免费【高考快递】2018版高考化学二轮复习：专题训练特训题（16份打包）含答案试卷分析详解专题九电解质溶液[考纲要求]1.了解水的电离、离子积常数。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。考点一溶液的酸碱性及pH1．一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＋＋SO2－4)、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NH＋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)25℃酸、碱pH之和等于14的等体积混合溶液pH之和等于14的意义：酸溶液中的氢离子的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：强酸、强碱――→恰好中和pH＝7强酸、弱碱――→碱过量pH>7弱酸、强碱――→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，则强酸、强碱―→V酸∶V碱＝1∶1强酸、弱碱―→V酸∶V碱>1∶1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(×)(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＝a pH＝a＋n 弱酸 a<pH<a＋n碱 强碱 pH＝b pH＝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(一)分类比较、理解变化规律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①②③的图像又怎样？答案①②③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。(二)注意高考动态，把握命题方向3．(2010·大纲全国卷Ⅱ，9)相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是()答案C解析强酸完全电离，中强酸部分电离，随着反应的进行，中强酸会继续电离出H＋，所以溶液②产生氢气的体积多，在相同时间内，②的反应速率比①快。4．(2010·重庆理综，13)pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1mol·L－1)至pH＝7，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，则()A．x为弱酸，Vx<Vy B．x为强酸，Vx>VyC．y为弱酸，Vx<Vy D．y为强酸，Vx>Vy答案C解析由图知：将一元酸x和y分别稀释10倍，pH的变化量ΔpHx＝1，ΔpHy<1，所以x为强酸，y为弱酸。pH＝2时弱酸y的浓度大，滴加NaOH溶液至pH＝7时需NaOH溶液的体积Vy比Vx大。5．(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lgVV0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lgVV0＝2时，若两溶液同时升高温度，则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cM＋cR＋减小，错误。(三)新题预测，注意考试动向6．浓度均为0.1mol·L－1、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积为V，pH随lgVV0的变化关系如下图所示。下列叙述正确的是()A．HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱B．常温下，由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：a<bC．相同温度下，电离常数K(HX)：a>bD．lgVV0＝3时，若同时微热两种溶液(不考虑HX、HY和H2O的挥发)，则cX－cY－减小答案B解析A项，根据图分析，当lgVV0＝0时，HX的pH>1，说明HX部分电离，为弱电解质；HY的pH＝1，说明其完全电离，为强电解质，所以HY的酸性大于HX的酸性，错误；B项，酸或碱抑制水的电离，酸中的氢离子浓度越小，其抑制水电离程度越小，根据图分析，b点对应的溶液中氢离子浓度小于a点对应的溶液中氢离子浓度，则水的电离程度a<b，所以由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度的乘积a<b，正确；C项，酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同的温度下，电离常数a＝b，错误；D项，lgVV0＝3时，若同时微热两种溶液，X－物质的量增多，Y－物质的量不变，二者溶液的体积相等，所以cX－cY－比值变大，错误。7．常温下，向浓度均为0.1mol·L－1、体积均为100mL的两种一元酸HX、HY的溶液中分别加入NaOH固体，lgcH＋cOH－随加入NaOH的物质的量的变化情况如图所示。下列叙述正确的是()A．HX的酸性弱于HY的酸性B．a点由水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1C．c点溶液中：c(Y－)>c(HY)D．b点时酸碱恰好完全中和答案C解析lgcH＋cOH－越大，溶液中氢离子浓度越大，未加NaOH时，HX溶液比HY溶液的lgcH＋cOH－大，所以HX的酸性强于HY的，A项错误；由于a点lgcH＋cOH－＝12，则溶液中c(H＋)＝0.1mol·L－1，溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－140.1mol·L－1＝1×10－13mol·L－1，B项错误；由于c点lgcH＋cOH－＝6，则溶液中的c(H＋)＝1×10－4mol·L－1，此时消耗的NaOH的物质的量为0.005mol，则溶液中的溶质为NaY和HY，且溶液中NaY和HY的物质的量浓度相等，由于溶液显酸性，所以HY的电离程度大于NaY的水解程度，c(Y－)>c(HY)，C项正确；由于100mL0.1mol·L－1的HY溶液与NaOH溶液恰好中和时消耗NaOH的物质的量为0.01mol，而b点时消耗NaOH的物质的量为0.008mol，所以酸过量，D项错误。题组三理解换算关系，突破pH的计算8．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pH① 22.00 0.00 8② 22.00 18.00 7③ 22.00 22.00 6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/mL 10 10 10 100.1mol·L－1NaHSO4溶液体积/mL 5 10 15 20①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－)＝22×10－4－18×10－422＋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＝2×10－3mol，n(H＋)＝20×10－3×0.1＝2×10－3mol，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－)＝2×0.1×10－0.1×515mol·L－1＝0.1mol·L－1，c(H＋)＝KwcOH－＝1.0×10－11mol·L－1，pH＝11。溶液pH计算的一般思维模型考点二溶液中的"三大平衡"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，cCH3COO－cCH3COOH________(填"增大""减小"或"不变"，下同)，cH＋cCH3COO－________，cH＋·cCH3COO－cCH3COOH________，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(NH＋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cNH3·H2OcNH＋4________(填"增大""减小"或"不变"，下同)，cH＋cNH3·H2O________，cH＋·cNH3·H2OcNH＋4________，cNH3·H2OcNH＋4·cOH－________，c(NH＋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，正确的打"√"，错误的打"×"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：HSO－3＋H2OH2SO3＋OH－①HSO－3H＋＋SO2－3②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(HSO－3)增大B．加入少量Na2SO3固体，则c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO－3)＋c(OH－)＋12c(SO2－3)C．加入少量NaOH溶液，cSO2－3cHSO－3、cOH－cH＋的值均增大D．