第三章水溶液中的离子平衡（学案+课件+课堂练+课后练）

(共29张PPT)
第2课时　pH的计算
阅读思考
自主检测
任务、认真阅读教材第47页的内容,思考回答下列问题,自主学习pH的计算:
如何计算c(H+)分别为1.0×10-7
mol·L-1、1.0×10-5
mol·L-1、1.0×10-9
mol·L-1的中性溶液、酸性溶液和碱性溶液的pH
提示根据pH的定义进行计算:
c(H+)=1.0×10-7
mol·L-1的中性溶液,pH=-lg10-7=7.0
c(H+)=1.0×10-5
mol·L-1的酸性溶液,pH=-lg10-5=5.0
c(H+)=1.0×10-9
mol·L-1的碱性溶液,pH=-lg10-9=9.0
阅读思考
自主检测
1.在常温下,(1)c(H+)=1.0×10-3
mol·L-1的某溶液中,c(OH-)=　　　　　　。pH为　　　　　　　。
(2)pH=4的盐酸中,c(H+)=　　　　　　　　　,c(H+)水=　　　　　　　　　。
答案:(1)1.0×10-11
mol·L-1　3
(2)1.0×10-4
mol·L-1　1.0×10-10
mol·L-1
2.常温下,计算下列溶液的pH。
(1)1.0×10-3
mol·L-1的盐酸的pH为　　　　。
(2)5.0×10-4
mol·L-1的H2SO4溶液的pH为　　　。
(3)将8
g
NaOH固体溶于水得到2
L溶液,其pH为　　　　。
(4)a
mol·L-1的Ba(OH)2溶液的pH为　　　　　　　　　。
答案:(1)3　(2)3　(3)13　(4)15-lg5+lga
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
探究问题
现有如下几种溶液
1.浓度为0.001
mol·L-1的盐酸
2.浓度为0.001
mol·L-1的NaOH溶液
3.将pH=2和pH=6的两份H2SO4溶液等体积混合得混合液A
4.将pH=10和pH=12的两份NaOH溶液等体积混合得混合液B
5.将pH=2的H2SO4溶液和pH=12的NaOH溶液,按体积比1∶10混合得混合液C
6.将pH=2的H2SO4溶液和pH=12的NaOH溶液,按体积比10∶1混合得混合液D
如何计算上述盐酸、NaOH溶液以及A、B、C和D溶液的pH (计算时忽略溶液混合后体积的变化)
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
提示若为酸溶液,则pH=-lgc(H+)。若为碱溶液,则先求c(OH-),
,pH=-lgc(H+)。若混合的两溶液同为碱溶液或酸溶液,则先求出混合液中的c(OH-)或c(H+),进而求pH;若酸溶液与碱溶液混合,则两者先发生中和反应,再计算剩余的c(OH-)或c(H+),进而求pH。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
酸碱等体积混合,酸与碱pH之和为14:
若为强酸与强碱,则pH=7;
若为强酸与弱碱,则pH>7;
若为弱酸与强碱,则pH<7。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
4.酸碱溶液稀释时pH的变化可用数轴表示
(1)强酸、弱酸溶液的稀释:
(2)强碱、弱碱溶液的稀释:
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
考向一　不同浓度的相同溶质的溶液(强酸或强碱)混合后pH的计算
【例题1】
现有温度相同,pH=a和pH=b的两种NaOH溶液,已知b=a+2,将两种溶液等体积混合后,所得溶液的pH接近于(　　)
A.a-lg2
B.b-lg2
C.a+lg2
D.b+lg2
解析:pH=a的NaOH溶液,c(H+)=10-a
mol·L-1,c(OH-)=10a-14
mol·L-1;pH=b的NaOH溶液,c(H+)=10-b
mol·L-1,c(OH-)=10b-14
mol·L-1;而溶液等体积混合后:c(OH-)=
由于b=a+2,所以c(OH-)≈5×10b-15
mol·L-1;则c(H+)=2×10-b
mol·L-1,所以pH=b-lg2,故答案选B。
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
规律方法点拨
不同浓度的同种溶质(强酸或强碱)的溶液等体积混合的pH速算技巧:
当不同浓度的强酸或强碱溶液等体积混合时,若pH之差≥2,则混合后溶液的pH的计算有如下口诀:
强酸强酸等体掺,小值加上0.3;
强碱强碱等体掺,大值减去0.3。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验1常温下,将pH为8的NaOH溶液与pH为10的NaOH溶液等体积混合后,溶液的氢离子浓度最接近于(　　)
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
答案:A
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
考向二　酸、碱溶液混合后pH的计算
【例题2】
在25
℃时,有pH为x的盐酸和pH为y的NaOH溶液,取Vx
L该盐酸与该NaOH溶液中和,需Vy
L
NaOH溶液(题中x≤6,y≥8)。问:
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
规律方法点拨
酸碱发生中和反应后溶液pH的判断技巧:
(1)酸与碱的pH之和为14,等体积混合:
原因:酸和碱已电离的H+与OH-恰好中和,弱酸或弱碱过量,中和后还能继续电离。
(2)等体积强酸(pH1)和强碱(pH2)混合:
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验2常温下,将0.1
mol·L-1氢氧化钠溶液与0.06
mol·L-1
H2SO4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:假设溶液体积均为1
L,n(H+)=0.12
mol、n(OH-)=0.1
mol,酸过量,反应后溶液中c(H+)=
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
考向三　酸性溶液或碱性溶液稀释后pH的计算及大小比较
【例题3】
常温下,pH=11的X、Y两种碱溶液各1
mL,分别稀释至100
mL,其pH与溶液体积(V)的关系如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.X、Y两种碱溶液中溶质的物质的量浓度一定相等
B.稀释后,X溶液的碱性比Y溶液的碱性强
C.分别完全中和X、Y这两种碱溶液时,消
耗同浓度盐酸的体积V(X)>V(Y)
D.若9重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:因为pH=11的X、Y两种碱溶液稀释到原溶液体积的100倍时,pH:Y>X,所以物质的量浓度:c(Y)>c(X),稀释后溶液碱性:Y>X,故A、B均错误;因为c(Y)>c(X)且V(Y)=V(X),故n(Y)>n(X),所以消耗同浓度的盐酸时,Y消耗的多,C错误;若9答案:D
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
规律方法点拨
(1)酸碱溶液无限稀释。
pH只能无限接近于7,酸溶液pH不可能大于7,碱溶液pH不可能小于7。
(2)对于pH=a的强酸和弱酸溶液稀释。
每稀释到原溶液体积的10n倍,强酸的pH就增大n个单位,即pH=a+n(a+n<7),弱酸的pH范围是:a重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
(3)对于pH=b的强碱和弱碱溶液稀释。
每稀释到原溶液体积的10n倍,强碱的pH减小n个单位,即pH=b-n(b-n>7),弱碱的pH范围是:b-n(4)对于物质的量浓度相同的强酸和弱酸稀释到原溶液体积的相同倍数。
强酸pH变化程度比弱酸大(强碱和弱碱类似)。
弱酸、弱碱在稀释过程中有浓度的变化,又有电离平衡的移动,不能求得具体数值,只能确定其pH范围。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验3将体积为10
mL、pH为3的乙酸和盐酸分别加水稀释至a
mL和b
mL,测得稀释后pH为5,则稀释后溶液的体积(　　)
A.a=b=100
mL
B.a>b
C.a=b=1
000
mL
D.a解析:稀释后,弱酸中n(H+)增加,强酸中n(H+)不变,要使稀释后两溶液中c(H+)仍相同,则需弱酸的体积大于强酸的,即a>b。
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
1.pH=2的盐酸与pH=6的盐酸等体积混合后,溶液的pH约为(　　)
A.2
B.2.3
C.1.7
D.5.7
答案:B
2.将pH=2的盐酸平均分为2份,一份加入适量水,另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量氢氧化钠溶液后,pH都升高了1,则加入的水与氢氧化钠溶液的体积比为(　　)
A.9∶1
B.10∶1C.11∶1
D.12∶1
解析:设每份盐酸的体积为1
L,将pH=2的盐酸加水,pH升高1,说明加入水的体积为原溶液的9倍;另一份加入与盐酸物质的量浓度相同的适量氢氧化钠后,pH升高1,可设加入氢氧化钠溶液的体积为x,则0.01
mol·L-1×1
L-0.01
mol·L-1×x=0.001
mol·L-1×(1+x),解得
所以加入的水与氢氧化钠溶液的体积比为11∶1。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
3.25
℃,若10体积的某强碱溶液与1体积的某强酸溶液混合后,溶液呈中性,则混合之前,该碱的pH与强酸的pH之间该满足的关系是　　　　　　　　　　　　。
解析:由题意知,本题为酸、碱混合后完全中和,根据中和反应的实质可知,酸中n(H+)与碱中n(OH-)相等,故有c(H+)酸V(酸)=c(OH-)碱V(碱),由此关系列式可求得结果。
因为混合后溶液呈中性,所以c(H+)酸V(酸)=c(OH-)碱V(碱)
10-a×V=10-(14-b)×10V
10-a=10-(13-b)
解得a=13-b,a+b=13,即酸的pH与碱的pH之和为13。
答案:酸的pH与碱的pH之和为13
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
4.
(1)现有pH=2的稀盐酸100
mL,要使它的pH=3,如果加入蒸馏水,需加水　　　mL;如果加入pH=4的稀盐酸,需加入此稀盐酸　　　　mL(假定溶液体积有加和性,下同)。
(2)将pH=8的NaOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后,溶液的pH=　　　　。
(3)将0.1
mol·L-1盐酸和0.06
mol·L-1氢氧化钡溶液等体积混合后,该混合溶液的pH=　　　　。
(4)25
℃时,pH=a的X体积的某强酸与pH=b的Y体积的某强碱混合后,溶液呈中性,已知a+b=15,则X∶Y=　　　　。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
答案:(1)900　1
000　(2)10.7　(3)12　(4)10∶1课后提升作业
十三
水的电离　溶液的酸碱性与pH
(30分钟　50分)
一、选择题(本题包括6小题,每小题5分,共30分)
1.(2016·苏州高二检测)下列微粒中能使水的电离平衡向左移动且溶液的pH减小的是　(　　)
A.HS　　　　　　　　　
B.Cl-
C.Na+
D.OH-
【解析】选A。酸、碱均抑制水的电离,而能水解的弱酸根离子或弱碱的阳离子促进水的电离。A项HS电离出H+使溶液显酸性抑制水的电离;B中Cl-、C中Na+对水的电离无影响;D项为OH-,抑制水的电离,使溶液的pH增大。
【补偿训练】
水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是　(　　)
A.4℃时,纯水的pH=7
B.温度升高,纯水中的c(H+)增大,c(OH-)减小
C.水的电离程度很小,纯水中主要存在形态是水分子
D.向水中加入酸或碱,都可抑制水的电离,使水的离子积减小
【解析】选C。25℃时纯水的pH=7,A错;升温,水的电离程度增大,c(OH-)和c(H+)均增大,B错;水是弱电解质,电离的程度很小,纯水中主要存在形态是水分子,C对;水的离子积与温度有关,加入酸或碱均能抑制水的电离,但水的离子积不变,D错。
2.(2016·淄博高二检测)下列说法正确的是　(　　)
A.强酸的水溶液中不存在OH-
B.pH=0的溶液是酸性最强的溶液
C.在温度不变时,水溶液中c(H+)和c(OH-)不能同时增大
D.某温度下,纯水中c(H+)=2×10-7mol·L-1,其呈酸性
【解析】选C。在酸性或碱性水溶液中均存在H+和OH-,所以A错;pH=0的溶液中c(H+)=1.0
mol·L-1,并不是酸性最强的溶液,只是c(H+)>1.0
mol·L-1的溶液用pH表示酸性强弱不再方便,故B错;在温度一定时,c(H+)·c(OH-)=Kw是一个定值,故二者不能同时增大,故C对;纯水中,c(H+)=c(OH-),呈中性,所以D错误。
3.(2016·三明高二检测)下列叙述正确的是　(　　)
A.无论是纯水,还是酸性、碱性或中性稀溶液,在常温下,其c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14
B.c(H+)等于1.0×10-7mol·L-1的溶液一定是中性溶液
C.0.2
mol·L-1CH3COOH溶液中的c(H+)是0.1
mol·L-1CH3COOH溶液中的c(H+)的2倍
D.任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱
【解析】选A。Kw=c(H+)·c(OH-),且Kw只与温度有关,所以,在常温下,无论是纯水,还是酸性、碱性或中性稀溶液,其Kw=1.0×10-14;在温度不确定时,中性溶液中的c(H+)不一定等于1.0×10-7mol·L-1;0.2
mol·L-1CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度比0.1
mol·L-1CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度小,所以,
0.2
mol·L-1CH3COOH溶液中的c(H+)小于0.1
mol·L-1CH3COOH溶液中的c(H+)的2倍;当c(H+)或c(OH-)大于1
mol·L-1时,用pH表示溶液的酸碱性就不简便了,所以,当c(H+)或c(OH-)大于1
mol·L-1时,一般不用pH表示溶液的酸碱性,而是直接用c(H+)或c(OH-)来表示。
4.(2016·雅安高二检测)下列关于溶液的酸碱性,说法正确的是　(　　)
A.c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1的溶液是中性
B.中性溶液中一定有c(H+)=1.0×10-7mol·L-1
C.c(OH-)=c(H+)的溶液呈中性
D.在100℃时,纯水的pH<7,因此显酸性
【解析】选C。A项中运用pH判断溶液的酸碱性时,用到了水的离子积常数,它与温度有关,但A项未给出温度,所以错误;在中性溶液中c(H+)和c(OH-)一定相等,但并不一定是1.0×10-7mol·L-1,所以B项错,C项正确;100℃的纯水中,虽然pH<7,但c(H+)=c(OH-),还是中性,所以D错误。
5.(2016·锦州高二检测)水的电离平衡曲线如图所示,下列说法正确的是
　(　　)
A.图中对应点的温度关系为a>b>c
B.纯水仅升高温度,可从a点变到c点
C.水的离子积常数KW数值大小关系为b>c>d
D.在b点对应温度下,0.5
mol·L-1的H2SO4溶液与1
mol·L-1的KOH溶液等体积混合,充分反应后,所得溶液的pH=7
【解析】选C。水的电离是吸热反应,温度升高,水的离子积常数增大,根据图中数据得出水的离子积常数KW数值大小关系为b>c>a=d,温度关系为b>c>a=d,C项正确,A项错误;a点和c点的c(OH-)相等,若纯水仅升高温度,c(OH-)与c(H+)都增大,B项错误;b点的KW=1×10-12,0.5
mol·L-1的H2SO4溶液与1
mol·L-1的KOH溶液等体积混合,充分反应后所得溶液显中性,pH=6,D项错误。
6.(能力挑战题)常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是　(　　)
A.pH=1的溶液中:Fe2+、N、S、Na+
B.由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液中:Ca2+、K+、Cl-、HC
C.=1012的溶液中:N、Al3+、N、Cl-
D.c(Fe3+)=0.1
mol·L-1的溶液中:K+、ClO-、S、SCN-
【解析】选C。A中Fe2+、N、H+会发生氧化还原反应;B项,符合条件的溶液可能是强酸性溶液也可能是强碱性溶液,HC既与H+反应,又与OH-反应,B错误;=1012的溶液为强酸性溶液,离子可以大量共存,C正确;Fe3++3SCN-
Fe(SCN)3,D错误。
【补偿训练】
常温的某无色溶液中,由水的电离产生的c(H+)=1×10-12mol·L-1,则下列各组离子肯定能共存的是　(　　)
A.Cu2+　N　S　Fe3+
B.Cl-　S2-　Na+　K+
C.S　N　K+　Mg2+
D.Cl-　Na+　N　S
【解析】选D。排除有颜色的离子(Cu2+、Fe3+),A项错误;水电离的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液可能是酸性溶液或碱性溶液,排除在酸性或碱性条件下不能共存的离子组:B项中S2-和H+不能共存,C项中S和H+不能共存,N和Mg2+不能和OH-共存;只有D项符合题意。
二、非选择题(本题包括2小题,共20分)
7.(10分)(2016·鞍山高二检测)(1)某温度(t℃)时,水的KW=1×10-12,则该温度(填“>”“<”或“=”)________25℃,其理由是____________________。
(2)该温度下,c(H+)=l×10-7mol·L-1的溶液呈______(填“酸性”“碱性”或“中性”);若该溶液中只存在NaOH溶质,则由H2O电离出来的c(OH-)=______________
__________mol·L-1。
【解析】(1)升高温度,
KW增大,现KW=1×10-12>1×10-14,因此温度大于25℃。
(2)该温度下该溶液中c(OH-)==1×10-5mol·L-1,因为c(OH-)>c(H+),所以溶液呈碱性;NaOH溶液中由水电离出来的c(OH-)等于溶液中的c(H+),即为1×10-7mol·L-1。
答案:(1)>　升温促进水电离,KW增大
(2)碱性　1×10-7
【方法规律】判断溶液酸碱性的方法
(1)根据c(H+)和c(OH-)的相对大小。
(2)室温下根据溶液的pH。
(3)利用酸碱指示剂:
①使石蕊试液变红的溶液呈酸性;使石蕊试液变蓝的溶液呈碱性。
②使酚酞试液变红的溶液呈碱性。
(4)利用pH试纸测量溶液的酸碱性。
【补偿训练】(2016·沈阳高二检测)实验表明,纯硫酸液体的电离能力强于纯硝酸,纯硫酸的导电性强于纯水,又知液态电解质都能像水一样自身电离,而建立电离平衡(即像2H2OH3O++OH-),且在一定温度下都有各自的离子积常数。
据此回答下列问题:
(1)纯硫酸在液态时,自身电离的电离反应方程式是________,它在25℃时的离子积常数K
(H2SO4)比水的离子积常数K
(H2O)________(填“大”“小”或“相等”)。
(2)在纯硫酸与纯硝酸的液态混合物中,存在的阴离子主要是________;这是因为混合液中不但存在两种电离平衡(即H2SO4和HNO3各自的电离平衡,且硫酸的酸性强于硝酸),又在无水的条件下,混合酸中发生________(写离子反应方程式)反应而造成的。
【解析】(1)根据H2O自身电离的电离反应方程式:2H2OH3O++OH-,可写出H2SO4自身电离的电离反应方程式:2H2SO4H3S+HS,因为纯硫酸的导电能力大于纯水的导电能力,所以纯硫酸比水更易电离,故K
(H2SO4)比K
(H2O)要大。
(2)因为纯硫酸的导电能力强于纯硝酸,说明H2SO4比HNO3更易电离,H2SO4中电离出的自由移动的离子的浓度更大,主要存在的阴离子应来源于H2SO4电离出的HS;而且因为H2SO4的酸性强于HNO3,发生的反应就类似于强酸制弱酸,即H++HNO3H2N。
答案:(1)2H2SO4H3S+HS　大
(2)HS　H++HNO3H2N
8.(10分)(1)查阅资料,不同温度下水的离子积常数
T/℃
0
10
20
25
40
50
90
100
Kw/1024
0.134
0.292
0.681
1.01
2.92
5.47
38.0
55.0
由此推出:随着温度的升高,
Kw的值________;水的电离程度________;水的电离平衡向________移动,水的电离过程是________过程。
(2)水中存在如下平衡:H2O+H2OH3O++OH-　ΔH>0,现欲使平衡向右移动,且所得溶液呈碱性,选择的方法是________(填字母)。
A.向水中加入NaHSO4
B.向水中加入K
C.将水加热至100℃
D.在水中加入Na
(3)现欲测定100℃沸水的pH及酸碱性,若用pH试纸测定,则试纸显________色,溶液呈________性(填“酸”“碱”或“中”);若用pH计测定,则pH________7(填“>”“=”或“<”),溶液呈________性(填“酸”“碱”或“中”)。
【解析】(1)通过表格分析Kw随温度变化而变化,得出结论。
(2)题中要求使水的电离平衡向右移动,即促进水的电离,且所得溶液呈碱性,加入活泼金属消耗溶液中H+,且产生强碱,使溶液呈碱性。
(3)100℃时水的pH<7,但溶液仍呈中性,因此pH试纸仍为黄色。
答案:(1)增大　增大　右　吸热
(2)B、D　(3)黄　中　<　中
【补偿训练】
(2016·宿迁高二检测)已知水在25℃和100℃时,电离平衡曲线如图所示:
(1)25℃时水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”),请说明理由____
________。
(2)下列措施能影响水的电离平衡,并使溶液中的c(H+)>c(OH-)的是________。
A.向纯水中投入少量Na2O2
B.将水加热煮沸
C.向水中通入CO2
D.向水中加入NaCl
【解析】(1)水的电离是吸热过程,当温度升高时,促进水的电离,水的离子积增大,水中c(H+)、c(OH-)都增大,结合图象中A、B曲线变化情况及c(H+)、c(OH-)可以判断25℃时水的电离平衡曲线应为A。
(2)影响水电离平衡的因素很多。A生成NaOH,使c(OH-)>c(H+);B可促进水的电离,但c(H+)=c(OH-);D对水的电离无影响;C可与水反应生成H2CO3,抑制水的电离,但H2CO3H++HC,使c(H+)>c(OH-)。
答案:(1)A　水的电离是吸热过程,温度低时,电离程度小,c(H+)、c(OH-)小　(2)C课后提升作业
十二
弱电解质的电离
(30分钟　50分)
一、选择题(本题包括6小题,每小题5分,共30分)
1.(2016·苏州高二检测)下列说法正确的是　(　　)
A.氯水能导电,所以氯气是电解质
B.碳酸钙不溶于水,所以它是非电解质
C.固体磷酸是电解质,所以磷酸在熔化状态下和溶于水时都能导电
D.胆矾虽不能导电,但它属于电解质
【解析】选D。氯水导电的原因是Cl2溶于水生成了盐酸和次氯酸,盐酸和次氯酸是电解质,溶于水而导电,而不是氯气本身导电,且氯气是单质,它既不是电解质,也不是非电解质;碳酸钙虽不溶于水,但从结构分析其应属于离子化合物,是强电解质;固体磷酸虽是电解质,但其是共价化合物,熔化时只以分子形式存在,不能导电;胆矾不能导电,但溶于水完全电离,所以是强电解质。
【补偿训练】
关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是　(　　)
选项
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
HI
非电解质
Cl2
蔗糖
C2H5OH
SO2
【解析】选C。A项中Cl2是单质,既不是电解质也不是非电解质;B项BaSO4是难溶物,但溶解部分完全电离,所以BaSO4是强电解质;D项HI在水溶液中完全电离,是强电解质。
【易错提醒】区分强弱电解质时应注意两点
(1)强、弱电解质的本质区别是电解质在水溶液中是否完全电离,与溶解度、化合物类型、导电性强弱没有关系。
(2)溶液的导电能力取决于溶液中自由移动离子的浓度和离子所带电荷的数目,与电解质的强弱无关。
2.(2016·济宁高二检测)在0.1
mol·L-1的HCN溶液中存在如下电离平衡
HCNH++CN-,对该平衡,下列叙述正确的是　(　　)
A.加入少量NaOH固体,平衡正向移动
B.加水,平衡逆向移动
C.滴加少量0.1
mol·L-1HCl溶液,溶液中c(H+)减少
D.加入少量NaCN固体,平衡正向移动
【解析】选A。加NaOH固体,OH-+H+H2O,平衡正向移动,A项正确;加水平衡正向移动,B项错误;滴加少量0.1
mol·L-1HCl溶液,c(H+)增大,C项错误;加入少量NaCN固体,c(CN-)增大,平衡逆向移动。
3.(2016·运城高二检测)在氢硫酸中,c(H+)和c(S2-)的比值是　(　　)
A.1
B.2
C.大于2
D.在1~2之间
【解析】选C。H2S是二元弱酸,在水溶液中分步电离:H2SH++HS-,HS-H++S2-,以一级电离为主,二级电离产生的c(S2-)远远小于c(H+),C项正确。
4.向醋酸溶液中加入醋酸钠晶体或加入等体积的水稀释时,都会引起　(　　)
A.溶液中H+浓度减小
B.醋酸的电离程度增大
C.溶液的导电能力减小
D.溶液中CH3COO-浓度增大
【解析】选A。醋酸溶液中存在电离平衡:CH3COOHH++CH3COO-,增加CH3COO-,平衡向左移动,H+浓度减小,醋酸电离程度减小,CH3COO-浓度增大,导电能力增强;加入水稀释,溶液体积增大程度大于H+增大程度,所以H+浓度减小,同时电离程度增大,导电能力减小,CH3COO-浓度减小。
【补偿训练】
在醋酸的电离平衡中,要使平衡右移且氢离子浓度增大,应采取的措施是
　(　　)
A.加入氢氧化钠　　　　　　
B.加入盐酸
C.向溶液中加水
D.升高溶液温度
【解析】选D。加入氢氧化钠、向溶液中加水及升高溶液温度都会使醋酸的电离平衡向右移动,但加入氢氧化钠和向溶液中加水的同时也会使氢离子浓度减小,只有升高溶液温度满足条件;对于加入盐酸会使醋酸的电离平衡向左移动。
5.(双选)甲酸的下列性质中可以证明它是弱电解质的是　(　　)
A.1
mol·L-1的甲酸溶液中c(H+)约为0.01
mol·L-1
B.甲酸与水以任意比例互溶
C.10
mL
1
mol·L-1甲酸恰好与10
mL
1
mol·L-1NaOH溶液完全反应
D.在相同条件下,甲酸的导电性比一元强酸溶液弱
【解析】选A、D。A项说明甲酸没有完全电离,一定是弱电解质;B项只说明它的溶解性,不能证明它的电离程度,不能说明是否为弱电解质;C项只能说明它是一元酸,不能证明它的电离程度,不能说明是否为弱电解质;D项说明它的电离程度不如一元强酸大,说明甲酸没有完全电离,一定是弱电解质。
【补偿训练】
下列说法正确的是　(　　)
A.将NaOH溶液和氨水溶液各稀释一倍,二者的OH-浓度均减小到原来的一半
B.如果盐酸的浓度是醋酸浓度的两倍,则盐酸中的H+浓度是醋酸中H+浓度的两倍
C.强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液强
D.中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液,盐酸所需NaOH和醋酸所需NaOH的量相等
【解析】选D。氨水是弱碱,存在电离平衡,稀释促进电离,所以氨水中OH-浓度大于原来的一半,A不正确。醋酸是弱酸,存在电离平衡,所以盐酸中的H+浓度大于醋酸中的H+浓度的两倍,B不正确。溶液导电能力强弱与溶液中离子浓度大小和离子所带电荷数有关系,C不正确。
6.(能力挑战题)(2016·大同高二检测)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,下列数值中,前者大于后者的是　(　　)
A.H+的物质的量
B.醋酸的电离常数
C.中和时所需NaOH的量
D.CH3COOH的物质的量
【解析】选A。两种醋酸溶液中CH3COOH的物质的量相同,因此中和NaOH的量也相同,但后者c(CH3COOH)相对较大,电离程度相对较小,因此H+的物质的量:前者>后者;电离常数只与温度有关,当温度一定时,电离常数一定,与浓度大小无关。
二、非选择题(本题包括2小题,共20分)
7.(8分)在一定温度下,冰醋酸加水稀释过程中,溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答:
(1)“O”点导电能力为0的理由是_________________________________________
___________________________________________________________________。
(2)a、b、c三点处,溶液的c(H+)由小到大的顺序为_________________________。
(3)a、b、c三点处,电离程度最大的是____________。
(4)若将c点溶液中c(CH3COO-)增大,溶液c(H+)减小,可采取的措施是
①_________________________________________________________________;
②_________________________________________________________________;
③_________________________________________________________________。
【解析】溶液的导电能力主要由离子浓度和离子所带电荷数来决定,题目中的图象说明冰醋酸加水稀释过程中,离子浓度随着水的加入先逐渐增大到最大值又逐渐减小,故c(H+)是b点最大,c点最小,这是因为c(H+)=,加水稀释,醋酸的电离平衡正向移动,n(H+)增大使c(H+)有增大的趋势,而V(aq)增大使c(H+)有减小的趋势,c(H+)是增大还是减小,取决于这两种趋势中哪一种占主导地位。在“O”点时,未加水,只有醋酸,因醋酸未发生电离,没有自由移动的离子存在,故不能导电;要使CH3COO-的浓度增大、H+浓度减小,可通过加入OH-、活泼金属等使平衡正向移动。
答案:(1)在“O”点处醋酸未电离,无离子存在
(2)c②加少量Na2CO3固体　③加入Zn、Mg等活泼金属
【补偿训练】
在a、b两支试管中,分别装上大小形态相同、质量相等的一颗锌粒,然后向两支试管中分别加入相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸。填写下列空白:
(1)a、b两支试管中的现象:
相同点是__________________________________________________________;
不同点是__________________________________________________________。
原因是_____________________________________________________________。
(2)a、b两支试管中生成气体的体积开始时是a________b,反应完毕后生成气体的总体积是a______b,原因是___________________________________________
___________________________________________________________________。
【解析】锌与盐酸、醋酸均能反应生成氢气,但因两种溶液中氢离子浓度不同,所以产生气体的速率不同。因为两溶液中所含溶质的物质的量相同,所以最终产生的氢气一样多。
答案:(1)都产生气泡,Zn溶解　a产生气泡、Zn溶解速度都快　HCl完全电离,HCl中的c(H+)大于CH3COOH中的c(H+)
(2)大于　等于　a中c(H+)大于b中的c(H+),而酸的总量相等
8.(12分)(2016·宿迁高二检测)下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)。
酸
电离方程式
电离平衡常数K
CH3COOH
CH3COOHCH3COO-+H+
1.75×10-5
H2CO3
H2CO3H++HCHCH++C
K1=4.4×10-7K2=4.7×10-11
H2S
H2SH++HS-HS-H++S2-
K1=9.1×10-8K2=1.1×10-12
H3PO4
H3PO4H++H2PH2PH++HPHPH++P
K1=7.1×10-3K2=6.3×10-8K3=4.2×10-13
回答下列各题:
(1)当温度升高时,
K值________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(2)在温度相同时,各弱酸的K值不同,那么K值的大小与酸性的相对强弱有何关系 ________。
(3)若把CH3COOH、H2CO3、HC、H2S、HS-、H3PO4、H2P、HP都看作是酸,其中酸性最强的是_____________________________________________________,
最弱的是________。
(4)多元弱酸是分步电离的,每一步都有相应的电离平衡常数。对于同一种多元弱酸的K1、K2、K3之间存在着数量上的规律,此规律是______________________,
产生此规律的原因是_________________________________________________。
(5)用食醋浸泡有水垢的水壶,可以清除其中的水垢,通过该事实________(填“能”或“不能”)比较醋酸与碳酸的酸性强弱,请设计一个简单的实验验证醋酸与碳酸的酸性强弱。
方案:_________________________________________________________。
【解析】(1)弱电解质的电离是吸热反应,升高温度能促进电离,故升高温度,
K值增大。(2)
K值越大,说明电离出的氢离子浓度越大,该酸越易电离,酸性越强。(3)因为K值越大,酸性越强,这几种酸中,H3PO4的K值最大,HP的K值最小,故酸性最强的是H3PO4,酸性最弱的是HP。(4)由表中K1、K2、K3常数之间约是105倍的关系,即K1∶K2∶K3≈1∶10-5∶10-10,酸的每级电离都能产生H+,故上一级电离产生的H+对下一级电离有抑制作用,使得上一级的电离常数远大于下一级的电离常数。(5)证明醋酸的酸性大于碳酸,可用CH3COOH与CaCO3(水垢的主要成分)或NaHCO3反应产生CO2来证明。
答案:(1)增大　(2)
K值越大,电离出的氢离子浓度越大,所以酸性越强　(3)H3PO4　HP　(4)
K1>K2>K3　上一级电离产生的H+对下一级电离有抑制作用　(5)能　向盛有少量NaHCO3溶液的试管中加入适量CH3COOH溶液,产生无色气泡,证明醋酸酸性大于碳酸(共69张PPT)
第三章水溶液中的离子平衡
第一节　弱电解质的电离
阅读思考
自主检测
任务一、认真阅读教材第40页到41页的内容,思考下列问题,自主学习强弱电解质的概念:
1.分析教材中的图3-1和图3-2,思考HCl和CH3COOH溶于水后,电离情况有何不同 据此可得出什么结论
提示HCl溶于水完全电离成H+和Cl-,CH3COOH溶于水只有一小部分电离成CH3COO-和H+。
电解质在水中并不都是全部电离的,在电离程度上是有强弱之分的。
2.什么样的电解质是强电解质 什么样的电解质是弱电解质
提示在水中能够全部电离的电解质称为强电解质,在水中不能全部电离的电解质称为弱电解质。
阅读思考
自主检测
任务二、认真阅读教材第41页到42页的内容,思考下列问题,自主学习弱电解质电离平衡的建立:
1.醋酸溶于水后的变化过程是怎样的 请用方程式表示出来。
提示醋酸溶于水既有分子电离成离子的过程,也有离子结合成分子的过程:
阅读思考
自主检测
2.结合图3-3,说明弱电解质的电离平衡是如何建立的
提示电离初始(t0),弱电解质电离成离子的速率随着溶液里弱电解质浓度的逐渐减小而减小;同时因离子浓度逐渐增大,结合成分子的速率则不断增大。经过一定时间(t1),两者的速率相等,达到电离平衡状态。
阅读思考
自主检测
3.根据图3-3及前一章所学的化学平衡理论,分析一元弱酸(设分子式为HA)、一元弱碱(设分子式为BOH)的电离平衡过程,并完成下列问题:
(1)写出弱酸、弱碱的电离方程式;
(2)填写下表中的空白。
HA电离过程中体系各粒子浓度的变化
阅读思考
自主检测
BOH电离过程中体系各粒子浓度的变化
(2)最小　最小　最大　变大　变大　变小　不变　不变　不变
最大　最大　最小　变小　变小　变大　达到电离平衡时
阅读思考
自主检测
任务三、认真阅读教材第42页到43页的内容,思考下列问题,自主学习电离常数:
1.什么是电离常数
提示电离平衡的平衡常数叫做电离常数。
阅读思考
自主检测
2.多元弱酸的电离有何特点 写出H2S电离的电离方程式,并写出对应的电离常数表达式。多元弱酸的逐级电离常数的大小有何特点 说明多元弱酸的逐级电离有何特点 在计算多元弱酸溶液的氢离子浓度和比较弱酸酸性的相对强弱时有何意义
提示多元弱酸的电离是分步进行的;
二元弱酸H2S分两步电离;
一般K1 K2 K3,即第二步电离通常比第一步电离难得多,第三步电离又比第二步电离难得多。因此计算多元弱酸溶液的c(H+)或比较弱酸酸性相对强弱时,通常只考虑第一步电离。
阅读思考
自主检测
1.下列说法中正确的是(　　)
A.电解质的电离是在通电的条件下进行的
B.在水溶液中和熔融状态均能够导电的化合物才是电解质
C.电解质电离的条件是溶于水或受热熔化
D.强电解质能够电离,弱电解质不能电离
答案:C
2.下列电离方程式中书写正确的是(　　)
答案:D
阅读思考
自主检测
3.下列说法中正确的是(　　)
A.根据溶液中有CH3COOH、CH3COO-和H+即可证明CH3COOH达到电离平衡状态
B.根据溶液中CH3COO-和H+的物质的量浓度相等可证明CH3COOH达到电离平衡状态
C.当NH3·H2O达到电离平衡时,溶液中NH3·H2O、
和OH-的浓度相等
D.H2CO3是分步电离的,电离程度依次减弱
答案:D
阅读思考
自主检测
4.下列说法中正确的是(　　)
A.电离平衡常数受溶液浓度的影响
B.电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱
C.电离常数大的酸溶液中c(H+)一定比电离常数小的酸溶液中大
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
探究问题
1.溶液的导电性与什么因素有关
提示所谓溶液的导电性就是指自由移动的带电微粒(即阴、阳离子)在外加电场的作用下,定向移动形成电流的性质,因此溶液导电性与单位体积的溶液中带电微粒所带电荷数多少(即电荷浓度,等于离子浓度乘以其所带电荷数)有关。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
2.分析在盐酸和醋酸溶液中,溶质微粒有何不同 如何用电离方程式表示HCl和CH3COOH在水中的电离
3.在实验室里,可以采取哪些方法促进醋酸的电离 若要抑制醋酸的电离可以采取哪些方法
提示因为醋酸的电离是吸热的,所以加热可以促进醋酸的电离,另外,加水稀释、加碱、加入较活泼的金属等能降低氢离子浓度的物质都能促进醋酸的电离。降低温度、加强酸、加醋酸盐等都能抑制醋酸的电离。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
知识点拨
一、强、弱电解质
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
2.电离平衡
(1)定义:
在一定条件下(如温度和浓度),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时,电离过程达到电离平衡状态。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
(2)建立过程(用v-t图像描述):
(3)特征:
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
3.电离常数
(1)定义:
在一定温度下,弱电解质达到电离平衡时,溶液中离子浓度幂之积与分子浓度之比是一个常数,该常数就叫电离常数,用K表示。
(2)表示方法:
(3)意义:
表示弱电解质的电离能力,一定温度下,K值越大,弱电解质的电离程度越大,酸(或碱)性越强。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
(4)影响因素:
(5)特点:
多元弱酸的各级电离常数的大小关系是K1 K2 K3,所以其酸性主要取决于第一步电离。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
4.外界条件对电离平衡的影响
当外界条件(如浓度、温度等)发生变化时,电离平衡就会发生移动。弱电解质的电离平衡移动遵循化学平衡移动原理。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
考向一　强、弱电解质
题型一　强、弱电解质的判断
【例题1】
区分强电解质和弱电解质的依据是(　　)
A.溶解度的大小
B.属于离子化合物还是共价化合物
C.是否存在电离平衡
D.导电性的强弱
解析:强电解质和弱电解质的本质区别:电解质在水溶液中是否完全电离。强电解质完全电离,不存在电离平衡;弱电解质部分电离,电离过程是可逆过程,存在电离平衡。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
规律方法点拨
(1)强电解质和弱电解质的分类依据是在水溶液中是否完全电离,完全电离的电解质是强电解质,部分电离的电解质是弱电解质。
(2)常见的强电解质有强酸(H2SO4、HNO3、HClO4、HCl、HBr、HI等)、强碱[KOH、NaOH、Ba(OH)2、Ca(OH)2等]、常见的盐。
(3)电解质的强弱与其溶液的导电性没有直接关系,强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液的导电性强。
(4)电解质的强弱与物质的溶解性没有关系,只要溶解到水中的部分完全电离就是强电解质。比如CH3COOH易溶于水,但溶于水后不完全电离,所以CH3COOH是弱电解质;BaSO4难溶于水,但溶于水的部分完全电离,所以BaSO4是强电解质。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验1下列关于强、弱电解质的叙述错误的是(　　)
A.强电解质在水溶液中完全电离
B.在溶液里,导电能力强的电解质是强电解质,导电能力弱的电解质是弱电解质
C.同一弱电解质的溶液,当温度、浓度不同时,其导电能力也不同
D.纯净的强电解质在液态时有的导电,有的不导电
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
题型二　比较溶液的导电性
【例题2】
如图所示是在一定温度下向不同电解质溶液中加入新物质时其电流强度(I)随新物质加入量(m)的变化曲线。
以下四个导电性实验,其中与A图变化趋势一致的是　　,与B图变化趋势一致的是　　,与C图变化趋势一致的是　　。
a.Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液至过量
b.醋酸溶液中滴入氨水至过量
c.澄清石灰水中通入CO2至过量
d.NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
答案:b　ac　d
规律方法点拨
溶液导电性与单位体积的溶液中带电微粒所带电荷数多少有关,所以首先要清楚溶液中的物质是否发生反应,若发生反应再明确反应过程中带电微粒所带电荷数的变化。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验2把各组中的气体通入溶液中,溶液导电能力先减弱而后又逐渐增强的是(　　)
A.SO2通入石灰水中
B.CO2通入NaOH溶液中
C.NH3通入CH3COOH溶液中
D.NH3通入盐酸中
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
答案:A
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
考向二　弱电解质的电离平衡
题型一　弱电解质电离方程式的书写及电离常数的表达式
【例题3】
书写下列电解质的电离方程式,写出对应的电离常数表达式,多步电离的判断各步电离常数的大小。
(1)HClO　(2)NH3·H2O　(3)H2CO3　(4)Fe(OH)3
解析:弱电解质的电离存在电离平衡,所以用“
”表示,H2CO3的电离是分步进行的,所以应该分步书写,
比H2CO3难电离,电离常数K1 K2,Fe(OH)3虽然不是一步电离的,但由于电离过程比较复杂,所以不再分步写,一步写完。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
规律方法点拨
(1)电离方程式的书写规则:
②多元弱酸电离方程式分步写。
③满足左右两边电荷和原子守恒。
(2)电离常数的意义:
电离常数是电解质的重要特性之一,它描述了弱电解质溶液中弱电解质电离达到平衡时,已电离的离子浓度幂之积与未电离的分子浓度的关系,电离常数越大,表示该弱电解质越容易电离。多元弱酸的电离常数逐级减小。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验3书写下列弱电解质的电离方程式,写出对应的电离常数表达式,多步电离的判断各步电离常数的大小。
(1)HCN　(2)H3PO4　(3)Cu(OH)2
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
题型二　有关电离常数的计算
【例题4】
(1)25
℃时,在0.5
L
0.2
mol·L-1的HA溶液中,有0.001
mol的HA电离。求该温度下HA的电离常数。
(2)计算25
℃时,0.1
mol·L-1的该酸溶液中的c(H+)。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
答案:(1)2.02×10-5
(2)1.42×10-3
mol·L-1
规律方法点拨
(1)进行有关电离常数的计算时,如同化学平衡常数的有关计算一样,常利用“三段式”。
(2)由于弱电解质的电离很微弱,所以进行有关计算时,常常进行近似处理,即弱电解质的平衡浓度等于其起始浓度。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验4某酸HX是一种弱酸,25
℃时电离常数K=4×10-4。
(1)写出该酸的电离常数表达式:K=　　　　　　。
(2)25
℃时,往HX溶液中加入1
mol·L-1的盐酸,能　　　　　　　　(填“抑制”或“促进”)HX的电离,K值将　　　　　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)若HX的起始浓度为0.010
mol·L-1,则平衡时c(H+)=　　　　　　　　[提示:因K很小,平衡时的c(HX)可近似视为仍等于0.010
mol·L-1]。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:(3)平衡时c(H+)=c(X-),
K=4×10-4,c(HX)=0.010
mol·L-1
得c(H+)=2×10-3
mol·L-1
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
规律方法点拨
利用弱酸的电离常数可以判断弱酸的酸性强弱、溶液中的离子能否大量共存及溶液中各离子浓度的大小比较等。电离常数越大弱酸的酸性越强,越易电离。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:H2A和H2B都是二元弱酸,二元弱酸的电离分两步,第一步比第二步电离程度大得多,溶液的酸性(即H+浓度)、酸式酸根的浓度、酸分子的浓度、溶液的导电能力均由第一步电离决定,同温、同浓度的两酸H2A的第一步电离常数大于H2B的第一步电离常数,故H+浓度是H2A>H2B,c(H2A)H2B。酸根离子的浓度取决于两酸的第二步电离,H2A的第二步电离常数大于H2B的第二步电离常数,故
答案:(1)>　(2)>　(3)<　(4)>
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
题型四　外界条件对电离常数及电离平衡的影响
【例题6】
改变下列条件,能使CH3COOH的电离常数增大的是(　　)
A.加入冰醋酸
B.加入少量NaOH溶液
C.加水稀释
D.升高温度
解析:电离常数主要由弱电解质本身的性质决定,当弱电解质一定时只受温度影响,与溶液的浓度无关。电离是一个吸热过程,升温,K值增大。
答案:D
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
【例题7】
在含酚酞的0.1
mol·L-1氨水中加入少量NH4Cl晶体,则溶液颜色(　　)
A.变蓝色
B.变深
C.变浅
D.不变
解析:氨水中存在
,加入NH4Cl晶体使c(
)增大,电离平衡左移,c(OH-)减小,溶液碱性减弱,红色变浅。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
规律方法点拨
(1)电离常数的大小只与温度有关,温度越高,电离常数越大。
(2)用化学平衡理论分析处理电解质的电离平衡问题时,考虑的主要影响因素有稀释、改变温度、加入含有相同分子或离子的物质等,在分析此类问题时应注意以下两点:
①平衡向“削弱”这种改变的方向移动,移动结果不能“抵消”或“超越”这种改变。
②加水稀释有利于电离,但是离子浓度降低,因为体积增大程度大于离子增多程度。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验60.1
mol·L-1CH3COOH溶液中存在电离平衡:
CH3COOH
CH3COO-+H+,加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时,都会引起(　　)
A.溶液的酸性减弱
B.CH3COOH电离程度变大
C.溶液的导电能力减弱
D.溶液中c(CH3COO-)减小
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
答案:A
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
答案:D
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验8已知三个数据7.2×10-4、4.6×10-4、4.9×10-10分别是下列有关三种酸的电离常数,若已知下列反应可以发生:
由此可判断下列叙述不正确的是(　　)
A.K(HF)=7.2×10-4
B.K(HNO2)=4.9×10-10
C.根据其中两个反应可以得出结论:三者中K(HCN)一定不是最大
D.K(HCN)重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:相同温度下,弱电解质的电离常数是比较弱电解质相对强弱的条件之一;根据第一、第三两个反应可知三种一元弱酸的强弱顺序为HF>HNO2>HCN。由此可判断K(HF)>K(HNO2)>K(HCN),其对应数据依次为K(HF)=7.2×10-4,K(HNO2)=4.6×10-4,
K(HCN)=4.9×10-10。
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
题型五　强电解质、弱电解质性质的比较
【例题8】
在a、b两支试管中分别装入形态相同、质量相等的一颗锌粒(锌足量),然后向两支试管中分别加入相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸。填写下列空白:
(1)a、b两支试管中的现象:
相同点是　,
不同点是　,
原因是　。
(2)a、b两支试管中生成气体的体积开始时是V(a)　　　　V(b)(填“大于”“小于”或“等于”,下同),反应完毕后生成气体的总体积是V(a)　　　　V(b),原因是　　　　　　　　　　　。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:锌粒与酸反应的实质是Zn与酸电离出的H+发生置换反应产生H2,c(H+)越大,产生H2的速率越大。而在分析产生H2的体积时,要注意醋酸的电离平衡的移动。反应开始时,醋酸产生H2的速率比盐酸小,因Zn与酸反应的实质是Zn与酸电离出的H+反应,盐酸是强酸,醋酸是弱酸,在起始物质的量浓度相同时,盐酸电离出的c(H+)远大于醋酸电离出的c(H+)。反应完毕后,两者产生H2的体积是相等的。因醋酸存在电离平衡CH3COOH
CH3COO-+H+,Zn与H+发生反应,c(H+)减小,使醋酸的电离平衡向电离方向移动,继续发生H+与Zn的反应,足量的Zn可使醋酸中的H+全部电离出来与Zn反应生成H2,又因为n(HCl)=n(CH3COOH),因而最终产生H2的量相等。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
答案:(1)都产生无色气泡,Zn粒逐渐溶解　a中反应速率较大　盐酸是强酸,醋酸是弱酸,盐酸中c(H+)大
(2)大于　等于　反应开始时,盐酸中所含H+浓度较大,但二者最终能电离出的H+的总物质的量相等
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
规律方法点拨
一元强酸与一元弱酸的比较:
(1)相同浓度、相同体积的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较:
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
(2)相同c(H+)、相同体积的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较:
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验9醋酸和盐酸是中学化学中常见的酸,在一定条件下,CH3COOH溶液中存在电离平衡:CH3COOH
CH3COO-+H+　ΔH>0。
下列方法中,可以使0.10
mol·L-1CH3COOH的电离程度增大的是　　　　　　　　。
a.加入少量0.10
mol·L-1的稀盐酸
b.加热CH3COOH溶液
c.加水稀释至0.010
mol·L-1
d.加入少量冰醋酸
e.加入少量氯化钠固体
f.加入少量0.10
mol·L-1的NaOH溶液
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:要使0.10
mol·L-1醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大,平衡必须右移。a选项,加入少量0.10
mol·L-1的稀盐酸,增大c(H+),平衡逆向移动,CH3COOH的电离程度减小;b选项,加热CH3COOH溶液,“越热越电离”,CH3COOH的电离程度增大;c选项,“越稀越电离”,CH3COOH的电离程度增大;d选项,加入少量冰醋酸,醋酸的电离受到抑制,CH3COOH的电离程度减小;e选项,加入少量氯化钠固体,平衡不移动;f选项,加入少量0.10
mol·L-1的NaOH溶液,平衡正向移动,CH3COOH的电离程度增大。
答案:bcf
重点难点探究
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成功体验10将等质量的锌投入等体积且pH均等于3的盐酸和醋酸溶液中,经过充分反应后,发现只在一种溶液中有锌粉剩余,则生成氢气的体积V(盐酸)　　　　V(醋酸)(填“>”“<”或“=”,下同),反应的最初速率为v(盐酸)　　　　v(醋酸)。
解析:等体积且pH均等于3的盐酸和醋酸溶液中,n(CH3COOH)大,有锌粉剩余的是盐酸,则生成氢气的体积V(盐酸)答案:<　=
重点难点探究
重要考向探究
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1.将0.01
mol的下列物质分别加入(或通入)到100
mL水中,假设溶液体积变化不计,水溶液的导电能力最强的是(　　)
A.HF
B.NH4HCO3
C.BaSO4
D.NH3
解析:BaSO4虽然是强电解质,但溶解度小,所以溶液中Ba2+、
浓度均很小;HF、NH3虽然溶解度较大,但由于溶液中HF、NH3·H2O不完全电离,因此离子浓度也远小于0.2
mol·L-1;NH4HCO3在溶液中完全电离,因此溶液中离子浓度最大,导电能力最强。
答案:B
重点难点探究
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2.关于强、弱电解质及非电解质的组合完全正确的是(　　)
解析:单质和混合物既不属于电解质也不属于非电解质,Cl2是单质,氨水、盐酸都是混合物,既不属于电解质,也不属于非电解质;CaCO3、BaSO4虽难溶于水,但溶解的部分完全电离,属于强电解质;HClO、CH3COOH都是弱电解质;SO2的水溶液能导电,但不是自身电离的,C2H5OH水溶液不导电,二者都是非电解质,所以A、B和C项错误,D项正确。
答案:D
重点难点探究
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3.从植物花中可提取一种简写为HIn的有机物,在水溶液中因存在以下电离平衡,故可用作酸碱指示剂。HIn(aq,红色)
H++In-(aq,黄色)。有浓度为0.02
mol·L-1的下列各溶液:(1)HCl(aq)、(2)H2O2(aq)、(3)NaCl(aq)、(4)NaHSO4(aq)、(5)NaHCO3(aq)、(6)氨水,分别加入该指示剂,其中能使指示剂显黄色的是(　　)
A.(1)(4)(5)
B.(2)(6)
C.(1)(3)(4)
D.(5)(6)
解析:平衡右移,才能使指示剂显黄色,即应加入碱性物质。
答案:D
重点难点探究
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4.将浓度为0.1
mol·L-1
HF溶液加水不断稀释,下列各量始终保持增大的是(　　)
解析:HF为弱酸,存在电离平衡:HF
H++F-。加水稀释,平衡虽正向移动,但c(H+)减小,A错误;电离常数只受温度的影响,温度不变,电离常数K不变,B错误;当溶液无限稀释时,c(F-)不断减小,但c(H+)接近10-7
mol·L-1,所以
减小,C错误。
答案:D
重点难点探究
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5.在25
℃时,0.1
mol·L-1的HNO2、HCOOH、HCN、H2CO3的溶液,它们的电离常数分别为4.6×10-4、1.8×10-4、4.9×10-10、K1=4.3×10-7和K2=5.6×10-11,其中氢离子浓度最小的是(　　)
A.HNO2
B.HCOOH
C.HCN
D.H2CO3
解析:电离平衡常数大小可以判断弱酸(或弱碱)的相对强弱,K(多元弱酸则比较K1)越小,其电离程度越小,c(H+)越小,由题中数据可知,HCN酸性最弱,c(H+)最小。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
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6.有以下物质:
①石墨　②铝　③酒精　④氨水　⑤二氧化碳　⑥碳酸氢钠固体　⑦氢氧化钡溶液　⑧纯醋酸　⑨氧化钠固体　⑩氯化氢气体
其中能导电的是　;
属于非电解质的是　;
属于强电解质的是　;
属于弱电解质的是　。
解析:石墨和铝都能导电;氨水和氢氧化钡溶液都有自由移动的离子,所以能导电。酒精和二氧化碳为非电解质。碳酸氢钠固体和氯化氢气体在水溶液中能完全电离,氧化钠固体在熔融状态时能完全电离,为强电解质。纯醋酸在水中只部分电离,为弱电解质。
答案:①②④⑦　③⑤　⑥⑨⑩　⑧第2课时　盐类水解的影响因素及应用
[目标导航]　1.掌握影响盐类水解平衡移动的外界因素以及水解程度的变化。2.了解盐类水解在生产生活中的应用，了解盐类水解在化学实验和科学研究中的应用。
一、影响盐类水解平衡的因素
1．内因
酸或碱越弱，其对应的弱酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。
2．外因
因素
水解平衡
水解程度
水解产生离子的浓度
温度
升高
右移
增大
增大
浓度
增大
右移
减小
增大
减小(即稀释)
右移
增大
减小
外加酸碱
酸
弱碱阳离子的水解程度减小
碱
弱酸根离子的水解程度减小
3.以CH3COONa的水解为例(CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－)填写下表
条件
c(CH3COO－)
c(CH3COOH)
c(OH－)
c(H＋)
pH
水解程度
升温
减小
增大
增大
减小
增大
增大
加H2O
减小
减小
减小
增大
减小
增大
加CH3COOH
增大
增大
减小
增大
减小
减小
加CH3COONa(s)
增大
增大
增大
减小
增大
减小
加HCl
减小
增大
减小
增大
减小
增大
加NaOH(s)
增大
减小
增大
减小
增大
减小
【合作探究】
1．水解平衡右移，盐的离子的水解程度是否一定增大？
答案　不一定。加水稀释时，水解平衡右移，水解程度一定增大，但增大水解离子的浓度，平衡也右移，但水解程度减小。
2．稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强吗？
答案　盐溶液的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液中离子浓度小是主要因素，故溶液酸性(或碱性)越弱。
3．有人认为，向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，会与CH3COONa溶液水解产生的
OH－反应，使平衡向水解方向移动，这种说法对吗？为什么？
答案　不对，原因是：体系中c(CH3COOH)增大，抑制了水解，会使平衡CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－左移。
4．为使Na2S溶液中的值减小，可以采取什么措施？
加入NaOH、NaHS是否可以？
答案　(1)降温　(2)加入KOH或KHS。
加入NaOH、NaHS不可以，因为水解平衡虽然左移，c(S2－)增大，但c(Na＋)增大更多，致使增大。
二、盐类水解的应用
1．作净水剂
铝盐、铁盐等部分盐类水解生成胶体，有较强的吸附性，常用作净水剂。
如明矾水解的离子方程式为Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋。
2．热碱水去油污
纯碱水解的离子方程式为
CO＋H2O??HCO＋OH－。加热促进CO的水解，溶液碱性增强，去污能力增强。
3．盐溶液的配制和保存
配制、保存SnCl2或FeCl3等易水解的盐溶液时，加入少量盐酸的目的是抑制Sn2＋或Fe3＋的水解。
4．制备胶体
向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并加热至沸腾以增大Fe3＋的水解程度，从而制备Fe(OH)3胶体。
5．泡沫灭火器原理
Al2(SO4)3溶液与小苏打溶液发生水解相互促进反应，产生CO2气体和Al(OH)3沉淀，将燃烧物质与空气隔离开来。离子方程式为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
6．制备无机化合物
如用TiCl4制备TiO2。其反应的方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)??TiO2·xH2O↓＋4HCl。
【合作探究】
1．盛放Na2CO3、Na2S溶液的试剂瓶为什么不能用玻璃塞？
答案　因为Na2CO3、Na2S溶液水解显碱性，碱性溶液可与玻璃中的SiO2反应生成Na2SiO3，而使瓶口和玻璃塞黏结不易打开。
2．加热蒸干AlCl3溶液得到什么物质？若灼烧又怎么样？为什么？
答案　由于AlCl3＋3H2O??Al(OH)3＋3HCl，在加热过程中，HCl不断挥发，水解平衡不断向右移动，得到Al(OH)3，若灼烧Al(OH)3分解得到Al2O3。
3．怎样从FeCl3溶液中得到FeCl3晶体？
答案　在HCl气流中加热蒸干FeCl3溶液。
4．怎样除去酸性MgCl2溶液中的FeCl3
答案　根据FeCl3＋3H2O??Fe(OH)3＋3HCl，加入MgO或MgCO3促进Fe3＋的水解，使FeCl3转化为Fe(OH)3沉淀而除去。
5．草木灰为什么不能和铵态氮肥混合施用？
答案　草木灰的主要成分是K2CO3，水解呈碱性：CO＋H2O??HCO＋OH－，NH与OH－结合生成NH3逸出，降低氮肥的肥效。
6．将AlCl3溶液与Na2S溶液混合，是否可以得到Al2S3？为什么？
答案　不能得到Al2S3，得到的是Al(OH)3，因为Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋，S2－＋H2O??HS－＋OH－，HS－＋H2O??H2S＋OH－，二者混合，会促进而使水解完全，得到Al(OH)3，2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑。
7．Fe3＋与S2－、HS－能否大量共存？为什么？
答案　不能。因为2Fe3＋＋S2－===2Fe2＋＋S↓、2Fe3＋＋HS－===2Fe2＋＋H＋＋S↓。
8．NH与Cl－能否大量共存？NH与CO、HCO呢？
答案　均能大量共存，因为单独的NH水解程度很微弱，NH与CO、HCO虽能相互促进水解，但由于生成的NH3·H2O、H2CO3浓度非常小，不会生成NH3、CO2气体而脱离平衡体系。
一、影响盐类水解平衡的因素
【例1】　在一定条件下，Na2CO3溶液中存在如下平衡：CO＋H2O??HCO＋OH－，下列说法正确的是(　　)
A．稀释溶液，平衡正向移动，eq
\f(c（HCO）·c（OH－）,c（CO）)增大
B．通入CO2，平衡逆向移动，溶液pH减小
C．加入NaOH固体，平衡逆向移动，pH减小
D．升高温度，eq
\f(c（HCO）,c（CO）)增大
答案　D
解析　A项，稀释溶液平衡正向移动且Ka1＝eq
\f(c（OH－）·c（HCO）,c（CO）)，Ka1不变，A项不正确；B项，通入CO2，CO2＋2OH－===CO＋H2O，c(OH－)减小，平衡正向移动，B项不正确；C项，加入NaOH固体，平衡逆向移动，但溶液中c(OH－)增大，pH增大，C项不正确；D项，升高温度，平衡正向移动，eq
\f(c（HCO）,c（CO）)增大，D项正确。
【反思归纳】　从定性、定量两角度理解影响盐类水解的因素
(1)盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响，以氯化铁水解为例，当改变条件如升温、通入HCl气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时，学生应从移动方向、pH的变化、水解程度、现象等方面去归纳总结，加以分析掌握。
(2)水解平衡常数(Kh)只受温度的影响(水解平衡常数，属于化学平衡常数的一种，也可由Ka和Kw表示：Kh＝)。
变式训练1　在Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是(　　)
A．加热
B．通入HCl
C．加入适量Na2CO3(s)
D．加入NaCl溶液
答案　D
解析　加热能使平衡向水解方向移动，c(H＋)增大，pH减小，故A项不符合题意；通入HCl能增大c(H＋)，抑制了水解，且pH减小，故B项也不符合题意；加入适量Na2CO3(s)，由于发生2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑，相互促进水解，但pH不增大，故C项不符合题意；加入NaCl溶液，相当于加水稀释，能促进水解，但因加入NaCl溶液稀释引起
c(H＋)变小，故pH也增大，因而D项符合题意。
二、盐溶液蒸干产物的判断
【例2】　(1)(NH4)2SO4溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是______________
__________________________________________________________。
(2)Ba(HCO3)2溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是__________________________
______________________________________________。
(3)Na2SO3溶液蒸干得到的固体物质是________，原因是_______________________________
_________________________________________。
答案　(1)(NH4)2SO4　溶液中虽然NH水解生成NH3·H2O，但由于生成的H2SO4为不挥发性强酸，随H2SO4浓度增大，将再与NH3·H2O反应生成(NH4)2SO4
(2)BaCO3　由于在溶液中Ba(HCO3)2分解生成BaCO3、CO2和H2O，随着浓缩的不断进行，CO2不断逸出，最后剩余BaCO3
(3)Na2SO4　由于蒸发过程中Na2SO3不断被氧化，最终生成Na2SO4
【反思归纳】　不同类型盐蒸干产物的判断
常见类型
溶液蒸干所得物质
金属阳离子易水解的挥发性强酸盐
蒸干时得氢氧化物和氧化物的混合物，灼烧时得氧化物，如AlCl3(FeCl3)溶液蒸干时得到Al(OH)3和Al2O3[Fe(OH)3和Fe2O3]的混合物
金属阳离子易水解的难挥发性强酸盐
蒸干得原溶质，如Al2(SO4)3溶液蒸干仍得Al2(SO4)3固体
酸根阴离子易水解的强碱盐
蒸干得原溶质，如Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3固体
阴、阳离子均易水解，且水解产物均易挥发的盐
蒸干后得不到任何物质，如(NH4)2S、(NH4)2CO3等蒸干后得不到任何物质
不稳定的化合物的水溶液
加热时在溶液中就能分解，得不到原物质，如Ca(HCO3)2溶液蒸干后得CaCO3，Mg(HCO3)2溶液蒸干后得Mg(OH)2，KHCO3溶液蒸干后得K2CO3
易被氧化的盐
蒸干后得不到原物质，蒸干后得其氧化产物，如FeSO4溶液蒸干后得Fe2(SO4)3，Na2SO3溶液蒸干后得Na2SO4
变式训练2　将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶、再灼烧，得到化学组成与原固体物质相同的是(　　)
①胆矾　②氯化铝　③硫酸铝　④氯化铜
A．③
B．①④
C．①②③
D．全部
答案　A
解析　①胆矾经一系列转化得CuSO4固体；②AlCl3最终得到Al2O3；④CuCl2最终得到CuO。
三、pH值的大小比较
【例3】　物质的量浓度均为0.1
mol·L－1时，下列各组溶液按pH由小到大的顺序排列的是(　　)
A．NH4Cl、AlCl3、MgCl2、CaCl2
B．Na2CO3、C6H5ONa、NaHCO3、NaAc
C．(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S
D．Na3PO4、Na2HPO4、NaH2PO4、NaHCO3
解析　Al3＋、NH、Mg2＋、Ca2＋对应的碱依次为Al(OH3)、NH3·H2O、Mg(OH)2、Ca(OH)2，其碱性逐渐增强，所以其盐的水解程度逐渐减弱，c(H＋)逐渐减小，pH逐渐增大，A项错误；同浓度的Na2CO3、NaHCO3相比，前者碱性强，pH大，B项错；C项，Na2S溶液中的S2－发生水解，溶液显碱性，NaNO3不水解，为中性，(NH4)2SO4和NH4Cl相比，前者的c(NH)大，水解得到的c(H＋)大，pH小；D项中，Na3PO4、Na2HPO4、NaHCO3显碱性，而NaH2PO4显酸性，故D项错误。
答案　C
【归纳总结】　pH值大小比较的方法规律
比较溶液的pH时，先将电解质溶液按酸性、中性、碱性分组。不同组之间pH(酸性溶液)＜pH(中性溶液)＜pH(碱性溶液)，同一组内再根据电离及水解知识比较不同电解质溶液的pH。
(1)酸性溶液组
①同浓度的强酸，元数越大，c(H＋)越高，pH越小；
②同浓度的强酸与弱酸，强酸溶液中的c(H＋)大，pH小；
③同浓度、同元弱酸，酸越弱，c(H＋)越小，pH越大；
④同浓度的强酸弱碱盐，水解生成的碱越弱，溶液的酸性越强，pH越小；
⑤同浓度的强酸与强酸弱碱盐比较，由于盐的水解程度一般较小，故强酸溶液中的c(H＋)较大，pH较小。
(2)碱性溶液组
比较方法同(1)类似，但是难溶性的酸、碱或盐的溶液中c(H＋)、c(OH－)均很低，不能按上述方法比较，如Mg(OH)2、H2SiO3、CaCO3等。
变式训练3　现有等浓度的下列溶液：①醋酸；②苯酚；③苯酚钠；④碳酸；⑤碳酸钠；⑥碳酸氢钠。按溶液pH由小到大排列正确的是(　　)
A．④①②⑤⑥③
B．④①②⑥⑤③
C．①④②⑥③⑤
D．①④②③⑥⑤
答案　C
解析　本题易忽视酸根离子对应酸的酸性越弱对应盐的水解能力越强，易误认为苯酚比HCO更难电离产生H＋，导致错选D。本题分两组讨论：碳酸、醋酸、HCO和苯酚电离产生H＋的能力CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH＞HCO；苯酚钠、碳酸钠、碳酸氢钠属于盐类，等物质的量浓度的溶液，根据越弱越水解推知，碳酸钠溶液碱性最强，碳酸氢钠溶液碱性最弱。溶液pH由小到大排序为①＜④＜②＜⑥＜③＜⑤。故选C。
1．下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　)
A．纯碱溶液去油污
B．铁在潮湿的环境下生锈
C．加热氯化铁溶液颜色变深
D．浓硫化钠溶液有臭味
答案　B
解析　铁在潮湿的环境中生锈是因为钢铁发生原电池反应被腐蚀；D项中，浓硫化钠溶液有臭味，是因为S2－＋H2O??HS－＋OH－、HS－＋H2O??H2S＋OH－，H2S有臭味，与水解有关。
2．室温下，将碳酸钠溶液加热至70
℃，其结果是(　　)
A．溶液中c(CO)增大
B．水的电离程度不变
C．Kw将变小
D．溶液的碱性增强
答案　D
解析　对于水解平衡CO＋H2O??HCO＋OH－，升温，平衡右移，c(CO)减小，水的电离程度增大，Kw变大，溶液的碱性增强。
3．下列关于盐类水解的说法错误的是(　　)
A．在纯水中加入能水解的盐一定促进水的电离
B．同温时，等浓度的NaHCO3和Na2CO3溶液，NaHCO3溶液的pH大
C．在NH4Cl溶液中加入稀HNO3能抑制NH水解
D．加热CH3COONa溶液，溶液中的值将减小
答案　B
解析　盐类水解促进水的电离，A对；NH水解使溶液显酸性，加入HNO3抑制NH水解，C对；加热CH3COONa溶液，CH3COO－水解程度增大，c(CH3COO－)减小，c(Na＋)不变，则的值变小，D对。
4．向三份0.1
mol·L－1
CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl3固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO－的浓度变化依次为(　　)
A．减小、增大、减小
B．增大、减小、减小
C．减小、增大、增大
D．增大、减小、增大
答案　A
解析　CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－。加入NH4NO3，NH水解：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，H＋和OH－反应，使平衡右移，CH3COO－浓度减小，促进水解；加入Na2SO3，SO＋H2O??HSO＋OH－，水解产生OH－，使平衡左移，CH3COO－浓度增大，抑制水解；加入FeCl3固体，Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，影响同NH，使CH3COO－浓度减小，促进水解。
5．下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是(　　)
A．加热蒸干Na2CO3溶液，最后可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体
B．除去MgCl2中的Fe3＋，可以加入NaOH固体
C．明矾净水的反应：Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋
D．加热蒸干KCl溶液，最后得到KOH固体(不考虑与CO2的反应)
答案　C
解析　A项，加热蒸发Na2CO3溶液，得不到NaOH，虽然加热促进CO水解，但生成的NaHCO3又与NaOH反应生成了Na2CO3；B项，Mg2＋和Fe3＋均可与OH－反应生成沉淀，且引入了新杂质Na＋，应用MgO或MgCO3固体；D项，KCl不水解，不可能得到KOH固体。
6．(1)AgNO3的水溶液呈________(填“酸”、“中”或“碱”)性，原因是______________
__________________________________________________________
(用离子方程式表示)；实验室在配制AgNO3溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后用蒸馏水释释到所需的浓度，以________(填“促进”或“抑制”)其水解。
(2)明矾可用于净水，原因是______________________________________________________
__________________
(用离子方程式表示)。把FeCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的固体产物主要是________。
(3)纯碱可代替洗涤剂洗涤餐具，原因是_________________________________________
____________________________________________________________(用离子方程式表示)。
答案　(1)酸　Ag＋＋H2O??AgOH＋H＋　抑制
(2)Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋　Fe2O3
(3)CO＋H2O??HCO＋OH－
解析　(1)AgNO3溶液中存在水解平衡：Ag＋＋H2O??AgOH＋H＋，所以溶液呈酸性，为抑制AgNO3水解，配制时通常加入HNO3。(2)由反应Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋和Al(OH)3胶体能沉降水中的悬浮杂质可知，明矾能用于净水；FeCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3＋3H2O??Fe(OH)3＋3HCl，加热时HCl挥发，蒸干时得到Fe(OH)3，再灼烧得到Fe2O3。(3)纯碱是Na2CO3，在其水溶液中CO水解使溶液显碱性，故能用于除去油污。
[基础过关]
一、外界条件对水解平衡的影响
1．在醋酸钠溶液里，加入下列物质使水解平衡向左移动，并且pH变大的是(　　)
A．加入适量纯CH3COOH
B．加入少量NaCl固体
C．加入少量NaOH固体
D．加水稀释
答案　C
解析　CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－。A项，加入纯CH3COOH，左移，pH变小；B项，加NaCl平衡不移动，C项，加入NaOH固体，左移，pH变大；D项，加水稀释，右移，pH变小。
2．为了配制NH的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入(　　)
①适量的HCl　②适量的NaCl　③适量的氨水　④适量的NaOH
A．①②
B．③
C．③④
D．④
答案　B
解析　NH4Cl溶液中存在NH＋H2O????NH3·H2O＋H＋，为增大NH浓度，应加入酸或NH3·H2O，①加入HCl虽然增大了H＋的浓度，但也增大了Cl－的浓度，不符合题目要求。
3．已知K2HPO4溶液呈碱性，即HPO结合H＋的能力大于其电离产生H＋的能力。溶液中存在如下平衡：
①HPO＋H2O??H3O＋＋PO，②HPO＋H2O??OH－＋H2PO，③H2O??H＋＋OH－。下列操作能使该溶液中c(H3O＋)增大的是(　　)
A．加水
B．加热
C．加消石灰
D．加K2HPO4固体
答案　A
解析　①HPO＋H2O??H3O＋＋PO，②HPO＋H2O??OH－＋H2PO，③H2O??H＋＋OH－。由题意知溶液呈碱性，以水解平衡②为主。加水，平衡②向右移动，n(OH－)增大，但c(OH－)减小，故c(H3O＋)增大，则A对；加热，②向右移动，c(OH－)增大，故c(H3O＋)减小，B错；加Ca(OH)2，OH－与H3O＋反应生成H2O，c(H3O＋)减小，C错；加K2HPO4固体，②向右移动，c(OH－)增大，故c(H3O＋)减小，D错。
二、盐类水解的实际应用
4．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是(　　)
A．CO＋H2O??HCO＋OH－　热的纯碱溶液清洗油污
B．Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋　明矾净水
C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)??TiO2·xH2O↓＋4HCl用TiCl4制备TiO2
D．SnCl2＋H2O??Sn(OH)Cl＋HCl　配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠
答案　D
解析　本题考查了盐类水解的平衡移动问题。A项，加热平衡右移，碱性增强，有利于除油污；D项，根据平衡移动的原理可知，向溶液中加入NaOH，平衡向SnCl2水解的方向移动，所以D错。
5．下列说法正确的是(　　)
A．将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分相同
B．配制FeSO4溶液时，将FeSO4固体溶于稀盐酸中，然后稀释至所需浓度
C．用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3＋
D．为抑制Fe3＋的水解，较好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸
答案　D
解析　A项，氯化铝溶液蒸干、灼烧后得到氧化铝，而硫酸铝溶液蒸干、灼烧后得到的仍是硫酸铝，不正确；B项，所加酸应是稀硫酸，不能引入新杂质；C项，加热法不能除去
Fe3＋；因FeCl3水解显酸性，加入盐酸可抑制水解。
6．同时对农作物施用含N、P、K的三种化肥，现有下列化肥：①K2CO3、②KCl、③Ca(H2PO4)2、④(NH4)2SO4、
⑤NH3·H2O，其中最合理的组合方式是(　　)
A．①③④
B．②③④
C．①③⑤
D．②③⑤
答案　B
解析　Ca(H2PO4)2是其中唯一含磷的肥料，肯定要用，由于Ca(H2PO4)2是酸式盐，其水溶液呈酸性，不宜与碱性肥料NH3·H2O及水解呈碱性的K2CO3混合施用，只能与中性肥料KCl和酸性肥料(NH4)2SO4混合施用。
三、判断盐溶液蒸干后的固体物质
7．下列溶液，在空气中受热浓缩，能够得到预想的无水盐的是(　　)
A．MgSO4溶液→MgSO4
B．FeCl3溶液→FeCl3
C．Mg(NO3)2溶液→Mg(NO3)2
D．AlCl3溶液→AlCl3
答案　A
解析　硫酸盐是难挥发盐，MgSO4溶液受热时尽管能够水解，但硫酸不挥发，所以加热蒸发掉水分得到的仍为MgSO4；而选项B、C、D则是挥发性酸(盐酸、硝酸)盐，受热水解后产生的酸脱离溶液体系，促进盐的水解，得不到预期的无水盐。
8．下列各组物质混合后，再加热蒸干并在300
℃时充分灼烧至质量不变，最终一定能得到纯净物的是(　　)
A．向FeSO4溶液中通入过量Cl2
B．向NaHCO3溶液中加入一定质量的Na2O2粉末
C．向NaI和NaBr混合溶液中通入过量Cl2
D．向NaOH溶液中加入过量AlCl3溶液
答案　C
解析　A项：发生变化FeSO4Fe2(SO4)3＋FeCl3，蒸干反应后的溶液，得到Fe2(SO4)3和Fe(OH)3的混合物，灼烧后得到Fe2(SO4)3和Fe2O3的混合物；B项：发生反应2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑、NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，蒸干溶液并充分灼烧后，得到Na2CO3或Na2CO3和NaOH的混合物；C项：发生反应2NaI＋Cl2===2NaCl＋I2、2NaBr＋Cl2===2NaCl＋Br2，蒸干溶液并灼烧后，Br2挥发，I2升华，最终得到NaCl；D项：发生反应AlCl3＋3NaOH(少量)===Al(OH)3↓＋3NaCl，由于AlCl3过量，反应后溶液中存在Al(OH)3、NaCl和AlCl3，蒸干溶液并充分灼烧后最终得到NaCl和Al2O3的混合物。
四、在判断离子共存中的应用
9．下列哪组离子能在水溶液中大量共存(　　)
A．K＋、CO、HS－、S2－、Al3＋、AlO
B．MnO、Na＋、SO、K＋、Cl－
C．SO、Ag＋、SO、S2－、AlO、K＋
D．Fe2＋、Cl－、H＋、NO
答案　B
解析　A中有能发生双水解反应的离子；C中有能形成沉淀的离子；D中的Fe2＋、H＋、NO可发生氧化还原反应。
10．下列离子组一定不能够大量共存的是(　　)
A．K＋、Na＋、CO、NO
B．NH、HCO、NO、Na＋
C．Al3＋、HCO、NO、Cl－
D．SiO、Na＋、K＋、NO
答案　C
解析　A项，四种离子相互之间不能反应，能大量共存；B项，NH与HCO虽然能相互促进，但不彻底，所以能大量共存；D项能大量共存；C项，由于Al3＋、HCO相互促进水解且生成沉淀和气体，不能大量共存。
[能力提升]
11．水中存在电离平衡：H2O??H＋＋OH－。若在水中分别加入下列各物质：①NaOH(s)　②NH4Cl(s)
③Na2CO3(s)　④CH3COOH(l)　⑤Na(s)
⑥K2SO4，试回答下列问题：
(1)能使水的电离平衡向左移动的是________，不发生移动的是________。
(2)溶液呈酸性的是______，溶液呈碱性的是___________________________________
_____________________________________。
(3)能促进水的电离，且溶液pH>7的是________；能抑制水的电离，且溶液呈酸性的是________。
(4)写出③、⑤中反应的离子方程式：
③________________________________________________________________________、
________________________________________________________________________；
⑤________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)①④　⑥　(2)②④　①③⑤　(3)③⑤　④
(4)CO＋H2O??HCO＋OH－　HCO＋H2O??H2CO3＋OH－　2Na＋2H2O===2Na＋＋2OH－＋H2↑
12．10
℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度(℃)
10
20
30
加热煮沸后冷却到50
℃
pH
8.3
8.4
8.5
8.8
(1)甲同学认为，该溶液pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3，该分解反应的化学方程式为_____
______________________________________________________________________________。
(3)丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
①只要在加热煮沸的溶液中加入足量的BaCl2溶液，若产生沉淀，则乙判断正确。为什么？能不能选用Ba(OH)2溶液？______________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
②将加热后的溶液冷却到10
℃，若溶液的pH______(填“大于”、“小于”或“等于”)8.3，则__________(填“甲”或“乙”)判断正确。
答案　(1)HCO＋H2O??H2CO3＋OH－
(2)大于　2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
(3)①原因是HCO水解程度增大，则溶液中几乎没有CO，所以可用BaCl2溶液检验溶液中是否含有CO来推知乙的观点是否正确，但不能选用Ba(OH)2溶液，因为Ba2＋＋OH－＋HCO===BaCO3↓＋H2O，若用Ba(OH)2检验，无论哪种观点都会有沉淀产生
②等于　甲(或大于　乙)
解析　加热煮沸后，HCO分解成CO，加入BaCl2溶液则生成沉淀。不能选用Ba(OH)2，因为它含有OH－，能与HCO反应生成CO。
[拓展探究]
13．已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：
请回答下列问题：
(1)本实验最适合的氧化剂X是________(填序号)。
A．K2Cr2O7
B．NaClO
C．H2O2
D．KMnO4
(2)物质Y是________。
(3)本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？_______________________________________
_________________________________，原因是______________________________________
________________________________________________________________________。
(4)除去Fe3＋的有关离子方程式是______________________________________________
____________________________________________________________________________。
(5)加氧化剂的目的是____________________________________________________________。
(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？________，应如何操作？________________________________________________________________________。
答案　(1)C
(2)CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]
(3)不能　因加碱的同时也会使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀
(4)Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O等]
(5)将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离
(6)不能　应在HCl气流中加热蒸发
解析　(1)能把Fe2＋氧化为Fe3＋，同时又不引入新的杂质，符合要求的只有H2O2。(2)当CuCl2溶液中混有Fe3＋时，可以利用Fe3＋的水解：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H＋作用，从而使水解平衡右移，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(3)若用加碱法使Fe3＋沉淀，同时也必将使Cu2＋沉淀。(6)为了抑制CuCl2水解，应在HCl气流中加热蒸发。第三章
水溶液中的离子平衡复习课
练基础落实
1．已知一种c(H＋)＝1×10－3
mol·L－1的酸溶液和一种c(OH－)＝1×10－3
mol·L－1的碱溶液等体积混合后，溶液呈酸性，其原因可能是(　　)　　　　　　　　　　　　　
A．浓的强酸和稀的强碱溶液反应
B．浓的弱酸和稀的强碱溶液反应
C．等浓度的强酸和弱碱溶液反应
D．生成了一种强酸弱碱盐
答案　B
解析　酸和碱混合前已经电离出的H＋和OH－恰好以等物质的量中和。混合后的溶液呈酸性，说明反应后溶液中c(H＋)>c(OH－)。为什么有这种现象发生呢？一种可能是酸为弱酸，存在着电离平衡。随着H＋的反应，弱酸会电离出更多的H＋使溶液呈酸性。混合前的弱酸电离出和强碱中OH－相等浓度的H＋，但弱酸的物质的量浓度要比强碱大得多。因此，该题应是浓的弱酸和稀的强碱反应，生成的是弱酸强碱盐。
2．下列说法正确的是(　　)
A．向0.1
mol·L－1
Na2CO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色
B．Al3＋、NO、Cl－、CO、Na＋可以大量共存于pH＝2的溶液中
C．乙醇和乙酸都能溶于水，都是电解质
D．分别与等物质的量的HCl和H2SO4反应时，消耗的NaOH的物质的量相同
答案　A
解析　Na2CO3溶液中存在CO的水解CO＋H2OHCO＋OH－，使溶液显碱性，因此加入酚酞后溶液变为红色，A正确；B选项中pH＝2的溶液显酸性，弱酸根阴离子CO不能存在；C选项中的乙醇不是电解质，乙酸是电解质；HCl是一元酸而H2SO4是二元酸，因此等物质的量的HCl和H2SO4消耗的NaOH的物质的量之比为1∶2。
3．下列说法不正确的是(　　)
A．Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关
B．由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定条件下可转化为CuS沉淀
C．其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变
D．两种难溶电解质作比较时，Ksp小的，溶解度一定小
答案　D
解析　Ksp只与难溶电解质自身的性质和温度有关，与沉淀的量和离子的浓度无关，A、C正确；相同类型的难溶电解质，沉淀向着溶解度减小的方向转化，B正确；只有相同类型的难溶电解质，Ksp小的，溶解度一定小，D错误。
4．盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。下列表述正确的是(　　)
A．在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO和OH－
B．NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)
C．10
mL
0.10
mol·L－1
CH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
D．中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同
答案　C
解析　等物质的量的NaHCO3和NaOH恰好反应生成Na2CO3，Na2CO3溶液中存在CO的水解平衡、H2O的电离平衡：CO＋H2OHCO＋OH－，H2OH＋＋OH－，因此A不正确；电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(OH－)＋2c(CO)，物料守恒：c(Na＋)＝
c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)，因此B不正确；C中CH3COOH和NaOH恰好反应生成CH3COONa和H2O，由于CH3COO－的水解，溶液呈碱性，因此C正确；由于CH3COOH为弱酸，不能完全电离，pH相同的HCl溶液和CH3COOH溶液，CH3COOH的浓度大于HCl的浓度，故中和相同体积、相同pH的HCl溶液与CH3COOH溶液，CH3COOH消耗的NaOH多，故D错误。
5．将pH＝1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为(　　)
A．9
B．10
C．11
D．12
答案　C
解析　令每份盐酸的体积为1
L，将pH＝1的盐酸加适量水，pH升高了1，说明所加的水是原溶液的9倍；另1份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH升高了1，则10－1
mol·L－1×1
L－10－1
mol·L－1·x＝10－2
mol·L－1·(1
L＋x)，解得x＝
L，则加入的水与NaOH溶液的体积比为9
L∶
L＝11∶1。
6．下列浓度关系正确的是(　　)
A．氯水中：c(Cl2)＝2[c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(HClO)]
B.
