2022届新高考化学二轮复习教学案-专题八　电解质溶液

高考考纲再现1.了解水的电离、离子积常数(Kw)。2．了解溶液pH的含义及其测定方法，能进行pH的简单计算。3．理解弱电解质在水中的电离平衡，能利用电离平衡常数(Ka、Kb、Kw)进行相关计算。4．了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。5．了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。理解溶度积(Ksp)的含义，能进行相关的计算。6．以上各部分知识的综合运用。微专题一三大平衡及粒子浓度关系1．电离平衡、水解平衡与沉淀溶解平衡的比较电离平衡、水解平衡与沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡。这三种平衡都遵循勒夏特列原理——当只改变体系的一个条件时，平衡向能够减弱这种改变的方向移动。平衡电离平衡(如CH3COOHCH3COO－＋H＋)水解平衡(如CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－)沉淀溶解平衡[如AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)]研究对象弱电解质(包括弱酸、弱碱、水、多元弱酸的酸式酸根)能水解的盐溶液(包括强酸弱碱盐、弱酸强碱盐、弱酸弱碱盐)难溶电解质(如难溶的酸、碱、盐等)影响因素升高温度促进电离，离子浓度增大，Ka增大促进水解，Kh增大Ksp可能增大，也可能减小加水稀释促进电离，离子浓度减小(CH3COOH溶液中OH－浓度增大)，Ka不变促进水解，离子浓度减小(CH3COONa溶液中H＋浓度增大)，Kh不变促进溶解，Ksp不变加入相应离子加入CH3COONa固体或盐酸，抑制电离，Ka不变加入CH3COOH或NaOH，抑制水解，Kh不变加入AgNO3溶液或NaCl溶液抑制溶解，Ksp不变加入反应离子加入NaOH，促进电离，Ka不变加入盐酸，促进水解，Kh不变加入氨水，促进溶解，Ksp不变2.外界条件对水的电离平衡的影响H2OH＋＋OH－ΔH>0条件平衡移动方向Kw水的电离程度c(OH－)c(H＋)酸向左不变减小减小增大碱向左不变减小增大减小可水解的盐Na2CO3向右不变增大增大减小NH4Cl向右不变增大减小增大温度升温向右增大增大增大增大降温向左减小减小减小减小其他，如加入Na向右不变增大增大减小3.常温下水电离产生的c(H＋)水和c(OH－)水的计算技巧任何水溶液中水电离产生的c(H＋)水和c(OH－)水总是相等的，Kw＝c(H＋)溶液·c(OH－)溶液。(1)酸溶液：OH－全部来自水的电离[c(H＋)水＝c(OH－)水＝c(OH－)溶液，c(H＋)水≠c(H＋)溶液]。(2)碱溶液：H＋全部来自水的电离[c(OH－)水＝c(H＋)水＝c(H＋)溶液，c(OH－)水≠c(OH－)溶液]。(3)水解呈酸性的盐溶液：H＋和OH－全部来自水的电离[c(H＋)水＝c(OH－)水＝c(H＋)溶液]。(4)水解呈碱性的盐溶液：H＋和OH－全部来自水的电离[c(OH－)水＝c(H＋)水＝c(OH－)溶液]。实例(25℃)：①pH＝12的NaOH溶液中c(H＋)溶液＝10－12mol·L－1，c(OH－)水＝c(H＋)溶液＝10－12mol·L－1。但c(OH－)溶液＝eq\f(Kw,10－12)mol·L－1＝1×10－2mol·L－1。②pH＝12的Na2CO3溶液中c(H＋)溶液＝10－12mol·L－1，c(OH－)溶液＝eq\f(Kw,10－12)mol·L－1＝1×10－2mol·L－1，则c(OH－)水＝c(H＋)水＝c(OH－)溶液＝1×10－2mol·L－1。[注意]因部分水电离的H＋与部分COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))结合使溶液中的c(H＋)＝10－12mol·L－1。4．识别“一强一弱”溶液的稀释图像(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大加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多(3)pH与稀释倍数的线性关系①HY为强酸、HX为弱酸②a、b两点的溶液中：c(X－)＝c(Y－)③水的电离程度：d＞c＞a＝b①MOH为强碱、ROH为弱碱②c(ROH)＞c(MOH)③水的电离程度：a＞b5．溶液中粒子浓度关系(1)明确“四种”类型[类型一]单一溶液中各离子浓度的大小比较①多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减小。如H3PO4溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(H＋)>c(H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))>c(HPOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))>c(POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4)))。②多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的酸根离子分步水解，水解程度逐级减小。如Na2CO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))>c(H＋)。[类型二]混合溶液中各离子浓度的大小比较对混合溶液中的离子浓度进行比较时要综合分析电离、水解等因素。如0.1mol·L－1NH4Cl和0.1mol·L－1氨水的混合溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。[类型三]“酸碱中和型”离子浓度的大小比较[类型四]不同溶液中同一离子浓度的大小比较该类情况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NH4Cl溶液(①)、CH3COONH4溶液(②)、NH4HSO4溶液(③)中，c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))由大到小的顺序为③>①>②。(2)抓住“三个”守恒①电荷守恒：溶液中阳离子所带正电荷的总浓度等于阴离子所带负电荷的总浓度。如NaHCO3溶液中电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋2c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＋c(OH－)。②物料守恒：在电解质溶液中，粒子可能发生变化，但变化前后某种元素的原子数目不变。如0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中物料守恒式为c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1。③质子守恒：在电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的得失，但得到的质子总数等于失去的质子总数。如NaHCO3溶液中质子守恒式为c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＋c(OH－)。(3)解题思维流程6．常见离子平衡图像(1)直线型图像[说明：pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数]①直线AB上的点：c(M2＋)＝c(R2－)；②溶度积：CaSO4>CaCO3>MnCO3；③X点相对于CaCO3来说是过饱和溶液，析出沉淀，相对于CaSO4来说是不饱和溶液，能继续溶解CaSO4；④Y点：c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))>c(Ca2＋)，二者的浓度积等于10－5；Z点：c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))<c(Mn2＋)，二者的浓度积等于10－10.6。