下，pH＝10的CH3COONa溶液与pH＝4的NH4Cl溶液，水的电离程度相同(　　)(3)常温下，pH＝11的CH3COONa溶液与pH＝3的CH3COOH溶液，水的电离程度相同(　　)(4)试管中加入2 mL饱和Na2CO3溶液，滴入两滴酚酞，加热，溶液先变红，后红色变浅(　　)(5)向Na2CO3溶液中通入CO2，可使水解平衡CO＋H2OHCO＋OH－向正反应方向移动，则溶液pH增大(　　)答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×2．写出下列水解反应的离子方程式。(1)铁盐净水的原理：______________________________________________________。(2)NaHS溶液呈碱性的原因：____________________________________________。(3)用NH4Cl溶液除锈：___________________________________________________。(4)泡沫灭火器反应原理[NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液混合]：______________________________________________________________。答案：(1)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋(2)HS－＋H2OH2S＋OH－(3)NH＋H2ONH3·H2O＋H＋(4)Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑3．已知25 ℃时，草酸的电离常数Ka1＝5.0×10－2、Ka2＝5.2×10－5；碳酸的电离常数Ka1＝4.4×10－7、Ka2＝4.7×10－11，则NaHC2O4的pH________7，NaHCO3的pH________7。(填“＞”“＜”或“＝”)解析：HC2O的Ka＝Ka2(H2C2O4)＝5.2×10－5，Kh＝＝＝2×10－13，Ka＞Kh，溶液显酸性，pH＜7；HCO的Ka＝Ka2(H2CO3)＝4.7×10－11，Kh＝＝≈2.3×10－8，Ka＜Kh，溶液显碱性，pH＞7。答案：＜　＞知识点二　盐类水解的应用【考必备·清单】1．盐类水解的“十二”大应用应用举例判断溶液的酸碱性FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋判断酸性强弱等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液的pH分别为8、9、10，则酸性：HX＞HY＞HZ配制或贮存易水解的盐溶液配制CuSO4溶液时，加入少量硫酸，防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量盐酸；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶胶体的制取制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋泡沫灭火器原理成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生的反应为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑作净水剂明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋化肥的施用铵态氮肥与草木灰不得混用除锈剂NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂判断离子能否共存Fe3＋与CO不能大量共存：2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑去油污热的纯碱溶液清洗油污，加热能促进CO的水解，溶液中c(OH－)增大，油脂的皂化反应进行得彻底制备无机物TiO2的制备：TiCl4＋(x＋2)H2O(过量) TiO2·xH2O＋4HCl；TiO2·xH2OTiO2＋xH2O混合盐溶液的除杂与提纯用MgO[或Mg(OH)2或MgCO3]调节溶液pH，除去MgCl2溶液中的Fe3＋杂质Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O，从而将Fe3＋转化成Fe(OH)3沉淀 2．盐溶液蒸干时所得产物的判断(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)。(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。(3)考虑盐受热时是否分解。原物质蒸干灼烧后固体物质Ca(HCO3)2CaCO3或CaONaHCO3Na2CO3KMnO4K2MnO4和MnO2NH4Cl分解为NH3和HCl，无固体物质存在 (4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。【夯基础·小题】1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞(　　)(2)用Na2S溶液与AlCl3溶液混合可以制备Al2S3(　　)(3)实验室中常用热的纯碱溶液洗涤沾有油污的仪器(　　)(4)加热蒸干AlCl3溶液得AlCl3固体(　　)(5)配制Fe(NO3)2溶液时需加硝酸抑制Fe2＋水解(　　)(6)水解相互促进的离子在同一溶液中一定不能大量共存(　　)答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×2．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是(　　)A．CO＋H2OHCO＋OH－　热的纯碱溶液清洗油污B．Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋　明矾净水C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓＋4HCl　制备TiO2·xH2OD．SnCl2＋H2OSn(OH)Cl＋HCl　配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠解析：选D　配制SnCl2溶液时，加入盐酸可抑制Sn2＋的水解，若加入NaOH溶液，则会促进Sn2＋的水解，D项错误。3．下表是Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋被OH－完全沉淀时溶液的pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2＋、Fe3＋杂质，为制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是(　　)金属离子Fe2＋Fe3＋Zn2＋完全沉淀时的pH7.74.56.5A.H2O2、ZnO　　　　　　　 B．氨水C．KMnO4、ZnCO3    D．NaOH溶液解析：选A　要使Fe2＋和Fe3＋全部除去，由题给信息可知，需将Fe2＋全部氧化成Fe3＋，再调节溶液pH，将Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2＋不沉淀。氧化Fe2＋时不能引入新的杂质，只能加入H2O2；调pH时也不能引入新的杂质，可以加入ZnO，促进Fe3＋的水解平衡正向移动，从而使Fe3＋生成Fe(OH)3沉淀而除去。知识点三　电解质溶液中的粒子浓度关系【考必备·清单】1．理解两大平衡，树立微弱意识(1)电离平衡——建立电离过程是微弱的意识弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中存在：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，溶液中粒子浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)。(2)水解平衡——建立水解过程是微弱的意识弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中存在：CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，溶液中，c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)。2．巧用守恒思想，明确定量关系(1)电荷守恒电解质溶液中所有阳离子所带正电荷总数与所有阴离子所带负电荷总数相等。如NaHCO3溶液中电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)。(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他离子或分子，但离子或分子中某种特定元素原子的总数不变，符合原子守恒。如NaHCO3溶液中，n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，因HCO水解：HCO＋H2OH2CO 3＋OH－以及HCO电离：HCOH＋＋CO，C元素的存在形式有3种，即HCO、H2CO3、CO，由n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，得c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋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＋)的物质的量相等。例如，①在Na2CO3溶液中：质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。②在NaHCO3溶液中：质子守恒：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)。另外，质子守恒式可以由电荷守恒式和物料守恒式推导得出。以KHS溶液为例，电荷守恒式为c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)①，物料守恒式为c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)②，由①－②消去没有参与变化的K＋得质子守恒式：c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－)。3．明确三大类型，熟知解题流程类型一　单一溶液中的粒子浓度关系[典题示例1]　0.1 mol·L－1 Na2S溶液中各粒子浓度的关系(1)大小关系：____________________________________________________________；(2)物料守恒：__________________________________________________________；(3)电荷守恒：___________________________________________________________；(4)质子守恒：___________________________________________________________。[解析]　Na2S===2Na＋＋S2－(完全电离)，S2－＋H2OHS－＋OH－(主要)，HS－＋H2OH2S＋OH－(次要)，H2OH＋＋OH－(极微弱)。[答案]　(1)c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)(2)c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)](3)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)(4)c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2(H2S)[典题示例2]　0.1 mol·L－1 NaHSO3溶液中各粒子浓度关系(1)大小关系：____________________________________________________________；(2)物料守恒：_____________________________________________________________；(3)电荷守恒：________________________________________________________；(4)质子守恒：_________________________________________________________。[解析]　NaHSO3===Na＋＋HSO(完全电离)，HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)，H2OH＋＋OH－(极微弱)。[答案]　(1)c(Na＋)＞c(HSO)＞c(H＋)＞c(SO)＞c(OH－)(2)c(Na＋)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)(3)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)(4)c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SO)[名师点拨]　　　规避等量关系中的2个易失分点(1)电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(CO)的化学计量数“2”表示一个CO带2个负电荷，不可漏掉。(2)物料守恒式中，离子浓度系数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的物料守恒式中，“2”表示c(Na＋)是溶液中各种含硫元素离子总浓度的2倍。类型二　混合溶液中粒子浓度关系[典题示例3]　浓度均为0.1 mol·L－1 NH4Cl和氨水的混合溶液中粒子浓度关系(1)电荷守恒：____________________________________________________________。(2)物料守恒：_____________________________________________________________。(3)质子守恒：_____________________________________________________________。(4)大小关系：____________________________________________________________。[解析]　NH4Cl===NH＋Cl－(完全电离)，NH3·H2ONH＋OH－(主要，混合液呈碱性)，NH＋H2ONH3·H2O＋H＋(次要)，H2OH＋＋OH－(极微弱)。[答案]　(1)c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)(2)c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)(3)c(NH)＋2c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋2c(OH－)(4)c(NH)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)[典题示例4]　浓度均为0.1 mol·L－1 CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中粒子浓度关系(1)电荷守恒：_____________________________________________________________。(2)物料守恒：____________________________________________________________。(3)质子守恒：_____________________________________________________________。(4)大小关系：_____________________________________________________________。[解析]　CH3COONa===CH3COO－＋Na＋(完全电离)，CH3COOHCH3COO－＋H＋(主要，混合液呈酸性)，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－(次要)，H2OH＋＋OH－(极微弱)。[答案]　(1)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)(2)c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)(3)c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)(4)c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)[典题示例5]　浓度均为0.1 mol·L－1 Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中粒子浓度关系(1)电荷守恒：___________________________________________________________。(2)物料守恒：_____________________________________________________________。(3)质子守恒：_____________________________________________________________。(4)大小关系：_____________________________________________________________。[解析]　Na2CO3===2Na＋＋CO(完全电离)，NaHCO3===Na＋＋HCO(完全电离)，CO＋H2OHCO＋OH－(主要，CO的水解程度大于HCO的水解程度)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(次要)，HCOH＋＋CO(微弱)，H2OH＋＋OH－(极微弱)。[答案]　(1)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)(2)2c(Na＋)＝3[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)](3)2c(OH－)＋c(CO)＝2c(H＋)＋c(HCO)＋3c(H2CO3)(4)c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)类型三　不同溶液中同一离子浓度大小的比较[解题流程][典题示例6]　25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为_____________。[解析]　分析流程为分组[答案]　⑤＞④＞③＞①＞②【夯基础·小题】1．常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是(　　)A．氨水中，c(NH)＝c(OH－)＝0.1 mol·L－1B．NH4Cl溶液中，c(NH)＞c(Cl－)C．Na2SO4溶液中，c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＝c(H＋)D．Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)解析：选C　氨水为弱碱溶液，NH3·H2O只能部分电离出OH－，结合电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)可得：c(NH)＜c(OH－)＜0.1 mol·L－1，A错误；NH4Cl溶液中，NH部分水解，Cl－浓度不变，则溶液中c(NH)＜c(Cl－)，B错误；Na2SO4溶液显中性，c(OH－)＝c(H＋)，结合电荷守恒可得：c(Na＋)＝2c(SO)，溶液中离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＝c(H＋)，C正确；根据Na2SO3溶液中的物料守恒可得：c(Na＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋2c(H2SO3)，D错误。 2．有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol·L－1的两种溶液混合而成：①NH4Cl与CH3COONa　②NH4Cl与HCl　③NH4Cl与NaCl　④NH4Cl与NH3·H2O(混合液呈碱性)。下列各项排序正确的是(　　)A．pH：②＜①＜③＜④B．c(NH)：①＜③＜②＜④C．溶液中c(H＋)：①＜③＜②＜④D．c(NH3·H2O)：①＜③＜④＜②解析：选B　①中NH4Cl水解呈酸性与水解呈碱性的CH3COONa混合，水解相互促进，但溶液接近中性；②中NH4Cl水解被HCl抑制，但溶液呈强酸性；③中NH4Cl与NaCl混合，为单水解呈酸性；④NH4Cl与相应的碱NH3·H2O(混合液呈碱性)混合，则说明电离程度大于水解程度。所以由分析可知pH：②＜③＜①＜④，A错误；c(NH)：①＜③＜②＜④，B正确；溶液中c(H＋)：④＜①＜③＜②，C错误；c(NH3·H2O)：②＜③＜①＜④，D错误。3．比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。(1)浓度均为0.1 mol·L－1的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS的混合液，溶液pH从大到小的顺序是________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)相同浓度的下列溶液中：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH，c(CH3COO－)由大到小的顺序是________________________________________________________。(3)c(NH)相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为__________________________________________。答案：(1)③＞②＞④＞①　(2)②＞①＞③(3)④＞②＞③＞①【新教材·应用】Na2CO3俗称纯碱，国际贸易中又名苏打或碱灰，是一种重要的有机化工原料，主要用于平板玻璃、玻璃制品和陶瓷釉的生产，还广泛用于生活洗涤、酸类中和和食品加工等。早在十八世纪，它就和硫酸、盐酸、硝酸、 烧碱并列为基础化工原料——三酸两碱之一。在日常生活中，苏打也有很多用途，比如它可以直接作为洗涤剂使用，在蒸馒头时加一些苏打，可以中和发酵过程中产生的酸性物质。(1)你能证明Na2CO3溶液中存在水解平衡吗？提示：Na2CO3溶液中滴入几滴酚酞后溶液变红色，向溶液中加入CaCl2溶液，溶液红色变浅且生成白色沉淀，且生成白色沉淀说明Na2CO3溶液中存在水解平衡。(2)向Na2CO3溶液中加入少量NaHCO3固体，CO＋H2OHCO＋OH－平衡如何移动？的值如何变化？提示：加入少量NaHCO3，溶液中的HCO浓度增大，CO的水解平衡逆移。加入少量NaHCO3固体，溶液中c(HCO)增大的幅度比c(CO)的大，故增大。(3)你能写出Na2CO3溶液中的质子守恒式吗？提示：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。(4)设计一个简单的实验，证明Na2CO3的水解反应是吸热反应。提示：向Na2CO3溶液中滴入1～2滴酚酞，溶液呈红色，然后加热该溶液，若红色加深，说明溶液的c(OH－)增大，水解平衡正移，即Na2CO3的水解反应是吸热反应。(5)已知常温下，H2CO3的电离常数Ka1＝4.2×10－7，Ka2＝5.6×10－11，通过计算判断0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液呈酸性还是呈碱性？提示：HCO发生水解反应：HCO＋H2OH2CO3＋OH－，水解常数Kh＝＝＝＝≈2.38×10－8；HCO的电离常数Ka2＝5.6×10－11，因Kh＞Ka2，HCO的水解程度大于电离程度，故NaHCO3溶液呈碱性。随堂检测反馈1．下列说法正确的是(　　)A．由MgCl2溶液制备无水MgCl2，将MgCl2溶液加热蒸干B．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释C.(天津高考)室温下，测得氯化铵溶液pH＜7，证明一水合氨是弱碱：NH＋2H2O===NH3·H2O＋H3O＋D．AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同解析：选B　A项，由MgCl2溶液制备无水MgCl2时，先使MgCl2从溶液中结晶析出MgCl2·6H2O，然后MgCl2·6H2O在HCl气流中加热，防止MgCl2发生水解，错误；B项，FeCl3易发生水解，故配制FeCl3溶液时，将其固体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释，以抑制FeCl3的水解，正确；C项，盐类水解一般是微弱的，书写离子方程式时应使用“”，错误；D项，水解方程式分别为AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，Al2(SO4)3＋6H2O2Al(OH)3＋3H2SO4，加热促进水解，由于盐酸为挥发性酸，硫酸为难挥发性酸，故前者最终产物为Al2O3，后者最终产物为Al2(SO4)3，错误。2．(2018·北京高考)测定0.1 mol·L－1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻①②③④温度/ ℃25304025pH9.669.529.379.25 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：SO＋H2OHSO＋OH－B．④的pH与①不同，是由SO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值相等解析：选C　Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－，A项正确；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，说明④中的SO数目大，SO数目小，所以④中的OH－数目小于①中的OH－数目，pH不同，B项正确；①→③的过程中，温度升高，SO的水解平衡正向移动，而c(SO) 减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不一致，C项错误；KW值只与温度有关，D项正确。3．