2020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
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考点一 溶液的酸碱性和pH)
命题规律：
1．题型：选择题、填空题。
2．考向：(1)运用勒夏特列原理分析外因对电离平衡影响；
(2)pH的相关计算；
(3)电离常数的计算与应用
方法点拨：
1．熟悉“四条件”对弱电解质电离的影响
条件改变
影响
微粒浓度影响结果
电离程度
电离常数
浓度
加水
正向
移动
弱酸的H＋、酸根离子浓度减小，OH－浓度增大；弱碱的OH－，金属离子(NH)浓度减小，H＋浓度增大
增大
不变
加弱电
解质
正向
移动
弱电解质相应离子和弱电解质浓度均增大
减小
不变
加热
正向
移动
弱电解质分子浓度减小；弱电解质相应离子浓度增大
增大
增大
同离子效应
逆向
移动
弱电解质浓度增大，“同离子”浓度增大，相反电荷离子浓度减小
减小
不变
加入与弱电解质反应的物质
正向
移动
参与反应的离子浓度减小，其他离子浓度增大
增大
不变
2．对比区分影响水电离的因素
3．溶液的酸碱性及pH的本质
(1)(在任何温度下的)中性溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝，常温下中性溶液pH＝7，温度升高时，中性溶液的pH＜7。
(2)溶液pH的计算方法——先判断溶液的酸碱性
4．弱电解质的平衡常数特点与计算
(1)弱电解质(以弱酸HX为例)电离平衡常数
K＝≈，对于多元酸，通常也是进行粗略计算的。
(2)同一弱电解质，K值只与温度有关，一般情况下，温度升高，K值增大；对于多元弱酸来说，其K1≫K2≫K3。
1．(1)下列说法正确的是( ADEF )
A．向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊，说明酸性：H2CO3>C6H5OH
B．室温下，稀释0.1 mol/L CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强
C．已知常温下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，则用相同浓度的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
D．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，说明氢硫酸比亚硫酸的酸性弱
E．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，说明氢硫酸比亚硫酸的酸性弱
F．0.10 mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1说明氢硫酸比亚硫酸的酸性弱
(2)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，CO2主要转化为！！！__CO__ (写离子符号)；若所得溶液c(HCO)：c(CO)＝2：1，溶液pH＝__10__。(室温下，H2CO3的K1＝4×10－7；K2＝5×10－11)
(3)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。
①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0～10.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为 OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O 。
②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4??H2AsO＋H＋的电离常数为Ka1，则pKa1＝__2.2__ (pKa1＝－lgKa1 )。
突破点拨
(1)强酸与弱酸对比时注意两点：①二者是物质的量浓度相同，还是pH即c(H＋)相同；②对比的问题是与c(H＋)有关还是与能提供的n(H＋)有关；
(2)涉及到电离常数，既可以用常规的计算方法解答，也可以根据图像中特殊点突破。
解析 (1)根据强酸制弱酸的原理可知选项A正确；稀释0.1 mol/L CH3COOH溶液时，溶液中离子浓度减小，所以导电能力减弱，选项B错误；pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液，醋酸浓度大，所以等体积的两种酸溶液进行中和滴定时，醋酸溶液消耗的NaOH溶液的体积大，选项C错误；氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以，体现强酸制备弱酸的规律，可说明亚硫酸的酸性比氢硫酸强，选项D正确；氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸，可说明亚硫酸的电离程度大，则亚硫酸的酸性强，选项E正确；0.10mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1，可说明亚硫酸的电离程度大，酸性较强，选项F正确。(2)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH＝13，因为得到溶液的碱性较强，所以CO2主要转化为碳酸根离子(CO)。若所得溶液c(HCO)∶c(CO)＝2∶1，则根据第二步电离平衡常数K2＝＝＝5×10－11，所以氢离子浓度为1×10－10 mol/L，pH＝10。(3)①根据图知，碱性条件下H3AsO3的浓度减小、H2AsO浓度增大，说明碱和H3AsO3反应生成H2AsO，该反应为酸碱的中和反应，同时还生成水，离子方程式为：OH－＋H3AsO3===H2AsO＋H2O；②pH＝2.2时，c(H＋)＝10－2.2 mol/L，c(H3AsO4)＝c(H2AsO)，所以Ka1＝c(H＋)＝10－2.2 mol/L pKa1＝－lgKa1＝2.2。
【变式考法】
(1)磷精矿粉酸浸时发生反应：2Ca5(PO4)3(OH)＋3H2O＋10H2SO410CaSO4·0.5H2O＋6H3PO4该反应体现出酸性关系：H3PO4__<__H2SO4(填“>”或“<”)
(2)H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上常采取用氨水除去SO2，已知25℃，NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2SO3的Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.2×10－8。若氨水的浓度为2.0 mol·L－1，则溶液中的c(OH－)＝__6.0×10－3__mol·L－1。将SO2
通入该氨水中，当c(OH－)降至1.0×10－7 mol·L－1时，溶液中的c(SO)/c(HSO)＝__0.62__。
(3)25℃时，两种酸的电离平衡常数如表：
K1
K2
H2SO3
1.3×10－2
6.3×10－8
H2CO3
4.2×10－7
5.6×10－11
某同学设计实验比较H2SO3和H2CO3的酸性强弱：将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，立即用酸度计测量两溶液的c(H＋)。该实验设计不正确，错误在于__用于比较pH的两种溶液的物质的量浓度不相等。另一同学认为，可以通过测定相同物质的量浓度的盐溶液的pH，根据测得的pH大小，可以比较H2SO3和H2CO3的酸性强弱，你认为应该选择的盐是__B__。
A．Na2SO3和Na2CO3 B．NaHSO3和NaHCO3
C．Na2SO3和NaHCO3 D．NaHSO3和Na2CO3
解析 (1)根据强酸制弱酸的原理进行判断；(2)根据NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5可知，＝1.8×10－5，当氨水的浓度为2.0 mol·L－1时，溶液中的c(OH－)＝c(NH)＝＝6.0×10－3mol·L－1。根据H2SO3的Ka2＝6.2×10－8可知，＝6.2×10－8，当c(OH－)降至1.0×10－7mol·L－1，则c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1，溶液中的c(SO)/c(HSO)＝0.62。(3)要想通过比较H2SO3和H2CO3的pH来验证二者的酸性强弱，必需使二者的浓度相同，但是SO2和CO2气体溶解度不同，溶于水后的饱和溶液其浓度不相等，所以该实验设计不正确。要想通过测得盐溶液的pH来比较酸性强弱，第一，盐溶液浓度必须相同，第二，必须使用酸式盐。
2．电解质溶液电导率越大导电能力越强。常温下用0.100 mol·L－1盐酸分别滴定10.00 mL浓度均为0.100 mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液，常温Kb[(CH3)2NH·H2O)]＝1.6×10－4(二甲胺在水中电离与氨相似)。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是( C )
A．曲线①代表滴定二甲胺溶液的曲线
B．a点溶液中：c[(CH3)2NH]＞c[(CH3)2NH·H2O]
C．d点溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]
D．b、d、e三点的溶液中，水的电离程度最大的是b点
