第八章 水溶液中的离子反应与平衡 导学课件+课时规范练（含解析） 新高考新教材广西专版2024届高考化学一轮总复习

(共107张PPT)
第2讲　水的电离和溶液的pH
第八章
内容索引
01
02
强基础 增分策略
增素能 精准突破
研专项 前沿命题
03
【课程标准】
1.认识水的电离,了解水的离子积常数,认识溶液的酸碱性及pH,掌握检测溶液pH的方法。
2.能进行溶液pH的简单计算,能正确测定溶液pH,能调控溶液的酸碱性,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。
强基础 增分策略
一、水的电离
1.水的电离
水是极弱的电解质,水的电离方程式为　H2O+H2O H3O++OH-　或简写为H2O H++OH-,其电离过程　吸热　(填“吸热”或“放热”)。任何水溶液中水电离出的H+和OH-都是相等的,25 ℃纯水中c(H+)=c(OH-)=　1×10-7 mol·L-1　。
2.水的离子积常数
3.水的电离平衡影响因素的定性判断
项目 平衡 移动 溶液中 c(H+) 溶液中 c(OH-) pH 溶液的 酸碱性 KW
升高温度 右移 增大 增大 减小 中性 增大
加酸 左移 　增大　 　减小　 减小 　酸性　 　不变　
加碱 左移 　减小　 　增大　 增大 　碱性　 　不变　
加入盐 Na2CO3 右移 　减小　 　增大　 增大 　碱性　 　不变　
NH4Cl 右移 　增大　 　减小　 减小 　酸性　 　不变　
加入金属Na 右移 　减小　 　增大　 增大 　碱性　 　不变　
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)25 ℃时,0.10 mol·L-1NaHCO3溶液加水稀释后,c(H+)与c(OH-)的乘积变大。
(　×　)
(2)向水中加入少量硫酸氢钠固体,促进了水的电离,c(H+)增大,KW不变。
(　×　)
(3)向水中加入AlCl3溶液对水的电离不产生影响。(　×　)
(4)100 ℃的纯水中c(H+)=1×10-6 mol·L-1,此时水呈酸性。(　×　)
(5)将水加热,KW增大,pH减小。(　√　)
(6)已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,现向10 mL浓度为0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中水的电离程度始终增大。(　×　)
应用提升 (1)水的离子积常数只受温度影响,与水的电离平衡移动和溶液(稀溶液)的酸碱性无关。
(2)水中加酸或碱对水的电离均有抑制作用,加水解的盐促进水的电离。
二、溶液的酸碱性与pH
1.溶液的酸碱性　　　溶液呈酸碱性的本质,任何条件下都适用
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)和c(OH-)的相对大小。将“>”“=”或“<”填在下表空格中:
溶液 c(H+)、c(OH-)大小比较 常温/25 ℃ 数值 pH
中性溶液 c(H+)　=　 c(OH-) c(H+)=c(OH-)=1×10-7 mol·L-1 　=　7
酸性溶液 c(H+)　>　 c(OH-) c(H+)　>　 1×10-7 mol·L-1 　<　7
碱性溶液 c(H+)　<　 c(OH-) c(H+)　<　 1×10-7 mol·L-1 　>　7
2.溶液的pH
(1)表达式为pH=　-lgc(H+)　。
(2)溶液的酸碱性与pH的关系(25 ℃)。
3.pH的测定
(1)pH试纸:迅速测定溶液的pH。
常用的pH试纸有广泛pH试纸和精密pH试纸,广泛pH试纸可以识别的pH差约为　1　。pH试纸的使用方法如下:
①测定溶液的pH:把小片试纸放在　表面皿　(或玻璃片)上,用洁净干燥的　玻璃棒　蘸取待测液滴在干燥的pH试纸的中部,观察变化稳定后的颜色,与　标准比色卡　对比即可确定溶液的pH。
②检验气体的酸碱性:先把试纸润湿,粘在　玻璃棒　的一端,再送到盛有待测气体的容器口附近,观察颜色的变化,判断气体的性质。
(2)pH计:精密测量溶液的pH。
不能用蒸馏水润湿,否则因被稀释可能产生误差(中性溶液无误差)
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)任何温度下,利用H+和OH-浓度的相对大小均可判断溶液的酸碱性。
(　√　)
(2)某溶液的pH=7,该溶液一定显中性。(　×　)
(3)用蒸馏水润湿过的pH试纸测溶液的pH,一定会使结果偏低。(　×　)
(4)用广泛pH试纸测得某溶液的pH为3.4。(　×　)
(5)一定温度下,pH=a的氨水稀释10倍后,其pH=b,则a=b+1。(　×　)
应用提升 (1)溶液中c(H+)越大,c(OH-)越小,溶液的酸性越强,碱性越弱;溶液中c(H+)越小,c(OH-)越大,溶液的碱性越强,酸性越弱。
(2)pH=7或c(H+)=10-7 mol·L-1的溶液不一定呈中性。因为水的电离与温度有关,常温时,pH=7的溶液呈中性。
三、酸碱中和滴定
1.定义
用已知浓度的　酸(或碱)　来测定未知浓度的　碱(或酸)　的方法。
2.原理
3.酸碱中和滴定的关键
(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　。
4.【必做实验】强酸与强碱的中和滴定
(1)实验原理
①原理:利用酸碱中和反应,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。以标准HCl溶液滴定待测的NaOH溶液,待测的NaOH溶液的物质的量浓度为
②关键
a.准确测定参加反应的酸、碱溶液的　体积　。
b.选取适当的指示剂,准确判断　滴定终点　。
(2)实验用品
①仪器
图A是　酸式　滴定管,图B是　碱式　滴定管,滴定管夹、铁架台、锥形瓶、烧杯。
②试剂:标准液、待测液、　指示剂　、蒸馏水。
(3)实验步骤
用已知浓度的强酸(HCl)滴定未知浓度的强碱(NaOH)(以酚酞为指示剂)为例
①滴定前的准备。
②滴定。
③滴定终点判断。
接近滴定终点时,改为滴加半滴酸,直到因加入半滴标准液后,溶液由
　粉红　色刚好变为　无　色,且　半分钟内　不变色,这表示已经到达滴定终点,记录标准液的体积。
④数据处理。
　　异常数据舍弃,再求数据平均值,减小误差
按上述操作重复两次,并记录相关数据,根据 计算。
旁栏边角 选择性必修1第三章第二节
阅读教材“资料卡片”,回答下列问题。
(1)为什么酸碱指示剂会发生颜色的变化
提示 酸碱指示剂是一些有机弱酸或弱碱,在溶液中存在电离平衡,其分子与电离出的离子呈现不同的颜色。因此,当溶液pH改变时,分子、离子相对含量的变化会引起溶液颜色的变化。
(2)中和滴定时,酸碱指示剂的用量能否过多
提示 不能。酸碱指示剂是一些有机弱酸或弱碱,在水溶液中存在电离平衡,故用量不宜过多。
(3)试分析能否选择石蕊作中和滴定的指示剂。
提示 酸碱中和滴定中一般不用石蕊作指示剂,因其颜色变化不明显。
(4)根据中和反应的酸碱强弱,如何选择中和滴定的指示剂
提示 滴定终点为碱性时,用酚酞作指示剂,例如用NaOH溶液滴定醋酸。滴定终点为酸性时,用甲基橙作指示剂,例如用盐酸滴定氨水。强酸滴定强碱一般用酚酞,但用甲基橙也可以。
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)酸性KMnO4溶液应用碱式滴定管盛装。(　×　)
(2)用碱式滴定管准确量取20.00 mL的NaOH溶液。(　√　)
(3)将液面在0刻度处的25 mL的酸式滴定管中的液体全部放出,液体的体积为25 mL。(　×　)
(4)中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好,指示剂一般加入2~3 mL。
(　×　)
(5)中和滴定实验时,滴定管、锥形瓶均用待测液润洗。(　×　)
(6)滴定终点就是酸、碱恰好中和的点。(　×　)
应用提升 (1)滴定管的精确度为0.01 mL。
(2)由于滴定管的“0”刻度在滴定管的上方,滴定管下端是没有刻度的,故容量为25 mL的滴定管,当液体的凹液面最低处与“0”刻度相平时,滴定管内液体体积大于25 mL。
增素能 精准突破
考点一
水的电离和溶液的酸碱性
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 删除水的K电离及其与KW的关系;删去“一般在室温下,可忽略温度的影响,KW的……”的介绍;删除“思考与交流1”;在资料卡片中新增“pH计”的介绍
新 高 考 高频考点 分析近几年高考化学试题,选择题中多以图像的形式考查①溶液酸碱性的判断;②水的电离程度的大小比较;③溶液pH的计算。非选择题中考查pH的调控
预测考向 新的一年高考中还将在电离平衡角度分析溶液的性质(如酸碱性、导电性)、在化工流程中通过调控pH分离提纯物质等角度出题
考向1.水电离的影响因素及水电离出的c水(H+)或c水(OH-)的计算
典例突破
人们通常认为水是不导电的,但用精密仪器测定时,发现水有微弱的导电性,表明水是极弱的电解质。下列有关水电离情况的说法正确的是(　　)
A.相同温度下,pH相同的烧碱溶液与纯碱溶液,水的电离程度相同
B.25 ℃,pH=9的烧碱溶液与pH=9的纯碱溶液水电离出的c(H+)之比为104∶1
C.其他条件不变,稀释氢氧化钠溶液,水的电离程度减小
D.其他条件不变,温度升高,水的电离程度增大,KW增大
答案 D
解析 酸或碱抑制水的电离,强酸弱碱盐、强碱弱酸盐、弱酸弱碱盐均能促进水的电离,NaOH是强碱,抑制水的电离,Na2CO3是强碱弱酸盐,促进水的电离,所以两溶液中水的电离程度不同,A项错误;pH=9的NaOH溶液中c(H+)=10-9 mol·L-1,推出由水电离出的c水(H+)=c(H+)=10-9 mol·L-1,pH=9的Na2CO3溶液中OH-全部来自水的电离,由水电离出的c水(H+)=c水(OH-)=10-5 mol·L-1,则比值为10-9 mol·L-1∶10-5 mol·L-1=1∶104,B项错误;NaOH抑制水的电离,其他条件不变,稀释氢氧化钠溶液,其对水电离的抑制程度降低,所以水的电离程度增大,C项错误;温度升高,水的电离程度增大,c(OH-)和c(H+)增大,KW增大,D项正确。
针对训练
1.(2021山东枣庄模拟)已知水的电离平衡如图所示,且pOH=-lgc(OH-),下列说法错误的是(　　)
A.各点对应的水的离子积:KW(f)>KW(e)=KW(d)
B.加热f点纯水,其组成由f点沿fd直线向d方向迁移
C.向c点溶液中通入少量HCl,其组成由c点沿cde
曲线向e点移动
D.df直线上各点对应的水溶液(或纯水)一定显中性
答案 B
解析 pOH+pH=pKW,水的电离吸热,温度越高,水的离子积KW越大,c(OH-)、c(H+)越大,pOH、pH越小,所以温度:T>20 ℃,即KW(f)>KW(d),同时KW只与温度有关,d、e点在等温线上,所以KW(f)>KW(e)=KW(d),A正确;由A项可知加热f点纯水,其组成由f点沿Of直线向O方向迁移,B错误;恒温条件下,向c点溶液中通入少量HCl,溶液酸性增强,pH减小,由于pOH+pH=pKW,所以pOH增大,其组成由c点沿cde曲线向e点移动,C正确;df直线上各点对应的水溶液中均有pH=pOH,即c(OH-)=c(H+),所以df直线上各点对应的水溶液均呈中性,D正确。
2.25 ℃时,在等体积的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05 mol·L-1的Ba(OH)2溶液、③pH=10的Na2S溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中,发生电离的水的物质的量之比是(　　)　　　 　　　　　 　　　　　
A.1∶10∶1010∶109
B.1∶5∶5×109∶5×108
C.1∶20∶2010∶109
D.1∶10∶104∶109
答案 A
解析 25 ℃时,pH=0的H2SO4溶液中由水电离出的c(H+)=10-14 mol·L-1;0.05 mol·L-1的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.05 mol·L-1×2=0.1 mol·L-1,根据KW=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14,可知由水电离出的c(H+)=10-13 mol·L-1;pH=10的Na2S溶液中由水电离出的c(H+)=10-4 mol·L-1;pH=5的NH4NO3溶液中由水电离出的c(H+)=10-5 mol·L-1,故等体积题给溶液中发生电离的水的物质的量之比为10-14∶10-13∶10-4∶10-5=1∶10∶1010∶109。
归纳总结
水电离出的c水(H+)或c水(OH-)的相关计算(25 ℃)
(1)中性溶液:c(OH-)=c(H+)=10-7 mol·L-1
酸溶液中,H+来源于酸的电离和水的电离,而OH-只来源于水的电离。
碱溶液中,OH-来源于碱的电离和水的电离,而H+只来源于水的电离。
水解呈酸性(或碱性)的盐溶液中,H+(或OH-)均来源于水的电离。
考向2.溶液的酸碱性判断
典例突破
大多数植物可以在pH为5.5~6.5的土壤中生长,但洋蓟更喜欢pH为6.5~7.5的土壤。室温下,下列混合溶液的pH一定小于7的是(　　)
A.pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合
B.pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钡溶液等体积混合
C.pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液等体积混合
D.pH=3的硫酸和pH=11的氨水等体积混合
答案 C
解析 pH=3的盐酸中c(H+)=1×10-3 mol·L-1,pH=11的氨水中c(OH-)=1×10-3 mol·L-1,由于氨水为弱碱,在室温下等体积混合后,则氨水过量,pH>7,A错误;pH=3的盐酸中c(H+)=1×10-3 mol·L-1,pH=11的氢氧化钡溶液c(OH-) =1×10-3 mol·L-1,酸碱都是强电解质,在室温下等体积混合后,pH=7,B错误;pH=3的醋酸c(H+)=1×10-3 mol·L-1,pH=11的氢氧化钡溶液中c(OH-) =1×10-3 mol·L-1,由于醋酸为弱酸,在室温下等体积混合后,则醋酸过量,pH<7,C正确;pH=3的硫酸中c(H+)=1×10-3 mol·L-1,pH=11的氨水中c(OH-) =1×10-3 mol·L-1,由于氨水为弱碱溶液,在室温下等体积混合后,则氨水过量,pH>7,D错误。
针对训练
1.(2022上海黄浦二模)下列溶液一定呈中性的是(　　)
A.pH=7的溶液
B.等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液
C.c(H+)=c(OH-)的溶液
D.滴入紫色石蕊溶液不变色的溶液
答案 C
解析 pH=7的溶液不一定呈中性,如100 ℃时,水的离子积常数约为10-12,当pH=7时溶液呈碱性,故A错误;等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液不一定呈中性,如等物质的量的二元强酸硫酸与一元强碱氢氧化钠混合反应时,硫酸过量,溶液呈酸性,故B错误;氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等的溶液一定呈中性,故C正确;紫色石蕊溶液不变色的溶液pH在5~8范围间,溶液可能为酸性,或中性,或碱性,故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溶液与b mol·L-1的一元碱BOH溶液等体积混合,可判定该溶液呈中性的依据是(　　)
A.a=b
B.混合溶液的pH=7
C.混合溶液中,c(H+)= mol·L-1
D.混合溶液中,c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-)
答案 C
解析 溶液呈中性时,c(H+)=c(OH-),则水的离子积KW=c(H+)·c(OH-)=c2(H+),所以c(H+)= mol·L-1,C正确。A项中a=b,不知酸和碱的强弱,故不好判断溶液酸碱性;B项中没有指明在25 ℃时,pH=7不能作为溶液呈中性的依据;D项为电荷守恒,不能判定该溶液呈中性。
归纳总结
溶液酸碱性的两种判断方法
(2)常温下,已知pH之和的酸、碱溶液等体积混合所得溶液的酸碱性分析
①两强混合
a.若pH之和等于14,则混合后溶液显中性,pH=7。
b.若pH之和大于14,则混合后溶液显碱性,pH>7。
c.若pH之和小于14,则混合后溶液显酸性,pH<7。
②一强一弱混合
pH之和等于14时,一元强酸溶液和一元弱碱溶液等体积混合呈碱性;一元强碱溶液和一元弱酸溶液等体积混合呈酸性。
考向3.pH相关的计算
典例突破
常温下,关于溶液稀释的说法正确的是(　　)
A.将1 L 0.1 mol·L-1 Ba(OH)2溶液加水到体积为2 L,pH=13
答案 A
考题点睛
针对训练
1.计算25 ℃时下列溶液的pH:
(1)1 mL pH=2的H2SO4加水稀释至100 mL,pH=　　　　　;
(2)0.001 mol·L-1的盐酸,pH=　　　　　　　　　;
(3)0.01 mol·L-1的NaOH溶液,pH=　　　　　;
(4)0.015 mol·L-1的硫酸与0.01 mol·L-1的NaOH等体积混合,混合溶液的pH=　　　　　。
答案 (1)4　(2)3　(3)12　(4)2
解析 (1)强酸稀释100倍,pH变化2个单位,即稀释后溶液的pH=4;(2)c(H+)=10-3 mol·L-1,pH=3;
2. 下列说法不正确的是(　　)
A.0.1 mol·L-1氨水的pH=a,将此溶液稀释1倍后,溶液pH=b,则a>b
B.室温下1 mL pH=13的NaOH溶液与100 mL盐酸混合后溶液pH=7,则盐酸的pH=3
C.纯水加热到100 ℃时,水的离子积变大、pH变小、呈中性
D.相同温度下,pH相同的Na2CO3和Na2SO3溶液中,水电离程度较大的是Na2CO3溶液
答案 D
解析 0.1 mol·L-1氨水的pH=a,将此溶液稀释到体积为原来的1倍,溶液pH=b,氨水稀释后氢氧根离子浓度减小,溶液的pH减小,则a>b,A正确;氯化氢和氢氧化钠都是强电解质,两种溶液混合后溶液呈中性,说明两种物质的物质的量相等,根据溶液体积知,c(HCl)= c(NaOH)=0.001 mol·L-1,所以HCl的pH=3,B正确;纯水加热到100 ℃时,加热促进水的电离,水的离子积变大,溶液中氢离子浓度增大,pH减小,纯水显中性,C正确;均能发生水解反应,溶液的pH相同,说明Na2CO3和Na2SO3水解生成的氢氧根离子浓度相同,溶液中的氢氧根离子均由水电离,所以两种溶液中水的电离程度相同,D错误。
归纳总结
pH计算思路与类型
(1)口诀与步骤
口诀:酸按酸(H+),碱按碱(OH-),酸碱中和求过量,无限稀释7为限。
步骤:先判断溶液的酸碱性c
(2)pH计算思路与类型
①单一溶液pH的计算
强酸溶液:如HnA溶液,设HnA浓度为c mol·L-1,c(H+)=nc mol·L-1,
pH=-lgc(H+)=-lg nc。
强碱溶液(25 ℃):如B(OH)n溶液,设B(OH)n浓度为c mol·L-1,
②混合溶液pH的计算
考点二
酸碱中和滴定
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 将酸碱中和滴定由“实践活动”栏目移到正文内容,可能是新高考命题的素材。章末增加实验活动“酸碱中和滴定”
新 高 考 高频考点 分析近几年高考化学试题,选择题中以酸碱中和滴定的图像为载体综合考查①溶液中离子浓度的关系;②水的电离程度的大小比较;③电离平衡常数的计算及应用;④酸碱中和滴定实验及迁移应用
预测考向 新的一年高考还将在原有形式上继续考查,同时在非选择题中利用中和滴定、沉淀反应滴定、氧化还原反应滴定检测物质的纯度等进行考查
考向1.酸碱中和滴定操作及误差分析
典例突破
某学生用0.100 0mol·L-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸,其操作可分解为如下几步:
A.移取20.00 mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶中,并加入2~3滴酚酞溶液
B.用标准溶液润洗滴定管2~3次
C.把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好,调节滴定管使尖嘴处充满溶液
D.取标准KOH溶液注入碱式滴定管至刻度“0”以上2~3 mL处
E.调节液面至“0”或“0”以下刻度,记下读数
F.把锥形瓶放在滴定管的下面,用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。就此实验完成填空:
(1)正确操作步骤的顺序是　 　(用序号字母填写)。
(2)上述B步骤操作的目的是　 　。
(3)上述A步骤操作之前,若先用待测溶液润洗锥形瓶,则滴定结果　 　(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
(4)判断到达滴定终点的实验现象是　 　。
答案 (1)B、D、C、E、A、F　(2)洗去附在滴定管壁上的水,防止因将标准溶液稀释而带来误差　(3)偏高　(4)滴入最后半滴NaOH溶液,溶液由无色变为浅红色且半分钟内不变色
解析 (2)无论是盛放标准液还是待测液的滴定管均应润洗,因为滴定管的内壁上附着的蒸馏水会将放入的溶液稀释而引起测定误差。(3)A步骤操作之前,先用待测液润洗锥形瓶,会使待测液的体积大于20.00 mL,消耗标准液多,则测定结果偏高。(4)由于用酚酞作指示剂,故当滴入最后半滴NaOH溶液时溶液由无色变为浅红色且半分钟内不变色时即达到了滴定 终点。
考题点睛
针对训练
1.(2022山东卷)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度,应选甲基橙为指示剂,并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是(　　)
A.可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中
B.应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液
C.应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体
D.达到滴定终点时溶液显橙色
答案 A
解析 本题考查滴定实验中的相关知识点,包括药品的取用、称量、配制,滴定终点的判断。量筒的精确度不高,只能读到小数点后一位, 应选用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中,A项错误;Na2CO3溶液显碱性,配制Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞,以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有黏性的硅酸钠而将瓶塞黏住,应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液,B项正确;Na2CO3固体具有吸湿性,为了避免产生误差,应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体,C项正确;Na2CO3溶液显碱性,甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色,当滴入最后一滴盐酸时,溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不恢复原来的颜色即为滴定终点,故达到滴定终点时溶液显橙色,D项正确。
2. 用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度,假设烧碱样品中的杂质(可溶于水)与酸不反应,试根据实验回答下列问题:
(1)将准确称取的4.3 g烧碱样品配成250 mL待测液,该过程中除烧杯、玻璃棒外,还必须用到的玻璃仪器有　 　、　 　。
(2)取10.00 mL待测液,用　 　(填“酸式”或“碱式”)滴定管量取。
(3)用0.201 0 mol·L-1的标准盐酸滴定待测烧碱溶液(用酚酞作指示剂),滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞,右手不停地摇动锥形瓶,两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化,直到　 　,即达到滴定终点。
(4)根据表中数据,可计算出烧碱的纯度为　 　(用百分数表示,结果保留小数点后一位小数)。
滴定次数 待测液体积/mL 标准盐酸体积/mL 滴定前读数 滴定后读数
第一次 10.00 0.50 20.40
第二次 10.00 4.00 24.10
(5)排去碱式滴定管中的气泡应采用操作　 　(填“甲”“乙”或“丙”),然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
(6)在该滴定实验中,下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的是
　 　(填字母)。
A.滴定终点读数时俯视读数
B.酸式滴定管水洗后未用标准盐酸润洗
C.锥形瓶水洗后未干燥
D.锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液润洗
E.滴定到指示剂刚变色,摇动锥形瓶后颜色恢复,没再继续滴定
F.酸式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后气泡消失
答案 (1)250 mL容量瓶　胶头滴管　(2)碱式
(3)溶液由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复
(4)93.5%　(5)丙　(6)BDF
解析 (1)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作,一般用托盘天平称量,用药匙取用药品,在烧杯中溶解,冷却后转移到250 mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线1~2 cm时,改用胶头滴管滴加,所以需要的仪器为托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶和胶头滴管,所以还需要用到的玻璃仪器有250 mL容量瓶和胶头滴管。
(2)待测液是碱性溶液,应盛放在碱式滴定管中。
(3)滴定时,两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化,以便准确判断终点的到达,若溶液由粉红色变为无色,且半分钟内不恢复,可说明达到滴定终点。
(5)碱式滴定管中排气泡的方法:把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲,再排气泡,所以丙正确,原理是气体的密度比较小,尖嘴朝上,易于逸出。
