2018届二轮复习水溶液中的离子平衡学案（全国通用）(1)
第9讲 水溶液中的离子平衡
考点一
弱电解质的电离与溶液的酸碱性
1.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 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；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·H2ONH＋OH－可知K＝，故减小，B项错误；根据物料守恒知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(CH3COOH)之和减小，C项错误。
2．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中，正确的是( )
A．图中A、B、D三点处KW的大小关系：B＞A＞D
B．25 ℃时，向pH＝1的稀硫酸中逐滴加入pH＝8的稀氨水，溶液中c(NH)/c(NH3·H2O)的值逐渐减小
C．在25 ℃时，保持温度不变，在水中加入适量NH4Cl固体，体系可从A点变化到C点
D．A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na＋、Fe3＋、Cl－、SO
解析：选B A、D两点都处于25 ℃时，KW相等，温度越高，KW
越大，故B＞A＝D，A错误；＝，25 ℃时，温度不变，NH3·H2O的电离常数Kb不变，在滴加氨水的过程中c(OH－)逐渐增大，则溶液中c(NH)/c(NH3·H2O)的值逐渐减小，故B正确；温度不变，KW不变，向水中加入氯化铵固体，溶液中c(OH－)减小，c(H＋)增大，溶液显酸性，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，故C错误；A点所对应的溶液，pH＝7，但是，铁离子的水解导致其不能大量存在，故D错误。
考点二
中和滴定及其应用
3.如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠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．酚酞不能作本实验的指示剂
C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线
D．P点时反应恰好完全，溶液呈中性
解析：选D A项，由图知盐酸pH＝1，故其物质的量浓度为0.1 mol·L－1；B项，强酸与强碱相互滴定可用酚酞作指示剂；C项，曲线a是氢氧化钠滴定盐酸的滴定曲线；D项，P点时反应恰好完全，生成强酸强碱盐，故溶液呈中性。
4．(2016·哈尔滨模拟)常温下，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 HCl溶液和20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 CH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如下图所示：
以下说法正确的是( )
A．图1是滴定CH3COOH溶液的曲线
B．图2若用甲基橙作指示剂达到滴定终点时，则溶液由黄色变为红色
C．点D所示溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．如果C、E两点对应的pH分别为3、9，则溶液中由水电离的氢离子浓度之比为1∶100
解析：选D A项，根据未滴定时的pH，可知图1代表盐酸，图2代表醋酸；B项，若用甲基橙作指示剂，达到滴定终点时，溶液由红色变为橙色；C项，根据电荷守恒，应为c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)；D项，C点c(H＋)水＝10－11 mol·L－1，E点c(H＋)水＝10－9 mol·L－1，之比为1∶100。
考点三
溶液中粒子浓度大小的比较
5.根据下表提供的数据，判断等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是( )
化学式
电离常数
HClO
K＝3×10－8
H2CO3
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
A．c(HCO)＞c(ClO－)＞c(OH－)
B．c(ClO－)＞c(HCO)＞c(H＋)
C．c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(ClO－)＋c(OH－)
解析：选A 根据电离平衡数据可知，H2CO3酸性强于HClO，则HCO的水解程度小于ClO－，故溶液中c(HCO)＞c(ClO－)，水解是微弱的，故c(OH－)最小，A项正确，B项错误；溶液中微粒之间的电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(ClO－)＋c(HCO)＋2c(CO)，D项错误；物料守恒：c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)，C项错误。
6．(2016·成都模拟)下列溶液有关微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A．NaHC2O4的溶液中有：c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)
B．常温下，将醋酸钠、盐酸两溶液混合后，溶液呈中性，则混合后溶液中：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COOH)
C．常温下，物质的量浓度相等的①NH4HCO3、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4三种溶液中c(NH)：②＞③＞①
D．相同条件下， pH＝5的①NH4Cl溶液、②CH3COOH溶液、③稀盐酸中由水电离出的c(H＋)：①＞②＞③
解析：选C 由物料守恒可知，存在c(Na＋)＝c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)，故A错误；溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，由电荷守恒可知c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，则c(Na＋)＞c(Cl－)，故B错误；设均为1 mol·L－1，②中c(NH)略小于2 mol·L－1，③
中氢离子抑制铵根离子水解，c(NH)接近1 mol·L－1，①中阴阳离子相互促进水解，c(NH)小于1 mol·L－1，则物质的量浓度相等的①、②、③三种溶液中c(NH)：②＞③＞①，故C正确；①促进水解，②③抑制水解，pH＝5，氢离子浓度相同，则由水电离出的c(H＋)：①＞②＝③，故D错误。
7.(2016·安庆模拟)用0.1 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol·L－1 HCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入的NaOH溶液体积变化如图。下列说法不正确的是( )
A．NaX溶液呈碱性
B．P点：c(Na＋)＞c(H＋)
C．M点：c(HX)＋c(X－)＝2c(Na＋)
D．M点水电离程度小于N点
解析：选B 由图中起始点可知，P点所在的曲线应为强酸，即HCl，M点所在的曲线为HX的滴定曲线，则HX为弱酸，故NaX溶液呈碱性，A正确；P点时为等浓度的NaCl与HCl混合，水还可电离出氢离子，故c(H＋)＞c(Na＋)，B错误；M点存在等浓度的NaX与HX，存在c(HX)＋c(X－)＝2c(Na＋)，C正确；M点HX未完全反应，有剩余，N点HX完全反应，生成NaX，可水解的盐促进水的电离，而酸抑制水的电离，故M点水电离程度小于N点，D正确。
考点四
难溶电解质的沉淀溶解平衡
8.已知部分钡盐的溶度积如下：Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9，Ksp[Ba(IO3)2]＝6.5×10－10，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaCrO4)＝1.6×10－10。一种溶液中存在相同浓度的CO、CrO、IO、SO，且浓度均为0.001 mol·L－1，若向该溶液中逐滴滴入BaCl2溶液，首先发生的离子反应为( )
A．Ba2＋＋CO===BaCO3↓
B．Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓
C．Ba2＋＋2IO===Ba(IO3)2↓
D．Ba2＋＋SO===BaSO4↓
解析：选D 根据溶度积公式及溶液中阴离子的浓度，可以计算出开始出现BaCO3、BaCrO4、Ba(IO3)2、BaSO4沉淀时c(Ba2＋)分别为5.1×10－6 mol·L－1、1.6×10－7 mol·L－1、6.5×10－4 mol·L－1、1.1×10－7 mol·L－1，故最先出现的沉淀是BaSO4，D项正确。
9．已知t ℃时，AgCl的Ksp＝2×10－10；在t ℃时，Ag2CrO4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．在t ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－9
B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4可使溶液由Y点到X点
C．在t ℃时，以0.01 mol·L－1 AgNO3溶液滴定20 mL 0.01 mol·L－1 KCl和0.01 mol·L－1的K2CrO4的混合溶液，Cl－先沉淀
D．在t ℃时，AgCl的溶解度大于Ag2CrO4