(2)双曲线型图像不同温度下水溶液中c(H＋)与c(OH－)的变化曲线常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线(Ksp＝9×10－6)①A、C、B三点均为中性溶液，温度依次升高，Kw依次增大②D点为酸性溶液，E点为碱性溶液，Kw＝1×10－14③直线AB的左上方均为碱性溶液，任意一点：c(H＋)<c(OH－)①a、c点在曲线上，a→c的变化为增大c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))，如加入Na2SO4固体，但Ksp不变②b点在曲线的上方，Qc>Ksp，将会有沉淀生成③d点在曲线的下方，Qc<Ksp，则为不饱和溶液，还能继续溶解CaSO4(3)分布系数图像[说明：pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标]一元弱酸(以CH3COOH为例)二元弱酸(以H2C2O4为例)δ0为CH3COOH的分布系数，δ1为CH3COO－的分布系数δ0为H2C2O4的分布系数，δ1为HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))的分布系数，δ2为C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))的分布系数题组一三大平衡及其影响因素1．(2020·高考全国卷Ⅱ)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示。下列叙述错误的是()A．海水酸化能引起HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))浓度增大、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))浓度减小B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境解析：选C。根据图示可知CO2的过量排放，能导致海水中CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))平衡正向移动；H＋又能与珊瑚礁溶解生成的COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))结合生成HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，促使CaCO3Ca2＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))平衡正向移动，从而导致珊瑚礁减少。结合上述分析可知，海水酸化，海水中H＋和HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的浓度均增大，使海水中COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的浓度减小，A项正确；H＋可结合珊瑚礁溶解产生的COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，故能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少，B项正确；CO2引起海水酸化的原理为CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，C项错误；使用太阳能、氢能等新能源，能有效减少CO2的排放，有利于改善珊瑚的生存环境，D项正确。2．在Na2Cr2O7酸性溶液中，存在平衡2CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))(黄色)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))(橙红色)＋H2O。已知：25℃时，Ksp(Ag2CrO4)＝1×10－12，Ksp(Ag2Cr2O7)＝2×10－7。下列说法正确的是()A．当2c(Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)))＝c(CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))时，反应达到平衡状态B．增大H＋的浓度，调节溶液pH＝1时，溶液呈黄色C．若向溶液中加入AgNO3溶液，先生成Ag2CrO4沉淀D．稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小解析：选C。A项，当2c(Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)))＝c(CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))时，无法判断可逆反应的正、逆反应速率是否相等，不能判断是否达到平衡状态，错误；B项，增大H＋浓度，调节溶液pH＝1时，平衡正向移动，则溶液呈橙红色，错误；C项，难溶电解质的组成中阴、阳离子个数比相同时，溶度积常数越小的难溶电解质在水中溶解能力越差，已知Ksp(Ag2CrO4)<Ksp(Ag2Cr2O7)，若向溶液中加入AgNO3溶液，先生成Ag2CrO4沉淀，正确；D项，稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中c(CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))、c(H＋)、c(Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)))均减小，由于温度不变，Kw不变，故c(OH－)增大，错误。3．(2020·新高考天津卷)常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是()A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)>Ka(HF)B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)>Ksp(CuS)D．在1mol·L－1Na2S溶液中，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1mol·L－1解析：选A。酸根离子的水解能力越强，对应酸的酸性越弱，HF的酸性比HCOOH强，A项错误；等浓度的CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则离子浓度关系：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，B项正确；FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，说明FeS的溶解度大于CuS，Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，C项正确；根据物料守恒可知，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1mol·L－1，D项正确。题组二离子平衡图像的分析与应用一、电解质溶液的离子平衡图像4.(2021·河南部分学校高三开学考试)已知：pOH＝－lgc(OH－)。常温下，向10mL0.1mol·L－1一元弱碱ROH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的醋酸溶液，所得溶液的pOH及导电能力随加入醋酸溶液体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是()A．溶液中阳离子浓度：b>dB．常温下，CH3COOR溶液中：c(R＋)＝c(CH3COO－)C．d点对应溶液：2c(ROH)＝c(CH3COOH)－c(CH3COO－)D．常温下，ROH的电离常数的数量级为10－5解析：选C。溶液的导电能力与离子浓度、离子所带电荷有关，溶液中离子浓度越大、所带电荷越多，其导电能力越强，b、d点对应溶液中离子所带电荷数均为1，且阳离子数与阴离子数相等，但b点对应溶液的导电能力最强，所以阳离子浓度最大的是b点，A项正确。b点对应溶液中的溶质为CH3COOR，根据电荷守恒c(H＋)＋c(R＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，且此时溶液呈中性，故c(R＋)＝c(CH3COO－)，B项正确。d点对应溶液中的溶质为等浓度的CH3COOR和CH3COOH，由物料守恒可得①2c(ROH)＋2c(R＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，又此时溶液呈酸性，结合电荷守恒可得②c(CH3COO－)>c(R＋)，结合①②得2c(ROH)>c(CH3COOH)－c(CH3COO－)，C项错误。0.1mol·L－1的ROH溶液的pOH＝3，则c(R＋)≈c(OH－)＝10－3mol·L－1，c(ROH)≈0.1mol·L－1，Kb(ROH)≈eq\f(10－3×10－3,0.1)＝10－5，D项正确。5．(2021·芜湖高三模拟)常温下联氨(N2H4)的水溶液中存在：①N2H4＋H2ON2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))＋OH－Kb1；②N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))＋H2ON2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6))＋OH－Kb2。