高考化学二轮复习 第一篇 专题通关攻略 专题二 基本理论 3 电解质溶液课件.ppt

第3讲电解质溶液,【真题回访】1.(2016全国卷T12)298K时,在20.0mL0.10molL-1氨水中滴入0.10molL-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10molL-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20.0mLC.M点处的溶液中c()=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)D.N点处的溶液中pHc(H+)=c(OH-),C错误;N点氨水中已经电离的一水合氨浓度是0.10molL-1,1.32%=1.3210-3molL-1,所以N处的溶液中氢离子浓度为7.610-12molL-1,因此pH”“”“,(2)影响水电离的因素:在水中加酸、碱对水的电离起_作用,常温下,_(填“”“”“C.点溶液中有c(Cl-)c(CH3COO-)D.点后因离子数目减少使溶液电导率略降低,【解析】选C。点尚未开始滴定,由于CH3COOH是弱酸,c(H+)c(CH3COO-),C项正确;点后,继续滴加氨水,中和反应已进行完全,溶液体积增大造成离子浓度降低,导致电导率降低,D项错。,【加固训练】1.酒石酸是葡萄酒中特有的一种有机酸,葡萄酒的pH主要取决于酒石酸的含量,正常的葡萄酒pH约为2.93.8。常温下,酒石酸(用H2T表示)水溶液中三种微粒所占的分数()与pH的关系如图所示。下列表述不正确的是(),A.葡萄酒中除了存在酒石酸外,还存在酒石酸盐B.常温下,H2TH+HT-Ka=10-3,C.当葡萄酒的pH为3.9时,HT-所占分数达到最大,此时葡萄酒中n(H2T)n(T2-)D.当HT-和T2-物质的量浓度相等时,溶液中水电离出来的氢离子浓度小于纯水中氢离子的浓度,【解析】选C。葡萄酒中存在酒石酸盐,A正确;由图可知pH=3时,c(H2T)=c(HT-),H2THT-+H+的Ka=,故Ka=10-3,B正确;当pH=3.9时,由图中信息可看出H2T的体积分数小于T2-的体积分数,C错误;由图中信息可知,当HT-与T2-物质的量浓度相等时,溶液pH在45之间,溶液显酸性,HT-的电离程度大于T2-的水解程度,水的电离受到抑制,D正确。,2.25时,水中存在电离平衡:H2OH+OH-,下列关于水的说法正确的是()A.将水加热,KW增大,pH不变B.向水中加入少量NaHSO4固体,c(H+)增大,KW不变C.向水中加入少量NaOH固体,平衡逆向移动,c(OH-)降低D.向水中加入少量NH4Cl固体,平衡正向移动,c(OH-)增大,【解析】选B。将水加热时,电离平衡右移,电离出的c(H+)、c(OH-)均增大,pH减小,A项错误;加入NaHSO4,c(H+)增大,平衡逆向移动,温度未变化,KW不变,B项正确;加入NaOH,c(OH-)增大,平衡逆向移动,C项错误;加入NH4Cl,水解使平衡正向移动,c(OH-)减小,D项错误。,3.(2016深圳二模)现有常温下pH=1的乙酸溶液和pH=13的NaOH溶液,下列叙述中正确的是()A.乙酸溶液中水的电离程度比NaOH溶液中的水的电离程度小B.乙酸溶液中的c(CH3COOH)大于NaOH溶液中的c(Na+)C.若两溶液混合后pH=7,则有c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)D.分别稀释10倍,两溶液的pH之和大于14,【解析】选B。由于乙酸中的c(H+)与氢氧化钠溶液中的c(OH-)都为0.1molL-1,所以对水的电离抑制能力是一样的,故两溶液中水的电离程度一样,A项错误。乙酸是弱电解质,其中c(H+)等于氢氧化钠溶液中的c(OH-),c(OH-)c(Na+),但是它们都小于乙酸溶液中的c(CH3COOH),B项正确;乙酸与氢氧化钠溶液混合显中性,根据电荷守恒得:c(Na+)=c(CH3COO-),C错误;分别稀释,10倍,1c(OH-),根据电荷守恒:c()+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-),则c()+c(Na+)KHBKHDB.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+),【解题指南】解答本题时应注意以下两点:(1)中和百分数为100%时,三种酸完全中和;(2)由图象pH大小判断酸的电离程度。,【解析】选C。