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年高考化学一轮总复习（江苏专版）

主题分层教学课时安排 基础 落实 第一讲 电离平衡　电离平衡常数 第二讲 水的电离和溶液的酸碱性 第三讲 酸碱中和滴定 第四讲 盐类的水解 第五讲 难溶电解质的溶解平衡 综合 应用 第六讲 沉淀溶解平衡图像 第七讲 水溶液中的分布系数图像和对数图像 第一讲　电离平衡　电离平衡常数(基础落实课) |内|容|与|目|标| 1.能用化学用语正确表示弱电解质的电离平衡,能通过实验证明水溶液中存在的电离平衡,能举例说明电离平衡在生产、生活中的应用。 2.了解电离平衡常数的含义和应用;掌握电离平衡常数的相关计算。 逐点清(一)　弱电解质的电离平衡 [再认再现·旧知新学] 1.弱电解质的电离平衡 (1)电离平衡的含义 在一定条件下,在电离初始,弱电解质分子电离成离子的速率随着分子浓度的减小而逐渐减小;同时离子结合成分子的速率随着离子浓度的增大而逐渐增大。经过一段时间后,两者的速率相等,达到电离平衡状态。 (2)电离平衡的建立及特征 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。 2.影响电离平衡的因素 (1)影响电离平衡的内因 影响电离平衡的内因是弱电解质本身的结构与性质,其他条件相同时,电解质越弱越难电离,是影响电离平衡的决定性因素。 (2)影响电离平衡的外因 以1.0 mol·L-1 CH3COOH溶液为例,分析外界条件对电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+　ΔH>0的影响。 改变条件 平衡移动方向 n(H+) c(H+) 电离程度 浓 度 加水稀释 向右 增大 减小 增大 加入少量 冰醋酸 向右 增大 增大 减小 温 度 升高温度 向右 增大 增大 增大 降低温度 向左 减小 减小 减小 反 应 通入HCl(g) 向左 增大 增大 减小 加NaOH(s) 向右 减小 减小 增大 加CH3COONa(s) (同离子效应) 向左 减小 减小 减小 微点澄清训练 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强 (×) (2)强电解质在熔融状态下都能完全电离,弱电解质在水溶液中部分电离 (×) (3)BaSO4难溶于水,其水溶液导电性很差,所以BaSO4是弱电解质 (×) (4)根据溶液中CH3COO-和H+的物质的量浓度相等可证明CH3COOH达到电离平衡状态 (×) (5)室温下,1 L 0.1 mol·L-1醋酸溶液中CH3COO-的粒子数为6.02×1022 (×) 2.在氨水中存在下列电离平衡:NH3·H2ON+OH-。 (1)下列情况能引起电离平衡正向移动的有　　　。  ①加NH4Cl固体;②加NaOH溶液;③通入HCl;④加CH3COOH溶液;⑤加水 (2)向含有酚酞的0.1 mol·L-1氨水中加入少量的NH4Cl晶体,则溶液颜色　　　　　。  a.变蓝色　　b.变深　　c.变浅　　d.不变 (3)向0.1 mol·L-1醋酸溶液中逐滴加入氨水至过量时,溶液的导电能力将发生相应的变化,其电流强度(I)随加入氨水的体积(V)变化的曲线关系是下图中的　　　　　。  答案:(1)③④⑤　(2)c　(3)B [边练边学·实践提能] 一、电离平衡的移动 1.H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。对H2S溶液进行如下操作,有关描述正确的是 (　　) A.加水,平衡向右移动,溶液中氢离子浓度增大 B.滴加NaOH溶液,平衡向左移动,溶液pH增大 C.滴加新制氯水,平衡向左移动,溶液pH减小 D.加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化),溶液中所有离子浓度都减小 解析:选C　加水后平衡右移,但由于水增多体积变大,氢离子浓度减小,A错误;滴加NaOH溶液,H+浓度减小,平衡向右移动,B错误;氯气和硫化氢反应的离子方程式为Cl2+H2S===S↓+2Cl-+2H+,通入氯气平衡向左移动,盐酸的酸性大于氢硫酸,所以溶液的pH减小,C正确;加入硫酸铜溶液发生反应H2S+CuSO4===H2SO4+CuS↓,硫酸的酸性大于氢硫酸,所以氢离子浓度增大,D错误。 2.(2025·江苏徐州第七中学月考)关于0.1 mol·L-1氨水,下列说法正确的是 (　　) A.加水稀释,氨水中所有的离子浓度都减小 B.加水稀释,氨水的电离平衡正向移动,减小 C.加入浓氨水,氨水的电离平衡正向移动,NH3·H2O的电离度增大 D.加入浓氨水,水的电离平衡逆向移动,c(H+)·c(OH-)不变 解析:选D　加水稀释,平衡正向移动,NH3·H2O的电离程度增大,由于溶液体积增大占主导,故OH-浓度减小,由于Kw不变,故H+浓度增大,溶液中c(N)减小,溶液中=增大,A、B错误;NH3·H2O是弱电解质,溶液越稀电离度越大,当加入浓氨水的时候,溶液浓度变大,电离度变小,C错误;温度不变时,加浓氨水,抑制水的电离,水的电离平衡逆向移动,但Kw只与温度有关,温度不变时Kw=c(H+)·c(OH-)不变,D正确。 二、弱电解质的判断 3.下列事实,可以说明次氯酸是弱酸的是 (　　) 链接拓展 弱电解质的 事实证明和判断 A.次氯酸不稳定难保存 B.次氯酸钠与硫酸反应有次氯酸生成 C.能与氢氧化钠反应生成次氯酸钠 D.0.1 mol·L-1次氯酸溶液中c(H+)=10-4mol·L-1 解析:选D　次氯酸不稳定难保存,不能说明次氯酸是弱酸,A不选;次氯酸钠与硫酸反应有次氯酸生成,说明次氯酸的酸性弱于硫酸,但不能说明次氯酸是弱酸,B不选;次氯酸能与氢氧化钠反应生成次氯酸钠,是酸的通性,不能说明次氯酸是弱酸,C不选;0.1 mol·L-1次氯酸溶液中c(H+)=10-4mol·L-1,说明HClO在水溶液中不能完全电离,说明次氯酸是弱酸,D选。 　 　　　　　逐点清(二)　电离平衡常数及应用　 [再认再现·旧知新学] (一)电离平衡常数 1.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 HAH++A- Ka= 一元弱碱BOH BOHB++OH- Kb= 多元弱酸的电离常数(H2CO3为例) H2CO3H++HC HCH++C Ka1= Ka2= 2.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。 3.电离常数的影响因素 内因 弱电解质本身的性质,酸性越弱,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,已经电离的电解质分子数占原电解质分子总数的百分比。 2.表示方法 α=×100%,也可表示为α=×100%。 3.影响因素 (1)相同温度下,同一弱电解质,浓度越大,其电离度(α)越小。 (2)相同浓度下,同一弱电解质,温度越高,其电离度(α)越大。 [边练边学·实践提能] 一、电离常数的计算及应用 1.25 ℃时,H2SO3的电离常数Ka1=1.4×10-2、Ka2=6.0×10-8,H2S的电离常数Ka1=1.1×10-7、Ka2=1.3×10-13。下列说法正确的是 (　　) A.H2SO3的酸性弱于H2S B.H2S的酸性弱于H2SO3 C.多元弱酸第一步电离产生的H+对第二步电离有促进作用 D.多元弱酸的酸性主要由第二步电离决定 解析:选B　相同温度下,H2SO3的一级电离常数大于H2S的一级电离常数,说明H2SO3的酸性比H2S的酸性强,A错误;多元弱酸第一步电离产生的H+对第二步电离有抑制作用,C错误;多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定,D错误。 2.部分弱酸的电离平衡常数如下表: 弱酸 HCOOH H2S H2CO3 HClO 电离平衡常 数(25 ℃) Ka=1.77 ×10-4 Ka1=1.1×10-7 Ka2=1.3×10-13 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特性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+2ClO-===C+2HClO ③少量CO2通入NaClO溶液中:CO2+H2O+ClO-===HC+HClO ④硫化氢通入NaClO溶液中:H2S+ClO-===HS-+HClO ⑤碳酸钠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)①②④ 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。 4.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　　　 。  解析: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=。 答案: 随堂训练——融会贯通本课主干知识 　　阅读下列材料,完成1~3题。 乙酸是一种有机一元酸,为食醋的主要成分,其水溶液呈弱酸性且腐蚀性强,对金属有强烈腐蚀性。电离度是描述弱电解质电离程度的物理量,电离度=×100%。已知物质的电阻率与导电能力成反比,物质的电阻率越大,导电能力越弱。 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-)= 1.现取20 mL c(H+)=1×10-3 mol·L-1的CH3COOH溶液,加入0.2 mol·L-1的氨水,测得溶液导电能力的变化如图所示,则加入氨水前CH3COOH的电离度为 (　　) A.0.5%　　　　　　　B.1.5% C.0.1% D.1% 解析:选D　由题图可知,当加入10 mL氨水时,溶液的导电能力最强,即此时二者恰好完全反应,则有20 mL×c(CH3COOH)=0.2 mol·L-1×10 mL,则c(CH3COOH)=0.1 mol·L-1,故CH3COOH的电离度为×100%=1%。 2.常温条件下,向20 mL浓度均为0.1 mol·L-1 HA和CH3COOH的 混合溶液中滴加0.1 mol·L-1的氨水,测得混合液的电阻率与加入氨水的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.HA是强酸 B.常温条件下,等浓度的HA溶液和CH3COOH溶液中c(H+)前者小 C.ab段发生反应的化学方程式是HA+NH3·H2O===NH4A+H2O D.c点溶液中的溶质为NH4A和CH3COONH4 解析:选B　若HA是弱酸,则随着氨水的加入,酸和碱发生反应生成盐,溶液的导电能力将增强、电阻率将减小,但题图上加入氨水的体积为0~20 mL的过程中溶液的电阻率增大,说明溶液的导电能力减弱,原混合溶液中离子浓度更大,即HA为强酸,故A正确;HA完全电离,CH3COOH部分电离,HA溶液比等浓度CH3COOH溶液中c(H+)大,故B错误;ab段是HA与NH3·H2O反应,故C正确;c点时酸和碱中和完全,溶液中溶质为NH4A和CH3COONH4,故D正确。 3.关于分布系数δ与pH的变化关系图,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:选D　随着pH的增大,CH2ClCOOH、CHCl2COOH浓度减小,CH2ClCOO-、CHCl2COO-浓度增大,—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。根据分析,曲线M表示δ(CH2ClCOO-)~pH的变化关系,A错误;根据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+)≈=10-1.15mol·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,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=,则α(CH2ClCOOH)=δ(CH2ClCOO-),α(CHCl2COOH)=δ(CHCl2COO-),pH=2.08时,δ(CH2ClCOO-)=0.15,δ(CHCl2COO-)=0.85,D正确。 [课时跟踪检测] 一、选择题 1.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。 2.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。 3.蚂蚁体内会分泌蚁酸(即甲酸,化学式为HCOOH),会使皮肤发痒,下列说法错误的是 (　　) A.常温下,等浓度HCOOH溶液的导电能力比HCl溶液弱 B.加热或稀释HCOOH溶液,其电离程度均增大 C.25 ℃时pH=1的HCOOH溶液稀释至1 000倍,pH<4 D.0.1 mol·L-1 NaOH溶液与等体积0.1 mol·L-1 HCOOH恰好完全反应,可说明HCOOH是强酸 解析:选D　HCOOH是弱酸,在水溶液中不能完全电离,HCl是强酸,在水溶液中完全电离,则常温下,等浓度HCOOH溶液的导电能力比HCl溶液弱,A正确;HCOOH的电离是吸热过程,加热或稀释HCOOH溶液,其电离程度均增大,B正确;25 ℃时pH=1的HCOOH溶液稀释至1 000倍,稀释过程中促进了HCOOH的电离,则稀释后溶液中c(H+)>1×10-4 mol·L-1,pH<4,C正确;0.1 mol·L-1 NaOH溶液与等体积0.1 mol·L-1 HCOOH恰好完全反应,但没有说明反应后溶液的酸碱性,不能说明HCOOH是强酸,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,pH增大,D错误。 5.在新制饱和氯水中,若只改变某一条件,下列叙述正确的是 (　　) A.再通入少量氯气,减小 B.通入少量SO2,溶液漂白性增强 C.加入少量碳酸钙粉末,pH增大,溶液漂白性增强 D.光照过程中,有气泡冒出,溶液的导电性减弱 解析:选C　饱和氯水中不能再溶解氯气,各成分的浓度不变,不变,A错误;通入少量SO2,发生反应:SO2+Cl2+2H2O===2HCl+H2SO4,Cl2+H2OH++Cl-+HClO的平衡逆向移动,使HClO的浓度减小,溶液漂白性减弱,B错误;加入少量碳酸钙粉末,消耗H+,pH增大,使上述平衡正向移动,HClO的浓度增大,溶液漂白性增强,C正确;光照过程中,HClO分解生成O2和HCl,溶液中的离子浓度增大,导电性增强,D错误。 6.(2025·南京六校联合调研)氢硫酸是一种弱酸(Ka1=1.3×10-7、Ka2=7.0×10-15)。室温下用0.1 mol·L-1NaOH溶液吸收H2S得X溶液。下列说法正确的是 (　　) A.X溶液中一定存在:c(H2S)>c(HS-) B.25 ℃时,若X溶液中c(HS-)=c(S2-),则c(OH-)= mol·L-1 C.当X溶液的pH=7时,溶液中存在: c(Na+)=c(HS-)+c(S2-) D.Na2C2O4[Ka1(H2C2O4)=5.9×10-2]能与H2S发生反应:Na2C2O4+H2S===H2C2O4+Na2S 解析:选B　没有相关物质的量,无法确定X溶液成分,如NaOH溶液吸收H2S得到NaHS溶液,则溶液中c(H2S)<c(HS-),A项错误;25 ℃时,若c(HS-)=c(S2-),Ka2=7.0×10-15=c(H+)·,由c(H+)=7.0×10-15,可得c(OH-)== mol·L-1,B项正确;室温当X溶液的pH=7时,c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒,溶液中存在:c(Na+)=c(HS-)+2c(S2-),C项错误;由电离常数可知,氢硫酸酸性比草酸弱,所以氢硫酸不能与草酸钠反应生成草酸,D项错误。 7.25 ℃,浓度为0.1 mol·L-1的几种弱电解质的电离度α如下表。下列说法不正确的是 (　　) 电解质 CH3COOH HNO2 HF NH3·H2O α/% 1.3 7.0 7.8 1.3 A.电离常数从大到小顺序为Ka(HF)>Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O) B.溶液的pH大小顺序为pH(NH3·H2O)>pH(HF)>pH(HNO2)>pH(CH3COOH) C.NH4F溶液呈酸性 D.等浓度的CH3COONa、NaNO2、NaF溶液,pH最大的是CH3COONa溶液 解析:选B　从表中可知,电离度HF>HNO2>CH3COOH=NH3·H2O,故电离常数从大到小顺序为Ka(HF)>Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O),A正确;浓度相同的四种溶液,NH3·H2O溶液呈碱性,pH最大,剩余三种物质电离程度HF>HNO2>CH3COOH,电离程度越大,pH越小,则pH大小顺序为pH(NH3·H2O)>pH(CH3COOH)>pH(HNO2)>pH(HF),B错误;NH3·H2O的电离程度小于HF,则N的水解程度大于F-,因此NH4F溶液呈酸性,C正确;电离程度HF>HNO2>CH3COOH,则等浓度的情况下,其酸根离子的水解程度为F-<N<CH3COO-,则等浓度的CH3COONa、NaNO2、NaF溶液,pH最大的是CH3COONa溶液,D正确。 8.(2025·扬州中学月考)牙形石(一种微型古生物遗体)主要成分为Ca3(PO4)2,存在于灰岩(主要成分为CaCO3)中。可以通过合适的酸除去灰岩以显示出牙形石的形态,进而分析当时的地层环境。根据以下信息,分析错误的是 (　　) 已知:①Ksp[Ca3(PO4)2]=2.07×10-33 ②钙的磷酸盐中只有磷酸二氢钙可溶于水,其余难溶于水 ③酸的电离平衡常数 弱酸 H3PO4 CH3COOH H2CO3 电离平衡常数 (25 ℃) Ka1=6.9×10-3 Ka2=6.2×10-8 Ka3=4.8×10-13 Ka=1.8×10-5 Ka1=4.5×10-7 Ka2=4.7×10-11 A.当加入过量的盐酸时与牙形石反应为Ca3(PO4)2+4H+===2H2P+3Ca2+ B.过量的醋酸可以溶解灰岩:CaCO3+2CH3COOH===Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑ C.过量醋酸与牙形石反应:Ca3(PO4)2+4CH3COOH===3Ca2++4CH3COO-+2H2P D.醋酸可用于除去灰岩显示出牙形石 解析:选A　盐酸是强酸,加入过量盐酸时与牙形石反应为Ca3(PO4)2+6H+===2H3PO4+3Ca2+,A项错误;据电离平衡常数的大小可判断, 酸性CH3COOH>H2CO3,可发生反应CaCO3+2CH3COOH===Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑,B项正确;据电离平衡常数的大小可判断,酸性H3PO4>CH3COOH>H2P,可写出反应式Ca3(PO4)2+4CH3COOH===3Ca2++4CH3COO-+2H2P,C项正确;醋酸能溶解灰岩,不溶解牙形石,可用于除去灰岩显示出牙形石,D项正确。 9.某实验室回收废水中苯酚的过程如下图所示。已知:苯酚的电离常数 Ka=1.0×10-10,H2CO3的电离常数Ka1=4.4×10-7,Ka2=5.6×10-11。 下列有关说法不正确的是 (　　) A.操作1、操作2 均为分液 B.0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中存在: c(Na+)=2c(C)+2c(HC)+2c(H2CO3) C.反应1 的化学方程式为Na2CO3+ D.反应2 中通入 CO2至溶液 pH=10时, 此时溶液中存在: c(C6H5O-)=c(C6H5OH) 解析:选C　用苯先进行萃取分液,得到苯酚的苯溶液,接着加入Na2CO3溶液,使苯酚转化成苯酚钠进入水层,再通过分液分离有机层苯,随后往苯酚钠溶液中通入CO2,苯酚在水中溶解度小,析出后过滤即可得到苯酚。操作1、操作2溶液均分层,采取分液的方法进行分离,A项正确;Na2CO3溶液中存在物料守恒:c(Na+)=2c(C)+2c(HC)+2c(H2CO3),B项正确;苯酚酸性小于H2CO3,因此苯酚与Na2CO3溶液反应不能生成H2CO3,产物为苯酚钠与NaHCO3,C项错误;反应2 中通入 CO2至溶液 pH=10时,此时溶液中存在:Ka===10-10,故c(C6H5O-)=c(C6H5OH),D项正确。 10.(2025·江苏苏州期中摸底)室温下:Ka(CH3COOH)=1.8×10-5、Ka1(H2SO3)=10-1.85、Ka2(H2SO3)=10-7.22、Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。本小组同学进行如下实验: 实验 实验操作和现象 1 测定0.10 mol·L-1NaHSO3溶液的 pH≈a 2 向0.10 mol·L-1CH3COONa溶液中通入少量SO2 3 向20 mL 0.10 mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液10 mL 4 配制0.10 mol·L-1的(NH4)2SO3、 CH3COONH4、NH4HSO3三种溶液 下列所得结论正确的是 (　　) A.实验1溶液中存在:c(Na+)>c(HS)>c(H2SO3)>c(S) B.实验2反应的离子方程式:CH3COO-+SO2+H2O===CH3COOH+S C.实验3反应后的溶液中存在:c(CH3COOH)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+) D.实验4中各溶液pH大小:c(NH4HSO3)<c(CH3COONH4)<c[(NH4)2SO3] 解析:选D　NaHSO3溶液中,硫酸氢根既会电离又会水解,其电离常数为Ka2(H2SO3)=10-7.22,水解常数Kh===10-12.15,故其电离程度大于水解程度,其电离产物亚硫酸根浓度也应比水解产物亚硫酸大,A错误。酸性H2SO3>CH3COOH>HS,故向0.10 mol·L-1CH3COONa溶液中通入少量SO2时应该产生醋酸和亚硫酸氢根离子:CH3COO-+SO2+H2O===CH3COOH+HS,B错误。向20 mL 0.10 mol·L-1CH3COOH溶液中逐滴加入等浓度NaOH溶液10 mL,生成CH3COONa∶CH3COOH=1∶1,联立电荷守恒和物料守恒,c(CH3COOH)-c(CH3COO-)=2c(OH-)-2c(H+),C错误。结合题干信息,Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,故醋酸根离子的水解程度和铵根离子的水解程度相等,醋酸铵溶液显中性;NH4HSO3溶液中,铵根离子水解使溶液呈酸性,亚硫酸氢根离子电离>水解,也使溶液显酸性,故NH4HSO3溶液显酸性;而(NH4)2SO3中,亚硫酸根离子水解程度比铵根离子大,溶液呈碱性,故同浓度各溶液pH大小:c(NH4HSO3)<c(CH3COONH4)<c[(NH4)2SO3],D正确。 二、非选择题 11.(13分)已知下列酸的电离平衡常数数据(25 ℃)。 酸 CH3COOH H2CO3 HClO B(OH)3 Al(OH)3 Ka 1.75×10-5 4.5×10-7(Ka1) 4.7×10-11(Ka2) 4.0×10-8 5.7×10-10 6.3×10-13 回答下列问题: (1)T ℃下,CH3COOH的电离平衡常数为1.0×10-5,则T　　　　25 ℃(填“>”“<”或“=”)。