解析：选C Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO(aq)，由平衡曲线上的点可得Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(10－3)2×10－6＝10－12，A错误；在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，c(CrO)增大，c(Ag＋)减小，点仍在曲线上，B错误；Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝1×10－12；Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝2×10－10，依据溶度积常数计算，当c(CrO)＝0.01 mol·L－1，得到c(Ag＋)＝10－5 mol·L－1，当c(Cl－)＝0.01 mol·L－1，得到c(Ag＋)＝2×10－8 mol·L－1，所以先析出氯化银沉淀，C正确；虽Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2CrO4)，但二者不属同一类型物质，无法通过Ksp比较其溶解度的大小，D错误。
10．某混合液中含有等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3。已知如表数据，下列叙述正确的是( )
物质(25 ℃)
Ksp
完全沉淀时的pH
Cu(OH)2
2.2×10－20
6.4
Fe(OH)2
8.0×10－16
9.6
Fe(OH)3
4.0×10－38
3～4
A．混合溶液中：c(SO)∶[c(Cu2＋)＋c(Fe2＋)＋c(Fe3＋)]＝5∶4
B．若向混合溶液中加入铁粉，不可能观察到红色固体析出
C．若向混合溶液中加入足量氯水，调节pH到3～4后过滤，得到纯净的CuSO4溶液
D．若向混合溶液中逐滴加入烧碱溶液，首先生成Fe(OH)3沉淀
解析：选D 等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的溶液中设物质的量为1 mol，n(SO)＝5 mol，n(Cu2＋)＋n(Fe2＋)＋n(Fe3＋)＝4 mol，但Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋在水溶液中发生水解，所以该混合溶液中c(SO)∶[c(Cu2＋)＋c(Fe2＋)＋c(Fe3＋)]＞5∶4，故A错误；溶液中阳离子氧化性顺序是Fe3＋＞Cu2＋＞Fe2＋
；加入铁粉，铁粉先和铁离子发生氧化还原反应，所以开始时无红色固体析出，当铁离子全部反应完后会有红色铜生成，故B错误；向该混合溶液中加入适量氯水，氯水将亚铁离子氧化为铁离子，发生反应6FeSO4＋3Cl2===2Fe2(SO4)3＋2FeCl3，并调节溶液的pH为3～4，然后过滤，得到的溶液是硫酸铜和氯化铜混合液，不能得到纯净的硫酸铜溶液，故C错误；依据阳离子沉淀的pH可知加入氢氧化钠溶液先沉淀的是氢氧化铁，最先看到的是红褐色沉淀，故D正确。
⊙考查综合迁移应用能力
11．研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。
(1)25 ℃，在0.10 mol·L－1 H2S溶液中，通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液pH，溶液pH与c(S2－)关系如下图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。
①pH＝13时，溶液中的c(H2S)＋c(HS－)＝________mol·L－1。
②某溶液含0.020 mol·L－1Mn2＋、0.10 mol·L－1H2S，当溶液pH＝________时，Mn2＋开始沉淀。[已知：Ksp(MnS)＝2.8×10－13]
(2)25 ℃，两种酸的电离平衡常数如下表。
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10－2
6.3×10－8
H2CO3
4.2×10－7
5.6×10－11
①HSO的电离平衡常数表达式K＝________。
②0.10 mol·L－1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为______________。
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为__________________________。
解析：(1)①根据物料守恒：c(S2－)＋c(H2S)＋c(HS－)＝0.10 mol·L－1，故c(H2S)＋c(HS－)＝0.10 mol·L－1－c(S2－)＝0.10 mol·L－1－5.7×10－2mol·L－1＝0.043 mol·L－1。②要使Mn2＋沉淀，需要的c(S2－)最小值为c(S2－)＝＝＝1.4×10－11，再对照图像找出pH＝5。
(2)①电离平衡常数等于电离出的离子平衡浓度的系数次幂的乘积与弱电解质的平衡浓度的比值。
②SO发生水解，生成HSO和OH－，HSO再进一步水解生成H2SO3和OH－，故离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(HSO)＞c(H＋)。
③根据电离平衡常数的大小可判断H2SO3的酸性强于碳酸，故反应可放出CO2气体，H2SO3＋HCO===HSO＋CO2↑＋H2O。
答案：(1)①0.043 ②5
(2)①
②c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)>c(HSO)>c(H＋)
③H2SO3＋HCO===HSO＋CO2↑＋H2O
12．电解质的水溶液中存在离子平衡。
(1)CH3COOH是常见的弱酸。
①CH3COOH在水溶液中的电离方程式为________________________。
②下列方法中，可以使稀醋酸中CH3COOH的电离程度增大的是________(填字母)。
a．滴加少量浓盐酸
b．微热溶液
c．加水稀释
d．加入少量醋酸钠晶体
(2)用0.1 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸，得到滴定过程中溶液的pH随加入NaOH溶液体积而变化的两条滴定曲线。
①滴定醋酸的曲线是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
②滴定开始前，三种溶液中由水电离出的c(H＋)最大的是________。
③V1和V2的关系：V1______(填“＞”“＝”或“＜”)V2。
④M点对应的溶液中，各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是_______________。
(3)为了研究沉淀溶解平衡和沉淀转化，某同学查阅资料并设计如下实验。
资料：AgSCN是白色沉淀，相同温度下，溶解度AgSCN＞AgI。
操作步骤
现象
步骤1：向2 mL 0.005 mol·L－1 AgNO3溶液中加入2 mL 0.005 mol·L－1 KSCN溶液，静置
出现白色沉淀
步骤2：取1 mL上层清液于试管中，滴加1滴2 mol·L－1 Fe(NO3)3溶液
溶液变为红色
步骤3：向步骤2的溶液中继续加入5滴3 mol·L－1 AgNO3溶液
现象a，溶液红色变浅
步骤4：向步骤1余下的浊液中加入5滴3 mol·L－1 KI溶液
出现黄色沉淀
①写出步骤2中溶液变为红色的离子方程式：________________________________。
②步骤3中现象a是___________________________________________________。
③用化学平衡原理解释步骤4中的实验现象：__________________________________。
解析：(1)①CH3COOH为弱酸，书写电离方程式时要注意用“”。②a项，由浓盐酸电离出的H＋抑制了CH3COOH的电离；b项，CH3COOH的电离为吸热反应，加热可促进CH3COOH的电离；c项，加水稀释时，促进CH3COOH的电离；d项，加入少量CH3COONa晶体，CH3COONa电离出的CH3COO－抑制CH3COOH的电离。(2)①0.1 mol·L－1醋酸的pH＞1，故曲线Ⅰ为滴定醋酸的曲线。②三种溶液均抑制水的电离，但由于CH3COOH电离出的H＋浓度最小，故其对水的电离的抑制作用最弱，由水电离出的c(H＋)最大。③当二者均恰好中和时，消耗NaOH溶液的体积相等，但由于CH3COO－水解，此时生成的CH3COONa溶液显碱性，若要求二者均滴定至中性，对于醋酸来说，加入的NaOH溶液较少，故V1＜V2。④M点对应的溶液中，溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，由图中看出溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，由电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，则c(CH3COO－)＞c(Na＋)，故c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。(3)①Fe3＋与SCN－可结合成难电离的物质Fe(SCN)3。②加入的Ag＋与SCN－结合生成AgSCN沉淀，故现象a为出现白色沉淀。
答案：(1)①CH3COOHCH3COO－＋H＋ ②bc
(2)①Ⅰ ②0.1 mol·L－1醋酸 ③＜
④c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
(3)①Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3 ②出现白色沉淀
③AgSCN(s)Ag＋(aq)＋SCN－(aq)，加入KI后，因为溶解度AgI＜AgSCN，故Ag＋与I－反应生成AgI黄色沉淀：Ag＋＋I－===AgI↓，AgSCN的溶解平衡正向移动
考点一 弱电解质的电离与溶液的酸碱性
查看《课前自测诊断卷》考点一，有哪些题目做错，为课堂找到努力方向！
考点定位
重要保分考点
错因定位
1.对弱电解质的概念认识不清，不能利用电离平衡常数解决弱电解质稀释过程中浓度的变化。不能利用平衡移动原理解释外界条件对弱电解质电离平衡的影响，如[诊断卷T1(B)]。
2.忽视温度对水的电离，溶液pH的影响，混淆溶液中的c(H＋)与水电离出的c(H＋)的差别，混淆不同温度对KW的影响，如[诊断卷T2(A)]。