氯水中：c(Cl－)>c(H＋)>c(OH－)>c(ClO－)
C．等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c(Na＋)＝c(CH3COO－)
D．Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
答案　D
解析　A项，氯水中只有部分Cl2与水作用，生成HCl和HClO，Cl2的浓度与其他粒子浓度的关系无法确定，A错误；B项应为：c(H＋)>c(Cl－)>c(ClO－)>c(OH－)；C项，氢氧化钠与醋酸恰好完全中和，生成的醋酸钠水解呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，根据电荷守恒，c(Na＋)>c(CH3COO－)。
7．下列叙述正确的是(　　)
A．溶度积大的化合物溶解度肯定大
B．向含有AgCl固体的溶液中加入适量的水使AgCl溶解又达到平衡时，AgCl的溶度积不变，其溶解度也不变
C．将难溶电解质放入纯水中，溶解达到平衡时，电解质离子的浓度的乘积就是该物质的溶度积
D．AgCl水溶液的导电性很弱，所以AgCl为弱电解质
答案　B
解析　利用溶度积比较溶解度时，还必须进行换算，不能直接说溶度积大的化合物溶解度就大，故A错；溶度积和溶解度是温度的函数，故在AgCl固体中加入水，沉淀溶解平衡发生移动，但溶度积和溶解度均不变，故B对；难溶电解质溶解达到平衡时，电解质离子浓度幂的乘积就是该物质的溶度积，故C错；电解质的强弱是以电离程度划分的，不是以溶液导电性区分的，故D错。
练综合拓展
8．(Ⅰ)某二元酸(H2A)在水中的电离方程式是：H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A2－。
(1)Na2A溶液显________(填“酸性”、“中性”或“碱性”)。理由是
________________________________________________________________________
(用离子方程式表示)。
(2)已知0.1
mol/L
NaHA溶液的pH＝2，则0.1
mol/L
H2A溶液中氢离子的物质的量浓度应______0.11
mol/L(填“<”、“>”或“＝”)，理由是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(Ⅱ)25℃时，A酸溶液的pH＝a，B碱溶液的pH＝b。
(1)若A为强酸，B为强碱，且a＋b＝14，若两者等体积混合后，溶液的pH＝________，此时溶液中金属阳离子浓度大于酸根阴离子浓度，其原因可能是
________________________________________________________________________。
(2)若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a＋b＝14，两者等体积混合后溶液显酸性，则混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该离子为__________(填离子符号)；混合后的溶液中，下列微粒浓度大小关系一定正确的是____________(填序号)。
①c(MOH)>c(M＋)>c(R－)>c(H＋)>c(OH－)
②c(HR)>c(M＋)>c(R－)>c(OH－)>c(H＋)
③c(R－)>c(M＋)>c(H＋)>c(OH－)
④c(M＋)>c(R－)>c(OH－)>c(H＋)
⑤c(M＋)＋c(H＋)＝c(R－)＋c(OH－)
答案　(Ⅰ)(1)碱性　A2＋＋H2OHA－＋OH－
(2)<　H2A完全电离出的0.1
mol/L
H＋对其第二步电离平衡产生抑制
(Ⅱ)(1)7　酸为二元强酸，碱为一元强碱
(2)R－　③⑤
解析　本题主要考查弱电解质的电离平衡、盐类的水解、pH的计算、溶液中微粒浓度大小的比较等。
(Ⅰ)注意H2A第一级电离完全电离，而第二级电离是可逆的，因此Na2A溶液水解显碱性；H2A第一级电离产生的氢离子对第二级电离产生抑制作用，所以0.1
mol/L
H2A溶液中氢离子的物质的量浓度小于0.11
mol/L。
(Ⅱ)(1)抓住强酸强碱中的氢离子和氢氧根离子物质的量相等来计算。
(2)中混合后溶液呈酸性说明酸为弱酸，弱酸的阴离子R－发生水解，混合溶液中以酸的电离为主，因此酸根离子最多，其次是盐电离出的阳离子，再根据电荷守恒判断等式是否成立。
9．用实验确定某酸HA是弱电解质。两同学的方案是：
甲：①称取一定质量的HA配制0.1
mol·L－1的溶液100
mL；
②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明HA是弱电解质。
乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH＝1的两种酸溶液各100
mL；
②分别取这两种溶液各10
mL，加水稀释为100
mL；
③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。
(1)在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是________________。
(2)甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH______1(填“>”、“<”或“＝”)。
乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是____________(多选扣分)。
①装HCl溶液的试管中放出H2的速率快；
②装HA溶液的试管中放出H2的速率快；
③两个试管中产生气体的速率一样快。
(3)请你评价：乙方案中难以实现之处和不妥之处：
________________________________________________________________________、
________________________________________________________________________。
(4)请你再提出一个合理而比较容易进行的方案(药品可任取)，作简明扼要表述：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
答案　(1)100
mL容量瓶　(2)>　②
(3)配制pH＝1的HA溶液难以实现　加入的锌粒难以做到表面积相同
(4)配制NaA溶液，测其pH>7，即证明HA是弱电解质
解析　①证明弱电解质的原理：一是证明HA不能完全电离，溶液中存在电离平衡；二是证明HA与强碱反应生成的盐具有弱碱性；②甲、乙同学都是利用了第一个原理；③由第二个原理设计另外的方案；④注意容量瓶的容积。
10.“烂版液”是制印刷锌版时，用稀硝酸腐蚀锌版后得到的“废液”(含有少量的Cl－、Fe3＋)。某化学兴趣小组拟用“烂版液”制取Zn(NO3)2·6H2O的过程如下：
已知：Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，水溶液呈酸性，Zn(NO3)2能与碱反应，得到的产物具有两性。
(1)“烂版液”中溶质的主要成分是______(填化学式，下同)。
(2)在操作①中保持pH＝8的目的是__________________________________________。
(3)沉淀Ⅰ的主要成分是____________。
(4)操作③中加热煮沸的目的是________________；此步操作的理论依据是
________________________________________________________________________。
(5)操作④保持pH＝2的目的是____________；此步操作中所用的主要仪器是
________________________________________________________________________。
答案　(1)Zn(NO3)2
(2)防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解
(3)Zn(OH)2和Fe(OH)3
(4)促使Fe3＋完全水解　温度越高，水解程度越大
(5)抑制Zn2＋水解为Zn(OH)2　蒸发皿、酒精灯、铁架台、玻璃棒
解析　(1)由题意知，“烂版液”是稀硝酸腐蚀锌版后得到的“废液”，所以“烂版液”中溶质的主要成分应为Zn(NO3)2。
(2)因为Zn(OH)2具有两性，能与强碱反应，故操作①中保持pH＝8的目的是为了防止生成的Zn(OH)2沉淀被溶解。
(3)碱性条件下，Fe3＋、Zn2＋都会转化为氢氧化物沉淀，所以沉淀Ⅰ为Zn(OH)2和Fe(OH)3。
(4)操作③是为了分离Zn(OH)2和Fe(OH)3，不难想出加热煮沸是为了促使Fe3＋完全水解。
(5)通过“Zn(NO3)2·6H2O是一种无色晶体，水溶液呈酸性”可知，Zn(NO3)2是一种强酸弱碱盐，易水解，故保持pH＝2的目的是抑制Zn2＋水解为Zn(OH)2。课后提升作业
十五
　pH的应用
(30分钟　50分)
一、选择题(本题包括6小题,每小题6分,共36分)
1.(2016·运城高二检测)下列某种仪器中盛有一定量的高锰酸钾溶液,甲同学平视读数为nmL,乙同学仰视读数为xmL,丙同学俯视读数为ymL。若x>n>y,则该仪器是　(　　)
A.酸式滴定管
B.量筒
C.容量瓶
D.碱式滴定管
【解析】选A。仰视读数时数值偏大,俯视读数时数值偏小,即小刻度在上,大刻度在下,因此该仪器是滴定管。又因为盛放的高锰酸钾溶液具有氧化性,故应是酸式滴定管。
2.用NaOH滴定pH相同、体积相同的H2SO4、HCl、CH3COOH三种溶液,恰好中和时,所用相同浓度NaOH溶液的体积依次为V1、V2、V3,则这三者的关系是　(　　)
A.V1>V2>V3
B.V1C.V1=V2>V3
D.V1=V2【解析】选D。强酸完全电离,弱酸部分电离,在pH相同的情况下,即氢离子浓度相同的情况下,CH3COOH溶液中还有部分CH3COOH未电离,因此反应恰好完成中和时,这三种酸都恰好与氢氧化钠溶液反应生成盐和水,所以V3要大一些,而V1和V2相等。
【补偿训练】
酸碱恰好完全中和时,下列选项一定相等的是　(　　)
A.质量
B.物质的量
C.物质的量浓度收
D.H+和OH-的物质的量
【解析】选D。酸碱中和滴定的原理就是利用H+和OH-的物质的量相等。
3.(2016·泰安高二检测)中和滴定是一种操作简单,准确度高的定量分析方法。实际工作中也可利用物质间的氧化还原反应、沉淀反应进行类似的滴定分析,下列有关几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)的说法不正确的是　(　　)
A.用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度:滴定终点时,溶液由无色变为紫红色
B.利用“Ag++SCN-AgSCN↓”反应,用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度时可用Fe(NO3)3作指示剂
C.利用“2Fe3++2I-I2+2Fe2+”,用FeCl3溶液测量KI样品中KI的百分含量时,可用淀粉作指示剂
D.用标准NaOH溶液测量某盐酸的浓度时,若用酚酞作指示剂,当观察到溶液由无色变为红色,且半分钟不恢复时达到滴定终点
【解析】选C。C中只要反应一开始就有I2生成,溶液就呈蓝色。
4.(双选)用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸,若测定结果偏低,其原因可能是　(　　)
A.配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质
B.滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度,其他操作正确
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗
D.滴定到终点读数时,发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
【解析】选A、B。A项将会使标准碱液的c(OH-)偏大。滴定时耗用的V(OH-)偏小,导致结果偏低,故正确;终点时俯视读数,将使读取碱液的体积偏小,测定结果偏低,B项正确;用未知液润洗锥形瓶将使测定结果偏高,C项错;尖嘴处悬挂溶液将使读取的标准液体积偏大,测定结果偏高,D项错。
【补偿训练】
(2015·广东高考)准确移取20.00
mL某待测HCl溶液于锥形瓶中,用
0.100
0
mol·L-1NaOH溶液滴定,下列说法正确的是　(　　)
A.滴定管用蒸馏水洗涤后,装入NaOH溶液进行滴定
B.随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中溶液pH由小变大
C.用酚酞作指示剂,当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D.滴定达终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则测定结果偏小
【解析】选B。A项未对滴定管进行润洗;随着NaOH溶液滴入,盐酸逐渐被中和,所以对应的pH逐渐变大,B正确;C项滴定终点应该是溶液由无色变成红色;D项实验测得的标准溶液的体积偏大,所以测定结果偏大。
5.(2016·郑州高二检测)下图是向100
mL的盐酸中逐渐加入NaOH溶液时,溶液的pH变化图象,根据图象所得结论正确的是　(　　)
A.原来盐酸的物质的量浓度为0.1
mol·L-1
B.X为0.1
mol·L-1的NaOH溶液
C.原来盐酸的物质的量浓度为1
mol·L-1
D.X为0.01
mol·L-1的NaOH溶液
【解析】选A。原盐酸的pH=1,则c(HCl)=0.1
mol·L-1,A项正确。滴定终点时加入的NaOH溶液中NaOH的物质的量为0.01
mol,但浓度与体积都无法计算。
【补偿训练】
(2016·广州高二检测)如图是用未知浓度的NaOH溶液来滴定10
mL盐酸(标准液)所得的曲线(25℃),则下列说法不正确的是　(　　)
A.标准液盐酸的浓度为0.1
mol·L-1
B.NaOH溶液的浓度为0.05
mol·L-1
C.滴定终点时,俯视碱式滴定管读数,所测NaOH溶液浓度会偏高
D.指示剂变色时,说明盐酸与NaOH恰好完全反应
【解析】选D。开始时,其pH=1,故标准液盐酸的浓度为0.1
mol·L-1,A正确;滴定10
mL浓度为0.1
mol·L-1盐酸(标准液)消耗了20
mL,故NaOH溶液的浓度为0.05
mol·L-1,B正确;滴定终点时,俯视碱式滴定管读数,NaOH溶液的体积偏小,故所测NaOH溶液浓度会偏高,C正确;指示剂开始变色并保持30
s钟内不褪色,才说明盐酸与NaOH恰好完全反应,D错。
6.(能力挑战题)(2016·长沙高二检测)用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,下列各操作中,会引起实验误差的是　(　　)
A.取干燥洁净的酸式滴定管立即装入标准盐酸
B.用蒸馏水洗净锥形瓶后,立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定
C.往盛有20.00
mL
NaOH溶液的锥形瓶中,滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定
D.用蒸馏水洗净锥形瓶后,再用NaOH溶液润洗,然后装入一定体积的NaOH溶液
【解析】选D。滴定管若干燥洁净,不必用水洗涤,故也不需用标准液润洗,A项中操作不会引起误差;锥形瓶内存有少量蒸馏水,但待测液的物质的量不变,消耗标准液的体积不变,B项操作不会引起误差;锥形瓶不能用待测液润洗,否则会使测定结果偏高。
二、非选择题(本题共14分)
7.(2016·聊城高二检测)某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时,选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白:
(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时,左手握酸式滴定管的活塞,右手摇动锥形瓶,眼睛注视________。直到因加入一滴盐酸后,溶液由黄色变为橙色,并________为止。
(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是　(　　)
A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B.滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C.酸式滴定管在滴定前有气泡,滴定后气泡消失
D.读取盐酸体积时,开始仰视读数,滴定结束时俯视读数
(3)若滴定开始和结束时,酸式滴定管中的液面如图所示,则起始读数为________mL,终点读数为________mL;所用盐酸溶液的体积为________mL。
(4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如表:
滴定次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.100
0
mol·L-1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
1
25.00
0.00
26.11
26.11
2
25.00
1.56
30.30
28.74
3
25.00
0.22
26.31
26.09
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度。
【解析】(1)考查酸碱中和滴定实验的规范操作。
(2)考查由于不正确操作引起的误差分析。滴定管未用标准盐酸润洗,内壁附着一层水,可将加入的盐酸冲稀,消耗相同量的碱,所需盐酸的体积偏大,结果偏高;用碱式滴定管取出的待测NaOH溶液的量一旦确定,倒入锥形瓶后,水的加入不影响OH-的物质的量,也就不影响结果;若排出气泡,液面会下降,故读取V酸偏大,结果偏高;正确读数(虚线部分)和错误读数(实线部分)如图所示。
(3)读数时,以凹液面的最低点为基准。
(4)先算出耗用标准酸液的平均值V=mL=26.10
mL(第二次偏差太大,舍去)。
答案:(1)锥形瓶内溶液颜色变化　半分钟内不褪色　(2)D　(3)0.00　26.10　26.10
(4)V==26.10
mL,c(NaOH)==
0.104
4
mol·L-1。
【补偿训练】
1.某烧碱样品含有少量不与酸作用的杂质,为了测定其纯度,进行以下滴定操作:
A.在250
mL的容量瓶中定容配制250
mL烧碱溶液;
B.用碱式滴定管移取25
mL烧碱溶液于锥形瓶中并滴入2滴甲基橙指示剂;
C.在天平上准确称取烧碱样品mg,在烧杯中用蒸馏水溶解;
D.将物质的量浓度为c的标准硫酸溶液装入酸式滴定管,调整液面,记下开始读数为V1;
E.在锥形瓶下垫一张白纸,滴定至橙色为止,记下读数V2。
就此实验完成下列填空:
(1)正确的操作步骤的顺序是(用编号字母填写)________→________
→________→D→________。
(2)观察滴定管里液面的高度时应注意:_________________。
(3)D步骤的操作中液面应调节到 ________________,尖嘴部分应________。
(4)该烧碱样品纯度的计算式为__________________________。
【解析】(1)本题中的实验步骤包括两部分:先是配溶液,然后滴定。(2)观察滴定管里液面的高度时应避免俯视和仰视。(3)滴定管的“0”刻度在上方,“0”刻度线以上的液体体积无法测量,所以要把液面调到“0”或“0”刻度以下某一刻度;如果尖嘴处有气泡,则流出液体体积比读数要小,所以要使尖嘴处充满液体无气泡。(4)中和滴定反应方程式为
H2SO4+2NaOHNa2SO4+2H2O
c(NaOH)=×2
=mol·L-1
mg样品中NaOH的质量为
m(NaOH)=M(NaOH)·n(NaOH)=40
g·mol-1×mol·L-1×0.25
L=g
样品中NaOH的质量分数为w(NaOH)=×100%。
答案:(1)C　A　B　E　(2)平视凹液面的最低点
(3)“0”或“0”刻度以下某一刻度　充满液体无气泡
(4)×100%
2.(2016·海口高二检测)乙二酸俗名草酸,下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程,请你参与并协助他们完成相关学习任务。该组同学的研究课题是探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值。通过查阅资料和网络搜查得,草酸易溶于水,水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定:
2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O
学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值。
①称取1.260
g纯草酸晶体,将其制成100.00
mL水溶液为待测液。
②取25.00
mL待测液放入锥形瓶中,再加入适量的稀H2SO4。
③用浓度为0.100
0
mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定,达到终点时消耗10.00
mL。
(1)滴定时,将酸性KMnO4标准液装在如图中的________(填“甲”或“乙”)滴定管中。
(2)本实验滴定达到终点的标志是________。
(3)通过上述数据,求得x=________。
讨论:
①若滴定终点时俯视滴定管刻度,则由此测得的x值会________(填“偏大”“偏小”或“不变”,下同)。
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小,则由此测得的x值会________。
【解析】(1)因为酸性KMnO4具有强氧化性,会腐蚀橡胶管,故应用酸式滴定管盛装。(2)可利用酸性KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点,当达到滴定终点时,再滴加酸性KMnO4溶液时,溶液将由无色变为紫色。(3)由题给化学方程式及数据可知,1.260
g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量为0.100
0
mol·L-1×10.00
mL×10-3L·mL-1××=0.010
0
mol,则1.260
g
H2C2O4·xH2O中含H2O的物质的量为
=0.020
0
mol,则x=2。若滴定终点时俯视滴定管读数,则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小,由此所得n(H2C2O4)偏小,则n(H2O)偏大,x偏大;同理,若酸性KMnO4溶液变质浓度偏小,则消耗其体积偏大,所得x值偏小。
答案:(1)甲　(2)当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液时,溶液由无色变为紫色,且半分钟内不褪色,即达滴定终点　(3)2　偏大　偏小3.2.2
溶液pH的计算
1.将pH=8和pH=10的两种氢氧化钠溶液等体积混合,混合后溶液中的H+浓度最接近于　(　　)
A.(10-8+10-10)/2mol·L-1
B.(10-8+10-10)mol·L-1
C.(10-14-5×10-5)mol·L-1
D.2×10-10mol·L-1
【解析】选D。不能用混合前溶液中的c(H+)直接求混合后溶液的c(H+),一定要先求出混合后溶液中c(OH-),再换算成混合后的c(H+)。根据水离子积常数知,pH=8和pH=10的两种氢氧化钠溶液的c(OH-)分别为10-6和10-4mol·L-1,因此混合后溶液的c(OH-)=mol·L-1,可近似看作为mol·L-1。根据水的离子积常数可知,混合后溶液的c(H+)=2×10-10mol·L-1。因此应选D。
2.(2016·沈阳高二检测)为更好地表示溶液的酸碱性,科学家提出了酸度(AG)的概念,AG=lg,则下列叙述正确的是　(　　)
A.中性溶液的AG=1
B.酸性溶液的AG<0
C.常温下0.1mol·L-1NaOH溶液的AG=12
D.常温下0.1mol·L-1盐酸溶液的AG=12
【解析】选D。中性溶液中=1,AG=0;酸性溶液中,>1,AG>0;常温下
0.1
mol·L-1氢氧化钠溶液中,=10-12,AG=-12;常温下0.1
mol·L-1盐酸溶液中,=1012,AG=12。
【补偿训练】将pH=13的NaOH溶液平均分成两份,一份加适量水,另一份加入与该NaOH溶液物质的量浓度相同的适量硫酸后,pH都降低了1,则加入的
水与硫酸的体积比为　(　　)
A.10∶1　　　　　　　
B.11∶1
C.20∶1　　　　　　　
D.21∶1
【解析】选D。若NaOH溶液平均分成两份,每份体积均为V,加适量水,pH由13变成12,溶液体积增大到原来的10倍;加入水的体积是9V,V×0.1-V(硫酸)×0.2=[V+V(硫酸)]×0.01,V(硫酸)=9V/21,则加入的水与硫酸的体积比为21∶1。
3.(2016·运城高二检测)常温下,将pH=1的硫酸溶液平均分成两等份,一份加入适量水,另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液,两者pH都升高了1。则加入水和加入NaOH溶液的体积比约为　(　　)
A.11∶1
B.10∶1
C.6∶1
D.5∶1
【解析】选C。设所取每份硫酸的体积为V1,使硫酸由pH=1变为pH=2,所加水的体积为9V1;设所加NaOH溶液的体积为V2,则有c(H+)=mol·L-1=
0.01
mol·L-1,解得V2=V1,即V水∶VNaOH=6∶1。
【补偿训练】将pH为5的硫酸溶液稀释500倍,稀释后溶液中c(S)和c(H+)之比约为　(　　)
A.1∶1　　　
B.1∶2　　　C.1∶10　　　
D.10∶1
【解析】选C。pH为5的硫酸溶液中,c(H+)=1.0×10-5mol·L-1,c(S)=c(H+)=5.0×10-6mol·L-1,稀释后c(S)=×5.0×10-6mol·L-1=1.0×10-8mol·L-1,稀释后溶液接近中性,c(H+)近似等于1.0×10-7mol·L-1,故c(S)和c(H+)之比约为1∶10。
4.(2016·苏州高二检测)pH=3的两种一元酸HX和HY溶液,分别取50mL加入足量的镁粉,充分反应后,收集到H2的体积分别为V(HX)和V(HY),若V(HX)>V(HY),则下列说法正确的是　(　　)
A.HX可能是强酸
B.HY一定是强酸
C.HX的酸性强于HY的酸性
D.反应开始时二者生成H2的速率相等
【解析】选D。据题意,Mg粉足量,酸不足,应根据酸的物质的量来计算H2的体积,由V(HX)>V(HY),知pH相等时,HX的物质的量浓度比HY的大,即HX是酸性比HY弱的弱酸,而无法判断HY是强酸还是弱酸,故A、B、C错误;D项反应开始时生成H2的速率取决于c(H+),因为开始时c(H+)相等,故D项正确。
5.常温下,将一定浓度的盐酸和醋酸加水稀释,溶液的导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。判断下列说法中,正确的是　(　　)
A.两溶液稀释前的浓度相同
B.a、b、c三点溶液的pH由大到小顺序为a>b>c
C.a点的KW值比b点的KW值大
D.a点水电离的c(H+)大于c点水电离的c(H+)
【解析】选D。A项,醋酸是弱电解质不能完全电离,稀释前导电能力相同(氢离子浓度相同),则其浓度大于盐酸的浓度;B项,b点的导电能力小于a点,即b点的氢离子浓度小于a点,则b点的pH大于a点;C项,KW是温度的函数,温度不变KW不变;D项,因为a点pH大于c点,所以a点由水电离出的OH-浓度大于c点由水电离出的OH-浓度,根据水的离子积即可得出结论。
【补偿训练】(双选)pH=2的A、B两种酸溶液各1mL,分别加水稀释到1000mL,其溶液的pH与溶液体积(V)的关系如图所示,则下列说法正确的是　(　　)
A.A、B两种酸溶液物质的量浓度一定相等
B.稀释后A酸溶液的酸性比B酸溶液强
C.a=5时,A是强酸,B是弱酸
D.若A、B都是弱酸,则5>a>2
【解析】选C、D。pH=2的A、B两种酸稀释1000倍后,A溶液的c(H+)小于B溶液的c(H+),即稀释后B溶液的酸性强,说明两种酸的电离能力不同,且A的电离能力比B的电离能力强,因此pH相同的A、B两种酸溶液的物质的量浓度肯定不同,则选项A、B错误;强酸稀释1000倍,其溶液的pH应从2上升到5,故选项C正确;如果A、B都为弱酸,则稀释1000倍时,溶液pH的增大值小于3,故选项D正确。
6.(2016·济宁高二检测)(1)常温下,将pH=10和pH=12的NaOH溶液以1∶1的体积比混合,则混合后所得溶液的pH约为________。
(2)0.2mol·L-1NaHSO4和0.1mol·L-1BaCl2溶液按等体积混合后,则溶液的pH等于________。
(3)用pH=4和pH=11的强酸和强碱混合,使pH=10,则两溶液的体积比为________。
【解析】欲求混合后溶液的pH,应先判断混合后溶液的酸碱性。若呈碱性,应先求溶液中c(OH-),再求c(H+),而后计算pH;若呈酸性,可直接求出混合后c(H+),再计算pH。由题意可得:
(1)c(OH-)==≈5×10-3
c(H+)·c(OH-)=KW=1×10-14
c(H+)==2×10-12
pH=-lgc(H+)=-lg(2×10-12)=12-0.3=11.7
(2)NaHSO4为强电解质
c(H+)==0.1(mol·L-1)
pH=-lgc(H+)=1
(3)混合后溶液呈碱性,则
10-4=
整理可得:2×10-4V(酸)=9×10-4V(碱)
所以=
答案:(1)11.7　(2)1　(3)9∶2
【补偿训练】
有pH=12的NaOH溶液100mL,要使它的pH降为11。
(1)若加入蒸馏水,应加________mL。
(2)若加入pH为10的NaOH溶液,应加________mL。
(3)若加入0.01mol·L-1的盐酸,应加________mL。
【解析】本题考查了溶液稀释的三种方法:加水稀释;加入更稀的溶液稀释;加入能消耗溶质的溶液稀释。
(1)加水稀释pH=12的NaOH溶液至pH=11,应使体积增大到10倍,所以需加水900mL。
(2)设需pH=10的NaOH溶液体积为V,那么:
=10-3mol·L-1,
V=1L=1000mL。
(3)设需0.01mol·L-1的盐酸体积为V,那么:
=10-3mol·L-1,
V=81.8mL。
答案:(1)900　(2)1000　(3)81.8
7.【能力挑战题】下表是不同温度下水的离子积数据:
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积KW
1×10-14
a
1×10-12
试回答以下问题:
(1)若25”“<”或“=”),作此判断的理由是
__________________________________________________________。
(2)25℃时,某Na2SO4溶液中c(S)=5×10-4mol·L-1,取该溶液1mL加水稀释至10mL,则稀释后溶液中c(Na+)∶c(OH-)=________。
(3)在t2℃下pH=10的NaOH溶液中,水电离产生的OH-浓度c(OH-)水=________。
(4)t2℃下,将pH=11的苛性钠溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和),所得混合溶液的pH=2,则V1∶V2=_______。
【解析】(1)水的电离为吸热过程,温度升高,水的电离程度变大,离子积增大。
(2)c(S)=5×10-4mol·L-1,则c(Na+)=2c(S)=1×10-3mol·L-1,稀释10倍,则c(Na+)=1×10-4mol·L-1。25℃时Na2SO4溶液中c(OH-)=1×10-7mol·L-1,稀释10倍后仍然为1×10-7mol·L-1,则c(Na+)∶c(OH-)=103∶1。
(3)pH=10的NaOH溶液c(H+)=10-10mol·L-1,NaOH溶液中c(H+)来自水的电离,水电离出H+的同时也电离出等量的OH-。
(4)t2℃时,pH=2,说明溶液为酸性,酸过量。
t2℃时,pH=11的NaOH溶液,c(OH-)=0.1mol·L-1,=
0.01mol·L-1
9V2=11V1,=。
答案:(1)>　水的电离为吸热过程,温度升高,水的电离程度变大,离子积增大
(2)1000∶1
(3)10-10mol·L-1
(4)9∶11
【补偿训练】
(2016·宁波高二检测)(1)某温度时,测得0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH=11,则该温度下水的离子积常数KW=________。
(2)在此温度下,将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的硫酸VbL混合。
①若所得混合液为中性,且a=12,b=2,则Va∶Vb=________。
②若所得混合液的pH=10,且a=12,=2,b则Va∶Vb=________。
【解析】(1)0.01mol·L-1NaOH溶液的pH=11,则KW=c(H+)·c(OH-)=1×10-11×0.01=1×10-13。
(2)pH=a的NaOH溶液中,c(OH-)=KW/c(H+)=10-13+amol·L-1,pH=b的H2SO4中,c(H+)=10-bmol·L-1。两者混合后:①若呈中性,则10-13+a·Va=10-b·Vb,将a=12,b=2,代入,得Va∶Vb=1∶10。②若pH=10,则呈碱性,c(OH-)混==10-3mol·L-1,而c(OH-)混=,将a=12,b=2代入,得Va∶Vb=1∶9。
答案:(1)1×10-13　(2)①1∶10　②1∶9第1课时　盐类水解的实质和规律
[目标导航]　1.熟练掌握盐的分类，并通过实验归纳盐溶液的酸、碱性与其类型之间的关系。2.根据实验探究盐溶液呈现不同酸、碱性的原因，并总结其规律。3.会判断盐溶液的酸碱性，学会盐类水解的表示方法——水解离子方程式的书写。
一、探究盐溶液的酸碱性
1．实验探究
分别测定几种盐酸溶液的pH，填写下表。
盐溶液
pH
盐的类型
(NH4)2SO4
pH＜7
强酸弱碱盐
NH4Cl
pH＜7
NaCl
pH＝7
强酸强碱盐
Na2SO4
pH＝7
CH3COONa
pH＞7
弱酸强碱盐
NaHCO3
pH＞7
Na2CO3
pH＞7
2.实验结论
盐的类型
强酸弱碱盐
强酸强碱盐
弱酸强碱盐
溶液的酸碱性
酸性
中性
碱性
二、盐类的水解实质
1．定义
在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
2．实质
盐电离―→―→
破坏了水的电离平衡―→水的电离程度增大―→c(H＋)≠c(OH－)―→溶液呈碱性、酸性或中性。
3．特点
【合作探究】
1．酸溶液的pH＜7，碱溶液的pH＞7，试根据实验回答下列盐溶液的酸碱性，并根据盐的类别总结其酸、碱性规律。
(1)NaCl　(2)NH4Cl　(3)AlCl3　(4)Na2CO3
(5)CH3COONa
答案　(1)中性　(2)酸性　(3)酸性　(4)碱性　(5)碱性
规律：强酸强碱盐溶液呈中性，弱酸强碱盐溶液呈碱性，强酸弱碱盐溶液呈酸性。
2．怎样用最简单的方法区别NaCl溶液、氯化铵溶液和碳酸钠溶液？
答案　三种溶液各取少许分别滴入紫色石蕊试液，不变色的为NaCl溶液，变红色的为氯化铵溶液，变蓝色的为碳酸钠溶液。
3．(1)现有0.1
mol·L－1的纯碱溶液，用pH试纸测定溶液的pH，其正确的操作是__________。
你认为该溶液pH的范围一定介于________之间。
(2)为探究纯碱溶液呈碱性是由CO引起的，请你设计一个简单的实验方案：____________
______________________________________________________________________________。
(3)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：________________________________________________________________________。
答案　(1)把一小块pH试纸放在洁净的表面皿(或玻璃片)上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH　7～13
(2)向纯碱溶液中滴入酚酞试液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去。则可以说明纯碱溶液呈碱性是由CO引起的
(3)取Na2CO3溶液，滴加酚酞溶液呈红色，然后分成两份，加热其中一份，若红色变深，则盐类水解吸热
三、盐类水解的表示方法——水解离子方程式的书写
　书写要求：
1．一般来说，盐类水解的程度不大，应该用可逆号“??”表示。盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。
2．多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。
3．多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成。
4．水解分别是酸性和碱性的离子组由于相互促进水解程度较大，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等。
【练一练】
1．下列离子方程式中，属于水解反应的是(　　)
A．HCOOH＋H2O??HCOO－＋H3O＋
B．CO2＋H2O??HCO＋H＋
C．CO＋H2O??HCO＋OH－
D．HS－＋H2O??S2－＋H3O＋
答案　C
2．判断下列盐类水解离子方程式的正误，正确的打“√”，错误的打“×”。
(1)FeCl3溶液：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3↓＋3H＋(　　)
(2)NaHS溶液：HS－＋H2O??H2S＋OH－(　　)
(3)K2CO3溶液：CO＋2H2O??H2CO3＋2OH－(　　)
(4)NH4NO3溶液：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋(　　)
(5)NaHCO3溶液：HCO＋H2O??CO2↑＋H2O(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×
3．化学方程式是化学用语中重要的部分，它包括电离方程式、化学反应方程式、水解方程式等，准确、规范书写各种方程式是学好化学的保证。请按要求写出下列方程式。
(1)NaHCO3在水中的电离方程式：______________________________________________
______________________________________________________________________________。
(2)实验室制取NH3的化学反应方程式：____________________________________
_____________________________________________________________________________。
(3)用离子方程式表示Al2(SO4)3溶液显酸性的原因：
________________________________________________________________________。
答案　(1)NaHCO3===Na＋＋HCO、HCO??H＋＋CO
(2)2NH4Cl＋Ca(OH)22NH3↑＋2H2O＋CaCl2
(3)Al3＋＋3H2O??Al(OH)3＋3H＋
一、盐类水解的实质和规律
1．通过实验测定下列0.1
mol·L－1盐溶液的pH，填写下表。
盐溶液
盐的类型
溶液pH
酸碱性
NaCl
强酸强碱盐
pH＝7
中性
CH3COONa
弱酸强碱盐
pH>7
碱性
NH4Cl
强酸弱碱盐
pH<7
酸性
实验结论：盐溶液的酸碱性与盐的组成类型有关，强酸强碱盐溶液呈中性，弱酸强碱盐溶液呈碱性，强酸弱碱盐溶液呈酸性。
2．CH3COONa水溶液呈碱性的原因
溶液中都存在水的电离平衡，CH3COONa溶于水后完全电离。溶液中的CH3COO－能与水中的H＋结合生成难电离的醋酸分子，从而使水的电离平衡向电离的方向移动。
溶液中有关离子的浓度变化是c(CH3COO－)减小，c(H＋)减小，c(OH－)增大，c(H＋)小于c(OH－)，所以CH3COONa溶液呈碱性。化学方程式是CH3COONa＋H2O??CH3COOH＋NaOH，离子方程式是CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－。
3．NH4Cl溶液呈酸性的原因
NH4Cl溶液中的电离：
NH与水电离的OH－结合生成了难电离的NH3·H2O，水的电离平衡移动方向是电离的方向，溶液中有关离子浓度的变化是c(NH)减小，c(OH－)减小，c(H＋)增大，c(H＋)>c(OH－)，NH4Cl溶液呈酸性。化学方程式是NH4Cl＋H2O??NH3·H2O＋HCl，离子方程式是NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋。
4．NaCl溶液呈中性的原因：NaCl溶于水后电离产生Na＋和Cl－，不能与水电离出的OH－、H＋结合成难电离的物质，水的电离平衡不发生移动，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。
【例1】　由一价离子组成的四种盐：AC、BD、AD、BC的1
mol·L－1
的溶液，在室温下前两种溶液的pH＝7，第三种溶液pH＞7，最后一种溶液pH＜7，则(　　)
A
B
C
D
碱性
AOH＞BOH
AOH＜BOH
AOH＞BOH
AOH＜BOH
酸性
HC＞HD
HC＞HD
HC＜HD
HC＜HD
解析　正盐水解后对溶液酸碱性的影响可以归纳为“有弱就水解，越弱越水解，谁强显谁性，无弱显中性”，这里的“弱”是指盐中的弱碱阳离子或弱酸根离子，“越弱”是指对应的碱或酸的电离程度。该题我们可以首先进行如下归纳：
综上可知，电离程度：HC＝AOH＞HD＝BOH，即酸性：HC＞HD，碱性：AOH＞BOH。
答案　A
【方法规律】　水解规律
水解看组成，有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性，同强显中性，规律要记清。
(1)“有弱才水解，无弱不水解”——盐中有弱酸阴离子或弱碱阳离子才水解，若没有，则是强酸强碱盐，不发生水解反应。
(2)“越弱越水解”——弱酸阴离子对应的酸越弱，水解程度越大；弱碱阳离子对应的碱越弱，其水解程度越大。
(3)“都弱都水解”——弱酸弱碱盐电离出的弱酸阴离子和弱碱阳离子都发生水解，且相互促进。
(4)“谁强显谁性”——当盐中的阴离子对应的酸比阳离子对应的碱更容易电离时，水解后盐溶液呈酸性，反之，呈碱性，即强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。
变式训练1　有关盐类水解的说法不正确的是(　　)
A．盐类的水解过程破坏了纯水的电离平衡
B．盐类的水解是酸碱中和反应的逆过程
C．盐类水解的结果使溶液不一定呈中性
D．Na2CO3水解的实质是Na＋与H2O电离出的OH－结合生成了NaOH
答案　D
解析　Na2CO3水解的实质是CO与H2O电离出的H＋结合生成HCO和H2CO3，使溶液中c(H＋)变式训练2　有四种物质的量浓度相等且都由一价阳离子A＋和B＋及一价阴离子X－和Y－组成的盐溶液。据测定常温下AX和BY溶液的pH＝7，AY溶液的pH>7，BX溶液的pH<7，由此判断不水解的盐是(　　)
A．BX
B．AX
C．AY
D．BY
答案　B
解析　AY溶液的pH>7，说明AY为强碱弱酸盐，BX溶液的pH<7，说明BX为强酸弱碱盐，则AX为强酸强碱盐，不能发生水解，B对。
二、盐溶液酸碱性强弱的判断
【例2】　相同温度、相同浓度下的八种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③④⑤代表的物质可能分别为(　　)
A．NH4Cl　(NH4)2SO4　CH3COONa　NaHCO3　NaOH
B．(NH4)2SO4　NH4Cl　CH3COONa　NaHCO3　NaOH
C．(NH4)2SO4　NH4Cl　NaOH　CH3COONa
NaHCO3
D．CH3COOH　NH4Cl　(NH4)2SO4　NaHCO3　NaOH
答案　B
解析　酸性从大到小的顺序为电离呈酸性＞水解呈酸性＞中性＞水解呈碱性＞电离呈碱性。
【方法规律】　比较同浓度溶液的酸碱性(pH)大小的方法
(1)首先对物质分类，pH大小规律是碱＞盐＞酸。
(2)同类物质的pH大小规律：
①碱：二元强碱＞一元强碱＞一元弱碱；
②酸：一元弱酸＞一元强酸＞二元强酸；
③盐：强碱弱酸盐＞强酸强碱盐＞强酸弱碱盐。
变式训练3　物质的量浓度相同的三种正盐NaX、NaY、NaZ的水溶液，其pH分别为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是(　　)
A．HX>HZ>HY
B．HZ>HY>HX
C．HX>HY>HZ
D．HY>HZ>HX
答案　C
解析　三种盐的阳离子都是Na＋，当物质的量浓度相同时，溶液的pH分别为8、9、10，碱性逐渐增强，也就是X－、Y－、Z－的水解程度依次增大。因为越容易水解的酸根对应酸的酸性越弱，因此三种酸的酸性由强到弱的顺序为HX＞HY＞HZ。
1．下列关于酸性溶液的叙述中正确的是(　　)
A．可能是盐的水溶液
B．一定是酸的水溶液
C．溶液中c(H＋)D．不含有OH－的溶液
答案　A
解析　强酸弱碱盐的水溶液呈酸性，如NH4Cl溶液、AlCl3
溶液等。
2．下列说法正确的是(　　)
A．盐溶液都是中性的
B．盐溶液的酸碱性与盐的类型无关
C．NaHCO3溶液显酸性
D．Na2CO3溶液显碱性，是因为溶液中c(OH－)>c(H＋)
答案　D
解析　A项，能水解的盐可显酸性或碱性；B项，盐溶液的酸碱性与盐的类型有关，如Na2CO3溶液呈碱性，NH4Cl溶液呈酸性；C项，在NaHCO3溶液中：既有HCO??H＋＋CO又有HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，且水解程度大于电离程度，溶液显碱性。
3．下列物质的水溶液由于水解而呈碱性的是(　　)
A．NaHSO4
B．Na2SO4
C．NaHCO3
D．NH3
答案　C
解析　本题考查水解的实质及规律。A项，NaHSO4是强酸的酸式盐，不发生水解；B项，Na2SO4是强酸强碱盐，不水解；C项是弱酸的酸式盐，水解使溶液呈碱性；D项NH3是非电解质，溶于水后生成弱碱。
4．下列物质在常温下发生水解时，对应的离子方程式正确的是(　　)
①Na2CO3：CO＋2H2O??H2O＋CO2↑＋2OH－
②NH4Cl：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
③CuSO4：Cu2＋＋2H2O??Cu(OH)2＋2H＋
④NaF：F－＋H2O===HF＋OH－
A．①④
B．②③
C．①③
D．②④
答案　B
解析　①应为CO＋H2O??HCO＋OH－，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－(只写第一步也可)；④应为F－＋H2O??HF＋OH－。
5．在水中加入下列物质，可使水的电离平衡正向移动，且所得溶液呈酸性的是(　　)
A．NaCl
B．H2SO4
C．Na2CO3
D．NH4Cl
答案　D
解析　A项，NaCl对水的电离平衡无影响，溶液呈中性；B项，H2SO4中的H＋抑制水电离，且溶液呈酸性；C项，Na2CO3水解促进水电离，溶液呈碱性；D项，NH4Cl水解促进水电离，溶液呈酸性。
[基础过关]
一、盐类水解的概念
1．在盐类水解的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．盐的电离平衡被破坏
B．水的电离程度一定会增大
C．溶液的pH一定会增大
D．c(H＋)与c(OH－)的乘积一定会增大
答案　B
解析　大多数的盐为强电解质，在水中完全电离，A项错误；盐类水解促进水的电离，B项正确；强酸弱碱盐水解溶液呈酸性，pH减小，C错；一定温度下的稀溶液中，c(H＋)与c(OH－)乘积是一个常数，D错。
2．下列关于盐类水解的叙述错误的是(　　)
A．盐类水解是中和反应的逆反应
B．盐类水解过程是吸热过程
C．含有弱酸根盐的水溶液一定显碱性
D．盐溶液的酸碱性主要取决于形成盐的酸和碱的相对强弱
答案　C
解析　盐类水解可以看作中和反应的逆反应，该过程是吸热过程，盐溶液的酸碱性主要取决于形成盐的酸和碱的相对强弱，A、B、D项正确；含有弱酸根盐的水溶液不一定显碱性，如醋酸铵有弱酸根离子，但醋酸铵的水溶液呈中性，C项错。
3．下列微粒中，对水的电离平衡不产生影响的是(　　)
A．　　　　
B．26Fe3＋
C.
D．
答案　C
4．下列各式中的水解反应离子方程式书写正确的是(　　)
A．NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
B．S2－＋2H2O??H2S＋2OH－
C．CH3COOH＋H2O??CH3COO－＋H3O＋
D．CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O
答案　A
解析　B项，应用分步水解方程式表示或只写第一步；C是电离方程式，不是水解方程式；D是醋酸与可溶性强碱发生中和反应的离子方程式。
二、盐类水解的规律
5．下列各物质的溶液显酸性的是(　　)
A．NaHCO3
B．(NH4)2SO4
C．NaCl
D．CH3COOK
答案　B
解析　(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，其溶液显酸性。
6．在下列各微粒中，能使水的电离平衡向电离的方向移动，且使溶液的pH＞7的是(　　)
A.