(6)滴定终点读数时俯视读数,导致读数偏小,测定结果偏小,A错误;酸式滴定管水洗后未用标准盐酸溶液润洗,导致标准液的浓度偏低,滴定时消耗的标准液体积偏大,测定结果偏高,B正确;锥形瓶水洗后未干燥,对待测液的物质的量没有影响,不影响滴定结果,C错误;锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液润洗,导致待测液的物质的量偏大,消耗的标准液体积偏大,测定结果偏高,D正确;滴定到指示剂刚变色,摇动锥形瓶后颜色恢复,没再继续滴定,反应没有完全,消耗的标准液体积偏低,测定结果偏低,故E错误;酸式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失,导致消耗的标准液的体积偏大,测定结果偏高,故F正确。
归纳总结
(1)滴定实验误差分析
(以标准盐酸滴定氢氧化钠溶液为例)
,由于c标和V待已经确定,只要分析出由不当操作引起的V标的变化,即可分析出结果。
(2)图解量器错误读数产生的误差
①俯视和仰视(如图b和图c)
如图b,当用量筒测量液体的体积时,由于俯视视线向下倾斜,寻找切点的位置在凹液面的上侧,读数高于正确的刻度线位置,即读数偏大。(量筒刻度从下到上逐渐增大)
如图c,当用滴定管测量液体的体积时,由于仰视视线向上倾斜,寻找切点的位置在液面的下侧,因滴定管刻度顺序与量筒不同,仰视读数偏大。(滴定管刻度从下到上逐渐减小)
②酸碱中和滴定实验中,两次视线呈三角形,读的体积小于实际体积(如图d);两次视线呈梯形,读的体积大于实际体积(如图e)。
考向2.酸碱中和滴定曲线分析
典例突破
室温下,向20.00 mL 0.100 0 mol·L-1盐酸中滴加0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液,溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg 5=0.7,下列说法不正确的是(　　)
A.NaOH与盐酸恰好完全反应时,溶液pH=7
B.V(NaOH溶液)=30.00 mL时,溶液pH=12.3
C.NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析
结果的可靠性,因此需用邻苯二甲酸氢钾标定
NaOH溶液的浓度,标定时可采用甲基橙为指示剂
D.选择甲基红指示反应终点,误差比甲基橙的小
答案 C
解析 NaOH与盐酸恰好完全反应时,生成NaCl,溶液呈中性,常温下pH=7,则A正确;盐酸与NaOH溶液浓度相同,加入30.00 mL NaOH溶液时,NaOH过量,
则反应后溶液中NaOH的浓度为c(NaOH)= mol·L-1=0.02 mol·L-1,c(H+)= mol·L-1=5×10-13 mol·L-1,pH=-lg(5×10-13)=12.3,B正确;
用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度,滴定终点溶液呈碱性,应该选用酚酞作指示剂,C错误;指示剂的变色范围与pH突变范围越靠近,误差越小,故甲基红指示反应终点,误差比甲基橙的小,D正确。
针对训练
1.25 ℃时,分别取浓度均为0.1 mol·L-1的醋酸溶液和氨水各20 mL于两个锥形瓶中,分别用0.1 mol·L-1 NaOH溶液、0.1 mol·L-1盐酸进行中和滴定,滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.25 ℃时,0.1 mol·L-1的醋酸溶液中CH3COOH约有10%电离
B.绘制曲线Ⅱ的实验中通过控制滴定管玻璃活塞控制滴定速度
C.曲线Ⅰ上a点溶液中:c(Cl-)>c( )>c(OH-)>c(H+)
D.曲线Ⅱ上b点溶液中:c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)]
答案 D
解析 根据曲线变化趋势可知,当未滴加溶液时,曲线Ⅰ的pH>7,说明属于酸滴定碱溶液,曲线Ⅱ的pH<7,说明属于碱滴定酸溶液。曲线Ⅱ表示氢氧化钠滴定醋酸溶液,滴定前醋酸溶液的pH约为3,即溶液中氢离子浓度是0.001 mol·L-1,所以25 ℃时,0.1 mol·L-1的醋酸溶液中CH3COOH约有 ×100% =1%电离,A错误;曲线Ⅱ表示氢氧化钠滴定醋酸溶液,绘制曲线Ⅱ的实验中通过控制碱式滴定管中的玻璃球控制滴定速度,B错误;曲线Ⅰ表示盐酸滴定氨水,滴加盐酸到10 mL时,得到等物质的量浓度的NH4Cl和一水合氨,a点溶液显碱性,说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度,则溶液中: c( )>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),C错误;
曲线Ⅱ表示氢氧化钠滴定醋酸溶液,b点溶液中含有相同物质的量浓度的醋酸钠和醋酸,根据电荷守恒c(OH-)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)和元素质量守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)可知溶液中:c(CH3COO-)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)],D正确。
2.(2022湖南长沙模拟)298 K时,向20.0 mL 0.10 mol·L-1 H2A溶液中滴加0.10 mol·L-1 NaOH溶液,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.该滴定过程应该选择石蕊溶液作指示剂
B.W点到X点发生的主要反应的离子方程式为H2A+2OH- ══ A2-+2H2O
C.Y点对应的溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)
D.反应H2A+A2- 2HA-的平衡常数K=1.0×107.4
答案 D
归纳总结
巧抓“四点”,突破酸碱中和滴定曲线中的粒子浓度关系
(1)抓反应“一半”点,判断是什么溶质的等量混合。
(2)抓“恰好”反应点,生成的溶质是什么,判断溶液的酸碱性。
(3)抓溶液的“中性”点,生成什么溶质,哪种物质过量或不足。
(4)抓反应的“过量”点,溶液中的溶质是什么,判断哪种物质过量。
以向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液为例,溶液pH与加入NaOH溶液的关系如图所示:
(注:a点为反应一半点,b点为中性点,c点为恰好反应,d点处NaOH过量一倍)
分析:
a点,溶质为等物质的量的CH3COONa、CH3COOH,
离子浓度关系:c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-);
b点,溶质为CH3COONa、CH3COOH,
离子浓度关系:c(CH3COO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-);
c点,溶质为CH3COONa,
离子浓度关系:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+);
d点,溶质为CH3COONa、NaOH,
离子浓度关系:c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)。
研专项 前沿命题
酸碱中和滴定及拓展应用
题型 考查内容 非选择题 考查知识 酸碱中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定及其计算
核心素养 变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知、科学探究与创新意识
考向1氧化还原滴定
例1.Ⅰ.(1)用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.010 00 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液250 mL,应准确称取　　 g K2Cr2O7(已知 =294.0 g·mol-1)。配制该标准溶液时,下列仪器中不必要用到的有　　　　　(用编号表示)。
①电子天平　②烧杯　③量筒　④玻璃棒　⑤容量瓶　⑥胶头滴管　⑦移液管
(2)滴定操作中,如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡,而滴定结束后气泡消失,则测定结果将　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
Ⅱ.取Ce(OH)4产品0.536 g,加硫酸溶解后,用0.100 0 mol·L-1 FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+),消耗25.00 mL标准溶液,该产品中Ce(OH)4的质量分数为　　　　　　　。
思路指导
Ⅰ.(1)第一步,根据m=n×M=c×V×M求算K2Cr2O7的质量: m(K2Cr2O7)=0.010 00 mol·L-1×0.25 L×294.0 g·mol-1=0.735 0 g。
第二步,根据一定物质的量浓度溶液的配制步骤确定所需仪器:称量0.735 0 g K2Cr2O7应使用电子天平,溶解过程中要使用烧杯和玻璃棒,溶液要在容量瓶中定容,定容时还要使用胶头滴管,不用量筒、移液管。
(2)第一步,判断滴定方式——直接滴定法。
第二步,根据原理进行误差分析:由关系式K2Cr2O7~6Fe2+,滴定过程中,装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管开始有气泡,后来气泡消失,则导致标准液的读数偏大,则测定结果偏大。
Ⅱ.第一步,判断滴定方式——直接滴定法。
第二步,由电子得失守恒可得知关系式:Ce(OH)4~FeSO4,n[Ce(OH)4]=n(FeSO4)=0.100 0 mol·L-1×0.025 L
=0.002 5 mol,m[Ce(OH)4]=0.002 5 mol×208 g·mol-1=0.52 g,
答案 Ⅰ.(1)0.735 0　③⑦　(2)偏大　Ⅱ.97.0%
突破方法
氧化还原滴定法原理及解题策略
(1)原理
①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。
②实例:Na2S2O3溶液滴定碘液,原理为2Na2S2O3+I2 === Na2S4O6+2NaI,淀粉作指示剂,当滴入最后半滴Na2S2O3溶液,溶液的蓝色褪去,且半分钟内不变色时达到滴定终点。
③滴定方式及应用:
(2)解答滴定原理综合应用试题的策略
①滴定误差分析的基本思路
滴定的误差分析,都要依据公式:c(待测)=c(标准)· 来判断,c(标准)和V(待测)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。
②指示剂选择的基本原则
变色要灵敏,变色范围要小,使变色范围尽量与滴定终点时溶液的酸碱性 一致。
a.常用的指示剂有酚酞、甲基橙、淀粉溶液等,但一般不选用石蕊溶液作指示剂; b.并不是所有的滴定都需使用指示剂,如用Na2SO3标准溶液滴定KMnO4溶液时,KMnO4颜色褪去时即滴定终点。
针对训练
1.KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂。
(1)滴定时应将KMnO4溶液加入　　　　(填“酸式”或“碱式”)滴定管中;在规格为50.00 mL的滴定管中,若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL,此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为　　　　(填字母)。
A.15.00 mL
B.35.00 mL
C.大于35.00 mL
D.小于15.00 mL
(2)某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O,采用KMnO4滴定法测定该样品的组成,实验步骤如下:
Ⅰ.称取m g样品于锥形瓶中,加入稀硫酸溶解,水浴加热至75 ℃。用c mol·L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,消耗KMnO4溶液V1 mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+,加入稀硫酸酸化后,在75 ℃下继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,又消耗KMnO4溶液V2 mL。
样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126 g·mol-1)的质量分数表达式为　　　　　　　　　　　　　　　。
下列关于样品组成分析的说法,正确的是　　　　　(填字母)。
C.若步骤Ⅰ中滴入KMnO4溶液不足,则测得样品中Fe元素含量偏低
D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低,则测得样品中Fe元素含量偏高
解析 (1)KMnO4具有强氧化性,可腐蚀橡胶管,因此KMnO4溶液应采用酸式滴定管盛装。滴定管的构造特点是0刻度在上,最大刻度在下,最大刻度线下仍然存在一定容积,因此滴定管起始读数为15.00 mL时,滴定管中KMnO4溶液的实际体积大于35.00 mL,C项正确。(2)设FeC2O4·2H2O、Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O的物质的量分别为x、y、z,则由实验步骤Ⅰ和实验步骤Ⅱ反应过程中得失电子守恒可列等式:
3x+6y+2z=5cV1×10-3 mol①、
x+2y=5cV2×10-3 mol②,
考向2沉淀滴定
例2.用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I-),实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
Ⅰ.准备标准溶液
a.准确称取AgNO3基准物4.246 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。
b.配制并标定100 mL 0.100 0 mol·L-1 NH4SCN标准溶液,备用。
Ⅱ.滴定的主要步骤
a.取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。
b.加入25.00 mL 0.100 0 mol·L-1 AgNO3溶液(过量),使I-完全转化为AgI沉淀。
c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d.用0.100 0 mol·L-1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+,使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后,体系出现淡红色,停止滴定。
e.重复上述操作两次,三次测定数据如下表:
f.数据处理。
实验序号 1 2 3
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98
回答下列问题:
(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液,所使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外还有　　　　　　　　。
(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是　　　　　　。
(3)b和c两步操作是否可以颠倒 　　　,说明理由:　　　　　　　　。
(4)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为　　　　　　 mL,测得
c(I-)=　　　　　　　 mol·L-1。
(5)判断下列操作对c(I-)测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
①若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则测定结果
　　　　　。
②若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,则测定结果
　　　　　　　。
思路指导
(1)通过配制一定物质的量浓度溶液的步骤判断玻璃仪器:配制250 mL AgNO3标准溶液要用250 mL容量瓶、胶头滴管、烧杯和玻璃棒。
(2)根据物质的性质确定保存方法:AgNO3见光易分解,因此AgNO3标准溶液要放在棕色试剂瓶中避光保存。
(3)根据物质的典型性质分析问题:Fe3+、I-分别是典型的氧化剂和还原剂,若操作颠倒,指示剂中含有的Fe3+会与待测液中的I-反应,使指示剂耗尽,无法指示滴定终点。
(4)第一步,分析数据、排除异常、计算体积:观察三次实验数据知,第1次数据与后两次实验数据相差较大,应舍去;第2次和第3次实验数据求得消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为10.00 mL;
第二步,确定滴定类型和原理,找出关系式,进行计算:该滴定属于过量试剂型,由Ag++I- === AgI↓、Ag++SCN- === AgSCN↓知, c(I-)=(0.025 L×0.100 0 mol·L-1-0.010 L×0.100 0 mol·L-1)÷0.025 L=0.060 00 mol·L-1。
(5)根据滴定类型进行误差分析:该滴定属于过量试剂型,滴定时消耗的NH4SCN溶液偏少,则测定的c(I-)偏高。
①配制AgNO3标准溶液时烧杯中的溶液溅出,则配制的AgNO3标准溶液浓度偏小,滴定时消耗NH4SCN溶液偏少,测定的c(I-)偏高;②滴定终点时俯视读数,由于滴定管刻度“上小下大”,故读数偏小,代入计算式的NH4SCN标准溶液体积偏小,测定的c(I-)偏高。
答案 (1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管　(2)避免AgNO3见光分解
(3)否(或不能)　若颠倒,Fe3+与I-反应,指示剂耗尽,无法判断滴定终点
(4)10.00　0.060 00　(5)①偏高　②偏高
突破方法
沉淀滴定法及解题步骤
(1)定义: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。
(2)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
为指示剂,这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶。
(3)常见类型
①连续反应型:A发生反应生成B,再用C滴定B。
解题思路:利用化学(或离子)方程式找出A与C之间的关系式,进行计算和误差分析。
②过量试剂型:向A中加入过量的B,再用C滴定过量的B。
解题思路:由C求出过量的B,进一步求出与A反应的B,进行计算和误差分析。
(4)解题步骤
针对训练
2.三氯氧磷(POCl3)常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料,实验室制备POCl3并测定产品含量的实验过程如下:
Ⅰ.制备POCl3。
采用氧气氧化液态PCl3法制取POCl3,实验装置(加热及夹持仪器略)如图所示:
已知:①Ag++SCN- === AgSCN↓;Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN);磷酸银溶于硝酸。
②PCl3和POCl3的相关信息如下表:
物质 熔点/℃ 沸点/℃ 相对分子质量 其他
PCl3 -112.0 76.0 137.5 两者互溶,均为无色液体,遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢
POCl3 2.0 106.0 153.5 (1)POCl3遇水反应的化学方程式为　 　。
(2)装置B的作用除干燥O2外,还有　 　的作用;干燥管的作用是　 　。
(3)反应温度要控制在60~65 ℃,原因是　 　。
Ⅱ.测定POCl3产品的含量。
实验步骤:
①制备POCl3实验结束后,待三颈烧瓶中的液体冷却至室温,准确称取30.7 g POCl3产品,置于盛有60.00 mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解,将水解液配成100.00 mL溶液。
②取10.00 mL溶液于锥形瓶中,加入10.00 mL 3.2 mol·L-1 AgNO3标准溶液。
③加入少许硝基苯用力摇动,使沉淀表面被有机化合物覆盖。
④以X为指示剂,用0.2 mol·L-1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液,达到滴定终点时共用去10.00 mL KSCN溶液。
(4)步骤③中加入硝基苯的作用是　 　。若无此操作,所测产品中氯元素的质量分数将会　 　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(5)步骤④中X为　 　;产品中POCl3的质量分数为　 　。
答案 (1)POCl3+3H2O === H3PO4+3HCl
(2)平衡压强、观察O2的流速　防止空中的水蒸气进入三颈烧瓶
(3)温度过低,反应速率太慢;温度过高,PCl3易挥发,利用率低
(4)防止在滴加KSCN溶液时,将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀　偏小
(5)Fe(NO3)3　50%
解析 (1)POCl3遇水会发生反应,根据原子守恒可知反应的化学方程式为POCl3+3H2O === H3PO4+3HCl。
(2)B装置长颈漏斗和大气相连,则B还有平衡压强、观察O2的流速的作用;POCl3遇水会发生反应,干燥管可以防止空中的水蒸气进入三颈烧瓶与POCl3发生反应。
(3)PCl3的沸点为76.0 ℃,若温度过低,反应速率太慢;若温度过高,PCl3易挥发,导致PCl3的利用率低,所以反应温度要控制在60~65 ℃。
(4)实验过程中加入硝基苯的目的是覆盖氯化银,防止沉淀转化生成AgSCN沉淀而导致数据不准确。如无此操作,部分AgCl沉淀会转化为更难溶的AgSCN,消耗的KSCN溶液偏多,则测得的POCl3的含量偏小,所测产品中氯元素的质量分数将会偏小。
(5)由于是用KSCN溶液滴定溶液中过量的Ag+,而Fe(SCN)3溶液是红色溶液,所以可用Fe(NO3)3溶液作指示剂,当溶液中Ag+反应完全后,再滴加的KSCN溶液就会与溶液中的Fe3+作用,使溶液变为红色;根据物质的元素组成及关系式可知POCl3~3HCl~3Ag+,n(Ag+)=0.032 mol -0.002 mol=0.03 mol , n(POCl3)=0.01 mol ,所以三氯氧磷的含量为课时规范练26　弱电解质的电离平衡
一、选择题:本题共6小题,每小题只有一个选项符合题目要求。
1.下列电离方程式中,错误的是(　　)
A.Al2(SO4)32Al3++3S
B.HC+H2OC+H3O+
C.HIH++I-
D.Cu(OH)2Cu2++2OH-
2.等物质的量的下列物质溶于水配成等体积的溶液,导电能力最弱的是(　　)
A.NaOH B.H3PO4
C.NH3 D.CH3CH2OH
3.(2022北京西城模拟)已知室温时,0.1 mol·L-1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离,下列叙述错误的是(　　)
A.该溶液的pH=4
B.升高温度,溶液的pH增大
C.此酸的电离常数约为1×10-7
D.由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的106倍
4.室温下,对于等体积、pH均为2的醋酸和盐酸两种溶液,下列叙述不正确的是(　　)
A.分别加水稀释后,两溶液的pH一定不相等
B.温度都升高20 ℃后,两溶液的pH不再相等
C.分别加足量的锌充分反应后,醋酸溶液产生的氢气多
D.若HA表示HCl或CH3COOH,两溶液中都有c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KW
5.室温下,对于1 L 0.1 mol·L-1醋酸溶液,下列判断正确的是(　　)
A.该溶液中CH3COO-的粒子数为6.02×1022
B.加入少量CH3COONa固体后,溶液的pH降低
C.滴加NaOH溶液过程中,n(CH3COO-)与n(CH3COOH)之和始终为0.1 mol
D.与Na2CO3溶液反应的离子方程式为C+2H+H2O+CO2↑
6.(2021广东广州模拟)已知0.1 mol·L-1的氢氟酸溶液中存在电离平衡:HFF-+H+,要使溶液中的值增大,可以采取的措施是(　　)
①加少量烧碱　②升高温度　③通入少量HF气体　④加水
A.①② B.①③ C.②④ D.③④
二、选择题:本题共4小题,每小题有一个或两个选项符合题目要求。
7.25 ℃时,下列说法正确的是(　　)
A.pH相等的盐酸和醋酸溶液等体积混合(忽略溶液体积变化),混合液中c(Cl-)B.pH相等的盐酸和醋酸溶液分别与足量的镁粉反应,相同条件下醋酸产生H2的体积更大
C.HNO2溶液中加入一定量的NaNO2晶体,溶液中c(OH-)增大,可以证明HNO2为弱酸
D.pH=3的酸HA和pH=11的碱BOH等体积混合后溶液呈酸性,则HA为弱酸
8.(2022山东菏泽模拟)室温时,1 mol·L-1的HA溶液和1 mol·L-1的HB溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,所得曲线如图所示。下列说法中错误的是(　　)
A.M点溶液中c(A-)小于N点溶液中c(B-)
B.HA的电离常数约为10-4
C.浓度均为0.1 mol·L-1的NaA和HA混合溶液的pH<7
D.M、P两点的溶液分别用等浓度的NaOH溶液中和,消耗的NaOH溶液体积:P>M
9.(2022山东济南模拟)25 ℃时,下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)
A.加水稀释0.1 mol·L-1氨水,溶液中c(H+)·c(OH-)和均保持不变
B.向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa,溶液中的值增大
C.等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合:
D.将浓度为0.1 mol·L-1的HF溶液加水不断稀释过程中,电离平衡常数Ka(HF)保持不变,始终增大