1．练透基础点，才能找到关键点
(1)辨析弱电解质和溶液酸碱性的易错点(正确的打“√”，错误的打“×”)。
①溶液导电能力弱的电解质一定是弱电解质(×)
②水的离子积KW随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应(×)
③25 ℃时，将pH＝3的酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4(×)
④CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值增大(×)
⑤常温下pH为2的盐酸与等体积pH＝12的氨水混合后所得溶液呈酸性(×)
⑥常温下pH为2的盐酸中由H2O电离出的c(H＋)＝1.0×10－12 mol·L－1(√)
⑦同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7(×)
(2)根据水电离的有关影响因素，比较下列溶液在常温时水的电离程度大小：__________。
①pH＝3的盐酸 ②pH＝4的NH4Cl溶液 ③pH＝7的NaCl溶液 ④pH＝10的NaOH溶液 ⑤pH＝9的NaHCO3溶液
答案：②＞⑤＞③＞④＞①
(3)①已知常温下，酸、碱溶液的pH之和为14，则等体积混合时：
pH____7
pH____7
pH____7
②若常温下，强酸和强碱溶液混合后，溶液的pH＝7
a．若pH酸＋pH碱＝14，则V(酸)____V(碱)；
b．若pH酸＋pH碱＝15，则V(酸)＝____V(碱)；
c．若pH酸＋pH碱＝13，则V(酸)＝____V(碱)。
答案：①＝ ＞ ＜ ②＝ 10
2．记牢升华点，才能抓住破题点
(1)电离平衡分析中的“三大误区”
①
误认为电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。
②误认为当对酸、碱溶液稀释时，所有离子的浓度都减小。如对于电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋，当加水稀释时，由于KW是定值，故c(H＋)减小，c(OH－)增大；而碱溶液稀释时，c(OH－)减小，c(H＋)增大。
③误认为由水电离出的c(H＋)＝10－13 mol·L－1的溶液一定呈碱性。如25 ℃，0.1 mol·L－1的盐酸或氢氧化钠溶液中由水电离出的c(H＋)都为10－13 mol·L－1。
(2)水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算方法(25 ℃)
①中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－1。
②溶质为酸的溶液
H＋来源于酸和水的电离，而OH－只来源于水。如计算pH＝2的盐酸中水电离出的c(H＋)：方法是求出溶液中的c(OH－)＝10－12 mol·L－1，即水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1。
③溶质为碱的溶液
OH－来源于碱和水的电离，而H＋只来源于水。如pH＝12的NaOH溶液中，c(H＋)＝10－12 mol·L－1，即水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1。
④水解呈酸性或碱性的正盐溶液
H＋和OH－均由水电离产生。
如pH＝2的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H＋)＝10－2 mol·L－1；
如pH＝12的Na2CO3溶液中由水电离出的c(OH－)＝10－2 mol·L－1。
考向一 弱电解质的电离平衡
1.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。
2．(2016·全国丙卷)下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
A．向0.1 mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小
B．将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃，溶液中增大
C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中＞1
D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变
解析：选D A项，CH3COOHCH3COO－＋H＋，K＝，则＝，加水稀释，K不变，c(CH3COO－)减小，故比值变大。B项，CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，K＝，升高温度，水解平衡正向移动，K增大，则(1/K)减小。C项，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知，c(Cl－)＝c(NH)。D项，向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，沉淀溶解平衡逆向移动，由于＝＝，Ksp仅与温度有关，故不变。
备考锦囊 利用电离常数(K)巧判溶液稀释中有关粒子浓度比值大小
弱电解质(HA)加水稀释时，溶液中的H＋、HA、A－的浓度均是降低的，但稀释过程中温度不变，电离常数(K)不变。因此解答弱电解质溶液稀释时粒子浓度比值的变化，可借助电离常数K来解答。
如0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液，加水稀释，是增大还是减小？
因为加水稀释时，溶液中c(CH3COOH)和c(CH3COO－)均是减小的，式中存在两个“变量”，不易确定比值的变化情况；利用电离常数(K)将变形为：＝＝，由两个“变量”变成一个“变量”，加水稀释时K不变，而c(H＋)减小，故比值增大。
考向二 “一强一弱”比较的图像分析
3.(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 由图像分析可知浓度为0.10 mol·L－1的MOH溶液在稀释前pH为13，说明MOH完全电离，则MOH为强碱，而ROH的pH<13，说明ROH没有完全电离，ROH为弱碱。MOH的碱性强于ROH的碱性，A正确。曲线的横坐标lg越大，表示加水稀释体积越大，由曲线可以看出b点的稀释程度大于a点，弱碱ROH存在电离平衡：ROHR＋＋OH－，溶液越稀，弱电解质电离程度越大，故ROH的电离程度：b点大于a点，B正确。若两溶液无限稀释，则溶液的pH接近于7，故两溶液的c(OH－)相等，C正确。当lg＝2时，溶液V＝100V0，溶液稀释100倍，由于MOH发生完全电离，升高温度，c(M＋)不变；ROH存在电离平衡：ROHR＋＋OH－，升高温度促进电离平衡向电离方向移动，c(R＋)增大，故减小，D错误。
4．pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100 mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1 mol·L－1)至pH＝7，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，则( )
A．x为弱酸，Vx
Vy
C．y为弱酸，VxVy
解析：选C 由图知：将一元酸x和y分别稀释10倍，pH的变化量ΔpHx＝1，ΔpHy<1，所以x为强酸，而y为弱酸。pH＝2时弱酸y的浓度大，则滴加NaOH溶液至pH＝7时需NaOH溶液的体积y要比x大。
备考锦囊 图像法理解一强一弱的稀释规律
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大
加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多
(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大
加水稀释相同的pH，醋酸加入的水多
考向三 pH的计算
5．在T ℃时，Ba(OH)2的稀溶液中c(H＋)＝10－a mol·L－1，c(OH－)＝10－b mol·L－1，已知a＋b＝12。向该溶液中逐滴加入pH＝4的盐酸，测得混合溶液的部分pH如表所示：
序号
氢氧化钡溶液的体积/mL
盐酸的体积/mL
溶液的pH
①
22.00
0.00
8
②
22.00
18.00
c
③
22.00
22.00
d
假设溶液混合前后的体积变化可忽略不计，则下列说法不正确的是( )
A．a＝8 B．b＝4
C．c＝9 D．d＝6
解析：选C Ba(OH)2溶液的pH＝8，即a＝8，再根据a＋b＝12，则b＝4，c(OH－)＝10－4 mol·L－1。Ba(OH)2溶液中氢氧根离子的浓度与盐酸的浓度相等，该温度下KW＝10－12，当加入22.00 mL盐酸时恰好中和，溶液的pH＝6，即d＝6；当加入18.00 mL盐酸时，氢氧化钡过量，c(OH－)＝(10－4×22.00－10－4×18.00)÷(22.00＋18.00) mol·L－1＝10－5 mol·L－1，所以此时c(H＋)＝10－7 mol·L－1，pH＝7，故c＝7。
6．已知在某温度下，水的离子积KW＝1×10－12，下列说法正确的是( )
A．0.05 mol·L－1的H2SO4溶液pH＝1
B．0.001 mol·L－1的NaOH溶液pH＝11
C．0.005 mol·L－1的H2SO4溶液与0.01 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，混合后溶液pH为6，溶液显酸性
D．完全中和pH＝3的H2SO4溶液50 mL，需要pH＝11的NaOH溶液50 mL
解析：选A A项，c(H＋)＝0.05 mol·L－1×2＝0.1 mol·L－1，pH＝1，正确；B项，c(OH－)＝10－3 mol·L－1，则c(H＋)＝10－9 mol·L－1，pH＝9，错误；C项，H2SO4溶液中c(H＋)＝2×0.005 mol·L－1＝0.01 mol·L－1，NaOH溶液中c(OH－)＝0.01 mol·L－1，等体积混合后溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)＝10－6 mol·L－1，pH＝6，错误；D项，H2SO4溶液中c(H＋)＝0.001 mol·L－1，NaOH溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1，则V(NaOH)＝＝0.5×10－3 L，故所需NaOH溶液的体积为0.5 mL，错误。
