课件65张PPT。第1节 弱电解质的电离…………三年14考 高考指数:★★★★
1.了解电解质的概念，了解强电解质和弱电解质的概念。
2.了解电解质在水溶液中的电离以及电解质溶液的导电性。
3.了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。一、强电解质与弱电解质
1.强电解质和弱电解质
(1)强、弱电解质的本质区别：_________________。
(2)与物质类别的关系。
①强、弱电解质都属于_______。
②强电解质主要包括活泼金属的氧化物、绝大多数的盐(包括
难溶性盐)以及___________。
③弱电解质主要包括_______________。是否存在电离平衡化合物强酸、强碱弱酸、弱碱、水2.电离方程式的书写——“强等号，弱可逆，多元弱酸分步离”
(1)强电解质：如H2SO4的电离方程式为：
___________________。
(2)弱电解质。
①一元弱酸，如CH3COOH的电离方程式：
CH3COOH CH3COO-+H+。
②多元弱酸分步电离，且第一步的电离程度远远大于第二步
的电离程度，如H2CO3电离的方程式：
___________________，__________________。 (3)酸式盐。
①强酸的酸式盐
如NaHSO4：________________________
②弱酸的酸式盐
如NaHCO3：______________________、
__________________二、弱电解质的电离
1.电离平衡的“五大”特征可逆过程v(电离)__v(结合)___0条件一定，平衡体系中分子与离子的浓度一定条件改变，平衡发生移动=≠2.影响电离平衡的外界因素
(1)温度。
温度升高，电离平衡_____移动，电离程度_____。
(2)浓度。
稀释溶液，电离平衡_____移动，电离程度_____。
(3)同离子效应。
加入与弱电解质具有相同离子的强电解质，电离平衡_____
移动，电离程度_____。
(4)加入能反应的物质。
电离平衡_____移动，电离程度_____。向右增大向右增大向左减小向右增大3.电离平衡常数
(1)表示方法。
对于AB A++B- Ka=
(2)特点。
①电离平衡常数只与温度有关，升温，K值_____。
②多元弱酸分步电离逐级减弱，酸性强弱主要决定于第一步
电离，各级电离常数的大小关系为：______________
(3)意义。
增大K1>>K2>>K3……1.因为NH3的水溶液能够导电，所以NH3属于电解质。( )
【分析】NH3溶于水与水发生反应生成了NH3·H2O，发生电
离，产生了自由移动的离子，所以溶液导电，NH3在溶液中未
发生电离，故不是电解质。×2.将NaOH溶液和氨水溶液各稀释一倍，两者的OH-浓度均减少
到原来的一半。( )
【分析】NaOH溶液的OH-浓度减少到原来的一半；因为
NH3·H2O为弱电解质，稀释时还能继续电离，故其溶液中的
OH-浓度减少不到原来的一半。×3.如果盐酸浓度是醋酸浓度的2倍，则盐酸中的H+浓度远大于
醋酸中H+浓度的2倍。( )
【分析】因醋酸为弱电解质，电离程度很小，故盐酸中的H+
浓度远远大于醋酸中的H+浓度的2倍；
4.电离平衡右移，电离平衡常数一定增大。( )
【分析】电离平衡常数只与温度有关，只有因为温度升高而
导致的电离平衡移动，平衡常数才会增大。√×5.氨水中[OH-]=10-2 mol·L-1，加水稀释至原溶液体积100
倍，此时氨水中[OH-]=10-4 mol·L-1。( )
【分析】因NH3·H2O为弱电解质，存在电离平衡，加水稀释
时，电离平衡向正反应方向移动，故加水稀释至原溶液体积
100倍时，溶液中[OH-]应大于10-4 mol·L-1。× 外界条件对弱电解质的电离平衡的影响
以NH3·H2O的电离为例
在稀氨水中存在下列平衡： ，当改变
外界条件时，平衡移动方向及溶液中离子浓度的变化如表：微热(设溶
质不挥发)通少量
HCl气体加少量
NaOH固体加少量
NH4Cl固体加水稀释向右向右向左向左向右增大减小增大减小减小减小减小增大增大增大增大增大减小减小增大【高考警示钟】
分析溶液稀释时离子浓度变化时的误区
(1)溶液稀释时，并不是溶液中所有离子的浓度都减小，稀释碱溶液时，[OH-]减小，[H+]增大。稀释酸溶液时，[H+]减小，[OH-]增大。
(2)稀释氨水时，虽然电离程度增大，n(OH-)增大，但由于溶液体积增大得倍数更多，导致[OH-]反而减小，导电能力下降。【典例1】(2011·福建高考)常温下0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液的pH=(a+1)的措施是( )
A.将溶液稀释到原体积的10倍
B.加入适量的醋酸钠固体
C.加入等体积0.2 mol·L-1盐酸
D.提高溶液的温度
【解题指南】解答本题要注意以下两点：
(1)弱电解质的电离过程是吸热过程；
(2)pH越大，氢离子浓度越小。【解析】选B。在醋酸溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH
CH3COO-+H+，加水稀释10倍，若不考虑电离平衡移动，
溶液中[H+]变为原来的十分之一，pH增大1个单位，而稀释过
程中电离平衡正向移动，H+的物质的量增多，[H+]要大一
些，所以pH变化不足1个单位，即pH＜(a+1)，A选项错误；加
入CH3COONa固体，增大了[CH3COO-]，平衡逆向移动，[H+]减
小，pH增大，有可能变为(a+1)，B选项正确；加入
0.2 mol·L-1盐酸，虽然增大了[H+]，平衡逆向移动，但是
[H+]比原来大，pH变小，C选项错误；由于电离过程吸热，所
以升高温度，平衡正向移动，[H+]增大，pH变小，D选项错
误。【技巧点拨】“假设法”分析[H+]的变化
对于稀释后溶液中[H+]的变化情况，可采取“假设法”，先假设弱电解质不电离，求溶液稀释后的[H+]，然后，再考虑弱电解质还能继续电离，导致n(H+)、[H+]要比假设情况大。【变式备选】当溶液中HS-+H2O S2-+H3O+达到平衡时，欲
使[S2-]增大，应加入( )
A.Cu2+ B. C.H2O D.HCl
【解析】选B。A项，因发生沉淀反应:Cu2++S2-====CuS↓,
[S2-]减小，A错误；B项，加入 后，它结合H+生成弱电解
质 ，促进电离平衡向正反应方向移动，故符合题意，B
正确；C项，加水，虽然n(S2-)增大，但由于溶液体积的增大
是主要的，故[S2-]减小，C错误；D项，加入HCl后，增大了
[H+]，使电离平衡向逆反应方向移动，导致[S2-]减小，D错
误。【变式备选】将0.1 mol·L-1醋酸溶液加水稀释，下列说法中正确的是( )
A.溶液中[H+]和[OH-]都减小
B.溶液中[H+]增大
C.醋酸电离平衡向左移动
D.溶液的pH增大【解析】选D。加水稀释时，醋酸向电离方向移动，但溶液稀释导致溶液体积增大的倍数远远超过[H+]的增加量，故[H+]变小，由于水的离子积不变，因此[OH-]变大，pH增大，故答案选D。本题容易机械处理，认为溶液稀释，必然导致[H+]和[OH-]都减小，从而误选A；同时不能正确分析n(H+)与加水释稀溶液的体积变化的关系，从而误选B。 强、弱电解质的比较及判断方法(以HA为例)
1.从是否完全电离的角度判断
在溶液中强电解质完全电离，弱电解质部分电离。据此可以判断HA是强酸还是弱酸的方法有：2.从是否存在电离平衡的角度判断
强电解质不存在电离平衡，弱电解质存在电离平衡，在一定条件下电离平衡会发生移动。据此可以判断HA是强酸还是弱酸的方法有：
(1)从一定pH的HA溶液稀释前后pH的变化判断：
如将pH=3的HA溶液稀释100倍后，再测其pH，若pH=5，则为强酸，若pH<5，则为弱酸。(2)从升高温度后pH的变化判断。
若升高温度，溶液的pH明显减小，则是弱酸。因为弱酸存在电离平衡，升高温度时，电离度增大，c(H+)增大。而强酸不存在电离平衡，升高温度时，只有水的电离程度增大，pH变化幅度小。
3.从酸根离子是否能发生水解的角度判断
强酸根离子不水解，弱酸根离子易发生水解。据此可以判断HA是强酸还是弱酸：
可直接测定NaA溶液的pH：若pH=7，则HA是强酸；若pH>7则HA是弱酸。【高考警示钟】
(1)酸碱的强弱和溶液酸碱性的强弱不是等同关系
前者看电离程度，后者看溶液中[H+]和[OH-]的相对大小。强酸溶液的酸性不一定比弱酸溶液的酸性强。
(2)弱酸、弱碱是弱电解质，但它们对应的盐一般为强电解质，如醋酸铵：CH3COONH4==== +CH3COO-。(3)要明确产生H2的速率、物质的量与H+的关系产生氢气的速率取决于[H+]，与n(H+)无必然联系，产生的n(H2)取决于酸溶液中最终电离出的n(H+)，与[H+]无必然联系。
(4)酸碱恰好完全中和时溶液不一定呈中性。
如果有弱酸或弱碱参加反应，完全中和时生成的盐可能因水解而使溶液呈酸性或呈碱性。【拓展延伸】
同浓度或同pH的盐酸和醋酸有关性质的比较
(1)同体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸。(2)同体积、H+的物质的量浓度相等(即pH相同)的盐酸和醋酸。【典例2】(2012·淮安模拟)醋酸是一种常见的弱酸，为了证明醋酸是弱电解质，某同学开展了题为“醋酸是弱电解质的实验研究”的探究活动。他设计了如下方案，其中错误的是
( )
A.先配制一定量的0.10 mol·L-1的CH3COOH溶液，然后测溶液的pH，若pH大于1，则可证明醋酸为弱电解质
B.先配制一定量的0.01 mol·L-1和0.10 mol·L-1的CH3COOH溶液，分别用pH计测它们的pH，若两者的pH相差小于1个单位，则可证明醋酸是弱电解质C.先测0.10 mol·L-1 CH3COOH溶液的pH，然后将其加热至
100 ℃，再测pH，如果pH变小，则可证明醋酸是弱电解质
D.配制一定量的CH3COONa溶液，测其pH，若常温下pH大于7，则可证明醋酸是弱电解质
【解题指南】解答本题应注意以下两点：
(1)强酸稀释10倍后，其pH会增加1；由于弱酸存在着电离平衡，稀释后，电离平衡向右移动，稀释10倍后，其pH增加不到1。
(2)水加热后，Kw会发生变化，中性溶液中的pH也会变化。【解析】选C。若是强酸，则0.10 mol·L-1的CH3COOH溶液的pH＝1,0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液的pH＝2，CH3COONa溶液的pH＝7。而0.10 mol·L-1的CH3COOH溶液的pH>1,
0.01 mol·L-1与0.10 mol·L-1的CH3COOH溶液的ΔpH<1，CH3COONa溶液呈碱性均可说明CH3COOH是弱酸。C项将溶液加热至100 ℃，因醋酸易挥发且Kw也发生变化，不可取。【变式训练】下列事实不能证明氨水是弱碱的是( )
A.pH=11的氨水加入水稀释到原溶液体积100倍时，pH大于9
B.氯化铵溶液呈酸性
C.常温下，0.01 mol·L-1氨水的pH=10.6