加入氨水至中性，则2c(Na＋)＝c(SO2－3)>c(H＋)＝c(OH－)答案C解析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(SO2－3)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(HSO－3)很小，错误；B项，依据电荷守恒判断，c(SO2－3)前面的化学计量数应为2，即c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO－3)＋c(OH－)＋2c(SO2－3)，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cOH－cH＋增大，平衡①左移，平衡②右移，最终c(SO2－3)增大，c(HSO－3)减小，所以cSO2－3cHSO－3增大，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(NH＋4)＝2c(SO2－3)＋c(HSO－3)，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cH＋cCH3COOH减小B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中cCH3COO－cCH3COOH·cOH－增大C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中cNH＋4cCl－>1D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中cCl－cBr－不变答案D解析A项，cH＋cCH3COOH＝KacCH3COO－，加水稀释，c(CH3COO－)减小，Ka不变，所以比值增大，错误；B项，cCH3COO－cCH3COOH·cOH－＝1Kh(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(NH＋4)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，此时c(H＋)＝c(OH－)，故c(NH＋4)＝c(Cl－)，所以cNH＋4cCl－＝1，错误；D项，在饱和溶液中cCl－cBr－＝KspAgClKspAgBr，温度不变，溶度积Ksp不变，则溶液中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，正确的打"√"，错误的打"×"(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A 50mL1mol·L－1H2SO4 反应结束后，c(Na＋)＝c(SO2－4)
B 0.05molCaO 溶液中cOH－cHCO－3增大
C 50mLH2O 由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变D 0.1molNaHSO4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CO2－3＋H2OHCO－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(SO2－4)，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(CO2－3)减小，c(OH－)增大，c(HCO－3)减小，所以cOH－cHCO－3增大，正确；C项，加入50mLH2O，CO2－3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，学生应从平衡移动方向、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，正确的打"√"，错误的打"×"(1)常温下，Ksp[Mg(OH)2]＝5.6×10－12，pH＝10的含Mg2＋溶液中，c(Mg2＋)≤5.6×10－4mol·L－1(√)(2017·江苏，12C)(2)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)(3)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)(4)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)6．(2016·德州二模)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(CO2－3)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＋(aq)＋CO2－3(aq)，滴加少许浓盐酸与CO2－3反应生成CO2气体，促使平衡向右移动，则c(Mg2＋)和c(H＋)增大，c(CO2－3)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，平衡常数只受温度的影响，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。考点三溶液中的"三大常数"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－)＝cOH－n·cn(OH－)＝cn＋1OH－n＝1n(Kw10－pH)n＋1。题组一有关Ka、Kb、Kh的计算及应用(一)注意高考动态，把握命题方向1．2017、2016·高考试题组合(1)[2017·天津理综，10(5)]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2.0mol·L－1，溶液中的c(OH－)＝________mol·L－1。将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至1.0×10－7mol·L－1时，溶液中的c(SO2－3)/c(HSO－3)＝________。答案6.0×10－30.62解析由NH3·H2O的电离方程式及其电离平衡常数Kb＝1.8×10－5可知，Kb＝[c(NH＋4)·c(OH－)]/c(NH3·H2O)＝1.8×10－5，当氨水的浓度为2.0mol·L－1时，溶液中的c(NH＋4)＝c(OH－)＝6.0×10－3mol·L－1。由H2SO3的第二步电离方程式HSO－3SO2－3＋H＋及其电离平衡常数Ka2＝6.2×10－8可知，Ka2＝[c(SO2－3)·c(H＋)]/c(HSO－3)＝6.2×10－8，将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至1.0×10－7mol·L－1时，溶液的c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1，则c(SO2－3)/c(HSO－3)＝6.2×10－81.0×10－7＝0.62。(2)[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＋N2H＋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＋H2ON2H＋5＋OH－，再根据已知：N2H4＋H＋N2H＋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＝cN2H＋5·cOH－cN2H4＝cN2H＋5·cOH－·cH＋cN2H4·cH＋＝cN2H＋5cN2H4·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。(3)[2016·海南，14(4)]已知：Kw＝1.0×10－14，Al(OH)3AlO－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－AlO－2＋2H2OK1，可分两步进行：Al(OH)3AlO－2＋H＋＋H2OKH＋＋OH－H2O1Kw则K1＝KKw＝2.0×10－131.0×10－14＝20。(二)分类突破有关常数的计算及应用Ⅰ.Ka或Kb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(NH＋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10－9a－0.01解析氨水与盐酸等体积混合后的溶液中的电荷守恒关系式为c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NH＋4)＝c(Cl－)，故有c(H＋)＝c(OH－)，溶液显中性。3．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2b·10－7a－2b解析根据电荷守恒知，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。由CH3COOHCH3COO－＋H＋得电离常数a2－bb10－7Ka＝10－7·ba2－b＝2b·10－7a－2b。4．已知草酸为二元弱酸：H2C2O4HC2O－4＋H＋Ka1HC2O－4C2O2－4＋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、HC2O－4、C2O2－4三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的溶液中，c2HC2O－4cH2C2O4·cC2O2－4＝__________________。答案1000解析Ka1＝cH＋·cHC2O－4cH2C2O4Ka2＝cH＋·cC2O2－4cHC2O－4Ka1Ka2＝c2HC2O－4cH2C2O4·cC2O2－4当pH＝1.2时，Ka1＝10－1.2当pH＝4.2时，Ka2＝10－4.2所以c2HC2O－4cH2C2O4·cC2O2－4＝10－1.210－4.2＝1000。Ⅱ.Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw的应用5．25℃时，H2SO3HSO－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cH2SO3cHSO－3将________(填"增大""减小"或"不变")。答案1×10－12增大解析Ka＝cH＋·cHSO－3cH2SO3Kh＝cOH－·cH2SO3cHSO－3＝KwcH＋·cH2SO3cHSO－3＝Kw·cH2SO3cH＋·cHSO－3＝KwKa＝1×10－12。HSO－3＋H2OH2SO3＋OH－，当加入少量I2时，发生I2＋HSO－3＋H2O===2I－＋3H＋＋SO2－4。根据Kh＝cOH－·cH2SO3cHSO－3，由于c(OH－)减小，而Kh不变，所以cH2SO3cHSO－3增大。6．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5.56≈2.36)答案2.36×10－5解析Kh＝cH＋·cNH3·H2OcNH＋4＝KwKbc(H＋)≈c(NH3·H2O)，而c(NH＋4)≈1mol·L－1，所以c(H＋)＝Kh＝10－141.8×10－5≈2.36×10－5mol·L－1。7．