主题十一 水溶液中的离子反应与平衡（教师用书）-【新高考方案】2026年高考化学Ⅰ一轮总复习

主题十一水溶液中的离子反应与平衡 第一讲　电离平衡　电离平衡常数 |内|容|与|目|标| 　 1.认识强电解质和弱电解质的概念。 2.认识弱电解质在水溶液中存在电离平衡,理解弱电解质在水中电离平衡的建立及影响因素。 3.理解电离平衡常数的含义,掌握电离常数的应用并能进行相关的计算。 逐点清(一)　弱电解质的电离平衡 系统教材·固本强基 　 1.电离平衡的含义 在一定条件下(如浓度、温度、压强等),当弱电解质电离产生离子的速率和离子结合成分子的速率相等时,达到电离平衡状态。 2.电离平衡的建立与特征 (1)开始时,v(电离)最大,而v(结合)为0。 (2)平衡的建立过程中,v(电离)>v(结合)。 (3)当v(电离)=v(结合)时,电离过程达到平衡状态。 3.外界条件对电离平衡的影响 (1)外界条件:温度、浓度、相同离子、能反应的物质。 (2)以0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液为例,填写外界条件对CH3COOHCH3COO-+H+　ΔH>0的影响。 改变条件 移动方向 n(H+) c(H+) c(CH3COO-) 电离 程度 加水稀释 正向 增大 减小 减小 增大 加冰醋酸 正向 增大 增大 增大 减小 通入HCl(g) 逆向 增大 增大 减小 减小 加醋酸钠固体 逆向 减小 减小 增大 减小 升高温度 正向 增大 增大 增大 增大 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)氨溶于水,当NH3·H2O电离出的c(OH-)=c(N)时,表明NH3·H2O电离处于平衡状态 (×) (2)常温下,由0.1 mol·L-1一元碱BOH的pH=10,可知溶液中存在BOH===B++OH- (×) (3)向氨水中加入少量NH4Cl固体,会使溶液的pH减小 (√) (4)电离平衡右移,电解质分子的浓度一定减小,离子浓度一定增大 (×) 2.(人教选1 P62T3改编)氨水中存在下列电离平衡:NH3·H2ON+OH-。向10 mL氨水中加入蒸馏水,将其稀释到1 L后。填写下列变化。 (1)c(NH3·H2O)　　　　;  (2)n(N)　　　　;  (3) 　　　　。  提示:(1)减小　(2)增大　(3)增大 迁移应用·深化学习 　 　　　　　　　　　　　　　　　　 题点(一)　弱电解质的判断 1.(2025·海淀区质量检测)室温条件下进行下列各组实验,其中的观察要点不能说明醋酸是弱电解质的是 (　　) 选项 实验方案 观察要点 A 等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液反应 恰好反应时的体积比 B 醋酸溶液中加入醋酸钠固体 溶液pH的变化 C 等体积等浓度的盐酸和醋酸分别和等量镁条反应 产生H2的起始速率 D 将1 mL pH=4的醋酸溶液加水稀释成10 mL 稀释后溶液pH 解析:选A　等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液恰好反应时体积比为1∶1,说明醋酸是一元酸,不能说明醋酸在溶液中部分电离,即不能说明醋酸属于弱酸,故A正确;醋酸溶液中加入醋酸钠固体后溶液pH增大,说明醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+,加入醋酸钠固体后,溶液中醋酸根离子浓度增大,平衡左移,证明醋酸是一元弱酸,故B错误;等体积等浓度的盐酸和醋酸分别和等量镁条反应,盐酸产生氢气的起始速率大于醋酸,说明醋酸在溶液中不能完全电离,醋酸是一元弱酸,故C错误;将1 mL pH=4的醋酸溶液加水稀释成10 mL,若是强酸,则稀释后溶液pH等于5,稀释后溶液pH小于5,说明醋酸溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+,醋酸是一元弱酸,故D错误。 2.(2025·东莞市期中检测)下列事实一定能说明HF是弱酸的是 (　　) A.用HF溶液做导电性实验,灯泡很暗 B.1 mol·L-1的HF水溶液能使紫色石蕊溶液变红 链接拓展 弱电解质的事实证明和判断 C.常温下0.1 mol·L-1的HF溶液的pH为2.3 D.HF能与Na2CO3溶液反应,产生CO2气体 解析:选C　用HF溶液做导电性实验,灯泡很暗,只能说明溶液中的离子浓度小,不能说明氢氟酸是弱酸,故A错误;1 mol·L-1的氢氟酸溶液能使紫色石蕊溶液变红只能说明氢氟酸溶液显酸性,不能说明氢氟酸是弱酸,故B错误;0.1 mol·L-1的氢氟酸溶液的pH为2.3说明氢氟酸在溶液中部分电离出氢离子,溶液中存在电离平衡,属于弱酸,故C正确;氢氟酸溶液能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体只能说明氢氟酸的酸性强于碳酸,不能说明氢氟酸是弱酸,故D错误。 题点(二)　外界条件对电离平衡的影响 3.(2025·南京模拟)设NA为阿伏加德罗常数的值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是 (　　) A.1 L该溶液中H+数目为0.03NA B.加水稀释使H3PO4电离度增大,溶液pH升高 C.加入少量NaOH固体,会使c(P)减小 D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强 解析:选B　常温下pH=2的H3PO4溶液,c(H+)=0.01 mol·L-1,则1 L该溶液中H+数目为0.01NA,故A错误;弱电解质越稀越电离,则加水稀释使H3PO4电离度增大,但氢离子浓度减小,溶液pH升高,故B正确;加入少量NaOH固体,会消耗H+,促进H3PO4的电离,使c(P)增大,故C错误;加入NaH2PO4固体,H2P浓度增大,抑制磷酸的电离,溶液酸性减弱,故D错误。 4.已知人体体液中存在平衡:CO2+H2OH2CO3H++HC,以维持体液pH的相对稳定。下列说法不合理的是 (　　) A.当强酸性物质进入体液后,上述平衡向左移动,以维持体液pH的相对稳定 B.当强碱性物质进入体液后,上述平衡向右移动,以维持体液pH的相对稳定 C.若静脉滴注大量生理盐水,则体液的pH减小 D.进行呼吸活动时,如果CO2进入血液,会使体液的pH减小 解析:选C　若静脉滴注大量生理盐水,则血液被稀释,平衡虽然正向移动,但根据勒夏特列原理,c(H+)减小,体液的pH增大。 题点(三)　溶液导电能力的影响因素 5.(2025·西安未央区高三质检)电导率传感器可辅助探究复分解反应的实质。 将含有酚酞的Ba(OH)2溶液平均分成两份并置于两个烧杯中,插入电导率传感器,往其中一份滴加稀硫酸,往另一份滴加硫酸钠溶液,滴加过程中,这两份溶液的滴加速率始终相同,测得溶液的电导率变化如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.乙曲线电导率减小过程中的反应:Ba2++S+H++OH-===BaSO4↓+H2O B.乙曲线对应的反应中有两种离子数目未减少 C.若将稀硫酸换成稀盐酸,电导率变化趋势与甲一致 D.甲曲线电导率减小过程中,溶液由红色变为无色 解析:选C　稀硫酸与氢氧化钡溶液的反应对应曲线为乙,反应的离子方程式为Ba2++2H++2OH-+S===BaSO4↓+2H2O,所以反应中所有离子数目都减少,故A、B错误;若将稀硫酸换成稀盐酸,稀盐酸与氢氧化钡溶液反应生成氯化钡和水,反应的离子方程式为H++OH-===H2O,则电导率变化趋势与甲一致,故C正确;硫酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应对应曲线为甲,硫酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化钠,反应的离子方程式为Ba2++S===BaSO4↓,则甲曲线电导率减小过程中,溶液始终呈碱性,溶液不可能由红色变为无色,故D错误。 　　　　　　　　　逐点清(二)　电离平衡常数及应用　　 系统教材·固本强基 　 (一)电离平衡常数 1.概念 在一定条件下,弱电解质达到电离平衡时,溶液中弱电解质电离所生成的各种离子浓度的乘积,与溶液中未电离分子的浓度之比是一个常数,该常数叫做电离平衡常数,简称电离常数,用K表示(弱酸的电离平衡常数用Ka表示,弱碱的电离平衡常数用Kb表示)。 2.电离平衡常数表达式 电离方程式 电离常数表达式 一元弱 酸HA HA H++A- Ka= 一元弱 碱BOH BOH B++OH- Kb= 多元弱酸的 电离常数 (H2CO3 为例) H2CO3 H++HC Ka1= HC H++C Ka2= 3.电离常数的意义与特点 相同条件下,K值越大,表示该弱电解质越易电离,所对应的酸性或碱性相对越强。电离常数只与温度有关,与电解质的浓度、酸碱性无关,由于电离过程是吸热的,故温度升高,K增大。多元弱酸是分步电离的,各级电离常数的大小关系是Ka1≫Ka2……所以其酸性主要取决于第一步电离。 4.电离常数的影响因素 内因 弱电解质本身的性质,酸或碱性越弱,电离常数越小 外因 弱电解质电离吸热,升高温度,电离常数增大 (二)电离度 1.概念:在一定条件下的弱电解质达到电离平衡时,已经电离的弱电解质分子数占原弱电解质总分子数的百分数。 2.表示方法 α=×100%,也可表示为α=×100%。 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)相同温度下不同浓度的同一弱电解质,其电离平衡常数(K)不同 (×) (2)电离平衡右移,电离平衡常数不一定增大 (√) (3)电离常数大的酸溶液中的c(H+)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H+)大 (×) (4)H2CO3的电离常数表达式: Ka= (×) (5)同一弱电解质,电离度越大,电离常数就越大 (×) 2.(人教选1 P62 T6改编)已知25 ℃时,CH3COOH的Ka=1.75×10-5。 (1)当向醋酸中加入一定量的盐酸时,CH3COOH的电离常数是否发生变化?为什么? 提示:不变。电离常数只与温度有关,温度不变,Ka不变。 (2)向1 mol·L-1的CH3COOH溶液里加水稀释,如何变化? 提示:Ka=,加水稀释,c(H+)减小,增大。 3.常温下,一元酸HA的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中,H+与A-不能穿过隔膜,未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。 设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A-),当达到平衡时溶液Ⅱ中的HA的电离度为　　　　　　。  提示:常温下,Ka(HA)==1.0×10-3,溶液Ⅱ中pH=1.0,即溶液中c(H+)=0.1 mol·L-1,c总(HA)=c(HA)+c(A-),因此=1.0×10-3,解得=。 迁移应用·深化学习 　 　　　　　　　　　　　　　　 题点(一)　电离平衡常数及其应用 1.常温下,将浓度为0.1 mol·L-1的HF溶液加水稀释,下列各量保持增大的是 (　　) ①c(H+)　②c(F-)　③c(OH-)　④Ka(HF) ⑤Kw　⑥　⑦ A.①⑥ B.②④ C.③⑦ D.④⑤ 解析:选C　HF是弱电解质,加水稀释促进HF的电离,但c(H+)、c(F-)、c(HF)都减小;温度不变,Kw不变,c(H+)减小,则c(OH-)增大;温度不变,Ka(HF)不变,=,c(F-)减小,则增大;根据电荷守恒知,c(H+)=c(OH-)+c(F-),则==1-,增大,故减小。 2.部分弱酸的电离平衡常数如表所示: 弱酸 HCOOH H2S 电离平衡常数(25 ℃) Ka=1.77×10-4 Ka1=1.1×10-7 Ka2=1.3×10-13 弱酸 H2CO3 HClO 电离平衡常数(25 ℃) Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11 Ka=4.0×10-8 按要求回答下列问题: (1)HCOOH、H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为　　　　　　　　　　　　。   (2)相同浓度的HCOO-、HS-、S2-、HC、C、ClO-结合H+的能力由强到弱的顺序为　　　　　　　　　　　　　　　。   (3)运用上述电离常数及物质的性质判断下列化学方程式不正确的是　　　　(填序号)。   ①次氯酸与NaHCO3溶液的反应: HClO+HC===ClO-+H2O+CO2↑ ②少量CO2通入NaClO溶液中: CO2+H2O+ClO-===HC+HClO ③硫化氢通入NaClO溶液中: H2S+ClO-===HS-+HClO ④碳酸钠溶液滴入足量甲酸溶液中:2HCOOH+C===2HCOO-+CO2↑+H2O 答案:(1)HCOOH>H2CO3>H2S>HClO (2)S2->C>ClO->HS->HC>HCOO-　(3)①③ 题点(二)　电离度的应用 3.已知25 ℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7,Ka2=7.1×10-15,下列说法正确的是 (　　) A.在等浓度的H2A和NaHA溶液中,水的电离程度前者大于后者 B.向0.1 mol·L-1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3,则H2A的电离度为0.013% C.阴离子结合质子能力:HA->A2- D.取pH=a的H2A溶液10 mL,加蒸馏水稀释至100 mL,则该溶液pH>a+1 解析:选B　由电离常数可知,等浓度的H2A溶液中氢离子浓度大于NaHA溶液中氢离子浓度,所以H2A溶液中水的电离程度小于NaHA溶液中水的电离程度,A错误;电离常数Ka1(H2A)= = 1.3×10-7,溶液pH为3时,溶液中==1.3×10-4,则H2A的电离度为0.013%,B正确;由电离常数可知,溶液中A2-的水解程度大于HA-的水解程度,所以A2-结合氢离子的能力强于HA-,C错误;由电离常数可知,pH为a的H2A溶液加水稀释10倍时,电离平衡右移,促进酸的电离,所以溶液的pH小于a+1,D错误。 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、选择题 1.(2025·通州区高三模拟)下列过程与电离平衡无关的是 (　　) A.用CuSO4溶液除去乙炔气体中的H2S B.用NH4HCO3溶液与FeSO4溶液制备FeCO3 C.向H2O2溶液中加入少量MnO2制备氧气 D.向热水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体 解析:选C　CuSO4电离出的Cu2+和H2S电离出的S2-反应生成CuS沉淀,乙炔不反应,与电离平衡有关,故A错误;NH4HCO3溶液中HC电离出的C与FeSO4电离出的Fe2+反应生成FeCO3,与电离平衡有关,故B错误;MnO2是H2O2分解的催化剂,与电离平衡无关,故C正确;加热饱和FeCl3溶液,FeCl3电离出的Fe3+与水电离出的OH-生成Fe(OH)3胶体,与电离平衡有关,故D错误。 2.稀氨水中存在着平衡:NH3·H2ON+OH-,若要使平衡向逆方向移动,同时使c(OH-)增大,应加入适量的 (　　) ①NH4Cl固体　②硫酸　③NaOH固体　④水 ⑤MgSO4固体 A.①②③ B.③⑤ C.③ D.③④ 解析:选C　加入NH4Cl固体,铵根离子浓度增大,平衡向逆方向移动,c(OH-)减小,故①不符合题意;加入硫酸,氢离子消耗氢氧根,平衡正向移动,故②不符合题意;加入NaOH固体,氢氧根浓度增大,平衡向逆方向移动,但c(OH-)比原来浓度大,故③符合题意;加水,平衡正向移动,氢氧根浓度减小,故④不符合题意;加MgSO4固体,镁离子会消耗氢氧根生成沉淀,平衡向正方向移动,氢氧根浓度比原来浓度小,故⑤不符合题意。 3.下列事实一定能说明亚硝酸(HNO2)是弱电解质的是 (　　) A.NaNO2溶液呈碱性 B.向HNO2溶液中滴加紫色石蕊溶液,溶液呈红色 C.用HNO2溶液做导电性实验,灯泡很暗 D.10 mL 0.1 mol·L-1 HNO2溶液恰好与10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液完全反应 解析:选A　NaNO2溶液呈碱性说明N发生水解反应,说明HNO2是弱酸,为弱电解质,A正确;紫色石蕊溶液呈红色说明HNO2为酸,不能说明HNO2部分电离,则不能说明HNO2为弱电解质,B错误;用HNO2溶液做导电性实验,灯泡很暗,说明溶液中离子浓度很小,不能说明HNO2部分电离,所以不能证明HNO2为弱电解质,C错误;10 mL 0.1 mol·L-1 HNO2溶液恰好与10 mL 0.1 mol·L-1NaOH溶液完全反应,说明HNO2为一元酸,不能说明HNO2部分电离,所以不能证明HNO2为弱电解质,D错误。 4.下列说法正确的是 (　　) A.0.1 mol·L-1 HF溶液中存在平衡:HFH++F-,加水可使溶液中增大 B.向0.1 mol·L-1弱酸HA溶液中通少量HCl气体,平衡逆向移动,溶液中c(H+)减小 C.等浓度的硫酸与盐酸分别与相同的锌片反应,初始反应的速率一样快 D.将0.1 mol·L-1的氨水升温(不考虑氨水的挥发),氨水的pH下降 解析:选A　Ka(HF)=,当HF溶液加水不断稀释,促进电离,但c(H+)减小,Ka(HF)不变,则增大,A正确;弱酸HA溶液中存在平衡:HAH++A-,向溶液中通少量HCl气体,c(H+)增大,平衡逆向移动,最终溶液中c(H+)比原来大,B错误;硫酸为二元酸,盐酸为一元酸,等浓度的稀硫酸与盐酸中氢离子浓度前者大,分别与相同的锌片反应,初始反应的速率前者快,C错误;NH3·H2O电离吸热,升温c(OH-)增大,Kw增大,pH不一定下降,D错误。 5.常温下,向0.1 mol·L-1氨水中不断加水稀释,下列图像变化合理的是 (　　) 解析:选A　常温下,向0.1 mol·L-1氨水中不断加水稀释,溶液中离子浓度减小,导电性减弱,图像符合,故A正确;常温下,向0.1 mol·L-1氨水中不断加水稀释,促进电离,最后溶液接近中性,不能变为酸性,故B错误;加水稀释促进弱电解质电离平衡正向进行,图像不符合,故C错误;电离平衡常数随温度变化,温度不变,电离平衡常数不变,图像不符合,故D错误。 6.(2025·昌平区高三检测)25 ℃时,HNO2的电离常数为5.0×10-4。将某浓度某体积的HNO2溶液稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是 (　　) A.HNO2的电离方程式:HNO2===H++N B.取a点溶液与等浓度等体积NaOH溶液反应,得到的产物中c(N)<c(Na+) C.溶液中水的电离程度:a点>b点 D.从b点到c点,溶液中逐渐增大(其中HA、A-分别代表酸和酸根离子) 解析:选B　HNO2是弱酸,为弱电解质,不完全电离,电离方程式为HNO2H++N,故A错误;取a点溶液与等浓度等体积NaOH溶液反应,正好生成NaNO2,亚硝酸钠为强碱弱酸盐,水解显碱性,所以c(N)<c(Na+),故B正确;a点到b点,亚硝酸加水稀释,酸性减弱,对水的电离抑制作用也减弱,所以溶液中水的电离程度:a点<b点,故C错误;从b点到c点,溶液中==,Kw和Ka都是温度的函数,温度不变,不变,故D错误。 7.有25 mL 0.1 mol·L-1的三种溶液①Na2CO3溶液;②CH3COONa溶液;③NaOH溶液,下列说法正确的是 (　　) 电离平衡常数 Ka1 Ka2 H2CO3 4.5×10-7 4.7×10-11 CH3COOH 1.75×10-5 — A.3种溶液pH的大小顺序是③>②>① B.若将3种溶液稀释相同倍数,pH变化最大的是② C.若分别加入25 mL 0.1 mol·L-1盐酸后,pH最大的是① D.若3种溶液的pH均为9,则物质的量浓度的大小顺序是③>②>① 解析:选C　NaOH在水溶液中发生完全电离,碱性最强pH最大,Ka2(H2CO3)<Ka(CH3COOH),则Na2CO3水解程度比CH3COONa大,则3种溶液pH的大小顺序是③>①>②,故A错误;若将3种溶液稀释相同倍数,强碱溶液中不存在电离平衡,c(OH-)变化最大,减小的最大,则pH变化最大的是③,故B错误;若分别加入盐酸后,①②③反应后的溶质分别为NaHCO3和NaCl、CH3COOH和NaCl、NaCl,只有NaHCO3呈碱性,则pH最大的是①,故C正确;Na2CO3和CH3COONa水解使溶液显碱性,NaOH完全电离则溶液碱性最强,又Na2CO3水解程度比CH3COONa大,若3种溶液的pH均为9相同,则物质的量浓度的大小顺序是②>①>③,故D错误。 8.常温下,一种解释乙酰水杨酸(用HA表示,Ka=1×10-3.0)药物在人体吸收模式如下: 假设离子不会穿过组织薄膜,而未电离的HA分子则可自由穿过该膜且达到平衡。下列说法正确的是 (　　) A.血浆中c(HA)大于胃中c(HA) B.取胃中液体,加水稀释100倍后,pH=3.0 C.在血浆中,=1×104.4 D.在血浆和胃中,HA电离程度相同 解析:选C　由题意可知,未电离的HA可自由穿过隔膜,则达到平衡时,溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等,故A错误;取胃中液体,加水稀释100倍后,pH<3.0,故B错误;血液中pH=7.4,c(H+)=1.0×10-7.4 mol·L-1,Ka=×c(H+)=1.0×10-3,则血液中=1×104.4,故C正确;血浆中pH=7.4,胃液中pH=1.0,在血浆和胃中,HA电离程度不相同,故D错误。 9.烟气脱硫可有效减少SO2引起的大气污染,同时还可得到有用产品。传统湿法脱硫多以碱性物质作吸收剂,新型脱硫方法选用离子液体(指在室温或接近室温时呈液态的盐类物质,由阴、阳离子组成)作吸收剂,通过物理和化学吸收实现脱硫。已知25 ℃时,几种酸的电离常数:H2SO3　Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.2×10-8;H2CO3　Ka1=4.5×10-7,Ka2=4.7×10-11;CH3CH(OH)COOH(乳酸)　Ka=1.4×10-4。传统湿法脱硫涉及的下列离子方程式中,正确的是 (　　) A.烟气与氧化镁浆液的反应: SO2+2OH-===S+H2O B.烟气与石灰石浆液反应得到石膏: Ca2++SO2+O2+2H2O===CaSO4·2H2O C.烟气与氨水反应得到硫酸铵:2SO2+4NH3·H2O+O2===4N+2S+2H2O D.烟气与海水中HC的反应:SO2+2HC===S+2CO2+H2O 解析:选C　烟气与氧化镁浆液的反应,实质是二氧化硫和氢氧化镁的反应,氢氧化镁为固体,离子方程式中不可拆分,A错误; 烟气与石灰石浆液反应得到石膏:2CaCO3+2SO2+O2+4H2O===2(CaSO4·2H2O)+2CO2,B错误;烟气与氨水反应并被氧气氧化后得到硫酸铵,C正确;由碳酸和亚硫酸的电离常数可知,烟气与海水中HC的反应:SO2+HC===HS+CO2,D错误。 10.(2024·贵州卷)硼砂[Na2B4O5(OH)4·8H2O]水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物质的量的B(OH)3(硼酸)和Na[B(OH)4](硼酸钠)。 已知:①25 ℃时,硼酸显酸性的原理B(OH)3+2H2OH3O++Ka=5.8×10-10　②lg ≈0.38。 下列说法正确的是 (　　) A.硼砂稀溶液中c(Na+)=c[B(OH)3] B.硼酸水溶液中的H+主要来自水的电离 C.25 ℃时,0.01 mol·L-1硼酸水溶液的pH≈6.38 D.等浓度等体积的B(OH)3和Na[B(OH)4]溶液混合后,溶液显酸性 解析:选B　B4O5(OH水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和Na[B(OH)4],由已知①根据物料守恒,c(Na+)={c[B(OH)3]+c[B(OH]},A错误;根据已知反应,硼酸水溶液中的H+是由水提供的,B正确;25 ℃时, Ka==5.8×10-10,c(H+)===×10-6,因lg ≈0.38,pH≈6-0.38≈5.62,C错误;B(OH)3的电离平衡常数为Ka=5.8×10-10,B(OH的水解平衡常数Kh===×10-4,水解程度大于电离程度,显碱性,D错误。 二、非选择题 11.(10分)25 ℃ 时,某混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol·L-1,lg c(CH3COOH)、lg c(CH3COO-)、lg c(H+)和lg c(OH-)随pH变化的关系如图所示。 根据以上情境,解答下列有关问题。 (1)写出CH3COOH的电离方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,  若0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2,试比较α1和α2大小:　　　　　　,并分析两溶液中H+浓度的比值　　　　(填“>”“<”或“=”)10。  (2)已知100.2=1.6,试计算CH3COOH的电离常数Ka(写出计算过程)。 (3)pH=5时,该体系中CH3COOH分子的浓度为　　　　　　　　　。  解析:(3)pH=5时c(H+)=1×10-5 mol·L-1,相同温度下电离常数不变,Ka==10-4.8,==100.2=1.6,由于c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1 mol·L-1,解得c(CH3COOH)≈0.038 mol·L-1。 答案:(1)CH3COOHH++CH3COO-　α1>α2　< (2)由图像可知:a代表H+,b代表CH3COO-,c代表CH3COOH,d代表OH-,N点pH=4.8,lg c(CH3COO-)=lg c(CH3COOH),即c(CH3COO-)=c(CH3COOH),Ka==1×10-4.8=1.6×10-5。　(3)0.038 mol·L-1 12.(14分)磷能形成次磷酸(H3PO2)、亚磷酸(H3PO3)等多种含氧酸。 (1)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品,已知10 mL 1 mol·L-1 H3PO2溶液与20 mL 1 mol·L-1的NaOH溶液充分反应后生成组成为NaH2PO2的盐,回答下列问题: ①NaH2PO2属于　　　　(填“正盐”“酸式盐”或“无法确定”)。  ②若25 ℃时,Ka(H3PO2)=1×10-2,则0.02 mol·L-1的H3PO2溶液的pH=　　　　　。  ③设计两种实验方案,证明次磷酸是弱酸:　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　、 　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)亚磷酸(H3PO3)是二元中强酸,某温度下,0.11 mol·L-1的H3PO3溶液的pH为2,该温度下H3PO3的电离常数Ka1约为　　　　　　　(Ka2=2×10-7,H3PO3的二级电离和水的电离忽略不计)。  (3)向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液,回答下列问题: ①恰好中和生成Na2HPO3时,所得溶液的pH　　　　(填“>”“<”或“=”,下同)7。  ②溶液呈中性时,所得溶液的c(Na+)　　　　c(H2P)+2c(HP)。  ③若用甲基橙作指示剂,用NaOH溶液滴定,达到滴定终点时,所得溶液的c(Na+)　　　　c(H2P)+2c(HP)。  解析:(1)①NaOH过量,只生成NaH2PO2,说明次磷酸分子中只可电离出一个氢离子,因而NaH2PO2是正盐。②设溶液中的H+浓度为x mol·L-1, 　　　　　　H3PO2H+　+　H2P 初始/(mol·L-1) 0.02 0 　0 平衡/(mol·L-1) 0.02-x x 　x Ka(H3PO2)==1×10-2 由于Ka(H3PO2)比较大,不能近似计算,解得x=0.01,故pH=-lg 0.01=2。 (2)忽略H3PO3的二级电离和水的电离,则溶液中:c(H2P)≈c(H+)=1×10-2 mol·L-1,c(H3PO3)=(0.11-1×10-2)mol·L-1=0.1 mol·L-1,电离常数Ka1===1×10-3。 (3)③电荷守恒式:c(Na+)+c(H+)=c(H2P)+2c(HP)+c(OH-),用甲基橙作指示剂达滴定终点时,溶液呈酸性:c(H+)>c(OH-),故c(Na+)<c(H2P)+2c(HP)。 答案:(1)①正盐　②2　③室温下,测NaH2PO2溶液的pH,若pH>7则证明次磷酸为弱酸　向等物质的量浓度的盐酸、次磷酸溶液中各滴入2滴石蕊溶液,若次磷酸溶液中红色浅一些,则说明次磷酸为弱酸(合理即可)　(2)1×10-3 (3)①>　②=　③< 第二讲　水的电离和溶液的酸碱性 |内|容|与|目|标| 　 1.认识水的电离,了解水的离子积常数。 2.认识溶液的酸碱性及pH的测定,能进行溶液pH的简单计算。 3.能选择实例说明溶液pH的调控在工农业生产和科学研究中的重要作用。 逐点清(一)　水的电离 系统教材·固本强基 　 1.认识水的电离及水的离子积常数 (1)水的电离 水的电离方程式为H2O+H2OH3O++OH-或简写为H2OH++OH-。 (2)水的离子积常数 2.填写外界条件对水的电离平衡的具体影响 项目 平衡 移动 溶液中 c(H+) 溶液中 c(OH-) pH 溶液的 酸碱性 水的电 离程度 升温 右移 增大 增大 减小 中性 增大 加酸 左移 增大 减小 减小 酸性 减小 加碱 左移 减小 增大 增大 碱性 减小 Na2CO3 右移 减小 增大 增大 碱性 增大 NH4Cl 右移 增大 减小 减小 酸性 增大 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)在 95 ℃时,纯水中c(H+) 小于10-7 mol·L-1 (×) (2)25 ℃时CH3COONa溶液的Kw大于100 ℃时NaOH溶液的Kw (×) (3)水加热,水的电离程度变大,c(H+)>1×10-7 mol·L-1但pH仍为7 (×) (4)水中加入酸,H+与H2O电离出的OH-反应,促进水的电离,Kw变大 (×) (5)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性,两溶液中水的电离程度相同 (×) 2.不同温度下,水的离子积常数如表所示。 T/℃ 0 10 20 25 40 50 90 100 Kw/10-14 0.1 0.3 0.7 1.0 2.9 5.3 37.1 54.5 (1)水的电离为　　　过程。  (2)25 ℃时,纯水中c(H+)=c(OH-)=　　　 mol·L-1。  答案:(1)吸热　(2)10-7 迁移应用·深化学习 　 牛刀小试 　　　　　　　　　　　　　　　　 题点(一)　水的电离及影响因素 1.(2025·北京昌平区高三模拟)常温下,水中存在电离平衡:H2OH++OH-　ΔH>0,下列说法正确的是 (　　) A.向水中加入NaOH固体,c(OH-)增加,促进水的电离 B.向水中加入CH3COOH固体,c(H+)减少,抑制水的电离 C.向水中加入CH3COONa固体,c(H+)增加,促进水的电离 D.向水中加入NaCl固体,加热,pH<7,呈中性 解析:选D　向水中加入NaOH固体,NaOH电离出的氢氧根离子抑制水的电离,则水的平衡逆向移动,c(OH-)增大,故A错误;向水中加入CH3COOH固体,氢离子浓度增大,导致水平衡逆向移动,c(OH-)减小,c(H+)增大,抑制水的电离,故B错误;向水中加入CH3COONa固体,醋酸根离子水解促进水的电离,溶液显碱性,氢氧根离子浓度增大,c(H+)减小,故C错误;水的电离是吸热反应,升高温度促进水电离,导致纯水中氢离子浓度增大,pH<7,溶液呈中性,故D正确。 