D.体积相同的0.1 mol·L-1氨水和0.1 mol·L-1 NaOH溶液中和盐酸的量相同【解析】选D。A项，若氨水为强碱，必完全电离，加水稀释
时，pH=11的氨水加入水稀释到原溶液体积100倍时，pH应等
于9；B项，氯化铵溶液呈酸性，说明 发生水解反应生成
了弱电解质NH3·H2O，“有弱才水解”；C项，常温下，
0.01 mol/L氨水的pH=10.6，说明氨水不能完全电离，若完全电离，pH应等于12；D项，无论氨水的碱性强弱，等体积、等浓度的氨水和NaOH溶液电离出的n(OH-)的量相同，它们的中和能力相同，故答案选D。有关电离平衡常数的计算
(以弱酸HX为例)
1.已知[HX]和[H+]，求电离平衡常数
HX H+ + X-
起始： [HX] 0 0
平衡： [HX]-[H+] [H+] [H+]则:K=
由于弱酸只有极少一部分电离，[H+]的数值很小，可做近似
处理：[HX]-[H+]≈[HX]。
则K= ，代入数值求解即可。 2.已知[HX]和电离平衡常数，求[H+]
HX H+ + X-
起始： [HX] 0 0
平衡： [HX]-[H+] [H+] [H+]
则:K=
由于K值很小，[H+]的数值很小，可做近似处理：
[HX]-[H+]≈[HX]。
则：[H+]= ，代入数值求解即可。【高考警示钟】
计算时离子浓度选择的注意事项
(1)在运用电离平衡常数表达式进行计算时，浓度必须是平衡时的浓度。
(2)由于涉及到的浓度数值较小，当相差百倍以上的两数相加减时，可以忽略数值小的一方。但相差不大时，不能忽略数值小的一方。【典例】已知常温下NH3·H2O的Kb=1.75×10-5 mol·L-1，试
回答下列问题：
(1)当向该溶液中加入一定量的氢氧化钠固体时，电离平衡常数是否变化，[OH-]是否变化？(设温度不变)
(2)若氨水的起始浓度为0.01 mol·L-1，平衡时[OH-]为
c mol·L-1，则如何用c来表示Kb？
【解题指南】解答本题时注意以下两点：
(1)电离平衡常数只与温度有关，与溶液的浓度无关。
(2)注意应用电离平衡常数表达式。【解析】(1)当向达到电离平衡后的溶液中加入氢氧化钠固体时，增大了[OH-]，平衡逆向移动，但电离平衡常数不变。
(2)根据 可得：
Kb＝ ，平衡时[OH-]=c mol·L-1，则剩余氨水的浓
度为(0.01-c) mol·L-1，生成的[ ]=[OH-]=c mol·L-1，
则有：
Kb＝答案：(1)电离平衡常数不变，[OH-]增大
(2)Kb=【互动探究】
(1)温度降低，Kb怎么变化？[OH-]是否变化？
(2)加入一定量的氢氧化钠固体时，水的电离是否受到影响？
Kw是否发生变化？
提示：(1)因电离过程是吸热过程，温度降低时，电离平衡向
左移动，[OH-]变小，Kb也变小。
(2)由水的电离平衡：H2O H++OH-，当加入一定量的氢氧
化钠固体时，增大了[OH-]，使水的电离程度减小，但Kw只受
温度影响，温度不变Kw不变。【答题要领5】——平衡移动原理应用的准确表述【典例】[2011·北京高考·T26(3)]氯碱工业中电解饱和食盐水的原理示意图如图所示。电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在2～3，用化学平衡移动原理解释盐酸的作用_________________________。【抽样分析】【规范答案】Cl2与水发生反应：Cl2+H2O HCl+HClO，增
大溶液中盐酸的浓度，使平衡逆向移动，减少Cl2在水中的溶
解，有利于Cl2的逸出 **答题要领**
解答要素：
(1)写出可逆反应的方程式
(2)改变的条件
(3)导致平衡如何移动
(4)平衡移动造成了什么结果得分点及关键词：
1.解答此类题目要注意解答叙述方式：可逆反应+条件变化+平衡移动方向+平衡移动结果。
(1)可逆反应：化学方程式或离子方程式。
(2)条件变化：只考虑“一个条件”变化，其他条件不变。
(3)平衡移动方向：正向(或逆向)移动。
(4)平衡移动结果：某些物理量发生了什么变化或造成了什么影响。
2.要特别注意语言的规范：要避免“向左移动或向右移动”或“反应向正反应方向移动”等错误说法。[2011·四川高考·T29(3)]开发氢能是实现社会可持续发展的需要。硫铁矿(FeS2)燃烧产生的SO2通过下列碘循环工艺过程既能制H2SO4，又能制H2。H2SO4用化学平衡移动的原理分析，在HI分解反应中使用膜反应器分离出H2的目的是___________________。
答案：减小氢气的浓度，使HI分解平衡正向移动，提高HI的分解率1.下列关于电离平衡常数(K)的说法正确的是( )
A.电离平衡常数(K)越小，表示弱电解质电离能力越弱
B.电离平衡常数(K)与温度无关
C.不同浓度的同一弱电解质，其电离平衡常数(K)不同
D.多元弱酸各步电离平衡常数相互关系为：K1A.
B.
C.HClO====H++ClO-
D.H2S H++HS-；HS- H++S2-
【解析】选D。A项，(NH4)2SO4是强电解质，完全电离，应用
“====”，A错误；B项，NaHCO3是强电解质，完全电离用
“====”， 是多元弱酸根离子，正确的写法为
，B错误；C项，
HClO是弱电解质，正确的写法为HClO H++ClO-，C错误。3.25 ℃时，0.1 mol·L-1稀醋酸加水稀释，图中的纵坐标y可
以是( )
A.溶液的pH
B.醋酸的电离平衡常数
C.溶液的导电能力
D.醋酸的电离程度【解析】选C。0.1 mol·L-1稀醋酸加水稀释，电离程度增大，n(H+)增大，但[H+]减小，因此pH增大，A错、D错；电离平衡常数只与温度有关，因此稀释时电离平衡常数不变，B错；加水稀释时溶液中主要离子的浓度减小，溶液的导电能力下降，C正确。4.在相同温度时100 mL 0.01 mol·L-1的醋酸溶液与10 mL
0.1 mol·L-1的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是
( )
A.中和时所需NaOH的量
B.电离程度
C.H+的物质的量浓度
D.CH3COOH的物质的量【解析】选B。A项，因两者的物质的量相同，最终电离出的n(H+)必相同，故中和时所需NaOH的量必相同，A错误；稀释能促进电离，故电离程度前者大于后者，B正确；C项，虽然前者电离程度较大，但由于溶液浓度较小，故c(H+)较小，C错误；D项，由于前者电离程度较大，前者发生电离的醋酸的量大，剩余的醋酸的量较少，故前者小于后者。5.(2012·开封模拟)有①CH3COOH、②HCl、③H2SO4三种溶液，下列说法不正确的是( )
A.pH相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是①>②>③
B.物质的量浓度相同时，其pH由大到小的顺序是①>②>③
C.中和等量的烧碱溶液，需等物质的量浓度的①②③三种酸溶液的体积比为2∶2∶1
D.体积和物质的量浓度均相同的①②③三溶液 ，分别与同浓度的烧碱溶液恰好完全反应，所需烧碱溶液的体积比为2∶1∶2【解析】选D。(1)CH3COOH是弱酸，HCl、H2SO4是强酸。当它们的pH相同时，其物质的量浓度最大的是CH3COOH，最小的是H2SO4，故A正确；
(2)当三种酸的物质的量浓度相同时，[H+]最大的是H2SO4，最小的是CH3COOH，即溶液pH最大的是CH3COOH，最小的是H2SO4，故B正确；(3)H2SO4是二元酸，HCl和CH3COOH是一元酸，故中和等量的NaOH溶液，消耗等浓度CH3COOH、HCl、H2SO4的体积比为2∶2∶1，故C正确；
(4)中和等物质的量的三种酸，消耗NaOH的物质的量的比为1∶1∶2，故D错。6.弱电解质电离情况可以用电离度和电离平衡常数表示，下
表是常温下几种弱酸的电离平衡常数Ka，请回答下面问题：(1)表中所给的四种酸中，酸性最弱的是_______(用化学式表
示)。
(2)下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离常
数不变的操作是________。
A.升高温度
B.加水稀释
C.加少量的CH3COONa固体
D.加少量冰醋酸【解析】(1)电离平衡常数越小，酸的酸性越弱，故HCN酸性最弱。(2)温度影响电离平衡常数，故A错误；加入少量的CH3COONa固体和加少量冰醋酸，都会引起电离平衡向逆反应方向移动，故C、D错误；加水时，电离程度增大，而电离平衡常数不变，B符合题意。
答案：(1)HCN (2)B课件72张PPT。第2节 水溶液 酸碱中和滴定 …………三年13考 高考指数:★★★★
1.了解水的电离、离子积常数。
2.了解溶液pH的定义，能进行pH的简单计算。
3.了解测定溶液pH的方法。一、水的电离
1.电离方程式
水是一种极弱的电解质，H2O+H2O H3O++OH-，可简写为
_______________。
2.三个重要数据10-7mol·L-110-14mol2·L-23.Kw的影响因素
Kw只与温度有关，温度升高，Kw _____。
二、溶液的酸碱性与pH
1.溶液的酸碱性
溶液的酸碱性取决于溶液中[H+]和[OH-]的相对大小。
(1)酸性溶液中：[H+]__[OH-]。
(2)中性溶液中：[H+]__[OH-]。
(3)碱性溶液中：[H+]__[OH-]。变大>=<2.pH
(1)定义式：pH=________。
(2)溶液的酸碱性跟pH的关系(室温下)。
(3)适用范围：0～14。-lg[H+]中
性（酸性）增强（碱性）增强c(OH-)/mol·L-1c(H+)/mol·L-1PH10-1410-710-7110-1413.pH试纸的使用
(1)“四”步骤。
放 —把小片试纸“放”在表面皿上
︱
蘸 —用洁净的_______“蘸”取待测液
︱
点 —“点”到pH试纸上
︱
比 —试纸变色后与___________对“比”，确定溶液的pH玻璃棒标准比色卡(2)“两”注意。
①试纸不能用蒸馏水润湿，否则测酸偏大，测碱偏小，中性溶液无影响。
②广泛pH试纸只能读出整数值。
三、酸碱中和滴定
1.原理
利用中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。2.常用酸碱指示剂及其变色范围3.实验用品
(1)仪器：___________(如图A)、___________(如图B)、滴定管夹、铁架台、_______。酸式滴定管碱式滴定管锥形瓶(2)试剂：标准液、待测液、_______、蒸馏水。
(3)滴定管的使用。指示剂酸式滴定管酸性和氧化性物质易腐蚀橡胶管碱式滴定管碱性物质易腐蚀玻璃，致使玻璃活塞无法打开4.实验操作(以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例)
(1)滴定前准备工作“八动词”。
检漏 —检查滴定管活塞是否漏水
︱
洗涤 —先用蒸馏水“洗”再用待装液“润洗”滴定管
︱
装、排 —滴定管中“装”液至液面以上，并“排”气泡
︱
调、读 —调整液面至0或0刻度以下，并读数
︱