解析 由于NaOH是强碱，二甲胺是弱碱，所以0.100 mol·L－1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液导电能力前者大，所以①为NaOH的变化曲线 ，曲线②为(CH3)2NH·H2O的变化曲线，选项A、B错误；d点溶液中，根据质子守恒可以得出c(H＋)＝c(OH－)＋c[(CH3)2NH·H2O]，选项C正确；d点时恰反应，溶质为(CH3)2NH2Cl，该物质水解促进水的电离；而b点溶质为(CH3)2NH2Cl和(CH3)2NH·H2O，(CH3)2NH·H2O是碱抑制水的电离； e点溶质为(CH3)2NH2Cl和HCl，其中HCl抑制水的电离，所以d点水的电离程度最大，选项D错误。
3. (1)已知pH＝2的正高碘酸(H5IO6)溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，所得混合液显酸性；0.01 mol·L－1的碘酸(HIO3)溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，所得混合液显中性。高碘酸电离方程式为H5IO6??H4IO＋H＋ 。
(2)三种弱酸HA、H2B、HC，电离常数为1.8×10－5、5.6×10－11、4.9×10－10、4.3×10－7(数据顺序已打乱)，已知三种酸和它们的盐之间能发生以下反应：①HA＋HB－(少量)===A－＋H2B ②H2B(少量)＋C－===HB－＋HC ③HA(少量)＋C－===A－＋HC若H2B的Ka1＝4.3×10－7，则HA酸对应的电离常数Ka＝__1.8×10－5__ (根据已知数据填空)。
(3)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为__8.7×10－7_ (已知：N2H4＋H＋??N2H的K＝8.7×107；Kw＝1.0×10－14)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_N2H6(HSO4)2__。
(4)常温下，将a mol·L－1的醋酸与b mol·L－1 Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka＝ Ka＝mol/L (用含a和b的代数式表示)。
解析 (1)等体积相混时，pH＝2的高碘酸溶液的n(H＋)与pH＝12的NaOH溶液中n(OH－) 相等，混合后显酸性，说明混合过程中，又电离出了部分氢离子，所以高碘酸是弱酸； 而0.01 mol·L－1的碘酸(HIO3)溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合时，恰好反应生成盐，由于所得混合液显中性，可见碘酸(HIO3)为强酸。(2)根据强酸制弱酸的原理，由反应H2B(少量)＋C－===HB－＋HC，可知酸性：H2B＞HC＞HB－，由HA＋HB－(少量)===A－＋H2B，可知酸性：HA＞H2B，所以酸性强弱顺序是HA＞H2B＞HC＞HB－，结合电离常数数据可知若H2B的Ka1＝4.3×10－7，则HA的Ka＝1.8×10－5；(3)N2H4的第一步电离的方程式为N2H4＋H2O??N2H＋OH－，则电离常数Kb＝＝＝＝K·Kw＝8.7×107×1.0×10－14＝8.7×10－7。(4)根据2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－), 由于c(CH3COO－)＝2c(Ba2＋)＝b mol·L－1 ，所以c(H＋)＝c(OH－)溶液呈中性，Ka＝＝。
溶液pH计算的一般思维模型
口诀：酸按酸(H＋)，碱按碱(OH－)，酸碱中和求过量，无限稀释7为限。
考点二 酸碱中和滴定及“迁移”应用)
命题规律：
1．题型：选择题、填空题。
2．考向：(1)通过滴定曲线考查pH计算、离子浓度大小比较、水的电离程度比较；(2)通过滴定实验，考查操作要点、数据处理、误差分析等。
方法点拨：
1．实验仪器名称再熟悉，不写错
酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶
2．操作步骤再回想，脑海中回放一遍视频电影
(1)操作过程：检漏→洗涤→调零→滴定
(2)手眼分工：左手→控制活塞；右手→振摇锥形瓶；双眼→观察锥形瓶中颜色变化。
3．现象描述再默读
当滴入最后一滴×××××标准溶液后，溶液由×××××色变成×××××色(或溶液×××××色褪去)，且半分钟内不变色。
4．指示剂选择再互考互答
滴定对象
指示剂选择
颜色变化
强酸滴定强碱
甲基橙
黄色变橙色
强碱滴定强酸
酚酞
无色变红色
强酸滴定弱碱
甲基橙
黄色变橙色
强碱滴定弱酸
酚酞
无色变粉红色
5．数据处理及误差分析
(1)数据处理：中和滴定要做平行试验，一般有三组数据要正确“取舍”，计算“平均”体积，一般舍去误差较大的实验数据；(2)误差分析：根据c待测＝；c标准与V待测已确定，只要分析出不正确操作引起V标准的变化，即可分析出结果。
1．(1)下列说法中不正确的是__ABCDE__。
A．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂
B．298K时，在20.0mL 0.10mol氨水中滴入0.10mol的盐酸，应该选择酚酞作为指示剂
C．下图是室温下用0.1000 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L－1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸
D．在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶，量取20.00 mL盐酸
E．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
(2)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为 S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋ ；该样品中Na2S2O5的残留量为__0.128__g·L－1(以SO2计)。
(3)测定三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)晶体中铁的含量。
①称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是__滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液恰好变为粉红色，且半分钟内红色不消失_。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为 ×100% 。
突破点拨
(1)中和滴定指示剂选择取决于恰好反应生成的盐溶液显性情况；
(2)滴定终点描述一定要抓住关键词：“最后一滴”“恰好变成××色”“
且半分钟不恢复原来颜色”。
解析 (1)HCl溶液滴定NaHCO3溶液恰好反应溶液显弱酸性(溶有二氧化碳)，应该用甲基橙作指示剂，选项A错误；氨水与盐酸恰好中和显酸性，应该选用甲基橙作指示剂，选项B错误；根据滴定曲线起点可知 0.100 0 mol·L－1某一元酸HX溶液pH大于2，所以为弱酸，选项C错误；量取20.00 mL盐酸，滴定管起始液面只要在“0”及以下即可，50 mL刻度线以下至活塞尖嘴都存在溶液，放出溶液大于20.00 mL，选项D错误；滴定管尖嘴部分有悬滴，消耗的标准液体积读数偏大，结果偏大，选项E错误。(2)单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋；消耗碘的物质的量是0.000 1 mol，所以焦亚硫酸钠的残留量(以SO2计)是(0.000 1 mol×64 g/mol)/0.05 L＝0.128 g/L。(3)①高锰酸钾氧化草酸根离子后红色褪色，所以滴定终点的现象是出现粉红色。②锌把铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾是0.001cV mol，Mn元素化合价从＋7降低到＋2，所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cV mol，则该晶体中铁的质量分数的表达式为×100%＝×100%。
【变式考法】
(1)下列说法中正确的是__EF__。
A．如图表示中和滴定时某同学的一个操作，该操作是为了排除酸式滴定管内气泡
B．用碱式滴定管量取12.00 mL重铬酸钾溶液
C．常温下，用 0.100 0 mol·L－1 NaOH 标准溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 HCl溶液，滴定曲线如图，达到滴定终点时，用甲基橙作指示剂消耗NaOH溶液的体积比用酚酞多
D．实验测定酸碱滴定曲线时，要保证整个过程测试和记录pH的间隔相同
E．用已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的醋酸，滴定管用水洗后，未用标准溶液润洗就装入标准溶液，会使测定结果偏高
F
．为了证明草酸为二元酸：用酚酞作指示剂用氢氧化钠溶液进行中和滴定，测定草酸与所消耗的氢氧化钠的物质的量的关系
(2)实验室有瓶混有泥沙的乙二酸样品，某化学兴趣小组利用这个氧化还原反应的原理来测定其含量：2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，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。