估算T ℃下,0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液的c(H+)=　　　　 mol·L-1;该溶液中,CH3COOH的电离度α=　　　　　(用百分数表示)。保持温度不变,将该溶液加水稀释至0.01 mol·L-1,下列物理量增大的是　　　　。  a.　　　　 b. c. d.电离度α (2)根据以上数据,写出将少量CO2气体通入NaClO溶液反应的离子方程式: 　。 (3)B(OH)3是一元酸,其在水中的电离方程式为B(OH)3+H2OB(OH+H+。利用上表中的数据,计算反应C+2B(OH)3+2H2OH2CO3+2B(OH的平衡常数　　　　　　　　　　　　　　　　　　(列出原始计算式,不计算结果)。估算上述结果不难看出,向Na2CO3溶液中加入少量B(OH)3,　　　　　 (填“能”或“不能”)产生CO2气体。  (4)Al(OH)3的酸式电离与B(OH)3类似,在水中电离生成[Al(OH)4]-,试写出Al(OH)3酸式电离的电离方程式:　　　　　　　　　　　。根据上表中的数据,写出Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO3溶液反应的化学方程式: 　 。  解析:(1)25 ℃, CH3COOH电离平衡常数Ka为1.75×10-5,若电离平衡常数为1.0×10-5,说明醋酸电离受到抑制,由于电离吸热,则T小于25 ℃;根据CH3COOHCH3COO-+H+,电离平衡常数Ka==1×10-5,当CH3COOH溶液浓度为0.1 mol·L-1时,则c(CH3COO-)·c(H+)=1×10-6,即c(H+)=1×10-3;电离度α=×100%=1%;稀释过程中,温度不变,Ka=保持不变,c(CH3COO-)减小,则比值增大,故a正确;稀释过程中,温度不变,Ka=保持不变,c(H+)减小,则比值减小,故b错误;醋酸溶液中==1+,加水稀释过程中,c(CH3COO-)减小,c(OH-)增大,则增大,故c正确;加水稀释过程中促进了醋酸的电离,电离度α增大,故d正确;(2)根据表中数据,碳酸的电离能力大于次氯酸大于碳酸氢根,按强酸制弱酸原理,少量CO2气体通入NaClO溶液反应生成次氯酸和碳酸氢根,离子方程式:CO2+ClO-+H2O===HClO+HC; (3)Ka[B(OH)3]=、Ka1(H2CO3)=、Ka2(H2CO3)=, 该反应平衡常数:K==,即K==; 根据估算可知,K值较小,反应难以进行,即向Na2CO3溶液中加入少量B(OH)3,不能产生二氧化碳气体;(4)Al(OH)3酸式电离的电离方程式:Al(OH)3+H2O[Al(OH)4]-+H+;Na[Al(OH)4]溶液与NaHCO3溶液反应的化学方程式:Na[Al(OH)4]+NaHCO3===Na2CO3+Al(OH)3↓+H2O。 答案:(1)<　1.0×10-3　1%　acd (2)CO2+ClO-+H2O===HClO+HC(3)　不能 (4)Al(OH)3+H2O[Al(OH)4]-+H+ Na[Al(OH)4]+NaHCO3===Na2CO3+Al(OH)3↓+H2O 第二讲　水的电离和溶液的酸碱性(基础落实课) |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的方法,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 [再认再现·旧知新学] 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 3.计算水电离产生的c(H+)或c(OH-) 常温下,任何溶液中由水电离产生的c(H+)和c(OH-)总是相等的。 (1)中性溶液 水电离产生的c(OH-)=c(H+)=10-7 mol·L-1。 (2)酸的溶液——OH-全部来自水的电离 如:pH=2的盐酸中c(H+)=10-2 mol·L-1,则c(OH-)==10-12 mol·L-1,即水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-12 mol·。 (3)碱的溶液——H+全部来自水的电离 如:pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=10-2 mol·L-1,则c(H+)==10-12 mol·L-1,即水电离出的c(OH-)=c(H+)=10-12 mol·L-1。 (4)水解呈酸性的盐溶液——H+全部来自水的电离 如:pH=5的NH4Cl溶液中,由水电离出的c(H+)=10-5 mol·L-1,因部分OH-与部分N结合使c(OH-)=1 mol·L-1。 (5)水解呈碱性的盐溶液——OH-全部来自水的电离 如:pH=12的Na2CO3溶液中,由水电离出的c(OH-)=10-2 mol·L-1。因部分H+与部分C结合使c(H+)=10-12 mol·L-1。 [边练边学·实践提能] 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)加水稀释H2A溶液,水电离出的c(OH-)·c(H+)保持不变 (×) (2)任何水溶液的Kw=1.0×10-14 (×) (3)温度一定时,在纯水中通入少量SO2,水的电离平衡不移动,Kw不变 (×) (4)25 ℃时CH3COONa溶液的Kw大于100 ℃时NaOH溶液的Kw (×) (5)水的电离平衡常数与水的离子积相等 (×) 2.25 ℃时,水的电离达到平衡:H2OH++OH-。下列叙述错误的是 (　　) A.向水中通入氨气,平衡逆向移动,c(OH-)增大 B.向水中加入少量稀硫酸,c(H+)增大,Kw不变 C.将水加热,平衡正向移动,Kw变大 D.升高温度,平衡正向移动,c(H+)增大,pH不变 解析:选D　向水中通入NH3,c(OH-)增大,平衡逆向移动,A正确;向水中加入少量稀硫酸,c(H+)增大,但温度不变,Kw不变,B正确;将水加热,水的电离平衡正向移动,Kw变大,C正确;升高温度,能促进水的电离,c(H+)增大,pH减小,D错误。 3.25 ℃时,水溶液中c(H+)与c(OH-)的变化关系如图所示,下列判断错误的是 (　　) A.ac曲线上的任意一点都有c(H+)·c(OH-)=1 B.bd线段上任意一点对应的溶液都呈中性 C.d点对应溶液的温度高于25 ℃,pH<7 D.c点溶液不可能是盐溶液 解析:选D　由于温度相同,所以ac曲线上的任意一点水的离子积常数相同,根据b点可知,c(H+)·c(OH-)=10-14,A项正确;bd线段上任意一点都满足c(H+)=c(OH-),溶液一定呈中性,B项正确;d点时,c(H+)=c(OH-)=1×10-6 mol·L-1>1×10-7 mol·L-1,溶液的pH=6,水的电离为吸热过程,所以d点温度高于25 ℃,C项正确;在c点c(H+)=1×10-8 mol·L-1,c(OH-)=1×10-6 mol·L-1,溶液显碱性,c点可能为醋酸钠等强碱弱酸盐溶液,D项错误。 4.已知在25 ℃和T ℃时,水的电离平衡曲线如图所示: (1)由图可知,则该温度T　　　　(填“>”“<”或“=”)25 ℃。  (2)图中四点Kw间的大小关系:　　　　　(用A、B、C、D表示)。  (3)在新制氯水中加入少量NaCl固体,水的电离平衡　　　　移动(填“向左”“向右”或“不”)。  答案:(1)>　(2)B>A=C=D或A=C=D<B (3)向右 5.某温度下,纯水中的c(H+)=2×10-7 mol·L-1,则此时c(OH-)=　　　　　。若温度不变,滴入稀H2SO4使c(H+)=5×10-6 mol·L-1,则c(OH-)=　　　　　　,由水电离出的c(H+)为　　　　　　　　　　　　。  解析:纯水中,c(H+)一定与c(OH-)相等,存在H2OH++OH-,所以c(OH-)=2×10-7 mol·L-1。温度不变,Kw=2×10-7×2×10-7=4×10-14不变,当c(H+)=5×10-6 mol·L-1时,c(OH-)= mol·L-1=8×10-9 mol·L-1。由H2OH++OH-知,由水电离出的c(H+)=c(OH-)=8×10-9 mol·L-1。 答案:2×10-7 mol·L-1　8×10-9 mol·L-1　8×10-9 mol·L-1 逐点清(二)　溶液的酸碱性　pH的测量及计算 [再认再现·旧知新学] 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 (1)测定方法 用pH 试纸 测定 使用方法 把一小片试纸放在表面皿上,用玻璃棒蘸取待测液点在干燥的pH试纸上,试纸变色后,与标准比色卡对比,即可确定溶液的pH 注意事项 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产生误差。广泛pH试纸只能测出整数值 用pH 计测定 可精确测定溶液的pH (2)应用示例 有一学生在实验室测某溶液的pH,实验时,他先用蒸馏水润湿pH试纸,然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。 ①该学生的操作　　　　　(填“正确”或“错误”),其理由是 　。  ②蒸馏水溶液显　　　　(填“中”“酸”或“碱”)性。  ③只从下列试剂中选择实验所需的试剂,你能否区分0.1 mol·L-1硫酸溶液和0.01 mol·L-1硫酸溶液?　　　　,简述操作过程:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。   试剂:A.紫色石蕊溶液　B.酚酞溶液　C.甲基橙溶液　D.蒸馏水　E.氯化钡溶液　F.pH试纸 答案:①错误　该学生测得的pH是稀释后溶液的pH　②中　③能　用玻璃棒分别蘸取两种溶液滴在两张pH试纸上,其显示的颜色与标准比色卡对照,pH较大的是0.01 mol·L-1硫酸溶液 微点澄清训练 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)25 ℃时,某溶液中水电离出的c(H+)=10-13 mol·L-1,则该溶液的pH一定为13 (×) (2)t ℃时,某溶液pH=6,则该溶液一定为酸性 (×) (3)在25 ℃时,某稀溶液中由水电离产生的H+浓度为1×10-13 mol·L-1,该溶液一定呈碱性 (×) (4)将纯水加热至较高温度,水的离子积常数变大,pH减小,呈酸性 (×) (5)c(H+)=的溶液一定显中性 (√) 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 [边练边学·实践提能] 一、溶液酸碱性的判断 1.下列关于溶液的酸碱性,说法正确的是 (　　) A.pH=7的溶液呈中性 B.中性溶液中一定有c(H+)=1.0×10-7 mol·L-1 C.若水电离出的c(OH-)=1.0×10-11 mol·L-1,则溶液可能呈酸性,也可能呈碱性 D.在100 ℃时,纯水的pH<7,因此显酸性 解析:选C　温度未知,不能根据pH=7判断溶液呈中性,A错误;常温下中性溶液中c(H+)= 1.0×10-7 mol·L-1,温度未知,中性溶液中不一定有c(H+)=1.0×10-7 mol·L-1,B错误;由水电离出的c(OH-)=1.0×10-11 mol·L-1的溶液中,水的电离受到了抑制,溶液可能显酸性,也可能显碱性,C正确;在100 ℃时,纯水呈中性,D错误。 2.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。 二、溶液pH的计算 3.回答下列问题(常温条件下)。 (1)取浓度相同的NaOH和HCl溶液,以3∶2体积比相混合,所得溶液的pH等于12,则原溶液的浓度为　　　　　　　　　　　。  (2)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　　　　。  (3)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(OH-)=10-2 mol·L-1=,c=5×10-2 mol·L-1。(2)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+NaHSO4BaSO4↓+NaOH+H2O知,生成的氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)=n[Ba(OH)2]=0.5×10-2V1 mol,=1×10-3 mol·L-1,则V1∶V2=1∶4。(3)10-14+aVa=10-bVb,==1014-(a+b)=10。 答案:(1)0.05 mol·L-1　 (2)1∶4　 (3)10 |思维建模|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。 三、酸、碱的稀释问题 4.25 ℃时,pH=a的两种碱溶液各10 mL,分别加水稀释到1 000 mL,其pH与溶液体积(V)的关系如图所示,下列说法不正确的是 (　　) A.若a=11,则NOH为强碱 B.两种碱的物质的量浓度肯定不等 C.均稀释100倍以后,MOH溶液中水的电离程度大于NOH溶液 D.若两者均为弱碱,则a<11,且NOH碱性强于MOH 解析:选C　若a=11,pH=11的强碱稀释100倍,pH会减小2,变为9,由图可知,NOH在稀释100倍后pH变为了9,则NOH为强碱,A正确;由图可知,碱性越弱,稀释后pH变化越小,MOH碱性比NOH更弱,起始时两者pH相等,则两种碱的物质的量浓度一定不相等,B正确;均稀释100倍以后,MOH溶液pH大于NOH溶液,MOH溶液碱性更强,对水电离的抑制作用更强,则均稀释100倍以后,MOH溶液中水的电离程度小于NOH溶液,C错误;强碱稀释100倍后得到的溶液pH=9,稀释前溶液pH=11,若两者均为弱碱,稀释后得到的溶液pH=9,稀释前溶液pH<11,则a<11,碱性越弱,稀释后pH变化越小,则NOH碱性强于MOH,D正确。 5.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 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。 6.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　　　　。 综合应用  重点加练 (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;溶液加热至相同温度后,④溶液电离促进,氢氧根离子浓度增大,但不能完全电离;⑤溶液中离子积增大,氢氧根离子浓度不变;氢氧根离子浓度⑤>④,则pH④<⑤。(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 |归纳拓展| 一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)稀释图像比较 (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 随堂训练——融会贯通本课主干知识 　　阅读下列材料,完成1~3题。 水是地球上最常见的物质之一,是包括人类在内所有生命生存的重要资源,也是生物体最重要的组成部分,在生命演化中起到了重要的作用,因此被誉为生命之源。实验室模拟侯氏制碱碳酸化制NaHCO3的过程,将CO2通入饱和氨盐水(溶质为NH3、NaCl),实验现象及数据如图1,含碳粒子在水溶液中的物质的量分数(δ)与pH的关系如图2。 1.下列关于水的说法正确的是 (　　) A.冰雪融化时需吸收热量,破坏化学键 B.酸雨是指pH<7.0的天然降水 C.常温下水的pH=7.0,显中性,50 ℃时,pH=6.6,显酸性 D.重水分子由氘原子和氧原子构成 解析:选D　冰雪融化时需吸收热量,是物理变化不破坏化学键,A错误;酸雨是指pH<5.6的天然降水,B错误;常温下水的pH=7.0,显中性,50 ℃时,因升温水的电离平衡向右移动,氢离子浓度仍然等于氢氧根离子浓度,pH=6.6,显中性,C错误;重水分子D2O由氘原子和氧原子构成,D正确。 2.一定温度下,水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.升高温度,可能引起由c向b的变化 B.该温度下,水的离子积常数为1.0×10-13 C.该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D.该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化 解析:选C　升高温度,水的电离平衡右移,c(H+)和c(OH-)均增大,Kw增大,而c和b对应的Kw相等,A项不正确;由题图中数据可计算出题给温度下,水的离子积常数Kw=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-7×1.0×10-7=1.0×10-14,B项不正确;加入FeCl3后,由于Fe3+水解促进了水的电离,使c(H+)增大、c(OH-)减小,但Kw不变,可能引起由b向a的变化,C项正确;题给温度下,稀释溶液,Kw不变,而c和d对应的Kw不相等,D项不正确。 3.关于图1和图2,下列说法正确的是 (　　) A.0 min,溶液中c(Na+)+c(N)=c(Cl-) B.0~100 min,n(Na+)、n(Cl-)均保持不变 C.水的电离程度:0 min<60 min D.0~60 min,发生反应:2CO2+3NH3·H2O===C+HC+3N+H2O 解析:选C　0 min,为饱和氨盐水(溶质为NaCl、NH3),溶液中存在c(Na+)=c(Cl-),故c(Na+)+c(N)>c(Cl-),A错误;0~100 min,随着反应的进行,产生碳酸氢钠晶体,故溶液中n(Na+)减少,n(Cl-)保持不变,B错误;0 min,一水合氨抑制水的电离;60 min,溶液中含有1∶1的HC和C,还有大量的N,促进水的电离,故水的电离程度:0 min<60 min,C正确;0~60 min,随着反应的进行,60 min时pH=10.3,生成的少量白色固体为NaHCO3,由图2可知,溶液中HC和C浓度相等,生成少量白色固体,但无法知道沉淀的物质的量与溶液中两种离子的物质的量之比,无法写出该反应的离子方程式,D错误。 [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.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。 4.25 ℃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。 5.下列叙述正确的是 (　　) A.95 ℃纯水的pH<7,说明加热可导致水呈酸性 B.常温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合后pH=7 C.常温下,pH=4的番茄汁中c(H+)是pH=6的牛奶中c(H+)的100倍 D.常温下,pH=8的NaOH溶液稀释100倍,其pH=6 解析:选C　水的电离过程吸热,升温到95 ℃时电离程度增大,使c(H+)>10-7 mol·L-1,溶液的pH<7,但水电离出的c(H+)=c(OH-),则水仍呈中性,A错误;常温下,pH=2的盐酸中c(H+)=10-2 mol·L-1,pH=12的氨水中c(OH-)=10-2 mol·L-1,故等体积混合时,HCl与已经电离的NH3·H2O恰好反应,但大部分NH3·H2O未电离,反应后NH3·H2O大量剩余,溶液显碱性,即pH>7,B错误;常温下,pH=4的番茄汁中c(H+)=10-4 mol·L-1,pH=6的牛奶中c(H+)=10-6 mol·L-1,则pH=4的番茄汁中c(H+)是pH=6的牛奶中c(H+)的100倍,C正确;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。 6.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。 7.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。 8.(2025·南京师范大学附属中学模拟)25 ℃时,苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10,下列说法正确的是 (　　) A.相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中,c(C6H5O-)>c(CH3COO-) B.将浓度均为0.10 mol·L-1的C6H5ONa和NaOH溶液加热,两种溶液的pH均变大 C.25 ℃时,C6H5OH溶液与NaOH溶液混合,测得pH=10.00,则此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH) D.25 ℃时,0.10 mol·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体,水的电离程度变小 解析:选C　醋酸的酸性大于苯酚,则醋酸根离子的水解程度较小,则相同温度下,等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O-)<c(CH3COO-),A错误;升高温度,Kw增大,NaOH溶液中OH-浓度不变,H+浓度增大,pH减小,B错误;当pH=10.00时,c(H+)=1.0×10-10,Ka===1.0×10-10,故c(C6H5O-)=c(C6H5OH),C正确;C6H5ONa中的C6H5O-可以水解,会促进水的电离,D错误。 9.已知常温时HClO的Ka=3.0×10-8,HF的Ka=3.5×10-4,现将pH和体积都相同的次氯酸和氢氟酸溶液分别加蒸馏水稀释,pH随溶液体积的变化如图所示,下列叙述正确的是 (　　) A.曲线Ⅱ为氢氟酸稀释时pH变化曲线 B.取a点的两种酸溶液,中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液,消耗氢氟酸的体积较小 C.b点溶液中水的电离程度比c点溶液中水的电离程度小 D.从b点到d点,溶液中保持不变(HR代表HClO或HF) 解析:选D　A项,酸性越强,加水稀释时溶液pH变化越大,HF酸性强于HClO,加水稀释时HF的pH变化大,所以曲线Ⅰ代表HF稀释时pH变化曲线,错误;B项,pH相同的两种酸,越弱的酸其浓度越大,HClO酸性弱于HF,所以中和相同体积、相同浓度的NaOH溶液,消耗HClO的体积较小,错误;C项,b点比c点pH大,c(H+)小,H+对水电离的抑制作用小,水的电离程度大,错误;D项,溶液中==,平衡常数只随温度的改变而改变,所以从b点到d点,溶液中保持不变,正确。 10.(2025·江苏南通海门调研)室温下,通过下列实验探究某些碳酸盐溶液及碳酸氢盐溶液的性质,已知:Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,Ka1(H2CO3)=4.5×10-7,Ka2(H2CO3)=4.7×10-11。　 实验 实验操作和现象 1 测量0.10 mol·L-1NH4HCO3溶液的pH,测得pH为a 2 测量某浓度的Na2CO3溶液的pH,测得pH约为9.4 3 向10 mL 0.050 mol·L-1Na2CO3通入足量二氧化碳充分反应后,测得pH约为6.6 4 向0.50 mol·L-1Na2CO3溶液中加入CaSO4粉末,过滤,向滤渣中加入HCl溶液产生气泡 下列有关说法正确的是 (　　) A.