该溶液中微粒的分布分数δ(X)[δ(X)＝eq\f(c(X),c(N2H4)＋c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))＋c(N2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6))))，X＝N2H4、N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))或N2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6))]随－lgc(OH－)变化的关系如图所示。下列叙述错误的是()A．图中曲线Ⅲ对应的微粒为N2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6))B．C点对应溶液中存在：c(Cl－)>c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))＋2c(N2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6)))C．将10mL0.1mol/L的联氨溶液与5mL0.1mol/L的盐酸混合后，所得溶液pH＝8D．常温下羟胺(NH2OH)的Kb＝10－10，将少量联氨溶液加入足量NH3OHCl溶液中，发生反应N2H4＋NH3OH＋=N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))＋NH2OH解析：选C。横轴为c(OH－)的负对数，负对数越大，c(OH－)越小，越能促进弱碱N2H4的电离。纵轴为微粒的分布分数，已知联氨的两步电离分别为N2H4＋H2ON2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))＋OH－、N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))＋H2ON2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6))＋OH－，故曲线Ⅰ对应的微粒为N2H4、曲线Ⅱ对应的微粒为N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))、曲线Ⅲ对应的微粒为N2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6))，A项正确。C点，N2H5Cl溶液中存在电荷守恒，即c(OH－)＋c(Cl－)＝c(H＋)＋c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))＋2c(N2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6)))，由此点数据可知－lgc(OH－)>7，则c(H＋)>c(OH－)，故c(Cl－)>c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))＋2c(N2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6)))，B项正确。A点，c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))＝c(N2H4)，N2H4的一级电离常数Kb1＝eq\f(c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))·c(OH－),c(N2H4))＝10－6，N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))的水解常数Kh＝eq\f(Kw,Kb1)＝10－8<Kb1，故N2H4的电离程度大于N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))的水解程度，则混合溶液中c(N2H4)<c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))，根据Kb1＝eq\f(c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))·c(OH－),c(N2H4))＝10－6可知c(OH－)<10－6mol·L－1，则c(H＋)>10－8mol·L－1，pH<8，C项错误。由B点数据计算得Kb2＝10－15，又知Kb1＝10－6，因Kb1>Kb>Kb2，则碱性：N2H4>NH2OH>N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))，即发生反应N2H4＋NH3OH＋=N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))＋NH2OH，D项正确。6．R(OH)2为可溶性有机二元弱碱。常温时，向15mL0.1mol·L－1R(OH)2溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1HCl溶液，混合溶液的pH与微粒的分布分数δ(X){已知δ(X)＝eq\f(c(X),c[R(OH)2]＋c(ROH＋)＋c(R2＋))，X＝R(OH)2、ROH＋或R2＋}的关系如图所示。下列叙述正确的是()A．常温下R(OH)2的Kb1为10－4.5B．当溶液中c[R(OH)2]＝c(R2＋)时，pH＝11C．当加入15mLHCl溶液时，溶液中c(Cl－)＝2c(R2＋)＋c(ROH＋)D．B点对应溶液中c水(H＋)＝10－4.5mol·L－1解析：选B。R(OH)2为可溶性有机二元弱碱，R(OH)2的分布分数最大时，溶液pH最大，则曲线Ⅰ、曲线Ⅱ、曲线Ⅲ分别表示R(OH)2、ROH＋和R2＋的分布分数。A点时c(ROH＋)＝c[R(OH)2]，Kb1＝c(OH－)＝10－(14－12.5)＝10－1.5，A项错误。同理，取B点坐标进行计算得Kb2＝10－4.5，当溶液中c[R(OH)2]＝c(R2＋)时，由Kb1和Kb2的表达式可推出Kb1·Kb2＝c2(OH－)＝eq\f(Keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(w)),c2(H＋))＝10－6，即pH＝11，B项正确。当加入15mLHCl溶液时，溶液中溶质是ROHCl，根据电荷守恒得2c(R2＋)＋c(ROH＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，而ROHCl溶液呈碱性，即c(H＋)<c(OH－)，故c(Cl－)<2c(R2＋)＋c(ROH＋)，C项错误。B点对应溶液的pH＝9.5，此时溶液中溶质是ROHCl和RCl2，溶液呈碱性是因为ROH＋电离出OH－的程度大于R2＋水解生成H＋的程度，则水的电离受到抑制，由水电离出的c水(H＋)即溶液中的c(H＋)为10－9.5mol·L－1，D项错误。eq\a\vs4\al()电解质溶液的离子平衡图像二、难溶电解质的沉淀溶解平衡图像7．(2021·铜川高三五校联考)常温时，金属M的二价离子化合物M(OH)2和三价离子化合物M(OH)3的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pM为M2＋或M3＋浓度的负对数，Ksp[M(OH)2]>Ksp[M(OH)3]。下列说法正确的是()A．Ksp[M(OH)3]＝10－35B．若向M2＋溶液中通入O2，能将M2＋氧化为M3＋，可使溶液由A点移动到B点C．C点表示M(OH)3的不饱和溶液，加入M(OH)3继续溶解D．常温时，若Ksp(MCO3)＝10－13，则M(OH)2(s)＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)MCO3(s)＋2OH－(aq)的平衡常数K为10－2解析：选D。选取题图中的A、B两点进行分析，假设曲线Ⅰ是M(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ是M(OH)3的沉淀溶解平衡曲线，则pM2＋＝－5、pM3＋＝8、pH＝4，计算得Ksp[M(OH)2]＝10－15、Ksp[M(OH)3]＝10－38，符合Ksp[M(OH)2]>Ksp[M(OH)3]，假设成立，故曲线Ⅰ是M(OH)2的沉淀溶解平衡曲线，曲线Ⅱ是M(OH)3的沉淀溶解平衡曲线，A项错误。因为发生反应4M2＋＋O2＋2H2O=4M3＋＋4OH－，溶液的pH发生变化，故向M2＋溶液中通入O2，能将M2＋氧化为M3＋，但溶液不可能由A点移动到B点，B项错误。C点时Qc[M(OH)3]＝10－(14－4)×3＝10－30>Ksp[M(OH)3]，为M(OH)3的过饱和溶液，会析出M(OH)3，C项错误。