②滴定：准确量取25.00 mL所配溶液于锥形瓶中，加少量硫酸酸化，将0.100 0 mol·L－1 KMnO4溶液装入__酸式__ (填“酸式”或“碱式”)滴定管，进行滴定操作。在实验中发现，刚滴下少量KMnO4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，紫红色就很快褪色了，可能原因是__反应中生成的Mn2＋起催化作用__；当__滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅紫色，且30_s不褪色，说明达到滴定终点。
③计算：重复上述操作2次，记录实验数据如下表。则消耗KMnO4溶液的平均体积为__20.00__mL，此样品的纯度为__90.00%__。(已知：H2C2O4的相对分子质量为90)
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！！！__AC__###(填字母)。
A．未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管
B．滴定前锥形瓶有少量水
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)图中为碱式滴定管，选项A错误；重铬酸钾有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中的橡胶，选项B错误；用甲基橙作指示剂，则需要的NaOH溶液体积小，选项C错误；确定中和滴定曲线的实验中，接近恰好反应点的前后，要间隔更小，因为此时溶液的pH会变化更大，选项D错误；滴定管未用标准液润洗，会使消耗的标准液体积偏大，结果也就偏大，选项E正确；证明草酸为二元酸，应该让草酸完全反应，此时溶液显碱性，所以应该用酚酞作指示剂，选项F正确。(2)KMnO4溶液有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管中橡胶，所以应该用酸式滴定管；H2C2O4与MnO反应产物产生的Mn2＋对反应有催化作用；在进行中和滴定数据处理时，应该舍弃误差较大的实验数据，所以第3次读数误差较大，应该舍弃。ω(H2C2O4)＝×100%＝90.00%。④未用标准浓度的酸性KMnO4溶液润洗滴定管，标准液浓度偏低，消耗的KMnO4溶液体积偏大，测定结果偏高，选项
A正确；滴定前锥形瓶有少量水，对实验无影响，选项B错误；滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，有部分标准液补充了气泡，使消耗的KMnO4溶液体积读数偏大，测定结果偏高，选项C正确；观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，使消耗的KMnO4溶液体积读数偏小，测定结果偏低，选项D错误。
2．(1)取a g所得精制磷酸，加适量水稀释，以百里香酚酞作指示剂，用b mol·L－1NaOH溶液滴定至终点时生成Na2HPO4，消耗NaOH溶液c mL，精制磷酸中H3PO4的质量分数是 。(已知：H3PO4摩尔质量为98 g·mol－1)
(2)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M＝248 g·mol－1)可用作定影剂、还原剂。利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：
①溶液配制：称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在__烧杯__中溶解，完全溶解后，全部转移至100 mL的__容量瓶_中，加蒸馏水至__刻度__。
②滴定：取0.009 50 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应： Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液__蓝色褪去，半分钟不变蓝色__，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为__95.0__%(保留1位小数)。
解析 (1)滴定终点生成Na2HPO4，则消耗的H3PO4与NaOH物质的量之比为1∶2，n(H3PO4)＝n(NaOH)＝×b mol/L×c×10－3L＝ mol，m(H3PO4)＝ mol×98 g/mol＝ g＝0.049bc g，精制磷酸中H3PO4的质量分数为。(2)①配制一定物质的量浓度的溶液，应该先称量质量，在烧杯中溶解，再转移至容量瓶，最后定容即可。所以过程为：将固体在烧杯中加水溶解，全部转移至100 mL容量瓶，加蒸馏水至刻度线。②淡黄绿色溶液中有单质碘，加入淀粉为指示剂，溶液显蓝色，用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘，滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2O～3I2～6S2O，则配制的100 mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c＝＝0.04597 mol/L，含有的硫代硫酸钠为0.004597 mol，所以样品纯度为×100%＝95.0%。
3．烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：
Ⅰ.采样
采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。
NOx含量的测定：将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入V1 mL c1 mol·L－1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L－1 K2CrO7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗V2 mL。
(1)NO被H2O2氧化为NO的离子方程式是 2NO＋3H2O2===2H＋＋2NO＋2H2O 。
(2)滴定操作使用的玻璃仪器主要有__锥形瓶、酸式滴定管。
(3)滴定过程中发生下列反应：3Fe2＋＋NO＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O、Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，则气样中NOx折合成NO2的含量为 ×104 mg·m－3。
(4)判断下列情况对NOx含量测定结果的影响(填“偏高” “偏低”或“无影响 ”)
若缺少采样步骤③，会使测定结果__偏低__。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果__偏高_。
解析 (1)NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO＋3H2O2===2H＋＋2NO＋2H2O。(2)滴定中使用酸式滴定管(本题中的试剂都只能使用酸式滴定管)和锥形瓶。(3)用c2 mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O为c2V2/1000 mol；所以过量的Fe2＋为6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2＋为(c1V1/1000－6c2V2/1000) mol；所以硝酸根离子为(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。考虑到配制100 mL溶液取出来20 mL进行实验，所以NO2为5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol，质量为46×5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 g，即230(c1V1－6c2V2)/3 mg。这些NO2是V L气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c2V2)/3V mg·L－1，即为1000×230(c1V1－6c2V2)/3V mg·m－3，所以答案为：×104 mg·m－3。(4)若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOx的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2＋被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2＋是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。
1．常见还原反应滴定指示剂选择及终点现象：
滴定
方式
还原剂
滴定
KMnO4
KMnO4
滴定
还原剂
I2滴定
还原剂
还原剂
滴定I2
铁盐滴定
还原剂
还原剂
滴定
铁盐
指示剂
不需要
不需要
淀粉
淀粉
KSCN
KSCN
终点时颜色变化
粉(浅)红色→无色
无色→粉(浅)红色
无色→蓝色
蓝色→无色
无色→红色
红色→无色
2．间接氧化还原滴定的电子守恒分析
考点三 盐类水解和溶液中离子浓度大小关系确定)
命题规律：
1．题型：选择题、填空题。
2．考向：(1)溶液酸碱性判断和比较； (2)生活生产科研中的应用(如工艺流程图中条件选择)； (3)溶液中离子浓度大小比较及判断。
方法点拨：
1．盐类水解的规律
(1)谁弱谁水解，越弱越水解，谁强显谁性。
(2)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。
②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液。
