2019届一轮复习人教版第八章水溶液中的离子平衡学案

2019届一轮复习人教版第八章水溶液中的离子平衡学案

第八章 水溶液中的离子平衡 考点一　弱电解质的电离 ‎(一)强、弱电解质 ‎1．概念 ‎[注意]　①六大强酸：HCl、H2SO4、HNO3、HBr、HI、HClO4。②四大强碱：NaOH、KOH、Ca(OH)2、Ba(OH)2。③大多数盐包括难溶性盐，如BaSO4。‎ ‎2．电离方程式书写 ‎(1)弱电解质 ‎①多元弱酸分步电离，且第一步电离程度远远大于第二步(通常只写第一步电离)，如H2CO3的电离方程式：‎ 、。‎ ‎②多元弱碱电离方程式一步写成，如Fe(OH)3电离方程式为Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。‎ ‎(2)酸式盐 ‎①强酸的酸式盐在溶液中完全电离，如NaHSO4的电离方程式为。‎ ‎②弱酸的酸式盐中酸根离子在溶液中不能完全电离，如 NaHCO3===Na＋＋HCO、HCOH＋＋CO。‎ ‎(二)弱电解质的电离平衡 ‎1．电离平衡的建立 ‎2．电离平衡的特征 ‎(三)影响弱电解质电离平衡的因素 ‎1．影响电离平衡的内因 弱电解质本身的性质是决定电离平衡的主要因素。‎ ‎2．外界条件对电离平衡的影响 以弱电解质HB的电离为例：HBH＋＋B－。‎ ‎(1)温度：弱电解质电离吸热，温度升高，电离平衡向正反应方向移动，HB的电离程度增大，c(H＋)、c(B－)均增大。‎ ‎(2)浓度：稀释溶液，电离平衡向正反应方向移动，电离程度增大，n(H＋)、n(B－)增大，但c(H＋)、c(B－)均减小。‎ ‎(3)相同离子：在弱电解质的溶液中，加入与弱电解质具有相同离子的强电解质，电离平衡向逆反应方向移动，电离程度减小。‎ ‎(4)加入能与电离出的离子反应的物质：电离平衡向正反应方向移动，电离程度增大。‎ ‎(四)溶液的导电能力 电解质溶液导电能力取决于溶液中自由移动离子浓度和离子所带电荷数。自由移动离子浓度越大，离子所带电荷数越多，则导电能力越强。将冰醋酸、稀醋酸加水稀释，其导电能力随加水的量的变化曲线如图所示。‎ ‎[说明]　①OA段导电能力随加水量的增多导电能力增强，原因是冰醋酸发生了电离，溶液中离子浓度增大。‎ ‎②AB段导电能力减弱的原因，随水的加入，溶液的体积增大，离子浓度变小，导电能力减弱。‎ ‎[拓展归纳]‎ 外界条件对电离平衡影响的四个不一定 ‎(1)稀醋酸加水稀释时，溶液中不一定所有的离子浓度都减小。‎ 因为温度不变，KW＝c(H＋)·c(OH－)是定值，稀醋酸加水稀释时，溶液中的c(H＋)减小，故c(OH－)增大。‎ ‎(2)电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，如对于CH3COOHCH3COO－＋H＋，平衡后，加入冰醋酸，c(CH3COOH)增大，平衡右移，根据勒夏特列原理，只能“减弱”而不能消除，再次平衡时，c(CH3COOH)比原平衡时大。‎ ‎(3)电离平衡右移，离子的浓度不一定增大，如在CH3COOH溶液中加水稀释或加少量NaOH固体，都会引起平衡右移，但c(CH3COOH)、c(H＋)都比原平衡时要小。‎ ‎(4)电离平衡右移，电离程度也不一定增大，加水稀释或增大弱电解质的浓度，都使电离平衡向电离方向移动，但加水稀释时弱电解质的电离程度增大，而增大弱电解质的浓度时弱电解质的电离程度减小。　　　　‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．某浓度的氨水中存在平衡：NH3·H2ONH＋OH－，如想增大NH的浓度，而不增大OH－的浓度，应采取的措施是(　　)‎ ‎①适当升高温度　　　　　 ②加入NH4Cl固体 ‎③通入NH3 ④加入少量盐酸 A．①② B．②③‎ C．②④ D．①④‎ 解析：选C　升温平衡向右移动，c(NH)、c(OH－)都增大；加入NH4Cl固体，相当于增大c(NH)，平衡向左移动，c(OH－)减小，但c(NH)仍较原来增大，因平衡移动只能减小其增大的程度，而不能完全抵消它增大的部分；通入NH3平衡向右移动，c(NH)、c(OH－)都增大；加入少量盐酸，H＋与OH－反应使c(OH－)下降，平衡向右移动，使c(NH)增大。‎ ‎2．(2018·山西五校第一次联考)下列关于醋酸性质的描述，不能证明它是弱电解质的是(　　)‎ A．1 mol·L－1的醋酸溶液中H＋浓度约为10－3 mol·L－1‎ B．醋酸溶液中存在CH3COOH分子 C．10 mL pH＝1的醋酸溶液与足量锌粉反应生成H2 112 mL(标准状况)‎ D．10 mL 0.1 mol·L－1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液恰好完全中和 解析：选D　A项，1 mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)约为10－3 mol·L－1，说明CH3COOH部分发生电离，则CH3COOH是弱电解质；B项，醋酸溶液中存在CH3COOH分子，说明CH3COOH未完全发生电离，则CH3COOH是弱电解质；C项，Zn与醋酸溶液发生的反应为Zn＋2CH3COOH===(CH3COO)2Zn＋H2↑，标准状况下112 mL H2的物质的量为0.005 mol，则参与反应的n(CH3COOH)＝0.01 mol；10 mL pH＝1的醋酸溶液中，CH3COOH电离产生的n(H＋)＝‎0.01 L×0.1 mol·L－1＝0.001 mol，则有n(H＋)H2CO3>HCO 判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱 电离常数越大，对应的盐水解程度越小，碱性(或酸性)越弱。如：利用上面中电离常数的数值可知等浓度的CH3COONa、NaHCO3、Na2CO3溶液的pH由大到小的顺序为Na2CO3>NaHCO3>CH3COONa 判断复分解反应能否发生 一般符合“强酸制弱酸”规律。如：利用上面中电离常数的数值可知，向Na2CO3溶液中加入足量CH3COOH的离子方程式为CO＋2CH3COOH===2CH3COO－＋H2O＋CO2↑‎ 判断微粒浓度比值的变化 弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子的浓度会发生相应的变化，但电离常数不变，题目中经常利用电离常数来判断溶液中微粒浓度比值的变化情况。‎ 如把0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液加水稀释，＝＝，稀释时，c(H＋)减小，K值不变，则变大 ‎[拓展归纳]‎ 电离度(α)、电离常数(Ka、Kb)与c(H＋)、c(OH－)的关系 设一定温度下，浓度为c mol·L－1醋酸的电离度为α。‎ ‎　　　　　　　　CH3COOHCH3COO－＋H＋‎ 起始/(mol·L－1)　　　c　　　　　　0　 　　0‎ 变化/(mol·L－1)　　 c·α　　　 　　cα　　　cα 平衡/(mol·L－1)　 c－cα≈c　　　 cα　　　cα Ka＝＝cα2⇨α＝ c(H＋)＝c·α＝ 同理：对于一元弱碱(如NH3·H2O)‎ Kb＝cα2‎ c(OH－)＝cα＝。　　　‎ ‎[题点全练]‎ 题点(一)　电离常数的理解与应用 ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)当弱电解质的浓度增大时，电离度增大(×)‎ ‎(2)在1 mol·L－1的CH3COOH溶液中，升高温度，电离度增大(√)‎ ‎(3)电离平衡右移，电离常数一定增大(×)‎ ‎(4)H2CO3的电离常数表达式：Ka＝(×)‎ ‎(5)电离常数可以表示弱电解质的相对强弱(√)‎ ‎(6)电离常数随着弱电解质浓度的增大而增大(×)‎ ‎(7)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(×)‎ ‎2．相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是(　　)‎ 酸 HX HY HZ 电离常数K ‎9×10－7‎ ‎9×10－6‎ ‎1×10－2‎ A．三种酸的强弱关系：HX＞HY＞HZ B．反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生 C．相同温度下，0.1 mol·L－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大 D．相同温度下，1 mol·L－1 HX溶液的电离常数大于0.1 mol·L－1 HX　‎ 解析：选B　由表中电离常数大小关系：1×10－2＞9×10－6＞9×10－7，所以酸的强弱关系为HZ＞HY＞HX，可知A、C不正确，B正确；电离常数只与温度有关，与浓度无关，D不正确。‎ ‎3．(2018·吉安检测)硫酸、硝酸、高氯酸在水溶液中都是强酸，下表是某温度下这三种酸在冰醋酸中的电离常数。下列说法正确的是(　　)‎ 酸 H2SO4‎ HNO3‎ HClO4‎ K1‎ ‎6.3×10－9‎ ‎4.2×10－10‎ ‎1.6×10－5‎ A．在冰醋酸中H2SO4的电离方程式为H2SO42H＋＋SO B．在冰醋酸中，HNO3的酸性最强 C．在冰醋酸中，0.01 mol·L－1的HClO4，其离子总浓度约为4×10－4 mol·L－1‎ D．高氯酸水溶液与氨水反应的离子方程式为H＋＋NH3·H2O===H2O＋NH 解析：选D　在冰醋酸中，H2SO4分步电离，其第一步电离方程式为H2SO4H＋＋HSO，A项错误；根据在冰醋酸中的电离常数，三种酸的酸性强弱顺序为HClO4>H2SO4>HNO3，B项错误；设在冰醋酸中0.01 mol·L－1的HClO4中H＋物质的量浓度为x，‎ ‎　　　　　　‎ ‎　HClO4H＋＋ClO c(起始)/mol·L－1　 0.01　　0　　　0‎ c(变化)/mol·L－1　 x　　 　x　　 x c(平衡)/mol·L－1　0.01－x 　x　　 x 则电离常数K＝≈＝1.6×10－5，x＝4×10－4 mol·L－1，离子总浓度约为8×10－4 mol·L－1，C项错误；在水溶液中，HClO4是一元强酸，NH3·H2O是一元弱碱，D项正确。‎ 题点(二)　电离常数及电离度的定量计算 ‎4．已知室温时，0.1 mol·L－1的某一元酸HA的电离度α＝0.1%。下列叙述错误的是(　　)‎ A．该溶液的pH＝4‎ B．升高温度，溶液的pH增大 C．此酸的电离常数约为1×10－7‎ D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍 解析：选B　根据HA在水中的电离度可算出c(H＋)＝0.1 mol·L－1×0.1%＝10－4 mol·L－1，所以pH＝4；因HA在水中有电离平衡，升高温度促进平衡向电离的方向移动，所以c(H＋)增大，pH会减小；C选项可由电离常数表达式算出K＝＝1×10－7，所以C正确；c(H＋)＝10－4 mol·L－1，所以c(H＋，水电离)＝10－10 mol·L－1，前者是后者的106倍。‎ ‎5．pH是溶液中c(H＋)的负对数，若定义pC是溶液中微粒物质的量浓度的负对数，则常温下，某浓度的草酸(H‎2C2O4)水溶液中pC(H‎2C2O4)，pC(HC2O)、pC(C2O)随着溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A．曲线Ⅰ代表HC2O的浓度随着pH增大先变小后变大 B．草酸的电离常数Ka1＝1×10－1.3；Ka2＝1×10－4.3‎ C．pH＝4时，c(HC2O)>c(C2O)>c(H‎2C2O4)‎ D.＝10－3‎ 解析：选A　曲线Ⅰ代表HC2O的浓度随着pH增大先变大后变小，pC(HC2O)越大，HC ‎2O的浓度越小，A错误；当pH＝1.3时，c(HC2O)＝c(H‎2C2O4)，草酸的电离常数Ka1＝c(HC2O)c(H＋)/c(H‎2C2O4)＝c(H＋)＝1×10－1.3，当pH＝4.3时，c(HC2O)＝c(C2O)，同理Ka2＝c(C2O)c(H＋)/c(HC2O)＝c(H＋)＝1×10－4.3，B正确；pH＝4时，作垂线交三条曲线，得三个点，pC(HC2O)c(C2O)>c(H‎2C2O4)，C正确； ‎＝＝＝＝10－3，D正确。 ‎ ‎[真题验收]‎ ‎1．(2015·海南高考)下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，Ka＝1.4×10－3)在水中的电离度与浓度关系的是(　　)‎ 解析：选B　A．这两种物质都是弱电解质，在温度不变、浓度相等时，电离程度CH3COOHH2CO3>HSO>HCO，故反应可放出CO2气体，H2SO3溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式为H2SO3＋HCO===HSO＋H2O＋CO2↑。‎ 答案：(1)6.0×10－3　0.62‎ ‎(2)2.2‎ ‎(3)8.7×10－7　N2H6(HSO4)2‎ ‎(4)① ‎②H2SO3＋HCO===HSO＋CO2↑＋H2O 考点三　强酸(碱)与弱酸(碱)的比较 ‎[思维流程]‎ 弱酸(弱碱)的判断 ‎1.设计实验证明HA是一元弱酸的方法 实验方法 结论 ‎①测0.01 mol·L－‎1HA的pH pH＝2，HA为强酸，‎ pH>2，HA为弱酸 ‎②测NaA溶液的pH pH＝7，HA为强酸，‎ pH>7，HA为弱酸 ‎③测相同pH的HA和HCl稀释相同倍数前后的pH变化 若HA溶液的pH变化比HCl的小，则HA为弱酸 ‎④测等体积、等pH的HA和HCl中和NaOH的量 若HA溶液消耗NaOH的量比HCl的多，则HA为弱酸 ‎⑤测等体积、等物质的量浓度的HA和HCl分别与颗粒大小相同锌粒反应的速率 若HA溶液与Zn粒反应比盐酸的速率慢，则HA为弱酸 ‎⑥测等体积、等pH的HA和HCl分别与足量的锌粒反应产生H2的量 若HA溶液反应最终产生H2的量比HCl的多，则HA为弱酸 ‎[说明]　实验①、②是最常用、最简捷的方法。‎ ‎2．设计实验证明BOH(如NH3·H2O)是一元弱碱的方法 ‎(1)室温下，测0.1 mol·L－1 BOH的pH，若pH＝13，则BOH为强碱，若pH<13，则BOH为弱碱。‎ ‎(2)配制BCl的溶液，测其pH，若pH＝7，则BOH为强碱，若pH<7，则BOH为弱碱。‎ ‎(3)配制pH＝12的BOH的溶液，加水稀释100倍，若稀释后溶液的pH＝10，则BOH为强碱，若稀释后溶液的pH>10，则BOH为弱碱。‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．下列事实一定能说明HNO2为弱电解质的是(　　)‎ ‎①常温下，NaNO2溶液的pH>7‎ ‎②用HNO2溶液做导电实验灯泡很暗 ‎③HNO2不能与NaCl反应 ‎④常温下0.1 mol·L－1的HNO2溶液pH＝2‎ ‎⑤‎1 L pH＝1的HNO2溶液加水稀释至‎100 L后溶液的pH＝2.2‎ ‎⑥‎1 L pH＝1的HNO2和‎1 L pH＝1的盐酸与足量的NaOH溶液完全反应，最终HNO2消耗的NaOH溶液多 ‎⑦HNO2溶液中加入一定量NaNO2晶体，溶液中c(OH－)增大 ‎⑧HNO2溶液中加水稀释，溶液中c(OH－)增大 A．①②③⑦　　　　　　　 　B．①③④⑤‎ C．①④⑤⑥⑦ D．②④⑥⑧‎ 解析：选C　②如果盐酸(强酸)的浓度很小灯泡也很暗；④如果是强酸，pH＝1；⑤如果是强酸，加水稀释至‎100 L后溶液的pH＝3，实际pH＝2.2，这说明HNO2溶液中存在HNO2H＋＋NO，是弱酸；⑥依据HNO2＋NaOH===NaNO2＋H2O、HCl＋NaOH===NaCl＋H2O可知，c(HNO2)大于c(HCl)，而溶液中c(H＋)相同，所以HNO2没有全部电离；⑦加入NaNO2，溶液中c(OH－)增大，说明电离平衡移动；⑧不论是强酸还是弱酸，加水稀释，溶液中c(H＋)均减小，而c(OH－)增大。‎ ‎2．为了证明一水合氨(NH3·H2O)是弱电解质，甲、乙、丙三人分别选用下列试剂进行实验：0.010 mol·L－1氨水、0.1 mol·L－1NH4Cl溶液、NH4Cl晶体、酚酞溶液、pH试纸、蒸馏水。‎ ‎(1)甲用pH试纸测出0.010 mol·L－1氨水的pH为10，则认定一水合氨是弱电解质，你认为这一方法____________(填“正确”或“不正确”)，并说明理由________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)乙取出10 mL 0.010 mol·L－1氨水，用pH试纸测其pH＝a，然后用蒸馏水稀释至1 000 mL，再用pH试纸测其pH＝b，若要确认NH3·H2O是弱电解质，则a、b应满足什么关系？________________________________。‎ ‎(3)丙取出10 mL 0.010 mol·L－1氨水，滴入2滴酚酞溶液，显粉红色，再加入少量NH4Cl晶体，溶液颜色变________(填“深”或“浅”)。你认为这一方法能否证明NH3·H2O是弱电解质？________(填“能”或“否”)，并说明原因________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)请你根据所提供的试剂，再提出一个合理又简便的方案证明NH3·H2O是弱电解质：________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)若NH3·H2O是强电解质，则0.010 mol·L－1氨水中c(OH－)应为0.010 mol·L－1，pH＝12。用pH试纸测出0.010 mol·L－1氨水的pH为10，说明NH3·H2O没有完全电离，应为弱电解质。‎ ‎(2)若NH3·H2O是强电解质，用蒸馏水稀释至1 000 mL，其pH＝a－2。因为NH3·H2O是弱电解质，不能完全电离，a、b应满足a－2HB HA＝HB 体积相同时与过量的碱反应 消耗碱的量 HA＝HB HAc(B－)‎ c(A－)＝c(B－)‎ 分别加入固体NaA、NaB后pH变化 HA：不变 HB：变大 HA：不变 HB：变大 加水稀释10倍后 ‎3＝pHHApHHB>2‎ 溶液的导电性 HA>HB HA＝HB 水的电离程度 HAx－n；无论怎样稀释，碱溶液的pH不能等于或小于7，只能趋近于7。‎ ‎(3)加水稀释相同倍数后的pH大小：氨水>NaOH溶液，盐酸>醋酸。‎ ‎(4)稀释后的pH仍然相等，则加水量的多少：氨水>NaOH溶液，醋酸>盐酸。‎ ‎[对点训练]‎ ‎3．在相同温度下，100 mL 0.01 mol·L－1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol·L－1的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是(　　)‎ A．中和时所需NaOH的量 B．电离的程度 C．H＋的物质的量浓度 D．CH3COOH的物质的量 解析：选B　100 mL 0.01 mol·L－1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol·L－1的醋酸溶液中含有的醋酸的物质的量相同，中和时所需NaOH的量相同，A项不符合题意；根据浓度对电离平衡的影响规律：越稀越电离，0.01 mol·L－1的醋酸溶液中醋酸电离的程度大于0.1 mol·L－1的醋酸溶液中醋酸的电离程度，B项符合题意；H＋的物质的量浓度：前者小于后者，C项不符合题意；两份溶液中CH3COOH的物质的量前者小于后者，D项不符合题意。‎ ‎4．常温下pH＝2的两种酸溶液A和B，分别加水稀释1 000倍，其pH与所加水的体积变化如图所示。下列结论正确的是(　　)‎ A．B酸比A酸的电离度大 B．A为弱酸，B为强酸 C．B酸的物质的量浓度比A的小 D．A酸比B酸易电离 解析：选D　根据图示可知溶液稀释1 000倍后，A酸溶液pH变化大，说明A酸酸性大于B酸酸性。则B酸为弱酸，其电离度应比A酸小，A酸易电离。同为pH＝2，B酸溶液物质的量浓度一定比A酸溶液浓度大。‎ ‎5．(2018·成都外国语学校期中)现有浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液。下列判断中正确的是(　　)‎ A．若三种溶液中c(H＋)分别为a1 mol·L－1、a2 mol·L－1、a3 mol·L－1，则它们的大小关系为a2＝a1＝a3‎ B．等体积的以上三种酸溶液分别与过量的NaOH溶液反应，若生成的盐的物质的量依次为b1 mol、b2 mol、b3 mol，则它们的大小关系为b1＝b2v1>v3‎ 解析：选D　HCl、H2SO4是强电解质，完全电离，CH3COOH是弱电解质，部分电离，由三种酸溶液中的浓度知，它们的大小关系为a2＝‎2a1，a1大于a3，A项错误；等浓度等体积的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液分别与过量NaOH溶液反应生成盐的物质的量的大小关系为b1＝b2＝b3，B项错误；分别用三种酸溶液中和一定量的NaOH溶液生成正盐，若需要酸溶液的体积分别为V1、V2、V3，则其大小关系为V1＝V3＝2V2，C项错误；硫酸中c(H＋)为0.2 mol·L－1，盐酸中c(H＋)为0.1 mol·L－1，醋酸中c(H＋)小于0.1 mol·L－1，分别与Zn反应，开始时生成H2的速率的大小关系为v2>v1>v3，D项正确。‎ ‎[真题验收]‎ ‎1．(2016·上海高考)能证明乙酸是弱酸的实验事实是(　　)‎ A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2‎ B．0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液的pH大于7‎ C．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2‎ D．0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红 解析：选B　A项，只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，错误；B项，该盐水溶液显碱性，可以证明乙酸是弱酸，正确；C项，可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但不能证明其为弱酸，错误；D项，可以证明乙酸具有酸性，但不能证明其酸性强弱，错误。‎ ‎2．(2015·全国卷Ⅰ)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　由图像知，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，MOH为强碱，而ROH的pH<13，说明ROH没有完全电离，ROH为弱碱。A项，MOH的碱性强于ROH的碱性，正确；B项，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，溶液浓度越小，弱电解质电离程度越大，故ROH的电离程度：b点大于a点，正确；C项，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，正确；D项，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，促进电离平衡正向移动，c(R＋)增大，减小，错误。‎ ‎[综合演练提能]　 ‎ ‎[课堂巩固练]‎ ‎1．下列关于强、弱电解质的叙述正确的是(　　)‎ A．强电解质全部是离子化合物 B．强电解质在水中的溶解度一定大于弱电解质在水中的溶解度 C．强电解质在溶液中完全电离 D．强电解质溶液的导电能力一定强于弱电解质溶液的导电能力 解析：选C　强、弱电解质的根本区别在于能否完全电离，强电解质不一定为离子化合物，如H2SO4、HCl为共价化合物，A项错误；溶解度与强、弱电解质没有必然关系，如BaSO4为强电解质，但BaSO4的溶解度很小，B项错误；强电解质在水溶液中或熔融状态下能够完全电离，弱电解质只能部分电离，C项正确；导电能力与溶液中的离子浓度和离子所带电荷有关，与强、弱电解质没有必然关系，D项错误。‎ ‎2．(2018·天津五区县联考)根据下列实验现象或结果不能证明一元酸HR为弱酸的是(　　)‎ A．HR溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红色 B．室温时，NaR溶液的pH大于7‎ C．HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大 D．室温时，0.01 mol·L－1的HR溶液pH＝4‎ 解析：选A　HR溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液变红色，说明HR是酸，但不能证明一元酸HR为弱酸，A符合题意；室温时，NaR溶液的pH大于7，说明NaR为强碱弱酸盐，一元酸HR为弱酸，B不符合题意；HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大，说明溶液中c(H＋)减小，HR的电离平衡逆向移动，从而证明一元酸HR为弱酸，C不符合题意；室温时，0.01 mol·L－1的HR溶液pH＝4，说明HR部分电离，则HR为一元弱酸，D不符合题意。‎ ‎3．(2018·郑州第一次质检)将浓度为0.1 mol·L－1HF溶液加水稀释，下列各量保持增大的是(　　)‎ ‎①c(H＋)　②c(F－)　③c(OH－)　④Ka(HF)　⑤ ⑥ A．①⑤　　　　　　　　 　B．②③‎ C．③⑥ D．④⑥‎ 解析：选C　HF溶液存在电离平衡：HFF－＋H＋，加水稀释时，平衡正向移动，由于溶液体积的增大程度大于n(F－)、n(H＋)的增大程度，则溶液中c(F－)、c(H＋)均减小，①、②错误；由于KW＝c(H＋)·c(OH－)，c(H＋)减小，且KW不变，则c(OH－)增大，③正确；由于溶液的温度不变，则Ka(HF)不变，④错误；HF溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＝c(F－)＋c(OH－)，则＝＝1－，加水稀释，c(H＋)减小，c(OH－)增大，故减小，⑤错误；HF的电离常数Ka(HF)＝，则有＝，Ka(HF)不变，c(F－)减小，故的值增大，⑥正确。‎ ‎4．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O 的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中(　　)‎ A．水的电离程度始终增大 B．c(NH)/c(NH3·H2O)先增大再减小 C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变 D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH)＝c(CH3COO－)‎ 解析：选D　开始滴加氨水时，水的电离程度增大，二者恰好完全反应时，水的电离程度最大，再继续滴加氨水时，水的电离程度减小，A项错误；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸性减弱，碱性增强，c(OH－)增大，由NH3·H2ONH＋OH－可知K＝，则＝，故减小，B项错误；根据原子守恒知n(CH3COO－)与n(CH3COOH)之和不变，但滴加氨水过程中，溶液体积不断增大，故c(CH3COO－)与c(CH3‎ COOH)之和减小，C项错误；由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时，溶液呈中性，结合电荷守恒知c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，则c(CH3COO－)＝c(NH)，D项正确。‎ ‎5．常温下，浓度均为0.10 mol·L－1、体积均为V0的HA和HB溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg 的变化如图所示，下列叙述正确的是(　　)‎ A．该温度下HB的电离常数约等于1.11×10－5‎ B．当lg ＝3时，若两溶液同时升高温度，则减小 C．相同条件下NaA溶液的pH大于NaB溶液的pH D．溶液中水的电离程度：a＝c>b 解析：选A　0.1 mol·L－1的HA溶液的pH＝1，说明HA完全电离，所以HA为强酸，0.1 mol·L－1的HB溶液的pH>2，说明HB在溶液中部分电离，所以HB是弱酸；a点时，存在平衡：HBH＋＋B－，稀释100倍后，HB溶液的pH＝4，溶液中c(B－)≈c(H＋)＝10－4 mol·L－1，则Ka＝＝10－4×10－4/(0.001－10－4)＝1.11×10－5，A正确；升高温度促进弱酸的电离，所以HB中B－浓度增大，强酸的酸根离子浓度不变，所以A－的浓度不变，因此c(B－)/c(A－)增大，B错误；HA为强酸，NaA是强酸强碱盐不水解，溶液显中性，NaB为强碱弱酸盐，水解显碱性，所以相同条件下NaA溶液的pH小于NaB溶液的pH，C错误；酸抑制水的电离，酸电离出的氢离子浓度越大，对水的抑制程度越大，氢离子浓度：a＝c>b，所以溶液中水的电离程度：a＝c1.0×10－5 mol，在稀释后n(CH3COOH)依然不变，10 mL pH＝11的NaOH溶液中n(NaOH)＝1.0×10－5 mol，二者混合充分反应后，CH3COOH有剩余，所得混合溶液显酸性，其pH<7，B错误。加水稀释，CH3COOH的电离平衡正向移动，其电离程度增大，溶液中n(H＋)增大，由于溶液体积增大程度更大，则溶液中c(H＋)反而减小，C错误。CH3COOH的电离常数为Ka＝，由KW＝c(H＋)·c(OH－)可得c(H＋)＝，代入Ka表达式整理可得＝，而KW、Ka都只与温度有关，温度不变，二者的比值不变，则溶液中不变，D正确。‎ ‎5．醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHH＋＋CH3COO－，下列叙述正确的是(　　)‎ A．图甲表示向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化 B．