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CO2－3的第一步水解为主，第二步忽略不计，CO2－3＋H2OHCO－3＋OH－，c(HCO－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(CO2－3)＝0.1mol·L－1－10－2.4mol·L－1≈0.1mol·L－1，则Ka2＝cCO2－3·cH＋cHCO－3＝0.1×10－11.610－2.4＝1.0×10－10.2。解法二Kh1＝cOH－·cHCO－3cCO2－3＝10－2.4×10－2.40.1＝10－3.8Ka2·Kh1＝KwKa2＝10－1410－3.8＝10－10.2。8．[2017·海南，14(3)]向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中cCO2－3cSO2－4＝____________。已知Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。答案24解析在同一个溶液中，c(Ba2＋)相同，依据溶度积的数学表达式，则有cCO2－3cSO2－4＝cCO2－3×cBa2＋cSO2－4×cBa2＋＝KspBaCO3KspBaSO4＝2.6×10－91.1×10－10≈24。题组二Ksp的计算及应用(一)注意高考动态，把握命题方向9．[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CrO2－4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(CrO2－4)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(CrO2－4)＝2.0×10－12，又可计算出此时溶液中c(CrO2－4)＝5.0×10－3mol·L－1。10．[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1.8×10－7211．[2015·全国卷Ⅰ，28(2)]浓缩液含有I－、Cl－等离子，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cI－cCl－为________________，已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。答案4.7×10－7(二)分类突破，Ksp的计算及应用Ⅰ.以Ksp为中心的换算12．已知：SO2－4(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SO2－4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K＝c2OH－cSO2－4＝2ba2b－ba＝5.2×10－6cCa2＋1.3×10－4cCa2＋＝4×10－2，b＝1－a100a2。13．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.12lg(ba) B.12lg(ab)C．14＋12lg(ab) D．14＋12lg(ba)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＋)＝1×10－14abmol·L－1，pH＝－lg10－14ab＝14＋12lg(ab)。Ⅱ.Ksp在沉淀溶解平衡曲线中的应用14．(2017·河北省定州中学高三上学期期末)常温下，Ksp(CaSO4)＝9×10－6，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列判断错误的是()A．a、c两点均可以表示常温下CaSO4溶于水所形成的饱和溶液B．a点对应的Ksp等于c点对应的KspC．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO2－4)一定不等于3×10－3mol·L－1D．向d点溶液中加入适量CaCl2固体可以变到c点答案A解析其饱和溶液中阴、阳离子浓度相等，a、c两点阴、阳离子浓度不相等，故A错误；a、c两点温度相同，Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，故B正确；根据图示数据，可以看出b点Qc＝2×10－5>Ksp，所以会生成沉淀，开始时c(Ca2＋)、c(SO2－4)不相等，而反应消耗的Ca2＋、SO2－4相等，因此平衡后两种离子浓度不会等于3×10－3mol·L－1，故C正确；d点为不饱和状态，钙离子浓度较小，如加入适量CaCl2固体，钙离子浓度增大，此时硫酸根离子浓度不变，则可以变到c点，故D正确。15．(2017·全国卷Ⅲ，13)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，反应趋于完全答案C解析A项，根据CuCl(s)Cu＋(aq)＋Cl－(aq)可知Ksp(CuCl)＝c(Cu＋)·c(Cl－)，从Cu＋图像中任取一点代入计算可得Ksp(CuCl)≈10－7，正确；B项，由题干中"可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl－"可知Cu、Cu2＋与Cl―可以发生反应生成CuCl沉淀，正确；C项，Cu(s)＋Cu2＋(aq)2Cu＋(aq)，固体对平衡无影响，故增加固体Cu的物质的量，平衡不移动，Cu＋的浓度不变，错误；D项，2Cu＋(aq)Cu(s)＋Cu2＋(aq)，反应的平衡常数K＝cCu2＋c2Cu＋，从图中两条曲线上任取横坐标相同的c(Cu2＋)、c(Cu＋)两点代入计算可得K≈106，反应平衡常数较大，反应趋于完全，正确。题组三新题预测，注意最新命题动向16．25℃时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka1＝1×10－3，Ka2＝2×10－8。该温度下，0.1mol·L－1H2TeO3的电离度α约为________(α＝已电离弱电解质分子数弱电解质分子总数×100%)；NaHTeO3溶液的pH________(填">""<"或"＝")7。答案10%<解析亚碲酸(H2TeO3)为二元弱酸，以一级电离为主，H2TeO3的电离度为α，H2TeO3HTeO－3＋H＋起始浓度(mol·L－1)0.100电离浓度(mol·L－1)0.1α0.1α0.1α平衡浓度(mol·L－1)0.1(1－α)0.1α0.1αKa1＝1×10－3＝0.1α×0.1α0.11－α，解得：α≈10%；已知Ka2＝2×10－8，则HTeO－3的水解常数Kh＝KwKa2＝(1×10－14)÷(2×10－8)＝0.5×10－6<Ka1，故HTeO－3的电离大于其水解，NaHTeO3溶液显酸性，pH<7。17．常温下，测得CaSO3悬浊液的pH＝9，已知Ka1(H2SO3)＝1.3×10－2，Ka2(H2SO3)＝6.3×10－8，忽略第二步水解，则CaSO3的第一步水解常数Kh约为________，Ksp(CaSO3)约为________。答案1.6×10－74.0×10－7解析Kh＝KwKa2＝1.0×10－146.3×10－8≈1.6×10－7SO2－3＋H2OHSO－3＋OH－Kh＝cOH－·cHSO－3cSO2－3＝10－5×10－5cSO2－3＝1.6×10－7所以c(SO2－3)＝6.25×10－4mol·L－1所以Ksp＝c(Ca2＋)·c(SO2－3)≈4.0×10－7。18．利用反应CaSO4(s)＋(NH4)2CO3(aq)CaCO3(s)＋(NH4)2SO4(aq)可将磷石膏转化为硫酸铵。若反应达到平衡后溶液中c(CO2－3)＝1.75×10－2mol·L－1，此时溶液中c(SO2－4)＝________mol·L－1。[已知：Ksp(CaCO3)＝2.8×10－9，Ksp(CaSO4)＝3.2×10－7]答案2.0解析根据CaSO4(s)＋CO2－3(aq)CaCO3(s)＋SO2－4(aq)K＝cSO2－4cCO2－3＝KspCaSO4cCa2＋KspCaCO3cCa2＋＝3.2×10－72.8×10－9c(SO2－4)＝3.2×10－72.8×10－9×1.75×10－2＝2.0mol·L－1。19．反应H2S(aq)＋Cu2＋(aq)===CuS(s)＋2H＋(aq)的平衡常数为__________。[已知Ksp(CuS)＝1.25×10－36，H2S的Ka1＝1×10－7，Ka2＝1×10－13]答案8×1015解析H2S(aq)＋Cu2＋(aq)===CuS(s)＋2H＋(aq)K＝c2H＋cH2S·cCu2＋CuS(s)Cu2＋(aq)＋S2－(aq)Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)H2S(aq)H＋(aq)＋HS－(aq)Ka1＝cH＋·cHS－cH2SHS－(aq)H＋(aq)＋S2－(aq)Ka2＝cS2－·cH＋cHS－K＝Ka1·Ka2KspCuS＝1×10－7×1×10－131.25×10－36＝8×101520．已知：草酸(H2C2O4)的Ka1＝6.0×10－2、Ka2＝6.0×10－5，通过计算判断中和反应2Fe(OH)3(s)＋3H2C2O4(aq)2Fe3＋(aq)＋6H2O(l)＋3C2O2－4(aq)在常温下能否发生并说明理由：__________________________________________________________________________________________。(已知：Ksp[Fe(OH)3]＝1.0×10－39；66＝4.67×104；常数大于10－5反应能发生)答案该反应的平衡常数为4.67×10－11，小于1.0×10－5，所以该反应不能发生解析2Fe(OH)3(s)＋3H2C2O4(aq)2Fe3＋(aq)＋6H2O(l)＋3C2O2－4(aq)K＝c3C2O2－4·c2Fe3＋c3H2C2O4Fe(OH)3(s)Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)H2C2O4(aq)H＋(aq)＋HC2O－4(aq)Ka1＝cHC2O－4·cH＋cH2C2O4HC2O－4(aq)H＋(aq)＋C2O2－4(aq)Ka2＝cH＋·cC2O2－4cHC2O－4K＝Ka1·Ka23·K2spK6w＝6.0×10－2×6.0×10－53·1.0×10－3921×10－146≈4.67×10－11<1.0×10－5，所以该反应不能发生。21．