2.(2025·银川高三模拟)水的电离平衡曲线如图所示,下列说法中,正确的是 (　　) A.图中A、B、D三点处Kw的关系:B>A>D B.100 ℃,向pH=10的稀氨水中逐滴加入等体积pH=2的稀硫酸,溶液中增大,充分反应后,溶液到达B点 C.温度不变,在水中加入适量NH4Cl固体,可从A点变化到C点 D.加热浓缩A点所示溶液,可从A点变化到B点 解析:选D　Kw=c(H+)·c(OH-),Kw只与温度有关,且随温度升高而增大,所以图中A、B、D三点处Kw的关系:B>A=D,故A错误;100 ℃时,Kw=10-12,向稀氨水中逐滴加稀硫酸,溶液中c(OH-)减小,而一水合氨的电离平衡常数Kb=不变,故增大;而最终氨水过量,溶液显碱性,B点呈中性,故B错误;水中加入适量NH4Cl 固体,溶液由中性变为酸性,而C点显中性,溶液不能由A变为C点,故C错误;加热浓缩A点溶液,由于A点溶液显中性,故加热浓缩后仍显中性,且升高温度,Kw增大,故可以到达B点,故D正确。 题点(二)　水电离的c(H+)或c(OH-)的计算 3.25 ℃时,在等体积的下列溶液中,发生电离的水的物质的量之比是 (　　) ①pH=0的H2SO4溶液　②0.05 mol·L-1的Ba(OH)2溶液　③pH=10的Na2S溶液 ④pH=5的NH4NO3溶液 A.1∶10∶1010∶109 B.1∶5∶5×109∶5×108 C.1∶20∶1010∶109 D.1∶10∶104∶109 解析:选A　设溶液的体积为1 L,①中pH=0的H2SO4溶液中c(H+)=1 mol·L-1,c(OH-)=10-14 mol·L-1,电离的水的物质的量为10-14 mol;②中c(OH-)=0.1 mol·L-1,c(H+)=10-13 mol·L-1,电离的水的物质的量为10-13 mol;③中c(OH-)=10-4 mol·L-1,电离的水的物质的量为10-4 mol;④中c(H+)=10-5 mol·L-1,电离的水的物质的量为10-5 mol。故①②③④中电离的水的物质的量之比为10-14∶10-13∶10-4∶10-5=1∶10∶1010∶109。 4.常温下,计算下列溶液中由水电离出的c(H+)或 c(OH-)。 (1)pH=2的盐酸:c水(H+)=　　　　　。   (2)pH=11的NaOH溶液:c水(OH-)=　　　。   (3)pH=2的FeCl3溶液:c水(H+)=　　　　。   (4)pH=11的Na2CO3溶液:c水(OH-)=　　　。   解析:(1)pH=2,c(H+)=1×10-2 mol·L-1,c水(H+)=c水(OH-)= mol·L-1=1×10-12 mol·L-1。(2)pH=11,c(H+)=1×10-11 mol·L-1,c水(H+)=c(H+)=1×10-11 mol·L-1;又因为c水(OH-)=c水(H+),故c水(OH-)=1×10-11 mol·L-1。(3)pH=2,c(H+)=1×10-2 mol·L-1,在FeCl3溶液中c水(H+)=c(H+)=1×10-2 mol·L-1。(4)pH=11,c(H+)=1×10-11 mol·L-1,c(OH-)=1×10-3 mol·L-1,在Na2CO3溶液中c水(OH-)=c(OH-)=1×10-3 mol·L-1。 答案:(1)1×10-12 mol·L-1　(2)1×10-11 mol·L-1 (3)1×10-2 mol·L-1　(4)1×10-3 mol·L-1 练后补强 1.从点、线两维角度分析水的电离平衡曲线 (1)从线的角度——温度关系和溶液酸碱性 ①T1、T2对应线为等温线,每条线上各点对应的离子积相等;升高温度,水的电离程度增大,水的离子积增大,则T2>T1。 ②ab线为中性溶液线,ab线上c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,ab线上方c(H+)<c(OH-),溶液呈碱性,ab线下方c(H+)>c(OH-),溶液呈酸性。 (2)从点的角度——条件改变 ①同一等温线上点的变化,离子积常数不变,即c(H+)·c(OH-)不变,c(H+)和c(OH-)之间为反比例关系,可以通过加入酸、碱、盐,如a→d,可以加入HCl等酸或加入AlCl3等强酸弱碱盐。 ②不同等温线上点的变化,离子积常数改变,即温度发生了改变。 2.由水电离出的c(H+)或c(OH-)的计算技巧 (25 ℃时) (1)中性溶液:c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7 mol·L-1。 (2)酸或碱抑制水的电离,由水电离产生的c(H+)或c(OH-)均小于10-7 mol·L-1。碱溶液中的c(H+)<10-7 mol·L-1,溶液中的c(H+) 就是由水电离出的c(H+);酸溶液中的c(H+)>10-7 mol·L-1,用Kw 除以溶液中的c(H+) 即得到由水电离出的c(OH-)。 (3)可水解的盐促进水的电离,水电离产生的c(H+)或c(OH-) 均大于10-7 mol·L-1。若溶液中的c(H+)>10-7 mol·L-1,溶液中的c(H+)即水电离出的c(H+);若溶液中的c(H+)<10-7 mol·L-1,用Kw除以溶液中的c(H+) 即得水电离出的c(OH-)。 逐点清(二)　溶液的酸碱性与pH的计算 系统教材·固本强基 　 1.溶液的酸碱性 溶液的酸碱性取决于c(H+)与c(OH-)的相对大小 适用的 温度 25 ℃ 各种温度 项目 pH c(H+)/(mol·L-1) c(H+)与c(OH-) 的相对大小 酸性 <7 >10-7 c(H+)>c(OH-) 中性 =7 =10-7 c(H+)=c(OH-) 碱性 >7 <10-7 c(H+)<c(OH-) 2.溶液的pH 定义式 pH=-lg c(H+) 溶液的酸碱性与pH的关系 在室温下,存在以下关系: pH适用 范围 pH的取值范围为0~14,即只适用于c(H+)和c(OH-)都较小的稀溶液(<1 mol·L-1) 3.pH的测定方法 (1)pH试纸测定 ①方法:取一小片试纸放在洁净的玻璃片或表面皿上,用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中央,变色稳定后与标准比色卡对照,即可确定溶液的pH。 ②注意:pH试纸使用前不能用蒸馏水润湿,否则待测液因被稀释可能会产生误差。用广泛pH试纸读出的pH只能是整数。 (2)pH计测定:可精确测定溶液的pH。 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)100 ℃时纯水的pH约为6,所以纯水在100 ℃时显酸性 (×) (2)在任何温度下,纯水的 pH 都等于7 (×) (3)c(H+)=的溶液一定显中性 (√) (4)用pH试纸测得新制氯水的pH为2 (×) (5)常温下能使甲基橙显黄色的溶液一定显碱性 (×) 2.水是最宝贵的资源之一。100 ℃水的离子积常数Kw=1.0×10-12。 (1)已知水中存在如下平衡:H2O+H2OH3O++OH-　ΔH>0,现欲使平衡向左移动,且所得溶液呈酸性,选择的方法是　　　　(填字母)。  A.向水中加入NaHSO4 B.向水中加入NaCl C.加热水至100 ℃ D.在水中加入KOH (2)水蒸气和沸水的温度都是100 ℃,现欲测定100 ℃沸水的pH及酸碱性,若用pH试纸测定,则试纸显　　　　色,溶液呈　　　　(填“酸”“碱”或“中”)性;若用pH计测定,则pH　　　　(填“>”“=”或“<”)7,溶液呈　　　　(填“酸”“碱”或“中”)性。  答案:(1)A　(2)黄　中　<　中 迁移应用·深化学习 　 牛刀小试 　　　　　　　　　　　　　　　　 题点(一)　溶液酸碱性的判断 1.已知温度T ℃时水的离子积常数为Kw,该温度下,将浓度为a mol·L-1的一元酸HA与b mol·L-1的一元碱BOH等体积混合,可判定该溶液呈中性的依据是 (　　) ①a=b　②混合溶液的pH=7 ③混合溶液中c(OH-)=10-7 mol·L-1 ④混合溶液中,c(H+)= mol·L-1 ⑤混合溶液中,c(B+)=c(A-) A.②③ B.④⑤ C.①④ D.②⑤ 解析:选B　因为酸、碱的强弱未知,不能依据a=b判断,①错误;温度不能确定为25 ℃,溶液的pH=7,c(OH-)=10-7 mol·L-1不能判断溶液呈中性,②③错误;Kw=c(H+)·c(OH-),当c(H+)=c(OH-)= mol·L-1时,溶液一定呈中性,④正确;根据电荷守恒c(H+)+c(B+)=c(A-)+c(OH-),当c(B+)=c(A-)时,c(H+)=c(OH-),溶液一定呈中性,⑤正确。 2.用“酸性”“碱性”“中性”或“不确定”填空。 (1)①c(H+)=1×10-7 mol·L-1的溶液　　　　。  ②25 ℃,=10-12的溶液　　　　。  ③c(H+)= mol·L-1的溶液　　　　。  ④25 ℃,水电离出c(H+)=1×10-10 mol·L-1的溶液　　　　。  (2)①相同浓度的HCl和NaOH溶液等体积混合　　　　。  ②25 ℃时,相同浓度NH3·H2O和HCl溶液等体积混合　　　　　　　。  (3)①25 ℃时,pH=2的CH3COOH和pH=12的NaOH溶液等体积混合　　　　。  ②25 ℃时,pH=2的H2SO4溶液和pH=12的氨水等体积混合　　　　。  (4)25 ℃,pH=2的HA溶液与pH=12的BOH溶液等体积混合　　　　　　。  (5)①25 ℃时,pH=3的HCl和pH=12的NaOH溶液等体积混合　　　　　　。  ②25 ℃时,0.2 mol·L-1的氨水与0.1 mol·L-1的盐酸等体积混合　　　　。  答案:(1)①不确定　②酸性　③中性　④不确定 (2)①中性　②酸性　(3)①酸性　②碱性 (4)不确定　(5)①碱性　②碱性 题点(二)　溶液pH的计算 3.(1)25 ℃时,pH=3的硝酸和pH=12的氢氧化钡溶液按照体积比为9∶1混合,混合液的pH为　　　　。  (2)T ℃,纯水中pH=6。该温度下,pH=1的稀硫酸与0.15 mol·L-1的Ba(OH)2溶液等体积混合,混合液的pH为　　　　。  (3)25 ℃时,在一定体积pH=12的Ba(OH)2溶液中,逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液,当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时,溶液pH=11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和,则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是　　　　。  (4)25 ℃时,100 mL pH=a的稀硫酸与10 mL pH=b的NaOH溶液混合,溶液呈中性,则a、b的关系为　　　　。  (5)25 ℃时将pH=a的NaOH溶液Va L与pH=b的稀盐酸Vb L混合,若所得溶液呈中性,且a+b=13,则=　　　　。  解析:(1)c混(OH-)= mol·L-1=1×10-4 mol·L-1,c(H+)=1×10-10 mol·L-1,pH=10。(2)c混(OH-)= mol·L-1=0.1 mol·L-1,c(H+)= mol·L-1=1×10-11 mol·L-1,pH=11。(3)设氢氧化钡溶液体积为V1 L,硫酸氢钠溶液的体积为V2 L,依题意知,n(Ba2+)=n(S),由Ba(OH)2+NaHSO4===BaSO4↓+NaOH+H2O知,生成的氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)=n[Ba(OH)2]=0.5×10-2 V1 mol,则=1×10-3 mol·L-1,V1∶V2=1∶4。(4)混合后溶液呈中性,则混合前稀硫酸中H+的物质的量等于NaOH溶液中OH-的物质的量,则100×10-3×10-a=10×10-3×10-14+b,a+b=15。(5)10-14+aVa=10-bVb,==1014-a-b=10。 答案:(1)10　(2)11　(3)1∶4　(4)a+b=15　(5)10 题点(三)　酸、碱的稀释问题 4.常温下,关于溶液的稀释下列说法正确的是 (　　) A.pH=3的醋酸溶液稀释100倍,pH=5 B.若1 mL pH=1的盐酸与100 mL NaOH溶液混合后,溶液pH=7,则NaOH溶液的pH=11 C.将1 L 0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液稀释为2 L,pH=12 D.pH=8的NaOH溶液稀释100倍,其pH=6 解析:选B　pH=3的醋酸溶液在稀释过程中电离平衡正向移动,稀释100倍时,3<pH<5,A错误;混合后pH=7,则1×10-3 L×0.1 mol·L-1=0.1 L×c(OH-),c(OH-)=1×10-3 mol·L-1,c(H+)==1×10-11 mol·L-1,pH=11,B正确;0.1 mol·L-1 Ba(OH)2溶液稀释到2 L时,c(OH-)= mol·L-1=0.1 mol·L-1,c(H+)=1×10-13 mol·L-1,pH=13,C错误;NaOH溶液是碱溶液,无论怎么稀释,pH在常温下不可能成为6,只能无限接近于7,D错误。 5.pH=2的A、B两种酸溶液各1 mL,分别加水稀释到1 000 mL, 其中pH与溶液体积V的关系如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等 B.稀释后,A酸溶液中c(H+)比B酸溶液中c(H+)大 C.a=5时,A是强酸,B是弱酸 D.一定有关系:5>a>2 解析:选C　由图像可以看出稀释过程中两种酸的pH的增大程度不同,说明两种酸的强弱不同,故pH=2的两种酸的浓度一定不同,A项错误;由图像知,稀释后A酸溶液的pH大于B酸溶液的pH,则A中c(H+)小于B中c(H+),B项错误;a=5时,表明pH=2的A酸溶液稀释1 000倍,pH增加3,故A是强酸,pH=2的B酸溶液稀释1 000倍后,pH<5,说明B酸溶液中存在电离平衡,则B是弱酸,C项正确;若A、B都是弱酸,稀释1 000倍后,A、B两溶液pH均要增大,而增加的值均小于3,存在关系:5>a>2,若A是强酸,则a=5,D项错误。 6.有pH=2的X、Y、Z三种酸的溶液各1 mL,分别向其中加水稀释到1 000 mL,其pH与溶液体积(V)的变化关系如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.X的酸性强于Y B.X、Y、Z均为弱酸 综合应用 重点加练 C.稀释前的浓度大小为c(Y)<c(X) D.稀释后的浓度关系:c(Y)=c(X) 解析:选A　pH=2的X、Y的溶液各1 mL,加水稀释到1 000 mL,都稀释1 000倍,X的pH变化大,则X的酸性强于Y,A正确;pH=2的X溶液1 mL,加水稀释到1 000 mL,稀释1 000倍,pH由2变为5,则X为强酸,而Y、Z溶液的pH<5,所以Y、Z为弱酸,B不正确;X为强酸、Y为弱酸,X、Y的pH都为2,则稀释前的浓度大小为c(Y)>c(X),稀释后的浓度关系:c(Y)>c(X),C、D不正确。 练后补强 1.掌握混合溶液中pH的计算方法 (1)两种强酸混合:直接求出c混(H+),再据此求pH。 c混(H+)=。 (2)两种强碱混合:先求出c混(OH-),再根据Kw求出c混(H+),最后求pH。 c混(OH-)=。 (3)强酸、强碱混合:先判断哪种物质过量,再由下式求出溶液中H+或OH-的浓度。 ①若酸过量: c混(H+)= ②若碱过量: c混(OH-)= 最后根据pH=-lg c(H+),求pH。 2.比较一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)稀释图像 (1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸 加水稀释相同的倍数,醋酸的pH大 加水稀释到相同的pH,盐酸加入的水多 (2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸 加水稀释相同的倍数,盐酸的pH大 加水稀释到相同的pH,醋酸加入的水多 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、选择题 1.下列溶液一定显酸性的是 (　　) A.c(H+)>c(OH-)的溶液 B.含H+的溶液 C.pH<7的溶液 D.加酚酞显无色的溶液 解析:选A　A项,c(H+)>c(OH-)的溶液,则一定是酸性溶液;B项,酸、碱、盐溶液中都含H+和OH-,含H+的溶液不一定显酸性;C项,温度未知,pH<7的溶液不一定为酸性溶液;D项,加酚酞显无色的溶液,说明pH<8.2,但不一定是酸性溶液。 2.关于水的说法,下列错误的是 (　　) A.水的电离方程式为2H2OH3O++OH- B.纯水的pH可能为6 C.25 ℃时水中通入少量HCl,恢复至25 ℃,Kw减小 D.水的电离过程ΔH>0 解析:选C　水是弱电解质,电离方程式为2H2OH3O++OH-,A正确;水的电离是吸热过程,温度升高,水的离子积增大,纯水的pH可能为6,B正确;Kw只受温度影响,温度不变,Kw不变,C错误;水的电离过程吸热,ΔH>0,D正确。 3.(2025·天津南开区模拟)用pH试纸测定溶液的pH,下列叙述正确的是 (　　) A.测得某浓度的NaClO溶液的pH为10 B.常温下测得NH4Cl溶液pH约为4.1 C.用湿润的pH试纸测pH相同的盐酸和醋酸溶液的pH,误差较大的是盐酸 D.在试管内放入少量溶液并煮沸,把pH试纸放在管口观察其颜色并与标准比色卡比较 解析:选C　NaClO溶液具有漂白性,会将pH试纸漂白,故不能用pH试纸测定其pH,故A错误;广泛pH试纸测定的溶液的pH的数值为整数,故B错误;稀释时,醋酸还会继续电离出氢离子,故稀释pH相同的盐酸和醋酸溶液时,醋酸的氢离子浓度变化小,pH变化小,故用湿润的pH试纸测pH相同的盐酸和醋酸溶液的pH,误差较大的是盐酸,故C正确;在试管内放入少量溶液并煮沸,把pH试纸放在管口,无法测定溶液的pH,故D错误。 4.关于H2OH++OH-　Kw=c(H+)c(OH-),下列说法正确的是 (　　) A.向纯水中通入HCl(g),水的电离被抑制,Kw减小 B.纯水中c(H+)为10-7 mol·L-1 C.若某溶液中,c(H+)=,则该溶液一定是中性的 D.100 ℃时,0.1 mol·L-1的NaOH溶液的pH=13 解析:选C　向纯水中通入HCl(g),溶液中氢离子浓度变大,水的电离被抑制,但是Kw不变,A错误;B项,没有确定的温度,不能确定纯水中氢离子浓度;若某溶液中,c(H+)=,则该溶液氢离子浓度等于氢氧根离子浓度,溶液一定是中性的,故C正确;100 ℃时,0.1 mol·L-1的NaOH溶液中氢氧根离子浓度为0.1 mol·L-1,由于Kw不是10-14,故氢离子浓度不是10-13 mol·L-1,pH不是13,D错误。 5.25 ℃时,下列溶液的pH=12的是 (　　) A.0.002 mol·L-1HCl溶液 B.0.005 mol·L-1 Ba(OH)2溶液 C.0.001 mol·L-1KOH溶液 D.0.01 mol·L-1HF溶液 解析:选B　A项,已知HCl是强酸,HCl===H++Cl-,故0.002 mol·L-1HCl溶液中H+浓度为0.002 mol·L-1,故pH=-lg c(H+)=-lg 0.002=3-lg 2;B项,已知Ba(OH)2是强碱,Ba(OH)2===Ba2++2OH-,故0.005 mol·L-1 Ba(OH)2溶液中OH-浓度为0.005 mol·L-1×2=0.01 mol·L-1,则c(H+)==10-12 mol·L-1,故pH=-lg c(H+)=-lg 10-12=12;C项,已知KOH是强碱,KOH===K++OH-,故0.001 mol·L-1 KOH溶液中OH-浓度为0.001 mol·L-1,则c(H+)==10-11 mol·L-1,故pH=-lg c(H+)=-lg 10-11=11;D项,已知HF是弱酸,虽然无法计算0.01 mol·L-1HF溶液的pH,但可以判断其pH<7。 6.(2025·海淀区高三模拟)室温下,一定浓度氨水的pH为11。下列说法正确的是 (　　) A.此溶液中c(NH3·H2O)=1×10-3 mol·L-1 B.此溶液中,由水电离出的c(OH-)=1.0×10-11 mol·L-1 C.将此溶液加水稀释10倍,所得溶液pH=10 D.将此溶液与等体积的1.0×10-3 mol·L-1盐酸反应,恰好完全中和 解析:选B　NH3·H2O电离程度较小,溶液中c(NH3·H2O)>c(OH-)= mol·L-1=10-3 mol·L-1,故A错误;碱抑制水电离,该溶液中由水电离出的c(OH-)=c(H+)=1.0×10-11 mol·L-1,故B正确;加水稀释促进NH3·H2O电离,所以将此溶液加水稀释10倍,所得溶液中c(OH-)大于原来的,溶液的pH>10而小于11,故C错误;将此溶液与等体积的1.0×10-3 mol·L-1盐酸反应,氨水有大量剩余,所以混合溶液呈碱性,故D错误。 7.下列关于溶液酸碱性说法不正确的是 (　　) A.某温度下,Kw=1×10-12,则pH=7,溶液呈碱性 B.25 ℃, 1 L pH=5的氯化铵溶液,c(H+)=10-5 mol·L-1,由水电离出的n(OH-)=10-5 mol C.某温度下,Va L 0.01 mol·L-1 pH=11的NaOH溶液,与Vb L pH=1的H2SO4溶液混合呈中性,则Va∶Vb=1∶1 D.100 ℃时纯水的pH=6,呈中性 解析:选C　某温度下,Kw=1×10-12,则纯水中c(H+)=c(OH-)= =1×10-6 mol·L-1,此时水的pH为6,溶液pH为7说明该溶液呈碱性,A正确;氯化铵为强酸弱碱盐,溶液呈酸性,由于铵根离子可以结合水电离出的OH-,水电离出的H+和OH-浓度相同,则pH=5的氯化铵溶液,c(H+)=10-5 mol·L-1,由水电离出的n(OH-)=10-5 mol,B正确;要使混合溶液呈中性,则NaOH和H2SO4恰好完全反应生成Na2SO4和H2O,则存在碱中n(OH-)等于酸中n(H+),所以0.01Va=0.1Vb,Va∶Vb=10∶1,C错误;100 ℃时,纯水中c(H+)=c(OH-),呈中性,D正确。 8.(2025·滕州市高三模拟)某温度下,重水(D2O)的离子积Kw=1.6×10-15,规定pD=-lg c(D+)。下列说法错误的是 (　　) A.重水是极弱的电解质,将少量NaOH加入重水,重水的电离程度减小 B.该温度下重水的pD=8-lg 4 C.该温度下,2 L含0.01 mol D2SO4的重水溶液,其pD=2 D.该温度下,在100 mL 0.4 mol·L-1的DCl重水溶液中,加入100 mL 0.2 mol·L-1 NaOD的重水溶液,充分反应后溶液的pD=1-lg 2(忽略溶液体积的变化) 解析:选D　重水是极弱的电解质,存在电离平衡,将少量NaOH加入重水,抑制重水的电离,电离程度减小,故A正确;某温度下,重水(D2O)的离子积Kw=c(D+)×c(OD-)=1.6×10-15,c(D+)=c(OD-)= mol·L-1=4×10-8 mol·L-1,pD=8-lg 4,故B正确;规定pD=-lg c(D+),2 L含0.01 mol D2SO4的重水溶液,c(D+)==0.01 mol·L-1,其pD=2,故C正确;在100 mL 0.4 mol·L-1的DCl重水溶液中,加入100 mL 0.2 mol·L-1 NaOD的重水溶液,充分反应后,溶液中剩余c(D+)==0.1 mol·L-1,则pD=1,故D错误。 9.(2025·沈阳高三模拟)某温度下,相同体积、相同 pH 的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时 的pH变化曲线如图所示,下列判断正确的是 (　　) A.a点导电能力比b点强 B.b点的Kw值大于c点 C.与盐酸完全反应时,消耗盐酸体积Va>Vc D.a、c 两点的c(H+)相等 解析:选D　根据信息可知氢氧化钠溶液和氨水具有相同的体积和pH,由于氢氧化钠是强电解质,一水合氨是弱电解质,则氢氧化钠的浓度小于氨水,稀释过程中,促进一水合氨电离,所以pH变化快的是氢氧化钠,变化慢的是氨水;溶液的导电能力与离子浓度成正比,a点的碱性小于b点,即a点的离子浓度小于b点,所以a点溶液的导电能力比b点溶液的导电能力弱,故A错误;电离平衡常数只与温度有关,温度不变,一水合氨的电离平衡常数不变,故B错误;一水合氨和氢氧化钠都是一元碱,等pH的氨水和氢氧化钠,氨水的浓度大于氢氧化钠,二者等体积时,氨水的物质的量大于氢氧化钠,所以氨水消耗盐酸体积大,即Va<Vc,故C错误;a、c 两点的 pH相等,即溶液中c(H+)相等,故D正确。 10.已知:pH=-lg c(H+),pOH=-lg c(OH-)。常温下,向某浓度的盐酸溶液中滴加氢氧化钠溶液, 所得溶液pOH和pH变化如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.盐酸与NaOH溶液的浓度相等 B.B点和D点水的电离程度相同 C.滴加NaOH溶液改为滴加水,该图曲线不变 D.升高温度,滴定过程中pOH+pH>14 解析:选B　根据图像看,初始时盐酸的pH=0,则盐酸的浓度为1 mol·L-1,但无法判断NaOH溶液的浓度,故A错误;B点溶液氢氧根离子来自水的电离,B点pOH=10,则c(OH-)=10-10 mol·L-1;D点溶液中氢离子来自水的电离,D点pH=10,水电离出的c(OH-)=10-10 mol·L-1,所以B、D两点水的电离程度相同,故B正确;滴加NaOH溶液改为加水稀释,溶液中氢离子浓度逐渐减小,最终只能接近10-7 mol·L-1,溶液的pH只能无限接近7,不可能大于7,与图像变化不符,故C错误;常温下pOH+pH=14,升高温度后水的电离程度增大,则pOH+pH<14,故D错误。 11.(2025·丰台区高三模拟)在常温下,有关下列4种溶液的叙述不正确的是 (　　) 编号 ① ② ③ ④ 溶液 醋酸 盐酸 氨水 氢氧化钠溶液 pH 3 3 11 11 A.4种溶液中由水电离出的c(H+)均为1×10-11 mol·L-1 B.等体积的溶液①和②分别与足量锌充分反应,溶液①产生氢气更多 C.将溶液②、③等体积混合,所得溶液中: c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(OH-) D.将a mL溶液②与b mL溶液④混合后,若所得溶液的pH=4,则a∶b=11∶9 解析:选C　pH=3的醋酸、盐酸中由水电离出的c(H+)=c(OH-)== mol·L-1=10-11 mol·L-1,pH=11的氨水和氢氧化钠溶液中由水电离出的c(H+)和溶液中c(H+)相等,即由水电离出的c(H+)=10-11 mol·L-1,故A正确;醋酸是弱酸,pH=3的醋酸溶液中c(醋酸)大于pH=3的盐酸溶液中c(盐酸),等体积的溶液①和②中n(醋酸)>n(盐酸),分别与足量锌充分反应,醋酸溶液产生氢气更多,故B正确;pH=11的氨水溶液中c(一水合氨)大于pH=3的盐酸溶液中c(盐酸),二者等体积混合时氨水过量,溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),电荷守恒关系为c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),则c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),故C错误;pH=3的盐酸溶液中c(H+)=10-3 mol·L-1,pH=11的NaOH溶液中c(OH-)= mol·L-1=10-3 mol·L-1,二者混合后溶液的pH=4,c(H+)=10-4 mol·L-1,呈酸性,则盐酸过量,等量关系为10-3 mol·L-1×a×10-3 L-10-3 mol·L-1×b×10-3 L=10-4 mol·L-1×(a+b)×10-3 L,解得a∶b=11∶9,故D正确。 12.常温下,浓度均为c0、体积均为V0的MOH和ROH两种碱液分别加水稀释至体积为V,溶液pH随lg 的变化如图甲所示;当pH=b时,两曲线出现交叉点x,如图乙所示。下列叙述正确的是 (　　) A.c0、V0均不能确定其数值大小 B.电离常数Kb(MOH)≈1.1×10-4 C.x点处两种溶液中水的电离程度相等 D.lg 相同时,将两种溶液同时升高相同的温度,则增大 解析:选C　根据图知,ROH加水稀释10倍,溶液的pH减小1,说明ROH完全电离,为强电解质,则MOH为弱电解质。常温下浓度为c0的ROH溶液的pH=13,且ROH为强电解质,则c0=0.1 mol·L-1,A错误;lg =0时,MOH溶液的pH=12,c0=0.1 mol·L-1,电离常数Kb(MOH)==≈1.1×10-3,B错误;x点两种溶液的pH相等,所以二者抑制水的电离程度相等,C正确;升高温度促进MOH的电离,所以lg 相同时,升高温度c(R+)不变,c(M+)增大,则减小,D错误。 二、非选择题 13.(8分)已知水在25 ℃和100 ℃时,其电离平衡曲线如图所示。假设溶液混合 后体积变化忽略不计,回答下列问题: (1)25 ℃时,将pH=9的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合,所得混合溶液的pH=7,则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为　　　　。  (2)100 ℃时,若100体积pH=a的某强酸溶液与1体积pH=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性,则a与b之间应满足的关系是　　　　　　。  (3)曲线A所对应的温度下,pH=2的盐酸和pH=11的某BOH溶液中,若水的电离程度分别用α1、α2表示,则α1　　　　α2(填“大于”“小于”“等于”或“无法确定”)。  (4)曲线B对应的温度下,将0.02 mol·L-1 Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合后,混合溶液的pH=　　　　。  解析:(1)25 ℃时,pH=9的NaOH溶液,c(OH-)=10-5 mol·L-1;pH=4的H2SO4溶液,c(H+)=10-4 mol·L-1;若所得混合溶液的pH=7,则c(OH-)·V(NaOH)=c(H+)·V(H2SO4)。故NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为V(NaOH)∶V(H2SO4)=c(H+)∶c(OH-)=10∶1。 (2)100 ℃时,水的离子积常数Kw=1×10-12。100体积pH=a的某强酸溶液中n(H+)=100×10-a mol=102-a mol,1体积pH=b的某强碱溶液中n(OH-)=1× mol=10b-12 mol。混合后溶液呈中性,102-a mol=10b-12 mol,2-a=b-12,所以a+b=14。(3)曲线A所对应的温度是25 ℃,pH=2的盐酸中c水(H+)=10-12 mol·L-1;pH=11的某BOH溶液中c水(H+)=10-11 mol·L-1;水电离产生的H+的浓度越大,水的电离程度就越大,则α1<α2。(4)混合溶液中c(OH-)= mol·L-1=0.01 mol·L-1。由于该温度下水的离子积常数Kw=10-12,所以c(H+)=10-10 mol·L-1,所得混合溶液的pH=10。 答案:(1)10∶1　(2)a+b=14　(3)小于　(4)10 14.(12分)现有室温下浓度均为1×10-3 mol·L-1的几种溶液:①盐酸、②硫酸、③醋酸、④氨水、⑤NaOH溶液。