注、加 —将20 mL碱液注入锥形瓶，并加指示剂(2)滴定过程“三动词”。控制：左手控制滴定管活塞摇动：右手摇动锥形瓶注视：眼睛注视锥形瓶内溶
液颜色变化(3)终点判断“两数据”。
①一滴：滴入最后一滴标准液，锥形瓶内颜色发生突变。
②半分钟：颜色突变后，半分钟内不恢复原色。
(4)数据处理。
按上述操作重复二至三次，求出用去标准盐酸体积的平均
值，根据c(NaOH)= 计算。1.pH=7的某溶液一定为中性溶液。( )
【分析】温度不同，水的离子积不同，如100 ℃，Kw=
10-12，pH=6的溶液为中性溶液，pH=7的溶液为碱性溶液。
2.pH=2的盐酸中，由水电离出的[H+]=0.01 mol·L-1。( )
【分析】pH=2，说明溶液中[H+]=0.01 mol·L-1，由[OH-]
mol·L-1=10-12 mol·L-1,[H+]水=[OH-]=
10-12 mol·L-1。××3.pH试纸使用之前，一定要用蒸馏水润湿，否则无法使用。
( )
【分析】pH试纸使用时不能润湿，否则可能产生误差。
4.盛放待测液的锥形瓶一定要润洗，否则产生实验误差。
( )
【分析】锥形瓶不能润洗，否则导致所测待测液的浓度偏高。××5.溶液的pH可以小于0，也可以大于14。( )
【分析】溶液的pH的适用范围为0～14。但当溶液中[H+]>
1 mol·L-1时，pH<0，当溶液中[OH-]>1 mol·L-1时，pH>14，只是使用时并不方便。√ 水的电离
1.影响水电离的“四”因素条件
改变加HClNaOH(s)升温加Na2CO3平衡移
动方向向左向左向右向右减小增大增大增大增大增大减小减小增大不变不变不变[OH-][H+]Kw可总结为：酸碱抑制，盐(能水解的)促进。
2.由水电离出的[OH-]和[H+]的计算
可概括为：酸碱“浓度等”，抑制程度同
两盐“浓度等”，促进程度同
注：“浓度等”指［H+］=［OH-］
(1)中性溶液[OH-]=[H+]=10-7 mol·L-1。(2)溶质为酸的溶液。
①来源
OH-全部来自水的电离，水电离产生的[OH-]=[H+]。
②实例
如计算pH=2的盐酸溶液中水电离出的[H+]，方法是先求出溶
液的[OH-]=Kw/10-2=10-12 (mol·L-1)，即水电离出的
[H+]=[OH-]=10-12 mol·L-1。(3)溶质为碱的溶液。
①来源
H+全部来自水的电离，水电离产生的[H+]=[OH-]。
②实例
如计算pH=12的NaOH溶液中水电离出的[OH-]，方法是先求出
溶液的[H+]=Kw/10-2=10-12 (mol·L-1)，即水电离出的[OH-]
=[H+]=10-12 mol·L-1。(4)水解呈酸性或碱性的盐溶液。
①pH=5的NH4Cl溶液中H+全部来自水的电离，由水电离的
[H+]=10-5 mol·L-1，[OH-]=10-9 mol·L-1，是因为部分OH-与
部分 结合；
②pH=12的Na2CO3溶液中OH-全部来自水的电离，由水电离出的
[OH-]=10-2 mol·L-1。【高考警示钟】
(1)注意区分溶液组成和性质的关系。
酸性溶液不一定是酸溶液，碱性溶液不一定是碱溶液。
(2)温度相同，pH相同的溶液对水的电离程度影响并不一定相同。如pH=3的盐酸和NH4Cl溶液，前者抑制水的电离，后者促进水的电离；pH=10的NaOH溶液和CH3COONa溶液，前者抑制水的电离，后者促进水的电离。
(3)常温时，由水电离产生的[H+]<10-7 mol·L-1的溶液，因水的电离受到抑制，可能是酸性溶液也可能是碱性溶液。【典例1】下列操作中，能使电离平衡H2O H++OH-向右移
动且溶液呈酸性的是( )
A.向水中加入NaHSO4溶液
B.向水中加入Al2(SO4)3溶液
C.向水中加入Na2CO3溶液
D.将水加热到100 ℃，使pH=6
【解题指南】解答本题时应注意以下两点：
(1)水的电离程度增大，[H+]不一定增大。
(2)NaHSO4====Na++H++ ，它相当于一元强酸。【解析】选B。A项，加入NaHSO4溶液显酸性，但抑制水的电
离，A错误；加入Al2(SO4)3溶液，Al3+水解促进水的电离，同
时水解使溶液显酸性，B正确；加入Na2CO3溶液， 水解显
碱性，C错误；将水加热促进其电离，氢离子浓度增加，但水
依然是中性的，D错误。【互动探究】(1)在上述溶液中，由水电离出的[H+]=
10-5 mol·L-1的可能是哪些？
(2)100 ℃时，[OH-]=10-5 mol·L-1的溶液，pH是多少？
提示：(1)由水电离出的[H+]=10-5 mol·L-1，则由水电离出的
[OH-]也是10-5 mol·L-1，水的电离受到促进。Al2(SO4)3溶液
和Na2CO3溶液均有可能。
(2)100 ℃时，Kw=10-12，[H+]=10-12/10-5=10-7 (mol·L-1)，
pH=7。 关于pH的计算
1.总体原则
(1)若溶液为酸性，先求[H+]，再求pH=-lg[H+]。
(2)若溶液为碱性，先求[OH-]，再求[H+]=Kw/[OH-]，
最后求pH。
2.类型及方法
(1)酸、碱溶液pH的计算方法。
①强酸溶液
如HnA，设浓度为c mol·L-1，[H+]=nc mol·L-1，
pH=-lg[H+]=-lg(nc)。②强碱溶液
如B(OH)n，设浓度为c mol·L-1，[H+]= mol·L-1，
pH=-lg[H+]=14+lg(nc)。
(2)酸碱混合溶液pH的计算——“酸按酸，碱按碱，酸碱中和
看过量”。
①两强酸混合：直接求[H+]混，代入公式pH=-lg[H+]混计算。
［H+］混=②两强碱混合：先求[OH-]混，再根据Kw=[H+]·[OH-]计算，求
[H+]混，由[H+]混求pH。
[OH-]混=
③强酸、强碱混合
a.恰好完全中和：pH=7
b.酸过量：
[H+]混=c.碱过量：【高考警示钟】
(1)强酸(或强碱)溶液稀释后性质不会改变：
对于酸溶液中的[H+]，每稀释10n倍，pH增大n个单位，但增大后不超过7，酸仍为酸。对于碱溶液中的[OH-]，每稀释10n倍，pH减小n个单位，但减小后不小于7，碱仍为碱。
(2)pH相同的强酸与弱酸(或强碱与弱碱)，稀释相同的倍数，强酸(或强碱)pH变化大，弱酸(或弱碱)pH变化小。【拓展延伸】已知酸和碱溶液的pH之和，判断等体积混合后的溶液的pH
(1)若强酸与强碱溶液的pH之和大于14，则混合后显碱性，pH大于7。
(2)若强酸与强碱溶液的pH之和等于14，则混合后显中性，pH等于7。
(3)若强酸与强碱溶液的pH之和小于14，则混合后显酸性，pH小于7。(4)若酸与碱溶液的pH之和等于14，酸、碱中有一强、一弱，则酸、碱溶液混合后，谁弱显谁性。这是因为酸和碱已电离的H+和OH-恰好中和，谁弱谁的H+或OH-有储备，中和后还能电离，显出酸、碱性来。【典例2】(2012·菏泽模拟)在温度T ℃下，Ba(OH)2的稀溶液中［H+］=10-a mol·L-1，［OH-］=10-b mol·L-1，已知a+b=12，向该溶液中逐滴加入pH=b的盐酸，测得混合溶液的部分pH如下表所示：(1)依据题意判断，T ℃______25 ℃(填“大于”、“小于”
或“等于”)，该温度下水的离子积Kw=_________。
(2)b=_____，原Ba(OH)2的稀溶液的物质的量浓度为______。
(3)该温度下，向1 L硫酸与硫酸钠的混合溶液中加入3 L该
Ba(OH)2的稀溶液时，沉淀正好达最大量，从所得溶液中取出
4 mL并加水稀释至20 mL，测得溶液的pH为7，则原硫酸与硫
酸钠混合溶液的pH为______，其中Na2SO4的物质的量浓度为
__________。【解题指南】解答本题应注意以下两点：
(1)温度改变，Kw改变，根据溶液的［OH-］计算［H+］时要注
意。
(2)表中的③溶液显中性而不是②溶液。
【解析】(1)在Ba(OH)2稀溶液中水的离子积常数Kw=[H+][OH-]
=10-a·10-b=10-12>10-14，说明溶液的温度大于25 ℃，且有该
温度下pH+pOH=12，中性溶液的pH等于6。(2)由①可知
Ba(OH)2溶液中[OH-]=10-4mol·L-1，［Ba(OH)2］=5×
10-5mol·L-1，当滴入盐酸22 mL时溶液呈中性时有[H+]=
[OH-]，所以原盐酸的浓度为1×10-4mol·L-1，b等于4。(3)设混合溶液中H2SO4的物质的量为x mol，Na2SO4的物质的
量为y mol，所加入的Ba(OH)2与 恰好完全反应时有
x+y=1.5×10-4，(3×10-4-2x)× =10-5×20×10-3，解
得x=5×10-5，y=1×10-4。
答案：(1)大于 10-12 (2)4 5×10-5mol·L-1
(3)4 1×10-4mol·L-1【技巧点拨】求算[H+]的两种方法
无论是单一溶液还是混合溶液，计算溶液的pH，实质就是求
溶液中的[H+]，求[H+]有两种方法：
(1)酸性溶液中[H+]= =
(酸酸混合)或[H+]=
(酸碱混合)
(2)碱性溶液中利用[H+]=Kw/[OH-]计算。【变式训练】T ℃时，将体积为VA L、浓度为a mol·L-1的一元酸HA与体积为VB L、浓度为b mol·L-1的一元碱BOH混合，混合液恰好呈中性，则下列判断正确的是( )
A.混合液的pH=7
B.a=b
C.混合液中Kw=［H+］2
D.a=b，VA=VB【解析】选C。T ℃时HA与BOH混合后恰好呈中性，说明溶液中[H+]=[OH-]，但溶液的pH不一定等于7，而Kw=[H+]·[OH-]
=[H+]2；由于不知道a、b关系，故无法确定VA和VB的关系。【变式备选】某探究小组在某温度下测定溶液的pH时发现，
0.01 mol·L-1的NaOH溶液中，由水电离出的[H+]·[OH-]=
10-22，则该小组在该温度下测得0.1 mol·L-1的NaOH溶液的pH应为( )
A.13 B.12 C.11 D.10
【解析】选B。 在0.01 mol·L-1的NaOH溶液中，由水电离出的［H+］·［OH-］=10-22，［H+］=10-11 mol·L-1，该温度下水的离子积为10-11×0.01=10-13。所以该温度下0.1 mol·L-1的NaOH溶液中［H+］=10-13/0.1 mol·L-1=10-12 mol·L-1，故pH=12，B项正确。 酸碱中和滴定的误差分析
1.一个基本原理——计算公式
以一元强酸和一元强碱的滴定为例：
根据：
其中VB——准确量取的待测液的体积，
cA——标准溶液的浓度，
故2.四个易错阶段——“洗、取、滴、读”
以标准酸溶液滴定未知浓度的碱溶液(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有：步骤洗涤取液酸式滴定管未用标准酸溶液润洗碱式滴定管未用待测溶液润洗锥形瓶用待测溶液润洗锥形瓶洗净后还留有蒸馏水取碱液的滴定管开始有气泡,放出液体后气泡消失操 作VAcB变大变大变小变小不变偏高偏高偏低无影响偏低步骤操 作VAcB酸式滴定管滴定前有气泡,滴定终点时气泡消失振荡锥形瓶时部分液体溅出部分酸液滴在锥形瓶外酸式滴定管滴定前读数正确,滴定后俯视读数