(2019·北京高考)实验测得0.5 mol·L－1CH3COONa溶液、0.5 mol·L－1CuSO4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解析：选C　A错误，温度升高，促进水的电离，溶液中的c(H＋)、c(OH－)均增大，但二者始终相等，溶液呈中性；B错误，温度升高，CH3COONa溶液中的水解平衡正向移动，c(OH－)增大；C正确，随温度升高，CuSO4溶液的水解平衡正向移动，水的电离平衡正向移动，因此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错误，温度升高，使电离平衡和水解平衡均向正反应方向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2＋水解程度增大得多。 4．(2020·浙江7月选考)常温下，用0.1 mol·L－1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·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(NH)＋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(NH)＜c(Cl－)解析：选D　HCl是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，部分电离，浓度相同的HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl－)＞c(CH3COO－)，A项正确；当滴入氨水10 mL时，加入的氨水的体积、浓度和初始醋酸溶液的体积、浓度均相等，由物料守恒可知，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B项正确；当滴入氨水20 mL时，溶液中溶质为CH3COONH4和NH4Cl，根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，物料守恒：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)，可得c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C项正确；恰好反应时，生成等物质的量的氯化铵和醋酸铵，此时溶液呈酸性，若溶液呈中性，则氨水滴入量大于20 mL，c(NH)＞c(Cl－)，D项错误。5．(2020·江苏高考改编)室温下，将两种浓度均为0.10 mol·L－1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　)A．NaHCO3­Na2CO3混合溶液(pH＝10.30)：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)B．氨水­NH4Cl混合溶液(pH＝9.25)：c(NH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)C．CH3COOH­CH3COONa混合溶液(pH＝4.76)：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)D．H2C2O4­NaHC2O4混合溶液(pH＝1.68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)解析：选D　浓度均为0.10 mol·L－1的NaHCO3­Na2CO3的混合溶液中，CO的水解程度大于HCO的水解程度，所以溶液中c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)，A项错误；浓度均为0.10 mol·L－1的氨水­NH4Cl混合溶液的pH＝9.25，说明NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液中c(NH3·H2O)＜c(Cl－)，根据电荷守恒，溶液中c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可知c(NH)＋c(H＋)＞c(NH3·H2O)＋c(OH－)，B项错误；浓度均为0.10 mol·L－1的CH3COOH­CH3COONa混合溶液的pH＝4.76，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，C项错误；浓度均为0.10 mol·L－1的H2C2O4­NaHC2O4混合溶液的pH＝1.68，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，根据物料守恒有2c(Na＋)＝c(C2O)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O)，联立上述两式得c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2O)＋c(OH－)，D项正确。[课时跟踪检测]                                                        1．下列物质在水溶液中不发生水解的是(　　)A．NaF　　　　　　　　 B．NaHSC．NaNO3    D．NaClO解析：选C　A项中的F－，B项中的HS－，D项中的ClO－都是弱酸根离子，易水解。2．《本草纲目》中对白矾之用有如下叙述：“吐利风热之痰涎，取其酸苦涌泄也；治诸血痛，脱肛……取其酸涩而收也……”下列说法正确的是(　　)A．治血痛的原因是利用了胶体的吸附作用B．白矾溶于水后微粒浓度排序：c(H2O)＞c(SO)＞c(Al3＋)＞c(K＋)＞c(H＋)＞c(OH－)C．白矾和氯化铁均可用作水处理剂，均可以杀菌消毒D．白矾常用于油条中作膨化剂的原理是：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑解析：选D　白矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，治血痛的原因是利用了胶体的聚沉，不是吸附作用，故A错误；白矾是硫酸铝钾晶体，KAl(SO4)2·12H2O，其水溶液中因铝离子水解而显酸性，铝离子减少，微粒浓度排序：c(H2O)＞c(SO)＞c(K＋)＞c(Al3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故B错误；白矾和氯化铁水溶液均可水解生成胶体，具有吸附作用，可以净水，但无强氧化性，不能杀菌消毒，故C错误；白矾常用于油条中作膨化剂是利用铝离子和小苏打中的碳酸氢根离子发生相互促进的水解反应生成二氧化碳气体，Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，故D正确。3．(2021·绵阳模拟)要使0.1 mol·L－1 K2SO3溶液中的c(SO)更接近0.1 mol·L－1，可以采取的措施是(　　)A．通入SO2     B．加入SO3C．加热    D．加入适量KOH固体解析：选D　向K2SO3溶液中通入SO2发生反应生成KHSO3，导致溶液中c(SO)减小，不可能更接近0.1 mol·L－1，故A错误；加入的SO3能与水反应生成硫酸，硫酸会与K2SO3发生反应生成二氧化硫、硫酸钾和水，导致溶液中c(SO)减小，不可能更接近0.1 mol·L－1，故B错误；盐类的水解反应属于吸热反应，加热促进SO水解平衡正向移动，导致溶液中c(SO)减小，不可能更接近0.1 mol·L－1，故C错误；加入适量KOH固体，使SO的水解平衡逆向移动，c(SO)更接近0.1 mol·L－1，故D正确。4．常温下向某浓度的氯水中逐滴滴入Na2SO3溶液，无气体逸出，溶液pH变化如图所示。下列关系正确的是(　　)A．a点：c(H＋)＞c(Cl－)＞(ClO－)B．b点：c(Cl－)＝c(SO)＝0.005 mol·L－1C．c点：c(Na＋)＝2c(HSO)＋2c(SO)＋2c(SO)D．d点：c(Na＋)＝c(Cl－)＋2c(SO)＋2c(SO)解析：选A　a点为氯水，氯气和水反应生成HCl和HClO，HCl完全电离、HClO部分电离，则离子浓度大小关系为c(H＋)＞c(Cl－)＞c(HClO)＞c(ClO－)，A正确；b点是滴入的亚硫酸钠溶液和氯水中的氯气恰好反应生成硫酸钠和盐酸：Na2SO3＋Cl2＋H2O===Na2SO4＋2HCl，氯离子和硫酸根离子不水解，pH＝2时，c(H＋)＝0.01 mol·L－1，则c(Cl－)＝c(SO)＝0.005 mol·L－1，故B错误；c点剩余少量HCl，生成氯化钠，溶质为氯化钠、亚硫酸、硫酸钠，溶液中还含有氯离子，则c(Na＋)＝2c(HSO)＋2c(SO)＋2c(SO)不成立，故C错误；d点pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知，c(Na＋)＝c(Cl－)＋2c(SO)＋c(HSO)＋2c(SO)，故D错误。5．盐类水解在工农业生产和日常生活中有着广泛的应用。下列有关应用或说法与盐类水解无关的是(　　)A．用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污B．加入足量Mg(OH)2粉末充分反应并过滤以除去MgCl2溶液中的少量FeCl3C.用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿D．长期施用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，可施用适量的熟石灰解析：选C　用稀硫酸或浓氨水除去铜器表面的铜绿，其中硫酸与碱式碳酸铜反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，与水解无关，故选C。6．(2021·河东区模拟)一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是(　　)A．稀释氨水溶液10倍后，其c(OH－)为原来的B．pH之和为14的H2C2O4与NaOH溶液混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)C．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5 mol·L－1D．将等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中＜1解析：选D　稀释氨水溶液10倍后，由于一水合氨的电离程度增大，则稀释后溶液中的c(OH－)大于原来的，故A错误；pH之和为14的H2C2O4与NaOH溶液混合，结合电荷守恒分析：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(C2O)＋c(HC2O)，B错误；H2S溶液中存在电离平衡：H2SH＋＋HS－、HS－H＋＋S2－、H2OH＋＋OH－，氢离子来自水的电离和硫化氢的电离，则pH＝5的H2S溶液中：c(H＋)＝1×10－5mol ·L－1＞c(HS－)，故C错误；将等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中，水解程度：CO＞HCO，则c(HCO)＞c(CO)，即＜1，故D正确。7．0.5 mol·L－1 CH3COONa溶液和水的pH随温度的变化如图所示。下列分析错误的是(　　)A．25 ℃，CH3COONa溶液的pH＝8.2，显碱性B．60 ℃，H2O中c(H＋)＝1×10－6.5mol·L－1，呈中性C．60  ℃，CH3COONa溶液中c(OH－)＝1×10－5.1mol·L－1D．升高温度，CH3COONa溶液水解程度和pH都减小解析：选D　根据图示信息得知25 ℃时，CH3COONa溶液的pH是8.2，大于7，溶液显碱性，故A正确；根据图示信息得知60  ℃水的pH＝6.5，c(H＋)＝1×10－6.5 mol·L－1，无论什么温度下，水都是呈中性的，故B正确；根据图示得知60  ℃时KW＝10－13，60  ℃，CH3COONa溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－5.1 mol·L－1，故C正确；升高温度促进盐的水解，CH3COONa溶液水解程度增大，故D错误。8．(2021·东城模拟)25 ℃时，浓度均为0.1 mol·L－1的几种溶液的pH如表：溶液①CH3COONa溶液②NaHCO3溶液③CH3COONH4溶液pH8.888.337.00下列说法不正确的是(　　)A．①中，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)B．由①②可知，CH3COO－的水解程度大于HCO的水解程度C．③中，c(CH3COO－)＝c(NH)＜0.1 mol·L－1D．推测25 ℃，0.1 mol·L－1NH4HCO3溶液的pH＜8.33解析：选B　CH3COONa溶液中，物料关系为c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，故A正确；由于HCO既存在电离平衡，又存在水解平衡，不能根据①②溶液的pH判断醋酸和碳酸的酸性强弱，实际上酸性：醋酸＞碳酸，所以HCO的水解程度大于CH3COO－的水解程度，故B错误；CH3COONH4溶液的pH＝7.00，但CH3COO－和NH相互促进水解，则c(CH3COO－)＝c(NH)＜0.1 mol·L－1，故C正确；0.1 mol·L－1NaHCO3溶液的pH＝8.33，0.1 mol·L－1NH4HCO3溶液相当于在0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中加入等物质的量的NH4Cl固体，由于NH4Cl水解显酸性，导致所得溶液的碱性减弱，即0.1 mol·L－1NH4HCO3溶液的pH＜8.33，故D正确。9．(2021·丰台模拟)用亚硫酸盐(X)吸收烟气中的SO2，已知吸收过程中含硫组分物质的量分数(δ)与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法中不正确的是(　　)A．若X为Na2SO3，当吸收液pH＝1.85时：c(Na＋)＝c(HSO)＋c(H2SO3)B．若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时：2c(SO)＋c(HSO)＝c(Na＋)C．若X为(NH4)2SO3，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO＞NHD．若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中n(HSO)∶n(NH)＝1∶3解析：选A　若X为Na2SO3，吸收二氧化硫后，c(Na＋)＜2c(HSO)＋2c(H2SO3)＋2c(SO)，当吸收液pH＝1.85时，c(HSO)＝c(H2SO3)，则c(Na＋)＜4c(H2SO3)＋2c(SO)，A错误；若X为Na2SO3，当吸收液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，可知2c(SO)＋c(HSO)＝c(Na＋)，故B正确；若X为(NH4)2SO3，由于NH水解显酸性，SO水解显碱性，(NH4)2SO3溶液呈碱性，说明水解程度：SO＞NH故C正确；若X为(NH4)2SO3，图中b点溶液中，c(HSO)＝c(SO)，b点pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，结合电荷守恒可知，c(H＋)＋c(NH)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，则3c(HSO)＝c(NH)，n(HSO)∶n(NH)＝1∶3，故D正确。10．(2021·海东模拟)已知：AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO。向含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的稀溶液中缓慢通入CO2，溶液中c(CO)随通入的n(CO2)的变化如图。下列对应关系正确的是(　　)A．A点：c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝c(AlO)B．B点：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)C．C点：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)D．O点：c(Na＋)＞c(AlO)＞c(OH－)解析：选B　A点溶液的溶质为0.01 mol Na2CO3和0.01 mol NaAlO2，CO和AlO均发生水解，由物料守恒可知，c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＞c(AlO)，故A错误；B点溶液的溶质为Na2CO3，Na2CO3溶液中存在CO的水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－，同时存在水的电离，故B点：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)，故B正确；C点溶液的溶质为NaHCO3，由电荷守恒知，C点：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，故C错误；O点未通入CO2，溶液的溶质为0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH，故O点：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(AlO)，故D错误。11．Ⅰ.现有NH4Cl和氨水组成的混合溶液。请回答下列问题(填“＞”“＜”或“＝”)：(1)若溶液的pH＝7，则该溶液中c(NH)________c(Cl－)。(2)若溶液中pH＞7，则该溶液中c(NH)________c(Cl－)。Ⅱ.常温下，浓度均为0.1 mol ·L－1的三种溶液：①Na2CO3、②NaHCO3、③HCl(3)溶液②中按物质的量浓度由大到小顺序排列该溶液中各离子浓度________________________________________________________________________。(4)溶液②中，c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝________mol·L－1。Ⅲ.某二元酸(化学式用H2A表示)在水中的电离方程式是H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。回答下列问题：(5)在0.1 mol·L－1的Na2A溶液中，下列微粒浓度关系不正确的是________(填字母)。A．c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)＝0.1 mol·L－1B．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA－)C．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)D．c(Na＋)＝2c(A2－)＋2c(HA－)(6)已知0.1 mol·L－1NaHA溶液的pH＝2，则0.1 mol·L－1H2A 溶液中氢离子的物质的量浓度________0.11 mol·L－1。(填“＞”“＜”或“＝”)  解析：Ⅰ.NH4Cl和氨水组成的混合溶液中存在电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)。(1)若溶液的pH＝7，c(H＋)＝c(OH－)，则有c(NH)＝c(Cl－)成立。(2)若溶液中pH＞7，c(H＋)＜c(OH－)，则有c(NH)＞c(Cl－)成立。Ⅱ.(3)碳酸氢钠溶液中碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度，显碱性，且水解程度和电离程度均很小，即c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(CO)。(4)溶液②NaHCO3中存在物料守恒，故c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝c(Na＋)＝0.1 mol·L－1。Ⅲ.(5)根据物料守恒，c(A2－)＋c(HA－)＝0.1 mol·L－1，故A错误；根据质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA－)，故B正确；0.1 mol·L－1的Na2A溶液中，存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)，故C正确；根据B、C可以得出c(Na＋)＝2c(A2－)＋2c(HA－)，故D正确。(6)因为0.1 mol·L－1NaHA溶液的pH＝2，则由HA－H＋＋A2－可知，电离出0.01 mol·L－1H＋；而0.1 mol·L－1H2A溶液，H2A===H＋＋HA－，电离出H＋0.1 mol·L－1和HA－0.1 mol·L－1，但第一步电离生成的H＋抑制了HA－的电离，所以溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.1 mol·L－1＋0.01 mol·L－1。答案：(1)＝　(2)＞　(3)c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(CO)　(4)0.1　(5)A　(6)＜12．Ⅰ.FeCl3具有净水作用，但腐蚀设备，而聚合氯化铁是一种新型的絮凝剂，处理污水比FeCl3高效，且腐蚀性小。(1)FeCl3在溶液中分三步水解：Fe3＋＋H2OFe(OH)2＋＋H＋K1Fe(OH)2＋＋H2OFe(OH)＋H＋K2Fe(OH)＋H2OFe(OH)3＋H＋K3以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3的大小顺序是________________________________________。(2)通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铁，离子方程式为xFe3＋＋yH2OFex(OH)＋yH＋，欲使平衡正向移动可采用的方法是________(填字母)。a．降温　　　　　　　 B．加水稀释c．加入NH4Cl    D．加入NaHCO3(3)室温下，使氯化铁溶液转化为高浓度聚合氯化铁的关键条件是_____________________________________________________________________。Ⅱ.氮元素是植物生长所需的重要元素，将尿素施入土壤后，大部分是通过转化为碳酸铵或碳酸氢铵后才被作物所利用，尿素分子在微生物分泌的脲酶作用下，转化为碳酸铵。已知弱电解质在水中的电离平衡常数(25 ℃)如下表：    弱电解质H2CO3NH3·H2O电离平衡常数Ka1＝4.30×10－7Ka2＝5.61×10－111.77×10－5现有常温下0.1 mol·L－1 (NH4)2CO3溶液。(4)你认为该溶液呈________性(填“酸”“中”或“碱”)，原因是________________________________________________________________________。(5)就该溶液中粒子之间有下列关系式，你认为其中正确的是________。(填字母)A．c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(CO)＞c(HCO)B．c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋c(CO)C．c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1D．c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)解析：(1)Fe3＋分三步水解，水解程度越来越小，所以对应的平衡常数也越来越小，故K1＞K2＞K3。(2)生成聚合氯化铁的离子方程式为xFe3＋＋yH2OFex(OH)＋yH＋，由于水解是吸热的，降温则水解平衡逆向移动；加水稀释，水解平衡正向移动；NH4Cl溶液呈酸性，加入NH4Cl，H＋浓度增大，平衡逆向移动；加入碳酸氢钠，消耗氢离子，所以氢离子浓度降低，平衡正向移动，故可采用的方法是bd。(3)从反应的离子方程式可知，氢离子的浓度影响聚合氯化铁的生成，所以关键条件是调节溶液的pH。(4)分析电离平衡常数可知电离程度：NH3·H2O＞H2CO3＞HCO，对应盐水解程度：NH＜HCO＜CO，常温下0.1 mol·L－1 (NH4)2CO3溶液呈碱性。(5)溶液中铵根离子浓度大于碳酸根离子浓度，碳酸根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，所以溶液中离子浓度大小关系为c(NH)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(NH3·H2O)，故A错误；溶液中存在电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)，故B错误；依据溶液中物料守恒得：c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1，故C正确；依据溶液中物料守恒，n(N)∶n(C)＝2∶1，结合溶液中离子种类和守恒关系得：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，故D正确。答案：(1)K1＞K2＞K3　(2)bd　(3)调节溶液的pH　(4)碱　由于NH3·H2O的电离平衡常数大于HCO的电离平衡常数，因此CO水解程度大于NH水解程度，溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈碱性　(5)CD13．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表，请回答：实验编号HA物质的量浓度/(mol·L－1)NaOH物质的量浓度/(mol·L－1)混合溶液的pH甲0.20.2pH＝a乙c0.2pH＝7丙0.20.1pH＞7丁0.10.1pH＝9 (1)不考虑其他组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用a(混合溶液的pH)来说明HA是强酸还是弱酸____________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)不考虑其他组的实验结果，单从乙组情况分析，c是否一定等于0.2__________(填“是”或“否”)。混合液中离子浓度c(A－)与c(Na＋)的大小关系是____________。(3)丙组实验结果分析，HA是________酸(填“强”或“弱”)。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是________________。(4)丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝__________mol·L－1。写出该混合溶液中的下列算式的精确结果(数据不能做近似计算，不用化简)：c(Na＋)－c(A－)＝____________________mol·L－1；c(OH－)－c(HA)＝____________________mol·L－1。