高考化学二轮专题复习讲义专题二基本理论第九讲电解质溶液

第九讲电解质溶液[最新考纲]1．了解电解质的概念，了解强电解质和弱电解质的概念。2．理解电解质在水中的电离以及电解质溶液的导电性。3．了解水的电离、离子积常数。4．了解溶液pH的含义及其测定方法，能进行pH的简单计算。5．理解弱电解质在水中的电离平衡，能利用电离平衡常数进行相关计算。6．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。7．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。水的电离、溶液的酸碱性及pH[学生用书P47]1．(2017·高考全国卷Ⅰ，13，6分)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()A.Ka2（H2X）的数量级为10－6B.曲线N表示pH与lgＡeq\f(c（HX－）,c（H2X）)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：选D。H2X的电离方程式为H2XH＋＋HX－，HX－H＋＋X2－。当eq\f(c（HX－）,c（H2X）)＝eq\f(c（X2－）,c（HX－）)＝1时，即横坐标为0.0时，Ka1＝c(H＋)，Ka2＝c′(H＋)，因为Ka1>Ka2，故c(H＋)>c′(H＋)，即pH<pH′，结合图像知，曲线N代表第一步电离，曲线M代表第二步电离。Ka2≈10－5.4，A项正确；由上述分析知，B项正确；选择曲线M分析，当NaHX、Na2X浓度相等时，溶液pH约为5.4，溶液呈酸性，所以，NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)，C项正确；电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HX－)＋2c(X2－)，中性溶液中存在c(H＋)＝c(OH－)，故有c(Na＋)＝c(HX－)＋2c(X2－)，假设c(HX－)＝c(X2－)或c(HX－)>c(X2－)(见C项分析)，则溶液一定呈酸性，故中性溶液中c(HX－)<c(X2－)，D项错误。2．(2016·高考全国卷Ⅰ，12，6分)298K时，在20.0mL0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·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0.10mol·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(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)D．N点处的溶液中pH<12解析：选D。当恰好完全中和时，生成NH4Cl，而NH4Cl溶液呈酸性，酚酞的变色范围为pH＝8.2～10.0，甲基橙的变色范围为pH＝3.1～4.4，故应选甲基橙作指示剂，A项错误；当V(盐酸)＝20.0mL时，恰好完全反应，溶液呈酸性，B项错误；M点时由溶液中电荷守恒知c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，298K时，pH为7的溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)，则c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，但c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)≫c(H＋)＝c(OH－)，C项错误；该温度下，0.10mol·L－1一元强碱溶液的pH＝13，若0.10mol·L－1一元弱碱溶液的电离度为10%，则其pH＝12，而0.10mol·L－1氨水的电离度小于10%，故溶液的pH<12，D项正确。[感悟高考]1．题型：选择题、填空题2．考向：弱电解质的电离平衡、溶液的酸碱性和pH的计算是高考化学中的热点内容，常见的题型是选择题，也有填空题。题目的考查点基于基础知识但突出能力要求，一般需要考生具有一定的识别图像、图表的能力，本部分内容经常与其他部分知识(如化学平衡、物质结构、元素及其化合物、化学计算等)联系在一起考查。1．根据水电离出的c(H＋)和溶液中c(H＋)判断溶液的性质(1)室温下水电离出的c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，若某溶液中水电离出的c(H＋)<1×10－7mol·L－1，则可判断该溶液呈酸性或碱性；若某溶液中水电离出的c(H＋)>1×10－7mol·L－1，则可判断出该溶液中存在能水解的盐，从而促进了水的电离。(2)室温下，溶液中的c(H＋)>1×10－7mol·L－1，说明该溶液是酸性溶液或水解呈酸性的盐溶液；溶液中的c(H＋)<1×10－7mol·L－1，说明该溶液是碱性溶液或水解呈碱性的盐溶液。2．常温下，酸性、中性和碱性溶液的比较溶液的酸碱性c(H＋)与c(OH－)比较c(H＋)与1×10－7的比较pH酸性溶液c(H＋)>c(OH－)c(H＋)>1×10－7mol·L－1<7中性溶液c(H＋)＝c(OH－)c(H＋)＝1×10－7mol·L－1＝7碱性溶液c(H＋)<c(OH－)c(H＋)<1×10－7mol·L－1>73.计算溶液pH的原则4．三条较为实用的判断规律(1)正盐溶液强酸强碱盐显中性，强酸弱碱盐(如NH4Cl)显酸性，强碱弱酸盐(如CH3COONa)显碱性。(2)酸式盐溶液NaHSO4显酸性(NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4))、NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4水溶液显酸性(酸式酸根电离程度大于水解程度)；NaHCO3、NaHS、Na2HPO4水溶液显碱性(酸式酸根水解程度大于电离程度)。eq\a\vs4\al()因为浓度相同的CH3COO－与NHeq\o\al(＋,4)的水解程度相同，所以CH3COONH4溶液显中性，而NH4HCO3溶液略显碱性。(3)弱酸(或弱碱)及其盐1∶1混合溶液①1∶1的CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈酸性。(对于等浓度的CH3COOH与CH3COO－，CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度)②1∶1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液呈碱性。5．常温时“pH之和等于14”时酸、碱混合问题的分析判断常温时“pH之和等于14”的意义：酸溶液中的氢离子浓度等于碱溶液中的氢氧根离子的浓度。(1)已知酸、碱溶液的pH之和为14，则等体积混合时，(2)已知酸、碱溶液的pH之和为14，若混合后溶液的pH为7，则溶液呈中性。(3)强酸、强碱等体积混合后溶液酸、碱性的判断走出溶液稀释与混合的误区1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)室温下，pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH>7。()(2)25℃时，等体积、等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH＝7。()(3)常温下pH＝2的盐酸与等体积pH＝12的氨水混合后所得溶液呈酸性。()(4)常温下pH＝4的盐酸和醋酸分别加水稀释1000倍，pH均增大为7。()(5)同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7。()答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×eq\a\vs4\al()误区一：不能正确理解酸、碱的无限稀释规律常温下任何酸或碱溶液无限稀释时，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能无限接近7。误区二：不能正确理解弱酸、弱碱的稀释规律误区三：不能正确掌握混合溶液的定性规律pH＝n(n<7)的强酸和pH＝14－n的强碱溶液等体积混合，pH＝7；pH＝n(n<7)的醋酸和pH＝14－n的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液pH<7；pH＝n(n<7)的盐酸和pH＝14－n的氨水等体积混合，混合溶液pH>7。2.室温下，分别用0.1mol·L－1溶液进行下列实验，结论不正确的是()A．