(或前仰后俯)酸式滴定管滴定前读数正确,滴定后仰视读数
(或前俯后仰)滴定读数变大变大变小变小变大偏高偏高偏高偏低偏低溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴碱液颜色无变化 变大偏高【高考警示钟】
(1)答题时注意题目要求，防止答非所问，如要求答“偏高”、“偏低”，容易误答成“偏大”、“偏小”。
(2)分析误差时要看清是标准液(在滴定管中)还是待测液(在锥形瓶中)。
(3)滴定终点≠中和反应恰好进行完全≠溶液呈中性。中和反应恰好进行完全，得到的溶液不一定呈中性，有可能呈酸性或碱性。【典例3】Ⅰ.现用物质的量浓度为a mol·L-1的标准盐酸去测
定 V mL NaOH 溶液的物质的量浓度，请填写下列空白：
(1)酸式滴定管用蒸馏水洗净后，还应该进行的操作是____。
(2)如图是酸式滴定管中液面在滴定前后的读数：
c(NaOH)=___________ mol·L-1。(3)若在滴定前滴定管尖嘴部分留有气泡，滴定后滴定管尖嘴
部分气泡消失，则测定的NaOH物质的量浓度_______(填“偏
大”、“偏小”或“无影响”)。
Ⅱ.如图是盐酸与氢氧化钠的滴定
曲线a和b，试认真分析后填空：
(4)曲线a是用__________溶液
滴定_________溶液。
(5)P点的坐标为________；
盐酸的物质的量浓度为______mol·L-1。【解题指南】解答本题应注意以下两点：
(1)滴定管精度及读数方法；
(2)滴定前后气泡对结果的影响。
【解析】Ⅰ.(1)滴定管先用蒸馏水洗净后，必须再用待盛装液体润洗。
(2)注意滴定管上的读数“0”刻度在最上端，自上而下，读数变大。所以所用盐酸的体积应为(V2-V1)mL。
(3)滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，使所用标准液的体积增大，待测液浓度偏大。Ⅱ.一定要理解图中具体坐标点的意义。
a曲线pH随滴定的进行而增大，则说明其为碱滴定酸的过程，
且V碱=0时，pH=1说明该盐酸的浓度为0.1 mol·L-1，同理b
曲线是酸滴定碱的过程，且该氢氧化钠溶液的浓度为
0.1 mol·L-1。
答案：Ⅰ.(1)用a mol·L-1的标准盐酸润洗2至3次
(2) (3)偏大
Ⅱ.(4)NaOH HCl (5)(15,7) 0.1【技巧点拨】中和滴定误差分析的基本思路
中和滴定的误差分析，都要依据公式c(待测)=c(标准)·V(标准)/V(待测)来判断，这二者在误差分析时看作定值，因各种原因使得所耗标准液体积V(标准)变大或变小，V(标准)变大则c(待测)偏高，V(标准)变小则c(待测)偏低。【变式训练】一定物质的量浓度溶液的配制和酸碱中和滴定是中学化学中两个典型的定量实验。某研究性学习小组在实验室中配制1 mol/L稀硫酸标准溶液。然后用其滴定某未知浓度的NaOH溶液。下列有关说法中正确的是________。
A.实验中所用到的滴定管、容量瓶在使用前均需要查漏
B.若选用100 mL容量瓶配制标准酸溶液，需用密度为
1.84 g/mL、98%的浓硫酸5.43 mL
C.容量瓶中有少量的蒸馏水，会导致所配标准溶液的浓度偏小D.酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀硫酸，则测得的NaOH溶液的浓度将偏大
E.若配制标准酸溶液在定容时俯视读数，则导致所测的NaOH溶液浓度偏大
F.中和滴定实验，若滴定前平视读数、滴定结束俯视读数，则导致实验结果偏大【解析】C项，因在洗涤及定容时，都要往容量瓶中加蒸馏水，故容量瓶中有少量的蒸馏水，不影响标准溶液的浓度；E项，在配制定容时俯视读数，导致标准液的浓度偏大，当用之滴定碱液时，所用酸液的体积比实际情况偏小，故所测得碱液的浓度偏小。
答案：A、B、D【答题要领6】——滴定终点的判断答题模板 【典例】［2010·天津高考·T9(5)·改编］纳米TiO2在涂
料、光催化、化妆品等领域有着极其广泛的应用。
用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3+，再以KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+。
请回答：
如何判断滴定终点___________________________________。 【抽样分析】【规范答案】当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2标准溶液后，溶液变成浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色**答题模板**
当滴入最后一滴xxxxxx标准溶液后，溶液变成xxxxxx色，且半分钟内不恢复原来的颜色。
说明：解答此类题目注意三个关键点：
(1)最后一滴：必须说明是滴入“最后一滴”溶液。
(2)颜色变化：必须说明滴入“最后一滴”溶液后溶液“颜色的变化”。
(3)半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不再恢复原来的颜色”。 测定平衡常数对定量认识化学反应具有重要意义。已知：I2
能与I-反应生成 ，并在溶液中建立如下平衡：
通过测定平衡体系中［I2］、［I-］和［ ］，就可求得该反
应的平衡常数。某同学为测定上述平衡体系中［I2］，采用
如下方法：取V1 mL平衡混合溶液，用c mol·L-1的Na2S2O3溶
液进行滴定(反应为I2+2Na2S2O3====2NaI+Na2S4O6)，消耗
V2 mL的Na2S2O3溶液。根据V1、V2和c可求得［I2］。
上述滴定时，可采用________作指示剂，滴定终点的现象是
___________________________。答案：淀粉 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不恢复原来的颜色 1.(2012·鹤壁模拟)T ℃时，水的离子积为Kw，该温度下，
将a mol·L-1一元酸HA与b mol·L-1一元碱BOH等体积混合，
要使混合液呈中性，必要的条件是( )
A.混合液pH=7
B.混合液中，［H+］=
C.a=b
D.混合液中，［B+］=［A-］+［OH-］【解析】选B。由于题中酸、碱强弱未知而且温度未知，当
a=b时，混合液pH不能确定，A错、C错；由于反应后溶液呈中
性说明［H+］=［OH-］，D错误；由于Kw=［H+］·［OH-］，
当溶液呈中性时，［H+］=［OH-］，［H+］= ，B正确。2.(2012·长葛模拟)25 ℃时，水的电离达到平衡：H2O
H++OH- ΔH＞0，下列叙述正确的是( )
A.向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，[OH-]降低
B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，[H+]增大，Kw不变
C.向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，[H+]降低
D.将水加热，Kw增大，pH不变【解析】选B。A项，稀氨水是弱碱，加入后水溶液中的[OH-]
增大，平衡逆向移动；B项，NaHSO4固体溶于水中电离使[H+]
增大。由于温度不变，故Kw不变；C项，水中加入CH3COONa，
CH3COONa发生水解，促进水的电离，使溶液呈碱性，[H+]降
低；D项，升高温度，水的电离程度增大，Kw变大，pH变小。3.(2011·安庆模拟)25 ℃时，pH=13的氨水中由水电离出的
［H+］水=a，pH=1的盐酸中由水电离出的［H+］水=b,
0.2 mol·L-1盐酸与0.1 mol·L-1氢氧化钠溶液等体积混合后，由水电离出的［H+］水=c，则a、b、c的关系正确的是
( )
A.a>b=c B.a=b=c
C.c>a=b D.a>c>b【解析】选C。pH=13的氨水中，［H+］水=［H+］=
10-13 mol·L-1；pH=1的盐酸中，［H+］水=［OH-］=
10-13 mol·L-1；0.2 mol·L-1盐酸与0.1 mol·L-1氢氧化钠溶
液等体积混合，［H+］= mol·L-1=0.05 mol·L-1，
pH=2-lg5=1.3，［H+］水=10-12.7 mol·L-1，所以c>a=b。4.室温下，下列溶液等体积混合后的pH一定大于7的是( )
A.0.1 mol·L-1的盐酸和0.1 mol·L-1的氢氧化钠溶液
B.pH=4的盐酸和pH=10的氢氧化钡溶液
C.pH=4的醋酸溶液和pH=10的氢氧化钠溶液
D.pH=4的盐酸和pH=10的氨水
【解析】选D。A、B项，因酸与碱都是强酸与强碱，且[H+]=[OH-]，故中和后溶液呈中性；C项，因醋酸的浓度远远大于氢氧化钠溶液的浓度，故中和后溶液呈酸性，pH小于7；D项，因氨水的浓度远远大于盐酸的浓度，故中和后溶液呈碱性，pH一定大于7。5.常温下，将0.1 mol·L-1氢氧化钠溶液与0.04 mol·L-1硫
酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于( )
A.1.7 B.2.0 C.12.0 D.12.4【解析】选C。设两溶液的体积均为1 L，OH-的物质的量为
0.1 mol·L-1×1 L=0.1 mol，因H+的浓度是硫酸浓度的2倍，
即0.04 mol·L-1×2=0.08 mol·L-1，故H+的物质的量为
0.08 mol·L-1×1 L=0.08 mol，H+的物质的量小于OH-的物质
的量，混合后溶液呈碱性；混合反应后剩余OH-的物质的量浓
度为(0.1 mol -0.08 mol)÷(1 L+1 L)=0.01 mol·L-1，溶
液的[H+]=Kw/[OH-]=10-12 mol·L-1 ，pH=-lg［H+］=12。6.用已知物质的量浓度的NaOH溶液滴定待测的盐酸溶液时，可能有以下一些操作：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，直接装入已知物质的量浓度的NaOH溶液；②经检查碱式滴定管不漏液，胶管中玻璃珠控制灵活后，用少量已知浓度的NaOH溶液洗涤2～3次后再装入碱液，将液面调至“0”刻度处，用滴定管夹将其固定在铁架台上；③用移液管移取一定体积的待测盐酸，放至用蒸馏水洗净的锥形瓶中；④往锥形瓶中滴加几滴甲基橙，在瓶下垫一张白纸；⑤手捏碱式滴定管中的玻璃珠，快速放液以使指示剂尽快变色；⑥指示剂变色后再滴几滴碱液，以稳定变色；⑦滴定过程中眼睛注视碱式滴定管内溶液体积的变化。以上操作中错误的是_______。【解析】在①操作中，用蒸馏水洗涤碱式滴定管后，直接装入已知物质的量浓度的NaOH溶液会使标准液变稀，使滴定用的标准液的体积增大，导致测定结果偏高；在⑤操作中，滴定开始时滴加标准液的速率可快些，但不能过快形成水流，当接近滴定终点时，一滴一滴地甚至半滴半滴地滴入；在⑥操作中，当滴入一滴碱液，指示剂由红色变为黄色，且半分钟之内颜色不再变红，即达到滴定终点；在⑦操作中，眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故①⑤⑥⑦错误。