回答下列问题: (1)上述5种溶液中,水电离出的c(H+)最小的是　　。  (2)向相同体积的①、②、③溶液中分别加入相同的且足量的锌粒,反应的初始速率由快到慢的顺序为　　　,最终产生H2总量的关系为　　　　　　。  (3)若将等体积的④、⑤溶液加热至相同温度后,溶液的pH大小关系为④　　　　⑤。  (4)在25 ℃ 时,某Na2SO4溶液中c(S) = 5×10-4 mol·L-1,取该溶液1 mL加水稀释至10 mL,则稀释后溶液中c(Na+)∶c(OH-)=　　　　　。  (5)t ℃时,水的离子积为1×10-12,将pH=11的NaOH溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合(假设混合后溶液的体积为原两溶液的体积之和),所得混合溶液的pH=2,则V1∶V2 =　　　　。  解析:(1)酸碱对水的电离起抑制作用,氢离子和氢氧根离子浓度越大对水的电离抑制程度越大,5种溶液中硫酸是二元强酸,氢离子浓度最大,所以对水的抑制程度最大,所以水电离出的c(H+)最小。(2)向相同体积相同浓度的①盐酸、②硫酸、③醋酸溶液中分别加入相同且足量的锌粒,浓度均为1×10-3 mol·L-1溶质物质的量相同,溶液中氢离子浓度为②>①>③,则产生氢气的速率快慢为②>①>③;生成氢气的量与酸能够提供氢离子的物质的量有关,三种溶液中:②中生成氢气的量最大,①、③生成的氢气相等,所以生成氢气总量关系为②>①=③。(3)氨水中的溶质是弱碱,存在电离平衡,溶液pH⑤>④。(4)25 ℃时,某Na2SO4溶液中c(S)=5×10-4 mol·L-1,则溶液中钠离子浓度是1×10-3 mol·L-1,稀释10倍,则钠离子浓度是1×10-4 mol·L-1。但硫酸钠溶液是显中性的,所以c(Na+)∶c(OH-)=10-4∶10-7=1 000∶1。 (5)t ℃下水的离子积常数是1×10-12,所以在该温度下,pH=11的NaOH溶液中OH-的浓度是0.1 mol·L-1,硫酸中氢离子的浓度也是0.1 mol·L-1,所得混合溶液的pH=2,说明稀硫酸过量,所以有=0.01,解得V1∶V2=9∶11。 答案:(1)②　(2)②①③　②>①=③　(3)<　(4)1 000∶1　(5)9∶11 第三讲　酸碱中和滴定 |内|容|与|目|标| 　 1.了解酸碱中和滴定实验原理及其应用。 2.了解溶液pH的调控在工农业生产和科学研究中的应用。 逐点清(一)　酸碱中和滴定 系统教材·固本强基 　 1.实验原理 用已知浓度酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法叫酸碱中和滴定。一元酸与一元碱滴定时,c待=。 2.酸碱中和滴定的关键 (1)准确测定标准液和待测液的体积。 (2)准确判断滴定终点。 3.实验用品 (1)仪器 酸式滴定管(图A),碱式滴定管(图B)、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。　 (2)试剂 标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。 (3)滴定管的使用 试剂性质 滴定管 原因 酸性、 氧化性 酸式 滴定管 酸性、氧化性物质易腐蚀橡胶管 碱性 碱式 滴定管 碱性物质易腐蚀玻璃,致使玻璃活塞无法打开 4.指示剂 常用酸碱指示剂及变色范围 指示剂 变色范围的pH 石蕊 <5.0红色 5.0~8.0紫色 >8.0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 8.2~10.0浅红色 >10.0红色 5.中和滴定实验操作 (以酚酞作指示剂,用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液) (1)滴定前的准备 (2)滴定 (3)终点判断 等到滴入最后半滴标准液,溶液由红色变为无色,且在半分钟内不恢复原来的颜色,视为滴定终点并记录标准液的体积。 (4)数据处理 按上述操作重复2~3次,根据c(NaOH)=求出每次实验的NaOH浓度,并求其平均值。 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)将液面在0 mL处的25 mL的酸式滴定管中的液体全部放出,液体的体积为25 mL (×) (2)中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好,指示剂一般加入2~3 mL (×) (3)中和滴定实验中,必须用待装标准液润洗滴定管,用待测液润洗锥形瓶 (×) (4)用碱式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液 (×) (5)中和滴定时,眼睛必须注视滴定管中的液面变化 (×) (6)当观察到锥形瓶中颜色发生变化,立即停止滴定并记下滴定管液面读数 (×) (7)量取20.00 mL待测液时可用量筒量取 (×) (8)(2024·湖南卷)用NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液,用甲基橙作指示剂进行滴定 (×) 2.(1)现用物质的量浓度为a mol·L-1的标准NaOH溶液去滴定V mL盐酸的物质的量浓度,请填写下列空白: ①碱式滴定管用蒸馏水洗净后,接下来应该进行的操作是　　　　　　　　　　。  ②用标准NaOH溶液滴定时,应将标准NaOH溶液注入　　　(填“甲”或“乙”)中。  提示:①用标准NaOH溶液润洗　②乙 (2)精确量取一定体积的溴水、KMnO4溶液应用酸式滴定管,而量取Na2CO3溶液、稀氨水应选用碱式滴定管,请说明选择的理由。 提示:溴水、KMnO4溶液具有强氧化性,能腐蚀橡胶管,所以选用酸式滴定管;Na2CO3溶液、稀氨水显碱性,能腐蚀玻璃活塞,所以选用碱式滴定管。 迁移应用·深化学习 　 牛刀小试 　　　　　　　　　　　　　　　　 题点(一)　酸碱中和滴定 1.(2025·齐齐哈尔高三模拟)如图是利用滴定管进行实验,对于滴定 管的使用,下列说法错误的是 (　　) A.滴定管润洗后,润洗液应从滴定管下口流出 B.聚四氟乙烯滴定管可以盛装0.1 mol·L-1盐酸或0.1 mol·L-1 NaOH溶液 C.在使用前,若滴定管旋塞处存在轻微漏水现象,可在旋塞处涂抹适量凡士林 D.除去碱式滴定管胶管内气泡时,将尖嘴垂直向下,挤压胶管内玻璃球 解析:选D　滴定管润洗时下口也需润洗,则润洗液应从下口自然流出,故A正确;聚四氟乙烯属于有机高分子材料,盐酸和氢氧化钠溶液不能腐蚀聚四氟乙烯,可以盛装盐酸或氢氧化钠溶液,故B正确;凡士林是一种软膏状有机物,有滑腻感,旋塞处涂抹凡士林可以润滑、防水渗出,若滴定管旋塞处存在轻微漏水现象,可在旋塞处涂抹适量凡士林,故C正确;除去碱式滴定管胶管内的气泡时,应将尖嘴略向上倾斜,挤压胶管内玻璃球,以利于气泡逸出,不能将尖嘴垂直向下,故D错误。 2.某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时,选择甲基橙作指示剂。 回答下列问题: (1)用标准盐酸滴定待测的NaOH溶液时,左手握酸式滴定管的活塞,右手摇动锥形瓶,眼睛注视　　　　　　,直到加入最后半滴盐酸后,溶液由黄色变为橙色,并　　　　　　　　　　　　　　　　为止。  (2)若滴定开始和结束时,酸式滴定管中的液面如图所示,则起始读 数为　　 　 mL,终点读数为　 　　 mL,所用盐酸的体积为　　 　 mL。  (3)某学生3次实验的有关数据记录如表: 滴定 次数 待测NaOH 溶液的体积/mL 0.100 0 mol·L-1盐酸的体积/mL 滴定前 刻度 滴定后 刻度 溶液体 积/mL 第一次 25.00 0.00 26.11 26.11 第二次 25.00 1.56 30.30 28.74 第三次 25.00 0.22 26.31 26.09 依据上表数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　。  答案:(1)锥形瓶中溶液颜色变化　在半分钟内不变色 (2)0.00　26.10　26.10 (3)第二次实验误差较大应舍去;由第一次实验数据得,c1(NaOH)==0.104 44 mol·L-1 由第三次实验数据得,c2(NaOH)= =0.104 36 mol·L-1 c(NaOH)== = 0.104 4 mol·L-1 题点(二)　酸碱中和滴定误差分析 3.(2025·乌鲁木齐开学检测)下列实验误差分析正确的是 (　　) A.用标准盐酸滴定氨水来测定其浓度,选择酚酞作指示剂会使测定结果偏大 B.配制0.100 0 mol·L-1 NaCl溶液,定容时仰视,结果偏大 C.用润湿的pH试纸测量NH4Cl溶液的pH,测定值偏小 D.用标准盐酸滴定未知氢氧化钠溶液过程中,滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失,测定结果偏大 解析:选D　盐酸与氨水反应生成氯化铵,氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性,酚酞为碱性指示剂,则导致测得氨水的浓度偏小,故A错误;配制0.100 0 mol·L-1氯化钠溶液,定容时仰视会使溶液体积偏大,导致配制溶液的浓度偏小,故B错误;氯化铵是强酸弱碱盐,在溶液中水解使溶液呈酸性,则用润湿的pH试纸测量得到的氯化铵溶液的pH为稀释后溶液的pH,导致测定值偏大,故C错误;用标准盐酸滴定未知氢氧化钠溶液过程中,滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后消失,会测得消耗溶液的体积偏大,导致测定结果偏大,故D正确。 4.某学生用0.100 0 mol·L-1氢氧化钠标准溶液滴定未知浓度的盐酸,其操作可分解为如下几步: A.移取20.00 mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶中,加入2~3滴酚酞溶液; B.用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管2~3次; C.把盛有氢氧化钠标准溶液的碱式滴定管固定好,调节滴定管尖嘴使之充满溶液; D.取氢氧化钠标准溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上2~3 mL; E.调节液面至“0”或“0”刻度以下,记下读数; F.把锥形瓶放在滴定管下面,用氢氧化钠标准溶液滴定至终点并记下滴定管的读数。 请回答下列问题: (1)正确操作步骤的顺序是　　　　　　(填字母)。  (2)上述B步骤操作的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)上述A步骤操作之前,若先用待测溶液润洗锥形瓶,则对滴定结果的影响是　　　　(填“偏高”或“偏低”)。  (4)判断到达滴定终点的实验现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析:(1)操作的步骤是选择滴定管、洗涤、装液、使尖嘴充满溶液、固定滴定管、调节液面记录读数、取待测液于锥形瓶中,然后加入指示剂滴定。(2)滴定管用蒸馏水洗涤后内壁有一层水膜,如果直接装液会将溶液稀释,使浓度降低。(3)锥形瓶如果用待测液润洗,会使溶质的物质的量增大,会造成滴定所用的V碱偏大,据c酸=知,会造成结果偏高。 答案:(1)BDCEAF　(2)防止因将标准液稀释而产生误差　(3)偏高　(4)当滴入最后半滴标准溶液后,溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色 题点(三)　中和滴定曲线的分析 5.(2023·湖南卷)常温下,用浓度为0.020 0 mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.020 0 mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合溶液,滴定过程中溶液的pH随η的变化曲线如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.Ka(CH3COOH)约为10-4.76 B.a点:c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH) C.b点:c(CH3COOH)<c(CH3COO-) D.水的电离程度:a<b<c<d 解析:选D　由题意分析 a点溶液中溶质为NaCl和CH3COOH,CH3COOH微弱电离,根据CH3COOHCH3COO-+H+,可近似认为a点c(H+)=c(CH3COO-),又a点pH=3.38,c(H+)=10-3.38mol·L-1,故Ka(CH3COOH)≈=10-4.76,A项正确;a点HCl恰好完全中和,溶液中溶质为NaCl和CH3COOH,由物料守恒可得溶液中c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),B项正确;由图像分析可知,b点溶液c(CH3COOH)=c(CH3COONa),又b点pH<7,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,即溶液中 c(CH3COOH)<c(CH3COO-),C项正确;a、b两点溶液呈酸性,水的电离均受到抑制,溶液pH越小,水的电离受抑制程度越大,c点酸碱恰好完全中和,CH3COO-水解促进水的电离,d点NaOH过量,又抑制水的电离,故c点溶液中水的电离程度最大,D项错误。 6.(2025·长春高三模拟)常温下,用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL同浓度的甲酸溶液过程中溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示 (已知:HCOOH溶液的Ka=1.8×10-4),下列有关叙述正确的是 (　　) 提示:几种常见的酸碱指示剂变色范围如下: 指示剂 变色范围 颜色 酸色 碱色 甲基橙 3.1~4.4 红 黄 酚酞 8.2~10.0 无 红 A.当加入10.00 mL NaOH溶液时,溶液中:c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH) B.该滴定过程中选择甲基橙试液作为指示剂 C.当加入20.00 mL NaOH溶液时,溶液pH=7.0 D.加入5.00 mL NaOH溶液和加入25.00 mL NaOH溶液时,水的电离程度相同 解析:选A　当加入10.00 mL NaOH溶液时,溶液中溶质为等物质的量浓度的HCOONa、HCOOH,混合溶液pH<7,溶液呈酸性,说明HCOOH电离程度大于HCOO-水解程度,c(HCOO-)>c(HCOOH),Na+不水解,则存在c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH),故A正确;根据图知,二者恰好完全反应时,混合溶液呈碱性,酚酞的变色范围为8.2~10.0、甲基橙的变色范围为3.1~4.4,所以应该选取酚酞作指示剂,故B错误;当加入20.00 mL NaOH溶液时,二者恰好完全反应生成强碱弱酸盐HCOONa,HCOO-水解导致溶液呈碱性,溶液的pH>7,故C错误;酸或碱抑制水电离,溶液中c(H+)或c(OH-)越大,水电离程度越小,加入5.00 mL NaOH溶液时,溶液呈酸性,加入25.00 mL NaOH溶液时,溶液呈碱性,由图可知加入5.00 mL NaOH溶液时溶液中c(H+)小于加入25.00 mL NaOH溶液时溶液中c(OH-),水电离程度:前者大于后者,故D错误。 练后补强 1.理清酸碱中和滴定的误差分析思路 原理 依据原理:c(标准)·V(标准)=c(待测)·V(待测),得c(待测)=,因为c(标准)与V(待测)已确定,所以只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化,即分析出结果 示例 ①未用标准液润洗滴定管,导致V(标准)偏大,c(待测)偏大; ②用待测液润洗锥形瓶,导致V(标准)偏大,c(待测)偏大; ③滴定过程中溶液溅出,导致V(标准)偏小,c(待测)偏小; ④滴定前仰视,滴定后俯视,导致V(标准)偏小,c(待测)偏小; ⑤量取待测液时,锥形瓶未干燥,导致V(标准)无影响,c(待测)无影响 2.掌握中和滴定曲线的“5点”分析法 (以NaOH溶液滴定HA溶液为例) 室温下,向20 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液,溶液pH的变化如图所示。 逐点清(二)　中和滴定的拓展应用 类型(一) 　 氧化还原反应滴定   原理 以氧化剂或还原剂为滴定剂,直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质,或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性,但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质 试剂 常见用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等;常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等 指示剂 (1)氧化还原指示剂。 (2)专用指示剂,如在碘量法滴定中,可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝。 (3)自身指示剂,如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时,滴定终点为溶液由无色变为浅红色 　　[对点训练] 1.[碘量法](2023·湖北卷·节选)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题: 取含CuO2粗品0.050 0 g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI溶液完全反应后,调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂,用0.100 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定,滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00 mL(已知:2Cu2++4I-2CuI↓+I2,I2+2S22I-+S4)。标志达到滴定终点的现象是　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,  粗品中CuO2的相对含量为　　　　。  解析:CuO2在酸性条件下生成Cu2+,Cu2+与KI反应生成I2,I2遇淀粉变蓝,用Na2S2O3标准溶液滴定I2,当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时,溶液的蓝色褪去,且半分钟内不恢复,表明I2已完全反应,达到滴定终点。CuO2中Cu为+2价、O为-1价,结合已知反应可知,CuO2在酸性条件下与KI发生反应2CuO2+8I-+8H+===2CuI↓+3I2+4H2O,有关系式:2CuO2~3I2~6Na2S2O3,则样品中n(CuO2)=n(Na2S2O3),m(CuO2)=×96 g=0.048 g,ω(CuO2)=×100%=96%。 答案:当滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时,溶液蓝色刚好褪去,且半分钟内不恢复　96% 2.[高锰酸钾氧化法]实验探究:在FeSO4(aq)中,加入(NH4)2SO4(s)可制备莫尔盐晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O,摩尔质量为M g·mol-1],为了测定产品纯度,称取m g产品溶于水,配制成500 mL溶液,用浓度为c mol·L-1的KMnO4(H+)滴定,每次所取待测液体积均为25.00 mL,实验结果记录如下: 实验次数 第一次 第二次 第三次 消耗KMnO4 溶液体积/mL 25.52 25.02 24.98 (1)滴定反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　,  滴定终点的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)用含字母M、m、c的式子表示该产品的纯度为　　　　。上表第一次实验中记录数据明显大于后两次,其原因可能是　　　　(填编号)。  A.第一次滴定时,锥形瓶用待装液润洗 B.该KMnO4(H+)保存时间过长,部分变质 C.滴定前滴定管中尖嘴处有气泡,滴定结束后气泡消失 链接拓展 指示剂的选择及滴定终点的判断 解析:(1)酸性高锰酸钾与莫尔盐的反应,实质是高锰酸根在酸性条件下将亚铁离子氧化为铁离子,对应的离子方程式为Mn+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O;莫尔盐溶液由于亚铁离子的存在为浅绿色,而酸性高锰酸钾溶液为紫红色,即滴定终点的现象为:当滴入最后半滴标准液时,溶液由浅绿色变为浅红色(浅紫色也可),且30 s内不恢复原色。(2)由题中表格可知,第一次与第二次、第三次相差较大,为异常数据,忽略不计,消耗高锰酸钾溶液的体积为=25.00 mL,根据离子反应方程式,得出关系式:5(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O~KMnO4,即n[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]=5n(KMnO4)=0.025 L×c mol·L-1×5=0.125c mol,则500 mL溶液中含有n[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]=0.125c mol×=2.5c mol,产品纯度为×100%=%;第一次滴定时,锥形瓶用待装液润洗,锥形瓶中亚铁离子的量偏多,消耗的高锰酸钾偏多,导致结果偏大,A符合题意;三次实验用的同样的高锰酸钾,则不会因高锰酸钾部分变质而出现异常,B不符合题意;滴定管尖嘴有气泡,滴定结束无气泡,所测出高锰酸钾的体积增加,导致结果偏大,C符合题意。 答案:(1)Mn+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O　当滴入最后半滴标准液时,溶液由浅绿色变为浅红色(浅紫色也可),且30 s内不恢复原色　(2)%　AC 类型(二) 　 沉淀滴定与络合滴定 1.沉淀反应滴定 滴定 概念 沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多,但符合条件的却很少,实际上应用最多的是银量法,即利用Ag+与卤素离子的反应来测定Cl-、Br-、I-的浓度 滴定 原理 沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂,滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小,否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl-的含量时常以Cr为指示剂,这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故 2.络合反应滴定 以络合反应为反应原理的滴定分析法称为络合反应滴定。如Fe3++SCN-=== [Fe(SCN)]2+、Ag++2NH3=== [Ag(NH3)2]+等。 　　[对点训练] 3.(2025·福州检测)乙二胺四乙酸(EDTA)可与金属离子形成稳定的配合物。常用EDTA测定水中钙含量(EDTA与钙反应时物质的量之比为1∶1)。基本步骤如下: ①EDTA标定:取10.00 mL 0.1 mol·L-1标准CaCl2溶液,加入3滴甲基橙溶液作指示剂,用已配制好的EDTA溶液滴定至终点,消耗EDTA溶液V1 mL。 ②钙提取:取一定质量的有机物,并用酸性KMnO4溶液氧化,再经萃取、反萃取将金属转移到水中,得到提取液。加入掩蔽剂(掩蔽除钙之外的金属)并将pH调至11.3。 ③EDTA滴定:取20.00 mL提取液,加入指示剂钙黄绿素(钙与钙黄绿素生成能发出绿色荧光的配合物),在黑色背景下用标定后的EDTA溶液滴定至终点,消耗EDTA溶液V2 mL。 对于上述实验,下列说法正确的是 (　　) A.量取标准CaCl2溶液时,选用规格为10 mL的量筒 B.实验室中萃取、反萃取时,使用的主要仪器为长颈漏斗 C.提取液调pH时,不能使用广泛pH试纸进行测定 D.EDTA滴定时,溶液绿色荧光消失即可判定滴定终点 解析:选C　量筒只能精确到0.1 mL,则量取10.00 mL 0.1 mol·L-1标准CaCl2溶液时,不能选用规格为10 mL的量筒,A错误;实验室中萃取、反萃取时,使用的主要仪器为分液漏斗,B错误;广泛pH试纸测定的数值为整数,不可能为小数,不能使用广泛pH试纸进行测定,C正确;EDTA滴定时,溶液绿色荧光消失,且半分钟不变色时,才可判定滴定终点,D错误。 4.(2025·河南开封高级中学第一次质量检测)分析化学中的滴定法除了酸碱中和滴定,还有沉淀滴定、络合滴定、氧化还原滴定等。沉淀滴定法可用于NaCl溶液中c(Cl-)的测定。实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。已知: ①Ag2CrO4是一种难溶于水的砖红色沉淀; ②溶液中同时存在Cl-和Cr时,滴入AgNO3溶液,先生成AgCl沉淀; ③AgCl+2NH3=== [Ag(NH3)2]++Cl-。 Ⅰ.准备标准溶液 准确称取AgNO3基准物4.246 8 g (0.025 0 mol)后,配制成250 mL标准溶液,放在棕色试剂瓶中避光保存,备用。 Ⅱ.滴定待测溶液 a.取待测NaCl溶液25.00 mL于锥形瓶中。 b.加入1 mL 5% K2CrO4溶液。 c.边不断晃动锥形瓶边用AgNO3标准溶液滴定,当接近终点时,半滴半滴地滴入AgNO3溶液,并用力摇晃。记下达终点时消耗AgNO3标准溶液的体积。 d.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AgNO3标准 溶液体积/mL 20.45 20.02 19.98 e.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)滴定终点的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)计算所消耗的AgNO3标准溶液平均体积为　　　 mL,测得c(Cl-)=　　　　mol·L-1。  (4)若用该方法测定NH4Cl溶液中的c(Cl-),待测液的pH不宜超过7.2,理由是　　　　　　　　。  (5)下列关于实验的说法合理的是　　　　　　　。  A.为使终点现象更加明显,可改加1 mL 10% K2CrO4溶液 B.滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上黏附的溶液冲下 C.若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则测定结果偏高 D.若未等滴定管液面稳定就读数会导致测定结果偏高 解析:(1)AgNO3见光易分解,配制一定浓度的AgNO3溶液时,所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管;(2)根据已知信息,Cl-沉淀完全后,才会生成砖红色Ag2CrO4沉淀,故可指示滴定终点;(3)对比3组数据可知,序号1数据严重偏离平均值,为无效数据应舍去,故平均体积为20.00 mL,AgNO3溶液的浓度为=0.100 0 mol·L-1,c(Cl-)==0.080 0 mol·L-1;(4)由信息可知,若NH4Cl溶液pH过大,生成的NH3使AgCl生成可溶性的[Ag(NH3)2]Cl,即增大AgNO3标准溶液所用体积,使测定结果偏高;(5)由于K2CrO4也能与AgNO3反应,所以加入不宜过多(与酸碱中和滴定的指示剂类似),A不合理;滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上黏附的溶液冲下,有利于提高实验准确度,B合理;若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,所配制AgNO3标准溶液浓度偏小,则滴定Cl-时消耗体积偏大,使测定结果偏高,C合理;若未等滴定管液面稳定就读数,稍等片刻后,挂于内壁上的溶液流下,还会使液面略上升,相当于读数偏大,则测定结果偏高,D合理。 答案:(1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管 (2)滴入最后半滴AgNO3溶液时,锥形瓶中出现砖红色沉淀,且半分钟内该沉淀不溶解 (3)20.00　0.080 0 (4)若溶液pH过大,N会生成NH3·H2O,增大AgCl溶解能力,使测定结果偏高　(5)BCD 渗透实验在平时(9)——定量实验分析 　　　　　　　　　　　　　　　　 (一)三种定量测定的方法 1.测量沉淀质量法 先将某种成分转化为沉淀,然后称量过滤、洗涤、干燥后沉淀的质量,再进行相关计算。 称量固体一般用托盘天平,精确度为0.1 g,但精确度高的实验中可使用分析天平,可精确到0.000 1 g。 2.测量气体体积法 ①量气装置的设计:下列装置中,A是常规的量气装置,B、C、D是改进后的装置。 ②读数时要先将其恢复至室温,再调整量气装置使两侧液面相平,最后读数要求视线与凹液面最低点相平。 3.测量气体质量法 一般有两种方法:一种方法是称反应装置在放出气体前后的质量减小值;另一种方法是称吸收装置在反应前后的质量增大值。 (二)定量实验数据的处理方法 1.看数据是否符合测量仪器的精确度特点,如用托盘天平测得质量的精确度为0.1 g,若精确度值超过了这个范围,说明所得数据是无效的。 2.看数据是否在误差允许范围内,若所得的数据明显超出误差允许范围,要舍去。 3.看反应是否完全,是否是过量反应物作用下所得的数据,只有完全反应时所得的数据,才能进行有效处理和应用。 4.看所得数据的测量环境是否一致,特别是气体体积数据,只有在温度、压强一致的情况下得出的数据才能进行比较、运算。 5.看数据测量过程是否规范、合理,错误和违反测量规则的数据需要舍去。 (三)物质组成计算的常用方法 类型 解题方法 物质含 量计算 根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等,求出混合物中某一成分的量,再除以样品的总量,即可得出其含量 确定物 质化学 式的 计算 ①根据题给信息,计算出有关物质的物质的量;②根据电荷守恒,确定出未知离子的物质的量;③根据质量守恒,确定出结晶水的物质的量;④各粒子的物质的量之比即为物质化学式的下标比 热重曲 线计算 ①设晶体为1 mol;②失重一般是先失水、再失气态非金属氧化物;③计算每步的m余,=固体残留率;④晶体中金属质量不减少,仍在m余中;⑤失重最后一般为金属氧化物,由质量守恒得m(O),由n(金属)∶n(O)即可求出失重后物质的化学式 多步滴 定计算 复杂的滴定可分两类: ①连续滴定法:第一步滴定反应生成的产物,还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量,可计算出第一步滴定的反应物的量; ②返滴定法:第一步用的滴定剂是过量的,然后第二步再用另一物质返滴定过量的物质,根据第一步加入的量减去第二步中过量的量,即可得出第一步所求物质的物质的量 [提能训练] 1.