向NaHCO3溶液中通入CO2至pH＝7：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))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＝13D．向氨水中加入少量NH4Cl固体：eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)增大解析：选C。A．溶液呈电中性，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，室温下溶液的pH＝7为中性，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，A项正确；B.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；C.设体积为1L，则向0.1mol·L－1的NaHSO4溶液中加入0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液1L，反应后c(OH－)＝eq\f(0.2mol－0.1mol,2L)＝0.05mol·L－1，pH≠13，C项错误；D.氨水中存在NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，加入少量NH4Cl固体相当于加入NHeq\o\al(＋,4)，平衡逆向移动，但移动是微弱的过程，则eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)增大，D项正确。考查pH的相关计算3．常温下取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为()A．0.01mol/L B．0.017mol/LC．0.05mol/L D．0.50mol/L解析：选C。设原溶液物质的量浓度为c，混合溶液中c(OH－)＝10－2mol/L，则有10－2mol/L＝eq\f(3Vc－2Vc,3V＋2V)，则c＝0.05mol/L。4．已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示：(1)则25℃时水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”)，请说明理由：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的H2SO4溶液的体积之比为________。(3)95℃时，若100体积pH1＝a的某强酸溶液与1体积pH2＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是________________________________________________________________________。(4)95℃时，向Ba(OH)2溶液中逐滴加入pH＝a的盐酸，测得混合溶液的部分pH如表所示。实验序号Ba(OH)2溶液的体积/mL盐酸的体积/mL溶液的pH①22.000.008②22.0018.007③22.0022.006假设溶液混合前后的体积不变，则a＝________，实验②所得溶液中由水电离产生的c(OH－)＝________mol·L－1。(5)95℃时，将0.1mol·L－1的NaHSO4溶液与0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液按下表中甲、乙、丙、丁不同方式混合：甲乙丙丁0.1mol·L－1Ba(OH)2溶液体积/mL101010100.1mol·L－1NaHSO4溶液体积/mL5101520①按丁方式混合后，所得溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性。②写出按乙方式混合后，反应的化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________，所得溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性。③按甲方式混合，所得溶液的pH为________(混合时，忽略溶液体积的变化)。解析：(1)温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，水中氢离子浓度、氢氧根离子浓度都增大，水的pH减小，但溶液仍然呈中性。因此结合图像中A、B曲线变化情况及氢离子浓度、氢氧根离子浓度可以判断，25℃时水的电离平衡曲线应为A。(2)25℃时，所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性，即n(OH－)＝n(H＋)，则V(NaOH)·10－5mol·L－1＝V(H2SO4)·10－4mol·L－1，得V(NaOH)∶V(H2SO4)＝10∶1。(3)要注意95℃时，水的离子积为1×10－12，即c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，则等体积强酸、强碱反应至中性时，有pH(酸)＋pH(碱)＝12。根据95℃时混合后溶液呈中性，pH2＝b的某强碱溶液中c(OH－)＝10b－12mol·L－1；由100V×10－amol·L－1＝V×10b－12mol·L－1，可得10－a＋2＝10b－12，得a＋b＝14或pH1＋pH2＝14。(4)此条件下，pH＝6时溶液呈中性，根据表中实验①数据可得c(OH－)＝1.0×10－4mol·L－1，根据表中实验③的数据可以判断，盐酸中的c(H＋)与Ba(OH)2溶液中c(OH－)相等，所以a＝4，即pH＝4；实验②溶液呈碱性，其c(OH－)＝eq\f(22.00×10－4－18.00×10－4,22.00＋18.00)mol·L－1＝1.0×10－5mol·L－1，由水电离出的c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1。(5)①按丁方式混合时，n(OH－)＝10×10－3×0.1×2＝2×10－3(mol)，n(H＋)＝20×10－3×0.1＝2×10－3(mol)，n(OH－)＝n(H＋)，所以溶液呈中性。②按乙方式混合时，二者等物质的量反应，化学方程式为Ba(OH)2＋NaHSO4=BaSO4↓＋H2O＋NaOH，溶液显碱性。③按甲方式混合时，OH－过量，反应后溶液中c(OH－)＝eq\f(2×0.1×10－0.1×5,15)mol·L－1＝0.1mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(Kw,c（OH－）)＝1.0×10－11mol·L－1，pH＝11。答案：(1)A水的电离是吸热过程，温度较低时，电离程度较小，c(H＋)、c(OH－)均较小(2)10∶1(3)a＋b＝14(或pH1＋pH2＝14)(4)41.0×10－7(5)①中②Ba(OH)2＋NaHSO4=BaSO4↓＋H2O＋NaOH碱③11eq\a\vs4\al()溶液pH计算的一般思维模型强弱电解质溶液的图像分析5．(2015·高考全国卷Ⅰ，13，6分)浓度均为0.10mol·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lgeq\f(V,V0)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lgeq\f(V,V0)＝2时，若两溶液同时升高温度，则eq\f(c（M＋）,c（R＋）)增大解析：选D。由图像分析浓度为0.10mol·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。A．MOH的碱性强于ROH的碱性，A正确。B．曲线的横坐标lgeq\f(V,V0)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。C．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。D．当lgeq\f(V,V0)＝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eq\f(c（M＋）,c（R＋）)减小，D错误。溶液中的“三大平衡”[学生用书P49]1．(2017·高考全国卷Ⅱ，12，6分)改变0.1mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝eq\f(c（X）,c（H2A）＋c（HA－）＋c（A2－）)]。下列叙述错误的是()A．pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－)B．lg[K2(H2A)]＝－4.2C．