2018年高考化学二轮复习专题九电解质溶液

[考纲要求]1.了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性；了解电解质的概念；了解强电解质和弱电解质的概念。2.了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。3.了解水的电离和水的离子积常数。4.了解溶液pH的定义；了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。5.了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素以及盐类水解的应用。6.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡；了解溶度积的含义及其表达式，能进行相关的计算。7.以上各部分知识的综合利用。1.一个基本不变相同温度下，不论是纯水还是稀溶液，水的离子积常数不变。应用这一原则时需要注意两个条件：水溶液必须是稀溶液；温度必须相同。2.两个判断标准(1)任何温度c(H＋)>c(OH－)，酸性；c(H＋)＝c(OH－)，中性；c(H＋)<c(OH－)，碱性。(2)常温(25℃)pH>7，碱性；pH＝7，中性；pH<7，酸性。3.三种测量方法(1)pH试纸用pH试纸测定溶液的pH，精确到整数且只能在1～14范围内，其使用方法为取一小块试纸放在干净的玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取液体，点在试纸中部，待试纸变色后，与标准比色卡对比，读出pH。注意①pH试纸不能预先润湿，但润湿之后不一定产生误差。②pH试纸不能测定氯水的pH。(2)pH计pH计能精确测定溶液的pH，可精确到0.1。(3)酸碱指示剂酸碱指示剂能粗略测定溶液的pH范围。常见酸碱指示剂的变色范围如下表所示：指示剂变色范围的pH石蕊<5红色5～8紫色>8蓝色甲基橙<3.1红色3.1～4.4橙色>4.4黄色酚酞<8.2无色8.2～10浅红色>10红色4.四条判断规律(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(酸式根电离程度大于水解程度)；NaHCO3、NaHS、Na2HPO4水溶液显碱性(酸式根水解程度大于电离程度)。注意因为浓度相同的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混合液呈酸性。②1∶1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液呈碱性。(对于等浓度的CH3COOH与CH3COO－，CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度)(4)酸碱pH之和等于14等体积混合溶液pH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：eq\x(强酸、强碱)eq\o(→,\s\up7(恰好中和))pH＝7eq\x(强酸、弱碱)eq\o(→,\s\up7(碱过量))pH>7eq\x(弱酸、强碱)eq\o(→,\s\up7(酸过量))pH<7②已知酸、碱溶液的pH之和为14，若混合后溶液的pH为7，溶液呈中性，则eq\x(强酸、强碱)→V酸∶V碱＝1∶1eq\x(强酸、弱碱)→V酸∶V碱>1∶1eq\x(弱酸、强碱)→V酸∶V碱<1∶1③强酸、强碱等体积混合后溶液酸、碱性的判断题组一走出溶液稀释与混合的误区1.正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。(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(×)(2015·江苏，11B)(2)25℃时，等体积、等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH＝7(×)(2015·重庆理综，3B)(3)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(×)(4)常温下pH为2的盐酸由H2O电离出的c(H＋)＝1.0×10－12mol·L－1(√)(5)同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7(×)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，只能接近7。误区二：不能正确理解弱酸、弱碱的稀释规律溶液稀释前溶液pH加水稀释到原来体积的10n倍稀释后溶液pH酸强酸pH＝apH＝a＋n弱酸a<pH<a＋n碱强碱pH＝bpH＝b－n弱碱b－n<pH<b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。题组二一强一弱比较的图像分析2.(1)相同体积、相同浓度的HCl(a)和CH3COOH(b)，分别与足量的锌粉发生反应，按要求画出图像。①产生H2的体积V(H2)随时间(t)的变化图像；②产生H2的速率v(H2)随时间(t)的变化图像；③溶液的pH随时间(t)的变化图像。答案①②③(2)若把HCl(a)、CH3COOH(b)均改成相同体积、相同pH，则①、②、③的图像又怎样？答案①②③3.(2015·全国卷Ⅰ，13)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(cM＋,cR＋)增大答案D解析A项，0.10mol·L－1的MOH和ROH溶液，前者pH＝13，后者pH小于13，说明前者是强碱，后者是弱碱，正确；B项，ROH是弱碱，加水稀释，促进电离，b点电离程度大于a点，正确；C项，两碱溶液无限稀释，溶液近似呈中性，c(OH－)相等，正确；D项，由MOH是强碱，在溶液中完全电离，所以c(M＋)不变，ROH是弱碱，升高温度，促进电离平衡ROHR＋＋OH－向右进行，c(R＋)增大，所以eq\f(cM＋,cR＋)减小，错误。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(1)加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大。(2)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(1)加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大。(2)加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多。题组三理解换算关系，突破pH的计算4.在T℃时，Ba(OH)2的稀溶液中c(H＋)＝10－amol·L－1，c(OH－)＝10－bmol·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pH①22.000.008②22.0018.00c③22.0022.00d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＝8B.b＝4C.c＝9D.d＝6答案C解析本题考查了pH的综合计算和从表中获取关键信息的能力。Ba(OH)2溶液的pH＝8，即a＝8，再根据a＋b＝12，则b＝4，c(OH－)＝10－4mol·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22.00mL盐酸时恰好中和，溶液的pH＝6，即d＝6；当加入18.00mL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＝10－5mol·L－1，所以此时c(H＋)＝10－7mol·L－1，pH＝7，故c＝7。