查阅资料可知，常温下，H2SO3：Ka1＝1.7×10－2，Ka2＝6.0×10－8。NH3·H2O：Kb＝1.8×10－5。Ksp(AgCl)＝1.76×10－10。银氨溶液中存在下列平衡：Ag＋(aq)＋2NH3·H2O(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)＋2H2O(l)K1＝1.10×107。常温下可逆反应AgCl(s)＋2NH3·H2O(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq)＋2H2O(l)的化学平衡常数K2＝________(保留4位有效数字)。答案1.936×10－3解析Ag＋(aq)＋2NH3·H2O(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)＋2H2O(l)K1＝c{[AgNH32]＋}cAg＋·c2NH3·H2O，AgCl(s)＋2NH3·H2O(aq)[Ag(NH3)2]＋(aq)＋Cl－(aq)＋2H2O(l)K2＝cCl－·c{[AgNH32]＋}c2NH3·H2O，则K1＝c{[AgNH32]＋}cAg＋·c2NH3·H2O×cCl－cCl－＝K2KspAgCl，K2＝K1×Ksp(AgCl)＝1.10×107×1.76×10－10＝1.936×10－3。22．25℃时，PbR(R2－为SO2－4或CO2－3)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4)，下列说法不正确的是()A．曲线a表示PbCO3B．以PbSO4、Na2CO3和焦炭为原料可制备PbC．当PbSO4和PbCO3沉淀共存时，溶液中cSO2－4cCO2－3＝1×105D．向X点对应的饱和溶液中加入少量Pb(NO3)2，可转化为Y点对应的溶液答案D解析横坐标为2[即c(Pb2＋)为1×10－2mol·L－1]时，a曲线对应的纵坐标为11，b曲线对应的纵坐标为6，即R2－的浓度分别为1×10－11mol·L－1和1×10－6mol·L－1，所以a曲线的Ksp＝1×10－13，b曲线的Ksp＝1×10－8，由于Ksp(PbCO3)<Ksp(PbSO4)，所以a曲线表示PbCO3，A项不符合题意；PbSO4与Na2CO3反应转化为更难溶的PbCO3，PbCO3受热分解为PbO，被焦炭还原可制得Pb，B项不符合题意；PbSO4与PbCO3共存时，c(Pb2＋)相等，则cSO2－4cCO2－3＝KspPbSO4KspPbCO3＝1×10－81×10－13＝1×105，C项不符合题意；向X点对应的溶液中加入Pb(NO3)2，c(Pb2＋)增大，PbSO4的沉淀溶解平衡逆向移动，c(SO2－4)减小，所以不能转化为Y点对应的溶液，D项符合题意。题组四Ksp在物质制备中的应用23．[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 0 20 40 60 80 100NH4Cl 29.3 37.2 45.8 55.3 65.6 77.3ZnCl2 343 395 452 488 541 614化合物 Zn(OH)2 Fe(OH)2 Fe(OH)3Ksp近似值 10－17 10－17 10－39(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的混合物；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－)＝310－3910－5≈4.64×10－12mol·L－1，则c(H＋)＝KwcOH－＝10－144.64×10－12≈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－)＝10－170.1＝10－8mol·L－1，则，c(H＋)＝KwcOH－＝10－1410－8＝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。考点四溶液中"粒子"浓度变化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(HCO－3)＋2c(H2CO3)＋c(H3O＋)，即c(OH－)＝c(HCO－3)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。(2)NaHCO3溶液所以c(OH－)＋c(CO2－3)＝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)单一溶液酸或碱溶液-考虑电离盐溶液-考虑水解(2)混合溶液不反应-同时考虑电离和水解反应不过量-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。题组一归纳类型逐一突破1．单一溶液(1)Na2S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)(2)NaHS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)(3)NaHSO3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HSO－3＋H2OH2SO3＋OH－c(Na＋)>c(HSO－3)>c(H＋)>c(SO2－3)>c(OH－)c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO2－3)＋c(HSO－3)＋c(OH－)c(Na＋)＝c(HSO－3)＋c(SO2－3)＋c(H2SO3)c(OH－)＝c(H2SO3)＋c(H＋)－c(SO2－3)解析NaHSO3既能发生电离又能发生水解，水溶液呈酸性：HSO－3H＋＋SO2－3(主要)HSO－3＋H2OH2SO3＋OH－(次要)2．混合溶液(1)1∶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CO2－3＋H2OHCO－3＋OH－、HCO－3＋H2OH2CO3＋OH－c(Na＋)>c(HCO－3)>c(CO2－3)>c(OH－)>c(H＋)c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(OH－)2c(Na＋)＝3[c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(H2CO3)]2c(OH－)＝c(HCO－3)＋3c(H2CO3)＋2c(H＋)－c(CO2－3)解析CO2－3＋H2OHCO－3＋OH－主要HCO－3＋H2OH2CO3＋OH－次要HCO－3＋H2OH2CO3＋OH－主要HCO－3H＋＋CO2－3次要(2)1∶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。(3)CH3COOH、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。(4)pH＝2的CH3COOH与pH＝12的NaOH等体积混合的溶液离子浓度大小关系：_____________________________________________________；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。3．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)2溶液⑤NH4Cl溶液⑥NH4HCO3溶液⑦NH3·H2Oc(NH＋4)由大到小的顺序为____________________________________________________。答案④>①>②>③>⑤>⑥>⑦题组二注意高考动态，把握命题方向4．(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(NH＋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，故指示剂应选用甲基橙，错误；B项，一水合氨属于弱碱，与盐酸完全反应生成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(NH＋4)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，M点溶液的pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH＋4)＝c(Cl－)，由于水的电离是微弱的，故c(NH＋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。5．(2017·全国卷Ⅱ，12)改变0.1mol·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[已知δ(X)＝cXcH2A＋cHA－＋cA2－]。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＋)答案D解析A项，根据图像，pH＝1.2时，H2A和HA－相交，则有c(H2A)＝c(HA－)，正确；B项，根据pH＝4.2时，K2(H2A)＝cH＋·cA2－cHA－＝c(H＋)＝10－4.2，正确；C项，根据图像，pH＝2.7时，H2A和A2－相交，则有c(H2A)＝c(A2－)，正确；D项，根据pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)，且c(HA－)＋c(A2－)约为0.1mol·L－1，而c(H＋)＝10－4.2mol·L－1，可知c(HA－)＝c(A2－)＞c(H＋)，错误。6．(2017·全国卷Ⅰ，13)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lgcHX－cH2X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＋)答案D解析横坐标取0时，曲线M对应pH约为5.4，曲线N对应pH约为4.4，因为是NaOH滴定H2X溶液，所以在酸性较强的溶液中会存在c(HX－)＝c(H2X)，所以曲线N表示pH与lgcHX－cH2X的变化关系，B正确；cX2－cHX－＝1时，即lgcX2－cHX－＝0，pH＝5.4，c(H＋)＝1×10－5.4mol·L－1，Ka2＝cH＋·cX2－cHX－≈1×10－5.4＝100.6×10－6，A正确；NaHX溶液中，c(HX－)>c(X2－)，即cX2－cHX－<1，lgcX2－cHX－<0，此时溶液呈酸性，C正确；当溶液呈中性时，由曲线M可知lgcX2－cHX－>0，cX2－cHX－>1，即c(X2－)>c(HX－)，D错误。