B．HCO
C．HSO
D．26X3＋
答案　B
解析　首先判断A的微粒是Al3＋，D的微粒是Fe3＋，Al3＋、Fe3＋能结合水电离出的OH－，使水的电离平衡向电离的方向移动，但溶液显酸性，pH<7，因而不合题意；HCO与H2O电离出来的H＋结合为H2CO3，使水的电离平衡向电离的方向移动，并且使溶液呈碱性：HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，选项B符合题意；HSO能完全电离，为溶液提供H＋，使水的电离平衡向离子结合的方向移动，使溶液呈酸性，选项C不合题意。
7．0.1
mol·L－1
NaHCO3溶液的pH最接近于(　　)
A．5.6
B．7.0
C．8.4
D．13.0
答案　C
解析　NaHCO3的溶液水解呈碱性，但盐类的水解比较微弱，因此0.1
mol·L－1
NaHCO3溶液的碱性不会太强。
三、盐类水解规律的综合应用
8．下列各组溶液混合后，溶液显碱性的是(　　)
A．10
mL
0.1
mol·L－1
NH3·H2O与10
mL
0.1
mol·L－1
HCl
B．10
mL
0.1
mol·L－1
K2S与10
mL
0.1
mol·L－1
K2SO4
C．10
mL
0.1
mol·L－1
KOH与10
mL
0.1
mol·L－1
KHCO3，再加入10
mL
0.1
mol·L－1
BaCl2
D．10
mL
0.1
mol·L－1
NaOH与5
mL
0.1
mol·L－1
H2SO4
答案　B
解析　A项正好完全反应，生成的NH4Cl水解显酸性；B项K2S水解显碱性；C项反应生成BaCO3沉淀、KCl和H2O，显中性；D项恰好中和显中性。
9．等物质的量浓度的下列五种溶液：①CH3COOH
②(NH4)2CO3　③NaHSO4　④NaHCO3　⑤Ba(OH)2，溶液中水的电离程度由大到小排列正确的是(　　)
A．⑤③①④②
B．⑤③①②④
C．②④③①⑤
D．②④①③⑤
答案　D
10．常温下，在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH－浓度分别为a
mol·L－1与b
mol·L－1，则a和b关系为(　　)
A．a＞b
B．a＝10－4b
C．b＝10－4a
D．a＝b
答案　B
解析　NaOH抑制水的电离，所以由水电离出的c(OH－)等于溶液中的c(H＋)等于10－9
mol·
L－1。CH3COONa水解，促进了水的电离，所以由水电离出的c(OH－)＝(10－14÷10－9)mol·
L－1＝10－5
mol·L－1，故＝＝10－4，即a＝10－4b。
[能力提升]
11．现有S2－、SO、NH、Al3＋、HPO、Na＋、SO、AlO、Fe3＋、HCO、Cl－等离子，请按要求回答下列问题。
(1)在水溶液中，水解使溶液呈碱性的离子有________________________________________
_____________________________________________________________________________。
(2)在水溶液中，水解使溶液呈酸性的离子有
________________________________________________________________________。
(3)既能在酸性较强的溶液里大量存在，又能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
(4)既不能在酸性较强的溶液里大量存在，又不能在碱性较强的溶液里大量存在的离子有_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
答案　(1)S2－、SO、HPO、AlO、HCO
(2)NH、Al3＋、Fe3＋　(3)Na＋、Cl－、SO
(4)HPO、HCO
解析　(1)弱酸根离子水解使溶液呈碱性，即S2－、SO、HPO、AlO、HCO水解使溶液呈碱性。
(2)NH、Al3＋、Fe3＋属于弱碱的阳离子，水解后溶液显酸性。
(3)Cl－、SO是强酸的阴离子，Na＋是强碱的阳离子，既能在强酸性，又能在强碱性溶液中存在。(4)HPO、HCO属于弱酸的酸式酸根离子，既能与强酸反应，又能与强碱反应。
12．室温下，pH＝2的某酸HnA(A为酸根)与pH＝12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH变为8。
(1)写出生成的正盐的分子式：__________。
(2)该盐中存在着一种能水解的离子，该离子的水解方程式为________________________
________________________________________________。
(3)简述该混合液呈碱性的原因：________________________________________________
______________________________________________________________________________。
答案　(1)BnAm(或BA)
(2)Bm＋＋mH2O??B(OH)m＋mH＋
(3)酸与碱等体积反应，碱过量，则最后混合液中溶质是正盐BnAm与碱B(OH)m的混合物，因此呈碱性
解析　pH＝2的酸HnA中c(H＋)与pH＝12的碱B(OH)m中c(OH－)相等，等体积混合后溶液pH＝8，表明B(OH)m为弱碱，物质的量浓度相对较大，反应后碱过量，生成正盐BnAm或BA，其中弱碱阳离子Bm＋能发生水解反应：Bm＋＋mH2O??B(OH)m＋mH＋。
13．常温下，如果取0.1
mol·L－1
HA溶液与0.1
mol·L－1NaOH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，试回答下列问题：
(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(H＋)____(填“>”、“<”或“＝”)0.1
mol·L－1
NaOH溶液中由水电离出的c(H＋)。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
(3)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。
答案　(1)A－＋H2O??HA＋OH－　(2)>　(3)>
解析　(1)NaA溶液的pH＝8，表明HA为弱酸，NaA能发生水解，离子方程式为A－＋H2O??HA＋OH－。
(2)NaA水解促进水的电离，NaOH能抑制水的电离，因此NaA溶液中由水电离出来的c(H＋)大于NaOH溶液中由水电离出来的c(H＋)。
(3)根据NH4A溶液呈中性，而HA酸性比H2CO3强，推断NH的水解程度小于CO的水解程度，因此(NH4)2CO3水解使溶液呈碱性，pH>7。
[拓展探究]
14．某实验小组拟用pH试纸验证醋酸是弱酸。甲、乙两同学的方案分别是
甲：①准确配制0.1
mol·L－1的醋酸钠溶液100
mL；
②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明醋酸是弱酸。
乙：①量取一定量的冰醋酸准确配制pH＝1的醋酸溶液100
mL；
②取醋酸溶液1
mL，加水稀释为10
mL；
③用pH试纸测出②中溶液的pH，即可证明醋酸是弱酸。
(1)两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是__________________，简要说明pH试纸的使用方法：______________________________________________________________________。
(2)甲方案中，说明醋酸是弱酸的理由是测得醋酸钠溶液的pH__________(选填“<”、“>”或“＝”，下同)7，乙方案中，说明醋酸是弱酸的理由是测得醋酸溶液的pH__________2。
(3)请你评价乙方案的不妥之处：___________________________________________________
_____________________________________________________________________________。
答案　(1)100
mL容量瓶　把小块干燥的pH试纸放在洁净干燥的表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测液点在试纸中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pH
(2)>　<
(3)难以配制pH＝1的醋酸溶液，稀释之后用pH试纸测量不易读出准确数值
解析　(1)准确配制溶液要用到容量瓶。
(2)CH3COONa溶液pH大于7说明CH3COO－水解，即证明CH3COOH是弱电解质。强酸每稀释10倍，pH应增大1个单位，若为强酸，稀释后pH应为2，如果小于2说明存在电离平衡，证明是弱酸。课后提升作业
十六
　盐类的水解
(30分钟　50分)
一、选择题(本题包括6小题,每小题5分,共30分)
1.(2016·三亚高二检测)下列各式中属于正确的水解反应离子方程式的是　
(　　)
A.N+H2ONH3·H2O+H+
B.S2-+H2OH2S+2OH-
C.CH3COOH+H2OCH3COO-+H3O+
D.CH3COOH+OH-CH3COO-+H2O
【解析】选A。B不能一步水解,应该用多步水解方程式表示;C是电离方程式,不是水解方程式;D是醋酸与可溶性强碱发生中和反应的离子方程式。
2.下列说法正确的是　(　　)
A.HC在水溶液中只电离,不水解
B.硝酸钠溶液水解之后呈中性
C.可溶性的铝盐都能发生水解反应
D.可溶性的钾盐都不发生水解反应
【解析】选C。多元弱酸的酸式酸根离子在溶液中既可电离,又可水解;NaNO3为强酸强碱盐,不水解;钾盐中K+不水解但阴离子可能水解,如K2CO3;而C中Al3+为弱碱阳离子,一定能水解。
3.(2016·运城高二检测)将0.01
mol下列物质分别加入100
mL蒸馏水中,恢复至室温,所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是(溶液体积变化忽略不计)(　　)
①Na2O2　②Na2O　③Na2CO3　④NaCl
A.①>②>③>④　　　　　　　B.①>②>④>③
C.①=②>③>④
D.①=②>③=④
【解析】选C。①、②溶于水且都与水反应,溶质都是0.02
mol,c(OH-)>0.2mol·L-1;③中碳酸根水解使得阴离子浓度稍大于④。因此C选项正确。
【补偿训练】
同物质的量浓度的下列各组溶液中,阳离子浓度几乎相等的是　(　　)
A.NH4Cl和NH4NO3　
　
B.NH4Cl和(NH4)2SO4
C.Ba(NO3)2和CuSO4
D.HCl和CH3COOH
【解析】选A。A项都是强酸的铵盐,对N的水解没有影响,故浓度相同;B项两物质的浓度相同,但N浓度不同;C项中的Cu2+能水解;D项中HCl是强酸能完全电离,而CH3COOH不能。
4.(2016·沈阳高二检测)常温下,某溶液中由水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1,该溶液可能是　(　　)
①二氧化硫水溶液　②氯化铵水溶液　③硝酸钠水溶液
④氢氧化钠水溶液
A.①④　　　B.①②　　　C.②③　　　D.③④
【解析】选A。常温下纯水电离产生的c(H+)=10-7mol·L-1。题目所给溶液中由水电离的c(H+)=1×10-13mol·L-1<10-7mol·L-1,说明水的电离被抑制,则溶液应为酸溶液或碱溶液。
【补偿训练】
(双选)常温下,一定浓度的某溶液,由水电离出的c(OH-)=10-4mol·L-1,则该溶液中的溶质可能是　(　　)
A.Al2(SO4)3　　　　　
B.CH3COOH
C.NaOH
D.CH3COOK
【解析】选A、D。常温下,由纯水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-7mol·L-1,因为c(OH-)=10-4mol·L-1>10-7mol·L-1,因而该溶液中的溶质能促进水的电离。盐类的水解能促进水的电离,而酸、碱无论强弱都会抑制水的电离,故排除B、C,选A、D。
5.(2016·温州高二检测)某兴趣小组为研究碳酸钠水解平衡与温度的关系,用数字实验系统测定一定浓度碳酸钠溶液的pH与温度的关系,得到曲线如图,下列分析不合理的是　(　　)
A.碳酸钠水解是吸热反应
B.ab段说明水解平衡向右移动
C.bc段说明水解平衡向左移动
D.水的电离平衡也对pH产生影响
【解析】选C。A项,分析图象,碳酸钠溶液中碳酸根离子水解,升温pH增大,说明水解是吸热反应,故A正确;B项,ab段说明升温促进水解,氢氧根离子浓度增大,碱性增强,溶液pH增大,图象符合,故B正确;C项,温度升高促进水解平衡正向进行,故C错误。
【补偿训练】
下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是　(　　)
A.盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡
B.NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H+)>c(OH-)
C.在CH3COONa溶液中,由水电离出的c(OH-)≠c(H+)
D.水电离出的H+和OH-与盐中弱离子结合,造成盐溶液呈酸碱性
【解析】选C。盐溶液呈酸碱性的原因,就是破坏了水的电离平衡,使溶液中c(H+)≠c(OH-),故A对;溶液显酸性则一定有c(H+)>c(OH-),故B对;根据水的电离方程式:H2OH++OH-,水在任何溶液中电离出的c(OH-)=c(H+),但在CH3COONa溶液中,由于生成了弱电解质CH3COOH,使得溶液中c(OH-)>c(H+),故显碱性,故C错误;水电离出的H+和OH-与盐中弱酸阴离子或弱碱阳离子结合生成弱电解质,正是造成盐溶液呈酸碱性的原因,故D对。
6.相同温度,相同物质的量浓度的五种溶液:①NH4Cl
②NaHSO4　③NaCl　
④CH3COONa　⑤Na2CO3,pH按由大到小的顺序排列,正确的是　(　　)
A.⑤>④>①>③>②
B.⑤>④>③>①>②
C.⑤>④>①>②>③
D.④>⑤>③>①>②
【解析】选B。①②显酸性,pH较小,其中②是由于电离显酸性,①是由于水解显酸性,所以pH为①>②;③显中性;④⑤都为强碱弱酸盐,弱酸根离子水解显碱性,酸越弱水解程度越大,碱性越强,所以pH为⑤>④。
【方法规律】溶液的酸碱性强弱的判断
溶液的酸碱性强弱的判断或溶液pH大小的比较,其实质是比较c(H+)的大小。解答此类题目的思路是先将各种物质按酸性的、中性的和碱性的分成三大类,然后根据盐类水解的几点规律将溶液按酸碱性强弱排序。规律共四点:a.水解造成的酸性没有弱酸的酸性强;b.水解造成的碱性不如弱碱的碱性强;c.盐所对应的酸越弱,水解造成的碱性越强;d.盐所对应的碱越弱,水解造成的酸性越强。
二、非选择题(本题包括2小题,共20分)
7.(10分)(2016·汕头高二检测)常温下将0.01
mol
NH4Cl和0.002
mol
NaOH溶于水配成1
L溶液。
(1)用化学用语表示该溶液中的三个平衡关系是
①__________________________;
②__________________________;
③__________________________。
(2)这些微粒中浓度为0.01
mol·L-1的是________,浓度为0.002
mol·L-1的是________。
(3)物质的量之和为0.01
mol的两种微粒是________。
【解析】常温下将0.01
mol
NH4Cl和0.002
mol
NaOH溶于水,充分反应后得到NH4Cl、NaCl和NH3·H2O的混合溶液,其中N和NH3·H2O的物质的量之和为
0.01
mol,配成1
L溶液后,物质的量浓度之和为0.01
mol·L-1;Cl-的物质的量为0.01
mol,Na+的物质的量为0.002
mol,配成1
L溶液后,物质的量浓度分别为0.01
mol·L-1和0.002
mol·L-1。
答案:(1)NH3·H2ON+OH-
N+H2ONH3·H2O+H+
H2OH++OH-
(2)Cl-　Na+
(3)N、NH3·H2O
【补偿训练】
如图所示三个烧瓶中分别装有含酚酞的0.01
mol·L-1CH3COONa溶液,并分别放置在盛有水的烧杯中,然后向烧杯①中加入生石灰,向烧杯③中加入NH4NO3晶体,烧杯②中不加任何物质。
(1)含酚酞的0.01
mol·L-1CH3COONa溶液显红色的原因为_________________。
(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液红色变深,烧瓶③中溶液红色变浅,则下列叙述正确的是________。
A.水解反应为放热反应
B.水解反应为吸热反应
C.NH4NO3溶于水时放出热量
D.NH4NO3溶于水时吸收热量
(3)向0.01
mol·L-1CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体,使CH3COO-水解平衡移动的方向分别为__________、__________、__________、________(填“左”“右”或“不移动”)。
【解析】(1)CH3COONa中CH3COO-水解使溶液显碱性,酚酞遇碱显红色。
(2)生石灰与水剧烈反应且放出大量热,根据烧瓶①中溶液红色变深,判断水解平衡向右移动,说明水解反应是吸热反应,同时烧瓶③中溶液红色变浅,则NH4NO3溶于水时吸收热量。
(3)酸促进CH3COO-的水解,碱抑制CH3COO-的水解;C与CH3COO-带同种电荷,水解相互抑制;Fe2+与CH3COO-带异种电荷,水解相互促进。
答案:(1)CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,使溶液显碱性　(2)B、D　(3)右　左　左　右
8.(10分)(2016·南通高二检测)10℃时,在烧杯中加入0.1
mol·L-1的NaHCO3溶液400
mL,加热,测得该溶液的pH发生如下变化:
温度(℃)
10
20
30
50
70
pH
8.3
8.4
8.5
8.9
9.4
(1)甲同学认为,该溶液的pH升高的原因是HC的水解程度增大,故碱性增强,该反应的离子方程式为 _____________________________________________。
(2)乙同学认为,溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3,并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3。
(3)丙同学认为:要确定上述哪种说法合理,只要把加热后的溶液冷却到10℃后再测定溶液pH,若pH________8.3(填“>”“<”或“=”),说明甲正确;若pH________8.3(填“>”“<”或“=”),说明乙正确。
(4)丁同学设计如下实验方案对甲、乙同学的解释进行判断:实验装置如图,加热煮沸NaHCO3溶液,发现试管A中澄清石灰水变浑浊,说明________(填“甲”或“乙”)推测正确。
(5)将一定体积0.1
mol·L-1的NaHCO3溶液置于烧杯中加热至微沸(溶液体积不变);将烧杯冷却至室温,过一段时间(溶液体积不变)测得pH为10.1。据此资料可以判断________(填“甲”或“乙”)推测正确,原因是 ________________。
【解析】(1)HC水解的离子方程式为HC+H2OH2CO3+OH-。
(2)乙同学根据NaHCO3受热易分解,认为受热时2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,这样溶质成为Na2CO3,而pH增大,也说明Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度。
(3)若甲同学的观点正确,则当温度再恢复至10℃时,pH应为8.3,若乙同学的观点正确,则当温度降回至10℃时,则pH应大于8.3,而第(5)小题实验也利用该原理从而证明乙同学的观点是正确的。
(4)根据A中澄清石灰水变浑浊,说明NaHCO3在加热煮沸时发生了分解反应生成了Na2CO3与CO2及水,证明乙同学观点正确。
答案:(1)HC+H2OH2CO3+OH-
(2)大于
(3)=　>
(4)乙
(5)乙　溶液冷却至室温后pH大于8.4,说明此实验过程中溶液有新物质生成
【补偿训练】
(2016·温州高二检测)pH=2的某酸HnA(A为酸根)与pH=12的某碱B(OH)m等体积混合,混合液的pH=6。
(1)写出生成的正盐的分子式:________。
(2)该盐中存在着一定水解的离子,该离子的水解方程式为_________________。
(3)简述该混合液呈酸性的原因: ______________________________________。
【解析】(1)正盐即酸中的H+与碱中的OH-完全反应生成的盐,A显-n价,B显+m价,所以正盐为BnAm。
(2)若为强酸、强碱,两者恰好反应生成的盐不水解,溶液呈中性,不符合;若为弱碱、强酸,则等体积混合时,碱过量,混合液应呈碱性,不符合,所以应为弱酸、强碱混合,An-水解,注意An-分步水解,可只写第一步:An-+H2OHA(n-1)+OH-。
(3)弱酸过量,电离出H+。
答案:(1)BnAm
(2)An-+H2OHA(n-1)+OH-
(3)过量的弱酸进一步电离出H+第2课时　弱电解质的电离平衡
[目标导航]　1.理解电离平衡的概念。2.了解电离度的概念及其简单的计算。3.能运用电离平衡原理解释弱电解质在水溶液中的电离情况。
一、弱电解质的电离平衡
1．定义
在一定条件下(如温度和浓度)，电解质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不再发生变化，电离过程达到电离平衡状态。
2．建立过程(用v t图像描述)
3．特征
4．外界条件对电离平衡的影响
①内因：弱电解质本身的性质。
②外因：浓度、温度、加入试剂等。
5．电离过程是可逆过程，可直接用化学平衡移动原理分析电离平衡。以0.1
mol·L－1CH3COOH溶液为例：CH3COOH??CH3COO－＋H＋(正向吸热)。
实例(稀溶液)
CH3COOH??CH3COO－＋H＋　ΔH＞0
改变条件
加水稀释
加入少量冰醋酸
加入HCl(g)
加入NaOH(s)
加入镁粉
升温
加入CH3COONa(s)
平衡移动方向
向右
向右
向左
向右
向右
向右
向左
n(H＋)
增大
增大
增大
减小
减小
增大
减小
c(H＋)
减小
增大
增大
减小
减小
增大
减小
c(CH3COO－)
减小
增大
减小
增大
增大
增大
增大
c(CH3COOH)
减小
增大
增大
减小
减小
减小
增大
导电能力
减弱
增强
增强
增强
增强
增强
增强
【方法导引】　弱电解质的电离平衡是化学平衡的一种表现形式，完全具有化学平衡的特征和本质，对它进行分析、判断的原理与化学平衡相同。
【合作探究】
1．电离平衡右移，电解质分子的浓度一定减小吗？离子浓度一定增大吗？
答案　都不一定。如对于CH3COOH??CH3COO－＋H＋平衡后，加入冰醋酸，c(CH3COOH)增大，平衡右移，根据勒夏特列原理，只能“减弱”而不能“消除”，再次平衡时，c(CH3COOH)比原平衡时大；加水稀释或加少量NaOH固体，都会引起平衡右移，但c(CH3COOH)、c(H＋)都比原平衡时要小。
2．冰醋酸加水稀释过程中c(H＋)是如何变化的？写出变化图，并说明原因。
答案　在向醋酸中加水之前，醋酸分子尚未电离，c(H＋)＝0。在加水稀释之后，醋酸的电离开始随着水的逐渐加入，电离平衡逐渐向生成CH3COO－和H＋的方向移动。在此过程中V(溶液)和n(H＋)都逐渐增大。c(H＋)从0开始增加。随着水的加入，虽然促进CH3COOH的电离，但由于V(溶液)的增加，c(H＋)呈减小趋势。
如图所示
二、电离平衡常数(K)、电离度(α)
1．电离常数
(1)表示方法
AB??A＋＋B－　K＝
弱电解质的电离常数表达式中的c(A＋)、c(B－)和c(AB)均为达到电离平衡后各粒子在溶液中的浓度值，并不是直接指溶质的物质的量浓度值，并且在温度一定时，其电离常数就是一个定值。
①一元弱酸、一元弱碱的电离常数。例如：
CH3COOH??CH3COO－＋H＋
Ka＝
NH3·H2O??NH＋OH－
Kb＝eq
\f(c（NH）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)
②多元弱酸、多元弱碱的电离常数。
多元弱酸的电离是分步进行的，每步都有相应的电离常数，通常用Ka1，Ka2，Ka3等来分别表示。
例如：H3PO4??H＋＋H2PO
Ka1＝eq
\f(c（H2PO）·c（H＋）,c（H3PO4）)
H2PO??H＋＋HPO　Ka2＝eq
\f(c（HPO）·c（H＋）,c（H2PO）)
HPO??H＋＋PO　Ka3＝eq
\f(c（PO）·c（H＋）,c（HPO）)
多元弱酸各步的电离常数大小的比较为Ka1 Ka2 Ka3，因此多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定。
多元弱碱的电离与多元弱酸的电离情况相类似，但多元弱碱的电离可写成一步。
(2)影响因素
电离常数只与温度有关，升高温度，K值增大。
(3)电离常数的意义
①表示多元弱酸溶液中离子浓度的关系。
H3PO4分三步电离，第一步最强(Ka1＝7.5×10－3)，第二步弱(Ka2＝6.2×10－8)，第三步最弱(Ka3＝2.2×10－13)，c(H＋)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(PO)＞c(OH－)。
H2S分两步电离，第一步强(Ka1＝9.1×10－8)，第二步弱(Ka2＝1.1×10－12)，c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)＞c(OH－)
②根据电离常数的大小，可以估算弱电解质电离的程度。例如，在相同条件下，K值越大，弱酸的电离程度越大，酸性越强。在相同条件下，常见弱酸的酸性强弱关系为
H3PO4＞HF＞CH3COOH＞H2CO3＞H2S＞HClO。
2．电离度
(1)弱电解质的电离度用α表示
则α＝×100%，
或α＝×100%，
或α＝×100%。
(2)影响电离度的因素
①温度
升高温度，电离平衡向正反应方向移动，电离度增大。
②浓度
加水稀释，电离平衡向正反应方向移动，电离度增大。即浓度越大，电离度越小，浓度越小，电离度越大。
(3)意义
①电离度实质上是一种平衡转化率。表示弱电解质在水中的电离程度。
②温度相同，浓度也相同时，不同弱电解质的电离度是不同的。
【合作探究】
1．H2CO3的电离平衡常数Kal＝4.3×10－7，Ka2＝5.6×10－11，它的Kal、Ka2差别很大的原因：________________________________________________________________________。
(从电离平衡的角度解释)
答案　第一步电离产生的H＋对第二步的电离起抑制作用
2．在Na2CO3中加醋酸产生CO2气体，试从电离平衡常数的角度解释原因：______________
__________________________________________________________。
[已知：K(CH3COOH)＝1.7×10－5；K(H2CO3)＝4.3×10－7。]
答案　醋酸的电离平衡常数大，酸性强，较强的酸可制备较弱的酸
一、外界条件对弱电解质电离平衡的影响
【例1】　已知0.1
mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)的比值增大，可以采取的措施是(　　)
A．加少量烧碱溶液
B．加CH3COONa(s)
C．加少量冰醋酸
D．加水
解析　CH3COOH??CH3COO－＋H＋，Ka＝。A项，加少量烧碱溶液时，OH－消耗了H＋，c(H＋)降低，平衡右移，达新平衡时c(CH3COO－)增大，而Ka不变，故c(H＋)/c(CH3COOH)减小；B项，加CH3COONa(s)，c(H＋)减小，c(CH3COOH)增大，其比值减小；C项，加入少量冰醋酸，c(H＋)、c(CH3COOH)的浓度均增大，但c(H＋)增大的幅度小于c(CH3COOH)增大的幅度，故c(H＋)/c(CH3COOH)比值减小；D项，加水稀释，平衡右移，H＋的量增多，CH3COOH的量减小，故c(H＋)/c(CH3COOH)的比值增大。
答案　D
【方法技巧】　外界条件对电离平衡影响的规律
(1)升高温度平衡向电离的方向移动；降低温度平衡向离子结合成分子的方向移动。
(2)加水稀释平衡向电离的方向移动。电解质溶液的浓度越小其电离程度就越大。
(3)加入含有弱电解质离子的强电解质时平衡向离子结合成分子的方向移动。
(4)加入能与弱电解质离子反应的物质时电离平衡向电离的方向移动。
变式训练1　某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3·H2O??NH＋OH－，若想增大NH的浓度，而不增大OH－的浓度，应采取的措施是(　　)
A．适当升高温度
B．加入NaCl固体
C．通入NH3
D．加入少量盐酸
答案　D
解析　升高温度，平衡向右移动，c(NH)、c(OH－)都增大；加入NaCl固体，平衡不移动；通入NH3平衡向右移动，c(NH)、c(OH－)都增大；加入少量盐酸，H＋与OH－反应使c(OH－)下降，平衡向右移动，使c(NH)增大。
二、电离平衡常数及其应用
【例2】　已知25
℃时，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5。
(1)向0.1
mol·L－1醋酸溶液中加入一定量1
mol·L－1盐酸时，上式中的数值是否发生变化？为什么？
(2)若醋酸的起始浓度为0.010
mol·L－1，平衡时c(H＋)是多少？
解析　(1)一定温度时，电离常数不随浓度的变化而变化。加入一定量盐酸，平衡向左移动，c(H＋)增大、c(CH3COO－)减小、c(CH3COOH)增大，比值不变，仍为1.75×10－5。
(2)　　　　　CH3COOH??
CH3COO－＋H＋
0.010
0
0
0.010－c(H＋)
c(H＋)
c(H＋)
故有＝1.75×10－5。
由于c(H＋)很小，0.010－c(H＋)≈0.010，
那么，c(H＋)≈4.18×10－4
mol·L－1。
答案　(1)不变　电离常数不随浓度变化而变化，在一定温度下是一个常数
(2)4.18×10－4
mol·L－1
【思维模式】　有关电离平衡的计算
依照化学平衡计算中“列三行”(或“列两行”)的方法，通过起始浓度、消耗浓度、平衡浓度，结合Ka(Kb)、α等条件便可以轻松地进行电离平衡的有关计算。由＝α、＝Ka可推出c(H＋)的常用计算公式有：c(H＋)＝cα，c(H＋)＝，α与Ka的关系为α＝。同样，对于一元弱碱来说，c(OH－)＝cα＝。
变式训练2　0.10
mol·L－1HA溶液中有1%的HA电离，则HA的电离平衡常数Ka为(　　)
A．1.0×10－5
B．1.0×10－7
C．1.0×10－8
D．1.0×10－9
答案　A
解析　电离出的HA的物质的量浓度为：c(HA)＝0.10
mol·L－1×1%＝1.0×10－3mol·L－1，根据：HA??H＋＋A－，则平衡时：c(H＋)＝c(A－)＝1.0×10－3mol·L－1，c(HA)平＝0.10
mol·
L－1－1.0×10－3mol·L－1≈1.0×10－1mol·L－1，将有关数据代入平衡常数表达式得：Ka＝＝1.0×10－5。
1．下列说法正确的是(　　)
A．根据溶液中有CH3COOH、CH3COO－和H＋即可证明CH3COOH达到电离平衡状态
B．根据溶液中CH3COO－和H＋的物质的量浓度相等可证明CH3COOH达到电离平衡状态
C．当NH3·H2O达到电离平衡时，溶液中NH3·H2O、NH和OH－的浓度相等
D．H2CO3是分步电离的，电离程度依次减弱
答案　D
解析　该题考查了电离平衡的判断及其特点。溶液中除电解质电离出的离子外，还存在电解质分子，能证明该电解质是弱电解质，但不能说明达到平衡状态，A错误；根据CH3COOHCH3COO－＋H＋知即使CH3COOH电离未达到平衡状态，CH3COO－和H＋的浓度也相等，B错误；NH3·H2O达到电离平衡时，溶液中各粒子的浓度不变，而不是相等，何况NH3·H2O电离程度是很小的，绝大多数以NH3·H2O的形式存在，C错误；H2CO3是二元弱酸，分步电离且电离程度依次减小，D正确。
2．下列对氨水溶液中存在的电离平衡NH3·H2O??NH＋OH－叙述正确的是(　　)
A．加水后，溶液中n(OH－)增大
B．加入少量浓盐酸，溶液中c(OH－)增大
C．加入少量浓NaOH溶液，电离平衡正向移动
D．加入少量NH4Cl固体，溶液中c(NH)减少
答案　A
解析　A项，加水使NH3·H2O电离平衡右移，n(OH－)增大；B项，加入少量浓盐酸使
c(OH－)减小；C项，加入浓NaOH溶液，电离平衡向左移动；D项，加NH4Cl固体，c(NH)增大。
3．在100
mL
0.1
mol·L－1的醋酸溶液中，欲使醋酸的电离度增大，H＋浓度减小，可采用的方法是(　　)
A．加热
B．加入100
mL
0.1
mol·L－1的醋酸溶液
C．加入少量的0.5
mol·L－1的硫酸
D．加入少量的1
mol·L－1的NaOH溶液
答案　D
解析　A项，加热促进电离，H＋浓度增大；B项，H＋浓度不变；C项，加H2SO4抑制电离，但H＋浓度增大；D项，加入NaOH，OH－与H＋反应，平衡向右移动，H＋浓度减小。
4．20
℃时在0.5
L
0.2
mol·L－1的HA溶液中，有0.005
mol
的HA电离成离子，求该温度下的电离度。
答案　α＝×100%＝5%
解析　根据α＝×100%进行计算。
5．H2S溶于水的电离方程式为____________________________________________________
________________________________________________________________________。
(1)向H2S溶液中加入CuSO4溶液时，电离平衡向________移动，c(H＋)________，
c(S2－)________。
(2)向H2S溶液中加入NaOH固体时，电离平衡向________移动，c(H＋)________，
c(S2－)________。
(3)若将H2S溶液加热至沸腾，c(H2S)________。
(4)若要增大H2S溶液中c(S2－)，最好加入________。
答案　H2S??H＋＋HS－，HS－??H＋＋S2－
(1)右　增大　减小　(2)右　减小　增大　(3)减小　(4)NaOH固体
解析　H2S是二元弱酸，在水溶液中是分两步电离的，其电离方程式应为
H2S??H＋＋HS－，HS－??H＋＋S2－
对(1)，当加入CuSO4溶液时，因发生反应Cu2＋＋S2－===CuS↓，使平衡右移，导致c(H＋)增大，但c(S2－)减小。
对(2)，当加入NaOH固体时，因发生反应H＋＋OH－===H2O，使平衡右移，导致c(H＋)减小，但c(S2－)增大。
对(3)，当加热H2S溶液至沸腾时，因H2S挥发，使c(H2S)减小。
对(4)，增大c(S2－)最好是加入只与H＋反应的物质，可见加入强碱如NaOH固体最适宜。
[基础过关]
一、弱电解质的电离平衡
1．下列有关“电离平衡”的叙述正确的是(　　)
A．电解质在溶液里达到电离平衡时，分子的浓度和离子的浓度相等
B．达到电离平衡时，由于分子和离子的浓度不再发生变化，所以说电离平衡是静态平衡
C．电离平衡是相对的、暂时的，外界条件改变时，平衡可能会发生移动
D．电解质达到电离平衡后，各离子的浓度相等
答案　C
解析　A项，达到电离平衡时，分子的浓度和离子的浓度均不变，但未必相等；B项，达到电离平衡时，分子仍然要电离为离子，离子也要结合为分子，只是二者速率相等，即电离平衡是动态平衡；D项，达到电离平衡时，电解质溶液中各离子的浓度不变，但不一定相等。
2．将1
mol冰醋酸加入到一定量的蒸馏水中最终得到1
L溶液。下列各项中，表明已达到电离平衡状态的是(　　)
A．醋酸的浓度达到1
mol·L－1
B．H＋的浓度达到0.5
mol·L－1
C．醋酸分子的浓度、醋酸根离子的浓度、H＋的浓度均为0.5
mol·L－1
D．醋酸分子电离成离子的速率和离子重新结合成醋酸分子的速率相等
答案　D
解析　在未电离时c(CH3COOH)＝1
mol·L－1，当醋酸、H＋、CH3COO－的浓度不再变化时(但此时三者的浓度不一定是0.5
mol·L－1)，醋酸的电离达到平衡状态，故A、B、C均错。依据平衡状态的标志即弱电解质分子电离成离子的速率与离子结合成弱电解质分子的速率相等，可知D项正确。
二、外界条件对电离平衡的影响
3．已知相同条件下，HClO的电离常数小于H2CO3的第一级电离常数。为了提高氯水中HClO的浓度，可加入(　　)
A．HCl
B．CaCO3(s)
C．H2O
D．NaOH(s)
答案　B
解析　分析Cl2＋H2O??H＋＋Cl－＋HClO；加入HCl，平衡左移，c(HClO)减小；加入水，平衡右移但c(HClO)减小；加入NaOH，H＋及HClO均与OH－反应，平衡右移但c(HClO)减小(生成了NaCl和NaClO)；加入CaCO3，H＋与CaCO3反应使平衡右移，而HClO不与CaCO3反应，因而c(HClO)增大。
4．在25
℃时，用蒸馏水稀释1
mol·L－1的醋酸溶液至0.01
mol·L－1，随着溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是(　　)
A.
B.
C.
D.
答案　A
解析　对于CH3COOH??H＋＋CH3COO－，K＝是一定值，稀释过程中c(CH3COO－)减小，所以增大，、均减小。
5．向0.1
mol·L－1
CH3COOH溶液中加入少量的CH3COONa晶体时，会引起(　　)
A．溶液的pH增大
B．溶液中的c(H＋)增大
C．溶液的导电能力减弱
D．溶液中的c(OH－)减小
答案　A
解析　CH3COOH??CH3COO－＋H＋，当加入CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO－)增大，平衡向左移动，c(H＋)减小，pH增大，c(OH－)增大，但溶液中离子浓度增大，导电性增强，故选A。
6．在醋酸中存在电离平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，要使电离平衡右移且c(H＋)增大，应采取的措施是(　　)
A．加入NaOH(s)
B．加入盐酸
C．加蒸馏水
D．升高温度
答案　D
解析　加入NaOH(s)、蒸馏水、升高温度均能使平衡右移，但加入NaOH、蒸馏水时c(H＋)减小，升高温度时c(H＋)增大。
7．将浓度为0.1
mol·L－1
HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是(　　)
A．c(H＋)
B．Ka(HF)
C.
D.
答案　D
解析　HF溶液加水稀释，平衡向右移动，所以增大。选D项正确。
三、电离平衡常数、电离度
8．下列说法正确的是(　　)
A．电离平衡常数受溶液浓度的影响
B．电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱
C．电离常数大的酸溶液中c(H＋)一定比电离常数小的酸溶液中大
D．H2CO3的电离常数表达式：K＝eq
\f(c（H＋）·c（CO）,c（H2CO3）)
答案　B
解析　电离平衡常数是温度的函数，与溶液浓度无关，所以A项错误；电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱，故B项正确；酸中c(H＋)既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关，所以C项错误；D项中碳酸是分步电离的，第一步电离常数表达式为
K1＝eq
\f(c（H＋）·c（HCO）,c（H2CO3）)，第二步电离常数为K2＝eq
\f(c（H＋）·c（CO）,c（HCO）)，故D项错误。
9．已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2　NaCN＋HF===HCN＋NaF　NaNO2＋HF===HNO2＋NaF。
由此可判断下列叙述中不正确的是(　　)
A．K(HF)＝7.2×10－4
B．K(HNO2)＝4.9×10－10
C．根据两个反应即可得出一元弱酸的酸性强弱顺序为HF>HNO2>HCN
D．K(HCN)答案　B
解析　相同温度下的弱电解质的电离常数是比较弱电解质相对强弱的依据之一；根据第一、第三个反应可知三种一元弱酸的酸性强弱顺序为HF>HNO2>HCN。由此可判断K(HF)>K(HNO2)>K(HCN)，其对应数据依次为K(HF)＝7.2×10－4，K(HNO2)＝4.6×10－4，K(HCN)＝4.9×10－10。
10．由表中的电离平衡常数判断可以发生的反应是(　　)
酸
电离常数(25
℃)
碳酸
Kal＝4.3×10－7　Ka2＝5.6×10－11
次溴酸
Ka＝2.4×10－9
A.NaBrO＋NaHCO3===HBrO＋Na2CO3
B．2HBrO＋Na2CO3===2NaBrO＋H2O＋CO2↑
C．HBrO＋NaHCO3===NaBrO＋H2O＋CO2↑
D．NaBrO＋CO2＋H2O===NaHCO3＋HBrO
答案　D
解析　相同温度下，酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，根据表中数据知，酸性强弱顺序是H2CO3＞HBrO＞HCO。根据“强酸可以制弱酸”进行判断。A选项，HBrO的酸性大于HCO，所以HBrO＋Na2CO3===NaBrO＋NaHCO3能发生，故A错误；B选项，酸性：H2CO3＞HBrO，所以碳酸钠和次溴酸反应不能生成二氧化碳，故B错误；C选项，酸性：H2CO3＞HBrO，所以次溴酸和碳酸氢钠不反应，故C错误；D选项，酸性：H2CO3＞HBrO＞HCO，所以碳酸能和次溴酸钠反应生成碳酸氢钠和次溴酸，故D正确。
[能力提升]
11.一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力如图所示。请回答下列问题：
(1)O点为什么不导电___________________________________________。
(2)a、b、c三点c(H＋)由大到小的顺序是________________________
________________________________________________。
(3)a、b、c三点中醋酸的电离程度最大的点是________点。
(4)若使c点溶液中的c(CH3COO－)提高，可采取的措施是________(填字母序号)。
A．加热
B．加很稀的NaOH溶液
C．加固体KOH
D．加水
E．加固体CH3COONa
F．加锌粉
答案　(1)冰醋酸中只有分子，无自由移动的离子
(2)b＞a＞c　(3)c　(4)ACEF
解析　(1)因冰醋酸中没有水，CH3COOH还没有发生电离，因而此时尚无可自由移动的离子。(2)在稀释过程中，c(H＋)与c(CH3COO－)是相等的，导电能力越强，说明溶液中c(H＋)、c(CH3COO－)越大。(3)b点表示溶液中离子浓度刚好达到最大值，在这之前加水时离子浓度逐渐增大，冰醋酸电离程度逐渐增大，而在这之后再稀释时醋酸电离程度还会继续增大，但c(H＋)、c(CH3COO－)却逐渐减小。
(4)使c点溶液中c(CH3COO－)增大的措施有：加热、加入醋酸盐或能与H＋反应的物质。
12．在a、b两支试管中，分别装入形态相同、质量相等的一颗锌粒，然后向两支试管中分别加入相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸。填写下列空白：
(1)a、b两支试管中的现象：相同点是________；不同点是________；原因是________________________________________________________________________。
(2)a、b两支试管中生成气体的体积开始时是V(a)________V(b)；反应完毕后生成气体的总体积是V(a)________V(b)：原因是____________________________________________
______________________________________________________________________________。
答案　(1)都产生无色气泡　a中反应速率较快　盐酸是强酸，醋酸是弱酸，盐酸溶液中
c(H＋)大
(2)大于　等于　开始反应时，盐酸溶液中H＋浓度较大，但稀盐酸和稀醋酸中H＋的总的物质的量相等
解析　锌粒与酸反应的实质是Zn与酸电离出的H＋发生置换反应产生H2，c(H＋)越大，产生H2的速率越快。HCl是强电解质，CH3COOH是弱电解质，在起始的物质的量浓度相同时，HCl电离出的H＋远大于酸酸电离出的H＋，但由于醋酸中存在电离平衡CH3COOH??CH3COO－＋H＋，随着Zn与H＋的反应，CH3COOH不断电离出H＋，平衡右移，Zn继续与H＋反应，故反应后期醋酸产生H2的速率大，由于n(HCl)＝n(CH3COOH)，所以盐酸和醋酸与Zn反应产生H2的体积相等。
13．(1)在25
℃下，将a
mol·L－1的氨水与0.01
mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol·L－1；用含a的代数式表示NH3·H2O的电离常数Kb＝________________。
(2)①已知常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5mol·L－1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3??HCO＋H＋的平衡常数K1＝________。(已知10－5.60＝2.5×10－6)
②已知H2CO3的第二级电离常数K2＝5.6×10－11，HClO的电离常数K＝3.0×10－8，写出下列条件下所发生反应的离子方程式：
a．少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液中：_________________________________________
_______________________________。
b．Cl2与Na2CO3按物质的量之比1∶1恰好反应：______________________________________
____________________________________________________________________________。
c．少量CO2通入到过量的NaClO溶液中：________________________________
____________________________________________________________________________。
答案　(1)
(2)①4.2×10－7
②a.Cl2＋2CO＋H2O===2HCO＋Cl－＋ClO－
b．Cl2＋CO＋H2O===HCO＋Cl－＋HClO
c．ClO－＋CO2＋H2O===HCO＋HClO
解析　(1)Kb＝c(NH)·c(OH－)/c(NH3·H2O)＝(0.005×10－7)/(－0.005)＝10－9/(a－0.01)。
(2)①K1＝eq
\f(c（H＋）·c（HCO）,c（H2CO3）)＝≈4.2×10－7。②按题给的量的关系书写即可，但应注意因K2(H2CO3)[拓展探究]
14．下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25
℃)。
酸
电离方程式
电离平衡常数K
CH3COOH
CH3COOH??CH3COO－＋H＋
1.76×10－5
H2CO3
H2CO3??H＋＋HCO
HCO??H＋＋CO
K1＝4.4×10－7
K2＝4.7×10－11
H2S
H2S??H＋＋HS－HS－??H＋＋S2－
K1＝1.3×10－7
K2＝7.1×10－15
H3PO4
H3PO4??H＋＋H2PO
K1＝7.1×10－3K2＝6.3×10－8K3＝4.20×10－13
H2PO??H＋＋HPO
HPO??H＋＋PO
回答下列问题：
(1)当温度升高时，K值__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)在温度相同时，各弱酸的K值不同，那么K值的大小与酸性的相对强弱有何关系？________________________________________________________________________。
(3)若把CH3COOH、H2CO3、HCO、H2S、HS－、H3PO4、H2PO、HPO都看作是酸，其中酸性最强的是____________，最弱的是____________。
(4)多元弱酸是分步电离的，每一步都有相应的电离平衡常数，对于同一种多元弱酸的K1、K2、K3之间存在着一定的规律，此规律是____________，产生此规律的原因是_________
_______________________________________________________________。
答案　(1)增大　(2)K值越大，电离出的氢离子浓度越大，所以酸性越强　(3)H3PO4　HS－　(4)K1 K2 K3　上一级电离产生的H＋对下一级电离起抑制作用
解析　(1)弱电解质的电离过程为吸热过程，所以升高温度，电离平衡向右移动，c(H＋)、
c(A－)增大，c(HA)减小，所以K值增大。(2)K值越大，电离出的氢离子浓度越大，酸性越强。(3)比较这几种粒子的电离常数可知，H3PO4酸性最强，HS－酸性最弱。(4)由于上一级电离对下一级电离有抑制作用，使得上一级电离常数远大于下一级的电离常数。第1课时　沉淀溶解平衡与溶度积
[目标导航]　1.知道沉淀溶解平衡的概念及其影响因素。2.明确溶度积和离子积的关系，学会判断反应进行的方向。
一、难溶电解质的溶解平衡
1．固体物质的溶解度(S)与溶解性的关系
溶解性
难溶
微溶
可溶
易溶
S的范围
S＜0.01g
0.01
g＜S＜1
g
1__g＜S＜10__g
S＞10
g
2.溶解平衡状态
在一定温度下，固体溶质在水中形成饱和溶液时，溶液中溶质质量保持不变的状态，该状态下，固体溶质溶解的速率和溶液中溶质分子结晶的速率达到相等，但溶解和结晶仍在进行。
3．沉淀溶解平衡
(1)概念
在一定温度下，当沉淀溶解和生成的速率相等时，即建立了动态平衡，叫做难溶电解质的溶解平衡。如AgCl溶于水的溶解平衡表示为AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)。
(2)特征
4．影响沉淀溶解平衡的因素
(1)内因
难溶电解质本身的性质，这是决定因素。
(2)外因
以AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)　ΔH＞0为例
外界条件
移动方向
平衡后c(Ag＋)
平衡后c(Cl－)
Ksp
升高温度
正向
增大
增大
增大
加水稀释
正向
减小
减小
不变
加入少量AgNO3
逆向
增大
减小
不变
通入HCl
逆向
减小
增大
不变
通入H2S
正向
减小
增大
不变
【合作探究】
1．根据对溶解度及反应限度、化学平衡原理的认识，生成沉淀的离子反应能否真正进行到底？
答案　不能进行到底。从溶解度来看，所谓难溶是指溶解度小于0.01
g，并非溶解度为0；任何化学反应都具有可逆性，可逆反应达到平衡状态时，反应物和生成物的浓度不再变化，从而使生成沉淀的离子反应不能进行到底。
2．从物质类别、变化过程角度分析沉淀溶解平衡与弱电解质的电离平衡有何区别？
答案　(1)从物质类别看，难溶电解质可以是强电解质，也可以是弱电解质[如BaSO4是强电解质，而Al(OH)3是弱电解质]，而难电离物质只能是弱电解质。
(2)从变化的过程来看，沉淀溶解平衡是指已溶解的溶质与未溶解的溶质之间形成沉淀与溶解的平衡状态；而电离平衡则是指已经溶解在溶液中的弱电解质分子与离子之间的转化达到平衡状态。
二、溶度积常数
1．在一定温度下，沉淀达溶解平衡后的溶液为饱和溶液，其离子浓度不再发生变化，溶液中各离子浓度幂之积为常数，叫做溶度积常数(简称溶度积)，用Ksp表示。
2．写出下列沉淀溶解平衡的溶度积常数的表达式
(1)AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)。
(2)Fe(OH)3(s)??Fe3＋(aq)＋3OH－(aq)
Ksp＝c(Fe3＋)·c3(OH－)。
(3)AmBn(s)??mAn＋(aq)＋nBm－(aq)
Ksp＝[c(An＋)]m·[c(Bm－)]n。
【合作探究】
1．溶解度较小的沉淀易转化成溶解度更小的沉淀，而溶解度小的沉淀不能向溶解度大的沉淀转化，这种认识对吗？
答案　不对。只要离子积Qc＞Ksp，溶解度小的沉淀也可以转化为溶解度大的沉淀。
2．同温条件下，Ksp数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强，这种认识对吗？
答案　不对，对于同类型物质而言，Ksp数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强，如AgCl＞AgBr＞AgI；而对于不同类型的物质，则不能直接比较，如Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，不能认为Mg(OH)2比AgCl更难溶，需转化为溶解度进行比较。
一、影响沉淀溶解平衡的因素
【例1】　把氢氧化钙放入蒸馏水中，一段时间后达到如下平衡：Ca(OH)2(s)??Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入以下溶液，可使Ca(OH)2减少的是(　　)
A．Na2S溶液
B．AlCl3溶液
C．NaOH溶液
D．CaCl2溶液
解析　Na2S水解显碱性，增大了溶液中OH－的浓度；NaOH会提供大量OH－；CaCl2会增大Ca2＋的浓度，所以A、C、D选项都会使溶解平衡向左移动，使Ca(OH)2增多。AlCl3中的Al3＋可与OH－发生反应生成Al(OH)3沉淀，使平衡向右移动，促进Ca(OH)2的溶解。
答案　B
【归纳总结】　影响沉淀溶解平衡的因素
(1)内因
溶质本身的性质。绝对不溶的物质是没有的；同是微溶物质，溶解度差别也很大；易溶溶质只要是饱和溶液也存在溶解平衡。
(2)外界条件改变对溶解平衡的影响
①温度升高，多数溶解平衡向溶解的方向移动。
②加水稀释，浓度减小，溶解平衡向溶解的方向移动。
③加入与难溶电解质构成微粒相同的物质，溶解平衡向生成沉淀的方向移动。
④加入与难溶电解质溶解所得的离子反应的物质，溶解平衡向溶解的方向移动。
变式训练1　将AgCl分别投入下列溶液中：
①40
mL
0.03
mol·L－1的HCl溶液
②50
mL
0.03
mol·L－1的AgNO3溶液
③30
mL
0.02
mol·L－1的CaCl2溶液
④10
mL蒸馏水
AgCl的溶解度由大到小的顺序是________。
答案　④>①＝②>③
解析　在水中AgCl存在溶解平衡AgCl(s)??AgCl(aq)===Ag＋(aq)＋Cl－(aq)
(注：s表示未溶解的固体，aq表示已被溶解但未电离的AgCl)。当溶液中存在Ag＋或Cl－时，溶解平衡逆向移动，AgCl的溶解度减小。溶液中Ag＋或Cl－的浓度越大，逆向移动的程度越大，溶解度就越小。以中性的水为参照，溶解度大小顺序为④>①＝②>③。
二、溶度积的意义及应用
【例2】　已知25
℃时，AgCl的溶度积常数Ksp＝1.8×10－10，则下列说法正确的是(　　)
A．向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp变大
B．AgNO3溶液与NaCl溶液混合后的溶液中，一定有c(Ag＋)＝c(Cl－)
C．温度一定时，当溶液中c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp时，此溶液中必有AgCl沉淀析出
D．将AgCl加入到较浓的KI溶液中，部分AgCl转化为AgI，因为AgCl的溶解度大于AgI
解析　Ksp只与温度有关，A项不正确；B项混合后可能c(Ag＋)或c(Cl－)有剩余，不一定有c(Ag＋)＝c(Cl－)；C项Qc＝Ksp时达到溶解平衡，没有AgCl沉淀析出；D项符合沉淀转化的规律。
答案　D
【归纳总结】　溶液积的意义及应用
(1)Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关，而与沉淀的量和溶液中离子的浓度无关。
(2)同温条件时，对于同类型物质，Ksp数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强。如由Ksp数值可知，溶解能力：AgCl＞AgBr＞AgI，Cu(OH)2＜Mg(OH)2。
(3)不同类型的物质，Ksp差距不大时不能直接作为比较依据。如(25
℃)：
AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，Ksp＝1.8×10－10，Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，Ksp＝1.8×10－11，虽然Mg(OH)2的Ksp较小，但不能认为Mg(OH)2比AgCl更难溶。
变式训练2　已知25
℃时，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。请回答下列问题：
(1)25
℃时，若向50
mL
0.018
mol·L－1的AgNO3溶液中加入50
mL
0.020
mol·L－1的盐酸，混合后溶液中的c(Ag＋)为________
mol·L－1，pH为________。
(2)25
℃时，取一定量含有I－、Cl－的溶液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl和AgI同时沉淀时，溶液中为________。
答案　(1)1.8×10－7　2　(2)4.7×10－7
解析　(1)反应后剩余的c(Cl－)＝＝0.001
mol·L－1，c(Ag＋)＝＝1.8×10－7
mol·L－1。反应后溶液中的c(H＋)＝＝0.010
mol·L－1，pH＝2。(2)＝＝≈4.7×10－7。
1．下列物质的溶解度随温度升高而减小的是(　　)
①KNO3　②Ca(OH)2　③BaSO4　④CO2
A．①②
B．②④
C．①③
D．①④
答案　B
解析　Ca(OH)2的溶解度比较特殊，随温度的升高而减小，其他绝大多数物质随温度升高，溶解度增大(气体除外)。
2．下列对“难溶”的理解正确的是(　　)
A．在水中难溶的物质，在其他溶剂中也是难溶的
B．难溶就是绝对不溶
C．难溶就是溶解度相对较小，没有绝对不溶于水的电解质
D．如果向某溶液中加入足量另一种试剂时，生成了难溶性的电解质，则说明原溶液中的相应离子已沉淀完全
答案　C
解析　难溶是指物质在水中的溶解度小于0.01
g。
3．下列有关AgCl沉淀的溶解平衡状态的说法中，正确的是(　　)
A．AgCl沉淀的生成和溶解不断进行，但速率相等
B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－
C．升高温度，AgCl的溶解度不变
D．向AgCl沉淀的溶解平衡体系中加入NaCl固体，AgCl的溶解度不变
答案　A
解析　AgCl固体在溶液中存在溶解平衡，所以溶液中有Ag＋和Cl－，B错；升高温度，AgCl溶解度增大，C错；向平衡体系中加入NaCl固体，增大了c(Cl－)，溶解平衡左移，AgCl溶解度减小，D错。
4．下列说法中，正确的是(　　)
A．两种难溶盐电解质，其中Ksp小的溶解度一定小
B．溶液中存在两种可以与同一沉淀剂生成沉淀的离子，则Ksp小的一定先生成沉淀
C．难溶盐电解质的Ksp与温度有关
D．同离子效应使难溶盐电解质的溶解度变小，也使Ksp变小
答案　C
解析　Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关。
5．已知25
℃时，CaSO4在水中的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
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c(SO)比原来的大
B．溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ca2＋)、c(SO)都变小
C．溶液中析出CaSO4固体沉淀，溶液中c(Ca2＋)、c(SO)都变小
D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO)比原来的大
答案　D
解析　本题是一道考查沉淀溶解平衡的图像题。由题意知，Ksp(CaSO4)＝c(Ca2＋)·c(SO)＝3.0×10－3×3.0×10－3＝9×10－6，
CaSO4饱和溶液中c(Ca2＋)＝c(SO)＝3.0×10－3
mol·L－1。
加入400
mL
0.01
mol·L－1
Na2SO4溶液后，c(Ca2＋)＝＝6×10－4(mol·L－1)，c(SO)＝＝8.6×10－3(mol·L－1)，
Qc＝c(Ca2＋)·c(SO)＝6×10－4×8.6×10－3＝5.16×10－6＜Ksp(CaSO4)，所以溶液中无CaSO4沉淀产生，则D正确。
6．在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液产生BaSO4沉淀，若以Ksp表示BaSO4的溶度积常数，则平衡后溶液中(　　)
A．c(Ba2＋)＝c(SO)＝(Ksp)
B．c(Ba2＋)·c(SO)>Ksp，c(Ba2＋)＝c(SO)
C．c(Ba2＋)·c(SO)＝Ksp，c(Ba2＋)＞c(SO)
D．c(Ba2＋)·c(SO)≠Ksp，c(Ba2＋)＜c(SO)
答案　C
解析　在BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液，平衡BaSO4(s)
????Ba2＋(aq)＋SO(aq)左移，则此时c(Ba2＋)＞c(SO)；由于温度未发生改变，所以溶液中c(Ba2＋)·(SO)＝Ksp。
[基础过关]
一、沉淀溶解平衡及其影响因素
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，沉淀的生成和溶解的速率相等
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，如果再加入难溶的该沉淀物，将促进溶解
答案　B
解析　反应开始时，各离子的浓度没有必然的关系，A项不正确、D项正确；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，C项不正确；沉淀溶解达到平衡后，再加入难溶的该沉淀物，平衡不会移动，D项错。
2．在AgCl饱和溶液中尚有AgCl固体存在，当向溶液中加入0.1
mol·L－1的盐酸时，下列说法正确的是(　　)
A．AgCl沉淀溶解平衡正向移动
B．AgCl溶解度增大
C．溶液中c(Ag＋)增大
D．溶液中c(Cl－)增大
答案　D
3．在一定温度下，Mg(OH)2固体在水溶液中达到下列平衡：Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋
2OH－(aq)，若使固体Mg(OH)2的量减少，而c(Mg2＋)不变，可采取的措施是(　　)
A．加MgCl2
B．加H2O
C．加NaOH
D．加HCl
答案　B
4．把足量熟石灰放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s)??Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)，下列叙述正确的是(　　)
A．给溶液加热，溶液的pH升高
B．恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高
C．向溶液中加入Na2CO3溶液，Ca(OH)2固体增多
D．向溶液中加入少量的NaOH固体，Ca(OH)2固体增多
答案　D
解析　A项，加热时Ca(OH)2溶解度减小，平衡逆向移动，c(OH－)减小，pH减小；B项，CaO＋H2O===Ca(OH)2，由于保持恒温，Ca(OH)2溶解度不变，c(OH－)不变，因此pH不变；C项，CO＋Ca2＋===CaCO3↓，使平衡正向移动，Ca(OH)2固体减少；D项，加入NaOH固体时，c(OH－)增大，平衡逆向移动，因此Ca(OH)2固体增多。
二、溶度积常数
5．下列有关溶度积常数Ksp的说法正确的是(　　)
A．常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小
B．溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp减小
C．溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp增大
D．常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变
答案　D
解析　温度不变，溶度积常数不变，故A项不正确、D项正确；大多数的难溶物温度升高，Ksp增大，但也有少数物质相反如Ca(OH)2，故B、C均不正确。
6．在CaCO3饱和溶液中，加入Na2CO3固体，达到平衡时(　　)
A．c(Ca2＋)＝c(CO)
B．c(Ca2＋)＝c(CO)＝
C．c(Ca2＋)≠c(CO)，c(Ca2＋)·c(CO)＝Ksp(CaCO3)
D．c(Ca2＋)≠c(CO)，c(Ca2＋)·c(CO)≠Ksp(CaCO3)
答案　C
解析　溶液中c(Ca2＋)7．已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.5×10－16，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，则下列难溶盐的饱和溶液中，Ag＋浓度大小顺序正确的是(　　)
A．AgCl>AgI>Ag2CrO4
B．AgCl>Ag2CrO4>AgI
C．Ag2CrO4>AgCl>AgI
D．Ag2CrO4>AgI>AgCl
答案　C
解析　AgCl和AgI的结构相似，由Ksp可知AgCl饱和溶液中的c(Ag＋)大于AgI饱和溶液中的c(Ag＋)；AgCl饱和溶液中的c2(Ag＋)＝Ksp＝1.8×10－10，Ag2CrO4(s)??2Ag＋(aq)＋CrO(aq)的Ksp＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝c3(Ag＋)＝2.0×10－12，可得Ag2CrO4饱和溶液中的c(Ag＋)大于AgCl饱和溶液中的c(Ag＋)。
三、沉淀溶解平衡曲线
8．如图所示，有T1、T2两种温度下两条BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线，下列关于T1温度时BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线的说法不正确的是(　　)
A．加入Na2SO4可使溶液由a点变为b点
B．在T1曲线上方区域(不含曲线)任意一点时，均有BaSO4沉淀生成
C．蒸发溶剂可能使溶液由d点变为曲线上a、b之间的某一点(不含a、b)
D．升温可使溶液由b点变为d点
答案　D
解析　A项，加入Na2SO4，c(SO)增大，Ksp不变，c(Ba2＋)减小，正确；B项，在T1曲线上方任意一点，由于Qc＞Ksp，所以均有BaSO4沉淀生成；C项，不饱和溶液蒸发溶剂，c(SO)、c(Ba2＋)均增大，正确；D项，升温，Ksp增大，c(SO)、c(Ba2＋)均增大，错误。
9．硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下，下列说法正确的是(　　)
A．温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO)的增大而减小
B．三个不同温度中，313
K时Ksp(SrSO4)最大
C．283
K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液
D．283
K下的SrSO4饱和溶液升温到363
K后变为不饱和溶液
答案　B
解析　温度一定时，Ksp(SrSO4)不变，A错误；由题中沉淀溶解平衡曲线可看出，313
K时，c(Sr2＋)、c(SO)最大，Ksp最大，B正确；283
K时，a点c(Sr2＋)小于平衡时c(Sr2＋)，故未达到饱和，沉淀继续溶解，C不正确；从283
K升温到363
K要析出固体，依然为饱和溶液。
10．已知：pAg＝－lgc(Ag＋)，Ksp(AgCl)＝1×10－12。如图是向10
mL
AgNO3溶液中逐渐加入0.1
mol·L－1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积变化的图像(实线)。根据图像所得下列结论正确的是[提示：Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)](　　)
A．原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1
mol·L－1
B．图中x点的坐标为(100，6)
C．图中x点表示溶液中Ag＋被恰好完全沉淀
D．把0.1
mol·L－1的NaCl换成0.1
mol·L－1
NaI则图像在终点后变为虚线部分
答案　B
解析　A项，加入NaCl之前，pAg＝0，所以c(AgNO3)＝1
mol·L－1，错误；B项，由于
c(Ag＋)＝10－6
mol·L－1，所以Ag＋沉淀完全，n(NaCl)＝n(AgNO3)＝0.01
L×1
mol·L－1＝
0.01
mol，所以V(NaCl)＝100
mL，B正确，C错误；若把NaCl换成NaI，由于Ksp(AgI)更小，所以c(Ag＋)更小，pAg更大，D错误。
[能力提升]
11．(1)对于Ag2S(s)??2Ag＋(aq)＋S2－(aq)，其Ksp的表达式为____________________________
_________________________________。
(2)下列说法不正确的是________(填序号)。
①用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl少
②一般来说，物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解过程大多是吸热过程
③对于Al(OH)3(s)??Al3＋(aq)＋3OH－(aq)和Al(OH)3??Al3＋＋3OH－，前者为溶解平衡，后者为电离平衡
④除去溶液中的Mg2＋，用OH－沉淀比用CO好，说明Mg(OH)2的溶解度比MgCO3大
⑤沉淀反应中常加入过量的沉淀剂，其目的是使沉淀更完全
(3)如何除去Mg(OH)2中混有的Ca(OH)2？_______________________________________
_____________________________________________________________________________。
答案　(1)Ksp＝c2(Ag＋)·c(S2－)
(2)④
(3)加足量MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，洗涤，干燥即得纯Mg(OH)2
解析　(1)由溶度积的概念可直接写出。(2)①Cl－抑制了AgCl的溶解，①正确；②物质的溶解过程大多是吸热过程，②正确；③正确；④除去溶液中的Mg2＋，用OH－沉淀比用CO好，是因为Mg(OH)2的Ksp更小，使溶液中剩余的Mg2＋更少，④错误；⑤正确。(3)根据沉淀的转化原理可知，向其中加入Mg2＋即可。
12．已知氨水与醋酸的电离程度在同温同浓度下相等，溶有一定量氨的氯化铵溶液呈碱性。现向少量的Mg(OH)2悬浊液中，加入适量的饱和氯化铵溶液，固体完全溶解。
甲同学的解释是
Mg(OH)2(s)??Mg2＋＋2OH－①
NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋②
由于NH水解显酸性，H＋与OH－反应生成水，导致反应①的平衡右移，沉淀溶解。
乙同学的解释是
Mg(OH)2(s)??Mg2＋＋2OH－③
NH＋OH－??NH3·H2O④
由于NH4Cl电离出的NH与Mg(OH)2电离出的OH－结合，生成了弱电解质NH3·H2O，导致反应③的平衡右移，Mg(OH)2沉淀溶解。
(1)丙同学不能肯定哪位同学的解释合理，于是选用下列一种试剂，来证明甲、乙两位同学的解释只有一种正确，他选用的试剂是________(填字母)。
A．NH4NO3　　　　B．CH3COONH4
C．Na2CO3
D．NH3·H2O
(2)请你说明丙同学作出该选择的理由_____________________________________________
_____________________________________________________________________________。
(3)丙同学将所选试剂滴入Mg(OH)2的悬浊液中，Mg(OH)2溶解；由此推知，甲和乙哪位同学的解释更合理________(填“甲”或“乙”)；NH4Cl饱和溶液使Mg(OH)2悬浊液溶解的离子方程式是__________________________。
答案　(1)B　(2)CH3COONH4溶液呈中性；滴入Mg(OH)2悬浊液，若Mg(OH)2不溶，则甲同学解释正确
(3)乙　Mg(OH)2＋2NH??Mg2＋＋2NH3·H2O
解析　甲乙解释的区别在于，甲认为是NH的水解导致Mg(OH)2沉淀溶解，乙认为是由于NH被电离出来，导致Mg(OH)2沉淀溶解。由于任何盐在溶液中都能够发生电离，所以只要找出一种NH的盐溶液，其中NH不发生水解，或其水解可以被抵消，即可鉴别出。
由一水合氨和醋酸的电离程度在同温同浓度下相等，可知由CH3COONH4电离出的NH可以认为是不发生水解，当将CH3COONH4加入Mg(OH)2悬浊液中，若乙的解释对，则Mg(OH)2应该溶解，若甲的解释对，Mg(OH)2不溶解。
[拓展探究]
13．从铝土矿(主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质)中提取氧化铝的两种工艺流程如下：
请回答下列问题：
(1)流程甲加入盐酸后生成Al3＋的化学方程式为____________________________________。
(2)流程乙加入烧碱后生成SiO的离子方程式为_____________________________________
___________________________________。
(3)验证滤液B中含Fe3＋，可取少量滤液并加入______________________________________
__________________________________(填试剂名称)。
(4)滤液E、K中溶质的主要成分是__________(填化学式)，写出该溶液的一种用途________________________________________________________________________。
(5)已知298
K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12，取适量的滤液B，加入一定量的烧碱达到沉淀溶解平衡，测得pH＝13.00，则此温度下残留在溶液中的c(Mg2＋)是________________________________________________________________________。
答案　(1)Al2O3＋6HCl===2AlCl3＋3H2O
(2)SiO2＋2OH－===SiO＋H2O
(3)硫氰化钾(或苯酚溶液等合理答案均可)
(4)NaHCO3　制纯碱(或作发酵粉等合理答案均可)
(5)5.6×10－10
mol·L－1
解析　(1)Al2O3溶于盐酸生成AlCl3和水，化学方程式为Al2O3＋6HCl===2AlCl3＋3H2O。(2)SiO2与NaOH溶液反应的离子方程式为SiO2＋2OH－===SiO＋H2O。(3)Fe3＋的鉴定有多种方法，KSCN溶液、苯酚溶液、NaOH溶液等都可与之产生明显现象，若使用NaOH溶液，则NaOH溶液要过量。(4)由于通入的是过量CO2，因此滤液E和K中的主要成分是NaHCO3，其用途广泛，工业上可用于制纯碱，也可用作食品添加剂。(5)298
K，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12，即溶液中c(Mg2＋)·c2(OH－)＝5.6×10－12。pH＝13的溶液中，c(OH－)＝0.1
mol·L－1，则此时
c(Mg2＋)＝
mol·L－1＝5.6×10－10mol·L－1。第3课时　酸碱中和滴定
[目标导航]　1.了解酸碱中和滴定的原理，熟记酸碱中和滴定的主要仪器名称和应用。2.掌握酸碱中和滴定的实验操作、计算方法和误差分析。3.学会滴定原理的迁移应用。
【练一练】
1．书写下列反应的离子方程式
(1)盐酸和NaOH溶液：H＋＋OH－===H2O。
(2)H2SO4溶液和Ba(OH)2溶液：2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===2H2O＋BaSO4↓。
(3)盐酸和Cu(OH)2：2H＋＋Cu(OH)2===2H2O＋Cu2＋。
2．常温下，判断下列酸碱混合后溶液的pH
(1)pH＝3的盐酸与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH等于7。
(2)pH＝3的盐酸与pH＝11的氨水溶液等体积混合后，溶液的pH大于7。
(3)pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH小于7。
3．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”
(1)任何酸碱反应的离子方程式都可写为H＋＋OH－===H2O(×)
(2)容量瓶、分液漏斗在使用前都需查漏(√)
(3)量筒读数时，俯视偏大，仰视偏小(√)
一、酸碱中和滴定
1．中和滴定的原理
酸碱中和反应的实质可用离子方程式H＋＋OH－===H2O来表示，在中和反应中，H＋、OH－之间的物质的量关系是n(H＋)＝n(OH－)；若用参加反应的c(H＋)、c(OH－)来表示，其关系式为c(H＋)·V酸＝c(OH－)·V碱，由此可计算c(H＋)，其表达式是c(H＋)＝；也可计算c(OH－)，其表达式是c(OH－)＝。由c(H＋)、c(OH－)可分别求出相应酸、碱的浓度。
2．用0.103
2
mol·L－1的盐酸中和25.00
mL未知浓度的NaOH溶液，中和完成后用去盐酸27.84
mL，请你根据上述关系式计算NaOH溶液的物质的量浓度0.114__9__mol·L－1。
3．请你根据以上原理分析，归纳总结中和滴定的概念是利用中和反应，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。其中已知浓度的酸(或碱)溶液常称为标准液，未知浓度的碱(或酸)溶液常称为待测液。
二、主要仪器及使用
酸碱中和滴定所用的主要仪器是锥形瓶和滴定管。
1．滴定管分为两种：
(1)酸式滴定管：包括玻璃活塞、长玻璃管，可盛放酸性溶液、强氧化性溶液，不能盛放碱性溶液及氢氟酸。
(2)碱式滴定管：包括长玻璃管、橡皮管、玻璃球，可盛放碱性溶液。
滴定管的上端都标有规格大小、使用温度、0刻度，滴定管的精确读数为0.01__mL。
2．滴定管的使用方法
(1)检查仪器：使用前先检查滴定管活塞是否漏水。
(2)润洗仪器：在加入溶液之前，洁净的滴定管要用所要盛装的溶液润洗2～3遍。
(3)加入溶液：分别将溶液加入到相应滴定管中，使液面位于滴定管0刻度线以上2～3__mL处。
(4)调节起始读数：在滴定管下放一烧杯，调节活塞，使滴定管尖嘴部分充满溶液，然后调节滴定管液面使其处于某一刻度。准确读取数值并记录。
三、实验操作步骤
酸碱中和滴定的实验步骤可以提炼为6个关键字：