实验1测得的pH:a<7 B.实验2溶液中:c(C)>c(HC) C.实验3所得溶液中:c(Na+)<c(C)+c(HC)+c(H2CO3) D.实验4第一步反应的离子方程式为　Ca2++C===CaCO3↓ 解析:选C　Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,Ka1(H2CO3)=4.5×10-7,则NH4HCO3溶液中,以HC的水解为主,溶液显碱性,所以a>7,A项错误;实验2溶液中,=4.7×10-11,==4.7×10-1.6<1,所以c(C)<c(HC),B项错误;向Na2CO3溶液中通入足量CO2,充分反应后,测得pH约为6.6,表明所得溶液中的溶质为NaHCO3和H2CO3,在NaHCO3溶液中,存在物料守恒:c(Na+)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3),则NaHCO3、H2CO3的混合溶液中,c(Na+)<c(C)+c(HC)+c(H2CO3),C项正确;向滤渣中加入HCl溶液产生CO2,说明滤渣中存在CaCO3,说明CaSO4转化为CaCO3,CaSO4是微溶的,不能拆成离子,则实验4第一步反应的离子方程式为CaSO4+C===CaCO3+S,D项错误。 二、非选择题 11.(8分)已知水在25 ℃和95 ℃时,其电离平衡曲线如图所示: (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)95 ℃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HCl溶液和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)温度越高,水的离子积常数越大,水中c(H+)越大,则曲线B代表95 ℃时水的电离平衡曲线;95 ℃时,水的离子积常数Kw=10-12,混合后溶液呈中性,c(OH-)·V(NaOH)=c(H+)·V(H2SO4),1×10b-12mol·L-1=100×10-a mol·L-1,则a+b=14。(3)曲线A所对应的温度是25 ℃,pH=2的HCl溶液,c水(H+)=c水(OH-)=c(OH-)=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)设溶液的体积均为1 L,则混合溶液中c(OH-)==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,所得混合液的pH=10。 答案:(1)10∶1　(2)a+b=14　(3)小于　(4)10 12.(8分)溶剂在液态下能自发发生电离,产生溶剂阳离子与溶剂阴离子的现象,称为自耦电离,如液态水的自耦电离方程式为 2H2OH3O++OH-。在冰醋酸、液氨等许多物质中都存在类似的自耦电离。 (1)高氯酸、硫酸、盐酸和硝酸都是强酸,其酸性在水溶液中差别不大。表中是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数: 酸 HClO4 H2SO4 HCl HNO3 Ka 1.6 ×10-5 6.3 ×10-9 1.6 ×10-9 4.2 ×10-10 试写出冰醋酸自耦电离的方程式: 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;将纯硝酸和纯硫酸混合,可以得到硝基正离子N,请写出该反应的方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (2)如果将溶剂换成液氨,　　　　 (填“能”或“不能”)区别以上四种酸酸性的强弱,试写出液氨中NH4Cl与NaNH2反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  解析:(1)根据水的自耦电离原理,冰醋酸自耦电离的方程式为2CH3COOHCH3COO+CH3COO-;在冰醋酸中,硫酸的电离常数大于硝酸的电离常数,硫酸酸性强于硝酸,提供H+,阴离子为HS,所以将纯硝酸和纯硫酸混合,可以得到硝基正离子N,该反应的方程式为HNO3+H2SO4N+HS+H2O;(2)液氨发生自耦电离:2NH3N+N,N结合H+生成NH3,不能区分四种酸酸性的强弱,类比水溶液中,H++OH-===H2O,液氨中NH4Cl与NaNH2反应的离子方程式为N+N===2NH3。 答案:(1)2CH3COOHCH3COO+CH3COO- HNO3+H2SO4N+HS+H2O (2)不能　N+N===2NH3 第三讲　酸碱中和滴定(基础落实课) |内|容|与|目|标| 1.了解酸碱中和滴定实验原理及其应用。 2.了解溶液的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 [再认再现·旧知新学] 1.实验原理 酸碱中和滴定是依据中和反应,用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的方法。 2.实验操作与仪器的选择 (1)主要仪器 (2)滴定前准备 滴定管:查漏→洗涤→润洗→装液→排气泡调液面→记录。 锥形瓶:洗涤→装待测液→加指示剂。 (3)滴定操作 (4)滴定终点 滴入最后半滴标准液,指示剂变色,且在半分钟内不恢复原来的颜色,停止滴定,并记录标准溶液的体积。 (5)数据处理 按上述操作重复2~3次,根据每次所用标准液的体积计算待测液的物质的量浓度,最后求出待测液的物质的量浓度的平均值。 3.实验关键点 (1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。 (2)选取适当的指示剂,准确判断滴定终点。明确常见酸碱指示剂的变色范围。 指示剂 变色范围和pH 石蕊 甲基橙 酚酞 4.误差分析 分析依据:cB=(VB表示准确量取的待测液的体积、cA表示标准溶液的浓度)。 若VA偏大⇨cB偏大;若VA偏小⇨cB偏小。 [边练边学·实践提能] 一、酸碱中和滴定的基本操作 1.有关酸碱滴定实验,下列说法正确的是 (　　) A.滴定管和锥形瓶都需要使用蒸馏水和待装液润洗 B.滴定前,必须将滴定管中液体的液面调至0刻度 C.滴定至终点时,溶液一定呈中性 D.测定待测液的浓度,至少需要完成两组平行实验,取消耗标准液的平均值 解析:选D　滴定管需要用待装液润洗,但锥形瓶不能用待装液润洗,否则导致消耗标准液体积偏大,测定结果偏高,A错误;滴定前,滴定管中液体的液面不一定非要调至0刻度,可调至0刻度以下某一刻度,B错误;滴定至终点时,溶液不一定呈中性,如NaOH滴定醋酸,滴定终点生成醋酸钠,溶液呈碱性,C错误;测定待测液的浓度,为了减少滴定误差,至少需要完成两组平行实验,取消耗标准液的平均值,D正确。 2.某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度。相关实验操作和数据如下: ①取用20.00 mL待测溶液到锥形瓶中,滴入酚酞作指示剂。 ②标准液选用0.100 0 mol·L-1的盐酸,调节滴定管,使尖嘴部分充满溶液,并使液面处于“0”刻度以下的位置,记下读数。 ③开始滴定,滴定至指示剂刚好变色,且半分钟内颜色不再改变为止,读出此时数据。 ④重复以上过程。 回答下列问题: (1)锥形瓶中的溶液从　　　　色变为　　　　色时,停止滴定。  (2)如图是某次滴定时滴定管中的液面,其读数为　　　　mL。 (3)根据下列数据: 滴定 次数 待测液体积 /mL 标准盐酸体积/mL 滴定前读数/mL 滴定后读数/mL 第一次 20.00 0.50 25.40 第二次 20.00 4.00 29.10 待测烧碱溶液的浓度为　　　　 mol·L-1。  解析:(3)实验中所耗标准盐酸溶液的体积V[HCl(aq)]==25.00 mL,滴定时发生的反应为NaOH+HCl===NaCl+H2O,则c(NaOH)V[NaOH(aq)]=c(HCl)V[HCl(aq)],待测烧碱溶液的浓度c(NaOH)==0.125 0 mol·L-1。 答案:(1)粉红　无　(2)22.60　(3)0.125 0 二、中和滴定的误差分析 3.用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸,若测定结果偏低,其原因可能是 (　　) A.滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度,其他操作正确 B.配制标准溶液的固体NaOH中混有杂质KOH C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗 D.碱式滴定管未用标准液润洗 解析:选A　滴定终点,俯视读数,V(标)减小,结果偏低,A正确;等质量氢氧化钠和氢氧化钾,氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量,因此所配溶液中c(OH-)偏小,消耗标准液的体积增大,因此结果偏高,B错误;待测液的物质的量增大,消耗标准液的体积增大,结果偏高,C错误;碱式滴定管未用标准液润洗,导致c(标)偏小,所以滴定中消耗的V(标)偏大,因此结果偏高,D错误。 4.某学生用0.200 0 mol·L-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸,其操作可分为如下几步: ①用蒸馏水洗涤碱式滴定管,注入0.200 0 mol·L-1的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上; ②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体; ③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下,并记下读数; ④量取20.00 mL待测液注入洁净的锥形瓶中,并加入3滴酚酞溶液; ⑤用标准液滴定至终点,记下滴定管液面读数; ⑥重复以上滴定操作2~3次。 请回答: (1)以上步骤有错误的是　　　　　(填编号),该错误操作会导致测定结果　　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  (2)步骤④中,量取20.00 mL待测液应使用　　　　　　(填仪器名称),在锥形瓶装液前,留有少量蒸馏水,测定结果　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。  链接拓展 指示剂的选择及滴定终点的判断 (3)步骤⑤滴定时眼睛应注视　　　　　　　　　　　　　　　　　　;判断到达滴定终点的依据是:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  (4)以下是实验数据记录表 滴定 次数 盐酸体积/ mL NaOH溶液体积读数/mL 滴定前 滴定后 1 20.00 0.00 18.10 2 20.00 0.00 16.30 3 20.00 0.00 16.26 从上表可以看出,第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积,其可能的原因是　　　　。  A.滴定前滴定管尖嘴有气泡,滴定结束无气泡 B.锥形瓶用待测液润洗 C.NaOH标准液保存时间过长,有部分变质 D.滴定过程中,锥形瓶摇荡得太剧烈,锥形瓶内有液滴溅出 E.滴定结束时,仰视读数 解析:(1)根据实验步骤知,碱式滴定管用蒸馏水洗涤后,需用0.200 0 mol·L-1的标准NaOH溶液润洗2~3次,然后注入0.200 0 mol·L-1的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上,有错误的是①;该错误操作会导致碱式滴定管中的NaOH溶液被稀释,实验过程中所用NaOH溶液的体积偏大,导致所测盐酸的浓度偏大; (2)待测溶液是盐酸显酸性,量取20.00 mL需要用酸式滴定管量取;在锥形瓶装液前,留有少量蒸馏水,对所测标准NaOH溶液的体积无影响,对测定结果无影响;(3)步骤⑤滴定时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化;该实验使用酚酞作指示剂,到达滴定终点的依据是:滴入半滴NaOH标准溶液,溶液的颜色由无色变为粉红色,且半分钟内不变色; (4)滴定前尖嘴有气泡,滴定后消失,气泡占据了体积,造成NaOH体积读数偏大,A正确;锥形瓶用待测液润洗,造成锥形瓶中盐酸的量过多,消耗的NaOH体积偏大,B正确;NaOH标准液保存时间过长,有部分变质为碳酸钠,用酚酞作指示剂滴定时不会使消耗的氢氧化钠体积后两次明显偏小,故C错误;D在滴定过程中,锥形瓶摇荡得太剧烈,锥形瓶内有液滴溅出,盐酸少消耗的NaOH体积少,结果偏小;滴定结束仰视读数,读数偏大,E正确。 答案:(1)①　偏大 (2)酸式滴定管(或移液管)　无影响 (3)锥形瓶中溶液颜色变化　滴入半滴NaOH标准溶液,溶液的颜色由无色变为粉红色,且半分钟内不变色 (4)ABE |归纳拓展|酸碱中和滴定的误差分析 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 三、中和滴定曲线的分析 5.常温下,用浓度为0.200 mol·L-1的盐酸滴定浓度均为0.200 mol·L-1的NaOH和NH3·H2O的混合溶液,滴定过程中溶液的pH随A0的变化曲线如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.该温度下,Kb(NH3·H2O)约为10-2.87 B.水的电离程度:x>y>z C.点x:c(Na+)=c(Cl-)>c(OH-)>c()>c(H+) D.点y:c(Cl-)>c(Na+)=c(NH3·H2O)+c()+c(OH-) 解析:选C　当在x点时,氢氧化钠溶液恰好被盐酸反应,此时氨水的物质的量浓度为0.1 mol·L-1,c(OH-)=10-2.87,则Kb(NH3·H2O)===10-4.74,A错误;x点溶质为氯化钠和NH3·H2O,从x点到z点,氨水浓度不断降低,逐渐变为氯化铵,水的电离程度不断增大,即水的电离程度:x<y<z,B错误;x点溶质为氯化钠和氨水,且两者物质的量浓度之比为1∶1,溶液显碱性,其离子浓度为c(Na+)=c(Cl-)>c(OH-)>c()>c(H+),C正确;y点溶质为氯化钠、氯化铵、NH3·H2O且三者物质的量浓度之比为2∶1∶1,溶液显碱性,则氨水电离程度大于铵根水解程度,且c(Cl-)>c(Na+),存在元素守恒:c(Na+)=c(NH3·H2O)+c(),故c(Cl-)>c(Na+)=c(NH3·H2O)+c(),D错误。 6.(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。 |思维建模|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.(2025·盐城联盟校高三检测)为了测定KIO3产品的纯度,可采用碘量法滴定。准确称取1.000 g产品,配制成250 mL溶液,用移液管移取25.00 mL溶液于锥形瓶中,加稀硫酸酸化,再加入足量KI溶液充分反应,加淀粉指示剂,用0.100 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定,平行测定3次,平均消耗标准溶液29.40 mL。 已知:I2+2S2===2I-+S4。 (1)滴定管需要用标准溶液润洗,润洗滴定管的具体操作为 　。  (2)KIO3在酸性条件下氧化KI的离子方程式为　 。  (3)产品的质量分数为　　　　(写出计算过程,保留4位有效数字)。在确认滴定操作无误的情况下,质量分数异常的原因可能是 　。  解析:(1)润洗滴定管的具体操作为从滴定管上口加入少量待测液,倾斜着转动滴定管,使液体润湿内壁,然后从下部放出,重复2~3次; (2)KIO3在酸性条件下氧化KI发生归中反应生成碘单质,反应的离子方程式为I+5I-+6H+===3I2+3H2O; (3)用碘量法测定KIO3产品的纯度,反应原理为I+5I-+6H+===3I2+3H2O和I2+2S2===2I-+S4,则得到关系式:KIO3~3I2 ~6S2,n(KIO3)=×0.100 0 mol·L-1×0.029 4 L=4.9×10-4 mol,产品中KIO3的质量分数=×100%=×100%≈104.9%;由于滴定操作无误,则实验过程中有其他途径生成了碘单质或有其他能消耗Na2S2O3的杂质存在,原因可能是滴定摇动锥形瓶时,过量I-被空气氧化成I2(或含有KClO3杂质)。 答案:(1)从滴定管上口加入少量待测液,倾斜着转动滴定管,使液体润湿内壁,然后从下部放出,重复2~3次　(2)I+5I-+6H+===3I2+3H2O (3)104.9%(计算过程见解析)　滴定摇动锥形瓶时,过量I-被空气氧化成I2(或含有KClO3杂质) 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] 2.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均为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。 3.(2025·如皋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 [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,会降低溶液中离子的浓度,影响测定结果,B错误;滴定管的准确度为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.(2025·如皋教学质量调研)用浓度为0.100 0 mol·L-1CH3COOH溶液滴定锥形瓶中20 mL 0.100 0 mol·L-1NaOH溶液,下列说法正确的是 (　　) A.滴定终点时溶液的pH=7 B.滴定时可以使用石蕊做指示剂 C.CH3COOH溶液应装在如图所示的滴定管中 D.若装CH3COOH溶液的滴定管水洗后未用待装液润洗,会使滴定消耗CH3COOH溶液体积偏大 解析:选D　醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠,醋酸钠显碱性,应该选酚酞做指示剂,滴定终点时溶液的pH>7,A、B项错误;题中滴定管是碱式滴定管,CH3COOH溶液应装在酸式滴定管中,C项错误;若装CH3COOH溶液的滴定管水洗后未用待装液润洗,相当于醋酸稀释,会使滴定消耗CH3COOH溶液体积偏大,D项正确。 4.如图是用一定物质的量浓度的NaOH溶液滴定10.00 mL一定物质的量浓度的盐酸的图像,依据图像推出盐酸和NaOH溶液中溶质的物质的量浓度是下表内的 (　　) 选项 A B C D c(HCl)/ (mol·L-1) 0.120 0 0.040 00 0.030 00 0.090 00 c(NaOH)/ (mol·L-1) 0.040 00 0.120 0 0.090 00 0.030 00 解析:选D　从图像的起点看,盐酸的pH<2,只能推出c(HCl)>0.01 mol·L-1,但得不出具体值。在pH=7的点,所用V(NaOH)=30 mL,而V(HCl)=10 mL,依据n(HCl)=n(NaOH),可得出c(HCl)·V(HCl)=c(NaOH)·V(NaOH),c(HCl)∶c(NaOH)=3∶1;其中A中c(HCl)=0.12 mol·L-1,则c(H+)=0.12 mol·L-1,此时pH<1,与图像不符,从表中信息可以看出,选项D符合题意。 5.(2025·江苏苏锡常镇四市教学情况调研)实验室用如下方案测定Na2CO3和NaHCO3混合物的组成:称取一定质量样品溶解于锥形瓶中,加入2滴指示剂M,用标准盐酸滴定至终点时消耗盐酸V1 mL;向锥形瓶中再加入2滴指示剂N,继续用标准盐酸滴定至终点,又消耗盐酸V2 mL。下列说法正确的是 (　　) A.指示剂M、N可依次选用甲基橙、酚酞 B.样品溶解后的溶液中:2c(Na+)=3c(C)+3c(HC)+3c(H2CO3) C.滴定至第一次终点时的溶液中:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C) D.样品中Na2CO3和NaHCO3的物质的量之比为 解析:选D　第一次滴定时发生的反应为Na2CO3+HCl===NaHCO3+NaCl,第二次滴定时发生的反应为NaHCO3+HCl===NaCl +CO2↑+H2O。第一次滴定的滴定曲线的突跃区间对应的溶液呈碱性,故选用酚酞指示剂;第二次滴定的滴定曲线的突跃区间对应的溶液呈中性,指示剂可选用酚酞或甲基橙,A错误。样品溶解后的溶液中,并未知此时Na2CO3和NaHCO3的物质的量浓度关系,无法进行物料守恒关系的判断,B错误。第一次滴定滴入的指示剂为酚酞,发生的反应为Na2CO3+HCl===NaHCO3+NaCl,终点时溶液中含有的溶质是NaHCO3、NaCl,根据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)+c(Cl-),C错误。设原混合物中Na2CO3为x mol,NaHCO3为y mol,V1 mL 为第一次滴定消耗HCl溶液的体积,x mol=c(HCl)×V1 mL,V2 mL为碳酸氢钠(包含原Na2CO3转化变成的NaHCO3)消耗盐酸的体积,x mol+y mol=c(HCl)×V2 mL,则y mol=c(HCl)×(V2-V1)mL。Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为=,D正确。 6.(2025·江苏扬州中学开学考试)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验: 实验Ⅰ:往20 mL 0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.1 mol·L-1NaOH溶液。 实验Ⅱ:往20 mL 0.10 mol·L-1NaHC2O4溶液中滴加0.10 mol·L-1CaCl2溶液。 [已知:H2C2O4的电离常数Ka1=5.4×10-2,Ka2=5.4×10-5,Ksp(CaC2O4)=2.4×10-9,溶液混合后体积变化忽略不计],下列说法正确的是 (　　) A.实验Ⅰ可选用甲基橙作指示剂,指示反应终点 B.实验Ⅰ中V(NaOH)=10 mL时,存在c(C2)<c(HC2) C.实验Ⅱ中发生反应HC2+Ca2+===CaC2O4↓+H+ D.实验Ⅱ中V(CaCl2)=80 mL时,溶液中c(C2)=4.0×10-8 mol·L-1 解析:选D　NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液,为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂,因此,实验Ⅰ可选用酚酞作指示剂,指示反应终点,A错误;实验Ⅰ中V(NaOH)=10 mL时,溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等,Ka2=5.4×10-5>Kh=,则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度,因此存在c(C2)>c(HC2),B错误;实验Ⅱ中,由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量,因此该反应在初始阶段发生的是2HC2+Ca2+===CaC2O4↓+H2C2O4,该反应的平衡常数为K=====×106≈4.2×105,因为平衡常数很大,说明反应能够完全进行,当NaHC2O4完全消耗后,H2C2O4再和CaCl2发生反应,C错误;实验Ⅱ中V(CaCl2)=80 mL时,溶液中的钙离子浓度为c(Ca2+)==0.06 mol·L-1,溶液中 c(C2)== mol·L-1=4.0×10-8 mol·L-1,D正确。 