解析：(1)一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度都为0.2 mol·L－1，则酸碱的物质的量相等，若混合溶液的pH为a＝7，说明反应后溶液呈中性，则HA是强酸，若混合溶液的pH为a＞7，反应后溶液呈碱性，则HA是弱酸。(2)反应后溶液呈中性，若HA为强酸，则c＝0.2，若HA为弱酸，则c＞0.2，仅从乙组情况分析，c不一定等于0.2，由于反应后溶液呈中性，则有c(OH－)＝c(H＋)，根据电荷守恒知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(A－)。(3)由丙组实验知，反应后得到等物质的量浓度的HA和NaA混合溶液，pH＞7，溶液呈碱性，A－的水解程度大于HA的电离程度，HA为弱酸，且c(HA)＞c(Na＋)＞c(A－)，溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)。(4)溶液的pH＝9，则c(H＋)为10－9 mol·L－1，等物质的量的一元酸、碱恰好反应后溶液呈碱性，溶液中的OH－全部来自于A－的水解，c(OH－)＝＝ mol·L－1＝10－5mol·L－1，一元酸HA和NaOH溶液完全反应生成NaA溶液，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，则c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－5－10－9)mol·L－1；NaA溶液中的质子守恒关系式为c(OH－)＝c(H＋)＋c(HA)，得到c(OH－)－c(HA)＝c(H＋)＝10－9mol·L－1。答案：(1)a＝7时，HA是强酸；a＞7时，HA是弱酸(2)否　c(Na＋)＝c(A－)(3)弱　c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)(4)10－5　10－5－10－9　10－9 考点一　滴定实验的拓展与应用【提素能·归纳】一、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，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。4．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终点判断当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点(2)Na2S2O3溶液滴定碘液原理2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI指示剂用淀粉溶液作指示剂终点判断当滴入最后一滴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　　[典题示例1]　中华人民共和国国家标准(GB2760—2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小组用装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。(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 mol·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”处时，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________________________________________________________________________。[解析]　(1)根据仪器的结构特点，可知A为冷凝管或冷凝器，冷却水由下口进上口出，水能够充满冷凝管，冷却效果好。(2)SO2被H2O2氧化为H2SO4，其化学方程式为SO2＋H2O2===H2SO4。(3)盛放NaOH标准液，应选择碱性滴定管，滴定前用图③方法排气泡；滴定终点时溶液的pH＝8.8，在酚酞的变色范围(8～10)内；依据滴定管的结构特点，0刻度在上，大刻度在下，且最下端尖嘴部位无刻度，因此液面在刻度“10”处时，管内液体体积大于40 mL。(4)n(NaOH)＝0.090 0 mol·L－1×0.025 L＝0.002 25 mol。根据反应关系SO2～H2SO4～2NaOH，m(SO2)＝＝0.072 g，该葡萄酒中SO2的含量为＝0.24 g·L－1。(5)造成测定结果比实际值偏高的原因是反应过程中挥发出的HCl滴定时消耗了NaOH标准溶液，可使用难挥发的强酸代替盐酸避免误差的产生。[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：盐酸易挥发；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，排除盐酸挥发的影响)二、沉淀滴定1．含义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－的浓度。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CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶。3．实例滴定内容指示剂终点颜色变化解题策略用标准A gNO3溶液滴定含Cl－的溶液K2CrO4溶液出现砖红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色沉淀)利用沉淀的先后顺序判断滴定终点并利用反应物与生成物间的数量关系进行计算 [典题示例2]　莫尔法是一种沉淀滴定法，以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，进而测定溶液中Cl－的浓度。已知： 银盐性质　　AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白浅黄白砖红白溶解度/ (mol·L－1)1.34×10－67.1×10－71.1×10－86.5×10－51.0×10－6 (1)滴定终点的现象是________________________________________________。(2)若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选为滴定指示剂的是________(填标号)。A．NaCl　　　 B．BaBr2　　　　C．Na2CrO4刚好达到滴定终点时，发生反应的离子方程式为________________________。[解析]　(1)根据沉淀滴定法的原理可知，溶液中Ag＋和Cl－先反应，Cl－消耗完后，Ag＋再和指示剂反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀，由此可知滴入最后一滴标准溶液，生成砖红色沉淀。(2)当用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液时，所选择的指示剂和Ag＋反应所生成沉淀的溶解度应大于AgSCN的溶解度，由题给数据可以看出，溶解度比AgSCN大的有AgCl和Ag2CrO4，但由于AgCl是白色沉淀，所以应选择Na2CrO4为指示剂，在滴定终点时沉淀的颜色发生明显的变化(白色→砖红色)，刚好达到终点时的离子方程式为2Ag＋＋CrO===Ag2CrO4↓。[答案]　(1)滴入最后一滴标准溶液，生成砖红色沉淀(2)C　2Ag＋＋CrO===Ag2CrO4↓【练能力·突破】1．已知：I2＋2S2O===S4O＋2I－。某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。(1)可选用________作滴定指示剂，滴定终点的现象是___________________________________________________________________________________。(2)CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为____________________________________________________________。(3)该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为________。解析：(1)“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体试样纯度的基本原理是CuCl2氧化I－生成I2，再用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，而淀粉溶液遇I2显蓝色，故可用淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点时，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内溶液不恢复原来的颜色。(2)CuCl2与KI发生氧化还原反应，离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。(3)由题给信息可得关系式：2Cu2＋～I2～2S2O，则有n(CuCl2·2H2O)＝n(Cu2＋)＝n(S2O)＝0.100 0 mol·L－1×20.00×10－3L＝2.000×10－3 mol，m(CuCl2·2H2O)＝2.000×10－3mol×171 g·mol－1＝0.342 g。试样中CuCl2·2H2O的质量分数为×100%＝95%。答案：(1)淀粉溶液　蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来的颜色　(2)2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2　(3)95%2．用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I－)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。Ⅰ.准备标准溶液a．准确称取AgNO3基准物4.246 8 g(0.025 0 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b．配制并标定100 mL 0.100 0 mol·L－1NH4SCN标准溶液，备用。Ⅱ.滴定的主要步骤a．取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。b．加入25.00 mL 0.100 0 mol·L－1AgNO3溶液(过量)，使I－完全转化为AgI沉淀。c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d．用0.100 0 mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。e.重复上述操作两次。三次测定数据如下表：实验序号123消耗NH4SCN标准溶液体积/mL10.2410.029.98 f.数据处理。回答下列问题：(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有________。(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是________________。(3)滴定应在pH<0.5的条件下进行，其目的是________________。(4)b和c两步操作是否可以颠倒________，说明理由______________________________________________。(5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为________mL，测得c(I－)＝________mol·L－1。(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为________________。(7)判断下列操作对c(I－)测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果________。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果________。解析：(1)配制一定物质的量浓度的标准溶液，除烧杯和玻璃棒外，还需用到的仪器有250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。(2)AgNO3见光容易分解，因此需要保存在棕色试剂瓶中。(3)滴定实验中用NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，Fe3＋容易发生水解，影响滴定终点判断，因此控制pH<0.5，目的是抑制Fe3＋的水解。(4)Fe3＋能与I－发生氧化还原反应：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，因此b、c不能颠倒，否则指示剂耗尽，无法判断滴定终点。(5)第1组数据误差较大，舍去，取第2组、第3组实验数据的平均值，消耗NH4SCN标准溶液的体积为(10.02＋9.98)mL×＝10.00 mL。根据滴定原理，则n(Ag＋)＝n(I－)＋n(SCN－)，故n(I－)＝n(Ag＋)－n(SCN－)＝0.025 L×0.100 0 mol·L－1－0.01 L×0.100 0 mol·L－1＝0.001 5 mol，则c(I－)＝＝0.060 0 mol·L－1。(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液之前，要先用NH4SCN标准溶液润洗滴定管。(7)①在配制AgNO3标准溶液时，若烧杯中溶液有少量溅出，配制的AgNO3标准溶液的浓度偏低，则滴定时消耗的NH4SCN标准溶液的体积偏小，测得的c(I－)偏高。②滴定管0刻度在上，读数时从上往下读数，读取体积偏小，计算所用NH4SCN的物质的量偏低，测得的c(I－)偏高。答案：(1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管　(2)避免AgNO3见光分解　(3)防止因Fe3＋的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3＋的水解)(4)否(或不能)　若颠倒，Fe3＋与I－反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点(5)10.00　0.060 0　(6)用NH4SCN标准溶液进行润洗(7)①偏高　②偏高考点二　酸碱中和滴定曲线分析【提素能·归纳】1．酸碱中和滴定曲线图示氢氧化钠溶液滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸溶液的滴定曲线盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠溶液、氨水的滴定曲线曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)室温下，pH＝7不一定是反应终点：强碱与强酸反应时，反应终点pH＝7；强碱与弱酸(强酸与弱碱)反应时，反应终点不是pH＝7(强碱与弱酸反应终点pH＞7，强酸与弱碱反应终点pH＜7)2.抓“五点”破图像酸、碱中和反应过程中，溶液中的离子浓度随酸、碱的加入会发生变化，可借助滴定图像，抓住反应的关键点，破解离子浓度大小比较。以用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1HA溶液为例，其滴定曲线如图：关键点离子浓度关系点0原点为HA的单一溶液，0.100 0 mol·L－1 HA的pH＞1，说明是弱酸，c(HA)＞c(H＋)＞c(A－)＞c(OH－)点①两者反应生成等物质的量的HA和NaA，此时溶液pH＜7，说明HA电离程度大于A－水解程度，c(A－)＞c(Na＋)＞c(HA)＞c(H＋)＞c(OH－)点②此时溶液pH＝7，溶液呈中性，酸没有完全反应，c(A－)＝c(Na＋)＞c(HA)＞c(H＋)＝c(OH－)点③此时两者恰好反应生成NaA，为强碱弱酸盐，c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)点③之后此时NaOH过量或者远远过量，溶液显碱性，可能出现c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)，也可能出现c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋) 一、“单曲线”图像中微粒浓度的分析比较[典题示例1]　常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。下列说法正确的是(　　)A.点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)B．点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)C．点③所示溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)D．滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)[解析]　点①溶液中的溶质为0.001 mol CH3COOH和0.001 mol CH3COONa，根据物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，整理后得c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)；点②溶液的pH＝7，根据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，又因为c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)；点③溶液中的溶质为0.002 mol CH3COONa，离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)。[答案]　D二、“双曲线”图像中微粒浓度的分析比较[典题示例2]　常温下，用浓度为0.100 0 mol·L－1的盐酸分别逐滴加入20.00 mL 0.100 0 mol·L－1的两种一元碱MOH、ROH溶液中，pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)A．pH＝10时，溶液中微粒浓度的关系是c(M＋)＞c(Cl－)＞c(MOH)＞c(OH－)＞c(H＋)B．将上述MOH、ROH溶液等体积混合后，用盐酸滴定至MOH恰好反应时，溶液中离子浓度一直保持的关系是c(R＋)＞c(M＋)＞c(OH－)＞c(H＋)C.10.00 mL＜V(HCl)＜20.00 mL时，溶液中微粒浓度的关系是c(M＋)＋c(MOH)＜c(Cl－)D．V(HCl)＞20.00 mL时，不可能存在：c(Cl－)＞c(M＋)＝c(H＋)＞c(OH－)[解析]　根据题图可知，未加盐酸时，ROH的pH＝13，说明c(OH－)＝c(ROH)，ROH为强碱；MOH的pH小于13，则MOH为弱碱。向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1的MOH溶液中加入10 mL 0.100 0 mol·L－1的盐酸时，溶液中的溶质为等物质的量浓度的MOH和MCl，溶液呈碱性，说明MOH的电离程度大于MCl的水解程度，所以c(M＋)＞c(Cl－)＞c(MOH)，A项正确；将题述MOH、ROH溶液等体积混合后，用盐酸滴定至MOH恰好反应时，ROH已经完全反应，溶液中的溶质为等物质的量浓度的MCl、RCl，MCl为强酸弱碱盐，M＋水解导致溶液呈酸性，但水解程度较小，R＋不水解，所以存在c(R＋)＞c(M＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，B项错误；10.00 mL＜V(HCl)＜20.00 mL时，溶液中溶质为MOH和MCl，且c(MCl)＞c(MOH)，溶液中存在物料守恒c(M＋)＋c(MOH)＜2c(Cl－)，C项错误；V(HCl)＞20.00 mL时，HCl过量导致溶液呈酸性，根据电荷守恒得c(Cl－)＞c(M＋)，溶液中溶质存在有c(MCl)＝c(HCl)、c(MCl)＞c(HCl)、c(MCl)＜c(HCl)三种情况，可能出现c(Cl－)＞c(M＋)＝c(H＋)＞c(OH－)，D项错误。[答案]　A三、“多曲线”图像中微粒浓度的分析与比较[典题示例3]　25 ℃时，用0.25 mol·L－1NaOH溶液分别滴定同浓度的三种稀酸溶液，滴定曲线如图所示。下列判断不正确的是(　　)A．同浓度的稀酸中：c(A－)＞c(B－)＞c(D－)B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)＞c(HB)C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＞c(B－)＞c(D－)D．当中和百分数达到100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－2c(H＋)[解析]　A项，根据图像可知，三种酸(HA、HB和HD)溶液的起始pH，HA最小，酸性最强，HD的pH最大，酸性最弱，酸性越强，酸根离子的浓度越大，正确；B项，滴定HB溶液至P点时，溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离程度大于B－的水解程度，因此c(B－)＞c(HB)，正确；C项，pH＝7时，根据三种溶液中阴离子的水解程度可知，三种溶液中：c(A－)＞c(B－)＞ c(D－)，正确；D项，混合溶液的质子守恒关系式为c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，错误。[答案]　D【练能力·突破】1．室温下向10 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液中加入0.1  mol·L－1的一元酸HA，溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)A．a点所示溶液中c(Na＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(HA)B．a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C．pH＝7时，c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)D．b点所示溶液中c(A－)＞c(HA)解析：选D　A项，a点NaOH与HA恰好完全反应，溶液的pH为8.7，呈碱性，说明HA为弱酸，NaA发生了水解反应，则溶液中c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(HA)＞c(H＋)，错误；B项，a点NaA发生了水解反应，促进了水的电离，b点主要由于HA的电离而使溶液呈酸性，抑制了水的电离，所以a点水的电离程度大于b点，错误；C项，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，因为pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，可得c(Na＋)＝c(A－)，错误；D项，b点溶液中溶质为等物质的量的NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c(A－)＞c(HA)，正确。2．常温下，用0.10 mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图。下列说法正确的是(　　)A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)＜c(CN－)B．点③和点④所示溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)C．点①和点②所示溶液中：c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)D．点②和点③所示溶液中都有：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)解析：选C　A项，点①的溶液中存在电荷守恒为c(OH－)＋c(CN－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，而且c(OH－)＞c(H＋)，点②所示溶液中的电荷守恒为c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，而且c(OH－)＜c(H＋)，二者中钠离子浓度相同，所以c(CH3COO－)＞c(CN－)，错误；B项，点③中pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，则点③中c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)，错误；C项，点①的溶液中存在物料守恒：c(HCN)＋c(CN－)＝2c(Na＋)，点②所示溶液中的物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝2c(Na＋)，二者中钠离子浓度相同，则c(HCN)＋c(CN－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，即c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)，正确。3．已知：pKa＝－lg Ka，25 ℃时，H2SO3的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。常温下，用0.1 mol·L－1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是(　　)A．a点所得溶液中：2c(H2SO3)＋c(SO)＝0.1 mol·L－1B．b点所得溶液中：c(H2SO3)＋c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)C.c点所得溶液中：c(Na＋)＞3c(HSO)D．d点所得溶液中：c(Na＋)＞c(SO)＞c(HSO)解析：选A　滴定过程中发生反应：NaOH＋H2SO3===NaHSO3＋H2O、NaHSO3＋NaOH===Na2SO3＋H2O。