pH＝2.7时，c(HA－)＞c(H2A)＝c(A2－)D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)解析：选D。从图像中可以看出pH＝1.2时，δ(H2A)＝δ(HA－)，则c(H2A)＝c(HA－)，A项正确；根据HA－H＋＋A2－，可确定K2(H2A)＝eq\f(c（H＋）·c（A2－）,c（HA－）)，从图像中可以看出pH＝4.2时，δ(HA－)＝δ(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)，即lg[K2(H2A)]＝lgc(H＋)＝－4.2，B项正确；从图像中可以看出pH＝2.7时，δ(HA－)>δ(H2A)＝δ(A2－)，则c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)，C项正确；从图像中可以看出pH＝4.2时，δ(HA－)＝δ(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)≈0.05mol·L－1，而c(H＋)＝10－4.2mol·L－1，D项错误。2．(2016·高考全国卷Ⅲ，13，6分)下列有关电解质溶液的说法正确的是()A．向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中eq\f(c（H＋）,c（CH3COOH）)减小B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）·c（OH－）)增大C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（Cl－）)>1D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中eq\f(c（Cl－）,c（Br－）)不变解析：选D。CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加水平衡正向移动，n(H＋)增大，n(CH3COOH)减小，所以eq\f(c（H＋）,c（CH3COOH）)增大，A项错误。CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解反应属于吸热反应，升高温度，水解平衡常数增大，即eq\f(c（CH3COOH）·c（OH－）,c（CH3COO－）)增大，则eq\f(c（CH3COO－）,c（CH3COOH）·c（OH－）)减小，B项错误。根据电荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，所以c(NHeq\o\al(＋,4))与c(Cl－)的比值为1，C项错误。向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入AgNO3后Ag＋浓度增大，平衡左移，c(Cl－)、c(Br－)减小，由于Ksp不变，故c(Cl－)与c(Br－)的比值不变，D项正确。[感悟高考]1．题型：选择题(主)、填空题(次)2．考向：溶液中的三大平衡——电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡早已成为高考化学中的热点内容。常见的题型是选择题，也有填空题。题目的考查点基于基础知识突出能力要求，并与平衡移动、粒子浓度比较、化学计算等联系在一起考查。复习时要紧扣平衡移动的判断条件，抓住各个平衡的自身特点和规律，做好各类应对措施。电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡，它们都遵循平衡移动原理——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。1．抓住“四因素”突破弱电解质的电离平衡(1)溶液加水稀释：弱电解质溶液的浓度越小，电离程度越大；但在弱酸溶液中c(H＋)减小，弱碱溶液中c(OH－)减小。(2)加热：电离是吸热的，加热使电离平衡向右移动，溶液中弱电解质分子数减小，离子浓度增大。(3)同离子效应：当向弱电解质溶液中加入的物质含有与弱电解质相同的离子时，由于同种离子的相互影响，使电离平衡向左移动，弱电解质的电离程度减小。(4)加入能反应的物质：当向弱电解质溶液中加入的物质能和弱电解质电离出的离子反应时，电离平衡向右移动，参加反应的离子浓度减小，其他的离子浓度增大。2．“用规律”“抓类型”突破盐类水解问题(1)规律：有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性，越热越水解，越稀越水解。(2)类型①强碱弱酸盐，阴离子水解，其水溶液呈碱性，如醋酸钠水解的离子方程式为CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；多元弱酸酸根分步水解，如碳酸钠水解的离子方程式为COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。②强酸弱碱盐，阳离子水解，其水溶液呈酸性，如氯化铵、氯化铝水解的离子方程式分别为NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。③NaCl等强酸强碱盐不水解，溶液呈中性。④弱酸弱碱盐相互促进水解，其溶液的酸碱性取决于弱酸和弱碱的相对强弱。⑤弱酸酸式盐水溶液酸碱性，取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度的相对大小。a．若电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，如NaHSO3、NaH2PO4等。b．若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性，如NaHCO3、Na2HPO4等。3．“三法”突破沉淀溶解平衡(1)沉淀能否生成或溶解的判断方法通过比较溶度积与非平衡状态下溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积Qc的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀生成或溶解的情况：Qc>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出；Qc＝Ksp，溶液饱和，沉淀的生成与溶解处于平衡状态；Qc<Ksp，溶液未饱和，无沉淀析出。(2)沉淀的转化方法沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动，非氧化还原类离子反应都是向离子浓度减小的方向移动，从溶解角度说，一般是易溶物质转化成微溶物质，微溶物质转化为难溶物质。有些金属硫化物(如CuS、HgS等)溶度积特别小，在饱和溶液中这些金属硫化物不能溶于非氧化性强酸，只能溶于氧化性酸，c(S2－)减小，可达到沉淀溶解的目的。(3)溶度积(Ksp)与溶解能力的关系的突破方法溶度积(Ksp)反映了电解质在水中的溶解能力，对于阴阳离子个数比相同的电解质，Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强；但对于阴阳离子个数比不同的电解质，不能直接比较Ksp数值的大小。影响弱电解质电离平衡因素的多角度分析1．已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－①HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)②向0.1mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是()A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSOeq\o\al(－,3))增大B．加入少量Na2SO3固体，则c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋eq\f(1,2)c(SOeq\o\al(2－,3))C．加入少量NaOH溶液，eq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)、eq\f(c（OH－）,c（H＋）)的值均增大D．加入氨水至中性，则2c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,3))＞c(H＋)＝c(OH－)解析：选C。A项加入金属钠后，钠和水反应生成氢氧化钠，使平衡①左移，平衡②右移，移动的结果是c(SOeq\o\al(2－,3))增大。可以利用极端分析法判断，如果金属钠适量，充分反应后溶液中溶质可以是亚硫酸钠，此时c(HSOeq\o\al(－,3))很小，所以A项错误。