M(OH)2(s)＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)MCO3(s)＋2OH－(aq)的平衡常数K＝eq\f(c2(OH－),c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))))＝eq\f(Ksp[M(OH)2],Ksp(MCO3))＝eq\f(10－15,10－13)＝10－2，D项正确。8．已知：pBa2＋＝－lgc(Ba2＋)，pKa＝－lgKa；Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。常温下，H2CO3的pKa1＝6.4，pKa2＝10.3。向20mL0.1mol·L－1BaCl2溶液中滴加0.2mol·L－1Na2CO3溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是()A．曲线上水的电离程度：G点>E点B．常温下，Na2CO3的pKh1＝3.7C．根据曲线数据计算可知Ksp(BaCO3)的数量级为10－9D．相同条件下，若改为滴加0.2mol·L－1Na2SO4溶液，反应终点由F点向H点方向移动解析：选D。曲线上G点c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))大于E点c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))，COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))水解促进水的电离，c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))越大，水的电离程度越大，即水的电离程度：G点>E点，A正确；Na2CO3的pKh1＝－lgeq\f(Kw,Ka2)，代入数值计算可知pKh1＝3.7，B正确；分析曲线可知，F点时Ba2＋与COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))恰好完全反应，此时c(Ba2＋)＝c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝10－4.5mol·L－1，即Ksp(BaCO3)＝(10－4.5)2＝1×10－9，C正确；由于BaCO3的Ksp大于BaSO4的Ksp，若改为滴加0.2mol·L－1Na2SO4溶液，反应终点时的c(Ba2＋)比滴加0.2mol·L－1Na2CO3溶液时的c(Ba2＋)小，故反应终点应从F点向上移动，D错误。eq\a\vs4\al()难溶电解质的沉淀溶解平衡图像微专题二四大平衡常数1．四大平衡常数的比较化学平衡常数水的离子积常数电离平衡常数溶度积常数符号KKwKa(酸)、Kb(碱)Ksp举例mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)K＝eq\f(cp(C)·cq(D),cm(A)·cn(B))H2OH＋＋OH－Kw＝c(H＋)·c(OH－)HAH＋＋A－Ka＝eq\f(c(H＋)·c(A－),c(HA))AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)适用范围可逆反应平衡体系中性溶液、稀的酸性或碱性溶液弱电解质的电离平衡体系难溶电解质的沉淀溶解平衡体系影响因素都只受温度的影响，与浓度变化或压强变化无关主要规律温度升高，吸(放)热反应的K增大(减小)；温度升高，Kw、Ka、Kb均增大，Ksp一般增大(Ka、Kb和Ksp变化幅度不大，一般数量级不变)；常温时，Kw＝1.0×10－14注意固体和纯液体的浓度可视为常数，不列入平衡常数表达式中意义都表示平衡的限度：K越大，正反应进行的程度越大；Kw越大，水的电离程度越大；Ka或Kb越大，弱酸或弱碱的电离程度越大(同浓度溶液酸性或碱性越强)；相同类型的难溶电解质，Ksp越大，溶解度越大2.电离平衡常数的应用(1)判断离子浓度比值的大小变化例如，将氨水加水稀释，c(OH－)减小，由于电离平衡常数eq\f(c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))·c(OH－),c(NH3·H2O))不变，故eq\f(c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))),c(NH3·H2O))的值增大。(2)Ka＝eq\f(c(H＋)·c(A－),c(HA))，对于弱酸溶液，c(H＋)≈c(A－)，Ka≈eq\f(c2(H＋),c(HA))。3．溶度积常数的相关计算(1)M(OH)n悬浊液中Ksp、Kw、pH间的关系M(OH)n(s)Mn＋(aq)＋nOH－(aq)Ksp＝c(Mn＋)·cn(OH－)＝eq\f(c(OH－),n)·cn(OH－)＝eq\f(cn＋1(OH－),n)＝eq\f(1,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Kw,10－pH)))eq\s\up12(n＋1)。(2)Ksp与溶解度(S)之间的换算对于AB型物质，其Ksp≈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,M)×10))eq\s\up12(2)。1．60℃时溴酸银(AgBrO3)的溶解度为0.6g，则Ksp约等于________。答案：6.5×10－4(3)Ksp与沉淀转化平衡常数K的计算关系建立Ksp与K的关系，一般是在K的表达式的分子、分母中同乘以某个离子的浓度，将分子、分母转化为不同物质的Ksp。2．在1.0LNa2CO3溶液中溶解0.01molBaSO4，计算Na2CO3溶液的最初浓度不得低于________mol·L－1(忽略溶液体积变化)[已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10、Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9]。解析：沉淀转化的离子方程式为COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)＋BaSO4(s)BaCO3(s)＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))(aq)。K＝eq\f(c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))),c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))))＝eq\f(c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))·c(Ba2＋),c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))·c(Ba2＋))＝eq\f(Ksp(BaSO4),Ksp(BaCO3))＝eq\f(1.1×10－10,5.1×10－9)≈0.022，c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝eq\f(c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))),K)＝eq\f(0.01mol·L－1,0.022)≈0.45mol·L－1，则Na2CO3溶液的最初浓度：c(Na2CO3)≥(0.01＋0.45)mol·L－1＝0.46mol·L－1。答案：0.46题组一Ka(或Kb)的计算及应用1．(1)(2020·新高考天津卷)已知25℃碳酸电离常数为Ka1、Ka2，当溶液pH＝12时，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2CO3))∶ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))∶ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))))＝1∶________∶________。(2)(2020·高考全国卷Ⅱ)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)＝eq\f(c(X),c(HClO)＋c(ClO－))，X为HClO或ClO－]与pH的关系如图所示。HClO的电离常数Ka值为________。