1．洗(洗涤)：洗涤仪器并进行检漏、润洗。
2．取(取液)：向酸(碱)式滴定管中注入标准液；向锥形瓶中注入待测液，加入2～3滴指示剂。
3．滴(滴定)：在锥形瓶下垫一张白纸，向锥形瓶中先快后慢地加入标准液(后面逐滴加入)，至指示剂发生明显的颜色变化(如由红色变为无色或红色变为橙色、无色变为粉红色等)且半分钟内不变时，停止滴定。
4．读(读数)：平视滴定管中凹液面最低点，读取溶液体积。
5．记(记录)：记录滴定前和滴定终点时滴定管中标准液的刻度，重复滴定2～3次将数据记入表中。
6．算(计算)：以(V终－V始)为消耗的标准液的体积，取2～3次实验结果的平均值，依据
c待＝(一元酸碱)计算待测液的物质的量浓度。
【合作探究】
1．回答滴定前准备阶段中的有关问题。
(1)酸式滴定管在使用前需检查活塞是否漏水，怎样检查？请叙述操作过程。
答案　将旋塞关闭，滴定管里注满水，把它固定在滴定管夹上，放置10分钟，观察滴定管口及旋塞两端是否有水渗出，然后将旋塞旋转180°，继续观察，旋塞不渗水才可使用。
(2)在加入酸、碱反应液之前，洁净的酸式滴定管和碱式滴定管还要分别用所盛装的酸、碱溶液润洗2～3遍，请叙述操作方法。
答案　从滴定管上口加入3～5
mL所要盛装的酸或碱溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿滴定管内壁，然后一手控制活塞(酸式滴定管轻轻转动活塞；碱式滴定管轻轻挤压玻璃球)，将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中。
(3)滴定管怎样注液？
答案　分别将酸、碱反应液加入到酸式滴定管、碱式滴定管中，使液面位于0刻度以上2～3
mL处，并将滴定管垂直固定在滴定管夹上(如图)。
(4)滴定管怎样调整起始读数？
答案　在滴定管下放一烧杯，
调节活塞，使尖嘴内充满溶液(如果尖嘴处有气泡应快速放液以赶走气泡，除去碱式滴定管胶管中气泡的方法如图)，并使液面处于某一刻度，准确记录读数。
2．回答滴定过程中的有关问题。
(1)酸碱中和滴定的关键：一是要准确测定反应的酸碱溶液的体积，这需要用精确度较高的实验仪器，并正确使用，确保标准液浓度的准确；二是要准确判断中和反应是否恰好完全反应，这需要选用合适的指示剂，并通过颜色变化来准确判断。
(2)①酸碱中和滴定时一般选用的指示剂有酚酞和甲基橙，而不用石蕊，由于它变色范围大，且变色不灵敏。石蕊的“红色→紫色”、“紫色→蓝色”的颜色变化不够明显，不利于及时、准确地作出酸碱是否恰好完全中和的判断。最好在滴定终点时，指示剂应由浅变深，这样视觉灵敏，误差小。
②酸碱中和滴定时指示剂的选择
滴定种类
选用的指示剂
达滴定终点时颜色变化
指示剂用量
强酸滴定强碱
甲基橙
黄色→橙色
2～3滴
酚酞
红色→无色
强碱滴定强酸
甲基橙
红色→橙色
酚酞
无色→粉红色
强酸滴定弱碱
甲基橙
黄色→橙色
强碱滴定弱酸
酚酞
无色→粉红色
3.怎样进行滴定操作
4．试根据以上问题概括酸、碱中和滴定的操作步骤。
答案　(1)“六字”概括：洗→取→滴→读→记→算。
(2)“口诀”记忆：
酸式碱式莫混用，读数视线要水平；
充满尖嘴不留气，液面不要高于零；
适量滴加指示剂，初始读数要记清；
左手慢慢旋活塞，右手旋摇锥形瓶；
两眼紧盯待测液，颜色突变立即停；
记下刻度来计算，中和滴定操作完。
5．反应终点与滴定终点的pH相差较大，为什么用中和滴定的方法还可以准确测定酸或碱的浓度？
答案　在酸碱反应过程中，溶液的pH会发生变化，对于强酸强碱的反应，开始时由于被中和的酸或碱浓度较大，加入少量的碱或酸对其pH的影响不大。当反应接近终点(pH≈7)时，很少量(一滴，约0.05
mL)的碱或酸就会引起溶液pH突变(如下图所示)。
一、酸碱中和滴定及误差分析
【例1】　在中和滴定操作过程中，有以下各项因操作不当而引起的实验误差，用“偏高”、“偏低”或“无影响”等填空：
(1)滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗，使滴定结果________。
(2)锥形瓶用蒸馏水洗净后，又用待测溶液润洗，使滴定结果________。
(3)滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定过程中气泡消失，使滴定结果________。
(4)滴定前平视，滴定终点俯视，使滴定结果________。
(5)用NaOH溶液滴定盐酸(酚酞作指示剂)，当加入一滴NaOH溶液时溶液呈浅红色，此时便停止滴定，使滴定结果________。
(6)用含Na2O杂质的NaOH固体来配制已知浓度的标准溶液，用于滴定未知浓度的盐酸，使测得盐酸的浓度________。
(7)用含Na2CO3杂质的NaOH固体来配制已知浓度的标准溶液，用于滴定未知浓度的盐酸，使测得盐酸的浓度________。
(8)洗涤锥形瓶时，误把稀食盐水当作蒸馏水，然后用锥形瓶装待测的盐酸，用NaOH标准溶液滴定时，对测得的结果________。
解析　中和滴定误差分析的依据是c待＝，若向待测溶液(置于锥形瓶)中滴加标准溶液(置于滴定管)，则由V标来分析实验误差。
(1)滴定管装液前未用标准溶液润洗，会使标准溶液被冲稀，导致所耗V标偏大，使测定的
c待偏高。
(2)锥形瓶装液前用待测溶液润洗，会使锥形瓶内待测的溶质增加，导致所耗V标偏大，使测定的c待偏高。
(3)气泡的体积计入了标准溶液，结果偏高。
(4)滴定终点俯视读数，将终点读数V2读小了，V标偏低因而c待偏低。
(5)终点判断提前(应保持半分钟不褪色)，结果偏低。
(6)NaOH中含有Na2O，则标准溶液的浓度已经偏高(62
g
Na2O相当于80
g
NaOH)，因而所需滴入的标准溶液的体积偏小，测得结果偏低。
(7)把标准溶液视为Na2CO3溶液，由于53
g
Na2CO3相当于40
g
NaOH，所以中和相同量的盐酸所需Na2CO3溶液的体积比NaOH溶液的体积大，使V标偏高，结果偏高。
(8)食盐水对结果无影响。
答案　(1)偏高　(2)偏高　(3)偏高　(4)偏低　(5)偏低　(6)偏低　(7)偏高　(8)无影响
【题后归纳】
1．分析依据
以盐酸标准液滴定NaOH溶液为例：
c(NaOH)＝，其中c(HCl)、V[NaOH(aq)]为定值，c(NaOH)的大小取决于V(HCl)的大小。
2．常见误差分析
类　别
操　作
结果
来自滴定管中产生的误差
滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗
偏高
滴定管未用待测液润洗
偏低
盛标准液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡
偏高
盛标准液的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡
偏低
盛待测液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡
偏低
盛待测液的滴定管滴定前无气泡，滴定后有气泡
偏高
来自锥形瓶中产生的误差读数带来的误差
锥形瓶用蒸馏水洗后又用待测液洗
偏高
锥形瓶未洗净，残留有与待测液中溶质反应的少量物质
偏低
待测液加水稀释
无影响
用滴定管量取待测液
先俯视后仰视
偏低
先仰视后俯视
偏高
标准液
先俯视后仰视
偏高
先仰视后俯视
偏低
来自配制标准液产生的误差
配制0.1
mol·L－1的NaOH溶液500
mL需要NaOH的质量为2.0
g
NaOH已部分潮解或称量时间过长
偏高
NaOH中含有杂质
杂质不与盐酸反应
偏高
所含杂质消耗1
molHCl需质量大于40
g(例如Na2CO3、NaHCO3)　　
偏高
所含杂质消耗1
molHCl需质量小于40
g(例如Na2O)
偏低
游码有油污
偏低
【特别提醒】　对于仰视、俯视所造成的读数误差，可以用画图的形式来理解和记忆。如图是对量筒和滴定管进行仰视、俯视读数的模拟图。其共同点在于：俯视时液面位于读取刻度的下方；仰视时液面位于读取刻度的上方(记住“俯下仰上”)。对于滴定管，仰视所读的值比平视大，俯视所读的值比平视小，而量筒则正好相反。滴定终点时的错误读数所造成的误差可简记为“仰高俯低”(假定滴定前读数正确)。
变式训练1　用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中不含有与酸反应的杂质，试根据实验回答：
(1)准确称取烧碱样品4.1
g，所用的主要仪器是______。
(2)将样品配成250
mL的待测液，需要的仪器有__________________________。
(3)取10.00
mL待测液，用________量取注入________中。
(4)用0.201
0
mol·L－1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时左手________________________，右手________，两眼注视________________________，直到滴定终点。
(5)根据下列数据，计算待测烧碱溶液的浓度：________。
滴定次数
待测液体积/mL
标准盐酸体积/mL
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
第一次
10.00
0.50
20.40
第二次
10.00
4.00
24.10
(6)根据上述数据，计算烧碱的纯度______________________________________________
__________________________。
(7)由于碱式滴定管调零时仰视读数，使计算出的烧碱溶液浓度与实际浓度比较________。
A．偏高
B．准确
C．偏低
D．可能偏高或偏低
答案　(1)药匙、托盘天平、小烧杯
(2)小烧杯、玻璃棒、250
mL容量瓶、胶头滴管
(3)碱式滴定管(或移液管)　锥形瓶
(4)旋转酸式滴定管的玻璃活塞　摇动锥形瓶　锥形瓶中溶液颜色的变化
(5)0.402
0
mol·L－1　(6)98%　(7)A
解析　(1)取用固体时用到药匙；称量固体时用到托盘天平，由于NaOH具有强的腐蚀性和吸水性，称量时不能直接放到滤纸上，要放到小烧杯中称量。
(2)将样品配成250
mL的待测液的过程，就是配制一定物质的量浓度的溶液，需要的仪器有小烧杯、玻璃棒、250
mL容量瓶、胶头滴管。
(3)取10.00
mL待测液，可用碱式滴定管来量取，也可使用移液管来量取，应将待测液注入锥形瓶中。
(4)滴定过程中，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，直到滴定终点。
(5)V[NaOH(aq)]＝10.00
mL，V[HCl(aq)]
＝
＝20.00
mL，根据：c(NaOH)·V[NaOH(aq)]＝c(HCl)·V[HCl(aq)]，则：c(NaOH)＝0.402
0
mol·
L－1。
(6)样品中m(NaOH)＝0.402
0
mol·L－1×0.250
L×40
g·mol－1＝4.02
g，则烧碱的纯度为×100%＝98%。
(7)读碱式滴定管开始刻度时仰视，使V(NaOH)＝(V2－V1)的值偏小，实际取用的V(NaOH)偏大，耗用的V(HCl)增多，使计算出的烧碱溶液浓度偏高。
二、酸碱中和滴定的迁移应用——氧化还原反应滴定
【例2】　某工厂废水中含游离态氯(即含有氯分子Cl2)，通过下列实验测定其浓度：
①取废水样10.0
mL于锥形瓶，加入10.0
mL
KI溶液(足量)，滴入指示剂2～3滴。
②取一滴定管依次用自来水，蒸馏水洗净，然后就注入0.01
mol·L－1的Na2S2O3标准液，调整液面，记下读数。
③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6(Na2S4O6溶液为无色)。试回答下列问题：
(1)步骤①加入的指示剂是________。
(2)步骤①反应的离子方程式是____________________________________________________
____________________。
(3)步骤③当待测液由________色变为________色且30
s不再变化即达终点，若耗去Na2S2O3溶液20.00
mL，则废水中Cl2的物质的量浓度为________。
(4)按照上述实验操作，最后会导致所测得的Cl2的物质的量浓度会比实际浓度________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)。
(5)若读Na2S2O3溶液的体积不规范，没有平视，滴定前仰视，滴定后又俯视，最后会导致所测得的Cl2的物质的量浓度会比实际浓度________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)。
答案　(1)淀粉溶液　(2)Cl2＋2I－===I2＋2Cl－
(3)蓝　无　0.01
mol·L－1　(4)偏大　(5)偏小
解析　(1)①中由于Cl2把I－氧化成I2，淀粉遇I2变蓝，所以应加入淀粉溶液作指示剂。(2)离子方程式为Cl2＋2I－===I2＋2Cl－。
(3)根据I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6可知，当蓝色变为无色且半分钟内不变色时即达滴定终点
Cl2　　～I2　　～　　2Na2S2O3
20.00×10－3
L×0.01
mol·L－1
1.000×10－4
mol
＝2.000×10－4mol
所以c(Cl2)＝＝0.01
mol·L－1。
(4)由于没有润洗滴定管，造成Na2S2O3溶液的浓度减小，所耗Na2S2O3溶液的体积偏大，所得Cl2的浓度偏大。
(5)由于读出的Na2S2O3溶液的体积偏小，造成计算所得Cl2的浓度偏小。
【题后归纳】　氧化还原滴定三要点
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，或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。
2．试剂：常见的用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等；常见的用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。
3．指示剂：氧化还原滴定法的指示剂有三类。a.氧化还原指示剂，b.专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝；c自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色。
变式训练2　市场上销售的某种食用精制盐的配料是食盐、碘酸钾、抗结剂，碘含量(以碘计)是20～50
mg·kg－1。已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为
a．准确称取W
g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；
b．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；
c．以淀粉溶液为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为2.0×10－3
mol·L－1的Na2S2O3溶液10.00
mL，恰好反应完全。
填写下列空白：
(1)判断c中恰好反应完全的依据是________。
(2)b中反应所产生的I2的物质的量是________
mol。
(3)根据以上实验，所测精制盐的碘含量是________
mg·kg－1(用含W的代数式表示)。
答案　(1)溶液由蓝色恰好变为无色且半分钟不变色　(2)1.0×10－5　(3)
解析　I2的淀粉溶液呈蓝色，向其中逐滴加入Na2S2O3溶液，随着I2的消耗，溶液蓝色逐渐变浅，当加入一滴Na2S2O3溶液使蓝色恰好褪去且半分钟内不变色时，Na2S2O3与I2恰好反应完全，达到滴定终点，可依据Na2S2O3与I2的反应及KIO3与KI的反应计算I2的物质的量和精制盐的碘含量。
由I2＋2S2O===2I－＋S4O得：
n(I2)＝2.0×10－3
mol·L－1××＝1.0×10－5
mol。
由5KI＋KIO3＋3H2SO4===3K2SO4＋3I2＋3H2O得：
n(KIO3)＝×1.0×10－5
mol。
故精制食盐中碘含量为
＝
mg·kg－1。
1．酸碱恰好完全中和时(　　)
A．酸与碱的物质的量一定相等
B．溶液呈现中性
C．酸与碱的物质的量浓度相等
D．酸所能提供的H＋与碱所能提供的OH－的物质的量相等
答案　D
解析　根据酸碱中和反应的实质可知酸碱恰好完全中和时，酸所能提供的H＋与碱所能提供的OH－的物质的量相等。
2．现用0.10
mol·L－1
HCl溶液滴定10
mL
0.05
mol·L－1
NaOH溶液，若酸式滴定管未润洗，达到终点时所用盐酸的体积应是(　　)
A．10
mL
B．5
mL
C．大于5
mL
D．小于5
mL
答案　C
解析　用0.10
mol·L－1
HCl溶液滴定10
mL
0.05
mol·L－1
NaOH溶液正好需5
mL
HCl溶液。现盐酸被稀释，其浓度小于0.10
mol·L－1，故中和NaOH所需盐酸的体积大于
5
mL。
3．用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，从下表中选出正确的选项(　　)
锥形瓶中溶液
滴定管中溶液
选用指示剂
选用滴定管
A
碱
酸
石蕊
碱式滴定管
B
酸
碱
酚酞
酸式滴定管
C
碱
酸
甲基橙
碱式滴定管
D
酸
碱
酚酞
碱式滴定管
答案　D
解析　此题考察中和滴定的一部分操作和滴定管结构，若锥形瓶装入一定体积NaOH溶液(标准液)，则滴定管内装H2SO4溶液，选用酸式滴定管。若锥形瓶中装入一定体积H2SO4溶液(待测液)，则滴定管内装NaOH溶液，选用碱式滴定管。
4．如图是用一定物质的量浓度的NaOH溶液滴定10
mL一定物质的量浓度的盐酸的滴定图像，依据图像推出盐酸和NaOH溶液的物质的量浓度是下表内各组中的(　　)
选项溶液　　
A
B
C
D
c(HCl)/mol·L－1
0.12
0.04
0.03
0.09
c(NaOH)/mol·L－1
0.04
0.12
0.09
0.03
答案　D
解析　由图像可知，30
mL
NaOH溶液恰好中和10
mL盐酸，则3c(NaOH)＝c(HCl)，表中A、D组属此种情况，但A组中c(HCl)＝0.12
mol·L－1，c(H＋)＝0.12
mol·L－1，pH＜1，不符合图像；D组中c(HCl)＝0.09
mol·L－1，pH＞1，加入20
mL
NaOH后溶液的c(H＋)＝＝1×10－2
mol·L－1，pH＝－lg(1×10－2)＝2，正好符合题意。
[基础过关]
一、滴定管的使用
1．准确量取25.00
mL酸性高锰酸钾溶液，可选用的仪器是(　　)
A．500
mL量筒
B．10
mL量筒
C．50
mL酸式滴定管
D．50
mL碱式滴定管
答案　C
解析　准确量取25.00
mL液体，要用滴定管，而酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，可用酸式滴定管。
2．有一支50
mL酸式滴定管，其中盛有溶液，液面恰好在10.0
mL刻度处，把滴定管中的溶液全部流下排出，盛接在量筒中，量筒内溶液的体积是(　　)
A．大于40.0
mL
B．40.0
mL
C．大于10.0
mL
D．10.0
mL
答案　A
解析　滴定管的“0”刻度在上，满刻度在下(量筒的刻度与此相反)，满刻度以下还有一段空间没有刻度，因此，将装到
10.0
mL
刻度处的溶液全部放出，除有10.0
mL刻度处到
50.0
mL
刻度处之间的40.0
mL溶液放出外，还有满刻度以下的溶液也一并放出，其总量超过40.0
mL。
3.某学生用碱式滴定管量取0.1
mol·L－1的NaOH溶液，开始时仰视液面读数为1.00
mL，取出部分溶液后，俯视液面，读数为11.00
mL，该同学在操作中实际取出的液体体积为(　　)
A．大于10.00
mL
B．小于10.00
mL
C．等于10.00
mL
D．等于11.00
mL
答案　A
解析　滴定管的“0”刻度在上，量取NaOH溶液，开始时仰视液面使读数偏大，取出部分溶液后，俯视液面使读数偏小，滴定前后刻度差为10.00
mL，但实际取出的液体体积偏大。
二、中和滴定操作
4．下面是关于酸碱中和实验操作的叙述：①取一锥形瓶，用待测NaOH溶液润洗两次　②在锥形瓶中加入25
mL待测NaOH溶液　③加入几滴石蕊溶液作指示剂　④取一支酸式滴定管，洗涤干净　⑤直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定　⑥左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶　⑦两眼注视着滴定管内盐酸溶液液面下降，直至滴定终点。文中所述操作有错误的序号为(　　)
A．④⑥⑦
B．①⑤⑥⑦
C．③⑤⑦
D．①③⑤⑦
答案　D
解析　锥形瓶不用待测液润洗，①错；石蕊变色不明显，不易观察颜色，在酸碱中和滴定时一般不用石蕊溶液作指示剂，③错；滴定管使用前要润洗，⑤错；滴定过程中眼睛观察锥形瓶中溶液颜色变化，⑦错。
5．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作中正确的是(　　)
A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，直接加入已知浓度的盐酸
B．锥形瓶用蒸馏水洗净后，用NaOH溶液润洗后再加入待测液
C．滴定时，没有逐出滴定管下口的气泡
D．读数时，视线与滴定管内液体的凹液面最低处保持水平
答案　D
6．下列有关叙述正确的是(　　)
A．下端连有橡皮管的滴定管为酸式滴定管
B．在进行滴定时，左手操作锥形瓶，右手操作滴定管
C．滴定前应排除滴定管尖嘴部分的气泡
D．滴定过程中两眼应注意滴定管内液面的变化
答案　C
解析　A选项中所指滴定管是碱式滴定管；B选项中应右手操作锥形瓶，左手操作滴定管；D选项，滴定过程中两眼应观察锥形瓶内颜色变化。
7．下列说法正确的是(　　)
A．用图示仪器Ⅰ准确量取25.00
mL酸性KMnO4溶液
B．装置Ⅱ可用于已知浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度盐酸的实验
C．中和滴定时，滴定管用所盛装的待装液润洗2～3次
D．中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶
答案　C
解析　酸性KMnO4溶液不能用碱式滴定管量取，A项不正确；NaOH溶液不能盛装在酸式滴定管中，B项不正确；中和滴定时滴定管需用待装液润洗，而锥形瓶不能用待测液润洗，C项正确，D项不正确。
三、中和滴定误差分析
8．用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是(　　)
A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C．用碱式滴定管取10.00
mL
NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定
D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸
答案　C
9．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是(　　)
A．酸式滴定管未润洗就装标准液滴定
B．锥形瓶未用待测液润洗
C．读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视
D．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失
答案　C
解析　A项，标准液被管壁附着的水稀释，使标准液用量偏大，测定结果偏高；B项，不影响锥形瓶内NaOH溶质的量，标准液用量不变，测定结果不受影响；C项，滴前仰视，读数偏大；滴定终点俯视，读数偏小，因此标准液用量少了，测定结果偏低；D项，滴定后，原先气泡占据的体积充满标准液，使标准液用量偏多，测定结果偏高。
10．以酚酞溶液作指示剂，对某新制NaOH溶液进行中和滴定实验，数据记录如下表：
实验编号
待测液
消耗标准盐酸(0.01
mol·L－1)的体积
①
20
mL
NaOH溶液
V1
mL
②
20
mL
NaOH溶液＋10
mL
H2O
V2
mL
③
敞口隔夜放置的20
mL
NaOH溶液
V3
mL
则该新制的NaOH溶液的浓度c(mol·L－1)计算合理的是(　　)
A．c＝0.01×(V1＋V2＋V3)/(3×20)
B．c＝0.01×(V1＋V2)/(2×20)
C．c＝0.01×(V1＋V3)/(2×20)
D．c＝0.01×V1/20
答案　B
解析　②20
mL
NaOH溶液中加入10
mL
H2O，其溶质的物质的量不变，只要仍用20
mL来进行计算，仍可得正确值；③敞口隔夜放置的NaOH溶液已发生反应生成部分Na2CO3溶液，用酚酞作指示剂，消耗盐酸的量将发生改变。
[能力提升]
11．某学生用0.200
0
mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作如下：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上；
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴处充满液体；
③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；
④移取20.00
mL待测液注入洁净的还存有少量蒸馏水的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液；
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数。
请回答下列问题：
(1)以上步骤有错误的是______(填编号)。若测定结果偏高，其原因可能是________(填字母)。
A．配制标准溶液的固体NaOH中混有KOH杂质
B．滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗
D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液(2)判断滴定终点的现象是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________mL。
(4)根据下列数据，请计算待测盐酸的浓度：________mol·L－1。
滴定次数
待测体积(mL)
标准烧碱溶液体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
第一次
20.00
0.40
20.40
第二次
20.00
2.00
24.10
第三次
20.00
4.00
24.00
答案　(1)①　ABCD
(2)滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液刚好由无色变为粉红色，且半分钟内不变色
(3)22.60　(4)0.200
0
解析　(1)①碱式滴定管应润洗。
(4)V1＝20.40
mL－0.40
mL＝20.00
mL
V2＝24.10
mL－2.00
mL＝22.10
mL
V3＝24.00
mL－4.00
mL＝20.00
mL
应舍去第二次数据
c(HCl)＝＝0.200
0
mol·L－1。
[拓展探究]
12．乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程，请你参与并协助他们完成相关学习任务。
该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值。通过查阅资料和网络查询得，草酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定：
2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
学习小组的同学设计了滴定的方法测定x值。
①称取1.260
g纯草酸晶体，将其制成
100.00
mL
水溶液为待测液。
②取25.00
mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀H2SO4。
③用浓度为0.100
0
mol·L－1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00
mL。
(1)滴定时，将酸性KMnO4标准液装在如图中的____________(填“甲”或“乙”)滴定管中。
(2)本实验滴定达到终点的标志可以是_______________________________________
_______________________________________________________________________________。
(3)通过上述数据，求得x＝________。
讨论：①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会________(填“偏大”、“偏小”或“不变”，下同)。
②若滴定时所用的酸性KMnO4溶液因久置而导致浓度变小，则由此测得的x值会________。
答案　(1)甲　(2)当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色
(3)2　①偏大　②偏小
解析　(1)因为酸性KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装。(2)可利用酸性KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点，当达到滴定终点时，再滴加酸性KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫红色。(3)由题给化学方程式及数据可知，1.260
g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量为0.100
0
mol·L－1×10.00
mL×10－3
L·mL－1××＝0.010
0
mol，则1.260
g
H2C2O4·xH2O中含H2O的物质的量为＝0.020
0
mol，则x＝2。若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大，x偏大；同理，若酸性KMnO4溶液变质，则消耗其体积偏大，所得x值偏小。课后提升作业
十四
　溶液pH的计算
(30分钟　50分)
一、选择题(本题包括6小题,每小题5分,共30分)
1.将体积为10
mL、pH为3的乙酸溶液和盐酸分别加水稀释至amL和bmL,测得稀释后pH为5,则稀释后溶液的体积　(　　)
A.a=b=100
mL　　　　　　　
B.a>b
C.a=b=1
000
mL
D.a【解析】选B。稀释后,弱酸中n(H+)增加,强酸中n(H+)不变,要使稀释后两溶液中c(H+)仍相同,则需弱酸的体积大于强酸的,即a>b。
【补偿训练】
将10
mL
pH=1的CH3COOH溶液加水稀释至100
mL后,溶液的pH为　(　　)
A.2　　　　　　　　　B.2C.1D.无法判断
【解析】选C。弱酸、弱碱在稀释过程中不仅有浓度的变化,还有电离平衡的移动,不能求得具体的数值,只能确定其pH的范围。
2.(双选)pOH指的是溶液的碱度,以溶液中OH-浓度来表示,pOH等于氢氧根离子的浓度的负常用对数,即:pOH=-lgc(OH-)。则下列关于室温下1.0×10-5mol·L-1的NaOH溶液的说法正确的是　(　　)
A.其pH等于5
B.其pOH等于5
C.其pH等于9
D.其pOH等于9
【解析】选B、C。pOH=-lgc(OH-)=-lg(1.0×10-5)=5;pH=-lg(1.0×10-9)=9。
【方法规律】计算1.0×10-5mol·L-1的NaOH溶液pH的方法
(1)一般求解法:
c(H+)=mol·L-1=1×10-9mol·L-1,
pH=-lgc(H+)=-lg(1×10-9)=9。
(2)pOH法:
类比pH=-lgc(H+),令pOH=-lgc(OH-),因25℃时,c(H+)·c(OH-)=1×10-14,则pH+pOH=14
因此:pOH=-lg(1.0×10-5)=5,则
pH=14-5=9。
3.(2016·温州高二检测)室温下,下列溶液等体积混合后,所得溶液的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.0.1
mol·L-1的盐酸和0.05
mol·L-1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。HCl为一元强酸,NaOH为一元强碱,Ba(OH)2为二元强碱,故等体积等物质的量浓度的HCl与NaOH恰好中和,pH=7;与Ba(OH)2反应时,c(H+)=c(OH-)=2c[Ba(OH)2],pH=7,故A、B错误;pH=4的醋酸溶液中电离出的c(H+)=1×10-4mol·L-1,pH=10的NaOH溶液电离出的c(OH-)=1×10-4mol·L-1,因此CH3COOH电离出的H+恰好与NaOH中和,还有大量的CH3COOH分子过量,故pH<7,同理,D项中氨水过量,溶液显碱性,pH>7,故C错误,D正确。
4.(2016·沈阳高二检测)某温度下,相同pH的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释,平衡pH随溶液体积变化的曲线如图所示。据图判断正确的是(　　)
A.Ⅱ为盐酸稀释时的pH变化曲线
B.b点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C.a点KW的数值比c点KW的数值大
D.b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
【解析】选B。pH相同的盐酸(强酸)和醋酸(弱酸),稀释相同的倍数时,因醋酸在稀释时仍不断地电离,故盐酸的pH增大的多,故曲线Ⅰ代表盐酸稀释时pH的变化曲线,A错误;不断加水稀释时,溶液中c(H+)不断减小,导电性减弱,B正确;因为KW仅仅是温度的函数,因为是在相同的温度下,故a点KW与c点KW的数值相同,C错误;因盐酸和醋酸的pH相同,则c(醋酸)>c(盐酸),稀释相同的倍数,由于醋酸存在电离平衡,故仍有c(醋酸)>c(盐酸),D错误。
【补偿训练】
pH=11的X、Y两种碱溶液各10
mL,分别稀释至1
000
mL。
其pH与溶液体积(V)的关系如图所示,下列说法正确的是　(　　)
A.X、Y两种碱的物质的量浓度一定相等
B.稀释后,X溶液碱性比Y溶液碱性强
C.若9D.完全中和X、Y两溶液时,消耗同浓度盐酸的体积V(X)>V(Y)
【解析】选C。因为稀释100倍以后,二者变化曲线不一样,所以二者碱性有相对强弱,变化慢的为弱碱,所以碱性X>Y,二者的pH相同,所以浓度一定不同(由于电离程度不一样),所以A选项错误;稀释后pH(Y)>pH(X),所以X溶液碱性应小于Y溶液的碱性,当a=9时,则X为强碱,若9X,所以D选项不正确。
5.(2016·三亚高二检测)已知在100℃的温度下(本题涉及的溶液其温度均为
100℃),水的离子积Kw=1.0×10-12。下列说法中正确的是　(　　)
A.0.05
mol·L-1的H2SO4溶液,pH=1
B.0.001
mol·L-1的NaOH溶液,pH=11
C.0.005
mol·L-1的H2SO4溶液与0.01
mol·L-1的NaOH溶液等体积混合,混合溶液的pH为6,溶液显酸性
D.完全中和pH=3的H2SO4溶液50
mL,需要pH=11的NaOH溶液50
mL
【解析】选A。0.05
mol·L-1的H2SO4溶液中c(H+)=0.10
mol·L-1,pH=1,A正确;
0.001
mol·L-1的NaOH溶液,pH=9,B错误;0.005
mol·L-1的H2SO4溶液与
0.01
mol·L-1的NaOH溶液等体积混合,混合溶液的pH为6,溶液显中性,C错误;完全中和pH=3的H2SO4溶液体积为50
mL,需要pH=11的NaOH溶液体积为=0.5mL,D错误。
【补偿训练】(双选)下列叙述正确的是　(　　)
A.95℃纯水的pH<7,说明加热可导致水呈酸性
B.pH=3的醋酸溶液,稀释至10倍后pH<4
C.0.2
mol·L-1的盐酸,与等体积水混合后pH=1
D.pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
【解析】选B、C。纯水只能显中性,A错;醋酸溶液存在电离平衡,稀释10倍,pH增大不到1个单位,B正确;C中,c(H+)=0.1
mol·L-1,pH=1,正确;D中醋酸过量,显酸性,pH<7,D错。
6.(双选)(能力挑战题)对于常温下pH为1的硝酸溶液,下列叙述正确的是
　(　　)
A.该溶液1
mL稀释至100
mL后,pH等于3
B.向该溶液中加入等体积、pH为13的氢氧化钡溶液恰好完全中和
C.该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为10-12∶1
D.该溶液中水电离出的c(H+)是pH为3的硝酸中水电离出的c(H+)的100倍
【解析】选A、B。硝酸为强电解质,完全电离,故稀释100倍,c(H+)为原溶液的1/100,pH会由1变为3,A正确;硝酸中c(H+)=0.1
mol·L-1,pH为13的Ba(OH)2溶液c(OH-)=0.1
mol·L-1,当二者等体积混合时n(H+)=n(OH-),即二者恰好完全中和,B项正确;硝酸电离的c(H+)=0.1
mol·L-1,则水电离的c(H+)=10-13mol·L-1,二者之比为10-1∶10-13=1∶10-12,C错;pH为3的硝酸中水电离的c(H+)=10-11mol·L-1,故D项中二者之比为10-13∶10-11=1∶100,D项错误。
二、非选择题(本题包括2小题,共20分)
7.(10分)(1)现有pH=2的HCl溶液100
mL,要使它的pH=3,如果加入蒸馏水,需加水________mL;如果加入pH=4的HCl溶液,需加入此HCl溶液________mL(假定溶液体积有加和性,下同)。
(2)将pH=8的NaOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后,溶液的pH=________。
(3)将0.1
mol·L-1盐酸和0.06
mol·L-1氢氧化钡溶液等体积混合后,该混合溶液的pH=________。
(4)25℃时,pH=a的X体积的某强酸与pH=b的Y体积的某强碱混合后,溶液呈中性,已知a+b=15,则X︰Y=__________________。
【解析】(1)设加入水的体积为x,加入pH=4的HCl溶液的体积为y,则有:
=10-3mol·L-1　x=900
mL
=10-3mol·L-1　y=1
000
mL
(2)混合后pH=11-0.3=10.7
(3)混合后OH-过量,
c(OH-)==0.01
mol·L-1
c(H+)=1×10-12mol·L-1;pH=12。
(4)X·10-a=Y·10b-14;=10b-14+a=10。
答案:(1)900　1
000　(2)10.7　(3)12　(4)10∶1
【补偿训练】
某温度(t℃)时,水的Kw=1×10-12,则该温度________(填“>”“<”或“=”)25℃,其理由是__________________。
(1)将此温度下pH=11的NaOH与pH=1的HCl等体积混合,混合后溶液pH=________;
(2)将此温度下pH=9的Ba(OH)2溶液取出1
mL,加水稀释至10
000
mL,则稀释后溶液c(Ba2+)﹕c(OH-)=________;
(3)将此温度下pH=11的NaOH溶液aL与pH=1的H2SO4溶液bL混合:
①若所得混合液为中性,则a∶b=________;
②若所得混合液的pH=2,则a∶b=________。
【解析】温度越高促进电离,水的电离程度越大,Kw越大。
(1)此温度下pH=11的NaOH中c(OH-)=10-1mol·L-1,pH=1的HCl溶液中c(H+)=10-1mol·L-1,等体积混合,恰好完全反应,pH=6。
(2)此温度下pH=9的Ba(OH)2溶液1
mL中c(OH-)=10-3mol·L-1,c(Ba2+)=5×10-4mol·L-1,加水稀释至10
000
mL后,c(Ba2+)=5×10-8mol·L-1,c(OH-)≈10-6mol·L-1,c(Ba2+)∶c(OH-)=1∶20。
(3)①若所得混合液为中性,0.1a=0.1b,a∶b=1∶1;②若所得混合液的pH=2,(0.1b-0.1a)/(a+b)=0.01,a∶b=9∶11。
答案:>　水的电离过程是吸热过程,升高温度,能促进水的电离,水的离子积常数增大,温度大于25℃
(1)6　(2)1∶20　(3)①1∶1　②9∶11
8.(10分)(2016·连云港高二检测)pH=1的两种一元酸的溶液HA、HB各1
mL,分别加水稀释到1
000
mL,其pH与溶液体积(V)的关系如图所示:
(1)据图分析可知,HA、HB两种酸中________为弱酸,理由为
__。
(2)向稀释后所得HA、HB两溶液中分别加入足量的锌粉,产生氢气的体积V(HA)________V(HB)(填“大于”“小于”或“等于”),理由是
__。
(3)常温时,将pH=11的Ba(OH)2溶液与pH=4的HA溶液混合,若所得混合液的pH=9,则Ba(OH)2溶液与HA溶液的体积比为________。
【解析】(1)HB酸溶液由1
mL稀释为1
000
mL,而溶液的pH增大不到3个单位,说明随着稀释的进行HB不断电离出H+,即HB为弱酸。
(2)因HB溶液中含溶质的物质的量较大,与足量Zn反应时,生成的H2较多。
(3)==10-5mol·L-1
解得V[Ba(OH)2]∶V(HA)=1∶9。
答案:(1)HB　随着稀释的进行HB不断电离出H+使pH升高的幅度比HA酸小,即存在电离平衡HBH++B-
(2)小于　HB溶液中含溶质的物质的量较大
(3)1∶9课后提升作业
十七
　盐类水解反应的利用
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括10小题,每小题6分,共60分)
1.(2016·长沙高二检测)实验室有下列试剂:①NaOH溶液、②水玻璃、③Na2S溶液、④Na2CO3溶液、⑤NH4Cl溶液、⑥澄清石灰水、⑦浓硫酸,其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是　(　　)
A.①⑥　　　　
B.①②③④⑥
C.①②③⑥　　
D.①②③④⑦
【解析】选B。水玻璃是矿物胶,能将玻璃瓶塞与瓶口黏结在一起;碱性溶液均会腐蚀玻璃,生成硅酸盐。所以只有⑤⑦不用橡胶塞。
2.对于0.1
mol·L-1Na2SO3溶液,说法正确的是　(　　)
A.升高温度,溶液的pH降低
B.c(Na+)=2c(S)+c(HS)+c(H2SO3)
C.c(Na+)+c(H+)=2c(S)+2c(HS)+c(OH-)
D.加入少量NaOH固体,c(S)与c(Na+)均增大
【解析】选D。Na2SO3为弱酸强碱盐,水解显碱性,水解是吸热反应,所以温度升高,水解程度增大,其pH增大,故A不正确;B项考查物料守恒,正确的表达式为c(Na+)=2c(S)+2c(HS)+2c(H2SO3),故B不正确;C项考查电荷守恒,其正确的表达式为c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-),故C不正确;加入少量NaOH固体,抑制其水解,水解程度降低,c(S)与c(Na+)均增大,故D正确。
3.(2016·淄博高二检测)某酸性溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子,则下列描述正确的是　(　　)
A.该溶液可能是由pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合而成的
B.该溶液可能是由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成的
C.加入适量NaOH,溶液中离子浓度为c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
D.加入适量氨水,c(CH3COO-)一定大于c(Na+)、c(N)之和
【解析】选A。pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后,CH3COOH过量,溶液显酸性,故A有可能。B项中两溶液混合后生成CH3COONa水解显碱性,因而不可能。C选项不符合电荷守恒,故不可能。加入适量氨水后的溶液中电荷守恒关系为c(Na+)+c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)。因为不知道此时溶液酸碱性情况,故不能判断c(H+)与c(OH-)的相对大小,即不能判断c(CH3COO-)与c(Na+)和c(N)之和的大小关系。
4.(2016·新乡高二检测)一定温度下,下列溶液的离子浓度关系式正确的是　
(　　)
A.pH=5的H2S溶液中,c(H+)=c(HS-)=1×10-5mol·L-1
B.pH=a的氨水溶液,稀释10倍后,其pH=b,则a=b+1
C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合:c(Na+)+c(H+)
=c(OH-)+c(HC2)
D.pH相同的①CH3COONa,②NaHCO3,③NaClO三种溶液的c(Na+):①>②>③
【解析】选D。A项,pH=5的H2S溶液中,H+的浓度为1×10-5mol·L-1,但是HS-的浓度会小于H+的浓度,H+来自H2S的第一步电离、HS-的电离和水的电离,故H+的浓度大于HS-的浓度,错误;B项,弱碱不完全电离,弱碱稀释10倍时,pH减小不到一个单位,a碳酸的酸性>次氯酸的酸性,根据越弱越水解的原则,pH相同的三种钠盐,浓度的大小关系为醋酸钠>碳酸氢钠>次氯酸钠,则钠离子的浓度为①>②>③,故正确。
5.下列说法不正确的是　(　　)
A.热的纯碱溶液去油污效果好,是因为加热可使C的水解程度增大,溶液碱性增强,去污能力增强
B.铁在潮湿的环境下生锈与盐类水解有关
C.将Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧,可得到固体Al2(SO4)3
D.将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体,离子方程式为Fe3++3H2O
Fe(OH)3(胶体)+3H+
【解析】选B。加热可使C的水解程度增大,溶液碱性增强,去污能力增强,A正确;铁在潮湿的环境下生锈是因为铁发生氧化反应所致,与盐类水解无关,B错误;Al2(SO4)3溶液加热、蒸干、灼烧时,虽然促进了铝离子的水解,但水解生成的酸不挥发,故最终仍得到固体Al2(SO4)3,C正确;将饱和FeCl3溶液滴入沸水中制Fe(OH)3胶体,铁离子彻底发生水解反应,离子方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+,D正确。
【补偿训练】
下列有关问题,与盐的水解有关的是　(　　)
①NH4Cl与ZnCl2溶液作焊接金属中的除锈剂
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液作泡沫灭火剂
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带磨口玻璃塞的玻璃瓶
⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体
A.①②③　　　　　　　　B.②③④
C.①④⑤
D.①②③④⑤
【解析】选D。①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性,可以除去金属表面的锈。②HC与Al3+两种离子发生水解相互促进反应,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,
而铵态氮肥在碱性环境中NH3逸出,降低肥效,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粘合在一起而打不开,因此实验室盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞。⑤AlCl3溶液中存在水解平衡:AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl,加热时,HCl挥发使平衡不断右移,最终得到Al(OH)3固体。
6.(2015·四川高考)常温下,将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合,析出部分NaHCO3晶体,过滤,所得滤液pH<7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是　(　　)
A.
<1.0×10-7mol·L-1
B.c(Na+)=c(HC)+c(C)+c(H2CO3)
C.c(H+)+c(N)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)
D.c(Cl-)>c(N)>c(HC)>c(C)
【解析】选C。水的离子积KW=c(H+)×c(OH-),所以=c(OH-),因pH<7,故c(OH-)<1.0×10-7mol·L-1,A正确;因两物质是等体积、等物质的量浓度加入,故当未发生任何反应时,钠与碳应是恒等关系,而发生发应并析出晶体时,钠与碳同样是以1∶1的比例析出,故滤液中的钠与碳仍应恒等,B正确;选项C是电荷守恒,但忽略了阳离子中还有钠离子,C错误;D中因氯离子不发生水解反应,故浓度应最大,而HC部分析出,故应小于N,C由HC电离而来,反应微弱,故浓度最小,D正确。
7.下列说法正确的是　(　　)
A.将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧,所得固体成分相同
B.配制FeSO4溶液时,将FeSO4固体溶于稀盐酸中,然后稀释至所需浓度
C.用加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+
D.配制FeCl3溶液,为了抑制水解,常加入盐酸
【解析】选D。A项,氯化铝溶液蒸干、灼烧后得到氧化铝,而硫酸铝溶液蒸干、灼烧后得到的仍是硫酸铝,不正确;B项,所加酸应是稀硫酸,不能引入新杂质,不正确;C项,加热法不能除去Fe3+,不正确。
【方法规律】盐溶液蒸干时所得产物的判断方法
(1)不水解不分解的盐溶液,蒸干后一般得原物质,如NaCl。
(2)水解生成不挥发性酸的盐溶液,蒸干后一般得原物质,如Al2(SO4)3。
(3)水解生成挥发性酸的盐溶液,蒸干后一般得对应的弱碱,如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得Al(OH)3、Fe(OH)3。
(4)受热时分解的盐溶液,蒸干后一般得盐的分解产物。如Ca(HCO3)2蒸干得CaCO3固体。
(5)还原性盐在蒸干时会被O2氧化,蒸干后一般得其氧化产物。如Na2SO3溶液蒸干得Na2SO4。
(6)有时要多方面考虑。例如,蒸干NaClO溶液时,既要考虑ClO-水解,又要考虑HClO分解,所以蒸干NaClO溶液所得固体为NaCl。
8.25℃时,在10
mL浓度均为0.1
mol·L-1NaOH和NH3·H2O混合溶液中滴加
0.1
mol·L-1的盐酸,下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是　(　　)
A.未加盐酸时:c(OH-)>c(Na+)=c(NH3·H2O)
B.加入10
mL盐酸时:c(N)+c(H+)=c(OH-)
C.加入盐酸至溶液pH=7时:c(Cl-)=c(Na+)
D.加入20
mL盐酸时:c(Cl-)=c(N)+c(Na+)
【解析】选B。未加盐酸时,根据物料守恒有c(NH3·H2O)+c(N)=0.1
mol·L-1
=c(Na+),A项错误;加入10
mL盐酸,则氢氧化钠与HCl的物质的量相等,c(Cl-)=c(Na+),根据电荷守恒:c(N)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-),故c(N)+c(H+)=c(OH-),B项正确;溶液呈中性,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒:c(N)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-),故c(N)+c(Na+)=c(Cl-),C项错误;加入20
mL盐酸,则刚好反应生成NaCl、NH4Cl,NH4Cl水解使溶液呈酸性,c(H+)>c(OH-),根据电荷守恒:c(N)+c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-),则c(N)+c(Na+)9.常温常压下,将amol
CO2气体通入1
Lbmol·L-1的NaOH溶液中,下列对所得溶液的描述不正确的是　(　　)
A.当a=2b时,随着CO2气体的通入,溶液中由水电离出的c(H+)有如图变化关系:
B.当a=b时,所得溶液中存在:c(OH-)+c(C)=c(H+)+c(H2CO3)
C.当2a=b时,所得溶液中存在:c(Na+)>c(C)>c(OH-)>c(HC)>c(H+)
D.当2a=b时,所得溶液中一定存在:c(Na+)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3)
【解析】选D。A、当a=2b时,二氧化碳过量,随着CO2气体的通入,先发生CO2+2NaOHNa2CO3+H2O,生成的碳酸钠水解,促进水的电离,而氢氧化钠溶液中,氢氧根离子抑制水的电离,所以水电离产生的氢离子浓度增大,后发生Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3,碳酸氢钠的水解程度比碳酸钠水解程度弱,所以促进水电离的程度减小,氢离子浓度又降低,符合图象,正确;B、当a=b时,所得溶液是碳酸氢钠溶液,根据质子守恒定律,水电离产生的氢离子等于氢氧根离子浓度,水电离产生的氢离子一部分被碳酸氢根离子结合生成碳酸分子,同时碳酸氢根离子电离产生氢离子和碳酸根离子,所以溶液中c(OH-)=c(H+)+c(H2CO3)-c(C),即c(OH-)+c(C)=c(H+)+c(H2CO3),正确;C、当2a=b时,所得溶液为碳酸钠溶液,碳酸根离子水解使溶液呈碱性,所以c(Na+)>c(C)>c(OH-)>c(HC)>c(H+),正确;D、当2a=b时,所得溶液为碳酸钠溶液,一定存在c(Na+)=2c(C)+2c(HC)
+2c(H2CO3),错误。
10.(双选)(2016·江苏高考)H2C2O4为二元弱酸。20℃时,配制一组c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)=0.100
mol·L-1的H2C2O4和NaOH混合溶液,溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是　(　　)
A.pH=2.5的溶液中:c(H2C2O4)+c(C2)>c(HC2)
B.c(Na+)=0.100
mol·L-1的溶液中:c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2)
C.c(HC2)=c(C2)的溶液中:c(Na+)>0.100
mol·L-1+c(HC2)
D.pH=7.0的溶液中:c(Na+)>2c(C2)
【解析】选B、D。由图pH=2.5时,c(HC2)>0.080
mol·L-1,c(C2)+c(H2C2O4)<
0.020
mol·L-1,A项错误;当c(Na+)=0.100
mol·L-1时,该溶液中溶质恰好为NaHC2O4,依据质子守恒,B项正确;依据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(HC2)+2c(C2)+
c(OH-),又c(HC2)+c(C2)+c(H2C2O4)
=0.100
mol·L-1,由c(HC2)=c(C2),则2c(C2)=0.100
mol·L-1-c(H2C2O4),
c(Na+)+c(H+)=0.100
mol·L-1-
c(H2C2O4)+c(HC2)+c(OH-),c(Na+)=0.100
mol·L-1+
c(HC2)-{c(H2C2O4)+
[c(H+)-c(OH-)]},因为c(H2C2O4)>0,由图知c(H+)-c(OH-)>0,
c(Na+)<
0.100
mol·L-1+c(HC2),C项错误;由电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(HC2)+
2c(C2)+c(OH-),pH=7.0,则有:c(Na+)=c(HC2)+2c(C2),c(Na+)>
2c(C2),D项正确。
二、非选择题(本题包括3小题,共40分)
11.(12分)某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2BH++HB-,
HB-H++B2-。回答下列问题:
(1)Na2B溶液显________(填“酸性”“中性”或“碱性”)。理由是_______________
_________________________________(用离子方程式表示)。
(2)在0.1
mol·L-1的Na2B溶液中,下列粒子浓度关系式正确的是________。
A.c(B2-)+c(HB-)+c(H2B)=0.1
mol·L-1
B.c(OH-)=c(H+)+c(HB-)
C.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HB-)+2c(B2-)
D.c(Na+)=2c(B2-)+2c(HB-)
(3)0.1
mol·L-1NaHB溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是_________________。
【解析】通过二元酸H2B在水中的电离方程式可知,其为强电解质,全部电离,但HB-只能部分电离,存在电离平衡。
(1)Na2B溶液中的B2-发生水解:B2-+H2OHB-+OH-,使溶液呈碱性。
(2)在0.1
mol·L-1的Na2B溶液中,存在两个平衡:
B2-+H2OHB-+OH-,H2OH++OH-
存在的离子有:Na+、H+、OH-、HB-、B2-,存在的分子为H2O,B项为质子守恒;C项为电荷守恒;D项为物料守恒。
(3)0.1
mol·L-1NaHB溶液呈酸性,存在以下两个平衡:HB-H++B2-,H2OH++OH-
可知:c(Na+)>c(HB-)>c(H+)>c(B2-)>c(OH-)
答案:(1)碱性　B2-+H2OHB-+OH-
(2)B、C、D
(3)c(Na+)>c(HB-)>c(H+)>c(B2-)>c(OH-)
【延伸探究】
(1)本题中HB-和B2-两种离子分别对水的电离平衡有什么影响
提示:HB-不再水解而可以电离,所以抑制水的电离;B2-可以水解,所以促进水的电离。
(2)若0.1
mol·L-1的NaHB溶液中H+浓度为0.01
mol·L-1,那么0.1
mol·L-1的H2B溶液中H+浓度为0.11
mol·L-1吗
提示:因为第一步完全电离,对第二步电离有抑制作用,故H+浓度小于
0.11
mol·L-1。
12.(14分)Ⅰ.(2016·上海高考)
(1)碳酸:H2CO3,Ki1=4.3×10-7,Ki2=5.6×10-11
草酸:H2C2O4,Ki1=5.9×10-2,Ki2=6.4×10-5
①0.1
mol·L-1Na2CO3溶液的pH__________(选填“大于”“小于”或“等于”)
0.1
mol·L-1Na2C2O4溶液的pH。
②等浓度的草酸溶液和碳酸溶液中,氢离子浓度较大的是__________。
③若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合,溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是__________。(选填编号)
a.[H+]>[HC2]>[HC]>[C]
b.[HC]>[HC2]>[C2]>[C]
c.[H+]>[HC2]>[C2]>[C]
d.[H2CO3]>[HC]>[HC2]>[C]
(2)人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡:H++
HCH2CO3,当有少量酸性或碱性物质进入血液中时,血液的pH变化不大,用平衡移动原理解释上述现象。
______________________________________________________________。
Ⅱ.(2015·上海高考)室温下,0.1
mol·L-1NaClO溶液的pH________
0.1
mol·L-1Na2SO3溶液的pH。(选填“大于”“小于”或“等于”)
浓度均为0.1
mol·L-1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中,S、C、HS、HC浓度从大到小的顺序为____________________________。
已知:H2SO3　Ki1=1.54×10-2　Ki2=1.02×10-7
HClO　Ki=2.95×10-8
H2CO3　Ki1=4.3×10-7　Ki2=5.6×10-11
【解析】Ⅰ.(1)①根据电离常数可知草酸的酸性强于碳酸,则碳酸钠的水解程度大于草酸钠,所以0.1
mol·L-1Na2CO3溶液的pH大于0.1
mol·L-1Na2C2O4溶液的pH。②草酸的酸性强于碳酸,则等浓度草酸溶液和碳酸溶液中,氢离子浓度较大的是草酸。③草酸的两级电离常数均大于碳酸的,所以草酸的电离程度大,因此溶液中[H+]>[HC2]>[C2]>[HC]>[C],a、c正确,b、d错误,答案选a、c。
(2)根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中,平衡向右移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变;当少量碱性物质进入血液中,平衡向左移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变。
Ⅱ.NaClO、Na2SO3都是强碱弱酸盐,弱酸根离子发生水解反应,消耗水电离产生的H+,破坏了水的电离平衡,当最终达到平衡时,溶液中c(OH-)>c(H+),所以溶液显碱性。形成盐的酸越弱,盐水解程度就越大,消耗的离子浓度越大,当溶液达到平衡时,剩余的离子浓度就越小。由于H2SO3的Ki2=1.02×10-7;HClO的Ki=2.95×10-8,所以酸性:HS>HClO,因此溶液的pH:NaClO>Na2SO3。由于电离程度:H2SO3>H2CO3>
HS>HC,浓度均为0.1
mol·L-1的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中,水解程度:C>S,所以离子浓度:S>C;水解产生的离子浓度:HC>HS。但是盐水解程度总的来说很小,主要以盐电离产生的离子存在。所以在该溶液中S、C、HS、HC浓度从大到小的顺序为c(S)>c(C)>c(HC)
>c(HS)。
答案:Ⅰ.(1)①大于　②草酸　③a、c
(2)当少量酸性物质进入血液中,平衡向右移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变;当少量碱性物质进入血液中,平衡向左移动,使H+浓度变化较小,血液的pH基本不变(合理即可)
Ⅱ.大于　c(S)>c(C)>c(HC)>c(HS)
13.(14分)(能力挑战题)(2016·赤峰高二检测)已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性,将溶液中的Fe2+、Cu2+、Fe3+完全沉淀为氢氧化物需溶液的pH分别为9.6、6.4、3.7。现有含有FeCl2杂质的CuCl2·2H2O,首先将其制成水溶液,然后按图示步骤进行提纯:
请回答下列问题:
(1)第一步除去Fe2+,能否直接调整pH=9.6将Fe2+沉淀除去 ________,理由是______________________________。
(2)本实验最适合的氧化剂X是________(填序号)。
A.K2Cr2O7　　B.NaClO　　C.H2O2　　D.KMnO4
加入氧化剂的目的是__________________________。
(3)物质Y可以是________。
A.NaOH　
B.氨水　
C.Cu2(OH)2CO3
D.Na2CO3
E.CuO　
F.Cu(OH)2
(4)除去Fe3+的有关离子方程式是______________________,______________。
(5)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体 ________。如何操作
______________________。
【解析】设计的实验方案中,加入氧化剂能把Fe2+氧化为Fe3+,同时又不能引入新的杂质,上述提供的几种氧化剂中符合要求的只有H2O2。当CuCl2溶液中混有Fe3+时,可利用Fe3+的水解:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H+反应,从而使平衡右移,把Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去。最后从CuCl2溶液中制取CuCl2·2H2O也不能直接加热蒸发,为抑制CuCl2水解,应在HCl气流中加热蒸发。
答案:(1)否　pH=9.6时,Cu2+会完全沉淀
(2)C　将Fe2+氧化为Fe3+,便于生成沉淀而与Cu2+分离
(3)C、E、F
(4)Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+
Cu2(OH)2CO3+4H+2Cu2++3H2O+CO2↑
Cu(OH)2+2H+Cu2++2H2O
(或CuO+2H+Cu2++H2O)
(5)不能　应在HCl气流中加热浓缩后,冷却结晶课时提升作业(十四)
难溶电解质的溶解平衡
(25分钟·50分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题4分，共32分)
1.(2015·苏州高二检测)有关CaCO3的溶解平衡的说法中，不正确的是(　　)
A.CaCO3沉淀析出和沉淀溶解不断进行，但速率相等
B.CaCO3难溶于水，其饱和溶液不导电，属于弱电解质溶液
C.升高温度，CaCO3沉淀的溶解度增大
D.向CaCO3沉淀中加入纯碱固体，CaCO3的溶解度降低
【解析】选B。A项，CaCO3固体在溶液中达到溶解平衡后，沉淀溶解与沉淀生成速率相等，但不为0；B项，CaCO3难溶于水，但溶解的部分是完全电离的，电离出Ca2+和C，属于强电解质；C项，升高温度，沉淀溶解平衡右移，溶解度增大；向CaCO3溶解平衡体系中加入纯碱固体，增大了C的浓度，使溶解平衡向左移动，降低了CaCO3的溶解度。
2.(2015·太原高二检测)CaSO4有很多用途，如制豆腐就用到石膏(主要成分是CaSO4)。CaSO4微溶于水，溶于水的部分可以形成CaSO4饱和溶液，其饱和溶液中存在平衡：CaSO4(s)Ca2+(aq)+S(aq)，分别采取下列措施，能使溶液中c(Ca2+)增大的是(　　)
A.降温
B.加入CaSO4
C.加入BaCl2
D.加水
【解析】选C。降温会使CaSO4的溶解平衡左移，溶液中c(Ca2+)减小，A项不符合题意；加入CaSO4，因为原混合物为CaSO4的饱和溶液，所以不能再溶解更多的溶质，因而c(Ca2+)不变，B项不符合题意；加入BaCl2，钡离子会与S结合生成BaSO4沉淀，使CaSO4的溶解平衡右移，c(Ca2+)增大，C项符合题意；加水，会促进CaSO4的溶解，但是c(Ca2+)减小，D项不符合题意。
3.某pH=1的ZnCl2和HCl的混合溶液中含有FeCl3杂质，为了除去FeCl3杂质，需将溶液调至pH=4，在调节溶液pH时，应选用的试剂是(　　)
A.NaOH　　　　　　
B.ZnO
C.Na2CO3　　　　　
D.Fe2O3
【解析】选B。加入的物质应该能消耗溶液中的H+而促使Fe3+成为沉淀，过滤除去，但同时要注意不能引入新的杂质离子，故选B。
【方法规律】利用沉淀的生成除去杂质离子
在遇到含有多种弱碱阳离子的混合溶液的离子分离及除杂时，往往通过控制溶液的pH(即控制OH-的浓度)使溶解度最小的物质最先沉淀除去，而需提纯的离子不能生成沉淀。如除去Mg2+中混有Fe3+的方法是加入Mg或MgO或Mg(OH)2或MgCO3并过滤。
4.25℃时，在含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s)Pb2+(aq)+
2I-(aq)，加入KI溶液，下列说法正确的是(　　)
A.溶液中Pb2+和I-浓度都增大
B.溶度积常数Ksp增大
C.沉淀溶解平衡向右移动
D.溶液中Pb2+浓度减小
【解析】选D。加入KI溶液时，溶液中c(I-)增大，使PbI2的沉淀溶解平衡逆向移动，因此溶液中c(Pb2+)减小，但由于溶液温度未发生改变，故PbI2的溶度积常数Ksp不发生变化。
5.(2015·济南高二检测)下列措施不合理的是(　　)
A.用SO2漂白纸浆和草帽辫
B.用硫酸清洗锅炉中的水垢
C.高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅
D.用Na2S作沉淀剂，除去废水中的Cu2+和Hg2+
【解析】选B。SO2具有漂白性，常用于漂白纸浆和草帽辫，A合理；硫酸与锅炉中水垢的主要成分碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙，会覆盖在碳酸钙表面阻碍反应的继续进行，所以应选用盐酸除垢而非硫酸，B不合理；焦炭在高温下与SiO2反应生成硅和一氧化碳，C合理；Cu2+、Hg2+与S2—反应生成难溶的CuS、HgS沉淀，D合理。
6.(2015·长沙高二检测)要使工业废水中的重金属离子P沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知P与这些离子形成的化合物的溶解度如下：
化合物
PbSO4
PbCO3
PbS
溶解度/g
1.03×10-4
1.81×10-7
1.84×10-14
由上述数据可知，选用的沉淀剂最好为(　　)
A.硫化物　　　　　　
B.硫酸盐
C.碳酸盐
D.以上沉淀剂均可
【解析】选A。要将Pb2+沉淀，就要形成溶解度更小的物质，由表中数据可知，PbS的溶解度最小，故沉淀剂最好为硫化物。
【方法规律】使离子沉淀更完全选用沉淀剂的原则
(1)所沉淀离子形成沉淀的Ksp尽可能的小，即沉淀溶解度越小越好。
(2)不能影响其他离子的存在，由沉淀剂引入溶液的杂质离子要便于除去或不引入新的杂质。
7.室温时，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)
Ksp=a，c(M2+)=bmol·L-1时，溶液的pH等于(　　)
A.lg()　　　　　　
B.lg()
C.14+lg()
D.14+lg()
【解析】选C。由题知该反应的溶度积常数Ksp=c(M2+)·c2(OH-)=a，由此得出c(OH-)=()1/2，则c(H+)=10-14÷c(OH-)，pH=-lgc(H+)，经过计算即可得到正确答案为C。
8.某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是(　　)
A.Ksp[Fe(OH)3]B.加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点
C.c、d两点代表的溶液中c(H+)与c(OH-)乘积相等
D.Fe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和
【解析】选B。Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)·c3(OH-)，Ksp[Cu(OH)2]=c(Cu2+)·c2(OH-)，Fe3+、Cu2+浓度相等(b、c点)时，Fe3+对应的pH小，c(H+)较大，则c(OH-)较小，又知Ksp仅与温度有关，则Ksp[Fe(OH)3]【易错提醒】不能较好地从图示中获取信息是解答该题的最大障碍和出错的原因。图象中曲线左侧是不饱和溶液，曲线上是饱和溶液，曲线右侧是过饱和溶液。
二、非选择题(本题包括2小题，共18分)
9.(10分)(2015·聊城高二检测)(1)对于Ag2S(s)2Ag++S2-，其Ksp的表达式为____________________________________。
(2)下列说法中不正确的是________(填序号)。
①用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤AgCl损耗小
②一般地，物质的溶解度随温度的升高而增加，故物质的溶解大多是吸热的
③对于Al(OH)3(s)Al(OH)3(aq)Al3+(aq)+3OH-(aq)，前者为溶解平衡，后者为电离平衡
④除去溶液中的Mg2+，用OH-沉淀比用C好，说明Mg(OH)2的溶解度比MgCO3大
⑤沉淀反应中常加过量的沉淀剂，其目的是使沉淀更完全
(3)如何除去Mg(OH)2中混有的Ca(OH)2？_________________________________。
________________________________________。
【解析】(1)由溶度积常数的概念直接写出。(2)①Cl-抑制AgCl溶解，正确；
②物质的溶解大多是吸热的，正确；③正确；④除去溶液中的Mg2+，用OH-沉淀比用C好，是因为Mg(OH)2的Ksp更小，剩余的Mg2+更少，错误；⑤正确。
(3)根据沉淀的转化原理，向其中加Mg2+使Ca(OH)2的溶解平衡右移，转化为Mg(OH)2。
答案：(1)Ksp=c2(Ag+)·c(S2-)　(2)④　(3)加足量MgCl2溶液，充分搅拌，过滤，洗涤即得纯Mg(OH)2
10.(8分)在0.10
mol·L-1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH=8时，c(Cu2+)=______mol·L-1(Ksp[Cu(OH)2]=
2.2×10-20)。若在0.1
mol·L-1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2+完全沉淀为CuS，此时溶液中的H+浓度是______mol·L-1。
【解析】pH=8时，c(OH-)=10-6mol·L-1，由硫酸铜的沉淀溶解平衡常数可知：Ksp=2.2×10-20=10-12×c(Cu2+)，得c(Cu2+)=2.2×10-8mol·L-1；使Cu2+沉淀完全，已知c(Cu2+)=0.1
mol·L-1，根据反应关系式：Cu2+～2H+得c(H+)=0.2
mol·L-1。
答案：2.2×10-8　0.2
(30分钟·50分)
一、选择题(本题包括6小题，每小题5分，共30分)
1.(2015·滨州高二检测)已知CuSO4溶液分别与Na2CO3溶液、Na2S溶液的反应情况如下：
(1)CuSO4+Na2CO3
主要：Cu2++C+H2OCu(OH)2↓+CO2↑
次要：Cu2++CCuCO3↓
(2)CuSO4+Na2S
主要：Cu2++S2-CuS↓
次要：Cu2++S2-+2H2OCu(OH)2↓+H2S↑
则下列几种物质的溶解度大小的比较中，正确的是(　　)
A.CuSB.CuS>Cu(OH)2>CuCO3
C.Cu(OH)2>CuCO3>CuS
D.Cu(OH)2【解析】选A。阴、阳离子是发生水解相互促进反应生成难溶碱还是直接结合成难溶盐，取决于碱和盐溶解度的相对大小，溶解度小的优先得到。
【补偿训练】已知BaCO3、BaSO4溶度积常数分别为Ksp(BaCO3)=5.1×10-9，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，则BaSO4可作钡餐，BaCO3不能作钡餐的主要理由是(　　)
A.BaSO4的溶度积常数比BaCO3的小
B.S没有毒性，C有毒性
C.BaSO4的密度大
D.胃酸能与C结合，生成CO2和H2O，使BaCO3的溶解平衡向右移动，Ba2+浓度增大，造成人体中毒
【解析】选D。BaSO4可作钡餐是因为硫酸钡不溶于酸，而BaCO3能与酸反应：BaCO3+2H+Ba2++H2O+CO2↑，生成的Ba2+进入人体，会造成重金属盐中毒。
2.(2015·成都高二检测)在一定温度下，一定量的石灰乳悬浊液中存在下列平衡：Ca(OH)2(s)Ca(OH)2(aq)Ca2+(aq)+2OH-(aq)，当向此悬浊液中加入少量生石灰时，下列说法中正确的是(不考虑溶液温度变化)(　　)
A.n(Ca2+)增大
B.c(Ca2+)不变
C.c(OH-)增大
D.n(OH-)不变
【解析】选B。当向悬浊液中加入CaO时，CaO+H2OCa(OH)2，因为Ca(OH)2已达到饱和，由于水参与反应而减少，故会有Ca(OH)2析出，溶液中Ca2+和OH-的物质的量会减少，但此时溶液依旧是饱和溶液，所以c(Ca2+)不变，B项正确。
3.(2015·包头高二检测)自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)。下列分析正确的是(　　)
A.CuS的溶解度大于PbS的溶解度
B.原生铜的硫化物具有还原性，铜蓝没有还原性
C.CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2++S2-CuS↓
D.整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应
【解析】选D。沉淀转化的实质是溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀，PbS转变为铜蓝(CuS)，说明CuS的溶解度小于PbS的溶解度；原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝也应该具有还原性，因为硫元素处于最低价态-2价；CuSO4与ZnS反应的离子方程式应该是Cu2++ZnSCuS+Zn2+，这是一个复分解反应；自然界地表层原生铜的硫化物被氧化的过程是氧化还原反应。
【方法规律】沉淀转化的一般原则
(1)溶解度较小的沉淀易转化成溶解度更小的沉淀。
(2)当一种试剂能沉淀溶液中的几种离子时，生成沉淀所需试剂离子浓度越小的越先沉淀。
(3)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。
4.(2015·兰州高二检测)向BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液，产生BaSO4沉淀，若以Ksp表示BaSO4的溶度积常数，则平衡后溶液中(　　)
A.c(Ba2+)=c(S)=(Ksp)1/2
B.c(Ba2+)·c(S)>Ksp，c(Ba2+)=c(S)
C.c(Ba2+)·c(S)=Ksp，c(Ba2+)>c(S)
D.c(Ba2+)·c(S)≠Ksp，c(Ba2+)【解析】选C。向BaSO4饱和溶液中加入少量的BaCl2溶液，平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)
+S(aq)左移，因加入了少量的BaCl2溶液，此时c(Ba2+)>c(S)；但由于温度未发生改变，所以溶液中c(Ba2+)·c(S)=Ksp。
5.(2015·青岛高二检测)实验：①0.1
mol·L-1AgNO3溶液和0.1
mol·L-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；
②向滤液b中滴加0.1
mol·L-1KI溶液，出现浑浊；
③向沉淀c中滴加0.1
mol·L-1KI溶液，沉淀变为黄色。
下列分析不正确的是(　　)
A.浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)