图乙表示向CH3COOH溶液中加水时溶液的导电性变化，则CH3COOH溶液的pH：a>b C．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)‎ D．向0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液中加水稀释，溶液中c(OH－)减小 解析：选C　向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，抑制醋酸的电离，溶液的pH增大，A项错误；溶液的导电性与溶液中自由移动的离子的浓度和离子所带的电荷量有关，若醋酸溶液的导电性越强，则溶液中氢离子的浓度越大，pH越小，故CH3COOH溶液的pH：ac(CH3COOH)‎ 解析：选C　a～b段是醋酸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，A错误；c～d段，醋酸浓度增大，c(H＋)增加，醋酸电离程度减小，B错误；c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，根据物料守恒，有c(Na＋)＝‎ c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C正确；由于醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，但是电离程度是微弱的，主要以电解质分子的形式存在，所以在d点时，c(H＋)c(HCl)，体积相等的两种溶液中n(CH3COOH)>n(HCl)，与NaOH溶液发生中和反应时，CH3COOH消耗NaOH多，故b点溶液中和NaOH的能力强于a点溶液，C错误。升高温度，CH3COOH的电离平衡正向移动，c(CH3COO－)增大，而c(Cl－)基本不变，故变小，D正确。‎ ‎11．(2018 ·延庆模拟)‎25 ℃‎时，H2SO3及其钠盐的溶液中，H2SO3、HSO、SO的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是(　　)‎ A．溶液的pH＝5时，硫元素的主要存在形式为HSO B．当溶液恰好呈中性时：c(Na＋)＞c(SO)＋c(HSO)‎ C．向pH＝8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水，的值增大 D．向pH＝3的上述溶液中滴加少量稀硫酸，α(HSO)减小 解析：选C　分析题给图像可知溶液的pH＝5时，硫元素的主要存在形式为HSO，A项正确；根据电荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，当溶液恰好呈中性时c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＞c(SO)＋c(HSO)，B项正确；向pH＝8的溶液中滴加少量澄清石灰水发生反应HSO＋OH－===SO＋H2O，Ca2＋＋SO===CaSO3，参加反应的HSO比SO多，的值减小，C项错误；向pH＝3的溶液中滴加少量稀硫酸发生反应H＋＋HSOH2SO3，α(HSO)减小，D项正确。‎ ‎12.(2018·佛山一检)常温下取0.1 mol·L－1的NaA和NaB两种盐溶液各‎1 L，分别通入0.02 mol CO2，发生反应：NaA＋CO2＋H2O===HA＋NaHCO3、2NaB＋CO2＋H2O===2HB＋Na2CO3。且HA和HB的‎1 L溶液分别加水稀释至体积为V L时可能有如图所示曲线，则下列说法正确的是(　　)‎ A．X是HA，M是HB B．常温下pH：NaA溶液>NaB溶液 C．对于的值(R代表A或B)，一定存在：HA>HB D．若常温下浓度均为0.1 mol·L－1的NaA和HA的混合溶液的pH>7，则c(A－)>c(HA)‎ 解析：选C　根据题给反应可知，酸性：H2CO3>HA>HCO>HB。HA、HB均为弱酸，加水稀释10倍时，pH均增大，且pH的变化值均小于1，根据题图可知，X对应的酸为强酸，A项错误；HA的酸性比HB强，则A－的水解程度比B－小，故常温下相同浓度的NaB溶液的碱性比NaA溶液强，pH：NaA溶液Ka(HB)，KW不变，故 的值(R代表A或B)：HA>HB，C项正确；该混合溶液的pH>7，说明A－的水解程度大于HA的电离程度，故c(A－)”“＝”或“<”)BA溶液的pH。‎ ‎(5)已知碳酸的Ka1＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11，向等浓度的Na2CO3和NaA的溶液中滴加盐酸直至过量，则与H＋作用的粒子依次为________。‎ 解析：(1)‎25 ℃‎时，0.1 mol·L－1的HA溶液中＝108，结合KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，可得c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1，所以pH＝3。HA的电离常数Ka＝＝＝10－5。0.01 mol·L－1BOH溶液pH＝12，c(OH－)＝1×10－2 mol·L－1，所以BOH是强电解质。(2)稀释过程中，温度不变，Ka＝不变，c(A－)减小，所以增大，A项不符合题意；稀释过程中Ka＝不变，c(H＋)减小，增大，因此减小，B项符合题意；由于温度不变，故KW＝c(H＋)·c(OH－)不变，C项不符合题意；KW＝c(H＋)·c(OH－)不变，c(H＋)减小，所以c(OH－)增大，D项不符合题意。(3)由(1)知HA是弱电解质，体积、pH均相等的HA与HCl溶液，HA溶液的物质的量浓度较大，所以HA溶液中产生的氢气较多。(4)由(1)知BOH为强电解质，在水溶液中完全电离出OH－，BA为强碱弱酸盐，A－‎ 水解使溶液显碱性，pH相等的BOH溶液与BA溶液，分别加热到相同的温度后，A－的水解程度增大，BA溶液碱性增强，所以BOH溶液的pHH2CO3>HCO，向等浓度的Na2CO3和NaA的溶液中滴加盐酸直至过量，与H＋作用的粒子依次为CO、HCO、A－。‎ 答案：(1)3　10－5　强电解质　(2)B　(3)多　(4)<　(5)CO、HCO、A－‎ 考点一　水的电离 ‎[思维流程]‎ ‎(一)水的电离平衡 ‎1．水的电离 ‎(1)水是极弱的电解质，水的电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－或简写为H2OH＋＋OH－。‎ ‎(2)‎25 ℃‎时，纯水中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7_mol·L－1；任何水溶液中，由水电离出的c(H＋)与c(OH－)都相等。‎ ‎2．水的离子积常数 ‎3．影响水的电离平衡的因素 项目 电离 平衡 溶液中c(H＋)‎ 溶液中c(OH－)‎ pH 溶液的 酸碱性 KW 升高温度 右移 增大 增大 减小 中性 增大 加入酸碱 加酸 左移 增大 减小 减小 酸性 不变 加碱 左移 减小 增大 增大 碱性 不变 加入盐 Na2CO3‎ 右移 减小 增大 增大 碱性 不变 NH4Cl 右移 增大 减小 减小 酸性 不变 加入金属Na 右移 减小 增大 增大 碱性 不变 ‎(二)水电离出的c(H＋)水或c(OH－)水的相关计算 ‎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。具体见下表：‎ 溶液(‎25 ℃‎)‎ 水电离出来的c(H＋)或c(OH－) mol·L－1‎ pH＝2的盐酸 ‎10－2‎ ‎10－12‎ ‎10－12‎ pH＝13的NaOH溶液 ‎10－13‎ ‎10－1‎ ‎10－13‎ ‎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。具体见下表：‎ 溶液(‎25 ℃‎)‎ 水电离出来的c(H＋)或c(OH－) mol·L－1‎ pH＝5的NH4Cl溶液 ‎10－5‎ ‎10－9‎ ‎10－5‎ pH＝10的Na2CO3溶液 ‎10－10‎ ‎10－4‎ ‎10－4‎ ‎[注意]　(1)在任何溶液中水电离出来的c(H＋)与c(OH－)始终相等。‎ ‎(2)溶液中的H＋浓度与水电离的H＋浓度区别：‎ ‎①酸溶液中：c(H＋)溶液＝c(H＋)酸＋c(H＋)水≈c(H＋)酸；‎ ‎②碱溶液中：c(H＋)溶液＝c(H＋)水。‎ ‎(3)溶液中的OH－浓度与水电离的OH－浓度区别：‎ ‎①碱溶液中：c(OH－)溶液＝c(OH－)碱＋c(OH－)水≈c(OH－)碱；‎ ‎②酸溶液中：c(OH－)溶液＝c(OH－)水。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)‎25 ℃‎时，0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液加水稀释后，c(H＋)与c(OH－)的乘积变大(×)‎ ‎(2)向水中加入少量硫酸氢钠固体，促进了水的电离，c(H＋)增大，KW不变(×)‎ ‎(3)向水中加入AlCl3溶液对水的电离不产生影响(×)‎ ‎(4)‎100 ℃‎的纯水中c(H＋)＝1×10－6mol·L－1，此时水呈酸性(×)‎ ‎(5)将水加热，KW 增大，pH减小(√)‎ ‎(6)已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中水的电离程度始终增大(×)‎ ‎2．水的电离过程为H2OH＋＋OH－，在不同温度下其离子积为KW(‎25 ℃‎)＝1.0×10－11，KW(‎35 ℃‎)＝2.1×10－14，则下列叙述正确的是(　　)‎ A．c(H＋)随温度的升高而降低 B．‎35 ℃‎时，c(H＋)>c(OH－)‎ C．水的pH：pH(‎35 ℃‎)>pH(‎25 ℃‎)‎ D．‎35 ℃‎时已电离的水的浓度约为1.45×10－7 mol·L－1‎ 解析：选D　由两种温度下水的离子积常数值知水的电离是吸热的，温度高时水中c(H＋)较高，pH较小，但水中c(H＋)＝c(OH－)，水呈中性，A、B、C错误；已电离的水的浓度与电离生成的c(H＋)或c(OH－)相等，利用水的离子积常数可判断D正确。‎ ‎3．(2018·双鸭山模拟)在‎25 ℃‎时，某稀溶液中由水电离产生的H＋浓度为1×10－13 mol·L－1，下列有关该溶液的叙述，正确的是(　　)‎ A．该溶液可能呈酸性 B．该溶液一定呈碱性 C．该溶液的pH一定是1‎ D．该溶液的pH不可能为13‎ 解析：选A　在‎25 ℃‎时，某稀溶液中由水电离产生的c(H＋)为1×10－13 mol·L－1<1×10－7 mol·L－1，说明溶液中的溶质抑制水的电离，溶质为酸或碱，溶液可能呈酸性或碱性，A正确，B错误；如果该溶液呈酸性，则溶液的pH＝1，如果该溶液呈碱性，则溶液的pH＝13，C、D错误。‎ ‎4．某温度下，有pH相同的H2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液，在H2SO4溶液中由水电离出的H＋浓度为10－a mol·L－1，在Al2(SO4)3溶液中由水电离的H＋浓度为10－b mol·L－1，则此温度下的KW为(　　)‎ A．1×10－14　　　　　　　 　B．1×10－‎‎2a C．1×10－(7＋a) D．1×10－(a＋b)‎ 解析：选D　根据描述，H2SO4溶液中c(H＋)水＝c(OH－)＝10－a mol·L－1，c(H＋)＝＝，H2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液的pH相同，即＝10－b，可求出此温度下的KW＝10－a·10－b＝10－(a＋b)。‎ ‎[真题验收]‎ ‎1．(2015·广东高考)一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是(　　)‎ A．升高温度，可能引起由c向b的变化 B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13‎ C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化 解析：选C　A项，c点溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈碱性，升温，溶液中c(OH－)不可能减小，错误。B项，由b点对应c(H＋)与c(OH－)可知，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14，错误。C项，FeCl3溶液水解显酸性，溶液中c(H＋)增大，因一定温度下水的离子积是常数，故溶液中c(OH－)减小，因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化，正确。D项，c点溶液呈碱性，稀释时c(OH－)减小，同时c(H＋)应增大，故稀释溶液时不可能引起由c向d的转化，错误。‎ ‎2．(2011·四川高考)‎25 ℃‎时，在等体积的①pH＝0的 H2SO4溶液；②0.05 mol·L－1的 Ba(OH)2溶液；③pH＝10的Na2S溶液；④pH＝5 的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是(　　)‎ A．1∶10∶1010∶109 B．1∶5∶5×109∶5×108‎ C．1∶20∶1010∶109 D．1∶10∶104∶109‎ 解析：选A　①pH＝0的 H2SO4溶液中c(H＋)＝1 mol·L－1，c(OH－)＝10－14 mol·L－1，H2SO4溶液抑制H2O的电离，则由H2O电离出的c(H＋)＝10－14 mol·L－1；②0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝10－13 mol·L－1，Ba(OH)2溶液抑制H2O的电离，则由H2O电离出的 c(H＋)＝10－13 mol·L－1；③pH＝10的Na2S溶液促进H2O的电离，由H2O电离出的 c(H＋)＝10－4 mol·L－1；④pH＝5的NH4NO3溶液促进H2O的电离，由H2O电离出的c(H＋)＝10－5mol·L－1。4种溶液中电离的H2O的物质的量等于H2O电离产生的H＋的物质的量，其比为10－14∶10－13∶10－4∶10－5＝1∶10∶1010∶109。‎ 考点二　溶液的酸碱性与pH ‎[思维流程]‎ ‎(一)溶液的酸碱性 ‎1．溶液酸碱性的判断 ‎(1)判断标准 溶液的酸碱性取决于c(H＋)与c(OH－)的相对大小，具体内容见下表：‎ 项目 pH c(H＋)/(mol·L－1)‎ c(H＋)与c(OH－)的相对大小 酸性 ‎<7‎ ‎>10－7‎ c(H＋)>c(OH－)‎ 中性 ‎＝7‎ ‎＝10－7‎ c(H＋)＝c(OH－)‎ 碱性 ‎>7‎ ‎<10－7‎ c(H＋)14，碱浓度大，V酸∶V碱＝10pH酸＋pH碱－14∶1；‎ 若pH酸＋pH碱<14，酸浓度大，V酸∶V碱＝1∶1014－pH酸－pH碱。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．下列溶液一定呈中性的是(　　)‎ A．c(H＋)＝c(OH－)＝10－6 mol·L－1的溶液 B．pH＝7的溶液 C．使石蕊溶液呈紫色的溶液 D．酸与碱恰好完全反应生成的正盐溶液 解析：选A　溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，A正确；和常温时相比，如果升高温度，水的KW 增大，pH＝7的溶液则会显碱性，B错误；常温下在pH＝5～8的溶液中石蕊均显紫色，所以C项中溶液可显酸性或碱性；D项中生成的正盐如果能够水解，溶液有可能不呈中性。‎ ‎2．(2018·苏州模拟)将pH＝1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为(　　)‎ A．9　　　　　　　　　　 　B．10‎ C．11 D．12‎ 解析：选C　将pH＝1的盐酸加适量水，pH升高了1，说明所加的水是原溶液的9倍；另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH升高了1，则10－1×1－10－1·x＝10－2·(1＋x)，解得x＝，则加入的水与NaOH溶液的体积比为9∶＝11∶1。‎ ‎3．求下列常温条件下溶液的pH(已知lg 1.3＝0.1，lg 2＝0.3，混合溶液忽略体积的变化)。‎ ‎(1)0.005 mol·L－1的H2SO4溶液。‎ ‎(2)0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液(已知CH3COOH的电离常数Ka＝1.8×10－5)。‎ ‎(3)0.001 mol·L－1的NaOH溶液。‎ ‎(4)pH＝2的盐酸与等体积的水混合。‎ ‎(5)pH＝2的盐酸加水稀释到1 000倍。‎ ‎(6)将pH＝8的NaOH与pH＝10的NaOH溶液等体积混合。‎ ‎(7)将pH＝3的HCl与pH＝3的H2SO4等体积混合。‎ ‎(8)常温下，将pH＝5的盐酸与pH＝9的NaOH溶液以体积比11∶9混合。‎ 解析：(1)c(H2SO4)＝0.005 mol·L－1，c(H＋)＝2×c(H2SO4)＝0.01 mol·L－1，pH＝2；(2)＝Ka＝1.8×10－5，作近似计算，可得c2(H＋)/0.1＝1.8×10－5，c2(H＋)＝1.8×10－6，c(H＋)＝1.34×10－3 mol·L－1，pH＝2.9；(3)c(NaOH)＝0.001 mol·L－1，c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1，c(H＋)＝＝10－11 mol·L－1，pH＝11；(4)由pH＝2得c(H＋)＝10－2 mol·L－1，加入等体积水后，c(H＋)＝×10－2 mol·L－1，pH＝2.3；(5)pH＝2的盐酸加水稀释到1 000倍，所得溶液的pH＝2＋3＝5；(6)由pH＝8，pH＝10可得两溶液c(OH－)＝10－6，c(OH－)＝10－4混合后溶液中，c(OH－)＝＝×10－6，c(H＋)＝＝2.0×10－10 mol·L－1，pH＝9.7；(7)两溶液中，pH＝3，则混合后溶液的pH＝3；(8)由pH＝5，得c(H＋)＝10－5，由pH＝9得c(OH－)＝10－5，按体积比11∶‎ ‎9混合时，酸过量，混合后c(H＋)＝＝10－6 mol·L－1，pH＝6。‎ 答案：(1)2　(2)2.9　(3)11　(4)2.3　(5)5　(6)9.7‎ ‎(7)3　(8)6‎ ‎[规律方法]　溶液pH计算的一般思维模型 ‎[真题验收]‎ ‎1．(2012·全国卷)已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a mol·L－1的一元酸HA与b mol·L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是(　　)‎ A．a＝b B．混合溶液的pH＝7‎ C．混合溶液中，c(H＋)＝ mol·L－1‎ D．混合溶液中，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)‎ 解析：选C　选项A，a＝b只能说明酸碱恰好完全反应，生成盐和水，由于酸碱强弱未知，不能说明溶液呈中性，A错误；选项B，题给温度未指明是‎25℃‎，所以pH＝7并不能说明溶液呈中性，B错误；选项C，由于混合溶液中c(H＋)＝，结合KW＝c(H＋)·c(OH－)，可推断出c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液一定呈中性，C正确；选项D是正确的电荷守恒表达式，无论溶液是否呈中性都满足此式，D错误。‎ ‎2．(2013·全国卷Ⅱ)室温时，M(OH)2(s)M2＋(aq)＋2OH－(aq)　Ksp＝a。c(M2＋)＝b mol·L－1时，溶液的pH等于(　　)‎ A．lg B．lg C．14＋lg D．14＋lg 解析：选C　根据M(OH)2的Ksp＝c(M2＋)·c2(OH－)，则溶液中c(OH－)＝＝ mol·L－1，则pH＝－lg c(H＋)＝－lg(10－14÷ )＝－－14－lg＝14＋lg。‎ 考点三　酸碱中和滴定 ‎[思维流程]‎ 中和滴定的实验操作 ‎1.原理 ‎(1)酸碱恰好中和是指酸与碱按化学方程式中化学计量数关系恰好完全反应生成正盐。利用中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法称为酸碱中和滴定。‎ ‎(2)在酸碱中和滴定过程中，开始时由于被滴定的酸(或碱)浓度较大，滴入少量的碱(或酸)对其pH的影响不大。当滴定接近终点(pH＝7)时，很少量(一滴，约0.04 mL)的碱(或酸)就会引起溶液pH突变(如图所示)。‎ ‎[注意]　酸碱恰好中和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．酸碱中和滴定的关键 ‎(1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。‎ ‎(2)选取适当指示剂，准确判断滴定终点。‎ ‎3．实验用品 ‎(1)仪器 酸式滴定管(如图A)、碱式滴定管(如图B)、锥形瓶、滴定管夹等。‎ ‎(2)试剂 标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。‎ ‎[注意]　①滴定管的精确度为0.01 mL。‎ ‎②酸性、氧化性的试剂一般用酸式滴定管，因为酸性和氧化性物质易腐蚀橡胶管。‎ ‎③碱性的试剂一般用碱式滴定管，因为碱性物质易腐蚀玻璃，致使活塞无法打开。‎ ‎④常用酸碱指示剂及变色范围 指示剂 变色范围的pH 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浅红色 ‎>10.0红色 ‎4．中和滴定实验操作 ‎(以酚酞作指示剂，用盐酸滴定氢氧化钠溶液)‎ ‎(1)滴定前的准备 ‎ ‎ ‎(2)滴定 ‎(3)终点判断 等到滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，视为滴定终点并记录标准液的体积。‎ ‎(4)数据处理 按上述操作重复二至三次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)＝计算。‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下：‎ 甲基橙：3.1～4.4　石蕊：5.0～8.0　酚酞：8.2～10.0‎ 用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是(　　)‎ A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂 B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂 C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂 D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂 解析：选D　 NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好反应生成CH3COONa时，CH3COO－水解使溶液显碱性，而酚酞的变色范围为8.2～10.0，故选用酚酞作指示剂。‎ ‎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4 mol 解析：选B　A项，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，滴定终点时溶液显碱性；B项，在该反应中，碘得电子作氧化剂，Na2S2O3作还原剂；C项，Na2S2O3是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，应该使用碱式滴定管；D项，根据化合价改变的总数与电子转移数目相等可知，该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，转移2 mol电子。‎ ‎3．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100 mL)。‎ Ⅰ.实验步骤：‎ ‎(1)量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。‎ ‎(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________作指示剂。‎ ‎(3)读取盛装0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为________mL。‎ ‎(4)滴定。滴定终点的现象是____________________________________________。‎ Ⅱ.数据记录：‎ 滴定次数 实验数据/mL　　　 　‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ V(样品)‎ ‎20.00‎ ‎20.00‎ ‎20.00‎ ‎20.00‎ V(NaOH)(消耗)‎ ‎15.95‎ ‎15.00‎ ‎15.05‎ ‎14.95‎ Ⅲ.数据处理：‎ ‎(5)某同学在处理数据的计算得：‎ 平均消耗的NaOH溶液的体积V＝(15.95＋15.00＋15.05＋14.95)/4 mL＝15.24 mL。‎ 指出他的计算的不合理之处：______________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)配制一定物质的量浓度溶液，应使用容量瓶。(2)CH3COOH与NaOH溶液恰好完全反应时生成CH3COONa，CH3COONa溶液呈碱性，应选用在碱性范围内变色的指示剂，即选用酚酞。(3)根据滴定管内液面位置，读数为0.70 mL。(4)滴定终点的实验现象是溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不褪色。(5)由表中的数据可知，第1组实验消耗NaOH的体积与其他三组数据相差较大，属于不合理数据，应舍去。‎ 答案：(1)容量瓶　(2)酚酞　(3)0.70　(4)溶液由无色恰好变为浅红色，并在半分钟内不褪色　(5)第一组数据与后三组数据相差较大，属于异常值，应舍去 ‎[规律方法]‎ ‎1．指示剂选择的基本原则 变色要灵敏，变色范围要小，变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。‎ ‎(1)不能用石蕊作指示剂。‎ ‎(2)滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。‎ ‎(3)滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。‎ ‎(4)强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以。‎ ‎(5)并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色恰好褪去时即为滴定终点。‎ ‎2．滴定终点判断的答题模板 当滴入最后一滴×××××××标准溶液后，溶液变成×××××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。‎ 解答此类题目注意三个关键点：‎ ‎(1)最后一滴：必须说明是滴入“最后一滴”溶液。‎ ‎(2)颜色变化：必须说明滴入“最后一滴”溶液后溶液的颜色变化。‎ ‎(3)半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不恢复原来的颜色”。‎ 中和滴定的误差分析 ‎1．误差分析的方法 依据原理c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，所以c(待测)＝，因为c(标准)与V(待测)已确定，所以只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即分析出结果。‎ ‎2．常见的因操作不正确而引起的误差 以标准酸溶液滴定未知浓度的碱溶液(酚酞作指示剂)为例分析 步骤 操作 V标准 c待测 洗涤 酸式滴定管未用标准酸溶液润洗 变大 偏高 碱式滴定管未用待测溶液润洗 变小 偏低 锥形瓶用待测溶液润洗 变大 偏高 锥形瓶洗净后还留有蒸馏水 不变 无影响 取液 取碱液的滴定管开始有气泡，读数时气泡消失 变小 偏低 滴定 酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失 变大 偏高 振荡锥形瓶时部分液体溅出 变小 偏低 部分酸液滴在锥形瓶外 变大 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)‎ 变小 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)‎ 变大 偏高 ‎[对点训练]‎ ‎4．用标准的 KOH 溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是(　　)‎ A．配制标准溶液的固体 KOH 中混有 NaOH 杂质 B．滴定到终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确 C．部分KOH溶液滴到锥形瓶外 D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 解析：选A　A项将会使标准碱液的 c(OH－)偏大，滴定时耗用的 V(OH－) 偏小，导致结果偏低，正确；B项滴定终点时仰视读数，将使读取碱液的体积偏大，测定结果偏高，错误；C项使用KOH溶液的体积偏大，将使测定结果偏高，错误；D项尖嘴处悬挂溶液将使读取的标准液体积偏大，测定结果偏高，错误。‎ ‎5．氧化还原滴定实验同中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。