答案：①⑤⑥⑦课件67张PPT。第3节 盐类的水解…………三年16考 高考指数:★★★★
1.了解盐类水解的原理。
2.了解影响盐类水解的主要因素。
3.了解盐类水解的应用。一、盐类水解的原理
1.一个实质——生成弱电解质
弱酸的阴离子→结合__
弱碱的阳离子→结合___
→破坏了_____________→水的电离程度_____→
［H+］≠［OH-］→溶液呈碱性或酸性。盐电离→ →生成弱电解质水H+OH-水的电离平衡增大2.两个特点——“微弱”、“吸热”
(1)程度微弱,属于可逆反应。
(2)吸热反应，是_________反应的逆反应。
3.两个规律
有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性；同强显中性。酸碱中和否中性pH=7是是Cu2+CH3COO-、酸性碱性pH<7pH>74.水解方程式的书写
(1)一般盐类水解程度很小，水解产物很少，产物不标“↑”
或“↓”,如果产物易分解(如NH3·H2O、H2CO3)也不写成其分
解产物的形式，
如：NH4Cl的水解离子方程式:_________________________。
(2)多元弱酸盐的水解分步进行，以第一步为主，一般只写第
一步水解的离子方程式，如Na2CO3的水解离子方程式：
________________________。(3)多元弱碱阳离子的水解方程式一步写完，如:FeCl3的水解
离子方程式：_________________________。
(4)若阴、阳离子水解相互促进，由于水解程度较大，书写时
要用“====”、“↑”、“↓”等，如:NaHCO3与AlCl3混合溶
液的反应离子方程式：_______________________________。二、影响盐类水解的主要因素
可概括为：越弱越水解、越热越水解、越稀越水解。
1.内因——决定因素
形成盐的酸或碱的强弱。对应的酸或碱_____就越易发生水
解。
如：酸性：CH3COOH＞H2CO3 相同浓度的Na2CO3、
CH3COONa溶液的pH大小关系为_________________________。越弱pH( Na2CO3)＞pH(CH3COONa)2.外因
(1)温度、浓度。右移增大增大右移右移增大减小增大减小(2)外加物质。
外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。
①外加酸碱外加物质酸碱水解程度的影响弱酸根离子弱碱阳离子增大增大减小减小②加能水解的盐
三、盐类水解的应用
1.用热的纯碱溶液洗油污的原因：______________________
____________________。相互抑制相互促进升温可促进碳酸钠水解，使溶液中［OH-］增大2.明矾净水的离子方程式：
______________________________。
3.制备Fe(OH)3胶体的离子方程式：
______________________________。
4.不能在溶液中制取Al2S3的原因的离子方程式：
__________________________________。Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+2Al3++3S2-+6H2O====2Al(OH)3↓+3H2S↑1.pH相同的盐酸和氯化铵溶液中由水电离出的c(H+)相同。
( )
【分析】不相同。盐酸溶液中水的电离被抑制，氯化铵溶液
中水的电离被促进。
2.酸式盐溶液一定呈酸性。( )
【分析】不一定。酸式盐溶液有的呈酸性，如NaHSO4溶液；
有的酸式盐溶液呈碱性，如NaHCO3溶液。××3.某盐的溶液呈酸性，该盐一定发生了水解反应。( )
【分析】不一定。有些酸式盐溶液呈酸性，是因为电离产生
了氢离子，并未发生水解，如NaHSO4溶液。
4.某盐溶液呈中性，该盐一定为强酸强碱盐。( )
【分析】不一定。如弱酸弱碱盐CH3COONH4，因CH3COO-和
的水解程度相同，溶液呈中性。××5.降低温度和加水稀释，都会使盐的水解平衡向逆反应方向
移动。( )
【分析】水解反应是吸热反应，降低温度可使水解平衡逆向
移动，但加水稀释时，水解平衡正向移动，水解程度增大。× 溶液中粒子浓度大小的比较
1.两个平衡依据——“电离”、“水解”
(1)电离平衡。
电离过程是微弱的，如H2CO3溶液中：［H2CO3］＞［ ］＞
［ ］(多元弱酸分步电离逐级减弱)
(2)水解平衡。
水解过程是微弱的。如Na2CO3溶液中：
［ ］＞［ ］＞［H2CO3］(多元弱酸根离子分步水解逐
级减弱) 2.两个守恒关系——“电荷”、“物料”
(1)电荷守恒。
溶液中所有阳离子所带的正电荷总浓度等于所有阴离子所带
的负电荷总浓度。
如NaHCO3溶液中：
［Na+］+［H+］=［ ］+2［ ］＋［OH-］(2)物料守恒。
在电解质溶液中，某些微粒可能发生变化，但变化前后某种
元素的原子个数守恒。
如0.1 mol·L-1 NaHCO3溶液中：
［Na+］=［ ］＋［ ］＋［H2CO3］=0.1 mol·L-13.一种思想——“追根寻源”
在比较离子浓度大小时，关键是分析溶液中的离子是来自于
哪里，是盐的水解剩余的还是水解生成的，再结合“两
弱”——弱电解质的电离、盐的水解都是微弱的，一般都不
超过10%，即可快速确定离子浓度大小。如在NaHCO3溶液中：
NaHCO3====Na++ ①， ②，
+H2O H2CO3+OH-③，H2O H++OH-④，［Na+］最大，
［ ］是水解和电离剩余的，故它大于其余离子的浓度；
如果只考虑②，则［H+］=［ ］，但［H+］还来源于④，故［H+］>［ ］；溶液显碱性，则［OH-］>［H+］，也说
明 的水解的程度大于其电离程度，故［H2CO3］>
［ ］，由此可知溶液中的离子浓度大小关系为：［Na+］>
［ ］>［OH-］>［H+］>［ ］。再如比较等浓度的
NH3·H2O和NH4Cl中的［ ］，NH3·H2O中的［ ］来源于
电离，很小；而NH4Cl中的［ ］是盐完全电离后水解剩余
的，故NH4Cl中的［ ］远大于NH3·H2O中的［ ］。4.四种主要类型
(1)多元弱酸溶液。
多元弱酸分步电离，逐级减弱，如H3PO4溶液中：
［H+］>［ ］>［ ］>［ ］
(2)多元弱酸的正盐溶液。
多元弱酸的弱酸根离子的分步水解，水解程度逐级减弱，如
在Na2CO3溶液中：
［Na+］>［ ］>［OH-］>［ ］(3)不同溶液中同一离子浓度大小的比较。
要看溶液中其他离子对该离子的影响。如在相同物质的量浓
度的下列溶液中：①NH4Cl；②CH3COONH4；
③NH4HSO4，［ ］由大到小的顺序为：③>①>②。
(4)混合溶液中各离子浓度的比较。
要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。如在
0.1 mol·L-1 NH4Cl溶液和0.1 mol·L-1的氨水混合溶液中，
各离子浓度大小的顺序为：［ ］>［Cl-］>［OH-］>
［H+］。【高考警示钟】
(1)关注离子所带电荷的多少。
在列电荷守恒式时，不要简单地认为只是各离子浓度的相
加，注意离子所带电荷的多少，如2［ ］的系数“2”不可
漏掉。
(2)等式考虑守恒原理，不等式考虑平衡原理。
在微粒浓度大小比较中，等式一般与电荷守恒、物料守恒相联系，如果给定的等式不是两个守恒式，可以把两个守恒式变化形式后相互作差，加以推导即可。【拓展延伸】
质子守恒规律：质子守恒是指电解质溶液中水电离出的氢离
子(H+)总数等于粒子接受的氢离子(H+)总数加游离的氢离子
(H+)数。如Na2S水溶液中的质子转移如下：由上表可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示为［H3O+］+
2［H2S］+［HS-］=［OH-］或［H+］+2［H2S］+［HS-］=
［OH-］。
质子守恒式也可以从电荷守恒式与物料守恒式推导得到。【典例1】(2011·天津高考改编)25 ℃时，向10 mL
0.01 mol/L KOH溶液中滴加0.01 mol/L CH3COOH溶液，混合
溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A.pH＞7时，［CH3COO-］＞［K+］＞［H+］＞［OH-］
B.pH＜7时，［K+］＞［CH3COO-］＞［H+］＞［OH-］
C.V［CH3COOH(aq)］=10 mL时，［K+］=［CH3COO-］＞
［OH-］=［H+］
D.V［CH3COOH(aq)］=20 mL时，［CH3COO-］＞［K+］＞
［H+］＞［OH-］【解题指南】解答本题时应注意以下两点：
(1)pH>7时，可能二者恰好完全反应，也可能KOH过量；pH<7
时，CH3COOH一定过量。
(2)等浓度的一元弱酸和对应盐混合时，一般电离过程大于水解过程。
【解析】选D。A项，当pH>7时，应有［H+］<［OH-］，A错
误；B项，当pH<7时，［H+］>［OH-］，根据电荷守恒
［CH3COO-］+［OH-］=［K+］+［H+］可知，［K+］＜
［CH3COO-］，故此时离子浓度关系应该是［CH3COO-］＞［K+］＞［H+］＞［OH-］，B错误；C项，V［CH3COOH(aq)］
=10 mL时,恰好得到CH3COOK溶液，此时溶液呈碱性，离子浓度关系式为［K+］＞［CH3COO-］＞［OH-］＞［H+］，C错误；D项，V［CH3COOH(aq)］=20 mL时,经中和反应后，得到的混合液是等浓度的CH3COOK和CH3COOH的混合溶液，此时CH3COOH的电离程度大于CH3COO-离子的水解程度，溶液呈酸性，故D正确。【技巧点拨】粒子浓度关系的判断技巧
(1)判断溶液中粒子浓度之间的等式关系，主要根据“三大守恒”，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒去分析。大小比较要依据有关变化及其程度来分析。
(2)对于混合溶液中微粒浓度的比较，要先考虑是否反应，再判断反应后酸或碱是否过量，若过量，则须同时考虑电离与水解两个方面。(3)一般而言，等浓度的弱酸与弱酸盐混合，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；HCN、NaCN混合液除外，它们的混合溶液呈碱性，水解程度大于电离程度。【变式备选】常温下，0.1 mol·L-1某二元酸H2A溶液中
=1×10-8，下列叙述不正确的是( )
A.溶液中水电离出的［H+］=10-11 mol·L-1
B.溶液中［HA-］+［A2-］+［H2A］=0.1 mol·L-1
C.溶液中加入一定量CH3COONa晶体或加水稀释，溶液的
［OH-］均增大
D.与0.1 mol·L-1 NaOH溶液等体积混合后所得溶液中存在：