[物质含量测定]有一含NaCl、Na2CO3·10H2O和NaHCO3的混合物,某同学设计如下实验,通过测量反应前后C、D装置质量的变化,测定该混合物中各组分的质量分数。 (1)加热前通入空气的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　,操作方法为　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)装置A、C、D中盛放的试剂分别为A　　　　,C　　　　,D　　　　。  (3)若将A装置换成盛放NaOH溶液的洗气瓶,则测得的NaCl的含量将　　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”,下同);若B中反应管右侧有水蒸气冷凝,则测定结果中NaHCO3的含量将　　　　　　;若撤去E装置,则测得Na2CO3·10H2O的含量将　　　　　。  (4)若样品质量为w g,反应后C、D增加的质量分别为m1 g、m2 g,由此可知混合物中NaHCO3的质量分数为　　　　　　　　(用含w、m1、m2的代数式表示)。  解析:(2)A、C、D都是U形管,不能盛液体试剂,只能盛固体试剂。A处试剂必须能同时吸收CO2和水蒸气,故A处盛的是碱石灰;C、D两处分别吸收水蒸气和CO2,故C处可盛无水CaCl2或P2O5,D处可盛碱石灰。(3)若A装置盛放NaOH溶液只吸收CO2,不吸收水蒸气,则混合物中产生水蒸气的Na2CO3·10H2O和NaHCO3的总质量在计算中会增大,因此测得的NaCl的含量会偏低。若B中反应管右侧有水蒸气冷凝,则水蒸气总质量减小,Na2CO3·10H2O和NaHCO3的总质量在计算中会减小,但是NaHCO3的质量是根据CO2的质量进行计算,所以测得的NaHCO3的含量不受影响;若撤去E装置,则D装置可吸收来自外界空气中的CO2与水,使得NaHCO3的质量在计算中会增大,故测得的Na2CO3·10H2O的含量会偏低。(4)NaHCO3的质量分数:×100%=%。 答案:(1)除去装置中的水蒸气和二氧化碳　关闭b,打开a,缓缓通入空气,直至a处出来的空气不再使澄清石灰水变浑浊为止 (2)碱石灰　无水CaCl2或P2O5　碱石灰　(3)偏低　无影响　偏低　(4)% 2.[物质组成确定]碱式碳酸钴[Cox(OH)y(CO3)z]常用作电子材料,磁性材料的添加剂,受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成,某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。 (1)请完成下列实验步骤: ①称取3.65 g样品置于硬质玻璃管内,称量乙、丙装置的质量; ②按如图所示装置组装好仪器,并检验装置气密性; ③加热甲中玻璃管,当乙装置中　　　　　　　　　　　　　　(填实验现象),停止加热;  ④打开活塞a,缓缓通入空气数分钟后,称量乙、丙装置的质量; ⑤计算。 (2)步骤④中缓缓通入空气数分钟的目的是　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　。  (3)某同学认为上述实验装置中存在一个明显缺陷,为解决这一问题,可选用下列装置中的　　　(填字母)连接在　　　　(填装置连接位置)。  (4)若按正确装置进行实验,测得如下数据: 乙装置的质量/g 丙装置的质量/g 加热前 80.00 62.00 加热后 80.36 62.88 则该碱式碳酸钴的化学式为　　　　　　。  解析:(1)加热甲中玻璃管,当乙装置中不再有气泡产生,即碱式碳酸钴分解完毕;(2)步骤④中缓缓通入空气数分钟,将装置中生成的CO2和H2O全部排入乙、丙装置中,以免影响测量结果;(3)在活塞a前,加装装置D,装置中盛放的碱石灰容易吸收空气中的水蒸气和二氧化碳;(4)碱式碳酸钴样品3.65 g,反应前乙装置的质量为80.00 g,反应后质量为80.36 g,故生成水的质量为80.36 g-80.00 g=0.36 g,物质的量为=0.02 mol,含OH-的物质的量为0.04 mol;反应前丙装置的质量为62.00 g,反应后质量为62.88 g,生成二氧化碳的质量为62.88 g-62.00 g=0.88 g,物质的量为=0.02 mol,含C的物质的量为0.02 mol,故钴的质量为3.65 g-17 g·mol-1×0.04 mol-60 g·mol-1×0.02 mol=1.77 g,物质的量为=0.03 mol,根据Co、H、C原子守恒可知,x∶y∶z=0.03 mol∶0.02 mol×2∶0.02 mol=3∶4∶2,故碱式碳酸钴的化学式为Co3(OH)4(CO3)2。 答案:(1)③不再有气泡产生时　(2)将装置中产生的H2O(g)和CO2全部排入乙、丙装置中 (3)D　活塞a前(或装置甲前) (4)Co3(OH)4(CO3)2 [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、选择题 1.用0.102 6 mol·L-1的盐酸滴定25.00 mL未知浓度的氢氧化钠溶液,滴定达到终点时, 滴定管中的液面如图所示,正确读数为 (　　) A.22.30 mL　　　　　 B.22.40 mL C.23.65 mL D.23.70 mL 解析:选B　滴定管的0刻度在最上方,即刻度为上小下大,且每一格代表0.10 mL,故正确读数为22.40 mL。 2.下列实验中所选用的仪器或操作合理的是 (　　) A.用紫色石蕊溶液作指示剂测定NaOH溶液的物质的量浓度 B.用湿润pH试纸测定某H2SO4溶液的pH C.用酸式滴定管量取25.00 mL高锰酸钾溶液 D.中和滴定实验时,用待测液润洗锥形瓶 解析:选C　紫色石蕊溶液变色不明显,不能做中和滴定的指示剂,A错误;不能将pH试纸湿润测定溶液的pH,可能会降低溶液中离子的浓度,影响测定结果,B错误;滴定管的精确度为0.01 mL,同时高锰酸钾可氧化橡胶,需要用酸式滴定管量取,C正确;中和滴定不能用待测液润洗锥形瓶,否则待测液的体积将偏大,D错误。 3.一定物质的量浓度溶液的配制和酸碱中和滴定是中学化学中两个典型的定量实验。若要配制1 mol·L-1的NaOH标准溶液,用其滴定某未知浓度的稀硫酸。下列有关说法错误的是 (　　) A.实验中用到的滴定管和容量瓶使用前都需要检漏 B.如果实验需用490 mL的NaOH标准溶液,配制时可选用500 mL容量瓶 C.用甲基橙作指示剂,滴定终点时,溶液颜色由黄色变为橙色 D.锥形瓶用蒸馏水洗涤后,再用待装稀硫酸润洗,使测定浓度偏大 解析:选C　容量瓶有瓶塞,配制时需要摇匀,所以使用前必须检查是否漏水;滴定管有旋塞或者橡胶管,使用前必须检查是否漏液,A正确;由于实验室中没有490 mL容量瓶,所以需要选用500 mL容量瓶配制1 mol·L-1的溶液,B正确;甲基橙变色范围为3.1~4.4,颜色变化为红→橙→黄,用标准氢氧化钠溶液滴定某未知浓度的稀硫酸,滴定前溶液为红色,当甲基橙由橙色变成黄色,且半分钟不褪色时,说明达到了滴定终点,C错误;锥形瓶用蒸馏水洗涤后,不需要再用待装稀硫酸润洗,若润洗,造成被滴定的硫酸的物质的量增大,所以标准液用量偏大,则使测定浓度偏大,D正确。 4.(2025·福州市高三检测)H2S2O3是一种弱酸,实验室欲用0.01 mol·L-1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液,发生的反 应为I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6,下列说法合理的是 (　　) A.该滴定可用甲基橙做指示剂 B.Na2S2O3是该反应的还原剂 C.该滴定可选用如图所示装置 D.该反应中每消耗2 mol Na2S2O3,电子转移数为4 mol 解析:选B　溶液中有单质碘,加入淀粉溶液呈蓝色,碘与硫代硫酸钠发生氧化还原反应,当反应终点时,单质碘消失,蓝色褪去,应用淀粉溶液作指示剂,不用甲基橙,故A错误;Na2S2O3中S元素化合价升高被氧化,作还原剂,故B正确;Na2S2O3溶液显碱性,应该用碱式滴定管,故C错误;反应中每消耗2 mol Na2S2O3,电子转移数为2 mol,故D错误。 5.(2025·淄博高三模拟)利用如图装置测定ClO2气体的质量:在锥形瓶中加入足量的KI溶液,再加入3 mL硫酸溶液,在玻璃液封管中加入水,将生成的ClO2气体通入锥形瓶中被吸收,将玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中,加入几滴淀粉溶液,用c mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定至终点时消耗V mL(I2+2S2===2I-+S4)。下列说法错误的是 (　　) A.ClO2与酸化的KI溶液反应为2ClO2+10I-+8H+===2Cl-+5I2+4H2O B.玻璃液封管的作用是吸收残余的ClO2气体,使锥形瓶内外压强相等 C.测得m(ClO2)=1.35cV×10-2 g D.滴定终点的现象是溶液由无色恰好变为蓝色,且半分钟内不变色 解析:选D　ClO2通入锥形瓶与酸性碘化钾溶液反应,氧化I-为I2,自身被还原为Cl-,同时生成水,反应离子方程式为2ClO2+10I-+8H+===2Cl-+5I2+4H2O,故A正确;玻璃液封管的作用是吸收残余的ClO2气体、使锥形瓶内外压强相等,故B正确;由2ClO2+10I-+8H+===2Cl-+5I2+4H2O 和I2+2S2===2I-+S4可知,反应的关系式为2ClO2~5I2~10S2,故有n(ClO2)=n(S2)=cV×10-3 mol,测得m(ClO2)=nM=cV×10-3 mol×67.5 g·mol-1=1.35cV×10-2 g,故C正确;该滴定终点是I2完全转化为I-,故滴定终点的现象是溶液由蓝色恰好变为无色,且半分钟内不变色,故D错误。 6.25 ℃时,取浓度为0.100 0 mol·L-1的氨水20.00 mL,用0.100 0 mol·L-1 盐酸滴定,过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法不正确的是 (　　) A.25 ℃时Kb(NH3·H2O)≈10-5 B.滴定过程中,当二者恰好完全反应时水的电离程度最大 C.使终点现象更加明显多加上几滴甲基橙是不可取的,这是由于指示剂能够与酸或者碱溶液反应 D.滴定终点时c(N)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-) 解析:选D　A项,由题图可以看出氨水的pH≈11,即c(OH-)≈10-3 mol·L-1,故Kb(NH3·H2O)===10-5,正确;B项,二者恰好完全反应时,溶质为NH4Cl,由于盐类水解作用,会促进水的电离,此时水的电离程度最大,正确;C项,指示剂本身是弱酸或弱碱,多加会导致误差,正确;D项,滴定终点时,溶质为NH4Cl,溶液中离子浓度的关系是c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(OH-),错误。 二、非选择题 7.(10分)某化学小组用中和滴定法测定烧碱样品的纯度。 (1)滴定时,用0.200 0 mol·L-1的盐酸来滴定待测溶液,量取待测液10.00 mL应选用如图中的　　　　　 (填“甲”或“乙”),该仪器的名称是　　　　　　　　　。  (2)滴定过程中,眼睛应注视　　　　　　　　　　　　　;若以酚酞溶液做指示剂,则滴定终点的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)由下表可知,第二次所用盐酸的实际体积明显偏大,其原因可能是　　　　　(填字母)。  滴定 次数 待测溶液 的体积/mL 标准溶液的体积 滴定前的读数/ mL 滴定后的读数/mL 第一次 10.00 0.40 20.50 第二次 10.00 2.10 24.20 第三次 10.00 4.10 24.00 A.锥形瓶用待测液润洗 B.滴定过程中锥形瓶内溶液溅出瓶外 C.滴定前滴定管尖嘴有气泡,滴定后气泡消失 D.滴定结束时,俯视读数 答案:(1)乙　碱式滴定管 (2)锥形瓶内溶液颜色的变化　当滴入最后半滴盐酸时,溶液恰好由红色变为无色,且半分钟内不恢复　(3)AC 8.(14分)(2025·天津高三检测)滴定法是化学分析常用的方法,是一种简便、快速和应用广泛的定量分析方法。 Ⅰ.某学生用0.100 0 mol·L-1的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时,选择甲基橙作指示剂。 请填写下列空白: (1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时,左手握酸式滴定管的活塞,右手摇动锥形瓶,眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化,直到加入最后半滴盐酸后,溶液由　　　　色变为　　　　色,且30 s不改变为止。  (2)有关数据记录如表: 序号 待测样品 溶液体积/mL 盐酸标准溶液体积/mL 滴定前的 刻度 滴定后的 刻度 消耗的 体积 1 25.00 2 25.00 0.10 24.68 24.58 3 25.00 1.23 25.85 24.62 第一次滴定前、后滴定管中液面的位置如图所示,则该次滴定所消耗盐酸标准溶液的体积为　　　　　mL。  (3)根据所给数据,计算待测NaOH溶液的物质的量浓度为　　　 mol·L-1(小数点后保留四位数字)。  (4)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度偏高的是　　　　(填字母)。  A.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 B.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸 C.酸式滴定管在滴定前无气泡,滴定后出现气泡 D.读取盐酸体积时,开始时俯视读数,滴定结束时仰视读数 (5)用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液分别滴定0.100 0 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液各20.00 mL。 滴定过程中溶液pH随滴入的NaOH溶液体积变化的两条滴定曲线如图所示: ①滴定醋酸的曲线是　　　　(填“Ⅰ”或“Ⅱ”);  ②V1和V2的关系:V1　　V2(填“>”“=”或“<”)。  ③M点对应的溶液中,各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是　　　　　　　　　　　　　　　。  Ⅱ.某实验小组为了分析补血剂FeSO4·7H2O中铁元素的质量分数,用KMnO4标准溶液在酸性条件下进行氧化还原滴定,反应的离子方程式是:5Fe2++Mn+8H+===5Fe3++Mn2++4H2O。 (6)某同学设计的下列滴定方式中,最合理的是　　　　(填字母)。  Ⅲ.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Cr生成砖红色沉淀,指示到达滴定终点。 (7)当溶液中Cl-恰好完全沉淀(浓度等于1.0×10-5 mol·L-1)时,溶液中c(Cr)等于 　　　　　　　mol·L-1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)  解析:(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时,终点颜色变化为由黄色变为橙色,且30 s不恢复;(2)由图可知,第一次滴定所消耗盐酸标准溶液的体积为(24.90-0.30)mL=24.60 mL;(3)根据表格数据,三次滴定消耗盐酸标准溶液的体积为 mL=24.60 mL,根据关系式HCl~NaOH可知,NaOH溶液的物质的量浓度为=0.098 4 mol·L-1;(4)滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥,对NaOH物质的量无影响,所测NaOH溶液的浓度不变,故A错误;酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸,导致盐酸浓度偏低,滴定时消耗盐酸的体积偏大,导致所测NaOH溶液的浓度偏高,故B正确;酸式滴定管在滴定前无气泡,滴定后出现气泡,导致滴定时读取的盐酸的体积偏小,进一步导致所测NaOH溶液的浓度偏低,故C错误;读取盐酸体积时,开始时俯视读数,滴定结束时仰视读数,导致滴定时读取的盐酸的体积偏大,进一步导致所测NaOH溶液的浓度偏高,故D正确;(5)①醋酸为弱酸,不完全电离,0.100 0 mol·L-1的盐酸和醋酸溶液,醋酸溶液的起始pH大,则滴定醋酸的曲线是Ⅰ;②盐酸和NaOH恰好完全反应时,溶液显中性,则V2=20.00 mL,若醋酸溶液中也加入20.00 mL氢氧化钠溶液,恰好反应时,此时为醋酸钠溶液,显碱性,pH>7,所以pH=7时,对应加入的氢氧化钠溶液的体积V1<20.00 mL,则V1与V2的关系:V1<V2;③M点加入的氢氧化钠的体积为10 mL,对应的溶液中是等物质的量的醋酸和醋酸钠,由于此时的溶液显酸性,则醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度,所以溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-);(6)某实验小组为了分析补血剂FeSO4·7H2O中铁元素的质量分数,设计了如图所示的滴定方式,其中最合理的是c,因为高锰酸钾溶液具有氧化性,可以氧化乳胶管,只能用酸式滴定管盛放;(7)根据c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)=2.0×10-10,则c(Ag+)==2×10-5 mol·L-1,又溶液中c2(Ag+)·c(Cr)=Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12,则c(Cr)= mol·L-1=5.0×10-3 mol·L-1。 答案:(1)黄　橙　(2)24.60　(3)0.098 4 (4)BD　(5)①Ⅰ　②< ③c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) (6)c　(7)5.0×10-3 9.(14分)某实验小组对一种染料废水进行处理,获得Na2SO4并测定废水的总有机碳(总有机碳是指单位体积水样中溶解或悬浮的有机物碳元素质量总和,是水体评价的综合指标之一)。 实验步骤为 ①取100 mL废水(假定有机成分只有萘磺酸钠),在35 ℃下加入等体积甲醇,充分混合后,冷却、过滤,得到固体A和滤液B。 ②经检测,固体A主要成分为Na2SO4,并含有少量Na2SO3和萘磺酸钠;滤液B含2.3 g萘磺酸钠(C10H7O3NaS,M=230 g·mol-1)。 ③一定温度下,从滤液B中回收甲醇;再蒸发浓缩析出萘磺酸钠,过滤,得滤液C,向滤液C中加入适量的NaClO溶液去除少量的N和NH3。 ④按下图实验装置(部分装置略)对固体A进行处理,完全反应后Pt坩埚中固体为Na2SO4。 简化的操作过程:先检查装置气密性,再打开或关闭活塞1和活塞2,通入N2一段时间。再次打开或关闭活塞1和活塞2,改为通入O2,点燃煤气灯,一定时间后,停止加热,继续通O2一段时间。 回答下列问题: (1)实验步骤①中加入甲醇的目的为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)实验步骤③中回收甲醇的操作名称是　　　　,去除NH3生成N2反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)通入N2的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)酸性KMnO4溶液的作用是　　　　　　　　,试剂a是　　　　。  (5)改为通入O2前,需　　　　(填标号)。  A.打开活塞1 B.打开活塞2 C.关闭活塞1 D.关闭活塞2 (6)反应后U形管(含试剂)增重0.44 g,该废水总有机碳=　　　　 mg·L-1(用科学计数法表示)。  解析:向染料废水中加入等体积的甲醇,以使有机物充分溶解和减小Na2SO4等无机物在水中的溶解度,便于析出,冷却过滤后得到滤液B和滤渣A,用蒸馏的方法从滤液B中分离出甲醇后,再蒸发浓缩析出萘磺酸钠,过滤,得滤液C,向滤液C中加入适量的NaClO溶液去除少量的N和NH3,步骤④为对固体A进行处理,完全反应后Pt坩埚中固体为Na2SO4,先关闭活塞2,打开活塞1,通入一段时间的N2,以排除装置中的空气防止其影响废水中总有机碳含量的测量,然后再关闭活塞1,打开活塞2,通入O2,点燃煤气灯,一定时间后,停止加热继续通O2至固体A冷却,固体A中Na2SO3转化为Na2SO4,有机物燃烧,未完全燃烧产生的CO被CuO继续氧化,酸性高锰酸钾溶液为除去CO2中的SO2,品红溶液为检验SO2是否除干净,试剂a为浓硫酸,可以干燥CO2和防止空气中的CO2和水蒸气进入U形管,影响实验结果。(1)由分析可知,实验步骤①中加入甲醇的目的为减小Na2SO4等无机物在水中的溶解度,便于析出;(2)由于CH3OH易挥发,实验步骤③中回收甲醇的操作名称是蒸馏,去除NH3生成N2反应即NH3和NaClO反应生成N2、NaCl和H2O,根据氧化还原反应配平可得,该反应的离子方程式为2NH3+3ClO-===3Cl-+N2+3H2O;(5)由分析可知,改为通入O2前,需关闭活塞1,打开活塞2;(6)反应后U形管(含试剂)增重0.44 g,即固体A与O2反应放出的CO2的质量为0.44 g,即固体A中含有的C的质量为0.44 g×=0.12 g,由题干信息可知,滤液B含2.3 g萘磺酸钠,该有机物中含有C的质量为×10×12 g·mol-1=1.2 g,故该废水总有机碳==1.32×104 mg·L-1。 答案:(1)减小Na2SO4等无机物在水中的溶解度,便于析出 (2)蒸馏　2NH3+3ClO-===3Cl-+N2+3H2O (3)排除装置中的空气,防止其影响废水中总有机碳含量的测量　(4)除去CO2中的SO2　浓硫酸 (5)BC　(6)1.32×104 10.(15分)(2024·全国甲卷)CO(NH2)2·H2O2(俗称过氧化脲)是一种消毒剂,实验室中可用尿素与过氧化氢制取,反应方程式如下: CO(NH2)2+H2O2===CO(NH2)2·H2O2 (一)过氧化脲的合成 烧杯中分别加入25 mL 30% H2O2(ρ=1.11 g·cm-3)、40 mL蒸馏水和12.0 g尿素,搅拌溶解。30 ℃下反应40 min,冷却结晶、过滤、干燥,得白色针状晶体9.4 g。 (二)过氧化脲性质检测 Ⅰ.过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后,滴加KMnO4溶液,紫红色消失。 Ⅱ.过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后,加入KI溶液和四氯化碳,振荡,静置。 (三)产品纯度测定 溶液配制:称取一定量产品,用蒸馏水溶解后配制成100 mL溶液。 滴定分析:量取25.00 mL过氧化脲溶液至锥形瓶中,加入一定量稀H2SO4,用准确浓度的KMnO4溶液滴定至微红色,记录滴定体积,计算纯度。 回答下列问题: (1)过滤中使用到的玻璃仪器有　　　　　　　　(写出两种即可)。  (2)过氧化脲的产率为　　　　　　。  (3)性质检测Ⅱ中的现象为　　　　　　　　　　　　　　　　。性质检测Ⅰ和Ⅱ分别说明过氧化脲具有的性质是　　　　　　　　　　　　。  (4)如图为“溶液配制”的部分过程,操作a应重复3次,目的是　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　　　,定容后还需要的操作为　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　。  (5)“滴定分析”步骤中,下列操作错误的是　　　　。  A.KMnO4溶液置于酸式滴定管中 B.用量筒量取25.00 mL过氧化脲溶液 C.滴定近终点时,用洗瓶冲洗锥形瓶内壁 D.锥形瓶内溶液变色后,立即记录滴定管液面刻度 (6)以下操作导致过氧化脲纯度测定结果偏低的是　　　　。  A.容量瓶中液面超过刻度线 B.滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗 C.摇动锥形瓶时KMnO4溶液滴到锥形瓶外 D.滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后气泡消失 解析:(1)过滤时需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。(2)根据题给数据计算可得,H2O2过量,故用尿素的量来计算理论上生成过氧化脲的量,n[CO(NH2)2]=0.2 mol,故理论上生成过氧化脲的物质的量为0.2 mol,质量为0.2×94 g=18.8 g,故过氧化脲的产率为×100%=50%。(3)过氧化脲能将I-氧化为I2,I2进入CCl4层呈紫色,CCl4密度比水大,故CCl4位于下层。由检测Ⅰ的现象可知,过氧化脲能使酸性高锰酸钾溶液褪色,体现了过氧化脲的还原性,由检测Ⅱ可知,过氧化脲可将碘离子氧化为碘单质,体现了过氧化脲的氧化性。(4)操作a为冲洗玻璃棒和烧杯并将洗液转移至容量瓶中,重复三次是为了将残留物全部转移至容量瓶中。定容后要将溶液混合均匀,具体操作为:左手食指按住塞子,其余手指拿住瓶颈标线以上部分,右手托住瓶底,将瓶倒转并摇动,再倒转过来,上下倒置如此反复多次,使溶液充分混合均匀。(5)KMnO4具有强氧化性,能腐蚀橡胶管,故需盛放在酸式滴定管中,A正确;量筒读数只能精确到小数点后1位,故不能用量筒量取25.00 mL溶液,B错误;临近终点时,冲洗锥形瓶内壁可减小滴定误差,C正确;锥形瓶变色后要等30 s溶液颜色不变才可记录滴定管液面刻度,D错误。(6)容量瓶中液面超过刻度线,则容量瓶中过氧化脲溶液浓度偏低,会造成纯度测定结果偏低,A正确;滴定管水洗后未用KMnO4溶液润洗,会造成滴定管内的KMnO4溶液浓度偏低,滴定时消耗的KMnO4溶液体积偏大,测定结果偏高,B错误;KMnO4溶液滴到锥形瓶外,会造成消耗的KMnO4的量偏高,测定结果偏高,C错误;滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后气泡消失,会使读取的KMnO4溶液的体积偏大,测定结果偏高,D错误。 答案:(1)漏斗、烧杯、玻璃棒(任写两种即可)　(2)50%　(3)溶液分层,下层四氯化碳层呈紫色　还原性、氧化性　(4)将玻璃棒和烧杯中残留的物质全部转移至容量瓶中　盖好瓶塞,反复上下颠倒容量瓶,将溶液混合均匀　(5)BD　(6)A 第四讲　盐类的水解 |内|容|与|目|标| 　 1.能用化学用语正确表示水溶液中的水解过程,能举例说明水解平衡在生产、生活中的应用。 2.能综合运用离子反应、化学平衡原理,分析和解决生产、生活中有关电解质溶液的实际问题。 逐点清(一)　盐类水解的原理 系统教材·固本强基 　 (一)盐类的水解及其规律 1.盐类的水解 2.盐类水解的规律 有弱才水解,越弱越水解;谁强显谁性,同强显中性。 盐的类型 实例 是否 水解 水解的离子 溶液的 酸碱性 强酸强碱盐 NaCl、NaNO3 否 — 中性 强酸弱碱盐 NH4Cl、 Cu(NO3)2 是 N、Cu2+ 酸性 强碱弱酸盐 CH3COONa、 Na2CO3 是 CH3COO-、C 碱性 (二)盐类水解离子方程式的书写 1.一般要求 如NH4Cl水解的离子方程式为N+H2ONH3·H2O+H+。 2.三种类型的盐水解方程式的书写 (1)多元弱酸根离子的水解分步进行,水解以第一步为主。如: Na2CO3:C+H2OHC+OH-、HC+H2OH2CO3+OH-。 (2)多元弱碱阳离子水解反应过程复杂,在中学阶段只要求一步写到底。如:AlCl3:Al3++3H2OAl(OH)3+3H+。 (3)弱酸弱碱盐中阴、阳离子水解相互促进。 ①N与S2-、HC、C、CH3COO-等组成的盐虽然水解相互促进,但水解程度较小,书写时仍用“”表示。如:N+CH3COO-+H2OCH3COOH+NH3·H2O。 ②Al3+与C、HC、S2-、HS-、[Al(OH)4]-,Fe3+与C、HC等组成的盐水解相互促进非常彻底,生成气体和沉淀,书写时用“===”表示。如: Al3++3HC===Al(OH)3↓+3CO2↑。 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)盐溶液呈酸碱性一定是因为盐水解导致的 (×) (2)盐类水解促进了水的电离 (√) (3)Na2CO3溶液呈碱性的原因是: C+H2OHC+OH- (√) (4)NaH2PO4溶液呈酸性的原因是电离程度大于水解程度 (√) (5)常温下,pH=11的CH3COONa溶液和pH=3的CH3COOH溶液,水的电离程度相同 (×) 2.(鲁科选1 P118 T4改编) 室温下,下列五种溶液的浓度均为0.1 mol·L-1。 ①Na2CO3溶液　②NaOH溶液 ③NaHSO4溶液　④NH4Cl溶液 ⑤KNO3溶液 (1)请按溶液pH由大到小的顺序将它们排列起来:　　　　　　　　　(填序号)。  提示:②>①>⑤>④>③ (2)NaHSO4 溶液中是否存在能水解的离子? 提示:不存在。因为此溶液中不存在弱酸对应阴离子或者弱碱对应的阳离子。 3.怎样用最简单的方法区别NaCl溶液、NH4Cl溶液和Na2CO3溶液? 提示:将三种溶液各取少许装入试管中,分别滴入紫色石蕊溶液,溶液不变色的为NaCl溶液,变红色的为NH4Cl溶液,变蓝色的为Na2CO3溶液。 迁移应用·深化学习 　 　　　　　　　　　　　　　　　　 题点(一)　盐类水解的实质与规律 1.室温下,0.1 mol·L-1的NH4CN溶液的pH=9.32,下列说法错误的是 (　　) A.上述溶液能使甲基橙试剂变黄色 B.室温下,NH3·H2O是比HCN弱的电解质 C.上述溶液中CN-的水解程度大于N的水解程度 D.室温下,0.1 mol·L-1 NaCN溶液中,CN-的水解程度小于上述溶液中CN-的水解程度 解析:选B　室温下,溶液呈碱性,能使甲基橙试剂变黄色,A项正确;HCN和NH3·H2O均是弱电解质,NH4CN溶液呈碱性,说明CN-的水解程度大于N的水解程度,由“越弱越水解”可知,NH3·H2O是比HCN强的电解质,B项错误,C项正确;CN-、N相互促进水解,所以0.1 mol·L-1 NaCN溶液中,CN-的水解程度小于同浓度的NH4CN溶液中CN-的水解程度,D项正确。 2.25 ℃时,实验测得0.10 mol·L-1的NaHB溶液的pH=9.1。下列说法中正确的是 (　　) A.NaHB的电离方程式为NaHB===Na++H++B2- B.HB-在水溶液中只存在HB-的水解平衡 C.HB-的水解程度大于电离程度 D.溶液中水电离出的c(H+)为10-9.1 mol·L-1 答案:C 3.(2023·重庆卷)(NH4)2SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示,关于各点对应的溶液,下列说法正确的是 (　　) A.M点Kw等于N点Kw B.M点pH大于N点pH C.N点降温过程中有2个平衡发生移动 D.P点c(H+)+c(N)+c(NH3·H2O)=c(OH-)+2c(S) 解析:选B　M点和N点温度不同,故Kw不相等,A错误;升高温度促进铵根离子的水解,且N点铵根离子的浓度更大,水解生成的氢离子浓度更大,故M点pH大于N点pH,B正确;N点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动,C错误;P点为硫酸铵的不饱和溶液,溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(N)=c(OH-)+2c(S),故D错误。 