现用0.001 mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定未知浓度的无色Na2SO3溶液，反应的离子方程式如下：‎ ‎2MnO＋5SO＋6H＋===2Mn2＋＋5SO＋3H2O 请完成下列问题：‎ ‎(1)该滴定实验所需仪器为下列中的________(填字母)。‎ A．酸式滴定管(50 mL) 　B．碱式滴定管(50 mL)‎ C．量筒(10 mL)　D．锥形瓶　E．铁架台　F．滴定管夹 G．烧杯　H．白纸　I．胶头滴管　J．漏斗 ‎(2)不用_______(填“酸”或“碱”)式滴定管盛放高锰酸钾溶液，原因是_________________________________________。‎ ‎(3)该实验选何种指示剂，说明理由：_______________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)滴定前平视KMnO4溶液液面，刻度为a mL，滴定后俯视液面刻度为b mL，则(b－a)mL 比实际消耗KMnO4溶液体积________(填“大”或“小”)。根据(b－a)mL计算得到的待测溶液浓度比实际浓度________(填“大”或“小”)。‎ 解析：(1)酸性KMnO4溶液具有强氧化性，要放在酸式滴定管中，取用待测Na2SO3溶液要用碱式滴定管，滴定过程还需要烧杯、锥形瓶、白纸、滴定管夹和铁架台。(3)MnO全部被还原为Mn2＋后溶液由紫色变为无色。(4)俯视读得的数值偏小，则(b－a)mL比实际消耗KMnO4溶液体积小，造成V(标准)偏小，根据c(待测)＝分析，c(待测)偏小。‎ 答案：(1)ABDEFGH　(2)碱　酸性高锰酸钾溶液能腐蚀橡胶管　(3)不用指示剂，因为MnO全部转化为Mn2＋时，溶液紫色褪去，现象明显　(4)小　小 中和滴定曲线分析 ‎1．分析步骤 首先看纵坐标，搞清楚是酸加入碱中，还是碱加入酸中；‎ 其次看起点，起点可以看出酸性或碱性的强弱，这在判断滴定终点时至关重要；‎ 再次找滴定终点和pH＝7的中性点，判断滴定终点的酸碱性，然后确定中性点(pH＝7)的位置；‎ 最后分析其他的特殊点(如滴定一半点，过量一半点等)，分析酸、碱过量情况。‎ ‎2．滴定过程中的定量关系 ‎(1)电荷守恒关系在任何时候均存在；‎ ‎(2)物料守恒可以根据加入酸的物质的量和加入碱的物质的量进行确定，但不一定为等量关系。‎ ‎[对点训练]‎ ‎6．(2018·珠海模拟)如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是(　　)‎ A．盐酸的物质的量浓度为 1 mol·L－1‎ B．P点时反应恰好完全，溶液呈中性 C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线 D．酚酞不能用作本实验的指示剂 解析：选B　根据曲线a知，滴定前盐酸的pH＝1，c(HCl)＝0.1 mol·L－1，A错误；P点表示盐酸与氢氧化钠恰好完全中和，溶液呈中性，B正确；曲线a是氢氧化钠溶液滴定盐酸的曲线，曲线b是盐酸滴定氢氧化钠溶液的曲线，C错误；强酸与强碱相互滴定，可以用酚酞作指示剂，D错误。‎ ‎7．(2018·枣庄一模)室温下，将1.000 mol·L－1盐酸逐滴滴入20.00 mL 1.000 mol·L－1氨水中。溶液的pH和温度随加入盐酸的体积变化曲线如图所示。下列说法不正确的是(　　)‎ A．a点由水电离出的c(H＋)<1.0×10－14 mol·L－1‎ B．b点时存在c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)‎ C．c点以后溶液温度下降的原因是盐酸的持续加入 D．在整个过程中可能会出现的离子浓度关系：‎ c(NH)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)‎ 解析：选A　a点V[HCl(aq)]＝0，氨水的pH<14，该溶液中H＋全部来源于水的电离，则a点由水电离出的c(H＋)>1.0×10－14 mol·L－1，A错误；b点的V[HCl(aq)]＝20 mL，盐酸和氨水恰好完全反应生成NH4Cl，据物料守恒可得：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)，B正确；中和反应为放热反应，NH3·H2O电离为吸热过程，c点盐酸和氨水恰好完全反应，放出热量最多，再加入盐酸后温度降低，主要是加入盐酸的温度低于溶液的温度，C正确；据电荷守恒可得：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)；溶液的pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，则有c(NH)＝c(Cl－)，D正确。‎ ‎8.常温下，用0.10 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 mol·L－1CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COOH)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COO－)‎ B．醋酸的滴定终点是点③‎ C．滴定CH3COOH过程中不可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)‎ D．滴定HCN过程中可以用石蕊溶液指示终点 解析：选A　①、②两点对应的V(NaOH)＝10 mL，点①溶液为等浓度HCN和NaCN混合液，据物料守恒可得‎2c(Na＋)＝c(HCN)＋c(CN－)；点②溶液为等浓度CH3COOH和CH3COONa混合液，据物料守恒可得‎2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，从而可得c(HCN)＋c(CN－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，即c(CH3COOH)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COO－)，A正确。NaOH溶液滴定醋酸时，达到滴定终点生成CH3COONa，溶液呈碱性，而点③溶液pH＝7，故醋酸的滴定终点不是点③，而应是点④，B错误。滴定CH3COOH过程中，若滴加NaOH溶液的体积较小，混合液呈酸性，可能出现c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)，C错误。滴定HCN时，达到滴定终点生成NaCN，溶液呈碱性，应选酚酞溶液作指示剂，石蕊溶液因变色不明显，一般不能作为中和滴定的指示剂，D错误。‎ 中和滴定拓展应用 中和滴定操作不仅适用于酸碱中和反应，也可以迁移应用于氧化还原反应，NaOH、Na2CO3混合溶液与盐酸的反应及沉淀反应。‎ ‎1．氧化还原滴定法 ‎(1)原理：以氧化剂(或还原剂)为滴定剂，直接滴定一些具有还原性(或氧化性)的物质。‎ ‎(2)实例 ‎①酸性KMnO4溶液滴定H‎2C2O4溶液 原理 ‎2MnO＋6H＋＋5H‎2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O 指示 剂 酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂 终点 判断 当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点 ‎②Na2S2O3溶液滴定碘液 原理 ‎2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI 指示剂 用淀粉作指示剂 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 ‎2．沉淀滴定法(利用生成沉淀的反应)‎ 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－或Ag＋。‎ ‎[对点训练]‎ ‎9．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　　‎ AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4‎ AgSCN 颜色 白 浅黄 白 砖红 白 溶解度(mol·L－1)‎ ‎1.34×10－6‎ ‎7.1×10－7‎ ‎1.1×10－8‎ ‎6.5×10－5‎ ‎1.0×10－6‎ ‎(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________。‎ 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)根据沉淀滴定法原理可知，溶液中Ag＋和Cl－先反应，Cl－消耗完后再和指示剂反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀，因此滴定终点时的颜色变化为生成砖红色沉淀。‎ ‎(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，但是由于AgCl是白色沉淀，所以应选择Na2CrO4为指示剂，这样在滴定终点时沉淀的颜色发生明显的变化(白色→砖红色)，以指示滴定刚好达到终点，此时发生反应的离子方程式为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↓‎ ‎10．中华人民共和国国家标准(GB27602011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为‎0.25 g·L－1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。‎ ‎(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，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，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盐酸滴定时消耗了NaOH标准液，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：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响 ‎[真题验收]‎ ‎1．(2015·广东高考)准确移取20.00 mL某待测 HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定。下列说法正确的是(　　)‎ A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定 B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大 C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定 D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小 解析：选B　A．滴定管用蒸馏水洗涤后，需用待装液润洗才能装入NaOH溶液进行滴定；B.随着NaOH溶液的滴入，锥形瓶内溶液中c(H＋‎ ‎)越来越小，故pH由小变大；C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪去，说明达到滴定终点，应停止滴定；D.滴定达终点时，滴定管尖嘴部分有悬滴，则标准NaOH溶液读数偏大，使测定结果偏大。‎ ‎2．(2014·全国卷Ⅱ)某小组以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X。为确定其组成，进行如下实验。‎ ‎①氨的测定：精确称取w g X，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1 mL c1 mol·L－1的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2 mL NaOH溶液。‎ ‎②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色)。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)装置中安全管的作用原理是__________________________________________。‎ ‎(2)用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用__________式滴定管，可使用的指示剂为__________。‎ ‎(3)样品中氨的质量分数表达式为__________。‎ ‎(4)测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将__________(填“偏高”或“偏低”)。‎ ‎(5)测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是______________________；滴定终点时，若溶液中c(Ag＋)＝2.0×10－5 mol·L－1，c(CrO)为______________mol·L－1。[已知：Ksp(Ag2CrO4)＝1.12×10－12]‎ ‎(6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1∶6∶3，钴的化合价为__________。制备X的化学方程式为____________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________；‎ X的制备过程中温度不能过高的原因是______________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：‎ ‎(1)当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定。(2)盛装氢氧化钠溶液应使用碱式滴定管，强碱滴定强酸，可以使用酚酞，也可以使用甲基红作指示剂。(3)总的盐酸的物质的量减去氢氧化钠的物质的量即为氨气物质的量，所以氨的质量分数的表达式为[(c1V1－c2V2)×10－3×17/w]×100%。(4)气密性不好，会有一部分氨逸出，使测定结果偏低。(5)因为硝酸银见光易分解，所以使用棕色滴定管；由题意，c2(Ag＋)×c(CrO)＝4.0×10－10×c(CrO)＝1.12×10－12，c(CrO)＝2.8×10－3mol·L－1。(6)由题给条件，可以写出X的化学式为[Co(NH3)6]Cl3，所以Co的化合价为＋3，制备X的化学方程式为2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O，反应物中有NH3和H2O2，温度过高，会使过氧化氢分解、氨气逸出，不利于X的制备。‎ 答案：(1)当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定　(2)碱　酚酞(或甲基红)‎ ‎(3)×100%　(4)偏低 ‎(5)防止硝酸银见光分解　2.8×10－3‎ ‎(6)＋3　2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O　温度过高过氧化氢分解、氨气逸出 ‎[综合演练提能]　 ‎ ‎[课堂巩固练]‎ ‎1．(2018·赣州模拟)常温下，下列溶液一定呈碱性的是(　　)‎ A．能与金属铝反应放出氢气的溶液 B.＝10－6的溶液 C．pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合 D．0.01 mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的HCl溶液等体积混合 解析：选B　能与金属铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性也可能呈强碱性，A错误；＝10－6<1，c(H＋)＜c(OH－)，溶液呈碱性，B正确；CH3COOH为弱酸，NaOH为强碱，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，CH3COOH过量，溶液呈酸性，C错误；0.01 mol·L－1的氨水与0.01 mol·L－1的HCl溶液等体积混合恰好发生中和反应，生成的氯化铵水解使溶液呈酸性，D错误。‎ ‎2．常温下，0.1 mol·L－1某一元酸HA溶液中＝1×10－12，下列叙述正确的是(　　)‎ A．该溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－10 mol·L－1‎ B．溶液中存在HAH＋＋A－‎ C．与0.1 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合后所得溶液为中性 D．原溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释，溶液中c(OH－)均增大 解析：选C　常温下KW＝1×10－14,0.1 mol·L－‎1HA溶液中＝1×10－12，则有c(H＋)＝0.1 mol·L－1，说明HA完全电离，故该溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1，A错误。HA为强酸，其电离方程式为HA===H＋＋A－，不存在HA的电离平衡，B错误。与0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合恰好完全反应，生成强酸强碱盐NaA，所得溶液为中性，C正确。HA溶液中加入一定量NaA晶体，溶液中c(OH－)不变；加水稀释时，溶液中c(H＋)减小，则c(OH－)增大，D错误。‎ ‎3．已知水的电离方程式：H2OH＋＋OH－。下列叙述中，正确的是(　　)‎ A．向水中加入少量硫酸氢钠溶液，c(H＋)增大，KW不变 B．降低温度，KW减小，pH不变 C．向水中加入氨水，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)降低 D．向水中加入少量NaClO固体，平衡向逆反应方向移动，c(H＋)降低 解析：选A　向水中加入少量硫酸氢钠溶液，c(H＋)增大，温度不变，KW不变，A项正确；水的电离吸热，降低温度，平衡逆向移动，c(H＋)、c(OH－)均减小，KW减小，pH增大，B项错误；向水中加入氨水，c(OH－)增大，平衡向逆反应方向移动，C项错误；向水中加入少量NaClO固体，H＋和ClO－反应生成HClO，c(H＋)降低，平衡向正反应方向移动，D项错误。‎ ‎4．(2018·许昌二模)常温下，用0.10 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL稀醋酸(HAc)，下列说法中正确的是(　　)‎ A．当混合溶液的pH>7时，其中不可能存在HAc分子 B．当混合溶液的pH<7时，混合液中c(Na＋)>c(Ac－)‎ C．判断该滴定过程的终点，最好选择甲基橙作为指示剂 D．达到滴定终点时，混合液中c(Na＋)和c(Ac－)一定不相等 解析：选D　当NaOH溶液和稀醋酸恰好完全反应生成NaAc时，由于Ac－发生水解而使溶液呈碱性，此时溶液中存在水解产生的HAc分子，A错误。据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Ac－)＋c(OH－)，混合液的pH<7时溶液呈酸性，则有c(H＋)>c(OH－)，从而推知c(Na＋)c(Ac－)，D正确。‎ ‎5．(2018·深圳一调)常温下，浓度均为0.1 mol·L－1、体积均为100 mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入NaOH固体，lg 随加入NaOH的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是(　　)‎ A．HX的酸性弱于HY B．a点由水电离出的c(H＋)＝10－12 mol·L－1‎ C．c点溶液中：c(Y－)>c(HY)‎ D．b点时酸碱恰好完全反应 解析：选C　根据题图知，0.1 mol·L－1HX溶液的lg ＝12，则c(H＋)＝0.1 mol·L－1，HX为强酸，同理可推知，HY为弱酸，A项错误；a点HX溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－13 mol·L－1，B项错误；c点时加入n(NaOH)＝0.005 mol，此时得到等物质的量浓度的HY和NaY的混合溶液，lg ＝6，则c(H＋)＝10－4 mol·L－1，溶液呈酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，故c(Y－)>c(HY)，C项正确；b点时n(NaOH)＝0.008 mol，而n(HY)＝0.01 mol，故HY过量，D项错误。‎ ‎6．现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol·L－1的NaOH溶液，乙为0.1 mol·L－1的HCl溶液，丙为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液。试回答下列问题：‎ ‎(1)甲溶液的pH＝________。‎ ‎(2)丙溶液中存在的电离平衡为____________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________‎ ‎(用电离平衡方程式表示)。‎ ‎(3)常温下，用水稀释0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液时，下列各量随水量的增加而增大的是________(填序号)。‎ ‎①n(H＋)　　　　　　　　　 ②c(H＋)‎ ‎③ ④c(OH－)‎ ‎(4)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH－)的大小关系为________。‎ ‎(5)某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL丙溶液，得到如图所示的两条滴定曲线，请回答有关问题：‎ ‎①甲溶液滴定丙溶液的曲线是______(填“图‎1”‎或“图‎2”‎)曲线。‎ ‎②a＝________。‎ 解析：(1)c(OH－)＝0.1 mol·L－1，则c(H＋)＝10－13mol·L－1，pH＝13。(2)CH3‎ COOH溶液中存在CH3COOH和H2O的电离平衡。(3)CH3COOH是弱酸，当向0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中加水稀释时，CH3COOH的电离程度增大，平衡向右移动，n(H＋)增大，但是c(H＋)减小，即①增大，②减小；设CH3COOH在水中的电离常数为K，则＝，c(H＋)减小，而K在一定温度下是常数，故减小，即③减小；温度一定，KW为一定值，KW＝c(H＋)·c(OH－)，c(H＋)减小，则c(OH－)增大，即④增大。(4)酸、碱对水的电离具有抑制作用，水溶液中c(H＋)或c(OH－)越大，水的电离程度越小，反之越大。(5)①HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，分析题图，可知图2是甲溶液滴定丙溶液的曲线。②氢氧化钠溶液滴定盐酸恰好中和时，pH＝7，因二者浓度相等，则二者体积相等，a＝20.00。‎ 答案：(1)13‎ ‎(2)CH3COOHCH3COO－＋H＋、H2OOH－＋H＋‎ ‎(3)①④　(4)丙>甲＝乙　(5)①图2　②20.00‎ ‎[课下提能练]‎ ‎1．(2018·衡水中学调研)下列操作会使H2O的电离平衡向正方向移动，且所得溶液呈酸性的是(　　)‎ A．向水中加入少量的CH3COONa B．向水中加入少量的NaHSO4‎ C．加热水至‎100 ℃‎，pH＝6‎ D．向水中加少量的明矾 解析：选D　加入少量的CH3COONa，CH3COO－与H＋结合为CH3COOH，c(H＋)减小，水的电离平衡正向移动，c(OH－)>c(H＋)，溶液呈碱性，A项不符合题意；加入少量的NaHSO4，其电离出H＋，c(H＋)增大，水的电离平衡逆向移动，B项不符合题意；加热水至‎100 ℃‎，水的电离平衡正向移动，但仍呈中性，C项不符合题意；加少量的明矾，Al3＋与水电离出的OH－结合为Al(OH)3，c(OH－)减小，水电离平衡正向移动，c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性，D项符合题意。‎ ‎2．下列说法正确的是(　　)‎ A．下面实验事实可以用平衡移动原理解释 t/℃‎ ‎25‎ ‎50‎ ‎100‎ KW/×10－14‎ ‎1.01‎ ‎5.47‎ ‎55.0‎ B.在蒸馏水中滴加浓H2SO4，KW不变 C．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同 D．‎50 ℃‎时，pH＝4的醋酸中：c(H＋)＝4.0 mol·L－1‎ 解析：选A　A项，由于水的电离是吸热的，所以升高温度有利于水的电离，所以水的离子积常数KW逐渐变大，符合平衡移动原理。B项，在蒸馏水中滴加浓H2SO4，放出热量，溶液温度升高，KW变大。C项，CH3COONH4发生水解相互促进的反应，促进水的电离，水的电离程度增大，而NaCl对水的电离平衡无影响。D项，pH＝4的醋酸中，c(H＋)＝10－4 mol·L－1。‎ ‎3．常温下，已知电离常数：Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5；Ka1(H‎2C2O4)＝5.9×10－2，Ka2(H‎2C2O4)＝6.4×10－5。‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．(NH4)‎2C2O4溶液中，c(NH)＝‎2c(C2O)‎ B．等物质的量浓度的氨水和H‎2C2O4溶液等体积混合，所得溶液呈碱性 C．pH＝11的氨水和pH＝3的H‎2C2O4溶液等体积混合，所得溶液呈酸性 D．用H‎2C2O4溶液中和氨水至中性时，溶液中c(NH)＝‎2c(C2O)＋c(HC2O)‎ 解析：选D　Kb(NH3·H2O)、Ka2(H‎2C2O4)不相等，因此NH、C2O的水解程度不同，故(NH4)‎2C2O4溶液中c(NH)≠‎2c(C2O)，A项错误；等物质的量浓度的氨水和H‎2C2O4溶液等体积混合，反应后得到NH4HC2O4溶液，由于Kb(NH3·H2O)1.0×10－2 mol·L－1，与pH＝2的盐酸等体积混合后，氨水过量较多，溶液呈碱性，D错误。‎ ‎7．(2018·佛山质检)若向20 mL 0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入一定浓度的烧碱溶液，测得混合溶液的温度变化如图所示，下列有关说法正确的是(　　)‎ A．c点时，CH3COOH的电离程度和电离常数都最大，溶液呈中性 B．若b点混合溶液显酸性，则‎2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)‎ C．混合溶液中水的电离程度：b>c>d D．由图可知，该反应的中和热先增大后减小 解析：选B　c点时，CH3COOH和NaOH恰好完全反应，得到CH3COONa溶液，由于CH3COO－‎ 水解，溶液呈碱性，A项错误；b点时，反应得到等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，根据物料守恒得‎2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B项正确；b点为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa的混合溶液，c点为CH3COONa溶液，d点为等物质的量浓度的NaOH、CH3COONa的混合溶液，故c点水的电离程度最大，C项错误；中和热与酸碱的用量无关，D项错误。‎ ‎8．(2018·黄陵中学第一次质检)下列叙述正确的是(　　)‎ A．稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH增大 B．pH均为5的盐酸和醋酸，分别加水稀释至原溶液体积的1 000倍，所得溶液的pH均等于8‎ C．盐酸中滴加氨水至中性，溶液中的溶质只有NH4Cl D．室温时pH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等体积混合后，溶液的pH小于7‎ 解析：选A　稀醋酸加水稀释，CH3COOH的电离平衡正向移动，醋酸电离程度增大，但溶液中c(H＋)减小，溶液的pH增大，A正确。pH均为5的盐酸和醋酸，分别加水稀释至原溶液体积的1 000倍，所得溶液仍呈酸性，此时溶液的pH小于7，不可能大于7，B错误。盐酸中滴加氨水，二者恰好完全反应时，溶液中的溶质只有NH4Cl，由于NH发生水解反应，此时溶液呈酸性，若使溶液呈中性，应滴加稍过量氨水，故溶液中溶质有NH4Cl和NH3·H2O，C错误。室温时pH＝3的硫酸中c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1，pH＝11的氨水c(OH－)＝1×10－3 mol·L－1，由于H2SO4完全电离，而NH3·H2O部分电离，则有c(NH3·H2O)>c(H2SO4)＝5×10－4 mol·L－1，故二者等体积混合时，氨水有剩余，溶液呈碱性，故混合液的pH>7，D错误。‎ ‎9．(2018·深圳一模)‎25 ℃‎时，将浓度均为0.1 mol·L－1、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va＋Vb＝100 mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．