解析：(1)Ka1＝eq\f(c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))·c(H＋),c(H2CO3))，Ka2＝eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))·c(H＋),c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))，pH＝12时，c(H＋)＝10－12mol·L－1，则c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝1012·Ka2·c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))，c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝1012·Ka1·c(H2CO3)，进而可得c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝1012·Ka2×1012·Ka1·c(H2CO3)，故有c(H2CO3)∶c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))∶c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝c(H2CO3)∶[1012·Ka1·c(H2CO3)]∶[1012·Ka2×1012·Ka1·c(H2CO3)]＝1∶(1012·Ka1)∶(1024·Ka1·Ka2)。(2)HClO溶液中存在电离平衡HClOH＋＋ClO－，HClO的电离常数Ka＝eq\f(c(H＋)·c(ClO－),c(HClO))，由题图可知当pH＝7.5时，溶液中δ(HClO)＝δ(ClO－)即c(ClO－)＝c(HClO)，则Ka＝c(H＋)＝10－7.5。答案：(1)1012·Ka11024·Ka1·Ka2(2)10－7.52．25℃时，将amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合所得溶液中c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝c(Cl－)，则溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝________。答案：中eq\f(10－9,a－0.01)3．大气污染物SO2可用NaOH溶液吸收。已知pKa＝－lgKa，25℃时，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2SO3溶液的滴定曲线如图，a点c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(H2SO3)，c点c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))。(1)c点所得溶液中：c(Na＋)________3c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))(填“>”“<”或“＝”)。(2)依据图像计算H2SO3在25℃的pKa1＝________，pKa2＝________。解析：(1)c点所得溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＋c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋c(OH－)，由于c点c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))，则c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋c(OH－)，pH＝7.19，c(OH－)>c(H＋)，故c(Na＋)>3c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))。(2)亚硫酸的电离平衡常数表达式为Ka1＝eq\f(c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))·c(H＋),c(H2SO3))，Ka2＝eq\f(c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))·c(H＋),c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))，由a点c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(H2SO3)可得Ka1＝c(H＋)，即pKa1＝pH＝1.85；由c点c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))可得Ka2＝c(H＋)，即pKa2＝pH＝7.19。答案：(1)>(2)1.857.19题组二Ksp的计算及应用4．(2019·高考全国卷Ⅱ)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A．图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B．图中各点对应的Ksp的关系为Ksp(m)＝Ksp(n)＜Ksp(p)＜Ksp(q)C．向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D．温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动解析：选B。a、b分别表示温度为T1、T2时溶液中Cd2＋和S2－的物质的量浓度，可间接表示对应温度下CdS在水中的溶解度，A项正确；Ksp只受温度影响，即m、n、p三点对应的Ksp相同，又T1<T2，故Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)<Ksp(q)，B项错误；向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液中c(S2－)增大，温度不变，Ksp不变，则溶液中c(Cd2＋)减小，溶液组成由m点沿mpn线向p方向移动，C项正确；温度降低时，CdS的溶解度减小，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动，D项正确。5．(2021·高考全国甲卷)已知相同温度下，Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaSO4))<Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaCO3))。某温度下，饱和溶液中－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))))))、－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))))))与－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ba2＋))))的关系如图所示。下列说法正确的是()A．曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线B．该温度下BaSO4的Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaSO4))值为1.0×10－10C．加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点D．ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ba2＋))＝10－5.1mol·L－1时两溶液中eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))))＝10y2－y1解析：选B。Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，当－lg[c(Ba2＋)]＝5.1时，即c(Ba2＋)＝10－5.1mol·L－1时，y1<y2，所以阴离子浓度：c点>d点，即c点对应的Ksp要大些，根据Ksp的大小可知，曲线②代表BaCO3的沉淀溶解曲线，曲线①代表BaSO4的沉淀溶解曲线，A错误；曲线①，当－lg[c(Ba2＋)]＝4.0时，－lg[c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))]＝6.0，则c(Ba2＋)＝1.0×10－4mol·L－1、c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝1.0×10－6mol·L－1，所以Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝1.0×10－10，B正确；加入适量BaCl2固体后，由于c(Ba2＋)增大，所以BaCO3(s)Ba2＋(aq)＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)平衡逆向移动，c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))减小，所以溶液应该由b点变到a点，C错误；由题图中数据可知，c(Ba2＋)＝10－5.1mol·L－1时，eq\f(c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))),c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))))＝eq\f(10－y2,10－y1)＝10y1－y2，D错误。