(3)相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐 。
(4)相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。水解程度越大→消耗越多→存在越少。
2．盐类水解的应用
应用
举例
(1)加热促进水解方便生活
热的纯碱溶液去污力强(纯碱水解显碱性，在碱性条件下油脂水解，并不是纯碱和油脂直接反应)
(2)分析盐溶液的酸碱性、比较对应酸碱性强弱
等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液均显碱性，且碱性：Na2CO3>NaHCO3
(3)判断离子能否大量共存
Al3＋和HCO因发生水解互促反应不能大量共存
(4)配制或贮存盐溶液方法
配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸(不能将其直接溶于水中)
(5)胶体制备与作净水剂原理
铝盐、铁盐净水； 制备Fe(OH)3胶体
(6)化肥的使用禁忌
铵态氮肥不宜与草木灰混合使用
(7)泡沫灭火器的反应原理
Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑ 水解相互促进的结果
(8)无水盐制备的条件控制
由MgCl2·6H2O制MgCl2，在干燥的HCl气流中加热
(9)判断盐溶液蒸干的产物
将AlCl3[或Al(NO3)3、Fe(NO3)3、FeCl3]溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3(或Fe2O3)而不是AlCl3[或Al(NO3)3、Fe(NO3)3、FeCl3]
(10)某些盐的分离除杂措施方法
为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO、MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸
(11)盐溶液除锈原理解释
NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NH水解显酸性)
3．“三大守恒”解决溶液中离子浓度大小比较
1．(1) 下列说法中正确的是( CE )
A．某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小
B．)0.1 mol/L Na2CO3溶液加热后，溶液的pH减小
C．用可溶性的铝盐和铁盐处理水中的悬浮物
D．蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液来制备无水AlCl3
E．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
(2)(双选)H2C2O4为二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2 (H2C2O4)＝5.4×10－5，设H2C2O4溶液中c(总)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O) ＋c(C2O)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 mol·L－1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( AD )
A．0.100 0 mol·L－1 H2C2O4溶液：c(H＋) ＝0.100 0 mol·L－1＋c(C2O)＋c(OH－)－c(H2C2O4)
B．c(Na＋) ＝c(总)的溶液：c(Na＋)>c(H2C2O4)>c(C2O)>c(H＋)
C．pH＝7的溶液：c(Na＋)＝0.100 0 mol·L－1＋c(C2O)－c(H2C2O4)
D．c(Na＋ ) ＝2c(总)的溶液：c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O)
突破点拨
(1)盐溶液的配制、保存和蒸发都要注意考虑水解问题；
(2)蒸发溶液时能彻底水解的盐主要是水解产物中生成了挥发性的强酸，如硝酸和盐酸；
(3)多元弱酸的酸式盐的显性，主要取决于其水解程度与电离程度的相对大小。
解析 (1)酸的电离常数越小，则酸性越弱，对应的盐水解程度越大，水解常数越大，选项A错误；水解吸热，加热水解程度增大，碱性增强，选项B错误；铝盐和铁盐均可水解产生胶体，吸附水中的悬浮物，选项C正确；AlCl3易水解，溶液加热蒸发时，由于水解产生的HCl逸出，水解不断进行，会产生氢氧化铝，继续加热氢氧化铝分解，最后得到氧化铝，选项D错误；由于氯化铁极易水解，所以配制溶液时加入盐酸抑制其水解，选项E正确。(2)H2C2O4溶液中的电荷守恒为c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，0.1000 mol·L－1 H2C2O4溶液中0.1000 mol/L＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)，两式整理得c(H＋)＝0.1000 mol/L－c(H2C2O4)＋c(C2O)＋c(OH－)，选项A正确；c(Na＋)＝c(总)时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O水解的离子方程式为HC2O＋H2O??H2C2O4＋OH－，HC2O水解常数Kh＝＝＝＝＝1.85×10－13<
c(H2C2O4)，选项B错误； 滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，室温pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＝c(总)＋c(C2O)－c(H2C2O4)，由于溶液体积变大，c(总)<0.100 0mol/L，c(Na＋)<0.100 0 mol/L＋c(C2O)－c(H2C2O4)，选项C错误； c(Na＋)＝2c(总)时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，物料守恒为c(Na＋)＝2[c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋ c(C2O)]，两式整理得c(OH－)－c(H＋)＝2c(H2C2O4)＋c(HC2O)，选项D正确 。
【变式考法】
(1)下列说法中正确的是！！！__ACEF__###。
A．已知HCN是极弱易挥发剧毒的酸，实验室配制KCN溶液时常将KCN溶解在KOH溶液中
B．偏铝酸钠和碳酸氢钠溶液相混，有白色沉淀产生是因为发生了双水解反应
C．由MgCl2·6H2O制备无水MgCl2，通常在氯化氢的气流中加热
D．为了比较HCN和碳酸的酸性强弱，可以用pH试纸测定相同物质的量浓度的KCN与Na2CO3溶液的pH
E．已知：H3PO4的Ka1＝1.0×10－3 Ka2＝1.7×10－5 Ka3＝4.7×10－10，则KH2PO4和K2HPO4溶液分别显酸性和碱性
F．为了除去CuCl2溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入CuO、CuCO3或Cu(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸
G．将CH3COONa溶液稀释，溶液中增大
(2) (双选)25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是( AC )
A．0.1mol/L CH3COONa与0.1mol/L HCl溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)
B．0.1mol/L NH4Cl与0.1mol/L氨水等体积混合(pH＞7)：c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)
C．0.1mol/L Na2CO3与0.1mol/L NaHCO3溶液等体积混合：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
D．0.1mol/L Na2C2O4与0.1mol/L HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)
解析 (1)由于HCN酸性极弱，所以KCN易水解产生HCN而使人中毒，因此加入KOH可抑制其水解，选项A正确；偏铝酸钠和碳酸氢钠均为弱酸盐，二者不能发生双水解，而是HCO电离出的氢离子与偏铝酸根离子结合，选项B错误；在氯化氢气流中加热，可抑制MgCl2·6H2O的水解，选项C正确； 应该选用测定等物质的量浓度的KCN和NaHCO3溶液，测定pH进行比较，选项D错误；判断酸式盐的酸碱性，应该看对应的酸根离子水解常数和电离常数的大小：如KH2PO4的电离常数为Ka2，水解常数为：Kw÷Ka1，所以KH2PO4和K2HPO4溶液分别显酸性和碱性，选项E正确；CuCl2溶液中CuO、CuCO3或Cu(OH)2，可促进Fe3＋水解产生Fe(OH)3沉淀而除去，选项F正确；可将分子乘以c(H＋)得：K÷Kw，由于常数只与温度有关，所以稀释不变，选项G错误。(2)0.1 mol/L CH3COONa与0.1 mol/L HCl溶液等体积混合，反应后溶质为等浓度的醋酸和NaCl，钠离子和氯离子不水解，则c(Na＋)＝c(Cl－)，溶液显示酸性，氢氧根离子浓度较小，则c(CH3COO－)>c(OH－)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(Na＋)＝c(Cl－)>c(CH3COO－)>c(OH－)，选项A正确；0.1 mol/L NH4Cl与0.1 mol/L氨水等体积混合(pH>7)，溶液呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则c(NH)>c(NH3·H2O)，结合物料守恒可得c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)，溶液中正确的离子浓度大小为：c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)>c(OH－)，选项B错误；0.1 mol/L Na2CO3与0.1 mol/L NaHCO3溶液等体积混合，根据物料守恒可得：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，选项C正确；0.1 mol/L Na2C2O4与