B项依据电荷守恒判断，c(SOeq\o\al(2－,3))前面的化学计量数应为2，即c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，所以B项错误。C项加入氢氧化钠溶液后，溶液酸性减弱，碱性增强，所以eq\f(c（OH－）,c（H＋）)增大；平衡①左移，平衡②右移，最终c(SOeq\o\al(2－,3))增大，c(HSOeq\o\al(－,3))减小，所以eq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)增大，所以C项正确。D项加入氨水至溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)。由电荷守恒知，其他离子存在如下关系：c(Na＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))，所以D项错误。2．25℃时，将pH均为2的HCl与HX的溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()A．稀释前，c(HX)＝0.01mol/LB．稀释10倍，HX溶液的pH＝3C．a、b两点：c(X－)＞c(Cl－)D．溶液的导电性：a＞b解析：选C。HX为弱酸，pH＝2时，c(HX)＞0.01mol/L，故A错误；HX为弱酸，溶液稀释时，HX进一步电离，pH＝2的HX稀释10倍，HX溶液的pH＜3，故B错误；盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH的盐酸和HX溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，所以a、b两点：c(X－)＞c(Cl－)，溶液的导电性：a＜b，故C正确，D错误。多角度攻克盐类水解问题3．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。下列说法正确的是()A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．通入CO2，平衡向正反应方向移动C．升高温度，eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小解析：选B。水解平衡常数只受温度的影响，A错误；通入的CO2与OH－反应，使平衡向正反应方向移动，B正确；温度升高，COeq\o\al(2－,3)的水解程度增大，c(HCOeq\o\al(－,3))增大，c(COeq\o\al(2－,3))减小，eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)增大，C错误；加入NaOH固体，溶液的pH增大，D错误。4．下列说法正确的是()A．AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度C．向CuCl2溶液加入CuO调节pH可除去溶液中混有的Fe3＋D．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝解析：选C。A项：AlCl3与Al2(SO4)3溶液的水解方程式分别为AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，Al2(SO4)3＋6H2O2Al(OH)3＋3H2SO4，加热促进水解，由于盐酸为易挥发性酸，硫酸为难挥发性酸，故前者最终产物为Al2O3，后者最终产物为Al2(SO4)3；B项：将FeCl3固体溶解在硫酸中，会引入杂质SOeq\o\al(2－,4)，应溶解在盐酸中；C项：由于Fe3＋水解，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO消耗H＋会促进水解，从而使其水解完全，从而除去Fe3＋；D项：为了加快产生CO2的速率，泡沫灭火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3，Al3＋与HCOeq\o\al(－,3)相互促进水解，比Na2CO3反应速率快。正确理解外界因素对难溶电解质沉淀溶解平衡的影响5．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)(2016·高考江苏卷)室温下，向浓度均为0.1mol·L－1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀，则Ksp(BaSO4)＜Ksp(CaSO4)。()(2)(2015·高考重庆卷)0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－)。()(3)(2015·高考全国卷Ⅰ，10D)将0.1mol·L－1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1mol·L－1CuSO4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。()(4)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。()答案：(1)×(2)×(3)√(4)√6．(2017·河南诊断卷)一定温度时，Cu2＋、Mn2＋、Fe2＋、Zn2＋等四种金属离子(M2＋)形成硫化物沉淀所需S2－最低浓度的对数值lgc(S2－)与lgc(M2＋)的关系如图所示。下列有关判断不正确的是()A．该温度下，Ksp(MnS)大于1.0×10－35B．向含Mn2＋、Zn2＋的稀溶液中滴加Na2S溶液，Mn2＋最有可能先沉淀C．向c(Fe2＋)＝0.1mol·L－1的溶液中加入CuS粉末，有FeS沉淀析出D．该温度下，溶解度：CuS>MnS>FeS>ZnS解析：选D。A.该温度下，MnS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：MnS(s)Mn2＋(aq)＋S2－(aq)，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)×c(S2－)＝10－15×10－10＝10－25>1.0×10－35，A正确；B.依据题图可知，CuS的Ksp最小，其次是MnS、FeS和ZnS，所以向含Mn2＋、Zn2＋的稀溶液中滴加Na2S溶液，Mn2＋最有可能先沉淀，B正确；C.由于硫化铜溶液中硫离子浓度是eq\r(10－35)mol·L－1，向c(Fe2＋)＝0.1mol·L－1的溶液中加入CuS粉末后c(Fe2＋)×c(S2－)大于10－20，所以有FeS沉淀析出，C正确；D.依据题图可知，CuS的Ksp最小，其次是MnS、FeS和ZnS，所以该温度下，溶解度：CuS＜MnS＜FeS＜ZnS，D错误。溶液中的“四大常数”[学生用书P51]1．(2017·高考全国卷Ⅲ，13，6分)在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl－会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl－。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是()A．Ksp(CuCl)的数量级为10－7B．除Cl－反应为Cu＋Cu2＋＋2Cl－=2CuClC．加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好D．2Cu＋=Cu2＋＋Cu平衡常数很大，反应趋于完全解析：选C。由题图可知，当c(Cu＋)＝10－2mol·L－1时，c(Cl－)约为10－4.75mol·L－1，则Ksp(CuCl)＝c(Cu＋)·c(Cl－)的数量级为10－7，A项正确；根据题目信息可知B项正确；Cu、Cu2＋是按一定物质的量之比反应的，并不是加入Cu越多，Cu＋浓度越高，除Cl－效果越好，C项错误；由题图可知，交点处c(Cu＋)＝c(Cu2＋)≈10－6mol·L－1，则2Cu＋=Cu2＋＋Cu的平衡常数K＝eq\f(c（Cu2＋）,c2（Cu＋）)≈106，该平衡常数很大，因而反应趋于完全，D项正确。2．(2017·高考江苏卷改编)常温下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5，下列说法正确的是()A．浓度均为0.1mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者小于后者B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等C．0.2mol·L－1HCOOH与0.1mol·L－1NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)D．