6．在废水处理中常用H2S将Mn2＋转化为MnS除去，向含有0.020mol·L－1Mn2＋的废水中通入一定量的H2S气体，调节溶液的pH，当c(HS－)＝1.0×10－4mol·L－1时，Mn2＋开始沉淀，则此时溶液的pH＝________[已知Ksp(MnS)＝1.4×10－15；H2S的电离常数Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.0×10－15]。解析：根据Ksp(MnS)＝1.4×10－15，Mn2＋开始沉淀时，c(S2－)＝eq\f(Ksp(MnS),c(Mn2＋))＝eq\f(1.4×10－15,0.020)mol·L－1＝7.0×10－14mol·L－1，H2S的二级电离常数Ka2＝eq\f(c(H＋)·c(S2－),c(HS－))＝7.0×10－15，则c(H＋)＝eq\f(7.0×10－15×1.0×10－4,7.0×10－14)mol·L－1＝1.0×10－5mol·L－1，即pH＝5。答案：57．常温下，在一定量的氯化铜溶液中逐滴加入氨水至过量，可观察到先产生蓝色沉淀，后蓝色沉淀溶解转化成蓝色溶液。{已知Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20}(1)当pH＝8时，表明已完全沉淀，计算此时c(Cu2＋)＝________mol·L－1。(2)常温下，Cu2＋(aq)＋4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2＋(aq)K1＝2.0×1013，蓝色沉淀溶解过程中存在平衡：Cu(OH)2(s)＋4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2＋(aq)＋2OH－(aq)，其平衡常数K2＝________。解析：(1)pH＝8时c(OH－)＝1×10－6mol·L－1，c(Cu2＋)＝eq\f(Ksp[Cu(OH)2],c2(OH－))＝eq\f(2.2×10－20,(1×10－6)2)mol·L－1＝2.2×10－8mol·L－1。(2)K1＝eq\f(c{[Cu(NH3)4]2＋},c(Cu2＋)·c4(NH3))，K2＝eq\f(c{[Cu(NH3)4]2＋}·c2(OH－),c4(NH3))，K2分子、分母都乘以溶液中的c(Cu2＋)，则K2＝Ksp[Cu(OH)2]·K1＝2.2×10－20×2.0×1013＝4.4×10－7。答案：(1)2.2×10－8(2)4.4×10－7非选择题集训四Ksp的应用1．(2021·西安高三模拟)偏钒酸镁在化工“新型材料”光电领域有着重要的用途。以硼泥[主要成分是MgO(52.12%)，还有Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质]为原料设计制备偏钒酸镁的生产工艺如图所示。“除杂”过程加入双氧水的目的是____________________________(用离子方程式表示)。此过程中使Fe3＋、Al3＋浓度均小于1×10－6mol·L－1，在室温下需调节pH的范围是________________{已知：Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39，Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，pH＝9.3时，Mg2＋开始沉淀}。解析：加入双氧水可以把Fe2＋氧化为Fe3＋，离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O。因氢氧化铝的溶解度大于氢氧化铁，根据Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，Fe3＋、Al3＋浓度均小于1×10－6mol·L－1可知，c(OH－)>eq\r(3,\f(10－33,10－6))mol·L－1＝10－9mol·L－1，pH最小值为5，为防止Mg2＋沉淀，控制pH的最大值为9.3，所以pH的范围是5<pH<9.3。答案：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O5<pH<9.32．利用含铬废料(主要含Cr2O3，还含有FeO、SiO2、Al2O3等杂质)制备重铬酸钾，可实现清洁化生产，工艺流程如下：回答下列问题：(1)焙烧Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式是_______________________。(2)滤渣2的成分是________。(3)已知25℃时，Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，eq\r(3,0.1)＝0.46，要使Al3＋沉淀完全(离子浓度≤10－5mol·L－1时沉淀完全)，则溶液中的c(H＋)最大不应超过________mol·L－1(保留一位小数)。解析：(1)焙烧时，Cr2O3和碳酸钠、氧气反应生成Na2CrO4，氧化亚铁被氧化为氧化铁，故Cr2O3转化为Na2CrO4的化学方程式为2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O2eq\o(=,\s\up8(高温))4Na2CrO4＋4CO2。(2)水浸时，氧化铁以滤渣形式析出，故滤渣1的成分是氧化铁，得到的滤液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2，调pH，使Na2SiO3、NaAlO2转化为沉淀，故滤渣2的成分为H2SiO3、Al(OH)3。(3)若Al3＋沉淀完全的浓度为10－5mol·L－1，根据Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)＝1×10－33，计算得c(OH－)＝4.6×10－10mol·L－1，再根据水的离子积计算c(H＋)＝eq\f(Kw,c(OH－))＝eq\f(10－14,4.6×10－10)mol·L－1≈2.2×10－5mol·L－1。答案：(1)2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O2eq\o(=,\s\up8(高温))4Na2CrO4＋4CO2(2)H2SiO3、Al(OH)3(3)2.2×10－53．(2021·新高考广东卷)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物，一种回收利用工艺的部分流程如下：已知：25℃时，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaMoO4))＝3.5×10－8；Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaCO3))＝2.6×10－9；该工艺中，pH>6.0时，溶液中Mo元素以MoOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))的形态存在。“沉钼”中，pH为7.0。(1)生成BaMoO4的离子方程式为__________________________________。(2)若条件控制不当，BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))∶ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(MoOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))))＝________________________(列出算式)时，应停止加入BaCl2溶液。解析：“滤液Ⅱ”的主要成分是NaHCO3和Na2MoO4。(1)“滤液Ⅱ”中加入BaCl2溶液生成BaMoO4的离子方程式为MoOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Ba2＋=BaMoO4↓。