备考锦囊 溶液pH计算的一般思维模型
考点二 中和滴定及其应用
查看《课前自测诊断卷》考点二，有哪些题目做错，为课堂找到努力方向！
考点定位
重要保分考点
错因定位
1.不理解如何根据滴定终点的酸碱性来选定合适的指示剂，如[诊断卷T3(B)]；记不住滴定终点时指示剂的颜色变化，如[诊断卷T4(B)]。
2.弄不明酸碱滴定过程中酸、碱物质的量关系而计算错误，如[诊断卷T3(A)]。
1．警惕中和滴定中的易错点(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)可用25 mL碱式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液(×)
(2)读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小(√)
(3)中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶(×)
(4)“中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，须经干燥或润洗后方可使用(√)
(5)酸碱滴定时，若加入待测液前用待测液润洗锥形瓶，将导致测定结果偏高(√)
(6)用如图所示量取15.00 mL NaOH溶液 (√)
(7)滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小(√)
2．防范中和滴定的失分点
(1)滴定管的选择，酸式滴定管用于盛放酸和氧化性溶液，但不能盛放碱性溶液。碱式滴定管只能盛放碱液。
(2)滴定管的0刻度在上，越往下数值越大，读数准确到0.01 mL。
(3)滴定终点最后一滴恰好使指示剂颜色发生明显的改变且半分钟内不褪色，读出V(标)并记录。
(4)数据处理时，若某次滴定所消耗的溶液体积与其他几次相差太大，应舍去。
考向一 酸碱中和滴定操作
1．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项，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项，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项，用酚酞作指示剂，当锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且颜色半分钟内不褪去，说明达到滴定终点，应停止滴定。D项，滴定达终点时，滴定管尖嘴部分有悬滴，则所加标准NaOH溶液量偏多，使测定结果偏大。
2．国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小组用图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)仪器A为起冷凝作用的冷凝管(或冷凝器)。为使整个冷凝管中充满冷凝水，水应该从下端(b口)进入。(2)SO2被H2O2氧化为H2SO4，化学方程式为SO2＋H2O2===H2SO4。(3)盛放NaOH溶液，应用带有橡胶管的碱式滴定管，可通过折弯橡胶管的方法(③)排出滴定管中的气泡。滴定终点时溶液的pH＝8.8，溶液呈弱碱性，应该选用酚酞作指示剂。由于滴定管下端充满溶液且没有刻度，所以滴定管中NaOH溶液的体积大于50 mL－10 mL＝40 mL。(4)根据SO2～H2SO4～2NaOH，n(SO2)＝×0.090 0 mol·L－1×25.00×10－3L＝1.125 0×10－3 mol，则m(SO2)＝1.125 0×10－3mol×64 g·mol－1＝7.2×10－2 g，故SO2的含量＝ ＝0.24 g·L－1。(5)测定结果偏高应该从消耗NaOH溶液体积进行分析，如B中加入的盐酸具有挥发性，加热时进入装置C中，导致溶液中H＋的量增多，消耗NaOH溶液体积增大，导致测定结果偏高，要消除影响，可用难挥发性酸(如稀硫酸)代替盐酸；也可从滴定管读数方面进行分析。
答案：(1)冷凝管或冷凝器 b
(2)SO2＋H2O2===H2SO4
(3)③ 酚酞 ④ (4)0.24
(5)原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响
考向二 中和滴定的拓展应用
3．(2015·山东高考节选)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。
已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O
Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓
步骤Ⅰ：移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V0 mL。
步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为________mol·L－1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将________(填“偏大”或“偏小”)。
解析：由方程式2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O知，步骤Ⅰ中加入的CrO的总物质的量为b mol·L－1× L＝ mol。步骤Ⅱ中，加入BaCl2充分反应后，剩余的CrO的物质的量为b mol·L－1× L＝ mol，与Ba2＋反应的CrO的物质的量为 mol－ mol＝ mol，由方程式Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓得，n(Ba2＋)＝n(CrO)，所以BaCl2的浓度：c(BaCl2)＝＝ mol·L－1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时，有少量待测液溅出，造成V1的用量减小，所以的测量值将偏大。
答案：上方 偏大
4．Ⅰ.(1)用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.010 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取________g K2Cr2O7(保留4位有效数字，已知M＝294.0 g·mol－1)。配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有________(用编号表示)。
①电子天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤容量瓶 ⑥胶头滴管 ⑦移液管
(2)滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，则测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
Ⅱ.磷酸铁(FePO4·2H2O，难溶于水的米白色固体)可用于生产药物、食品添加剂和锂离子电池的正极材料。实验室可通过下列实验制备磷酸铁。
(1)称取一定量已除去油污的废铁屑，加入稍过量的稀硫酸，加热、搅拌，反应一段时间后过滤。反应加热的目的是__________________________________________________。
(2)向滤液中加入一定量H2O2氧化Fe2＋。为确定加入H2O2的量，需先用K2Cr2O7标准溶液滴定滤液中的Fe2＋，离子方程式如下：
Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
①在向滴定管中注入K2Cr2O7标准溶液前，滴定管需要检漏、________________和________________。
②若滴定x mL滤液中的Fe2＋，消耗a mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液b mL，则滤液中c(Fe2＋)＝________mol·L－1。
解析：Ⅰ.(1)0.735 0 g的K2Cr2O7固体需要用电子天平称量，直接配制一定物质的量浓度的溶液时，不必要用到移液管和量筒。(2)滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，说明消耗的标准液体积读数偏大，故测定结果偏大。
Ⅱ.(1)升高温度，可以加快化学反应的反应速率，提高实验效率。(2)①滴定管使用前要先检漏，然后用蒸馏水清洗干净，再用K2Cr2O7标准溶液润洗2～3次，之后才可向滴定管中注入K2Cr2O7标准溶液。②设滤液中Fe2＋的浓度为c mol·L－1，根据离子反应方程式可得关系式：
K2Cr2O7 ～ 6Fe2＋
1 6
ab×10－3 cx×10－3
解得：c＝。
答案：Ⅰ.(1)0.735 0 ③⑦ (2)偏大
Ⅱ.(1)加快铁与稀硫酸反应速率 (2)①用蒸馏水洗净 用K2Cr2O7标准溶液润洗2～3次 ②
备考锦囊 氧化还原滴定“3要点”
1．滴定原理
以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质。或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。如KMnO4溶液滴定Fe2＋的离子方程式为MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O。
2．滴定试剂
常见的用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7、碘水等；
常见的用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。
3．滴定指示剂
(1)氧化还原滴定的3类指示剂
①氧化还原指示剂。