0.2mol·L－1CH3COONa与0.1mol·L－1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)解析：选D。HCOONa溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，NH4Cl溶液中存在c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，两溶液中有c(Na＋)＝c(Cl－)，只要比较HCOONa溶液中c(H＋)与NH4Cl溶液中c(OH－)的大小即可，由电离常数可知，NHeq\o\al(＋,4)的水解程度比HCOO－的大，则NH4Cl溶液中c(H＋)较HCOONa溶液中c(OH－)大，即NH4Cl溶液中c(OH－)较HCOONa溶液中c(H＋)小，所以有c(Na＋)＋c(H＋)＞c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，A项错误；CH3COOH的电离平衡常数比HCOOH的小，即CH3COOH的酸性弱，则相同pH的CH3COOH溶液的浓度大于HCOOH的，和NaOH反应时，CH3COOH溶液消耗NaOH溶液的体积较大，B项错误；反应后得到c(HCOOH)与c(HCOONa)相等的混合溶液，溶液呈酸性，由电荷守恒得：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，由物料守恒得：2c(Na＋)＝c(HCOOH)＋c(HCOO－)，则c(HCOO－)＞c(Na＋)＞c(HCOOH)，所以c(HCOO－)＋c(OH－)＞c(HCOOH)＋c(H＋)，C项错误；反应后得到c(CH3COONa)＝c(CH3COOH)＝c(NaCl)的混合溶液，由物料守恒得：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Cl－)，pH＜7，则CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，即c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)，电离和水解均很微弱，故c(H＋)小于c(CH3COOH)，D项正确。[感悟高考]1．题型：选择题(主)、填空题(次)2．考向：化学平衡常数是近几年高考的热点内容，电解质溶液中的四大平衡常数同样是出题的热点，它把化学理论的学习从定性提升到定量水平，从而拓宽了问题研究的视野。四大常数涉及的问题主要有电解质相对强弱的判断，离子浓度的变化或定量计算，pH的计算，水解平衡的强弱判断或粒子浓度大小比较，难溶电解质的溶解平衡的判断及计算等方面。复习应分类突破，再做好综合训练，就能突破该类问题。水的离子积常数、电离常数、水解常数、溶度积常数是溶液中的四大常数，它们均只与温度有关。有关常数的计算，要紧紧围绕它们只与温度有关，而不随其离子浓度的变化而变化来进行。水的离子积常数(Kw)电离常数(Ka、Kb)水解常数(Kh)溶度积常数(Ksp)概念水或稀的水溶液中c(OH－)与c(H＋)的乘积在一定条件下达到电离平衡时，弱电解质电离形成的各种离子的浓度的乘积与溶液中未电离的分子的浓度之比是一个常数—在一定温度下，在难溶电解质的饱和溶液中，各离子浓度幂之积为一常数表达式Kw＝c(OH－)·c(H＋)(1)对于一元弱酸HA：HAH＋＋A－，电离常数Ka＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)(2)对于一元弱碱BOH：BOHB＋＋OH－，电离常数Kb＝eq\f(c（B＋）·c（OH－）,c（BOH）)对于一般的可逆反应：A－＋H2OHA＋OH－，在一定温度下达到平衡时：Kh＝eq\f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)MmAn的饱和溶液：Ksp＝cm(Mn＋)·cn(Am－)影响因素只与温度有关，温度升高，Kw增大只与温度有关，温度升高，K值增大只与温度有关，温度升高，Kh增大只与难溶电解质的性质和温度有关这几个常数之间的关系如下：(1)CH3COONa、CH3COOH溶液中，Ka、Kh、Kw的关系是Kw＝Ka·Kh。(2)M(OH)n悬浊液中Ksp、Kw、pH间关系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\f(Kw,10－pH))n＋1。(3)反应CdS(s)＋2H＋(aq)Cd2＋(aq)＋H2S(aq)的平衡常数K，则K＝Ksp/(Ka1·Ka2)。水的离子积常数及其应用1．(2015·高考广东卷)一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是()A．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化解析：选C。A.c点溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈碱性，升温，溶液中c(OH－)不可能减小。B.由b点对应c(H＋)与c(OH－)可知，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14。C.FeCl3溶液水解显酸性，溶液中c(H＋)增大，因一定温度下水的离子积是常数，故溶液中c(OH－)减小，因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化。D.c点溶液呈碱性，稀释时c(OH－)减小，同时c(H＋)应增大，故稀释溶液时不可能引起由c向d的变化。2．不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)的关系如图所示。下列有关说法中正确的是()A．若从a点到c点，可采用在水中加入酸的方法B．b点对应的醋酸中由水电离的c(H＋)＝10－6mol·L－1C．c点对应溶液的Kw大于d点对应溶液的KwD．T℃时，0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液的pH＝11解析：选D。a点对应的c(H＋)和c(OH－)相等，同理c点对应的c(H＋)和c(OH－)也相等，溶液一定呈中性，从a点到c点，可以采用升温的方法，A项错误；Kw只与温度有关，同温度下不同酸碱性溶液的Kw相同，a点和b点的Kw都是10－14，c点和d点的Kw都是10－12，酸和碱溶液都会抑制水的电离，酸溶液中由水电离的c(H＋)与溶液中的c(OH－)相等，即c水电离(H＋)＝c(OH－)＝10－8mol·L－1，B、C项均错误；T℃时，Kw＝10－12，0.05mol·L－1的Ba(OH)2溶液的c(H＋)＝10－11mol·L－1，pH＝11，D项正确。电离平衡常数、水解平衡常数及其应用3．部分弱酸的电离平衡常数如下表所示：弱酸HCOOHHCNH2CO3电离平衡常数(25℃)K＝1.77×10－4K＝4.9×10－10K1＝4.3×10－7K2＝5.6×10－11下列选项正确的是()A．2CN－＋H2O＋CO2=2HCN＋COeq\o\al(2－,3)B．中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量前者大于后者C．物质的量浓度相等的HCOONa和KCN溶液中，c(Na＋)－c(HCOO－)<c(K＋)－c(CN－)D．c(NHeq\o\al(＋,4))相等的HCOONH4溶液、NH4CN溶液、NH4HCO3溶液中：c(NH4HCO3)>c(NH4CN)>c(HCOONH4)解析：选C。根据表中数据可以判断电离程度：HCOOH>H2CO3>HCN>HCOeq\o\al(－,3)。A项，应生成HCOeq\o\al(－,3)；B项，HCN消耗的NaOH多；C项，c(Na＋)－c(HCOO－)＝c(OH－)－c(H＋)，c(K＋)－c(CN－)＝c(OH－)－c(H＋)，后者碱性强，所以c(OH－)－c(H＋)的值大；D项，都相互促进水解，其中促进程度CN－>HCOeq\o\al(－,3)>HCOO－，促进程度越大，此盐浓度越大，所以c(NH4CN)>c(NH4HCO3)>c(HCOONH4)。4．(1)在25℃下，将amol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，则溶液显__________(填“酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________________________。(2)已知25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5，该温度下1mol·L－1的NH4Cl溶液中c(H＋)＝________mol·L－1。