(2)开始生成BaCO3时，溶液中eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))),c(MoOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))))＝eq\f(Ksp(BaCO3),Ksp(BaMoO4))＝eq\f(2.6×10－9,3.5×10－8)，又因为Ka2＝eq\f(c(H＋)·c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))),c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))＝4.7×10－11，由于“沉钼”中，pH为7.0，则eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))),c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))＝eq\f(Ka2,c(H＋))＝eq\f(4.7×10－11,1.0×10－7)，因此可得eq\f(c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))),c(MoOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))))＝eq\f(2.6×10－9,3.5×10－8)×eq\f(1.0×10－7,4.7×10－11)。答案：(1)MoOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Ba2＋=BaMoO4↓(2)eq\f(2.6×10－9,3.5×10－8)×eq\f(1.0×10－7,4.7×10－11)4．利用含有铬、锌、铜、铁、镉(Cd)、钴(Co)等单质的工业废料回收铬的生产流程如下：几种金属离子生成氢氧化物沉淀的pH见下表：金属离子Fe3＋Zn2＋Cd2＋Cr3＋开始沉淀的pH1.55.57.26.0沉淀完全的pH3.38.09.58.0请回答下列问题：(1)酸浸时形成的金属离子的价态均相同，料渣中含有大量的CoAs合金，写出除钴时反应的离子方程式：__________________________________________；若仅从试剂的经济角度考虑，试剂X最好是________；氧化过程中铁、铬形成的离子均被氧化，则调pH时应将pH控制在____________范围内。(2)已知常温下Ksp(CdCO3)＝5.2×10－12，Ksp(CdS)＝3.6×10－29。试剂Z是________(填“Na2CO3”或“Na2S”)时，Cd2＋的去除效果较好。若用Na2S溶液处理CdCO3后，达到沉淀溶解平衡时溶液中c(S2－)＝amol·L－1，则c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝____________。解析：(1)铁与稀硫酸反应生成Fe2＋，其他金属(除铜外)也均转化为二价离子。锌将Co2＋、As2O5还原为相应的单质，两种单质形成合金，离子反应为As2O5＋2Co2＋＋7Zn＋10H＋=7Zn2＋＋2CoAs＋5H2O。氧气、氯气、过氧化氢等氧化剂均能氧化Fe2＋，但空气的经济价值最低。调pH时得到Fe(OH)3沉淀，为将铁离子除尽，且Cr3＋不沉淀，pH应不小于3.3，但要小于6.0。(2)CdCO3、CdS组成形式相同，相同条件下Ksp较小的镉盐析出后，溶液中剩余的Cd2＋的量较小，Cd2＋去除效果较好的是Na2S。由CdCO3(s)＋S2－(aq)CdS(s)＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)，K＝eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))),c(S2－))＝eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))·c(Cd2＋),c(S2－)·c(Cd2＋))＝eq\f(Ksp(CdCO3),Ksp(CdS))＝eq\f(5.2×10－12,3.6×10－29)，可得c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))≈1.4a×1017mol·L－1。答案：(1)As2O5＋2Co2＋＋7Zn＋10H＋=7Zn2＋＋2CoAs＋5H2O空气3.3≤pH<6.0(2)Na2S1.4a×1017mol·L－15．(1)AgCl溶于氨水的离子方程式为AgCl＋2NH3·H2OAg(NH3)eq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋Cl－＋2H2O，平衡常数为K1。室温时，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，AgCl在氨水中的溶解度[用Ag(NH3)eq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))的浓度表示]与氨水的起始浓度关系如图所示。①若起始时c(NH3·H2O)＝2.0mol·L－1，则AgCl在氨水中达到溶解平衡时c(NH3·H2O)＝___________________。②反应Ag＋＋2NH3·H2OAg(NH3)eq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋2H2O的平衡常数K2为____________(不必化简)。(2)向某溶液中加入NaF可除去该溶液中的Ca2＋(浓度为1.0×10－3mol·L－1)，当该溶液中c(F－)＝2.0×10－3mol·L－1时，除钙率为________%[已知Ksp(CaF2)＝4.0×10－10]。(3)常用的铜抑制剂为NaCN，NaCN可与Cu2＋反应生成Cu(CN)2{Ksp[Cu(CN)2]＝4×10－10}沉淀。已知某溶液中Cu2＋的浓度为1mol·L－1，当溶液中Cu2＋浓度不大于1×10－6mol·L－1时即可认为Cu2＋沉淀完全，则欲处理1L该溶液至少需要2mol·L－1的NaCN溶液的体积为________L(计算结果保留两位小数)。解析：(1)①由题图知，NH3·H2O的起始浓度为2.0mol·L－1时，平衡时Ag(NH3)eq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))的浓度为0.1mol·L－1，则AgCl＋2NH3·H2OAg(NH3)eq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋Cl－＋2H2O起始浓度/(mol·L－1)2.000变化浓度/(mol·L－1)0.20.10.1平衡浓度/(mol·L－1)1.80.10.1故AgCl在氨水中达到溶解平衡时c(NH3·H2O)＝1.8mol·L－1。②K2＝eq\f(c[Ag(NH3)eq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))],c(Ag＋)·c2(NH3·H2O))＝eq\f(c[Ag(NH3)eq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))]·c(Cl－),c(Cl－)·c(Ag＋)·c2(NH3·H2O))＝eq\f(K1,Ksp(AgCl))＝eq\f(0.1×0.1,1.8×10－10×1.82)＝eq\f(1,1.83×10－8)。(2)当该溶液中c(F－)＝2.0×10－3mol·L－1时，c(Ca2＋)＝eq\f(Ksp(CaF2),c2(F－))＝eq\f(4.0×10－10,(2.0×10－3)2)mol·L－1＝1.0×10－4mol·L－1，则除钙率为eq\f(1.0×10－3－1.0×10－4,1.0×10－3)×100%＝90%。(3)已知1L该溶液中n(Cu2＋)＝1mol·L－1×1L＝1mol，则沉淀Cu2＋需要消耗2molNaCN。沉淀完全后c(Cu2＋)≤1×10－6mol·L－1，此时溶液中c(CN－)≥eq\r(\f(Ksp[Cu(CN)2],c(Cu2＋)))＝eq\r(\f(4×10－10,1×10－6))mol·L－1＝2×10－2mol·L－1，设至少需要NaCN溶液的体积为VL，则2V－2＝2×10－2×(V＋1)，解得V≈1.02。答案：(1)①1.8mol·L－1②eq\f(1,1.83×10－8)(2)90(3)1.02微专题三酸碱中和滴定及其拓展应用1．酸碱中和滴定及其拓展应用2．滴定实验指示剂的选择类型滴定过程指示剂终点颜色变化酸碱中和反应强酸滴定强碱(或弱碱)甲基橙溶液由黄色变为橙色强碱滴定强酸(或弱酸)酚酞溶液由无色变为浅红色氧化还原反应Na2S2O3溶液滴定未知浓度的碘水淀粉溶液溶液由蓝色变为无色酸性KMnO4溶液滴定H2O2(或H2C2O4)溶液—溶液由无色变为粉红色沉淀反应AgNO3溶液滴定含Cl－的溶液K2CrO4溶液出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色沉淀)3.