浓度相同的三种酸,HA的pH最小,HD的pH最大,酸性越强电离常数越大,三种酸的电离常数HA的最大,HD的最小,A正确;P点时,中和百分数为50%,此时溶液中含等物质的量浓度的HB和NaB,由于溶液显酸性,所以HB电离大于B-的水解,则c(B-)c(Na+)c(HB)c(H+)c(OH-),B正确;pH=7时,由于三种酸的电离常数不等,A-、B-、D-的水解程度不同,加入氢氧化钠的体积不同,虽然三种离子的浓度分别等于钠离子的浓度,但三种溶液中的钠离子的浓度不等,则c(A-)、c(B-)、c(D-)不等,C错误;当中和百分数为100%时,其中酸HA中的溶质是NaA,根据质子守恒得:c(OH-)=c(H+)+c(HA),另外两种酸中存在c(OH-)=c(H+)+c(HB),c(OH-)=c(H+)+c(HD),将三种溶液混合有:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+),D正确。,【答题技法】粒子浓度比较的解题思维路径,【新题预测】在常温下,0.10molL-1Na2CO3溶液25mL用0.10molL-1盐酸滴定,其滴定曲线如图所示。对滴定过程中所得溶液中相关离子浓度间的关系,下列有关说法正确的是()A.a点:c()=c()c(OH-),B.b点:5c(Cl-)4c()+4c()C.c点:c(OH-)=c(H+)+c()+2c(H2CO3)D.d点:c(H+)=c()+c()+c(OH-),【解析】选B。a点时碳酸钠与碳酸氢钠物质的量相等,但因两者水解程度不同,故碳酸根离子与碳酸氢根离子浓度不等,A项错误;在b点,Na2CO3与HCl为2.52混合,由元素守恒知,混合溶液中,C为2.5份,Cl为2份,而C的存在形式有三种,分别为、和H2CO3,C与Cl之间的关系为4n(C)=5n(Cl),即5c(Cl-)=4c()+4c()+4c(H2CO3),显然5c(Cl-)4c()+,4c(),故B项正确;c点为氯化钠与碳酸氢钠的混合液,c(OH-)A点B.由水电离出的c(OH-):B点C点C.从A点到B点,混合溶液中可能存在:c(CH3COO-)=c(Na+)D.从B点到C点,混合溶液中一直存在:c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+),【解析】选D。中和反应是放热反应,在B点时恰好完全反应,B点为CH3COONa溶液,溶液显碱性,水的电离程度最大,溶液温度最高时醋酸的电离平衡常数最大,A、B项正确;从A点到B点混合溶液可能显中性,依据电荷守恒可知C项正确;在C点时为等浓度的CH3COONa、NaOH混合溶液,c(OH-)c(CH3COO-),D错误。,2.常温下,下列溶液中离子浓度关系表达正确的是()A.Na2CO3溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c()+c()B.0.1molL-1的NH4Cl溶液中:c(Cl-)c(H+)c()c(OH-),C.向NH4HSO4的水溶液中逐滴滴入NaOH溶液至中性的溶液中:c(Na+)c()c()c(H+)=c(OH-)D.pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后的溶液中:c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+),【解析】选C。根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c()+c(),A错误;氯化铵是强酸弱碱盐,溶液呈酸性,铵根离子能水解,但程度较小,所以存在c(Cl-)c()c(H+)c(OH-),B错误;如果两者以11反应,溶液中的溶质是硫酸钠、硫酸铵,溶液呈酸性,要使溶液呈中性,则氢氧化钠稍微过量,铵根离子水解,所以溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)c()c(),c(H+)=c(OH-),C正确;pH=3的醋酸溶液浓度大于pH=11的氢氧化钠溶液浓度,两者等体积混合,醋酸有剩余,溶液呈酸性,则c(OH-)c(HR-)c(H2R)c(R2-)C.点所示溶液中:c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.04molL-1D.点所示溶液中:c(H+)=c(HR-)+2c(H2R)+c(OH-),【解析】选C。根据电荷守恒可得,c(K+)+c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-),A项错误;点表示KOH溶液与H2R溶液等浓度、等体积反应,生成的KHR溶液显酸性,所以HR-的电离程度大于其水解程度,则c(K+)c(HR-)c(R2-)c(H2R),B项错误;点所示溶液中,H2R、HR-、R2-的总物质的量与原来二元弱酸H2R的物质的量相等,为110-3mol,溶液的体积为25mL,即0.025L,则c(H2R)+,c(HR-)+c(R2-)=0.04molL-1,C项正确;点所示溶液中溶质为K2R,根据质子守恒可得:c(OH-)=c(HR-)+2c(H2R)+c(H+),D项错误。,考点三沉淀溶解平衡【典型例题】1.(沉淀溶解平衡)(2016海南高考)向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化)。