5.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)。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③11解析(1)温度升高，促进水的电离，水的离子积也增大，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，理由为水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离程度增大。(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－12；由100×10－a＝1×10b－12，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(22×10－4－18×10－4,22＋18)＝1.0×10－5mol·L－1，水电离出的c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1。(5)①按丁方法混合，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,cOH－)＝1.0×10－11mol·L－1，pH＝11。溶液pH计算的一般思维模型电离平衡、水解平衡、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。1.对比“四个”表格，正确理解影响因素(1)外界条件对醋酸电离平衡的影响CH3COOHCH3COO－＋H＋ΔH>0体系变化条件平衡移动方向n(H＋)c(H＋)导电能力Ka加水稀释向右增大减小减弱不变加入少量冰醋酸向右增大增大增强不变通入HCl(g)向左增大增大增强不变加NaOH(s)向右减小减小增强不变加入镁粉向右减小减小增强不变升高温度向右增大增大增强增大加CH3COONa(s)向左减小减小增强不变(2)外界条件对水的电离平衡的影响H2OH＋＋OH－ΔH>0体系变化条件平衡移动方向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)外界条件对FeCl3溶液水解平衡的影响Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ΔH>0体系变化条件平衡移动方向n(H＋)pH水解程度现象升温向右增多减小增大颜色变深通HCl向左增多减小减小颜色变浅加H2O向右增多增大增大颜色变浅加FeCl3固体向右增多减小减小颜色变深加NaHCO3向右减小增大增大生成红褐色沉淀，放出气体(4)外界条件对AgCl溶解平衡的影响AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)ΔH>0体系变化条件平衡移动方向平衡后c(Ag＋)平衡后c(Cl－)Ksp升高温度向右增大增大增大加水稀释向右不变不变不变加入少量AgNO3向左增大减小不变通入HCl向左减小增大不变通入H2S向右减小增大不变2.思考重点问题，辨析易错知识(1)加水稀释醋酸溶液，在稀释过程中，eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH)________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，eq\f(cH＋,cCH3COO－)________，eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)________，eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH·cOH－)________，c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)____________________________________________，n(CH3COOH)＋n(CH3COO－)________。答案增大增大不变不变减小不变(2)在pH＝5的酸性溶液中，c(H＋)水＝________mol·L－1。答案10－5(或10－9)(3)常温下纯水的pH＝7，升温到80℃，纯水的pH<7，其原因是________________________________________________________________________。答案常温下，纯水中c(H＋)＝10－7mol·L－1，升温，促进水的电离，致使c(H＋)>10－7mol·L－1，所以pH<7(4)相同浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液与(NH4)2SO4溶液相比，c(NHeq\o\al(＋,4))________(填“前者”或“后者”)大。答案前者(5)向NH4Cl溶液中加水，其稀释过程中eq\f(cNH3·H2O,cNH\o\al(＋,4))________(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)，eq\f(cH＋,cNH3·H2O)________，eq\f(cH＋·cNH3·H2O,cNH\o\al(＋,4))________，eq\f(cNH3·H2O,cNH\o\al(＋,4)·cOH－)________，c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)________。答案增大增大不变不变减小(6)某温度下，pH相同的盐酸和氯化铵溶液分别稀释，平衡时的pH随溶液体积变化的曲线如下图所示。据图回答下列问题：①Ⅱ为________________稀释时pH变化曲线，水的电离程度a点________(填“>”、“<”或“＝”，下同)c点；b点________c点。答案NH4Cl溶液><②a点时，等体积的两溶液与NaOH反应，消耗NaOH的量________多。答案NH4Cl溶液(7)正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。①洗涤沉淀时，洗涤次数越多越好(×)②为减少洗涤过程中固体的损耗，最好选用稀H2SO4代替H2O来洗涤BaSO4沉淀(√)③AgCl在NaCl溶液中的溶解度小于在纯水中的溶解度(√)④Ksp越小，其溶解度越小(×)⑤Ksp大的容易向Ksp小的转化，但Ksp小的不能向Ksp大的转化(×)⑥在0.1mol·L－1的AlCl3溶液中滴加少量NaOH溶液，再滴加0.1mol·L－1的FeCl3溶液，其现象为先产生白色沉淀，后白色沉淀转化成红褐色沉淀，则Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al(OH)3](√)(8)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)。答案能，CdS比FeS更难溶，可发生沉淀转化Cd2＋(aq)＋FeS(s)CdS(s)＋Fe2＋(aq)。题组一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(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))、eq\f(cOH－,cH＋)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－)答案C解析根据加入物质的性质判断平衡移动方向，进一步判断各选项结论是否正确。