10.25 ℃时,改变0.1 mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH,溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)随之改变[已知δ(RCOOH)=],甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图。下列说法正确的是(　　)
A.pH=4的丙酸和甲酸溶液稀释到体积为原来的100倍后对应溶液中的c(H+):甲酸>丙酸
B.25 ℃时,等浓度甲酸与丙酸混合后,丙酸的电离平衡常数Ka>10-4.88
C.浓度均为0.1 mol·L-1的HCOONa和CH3CH2COONa的混合溶液中:
c(H+)+c(CH3CH2COOH)+
c(HCOOH)=c(OH-)+c(HCOO-)+c(CH3CH2COO-)
D.将0.1 mol·L-1 HCOOH溶液与0.1 mol·L-1 HCOONa溶液等体积混合,所得溶液中:c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH)>c(H+)>c(OH-)
三、非选择题:本题共2小题。
11.常温下,部分酸的电离平衡常数如表所示:
化学式 HF HCN H2CO3
电离平衡常数 Ka=3.5×10-4 Ka=5.0×10-10 =4.4×10-7 =4.7×10-11
(1)c(H+)相同的三种酸,其酸的浓度由大到小的顺序为　　　　　　　　　　。
(2)若HCN的起始浓度为0.01 mol·L-1,平衡时c(H+)约为　　　 mol·L-1。若使此溶液中HCN的电离程度增大且c(H+)也增大的方法是　　　　　　　　　　。
(3)中和等量的NaOH,消耗等pH的氢氟酸和硫酸的体积分别为a L、b L,则a　　　　　b(填“大于”“小于”或“等于”,下同)。中和等物质的量浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要NaOH的物质的量为n1、n2,则n1　　　　　n2。
(4)向NaCN溶液中通入少量的CO2,发生反应的离子方程式为 　　　。
(5)设计实验证明氢氟酸的酸性比盐酸的酸性弱: 　。
12.磷元素能形成次磷酸(H3PO2)、亚磷酸(H3PO3)等多种含氧酸。
(1)次磷酸(H3PO2)是一种精细化工产品,已知10 mL 1 mol·L-1 H3PO2与20 mL 1 mol·L-1 NaOH溶液充分反应后生成组成为NaH2PO2的盐,回答下列问题:
①NaH2PO2属于　　　　　　(填“正盐”“酸式盐”或“无法确定”)。
②若25 ℃时,Ka(H3PO2)=1×10-2,则0.02 mol·L-1的H3PO2溶液的pH=　　　　　　。
③设计两种实验方案,证明次磷酸是弱酸:　　　　　　　　　　;　　　　　　　　　　。
(2)亚磷酸(H3PO3)是二元中强酸,某温度下,0.11 mol·L-1的H3PO3溶液的pH为2,该温度下H3PO3的电离平衡常数约为　　　　　　(=2×10-7,H3PO3的二级电离和水的电离忽略不计)。
(3)亚磷酸的结构式为(式中P→O表示成键电子对全部由磷原子提供),含有两个“—OH”,分子中有两个可电离的氢原子,因而是二元酸,由此类推次磷酸分子中含有　　　　个“—OH”。
(4)向H3PO3溶液中滴加NaOH溶液:
①当恰好中和生成Na2HPO3时,所得溶液的pH　　　(填“>”“<”或“=”,下同)7。
②当溶液呈中性时,所得溶液中
c(Na+)　　c(H2P)+2c(HP);
③若用甲基橙作指示剂,用NaOH溶液滴定,达到滴定终点时,所得溶液中c(Na+)　　c(H2P)+2c(HP)。
参考答案
课时规范练26　弱电解质的电离平衡
1.C　解析 硫酸铝属于盐,在水溶液中或熔融状态下完全电离出铝离子和硫酸根离子,电离方程式为Al2(SO4)32Al3++3S,故A正确;碳酸氢根离子属于弱酸酸式盐的酸根部分,部分电离,电离方程式为HC+H2OC+H3O+或HCC+H+,故B正确;HI是强酸,完全电离,电离方程式为HIH++I-,故C错误;氢氧化铜为弱碱,电离方程式为Cu(OH)2Cu2++2OH-,D正确。
2.D　解析 NaOH是强电解质,溶于水时完全电离,故其中自由移动的离子浓度最大,导电能力最强,A错误;H3PO4是弱电解质,在水溶液中部分电离,故其中自由移动的离子浓度较小,导电能力较弱,B错误;NH3溶于水,与水反应生成的NH3·H2O是弱电解质,在水溶液中部分电离,故其中自由移动的离子浓度较小,导电能力较弱,C错误;CH3CH2OH是非电解质,其水溶液几乎不导电,导电能力最弱,D正确。
3.B　解析 c(H+)=0.1%×0.1mol·L-1=10-4mol·L-1,pH=4,A项正确;因HA在水中存在电离平衡,升高温度促进平衡向电离方向移动,c(H+)将增大,pH会减小,B项错误;HA在水中仅有0.1%发生电离,因此可认为HA浓度不变,此酸的电离常数为Ka==1×10-7,C项正确;c(H+)=10-4mol·L-1,所以由水电离出的c(H+)=10-10mol·L-1,前者是后者的106倍,D项正确。
4.A　解析 醋酸为弱酸,不完全电离,盐酸为强酸,完全电离,pH均为2的醋酸和盐酸,醋酸的浓度大,体积相同时,醋酸的物质的量大于盐酸中HCl的物质的量。分别加水稀释,但没有说明水的量,故两溶液加水稀释后的pH可能相等,也可能不相等,A错误;升高温度,醋酸能继续电离出氢离子,导致醋酸中的氢离子浓度大于盐酸,两溶液pH不再相等,B正确;等体积时,醋酸的物质的量大于HCl,与足量Zn反应,醋酸放出的氢气多,C正确;c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KW等式两侧同除以氢离子浓度得:c(H+)=c(A-)+c(OH-),根据电荷守恒可知正确,D正确。
5.C　解析 1L0.1mol·L-1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol,醋酸属于弱酸,是弱电解质,在溶液中部分电离,存在电离平衡,则CH3COO-的粒子数小于6.02×1022,A错误;加入少量CH3COONa固体后,溶液中CH3COO-的浓度增大,根据同离子效应,会抑制醋酸的电离,溶液中的氢离子浓度减小,酸性减弱,则溶液的pH升高,B错误;滴加NaOH溶液过程中,溶液中始终存在元素质量守恒,n(CH3COO-)+n(CH3COOH)=0.1mol,C正确;醋酸的酸性强于碳酸,则根据强酸制取弱酸,醋酸与Na2CO3溶液反应生成醋酸钠、二氧化碳和水,醋酸是弱电解质,离子方程式书写中不能拆写,则离子方程式为C+2CH3COOHH2O+CO2↑+2CH3COO-,D错误。
6.C　解析 ①加少量烧碱,发生酸碱中和反应,促进平衡正向移动,导致c(F-)增大,则的值减小,故错误;②升高温度促进HF电离,导致c(H+)增大、c(HF)减小,所以的值增大,故正确;③通入少量HF气体导致c(HF)增大,平衡正向移动,但c(H+)增大的程度小于c(HF)增大的程度,所以的值减小,故错误;④加水稀释促进HF电离,但是HF电离增大的程度小于溶液体积增大的程度,导致c(H+)、c(HF)、c(F-)都减小,增大,故正确。
7.CD　解析 盐酸和醋酸溶液中电荷关系分别为c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)、c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),pH相等的两溶液等体积混合后pH不变,即c(H+)、c(OH-)不变,所以混合液中c(Cl-)=c(CH3COO-),故A错误;pH相等的盐酸和醋酸溶液:c(CH3COOH)>c(HCl),溶液体积未知,则不能确定n(CH3COOH)、n(HCl)的大小,不能确定产生H2的体积的大小,故B错误;HNO2溶液中加入一定量的NaNO2晶体,溶液中c(OH-)增大,则溶液酸性减弱,HNO2的电离平衡逆向移动,可证明HNO2为弱酸,故C正确;pH=3的HA溶液中c(H+)=10-3mol·L-1,pH=11的MOH溶液中c(OH-)=10-3mol·L-1,等体积混合后溶液呈酸性,则HA过量,说明HA为弱酸,故D正确。
8.AD　解析 由图中信息可知,室温时,1mol·L-1的HA溶液和1mol·L-1的HB溶液pH分别为2和0,所以HA是弱酸、HB是强酸。因为起始时浓度和体积均相等,故两溶液中所含一元酸的物质的量相等。M点溶液和N点溶液的pH都等于3,由电荷守恒可知,M点溶液中c(A-)等于N点溶液中c(B-),A项错误;1mol·L-1的HA溶液的pH为2,c(A-)=c(H+)=0.01mol·L-1,c(HA)≈1mol·L-1,则HA的电离常数约为10-4,B项正确;浓度均为0.1mol·L-1的NaA和HA混合溶液中,c(HA)≈c(A-),根据电离常数的表达式可知,c(H+)=10-4mol·L-1,所以该溶液的pH<7,C项正确;M、P两点的溶液所含一元酸的物质的量相等,故分别用等浓度的NaOH溶液中和时,消耗的NaOH溶液体积相等,D项错误。
9.BC　解析 0.1mol·L-1氨水稀释过程中c(H+)增大,c(OH-)减小,因而比值变大,A项错误;向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa,溶液中,加入CH3COONa,溶液碱性增强,则c(H+)降低,所以的值增大,B项正确;等体积、等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液混合,根据电离常数有,同一溶液中c(H+)相等,则c(H+)=,而,则,C项正确;0.1mol·L-1的HF加水稀释,c(F-)趋近于0,而c(H+)趋于10-7mol·L-1,故变小,D项错误。
10.D　解析 根据酸溶液中分子的物质的量分数可知,pH=4的丙酸和甲酸溶液中酸分子的物质的量分数前者大,则丙酸浓度大于甲酸,稀释到体积为原来的100倍后丙酸电离出的H+更多,c(H+):丙酸>甲酸,A错误;弱酸的电离平衡常数只与温度有关,与浓度无关,根据N点可知,丙酸分子的物质的量分数为50%,则可得Ka=10-4.88,B错误;浓度均为0.1mol·L-1的HCOONa和
CH3CH2COONa的混合溶液中存在电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)+c(CH3CH2COO-),但由于弱酸根离子的水解是微弱的,则c(Na+)≠
c(CH3CH2COOH)+c(HCOOH),c(H+)+
c(CH3CH2COOH)+c(HCOOH)≠c(OH-)+
c(HCOO-)+c(CH3CH2COO-),C错误;类比B的分析可知,Ka(HCOOH)=10-3.75,Kh(HCOO-)==10-10.25,将0.1mol·L-1HCOOH溶液与0.1mol·L-1HCOONa溶液等体积混合,HCOOH的电离程度大于HCOONa的水解程度,所得溶液呈酸性,故存在:c(HCOO-)>c(Na+)>c(HCOOH)>c(H+)>c(OH-),D正确。
11.答案 (1)c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)
(2)×10-6　升高温度
(3)小于　小于
(4)CN-+CO2+H2OHCN+HC
(5)测定等物质的量浓度的两种酸的pH,氢氟酸的pH大(其他合理答案均可)
解析 (1)根据三种酸的电离常数可知,酸性:HF>H2CO3>HCN>HC,因此c(H+)相同的三种酸,其酸的浓度由大到小的顺序为c(HCN)>c(H2CO3)>c(HF)。(2)设c(H+)=xmol·L-1,根据HCNH++CN-,Ka=5.0×10-10=,解得x≈×10-6;弱电解质的电离是吸热过程,升高温度,能够促进HCN的电离,电离程度增大,c(H+)也增大。(3)中和等量的NaOH,需要消耗等物质的量的H+,当氢氟酸和硫酸的pH相等时,由于硫酸是强酸,氢氟酸为弱酸,氢氟酸浓度大于硫酸,需要氢氟酸的体积小于硫酸的体积,即a小于b。氢氟酸为一元酸、硫酸为二元酸,中和等物质的量浓度、等体积的氢氟酸和硫酸需要NaOH的物质的量之比为1∶2,即n1小于n2。(4)酸性:HF>H2CO3>HCN>HC。向NaCN中通入少量的CO2反应生成HCN和NaHCO3,反应的离子方程式为CN-+CO2+H2OHCN+HC。(5)证明氢氟酸的酸性比盐酸的酸性弱可以使用的方法有①测定等物质的量浓度的两种酸的pH,氢氟酸的pH大;②等物质的量浓度的两种酸分别与Zn反应,初始氢氟酸冒气泡慢;③测定等物质的量浓度的两种溶液的导电性,连接氢氟酸的灯泡较暗等。
12.答案 (1)①正盐　②2　③测NaH2PO2溶液的pH,若pH>7,则证明次磷酸为弱酸　向等物质的量浓度的盐酸、次磷酸溶液中各滴入2滴石蕊溶液,若次磷酸溶液中红色浅一些,则说明次磷酸为弱酸(答案合理即可)
(2)1×10-3　(3)1　(4)①>　②=　③<　
解析 (1)①计算可知NaOH过量,只生成NaH2PO2,说明次磷酸只能电离出一个H+,因而NaH2PO2是正盐。
②设溶液中的H+浓度为xmol·L-1。
　　　　　　　H3PO2H++H2P
初始/(mol·L-1) 0.02 0 0
转化/(mol·L-1) x x x
平衡/(mol·L-1) 0.02-x x x
Ka(H3PO2)==1×10-2,解得x=0.01,故pH=-lg0.01=2。
③可从NaH2PO2溶液存在水解平衡以及H3PO2存在电离平衡等角度设计实验。
(2)忽略H3PO3的二级电离和水的电离,则c(H2P)≈c(H+)=1×10-2mol·L-1,c(H3PO3)≈(0.11-1×10-2)mol·L-1=0.1mol·L-1,电离平衡常数=1×10-3。
(3)次磷酸为一元酸,则含有1个“—OH”。
(4)①Na2HPO3溶液中,HP水解,溶液呈碱性。
②溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(H2P)+2c(HP)+c(OH-),溶液呈中性时,c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(H2P)+2c(HP)。
③溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(H2P)+2c(HP)+c(OH-),用甲基橙作指示剂,达到滴定终点时,溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),c(Na+)一、选择题:本题共5小题,每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2022浙江绍兴模拟)常温下,0.1 mol·L-1 HCN溶液的pH=5.5,下列说法不正确的是(　　)
A.在NaCN溶液中存在:c(Na+)>c(CN-)
B.相同浓度的NaCl溶液与NaCN溶液比较,NaCN溶液的pH更大
C.0.1 mol·L-1 HCN溶液和0.1 mol·L-1 NaCN溶液等体积混合后溶液pH小于7
D.中和相同体积与浓度的HCl溶液与HCN溶液,所消耗的同浓度NaOH溶液的体积相同
2.下列关于电解质溶液的说法错误的是 (　　)
A.等浓度、等体积的HCOOH溶液与HCOONa溶液混合后pH<7:c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
B.新制氯水中:c(ClO-)+c(HClO)=c(Cl-)
C.已知Ka(HF)>(H2S),则同浓度的NaHS和NaF溶液的pH:NaHS>NaF
D.Na2CO3与NaHCO3的混合溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+c(C)
3.常温下,用0.1 mol·L-1氨水滴定10 mL浓度均为0.1 mol·L-1的HCl和CH3COOH的混合液,已知醋酸的电离常数为Ka=1.8×10-5,NH3·H2O的电离常数为Kb=1.8×10-5,下列说法错误的是 (　　)
A.在氨水滴定前,混合溶液中c(Cl-)>c(CH3COOH)
B.在氨水滴定前,混合溶液中
c(CH3COO-)≈Ka
C.当滴入氨水10 mL时,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(N)+c(NH3·H2O)
D.当溶液呈中性时,氨水滴入量等于20 mL,且c(N)4.(2022安徽池州高三联考)常温下,向20 mL 0.100 0 mol·L-1 NaB溶液中滴加等浓度的弱酸HA溶液,所得混合溶液中
lg 与lg 的关系如图所示。已知Ka(HA)=1.77×10-4。下列说法正确的是(　　)
A.Ka(HB)>Ka(HA)
B.pH=4时,的值比pH=3的大
C.滴入20 mL HA溶液后存在关系:c(A-)>c(HB)
D.pH=7时,混合溶液中一定存在关系:c(Na+)=c(B-)
5.(2022天津河西三模)25 ℃时,在某氨水中不断通入CO2,各种离子的变化趋势如图所示:
下列说法正确的是(　　)
A.lg[Kb(NH3·H2O)]=-9
B.随着CO2的通入,不断减小
C.刚通入CO2时反应的离子方程式CO2+NH3·H2ON+HC
D.pH=8.5的溶液中:c(N)+c(H+)=c(C)+c(HC)+c(NH2COO-)+c(OH-)
二、选择题:本题共3小题,每小题有一个或两个选项符合题目要求。
6.邻苯二甲酸氢钾KHA溶液是一种常见的缓冲溶液,其可以用于标定NaOH溶液的浓度(KHA+NaOHKNaA+H2O)。已知邻苯二甲酸的(H2A)=1.1×10-3,(H2A)=4.0×10-6。室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　)
A.0.1 mol·L-1 KHA溶液:c(K+)>c(HA-)+2c(A2-)
B.KHA溶液与NaOH溶液恰好完全中和后溶液:c(H2A)+c(HA-)+c(H+)=c(OH-)
C.等物质的量浓度的KHA和KNaA溶液中:c(K+)>c(A2-)>c(Na+)>c(HA-)
D.向0.1 mol·L-1 KHA中滴加NaOH溶液至pH=7:c(Na+)+c(H2A)=c(A2-)
7.室温下,改变0.1 mol·L-1邻苯二甲酸氢钾(KHA)溶液的pH,溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。下列叙述错误的是[已知δ(X)=](　　)
A.lg[(H2A)]=-5.4
B.pH=4.15时,2δ(H2A)+δ(HA-)=1
C.KHA溶液中:c(K+)>c(HA-)>c(H2A)>c(A2-)
D.pH=7时,c(A2-)>c(HA-)>c(H+)=c(OH-)
8.(2022湖南株洲三模)常温下,向某浓度H2A溶液中加入NaOH(s),保持溶液体积和温度不变,测得pH与-lg c(M)[-lg c(H2A)、-lg c(A2-)、-lg ]变化如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.常温下,H2A电离平衡常数为10-1.08
B.曲线②表示-lg c(A2-)与pH变化关系
C.NaHA溶液中c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)
D.b点时,满足c(Na+)>3c(A2-)
三、非选择题:本题共3小题。
9.NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂,用于焙烤食品;NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题:
(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂,其理由是 (用必要的化学用语和相关文字说明)。
(2)相同条件下,0.1 mol·L-1
NH4Al(SO4)2溶液中c(N)　　(填“等于”“大于”或“小于”)0.1 mol·L-1 NH4HSO4中c(N)。
(3)如图1所示是0.1 mol·L-1电解质溶液的pH随温度变化的图像。
①其中符合0.1 mol·L-1
NH4Al(SO4)2溶液的pH随温度变化的曲线是　　　　(填数字),导致pH随温度变化的原因是　　　　　　　　　　　　　　。
②20 ℃时,0.1 mol·L-1 NH4Al(SO4)2溶液中2c(S)-c(N)-
3c(Al3+)=　　　　　　　　。
(4)室温时,向100 mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液,所得溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图2所示。试分析图中a、b、c、d四个点,水的电离程度最大的是　　　　点;在b点,溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是　　　　　　　　　　　　　　　。
10.醋酸是日常生活中常见的调味剂和重要的化工原料,醋酸钠是其常见的盐[设25 ℃,Ka(CH3COOH)=1.69×10-5]。
(1)醋酸钠溶液呈碱性的原因是　　　　　　　　　　　　(写出有关的离子方程式)。
(2)在CH3COONa溶液中离子浓度由大到小的顺序为　　　　　　　　　　。
(3)25 ℃时,0.10 mol·L-1的醋酸溶液的pH约为　　　　　　　　　　(已知:lg 1.3=0.114)。
(4)对于醋酸溶液和醋酸钠溶液的下列说法正确的是　　　　　　　　　　(填字母)。
A.稀释醋酸溶液,醋酸的电离程度增大,而稀释醋酸钠溶液则醋酸钠的水解程度减小
B.升高温度可以促进醋酸电离,也可以促进醋酸钠水解
C.醋酸和醋酸钠混合液中,醋酸抑制醋酸钠的水解、醋酸钠也抑制醋酸的电离
D.醋酸和醋酸钠混合液中,醋酸促进醋酸钠的水解、醋酸钠也促进醋酸的电离
(5)物质的量浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合(注:混合前后溶液体积变化忽略不计),混合液中的下列关系式正确的是　　　　　(填字母)。
A.c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)
B.c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
C.c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1 mol·L-1
(6)用pH试纸在常温下分别测定
0.10 mol·L-1的醋酸钠溶液和
0.10 mol·L-1的碳酸钠溶液,则pH(CH3COONa)　　　　(填“>”“<”或“=”)pH(Na2CO3)。
11.一般来说,较强酸可以制取较弱酸,这是复分解反应的规律之一。已知在常温下测得浓度均为0.1 mol·L-1的下列6种溶液的pH。
溶质 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO NaCN C6H5ONa
pH 8.1 8.8 11.6 10.3 11.1 11.3
(1)①请根据上述信息判断下列反应不能发生的是　　　　　(填字母)。
A.CH3COOH+NaCNHCN+CH3COONa
B.CO2+H2O+2NaClONa2CO3+2HClO
C.2HCN+Na2CO32NaCN+CO2↑+H2O
D.Na2CO3+C6H5OHNaHCO3+C6H5ONa
E.CO2+H2O+C6H5ONaNaHCO3+C6H5OH
②已知HA、H2B是两种弱酸,存在以下关系:H2B(少量)+2A-B2-+2HA,则A-、B2-、HB-三种阴离子结合H+的难易顺序为　　　　　　。
(2)一些复分解反应的发生还遵循其他规律。下列变化都属于复分解反应:
①将石灰乳与碳酸钠溶液混合可制得氢氧化钠溶液;②向饱和碳酸氢铵溶液中加入饱和食盐水可获得碳酸氢钠固体;③蒸发KCl和NaNO3的混合溶液,首先析出NaCl晶体。根据上述反应,总结出复分解反应发生的另一规律为　　　　　　。
(3)常温下将某电解质溶解在水中后,溶液中的c(H+)=10-9 mol·L-1,则该电解质可能是　　　　(填字母)。
A.CuSO4 B.HCl
C.Na2S D.NaOH
E.K2SO4
(4)常温下,将a L pH=3的盐酸分别与下列三种溶液混合,所得溶液均呈中性。
①b L浓度为1.0×10-3 mol·L-1的氨水;
②c L c(OH-)=1.0×10-3 mol·L-1的氨水;
③d L c(OH-)=1.0×10-3 mol·L-1的氢氧化钠溶液。
则a、b、c、d的大小关系:　　　　　　　　　　。
参考答案
课时规范练28　盐类的水解
1.C　解析 常温下,0.1mol·L-1HCN溶液的pH=5.5,则溶液中c(H+)=10-5.5mol·L-1<0.1mol·L-1,则HCN部分电离,为弱酸。NaCN溶液为强碱弱酸盐,则溶液显碱性,根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CN-)+c(OH-),则溶液中:c(Na+)>c(CN-),A项正确;NaCl是强酸强碱盐,其水溶液呈中性,NaCN是强碱弱酸盐,其水溶液呈碱性,所以溶液的pH:NaClc(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+),所得溶液呈碱性,即溶液pH大于7,C项错误;HCl、HCN都是一元酸,二者浓度及体积都相等,则二者物质的量相等,碱的浓度相等,则消耗NaOH的体积与酸的物质的量成正比,两种酸的物质的量相等,则消耗NaOH的体积相同,D项正确。
2.D　解析 等浓度、等体积的HCOOH溶液与HCOONa溶液混合后的溶液中存在着电荷守恒:c(HCOO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),溶液的pH<7,所以c(H+)>c(OH-),则c(HCOO-)>c(Na+),因此c(HCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),A正确;新制氯水中含有的微粒有ClO-、Cl-、HClO、H+、OH-、Cl2、H2O,根据元素质量守恒有:c(ClO-)+c(HClO)=c(Cl-),B正确;已知Ka(HF)>(H2S),则Kh(F-)NaF,C正确;Na2CO3与NaHCO3的混合溶液中存在着电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C),D错误。
3.D　解析 HCl完全电离,c(Cl-)=c(HCl),CH3COOH微弱电离损耗,c(Cl-)>c(CH3COOH),A正确。由电离方程式CH3COOHCH3COO-+H+可知,Ka=,由于CH3COOH电离是微弱的,故溶液中c(H+)≈c(HCl)≈c(CH3COOH),故Ka≈c(CH3COO-),B正确。当加入氨水10mL时,HCl恰好反应,故反应后溶液组成为等浓度的NH4Cl和CH3COOH,根据元素质量守恒知,c(N)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),C正确。当氨水加入20mL时,HCl、CH3COOH恰好反应,反应后溶液组成为等浓度的NH4Cl、CH3COONH4,CH3COONH4使溶液显中性,NH4Cl使溶液显酸性,故此时溶液不可能显中性,要使溶液显中性,加入氨水体积应大于20mL;溶液显中性时,c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒:c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CH3COO-),知c(N)=c(Cl-)+c(CH3COO-),则c(N)>c(Cl-),D错误。