(已知eq\r(5.56)≈2.36)(3)常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH＝9的Na2SO3溶液，吸收过程中水的电离平衡________移动(填“向左”“向右”或“不”)。试计算溶液中eq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)＝________(常温下H2SO3的电离平衡常数K1＝1.0×10－2，K2＝6.0×10－8)。解析：(1)氨水与HCl等体积混合后的溶液中的电荷守恒关系式为c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，故有c(H＋)＝c(OH－)，溶液显中性。(2)Kh＝eq\f(c（H＋）·c（NH3·H2O）,c（NHeq\o\al(＋,4)）)＝eq\f(Kw,Kb)，c(H＋)≈c(NH3·H2O)，而c(NHeq\o\al(＋,4))≈1mol·L－1。所以c(H＋)＝eq\r(Kh)＝eq\r(\f(10－14,1.8×10－5))mol·L－1≈2.36×10－5mol·L－1。(3)NaOH电离出的OH－抑制水的电离平衡，Na2SO3电离出的SOeq\o\al(2－,3)水解促进水的电离平衡，故用NaOH溶液吸收SO2过程中水的电离平衡向右移动。SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－，Kh＝eq\f(c（HSOeq\o\al(－,3)）·c（OH－）,c（SOeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(Kw,K2)＝eq\f(10－14,6.0×10－8)，所以eq\f(c（SOeq\o\al(2－,3)）,c（HSOeq\o\al(－,3)）)＝eq\f(10－5,\f(10－14,6.0×10－8))＝60。答案：(1)中eq\f(10－9,a－0.01)(2)2.36×10－5(3)向右60溶度积常数及其应用5．25℃时，Ksp(BaSO4)＝1×10－10，Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9。该温度下，下列说法不正确的是()A．向同浓度的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出B．向BaCO3悬浊液中加入少量的新制氯水，c(Ba2＋)增大C．BaSO4和BaCO3共存的悬浊液中，eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(1,26)D．向BaSO4悬浊液中加入Na2CO3浓溶液，BaSO4不可能转化为BaCO3解析：选D。A项，因为Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，所以向同浓度的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出，A正确；B项，氯水显酸性，消耗溶液中的COeq\o\al(2－,3)，促进碳酸钡的溶解平衡右移，因此c(Ba2＋)增大，B正确；C项，BaSO4和BaCO3共存的悬浊液中，eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)＝eq\f(c（SOeq\o\al(2－,4)）·c（Ba2＋）,c（COeq\o\al(2－,3)）·c（Ba2＋）)＝eq\f(Ksp（BaSO4）,Ksp（BaCO3）)＝eq\f(1,26)，C正确；D项，只要溶液中c(COeq\o\al(2－,3))·c(Ba2＋)>Ksp(BaCO3)就可以析出碳酸钡沉淀，所以向BaSO4悬浊液中加入Na2CO3浓溶液，BaSO4有可能转化为BaCO3，D不正确。6．常温下，Ksp(CaSO4)＝9×10－6，常温下CaSO4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．在任何溶液中，c(Ca2＋)、c(SOeq\o\al(2－,4))均相等B．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SOeq\o\al(2－,4))一定等于3×10－3mol/LC．a点对应的Ksp等于c点对应的KspD．d点溶液通过蒸发可以变到c点解析：选C。A项只有在单一CaSO4溶液中c(Ca2＋)、c(SOeq\o\al(2－,4))才相等，A项错误；B项b点Qc>Ksp，故有沉淀生成，开始c(Ca2＋)、c(SOeq\o\al(2－,4))不相等而反应消耗的Ca2＋、SOeq\o\al(2－,4)相等，因此平衡后的两种离子也不会都等于3×10－3mol/L，B项错误；在平衡线上的Ksp均相等，C项正确；D项d点通过蒸发后各离子浓度都增大，不可能保持SOeq\o\al(2－,4)浓度不变而到达c点，D项错误。几个常数之间的关系7．(1)[2016·高考全国卷Ⅱ，26(4)]联氨(又称肼，N2H4，无色液体)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____________(已知：N2H4＋H＋N2Heq\o\al(＋,5)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________________。(2)(2016·高考海南卷)已知：Kw＝1.0×10－14，Al(OH)3AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2OK＝2.0×10－13。Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于________。解析：(1)N2H4的第一步电离的方程式为N2H4＋H2ON2Heq\o\al(＋,5)＋OH－，则电离常数Kb＝eq\f(c（N2Heq\o\al(＋,5)）·c（OH－）,c（N2H4）)＝eq\f(c（N2Heq\o\al(＋,5)）·c（OH－）·c（H＋）,c（N2H4）·c（H＋）)＝eq\f(c（N2Heq\o\al(＋,5)）·Kw,c（N2H4）·c（H＋）)＝K·Kw＝8.7×107×1.0×10－14＝8.7×10－7。联氨是二元弱碱，其与硫酸形成的酸式盐为N2H6(HSO4)2。(2)Al(OH)3溶于NaOH溶液发生反应：Al(OH)3＋OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2OK1，可分两步进行：Al(OH)3AlOeq\o\al(－,2)＋H＋＋H2OKH2O=H＋＋OH－Kw则K1＝eq\f(K,Kw)＝eq\f(2.0×10－13,1.0×10－14)＝20。答案：(1)8.7×10－7N2H6(HSO4)2(2)20酸碱中和滴定及迁移应用[学生用书P53](2017·高考全国卷Ⅱ，28，15分)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：Ⅰ.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。Ⅱ.酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2Oeq\o\al(2－,3)＋I2=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6))。回答下列问题：(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是___________________________________________。(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_________________________________________________________________________________________________________。(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和__________；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除________及二氧化碳。(4)取100.00mL水样经固氧、酸化后，用amol·L－1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为____________________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为bmL，则水样中溶解氧的含量为__________________mg·L－1。