0.1 mol/L HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)，恰好反应生成NaHC2O4，根据电荷守恒可知：2c(C2O)＋c(HC2O)＋c(Cl－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，选项D错误；
2．测定0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是( C )
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2O??HSO＋OH－
B．④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
解析 Na2SO3是强碱弱酸盐，存在水解平衡：SO＋H2O??HSO＋OH－、HSO＋H2O??H2SO3＋OH－，选项A正确；取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO浓度减小，溶液中c(OH－)减小，④的pH小于①，B项正确；盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO水解平衡正向移动，c(SO)减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，选项C错误；Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值等，选项D正确。
3．(1)Na2S2O4溶液在空气中易被氧化，课题小组测定 0.05 mol·L－1Na2S2O4溶液在空气中pH变化如图：
0～t1段主要生成HSO，根据pH变化图，HSO的电离平衡__＞__水解平衡(填“＜”或“＞”)，课题小组推测Na2S2O4溶液在空气中易被氧化，0～t1发生离子反应方程式为 2S2O＋O2＋2H2O===4HSO 。t3时溶液中主要阴离子符号__SO_。
(2)25 ℃时，H2SO3??HSO＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝__1×10－12__mol·L－1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将_增大__ (填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)AlCl3在溶液中分三步水解：Al3＋＋H2O??Al(OH)2＋＋H＋ K1
Al(OH)2＋＋H2O??Al(OH)＋H＋ K2
Al(OH)＋H2O??Al(OH)3＋H＋ K3
以上水解反应的平衡常数K1、K2、K3由大到小顺序是__K1＞K2＞K3__。通过控制条件，以上水解产物聚合，生成聚合氯化铝，离子方程式为xAl3＋＋yH2O??Alx(OH)＋yH＋，欲使平衡正向移动可采用的方法是(填字母) __bd__。
a．降温 b．加水稀释
c．加入NH4Cl d．加入NaHCO3
(4)对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH>7，其原因是 Rn－＋nH2O??HR(n－1)－＋nOH－ ；若pH<7，其原因是 Mm＋＋mH2O??M(OH)m＋mH＋ 。(用离子方程式说明)
解析 (1)Na2S2O4溶液在空气中易被氧化生成亚硫酸氢钠，则0～t1段发生离子反应方程式为 2S2O＋O2＋2H2O===4HSO。0～t1段主要先生成HSO，溶液显酸性，HSO的电离程度大于水解程度，t3时溶液的pH＝1，说明溶液的酸性较强，因此亚硫酸氢钠被氧化为硫酸氢钠，则溶液中主要阴离子符号是SO。(2)Ka＝，Kh＝＝＝＝1×10－12 mol·L－1。HSO＋H2O??H2SO3＋OH－，当加少量I2时，发生I2＋HSO＋H2O===2I－＋3H＋＋SO。根据Kh＝，由于c(OH－)减小，而Kh不变，所以增大。(3)Al3＋进行分步水解，水解程度如同多元弱酸根的水解，水解程度第一步大于第二步，第二步大于第三步，故水解反应平衡常数的大小关系为K1>K2>K3。盐类的水解是吸热反应，降温使平衡逆向移动；越稀越水解，加水稀释，可以促进水解平衡正向移动；NH4Cl溶于水呈酸性，使水解平衡逆向移动；NaHCO3与H＋反应，使水解平衡正向移动，故可以采用的方法是b、d。(4)pH>7，说明该盐一定是弱酸盐，故一定发生酸根离子的水解；pH<7，说明该盐一定是弱碱盐，故一定发生弱碱阳离子的水解。
判断离子浓度大小关系式思路程序
→→→→
→
考点四 沉淀的溶解平衡和Ksp的应用
命题规律：
1．题型：选择题、填空题。
2．考向：(1)Ksp进行有关计算；(2)溶解平衡曲线分析；(3)沉淀滴定 (4)与沉淀平衡有关的实验方案的设计与评价
方法点拨：
1．识别外部条件影响沉淀溶解平衡的方向和程度
2．熟练Ksp的应用及计算技能技巧
(1)应用Ksp和Qc判断溶液状态性质：
①Qc>Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出
②Qc＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态
③QcKsp(AgI)
B．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，说明；Ksp(CuS)>10－3 mol/L，pH>11，SO与Ca2＋结合形成微溶物CaSO4，不利于CaO溶解除去。(4)根据分析可知，AgNO3不足，NaCl过量，通过过量的NaCl可求出溶液中的c(Cl－)，通过AgCl的Ksp可以求出c(Ag＋)≈3.2×10－
8mol/L，再通过AgI的Ksp可以求出溶液中c(I－)。
2．一种测定水样中溴离子的浓度的实验步骤如下：
①向锥形瓶中加入处理后的水样25.00mL，加入几滴NH4Fe(SO4)2溶液。
②加入V1mL c1mol·L－1 AgNO3溶液(过量)，充分摇匀。
③用c2mol·L－1KSCN标准溶液进行滴定，至终点时消耗标准溶液V2mL 。
[已知：Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ag＋＋SCN－===AgSCN(白色)↓，Ksp(AgSCN)＝1×10－12]下列说法不正确的是( B )
A．滴定终点时，溶液变为红色
B．该滴定法需在碱性条件下进行
C．AgBr(s)＋SCN－??AgSCN(s)＋Br－(aq)的平衡常数K＝0.77
D．该水样中溴离子浓度为：c(Br－)＝(c1V1－c2V2)/25.00 mol/L
解析 在沉淀滴定中，标准液先与待测物反应，再与指示剂反应，所以SCN－先与Ag＋成AgSCN沉淀，当Ag＋完全沉淀后，再与Fe3＋反应生成Fe(SCN)3，使溶液变为红色，选项A正确；在碱性条件下Fe3＋生成氢氧化铁沉淀，选项B错误；AgBr(s)＋SCN－??AgSCN(s)＋Br－(aq)的平衡常数K＝＝0.77，选项C正确；根据V1 mL c1 mol·L－1 AgNO3与水样中溴离子和V2 mL c2 mol·L－1 KSCN恰好反应可以求出c(Br－)＝(c1V1－c2V2)/25.00 mol/L，选项D正确。
3．根据题目提供的溶度积数据进行计算并回答下列问题：
(1)已知25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12；酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下：
pH
＜8.0
8.0～9.6
＞9.6
颜色
黄色
绿色
蓝色
25 ℃时，在Mg(OH)2饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液的颜色为__蓝色__。
(2)向50 mL 0.018 mol·L－1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 mol·L－1的盐酸，生成沉淀。已知该温度下AgCl的Ksp＝1.0×10－10，忽略溶液的体积变化，请计算：
①完全沉淀后，溶液中c(Ag＋)＝__1.0×10－7_mol·L－1_。
②完全沉淀后，溶液的pH＝__2_。
③如果向完全沉淀后的溶液中继续加入50 mL 0.001 mol·L－1的盐酸，是否有白色沉淀生成？__否__ (填“是”或“否”)。
(3)在某温度下，Ksp(FeS)＝6.25×10－18，FeS饱和溶液中c(H＋)与c(S2－)之间存在关系：c2(H＋)·c(S2－)＝1.0×10－22，为了使溶液里c(Fe2＋) 达到1 mol·L－1，现将适量FeS投入其饱和溶液中，应调节溶液中的c(H＋)约为__4×10－3_mol·L－1__。