题点(二)　水解离子方程式的书写及判断 4.(2025·长沙期末检测)下列各离子方程式中,属于水解反应且书写正确的是 (　　) A.C+2H2OH2CO3+2OH- B.F-+H2OHF+OH- C.HC+H2OH3O++C D.CH3COOH+H2OH3O++CH3COO- 解析:选B　C是多元弱酸根,水解应分步进行,故正确的水解方程式为C+H2OHC+OH-,故A错误;HF为弱酸,氟离子水解,溶液显碱性,水解反应的离子方程式为F-+H2OHF+OH-,故B正确;HC+H2OH3O++C是HC的电离,而不是水解,故C错误;CH3COOH是弱电解质,CH3COOH+H2OH3O++CH3COO-是醋酸的电离方程式,故D错误。 题点(三)　水解常数的计算与应用 5.(2025·山东青岛高三检测)(1)25 ℃时,H2SO3HS+H+的电离常数Ka1=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,则溶液中将　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。  微点精研 水解常数与电离常数 的关系及应用 (2)25 ℃时,NH3·H2O的电离平衡常数Kb=1.8×10-5。该温度下,1.0 mol·L-1的NH4Cl溶液中c(H+)≈ 　　　　　mol·L-1(已知:≈2.4)。  解析:(1)NaHSO3的水解平衡常数Kh=,H2SO3的电离常数表达式为Ka1==1×10-2,水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)=1×10-14,则有Kh====1×10-12。由Kh=可得,=,加入I2后,HS被氧化为S,I2+HS+H2O3H++2I-+S,溶液中c(H+)增大,c(OH-)减小,Kh不变,故增大。 (2)根据Kh=可得,NH4Cl的水解常数Kh=≈5.56×10-10,又知Kh=,由于N水解程度较小,近似处理:c(H+)≈c(NH3·H2O),c(N)≈1.0 mol·L-1,则有5.56×10-10=c2(H+),c(H+)≈2.4×10-5 mol·L-1。 答案:(1)1×10-12　增大　(2)2.4×10-5 　　　　　　　逐点清(二)　盐类水解的影响因素及应用　　 系统教材·固本强基 　 1.盐类水解的影响因素 (1)内因:形成盐的酸或碱越弱,其盐就越易水解。 (2)外因 因素 水解平衡 水解程度 水解产生离 子的浓度 温度 升高 右移 增大 增大 浓度 增大 右移 减小 增大 减小(即稀释) 右移 增大 减小 外加 酸碱 酸 弱碱阳离子的水解程度减小 碱 弱酸根离子的水解程度减小 外加其 他能水 解的盐 水解结果相同 抑制,水解程度减小 水解结果相反 促进,水解程度增大(甚至彻底水解) 2.盐类水解的应用 应用 举例 判断溶液的 酸碱性 FeCl3溶液显酸性,原因是Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+ 判断酸性 强弱 NaX、NaY、NaZ三种盐pH分别为8、9、10,则酸性HX>HY>HZ 配制或贮存 易水解的盐 溶液 配制CuSO4溶液时,加入少量H2SO4,抑制Cu2+水解;配制FeCl3溶液,加入少量盐酸;贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用磨口玻璃塞 胶体的制取 制取Fe(OH)3胶体的离子反应: Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+ 泡沫灭火器 原理 成分为NaHCO3与Al2(SO4)3,其反应的离子方程式为Al3++3HC===Al(OH)3↓+3CO2↑ 作净水剂 明矾可作净水剂,原理为 Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ 化肥的使用 铵态氮肥与草木灰不得混用 除锈剂 NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂 物质提纯 除去MgCl2溶液中的氯化铁,可以加入MgO或Mg(OH)2等反应掉部分H+,促进铁离子的水解,使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀而除去 无机物的 制备 硫化铝、氮化镁在水溶液中强烈水解,只能通过单质间化合反应才能制得;用TiCl4制备TiO2,其反应的化学方程式为TiCl4+(x+2)H2O===TiO2·xH2O↓+4HCl 离子的共存 ①Al3+与HC、C、[Al(OH)4]-、Si、HS-、S2-。 ②Fe3+与HC、C、[Al(OH)4]-、Si、ClO-。 ③N与Si、[Al(OH)4]-等因水解相互促进而不能大量共存 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)水解反应N+H2ONH3·H2O+H+达到平衡后,升高温度平衡正向移动 (√) (2)降低温度和加水稀释,都会使盐的水解平衡向逆反应方向移动 (×) (3)试管中加入2 mL饱和Na2CO3溶液,滴入两滴酚酞,溶液变红,加热后红色变浅 (×) (4)Na2CO3溶液加水稀释,C的水解程度增大,溶液的碱性增强 (×) (5)除去MgCl2溶液中的Fe3+,可以加入MgO、Mg(OH)2或MgCO3 (√) (6)Fe(NO3)3溶液蒸干可以得到Fe(NO3)3 (×) 2.海洋面积约占地球表面积的71%。海水中主要含有Na+、K+、Ca2+、Mg2+、Cl-、S、Br-、HC、C等离子。海水呈弱碱性(pH约为8.1),海水的弱碱性有利于某些海洋生物利用碳酸钙形成介壳。 (1)请从化学角度分析海水呈弱碱性的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)夏天时,海水的pH会　　　(填“升高”“降低”或“不变”),其原因是　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　。  提示:(1)海水中存在C+H2OHC+OH-、HC+H2OH2CO3+OH-,水解过程使溶液中c(OH-)>c(H+),Mg2+浓度很小,水解占次要作用 (2)升高　使HC、C的水解平衡均正向移动,则c(OH-)增大,碱性增强,pH升高 3.请用Na2CO3溶液和其他必要试剂,设计一个简单的实验方案,证明盐类水解是一个吸热过程。 提示:取Na2CO3溶液,滴加酚酞后溶液呈红色,然后分成两份,加热其中一份,若红色变深,则说明盐类水解吸热。 迁移应用·深化学习 　 　　　　　　　　　　　　　　　　 题点(一)　盐类水解的影响因素 1.(2025·西安高三检测)一定条件下,Na2CO3溶液中存在C+H2OHC+OH-平衡,下列说法不正确的是 (　　) A.稀释溶液,增大 B.加入NaOH固体,减小 C.升高温度,平衡常数增大 D.通入CO2,溶液pH减小 思维建模 盐溶液中多平衡 体系分析 解析:选A　碳酸根离子的水解平衡常数Kh=,温度不变,则该比值不变,故A错误;加入NaOH固体,溶液中氢氧根离子浓度增大,则水解平衡向着逆向移动,碳酸氢根离子浓度减小,碳酸根离子浓度增大,的比值减小,故B正确;升高温度,碳酸根离子的水解平衡正向移动,则碳酸氢根离子、氢氧根离子浓度增大,碳酸根离子浓度减小,所以平衡常数Kh=增大,故C正确;二氧化碳与氢氧根离子反应,导致溶液中氢氧根离子浓度减小,溶液的pH减小,故D正确。 2.(2025·朝阳区高三检测)利用如图装置进行“反应条件对FeCl3水解平衡的影响实验”。 装置 操作与现象 ①加热a至溶液沸腾,呈红褐色;用pH试纸检验b中溶液,试纸无明显变化。 ②持续加热一段时间,取b中溶液,用pH试纸检验,试纸变红;用KSCN溶液检验,溶液变浅红 下列说法不正确的是 (　　) A.①中溶液呈红褐色,推测是由于温度升高促进了Fe3+的水解 B.常温下,在溶液中FeCl3水解的产物HCl是以H+、Cl-形式存在的 C.以上现象说明HCl挥发促进了FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl正向移动 D.根据上述现象,说明不宜用蒸干FeCl3溶液的方法制备FeCl3固体 解析:选C　温度升高,促进铁离子的水解,得到红褐色为氢氧化铁胶体,①中溶液呈红褐色,推测是由于温度升高促进了Fe3+的水解,故A正确;常温下,氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢,在溶液中FeCl3水解的产物HCl完全电离,是以H+、Cl-形式存在的,故B正确;HCl是水解产物,以上现象说明HCl挥发,但不能说明促进了FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl正向移动,故C错误;蒸干氯化铁溶液会使其水解生成氢氧化铁沉淀,无法得到固体氯化铁,故D正确。 题点(二)　盐类水解在生产和生活中的应用 3.下列物质的用途或事实与盐类的水解无关的是 (　　) A.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路铜板 B.硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液用于泡沫灭火器 C.明矾[化学式为KAl(SO4)2·12H2O]可用作净水剂 D.由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3固体时,需在HCl气流中蒸发 解析:选A　FeCl3溶液可用于腐蚀印刷电路铜板,发生了氧化还原反应,与盐类的水解无关,故A正确;泡沫灭火器中是Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液,两者发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3和CO2,和盐类的水解有关,故B错误;铝离子发生水解:Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,生成了氢氧化铝胶体,氢氧化铝胶体具有较大的接触面积,具有吸附性,可用作净水剂,与盐类水解有关,故C错误;氯化铁结晶水合物加热过程中铁离子是弱碱阳离子易水解,FeCl3·6H2O制取无水氯化铁时需要在氯化氢气流的氛围下加热固体,故D错误。 4.按要求回答下列问题。 (1)把AlCl3溶液蒸干、灼烧,最后得到的主要固体是　　　,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用化学方程式表示并配以必要的文字说明)。  (2)分析Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因:　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)直接蒸发CuCl2溶液,能否得到CuCl2·2H2O晶体?如果不能应如何操作?　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)向Na2SO3溶液中滴加酚酞,溶液变为红色,若再向该溶液中滴入过量的BaCl2溶液,现象是　　　　　　　　　　,请结合离子方程式,运用平衡原理进行解释:　　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　。  链接拓展 广义水解反应规律及应用 答案:(1)Al2O3　在AlCl3溶液中存在水解平衡:AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,加热时水解平衡右移,HCl挥发,使平衡进一步右移得到Al(OH)3,在灼烧时发生反应2Al(OH)3Al2O3+3H2O (2)在NH4Cl溶液中存在水解平衡:N+H2ONH3·H2O+H+,加入Mg粉,Mg与H+反应放出H2,使溶液中c(H+)降低,水解平衡右移,使Mg粉不断溶解　(3)不能。应在干燥的HCl气流中加热蒸发　(4)产生白色沉淀,且溶液红色褪去　在Na2SO3溶液中存在S的水解平衡:S+H2OHS+OH-,加入BaCl2后,Ba2++S===BaSO3↓(白色),由于c(S)减小,S的水解平衡左移,c(OH-)减小,溶液红色褪去 逐点清(三)　溶液中的粒子浓度关系 系统教材·固本强基 　 (一)熟悉“两大理论”,建立微弱意识 1.电离平衡 (1)弱电解质的电离是微弱的,电离产生的微粒都非常少,同时还要考虑水的电离,如氨水中:NH3·H2O、N、OH-浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(N)。 (2)多元弱酸的电离是分步进行的,其中以第一级电离(第一级电离程度远大于第二级电离)为主。如在H2S溶液中:H2S、HS-、S2-、H+的浓度大小关系是c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-)。 2.水解平衡 (1)水解过程是微弱的。如NH4Cl溶液中:N、Cl-、NH3·H2O、H+的浓度大小关系是c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(NH3·H2O)。 (2)多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的,其中主要发生第一步水解,如在Na2CO3溶液中:C、HC、H2CO3的浓度大小关系应是c(C)>c(HC)>c(H2CO3)。 (二)巧用“三个守恒”,明确浓度关系 1.电荷守恒 电解质溶液必须保持电中性,即阳离子所带的电荷总数与阴离子所带的电荷总数相等。 2.元素守恒 离子所含的某种元素在变化前后是守恒的。 ①单一元素守恒,如1 mol NH3通入水中形成氨水,就有n(NH3)+n(NH3·H2O)+n(N)=1 mol,即氮元素守恒。 ②两元素守恒,如NaHCO3溶液中,c(Na+)=c(H2CO3)+c(HC)+c(C),即钠元素与碳元素守恒。 3.质子守恒 电解质溶液中,由于电离、水解等过程的发生,往往存在质子(H+)的转移,转移过程中质子数量保持不变,称为质子守恒。 质子守恒的书写技巧: 视频微课 图示法快速写质子守恒 ①正盐溶液,用水溶液中得失质子相等比较简便。如Na2S水溶液中的质子转移情况图示如下: 由图可得Na2S水溶液中质子守恒式: c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。 ②酸式盐溶液及混合缓冲溶液,可以通过元素守恒和电荷守恒推出质子守恒表达式。如NaHCO3溶液中元素守恒:c(Na+)=c(HC)+c(H2CO3)+c(C)　Ⅰ, 电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HC)+c(OH-)+2c(C)　Ⅱ, 将Ⅰ代入Ⅱ中,整理得质子守恒: c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(C)。 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(HC)+c(C)+c(OH-) (×) (2)0.1 mol·L-1 NH4HS溶液中: c(N)<c(HS-)+c(H2S)+c(S2-) (√) (3)室温下,0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中存在:c(N)+3c(Fe3+)>2c(S) (×) (4)0.1 mol·L-1 NaOH溶液和0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液等体积混合后:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+) (√) (5)向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液到恰好呈中性:c(Na+)>c(S)>c(N)>c(OH-)=c(H+) (√) 2.利用“三个守恒”写出下列溶液中粒子守恒关系式。 (1)Na2CO3溶液 ①元素守恒:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②电荷守恒:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ③质子守恒:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)浓度均为0.1 mol·L-1 NH3·H2O和NH4Cl溶液等体积混合 ①电荷守恒:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②元素守恒:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)浓度为0.1 mol·L-1盐酸与0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液等体积混合 ①电荷守恒:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②元素守恒:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  答案:(1)①c(Na+)=2[c(C)+c(HC)+c(H2CO3)] ②c(Na+)+c(H+)=c(HC)+c(OH-)+2c(C) ③c(OH-)=c(H+)+2c(H2CO3)+c(HC) (2)①c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-) ②2c(Cl-)=c(N)+c(NH3·H2O) (3)①c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-) ②c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=c(Cl-) 迁移应用·深化学习 　 　　　　　　　　　　　　　　　　 题点(一)　单一溶液中的粒子浓度关系 1.常温下,下列有关电解质溶液的叙述正确的是 (　　) A.在0.1 mol·L-1 H3PO4溶液中: c(H2P)>c(HP)>c(P) B.在0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+c(C2) C.在0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中: c(H2CO3)+c(HC)=0.1 mol·L-1 D.氨水和NH4Cl溶液混合,形成pH=9的溶液中:c(Cl-)>c(N)>c(OH-)>c(H+) 解析:选A　由于磷酸为多元酸,第一步电离大于第二步电离大于第三步电离,所以在0.1 mol·L-1 H3PO4溶液中,离子浓度大小为c(H2P)>c(HP)>c(P),故A正确;在0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液中,根据电荷守恒得到c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2),故B错误;在0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中,根据物料守恒得到c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1,故C错误;氨水和NH4Cl溶液混合,形成pH=9的溶液,则c(OH-)>c(H+),根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(N)+c(H+),则c(Cl-)<c(N),故D错误。 2.(2025·天津河东区模拟)室温下,下列溶液中微粒浓度关系正确的是 (　　) A.Na2S溶液: c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H2S) B.Na2C2O4溶液:c(OH-)=c(H+)+c(HC2)+2c(H2C2O4) C.Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(OH-) D.Na2SO3溶液中:c(Na+)=2c(S)+c(HS)+c(H2SO3) 解析:选B　Na2S溶液中,由质子守恒可得:c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),则有c(OH-)>c(HS-),A错误;根据质子守恒,Na2C2O4溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HC2)+2c(H2C2O4),B正确;根据电荷守恒可得,Na2CO3溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C),C错误;根据元素守恒,Na2SO3溶液中:c(Na+)=2c(S)+2c(HS)+2c(H2SO3),D错误。 题点(二)　混合溶液(缓冲溶液)中的粒子浓度关系 3.25 ℃时,按下表配制两份溶液: 一元弱酸溶液 加入的NaOH溶液 混合后所得溶液 10.0 mL 0.20 mol·L-1 HA溶液 5.0 mL 0.20 mol·L-1 溶液Ⅰ: pH=5.0 10.0 mL 0.20 mol·L-1 HB溶液 5.0 mL 0.20 mol·L-1 溶液Ⅱ: pH=4.0 下列说法错误的是 (　　) A.溶液Ⅰ中,c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) B.溶液Ⅰ和Ⅱ的pH相差1.0,说明=10 C.混合溶液Ⅰ和Ⅱ:c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(B-)+c(OH-) D.混合溶液Ⅰ和Ⅱ:c(HA)>c(HB) 解析:选B　由电荷守恒可知,溶液Ⅰ中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),pH=5.0,则c(H+)>c(OH-),因此c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),A项正确;溶液Ⅰ的pH=5.0,溶液Ⅱ的pH=4.0,则HB的电离常数大于HA的电离常数,<1,B项错误;由电荷守恒可知,混合溶液Ⅰ和Ⅱ有c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(B-)+c(OH-),C项正确;由于HB的电离常数大于HA的电离常数,则混合溶液Ⅰ和Ⅱ后有c(HA)>c(HB),D项正确。 4.在25 ℃时,对10.0 mL浓度均为0.1 mol·L-1盐酸和醋酸的混合溶液进行如下操作。下列说法正确的是 (　　) A.加入少量CH3COONa固体,溶液中将减小 B.加入10.0 mL相同浓度的NaOH溶液,所得溶液pH>7 C.加入15.0 mL NaOH溶液,若所得溶液pH<7,则水电离的c(H+)<1×10-7 mol·L-1 D.加入20.0 mL相同浓度的NaOH溶液,若忽略混合时的体积变化,此时溶液中:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-)=c(Na+)=0.05 mol·L-1 解析:选C　向盐酸和醋酸的混合溶液中加入少量CH3COONa固体,则c(CH3COO-)变大,平衡逆向移动,pH变大,c(H+)变小,故=变大,A错误;加入10.0 mL相同浓度的NaOH溶液,溶液中为氯化钠和醋酸混合物,显酸性,所得溶液pH<7,B错误;加入15.0 mL NaOH溶液,若所得溶液pH<7,说明溶液显酸性,即酸有剩余,酸对水的电离抑制,故水电离的c(H+)<1×10-7 mol·L-1,C正确;加入20.0 mL相同浓度的NaOH溶液,根据物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-)=c(Na+)=0.1 mol·L-1×≈0.067 mol·L-1,D错误。 题点(三)　不同溶液中的同一粒子浓度大小比较 5.现有4种混合溶液,分别由等体积0.1 mol·L-1的两种溶液混合而成:①NH4Cl与CH3COONa(混合溶液呈中性);②NH4Cl与HCl;③NH4Cl 与NaCl;④NH4Cl与NH3·H2O(混合溶液呈碱性)。下列各项排序正确的是 (　　) A.pH:②<①<③<④ B.溶液中c(H+):①<③<②<④ C.c(N):①<③<②<④ D.c(NH3·H2O):①<③<④<② 解析:选C　④呈碱性,①呈中性,③呈弱酸性,②呈强酸性,故pH:②<③<①<④,A项错误;溶液中c(H+):④<①<③<②,B项错误;c(NH3·H2O):②<③<①<④,D项错误。 6.比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。 (1)浓度均为0.1 mol·L-1的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS混合液,溶液pH从大到小的顺序是　　　　　　　　　　。  (2)相同浓度的下列溶液中:①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH,c(CH3COO-)由大到小的顺序是　　　　　　　　　。  (3)c(N)相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl溶液,其物质的量浓度由大到小的顺序为　　　　　　　　　　。  答案:(1)③>②>④>①　(2)②>①>③ (3)④>②>③>① [课时跟踪检测] (说明:标题目配有讲评课件) 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、选择题 1.下列物质中能促进水的电离且使溶液呈碱性的是 (　　) A.Al2(SO4)3 B.H2SO4 C.K2SO4 D.Na2SiO3 解析:选D　A项,Al2(SO4)3为强酸弱碱盐,水溶液中发生水解使溶液显酸性;B项,H2SO4===2H++S,使溶液显酸性,且抑制水的电离;C项,K2SO4是强酸强碱盐,在水溶液中不发生水解,对水的电离无影响;D项,Na2SiO3是强碱弱酸盐,水溶液中发生水解使溶液显碱性,促进水的电离。 2.(2023·北京卷)下列过程与水解反应无关的是 (　　) A.热的纯碱溶液去除油脂 B.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃 C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸 D.向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体 解析:选B　热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性,油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油,故可用热的纯碱溶液去除油脂,A不符合题意;重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃,与水解反应无关,B符合题意;蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸,C不符合题意; Fe3+能发生水解反应生成 Fe(OH)3,D不符合题意。 3.下列离子方程式不正确的是 (　　) A.明矾用于净水: Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+ B.泡沫灭火器灭火: Al3++3HC===Al(OH)3↓+3CO2↑ C.用纯碱清洗油污: C+H2OHC+OH- D.浓硫化钠溶液具有臭味: S2-+2H2O===H2S↑+2OH- 解析:选D　硫化钠分步水解,生成的硫化氢具有臭味,离子方程式必须分步书写、没有气体符号、应使用可逆符号,D项错误。 4.(2025·天津高三检测)《礼记·内则》记载:“冠带垢,和灰清漱;衣裳垢,和灰清浣。”古人洗涤衣裳冠带,用的是草木灰浸泡的溶液。下列说法错误的是 (　　) A.洗涤利用了草木灰溶液的碱性 B.洗涤时加热可增强去油污能力 C.铵态氮肥和草木灰(含K2CO3)可以混合施用 D.从草木灰中提取有效成分实验操作有溶解、过滤、蒸发、冷却结晶 解析:选C　K2CO3水解显碱性,衣服上的油脂在碱性溶液中水解,故能洗涤衣服,故A正确;盐类的水解吸热,故加热能促进其水解,增强其去污能力,故B正确;K2CO3中的C能与铵态氮肥中的N发生相互促进水解,从而降低肥效,故草木灰做肥料时不可与铵态氮肥混合施用,故C错误;从草木灰中提取钾盐的操作为溶解、过滤、蒸发、冷却结晶,故D正确。 5.下列关于盐类水解的说法正确的是 (　　) A.在Na2S溶液中加入少量Na2S固体,Na2S的水解程度增大 B.将CuSO4溶液由20 ℃加热到60 ℃,溶液的pH增大 C.向CH3COONa溶液中加水,溶液中的比值增大 D.常温下,0.1 mol·L-1的NaB溶液的pH=8,溶液中c(Na+)=c(B-)+c(HB)=0.1 mol·L-1 解析:选D　A项,在Na2S溶液中加入少量Na2S固体,Na2S溶液的浓度增大,水解程度减小,错误;B项,盐类水解是吸热反应,升高温度,CuSO4在溶液中的水解程度增大,溶液中的氢离子浓度增大,溶液的pH减小,错误;C项,加水稀释CH3COONa溶液时,溶液中c(CH3COO-)和c(OH-)都减小,水的离子积不变,则溶液中c(H+)增大,的比值减小,错误;D项,常温下,0.1 mol·L-1的NaB溶液的pH=8,溶液显碱性,说明NaB为强碱弱酸盐,即HB为弱酸,溶液中存在物料守恒关系:c(Na+)=c(B-)+c(HB)=0.1 mol·L-1,正确。 6.0.02 mol·L-1的HCN溶液与0.02 mol·L-1 NaCN溶液等体积混合,已知混合溶液中c(CN-)<c(Na+),则下列关系中,正确的是 (　　) A.c(Na+)>c(CN-)>c(H+)>c(OH-) B.c(HCN)+c(CN-)=0.04 mol·L-1 C.c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-) D.c(CN-)>c(HCN) 解析:选C　0.02 mol·L-1的HCN溶液与0.02 mol·L-1 NaCN溶液等体积混合,混合溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-),且混合溶液中c(CN-)<c(Na+),则c(H+)<c(OH-),溶液呈碱性,说明NaCN水解程度大于HCN电离程度。根据以上分析知,溶液呈碱性,则c(H+)<c(OH-),结合电荷守恒得c(CN-)<c(Na+),所以离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+),故A错误;二者等体积混合时溶液体积增大一倍,导致浓度降为原来的一半,结合物料守恒得c(HCN)+c(CN-)=0.02 mol·L-1,故B错误;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+)=c(CN-)+c(OH-),故C正确;通过以上分析知,NaCN水解程度大于HCN电离程度,所以c(CN-)<c(HCN),故D错误。 7.