［Na+］+［OH-］=［H2A］+［HA-］+［H+］【解析】选D。首先计算出［H+］=10-3 mol·L-1，说明二元酸
H2A为弱酸，［OH-］=10-11=［H+］水=10-11 (mol·L-1)，A正
确；B项符合物料守恒，正确；C项，CH3COO-能结合溶液中的
H+，加CH3COONa或加水稀释，都能降低溶液中的［H+］，增大
［OH-］，故C正确；D项，先根据反应：H2A+2NaOH====Na2A+
2H2O，得到溶液为等浓度的H2A和Na2A的混合液，由电荷守恒
写出式子：［Na+］+［H+］=［OH-］+2［A2-］+［HA-］…①，
物料守恒的式子：［Na+］=［H2A］+［A2-］+［HA-］…②，将
②×2-①变形可得：［Na+］+［OH-］=2［H2A］+［HA-］+
［H+］，故D错误。【变式备选】某酸的酸式盐NaHY在水溶液中，HY-的电离程度
小于HY-的水解程度。有关的叙述正确的是( )
A.H2Y的电离方程式为：
H2Y+2H2O 2H3O++Y2-
B.在该酸式盐溶液中
［Na+］＞［Y2-］＞［HY-］＞［OH-］＞［H+］
C.HY-的水解方程式为
HY-+H2O H3O++Y2-
D.在该酸式盐溶液中
［Na+］＞［HY-］＞［OH-］＞［H+］【解析】选D。酸式盐NaHY的水溶液中，由HY-的电离程度小于
HY-的水解程度可以判断：①H2Y属于二元弱酸，其电离分步进
行，故A错误；②NaHY的水溶液显碱性，但水解反应HY-+H2O
H2Y+OH-很弱，阴离子仍然主要还是以HY-形式存在，故溶
液中［Na+］＞［HY-］＞［OH-］＞［Y2-］＞［H+］，B错误；
C项不是水解方程式，属于电离方程式，C错误。 盐类水解的应用
1.判断溶液的酸碱性：
Na2CO3溶液呈碱性的原因是：
2.配制或贮存易水解的盐溶液：
如配制FeCl3溶液时，先将它溶解在较浓的盐酸中，再加水至
指定浓度；配制CuSO4溶液时，加入少量的H2SO4，以抑制Cu2+
水解。3.判断盐溶液蒸干灼烧时所得的产物：
如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后得到Al(OH)3、Fe(OH)3，灼烧得到
Al2O3、Fe2O3，CuSO4溶液蒸干后得CuSO4固体，NaHCO3溶液低温
蒸干后可得NaHCO3固体。
4.离子共存：
Al3+、Fe3+与 、 ，Al3+与 ，Al3+与S2-因相互促进
水解而不共存。
5.解释生活中的现象或事实：
如明矾净水、热纯碱液除油污，草木灰不能与铵盐混用、泡
沫灭火器原理。6.离子浓度大小的比较：
如碳酸氢钠溶液中离子浓度大小顺序
为：［Na+］＞［ ］；［OH-］＞［H+］
7.物质的提纯(水解除杂)：
如MgCl2溶液中混有少量Fe3+杂质时，因Fe3+水解的程度比Mg2+
的水解程度大，可加入MgO或Mg(OH)2等，导致水解平衡右移，
生成Fe(OH)3沉淀而除去。【高考警示钟】
(1)因Fe3+在酸性较强的环境中比Al3+、Mg2+、Cu2+更易发生水
解，故一般可采用调节pH的方法生成Fe(OH)3沉淀除去，如加
入CuO、Cu(OH)2等皆可，但不能加会引入杂质离子的物质。
(2)除去溶液中的Fe2+时，由于Fe2+水解程度比Fe3+小，一般先
将Fe2+氧化成Fe3+，然后再类似(1)加入试剂。(3)相互促进水解的离子在同一溶液中是否可以大量共存，要
看水解产物能否脱离反应体系。如Fe3+与 互相促进水解
生成沉淀和气体，水解趋于完全，二者不能大量共存。CH3COO-和 水解相互促进生成的是溶酸和溶碱，仍然存在
平衡状态，二者可以大量共存。【典例2】下列有关问题与盐的水解有关的是( )
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干CuCl2溶液得到Cu(OH)2固体
⑥在含有Fe2+的FeCl3溶液中，要除去它们，往往可先通入氧
化剂Cl2，再调节溶液的pH
A.仅①②③ B.仅②③④⑤
C.仅①④⑤⑥ D.①②③④⑤⑥【解题指南】解答本题时应注意以下两点：
(1)正确判断“弱”离子水解后溶液的酸碱性；
(2)看是否存在水解相互促进的情况。
【解析】选D。①NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可以除去
金属表面的锈；②利用 与Al3+两种离子水解相互促进，
产生二氧化碳，可作灭火剂；③草木灰的主要成分为碳酸
钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施
用；④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅
会与碱反应生成硅酸钠，将瓶塞与瓶口黏合在一块儿而打不开，因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞；⑤CuCl2溶
液中存在水解平衡：CuCl2＋2H2O Cu(OH)2＋2HCl，加热
时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Cu(OH)2固体。⑥Cl2
能氧化Fe2+生成Fe3+而没有引入杂质。【互动探究】(1)②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭
火剂，能否用Na2CO3代替NaHCO3？
(2)⑥在含有Fe2+的FeCl3溶液中，要除去它们，往往可先通入
氧化剂Cl2，若改为加入稀硝酸可否？
提示：(1)不能，因NaHCO3与Al2(SO4)3发生一步水解反应生成
CO2，而Na2CO3则要经过两步水解反应才能生成CO2，水解程度
与水解速率都减弱。
(2)若改为加入稀硝酸不可，原因是引入了新的杂质离子
。【答题要领7】——试剂的作用的答题要素【典例】［2011·海南高考·T17(2)］硫酸亚铁铵
［(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O］为浅绿色晶体，实验室中常以废
铁屑为原料来制备，其步骤如下：
步骤1：将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液
体，用水洗净铁屑。步骤2：向处理过的铁屑中加入过量的3 mol·L-1H2SO4溶液，
在60 ℃左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4
溶液。
步骤3：向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过
“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。
请回答下列问题：
在步骤2中所加的硫酸必须过量，其原因是______________。【抽样分析】【规范答案】 抑制Fe2+的水解，防止生成Fe(OH)2或Fe(OH)3
沉淀**答题要领**
解答要素：
(1)试剂的作用是什么？
(2)要达到的目的是什么？
得分点及关键词：
(1)作用类：“除去”、“防止”、“抑制”、“使……”等，回答要准确。
(2)作用-目的类：作用+目的
“作用”是“……”，“目的”是“……”。
回答要准确全面。 (2010·全国卷Ⅰ·T29)请设计CO2在高温下与木炭反应生成
CO的实验。
(1)在下面方框中，A表示有长颈漏斗和锥形瓶组成的气体发
生器，请在A后完成该反应的实验装置示意图(夹持装置,连接
胶管及尾气处理部分不必画出，需要加热的仪器下方用△标
出)，按气流方向在每件仪器下方标出字母B、C……；其他可
选用的仪器(数量不限)简易表示如下：(2)根据方框中的装置图，在答题卡上填写下表答案：(1)(2)1.常温下，某溶液中由水电离出的［H+］=1×10-13 mol/L，
下列各组中的溶液均有可能的是( )
A.SO2水溶液、饱和食盐水、NaOH溶液
B.稀盐酸、氨水、食醋
C.氨水、澄清石灰水、CH3COONH4水溶液
D.稀硫酸、冰醋酸、NH4Cl水溶液
【解析】选B。由水电离出的［H+］=1×10-13 mol/L＜[H+]水
=10-7 mol/L，说明水的电离受到抑制，故对应的可能
是酸或碱溶液，故答案选B。2.(2012·马鞍山模拟)下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是( )
A.氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：［Cl-］>［ ］
B.pH=2的一元酸和pH=12的一元碱等体积混合：［OH-］=
［H+］
C.0.1 mol·L-1的硫酸铵溶液中：［ ］>［ ］>
［H+］
D.0.1 mol·L-1的硫化钠溶液中：［OH-］=［H+］+［HS-］+
［H2S］【解析】选C。氨水与氯化铵的pH=7的混合溶液中：［Cl-］=
［ ］，选项A错误；pH=2的一元酸和pH=12的一元碱等体积
混合，不知道酸的强弱和碱的强弱，反应后，［OH-］不一定
等于［H+］，选项B错误。0.1 mol·L-1的硫酸铵溶液中：
［ ］>［ ］>［H+］，选项C正确；根据质子守恒，
0.1 mol·L-1的硫化钠溶液中：［OH-］=［H+］+［HS-］+
2［H2S］ ，选项D错。3.(2012·延安模拟)25 ℃时，浓度均为0.2 mol·L-1的
NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是( )
A.均存在电离平衡和水解平衡
B.存在的粒子种类相同
C.均存在［Na+］+［H+］=［ ］+［OH-］+［ ］
D.Na2CO3溶液中［Na+］>［ ］>［OH-］＞［ ］【解析】选C。NaHCO3和Na2CO3溶液中都存在水的电离平衡和
阴离子的水解平衡，A对；NaHCO3和Na2CO3溶液中都存在微
粒： Na+、H+、 、OH-、 和H2CO3，粒子种类相同，B
对；C中所列的是电荷守恒式，［ ］前面系数应是2，C
错；Na2CO3溶液中，［Na+］>［ ］， 微弱水解产生等浓
度的OH-、 ，考虑水电离出的OH-，使［OH-］＞［ ］，
D对。4.(2012·北京模拟)对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜
色变深的是( )
A.明矾溶液加热
B.CH3COONa溶液加热
C.氨水中加入少量NH4Cl
D.小苏打溶液中加入少量的NaCl固体【解析】选B。本题考查水解平衡和电离平衡等知识，溶液颜色变深的原因是溶液的碱性增强，抓住这一本质寻找答案。A项，明矾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性，加热使铝离子的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化；B项，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液呈碱性，加热，醋酸根离子的水解程度增大，溶液的碱性增强，溶液的颜色加深；C项，加入氯化铵固体，氨水的电离程度减弱，碱性减弱，溶液颜色变浅；D项，溶液的酸碱性不变，溶液的颜色没有变化。5.(2012·厦门模拟)在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平