7.(2025·泰州第一次模拟)甘氨酸盐酸盐(ClH3NCH2COOH)可用作食品添加剂,已知: H3CH2COOHH3CH2COO-+H+　Ka1=1×10-2.4 H3CH2COO-H2NCH2COO-+H+　Ka2=1×10-9.6 常温下,用0.1 mol·L-1 NaOH标准溶液滴定10 mL 0.1 mol·L-1甘氨酸盐酸盐溶液过程中的pH变化如图所示。下列说法不正确的是 (　　) A.X点溶液中:c(H3CH2COOH)=c(H3CH2COO-) B.Y点溶液中甘氨酸主要以H3CH2COO-形式存在 C.Z点溶液中:c(H3CH2COOH)+c(H+)=c(H2NCH2COO-)+c(OH-) D.滴定过程中存在:c(H3CH2COOH)+c(H3CH2COO-)+c(H2NCH2COO-)=c(Cl-) 解析:选C　由图知,X点溶液中pH=2.4,c(H+)=10-2.4mol·L-1,Ka1==10-2.4,得c(H3CH2COOH)=c(H3CH2COO-),A项正确;Y点为滴定终点,溶液中溶质为H3CH2COONa,其水解平衡常数Kh===10-11.6<Ka2,说明H3CH2COO-的电离程度大于其水解程度,由于Ka2较小,H3CH2COO-的电离微弱,溶液中甘氨酸主要以H3CH2COO-形式存在,B项正确;电荷守恒应为c(H3CH2COOH)+c(H+)+c(Na+)=c(H2NCH2COO-)+c(OH-)+c(Cl-),此时c(Na+)>c(Cl-),则c(H3CH2COOH)+c(H+)<c(H2NCH2COO-)+c(OH-),C项错误;该等式为物料守恒,在ClH3NCH2COOH中,Cl原子和N原子的关系是1∶1,在滴定过程中N以H3CH2COOH、H3CH2COO-、H2NCH2COO-形式存在于溶液中,Cl以离子形式存在,故可得c(H3CH2COOH)+c(H3CH2COO-)+c(H2NCH2COO-)=c(Cl-),D项正确。 二、非选择题 8.(4分)(2025·连云港第一次调研)NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。称取0.80 g灼烧后的产物,加入稀硫酸溶解后,向其中加入0.200 0 mol·L-1 H2C2O4溶液25 mL,再用0.100 0 mol·L-1KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液至终点,消耗KMnO4溶液的体积为4.00 mL,则产物中V2O5的质量分数为 　(写出计算过程)。  已知:V2O5+2H+===2V+H2O;2V+H2C2O4===2VO2+2CO2↑+2H+。 解析:V2O5在酸性条件下生成V,V与H2C2O4以2∶1比例反应,由反应关系可以得出:V2O5~2V~H2C2O4,过量的H2C2O4用KMnO4 滴定,根据反应关系:2KMnO4~5H2C2O4,由消耗的KMnO4的量可以计算出过量的H2C2O4的量,由总的H2C2O4的量减去与KMnO4消耗的量,即得与V反应的H2C2O4的量,进而得出V2O5的量,计算出V2O5的的质量分数。 答案:加入H2C2O4的物质的量:n(H2C2O4)=0.200 0 mol·L-1×0.025 L=0.005 mol　依据2KMnO4~5H2C2O4,过量H2C2O4的物质的量:n(H2C2O4)=n(KMnO4)=0.001 mol 与V反应的H2C2O4的物质的量: n(H2C2O4)=0.005 mol-0.001 mol=0.004 mol 依据化学方程式可知V2O5~2V~H2C2O4 n(V2O5)=0.004 mol　m(V2O5)=0.004 mol×182 g·mol-1=0.728 g ω(V2O5)=×100%=91% 9.(7分)CuS是一种重要的P型半导体材料。以一种石膏渣[含CaSO4及少量Cu(OH)2、Cu2(OH)2SO4、Zn(OH)2等]为原料制备CuS的实验流程如下: 已知:常温下,Ksp(CuS)=1.27×10-36,Ksp(ZnS)=1.2×10-23。 (1)“浸取”时,生成[Cu(NH3)4]2+与[Zn(NH3)4]2+等。Cu2(OH)2SO4参加反应的离子方程式为　 。  (2)为测定“浸取”时Cu元素浸出率,需先测定石膏渣中Cu元素含量。称取50.00 g石膏渣,加入足量稀硫酸充分溶解,过滤并洗涤滤渣,将滤液转移至250 mL容量瓶中,加水稀释至刻度;准确量取25.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中,加入足量KI溶液(2Cu2++4I-===2CuI↓+I2),用0.020 00 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(2S2+I2===S4+2I-),平行滴定3次,平均消耗Na2S2O3标准溶液23.50 mL。计算石膏渣中Cu元素质量分数(写出计算过程)。 解析:石膏渣加入过量氨水浸取,Cu(OH)2、Cu2(OH)2SO4、Zn(OH)2 “浸取”时,生成[Cu(NH3)4]2+与[Zn(NH3)4]2+等,同时液体中还有不溶物CaSO4,过滤除去CaSO4,滤液加入Na2S溶液,使Cu2+生成CuS沉淀,过滤得到CuS,滤液可以循环利用。(1)Cu2(OH)2SO4与NH3(或NH3·H2O)反应生成[Cu(NH3)4]2+、S、OH-(或添加H2O)。 答案:(1)Cu2(OH)2SO4+8NH3===2[Cu(NH3)4]2++S+2OH-或Cu2(OH)2SO4+8NH3·H2O===2[Cu(NH3)4]2++S+2OH-+8H2O　(2)由题意得关系式:2Cu2+~I2~2S2 25.00 mL稀释后的溶液中:n(Cu2+)=0.020 00 mol·L-1×23.50 mL×10-3 L·mL-1=4.700×10-4 mol 石膏渣中铜元素的质量m=4.700×10-4 mol×64 g· mol-1×=0.300 8 g 石膏渣中Cu元素的质量分数为×100%=0.601 6%。 10.(7分)碱式碳酸钴[2CoCO3·3Co(OH)2·H2O]可用于制含钴催化剂。实验小组以某种钴矿(主要含Co2O3及少量Cr2O3、NiO)制取碱式碳酸钴的过程如下: 钴矿→还原→提钴→沉钴→2CoCO3·3Co(OH)2·H2O (1)还原时使用的装置如图所示,NaOH溶液的作用是吸收Cl2,装置A反应后烧瓶溶液中主要存在的阳离子是Co2+、Cr3+和Ni2+,写出装置A中Co2O3所发生反应的离子方程式: 　。  (2)为控制装置A中应加入盐酸的量,需测定钴矿中Co2O3的含量。准确称取2.000 g钴矿粉末于锥形瓶中,加入硫酸和过量的KI溶液,充分反应(Cr3+和Ni2+不与I-反应)。向锥形瓶中滴加2滴淀粉溶液,用0.200 0 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定,恰好完全反应时消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL,滴定过程中发生的反应为I2+2Na2S2O3===2NaI+Na2S4O6,计算钴矿中Co2O3的质量分数,并写出计算过程　　　　　。  解析:(1)Co2O3与浓盐酸反应生成CoCl2、Cl2和H2O。(2)由题意可得如下转化关系:Co2O3~I2~2Na2S2O3,滴定消耗20.00 mL 0.200 0 mol·L-1硫代硫酸钠溶液,则氧化钴的质量分数为×100%=16.6%。 答案:(1)Co2O3+2Cl-+6H+===2Co2++Cl2↑+3H2O (2)16.6%(计算过程见解析) 第四讲　盐类的水解(基础落实课) |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 [再认再现·旧知新学] (一)盐类的水解及规律 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:A+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↑。 微点澄清训练 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 (×) 2.25 ℃时,如果取0.1 mol·L-1 HA溶液与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化),测得混合溶液的pH=8。回答以下问题: (1)混合溶液的pH=8的原因:　　　　　　　　(用离子方程式表示)。  (2)混合溶液中由水电离出的c(OH-)　　　(填“>”“<”或“=”)0.1 mol·L-1 NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)。  (3)混合溶液中c(OH-)-c(HA)=　　　　 mol·L-1。  (4)同温度下,等浓度的四种盐溶液中c(N)由大到小的顺序是　　　　　　(填字母)。  A.NH4HSO4　　　　 B.NH4A C.(NH4)2SO4 D.NH4Cl 答案:(1)A-+H2OHA+OH-　(2)>　(3)10-8　(4)C>A>D>B [边练边学·实践提能] 一、水解反应的实质及规律 1.下列说法不正确的是 (　　) A.同温下,0.01 mol·L-1的NaHCO3溶液的pH小于0.01 mol·L-1的Na2CO3溶液的pH B.25 ℃时pH=4的溶液中水电离出的c(H+)一定为1×10-4 mol·L-1 C.盐类水解反应一般为吸热反应 D.NaHSO3溶液显酸性是因为HS的电离程度大于其水解程度 解析:选B　25 ℃,pH=4的溶液可能为酸溶液,也可能为水解呈酸性的盐溶液,由水电离出的c(H+)可能为 1×10-10 mol·L-1或 1×10-4 mol·L-1。 2.(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　温度升高,水的电离程度增大,则M点Kw小于N点Kw,A错误;升高温度促进铵根离子的电离,且N点铵根离子浓度更大,水解生成氢离子浓度更大,N点酸性更强,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,由电荷守恒可知,c(H+)+c(N)=c(OH-)+2c(S),D错误。 二、水解离子方程式的书写及判断 3.下列离子方程式书写正确的是 (　　) A.氯水呈酸性:Cl2+H2O2H++Cl-+ClO- B.NaCN溶液呈碱性:CN-+H2O===HCN-+OH- C.NaHS溶液水解:HS-+H2OS2-+H3O+ D.(NH4)2SO4溶液显酸性的原因:N+H2ONH3·H2O+H+ 解析:选D　HClO是弱酸,保留化学式,氯气与水反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO,A错误;CN-水解为可逆反应,用可逆符号,离子方程式为CN-+H2OHCN+OH-,B错误;NaHS溶液水解生成H2S,离子方程式为HS-+H2OH2S+OH-,C错误;(NH4)2SO4溶液中铵根离子水解导致溶液显示酸性,离子方程式为N+H2ONH3·H2O+H+,D正确。 4.下列物质在常温下发生水解时,对应的水解方程式正确的是 (　　) A.Na2CO3:C+H2O2OH-+CO2↑ B.NH4NO3:N+H2ONH3·H2O+H+ C.CuSO4:Cu2++2H2OCu(OH)2↓+2H+ D.KF:F-+H2O===HF+OH- 解析:选B　Na2CO3水解方程式为C+H2OOH-+HC,A错误;NH4NO3水解方程式为N+H2ONH3·H2O+H+,B正确;CuSO4水解方程式为Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+,C错误;KF水解方程式为F-+H2OHF+OH-,D错误。 三、水解常数的计算与应用 5.回答下列问题: (1)25 ℃时,H2SO3HS+H+的电离常数Ka=1×10-2,则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh=　　　　　　。  (2)常温下,用NaOH溶液吸收SO2得到pH=9的Na2SO3溶液,吸收过程中水的电离平衡　　　(填“向左”“向右”或“不”)移动。试计算溶液中=　　　　　(常温下H2SO3的电离平衡常数Ka1=1.0×10-2,Ka2=6.0×10-8)。  解析:(1)Kh===1×10-12。(2)Na2SO3电离出的S水解促进水的电离平衡,平衡向右移动;S+H2OHS+OH-,Kh===,所以===60。 答案:(1)1×10-12　(2)向右　60 |归纳拓展|盐的水解常数 以反应A-+H2OHA+OH-为例 (1)表达式:Kh=。 (2)与Kw、Ka(HA)的关系:Kh==。 (3)影响因素:只与温度有关,升高温度,促进水解,Kh增大。 逐点清(二)　盐类水解的影响因素及应用 [再认再现·旧知新学] 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.盐类水解在生产生活中的应用 (1)水解产物性质的应用举例 ①纯碱溶液不能保存在玻璃塞的试剂瓶中的原因:溶液中碳酸根离子水解:C+H2OHC+OH-,使溶液显碱性,会与玻璃中成分SiO2反应。 ②明矾净水的原理:明矾溶液中的铝离子水解:Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,Al(OH)3胶体能吸附水中的悬浮物,起到净水作用。 ③ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂的原因:Zn2+水解使溶液显酸性,能溶解铁锈。 (2)促进盐类水解的应用举例 ①热的纯碱溶液去油污效果好,原因是碳酸钠的水解为吸热反应,升高温度水解平衡向右移动,溶液的碱性增强,去污效果增强。 ②铵态氮肥与草木灰不得混用的理由:铵态氮肥中的N水解显酸性,草木灰中的C水解显碱性,相互促进,使氨气逸出降低肥效。 ③加MgO除去MgCl2溶液中的Fe3+杂质的原理:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,MgO+2H+===Mg2++H2O,使Fe3+水解平衡向右移动,从而转化为Fe(OH)3沉淀除去,且不引入新的杂质。 ④泡沫灭火器反应原理:NaHCO3与Al2(SO4)3饱和溶液发生相互促进的水解反应:Al3++3HC===Al(OH)3↓+3CO2↑。 (3)抑制盐类水解的应用举例 ①在配制FeCl3、AlCl3、SnCl2等溶液时为抑制水解,常先将盐溶于少量浓盐酸中,再加蒸馏水稀释到所需浓度。 ②用MgCl2·6H2O晶体得到纯的无水MgCl2操作方法及理由是在干燥的HCl气流中加热MgCl2·6H2O,可以得到无水MgCl2,HCl气流能抑制MgCl2的水解,且带走MgCl2·6H2O因受热产生的水蒸气。 [边练边学·实践提能] 一、盐类水解的影响因素 1.在一定条件下,Na2CO3溶液存在水解平衡:C+H2OHC+OH-。下列说法正确的是 (　　) A.稀释溶液,各物质浓度均减小,平衡不移动 B.加入少量NaHCO3固体,平衡向正反应方向移动 C.升高温度,减小 D.加入NaOH固体,溶液pH增大 解析:选D　稀释溶液,c(C)、c(HC)、c(OH-)均减小,平衡正向移动,A错误; 加入少量NaHCO3固体,c(HC)增大,平衡向逆反应方向移动,B错误;水解反应吸热,升高温度,平衡正向移动,c(HC)增大,c(C)减小,则增大,C错误; 加入NaOH固体,溶液氢氧根离子的浓度增大,pH增大,D正确。 2.(2025·江苏盐城八校开学考试)已知H2C2O4是一种二元弱酸。 室温下,通过下列实验探究K2C2O4溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 测得0.1 mol·L-1的KHC2O4溶液的pH约为5.6 2 向硫酸酸化KMnO4溶液中滴加过量0.1 mol·L-1的K2C2O4溶液,溶液紫红色褪色 3 向0.1 mol·L-1 KHC2O4溶液中加入等体积0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液,溶液变浑浊 4 向5 mL 0.1 mol·L-1 KHC2O4溶液中滴加少量0.1 mol·L-1 KOH溶液,无明显现象 若忽略溶液混合时的体积变化,下列说法正确的是 (　　) A.依据实验1推测:Kw >Ka1(H2C2O4)×Ka2(H2C2O4) B.依据实验2推测:K2C2O4溶液具有较强氧化性 C.依据实验3推测:Ksp (BaC2O4)<2.5×10-3 D.依据实验4推测:反应后溶液中有c(K+)=c(H2C2O4) +c(HC2) +c(C2) 解析:选C　实验1测得0.1 mol·L-1KHC2O4溶液的pH约为5.6,说明HC2电离大于HC2水解,Ka2(H2C2O4)>Kh2=,故Ka1(H2C2O4)·Ka2(H2C2O4)>Kw,A错误;向酸性KMnO4溶液中滴加过量0.1 mol·L-1的K2C2O4溶液,溶液紫红色褪色,酸性KMnO4具有氧化性,B错误;向0.1 mol·L-1 KHC2O4溶液中加入等体积0.1 mol·L-1 Ba(OH)2溶液,此时草酸根离子浓度小于0.05 mol·L-1,钡离子浓度为0.05 mol·L-1,故Q=c(B)×c(C2)<2.5×10-3,此时产生沉淀,即2.5×10-3>Q>Ksp (BaC2O4),C正确;向5 mL 0.1 mol·L-1 NaHC2O4溶液中滴加少量0.1 mol·L-1NaOH溶液,溶质为草酸氢钠和少量草酸钠,反应后溶液中存在c(K+)>c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2),D错误。 二、盐类水解的应用 3.下列物质性质与用途不具有对应关系的是 (　　) A.NaHCO3受热易分解,可用作泡沫灭火剂 B.Na2CO3溶液呈碱性,可用于除油污 C.NH4Cl溶液呈酸性,可用于去除铁锈 D.明矾水解生成胶体,可用作混凝剂 解析:选A　NaHCO3与Al3+发生相互促进水解反应生成CO2而灭火,与NaHCO3易分解无关,A项错误;油脂在碱性条件下可以发生水解,Na2CO3溶液显碱性,可以使油脂水解而除去,B项正确;NH4Cl水解使溶液显酸性,可以除去铁锈,C项正确;明矾水解生成胶体,能吸附水中悬浮物质,可用作混凝剂,D项正确。 4.(1)为探究盐类水解是一个吸热过程,请用Na2CO3溶液和其他必要试剂,设计一个简单的实验方案: 　。 (2)常温下,0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液的pH大于8,则溶液中c(H2CO3)　　　　　(填“>”“=”或“<”)c(C),原因是 (用离子方程式和必要的文字说明)。 (3)Mg粉可溶解在NH4Cl溶液中,分析其原因。 链接拓展 广义水解反应规律及应用 答案:(1)取Na2CO3溶液,滴加酚酞溶液呈红色,然后分成两份,加热其中一份,若红色变深,则盐类水解吸热　(2)>　HCC+H+,HC+H2OH2CO3+OH-,pH大于8,则HC的水解程度大于电离程度　(3)在NH4Cl溶液中存在水解平衡:N+H2ONH3·H2O+H+,加入Mg,Mg与H+反应放出H2,使溶液中c(H+)降低,平衡向右移动,使Mg粉不断溶解。 三、盐溶液蒸干灼烧产物的判断 5.在空气中加热蒸干并灼烧下列盐溶液,将所得产物填入表格中。 盐溶液 产物 Ca(HCO3)2/NaHCO3 NH4Cl Na2SO3 FeCl2/AlCl3 Al2(SO4)3/Fe2(SO4)3/CuSO4 Na[Al(OH)4]/Na2CO3 答案:CaO/Na2CO3　无　Na2SO4 Fe2O3/Al2O3　Al2(SO4)3/Fe2(SO4)3/CuSO4 Na[Al(OH)4]/Na2CO3 逐点清(三)　溶液中的粒子浓度关系 [再认再现·旧知新学] (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.理解“三个守恒” (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。 视频微课 图示法快速写质子守恒 质子守恒的书写技巧: 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)。 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-) [边练边学·实践提能] 一、单一溶液中的粒子浓度关系 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)在Na2SO3溶液中:c(Na+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-) (　　) (3)0.1 mol·L-1 NH4HS溶液中:c(N)<c(HS-)+c(H2S)+c(S2-) (　　) (4)0.2 mol·L-1 NH4HCO3溶液(pH>7):c(N)>c(H2CO3)>c(HC)>c(NH3·H2O) (　　) (5)室温下,0.1 mol·L-1 NH4Fe(SO4)2溶液中存在:c(N)+3c(Fe3+)>2c(S) (　　) 　答案:(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　 2.0.1 mol·L-1的NH4Cl溶液。 (1)粒子种类: 　　　　　　。  (2)离子浓度大小关系: 。 (3)元素守恒: 。 解析:NH4Cl===N+Cl-(完全电离) N+H2ONH3·H2O+H+(微弱) H2OH++OH-(极微弱) 答案:(1)Cl-、N、H+、OH-、NH3·H2O、H2O (2)c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(OH-) (3)c(Cl-)=c(N)+c(NH3·H2O) 二、混合溶液(缓冲溶液)中的粒子浓度关系 3.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)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+) (　　) (2)pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合:c(Cl-)>c(N)>c(OH-)>c(H+) (　　) (3)室温下,将浓度均为0.1 mol·L-1的氨水和NH4Cl溶液等体积混合(pH=9.25):c(N)+c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-) (　　) (4)室温下,将浓度均为0.10 mol·L-1的H2C2O4和NaHC2O4溶液等体积混合(pH=1.68,H2C2O4为二元弱酸):c(H+)+c(H2C2O4)=c(Na+)+c(C2)+c(OH-) (　　) (5)0.1 mol·L-1 Na2C2O4溶液与0.1 mol·L-1HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸):2c(C2)+c(HC2)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+) (　　) (6)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+) (　　) 　答案:(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√ 4.