常温下,下列溶液中的微粒浓度关系正确的是 (　　) A.0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液与0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液等体积混合:c(Na+)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3) B.将pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合:c(Cl-)=c(N)>c(OH-)=c(H+) C.CH3COOH与CH3COONa混合溶液(pH=4.76):c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+) D.pH=4.8的NaHC2O4溶液:c(Na+)>c(HC2)>c(C2)>c(H2C2O4) 解析:选D　=,根据物料守恒,c(Na+)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3),A错误;等体积混合后的溶质未知,NH4Cl、NH3·H2O,溶液显碱性,根据电荷守恒,c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),c(H+)<c(OH-),c(N)>c(Cl-),B错误;CH3COOH与CH3COONa混合后显酸性说明CH3COO-的电离大于水解,c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+),C错误;溶液显酸性,则HC2的电离大于水解,c(Na+)>c(HC2)>c(C2)>c(H2C2O4),D正确。 8.(2025·贵阳模拟)已知:[FeCl4(H2O)2]-为黄色,溶液中存在可逆反应:Fe3++4Cl-+2H2O[FeCl4(H2O)2]-,下列实验所得结论不正确的是 (　　) ① ② ③ ④ 加热前溶液为浅黄色,加热后颜色变深 加热前溶液接近无色,加热后溶液颜色无明显变化 加入NaCl后,溶液立即变为黄色,加热后溶液颜色变深 加热前溶液为黄色,加热后溶液颜色变深 注:加热为微热,忽略体积变化。 A.实验①中,Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3 B.实验②中,酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响 C.实验③中,加热,可逆反应:Fe3++4Cl-+2H2O[FeCl4(H2O)2]-可能正向移动 D.实验④中,可证明升高温度,颜色变深一定是因为Fe3+水解平衡正向移动 解析:选D　加热促进水解,Fe3+水解生成氢氧化铁,则实验①中,Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3,故A项正确;由Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+可知,酸化后加热,溶液颜色无明显变化,氢离子抑制水解,则实验②中酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响,故B项正确;加入NaCl后,溶液立即变为黄色,发生Fe3++4Cl-+2H2O[FeCl4(H2O)2]-,[FeCl4(H2O)2]-为黄色,加热时平衡可能正向移动,溶液颜色变深,故C项正确;实验④中存在Fe3++4Cl-+2H2O[FeCl4(H2O)2]-,升高温度平衡正向移动,溶液颜色变深,不能证明颜色变深是因为Fe3+水解平衡正向移动,故D项错误。 9.(2025·北京门头沟区一模)实验测得等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液pH随温度变化如图所示。下列说法不正确的是 (　　) A.NaHCO3和Na2CO3水解均是吸热反应 B.若将N点溶液恢复到25 ℃,pH>8.62 C.N点时NaHCO3已经完全分解 D.M点之前,升温pH减小是Kw改变与HC的电离和水解平衡移动共同作用的结果 解析:选C　NaHCO3和Na2CO3是强碱弱酸盐,HC和C均发生水解,水解反应是酸碱中和的逆反应,则NaHCO3和Na2CO3水解均是吸热反应,故A正确;由图可知,升高温度时部分NaHCO3发生分解生成Na2CO3,Na2CO3水解程度大于NaHCO3,所以将N点溶液恢复到25 ℃,pH>8.62,故B正确;45 ℃时Na2CO3溶液的pH约为11.45,而左图中N点溶液的pH接近8.65,说明NaHCO3没有完全分解生成Na2CO3,故C错误;水的电离、HC的电离及其水解均吸热,升高温度时水解平衡正向移动,但图中M点之前,NaHCO3溶液的pH随温度升高而减小,其主要原因是升温对水和HC的电离影响大于对HC的水解影响,是Kw改变与HC的电离和水解平衡移动共同作用的结果,故D正确。 10.(2023·江苏卷)室温下,用含少量Mg2+的MnSO4溶液制备MnCO3的过程如图所示。已知Ksp(MgF2)=5.2×10-11,Ka(HF)=6.3×10-4。下列说法正确的是 (　　) MnSO4溶液MnCO3 A.0.1 mol·L-1 NaF溶液中: c(F-)=c(Na+)+c(H+) B.“除镁”得到的上层清液中: c(Mg2+)= C.0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中: c()=c(H+)+c(H2CO3)-c(OH-) D.“沉锰”后的滤液中:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c() 解析:选C　0.1 mol·L-1 NaF溶液中存在电荷守恒:c(OH-)+c(F-)=c(Na+)+c(H+),A错误;“除镁”得到的上层清液中为MgF2的饱和溶液,有Ksp(MgF2)=c(Mg2+)c2(F-),故c(Mg2+)=,B错误;0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中存在质子守恒:c()+c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3),故c(C)=c(H+)+c(H2CO3)-c(OH-),C正确;“沉锰”后的滤液中还存在F-、S等离子,故电荷守恒中应增加其他离子使等式成立,D错误。 二、非选择题 11.(8分)物质在水中存在电离平衡、水解平衡。请根据所学知识回答: (1)盐碱地(含较多Na2CO3、NaCl)不利于植物生长,盐碱地呈碱性的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式说明);已知25 ℃时,Na2CO3的Kh1=2×10-4,则当Na2CO3溶液中c(HC)∶c(C)=2∶1时,溶液的pH=　　　　。  (2)某温度下,水的离子积常数Kw=1×10-12。该温度下,将pH=1的HCl溶液与pH=10的NaOH溶液混合并保持恒温,忽略混合前后溶液体积的变化。欲使混合溶液pH=3,则盐酸溶液与NaOH溶液的体积比为　　　　。  (3)相同物质的量浓度的五种溶液:①(NH4)2SO4、②氨水、③NH4HSO4、④NH4Cl、⑤(NH4)2Fe(SO4)2,c(N)由大到小顺序是　　　　　　　　　(用序号表示)。  解析:(1)Na2CO3为强碱弱酸盐,碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性,离子方程式为C+H2OHC+OH-,Na2CO3的Kh1==2×10-4,已知c(HC)∶c(C)=2∶1,则c(OH-)=10-4 mol·L-1,25 ℃时,c(H+)===10-10 mol·L-1,溶液的pH=10;(2)pH=1的HCl溶液c(H+)=0.1 mol·L-1,水的离子积常数Kw=1×10-12,pH=10的NaOH溶液c(OH-)===0.01 mol·L-1,欲使混合溶液pH=3,则c(H+)==0.001,整理可得0.099V酸=0.011V碱,则盐酸溶液与NaOH溶液的体积比为1∶9;(3)先不考虑水解,相同物质的量浓度中(NH4)2SO4和(NH4)2Fe(SO4)2中c(N)大于其他物质,⑤中亚铁离子也能发生水解使溶液呈酸性会抑制铵根水解,则c(N):⑤>①,NH4HSO4、NH4Cl都能完全电离,而氨水部分电离,则②氨水中c(N)最小,而NH4HSO4完全电离出氢离子抑制铵根水解,c(N):③>④,故c(N)由大到小顺序是⑤①③④②。 答案:(1)C+H2OHC+OH-　10　(2)1∶9 (3)⑤①③④② 12.(14分)化学上把外加少量酸、碱,而pH基本不变的溶液,称为缓冲溶液。 Ⅰ.现有25 ℃时,浓度均为0.10 mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液,pH=4.76。[25 ℃时Ka(CH3COOH)=1.75×10-5,Kh为盐的水解常数] 回答下列问题: (1)25 ℃时Kh(CH3COO-)=　　　　　　　　　(写表达式),计算Kh(CH3COO-)=　　　　(保留三位有效数字)。  (2)该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　。  (3)在1.0 L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液(忽略溶液体积的变化),反应后溶液中c(H+)=　　　　　 mol·L-1。  (4)改变下列条件,能使CH3COONa稀溶液中保持增大的是　　　　。  a.升温 b.加入NaOH固体 c.稀释 d.加入CH3COONa固体 Ⅱ.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系维持pH稳定。已知正常人体血液在正常体温时,H2CO3的一级电离常数Ka1=10-6.1,≈,lg 2=0.3。由题给数据可算得正常人体血液的pH约为　　　　,当过量的酸进入血液中时,血液缓冲体系中的值将　　　　　(填“变大”“变小”或“不变”)。  解析:Ⅰ.(1)25 ℃时醋酸根离子水解的离子方程式是CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,Kh(CH3COO-)====≈5.71×10-10。(2)浓度均为0.10 mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液,pH=4.76,溶液呈酸性,说明醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度,该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。(3)用1.0 L上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH稀溶液,pH几乎不变,反应后溶液中c(H+)=1×10-4.76 mol·L-1。(4)a项,升温,CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-平衡正向移动,c(CH3COO-)减小、c(OH-)增大,所以减小;b项,加入NaOH固体,c(OH-)增大,CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-平衡逆向移动,c(CH3COOH)减小,不变,所以减小;c项,稀释,c(CH3COOH)减小,不变,所以减小;d项,加入CH3COONa固体,c(CH3COO-)增大,CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-平衡正向移动,c(CH3COOH)增大,不变,所以增大。 Ⅱ.Ka1==10-6.1,≈,20×c(H+)=10-6.1,c(H+)= mol·L-1,则正常人体血液的pH约为7.4,当过量的酸进入血液中时,不变,氢离子浓度增大,所以血液缓冲体系中的值将变小。 答案:Ⅰ.(1)　5.71×10-10 (2)c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) (3)1×10-4.76　(4)d Ⅱ.7.4　变小 第五讲　难溶电解质的溶解平衡 |内|容|与|目|标| 　 1.认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡。 2.了解沉淀的生成、溶解与转化。 3.能运用溶度积常数进行简单计算。 逐点清(一)　沉淀溶解平衡 系统教材·固本强基 　 (一)沉淀溶解平衡 1.定义 在一定温度下,当沉淀和溶解的速率相等时,形成饱和溶液,达到平衡状态,把这种平衡称为沉淀溶解平衡。 2.影响因素 (1)内因:难溶电解质本身的性质,即难溶电解质的溶解能力。 (2)外因:难溶电解质在水溶液中会建立动态平衡,改变温度或某些离子浓度,会使沉淀溶解平衡发生移动。 以AgCl为例:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)　ΔH>0完成下表。 外界条件 移动方向 c(Ag+) 升高温度 右移 增大 加水(固体有剩余) 右移 不变 加入少量AgNO3 左移 增大 加入Na2S 右移 减小 通入HCl 左移 减小 通入NH3 右移 减小 (二)溶度积常数及应用 1.溶度积常数和离子积 以AmBn(s)mAn+(aq)+nBm-(aq)为例: 溶度积 离子积 含义 沉淀溶解平衡的平衡常数 溶液中有关离子浓度幂的乘积 符号 Ksp Q 表达式 Ksp(AmBn)= cm(An+)·cn(Bm-),式中的浓度是平衡浓度 Q(AmBn)=cm(An+)·cn(Bm-),式中的浓度是任意浓度 应用 判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解 ①Q>Ksp,溶液中有沉淀析出; ②Q=Ksp,沉淀与溶解处于平衡状态; ③Q<Ksp,溶液中无沉淀析出 2.Ksp的影响因素 (1)内因:溶度积与难溶电解质溶解能力的关系:阴、阳离子个数比相同的难溶电解质,溶度积越小,其溶解能力越小;不同类型的难溶电解质,应通过计算才能进行比较溶解能力。 (2)外因:仅与温度有关,与浓度、压强、催化剂等无关。 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)难溶电解质在水中达到沉淀溶解平衡时,难溶电解质溶解形成的阴、阳离子的浓度相等 (×) (2)沉淀溶解达到平衡时,溶液中溶质的离子浓度相等,且保持不变 (×) (3)向一定量的饱和NaOH溶液中加入少量Na2O固体,恢复到原来温度时,溶液中的Na+总数不变 (×) (4)难溶电解质达到沉淀溶解平衡时,增加难溶电解质的量,平衡不移动 (√) (5)常温下,向Mg(OH)2饱和溶液中加入少量NaOH固体,Mg(OH)2的Ksp不变 (√) (6)溶度积常数Ksp只受温度影响,温度升高,Ksp增大 (×) (7)在温度一定时,当溶液中Ag+和Cl-的浓度的乘积等于Ksp(AgCl)时,则溶液中达到了AgCl的溶解平衡 (√) (8)AgCl难溶于水,所以将AgCl加入水中所得溶液中不含Ag+、Cl- (×) 2.(人教选1 P87 T4改编)在一定温度下,向AgCl的悬浊液中滴入下列溶液(滴入溶液的体积忽略不计),根据变化的情况填写下表(填“增大”“减小”或“不变”)。 实验操作 c(Ag+) c(Cl-) m(AgCl) 滴入稀盐酸 滴入AgNO3 滴入Na2S 升温 答案:减小　增大　增大 增大　减小　增大 减小　增大　减小 增大　增大　减小 迁移应用·深化学习 　 　　　　　　　　　　　　　　　　 题点(一)　沉淀溶解平衡 1.25 ℃时,在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq),加入KI固体,下列说法正确的是 (　　) A.溶液中Pb2+和I-的浓度都增大 B.溶度积常数Ksp增大 C.沉淀溶解平衡向右移动 D.溶液中Pb2+的浓度减小 解析:选D　加入KI固体时,溶液中c(I-)增大,使PbI2的沉淀溶解平衡逆向移动,因此溶液中c(Pb2+)减小,但由于溶液的温度未发生改变,故PbI2的溶度积常数Ksp不变。 2.某兴趣小组进行下列实验: ①将0.1 mol·L-1 MgCl2溶液和0.5 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合得到浊液　②取少量①中浊液,滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液,出现红褐色沉淀　③将①中浊液过滤,取少量白色沉淀,滴加0.1 mol·L-1 FeCl3溶液,白色沉淀变为红褐色沉淀　④另取少量白色沉淀,滴加饱和NH4Cl溶液,沉淀溶解 下列说法中不正确的是 (　　) A.将①中所得浊液过滤,所得滤液中含少量Mg2+ B.①中浊液中存在沉淀溶解平衡: Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq) C.实验②和③均能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶 D.NH4Cl溶液中的N可能是④中沉淀溶解的原因 解析:选C　MgCl2溶液与NaOH溶液等体积混合得到Mg(OH)2悬浊液,剩余NaOH,实验②中是因为剩余的NaOH能和氯化铁反应生成Fe(OH)3,不能说明Fe(OH)3比Mg(OH)2难溶,故C错误。 3.(2025·山东潍坊高三检测)室温下向100 mL蒸馏水中加入1 g CaCO3,一段时间后再向其中加入10 mL蒸馏水,一段时间后继续加入10 mL蒸馏水。该过程中电导率的变化如图: 微点精研 连续加水或酸的 沉淀溶解平衡分析 已知:室温下,CaCO3的溶解度为0.001 3 g。下列说法不正确的是 (　　) A.a→b电导率上升是由于CaCO3固体部分溶解于水中 B.c和e对应的时刻分别加入了10 mL蒸馏水 C.c→d、e→f,电导率下降,说明CaCO3的溶解平衡逆向移动 D.g后的电导率几乎不再改变,说明CaCO3的溶解达到平衡状态 解析:选C　碳酸钙在水中的溶解度小,溶于水的碳酸钙在溶液中完全电离,使溶液中的离子浓度增大,导致a→b电导率上升,故A项正确;由图可知,c→d、e→f的电导率下降,说明溶液中离子浓度减小,则c和e对应的时刻应该是分别加入了10 mL蒸馏水,加入蒸馏水,碳酸钙的溶解平衡正向移动,故B项正确,C项错误;g后的电导率几乎不再改变,说明溶液中的离子浓度不再改变,碳酸钙的溶解在溶液中达到平衡状态,故D项正确。 题点(二)　溶度积常数及应用 4.[能否沉淀]25 ℃时,在1.00 L 0.03 mol·L-1 AgNO3溶液中加入0.50 L 0.06 mol·L-1的CaCl2溶液,能否生成AgCl沉淀?(已知:AgCl的Ksp=1.8×10-10) 答案:c(Ag+)==0.02 mol·L-1,c(Cl-)==0.04 mol·L-1,Q=c(Ag+)·c(Cl-)=0.02×0.04=8.0×10-4>Ksp,所以有AgCl沉淀生成。 5.[沉淀的pH]常温下,Ksp=c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10-20,计算有关Cu2+沉淀的pH。 (1)某CuSO4溶液中c(Cu2+)=0.02 mol·L-1,如果生成Cu(OH)2沉淀,应调整溶液的pH,使之大于　　　　　　。  (2)要使0.2 mol·L-1 CuSO4溶液中Cu2+沉淀较为完全(使Cu2+浓度降至原来的千分之一),则应向溶液中加入NaOH溶液,使溶液的pH为　　　　。  解析:(1)根据题给信息,当c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10-20时开始出现沉淀,则c(OH-)= mol·L-1=10-9 mol·L-1,c(H+)=10-5 mol·L-1,pH=5,所以要生成Cu(OH)2沉淀,应调整pH>5。(2)要使Cu2+浓度降至=2×10-4 mol·L-1,c(OH-)= mol·L-1=10-8 mol·L-1,c(H+)=10-6 mol·L-1,此时溶液的pH=6。 答案:(1)5　(2)6 6.[沉淀的顺序]已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(AgBr)=7.7×10-13,Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12。某溶液中含有Cl-、Br-和Cr,浓度均为0.01 mol·L-1,向该溶液中逐滴加入0.01 mol·L-1的AgNO3溶液时,计算三种阴离子沉淀的先后顺序。 答案:三种阴离子浓度均为0.01 mol·L-1时,分别产生AgCl、AgBr和Ag2CrO4沉淀,所需要Ag+浓度依次为c1(Ag+)== mol·L-1=1.56×10-8 mol·L-1,c2(Ag+)== mol·L-1=7.7×10-11 mol·L-1,c3(Ag+)== mol·L-1=3×10-5 mol·L-1,沉淀时Ag+浓度最小的优先沉淀,因而沉淀的顺序为Br-、Cl-、Cr。 7.[共沉淀溶液中离子浓度比]某温度下,溶液中含有I-、Cl-等离子,向其中滴加AgNO3溶液,当AgCl开始沉淀时,溶液中=　　　　　。  [已知:Ksp(AgCl)=1.6×10-10,Ksp(AgI)=8×10-17] 解析:同一溶液中c(Ag+)相等,====5×10-7。 答案:5×10-7 逐点清(二)　沉淀溶解平衡的应用 系统教材·固本强基 　 1.沉淀的生成 调节 pH法 如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质,可加入氨水调节pH至3~4,离子方程式为Fe3++3NH3·H2OFe(OH)3↓+3N 沉淀 剂法 如用H2S沉淀Cu2+,离子方程式为 H2S+Cu2+===CuS↓+2H+ 2.沉淀的溶解 (1)酸溶解法 如CaCO3溶于盐酸,离子方程式为 CaCO3(s)C(aq)+Ca2+(aq) 　 　　HC(aq)H2CO3CO2↑+H2O 总反应为CaCO3+2H+===Ca2++CO2↑+H2O (2)盐溶液溶解法 如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液,离子方程式为 Mg(OH)2+2N===Mg2++2NH3·H2O (3)配位溶解法 如AgCl溶于氨水,离子方程式为AgCl+2NH3·H2O=== [Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O。 3.沉淀的转化 实例 ①NaCl(aq)AgCl(白色)AgI(黄色)Ag2S(黑色) ②MgCl2(aq)Mg(OH)2(白色) Fe(OH)3(红褐色) 实质 沉淀溶解平衡的移动 应用 ①锅炉除水垢:将CaSO4转化为CaCO3,离子方程式为CaSO4+C===CaCO3+S ②矿物转化:CuSO4溶液遇ZnS转化为CuS,离子方程式为ZnS+Cu2+===CuS+Zn2+ 注意:用沉淀法除杂不可能将杂质离子完全通过沉淀除去。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5 mol·L-1时,已经沉淀完全。 基本能力自查 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)牙膏中添加氟化物用于预防龋齿,发生的是氧化还原反应 (×) (2)溶解度较小的沉淀不可以转化成溶解度较大的沉淀 (×) (3)向Na2SO4溶液中加入过量的BaCl2溶液,则S沉淀完全,溶液中只含Ba2+、Na+和Cl-,不含S (×) 2.向Mg(OH)2悬浊液中滴加NH4Cl溶液,白色沉淀溶解,试从沉淀溶解平衡移动的角度进行分析。 提示:Mg(OH)2Mg2++2OH-,N与OH-结合生成弱电解质NH3·H2O,从而使沉淀溶解平衡右移,故Mg(OH)2能溶于NH4Cl溶液。 3.(人教选1 P85“科学·技术·社会”栏目改编)牙齿表面被一层坚硬的物质保护,其成分为Ca5(PO4)3OH,它在唾液中存在下列平衡:Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3P(aq)+OH-(aq)。 (1)饮用纯净水能否保护牙齿?为什么? (2)在牙膏中添加适量的 Ca2+或 P,能否保护牙齿?为什么? 提示:(1)不能。饮用纯净水,对Ca2+或 P的浓度没有影响,起不到保护牙齿的作用。 (2)能。牙膏中添加适量的Ca2+或P会促使Ca5(PO4)3OH的沉淀溶解平衡逆向移动,有利于牙齿的保护。 迁移应用·深化学习 　 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.往锅炉中注入Na2CO3溶液浸泡,将水垢中的CaSO4转化为CaCO3,再用盐酸去除,下列叙述中正确的是 (　　) A.温度升高,Na2CO3溶液的Kw增大,c(OH-)减小 B.CaSO4能转化为CaCO3,说明Ksp(CaCO3)>Ksp(CaSO4) C.CaCO3溶于盐酸而CaSO4不溶,是因为硫酸酸性强于盐酸 D.沉淀转化的离子方程式为C(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+S(aq) 解析:选D　温度升高,水的电离平衡正向移动,Kw增大;温度升高,Na2CO3的水解平衡正向移动,c(OH-)增大,A项错误。Ksp(CaCO3)<Ksp(CaSO4),B项错误。CaCO3与盐酸反应生成可溶性的氯化钙、水和二氧化碳,CaSO4与盐酸不满足复分解反应发生的条件,与酸性强弱无关,C项错误。反应的离子方程式为CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq),D项正确。 2.(2025·北京大兴区高三检测)某小组同学研究沉淀的转化,进行如图实验(操作如图所示): 下列关于实验过程的分析不正确的是 (　　) A.悬浊液a中存在沉淀溶解平衡: AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq) B.d中无明显现象 数字实验室 沉淀转化的实验分析 C.c到e的现象表明AgCl转化为AgI D.上述实验可证明:Ksp(AgCl)>Ksp(AgI) 解析:选B　悬浊液a中含有不溶物AgCl,存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),故A正确;AgCl存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),则滤液中含有Ag+,且Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),所以d中有黄色AgI生成,故B错误;e中白色沉淀转化为黄色沉淀,说明有黄色AgI生成,即c到e的现象表明AgCl转化为AgI,故C正确;c到e的现象表明AgCl转化为AgI,即溶解度:AgCl>AgI,则可证明:Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),故D正确。 3.(2025·海口模拟)可溶性钡盐有毒,医院中常用硫酸钡(俗称“钡餐”)作为内服造影剂,其不溶于水和脂质,所以不会被胃肠道黏膜吸收,因此对人基本无毒性。医院抢救钡离子中毒患者时除催吐外,还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知:Ksp(BaCO3)=5.1×10-9;Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。下列推断正确的是 (　　) A.BaCO3的溶度积常数表达式为Ksp(BaCO3)=n(Ba2+)·n(C) B.可用2%~5%的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃 C.若误服含c(Ba2+)=1.0×10-5 mol·L-1的溶液时,会引起钡离子中毒 D.不用碳酸钡作为内服造影剂,是因为Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4) 答案:B [课时跟踪检测] 　　　　　　　　　　　　　　　　 一、选择题 1.(2025·保定模拟)在一定温度下,当过量的Mg(OH)2固体在水溶液中达到平衡时:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq),要使Mg(OH)2固体增加,c(OH-)增加,可采取的措施是 (　　) A.加适量的水 B.通入少量HCl气体 C.加少量NaOH固体 D.加少量MgSO4固体 解析:选C　加入适量水,使沉淀溶解平衡正向移动,悬浊液中Mg(OH)2固体的质量减少,故A不选;通入少量HCl,平衡正向移动,氢氧化镁固体减少,故B不选;加少量NaOH固体,平衡逆向移动,则Mg(OH)2固体增加,且c(OH-)增加,故C选;加少量MgSO4固体,平衡逆向移动,c(OH-)减小,故D不选。 2.下列化学原理的应用,主要用沉淀溶解平衡原理来解释的是 (　　) ①热纯碱溶液洗涤油污的能力强 ②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐混用后,常用0.5%的Na2SO4溶液解毒 ③溶洞、珊瑚的形成 ④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能 ⑤泡沫灭火器灭火的原理 A.②③④ B.①②③ C.③④⑤ D.①②③④⑤ 答案:A 3.(2025·首都师范大学附中模拟)25 ℃时,在含有大量PbI2的饱和溶液中存在沉淀溶解平衡:PbI2(s)Pb2+(aq)+2I-(aq),加入KI固体,下列说法正确的是 (　　) A.溶液中Pb2+和I-的浓度都增大 B.Ksp(PbI2)增大 C.PbI2的沉淀溶解平衡向右移动 D.溶液中c(Pb2+)减小 解析:选D　加入KI固体,溶液中c(I-)增大,使PbI2的沉淀溶解平衡向左移动,所以溶液中c(Pb2+)减小,A、C项错误,D项正确;溶液的温度未发生改变,Ksp(PbI2)不变,B项错误。 4.(2025·汕头模拟)牙齿表面有一层牙釉质在保护着,存在如下平衡:Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3P(aq)+OH-(aq)　Ksp=6.8×10-37,已知Ca5(PO4)3F(s)的Ksp=2.8×10-61。下列说法错误的是 (　　) A.口腔中残留大量的酸性物质会破坏牙釉质 B.牙膏中添加适量的磷酸盐,可以有效保护牙齿 C.若用碳酸氢钠稀溶液进行漱口,会使上述平衡发生移动,此时Ksp变小 D.使用含氟(NaF)牙膏,可实现Ca5(PO4)3OH(s)与Ca5(PO4)3F(s)的转化 解析:选C　口腔中残留大量的酸性物质,将消耗OH-,导致生成物OH-浓度减小,牙釉质的主要成分为羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH],使羟基磷酸钙沉淀溶解平衡右移,破坏牙釉质,故A正确;在牙膏中添加适量的磷酸盐,增大了磷酸根离子的浓度,使得反应Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3P(aq)+OH-(aq)化学平衡逆向移动,有利于生成羟基磷灰石,能起到保护牙齿的作用,故B正确;Ksp只受温度影响,加入碳酸氢钠后,温度不变,Ksp不变,故C错误;发生的反应为Ca5(PO4)3OH(s)+F-(aq)Ca5(PO4)3F(s)+OH-(aq),反应的平衡常数K====≈2.4×1024,因此使用添加NaF的含氟牙膏,可实现Ca5(PO4)3OH(s)与Ca5(PO4)3F(s)的转化,故D正确。 5.(2025·河南郑州市模拟)为了探究CdS、Ag2S的溶解度相对大小,利用如图装置进行实验。