4.C　解析 当lg=-1时,lg=0,即此时10c(HA)=c(HB)、c(A-)=c(B-),所以Ka(HB)==1.77×10-5,Ka(HB)c(HB),故C正确;根据电荷守恒可知溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(B-),pH=7时,c(H+)=c(OH-),混合溶液中一定存在关系:c(Na+)=c(A-)+c(B-),c(Na+)=c(B-)不成立,故D错误。
5.B　解析 根据图示,c(NH3·H2O)=c(N)时,pH=9,Kb(NH3·H2O)==10-5,
lg[Kb(NH3·H2O)]=-5,故A错误;温度不变,
Kb(NH3·H2O)=不变,随着CO2的通入,c(N)增大,所以不断减小,故B正确;刚通入CO2时,氨水过量,反应生成碳酸铵,反应的离子方程式2NH3·H2O+CO22N+C+H2O,故C错误;根据电荷守恒,pH=8.5的溶液中c(N)+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(NH2COO-)+c(OH-),故D错误。
6.CD　解析 KHA的水解常数Kh=≈1×10-11<(H2A)=4.0×10-6,则KHA的电离程度大于水解程度,溶液显酸性,根据电荷守恒:c(H+)+c(K+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),c(H+)>c(OH-),则c(K+)1mol·L-1,c(HA-)<
1mol·L-1,可知c(K+)>c(A2-)>c(Na+)>c(HA-),故C正确;由电荷守恒得:c(H+)+c(K+)+c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),由元素质量守恒得:c(K+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A),pH=7时,c(H+)=c(OH-),则c(Na+)+c(H2A)=c(A2-),故D正确。
7.C　解析 根据分布图像的两个交点可得H2A的电离平衡常数:=10-2.9,=10-5.4。lg[(H2A)]=
-5.4,A正确;由题图可知pH=4.15时δ(H2A)=
δ(A2-),故δ(H2A)+δ(A2-)+δ(HA-)=2δ(H2A)+
δ(HA-)=1,B正确;=10-5.4>Kh(HA-)==10-11.1,因此电离产物A2-的浓度大于水解产物H2A的浓度,C错误;由题图可知pH=7时c(A2-)>c(HA-),且c(H+)=c(OH-),D正确。
8.AD　解析 向某浓度H2A溶液中加入NaOH溶液时,由于二者发生反应,所以H2A逐渐减少,-lgc(H2A)会逐渐增大,所以图中呈上升趋势的为-lgc(H2A)与pH变化关系,曲线①;H2AH++HA-,HA-H++A2-,A2-会逐渐增大,-lgc(A2-)会逐渐减小,但是不会等于0,所以呈下降趋势且与横坐标无交点的为-lgc(A2-)与pH变化关系,曲线②;另一条则是-lg[]与pH的变化图,曲线③。电离平衡常数的表达式为:④,当pH=3.05时,-lgc(A2-)与
-lgc(H2A)相等,即c(A2-)=c(H2A)代入④,可得
=(10-3.05)2=10-6.10;又由图中曲线③可知,当pH=5.30时,-lg[]=0,即c(A2-)=c(HA-),即=10-5.30,所以=10-0.80,A错误;根据分析,曲线②表示-lgc(A2-)与pH变化关系,B正确;NaHA溶液中,HA-既电离又水解,所以c(Na+)>c(HA-),HA-H++A2-,HA-+H2OH2A+OH-,所以c(A2-)与c(H2A)的大小取决于HA-电离和水解的程度,=10-5.30,即HA-的水解常数Kh==10-13.20<10-5.30,所以HA-的水解程度小于HA-的电离程度,所以c(H2A)c(HA-)>c(A2-)>c(H2A),C正确;b点时,电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-),此时pH=5.30,即-lg[]=0,所以c(A2-)=c(HA-),所以上式变形为:c(Na+)+c(H+)=3c(A2-)+c(OH-),c(Na+)-3c(A2-)=c(OH-)-c(H+),因为c(OH-)9.答案 (1)Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性,即Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水
(2)小于　(3)①1　NH4Al(SO4)2中的Al3+、N水解,溶液呈酸性,升高温度使其水解程度增大,pH减小　②10-3 mol·L-1
(4)a　c(Na+)>c(S)>c(N)>c(OH-)=c(H+)
解析 (1)Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性,即Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+,Al(OH)3胶体吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水
(2)NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的N均发生水解,NH4Al(SO4)2中Al3+水解呈酸性抑制N水解,NH4HSO4电离出H+同样抑制N水解,NH4HSO4电离生成的H+浓度比Al3+水解生成的H+浓度大,所以NH4HSO4中N水解程度比NH4Al(SO4)2中的小,NH4HSO4溶液中的N浓度大。
(3)①NH4Al(SO4)2中的Al3+、N水解,溶液呈酸性,升高温度其水解程度增大,pH减小,符合的曲线为1。②根据电荷守恒,变式得到2c(S)-c(N)-3c(Al3+)=c(H+)-c(OH-)≈10-3mol·L-1[c(OH-)太小,可忽略]。
(4)a、b、c、d四个点,根据反应量的关系,a点恰好消耗完电离出的H+,溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4,b、c、d三点溶液均含有NH3·H2O,(NH4)2SO4可以促进水的电离,而NH3·H2O抑制水的电离,a点水的电离程度最大;b点溶液呈中性,即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O三种成分,a点时c(Na+)=c(S),b点时c(Na+)>c(S),根据N原子与S原子的关系,可以得出c(S)>c(N),c(Na+)>c(S)>c(N)>c(OH-)=c(H+)。
10.答案 (1)CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-
(2)c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
(3)2.886　(4)BC　(5)ABC　(6)<
解析 (1)醋酸钠是强碱弱酸盐,CH3COO-水解使溶液呈碱性,离子方程式为CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。
(2)醋酸根离子水解,溶液显碱性,则c(Na+)>c(CH3COO-)、c(OH-)>c(H+),又因为一般水解是微弱的,所以c(Na+)和c(CH3COO-)远大于c(OH-)和c(H+),故CH3COONa溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)。
(3)25℃时Ka(CH3COOH)=1.69×10-5=,其中c(H+)=c(CH3COO-),c(CH3COOH)约为0.10mol·L-1,所以c(H+)=mol·L-1=1.3×10-3mol·L-1,则pH=-lgc(H+)=3-lg1.3=2.886。
(4)稀释对电离和水解都有促进作用,则稀释时醋酸的电离程度增大,醋酸钠的水解程度增大,故A错误;电离和水解均为吸热过程,所以升高温度,促进水解和电离,故B正确;醋酸电离是产生CH3COO-,CH3COO-水解是产生醋酸,二者作用相反,所以相互抑制,故C正确、D错误。
(5)25℃,Ka(CH3COOH)=1.69×10-5,所以
Kh(CH3COO-)=≈5.9×10-10,则Ka(CH3COOH)>Kh(CH3COO-),物质的量浓度均为0.1mol·L-1的CH3COONa和CH3COOH溶液等体积混合,溶液显酸性,电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),元素质量守恒为c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)=2×(×0.1mol·L-1)=0.1mol·L-1,质子守恒为c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-),综上分析A、B、C都正确。
(6)弱酸酸性越弱,对应的钠盐溶液中阴离子越容易水解,因为CH3COOH酸性强于HC,所以0.10mol·L-1的醋酸钠溶液和0.10mol·L-1的碳酸钠溶液中,水解程度:C>CH3COO-,C和CH3COO-水解溶液显碱性,水解程度越大碱性越强,pH越大,则pH(CH3COONa)11.答案 (1)①BC　②HB-B2->HB-)
(2)由溶解度相对较大的物质向生成溶解度相对较小的物质的方向进行　(3)CD　(4)b>a=d>c
解析 (1)①六种盐都为强碱弱酸盐,盐溶液的pH越大,说明对应的阴离子水解程度越大,则对应的酸越弱,CH3COOH酸性大于HCN,反应能发生,故A正确;酸性:H2CO3>HClO>HC,应生成NaHCO3,故B错误;酸性:H2CO3>HCN,不能生成CO2,故C错误;酸性:C6H5OH>HC,反应能发生,故D正确;酸性:H2CO3>C6H5OH>HC,反应能发生,故E正确。②据反应H2B(少量)+2A-B2-+2HA可知,HA酸性小于H2B,酸性越弱,对应的酸根离子得H+能力越强,没有HB-生成,说明得电子能力顺序为A->B2->HB-。
(2)各反应均有固体生成,其溶解度更小,故复分解反应能够向生成更难溶的物质的方向进行。
(3)溶液中的c(H+)=10-9mol·L-1,说明溶液呈碱性,只有Na2S和NaOH符合。
(4)一水合氨为弱电解质,不能完全电离,与盐酸反应至中性时,氨水应稍过量,则b>a;c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1的氨水,一水合氨浓度远大于1.0×10-3mol·L-1,反应至中性时,a>c,氢氧化钠为强碱,与盐酸完全中和时,a=d,则b>a=d>c。课时规范练27　水的电离和溶液的pH
一、选择题:本题共5小题,每小题只有一个选项符合题目要求。
1.(2022浙江杭州模拟)下列说法不正确的是 (　　)
A.0.1 mol·L-1氨水的pH=a,将此溶液稀释1倍后,溶液pH=b,则a>b
B.室温下1 mL pH=13的NaOH溶液与100 mL盐酸混合后溶液pH=7,则盐酸的pH=3
C.纯水加热到100 ℃时,水的离子积常数变大、pH变小、呈中性
D.相同温度下,pH相同的Na2CO3和Na2SO3溶液中,水电离程度较大的是Na2CO3溶液
2.水的电离平衡曲线如图所示,下列说法不正确的是(　　)
A.图中四点KW间的关系:A=DB.若从A点到D点,可采用:温度不变加入少量酸
C.若从A点到C点,可采用:温度不变加入少量NH4Cl固体
D.若从A点到D点,可采用:温度不变加入少量NH4Cl固体
3.下列说法正确的是(　　)
A.常温下pH=2的HA溶液与pH=12的BOH溶液等体积混合,溶液pH>7,则BOH为强碱
B.pH=1的盐酸和pH=12的MOH溶液等体积混合后,恰好完全反应,所用盐酸的浓度等于MOH溶液的浓度
C.升高温度,0.1 mol·L-1的氢氧化钠溶液的pH减小,碱性减弱
D.相同温度下,pH相等的氨水和NaOH溶液中,n(OH-)相等
4.(2022江西吉安模拟)实验室用标准HCl溶液滴定某NaOH溶液。用甲基橙作指示剂。下列操作中可能使测定结果偏低的是 (　　)
A.酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2~3次
B.开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡,在滴定过程中气泡消失
C.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次
D.滴定前平视读数,滴定后俯视读数
5.(2022山东潍坊三模)常温时,向10.00 mL 0.010 0 mol·L-1二元酸H2X溶液中滴入一定浓度的NaOH溶液,混合液的pH随NaOH溶液体积变化的曲线如下图所示,P点恰好完全反应。若忽略溶液密度变化导致的体积变化,则下列说法正确的是(　　)
A.NaOH溶液的浓度为0.02 mol·L-1
B.常温时,H2X的第一步电离常数≈10-6
C.酸式盐NaHX的水溶液显酸性
D.P点溶液中:c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+c(H2X)
二、选择题:本题共3小题,每小题有一个或两个选项符合题目要求。
6.常温下,向1 L浓度为0.4 mol·L-1的乙醇酸[CH2(OH)COOH]溶液中加入8 g NaOH固体得到X溶液,将X溶液平均分成两等份,一份通入HCl气体,得到溶液Y,另一份加入NaOH固体得到溶液Z,溶液Y、Z的pH随所加物质的物质的量的变化情况如图所示(体积变化忽略不计)。下列说法正确的是(　　)
A.b点对应曲线代表的是加入HCl的曲线
B.溶液中水的电离程度:c>b
C.a点:c(Na+)>c[CH2(OH)COO-]>c(H+)>c(OH-)
D.稀释Y溶液后,溶液中不变
7.常温下,将NaOH溶液滴加到20 mL等浓度的某一元酸(HA)溶液中,测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知:p=-lg]。下列叙述不正确的是(　　)
A.m点对应的NaOH溶液的体积大于10 mL
B.Ka(HA)的数量级为10-5
C.l点所示溶液中:c(Na+)D.各点溶液中水的电离程度大小关系:n>m>l
8.室温下,向20.00 mL 0.1 mol·L-1 HX溶液中逐滴加0.1 mol·L-1 NaOH溶液。已知p=-lg,溶液pH随p变化的关系如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.当p=1时,溶液pH=5.75
B.当p=0时,加入NaOH溶液的体积大于10.00 mL
C.当加入10.00 mL NaOH溶液时:c(H+)+c(HX)=c(Na+)+c(OH-)
D.如图所示各点对应溶液中水电离出来的H+浓度:a>b>c
三、非选择题:本题共2小题。
9.下表是不同温度下水的离子积常数,试回答以下问题:
温度/℃ 25 T1 T2
水的离子积常数 1×10-14 α 1×10-12
(1)若25”或“=”)1×10-14。
(2)25 ℃下,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-)=　　　。
(3)25 ℃下,将pH=1的盐酸和pH=5的盐酸等体积混合,则混合液中水电离出的c(OH-)=　　　　　。
(4)忽略溶液混合前后体积的变化,将T2℃温度下pH=11的氢氧化钠溶液a L与pH=1的稀硫酸溶液b L混合,所得混合溶液pH=2,则a∶b=　　　　　;此溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是　。
(5)忽略溶液混合前后体积的变化,将T2℃温度下pH=9的氢氧化钠溶液与pH=y的稀醋酸溶液等体积混合,所得混合溶液显中性,则y　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)3;此溶液中微粒浓度由大到小的排列顺序是　　　　　　　　　　　　　　。
10.如图是用0.100 0 mol·L-1的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图和某次滴定前、后的盛放盐酸滴定管中液面的位置。请回答:
(1)仪器A的名称是　　　　　　　　。
(2)盐酸的体积读数:滴定前读数为　　　　　 mL,滴定后读数为　　　　 mL。
(3)某实验小组同学的三次实验的实验数据如下表所示。根据表中数据计算出的待测NaOH溶液的浓度是　　　　　　　　。
实验编号 待测NaOH溶液的体积/mL 滴定前盐酸的体积读数/mL 滴定后盐酸的体积读数/mL
1 20.00 1.20 23.22
2 20.00 2.21 24.21
3 20.00 1.50 23.48
(4)滴定操作可分解为如下几步(所用的仪器刚用蒸馏水洗净):
A.用碱式滴定管向锥形瓶里注入20.00 mL待测NaOH溶液,并加入2~3滴酚酞;
B.用标准溶液润洗酸式滴定管2~3次;
C.把盛有标准溶液的酸式滴定管固定好,调节滴定管尖嘴使之充满溶液,使管内无气泡;
D.取标准盐酸注入酸式滴定管至刻度0以上2~3 cm;
E.调节液面至0或0以下刻度,记下读数;
F.把锥形瓶放在滴定管的下面,用标准盐酸滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。
正确操作步骤的顺序是　　　　　　　　　　(用序号字母填写)。
(5)判断到达滴定终点的实验现象是　　　　　　　　　　。
(6)对下列几种假定情况进行讨论:(填“无影响”“偏高”或“偏低”)
①如果上述B步骤省略,对测定结果的影响是　　　　　　　　　　;
②取待测溶液的滴定管,滴定前滴定管尖端有气泡,滴定后气泡消失,对测定结果的影响是　　　　　　　　　　;
③若滴定前锥形瓶未用待测溶液润洗,对测定结果的影响是　　　　　　　　　　;
④标准溶液读数时,若滴定前仰视,滴定后俯视,对测定结果的影响是　　　　　　　　　　。
参考答案
课时规范练27　水的电离和溶液的pH
1.D　解析 0.1mol·L-1氨水的pH=a,将此溶液稀释1倍,溶液pH=b,氨水稀释后氢氧根离子浓度减小,溶液的pH减小,则a>b,故A正确;氯化氢和氢氧化钠都是强电解质,两种溶液混合后溶液呈中性,说明两种物质的物质的量相等,根据溶液体积知,c(HCl)=c(NaOH)=0.001mol·L-1,所以HCl的pH=3,故B正确;纯水加热到100℃时,加热促进水的电离,水的离子积常数变大,溶液中氢离子浓度增大,pH减小,纯水显中性,故C正确;Na2CO3、Na2SO3均能发生水解反应,溶液的pH相同,说明Na2CO3和Na2SO3水解生成的氢氧根离子浓度相同,溶液中的氢氧根离子均由水电离,所以两种溶液中水的电离程度相同,故D错误。
2.C　解析 KW只与温度有关,随温度升高而增大,温度:A=D3.B　解析 常温下pH=2的HA溶液与pH=12的BOH溶液等体积混合,溶液pH>7,则BOH部分电离,为弱碱,A项错误;酸碱恰好完全反应,说明n(H+)=n(OH-),二者等体积混合,则c(HCl)=c(MOH),B项正确;NaOH为强电解质,完全电离,升高温度,c(OH-)不变,则溶液的pH不变、碱性不变,C项错误;pH相等的氨水和NaOH溶液中,c(OH-)相等,由于溶液的体积未知,所以不能确定n(OH-)是否相等,D项错误。
4.D　解析 酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2~3次,导致标准酸溶液浓度降低,消耗的体积偏大,测定结果偏高,故A不选;开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡,在滴定过程中气泡消失,导致标准酸溶液的体积读数偏大,测定结果偏高,故B不选;盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2~3次,导致消耗标准酸溶液的体积偏大,测定结果偏高,故C不选;滴定管的“0”刻度线在上方,滴定后俯视读数,使读数偏小,导致标准酸溶液的体积读数偏小,测定结果偏低,故D选。
5.B　解析 根据题意,P点恰好完全反应,则c(NaOH)==0.0100mol·L-1,故A项错误;M点为0.0100mol·L-1二元酸H2X溶液,由该点pH=4,可知H2XH++HX-,二元弱酸以第一步电离为主,则c(HX-)≈c(H+)=10-4mol·L-1,c(H2X)=0.0100mol·L-1-10-4mol·L-1≈
0.0100mol·L-1,则第一步电离平衡常数≈10-6,故B项正确;Q点时溶液为NaHX溶液,该点溶液的pH>7,溶液为碱性,故C项错误;通过加入NaOH溶液的体积可知P点溶液为Na2X溶液,则c(Na+)=2[c(HX-)+c(X2-)+c(H2X)],又由P点的电荷守恒可知:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-),即c(H+)+2[c(HX-)+c(X2-)+c(H2X)]=c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-),即c(H+)+c(HX-)+2c(H2X)=c(OH-),故D项错误。
6.D　解析 a点溶液为等浓度的CH2(OH)COOH和
[CH2(OH)COO]Na的混合溶液,a点溶液pH<7,则
CH2(OH)COOH的电离程度大于CH2(OH)COO-的水解程度。加入HCl会使溶液pH减小,c点对应曲线代表的是加入HCl的曲线,A错误;b点时溶液中含0.06molCH2(OH)COOH和0.14molCH2(OH)COONa,c点时溶液中含0.14molCH2(OH)COOH和0.06mol
CH2(OH)COONa,强碱弱酸盐促进水的电离,则b点水的电离程度大于c点水的电离程度,B错误;a点为等浓度的CH2(OH)COOH和CH2(OH)COONa的混合溶液,且CH2(OH)COOH的电离程度大于CH2(OH)COO-的水解程度,根据电荷守恒可判断a点离子浓度大小关系为
c[CH2(OH)COO-]>c(Na+)>c(H+)>c(OH-),C错误;=
,Ka和KW只与温度有关,则稀释过程中,该比值不发生改变,D正确。
7.AD　解析 m点处p=0,即=1,则此时
Ka(HA)=10-4.76,则Kh(A-)==10-9.24,若滴入的NaOH溶液的体积为10mL,溶液中的溶质为等物质的量的NaA和HA,Ka(HA)>Kh(A-),所以HA的电离程度大于A-的水解程度,则溶液中c(HA)8.BD　解析 Ka=,pKa=pc(H+)+p=-lgc(H+)-p,所以pH=pKa+p,温度不变pKa为常数,将(-1,3.75)代入可得3.75=pKa-1,所以pKa=4.75,即pH=p+4.75,将p=1代入可得pH=5.75,A正确;当加入的NaOH溶液的体积为10.00mL时,溶液中的溶质为等浓度的HX和NaX,pKa=4.75,即Ka=10-4.75,则X-的Kh==10-9.25,X-的水解程度小于HX的电离程度,则c(X-)>c(HX),当p=0时,c(HX)=c(X-),所以加入NaOH溶液的体积小于10.00mL,B错误;当NaOH溶液的体积为10.00mL时,溶液中的溶质为等浓度的HX和NaX,溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-),存在元素质量守恒2c(Na+)=c(X-)+c(HX),二式联立可得c(H+)+c(HX)=c(Na+)+c(OH-),C正确;NaX的水解会促进水的电离,随着NaOH的加入溶液中NaX浓度逐渐增大,水的电离程度也逐渐增大,当溶质全部为NaX,溶液呈碱性,水的电离程度达到最大,水电离出来的H+浓度最大,由A项分析可知,c点pH=5.75,说明溶质中含有HX,则a、b、c三点水电离出来的H+浓度:a9.答案 (1)>　(2)1 000∶1
(3)2×10-13 mol·L-1
(4)9∶11　c(Na+)>c(S)>c(H+)>c(OH-)
(5)大于　c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)
解析 (1)水的电离过程吸热,温度升高会促进水的电离,使KW增大,若251×10-14。
(2)25℃时,Na2SO4溶液从1mL稀释至10mL,则c(S)=5×10-5mol·L-1,c(Na+)=10-4mol·L-1,中性Na2SO4溶液中c(OH-)=10-7mol·L-1,则c(Na+)∶c(OH-)=1000∶1。
(3)25℃下pH=1的盐酸和pH=5的盐酸等体积混合,混合液中c(H+)=mol·L-1≈0.05mol·L-1,稀盐酸中,水电离出的c水(OH-)=c(OH-)=mol·L-1=2×10-13mol·L-1。
(4)据表中数据,T2℃时,KW=1×10-12。混合溶液pH=2呈酸性,则10-1mol·L-1×bL-mol·L-1×aL=10-2mol·L-1×(a+b)L,解得a∶b=9∶11;混合溶液中c(Na+)==0.045mol·L-1,c(S)==0.0275mol·L-1,c(H+)=0.01mol·L-1,故溶液中微粒浓度由大到小的排列顺序为c(Na+)>c(S)>c(H+)>c(OH-)。
(5)在溶液中,氢氧化钠完全电离:NaOHNa++OH-,醋酸不完全电离:CH3COOHCH3COO-+H+,T2℃时pH=9的氢氧化钠溶液中c(OH-)=10-3mol·L-1,pH=y的醋酸溶液中c(H+)=10-ymol·L-1。当y≤3时,两溶液等体积混合液一定呈酸性,故混合液呈中性时y>3;混合溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),混合溶液显中性时c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(CH3COO-),浓度由大到小的排列顺序是c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)。
10.答案 (1)酸式滴定管　(2)0.80　22.80
(3)0.110 0 mol·L-1　(4)BDCEAF　(5)当溶液颜色由粉红色变为无色,且半分钟内不变色　(6)①偏高　②偏低　③无影响　④偏低
解析 (1)该滴定管的下端是玻璃活塞,所以仪器的名称为酸式滴定管。
(2)滴定前,滴定管中的液面读数为0.80mL,滴定后,滴定管中的液面读数为22.80mL。
(3)三次滴定消耗的体积分别为22.02mL、22.00mL、21.98mL,数据均有效,则平均消耗V(NaOH溶液)=22.00mL,c(待测)==0.1100mol·L-1。
(4)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作,可知正确的操作顺序为BDCEAF。