Ka(HA)＝10－6‎ B．b点时，c(B＋)＝c(A－)＝c(OH－)‎ C．c点时，随温度升高而减小 D．a→c过程中水的电离程度始终增大 解析：选C　由题图可知，0.1 mol·L－‎1HA溶液的pH＝3,0.1 mol·L－1BOH溶液的pH＝11，说明HA、BOH分别为弱酸、弱碱；Va＝Vb＝50 mL时，二者恰好完全反应生成BA，此时溶液的pH＝7，则HA、BOH的电离常数相等；Vb＝0时，HA溶液的pH＝3，此时c(H＋)＝10－3 mol·L－1，c(HA)≈0.1 mol·L－1，故HA的电离常数Ka(HA)＝＝＝10－5，A错误。b点时溶液的pH＝7，溶液呈中性，则有c(H＋)＝c(OH－‎ ‎)；据电荷守恒推知c(B＋)＝c(A－)，则溶液中离子浓度为c(B＋)＝c(A－)>c(H＋)＝c(OH－)，B错误。c点时溶液中的溶质为BOH和BA，溶液显碱性，BA的水解过程是吸热过程，温度升高促进水解，水解平衡常数增大，则＝减小，C正确。a→b过程中，HA与BOH发生中和反应，c(BA)逐渐增大，则水的电离程度逐渐增大；b→c过程中，BOH剩余，抑制了水的电离，水的电离程度逐渐减小，D错误。‎ ‎10．(2018·贵州七校联考)下列说法不正确的是(　　)‎ A．将pH均为a的氢氧化钠溶液和氨水分别加水稀释100倍，pH变为b和c，则a、b、c的大小关系是a>c>b B．常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的①醋酸、②盐酸、③醋酸钠溶液，水的电离程度的顺序为③>①>②‎ C．常温下，将相同体积的pH＝3的硫酸和pH＝11的一元碱BOH溶液混合，所得溶液可能为中性，也可能为酸性 D．物质的量浓度相同的①氯化铵溶液、②硫酸铵溶液、③碳酸氢铵溶液，pH的顺序为③>①>②‎ 解析：选C　碱溶液稀释时，pH逐渐变小，稀释相同倍数时，氢氧化钠溶液的pH变化幅度较大，氨水继续发生电离，pH变化幅度较小，A项正确；醋酸钠为强碱弱酸盐，发生水解反应，促进水的电离，醋酸和盐酸抑制水的电离，由于盐酸是强酸，完全电离，氢离子浓度大，对水的电离的抑制程度大，B项正确；常温下，将相同体积的pH＝3的硫酸和pH＝11的一元强碱BOH溶液混合，所得溶液呈中性，常温下，将相同体积的pH＝3的硫酸和pH＝11的一元弱碱BOH溶液混合，碱过量，所得溶液呈碱性，C项错误；(NH4)2SO4和NH4Cl水解，使溶液呈酸性，(NH4)2SO4溶液中H＋较多，pH较小，NH4HCO3溶液呈碱性，D项正确。‎ ‎11．(2018·郑州二测)‎25 ℃‎时，用浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH溶液和盐酸分别滴定体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol·L－1的HA溶液与BOH溶液。滴定过程中溶液的pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法中正确的是(　　)‎ A．HA为弱酸，BOH为强碱 B．a点时，溶液中粒子浓度存在关系：‎ c(B＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(BOH)‎ C．b点时两种溶液中水的电离程度相同，且V＝20‎ D．c、d两点溶液混合后微粒之间存在关系：‎ c(H＋)＝c(OH－)＋c(BOH)‎ 解析：选D　由题图可知，0.1 mol·L－‎1HA溶液的pH＝1，所以HA是强酸，而0.1 mol·L－1BOH溶液的pH＝11，所以BOH是弱碱，A项错误。根据0.1 mol·L－1BOH溶液的pH＝11，求得BOH电离常数Kb＝≈＝10－5，a点时pH＝10，则c(OH－)＝10－4 mol·L－1，根据温度不变，电离常数不变，则该点满足10－4×＝10－5，解得c(BOH)＝‎10c(B＋)，即c(BOH)>c(B＋)，故B项错误。b、c两点所在曲线是NaOH溶液滴定强酸HA的曲线，若V＝20，则所得溶液应该呈中性，pH＝7，C项错误。c点加入的NaOH溶液和d点加入的盐酸的体积相等，故c、d两点溶液混合后，NaOH与HCl恰好完全反应生成NaCl，HA与BOH也恰好完全反应得到BA，由于NaCl不水解，而BA是强酸弱碱盐，根据质子守恒可得：c(H＋)＝c(OH－)＋c(BOH)，故D项正确。‎ ‎12．(2018·洛阳期中)常温下，向浓度为0.1 mol·L－1、体积为V L的氨水中逐滴加入一定浓度的盐酸，用pH计测溶液的pH随盐酸的加入量而降低的滴定曲线，d点两种溶液恰好完全反应。根据图中信息回答下列问题：‎ ‎(1)该温度时NH3·H2O的电离常数K＝________。‎ ‎(2)比较b、c、d三点时的溶液中，由水电离出的c(OH－)大小顺序为________。‎ ‎(3)滴定时，由b点到c点的过程中，下列各选项中数值保持不变的是________(填字母，下同)。‎ A．c(H＋)·c(OH－) B. C. D. ‎(4)根据以上滴定曲线判断下列说法正确的是________(溶液中N元素只存在NH和NH3·H2O两种形式)。‎ A．点b所示溶液中：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)‎ B．点c所示溶液中：c(Cl－)＝c(NH3·H2O)＋c(NH)‎ C．点d所示溶液中：c(Cl－)>c(H＋)>c(NH)>c(OH－)‎ D．滴定过程中可能有：c(NH3·H2O)>c(NH)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)‎ ‎(5)滴定过程中所用盐酸的pH＝________，d点之后若继续加入盐酸至图像中的e点(此时不考虑NH水解的影响)，则e点对应的横坐标为________。‎ 解析：(1)未加入盐酸前，0.1 mol·L－1氨水的pH＝11，则溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝0.001 mol·L－1；由于水的电离程度较小，可忽略水的电离，则溶液中c ‎(NH)≈c(OH－)＝0.001 mol·L－1；NH3·H2O的电离程度较小，则c(NH3·H2O)≈0.1 mol·L－1，故该温度时NH3·H2O的电离常数K＝＝＝10－5。‎ ‎(2)b、c两点溶液中都含有NH3·H2O，抑制水的电离，且c(NH3·H2O)越大，对水的电离的抑制程度越大，d点氨水与盐酸恰好完全反应生成NH4Cl，NH发生水解而促进水的电离，故三点水电离出的c(OH－)大小顺序为d>c>b。‎ ‎(3)滴定时，由b点到c点的过程中，c(H＋)·c(OH－)＝KW，由于温度不变，则KW不变，A正确；随着反应的进行，溶液的碱性减弱，溶液中c(OH－)减小而c(H＋)增大，故的值增大，B错误；NH3·H2O的电离常数Kb＝，温度不变，则Kb不变，即保持不变，C正确；＝，温度不变，则KW、Kb均不变，即不变，D正确。‎ ‎(4)b点溶液为等浓度NH4Cl和NH3·H2O的混合液，溶液呈碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，据电荷守恒可得c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，据物料守恒可得‎2c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)，综合上述两式可得c(NH)＋‎2c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋‎2c(OH－)，A错误；c点溶液的pH＝7，则有c(H＋)＝c(OH－)，结合电荷守恒式可得c(NH)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)，B错误；d点盐酸与氨水恰好完全反应生成NH4Cl，NH发生水解而使溶液呈酸性，但其水解程度较小，故离子浓度关系为c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，C错误；当加入盐酸的量较少时，氨水中c(NH3·H2O)较大，生成的NH4Cl较少，溶液中c(NH3·H2O)远大于c(NH4Cl)，可能出现c(NH3·H2O)>c(NH)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)，D正确。‎ ‎(5)由题图可知，d点盐酸与氨水恰好完全反应生成NH4Cl，由NH3·H2O～HCl可知，c(HCl)＝0.1 mol·L－1×＝0.1 mol·L－1，故滴定过程中所用盐酸的pH＝1。设e点加入盐酸的体积为x L，则剩余盐酸的量为n余(HCl)＝0.1 mol·L－1×x L－0.1 mol·L－1×V L＝0.1(x－V)mol，此时溶液的pH＝2，则有0.1(x－V)mol＝10－2 mol·L－1×(x＋V)L，解得x＝。‎ 答案：(1)10－5　(2)d>c>b　(3)ACD　(4)D ‎(5)1　 ‎13．(2018·昆明测试)乙二酸(HOOC—COOH)俗名草酸，是一种有还原性的有机弱酸，在化学上有广泛应用。‎ ‎(1)小刚在做“研究温度对化学反应速率的影响”‎ 实验时，他往A、B两支试管中均加入4 mL 0.01 mol·L－1的酸性KMnO4溶液和2 mL 0.1 mol·L－1 H‎2C2O4(乙二酸)溶液，振荡，A试管置于热水中，B试管置于冷水中，记录溶液褪色所需的时间。褪色所需时间tA________tB(填“>”“＝”或“<”)。写出该反应的离子方程式：________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)实验室有一瓶混有泥沙的乙二酸样品，小刚利用上述反应的原理来测定其含量，具体操作为：‎ ‎①配制250 mL溶液：准确称量‎5.000 g乙二酸样品，配成250 mL溶液。配制溶液需要的计量仪器有___________________________________________________________。‎ ‎②滴定：准确量取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中，加少量酸酸化，将0.100 0 mol·L－1 KMnO4标准溶液装入______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，进行滴定操作。‎ 在滴定过程中发现，刚滴下少量KMnO4标准溶液时，溶液紫红色并没有马上褪去。将锥形瓶摇动一段时间后，紫红色才慢慢消失；再继续滴加时，紫红色就很快褪去，可能的原因是__________________________________________；判断滴定达到终点的现象是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎③计算：重复上述操作2次，记录实验数据如下表。则消耗KMnO4标准溶液的平均体积为________ mL，此样品的纯度为____________。‎ 序号 滴定前读数 滴定后读数 ‎1‎ ‎0.00‎ ‎20.01‎ ‎2‎ ‎1.00‎ ‎20.99‎ ‎3‎ ‎0.00‎ ‎21.10‎ ‎④误差分析：下列操作会导致测定结果偏高的是____________________________。‎ A．未用KMnO4标准溶液润洗滴定管 B．滴定前锥形瓶内有少量水 C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失 D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视 解析：(1)其他条件相同，温度高时，反应速率快，则溶液褪色所需的时间短。酸性KMnO4溶液能将草酸氧化为CO2，MnO被还原为Mn2＋。(2)①准确称量‎5.000 g样品需要电子天平，配制250 mL的溶液需要250 mL容量瓶。②酸性高锰酸钾溶液有强氧化性，应置于酸式滴定管中。反应一段时间后反应速率加快，可能是反应生成的Mn2＋对反应有催化作用。③第三次实验数据的误差太大，应舍去。前两次实验消耗KMnO4标准溶液的平均体积为20.00 mL。25.00 mL所配草酸溶液中，n(H‎2C2O4)＝n(MnO)＝2.5×0.100 0 mol·L－1×20.00×10－‎3 L＝0.005 000 mol，则250 mL溶液中含0.050 00 mol草酸，其质量为0.050 00‎ ‎ mol×‎90 g·mol－1＝‎4.500 g，此样品的纯度为×100%＝90.00%。④未用KMnO4标准溶液润洗滴定管，会使标准溶液浓度偏低，耗用标准溶液体积偏大，结果偏高。滴定前锥形瓶内有少量水，对实验结果无影响。滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，气泡体积计入了标准溶液的体积，使标准溶液体积偏大，结果偏高。观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，使标准溶液体积偏小，结果偏低。‎ 答案：(1)<　2MnO＋5H‎2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O ‎(2)①电子天平、250 mL容量瓶　②酸式　反应生成的Mn2＋对反应有催化作用　滴入最后一滴溶液，溶液由无色变成浅紫色，且半分钟内不褪色　③20.00　90.00%　④AC ‎14．传统的定量化学实验受到计量手段的制约而研究范围狭窄、精确度不高，DIS数字化信息系统(由传感器、数据采集器和计算机组成)因为可以准确测量溶液的pH等而在中和滴定的研究中应用越来越广泛深入。‎ ‎(1)某学习小组利用DIS系统探究强碱和不同酸的中和反应，实验过程如下：‎ ‎①分别配制0.100 0 mol·L－1的NaOH、HCl、CH3COOH溶液备用。‎ ‎②用0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液分别滴定10.00 mL 0.100 0 mol·L－1的HCl和CH3COOH溶液，连接数据采集器和pH传感器。‎ ‎③由计算机绘制的滴定曲线如图1：‎ 两曲线图起点不同的原因是_____________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________；‎ 两曲线图中V1________V2(填“>”“＝”或“<”)。‎ ‎(2)另一个学习小组利用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，计算机屏幕上显示溶液导电能力与加入NaOH溶液体积关系的曲线图(见图2)。‎ ‎②醋酸与NaOH溶液反应的离子方程式为_________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎③图中b点时，溶液中各离子浓度大小的关系是_____________________________‎ ‎______________________。‎ ‎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)CH3COOH不完全电离，HCl完全电离，使0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中c(H＋)比同浓度的HCl溶液中c(H＋)小，pH大；盐酸和NaOH反应生成氯化钠和水，氯化钠不水解，CH3COOH和NaOH反应生成醋酸钠和水，醋酸钠水解呈碱性，所以与等物质的量的HCl、醋酸反应，反应后溶液呈中性，消耗的NaOH前者大于后者。(2)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，待测液中溶质的物质的量不变，V(标准)不变，根据c(待测)＝，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－)；④c(H＋)＝10－8 mol·L－1，c(OH－)＝ mol·L－1＝10－6mol·L－1，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，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)CH3COOH不完全电离，HCl完全电离，使0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中c(H＋)比同浓度的HCl溶液中c(H＋)小，pH大 　>‎ ‎(2)①酸式滴定管　否 ‎②CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O ‎③c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)‎ ‎④9.9×10－7‎ 考点一　盐类的水解及影响因素 ‎[思维流程]‎ 盐类的水解及其规律 ‎1.概念：在溶液中盐电离出来的离子与水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。‎ ‎2．实质 ‎3．特点 ‎4．水解规律 有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。‎ 盐的 类型 实例 是否 水解 水解的 离子 溶液的 酸碱性 溶液 的pH 强酸强 碱盐 NaCl、KNO3‎ 无 性 7‎ 强酸弱 碱盐 NH4Cl、‎ Cu(NO3)2‎ 、Cu2＋‎ 性 7‎ 弱酸强 碱盐 CH3COONa、‎ Na2CO3‎ CH3COO－、‎ 性 7‎ ‎5．表示方法——水解离子方程式 ‎(1)一般来说，盐类水解的程度不大，用可逆号“”表示。盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。如CuCl2、NH4Cl水解的离子方程式：‎ Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋；‎ NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。‎ ‎(2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。如Na2S水解反应的离子方程式：S2－＋H2OHS－＋OH－、HS－＋H2OH2S＋OH－。‎ ‎(3)多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成，如FeCl3溶液中：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。‎ ‎(4)水解分别是酸性和碱性的离子组由于水解相互促进的程度较大，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等，如NaAlO2与AlCl3混合溶液反应的离子方程式：Al3＋＋3AlO＋6H2O===4Al(OH)3↓。‎ ‎6．盐的水解常数与电离常数的关系 MA表示强碱弱酸盐，则A－水解的离子方程式为A－＋H2OHA＋OH－，Kh＝＝＝(Ka为HA的电离常数)‎ 由于HA电离出的A－与H＋浓度近似相等，平衡时c(HA)又可看成是c(HA)溶液的浓度c，则Ka＝，c(H＋)＝ mol·L－1。‎ 同理：强酸弱碱盐(如NH4Cl)的水解常数与弱碱电离常数(Kb)之间的关系：Kh＝。‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)能水解的盐溶液一定呈酸性或碱性，不可能呈中性(×)‎ ‎(2)Na2CO3溶液显碱性的原因：CO＋2H2OH2CO3＋2OH－(×)‎ ‎(3)CH3COONH4溶液呈中性是因为CH3COONH4溶液不能发生水解(×)‎ ‎(4)已知酸性：HF>CH3COOH，所以等浓度的CH3COONa的碱性强于NaF(√)‎ ‎(5)由于NaHCO3溶液中HCO有电离出H＋的能力，所以NaHCO3溶液显酸性(×)‎ ‎(6)可溶性铝盐都能发生水解反应(√)‎ ‎(7)常温下，pH＝11的CH3COONa溶液和pH＝3的CH3COOH溶液水的电离程度相同(×)‎ ‎2．室温下0.1 mol·L－1的NH4CN溶液的pH等于9.32，据此，在室温下，下列说法错误的是(　　)‎ A．上述溶液能使甲基橙试剂变黄色 B．室温下，NH3·H2O是比HCN更弱的电解质 C．上述溶液中CN－的水解程度大于NH的水解程度 D．室温下，0.1 mol·L－1NaCN溶液中，CN－的水解程度小于上述溶液中CN－‎ 的水解程度 解析：选B　室温下，溶液呈碱性，则溶液能使甲基橙试剂变黄色，故A正确；HCN和NH3·H2O均是弱电解质，溶液呈碱性，说明CN－的水解程度大于NH的水解程度，由越弱越水解知NH3·H2O是比HCN强的电解质，故B错误，C正确；CN－、NH相互促进水解，所以0.1 mol·L－1NaCN溶液中，CN－的水解程度小于同浓度下NH4CN溶液中CN－的水解程度，故D正确。‎ ‎3．‎25 ℃‎时，浓度均为0.1 mol·L－1的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是(　　)‎ 序号 ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ 溶液 NaCl CH3COONH4‎ NaF NaHCO3‎ pH ‎7.0‎ ‎7.0‎ ‎8.1‎ ‎8.4‎ A．酸性强弱：H2CO3>HF B．①和②中溶质均未水解 C．离子的总浓度：①>③‎ D．④中：c(HCO)＋‎2c(CO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1‎ 解析：选C　相同浓度时pH：NaHCO3>NaF，则水解程度：HCO>F－，根据“越弱越水解”知，酸性：H2CO3③，C项正确；根据物料守恒知，④中：c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1，D项错误。‎ ‎[规律方法]‎ ‎1．盐类水解程度大小比较规律 ‎(1)组成盐的弱碱阳离子水解使溶液显酸性，组成盐的弱酸根离子水解使溶液显碱性。‎ ‎(2)盐对应的酸(或碱)越弱，水解程度越大，溶液碱性(或酸性)越强。‎ ‎(3)多元弱酸的酸根离子比酸式酸根离子的水解程度大得多。如相同浓度时，CO比HCO的水解程度大。‎ ‎(4)水解程度：相互促进水解的盐>单水解的盐>相互抑制水解的盐。如NH的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。‎ ‎2．弱酸酸式盐溶液酸碱性的判断方法 弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大小。‎ ‎(1)若电离程度小于水解程度，溶液显碱性。如NaHCO3溶液中：HCOH＋＋CO ‎(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。‎ ‎(2)若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。‎ 盐类水解的影响因素 ‎1．内因 主要因素是盐本身的性质，酸(或碱)越弱，其对应的弱酸阴离子(或弱碱阳离子)的水解程度越大，溶液的碱性(或酸性)越强，即越弱越水解。‎ ‎2．外因 因素 水解 平衡 水解 程度 水解产生 离子的浓度 温度 升高 右移 增大 增大 浓度 增大 右移 减小 增大 减小(即稀释)‎ 右移 增大 减小 外加 酸、碱 酸 弱碱阳离子的水解程度减小 碱 弱酸根离子的水解程度减小 盐 水解形式相同的盐 相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3)‎ 水解形式相反的盐 相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3]‎ ‎[注意]　①稀溶液中，盐的浓度越小，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。‎ ‎②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，原因是：体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－左移。‎ ‎[对点训练]‎ ‎4．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)加热0.1 mol·L－1Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的pH均增大(√)‎ ‎(2)在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH<7(×)‎ ‎(3)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)(√)‎ ‎(4)关于氯化铵溶液，加水稀释时，的值减小(√)‎ ‎(5)降低温度和加水稀释，都会使盐的水解平衡向逆反应方向移动(×)‎ ‎(6)通入适量的HCl气体使FeCl3溶液中增大(×)‎ ‎(7)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．Na2CO3水溶液中存在平衡CO＋H2OHCO＋OH－。下列说法不正确的是(　　)‎ A．稀释溶液，增大 B．通入CO2，溶液pH减小 C．升高温度，平衡常数增大 D．加入NaOH固体，减小 解析：选A　稀释溶液，平衡向正反应方向移动，但平衡常数不变，A项错；通入CO2，发生反应CO2＋2OH－===CO＋H2O，溶液pH减小，B项正确；升高温度，平衡正向移动，平衡常数增大，C项正确；加入NaOH固体，溶液中c(OH－)增大，平衡逆向移动，c(HCO)减小，c(CO)增大，减小，D项正确。‎ ‎[真题验收]‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)(2017·全国卷Ⅱ)‎1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中，NH的数量为0.1NA(×)‎ ‎(2)(2017·海南高考)向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液的离子方程式为2Al3＋＋3CO===Al2(CO3)3↓(×)‎ ‎(3)(2016·全国卷Ⅲ)向盐酸中加入氨水至中性，溶液中＞1(×)‎ ‎(4)(2016·全国卷Ⅲ)将CH3COONa溶液从‎20 ℃‎升温至‎30 ℃‎，溶液中增大(×)‎ ‎(5)(2016·上海高考)0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液的pH>7，证明乙酸是弱酸(√)‎ ‎(6)(2015·北京高考)饱和NaClO溶液的pH约为11：ClO－＋H2OHClO＋OH－(√)‎ ‎(7)(2015·重庆高考)‎25 ℃‎时，等体积等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液的pH＝7(×)‎ ‎2．(2015·天津高考)室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是(　　)‎ 选项 加入的物质 结论 A ‎50 mL 1 mol·L－1H2SO4‎ 反应结束后，‎ c(Na＋)＝c(SO)‎ B ‎0.05 mol CaO 溶液中增大 C ‎50 mL H2O 由水电离出的 c(H＋)·c(OH－)不变 D ‎0.1 mol NaHSO4固体 反应完全后，溶液 pH减小，c(Na＋)不变 解析：选B　A项，反应结束后c(Na＋)＝‎2c(SO)。B项，加入0.05 mol CaO后，会生成Ca(OH)2，Ca(OH)2与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀和NaOH，溶液中c(OH－)增大，CO水解产生的HCO减少，故溶液中增大。C项，加入水后，c(Na2CO3)减小，CO水解产生的c(OH－)减小，溶液中的OH－来源于水的电离，因水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小。D项，加入0.1 mol NaHSO4固体，溶液体积变化不大，但n(Na＋)变为原来的2倍，故c(Na＋)增大。‎ ‎3．(2015·天津高考节选)FeCl3在溶液中分三步水解：‎ Fe3＋＋H2OFe(OH)2＋＋H＋K1‎ Fe(OH)2＋＋H2OFe(OH)＋H＋K2‎ Fe(OH)＋H2OFe(OH)3＋H＋K3‎ 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＋‎ ‎(1)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 ‎(2)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________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)盐类的水解是吸热反应，升温或加水稀释均能促进盐类的水解，a错，b正确；NH4Cl溶液呈酸性，抑制Fe3＋的水解，c错误；NaHCO3溶液呈碱性，与H＋反应能促进Fe3＋的水解，d正确。(2)依据Fe3＋水解生成聚合氯化铁的离子方程式可知，室温下，可通过调节溶液中的c(H＋)来促进Fe3＋的水解，即调节溶液的pH。‎ 答案：(1)bd　(2)调节溶液的pH ‎4．(2013·山东高考节选)‎25 ℃‎时，H2SO3HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中 将________(填“增大”“减小”或“不变”)。