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(cOH－,cH＋)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(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))增大；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.(2016·全国卷Ⅲ，13)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(cH＋,cCH3COOH)减小B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH·cOH－)增大C.向盐酸中加入氨水至中性，溶液中eq\f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)>1D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中eq\f(cCl－,cBr－)不变答案D解析A项，eq\f(cH＋,cCH3COOH)＝eq\f(Ka,cCH3COO－)，加水稀释，c(CH3COO－)减小，Ka不变，所以比值增大，错误；B项，eq\f(cCH3COO－,cCH3COOH·cOH－)＝eq\f(1,Kh)(Kh为水解常数)，温度升高，水解常数Kh增大，比值减小，错误；C项，向盐酸中加入氨水至中性，根据电荷守恒：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，此时c(H＋)＝c(OH－)，故c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，所以eq\f(cNH\o\al(＋,4),cCl－)＝1，错误；D项，在饱和溶液中eq\f(cCl－,cBr－)＝eq\f(KspAgCl,KspAgBr)，温度不变，溶度积Ksp不变，则溶液中eq\f(cCl－,cBr－)不变，正确。题组二多角度攻克盐类水解问题3.正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。(1)用热的纯碱溶液洗去油污，是因为Na2CO3可直接与油污反应(×)(2014·新课标全国卷Ⅰ，8A)(2)施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，是因为K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效(√)(2014·新课标全国卷Ⅰ，8C)(3)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同(×)(4)向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成(×)4.(2015·天津理综，5)室温下，将0.05molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是()加入物质结论A50mL1mol·L－1H2SO4反应结束后，c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,4))B0.05molCaO溶液中eq\f(cOH－,cHCO\o\al(－,3))增大C50mLH2O由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变D0.1molNaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变答案B解析Na2CO3溶液中存在水解平衡COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，所以溶液呈碱性。A项，向溶液中加入50mL1mol·L－1H2SO4，Na2CO3与H2SO4恰好反应生成0.05molNa2SO4，根据物料守恒可得c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，错误；B项，向Na2CO3溶液中加入0.05molCaO后，发生反应CaO＋H2O=Ca(OH)2，生成0.05molCa(OH)2，恰好与Na2CO3反应：Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH，则c(COeq\o\al(2－,3))减小，c(OH－)增大，c(HCOeq\o\al(－,3))减小，所以eq\f(cOH－,cHCO\o\al(－,3))增大，正确；C项，加入50mLH2O，COeq\o\al(2－,3)的水解平衡正向移动，但c(OH－)减小，溶液中的OH－全部来源于水的电离，由于水电离出的H＋、OH－浓度相等，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，错误；D项，加入的0.1molNaHSO4固体与0.05molNa2CO3恰好反应生成0.1molNa2SO4，溶液呈中性，故溶液pH减小，加入NaHSO4，引入Na＋，所以c(Na＋)增大，错误。1.盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响，以氯化铁水解为例，当改变条件如升温、通入HCl气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时，学生应从移动方向、pH的变化、水解程度、现象等方面去归纳总结，加以分析掌握。2.多元弱酸的酸式盐问题。酸式盐一般既存在水解，又存在电离。如果酸式盐的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液；如果酸式盐的水解程度大于其电离程度，则溶液显碱性，如NaHCO3溶液。题组三正确理解外界因素对难溶电解质沉淀溶解平衡的影响5.正误判断，正确的划“√”，错误的划“×”。(1)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，所以Ksp(BaSO4)＜Ksp(CaSO4)(×)(2016·江苏，13B)(2)0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入水中，所得溶液c(Cl－)＝c(I－)(×)(2015·重庆理综，3D)(3)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(√)(2015·全国卷Ⅰ，10D)(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(√)(2014·四川理综，4D)6.实验：①0.1mol·L－1AgNO3溶液和0.1mol·L－1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；②向滤液b中滴加0.1mol·L－1KI溶液，出现浑浊；③向沉淀c中滴加0.1mol·L－1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是()A.浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)B.滤液b中不含有Ag＋C.③中颜色变化说明AgCl转化为AgID.实验可以证明AgI比AgCl更难溶答案B解析A项，在浊液a中，存在AgCl的沉淀溶解平衡，正确；B项，在滤液b中，仍含有少量Ag＋，故在b中生成了AgI沉淀，错误；由于AgI比AgCl更难溶解，向c中加入0.1mol·L－1KI溶液，能发生沉淀转化反应，生成黄色的AgI，C项和D项都正确。