(5)滴定时,当溶液颜色由粉红色变为无色,且半分钟内不变色,可说明达到滴定终点。
(6)①如果上述B步骤省略,即未用标准溶液润洗酸式滴定管2~3次,相当于标准溶液稀释,导致标准溶液的体积偏大,根据c(待测)=分析,c(待测)偏高;②取待测溶液的滴定管,滴定前滴定管尖端有气泡,滴定后气泡消失,待测溶液的物质的量偏小,导致消耗标准溶液的体积偏小,c(待测)偏低;③若滴定前锥形瓶未用待测溶液润洗,待测溶液的物质的量不变,标准溶液的体积也不变,c(待测)不变;④标准溶液读数时,若滴定前仰视,滴定后俯视,导致标准溶液的体积偏小,c(待测)偏低。课时规范练29　沉淀溶解平衡
一、选择题:本题共7小题,每小题只有一个选项符合题目要求。
1.下列说法不正确的是(　　)
A.向盛有1 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液中加入2滴0.1 mol·L-1的NaCl溶液,产生白色沉淀,然后向其中再滴加2滴0.1 mol·L-1 KI溶液,可见有黄色沉淀,由此可得出Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
B.相同温度条件下,AgCl在不同浓度的盐酸中,溶解度不同,但Ksp是相同的
C.难溶电解质的溶度积Ksp越小,则难溶电解质的溶解度不一定越小
D.已知:20 ℃的溶解度:AgBr>AgI,将AgBr与AgI的饱和溶液等体积混合,再加入足量浓AgNO3溶液,反应生成的AgBr沉淀多于AgI沉淀
2.工业上向锅炉里注入Na2CO3溶液浸泡,将水垢中的CaSO4转化为CaCO3,而后用盐酸去除。下列叙述不正确的是(　　)
A.温度升高,Na2CO3溶液的KW和c(OH-)均会增大
B.沉淀转化的离子方程式为C(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+S(aq)
C.盐酸中,CaCO3的溶解度大于CaSO4
D.Na2CO3溶液遇CO2后,阴离子浓度均减小
3.(2022福建厦门高三质检)某温度下,分别向10.00 mL 0.1 mol·L-1的KCl和K2CrO4溶液中滴加0.1 mol·L-1 AgNO3溶液,滴加过程中-lg c(M)(M为Cl-或Cr)与AgNO3溶液体积(V)的变化关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是(　　)
A.曲线L1表示-lg c(Cl-)与V(AgNO3)的变化关系
B.M点溶液中:c(N)>c(K+)>c(Ag+)>c(H+)>c(OH-)
C.该温度下,Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-12.0
D.相同实验条件下,若改为0.05 mol·L-1的KCl和K2CrO4溶液,则曲线L2中N点移到Q点
4.(2021江苏徐州模拟)化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2+:
Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+
Mn2+(aq)。下列有关叙述正确的是(　　)
A.该反应的平衡常数K=
B.MnS的Ksp小于CuS的Ksp
C.达到平衡时c(Mn2+)=c(Cu2+)
D.向溶液中加入少量Na2S固体后,溶液中c(Cu2+)、c(Mn2+)保持不变
5.向废水中加入硫化物可以依次获得CuS、ZnS纳米粒子。一定温度下,H2S的=1.3×10-7,=7.1×10-15,溶液中平衡时相关离子浓度的关系如图,下列说法错误的是(　　)
A.Ksp(CuS)的数量级为10-37
B.a点对应的CuS溶液为不饱和溶液
C.向p点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由p向q方向移动
D.H2S+Zn2+ZnS+2H+平衡常数很大,反应趋于完全
6.(2022山东肥城二模)FeCl3·6H2O是城市污水及工业废水处理的高效廉价絮凝剂,具有显著的沉淀重金属及硫化物、脱色、脱臭、除油、杀菌等功效。利用废料(主要成分为Fe2O3、Cu2O及少量Ga2O3)制备
FeCl3·6H2O和CuSO4·5H2O的流程如下。下列说法错误的是(　　)
已知:①镓(Ga)和铝同主族,具有相似的化学性质。
②25 ℃时,Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38。
A.滤液1中溶质除了NaOH,还主要含有NaGaO2
B.“酸浸氧化”中H2O2参与反应的离子方程式为Cu2O+H2O2+4H+2Cu2++3H2O
C.当金属阳离子浓度为1.0×10-5 mol·L-1时恰好沉淀完全,用氨水调pH后滤液2的pH为3
D.在实验室中进行“浓缩结晶”操作所需的硅酸盐仪器有酒精灯、坩埚、玻璃棒
7.难溶金属氢氧化物M(OH)n开始沉淀的pH(简记pH始)与沉淀完全的pH(简记pH终),理论上具有定量关系,假定开始沉淀时c(Mn+)=0.01 mol·L-1,设c(Mn+)=10-5 mol·L-1时沉淀完全,则当n=3时,pH终-pH始的值为(　　)
A.1 B.2
C.3 D.4
二、选择题:本题共3小题,每小题有一个或两个选项符合题目要求。
8.室温下,通过下列实验探究0.1 mol·L-1 H2S溶液的性质。
实验 实验操作及现象
1 用pH计测定其pH约为3.9
2 向溶液中通入SO2发生反应2H2S+SO23S↓+2H2O
3 向溶液中加入硫酸铜溶液,产生黑色沉淀,再加入硫酸锰溶液,沉淀量增加
下列有关说法错误的是(　　)
A.(H2S)约为10-6.8
B.实验2中的溶液pH先增大后减小,最终保持不变
C.实验3可以说明Ksp(CuS)>Ksp(MnS)
D.实验1中溶液存在c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)
9.(2022海南卷)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 ℃,-lg c与pH的关系如图所示,c为M2+或M(OH浓度的值。下列说法错误的是(　　)
A.曲线①代表-lg c(M2+)与pH的关系
B.M(OH)2的Ksp约为1×10-10
C.向c(M2+)=0.1 mol·L-1的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0,体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在
D.向c[M(OH]=0.1 mol·L-1的溶液中加入等体积0.4 mol·L-1的HCl后,体系中元素M主要以M2+存在
10.某温度下,Cu(OH)2和Fe(OH)3饱和溶液的浓度随pH的变化如图所示,已知:Ksp[Cu(OH)2]=1×10-20,Ksp[Fe(OH)3]=1×10-38。下列说法正确的是(　　)
A.曲线a对应的是Fe(OH)3饱和溶液
B.调节pH为4.5可除去FeCl3中的CuCl2
C.酸性溶液中Cu元素的存在形式可能为Cu2+或Cu(OH)2
D.滴加NaOH溶液,可实现X点到Y点的转化
三、非选择题:本题共1小题。
11.(2022山东日照月考)硫酸盐在工农业生产、生活中具有广泛应用。
(1)某CuSO4溶液中混有少量FeSO4和Fe2(SO4)3杂质。
已知:Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38、Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16、
Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20。
①为了除去杂质,通常是先加入H2O2再调节溶液pH,其中加入H2O2的作用是　　　　　　　　　　;与其他试剂相比,使用H2O2的优点是　　　　　　　　　　(答出两点即可)。
②调节溶液pH,加入的物质是　　　　　　　(填化学式);控制溶液的pH≥　　　　　即可除去杂质离子。
(2)如图是某温度下,将足量的BaSO4固体溶于一定量水中达到溶解平衡后,假定溶液体积不变的情况下,加入Na2CO3使c(C)增大过程中,溶液中c(Ba2+)和c(S)的变化曲线。根据图中的数据分析、计算下列各题。
①该温度下,BaSO4的Ksp=　　　　　　　。
②当c(C)大于　　　　 mol·L-1时开始有BaCO3沉淀生成;BaCO3的Ksp=　　　　　。
③图像中代表沉淀转化过程中c(Ba2+)随c(C)变化的曲线是　　　　(填“MP”或“MN”);沉淀转化的离子方程式BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq),该反应的平衡常数K=　　　　　　　。
④向1 L Na2CO3溶液中加入足量BaSO4固体,假定溶液体积不变,当溶液中c(C)=1×10-3 mol·L-1时,溶解BaSO4的物质的量为　　　　　 mol。
参考答案
课时规范练29　沉淀溶解平衡
1.A　解析 1mLAgNO3溶液与2滴相同浓度的NaCl溶液反应生成AgCl,Ag+远远过量,再向含有过量Ag+的溶液中滴加2滴相同浓度的KI溶液,有黄色沉淀生成,其反应原理为Ag++I-AgI↓,与Ksp无关,故A错误;AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),c(Cl-)不同,AgCl的溶解平衡移动程度不同,溶解的AgCl质量不同,则AgCl在不同浓度的盐酸中溶解度不同,但Ksp的大小只受温度的改变而改变,温度不变,Ksp不变,故B正确;组成类型相同的难溶电解质的溶度积Ksp越小,则溶解度越小,组成类型不同的难溶电解质无法通过溶度积Ksp来比较溶解度,故C正确;在AgBr与AgI的饱和溶液中,前者的c(Ag+)大于后者的c(Ag+),c(Br-)>c(I-),当将AgBr与AgI的饱和溶液等体积混合时,c(Br-)大于c(I-),再加入足量浓AgNO3溶液时,反应生成的AgBr沉淀多于AgI沉淀,故D正确。
2.D　解析 温度升高,KW增大,温度升高促进碳酸钠溶液水解,c(OH-)增大,A正确;加入碳酸钠溶液,把硫酸钙转化为碳酸钙:C(aq)+CaSO4(s)CaCO3(s)+S(aq),B正确;因为碳酸钙与盐酸反应,而硫酸钙不与盐酸反应,所以在盐酸中碳酸钙的溶解度大于硫酸钙,C正确;根据C+CO2+H2O2HC可知,阴离子HC的浓度增大,D错误。
3.D　解析 KCl和硝酸银反应的化学方程式为KCl+AgNO3AgCl↓+KNO3,铬酸钾和硝酸银反应的化学方程式为K2CrO4+2AgNO3Ag2CrO4↓+2KNO3,根据反应方程式可知在相同浓度的KCl和K2CrO4溶液中加入相同浓度的硝酸银溶液,氯离子浓度减小得更快,所以L1代表的是-lgc(Cl-)与V(AgNO3)的变化关系,故A正确;M点加入的硝酸银溶液体积是15mL,根据反应的化学方程式KCl+AgNO3AgCl↓+KNO3可知,生成0.001mol硝酸钾和0.001mol氯化银,剩余0.0005mol硝酸银,则c(N)>c(K+)>c(Ag+),银离子水解使溶液显酸性,则c(H+)>c(OH-),所以M点溶液中,离子浓度为c(N)>c(K+)>c(Ag+)>c(H+)>c(OH-),故B正确;N点纵坐标的数值是4.0,则Ag2CrO4在沉淀溶解平衡中c(Cr)=1.0×10-4.0mol·L-1,c(Ag+)=2.0×10-4.0mol·L-1,Ksp(Ag2CrO4)=c(Cr)·c2(Ag+)=1.0×10-4.0×(2.0×10-4.0)2=4.0×10-12.0,故C正确。
4.A　解析 反应的平衡常数K=,故A正确;化学组成相同的物质,溶度积小的沉淀可以转化为溶度积更小的沉淀,则MnS的Ksp比CuS的Ksp大,故B错误;该反应达到平衡时各离子的浓度保持不变,但不一定相等,故C错误;Cu2+(aq)+S2-(aq)CuS(s)、Mn2+(aq)+S2-(aq)MnS(s),增大硫离子的浓度,平衡均正向移动,所以c(Cu2+)、c(Mn2+)均减小,故D错误。
5.D　解析 Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-),从图像上取一点-lgc(Cu2+)≈18.3时,-lgc(S2-)≈18.3,则c(Cu2+)=c(S2-)≈10-18.3mol·L-1,Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-)=10-36.6,数量级为10-37,故A正确;a点在溶解平衡曲线的右上方,横纵坐标数值大,则c(Cu2+)和c(S2-)较小,即未达到饱和,为不饱和溶液,故B正确;p点的溶液存在溶解平衡:ZnS(s)Zn2+(aq)+S2-(aq),加入少量Na2S固体,Na2S固体溶于水电离出S2-,S2-浓度增大,溶解平衡逆向移动,Zn2+的浓度减小,则-lgc(Zn2+)增大,-lgc(S2-)减小,由p向q方向移动,故C正确;该反应的平衡常数K=×
≈
=9.23×100.3<105(趋向完全时K>105),故D错误。
6.D　解析 废料(主要成分为Fe2O3、Cu2O及少量Ga2O3)加入氢氧化钠溶液,根据提示①镓(Ga)和铝同主族,具有相似的化学性质,Ga2O3与氢氧化钠溶液反应生成NaGaO2和H2O,滤液1中溶质为氢氧化钠和NaGaO2,滤渣1为Fe2O3、Cu2O,滤渣1中加入H2SO4和H2O2混合溶液,Cu2O被氧化为Cu2+,Fe2O3与H2SO4反应变成Fe3+,浸出液加氨水,生成沉淀氢氧化铁为滤渣2,滤液2中含有硫酸铜,系列操作得五水硫酸铜,滤渣2加盐酸溶解变成氯化铁溶液,经浓缩结晶得六水氯化铁晶体。A.根据上面分析可知,滤液1中溶质为氢氧化钠和NaGaO2,A正确;B.“酸浸氧化”中Cu2O中Cu的化合价由+1价升高为+2价,H2O2中O的化合价由-1价降低为-2价,根据化合价升降守恒和原子守恒,可得反应的离子方程式为Cu2O+H2O2+4H+2Cu2++3H2O,B正确;C.当金属阳离子(Fe3+)浓度为1.0×10-5mol·L-1,根据Ksp[Fe(OH)3]=1.0×10-38,c(OH-)=mol·L-1=1.0×10-11mol·L-1,根据pH=-lgc(H+)=-lg=-lg()=3,C正确;D.实验室中进行“浓缩结晶”操作属于蒸发浓缩、冷却结晶,所需的仪器有铁架台(带铁圈)、酒精灯、蒸发皿和玻璃棒,硅酸盐仪器有酒精灯、蒸发皿、玻璃棒,D错误。
7.A　解析 c始(OH-)=,c终(OH-)=,n=3时,=0.1,即=0.1,pH终-pH始=-lg=1。
8.C　解析 0.1mol·L-1H2S溶液用pH计测定其pH约为3.9,c(H+)=10-3.9mol·L-1,弱酸的第一步电离远远大于第二步电离,根据电离方程式H2SH++HS-,(H2S)==10-6.8,A正确;实验2中向溶液中通入SO2发生反应2H2S+SO23S↓+2H2O,氢硫酸消耗时溶液pH先增大,后亚硫酸过量,溶液pH减小,最终保持不变,B正确;实验3向溶液中加入的硫酸铜溶液和硫酸锰溶液的浓度和体积未知,不能说明发生沉淀转化,故不能说明Ksp(CuS)>Ksp(MnS),C错误;实验1中H2S溶液存在电荷守恒:c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-),D正确。
9.BD　解析 由题干信息,M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq),M(OH)2(s)+2OH-(aq)M(OH(aq),随着pH增大,c(OH-)增大,则c(M2+)减小,c[M(OH]增大,即-lgc(M2+)增大,-lgc[M(OH]减小,因此曲线①代表-lgc(M2+)与pH的关系,曲线②代表
-lgc[M(OH]与pH的关系,A正确;由图像,pH=7.0时,-lgc(M2+)=3.0,则M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=1×10-17,B错误;向c(M2+)=0.1mol·L-1的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0,根据图像,pH=9.0时,c(M2+)、c[M(OH]均极小,则体系中元素M主要以M(OH)2(s)存在,C正确;c[M(OH]=0.1mol·L-1的溶液中,pH≈14.5,则c(OH-)=100.5mol·L-1,加入等体积的0.4mol·L-1的HCl,溶液中OH-的浓度变为×(100.5-0.4)mol·L-1≈1.4mol·L-1,此时pH≈13.8,根据图中关系曲线,则体系中元素M仍主要以M(OH存在,D错误。
10.AC　解析 当c(Cu2+)=c(Fe3+)=10-5mol·L-1时,Cu(OH)2溶液中c(OH-)=mol·L-1=10-7.5mol·L-1,此时溶液pH=6.5,Fe(OH)3溶液中c(OH-)=mol·L-1=10-11mol·L-1,此时溶液pH=3,所以曲线a对应的是Fe(OH)3饱和溶液,A正确;据题图可知pH为4.5时Fe3+完全沉淀,而c(Cu2+)=mol·L-1=0.1mol·L-1,B错误;根据A项计算可知当c(Cu2+)≤10-5mol·L-1时,pH≥6.5,所以酸性溶液中Cu元素的存在形式可能为Cu2+或Cu(OH)2,C正确;X点和Y点的pH相同,而滴加NaOH溶液会使溶液碱性增强,pH变大,则不能实现X点到Y点的转化,D错误。
11.答案 (1)①将Fe2+氧化为Fe3+　不引入其他杂质,对环境无污染(其他合理答案均可)　②CuO[或Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等]　3.2
(2)①1.0×10-10　②2.5×10-4　2.5×10-9
③MN　0.04　④4×10-5
解析 (1)①由于Ksp[Fe(OH)2]、Ksp[Cu(OH)2]相差不大,则Fe(OH)2和Cu(OH)2的溶解度相差不大,故加入H2O2的作用是将Fe2+氧化为Fe3+,便于形成Fe(OH)3沉淀。②调节溶液pH时,为不引入新杂质,可加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3、Cu2(OH)2CO3等。当Fe3+沉淀完全时,溶液中c(Fe3+)≤1×10-5mol·L-1,则有c(OH-)=mol·L-1≈1.6×10-11mol·L-1,c(H+)=mol·L-1=6.25×10-4mol·L-1,故溶液的pH=4-lg6.25≈3.2。
(2)①由图可知,c(C)=0时,c(Ba2+)=c(S)=1.0×10-5mol·L-1,则有Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(S)=1.0×10-5×1.0×10-5=1.0×10-10。②由图可知,当c(C)>2.5×10-4mol·L-1时,开始有BaCO3沉淀生成,图中c(C)=2.5×10-4mol·L-1时,c(Ba2+)=1.0×10-5mol·L-1,则有Ksp(BaCO3)=c(Ba2+)·c(C)=2.5×10-4×1.0×10-5=2.5×10-9。③BaSO4饱和溶液中存在溶解平衡:BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq),加入Na2CO3,Ba2+与C生成BaCO3沉淀,促使BaSO4的溶解平衡正向移动,溶液中c(S)增大,c(Ba2+)减小,则MP为c(S)的变化曲线,MN为c(Ba2+)的变化曲线。反应BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq)的平衡常数K==0.04。④当溶液中c(C)=1×10-3mol·L-1时,K==0.04,则有c(S)=0.04×10-3mol·L-1=4×10-5mol·L-1,故溶解BaSO4的物质的量为4×10-5mol·L-1×1L=4×10-5mol。(共93张PPT)
第4讲　沉淀溶解平衡
第八章
内容索引
01
02
强基础 增分策略
增素能 精准突破
研专项 前沿命题
03
【课程标准】
1.认识难溶电解质在水溶液中存在沉淀溶解平衡,了解沉淀的生成、溶解与转化。
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。
强基础 增分策略
一、难溶电解质的沉淀溶解平衡
1.溶解平衡状态
(1)溶解平衡的建立
沉淀溶解平衡状态指在一定温度下,当难溶电解质溶于水形成饱和溶液时,　沉淀溶解　速率和　沉淀生成　速率相等的状态。
例如,在一定温度下,当AgCl溶于水形成　饱和　溶液时,AgCl溶于水形成Ag+和Cl-的速率　等于　溶液中的Ag+和Cl-结合生成AgCl的速率的状态,属于沉淀溶解平衡状态。
绝对不溶的电解质是不存在的,所谓难溶只是溶解度较小而已
(2)特点
2.溶度积常数
(1)溶度积与离子积
以AmBn(s) mAn+(aq)+nBm-(aq)为例
类型 溶度积 离子积
定义 沉淀溶解平衡常数 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-) ,式中的浓度都是平衡浓度 Q(AmBn)=　cm(An+)·cn(Bm-)　,式中的浓度是任意时刻浓度
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(2)Ksp的影响因素
①内因:难溶物质本身的性质,这是决定因素。
②外因。
微点拨(1)沉淀溶解平衡一般是吸热的,温度升高平衡右移,Ksp增大,但Ca(OH)2相反。
(2)对于沉淀溶解平衡AmBn(s) mAn+(aq)+nBm-(aq),Ksp=cm(An+)·cn(Bm-),对于相同类型的物质,Ksp的大小反映了难溶电解质在溶液中溶解能力的大小,也反映了该物质在溶液中沉淀的难易。
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)向浓度均为0.05 mol·L-1 NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液,有黄色沉淀生成,则Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)。(　×　)
(2)向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液,生成黑色沉淀,则Ksp(CuS)(3)向2支盛有2 mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液,一支试管中产生黄色沉淀,另一支试管中无明显现象,说明Ksp(AgI)(4)0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中,所得溶液中c(Cl-)=c(I-)。
(　×　)
(5)Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡:Mg(OH)2(s) Mg2+(aq)+2OH-(aq),该固体可溶于NH4Cl溶液。(　√　)
(6)溶度积常数Ksp只受温度影响,温度升高,Ksp增大。(　×　)
应用提升 (1)Ksp只与温度有关,与浓度无关;升高温度,大多数固体难溶电解质的Ksp增大,但Ca(OH)2却相反。
(2)对于Ksp表达式类型相同的物质,如Mg(OH)2和Zn(OH)2,Ksp的大小反映了难溶电解质在溶液中的溶解能力的大小,一般Ksp越小,则溶解能力越小。
(3)对于阴、阳离子的个数比不同的难溶电解质,它们的溶解度不能直接用Ksp的大小来比较,如AgCl(Ksp=1.8×10-10)、Ag2CrO4(Ksp=1.0×10-12), Ag2CrO4饱和溶液中的c(Ag+)大于AgCl溶液中的c(Ag+)。
二、沉淀溶解平衡的应用
1.沉淀的生成
2.沉淀的溶解
3.沉淀的转化
(1)实质:沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别　越大　,越容易转化)。

增大某种沉淀离子的浓度,也可以实现溶解度较小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀
(2)应用。
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(5)为减少洗涤过程中固体的损耗,最好选用稀硫酸代替H2O来洗涤BaSO4沉淀。(　√　)
(7)分别用等体积的蒸馏水和0.01 mol·L-1的盐酸洗涤AgCl沉淀,用水洗涤造成的AgCl的损失大于用稀盐酸洗涤的损失量。(　√　)
应用提升 若一种沉淀剂可使溶液中多种离子产生沉淀,则可控制条件,使这些离子先后分别沉淀。
(1)对同一类型的沉淀,Ksp越小越先沉淀,且Ksp相差越大分步沉淀效果越好。如在Cl-、Br-、I-的混合溶液中,由于AgCl、AgBr、AgI的Ksp相差较大,逐滴加入Ag+可按I-、Br-、Cl-的顺序先后沉淀,即Ksp最小的首先沉淀出来。
(2)对不同类型的沉淀,其沉淀先后顺序要利用Ksp计算溶液中离子的浓度,根据离子浓度的大小来判断沉淀的先后顺序,如AgCl和Ag2CrO4的分步沉淀,可通过控制Ag+的浓度来完成。
增素能 精准突破
考点一
难溶电解质的溶解平衡
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 将溶度积由“科学视野”移至正文,但删除了“【练习】”;“思考与交流”改为“思考与讨论”且问题有所变化
新 高 考 高频考点 分析近几年高考化学试题,选择题、非选择题对难溶电解质的溶解平衡图像均有考查。题目中考查①比较溶度积或溶解度大小;②有关Ksp的计算;③沉淀的转化、物质分离与除杂;④沉淀滴定实验的应用——检测物质的质量分数或纯度
预测考向 新一年的高考可能从以下三个方面出题:①沉淀溶解平衡图像的分析及应用;②化工生产中控制pH除杂,根据Ksp计算pH;③沉淀滴定实验中,根据Ksp计算离子浓度
考向1.难溶电解质的溶解平衡图像分析
典例突破
(2021全国甲卷)已知相同温度下, Ksp(BaSO4)饱和溶液中-lg[c( )]、-lg[c( )]
与-lg[c(Ba2+)]的关系如图所示。
下列说法正确的是(　　)
A.曲线①代表BaCO3的沉淀溶解曲线
B.该温度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值为1.0×10-10
C.加适量BaCl2固体可使溶液由a点变到b点
D.c(Ba2+)=10-5.1 mol·L-1时两溶液中
答案 B
考题点睛
针对训练
1. 某温度时硫酸盐MSO4(M:Pb2+、Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知p(M)=-lgc(M), p( )=-lgc( )。下列说法正确的是(　　)
A.向BaSO4悬浊液中加入浓度较大的Pb(NO3)2溶液,可能转化成PbSO4
B.X、Y两点对应的SrSO4均是饱和溶液,不能继续溶解SrSO4
C.蒸发Z点的BaSO4溶液可得到C点状态的BaSO4溶液
D.溶度积:Ksp(SrSO4)答案 A