②专用指示剂，如在碘量法滴定中，因可溶性淀粉溶液遇碘变蓝色，故可用淀粉溶液作指示剂。
③自身指示剂，如用KMnO4标准溶液滴定草酸时，可利用KMnO4溶液本身颜色的变化来指示滴定终点。
(2)滴定终点的判断
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。
考点三 溶液中粒子浓度大小的比较
查看《课前自测诊断卷》考点三，有哪些题目做错，为课堂找到努力方向！
考点定位
难点拉分考点
错因定位
1.漏掉溶液中隐含的离子(如Na2CO3溶液中的HCO)、电荷守恒式未配平，忽视盐类的水解而导致溶液中粒子浓度的大小的变化，如[诊断卷T5(D)]漏掉CO，[诊断卷T6(B)]所列等式不守恒。
2.对酸、碱中和滴定图像中各特殊点溶液中的溶质成分判断错误，如[诊断卷T7]中的M、N、P点。
1．依据“3大守恒”，确定解题原则
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等。如在Na2CO3溶液中存在着Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它们存在如下关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。
(2)物料守恒：电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。
c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]
(3)质子守恒：指在电离或水解过程中，会发生质子(H＋)转移，但在质子转移过程中其数量保持不变，如在Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H3O＋)
2．锁定3种情况，判断溶液酸碱性
(1)电离能力大于水解能力，如：CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性；同理NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，等浓度的NH3·H2O和NH4Cl溶液等体积混合后溶液显碱性。
(2)水解能力大于电离能力，如：HClO的电离程度小于ClO－水解程度，所以等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性。
(3)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式酸根的电离能力和水解能力哪一个更强。如在NaHCO3溶液中，HCO的水解大于电离，故溶液显碱性；而在NaHSO3溶液中，HSO的电离大于水解，故溶液显酸性。
3．剖析反应过程，掌握滴定时粒子浓度的变化
向强碱(或弱碱)溶液中逐滴滴入弱酸(或强酸)溶液，离子浓度，pH有一定的变化规律。现以向NaOH溶液中逐滴加入CH3COOH溶液为例进行分析：
反应操作
不同阶段
溶液pH
溶液主要溶质
溶液离子浓度比较
CH3COOH
溶液
NaOH溶液
阶段1：刚开始滴加
pH>7
NaOH、CH3COONa
c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
阶段2：恰好中和
pH>7
CH3COONa
c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
阶段3：溶液pH＝7
pH＝7
CH3COONa
c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)
阶段4：继续滴加
pH<7
CH3COONa、CH3COOH
c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
4．填写下列空白，夯实破题根基
(1)NH4Cl溶液
水解离子方程式：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋；
电荷守恒式：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)；
物料守恒式：c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)；
质子守恒式：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)；
粒子浓度大小关系：c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)。
(2)Na2CO3溶液
水解离子方程式：CO＋H2OHCO＋OH－；
电荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)；
物料守恒式：c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋2c(HCO)＋2c(CO)；
质子守恒式：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)；
粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)。
(3)NaHCO3溶液
水解离子方程式：HCO＋H2OH2CO3＋OH－；
电离方程式：HCOH＋＋CO；
电荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)；
物料守恒式：c(Na＋)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)；
质子守恒式：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)；
粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H2CO3)＞c(H＋)＞c(CO)。
(4)NaHSO3溶液
水解离子方程式：HSO＋H2OH2SO3＋OH－；
电离方程式：HSOH＋＋SO；
电荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)；
物料守恒式：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)；
质子守恒式：c(H＋)＋c(H2SO3)＝c(OH－)＋c(SO)；
粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(HSO)＞c(H＋)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(H2SO3)。
(5)物质的量之比为1∶1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液
水解离子方程式：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；
电离方程式：CH3COOHCH3COO－＋H＋；
电荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)；
物料守恒式：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)；
质子守恒式：c(CH3COOH)＋2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)；
粒子浓度大小关系：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－)。
(6)物质的量之比为1∶1的NH4Cl、NH3·H2O混合溶液
水解离子方程式：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋；
电离方程式：NH3·H2ONH＋OH－；
电荷守恒式：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)；
物料守恒式：c(NH3·H2O)＋c(NH)＝2c(Cl－)；
质子守恒式：c(NH)＋2c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋2c(OH－)；
粒子浓度大小关系：c(NH)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)。
5．有物质的量浓度相同的以下几种溶液
①(NH4)2SO4溶液 ②(NH4)2CO3溶液
③NH4HSO4溶液 ④(NH4)2Fe(SO4)2
⑤NH4Cl溶液 ⑥NH4HCO3溶液 ⑦NH3·H2O
c(NH)由大到小的顺序为____________________________________________________。
答案：④＞①＞②＞③＞⑤＞⑥＞⑦
考向一 溶液中“粒子”浓度关系的判断
1．(2015·江苏高考)室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH＝7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A．向0.10 mol·L－1 NH4HCO3溶液中通CO2：
c(NH)＝c(HCO)＋c(CO)
B．向0.10 mol·L－1 NaHSO3溶液中通NH3：
c(Na＋)>c(NH)>c(SO)
C．向0.10 mol·L－1 Na2SO3溶液中通SO2：
c(Na＋)＝2[c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)]
D．向0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液中通HCl：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)