7.(2016·海南，5)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(COeq\o\al(2－,3)) B.c(Mg2＋)C.c(H＋) D.Ksp(MgCO3)答案A解析含有MgCO3固体的溶液中存在沉淀溶解平衡：MgCO3(s)Mg2＋＋COeq\o\al(2－,3)，滴加少许浓盐酸与COeq\o\al(2－,3)反应生成CO2气体，促使平衡向右移动，则c(Mg2＋)和c(H＋)增大，c(COeq\o\al(2－,3))减小，温度不变Ksp(MgCO3)不变，故A正确。1.沉淀溶解平衡与化学平衡、电离平衡一样，具有动态平衡的特征，平衡时溶液中各离子浓度保持恒定，平衡只受温度的影响，与浓度无关。2.溶度积(Ksp)的大小只与难溶电解质的性质和溶液的温度有关，相同类型的难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小，越难溶。电离平衡常数、水的离子积常数、溶度积常数是溶液中的三大常数，它们均只与温度有关。电离平衡常数和水的离子积常数随着温度的升高而增大，因为弱电解质的电离和水的电离均为吸热反应。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。(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(cOH－,n)·cn(OH－)＝eq\f(cn＋1OH－,n)＝eq\f(1,n)(eq\f(Kw,10－pH))n＋1。题组一水的离子积常数及应用1.(2015·广东理综，11)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，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FeCl3b向a的变化D.该温度下，稀释溶液c向d的变化答案C解析A项，升高温度，促进水的电离平衡，则c(H＋)和c(OH－)都同等程度地变大，若由c向b变化，则c(H＋)增大，c(OH－)将变小，错误；B项，根据b点对应的c(H＋)和c(OH－)都为1.0×10－7mol·L－1，所以该温度下，水的离子积常数Kw＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14，错误；C项，加入FeCl3发生水解反应：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，破坏水的电离平衡，c(H＋)增大、Kw不变，c(OH－)变小，则b向a变化，正确；D项，c点对应的溶液呈碱性，稀释溶液，c(OH－)变小，Kw不变，c(H＋)增大，故可引起由c向b的变化，而不是向d变化，错误。题组二电离平衡常数的计算2.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＝______________________________________________________________。答案中eq\f(10－9,a－0.01)解析氨水与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。3.碳氢化合物完全燃烧生成CO2和H2O。常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5mol·L－1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCOeq\o\al(－,3)＋H＋的平衡常数K1＝________。(已知：10－5.60＝2.5×10－6)答案4.2×10－7解析由H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)得平衡常数K1＝eq\f(cH＋·cHCO\o\al(－,3),cH2CO3)。其pH＝5.60，则c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＝2.5×10－6mol·L－1因此K1＝eq\f(2.5×10－6×2.5×10－6,1.5×10－5)≈4.2×10－7。4.在一定条件下可用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染。常温下，将amol·L－1的醋酸与bmol·L－1Ba(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＝________________(用含a和b的代数式表示)。答案eq\f(2b·10－7,a－2b)解析根据2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)由于c(CH3COO－)＝2c(Ba2＋)＝bmol·L－1所以c(H＋)＝c(OH－)溶液呈中性CH3COOHCH3COO－＋H＋eq\f(a,2)－bb10－7Ka＝eq\f(10－7·b,\f(a,2)－b)＝eq\f(2b·10－7,a－2b)。5.已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2Oeq\o\al(－,4)＋H＋Ka1HC2Oeq\o\al(－,4)C2Oeq\o\al(2－,4)＋H＋Ka2常温下，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2Oeq\o\al(－,4)、C2Oeq\o\al(2－,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pH＝2.7溶液中，eq\f(c2HC2O\o\al(－,4),cH2C2O4·cC2O\o\al(2－,4))＝________。答案1000解析Ka1＝eq\f(cH＋·cHC2O\o\al(－,4),cH2C2O4)Ka2＝eq\f(cH＋·cC2O\o\al(2－,4),cHC2O\o\al(－,4))eq\f(Ka1,Ka2)＝eq\f(c2HC2O\o\al(－,4),cH2C2O4·cC2O\o\al(2－,4))当pH＝1.2时，Ka1＝10－1.2当pH＝4.2时，Ka2＝10－4.2所以eq\f(c2HC2O\o\al(－,4),cH2C2O4·cC2O\o\al(2－,4))＝eq\f(10－1.2,10－4.2)＝1000。题组三Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw的应用6.25℃时，H2SO3HSOeq\o\al(－,3)＋H＋的电离常数Ka＝1×10－2，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh＝________，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中eq\f(cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。答案1×10－12增大解析Ka＝eq\f(cH＋·cHSO\o\al(－,3),cH2SO3)Kh＝eq\f(cOH－·cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))＝eq\f(\f(Kw,cH＋)·cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))＝eq\f(Kw·cH2SO3,cH＋·cHSO\o\al(－,3))＝eq\f(Kw,Ka)＝1×10－12。HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－，当加入少量I2时，发生I2＋HSOeq\o\al(－,3)＋H2O=2I－＋3H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。根据Kh＝eq\f(cOH－·cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))，由于c(OH－)减小，而Kh不变，所以eq\f(cH2SO3,cHSO\o\al(－,3))增大。7.已知25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.8×10－5mol·L－1，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)答案2.36×10－5解析Kh＝eq\f(cH＋·cNH3·H2O,cNH\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))≈2.36×10－5(mol·L－1)。8.已知：0.10mol·L－1的Na2CO3溶液的pH为11.6，H2CO3的电离平衡常数Ka1远远大于Ka2，则Ka2约为________。答案1.0×10－10.2解析解法一因为H2CO3的电离Ka1远远大于Ka2，Na2CO3的水溶液中以COeq\o\al(2－,3)的第一步水解为主，第二步忽略不计，COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，c(HCOeq\o\al(－,3))≈c(OH－)，0.1mol·L－1的Na2CO3溶液中pH＝11.6，c(H＋)＝10－11.6mol·L－1，c(OH－)＝10－2.4mol·L－1，c(COeq\o\al(2－,3))＝0.1mol·L－1－10－2.4mol·L－1≈0.1mol·L－1，则Ka2＝eq\f(cCO\o\al(2－,3)·cH＋,cHCO\o\al(－,3))＝eq\f(0.1×10－11.6,10－2.4)＝1.0×10－10.2。解法二Kh1＝eq\f(cOH－·cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))＝eq\f(10－2.4×10－2.4,0.1)＝10－3.8Ka2·Kh1＝KwKa2＝eq\f(10－14,10－3.8)＝10－10.2。9.2016·高考试题组合(1)[2016·全国卷Ⅱ，26(4)]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__________(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____________________________________________。答案8.7×10－7N2H6(HSO4)2解析联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为N2H4＋H2ON2Heq\o\al(＋,5)＋OH－，再根据已知：N2H4＋H＋N2Heq\o\al(＋,5)的K＝8.7×107及Kw＝1.0×10－14，故联氨第一步电离平衡常数为K＝eq\f(cN2H\o\al(＋,5)·cOH－,cN2H4)＝eq\f(cN2H\o\al(＋,5)·cOH－·cH＋,cN2H4·cH＋)＝eq\f(cN2H\o\al(＋,5),cN2H4·cH＋)×c(OH－)·c(H＋)＝8.7×107×1.0×10－14＝8.7×10－7；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。(2)[2016·海南，14(4)]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________。答案20解析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＋＋H2OKH＋＋OH－=H2Oeq\f(1,Kw)则K1＝eq\f(K,Kw)＝eq\f(2.0×10－13,1.0×10－14)＝20。题组四Ksp的计算与应用10.已知：SOeq\o\al(2－,4)(aq)＋Ca(OH)2(s)＋2H2O(l)CaSO4·2H2O(s)＋2OH－(aq)。某温度下，Ksp[Ca(OH)2]＝5.2×10－6，Ksp(CaSO4)＝1.3×10－4，设SOeq\o\al(2－,4)的初始浓度为bmol·L－1，转化率为a，写出a与b的关系式。答案b＝eq\f(1－a,100a2)解析K＝eq\f(c2OH－,cSO\o\al(2－,4))＝eq\f(2ba2,b－ba)＝eq\f(\f(5.2×10－6,cCa2＋),\f(1.3×10－4,cCa2＋))＝4×10－2，b＝eq\f(1－a,100a2)。11.室温时，M(OH)2(s)M2＋(aq)＋2OH－(aq)Ksp＝a，c(M2＋)＝bmol·L－1时，溶液的pH等于()A.eq\f(1,2)lg(eq\f(b,a)) B.eq\f(1,2)lg(eq\f(a,b))C.14＋eq\f(1,2)lg(eq\f(a,b)) D.14＋eq\f(1,2)lg(eq\f(b,a))答案C解析由Ksp＝c(M2＋)·c2(OH－)得c(OH－)＝mol·L－1，Kw＝c(H＋)·c(OH－)得c(H＋)＝mol·L－1，pH＝－lg＝14＋eq\f(1,2)lg(eq\f(a,b))。12.如图所示是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点答案D解析A项正确，温度不变Ksp不变，c(SOeq\o\al(2－,4))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(SOeq\o\al(2－,4))、c(Ba2＋)均增大，而由d点到a点c(SOeq\o\al(2－,4))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(SOeq\o\al(2－,4))均应增大。13.2015、2016高考Ksp计算汇编(1)[2015·海南，15(2)]已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，若向50mL0.018mol·L－1的AgNO3溶液中加入50mL0.020mol·L－1的盐酸，混合后溶液中Ag＋的浓度为________mol·L－1，pH为________。答案1.8×10－72(2)[2015·全国卷Ⅰ，28(2)]含有I－、Cl－等离子的浓缩液中，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中eq\f(cI－,cCl－)为______________。已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。答案4.7×10－7(3)[2016·全国卷Ⅰ，27(3)]在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl－，利用Ag＋与CrOeq\o\al(2－,4)生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl－恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10－5mol·L－1)时，溶液中c(Ag＋)为________mol·L－1，此时溶液中c(CrOeq\o\al(2－,4))等于________mol·L－1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10－12和2.0×10－10)。