解析 由题图可知,Ksp(BaSO4)Ksp(PbSO4),即可使BaSO4转化为PbSO4,A正确;由题图可知Y点对应的SrSO4溶液中c(Sr2+)·c( )c( ),蒸发Z点的BaSO4溶液不能得到C点状态的溶液,C错误;由题图可知溶度积: Ksp(BaSO4)2.(2022湖南卷)室温时,用0.100 mol·L-1的标准AgNO3溶液滴定15.00 mL浓度相等的Cl-、Br-和I-混合溶液,通过电位滴定法获得lg c(Ag+)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示[忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时,认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)=1.8×10-10, Ksp(AgBr)=5.4×10-13,Ksp(AgI)=8.5×10-17]。
下列说法正确的是(　　)
A.a点:有白色沉淀生成
B.原溶液中I-的浓度为0.100 mol·L-1
C.当Br-沉淀完全时,已经有部分Cl-沉淀
D.b点:c(Cl-)>c(Br-)>c(I-)>c(Ag+)
答案 C
解析 本题考查沉淀滴定曲线及相关计算和判断。根据Ksp数据可知,Cl-、Br-、I-浓度相同的溶液中,滴加AgNO3溶液,I-首先形成沉淀,A项错误;从图像可知,加入4.50 mL AgNO3溶液时Cl-、Br-、I-三种离子均已沉淀完全, 0.100 mol·L-1×4.50×10-3 L=c×15.00×10-3 L×3,解得c=0.01 mol·L-1,B项错误;根据Ksp可知,当Br-完全沉淀时,c(Ag+)=5.4×10-8 mol·L-1,根据
Ksp(AgCl)=1.8×10-10可知,c(Cl-)最大值为 mol·L-1≈3.3×10-3 mol·L-1,即Cl-已有部分沉淀,C项正确;当Cl-完全沉淀时,c(Ag+)=1.8×10-5 mol·L-1,代入AgBr、AgI的Ksp可得,Br-浓度为3×10-8 mol·L-1,I-浓度约为4.7×10-12 mol·L-1,则b点离子浓度:c(Ag+)>c(Cl-)>c(Br-)>c(I-),D项错误。
归纳总结
解沉淀溶解平衡图像题的三步骤
第一步:明确图像中横、纵坐标的含义
横、纵坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。
第二步:理解图像中线上点、线外点的含义
难溶电解质(以BaSO4沉淀曲线为例说明)Q和Ksp间的关系有以下三种可能:在曲线上任何一点,Q=Ksp,沉淀与溶解达到动态平衡,溶液是饱和溶液。
在曲线右上方Q>Ksp,溶液过饱和,有沉淀析出,直至Q=Ksp。
在曲线左下方Q第三步:抓住Ksp的特点,结合选项分析判断
(1)溶液在恒温蒸发时,离子浓度的变化分两种情况。
①原溶液不饱和时,离子浓度都增大;
②原溶液饱和时,离子浓度都不变。
(2)溶度积常数只是温度的函数,与溶液中溶质的离子浓度无关,在同一曲线上的点,溶度积常数相同。
考向2.溶度积常数及其应用
典例突破
磁选后的炼铁高钛炉渣,主要成分有TiO2、SiO2、Al2O3、MgO、CaO以及少量的Fe2O3。为节约和充分利用资源,通过如下工艺流程回收钛、铝、镁等。
该工艺条件下,有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表:
金属离子 Fe3+ Al3+ Mg2+ Ca2+
开始沉淀时的pH 2.2 3.5 9.5 12.4
沉淀完全(c=1.0×10-5 mol·L-1)时的pH 3.2 4.7 11.1 13.8
回答下列问题:
(1)“焙烧”中,TiO2、SiO2几乎不发生反应,Al2O3、MgO、CaO、Fe2O3转化为相应的硫酸盐,写出Al2O3转化为NH4Al(SO4)2的化学方程式:　 　。
(2)“水浸”后“滤液”的pH约为2.0,在“分步沉淀”时用氨水逐步调节pH至11.6,依次析出的金属离子是　 　。
(3)“母液①”中Mg2+浓度为　 mol·L-1。
(4)“水浸渣”在160 ℃“酸溶”最适合的酸是　 　;“酸溶渣”的成分是　 　、　 　。
(5)将“母液①”和“母液②”混合,吸收尾气,经处理得　 　,循环利用。
(3)由镁离子完全沉淀时,溶液pH为11.1可知,氢氧化镁的溶度积为1×10-5 ×(1×10-2.9)2=1×10-10.8,当溶液pH为11.6时,溶液中镁离子的浓度为
mol·L-1=1×10-6 mol·L-1。(4)增大溶液中硫酸根离子浓度,有利于
使微溶的硫酸钙转化为沉淀,为了使微溶的硫酸钙完全沉淀,减少TiOSO4溶液中含有的硫酸钙的量,应加入硫酸加热到160 ℃酸溶; 二氧化硅和硫酸钙与硫酸不反应,则酸溶渣的主要成分为二氧化硅和硫酸钙。(5)尾气中含有氨气,母液①含NH3·H2O、硫酸铵 ,母液②含硫酸,将母液①和母液②混合后吸收氨气得到硫酸铵溶液,可以循环使用。
针对训练
1.(2021山东烟台模拟)25 ℃时,下列4种盐的溶度积常数(Ksp)分别如下表,结合相关数据分析,下列说法错误的是(　　)
物质(颜色) Ag2SO4(白色) Ag2S(黑色) FeS(黑色) MnS(肉色)
Ksp 1.2×10-5 6.3×10-50 6.3×10-18 2.5×10-13
A.除去某溶液中的Ag+用Na2S溶液比Na2SO4溶液效果好
B.25 ℃时,MnS的溶解度大于FeS的溶解度
C.向少量FeS悬浊液中加入足量饱和MnCl2溶液,沉淀颜色会由黑色变为粉红色
D.向Ag2S(s) 2Ag+(aq)+S2-(aq)平衡体系中加入少量Na2S固体,溶液中c(Ag+)不变
答案 D
解析 Ksp(Ag2S)2.(2022山东卷)工业上以氟磷灰石[Ca5F(PO4)3,含SiO2等杂质]为原料生产磷酸和石膏,工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)酸解时有HF产生。氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6,离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中,按物质的量之比n(Na2CO3)∶n( )=1∶1加入Na2CO3脱氟,充分反应后,c(Na+)=
　　　 mol·L-1;再分批加入一定量的BaCO3,首先转化为沉淀的离子是　　　　　　。
项目 BaSiF6 Na2SiF6 CaSO4 BaSO4
Ksp 1.0×10-6 4.0×10-6 9.0×10-4 1.0×10-10
(3) 浓度(以SO3%计)在一定范围时,石膏存在形式与温度、H3PO4浓度(以P2O5%计)的关系如图甲所示。酸解后,在所得100 ℃、P2O5%为45的混合体系中,石膏存在形式为　　　　　　　(填化学式);洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水,原因是　　　　　　　　　　　　　,回收利用洗涤液X的操作单元是　　　　　　　;
图甲
一定温度下,石膏存在形式与溶液中P2O5%和SO3%的关系如图乙所示,下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是　　　(填字母)。
图乙
A.65 ℃、P2O5%=15、SO3%=15
B.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=20
C.65 ℃、P2O5%=10、SO3%=30
D.80 ℃、P2O5%=10、SO3%=10
解析 本题考查工艺流程,内容包括离子方程式书写、沉淀溶解平衡、图像分析。氟磷灰石用硫酸溶解后过滤,得到粗磷酸和滤渣,滤渣经洗涤后结晶转化为石膏(CaSO4·2H2O);粗磷酸经精制Ⅰ除杂,过滤,滤液经精制Ⅱ等一系列操作得到磷酸。
(3)由图像知100 ℃、P2O5为45%的混合体系中,石膏存在形式为CuSO4·0.5H2O;硫酸钙在水溶液中存在沉淀溶解平衡CaSO4(s) Ca2+(aq)+ (aq),加入硫酸增大了硫酸根离子浓度,抑制了CaSO4的溶解,因此洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水的原因是减少CaSO4的溶解损失,提高石膏的产率;洗涤液X中含有硫酸,具有回收利用的价值,由于“酸解”时使用的也是硫酸,因此,回收利用洗涤液X的操作单元是“酸解”;由图甲信息可知,温度越低,越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化,由图乙信息可知,体系温度为65 ℃时,位于65 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,位于65 ℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在。
体系温度为80 ℃时,位于80 ℃线下方的晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,位于80 ℃线上方的晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,据此分析: P2O5%=15、SO3%=15,由图乙信息可知,该点坐标位于65 ℃线以下,晶体以CaSO4·2H2O形式存在,可以实现石膏晶体的转化,A符合题意; P2O5%=10、SO3%=20,由图乙信息可知,该点坐标位于80 ℃线的上方,晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,故不能实现晶体的转化,B不符合题意;P2O5%=10、SO3%=30,由图乙信息可知,该点坐标位于65 ℃线上方,晶体全部以CaSO4·0.5H2O形式存在,故不能实现晶体转化,C不符合题意;P2O5%=10、SO3%=10,由图乙信息可知,该点坐标位于80 ℃线下方,晶体全部以CaSO4·2H2O形式存在,故能实现晶体的完全转化,D符合题意。综上所述,能实现酸解所得石膏结晶转化的是AD。
归纳总结
有关Ksp的计算
(1)已知溶度积,求溶液中的某种离子的浓度,如Ksp(AgCl)=a的饱和AgCl溶液中,c(Ag+)= mol·L-1。
(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度,求溶液中的另一种离子的浓度,如某温度下AgCl的Ksp=a,在0.1 mol·L-1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体,达到平衡后c(Ag+)=10 a mol·L-1。
(3)计算反应的平衡常数,如对于反应Cu2+(aq)+MnS(s) CuS(s)+Mn2+(aq),Ksp(MnS)=c(Mn2+)·c(S2-),Ksp(CuS)=c(Cu2+)·c(S2-),该反应
的平衡常数
考点二
沉淀溶解平衡的应用
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 删去氢氧化镁沉淀与氯化铵溶液的实验;沉淀转化实验中硝酸银溶液和氯化钠溶液的滴加顺序发生变化
新 高 考 高频考点 分析近几年高考化学试题,工业流程图题中考查利用沉淀的生成采取措施进行离子的分离和除杂较为常见
预测考向 新一年的高考还将采取以往的形式①化工生产中控制pH除杂,根据Ksp计算pH;②选择合适的方法和试剂进行沉淀的生成和转化;③除杂中,根据Ksp计算离子浓度和沉淀的先后顺序等进行考查
考向1.沉淀的生成与溶解
典例突破
(双选)硫酸锌是制造锌钡白和锌盐的主要原料,也可用作印染媒染剂,医药上用于催吐剂。已知25 ℃时,Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-17,　Ksp(Ag2SO4)=1.2×10-5,则下列说法正确的是(　　)
A.在水中加入少量ZnSO4固体时,水的电离平衡向正反应方向移动,KW不变
B.在ZnSO4溶液中各离子的浓度关系为c(Zn2+)+c(H+)=c(OH-)+c( )
C.在0.5 L 0.10 mol·L-1 ZnSO4溶液中加入等体积的0.02 mol·L-1 AgNO3溶液,即可生成Ag2SO4沉淀
D.常温下,要除去0.20 mol·L-1 ZnSO4溶液中的Zn2+,至少要调节pH≥8
答案 A D
针对训练
1.(2022山东枣庄阶段性考试)牙齿表面覆盖的牙釉质是人体中最坚硬的部分,起着保护牙齿的作用,其主要成分为羟基磷酸钙[Ca5(PO4)3OH]。
A.残留在牙齿上的糖发酵会产生H+,经常吃糖易造成龋齿
B.由题述平衡可知,小孩长牙时要少吃糖多补钙
C.若减少OH-的浓度,题述平衡将向右移动,Ksp的值相应增大
D.使用含氟的牙膏能防止龋齿,是因为Ca5(PO4)3OH(s)转化为更难溶的Ca5(PO4)3F(s)
答案 C
解析 残留在牙齿上的糖发酵会产生H+,与OH-反应生成H2O,促使Ca5(PO4)3OH(s)的沉淀溶解平衡正向移动,易造成龋齿,A项正确;小孩长牙时,要在牙齿表面形成Ca5(PO4)3OH(s),从平衡移动角度分析,要增大牙齿表面的c(Ca2+)、c(OH-),促使Ca5(PO4)3OH(s)溶解平衡逆向移动,故小孩长牙时要少吃糖多补钙,B项正确;减少OH-的浓度,Ca5(PO4)3OH(s)溶解平衡将向右移动,由于温度不变,Ksp的值不变,C项错误;由于Ca5(PO4)3F的Ksp小于Ca5(PO4)3OH的Ksp,使用含氟牙膏,使Ca5(PO4)3OH(s)转化为更难溶的Ca5(PO4)3F(s),可有效防止龋齿,D项正确。
2. 某实验小组探究常温下难溶电解质的溶解平衡,查得如表资料。
依据上述数据进行的预测不合理的是(　　)
A.向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体,有浑浊出现
B.除去FeSO4溶液中的CuSO4,可选用FeS作为沉淀剂
C.向含等物质的量的MgCl2和FeCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液,最先出现的沉淀是Mg(OH)2
D.向1 mL 0.1 mol·L-1 MgCl2溶液中滴加2 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液,取澄清溶液滴加2滴0.1 mol·L-1 FeCl3溶液,有浑浊出现
难溶电解质 FeS CuS Mg(OH)2 Fe(OH)3
Ksp 6.3×10-18 6.3×10-36 5.6×10-12 2.8×10-39
答案 C
解析 向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体,c(S2-)增大,Q>Ksp(FeS),有浑浊出现,A合理;沉淀转化时易转化为溶解度更小的沉淀,除去FeSO4溶液中的CuSO4,可选用FeS作为沉淀剂,B合理;由溶度积计算可知,开始沉淀时, MgCl2需要的c(OH-)大于FeCl3需要的c(OH-),向含等物质的量的MgCl2和FeCl3的混合溶液中逐滴加入NaOH溶液,最先出现的沉淀是Fe(OH)3,C不合理;1 mL 0.1 mol·L-1 MgCl2溶液和2 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液恰好完全反应,且计算可得Q>Ksp[Mg(OH)2],则得到氢氧化镁的饱和溶液,c(OH-) =
2× ×10-4 mol·L-1,取澄清溶液滴加2滴0.1 mol·L-1 FeCl3溶液, Q>Ksp[Fe(OH)3],有Fe(OH)3沉淀出现,D合理。
归纳总结
沉淀剂的选择
利用生成沉淀分离或除去某种离子,首先要使生成沉淀的反应能够发生,其次沉淀生成的反应进行的越完全越好。如除去溶液中的Mg2+,用NaOH溶液比使用Na2CO3溶液好,原因是Mg(OH)2的溶解度比MgCO3的小。
考向2.沉淀转化
典例突破
为研究沉淀的生成及其转化,某小组进行如下实验。关于该实验的分析不正确的是(　　)
A.①浊液中存在平衡: AgSCN(s)
Ag+(aq)+SCN-(aq)
B.②中颜色变化说明上层清液中含有SCN-
C.③中颜色变化说明有AgI生成
D.该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶
答案 D
解析 0.01 mol·L-1 AgNO3溶液中加入0.005 mol·L-1 KSCN溶液,产生白色沉淀AgSCN,该沉淀在溶液中存在溶解平衡:AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq),A正确;取①上层清液加入2 mol·L-1 Fe(NO3)3溶液,溶液变成红色,说明有Fe(SCN)3生成,从而推知上层清液中含有SCN-,B正确;①中余下浊液中加入KI溶液,产生黄色沉淀,该沉淀应为AgI,C正确;①中反应后AgNO3溶液有剩余,则余下浊液中除含有AgSCN外,还有AgNO3,再加入2 mL 2 mol·L-1 KI溶液生成AgI沉淀,不能说明AgSCN转化为AgI,故不能证明AgI比AgSCN更难溶,D错误。
考题点睛
针对训练
1.分别进行下列操作,由现象得出的结论正确的是(　　)
选项 操作 现象 结论
A 将稀硫酸和Na2S反应生成的气体通入AgNO3与AgCl组成的悬浊液中 出现黑色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2S)
B 向盛有2 mL 0.1 mol·L-1 AgNO3溶液的试管中滴加1 mL 0.1 mol·L-1 NaCl溶液,再向其中滴加4~5滴0.1 mol·L-1 KI溶液 先有白色沉淀生成,后又产生黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C 向AgI悬浊液中滴入Na2S溶液 固体变黑 Ksp(Ag2S)>Ksp(AgI)
D 将H2S气体通入浓度均为0.01 mol·L-1的ZnSO4和CuSO4的混合溶液中 先出现CuS黑色沉淀 Ksp(CuS)答案 D
解析 生成的硫化氢与硝酸银溶液反应生成硫化银沉淀,出现黑色沉淀不能说明发生了沉淀的转化,无法判断Ksp(AgCl)与Ksp(Ag2S)的大小,A项错误;AgNO3溶液过量,KI直接与AgNO3反应,无法判断Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)的大小关系,B项错误;溶度积常数大的物质能转化为溶度积常数小的物质, AgI悬浊液中滴入Na2S溶液,固体变黑,说明Ksp(Ag2S)2. 已知:Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24, Ksp(PbS)=8.0×10-28。在自然界中,闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)遇硫酸铜溶液能转化成铜蓝(CuS)。下列有关说法不正确的是(　　)
A.硫化锌转化成铜蓝的离子方程式为ZnS(s)+Cu2+(aq) === Zn2+(aq)+CuS(s)
B.在白色硫化锌浊液中滴加硝酸铅溶液,不会生成黑色沉淀(PbS)
C.在水中的溶解度:S(ZnS)>S(PbS)>S(CuS)
D.若溶液中c(Cu2+)=1×10-10 mol·L-1,则S2-已完全转化成CuS
答案 B
解析 根据Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24,可知CuS的溶解度小于ZnS,硫化锌可以转化为铜蓝,离子方程式为ZnS(s)+Cu2+(aq) Zn2+(aq)+CuS(s),A正确;根据Ksp(ZnS)=1.6×10-24,Ksp(PbS)=8.0×10-28,ZnS的溶解度大于PbS,在白色硫化锌浊液中滴加硝酸铅溶液,可以生成黑色沉淀(PbS),B错误;根据Ksp(CuS)=6.3×10-36,Ksp(ZnS)=1.6×10-24, Ksp(PbS)=8.0×10-28可知,在水中的溶解度:S(ZnS)>S(PbS)>S(CuS),C正确;根据Ksp(CuS)=6.3×10-36,若溶液中c(Cu2+)=1×10-10 mol·L-1,则c(S2-) =
mol·L-1=6.3×10-26 mol·L-1<1×10-5 mol·L-1,S2-已完全转化成CuS,D正确。
归纳总结
沉淀的转化类型
(1)溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现。
(2)溶解度小的沉淀转化成溶解度稍大的沉淀,通过控制反应条件也能实现,但前提是溶液的Q>Ksp,如BaSO4[Ksp=1.1×10-10]用饱和Na2CO3溶液浸泡可部分转化为BaCO3[Ksp=2.58×10-9]。
研专项 前沿命题
有关电解质溶液的四大常数及应用
题型 考查内容 选择题 非选择题 考查知识 电离常数、水的离子积、水解常数、溶度积的关系及应用
核心素养 变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知
考向1电解质溶液的四大常数的表达式及应用
例1.化学平衡常数(K)、弱酸的电离平衡常数(Ka)、难
溶物的溶度积常数(Ksp)是判断物质性质或变化的重要的平衡常数。下列关于这些常数的说法正确的是(　　)
A.平衡常数的大小与温度、浓度、压强、催化剂等有关
B.当温度升高时,弱酸的电离平衡常数Ka变小
C.Ksp(AgCl)>Ksp(AgI),由此可以判断AgCl(s)+I-(aq) AgI(s)+Cl-(aq)能够发生
D.Ka(HCN)思路指导
答案 C
突破方法
(1)电解质溶液的四大平衡常数
(2)相关规律
①Q与K的关系:二者表达式相同,若QK,平衡逆向移动。
②平衡常数都只与温度有关,温度不变,平衡常数不变。
③Ka(或Kb)、Kh、KW三者的关系式为
针对训练
1.下列关于化学平衡常数(K)、电离平衡常数(Ka或Kb)、水解平衡常数(Kh)、沉淀溶解平衡常数(Ksp)、水的离子积常数(KW)的叙述错误的是(　　)
A.K值越大,正反应进行的程度越大,一般地说,K>105时,该反应进行得就基本完全了
B.比较Ksp与离子积Q的相对大小,可判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解
C.K、Ka或Kb、Kh、Ksp、KW都与温度有关,温度越高,常数值越大
D.弱酸HA的Ka与NaA的Kh、水的离子积常数KW三者间的关系可表示为KW=Ka·Kh
答案 C
解析 相同条件下不同反应的K值越大,表示反应进行的程度越大;相同的化学反应在不同条件下,K值越大,表示正反应进行的程度越大,A正确。比较Ksp与离子积Q的相对大小,可判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解,Q>Ksp时,溶液过饱和有沉淀析出;Q=Ksp时,溶液饱和,沉淀与溶解处于平衡状态;Q2.已知Ka(Kb)、KW、Kh、Ksp分别表示弱酸的电离平衡常数(弱碱的电离平衡常数)、水的离子积常数、盐的水解平衡常数、难溶电解质的溶度积常数。通过查阅资料获得温度为25 ℃时以下数据:
KW=1.0×10-14,Ka(CH3COOH)=1.8×10-5,
Ka(HSCN)=0.13,Ka(HF)=4.0×10-4,
Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10-11
(1)有关上述常数的说法正确的是　　　　(填字母)。
a.它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度
b.所有弱电解质的电离常数和难溶电解质的Ksp都随温度的升高而增大
c.常温下,CH3COOH在水中的Ka大于在饱和CH3COONa溶液中的Ka
d.一定温度下,在CH3COONa溶液中,KW=Ka·Kh
(2)25 ℃时,1.0 mol·L-1 HF溶液的pH约等于　　　　　　(已知lg 2≈0.3)。将浓度相等的HF与NaF溶液等体积混合,判断溶液呈　　　　(填“酸”“碱”或“中”)性,并结合有关数据解释原因:
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)已知CH3COONH4溶液为中性,又知CH3COOH溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出,现有25 ℃时等浓度的四种溶液:
A.NH4Cl
B.NH4SCN
C.CH3COONH4
D.NH4HCO3
回答下列问题:
①试推断NH4HCO3溶液的pH　　　(填“>”“<”或“=”)7。
②将四种溶液按N浓度由大到小的顺序排列:　　　　　　(填字母)。
③NH4SCN溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为　 。
(4)为探究Mg(OH)2在酸中的溶解性,利用以上数据可以计算出反应: Mg(OH)2(s)+2CH3COOH(aq) Mg2+(aq)+2CH3COO-(aq)+2H2O(l)在25 ℃时的平衡常数K=　　　　　,并据此推断Mg(OH)2　　　　　(填“能”或“不能”)溶解于醋酸。(已知1.83≈5.8)
答案 (1)ad
考向2电解质溶液的四大常数的应用
例2.下列有关电解质溶液的说法不正确的是(　　)
思路指导
答案 B
突破方法
有关四大常数的计算方法
(1)“三段式”计算法
“三段式”是有效解答化学平衡计算题的“万能钥匙”。解题时,要注意清楚条理地列出起始量、转化量、平衡量,按题目要求进行计算,同时还要注意单位的统一。解题步骤如下:
①写出涉及的可逆反应的化学方程式或离子方程式。
②找出起始量、转化量和平衡量中哪些是已知量,哪些是未知量,按“三段式”列出。
③根据问题建立相应的关系式进行计算。
(2)KW、Ka、Kb、Ksp、Kh之间的关系
针对训练
3.平衡常数是分析平衡问题的重要依据。回答下列问题。
(1)高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸,其酸性在水溶液中差别不大,但在冰醋酸中却有一定的差异,以下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 3.0×10-8 6.3×10-9 1.6×10-9 4.2×10-10
从以上表格中的数据判断以下说法中不正确的是　　　　(填字母)。
a.在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
b.在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中酸性最强的酸
d.水对于这四种酸的强弱没有区分能力,但冰醋酸可以区分这四种酸的强弱
(2)已知:25 ℃时,HA的Ka=1.0×10-6,则25 ℃时,1 mol·L-1的HA溶液pH=　　。
(3)在温度为t时,某研究人员测定NH3·H2O的电离常数Kb为2×10-5, 的水解常数Kh为1.5×10-8,则该温度下水的离子积常数KW为　　　　　,请判断t
　　　(填“>”“<”或“=”)25 ℃。
(4)化工生产中常用MnS作沉淀剂除去工业废水中的Cu2+:
该反应的平衡常数K的数值为　　　　　　(结果保留1位小数,CuS和MnS的Ksp分别为6.0×10-36、2.0×10-10)。