A.a点溶液中的溶质为NaHSO3和H2SO3，根据物料守恒得出，c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)＜0.1 mol·L－1，根据电离平衡常数Ka1＝，此时溶液的pH＝1.85，即c(H＋)＝10－1.85mol·L－1，推出c(HSO)＝c(H2SO3)，代入上式得出，2c(H2SO3)＋c(SO)＜0.1 mol·L－1，故说法错误；B.b点加入20 mL NaOH溶液，NaOH和H2SO3恰好完全反应生成NaHSO3，即溶质为NaHSO3，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)，根据物料守恒：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)，因此有c(H2SO3)＋c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)，故说法正确；C.c点溶质为Na2SO3和NaHSO3，溶液显碱性，SO＋H2OHSO＋OH－，根据水解平衡常数Kh＝＝，c(OH－)＝，推出c(HSO)＝c(SO)，根据物料守恒：2c(Na＋)＝3c(H2SO3)＋3c(HSO)＋3c(SO)，则有c(Na＋)＝3c(HSO)＋1.5c(H2SO3)，显然：c(Na＋)＞3c(HSO)，故说法正确；D.d点溶质为Na2SO3和NaHSO3，且n(Na2SO3)＞n(NaHSO3)，溶液中离子浓度c(Na＋)＞c(SO)＞c(HSO)，故说法正确。【新情境·素养】草酸是生物体的一种代谢产物，是二元弱酸，广泛分布于植物、动物和真菌体中，并在不同的生命体中发挥不同的功能。研究发现百余种植物富含草酸，尤以菠菜、苋菜、甜菜、马齿苋、芋头、甘薯等植物中含量最高，由于草酸可降低矿质元素的生物利用率，在人体中容易与钙离子形成草酸钙导致肾结石，所以草酸往往被认为是一种矿质元素吸收利用的拮抗物。其结构简式为草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O。某化学学习小组的同学欲通过下列实验测定x值，实验步骤如下：①称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成100.00 mL水溶液为待测液。②取25.00 mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4。③用浓度为0.1000 mol·L－1的KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00 mL。[问题探究](1)用KMnO4标准溶液滴定草酸的反应原理是什么？(用离子方程式表示)提示：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。(2)滴定时，KMnO4标准液应装在下图中的哪个滴定管中？提示：KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此应装在上图中的“甲”中。(3)本滴定实验是否需要另外加入指示剂？滴定达到终点的标志是什么？提示：不需要另外加入指示剂，可以利用KMnO4溶液本身颜色的变化来判断滴定终点。滴定达到终点的标志是：当滴入最后一滴高锰酸钾时，溶液突然出现紫色(或紫红色)，且半分钟内不褪色。(4)根据以上实验数据计算x值是多少？提示：由题给化学方程式及数据可知，1.260 g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量为0.100 0 mol·L－1×10.00×10－3 L××＝0.010 0 mol，则1.260 g H2C2O4·xH2O中含H2O的物质的量为＝0.020 0 mol，则x＝2。 (5)下列滴定操作会对测得的x值有何影响，是“偏大”“偏小”还是“无影响”？①滴定终点时俯视滴定管刻度；②滴定终点时仰视滴定管刻度；③滴定时所用的KMnO4溶液因久置而导致浓度变小；④滴定管尖嘴内在滴定前有气泡，滴定后气泡消失。提示：①滴定终点读数时，俯视滴定管刻度，导致消耗的标准液体积读数偏小，得到H2C2O4的量偏少，则测得的x偏大；②滴定终点时仰视滴定管刻度导致消耗的标准液体积读数偏大，得到的H2C2O4的量偏多，则测得的x偏小；③若滴定时所用的KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏大，由此所得n(H2C2O4)偏大，则n(H2O)偏小，x偏小；④滴定管尖嘴内在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则消耗的标准液体积偏多，得到的H2C2O4的量偏大，则测得的x偏小。随堂检测反馈1．(2018·浙江4月选考)在常温下，向10 mL浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L－1的盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)A.在a点的溶液中：c(Na＋)＞c(CO)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)B．在b点的溶液中：2n(CO)＋n(HCO)＜0.001 molC．在c点的溶液pH＜7，是因为此时HCO的电离能力大于其水解能力D．若将0.1 mol·L－1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7时：c(Na＋)＝c(CH3COO－)解析：选B　向10 mL浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L－1盐酸，依次发生反应：①H＋＋OH－===H2O、②H＋＋CO===HCO、③H＋＋HCO===CO2↑＋H2O。a点的溶液中加入盐酸的体积为5 mL，则溶液中溶质物质的量之比为n(NaCl)∶n(NaOH)∶n(Na2CO3)＝1∶1∶2，故溶液中离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，A项错误；b点的溶液pH＝7，结合电荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)，可得c(HCO)＋2c(CO)＝c(Na＋)－c(Cl－)，故n(HCO)＋2n(CO)＝0.003 mol－n(Cl－)，由题图知溶液pH＝7时加入盐酸的体积大于20 mL，故n(Cl－)＞0.002 mol，所以2n(CO)＋n(HCO)＜0.001 mol，B项正确；c点的溶液pH＜7，是因为反应生成的H2CO3的电离能力大于HCO的水解能力，C项错误；若将0.1 mol·L－1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH＝7时，电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)＋c(CH3COO－)，则c(Na＋)≠c(CH3COO－)，D项错误。2．(2019·全国卷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＝7D．c点的混合溶液中，c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)解析：选C　A正确，溶液导电能力的强弱与溶液中自由移动的离子浓度和种类有关；B正确，由图像知，a点到b点，HA－转化为A2－，b点导电能力相对于a点增强，可判断Na＋和A2－的导电能力之和大于HA－的；C错误，b点为反应终点，发生的反应为2KHA＋2NaOH===Na2A＋K2A＋2H2O，因为H2A为弱酸，所以Na2A、K2A溶液显碱性，pH＞7；D正确，c点为Na2A、K2A和NaOH的混合溶液，故c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)。3．(2020·江苏高考)次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠。二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为C3N3O3Cl＋H＋＋2H2O===C3H3N3O3＋2HClO　HClO＋2I－＋H＋===I2＋Cl－＋H2OI2＋2S2O===S4O＋2I－准确称取1.120 0 g样品，用容量瓶配成250.0 mL溶液；取25.00 mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5 min；用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。①通过计算判断该样品是否为优质品。(写出计算过程，该样品的有效氯＝×100%)②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值________(填“偏高”或“偏低”)。解析：①依据三个反应得出关系式：C3N3O3Cl～2HClO～2I2～4S2O，根据Na2S2O3的消耗量，可以计算出测定中转化为HClO的氯的物质的量，进而得出氯元素的质量，再由有效氯的计算公式×100%，可计算出有效氯。②加入的稀硫酸的量过少，则生成的I2少，消耗Na2S2O3的量减少，则计算出的HClO的量偏少，导致样品的有效氯测定值偏低。答案：①n(S2O)＝0.100 0 mol·L－1×0.020 00 L＝2.000×10－3 mol根据物质转换和电子得失守恒关系：C3N3O3Cl～2HClO～2I2～4S2O得n(Cl)＝0.5n(S2O)＝1.000 ×10－3 mol氯元素的质量：m(Cl)＝1.000×10－3 mol×35.5 g·mol－1＝0.035 50 g该样品的有效氯为×2×100%≈63.39%该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品②偏低[课时跟踪检测]                                                               1．用已知浓度的KMnO4标准溶液滴定未知浓度的H2C2O4溶液，下列说法正确的是(　　)A．配制KMnO4标准溶液定容时，仰视观察刻度线会导致KMnO4标准溶液浓度偏高B．装KMnO4标准溶液的滴定管应如图排气泡C．滴定前锥形瓶中有少量蒸馏水会影响滴定结果D．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，会导致H2C2O4溶液测定结果偏大解析：选D　配制KMnO4标准溶液定容时，仰视观察刻度线，造成V(标准)偏大，依据c＝可知，溶液浓度偏低，故A错误；高锰酸钾为氧化性物质，应放在酸式滴定管中，图中滴定管为碱式滴定管，故B错误；滴定前锥形瓶中有少量水，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，测定结果不变，故C错误；滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致测定高锰酸钾体积偏大，测定值偏大，故D正确。2．H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，下列说法合理的是(　　)A．该滴定可用甲基橙作指示剂B．Na2S2O3是该反应的还原剂C．该滴定可选用如图所示装置D．该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，电子转移数为4NA解析：选B　溶液中有单质碘，应加入淀粉溶液作指示剂，碘单质与硫代硫酸钠发生氧化还原反应，当反应达到终点时，单质碘消失，蓝色褪去，故A错误；Na2S2O3中S元素化合价升高被氧化，作还原剂，故B正确；Na2S2O3溶液显碱性，应该用碱式滴定管，故C错误；反应中每消耗2 mol Na2S2O3，电子转移数为2NA，故D错误。3.用0.100 mol·L－1酸性高锰酸钾溶液滴定25.00 mL某未知浓度的草酸(H2C2O4)溶液，滴定曲线如图所示，其中E为电动势，反映溶液中c(MnO)的变化。下列有关叙述错误的是(　　)A．酸性高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管中B．滴定过程中不需要使用指示剂C．滴定结束后俯视读数，会导致所测草酸溶液的浓度偏低D．若草酸溶液的浓度为0.200 mol·L－1，则a点的c(Mn2＋)＝0.100 mol·L－1解析：选D　酸性高锰酸钾溶液显酸性，且有强氧化性，应盛放在酸式滴定管中，A正确；酸性高锰酸钾溶液本身有颜色，当达到滴定终点时溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，故不需要使用指示剂，B正确；俯视读数，会导致所读标准溶液消耗的体积偏低，则测得的待测液浓度也偏低，C正确；根据滴定曲线可知，a点为滴定终点，根据反应的离子方程式2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可计算出此时消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00 mL，若不考虑混合前后溶液体积的变化，c(Mn2＋)＝≈0.044 mol·L－1，D错误。4．中和滴定是一种操作简便，准确度高的定量分析方法，实际工作中也可利用物质间的氧化还原反应、沉淀反应进行类似的滴定分析，这些滴定分析均需要通过指示剂来确定滴定终点，下列对几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色的判断不正确的是(　　)A.利用H＋＋OH－===H2O来测量某氢氧化钠溶液的浓度时：甲基橙——橙色B．利用2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋原理，用NaI溶液测量Fe(NO3)3样品中Fe(NO3)3的百分含量：淀粉——蓝色C．利用Ag＋＋SCN－===AgSCN↓原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度：Fe(NO3)3——红色D．用标准酸性KMnO4溶液滴定NaHSO3溶液以测量其浓度：KMnO4——紫红色解析：选B　用标准的盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液，甲基橙为指示剂，溶液由黄色变为橙色为滴定终点，故A正确；利用2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋原理，由于一开始就生成了单质碘，溶液呈蓝色，无法判断终点，故B错误；利用Ag＋＋SCN－===AgSCN↓原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度，Fe(NO3)3为指示剂，溶液由无色变为红色为滴定终点，故C正确；用标准酸性KMnO4溶液滴定NaHSO3溶液以测量其浓度，KMnO4本身就是指示剂，溶液由无色变为紫红色为滴定终点，故D正确。5．25 ℃时，NaCN溶液中CN－、HCN浓度所占分数(δ)随pH变化的关系如图甲所示。向10 mL 0.01 mol·L－1NaCN溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示[其a点的坐标为(9.5，0.5)]。下列所述关系中一定正确的是(　　)A．图甲中pH＝7的溶液：c(Cl－)＝c(HCN)B．常温下，NaCN的水解平衡常数Kh(NaCN)＝10－4.5mol·L－1C．图乙中b点的溶液：c(CN－)＞c(Cl－)＞c(HCN)＞c(OH－)＞c(H＋)D．图乙中c点的溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋c(CN－)解析：选B　HCN含量相等时溶液的pH＝9.5，图甲中可以加入HCN调节溶液的pH＝7，溶液中不一定存在c(Cl－)，即不一定存在c(Cl－)＝c(HCN)，A错误；根据图甲，CN－、HCN的浓度相等时溶液的pH＝9.5，HCN的电离平衡常数Ka(HCN)＝＝c(H＋)＝10－9.5mol·L－1，则NaCN的水解平衡常数Kh(NaCN)＝＝＝10－4.5mol·L－1，B正确；b点加入5 mL盐酸，溶液组成为等物质的量浓度的NaCN、HCN和NaCl，由图乙可知此时溶液呈碱性，HCN的电离程度小于CN－的水解程度，可知c(HCN)＞c(CN－)，C错误；c点加入10 mL盐酸，反应后得到等浓度的NaCl、HCN的混合液，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl－)＝c(HCN)＋c(CN－)，而根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CN－)，则c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCN)＋c(OH－)＋2c(CN－)，D错误。6．已知Ag2CrO4是砖红色沉淀，下列滴定反应中，指示剂使用不正确的是(　　)A．用标准FeCl3溶液滴定KI溶液，选择KSCN溶液B．用I2溶液滴定Na2SO3溶液，淀粉作指示剂C．用AgNO3溶液滴定NaCl溶液，Na2CrO4作指示剂D．用H2O2溶液滴定KI溶液，淀粉作指示剂解析：选D　铁离子与碘离子反应，生成亚铁离子和碘单质，KSCN溶液遇铁离子显红色，当溶液显红色时，说明碘离子完全反应，达到滴定终点，故A正确；淀粉遇碘单质显蓝色，当溶液显蓝色时，说明亚硫酸根离子已经被碘单质充分氧化，碘单质剩余，达到滴定终点，故B正确；Ag2CrO4是砖红色沉淀，当溶液中有砖红色沉淀时，待测液中的氯离子被充分沉淀，银离子剩余，故C正确；待测液中的碘离子被双氧水氧化生成碘单质，淀粉显蓝色，即开始滴定就出现蓝色，随滴定的进行，蓝色加深，当碘离子完全反应时，蓝色不再加深，但是不易观察，不能判断滴定终点，故D错误。7.室温下，用相同物质的量浓度的HCl溶液分别滴定物质的量浓度均为0.1 mol·L－1的三种碱溶液，滴定曲线如图所示。下列判断正确的是(　　)A．滴定前，三种碱溶液中水电离出的c(H＋)大小关系：DOH＞BOH＞AOHB．滴定至P点时，溶液中：c(Cl－)＞c(B＋)＞c(BOH)＞c(OH－)＞c(H＋)C．pH＝7时，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(AOH)＋c(BOH)＋c(DOH)＝c(H＋)－c(OH－)解析：选D　三种碱溶液的起始浓度均为0.1 mol·L－1，由图中信息可知，起始时pH都小于13，说明三种碱均为弱碱，且碱性强弱顺序为AOH＜BOH＜DOH。滴定前，三种碱溶液中H＋全部是由水电离出来的，由pH大小关系可推知水电离出的c(H＋)大小关系为AOH＞BOH＞DOH，故A错误；滴定至P点时中和百分数为50%，即BOH恰好有一半被中和，溶液为物质的量浓度相同的BOH和BCl的混合溶液，pH＞7，溶液显碱性，则BOH的电离程度大于BCl的水解程度，所以溶液中c(Cl－)＜c(B＋)，故B错误；pH＝7时，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒可知，三种溶液中c(Cl－)均等于c(弱碱阳离子)。由于三种盐在相同的条件下的水解程度由小到大的顺序是DCl＜BCl＜ACl，且其水解均使溶液显酸性，则滴定到溶液恰好呈中性时，三种溶液中消耗HCl溶液的体积由小到大的顺序为AOH＜BOH＜DOH，则三种溶液中c(Cl－)不相等，且c(Cl－)由小到大的顺序为AOH＜BOH＜DOH，因而c(A＋)＜c(B＋)＜c(D＋)，故C错误；当中和百分数达100%时，三种溶液的物质的量浓度相同，混合后，根据质子守恒：c(DOH)＋c(AOH)＋c(BOH)＋c(OH－)＝c(H＋)，则c(AOH)＋c(BOH)＋c(DOH)＝c(H＋)－c(OH－)，故D正确。8．测定水样中Br－浓度的实验步骤如下：①向锥形瓶中加入25.00 mL处理后的水样，加入几滴NH4Fe(SO4)2溶液；②加入V1 mL c1 mol·L－1的AgNO3溶液(过量)，充分摇匀；③用c2 mol·L－1的KSCN标准溶液进行滴定，至终点时消耗标准溶液V2 mL。已知Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ag＋＋SCN－===AgSCN↓(白色)，Ksp(AgSCN)＝1×10－12。下列说法不正确的是(　　)A．到达滴定终点时，溶液变为红色B．该滴定法需在碱性条件下进行C．AgBr(s)＋SCN－(aq)AgSCN(s)＋Br－(aq)的平衡常数K＝0.77D．该水样中Br－的浓度c(Br－)＝ mol·L－1解析：选B　KSCN溶液先与AgNO3溶液反应生成AgSCN沉淀，再与Fe3＋反应，达到滴定终点时，溶液变为红色，A项正确；碱性条件下，Fe3＋与OH－反应生成Fe(OH)3沉淀，B项错误；反应AgBr(s)＋SCN－(aq)AgSCN(s)＋Br－(aq)的平衡常数K＝＝＝＝0.77，C项正确；水样中Br－的浓度c(Br－)＝ mol·L－1＝ mol·L－1，D项正确。9．常温下，向20 mL 0.1 mol·L－1的H3PO4溶液中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，所得溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是 (　　)A．H3PO4溶液第一步滴定可用酚酞作指示剂B．A点溶液中：c(H2PO)＞c(H3PO4)＞c(HPO)C．图像中A、B、C三处溶液中相等D．B点溶液存在：2c(Na＋)＝c(PO)＋c(H2PO)＋c(HPO)＋c(H3PO4)解析：选C　由题图可知，H3PO4溶液第一步滴定终点的pH在4左右，要选用甲基橙作指示剂，A错误；A点加入20 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液，生成NaH2PO4，此时溶液呈酸性，说明H2PO的电离程度大于其水解程度，则有c(HPO)＞c(H3PO4)，B错误；H3PO4的二级电离常数Ka2＝＝，则有＝，由于图中A、B、C三处的温度相同，则KW、Ka2相同，故三处溶液中相等，C正确；B点加入40 mL 0.1 mol·L－1NaOH溶液，恰好反应生成Na2HPO4，据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(PO)＋2c(H2PO)＋2c(HPO)＋2c(H3PO4)，D错误。10．25 ℃时，向100 mL 0.01 mol·L－1的NaHA溶液中分别加入浓度均为0.01 mol·L－1的NaOH溶液和盐酸，混合溶液的pH随所加溶液体积的变化如图所示(lg 5＝0.7)。下列说法正确的是(　　)A．25 ℃，H2A的第二步电离平衡常数约为10－4B．P点时溶液中存在：2c(H2A)＋c(HA－)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Na＋)＋c(Cl－)C．水的电离程度：M＞N＞PD．随着盐酸的不断滴入，最终溶液的pH可能小于2解析：选B　由题图可知，0.01 mol·L－1的NaHA溶液的pH＝4，则有c(H＋)≈c(A2－)＝10－4mol·L－1，c(HA－)≈0.01 mol·L－1，H2A的第二步电离平衡：HA－A2－＋H＋，则有Ka2＝≈＝10－6，A错误；P点加入100 mL 0.01 mol·L－1的盐酸，恰好完全反应生成等浓度的NaCl和H2A，据电荷守恒可得：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HA－)＋2c(A2－)；据物料守恒可得c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)，综合上述两式消去c(A2－)可得：2c(H2A)＋c(HA－)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Na＋)＋c(Cl－)，B正确；N点加入100 mL 0.01 mol·L－1的NaOH溶液，此时为Na2A溶液，A2－发生水解而促进水的电离；M点为Na2A和NaHA的混合液，此时溶液中OH－全部是由水电离出的，由水电离的c(OH－)＝10－7 mol·L－1；P点为H2A和NaCl的混合液，H2A抑制水的电离，故水的电离程度：N＞M＞P，C错误；随着盐酸的不断滴入，溶液的pH无限接近于0.01 mol·L－1盐酸的pH，即溶液的pH无限接近于2，但大于2，D错误。11．酸碱反应是生产生活实际中常见的反应之一。(1)室温下，向一定量的稀醋酸溶液中逐滴加入等物质的量浓度的氢氧化钠溶液，直至氢氧化钠溶液过量。①在滴加过程中，稀醋酸溶液中水的电离程度________(填“增大”“减小”“不变”“先增大后减小”或“先减小后增大”)；②在下表中，分别讨论了上述实验过程中离子浓度的大小顺序，对应溶质的化学式和溶液的pH。试填写表中空白：      离子浓度的关系溶质的化学式溶液的pHAc(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)________pH＜7Bc(Na＋)＝c(CH3COO－)CH3COONa、CH3COOH________C________CH3COONapH＞7Dc(Na＋)＞c(OH－) ＞c(CH3COO－) ＞c(H＋)________pH＞7 (2)室温下，用0.100 mol·L－1的NaOH溶液分别滴定均为20.00 mL 0.100 mol·L－1的HA溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。①HA和醋酸的酸性强弱为HA________CH3COOH(填“强于”或“弱于”)。②当pH＝7时，两份溶液中c(A－)________c(CH3COO－)(填“＞”“＝”或“＜”)。(3)①请设计实验证明醋酸是弱酸____________________________________________________________________________________________________________________。②请通过计算证明：含等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液显酸性______________________________________________(已知CH3COOH：Ka＝1.8×10－5；KW＝1×10－14)。解析：(1)①在滴加NaOH溶液的过程中，酸溶液逐渐变成含有弱酸根离子的盐溶液，促进水的电离，当NaOH过量时，碱又抑制水的电离，所以水的电离程度先增大后减小。②A项，根据离子浓度关系c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)和pH＜7知，溶液显酸性，因此溶液为CH3COONa、CH3COOH的混合物；B项，因CH3COONa、CH3COOH的混合溶液中c(Na＋)＝c(CH3COO－)，根据电荷守恒知，c(H＋)＝c(OH－)，所以pH＝7；C项，CH3COONa溶液中因CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，所以离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)；D项，c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)且pH＞7，可知溶质为CH3COONa和NaOH。(2)①已知，滴定前0.100 mol·L－1的醋酸溶液的pH大于1，所以pH＝1的曲线为HA，HA为强酸，其酸性比醋酸强；②V(NaOH)＝20.00 mL时，恰好生成醋酸钠，溶液呈碱性，若pH＝7，则加入NaOH溶液的体积稍小于20.00 mL，两份溶液中：c(A－)＞c(CH3COO－)。(3)①证明醋酸是弱酸的实验：取少量CH3COONa晶体，加蒸馏水溶解，测得溶液pH＞7或滴入酚酞试液，溶液变红色；②根据CH3COOHH＋＋CH3COO－，Ka＝1.8×10－5，KW＝1×10－14得，Kh(CH3COO－)＝≈5.55×10－10＜Ka＝1.8×10－5，CH3COO－的水解程度小于CH3COOH的电离程度，溶液显酸性。