(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏________(填“高”或“低”)。解析：(1)取水样时避免扰动水体表面，这样能保证所取水样中溶解氧量与水体中实际溶解氧量基本相同，以减小实验误差。(2)根据水样与Mn(OH)2碱性悬浊液反应生成MnO(OH)2，可写出固氧的反应为O2＋2Mn(OH)2=2MnO(OH)2。(3)由于Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定，配制该溶液时无需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na2S2O3溶液时，还需要用到的玻璃仪器为量筒；所用蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，这样能除去水中溶解的氧气和CO2，且能杀菌。(4)根据Ⅱ可知MnO(OH)2能将水样中的I－氧化为I2，滴定过程中用淀粉溶液作指示剂，在滴定终点前I2遇淀粉变蓝，达到滴定终点时，I2完全被消耗，溶液蓝色刚好褪去。根据关系式O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，结合消耗n(Na2S2O3)＝amol·L－1×b×10－3L＝ab×10－3mol，可求出100.00mL水样中溶解氧的质量为eq\f(1,4)ab×10－3mol×32g·mol－1＝8ab×10－3g＝8abmg，则该水样中溶解氧的含量为8abmg÷0.10000L＝80abmg·L－1。(5)滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会导致读取的Na2S2O3标准液体积偏小，根据关系式O2～4Na2S2O3，可知测定的溶解氧的含量偏低。答案：(1)使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差(2)O2＋2Mn(OH)2=2MnO(OH)2(3)量筒氧气(4)蓝色刚好褪去80ab(5)低[感悟高考]1．题型：选择题(主)、填空题(次)2．考向：中和滴定是中学的重要实验，也是高考的热点，作为选择题出现时并不单纯是实验题，通常是给出中和滴定曲线的形式，在以滴定的各个阶段溶液的混合情况来考查电解质溶液的各项规律；作为填空题出现时，往往是中和滴定实验的迁移应用，即氧化还原滴定和沉淀滴定，情景一般是工业生产中的测定含量，该类题目陌生度较高，要求考生熟悉反应规律进行判断，运用反应的关系式进行计算，在平时要多熟悉该类题型。“中和滴定”考点归纳(1)“考”实验仪器酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管(包括量程)，滴定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。(2)“考”操作步骤①滴定前的准备：查漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数；②滴定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数；③计算。(3)“考”指示剂的选择①强酸强碱相互滴定，可选用甲基橙或酚酞；②若反应生成的强酸弱碱盐溶液呈酸性，则选用酸性变色范围的指示剂(甲基橙)，若反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则选用碱性变色范围的指示剂(酚酞)；③石蕊溶液因颜色变化不明显，且变色范围过宽，一般不作指示剂。(4)“考”误差分析写出计算式，分析操作对V标的影响，由计算式得出对最终测定结果的影响，切忌死记硬背结论。此外对读数视线(俯视、仰视)问题要学会画图分析。(5)“考”数据处理正确“取舍”数据，计算“平均”体积，根据反应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系，从而列出公式进行计算。酸碱中和滴定1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)(2016·高考海南卷)滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁。()(2)(2015·高考安徽卷)如图，记录滴定终点读数为12.20mL。()(3)酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗。()(4)酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差。()(5)欲测定NaOH溶液浓度，可选用滴定管、锥形瓶、烧杯、NaOH溶液、0.1000mol·L－1盐酸达到实验目的。()答案：(1)√(2)×(3)√(4)×(5)×2．(2017·长沙冲刺预测卷)用0.1000mol·L－1的盐酸滴定20mL0.1000mol·L－1的氨水，滴定曲线如图，下列说法正确的是()A．该中和滴定适宜用酚酞作指示剂B．两者恰好中和时，溶液的pH＝7C．达到滴定终点时，溶液中：c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)D．当滴入盐酸30mL时，溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)>c(OH－)＋c(Cl－)解析：选C。A.恰好反应时生成的氯化铵水解，溶液显酸性，故该中和滴定适宜用甲基橙作指示剂，A错误；B.两者恰好中和时生成的氯化铵水解，溶液显酸性，溶液的pH<7，B错误；C.达到滴定终点时生成氯化铵，NHeq\o\al(＋,4)水解，根据质子守恒可知溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)，C正确；D.当滴入盐酸30mL时，根据电荷守恒可知溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，D错误。3．(1)用amol·L－1的HCl滴定未知浓度的NaOH溶液，用酚酞作指示剂，达到滴定终点的现象是________________________________________________________________________；若用甲基橙作指示剂，滴定终点现象是________________________________________________________________________。(2)用标准碘溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，应选用____________作指示剂，达到滴定终点的现象是__________________________。(3)用标准酸性KMnO4溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，是否需要选用指示剂？________(填“是”或“否”)，达到滴定终点的现象是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案：(1)滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色当滴入最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色(2)淀粉溶液当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色(3)否当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色“滴定法”的迁移应用4．(2017·龙岩5月综合能力测试)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V1mLc1mol·L－1AgNO3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()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＝0.77D．该水样中溴离子浓度为c(Br－)＝eq\f(c1V1－c2V2,25.00)mol·L－1解析：选B。KSCN与硝酸银反应生成AgSCN沉淀后，再与Fe3＋反应生成Fe(SCN)3，溶液变为红色，故A正确；在碱性条件下Fe3＋生成氢氧化铁沉淀，故B错误；AgBr(s)＋SCN－AgSCN(s)＋Br－(aq)的平衡常数K＝eq\f(Ksp（AgBr）,Ksp（AgSCN）)＝0.77，故C正确；水样中溴离子浓度为c(Br－)＝eq\f(c1V1－c2V2,25.00)mol·L－1，故D正确。5．滴定法是一种重要的定量分析方法，应用范围很广。