题组三新题预测，注意最新命题动向7．常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH＋4与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑溶液体积的变化和氨的挥发)，下列说法正确的是()A．M点溶液中水的电离程度比原溶液大B．a＝0.05C．当n(NaOH)＝0.05mol时溶液中有：c(Cl－)>c(Na＋)>c(NH＋4)>c(OH－)>c(H＋)D．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)mol答案D解析M点是向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱，抑制水的电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A错误；若a＝0.05，得到物质的量均为0.05mol的NH4Cl、NaCl和NH3·H2O的混合物，由于NH3·H2O电离大于NH4Cl水解，则c(NH＋4)>c(NH3·H2O)，与图像不符，故B错误；向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n(NaOH)＝0.05mol时，得到物质的量均为0.05mol的NH4Cl、NaCl和NH3·H2O的混合物，由于NH3·H2O电离大于NH4Cl水解，故离子浓度大小关系为c(Cl－)＞c(NH＋4)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C错误；在M点时溶液中存在电荷守恒，n(OH－)＋n(Cl－)＝n(H＋)＋n(Na＋)＋n(NH＋4)，n(OH－)－n(H＋)＝0.05＋n(Na＋)－n(Cl－)＝(a－0.05)mol，故D正确。8．25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.75×10－5。该温度下，用0.01mol·L一1盐酸滴定10mLamol·L-1氨水，盐酸的体积V(HCl)与溶液的pH关系如图所示，下列说法正确的是()A．A点溶液中加少量水，c(NH3·H2O)/c(OH－)增大B．a约为1.006×10－2C．B、D两点溶液中水电离出来的c(OH－)：B<DD．C点溶液中的H2O不发生电离答案B解析A点溶液中加少量水，促进氨水的电离，溶液中NH3·H2O的数目减小，而OH－的数目增大，则c(NH3·H2O)/c(OH－)减小，故A错误；C点等体积混合溶液呈中性，所以c(Cl－)＝c(HCl)＝c(NH＋4)＜c(NH3·H2O)，c(NH＋4)＝12×0.01mol·L－1＝5×10－3mol·L－1，K＝cNH＋4·cOH－cNH3·H2O混合后＝5×10－3×10－7cNH3·H2O混合后＝1.75×10－5，则c(NH3·H2O)混合后≈2.86×10－5mol·L－1，a＝2[c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)混合后]＝2×(5×10－3＋2.86×10－5)mol·L－1≈1.006×10－2mol·L－1，所以氨水的物质的量浓度约为1.006×10－2mol·L－1，故B正确；B点是氨水和氯化铵的混合溶液，对水的电离起抑制作用，水电离出的氢氧根离子等于溶液中的氢离子的浓度10－9mol·L－1，而D点是盐酸和氯化铵的混合物，对水的电离起抑制作用，水电离出的氢氧根离子等于溶液中的氢氧根离子的浓度10－9mol·L－1，所以B、D两点溶液中水电离出来的c(OH－)：B＝D，故C错误；电解质水溶液中都存在水的电离，而不是水不发生电离，只不过电离程度大小不同，故D错误。9．(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NaOH溶液的体积不同，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。考点五酸碱中和滴定及迁移应用"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。题组一中和滴定的基本操作1．正误判断，正确的打"√"，错误的打"×"(1)滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁(√)(2016·海南，8C)(2)记录滴定终点读数为12.20mL(×)(2015·安徽理综，8D)(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(×)2．(2015·广东理综，12)准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定。下列说法正确的是()A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小答案B解析A项，滴定管用水洗涤后，还要用待装溶液润洗，否则将要引起误差，错误；B项，在用NaOH溶液滴定盐酸的过程中，锥形瓶内溶液由酸性逐渐变为中性，溶液的pH由小变大，正确；C项，用酚酞作指示剂，锥形瓶中溶液应由无色变为红色，且半分钟内不恢复原色时才能停止滴定，错误；D项，滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则碱液的体积偏大，测定结果偏大，错误。题组二滴定终点的描述3．用amol·L－1的盐酸滴定未知浓度的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______________________________________________。答案当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4．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___________________________________________。答案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5．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6．用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再用KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋，滴定Ti3＋时发生反应的离子方程式为_________________________________________________________，达到滴定终点时的现象是______________________________________________________。答案Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋当滴入最后一滴标准液，溶液变成红色，且半分钟内不褪色7．用标准KI溶液滴定含有Fe3＋的溶液，应选用________作指示剂，滴定终点现象是________________________________________________________________________。答案KSCN溶液当滴入最后一滴标准KI溶液，溶液的红色褪去，且半分钟内不恢复红色题组三"滴定法"的迁移应用8．(2017·全国卷Ⅱ，28)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(2S2O2－3＋I2===2I－＋S4O2－6)。回答下列问题：(1)取水样时应尽量避免搅动水体表面，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")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)2Mn(OH)2＋O2===2MnO(OH)2(3)量筒氧气(4)当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化80ab(5)低解析本题采用碘量法测定水中的溶解氧的含量，属于氧化还原滴定。(2)根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气氧化为MnO(OH)2，由此可得方程式2Mn(OH)2＋O2===2MnO(OH)2。(3)一定物质的量浓度溶液的配制还需要量筒取液体体积；加热可以除去溶解的氧气，避免实验结果不准确。(4)该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；根据关系式O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3可得水样中溶解氧的含量为[(ab×10－3)mol÷4×32×103mg·mol－1]÷0.1L＝80abmg·L－1。(5)终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，会导致消耗的Na2S2O3体积偏小，最终结果偏低。9．(2017·天津理综，9)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I－)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。Ⅰ.准备标准溶液a．准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b．配制并标定100mL0.1000mol·L－1NH4SCN标准溶液，备用。Ⅱ.滴定的主要步骤a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。b．加入25.00mL0.1000mol·L－1AgNO3溶液(过量)，使I－完全转化为AgI沉淀。c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d．