答案：(1)①先增大后减小　②CH3COONa、CH3COOH　pH＝7　c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)　CH3COONa、NaOH　(2)①强于　②＞　(3)①取少量CH3COONa晶体，加蒸馏水溶解，测得溶液pH＞7或滴入酚酞试液，溶液变红色(其他方法只要合理均可)　②Kh(CH3COO－)＝≈5.55×10－10＜Ka＝1.8×10－5，溶液显酸性12．(2019·北京高考)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚()的含量(废水中不含干扰测定的物质)。Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L－1KBrO3标准溶液；Ⅱ.取V1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入V2 mL废水；Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；Ⅴ.用b mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V3 mL。已知：I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色Ⅲ中苯酚与溴水反应的化学方程式为：(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和________。(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是________________。(3)Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是______________________。(4)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)Ⅴ中滴定至终点的现象是_________________________________________________。(6)废水中苯酚的含量为________g·L－1(苯酚摩尔质量：94 g·mol－1)。(7)由于Br2具有________性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。解析：(1)配制一定物质的量浓度溶液时一定要使用容量瓶。(2)Br－与BrO在酸性条件下可发生氧化还原反应，化合价变为0价，即生成溴单质，该反应的离子方程式为5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O。(3)溶液显黄色说明溴过量，使用过量的溴是为了确保苯酚已完全被除去，也为下一步操作打下基础。(4)5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O，Br2＋2KI===I2＋2KBr，反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，因此如果没有苯酚与溴的反应，则n(KI)∶n(KBrO3)＝6∶1时，两者恰好完全反应，因废水中含有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量。(5)溴与KI反应生成碘单质，碘遇淀粉使溶液变蓝色；碘单质与硫代硫酸钠反应生成碘离子，因此当碘恰好完全反应时，溶液的蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复。(6)结合题意可知，n生成(Br2)＝3aV1×10－3 mol，与KI反应消耗n(Br2)＝ mol，则与C6H5OH反应的n(Br2)＝3aV1×10－3 mol－ mol，废水中苯酚的含量＝＝ g·L－1＝ g·L－1。(7)溴易挥发，挥发出去的溴也会被认为是与苯酚反应而消耗的，即会造成测定结果偏高。答案：(1)容量瓶(2)5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O(3)Br2过量，保证苯酚完全反应(4)反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量(5)溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复(6)(7)易挥发13．某一学习小组利用DIS系统测定某醋酸溶液的物质的量浓度，以测量溶液导电能力来判断滴定终点，实验步骤如下：(1)用________(填仪器名称)量取20.00 mL醋酸溶液样品，倒入洁净干燥锥形瓶中，连接好DIS系统。如果锥形瓶中含有少量蒸馏水，是否会影响测量结果________(填“是”“否”或“不能确定”)。向锥形瓶中滴加0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液，计算机屏幕上显示出溶液导电能力与加入NaOH溶液体积关系的曲线图(如图所示)。(2)醋酸与NaOH溶液反应的离子方程式为____________________________________。(3)图中b点时，溶液中各离子浓度的大小关系是__________________________。(4)若图中某一点pH等于8，则c(Na＋)－c(CH3COO－)的精确值为________mol·L－1。解析：(1)用酸式滴定管量取20.00 mL醋酸溶液样品；锥形瓶中含有少量蒸馏水，待测液的物质的量不变，V(标准)不变，根据c(待测)＝可知，c(待测)不变；(2)醋酸与NaOH溶液反应：CH3COOH＋NaOH===CH3COONa＋H2O；(3)图中b点，说明醋酸和NaOH恰好完全反应，醋酸钠水解，使得c(Na＋)＞c(CH3COO－)；(4)c(H＋)＝10－8 mol·L－1，c(OH－)＝ mol·L－1＝10－6 mol·L－1，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，可推知c(Na＋)－c(CH3COO－)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6 mol·L－1－10－8 mol·L－1＝9.9×10－7 mol·L－1。答案：(1)酸式滴定管　否　(2)CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O　(3)c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)　(4)9.9×10－7  考纲要求★靶向明确1．了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。2．理解溶度积(Ksp)的含义，能进行相关计算。知识点一　沉淀溶解平衡及应用【考必备·清单】1．沉淀溶解平衡的含义在一定温度下的水溶液中，当沉淀溶解与生成的速率相等时，即建立了沉淀溶解平衡状态。2．沉淀溶解平衡的建立固体溶质溶液中的溶质3．沉淀溶解平衡的特点4．沉淀溶解平衡的影响因素(1)内因难溶电解质本身的性质是决定因素。(2)外因[名师点拨]　(1)难溶电解质不一定是弱电解质，如BaSO4、AgCl等都是强电解质。(2)难溶电解质存在沉淀溶解平衡，如BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)，遵循化学平衡移动原理。5．沉淀溶解平衡的应用(1)沉淀的生成①原理：当Qc＞Ksp时，难溶电解质的溶解平衡向左移动，生成沉淀。②应用：可利用生成沉淀来达到除去溶液中杂质离子的目的。③方法a．调节pH法：如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至4左右，离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O=== 。b．沉淀剂法：如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋。 [名师点拨]　若一种沉淀剂可使溶液中多种离子产生沉淀时，则可控制条件，使这些离子先后分别沉淀。(1)对同一类型的沉淀，Ksp越小越先沉淀，且Ksp相差越大分步沉淀效果越好。如在Cl－、Br－、I－的混合溶液中，由于AgCl、AgBr、AgI的Ksp相差较大，逐滴加入Ag＋可按I－、Br－、Cl－的顺序先后沉淀，即Ksp最小的首先沉淀出来。(2)对不同类型的沉淀，其沉淀先后顺序要利用Ksp计算溶液中离子的浓度，根据离子浓度的大小来判断沉淀的先后顺序，如AgCl和Ag2CrO4的分步沉淀，可通过控制Ag＋浓度来完成。(2)沉淀的溶解当沉淀溶解平衡体系中的离子发生反应时，其浓度会降低，沉淀溶解平衡就会向溶解的方向移动，从而使沉淀溶解。方法实例原理(反应方程式)酸溶解CaCO3可溶于盐酸CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O盐溶解Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O配位溶解AgCl溶于氨水AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O氧化还原溶解不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀硝酸3Ag2S＋8HNO36AgNO3＋3S＋2NO↑＋4H2O [名师点拨]　用沉淀法除杂不可能将杂质离子全部生成沉淀除去，一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，沉淀已经完全。(3)沉淀的转化①实质：沉淀溶解平衡的移动。②举例：MgCl2溶液Mg(OH)2Fe(OH)3，则Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]。③规律：一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。④应用a．锅炉除水垢：将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为CaSO4(s)＋CO(aq)CaCO3(s)＋SO(aq)。b．矿物转化：CuSO4溶液遇ZnS转化为CuS，离子方程式为ZnS(s)＋Cu2＋(aq)CuS(s)＋Zn2＋(aq)。[名师点拨]　溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现，但溶解度小的沉淀转化成溶解度稍大的沉淀，通过控制反应条件也能实现，但前提是溶液的Qc＞Ksp，如BaSO4[Ksp＝1.1×10－10]用饱和Na2CO3溶液浸泡可部分转化为BaCO3[Ksp＝2.58×10－9]。【夯基础·小题】1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)(2019·全国卷Ⅱ)向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀：3Mg(OH)2＋2FeCl3===2Fe(OH)3＋3MgCl2(　　)(2)难溶电解质达到沉淀溶解平衡时，增加难溶电解质的量，平衡向溶解方向移动(　　)(3)向Na2SO4溶液中加入过量的BaCl2溶液， 则SO沉淀完全，溶液中只含Ba2＋、Na＋和Cl－，不含SO(　　)(4)其他条件不变时，向饱和Ag2CrO4水溶液中加入少量K2CrO4固体，溶液中c(Ag＋)减小(　　)(5)为减少洗涤过程中固体的损耗，最好选用稀H2SO4代替H2O来洗涤BaSO4沉淀(　　)答案：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√2．往锅炉注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸去除，下列叙述中正确的是(　　)A．温度升高，Na2CO3溶液的KW和c(H＋)均会增大B．CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO4)C．CaCO3溶解于盐酸而CaSO4不溶，是因为硫酸酸性强于盐酸D．沉淀转化的离子方程式为CO(aq)＋CaSO4(s)CaCO3(s)＋SO(aq)解析：选D　温度升高，水的电离平衡正向移动，KW增大；Na2CO3的水解平衡正向移动，c(OH－)增大，c(H＋)减小，A项错误；Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4)，B项错误；CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳，CaSO4与盐酸不满足复分解反应发生的条件，与酸性强、弱无关，C项错误；硫酸钙较为致密，可转化为较为疏松且溶解度更小的碳酸钙，反应的离子方程式为CaSO4(s)＋CO(aq)CaCO3(s)＋SO(aq)，D项正确。3．要使工业废水中的Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：化合物PbSO4PbCO3PbS溶解度/g1.03×10－41.81×10－71.84×10－14由上表中数据可知，沉淀剂最好选用(　　)A．硫化物　　　　　 B．硫酸盐C．碳酸盐    D．以上沉淀剂均可解析：选A　沉淀工业废水中的Pb2＋时，生成沉淀的反应进行得越完全越好，由于PbS的溶解度最小，故最好选硫化物作沉淀剂。知识点二　沉淀溶解平衡常数及应用【考必备·清单】1．溶度积和离子积以AmBn(s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例： 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KspQc表达式Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，表达式中的浓度都是平衡浓度Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，表达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①QcKsp：溶液过饱和，有沉淀析出②QcKsp：溶液饱和，处于平衡状态③QcKsp：溶液未饱和，无沉淀析出[名师点拨]　(1)Ksp只与温度有关，与浓度无关；升高温度，大多数固体难溶电解质的Ksp增大，但Ca(OH)2却相反。(2)对于Ksp表达式类型相同的物质，如Mg(OH)2和Zn(OH)2，Ksp的大小反映了难溶电解质在溶液中的溶解能力的大小，一般Ksp越小，则溶解度越小。(3)对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质，它们的溶解度不能直接用Ksp的大小来比较，如AgCl(Ksp＝1.8×10－10)、Ag2CrO4(Ksp＝1.0×10－12)，Ag2CrO4溶液中的c(Ag＋)大于AgCl溶液中的c(Ag＋)。2．沉淀溶解平衡曲线中Qc和Ksp的关系难溶电解质(以BaSO4沉淀曲线为例说明)Qc和Ksp间的关系有以下三种可能：在曲线上任何一点，Qc＝Ksp，沉淀与溶解达到动态平衡，溶液是饱和溶液。在曲线右上方Qc＞Ksp，溶液处于过饱和，有沉淀析出，直至Qc＝Ksp。在曲线左下方Qc＜Ksp，为不饱和溶液，无沉淀析出，直至Qc＝Ksp。【夯基础·小题】1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)(2019·江苏高考)向浓度均为0.05 mol·L－1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，则Ksp(AgI)＞Ksp(AgCl)(　　)(2)(2018·天津高考)向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，则Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)(　　)(3)向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，一支试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显现象，说明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)(　　)(4)0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)(　　)(5)Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，该固体可溶于NH4Cl溶液(　　)(6)溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高，Ksp增大(　　)答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)×2．可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐作为内服造影剂。医院抢救钡离子中毒患者时，除催吐外，还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知：某温度下，Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9；Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10 。下列推断正确的是(　　)A．不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)B．抢救钡离子中毒患者时，若没有硫酸钠，可以用碳酸钠溶液代替C．若误饮c(Ba2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1的溶液时，会引起钡离子中毒D．可以用0.36 mol·L－1的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃解析：选D　因胃酸可与CO反应生成H2O和CO2，使c(CO)降低，从而使平衡BaCO3(s)Ba2＋(aq)＋CO(aq)向溶解方向移动，使Ba2＋浓度增大，Ba2＋有毒，所以不用碳酸钡作为内服造影剂，与Ksp大小无关，A项错误；BaCO3能溶于胃酸，起不到解毒作用，B项错误；c(Ba2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1的溶液中Ba2＋浓度很小，不会引起钡离子中毒，C项错误；用0.36 mol·L－1 的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃，反应后c(Ba2＋)＝ ≈3.06×10－10 mol·L－1，浓度很小，可起到解毒作用，D项正确。3．不同温度(T1和T2)时，硫酸钡在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，已知硫酸钡在水中溶解时吸收热量。下列说法正确的是(　　)A．T1>T2B．加入BaCl2固体，可使a点变成c点C．c点时，在T1、T2两个温度下均有固体析出D．a点和b点的Ksp相等解析：选D　BaSO4在水中溶解时吸收热量，温度越高，Ksp越大，在T2时BaSO4的Ksp大，故T2>T1，A项错误；BaSO4溶液中存在沉淀溶解平衡，a点在曲线上，加入BaCl2溶液，会增大c(Ba2＋)，平衡右移，c(SO)减小，所以不能使溶液由a点变到c点，B项错误；在T1时，c点表示Qc>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，在T2时，c点表示Qc＜Ksp，溶液不饱和，没有沉淀析出，故C错误；Ksp是一常数，温度不变，Ksp不变，在同一条曲线上的任意一点Ksp都相等，D项正确。知识点三　Ksp的相关计算【考必备·清单】溶度积计算的几种类型考查角度计算技巧判断沉淀的生成或沉淀是否完全①把离子浓度数据代入Ksp表达式得Qc，若Qc>Ksp，则有沉淀生成②利用Ksp的数值计算某一离子浓度，若该离子浓度小于10－5 mol·L－1，则该离子沉淀完全常温下，计算氢氧化物沉淀开始和沉淀完全时的pH①根据氢氧化物的Ksp，先计算初始浓度溶液中c(OH－)，再求得溶液的pH②金属阳离子沉淀完全时的离子浓度为10－5 mol·L－1，依据Ksp可计算金属阳离子沉淀完全时溶液中的c(OH－)，进而求得pH计算沉淀转化反应的平衡常数，并判断沉淀转化的程度依据沉淀的转化反应和Ksp，计算该反应的平衡常数，K值越大，转化反应越易进行，转化程度越大沉淀先后的计算与判断①若沉淀类型相同，则Ksp小的化合物先沉淀；②若沉淀类型不同，则需要根据Ksp计算出沉淀时所需离子浓度，所需离子浓度小的先沉淀 类型一　判断沉淀的生成与沉淀完全[典题示例1]　取5 mL 0.002 mol·L－1 BaCl2溶液与等体积的0.02 mol·L－1 Na2SO4溶液相混合，通过计算判断有无沉淀产生？若有，计算Ba2＋是否沉淀完全？(已知该温度下BaSO4的Ksp＝1.1×10－10)[解析]　Qc＝c(Ba2＋)·c(SO)＝1×10－5>Ksp，故有沉淀生成。两种溶液混合之后，c(SO)变为9×10－3 mol·L－1，根据Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO)，得c(Ba2＋)＝ mol·L－1≈1.2×10－8 mol·L－1<1×10－5 mol·L－1，故可认为Ba2＋已经沉淀完全。[答案]　有　沉淀完全[拓展训练]1．等体积混合0.2 mol·L－1的AgNO3和NaAc溶液是否会生成AgAc沉淀？(已知AgAc的Ksp为2.3×10－3)解析：c(Ag＋)＝c(Ac－)＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1Qc＝c(Ag＋)·c(Ac－)＝1.0×10－2>2.3×10－3，故有AgAc沉淀生成。答案：会生成AgAc沉淀类型二　计算金属阳离子开始沉淀和沉淀完全时的pH[典题示例2]　有关数据如表所示：化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10－1710－1710－39　　用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为Fe3＋，加碱调节至pH为______时，铁刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为______时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1 mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是_____________，原因是______________________________________________。[解析]　计算Fe3＋沉淀完全时的pH，当溶液中c(Fe3＋)小于10－5 mol·L－1时，视为Fe3＋沉淀完全，先利用Ksp[Fe(OH)3]求算c(OH－)＝ ≈10－11.3mol·L－1，再通过KW求出c(H＋)⇨pH≈2.7。计算Zn2＋开始产生沉淀时的pH，先利用Ksp[Zn(OH)2]求算c(OH－)＝ ＝10－8mol·L－1，再通过KW求出c(H＋)⇨pH＝6。[答案]　2.7　6　无法将Zn2＋和Fe2＋分离　Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近[拓展训练]2．已知：Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10－20。当溶液中各种离子的浓度幂的乘积大于溶度积时，则产生沉淀，反之固体溶解。(1)某CuSO4溶液中c(Cu2＋)＝0.02 mol·L－1，如果生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH，使之大于________。(2)要使0.2 mol·L－1 CuSO4溶液中Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液里加入NaOH溶液，使溶液的pH为________。解析：(1)根据信息，当Qc＝Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×10－20时开始出现沉淀，则c(OH－)＝  mol·L－1＝ mol·L－1＝10－9 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1＝10－5 mol·L－1，pH＝5，所以要生成Cu(OH)2沉淀，应调整溶液的pH>5。(2)要使Cu2＋浓度降至0.2 mol·L－1÷1 000＝2×10－4 mol·L－1，c(OH－)＝  mol·L－1＝10－8 mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1＝10－6 mol·L－1，此时溶液的pH＝6。答案：(1)5　(2)6类型三　计算沉淀转化反应的平衡常数[典题示例3]　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]　沉淀转化的离子方程式：BaSO4(s)＋CO(aq)BaCO3(s)＋SO(aq)，在同一个溶液中，c(Ba2＋)相同，依据溶度积的表达式，则有＝＝＝≈24。[答案]　24[名师点拨]　(1)由难溶的沉淀转化为更难溶的沉淀是比较容易实现的一种转化。如在PbI2悬浊液中，加入AgNO3溶液后，发生PbI2(s)＋2Ag＋(aq)2AgI(s)＋Pb2＋(aq)。[已知，Ksp(PbI2)＝7.2×10－9，Ksp(AgI)＝8.5×10－16]K＝＝＝＝≈1×1022。故只要有较低浓度的Ag＋，即可消耗I－，从而使PbI2不断溶解，最终完全转化为更难溶的AgI。(2)由难溶的沉淀转化为较易溶的沉淀是可能实现的另一种转化，转化的前提是“两种沉淀的溶解度相差不是很大”。如Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，但二者相差不大，在BaSO4悬浊液中加入饱和Na2CO3溶液，发生反应为BaSO4(s)＋CO(aq)BaCO3(s)＋SO(aq)K＝＝＝＝≈0.042。因此，只要加入饱和的Na2CO3溶液，BaSO4就可能转化为BaCO3。[拓展训练]3．某温度下，溶液中含有I－、Cl－等离子，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中＝________。[已知：Ksp(AgCl)＝1.6×10－10，Ksp(AgI)＝8×10－17]解析：同一溶液中c(Ag＋)相等，＝＝＝＝5×10－7。答案：5×10－7类型四　沉淀先后的判断与计算[典题示例4]　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．Br－、Cl－、CrOC．CrO、Br－、Cl－    D．