已知:Ag2S呈黑色,难溶;CdS呈黄色,难溶;FeS呈块状黑色,难溶。下列叙述正确的是 (　　) A.X为硝酸,Y溶液为硫酸铜溶液 B.若装置B中先生成黑色沉淀,则Ag2S的溶解度小于CdS C.停止反应的操作是关闭活塞K D.用浓盐酸和MnO2制备氯气时可以用装置A 解析:选C　X如果为稀硝酸,会将S2-氧化为S,达不到实验目的,A项错误;若装置B中先生成黑色沉淀,不能根据沉淀先后去证明Ag2S的溶解度小于CdS,B项错误;关闭活塞K则停止通入气体,可以让反应停止,C项正确;用浓盐酸和MnO2制备氯气时需要加热,不能用装置A,D项错误。 6.碳酸钙是常见难溶物,将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡: CaCO3(s)Ca2+(aq)+C(aq)[已知Ksp(CaCO3)=3.4×10-9,Ksp(CaSO4)=4.9×10-5,H2CO3的电离常数Ka1=4.5×10-7,Ka2=4.7×10-11,饱和CaCO3溶液的pH约为9],下列有关说法正确的是 (　　) A.上层清液中存在c(Ca2+)=c(C) B.上层清液中含碳微粒最主要以HC形式存在 C.向体系中通入CO2气体,溶液中c(Ca2+)保持不变 D.通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化 解析:选B　上层清液为CaCO3的饱和溶液,C存在水解平衡,根据元素守恒,c(Ca2+)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3),A错误;向体系中通入CO2气体,发生反应:CaCO3+H2O+CO2===Ca(HCO3)2,CaCO3(s)转化为可溶的Ca(HCO3)2,溶液中c(Ca2+)增大,C错误;CaCO3(s)+S(aq)CaSO4(s)+C(aq)的平衡常数K==≈6.9×10-5,加Na2SO4溶液不易实现CaCO3向CaSO4的有效转化,D错误。 7.(2025·南昌市高三模拟)25 ℃下,在含一定质量Mg(OH)2的悬浊液中,分6次快速注入等量盐酸,体系pH变化曲线如图。下列说法不正确的是 (　　) A.由图可知,酸碱中和反应速率大于Mg(OH)2沉淀溶解速率 B.第6次加入盐酸时,Mg(OH)2沉淀消耗完全 C.由图可知Ksp[Mg(OH)2]=5×10-32.8 D.上述过程中Mg(OH)2沉淀溶解平衡常数保持不变 解析:选C　中和反应是一个进行的极快的反应,瞬间就可完成,酸碱中和反应速率大于Mg(OH)2沉淀溶解速率,故A正确;由图可知第6次加入盐酸时,溶液的pH不变,Mg(OH)2沉淀消耗完全,故B正确;由图可知未加入稀盐酸时溶液的pH=10.6,c(H+)=1×10-10.6,则c(OH-)=1×10-3.4,c(Mg2+)=×10-3.4,Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)·c2(OH-)=×10-3.4×(1×10-3.4)2=5×10-11.2,故C错误;沉淀溶解平衡常数只与温度有关,温度不变沉淀溶解平衡常数保持不变,故D正确。 8.(2025·山东青岛高三检测)分别进行下列操作,由现象得出的结论正确的是 (　　) 选项 操作 现象 结论 A 将稀硫酸和Na2S反应生成的气体通入AgNO3与AgCl组成的悬浊液中 出现黑色沉淀 Ksp(AgCl)> Ksp(Ag2S) B 向盛有2 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液的试管中滴加1 mL 0.1 mol·L-1 NaCl溶液,再向其中滴加4~5滴0.1 mol·L-1 KI溶液 先有白色沉淀生成,后又产生黄色沉淀 Ksp(AgCl) >Ksp(AgI) C 向AgI悬浊液中滴入Na2S溶液 固体 变黑 Ksp(AgI)< Ksp(Ag2S) D 将H2S气体通入浓度均为0.01 mol·L-1的ZnSO4和CuSO4溶液中 先出现CuS黑色沉淀 Ksp(CuS)< Ksp(ZnS) 解析:选D　生成的硫化氢与硝酸银溶液反应生成硫化银沉淀,没有沉淀的转化,无法判断Ksp(AgCl)与Ksp(Ag2S)的大小,A错误;AgNO3溶液过量,KI直接与AgNO3反应,无法判断Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小关系,B错误;溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质,AgI悬浊液中滴入Na2S溶液,固体变黑,说明Ksp(Ag2S)<Ksp(AgI),C错误;难溶的物质先沉淀出来,说明Ksp(CuS)<Ksp(ZnS),D正确。 9.工业废水中的Cu2+、Hg2+等可通过沉淀法除去。现有Cu2+、Hg2+均约为0.1 mol·L-1的工业废水1 L,下列说法不正确的是 (　　) 已知:25 ℃,Hg(OH)2只存在于溶液中,固体立刻分解,饱和H2S溶液的浓度约为0.1 mol·L-1。 难溶物 CuS FeS HgS Cu(OH)2 Ksp 6.3×10-36 6.3×10-18 1.6×10-52 2.2×10-20 H2S电离常数Ka1=1.0×10-7,Ka2=1.3×10-13,[当溶液中离子浓度小于10-5 mol·L-1时可视为完全沉淀,不考虑Cu(OH)2与OH-的进一步反应,不考虑废水中其他离子参与反应]。 A.可用FeS除去废水中的Cu2+、Hg2+ B.调节至pH=5,溶液中Cu2+未沉淀完全 C.通过滴加Na2S溶液,可使CuS沉淀和HgS沉淀分离 D.向废液中通入H2S至饱和,c(HS-)大于5×10-8 mol·L-1 解析:选D　FeS除去废水中的Cu2+发生反应:FeS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Fe2+(aq),平衡常数K====1×1018,说明反应进行得很彻底,Ksp(HgS)<Ksp(CuS),反应更彻底,故可用FeS除去废水中的Cu2+、Hg2+,故A正确;pH=5时,c(H+)=10-5,则c(OH-)=10-9,溶液中c(Cu2+)===2.2×10-2 mol·L-1,c(Cu2+)>10-5 mol·L-1,未完全沉淀,故B正确;Cu2+开始沉淀时需要的c(S2-)===6.3×10-35 mol·L-1,当Cu2+完全沉淀时需要的c(S2-)===6.3×10-31 mol·L-1,CuS为黑色沉淀;Hg2+开始沉淀时需要的c(S2-)===1.6×10-51mol·L-1,当Hg2+完全沉淀时需要的c(S2-)===1.6×10-47 mol·L-1,HgS为红色沉淀,当Hg2+完全沉淀时Cu2+还未开始沉淀,故通过滴加Na2S溶液,可使CuS沉淀和HgS沉淀分离,故C正确;向废液中通入H2S至饱和,此时,Cu2+、Hg2+已完全沉淀,H2S+Cu2+===CuS↓+2H+,H2S+Hg2+===HgS↓+2H+,则生成的c(H+)=0.4 mol·L-1,Ka1(H2S)=,则c(HS-)===2.5×10-8<5×10-8 mol·L-1,故D错误。 10.(2023·湖南卷)处理某铜冶金污水(含Cu2+、Fe3+、Zn2+、Al3+)的部分流程如下: 已知:①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示: 物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5 完全沉淀pH 3.2 6.7 8.2 4.6 ②Ksp(CuS)=6.4×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24。 下列说法错误的是 (　　) A.“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3 B.Na2S溶液呈碱性,其主要原因是 S2-+H2OHS-+OH- C.“沉淀池Ⅱ”中,当Cu2+和Zn2+完全沉淀时,溶液中=4.0×10-12 D.“出水”经阴离子交换树脂软化处理后,可用作工业冷却循环用水 解析:选D　由题意分析流程图: 结合已知①表中数据可知,“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3 和Al(OH)3,A项正确;Na2S溶液因S2-水解而呈碱性,B项正确;“沉淀池Ⅱ”中,当Cu2+和Zn2+完全沉淀时,溶液中====4.0×10-12,C项正确;“出水”中除含有阴离子外,还含有大量的Na+、Ca2+等,故只经阴离子交换树脂软化处理后,不可用作工业冷却循环用水,D项错误。 二、非选择题 11.(14分)氟化钡可用于制造电机电刷、光学玻璃、光导纤维、激光发生器等。以钡矿粉(主要成分为BaCO3,含有SiO2、Fe2+、Mg2+等杂质)为原料制备氟化钡的流程如下: 已知:常温下Fe3+、Mg2+完全沉淀的pH分别是3.4、12.4。 (1)滤渣A的化学式为　　　　　。  (2)滤液1加H2O2氧化的过程中主要反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　  　　　　　　　　　　　　　　　。  (3)加20% NaOH溶液调节pH=12.5,得到滤渣C的主要成分是　　　　。  (4)滤液3加入盐酸酸化后再经　　　　、冷却结晶、　　　　、洗涤、真空干燥等一系列操作后得到BaCl2·2H2O。  (5)常温下,用BaCl2·2H2O配制成0.2 mol·L-1水溶液与等浓度的氟化铵溶液反应,可得到氟化钡沉淀。请写出该反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  已知Ksp(BaF2)=1.84×10-7,当钡离子完全沉淀时(即钡离子浓度≤10-5 mol·L-1),至少需要的氟离子浓度是　　　　 mol·L-1(结果保留三位有效数字,已知=1.36)。  解析:(1)钡矿粉中SiO2与盐酸不反应,故滤渣A为SiO2。(2)滤液1加H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O。(3)根据已知信息及流程图可知,加H2O2、调pH,得到的滤渣B为Fe(OH)3,加20% NaOH溶液调节pH=12.5,得到滤渣C为Mg(OH)2。(4)滤液3加盐酸酸化后得到BaCl2和HCl的混合溶液,由该溶液得到BaCl2·2H2O的实验操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、真空干燥等。(5)根据Ksp(BaF2)=c(Ba2+)·c2(F-),当Ba2+完全沉淀时,至少需要的c(F-)== mol·L-1=0.136 mol·L-1。 答案:(1)SiO2 (2)H2O2+2Fe2++2H+===2Fe3++2H2O (3)Mg(OH)2　(4)加热浓缩　过滤 (5)Ba2++2F-===BaF2↓　0.136 第六讲　沉淀溶解平衡图像(思维建模课) 　　沉淀溶解平衡图像以二维曲线形式呈现,包含“轴”(横、纵坐标)、“线”(图上的一条或几条直线、曲线)、“点”(线上的点、线外的点)之间的关系,能直观、形象、简洁地反映溶解规律,表达沉淀原理,是近几年高考考查的热点。 一、沉淀溶解平衡离子浓度图像 　　以难溶电解质BaSO4为例,一定温度下,BaSO4在水溶液中存在着如下沉淀溶解平衡:BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq);溶解平衡常数:Ksp=c(Ba2+)·c(S),c(Ba2+)~c(S)关系如图所示。 (1)横、纵坐标分别是阴、阳离子(S、Ba2+)的浓度,溶解平衡曲线是一条抛物线。 (2)由图中曲线上的任意一点的坐标均可计算Ksp(BaSO4)。 (3)由图可知a、c点是平衡点;b点,c(Ba2+)·c(S)>Ksp(BaSO4),有沉淀生成;d点无BaSO4沉淀生成。 　　[例1]　硫酸钡在水中的沉淀溶解平衡:BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq)　ΔH,在不同温度(T1<T2)时,曲线如图所示。 下列说法正确的是 (　　) A.ΔH<0 B.T1温度下Ksp(BaSO4)=5.0×10-9 C.加入Na2SO4固体,可使溶液从a点变成c点 D.a点和b点的Ksp相等 　　[解析]　由图可知,T2时Ksp(BaSO4)更大,且T1<T2,说明BaSO4在水中溶解时吸收热量,ΔH>0,故A错误;Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(S),T1时b点时c(S)=5.0×10-5 mol·L-1,c(Ba2+)<1.0×10-4 mol·L-1,则Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(S)<5.0×10-5×1.0×10-4=5.0×10-9,故B错误;加入Na2SO4固体时溶液中c(S)增大,Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(S)不变,则c(Ba2+)减小,且T1<T2,所以加入Na2SO4固体不可使溶液从a点平移到c点,故C错误;a、b两点的温度相同,而 Ksp(BaSO4) 只与温度有关,则a、b两点的 Ksp(BaSO4) 相等,故D正确。 [答案]　D [迁移应用] 1.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。下列说法正确的是 (　　) A.在任何溶液中,c(Ca2+)与c(S)均相等 B.b点将有沉淀生成,平衡后溶液中c(Ca2+)和c(S)都等于3×10-3 mol·L-1 C.a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp D.d点溶液通过蒸发可以变到c点 解析:选C　只有在单一CaSO4溶液中c(Ca2+)与c(S)才相等,A错误;b点Q>Ksp,故有沉淀生成,开始c(Ca2+)、c(S)不相等而反应消耗的Ca2+、S相等,因此平衡后的两种离子浓度也不会都等于3×10-3 mol·L-1,B错误;在沉淀溶解平衡曲线上的Ksp均相等,C正确;d点通过蒸发后各离子浓度都增大,不可能保持S浓度不变而到达c点,D错误。 2.常温下,ZnS和PbS的沉淀溶解关系如图所示,其中Ksp(ZnS)=1.6×10-24、Ksp(PbS)=3.2×10-28,M为Zn或Pb,pM表示-lg c(M2+)。下列说法正确的是 (　　) A.常温下,B点为PbS的不饱和溶液 B.若x=1.6×10-10 mol·L-1,则y=14 C.若对A点浊液加热,A点沿曲线向上移动 D.在ZnS和PbS同时沉淀的浊液中,=5×103 解析:选D　Ksp(ZnS)=1.6×10-24,Ksp(PbS)=3.2×10-28,-lg c(M2+)越大,对应离子的浓度越小,所以A所在曲线是PbS,下面的曲线是ZnS。常温下,B点时,Pb2+的浓度大于曲线上表示的浓度,所以为PbS的过饱和溶液,故A错误;若x=1.6×10-10 mol·L-1,则y=-lg=18-lg 2,故B错误;若对A点浊液加热,PbS溶解度增大,Pb2+、S2-浓度增大,pM将会减小,故C错误;在ZnS和PbS同时沉淀的浊液中,===5×103,故D正确。 二、沉淀溶解平衡离子浓度对数或负对数图像 　　难溶电解质溶液中离子浓度都很小,为了研究方便,常取离子浓度的对数或负对数计算。 若将BaSO4的溶解平衡常数Ksp=c(Ba2+)·c(S)的等式两边取对数,即有lg Ksp=lg[c(Ba2+)·c(S)],一定温度下lg Ksp=lg c(Ba2+)+lg c(S),lg Ksp为常数,这样lg c(Ba2+)与lg c(S)之间变成了线性关系(如图),且图线中的数值越大,离子浓度越大。 (1)横、纵坐标分别是阳、阴离子浓度的对数lg c(Ba2+)、lg c(S),溶解平衡曲线应是一条直线。 (2)由图中直线上任意一点的坐标均可计算lg Ksp(BaSO4)。 (3)由图可知a、c点是平衡点;b点c(Ba2+)·c(S)<Ksp(BaSO4),无沉淀生成; d点有BaSO4沉淀生成。 　　若将横、纵坐标变为离子浓度的负对数,同理推导-lg c(Mm+)与-lg c(An-)二者的关系也应是一条直线,但离子浓度的大小与图线中的数据成反比,即图中的数据越大、离子浓度越小。 　　[例2]　(2024·黑吉辽卷)25 ℃下,AgCl、AgBr和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。某实验小组以K2CrO4为指示剂,用AgNO3标准溶液分别滴定含Cl-水样、含Br-水样。 已知:①Ag2CrO4为砖红色沉淀; ②相同条件下AgCl溶解度大于AgBr; ③25 ℃时,pKa1(H2CrO4)=0.7, pKa2(H2CrO4)=6.5。 下列说法错误的是 (　　) A.曲线②为AgCl沉淀溶解平衡曲线 B.反应Ag2CrO4+H+2Ag++HCr的平衡常数K=10-5.2 C.滴定Cl-时,理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10-2.0 mol·L-1 D.滴定Br-达终点时,溶液中=10-0.5 　　[解析]　AgCl、AgBr的阴、阳离子个数比相同,则曲线的斜率相同,结合已知②溶解度:AgCl>AgBr,可确定曲线③表示AgBr,曲线②表示AgCl,则曲线①表示Ag2CrO4。结合(6.1,6.1)可计算出Ksp(AgBr)=10-6.1×10-6.1=10-12.2,由(2.0,7.7)可计算出Ksp(Ag2CrO4)=(10-2.0)2×10-7.7=10-11.7,Ksp(AgCl)=10-2.0×10-7.7=10-9.7。由以上分析可知,A正确。该反应的平衡常数 K= = ===10-5.2,B正确。Cl-沉淀完全时,Cr才能开始沉淀,当离子浓度小于10-5 mol·L-1时可视为沉淀完全,当Cl-沉淀完全时,溶液中c(Ag+)=10-4.7 mol·L-1,由Ksp(Ag2CrO4)=10-11.7可知,生成Ag2CrO4沉淀时c(Cr)= mol·L-1=10-0.3×10-2.0 mol·L-1<10-2.0 mol·L-1,故滴定Cl-时,理论上混合液中指示剂浓度不宜超过10-2.0 mol·L-1,C正确。滴定Br-达终点时,溶液中同时存在AgBr、Ag2CrO4沉淀,则溶液中==10-0.5c(Ag+),D错误。 [答案]　D [迁移应用] 1.向AgNO3溶液中滴加NaCl溶液,发生反应Ag++Cl-AgCl(s)和AgCl(s)+Cl-[AgCl2]-。-lg[c(M)/(mol·L-1)]与-lg[c(Cl-)/(mol·L-1)]的关系如图所示(其中M代表Ag+或[AgCl2]-)。下列说法错误的是 (　　) A.c(Cl-)=10-2.52 mol·L-1时,溶液中c(N)=2c([AgCl2]-) B.c(Cl-)=10-1 mol·L-1时,溶液中c(Cl-)>c([AgCl2]-)>c(Ag+) C.Ag++2Cl-[AgCl2]-的平衡常数K的值为105.04 D.用Cl-沉淀Ag+,溶液中Cl-浓度过大时,沉淀效果不好 解析:选A　由题可知c(Cl-)越大,c(Ag+)越小,c([AgCl2]-)越大,即与纵坐标交点为(0,9.74)的线为Ag+。c(Cl-)=10-2.52 mol·L-1,溶液中c(Ag+)=c([AgCl2]-),根据物料守恒得n(N)=n(Ag+)+n([AgCl2]-)+n(AgCl),即n(N)=2n([AgCl2]-)+n(AgCl),c(N)>2c([AgCl2]-),A错误;由图可得,c(Cl-)=10-1 mol·L-1,溶液中c(Cl-)>c([AgCl2]-)>c(Ag+),B正确;Ag++2Cl-[AgCl2]-的平衡常数K=,将交点数值代入得:=105.04,C正确;用Cl-沉淀Ag+,溶液中Cl-浓度过大时,导致AgCl(s)+Cl-[AgCl2]-平衡正向移动,沉淀效果不好,D正确。 2.(2023·全国乙卷)一定温度下,AgCl和Ag2CrO4的沉淀溶解平衡曲线如图所示。 下列说法正确的是 (　　) A.a点条件下能生成Ag2CrO4沉淀,也能生成AgCl沉淀 B.b点时,c(Cl-)=c(Cr),Ksp(AgCl)=Ksp(Ag2CrO4) C.Ag2CrO4+2Cl-2AgCl+Cr的平衡常数K=107.9 D.向NaCl、Na2CrO4均为0.1 mol·L-1的混合溶液中滴加AgNO3溶液,先产生Ag2CrO4沉淀 解析:选C 结合上述分析可知,A、B错误;该反应的平衡常数 K====107.9,C正确;该混合溶液中形成AgCl沉淀所需的c(Ag+)= mol·L-1=10-8.8 mol·L-1,形成Ag2CrO4沉淀所需的c(Ag+)= mol·L-1=10-5.35 mol·L-1,形成AgCl所需的c(Ag+)较小,所以先产生AgCl沉淀,D错误。 三、沉淀溶解平衡滴定图像 　　[例3]　某温度下,向10 mL 0.01 mol·L-1 PbCl2溶液中滴加0.01 mol·L-1的Na2S溶液, 滴加过程中-lg c(Pb2+)与Na2S溶液体积的关系如图所示。下列有关说法中正确的是 (　　) A.该温度下,Ksp(PbS)=1.0×10-28 B.a、b、c三点对应的溶液中,水的电离程度最小的为a点 C.若改用0.02 mol·L-1Na2S溶液,b点应该水平右移 D.若改用0.02 mol·L-1 PbCl2溶液,b点移向右下方 　　[解析]　由题干图像可知,加入10 mL Na2S溶液时,PbCl2和Na2S恰好完全反应,故该温度下,平衡时c(Pb2+)=c(S2-)=10-14 mol·L-1,则Ksp(PbS)=c(Pb2+)·c(S2-)=(10-14)2=10-28,A正确;Pb2+单独存在或S2-单独存在均会水解,促进水的电离,b点时恰好形成PbS的沉淀,此时水的电离程度最小,B错误;若改用0.02 mol·L-1的Na2S溶液,由于温度不变,Ksp(PbS)=c(Pb2+)·c(S2-)不变,即平衡时c(Pb2+)不变,纵坐标不变,但消耗的Na2S体积减小,故b点水平左移,C错误;改用0.02 mol·L-1 PbCl2溶液,完全反应时消耗的Na2S体积为20 mL,而c(Pb2+)不变,即-lg c(Pb2+)仍等于14,此时b点应该水平右移,D错误。 [答案]　A |思维建模|沉淀滴定曲线的分析 沉淀滴定曲线是滴定过程中构成难溶电解质的离子浓度与滴定剂加入量之间的关系曲线。 ①b点恰好沉淀,即滴定终点 ②利用b点对应的pM可以求有关离子浓度 [迁移应用] 1.已知pCa=-lg c(Ca2+),Ksp(CaSO4)=9.0×10-6,Ksp(CaCO3)=2.8×10-9, 向10 mL CaCl2溶液中滴加0.1 mol·L-1的Na2SO4溶液时,溶液中pCa与Na2SO4溶液体积(V)的关系如图所示(实线),下列有关说法正确的是(已知lg 3=0.48) (　　) A.y值为3.48 B.a与b两点c(Ca2+)之比为100∶9 C.原CaCl2溶液浓度为1 mol·L-1 D.若把0.1 mol·L-1的Na2SO4溶液换成0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液,则图像在终点后变为虚线部分 解析:选B　a点为滴加10 mL 0.1 mol·L-1的Na2SO4溶液,此时恰好完全反应,此时溶液中c(Ca2+)=c(S)= mol·L-1=3.0×10-3 mol·L-1,pCa=-lg c(Ca2+)=-lg(3.0×10-3)=3-lg 3=2.52,即y值为2.52,A错误;a点溶液中c(Ca2+)=3.0×10-3 mol·L-1,b点溶液中加入Na2SO4的体积为20 mL,则溶液中c(S)= mol·L-1 = mol·L-1,则此时溶液中c(Ca2+)= mol·L-1=2.7×10-4 mol·L-1,所以a点和b点溶液中c(Ca2+)之比为(3.0×10-3 mol·L-1)∶(2.7×10-4 mol·L-1)=100∶9,B正确;未滴加Na2SO4溶液时pCa=1,可知原溶液中c(Ca2+)=0.1 mol·L-1,原CaCl2溶液浓度为0.1 mol·L-1,C错误;若把0.1 mol·L-1的Na2SO4溶液换成0.2 mol·L-1的Na2CO3溶液,则两者的滴定终点不同,后者变为5 mL, D错误。 2.(2024·全国甲卷)将0.10 mmol Ag2CrO4配制成1.0 mL悬浊液,向其中滴加0.10 mol·L-1的NaCl溶液。lg[cM/(mol·L-1)](M代表Ag+、Cl-或Cr)随加入NaCl溶液体积(V)的变化关系如图所示。 下列叙述正确的是 (　　) A.交点a处:c(Na+)=2c(Cl-) B.=10-2.21 C.V≤2.0 mL时不变 D.y1=-7.82,y2=-lg 34 解析:选D　滴加过程中发生沉淀转化反应:Ag2CrO4(s)+2Cl-(aq)2AgCl(s)+Cr(aq),溶液中存在Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-),即lg[Ksp(AgCl)]=lg[c(Ag+)]+lg[c(Cl-)]。则表示lg[c(Ag+)]、lg[c(Cl-)]的两条曲线纵坐标之和为定值。随着Cl-不断滴入溶液中,其浓度不断升高,则中间的点虚线对应lg[c(Cl-)],最下方的虚线对应lg[c(Ag+)],根据V(NaCl)=1.0 mL时的数据可得lg[Ksp(AgCl)]=-4.57+(-5.18)=-9.75,即Ksp(AgCl)=10-9.75。最上方的实线对应lg[c(Cr)]。Ag2CrO4转化为AgCl需消耗2.0 mL NaCl溶液,结合题图知,交点a处c(Na+)≈ mol·L-1,c(Cl-)≈ mol·L-1,因此c(Na+)≠2c(Cl-),A错误。V(NaCl)=1.0 mL时,溶液中存在Ag2CrO4沉淀,因此溶液中满足Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(Cr),即lg[Ksp(Ag2CrO4)]=2lg[c(Ag+)]+lg[c(Cr)]=2×(-5.18)+(-1.60)=-11.96,Ksp(Ag2CrO4)=10-11.96,则==102.21,B错误。在滴加NaCl溶液的最初阶段,滴入的Cl-的量极少,尚不足以生成AgCl沉淀,滴入的Cl-全部以离子形式存在,其浓度随着NaCl溶液的滴入而增大,由于Cl-未与Ag+发生作用,此时溶液仍为Ag2CrO4的饱和溶液,其中c(Cr)=,为定值,因此在此阶段,随着NaCl溶液的滴入而减小,当Ag2CrO4转化为AgCl后,结合沉淀转化反应为可逆反应知,当V(NaCl)≤2.0 mL时,体系中仍存在Ag2CrO4沉淀,溶液中满足Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)·c(Cr)、Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-),两式相除得=,其中c(Ag+)在滴加NaCl溶液的过程中会随着c(Cl-)的增加而减少,因此会随着NaCl溶液的滴加而增大,C错误。V(NaCl)=2.4 mL时,体系中有AgCl沉淀,溶液中满足lg[Ksp(AgCl)]=lg[c(Ag+)]+lg[c(Cl-)],代入数据-9.75=y1+(-1.93),得y1=-7.82,假设此时溶液中仍存在Ag2CrO4,则lg[Ksp(Ag2CrO4)]=2lg[c(Ag+)]+lg[c(Cr)],代入数据-11.96=2×(-7.82)+lg[c(Cr)],得lg[c(Cr)]=3.68,即c(Cr)=103.68 mol·L-1,远超过Ag2CrO4全部溶解所得Cr的浓度,因此此时溶液中不存在Ag2CrO4沉淀,Ag2CrO4已全部溶解,故c(Cr)== mol·L-1,lg[c(Cr)]=lg=-lg 34,D正确。 [课时跟踪检测] (说明:标题目配有讲评课件) 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.(2025·西安未央区高三模拟)已知:pAg=-lg c(Ag+),常温下向10 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaCl溶液的滴定曲线Ⅰ如图所示。已知:Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)。下列说法正确的是 (　　) A.常温下,Ksp(AgCl)=1.0×10-5.87 B.溶液中水的电离程度:a=c<b C.c点溶液中c(Ag+)=5×10-8.74 mol·L-1 D.将NaCl溶液换为等浓度的NaI溶液,图像变为曲线Ⅱ 解析:选C　图中b点时AgNO3和NaCl恰好反应,c(Ag+)=c(Cl-)=10-4.87 mol·L-1,则Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=(10-4.87)2=1.0×10-9.74,故A错误;由图可知,c(Ag+):a>b>c,Ag+促进水的电离,并且c(Ag+)越大,促进作用越强,则溶液中水的电离程度:a>b>c,故B错误;c点溶液中c(Cl-)=×0.1 mol·L-1=0.02 mol·L-1,Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-)=1.0×10-9.74,则c点溶液中c(Ag+)= mol·L-1=5×10-8.74 mol·L-1,故C正确;将NaCl溶液换为等浓度的NaI溶液恰好反应时消耗V(NaI)=10 mL,但Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),则恰好反应时pAg较大,所以图像应在曲线Ⅰ上方,故D错误。 2.绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度 B.图中各点对应的Ksp的关系: Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q) C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动 D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动 解析:选B　硫化镉在水溶液中存在溶解平衡CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq),温度不同时,水中阴、阳离子浓度仍然相等,A项正确;Ksp的大小只与温度有关,m、n、p三点对应的温度相同,故三点对应的Ksp均相等且比q点对应的Ksp小,B项错误;加入Na2S固体后,c(S2-)变大,c(Cd2+)变小,溶液组成只能在mpn曲线上向p方向移动,C项正确;降低温度时,Cd2+和S2-浓度均减小且相等,D项正确。 3.已知298 K时,Ksp(BaSO4)=1.0×10-10,Ksp(BaSO3)=8.1×10-7,其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R2-表示S或S),下列说法正确的是 (　　) A.M点对应的溶液中,c(Ba2+)=1.0×10-5 mol·L-1 B.R2-表示S时,加水,Q点最终将移向N点 C.R2-表示S时,P点会有BaSO3(s)析出 D.BaSO3(s)+S(aq)BaSO4(s)+S(aq)的平衡常数K=8 100 解析:选D　Ksp(BaSO4)=1.0×10-10<Ksp(BaSO3)=8.1×10-7,故Ⅰ表示BaSO3(s)的溶解曲线,M点对应的溶液中,c(Ba2+)==9.0×10-4 mol·L-1,故A错误;曲线的右上方表示的是不饱和溶液,R2-表示S时,加水,Q点不会移向N点,故B错误;R2-表示S时,P点没有BaSO3(s)析出,故C错误;BaSO3(s)+S(aq)BaSO4(s)+S(aq)的平衡常数K==8 100,故D正确。 