浓度均为0.1 mol·L-1的NaHCO3和Na2CO3混合溶液。 (1)电荷守恒: 　。 (2)元素守恒: 　。 (3)离子浓度由大到小的顺序: 　。 答案:(1)c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(C)+c(HC) (2)2c(Na+)=3c(C)+3c(HC)+3c(H2CO3) (3)c(Na+)>c(HC)>c(C)>c(OH-)>c(H+) 三、不同溶液中的同一粒子浓度大小比较 5.选好参照物,分组比较,各个击破: 25 ℃ 时,相同物质的量浓度的下列溶液中: ①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、 ④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2,c(N)由大到小的顺序为 　。 解析:分析流程为分组 答案:⑤>④>③>①>② 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 随堂训练——融会贯通本课主干知识 　　阅读下列材料,完成1~3题。 草酸的钠盐和钾盐易溶于水,而其钙盐难溶于水。草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色,熔点为101 ℃,易溶于水,受热脱水、升华,170 ℃以上分解。常温下,向1 L 0.100 mol·L-1 H2C2O4溶液中加入NaOH粉末调节pH,得到溶液中部分含碳粒子的浓度随pH的变化如图所示(假设溶液体积不变)。 1.常温下,下列说法不正确的是 (　　) A.0.1 mol·L-1的KHC2O4溶液呈酸性 B.若某溶液中c(H2C2O4)=c(HC2),溶液的pH约为1.2 C.草酸钙饱和溶液中c(C2)>c(HC2) D.Na2C2O4溶液中粒子浓度关系:c(OH-)-c(H+)<c(H2C2O4)+c(HC2) 解析:选D　pH=4.2时,c(C2)=c(HC2),Ka2==c(H+)=10-4.2,pH=2.7时,c(C2)=c(H2C2O4),Ka1===·c(H+)=10-1.2。由电离常数可知,草酸氢根离子在溶液中的水解常数Kh===2.0×1<Ka2,则草酸氢根离子在溶液中的电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,A正确;由电离常数Ka1(H2C2O4)= 可知,溶液中c(H2C2O4)=c(HC2)时,溶液中c(H+)==10-1.2,则溶液pH=1.2,B正确;草酸钙饱和溶液中,草酸根离子在溶液中分步水解,以一级水解为主,则溶液中草酸根离子大于草酸氢根离子,C正确;草酸钠溶液中存在质子守恒关系c(OH-)=c(H+)+2c(H2C2O4)+c(HC2),则溶液中c(OH-)-c(H+)>c(H2C2O4)+c(HC2),D错误。 2.下列有关草酸性质说法错误的是 (　　) A.草酸晶体(H2C2O4·2H2O)受热时先熔化后分解 B.草酸与澄清石灰水反应的离子方程式为Ca2++2OH-+H2C2O4===CaC2O4↓+2H2O C.草酸溶液中加入少量NaHCO3溶液,产生气泡:NaHCO3+H2C2O4===NaHC2O4+CO2↑+H2O D.H2C2O4具有还原性,把草酸滴入酸性高锰酸钾溶液,溶液褪色,发生的反应为2Mn+5C2+16H+===2Mn2++10CO2↑+8H2O 解析:选D　草酸晶体熔点为101 ℃,170 ℃以上分解,A正确;H2C2O4为二元弱酸,能与氢氧化钙溶液发生中和反应,生成白色沉淀草酸钙和水,B正确;产生气泡证明有CO2产生,因此可证明酸性H2C2O4>H2CO3,加入少量NaHCO3溶液,草酸生成酸式盐,反应方程式为H2C2O4+NaHCO3===NaHC2O4+CO2 +H2O,C正确;由其K值可知,草酸为弱酸,故在其参与的离子方程式中要写其化学式,不能用草酸根表示,D错误。 3.关于上图,下列说法错误的是 (　　) A.pH由2.7至5.5过程中发生的主要反应为OH-+HC2===C2+H2O B.当c(Na+)=0.100 mol·L-1时:2c(C2)+c(HC2)<0.100 mol·L-1 C.草酸是具有还原性的二元弱酸 D.pH=2.7的溶液中:=1 000 解析:选B　pH由2.7至5.5过程中,草酸氢根减少,草酸根增多,主要反应为OH-+HC2===C2+H2O,A正确;当c(Na+)=0.100 mol·L-1时,溶液中溶质为NaHC2O4,根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2),NaHC2O4溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),则c(Na+)<c(HC2)+2c(C2),即2c(C2)+c(HC2)>0.100 mol·L-1,B错误;据图可知草酸为二元弱酸,C元素化合价为+3价,故具有还原性,C正确;pH=2.7的溶液中:===1 000,D正确。 [课时跟踪检测] 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,H2SO42H++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.下列表示盐类水解的离子方程式中,正确的是 (　　) A.Cu2++2H2O===Cu(OH)2↓+2H+ B.HS+H2OS+H3O+ C.Br-+H2OHBr+OH- D.N+2H2ONH3·H2O+H3O+ 解析:选D　铜离子在溶液中发生水解反应生成氢氧化铜和氢离子,水解的离子方程式为Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+,A错误;亚硫酸氢根离子在溶液中发生水解反应生成亚硫酸和氢氧根离子,水解的离子方程式为HS+H2OH2SO3+OH-,B错误;氢溴酸为强酸,溴离子在溶液中不能发生水解反应,C错误;铵根离子在溶液中发生水解反应生成一水合氨和水合氢离子,水解的离子方程式为N+2H2ONH3·H2O+H3O+,D正确。 3.生活中处处有化学,下列有关说法正确的是 (　　) A.天然弱碱性水呈碱性的原因是其中含有较多的Mg2+、Ca2+等离子 B.焊接时用NH4Cl溶液除锈与盐类水解无关 C.生活中用电解食盐水的方法制取消毒液,运用了盐类的水解原理 D.在滴有酚酞的Na2CO3溶液中慢慢滴入BaCl2溶液,溶液的红色逐渐褪去 解析:选D　A项,Mg2+水解呈酸性,Ca2+不发生水解反应,错误;B项,氯化铵是强酸弱碱盐,N水解使溶液显酸性,因此能溶解铁锈,错误;C项,惰性电极电解食盐水的生成物是氢气、氢氧化钠与氯气,氯气与氢氧化钠溶液反应可以制备消毒液,与水解无关,错误;D项,碳酸钠溶液中存在水解平衡:C+H2OHC+OH-,加入氯化钡溶液后生成碳酸钡沉淀,降低了C的浓度,水解平衡逆向移动,溶液的碱性降低,所以红色逐渐褪去,正确。 4.“石碱”的主要成分是K2CO3。下列说法不正确的是 (　　) A.K2CO3溶液中:c(K+)>c(C)>c(OH-)>c(HC)>c(H+) B.K2CO3溶液中:c(OH-)=c(H+)+c(HC)+2c(H2CO3) C.热石碱溶液除油污的原理是油脂直接与K2CO3反应 D.“石碱”与强酸反应有CO2气体生成 解析:选C　C两步水解都生成OH-,溶液呈碱性,只有第一步水解生成HC,则c(OH-)>c(HC)>c(H+),但其水解程度较小,K+不水解,则溶液中存在c(K+)>c(C)>c(OH-)>c(HC)>c(H+),A正确;任何电解质水溶液中都存在质子守恒,根据质子守恒得c(OH-)=c(H+)+c(HC)+2c(H2CO3),B正确;油脂在碱性条件下水解生成可溶性的盐和醇,碳酸钾水解导致溶液呈碱性,所以热石碱溶液除油污的原理是油脂和K2CO3水解生成的KOH反应,C错误;“石碱”的主要成分是K2CO3,碳酸钾和强酸能反应生成CO2气体,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　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,A错误;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,B错误;加水稀释CH3COONa溶液时,溶液中醋酸根离子和氢氧根离子浓度都减小,水的离子积不变,则溶液中氢离子浓度增大,的比值减小,C错误;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,D正确。 6.下列解释事实的离子方程式正确的是 (　　) A.泡沫灭火器的反应原理:2Al3++3C+3H2O===2Al(OH)3↓+3CO2↑ B.TiO2化学性质非常稳定,在工业上有着广泛用途,可用TiCl4制备TiO2:TiCl4+(x+2)H2O===TiO2·xH2O↓+4HCl C.MgCl2溶液显酸性的原因: Mg2++2H2OMg(OH)2+2H+ D.NaHSO3溶液的水解方程式:HS+H2OH3O++S 解析:选C　泡沫灭火器的反应原理为铝离子和碳酸氢根离子发生相互促进水解生成二氧化碳和氢氧化铝沉淀:Al3++3HC===Al(OH)3↓+3CO2↑,A错误;利用TiCl4的水解原理可以制备TiO2,涉及的离子方程式为Ti4++(x+2)H2O===TiO2·xH2O↓+4H+,B错误;MgCl2溶液显酸性的原因是镁离子水解生成氢离子:Mg2++2H2OMg(OH)2+2H+,C正确;NaHSO3溶液中亚硫酸根离子水解生成亚硫酸和氢氧根离子,水解方程式:HS+H2OH2SO3+OH-, D错误。 7.(2025·江苏射阳中学月考)室温下,通过下列实验探究NaHS溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 向0.1 mol·L-1NaHS溶液中滴加几滴酚酞试剂,溶液变红 2 向0.1 mol·L-1 NaHS溶液中加入等体积0.1 mol·L-1 NaOH溶液充分混合 3 向0.1 mol·L-1 NaHS溶液中通入过量氯气,无淡黄色沉淀产生 4 向0.1 mol·L-1 NaHS溶液中滴加过量CuCl2溶液,产生黑色沉淀 下列有关说法正确的是 (　　) A.0.1 mol·L-1NaHS溶液中:c(S2-)>c(H2S) B.实验2所得溶液中:c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S) C.实验3说明HS-不能被氯气氧化 D.实验4反应静置后的上层清液中有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS) 解析:选D　NaHS溶液中存在电离平衡HS-H++S2-和水解平衡HS-+H2OH2S+OH-,由实验1可知NaHS溶液显碱性,则HS-的水解程度大于电离程度,因此c(S2-)<c(H2S),A错误;实验2中0.1 mol·L-1 NaHS溶液和0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合,则所得溶液为Na2S溶液,存在物料守恒c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)],B错误;氯气有强氧化性,HS-有较强还原性,二者能发生氧化还原反应,实验3没有淡黄色沉淀产生可能是氯气将HS-氧化为硫酸根,C错误;实验4中产生黑色沉淀,说明生成了CuS,则静置后的上层清液中有c(Cu2+)·c(S2-)=Ksp(CuS),D正确。 8.(2025·江苏南京六校联合体联考)硫酸工业尾气(主要含SO2、N2和O2),用Na2SO3溶液吸收尾气中的SO2可将其转化为NaHSO3,当c(HS)∶c(S)≈10时,吸收能力下降,需要加热再生为Na2SO3溶液。已知Ka1(H2SO3)=10-1.9,Ka2(H2SO3)=10-7.2,下列说法不正确的是 (　　) A.NaHSO3溶液中存在:2c(S) + c(HS)>c(Na+) B.Na2SO3溶液吸收SO2的离子方程式为S+SO2+H2O===2HS C.当c(HS)∶c(S)=10时,此时吸收液的pH=6.2 D.与原Na2SO3溶液相比,吸收液充分分解放出SO2再生后,吸收SO2能力几乎不变 解析:选D　NaHSO3溶液中存在HS的电离与水解,Ka2(H2SO3)=10-7.2,Kh===10-12.1,即HS电离程度大于水解程度,NaHSO3溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),由电荷守恒可知,2c(S) + c(HS)+ c(OH-) =c(Na+)+c(H+),则2c(S) + c(HS)>c(Na+),A正确;亚硫酸钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠,反应的离子方程式为S+SO2+H2O===2HS,B正确;亚硫酸的电离常数Ka2(H2SO3)==10-7.2,当c(HS)∶c(S)=10时,溶液中c(H+)=10-7.2×10 mol·L-1=10-6.2mol·L-1,溶液的pH为6.2,C正确;吸收能力下降的吸收液加热再生为亚硫酸钠溶液的反应为溶液中的亚硫酸氢钠受热分解,转化为亚硫酸钠,亚硫酸钠具有还原性,可能被空气中的氧气氧化为硫酸钠,硫酸钠溶液不能与二氧化硫反应,所以再生的吸收液后吸收二氧化硫的能力下降,D错误。 9.(2025·苏锡常镇四市调研)常温下,可用下图所示的方法制备FeCO3。已知:Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,Ka1(H2CO3)=4.5×10-7,Ka2(H2CO3)=4.7×10-11,Ksp(FeCO3)=3.1×10-11,Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16。下列说法正确的是 (　　) A.0.1 mol·L-1 NH4HCO3溶液中:c(NH3·H2O)>c(H2CO3) B.(NH4)2SO4溶液中:c(H+)=2c(NH3·H2O)+c(OH-) C.反应2HCH2CO3+C的平衡常数K约为1.04×10-4 D.当混合液中c(Fe2+)=0.08 mol·L-1时,应控制pH≤8 解析:选C　根据越弱越水解的规律,Kb(NH3·H2O)>Ka1(H2CO3),则HC的水解程度大于N的水解程度,水解产物浓度:c(NH3·H2O)<c(H2CO3),A项错误;根据质子守恒,c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-),B项错误;反应2HCH2CO3+C的平衡常数K====≈1.04×10-4,C项正确;应避免生成Fe(OH)2,则c(OH-)≤ = mol·L-1=10-7 mol·L-1,应控制pH≤7,D项错误。 10.(2025·江苏盐城中学月考)已知:Ka1(H2SO3)=1.5×10-2、Ka2(H2SO3)=6.0×10-8。室温下,通过下列实验探究Na2SO3、NaHSO3溶液的性质。 实验1:用pH计测得某Na2SO3和NaHSO3混合溶液的pH为7。 实验2:将等体积、等物质的量浓度的Na2SO3和NaHSO3溶液混合,无明显现象。 实验3:向Na2SO3溶液中滴几滴酚酞,加水稀释,溶液红色变浅。 实验4:向NaHSO3溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液,产生白色沉淀。 下列说法正确的是 (　　) A.实验1混合溶液中=9.0×104 B.实验2混合后的溶液中存在:3c(Na+)=2[c(S)+c(HS)+c(H2SO3)] C.实验3中随着水的不断加入,溶液中的值逐渐变小 D.实验4中反应的离子方程式为Ba2++S===BaSO3↓ 解析:选A　Ka1=,Ka2=,则Ka1×Ka2==9×10-10,则==9×104,A正确;等体积等浓度的Na2SO3和NaHSO3溶液混合,根据物料守恒可知,2c(Na+)=3[c(S)+c(HS)+c(H2SO3)],B错误;根据亚硫酸钠水解方程式可知,Kh=,温度不变,Kh的值不变,但是加水稀释,溶液碱性变弱,c(OH-)减小,则的值逐渐增大,C错误;向亚硫酸氢钠溶液中滴加少量氢氧化钡溶液,以少定多,反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2HS===BaSO3↓+S+2H2O,D错误。 11.(2025·苏州八校联盟考试)已知H2SO3是一种二元弱酸。室温下,通过下列实验探究H2SO3溶液的性质。 实验 实验操作和现象 1 用pH试纸测量0.1 mol·L-1NaHSO3溶液的pH,测得pH约为5 2 向10 mL 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液,无明显现象 3 向0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1 Ba(OH)2溶液,溶液变浑浊 4 向10 mL 0.1 mol·L-1 NaHSO3溶液中加入等体积0.1 mol·L-1氨水溶液,充分混合,溶液pH约为9 若忽略溶液混合时的体积变化,下列说法正确的是 (　　) A.依据实验1可推测:Ka1(H2SO3)Ka2(H2SO3)<Kw B.依据实验2推测:Ka2(H2SO3)<Ka1(H2CO3) C.依据实验3推测:Ksp(BaSO3)>2.5×10-3 D.实验4所得溶液中存在:2c(H2SO3)+c(HS)>c(NH3·H2O) 解析:选D　NaHSO3溶液pH约为5,溶液呈酸性,说明HS的电离程度大于水解程度,则HS的水解常数Kh=<Ka2(H2SO3),所以Ka1(H2SO3)·Ka2(H2SO3)>Kw,A项错误;NaHSO3少量,反应生成NaHCO3和Na2SO3,则有Ka2(H2SO3)>Ka2(H2CO3),但无法确定NaHSO3是否能与NaHCO3溶液继续反应,所以无法比较Ka2(H2SO3)和Ka1(H2CO3)的大小关系,B项错误;混合后溶液中离子浓度减半,S和Ba2+的浓度均为0.05 mol·L-1,由混合后溶液变浑浊可知,溶液中离子的浓度熵c(Ba2+)·c(S)>Ksp(BaSO3),即Ksp(BaSO3)<0.05×0.05=2.5×1,C项错误;反应得到Na2SO3和(NH4)2SO3的混合溶液,溶液中存在质子守恒关系2c(H2SO3)+c(HS)+c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O),由溶液pH约为9可知,溶液中c(OH-)>c(H+),则溶液中存在2c(H2SO3)+c(HS)>c(NH3·H2O),D项正确。 二、非选择题 12.(8分)回答下列问题: (1)已知25 ℃,NH3·H2O的Kb=1.25×10-5,H2SO3的Ka1=1.3×10-2,Ka2=6.3×10-8。 ①若氨水的浓度为2.0 mol·L-1,溶液中的c(OH-)=　　　　mol·L-1。  ②将SO2通入该氨水中,当c(OH-)降至1.0×10-6 mol·L-1时,溶液中的=　　　　。  ③将稀盐酸加入氨水中,当lg=1时,溶液中的c(H+)=　　　　mol·L-1。  (2)2.0×10-3 mol·L-1的氢氟酸水溶液中,调节溶液pH(忽略调节时体积变化),测得平衡体系中c(F-)、c(HF)与溶液pH的关系如图。 则25 ℃时,NaF水解平衡常数Kh(NaF)=　　　　。  解析:(1)①氨水中存在电离NH3·H2ON+OH-,Kb===1.25×10-5,因电离微弱,氨水的浓度近似为2.0 mol·L-1,解得c(OH-)=5×10-3 mol·L-1;②=·=·=,当c(OH-)降至1.0×10-6 mol·L-1时,c(H+)=1.0×10-8 mol·L-1溶液中的=6.3;③lg=1时,=10,Kb==10c(OH-)=1.25×10-5,c(OH-)=1.25×10-6,c(H+)== mol·L-1=8×10-9 mol·L-1。(2)由图可知,pH=4时,c(OH-)===10-10 mol·L-1,此时c(F-)=1.6×10-3 mol·L-1,c(HF)=4.0×10-4 mol·L-1,代入得Kh(NaF)===2.5×10-11。 答案:(1)①5×10-3　②6.3　③8×10-9 (2)2.5×10-11 第五讲　难溶电解质的溶解平衡(基础落实课) |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。 .能运用溶度积常数进行简单计算。 逐点清(一)　沉淀溶解平衡及影响因素 [再认再现·旧知新学] 1.沉淀溶解平衡 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.沉淀溶解平衡的影响因素 (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 [边练边学·实践提能] 1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。 (1)难溶电解质在水溶液中达到沉淀溶解平衡时,沉淀和溶解即停止 (×) (2)升高温度,AgCl的溶解度不变 (×) (3)在Ag+(aq)+ Cl-(aq)AgCl(s) 平衡体系中,加入AgNO3固体,可使反应向右移动达到新平衡 (√) (4)AgCl难溶于水,所以将AgCl加入水中所得溶液中不含Ag+、Cl- (×) 2.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 答案:从左到右:减小　增大　增大　增大　减小　增大　减小　增大　减小 3.在某温度下,向含有AgCl固体的AgCl饱和溶液中加入少量稀盐酸,下列说法不正确的是 (　　) A.AgCl的溶解度不变 B.AgCl的Ksp不变 C.溶液中银离子的浓度减小 D.溶液中氯离子的浓度增大 解析:选A　当加入少量稀盐酸时,溶液中c(Cl-)增大,抑制了AgCl的溶解,部分AgCl析出,AgCl的溶解度减小,A错误;Ksp只与温度有关,温度不变,则AgCl的Ksp不变,B正确;Ksp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl-),当加入少量稀盐酸时,溶液中c(Cl-)增大,则c(Ag+)减小,C正确;当加入少量稀盐酸时,Cl-与Ag+结合生成AgCl沉淀,但加入的量远大于结合沉淀减少的量,则最终溶液中c(Cl-)增大,D正确。 4.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。 