Br－、CrO、Cl－[解析]　当溶液中c(Cl－)为0.01 mol·L－1时，产生沉淀AgCl时所需Ag＋的浓度为c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝1.56×10－8 mol·L－1，同理含Br－溶液中所需c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝7.7×10－11 mol·L－1，含CrO溶液所需c(Ag＋)＝ ＝  mol·L－1＝3×10－5 mol·L－1，所需c(Ag＋)越小，则越先生成沉淀，所以三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO。[答案]　B[拓展训练]4．在溶液中有浓度均为0.01 mol·L－1的Fe3＋、Cr3＋、Zn2＋、Mg2＋等离子。已知：25 ℃时，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Cr(OH)3]＝7.0×10－31，Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11。当向其中滴加氢氧化钠溶液时，最先沉淀的离子是(　　)A．Fe3＋　　　　　　　　 B．Cr3＋C．Zn2＋     D．Mg2＋解析：选A　当四种离子开始沉淀时，所需OH－浓度分别为c(OH－)＝＝ mol·L－1≈1.6×10－12 mol·L－1、c(OH－)＝＝ mol·L－1≈4.1×10－10 mol·L－1、c(OH－)＝＝ mol·L－1≈3.2×10－8 mol·L－1、c(OH－)＝＝ mol·L－1≈4.2×10－5 mol·L－1，所需c(OH－)越小，越先沉淀，A正确。【新情境·素养】铜蓝是一种成分为硫化铜的矿物，它的含铜量为66%，是提炼铜的矿石。铜蓝呈蓝色，具有金属光泽，一般为片状，或像一层膜似的覆盖在其他矿物或岩石上，也可像一团烟灰一样。铜蓝主要产在其他铜矿床附近，自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)。[问题探究](1)CuSO4溶液与ZnS反应能转化为铜蓝(CuS)，你能写出该转化反应的离子方程式吗？提示：CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2＋(aq)＋ZnS(s)CuS(s)＋Zn2＋(aq)。(2)通过ZnS能转化为铜蓝(CuS)的事实，你能比较ZnS和CuS溶度积常数的大小吗？试总结沉淀转化的实质。提示：ZnS的溶度积常数大于CuS的溶度积常数。沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动，一般是将溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀。(3)已知FeS和CuS的溶度积常数：Ksp(FeS)＝6.3×10－18，Ksp(CuS)＝1.3×10－36，试通过计算判断FeS与CuSO4溶液反应能否完全转化为CuS?提示：CuSO4与FeS反应的离子方程式是Cu2＋(aq)＋FeS(s)CuS(s)＋Fe2＋(aq)，该反应的平衡常数K＝＝＝＝≈4.85×1018，故该转化能完全进行。(4)要将等体积的4×10－3 mol·L－1的AgNO3溶液和4×10－3 mol·L－1的K2CrO4溶液混合，是否能析出Ag2CrO4沉淀？[已知Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12]提示：混合后c(Ag＋)＝c(CrO)＝2×10－3 mol·L－1，Qc＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(2×10－3)2×2×10－3＝8×10－9＞9.0×10－12，故有Ag2CrO4沉淀析出。随堂检测反馈1．(2019·全国卷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)＜Ksp(p)＜Ksp(q)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方向移动解析：选B　A正确，难溶物质的溶解度可以用物质的量浓度(摩尔浓度)表示，即图中a、b分别表示T1、T2温度下，1 L CdS饱和溶液里含a mol、b mol CdS；B错误，Ksp在一定温度下是一个常数，所以Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)<Ksp(q)；C正确，向m点的溶液中加入Na2S固体，Ksp保持不变，S2－浓度增大，则Cd2＋浓度减小，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动；D正确，温度降低时，溶解度减小，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动。2．(2019·海南高考改编)一定温度下，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)体系中，c(Ag＋)和c(Cl－)的关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A．a、b、c三点对应的Ksp不同B．AgCl在c点的溶解度比b点的大C．AgCl溶于水形成的饱和溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)D．b点的溶液中加入AgNO3固体，c(Ag＋)沿曲线向c点方向变化解析：选C　A项，a、b、c三点对应的AgCl的沉淀溶解平衡所处的温度相同，而溶度积常数Ksp只与温度有关，温度相同，则Ksp相等，错误；B项，在AgCl溶于水形成的饱和溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)，在AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)平衡体系中c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，若溶液中c(Cl－)大，则溶液中c(Ag＋)小，AgCl的溶解度小，在b点溶液中c(Cl－)小于c点，则溶解度b点大于c点，错误；C项，根据溶解平衡AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)可知，在AgCl溶于水形成的饱和溶液中，溶解的AgCl电离产生的Cl－、Ag＋的浓度相等，c(Ag＋)＝c(Cl－)，正确；D项，在b点的溶液中加入AgNO3固体，溶液中c(Ag＋)增大，则c(Cl－)减小，所以c(Ag＋)变化应该是沿曲线向a点方向变化，错误。3．元素铬(Cr)在溶液中主要以Cr3＋(蓝紫色)、Cr(OH)(绿色)、Cr2O(橙红色)、CrO(黄色)等形式存在，Cr(OH)3为难溶于水的灰蓝色固体，回答下列问题：在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl－，利用Ag＋与CrO生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl－恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10－5 mol·L－1)时，溶液中c(Ag＋)为________ mol·L－1，此时溶液中c(CrO)等于________mol·L－1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10－12和2.0×10－10)解析：由AgCl的Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)，当溶液中Cl－恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10－5  mol·L－1)时，溶液中c(Ag＋)＝  mol·L－1＝2.0×10－5  mol·L－1；由Ag2CrO4的Ksp＝c2(Ag＋)·c(CrO)，此时溶液中c(CrO)＝  mol·L－1＝5.0×10－3  mol·L－1。答案：2.0×10－5　5.0×10－34．若FeCl2与MgCl2中c(Mg2＋)＝0.02 mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？____________________(列式计算)。FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24。解析：分两步计算：①计算铁离子完全沉淀时磷酸根离子浓度。c(Fe3＋)·c(PO)＝Ksp(FePO4)，c(PO)＝ mol·L－1＝1.3×10－17mol·L－1。②混合后，溶液中镁离子浓度为c(Mg2＋)＝0.01 mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(PO)＝0.013×(1.3×10－17)2≈1.7×10－40<Ksp[Mg3(PO4)2]，没有磷酸镁沉淀生成。答案：Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO)＝ mol·L－1＝1.3×10－17mol·L－1，则c3(Mg2＋)·c2(PO)值为0.013×(1.3×10－17)2≈1.7×10－40<Ksp[Mg3(PO4)2]，因此不会生成Mg3(PO4)2沉淀[课时跟踪检测]                                                           1．向AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成。经查资料得知：Ag＋＋2NH3·H2O[Ag(NH3)2]＋＋2H2O，平衡常数记为K，下列分析不正确的是(　　)A．浊液中存在溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)B．实验表明实验室可用氨水洗涤附着有银的试管C．由实验可以判断：NH3结合Ag＋的能力比Cl－强D．由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为AgCl解析：选B　AgCl是难溶电解质，在浊液中存在溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，A正确；Ag＋与NH3·H2O反应生成[Ag(NH3)2]＋，但单质银与NH3·H2O不能反应，可用稀硝酸洗涤附着有银的试管，B错误；AgCl浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，生成[Ag(NH3)2]＋，说明NH3结合Ag＋的能力比Cl－强，C正确；加浓硝酸后，NH3·H2O与H＋反应生成NH，使平衡Ag＋＋2NH3·H2O[Ag(NH3)2]＋＋2H2O逆向移动，c(Ag＋)增大，Ag＋再与Cl－结合生成AgCl沉淀，D正确。2．牙齿表面覆盖的牙釉质是人体中最坚硬的部分，起着保护牙齿的作用，其主要成分为羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH]。在牙齿表面存在着如下平衡：Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2＋(aq)＋3PO(aq)＋OH－(aq)，　Ksp＝6.8×10－37。已知Ca5(PO4)3F(s)的Ksp＝2.8×10－61。下列说法错误的是(　　)A．残留在牙齿上的糖发酵会产生H＋，经常吃糖易造成龋齿B．由题述平衡可知，小孩长牙时要少吃糖多补钙C．若减少OH－的浓度，题述平衡将向右移动，Ksp的值相应增大D．使用含氟牙膏能防止龋齿，是因为Ca5(PO4)3OH(s)转化为更难溶的Ca5(PO4)3F(s)解析：选C　残留在牙齿上的糖发酵会产生H＋，与OH－反应生成H2O，促使Ca5(PO4)3OH(s)的沉淀溶解平衡正向移动，易造成龋齿，A正确；小孩长牙时，要在牙齿表面形成Ca5(PO4)3OH(s)，从平衡移动角度分析，要增大牙齿表面的c(Ca2＋)、c(OH－)，促使Ca5(PO4)3OH(s)溶解平衡逆向移动，故小孩长牙时要少吃糖多补钙，B正确；减少OH－的浓度，Ca5(PO4)3OH(s)溶解平衡将向右移动，由于温度不变，Ksp的值不变，C错误；由于Ca5(PO4)3F的Ksp小于Ca5(PO4)3OH的Ksp，使用含氟牙膏，使Ca5(PO4)3OH(s)转化为更难溶的Ca5(PO4)3F(s)，可有效防止龋齿，D正确。3．为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下实验。关于该实验的分析不正确的是(　　)A．①浊液中存在平衡：AgSCN(s)Ag＋(aq)＋SCN－(aq)B．②中颜色变化说明上层清液中含有SCN－C.③中颜色变化说明有AgI生成D．该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶解析：选D　0.01 mol·L－1 AgNO3溶液中加入0.005 mol·L－1 KSCN溶液，产生白色沉淀AgSCN，该沉淀在溶液中存在溶解平衡：AgSCN(s)Ag＋(aq)＋SCN－(aq)，A正确；取①上层清液加入2 mol·L－1 Fe(NO3)3溶液，溶液变成红色，说明有Fe(SCN)3生成，从而推知上层清液中含有SCN－，B正确；①中余下浊液中加入2 mol·L－1KI溶液，产生黄色沉淀，该沉淀应为AgI，C正确；①中反应后AgNO3溶液有剩余，则余下浊液中除含有AgSCN外，还有AgNO3，再加入2 mL 2 mol·L－1 KI溶液生成AgI沉淀，不能说明AgSCN转化为AgI，故不能证明AgI比AgSCN更难溶，D错误。4．已知部分钡盐的溶度积如下：Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9，Ksp[Ba(IO3)2]＝6.5×10－10，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaCrO4)＝1.6×10－10。一种溶液中存在相同浓度的CO、CrO、IO、SO，且浓度均为0.001 mol·L－1，若向该溶液中逐滴滴入BaCl2溶液，首先发生的离子方程式为(　　)A．Ba2＋＋CO===BaCO3↓B．Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓C．Ba2＋＋2IO===Ba(IO3)2↓D．Ba2＋＋SO===BaSO4↓解析：选D　根据溶度积公式及溶液中阴离子的浓度，可以计算出开始出现BaCO3、BaCrO4、Ba(IO3)2、BaSO4沉淀时c(Ba2＋)分别为5.1×10－6 mol·L－1、1.6×10－7 mol·L－1、6.5×10－4 mol·L－1、1.1×10－7 mol·L－1，故最先出现的沉淀是BaSO4，D项正确。5．化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)。下列有关叙述中错误的是(　　)A．MnS的Ksp大于CuS的Ksp B．该反应达到平衡时c(Mn2＋)＝c(Cu2＋)C．往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2＋)变大D．该反应的平衡常数K＝解析：选B　根据沉淀转化向溶度积小的方向进行，可知Ksp(MnS)>Ksp(CuS)，A正确；该反应达到平衡时c(Mn2＋)和c(Cu2＋)保持不变，但不一定相等，B错误；往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，平衡向正反应方向移动，c(Mn2＋)变大，C正确；该反应的平衡常数K＝＝＝，D正确。6．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是(　　)选项实验操作和现象实验结论A向2.0 mL浓度均为0.1 mol·L－1 NaCl和NaI的混合溶液中滴加2滴0.1  mol·L－1AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色Ksp(AgCl)> Ksp(AgI)B室温下，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解有无色无味气体产生Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)C向10 mL 0.2 mol·L－1NaOH溶液中滴入2滴0.1 mol·L－1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1 mol·L－1FeCl3溶液，有红褐色沉淀生成Ksp[Mg(OH)2] >Ksp[Fe(OH)3]D在2 mL 0.01 mol·L－1Na2S溶液中先滴入几滴0.01  mol·L－1ZnSO4溶液，有白色沉淀生成，再滴入0.01 mol·L－1CuSO4溶液，又出现黑色沉淀Ksp(CuS) <Ksp(ZnS) 解析：选A　沉淀呈黄色，说明加入AgNO3溶液时先生成AgI沉淀，A正确；CO浓度大，BaSO4部分转化为BaCO3，不能比较Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小，B错误；NaOH溶液过量，与FeCl3反应生成沉淀，不能判断两者Ksp的大小，C错误；Na2S溶液过量，与CuSO4溶液反应生成CuS，不能说明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，D错误。7．已知：①t ℃时，AgCl的Ksp＝2.0×10－10；②t ℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是(　　)A．在t ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1.0×10－12B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4固体，可使溶液由Y点到X点C．在t ℃时，用0.01 mol·L－1AgNO3溶液滴定20.00 mL 0.01 mol·L－1 KCl和0.01 mol·L－1 K2CrO4的混合溶液，CrO后沉淀D．在t ℃时，反应Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋CrO(aq)的平衡常数K＝2.5×107解析：选B　图中曲线代表Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线，当c(CrO)＝10－6 mol·L－1时，c(Ag＋)＝10－3 mol·L－1，则有Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(10－3)2× 10－6＝1.0×10－12，A正确；在饱和Ag2CrO4溶液中存在溶解平衡：Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO(aq)，加入K2CrO4固体，溶液中c(CrO)增大，平衡逆向移动，c(Ag＋)减小，故不能使溶液由Y到X点，B错误；向浓度均为0.01 mol·L－1的KCl和K2CrO4的混合溶液中滴加AgNO3溶液，Cl－开始沉淀时c(Ag＋)＝＝2×10－8 mol·L－1，CrO开始沉淀时，c(Ag＋)＝＝10－5 mol·L－1，则先生成AgCl沉淀，后生成Ag2CrO4沉淀，C正确；在t ℃时，反应Ag2CrO4(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋CrO(aq)的平衡常数K＝＝＝＝2.5×107，D正确。8．硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料，也可用作印染媒染剂，医药上用于催吐剂。已知25 ℃时，Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17，Ksp(Ag2SO4)＝1.2×10－5，则下列说法正确的是(　　)A．在水中加入少量ZnSO4固体时，水的电离平衡向正反应方向移动，KW减小B．在ZnSO4溶液中各离子的浓度关系为c(Zn2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)C．在0.5 L 0.10 mol·L－1 的ZnSO4溶液中加入等体积的0.02 mol·L－1的AgNO3溶液，即可生成Ag2SO4沉淀D．常温下，要除去0.20 mol·L－1 ZnSO4溶液中的Zn2＋，至少要调节pH≥8解析：选D　温度不变，水的离子积常数不变，A项错误；根据电荷守恒，在ZnSO4溶液中各离子的浓度关系为2c(Zn2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，B项错误；在0.5 L 0.10 mol·L－1的ZnSO4溶液中加入等体积的0.02 mol·L－1的AgNO3溶液后，c(SO)＝0.05 mol·L－1，c(Ag＋)＝0.01 mol·L－1，Qc＝c2(Ag＋)·c(SO)＝5×10－6<Ksp(Ag2SO4)，所以不会生成Ag2SO4沉淀，C项错误；要除去0.20 mol·L－1ZnSO4溶液中的Zn2＋，反应后残留在溶液中的Zn2＋浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时就认为Zn2＋沉淀完全，c2(OH－)＝≥(mol·L－1)2，c(OH－)≥1.0×10－6 mol·L－1，则c(H＋)≤10－8 mol·L－1，所以至少要调节pH≥8，D项正确。9．以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表，若混合溶液中Ca2＋、Al3＋、Fe3＋的浓度均为1.0×10－4 mol·L－1，c(AsO)最大是(　　)难溶物KspCa3(AsO4)26.8×10－19AlAsO41.6×10－16FeAsO45.7×10－21A.5.7×10－16 mol·L－1B．8.2×10－3 mol·L－1C．1.6×10－12 mol·L－1D．5.7×10－17 mol·L－1解析：选D　若混合溶液中Ca2＋、Al3＋、Fe3＋的浓度均为1.0×10－4 mol·L－1，依据表中难溶物的Ksp大小可知，反应过程中Fe3＋先形成沉淀，依据Ksp(FeAsO4)＝c(Fe3＋)·c(AsO)＝5.7×10－21可得，c(AsO)＝＝5.7×10－17 mol·L－1。10．为了研究Mg(OH)2溶于铵盐溶液的原因，进行如下实验：①向2 mL 0.2 mol·L－1MgCl2溶液中滴加1 mol·L－1NaOH溶液至不再产生沉淀，将浊液分为2等份。②向一份中逐滴加入4 mol·L－1NH4Cl溶液，另一份中逐滴加入4 mol·L－1CH3COONH4溶液(pH≈7)，边滴加边测定其中沉淀的量，沉淀的量与铵盐溶液的体积的关系如图所示：③将①中的NaOH溶液用氨水替换，重复上述实验。下列说法不正确的是(　　)A．Mg(OH)2浊液中存在：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)B．②中两组实验中均存在反应：Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2OC．H＋可能参与了NH4Cl溶液溶解Mg(OH)2的过程D．③中获得的图像与②相同解析：选D　本题考查沉淀溶解平衡及移动分析、离子反应等。Mg(OH)2是难溶电解质，故Mg(OH)2浊液中存在：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，A正确；②中两组实验均加入铵盐，对比结果可知实验中NH与OH－反应生成NH3·H2O，促使Mg(OH)2(s)的溶解平衡正向移动而逐渐溶解，B正确；加入相同体积的NH4Cl溶液和CH3COONH4溶液时，沉淀溶解，可能是因为NH4Cl溶液中NH发生水解而使溶液呈酸性，H＋与OH－反应生成H2O促使Mg(OH)2(s)的溶解平衡正向移动，C正确；将①中的NaOH溶液用氨水替换，所得浊液中含有Mg(OH)2和NH4Cl，重复题中实验，浊液中NH影响实验结果，故③中获得的图像与②不同，D错误。11．根据所学知识回答下列问题：(1)已知Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。 ①BaCO3在20 mL 0.01 mol·L－1Na2CO3溶液中的Ksp____(填“大于”“小于”或“等于”)其在20 mL 0.01 mol·L－1BaCl2溶液中的Ksp。②现将浓度为2×10－4 mol·L－1Na2CO3溶液与BaCl2溶液等体积混合，则生成BaCO3沉淀所需BaCl2溶液的最小浓度为________ mol·L－1。③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＝________(保留三位有效数字)。(2)已知25 ℃时，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，现将足量氯化银分别放入：a.100 mL蒸馏水中；b.100 mL 0.2 mol·L－1AgNO3溶液中；c.100 mL 0.1 mol·L－1氯化铝溶液中；d.100 mL 0.1 mol·L－1盐酸溶液中。充分搅拌后，相同温度下银离子浓度由大到小的顺序是________(填写序号)；b中氯离子的浓度为________ mol·L－1。(3)含Cr2O的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0×103 mol·L－1的Cr2O，为了使废水的排放达标，进行如下处理：Cr2OCr3＋、Fe3＋Cr(OH)3、Fe(OH)3。①绿矾为FeSO4·7H2O。反应(Ⅰ)中Cr2O与FeSO4的物质的量之比为________。②常温下若处理后的废水中c(Cr3＋)＝6.0×10－7 mol·L－1，则处理后的废水的pH＝________。解析：(1)①Ksp只受温度的影响，在不同的浓度时，Ksp相等；②等体积混合后溶液中碳酸根的浓度为2×10－4 mol·L－1×＝1×10－4 mol·L－1，要生成BaCO3沉淀需要钡离子的浓度为 mol·L－1＝2.6×10－5 mol·L－1，故需要BaCl2溶液的最小浓度为2.6×10－5 mol·L－1×2＝5.2×10－5 mol·L－1；③Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SO)＝1.1×10－10；Ksp(BaCO3)＝c(Ba2＋)·c(CO)＝2.6×10－9，所以＝＝≈23.6。(2)100 mL  0.2 mol·L－1AgNO3溶液中，银离子的浓度为0.2 mol·L－1，加氯化银后，氯离子浓度为＝9×10－10 mol·L－1。(3)由流程可知，Cr2O与亚铁离子发生氧化还原反应生成铁离子、铬离子，然后与石灰水反应转化为沉淀，从而达到废水处理的目的。①绿矾化学式为FeSO4·7H2O，反应(Ⅰ)发生氧化还原反应，由电子和电荷守恒可知离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，所以Cr2O与FeSO4的物质的量之比为1∶6；②若处理后的废水中c(Cr3＋)＝6.0×10－7 mol·L－1，Ksp[Cr(OH)3]＝6.0×10－31，则c3(OH－)＝＝1.0×10－24，所以c(OH－)＝10－8 mol·L－1，pH＝6。答案：(1)①等于　②5.2×10－5　③23.6(2)b>a>d>c　9×10－10(3)①1∶6　②612．Ⅰ.