(1)利用酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。已知：2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋=Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O，Ba2＋＋CrOeq\o\al(2－,4)=BaCrO4↓。步骤Ⅰ：移取xmL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用bmol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL。步骤Ⅱ：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入xmL与步骤Ⅰ中相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“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＋的浓度测量值将______(填“偏大”或“偏小”)。(2)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)20～50mg·kg－1已知：IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。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Wg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10.0mL，恰好反应完全。①判断c中恰好完全反应所依据的现象是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②b中反应所产生的I2的物质的量是________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。解析：(1)滴定管的刻度值上小下大，“0”刻度位于滴定管的上方。由步骤Ⅰ，可求得c(CrOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(bV0,x)mol·L－1；由步骤Ⅱ，求得与Ba2＋反应的CrOeq\o\al(2－,4)的物质的量为eq\f(bV0－bV1,1000)mol，则c(Ba2＋)＝eq\f(bV0－bV1,y)mol·L－1。根据计算式可知，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1减小，Ba2＋浓度的测量值将偏大。(2)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，且半分钟内不恢复蓝色。计算的关系式为KIO3～3I2～6S2Oeq\o\al(2－,3)。n(I2)＝eq\f(1,2)n(S2Oeq\o\al(2－,3))＝eq\f(1,2)×2.0×10－3mol·L－1×10.0×10－3L＝1.0×10－5mol，n(I)＝n(KIO3)＝eq\f(1,3)n(I2)，食用精制盐的碘含量＝eq\f(127g·mol－1×1.0×10－5mol×103mg·g－1,3×W×10－3kg)≈eq\f(423,W)mg·kg－1。答案：(1)上方eq\f(bV0－bV1,y)偏大(2)①溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不恢复蓝色②1.0×10－5③eq\f(423,W)[课后达标检测][学生用书P141(单独成册)]1．(2016·高考上海卷)能证明乙酸是弱酸的实验事实是()A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2B．0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pH大于7C．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2D．0.1mol·L－1CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红解析：选B。A项，只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，错误；B项，该盐水溶液显碱性，由于CH3COONa是强碱弱酸盐，故可以证明乙酸是弱酸，正确；C项，可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，错误；D项，可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，错误。2．常温下，浓度均为1.0mol·L－1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液10mL，测得其pH为9.3。下列有关叙述正确的是()A．加入适量的NaCl，可使c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)B．滴加几滴浓氨水，c(NHeq\o\al(＋,4))减小C．滴加几滴浓盐酸，eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)的值减小D．1.0mol·L－1的NH4Cl溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))比该混合溶液中的大解析：选A。根据题意等浓度的两种溶液混合后，溶液呈碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于NH4Cl的水解程度，即c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)，加入适量的NaCl，可使c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，A项正确；滴加几滴浓氨水，虽然电离程度减小，但c(NHeq\o\al(＋,4))仍增大，B项错误；加入几滴浓盐酸后，c(OH－)减小，由于电离常数不变，eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)的值增大，C项错误；由于NH3·H2O的存在抑制了NHeq\o\al(＋,4)的水解，1.0mol·L－1的NH4Cl溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))比该混合溶液中的小，D项错误。3．下列说法不正确的是()A．常温下，在0.1mol·L－1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H＋)<eq\r(Kw)B．浓度为0.1mol·L－1的NaHCO3溶液：c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))C．25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同D．冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小解析：选D。在0.1mol·L－1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H＋)为10－13mol·L－1<eq\r(Kw)，A正确；浓度为0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大于其电离程度，c(H2CO3)>c(COeq\o\al(2－,3))，B正确；温度不变，AgCl的溶度积不变，C正确；冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性先增大后减小；醋酸的电离程度增大，溶液的pH先减小后增大，D错误。4．在某温度时，将nmol·L－1氨水滴入10mL1.0mol·L－1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是()A．n＝1.0B．水的电离程度：b＞c＞a＞dC．c点：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝1.0mol·L－1D．25℃时，NH4Cl的水解常数(Kh)计算式为eq\f(（\f(n,2)－0.5）×10－7,0.5)解析：选D。A项，若n＝1.0，NH3·H2O和HCl正好完全反应生成NH4Cl，此时pH＜7，所以n稍大于1.0；B项，b点