逐点清(二)　溶度积常数及应用 [再认再现·旧知新学] 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。 [边练边学·实践提能] 一、溶度积的概念及影响因素 1.下列说法正确的是 (　　) A.难溶电解质的溶度积Ksp越小,则它的溶解度越小 B.Ksp(Ag2CrO4)<Ksp(AgCl),则Ag2CrO4的溶解度小于AgCl的溶解度 C.溶度积常数Ksp与温度有关,温度越高,溶度积越大 D.升高温度,某沉淀溶解平衡逆向移动,说明它的溶解度是减小的,Ksp也变小 解析:选D　不同类型的电解质是无法由溶度积来比较溶解度大小的,同类型的难溶电解质Ksp越小,溶解度越小,A错误;电解质类型不同,不能简单由Ksp的数值大小来比较溶解度,B错误;溶度积常数Ksp与温度有关,温度升高,溶度积常数可能增大也可能减小,C错误;升高温度,沉淀溶解平衡逆向移动,则说明它的溶解度是减小的,所以Ksp也变小,D正确。 2.(2025·江苏南师附中一模)将1.8 mol PbSO4加到1 L含有0.12 mol·L-1 H2C2O4的废水中。发生的离子反应为PbSO4(s)+H2C2O4(aq)PbC2O4(s)+2H+(aq)+S(aq),该反应的平衡常数的值K=　　　　。  已知:25 ℃时,部分物质的相关信息如表所示: Ksp(PbSO4) Ksp(PbC2O4) Ka1(H2C2O4) Ka2(H2C2O4) 2.0×10-8 5.0×10-10 6.0×10-2 6.25×10-5 解析:平衡常数K=== ==1.5×10-4。 答案:1.5×10-4 二、溶度积的应用及简单计算 3.[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。 4.[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 5.[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。 6.[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(三)　沉淀溶解平衡的应用 [再认再现·旧知新学] 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·H2O===Fe(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 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。 [边练边学·实践提能] 1.牙齿表面有一层硬的成分为Ca5(PO4)3OH的物质保护,它在唾液中存在下列平衡:Ca5(PO4)3OH(s)5Ca2+(aq)+3P (aq)+OH-(aq)。已知Ca5(PO4)3F(s)的溶解度比Ca5(PO4)3OH(s)更小,为了保护牙齿,世界各地均采用了不同的措施。以下措施中不能保护牙齿的是 (　　) A.饮用纯净水 B.在牙膏中添加适量的Ca2+或P C.在饮用水中加入适量的氟化物添加剂 D.在牙膏中加入氟化物添加剂 解析:选A　纯净水会使更多羟基磷酸钙溶解,不能保护牙齿,A符合题意;在牙膏中添加适量的Ca2+或P会促使Ca5(PO4)3OH的溶解平衡向左进行,有利于牙齿的保护,B不符合题意;在饮用水中加入适量氟化物会在牙齿表面生成溶解度更小的Ca5(PO4)3F而保护牙齿,C不符合题意;在牙膏中加入适量氟化物会在牙齿表面生成溶解度更小的Ca5(PO4)3F而保护牙齿,D不符合题意。 2.为研究沉淀的生成及其转化,某小组进行如图实验。①中现象:产生红色沉淀,②中现象:溶液先浑浊,后来澄清,③中现象:产生白色沉淀。 数字实验室 沉淀转化的实验分析 关于该实验的分析不正确的是 (　　) A.①浊液中存在平衡:Ag2CrO4(s)2Ag+(aq)+Cr(aq) B.②中溶液变澄清的原因:AgOH+2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]OH+2H2O C.③中颜色变化说明有AgCl生成 D.该实验可以证明AgCl比Ag2CrO4更难溶 解析:选D　AgNO3溶液过量,故余下浊液中含有Ag+,加入KCl溶液生成AgCl白色沉淀,不能证明AgCl比Ag2CrO4更难溶。 3.室温下,将0.1 mol·L-1 AgNO3溶液和0.1 mol·L-1 NaCl溶液等体积充分混合,一段时间后过滤,得滤液a和沉淀b。取等量的滤液a于两支试管中,分别滴加相同体积、浓度均为0.1 mol·L-1的Na2S溶液和Na2SO4溶液,前者出现浑浊,后者溶液仍澄清;再取少量的沉淀b,滴加几滴氨水,沉淀逐渐溶解。下列说法正确的是 (　　) A.从实验现象可以得出该温度下:Ksp(Ag2S)>Ksp(Ag2SO4) B.0.1 mol·L-1 Na2S溶液中存在:c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S) C.沉淀b中滴加氨水发生反应的离子方程式:AgCl+2NH3·H2O=== [Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O D.过滤后所得清液中一定存在:c(Ag+)=且c(Ag+)> 解析:选C　从实验现象可以得出硫化银比硫酸银更难溶,Ksp(Ag2SO4)>Ksp(Ag2S),A项错误;电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(OH-),物料守恒:c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S),两式联立,质子守恒:c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S),B项错误;沉淀b为氯化银,氯化银中滴加氨水会生成[Ag(NH3)2]+,其离子方程式为AgCl+2NH3·H2O=== [Ag(NH3)2]++Cl-+2H2O,C项正确;滤液为氯化银的饱和溶液,所以清液中一定存在:c(Ag+)=,但加入硫酸钠后溶液仍然澄清,说明硫酸银的溶解度比氯化银大,则反应后c(Ag+)< ,D项错误。 4.(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 (　　) 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(HC)+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。 随堂训练——融会贯通本课主干知识 　　阅读下列材料,完成1~3题。 “钡餐”是一种造影剂,用于在X线照射下显示消化道有无病变。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:碳酸的电离常数为Ka1、Ka2,Ksp(BaCO3)=5.1×10-9;Ksp(BaSO4)=1.1×10-10。 1.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) 解析:选B　溶度积常数为离子浓度幂之积,BaCO3的溶度积常数表达式为Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)·c(C),A项错误;c(Ba2+)=1.0×10-5 mol·L-1的溶液中钡离子浓度很小,不会引起钡离子中毒,C项错误;因胃酸可与C反应生成水和二氧化碳,使C浓度降低,从而使平衡BaCO3(s) Ba2+(aq)+C(aq)向溶解方向移动,使Ba2+浓度增大,会引起Ba2+中毒,故不用碳酸钡作为内服造影剂,与Ksp大小无关,D项错误。 2.某温度时,BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知:p(Ba2+)=-lg c(Ba2+),p(S)=-lg c(S)。下列说法正确的是 (　　) A.该温度下,Ksp(BaSO4)=1.0×10-24 B.a点的Ksp(BaSO4)等于d点的Ksp(BaSO4) C.b点表示的是该温度下BaSO4的过饱和溶液 D.c点已达沉淀溶解平衡,加入BaCl2(s)后c点不移动 解析:选B　根据已知:p(Ba2+)=-lg c(Ba2+),p(S)=-lg c(S)可以得出沉淀溶解平衡线随着横坐标增大,硫酸根离子浓度逐渐减小,钡离子浓度增大;a、c达到了沉淀溶解平衡,d属于过饱和溶液,b属于未饱和溶液。a点钡离子浓度和硫酸根离子浓度分别为1.0×10-4 mol·L-1和1.0×10-6 mol·L-1,所以Ksp(BaSO4)=1.0×10-10,A错误;温度不变,Ksp不变,a点的Ksp(BaSO4)等于d点的Ksp(BaSO4),B正确;d属于过饱和溶液,b属于未饱和溶液,C错误;c达到了沉淀溶解平衡,加入BaCl2可以使溶液钡离子浓度增大,硫酸根离子浓度减小,由c点逐渐向a点方向移动,D错误。 3.在该温度下BaSO4与BaCO3沉淀溶解平衡曲线如图所示,下列说法不正确的是 (　　) A.曲线①表示BaSO4的饱和溶液 B.加适量BaCl2固体可使溶液由b点变到a点 C.相同浓度的S、C混合液中滴加BaCl2溶液,先生成BaSO4沉淀 D.c(Ba2+)=10-5.1 mol·L-1时两溶液中=1 解析:选D　材料中已知Ksp(BaSO4) =1.1×10-10,可从沉淀溶解平衡曲线中找到特殊点,通过计算溶度积判断出①为BaSO4的沉淀溶解平衡曲线,那么②为BaCO3的沉淀溶解平衡曲线,A正确;曲线②为BaCO3的沉淀溶解平衡曲线,存在BaCO3(s)Ba2+(aq)+C(aq),加入BaCl2固体,c(Ba2+)增大,溶解平衡逆向移动,c(C)减小,故溶液可由b点变到a点,B正确;图中②曲线在①下方,说明Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3),溶度积小的先沉淀,故先生成BaSO4沉淀,C正确;将曲线上c、d分别代入,可得==1 ,D错误。 [课时跟踪检测] 一、选择题 1.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。 2.25 ℃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。 3.往锅炉注入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溶解于盐酸而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(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;硫酸钙较为致密,可转化为较为疏松且溶解度更小的碳酸钙,沉淀转化的离子方程式为CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq),D项正确。 4.已知常温下,Ksp(BaSO4)=1.0×10-10,Ksp(BaCO3)=5.0×10-9。现向饱和BaSO4溶液中加入足量的Na2CO3溶液,发生反应BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq)。常温下,该反应的平衡常数K为 (　　) A.2.0×10-2　　　　　 B.5.1×10-9 C.4.9×10-9 D.50 解析:选A　BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq)的反应平衡常数K=====2×10-2。 5.现代医学证明“痛风”的病因与关节滑液中形成的尿酸钠(NaUr)晶体有关,在寒冷季节尤其易诱发关节疼痛。主要原理为 ①HUr(尿酸)+H2OUr-(尿酸离子)+H3O+ ②Na+(aq)+Ur-(aq)NaUr(s)　ΔH<0 下列叙述错误的是 (　　) A.反应①是尿酸的电离方程式 B.热敷能减轻关节疼痛 C.饮食中摄入过多食盐,容易诱发痛风 D.“痛风”患者应多摄入代谢产生较多尿酸的食物 解析:选D　尿酸为弱酸,存在电离平衡,A正确;由于反应②的ΔH<0,因此热敷温度升高,平衡Na+(aq)+Ur-(aq)NaUr(s)逆向移动,尿酸钠减少,能减轻关节疼痛,B正确;饮食中摄入过多食盐,会增大Na+的浓度,使得反应②平衡正向移动,人体中NaUr含量增多,病情加重,C正确;患痛风病的人多吃能代谢产生更多尿酸的食物,会增大尿酸的浓度,使得反应②平衡正向移动,人体中NaUr含量增多,病情加重,故患痛风病的人应少吃能代谢产生较多尿酸的食物,D错误。 6.(2025·江苏常州模拟)实验室采用如图所示流程分离AgCl和AgI的淡黄色固体混合物。实验中所用氨水和硝酸的浓度均为2 mol·L-1,且体积相等。假设流程中每一步均实现物质的完全分离,溶液Ⅱ中溶质唯一,下列说法正确的是 (　　) A.Ksp(AgI)>Ksp(AgCl) B.结合NH3的能力:Ag+>H+ C.溶液中水的电离程度:氨水>无色溶液Ⅱ>硝酸 D.无色溶液Ⅱ中存在:c(H+)-c(OH-)=c(NH3·H2O) 解析:选D　AgI为黄色沉淀,加入足量氨水仍有黄色固体,说明AgI难溶于氨水,而AgCl可以溶于氨水,所以Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),A错误;AgCl被NH3溶解生成Ag(NH3)2Cl,加入HNO3后,生成AgCl和NH4NO3,说明NH3与H+的结合能力强于NH3与Ag+的结合能力,B错误;无色溶液Ⅱ为NH4NO3,N水解会促进水的电离,氨水和硝酸对水的电离有抑制作用,C错误;NH4NO3溶液的质子守恒式为c(H+)=c(NH3·H2O)+c(OH-),D正确。 7.(2025·江苏泰州中学月考)以废锌催化剂(主要含ZnO及少量Fe2O3、CuO)为原料制备锌的工艺流程如图所示。 已知:ZnO、CuO可以溶于氨水生成[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+。 下列说法正确的是 (　　) A.“浸取”时ZnO发生反应:ZnO+4N=== [Zn(NH3)4]2++2H++H2O B.0.1 mol·L-1的NH4HCO3溶液中存在:c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(C) C.“除铜”所得上层清液中存在: 　c(Zn2+)·c(S2+)<Ksp(ZnS) D.ZnS、CuS均不能溶于氨水生成[Zn(NH3)4]2+和[Cu(NH3)4]2+ 解析:选C　根据已知,“浸取”时ZnO发生反应:ZnO+2N+2NH3·H2O=== [Zn(NH3)4]2++3H2O,A错误;0.1 mol·L-1的NH4HCO3溶液中存在物料守恒:c(NH3·H2O)+c(N)=c(H2CO3)+c(C)+c(HC)、电荷守恒:c(H+)+c(N)=c(OH-)+2c(C)+c(HC),两式联立得:c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)+c(C)+c(NH3·H2O),B错误;“除铜”所得上层清液中锌离子没有沉淀,溶液中存在c(Zn2+)·c(S2-)<Ksp(ZnS),C正确;除铜步骤中[Cu(NH3)4]2++S2-===CuS↓+4NH3,说明CuS不能溶于氨水生成配离子四氨合铜离子,但没有生成ZnS沉淀,则ZnS能溶于氨水生成[Zn(NH3)4]2+,D错误。 8.(2025·江苏常州联盟月考)草酸亚铁(FeC2O4)是生产磷酸铁锂电池的原料,实验室可通过如下反应制取: 已知室温时:Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2、Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4、Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7。 下列说法正确的是 (　　) A.酸化、溶解后的溶液中存在: 　2c(Fe2+)+c(N)=2c(S) B.室温下,0.1 mol·L-1NaHC2O4溶液中存在:c(C2)<c(H2C2O4) C.向稀硫酸酸化的KMnO4溶液中滴加Na2C2O4溶液至溶液褪色,反应的离子方程式为5C2+2Mn+8H2O===10CO2↑+2Mn2++16OH- D.室温时,反应Fe2++H2C2O4===FeC2O4↓+2H+的平衡常数K=40 解析:选D　该工艺流程原料为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O,产品为FeC2O4,(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O“酸化、溶解”后溶液中含有Fe2+、N、H+、S、OH-,在“沉铁”工艺中Fe2+与C2结合生成FeC2O4,从溶液中过滤、洗涤得FeC2O4固体。 “酸化、溶解”后溶液中含有Fe2+、N、H+、S、OH-,溶液显酸性,存在2c(Fe2+)+c(N)+c(H+)=2c(S)+c(OH-),c(S)>c(N),则2c(Fe2+)+c(N)<2c(S),A错误;NaHC2O4溶液中存在HC2H++C2、HC2+H2OH2C2+OH-,根据Kh(HC2)==≈1.8×10-13<Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4可知,HC2的电离程度大于水解程度,故c(C2)>c(H2C2O4),B错误;溶液呈酸性,故反应的离子方程式为5C2+2Mn+16H+===10CO2↑+2Mn2++8H2O,C错误;室温时,反应Fe2++H2C2O4FeC2O4↓+2H+的平衡常数K=====40,D正确。 二、非选择题 9.(6分)(2025·南京高三学情调研)MnSO4可用于制备多种物质。 25 ℃时,相关物质的Ksp见下表。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 Ksp 8.0×10-16 3.0×10-39 1.0×10-33 1.0×10-13 由软锰矿粉(主要成分为MnO2,含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2)制备MnSO4的过程可表示为 (1)浸取。保持温度、各物质投料量及浓度不变,能提高Mn2+浸出率的措施有 　。 (2)沉淀。室温下,浸取后溶液中Mn2+浓度为0.1 mol·L-1,欲使溶液中Fe3+、Al3+的浓度均小于1.0×10-6 mol·L-1,则需加入MnO调节pH的范围为　　　　　。  (3)过滤。滤渣的主要成分有 　。 解析:“浸取”步骤中,主要反应为软锰矿中MnO2在酸性条件下与Fe2+发生氧化还原反应生成Mn2+,另外Fe2O3、Al2O3与酸反应得到Fe3+和Al3+,SiO2与稀硫酸不反应。加入MnO调节溶液的pH使Fe3+和Al3+沉淀,过滤得到滤渣为Fe(OH)3、Al(OH)3、SiO2,滤液经系列操作后得到MnSO4。(1)增大反应物接触面积、延长反应时间、适当增大酸的浓度均可加快反应速率;(2)Al(OH)3完全变成沉淀时的pH:Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c(Al3+)×c3(OH-),c(Al3+)=1×10-6 mol·L-1,解得:c(OH-)=1×10-9 mol·L-1,c(H+)=1×10-5 mol·L-1,则pH=5,同理Fe(OH)3完全变成沉淀时,pH约为3.2,若溶液中c(Mn2+)=0.1 mol·L-1,开始沉淀时,Ksp[Mn(OH)2]=c(Mn2+)×c2(OH-)=1×10-13,c(OH-)= mol·L-1=10-6 mol·L-1,c(H+)===10-8 mol·L-1,pH=8,故pH范围是:5≤pH<8;(3)根据分析,调节pH得到Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀,此外软锰矿中SiO2不溶于酸,也一并沉淀。 答案:(1)搅拌、延长反应时间　(2)5~8　 (3)Fe(OH)3、Al(OH)3、SiO2 10.(8分)(2025·连云港调研)五氧化二钒(V2O5)是广泛用于冶金、化工等行业的催化剂。工业上以石煤(主要成分为V2O3,含有少量SiO2、P2O5等杂质)为原料制备V2O5,主要经过“焙烧、水浸、除杂、沉钒、灼烧”等过程。 已知:①NaVO3溶于水,NH4VO3难溶于水; ②Ksp(MgSiO3)=2.5×10-5,Ksp[Mg3(PO4)2]=2.5×10-24。 回答下列问题: (1)向石煤中加纯碱,在通入空气的条件下焙烧,V2O3转化为NaVO3,该反应的化学方程式为　 。  (2)向水浸后的溶液中加入MgSO4生成Mg3(PO4)2、MgSiO3沉淀以除去硅、磷。 除杂后的溶液中MgSO4的浓度为0.1 mol·L-1,此时溶液中=　　　　　　;磷、硅去除率随温度变化的曲线如图所示,随着温度升高除磷率下降而除硅率升高,可能的原因是 　。  解析:(1)V2O3与Na2CO3、O2焙烧生成NaVO3,V的化合价由+3升至+5,O的化合价降低,根据V、O得失电子配平反应,由碳原子守恒,确定有CO2生成。(2)Ksp(MgSiO3)=c(Mg2+)·c(Si)=2.5×10-5,c(Mg2+)=0.1 mol·L-1,得c(Si)= mol·L-1=2.5×10-4 mol·L-1,Ksp[Mg3(PO4)2]=c3(Mg2+)·c2(P)=2.5×10-24,得c2(P)==25×10-22,c(P)=5×10-11 mol·L-1,==2×10-7。Mg3(PO4)2的沉淀溶解平衡为Mg3(PO4)23M+2P,温度升高,会促进P的水解,c(P)减小,导致Mg3(PO4)2的沉淀溶解,P去除率下降。温度升高,促进Si水解生成H2SiO3沉淀,则除硅率升高。 答案:(1)V2O3+Na2CO3+O22NaVO3+CO2　(2)2×10-7　随着温度升高P水解程度增大,Mg3(PO4)2的沉淀溶解平衡向右移动,所以P去除率下降,温度升高时Si水解增大,但水解生成不溶于水的硅酸,所以Si的去除率增大(其他合理答案即可) 11.(8分)LiMn2O4是一种锂离子电池的正极材料。用高锰酸钾废渣(主要成分为MnO2、Fe2O3、Al2O3、SiO2)和硫铁矿(主要成分为FeS2)制备LiMn2O4的工艺流程如下: 已知:①酸浸液主要含有Mn2+、Fe2+、Fe3+、Al3+等金属阳离子; ②25 ℃时,相关物质的Ksp见下表。 物质 Fe(OH)2 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mn(OH)2 Ksp 1×10-16.3 1×10-38.6 1×10-32.3 1×10-12.7 (1)酸浸。MnO2与FeS2反应生成Fe3+和S的离子方程式为 　。  保持温度、浸取时间不变,能提高锰元素浸出率的措施有 　。  (2)除杂。欲使溶液中的Al3+、Fe3+沉淀完全,调节溶液的pH最小值为　　　　(当溶液中某离子浓度c≤1×10-5 mol·L-1时,可认为该离子沉淀完全)。  解析:(1)MnO2与FeS2反应生成Fe3+和S,FeS2中Fe为+2价,S为-1价,两种元素均升高,Fe升高1,S升高7,1 mol FeS2失去15 mol e-,MnO2转化为Mn2+,Mn降低2,1 mol MnO2得到2 mol e-,根据得失电子守恒配平,确定2FeS2~15MnO2,再由Mn、Fe、S原子守恒确定产物中各离子的系数,再由电荷守恒知,需要加入H+,再由原子守恒确定产物中的H2O的计量数。