用0.1000mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：实验序号 1 2 3消耗NH4SCN标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98f.数据处理。回答下列问题：(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有________________________________________________________________________。(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是________________________。(3)滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是________________________________________________________________________。(4)b和c两步操作是否可以颠倒________，说明理由____________________________________________________________________________________________________。(5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为________mL，测得c(I－)＝________mol·L－1。(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为___________________。(7)判断下列操作对c(I－)测定结果的影响(填"偏高""偏低"或"无影响")①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果________。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果________。答案(1)250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管(2)避免AgNO3见光分解(3)防止因Fe3＋的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3＋的水解)(4)否(或不能)若颠倒，Fe3＋与I－反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点(5)10.000.0600(6)用NH4SCN标准溶液润洗滴定管2～3次(7)①偏高②偏高解析(1)配制AgNO3标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。(2)因AgNO3见光易分解，所以AgNO3标准溶液应放在棕色细口试剂瓶中并避光保存。(3)NH4Fe(SO4)2为强酸弱碱盐，且Fe3＋的水解程度很大，为防止因Fe3＋的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3＋的水解)，所以滴定应在pH＜0.5的条件下进行。(4)因Fe3＋能与I－发生氧化还原反应，而使指示剂耗尽，无法判断滴定终点，所以b和c两步操作不能颠倒。(5)由三次测定数据可知，第1组数据误差较大，应舍去，所以所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为10.02mL＋9.98mL2＝10.00mL，测得c(I－)＝[n(AgNO3)－n(NH4SCN)]/V[NaI(aq)]＝(25.00×10－3L×0.1000mol·L－1－10.00×10－3L×0.1000mol·L－1)/(25.00×10－3L)＝0.0600mol·L－1。(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，用NH4SCN标准溶液润洗滴定管2～3次。(7)①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，造成溶质减少，则使配制AgNO3标准溶液的浓度偏低，则使消耗的n(NH4SCN)偏小，由c(I－)＝[n(AgNO3)－n(NH4SCN)]/V[NaI(aq)]可推断，对c(I－)测定结果影响将偏高。②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，使读取的NH4SCN标准溶液的体积偏低，由c(I－)＝[n(AgNO3)－n(NH4SCN)]/V[NaI(aq)]可推断，对c(I－)测定结果影响将偏高。专题强化练1．(2017·辽宁省五校高三联考)下列说法正确的是()A．某温度下纯水pH＝6，则在该条件下pH＝4的醋酸和pH＝10的NaOH中水的电离程度相同B．NH4Cl溶于D2O的离子方程式：NH＋4＋D2ONH3·D2O＋H＋C．已知S的燃烧热为QkJ·mol－1，则S(s)＋32O2(g)===SO3(g)ΔH＝－QkJ·mol－1D．水的自偶电离方程式：2H2OH3O＋＋OH－，则液氨自偶电离方程式：2NH3NH＋4＋NH－2答案D解析某温度下纯水pH＝6，则在该条件下pH＝4的醋酸中水电离的氢离子浓度为10－8mol·L－1，pH＝10的NaOH中水电离的氢离子浓度为10－10mol·L－1，水的电离程度不相同，故A错误；NH4Cl溶于D2O的离子方程式：NH＋4＋D2ONH3·DHO＋D＋，故B错误；已知S的燃烧热为QkJ·mol－1，指的是生成二氧化硫，不是三氧化硫，故C错误；水的自偶电离方程式：2H2OH3O＋＋OH－，则液氨自偶电离方程式：2NH3NH＋4＋NH－2，故D正确。2．(2016·北京理综，11)在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示：下列分析不正确的是()A．①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线B．b点，溶液中大量存在的离子是Na＋、OH－C．c点，两溶液中含有相同量的OH－D．a、d两点对应的溶液均显中性答案C解析该题所涉及的化学方程式：向Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液：Ba(OH)2＋H2SO4===BaSO4↓＋2H2O(反应ⅰ)；向Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液：Ba(OH)2＋NaHSO4===BaSO4↓＋NaOH＋H2O(反应ⅱ)，NaOH＋NaHSO4===Na2SO4＋H2O(反应ⅲ)。A项，由题图可知曲线①在a点溶液导电能力最低，说明此时溶液中离子浓度最小，当Ba(OH)2和H2SO4完全反应时生成BaSO4沉淀，此时溶液导电能力最低，故反应ⅰ符合，正确；B项，曲线②中b点进行的反应是反应ⅱ，溶液中含有Ba(OH)2与NaHSO4反应生成的NaOH，正确；C项，c点曲线①表示Ba(OH)2已经完全反应，并剩余H2SO4，溶液显酸性，c点曲线②表示NaOH与NaHSO4反应，且NaOH还有剩余，故溶液中含有反应ⅲ生成的Na2SO4和剩余的NaOH，溶液显碱性，所以c点两溶液中含有OH－的量不相同，错误；D项，a点为Ba(OH)2和H2SO4完全反应时生成BaSO4沉淀，溶液呈中性，d点溶液中溶质只有Na2SO4，溶液也呈中性，正确。3．(2017·辽宁省五校高三联考)已知25℃HB电离常数K＝4×10－7，H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A－(K＝3×10－6);有关0.1mol·L－1的两种酸H2A、HB溶液，下列说法不正确的是()A．分别取等体积的两种酸溶液稀释100倍后，pH(H2A)<pH(HB)B．NaHA溶液一定显酸性C．两种酸中和等量NaOH，消耗两种酸的体积2V(H2A)＝V(HB)D．过量的H2A溶液加入到NaB溶液中的离子反应为H2A＋2B－===2HB＋A2－答案D解析电离平衡常数越大，酸性越强，25℃HB电离常数K＝4×10－7。H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A－(K＝3×10－6)，说明酸性H2A>HA－>HB。分别取等体积的两种酸溶液稀释100倍后，由于H2A的第一步完全电离，因此pH(H2A)<pH(HB)，故A正确；NaHA溶液，不存在水解，只存在电离，溶液一定显酸性，故B正确；两种酸的浓度相等，中和等量NaOH，H2A为二元酸，HB为一元酸，因此消耗两种酸的体积2V(H2A)＝V(HB)，故C正确；H2A的第一步完全电离，过量的H2A溶液加入到NaB溶液中的离子反应为H＋＋HA－＋2B－===2HB＋A2－，故D错误。4．(2017·河北省衡水中学高三下学期二调考试理综)已知某温度下，Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1×10－12，下列叙述正确的是()A．饱和AgCl溶液与饱和Ag2CrO4溶液相比，前者的c(Ag＋)大B．向氯化银的浊液中加入氯化钠溶液，氯化银的Ksp减小C．向0.0008mol·L－1的K2CrO4溶液中加入等体积的0.002mol·L－1AgNO3溶液，则CrO2－4完全沉淀D．将0.001mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001mol·L－1的KCl和0.001mol·L－1K2CrO4溶液，则先产生AgCl沉淀答案D解析饱和AgCl溶液中c2(Ag＋)＝Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，饱和Ag2CrO4溶液中c2(Ag＋)·c(CrO2－4)＝Ksp(Ag2CrO4)＝1×10－12，显然后者的c(Ag＋)大，故A错误；AgCl的Ksp只与温度有关，向AgCl的浊液中加入氯化钠溶液，虽然平衡向逆方向移动，但Ksp不变，故B错误；两溶液混合后c(K2CrO4)＝0.0004mol·L－1，c(AgNO3)＝0.001mol·L－1，根据2Ag＋＋CrO2－4===Ag2CrO4↓，则溶液中剩余的c(Ag＋)＝0.001－0.0004×2＝0.0002mol·L－1，根据Ksp(K2CrO4)，则生成沉淀后的溶液中c(CrO2－4)＝KspAg2CrO4c2Ag＋＝1×10－120.00022＝2.5×10－5mol·L－1>1.0×10－5mol·L－1，溶液中存在难溶物的溶解平衡，所以CrO2－4不能完全沉淀，故C错误；根据Ksp(AgCl)、Ksp(Ag2CrO4)，则当Cl－开始沉淀时c(Ag＋)＝KspAgClcCl－＝1.56×10－7mol·L－1，当CrO2－4开始沉淀时c(Ag＋)＝KspAg2CrO4cCrO2－4＝1.0×10－3mol·L－1，故先产生AgCl沉淀，故D正确。