衡： ，下列说法正确的是( )
A.稀释溶液，水解平衡常数增大
B.通入CO2，平衡朝逆反应方向移动
C.升高温度， 减小
D.加入NaOH固体，溶液pH减小【解析】选B。水解平衡常数只受温度的影响，与浓度无关，
A错误；通入CO2，CO2与H2O反应生成H2CO3，H2CO3电离生成
，使 的水解平衡逆向移动，B正确；升高温度，水
解向正反应方向移动。［ ］/［ ］增大，C错误；加入
NaOH固体，溶液碱性增强，pH增大，D错误。6.常温下，浓度均为0.1 mol·L-1的四种溶液:
①Na2CO3溶液 ②NaHCO3溶液 ③盐酸 ④氨水
试回答下列问题：
(1)上述溶液中有水解反应发生的是______(填编号，下同)，
溶液中溶质存在电离平衡的是_______；
(2)比较①、②溶液,pH较大的是_______；
(3)在溶液④中加入少量NH4Cl固体，此时 的值将_____
(填“变小”、“变大”或“不变”)。【解析】(1)Na2CO3为弱酸强碱盐，只存在弱酸根的水解；
NaHCO3为弱酸的酸式盐，既存在 的水解平衡又存在
的电离平衡；盐酸为强酸，只发生电离；氨水中只存
在NH3·H2O的电离平衡。
(2) 对应的酸为 ， 对应的酸为H2CO3，酸性
H2CO3> 。等浓度的两种溶液，Na2CO3的水解程度比
NaHCO3的大，所以pH较大的是Na2CO3溶液。(3)氨水中存在 ，向溶液中加入NH4Cl
固体， 浓度增大，平衡左移，OH-浓度减小，所以
的值将变大。
答案：(1)①② ②④ (2)① (3)变大课件57张PPT。第4节 沉淀溶解平衡…………三年12考 高考指数:★★★★
1.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。
2.了解溶度积的含义及其表达式，能进行相关计算。一、沉淀溶解平衡
1.沉淀溶解平衡的建立
v溶解___v沉淀,固体溶解
固体溶质 溶液中的溶质 v溶解___v沉淀,溶解平衡
v溶解___v沉淀,析出晶体溶解
沉淀>=<2.“三大”特征
? — 动 —v溶解__v沉淀___0?
— 定 —达到平衡时,固体质量、离子浓度保持_____
?— 变 —外界条件改变，溶解平衡将发生移动
3.沉淀溶解平衡常数——溶度积
(1)溶度积(Ksp)。
在一定温度下，难溶电解质的饱和溶液中，离子浓度的
_______。=≠不变幂之积(2)表达式。
对于沉淀溶解平衡：MmNn(s) mMn+(aq)+nNm-(aq)，Ksp=
______________。
(3)意义。
反映了难溶电解质在水中的溶解能力。
(4)影响因素。
在一定的温度下，它是一个常数，只受_____影响，不受溶液
中物质浓度的影响。温度［Mn+］m［Nm-］n二、沉淀反应的应用
1.沉淀的生成
(1)调节pH法。
如除去CuCl2溶液中的杂质FeCl3，可以向溶液中加入CuO，调
节溶液的pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而除去。离子方程式
为：
_________________________，
___________________Fe3++3H2O====Fe(OH)3↓+3H+CuO+2H+====Cu2++H2O(2)沉淀剂法。
如用H2S沉淀Hg2+的离子方程式为：
_____________________
2.沉淀的溶解
(1)酸溶解法。
如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为：
__________________________。
Cu(OH)2溶于稀硫酸，离子方程式为：
_______________________。H2S+Hg2+====HgS↓+2H+CaCO3+2H+====Ca2++CO2↑+H2OCu(OH)2+2H+====Cu2++2H2O(2)盐溶液溶解法。
如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为：
________________________________。
3.沉淀的转化
(1)实质：沉淀溶解平衡的移动。
(2)规律：一般说来，溶解度小的沉淀容易转化成__________
的沉淀。沉淀的溶解度差别越大，越容易转化。溶解度更小(3)应用。
①锅炉除垢
将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为：
__________________________。
②矿物转化
CuSO4溶液遇ZnS转化为CuS，离子方程式为：
_____________________。1.BaSO4====Ba2++ 和BaSO4(s) Ba2+(aq)+ ，两式
所表示的意义相同。 ( )
【分析】前者为BaSO4的电离方程式，后者为BaSO4沉淀溶解平
衡的离子方程式。×2.在AgCl的饱和溶液中，加入NaCl溶液，AgCl沉淀质量增
大，但Ksp(AgCl)不变。( )
【分析】难溶电解质达到溶解平衡后，加入含与此物质电离
产生相同离子的物质，会使平衡向生成沉淀的方向移动，但
溶度积只受温度影响。
3.难溶电解质不能转化成溶解度稍大的难溶电解质。( )
【分析】当溶解度较大的沉淀的离子积Qc大于其溶度积Ksp
时，溶解度较小的沉淀也可以转化成溶解度较大的沉淀。√×4.沉淀完全是指溶液中该物质的浓度为0。( )
【分析】任何难溶电解质都有一定的溶解度，不可能全部沉
淀，当该物质的浓度小于10-5 mol/L时，即可认为沉淀完全
了。× 影响沉淀溶解平衡的因素
1.影响沉淀溶解平衡的因素
(1)内因——本质因素。
难溶电解质本身的性质，也是主要因素。(2)外因。
以AgCl为例：AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)2.物质的溶解度和溶度积
溶度积(Ksp)反映难溶电解质在水中的溶解能力，对同类型的
电解质而言，Ksp数值越大，电解质在水中溶解度越大； Ksp
数值越小，难溶电解质的溶解度也越小。【高考警示钟】
(1)沉淀溶解平衡是化学平衡的一种，沉淀溶解平衡移动分析时也同样遵循勒夏特列原理。
(2)溶度积大的难溶电解质的溶解度不一定大，只有组成相似的难溶电解质才有可比性。
(3)复分解反应总是向着某些离子浓度减小的方向进行，若生成难溶电解质，则向着生成溶度积较小的难溶电解质的方向进行。【典例1】某温度时，AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)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.加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点
B.加入固体NaCl，则AgCl的溶解度减小，Ksp也减小
C.d点有AgCl沉淀生成
D.c点对应的Ksp小于a点对应的Ksp
【解题指南】解答本题要注意两点：
(1)不可孤立的看问题。［Ag+］变化，必然导致［Cl-］变
化。
(2)Ksp只受温度影响，与离子浓度变化无关。【解析】选C。A项，当加入AgNO3时，溶液中的［Ag+］增大，
而［Cl-］减小，即溶液不能由c点变到d点，错；B项，加入
固体NaCl，则AgCl的溶解度减小，但Ksp不变，错；C项，d点
时的［Ag+］·［Cl-］>Ksp，有沉淀生成，对；D项，曲线上
的点对应的是溶解平衡时的离子浓度关系，而当温度一定
时，Ksp不变，即c点对应的Ksp与a点对应的Ksp相等，错。【技巧点拨】沉淀溶解平衡图线解读
(1)曲线上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对
应的离子浓度可求Ksp。
(2)可通过比较、观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。【互动探究】请指出在25℃时，AgCl固体在下列三种物质：(1)100 mL水中；(2)100 mL 0.01 mol·L-1AgNO3溶液；(3)100 mL 0.02 mol·L-1NaCl溶液中的溶解度由大到小的顺
序是什么？原因是什么？
提示：溶解度由大到小的顺序为：(1)＞(2)＞(3)。加水使
AgCl固体继续溶解但溶解度不变；(2)(3)分别含有Ag+、Cl-，
由于同离子效应都能抑制AgCl溶解，而［Cl-］＞［Ag+］,故
它们对AgCl溶解所起的同离子效应不同，即抑制作用不同，
(3)的抑制作用大于(2)的抑制作用，故AgCl在(2)中的溶解度
大于在(3)中的溶解度，故正确的顺序为：(1)＞(2)＞(3)。 沉淀溶解平衡的应用
1.沉淀转化
(1)沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动。一般是溶解度小的沉淀会转化生成溶解度更小的沉淀。
(2)当一种试剂能沉淀溶液中几种离子时，生成沉淀所需试剂离子浓度越小的越先沉淀；如果生成各种沉淀所需试剂离子的浓度相差较大，就能分步沉淀，从而达到分离离子的目的。实例：如
AgNO3 AgCl(白色沉淀) AgBr(淡黄色沉淀)
AgI(黄色沉淀) Ag2S(黑色沉淀)。
(3)溶解度较小的沉淀在一定条件下也可以转化成溶解度较大
的沉淀，如在BaSO4的饱和溶液中加入高浓度的Na2CO3溶液，
也可以转化成溶解度较大的BaCO3沉淀。2.溶度积的应用
通过比较溶度积和溶液中有关离子浓度幂的乘积(浓度商Qc)
的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生
成或溶解。
(1)Qc＞Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和,达到
新的平衡状态。
(2)Qc=Ksp，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态。
(3)Qc＜Ksp，溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电
解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。【高考警示钟】
(1)溶度积曲线上的点表示该条件下，达到溶解与沉淀平衡状
态；在曲线下方的点表示该温度下未达到平衡；在曲线上方
的点表示过饱和状态。
(2)对于阴阳离子比例不同的物质，不能根据溶度积直接比较
离子浓度，而应代入数据计算。
(3)涉及Qc的计算时，易忽视等体积混合后离子的浓度均减半
而使计算出错。故离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度，