答案2.0×10－55.0×10－3解析根据Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝2.0×10－10，可计算出当溶液中Cl－恰好完全沉淀(即浓度等于1.0×10－5mol·L－1)时，溶液中c(Ag＋)＝2.0×10－5mol·L－1，然后再根据Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrOeq\o\al(2－,4))＝2.0×10－12，又可计算出此时溶液中c(CrOeq\o\al(2－,4))＝5.0×10－3mol·L－1。题组五Ksp在物质制备中的应用14.[2015·全国卷Ⅱ，26(3)(4)]酸性锌锰干电池是一种一次性电池，外壳为金属锌，中间是碳棒，其周围是由碳粉、MnO2、ZnCl2和NH4Cl等组成的糊状填充物。该电池放电过程产生MnOOH。回收处理该废电池可得到多种化工原料。有关数据如下表所示：溶解度/(g/100g水)温度/℃化合物020406080100NH4Cl29.337.245.855.365.677.3ZnCl2343395452488541614化合物Zn(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值10－1710－1710－39(3)废电池糊状填充物加水处理后，过滤，滤液中主要有ZnCl2和NH4Cl，二者可通过________________分离回收；滤渣的主要成分是MnO2、______________和______________，欲从中得到较纯的MnO2，最简便的方法为____________________________________，其原理是________________________________________________________________________。(4)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是：加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为________，加碱调节至pH为________时，铁刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol·L－1时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为________时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1mol·L－1)。若上述过程不加H2O2后果是_________________________，原因是__________________________________________。答案(3)加热浓缩、冷却结晶碳粉MnOOH在足量的空气或氧气中加热碳粉转变为CO2，MnOOH氧化为MnO2(4)Fe3＋2.76Zn2＋和Fe2＋不能分离Fe(OH)2和Zn(OH)2的Ksp相近解析(3)由于ZnCl2的溶解度受温度影响较大，而NH4Cl的溶解度受温度影响较小，所以可采用加热浓缩、冷却结晶的方法分离氯化锌和氯化铵混合物；根据废电池糊状填充物中碳粉和MnO2及正极放电产生的MnOOH都不溶于水，可确定滤渣的主要成分；碳粉在足量氧气中燃烧转变为CO2，MnOOH在足量氧气中燃烧转变为MnO2，因此欲得到较纯的二氧化锰最简便的方法是在足量空气或氧气中燃烧滤渣。(4)铁溶于稀硫酸生成Fe2＋，Fe2＋被双氧水氧化为Fe3＋。Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－39，则铁刚好完全沉淀时，c(OH－)＝eq\r(3,\f(10－39,10－5))≈4.64×10－12mol·L－1，则c(H＋)＝eq\f(Kw,cOH－)＝eq\f(10－14,4.64×10－12)≈2.15×10－3mol·L－1，pH＝2.7；Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝10－17，锌开始沉淀时，c(OH－)＝eq\r(\f(10－17,0.1))mol·L－1＝10－8mol·L－1，则，c(H＋)＝eq\f(Kw,cOH－)＝eq\f(10－14,10－8)mol·L－1＝10－6mol·L－1，pH＝6；Zn(OH)2和Fe(OH)2的Ksp相近，若不加双氧水，沉淀Zn2＋的同时Fe2＋也会沉淀，从而使Zn2＋和Fe2＋不能分离。15.[2015·江苏，18(1)(2)]软锰矿(主要成分MnO2，杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O，反应的化学方程式为MnO2＋SO2=MnSO4。(1)质量为17.40g纯净MnO2最多能氧化________L(标准状况)SO2。(2)已知：Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，Ksp[Fe(OH)3]＝3×10－39，pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋(使其浓度均小于1×10－6mol·L－1)，需调节溶液pH范围为________。答案(1)4.48(2)5.0<pH<7.1解析(1)n(MnO2)＝eq\f(17.40g,87g·mol－1)＝0.2mol，由题给反应可知，最多氧化0.2molSO2，标准状况下其体积为4.48L。(2)使Al3＋完全除去时c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp[AlOH3],cAl3＋))＝eq\r(3,\f(1×10－33,1×10－6))＝1×10－9(mol·L－1)，此时溶液pH＝5.0；使Fe3＋完全除去时c(OH－)＝eq\r(3,\f(Ksp[FeOH3],cFe3＋))＝eq\r(3,\f(3×10－39,1×10－6))≈1.4×10－11(mol·L－1)，此时溶液pH≈3.1；而pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀，所以调节溶液的pH范围为5.0<pH<7.1。1.明确“三个”守恒原理(1)电荷守恒：即电解质溶液中阴离子所带电荷总数等于阳离子所带电荷总数。根据电荷守恒可准确、快速地解决电解质溶液中许多复杂的离子浓度问题。(2)物料守恒：是指物质发生变化前后，有关元素的存在形式不同，但元素的种类和原子数目在变化前后保持不变。根据物料守恒可准确快速地解决电解质溶液中复杂离子、分子、物质的量浓度或物质的量的关系。(3)质子守恒：是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。2.正确理解质子守恒以Na2CO3和NaHCO3溶液为例，可用下图所示帮助理解质子守恒：(1)Na2CO3溶液所以c(OH－)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)＋c(H3O＋)，即c(OH－)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。