5．25℃时，AgCl的Ksp＝1.8×10－10，Ag2CO3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．Ag2CO3的Ksp为8.1×10－12B．Ag2CO3(s)＋2Cl－(aq)2AgCl(s)＋CO2－3(aq)的平衡常数K＝2.5×108C．向Ag2CO3的饱和溶液中加入K2CO3(s)可使c(CO2－3)增大(由Y点到Z点)D．向0.001mol·L－1AgNO3溶液中滴入同浓度的KCl和K2CO3的混合溶液，CO2－3先沉淀答案D解析由图像可知，Ag2CO3的Ksp＝(9×10－4)2×10－5＝8.1×10－12，A项不符合题意；Ag2CO3与Cl－反应的平衡常数K＝cCO2－3c2Cl－，而Ksp(Ag2CO3)＝c2(Ag＋)×c(CO2－3)，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)×c(Cl－)，所以K＝KspAg2CO3K2spAgCl＝8.1×10－121.8×10－102＝2.5×108，B项不符合题意；向Ag2CO3的饱和溶液中加K2CO3固体，c(CO2－3)增大，沉淀溶解平衡逆向移动，c(Ag＋)减小，但Ksp不变，C项不符合题意；假设K2CO3和KCl的浓度均为0.1mol·L－1，使CO2－3沉淀需c(Ag＋)为9×10－6mol·L－1，使Cl－沉淀需c(Ag＋)为1.8×10－9mol·L－1，所以Cl－先沉淀，D项符合题意。6．(2017·黑龙江省哈师大附中高三上学期期末)常温下，在10mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液，溶液的pH逐渐降低，此时溶液中含碳微粒的物质的量分数变化如图所示，下列说法不正确的是()A．溶液的pH为7时，溶液的总体积大于20mLB．在B点所示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(OH－)＋c(Cl－)C．在A点所示的溶液中：c(Na＋)＝c(CO2－3)＝c(HCO－3)>c(OH－)>c(H＋)D．已知CO2－3水解常数为2×10－4，当溶液中c(HCO－3)＝2c(CO2－3)时，溶液的pH＝10答案C解析当混合溶液体积为20mL时，二者恰好反应生成NaHCO3，HCO－3的电离程度小于其水解程度，所以其溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性，则酸稍微过量，所以混合溶液体积稍微大于20mL，A正确；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(OH－)＋c(Cl－)，B正确；根据图像分析，A点为碳酸钠和碳酸氢钠的混合溶液，且c(HCO－3)＝c(CO2－3)，溶液呈碱性，则c(OH－)＞c(H＋)，盐溶液水解程度较小，所以c(CO2－3)＞c(OH－)，则离子浓度大小顺序是c(Na＋)＞c(HCO－3)＝c(CO2－3)＞c(OH－)＞c(H＋)，C错误；当溶液中c(HCO－3)∶c(CO2－3)＝2∶1时，根据Kh＝cHCO－3·cOH－cCO2－3＝2×10－4，可得c(OH－)＝1×10－4mol·L－1，则c(H＋)＝1×10－10mol·L－1，所以溶液pH＝10，D正确。7．(2017·襄阳市高三第一次调研)为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下实验。关于该实验的分析不正确的是()A．①浊液中存在平衡：Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO2－4(aq)B．②中溶液变澄清的原因：AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]OH＋2H2OC．③中颜色变化说明有AgCl生成D．该实验可以证明AgCl比Ag2CrO4更难溶答案D解析络合反应为可逆反应，则①浊液中存在平衡Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO2－4(aq)，故A正确；银离子与NH3·H2O结合生成络离子，则②中溶液澄清说明AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]OH＋2H2O，故B正确；银离子与氯离子结合生成AgCl白色沉淀，则③中颜色变化说明有AgCl生成，故C正确；硝酸银过量，不发生沉淀的转化，余下的浊液中含银离子，与KCl反应生成白色沉淀，不能证明AgCl比Ag2CrO4更难溶，故D错误。8．亚氯酸钠是一种高效氧化剂、漂白剂，主要用于棉纺、亚麻、纸浆等漂白，亚氯酸钠(NaClO2)在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO－2、Cl－等，其中HClO2和ClO2都具有漂白作用，但ClO2是有毒气体。经测定，25℃时各组分含量随pH变化情况如图所示(Cl－没有画出)。则下列分析不正确的是()A．亚氯酸钠在酸性条件下较稳定B．25℃时，HClO2的电离平衡常数的数值Ka＝10－6C．使用该漂白剂的最佳pH范围为小于3D．25℃时，同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合(忽略ClO2和Cl－)，则混合溶液中有c(HClO2)＋2c(H＋)＝c(ClO－2)＋2c(OH－)答案A解析由图可以得出：碱性条件下ClO－2浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，而酸性条件下不稳定，故A错误；HClO2的电离平衡常数K＝cH＋·cClO－2cHClO2，结合图像，当c(ClO－2)＝c(HClO2)时，pH＝6，故此时K＝c(H＋)＝10－6，故B正确；HClO2和ClO2都具有漂白作用，结合图中HClO2和ClO2的浓度越大即为使用该漂白剂的最佳pH，应该是小于3，故C正确；依据电中性原则得出：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(ClO－2)＋c(OH－)①，依据物料守恒得出：2c(Na＋)＝c(ClO－2)＋c(HClO2)②，联立①②消去钠离子：c(HClO2)＋2c(H＋)＝c(ClO－2)＋2c(OH－)，故D正确。9．(2017·长沙市高三上学期期末)在一定条件下，Na2S溶液存在水解平衡：S2－＋H2OHS－＋OH－。下列说法正确的是()A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．加入CuSO4固体，HS－浓度减小C．升高温度，cHS－cS2－减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小答案B解析平衡常数仅与温度有关，温度不变，则稀释时平衡常数是不变的，A错误；加入CuSO4固体，生成CuS沉淀，平衡向逆反应方向进行，HS－浓度减小，B正确；水解反应是吸热反应，升温促进水解，平衡正向移动，c(S2－)减小，c(HS－)增大，所以cHS－cS2－增大，C错误；加入NaOH固体是一种强碱，溶液pH增大，D错误。10．(2017·湖南省岳阳县第一中学高三第一次理综能力测试)室温时，将0.10mol·L－1NaOH溶液滴入20.00mL未知浓度的某一元酸HA溶液中，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。当V(NaOH)＝20.00mL，二者恰好完全反应。则下列有关说法不正确的是()A．该一元酸溶液浓度为0.10mol·L－1B．a、b、c点的水溶液导电性依次增强C．室温时，HA的电离常数Ka≈1×10－5D．a点和c点所示溶液中H2O的电离程度相同答案C解析根据信息，当V(NaOH)＝20mL时，二者恰好完全反应，NaOH＋HA===NaA＋H2O，因此c(HA)＝0.1mol·L－1，故A项正确；导电性与溶液中离子浓度以及所带电荷数有关，离子浓度越大，所带电荷数越多，导电能力越强，根据起点HA的pH＝2，说明HA为弱酸，a点溶质为NaA和HA，HA物质的量较多，b点时溶质为NaA和HA，NaA较多，c点时溶质为NaA和NaOH，都是强电解质，因此导电能力c>b>a，故B项正确；HAH＋＋A－，电离产生的c(H＋)＝c(A－)＝10－2mol·L－1，弱电解质电离程度微弱，即c(HA)约为0.1mol·L－1，根据电离平衡常数的表达式K＝cH＋×cA－cHA≈10－2×10－20.1＝10－3，故C项错误；a点对应的pH＝3，即溶液中c(H＋)＝10－3mol·L－1，c点时pH＝11，溶液中c(OH－)＝10－3mol·L－1，两点对水的电离抑制能力相同，故D项正确。11．(2017·湖南省怀化市高三上学期期末)向MnCl2溶液中加入过量难溶电解质MnS，可使溶液中含有的Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子转化为硫化物沉淀，从而得到纯净的MnCl2。下列分析正确的是()A．MnS具有吸附性B．MnS有还原性，可将Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋还原后除去C．MnS溶解度大于CuS、PbS、CdSD．MnS与Cu2＋反应的离子方程式是Cu2＋＋S2－===CuS↓答案C解析根据信息，Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋转化成硫化物沉淀，吸附是物理变化，故A项错误；只是生成硫化物沉淀，化合价并没有变化，故B项错误；根据化学反应向更难溶的方向进行，因此MnS的溶解度大于CuS、PbS、CdS的溶解度，故C项正确；MnS是难溶电解质，不能拆写成离子，故D项错误。