B.滤液b中不含有Ag+
C.③中颜色变化说明AgCl转化为AgI
D.实验可以证明AgI比AgCl更难溶
【解析】选B。在浊液a中，存在AgCl的沉淀溶解平衡，即在滤液b中，仍含有少量Ag+，故在b中生成了AgI沉淀，A正确，B错误；向白色沉淀AgCl中滴加KI溶液生成黄色沉淀AgI，由此可说明AgI比AgCl更难溶，C项和D项都正确。
6.(2015·延安高二检测)常温下有关物质的溶度积如下，下列说法不正确的是
(　　)
物质
CaCO3
MgCO3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
Fe(OH)3
Ksp
4.96×10-9
6.82×10-6
4.68×10-6
5.61×10-12
2.64×10-39
A.常温下，除去NaCl溶液中的MgCl2杂质，选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好
B.常温下，除去NaCl溶液中的CaCl2杂质，选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好
C.向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液，当两种沉淀共存且溶液的pH=8时，c(Mg2+)∶c(Fe3+)=2.125×1021
D.无法利用Ca(OH)2制备NaOH
【解析】选D。Ksp[Mg(OH)2]二、非选择题(本题包括2小题，共20分)
7.(10分)(2015·温州高二检测)已知几种难溶电解质的溶度积如下表所示：
几种难溶电解质的Ksp(25℃)
沉淀溶解平衡
Ksp
AgBr(s)Ag+(aq)+Br-(aq)
5.0×10-13
AgI(s)Ag+(aq)+I-(aq)
8.3×10-17
FeS(s)Fe2+(aq)+S2-(aq)
6.3×10-18
ZnS(s)Zn2+(aq)+S2-(aq)
1.6×10-24
CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)
1.3×10-36
(1)AgBr、AgI、FeS、ZnS、CuS的溶解能力由大到小的顺序为______________。
(2)向饱和的AgI溶液中加入固体硝酸银，则c(I-)________(填“增大”“减小”或“不变”)，若改加AgBr固体，则c(Ag+)________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)在25℃时，向100
mL浓度均为0.1
mol·L-1的FeCl2、ZnCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入Na2S溶液，生成的沉淀的先后顺序是____________(用沉淀物的化学式表示)。
(4)在25℃时，把ZnS加入蒸馏水中，一定时间后达到如下平衡：ZnS(s)Zn2+(aq)+S2-(aq)，下列措施可使ZnS减少的是(　　)
A.加入少量CuS固体　　
B.加入少量FeS固体
C.加入少量FeCl2固体
D.加入少量CuCl2固体
【解析】(1)由同种类型难溶电解质的Ksp越小溶解能力越小知，溶解能力AgBr>AgI>FeS>ZnS>CuS。
(2)向饱和的AgI溶液中加入固体硝酸银，c(Ag+)增大，则c(I-)减小；若改加AgBr固体，AgBr溶解使c(Ag+)增大。
(3)阳离子浓度相同，Ksp越小沉淀时所需的c(S2-)越小，就先沉淀。
(4)使ZnS减少，即使平衡右移，则需减小c(S2-)，即加入的阳离子能与S2-结合生成更难溶的沉淀。
答案：(1)AgBr>AgI>FeS>ZnS>CuS
(2)减小　增大　(3)CuS、ZnS、FeS　(4)D
【方法规律】增大沉淀溶解程度的因素
(1)加水稀释，能增大沉淀的溶解，但此时各离子的浓度是减小的。
(2)对大多数物质而言，加热可促进其溶解。但也有些物质[如Ca(OH)2]的溶解度随温度升高而降低，故此时升高温度，其溶解程度降低。
(3)加入能消耗沉淀溶解得到的离子的物质，此时因溶解时产生的离子浓度减小而使平衡向溶解的方向移动。
(4)利用沉淀的转化，加入适当的物质生成与沉淀具有相同离子的溶解度更小的物质。
8.(10分)痛风是以关节炎反复发作及产生肾结石为特征的一类疾病，关节炎的原因归结于在关节滑液中形成了尿酸钠(NaUr)晶体，有关平衡如下；
①HUr(尿酸，aq)Ur-(尿酸根，aq)+H+(aq)
(37℃时，Ka=4.0×10-6)
②NaUr(s)Ur-(aq)+Na+(aq)
(1)37℃时，1.0
L水中最多可溶解8.0×10-3mol尿酸钠，此温度下尿酸钠的Ksp为_____________________________。
(2)关节炎发作多在脚趾和手指的关节处，这说明温度降低时，尿酸钠的Ksp________(填“增大”“减小”或“不变”)，生成尿酸钠晶体的反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。
(3)37℃时，某尿酸结石病人尿液中尿酸分子和尿酸根离子的总浓度为2.0×10-3mol·L-1，其中尿酸分子的浓度为5.0×10-4mol·L-1，该病人尿液的c(H+)为________，pH________7(填“>”“=”或“<”)。
【解析】(1)尿酸钠的Ksp=c(Na+)·c(Ur-)=8.0×10-3mol·L-1×8.0×10-3mol·L-1=6.4×10-5。
(2)由题给信息，关节炎是因为形成了尿酸钠晶体，说明反应②的平衡向逆反应方向移动，Ksp减小。温度降低平衡逆向移动，说明生成尿酸钠晶体的反应是放热反应。
(3)c(HUr)=5.0×10-4mol·L-1，c(Ur-)=2.0×10-3mol·L-1-5.0×10-4mol·L-1=1.5×10-3mol·L-1，根据：Ka=，c(H+)=
mol·L-1=1.33×10-6mol·L-1。
答案：(1)6.4×10-5
(2)减小　放热　(3)1.33×10-6mol·L-1　<3.2.3
pH的应用
1.(2016·衡阳高二检测)准确量取25.00mL
KMnO4溶液于锥形瓶中并用某无色未知浓度的还原性A溶液进行滴定,所选仪器和指示剂均正确的是　(　　)
A.50mL酸式滴定管;甲基橙
B.50mL碱式滴定管;酚酞
C.50mL量筒;石蕊
D.50mL酸式滴定管;不用指示剂
【解析】选D。KMnO4溶液会腐蚀橡胶管,故要使用酸式滴定管量取溶液,KMnO4本身呈紫红色,恰好完全反应时褪色,不用加指示剂,答案为D。
2.(双选)用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度,参考图示仪器,从下表中选出正确选项　(　　)
选项
锥形瓶中的溶液
滴定管中的溶液
指示剂
滴定管
A
碱
酸
石蕊
乙
B
酸
碱
酚酞
甲
C
碱
酸
甲基橙
甲
D
酸
碱
酚酞
乙
【解析】选C、D。甲为酸式滴定管,乙为碱式滴定管。酸性溶液、强氧化性溶液(如KMnO4溶液)一般装在酸式滴定管中,碱性溶液一般装在碱式滴定管中。指示剂的选择一般情况下,强碱滴定强酸用酚酞作指示剂,强酸滴定强碱用甲基橙或酚酞作指示剂。当指示剂可以有多种选择时,选择的指示剂最好是到达滴定终点时由浅变深发生变化。中和滴定时,一般情况下是把已知物质的量浓度的标准溶液滴入待测的未知浓度的溶液中,但把未知物质的量浓度的溶液滴入已知物质的量浓度的溶液中,只要操作正确,也可以求得待测溶液浓度。
【补偿训练】下列有关仪器使用方法或实验操作正确的是　(　　)
A.洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干
B.酸式滴定管装标准溶液前,必须先用该溶液润洗
C.酸碱滴定实验中,用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差
D.用容量瓶配溶液时,若加水超过刻度线,立即用滴管吸出多余液体
【解析】选B。洗净的容量瓶不能放进烘箱中烘干,会影响其准确度,A错误;酸式滴定管装标准溶液前,必须先用该标准溶液润洗,B正确;酸碱滴定实验中,用待滴定溶液润洗锥形瓶会使待滴定的溶液量变多,引起误差,C错误;用容量瓶配溶液时,若加水超过刻度线,应重新配制,D错误。
3.用标准NaOH溶液滴定盐酸时,若配制标准溶液称取NaOH固体中含有下列杂质时,会引起结果偏低的是　(　　)
A.NaCl　　　　　　　　　
B.Na2O
C.Na2CO3
D.NaHCO3
【解析】选B。每消耗1mol
HCl需NaOH为40g,而需要Na2O、Na2CO3、NaHCO3时,则分别为31g、53g、84g。故混有Na2O使所配标准液中和能力增强,消耗标准溶液体积减少,待测溶液浓度偏低。若混有杂质Na2CO3或NaHCO3时,则与上述相反。
【方法规律】关于杂质对误差的影响
(1)杂质不会消耗被滴定的物质(如本题设问的NaCl)。由于杂质的存在使所配标准溶液的浓度变小,在滴定过程中必须消耗标准溶液的体积增大,导致待测溶液浓度偏高。
(2)杂质也会消耗被滴定的物质(如本题设问的Na2O、Na2CO3和NaHCO3均会与HCl反应),可具体分析对比其中和能力的大小。
【补偿训练】用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸(放锥形瓶中),选用甲基橙作为指示剂,造成测定结果偏高的原因可能是　(　　)
A.配制标准溶液的NaOH中混有Na2CO3杂质
B.滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度,其他操作正确
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过,未用未知液润洗
D.以溶液颜色由红色变为橙色为滴定终点
【解析】选A。相同质量的NaOH比Na2CO3消耗HCl要多,所以A项中的情况会使测定结果偏高;滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度会使读数比实际上所用的体积偏小,则会使测定结果偏低;锥形瓶用蒸馏水润洗后不用待测液润洗,不会引起误差;由红色变为橙色还没有达到滴定终点,若此时读数会使测定结果偏低。
4.(双选)常温下,向10mL
pH=12的NaOH溶液中加入10mL某酸,再滴入几滴甲基橙,溶液呈红色,则这种酸可能是　(　　)
A.pH=2的硫酸
B.0.01mol·L-1H2SO4
C.pH=2的醋酸
D.0.01mol·L-1的硝酸
【解析】选B、C。溶液呈红色,说明溶液呈酸性,A项,恰好反应呈中性;B项,H+过量,呈酸性;C项,醋酸过量,呈酸性;D项,恰好反应,呈中性。
【补偿训练】(双选)室温下,用氢氧化钠溶液来滴定
硫酸溶液,当达到滴定终点时,消耗氢氧化钠溶液的体积等于锥形瓶中硫酸溶液的体积,则说明　(　　)
A.NaOH和H2SO4溶液的质量分数相等
B.NaOH和H2SO4溶液的物质的量浓度相等
C.NaOH的物质的量浓度等于H2SO4的物质的量浓度的两倍
D.氢氧化钠溶液的pH和硫酸溶液的pH之和等于14
【解析】选C、D。两溶液的体积相等,说明c(OH-)=c(H+),则两溶液pH之和等于14,NaOH的物质的量浓度等于H2SO4的物质的量浓度的两倍。
5.(2016·三明高二检测)两人用同一瓶盐酸滴定同一瓶NaOH溶液。甲将锥形瓶用NaOH待测液润洗后,使用水洗过的碱式滴定管取碱液于锥形瓶中;乙则用甲用过的滴定管取碱液于刚用蒸馏水洗过且存有蒸馏水的锥形瓶中,其他操作及读数均正确,你的判断是　(　　)
A.甲操作正确
B.乙操作有错
C.甲测定数值一定比乙小
D.乙实际测得值较准确
【解析】选D。甲的锥形瓶不用润洗,滴定管应润洗,而乙用甲用过的滴定管,相当于已经润洗。
6.(2016·温州高二检测)用1.0mol·L-1NaOH溶液中和某浓度硫酸溶液时,其pH和所加NaOH溶液的体积关系如图所示。原硫酸溶液的物质的量浓度和反应后溶液的总体积是　(　　)
A.1mol·L-1,60mL
B.0.5mol·L-1,　80mL
C.0.5mol·L-1,　40mL
D.1mol·L-1,　80mL
【解析】选B。由图可知该硫酸消耗的NaOH溶液的体积为40mL,消耗NaOH的物质的量为0.04mol,则被中和的硫酸的物质的量为0.02mol,由图可知硫酸溶液的pH=0,即c(H+)=1
mol·L-1,则c(H2SO4)=0.5mol·L-1,V(H2SO4)=40
mL,总体积80
mL。
【延伸探究】(1)该题目中的滴定终点pH=7吗
提示:滴定终点的pH一般不等于7,而是在7附近,具体值是由指示剂的变色范围决定的。
(2)滴定终点pH若不等于7,是否影响最终结果
提示:不影响。虽然滴定终点pH不为7,但误差特别小,完全可以忽略不计。
7.(2016·济宁高二检测)现用物质的量浓度为amol·L-1的标准NaOH溶液去滴定VmL盐酸的物质的量浓度,请填写下列空白:
(1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后,接下来应该进行的操作是________。
(2)用标准NaOH溶液滴定时,应将标准NaOH溶液注入________(填“甲”或“乙”)中。
(3)如图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数,c(HCl)________mol·L-1。
【解析】(1)碱式滴定管水洗后应用标准NaOH溶液润洗2～3次,每次润洗液都要从尖嘴处排出。
(2)NaOH为强碱,应将NaOH溶液注入碱式滴定管中,故选乙。
(3)滴定过程中消耗NaOH溶液的体积为(V2-V1)mL,因此c(HCl)=mol·L-1。
答案:(1)用标准NaOH溶液润洗2～3次　(2)乙
(3)
【补偿训练】
1.用中和滴定法测定烧碱的纯度,若烧碱中含有与酸不反应的杂质,试根据实验回答:
(1)将准确称取的4.3g烧碱样品配成250mL待测液,需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外,还必须用到的仪器有_______________。
(2)取10.00mL待测液,用________式滴定管量取。
(3)用0.2000mol·L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液,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_________,直到滴定终点。
(4)根据下列数据,烧碱的纯度为________。
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
【解析】(1)配制一定物质的量浓度的溶液需要用一定规格的容量瓶、胶头滴管等。
(2)待测液为碱液,应用碱式滴定管量取。
(4)第一次V1(盐酸)=19.90
mL,第二次V2(盐酸)=20.10mL,两次平均V(盐酸)=20.00mL。
设烧碱的纯度为x,
×=0.02
L×0.200
0
mol·L-1,
x≈0.9302,即其纯度为93.02%。
答案:(1)250mL容量瓶、胶头滴管　(2)碱
(3)锥形瓶内溶液颜色变化　(4)93.02%
2.现用中和滴定法测定某烧碱溶液的浓度,有关数据记录如下:
滴定序号
待测液体积/mL
所消耗盐酸标准液的体积/mL
滴定前
滴定后
消耗的体积
1
25.00
0.50
26.80
26.30
2
25.00
3
25.00
5.00
31.34
26.34
(1)用________式滴定管盛装0.2500mol·L-1盐酸标准液。如图表示第二次滴定前后50mL滴定管中液面的位置,
该次滴定所用标准盐酸体积为________mL。
(2)现实验室中有石蕊和酚酞两种指示剂,该实验应选用________作指示剂。
(3)根据所给数据,该烧碱样品的物质的量浓度为_______________。
(4)若操作过程中滴加盐酸速度过快,未充分振荡,刚看到溶液变色,就立刻停止滴定,则会造成测定结果________。(填“偏低”“偏高”或“无影响”)
【解析】(1)盐酸应用酸式滴定管盛放,据图可知初读数是0.30mL,末读数是24.90mL,故消耗盐酸的体积是24.90mL-0.30mL=24.60mL。
(2)石蕊变色不明显,中和滴定实验中不选作指示剂。
(3)因为三次实验中消耗的盐酸的体积分别是26.30mL、24.60mL、26.34mL,因此第2次实验误差较大,不能代入数据计算,应据第1次和第3次数据计算,得出消耗盐酸的平均值是26.32mL。烧碱与盐酸反应时物质的量之比是1∶1,故有c(HCl)·V(HCl)=c(NaOH)·V(NaOH),即0.250
0mol·L-1×26.32mL=25.00
mL×c(NaOH),则c(NaOH)=0.2632mol·L-1。
(4)操作过程中滴加盐酸速度过快,未充分振荡,刚看到溶液变色,就立刻停止滴定,此时滴加的盐酸不足,因此计算所得烧碱的浓度偏低。
答案:(1)酸　24.60
(2)酚酞
(3)0.2632mol·L-1
(4)偏低
8.【能力挑战题】(2016·大同高二检测)食醋分为酿造醋和配制醋两种,国家标准规定酿造食醋总酸度不得低于3.5g/100mL。常温下,某研究小组利用滴定分析法测定某品牌食醋中醋酸的酸度。若上海市质量技术监督局检测人员,用酸碱中和滴定法检测某食醋总酸度时,吸取食醋样品10mL于100mL容量瓶中并定容。移取定容后的溶液20mL于锥形瓶中,加入1～2滴指示剂,用浓度为0.1000mol·L-1的NaOH标准溶液滴定,实验数据记录如下:
滴定次数
0.1000mol·L-1NaOH标准溶液体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
0.00
20.04
2
0.12
20.08
3
0.05
20.05
(1)NaOH溶液应盛放在________中。
(2)测定食醋的总酸度实验中,配制NaOH溶液和稀释食醋所用的蒸馏水必须煮沸,目的是________________________。
(3)被检查的食醋总酸度是否符合国家标准________,其理由是____________。
(4)若盛放NaOH溶液的滴定管在滴定前仰视读数,滴定结束后俯视读数,所测醋酸的总酸度________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
【解析】(1)NaOH属于腐蚀性的强碱溶液,应该盛放在碱式滴定管中。(2)溶解于H2O中的CO2能与NaOH溶液反应导致检测误差,加热煮沸蒸馏水能将溶解于H2O中的CO2赶出,避免了由于CO2引起的误差。(3)3次滴定消耗NaOH标准溶液体积的平均值为20.00mL,根据CH3COOH～NaOH,10mL食醋样品稀释为100mL后,c(CH3COOH)=c(NaOH)=0.1000mol·L-1,则原食醋样品中c(CH3COOH)=10×0.1000mol·L-1=1.000mol·L-1,总酸度=60g·mol-1×1.000mol·L-1=60g·L-1=
6.0g/100mL,故总酸度符合国家标准。(4)由于滴定管刻度下边大上边小,故滴定前仰视读数偏大,滴定后俯视读数偏小,使计算出的标准液的体积偏小,结果偏低。
答案:(1)碱式滴定管
(2)除去溶解在水中的二氧化碳
(3)符合　总酸度=6.0g/100mL>3.5g/100mL
(4)偏低课时提升作业(十二)
盐类的水解
(25分钟·50分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题4分，共32分)
1.(2015·成都高二检测)下列关于盐类水解的叙述中，错误的是(　　)
A.盐类水解是中和反应的逆反应
B.盐类水解过程是吸热过程
C.含有弱酸根盐的水溶液一定显碱性
D.盐溶液的酸碱性主要取决于形成盐的酸和碱的相对强弱
【解析】选C。盐类水解是中和反应的逆反应，故盐类水解是吸热反应，A、B正确；盐溶液的酸碱性主要取决于形成盐的酸和碱的相对强弱，“谁强显谁性，同强显中性”，如NH4Cl、Na2CO3、CH3COONH4溶液分别显酸性、碱性、中性，故C错误，D正确。
【补偿训练】(双选)下列说法正确的是(　　)
A.酸式盐的水溶液一定显碱性
B.只要酸与碱的物质的量浓度和体积分别相等，它们反应后的溶液就呈中性
C.纯水呈中性是因为水中H+的物质的量浓度和OH-的物质的量浓度相等
D.NaHCO3溶液的pH大于Na2SO4溶液的pH
【解析】选C、D。酸式盐的水溶液有的显碱性，也有的显酸性，如NaHCO3和NaHSO3；即使是强酸与强碱的物质的量浓度和体积分别相等，它们反应后的溶液也不一定呈中性，如NaOH与H2SO4，弱酸与弱碱反应后的溶液也不一定呈中性。
2.(2015·大连高二检测)下列反应既不是水解反应，也不是氧化还原反应的是
(　　)
A.N+H2ONH3·H2O+H+
B.HS-+H2OH2S+OH-
C.Br2+H2OHBr+HBrO
D.H2S+H2OH3O++HS-
【解析】选D。A项为N的水解反应；B项是HS-的水解反应；C项是Br2与水的反应，属于氧化还原反应；D项为H2S的电离。
3.(2015·嘉兴高二检测)“84”消毒液在日常生活中被广泛使用。该消毒液无色，pH大于7，对某些有色物质有漂白作用。你认为它可能的有效成分是(　　)
A.SO2　　
B.Na2CO3　　
C.KMnO4　　
D.NaClO
【解析】选D。SO2的水溶液显酸性，A错误；Na2CO3溶液显碱性，但没有漂白性，B错误；KMnO4溶液呈紫色，C错误；由于ClO-+H2OHClO+OH-，NaClO溶液呈碱性，HClO具有漂白性，D正确。
4.物质的量浓度相同的下列溶液，pH由大到小排列正确的是(　　)
A.Ba(OH)2、Na2SO3、FeCl3、KCl
B.Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4Cl
C.NH3·H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4
D.NaHCO3、CH3COOH、C2H5OH、HCl
【解析】选B。KCl、KNO3、Na2SO4均为强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，而A中Na2SO3、FeCl3分别水解而使溶液显碱性和酸性；B中由于酸性H2SiO3Na2CO3，NH4Cl水解显酸性；C中pH应为NH3·H2O>Na2SO4>H3PO4>H2SO4；D中NaHCO3水解大于电离而显碱性，C2H5OH对水的电离平衡无影响，pH=7。故只有B项是pH由大到小排列的。
【方法规律】相同物质的量浓度的各种电解质溶液的pH大小比较
(1)酸及水解呈酸性的盐溶液，其pH的关系一般是二元强酸<一元强酸<弱酸<水解显酸性的盐溶液。
(2)碱及水解呈碱性的盐溶液，其pH的关系一般是二元强碱>一元强碱>弱碱>水解呈碱性的盐溶液。
5.(2015·宁波高二检测)下列操作中，能使水的电离平衡向右移动，而且所得溶液显酸性的是(　　)
A.在水中加入少量氯化钠，并加热到100℃
B.在水中滴入稀硫酸
C.在水中加入小苏打
D.在水中加入氯化铝固体
【解析】选D。A项溶液显中性；B项，加入稀硫酸抑制水的电离；C项加入NaHCO3，HC水解溶液显碱性；D项AlCl3中的Al3+水解，促进H2O的电离，且溶液显酸性。
【补偿训练】pH=4的醋酸和pH=4的氯化铵溶液相比，水的电离程度较大的是
(　　)
A.前者　　　　　　　　　　
B.后者
C.等于
D.无法确定
【解析】选B。醋酸抑制水的电离，而NH4Cl水解促进水的电离。
6.(2015·大庆高二检测)下列运用与盐类的水解无关的是(　　)
A.实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶必须用橡胶塞而不能用玻璃塞
B.泡沫灭火器用碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液，使用时只需将其混合就可产生大量的二氧化碳泡沫
C.厨房中常用碳酸钠溶液洗涤餐具上的油污
D.可用碳酸钠与醋酸制取少量二氧化碳
【解析】选D。A项是因为Na2CO3水解显碱性与玻璃中的SiO2作用生成黏性的Na2SiO3；B是因为NaHCO3与Al2(SO4)3发生水解相互促进反应：Al3++3HCAl(OH)3↓+3CO2↑；C是因为C水解显碱性，能够除去油污；D项与盐类的水解无关。
7.(2015·聊城高二检测)等物质的量浓度的下列稀溶液：①CH3COONa溶液；②Na2CO3溶液；③X溶液；④Ba(OH)2溶液。它们的pH依次增大，则X溶液不可能是(　　)
A.氨水
B.硅酸钠溶液
C.NaOH溶液
D.NaHCO3溶液
【解析】选D。B项，酸性强弱为CH3COOH>H2CO3>H2SiO3，故等物质的量浓度的盐溶液的pH大小为CH3COONa8.(2015·南宁高二检测)下列各组溶液混合后，溶液显碱性的是(　　)
A.10
mL
0.1
mol·L-1NH3·H2O溶液与10
mL
0.1
mol·L-1HCl溶液
B.10
mL
0.1
mol·L-1K2S溶液与10
mL
0.1
mol·L-1K2SO4溶液
C.10
mL
0.1
mol·L-1KOH溶液与10
mL0.1
mol·L-1KHCO3溶液，再加入10
mL
0.1
mol·L-1BaCl2溶液
D.10
mL
0.1
mol·L-1NaOH溶液与5
mL
0.1
mol·L-1H2SO4溶液
【解析】选B。A项正好完全反应，生成的NH4Cl水解显酸性；B项K2S水解显碱性；C项反应生成BaCO3沉淀、KCl和H2O，显中性；D项恰好中和显中性。
二、非选择题(本题包括2小题，共18分)
9.(9分)(2015·德州高二检测)NH4Cl溶于重水(D2O)后产生一水合氨和水合氢离子，试回答以下问题。
(1)溶液中滴入几滴紫色石蕊试液，观察到的现象是_____________________。
(2)写出一水合氨和水合氢离子的化学式：_____________________________、
___________________________。
(3)此NH4Cl溶液中存在的微粒有______________________________。
【解析】盐类水解的实质是盐电离出的离子结合水电离出的H+或OH-生成弱酸或弱碱，促进水的电离。
NH4Cl溶于重水(D2O)发生水解N+2D2ONH3·HDO+D3O+，溶液显酸性，使石蕊变红；溶液中含有N、Cl-、NH3·HDO、OD-、D+。
答案：(1)溶液显红色　(2)NH3·HDO　D3O+
(3)N、Cl-、NH3·HDO、OD-、D+
10.(9分)(1)有盐AmBn的溶液。若为强酸弱碱盐，则水解的离子方程式为____
___________________________________。若为弱酸强碱盐，则水解的离子方程式为_____________________。
(2)向氯化铁溶液中加入碳酸钙粉末，发现碳酸钙逐渐溶解，并产生无色气体，其离子方程式为_____________________________。同时有红褐色沉淀生成，其原因是_____________________________________。
【解析】(1)若为强酸弱碱盐，弱碱的阳离子水解的离子方程式一步写出，即An++nH2OA(OH)n+nH+；若为弱酸强碱盐，弱酸的阴离子水解的离子方程式要分步来写，但一般以第一步为主，后面由于太弱可省略，即Bm-+H2OHB(m-1)-+OH-。
(2)氯化铁溶液中Fe3+水解的离子方程式为Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3；向氯化铁溶液中加入碳酸钙粉末，发现碳酸钙逐渐溶解，并产生无色气体，是由于Fe3+水解造成的酸性与碳酸钙反应的结果，即2H++CaCO3Ca2++CO2↑+H2O；碳酸钙消耗了H+，使Fe3+水解平衡向右不断移动，造成Fe(OH)3不断增加，最终出现红褐色沉淀。
答案：(1)An++nH2OA(OH)n+nH+
Bm-+H2OHB(m-1)-+OH-
(2)Fe3++3H2O3H++Fe(OH)3，2H++CaCO3Ca2++CO2↑+H2O　碳酸钙消耗了H+，使Fe3+水解平衡向右不断移动，造成Fe(OH)3不断增加，最终出现红褐色沉淀
(30分钟·50分)
一、选择题(本题包括6小题，每小题5分，共30分)
1.(2015·宜昌高二检测)在盐类水解的过程中，下列说法正确的是(　　)
A.盐的电离平衡被破坏
B.弱酸的酸式盐水解后溶液可能呈酸性也可能呈碱性
C.溶液的pH一定会增大
D.c(H+)与c(OH-)的乘积一定会增大
【解析】选B。大多数的盐为强电解质，在水中完全电离，A错；强酸弱碱盐水解溶液呈酸性，pH减小，C错；一定温度下的稀溶液中，c(H+)与c(OH-)的乘积是一个常数，D错。
2.(2015·洛阳高二检测)现有等浓度的下列溶液：①醋酸，②硫酸氢钠，③醋酸钠，④碳酸，⑤碳酸钠，⑥硫酸钠。按溶液pH由小到大排列正确的是(　　)
A.④①②⑤⑥③　　　　　　
B.⑥①②④③⑤
C.②①④⑥③⑤
D.①④②③⑥⑤
【解析】选C。同等浓度的酸，越易电离的酸性越强，pH越小，同等浓度的强碱弱酸盐，酸越弱，对应的盐的水溶液碱性越强，pH越大。
【互动探究】写出该题水的电离程度由大到小的排列顺序。
提示：由于酸性：硫酸氢钠(相当于一元酸)>醋酸>碳酸，对水的电离的抑制作用：硫酸氢钠(相当于一元酸)>醋酸>碳酸，水的电离程度：硫酸氢钠(相当于一元酸)<醋酸<碳酸；醋酸钠的水解程度小于碳酸钠，则水的电离程度：醋酸钠<碳酸钠；硫酸钠对水的电离无影响，故水的电离程度：⑤>③>⑥>④>①>②。
3.(2015·池州高二检测)将0.1
mol下列物质置于1
L水中充分搅拌后，溶液中阴离子数最多的是(　　)
A.KCl
B.Mg(OH)2
C.Na2CO3
D.MgSO4
【解析】选C。A、D项中，阴离子不发生水解，阴离子的物质的量为0.1
mol；B项，Mg(OH)2难溶于水，阴离子的物质的量远小于0.1
mol；C项，C因水解而使C浓度减小，但由于C+H2OHC+OH-，一个C发生水解，会产生两个阴离子，故阴离子个数增多，大于0.1
mol。
【补偿训练】(2015·聊城高二检测)25℃时，浓度均为0.2
mol·L-1的NaHCO3与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.c(OH-)前者大于后者
D.分别加入NaOH固体，pH均增大
【解析】选C。A项，NaHCO3、Na2CO3均属于强碱弱酸盐，都存在水解平衡，同时还存在H2O的电离平衡。B项，Na2CO3、NaHCO3溶液中都含有Na+、C、HC、H2CO3、H+、OH-，它们存在的粒子种类相同。C项，C的水解能力大于HC，故Na2CO3溶液中的c(OH-)大。D项，NaHCO3溶液中加入NaOH时，HC与OH-反应最终生成Na2CO3，水解程度增大，pH增大；Na2CO3溶液中加入NaOH时，OH-的浓度增大，pH增大。
4.(2015·潮州高二检测)有四种物质的量浓度相同且由+1价阳离子A+、B+和-1价阴离子X-、Y-组成的盐溶液。据测定，常温下AX溶液和BY溶液的pH都为7，AY溶液的pH>7，BX溶液的pH<7。据此推断，可能不水解的盐是(　　)
A.AX
B.BX
C.AY
D.BY
【解析】选A。常温时，AX溶液和BY溶液的pH都为7，说明形成BY和AX的酸碱的强弱相当，可能是强酸强碱盐，也可能是强弱相当的弱酸弱碱盐。AY溶液的pH>7，则说明Y-所对应的酸一定为弱酸，BX溶液的pH<7，则说明B+所对应的碱一定是弱碱，X-和A+所对应的酸和碱应是相对较强的，它们所形成的盐AX有可能不发生水解。
5.(2015·连云港高二检测)在pH=9的NaOH溶液和CH3COONa溶液中，设由水电离出的OH-浓度分别为M和N，则M和N的关系为(　　)
A.M>N
B.M=10-4N
C.N=10-4M
D.M=N
【解析】选B。pH=9的氢氧化钠溶液中的H+全是由水电离产生的，c水(H+)=
c水(OH-)=10-9mol·L-1，即M=10-9mol·L-1；pH=9的CH3COONa溶液中c(OH-)=10-5mol·L-1，它完全由水电离产生，即N=10-5mol·L-1，所以M=10-4N。
【互动探究】(1)若将NaOH改为Na2CO3，选哪个选项？
提示：选D。CH3COONa和Na2CO3都促进水的电离，溶液中c(OH-)=10-5mol·L-1，完全由水电离产生，故选D。
(2)若将“pH=9的NaOH溶液和CH3COONa溶液”改为“pH=5的盐酸和NH4Cl溶液”，选哪个选项？
提示：选B。pH=5的盐酸的OH-全是由水电离产生的，c水(OH-)=c(OH-)=10-9mol·L-1，即M=10-9mol·L-1；pH=5的NH4Cl溶液中c(H+)完全由水电离产生，c水(OH-)=
c水(H+)=c(H+)=10-5mol·L-1，即N=10-5mol·L-1，所以M=10-4N。
6.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.电离程度：HCN>HClO
B.pH：HClO>HCN
C.与NaOH溶液恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO>HCN
D.酸根离子浓度：c(CN-)【解析】选D。NaCN和NaClO都为强碱弱酸盐，相同物质的量浓度时NaCN溶液的pH较大，说明CN-水解的程度大，因此HCN比HClO的酸性更弱，电离程度：HCN【易错提醒】要注意强碱弱酸盐的水溶液碱性越强，其对应的弱酸酸性越弱，忽视这一点则容易错选A、B选项。还要特别注意酸碱恰好完全反应和溶液中性的区分，酸碱恰好完全反应是酸和碱恰好生成正盐和水，即酸碱物质提供的所有的氢离子和氢氧根离子的量相同；而中性为反应后溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度。如果混淆就容易错选C。
二、非选择题(本题包括2小题，共20分)
7.(10分)(2015·聊城高二检测)取0.1
mol·L-1HA溶液与0.1
mol·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计)，测得混合溶液的pH=8。试回答以下问题：
(1)混合溶液的pH=8的原因是______________________________。(用离子方程式表示)。
(2)混合溶液中由水电离出的c(H+)______0.1
mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c(H+)(填“>”“<”或“=”)。
(3)已知NH4A溶液为中性，又知将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH____________7(填“>”“<”或“=”)。
【解析】(1)0.1
mol·L-1HA溶液与0.1
mol·L-1NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应，由混合溶液的pH=8可知，A-发生了水解。
(2)盐类水解促进水的电离，而碱抑制水的电离，故混合溶液中由水电离出的c(H+)>NaOH溶液中由水电离出的c(H+)。
(3)NH4A溶液为中性，则HA与NH3·H2O的电离程度相同；HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，可知酸性HA>H2CO3，即电离程度HA>H2CO3，则电离程度NH3·H2O>H2CO3，N水解程度小于C，推知(NH4)2CO3溶液显碱性。
答案：(1)A-+H2OHA+OH-　(2)>　(3)>
8.(10分)10℃时，在烧杯中加入0.1
mol·的NaHCO3溶液400
mL，加热，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度(℃)
10
20
30
50
70
pH
8.3
8.4
8.5
8.9
9.4
(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HC的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为________________________________________。
(2)乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3。
(3)丙同学认为：要确定上述哪种说法合理，只要把加热后的溶液冷却到10℃后再测定溶液pH，若pH________8.3(填“>”“<”或“=”)，说明甲正确；若pH________8.3(填“>”“<”或“=”)，说明乙正确。
(4)丁同学设计如下实验方案对甲、乙同学的解释进行判断：实验装置如图，加热煮沸NaHCO3溶液，发现试管A中澄清石灰水变浑浊，说明________(填“甲”或“乙”)推测正确。
(5)将一定体积0.1
mol·L-1的NaHCO3溶液置于烧杯中加热至微沸(溶液体积不变)；将烧杯冷却至室温，过一段时间(溶液体积不变)测得pH为10.1。据此资料可以判断________(填“甲”或“乙”)推测正确，原因是_______________。
【解析】(1)HC水解的离子方程式为HC+H2OH2CO3+OH-。
(2)乙同学根据NaHCO3受热易分解，认为受热时2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，这样溶质成为Na2CO3，而pH增大，说明Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度。
(3)若甲同学的观点正确，则当温度再恢复至10℃时，pH应为8.3，若乙同学的观点正确，则当温度降回至10℃时，则pH应大于8.3，而第(5)小题实验也利用该原理从而证明乙同学的观点是正确的。
(4)根据A中澄清石灰水变浑浊，说明NaHCO3在加热煮沸时发生了分解反应生成了Na2CO3与CO2及水，证明乙同学观点正确。
答案：(1)HC+H2OH2CO3+OH-　(2)大于
(3)=　>　
(4)乙　(5)乙　溶液冷却至室温后pH大于8.4，说明此实验过程溶液中有新物质生成课时提升作业(十三)
盐类水解反应的利用
(25分钟·50分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题4分，共32分)
1.(2015·焦作高二检测)下列生产、生活等实际应用，不能用勒夏特列原理解释的是(　　)
A.实验室中配制FeCl3溶液时，应向其中加入少量浓盐酸
B.合成氨工业中使用铁触媒作催化剂
C.饱和FeCl3溶液滴入沸水中可制得氢氧化铁胶体
D.热的纯碱溶液去油污效果好
【解析】选B。勒夏特列原理解释平衡移动的问题。A、C、D三项中都涉及改变条件平衡移动的问题，B项合成氨工业中使用催化剂只能加快化学反应速率，对化学平衡无影响，故B不能用勒夏特列原理解释。
2.常温下0.1
mol·L-1的下列溶液中c(N)最大的是(　　)
A.NH4Al(SO4)2　　　　　
B.NH4Cl
C.NH3·H2O
D.CH3COONH4
【解析】选A。NH3·H2O为弱碱，电离时产生N，但其电离程度很小，故c(N)很小；A、B、D三项中均存在N+H2ONH3·H2O+H+，而A项中Al3+也水解显酸性，抑制了N的水解，B项中Cl-对N水解无影响，D项中CH3COO-水解显碱性，促进N水解，故A项中c(N)最大。
3.(2015·安庆高二检测)物质的量浓度都为0.1
mol·L-1的CH3COOH与NaOH溶液等体积混合后，下列关系式不正确的是(　　)
A.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)
B.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
C.c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)
D.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na+)
【解析】选B。0.1
mol·L-1CH3COOH与NaOH等体积混合，完全反应生成CH3COONa溶液。根据电荷守恒，A正确，B错误。根据物料守恒，D正确。把A项和D项变形，消去Na+，即得溶液中的质子守恒式：
c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH)。
【补偿训练】在Na2CO3溶液中，下列等量关系成立的是(　　)
A.c(OH-)=c(HC)+c(H2CO3)
B.2c(Na+)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3)
C.c(Na+)+c(H+)=c(HC)+c(C)+c(OH-)
D.c(Na+)>c(C)>c(OH-)>c(HC)
【解析】选D。在Na2CO3溶液中存在平衡：H2OH++OH-、C+H2OHC+OH-、HC+H2OH2CO3+OH-，据原子守恒知c(Na+)=2[c(C)+c(HC)+c(H2CO3)]，B错误；据电荷守恒知c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)，C错误；因第一步水解程度大于第二步水解程度，所以D正确。Na2CO3溶液中存在质子守恒：
c(OH-)=c(H+)+c(HC)+2c(H2CO3)即c(OH-)>c(HC)+c(H2CO3)，A项错误。
4.(2015·临汾高二检测)将NaClO溶液加热蒸干最后所得的固体是(　　)
A.NaClO
B.NaOH
C.NaOH和NaCl
D.NaCl
【解析】选D。NaClO水解的化学方程式为NaClO+H2ONaOH+HClO，2HClO2HCl+O2↑，HCl+NaOHNaCl+H2O，故最终得到NaCl。
【方法规律】盐溶液蒸干灼烧时产物的判断
(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溶液；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应氧化物，如AlCl3→Al(OH)3→Al2O3。
(2)酸根阴离子易水解的强碱盐蒸干后可得到原物质，如Na2CO3溶液。
(3)要考虑盐受热时是否分解。如Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为→CaCO3CaO；NaHCO3→Na2CO3；KMnO4→K2MnO4+MnO2；NH4Cl→NH3↑+HCl↑。
5.(2015·三明高二检测)要求设计实验证明某种盐的水解是吸热的，有四位学生分别作出如下回答，其中正确的是(　　)
A.丁学生：在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液，加热后若红色加深，说明盐类水解是吸热的
B.甲学生：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的
C.乙学生：在盐酸中加入同温度的氨水，若混合液温度下降，说明盐类水解是吸热的
D.丙学生：在醋酸钠溶液中加入醋酸钠晶体，若溶液温度下降，说明盐类水解是吸热的
【解析】选A。晶体溶解过程伴有热效应，无法判断温度降低是由什么原因引起的，故无法证明盐类水解是吸热反应，B、D不正确；A项，将滴有酚酞溶液的醋酸钠溶液加热，红色加深，说明溶液碱性增强，即升高温度促进盐类的水解，可证明盐类水解为吸热反应。盐酸与氨水的反应为中和反应，反应放热，溶液温度不会降低，C项错误。
6.(2015·南宁高二检测)t℃时，某浓度氯化铵溶液的pH=4，下列说法中一定正确的是(　　)
A.由水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度之比为106∶1
B.溶液中c(H+)·c(OH-)=1×10-14
C.溶液中c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(OH-)
D.溶液中c(NH3·H2O)+c(N)=c(Cl-)+c(OH-)
【解析】选C。因为温度不确定，故水的离子积常数无法确定，所以只知道c(H+)=10-4mol·L-1，而无法求解c(OH-)，A、B错误；NH4Cl水解方程式为NH4Cl+H2ONH3·H2O+HCl，则溶液中c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(OH-)，C正确；据物料守恒知：c(NH3·H2O)+c(N)=c(Cl-)，D错误。
【互动探究】(1)若将上题的温度提高，pH将如何变化？
提示：升高温度促进盐类水解，故c(H+)增大，pH减小。
(2)若上题温度为25℃，则c(Cl-)-c(N)为多少？
提示：25℃时，pH=4，c(H+)=10-4mol·L-1，c(OH-)=10-10mol·L-1，由电荷守恒c(H+)+c(N)=c(Cl-)+c(OH-)知，c(Cl-)-c(N)=c(H+)-c(OH-)=
(10-4-10-10)mol·L-1。
7.(双选)室温下，在所得下列溶液中，各离子浓度的关系正确的是(　　)
A.浓度均为0.1
mol·L-1的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合c(Na+)=c(CH3COO-)>c(OH-)=c(H+)
B.pH=12的氨水溶液与pH=2的盐酸溶液等体积混合c(N)>c(Cl-)>c(H+)>
c(OH-)
C.向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(CH3COO-)>c(Na+)>
c(H+)>c(OH-)
D.向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH=5的混合溶液：c(Na+)=c(N)
【解析】选C、D。A项，二者等体积混合后完全反应生成CH3COONa溶液，CH3COO-水解，溶液显碱性，则c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，故A错。B项，二者等体积混合，氨水过量很多，溶液显碱性，则c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故B错。C项，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，因c(H+)>c(OH-)，故c(CH3COO-)>c(Na+)，故C对。D项，Na+、N不水解，加入稀盐酸后不影响Na+、N的浓度，浓度比仍然是1∶1，故D对。
【补偿训练】(双选)下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
(　　)
A.在0.1
mol·L-1NaHCO3溶液中：c(Na+)>c(HC)>c(C)>c(H2CO3)
B.在0.1
mol·L-1Na2CO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(HC)+2c(H2CO3)
C.向0.2
mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1
mol·L-1NaOH溶液：c(C)>c(HC)>c(OH-)>c(H+)
D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH=7，c(Na+)=0.1
mol·L-1]：c(Na+)=c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-)
【解析】选B、D。NaHCO3溶液呈碱性，HC的水解程度大于电离程度，c(C)应小于c(H2CO3)，A项错误；在0.1
mol·L-1Na2CO3溶液中的质子守恒式为c(OH-)=c(HC)+2c(H2CO3)+c(H+)，将质子守恒式变形可得：c(OH-)-c(H+)=c(HC)+2c(H2CO3)，B项正确；向0.2
mol·L-1NaHCO3溶液中加入等体积0.1
mol·L-1NaOH溶液，所得溶液为等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3的混合溶液，该溶液中C的水解程度远大于HC的电离程度，c(C)应小于c(HC)，C项错误；相同状况下，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，该溶液pH=7，则醋酸的浓度应小于醋酸钠的浓度，即c(CH3COO-)>c(CH3COOH)，又根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，因pH=7，c(H+)=c(OH-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，D项正确。
8.(2014·海南高考)下列关于0.10
mol·L-1NaHCO3溶液的说法正确的是(　　)
A.溶质的电离方程式为NaHCO3Na++H++C
B.25℃时，加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大
C.离子浓度关系：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+c(C)
D.温度升高，c(HC)增大
【解析】选B。NaHCO3的电离方程式应为NaHCO3Na++HC，A错误；25℃时，加水稀释NaHCO3溶液后，c(H+)与c(OH-)的乘积不变(温度不变，水的离子积不变)，但是由于加水后体积变大，则n(H+)与n(OH-)的乘积变大，B正确；NaHCO3溶液存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)，C错误；温度升高，促进HC水解和电离，且水解大于电离，c(HC)减小，D错误。
二、非选择题(本题包括2小题，共18分)
9.(8分)在氯化铁溶液中存在下列平衡：
FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl　ΔH>0
(1)将饱和FeCl3溶液，滴入沸腾的蒸馏水中可得到一种红褐色透明液体。向这种液体中加入稀硫酸产生的现象为_______________________。
(2)不断加热FeCl3溶液，蒸干其水分并灼烧得到的固体可能是_____________。
(3)在配制FeCl3溶液时，为防止产生浑浊，应___________________。
【解析】(1)将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，得到Fe(OH)3胶体，加入稀硫酸则胶体聚沉而得到红褐色沉淀，当H2SO4过量时沉淀又溶解生成黄色溶液。
(2)加热可促进盐类的水解，由于HCl挥发，可使水解进行彻底，得到Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解，最终产物为Fe2O3。
(3)为防止FeCl3水解，应加入浓盐酸抑制FeCl3水解。
答案：(1)先生成红褐色沉淀，又逐渐溶解生成黄色溶液
(2)Fe2O3
(3)加入少许浓盐酸
10.(10分)25℃时，将0.01
mol
CH3COONa和0.002
mol
HCl溶于水，形成1
L混合溶液。
(1)该溶液中存在着三个平衡体系，用电离方程式或离子方程式表示：
①_______________________________________________________________；
②_______________________________________________________________；
③_______________________________________________________________。
(2)溶液中共有__________种不同的粒子(指分子和离子)。
(3)在这些粒子中，浓度为0.01
mol·L-1的是_____________________，浓度为0.002
mol·L-1的是__________。
(4)__________和__________两种粒子物质的量之和等于0.01
mol。
【解析】(1)①溶液中存在CH3COO-，则有水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；②溶液中含有CH3COONa与HCl生成的弱电解质CH3COOH，则有CH3COOH的电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+；③溶液中还存在水的电离平衡：H2OH++OH-。(2)溶液中存在的离子有Cl-、Na+、CH3COO-、H+、OH-，分子有H2O、CH3COOH。(3)能够水解的离子及电离(微弱)产生的离子浓度随外界条件的变化而发生变化，故浓度为定值的是强酸、强碱对应的阴、阳离子，即c(Na+)=0.01
mol·L-1，c(Cl-)为0.002
mol·L-1。(4)由物料守恒c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.01
mol·L-1，故CH3COO-和CH3COOH的物质的量之和为0.01
mol。
答案：(1)①CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-
②CH3COOHCH3COO-+H+
③H2OH++OH-
(2)7　(3)Na+　Cl-
(4)CH3COOH　CH3COO-
(30分钟·50分)
一、选择题(本题包括6小题，每小题5分，共30分)
1.(2015·福州高二检测)下列各组离子在溶液中可以大量共存的是(　　)
A.K+、Fe3+、Cl-、C
B.K+、Na+、S、N
C.Na+、Cu2+、S2-、N
D.Al3+、K+、HC、Cl-
【解析】选B。离子间如果发生化学反应，则不能大量共存。Fe3+与C水解相互促进生成Fe(OH)3和CO2而不能大量共存，A不正确；K+、Na+、S、N能大量共存，B正确；Cu2+与S2-反应生成CuS沉淀，二者不能大量共存，C不正确；Al3+能和HC反应(双水解)生成CO2和Al(OH)3沉淀，不能大量共存，D不正确。
【方法规律】相互促进水解的离子能否大量共存的判断方法
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HC相互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N水解相互促进生成的是可溶酸和可溶碱，仍然存在平衡状态，二者可以大量共存。
2.(2015·无锡高二检测)用0.10
mol·L-1的盐酸滴定0.10
mol·L-1的氨水，滴定过程中不可能出现的结果是(　　)
A.c(N)>c(Cl-)，c(OH-)>c(H+)
B.c(N)=c(Cl-)，c(OH-)=c(H+)
C.c(Cl-)>c(N)，c(OH-)>c(H+)
D.c(Cl-)>c(N)，c(H+)>c(OH-)
【解析】选C。A项为氨水过量的情况；B项为氨水适当过量；溶液中不可能出现阴离子均大于阳离子的情况，不遵循电荷守恒，故C项错；D项为氨水不足或恰好中和。
3.(2015·邯郸高二检测)为了除去MgCl2溶液中的Fe3+，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是(　　)
A.NaOH　　　　　　　　　
B.Na2CO3
C.氨水
D.MgO
【解析】选D。利用了Fe3+的水解Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，为了除去Fe3+，使平衡正向移动，而同时又不引入新的杂质离子，可加入MgO。
【互动探究】除上题提到的物质外，还可以用哪些物质？
提示：使平衡正向移动，而同时又不引入新的杂质离子，可加入Mg、MgCO3、Mg(OH)2等。
【方法规律】除去CuCl2溶液中Fe3+的方法
除去CuCl2溶液中的Fe3+时，向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3，与Fe3+水解产生的H+反应，使Fe3+转化成Fe(OH)3而除去。
4.(2015·锦州高二检测)下列各步制取物质，最终无法达到目的的是(　　)
A.AlAl2O3Al(NO3)3Al2O3
B.CuCuOCuSO4溶液CuSO4·5H2O
C.FeFeCl3Fe(OH)3Fe2O3
D.FeSO4溶液FeSFeS
【解析】选D。由于HNO3挥发，Al3+水解平衡右移，最后蒸干灼烧可得到Al2O3，所以A项正确；同理B、C两项正确。由于FeSO4与H2S不反应，故D项实验设计原理不正确，从而得不到FeS，所以D项错误。
5.(双选)(2015·湛江高二检测)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，有关叙述正确的是(　　)
A.H2Y在电离时：H2Y+H2OHY-+H3O+
B.在该盐的溶液中，离子浓度为c(Na+)>c(HY-)>c(Y2-)>c(OH-)>c(H+)
C.在该盐的溶液中：c(Na+)+c(H+)=2c(Y2-)+c(HY-)+c(OH-)
D.HY-水解方程式为HY-+H2OY2-+H3O+
【解析】选A、C。由于HY-的电离程度小于HY-的水解程度，故溶液呈碱性，且H2Y是弱酸，则H2Y在电离时：H2Y+H2OHY-+H3O+；HY-水解方程式为HY-+H2OH2Y+OH-；在该盐的溶液中，离子浓度为c(Na+)>c(HY-)>c(OH-)>
c(Y2-)>c(H+)，溶液中电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=2c(Y2-)+c(HY-)+c(OH-)。
【补偿训练】(双选)25℃时，0.1
mol·L-1HF溶液的pH=2，则该溶液中有关浓度关系式不正确的是(　　)
A.c(H+)>c(F-)　　　　
B.c(H+)>c(HF)
C.c(OH-)>c(HF)
D.c(HF)>c(F-)
【解析】选B、C。0.1
mol·L-1HF溶液pH=2说明HF为弱电解质，有0.01
mol·L-1HF发生了电离，0.09
mol·L-1HF没有电离，考虑到溶液中H2O的电离，所以A项正确，B项错误，D项正确；pH=2的溶液中c(OH-)=10-12mol·L-1，C项错误。
6.(2015·濮阳高二检测)25℃时，在20
mL
0.1
mol·L-1NaOH溶液中逐滴加入0.2
mol·L-1醋酸溶液，曲线如图所示，有关粒子浓度关系的比较中，不正确的是(　　)
A.在A点：c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
B.在B点：c(OH-)=c(H+)，c(Na+)=c(CH3COO-)
C.在C点：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D.在C点：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)
【解析】选A。在A点是20
mL
0.1
mol·L-1NaOH溶液和10
mL
0.2
mol·L-1醋酸溶液恰好反应完全，生成的醋酸钠中的醋酸根离子水解使溶液呈碱性，离子浓度的关系应该为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)，故A项错误；B点时溶液为中性，c(OH-)=c(H+)，由电荷守恒可得c(CH3COO-)=c(Na+)，B项正确；在C点，CH3COOH过量，以CH3COOH电离为主，溶液呈酸性，故c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+)>
c(OH-)，C项正确；在C点由物料守恒可得c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，故D项正确。
【方法规律】离子浓度大小关系的分析方法
(1)若使用的是“>”或“<”，应主要考虑“电离”和“水解”。
(2)若用“=”连接，应根据“守恒”原理，视不同情况，从下列几个方面思考：
①若等号一端全部是阴离子或阳离子应首先考虑电荷守恒。
②若等号一端各项中都含有同一种元素时，首先考虑这种元素的原子守恒。
③若不是①②两种情况，则考虑两种守恒等式的变形——即质子守恒。
二、非选择题(本题包括2小题，共20分)
7.(10分)(2015·聊城高二检测)Ⅰ.已知在0.1
mol·L-1的NaHSO3溶液中有关微粒浓度由大到小的顺序为
c(Na+)>c(HS)>c(S)>c(H2SO3)。
(1)该溶液中c(H+)______c(OH-)(填“>”“<”或“=”)，简述理由(用离子方程式表示)：_______________________________________。
(2)现向NH4HSO3溶液中，逐滴加入少量含有酚酞的NaOH溶液，可观察到的现象是_______________________________________________________，写出该反应的离子方程式：_______________________________________________。
Ⅱ.已知CH3COONH4溶液显中性。25℃时，0.1
mol·L-1醋酸溶液的pH约为3，向其中加入醋酸钠晶体，等晶体溶解后发现溶液的pH增大；对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，增大了c(OH-)，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量的醋酸根离子，抑制醋酸分子的电离，使c(H+)减小，因此溶液的pH增大。
(1)为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1
mol·L-1的醋酸溶液中加入少量________(填编号)，然后测定溶液的pH。
A.CH3COOK　　　　　
B.CH3COONH4
C.NH3
D.NaHCO3
(2)若甲的解释正确，溶液的pH应________(填“增大”“减小”或“不变”)。
若乙的解释正确，溶液的pH应________(填“增大”“减小”或“不变”)。
【解析】Ⅰ.(1)由溶液中离子浓度大小可判断NaHSO3溶液显酸性(电离大于水解)，则c(H+)>c(OH-)。(2)当向NH4HSO3溶液中加入少量含有酚酞的NaOH溶液后，OH-+HSS+H2O，N+OH-NH3·H2O，则红色逐渐变浅，直至褪去。注意“少量”的字眼，现象中无气体生成。
Ⅱ.依题意CH3COONH4溶液呈中性。若甲的解释正确，加入醋酸铵固体，醋酸的pH应不变；若乙的解释正确，则加入醋酸铵，醋酸的pH应增大。本题答案具有开放性。
答案：Ⅰ.(1)>　HSH++S
(2)红色逐渐变浅直至变为无色
HS+OH-S+H2O，
N+OH-NH3·H2O
Ⅱ.(1)B　(2)不变　增大
8.(10分)常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如表：
实验编号
HA物质的量浓度/mol·L-1
NaOH物质的量浓度/mol·L-1
混合溶液的pH
①
0.1
0.1
pH=9
②
c
0.2
pH=7
③
0.2
0.1
pH<7
请回答：
(1)从①组情况分析，HA是________(填“强酸”或“弱酸”)。
(2)②组情况表明，c________0.2
mol·L-1(选填“大于”“小于”或“等于”)。混合溶液中离子浓度c(A-)与c(Na+)的大小关系是____________________。
(3)从③组实验结果分析，说明HA的电离程度________________(填“大于”“小于”或“等于”)NaA的水解程度，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_________________________________________________________。
【解析】(1)从①组情况分析，等体积等物质的量浓度的HA和NaOH溶液混合后，溶液显碱性，说明生成强碱弱酸盐，说明HA是弱酸。
(2)②组中NaOH的物质的量浓度为0.2
mol·L-1，混合后溶液显中性，说明HA稍过量，HA的物质的量浓度应大于0.2
mol·L-1。根据电中性原理，混合液中离子浓度c(A-)=c(Na+)。
(3)第③组实验相当于等体积等物质的量浓度的HA和NaA溶液混合，pH<7说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，溶液中离子浓度由大到小的顺序是
c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)。
答案：(1)弱酸
(2)大于　c(A-)=c(Na+)
(3)大于　c(A-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
【补偿训练】(2015·南通高二检测)在室温下，下列五种溶液：
①0.1
mol·L-1NH4Cl
②0.1
mol·L-1CH3COONH4
③0.1
mol·L-1NH4HSO4
④0.1
mol·L-1NH3·H2O和0.1
mol·L-1NH4Cl混合液
⑤0.1
mol·L-1NH3·H2O
请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈________(填“酸”“碱”或“中”)性，其原因是______________
___________________________(用离子方程式表示)。
(2)比较溶液②、③中c(N)的大小关系是②_____③(填“>”“<”或“=”)。
(3)在溶液④中，________的浓度为0.1
mol·L-1；NH3·H2O和______的物质的量浓度之和为0.2
mol·L-1。
(4)室温下，测得溶液②的pH=7，则说明CH3COO-的水解程度______(填“>”“<”或“=”)N的水解程度，CH3COO-与N浓度的大小关系是c(CH3COO-)______
(填“>”“<”或“=”)c(N)。
【解析】(1)NH4Cl溶液中存在N的水解平衡，N+H2ONH3·H2O+H+，所以溶液呈酸性。
(2)②、③溶液中均存在N+H2ONH3·H2O+H+，而②中阴离子CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，这样N与CH3COO-相互促进水解，而③溶液中NH4HSO4电离出的H+抑制了N的水解，所以c(N)大小关系为②<③。
(3)根据原子守恒知在④溶液中c(Cl-)=0.1
mol·L-1，c(NH3·H2O)+c(N)=
0.1
mol·L-1+0.1
mol·L-1=0.2
mol·L-1。
(4)由于CH3COO-水解生成OH-，N水解生成H+，而溶液的pH=7，说明CH3COO-与N的水解程度相同，溶液中二者浓度也相同。
答案：(1)酸　N+H2ONH3·H2O+H+
(2)<　(3)Cl-　N　(4)=　=第2课时　溶液pH的计算
[目标导航]　1.学会pH的简单计算。2.了解溶液稀释时pH的变化规律，会计算各类混合溶液的pH。3.全方位地比较一强一弱。
一、溶液pH的计算
1．计算原则
酸性溶液：求c(H＋)→求pH的值；
碱性溶液：求c(OH－)求c(H＋)→求pH值。
2．公式：pH＝－lg__c(H＋)，
Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
【练一练】
1．在常温下，(1)c(H＋)＝1.0×10－3
mol·L－1的某溶液中，c(OH－)＝________。pH为________。
(2)pH＝4的盐酸溶液中，c(H＋)＝________，c(H＋)水＝________。
答案　(1)1.0×10－11
mol·L－1　3
(2)1.0×10－4
mol·L－1　1.0×10－10
mol·L－1
2．常温下，计算下列溶液的pH。
(1)1.0×10－3
mol·L－1的盐酸的pH为________。
(2)5.0×10－4
mol·L－1的H2SO4溶液的pH为________。
(3)将8
g
NaOH固体溶于水得到2
L溶液，其pH为________。
(4)a
mol·L－1的Ba(OH)2溶液的pH为________。
答案　(1)3　(2)3　(3)13　(4)15－lg
5＋lg
a
二、酸、碱溶液稀释后pH变化规律
pH＝a的酸
pH＝b的碱
强酸
弱酸
强碱
弱碱
稀释10n倍后pH
pH＝a＋n
aa＋n
pH＝b－n
b－n无限稀释后pH
无限接近于7且pH<7
无限接近于7且pH>7
图示
【合作探究】
1．若将pH＝2的盐酸加水稀释107倍，其pH是否为9，为什么？
答案　不为9。因为此时应该以水的电离为主，而忽略HCl的电离，稀释后的pH应无限接近7。
2．若将pH＝12的NaOH溶液加水稀释107倍，其pH是否为5，为什么？
答案　不为5。因为此时应该以水的电离为主，而忽略NaOH的电离，稀释后的pH应无限接近7。
3．将pH＝2的CH3COOH溶液和pH＝12的氨水分别加水稀释10倍，pH变化为什么不到一个单位？
答案　因为CH3COOH、NH3·H2O均为弱电解质，在稀释过程中还会继续电离，所以pH变化不到一个单位。
【练一练】
计算下列溶液的pH
(1)pH＝2的盐酸加水稀释10倍，其pH为________。
(2)pH＝3的H2SO4加水稀释10倍，其pH为________。
(3)pH＝2的CH3COOH加水稀释10倍，其pH范围为________。
(4)pH＝11的NaOH溶液加水稀释10倍，其pH为____。
(5)pH＝12的Ba(OH)2溶液加水稀释10倍，其pH为________。
(6)pH＝11的NH3·H2O加水稀释10倍，其pH范围为________。
答案　(1)3　(2)4　(3)2＜pH＜3　(4)10　(5)11
(6)10＜pH＜11
一、酸、碱混合后pH值的计算方法
【例1】　(1)计算下列溶液的pH：
①1.0×10－4
mol·L－1盐酸溶液的pH为4。
②将0.4
g
NaOH固体溶于水得到1
L溶液，该溶液的pH为12。
(2)pH＝2的盐酸与pH＝4的盐酸，若按1∶10的体积比混合后，溶液的c(H＋)为1.0×
10－3__mol·L－1，pH为3。
(3)将200
mL
5×10－3
mol·L－1
NaOH溶液与100
mL
2×10－2
mol·L－1
NaOH溶液混合后，溶液的c(OH－)为1.0×10－2__mol·L－1，c(H＋)为1.0×10－12__mol·L－1，pH为12。
(4)pH＝12的NaOH溶液与pH＝2的硫酸，若等体积混合后，溶液的pH为7；若按9∶11的体积比混合后，溶液的pH为3；若按11∶9的体积比混合后，溶液的pH为11。
【归纳总结】　溶液pH的计算方法
(1)强酸、强碱溶液的pH的计算方法
先求出强酸、强碱溶液中的c(H＋)，强酸直接由酸的浓度求出，强碱先由碱的浓度求出
c(OH－)，再根据水的离子积换算出c(H＋)，然后用公式pH＝－lgc(H＋)求出pH。
(2)酸、碱溶液混合后pH的计算方法
①强酸与强酸混合
c(H＋)混＝，然后再求pH。
②强碱与强碱混合
先计算：c(OH－)混＝
再求c(H＋)混＝，最后求pH。
③强酸与强碱混合
a．恰好完全反应，溶液呈中性，pH＝7。
b．酸过量：
先求c(H＋)余＝，
再求pH。
c．碱过量：
先求c(OH－)余＝，
再求c(H＋)＝，然后求pH。
变式训练1　将0.1
mol·L－1
HCl溶液和0.06
mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合后，则该溶液的pH是(　　)
A．1.7
B．12.3
C．12
D．1
答案　C
解析　这是强酸和强碱的混合，要先判断混合液的酸碱性。酸中c(H＋)＝0.1
mol·L－1；碱中c(OH－)＝0.12
mol·L－1，等体积混合碱过量，根据pH值的计算方法，要先求c(OH－)，再求c(H＋)，最后求pH值。c(OH－)余＝＝0.01
mol·L－1，c(H＋)＝＝1×10－12
mol·L－1
pH＝－lgc(H＋)＝12。
【例2】　在25
℃时，有pH为x的盐酸和pH为y的NaOH溶液，取Vx
L该盐酸同该NaOH溶液中和，需Vy
L
NaOH溶液。回答下列问题：
(1)若x＋y＝14，＝________(填数值)。
(2)若x＋y＝13，＝________(填数值)。
(3)若x＋y＞14，＝________(表达式)，且Vx______Vy(填“＞”、“＜”或“＝”)(题中x≤6，y≥8)。
解析　Vx·10－x＝Vy·10－(14－y)
＝＝10(x＋y－14)
(1)若x＋y＝14，则＝1。
(2)若x＋y＝13，则＝。
(3)当x＋y＞14时，根据＝10x＋y－14，
Vx＞Vy。
答案　(1)1　(2)　(3)10(x＋y－14)　＞
【方法技巧】　酸碱发生中和反应后溶液pH的判断技巧
(1)等体积强酸(pH1)和强碱(pH2)混合
室温时
(2)强酸(pH1)与强碱(pH2)混合呈中性时，二者的体积与pH的关系为＝10pH1＋pH2－14，则有如下规律
a．若pH1＋pH2＝14，则＝1∶1。
b．若pH1＋pH2＞14，则＝10pH1＋pH2－14。
c．若pH1＋pH2＜14，则＝。
变式训练2　室温时，将x
mL
pH＝a的稀NaOH溶液与y
mL
pH＝b的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是(　　)
A．若x＝y，且a＋b＝14，则pH＞7
B．若10x＝y，且a＋b＝13，则pH＝7
C．若ax＝by，且a＋b＝13，则pH＝7
D．若x＝10y，且a＋b＝14，则pH＞7
答案　D
解析　y
mL
pH＝b的盐酸中，n(H＋)＝y·10－b×10－3
mol；x
mL
pH＝a的NaOH溶液中，
n(OH－)＝x·10－(14－a)×10－3
mol。紧扣n(H＋)/n(OH－)来列式分析：＝＝·1014－(a＋b)。
若x＝y，且a＋b＝14，则n(H＋)/n(OH－)＝1，pH＝7，A项错；若10x＝y，且a＋b＝13，则n(H＋)/n(OH－)＝100，pH＜7，B项错；若ax＝by，且a＋b＝13，则n(H＋)/n(OH－)＝＞10(因为a＞7，b＜7)，pH＜7，C项错；若x＝10y，且a＋b＝14，则n(H＋)/n(OH－)＝＜1，pH＞7，D项正确。
二、强酸(碱)与弱酸(碱)的比较
【例3】　对室温下100
mL
pH＝2的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是(　　)
A．加水稀释至溶液体积为200
mL，醋酸溶液的pH变为4
B．温度都升高20
℃后，两溶液的pH不再相等
C．加水稀释至溶液体积为200
mL后，两种溶液中c(OH－)都减小
D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气体积可用上图表示
答案　B
解析　A选项中醋酸是弱酸，存在电离平衡，加水稀释至200
mL时，pH＜4；C选项中加水稀释时，两种溶液中c(OH－)都增大；D选项中pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，二者和足量的锌反应得到的氢气体积醋酸大于盐酸。
【归纳总结】
1．相同体积、相同物质的量浓度的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较(见下表)：
c(H＋)
酸性
中和碱的能力
与足量活泼金属反应产生H2的总量
与同一金属反应时的起始反应速率
一元强酸
大
强
相同
相同
大
一元弱酸
小
弱
小
2.相同体积、相同c(H＋)的一元强酸与一元弱酸的比较(见下表)：
c(H＋)
酸性
中和碱的能力
与足量活泼金属反应产生H2的总量
与同一金属反应时的起始反应速率
一元强酸
相同
相同
小
少
相同
一元弱酸
大
多
变式训练3　向体积都为1
L，c(H＋)都等于0.01
mol·L－1的盐酸和醋酸溶液中投入0.66
g
Zn，则图中比较符合客观事实的曲线是(　　)
答案　C
解析　c(H＋)都等于0.01
mol·L－1的两种溶液，含n(HCl)＝0.01
mol·L－1×1
L＝0.01
mol，含n(CH3COOH)＞0.01
mol。而0.66
g
Zn相当于mol，略大于0.01
mol。对于盐酸来说，Zn过量，对于醋酸来说，Zn不足；因而反应放出的H2的量应是后者略大于前者。由于反应开始后，醋酸溶液的c(H＋)比盐酸中c(H＋)大，故反应速率也较快，所需时间较短。
1．现有常温时pH＝1的某强酸溶液10
mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是(　　)
A．加水稀释成100
mL
B．加入10
mL的水进行稀释
C．加入10
mL
0.01
mol·L－1的NaOH溶液
D．加入10
mL
0.01
mol·L－1的HCl溶液
答案　A
解析　A加水稀释为原溶液体积的10倍，强酸的pH正好增大1个单位。
2．将100
mL
0.001
mol·L－1的盐酸和50
mL
pH＝3的硫酸溶液混合后，所得溶液的pH为(设混合后溶液体积的变化忽略不计)(　　)
A．4.5
B．2.7
C．3.3
D．3
答案　D
解析　两种酸混合后，溶液中的c(H＋)＝
＝0.001
mol·L－1，所以溶液的pH＝－lgc(H＋)
＝－lg0.001＝3。
3．常温下，关于溶液的稀释下列说法正确的是(　　)
A．pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5
B．pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－6
mol·
L－1
C．将1
L
0.1
mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2
L，pH＝13
D．pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6
答案　C
解析　A项，pH＝3的醋酸溶液在稀释过程中电离平衡正向移动，稀释100倍时，3mol·L－1，溶液中的c(OH－)水＝1×10－14/1×10－6
mol·L－1＝1×10－8
mol·L－1，c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－8
mol·
L－1；C项，0.1
mol·L－1
Ba(OH)2溶液稀释到2
L时，c(OH－)＝
mol·L－1＝0.1
mol·L－1，c(H＋)＝1×10－13
mol·L－1，pH＝13；D项，NaOH是强碱溶液，无论怎么稀释，pH在常温下不可能成为6，只能无限接近于7。
4．室温下，下列溶液等体积混合后，所得溶液的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．0.1
mol·L－1的盐酸和0.05
mol·L－1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
答案　D
解析　本题考查了酸碱反应后溶液pH的计算及判断。HCl为一元强酸，NaOH为一元强碱，Ba(OH)2为二元强碱，故等体积等物质的量浓度的HCl与NaOH恰好中和，pH＝7；与Ba(OH)2反应时，c(H＋)＝c(OH－)＝2c[Ba(OH)2]，pH＝7，故A、B错误；pH＝4的醋酸溶液中电离出的c(H＋)＝1×10－4
mol·L－1，pH＝10的NaOH溶液电离出的c(OH－)＝1×10－4
mol·L－1，因此
CH3COOH电离出的H＋恰好与NaOH中和，因CH3COOH是弱酸，随着反应的进行，还有大量的CH3COOH分子不断地电离，故pH<7；同理，D项中氨水过量，溶液显碱性，pH>7，故C错误，D正确。
5．下列叙述正确的是(　　)
A．100
℃纯水的pH＝6，所以水在100
℃时呈酸性
B．pH＝3的盐酸溶液，稀释至10倍后pH>4
C．0.2
mol·L－1的醋酸与等体积水混合后pH＝1
D．pH＝3的盐酸与pH＝11的氢氧化钠等体积混合后pH＝7
答案　D
解析　A选项中因为是纯水，不管其pH为多少都呈中性；B选项中盐酸是强酸，所以每稀释10倍pH增大1，故pH＝4；C选项中将0.2
mol·L－1的醋酸与等体积水混合后，溶液的浓度变为0.1
mol·L－1，但由于醋酸是弱酸，所以pH大于1；D选项中盐酸与氢氧化钠恰好完全反应，所以呈中性。
6．现有a.盐酸、b.醋酸、c.硫酸三种稀溶液，用字母回答下列问题。