4.室温下,向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液,溶液中-lg c(Ba2+)与lg 的关系如图所示(已知:H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.2×10-7、5.6×10-11;BaCO3的Ksp为5×10-9)。下列说法正确的是 (　　) A.a对应溶液中水的电离程度小于b B.b对应溶液的c(HC)=0.05 mol·L-1 C.a→b的过程中,溶液中一直增大 D.a对应的溶液中一定存在: c(Na+)+2c(Ba2+)<3c(HC)+c(Cl-) 解析:选B　由a到b时,Ba2+持续增大,BaCO3的Ksp不变,所以c(C)浓度持续减小,因为C会水解促进水的电离,所以该过程水的电离程度持续减小,则a对应溶液中水的电离程度大于b,故A错误;b点时,c(HC)=102c(C)且c(Ba2+)=10-5 mol·L-1,BaCO3的Ksp为5×10-9=c(Ba2+)×c(C),所以此时c(C)=5×10-4 mol·L-1,则c(HC)=102c(C)=0.05 mol·L-1,故B正确;a→b的过程中,由a到b时,Ba2+持续增大,BaCO3的Ksp不变,所以c(C)浓度持续减小,碳酸根水解呈碱性,所以溶液碱性会变弱,导致c(H+)增大,溶液中=,Ka1、Ka2不改变,c(H+)增大,所以一直减小,即一直减小,故C错误;a对应的溶液中c(HC)=c(C),溶液电荷守恒为c(Na+)+2c(Ba2+)+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(Cl-)+c(OH-),所以此时有:c(Na+)+2c(Ba2+)+c(H+)=3c(HC)+c(Cl-)+c(OH-),碳酸钠和碳酸氢钠混合溶液显碱性,则c(H+)<c(OH-),所以:c(Na+)+2c(Ba2+)>3c(HC)+c(Cl-),故D错误。 5.(2025·龙岩模拟)常温下,向Co(NO3)2、Pb(NO3)2和HR的混合液中滴加NaOH溶液,pM与pH的关系如图所示,已知:pM=-lg c(M),c(M)代表c(Co2+)、c(Pb2+)或;Ksp[Co(OH)2]>Ksp[Pb(OH)2];当被沉淀的离子的物质的量浓度小于1×10-5 mol·L-1时,认为该离子已沉淀完全。下列叙述正确的是 (　　) A.常温下,Pb(OH)2的Ksp=1×10-15 B.X、Z分别代表-lg c(Co2+)、-lg 与pH的关系 C.图中a点对应溶液的pH为6.5,此时溶液中c(R-)>c(HR) D.通过调节溶液pH无法分离浓度均为0.1 mol·L-1的Co2+、Pb2+混合溶液 解析:选C　由Ksp[Co(OH)2]>Ksp[Pb(OH)2]可知,曲线X代表-lg c(Pb2+)与pH的关系,由图计算Pb(OH)2的Ksp=10-20,故A、B错误;a点对应溶液的pH为6.5时,溶液中==>1,则溶液中c(R-)大于c(HR),故C正确;根据Pb(OH)2和Co(OH)2的溶度积差异,向浓度均为0.1 mol·L-1的Co2+和Pb2+混合溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液,Pb2+会先沉淀,当c(Pb2+)=1×10-5 mol·L-1时,此时c(OH-)=1×10-7.5 mol·L-1,溶液中Co2+还未开始沉淀,故能通过沉淀的方式将两种离子分离,故D错误。 6.(2025·重庆涪陵区高三模拟)T ℃下,将0.025 mol BaSO4固体加水配成1 L悬浊液,然后向烧杯中加入Na2CO3固体并充分搅拌(忽略溶液体积的变化)。加入Na2CO3固体的过程中溶液中-lg c(Ba2+)、c(C)的变化曲线如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.T ℃时,Ksp(BaSO4)=2.5×10-9 B.BaSO4恰好全部转化为BaCO3时,离子浓度大小关系为c(C)>c(S)>c(Ba2+)>c(OH-) C.要使BaSO4全部转化为BaCO3,至少需加入0.65 mol Na2CO3 D.曲线BC段内,=2.5 解析:选C　根据图可知,Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(S)=10-10,故A错误;根据C项计算,当BaSO4恰好全部转化为BaCO3时,c(C)=0.625 mol·L-1,c(S)=0.025 mol·L-1,c(Ba2+)= mol·L-1=4×10-9 mol·L-1,由于C水解使溶液呈碱性,可知c(OH-)>10-7 mol·L-1,离子浓度大小关系为c(C)>c(S)>c(OH-)>c(Ba2+),故B错误;根据图示可知,Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c(S)=10-10、Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)×c(C)=1.0×10-5×2.5×10-4=2.5×10-9,反应为BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq),反应的平衡常数K=====0.04,若0.025 mol BaSO4全部转化为BaCO3,则反应消耗0.025 mol C、生成0.025 mol S,反应达到平衡,由K===0.04,得c(C)=0.625 mol·L-1,则至少需要Na2CO3的物质的量为0.625 mol·L-1×1 L+0.025 mol=0.65 mol,故C正确;曲线BC段内,BaSO4(s)和BaCO3(s)在溶液中都达到了沉淀溶解平衡状态,故===25,故D错误。 7.(2025·钦州开学检测)常温下,向含Ca(NO3)2、Hg2(NO3)2、HNO3的混合液中滴加NaF溶液,溶液中pX[pX=-lg X],X=c(Ca2+)、c(H)、与pF[pF=-lg c(F-)]的关系如图所示。下列叙述正确的是 (　　) 已知:Ksp(Hg2F2)>Ksp(CaF2)。 A.L3代表pc(Ca2+)与pF的关系 B.当pX=-1.5时,L1和L3相交 C.向含Ca2+、H的溶液中滴加NaF溶液,先生成CaF2 D.常温下,Hg2F2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+H(aq)的平衡常数为104.33 解析:选D　CaF2、Hg2F2的组成都是1∶2型,L1和L2是两条平行线,故L3代表p与pF的关系,故A错误;Ksp(CaF2)=10-5.84×(10-2)2=10-9.84,Ksp(Hg2F2)=10-3.51×(10-1)2=10-5.51,Ka(HF)=10-3.17×100=10-3.17,设L1和L3相交时pX=a,则交点处pF相等,有3.17-a=(9.84-a)÷2,a=-3.5,故B错误;起始金属离子浓度大小关系未知,不能判断哪一种沉淀先生成,故C错误;Hg2F2(s)+Ca2+(aq)CaF2(s)+H(aq)的平衡常数K===104.33,故D正确。 8.常温下,用0.100 mol·L-1 NH4SCN溶液滴定25.00 mL 0.100 mol·L-1 AgNO3溶液,NH4Fe(SO4)2·12H2O作指示剂,测得溶液中pSCN[pSCN=-lg c(SCN-)]、pAg[pAg=-lg c(Ag+)]随加入NH4SCN溶液体积的变化关系如图所示。已知:Ag++SCN-===AgSCN↓;常温下,Fe3+在pH大于1.9时易形成沉淀Fe(OH)3;Ksp(Ag2SO4)=1.4×10-5。下列说法错误的是 (　　) A.滴定终点时溶液颜色变为红色,且振荡后不褪色 B.该温度下AgSCN的溶度积常数Ksp(AgSCN)=10-12 C.为防止指示剂失效,溶液应维持pH小于1.9 D.当加入17.00 mL NH4SCN溶液时溶液中c(S)=0.14 mol·L-1 解析:选D　Fe3+与SCN-反应使溶液显红色,因此滴定终点时溶液颜色变为红色,且振荡后不褪色,A项正确;根据题图知,当加入NH4SCN溶液的体积为25.00 mL时,pAg=pSCN=6,则Ksp(AgSCN)=c(Ag+)·c(SCN-)=10-6×10-6=10-12,B项正确;由“常温下,Fe3+在pH大于1.9时易形成沉淀Fe(OH)3”可知,为防止指示剂失效,溶液应维持pH小于1.9,C项正确;由题意无法知道溶液中是否存在Ag2SO4的沉淀溶解平衡,无法确定c(S),D项错误。 9.溶洞水体中的H2CO3与空气中的CO2保持平衡,其水体中lg c(X)(X为H2CO3、HC、C或Ca2+)与pH的关系如图所示。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9,下列说法错误的是 (　　) A.线Ⅰ代表HC与pH的关系曲线 B.=104 C.b点溶液中,c(Ca2+)=2.8×10-4 mol·L-1 D.2pH(b)<pH(a)+pH(c) 解析:选D　随着pH的增大,HC的浓度增大,C的浓度增大,温度不变,Ksp(CaCO3)不变,Ca2+的浓度减小,则曲线Ⅲ表示c(Ca2+)与pH的关系,曲线Ⅱ表示c(C)与pH的关系,曲线Ⅰ表示c(HC)与pH的关系,故A正确;Ka1(H2CO3)=10-6.3、Ka2(H2CO3)=10-10.3,则==104,故B正确;由图可知,b点溶液中c(C)=c(H2CO3)=10-5 mol·L-1,Ksp(CaCO3)=c(Ca2+)·c(C)=2.8×10-9,则b点c(Ca2+)=2.8×10-4 mol·L-1,故C正确;Ka1(H2CO3)×Ka2(H2CO3)=×c(H+)××c(H+)=×c2(H+)=10-6.3×10-10.3,b点时c(H2CO3)=c(C),则b点c(H+)=10-8.3 mol·L-1,pH(b)=8.3,所以2pH(b)=pH(a)+pH(c),故D错误。 10.菠萝“扎嘴”的原因之一是菠萝中含有一种难溶于水的草酸钙针晶。常温下,草酸钙在不同pH下体系中lg c(M)与pH关系如图所示(M代表H2C2O4、HC2、C2、Ca2+),已知Ksp(CaC2O4)=10-8.62、Ksp[Ca(OH)2]=10-5.6。下列有关说法正确的是 (　　) A.Ka2数量级为10-4 B.溶液pH=7时,c(HC2)+2c(C2)=2c(Ca2+) C.pH>12时,曲线①呈上升趋势的原因是部分CaC2O4转化为Ca(OH)2 D.A点时,体系中c(Ca2+)>c(H2C2O4)=c(HC2)>c(C2)>c(H+)>c(OH-) 解析:选B　HC2H++C2,Ka2=,①③相交时c(HC2)=c(C2),从图中可知此时pH大于4小于5,所以Ka2数量级为10-5,故A错误;溶液pH=7时,c(H+)=c(OH-),溶液中电荷守恒c(HC2)+2c(C2)+c(OH-)=2c(Ca2+)+c(H+),所以c(HC2)+2c(C2)=2c(Ca2+),故B正确;由图像可知,pH>12时,如pH=13,c(OH-)=0.1 mol·L-1、c(Ca2+)=10-4.5 mol·L-1,此时Q[Ca(OH)2]=10-4.5×(10-1)2=10-6.5<Ksp[Ca(OH)2]=10-5.6,即没有氢氧化钙沉淀析出,故C错误;据图可知,①表示C2、②表示H2C2O4、③表示HC2、④表示Ca2+,所以A点时①表示的C2浓度小于此时溶液中的c(H+),故D错误。 　　　第七讲　水溶液中的分布系数图像和对数图像(思维建模课) 　　水溶液中的分布系数图像和对数图像题,已成为近年来高考考查的重要题型。此类题情境新颖、综合性强,突出对学生迁移运用能力和综合素养的考查。要想突破此类题型,准确分析图像,捕捉有效信息是解题的关键。 名师支教 酸碱混合溶液中图像分析 一、分布系数图像 　　分布系数曲线是指以pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标的关系曲线。 一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元弱酸(以草酸H2C2O4为例) 注:pKa为电离常数的负对数 注:pKa1、pKa2为电离常数的负对数 δ0为CH3COOH分布系数 δ1为CH3COO-分布系数 δ0为H2C2O4分布系数 δ1为HC2分布系数 δ2为C2分布系数 随着pH增大,溶质分子浓度不断减小,离子浓度逐渐增大,酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式 同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH条件下的微粒分布系数和酸的分析浓度,就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度 　　[例1]　(2024·新课标卷)常温下CH2ClCOOH和CHCl2COOH的两种溶液中,分布系数δ与pH的变化关系如图所示。比如:δ(CH2ClCOO-)= 下列叙述正确的是 (　　) A.曲线M表示δ(CHCl2COO-)~pH的变化关系 B.若酸的初始浓度为0.10 mol·L-1,则a点对应的溶液中有c(H+)=c(CHCl2COO-)+c(OH-) C.CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-1.3 D.pH=2.08时,= 　　[解析]　随着pH增大,CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度逐渐减小,CH2ClCOO-、CHCl2COO-浓度逐渐增大,—Cl为吸电子基团,CHCl2COOH的酸性强于CH2ClCOOH,即Ka(CHCl2COOH)>Ka(CH2ClCOOH),δ(酸分子)=δ(酸根离子)=0.5时的pH分别约为1.3、2.8,则两种酸的电离常数分别为Ka(CHCl2COOH)≈10-1.3,Ka(CH2ClCOOH)≈10-2.8,由此分析解题。根据分析,曲线M表示δ(CH2ClCOO-)~pH的变化关系,A错误;Ka(CHCl2COOH)=,初始c0(CHCl2COOH)=0.1 mol·L-1,若溶液中溶质只有CHCl2COOH,则c(CHCl2COO-)=c(H+)≈ =10-1.15 mol·L-1,但a点对应的c(H+)=0.1 mol·L-1,说明此时溶液中加入了酸性更强的酸,根据电荷守恒可知c(H+)>c(CHCl2COO-)+c(OH-),B错误;根据分析,CH2ClCOOH的电离常数Ka=10-2.8,C错误;电离度α=,n始=n电离+n未电离,则α(CH2ClCOOH)=δ(CH2ClCOO-),α(CHCl2COOH)=δ(CHCl2COO-),pH=2.08时,δ(CH2ClCOO-)=0.15,δ(CHCl2COO-)=0.85,D正确。 [答案]　D [迁移应用] 1.已知H3R是二元弱酸,常温下向其溶液中加入NaOH调节溶液的pH,测得溶液中含R微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图所示,下列说法中错误的是 (　　) A.H3R溶液中,c(H+)=c(OH-)+c(H2R-)+2c(HR2-) B.常温下,Ka2(H3R)的数量级为10-7 C.b点溶液中,c(Na+)<3c(HR2-) D.Na2HR溶液中,c(H+)>c(OH-) 解析:选D　H3R是二元弱酸,则H3R溶液中存在的电荷守恒关系为c(H+)=c(OH-)+c(H2R-)+2c(HR2-),故A正确;b点时c(HR2-)=c(H2R-)、c(H+)=10-6.5 mol·L-1,此时H3R的电离平衡常数K2=×c(H+)=c(H+)=10-6.5,其数量级为10-7,故B正确;b点时c(HR2-)=c(H2R-),pH=6.5,c(H+)>c(OH-),电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(H2R-)+2c(HR2-)=c(OH-)+3c(HR2-),即c(Na+)<3c(HR2-),故C正确;Na2HR属于强碱弱酸的正盐,溶液显碱性,则c(H+)<c(OH-),故D错误。 2.(2025·泉州鲤城区高三模拟)湿法提银工艺中,浸出的Ag+需加入Cl-进行沉淀。25 ℃时,平衡体系中含Ag微粒的分布系数δ[如δ(AgC)=]随lg c(Cl-)的变化曲线如图所示。 已知:lg[Ksp(AgCl)]=-9.75。下列叙述错误的是 (　　) A.随着c(Cl-)增大,AgCl的溶解度先减小后增大 B.25 ℃时,AgC+Cl-AgC的平衡常数K=100.2 C.当c(Cl-)=10-2.54 mol·L-1时,溶液中c(Ag+)>c(AgC)>c(AgC) D.25 ℃时,随着Cl-的不断加入,溶液中的比值逐渐减小 解析:选D　AgCl不溶于水,存在沉淀溶解平衡,Cl-抑制AgCl的溶解,但c(Cl-)>10-2.54 mol·L-1时,AgCl逐步转化为可溶性的AgC、AgC、AgC,即AgCl的溶解度先减小后增大,故A正确;由图可知,lg c(Cl-)=-0.2时c(AgC)=c(AgC),此时AgC+Cl-AgC的平衡常数K====100.2,故B正确;由图可知,c(Cl-)=10-2.54 mol·L-1时,溶液中c(Ag+)>c(AgC)>c(AgC),故C正确;若体系中存在平衡为Ag++Cl-AgCl、AgCl+Cl-AgC、AgC+Cl-AgC、AgC+Cl-AgC,平衡常数分别为K1、K2、、K4,则Ag++4Cl-AgC的平衡常数K==K1·K2·K3·K4,即温度不变时随c(Cl-)增大,的值保持不变,故D错误。 二、对数图像 1.对数图像的含义 　　将溶液中某一微粒的浓度或某些微粒的浓度的比值取常用对数,即lg c(A)或lg与溶液中的pH或溶液的体积等的关系作出的图像称为对数图像。根据数学知识,c(A)和lg c(A)的关系为:当c(A)=1时,lg c(A)=0;当c(A)>1时,lg c(A)>0,且c(A)越大,lg c(A)越大;当c(A)<1时,lg c(A)<0,且c(A)越大,lg c(A)越大,但lg c(A)的绝对值越小。 2.常见对数图像的类型及图像分析 (1)正对数图像 具体类型 含义 变化规律 lg 生成物与反应物离子浓度比的常用对数 lg越大,反应向正反应方向进行的程度越大 lg 稀释后与稀释前体积比的常用对数 lg越大,稀释程度越大 lg 氢离子与氢氧根离子浓度比的常用对数 比值越大,酸性越强;中性时,=1 (2)负对数图像 具体类型 含义 变化规律 pH=-lg c(H+) 氢离子浓度的常用对数负值 pH越大,c(H+)越小,溶液的碱性越强 pC=-lg c(C) C离子浓度的常用对数负值 pC越大,c(C)越小 　　[例2]　(2024·河北卷)在水溶液中,CN-可与多种金属离子形成配离子。X、Y、Z三种金属离子分别与CN-形成配离子达平衡时,lg与-lg c(CN-)的关系如图。 下列说法正确的是 (　　) A.99%的X、Y转化为配离子时,两溶液中CN-的平衡浓度X>Y B.向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐,达平衡时> C.由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时,消耗CN-的物质的量Y<Z D.若相关离子的浓度关系如P点所示,Y配离子的解离速率小于生成速率 　　[解析]　设X、Y、Z与CN-形成的配离子化学式分别为X(CN)x、Y(CN)y、Z(CN)z,以X为例,存在解离平衡X(CN)xX+xCN-,其平衡常数KX=,两边同时取对数并整理得lg=x·[-lg c(CN-)]+lg KX,则X对应的图像的斜率为x的直线,同理,Y对应的图像的斜率为y的直线,Z对应的图像的斜率为z的直线。设X的初始浓度为a,99%的X转化成配离子时,c(X)=0.01a,c[X(CN)x]=0.99a,lg=lg≈-2,同理,lg≈-2,在图像中找到X、Y两直线纵坐标值为-2对应的横坐标的值,X的横坐标数值更大,由于横坐标是-lg c(CN-),则X对应的c(CN-)更小,A错误。向Q点X、Z的混合液中加少量可溶性Y盐,Y会消耗溶液中的CN-,新平衡下c(CN-)会变小,-lg c(CN-)就会变大,则此时X、Z对应的点会沿着相应直线向右移动,结合图像可知,移动后lg>lg,则>,B正确。根据上述分析知,x>y>z,因此由Y和Z分别制备等物质的量的配离子时,消耗CN-的物质的量Y>Z,C错误。直线上的点代表平衡状态,P点在Y对应直线的下方,在-lg c(CN-)不变,即c(CN-)不变的情况下,P点的lg相比平衡时偏小,即偏小,则此时QY=<KY,则解离平衡Y(CN)yY+yCN-会向右移动,故P点时Y配离子的解离速率大于生成速率,D错误。 [答案]　B [迁移应用] 1.常温下,将NaOH溶液滴入某一元酸(HA)溶液中,测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示已知:p=-lg 。下列叙述不正确的是 (　　) A.Ka(HA)的数量级为10-5 B.滴加NaOH溶液过程中,不断减小 C.m点所示溶液中:c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+) D.n点所示溶液中:c(Na+)<c(A-)+c(HA) 解析:选B　由题图可知,p=-lg =0,即=1时,混合液的pH=4.76,HA的电离平衡常数Ka(HA)==c(H+)=10-4.76,则Ka(HA)的数量级为10-5,A正确;A-的水解常数Kh=,由于温度不变,Kh不变,故保持不变,B错误;m点溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-),此时c(A-)=c(HA),则有c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-),故有c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+),C正确;由题图可知,n点溶液的pH<3,溶液呈强酸性,则有c(H+)>c(OH-),结合电荷守恒可得c(Na+)<c(A-),故有c(Na+)<c(A-)+c(HA),D正确。 2.25 ℃时,向一定浓度的H3PO4溶液中滴加NaOH溶液,混合液中lg x随pOH的变化如图所示,下列说法错误的是 (　　) 已知:①lg x中x表示、、; ②pOH=-lg c(OH-)。 A.曲线Ⅲ表示lg随pOH的变化关系 B.M点时,c(Na+)+c(H+)=c(H2P)+5c()+c(OH-) C.当溶液pH=7时,c(H2P)>c()>c() D.2H2PH3PO4+的平衡常数为10-7 解析:选D　溶液中存在H3PO4H++H2P、H2PH+、H+,且电离程度依次减小,即Ka1>Ka2>Ka3,当lg x=0时,c(H+)=Ka,即Ka越大,c(H+)越大,c(OH-)越小,pOH越大,则lg 对应的pOH最大,为曲线Ⅲ,由此可得曲线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ分别代表lg 、lg 、lg 随pOH的变化关系,故A正确;M点时,=1,溶液中存在的溶质为Na2HPO4和Na3PO4,则有电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c()+c(H2P)+3c()+c(OH-),又因为c()=c(),所以c(Na+)+c(H+)=c(H2P)+5c()+c(OH-),故B正确;当溶液pH=7,即pOH=7时,由图像可知,1<<,即c(H2P)>c()>c(),故C正确;由图像计算可得Ka1=10-(14-11.9)=10-2.1,Ka2=10-(14-6.8)=10-7.2,2H2PH3PO4+的平衡常数K==×===10-5.1,故D错误。 3.(2025·湖北省黄冈中学模拟)已知HA是一元弱酸,MA是难溶盐,且M+不发生水解。常温下,向某c(NaA)+c(HA)=0.1 mol·L-1的溶液中逐滴加入MOH溶液后,溶液中lg c(M+)和lg c(A-)随lg 的变化关系如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.曲线L2表示lg c(A-)随lg 的变化 B.Ksp(MA)=1×10-8 C.a和c两点溶液中M+浓度相等 D.b点时溶液中存在:c(M+)=c(A-)<c(H+)=c(OH-) 解析:选B　常温下,溶液中逐滴加入MOH溶液,发生反应:HA+OH-O+A-、M++A-===MA↓,存在难溶物溶解平衡及水解平衡:MA(s)M+(aq)+A-(aq)、H2O+A-HA+OH-,根据Ka(HA)=,则lg =lg ,lg =lg -lg c(A-),lg c(A-)=lg -lg ,lg c(A-)=lg +lg Ka(HA),温度不变,lg Ka(HA)是定值,则lg c(A-)随lg 的增大而增大,L1表示lg c(A-)随lg 的变化,L2代表lg c(M+)随lg 的变化关系。根据上述分析可知,L2代表lg c(M+)随lg 的变化关系,A错误;图中b点是曲线L1与曲线L2交点,即代表当lg =4时,lg c(A-)=lg c(M+)=-4,则Ksp(MA)=c(M+)·c(A-)=10-4×10-4=1×10-8,B正确;a点在曲线L2上,代表lg c(M+)≈-3,即c(M+)≈10-3;c点在曲线L1上,代表lg c(A-)≈-3,即c(A-)≈10-3,根据Ksp(MA)=c(M+)·c(A-)=1×10-8,溶液中c(M+)≈10-5,故a和c两点溶液中M+浓度不相等,C错误;b点溶液中存在lg c(A-)=lg c(M+),即c(A-)=c(M+),根据电荷守恒c(M+)+c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)可知,c(H+)<c(OH-),故溶液中c(M+)=c(A-)>c(OH-)>c(H+),D错误。 [课时跟踪检测] (说明:标题目配有讲评课件) 1.(2025·成都市新都区模拟)在某温度时,将n mol·L-1氨水滴入10 mL 1.0 mol·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.a点:=1.0×10-14 B.b点溶液中离子浓度大小关系为c(OH-)<c(H+)<c(Cl-)<c(N) C.氨水的浓度应该大于1.0 mol·L-1 D.a、b、c三点水的电离程度大小关系是c>b>a 解析:选C　a点温度低于25 ℃,因而Kw<1.0×10-14,c(H+)=1.0 mol·L-1,<1.0×10-14,A错误;b点为温度最高点,此为恰好完全反应的点,溶质只有氯化铵,铵根离子水解显酸性,故离子浓度大小关系为c(OH-)<c(H+)<c(N)<c(Cl-),B错误;b点恰好完全反应时所需氨水小于10 mL,因而氨水浓度大于1.0 mol·L-1,C正确;b点溶质为氯化铵,只有铵根的水解促进水的电离,且b点温度最高,所以b点水的电离程度最大,D错误。 2.酒石酸是一种有机二元弱酸(记为H2A)。25 ℃时,H2A、HA-和A2-的分布分数δ例如δ(HA-)=与溶液pH关系如图,已知酒石酸的pKa1=3.04,pKa2=4.37,下列说法错误的是 (　　) A.任意pH下,δ(H2A)+δ(HA-)+δ(A2-)=1 B.酒石酸溶液中,2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(H+) C.pH从0到8,水的电离程度先增大后减小 D.pH=3.04时,δ(H2A)=δ(HA-)=0.5 解析:选D　酒石酸溶液中随着pH增大,电离平衡正向移动,H2A的分布系数逐渐减小,HA-的分布系数先增大后减小,A2-的分布系数一直增大,则曲线a为H2A的变化曲线、b为HA-的变化曲线、c为A2-的变化曲线。任意pH下,根据A元素守恒可知,δ(H2A)+δ(HA-)+δ(A2-)=1,A正确; 酒石酸溶液中根据电荷守恒:2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(H+),B正确;酸和碱都会抑制水的电离,pH从0到8的过程中,H2A转化为酸根离子A2-,A2-水解促进水的电离,当pH=8时,溶液中几乎完全是A2-,说明溶液中加入碱过量,A2-水解受到抑制,水的电离也受到抑制,故水的电离程度先增大后减小,C正确;由图可知,pH=3.04时,溶液中存在H2A、HA-和A2-三种A的粒子,则δ(H2A)=δ(HA-)<0.5,D错误。 3.(2025·新郑市高三模拟)常温下,在20 mL 0.1 mol·L-1 HA(弱酸)溶液中滴加V mL 0.1 mol·L-1 BOH(弱碱)溶液生成强电解质BA,混合溶液中pX与pH的关系如图所示。下列叙述正确的是 (　　) A.L2代表-lg 与pH的关系 B.V=20时达到M点,BA不水解 C.常温下,=10-4.76 D.HA(aq)+BOH(aq)BA(aq)+H2O(l)的平衡常数K小于10 000 解析:选C　pX与pH关系式如下:-lg =-lg Ka(HA)-pH,-lg =-lg Kb(BOH)+lg Kw+pH,由图示中L1、L2变化趋势可知:L1代表-lg 与pH的关系,L2代表-lg 与pH的关系,故A错误;根据pH=0对应数据计算:Ka(HA)=Kb(BOH)=10-4.76,BA中阴、阳离子水解程度相同,水解后溶液呈中性,故B错误,BA中阴、阳离子水解程度相同,Kb(BOH)==10-4.76,故C正确;中和反应的平衡常数K===104.48>104,故D错误。 4.(2025·慈溪市期末检测)常温下,向20.00 mL 0.10 mol·L-1HA溶液中滴入0.10 mol·L-1的NaOH溶液,溶液中酸度值AGAG=lg 与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.常温下,HA电离常数约为1×10-5 B.a点对应的溶液中c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) C.b点:V(NaOH)=20 mL,c(A-)=c(Na+) D.c点对应的溶液中:2c(Na+)=c(A-)+c(OH-) 解析:选A　lg =8时,溶液中c(H+)=10-3 mol·L-1,则Ka=≈10-5,故A正确;a点对应的溶液中溶质为等物质的量的HA和NaA,根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),溶液呈酸性,则c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),故B错误;根据A选项,未加入NaOH时,0.10 mol·L-1 HA溶液中c(H+)=10-3 mol·L-1,NaA为强碱弱酸盐,则AG=0时,消耗V(NaOH)<20 mL,故C错误;c点对应的溶液中n(NaA)=n(NaOH),根据物料守恒:c(Na+)=2c(A-)+2c(HA),故D错误。 5.HR是一元弱酸,向0.1 mol·L-1的HR溶液中缓慢加入NaOH固体(溶液温度恒为25 ℃。不考虑溶液体积的变化),平衡后lg 与溶液pH的关系如图所示(已知lg 2=0.3)。下列说法正确的是 (　　) A.Ka(HR)的数量级是10-6 B.R-的分布分数等于时,溶液的pH=4.1 C.b点恰好有50%的HR与NaOH发生了反应 D.c点:c(R-)+c(H+)+c(HR)-c(OH-)>0.1 m$$