‎ 解析：H2SO3的电离常数表达式为Ka＝＝1×10－2，水的离子积常数KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，NaHSO3的水解反应的平衡常数Kh＝＝＝＝＝1×10－12。由Kh＝得＝，加入I2后，HSO被氧化为H2SO4，c(H＋)增大，c(OH－)减小，Kh不变，所以增大。‎ 答案：1×10－12　增大 考点二　盐类水解的应用 ‎[思维流程]‎ ‎1．盐类水解的重要应用 应用 举例 判断溶液的酸碱性 FeCl3溶液显酸性，原因是(用方程式表示)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋‎ 判断酸性强弱 NaX、NaY、NaZ三种盐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H2SO4，防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量盐酸；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用磨口玻璃塞 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溶液，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＋‎ 化肥的使用 铵态氮肥与草木灰不得混用 除锈剂 NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂 ‎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)；Na2CO3(aq)蒸干得Na2CO3(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)2⇨CaCO3或CaO NaHCO3⇨Na2CO3‎ KMnO4⇨K2MnO4和MnO2‎ NH4Cl⇨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)。‎ ‎(5)弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。‎ ‎3．熟记下列因相互促进水解不能大量共存的离子组合 ‎(1)Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。‎ ‎(2)Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。‎ ‎(3)NH与SiO、AlO。‎ ‎[注意]‎ ‎①NH与CH3COO－、HCO虽能发生相互促进水解反应，但能大量共存。‎ ‎②Fe3＋在中性条件下已完全水解。‎ ‎[题点全练]‎ ‎1．生活中处处有化学，下列有关说法正确的是(　　)‎ A．天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Mg2＋、Ca2＋等离子 B．焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关 C．生活中用电解食盐水的方法制取消毒液，运用了盐类的水解原理 D．在滴有酚酞的Na2CO3溶液中慢慢滴入BaCl2溶液，溶液的红色逐渐褪去 解析：选D　A项，天然硬水是因为其中含有较多的Mg2＋、Ca2＋‎ 等离子，错误；B项，NH4Cl是强酸弱碱盐，水解显酸性，因此能溶解铁锈，错误；C项，惰性电极电解食盐水生成物是H2、Cl2、NaOH，Cl2与NaOH溶液反应可以制备漂白液，与水解无关，错误；D项，Na2CO3溶液中存在水解平衡CO＋H2OHCO＋OH－，加入BaCl2溶液后生成BaCO3沉淀，c(CO)降低，溶液的碱性减弱，所以红色逐渐褪去，正确。‎ ‎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＋3H＋　明矾净水 C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O↓＋4HCl制备TiO2·xH2O D．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　热的纯碱溶液碱性增强、去污能力增强；Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮物，具有净水作用；TiCl4与H2O作用水解可以制得纳米材料TiO2·xH2O，A、B、C项正确；SnCl2易水解，配制SnCl2溶液时若加入NaOH溶液，会促进SnCl2水解而生成Sn(OH)Cl或Sn(OH)2沉淀，所以配制SnCl2溶液应将SnCl2固体溶于浓盐酸中，再稀释至所需浓度。‎ ‎3．(2018·佛山模拟)下列物质的水溶液在空气中小心加热蒸干至质量不再减少为止，能得到较纯净的原溶质的是(　　)‎ ‎①CuSO4　②FeSO4　③K2CO3　④Ca(HCO3)2‎ ‎⑤NH4HCO3　⑥KMnO4　⑦FeCl3‎ A．全部都可以　　　　　　 　B．仅①②③‎ C．仅①③⑥ D．仅①③‎ 解析：选D　FeSO4溶液加热过程中生成Fe(OH)2和H2SO4，又由于Fe(OH)2会被氧化生成Fe(OH)3，故蒸干后得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物；Ca(HCO3)2受热会分解生成CaCO3；NH4HCO3受热分解；KMnO4受热分解生成K2MnO4和MnO2；FeCl3受热促进水解生成Fe(OH)3和盐酸，而盐酸挥发进一步促进其水解，最终水解彻底，受热分解得到的固体物质是Fe2O3。‎ ‎4．(2018·贵阳检测)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pH ‎7.7‎ ‎4.5‎ ‎6.5‎ A．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范围为4.5≤pH<6.5，即可将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，只能用H2O2，调pH时也不能引入新的杂质，用ZnO能促进Fe3＋的水解。‎ ‎[真题验收]‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)(2017·天津高考)用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物(√)‎ ‎(2)(2017·天津高考)蒸发铝与稀盐酸反应后的溶液能制备无水AlCl3(×)‎ ‎(3)(2016·全国卷Ⅰ)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(√)‎ ‎(4)(2016·全国卷Ⅱ)由MgCl2溶液制备无水MgCl2，将MgCl2溶液加热蒸干(×)‎ ‎(5)(2016·全国卷Ⅲ)泡沫灭火器灭火利用了Al2(SO4)3和小苏打反应(√)‎ ‎2．(2014·全国卷Ⅰ)化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是(　　)‎ 选项 现象或事实 解释 A 用热的烧碱溶液洗去油污 Na2CO3可直接与油污反应 B 漂白粉在空气中久置变质 漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3‎ C 施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用 K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效 D FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作 FeCl3能从含Cu2＋的溶液中置换出铜 解析：选C　烧碱指的是NaOH而不是Na2CO3，油脂在NaOH溶液、加热条件下能水解，A项错误；漂白粉中的Ca(ClO)2能与空气中的CO2和水蒸气反应，生成CaCO3和HClO，而HClO不稳定，易分解，CaCl2与CO2不反应，B项错误；K2CO3与NH4Cl混合，会发生相互促进的水解反应，释放出NH3，会降低肥效，C项正确；FeCl3溶液与Cu反应生成FeCl2和CuCl2，但FeCl3溶液不能将Cu2＋还原为Cu，并非发生置换反应，D项错误。‎ ‎3．(2015·天津高考节选)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。请回答下列问题：‎ FeCl3净水的原理是___________________________________________________。‎ FeCl3溶液腐蚀钢铁设备，除H＋作用外，另一主要原因是(用离子方程式表示)________________________________________________________________________。‎ 答案：Fe3＋水解产生的Fe(OH)3胶体粒子能吸附水中悬浮的杂质　2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋‎ 考点三　溶液中粒子浓度的大小比较 ‎[思维流程]‎ ‎1．把握盐溶液中的两个“微弱”‎ ‎(1)电离过程的“微弱”‎ 弱电解质发生电离的粒子的浓度大于电离生成的粒子的浓度，如H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(HCO)>c(CO)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离程度)。‎ ‎(2)水解过程的“微弱”‎ 发生水解的粒子的浓度大于水解生成的粒子的浓度，如Na2CO3溶液中：c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)(多元弱酸酸根离子的水解以第一步为主)。‎ ‎[注意]　若要求比较溶液中所有微粒浓度的大小，不能忽略水的电离。如H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)，c(H＋)>c(HCO)的原因是水和HCO还会电离产生H＋。‎ ‎2．掌握溶液中的“三个守恒”‎ ‎(1)物料守恒(原子守恒)‎ 在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，粒子种类增多，但这些粒子所含某些原子的总数始终不变，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H2CO3＋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)。‎ ‎(2)电荷守恒 在电解质溶液中，阳离子的电荷总数与阴离子的电荷总数相等，即溶液呈电中性。如NaHCO3溶液中有Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋2n(CO)＋n(OH－)，推出c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋‎2c(CO)＋c(OH－)。(因CO带2个单位负电荷，所以其所带电荷数为其离子数的2倍)‎ ‎(3)质子守恒 电解质溶液中，电离、水解等过程中得到的质子(H＋)数等于失去的质子(H＋)数。如NaHCO3溶液中：‎ 即有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c(K＋)得质子守恒式c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－)。‎ ‎3．粒子浓度大小比较的几种情况 ‎(1)单一溶液中粒子浓度的比较 NaHSO3溶液中：c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)>c(H2SO3)，以HSO的电离为主(HSO的电离>HSO的水解)。‎ NaHCO3溶液中：c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H2CO3)>c(H＋)>c(CO)，以HCO的水解为主(HCO的水解>HCO的电离)。‎ Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)。‎ ‎(2)混合溶液中粒子浓度的比较 等浓度的CH3COONa与CH3COOH混合溶液：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)。‎ 等浓度的NH4Cl与NH3·H2O混合溶液：‎ c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)>c(H＋)。‎ 等浓度的Na2CO3与NaHCO3混合溶液：‎ c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)。‎ ‎(3)不同溶液中同一粒子浓度的比较 不同溶液要看溶液中其他离子对该离子的影响。如在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4，c(NH)由大到小的顺序为③＞①＞②。‎ ‎[典例]　(2017·江苏高考改编)常温下，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5。‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．浓度均为0.1 mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者小于后者 B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等 C．0.2 mol·L－1HCOOH与0.1 mol·L－1NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO－)＋‎ c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)‎ D．0.2 mol·L－1CH3COONa与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)‎ ‎[学审题析题]‎ 第一步：审题干信息 ‎—————————————————————————————————————‎ 第二步：逐项分析定答案 ‎—————————————————————————————————————‎ ‎①分析A项正误 HCOONa溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，NH4Cl溶液中存在c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，两溶液中有c(Na＋)＝c(Cl－)，只要比较HCOONa溶液中c(H＋)与NH4Cl溶液中c(OH－)的大小即可；再由题干信息可知，NH的水解程度比HCOO－的大，则同浓度的NH4Cl溶液中c(H＋)较HCOONa溶液中c(OH－)大，即NH4Cl溶液中c(OH－)较HCOONa溶液中c(H＋)小，所以有c(Na＋)＋c(H＋)>c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，A项错误；‎ ‎②分析B项正误 CH3COOH的电离常数比HCOOH的小，即CH3COOH的酸性弱，则相同pH的CH3COOH溶液的浓度大于HCOOH的，和NaOH反应时，CH3COOH溶液消耗NaOH溶液的体积较大，B项错误；‎ ‎③分析C项正误 二者反应得到等浓度的HCOONa和HCOOH的混合液，且混合液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)；再由电荷守恒①c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，由物料守恒②‎2c(Na＋)＝c(HCOOH)＋c(HCOO－)，则由①×2＋②可得c(HCOO－)＋‎2c(OH－)＝c(HCOOH)＋‎2c(H＋)，故c(HCOO－)＋c(OH－)>c(HCOOH)＋c(H＋)，C项错误；‎ ‎④分析D项正误 反应后得到c(CH3COONa)＝c(CH3COOH)＝c(NaCl)的混合溶液，由物料守恒得：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝‎2c(Cl－)，pH<7，则CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，即c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)，电离和水解均很微弱，故c(H＋)小于 c(CH3COOH)，D项正确。‎ ‎[答案]　D ‎[对点训练]‎ ‎1．下列溶液中各粒子的浓度关系正确的是(　　)‎ A．pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)‎ B．含等物质的量的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中：c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)‎ C．0.1 mol·L－1CH3COONa溶液与0.1 mol·L－1HCl溶液混合至pH＝7：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)‎ D．0.1 mol·L－1Na2CO3溶液与0.1 mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合：‎2c(Na＋)＝3[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]‎ 解析：选D　pH＝2的醋酸溶液的浓度远大于pH＝12的NaOH溶液的浓度，故等体积混合后溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa，溶液中的离子浓度由大到小为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，A项错误；含等物质的量的CH3COONa和CH3COOH的混合溶液中，Na＋的浓度在CH3COO－与CH3COOH的浓度之间，正确的关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)>c(OH－)，B项错误；根据电荷守恒，溶液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)，因为c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)，C项错误；根据物料守恒，溶液中存在：‎2c(Na＋)＝3[c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)]，D项正确。‎ ‎2．(2018·衡水中学调研)下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是(　　)‎ A．pH相同的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③NH4HSO4三种溶液中c(NH)：①<②<③‎ B．20 mL 0.1 mol·L－1CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol·L－1HCl溶液混合后呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)‎ C．0.1 mol·L－1NaHCO3溶液与0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(OH－)‎ D．常温下，pH＝7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：‎ c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)＝c(OH－)‎ 解析：选B　c(NH)相同时，三种溶液中的c(H＋)：③>②>①，故c(H＋)相同时，三种溶液中的c(NH)：③<②<①，A项错误；反应后得到等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH、NaCl的混合溶液，溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，故c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)，B项正确；混合后得到Na2CO3溶液，由于CO两步水解都生成OH－，CO只有第一步水解生成HCO，故c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)，C项错误；该混合溶液中，根据电荷守恒有：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－‎ ‎)＋c(OH－)，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，故c(Cl－)＝c(NH)，D项错误。‎ ‎3．含SO2的烟气会形成酸雨，工业上常利用Na2SO3溶液作为吸收液脱除烟气中的SO2，随着SO2的吸收，吸收液的pH不断变化。下列粒子浓度关系一定正确的是(　　)‎ A．Na2SO3溶液中存在：c(Na＋)>c(SO)>c(H2SO3)>c(HSO)‎ B．已知NaHSO3溶液pH<7，该溶液中：c(Na＋)>c(HSO)>c(H2SO3)>c(SO)‎ C．当吸收液呈酸性时：c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)‎ D．当吸收液呈中性时：c(Na＋)＝‎2c(SO)＋c(HSO)‎ 解析：选D　Na2SO3溶液呈碱性，溶液中粒子浓度关系为c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)>c(HSO)>c(H＋)，A项错误；NaHSO3溶液pH<7，则该溶液中HSO的电离程度大于水解程度，溶液中粒子浓度大小关系为c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)>c(H2SO3)，B项错误；当吸收液呈酸性时可以是NaHSO3溶液，溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(SO)＋c(HSO)，也可以是NaHSO3和亚硫酸钠的混合溶液，则选项中的物料守恒关系式不再适用，C项错误；当吸收液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋‎2c(SO)＋c(HSO)，故c(Na＋)＝‎2c(SO)＋c(HSO)，D项正确。‎ ‎4．在常温下，用0.100 0 mol·L－1的盐酸滴定25 mL 0.100 0 mol·L－1Na2CO3溶液，所得滴定曲线如图所示。下列有关滴定过程中溶液相关微粒浓度间的关系不正确的是(　　)‎ A．a点：c(HCO)>c(Cl－)>c(CO)‎ B．b点：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(HCO)＋c(CO)＋c(OH－)‎ C．c点：c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)‎ D．d点：c(Cl－)＝c(Na＋)‎ 解析：选B　a点HCl与Na2CO3的物质的量之比为1∶2，发生反应：Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，反应后得到等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3、NaCl的混合溶液，由于CO的水解程度大于HCO的水解程度，故c(HCO)>c(Cl－)>c(CO)，A项正确；b点，根据电荷守恒，有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(HCO)＋‎2c(CO)＋c(OH－)，B项错误；c点HCl与Na2CO3的物质的量之比为1∶1，发生反应：Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，反应后得到等物质的量浓度的NaHCO3、NaCl的混合溶液，根据质子守恒，有c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)，C项正确；d点HCl与Na2CO3的物质的量之比为2∶1，根据物料守恒可知，c(Na＋)＝c(Cl－)，D项正确。‎ ‎[真题验收]‎ ‎1．(2014·全国卷Ⅱ)一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是(　　)‎ A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5 mol·L－1‎ B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1‎ C．pH＝2的H‎2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)‎ D．pH相同的①CH3COONa　②NaHCO3　③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①>②>③‎ 解析：选D　A．pH＝5的H2S溶液中H＋的浓度为1×10－5 mol·L－1，但是HS－的浓度会小于H＋的浓度，H＋来自于H2S的第一步电离、HS－的电离和水的电离，故H＋的浓度大于HS－的浓度，错误。B.弱碱不完全电离，弱碱稀释10倍时，pH减小不到一个单位，a碳酸的酸性>次氯酸的酸性，根据越弱越水解的原则，pH相同的三种钠盐，浓度的大小关系为醋酸钠>碳酸氢钠>次氯酸钠，则钠离子的浓度为①>②>③，故D正确。‎ ‎2．(2016·上海高考)碳酸：H2CO3，Ki1＝4.3×10－7，Ki2＝5.6×10－11‎ 草酸：H‎2C2O4，Ki1＝5.9×10－2，Ki2＝6.4×10－5‎ ‎0．1 mol·L－1 Na2CO3溶液的pH________0.1 mol·L－1 Na‎2C2O4溶液的pH。(选填“大于”“小于”或“等于”)‎ 等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是____。‎ 若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是________。(选填编号)‎ a．c(H＋)>c(HC2O)>c(HCO)>c(CO)‎ b．c(HCO)>c(HC2O)>c(C2O)>c(CO)‎ c．c(H＋)>c(HC2O)>c(C2O)>c(CO)‎ d．c(H2CO3)>c(HCO)>c(HC2O)>c(CO)‎ 解析：根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸，则碳酸钠的水解程度大于草酸钠，所以0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液的pH大于0.1 mol·L－1 Na‎2C2O4溶液的pH。草酸的酸性强于碳酸，则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中，氢离子浓度较大的是草酸。草酸的一、二级电离常数均大于碳酸，所以草酸的电离程度大于碳酸，因此溶液中c(H＋)>c(HC2O)>c(C2O)>c(HCO)>‎ c(CO)，a、c正确；b、d错误。‎ 答案：大于　草酸　ac ‎[综合演练提能]　 ‎ ‎[课堂巩固练]‎ 对应学生用书P160 ‎ ‎1．下列物质溶于水后，抑制了水的电离的是(　　)‎ A．Na2CO3　　　　　　　　 　B．NH4Cl C．CH3COONa D．H2SO4‎ 解析：选D　Na2CO3属于强碱弱酸盐，CO发生水解，促进水的电离，故A错误；NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH发生水解，促进水的电离，故B错误；CH3COONa属于强碱弱酸盐，CH3COO－发生水解，促进水的电离，故C错误；H2SO4属于酸，抑制水的电离，故D正确。‎ ‎2．下列各式中属于正确的水解反应的离子方程式的是(　　)‎ A．CH3COOH＋OH－CH3COO－＋H2O B．SO＋2H2OH2SO3＋2OH－‎ C．CH3COOH＋H2OCH3COO－＋H3O＋‎ D．NH＋H2ONH3·H2O＋H＋‎ 解析：选D　A是酸碱中和反应；B中SO的水解要分两步进行；C是电离过程。‎ ‎3．下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是(　　)‎ A．盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡 B．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H＋)>c(OH－)‎ C．在CH3COONa溶液中，由水电离的c(H＋)≠c(OH－)‎ D．水电离出的H＋和OH－与盐电离出的弱酸根离子或弱碱阳离子结合，引起盐溶液呈酸碱性 解析：选C　盐溶液呈酸碱性的原因是盐电离产生的弱酸根离子或弱碱阳离子与水电离出的H＋或OH－结合生成弱电解质，破坏了水的电离平衡，A正确；NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中NH发生水解，结合水电离出的OH－，导致溶液中c(H＋)>c(OH－)，B正确；CH3COONa溶液中CH3COO－结合水电离出的H＋生成CH3COOH，使得溶液中c(H＋)c(NH)>c(H＋)>c(OH－)‎ B．