(2)NaHCO3溶液所以c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))＝c(H2CO3)＋c(H＋)。另外，将混合溶液中的电荷守恒式和物料守恒式相联立，通过代数运算消去其中某离子，即可推出该溶液中的质子守恒。3.建立解题思维模型(1)单一溶液eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(酸或碱溶液—考虑电离,盐溶液—考虑水解))(2)混合溶液eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(不反应—同时考虑电离和水解,反应\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(不过量—\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(生成酸或碱—考虑电离,生成盐—考虑水解)),过量—根据过量程度考虑电离或水解))))(3)不同溶液中某离子浓度的变化若其他离子能促进该离子的水解，则该离子浓度减小，若抑制其水解，则该离子浓度增大。4.归纳类型，逐一突破(1)单一溶液①Na2S溶液水解方程式：________________________________________________________________；离子浓度大小关系：__________________________________________________________；电荷守恒：__________________________________________________________________；物料守恒：__________________________________________________________________；质子守恒：__________________________________________________________________。答案S2－＋H2OHS－＋OH－、HS－＋H2OH2S＋OH－c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)②NaHS溶液水解方程式：______________________________________________________________；离子浓度大小关系：________________________________________________________；电荷守恒：________________________________________________________________；物料守恒：________________________________________________________________；质子守恒：_________________________________________________________________。答案HS－＋H2OH2S＋OH－c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)>c(S2－)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2S)－c(S2－)解析NaHS既能发生水解又能发生电离，水溶液呈碱性：HS－＋H2OH2S＋OH－(主要)HS－H＋＋S2－(次要)③NaHSO3溶液水解方程式：_______________________________________________________________；离子浓度大小关系：_________________________________________________________；电荷守恒：_________________________________________________________________；物料守恒：_________________________________________________________________；质子守恒：_________________________________________________________________。答案HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(H＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(H2SO3)c(OH－)＝c(H2SO3)＋c(H＋)－c(SOeq\o\al(2－,3))解析NaHSO3既能发生电离又能发生水解，水溶液呈酸性：HSOeq\o\al(－,3)H＋＋SOeq\o\al(2－,3)(主要)HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－(次要)(2)混合溶液①1∶1的Na2CO3、NaHCO3溶液水解方程式：_____________________________________________________________；离子浓度大小关系：_______________________________________________________；电荷守恒：_______________________________________________________________；物料守恒：_______________________________________________________________；质子守恒：_______________________________________________________________。答案COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)2c(Na＋)＝3[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]2c(OH－)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋3c(H2CO3)＋2c(H＋)－c(COeq\o\al(2－,3))解析eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(CO\o\al(2－,3)＋H2OHCO\o\al(－,3)＋OH－主,HCO\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－次))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(HCO\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－主,HCO\o\al(－,3)H＋＋CO\o\al(2－,3)次))②1∶1的CH3COOH、CH3COONa溶液水解方程式：________________________________________________________________；离子浓度大小关系：__________________________________________________________；电荷守恒：__________________________________________________________________；物料守恒：__________________________________________________________________；质子守恒：__________________________________________________________________。