下列数值变小的是()A.c()B.c(Mg2+)C.c(H+)D.Ksp(MgCO3),【解题指南】解答本题注意以下两点:(1)MgCO3的沉淀溶解平衡。(2)Ksp只与温度有关。,【解析】选A。含有MgCO3固体的溶液中存在:MgCO3(s)Mg2+(aq)+(aq),加入少量浓盐酸可与反应生成,促使溶解平衡正向移动,c()减小,A正确;c(Mg2+)及c(H+)增大,B、C错误;温度不变Ksp(MgCO3)不变,D错误。,2.(沉淀溶解平衡的相关计算)(2016洛阳一模)已知298K时,Mg(OH)2的溶度积常数Ksp=1.210-11,取适量的MgCl2溶液,加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡,测得pH=13,则下列说法不正确的是()A.所得溶液中c(H+)=10-13molL-1B.所得溶液中由水电离产生的c(OH-)=10-13molL-1C.0.12molL-1MgCl2溶液,Mg(OH)2开始沉淀时的pH=5D.所得溶液中的c(Mg2+)=1.210-9molL-1,【解析】选C。pH=13,则所得溶液中的c(H+)=10-13molL-1,A正确;溶液呈碱性,溶液中的H+都是由水电离出来的,故c水(OH-)=c水(H+)=10-13molL-1,B正确;Mg(OH)2开始沉淀时c(OH-)=10-5molL-1,得pH=9,C错误;pH=13的溶液中,c(OH-)=0.1molL-1,故溶液中的c(Mg2+)=1.210-9molL-1,D正确。,【误区提醒】1.把沉淀溶解平衡误认为电离平衡。实际上如BaSO4(s)Ba2+(aq)+(aq)是溶解平衡,因为BaSO4是强电解质,不存在电离平衡。2.一定温度下,误认为溶解度受溶液中相同离子浓度的影响,因而Ksp会随之改变。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KspMg(OH)2不变。,3.对于不同类型的物质,当Ksp相差不大时不能直接作为比较依据,可通过比较饱和溶液溶质的物质的量浓度确定溶解能力的强弱,如常温下Ksp(AgCl)=1.810-10,Ksp(Ag2CrO4)=1.110-12,不能判断前者溶解度大。,【新题预测】某兴趣小组进行下列实验:将0.1molL-1MgCl2溶液和0.5molL-1NaOH溶液等体积混合得到浊液;取少量中浊液,滴加0.1molL-1FeCl3溶液,出现红褐色沉淀;将中浊液过滤,取少量白色沉淀,滴加0.1molL-1FeCl3溶液,白色沉淀变为红褐色沉淀;,另取少量白色沉淀,滴加饱和NH4Cl溶液,沉淀溶解。下列说法中不正确的是()A.将中所得浊液过滤,所得滤液中含少量Mg2+B.中浊液中存在沉淀溶解平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)C.实验和均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶D.NH4Cl溶液中的可能是中沉淀溶解的原因,【解析】选C。中所得浊液中含有Mg(OH)2(s),中存在沉淀溶解平衡Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),过滤浊液后所得滤液中仍含有少量Mg2+,A、B项正确;由于NaOH过量,故滤液中含有大量OH-,可与Fe3+形成沉淀,不能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶,而白色沉淀变为红褐色沉淀,说明Mg(OH)2(s)转化为Fe(OH)3(s),即Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶,C项错误;NH4Cl溶液中的,与Mg(OH)2产生的OH-(aq)结合生成难电离的NH3H2O,促使溶解平衡正向移动,Mg(OH)2(s)溶解,D项正确。,【加固训练】1.已知25时,CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示,向100mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400mL0.01molL-1Na2SO4溶液,下列叙述正确的是(),A.溶液中析出CaSO4固体沉淀,最终溶液中c()比原来的大B.溶液中无沉淀析出,溶液中c(Ca2+)、c()都变小C.溶液中析出CaSO4固体沉淀,溶液中c(Ca2+)、c()都变小D.溶液中无沉淀析出,但最终溶液中c()比原来的大,【解析】选D。根据图象分析Ksp(CaSO4)=9.010-6,当加入400mL0.01molL-1Na2SO4溶液,此时c(Ca2+)=(3.010-3molL-10.1L)0.5L=6.010-4molL-1,c()=(3.010-3molL-10.1L+0.01molL-10.4L)0.5L=8.610-3molL-1,则:c(Ca2+)c()=6.010-4molL-18.6,10-3molL-1=5.1610-6Ksp(AgI)(),A.