增大硫酸的浓度,可以加快溶解的速率;将固体粉碎、搅拌固体,均可以增大固体与酸的接触面积,可加快溶解的速率。(2)Fe(OH)3的Ksp比Al(OH)3的小,说明Fe3+更易沉淀,故用Ksp[Al(OH)3]计算,Ksp[Al(OH)3]=c(Al3+)·c3(OH-),c3(OH-)===10-27.3,c(OH-)=10-9.1,c(H+)===10-4.9,pH=4.9。 答案:(1)2FeS2+15MnO2+28H+===15Mn2++2Fe3++4S+14H2O　适当增大硫酸浓度;将固体原料粉碎;加快搅拌速度　(2)4.9 第六讲　沉淀溶解平衡图像(综合应用课) 　　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、离子浓度c(Mm+)-c(An-)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]　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]　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。 [答案]　D [应用体验] 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.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。下列说法正确的是 (　　) A.m点对应的溶液能再溶解CdS固体 B.图中各点对应的Ksp的关系为Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)>Ksp(q) C.向p点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由p沿npm线向m方向移动 D.温度升高时,p点的饱和溶液的组成由p沿pq线向q方向移动 解析:选D　由图可知,m点在溶解平衡曲线上,已是饱和溶液,不能再溶解CdS固体,A错误;CdS的沉淀溶解平衡中的溶度积受温度影响,m、n和p点对应的温度均为T1,则其溶度积相同,q点的溶度积大于m、n、p点的溶度积,B错误;p点达到沉淀溶解平衡,向其中加入少量Na2S固体,平衡向逆反应方向移动,c(Cd2+)减小,c(S2-)增大,溶液组成由m沿mpn线向n方向移动,C错误;由图可知,随着温度的升高,离子浓度增大,说明反应为吸热过程,则温度升高时,p点对应饱和溶液的溶解度增大,溶液中的c(Cd2+)与c(S2-)同时增大,p点的饱和溶液的组成由p沿pq线向q方向移动,D正确。 二、离子浓度对数或负对数图像[-lg c(Mm+)与-lg c(An-)或lg c(Mm+)与lg c(An-)] 　　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 [应用体验] 3.(2025·江苏苏州名校大联考)某废水中含有Ni2+和Cd2+,可通过保持c(H2S)=0.1 mol·L-1时调节pH使Ni2+和Cd2+形成硫化物而分离,体系pH与lg c关系如图所示,c为HS-、S2-、Ni2+、Cd2+的浓度,单位为mol·L-1,下列说法正确的是 (　　) A.0.1 mol·L-1H2S溶液中:c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+c(S2-) B.Ka1(H2S)=10-7.1 C.调节pH沉淀Ni2+和Cd2+时,=10-7.6 D.除杂后的上层清液中一定存在:c(Ni2+)<　 解析:选B　氢硫酸是二元弱酸,在溶液中分步电离:H2SHS-+H+、HS-S2-+H+,随着溶液pH增大,即c(H+)减小,则电离平衡右移,c(HS-)和c(S2-)增大,则图中实线代表c(HS-)和c(S2-)与体系pH变化,氢硫酸电离以第一步为主,则酸性条件下,溶液pH相同时,c(HS-)>c(S2-),则图中偏上实线代表c(HS-)与体系pH变化、偏下实线代表c(S2-)与体系pH变化。0.1 mol·L-1氢硫酸溶液中存在电荷守恒关系c(H+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-),A项错误;由图可知,氢硫酸浓度恒定为0.1 mol·L-1溶液中,溶液pH为1.6时,溶液中c(HS-)为10-6.5,则氢硫酸的一级电离常数为=10-7.1,B项正确;溶液pH为4.9时,溶液中c(S2-)和c(Cd2+)都为10-13,则Ksp(CdS)为10-26,同理可知Ksp(NiS)为10-18.4,则溶液中====107.6,C项错误;除杂后的上层清液可能是NiS的饱和溶液,溶液中c(Ni2+)=,D项错误。 4.(2023·河北卷)某温度下,两种难溶盐AgxX、AgyY的饱和溶液中-lg c(Xx-)或-lg c(Yy-)与-lg c(Ag+)的关系如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.x∶y=3∶1 B.若混合溶液中各离子浓度如J点所示,加入AgNO3(s),则平衡时变小 C.向AgxX固体中加入NayY溶液,可发生AgxX→AgyY的转化 D.若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示,待平衡时c(Xx-)+c(Yy-)<2c(Ag+) 解析:选D　对于沉淀AgxX,存在沉淀溶解平衡AgxXxAg++Xx-,则Ksp(AgxX)=cx(Ag+)×c(Xx-),在图像上取两点(0,16),(3,7),转化成相应的离子浓度代入,由于温度不变,所以计算出的Ksp(AgxX)不变,可求得x=3,Ksp(Ag3X)=1×10-16;对于沉淀AgyY,存在沉淀溶解平衡AgyYyAg++Yy-,Ksp(AgyY)=cy(Ag+)×c(Yy-),按照同样的方法,在图像上取两点(0,10),(3,7),可求得y=1,Ksp(AgY)=1×10-10。根据分析可知,x=3,y=1,x∶y=3∶1,A项正确;由图像可知,若混合溶液中各离子浓度如J点所示,此时=1,加入AgNO3(s),c(Ag+)增大,-lg c(Ag+)减小,由图可知-lg c(Xx-)>-lg c(Yy-),c(Xx-)<c(Yy-),变小,B项正确;向AgxX固体中加入NayY溶液,当达到了AgyY的溶度积常数,可发生AgxX→AgyY的转化,C项正确;若混合溶液中各离子起始浓度如T点所示,由于沉淀AgxX达到沉淀溶解平衡,所以c(Xx-)不发生变化,而AgyY要发生沉淀,Yy-和Ag+的物质的量按1∶y减少,所以达到平衡时c(Xx-)+c(Yy-)>2c(Ag+),D项错误。 三、离子物质的量与离子浓度负对数图像[m(Mn+)⁃lg c(An-)或n(An-)⁃lg c(Mm+)] 　　[例3]　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]　未滴加Na2SO4溶液时pCa=1,可知原溶液中c(Ca2+)=0.1 mol·L-1,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。 　　[答案]　B [应用体验] 5.某温度下,向10 mL 0.1 mol·L-1 CuCl2溶液中滴加0.1 mol·L-1的Na2S溶液,滴加过程中溶液里的-lg c(Cu2+)与所滴加的Na2S溶液体积[V(Na2S)]关系如图所示。已知:Ksp(ZnS)=3.0×10-25,下列有关说法不正确的是 (　　) A.a、b、c三点中,水的电离程度最小的为b点 B.该温度下,b点c(S2-)为1.0×10-18 mol·L-1 C.如果忽略CuS的溶解,则c点溶液有:2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]=c(Na+) D.该温度下ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)的平衡常数为3.0×1011 解析:选C　CuCl2、Na2S水解促进水的电离,b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点,溶质是氯化钠,对水的电离没有影响,水的电离程度最小的为b点,A正确;该温度下,b点加入10 mL的0.1 mol·L-1 Na2S溶液,CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应,溶液中c(Cu2+)=c(S2-),此时-lg c(Cu2+)=18.0,c(Cu2+)=1×10-18 mol·L-1,则c(S2-)为1.0×10-18 mol·L-1,B正确;c点时,溶液中的n(Cl-)为0.002 mol,n(Na+)=0.004 mol,Na2S过量0.001 mol,由物料守恒可得4[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]=c(Na+),C错误;b点是CuCl2与Na2S溶液恰好完全反应的点,溶液中c(Cu2+)=c(S2-),根据b点数据可知c(Cu2+)=1×10-18.0 mol·L-1,则该温度下Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=1×10-36,ZnS(s)+Cu2+(aq)CuS(s)+Zn2+(aq)平衡常数为===3.0×1011,D正确。 6.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:选A　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。 [课时跟踪检测] 1.某温度时,CuS、MnS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.a点对应的Ksp大于b点对应的Ksp B.向CuSO4溶液中加入MnS发生反应:Cu2+(aq)+MnS(s) ===CuS(s)+Mn2+(aq) C.在含有CuS和MnS固体的溶液中,c(Cu2+)∶c(Mn2+)=(2×10-23)∶1 D.该温度下,Ksp(CuS)小于Ksp(MnS) 解析:选A　因为a点和b点都在CuS的沉淀溶解平衡曲线上,Ksp是定值,A错误;因为Ksp(CuS)<Ksp(MnS),向CuSO4溶液中加入MnS,可以发生沉淀转化反应:Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq),B正确;从图像可知Ksp(CuS)=0.01×6×10-34=6×10-36、Ksp(MnS)=0.01×3×10-11=3×10-13,在含有CuS和MnS固体的溶液中c(S2-)相同,c(Cu2+)∶c(Mn2+)=Ksp(CuS)∶Ksp(MnS)=(2×10-23)∶1,C、D正确。 2.已知pAg+=-lg c(Ag+),pX-=-lg c(X-)。某温度下,AgBr、AgCl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.a和c两点的Kw相同 B.Ksp(AgBr)=1.0×10-14 C.向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体,可使a点变到e点 D.AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)平衡常数K= 解析:选C　由图可知,纵横坐标的乘积越大, Ksp(AgX)越小,则a、d点在AgCl的沉淀溶解平衡曲线上,b点在AgBr沉淀溶解平衡曲线上。Kw只受温度的影响,a、c在相同的温度下,则Kw相同,A正确;b点在AgBr沉淀溶解平衡曲线上,Ksp(AgBr)=c(Br-)c(Ag+)=1.0×10-14,B正确;向饱和AgCl溶液中加入NaCl固体,氯离子浓度增大,平衡逆向移动,银离子浓度减小,可使a点变到d点,C错误;AgCl(s)+Br-(aq)AgBr(s)+Cl-(aq)平衡常数K=== ,D正确。 3.已知相同温度下,Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)。某温度下,饱和溶液中-lg[c(Br-)]、-lg[c(Cl-)]与-lg[c(Ag+)]的关系如图所示。下列说法正确的是 (　　) A.曲线A代表AgBr的沉淀溶解曲线 B.c(Ag+)=10-5时两溶液中c(Br-)>c(Cl-) C.加适量AgNO3固体可使溶液由a点变到b点 D.该温度下AgBr的Ksp(AgBr)值为1.0×10-12 解析:选D　已知相同温度下,Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl),c(Ag+)相同时,c(Br-)<c(Cl-),-lg[c(Br-)]> -lg[c(Cl-)],故曲线B表示-lg[c(Br-)]与-lg[c(Ag+)]的关系即代表AgBr的沉淀溶解曲线,曲线A代表AgCl的沉淀溶解曲线。已知相同温度下,Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl),c(Ag+)=10-5相同时,c(Br-)<c(Cl-),B错误;a点变到b点c(Ag+)减小,则加适量AgNO3固体不能使溶液由a点变到b点,C错误;曲线B代表AgBr的沉淀溶解曲线,由图可知-lg[c(Br-)]=-lg[c(Ag+)]=6,c(Br-)=c(Ag+)=10-6 mol·L-1,该温度下AgBr的Ksp(AgBr)=c(Ag+)·c(Br-)=10-6×10-6=1.0×10-12,D正确。 4.已知25 ℃时Ksp(PbSO4)=1.6×10-8、Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,该温度下PbSO4在不同浓度的硫酸中溶解度如图所示。下列有关说法不正确的是 (　　) A.图中A点c(S)=7 mol·L-1 B.过滤出的PbSO4沉淀用稀硫酸洗涤可以减少沉淀损耗 C.硫酸浓度大于5 mol·L-1时PbSO4溶解度增大的原因是转化成Pb(HSO4)2 D.将Pb(NO3)2、Ba(NO3)2混合溶液滴入稀硫酸中,能生成PbSO4和BaSO4两种沉淀 解析:选A　由于A点c(H2SO4)=7 mol·L-1,此时溶液中还溶解一部分PbSO4,A点c(S)>7 mol·L-1,A错误;用稀硫酸洗涤时,相当于增大了c(S),使得PbSO4的溶解平衡向生成PbSO4的方向移动,B正确;H2SO4是二元酸,增大H2SO4浓度时,发生了正盐向酸式盐的转化:PbSO4+H2SO4===Pb(HSO4)2,C正确;由于)、Ksp(PbSO4)相差不大,故加入稀硫酸时能生成两种沉淀,D正确。 5.常温下,向10 mL一定浓度的硝酸银溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的氨水,反应过程中-lg c(Ag+)或-lg c[Ag(NH3]与加入氨水体积的关系如图(忽略溶液体积变化)。下列说法错误的是 (　　) A.原硝酸银溶液的浓度是0.01 mol·L-1 B.反应生成的氢氧化银的Ksp(AgOH)的数量级为10-8 C.b点溶液中N的浓度大于c点溶液中N的浓度 D.m点溶液中c(N)<c(Ag+)+c[Ag(NH3]+c(N) 解析:选A　a→b为-lg c(Ag+)变化的趋势,根据b点可知加入氨水体积为10 mL时,-lg c(Ag+)最大,即c(Ag+)最小,根据Ag++NH3·H2O===AgOH↓+N,可知AgNO3和NH3·H2O按物质的量之比1∶1进行反应,由于氨水和硝酸银溶液体积相等,则硝酸银溶液的浓度等于氨水的浓度,故原硝酸银的浓度为0.1 mol·L-1,A项错误;b点时AgNO3和NH3·H2O恰好完全反应生成AgOH沉淀,此时-lg c(Ag+)=4,即c(Ag+)=10-4 mol·L-1,Ksp(AgOH)=c(Ag+)·c(OH-)=10-4×10-4=10-8,B项正确;b点溶液为0.05 mol·L-1NH4NO3溶液,再加入氨水,发生反应AgOH+2NH3 ·H2O===Ag(NH3)2OH+2H2O,溶液体积增大,N浓度减小,故b点溶液中N的浓度大于c点溶液中N的浓度,C项正确;b→c为-lg c[Ag(NH3]的变化趋势,m点溶液中-lg c[Ag(NH3]=2,即c[Ag(NH3]=10-2 mol·L-1,根据Ag(NH3)2OHAg(NH3+OH-,可知c(OH-)=10-2 mol·L-1,溶液呈碱性,根据电荷守恒有c(N)+c(OH-)=c(Ag+)+c[Ag(NH3]+c(N)+c(H+),则c(N)<c(Ag+)+c[Ag(NH3]+c(N),D项正确。 6.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:Ka1=4.2×10-7、Ka2=5.6×10-11;BaCO3:Ksp=5×10-9;lg 5.6=0.75)。下列说法正确的是 (　　) A.a对应溶液pH=6.5 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　a点对应溶液lg=0,则c(HC)=c(C),由Ka2==5.6×10-11得,c(H+)=5.6×10-11,pH=-lg c(H+)=11-lg 5.6≈10.25,A错误;b对应溶液-lg c(Ba2+)=5,则c(Ba2+)=10-5 mol·L-1,由BaCO3:Ksp=5×10-9,可得c(C)===5×10-4 mol·L-1,由b点lg=2,则c(HC)=100c(C)=0.05 mol·L-1,B正确;== Ka1,a→b的过程中,lg逐渐增大,逐渐减小,Ka1不变,则逐渐减小,C错误;a点对应溶液中,lg=0,则c(HC)=c(C),由A可知溶液pH约为10.25,溶液中c(H+)<c(OH-),溶液中存在电荷守恒关系式c(Na+)+2c(Ba2+)+c(H+)=c(HC)+c(Cl-)+2c(C)+c(OH-),则c(Na+)+2c(Ba2+)>3c(HC)+c(Cl-),D错误。 7.某元素M的氢氧化物M(OH)2(s)在水中的溶解反应为M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq),M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH(aq),25 ℃时,-lg c与-lg c(H+)的关系如图所示,c为M2+或M(OH物质的量浓度的值。下列说法正确的是 (　　) A.曲线①代表lg[M(OH]与pH的关系 B.M(OH)2的Ksp约为1×10-17 C.当溶液的pH达到13.0以上时,M(OH)2才开始溶解 D.向c(M2+)=0.1 mol·L-1的溶液中加入NaOH溶液至pH=10.0,体系中元素M主要以M(OH存在 解析:选B　OH-浓度增大,M2+转化为M(OH)2沉淀,OH-浓度继续增大,M(OH)2可转化为M(OH;OH-浓度增大,即pH增大,可知①表示-lg M2+与-lg c(H+)的关系,②表示-lg M(OH与-lg c(H+)的关系。由题干信息知,随着-lg c(H+)增大,c(OH-)增大,则c(M2+)减小,c[M(OH]增大,即-lg c(M2+)增大,-lg[M(OH]减小,因此曲线①代表-lg c(M2+)与-lg c(H+)的关系,曲线②代表-lg c[M(OH]与-lg c(H+)的关系,A错误;pH=7.0时,-lg c(M2+)=3.0,则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17,B正确;由图可知pH在12~13之间时M浓度逐渐增大,说明M(OH)2已开始溶解,C错误;根据图像,pH=10.0时,c(M2+)、 c[M(OH]均减小,则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在,D错误。 8.(2025·江苏泰州调研)室温下,Na2CO3体系中各含碳微粒的物质的量分数与pH的关系如图1所示。在c起始(Na2CO3)=0.1 mol·L-1的体系中,研究Mg2+在不同pH时的可能产物,c(Mg2+)与pH的关系如图2所示,曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(C)=Ksp(MgCO3),曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2]。 下列说法正确的是 (　　) A.由M点可求得:Ka2(H2CO3)=1×1 B.pH=11的体系中:c(C)<c(HC) C.Q点的体系中发生反应:Mg2++2HC===Mg(OH)2↓+2CO2↑ D.P点的体系中:c(HC)+c(C)+c(H2CO3)=0.1 mol·L-1 解析:选D　根据题图1,当pH=10.25时,溶液中c(HC)=c(C),则Ka2(H2CO3)==c(H+)=10-10.25,A错误;pH=11的体系中,由题图1可知c(C)>c(HC),B错误;Q点的体系中pH=8,由题图1可知,pH=8时,溶液中主要含碳微粒是碳酸氢根离子,Q点位于Mg(OH)2曲线(Ⅱ)的上方,题图2中的纵坐标是-lg [c(Mg2+)],则从下向上c(Mg2+)减小,因此位于曲线上方的点是未生成沉淀的点,位于曲线下方的点会生成沉淀,因此Q点会生成碳酸镁沉淀,因此反应的离子方程式为Mg2++2HC===MgCO3↓+CO2↑+H2O,C错误;由题图2可知,P点的体系中,pH=11、-lg [c(Mg2+)]=6时,该点位于曲线Ⅰ、Ⅱ的上方,不会生成碳酸镁沉淀和氢氧化镁沉淀,c起始(Na2CO3)=0.1 mol·L-1,根据物料守恒,溶液中c(HC)+c(C)+c(H2CO3)=0.1 mol·L-1,D正确。 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.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;当加入17.00 mL 0.100 mol·L-1 NH4SCN溶液时,溶液中Ag+过量,且其浓度为 mol·L-1≈0.019 mol·L-1,此时c(S)== mol·L-1≈0.039 mol·L-1,D项错误。 　　　第七讲　水溶液中的分布系数图像和对数图像(综合应用课) 　　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 题型突破(1)——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·江西卷)废弃电池中锰可通过浸取回收。某温度下,MnSO4在不同浓度的KOH水溶液中,若Mn(Ⅱ)的分布系数δ与pH的关系如图。下列说法正确的是 (　　) 已知:δ(MnOH+)=;Mn(OH)2难溶于水,具有两性。 A.曲线z为δ(MnOH+) B.O点,c(H+)=×10-10.2 mol·L-1 C.P点,c(Mn2+)<c(K+) D.Q点,c(S)=2c(MnOH+)+2c(Mn) [解析]　随着pH增大,c(OH-)逐渐增大,Mn2+逐步转化为MnOH+、HMn、Mn、Mn(OH,则曲线x表示δ(Mn2+),曲线y表示δ(MnOH+),曲线z表示δ(HMn)。