(5)25 ℃时,将a mol·L-1的氨水与0.01 mol·L-1的盐酸等体积混合所得溶液中c( )=c(Cl-),则溶液显　　　(填“酸”“碱”或“中”)性;用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb=　　　　　　　。
4.(2021广东卷节选)对废催化剂进行回收可有效利用金属资源。某废催化剂主要含铝(Al)、钼(Mo)、镍(Ni)等元素的氧化物,一种回收利用工艺的部分流程如下:
已知:25 ℃时,H2CO3的=4.5×10-7,=4.7×10-11,Ksp(BaMoO4)=
3.5×10-8;Ksp(BaCO3)=2.6×10-9;该工艺中,pH>6.0时,溶液中Mo元素以
的形态存在。
(1)“焙烧”中,有Na2MoO4生成,其中Mo元素的化合价为　 　。
(2)“沉铝”中,生成的沉淀X为　 　。
(3)“沉钼”中,pH为7.0。
①生成BaMoO4的离子方程式为　 。
②若条件控制不当,BaCO3也会沉淀。为避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀,溶液中c( )∶c( )= 　(列出算式)时,应停止加入BaCl2溶液。
解析 (1)利用化合价代数和为0,可知Na2MoO4中Mo元素的化合价为+6。
(2)加入NaOH焙烧过程中Al2O3转化为NaAlO2,向水浸之后的滤液Ⅰ中通入过量CO2可产生Al(OH)3沉淀,即X为Al(OH)3。(共119张PPT)
第3讲　盐类的水解
第八章
内容索引
01
02
强基础 增分策略
增素能 精准突破
研专项 前沿命题
03
【课程标准】
1.能用化学用语正确表示水溶液中的盐类水解平衡。能从盐类水解平衡的角度分析溶液的酸碱性等。
2.能通过实验证明水溶液中存在的盐类水解平衡,认识影响盐类水解的主要因素。
3.结合真实情境中的应用实例,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。
强基础 增分策略
一、盐类水解及规律
1.盐类的水解
2.盐类水解离子方程式的书写
(4)相互促进水解时,由于反应彻底,故生成物中出现的不溶于水的　沉淀　或　气体　均要注明状态,即写上“↓”或“↑”符号,中间用“”连接。如NaHCO3与Al2(SO4)3 混合反应:　
泡沫灭火器原理
3.盐类水解规律
(1)实例探究分析
盐的 类型 实例 是否水解 水解的离子 溶液的酸碱性 溶液的pH
强酸强碱盐 NaCl、KNO3 否 — 　中性　 pH　=　7
强酸弱碱盐 NH4Cl、 Cu(NO3)2 是 、Cu2+ 　酸性　 pH　<　7
弱酸强碱盐 CH3COONa、 Na2CO3 是 CH3COO-、 　碱性　 pH　>　7
弱酸弱碱盐 CH3COONH4 是 CH3COO-、　 具体情况 具体分析 具体情况
具体分析
(2)盐类水解规律
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
应用提升 (1)判断盐溶液的酸碱性,需先判断盐的类型,因此需熟练记忆常见的强酸、强碱和弱酸、弱碱。
(2)盐溶液呈中性,无法判断该盐是否水解。例如:NaCl溶液呈中性,是因为NaCl是强酸强碱盐,不水解。又如CH3COONH4溶液呈中性,是因为CH3COO-和 的水解程度相当。
二、影响盐类水解的因素及其应用
1.实验探究
实验操作 实验现象 实验结论
(1)向一支试管中加入少量FeCl3晶体,然后加入5 mL蒸馏水,振荡,观察并记录现象。再向试管中加入2 mL浓盐酸,振荡,观察并记录现象 溶液变 浑浊 ,加入浓盐酸后 　浑浊消失　,颜色变浅 FeCl3溶于水发生水解反应产生Fe(OH)3和HCl ,加入浓盐酸,水解平衡　左移　
实验操作 实验现象 实验结论
(2)向三支试管中分别加入5 mL混有少量泥土的浑浊水,然后向其中的两支试管中分别加入2 mL饱和FeCl3溶液、2 mL 1 mol·L-1 Al2(SO4)3溶液,振荡。把三支试管放在试管架上,静置5 min 加入饱和FeCl3溶液、Al2(SO4)3溶液的试管中浑浊水变　澄清 饱和FeCl3溶液、Al2(SO4)3溶液中发生水解反应分别生成的Fe(OH)3和Al(OH)3胶体具有　吸附作用　,可以净水
(3)向一个烧杯中加入40 mL蒸馏水,加热至水沸 腾,然后向沸水中逐滴加入5~6滴饱和FeCl3溶液。继续煮沸至液体呈红褐色,停止加热,观察制得的Fe(OH)3胶体 升高温度　促进　水解,产生胶体
实验操作 实验现象 实验结论
(4)向两支试管中分别加入5 mL饱和Na2CO3溶液,然后各滴入2~3滴植物油,振荡。 将其中的一支试管加热煮沸一会儿,然后再振荡。把两支试管中的液体倒掉,并用水冲洗试管 加热后的试管内壁更干净 加热　促进　碳酸钠水解,溶液碱性　更强　
2.影响盐类水解平衡的因素
3.盐类水解的“十大”应用
4.盐的水解常数(Kh)
MA表示强碱弱酸盐,则A-水解的离子方程式为A-+H2O HA+OH-(Ka为HA的电离常数)。
　Ka越小,水解常数Kh越大,水解程度越大
同理,强酸弱碱盐(如NH4Cl)的水解常数(Kh)与弱碱电离常数(Kb)之间的关系:
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)降低温度和加水稀释,都会使盐的水解平衡向正反应方向移动。
(　×　)
(2)通入适量的HCl气体使FeCl3溶液中 增大。(　×　)
(3)由MgCl2·6H2O制取无水氯化镁,需要在氯化氢气流中加热进行。
(　√　)
(4)水解平衡右移,盐的离子的水解程度一定增大。(　×　)
(5)加热0.1 mol·L-1 Na2CO3溶液, 的水解程度和溶液的pH均增大。
(　√　)
应用提升 (1)稀溶液中,盐的浓度越小,水解程度越大,但由于溶液中离子浓度是减小的,故溶液酸性(或碱性)越弱。
(2)向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸,并不会与CH3COONa溶液水解产生的OH-反应,使平衡向水解方向移动,原因是体系中c(CH3COOH)增大是主要因素,会使平衡CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-左移。
增素能 精准突破
考点一
盐类水解及其规律
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 新教材与原来相比,素材的选取兼顾了变量的控制,原理的分析有示范、演绎类推以及复杂离子实际情况的分析,结论从微观水解离子类型的角度出发,体现核心素养的培养。还增加了“电荷守恒和元素质量守恒”的方法导引
新 高 考 高频考点 结合图像考查离子浓度大小比较、电离常数和水解常数等
计算
预测考向 新一年的高考除通常考查形式外,还会考查①联系生产、生活中具体应用的实例考查盐类水解原理的应用;②以一些新物质、新图像为载体考查有关水解常数的计算
考向1.盐类水解及及溶液的酸碱性
典例突破
(2021广东卷)鸟嘌呤(G)是一种有机弱碱,可与盐酸反应生成盐酸盐(用GHCl表示)。已知GHCl水溶液呈酸性,下列叙述正确的是(　　)
A.0.001 mol·L-1 GHCl水溶液的pH=3
B.0.001 mol·L-1 GHCl水溶液加水稀释,pH升高
C.GHCl在水中的电离方程式为GHCl === G+HCl
D.GHCl水溶液中:c(OH-)+c(Cl-)=c(GH+)+c(G)
答案 B
解析 本题考查电解质溶液的知识。GHCl的电离方程式为GHCl === GH++Cl-,GH+水解导致溶液呈酸性,加水稀释时,水解平衡右移,但c(H+)降低,pH升高,A、C项错误,B项正确;在GHCl水溶液中存在电荷守恒:c(OH-) +c(Cl-)=c(GH+)+c(H+),D项错误。
考题点睛
针对训练　　　 　　　　　 　　　　　
1.常温下,浓度均为0.1 mol·L-1的下列四种盐溶液,其pH测定如表所示:
序号 ① ② ③ ④
溶液 CH3COONa NaHCO3 Na2CO3 NaClO
pH 8.8 9.7 11.6 10.3
下列说法正确的是(　　)
A.四种溶液中,水的电离程度:①>②>④>③
B.Na2CO3和NaHCO3溶液中,粒子种类相同
C.将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较,pH小的是HClO
D.Na2CO3溶液中,c(Na+)=c( )+c( )+c(H2CO3)
答案 B
解析 这几种盐都是强碱弱酸盐,弱酸根离子发生水解反应使溶液显碱性,当盐的浓度相同时,酸的酸性越弱,酸根离子水解的程度就越大,水的电离程度就越大,溶液的碱性就越强。根据表格数据可知四种溶液中,水的电离程度:①<②<④<③,A错误;在Na2CO3和NaHCO3溶液中,存在的粒子有
2.下列物质在常温时发生水解,对应的离子方程式书写正确的是(　　)
答案 C
归纳总结
水解离子方程式的书写核心要求
考向2.盐类水解规律
典例突破
(2021广东惠州第一次调研)25 ℃时,向10 mL 0.01 mol·L-1 NaCN溶液中逐滴滴加10 mL 0.01 mol·L-1的盐酸,其pH变化曲线如图所示。下列溶液中的关系一定正确的是(忽略体积微小变化)(　　)
A.a点溶液的pH≥12
B.b点的溶液:c(CN-)>c(HCN)
C.c点的溶液:c(CN-)+c(HCN)+c(Cl-)=0.01 mol·L-1
D.pH=7的溶液:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(CN-)
答案 C
解析 NaCN属于强碱弱酸盐,在溶液中存在水解平衡:CN-+H2O HCN+OH-,则0.01 mol·L-1 NaCN溶液中c(OH-)<0.01 mol·L-1,则c(H+)>10-12 mol·L-1,a点溶液的pH<12,A错误;a到b点,发生反应HCl+NaCN === NaCl+HCN,反应后得到的溶液中含等物质的量浓度的NaCl、HCN和NaCN,由于溶液呈碱性,NaCN的水解程度大于HCN的电离程度,则溶液中c(HCN)>c(CN-),B错误;c点为NaCN与盐酸恰好完全反应得到的物质的量浓度均为0.005 mol·L-1的HCN和NaCl的混合液,依据物料守恒:c(CN-) +c(HCN)=0.005 mol·L-1,c(Cl-)=0.005 mol·L-1,所以c(CN-)+c(HCN)+c(Cl-) =0.01 mol·L-1,C正确;pH=7的溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-) +c(CN-)+c(OH-),pH=7时,c(H+)=c(OH-),所以c(Na+)=c(Cl-)+c(CN-),D错误。
针对训练
1.(双选)相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比,NaCN溶液的pH较大,则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是(　　)
A.酸性:HCNB.pH:HClO>HCN
C.酸根离子浓度:c(CN-)D.与NaOH恰好完全反应时,消耗NaOH的物质的量:HClO>HCN
答案 AC
解析 等浓度的两盐溶液中NaCN溶液pH较大,说明酸性HClO>HCN,故A正确;HClO电离程度大,其水溶液的pH:HClOc(CN-),故C正确;等物质的量的一元酸(无论酸性强弱)与等物质的量的NaOH恰好完全反应,故D错误。
2. (选择性必修1习题改编)向一元酸HA溶液中加入一定量强碱MOH溶液后,恰好完全反应,反应后的溶液中,下列判断一定正确的是(　　)
A.c(A-)≥c(M+)
B.c(A-)=c(M+)
C.若MA不水解,则c(OH-)D.若MA水解,则c(OH-)>c(H+)
答案 D
解析 若MA不水解,溶液呈中性,c(A-)=c(M+),c(OH-)=c(H+);若MA水解,说明HA为弱酸,则MA溶液中c(A-)c(H+),故D项正确。
3.(2022上海宝山一模)常温下,向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略),溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是(　　)
答案 A
解析 向0.10 mol·L-1 CH3COONa溶液中通入HCl,至溶液pH=7,c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)+c(Cl-),则c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-),由物料守恒得c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),根据电荷守恒和物料守恒得: c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-),故A正确;0.10 mol·L-1的NaHSO3溶液中通NH3
归纳总结
考点二
盐类水解的影响因素及应用
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 新教材与原来相比,在探究FeCl3水解平衡影响因素时增强了探究性,可见此部分对探究与创新能力的培养很有好处
新 高 考 高频考点 分析近几年高考化学试题,选择题中考查影响盐类水解平衡的外界因素、电离平衡常数与水解常数的转化关系。非选择题中考查盐类水解原理的应用
预测考向 新的高考在延续以往考查形式外,还会着重联系生产、生活中具体应用的实例考查盐类水解原理的应用,以一些新物质、新图像为载体考查有关水解常数的计算。实验的考查将会有一定的开放性和探究性
考向1.定性考查盐类水解的影响因素
典例突破
在一定条件下,Na2CO3溶液中存在水解平衡:
下列有关该溶液的说法正确的是(　　)
A.加入BaCl2溶液,平衡向逆反应方向移动
B.加水稀释溶液,水解常数增大
D.加入NaOH固体,溶液的pH减小
答案 A
针对训练
1.(2022江苏淮安模拟)已知NaHSO3溶液常温时显酸性,溶液中存在以下
平衡:
答案 C
2. (双选) 室温下,将两种浓度均为0.10 mol·L-1的溶液等体积混合,若溶液混合引起的体积变化可忽略,下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　)
答案 AD
归纳总结
认识盐类水解的三个误区
考向2.定量考查盐离子的水解程度
典例突破
针对训练
1.(2022湖北武汉模拟预测)
25 ℃时,0.10 mol·L-1的HCOONH4溶液中
lg c(HCOOH)、lg c(NH3·H2O)、lg c(H+)和lg c(OH-)随pH变化(加入HCl或NaOH)
的关系如下图所示。下列说法正确的是
[已知Ka(HCOOH)=1.8×10-4,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5](　　)
A.原溶液中c(H+)-c(HCOOH)=c(OH-)-c(NH3·H2O)
C.曲线①表示lg c(HCOOH)随pH的变化
D.图中M点对应溶液的pH=6.5
答案 D
2.常温下,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,试回答以下问题:
(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)求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字):
c(Na+)-c(A-)=　 　 mol·L-1;
c(OH-)-c(HA)=　 　 mol·L-1。
(4)已知NH4A溶液呈中性,又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出,试推断(NH4)2CO3溶液的pH　 　(填“>”“<”或“=”)7;将同温度下等浓度的下列四种盐溶液按pH由大到小的顺序排列是　 　(填字母)。
A.NH4HCO3 B.NH4A C.(NH4)2SO4 D.NH4Cl
答案 (1)A-+H2O HA+OH-　(2)>　(3)9.9×10-7　10-8　
(4)>　A>B>D>C
归纳总结
水解常数的应用
(1)计算盐溶液中c(H+)或c(OH-)。
(2)判断盐溶液的酸碱性和微粒浓度的大小。
①单一溶液
②混合溶液
考向3.盐类水解的应用
典例突破
下列根据反应原理设计的应用,不正确的是(　　)
答案 D
解析 热的纯碱溶液碱性增强、去污能力增强;Al3+水解生成Al(OH)3胶体,吸附水中的悬浮物,具有净水作用;TiCl4与H2O作用水解可以制得纳米材料TiO2·xH2O,A、B、C项正确;SnCl2易水解,配制SnCl2溶液时若加入NaOH溶液,会促进SnCl2水解而生成Sn(OH)Cl或Sn(OH)2沉淀,所以配制SnCl2溶液应将SnCl2固体溶于盐酸中,再稀释成所需浓度,D项错误。
针对训练
1.(2021浙江6月选考)下列说法不正确的是(　　)
A.应避免铵态氮肥与草木灰混合施用
B.工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率
C.电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气
D.将生铁进一步炼制减少含碳量,能得到耐腐蚀的钢
答案 C
解析 铵态氮肥和草木灰混合使用,因 与 水解相互促进,降低氮肥的肥效,A项正确;工业上通常利用氧化还原反应把海带浸出液中的I-氧化成I2,现代工业也用离子交换法处理含碘离子的溶液以提高碘的提取率,B项正确;电解饱和食盐水可以得到NaOH、Cl2和H2,称为氯碱工业,电解熔融氯化钠可以得到钠和氯气,C项错误;生铁炼钢的主要目的之一是降低碳的含量,D项正确。
2.(1)为探究纯碱溶液呈碱性是由 引起的,请你设计一个简单的实验方案:　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)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:　　　　　　　　　　。
(3)把AlCl3溶液蒸干灼烧,最后得到的主要固体是什么 为什么 (用化学方程式表示并配以必要的文字说明)　　　 　　　　。
(4)直接蒸发CuCl2溶液,能不能得到CuCl2·2H2O晶体,应如何操作
　　　　　　　　　　。
(5)Mg可溶解在NH4Cl溶液中的原因分析:　　　　 　　　。
(6)MgO可除去MgCl2溶液中的Fe3+,其原理是　　　 　　　。
归纳总结
(1)盐溶液蒸干时所得产物的判断
①盐溶液水解生成难挥发性酸时蒸干后一般得原物质,如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)。
②盐溶液水解生成易挥发性酸时,蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物,如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3,灼烧得Al2O3。
③考虑盐受热时是否分解。
原物质 蒸干灼烧后固体物质
Ca(HCO3)2 CaCO3或CaO
NaHCO3 Na2CO3
KMnO4 K2MnO4和MnO2
NH4Cl 分解为NH3和HCl,无固体物质存在
(2)利用平衡移动原理解释问题的思维模板
①解答此类题的思维过程
a.找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程);
b.找出影响平衡的条件;
c.判断平衡移动的方向;
d.分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题之间的联系。
②答题模板
……存在……平衡,……(条件)……(变化),使平衡向……(方向)移动,
……(结论)。
研专项 前沿命题
电解质溶液中微粒变化图像分析
题型 考查内容 选择题 考查知识 酸碱中和反应、电离平衡和水解平衡
核心素养 变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知
考向1酸碱中和滴定曲线图
A.　　(H3R)=10-2.2
B.b点溶液中,c(R3-)+c(H+)=c(OH-)+c(H2R-)+2c(H3R)
C.NaOH溶液滴定H3R溶液过程中,可分3步滴定,产生3个滴定突跃
D.H3R溶液第二步滴定可用酚酞作指示剂
思路指导
水溶液中的离子反应与平衡——三元弱酸与碱反应的图像分析。
第一步:读图。通过观察弄清纵坐标、横坐标的含义。该图像表示三元弱酸与NaOH溶液反应过程中,滴加的NaOH溶液的体积与混合后溶液pH的关系,横坐标为NaOH溶液体积,纵坐标为溶液的pH。
第二步:识图。注意特殊点的含义,分析曲线的变化走势。H3R和NaOH溶液的浓度相等,则a、b、c三点是H3R的三级反应“滴定终点”,e、f、g是含R的相邻粒子浓度相等点,可以用于计算三级电离常数,即电离常数与溶液pH相等点。
第三步:分析。0.2 mol·L-1 H3R溶液的pH接近2.2,则H3R为三元弱酸,综合分析如下:
答案 BC
突破方法
(1)抓住关键五个点,突破中和滴定曲线
①五个点的诠释与应用
五个点 应用
抓反应的起始点 判断酸、碱的相对强弱
抓反应的一半点 判断是哪种溶质的等量混合
抓溶液的中性点 判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足
抓恰好反应点 判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性
抓反应的过量点 判断溶液中的溶质,判断哪种物质过量
②实例: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:
(2)溶液中粒子浓度大小的比较
①明确三个比较
a.电离能力大于水解能力。如CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,所以等浓度的CH3COOH与CH3COONa溶液等体积混合后溶液显酸性。
b.水解能力大于电离能力。如HClO的电离程度小于ClO-的水解程度,所以等浓度的HClO与NaClO溶液等体积混合后溶液显碱性。
c.酸式盐电离能力和水解能力的比较。如在NaHCO3溶液中, 的水解程度大于电离程度,故溶液显碱性。
②熟练三个守恒
a.电荷守恒。电解质溶液中所有的阳离子所带的正电荷总数与所有的阴离子所带的负电荷总数相等。如在Na2CO3溶液中存在着Na+、 、H+、OH-、
,它们存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=2c( )+c( )+c(OH-)。
b.元素质量守恒。电解质溶液中,由于某些离子能水解或电离,离子种类增多,但某些关键性的元素总是守恒的。
c.质子守恒。在电离或水解过程中,会发生质子(H+)转移,但在质子转移过程中其数量保持不变。
以Na2CO3和NaHCO3溶液为例,可用下图所示帮助建立质子守恒关系式:
ⅰ.Na2CO3溶液
ⅱ.NaHCO3溶液
另外,将混合溶液中的电荷守恒式和元素质量守恒式相联立,通过代数运算消去其中某些离子,即可推出该溶液中的质子守恒式。
针对训练
1.(2021湖南卷)常温下,用0.100 0 mol·L-1的盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L-1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液,滴定曲线如图所示。下列判断错误的是(　　)
A.该NaX溶液中:c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+)
B.三种一元弱酸的电离常数:Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ)
C.当pH=7时,三种溶液中:c(X-)=c(Y-)=c(Z-)
D.分别滴加20.00 mL盐酸后,再将三种溶液混合:c(X-)+c(Y-)+c(Z-)=c(H+)-c(OH-)
答案 C
解析 由于NaX为强碱弱酸盐,X-会部分水解使溶液呈弱碱性,所以NaX溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),A项正确;由于等浓度的三种盐溶液的pH大小关系为NaZ>NaY>NaX,根据盐类水解规律“越弱越水解”可知,NaZ对应的酸(HZ)的酸性最弱,而NaX对应的酸(HX)的酸性最强,则电离常数: Ka(HX)>Ka(HY)>Ka(HZ),B项正确;由于三种盐溶液的体积和浓度相同,但碱性强弱不同,所以要使滴定后的溶液pH=7,所滴加盐酸的体积也不相同,即NaZ溶液中滴加盐酸最多,而NaX溶液中滴加盐酸最少,所以最后呈中性的三种溶液中c(Cl-)不相等,据电荷守恒及溶液呈中性条件可知,三种溶液中c(X-)≠ c(Y-)≠ c(Z-),C项错误;将三种溶液混合后所得的混合溶液中的电荷守恒式为c(Cl-)+c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(OH-) =c(H+)+c(Na+),由于混合前三种溶液的物质的量浓度和体积与所加盐酸的物质的量浓度和体积都相等,则混合后的溶液中c(Cl-)=c(Na+),则c(X-)+c(Y-)+c(Z-)+c(OH-) =c(H+),D项正确。
2.(2022浙江绍兴高三选考适应性考试)常温下,将一定浓度的NaOH溶液滴加到某二元酸H2X溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是(　　)
C.当混合溶液呈中性时,溶液中存在:
c(Na+)>c(X2-)>c(HX-)>c(H+)=c(OH-)
D.NaHX溶液中:c(H+)>c(OH-)
答案 B
考向2溶液中微粒分布系数曲线图
例2. (双选)(2021河北联考)常温下,向NaOH溶液中缓慢滴加H2C2O4,溶液中的H2C2O4、 的物质的量分数
随pOH的变化如图所示。
思路指导
第一步:读图。横坐标是pOH,纵坐标是微粒的物质的量分数。
第二步:识图。随着pOH的增大,a、b、c微粒出现“此长彼消”的变化趋势,根据H2C2O4与NaOH溶液逐级反应顺序,可确定a、b、c分别代表
第三步:分析。
答案 CD
酸 一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元酸(以草酸H2C2O4为例)
图像 注:pKa为电离常数的负对数
突破方法
分布系数图及分析[分布曲线指以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]
酸 一元弱酸(以CH3COOH为例) 二元酸(以草酸H2C2O4为例)
曲线 含义 δ0为CH3COOH分布系数,δ1为CH3COO-分布系数
(1)同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的浓度,就可以计算各成分的电离平衡常数等。
(2)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。
针对训练
3. 某弱酸HA溶液中主要成分的分布分数随pH的变化如图所示。下列说法错误的是(　　)