解析：选D A选项，由电荷守恒知：c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，当c(H＋)＝c(OH－)时，上式变为c(NH)＝c(HCO)＋2c(CO)，所以错误；B选项，由电荷守恒知c(NH)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，由物料守恒知c(Na＋)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)，两者相减得c(NH)＋c(H＋)＝c(SO)－c(H2SO3)＋c(OH－)，当c(H＋)＝c(OH－)时，上式变为c(NH)＋c(H2SO3)＝c(SO)，因此c(NH)＜c(SO)，所以错误；C选项，由物料守恒知，在亚硫酸钠溶液中即存在该守恒式，当通入二氧化硫后，硫原子个数增多，因此原等式肯定不成立，所以错误；D选项，由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH
3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)，由物料守恒知，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，两式相减得c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(OH－)＋c(Cl－)，当c(H＋)＝c(OH－)时，上式变为c(CH3COOH)＝c(Cl－)，而溶液中的c(Na＋)＞c(CH3COOH)，因此c(Na＋)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)，所以正确。
2．(2016·绵阳模拟)室温下，将下列气体通入到相应0.10 mol·L－1的溶液至pH＝7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系不正确的是( )
A．HCl→CH3COONa溶液：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)
B．CO2→NH4HCO3溶液：c(NH)＝c(HCO)＋2c(CO)
C．SO2→NaOH溶液：c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
D．Cl2→NaOH溶液：2c(Cl－)＝c(Na＋)＋c(HClO)
解析：选C 据电荷守恒得：c(Cl－)＋c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，pH＝7，c(OH－)＝c(H＋)，故c(Na＋)＞c(Cl－)，据物料守恒：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，故c(Na＋)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)，A项正确；据电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，pH＝7，c(OH－)＝c(H＋)，B项正确；当c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)成立时，溶质是亚硫酸氢钠，是酸性溶液，C项错误；据氧化还原反应电荷守恒原理，溶液中的c(Cl－)＝c(HClO)＋c(ClO－)，据电荷守恒，得：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)，D项正确。
考向二 酸碱中和滴定中“粒子”浓度的变化
3．(2016·天津高考)室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是( )
A．三种酸的电离常数关系：KHA＞KHB＞KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)＞c(Na＋)＞c(HB)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：
c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)
解析：选C 根据起点pH：HA＜HB＜HD知酸性：HA＞HB＞HD，根据酸性越强，酸的电离常数越大，则KHA＞KHB＞KHD，故A项正确；P点时根据横坐标中和百分数为50%知c(HB)∶c(NaB)＝1∶
1，根据纵坐标pH＜7知酸的电离程度大于盐的水解程度，故B项正确；根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)和pH＝7知c(Na＋)＝c(A－)，同理c(Na＋)＝c(B－)、c(Na＋)＝c(D－)，根据中和原理知溶液显中性时需要的NaOH的量不同，故c(Na＋)不相同，则c(A－)、c(B－)、c(D－)三者不相同，C项错误；当中和百分数都达到100%时，溶液为NaA、NaB、NaD的混合物，则c(OH－)＝c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＋c(H＋)，即c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D项正确。
4．(2015·山东高考)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项，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项，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项，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项，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)。
备考锦囊 巧抓“四点”，突破粒子浓度关系
考点四 难溶电解质的沉淀溶解平衡
查看《课前自测诊断卷》考点四，有哪些题目做错，为课堂找到努力方向！
考点定位
重要保分考点
错因定位
1.对沉淀溶解平衡常数的书写方法及影响因素理解不到位，忽视沉淀转化的实质，不能利用Ksp进行简单的计算，如[诊断卷T8]通过简单计算判断沉淀的先后顺序。
2.理不清沉淀溶解平衡曲线的含义而造成错误，如[诊断卷T9]对曲线上各点的含义模糊不清而无法计算Ag2CrO4的Ksp。
1．警惕沉淀溶解平衡的“四大易误点”
(1)把沉淀溶解平衡误认为电离平衡。实际上如BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO(aq)是溶解平衡，因为BaSO4是强电解质，不存在电离平衡。
(2)误认为只要Ksp越大，其溶解度就会越大。Ksp还与难溶物化学式中的各离子配比有关，只有同类型的难溶物的Ksp大小才可用于比较其溶解度大小。
(3)一定温度下，误认为溶解度受溶液中相同离子浓度的影响而导致Ksp改变。实际上Ksp只受温度影响，温度不变则Ksp不变，如Mg(OH)2在MgCl2溶液中的溶解度要小于在纯水中的溶解度，而Ksp[Mg(OH)2]不变。
(4)误认为Ksp小的不能转化为Ksp大的，只能实现Ksp大的向Ksp小的转化。实际上当两种难溶电解质的Ksp相差不是很大时，通过调节某种离子的浓度，可实现难溶电解质由Ksp小的向Ksp大的转化。
2．练速度——防范沉淀溶解平衡中的易错点(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)沉淀完全是指溶液中该离子浓度为0(×)
(2)验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2，可以将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察到沉淀由白色变为红褐色(√)
(3)溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化，所以ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀(√)
(4)AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K(AgX)＝c(Ag＋)·c(X－)，故K(AgI)＜K(AgCl)(√)
(5)相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水 ②0.1 mol·L－1 盐酸 ③0.1 mol·L－1氯化镁溶液 ④0.1 mol·L－1 硝酸银溶液中，Ag＋浓度：①＞④＝②＞③(×)
(6)0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入水中，所得溶液c(Cl－)＝c(I－)(×)
(7)将0.1 mol·L－1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 mol·L－1 CuSO4溶液，若先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，则Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小(√)
3．练基础——巧用Ksp突破溶解平衡的基本计算
(1)当浓度商Qc＞Ksp时，有沉淀生成。
如常温下Ksp[Cu(OH)2]＝2.0×10－19，则0.2 mol·L－1 CuSO4溶液滴加NaOH溶液至pH＝____时开始产生沉淀。
(2)当溶液中离子浓度小于10－5 mol·L－1时，可视为沉淀完全。
如常温下，Ksp[Zn(OH)2]＝1×10－17，调节溶液pH使溶液的Zn2＋沉淀完全的pH＝____。
(3)混合溶液中离子沉淀顺序的计算
如：含有I－、Cl－等离子的混合液中，滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为______________________________________________________。
[已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.64×10－17。]
(4)已知25 ℃时，Ksp(FeS)＝6.3×10－18，Ksp(CdS)＝3.6×10－29，能否用FeS处理含Cd2＋的废水？请根据沉淀溶解平衡的原理解释(用必要的文字和离子方程式说明)。