所代入的溶液体积也必须是混合液的体积。【典例2】(2012·济南模拟)金属氢氧化物在酸中溶解度不
同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属
离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S，
mol·L-1)如图。(1)pH=3时溶液中铜元素的主要存在形式是_________。
(2)若要除去CuCl2溶液中少量的Fe3+，应该控制溶液的pH为
___________。
A.<1 B.4左右 C.>6
(3)已知常温下一些难溶物的溶度积常数如表(单位：
mol2 ·L-2)。某工业废水中含有Cu2+、Pb2+、Hg2+，最适宜向此工业废水中
加入过量的________除去它们。
A.NaOH B.FeS C.Na2S
【解题指南】解答本题时应注意以下两点：
(1)金属阳离子并不一定只在碱性溶液中生成沉淀，有些离子
在酸性溶液中可生成沉淀，如Fe3+、Cu2+等。
(2)除杂的关键之一是不能引入杂质离子。【解析】(1)由题图可以看出pH=3时，不产生Cu(OH)2沉淀，
铜元素主要是以Cu2+的形式存在。
(2)由题图可知pH<1时，Fe3+不产生沉淀；pH在2.5～4.5之
间，Fe3+沉淀完全而Cu2+不产生沉淀；pH>6时Cu2+也沉淀完
全，故应控制pH在4左右。
(3)根据几种硫化物的溶度积可知CuS、PbS、HgS的溶解度比
FeS小得多；加入FeS可将Cu2+、Pb2+、Hg2+转化为硫化物沉
淀，而过量的FeS不溶解，所以FeS为最佳试剂，而NaOH、Na2S过量时都会存在于废水中。答案：(1)Cu2+ (2)B (3)B【变式备选】已知25℃时，CaSO4在水中沉淀溶解平衡曲线如
图所示，向100 mL该条件下的CaSO4饱和溶液中，加入400 mL
0.01 mol·L-1的Na2SO4溶液，下列叙述正确的是( )A.溶液中析出CaSO4固体沉淀，最终溶液中［ ］较原来大
B.溶液中无沉淀析出，溶液中［Ca2+］、［ ］都变小
C.溶液中析出CaSO4固体沉淀，溶液中［Ca2+］、［ ］都
变小
D.溶液中无沉淀析出，但最终溶液中［ ］较原来大【解析】选D。由题意，Ksp(CaSO4) =［Ca2+］ ·［ ］
=3.0×10-3 mol·L-1×3.0×10-3mol·L-1=9.0×
10-6mol2·L-2，CaSO4饱和溶液中［Ca2+］=［ ］=3.0×
10-3 mol·L-1。加入400 mL 0.01 mol·L-1 Na2SO4溶液后，
［Ca2+］= =6.0×10-4 mol·L-1，=8.6×10-3 mol·L-1，Qc=［Ca2+］·［ ］=6.0×
10-4mol·L-1×8.6×10-3mol·L-1=5.16×10-6mol2·L-2所以没有沉淀(CaSO4固体)析出，但溶液中［ ］变大了，
而［Ca2+］变小了，故只有D项正确。【变式备选】在溶液中有浓度均为0.01 mol·L-1的Fe3+、
Cr3+、Zn2+、Mg2+，已知：Ksp［Fe(OH)3］=2.6×
10-39mol4·L-4，Ksp［Cr(OH)3］=7.0×10-31mol4·L-4；
Ksp［Zn(OH)2］=1.0×10-17mol3·L-3；Ksp［Mg(OH)2］=
1.8×10-11mol3·L-3，当其氢氧化物刚开始沉淀时，下列离
子所需的pH最小的是( )
A.Fe3+ B.Cr3+ C.Zn2+ D.Mg2+【解析】选A。Fe3+开始沉淀时所需［OH-］=
= mol·L-1，Cr3+开始沉淀时所需［OH-］=
，同理，Zn2+、Mg2+开
始沉淀时所需［OH-］分别为 mol·L-1、
，故A项所需［OH-］最小，pH最小，A项正
确。【答题要领8】——试纸使用的答题模板1.pH试纸的使用
【典例】［2010·山东高考·T30(4)］聚合硫酸铁又称聚
铁，化学式为［Fe2(OH)n(SO4)3-0.5n］m，广泛用于污水处理。
实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、
SiO2等)制备聚铁和绿矾(FeSO4·7H2O )过程如下： →固体W(S、SiO2等)
→溶液X 溶液Z
↓ ↓70～80 ℃
溶液Y 聚铁胶体
↓ ↓
绿矾 聚铁
溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，用pH试纸测定溶液pH的操作方法为______________________________________。【抽样分析】【规范答案】将一小片pH试纸放到表面皿(或玻璃片)上，用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，等试纸变色后，再跟标准比色卡对比读数**答题模板**
取一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，等试纸变色后，再与标准比色卡对照。
说明：此类问题的答案几乎是格式化的。解答此类题目要注意三个得分点和关键词：蘸待测液+点试样+对比读数
(1)蘸取待测溶液：用洁净的玻璃棒蘸取待测液
(2)点试样：点在试纸上
(3)对照：与标准比色卡对照读数 ［2009·安徽理综·T27(2)］某厂废水中含5.00×
10-3 mol·L-1的 ，其毒性较大。某研究性学习小组为
了变废为宝，将废水处理得到磁性材料Cr0.5Fe1.5FeO4(Fe的
化合价依次为+3、+2)，设计了如下实验流程：第②步中用pH试纸测定溶液pH的操作是____________。
答案：将一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，等试纸变色后，再与标准比色卡对照读数2.其他试纸的使用
(1)用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、淀粉KI试纸检验溶液时，答题模板：
将xxxxxx试纸放于表面皿或玻璃片上，用洁净的玻璃
棒蘸取待检液点在试纸中部，试纸呈现xxxxxx颜色。
(2)用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、淀粉KI试纸检验气体时，答题模板：
先取小片xxxxxx试纸用蒸馏水润湿，粘在玻璃棒的一端，再放到盛有待测气体的容器口附近，试纸呈现xxxxxx颜色。 1.下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是( )
A.反应开始时，溶液中各离子浓度相等
B.沉淀溶解达到平衡时，沉淀的速率和溶解的速率相等
C.沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D.沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解【解析】选B。反应开始时，各离子的浓度没有必然的关系，故A错；沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度保持不变，但不一定相等，故C错；沉淀溶解达到平衡时，如果再加入难溶性的该沉淀物，由于固体的浓度为常数，平衡不发生移动，故D错。2.向饱和BaSO4溶液中加水,下列叙述中正确的是( )
A.BaSO4的溶解度增大、Ksp不变
B.BaSO4的溶解度、Ksp都增大
C.BaSO4的溶解度不变、Ksp增大
D.BaSO4的溶解度、Ksp均不变
【解析】选D。溶解度受温度与溶剂的影响，温度不变，溶剂
还是水，故BaSO4的溶解度、Ksp均不变,答案选D。3.(2012·濮阳模拟)下列说法中，正确的是( )
A.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
B.Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力一定越弱
C.Ksp的大小与离子浓度无关，只与难溶电解质的性质和温度有关
D.相同温度下，AgCl在水中的溶解能力与在NaCl溶液中的相同【解析】选C 。达沉淀溶解平衡时，沉淀的生成和溶解仍在
进行，只是速率相等，故A错；只有对于相同类型的电解质，
Ksp越小，其在水中的溶解能力越弱，故B错；Ksp只与难溶电
解质本身的性质和温度有关，而与沉淀的量和溶液中离子的
浓度无关，故C正确；AgCl在水中存在溶解平衡：
AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq)，Cl-浓度增大，会促使AgCl的
溶解平衡逆向移动，这样AgCl的溶解能力就减小了，故D错。4.在100 mL 0.01 mol·L-1 KCl溶液中，加入1 mL
0.01 mol·L-1 AgNO3溶液(AgCl的Ksp=1.8×10-10mol2·L-2)，
下列说法正确的是( )
A.有AgCl沉淀析出
B.无AgCl沉淀
C.无法确定
D.有沉淀但不是AgCl
【解析】选A。 因为Qc=［Ag+］·［Cl-］=10-4mol·L-1×
10-2mol·L-１=10-6mol2·L-2，其值大于Ksp(AgCl)，所以有沉
淀析出。5.常温下Ksp(AgCl)=1.8×10-10mol2·L-2,Ksp(AgI)=1.0×
10-16mol2·L-2，将等体积的AgCl和AgI的饱和溶液的清液混
合，再向其中加入一定量的AgNO3固体，下列说法正确的是
( )
A.两澄清液混合，AgCl和AgI都沉淀
B.向AgI清液加入AgNO3，［Ag+］增大，Ksp(AgI)也增大
C.若AgNO3足量， AgCl和AgI都可沉淀，但以AgCl为主
D.若取0.143 5 g AgCl固体放入100 mL水(忽略体积变化)，［Cl-］为0.01 mol·L-1【解析】选C。两清液混合后，［I-］·［Ag+］>Ksp(AgI)，
［Cl-］·［Ag+］Ksp只与温度有关，温度不变，Ksp不变，B项错误；D项，忽视
了AgCl不能全部溶解，错误。6.在含有Cl-、Br-、I-的溶液中，已知其浓度均为
0.1 mol·L-1，而AgCl、AgBr、AgI的溶度积Ksp分别为：
1.6×10-10mol2·L-2、4.1×10-15mol2·L-2、1.5×
10-16mol2·L-2。若向混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液并充分搅拌时，首先析出的沉淀是__________，最后析出的沉淀是________；当AgBr沉淀开始析出时，溶液中Ag+的浓度是________。【解析】电解质类型相同时，溶度积Ksp越小，越易析出，故
沉淀的析出顺序为：AgI、AgBr、AgCl；［Ag+］·［Br-］
=4.1×10-15，［Br-］=0.1 mol·L-1，故［Ag+］=4.1×
10-14 mol·L-1。
答案:AgI AgCl 4.1×10-14 mol·L-1