解析 (1)设Mg(OH)2饱和溶液中c(OH－)为x mol·L－1，则0.5x3＝5.6×10－12，x＞1×10
－4，c(H＋)＜1×10－10 mol·L－1，pH＞10，溶液为蓝色。(2)①反应前，n(Ag＋)＝0.018 mol·L－1×0.05 L＝0.9×10－3 mol，n(Cl－)＝0.020 mol·L－1×0.05 L＝1×10－3 mol；反应后剩余的Cl－为0.1×10－3 mol，则混合溶液中，c(Cl－)＝1.0×10－3 mol·L－1，c(Ag＋)＝Ksp(AgCl)/c(Cl－)＝1.0×10－7 mol·L－1。②由于H＋没有参与反应，完全沉淀后，c(H＋)＝0.010 mol·L－1，pH＝2。③因为加入的盐酸中c(Cl－)和反应后所得溶液中的c(Cl－)相同，c(Cl－)没有改变，但是体积增大，c(Ag＋)变小，所以Qc＝c(Ag＋)·c(Cl－)＜Ksp(AgCl)，没有沉淀产生。(3)c(Fe2＋)＝1 mol·L－1，根据Ksp(FeS)得：c(S2－)＝＝6.25×10－18mol·L－1，根据c2(H＋)·c(S2－)＝1.0×10－22得：c(H＋)＝＝4×10－3 mol·L－1。
沉淀—溶解平衡的易错易混点
(1)误认为Ksp小的难溶物不可以转化为Ksp大的难溶物。其实不一定，如将BaSO4置于饱和Na2CO3溶液中就可以转化为BaCO3。这是因为沉淀的生成与溶解主要取决于一定温度下Qc和Ksp的大小关系，只要满足Qc>Ksp，则就向着生成该沉淀的方向进行。
(2)误认为难溶电解质的Ksp数值越小，表明在水中的溶解度就越小。其实只有在难溶电解质化学式结构类型相同时，上述说法才成立。
(3)误认为溶液相混时体积变化对离子浓度无影响，错用混合前离子浓度进行Ksp的相关计算。
(4)误认为含有沉淀的溶液中，阴阳离子浓度一定符合化学式中的比例关系。事实上含有沉淀的溶液，有很多种可能的形成途径，如果形成的时候阴阳离子浓度不符合化学式中的比例关系，则最后溶液中阴阳离子浓度也不符合化学式中的比例关系。
享资源 练类题 弯道超越显功力
电解质溶液中的图像问题
考向预测
近年来涉及电解质溶液中图像试题在高考试题中频繁出现，已成为每年必考的一种题型，较好体现对学生观察分析能力、计算能力、识图能力以及化学思维的综合考查，也体现了化学核心素养的要求
解决关键
(1)电解质溶液稀释曲线：先要看清电解质的成分类型是酸碱还是盐，然后从平衡移动角度分析稀释过程中的各物理量(离子浓度、导电能力等)的变化；
(2)中和滴定曲线：注意滴定方式、起点与终点位置、滴定突变范围的情况；
(3)溶解平衡曲线：注意横纵坐标意义、曲线走向、图中关键点的数据
失分防范
(1)电解质溶液稀释图：①酸(碱)性溶液稀释后，酸(碱)性会减弱发生量变，但不会发生酸性变碱性等质变；②稀释相同的倍数，溶液的pH
变化情况与溶质的成分相关：强酸强碱，一般稀释10n倍，pH会改变n个单位，但是弱酸弱碱以及水解的盐，pH变化较慢；
(2)中和滴定曲线图：①起点的pH和滴定终点pH与酸碱强弱相关；②滴定突跃范围与酸碱强弱相关：酸碱越强，跳跃范围越大；③酸碱用量已知的点：可根据物料守恒对微粒浓度大小关系进行分析判断；
(3)溶解平衡曲线图：①明确横纵坐标意义；②曲线上的点均为饱和溶液，可据此由关键点确定Ksp；③曲线上、下方的点对应的Qc与Ksp比较，判断能否析出沉淀或溶液不饱和
【预测】 (1)一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力变化曲线如图所示， a，b，c三点水的电离程度从大到小的顺序为： __________，pH从大到小的顺序为： __________。
(2)室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定的曲线如图所示，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＋)
(3)已知298 K时，Ksp(NiS)＝1.0×10－21，Ksp(NiCO3)＝1.0×10－7 ；p(Ni)＝－lgc(Ni2＋)，p(B)＝－lg c(S2－)或－lg c(CO)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。
下列判断不正确的是( )
A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度
B．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动
C．对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动
D．P为3.5且对应的阴离子是CO
思维导航
(1)导电能力→离子浓度→pH；(2)起点→酸性强弱；中和百分数→加入物质的量的关系→物料守恒依据； (3)曲线上的点→平衡点：存在Qc＝Ksp；条件改变时点的移动→根据改变条件时离子浓度大小变化→ 点在横纵两个方向的变化。
规范答题：(1)加水稀释，弱电解质本身电离程度增大，醋酸电离程度从大到小的顺序为：cba，导电能力越大，离子浓度越大，抑制水的电离能力越大；即水的电离程度越小，水的电离程度即c＞a＞b，导电能力越强，c(H＋)越大，pH越小，故pH由小到大为：bKHB>KHD，选项A正确；滴定至P点时溶质为等物质的量浓度的HB和NaB，溶液显酸性，HB的电离程度较小但大于NaB的水解程度，因此c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) ，选项B正确；pH＝7时，加入的氢氧化钠的体积不同，三种溶液中阴离子浓度分别等于钠离子浓度但不相等，选项C错误；混合溶液的质子守恒关系式变形为，c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，选项D正确 。 (3)常温下Ksp(NiS)a>b c>a>b (2)C (3)C
【变式考法】
(1)改变0.1 mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。
下列叙述错误的是( D )
A．pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－)
B．lg[K2(H2A)]＝－4.2
C．pH＝2.7时，c(HA－)＞c(H2A)＝c(A2－)
D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)
(2)用0.100 mol·L－1 AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( C )
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10
B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)
C．相同实验条件下，若改为0.040 0 mol·L－1 Cl－，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.050 0 mol·L－1 Br－，反应终点c向b方向移动
解析 (1)由图像可知pH＝1.2时，H2A与HA－的曲线相交，则c(H2A)＝c(HA－)，选项A正确；pH＝4.2时，c(H＋)＝10－4.2mol/L，c(HA－)＝c(A2－)，K2(H2A)＝＝10－4.2，则lg[K2(H2A)]＝－4.2，选项B正确；由图像可知，pH＝2.7时，c(H2A)＝c(A2－)，由纵坐标数据可知c(HA－)＞c(H2A)＝c(A2－)，选项C正确；pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)，但此时c(H2A)≈0，如体积不变，则c(HA－)＝c(A2－)＝0.05 mol·L－1，c(H＋)＝10－4.2mol/L，如体积变化，则不能确定c(HA－)、c(A2－)与c(H＋)浓度大小关系，选项D错误。(2)由于发生的离子反应为：Ag＋＋Cl－===AgCl↓，可见加入25 mL硝酸银溶液时二者恰好反应，此时的c(Ag＋)＝c(Cl－)，由图可知此时的c(Cl－)＝10－4.7 左右，所以Ksp的数量级为10－10 ，选项A正确；曲线上的点意味着产生了沉淀，所以c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp，选项B正确；相同实验条件下，改用0.0400 mol/L的Cl－，恰好完全反应时，需要的硝酸银溶液体积小于20 mL，所以c点不是移到a点，选项C错误；如果换成0.050 0 mol/L的Br－，由于溴化银溶解度更小，所以达到终点时溶液中的c(Br－)要小于图中c点的c(Cl－)，所以点应该往上移动，选项D正确。
对点特训(九) 水溶液中的离子平衡
1．室温下，下列事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是( D )
A．0.1 mol·L－1NH3·H2O的pH小于13
B．0.1 mol·L－1NH4Cl的pH小于7
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 mol·L－1NH3·H2O能使无色酚酞试液变红色
解析 0.1 mol·L－1NH3·H2O的pH小于13，则溶液中c(OH－)＜0.1 mol/L，所以c(OH－)＜c(NH3·H2O)，选项A说明NH3·H2O部分电离，为弱电解质；0.1 mol·L－1NH4Cl的pH小于7显酸性，选项B说明NH4Cl是强酸弱碱盐，则证明NH3·H2O是弱电解质；相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱，选项C说明NH3·H2O部分电离，为弱电解质；0.1 mol·L－1NH3·H2O能使无色酚酞试液变红色，选项D说明NH3·H2O显碱性，则不能证明NH3·H2O是弱电解质。