解析：(1)Qc＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝0.2×c2(OH－)＝2.0×10－19。
c(OH－)＝10－9 mol·L－1⇨c(H＋)＝10－5 mol·L－1⇨pH＝5。
(2)Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝10－5·c2(OH－)＝1.0×10－17。
c(OH－)＝10－6⇨c(H＋)＝10－8⇨pH＝8。
(3)＝＝＝＝4.8×10－7。
答案：(1)5 (2)8 (3)4.8×10－7
(4)能，CdS比FeS更难溶，可发生沉淀转化Cd2＋(aq)＋FeS(s)CdS(s)＋Fe2＋(aq)。
考向一 Ksp的计算与应用
1．已知常温下Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5×10－13，下列有关说法错误的是( )
A．在饱和AgCl、AgBr的混合溶液中：＝360
B．向AgCl悬浊液中滴加浓NaBr溶液会产生淡黄色沉淀
C．AgCl在水中的溶解度及Ksp均比在NaCl溶液中的大
D．欲用1 L NaCl溶液将0.01 mol AgBr转化为AgCl，则c(NaCl)≥3.61 mol·L－1
解析：选C 同一溶液中，c(Ag＋)相同，溶液中同时存在如下两种关系式c(Ag＋)·c(Br－)＝Ksp(AgBr)，c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，所以c(Cl－)∶c(Br－)＝Ksp(AgCl)∶Ksp(AgBr)＝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；AgBr＋Cl－AgCl＋Br－，平衡常数K＝＝，当溴化银全部转化为氯化银时，溶液中Br－的浓度为0.01 mol·L－1，将有关数据代入计算式，求得平衡时Cl－浓度为3.6 mol·L－1，溴化银转化过程中消耗了0.01 mol Cl－，故氯化钠的最低浓度为3.61 mol·L－1，D项正确。
2．已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为( )
A．Cl－、Br－、CrO B．CrO、Br－、Cl－
C．Br－、Cl－、CrO D．Br－、CrO、Cl－
解析：选C 设加入一定体积的AgNO3溶液时，溶液中Cl－、Br－和CrO的浓度均为c mol·L－1，则形成AgCl、AgBr、Ag2CrO4沉淀所需Ag＋浓度分别是mol·L－1、mol·L－1、 mol·L－1，比较Ksp数值可知，Br－形成沉淀时所需Ag＋浓度最小，即最先产生沉淀；CrO形成沉淀时所需Ag＋浓度最大，即最后产生沉淀。
考向二 沉淀溶解平衡曲线
3.在t ℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t ℃时AgCl的Ksp＝4×10－10，下列说法不正确的是( )
A．在t ℃时，AgBr的Ksp为4.9×10－13
B．在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变到b点
C．图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液
D．在t ℃时，AgCl(s)＋Br－(aq)AgBr(s)＋Cl－(aq)的平衡常数K≈816
解析：选B 根据图中c点的c(Ag＋)和c(Br－)可得该温度下AgBr的Ksp为4.9×10－13，A正确；在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br－)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag＋)减小，B错误；在a点时Qc＜Ksp，故为AgBr的不饱和溶液，C正确；D项中K＝c(Cl－)/c(Br－)＝Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，代入数据得K≈816，D正确。
4．如图所示，有T1、T2不同温度下BaSO4
在水中的沉淀溶解平衡曲线，下列说法不正确的是( )
A．加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点
B．在T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)
D．升温可使溶液由b点变为d点
解析：选D A项正确，温度不变Ksp不变，c(SO)增大，c(Ba2＋)减小；B项正确，T1曲线上方区域，任意一点为过饱和溶液，有BaSO4沉淀生成；C项正确，蒸发溶剂，c(SO)、c(Ba2＋)均增大，而由d点到a点c(SO)保持不变，由d点到b点c(Ba2＋)保持不变；D项错误，升温Ksp增大，c(Ba2＋)、c(SO)均应增大。
备考锦囊 沉淀溶解平衡曲线的含义
(1)沉淀溶解平衡曲线上各个点都是平衡点。各个点对应的横坐标和纵坐标分别为此平衡状态时的离子浓度。
(2)曲线外各点都不是平衡状态，若在曲线以下，是不饱和状态，可以判断使之达到平衡的方法；曲线以上的各点，已经过饱和，必须有固体析出。
1．室温下，0.1 mol·L－1的HA溶液中c(H＋)/c(OH－)＝1010，下列有关说法中正确的是( )
A．溶液的pH＝4
B．加蒸馏水稀释后，c(HA)/c(A－)减小
C．向体积和pH均相等的HA溶液与盐酸中加入足量锌，盐酸中产生的气体多
D．在NaA溶液中存在浓度关系：c(H＋)＞c(OH－)
解析：选B 选项A，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，结合＝1010可得c(H＋)＝10－2 mol·L－1，pH＝2，由HA的浓度知HA为弱电解质，该项错误；选项B，＝，加水稀释过程中，K不变，c(H＋)减小，故减小，该项正确；选项C，HA是弱电解质，故当盐酸与HA溶液的pH和体积均相等时，HA的物质的量大，HA与Zn反应产生H2的量较多，该项错误；选项D，HA为弱酸，NaA溶液中的A－水解呈碱性，故c(H＋)＜c
(OH－)，该项错误。
2．(2016·赣州模拟)0.1 mol·L－1 HIO3溶液加水稀释的图像如图所示，下列对该溶液叙述正确的是( )
A．若使溶液的pH升高1，可提高溶液的温度
B．若使溶液的pH升高1，将溶液稀释到原体积的10倍
C．0.1 mol·L－1HIO3溶液稀释10倍后，溶液中c(H＋)＞c(IO)＞c(HIO3)
D．加水稀释过程中n(HIO3)＋n(IO)减小
解析：选C 根据图像知0.1 mol·L－1HIO3溶液中c(H＋)＝0.07 mol·L－1, HIO3为弱酸，存在电离平衡。弱酸的电离为吸热过程，升高温度促进电离，溶液中氢离子浓度增大，pH减小，A错误；加水稀释促进HIO3的电离，将溶液稀释到原体积的10倍，溶液的pH变化小于1，B错误；根据图像知0.1 mol·L－1HIO3溶液中c(H＋)＝0.07 mol·L－1，c(IO)浓度略小于0.07 mol·L－1(考虑水的电离)，c(HIO3)浓度略大于0.03 mol·L－1，稀释10倍后，促进电离，溶液中c(H＋)＞c(IO)＞c(HIO3)，C正确；根据物料守恒知加水稀释过程中n(HIO3)＋n(IO)不变，D错误。
3．(2016·西城模拟)室温下，分别用0.1 mol·L－1溶液进行下列实验，结论不正确的是( )
A．向NaHCO3溶液中通CO2至pH＝7：c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)
B．向CH3COONa溶液中加入等浓度等体积的盐酸：c(Na＋)＝c(Cl－)
C．向NaHSO4溶液中加入等浓度等体积的Ba(OH)2溶液：pH＝13
D．向氨水中加入少量NH4Cl固体：增大
解析：选C 溶液呈电中性，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，室温下溶液的pH＝7为中性，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)，A项正确；因为溶液等体积等浓度，则可推出混合溶液后的不水解的c(Na＋)和c(Cl－)相等，B项正确；设体积为1 L，则向0.1 mol·L－1 的NaHSO4溶液中加入0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液1 L，反应后c(OH－)＝(0.2－0.1)÷2＝0.05 mol·L－1, pH≠13，C项错误；氨水中存在NH3·H2ONH＋OH－，加入少量NH4Cl固体相当于加入NH，平衡逆向移动，但移动是微弱的过程，则增大，D项正确。
4.(2016·全国乙卷)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。
5.在T ℃时，铬酸银(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法中不正确的是( )
A．T ℃时，在Y点和Z点，Ag2CrO4的Ksp相等
B．向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C．T ℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－8
D．图中a＝×10－4
解析：选C 一种物质的Ksp只与温度有关，A正确；向饱和Ag2CrO4溶液中加入固体K2CrO4后，沉淀溶解平衡向左移动，导致c(Ag＋)减小，而图像中由Y点变成X点的过程中，c(Ag＋)保持不变，B正确；T ℃时，Ag2CrO4的Ksp＝c(CrO)·c2(Ag＋)＝(1×10－5)×(1×10－3)2＝1×10－11，C错误；温度不变，Ksp不变，则1×10－11＝c2(Ag＋)·c(CrO)，c2(Ag＋)＝＝2×10－8，故c(Ag＋)＝a＝×10－4 mol·L－1，D正确。
6．现有常温下的四种溶液：
编号
①
②
③
④
名称
氨水
氢氧化钠溶液
醋酸
盐酸
pH或离子浓度
pH＝11
c(OH－)＝10－3 mol·L－1
c(CH3COO－) ＝10－3 mol·L－1
c(Cl－)＝10－3 mol·L－1
下列有关叙述正确的是( )