A.该酸-lgKa≈4.7
B.NaA的水解平衡常数Kh=
C.当该溶液的pH=7.0时,c(HA)D.某c(HA)∶c(A-)=4∶1的缓冲溶液,pH≈4
答案 B
A.甘氨酸具有两性
B.曲线c代表NH2CH2COO-
答案 D
考向3溶液中微粒对数图像分析
例3. 25 ℃时,向20 mL 0.1 mol·L-1 Na2X溶液中滴入盐酸,溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示。已知:H2X是二元弱酸,Y表示
A.X2-第一步水解的平衡常数为1.0×10-4.7
B.NaHX溶液中c(HX-)>c(X2-)>c(H2X)
D.当溶液呈中性时,0.2 mol·L-1=c(HX-)+2c(X2-)+c(Cl-)
思路指导
第三步:分析。Na2X溶液中滴入盐酸,则pH由大到小过程中,
X2-→HX-→H2X。
答案 C
突破方法
常考对数及对数图像分析
(1)常考有关对数举例
①pC:类比pH,即为C离子浓度的负对数,规律是pC越大,C离子浓度越小。
②pK:平衡常数的负对数,规律是pK越大,平衡常数越小,对于一元弱酸(HX):
③ ,氢离子浓度与氢氧根离子浓度比的对数,规律是AG越大,酸性越强,中性时AG=0。
(2)常考有关图像举例
①pOH-pH曲线
a.表示一元酸与一元碱中和过程中H+与OH-离子浓度的关系。
b.Q点代表中性。
c.M点显酸性,N点显碱性,两点水的电离程度相同。
②常温下将KOH溶液滴入二元弱酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系图如下:
针对训练
下列说法正确的是(　　)
A.曲线①代表H2CO3
B. 的数量级为10-9
C.该温度下c(Ca2+)与c2(H+)为线性关系
D.溶液中始终存在c(Ca2+)+c(H+)=
答案 C
6. (双选) 25 ℃时,用HCl调节Na3R溶液的pH,混合溶液的pH与离子浓度的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A.L1表示pH与 的关系曲线
B.H3R的电离常数[(H3R)]的数量级为10-8
C.NaH2R溶液中水电离出的c(H+)>10-7 mol ·L-1
D.混合溶液的pH=7时,存在c(H3R)＜c(R3-)
答案 A D(共84张PPT)
第1讲　弱电解质的电离平衡
第八章
内容索引
01
02
强基础 增分策略
增素能 精准突破
研专项 前沿命题
03
【本章体系构建】
【课程标准】
1.从电离、离子反应、化学平衡的角度认识电解质水溶液的组成、性质和反应。
2.认识弱电解质在水溶液中存在电离平衡,了解电离平衡常数的含义。
3.能用化学用语正确表示水溶液中的离子反应与平衡,能通过实验证明水溶液中存在离子平衡,能举例说明离子反应与平衡在生产、生活中的应用。
强基础 增分策略
一、弱电解质的电离平衡
1.弱电解质电离平衡的建立
弱电解质的电离平衡指在一定温度下,弱电解质分子　电离成离子　的速率和　离子结合成弱电解质分子　的速率相等,溶液中各分子和离子的浓度都保持不变的状态。
平衡建立过程的v-t图像如图所示。
2.弱电解质电离平衡的特征
3.弱电解质的电离平衡移动
　　　　　　化学平衡移动原理适用于电离平衡
实例:以0. 1 mol·L-1 CH3COOH溶液为例,填写外界条件对CH3COOH电离平衡(CH3COOH CH3COO-+H+　ΔH>0)的影响。
改变条件 平衡移动方向 c(CH3COOH) n(H+) c(H+) c(CH3COO-) 电离 程度 导电 能力 电离平
衡常数
加水稀释 右移 减小　 增大 减小 减小　 增大 减弱 不变
加少量 冰醋酸 右移 增大　 增大 增大 增大　 减小 增强 不变
通入HCl 气体 左移 增大　 增大 增大 减小　 减小 增强 不变
加NaOH 固体 右移 减小　 减小 减小 增大　 增大 增强 不变
改变条件 平衡移动方向 c(CH3COOH) n(H+) c(H+) c(CH3COO-) 电离 程度 导电 能力 电离平
衡常数
加 CH3COONa 固体 左移 增大　 减小 减小 增大　 减小 增强 不变
加入镁粉 右移 减小　 减小 减小 增大　 增大 增强 不变
升高温度 右移 减小　 增大 增大 增大　 增大 增强 增大
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)强电解质稀溶液中不存在溶质分子,弱电解质稀溶液中存在溶质分子。
(　√　)
(2)氨气溶于水,当NH3·H2O电离出的c(OH-)=c( )时,表明NH3·H2O电离处于平衡状态。(　×　)
(3)室温下,由0.1 mol·L-1一元碱BOH溶液的pH=10,可知该溶液中存在BOH === B++OH-。(　×　)
(4)25 ℃时,0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液加水稀释时,溶液中各离子浓度均减小。(　×　)
应用提升 (1)加水稀释时溶液中的各离子浓度并不是都减小,如稀醋酸加水稀释时c(OH-)是增大的。
(2)电离平衡右移,电解质分子的浓度不一定减小,如稀醋酸中加入冰醋酸。
(3)电离平衡右移,离子的浓度不一定增大,电离程度也不一定增大。
二、电离度与电离常数
1.电离常数
(1)定义。
在一定条件下,当弱电解质的电离达到平衡时,溶液里各组分的浓度之间存在一定的关系。对一元弱酸或一元弱碱来说,溶液中弱电解质电离所生成的各种离子浓度的乘积,与溶液中未电离分子的浓度之比是一个常数,这个常数叫做电离平衡常数,简称电离常数。用K(弱酸用Ka,弱碱用Kb)表示。
(2)表达式。
(3)意义。
　　　　 比K值大小,知强弱
K越大→越易　电离　→酸(碱)性　越强　
(4)特点。
电离常数只与　温度　有关,与电解质的浓度及酸碱性无关,由于电离过程是　吸热　的,故温度升高时K值　增大　。多元弱酸或多元弱碱在水中是分步电离的,每一步电离都有电离常数。
2.电离度
(1)定义。
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。
(3)影响因素。
温度 同时影响电离度和电离常数 升高温度,电离平衡向　右　移动,电离度　增大　;
降低温度,电离平衡向　左　移动,电离度　减小　
浓度 电离度改变,但是电离常数保持不变 当弱电解质溶液浓度增大时,电离度　减小　;
当弱电解质溶液浓度减小时,电离度　增大　
旁栏边角 选择性必修1第三章第一节
阅读教材“思考与讨论”,回答下列问题。
(1)两个反应的反应速率及其变化有何特点
提示 等质量的镁分别与体积相同、物质的量浓度相同的盐酸和醋酸反应时,与盐酸反应的速率大,与醋酸反应的速率小。
(2)两个反应速率不同的原因是什么
提示 盐酸为强酸,完全电离:HCl === H++Cl-;醋酸是弱酸,部分电离:
CH3COOH CH3COO-+H+,盐酸中氢离子浓度更大。
(3)反应结束时,两个锥形瓶内气体的压强基本相等,由此你能得出什么结论
提示 过量的镁分别与体积相同、物质的量浓度相同的盐酸和醋酸反应时,生成氢气的体积相同。
易错辨析 判断正误:正确的画“√”,错误的画“×”。
(1)当弱电解质的浓度增大时,电离程度增大。(　×　)
(2)对于1 mol·L-1CH3COOH溶液,升高温度,电离程度增大。(　√　)
(3)电离平衡向电离的方向移动,电离常数一定增大。(　×　)
(5)电离常数可以表示弱电解质的相对强弱。(　√　)
(6)电离常数随着弱电解质浓度的增大而增大。(　×　)
增素能 精准突破
考点一
弱电解质的电离平衡
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 删去“学与问”“思考与交流”栏目,删去平衡建立图像;新增外界条件对电离平衡的影响的表述
新 高 考 高频考点 近几年高考化学试题,主要考点有:能用化学用语正确表示水溶液中的离子反应与平衡;能运用弱电解质电离平衡原理解决生产、生活中有关电解质溶液的实际问题
预测考向 新高考将围绕三个方面出题:①电离平衡的影响因素;②弱电解质判断的方法;③解决有关电解质溶液的实际问题
考向1.弱电解质的判断
典例突破
(2021浙江卷)某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是(　　)
A.25 ℃时,若测得0.01 mol·L-1 NaR溶液pH=7,则HR是弱酸
B.25 ℃时,若测得0.01 mol·L-1 HR溶液pH>2且pH<7,则HR是弱酸
C.25 ℃时,若测得HR溶液pH=a,取该溶液10.0 mL,加蒸馏水稀释至100.0 mL,测得pH=b,b-a<1,则HR是弱酸
D.25 ℃时,若测得NaR溶液pH=a,取该溶液10.0 mL,升温至50 ℃,测得pH=b,a>b,则HR是弱酸
答案 B
解析 25 ℃时,若测得0.01 mol·L-1 NaR溶液pH=7,可知NaR为强酸强碱盐,则HR为强酸,A错误;25 ℃时,若测得0.01 mol·L-1 HR溶液pH>2且pH<7,可知溶液中c(H+)<0.01 mol·L-1,所以HR未完全电离,HR为弱酸,B正确;假设HR为强酸,取pH=6的该溶液10.0 mL,加蒸馏水稀释至100.0 mL测得此时溶液pH<7,C错误;假设HR为强酸,则NaR为强酸强碱盐,溶液呈中性,升温至50 ℃,促进水的电离,水的离子积常数增大,pH减小,D错误。
针对训练
1.(2022北京师范大学附属实验中学三模)常温下,下列实验事实能证明醋酸是一元酸的是(　　)
A.0.1 mol·L-1醋酸溶液pH=3
B.向醋酸钠溶液中滴加酚酞溶液,溶液变红
C.完全中和25 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液需要25 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液
D.等物质的量浓度时,醋酸溶液的导电性弱于盐酸
答案 C
解析 0.1 mol·L-1醋酸溶液pH=3只能说明醋酸是弱酸,不能说明其是几元酸,A不符合题意;向醋酸钠溶液中滴加酚酞溶液,溶液变红,说明醋酸钠是强碱弱酸盐,水解呈碱性,只能说明醋酸为弱酸,不能说明其为几元酸,B不符合题意;完全中和25 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液需要25 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液,说明醋酸和NaOH按物质的量1∶1混合恰好完全反应,说明醋酸为一元酸,C符合题意;等物质的量浓度时,醋酸溶液的导电性弱于盐酸,只能说明醋酸为弱酸,不能证明是几元酸,D不符合题意。
2. 已知N2H4在水中的电离方式与NH3相似,若将NH3视为一元弱碱,则N2H4是一种二元弱碱,下列关于N2H4的说法不正确的是(　　)
A.它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4
B.它溶于水所得的溶液中共有4种离子
C.它溶于水发生电离的第一步可表示为
D.室温下,向0.1 mol·L-1 N2H4溶液加水稀释时,n(H+)·n(OH-)会增大
答案 A
归纳总结
判断弱电解质的三个思维角度,以弱酸(HA)为例
考向2.电离平衡的影响因素
典例突破
A.当强酸性物质进入体液后,上述平衡向左移动,以维持体液pH的相对
稳定
B.当强碱性物质进入体液后,上述平衡向右移动,以维持体液pH的相对
稳定
C.若静脉滴注大量生理盐水,则体液的pH减小
D.进行呼吸活动时,如果CO2进入血液,会使体液的pH减小
答案 C
解析 当强酸性物质进入体液后,c(H+)增大,题中平衡向左移动,A正确;当强碱性物质进入体液后,消耗H+,c(H+)减小,题给平衡向右移动,B正确;若静脉滴注大量生理盐水,则血液被稀释,平衡虽然正向移动,但根据勒夏特列原理,c(H+)减小,体液的pH增大,C错误;进行呼吸活动时,如果CO2进入血液,上述平衡向右移动,会使体液的c(H+)增大,pH减小,D正确。
考题点睛
针对训练
1.(2022山东日照月考)下列说法正确的是(　　)
B.浓度为0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液,升高温度,Ka(CH3COOH)不变,但醋酸的电离程度增大
C.25 ℃时,浓度为0.1 mol·L-1 HA溶液的pH为4,则HA为弱电解质
D.CH3COOH的浓度越大,CH3COOH的电离程度越大
答案 C
解析 A项,加水稀释,n(CH3COO-)增大,n(CH3COOH)减小,故 增大;B项,升温,Ka增大;D项,浓度越大,电离程度越小。
2. 某温度下: (H2CO3)=10-6.38、 (H2CO3)=10-10.25。Na2CO3和NaHCO3混合溶液具有控制酸碱平衡、供给细胞生存代谢所必需的能量和无机盐成分等作用。该温度下,通过实验探究一定浓度的Na2CO3和NaHCO3混合溶液的性质。
实验 实验操作和现象
1 用pH计测得混合溶液的pH为10.25
2 向混合溶液中滴几滴酚酞,加水稀释,溶液红色变浅
3 向混合溶液中通入过量的CO2,无明显现象
4 向实验3所得溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液,产生白色沉淀
答案 A
归纳总结
从“定性”和“定量”两个角度理解电离平衡
考点二
电离平衡常数计算及其应用
【能力概述】
【新教材·新高考】
新 教 材 变化 将电离常数由“科学视野”移到正文部分,增加有关电离平衡常数计算的例题,增加“思考与讨论”栏目
新 高 考 高频考点 分析近几年高考化学试题,在选择题中常结合图像考查电离常数的计算和应用
预测考向 新的一年高考仍将围绕以下三个方面出题:①电离常数的影响因素;②电离常数的计算;③利用电离常数判断电解质相对强弱、盐溶液的酸碱性强弱、离子浓度比值的变化趋势等
考向1.电离平衡常数的相关计算
典例突破
25 ℃时,用0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液,当滴加V mL CH3COOH溶液时,混合溶液的pH=7。已知CH3COOH的电离平衡常数为Ka,忽略混合时溶液体积的变化。下列关系式正确的是(　　)
答案 A
针对训练
1.(2022全国乙卷)常温下,一元酸HA的Ka(HA)=1.0×10-3。在某体系中,H+与A-离子不能穿过隔膜,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,下列叙述正确的是(　　)
A.溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)+c(A-)
B.溶液Ⅱ中的HA的电离度
C.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等
D.溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为10-4
答案 B
解析 本题考查物质在水溶液中的行为,主要涉及弱电解质的电离、溶液电荷守恒、电离度的计算和应用等。由溶液Ⅰ pH=7.0可知,c(H+)=c(OH-),故c(H+)与[c(OH-)+c(A-)]不相等,由于溶液电荷守恒,一定存在与A-对应的阳
离子,A项错误。
(2)常温下,向a mol·L-1 CH3COONa溶液中滴加等体积的b mol·L-1盐酸使溶液呈中性(不考虑盐酸和醋酸的挥发),则醋酸的电离常数Ka=　　　(用含a和b的代数式表示)。
(3)常温下,将a mol·L-1的醋酸与b mol·L-1的Ba(OH)2溶液等体积混合,充分反应后,溶液中存在2c(Ba2+)=c(CH3COO-),则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka=　　　　　　　　　　(用含a和b的代数式表示)。
(3)由电荷守恒有2c(Ba2+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),由于c(CH3COO-) =2c(Ba2+)=b mol·L-1,所以c(H+)=c(OH-),溶液呈中性。
归纳总结
有关电离平衡常数的计算模板
以弱酸HX为例,计算电离平衡常数。
(1)已知c(HX)和c(H+),求电离平衡常数:
　　　　HX　　　　　H+　+　X-
起始: c(HX) 0 0
平衡: c(HX)-c(H+) c(H+) c(H+)
由于弱酸只有极少一部分电离,c(H+)的数值很小,可做近似处理,即
c(HX)-c(H+)≈c(HX),则Ka≈ ,代入数值求解即可。
(2)已知c(HX)和电离平衡常数,求c(H+):
　　　　HX　　　　　H+　+　X-
起始: c(HX) 0 0
平衡: c(HX)-c(H+) c(H+) c(H+)
由于c(H+)的数值很小,可做近似处理,即c(HX)-c(H+)≈c(HX)。则
(3)微粒分布系数图像中,δ(HX)=δ(X-)点时,Ka=c(H+)。
考向2.电离平衡常数的应用
典例突破
酒石酸是葡萄酒中主要的有机酸之一,它的结构简式为HOOCCH(OH)CH(OH)COOH
(简写为H2R)。
已知:25 ℃时,H2R和H2CO3的电离平衡常数如下,下列说法正确的是(　　)
A.NaHR溶液呈酸性,且溶液中c(Na+)>c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)
B.在Na2R溶液中通入足量CO2生成的盐是NaHR和NaHCO3
C.1 mol H2R分别与足量的NaOH、Na2CO3、Na反应消耗三者的物质的量之比为1∶1∶1
D.25 ℃时,将等物质的量浓度的Na2R和NaHCO3溶液等体积混合,反应的离子方程式为
答案 C
考题点睛
针对训练
1.下表是几种弱酸常温下的电离平衡常数:
则下列说法中不正确的是(　　)
A.碳酸的酸性强于氢硫酸
B.多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定
D.向弱酸溶液中加少量NaOH溶液,电离平衡常数不变
答案 C
解析 由表中H2CO3和H2S的电离平衡常数可知,H2CO3的大于H2S的,则碳酸的酸性强于氢硫酸,A正确;多元弱酸分步发生电离,第一步电离产生的H+抑制第二步、第三步的电离,故多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定,B正确;醋酸的电离平衡常数
2. 已知:常温下,H2CO3的 =4.5×10-7,
=4.7×10-11;某二元酸H2R及其钠盐的溶液中,H2R、HR-、R2-分别所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如图所示。下列叙述错误的是(　　)
A.在pH=4.4的溶液中:3c(HR-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合,所得溶液中水的电离程度比
纯水小
C.向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液,发生反应:
D.在pH=3的溶液中,三种微粒的浓度满足关系:
答案 C
在pH=4.4的溶液中,根据电荷守恒有:c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),而c(HR-)=c(R2-),故有:3c(HR-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-),A正确;等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合,所得溶液为NaHR溶液,显酸性,即HR-的电离大于水解,则对水的电离有抑制作用,故所得溶液中水的电离程度比纯水小,B正确;
归纳总结
电离常数的四大应用
(1)判断弱酸(或弱碱)的相对强弱,电离常数越大,酸性(或碱性)越强。
(2)判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱
电离常数越大,对应盐的水解程度越小,盐溶液的碱性(或酸性)越弱。
(3)判断反应能否发生或者判断产物是否正确
通过强酸制弱酸来判断。如H2CO3: =4.5×10-7, =4.7×10-11,苯酚(C6H5OH):Ka=1.3×10-10,向苯酚钠(C6H5ONa)溶液中通入的CO2不论是少量还是过量,其化学方程式均为C6H5ONa+CO2+H2O === C6H5OH+NaHCO3。
(4)判断溶液微粒浓度比值的变化
利用温度不变,电离常数不变来判断。
研专项 前沿命题
比较强弱电解质的常用方法
题型 考查内容 选择题 考查知识 电解质强弱的判断与比较
核心素养 变化观念与平衡思想、证据推理与模型认知
考向1比较强弱电解质的常用方法
例1.氢氰酸(HCN)的下列性质中,能证明它是弱酸的是(　　)
A.HCN易溶于水
B.HCN溶液的导电性比盐酸的弱
C.25 ℃时1 mol·L-1 HCN溶液pH约为3
D.10 mL 1 mol·L-1 HCN溶液恰好与10 mL 1 mol·L-1 NaOH溶液完全反应
思路指导
答案 C
突破方法
酸性强弱的七种判断方法
(1)根据化学方程式判断
较强酸制较弱酸是复分解反应发生的条件之一,它体现了酸性的相对强弱。如CaCO3+2CH3COOH ===(CH3COO)2Ca+CO2↑+H2O,说明酸性: CH3COOH>H2CO3。
(2)根据pH大小判断
①相同浓度的酸电离出的c(H+)越小、pH越大,则酸性越弱。
②相同浓度的酸与强碱生成的盐溶液的pH越大、碱性越强,则酸性越弱。
(3)根据pH变化判断
①同pH的酸分别加水稀释相同的倍数,溶液的pH变化大的为较强酸。
②同pH的酸的稀溶液分别加入少量该酸相应的无水钠盐或钾盐(正盐),pH变化大的为较弱酸。
(4)根据反应物消耗量判断
①pH相同、体积相同的一元酸与碱中和,消耗碱多的为较弱酸。
②物质的量浓度相同、体积相同的一元酸与碱中和,消耗碱的量相同时,弱酸盐溶液的pH大于强酸盐溶液;若反应后溶液呈中性(pH=7),则强酸消耗碱的量大于弱酸。
(5)根据生成H2的速率判断
在相同条件下,同浓度的酸与较活泼金属(如Al、Zn等)反应剧烈程度小的为较弱酸。
(6)根据导电性强弱判断
同温度、同物质的量浓度的一元酸溶液,较强酸溶液的导电性强于较弱酸溶液。
(7)根据电离常数判断
相同温度下,电离常数越大酸越强。
针对训练
1.(双选)(2022浙江三市质检)常温下,有a mol·L-1 HX和b mol·L-1 HY两种酸溶液,下列说法不正确的是(　　)
A.若a=b且c(X-)>c(Y-),则酸性:HXB.若a>b且c(X-)=c(Y-),则酸性:HX>HY
C.若aD.若向HX溶液中加入等浓度、等体积的NaOH溶液,所得溶液pH>7,则HX为弱酸
答案 AB
解析 若a=b且c(X-)>c(Y-),这说明电离程度HX>HY,则酸性:HX>HY,A错误;若a>b且c(X-)=c(Y-),这说明电离程度:HX7,这说明X-水解,则HX为弱酸,D正确。
2.已知次磷酸(H3PO2)为一元酸,欲证明它是弱电解质,下列操作方法不正确的是(　　)
A.用物质的量浓度相同的NaCl溶液和NaH2PO2溶液进行导电性实验,比较灯泡的亮度
B.用一定浓度的NaOH溶液分别滴定等体积、等pH的盐酸和次磷酸溶液,比较消耗碱液的体积
C.加热滴有酚酞溶液的NaH2PO2溶液,溶液颜色变深
D.常温下,稀释0.1 mol·L-1次磷酸溶液至原溶液体积的100倍,测得pH为4~5
答案 A
解析 NaCl和NaH2PO2都属于强电解质,所以用物质的量浓度相同的NaCl溶液和NaH2PO2溶液进行导电性实验,比较灯泡的亮度,不能证明H3PO2是弱电解质,故A错误;因盐酸为强酸,若滴定时次磷酸溶液消耗NaOH溶液的体积大于等体积、等pH的盐酸消耗的NaOH溶液的体积,则说明次磷酸为弱电解质,B正确;若次磷酸为弱电解质,则NaH2PO2溶液呈碱性,加热促进其水解,滴有酚酞溶液的NaH2PO2溶液颜色变深,C正确;常温下,若次磷酸为一元强酸,则把0.1 mol·L-1次磷酸溶液稀释至原溶液体积的100倍,pH应为3,而现测得pH在4~5之间,说明次磷酸没有完全电离,为弱电解质,D正确。
考向2一元强酸与一元弱酸的比较
例2. 常温时,1 mol·L-1 HA和1 mol·L-1 HB两种酸溶液,起始时的体积均为V0,分别向两溶液中加水进行稀释,所得变化关系如图所示(V表示溶液稀释后的体积)。下列说法错误的是(　　)
A.Ka(HA)约为10-4
B.当两溶液均稀释至 +1=4时,溶液中c(A-)>c(B-)
C.中和等体积、pH相同的两种酸所用n(NaOH):HA>HB
D.等体积、等物质的量浓度的NaA和NaB溶液中离子总数前者小于后者
思路指导
答案 B
突破方法
一元强酸(碱)与一元弱酸(碱)的比较
(1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较
比较 项目 c(H+) pH 中和碱 的能力 与较活泼金属反应产生H2的量 开始与金属反应的速率
盐酸 大 小 相同 相同 大
醋酸 溶液 小 大 小
(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较
比较 项目 c(H+) c(酸) 中和碱 的能力 与足量活泼金属反应产生H2的量 开始与金属反应的速率
盐酸 相同 小 小 少 相同
醋酸溶液 大 大 多 (3)图像法理解一强一弱的稀释规律
①相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸

加水稀释到相同的倍数,醋酸的pH大 加水稀释到相同的pH,盐酸中加入的水多
②相同体积、相同pH的盐酸、醋酸

加水稀释到相同的倍数,盐酸的pH大 加水稀释到相同的pH,醋酸中加入的水多
针对训练
3.(2022辽宁渤海大学附属高级中学高三测试)常温下将浓度均为1.0 mol·L-1,体积相同的HX和HY溶液分别加水稀释,pH与溶液浓度的对数(lg c)间的关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A.酸性:HX>HY
B.HX的电离常数(Ka)的数量级为10-3
C.水的电离程度:aD.当lg c=-7时,HY溶液的pH大于7
答案 C
解析 由图可知,浓度均为1.0 mol·L-1,体积相同的HX和HY溶液,稀释相同倍数时,HY的pH小,酸性强,故酸性HY>HX,A错误;根据图中b点可计算HX的电离常数 =10-9,B错误;由图可知,a点的c(H+)大于b点且溶质均为酸,故a点对水电离的抑制作用强,即水的电离程度a4.在体积都为1 L,pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中,投入0.65 g锌粒,则如图所示符合客观事实的是(　　)
答案 C
解析 因盐酸为强酸、醋酸为弱酸,故pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中,c(HCl)=0.01 mol·L-1,而c(CH3COOH)>0.01 mol·L-1,1 L溶液中n(HCl)=0.01 mol,n(CH3COOH)>0.01 mol。A项,相同时间内pH变化较大的应为HCl,错误;B项,产生H2的速率大的应为CH3COOH,错误;D项,相同时间内c(H+)变化较大的为HCl,错误。