2．25 ℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是( B )
A．将Na2CO3溶液用水稀释后，pH变大，Kw不变
B．向有AgCl固体的饱和溶液中加少许水，c(Ag＋)和Ksp(AgCl)都不变
C．pH＝4.75浓度均为0.1 mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液中：
c(CH3COO－)＋c(OH－)Kb (NH3·H2O)，所以NH4Cl水解程度大于HCOONa，所以NH4Cl溶液中的c(OH－)小于HCOONa溶液中的c(H＋)，所以2{c(Na＋)＋c(H＋)}>2{c(Cl－)＋c(OH－)}，选项A正确；酸和碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离，强酸强碱的正盐对水的电离既不抑制也不促进，所以③ 既不促进也不抑制，① 、② 、④ 、⑤对水的电离都抑制；由于酸和碱中c(H＋)或c(OH－)越大，水的电离程度越小，因为醋酸铵溶液显中性，所以CH3COOH和NH3·H2O电离程度相当，因此0.05 mol/L CH3COOH中c(H＋)大于0.001 mol/L NH3·H2O中c(OH－)，因此水电离出来的氢离子浓度⑤>②>①>④，选项B正确；先从物质组成可知：c(NH)可分三个档次：最多的是(NH4)3PO4；其次是(NH4)2Fe(SO4)2、(NH4)2SO4、(NH4)2CO3；最后为：NH4HSO4、NH4HCO3、NH4Cl，由于水解NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，在(NH4)2Fe(SO4)2、(NH4)2SO4、(NH4)2CO3中Fe2＋抑制NH水解，CO促进NH水解，所以三者中，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中c(NH)最大，(NH4)2CO3溶液中c(NH)最小；HSO电离的H＋对NH 水解有抑制作用，HCO对NH的水解起促进作用，NH4Cl正常水解，c(NH )从大到小的顺序：NH4HSO4、NH4Cl 、NH4HCO3，选项C正确；NaHC2O4溶液显弱酸性，说明HC2O的电离程度大于水解程度，因此c(C2O)＞c(H2C2O4)，选项D错误。
4．锶(Sr)元素与钡(Ba)元素化学性质相似。已知25 ℃时，Ksp(SrSO4)＝2.5×10－7；Ksp(SrCO3)＝2.5×10－9。下列说法不正确的是( C )
A．SrSO4(s)＋CO(aq)??SrCO3(s)＋SO(aq)反应的平衡常数K＝100
B．向SrCO3饱和溶液中加入等体积0.1 mol/L的Na2SO4溶液，产生沉淀
C．SrSO4的溶解度是SrCO3溶解度的100倍
D．用盐酸可检验硫酸锶是否完全转化成碳酸锶
解析 据平衡常数K＝＝＝100，选项A正确；SrCO3饱和溶液中加入等体积硫酸钠溶液后，溶液中：c(Sr2＋)＝2.5×10－5 mol/L，c(SO)＝5×10－2 mol/L，c(Sr2＋)·c(SO)＝1.25×10－6>2.5×10－7，有沉淀产生，选项B正确；溶解度为100 g水中最多能溶解溶质的质量，则有m(SrSO4)＝·V·M(SrSO4)，m(SrCO3)＝·V·M(SrCO3)，其中V表示100 g水的体积，硫酸锶的Ksp等于碳酸锶的100倍，且硫酸锶的摩尔质量大于碳酸锶，选项C错误；碳酸锶能溶解于盐酸中，而硫酸锶不能，若完全溶解，则无硫酸锶，说明硫酸锶完全转化为碳酸锶；若不能完全溶解，则固体中含有硫酸锶，选项D正确。
5．常温下，用0.1 mol/L的NaOH溶液滴定相同浓度的一元弱酸HA 20 mL，滴定过程中溶液的pH随滴定分数(滴定分数＝)的变化曲线如图所示(忽略中和热效应)
，下列说法不正确的是( C )
A．HA溶液加水稀释后，溶液中c(HA)/c(A－)的值减少
B．当滴定分数为1时，溶液中水的电离程度最大
C．当滴定分数大于1时，溶液中离子浓度关系一定是c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
D．当滴定分数为x时，HA的电离常数为K(HA)＝10－7x/(1－x)
解析 在弱酸HA溶液中存在电离平衡：HA??H＋＋A－，加水稀释，平衡正向移动，c(HA)减小的倍数大于c(A－)，稀释后，溶液中的值减小，选项A正确；当滴定分数为1时，二者恰好完全反应，溶液中的溶质为NaA，属于强碱弱酸盐，促进水的电离，故当滴定分数为1时，溶液中水的电离程度最大，选项B正确；当滴定分数大于1时，溶液中离子浓度关系一定是c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，也可能c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)，选项C错误；HA的电离常数K(HA)＝＝，选项D正确。
6．25 ℃时，向100 mL 0.01 mol·L－1的NaHA溶液中分别加入浓度均为0.01 mol·L－1的NaOH溶液和盐酸，混合溶液的pH随所加溶液体积的变化如图所示(忽略过程中的体积变化)。下列说法不正确的是( C )
A．25 ℃时，H2A的第二步电离平衡常数约为10－6
B．水的电离程度：N＞M＞P
C．随着盐酸的不断滴入，最终溶液的pH小于2
D．P点时溶液中存在：2c(H2A)＋c(HA－)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Na＋)＋c(Cl－)
解析 由题给图像可知，25 ℃时，100 mL 0.01 mol·L－1NaHA溶液的pH为4，说明HA－电离出的c(H＋)＝c(A2－)＝10－4 mol·L－1，则H2A的第二步电离平衡常数K＝≈＝10－6，选项A正确；M点时溶液中的溶质为NaHA和Na2A，pH＝7，水的电离既不得到促进也不受到抑制，N点时溶液中的溶质为Na2A，A2－的水解能够促进水的电离，P点溶液的溶质为NaCl和H2A，H2A的电离会抑制水的电离，故水的电离程度：N＞M
＞P，选项B正确；加入的盐酸的浓度为0.01 mol·L－1，pH＝2，随着盐酸的不断滴入，最终溶液的pH能无限接近2但不会小于2，选项C错误；P点时溶液中的溶质为等物质的量的NaCl和H2A，由电荷守恒得：c(H＋)＋c(Na＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，由物料守恒得：c(Na＋)＝c(A2－)＋c(HA－)＋c(H2A)，两式联立消去c(A2－)可得：c(HA－)＋2c(H2A)＋c(H＋)＝c(Na＋)＋c(Cl－)＋c(OH－)，选项D正确。
7．常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是( D )
lg或lg
A．Ka2(H2X)的数量级为10－6
B．曲线N表示pH与lg 的变化关系
C．NaHX溶液中c(H＋)＞c(OH－)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)＞c(HX－)＞c(X2－)＞c(OH－)＝c(H＋)
解析 H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)＞Ka2(H2X)，酸性条件下，则pH相同时，＞，由图像可知N为lg的变化曲线，M为lg的变化曲线，选项B正确；当lg＝0时，＝1，此时pH≈5.4，则Ka2(H2X)≈10－5.4，可知Ka2(H2X)的数量级为10－6，选项A正确；由图像可知，当lg＝0时，即c(HX－)＝c(X2－)，此时pH≈5.4，可知HX－电离程度大于X2－水解程度，则NaHX溶液呈酸性，溶液中c(H＋)＞c(OH－)，选项C正确；由图像可知，当pH＝7时，lg＞0，则c(X2－)＞c(HX－)，选项D错误。
8．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( C )
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 一种物质的Ksp只与温度有关，选项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，选项B正确；T ℃时，Ag2CrO4的Ksp＝c(CrO)·c2(Ag＋)＝(1×10－5)×(1×10－3)2＝1×10－11，选项C错误；温度不变Ksp＝c(CrO)·c2(Ag＋)＝(1×10－5)×(1×10－3)2＝a2×5×10－4，解得a＝×10－4，选项D正确。
9．已知碳酸、次氯酸的电离常数如表所示，下列有关说法正确的是( C )
H2CO3
Ki1＝4.4×10－7
Ki2＝4.7×10－11
HClO
Ki＝3.2×10－8
A．同一温度下，相同浓度的溶液的pH∶NaClO＞Na2CO3＞NaHCO3
B．往次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳：2ClO－＋CO2＋H2O===CO＋2HClO
C．常温下，pH＝8的NaHCO3溶液中：c(H2CO3)－c(CO)＝9.9×10－7mol·L－1
D．物质的量浓度之比为1∶2的NaClO和NaHCO3的混合溶液中：c(HClO)＋c(ClO－)＝2c(HCO)＋2c(H2CO3)＋2c(CO)