相同条件下，pH＝5的①NH4Cl溶液、②CH3COOH溶液、③稀盐酸三种溶液中由水电离出的c(H＋)：①>②>③‎ C．向0.01 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na ‎＋)>c(SO)>c(NH)>c(H＋)＝c(OH－)‎ D．pH＝2的CH3COOH与pH＝12的NaOH溶液等体积混合：c(CH3COO－)＋c(H＋)c(SO)，A错误。NH4Cl溶液中NH发生水解反应，促进水的电离；pH＝5的CH3COOH溶液和稀盐酸中c(H＋)＝10－5 mol·L－1，对水的电离抑制程度相同，故三种溶液中由水电离出的c(H＋)：①>②＝③，B错误。向0.01 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，则有c(H＋)＝c(OH－)，此时溶液中所含溶质为Na2SO4、(NH4)2SO4和NH3·H2O，由电荷守恒得c(Na＋)＋c(NH)＝‎2c(SO)，由物料守恒得c(SO)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)，则有c(Na＋)>c(SO)>c(NH)，C正确。pH＝2的CH3COOH与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，充分反应后，CH3COOH有剩余，溶液呈酸性，则有c(H＋)>c(OH－)；据电荷守恒可得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，则有c(Na＋)c(Na＋)＋c(OH－)，D错误。‎ ‎5．将n mol·L－1氨水滴入10 mL 1.0 mol·L－1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化的曲线如图所示。下列有关说法正确的是(　　)‎ A．n＝1.0‎ B．水的电离程度：b>c>a>d C．c点，c(NH)＝c(Cl－)＝1.0 mol·L－1‎ D．‎25 ℃‎时，NH4Cl的水解常数Kh＝(n－1)×10－7‎ 解析：选D　氨水与盐酸恰好完全反应生成NH4Cl时溶液呈酸性，图中V(NH3·H2O)＝10 mL时溶液的pH＝7，说明氨水略过量，则有c(NH3·H2O)>c(HCl)＝1.0 mol·L－1，A错误。由图可知，b点对应温度最高，说明此时氨水与盐酸恰好完全反应生成NH4Cl，此时水的电离程度最大；d点溶液pH未知，无法判断a、d两点电离程度大小，B错误。c点溶液的pH＝7，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－)＝0.5 mol·L－1，C错误。由图可知，‎25 ℃‎时，溶液pH＝7，NH4Cl存在水解平衡：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，则水解常数Kh＝＝ ‎＝(n－1.0)×10－7，D正确。‎ ‎6．已知常温下部分弱电解质的电离常数如下表：‎ 化学式 HF HClO H2CO3‎ NH3·H2O 电离常数 Ka＝6.8×10－4‎ Ka＝4.7×10－8‎ Ka1＝4.2×10－7 ‎ Ka2＝5.6×10－11‎ Kb＝1.7×10－5‎ ‎(1)常温下，pH相同的三种溶液：①NaF溶液；②NaClO溶液；③Na2CO3溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是____________(填字母)。‎ ‎(2)‎25 ℃‎时，pH＝4的NH4Cl溶液与pH＝4的HF溶液中由水电离出的c(H＋)之比为________。‎ ‎(3)0.1 mol·L－1NaClO溶液和0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中，c(ClO－)________c(HCO)(填“>”“<”或“＝”)；可使上述两种溶液pH相等的方法是________(填字母)。‎ A．向NaClO溶液中加适量水 B．向NaClO溶液中加入适量NaOH固体 C．向NaHCO3溶液中加适量水 D．向NaHCO3溶液中加适量NaOH固体 ‎(4)向NaClO溶液中通入少量CO2，所发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎(5)常温下，0.1 mol·L－1氨水与0.1 mol·L－1NH4Cl溶液等体积混合，通过计算判断混合溶液的酸碱性：_________________________________________________________。‎ 解析：(1)电离常数大小：HF>HClO>HCO，根据盐类“越弱越水解”的规律，对应弱酸根离子的水解程度：CO>ClO－>F－，故pH相同的三种溶液的物质的量浓度大小关系为c(NaF)>c(NaClO)>c(Na2CO3)。‎ ‎(2)NH4Cl发生水解，促进水的电离，而HF抑制水的电离，故pH＝4的NH4Cl溶液中由水电离的c(H＋)＝10－4 mol·L－1，pH＝4的HF溶液中由水电离的c(H＋)＝10－10 mol·L－1，二者之比为(10－4 mol·L－1)∶(10－10 mol·L－1)＝106∶1。‎ ‎(3)由表中数据可知K(HClO)K(HClO)>Ka2(H2CO3)，故NaClO溶液中通入少量CO2，生成HClO和NaHCO3，离子方程式为ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO。‎ 答案：(1)①>②>③　(2)106∶1　(3)<　AD ‎(4)ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO ‎(5)NH3·H2O的电离常数Kb＝1.7×10－5，则NH的水解常数为Kh＝＝＝5.9×10－10，则有Kb>Kh，据此可知NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，故混合溶液显碱性 ‎[课下提能练]‎ ‎1．在0.1 mol·L－1K2CO3溶液中，由于CO的水解，使得c(CO)<0.1 mol·L－1。如果要使c(CO)更接近0.1 mol·L－1，可以采取的措施是(　　)‎ A．加入适量水 B．加入少量盐酸 C．加入适量KOH固体 D．加热 解析：选C　K2CO3溶液中存在CO的水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－。加入适量水，平衡正向移动，且溶液的体积增大，则c(CO)减小，A错误；加入少量盐酸，CO与H＋结合生成HCO，则c(CO)减小，B错误；加入适量KOH固体，溶液中c(OH－)增大，水解平衡逆向移动，溶液中c(CO)增大，更接近0.1 mol·L－1，C正确；加热，促使CO的水解平衡正向移动，c(CO)减小，D错误。‎ ‎2．(2018·长沙一模)在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是(　　)‎ A．稀释溶液，水解平衡常数增大 B．加入CuSO4固体，HS－浓度减小 C．升高温度，c(HS－)/c(S2－)减小 D．加入NaOH固体，溶液pH减小 解析：选B　稀释溶液，水解平衡向正反应方向移动，但水解平衡常数只与温度有关，温度不变，水解平衡常数保持不变，A项错误；加入CuSO4固体，发生沉淀反应：Cu2＋＋S2－===CuS↓，c(S2－)减小，S2－的水解平衡向逆反应方向移动，HS－浓度减小，B项正确；水解过程吸热，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，c(HS－)增大，c(S2－)减小，c(HS－)/c(S2－)增大，C项错误；加入NaOH固体，c(OH－)增大，pH增大，D项错误。‎ ‎3．(2018·枣阳月考)在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系不正确的是(　　)‎ A．c(Na＋)＝‎2c(CO)‎ B．c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)‎ C．c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)‎ D．c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋‎2c(H2CO3)‎ 解析：选A　根据物料守恒有c(Na＋)＝2[c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)]，A项错误；因为CO发生水解以及水发生电离，所以溶液中离子浓度c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c ‎(HCO)>c(H＋)，B、C项正确；Na2CO3溶液中存在质子守恒c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋‎2c(H2CO3)，D项正确。‎ ‎4．下列有关电解质溶液的说法不正确的是(　　)‎ A．向Na2CO3溶液中通入NH3，减小 B．将0.1 mol·L－1K‎2C2O4溶液从‎25 ℃‎升高到‎35 ℃‎，增大 C．向0.1 mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，＝1‎ D．向0.1 mol·L－1CH3COONa溶液中加入少量水，增大 解析：选D　Na2CO3溶液中存在CO的水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－，通入NH3后生成的NH3·H2O电离产生OH－，溶液中c(OH－)增大，水解平衡逆向移动，c(CO)增大，c(Na＋)不变，则减小，A正确；K‎2C2O4溶液中存在C2O的水解平衡：C2O＋H2OHC2O＋OH－，升高温度，水解平衡正向移动，溶液中c(C2O)减小，c(K＋)不变，则增大，B正确；向0.1 mol·L－1HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，则有c(H＋)＝c(OH－)，据电荷守恒可得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(F－)，则有c(Na＋)＝c(F－)，即＝1，C正确；CH3COONa溶液中存在CH3COO－的水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，则水解常数Kh＝，则有＝，由于温度不变，则KW、Kh不变，故不变，D错误。‎ ‎5．(2018·山东师大附中模拟)下列说法正确的是(　　)‎ A．向CuCl2溶液中加入CaCO3，调节pH可除去溶液中混有的Fe3＋‎ B．配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度 C．用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋‎ D．洗涤油污常用热的碳酸钠溶液 解析：选D　A项，由Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋加入CaCO3消耗H＋，使平衡右移而除去Fe3＋，但又引入新的杂质Ca2＋，不合理；B项，所加酸应是稀硫酸，不能引入新杂质；C项，加热法不能除去Fe3＋。‎ ‎6．(2018·邯郸模拟)常温下，浓度为0.1 mol·L－1的下列六种溶液：①NaCl溶液　②NH4Cl溶液　③盐酸 ‎④CH3COONa溶液　⑤NaHSO4溶液　⑥醋酸溶液 下列有关判断正确的是(　　)‎ A．c(Na＋)：⑤>①>④‎ B．c(H＋)：③＝⑤>②>⑥>④‎ C．②中离子浓度大小：c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)‎ D．④和⑤两种溶液混合，使溶液pH＝7，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(SO)‎ 解析：选C　Na＋不水解，相同物质的量浓度的NaCl、CH3COONa、NaHSO4溶液中c(Na＋)相同，A项错误；相同物质的量浓度的CH3COOH溶液比NH4Cl溶液酸性强，故⑥>②，B项错误；Cl－不水解，而NH水解溶液显酸性，C项正确；溶液pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，由溶液中的电荷守恒可得出c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋‎2c(SO)，D项错误。‎ ‎7．下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)‎ A．KCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同 B．向氟化钠溶液中加入适量氢氟酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)>c(F－)>c(H＋)>c(OH－)‎ C．‎25 ℃‎时，等体积、pH＝3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内HA与Zn反应生成的氢气更多，HA是弱酸 D．Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO水解程度减小，溶液的pH减小 解析：选C　KCl是强酸强碱盐，不发生水解；CH3COONH4是弱酸弱碱盐，CH3COO－和NH发生水解，促进水的电离，但二者的水解程度相同，溶液呈中性，A错误。NaF溶液中F－存在水解平衡：F－＋H2OHF＋OH－，加入适量氢氟酸，c(HF)增大，水解平衡逆向移动，此时溶液呈酸性，则有c(H＋)>c(OH－)，结合电荷守恒推知c(F－)>c(Na＋)，B错误。HA和HB溶液的pH及体积均相等，与足量Zn反应时，相同时间内HA产生的H2更多，说明c(HA)>c(HB)，则HA是弱酸，C正确。Na2CO3溶液中CO存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－，加入少量Ca(OH)2固体，Ca2＋与CO反应生成CaCO3沉淀，平衡逆向移动，CO的水解程度减小，但溶液中c(OH－)增大，溶液的pH增大，D错误。‎ ‎8．某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50 mL 0.001 mol·L－1FeCl3溶液、50 mL对照组溶液X，向两种溶液中分别滴加1滴1 mol·L－1HCl溶液、1滴1 mol·L－1NaOH溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如图所示。‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A．依据M点对应的pH，说明Fe3＋发生了水解反应 B．对照组溶液X的组成可能是0.003 mol·L－1KCl溶液 C．依据曲线c和d说明Fe3＋水解平衡发生了移动 D．通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向 解析：选B　由题图可知，0.001 mol·L－1FeCl3溶液的pH≈3.2，说明Fe3＋发生了水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，使溶液呈酸性，A正确；0.003 mol·L－1KCl溶液的pH＝7，而图中对照组溶液X的pH与0.001 mol·L－1FeCl3溶液相同，故溶液X不可能为0.003 mol·L－1 KCl溶液，B错误；在FeCl3溶液中加碱或酸后，溶液的pH变化均比对照组溶液X的变化小，因为加酸或碱均引起Fe3＋水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，C正确；FeCl3溶液水解生成Fe(OH)3，故溶液的浑浊程度变大，则Fe3＋的水解被促进，否则被抑制，D正确。‎ ‎9．(2018·湖北联考)‎25 ℃‎时浓度都是1 mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX溶液的pH＝7且溶液中c(X－)＝1 mol·L－1，BX溶液的pH＝4，BY溶液的pH＝6。下列说法正确的是(　　)‎ A．电离常数K(BOH)小于K(HY)‎ B．AY溶液的pH小于BY溶液的pH C．稀释相同倍数，溶液pH变化：BX等于BY D．将浓度均为1 mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY 解析：选A　由题给条件可以推出AX是强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，AY为强碱弱酸盐。1 mol·L－1BY溶液的pH＝6，说明电离常数K(BOH)③>②‎ B．等pH的①(NH4)2SO4，②NH4HSO4，③NH4Cl，c(NH)由大到小的顺序是①>③>②‎ C．等浓度的①NH4Al(SO4)2，②(NH4)2CO3，③(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序是②>③>①‎ D．相同温度下，将足量AgCl固体分别放入相同体积的①0.1 mol·L－1盐酸，②0.1 mol·L－1MgCl2溶液，③0.1 mol·L－1AgNO3溶液中，c(Ag＋)由大到小的顺序是③>②>①‎ 解析：选A　酸性强弱的关系为CH3COOH>H2CO3>Al(OH)3，根据盐类“越弱越水解”的规律可知，水解程度为AlO>HCO>CH3COO－，故等浓度三种溶液的pH大小为NaAlO2>NaHCO3>CH3COONa，A正确。(NH4)2SO4、NH4Cl溶液相比，NH发生水解反应：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，c(NH)越大，溶液中c(H＋)越大，则pH相等的两种溶液中c(NH)相等；NH4HSO4为强酸的酸式盐，pH相等的三种溶液中NH4HSO4中c(NH)最小，故c(NH)的大小顺序为①＝③>②，B错误。等浓度的三种溶液中，NH4Al(SO4)2溶液中c(NH)最小；(NH4)2CO3溶液中NH和CO的水解反应相互促进，而(NH4)2Fe(SO4)2溶液中NH和Fe2＋的水解反应相互抑制，故(NH4)2Fe(SO4)2溶液中c(NH)最大，C错误。AgCl固体在溶液中存在溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，溶液中c(Cl－)越大，平衡逆向移动的程度越大，c(Ag＋)越小，故0.1 mol·L－1MgCl2溶液中c(Ag＋)小于0.1 mol·L－1盐酸中c(Ag＋)，D错误。‎ ‎11．(2018·合肥一检)常温下，向‎1 L 0.1 mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是(　　)‎ A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小 B．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)mol C．随着NaOH的加入，不断增大 D．当n(NaOH)＝0.1 mol时，c(Na＋)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)‎ 解析：选C　M点溶液为NH4Cl、NH3·H2O、NaCl的混合溶液，NH的水解促进水的电离，NH3·H2O的电离抑制水的电离，且M点NH的浓度小于原溶液中NH的浓度，故M点溶液中水的电离程度比原溶液小，A项正确；在M点时，根据电荷守恒有：n(OH－)＋n(Cl－)＝n(H＋)＋n(Na＋)＋n(NH)，则n(OH－)－n(H＋)＝n(Na＋)＋n(NH)－n(Cl－)＝(a＋0.05－0.1)mol＝(a－0.05)mol，B项正确；NH的水解常数Kh＝，则＝ ‎，随NaOH加入，Kh不变，c(NH3·H2O)不断增大，则不断减小，C项错误；当n(NaOH)＝0.1 mol时，得到等物质的量的NaCl和NH3·H2O的混合溶液，则c(Na＋)＝c(Cl－)，结合物料守恒式：c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)知，D项正确。‎ ‎12．(2018·永州模拟)常温下，在10 mL 0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示(CO2因逸出未画出，忽略因气体逸出引起的溶液体积变化)，下列说法正确的是(　　)‎ A．在0.1 mol·L－1Na2CO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)‎ B．当溶液的pH为7时，溶液的总体积为20 mL C．在B点所示的溶液中，离子浓度最大的是HCO D．在A点所示的溶液中：c(CO)＝c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)‎ 解析：选D　任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝‎2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，选项A错误；当混合溶液体积为20 mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸稍微过量，所以混合溶液体积稍微大于20 mL，选项B错误；溶液呈碱性，由图可知HCO的物质的量分数最大，溶质以碳酸氢钠为主，溶液呈碱性，阳离子有钠离子和氢离子，而氢离子是水微弱电离出来的，所以钠离子的浓度远大于氢离子的浓度，而HCO的浓度最多接近于钠离子浓度，故钠离子浓度最大，选项C错误；根据图像分析，A点为碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，且c(HCO)＝c(CO)，溶液呈碱性，则c(OH－)>c(H＋)，盐溶液水解程度较小，所以c(CO)>c(OH－)，则离子浓度大小顺序是c(HCO)＝c(CO)>c(OH－)>c(H＋)，选项D正确。‎ ‎13．(2018·天水三中段考)‎10 ℃‎时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：‎ 温度 ‎10 ℃‎ ‎20 ℃‎ ‎30 ℃‎ 加热煮沸后冷却到‎50 ℃‎ pH ‎8.3‎ ‎8.4‎ ‎8.5‎ ‎8.8‎ 甲同学认为：该溶液pH升高的原因是HCO的水解程度增大，碱性增强。‎ 乙同学认为：该溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3的水解程度。‎ 丙同学认为：甲、乙的判断都不充分。‎ 丙认为：‎ ‎(1)只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则乙的判断正确。试剂X是________。‎ A．Ba(OH)2溶液 B．BaCl2溶液 C．NaOH溶液 D．澄清石灰水 ‎(2)将加热煮沸后的溶液冷却到‎10 ℃‎，若溶液的pH____(填“高于”“低于”或“等于”)8.3，则甲的判断正确。‎ ‎(3)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为‎150 ℃‎，丙断言________(填“甲”或“乙”)的判断是错误的，理由是____________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)关于NaHCO3饱和水溶液的表述正确的是________。‎ a．c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)‎ b．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(OH－)‎ c．HCO的电离程度大于HCO的水解程度 解析：溶液pH增大，因此应推断出Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的。(2)如果甲的判断正确，则是因为水解造成的，那么温度不变溶液的pH也不变。(3)因为加热时达不到碳酸氢钠的分解温度，所以乙的判断是错误的。(4)在NaHCO3溶液中，存在下列变化：NaHCO3===Na＋＋HCO、HCO＋H2OH2CO3＋OH－、HCOCO＋H＋、H2OH＋＋OH－。根据物料守恒得c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)；根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋‎2c(CO)＋c(OH－)，所以a项正确。‎ 答案：大于　(1)B　(2)等于　(3)乙　常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150 ℃　(4)a ‎14．(1)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH________NaOH溶液的pH(填“>”“＝”或“<”)。‎ ‎(2)将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c(NH)＝c(Cl－)，则盐酸的体积________氨水的体积(填“>”“＝”或“<”)。‎ ‎(3)将0.2 mol·L－‎1HA溶液与0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，则：‎ ‎①混合溶液中，c(A－)________c(HA)(填“>”“<”或“＝”，下同)。‎ ‎②混合溶液中，c(HA)＋c(A－)________0.1 mol·L－1。‎ ‎(4)常温时，取0.1 mol·L－1HX溶液与0.1 mol·L－1NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＝8。‎ ‎①混合溶液中由水电离出的c(OH－)与0.1 mol·L－1NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)之比为________。‎ ‎②已知NH4X溶液呈中性，又知将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH________7(填“>”“<”或“＝”)。‎ 解析：(1)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液中c(OH－)相等，分别加热到相同的温度后，NaOH溶液中c(OH－)不变，而CH3COONa溶液中CH3COO－的水解平衡正向移动，c(OH－)增大，则CH3COONa溶液中c(OH－)大于NaOH溶液中c(OH－)，故CH3COONa溶液的pH大。‎ ‎(2)物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c(NH)＝c(Cl－)，据电荷守恒可得c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，则有c(H＋)＝c(OH－)，此时溶液呈中性；若两溶液恰好完全反应则生成NH4Cl，所得溶液呈酸性，若使溶液呈中性，则有V(HCl)c(A－)，则有c(H＋)7。‎ 答案：(1)>　(2)<　(3)①<　②＝‎ ‎(4)①107∶1　②>‎ ‎15．(2018·枣阳高中期中)NH4Al(SO4)2、NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)常温时，0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液的pH＝3。‎ ‎①溶液中的KW＝_____________(填数值)，由水电离出的c(H＋)＝________mol·L－1。‎ ‎②溶液中c(NH)＋c(NH3·H2O)________c(Al3＋)＋c[Al(OH)3](填“>”“＝”或“<”)；‎2c(SO)－c(NH)－‎3c(Al3＋)＝________mol·L－1(填数值)。‎ ‎(2)‎80 ℃‎时，0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2溶液的pH小于3，分析导致pH随温度变化的原因是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)常温时，向100 mL 0.1 mol·L－1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，得到的溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。‎ ‎①图中a、b、c、d四点中水的电离程度最小的是________。‎ ‎②向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液到a点的过程中，发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。‎ ‎③NH4HSO4溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是 ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：(1)①水的离子积常数与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故常温时，水的离子积常数KW＝1×10－14。