(1)若三种酸的物质的量浓度相等。
①三种溶液中的c(H＋)大小关系为________。
②取等体积上述三种溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH溶液体积大小关系为________。
③若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，消耗三种酸溶液的体积大小关系为________。
④a盐酸和b醋酸，若加水稀释相同的倍数，________的pH大，若加水稀释相同的pH，________加的水多。
(2)若三种酸溶液中的c(H＋)相等。
①三种酸的物质的量浓度大小关系为________。
②取等体积上述三种溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH溶液体积大小关系为________。
③若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，消耗三种酸的体积大小关系为________。
④a盐酸和b醋酸，若加水稀释相同的倍数，________的pH大，若加水稀释到相同的pH，________加的水多。
答案　(1)①c＞a＞b　②c＞a＝b　③a＝b＞c　④b　a
(2)①b＞a＞c　②b＞a＝c　③a＝c＞b　④a　b
解析　(1)①H2SO4为二元强酸：CH3COOH为弱酸，在水溶液中CH3COOH发生部分电离，故c＞a＞b。②三种酸的物质的量相等，因H2SO4为二元酸，所以消耗的NaOH是盐酸和醋酸的两倍，盐酸和醋酸消耗的NaOH相等，所以c＞a＝b。③等质量的Zn完全反应，消耗的盐酸和醋酸的体积相等，消耗的H2SO4的体积最少，所以a＝b＞c。④由于醋酸部分电离，若加水稀释相同的倍数，醋酸的pH仍然大，若稀释到相同的pH，盐酸加入的水多。
(2)①CH3COOH是弱酸，c(CH3COOH) c(H＋)＞c(H2SO4)＝c(H＋)，c(HCl)＝c(H＋)，所以b＞a＞c。②等体积的三种溶液中，n(CH3COOH)＞n(HCl)，HCl和H2SO4都是强电解质，两溶液中的n(H＋)相等，消耗的NaOH一样多，所以b＞a＝c。③等质量的Zn完全反应，消耗的n(H＋)相等，所以溶液中c(H＋)大的消耗体积要小，H2SO4溶液与盐酸的c(H＋)相等，而CH3COOH在反应中会继续电离产生H＋，所以消耗体积最小，所以a＝c＞b。④由于醋酸是弱电解质，在稀释过程中会继续电离，稀释到相同倍数时，其pH要小，若加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多。
[基础过关]
一、溶液pH的计算
1．温度为25
℃时，将0.23
g钠投入到100
g水中充分反应，假设反应后溶液体积为100
mL，则该溶液的pH为(　　)
A．1
B．13
C．12
D．10
答案　B
解析　n(Na)＝＝0.01
mol，由2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑可得n(NaOH)＝
0.01
mol，则c(OH－)＝＝0.1
mol·L－1，c(H＋)＝＝
mol·L－1＝1×
10－13
mol·L－1，故pH＝13。
2．已知在100
℃的温度下(本题涉及的溶液其温度均为100
℃)，水的离子积Kw＝1.0×10－12。下列说法中正确的是(　　)
A．0.05
mol·L－1的H2SO4溶液，pH＝1
B．0.001
mol·L－1的NaOH溶液，pH＝11
C．0.005
mol·L－1的H2SO4溶液与0.01
mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性
D．完全中和pH＝3的H2SO4溶液50
mL，需要pH＝11的NaOH溶液50
mL
答案　A
解析　0.05
mol·L－1的H2SO4溶液中c(H＋)＝0.10
mol·L－1，pH＝1。
3．25
℃时，若10体积pH＝a的某强酸溶液与1体积pH＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前两溶液的pH之间的关系是(　　)
A．a＋b＝14
B．a＋b＝13
C．a＋b＝15
D．a＋b＝7
答案　C
解析　根据混合后溶液呈中性，可得n(H＋)＝n(OH－)，即10－a×10＝10－14＋b，所以a＋b＝15。
二、溶液稀释后pH的变化规律
4．将10
mL
pH＝1的CH3COOH加水稀释至100
mL后，溶液的pH为(　　)
A．2
B．2C．1D．无法判断
答案　C
解析　弱酸、弱碱在稀释过程中不仅有浓度的变化，还有电离平衡的移动，不能求得具体的数值，只能确定其pH的范围。
5．pH相等的盐酸溶液和醋酸溶液都稀释相同的倍数后，pH的大小关系是(　　)
A．盐酸>醋酸
B．醋酸>盐酸
C．盐酸＝醋酸
D．无法判断
答案　A
解析　醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释时，平衡向右移动，产生更多H＋，使c(H＋)降低的程度小于盐酸。
6．室温下，有关pH计算结果一定正确的是(　　)
①强酸pH＝a，加水稀释到10n倍，则pH＝a＋n
②弱酸pH＝a，加水稀释到10n倍，则pH③强碱pH＝b，加水稀释到10n倍，则pH＝b－n
④弱碱pH＝b，加水稀释到10n倍，则pH>b－n(b－n>7)
A．①②
B．②③
C．③④
D．②④
答案　D
解析　本题考查溶液稀释的pH计算。强酸、强碱稀释时，其稀释的离子分别为H＋、OH－，故酸的稀释pH与碱的稀释pH在计算上不同。若为强酸时，pH＝a，c(H＋)＝10－a
mol·L－1，加水稀释到10n倍，稀释后c(H＋)＝10－(a＋n)
mol·L－1，则pH＝n＋a，但这时稀释程度不大，当(a＋n)接近7时，应考虑水的电离，此时(a＋n)<7，故A不完全正确；若为强碱时，pH＝b，则c(H＋)＝10－b
mol·L－1，即c(OH－)＝10－14＋b，加水稀释到10n倍后，c(OH－)＝
10－14＋b－n，换算成c(H＋)＝10n－b，即pH＝b－n。同理，稀释到很稀时，应考虑水的电离，此时(b－n)>7。弱酸与弱碱稀释时除考虑稀释因素外，还要考虑稀释对水电离的促进。
三、强酸与弱酸(或强碱与弱碱)的比较与判断
7．室温下，pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100
mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如下图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1
mol·L－1)至pH＝7，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，则(　　)
A．x为弱酸，VxB．x为强酸，Vx>Vy
C．y为弱酸，VxD．y为强酸，Vx>Vy
答案　C
解析　由图知：将一元酸x和y分别稀释10倍，pH的变化量ΔpHx＝1，ΔpHy<1，所以x为强酸，y为弱酸；pH＝2时弱酸y的浓度大，滴加NaOH至pH＝7时需NaOH溶液的体积则y要比x大。
8．pH＝3的两种一元酸HX和HY溶液，分别取50
mL加入足量的镁粉，充分反应后，收集到H2的体积分别为V(HX)和V(HY)，若V(HX)>V(HY)，则下列说法正确的是(　　)
A．HX可能是强酸
B．HY一定是强酸
C．HX的酸性强于HY的酸性
D．反应开始时二者生成H2的速率相等
答案　D
解析　本题考查了强、弱酸的判断及溶液酸性大小的比较。据题意，Mg粉足量，酸不足，应根据酸的物质的量来计算H2的体积，由V(HX)>V(HY)，知pH相等时，HX的物质的量浓度比HY的大，即HX是酸性比HY弱的弱酸，而无法判断HY是强酸还是弱酸，故A、B、C错误；D项反应开始时生成H2的速率取决于c(H＋)，因为开始时c(H＋)相等，故D项正确。
9．室温时，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　A项，由于氨水是弱碱，部分电离，其浓度远大于10－3
mol·L－1，故盐酸与氨水混合后，氨水过量，反应后溶液显碱性；同理，D项反应后的溶液也显碱性；B项，盐酸电离出的氢离子与氢氧化钡电离出的氢氧根离子的物质的量相等，它们恰好完全反应，反应后溶液显中性；C项，醋酸是弱酸，部分电离，其浓度远大于10－3
mol·L－1，与氢氧化钡反应后，醋酸过量，反应后溶液显酸性，即pH小于7，故C项正确。
10．室温下，相同条件下的四种溶液①pH＝2的CH3COOH溶液；②pH＝2的H2SO4溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液。下列说法正确的是(　　)
A．水电离的c(H＋)：①＝②＝③＝④
B．将②、④溶液混合后，pH＝7，消耗溶液的体积：②＜④
C．等体积的①、②、④溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量：②最大
D．向10
mL上述四溶液中各加入90
mL水后，溶液的pH：③＞④＞①＞②
答案　A
解析　A项，由于c(H＋)＝c(OH－)，所以对水的抑制程度相同，c(H＋)水相同；B项，由于
c(H＋)＝c(OH－)，若pH＝7，体积②＝④；C项，由于CH3COOH继续电离，所以①放出H2最多；D项，pH应为③＞④＞②＞①。
[能力提升]
11．有pH＝12的NaOH溶液100
mL，要使它的pH降为11。(假设溶液混合体积等于稀释前两液体体积之和)
(1)若加入蒸馏水，应加________mL。
(2)若加入pH为10的NaOH溶液，应加________mL。
(3)若加入0.01
mol·L－1的盐酸，应加________mL。
答案　(1)900　(2)1
000　(3)81.8
解析　本题考查了溶液稀释的三种方法：加水稀释；加入更稀的溶液稀释；加入能消耗溶质的溶液稀释。
(1)加水稀释pH＝12的NaOH溶液至pH＝11，应使体积增大至10倍，所以需加水900
mL。
(2)设需pH＝10的NaOH溶液体积为V，那么
＝
1×10－3
mol·L－1，V＝1
L＝1
000
mL。
(3)设需0.01
mol·L－1的盐酸体积为V，那么：
＝1.0×10－3
mol·L－1，V≈81.8
mL。
12．某温度(t
℃)时，水的离子积为Kw＝1×10－13。若将此温度下pH＝11的苛性钠溶液a
L与pH＝1的稀硫酸b
L
混合(设混合后溶液体积的微小变化忽略不计)，试通过计算填写以下不同情况时两种溶液的体积比。
(1)若所得混合溶液为中性，则a∶b＝__________________________________________
______________________________；
此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是____________________________________
___________________________________________________________________________。
(2)若所得混合溶液的pH＝2，则a∶b＝________________________________________
________________________________。
此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是_____________________________________
___________________________________。
答案　(1)10∶1　c(Na＋)>c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)
(2)9∶2　c(H＋)>c(SO)>c(Na＋)>c(OH－)
解析　(1)若混合后溶液为中性，则＝＝，溶液中溶质恰为Na2SO4，所以
c(Na＋)>c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)。
(2)若混合液的pH＝2，则c(H＋)＝0.01
mol·L－1，硫酸过量。c(H＋)＝，即＝0.01，解之得a∶b＝9∶2，c(Na＋)＝
mol·L－1，c(SO)＝
mol·
L－1，所以c(H＋)>c(SO)>c(Na＋)>c(OH－)。
13.已知水在25
℃和95
℃时，其电离平衡曲线如图所示：
(1)则25
℃时，水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”)，请说明理由：___________________________________
____________________________________________________________________________________________________。
(2)25
℃时，将pH＝9的NaOH溶液与pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________。
(3)95
℃时，若100体积pH1＝a的某强酸溶液与1体积pH2＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是________________。
答案　(1)A　水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，Kw小　(2)10∶1　(3)a＋b＝14(或pH1＋pH2＝14)
解析　(1)当温度升高时，促进水的电离，水的离子积也增大，水中氢离子浓度、氢氧根离子浓度都增大，水的pH减小，但溶液仍然呈中性。因此结合图像中A、B曲线变化情况及氢离子浓度、氢氧根离子浓度可以判断，25
℃时水的电离平衡曲线应为A，理由为水的电离是吸热过程，升高温度水的电离程度增大。
(2)25
℃时所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH－)＝n(H＋)，则V[NaOH(aq)]·10－5
mol·L－1＝V[H2SO4(aq)]·10－4
mol·L－1，得V[NaOH(aq)]∶V[H2SO4(aq)]＝10∶1。
(3)要注意的是95
℃时，水的离子积为1×10－12，即c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，根据95
℃时混合后溶液呈中性，pH2＝b的某强碱溶液中c(OH－)＝10b－12，有100×10－a＝1×10b－12，即10－a＋2＝10b－12，所以其关系：a＋b＝14或pH1＋pH2＝14。
[拓展探究]
14．(1)在温度t
℃时，某溶液中c(H＋)＝10－a
mol·L－1，c(OH－)＝10－b
mol·L－1，已知a＋b＝12，则t______(填“大于”、“小于”或“等于”)25
℃。
(2)常温下，向某Ba(OH)2溶液中逐滴加入pH＝x的盐酸，测得混合溶液的部分pH如下表所示：
序号
氢氧化钡溶液的体积/mL
盐酸的体积/mL
溶液的pH
①
22.00
0.00
12
②
22.00
18.00
11
③
22.00
22.00
7
x＝________。Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为______________________________________
__________________________________。
(3)常温下，向100
mL
pH＝2的硫酸与硫酸钠的混合溶液中，加入300
mL
上述Ba(OH)2溶液，沉淀正好达最大量，此时溶液的pH________(填“大于”、“小于”或“等于”)7；原混合溶液中硫酸钠的物质的量浓度为________。
答案　(1)大于　(2)2　5×10－3
mol·L－1
(3)大于　0.01
mol·L－1
解析　(1)由于a＋b＝12＜14，所以该温度大于25
℃。(2)Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝10－2
mol·
L－1，所以根据③c(HCl)＝10－2
mol·L－1，所以x＝2，c[Ba(OH)2]＝＝5×10－3
mol·L－1。(3)n(OH－)＝0.3
L×10－2
mol·L－1＝3×10－3
mol，而n(H＋)＝10－3
mol，所以
OH－剩余，pH大于7，n(H2SO4)＝＝5×10－4
mol。
n(Na2SO4)＝0.3
L×5×10－3
mol·L－1－5×10－4
mol＝10－3
mol
c(Na2SO4)＝＝0.01
mol·L－1。(共43张PPT)
第四节　难溶电解质的溶解平衡
阅读思考
自主检测
任务一、认真阅读教材第61页到第62页的内容,思考回答下列问题,自主学习沉淀溶解平衡的建立:
1.向AgNO3溶液中加入过量NaCl溶液,溶液中的Ag+能否完全沉淀 试从AgCl的溶解度角度加以分析说明。
提示从固体溶解平衡的角度,我们不难理解AgCl在溶液中存在下述两个过程:一方面,在水分子作用下,少量Ag+和Cl-脱离AgCl的表面溶入水中;另一方面,溶液中的Ag+和Cl-受AgCl表面正、负离子的吸引,回到AgCl的表面析出——沉淀。在一定温度下,当沉淀溶解和生成的速率相等时,得到AgCl的饱和溶液,即建立下列动态平衡:
沉淀、溶解之间这种动态平衡的存在,决定了Ag+与Cl-反应不能完全进行到底。
阅读思考
自主检测
2.为什么通常情况下,可以认为离子之间生成难溶电解质的反应能够进行完全呢
提示不同电解质在水中的溶解度差别很大,例如AgCl和AgNO3;但难溶电解质与易溶电解质之间并无严格的界限,习惯上将溶解度小于0.01
g的电解质称为难溶电解质。对于常量的化学反应来说,0.01
g是很小的,因此一般情况下,相当量的离子互相反应生成难溶电解质,可以认为反应完全了。
阅读思考
自主检测
任务二、认真阅读教材第62页到第63页的内容,思考回答下列问题,自主学习沉淀反应的应用:
1.以除去氯化铵中含有的杂质氯化铁和除去废水中Cu2+、Hg2+为例,说明如何利用生成沉淀来达到分离或除去某些离子的目的
提示工业原料氯化铵中含杂质氯化铁,使其溶解于水,再加入氨水调节pH至7~8,可使Fe3+生成Fe(OH)3沉淀而除去。
以Na2S、H2S等作沉淀剂,使某些金属离子如Cu2+、Hg2+等,生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀。
阅读思考
自主检测
2.以难溶于水的碳酸钙溶于盐酸为例,说明如何利用平衡移动原理使难溶电解质溶解
阅读思考
自主检测
3.沉淀转化的实质是什么 一般来说,沉淀转化的方向是什么 以除去锅炉水垢中的CaSO4为例,说明对于一些用酸或其他方法不能溶解的沉淀,如何利用沉淀转化的方法达到溶解的目的
提示沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动。一般来说,溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现,两者的差别越大,转化越容易。
可先用Na2CO3溶液处理,使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3,而后用酸去除。从CaSO4到CaCO3的沉淀转化中,并存着两个沉淀溶解平衡:
阅读思考
自主检测
阅读思考
自主检测
1.在AgCl饱和溶液中尚有AgCl固体存在,当向溶液中加入0.1
mol·L-1的盐酸时,下列说法正确的是(　　)
A.AgCl沉淀溶解平衡正向移动
B.AgCl溶解度增大
C.溶液中c(Ag+)增大
D.溶液中c(Cl-)增大
答案:D
阅读思考
自主检测
2.下列说法中正确的是(　　)
A.物质的溶解性为难溶,则该物质不溶于水
B.溶度积小的物质一定比溶度积大的物质溶解度小
C.绝对不溶解的物质是不存在的
D.升高温度,某种难溶物的Ksp一定减小
答案:C
3.石灰乳中存在下列平衡:Ca(OH)2(s)
Ca2+(aq)+2OH-(aq)。加入下列溶液,可使Ca(OH)2明显减少的是
(　　)
A.Na2CO3溶液　　　　　B.KCl固体
C.NaOH溶液
D.CaCl2溶液
答案:A
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
探究问题
1.在涉及无机物的制备、提纯工艺的生产、科研、废水处理等领域中,常利用生成沉淀来达到分离或除去某些离子的目的。请举例说明常见生成沉淀的方法。
提示①调节pH法:如工业原料氯化铵中含杂质氯化铁,使其溶于水,再加入氨水调节pH至7~8,可使Fe3+转变为Fe(OH)3沉淀而除去。反应如下:
②加沉淀剂法:如以Na2S、H2S等作沉淀剂,使某些金属离子如Cu2+、Hg2+等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀,也是分离、除去杂质常用的方法。反应如下:
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
2.水垢的主要成分为什么是CaCO3和Mg(OH)2,而不是CaCO3和MgCO3
提示天然水中含有Ca(HCO3)2、Mg(HCO3)2等钙盐和镁盐,煮沸时二者均可分解生成CaCO3和MgCO3,由于Mg(OH)2比MgCO3更难溶,MgCO3就与
水解生成的OH-结合生成更难溶的Mg(OH)2。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
3.虽然溶洞都是十分坚硬的碳酸盐质岩石,但由于长期沉浸在地下水中被溶解,特别是当水中含有二氧化碳时,其溶解速度更加迅速。这样一年又一年,坚硬的岩层就会被溶蚀出一个个洞穴。当溶有石灰质的地下水再次滴入洞中时,由于环境中压力、温度的变化,使水中的二氧化碳逸出,从而降低了水对石灰质的溶解力,这样原本溶解在水中的部分石灰质,会因为过于饱和而沉淀析出,长时间的累积就会形成一根根形态各异的钟乳石、石柱和石笋。你能用沉淀溶解平衡知识结合相关的化学方程式加以解释吗
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
知识点拨
一、沉淀溶解平衡
1.沉淀溶解平衡的定义
在一定温度下,当沉淀溶解和生成的速率相等时,即达到溶解平衡。
2.沉淀溶解平衡的建立
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
3.沉淀溶解平衡的特征
4.反应完全的标志
对于常量的化学反应来说,化学上通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5
mol·L-1时,反应就达完全。
重点难点探究
重要考向探究
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5.沉淀溶解平衡的影响因素
(1)内因:溶质本身的性质。绝对不溶的物质是没有的;同是微溶物质,溶解度差别也很大;易溶溶质的饱和溶液中也存在溶解平衡。
(2)外因:包括浓度、温度等,遵循勒夏特列原理。
①浓度:加水,平衡向溶解方向移动。
②温度:升温,多数平衡向溶解方向移动;少数平衡向生成沉淀的方向移动[如Ca(OH)2的溶解平衡]。
③同离子效应:向平衡体系中加入相同的离子,使平衡向生成沉淀的方向移动。
④化学反应:向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶的物质或气体的离子时,平衡向溶解方向移动。
重点难点探究
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6.溶度积
(1)定义:在一定温度下,难溶强电解质MmNn溶于水形成饱和溶液时,溶质的离子与该固态物质之间建立动态平衡,这时的离子浓度幂的乘积是一个常数,叫做溶度积常数,简称溶度积。符号为Ksp。
(3)意义:溶度积Ksp反映了物质在水中的溶解能力。
(4)影响Ksp的因素:温度。
绝大多数难溶电解质的溶解是吸热过程,升高温度,向溶解方向移动,Ksp增大。少数难溶电解质的溶解是放热过程,升高温度,向生成沉淀的方向移动,Ksp减小,如Ca(OH)2。
重点难点探究
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7.溶度积Ksp与离子积Qc的关系
通过比较溶度积与溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积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;
(2)Qc=Ksp,溶液饱和,沉淀与溶解处于平衡状态;
(3)Qc重点难点探究
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特殊说明:
(1)Ksp反映了难溶电解质在水中的溶解能力,当化学式所表示的组成中阴离子与阳离子个数比相同时,Ksp数值越大,难溶电解质在水中的溶解能力越强。
(2)Ksp只与温度有关,有的沉淀溶解平衡是吸热的,升高温度,Ksp增大;有的沉淀溶解平衡是放热的,升高温度,Ksp减小。
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二、沉淀反应的应用
1.沉淀的生成
(1)调节pH法。
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2.沉淀的溶解
(1)原理:根据平衡移动原理,对于在水中难溶的电解质,只要不断减少溶解平衡体系中的相应离子,平衡就向沉淀溶解的方向移动,从而使沉淀溶解。
(2)溶解沉淀的试剂类型。
①用强酸溶解:例如,溶解CaCO3、FeS、Al(OH)3、Cu(OH)2等难溶电解质。
②用某些盐溶液溶解:例如Mg(OH)2沉淀可溶于NH4Cl溶液,化学方程式为
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3.沉淀的转化
(1)实质:溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀。两种沉淀的溶解度差别越大,沉淀越容易转化。
(2)应用:①锅炉除水垢。
重点难点探究
重要考向探究
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特殊说明:
(1)溶液中含有几种离子,加入某沉淀剂均可生成沉淀,沉淀生成的先后顺序按离子积大于溶度积的先后顺序沉淀,即哪一种物质的离子积首先大于其溶度积,则那种物质首先变成沉淀,叫做分步沉淀。
(2)判断沉淀先后顺序的方法:(1)对同一类型的沉淀,Ksp越小越先沉淀,且Ksp相差越大分步沉淀越完全,如AgCl、AgBr、AgI。(2)对不同类型的沉淀,其沉淀先后顺序要通过计算才能确定,如AgCl和Ag2CrO4。
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考向一　沉淀溶解平衡
【例题1】
现向含AgBr的饱和溶液中:
(1)加入固体AgNO3,则c(Ag+)　　　　(填“变大”“变小”或“不变”,下同);
(2)加入更多的AgBr固体,则c(Ag+)　　　　;
(3)加入AgCl固体,则c(Br-)　　　　,c(Ag+)　　　　;
(4)加入Na2S固体,则c(Br-)　　　　,c(Ag+)　　　　。
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解析:(1)向AgBr饱和溶液中加入AgNO3,溶解平衡逆向移动,但c(Ag+)变大。
(2)加入AgBr固体,对溶解平衡无影响,c(Ag+)不变。
(3)因AgCl溶解度大于AgBr,加入AgCl固体时,c(Ag+)变大,溶解平衡向左移动,c(Br-)变小。
(4)因Ag2S溶解度小于AgBr,加入Na2S固体时,生成Ag2S,溶解平衡向右移动,c(Br-)变大,但c(Ag+)变小。
答案:(1)变大　(2)不变　(3)变小　变大　(4)变大
变小
规律方法点拨
沉淀溶解平衡是化学平衡的一种,可利用勒夏特列原理来分析平衡移动的方向及离子浓度变化。
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成功体验1将足量AgCl分别放入:①5
mL水,②10
mL
0.2
mol·L-1的MgCl2溶液,③20
mL
0.5
mol·L-1的NaCl溶液,④40
mL
0.1
mol·L-1的盐酸中溶解至溶液饱和,各溶液中Ag+的浓度分别为a、b、c、d,它们由大到小的排列顺序是　　　　　　　　　　　。
解析:AgCl在溶液中存在溶解平衡AgCl(s)
Cl-(aq)+Ag+(aq),所以氯离子浓度越大,Ag+的浓度就越小。②③④中氯离子的浓度分别是0.4
mol·L-1、0.5
mol·L-1、0.1
mol·L-1,所以顺序是a>d>b>c。
答案:a>d>b>c
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考向二　沉淀溶解平衡的应用
【例题2】
(1)已知在25
℃时,Ksp[Mg(OH)2]=3.2×10-11,假设饱和Mg(OH)2溶液的密度为1
g·mL-1,试求Mg(OH)2的溶解度为　　　　g。
(2)在25
℃时,向0.02
mol·L-1的MgCl2溶液中加入NaOH固体,如要生成Mg(OH)2沉淀,应使溶液中的c(OH-)最小为　　　　mol·L-1。
(3)25
℃时,向浓度均为0.02
mol·L-1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液,先生成　　　　沉淀(填化学式);当两种沉淀共存时,
{已知25
℃时,Ksp[Cu(OH)2]=2.0×10-20}
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重要考向探究
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解析:(1)设c(Mg2+)为x,则c(OH-)为2x。由Ksp[Mg(OH)2]=3.2×10-11=c(Mg2+)·c2(OH-)=x×(2x)2=4x3,解得c(Mg2+)=2×10-4
mol·L-1,则1
L溶液中(即1
L水中)溶解Mg(OH)2为2×10-4
mol,即1
000
g
水中溶解Mg(OH)2为:2×10-4
mol×58
g·mol-1=1.16×10-2
g,所以Mg(OH)2的溶解度为1.16×10-3
g。
(2)当c(Mg2+)·c2(OH-)=3.2×10-11时开始生成Mg(OH)2沉淀,则c2(OH-)=
=1.6×10-9,解得c(OH-)=4×10-5
mol·L-1。
重点难点探究
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(3)由于Ksp[Cu(OH)2]小于Ksp[Mg(OH)2],所以离子积首先达到并大于Ksp[Cu(OH)2]的数值而使Cu(OH)2先沉淀;当两种沉淀共存时,此时的溶液对Mg(OH)2和Cu(OH)2而言都是饱和的,OH-、Mg2+、Cu2+同时满足Ksp[Cu(OH)2]和Ksp[Mg(OH)2]的关系,因为它们都在同一溶液中,Ksp[Cu(OH)2]和Ksp
[Mg(OH)2]的关系式中c(OH-)应相等,所以
答案:(1)1.16×10-3　(2)4×10-5　(3)Cu(OH)2　1.6×109
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重要考向探究
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规律方法点拨
(1)在计算难溶电解质溶液中离子平衡浓度时不要搞错计量数关系。如x
mol·L-1铬酸银(Ag2CrO4)溶液中c(Ag+)是2x
mol·L-1而不是x
mol·L-1。
(2)类型不同的难溶电解质的溶度积大小不能直接反映出它们的溶液中离子浓度的大小,因为它们的溶度积表达式是不同的。Ksp与S的换算没有一个统一的公式,因电解质类型(阴、阳离子数目比)的不同而相异。
重点难点探究
重要考向探究
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成功体验2已知:某温度时,Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(Ag2CrO4)=1.1×10-12。向Cl-和
的浓度都为0.100
mol·L-1的混合溶液中逐滴加入AgNO3溶液(忽略体积的变化)。下列说法中正确的是(　　)
A.首先得到的沉淀是Ag2CrO4
B.首先得到的沉淀是AgCl
C.同时得到AgCl与Ag2CrO4沉淀
D.将Ag2CrO4转化为AgCl比将AgCl转化为Ag2CrO4要难
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答案:B
重点难点探究
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1.下列说法中正确的是(　　)
A.只有易溶电解质在溶液中才存在溶解平衡
B.难溶电解质在溶液中只存在溶解平衡,不存在电离平衡
C.溶解平衡只能通过电解质溶解于水时建立
D.溶解平衡时,电解质表面上的离子或分子脱离电解质的速率与溶液中的离子或分子回到电解质表面的速率相等
解析:溶解平衡发生在固体表面,是在一定条件下离子向溶剂中扩散和溶剂中离子在固体表面析出建立的平衡。溶解平衡时以上两种速率相等。
答案:D
重点难点探究
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2.下列有关沉淀溶解平衡的说法正确的是(　　)
A.Ksp(AB2)小于Ksp(CD),则AB2的溶解度小于CD的溶解度
B.在氯化银的沉淀溶解平衡体系中,加入蒸馏水,氯化银的Ksp增大
C.在氯化银的沉淀溶解平衡体系中,加入碘化钾固体,氯化银沉淀可转化为碘化银沉淀
D.在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中,通入CO2气体,溶解平衡不移动
重点难点探究
重要考向探究
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解析:AB2与CD类型不同,不能用Ksp直接比较大小,A项错误;溶度积与温度有关,与物质的量浓度无关,加水稀释,平衡向溶解方向移动,但Ksp不变,B项错误;碘化银的溶解度更小,由溶解度小的沉淀可转化为溶解度更小的沉淀知,在氯化银的沉淀溶解平衡体系中,加入碘化钾固体,因生成碘化银而促进氯化银的溶解,C项正确;在碳酸钙的沉淀溶解平衡体系中通入CO2气体,会消耗
,使碳酸钙溶解平衡右移,D项错误。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
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3.某温度时,BaSO4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Na2SO4可以使溶液由a点变到b点
B.通过蒸发可以使溶液由d点变到c点
C.d点无BaSO4沉淀生成
D.a点对应的Ksp大于c点对应的Ksp
重点难点探究
重要考向探究
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答案:C
重点难点探究
重要考向探究
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4.向5
mL
NaCl溶液中滴入一滴AgNO3溶液,出现白色沉淀,继续滴加一滴KI溶液并振荡,沉淀变为黄色,再滴入一滴Na2S溶液并振荡,沉淀又变成黑色,根据上述变化过程,分析此三种沉淀物的溶解度关系为(　　)
A.AgCl=AgI=Ag2S
B.AgClC.AgCl>AgI>Ag2S
D.AgI>AgCl>Ag2S
解析:沉淀溶解平衡总是向更难溶的方向转化,由转化现象可知三种沉淀物的溶解度关系为AgCl>AgI>Ag2S。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
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5.工业上制取纯净的CuCl2·2H2O的主要过程是:①将粗制氧化铜(含少量FeO)溶解于稀盐酸中,加热、过滤;②对①所得滤液(pH为3)按下列步骤进行操作:
已知Cu2+、Fe2+在pH为4~5时不水解,Fe3+却几乎完全水解形成沉淀。请回答下列问题:
(1)X是　　　　(填化学式),其反应的离子方程式是　 　。
(2)Y物质应具备的条件是 　　　　　　　　,生产中Y可选　　　　　　　　　　。
(3)溶液乙在蒸发结晶时应注意 　。
重点难点探究
重要考向探究
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解析:(1)根据框图,加入氧化剂X可把Fe2+氧化为Fe3+,而没有增加新杂质,所以X为Cl2或H2O2等。(2)结合题中信息,调节pH至4~5,使Fe3+全部沉淀,同时不引进新杂质,所以Y最好为CuO、Cu(OH)2等。(3)CuCl2溶液在蒸发结晶过程中发生水解Cu2++2H2O
Cu(OH)2+2H+,可加入盐酸以抑制其水解,在蒸发时要不断搅拌且不能蒸干。
(2)调节溶液酸碱性,使pH为4~5,且不引进新杂质　CuO、Cu(OH)2等
(3)通入HCl气体(或加入盐酸),并不断搅拌且不能蒸干(共36张PPT)
第二节　水的电离和溶液的酸碱性
第1课时　水的电离和溶液的酸碱性
阅读思考
自主检测
任务一、认真阅读教材第45页到第46页的内容,自主学习水的电离,思考回答下列问题:
1.写出水的电离方程式,水的电离有何特点
阅读思考
自主检测
2.什么是水的离子积常数 用什么符号表示 根据表3-2的数据,分析随温度升高水的离子积常数如何变化 室温下,水的离子积常数等于多少
提示当水的电离达平衡时,
=K电离,因为水的电离极其微弱,在室温下55.6
mol
H2O中只有1×10-7
mol
H2O电离,电离前后H2O的物质的量几乎不变,因此c(H2O)可以视为常数,这样上式可表示为:c(H+)·c(OH-)=K电离·c(H2O)。
其中常数K电离与常数c(H2O)的积为一新的常数,叫做水的离子积常数,简称水的离子积,记作KW。
由表3-2可以看出,随着温度的升高,水的离子积增大。一般在室温下,可忽略温度的影响,KW值为1.0×10-14,即:
KW=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14。
阅读思考
自主检测
任务二、认真阅读教材第46页到第47页的内容,思考回答下列问题,自主学习溶液的酸碱性和pH:
1.水的离子积常数只适用于纯水吗
提示水的离子积常数不仅适用于纯水,也适用于稀的电解质水溶液。
2.常温下,酸性、中性、碱性溶液中,氢离子的浓度和氢氧根离子的浓度大小关系如何
提示常温下,酸性溶液c(H+)>c(OH-),c(H+)>1.0×10-7
mol·L-1
中性溶液c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7
mol·L-1
碱性溶液c(H+)mol·L-1
阅读思考
自主检测
3.pH是如何定义的 常温下pH与溶液的酸碱性有何关系
提示pH是c(H+)的负对数,即:pH=-lgc(H+)
常温下,中性溶液pH=7,酸性溶液pH<7,碱性溶液pH>7。
4.如何测量溶液的pH
提示溶液的pH可以用pH试纸测量,也可以用一种叫pH计(也叫酸度计)的仪器来测量。
阅读思考
自主检测
1.将纯水加热至较高温度,下列叙述中正确的是
(　　)
A.水的离子积变大,呈酸性
B.水的离子积不变,呈中性
C.水的离子积变小,呈碱性
D.水的离子积变大,呈中性
答案:D
2.在某温度下,NaCl稀溶液中c(H+)=2.0×10-7
mol·L-1。下列说法中正确的是(　　)
A.该溶液呈酸性
B.该溶液呈中性
C.该溶液的KW=2.0×10-7
D.该溶液的KW=1.0×10-14
答案:B
阅读思考
自主检测
3.下列溶液一定呈酸性的是(　　)
A.含H+的溶液
B.能使酚酞变红色的溶液
C.pH小于7的溶液
D.c(H+)大于c(OH-)的溶液
答案:D
重点难点探究
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探究问题
1.利用化学平衡移动理论,分析若要促进水的电离,可采取哪些方法 若要抑制水的电离,可采取哪些方法
提示升高温度,加入活泼金属如钠等,都能促进水的电离;降低温度,加酸或加碱都能抑制水的电离。
2.酸性溶液中是否有OH-存在 碱性溶液中是否有H+存在 试解释原因。
提示酸性溶液中一定有OH-存在,碱性溶液中也一定有H+存在,因为水的电离是可逆的,25
℃时,水溶液中存在KW=c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14。
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知识点拨
一、水的电离
1.水的离子积常数
(2)水的离子积常数表达式为KW=c(H+)·c(OH-)。
(3)KW及影响因素:
①25
℃时:KW=1.0×10-14。
②水的电离是吸热的可逆过程,故温度升高,KW增大。
③水的离子积常数只受温度的影响,与c(H+)和c(OH-)的变化无关。
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2.水的电离平衡移动
重点难点探究
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重点难点探究
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二、溶液的酸碱性与pH
1.溶液的酸碱性
(1)常温下溶液的酸碱性与pH的关系:
①pH<7,溶液呈酸性;
②pH=7,溶液呈中性;
③pH>7,溶液呈碱性。
(2)溶液的酸碱性与c(H+)、c(OH-)的关系:
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)和c(OH-)的相对大小。
①c(H+)>c(OH-),溶液呈酸性。
②c(H+)=c(OH-),溶液呈中性。
③c(H+)重点难点探究
重要考向探究
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2.溶液的pH
(1)表达式:pH=-lgc(H+)。
(2)意义:pH越大,溶液碱性越强;pH越小,溶液酸性越强。
(3)适用范围:1×10-14
mol·L-1≤c(H+)≤1
mol·L-1的溶液。
3.溶液酸碱性的测定方法
(1)指示剂法。
该法只能测其pH的大致范围,常见指示剂变色范围为:
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(2)pH试纸法。
把小片试纸放在表面皿或玻璃片上,用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在干燥的pH试纸上,试纸变色后,与标准比色卡对比,即可确定溶液的pH。
(3)pH计测量法。
重点难点探究
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考向一　水的电离
【例题1】
纯水在25
℃和80
℃时的氢离子浓度,前者和后者的关系是(　　)
A.前者大
B.前者小
C.相等
D.不能肯定
解析:水的电离是一个吸热过程,温度升高,平衡正向移动。
答案:B
重点难点探究
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【例题2】
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,c(OH-)降低
B.向水中加入少量固体硫酸氢钠,c(H+)增大,KW不变
C.向水中加入少量固体钠,平衡逆向移动,c(H+)降低
D.将水加热,KW增大,c(H+)不变
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:向水中加入稀氨水,OH-浓度增大,水的电离平衡逆向移动,A项错误;硫酸氢钠是强酸酸式盐,向水中加入少量固体硫酸氢钠,在水溶液中完全电离:
,c(H+)增大,由于KW只与温度有关,所以KW不变,B项正确;向水中加入少量固体钠,由于金属钠非常活泼,可与水电离出的H+直接发生置换反应,产生H2,故促进了水的电离,使平衡正向移动,C项错误;将水加热,KW增大,c(H+)、c(OH-)同等倍数增大,D项错误。
答案:B
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重要考向探究
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规律方法点拨
在分析水的电离平衡的移动方向时,要充分利用在化学平衡中所学衡移动原理的规律。需注意:
(1)向水中加入酸或碱,使c(H+)或c(OH-)增大,则抑制水的电离,如向水中加入少量NaOH固体可抑制水的电离。
(2)向水中加入某种物质,若该物质与H+或OH-发生反应而使c(H+)或c(OH-)降低,则促进水的电离。如向水中加入钠等活泼金属可促进水的电离。
(3)KW只受温度的影响。
重点难点探究
重要考向探究
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成功体验1下列叙述正确的是
(　　)
A.某温度下,蒸馏水中的c(H+)=2.0×10-7
mol·L-1,则该温度一定高于25
℃
B.25
℃时,某液体中c(H+)和c(OH-)的乘积为1×10-14,该液体一定为纯水
C.25
℃时,向水中加入氢氧化钠固体,水的电离平衡逆向移动,水的离子积减小
D.25
℃时,0.1
mol·L-1的盐酸与0.1
mol·L-1的NaOH溶液中,水的电离程度不同
重点难点探究
重要考向探究
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解析:蒸馏水中的c(H+)=2.0×10-7
mol·L-1,水的离子积为4×10-14,比25
℃时的水的离子积大,因为水的电离吸热,温度必然高于25
℃;25
℃时,任何溶液中c(H+)和c(OH-)的乘积均为1×10-14;水中加入氢氧化钠固体,水的电离平衡逆向移动,但水的离子积不变;同浓度的H+和OH-对水的电离的抑制程度相同。
答案:A
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考向二　溶液的酸碱性与pH
题型一　判断溶液的酸碱性
【例题3】
下列关于溶液酸碱性的说法正确的是(　　)
A.pH=7的溶液呈中性
B.中性溶液中一定有c(H+)=1.0×10-7
mol·L-1
C.c(H+)=c(OH-)的溶液呈中性
D.在100
℃时,纯水的pH<7,因此呈酸性
解析:A项中运用pH判断溶液的酸碱性时,用到了水的离子积常数,它与温度有关,但A项未给出温度,所以错误;在中性溶液中,c(H+)和c(OH-)一定相等,但并不一定是c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7
mol·L-1,所以B项错误,C项正确;100
℃的纯水中,虽然pH<7,但c(H+)=c(OH-),还是中性,所以D项错误。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
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规律方法点拨
(1)判断溶液的酸碱性时需注意的问题:
①利用pH判断溶液的酸碱性时,只有在25
℃时,pH=7才是中性溶液。
②用c(H+)、c(OH-)的相对大小来判断溶液的酸碱性,不受温度影响。
(2)溶液酸碱性与c(H+)、c(OH-)及pH的关系:
重点难点探究
重要考向探究
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成功体验2下列溶液一定呈中性的是(　　)
A.使石蕊溶液呈紫色的溶液
B.c(H+)=c(OH-)的溶液
C.由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液
D.非电解质溶于水得到的溶液
解析:等物质的量的强酸与强碱,由于它们所含H+和OH-的物质的量未知,因此无法判断它们混合后溶液的酸碱性,故C错误;非电解质溶于水,可以使溶液显酸性、碱性、中性,如SO2溶于水生成H2SO3溶液显酸性,NH3溶于水生成NH3·H2O溶液显碱性,乙醇、蔗糖等溶于水,溶液显中性,故D错误。
答案:B
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题型二　计算溶液中水电离出的c(H+)与c(OH-)
【例题4】
常温下,在pH=12的某碱溶液中,由水电离出的c(OH-)为(　　)
A.1.0×10-7
mol·L-1
B.1.0×10-6
mol·L-1
C.1.0×10-3mol·L-1
D.1.0×10-12
mol·L-1
解析:由水电离出的c(H+)=10-pHmol·L-1=1.0×10-12
mol·L-1,由水电离出的c(OH-)等于由水电离出的c(H+),所以,由水电离出的c(OH-)也等于1.0×10-12
mol·L-1。
答案:D
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
规律方法点拨
(1)计算溶液中水电离出的c(H+)与c(OH-)时注意以下几点:
①因为H2O
H++OH-,所以由水电离出的c(H+)=c(OH-)。
②酸溶液中的OH-和碱溶液中的H+都是水电离出的。
(2)计算溶液中水电离出的c(H+)与c(OH-)的方法:
①计算酸溶液中水电离出的c(H+)时,首先根据已知条件计算溶液中的c(H+)再根据KW=c(H+)·c(OH-)计算出溶液中的c(OH-),然后根据水电离出的c(H+)=c(OH-),确定由水电离出的c(H+)。
②计算碱溶液中水电离出的c(OH-)时,首先根据已知条件计算溶液中的c(OH-),再根据KW=c(H+)·c(OH-)计算出溶液中的c(H+),然后根据水电离出的c(H+)=c(OH-),确定由水电离出的c(OH-)。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验3常温下,在pH=2的某酸溶液中,由水电离出的c(H+)为(　　)
A.1.0×10-7
mol·L-1
B.1.0×10-6
mol·L-1
C.1.0×10-3
mol·L-1
D.1.0×10-12
mol·L-1
解析:溶液中的c(H+)=10-pHmol·L-1=1.0×10-2
mol·L-1,根据KW=c(H+)·c(OH-),得出水电离的c(OH-)=1.0×10-12
mol·L-1。因为由水电离出的c(H+)等于由水电离出的c(OH-),所以,由水电离出的c(H+)也等于1.0×10-12
mol·L-1。
答案:D
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
题型三　pH试纸的使用与溶液酸碱性的测定
【例题5】
将pH试纸用蒸馏水润湿后测定某溶液的pH,测定结果(　　)
A.一定偏高
B.一定偏低
C.可能无影响
D.无影响
解析:pH试纸在使用前不能用蒸馏水润湿,否则会将待测液稀释,可能影响测定结果。若原溶液呈酸性,会使测得结果偏高;若原溶液呈碱性会使测得结果偏低;若原溶液呈中性,则对测定结果无影响。
答案:C
规律方法点拨
用pH试纸测定溶液的pH时,试纸不能润湿,用湿润的pH试纸测定溶液的pH时,相当于将待测液稀释,所以若为酸溶液,则测定结果偏高;若为碱溶液,则测定结果偏低;若为中性溶液,则操作不规范,但测定结果无误差。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验4下列用广泛pH试纸测得溶液的pH一定错误的是(　　)
A.7
B.12
C.4.05
D.3
解析:用广泛pH试纸测的溶液的pH只能得到1~14的整数值。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
1.在纯水中加入少量NaHSO4,设温度不变,则溶液(　　)
A.OH-浓度变小
B.酸性减弱
C.pH升高
D.c(H+)·c(OH-)变大
解析:
(在水中),故溶液酸性增强,pH降低;KW=c(H+)·c(OH-),由于温度不变,故KW不变,由于c(H+)增大,故c(OH-)减小。
答案:A
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
2.常温时向水中加入少量NaOH溶液,水的电离改变和溶液中KW的变化正确的是(　　)
A.被促进　不变
B.被促进　变小
C.被抑制　不变
D.被抑制　变小
解析:NaOH溶于水电离出OH-,抑制了水的电离。水的离子积常数只与温度有关,所以KW不变。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
3.下列叙述中正确的是(　　)
A.无论是纯水,还是酸性、碱性或中性稀溶液,在常温下,其c(H+)·c(OH-)=1.0×10-14
B.c(H+)等于1.0×10-7
mol·L-1的溶液一定是中性溶液
C.0.2
mol·L-1
CH3COOH溶液中的c(H+)是0.1
mol·L-1
HCl溶液中的c(H+)的2倍
D.强电解质的水溶液中不存在分子
解析:常温下,c(H+)等于1.0×10-7
mol·L-1的溶液一定是中性溶液,B项未指明温度;0.2
mol·L-1
CH3COOH溶液中的c(H+)比0.1
mol·L-1
HCl溶液中的c(H+)的2倍要少,因为醋酸是弱酸,只有部分电离;强电解质的水溶液中存在水分子。
答案:A
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
4.下列说法正确的是(　　)
A.强碱的水溶液中不存在H+
B.pH=0的溶液是酸性最强的溶液
C.在温度不变时,水溶液中的c(H+)
和c(OH-)不能同时增大
D.某温度下,纯水中c(H+)=2×10-7
mol·L-1,其呈酸性
解析:在酸性或碱性水溶液中均存在H+和OH-;pH=0的溶液中c(H+)=1.0
mol·L-1,并不是酸性最强的溶液,只是c(H+)>1.0
mol·L-1的溶液不再用pH表示酸性强弱;温度一定时,KW=c(H+)·c(OH-)是一个定值,故二者不能同时增大;纯水中,c(H+)=c(OH-),呈中性。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
5.某温度下,纯水中c(H+)=2.0×10-7
mol·L-1,则此时c(OH-)=　　　　　　　　;温度不变,向水中滴入盐酸使c(H+)=5.0
mol·L-1,则溶液中c(OH-)=　　　　　　　　。
解析:纯水中c(H+)始终等于c(OH-),所以c(OH-)=2.0×10-7
mol·L-1,此温度下,KW=c(H+)·c(OH-)=4.0×10-14。向水中滴加盐酸,KW不变,
答案:2.0×10-7
mol·L-1　8.0×10-15
mol·L-13.2.1
水的电离
溶液的酸碱性与pH
1.(2016·梅州高二检测)向蒸馏水中滴入少量盐酸后,下列说法中错误的是　
(　　)
A.c(H+)·c(OH-)不变
B.pH减小了
C.c(OH-)降低了
D.水电离出的c(H+)增加了
【解析】选D。水的电离逆向移动,水电离产生的H+、OH-浓度均减小,但溶液的酸性增强,pH减小,B、C正确,D错误;因水的离子积常数只受温度影响,故A项正确。
【补偿训练】(2016·太原高二检测)纯水在10℃和50℃时的氢离子浓度,前后两个量的大小关系为　(　　)
A.大于　　B.等于　　C.小于　　D.不能确定
【解析】选C。水的电离过程是吸热的过程,升高温度,促进水的电离,氢离子浓度增大。
2.(2016·沈阳高二检测)下列溶液一定呈中性的是　(　　)
A.pH=7的溶液
B.c(H+)=的溶液
C.由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液
D.非电解质溶于水得到的溶液
【解析】选B。A项,只有在25℃下pH=7的溶液才呈中性,如100℃时,纯水中有c(H+)=c(OH-)=1.0×10-6mol·L-1,此时pH=6为中性,pH=7为碱性,故A项错误;B项,KW=c(H+)·c(OH-),因c(H+)=,则c(H+)=c(OH-),c(H+)=c(OH-)的溶液,一定为中性,故B项正确;C项,如果酸、碱不是相同元数的酸、碱,如H2SO4和NaOH等物质的量混合,酸过量显酸性,故C项错误;D项,如非电解质SO2溶于水得到H2SO3,显酸性,故D项错误。
3.(2016·运城高二检测)25℃时,在0.01mol·L-1的硫酸溶液中,水电离出的H+浓度是　(　　)
A.5×10-13mol·L-1　　　　　　
B.0.02mol·L-1
C.1×10-7mol·L-1
D.1×10-12mol·L-1
【解析】选A。H2SO4电离出的c(H+)=0.02mol·L-1,由Kw=1.0×10-14可知c(OH-)=5×10-13mol·L-1,OH-是由水电离产生的,则水电离产生的c(H+)=c(OH-)=5×10-13mol·L-1。
【补偿训练】(2016·宿州高二检测)在相同温度下,0.01mol·L-1的NaOH溶液和0.01mol·L-1的盐酸相比,下列说法正确的是　(　　)
A.由水电离出的c(H+)相等
B.由水电离出的c(H+)都是1.0×10-12mol·L-1
C.由水电离出的c(OH-)都是0.01mol·L-1
D.两者都促进了水的电离
【解析】选A。二者均抑制水的电离,且抵制程度相同,没有指明具体温度,故无法计算由水电离出的c(H+)或c(OH-)的大小。
4.(2016·宿迁高二检测)在100℃时,100mL蒸馏水中c(OH-)=1×10-6mol·L-1,当改变下列条件之一时,c(OH-)仍然等于1×10-6mol·L-1的是　　(　　)
①温度降低到25℃　②加入10-6mol
NaOH固体,保持100℃　③加入10-6mol
NaCl,保持100℃　④蒸发掉50mL水,保持100℃
A.①②　　　　B.③④　　　　C.①③　　　　D.②④
【解析】选B。100℃时c(OH-)·c(H+)=1×10-12,而25℃时c(OH-)·c(H+)=1×10-14,c(OH-)=1×10-7mol·L-1;100
mL水中加入10-6mol
NaOH,c(OH-)=10-5mol·L-1;蒸馏水中加入NaCl,保持100℃,仍符合c(OH-)=1×10-6mol·L-1;蒸发50mL水,保持100℃,c(OH-)·c(H+)不变,c(OH-)=1×10-6mol·L-1。
【补偿训练】水的电离过程为H2OH++OH-,在25℃、35℃时其离子积常数分别为K(25℃)=1.0×10-14、K(35℃)=2.1×10-14,则下列说法中正确的是　(　　)
A.水的电离过程是吸热过程
B.c(H+)随着温度的降低而升高
C.在35℃时,纯水中c(H+)>c(OH-)
D.25℃时水的电离程度大于35℃时水的电离程度
【解析】选A。B项,c(H+)随着温度的降低而减小,错误;C项,在35℃时,纯水中c(H+)=c(OH-),错误;D项,温度越高越促进电离,则35℃时水的电离程度大,错误。
5.下列说法中正确的是　(　　)
A.在25℃纯水中,c(H+)=c(OH-)=10-7mol·L-1,呈中性
B.溶液中,若c(H+)>10-7mol·L-1,则c(H+)>c(OH-),呈酸性
C.c(H+)越大,则pH越大,溶液的碱性越强
D.pH为0的溶液,其中只有H+而无OH-
【解析】选A。c(H+)=c(OH-),则溶液呈中性,A项正确;c(H+)>10-7mol·L-1,则c(H+)不一定大于c(OH-),B项错误;c(H+)越大,则pH越小,溶液的碱性越弱,C项错误;在任何水溶液中都既有H+又有OH-,D项错误。
【延伸探究】
(1)pH为0的溶液,是酸性最强的溶液吗
提示:不是。pH为0的溶液,只是c(H+)=1mol·L-1,并不是酸性最强的溶液。
(2)在酸、碱、盐溶液中,水电离出来的c(H+)和c(OH-)是什么关系
提示:相等的关系。
6.(双选)室温下,某溶液中由水电离的c(H+)为1.0×10-10mol·L-1,则该溶液的pH为　(　　)
A.10　　　　　B.8　　　　　C.4　　　　　D.2
【解析】选A、C。溶液中由水电离的c(H+)为1.0×10-10mol·L-1,则由水电离的c(OH-)也为1.0×10-10mol·L-1,所以该溶液可能为酸性也可能为碱性。当溶液为酸性时,pH=4;当溶液为碱性时,pH=10。
【方法规律】水电离出的c(H+)或c(OH-)的计算(25℃时)
(1)中性溶液:c(H+)=c(OH-)=1.0×10-7mol·L-1。
(2)溶质为酸的溶液:H+来源于酸电离和水电离,而OH-只来源于水的电离。如计算pH=2的盐酸中水电离出的c(H+),方法是先求出溶液中的c(OH-)=10-12mol·L-1,即水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-12mol·L-1。
(3)溶质为碱的溶液:OH-来源于碱电离和水电离,而H+只来源于水的电离。
如pH=12的NaOH溶液中,c(H+)=10-12mol·L-1,即水电离产生的c(OH-)=c(H+)=
10-12mol·L-1。
(4)水解呈酸性或碱性的盐溶液:H+和OH-均由水电离产生,如pH=2的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H+)=10-2mol·L-1[c(OH-)=10-12mol·L-1是因为部分OH-与部分N结合生成弱电解质];pH=12的Na2CO3溶液中由水电离出的c(OH-)=
10-2mol·L-1[c(H+)=10-12mol·L-1是因为部分H+与部分C结合生成弱电解质]。
7.(2016·长春高二检测)某温度下,纯水中的c(H+)=2.0×10-7mol·L-1,则此时溶液的c(OH-)是________mol·L-1,这种水显________(填“酸”“碱”或“中”)性,其理由是________________________;若温度不变,滴入稀盐酸使c(H+)=5.0×10-6mol·L-1,则c(OH-)=________mol·L-1。
【解析】此温度时,水电离的c(OH-)=c(H+)=2.0×10-7mol·L-1,则KW=2.0×10-7×2.0×10-7=4.0×10-14;c(H+)=5.0×10-6mol·L-1,则c(OH-)=4.0×10-14/5.0×10-6=8.0×10-9(mol·L-1)。
答案:2.0×10-7　中　c(H+)=c(OH-)　8×10-9
8.【能力挑战题】(2016·济宁高二检测)已知室温时,0.1mol·L-1的某一元酸HA在水中有0.1%发生电离,回答下列各问题:
(1)该溶液的pH=________。
(2)HA的电离平衡常数K=________。
(3)升高温度时,K将________(填“增大”“减小”或“不变”),pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(4)由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的________倍。
【解析】(1)HA电离出的c(H+)=(0.1×0.1%)mol·L-1=1×10-4mol·L-1,pH=-lg(1×10-4)=4;
(2)电离平衡常数
K===1×10-7;
(3)因HAH++A-,电离过程是吸热的,所以升高温度,c(H+)、c(A-)均增大,则K增大,而pH减小;
(4)c(H+)HA=1×10-4mol·L-1,c(H+)水=c(OH-)=mol·L-1=1×10-10mol·L-1,所以c(H+)HA∶c(H+)水=(1×10-4)∶(1×10-10)=106。
答案:(1)4　(2)1×10-7　(3)增大　减小　(4)106课时提升作业(十)
溶液pH的计算
(25分钟·50分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题4分，共32分)
1.(2015·威海高二检测)现有pH=5的CH3COOH溶液10
mL，要使其pH增大3，可采取的方法有(　　)
A.向溶液中加水稀释至10
L
B.加入一定量的NaOH固体
C.加入一定量pH=8的NaOH溶液
D.加入一定浓度的盐酸
【解析】选B。由pH=5增大3得pH=8，说明溶液呈碱性，酸溶液无论如何稀释，溶液也不会呈碱性，A项错误；C项，因加入NaOH溶液的pH=8，故酸碱无论怎样中和，pH也只能接近8，不会出现pH=8，错误；D项，因盐酸呈酸性，故无法实现。
2.(2015·桐城高二检测)25℃时，pH=5的盐酸和pH=9的氢氧化钠溶液以体积比11∶9混合，混合液的pH为(　　)
A.7.2　　　
B.8　　　
C.6　　　
D.无法计算
【解析】选C。pH=5的盐酸中c(H+)与pH=9的NaOH溶液中c(OH-)均为1×10-5mol·L-1，二者以体积比11∶9混合反应后，盐酸过量，因此反应后溶液中c(H+)==1×10-6mol·L-1，所以溶液pH=6。
3.(2015·南京高二检测)一定温度下，取pH=12的NaOH溶液和氨水各10
mL，分别用蒸馏水稀释至1
L。关于稀释后的溶液的pH的说法正确的是(　　)
A.NaOH溶液的pH大于氨水的pH
B.NaOH溶液的pH小于氨水的pH
C.两溶液的pH相等
D.无法判别两溶液pH的相对大小
【解析】选B。氨水稀释后，NH3·H2ON+OH-，上述平衡右移，使n(OH-)增大，最终，NaOH溶液中c(OH-)小于氨水中c(OH-)。
【补偿训练】(2015·无锡高二检测)pH相同的氨水、NaOH溶液和Ba(OH)2溶液，分别用蒸馏水稀释到原来的x倍、y倍、z倍，稀释后三种溶液的pH相同，则x、y、z的关系是(　　)
A.x=y=z　　　　　　　
B.x>y=z
C.xD.x=y【解析】选B。由于弱碱溶液中存在电离平衡，故等倍数稀释后弱碱溶液的pH变化较小，故当pH变化值相同时，弱碱溶液稀释的倍数较大。
4.在常温下，将pH=8的NaOH溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH最接近于(　　)
A.8.3　　　
B.8.7　　　
C.9　　　
D.9.7
【解析】选D。两溶液混合后，总体积近似等于两种溶液体积之和。强碱溶液混合，应按c(OH-)计算：
c混(OH-)==5.05×10-5mol·L-1，c混(H+)=≈2×10-10mol·L-1，pH=9.7。
【方法规律】溶液pH计算经验规律
(1)两强酸等体积混合：混合后的pH=混合前小的+0.3
(2)两强碱等体积混合：混合后的pH=混合前大的-0.3
(3)稀释规律：分别加水稀释m倍时，溶液的物质的量浓度均变为原来的，强酸中c(H+)变为原来的，但弱酸中c(H+)减小小于m倍，故稀释后弱酸酸性强于强酸。
5.(2015·郑州高二检测)下列叙述正确的是(　　)
A.95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B.pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4
C.0.2
mol·L-1的盐酸，与等体积水混合后pH=1
D.pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
【解析】选C。水的电离与温度有关，温度越高，电离度越大，但c(H+)=c(OH-)，水仍呈中性，A错；我们知道pH每升高一个单位，强酸需要稀释10倍，而弱酸稀释的倍数要超过10倍，由于醋酸为弱酸，稀释至原来的10倍后，pH<4，B错；当酸与碱的pH之和等于14时，等体积混合后，谁弱显谁性，即pH<7，D错。
6.(2015·重庆高二检测)将体积都为10
mL、pH都等于3的醋酸溶液和盐酸，加水稀释至amL和bmL，则得稀释后溶液的pH均为5。则稀释后的体积(　　)
A.a=b=100
mL
B.a=b=1
000
mL
C.a000
mL
D.a>b=1
000
mL
【解析】选D。pH=3的盐酸稀释100倍，pH=5，pH=3的醋酸溶液在稀释的过程中，CH3COOH会继续电离出H+以削弱c(H+)的减小，要稀释至pH=5，则要多于100倍。
7.(2015·日照高二检测)常温下，将pH=1的硫酸溶液平均分成两等份，一份加入适量水，另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液，两者pH都升高了1。则加入水和加入NaOH溶液的体积比约为(　　)
A.11∶1　　　
B.10∶1　　　
C.6∶1　　　
D.5∶1
【解析】选C。设所取每份硫酸的体积为V1，使硫酸由pH=1变为pH=2，所加水的体积为9V1，又设所加NaOH溶液的体积为V2，则有c(H+)=mol·L-1=0.01
mol·L-1，解得V2=V1，即V水∶VNaOH=6∶1。
【互动探究】若上题氢氧化钠改为加pH=3的盐酸，则比值为多少？
提示：设消耗pH=3的盐酸的体积为V3，则(0.1V1+0.001V3)÷(V1+V3)=0.01，V3=10V1；则V(水)∶V(盐酸)=9V1∶10V1=9∶10。
8.(双选)(2015·昆明高二检测)体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl-)=n(CH3COO-)=0.01
mol，下列叙述错误的是(　　)
A.与NaOH完全中和时，醋酸所消耗的NaOH多
B.分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多
C.两种溶液的pH相同
D.分别用水稀释相同倍数时，n(Cl-)=n(CH3COO-)
【解析】选B、D。盐酸中HCl完全电离，HClH++Cl-，醋酸部分电离，CH3COOHCH3COO-+H+，由n(Cl-)=n(CH3COO-)可知两种溶液中氢离子浓度相等，由于醋酸部分电离，则n(CH3COOH)>n(HCl)，分别与足量CaCO3反应时，CH3COOH放出的CO2较多，B错误；稀释能促进醋酸的电离，使n(Cl-)二、非选择题(本题包括2小题，共18分)
9.(9分)(2015·泰安高二检测)现有pH=2的醋酸溶液甲和pH=2的盐酸乙。
(1)取10
mL的甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡________移动(填“向左”“向右”或“不”)；另取10
mL的甲溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中c(H+)/c(CH3COOH)的值将________(填“增大”“减小”或“无法确定”)。
(2)甲、乙两溶液中溶质物质的量浓度的大小关系为c(甲)________c(乙)(填“大于”“小于”或“等于”)。
(3)相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，各稀释100倍。稀释后的溶液，其pH大小关系为pH(甲)________pH(乙)(填“大于”“小于”或“等于”)。
(4)各取25
mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为V(甲)________V(乙)(填“大于”“小于”或“等于”)。
【解析】(1)稀释醋酸，会促进其电离；加CH3COONa固体，增加CH3COO-，使平衡CH3COOHCH3COO-+H+左移，c(H+)/c(CH3COOH)减小。(2)醋酸为弱酸，pH=2的醋酸溶液的浓度远大于pH=2的盐酸的浓度。(3)pH相等的强酸和弱酸稀释相同倍数时，弱酸的pH变化小于强酸，所以pH(甲)小于pH(乙)。(4)由(2)可知醋酸的物质的量多，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和时，消耗NaOH溶液的体积应是醋酸多。
答案：(1)向右　减小　(2)大于　(3)小于　(4)大于
10.(9分)某温度(T℃)时，水的离子积为Kw=1×10-13。若将此温度下pH=11的苛性钠溶液aL与pH=1的稀硫酸bL混合(设混合后溶液体积的微小变化忽略不计)，试通过计算填写以下不同情况时两种溶液的体积比：
(1)若所得混合溶液为中性，则a∶b=________；此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是___________________。
(2)若所得混合溶液的pH=2，则a∶b=________；此溶液中各种离子的浓度由大到小的排列顺序是___________________。
【解析】(1)若混合后溶液为中性，则溶液中溶质恰为Na2SO4，所以c(Na+)>c(S)>c(H+)=c(OH-)。
(2)若混合溶液的pH=2，则c(H+)=0.01
mol·L-1，硫酸过量。c(H+)=，即=0.01(mol·L-1)，解之得a∶b=9∶2，c(Na+)=mol·L-1，c(S)=mol·L-1，所以c(H+)>c(S)>c(Na+)>c(OH-)。
答案：(1)10∶1　c(Na+)>c(S)>c(H+)=c(OH-)
(2)9∶2　c(H+)>c(S)>c(Na+)>c(OH-)
(30分钟·50分)
一、选择题(本题包括6小题，每小题5分，共30分)
1.(双选)(2015·厦门高二检测)25℃时，pH=2的盐酸和pH=10的氢氧化钠溶液等体积混合，混合液(　　)
A.显酸性　　　　　　
　
B.显碱性
C.pH约为2.3
D.无法计算pH
【解析】选A、C。pH=2的盐酸c(H+)为1×10-2mol·L-1，pH=10的NaOH溶液中c(OH-)为1×10-4mol·L-1，二者等体积混合反应后，盐酸过量，因此反应后溶液显酸性，溶液中c(H+)=≈0.5×10-2mol·L-1，所以混合溶液pH≈2.3。
2.有人曾建议用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AG=lg[c(H+)/c(OH-)]。下列表述正确的是(　　)
A.在25℃时，若溶液呈中性，则pH=7，AG=1
B.在25℃时，若溶液呈酸性，则pH<7，AG<0
C.在25℃时，若溶液呈碱性，则pH>7，AG>0
D.在25℃时，溶液的pH与AG的换算公式为AG=2(7-pH)
【解析】选D。若溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，c(H+)/c(OH-)=1，AG=0；若溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，c(H+)/c(OH-)>1，AG>0；若溶液呈碱性，c(H+)【方法规律】用AG表示溶液酸碱性的判断方法
变换溶液酸碱性的表示方法，但是溶液的酸碱性是不变的，判断依据仍是氢离子和氢氧根离子浓度相对大小：
AG=0时，氢离子和氢氧根离子浓度相等，溶液呈中性；
AG>0时，氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，溶液呈酸性；
AG<0时，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性。
3.(2015·唐山高二检测)25℃时，体积为Va、pH=a的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH=b的某一元强碱溶液均匀混合后，溶液的pH=7，已知b=6a，VaA.a可能等于1　　　　　
B.a一定大于2
C.a一定小于2
D.a一定等于2
【解析】选C。由b=6a>7得：a>7/6；由混合后溶液的pH=7得：n(H+)=n(OH-)，即：Va×10-a=Vb×10b-14，得：=10a+b-14；由于Va4.(2015·茂名高二检测)在某温度时，pH=3的某水溶液中c(OH-)=10-9mol·L-1，现有该温度下的四份溶液：①pH=2的CH3COOH；②0.01
mol·L-1的HCl；③pH=11的氨水；④pH=11的NaOH溶液。下列说法正确的是(　　)
A.①中水的电离程度最小，③中水的电离程度最大
B.若将②与④按照10∶1的体积比混合，混合溶液的pH<7
C.将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③>④>②>①
D.将①与④等体积混合，则混合液一定呈碱性
【解析】选C。由pH=3的某水溶液中，c(OH-)=10-9mol·L-1，可知水的离子积Kw=10-12，所以③、④中c(OH-)=0.1
mol·L-1，③、④中水的电离程度相同，但小于①、②中水的电离程度，A选项错误；B选项，②中n(H+)=10×c(H+)等于④中n(OH-)=c(OH-)，溶液呈中性，错误；C选项，加水稀释后氨水中c(OH-)降低的程度小于NaOH溶液，醋酸溶液中c(H+)降低的程度小于盐酸，所以溶液的pH：③>④>②>①，正确；D选项，该温度下②与④等体积混合溶液显碱性，但①的浓度远大于②的浓度，醋酸可能过量，故溶液不一定显碱性，错误。
5.pH=11的X、Y两种碱溶液各10
mL，分别稀释至1
000
mL。其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)
A.X、Y两种碱的物质的量浓度一定相等
B.稀释后，X溶液碱性比Y溶液碱性强
C.若9D.完全中和X、Y两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积V(X)>V(Y)
【解析】选C。因为稀释100倍以后，二者变化曲线不一样，所以二者碱性有相对强弱，变化慢的为弱碱，所以碱性X>Y，二者的pH相同，所以浓度一定不同(由于电离程度不一样)，所以A选项错误；稀释后pH(Y)>pH(X)，所以X溶液碱性应小于Y溶液的碱性，故B选项错误；当a=9时，则X为强碱，若9X，所以D选项错误。
6.在一定体积pH=12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2+恰好完全沉淀时，溶液pH=11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是(　　)
A.1∶9　　　
B.1∶1　　　
C.1∶2　　　
D.1∶4
【解析】选D。pH=12的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=10-2mol·L-1，设溶液体积为x，得到氢氧根离子物质的量为x×10-2mol；反应的硫酸氢钠物质的量为0.5x×10-2mol；设硫酸氢钠溶液体积为y，依据反应Ba(OH)2+NaHSO4BaSO4↓+H2O+NaOH，混合后溶液pH=11，计算得到溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol·L-1；得=10-3，解得x∶y=1∶4。
二、非选择题(本题包括2小题，共20分)
7.(8分)在25℃时，有pH为a的HCl溶液和pH为b的NaOH溶液，取VaL该HCl溶液用该NaOH溶液中和，需VbL
NaOH溶液，问：
(1)若a+b=14，则Va∶Vb=________。
(2)若a+b=13，则Va∶Vb=________。
(3)若a+b>14，则Va∶Vb=______，且Va______Vb(填“>”“<”或“=”)。
【解析】强酸与强碱完全中和时，有n(H+)=n(OH-)，即10-aVa=10b-14Vb，==10a+b-14。当a+b=14时，=100=1；当a+b=13时，=10-1=；当a+b>14时，=10a+b-14>100=1，即Va>Vb。
答案：(1)1　(2)　(3)10a+b-14　>
8.(12分)(2015·咸宁高二检测)下表是不同温度下水的离子积数据：
温度/℃
25
t1
t2
水的离子积Kw
1×10-14
a
1×10-12
试回答以下问题：