答案CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝c(CH3COOH)＋2c(H＋)解析CH3COOHCH3COO－＋H＋(主要)CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－(次要)水溶液呈酸性。③CH3COOH、CH3COONa混合中性溶液离子浓度大小关系：________________________________________________________；电荷守恒：________________________________________________________________；物料守恒：________________________________________________________________。答案c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)c(Na＋)＝c(CH3COO－)解析CH3COOHCH3COO－＋H＋CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－若溶液呈中性，则电离和水解相互抵消。④pH＝2的CH3COOH与pH＝12的NaOH等体积混合离子浓度大小关系：________________________________________________________；电荷守恒：________________________________________________________________。答案c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)解析由于CH3COOH是弱酸，所以当完全反应后，CH3COOH仍过量许多，溶液呈酸性。5.不同溶液，同一离子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)2⑤NH4Cl溶液⑥NH4HCO3溶液⑦NH3·H2Oc(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的顺序为____________________________________________________。答案④>①>②>③>⑤>⑥>⑦1.(2016·全国卷Ⅰ，12)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(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)D.N点处的溶液中pH<12答案D解析A项，盐酸滴定氨水时，滴定终点溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，故指示剂应选甲基橙，错误；B项，一水合氨属于弱碱，与盐酸正好反应生成NH4Cl时溶液呈酸性，故二者等浓度反应时，若溶液的pH＝7，盐酸的体积应小于氨水的体积，即小于20.0mL，错误；C项，根据电荷守恒可知溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，M点溶液的pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，则c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，由于水的电离是微弱的，故c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)，错误；D项，由图可知，N点即为0.10mol·L－1氨水，由其电离度为1.32%，可知0.10mol·L－1氨水中c(OH－)＝0.00132mol·L－1，故该氨水中11<pH<12，正确。2.(2016·天津理综，6)室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1mol·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>KHDB.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＋)答案C解析A项，根据图像知，在未滴加NaOH溶液时，0.1mol·L－1的三种酸(HA、HB和HD)溶液的pH均大于1，说明三种酸均为弱酸，且HA的pH最小、酸性最强，HD的pH最大、酸性最弱，因酸性越强，电离常数越大，故KHA>KHB>KHD，正确；B项，滴定至P点时，溶液中未反应的HB与生成的NaB的浓度相等，且溶液呈酸性，说明HB的电离程度大于B－水解程度，故c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，正确；C项，pH＝7时，三种离子的浓度分别等于c(Na＋)，然而三种溶液中阴离子水解程度不同，加入的NaOH的体积不同，故三种阴离子的浓度也不同，错误；D项，根据质子守恒即可得出，三种溶液混合后溶液的质子守恒关系：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，正确。3.(2015·江苏，14)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0.10mol·L－1NH4HCO3溶液中通CO2：c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))B.向0.10mol·L－1NaHSO3溶液中通NH3：c(Na＋)>c(NHeq\o\al(＋,4))>c(SOeq\o\al(2－,3))C.向0.10mol·L－1Na2SO3溶液中通SO2：c(Na＋)＝2[c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)]D.向0.10mol·L－1CH3COONa溶液中通HCl：c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)答案D解析A项，根据电荷守恒可知：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，故c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，错误；B项，根据电荷守恒可知：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))，根据物料守恒可知：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(SOeq\o\al(2－,3))，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，三式联立可得：c(H2SO3)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(SOeq\o\al(2－,3))，则c(NHeq\o\al(＋,4))<c(SOeq\o\al(2－,3))，所以c(Na＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(NHeq\o\al(＋,4))，错误；C项，对于Na2SO3溶液，根据物料守恒，可知：c(Na＋)＝2[c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＋c(H2SO3)]，通