由上述分析知,A项错误;P点δ(Mn2+)=δ(MnOH+),pH=10.2,即c(Mn2+)=c(MnOH+),c(OH-)=10-3.8 mol·L-1,则Mn2++OH-MnOH+的K==103.8,O点δ(Mn2+)=0.6,δ(MnOH+)=0.4,代入平衡常数表达式得K===103.8,解得c(OH-)=×10-3.8 mol·L-1,则c(H+)=×10-10.2 mol·L-1,B项错误;P点溶液显碱性,δ(Mn2+)=δ(MnOH+),由电荷守恒知,2c(Mn2+)+c(K+)+c(MnOH+)=c(OH-)+2c(S),由物料守恒知,c(S)=c(Mn2+)+c(MnOH+),则c(K+)=c(OH-)+c(MnOH+)=c(OH-)+c(Mn2+),C项正确;Q点c(MnOH+)=c(HMn),根据物料守恒c(S)=c(Mn2+)+c(MnOH+)+c(HMn)+c(Mn)+c[Mn(OH],知c(S)=c(Mn2+)+2c(MnOH+)+c(Mn)+c[Mn(OH],D项错误。 [答案]　C [应用体验] 1.(2024·泰州中学高三期初调研)X(OH)2为二元弱碱。室温下,配制一组c[X(OH)2]+c[X(OH)+]+c(X2+)=0.100 mol·L-1的X(OH)2与HCl的混合溶液,溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示,下列说法正确的是 (　　) A.由图可知X(OH)2的Kb2=10-9.2 B.pH=6.2的溶液中:c[X(OH)+]=c(X2+)=0.050 mol·L-1 C.等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)<c[X(OH)+] D.在pH=6的水溶液中,c(OH-)=c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)+] 解析:选C　随着pH的升高,X2+第一步反应变为X(OH)+,X(OH)+第二步反应变为X(OH)2,pH=6.2时,c[X(OH)+]=c(X2+);pH=9.2时,c[X(OH)+]=c[X(OH)2]。根据图像左侧的交叉点,pH=6.2时,c[X(OH)+]=c(X2+),X(OH)2的Kb2==c(H+)=10-6.2,A项错误;pH=6.2的溶液中:c[X(OH)+]=c(X2+),但是加入盐酸,溶液的体积增加,故c[X(OH)+]=c(X2+)<0.05 mol·L-1,B项错误;X2+的水解程度大于X(OH)+的电离程度,则等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液c(X2+)<c[X(OH)+],C项正确;pH=6的水溶液显酸性,c(OH-)<c(H+),D项错误。 2.(2025·江苏扬州中学月考)乙二酸(用H2A表示)为二元弱酸。25 ℃时,向0.1 mol·L-1的NH4HA溶液中滴加适量的盐酸或NaOH溶液,溶液中各含氮(或A)微粒的分布分数δ与溶液pH的关系如图所示(不考虑溶液中的NH3分子)。下列说法正确的是 (　　) A.由图可知:Ka1(H2A)=10-4.3,Kb(NH3·H2O)=10-9.3 B.pH=8的溶液中:c(A2-)>c(N)>c(NH3·H2O)>c(HA-) C.d点溶液中:c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=c(N) D.NH4HA溶液中滴加少量NaOH溶液的主要反应离子方程式:N+OH-===NH3·H2O 解析:选B　向NH4HA溶液中滴加盐酸,HA-浓度降低,H2A浓度增大,向NH4HA溶液中滴加NaOH溶液,HA-浓度降低,A2-浓度增大,N浓度降低,NH3·H2O浓度增大,则图像中从左开始曲线依次表示H2A、HA-、A2-、N和NH3·H2O,从图中可以看出,d点c(H2A)=c(HA-),可知H2A的Ka1(H2A)==c(H+)=10-1.3,e点c(HA-)=c(A2-),可知H2A的Ka2(H2A)==c(H+)=10-4.3,n点c(N)=c(NH3·H2O),可知NH3·H2O的Kb(NH3·H2O)==c(OH-)===10-4.7。由分析可知,A错误;结合分析,从图中可以看出,pH=8的溶液中有:c(A2-)>c(N)>c(NH3·H2O)>c(HA-),B正确;无论d点溶液中是否滴加适量的盐酸或NaOH溶液,根据物料守恒,d点溶液中始终存在:c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=c(N)+c(NH3·H2O),则c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)>c(N),C错误;由图可知,向NH4HA溶液中加入少量NaOH 溶液后,HA-的分布分数从最高点开始就减小得比N快,且A2-的分布分数增大得比NH3·H2O快,故向NH4HA溶液中滴加少量NaOH溶液,主要反应的离子方程式:HA-+OH-===A2-+H2O,D错误。 题型突破(2)——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 图像种类 具体类型 含义 变化规律 正对数图像 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 负对数图像 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 |思维建模|解对数图像题一般思路 (1)确定图像的类型是正对数图像还是负对数图像。 (2)弄清楚图像中横坐标和纵坐标的含义,是浓度对数还是比值对数。 (3)抓住图像中的特殊点,如pH=7、lg x=0、交叉点等。 (4)理清图像中曲线的变化趋势及含义,根据含义判断线上、线下的点所表示的意义。 (5)将图像中的数据或曲线的变化与所学知识对接,对选项做出正确判断。 [应用体验] 3.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。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。 4.常温下,浓度相同的一元弱酸HA稀溶液和一元弱碱BOH稀溶液互相滴定,溶液pH与lg或 lg的关系如图所示。 已知HA和BOH的电离常数分别为Ka和Kb,且b和b'点的纵坐标之和为14。下列说法错误的是 (　　) A.pKb<5 B.a和a'点的纵坐标之和为14 C.水的电离程度:a'<b<c'<d D.溶液中的c(B+):c点大于c'点 解析:　选D　BOH溶液中滴加HA溶液,溶液pH逐渐减小,c(H+)逐渐增大,c(OH-)逐渐减小,=,则逐渐增大,因此a'~d代表pH与lg 的关系曲线,a~d代表pH与lg的关系曲线。b'点lg=0,=1,Kb=c(OH-),同理b点Ka=c(H+),b和b'点的纵坐标之和为14,则b'点c(OH-)和b点c(H+)相等,Ka=Kb。d点两曲线pH相同,结合Ka=Kb知,该点的pH=7,c(OH-)=10-7 mol·L-1,lg>2,即>102,则Kb=>10-5,pKb=-lg Kb<5,A项正确;a'点lg =-1,代入Kb=,结合常温下水的离子积为10-14,得a'点pH=15+lg Kb,同理a点pH=-1-lg Ka,故a和a'点的纵坐标之和为14,B项正确;b点溶液中c(H+)等于b'点溶液中c(OH-),则两点对水的电离影响程度相等,d点pH=7,因此a'~d水的电离程度逐渐增大,即水的电离程度a'<b<c'<d,C项正确,c'点lg =1,c(B+)=10c(BOH),c点lg =1,c(A-)=10c(HA),两点对称,溶液体积应相等,又HA和BOH的起始浓度相同,则c'点c(B+)=c点c(A-),c点溶液呈酸性,存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),则c点c(B+)<c(A-),故溶液中的c(B+):c点小于c'点,D项错误。 5.难溶盐CaF2可溶于盐酸,常温下,用HCl调节CaF2浊液的pH,测得体系中-lg c(F-)或-lg c(Ca2+)与lg 的关系如图所示。下列说法错误的是 (　　) A.Ⅰ代表-lg c(F-)与lg的变化曲线 B.常温下,HF的Ka=10-3.2 C.Z点的坐标为(0,3.2) D.Y点的溶液中存在c(Cl-)>c(Ca2+)>c(HF) 解析:选D　根据题意,CaF2浊液存在溶解平衡:CaF2(s)Ca2+(aq)+2F-(aq),用HCl调节溶液存在平衡:H++F-HF。根据Ka=,随着横坐标增大,则c(F-)减小,-lg c(F-)增大,故Ⅰ代表-lg c(F-)与lg的变化曲线,A正确;根据X点坐标(1,4.2),lg=1,-lg c(F-)=4.2,可求Ka==10-3.2,B正确;Z点的溶液中,lg=0,Ka=,lg=lg+lg c(F-)=-3.2,-lg c(F-)=3.2,C正确;Y点,氟离子的浓度与钙离子的相同,即c(F-)=c(Ca2+),CaF2(s)Ca2+(aq)+2F-(aq),溶解出的氟离子,2c(Ca2+)=c(HF)+c(F-),再根据电荷守恒2c(Ca2+)+c(H+)=c(Cl-)+c(F-)+c(OH-),c(Cl-)>c(Ca2+)=c(HF),D错误。 [课时跟踪检测] 一、选择题 1.室温下,向20 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液中滴加0.05 mol·L-1 Ba(OH)2溶液,混合溶液的温度和pOH随Ba(OH)2溶液加入体积的变化如图所示。已知pOH=-lg c(OH-),下列说法正确的是 (　　) A.若V1=10 mL,a点溶液中,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Ba2+) B.V2时,x<7 C.c点溶液中:c(CH3COO-)>2c(Ba2+) D.水的电离程度:a<b<c 解析:选B　若V1=10 mL,此时原醋酸溶液被中和一半,a点溶质为物质的量之比2∶1的CH3COOH和Ba(CH3COO)2,根据物料守恒可知c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=4c(Ba2+),A项错误;V2时温度最高,此时b点溶液中的溶质为Ba(CH3COO)2,溶液呈碱性,pOH=x<7,B项正确;根据电荷守恒可知2c(Ba2+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),c点溶液呈碱性,即c(OH-)>c(H+),则2c(Ba2+)>c(CH3COO-),C项错误;b点水的电离程度最大,D项错误。 2.亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病。亚砷酸在溶液中存在多种微粒形态,各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法不正确的是 (　　) A.人体血液的pH为7.35~7.45,给药后人体所含砷元素微粒主要是H3AsO3 B.NaH2AsO3可发生电离和水解,溶液显碱性 C.当溶液的pH=11时,3c(As)+2c(HAs)+c(H2As)+c(OH-)=c(H+) D.用δ表示微粒的物质的量分数,pH=13时δ(As)+δ(HAs)+δ(H2As)≈1 解析:选C　由图可知pH在7.35~7.45之间时,砷元素微粒主要是H3AsO3,A项正确;当溶液的pH在11~13之间时,物质的量分数H2As减小,HAs增大,说明H2As可电离为HAs,由于溶液显碱性,说明H2As可水解,B项正确;当溶液的pH=11时,溶液显碱性,c(OH-)>c(H+),则3c(As)+2c(HAs)+c(H2As)+c(OH-)>c(H+),C项错误;pH=13时,溶液中砷元素微粒主要是As、HAs和H2As,则δ(As)+δ(HAs)+δ(H2As)≈1,D项正确。 3.常温下,向某浓度的H2A溶液中逐滴加入已知浓度的NaOH溶液,若pC表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度的负对数,则所得溶液中pC(H2A)、pC(HA-)、pC(A2-)与溶液pH的变化关系如图所示。已知:H2AHA-+H+ 　Ka1;HA-A2-+H+　Ka2。则下列说法正确的是 (　　) A.当pH=3时,溶液中c(HA-)<c(A2-)=c(H2A) B.pH由3增大到5.3的过程中,水的电离程度逐渐减小 C.常温下,Ka2=10-5.3 D.常温下随着pH的增大,的值先增大后减小 解析:选C　根据纵坐标含义知,pC越小则该微粒浓度越大,c(H2A)越大,pC越小,随着pH增大,c(H2A)减小,pC(H2A)增大,则曲线Ⅱ为pC(H2A),同理曲线Ⅰ为pC(HA-)、曲线Ⅲ为pC(A2-)。当pH=3时,pC(H2A)=pC(A2-)>pC(HA-),pC越小则该微粒浓度越大,所以c(HA-)>c(A2-)=c(H2A),A错误;酸抑制水电离,酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大,所以pH从3上升到5.3的过程中c(H+)减小,则水的电离程度增大,B错误;常温下由HA- A2-+H+　Ka2可知,Ka2=,当c(HA-)=c(A2-)时,pH=5.3,则Ka2=c(H+)=10-5.3,C正确; ==,电离平衡常数只与温度有关,温度不变则不变,D错误。 4.25 ℃时,向Na2CO3溶液中滴入盐酸,混合溶液的pH与lg X的变化关系 如图所示。已知:lg X=lg 或lg,下列叙述正确的是　 (　　) A.曲线m表示pH与lg的变化关系 B.当溶液呈中性时,c(Na+)=c(HC)+2c(C) C.Ka1(H2CO3)的数量级为10-6 D.滴加过程中,保持不变 解析:选D　Na2CO3溶液中滴入盐酸,起初发生反应C+H+===HC,后来才发生反应HC+H+===H2CO3,所以曲线m表示pH与lg的变化关系,A不正确;当溶液显中性时,根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)+c(Cl-),c(H+)=c(OH-),则c(Na+)>c(HC)+2c(C),B不正确;根据图像分析知Ka1(H2CO3)==10×10-7.4=10-6.4,数量级为10-7,C不正确;=×=Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3),温度不变,Ka1(H2CO3)、Ka2(H2CO3)不变,故滴加过程中,保持不变,D正确。 5.(2025·江苏盐城射阳中学月考)常温下,用200 mL 0.1 mol·L -1NaOH溶液吸收SO2与N2混合气体,所得溶液pH与吸收气体体积的关系如图所示,已知Ka1(H2SO3)=1.2×10-2,Ka2(H2SO3)=5.6×10-8。下列说法正确的是 (　　) A.吸收3 L气体时溶液中主要溶质为NaHSO3 B.溶液pH=7时2c(S)>c(HS) C.X点呈酸性的原因是HS水解程度大于其电离程度 D.曲线上任意点均存在:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS)+c(S) 解析:选B　0.1 mol·L -1NaOH溶液吸收SO2,先后发生两个反应,即2NaOH+SO2===Na2SO3+H2O和Na2SO3+H2O+SO2===2NaHSO3。由图中信息可知,当吸收3 L气体时,得到Na2SO3溶液;当吸收6 L气体时,得到NaHSO3溶液,A错误。pH=7时,溶液呈中性,则c(H+)=1×10-7mol·L-1,Ka2(H2SO3)==5.6×10-8,则=0.56,因此,=1.12>1,则2c(S)>c(HS),B正确。由图中信息可知,X点为NaHSO3溶液,HS电离方程式为HS H++ S,水解的离子方程式为HS+H2OH2SO3+OH-,Kh==≈8.3×10-13<Ka2(H2SO3)=5.6×10-8,即HS的电离程度大于其水解程度,因此,X点呈酸性,C错误。由电荷守恒,曲线上除其起点外,其他任意点均存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HS)+2c(S),D错误。 6.已知:p=-lg。常温下,向0.10 mol·L-1 HX溶液中滴加0.10 mol·L-1 NaOH溶液,溶液pH随p变化关系如图。下列说法正确的是 (　　) A.溶液中水的电离程度:a<c<b B.图中b点坐标为(0,4.75) C.c点溶液中:c(Na+)=10c(HX) D.常温下HX的电离常数为10-2.75 解析:选B　HX的电离平衡常数Ka(HX)=,用c点进行分析,p=-lg=1,即=10时,混合液的pH=5.75,Ka(HX)= · c(H+)=10-4.75,Kh(X-)=10-9.25。由于a、b、c均为酸性溶液,因此溶质均为HX和NaX,且HX的电离程度大于X-的水解程度,HX电离出H+对水的电离起到抑制作用,H+浓度越小,pH越大,对水的电离抑制能力越弱,即溶液中水的电离程度:a<b<c,A错误;HX的电离平衡常数Ka=10-4.75,b点时, =1,则c(H+)= 10-4.75 mol·L-1,b点坐标是(0,4.75),B正确;c点溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),根据c点坐标, =10-1,代入电荷守恒式得到c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+10c(HX),因为溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),推出c(Na+)<10c(HX),C错误;HX的电离平衡常数Ka==10-4.75,D错误。 7.(2025·南通、泰州等七市调研)常温下,肼(N2H4)的水溶液显碱性,存在如下平衡:N2H4+H2ON2+OH-;N2+H2ON2+OH-。平衡时溶液中含氮微粒的分布分数δ与溶液pOH[pOH=-lg c(OH-)]的关系如图所示。向10.00 mL 0.01 mol·L-1 N2H4的水溶液中逐滴滴加0.005 mol·L-1的稀硫酸,下列说法正确的是 (　　) A.N2H4的电子式:H︰︰︰︰H B.N2H4+N2===2N2的平衡常数为108.88 C.当加入5.00 mL稀硫酸时,溶液中:c(N2H4)>c(N2) D.当加入10.00 mL稀硫酸时,溶液中:c(S)=c(N2)+c(N2H4)+c(N2) 解析:选B　A项,N2H4的电子式为H︰︰︰H,错误;B项, 根据N2H4+H2ON2+OH-,Kb1==10-6.02,N2+H2ON2+OH-,Kb2==10-14.9,N2H4+N2===2N2,K====108.88,正确;C项,加入5.00 mL 稀硫酸时,溶质为N2H4和(N2H5)2SO4,且二者的物质的量之比为2∶1,即溶液中N2H4和N2的物质的量相等,根据N2H4+H2ON2+OH-,Kb1==10-6.02,N2+H2ON2H4+H3O+ (即H+),Kh===10-7.98<Kb1 ,所以溶液中N2H4的电离程度大于N2的水解程度, c(N2H4)<c(N2) ,错误;D项,加入10.00 mL 稀硫酸时,溶液中溶质为(N2H5)2SO4,根据元素守恒有2c(S)=c(N2)+c(N2H4)+c(N2),错误。 8.(2023·北京卷)利用平衡移动原理,分析一定温度下Mg2+在不同pH的Na2CO3体系中的可能产物。 已知:ⅰ.图1中曲线表示Na2CO3体系中各含碳粒子的物质的量分数与pH的关系。 ⅱ.图2中曲线Ⅰ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c2(OH-)=Ksp[Mg(OH)2];曲线Ⅱ的离子浓度关系符合c(Mg2+)·c(C)=Ksp(MgCO3) [注:起始c(Na2CO3)=0.1 mol·L-1,不同pH下c(C)由图1得到]。 下列说法不正确的是 (　　) A.由图1,pH=10.25,c(HC)=c(C) B.由图2,初始状态pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6,无沉淀生成 C.由图2,初始状态pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2,平衡后溶液中存在c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1 D.由图1和图2,初始状态pH=8、lg[c(Mg2+)]=-1,发生反应:Mg2++2HC===MgCO3↓+CO2↑+H2O 解析:选C　水溶液中的离子平衡从图1可以看出pH=10.25时,碳酸氢根离子与碳酸根离子浓度相同,A项正确;从图2可以看出pH=11、lg[c(Mg2+)]=-6时,该点位于曲线Ⅰ和曲线Ⅱ下方,不会产生碳酸镁沉淀或氢氧化镁沉淀,B项正确;从图2可以看出pH=9、lg[c(Mg2+)]=-2时,该点位于曲线Ⅱ的上方,会生成碳酸镁沉淀,根据物料守恒,溶液中c(H2CO3)+c(HC)+c(C)<0.1 mol·L-1,C项错误;pH=8时,溶液中主要含碳微粒是HC,pH=8,lg[c(Mg2+)]=-1时,该点位于曲线Ⅱ的上方,会生成碳酸镁沉淀,因此反应的离子方程式为Mg2++2HC===MgCO3↓+H2O+CO2↑,D项正确。 二、非选择题 9.(9分)(2024·常州期末)将H3PO4溶液、FeSO4溶液和H2O2溶液混合,调节溶液pH,得到FePO4·2H2O,焙烧脱水得FePO4。 已知: FePO4·2H2O 晶体的纯度及颗粒大小会影响产品性能,沉淀速率过快会形成细小颗粒状粉末;含磷各微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示;Fe3++EDTA4-[Fe(EDTA)]-。 (1)生成FePO4·2H2O的离子方程式为 　。  (2)工业上选择溶液pH为2,此时溶液中c(HP)为1.0×10-7.3 mol·L-1,则c(P)=　　　　　　　　　 mol·L-1。  (3)实际生产时,还加入EDTA四钠盐溶液,其目的是 　。  解析:(1)将H3PO4溶液、FeSO4溶液和H2O2溶液混合,调节溶液pH,发生氧化还原反应,得到FePO4·2H2O,该反应的离子方程式为2Fe2++2H3PO4+H2O2+2H2O===2FePO4·2H2O↓+4H+;(2)根据图示可知:当溶液中c(P)=c(HP)时,溶液pH=12.3,c(H+)=10-12.3 mol·L-1,H3PO4的三级电离平衡常数Ka3==c(H+)=10-12.3,所以当溶液pH=2,c(HP)=1.0×10-7.3 mol·L-1时,c(P)== mol·L-1=1.0×10-17.6 mol·L-1;(3)根据信息,沉淀速率过快会形成细小颗粒状粉末,加入EDTA四钠盐溶液,其目的是使Fe3+和EDTA4-发生络合反应(Fe3++EDTA4-[Fe(EDTA)]-),降低Fe3+的浓度,减缓FePO4·2H2O的沉淀速率。 答案:(1)2Fe2++2H3PO4+H2O2+2H2O===2FePO4·2H2O↓+4H+　(2)1.0×10-17.6　(3)使Fe3+和EDTA4-发生络合反应(Fe3++EDTA4-[Fe(EDTA)]-),降低Fe3+的浓度,减缓FePO4·2H2O的沉淀速率 107 / 107 学科网（北京）股份有限公司 $$