12．(2017·湖南省怀化市高三上学期期末)25℃时，向20mL0.1mol·L－1盐酸溶液中逐滴加入等浓度的氨水溶液，溶液中pH与pOH[pOH＝－lgc(OH－)]的变化关系如图所示。下列说法正确的是()A．b点消耗氨水的体积为20mLB．pH>7时，溶液中都一定有：c(NH+4)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)C．a点和c点所示溶液中水所电离出的c(OH－)分别为10－9mol·L－1和10－5mol·L－1D．ab段所示溶液中相关离子浓度关系可能为c(NH+4)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)答案D解析如果b点消耗氨水的体积为20mL，则溶质为NH4Cl，溶液显酸性，故A项错误；pH>7说明溶液显碱性，溶质为NH4Cl和NH3·H2O，离子浓度是c(NH＋4)>c(OH－)>c(Cl－)>c(H＋)，故B项错误；a点溶液显碱性，水电离出的c(OH－)＝10－9mol·L－1，c点溶液显酸性，溶质可能为NH4Cl和HCl，水电离出的c(OH－)＝10－9mol·L－1，故C项错误；ab段溶液显碱性，离子浓度可能是c(NH＋4)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)，故D项正确。13.按要求回答下列问题(1)将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，所得溶液呈________性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为___________________________________________，所得溶液中c(H＋)－c(OH－)＝________________(填写表达式)。(已知：H2SO3：Ka1＝1.7×10－2，Ka2＝6.0×10－8；NH3·H2O：Kb＝1.8×10－5)(2)氯化铜溶液中含铜粒子的分布分数与c(Cl－)的关系如图所示。①当c(Cl－)＝9mol·L－1时，溶液中主要的3种含铜微粒浓度大小关系为______________。②在c(Cl－)＝1mol·L－1的氯化铜溶液中滴入AgNO3溶液，含铜微粒间转化的离子方程式为__________________________________(任写一个)。(3)CoCl2·6H2O常用作多彩水泥的添加剂，以含钴废料(含少量Fe、Al等杂质)制取CoCl2·6H2O的一种工艺如下：已知：沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3开始沉淀(pH) 2.3 7.5 7.6 3.4完全沉淀(pH) 4.1 9.7 9.2 5.2①净化除杂质时，加入H2O2发生反应的离子方程式为________________________。②加入CoCO3调pH为5.2～7.6，则操作Ⅰ获得的滤渣成分为________________。(填化学式)③加盐酸调整pH为2～3的目的为________________。(4)下表是25℃时某些弱酸的电离平衡常数。化学式 CH3COOH HClO H2CO3 H2C2O4Ka Ka＝1.8×10－5 Ka＝3.0×10－8 Ka1＝4.1×10－7Ka2＝5.6×10－11 Ka1＝5.9×10－2Ka2＝6.4×10－5①H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后所得溶液呈酸性，该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为______________________________________________。②pH相同的NaClO和CH3COOK溶液，其溶液的物质的量浓度的大小关系是(填">""<"或"＝")：c(CH3COOK)_______c(NaClO)，两溶液中：[c(Na＋)－c(ClO－)]_______[c(K＋)－c(CH3COO－)]。③向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9，此时溶液的pH＝________。④碳酸钠溶液中滴加少量氯水的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)酸c(NH+4)＞c(HSO－3)＞c(H＋)＞c(SO2－3)＞c(OH－)c(HSO－3)＋2c(SO2－3)－c(NH＋4)[或c(SO2－3)＋c(NH3·H2O)－c(H2SO3)](2)①c(CuCl2)＞c(CuCl＋)＞c(CuCl－3)②CuCl＋＋Ag＋===AgCl↓＋Cu2＋(或CuCl2＋Ag＋===CuCl＋＋AgCl↓；CuCl2＋2Ag＋===Cu2＋＋2AgCl↓)(3)①2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O②Al(OH)3、Fe(OH)3③抑制CoCl2的水解(4)①c(K＋)>c(HC2O－4)>c(H＋)>c(C2O2－4)>c(OH－)②>＝③5④2CO2－3＋Cl2＋H2O===Cl－＋ClO－＋2HCO－3解析(1)若将等物质的量的SO2与NH3溶于水充分反应，恰好生成NH4HSO3，溶液中存在NH＋4、HSO－3的水解及HSO－3的电离，且HSO－3的电离大于HSO－3的水解，所得溶液呈酸性，c(OH－)＜c(H＋)；该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(NH＋4)＞c(HSO－3)＞c(H＋)＞c(SO2－3)＞c(OH－)；电解质溶液中存在电荷守恒c(H＋)＋c(NH＋4)＝c(OH－)＋c(HSO－3)＋2c(SO2－3)得到：c(H＋)－c(OH－)＝c(HSO－3)＋2c(SO2－3)－c(NH＋4)。(2)①当c(Cl－)＝9mol·L－1时，过这一点在图像中做垂线平行于纵轴，得出大小关系为c(CuCl2)＞c(CuCl＋)＞c(CuCl－3)。②根据图像可以看出当在c(Cl－)＝1mol·L－1时存在含有氯离子的物质有氯化铜和其阴、阳离子，故反应方程式可以有：CuCl＋＋Ag＋===AgCl↓＋Cu2＋；CuCl2＋Ag＋===CuCl＋＋AgCl↓；CuCl2＋2Ag＋===Cu2＋＋2AgCl↓。(3)①加入H2O2把二价铁离子氧化为三价铁离子，发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O。②操作Ⅰ是分离Fe(OH)3、Al(OH)3和液体的操作，是过滤，前面调节pH的目的是让三价铁离子和铝离子转化为沉淀，所以沉淀的成分是Fe(OH)3、Al(OH)3。③加盐酸调整pH为2～3的目的为抑制CoCl2的水解。(4)①H2C2O4与含等物质的量的KOH的溶液反应后恰好得到草酸氢钾，所得溶液呈酸性，说明HC2O－4的电离程度大于水解程度，则该溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(K＋)>c(HC2O－4)>c(H＋)>c(C2O2－4)>c(OH－)。②次氯酸的酸性弱于醋酸，次氯酸根离子的水解程度大于醋酸根的水解程度，因此pH相同的NaClO和CH3COOK溶液相比，醋酸钾的浓度大。根据物料守恒可知两溶液中[c(Na＋)－c(ClO－)]＝[c(K＋)－c(CH3COO－)]。③向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液至c(CH3COOH)∶c(CH3COO－)＝5∶9，根据醋酸的电离常数可知c(H＋)＝Ka×cCH3COOHcCH3COO－＝10－5mol·L－1，此时溶液pH＝5。14．硫的化合物在生产生活中有广泛应用。(1)硫化钠主要用于皮革、毛纺、高档纸张、染料等行业。生产硫化钠大多采用无水芒硝(Na2SO4)-炭粉还原法，其流程示意图如下：①上述流程中采用稀碱液比用热水更好，理由是_______________________________。②取硫化钠晶体(含少量NaOH)加入到硫酸铜溶液中，充分搅拌。若反应后测得溶液的pH＝4，则此时溶液中c(S2－)＝____mol·L－1。(已知：常温时CuS、Cu(OH)2的Ksp分别为8.8×10－36、2.2×10－20)(2)工业上常利用废碱渣(主要成分Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3。KIO3滴定法可测定成品中Na2SO3的含量：室温下将0.1260g成品溶于水并加入淀粉作指示剂，再用0.01000mol·L－1KIO3酸性标准溶液滴定至终点，消耗KIO3溶液31.25mL。①滴定终点观察到的现象为________________________________________________。②成品中Na2SO3的质量分数是________。答案(1)①热水会促进Na2S水解，而稀碱液能抑制Na2S水解②4.0×10－36(2)①加入最后一滴KIO3标准液，烧杯中溶液由无色变为蓝色，且30s内不变色②93.75%解析(1)①碱浸目的是溶解Na2S，用碱的稀溶液浸取可以防止Na2S水解，较少的碱也可以使以后分离更方便。而用热水虽然也可以溶解Na2S而分离出固体碳，但是Na2S的水解将造成产品的损失。②基本计算流程为pH→c(OH－)→c(Cu2＋)→c(S2－)。由溶液pH可得出c(OH－)＝10－1410－4mol·L－1＝10－10mol·L－1，c(Cu2＋)＝Ksp[CuOH2]c2OH－＝2.2×10－2010－102mol·L－1＝2.2mol·L－1，c(S2－)＝KspCuScCu2＋＝8.8×10－362.2mol·L－1＝4.0×10－36mol·L－1。(2)①Na2SO3与KIO3反应原理：3SO2－3＋IO－3===3SO2－4＋I－，当Na2SO3完全反应后，6H＋＋IO－3＋5I－===3I2＋3H2O，生成的I2遇淀粉使溶液变成蓝色。②3SO2－3＋IO－3===3SO2－4＋I－，所以n(Na2SO3)＝3×0.01000mol·L－1×0.03125L＝9.375×10－4mol，Na2SO3质量分数＝9.375×10－4mol×126g·mol－10.1260g×100%＝93.75%。 |