(1)若25”“<”或“=”)，作此判断的理由是____________________________________。
(2)25℃时，某Na2SO4溶液中c(S)=5×10-4mol·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)在t2℃下pH=10的NaOH溶液中，水电离产生的OH-浓度c(OH-)水=________。
(4)t2℃下，将pH=11的苛性钠溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH=2，则V1∶V2=_______。
【解析】(1)水的电离为吸热过程，温度升高，水的电离程度变大，离子积增大。
(2)c(S)=5×10-4mol·L-1，则c(Na+)=2c(S)=1×10-3mol·L-1，稀释10倍，则c(Na+)=1×10-4mol·L-1。25℃时Na2SO4溶液中c(OH-)=1×10-7mol·L-1，稀释10倍后仍然为1×10-7mol·L-1，则c(Na+)∶c(OH-)=103∶1。
(3)pH=10的NaOH溶液c(H+)=10-10mol·L-1，NaOH溶液中c(H+)来自水的电离，水电离出H+的同时也电离出等量的OH-。
(4)t2℃时，pH=2，说明溶液为酸性，酸过量。
t2℃时，pH=11的NaOH溶液，c(OH-)=0.1
mol·L-1，=
0.01
mol·L-1
9V2=11V1，=。
答案：(1)>　水的电离为吸热过程，温度升高，水的电离程度变大，离子积增大
(2)1
000∶1
(3)10-10mol·L-1
(4)9∶11第2课时　沉淀反应的应用
[目标导航]　1.能用平衡移动原理分析理解沉淀的溶解与生成、沉淀转化的实质。2.学会用沉淀溶解平衡的移动解决生产、生活中的实际问题。
1．沉淀的生成
(1)调节pH法
如加入氨水调节pH＝4，可除去氯化铵中的杂质氯化铁。
反应离子方程式：
Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。
(2)加沉淀剂法
以Na2S、H2S等作沉淀剂，使Cu2＋、Hg2＋等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀。反应离子方程式如下：
①加Na2S生成CuS：S2－＋Cu2＋===CuS↓。
②通入H2S生成CuS：H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。
2．沉淀的溶解
(1)原理：根据平衡移动原理，对于在水中难溶的电解质，只要不断移去溶解平衡体系中的相应离子，平衡就向沉淀溶解的方向移动，从而使沉淀溶解。
(2)实例：①CaCO3沉淀溶于盐酸中：
CO2气体的生成和逸出，使CaCO3溶解平衡体系中的CO浓度不断减小，平衡向沉淀溶解的方向移动。
②分别写出用HCl溶解难溶电解质FeS、Al(OH)3、Cu(OH)2的离子方程式FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑、Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O、Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O。
③向Mg(OH)2悬浊液中分别滴加蒸馏水、稀盐酸、NH4Cl溶液，白色沉淀将不溶解、溶解、溶解(填“溶解”或“不溶解”)。
3．沉淀的转化
(1)实验探究
①AgCl、AgI、Ag2S的转化(教材实验3－4)
实验操作
实验现象
有白色沉淀生成
白色沉淀转化为黄色沉淀
黄色沉淀转化为黑色沉淀
化学方程式
NaCl＋AgNO3===AgCl↓＋NaNO3
AgCl＋KI??AgI＋KCl
2AgI＋Na2S??Ag2S＋2NaI
实验结论
溶解度小的沉淀可以转化成溶解度更小的沉淀
②Mg(OH)2与Fe(OH)3的转化(教材实验3－5)
实验操作
实验现象
产生白色沉淀
产生红褐色沉淀
上层为无色溶液，下层为红褐色沉淀
化学方程式
MgCl2＋2NaOH===Mg(OH)2↓＋2NaCl3Mg(OH)2＋2FeCl3??2Fe(OH)3＋3MgCl2
(2)沉淀转化的实质
沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动，即将溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀。
(3)沉淀转化的应用
①除锅炉水垢
锅炉水垢中含CaSO4，可将CaSO4用Na2CO3处理，使之转化为CaCO3，然后用酸除去，其化学方程式为CaSO4＋Na2CO3??CaCO3＋Na2SO4，CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。
②自然界中矿物的转化
CuSO4溶液铜蓝(CuS)。
【合作探究】
1．除去溶液中的SO，选择钙盐还是钡盐？为什么？怎样选择沉淀剂？
答案　(1)根据CaSO4微溶于水，BaSO4难溶于水，除去SO时，应选择钡盐，因为钡盐可使SO沉淀更完全。
(2)选择沉淀剂时，使生成沉淀的反应越完全越好；不能影响其他离子的存在，由沉淀剂引入溶液的杂质离子要便于除去或不引入新的杂质离子。
2．向Mg(OH)2悬浊液中分别滴加稀盐酸和NH4Cl溶液，溶液变澄清，试解释原因。
答案　(1)Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，HCl===H＋＋Cl－，H＋与OH－结合成弱电解质H2O，使Mg(OH)2的溶解平衡右移，Mg(OH)2不断溶解，直至与盐酸反应完毕。
(2)Mg(OH)2(s)??Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，NH4Cl===NH＋Cl－，NH与OH－结合成弱电解质NH3·H2O，使Mg(OH)2的溶解平衡右移，直至Mg(OH)2完全溶解。
3．工业废水处理过程中，重金属离子可利用沉淀转化原理用FeS等难溶物转化为HgS、Ag2S、PbS等沉淀。写出用FeS除去Hg2＋的离子方程式。
答案　FeS(s)＋Hg2＋(aq)===HgS(s)＋Fe2＋(aq)
4．溶洞里美丽的石笋、钟乳石和石柱是大自然创造的奇迹，试解释溶洞形成的化学原理。
答案　石灰岩里不溶性的碳酸钙与水及二氧化碳反应能转化为可溶性的碳酸氢钙[Ca(HCO3)2]。溶有碳酸氢钙的水从溶洞顶向溶洞底滴落时，水分蒸发，二氧化碳压强减小以及温度的变化都会使二氧化碳溶解度减小而析出碳酸钙沉淀。这些沉淀经过千百万年的积聚，渐渐形成了钟乳石、石笋等。
一、沉淀的转化与生成
【例1】　已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。下列说法错误的是(　　)
A．AgCl不溶于水，不能转化为AgI
B．在含有浓度均为0.001
mol·L－1的Cl－、I－的溶液中缓慢加入AgNO3稀溶液，首先析出AgI沉淀
C．AgI比AgCl更难溶于水，所以AgCl可以转化为AgI
D．常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于×
10－11
mol·L－1
答案　A
解析　组成结构相似的物质，溶度积越小，其溶解度越小，越易先形成沉淀，B项正确；溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀容易实现，所以A项错、C项正确；AgCl溶液中
c(Ag＋)＝×10－5
mol·L－1。要使AgI形成沉淀，则c(Ag＋)·c(I－)≥1.0×10－16。则
c(I－)≥
mol·L－1＝×10－11
mol·L－1，D正确。
【练后归纳】　通过比较溶度积与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。
Qc＞Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡；
Qc＝Ksp，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态；
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。
变式训练1　25
℃时，已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(Ksp)分别为Ksp(FeS)＝6.3×
10－18；Ksp(CuS)＝6.3×10－36；Ksp(ZnS)＝1.6×10－24。下列关于常温时的有关叙述正确的是(　　)
A．硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大
B．将足量的ZnSO4晶体加入到0.1
mol·L－1的Na2S溶液中，Zn2＋的浓度最大只能达到1.6×
10－23
mol·L－1
C．除去工业废水中含有的Cu2＋，可采用FeS固体作为沉淀剂
D．向饱和的FeS溶液中加入FeSO4溶液后，混合液中c(Fe2＋)变大、c(S2－)变小，但Ksp(FeS)变大
答案　C
解析　化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，Ksp数值越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强，由Ksp可知，常温下，CuS的溶解度最小，故A错；将足量的ZnSO4晶体加入到0.1
mol·L－1的Na2S溶液中，c(S2－)将减至非常小，而Zn2＋的浓度远远大于1.6×
10－23
mol·L－1，故B错；因CuS比FeS更难溶，FeS沉淀可转化为CuS沉淀，故C对；温度不变，Ksp(FeS)不变，故D错。
二、沉淀溶解平衡在工业除杂中的应用
【例2】　工业制氯化铜时，是将浓盐酸用蒸气加热至80
℃左右，慢慢加入粗制氧化铜粉(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌使之溶解，反应如下：CuO＋2HCl===CuCl2＋H2O，FeO＋2HCl===FeCl2＋H2O。已知：pH≥9.6时，Fe2＋以Fe(OH)2的形式完全沉淀：pH≥6.4时，Cu2＋以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH为3～4时，Fe3＋以Fe(OH)3的形式完全沉淀。
(1)为除去溶液中的Fe2＋，可采用的方法是(　　)
A．直接加碱，调整溶液pH≥9.6
B．加纯铜粉，将Fe2＋还原出来
C．先将Fe2＋氧化成Fe3＋，再调整pH到3～4
D．通入硫化氢，使Fe2＋直接沉淀
(2)工业上为除去溶液中的Fe2＋，常使用NaClO，当溶液中加入NaClO后，溶液pH变化情况是(　　)
A．肯定减小
B．肯定增大
C．可能减小
D．可能增大
(3)若此溶液中只含有Fe3＋时，要调整pH为3～4，此时最好向溶液中加入(　　)
A．NaOH溶液
B．氨水
C．CuCl2溶液
D．CuO固体
解析　(1)A项中pH≥9.6时，Cu2＋也将沉淀；B项中，铜粉不能将Fe2＋还原出来；D项中，Fe2＋与H2S不反应。(2)NaClO具有强氧化性，能将Fe2＋氧化：2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O，反应中消耗H＋，pH一定增大。(3)此溶液中只含杂质Fe3＋，要调整pH到3～4，加入的物质必须能与酸反应，使c(H＋)减小，且不引入新的杂质离子，D项符合条件。
答案　(1)C　(2)B　(3)D
【特别提醒】　在物质除杂、提纯实验中，一定要避免引入新的杂质，如上题中的第(3)问，NaOH溶液、氨水虽能调节pH到3～4，但会引入杂质离子。
变式训练2　某小型化工厂生产皓矾(ZnSO4·7H2O)的工艺流程如下图所示：
已知：开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为Fe(OH)3：2.7～3.7；Fe(OH)2：7.6～9.6；Zn(OH)2：5.7～8.0。
试回答下列问题：
(1)加入的①应是________，其目的是______________________________________________。
(2)加入的②，供选择使用的有：氨水、NaClO溶液、20%
H2O2溶液、浓硫酸、浓硝酸等，应选用________，其理由是_______________________________________________________。
(3)加入的③是________，目的是___________________________________________________
_______________________________________________________________________________。
答案　(1)Zn　将Cu2＋、Fe3＋等杂质离子除去
(2)20%
H2O2溶液　H2O2作氧化剂，可将Fe2＋氧化为Fe3＋，且不引入其他杂质　(3)ZnO或Zn(OH)2(答案合理即可)　调节溶液的pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀除去
解析　向溶液中加入Zn，发生反应：Cu2＋＋Zn===Zn2＋＋Cu、2Fe3＋＋Zn===2Fe2＋＋Zn2＋，然后把Fe2＋氧化成Fe3＋，在选择氧化剂时，应使用H2O2，因为H2O2的还原产物为H2O，不引入新杂质，然后通过调节溶液的pH，使Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀而除去。
1．除去NaCl中的FeCl3需加入的试剂是(　　)
A．NaOH
B．石灰水
C．铜片
D．氨水
答案　A
解析　在除去FeCl3时，不能引入新的杂质。
2．自然界地表层原生铜的硫化物经氧化、淋滤作用后变成CuSO4溶液，向地下深层渗透，遇到难溶的ZnS或PbS，慢慢转变为铜蓝(CuS)。下列分析正确的是(　　)
A．CuS的溶解度大于PbS的溶解度
B．原生铜的硫化物具有还原性，而铜蓝没有还原性
C．CuSO4与ZnS反应的离子方程式是Cu2＋＋S2－===CuS↓
D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应
答案　D
解析　CuSO4与PbS反应可以生成CuS，所以CuS的溶解度小于PbS的，A错误；硫化物中硫的化合价为－2，均具有还原性，B错误；ZnS难溶于水，不能写成离子形式，C错误；铜的硫化物首先被氧化成CuSO4，然后硫酸铜与ZnS、PbS发生复分解反应生成更难溶的CuS，D正确。
3．以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有少量Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金属离子，通过添加过量难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀，经过滤除去包括MnS在内的沉淀，再经蒸发、结晶，可得纯净的MnCl2。根据上述实验事实，可推知MnS具有的相关性质是(　　)
A．具有吸附性
B．溶解度与CuS、PbS、CdS等相同
C．溶解度大于CuS、PbS、CdS
D．溶解度小于CuS、PbS、CdS
答案　C
解析　本题考查了沉淀的转化，MnS与Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋生成溶解度更小的硫化物。
4．已知Ksp(AgCl)＝1.56×10－10，Ksp(AgBr)＝7.7×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO，浓度均为0.010
mol
·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010
mol·
L－1的AgNO3
溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为(　　)
A．Cl－、Br－、CrO
B．CrO、Br－、Cl－
C．Br－、Cl－、CrO
D．Br－、CrO、Cl－
答案　C
解析　要产生AgCl沉淀，c(Ag＋)＞
mol·L－1＝1.56×10－8
mol·L－1；
要产生AgBr沉淀，c(Ag＋)＞
mol·L－1
＝7.7×10－11mol·L－1；
要产生Ag2CrO4，需c2(Ag＋)·c(CrO)＞
Ksp(Ag2CrO4)＝9.0×10－12，
即c(Ag＋)＞
mol·L－1＝3.0×10－5
mol·L－1；
显然沉淀的顺序为Br－、Cl－、CrO。
[基础过关]
一、溶度积与沉淀的生成或溶解
1．已知25
℃时，电离常数Ka(HF)＝3.6×10－4，溶度积常数Ksp(CaF2)＝1.46×10－10。现向1
L
0.2
mol·L－1
HF溶液中加入1
L
0.2
mol·L－1
CaCl2溶液，则下列说法中正确的是(　　)
A．25
℃时，0.1
mol·L－1
HF溶液中pH＝1
B．Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化
C．该体系中有CaF2沉淀产生
D．该体系中，Ksp(CaF2)＝
答案　C
解析　A项错误，如HF为强酸，则0.1
mol/L
HF溶液pH＝1，实际HF是弱酸，所以pH>1；B项错误，Ksp作为一种特殊的平衡常数，不随浓度的变化而变化；C项正确，HF电离出的c(H＋)＝c(F－)＝6×10－2
mol/L，c(Ca2＋)＝0.1
mol/L，此时KQ(CaF2)＝c(Ca2＋)·c2(F－)＝3.6×
10－4>Ksp(CaF2)，所以有沉淀生成。
2．一定温度下，难溶电解质AmBn在水溶液中达到沉淀溶解平衡时，其平衡常数Ksp＝
cm(An＋)·cn(Bm－)称为难溶电解质的溶度积。已知下表数据：
物质
Fe(OH)2
Cu(OH)2
Fe(OH)3
Ksp(25
℃)
8.0×10－16
2.2×10－20
4.0×10－38
完全沉淀时的pH范围
≥9.6
≥6.4
≥3
下列关于含有等物质的量的CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的混合溶液的说法正确的是(　　)
A．向该混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，最先看到的是蓝色沉淀
B．该混合溶液中c(SO)∶[c(Cu2＋)＋c(Fe2＋)＋c(Fe3＋)]>5∶4
C．向该混合溶液中加入适量氯水，调节pH到4～5后过滤，可获得纯净的CuSO4溶液
D．向该混合溶液中加入适量氨水，调节pH到9.6后过滤，将所得沉淀灼烧，可得到等物质的量的CuO、FeO、Fe2O3三种固体的混合物
答案　B
解析　在滴加NaOH溶液的过程中，先生成Fe(OH)3沉淀，故最先看到的是Fe(OH)3红褐色沉淀，A项错误；假设Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋均不水解，则c(SO)∶[c(Cu2＋)＋c(Fe2＋)＋c(Fe3＋)]＝5∶4，而这三种阳离子都可以水解，所以c(SO)∶[c(Cu2＋)＋c(Fe2＋)＋c(Fe3＋)]>5∶4，B项正确；氯水可将Fe2＋氧化为Fe3＋，pH＝4～5时，Fe3＋被完全沉淀，此时得到的并不是纯净的CuSO4溶液，溶液中还含有极少量的Fe3＋，又因为加入了氯水，所以还引入了Cl－，C项错误；灼烧后得不到FeO，因为在灼烧过程中，铁元素会完全转化为Fe2O3，D项错误。
3．已知几种难溶电解质的溶度积常数Ksp(25
℃)见下表：
难溶电解质
AgCl
AgBr
AgI
Ag2SO4
Ag2CrO4
Ksp
1.8×10－10
5.4×10－13
8.5×10－17
1.4×10－5
1.12×10－12
下列叙述不正确的是(　　)
A．由溶度积常数可判断在相同条件下一些物质的溶解性大小
B．将等体积的4×10－3
mol·L－1的AgNO3溶液和4×10－3
mol·L－1的
K2CrO4溶液混合，有Ag2CrO4沉淀产生
C．向AgCl的悬浊液中滴加饱和NaBr溶液可以得到黄色AgBr悬浊液
D．向100
mL
0.1
mol·L－1的Na2SO4溶液中加入1
mL
0.1
mol·L－1的AgNO3溶液，有白色沉淀生成
答案　D
解析　D项，混合溶液中c(Ag＋)＝0.1
mol·L－1×≈0.001
mol·L－1，c2(Ag＋)·c(SO)＝0.0012×0.1＝1×10－7<1.4×10－5，故不会产生沉淀。
4．Cu(OH)2在水中存在着如下沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s)??Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，在常温下，Ksp＝2×10－20。某CuSO4溶液中，c(Cu2＋)＝0.02
mol·L－1，在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，需要向CuSO4溶液加入碱溶液来调整pH，使溶液的pH大于(　　)
A．2
B．3
C．4
D．5
答案　D
解析　Cu(OH)2(s)===Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，其中Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，要使Cu(OH)2沉淀需达到其Ksp，故，c(OH－)＞＝mol·L－1故c(OH－)＞1×10－9
mol·
L－1，则c(H＋)＜1×10－5
mol·L－1，因此pH应大于5。
5．海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：
模拟海水中的离子浓度/mol·L－1
Na＋
Mg2＋
Ca2＋
Cl－
HCO
0.439
0.050
0.011
0.560
0.001
注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5
mol·L－1，可认为该离子不存在；
实验过程中，假设溶液体积不变。
Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9
Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6
Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10－6
Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12
下列说法正确的是(　　)
A．沉淀物X为CaCO3
B．滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋
C．滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋
D．步骤②中若改为加入4.2
g
NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物
答案　A
解析　由于HCO＋OH－＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2O，且Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9，Qc＝c(CO)·c(Ca2＋)＝1.0×10－3×1.1×10－2＝1.1×10－5>Ksp(CaCO3)，因此X为CaCO3，A正确；Ca2＋反应完后剩余浓度大于1.0×10－5
mol·L－1，则M中存在Mg2＋、Ca2＋，B不正确；pH＝11.0时可求得c(OH－)＝10－3
mol·L－1，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，c(Mg2＋)＝
mol·L－1<1.0×10－5
mol·L－1，因此N中只存在Ca2＋不存在Mg2＋，C不正确；同理，加入
4.2
g
NaOH
固体时沉淀物应是Mg(OH)2，D错误。
二、沉淀方法的选择
6．如图表示的是难溶氢氧化物在不同pH下的溶解度(S)，下列说法正确的是(　　)
A．pH＝3时溶液中铁元素的主要存在形式是Fe3＋
B．若Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，可通过调节溶液pH的方法除去
C．若要分离溶液中的Fe3＋和Cu2＋，可调节溶液的pH为4
D．若向含有Cu2＋和Ni2＋的溶液中加入烧碱，Ni(OH)2优先沉淀
答案　C
解析　当pH＝3时，Fe3＋已沉淀完全，A项错误。由于Ni2＋和Co2＋完全沉淀时的pH相差不大，故不宜通过调节溶液pH的方法除去，B项错误。根据图可知向含有Cu2＋和Ni2＋的溶液中加入烧碱，Cu(OH)2优先沉淀，D项错误。
7．工业废水中常含有不同类型的污染物，可采用不同的方法处理。以下处理措施和方法都正确的是(　　)
选项
污染物
处理措施
方法类别
A
废酸
加生石灰中和
物理法
B
Cu2＋等重金属离子
加硫酸盐沉降
化学法
C
含苯废水
用活性炭吸附
物理法
D
含纯碱的废水
加石灰水反应
化学法
答案　C
解析　废酸与碱中和属于化学法，A项错；Cu2＋不能用SO沉降，B项错；Na2CO3
＋
Ca(OH)2===CaCO3↓＋
2NaOH，是复分解法，属于化学法，但溶质碱性更强、污染更严重，D项错误。
[能力提升]
8．已知难溶电解质在水溶液中存在溶解平衡MmAn(s)??mMn＋(aq)＋nAm－(aq)，Ksp＝
cm(Mn＋)·cn(Am－)称为溶度积。
某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性，查得如下资料(25
℃)：
难溶电解质
CaCO3
CaSO4
MgCO3
Mg(OH)2
Ksp
2.8×10－9
9.1×10－6
6.8×10－6
1.8×10－11
他们的实验步骤如下：
①往100
mL
0.1
mol·L－1的CaCl2溶液中加入0.1
mol·L－1的Na2SO4溶液100
mL立即有白色沉淀生成。
②向上述悬浊液中加入固体Na2CO3
3
g，搅拌，静置后弃去上层清液。
③再加入蒸馏水搅拌，静置后再弃去上层清液。
④________________________________________________________________________。
(1)由题中信息知Ksp越大，表示电解质的溶解度越________(填“大”或“小”)。
(2)写出第②步发生反应的化学方程式______________________________________________
_________________________。
(3)设计第③步的目的是__________________________________________________________。
(4)请补充第④步操作及发生的现象________________________________________________
____________________。
(5)请写出该转化在实际生活、生产中的一个应用_____________________________________
______________________________________________________________________________。
答案　(1)大
(2)Na2CO3(aq)＋CaSO4(s)
??CaCO3(s)＋Na2SO4(aq)
(3)洗去沉淀上附着的SO
(4)向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解，有气泡产生
(5)将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，易于除去
解析　Ksp越大，表示电解质的溶解度越大。要证明CaSO4完全转化为CaCO3，可以加入盐酸，因为CaSO4不和盐酸反应，而CaCO3可完全溶于盐酸。在实际生活、生产中利用此反应可以将锅炉水垢中的CaSO4转化为CaCO3，易于除去。
9．已知常温下各物质的溶度积或电离平衡常数如下：
Ksp(CuS)＝1.3×10－36，Ksp(FeS)＝6.5×10－18
H2S：Ka1＝1.2×10－7，Ka2＝7×10－15
一般来说，如果一个反应的平衡常数大于105，通常认为反应进行得较完全；如果一个反应的平衡常数小于10－5，则认为该反应很难进行。请回答：
(1)向浓度均为0.1
mol·L－1的FeSO4和CuSO4的混合溶液中加Na2S溶液，请写出首先出现沉淀的离子方程式
________________________________________________________________________。
当加入Na2S溶液至出现两种沉淀，则溶液中c(Fe2＋)∶c(Cu2＋)＝________。
(2)通过计算说明反应CuS(s)＋2H＋===Cu2＋＋H2S进行的程度__________________________
_________________________________________。
(3)常温下，NaHS溶液呈碱性，此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是__________________
______________________________________________________。
若向此溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反应，所得溶液的pH________(填“>”、“<”或“＝”)7。用离子方程式表示其原因___________________________________________
______________________________________________________________________________。
答案　(1)Cu2＋＋S2－===CuS↓　5.0×1018
(2)反应很难进行
(3)c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(S2－)>c(H＋)　<　HS－＋Cu2＋===CuS↓＋H＋
解析　(1)由于c(Cu2＋)和c(Fe2＋)浓度相同且Ksp(FeS)>Ksp(CuS)。当加入Na2S溶液时先生成CuS沉淀，当同时产生CuS和FeS沉淀时，CuS和FeS均达到溶解平衡。所以＝＝＝5.0×1018。
(2)K＝＝
＝Ksp(CuS)×＝＝≈1.55×
10－15<10－5
故反应很难进行。
(3)HS－水解能力大于电离能力，溶液中c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(S2－)>c(H＋)。CuSO4溶液与NaHS溶液发生反应离子方程式为Cu2＋＋HS－===CuS↓＋H＋，故溶液pH<7。
10．痛风是以关节炎反复发作及产生肾结石为特征的一类疾病，关节炎的原因归结于在关节滑液中形成了尿酸钠(NaUr)晶体，有关平衡如下；
①HUr(尿酸，aq)
??Ur－(尿酸根，aq)＋H＋(aq)(37
℃时，Ka＝4.0×10－6)
②NaUr(s)
??Ur－(aq)＋Na＋(aq)
(1)37
℃时，1.0
L水中最多可溶解8.0×10－3
mol尿酸钠，此温度下尿酸钠的Ksp为________________________________________________________________________。
(2)关节炎发作多在脚趾和手指的关节处，这说明温度降低时，尿酸钠的Ksp________(填“增大”、“减小”或“不变”)，生成尿酸钠晶体的反应是________(填“放热”或“吸热”)反应。
(3)37
℃时，某尿酸结石病人尿液中尿酸分子和尿酸根离子的总浓度为2.0×10－3
mol·L－1，其中尿酸分子的浓度为5.0×10－4
mol·L－1，该病人尿液的c(H＋)为____，pH________(填“>”、“＝”或“<”)7。
答案　(1)6.4×10－5　(2)减小　放热
(3)1.33×10－6
mol·L－1　<
解析　(1)尿酸钠的Ksp＝c(Na＋)·c(Ur－)＝8.0×10－3×8.0×10－3＝6.4×10－5。
(2)由题给信息，关节炎是因为形成了尿酸钠晶体，说明反应②的平衡向逆反应方向移动，Ksp减小。温度降低平衡逆向移动，说明生成尿酸钠晶体的反应是放热反应。
(3)c(HUr)＝5.0×10－4
mol·L－1，c(Ur－)＝2.0×10－3
mol·L－1－5.0×10－4
mol·L－1＝1.5×
10－3
mol·L－1，根据：Ka＝，
c(H＋)＝
mol·L－1
≈1.33×10－6
mol·L－1。
[拓展探究]
11．工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大危害，必须进行处理。还原沉淀法是常用的一种方法，其过程如下：
CrOCr2OCr3＋Cr(OH)3↓
(1)转化过程中存在平衡：2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O。能说明该反应达平衡状态的是________。
a．Cr2O和CrO的浓度相同
b．2v(Cr2O)＝v(CrO)
c．溶液的pH保持不变
(2)若1
L废水转化后所得溶液中含铬元素的质量为28.6
g，CrO有
转化为Cr2O(已知铬的相对原子质量为52)。
①转化后所得溶液中c(Cr2O)＝__________。
②已知：常温时该反应的平衡常数K＝1014。上述转化后所得溶液的pH＝________。
(3)若在还原过程中还原1
mol
Cr2O，需要____mol的FeSO4·7H2O。
(4)沉淀过程中生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)
??Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝10－32，要使c(Cr3＋)降至10－5
mol·L－1，溶液的pH应调至________。
答案　(1)c　(2)①0.25
mol·L－1　②6　(3)6　(4)5
解析　(1)溶液的pH不变，说明c(H＋)不变，表明反应已达平衡，c正确。
(2)c(CrO)＋2c(Cr2O)＝0.55
mol·L－1，
eq
\f(2c（Cr2O）,c（CrO）＋2c（Cr2O）)＝，
解得：c(CrO)＝0.05
mol·L－1，
c(Cr2O)＝0.25
mol·L－1，
K＝eq
\f(c（Cr2O）,c2（CrO）·c2（H＋）)＝1014，
解得：c(H＋)＝10－6
mol·L－1，pH＝6。
(3)Cr2O中Cr的化合价是＋6，所以1
mol
Cr2O被还原转移6
mol电子；1
mol
Fe2＋被氧化生成Fe3＋，转移1
mol电子，因此根据得失电子守恒可知需要FeSO4·7H2O的物质的量为
6
mol。
(4)由溶度积常数的表达式Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝10－32可知，当c(Cr3＋)＝10－5
mol·L－1时，c(OH－)＝10－9
mol·L－1，所以pH＝5。3.3.2
盐类水解反应的利用
1.(2016·聊城高二检测)下列哪组离子能在水溶液中大量共存　(　　)
A.K+、C、HS-、S2-、Al3+、Al
B.Mn、Na+、S、K+、Cl-
C.S、Ag+、S、S2-、Al、K+
D.Fe2+、Cl-、H+、N
【解析】选B。A中有能发生相互促进水解反应的离子,C中有能形成沉淀的离子,D中的Fe2+、H+、N可发生氧化还原反应。
2.(2016·太原高二检测)下列关于盐类水解的应用中,说法正确的是　(　　)
A.加热蒸干Na2CO3溶液,最后可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体
B.除去MgCl2中的Fe3+,可以加入NaOH固体
C.明矾净水的反应:Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+
D.加热蒸干KCl溶液,最后得到KOH固体(不考虑CO2的反应)
【解析】选C。A项,加热蒸发Na2CO3溶液得不到NaOH。虽然加热促进C水解,但生成的NaHCO3又与NaOH反应生成了Na2CO3;B项,Mg2+和Fe3+均可与OH-反应生成沉淀,且引入了新杂质Na+;D项,KCl不水解,不可能得到KOH固体。
3.(2016·长春高二检测)相同物质的量浓度的下列铵盐中,c(N)最大的是　
(　　)
A.NH4HCO3　　　　　　
B.NH4HSO4
C.NH4NO3　
D.CH3COONH4
【解析】选B。先找出对N水解无影响的阴离子,再看是促进的还是抑制的,并排出顺序。NH4NO3中N的水解不受影响,NH4HSO4电离出H+抑制N水解,c(N)大,HC、CH3COO-对N的水解都有促进作用,c(N)小。
4.(2016·连云港高二检测)把0.02mol·L-1CH3COOH溶液和0.01mol·L-1NaOH溶液以等体积混合,混合溶液中粒子浓度关系正确的是　(　　)
A.c(CH3COO-)>c(Na+)
B.c(CH3COOH)>c(CH3COO-)
C.2c(H+)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)
D.c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.02
mol·L-1
【解析】选A。溶液混合后,二者反应,但CH3COOH过量,故为CH3COONa和CH3COOH的混合体系。CH3COOH和CH3COO-相互抑制,但以CH3COOH电离为主,溶液显酸性,即c(H+)>c(OH-),由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),则有c(CH3COO-)>c(Na+),A正确;CH3COOH电离程度大于CH3COO-水解程度,B不正确;对于C项:由于存在c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-)的电荷守恒①和2c(Na+)=
c(CH3COO-)+c(CH3COOH)的物料守恒②,联立①②两式可得:2c(H+)=c(CH3COO-)-
c(CH3COOH)+2c(OH-),所以C错;D项看似是物料守恒,但溶液的体积是原来的2倍,则c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.01
mol·L-1,D错误。
5.(双选)25℃时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是　(　　)
A.1L0.1mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O溶液中:c(N)+c(Fe2+)+c(H+)=c(OH-)+
c(S)
B.0.1mol·L-1的NH4Cl与0.1mol·L-1的NH3·H2O等体积混合:c(N)+2c(H+)=
c(NH3·H2O)+2c(OH-)
C.pH=9.4、浓度均为0.1mol·L-1的HCN与NaCN的混合溶液中:c(Na+)>c(CN-)>
c(HCN)>c(OH-)
D.0.1mol·L-1CH3COONa溶液与0.05mol·L-1盐酸等体积混合后的酸性溶液中:c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+)
【解析】选B、D。根据电荷守恒可以判断A错误;根据电荷守恒和物料守恒可知B正确;pH=9.4说明水解大于电离,所以c(HCN)的浓度大于c(CN-)故C错误;0.1mol·L-1CH3COONa溶液与0.05mol·L-1盐酸等体积混合后溶液中有CH3COOH为0.025mol·L-1、CH3COONa为0.025mol·L-1所以有c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>
c(H+)故D正确。
6.(2016·厦门高二检测)常温下,0.2mol·L-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示,下列说法正确的是　
(　　)
A.HA为强酸
B.该混合液pH=7
C.该混合溶液中c(A-)+c(Y)=c(Na+)
D.图中X表示HA,Y表示OH-,Z表示H+
【解析】选C。做图象题首先要弄清横、纵坐标轴所代表的意义,本题所给图象的纵坐标为浓度,横坐标为各组分,即本图象给出的是各组分的浓度大小关系。其中,A-浓度最大,X、Y、Z浓度依次减小,由题意知,HA与NaOH反应生成0.1mol·L-1的NaA溶液。A项,由于A-浓度小于0.1mol·L-1,说明A-水解,即HA是弱酸,错误;B项,由于A-水解,水解后溶液呈碱性,错误;D项,混合溶液中粒子浓度大小关系为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),因此X表示OH-,Y表示HA,Z表示H+,错误;C项,根据物料守恒可知,c(A-)+c(HA)=c(Na+),即c(A-)+c(Y)=c(Na+),正确。
【易错提醒】
弱酸与强碱溶液混合后,若呈碱性,可能是碱过量,也可能是碱适量,还可能是碱稍微少量。
7.现有常温下的六份溶液:
①0.01mol·L-1CH3COOH溶液;
②0.01mol·L-1HCl溶液;
③pH=12的氨水;
④pH=12的NaOH溶液;
⑤0.01mol·L-1CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液;
⑥0.01mol·L-1HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。
(1)其中水的电离程度最大的是________(填序号,下同),水的电离程度相同的是________。
(2)若将②、③混合后所得溶液pH=7,则消耗溶液的体积:②________③(填“>”“<”或“=”)
(3)将六份溶液同等稀释10倍后,溶液的pH:
①________②,③________④,⑤________⑥(填“>”“<”或“=”)。
(4)将①、④混合,若有c(CH3COO-)>c(H+),则混合溶液可能呈________(填序号)。
A.酸性　　B.碱性　　C.中性
【解析】①0.01mol·L-1CH3COOH溶液中pH大于2;
②0.01mol·L-1HCl溶液中pH=2;
③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol·L-1;
④pH=12的NaOH溶液中氢氧化钠浓度等于0.01mol·L-1;
⑤0.01mol·L-1CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液,氨水过量,溶液呈碱性;
⑥0.01mol·L-1HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合所得溶液,二者恰好反应生成氯化钠,溶液呈中性。
(1)酸或碱抑制水电离,含有弱酸根或弱碱离子的盐促进水电离,①②③④⑤抑制水电离,⑥既不促进水电离也不抑制水电离,所以水的电离程度最大的是⑥;酸中氢离子浓度和碱中氢氧根离子浓度相等时,水的电离程度相同,②中氢离子浓度和③、④中氢氧根离子浓度相等,所以水的电离程度相同的是②③④。
(2)②0.01mol·L-1HCl溶液中pH=2,③pH=12的氨水中氨水浓度大于0.01mol·L-1,若等体积混合,则溶液呈碱性,要使二者混合溶液呈中性,则酸的量稍微大于碱。
(3)将这几种溶液稀释相同的倍数时,加水稀释促进弱电解质的电离,①中醋酸电离程度小于②,所以②中氢离子浓度大于①,所以①的pH>②;③④中氢氧根离子浓度相等,加水稀释促进一水合氨电离,导致③中氢氧根离子增多,所以③的pH>④;⑤中加水稀释后溶液仍然呈碱性;⑥的混合溶液呈中性,所以pH⑤>⑥。
(4)将①、④混合,若有c(CH3COO-)>c(H+),如果溶液中c(OH-)>c(H+),则混合溶液呈碱性,如果c(OH-)答案:(1)⑥　②③④　(2)>　(3)>　>　>　(4)A、B、C
8.【能力挑战题】25℃时0.1mol·L-1的醋酸溶液的pH约为3,当向其中加入醋酸钠晶体,等晶体溶解后发现溶液的pH增大,对上述现象有两种不同的解释:
甲认为:醋酸钠水解呈碱性,c(OH-)增大了,因而溶液的pH增大;
乙认为:醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子,抑制了醋酸的电离,使c(H+)减小,因此溶液的pH增大。
(1)为了验证上述哪种解释正确,继续做如下实验:向0.1mol·L-1的醋酸溶液中加入少量下列物质中的________(填写编号),然后测定溶液的pH。(已知25℃时,CH3COONH4溶液呈中性)。
A.固体CH3COOK
B.固体CH3COONH4
C.气体NH3
D.固体NaHCO3
(2)加入(1)中物质后,若甲的解释正确,溶液的pH应__________;若乙的解释正确,溶液的pH应________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)常温下将0.010mol
CH3COONa和0.004mol
HCl溶于水,配制成0.5L混合溶液。判断:
①溶液中共有________种粒子。
②其中有两种粒子的物质的量之和一定等于0.010mol,它们是________和________。
③溶液中n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H+)=________mol。
【解析】(1)CH3COONH4溶液中,CH3COO-和N都发生水解,且水解程度相等,CH3COONH4溶液呈中性,将CH3COONH4加入0.1mol·L-1醋酸中使pH增大,说明CH3COO-抑制了醋酸的电离,其他物质的水溶液都呈碱性,不能用于证明。(2)醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子,抑制了醋酸的电离,使c(H+)减小,则溶液pH增大。(3)①将0.010mol
CH3COONa和0.004mol
HCl溶于水,由于发生CH3COO-+H+CH3COOH,溶液中存在CH3COO-、Cl-、OH-、H+、Na+、CH3COOH和H2O等粒子,共7种。②根据物料守恒可知,0.010mol
CH3COONa在溶液中以CH3COOH和CH3COO-存在,故n(CH3COOH)+n(CH3COO-)=0.010mol。③溶液遵循电荷守恒,存在:n(H+)+n(Na+)=n(Cl-)+n(CH3COO-)+n(OH-),则n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H+)=n(Na+)
-n(Cl-)=0.010mol-0.004mol=0.006mol。
答案:(1)B　(2)不变　增大　(3)①7　②CH3COOH　CH3COO-　③0.0063.4
难溶电解质的溶解平衡
1.(2016·平顶山高二检测)向AgCl饱和溶液中加水,下列叙述正确的是　(　　)
A.AgCl的溶解度增大
B.AgCl的溶解度、Ksp均不变
C.AgCl的Ksp增大
D.AgCl的溶解度、Ksp均增大
【解析】选B。物质的溶解度和溶度积都是温度的函数,与溶液的浓度无关。所以向AgCl饱和溶液中加水,AgCl的溶解度和Ksp都不变,故B项对。
2.(2016·海南高考)向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化)。下列数值变小的是　(　　)
A.c(C)　　
B.c(Mg2+)　　
C.c(H+)　　
D.Ksp(MgCO3)
【解析】选A。含有MgCO3固体的溶液中存在:MgCO3(s)Mg2+(aq)+
C(aq),加入少量稀盐酸可与C反应生成CO2,促使溶解平衡正向移动,c(C)减小,A正确;c(Mg2+)及c(H+)增大,B、C错误;温度不变,Ksp(MgCO3)不变,D错误。
3.实验:①0.1mol·L-1AgNO3溶液和0.1mol·L-1NaCl溶液等体积混合得到浊液a,过滤得到滤液b和白色沉淀c;
②向滤液b中滴加0.1mol·L-1KI溶液,出现浑浊;
③向沉淀c中滴加0.1mol·L-1KI溶液,沉淀变为黄色。
下列分析不正确的是　(　　)
A.浊液a中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)
B.滤液b中不含有Ag+
C.③中颜色变化说明AgCl转化为AgI
D.实验可以证明AgI比AgCl更难溶
【解析】选B。由于硝酸银和氯化钠混合后一定生成氯化银的悬浊液,所以在该悬浊液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq);向过滤后的滤液中加入0.1mol·L-1的KI,出现浑浊,说明在滤液b中仍然存在Ag;沉淀总是向着生成物溶解度更小的方向移动,所以由实验③可知,由于沉淀由白色转化黄色,所以是由氯化银转化成碘化银,所以碘化银比氯化银更难溶。
4.牙齿表面有一层硬的成分为Ca5(PO4)3OH的物质保护,它在唾液中存在下列平衡:Ca5(PO4)3OH5Ca2++3P+OH-。已知Ca5(PO4)3F(s)的溶解度比Ca5(PO4)3OH(s)更小,为了保护牙齿,世界各地均采用了不同的措施。以下措施中不能保护牙齿的是　(　　)
A.饮用纯净水
B.在牙膏中添加适量的Ca2+或P
C.在饮用水中加入适量氟化物添加剂
D.在牙膏中加入氟化物添加剂
【解析】选A。在牙膏中添加适量的Ca2+或P会促使Ca5(PO4)3OH的溶解平衡向左进行,有利于牙齿的保护;在饮用水或牙膏中加入适量氟化物会在牙齿表面生成溶解度更小的Ca5(PO4)3F而保护牙齿。
5.(2016·鞍山高二检测)25℃时,已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(Ksp)分别为Ksp(FeS)=6.3×10-18;Ksp(CuS)=1.3×10-36;Ksp(ZnS)=1.6×10-24。下列关于常温时的有关叙述正确的是　(　　)
A.硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大
B.将足量的ZnSO4晶体加入0.1mol·L-1的Na2S溶液中,Zn2+的浓度最大只能达到1.6×10-23mol·L-1
C.除去工业废水中含有的Cu2+,可采用FeS固体作为沉淀剂
D.向饱和的FeS溶液中加入FeSO4溶液后,混合液中c(Fe2+)变大、c(S2-)变小,但Ksp(FeS)变大
【解析】选C。化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时,Ksp数值越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强,由Ksp可知,常温下,CuS的溶解度最小,故A错;将足量的ZnSO4晶体加入0.1mol·L-1的Na2S溶液中,c(S2-)将减至非常小,而Zn2+的浓度远远大于1.6×10-23mol·L-1;因CuS比FeS更难溶,FeS沉淀可转化为CuS沉淀;温度不变,Ksp(FeS)不变。
6.已知25℃时,AgI饱和溶液中c(Ag+)为1.23×10-8mol·L-1,AgCl的饱和溶液中c(Ag+)为1.25×10-5mol·L-1。若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol·L-1的溶液中,加入8mL0.01mol·L-1AgNO3溶液,下列叙述正确的是　(　　)
A.混合溶液中c(K+)>c(N)>c(Ag+)>c(Cl-)>c(I-)
B.混合溶液中c(K+)>c(N)>c(Cl-)>c(Ag+)>c(I-)
C.加入AgNO3溶液时首先生成AgCl沉淀
D.混合溶液中约为1.02×10-3
【解析】选B。KCl、KI混合溶液中加入AgNO3溶液,先生成AgI,再生成AgCl,AgNO3+KIAgI↓+KNO3,n(KCl)=n(KI)=0.01
mol·L-1×5
mL=5.0×10-5mol,生成AgI消耗n(AgNO3)=5.0×10-5mol,剩余的AgNO3为0.01
mol·L-1×8mL×10-3L·mL-1-5.0×10-5mol=3.0×10-5mol,与KCl发生反应后,KCl过量,生成AgCl为3.0×10-5mol,由此得出反应后溶液中的溶质为KNO3、KCl,生成AgCl、AgI沉淀,由上所述,A、C错误,B正确;混合溶液中c(Cl-)>c(I-),>1,D错误。
7.【能力挑战题】(2016·衡水高二检测)某小型化工厂生产皓矾(ZnSO4·7H2O)的工艺流程如下图所示:
已知:开始生成氢氧化物沉淀到沉淀完全的pH范围分别为Fe(OH)3:2.7～3.7;Fe(OH)2:7.6～9.6;Zn(OH)2:5.7～8.0。
试回答下列问题:
(1)加入的试剂①应是________,其目的是___________________。
(2)加入的试剂②,供选择使用的有:氨水、NaClO溶液、20%H2O2溶液、浓硫酸、浓硝酸等,应选用________,其理由是_______________________。
(3)加入的试剂③是________,目的是_______________________。
【解析】向溶液中加入Zn,发生反应:Cu2++ZnZn2++Cu、2Fe3++Zn2Fe2++Zn2+,然后把Fe2+氧化成Fe3+,在选择氧化剂时,应使用H2O2,因为H2O2的还原产物为H2O,不引入其他杂质,然后通过调节溶液的pH,使Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀而除去。
答案:(1)Zn　将Cu2+、Fe3+、Fe2+等杂质离子除去
(2)20%H2O2溶液　H2O2作氧化剂,可将Fe2+氧化为Fe3+,且不引入其他杂质
(3)ZnO或Zn(OH)2(答案合理即可)　调节溶液的pH,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀
【补偿训练】(2016·福州高二检测)已知:Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq),Ksp=
c(Cu2+)·c2(OH-)=2×10-20。
(1)某CuSO4溶液里c(Cu2+)=0.02
mol·L-1,如要生成Cu(OH)2沉淀,应调整溶液的pH大于________。
(2)要使0.2mol·L-1CuSO4溶液中的Cu2+沉淀较为完全(使Cu2+浓度降低至原来的千分之一),则应向溶液里加入NaOH溶液,使溶液pH等于________。
【解析】(1)依题意,当c(Cu2+)·[c(OH-)]2=2×10-20时开始出现沉淀,则c(OH-)=mol·L-1=mol·L-1=1×10-9mol·L-1,由c(H+)=mol·L-1=mol·L-1=1×10-5mol·L-1,pH=5。
(2)由于要生成Cu(OH)2沉淀,应调整溶液pH≥5,要使c(Cu2+)降至=2×10-4mol·L-1,则c(OH-)=mol·L-1=mol·L-1=1×10-8mol·L-1,此时溶液pH=6。
答案:(1)5　(2)6(共50张PPT)
第2课时　影响盐类水解的主要因素和盐类水解反应的利用
阅读思考
自主检测
任务一、认真阅读教材第56页到第57页的内容,自主学习影响盐类水解的主要因素:
1.研究化学反应时,一般从哪两个方面考虑
提示研究化学反应时,可以从两方面考虑,一是反应物本身的性质,二是反应条件。
阅读思考
自主检测
2.影响盐类水解的因素有哪些
提示从反应物考虑,盐类水解反应的发生是由于其能与水作用生成弱电解质(弱酸或弱碱),如果生成弱电解质的倾向越大,对水电离平衡的影响越大,溶液中c(H+)和c(OH-)的差别就越大,即水解的程度越大。以生成弱酸为例:
阅读思考
自主检测
也就是说生成盐的弱酸(或弱碱)越弱,即越难电离,该盐的水解程度越大。
从反应条件考虑,水解反应是可逆反应,影响水解程度的因素可以从引起水解平衡的因素分析、寻找。
任务二、认真阅读教材第57页到第58页的内容,自主学习盐类水解反应的利用:
1.为什么加热可以增强纯碱溶液的去污能力
提示纯碱溶液清洗油污时,加热可以增强其去污力的原因,在于升温可以促进碳酸钠的水解,使溶液中c(OH-)增大。
2.配制FeCl3溶液时为什么要加入少量盐酸
提示配制FeCl3水溶液时,加入少量的盐酸,是为了抑制水解以防止溶液浑浊。
阅读思考
自主检测
3.铝盐和铁盐为什么可以用于净水
提示部分盐在水解时,可生成难溶于水的氢氧化物,当生成的氢氧化物呈胶体状态且无毒时,可用作净水剂,例如铝盐、铁盐。
4.用TiCl4制备TiO2的原理是什么
提示用TiCl4制备TiO2的反应可表示如下:
制备时加入大量的水,同时加热,促进水解趋于完全,所得TiO2·xH2O经焙烧得TiO2。
阅读思考
自主检测
1.下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　)
A.纯碱溶液去油污
B.小苏打溶液与AlCl3溶液混合产生气体和沉淀
C.加热稀醋酸溶液其pH稍有减小
D.硫化钠溶液显碱性
答案:C
2.下列说法中正确的是(　　)
A.配制FeCl3溶液时,将FeCl3固体溶解在稀硫酸中,然后再用水稀释到所需要的浓度
B.加热蒸干Na2CO3溶液可得到Na2CO3固体
C.Na2CO3溶液可以保存在带磨口塞的玻璃瓶中
D.泡沫灭火器中使用的原料是碳酸钠溶液和硫酸铝固体
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
探究问题
1.从反应物性质考虑,FeCl3是否易发生水解 水解的生成物是什么 写出其水解反应的离子方程式。
提示从反应物性质考虑,FeCl3中含有Fe3+易发生水解。水解的生成物是Fe(OH)3。其水解反应的离子方程式为Fe3++3H2O
Fe(OH)3+3H+。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
2.应用平衡移动原理,以FeCl3水解为例,分析外界条件对盐类水解的影响。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
提示
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
知识点拨
一、影响盐类水解的主要因素
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
说明:(1)内因:主要因素是盐本身的性质,组成盐的酸根对应的酸越弱或阳离子对应的碱越弱,水解程度就越大(越弱越水解)。例如,酸性:HFCH3COONa。
(2)外因:①温度:水解是吸热过程,故升高温度,水解程度增大,反之,则减小。②浓度:增大盐溶液的浓度,水解平衡向右移动,但水解程度减小;加水稀释可以促进水解,使平衡右移,水解程度增大。③酸、碱性:向盐溶液中加入H+,可以促进阴离子的水解,抑制阳离子的水解;向盐溶液中加入OH-,可以促进阳离子的水解,抑制阴离子的水解。④加入相互促进水解的离子,两种离子的水解程度均增大。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
(3)加水稀释能水解的盐溶液,所有溶质粒子浓度都减小,相对的c(H+)或c(OH-)增大。
如加水稀释CH3COONa溶液,c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(OH-)均减小,但由于温度不变,KW不变,所以c(H+)增大,即水解显碱性的盐,加水稀释时,c(H+)增大;水解显酸性的盐,加水稀释时,c(OH-)增大。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
二、盐类水解反应在生产、生活中的应用
1.用热纯碱溶液去污
加热可促进Na2CO3的水解,使溶液中c(OH-)增大,去污能力增强。
2.配制易水解的盐溶液
如配制FeCl3水溶液时,加入少量的盐酸,以防止溶液浑浊。
3.用盐作净水剂
如铝盐、铁盐溶于水时,水解生成氢氧化物胶体,可以净水。
4.制备胶体
向沸水中滴加FeCl3饱和溶液,并加热至沸腾以增大Fe3+的水解程度,从而制备Fe(OH)3胶体。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
5.泡沫灭火器灭火原理
Al2(SO4)3溶液与小苏打溶液发生相互促进的水解反应,产生CO2气体和Al(OH)3沉淀,将燃烧物质与空气隔离开来。
6.制备无机化合物
如用TiCl4制备TiO2,其反应的方程式为TiCl4+(x+2)H2O(过量)
TiO2·xH2O↓+4HCl。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
考向一　盐类水解的影响因素
【例题1】
向纯碱溶液中滴入酚酞溶液。
(1)观察到的现象是　,
原因是 　;
(2)若微热溶液,观察到的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　,原因是　 　;
(3)若向溶液中加入少量氯化铁溶液,观察到的现象是　,
原因是 　;
(4)若再向该溶液中滴入过量的氯化钡溶液,观察到的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:碳酸钠属于弱酸强碱盐,水解呈碱性:Na2CO3+H2O
NaOH+NaHCO3,水解反应是吸热反应。
(1)碳酸钠水解,溶液呈碱性,碱使酚酞溶液变红;
(2)加热促进碳酸钠水解,溶液碱性更强,所以溶液颜色变深;
(3)氯化铁溶液与OH-反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀,减小了溶液中OH-的浓度,促进碳酸根离子水解,并产生二氧化碳,相当于发生相互促进的水解反应;
(4)向溶液中加入过量的氯化钡溶液,生成碳酸钡沉淀,降低了溶液中
的浓度,减弱了碳酸根离子的水解程度,溶液碱性减弱直至消失,溶液褪色。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
答案:(1)溶液变红　碳酸根离子水解:
(2)红色变深　加热,碳酸根离子水解平衡向生成OH-的方向移动,溶液碱性增强　
(3)溶液红色变浅,同时生成红褐色沉淀,有气泡产生　氯化铁溶液与OH-反应生成红褐色氢氧化铁沉淀,溶液中OH-浓度减小,促进碳酸钠水解,并产生二氧化碳
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
规律方法点拨
盐类水解的影响因素:
若以CH3COONa溶液的水解平衡为例:CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-则结果如下:
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验1对滴有酚酞溶液的下列溶液,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固体
D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体
解析:明矾水解显酸性,加热促进水解,酚酞在酸性溶液中不显色,故A项错误;CH3COONa水解显碱性,加热促进水解,c(OH-)增大,溶液红色加深,B项正确;氨水显弱碱性,NH4Cl水解显酸性,溶液中c(OH-)减小,红色变浅,C项错误;加入少量NaCl固体对NaHCO3水解不产生影响,溶液颜色无变化,D项错误。
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
考向二　盐类水解的应用
题型一　配制盐溶液
【例题3】
在氯化铁溶液中存在下列水解平衡:FeCl3+3H2O
Fe(OH)3+3HCl　ΔH>0。
回答下列问题:
(1)加热FeCl3溶液,溶液的颜色会不断加深,得到一种红褐色透明液体,向这种液体中加入MgCl2溶液,产生的现象为　　　　　　　　　　　　　　　。
(2)在配制FeCl3溶液时,为防止浑浊,应加入　　　　。
(3)为了除去MgCl2酸性溶液中的Fe3+,可在加热搅拌的条件下加入MgCO3固体,过滤后再加入足量盐酸。MgCO3固体能除去Fe3+的原因是　　　　　。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:(1)加热FeCl3溶液得到Fe(OH)3胶体,加入电解质MgCl2使胶体聚沉而得到红褐色沉淀。(2)为防止浑浊,应加入盐酸抑制FeCl3水解。(3)
与Fe3+发生相互促进的水解反应,生成的Fe(OH)3过滤除去。
答案:(1)生成红褐色沉淀　(2)少许盐酸　(3)MgCO3能与H+反应,促进了Fe3+的水解,使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而被除去
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
规律方法点拨
盐类水解的应用:
(1)设计物质水溶液的配制方法。
凡配制能水解的盐溶液时,通常需采取防水解措施。
①配制强酸弱碱盐溶液:滴几滴相应的强酸,可使水解平衡向左移动,抑制弱碱阳离子的水解。如配制FeCl3的水溶液:FeCl3溶于水时发生水解反应
,因有Fe(OH)3的生成而使溶液变浑浊,通常先将FeCl3溶于稀盐酸中,抑制Fe3+
的水解,使溶液保持澄清,再加水稀释至所需浓度。
②配制强碱弱酸盐溶液:应加入少量强碱,抑制弱酸根离子水解。如配制硫化钠的水溶液时,应先滴入几滴氢氧化钠溶液,再加水稀释至所需浓度。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
(2)选择试剂的保存方法。
某些实验试剂贮存时要考虑到盐的水解。如Na2SO3溶液因水解使溶液呈碱性,OH-与玻璃的主要成分SiO2反应生成硅酸盐,使试剂瓶颈与瓶塞黏结,因而不能用带磨口玻璃塞的试剂瓶贮存,可用带橡胶塞或软木塞的试剂瓶保存。
(3)解决离子能否大量共存问题。
在水溶液中水解相互促进的离子:
①若相互促进程度较小,则可以大量共存,如
和CH3COO-、
等;
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验2普通泡沫灭火器是常用的灭火器材,内置的玻璃器皿里盛硫酸铝溶液,外面的铁质器皿里盛碳酸氢钠溶液。回答下列问题:
(1)不能把硫酸铝溶液盛在铁质器皿里的原因是　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示);不能把碳酸氢钠溶液盛在玻璃器皿里的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。
(2)灭火时打开阀门,并将泡沫灭火器倒置,此时发生反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)不用溶解度较大的碳酸钠代替碳酸氢钠的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
题型二　溶液蒸干所得固体问题
【例题4】
在蒸发皿中加热蒸干并灼烧(低于400
℃)下列物质的溶液,可以得到该固体物质的是(　　)
A.AlCl3
B.NaHCO3
C.Fe2(SO4)3
D.KMnO4
解析:AlCl3加热水解生成的HCl易挥发,促进水解,灼烧最终所得的固体是Al2O3,A不符合题意;NaHCO3受热分解得到Na2CO3,B不符合题意;Fe2(SO4)3水解生成的H2SO4难挥发,灼烧后所得的固体依然为Fe2(SO4)3,C符合题意;KMnO4加热分解,D不符合题意。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
规律方法点拨
盐溶液蒸干后产物的判断方法:
加热盐溶液,需分析盐溶液水解生成的酸的性质。如果是易挥发性酸,如AlCl3、FeCl3等溶液,最终蒸干得到的是金属氢氧化物,灼烧得到金属氧化物。如果是难挥发性酸,如MgSO4、Fe2(SO4)3等溶液,最终得到它们的溶质固体;
加热盐溶液,需分析加热盐溶液的过程中,溶质是否发生氧化还原反应,如Na2SO3易被氧化为Na2SO4;
加热盐溶液,需分析加热盐溶液的过程中,溶质是否容易分解,如Ca(HCO3)2受热易分解为CaCO3。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验3下列说法正确的是(　　)
A.将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧,所得固体成分相同
B.配制FeSO4溶液时,将FeSO4固体溶于稀盐酸中,然后稀释至所需浓度
C.加热的方法可以除去KCl溶液中的Fe3+
D.洗涤油污常用热的碳酸钠溶液
答案:D
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
⑤混合溶液中各离子浓度比较,根据电离程度、水解程度的相对大小综合分析。
a.分子的电离程度大于对应离子的水解程度在0.1
mol·L-1
NH4Cl和0.1
mol·L-1的氨水混合溶液中:由于NH3·H2O的电离程度大于
的水解程度,导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为c(
)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)。
b.分子的电离程度小于对应离子的水解程度
在0.1
mol·L-1
HCN和0.1
mol·L-1
NaCN混合溶液中:由于HCN的电离程度小于CN-的水解程度,导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+)。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
(2)解决电解质溶液中离子浓度关系问题时,首先分析离子浓度大小的关系是相等还是不等。
①若使用的是“>”或“<”,应主要考虑“电离”和“水解”。
②若用“=”连接,应根据“守恒”原理,视不同情况,从下列几个方面思考:若等号一端全部是阴离子或阳离子,应首先考虑电荷守恒;若等号一端各项中都含有同一种元素时,首先考虑这种元素的原子守恒;若等号一端为c(H+)或c(OH-)时,首先考虑是否符合水电离过程中的守恒关系。
a.电荷守恒:电荷守恒是指溶液必须保持电中性,即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验4常温时将
0.1
mol·L-1的CH3COOH溶液与pH=13的NaOH溶液等体积混合后(若混合后两者的体积可以相加),恰好完全反应,则下列有关所得混合液的说法正确的是(　　)
A.所得混合液中c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
B.混合后溶液pH=7
C.所得混合液中存在c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.05
mol·L-1
D.混合后溶液中存在c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(Na+)+c(H+)
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:二者混合后溶质为CH3COONa。根据物料守恒,反应后的溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=
×0.1
mol·L-1=0.05
mol·L-1,C正确。CH3COONa水解显碱性,pH>7,B不正确;离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+),A不正确;由电荷守恒知,c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),D不正确。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
1.向未知溶液中加入CH3COONa晶体,测得c(Na+)与c(CH3COO-)几乎相等,则原来的溶液可能是(　　)
A.HCl溶液
B.NaOH溶液
C.KCl溶液
D.KOH溶液
解析:CH3COO-发生水解反应:CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-,要想使溶液中的c(Na+)与c(CH3COO-)几乎相等,就要保证该平衡逆向移动并且原溶液中不能含有这两种离子,故选D。
答案:D
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
2.下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　)
A.纯碱溶液去油污
B.铁在潮湿的环境下生锈
C.加热氯化铁溶液颜色变深
D.浓硫化钠溶液有臭味
解析:纯碱去油污利用其水解显碱性,A与水解有关;铁生锈主要是Fe在潮湿条件下发生电化学腐蚀,B与水解无关;加热氯化铁时使FeCl3水解为红褐色Fe(OH)3胶体,颜色加深,C与水解有关;浓硫化钠溶液有臭味是因为Na2S水解产生少量的H2S气体,D与水解有关。
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
3.25
℃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.c(OH-)前者大于后者
D.分别加入NaOH固体,恢复到原温度,c(
)均增大
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
4.在CH3COONa溶液中,各离子的浓度由大到小排列顺序正确的是(　　)
A.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
B.c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
C.c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
D.c(Na+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
解析:在CH3COONa溶液中,由于CH3COO-的水解,使得c(Na+)>c(CH3COO-);并且由于水解,使溶液显碱性,故c(OH-)>c(H+);由于盐的水解程度比较小,所以c(CH3COO-)>c(OH-),即A项正确。
答案:A
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
5.室温下,向一定量1
mol·L-1氨水中逐滴加入物质的量浓度相同的盐酸,直至盐酸过量。请分析上述实验过程,回答下列问题:
(1)实验过程中水的电离程度变化趋势是先　　　　后　　　　。(填“变大”“变小”或“不变”)
(2)实验过程中,当溶液pH恰好等于7时,此时溶液中主要溶质的化学式是　　　　　　　　　　　,溶液中离子浓度的大小顺序是　
　　　　　　　　　　　。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:(1)因为酸碱抑制水的电离,可水解的盐促进水的电离,所以向氨水中加入盐酸时,二者反应生成
从而促进水的电离,当HCl过量时,H+又抑制水的电离。
(2)若氨水和盐酸恰好反应时,溶质为NH4Cl,其水解溶液呈酸性,溶液pH=7时,说明氨水稍过量,所以溶质为NH4Cl和NH3·H2O,据电荷守恒结合盐类水解微弱的特点得出:
c(
)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)。
答案:(1)变大　变小　(2)NH4Cl和NH3·H2O
c(
)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)课时提升作业(十一)
pH的应用
(25分钟·50分)
一、选择题(本题包括8小题，每小题5分，共40分)
1.(2015·三明高二检测)某研究小组为测定食用白醋中醋酸的含量进行的如下操作，正确的是(　　)
A.用碱式滴定管量取一定体积的待测白醋放入锥形瓶中
B.称取4.0
g
NaOH放到100
mL容量瓶中，加水至刻度，配成1.00
mol·L-1NaOH标准溶液
C.用NaOH溶液滴定白醋，使用酚酞作指示剂，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色时，为滴定终点
D.滴定时眼睛要注视着滴定管内NaOH溶液的液面变化，防止滴定过量
【解析】选C。白醋是应该用酸式滴定管盛放，A错误；不能在容量瓶中直接溶解固体配制溶液，B错误；滴定时眼睛要注视锥形瓶内溶液颜色的变化，D错误。
【补偿训练】(2015·贵阳高二检测)下列说法正确的是(　　)
A.常温下，1
L
pH=12的Ba(OH)2溶液中，OH-的物质的量为0.02
mol
B.用甲基橙作指示剂，向盐酸中滴加氨水达到滴定终点，溶液呈中性
C.酸碱滴定时，若加入待测液前用待测液润洗锥形瓶，将导致测定结果偏高
D.如图表示25℃时，用0.1
mol·L-1盐酸滴定20
mL
0.1
mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积变化
【解析】选C。1
L
pH=12的Ba(OH)2溶液中，OH-的物质的量应为0.01
mol，A不正确；甲基橙的变色范围是3.1～4.4，故盐酸与氨水反应到达滴定终点时，溶液呈酸性，B不正确；用待测液润洗锥形瓶，则消耗的标准液会偏多，导致结果偏高，C正确；酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，D不正确。
2.(2015·天水高二检测)现用0.10
mol·L-1的HCl溶液滴定10
mL
0.05
mol·L-1的NaOH溶液，若酸式滴定管未润洗，达到终点时所用盐酸的体积应是(　　)
A.10
mL　　　　　　　
B.5
mL
C.大于5
mL
D.小于5
mL
【解析】选C。酸式滴定管未润洗，相当于酸被稀释，中和NaOH溶液所需要的体积应大于5mL。
3.(2014·海南高考)NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是(　　)
A.酚酞
B.圆底烧瓶
C.锥形瓶　　
D.碱式滴定管
【解析】选B。滴定终点需要依据指示剂颜色变化来确定，可以选择酚酞(由无色变为粉红色)，A不符合题意；整个实验中用不到圆底烧瓶，所以圆底烧瓶为非必需仪器，B符合题意；在滴定过程中，盐酸需要盛放在锥形瓶中，C不符合题意；氢氧化钠溶液滴定盐酸，所以需要用碱式滴定管盛装氢氧化钠溶液，D不符合题意。
【互动探究】(1)题目中仪器使用前必须用要盛放的液体润洗的是哪个？
提示：碱式滴定管必须用要盛放的碱液润洗。
(2)题目实验中，除提到的仪器还需要哪些仪器？
提示：还需要酸式滴定管、铁架台、滴定管夹和烧杯。
4.(双选)甲、乙两人用同一标准盐酸滴定同一瓶NaOH溶液，甲将锥形瓶用NaOH溶液待测液润洗后，使用水洗过的滴定管取碱液于锥形瓶中，乙则用甲用过的滴定管取碱液于刚用水洗过的且存有蒸馏水珠的锥形瓶中，其他操作及读数全部正确。你的判断是(　　)
A.甲操作明显有错
B.乙操作明显有错
C.甲测定数值一定比乙小
D.乙实际测得的值较甲准确
【解析】选A、D。滴定管水洗后未润洗，相当于将氢氧化钠溶液稀释；锥形瓶不能用待装液润洗，否则多加入了氢氧化钠溶液，无法进行甲、乙测定数值的比较，A正确，C错误；乙同学用甲同学用后的滴定管，相当于将滴定管润洗，而锥形瓶无需润洗，乙操作正确，故B错误，D正确。
5.(2015·邯郸高二检测)实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下：
甲基橙：3.1～4.4
石蕊：5.0～8.0
酚酞：8.2～10.0
用0.100
0