我国《生活饮用水卫生标准》中规定生活饮用水中镉的排放量不超过0.005 mg·L－1。处理含镉废水可采用化学沉淀法。试回答下列问题：(1)磷酸镉[Cd3(PO4)2]沉淀溶解平衡常数的表达式为Ksp＝______________________。(2)一定温度下，CdCO3的Ksp＝4.0×10－12，Cd(OH)2的Ksp＝3.2×10－14，那么它们在水中的溶解度________较大。(3)向某含镉废水中加入Na2S，当S2－浓度达到7.9×10－8 mol·L－1时，废水中Cd2＋的浓度为__________mol·L－1[已知：Ksp(CdS)＝7.9×10－27，Ar(Cd)＝112]，此时是否符合生活饮用水卫生标准？________(填“是”或“否”)。Ⅱ.以炼锌烟尘(主要成分为ZnO，含少量CuO和FeO)为原料，可以制取氯化锌和金属锌。制取氯化锌的主要工艺如下：下表列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 mol·L－1计算)。金属离子Fe3＋Zn2＋Fe2＋开始沉淀的pH1.15.25.8沉淀完全的pH3.26.48.8(4)加入H2O2溶液的作用是__________________________________________________。(5)调节pH时，加入的试剂X可以是________(填标号)，pH应调整到________。A．ZnO　　　　　　　 B．Zn(OH)2C．Zn2(OH)2CO3    D．ZnSO4解析：(1)磷酸镉沉淀溶解平衡方程式为Cd3(PO4)2(s)3Cd2＋(aq)＋2PO(aq)，则其沉淀溶解平衡常数表达式为Ksp＝c3(Cd2＋)·c2(PO)。(2)当CdCO3达到沉淀溶解平衡时有CdCO3(s)Cd2＋(aq)＋CO(aq)，则此时溶液中c(Cd2＋)＝2×10－6 mol·L－1，当Cd(OH)2达到沉淀溶解平衡时有Cd(OH)2(s)Cd2＋(aq)＋2OH－(aq)，则c(Cd2＋)＝2×10－5 mol·L－1，据此推出在水中的溶解度较大的是Cd(OH)2。(3)向某含镉废水中加入Na2S，当S2－浓度达到7.9×10－8 mol·L－1时，溶液中c(Cd2＋)＝＝1.0×10－19mol·L－1，则废水中Cd2＋的含量为1.0×10－19×112×103 mg·L－1＝1.12×10－14 mg·L－1<0.005 mg·L－1，因此符合生活饮用水卫生标准。(4)根据流程图分析可知，加入H2O2的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋。(5)调节pH时要消耗H＋，且不能引入杂质，ZnO、Zn(OH)2、Zn2(OH)2CO3均与H＋反应生成Zn2＋，消耗H＋的同时不引入杂质，ZnSO4不能与H＋反应，所以不能用来调节pH，故选A、B、C；调节pH是为了使Fe3＋转化为沉淀，而Zn2＋不沉淀，由表中数据可知当pH≥3.2时，Fe3＋沉淀完全，而Zn2＋开始沉淀的pH为5.2，所以要调节pH为3.2≤pH＜5.2。答案：(1)c3(Cd2＋)·c2(PO)(2)Cd(OH)2(3)1.0×10－19　是(4)将Fe2＋氧化为Fe3＋(5)ABC　3.2≤pH＜5.213．已知下列物质在20 ℃时的Ksp如下，试回答下列问题。化学式颜色KspAgCl白色2.0×10－10AgBr浅黄色5.4×10－13AgI黄色8.3×10－17Ag2S黑色2.0×10－48Ag2CrO4红色2.0×10－12(1)20 ℃时，上述五种银盐饱和溶液中，c(Ag＋)由大到小的顺序是______________________________________________________________________。(2)向浓度均为0.1 mol·L－1的KCl和KBr混合溶液中加入足量AgNO3溶液，当两种沉淀共存时，＝________。(3)向AgBr的饱和溶液中加入Na2S溶液，反应的离子方程式是_________________。该反应的平衡常数表达式是__________________________。(4)测定水体中氯化物含量，常用标准硝酸银法进行滴定，滴定时应加入的指示剂是________(填标号)。A．KBr　　　　　　　 B．KIC．K2S    D．K2CrO4(5)在25 ℃条件下，向浓度均为0.1 mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成________沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为__________________________。当体系中两种沉淀共存时，＝________(计算结果保留两位有效数字)。{已知25 ℃时Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20}解析：(1)根据银盐溶度积常数知，AgCl溶液中c(Ag＋)≈1.4×10－5 mol·L－1，AgBr溶液中c(Ag＋)≈0.7×10－6 mol·L－1，AgI溶液中c(Ag＋)≈0.9×10－8 mol·L－1，Ag2CrO4溶液中c(Ag＋)＝≈1.6×10－4 mol·L－1，Ag2S溶液中c(Ag＋)≈1.6×10－16 mol·L－1，所以上述五种银盐饱和溶液中，c(Ag＋)由大到小的顺序是Ag2CrO4>AgCl>AgBr>AgI>Ag2S。(2)向浓度均为0.1 mol·L－1的KCl和KBr混合溶液中加入足量AgNO3溶液，当两种沉淀共存时＝＝＝2.7×10－3。(3)向AgBr的饱和溶液中加入Na2S溶液，二者反应生成硫化银和溴化钠，离子方程式为2AgBr(s)＋S2－Ag2S(s)＋2Br－(aq)，该反应的平衡常数K＝。(4)滴定时加入的指示剂与银离子反应应该在氯离子之后，根据(1)知，应该加入K2CrO4。(5)依据25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，可知氢氧化铜溶解度小于氢氧化镁，向浓度均为0.1 mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成的沉淀为Cu(OH)2，反应的离子方程式为Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH，当两种沉淀共存时，＝＝≈8.2×108。答案：(1)Ag2CrO4>AgCl>AgBr>AgI>Ag2S(2)2.7×10－3(3)2AgBr(s)＋S2－(aq)Ag2S(s)＋2Br－(aq)K＝(4)D(5)Cu(OH)2　Cu2＋＋2NH3·H2O===Cu(OH)2↓＋2NH　8.2×108    利用数学方法来处理电解质溶液中粒子浓度的关系，常用分布图像或对数图像来表示，特别是当电解质溶液中某些微粒或微粒浓度的比值很小时，在二维坐标系中很难表示出来，而用对数图像可将双曲线转化成直线，这样更直观、形象地反映出微粒间的关系。因此成为近几年高考的热考题型如2020年全国卷ⅠT13为分布图像、2020年山东卷T15为对数图像试题，试题充分考查了考生数学基本学科的知识与化学知识的融会贯通，体现了考生归纳与论证的关键能力，突出了高考命题的选拔功能。题型一　对数图像【提素能·归纳】1．对数图像的含义将溶液中某一微粒的浓度[如c(A)]或某些微粒浓度的比值取常用对数，即lg c(A)或lg，与溶液中的pH或溶液的体积等关系作出的图像称为对数图像。图像中数据的含义为(1)若c(A)＝1时，lg c(A)＝0。(2)若c(A)＞1时，lg c(A)取正值，且c(A)越大，lg c(A)越大。(3)若c(A)＜1时，lg c(A)取负值，且c(A)越大，lg c(A)越大，但数值越小。2．常考对数图像的类型图像种类具体类型含义变化规律对数图像lg生成物与反应物离子浓度比的常用对数lg越大，反应向正反应方向进行的程度越大lg稀释后与稀释前体积比的常用对数lg越大，稀释程度越大AG＝lg氢离子与氢氧根离子浓度比的常用对数AG越大，酸性越强，中性时，＝1，AG＝0负对数图像pH＝－lg c(H＋)氢离子浓度的常用对数负值pH越大，c(H＋)越小，溶液的碱性越强pC＝－lg c(C)C离子浓度的常用对数负值pC越大，c(C)越小 3．对数图像的分析示例——沉淀溶解平衡对数图像图像说明数轴数值的含义函数关系：随着CO浓度增大，Ca2＋浓度减小横坐标数值越大，c(CO)越小；纵坐标数值越小，c(M)越大①直线上的任何一点为饱和溶液；②直线上方的点为不饱和溶液；③直线下方的点为过饱和溶液，有沉淀生成　　[典题示例1]　常温下，将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)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10－6B．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＋)[图解过程][答案]　D[规律方法]　对数图像的解题策略(1)先确定图像的类型是对数图像还是负对数图像。(2)再弄清楚图像中横坐标和纵坐标的含义，是浓度对数还是比值对数。(3)抓住图像中特殊点：如pH＝7、lg x＝0，交叉点。(4)理清图像中曲线的变化趋势及含义，根据含义判断线上、线下的点所表示的意义。(5)将图像中数据或曲线的变化与所学知识对接，作出选项的正误判断。【练能力·突破】1．常温下，将稀盐酸滴加到等浓度的弱碱AOH溶液中，测得混合液的pH和lg的关系如图所示，其中a点表示未加盐酸时的数据，e点表示HCl和AOH恰好完全反应时的数据。下列说法错误的是(　　)A.常温下，A＋的水解平衡常数为1.0×10－10B．e点溶液中水电离出的H＋浓度为10－6.23 mol·L－1C．c点溶液中的n(A＋)＋n(AOH)等于e点溶液中的n(Cl－)D．d点溶液中：c(Cl－)>c(AOH)>c(A＋)解析：选D　由图可知，a点时lg＝1，＝10，pH＝11，K b＝＝＝10－4，则A＋的水解平衡常数Kh＝＝＝1.0×10－10，故A正确；由题中信息可知，e点表示HCl和AOH恰好完全反应，溶液中溶质为ACl，ACl为强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，溶液中的H＋来自水的电离，所以e点溶液中水电离出的H＋浓度为10－6.23 mol·L－1，故B正确；e点表示HCl和AOH恰好完全反应，根据物料守恒：n(A＋)＋n(AOH)＝n(Cl－)，从c点到e点继续滴加盐酸，n(Cl－)增大，但n(A＋)＋n(AOH)不变，所以c点溶液中的n(A＋)＋n(AOH)等于e点溶液中的n(Cl－)，故C正确；d点溶液盐酸过量，A＋水解受到抑制，水解程度微弱，所以d点溶液中：c(Cl－)>c(A＋)>c(AOH)，故D错误。2．常温下，NaOH溶液滴定H2C2O4溶液，溶液中－lg和－lg c(HC2O)[或－lg和－lg c(C2O)]的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)A．曲线N表示－lg和－lg c(HC2O)的关系B．Ka2(H2C2O4)的数量级为10－3C．向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2O)和c(C2O)相等，此时溶液的pH约为5D．在NaHC2O4溶液中：c(Na＋)>c(HC2O)>c(H2C2O4)>c(C2O)解析：选C　H2C2O4是二元弱酸，分步电离，且以第一步电离为主，则有Ka1(H2C2O4)>Ka2(H2C2O4)，即>，推知－lg<－lg ，故曲线N表示－lg 和－lg c(C2O)，曲线M表示－lg和－lg c(HC2O)，A错误；曲线N表示－lg 和－lg c(C2O)，－lg＝3时，－lg c(C2O)＝2，则有＝10－3时，c(C2O)＝10－2 mol·L－1，故Ka2(H2C2O4)＝＝10－3×10－2＝10－5，B错误；当c(C2O)＝c(HC2O)时，Ka2(H2C2O4)＝c(H＋)＝1×10－5 mol·L－1，则此时溶液的pH＝5，C正确；NaHC2O4溶液中存在电离平衡和水解平衡，由图可得Ka1(H2C2O4)＝1×10－2；HC2O的水解平衡常数为Kh＝＝＝10－12<Ka2(H2C2O4)，说明HC2O的电离程度大于其水解程度，溶液呈酸性，则有c(H＋)>c(OH－)，c(C2O)>c(H2C2O4)，故溶液中微粒浓度：c(Na＋)>c(HC2O)>c(C2O)>c(H2C2O4)，D错误。3．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。下列叙述正确的是(　　)A.Ka(HA)的数量级为10－5B．当NaOH溶液与HB溶液混合至中性时：c(B－)<c(HB)C．等浓度的NaA和NaB溶液中，水的电离程度：NaA<NaBD．等浓度的HB和NaA的溶液中：c(Na＋)>c(A－) >c(B－)>c(OH－)>c(H＋)解析：选C　HA的电离常数Ka(HA)＝，由题图可知，lg＝0即c(A－)＝c(HA)时，pH≈3.2，即c(H＋)≈10－3.2 mol·L－1，则有Ka(HA)＝c(H＋)≈10－3.2，故Ka(HA)的数量级为10－4，A错误；NaOH溶液与HB溶液混合至中性时，所得溶液为NaB和HB的混合液，由图可知，此时，lg>0，则有c(B－)>c(HB)，B错误；lg＝0时，pH≈4.7，则有Ka(HB)＝c(H＋)≈10－4.7，Ka(HA)>Ka(HB)，则酸性：HA>HB；根据盐类“越弱越水解”的规律，等浓度的NaA和NaB溶液相比，NaB的水解程度大于NaA，盐类的水解促进了水的电离，故水的电离程度：NaA<NaB，C正确；NaA溶液中A－的水解常数Kh＝＝＝10－10.8<Ka(HB)，则等浓度的HB和NaA的溶液中HB的电离程度大于NaA的水解程度，溶液呈酸性，由于HB的电离程度较小，故溶液中离子浓度：c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(B－)>c(OH－)，D错误。题型二　弱电解质分数分布系数图像【提素能·归纳】弱电解质“分布系数图像”分析(分布曲线是指以pH为横坐标，分布系数即组分的平衡浓度占总浓度的分数为纵坐标，分布系数与溶液pH之间的关系曲线)举例一元弱酸(以CH3COOH为例)二元弱酸(以草酸为例)三元弱酸(以H3PO4为例)弱电解质分布系数图δπδ0、δ1分别为CH3COOH、CH3COO－分布系数δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2O分布系数、δ2为C2O分布系数δ0为H3PO4分布系数、δ1为H2PO分布系数、δ2为HPO分布系数、δ3为PO分布系数涉及的离子方程式pH由0到6反应的离子方程式：CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2OpH由0到3反应的离子方程式：H2C2O4＋OH－===HC2O＋H2OpH由3到6反应的离子方程式：HC2O＋OH－===C2O＋H2OpH由0到4反应的离子方程式：H3PO4＋OH－===H2PO＋H2OpH由5到10反应的离子方程式：H2PO＋OH－===HPO＋H2OpH由11 到14反应的离子方程式：HPO＋OH－===PO＋H2O电离方程式CH3COOHCH3COO－＋H＋H2C2O4HC2O＋H＋HC2OC2O＋H＋H3PO4H2PO －4＋H＋H2POHPO＋H＋HPOPO＋H＋求lg K与pK(利用交点)K(CH3COOH)＝，由图可知，c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)时pH＝4.76，K(CH3COOH)＝c(H＋)＝10－4.76lg K(CH3COOH)＝－4.76，pK＝4.76K1＝由图可知，c(H2C2O4)＝c(HC2O)时pH＝1.2，K1＝c(H＋)＝10－1.2lg_K1＝－1.2，pK1＝1.2K2＝由图可知，c(C2O)＝c(HC2O)时pH＝4.2，K2＝c(H＋)＝10－4.2lg K2＝－4.2，pK2＝4.2K1＝由图可知，c(H2PO)＝c(H3PO4)时pH＝2，K1＝c(H＋)＝10－2lg_K1＝－2，pK1＝2K2＝由图可知，c(HPO)＝c(H2PO)时pH＝7.1，K2＝c(H＋)＝10－7.1lg K2＝－7.1，pK2＝7.1同理，lg K3＝－12.2　pK3＝12.2 [典题示例2]　(2020·全国卷Ⅰ)以酚酞为指示剂，用0.100 0 mol·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δ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：δ(A2－)＝]下列叙述正确的是(　　)A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA－)B．H2A溶液的浓度为0.200 0 mol·L－1C．HA－的电离常数Ka＝1.0×10－2D．滴定终点时，溶液中c(Na＋)＜2c(A2－)＋c(HA－)[解析]　　由题图可知加入40 mL NaOH溶液时达到滴定终点，又因H2A为二元酸，则H2A溶液的浓度为0.100 0 mol·L－1，由题图可知，没有加入NaOH溶液时，H2A溶液的pH约为1.0，分析可知H2A第一步完全电离，曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A、B项错误；由题图可知δ(HA－)＝δ(A2－)时，溶液pH＝2.0，即c(HA－)＝c(A2－)时溶液pH＝2.0，则Ka(HA－)＝＝1.0×10－2，C项正确；滴定终点时溶液中存在的离子有Na＋、H＋、A2－、HA－、OH－，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，此时c(H＋)＜c(OH－)，则c(Na＋)＞2c(A2－)＋c(HA－)，D项错误。[答案]　C【练能力·突破】1．已知H2A为二元弱酸。室温时，配制一组c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.10 mol·L－1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是(　　)A．pH＝7的溶液中：c(Na＋)＞2c(A2－)B．E点溶液中：c(Na＋)－c(HA－)＜0.10 mol·L－1C．c(Na＋)＝0.10 mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋c(H2A)＝c(OH－)＋c(A2－)D．pH＝2的溶液中c(H2A)＋c(A2－)＞c(HA－)解析：选D　根据电荷守恒，pH＝7的溶液中，c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)，即c(Na＋)>2c(A2－)，A正确；根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)－c(H＋)，E点溶液中c(A2－)＝c(HA－)，c(OH－)＜c(H＋)，所以c(Na＋)－c(HA－)＝c(HA－)＋c(A2－)＋c(OH－)－c(H＋)＜0.10 mol·L－1，B正确；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝0.10 mol·L－1，即c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝c(Na＋)，所以c(H＋)＋c(H2A)＝c(OH－)＋c(A2－)，C正确；根据图像可知pH＝2的溶液中，c(H2A)＋c(A2－)＜c(HA－)，D错误。2．常温下，将体积为V1的 0.100 0 mol·L－1 HCl溶液逐滴加入体积为V2的0.100 0 mol·L－1Na2CO3溶液中，溶液中H2CO3、HCO、CO所占的物质的量分数(α)随pH的变化曲线如图。下列说法不正确的是(　　)A．在pH＝10.3时，溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)B．在pH＝8.3时，溶液中：0.100 0 mol·L－1＞c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)C．在pH＝6.3时，溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(HCO)＞c(H＋)＞c(OH－)D．V1∶V2＝1∶2时，c(OH－)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H＋)解析：选D　A项，任何溶液中均存在电荷守恒，则在pH＝10.3时，溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，正确；B项，由题图可知，在pH＝8.3时，该溶液为NaHCO3和NaCl的混合溶液，根据物料守恒可得c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＜0.100 0 mol·L－1，正确；C项，在pH＝6.3时，溶液中存在NaHCO3、NaCl和碳酸，该溶液显酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，根据化学反应：Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3、NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2CO3，所以离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(HCO)＞c(H＋)＞c(OH－)，正确；D项，V1∶V2＝1∶2时，混合后的溶液是等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl的混合溶液，Na2CO3和NaHCO3是强碱弱酸盐，水解导致溶液显碱性，CO的水解程度大于HCO的水解程度，则溶液中c(HCO)＞c(CO)，由于水解程度是微弱的，所以c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(H＋)，错误。3．改变0.1 mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝]。下列叙述错误的是(　　)A．pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－)B．lg[K2(H2A)]＝－4.2C．pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)解析：选D　根据题给图像，pH＝1.2时，δ(H2A)＝δ(HA－)，则c(H2A)＝c(HA－)，A项正确；根据HA－H＋＋A2－，可确定K2(H2A)＝，根据题给图像，pH＝4.2时，δ(HA－)＝δ(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)，即lg[K2(H2A)]＝lg c(H＋)＝－4.2，B项正确；根据题给图像，pH＝2.7时，δ(HA－)>δ(H2A)＝δ(A2－)，则c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)，C项正确；根据题给图像，pH＝4.2时，δ(HA－)＝δ(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)≈0.05 mol·L－1，而c(H＋)＝10－4.2mol·L－1，则c(HA－)＝c(A2－)>c(H＋)，D项错误。【新情境·素养】已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2O＋H＋　Ka1，HC2OC2O＋H＋　Ka2，常温下，0.1 mol·L－1的H2C2O4溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三者所占物质的量分数(分布系数δ)随pH变化的关系如图所示：[问题探究](1)图中曲线1、2、3分别代表哪种微粒？提示：曲线1是H2C2O4，曲线2是HC2O，曲线3是C2O。(2)根据图中的数据，你能计算H2C2O4的电离常数Ka1和Ka2的值分别是多少吗？提示：由图像可知，pH＝1.2时，c(HC2O)＝c(H2C2O4)，则Ka1＝＝c(H＋)＝10－1.2；pH＝4.2时，c(HC2O)＝c(C2O)，则Ka2＝＝c(H＋)＝10－4.2。(3)图像中pH＝2.7时，溶液中的值是多少？提示：pH＝2.7时，溶液中＝×＝＝＝1 000。(4)依据Ka1和Ka2的数值，判断常温下NaHC2O4溶液呈酸性还是呈碱性？NaHC2O4溶液中的离子浓度大小顺序是什么？提示：HC2O发生水解：HC2O＋H2OH2C2O4＋OH－，其水解常数Kh＝＝＝＝＝10－12.8，HC2O发生电离：HC2OH＋＋C2O，Ka2＝10－4.2，因Ka2>Kh，故HC2O的电离>水解，所以NaHC2O4溶液呈酸性；NaHC2O4溶液中离子浓度大小顺序为c(Na＋)>c(HC2O)>c(H＋)>c(C2O)>c(OH－)。随堂检测反馈1．(2020·山东等级考改编)25 ℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1，lg c(CH3COOH)、lg c(CH3COO－)、lg c(H＋)和lg  c(OH－)随pH变化的关系如图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法错误的是(　　)A．O点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)B．N点时，pH＝－lg KaC．该体系中，c(CH3COOH)＝ mol·L－1D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO－的水解程度先增大后减小解析：选A　结合题图可知当pH最小时，溶液呈酸性，溶液中c(CH3COOH)最大，对应lg c(H＋)最大，随着pH逐渐增大，当溶液中c(CH3COO－)最大时，对应lg c(OH－)最大。则4条曲线分别对应的lg c(x)如下：经上述分析可知N点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，Ka＝c(H＋)，即pH＝－lg Ka，A项错误，B项正确；该体系中，0.1c(H＋)＝[c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)]×c(H＋)＝c(CH3COOH)×c(H＋)·＝c(CH3COOH)×[Ka＋c(H＋)]，C项正确；pH由7到14的过程中先促进CH3COO－的水解，后抑制其水解，D项正确。2．(2018·全国卷Ⅲ)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10－10B．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aD．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：选C　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项正确；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项正确；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项错误；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项正确。