NH4Al(SO4)2溶液的pH＝3，该溶液中H＋全部来源于水的电离，故由水电离出的c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1。‎ ‎②NH4Al(SO4)2溶液中，NH、Al3＋均发生水解反应，据物料守恒可得c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Al3＋)＋c[Al(OH)3]。据电荷守恒可得‎2c(SO)＋c(OH－)＝c(NH)＋‎3c(Al3＋)＋c(H＋)，则有‎2c(SO)－c(NH)－‎3c(Al3＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝1×10－3mol·L－1－1×10－11mol·L－1≈1×10－3mol·L－1。‎ ‎(2)NH4Al(SO4)2溶液中存在NH、Al3＋的水解平衡，而盐类水解是吸热反应，温度升高，水解平衡正向移动，溶液中c(H＋)增大，故溶液的pH减小。‎ ‎(3)①NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1NaOH溶液，先后发生反应的离子方程式为H＋＋OH－===H2O、NH＋OH－===NH3·H2O，a点V(NaOH)＝100 mL，H＋恰好完全中和，此时溶液所含溶质为(NH4)2SO4和Na2SO4，NH发生水解反应而促进水的电离；b、c两点溶液所含溶质均为(NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O，且c点时c(NH3·H2O)大于b点，NH3·H2O的存在抑制水的电离，则c点水的电离程度小于b点；d点NH4HSO4与NaOH溶液恰好完全反应，所含溶质为Na2SO4和NH3·H2O，此时c(NH3·H2O)较大，抑制水的电离，则四点中水的电离程度大小关系为a>b>c>d，其中水的电离程度最小的是d点。‎ ‎②向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液到a点的过程中，H＋与OH－发生反应，离子方程式为H＋＋OH－===H2O。‎ ‎③NH4HSO4溶液中，由电荷守恒可得‎2c(SO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH)，由物料守恒可得c(SO)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)，则c(SO)>c(NH)，即得c(H＋)>c(SO)＋c(OH－)，故各离子浓度由大到小的排列顺序为c(H＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)。‎ 答案：(1)①1×10－14　1×10－3　②＝　1×10－3‎ ‎(2)温度升高，NH、Al3＋的水解平衡正向移动，溶液中c(H＋)增大 ‎(3)①d　②H＋＋OH－===H2O ‎③c(H＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)‎ 考点一　沉淀溶解平衡及其应用 ‎[思维流程]‎ 沉淀溶解平衡 ‎1．沉淀溶解平衡的建立与特点 ‎(1)溶解平衡的建立 难溶电解质溶液中的溶质 ‎(2)特点 ‎①溶液为饱和溶液，②溶解速率和生成沉淀速率相等。‎ ‎2．沉淀溶解平衡的影响因素 ‎(1)内因 难溶电解质本身的性质。‎ ‎(2)外因 ‎(3)说明 ‎①沉淀溶解平衡是化学平衡的一种，沉淀溶解平衡也同样遵循勒夏特列原理。‎ ‎②沉淀溶解达到平衡时，再加入该难溶物对平衡无影响。‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．关于CaCO3沉淀的溶解平衡说法正确的是(　　)‎ A．CaCO3沉淀生成和沉淀溶解不断进行，但速率相等 B．CaCO3难溶于水，溶液中没有Ca2＋和CO C．升高温度，CaCO3沉淀的溶解度无影响 D．向CaCO3悬浊液中加入Na2CO3固体，CaCO3沉淀的溶解度不变 解析：选A　沉淀达到溶解平衡时，CaCO3沉淀生成的速率和沉淀溶解的速率相等，沉淀质量不再改变，A项正确；CaCO3溶液中存在沉淀溶解平衡：CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO(aq)，故溶液中有Ca2＋和CO，B项错误；升高温度，CaCO3沉淀的溶解度增大，C项错误；向CaCO3沉淀中加入Na2CO3固体，由于溶液中CO浓度增大，会使CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO(aq)溶解平衡向逆反应方向移动，故CaCO3沉淀的溶解度减小，D项错误。‎ ‎2．在平衡体系Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)中，能使c(Ca2＋)减小，而使c(OH－)增大的是(　　)‎ A．加入少量MgCl2固体 B．加入少量Na2CO3固体 C．加入少量KCl固体 D．加入少量Ca(OH)2固体 解析：选B　Mg2＋和OH－反应生成Mg(OH)2，c(OH－)降低，溶解平衡正向移动，c(Ca2＋)增大，A项错误；加入Na2CO3固体，发生反应：Ca2＋＋CO===CaCO3↓，c(Ca2＋)减小，促使平衡向正反应方向进行，c(OH－)增大，B项正确；加入KCl固体对平衡无影响，C项错误；加入Ca(OH)2固体，对平衡无影响，D项错误。‎ ‎3．下列化学原理的应用，主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是(　　)‎ ‎①热纯碱溶液去油污能力强 ‎②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐混用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒 ‎③溶洞、珊瑚的形成 ‎④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能 ‎⑤泡沫灭火器灭火的原理 A．②③④　　　　　　　　 　B．①②③‎ C．③④⑤ D．①②③④⑤‎ 解析：选A　Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－加热平衡正移。c(OH－)增大，去油污能力增强，①错误；泡沫灭火器的灭火原理是利用Al3＋与HCO相互促进的水解反应，与沉淀溶解平衡原理无关，⑤错误；②、③、④均与沉淀溶解平衡有关。‎ 沉淀溶解平衡的应用 ‎1.沉淀的生成 方法 实例 反应的离子方程式 调节pH法 用CuO等除去CuCl2中的FeCl3‎ Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋‎ CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O 沉淀剂法 以Na2S、H2S等作沉淀剂除去污水中的重金属离子 H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋‎ ‎2.沉淀的溶解 当沉淀溶解平衡的离子发生反应造成浓度降低，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，结果就是沉淀溶解了。‎ 方法 实例 原理 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HNO3‎ ‎3Ag2S＋8HNO36AgNO3＋3S＋2NO↑＋4H2O ‎3．沉淀的转化 ‎(1)实质 沉淀溶解平衡的移动，能发生沉淀转化的关键是Qc＞Ksp。‎ ‎(2)举例 AgNO3溶液AgClAgBrAgIAg2S。‎ ‎(3)应用 ‎①锅炉除垢：将CaSO4转化为CaCO3的离子方程式为 CaSO4(s)＋CO(aq)CaCO3(s)＋SO(aq)。‎ ‎②矿物转化：CuSO4溶液遇ZnS(闪锌矿)转化为CuS(铜蓝)的离子方程式为Cu2＋(aq)＋ZnS(s)CuS(s)＋Zn2＋(aq)。‎ ‎[注意]　(1)用沉淀法除杂不可能将杂质离子全部通过沉淀除去，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。‎ ‎(2)利用生成沉淀分离或除去某种离子，首先要使生成沉淀的反应能够发生，其次沉淀生成的反应进行的越完全越好。如除去溶液中的Mg2＋，用NaOH溶液比使用Na2CO3溶液好，原因是Mg(OH)2的溶解度比MgCO3的小。‎ ‎(3)若一种沉淀剂可使溶液中多种离子产生沉淀时，则可以控制条件，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。‎ 例如：Cl－、Br－、I－的混合溶液中，由于AgCl、AgBr、AgI的Ksp相差较大，逐渐滴加Ag＋可按I－、Br－、Cl－的顺序先后沉淀。‎ ‎②对不同类型的沉淀，其沉淀先后顺序要通过计算才能确定，如AgCl和Ag2CrO4的分步沉淀。‎ ‎[对点训练]‎ ‎4．(2018·襄阳一调)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：Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO(aq)‎ B．②中溶液变澄清的原因：AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]OH＋2H2O C．③中颜色变化说明有AgCl生成 D．该实验可以证明AgCl比Ag2CrO4更难溶 解析：选D　AgNO3溶液过量，故余下浊液中含有Ag＋，加入KCl溶液生成AgCl白色沉淀，不能证明AgCl比Ag2CrO4更难溶，D项错误。‎ ‎5．(2018·北京石景山区一模)下列关于Mg(OH)2制备和性质的离子方程式中，不正确的是(　　)‎ A．由MgCl2溶液和NaOH溶液制备Mg(OH)2：‎ Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓‎ B．向Mg(OH)2悬浊液中滴加浓FeCl3溶液，生成红褐色沉淀：3Mg(OH)2＋2Fe3＋===2Fe(OH)3＋3Mg2＋‎ C．向Mg(OH)2悬浊液中滴加浓NH4Cl溶液，浊液变澄清：Mg(OH)2＋2NH===2NH3·H2O＋Mg2＋‎ D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加醋酸，浊液变澄清：Mg(OH)2＋2H＋===Mg2＋＋2H2O 解析：选D　MgCl2和NaOH溶液发生复分解反应生成Mg(OH)2沉淀，离子方程式为Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，A正确。Mg(OH)2悬浊液中存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，滴加浓FeCl3溶液时，Fe3＋与OH－结合生成Fe(OH)3沉淀，Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，最终生成红褐色沉淀，离子方程式为3Mg(OH)2＋2Fe3＋===2Fe(OH)3＋3Mg2＋，B正确。向Mg(OH)2悬浊液中滴加浓NH4Cl溶液，NH与OH－结合生成NH3·H2O，Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，Mg(OH)2逐渐溶解而使浊液变澄清，离子方程式为Mg(OH)2＋2NH===2NH3·H2O＋Mg2＋，C正确。向Mg(OH)2悬浊液中滴加醋酸，CH3COOH与OH－反应生成CH3COO－和H2O，Mg(OH)2的溶解平衡正向移动，Mg(OH)2逐渐溶解而使浊液变澄清，离子方程式为Mg(OH)2＋2CH3COOH===Mg2＋＋2CH3COO－＋2H2O，D错误。‎ ‎[真题验收]‎ ‎1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)。‎ ‎(1)(2017·全国卷Ⅱ)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，其中一支试管中产生黄色沉淀，另一支试管中无明显现象，说明Ksp(AgI)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]ZnS，MgCO3>Mg(OH)2；②溶解或电离出S2－的能力：FeS>H2S>CuS，则下列离子方程式错误的是(　　)‎ A．Mg2＋＋2HCO＋2Ca2＋＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O B．FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑‎ C．Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋‎ D．Zn2＋＋S2－＋2H2O===Zn(OH)2↓＋H2S↑‎ 解析：选D　MgCO3的溶解度大于Mg(OH)2，因此有Mg2＋＋2HCO＋2Ca2＋＋4OH－===Mg(OH)2↓＋2CaCO3↓＋2H2O，A项正确；由于电离出S2－的能力：FeS>H2S>CuS，故有FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑，B项正确；同理可推出C项正确；因ZnS比Zn(OH)2更难溶，故发生反应：Zn2＋＋S2－===ZnS↓，D项错误。‎ ‎4．(2018·信阳高中月考)已知‎25 ℃‎时，电离常数Ka(HF)＝3.6×10－4，溶度积常数Ksp(CaF2)＝1.46×10－10。现向‎1 L 0.2 mol·L－1HF溶液中加入‎1 L 0.2 mol·L－1CaCl2溶液，下列说法正确的是(　　)‎ A．‎25 ℃‎时，0.1 mol·L－1HF溶液中pH＝1‎ B．Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化 C．该体系中Ksp(CaF2)＝ D．该体系中有CaF2沉淀产生 解析：选D　HF为弱酸，不能完全电离，则‎25 ℃‎时，0.1 mol·L－1HF溶液中pH>1，A项错误；Ksp只与温度有关，B项错误；由已知得Ksp(CaF2)≠，C项错误；两溶液混合后，c(Ca2＋)＝0.1 mol·L－1，c(F－)＝＝6×10－3 mol·L－1，则Qc＝c2(F－)·c(Ca2＋)＝3.6×10－6>Ksp(CaF2)，故体系中有CaF2沉淀产生，D项正确。‎ ‎5．(2018·南昌十所重点中学模拟)‎‎25 ℃‎ 时，在氢氧化镁悬浊液中存在沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，已知‎25 ℃‎时Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。下列说法错误的是(　　)‎ A．若向Mg(OH)2悬浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(Mg2＋)会增大 B．若向Mg(OH)2悬浊液中滴加CuSO4溶液，沉淀将由白色逐渐变为蓝色 C．若向Mg(OH)2悬浊液中加入适量蒸馏水，Ksp保持不变，故上述平衡不发生移动 D．若向Mg(OH)2悬浊液中加入少量Na2S(s)，固体质量将增大 解析：选C　向Mg(OH)2悬浊液中加入少量NH4Cl(s)，c(OH－)减小，Mg(OH)2沉淀溶解平衡正向移动，c(Mg2＋)会增大，A项正确；向Mg(OH)2悬浊液中滴加CuSO4溶液，由于Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－112×10－5 mol·L－1，即相当于增大c(Ca2＋)，平衡左移，有CaCO3生成，故B正确；b点与d点在相同的温度下，溶度积相等，故C正确；d点为饱和溶液，加入蒸馏水后如仍为饱和溶液，则c(Ca2＋)、c(CO)都不变，如为不饱和溶液，则二者浓度都减小，故不可能使溶液由d点变成a点，故D错误。‎ ‎[课下提能练]‎ ‎1．(2018·荆州模拟)已知一定量Ca(OH)2固体溶于水后，存在以下平衡状态：Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝4.7×10－6 ，下列措施可使Ksp增大的是(　　)‎ A．升高温度　　　　　　 　B．降低温度 C．加入适量CaO固体 D．加入适量Na2CO3固体 解析：选B　Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而大多数难溶电解质的Ksp 随温度的升高而增大，也有少数难溶电解质如Ca(OH)2，其Ksp随温度的升高而降低。‎ ‎2．某温度下，难溶物FeR的水溶液中存在平衡：FeR(s)Fe2＋(aq)＋R2－(aq)，其沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．可以通过升温实现由a点变到c点 B．b点对应的Ksp等于a点对应的Ksp C．d点可能有沉淀生成 D．该温度下，Ksp＝4×10－18‎ 解析：选B　升高温度，FeR溶液中Fe2＋和R2－的浓度同时增大，A项错误；沉淀溶解平衡曲线上的点均为平衡点，温度不变，Ksp不变，B项正确；d点相对于平衡点a点，c(Fe2＋)相同，c(R2－)小于a点，没有沉淀生成，C项错误；选a点或b点计算，得Ksp(FeR)＝2×10－18，D项错误。‎ ‎3．(2018·天津五区县期中)下列说法中正确的是(　　)‎ A．用等体积的蒸馏水或0.01 mol·L－1盐酸洗涤AgCl沉淀，AgCl损失量相同 B．向MgCO3沉淀中滴加NaOH溶液可以得到Mg(OH)2沉淀 C．向氨水中加入NH4Cl或NaOH固体，溶液的pH均增大 D．盐溶液加水稀释时，c(H＋)、c(OH－)均减小 解析：选B　AgCl沉淀在水中存在溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，用盐酸洗涤时，c(Cl－)较大，使平衡逆向移动，AgCl的溶解度减小，故用蒸馏水洗涤AgCl时损失量比用盐酸洗涤AgCl时损失量要大，A错误。MgCO3沉淀存在溶解平衡：MgCO3(s)Mg2＋(aq)＋CO(aq)，由于Mg(OH)2的溶解度小于MgCO3，滴加NaOH溶液时，Mg2＋与OH－结合生成Mg(OH)2沉淀，使上述平衡正向移动，B正确。氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONH＋OH－，加入NH4Cl固体，平衡逆向移动，溶液的pH减小；加入NaOH固体，平衡逆向移动，但溶液中OH－的浓度增大，pH增大，C错误。因为温度不变，则水的离子积KW＝c(H＋)·c(OH－)的值不变，故加水稀释时，c(H＋)、c(OH－)不可能同时减小，D错误。‎ ‎4．(2018·林州一中月考)已知常温下Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5×10－13，下列有关说法错误的是(　　)‎ A．在饱和AgCl、AgBr的混合溶液中：＝360‎ B．向AgCl悬浊液中滴加浓NaBr溶液会产生淡黄色沉淀 C．AgCl在水中的Ksp比在NaCl溶液中的大 D．AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解度不相同 解析：选C　同一溶液中，c(Ag＋)相同，溶液中同时存在两种关系式：c(Ag＋)·c(Br－)＝Ksp(AgBr)，c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，所以＝＝360，A项正确；由于Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，氯化银容易转化为淡黄色溴化银沉淀，B项正确；溶度积只与温度有关，C项错误；由于在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中c(Cl－)不同，由AgClAg＋＋Cl－知，AgCl固体在两溶液中的溶解度不同，D项正确。‎ ‎5.(2018·沈阳市郊联考)已知：pAg＝－lg[c(Ag＋)]。Ksp(AgCl)＝1×10－10，Ksp(AgI)＝1×10－17。如图是向10 mL AgNO3溶液中加入0.1 mol·L－1NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积变化的图像(实线)。根据图像所得下列结论正确的是(　　)‎ A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1 mol·L－1‎ B．图中x点表示溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)‎ C．图中x点的坐标为(10,5)‎ D．把NaCl溶液换成0.1 mol·L－1的NaI溶液，则图像在终点后变为虚线部分 解析：选B　起始时，pAg＝0，即－lg[c(Ag＋)]＝0，则c(Ag＋)＝1 mol·L－1，A项错误；x点时pAg＝5，则c(Ag＋)＝1×10－5 mol·L－1，根据Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝1×10－10，可得c(Cl－)＝1×10－5 mol·L－1，B项正确；x点表示溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)＝1×10－5 mol·L－1，说明Ag＋沉淀完全，则消耗的n(NaCl)＝n(Cl－)＝n(AgCl)≈1 mol·L－1×‎0.01 L＝0.01 mol，V(NaCl)＝＝‎0.1 L＝100 mL，故x点的坐标为(100,5)，C项错误；Ksp(AgI)2.3×10－3‎ ‎，所以一定产生CH3COOAg沉淀，A项正确；根据AgCl和Ag2CrO4的溶度积常数可知在Cl－和CrO浓度均为0.001 mol·L－1的条件下，开始出现AgCl、Ag2CrO4沉淀时Ag＋的浓度分别为1.8×10－7 mol·L－1、 mol·L－1，所以将0.001 mol·L－1AgNO3溶液滴入0.001 mol·L－1KCl和0.001 mol·L－1K2CrO4的混合溶液中先产生AgCl沉淀，B项错误；根据Mg(OH)2的溶度积常数可知，0.11 mol·L－1MgCl2溶液中通入氨气产生Mg(OH)2沉淀时，溶液中OH－的浓度为 mol·L－1＝1×10－5 mol·L－1，因此H＋浓度是1×10－9 mol·L－1，则溶液的pH为9，C项正确；溶度积常数只与温度有关系，则在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)不变，D项正确。‎ ‎7．(2018·淄博实验中学模拟)纳米ZnS具有独特的光电效应，在电学、磁学、光学等领域应用广泛。以工业废渣锌灰(主要成分为Zn、ZnO，还含有Fe2O3、FeO、CuO等杂质)为原料制备纳米ZnS的工业流程如下：‎ 已知：Ksp[Fe(OH)3]＝3.8×10－38；Ksp[Cu(OH)2]＝2×10－20；Ksp(ZnS)＝1.6×10－24。‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A．酸浸时FeO与稀HNO3反应的离子方程式为3FeO＋10H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋5H2O B．将酸浸的尾气循环利用，加入的X气体可以是O2‎ C．滤渣2中的成分是Zn和Fe D．当溶液中Zn2＋浓度小于1.0×10－5 mol·L－1时，则可认为其沉淀完全。若要使Zn2＋沉淀完全，溶液中S2－浓度应大于1.6×10－19 mol·L－1‎ 解析：选C　稀硝酸具有强氧化性，与FeO发生氧化还原反应生成Fe(NO3)3、NO和H2O，A正确；酸浸的尾气为NO，因要循环利用，可通入O2(或空气)将NO再转化为HNO3，即4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3，B正确；酸浸液中含有Fe3＋、Zn2＋、Cu2＋，再加入ZnO调节pH使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而过滤除去，加入Zn置换出Cu，故滤渣2中的成分是Zn和Cu，C错误；当Qc>Ksp(ZnS)时才生成ZnS沉淀，即c(S2－)>＝ mol·L－1＝1.6×10－19 mol·L－1，D正确。‎ ‎8.(2018·南阳模拟)某温度时，BaSO4‎ 在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p(Ba2＋)＝－lg c(Ba2＋)，p(SO)＝－lg c(SO)。下列说法正确的是(　　)‎ A．该温度下，Ksp(BaSO4)＝1.0×10－24‎ B．a点的Ksp(BaSO4)小于b点的Ksp(BaSO4)‎ C．d点表示的是该温度下BaSO4的不饱和溶液 D．加入BaCl2可以使溶液由 c点变到a点 解析：选D　由图像可知，p(Ksp)＝p[c(Ba2＋)·c(SO)]＝p(Ba2＋)＋p(SO)＝10，则Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO)＝10－10，A错误；处于同一温度下，Ksp相等，B错误；d点时p(Ba2＋)偏小，则c(Ba2＋)偏大，溶液过饱和，C错误；加入BaCl2，c(Ba2＋)增大，平衡正向移动，则可使溶液由c点变到a点，D正确。‎ ‎9．硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO)的增大而减小 B．三个不同温度下，313 K时Ksp(SrSO4)最大 C．283 K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液 D．283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液 解析：选B　Ksp只与温度有关，故A项错误；由题给图像可知，相同SO浓度下，313 K时Sr2＋的浓度最大，所以Ksp(SrSO4)最大，B项正确；a点在283 K对应曲线的下方，为不饱和溶液，C项错误；283 K时，将SrSO4饱和溶液升温到363 K后会有晶体析出，仍为饱和溶液，D项错误。‎ ‎10.(2018·湛江一模)‎20 ℃‎时，PbCl2(s)在不同浓度盐酸中的最大溶解量(单位：g·L－1)如图所示。下列叙述正确的是(　　)‎ A．盐酸浓度越大，Ksp(PbCl2)越大 B．PbCl2能与一定浓度的盐酸反应 C．x、y两点对应的溶液中c(Pb2＋)相等 D．向含Pb2＋的溶液中加入过量浓盐酸，可将Pb2＋完全转化为PbCl2(s)‎ 解析：选B　Ksp(PbCl2)只与温度有关，A项错误；增大盐酸浓度，PbCl2(s)的溶解平衡逆向移动，PbCl2的溶解量减小，而c(HCl)大于1 mol·L－1时，增大c(HCl)，PbCl2(s)的溶解量增大，说明PbCl2能与一定浓度的盐酸反应，B项正确；x、y两点PbCl2的溶解量相等，但y点时HCl与PbCl2发生了反应，故x、y两点对应的溶液中c(Pb2＋)不相等，C项错误；PbCl2(s)存在溶解平衡，且PbCl2(s)能与浓盐酸反应，故向含Pb2＋‎ 的溶液中加入过量浓盐酸，不能将Pb2＋完全转化为PbCl2(s)，D项错误。‎ ‎11．(2018·长郡中学第一次诊断)已知：Ksp(CuS)＝6.0×10－36，Ksp(ZnS)＝3.0×10－25，Ksp(PbS)＝9.0×10－29。在自然界中，闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)遇CuSO4溶液能转化成铜蓝(CuS)。下列有关说法不正确的是(　　)‎ A．ZnS转化成铜蓝的离子方程式为ZnS(s)＋Cu2＋(aq)===Zn2＋(aq)＋CuS(s)‎ B．在白色ZnS浊液中滴加Pb(NO3)2溶液，不会生成黑色沉淀(PbS)‎ C．在水中的溶解度：S(ZnS)>S(PbS)>S(CuS)‎ D．若溶液中c(Cu2＋)＝1×10－10 mol·L－1，则S2－已完全转化成CuS 解析：选B　ZnS在水中存在溶解平衡：ZnS(s)Zn2＋(aq)＋S2－(aq)，由于Ksp(CuS)Ksp(PbS)>Ksp(CuS)，且其Ksp表达形式相同，据此可知三种物质在水中的溶解度：S(ZnS)>S(PbS)>S(CuS)，C正确。若溶液中c(Cu2＋)＝1×10－10 mol·L－1，则溶液中c(S2－)＝＝ mol·L－1＝6.0×10－26 mol·L－1<1×10－5 mol·L－1，故S2－已完全转化成CuS，D正确。‎ ‎12．已知‎25 ℃‎时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，该条件下向100 mL CaSO4饱和溶液中加入200 mL 0.03 mol·L－1Na2SO4溶液，针对此过程的下列叙述正确的是(忽略溶液混合过程中的体积变化)(　　)‎ A．溶液中析出CaSO4沉淀，最终溶液中c(SO)较原来的大 B．溶液中析出CaSO4沉淀，溶液中c(Ca2＋)、c(SO)都变小 C．溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ca2＋)、c(SO)都变小 D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO)较原来的大 解析：选A　‎25 ℃‎时，在CaSO4饱和溶液中c(Ca2＋)＝c(SO)＝3×10－3 mol·L－1，Ksp(CaSO4)＝c(Ca2＋)·c(SO)＝9×10－6，向100 mL CaSO4饱和溶液中，加入200 mL 0.03 mol·L－1Na2SO4溶液后，c(Ca2＋)＝＝0.001 mol·L－1，c(SO)＝＝‎ ‎0．