解析 酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，则相同浓度时溶液的pH：NaHCO3＜NaClO＜Na2CO3，选项A错误；往次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳，发生反应的离子方程式为：ClO－＋CO2＋H2O===HCO＋HClO，选项B错误；根据电荷守恒，NaHCO3溶液中存在：①c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)＋c(HCO)，根据物料守恒，NaHCO3溶液中存在：②c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，由①－②可得：c(H＋)＝c(CO)＋c(OH－)－c(H2CO3)，则c(H2CO3)－c(CO)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6mol·L－1－10－8mol·L－1＝9.9×10－7mol·L－1，选项C正确；根据物料守恒，物质的量浓度之比为1∶2的NaClO和NaHCO3的混合溶液中存在：2c(HClO)＋2c(ClO－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)，选项D错误。
10．25 ℃时，0.1 mol Na2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1 L的溶液，溶液中部分微粒与pH 的关系如下图所示。下列有关叙述正确的是( C )
A．b点所示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)
B．随pH增大，数值先减小后增大
C．25 ℃时，碳酸的第一步电离常数Ka1＝10－6
D．溶液呈中性时：c(HCO)>c(Cl－)>c(CO)
解析 由图解可知，b点时pH>10，且c(CO)＝c(HCO)，即少量的盐酸与碳酸钠反应，则溶液的溶质为NaCl、Na2CO3与Na HCO3，根据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，或者c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，选项A错误；由图像知，从pH>8开始，c(CO)逐渐增大，c(HCO)逐渐减小，所以数值增大，选项B错误；由a点可知，当pH＝6时，即c(H＋)＝10－6mol/L，c(H2CO3)＝c(HCO)＝0.02 mol/L，碳酸的第一步电离方程式为H2CO3??H＋＋HCO，则Ka1＝＝＝10－6mol/L，选项C正确；当溶液呈中性时，发生的反应为①Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3和②NaHCO3＋HCl===NaCl＋CO2↑＋H2O，在反应①中，生成的NaCl和NaHCO3浓度相等，在反应②中，生成的NaHCO3又消耗一部分，所以c(NaCl)>c(NaHCO3)，即c(Cl－)>c(HCO)，选项D错误。
11．(1)①室温下，在0.5 mol/L纯碱溶液中加入少量水，由水电离出的c(H＋)×c(OH－)！！！__变小__###。(填“变大”“变小”或“不变”)
②已知Ksp(Ag2CrO4)＝1.0×10－12，向0.2 mol/L的AgNO3溶液中加入等体积的0.00008 mol/L K2CrO4溶液，则溶液中的c(CrO)＝！！！__1.0×10－10mol/L__###。
③室温下，0.1 mol/L NaHCO3溶液的pH值！！！__＜__###0.1 mol/L Na2SO3溶液的pH值(填“>”“<”或“＝”)已知：
H2CO3
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
H2SO3
K1＝1.54×10－2
K2＝1.02×10－7
(2)工业上常用氨水吸收含碳燃料燃烧中产生的温室气体CO2，其产物之一是NH4HCO3。已知常温下碳酸的电离常数K1＝4.4×10－7、K2＝4.7×10－11，NH3·H2O的电离常数K＝1.8×10－5，则所得到的NH4HCO3溶液中c(NH) ！！！__>__###c(HCO)(填“＞”“＜”“＝”)。
(3)常温下，向20.0 mL c mol/L的氨水中滴加20 mL 0.2 mol/L HNO3溶液后，恰好使溶液显中性(设混合溶液总体积为两溶液体积之和)。计算常温下NH3·H2O??NH＋OH－的电离平衡常数K(NH3·H2O)＝！！！ ###(用含c的式子表示)。
(4)含有[CuCl2]－的溶液中存在如下两个平衡：[CuCl2]－(aq)??[CuCl](s)＋Cl－(aq) K＝2.32；
CuCl(s)??Cu＋(aq)＋Cl－(aq) Ksp＝1.20×10－6，当[CuCl2]－完全转化为CuCl时{c([CuCl2]－)≤1×10－5 mol·L－1时可认为反应完全}，溶液中Cu＋浓度的最小值为__5.17×10－2mol/L__ (结果保留两位有效数字)。
解析 (1)①Na2CO3溶液属于强碱弱酸盐，溶液中OH－全部来自水电离，水电离的c(H＋)＝c(OH－)，向纯碱溶液中加入少量水，促进CO的水解，水解产生OH－物质的量增大，由于溶液体积增大，c(OH－)减小，则由水电离出的c(H＋)×c(OH－)变小。②n(AgNO3)＝0.2 V，n(K2CrO4)＝0.000 08 V，AgNO3溶液与K2CrO4溶液等体积混合发生反应2Ag＋＋CrO＝Ag2CrO4↓，反应后n(Ag＋)过量＝0.2 V－2×0.000 08 V＝0.199 84 V，c(Ag＋)过量＝＝0.099 92 mol/L，溶液中c(CrO)＝Ksp(Ag2CrO4)÷c2(Ag＋)＝1×10－12÷0.099 922＝1.0×10－10mol/L。③HCO的水解平衡为：HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，HCO的水解平衡常数Kh＝＝＝＝＝2.3×10－8＞5.6×10－11，HCO的水解程度大于HCO的电离程度，NaHCO3溶液呈碱性；H2CO3的K1＞H2SO3的K2，HCO的水解能力＜SO的水解能力，0.1 mol/L NaHCO3溶液的pH值＜0.1 mol/LNa2SO3溶液的pH值。(2)已知常温下碳酸的电离常数K1＝4.4×10－7、K2＝4.7×10－11，则水解常数Kh(HCO)＝＝＝2.3×10－8＞K2，所以，HCO的水解程度远远大于其电离程度，其电离可以忽略不计。NH3·H2O的电离常数K＝1.8×10－5，则Kh(NH)＝＝＝5.6×10－10，所以，NH的水解程度小于HCO的水解程序，则所得到的NH4HCO3溶液中c(NH)＞c(HCO)。(3)常温下，20.0 mL c mol/L的氨水与20 mL 0.2 mol/L HNO3溶液反应后恰好使溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10 －7mol/L，由电荷守恒可得，混合溶液中c(NO)＝c(NH)＝0.1 mol/L，溶液中c(NH3·H2O)＝mol/L，所以常温下NH3·H2O??NH＋OH－的电离平衡常数K(NH3·H2O)＝＝＝ mol/L。(4)K＝，Ksp＝c(Cl－)×c(Cu＋)，故c(Cu＋)＝，代入数据可得答案。
12．(1)某地市场上销售的一种食用精制盐包装袋上有如下部分说明：
产品等级
一级
配料
食盐、碘酸钾、抗结剂
碘含量(以I计)
20～50 mg·kg－1
已知：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，I2＋2S2O===2I－＋S4O。
某学生拟测定食用精制盐的碘(KIO3)含量，其步骤为
a．准确称取W g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；
c．以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10－3mol·L－1的Na2S2O3溶液10.0 mL，恰好反应完全。
①判断c中恰好完全反应所依据的现象是__滴最后一滴溶液，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色__。
②b中反应所产生的I2的物质的量是__1.0×10－5__ mol。
③根据以上实验和包装说明，算得所测食用精制盐的碘含量是(以含W的代数式表示) mg·kg－1。
(2)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用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的__上方__ (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__偏大_ (填“偏大”或“偏小”)。
解析 (1)碘的淀粉溶液显蓝色，碘与Na2S2O3溶液恰好反应完全时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。计算的关系式为KIO3～3I2～6S2O。n(I2)＝n(S2O)＝×2.0×10－3mol·L－1×10.0×10－3L＝1.0×10－5mol，n(KIO3)＝n(I2)，食用精制盐的碘含量＝≈ mg·kg－1。(2)酸式滴定管“0”刻度位于滴定管的上方。由题意可得关系式BaCl2～CrO～H＋，则有c(BaCl2)×y×10－3L＝b mol·L－1×(V0－V1)×10－3L，解得c(BaCl2)＝ mol·L－1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1变小，Ba2＋浓度测量值将偏大。