3．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10－7B．除Cl－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuClC．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：选C　由题图可知，当－lg＝0时，lg约为－7，即c(Cl－)＝1 mol·L－1，c(Cu＋)＝10－7 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为固体，浓度视为常数，只要满足反应用量即可，过多的铜也不会影响平衡状态的移动，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。4．25 ℃时，在“H2A－HA－－A2－”的水溶液体系中，H2A、HA－和A2－三者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)A．在含H2A、HA－和A2－的溶液中，加入少量NaOH固体，α(HA－)一定增大B．将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，所得的溶液中α(HA－)＝α(A2－)C.NaHA溶液中，HA－的水解能力小于HA－的电离能力D．在含H2A、HA－和A2－的溶液中，若c(H2A)＋2c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋)，则α(H2A)和 α(HA－)一定相等解析：选C　由题图可知，当pH>3时，加入NaOH固体，溶液pH增大，α(HA－)减小，A项错误；根据电离方程式：HA－H＋＋A2－，K2＝，在pH≈4.2处，c(HA－)＝c(A2－)，故K2＝c(H＋)＝10－4.2，同理可知K1＝10－1.2，根据水解方程式：HA－＋H2OH2A＋OH－，Kh(HA－)＝＝＝＝10－12.8，同理可得Kh(A2－)＝10－9.8，则K2>Kh(A2－)，HA－的电离能力大于A2－的水解能力，K2>Kh(HA－)，HA－的电离能力大于其水解能力，故B项错误，C项正确；当溶液中除了H＋之外没有其他阳离子，且阴离子只有HA－、A2－、OH－时，根据电荷守恒：c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋)，根据题给等式：c(H2A)＋2c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋)可知，c(H2A)＝c(HA－)，则α(H2A)＝α(HA－)，当溶液中除了H＋之外还含有其他阳离子，如Na＋，且阴离子只有HA－、A2－、OH－时，则c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，根据题给等式c(H2A)＋2c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋)可知，c(H2A)<c(HA－)，则α(H2A)<α(HA－)，D项错误。[课时跟踪检测]                                                         1．某温度下，水中c(H＋)与c(OH－)的关系如图所示。pOH＝－lg c(OH－)。下列说法不正确的是(　　)A．b点温度高于25 ℃B．在水中通入氨气，由水电离出的c(H＋)减小C．仅升高温度，可从b点变为a点D．b点所处温度下，0.1 mol·L－1 KOH溶液的pH＝13解析：选D　由题图可知，b点对应的pOH＝pH＝6.5，则有c(H＋)＝c(OH－)＝10－6.5 mol·L－1，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－6.5×10－6.5＝1×10－13>KW(25 ℃)，故b点温度高于25 ℃，A正确；在水中通入氨气，c(OH－)增大，抑制了水的电离，则由水电离出的c(H＋)减小，B正确；升高温度，水的电离平衡正向移动，c(H＋)、c(OH－)均增大，则pH、pOH均减小，且二者相等，故升高温度，可从b点变为a点，C正确；b点对应的KW＝1×10－13，0.1 mol·L－1KOH溶液中c(H＋)＝1×10－12 mol·L－1，则溶液的pH＝12，D错误。2.常温下，在新制氯水中滴加NaOH溶液，溶液中由水电离出的c(H＋)的对数与滴加的NaOH溶液的体积之间的关系如图所示，下列推断正确的是(　　)A．用pH试纸测定E点对应溶液，其pH＝3B．H、F点对应溶液中都存在c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)C．G点对应溶液中：c(Na＋)>c(Cl－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)D．常温下加水稀释H点对应溶液，溶液的pH增大解析：选C　E点对应溶液为新制氯水，新制氯水具有漂白性，不能用pH试纸测其pH，A项错误；随氢氧化钠溶液的加入，溶液pH逐渐增大，H、F点对应溶液的酸碱性不同，F点对应溶液显中性、H点对应溶液显碱性，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)可知，H、F点对应溶液中不可能都存在c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)，B项错误；G点对应溶液中水的电离程度最大，溶液中的溶质是等浓度的NaCl和NaClO，ClO－水解使溶液呈碱性，所以溶液中c(Na＋)>c(Cl－)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)，C项正确；H点对应溶液呈碱性，加水稀释，溶液的pH减小，D项错误。3．25 ℃时，0.1 mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1 L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如下图所示。下列有关叙述正确的是(　　)A．随pH增大，数值先减小后增大B．b点所示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)C．25 ℃时，碳酸的第一步电离常数Ka1＝10－7D．溶液呈中性时：c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)解析：选B　0.1 mol Na2CO3与盐酸混合，根据图像可知，随pH增大，在溶液中出现CO后，c(CO)增大，c(HCO)减小，因此数值增大，故A错误；b点所示的溶液中，根据电荷守恒可知，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)＋c(HCO)，故B正确；根据图像，pH＝6时，c(HCO)＝c(H2CO3)，则25 ℃时，碳酸的第一步电离常数Ka1＝＝10－6，故C错误；溶液呈中性时pH＝7，根据图像知，c(HCO)>c(H2CO3)>c(CO)，故D错误。4．室温下，在实验室中用0.1 mol·L－1的盐酸滴定10 mL 0.1 mol·L－1的ROH溶液，滴定曲线如图所示。下列有关叙述错误的是(　　)A．Kb(ROH)的数量级为10－5B．点②对应溶液中：c(R＋)＋2c(H＋)＝c(ROH)＋2c(OH－)C．水的电离程度：①<③<④D．滴加盐酸的过程中保持不变解析：选C　由题图可知，未加盐酸时lg＝－8，则室温下0.1 mol·L－1的ROH溶液中c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1，c(R＋)≈1×10－3 mol·L－1，Kb(ROH)＝≈＝1×10－5，A项正确；点②对应的溶液是等浓度的RCl和ROH溶液，根据电荷守恒和物料守恒有c(R＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)和2c(Cl－)＝c(R＋)＋c(ROH)，两式联立可得c(R＋)＋2c(H＋)＝c(ROH)＋2c(OH－)，B项正确；随着盐酸的滴加，溶液的碱性减弱，对水的电离抑制程度减小，恰好完全中和时水的电离程度最大，继续滴加盐酸，对水的电离抑制程度又增大，C项错误；＝＝，温度不变，Kb、KW均不变，二者的比值也不变，D项正确。      5.25 ℃时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数[－lg c(M2＋)]与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]。下列说法正确的是(　　)A．曲线a表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系B．除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2＋，可加入适量CuOC．当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中c(Fe2＋)∶c(Cu2＋)＝104.6∶1D．向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，可转化为Y点对应的溶液解析：选C　25 ℃时，Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，则其饱和溶液中c(Fe2＋)>c(Cu2＋)；c(M2＋)越大，则－lg c(M2＋)的值越小，则相同条件下，Fe(OH)2饱和溶液中c(Fe2＋)较大，－lg c(Fe2＋)的值较小，故曲线a表示Cu(OH)2饱和溶液，曲线b表示Fe(OH)2饱和溶液，A错误；由于Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Fe(OH)2]，则Cu(OH)2比Fe(OH)2的溶解度小，更易生成沉淀，在含Fe2＋的CuSO4溶液中加入适量CuO，不能生成Fe(OH)2沉淀，故不能除去Fe2＋，B错误；由图可知，当pH＝10时，－lg c(Cu2＋)＝11.7，则有Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝10－11.7×(10－4)2＝10－19.7；pH＝8时，－lg c(Fe2＋)＝3.1，则有Ksp[Fe(OH)2]＝c(Fe2＋)·c2(OH－)＝10－3.1×(10－6)2＝10－15.1，故Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中＝＝＝104.6，C正确；向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH固体，溶液中会生成Cu(OH)2沉淀，c(Cu2＋)减小，则－lg c(Cu2＋)增大，而从X点到Y点－lg c(Cu2＋)不变，不符合转化关系，D错误。6．常温下，向20.00 mL 0.1 mol·L－1HA溶液中滴入0.1 mol·L－1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[－lg c水(H＋)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法中不正确的是(　　)A.常温下，Ka(HA)约为10－5B．M、P两点溶液对应的pH＝7C．b＝20.00D．M点后溶液中均存在c(Na＋)＞c(A－)解析：选B　0.1 mol·L－1HA溶液中，－lg c水(H＋)＝11，c水(H＋)＝c水(OH－)＝10－11 mol·L－1，根据常温下水的离子积求出溶液中c(H＋)＝＝10－3 mol·L－1，又根据HAH＋＋A－，c(H＋)＝c(A－)＝10－3mol·L－1，得Ka(HA)＝＝＝10－5，A项正确；N点水电离出的H＋浓度最大，说明HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，P点溶质为NaOH和NaA，溶液显碱性，即P点pH不等于7，B项错误；O～b段水的电离程度逐渐增大，当达到b点时水的电离程度达到最大，即溶质为NaA，说明HA和NaOH恰好完全反应，b＝20.00，C项正确；M点溶液pH＝7，根据溶液呈电中性，存在c(Na＋)＝c(A－)，M点后，pH>7，c(H＋)<c(OH－)，则c(Na＋)＞c(A－)，D项正确。7.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：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：选D　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－1、c(OH－)＝1.0 mol·L－1，Ksp[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝1.0×10－7，CaWO4(钨酸钙)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－1、c(WO)＝1.0×10－3 mol · L－1，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－1，c(OH－)＝1.0×10－3 mol · L－1或c(WO)＝1.0×10－3 mol · L－1，离子积Qc[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)·c2(OH－)＝1.0×10－10＜Ksp[Ca(OH)2]，无氢氧化钙沉淀生成，离子积Qc(CaWO4)＝c(Ca2＋)·c(WO)＝1.0×10－7＞Ksp(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，则氢氧根离子浓度为2x，x·(2x)2＝1.0×10－7，解得x≈2.9×10－3mol·L－1，设饱和钨酸钙溶液中钙离子浓度为y，钨酸根离子浓度也为y，则y2＝1.0×10－10，y＝1.0×10－5mol·L－1，x＞y，D项不正确。8．已知金属离子M2＋，25 ℃时在水中存在M2＋(aq)、M(OH)＋(aq)、M(OH)2(s)、M(OH)(aq)、M(OH)(aq)五种形态，该体系中各形态的物质的量分数(α)随pH的变化关系如图，下列叙述错误的是(　　)A.P点的pH为12，则M(OH)M(OH)2＋OH－的平衡常数为10－2B．M(OH)2完全沉淀后，增大溶液的pH，沉淀不会立即开始溶解C．溶液pH达到14之前，沉淀M(OH)2已完全溶解D．M(NO3)2溶液显酸性，其水解的离子方程式为M2＋＋H2OM(OH)＋＋H＋解析：选A　根据M2＋M(OH)＋M(OH)2M(OH)M(OH)，可知曲线1为M2＋，曲线2为M(OH)＋，曲线3为M(OH)2，曲线4为M(OH)，曲线5为M(OH)。P点处M(OH)2和M(OH)的物质的量分数相等，c(OH－)＝10－2 mol·L－1，而M(OH)M(OH)2＋OH－的平衡常数K＝，A项错误；根据题图，pH约为9时，M(OH)2完全沉淀，pH约为11时，M(OH)2开始溶解，故M(OH)2完全沉淀后，增大溶液的pH，沉淀不会立即溶解，B项正确；由图像可知，溶液pH约为13时，M(OH)2已经完全溶解，C项正确；M(NO3)2溶液显酸性是因为M2＋发生水解：M2＋＋H2OM(OH)＋＋H＋，D项正确。9．向等物质的量浓度的Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫物种(H2S、HS－、S2－)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程中H2S气体的逸出)。下列说法正确的是(　　)A．含硫物种B表示H2SB．在滴加盐酸过程中，溶液中c(Na＋)与含硫物种浓度的关系为c(Na＋)＝2[c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)]C．X、Y为曲线的两交叉点，若能知道X点处的pH，就可以计算出H2S的Ka1D．NaHS溶液呈碱性，若向该溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反应时所得溶液呈强酸性，其原因是Cu2＋＋HS－===CuS↓＋H＋解析：选D　向等物质的量浓度的Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸先与 NaOH反应，然后与Na2S反应，图像中曲线A表示的含硫微粒浓度逐渐减小，故A表示S2－，曲线B表示的含硫微粒的浓度先增大后减小，故曲线B表示的是 HS－，则曲线C表示的是H2S，A项错误；滴加盐酸的过程中S元素守恒，等物质的量浓度的Na2S、NaOH混合溶液中，根据物料守恒：c(Na＋)＝3[c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)]，B项错误；由于H2SH＋＋HS－，Ka1＝，根据上述分析可知，X点表示c(HS－)＝c(S2－)，由于不知道c(HS－)和c(H2S)的关系，所以即使知道了X点的pH，仍不能求出Ka1，C项错误；向NaHS溶液中加入硫酸铜溶液，会发生反应Cu2＋＋HS－===CuS↓＋H＋，所得溶液显强酸性，D项正确。10．草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lg X与pH的变化关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)A．曲线Ⅰ表示lg与pH的变化关系B．pH＝1.22的溶液中：2c(C2O)＋c(HC2O)＞c(Na＋)C．1.22＜pH＜4.19的溶液中：c(HC2O)＞c(C2O)＞c(H2C2O4)D．pH＝4.19的溶液中：c(Na＋)＜3c(HC2O)解析：选C　草酸是二元弱酸，其K1＝＞K2＝，当溶液的pH相同时，c(H＋)相同，lg X：Ⅰ＞Ⅱ，则曲线Ⅰ表示lg与pH的变化关系，曲线Ⅱ表示lg与pH的变化关系，故A正确；pH＝1.22时，溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)可知，2c(C2O)＋c(HC2O)＞c(Na＋)，故B正确；lg X为增函数，pH＝1.22时，曲线Ⅰ中，lg X＝lg＝0，c(HC2O)＝c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中lg X＝lg＝－3，c(HC2O)＝c(H2C2O4)＝103c(C2O)，c(H2C2O4)＞c(C2O)；pH＝4.19时，曲线Ⅰ中，lg X＝lg＝3，c(HC2O)＝103c(H2C2O4)，曲线Ⅱ中，lg X＝lg＝0，c(C2O)＝c(HC2O)＝103c(H2C2O4)，c(H2C2O4)＜c(C2O)，所以1.22＜pH＜4.19的过程中，不一定满足：c(C2O)＞c(H2C2O4)，故C错误；溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，pH＝4.19时，c(C2O)＝c(HC2O)，c(H＋)＞c(OH－)，结合电荷守恒可知c(Na＋)＜3c(HC2O)，故D正确。11．H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各种微粒的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图所示。回答下列问题：(1)以酚酞为指示剂(变色范围：pH 8.0～10.0)，将NaOH溶液逐滴加入H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为______________________________________________________________________。(2)pH＝11时，H3AsO3水溶液中三种微粒浓度由大到小的顺序为_______________________________________________________________。(3)H3AsO4第一步电离方程式为________________________________________________________________________________________。(4)若pKa2＝－lg Ka2，H3AsO4第二步电离的电离常数为Ka2，则pKa2＝________。解析：(1)以酚酞为指示剂，将NaOH溶液逐滴加入H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时，溶液pH在8.0～10.0之间，结合图像可知溶液中H3AsO3减少而H2AsO增加，则该过程中主要反应的离子方程式为OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O。(2)结合图像可知pH＝11时，H3AsO3水溶液中c(H2AsO)最大，c(H3AsO3)最小，各含砷微粒浓度关系为c(H2AsO)＞c(HAsO)＞c(H3AsO3)。(3)结合题图知，H3AsO4为多元弱酸，存在电离平衡，其第一步电离方程式为H3AsO4H2AsO＋H＋。(4)H3AsO4第二步电离方程式为H2AsOHAsO＋H＋，其电离常数Ka2＝，由图像可知当pH＝7.0时，c(H2AsO)＝c(HAsO)，则Ka2＝10－7.0，pKa2＝7.0。答案：(1)OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O　(2)c(H2AsO)＞c(HAsO)＞c(H3AsO3)　(3)H3AsO4H2AsO＋H＋`(4)7.012．0.010 mol·L－1的二元酸H2A溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH变化如图所示：(1)用离子方程式说明Na2A溶液显碱性的原因：______________________________，该反应的平衡常数表达式为K＝_________________________________________________；溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝___________________________________________________。(2)若升高温度，发现溶液的碱性增强，说明随温度升高，该反应的平衡常数K________(填“增大”“不变”或“减小”)。(3)H2A分两步发生电离，对应的电离平衡常数分别为Ka1和Ka2。由图确定下列数据(保留整数位)：①－lg Ka1＝________；Ka2＝________。②将0.020 mol·L－1Na2A溶液和0.010 mol·L－1盐酸等体积混合，所得溶液的pH约为________。(4)0.010 mol·L－1的NaHA溶液中，HA－的水解常数Kh约为________；该溶液中离子浓度由大到小的顺序为________________________________________________________。解析：(1)由题图可知，H2A溶液中含有H2A、HA－、A2－，则H2A是二元弱酸；Na2A溶液中A2－发生水解而使溶液呈碱性：A2－＋H2OHA－＋OH－。Na2A溶液呈电中性，据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)。(2)升高温度，溶液的碱性增强，则溶液中c(OH－)增大，说明升高温度，A2－的水解平衡正向移动，则水解平衡常数增大。(3)①H2A分两步发生电离：H2AHA－＋H＋、HA－A2－＋H＋，则有Ka1＝，Ka2＝；由题图可知，H2A和HA－的物质的量分数均为0.5时，则c(HA－)＝c(H2A)，溶液的pH＝6，c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，则有Ka1＝c(H＋)＝1×10－6，－lg Ka1＝6。HA－和A2－的物质的量分数均为0.5时，溶液pH＝10，则c(HA－)＝c(A2－)，c(H＋)＝1×10－10 mol·L－1，则有Ka2＝c(H＋)＝1×10－10。②0.020 mol·L－1Na2A溶液和0.010 mol·L－1盐酸等体积混合，二者发生反应，得到等浓度Na2A、NaHA和NaCl的混合溶液，溶液中c(A2－)≈c(HA －)，由题图可知，溶液的pH约为10。(4)0.010 mol·L－1的NaHA溶液中，存在水解平衡：HA－＋H2OH2A＋OH－，则水解常数Kh＝＝＝＝1×10－8，NaHA溶液中存在HA－的电离平衡和水解平衡，由于Kh>Ka2，则HA－的水解程度大于其电离程度，NaHA溶液呈碱性，且HA－的水解程度较小，Na＋不发生水解，故溶液中离子浓度大小顺序：c(Na＋)>c(HA－)>c(OH－)>c(H＋)>c(A2－)。答案：(1)A2－＋H2OHA－＋OH－c(OH－)＋c(HA－)＋2c(A2－)(2)增大(3)①6　1×10－10　②10(4)1×10－8　c(Na＋)>c(HA－)>c(OH－)>c(H＋)>c(A2－)13．碳元素是构成物质世界最重要的元素，回答下列问题：(1)碳能形成多种氧化物，如CO、CO2、C2O3等。其中C2O3遇水可形成草酸(HOOCCOOH)，已知草酸的电离平衡常数(常温下)为K1＝5×10－2、K2＝5.4×10－5。①常温下，测得某浓度的草酸溶液pH＝2，则该溶液的浓度为________。②已知Na2C2O4溶液显碱性，用离子方程式表示其原因：______________________，若常温下，某浓度的Na2C2O4溶液的pH＝9，则溶液中＝________。(2)利用酸性KMnO4标准溶液滴定草酸溶液可测量出其准确浓度(氧化产物是CO2)。①滴定终点时溶液颜色的变化情况是_______________________________________________________________________________________________________________。②若达到滴定终点时消耗c mol·L－1酸性KMnO4标准溶液V mL，实验中所用草酸溶液为20.00 mL，则该草酸溶液的浓度为________。解析：(1)①pH＝2时，c(H＋)＝0.01 mol·L－1，设该草酸溶液浓度为x mol·L－1，由H2C2O4H＋＋HC2O知，达到电离平衡时c(H2C2O4)＝(x－0.01)mol·L－1，由于K2远小于K1，故c(HC2O)≈c(H＋)。K1＝，代入有关数据后可求出x＝0.012。②C2O水解导致溶液显碱性：C2O＋H2OHC2O＋OH－，Kh＝＝＝，常温下，该溶液pH＝9，则c(OH－)＝10－5 mol·L－1，代入相应的数据得＝5.4×104。(2)①草酸溶液是无色的，当KMnO4溶液稍过量时会使溶液显粉红色，由此可确定滴定终点。②反应中1 mol KMnO4获得5 mol电子、1 mol草酸失去2 mol电子，依据得失电子守恒可求出n(H2C2O4)＝2.5×10－3cV mol，则该草酸溶液的浓度为0.125cV mol·L－1。答案：(1)①0.012 mol·L－1②C2O＋H2OHC2O＋OH－　5.4×104(2)①溶液由无色变成粉红色且在30 s内保持不变②0.125cV mol·L－1