021 mol·L－1，则Qc(CaSO4)＝c(Ca2＋)·c(SO)＝0.001×0.021＝2.1×10－5>Ksp(CaSO4)＝9×10－6，沉淀溶解平衡逆向移动，有CaSO4沉淀析出，c(Ca2＋)变小，据化学平衡移动原理中“减弱非消除”的规律推知，达到新平衡后，溶液中c(SO)较原来大，A正确。‎ ‎13．资源综合利用既符合绿色化学理念，也是经济可持续发展的有效途径。一种难溶的废弃矿渣杂卤石，其主要成分可表示为K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O，已知它在水溶液中存在如下平衡：‎ K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O2K＋＋4SO＋Mg2＋＋2Ca2＋＋2H2O 为了充分利用钾资源，一种溶浸杂卤石制备K2SO4的工艺流程如图所示：‎ ‎(1)操作①的名称是________。‎ ‎(2)用化学平衡移动原理解释Ca(OH)2溶液能溶解出杂卤石中K＋的原因：________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)除杂质环节，为除去Ca2＋，可先加入________溶液，经搅拌等操作后，过滤，再向滤液中滴加稀H2SO4，调节溶液pH至________(填“酸性”“中性”或“碱性”)。‎ ‎(4)操作②的步骤包括(填操作过程)：________________、过滤、洗涤、干燥。‎ ‎(5)有人用可溶性碳酸盐作为溶浸剂，浸溶原理可表示为CaSO4(s)＋CO(aq)CaCO3(s)＋SO(aq)。‎ 已知：常温下，Ksp(CaCO3)＝2.80×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.95×10－5。‎ 则常温下该反应的平衡常数K＝__________。(保留3位有效数字)‎ 解析：(1)通过操作①实现固体和液体分离，操作①的名称是过滤。(2)加入Ca(OH)2溶液，Mg2＋转化成Mg(OH)2沉淀，SO与Ca2＋结合转化为CaSO4沉淀，K2SO4·MgSO4·2CaSO4·2H2O2K＋＋4SO＋Mg2＋＋2Ca2＋＋2H2O平衡正向移动，促使杂卤石中的K＋溶解。(3)为除去Ca2＋，可先加入K2CO3溶液，生成碳酸钙沉淀，过滤后再向滤液中滴加稀H2SO4，调节溶液pH至中性除去过量的碳酸钾。(4)为从溶液中得到溶质，需依次经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤。(5)该反应的平衡常数K＝＝＝≈1.77×104。‎ 答案：(1)过滤 ‎(2)Mg2＋转化成Mg(OH)2沉淀，SO与Ca2＋结合转化为CaSO4沉淀，平衡右移，促使杂卤石溶解 ‎(3)K2CO3　中性 ‎(4)蒸发浓缩、冷却结晶 ‎(5)1.77×104‎ ‎14．金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度[S/(mol·L－1)]如图所示。‎ ‎(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是________________________________________________________________________。‎ ‎(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH________(填字母)。‎ A．>1　　　　　 　B．4左右　　　　C．<6‎ ‎(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，_______________________________‎ ‎(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是________________________________________________________________________。‎ ‎(4)要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水生成[Cu(NH3)4]2＋，写出反应的离子方程式：_________________________________________________。‎ ‎(5)已知一些难溶物的溶度积常数如表所示：‎ 物质 FeS MnS CuS Ksp ‎6.3×10－18‎ ‎2.5×10－13‎ ‎1.3×10－35‎ 物质 PbS HgS ZnS Ksp ‎3.4×10－28‎ ‎6.4×10－33‎ ‎1.6×10－24‎ 为除去某工业废水中含有的Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋杂质，最适宜向此工业废水中加入过量的________。‎ A．NaOH　　　 B．FeS　　　 C．Na2S 解析：(1)由图可知，在pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形成是Cu2＋，不会出现Cu(OH)2沉淀。(2)要除去Fe3＋的同时必须保证Cu2＋不能沉淀，因此pH应保持在4左右。(3)从图示关系可看出，Co2＋和Ni2＋‎ 沉淀的pH范围相差太小，不能通过调节溶液pH而达到分离的目的。(4)Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入氨水后生成难电离的[Cu(NH3)4]2＋，促进Cu(OH)2 的溶解。(5)要使三种离子生成沉淀，最好选择难溶于水的FeS，使三种杂质离子转化为更难溶解的金属硫化物沉淀。‎ 答案：(1)Cu2＋‎ ‎(2)B ‎(3)不能　Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小 ‎(4)Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O ‎(5)B 章 末 聚焦命题热点·精析高考重难 电解质溶液中的常见图像题 酸、碱稀释图像 ‎1.(2018·郑州质检)常温下，将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释，溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法中正确的是(　　)‎ A．两溶液稀释前的浓度相同 B．a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a＞b＞c C．a点的KW值比b点的KW值大 D．a点水电离的c(H＋)大于c点水电离的c(H＋)‎ 解析：选D　A项，稀释前，两种溶液的导电能力相同，则溶液中离子浓度相同，醋酸是弱电解质，所以醋酸的浓度大于盐酸的浓度，错误；B项，导电能力越强，c(H＋)越大，而溶液的pH越小，pH大小顺序应为b>a>c，错误；C项，温度不变，水的离子积常数不变，错误。‎ ‎2.pH＝2的X、Y、Z三种酸的水溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．原溶液都是稀溶液 B．原溶液的浓度大小为c(X)>c(Z)>c(Y)‎ C．Z是强酸，Y和X是弱酸 D．三种酸由强到弱的顺序是Z>Y>X 解析：选C　强酸稀释103倍，pH增加3，弱酸稀释103倍，pH增加小于3，原溶液X是弱酸的浓溶液；原溶液的浓度大小应为c(X)>c(Y)>c ‎(Z)；从纵轴pH＝2的点作平行于横轴的平行线，与X线交于A点，A的pH＝2，A点与Y的pH＝2的点相比，起始pH相等，稀释后pH仍相等，而Y稀释的倍数大，由此得酸性X>Y，故三种酸的强弱顺序为Z>X>Y。‎ ‎[规律方法]‎ ‎(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸稀释图像 加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大 加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多 ‎(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸稀释图像 加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大 加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多 酸、碱中和滴定图像 ‎3.(2016·全国卷Ⅰ)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 mL C．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。‎ ‎4．298 K时，分别向体积、浓度均为20 mL 0.1 mol·L－1‎ 的HX溶液、HY溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液的pH与加入NaOH溶液体积(V)之间的关系如图所示。(注明：弱电解质的电离度等于已电离的电解质的量与电解质总量之比)‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．298 K时，0.1 mol·L－1HX溶液中HX的电离度为1%‎ B．V＝10 mL时，同时微热溶液(忽略体积变化)，增大 C．V＝20 mL时，HX曲线对应的溶液中c(Na＋)＝c(X－)>c(H＋)＝c(OH－)‎ D．滴定这两种溶液时都可以选择甲基橙替代酚酞作指示剂 解析：选B　0.1 mol·L－1的HX溶液的pH＝4，c(H＋)＝10－4，电离的HX的浓度为10－4，所以298 K时，0.1 mol·L－1HX溶液中HX的电离度为×100%＝0.1%，故A错误；0.1 mol·L－1的HX溶液的pH＝4、0.1 mol·L－1HY溶液，pH＝1，则HX是弱酸、HY是强酸，加热时c(Y－)不变，HX的电离程度增大，c(X－)增大，所以增大，故B正确；V＝20 mL时，HX曲线对应的溶液中溶质恰好是NaX，NaX水解呈碱性，c(Na＋)>c(X－)>c(OH－)>c(H＋)，故C错误；氢氧化钠滴定HX是强碱滴定弱酸，恰好中和时呈碱性，只能用酚酞作指示剂，故D错误。‎ ‎[规律方法]‎ 巧抓“5点”突破中和滴定图像题 解决酸碱中和滴定曲线类问题的关键是巧抓“5点”，即曲线的起点、恰好反应点、中性点、反应一半点和过量点，先判断出各个点中的溶质及溶液的酸碱性，以下面室温时用0.1 mol·L－1NaOH溶液滴定0.1 mol·L－‎1HA溶液为例(如图)，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点：‎ 关键点 离子浓度关系 原点(点①)‎ 原点为HA的单一溶液，0.1 mol·L－‎1HA溶液pH>1说明HA是弱酸；c(HA)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)‎ 反应一半点(点②)‎ 两者反应生成等物质的量的NaA和HA混合液，此时溶液pH<7，说明HA的电离程度大于A－的水解程度，c(A－)>c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)‎ 中性点(点③)‎ 此时溶液pH＝7，溶液是中性，酸没有完全被中和，c(Na＋)＝c(A－)>c(HA)>c(H＋)＝c(OH－)‎ 恰好完全反应点(点④)‎ 此时二者恰好完全反应生成NaA，为强碱弱酸盐，溶液是碱性，c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)‎ 过量点(点⑤)‎ 此时，NaOH溶液过量，得到NaA与NaOH等物质的量的混合液，溶液显碱性，‎ c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)‎ 沉淀溶解平衡图像 ‎5.(2018·商丘模拟)‎25 ℃‎时，用Na2S溶液沉淀Cu2＋、Zn2＋两种金属离子(M2＋)，所需S2－最低浓度的对数值lg c(S2－)与lg c(M2＋)关系如图所示。下列说法中不正确的是(　　)‎ A．Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝‎2c(Na＋)‎ B．‎25 ℃‎时 ，Ksp(CuS)约为1×10－35‎ C．向100 mL浓度均为10－5 mol·L－1的Zn2＋、Cu2＋的混合溶液中逐滴加入1×10－4 mol·L－1的Na2S溶液，Cu2＋先沉淀 D．向Cu2＋浓度为1×10－5mol·L－1废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出 解析：选A　Na2S溶液中存在物料守恒：‎2c(S2－)＋‎2c(HS－)＋‎2c(H2S)＝c(Na＋)，A错误；Ksp(CuS)＝10－25×10－10＝1×10－35，B正确；向100 mL浓度均为10－5 mol·L－1的Zn2＋、Cu2＋的混合溶液中逐滴加入1×10－4mol·L－1的Na2S溶液，由于CuS、ZnS构型相同，且Ksp(CuS)Vy C．y为弱酸，VxVy 解析：选C　pH相等的两种酸，稀释过程中，强酸的pH变化大，弱酸的pH变化小，因为弱酸稀释时逐渐电离出H＋。因为y为弱酸，不能全部电离，x为强酸，全部电离，pH相同时，y的浓度大，所以y消耗OH－的量更多。‎ ‎2.室温下向10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH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．a点所示溶液中NaOH和HA恰好反应生成NaA，溶液的pH＝8.7，呈碱性，则HA为弱酸，A－水解，则溶液中的粒子浓度：c(Na＋)＞c(A－)＞c(HA)＞c(H＋)。B.b点时为NaA和HA的溶液，a点NaA发生水解反应，促进了水的电离，b点HA抑制了水的电离，所以a点所示溶液中水的电离程度大于b点。C.pH＝7时，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(A－)。D.b点酸过量，溶液呈酸性，HA的电离程度大于NaA的水解程度，故c(A－)＞c(HA)。‎ ‎3.(2018·福建质检)室温时，往20 mL 0.1 mol·L－1的HM酸溶液中逐滴滴入0.1 mol·L－1的ROH碱溶液，溶液的pH与所加ROH溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．V(ROH)<20 mL时，随着V(ROH)增大，HM的电离程度减小 B．K(HM)＝K(ROH)‎ C．RM不能发生水解反应 D．V(ROH)>20 mL时，溶液中c(R＋)2，则HM为弱酸。V(ROH)<20 mL时，随着V(ROH)增大，溶液中c(H＋)减小，HM的电离平衡正向移动，HM的电离程度增大，A项错误；由题图可知，V(ROH)＝20 mL时，溶液呈中性，则二者的电离常数相等，B项正确；RM溶液呈中性，HM为弱酸，则ROH为弱碱，RM为弱酸弱碱盐，可以发生水解反应，C项错误；V(ROH)>20 mL时，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，结合电荷守恒式：c(OH－)＋c(M－)＝c(H＋)＋c(R＋)知，c(M－)n(HCl)‎ D．当V(NaOH)＝20.00 mL时，两混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序均为c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)‎ 解析：选B　常温下0.100 0 mol·L－1盐酸的pH＝1，显然图甲是滴定盐酸的曲线，图乙是滴定醋酸的曲线，A错误。图中B、D两点溶液的pH均为7，则有c(H＋)＝c(OH－)，结合电荷守恒推知，溶液中c(Na＋)＝c(A－)，B正确。B、E两点时消耗NaOH溶液的体积均为a mL，据CH3COOH～NaOH及HCl～NaOH可知，反应消耗n(CH3COOH)＝n(HCl)，C错误。当V(NaOH)＝20.00 mL 时，两混合液中酸碱均恰好完全反应，滴定盐酸后所得溶液的溶质为NaCl，溶液呈中性，则有c(Na＋)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋)；滴定醋酸后所得溶液的溶质为CH3COONa，由于CH3COO－发生水解而显碱性，则有c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，D错误。‎ ‎5．(2018·三明模拟)‎25 ℃‎时，将‎1.0 L w mol·L－1CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合，充分反应后向混合液中通(加)入HCl气体或NaOH固体，溶液pH随加入HCl或NaOH的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是(　　)‎ A．a、b、c对应的混合液中，水的电离程度由大到小的顺序是a＞b＞c B．c点混合液中c(Na＋)＞c(CH3COO－)‎ C．加入NaOH过程中，减小 D．若忽略体积变化，则‎25 ℃‎时CH3COOH的电离常数Ka＝×10－7‎ 解析：选D　由题图知，‎1.0 L w mol·L－1CH3COOH溶液与0.1 mol NaOH固体混合，混合后溶液的pH＜5，显酸性，说明醋酸过量，溶液中的溶质为CH3COOH和CH3COONa；加HCl时，CH3COONa与HCl反应生成CH3COOH；加NaOH时，NaOH与CH3COOH反应生成CH3COONa。a、b、c三点溶液中氢离子浓度依次减小，所以水的电离程度由大到小的顺序是c＞b＞a，A项错误；c点pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，结合电荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，可得c(Na＋)＝c(CH3COO－)，B项错误；＝ ‎＝，加入NaOH过程中，c(Na＋)增大，c(CH3COOH)减小，KW、Ka不变，故增大，C项错误；c点时，c(H＋)＝10－7 mol·L－1，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝0.2 mol·L－1，则Ka＝＝×10－7mol·L－1，D项正确。‎ ‎6.(2018·遵义模拟)AlPO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示(T2＞T1)。下列说法正确的是(　　)‎ A．图像中四个点的Ksp：‎ a＝b＞c＞d B．AlPO4在b点对应的溶解度大于c点 C．AlPO4(s)Al3＋(aq)＋PO(aq)　ΔH＜0‎ D．升高温度可使d点移动到b点 解析：选B　由图像可知，温度越高溶度积常数越大，则图像中四个点的Ksp：a＝c＝d＜b，A错误；b点温度高，溶解度大，AlPO4在b点对应的溶解度大于c点，B正确；根据图像可知，温度升高溶度积常数增大，则AlPO4(s)Al3＋(aq)＋PO(aq)　ΔH＞0，C错误；升高温度，阴阳离子浓度均增大，不可能使d点移动到b点，D错误。‎ ‎7．Zn(OH)2与Al(OH)3性质相似，均为两性氢氧化物，已知有关锌的化合物的下列反应：Zn2＋＋2OH－===Zn(OH)2↓；Zn(OH)2＋2OH－===[Zn(OH)4]2－。‎ 如图是常温条件下，溶液的pH与lg C的关系图像，lg C＝lg c(Zn2＋)或lg C＝lg c[Zn(OH)4]2－。‎ 下列说法不正确的是(　　)‎ A．由b点到a点可以通过升高溶液pH和溶液c(Zn2＋)的方法来实现 B．溶液中Zn2＋析出沉淀的pH范围为8～12‎ C．常温下，Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17‎ D．元素Zn在A区以Zn2＋存在，在C区以[Zn(OH)4]2－存在 解析：选B　通过升高溶液pH和溶液c(Zn2＋)可以使b点到a点，A项正确；B区及两条实线上任何一点都有Zn(OH)2沉淀出现，不仅仅是pH在8～12之间，B项错误；由图中的虚线可知Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝10－3×(1.0×10－7)2＝1.0×10－17，C项正确；由图可知，D项正确。‎ ‎8.已知水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．水的离子积常数关系为KW(B)>KW(A)>KW(C)>KW(D)‎ B．向水中加入醋酸钠固体，可从C点到D点 C．B点对应的温度下，pH＝4的硫酸与pH＝10的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液的pH＝7‎ D．升高温度可实现由C点到D点 解析：选B　A项，温度越高，水电离出的c(H＋)和c(OH－)越大，水的离子积常数越大，由图像知，温度：A>B>C＝D，则KW(A)>KW(B)>KW(C)＝KW(D)，错误；B项，温度不变，KW不变，向水中加入醋酸钠固体，溶液中c(OH－)变大，c(H＋)变小，可以实现从C点到D点，正确；C项，B点对应温度下，KW>1.0×10－14，pH＝4的硫酸与pH＝10的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈碱性，但pH不一定等于7，错误；D项，C点和D点均处于室温，错误。‎ ‎9.(2018·北京海淀模拟)室温下，向0.01 mol·L－1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是(　　)‎ A．a点，pH＝2‎ B．b点，c(CH3COO－)>c(NH)‎ C．c点，pH可能大于7‎ D．ac段，溶液pH增大是CH3COOHH＋＋CH3COO－逆向移动的结果 解析：选B　醋酸是弱酸，0.01 mol·L－1的醋酸溶液的pH＞2，故A错误；b点为醋酸和醋酸铵的混合溶液，溶液显酸性，pH逐渐接近7，根据电荷守恒，c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，因此，c(CH3COO－)>c(NH)，故B正确；酸性溶液和中性溶液混合，不可能变成碱性，故C错误；ac段，相当于醋酸溶液的稀释，稀释过程中，CH3COOHH＋＋CH3COO－正向移动，但c(H＋)减小，故D错误。‎ ‎10．某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．加入Na2SO4可使溶液由a点变到b点 B．通过蒸发可以使溶液由d点变到c点 C．b点有BaSO4沉淀生成 D．a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp 解析：选C　BaSO4溶液中存在溶解平衡BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4后溶液中c(SO)增大，平衡逆向移动，c(Ba2＋)应降低，A项错误；d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c(SO)、c(Ba2＋)均增大，B项错误；b点时溶液过饱和，有沉淀生成，C项正确；温度不变时Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，D项错误。‎ ‎11．向NaOH溶液中缓慢通入CO2气体，溶液中CO的物质的量与通入CO2的物质的量的关系如图。下列说法错误的是(　　)‎ A．水的电离程度：a＝bpH(b)‎ C．c点溶液满足：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)‎ D．a、b、c三点溶液都满足：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋‎2c(CO)＋c(OH－)‎ 解析：选A　向NaOH溶液中缓慢通入CO2气体，开始时反应为CO2＋2OH－===CO＋H2O，CO的物质的量增大，c点时，NaOH全部转化成Na2CO3，再继续通入二氧化碳气体，发生反应CO2＋CO＋H2O===2HCO，故a点溶液为NaOH和Na2CO3的混合溶液且n(NaOH)＝2n(Na2CO3)，b点溶液为NaHCO3和Na2CO3的混合溶液。c点Na2CO3水解促进水的电离，b点NaHCO3和Na2CO3促进水的电离，但较c点程度弱，a点溶液中含NaOH，抑制水的电离，所以c点水的电离程度最大，水的电离程度：apH(b)，故B正确；c点溶液是碳酸钠溶液，CO水解使溶液显碱性，溶液中离子浓度大小关系满足：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)，故C正确；溶液中存在电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋‎2c(CO)＋c(OH－)，故D正确。‎ ‎12.常温下，用pH＝m的盐酸滴定20 mL pH＝n的MOH溶液，且m＋n＝14。混合溶液的pH与盐酸体积V的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．a点：c(Cl－)>c(M＋)>c(OH－)>c(H＋)‎ B．b点：MOH和HCl恰好完全反应 C．c点：c(H＋)＝c(OH－)＋c(MOH)‎ D．a点到d点：水电离的c(H＋)·c(OH－)先变大，后变小 解析：选D　m＋n＝14，从图像看出，b点时，盐酸体积与MOH溶液体积相等，溶液呈碱性，说明混合溶液中MOH过量，MOH继续电离，说明MOH是弱碱。A项，a点对应的溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小顺序为c(M＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，错误；B项，b点对应的溶液中MOH未完全反应，溶液呈碱性，错误；C项，c点对应的溶液显中性，c(H＋)＝c(OH－)，错误；D项，在碱溶液中滴加盐酸，水的电离程度逐渐增大，当碱与酸恰好完全反应时，水的电离程度最大，然后随着盐酸的不断加入，水的电离受到抑制，则水电离的c(H＋)·c(OH－)先变大，后变小，正确。‎ ‎13．‎25 ℃‎时，部分物质的电离常数如表所示：‎ 化学式 CH3COOH H2CO3‎ HClO 电离常数 ‎1.7×10－5‎ K1＝4.3×10－7‎ K2＝5.6×10－11‎ ‎3.0×10－8‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为________________________________________________。‎ ‎(2)同浓度的CH3COO－、HCO、CO、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为________________________________________________________________________。‎ ‎(3)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填字母，下同)。‎ A．c(H＋) B．c(H＋)/c(CH3COOH)‎ C．c(H＋)·c(OH－) D．c(OH－)/c(H＋)‎ E. 若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据增大的是__________。‎ ‎(4)体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程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。‎ ‎(5)H＋浓度相同等体积的两份溶液A(盐酸)和B(CH3COOH)分别与锌粉反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，放出氢气的质量相同，则下列说法正确的是______ (填写序号)。‎ ‎①反应所需要的时间B＞A　②开始反应时的速率A＞B ‎③参加反应的锌的物质的量A＝B　④反应过程的平均速率B＞A　⑤A中有锌剩余　⑥B中有锌剩余 解析：(1)酸的电离常数越大其酸性越强，CH3COOH、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO。‎ ‎(2)电离常数越小，同浓度的CH3COO－、HCO、CO、ClO－结合H＋的能力越强，即结合H＋由强到弱的顺序为CO>ClO－>HCO>CH3COO－。‎ ‎(3)醋酸溶液浓度越小，c(H＋)越小；电离常数＝c(H＋)·c(CH3COO－)/c(CH3COOH)，稀释过程中c(CH3COO－)减小，c(H＋)/c(CH3COOH)增大； c(H＋)·c(OH－)不变；醋酸稀释时，c(H＋)越小，c(OH－)增大，c(OH－)/c(H＋)增大；不变。升高温度，醋酸电离平衡右移c(H＋) 增大；升高温度，醋酸电离平衡右移c(H＋)/c(CH3COOH)增大；升高温度c(H＋)·c(OH－)增大；升高温度，c(H＋)增大，c(OH－)减小，c(OH－)/c(H＋) 减小；升高温度，K＝增大。‎ ‎(4)稀释前pH均为2，稀释相同倍数，pH变化越大，酸性越强，则HX的电离常数大于醋酸的电离常数。‎ ‎(5)①c(CH3COOH)>c(HCl)，盐酸与锌反应，H＋被消耗，CH3COOH与锌反应，H＋被消耗的同时，又由CH3COOH电离产生，即醋酸反应速率快，反应所需要的时间Bc(HCl)，醋酸反应速率快，反应过程的平均速率B＞A；⑤A中有锌剩余；⑥B中有酸剩余。‎ 答案：(1)CH3COOH>H2CO3>HClO ‎(2)CO>ClO－>HCO>CH3COO－‎ ‎(3)A　ABCE　(4)大于　(5)③④⑤‎