A．分别加水稀释10倍后四种溶液的pH大小顺序为②＞①＞④＞③
B．将①、④两种溶液等体积混合所得溶液中c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．在③、④中分别加入少量醋酸铵晶体至常温后溶液的pH均增大，KW均不变
D．等体积的四种溶液分别发生中和反应时所需另一种溶液溶质的物质的量相等
解析：选C 氨水加水稀释时，电离程度增大，进一步电离出OH－，则分别加水稀释10倍后四种溶液的pH大小顺序为①＞②＞④＞③，故A错误；NH3·H2O为弱电解质，将①、④两种溶液等体积混合，氨水过量，溶液呈碱性，故B错误；在醋酸中加入醋酸铵，抑制醋酸的电离，溶液pH增大，在盐酸中加入醋酸铵，生成醋酸，溶液pH增大，温度不变，KW不变，故C正确；常温下，c(OH－)＝10－3 mol·L－1的NaOH溶液的pH＝11，pH＝11的氨水的浓度大于pH＝11的NaOH溶液的浓度，中和等体积的两溶液时，氨水消耗酸的物质的量多，故D错误。
7．(2016·肇庆模拟)常温下，向10 mL 0.1 mol·L－1的HR溶液中逐滴滴入0.1 mol·L－1的NH3·H2O溶液，所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析不正确的是( )
A．a～b点导电能力增强，说明HR为弱酸
B．b点溶液pH＝5，此时酸碱恰好中和
C．c点溶液存在c(NH)＞c(R－)、c(OH－)＞c(H＋)
D．b～c任意点溶液均有c(H＋)·c(OH－)＝KW＝1.0×10－14
解析：选B 向10 mL 0.1 mol·L－1的HR溶液中逐滴滴入0.1 mol·L－1的NH3·H2O溶液，溶质由酸变为盐，而导电能力增强，故HR为弱酸，A项正确；b点时导电能力最强，此时酸碱恰好中和，pH＝7，B项错误；c点溶液显碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，由电子守恒可得c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(R－)，c(NH)－c(R－)＝c(OH－)－c(H＋)＞0，即c(NH)＞c(R－)，C项正确；温度未变，b～c任意点溶液均有c(H＋)·c(OH－)＝KW＝1.0×10－14，D项正确。
8．(2016·四川高考)向1 L含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01 mol＜n(CO2)≤0.015 mol时发生的反应是2NaAlO2＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋Na2CO3。下列对应关系正确的是( )
选项
n(CO2)/mol
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c(Na＋)＞c(AlO)＋c(OH－)
B
0.01
c(Na＋)＞c(AlO)＞c(OH－)＞c(CO)
C
0.015
c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)
D
0.03
c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)
解析：选D A．当n(CO2)＝0时，根据电荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(AlO)＋c(OH－)，所以c(Na＋)＜c(AlO)＋c(OH－)，错误；B.当n(CO2)＝0.01 mol时，溶液中溶质为NaAlO2和Na2CO3，因为碳酸酸性强于氢氧化铝，所以偏铝酸根离子水解程度比碳酸根离子强，溶液中离子浓度应为c(Na＋)＞c(CO)＞c(AlO)＞c(OH－)，错误；C.当n(CO2)＝0.015 mol 时，溶液中溶质为Na2CO3，溶液中离子浓度应为c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)，错误；D.当n(CO2)＝0.03 mol时，溶液中溶质为NaHCO3，溶液中离子浓度应为c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)，正确。
9．(2016·开封模拟)已知锌及其化合物的性质与铝及其化合物相似。常温下，如图横坐标为溶液的pH，纵坐标为Zn2＋或[Zn(OH)4]2－的物质的量浓度的对数。下列说法中错误的是( )
A．在该温度下，Zn(OH)2的溶度积(Ksp)为1×10－17
B．往1.0 L 1.0 mol·L－1 ZnCl2溶液中加入NaOH固体至pH＝6.0，需NaOH 2.0 mol
C．往ZnCl2溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，反应的离子方程式为Zn2＋＋4OH－===[Zn(OH)4]2－
D．某废液中含Zn2＋，为提取Zn2＋可以控制溶液pH的范围为8.0～12.0
解析：选B 当Zn2＋的物质的量浓度的对数等于－5.0时，即Zn2＋的浓度为1×10－5 mol·L－1时，Zn2＋已沉淀完全，此时溶液的pH＝8.0，即c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1，所以Zn(OH)2的溶度积Ksp＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝1×10－5·(1×10－6)2＝1×10－17，A项说法正确；根据图像知，pH＝7时，Zn2＋的物质的量浓度的对数等于－3.0，即c(Zn2＋)＝1×10－3 mol·L－1，当pH＝6.0时，c(Zn2＋)＞1×10－3 mol·L－1，即ZnCl2溶液中只有部分Zn2＋生成Zn(OH)2沉淀，则加入的n(NaOH)＜2n(ZnCl2)，即n(NaOH)＜2.0 mol，B项说法错误；结合图像可知，当NaOH溶液足量时，锌的存在形式为[Zn(OH)4]2－，所以反应的离子方程式为Zn2＋＋4OH－===[Zn(OH)4]2－，C项说法正确；由图像可知，当Zn2＋完全转化为沉淀时，需控制溶液的pH为8.0～12.0，D项说法正确。
10．已知：I2＋2S2O===S4O＋2I－
相关物质的溶度积常数见下表：
物质
Cu(OH)2
Fe(OH)3
CuCl
CuI
Ksp
2.2×10－20
2.6×10－39
1.7×10－7
1.3×10－12
(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，加入________，调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝________。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2·2H2O晶体。
(2)在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是________________________________________________________________________
(用化学方程式表示)。由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是________________________________________________________________________。
(3)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。
①可选用________作滴定指示剂，滴定终点的现象是
________________________________________________________________________。
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_______________________________________。
③该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为______________________________________。
解析：(1)考虑到不引入新的杂质，调节至溶液pH为4，使Fe3＋沉淀的试剂可以是Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等。pH＝4时，c(OH－)＝＝10－10 mol·L－1，此时溶液中c(Fe3＋)＝＝ mol·L－1＝2.6×10－9 mol·L－1。
(2)CuCl2·2H2O在空气中加热会发生水解反应：2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2＋2HCl＋2H2O或CuCl2·2H2OCuO＋2HCl＋H2O等，要得到无水CuCl2，应将CuCl2·2H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水以抑制其水解。
(3)依题给信息，用“间接碘量法”测定CuCl2·2H2O晶体试样纯度的反应原理是：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===S4O＋2I－，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，指示剂选择淀粉溶液，终点时溶液蓝色褪去，且半分钟内不复色。由2Cu2＋～I2～2S2O得CuCl2·2H2O试样的纯度为
×100%＝95%。
答案：(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3
2．6×10－9 mol·L－1
(2)2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl2＋2HCl＋2H2O [主要产物写成Cu(OH)2
、Cu(OH)Cl、CuO均可] 在干燥的HCl气流中加热脱水
(3)①淀粉溶液 蓝色褪去，半分钟内不复色
②2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2 ③95%