原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1molL-1B.图中x点的坐标为(100,6)C.图中x点表示溶液中Ag+没有完全沉淀D.把0.1molL-1的NaCl换成0.1molL-1NaI,则图象在终点后变为虚线部分,【解析】选B。加入0.1molL-1的NaCl溶液之前,pAg=0,得c(Ag+)=1molL-1,A错误;pAg=6时,c(Ag+)=110-6molL-1,所以Ag+被完全沉淀,n(NaCl)=n(AgNO3)=0.01L1molL-1=0.01mol,所以x点加入NaCl溶液的体积是100mL,B正确,C错误;把0.1molL-1的NaCl换成0.1molL-1NaI,由于Ksp(AgCl)Ksp(AgI),所以c(Ag+)更小,pAg更大,D错误。,3.以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高,为控制砷的排放,采用化学沉降法处理含砷废水,相关数据如表。表1.几种砷酸盐的Ksp,表2.工厂污染物排放浓度及允许排放标准,回答以下问题:(1)写出难溶物Ca3(AsO4)2的Ksp表达式:KspCa3(AsO4)2=_,若混合溶液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.010-4molL-1,c(As)最大是_molL-1。,(2)工厂排放出的酸性废水中的三价砷(H3AsO3弱酸)不易沉降,可投入MnO2先将其氧化成五价砷(H3AsO4弱酸),写出该反应的离子方程式_。(3)在处理含砷废水时采用分段式,先向废水中投入生石灰调节pH到2,再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3(AsO4)2形式沉降。,将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生,沉淀主要成分的化学式为_;Ca3(AsO4)2在pH调节到8左右才开始沉淀的原因为_。,【解析】(1)Ksp的表达式为离子浓度幂的乘积。Ksp小的物质先生成沉淀,所以Fe3+先沉淀,c(As)=(molL-1)。(2)弱酸在写离子方程式时写成化学式,氧化还原反应方程式依据得失电子守恒进行配平。,(3)当Ca2+的浓度增大时,Ca2+与可生成CaSO4沉淀。酸与碱发生中和反应,c(As)增大,当Ca2+与As浓度幂的乘积达到Ca3(AsO4)2的Ksp时,开始沉淀。,答案:(1)c3(Ca2+)c2(As)5.710-17(2)2H+MnO2+H3AsO3=H3AsO4+Mn2+H2O(3)CaSO4H3AsO4是弱酸,当溶液中pH调节到8左右时As浓度增大,Ca3(AsO4)2开始沉淀,题型溶液中的粒子平衡,【典型例题】(2015山东高考)室温下向10mL0.1molL-1NaOH溶液中加入0.1molL-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点NaOH与HA恰好完全反应,溶液的pH为8.7,呈碱性,说明HA为弱酸,NaA发生水解反应,c(Na+)c(A-)c(HA)c(H+),A错误;a点NaA发生水解反应,促进了水的电离,所以a点水的电离程度大于b点,B错误;根据电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-),pH=7时,c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(A-),C错误;b点HA过量,溶液呈酸性,HA的电离程度大于NaA的水解程度,所以c(A-)c(HA),D正确。,【答题技法】判断溶液中粒子浓度关系的六大依据依据一:电离平衡建立过程很微弱的意识(多元弱酸分步电离逐级减弱)依据二:水解平衡建立过程很微弱的意识(多元弱酸根分步水解逐级减弱)依据三:溶解平衡Ksp(同类型)越小的先形成沉淀。,依据四:电荷守恒注重溶液呈电中性依据五:物料守恒注重溶液中某元素的原子守恒依据六:质子守恒注重分子或离子得失H+数目不变,【即时训练】1.(2016邯郸一模)25时,用2amolL-1NaOH溶液滴定1.0L2amolL-1氢氟酸溶液,得到混合液中HF、F-的物质的量与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是(),A.pH=3时,溶液中:c(Na+)c(HF)时,溶液一定呈碱性C.pH=3.45时,NaOH溶液恰好与HF完全反应D.pH=4时,溶液中:c(HF)+c(Na+)+c(H+)-c(OH-)2amolL-1,【解析】选A。