酸碱中和滴定曲线图像分析用氢氧化钠溶液滴定等浓度、等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线用盐酸滴定等浓度、等体积的氢氧化钠溶液、氨水的滴定曲线曲线起点不同：强碱滴定等浓度、等体积的强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定等浓度、等体积的强碱、弱碱的曲线，强碱起点高突跃范围不同：强强滴定突跃范围大，强弱滴定突跃范围小室温下，当等体积、等浓度的一元强碱和一元强酸反应时，pH＝7；但当等体积、等浓度的一元强碱和一元弱酸(或一元强酸和一元弱碱)反应时，pH>7(或pH<7)(1)抓住关键“五点”，突破中和滴定曲线抓反应的“起始”点判断酸、碱的相对强弱抓反应的“一半”点判断是哪种溶质的等量混合抓溶液的“中性”点判断溶液中的溶质成分及哪种物质过量或不足抓“恰好反应”点判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性抓反应的“过量”点判断溶液中的溶质成分及哪种物质过量(2)对于多条曲线的图像，抓住“交叉点”表示的意义，联系电离平衡常数或水解平衡常数进行分析和计算。(3)对于直线的图像，首先明确纵坐标和横坐标表示的物理量的含义，然后进行分析和计算。4．滴定实验误差分析c待＝eq\f(c标·V标,V待)，由于c标和V待已经确定，只要分析出由不当操作引起的V标的变化，即可分析出结果。题组一酸碱中和滴定1．已知Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。常温下，用0.01mol·L－1氨水滴定20mL浓度均为0.01mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，溶液的相对导电能力随加入氨水体积的变化曲线如图所示。下列叙述错误的是()A．a点对应的溶液中：c(CH3COO－)≈1.8×10－5mol·L－1B．b点对应的溶液中：c(CH3COOH)>c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))C．c点对应的溶液中：c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D．溶液的pH＝7时，加入氨水的体积大于40mL解析：选B。HCl完全电离，醋酸部分电离，a点对应溶液中c(H＋)≈0.01mol·L－1，c(CH3COOH)≈0.01mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝eq\f(c(CH3COO－)·c(H＋),c(CH3COOH))，则c(CH3COO－)≈Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5mol·L－1，A正确；b点时V(氨水)＝20mL，a点到b点过程中主要发生HCl与NH3·H2O的酸碱中和反应，如果不考虑NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的水解和CH3COOH的电离，c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝c(CH3COOH)，由于Kh(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝eq\f(Kw,Kb(NH3·H2O))＝eq\f(1.0×10－14,1.8×10－5)＝5.6×10－10<Ka(CH3COOH)，即NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的水解程度小于CH3COOH的电离程度，故c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))>c(CH3COOH)，B错误；c点对应的溶液的溶质是氯化铵和醋酸铵，则物料守恒式为c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C正确；c点对应的溶液显酸性，要使溶液的pH＝7必须继续加入氨水，故加入氨水的体积大于40mL，D正确。2．(2021·福州高三测试)已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋H＋Ka1HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋H＋Ka2常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))、C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示，则下列说法中不正确的是()A．pH＝1.2的溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2C2O4)B．pH＝2.7的溶液中：eq\f(c2(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))),c(H2C2O4)·c(C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))))＝1000C．将相同物质的量的KHC2O4与K2C2O4固体完全溶于水所得混合液的pH为4.2D．向pH＝1.2的溶液中加KOH溶液，将pH增大至4.2的过程中水的电离度一定增大解析：选C。pH＝1.2时，H2C2O4、HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))的物质的量分数相等，且存在电荷守恒c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))，则c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2C2O4)，故A项正确；由图像可知pH＝1.2时，c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＝c(H2C2O4)，则Ka1＝eq\f(c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))·c(H＋),c(H2C2O4))＝c(H＋)＝10－1.2，pH＝4.2时，c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＝c(C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))，Ka2＝eq\f(c(H＋)·c(C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))),c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))))＝c(H＋)＝10－4.2，由电离常数可知eq\f(Ka1,Ka2)＝eq\f(c2(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))),c(H2C2O4)·c(C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))))＝1000，故B项正确；将相同物质的量的KHC2O4和K2C2O4固体完全溶于水，可配成不同浓度的溶液，溶液浓度不同，pH不一定为定值，即不一定为4.2，故C项错误；向pH＝1.2的溶液中加入KOH溶液，将pH增大至4.2，溶液中由酸电离出的氢离子浓度减小，则对水的电离的抑制程度减小，水的电离度一定增大，故D项正确。3．我国国家标准(GB2760­2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1。某兴趣小组用图甲装置(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300.00mL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0.0900mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图乙中的________；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处时，则管内液体的体积________(填序号)。①＝10mL ②＝40mL③<10mL ④>40mL(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，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：________________________________________________________________。