pH=3时,c(H+)c(OH-),溶液中电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(F-)+c(OH-),则c(Na+)c(HF),B项错误;NaOH溶液恰好与HF完全反应时得到的溶液为NaF溶液,溶液显碱性,C项错误;溶液中电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(F-)+c(OH-),c(H+)+c(Na+)-c(OH-)+c(HF)=c(F-)+c(HF),已知n(F-)+n(HF)=2amol,溶液的体积大于1.0L,故c(F-)+c(HF)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)C.中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同,D.由0.1molL-1醋酸溶液pH3,推知CH3COONa溶液存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,【解析】选C。醋酸是弱酸,则CH3COO-水解显碱性,离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,加热时促进水解,碱性会增强,所以溶液颜色会变深,A正确;在CH3COONa溶液存在c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+),B正确;相同pH相同体积的HCl和CH3COOH,因为CH3COOH为弱酸,所以CH3COOH的物质的量浓度大,CH3COOH所消耗的NaOH的物质的量多,C错误;由题意可得醋酸是弱酸,在CH3COONa溶液中CH3COOH-会发生水解而使溶液呈碱性,D正确。,6.(2016宜春一模)某同学为了探究沉淀的溶解平衡原理并测定某温度下PbI2的溶度积常数,设计了如下实验:.取100mL蒸馏水,加入过量的PbI2固体(黄色),搅拌、静置,过滤到洁净的烧杯中,得到滤液a.取少量滤液a于试管中,向其中加入几滴0.1molL-1的KI溶液,观察现象,.另准确量取10.00mL滤液,与离子交换树脂(RH)发生反应:2RH+Pb2+=R2Pb+2H+,交换完成后,流出液用中和滴定法测得n(H+)=3.00010-5mol。分析过程,下列说法错误的是()A.步骤中搅拌的目的是使碘化铅充分溶解B.步骤中观察到的现象是产生黄色沉淀C.此实验温度下,PbI2的溶度积常数Ksp=1.35010-8,D.若步骤盛装滤液的烧杯中有少量的水,Ksp的测定结果不受影响,【解析】选D。固体溶解时要用玻璃杯搅拌加速溶解,所以搅拌的目的是使碘化铅充分溶解,A正确;碘化铅饱和溶液中存在沉淀溶解平衡,向滤液中滴加几滴0.1molL-1KI溶液,则碘离子浓度增大,沉淀溶解平衡逆移,溶液中c(Pb2+)减小,溶液中会析出黄色沉淀,B正确;准确量取10.00mL滤液,与离子交换树脂(RH)发生反应:2RH+Pb2+=R2Pb+2H+,交换完成后,流出溶液,用中和滴定法测得n(H+)=3.00010-5mol,则n(Pb2+)=1.50010-5mol,所以c(Pb2+)=1.50010-3molL-1,则c(I-)=2c(Pb2+)=3.00010-3molL-1,所以Ksp(PbI2)=c(Pb2+)c2(I-)=1.35010-8,C正确;若步骤盛装滤液的烧杯中有少量水,则滤液的浓度减小,量取10.00mL滤液,则滤液中碘离子和铅离子的物质的量偏小,所以求出的Ksp偏小,D错误。,【加固训练】1.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:badB.纯水仅升高温度,就可以从a点变到c点C.在b点对应温度下,将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后,溶液显中性D.在d点对应温度下,在水中加入适量HCl固体,体系可从b点变化到c点,【解析】选C。图中a、b、d三点处Kw的大小关系ba=d,A错误;从a点变到c点,c(OH-)不变,纯水升高温度,c(OH-)、c(H+)同时增大,B错误;b点对应温度下,KW=110-12,将pH=2的H2SO4与pH=10的NaOH溶液等体积混合后,溶液显中性,C正确;在d点对应温度下,在水中加入适量HCl固体,温度不变,不会从b点变化到c点,D错误。,2.25时,用Na2S沉淀Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+四种金属离子(M2+),所需S2-最低浓度的对数值lgc(S2-)与lgc(M2+)的关系如下图所示。下列说法错误的是(),A.Ksp(CuS)约为110-35B.向Cu2+浓度为10-5molL-1的废水中加入ZnS粉末,会有CuS沉淀析出C.向100mL浓度均为10-5molL-1Zn2+、Fe2+、Mn2+的混合溶液中逐滴加入10-4molL-1Na2S溶液,Zn2+先沉淀D.Na2S溶液中:2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+),【解析