mol·L-1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时(已知CH3COONa溶液呈碱性)，下列叙述中正确的是(　　)
A.可选用甲基橙作指示剂
B.只能选用石蕊作指示剂
C.可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D.只能选用酚酞作指示剂
【解析】选D。NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好反应生成CH3COONa时，溶液显碱性，而酚酞的变色范围为8.2～10.0，比较接近，因此答案为D。
【方法规律】酸碱指示剂的选择方法
(1)强酸与强碱之间的滴定，用甲基橙或酚酞；
(2)弱酸(如CH3COOH)与强碱之间的滴定，用酚酞；
(3)强酸与弱碱(如NH3·H2O)之间的滴定，用甲基橙。
6.(2015·石家庄高二检测)用已知物质的量浓度的HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作会导致测定结果偏小的是(　　)
①酸式滴定管用蒸馏水洗后未用待装液润洗；
②碱式滴定管用蒸馏水洗后未用待装液润洗；
③滴定前酸式滴定管尖嘴处未充满溶液，滴定终点充满溶液；
④取碱液时滴定管尖嘴处未充满溶液，取完后，充满溶液；
⑤锥形瓶用蒸馏水洗后再用待测液润洗；
⑥滴定时摇晃锥形瓶将液体溅出瓶外；
⑦滴定过程中，滴定管漏出液体，溅至锥形瓶外；
⑧读取标准溶液体积时，滴定前仰视，滴定后俯视。
A.②④　
　B.①③⑤⑦
　　C.④⑧
　　D.②④⑥⑧
【解析】选D。用HCl滴定NaOH溶液时，c(NaOH)=，主要分析c(HCl)、V(HCl)、V(NaOH)对c(NaOH)的影响。
①使标准盐酸稀释必然消耗更多的盐酸，即V(HCl)偏大，c(NaOH)偏大；②使待测碱溶液稀释，滴定时消耗盐酸体积减小，因而c(NaOH)偏小；③将有部分盐酸补满尖嘴，即V(HCl)偏大，则c(NaOH)偏大；④将出现待测液实际量偏小，消耗V(HCl)偏小，则c(NaOH)偏小；⑤将使待测液量增多，滴定时用去标准HCl的体积增大，则c(NaOH)偏大；⑥将使待测液量减少，滴定时用去标准HCl的体积减小，则c(NaOH)偏小；⑦将使V(HCl)增大，则c(NaOH)偏大；⑧读取标准HCl溶液体积时，滴定前仰视，滴定后俯视，这样读取的标准HCl的体积偏小，则c(NaOH)偏小。
【互动探究】(1)上题③改为“滴定前酸式滴定管尖嘴处充满溶液，滴定终点未充满溶液”，则测定结果如何？
提示：偏小。由于测得盐酸的体积中含有气体，读得的V(HCl)偏小，则c(NaOH)偏小。
(2)上题⑧改为“读取标准溶液体积时，滴定前俯视，滴定后仰视”，则测定结果如何？
提示：偏大。读取标准HCl溶液体积时，滴定前俯视，滴定后仰视，这样读取的标准HCl的体积偏大，则c(NaOH)偏大。
7.以酚酞试液作指示剂，对某新制NaOH溶液进行中和滴定实验，数据记录如下表：
待测液
消耗标准盐酸(0.01
mol·L-1)的体积
①
20
mL
NaOH溶液
V1mL
②
20
mL
NaOH溶液+10
mL
H2O
V2mL
③
敞口隔夜放置的20
mL
NaOH溶液
V3mL
则对该新制的NaOH溶液的浓度c(mol·L-1)计算合理的是(　　)
A.c=0.01×　　
B.c=0.01×
C.c=0.01×
D.c=0.01×
【解析】选B。②20
mL
NaOH溶液中加入10
mL
H2O，其溶质物质的量不变，只要仍用20
mL来进行计算，仍可得正确值。③敞口隔夜放置的NaOH溶液已发生反应生成部分Na2CO3溶液，用酚酞作指示剂，消耗盐酸的量将发生改变。
8.(2015·烟台高二检测)用NaOH滴定pH相同、体积相同的H2SO4、HCl、CH3COOH三种溶液，恰好中和时，所用相同浓度NaOH溶液的体积依次为V1、V2、V3，则这三者的关系是(　　)
A.V1>V2>V3　　　　　　
B.V1C.V1=V2>V3
D.V1=V2【解析】选D。pH相同、体积相同的H2SO4、HCl溶液中所含有氢离子的物质的量相等，恰好中和时，所用相同浓度NaOH溶液的体积相等。而相同pH的CH3COOH溶液的浓度远大于H2SO4和HCl溶液，与NaOH溶液完全反应时，消耗的NaOH溶液的体积大。
二、非选择题(本题包括1小题，共10分)
9.(2015·无锡高二检测)某学生用0.200
0
mol·L-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作为如下几步：
①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并立即注入NaOH溶液至“0”刻度线以上
②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体
③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，记下读数
④移取20.00mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入2滴酚酞溶液
⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数
请回答：
(1)以上步骤有错误的是(填编号)________，该错误操作会导致测定结果(填“偏大”“偏小”或“无影响”)____________________。
(2)步骤⑤中，在记录滴定管液面读数时，滴定管尖嘴有气泡，测定结果(填“偏大”“偏小”或“无影响”)________________。
(3)判断滴定终点的现象是______________________________________。
(4)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________mL。
【解析】(1)碱式滴定管必须用待装液润洗。若不润洗则相当于稀释NaOH溶液，则会使结果偏大。
(3)滴定终点由无色变为浅红色且半分钟内不变色。
(4)读数准确至0.01
mL。
答案：(1)①　偏大　(2)偏小
(3)滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色变为浅红色且半分钟内不变色　　(4)22.60
【补偿训练】DIS系统即数字化信息系统，某学习小组用DIS系统测定食用白醋中醋酸的物质的量浓度，以溶液的导电能力来判断滴定终点。实验步骤如下：
(1)用________(填仪器名称)量取10.00
mL的食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100
mL________(填仪器名称)中定容，然后将稀释后的溶液倒入试剂瓶中。
(2)量取20.00
mL的上述溶液倒入烧杯中，连接好DIS系统(如图Ⅰ)，向烧杯中滴加浓度为0.100
0
mol·L-1的氨水，计算机屏幕上显示出溶液导电能力随氨水体积变化的曲线(如图Ⅱ)。
①用滴定管盛氨水前，滴定管要用________润洗2～3遍。
②氨水与醋酸反应的离子方程式是_________________________________。
③食用白醋中醋酸的物质的量浓度是____________。
【解析】(1)食用白醋主要成分为醋酸，故用酸式滴定管量取，精确配制溶液需用容量瓶。
(2)滴定管需用待测液或标准液润洗；根据反应方程式CH3COOH+NH3·H2OCH3COO-+N+H2O可知，随着氨水的加入，溶液的导电性逐渐增强，恰好反应时，离子浓度最大，导电性最强，继续加入氨水，溶液被稀释，导电性减弱。c(CH3COOH)·V(CH3COOH)=c(NH3·H2O)·V(NH3·H2O)得：c(CH3COOH)=0.100
0
mol·L-1，原食用白醋中醋酸的物质的量浓度为0.100
0
mol·L-1×10=1.000
mol·L-1。
答案：(1)酸式滴定管　容量瓶
(2)①0.100
0
mol·L-1的氨水
②CH3COOH+NH3·H2OCH3COO-+N+H2O
③1.000
mol·L-1
(30分钟·50分)
一、选择题(本题包括6小题，每小题6分，共36分)
1.(2015·嘉兴高二检测)向20.00
mL稀氨水中逐滴加入等物质的量浓度的盐酸，下列示意图变化趋势正确的是(　　)
【解析】选B。NH3·H2O是弱碱，pH>7，A、C错误；NH3·H2O+HClNH4Cl+H2O，随着HCl的加入，溶液pH减小，当HCl过量时，溶液的pH由过量的HCl决定，当达到滴定终点时，pH有一个突变的过程，B符合，D不符合。
2.(双选)(2015·唐山高二检测)实验室用标准盐酸溶液测定某NaOH溶液的浓度，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.酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸溶液润洗2～3次
B.开始实验时酸式滴定管尖嘴部分无气泡，在滴定结束产生气泡
C.锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度
D.盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
【解析】选BC。A项，所用的盐酸的实际用量大于理论用量，故导致测定结果偏高；B项，这种操作会导致盐酸读数偏小，测出NaOH溶液浓度也偏低；C项，由黄色变为橙色可能由于局部c(H+)变大引起的，振荡后可能还会恢复黄色，应在振荡后半分钟内颜色保持不变才能认为已达到滴定终点，故所用盐酸的量比理论用量偏小，测出的NaOH溶液浓度偏低；D项，用NaOH溶液润洗，直接导致盐酸的用量偏大，故测定NaOH浓度偏高。
【方法规律】误差判定基本原则
标准液滴定待测液时：
(1)凡能使滴定液体积增大的因素都会使测定结果偏高，如滴定结束读数时仰视。
(2)凡能使滴定液体积减小的因素都会使测定结果偏低，如滴定结束读数时俯视。
(3)凡能使被滴定物质量增大的因素都会使测定结果偏高，如用被滴定液润洗锥形瓶。
(4)凡能使被滴定物质量减小的因素都会使测定结果偏低，如摇动锥形瓶时有液体溅出。
3.用0.01
mol·L-1硫酸滴定0.01
mol·L-1NaOH溶液，中和后加水至100
mL。若滴定时终点判断有误差：①多加了1滴硫酸；②少加了1滴硫酸(设1滴为0.05
mL)。则①和②中c(H+)之比是(　　)
A.5×103
B.104
C.50
D.10
【解析】选B。①多加1滴硫酸，溶液中
c(H+)==10-5mol·L-1。
②少加1滴硫酸，溶液中
c(OH-)==10-5mol·L-1。
则c(H+)=10-9mol·L-1。
因此①和②中c(H+)之比是104。
4.(2015·柳州高二检测)常温下，向0.1
mol·L-1的H2SO4溶液中逐滴加入
0.1
mol·L-1的Ba(OH)2溶液，生成沉淀的质量与加入Ba(OH)2溶液的体积关系如图所示，下列说法中正确的是(　　)
A.a～d溶液的pH：aB.a～d溶液的导电能力：aC.b处溶液的c(H+)与d处溶液的c(OH-)相等
D.c处溶液和d处溶液均呈碱性
【解析】选A。A项，0.1
mol·L-1的H2SO4溶液呈酸性，不断地加入Ba(OH)2溶液，碱性会不断增强，故A正确；B项，c点是H2SO4和Ba(OH)2恰好中和的点，溶液中的离子浓度接近为0，导电能力最差，故B错误；C项，由图象可知，原硫酸体积为20
mL，b处溶液的c(H+)=[0.1
mol·L-1×2×0.02-0.1
mol·L-1×2×0.01]/0.03
L，d处溶液的c(OH-)=[0.1
mol·L-1×2×0.03-0.1
mol·L-1×2×0.02]/0.05，b处溶液的c(H+)不等于d处溶液的c(OH-)，故C错误；D项，c处溶液呈中性，D错误。
5.(2015·长沙高二检测)下图是用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定10
mL盐酸X的图象，依据图象推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的(　　)
A
B
C
D
X/(mol·L-1)
0.12
0.04
0.03
0.09
Y/(mol·L-1)
0.04
0.12
0.09
0.03
【解析】选D。由图知，加入30
mL
NaOH溶液后溶液pH=7。即c(HCl)·V(盐酸)=c(NaOH)·V(NaOH溶液)，c(HCl)×10×10-3L=c(NaOH)×30×10-3L，c(HCl)=3c(NaOH)；①
又知加入20
mL
NaOH溶液时，溶液pH=2则
=10-2mol·L-1；②由①②解得c(HCl)=
0.09
mol·L-1，c(NaOH)=0.03
mol·L-1。
【补偿训练】在25℃时，用0.125
mol·L-1的标准盐酸滴定25.00
mL未知浓度的NaOH溶液所得滴定曲线如图所示，图中K点代表的pH为(　　)
A.13
B.12
C.10
D.11
【解析】选A。由图示可知，在V(HCl)=20.00
mL时，pH=7，HCl与NaOH恰好完全反应，由c(HCl)·V(HCl)=c(NaOH)·V(NaOH)知c(NaOH)==
=0.1
mol·L-1。由Kw=c(H+)·c(OH-)知，0.1
mol·L-1的NaOH溶液的c(H+)=10-13mol·L-1，即其pH=13。
6.(2015·延安高二检测)如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是(　　)
A.盐酸的物质的量浓度为1
mol·L-1
B.P点时恰好完全中和，溶液呈中性
C.曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线
D.酚酞不能用作本实验的指示剂
【解析】选B。盐酸的物质的量浓度为1
mol·L-1时，pH应该等于0，A项错误；由图可知，盐酸与氢氧化钠溶液的浓度相等，都是0.1
mol·L-1，P点时盐酸与氢氧化钠溶液的体积相等，恰好完全中和，溶液呈中性，故B项正确；曲线a对应的溶液起点的pH等于1，故曲线a是氢氧化钠溶液滴定盐酸的滴定曲线，C项错误；强酸和强碱的中和滴定，达到终点时溶液为中性，指示剂选择酚酞或甲基橙都可以，D项错误。
二、非选择题(本题包括1小题，共14分)
7.(2015·济宁高二检测)某实验小组拟用酸碱中和滴定法测定食醋的总酸量(g/100
mL)，现邀请你参与本实验并回答相关问题。(有关实验药品为市售食用白醋样品500
mL、0.100
0
mol·L-1NaOH标准溶液、蒸馏水、0.1%甲基橙溶液、0.1%酚酞溶液、0.1%石蕊溶液)
Ⅰ.实验步骤
(1)用酸式滴定管量取10.00
mL市售白醋样品，置于100
mL容量瓶中，加蒸馏水(煮沸除去CO2并迅速冷却)稀释至刻度线，摇匀即得待测食醋溶液。
(2)用酸式滴定管取待测食醋溶液20.00
mL于__________中。
(3)盛装标准NaOH溶液，静置后，读取数据，记录NaOH标准溶液体积的初读数。
(4)滴定，并记录NaOH的终读数。重复滴定2～3次。
Ⅱ.实验记录及数据处理
滴定次数实验数据
1
2
3
4
V(待测)/mL
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)/mL(初读数)
0.00
0.200
0.10
0.00
V(NaOH)/mL(终读数)
14.98
15.20
15.12
15.95
V(NaOH)/mL(消耗)
14.98
15.00
15.02
15.95
则c(样品)/mol·L-1=________；
样品总酸量(g/100
mL)=________。
Ⅲ.交流与讨论
(1)甲同学在处理数据过程中计算得：V(NaOH)(平均消耗)=(14.98+15.00+
15.02+15.95)mL/4=15.24
mL。
试分析他的计算是否合理，如果不合理请说明理由：
__________________________________________________________________。
(2)乙同学用0.100
0
mol·NaOH溶液滴定另一市售白醋样品溶液时，滴定过程中使用pH计将溶液的pH变化情况记录如下表所示。
V(NaOH)/mL
0.00
10.00
18.00
19.80
19.98
20.00
20.02
20.20
22.00
溶液pH
2.88
4.70
5.70
6.74
7.74
8.72
9.70
10.70
11.70
由表可知：在误差允许的范围(±0.1%)内，pH突变(滴定突跃)范围为________。所以可选择_________________________作提示剂。
【解析】Ⅰ.实验步骤：(1)为便于计算，一般将食醋稀释10倍后，制得试样。(2)食醋作为待测液，一般应放在锥形瓶中，用标准液(氢氧化钠溶液)滴定待测液。Ⅱ.实验记录及数据处理：实验中消耗NaOH体积的原始数据最大值和最小值之差应小于0.2，异常值，应舍去。
答案：Ⅰ.锥形瓶　Ⅱ.0.75　4.5
Ⅲ.(1)不合理，因为第四组数据与前三组数据相差较大，属异常值，应舍去　(2)7.74～9.70　酚酞第1课时　水的电离、溶液的酸碱性与pH
[目标导航]　1.了解水的电离平衡及影响因素。2.了解水的离子积并能进行简单计算。3.了解溶液的酸碱性与pH的关系。
一、水的电离
1．水的电离
水是一种极弱的电解质，电离方程式为H2O＋H2O??H3O＋＋OH－，简写为H2O??H＋＋
OH－，水的电离常数K电离＝。
2．水的离子积常数
(1)Kw的推导
水的电离平衡常数K电离＝，则c(H＋)·c(OH－)＝K电离·c(H2O)。从实验可知，在室温时55.6
mol纯水中只有1×10－7
mol
H2O电离，电离前后H2O的物质的量几乎不变，因此c(H2O)可视为常数，K电离也为一常数，所以K电离·c(H2O)必然也为常数，用Kw表示，因此有c(H＋)·c(OH－)＝Kw。
(2)Kw的影响因素
水的离子积Kw，只受温度的影响，温度升高，Kw增大。
(3)Kw的适用范围
Kw不仅适用于纯水，还可适用于稀的电解质水溶液。
3．外界条件对水的电离平衡的影响
c(H＋)/mol·L－1
c(OH－)/mol·L－1
水的电离程度
平衡移动
Kw
纯水
1.0×10－7
1.0×10－7
——
——
1.0×10－14
升温
＞1.0×10－7
＞1.0×10－7
增大
向右
增大
加酸
＞1.0×10－7
＜1.0×10－7
减小
向左
不变
加碱
＜1.0×10－7
＞1.0×10－7
减小
向左
不变
加活泼金属
＜1.0×10－7
＞1.0×10－7
增大
向右
不变
【合作探究】
1．在pH＝2的盐酸溶液中由水电离出来的c(H＋)与c(OH－)之间的关系是什么？
答案　外界条件改变，水的电离平衡发生移动，但任何时候由水电离出的c(H＋)和c(OH－)总是相等的。
2．常温下，0.01
mol·L－1的HCl溶液中，c(H＋)水＝________；0.01
mol·L－1的NaOH溶液中，c(OH－)水＝________。
答案　1.0×10－12
mol·L－1　1.0×10－12
mol·L－1
3．在100
℃，纯水中c(H＋)＝1.0×10－6
mol·L－1，此时Kw＝________，在该温度下，0.1
mol·
L－1
NaOH溶液中，c(OH－)水＝________。
答案　1.0×10－12　1.0×10－11
mol·L－1
二、溶液的酸碱性和pH
1．溶液的酸碱性
(1)常温下溶液的酸碱性与pH的关系
①pH＜7，溶液呈酸性；
②pH＝7，溶液呈中性；
③pH＞7，溶液呈碱性。
(2)溶液的酸碱性与c(H＋)、c(OH－)的关系
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。
①c(H＋)＞c(OH－)溶液呈酸性；
②c(H＋)＝c(OH－)溶液呈中性；
③c(H＋)＜c(OH－)溶液呈碱性。
2．pH
(1)表达式：pH＝－lg__c(H＋)。
(2)意义：pH越大，溶液碱性越强；pH越小，溶液酸性越强。
(3)适用范围：1×10－14
mol·L－1≤c(H＋)≤1
mol·L－1的溶液。
3．溶液酸、碱性的测定方法
(1)指示剂法
该法只能测其pH的大致范围，常见指示剂变色范围为
指示剂
变色范围
石蕊
pH＜5红色
5～8紫色
＞8蓝色
酚酞
pH＜8.2无色
8.2～10浅红色
＞10红色
甲基橙
pH＜3.1红色
3.1～4.4橙色
＞4.4黄色
(2)pH试纸法
把小片试纸放在表面皿或玻璃片上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液滴在干燥的pH试纸上，试纸变色后，与标准比色卡对比，即可确定溶液的pH。
(3)pH计测量法
【合作探究】
1．判断溶液酸、碱性的标准是什么？pH＝7的溶液是否一定为中性溶液？
答案　判断溶液酸、碱性的标准是比较c(H＋)、c(OH－)的相对大小，pH＝7的溶液不一定为中性溶液，只有在常温下pH＝7的溶液才为中性溶液，因为Kw只与温度有关，如在100
℃时，Kw＝1.0×10－12，pH＝6为中性，pH＝7应为碱性。
2．使用pH试纸应注意什么？
答案　测定溶液的pH时，pH试纸不能润湿，否则，非中性溶液的pH测定值将比实际pH大或小，用广范pH试纸测溶液的pH时，只能读整数。
一、影响水电离平衡的因素
【例1】　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，c(OH－)降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变
C．向水中加入少量CH3COOH，平衡逆向移动，c(H＋)降低
D．将水加热，Kw增大，pH不变
答案　B
解析　A项，向水中加入稀氨水，c(OH－)增大；B项，向水中加入NaHSO4，c(H＋)增大，由于温度不变，Kw应不变；C项，c(H＋)应增大；D项，加热，Kw增大，pH减小。
【规律总结】　水的电离影响因素分析
(1)水的电离是吸热过程，温度升高促进水的电离，c(H＋)、c(OH－)都增大，水仍呈中性。
(2)外加酸或碱，水中c(H＋)或c(OH－)增大，抑制水的电离，水的电离程度减小，Kw不变。
(3)活泼金属与水电离产生的H＋直接发生置换反应产生氢气，使水的电离平衡向右移动。
变式训练1　能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)＞c(OH－)的操作是(　　)
A．向水中投入一小块金属钠
　B．将水加热煮沸
C．向水中通入CO2气体
　D．向水中加食盐晶体
解析　A项中加入Na，Na与H2O反应生成NaOH，使c(OH－)＞c(H＋)；B项中c(H＋)＝
c(OH－)；C项中通入CO2：CO2＋H2O??H2CO3，故c(H＋)＞c(OH－)；而D项中c(H＋)＝
c(OH－)，故选C项。
答案　C
【例2】　在相同温度下，0.01
mol·L－1的NaOH溶液和0.01
mol·L－1的盐酸相比，下列说法正确的是(　　)
A．由水电离出的c(H＋)相等
B．由水电离出的c(H＋)都是1.0×10－12
mol·L－1
C．由水电离出的c(OH－)都是0.01
mol·L－1
D．两者都促进了水的电离
答案　A
解析　二者均抑制水的电离，且抑制程度相同。由于温度不确定，故不能确定Kw的值。
【归纳总结】　理清溶液中H＋或OH－的来源
1．常温下，中性溶液
c(OH－)＝c(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c(H＋)＝c(OH－)。
(2)实例
如计算pH＝2的盐酸溶液中由水电离出的c(H＋)，方法是先求出溶液中的c(OH－)＝
(Kw/10－2)mol·L－1＝10－12
mol·L－1，即由水电离出的c(H＋)＝c(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c(OH－)＝c(H＋)。
(2)实例
如计算pH＝12的NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)，方法是知道溶液中的c(H＋)＝
10－12
mol·L－1，即由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12
mol·L－1。
变式训练2　室温下，把1
mL
0.1
mol·L－1的H2SO4溶液加水稀释成2
L溶液，在此溶液中由水电离产生的H＋浓度接近于(　　)
A．1×10－4
mol·L－1
B．1×10－8
mol·L－1
C．1×10－11
mol·L－1
D．1×10－10
mol·L－1
答案　D
解析　稀释后c(H＋)＝(1×10－3
L×0.1
mol·L－1×2)/(2
L)＝1×10－4
mol·L－1，c(OH－)＝＝1×10－10
mol·L－1，溶液中由水电离产生的H＋浓度等于c(OH－)。
二、溶液酸、碱性的判断
【例3】　下列关于溶液的酸碱性，说法正确的是(　　)
A．pH＝7的溶液是中性
B．中性溶液中一定有c(H＋)＝1.0×10－7
mol·L－1
C．c(OH－)＝c(H＋)的溶液呈中性
D．在100
℃时，纯水的pH<7，因此显酸性
解析　A项中运用pH判断溶液的酸碱性时，用到了水的离子积常数，它与温度有关，但A项未给出温度，所以错误；在中性溶液中c(H＋)和c(OH－)一定相等，但并不一定是1.0×
10－7
mol·L－1，所以B项错，C项正确；100
℃的纯水中，虽然pH<7，但c(H＋)＝c(OH－)，还是中性，所以D错误。
答案　C
【归纳总结】　溶液酸碱性的判断
(1)在25
℃的溶液中：
pH<7，溶液呈酸性，pH越小，c(H＋)越大，溶液的酸性越强；
pH＝7，溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7
mol·L－1；
pH>7，溶液呈碱性，pH越大，c(OH－)越大，溶液的碱性越强。
(2)在任意温度下的溶液中：
c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性；
c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；
c(H＋)用c(H＋)、c(OH－)的相对大小来判断溶液酸碱性，则不受温度影响。
变式训练3　下列溶液一定显酸性的是(　　)
A．溶液中c(OH－)>c(H＋)
B．滴加紫色石蕊溶液后变红色的溶液
C．溶液中c(H＋)＝10－6
mol·L－1
D．pH<7的溶液
答案　B
解析　判断溶液酸碱性的关键是看c(H＋)和c(OH－)的相对大小，若c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性；而pH<7或c(H＋)>10－7
mol·L－1，仅适用于常温时，若温度不确定，就不能用来判断溶液的酸碱性。B项中可使紫色石蕊溶液变红，则该溶液为酸性。
1．下列说法正确的是(　　)
A．水的电离方程式：H2O===H＋＋OH－
B．升高温度，水的电离程度增大
C．在NaOH溶液中没有H＋
D．在HCl溶液中没有OH－
答案　B
解析　水是极弱电解质，只有少部分电离，应用“??”表示，故A错；水的电离是吸热的，所以升高温度，电离程度增大，B正确；在NaOH溶液中c(OH－)>c(H＋)，在HCl溶液中
c(OH－)2．常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10－13
mol·L－1，该溶液可能是(　　)
①二氧化硫的水溶液　②氯化钠水溶液　③硝酸钠水溶液　④氢氧化钠水溶液
A．①④
B．①②
C．②③
D．③④
答案　A
解析　某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10－13
mol·L－1，说明溶液既可能呈酸性，也可能呈碱性。①SO2＋H2O??H2SO3，H2SO3??HSO＋H＋，HSO??SO＋H＋，溶液呈酸性；④NaOH===Na＋＋OH－，溶液呈碱性。
3．下列操作能使水的电离平衡发生移动，且c(H＋)＞c(OH－)是(　　)
A．向水中投入一小块金属钠
B．将水加热煮沸
C．向水中通入CO2气体
D．向水中加食盐晶体
答案　C
解析　A项中加入的钠与H2O反应生成NaOH，使c(OH－)＞c(H＋)；B项中c(H＋)＝c(OH－)；C项中通入CO2：CO2＋H2O??H2CO3，故c(H＋)＞c(OH－)；而D项中c(H＋)＝c(OH－)，故选C项。
4．下列溶液一定显酸性的是(　　)
A．含H＋的溶液
B．c(OH－)C．pH<7的溶液
D．能与金属Al反应放出H2的溶液
答案　B
解析　溶液中的酸碱性取决于溶液中c(H＋)与c(OH－)的相对大小；25
℃时pH<7的溶液才是酸性溶液；与Al反应放出H2的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液。
5．下列有关溶液的酸碱性与pH的说法错误的是(　　)
A．相同条件下，溶液pH越小，酸性越强，反之，碱性越强
B．pH<7的溶液，可能呈酸性
C．当溶液中的c(H＋)或c(OH－)较小时，用pH表示其酸碱性更为方便
D．把pH试纸直接插入待测溶液中，测其pH
答案　D
解析　A项因pH＝－lgc(H＋)，所以pH越小，c(H＋)越大，酸性越强，pH越大，c(H＋)越小，则c(OH－)越大，碱性越强，A项正确；B项在室温下，pH<7的溶液呈酸性，B项正确；C项当c(H＋)或c(OH－)小于1
mol·L－1时，使用pH表示其酸碱性更为方便，故C项正确；D项用pH试纸测溶液pH时，不能把pH试纸直接插入溶液中，正确的做法为取一小片pH试纸，放在洁净的表面皿上或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点于试纸中央，然后与标准比色卡对照读取数据，所以D项错误。
[基础过关]
一、水的离子积的应用
1．如果25
℃时，Kw＝1.0×10－14，T
℃时，Kw＝1.0×10－12。这说明(　　)
A．T
℃时的电离常数较大
B．前者的c(H＋)较后者大
C．水的电离过程是一个放热过程
D．Kw和K电离无直接关系
答案　A
解析　由Kw导出过程可知，Kw和K电离是有直接关系的两个量[Kw＝K电离·c(H2O)]。
2．水的电离过程为H2O??H＋＋OH－，在25
℃时，水的离子积Kw＝1.0×10－14，在35
℃时，水的离子积Kw(35
℃)＝2.1×10－14，则下列叙述正确的是(　　)
A．c(H＋)随着温度的升高而降低
B．35
℃时，c(H＋)C．35
℃时的水比25
℃时的水电离程度小
D．水的电离是吸热的
答案　D
解析　由题中条件可以看出，温度升高时，Kw增大。25
℃时，c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7
mol·
L－1；35
℃时，c(H＋)＝c(OH－)≈1.45×10－7
mol·L－1。温度升高，c(H＋)
和
c(OH－)
都增大，且始终相等，水的电离程度也增大，因温度升高平衡向正反应方向移动，故水的电离为吸热反应。
3．25
℃时，在0.01
mol·L－1的硫酸溶液中，水电离出的H＋浓度是(　　)
A．5×10－13
mol·L－1
B．0.02
mol·L－1
C．1×10－7
mol·L－1
D．1×10－12
mol·L－1
答案　A
解析　H2SO4电离出的c(H＋)＝0.02
mol·L－1，由Kw＝1.0×10－14可知c(OH－)＝5×
10－13
mol·L－1，OH－是由水电离产生的，则水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝5×
10－13
mol·L－1。
4．在某温度时，测得纯水中的
c(H＋)＝2.0×10－7
mol·L－1，则
c(OH－)为(　　)
A．2.0×10－7
mol·L－1
B．0.1×10－7
mol·L－1
C.
mol·L－1
D．无法确定
答案　A
解析　根据水的电离方程式H2O??H＋＋OH－可知，无论在何种条件下，纯水中水电离出的c(H＋)＝c(OH－)，故答案为A。
二、水的电离平衡移动
5．向纯水中加入少量NaHSO4，在温度不变时，溶液中(　　)
A．c(H＋)/c(OH－)增大
B．c(H＋)减小
C．水中c(H＋)与c(OH－)的乘积增大
D．c(OH－)增大
答案　A
解析　水存在电离平衡：H2O??H＋＋OH－，加入NaHSO4，c(H＋)增大，c(OH－)减小，
c(H＋)·c(OH－)不变，c(H＋)/c(OH－)增大。
6．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是(　　)
A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性
B．水的离子积不变、pH不变、呈中性
C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性
D．水的离子积变大、pH变小、呈中性
答案　D
解析　水的电离是一个吸热过程，高温有利于其电离，c(H＋)增大，c(OH－)增大，所以其离子积增大，pH减小，但c(H＋)＝c(OH－)，所以纯水仍呈中性，选D。
7．下列关于水的电离平衡的相关说法正确的是(　　)
A．c(H＋)＝的溶液一定呈中性
B．将水加热，Kw增大，pH不变，仍呈中性
C．向水中加入少量硫酸氢钠固体，溶液的c(H＋)增大，平衡逆向移动，Kw减小
D．向0.1
mol·L－1醋酸溶液中加水，溶液中水电离产生的c(H＋)将减小
答案　A
解析　A项正确，c(H＋)＝说明c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；B项错误，水电离是吸热，加热Kw增大，pH减小但仍呈中性；C项错误，加入的硫酸氢钠固体电离：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，大量H＋加入使水的电离平衡逆向移动，但Kw保持不变；D项错误，随着稀释的进行，醋酸对水的电离的抑制越来越小，所以水电离产生的c(H＋)将增大。
三、溶液酸碱性的判断
8．下列说法正确的是(　　)
A．强酸的水溶液中不存在OH－
B．pH＝0的溶液是酸性最强的溶液
C．在温度不变时，水溶液中c(H＋)和c(OH－)不能同时增大
D．某温度下，纯水中c(H＋)＝2×10－7
mol·L－1，其呈酸性
答案　C
解析　在酸性或碱性水溶液中均存在H＋和OH－，所以A错；pH＝0的溶液中c(H＋)＝
1.0
mol·L－1，并不是酸性最强的溶液，只是c(H＋)>1.0
mol·L－1的溶液用pH表示酸性强弱不再方便，故B错；在温度一定时，c(H＋)·c(OH－)＝Kw是一个定值，故二者不能同时增大，故C对；纯水中，c(H＋)＝c(OH－)，呈中性，所以D错误。
9．25
℃时的下列溶液中，碱性最强的是(　　)
A．pH＝11的溶液
B．c(OH－)＝0.12
mol·L－1
C．1
L中含有4
g
NaOH的溶液
D．c(H＋)＝1×10－10
mol·L－1的溶液
答案　B
解析　常温下，可以根据pH或c(H＋)比较溶液的酸碱性，同样也可以根据c(OH－)的大小来比较。A、C、D三个选项中溶液的c(OH－)依次为1×10－3mol·L－1、0.1
mol·L－1、1×
10－4mol·L－1，所以B中溶液的c(OH－)最大，碱性最强。
10．用试纸测定溶液酸碱性的正确操作是(　　)
A．将一小块试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
B．将一小块试纸用蒸馏水润湿后放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液点在试纸上，再与标准比色卡对照
C．将一小条试纸在待测液中蘸一下，取出后放在表面皿上，与标准比色卡对照
D．将一小条试纸先用蒸馏水润湿后，在待测液中蘸一下，取出后与标准比色卡对照
答案　A
解析　pH试纸使用方法：把一小块试纸放在表面皿或玻璃片上，用蘸有待测液的玻璃棒点在试纸的中部，随即(30
s内)用标准比色卡与之对照，确定溶液的pH。pH试纸不能用水润湿，若用水湿润会使溶液变稀，使测定结果可能产生误差。
[能力提升]
11．回答下列问题：
(1)某温度(t
℃)时，水的Kw＝1×10－12，则该温度____25
℃(填“>”、“<”或“＝”)，其理由是________________________________________________________________________。
(2)该温度下，c(H＋)＝1×10－7
mol·L－1的溶液呈______(填“酸性”、“碱性”或“中性”)；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH－)＝______________mol·L－1。
答案　(1)>　升温促进水电离，Kw增大
(2)碱性　1×10－7
解析　(1)升高温度，Kw增大，现Kw＝1×10－12>1×10－14，因此温度大于25
℃。
(2)该温度下该溶液中c(OH－)＝＝1×10－5
mol·L－1，因为c(OH－)>c(H＋)，所以溶液呈碱性；NaOH溶液中由水电离出来的c(OH－)等于溶液中的c(H＋)，即为1×10－7
mol·
L－1。
12．在水的电离平衡中，c(H＋)和c(OH－)的关系如图所示：
(1)A点水的离子积为1×10－14，B点水的离子积为_______________________________
_________________________________________。
造成水的离子积变化的原因是___________________________________________________。
(2)100
℃时，若向溶液中滴加盐酸，能否使体系处于B点位置？为什么？________________________________________________________________________。
(3)100
℃时，若盐酸中c(H＋)＝5×10－4
mol·L－1，则由水电离产生的c(H＋)＝________。
答案　(1)1×10－12　水的电离过程是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，即离子积增大
(2)否，在盐酸中c(H＋)≠c(OH－)，所以不可能处于B点
(3)2×10－9
mol·L－1
[拓展探究]
13．某同学为探究Kw的影响因素，做了如下探究。
(1)查阅资料，不同温度下水的离子积常数。
t/℃
0
10
20
25
40
50
90
100
Kw/10－14
0.134
0.292
0.681
1.01
2.92
5.47
38.0
55.0
由此推出：随着温度的升高，Kw的值________；水的电离程度________；水的电离平衡向________移动，水的电离过程是________过程。
(2)取三只烧杯A、B、C，分别加入适量水，再向B、C烧杯中分别加入适量盐酸和NaOH，分析并填写下表：
纯水
加少量盐酸
加少量NaOH
c(H＋)
1.0×10－mol·L－17
增大
c(OH－)
1.0×10－7
mol·L－1
增大
c(H＋)和c(OH－)大小比较
c(H＋)＝c(OH－)
c(H＋)____
c(OH－)
c(H＋)____
c(OH－)
水的电离平衡移动方向
Kw值
1.0×10－14
综上所述，可得出如下结论：
①温度、________、________均能影响水的电离平衡。
②Kw只受________的影响，而与其他因素无关。
答案　(1)增大　增大　右　吸热　(2)(从左到右，从上到下)减小　减小　＞　＜　向左　向左　1.0×10－14　1.0×10－14
酸　碱　②温度3.1
弱电解质的电离
1.(2016·三亚高二检测)下列电离方程式正确的是　(　　)
A.NaHSO4Na++HS
B.NaHCO3Na++H++C
C.H2CO3溶于水:H2CO32H++C
D.(NH4)2SO4溶于水:(NH4)2SO42N+S
【解析】选D。
选项
错因分析
正确写法
A
HS是强酸的酸式根,在水溶液中完全电离
NaHSO4Na++H++
S
B
NaHCO3是强电解质,应写“”,且HC是弱酸根,不能拆开
NaHCO3Na++HCHCH++C
C
H2CO3是二元弱酸,电离应分步书写
H2CO3H++HCHCH++C
【补偿训练】
下列电离方程式中,书写正确的是　(　　)
A.Ba(OH)2Ba2++2OH-
B.H3PO43H++P
C.HFH++F-
D.NH3·H2ON+OH-
【解析】选D。强电解质电离用等号表示,A项错误;弱电解质电离用可逆符号表示,尤其需要注意的是多元弱酸电离的时候必须要分步进行,故B、C错误,D正确。
2.(双选)一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时,为了减缓反应速率,且不影响生成氢气的总量,可向盐酸中加入适量的　(　　)
A.NaOH(固体)　　　　
B.H2O
C.HCl
D.CH3COONa(固体)
【解析】选B、D。由题意可知,要使反应速率减小,而不改变H2的量,则要求c(H+)减小,而n(H+)不变,可采取的措施有加水或加CH3COONa固体。
3.(2016·广州高二检测)下列溶液中导电性最强的是　(　　)
A.1L0.1mol·L-1醋酸
B.0.1L0.1mol·L-1H2SO4溶液
C.0.5L0.1mol·L-1盐酸
D.2L0.1mol·L-1H2SO3溶液
【解析】选B。溶液中离子浓度越大,溶液的导电能力越强。当离子浓度相同时,还要比较离子所带的电荷数是否相同。离子浓度越大,离子所带的电荷越多,溶液的导电性越强。
4.(2016·金华高二检测)使某弱酸HX的电离程度增大,溶液中的c(H+)减小的措施有　(　　)
A.加水稀释
B.加NaX
C.加热
D.加铜粉
【解析】选A。加水稀释能促进弱电解质电离,但离子浓度会减小,A项正确;加NaX会抑制HX的电离,B项错误;加热能促进电离,同时使c(H+)增大,C项错误;加铜粉不反应,对原溶液没有影响,D项错误。
【补偿训练】
已知0.1mol·L-1的醋酸溶液中存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+,要使溶液中c(H+)/c(CH3COOH)的值增大,可以采取的措施是　(　　)
①加少量烧碱固体　②升高温度　③加少量冰醋酸
④加水
A.①②　　
　B.②③　　　
C.③④　　
　D.②④
【解析】选D。①中,加少量NaOH时,H+与OH-结合生成难电离的H2O,使c(H+)/c(CH3COOH)值减小。②中,CH3COOH的电离是吸热反应,升温,c(H+)增大,c(CH3COOH)减小,故c(H+)/c(CH3COOH)的值增大。③中,加入无水CH3COOH时,c(CH3COOH)增大量大于c(H+)增大量,致使c(H+)/c(CH3COOH)的值减小。④中,加水稀释电离平衡右移,n(CH3COOH)减小,n(H+)增大。因两者处于同一体系中,体积相等,故c(H+)/c(CH3COOH)的值增大。
5.下列关于电离常数的说法正确的是　(　　)
A.电离常数随着弱电解质的浓度增大而增大
B.CH3COOH的电离常数表达式为
Ka=
C.CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa溶液,电离常数减小
D.电离常数只与温度有关,与浓度无关
【解析】选D。K只与温度有关,与浓度无关。
6.已知醋酸达到电离平衡后,改变某条件,电离平衡向正反应方向移动,则下列说法正确的是　(　　)
A.实现该变化,只能升高温度
B.溶液的导电能力一定变强
C.溶液的pH一定减小
D.发生电离的分子总数增多
【解析】选D。温度升高或者减小生成物的浓度等都能使平衡向正反应方向移动,A项错误;加水稀释,平衡正向移动,但离子浓度降低,溶液导电能力减弱,溶液的pH增大,B、C两项错误。
【补偿训练】
在醋酸溶液中,CH3COOH电离达到平衡的标志是　(　　)
A.溶液显电中性
B.溶液中检测不出CH3COOH分子存在
C.氢离子浓度恒定不变
D.c(H+)=c(CH3COO-)
【解析】选C。醋酸溶液存在电离平衡:CH3COOHCH3COO-+H+。CH3COOH电离成离子的速率和CH3COO-、H+结合成分子的速率相等,或溶液中各种离子浓度不变,均能说明CH3COOH的电离达到了平衡状态。
7.(2016·长沙高二检测)H2S溶于水的电离方程式为______________。
(1)向H2S溶液中加入CuSO4溶液时,电离平衡向________移动,c(H+)________,
c(S2-)________。
(2)向H2S溶液中加入NaOH固体时,电离平衡向________移动,c(H+)________,
c(S2-)________。
(3)若将H2S溶液加热至沸腾,c(H2S)________。
(4)若要增大H2S溶液中c(S2-),最好加入________。
【解析】H2S是二元弱酸,在水溶液中是分两步电离,其电离方程式应为H2SH++HS-,HS-H++S2-。
(1)当加入CuSO4时,因发生反应Cu2++S2-CuS↓,使平衡右移,导致c(H+)增大,但c(S2-)减小。
(2)当加入NaOH时,因发生反应H++OH-H2O,使平衡右移,导致c(H+)减小,但c(S2-)增大。
(3)当加热H2S溶液至沸腾时,因H2S挥发,使c(H2S)减小。
(4)增大c(S2-)最好是加入只与H+反应的物质,可见加入强碱如NaOH固体最适宜。
答案:H2SH++HS-,HS-H++S2-　(1)右　增大　减小　(2)右　减小　增大　(3)减小　(4)NaOH固体
【补偿训练】
(2016·福州高二检测)根据NH3·H2ON+OH-的电离平衡,填写下表中各项的变化情况:
改变的条件
平衡移动方向
n(OH-)
c(OH-)
加NaOH固体
通入氨气
加水
加入盐酸
降低温度
加NH4Cl固体
加入稀氨水
【解析】影响电离平衡的条件有温度和浓度。根据平衡移动原理,可以判断平衡移动的方向,n(OH-)的变化与平衡移动方向直接有关,c(OH-)还与溶液的体积有关。加水稀释,平衡向微粒数增多的方向移动,n(OH-)增大,但由于溶液体积增大的趋势比n(OH-)增加得更快,故c(OH-)是减小的。同理,加入更稀的氨水时,氨水的总浓度比原来小了,这还相当于稀释过程,尽管总的n(OH-)增大,但c(OH-)仍是减小。
答案:
改变的条件
平衡移动方向
n(OH-)
c(OH-)
加NaOH固体
左
增大
增大
通入氨气
右
增大
增大
加水
右
增大
减小
加入盐酸
右
减小
减小
降低温度
左
减小
减小
加NH4Cl固体
左
减小
减小
加入稀氨水
右
增大
减小
8.【能力挑战题】(2016·宿迁高二检测)如图所示图象是在一定温度下,向不同电解质溶液中加入新物质时溶液的导电性发生变化,其电流(I)随加入量(m)的变化曲线。其中与A变化趋势一致的是________,与B变化趋势一致的是________,与C变化趋势一致的是________。
①Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液至过量
②醋酸溶液中滴入NH3·H2O溶液至过量
③澄清石灰水中通入CO2至过量
④NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体
⑤盐酸中通入适量氨气
⑥氢氧化钠溶液中通入适量Cl2
【解析】①Ba(OH)2+H2SO4BaSO4↓+2H2O,由于生成沉淀和难电离的水,导电率逐渐减小,直至恰好完全反应,导电率几乎为零。当硫酸过量时,导电率又逐渐增大。所以符合B图象。
②CH3COOH+NH3·H2OCH3COONH4+H2O,加入氨水,生成强电解质CH3COONH4,导电率增大,当氨水过量时又相当于稀释CH3COONH4,导电率又逐渐减小。所以符合A图象。
③首先发生反应Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2O,随着溶液中离子浓度逐渐减小,导电率减小,当Ca2+沉淀完全时,导电率几乎为零。此后继续通CO2气体,则发生反应CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2,由于生成可溶性的Ca(HCO3)2,溶液的导电率又逐渐增大。所以符合B图象。
④NH4Cl+NaOHNH3·H2O+NaCl,从NH4Cl到NaCl均为强电解质,NH3·H2O为弱电解质,发生微弱电离可以忽略不计,离子浓度不变,故导电性不变。所以符合C图象。
⑤HCl+NH3NH4Cl,从HCl到NH4Cl均为强电解质,离子浓度不变,故导电性不变。所以符合C图象。
⑥2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O,从“2NaOH”到“NaCl+NaClO”可以看出,离子浓度不变,故导电性不变。所以符合C图象。
答案:②　①③　④⑤⑥(共32张PPT)
第三节　盐类的水解
第1课时　盐类的水解
阅读思考
自主检测
任务一、认真阅读教材第54页的内容,思考回答下列问题,自主学习盐溶液的酸碱性:
1.Na2CO3为什么俗称纯碱 有何用途
提示碳酸钠溶液显碱性,所以俗称纯碱,可用于油污清洗和面食制作。
2.盐溶液都显中性吗 什么样的盐溶液显中性 什么样的盐溶液显酸性 什么样的盐溶液显碱性 请结合盐的分类加以说明。
提示盐溶液并不都显中性。强酸强碱盐溶液显中性,强酸弱碱盐溶液显酸性,强碱弱酸盐溶液显碱性。
阅读思考
自主检测
任务二、认真阅读教材第54页到55页的内容,思考回答下列问题,自主学习盐溶液呈现不同酸碱性的原因:
我们知道溶液呈酸、碱性取决于溶液中c(H+)和c(OH-)的相对大小。那么是什么原因造成不同类型的盐溶液中c(H+)或c(OH-)的差异呢
提示强酸弱碱盐和强碱弱酸盐溶于水时,由于其电离出的阳离子、阴离子可分别与水电离出的OH-或H+生成弱电解质——弱碱或弱酸,使得溶液中c(H+)≠c(OH-),因而这两类盐溶液呈现酸性或碱性。
强酸强碱盐溶于水,电离出的阴、阳离子都不能与水电离出的H+或OH-生成弱电解质,也就是说强酸强碱盐不发生水解,溶液中c(H+)=c(OH-)。
阅读思考
自主检测
1.下列说法正确的是(　　)
A.盐溶液都是中性的
B.盐溶液的酸碱性与盐的类型无关
C.NaHCO3溶液显酸性
D.Na2CO3溶液显碱性,是因为溶液中c(OH-)>c(H+)
答案:D
2.下列关于盐类水解反应说法中正确的是(　　)
A.任何盐都可发生水解反应
B.盐只能发生水解反应,不能发生其他反应
C.盐发生水解反应肯定能破坏水的电离平衡且促进水的电离
D.盐的水溶液为中性时,则盐一定不发生水解反应
答案:C
阅读思考
自主检测
3.下列微粒在常温下发生水解时,对应的离子方程式正确的是(　　)
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
探究问题
CH3COONa溶液为什么显碱性 NH4Cl溶液为什么显酸性 NaCl溶液为什么呈中性呢
提示盐电离产生的弱酸阴离子或弱碱阳离子,与水电离出来的H+或OH-结合生成弱电解质(弱酸或弱碱),促进水的电离,从而使溶液中的c(H+)和c(OH-)不相等,盐溶液呈一定的酸碱性。比较如下:
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
知识点拨
一、盐类的水解规律
1.无弱(弱离子:弱酸提供的阴离子或弱碱提供的阳离子)不水解、有弱才水解——判断某种盐是否水解。
2.谁弱谁水解、都弱都水解——判断盐溶液中哪种微粒水解,据此书写水解的离子方程式。
3.谁强(强离子:强酸提供的阴离子或强碱提供的阳离子)显谁性、同强(都为强离子或同为弱离子但弱的程度相同)显中性——判断某种盐溶液的酸碱性。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
二、酸式盐溶液酸碱性的判断
酸式盐的水溶液显什么性,这要看该盐的组成微粒的实际表现。如果不考虑阳离子水解的因素,单纯考虑酸式酸根离子,即讨论强碱的酸式弱酸盐,那么酸式酸根离子在水溶液中既可以电离也可以水解。
1.强酸的酸式盐只电离,不水解,溶液一定显酸性。如NaHSO4溶液:
2.弱酸的酸式盐溶液的酸碱性,取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
考向一　盐类水解的原理
【例题1】
向水中加入下列物质,能使水的电离程度增大的是(　　)
A.NaCl
B.NH4Cl
C.HCl
D.Na2O
解析:NaCl对水的电离无影响,HCl抑制H2O的电离,Na2O与H2O反应生成NaOH抑制H2O的电离,NH4Cl水解能促进H2O的电离。
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
【例题2】
下列有关盐类水解的说法不正确的是(　　)
A.盐类的水解过程破坏了纯水的电离平衡
B.盐类的水解是酸碱中和反应的逆反应
C.盐类水解的结果使溶液不一定显中性
D.Na2CO3溶液中c(Na+)是c(
)的2倍
答案:D
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
【例题3】
温度相同、浓度均为0.2
mol·L-1的
①(NH4)2SO4、②NaNO3、③NH4HSO4、④NH4NO3、
⑤Na2CO3、⑥CH3COONa溶液,它们的pH由小到大的排列顺序为(　　)
A.③①④②⑥⑤
B.①③⑥④②⑤
C.③②①⑥④⑤
D.②④①③⑤⑥
解析:六种溶液中,①④水解显酸性,pH<7;③电离出H+,显强酸性,pH<7;②不水解,pH=7;⑤⑥水解显碱性,pH>7。①④相比,①中c(
)大,水解生成的c(H+)大,pH较小。①③相比,后者电离出的c(H+)比前者水解出的c(H+)大,pH较小。⑤⑥相比,H2CO3酸性比醋酸弱,其正盐水解生成的c(OH-)大,pH较大。综合以上可得pH由小到大的顺序为③①④②⑥⑤,A正确。
答案:A
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
【例题4】
NaHCO3溶液显碱性。原因是　　　　　。(用离子方程式和必要的文字说明)
规律方法点拨
盐溶液酸碱性的规律:“阳”酸、“阴”碱
含义:若盐的阳离子水解,则溶液呈酸性;若盐的阴离子水解,则溶液呈碱性。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验1下列离子中不会破坏水的电离平衡的是(　　)
A.ClO-　　B.Cu2+　　　C.OH-　　　D.K+
解析:ClO-、Cu2+因水解而促进水的电离,OH-抑制水的电离,因此均破坏水的电离平衡,而K+与H2O、H+、OH-均不反应,因此对水的电离平衡无影响。
答案:D
成功体验2下列关于盐类水解的叙述中,错误的是(　　)
A.盐类水解是中和反应的逆反应
B.盐类水解过程是吸热过程
C.酸式盐的水溶液一定显酸性
D.盐溶液的酸碱性主要取决于形成盐的酸和碱的相对强弱
解析:NaHCO3是酸式盐,但其水溶液显碱性。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验3物质的量浓度相同的下列溶液中,符合按pH由小到大的顺序排列的是(　　)
A.Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl
B.Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl
C.(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S
D.NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2S、NaNO3
解析:本题主要利用盐类水解的原理判断盐溶液酸碱性的强弱。(NH4)2SO4、NH4Cl溶液因
水解而呈酸性,因(NH4)2SO4中的
浓度大于NH4Cl溶液中的
浓度,故前者pH较小;NaNO3溶液呈中性(pH=7);Na2S溶液因S2-水解而使溶液呈碱性(pH>7),选C。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验4NaHSO3溶液显酸性。原因是　　　　　　。(用离子方程式和必要的文字说明)
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
考向二　水解离子方程式的书写
【例题5】
下列物质在常温下发生水解时,对应的离子方程式正确的是(　　)
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验5下列各方程式中,属于水解反应的是
(　　)
解析:A项,CO2与水化合生成弱电解质H2CO3,不属于水解反应;B项,HS-与OH-发生反应生成S2-和H2O,为酸碱中和反应;C项是HS-的电离而不是水解。
答案:D
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验6下列水解离子方程式正确的是　　　　(填序号)。
答案:DF
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
1.下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是(　　)
A.盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡
B.NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H+)>c(OH-)
C.在CH3COONa溶液中,由水电离的c(OH-)≠c(H+)
D.水电离出的H+(或OH-)与盐中的弱酸根离子(或弱碱阳离子)结合,造成盐溶液呈碱(或酸)性
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:盐溶液呈酸碱性的原因,就是破坏了水的电离平衡,使溶液中c(H+)≠c(OH-),故A对;溶液显酸性则一定有c(H+)>c(OH-),故B对;根据水的电离方程式:H2O
H++OH-,水在任何溶液中电离出的c(OH-)
=c(H+),但在CH3COONa溶液,由于生成了弱电解质CH3COOH,使得c(OH-)
>c(H+),故显碱性,所以C项说法错误;水电离出的H+和OH-与盐中弱酸阴离子或弱碱阳离子结合生成弱电解质,正是造成盐溶液呈酸碱性的原因,所以D对。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
2.0.1
mol·L-1的下列物质的水溶液,只存在一种分子的是(　　)
A.NaF
B.NH4Cl
C.HClO
D.HNO3
解析:F-、
会发生水解生成HF分子、NH3·H2O分子。HClO是弱电解质,在溶液中部分电离。HNO3是强电解质,其溶液中的分子只有H2O一种。
答案:D
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
3.有四种物质的量浓度相同且由+1价阳离子A+、B+和-1价阴离子X-、Y-组成的盐溶液。据测定,常温下AX溶液和BY溶液的pH都为7,AY溶液的pH>7,BX溶液的pH<7。据此推断,可能不水解的盐是(　　)
A.AX
B.BX
C.AY
D.BY
解析:常温时,AX溶液和BY溶液的pH都为7,说明形成BY和AX的酸碱的强弱相当,可能是强酸强碱,也可能是强弱相当的弱酸弱碱。AY溶液的pH>7,则说明Y-所对应的酸一定是弱酸,BX溶液的pH<7
,则说明B+所对应的碱一定是弱碱,X-和A+所对应的酸和碱应是相对较强的,它们所形成的盐AX有可能不发生水解。
答案:A
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
4.常温下,在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中,设由水电离产生的OH-浓度分别为a
mol·L-1与b
mol·L-1,则a和b关系为(　　)
A.a>b
B.a=10-4b
C.b=10-4a
D.a=b
解析:NaOH抑制水的电离,所以由水电离出的c(OH-)等于溶液中的c(H+)等于10-9
mol·L-1。CH3COONa水解,促进了水的电离,所以由水电离出的c(OH-)=(10-14÷10-9)mol·L-1=10-5
mol·L-1,
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
5.
(1)25
℃时,pH=12.0的KOH溶液中,由水电离出来的c(OH-)=　　　　
mol·L-1;pH=12.0的KCN溶液中,由水电离出来的c(OH-)=　　　　mol·L-1。
(2)在25
℃时,pH=4的HCl溶液和pH=4的NH4Cl溶液中c(OH-)各为多少 在上述两溶液中,NH4Cl溶液中由水电离的c(OH-)是HCl溶液中的多少倍
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:(1)25
℃时,pH=12.0的KOH溶液中,由水电离出的c(OH-)等于由水电离出来的c(H+),c(OH-)=10-12
mol·L-1;pH=12.0的KCN溶液中,由水电离出来的c(OH-)就是溶液中的c(OH-),所以c(OH-)=10-2
mol·L-1。
(2)在25
℃时,pH=4的HCl溶液和pH=4的NH4Cl溶液中c(OH-)均为1×10-10
mol·L-1;在上述两溶液中,NH4Cl溶液中由水电离出的c(OH-)是HCl溶液中由水电离出的c(OH-)的
答案:(1)10-12　10-2
(2)两溶液中c(OH-)均为1×10-10
mol·L-1
1×106倍课后提升作业
十八
　难溶电解质的溶解平衡
(45分钟　100分)
一、选择题(本题包括7小题,每小题6分,共42分)
1.(2016·济宁高二检测)已知几种难溶电解质的溶度积常数Ksp(25℃)见下表:
难溶电解质
AgCl
AgBr
AgI
Ag2SO4
Ag2CrO4
Ksp
1.8×10-10
5.4×10-13
8.5×10-17
1.4×10-5
1.12×10-12
下列叙述不正确的是　　(　　)
A.由溶度积常数可判断在相同条件下一些物质的溶解性大小
B.将等体积的4×10-3mol·L-1的AgNO3溶液和4×10-3mol·L-1的K2CrO4溶液混合,有Ag2CrO4沉淀产生
C.向AgCl的悬浊液中滴加饱和NaBr溶液可以得到黄色AgBr悬浊液
D.向100
mL
0.1
mol·L-1的Na2SO4溶液中加入1
mL
0.1
mol·L-1的AgNO3溶液,有白色沉淀生成
【解析】选D。D项,混合溶液中c(Ag+)=0.1
mol·L-1×≈0.001
mol·L-1,
c2(Ag+)·c(S)=0.0012×0.1=1×10-7<1.4×10-5,故不会产生沉淀。
2.(2016·淄博高二检测)下列有关说法正确的是　(　　)
A.常温下,AgCl在等物质的量浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
B.常温下,向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末,过滤,向洗净的沉淀中加稀盐酸有气泡产生,说明常温下Ksp(BaCO3)C.向AgCl浊液中滴加Na2S溶液,白色沉淀变成黑色,说明AgCl的溶解平衡正向移动
D.已知Ksp(Ag2CrO4)=2.0×10-12,Ksp(AgCl)=1.8×10-10,说明Ag2CrO4的溶解度小于AgCl
【解析】选C。A选项,CaCl2溶液中c(Cl-)浓度大,AgCl的溶解度小,错误;B选项,如果Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4),但存在BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq),因为Na2CO3溶液浓度大,也有可能生成少部分BaCO3沉淀,错误;D选项,Ag2CrO4的溶解度大,错误。
【易错提醒】
(1)Ksp只与难溶电解质的性质和温度有关,而与沉淀的量和溶液中离子的浓度无关。
(2)同温条件时,对于同类型物质,Ksp数值越大,难溶电解质在水中的溶解能力越强。
(3)不同类型的物质,Ksp差距不大时不能直接作为比较依据。
3.(2016·三明高二检测)已知:25℃时,Ksp[Mg(OH)2]=5.61×10-12,Ksp(MgF2)=
7.42×10-11。下列说法正确的是　(　　)
A.25℃时,饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比,前者的c(Mg2+)大
B.25℃时,在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体,c(Mg2+)增大
C.25℃时,Mg(OH)2固体在20
mL
0.01
mol·L-1氨水中的Ksp比在20
mL
0.01
mol·L-1NH4Cl溶液中的Ksp小
D.25℃时,在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后,Mg(OH)2不可能转化成为MgF2
【解析】选B。A项,Mg(OH)2的溶度积小,故其电离的Mg2+浓度要小一些,错;B项,N可以结合Mg(OH)2电离出的OH-离子,从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动,c(Mg2+)增大,正确;C项,Ksp仅与温度有关,故错;D项,二者Ksp接近,使用浓NaF溶液可以使Mg(OH)2转化成为MgF2,故D错。
4.(2016·赤峰高二检测)已知难溶性物质
K2SO4·MgSO4·2CaSO4在水中存在如下平衡:
K2SO4·MgSO4·2CaSO4(s)2Ca2++2K++Mg2++4S,不同温度下,K+的浸出浓度与溶浸时间的关系如图所示,则下列说法错误的是　(　　)
A.向该体系中加入饱和NaOH溶液,溶解平衡向右移动
B.向该体系中加入饱和碳酸钠溶液,溶解平衡向右移动
C.该平衡的Ksp=c(Ca2+)·c(K+)·c(Mg2+)·c(S)
D.升高温度,反应速率增大,平衡向正反应方向移动
【解析】选C。A、B选项,OH-与Mg2+结合生成Mg(OH)2沉淀、C与Ca2+结合生成CaCO3沉淀,均能使平衡右移,正确;C选项,Ca2+、K+、S的化学计量数分别为2、2、4,错误;由图象可知升高温度K+的浸出浓度增大,所以此反应为吸热反应,D选项正确。
5.(2016·长沙高二检测)实验:①向盛有1
mL
0.1
mol·L-1MgCl2溶液试管中加
1
mL
0.2
mol·L-1NaOH溶液,得到浊液a,过滤得到滤液b和白色沉淀c。②向沉淀c中滴加0.1
mol·L-1FeCl3溶液,沉淀变为红褐色。下列分析不正确的是　
(　　)
A.浊液a中存在沉淀溶解平衡:Mg(OH)2(s)Mg2+(aq)+2OH-(aq)
B.滤液b中不含有Mg2+
C.②中颜色变化说明Mg(OH)2转化为Fe(OH)3
D.实验可以证明Fe(OH)3比Mg(OH)2更难溶
【解析】选B。绝对不溶的物质是不存在的,B选项错误。
6.(2016·青岛高二检测)工业上常用还原沉淀法处理含铬废水(Cr2和Cr),其流程为
CrCr2Cr3+Cr(OH)3↓
(黄色)　　(橙色)　　(绿色)
已知:步骤③生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡:
Cr(OH)3(s)Cr3+(aq)+3OH-(aq)
Ksp=c(Cr3+)·c3(OH-)=10-32
下列有关说法不正确的是　(　　)
A.步骤①中当v正(Cr)=2v逆(Cr2)时,说明反应:
2Cr+2H+Cr2+H2O达到平衡状态
B.若向K2Cr2O7溶液中加入NaOH浓溶液,溶液可由橙色变为黄色
C.步骤②中,若要还原1
mol
Cr2离子,需要12
mol(NH4)2Fe(SO4)2
D.步骤③中,当将溶液的pH调节至5时,可认为废水中的铬元素已基本除尽[当溶液中c(Cr3+)≤10-5mol·L-1时,可视作该离子完全沉淀]
【解析】选C。C项,Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O,1
mol
Cr2可氧化6
mol(NH4)2Fe(SO4)2;D项,c(OH-)=mol·L-1=10-9mol·L-1,则c(H+)=
mol·L-1=10-5mol·L-1,pH=5。
7.常温下有关物质的溶度积如下,下列说法不正确的是　(　　)
物质
CaCO3
MgCO3
Ca(OH)2
Mg(OH)2
Fe(OH)3
Ksp
4.96×10-9
6.82×10-6
4.68×10-6
5.61×10-12
2.64×10-39
A.常温下,除去NaCl溶液中的MgCl2杂质,选用NaOH溶液比Na2CO3溶液效果好
B.常温下,除去NaCl溶液中的CaCl2杂质,选用Na2CO3溶液比NaOH溶液效果好
C.向含有Mg2+、Fe3+的溶液中滴加NaOH溶液,当两种沉淀共存且溶液的pH=8时,c(Mg2+)∶c(Fe3+)=2.125×1021
D.无法利用Ca(OH)2制备NaOH
【解析】选D。Ksp[Mg(OH)2]Ksp[CaCO3],所以用Na2CO3溶液可使Ca2+沉淀更完全,B正确;pH=8即c(OH-)=1×10-6mol·L-1,当两种沉淀共存时,有=
,代入数据,则有上述结果,C正确;制备NaOH可用下述反应实现:Ca(OH)2+Na2CO3CaCO3↓+2NaOH,D错误。
二、非选择题(本题包括3小题,共58分)
8.(19分)(1)(2016·全国卷Ⅰ)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂,以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl-,利用Ag+与Cr生成砖红色沉淀,指示到达滴定终点。当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时,溶液中c(Ag+)为__________mol·L-1,此时溶液中c(Cr)等于__________mol·L-1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.0×10-12和2.0×10-10)
(2)(2015·全国卷Ⅰ)浓缩液中主要含有I-、Cl-等离子。取一定量的浓缩液,向其中滴加AgNO3溶液,当AgCl开始沉淀时,溶液中为________。已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgI)=8.5×10-17。
(3)(2015·海南高考))已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,若向50
mL
0.018
mol·L-1的AgNO3溶液中加入50
mL
0.020
mol·L-1的盐酸,混合后溶液中Ag+的浓度为________mol·L-1,pH为________。
(4)(2015·江苏高考)已知:Ksp[Al(OH)3]=1×10-33,Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39,pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下,除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1×10-6mol·L-1),需调节溶液pH范围为________。
【解析】(1)当溶液中Cl-恰好沉淀完全(浓度等于1.0×10-5mol·L-1)时,溶液中c(Ag+)=Ksp(AgCl)÷c(Cl-)=2.0×10-10÷(1.0×10-5)=2.0×10-5(mol·L-1);此时溶液中c(Cr)=Ksp(Ag2CrO4)÷c2(Ag+)=2.0×10-12÷(2.0×10-5)2=5.0×10-3(mol·L-1)。
(2代入数据可得=≈4.7×10-7。
(3)根据反应中HCl和硝酸银的物质的量可知HCl过量,则计算剩余的氯离子的物质的量浓度为=0.001
mol·L-1,根据AgCl的溶度积的表达式计算即可,即c(Ag+)=
=mol·L-1=1.8×10-7mol·L-1;因为该反应中氢离子未参加反应,所以溶液的体积变为100
mL时,氢离子的浓度为
0.01
mol·L-1,则pH=2;
(4)除去Fe3+时,c(OH-)=
=≈1.44×10-11,
pH=-lg≈3.2,除去Al3+时,c(OH-)=
==1×10-9,pH=-lg=5.0,故需要控制溶液pH范围为5.0答案:(1)2.0×10-5　5.0×10-3　(2)4.7×10-7
(3)1.8×10-7　2　(4)5.09.(19分)已知在25℃时,AgX、AgY、AgZ均难溶于水,水溶液中存在溶解平衡。当达到平衡时,溶液中离子浓度的乘积是一个常数(此常数用Ksp表示)。
如AgX(s)Ag+(aq)+X-(aq)
Ksp(AgX)=c(Ag+)·c(X-)=1.8×10-10
AgY(s)Ag+(aq)+Y-(aq)
Ksp(AgY)=c(Ag+)·c(Y-)=1.0×10-12
AgZ(s)Ag+(aq)+Z-(aq)
Ksp(AgZ)=c(Ag+)·c(Z-)=8.7×10-17
(1)根据以上信息,判断AgX、AgY、AgZ三者的溶解度(用每升溶液中被溶解的溶质的物质的量表示)S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小顺序为__________________。
(2)若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体,则c(Y-)________(填“增大”“减小”或“不变”)。
(3)在25℃时,若取0.188
g的AgY(相对分子质量为188)固体放入100
mL水中(忽略溶液体积的变化),则溶液中Y-的物质的量浓度为__________________。
(4)①由上述Ksp判断,在上述(3)的体系中,能否实现AgY向AgZ的转化,并简述理由:______________________________________________。
②在上述(3)体系中,能否实现AgY向AgX的转化
根据你的观点选答一项。
若不能,请简述理由: ______________________________________________。
若能,则实现转化的必要条件是 ______________________________________。
【解析】(1)根据各物质的Ksp可知其溶解度S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)。
(2)由于AgY比AgX更难溶,则向AgY饱和溶液中加入AgX固体,会发生沉淀的转化:AgX(s)+Y-(aq)AgY(s)+X-(aq),c(Y-)减小。
(3)25℃时,Ksp(AgY)=1.0×10-12,即溶液达到饱和时,c(Ag+)=c(Y-)=1.0×10-6mol·L-1,可知100
mL水溶解AgY的质量约为0.10
L×1.0×10-6mol·L-1×
188
g·mol-1=1.88×10-5g<0.188
g,即0.188
g
AgY固体放入100
mL水中,形成AgY的饱和溶液且固体还有剩余,则溶液中c(Y-)=1.0×10-6mol·L-1。
(4)①由于Ksp(AgZ)②在(3)中c(Ag+)=1.0×10-6mol·L-1,虽然Ksp(AgX)>Ksp(AgY),但当c(X-)>
=1.8×10-4mol·L-1时,也可实现AgY向AgX的转化。
答案:(1)S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)
(2)减小　(3)1.0×10-6mol·L-1
(4)①能;Ksp(AgY)=1.0×10-12>Ksp(AgZ)=8.7×10-17
②必须保持溶液中的c(X-)>1.8×10-4mol·L-1
10.(20分)(能力挑战题)(2016·海口高二检测)以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高,为控制砷的排放,采用化学沉降法处理含砷废水,相关数据如下表。
表1　几种砷酸盐的Ksp
难溶物
Ksp
Ca3(AsO4)2
6.8×10-19
AlAsO4
1.6×10-16
FeAsO4
5.7×10-21
表2　工厂污染物排放浓度及允许排放标准
污染物
H2SO4
As
浓度
28.42
g·L-1
1.6
g·L-1
排放标准
pH=6~9
0.5
mg·L-1
回答以下问题:
(1)该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)=________mol·L-1。
(2)写出难溶物Ca3(AsO4)2的Ksp表达式:
Ksp[Ca3(AsO4)2]=________。若混合液中Al3+、Fe3+的浓度均为1.0×10-4mol·L-1时,________先沉淀。
(3)在处理含砷废水时采用分段式,先向废水中投入生石灰调节pH到2,再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3(AsO4)2形式沉降。
①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生,沉淀主要成分的化学式为________。
②Ca3(AsO4)2在pH调节到8左右才开始沉淀的原因为_______________________
_______________________________。
【解析】(1)H2SO4的浓度为28.42
g·L-1,转化为物质的量浓度为c===0.29
mol·L-1。
(2)Ksp的表达式为离子浓度的幂次方的乘积,Ksp小的物质先生成沉淀,所以Fe3+先沉淀。
(3)①当Ca2+浓度增大时,Ca2+与S可生成CaSO4沉淀。②酸与碱发生中和反应,c(As)增大,当Ca2+与As浓度次方的乘积达到Ca3(AsO4)2的Ksp时,开始沉淀。
答案:(1)0.29　(2)c3(Ca2+)·c2(As)　Fe3+
(3)①CaSO4　②H3AsO4是弱酸,当溶液中pH调节到8左右时,酸碱反应,使溶液中,As浓度增大,至Qc>Ksp,Ca3(AsO4)2开始沉淀第3课时　粒子浓度关系
[目标导航]　1.会判断溶液中的粒子种类。2.会判断溶液中粒子浓度关系。
一、水解平衡中的三大守恒关系
1．醋酸钠溶液中存在的平衡有CH3COONa__＋__H2O??CH3COOH__＋__NaOH、H2O??
H＋＋OH－，存在的离子有Na＋、H＋__、CH3COO－、OH－。
(1)电荷守恒：溶液呈电中性，所以溶液中n(正电荷)＝n(负电荷)
即：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(CH3COO－)＋n(OH－)(两边同时除以体积)。
即：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)。
(2)物料守恒：CH3COONa固体中，n(Na＋)＝n(CH3COO－)，但在CH3COONa溶液中，因为CH3COO－水解，所以n(Na＋)>n(CH3COO－)，即c(Na＋)>c(CH3COO－)；根据CH3COONa固体中，n(Na＋)＝n(CH3COO－)，所以该溶液中n(Na＋)＝n(CH3COO－)＋n(CH3COOH)，(两边同时除以体积)即：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)。
(3)质子守恒：将上述两式相加得到以下关系：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)。根据水电离出的c(OH－)＝c(H＋)，溶液中的H＋或OH－虽与其他离子结合而以不同的形式存在，但其总量相同。
2．NH4Cl溶液中存在的离子有NH、Cl－、H＋、OH－。
(1)电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)。
(2)物料守恒：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)。
(3)质子守恒：c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)。
二、完成下列弱电解质溶液中离子浓度大小比较
1．在0.1
mol·L－1醋酸溶液中
(1)存在的电离平衡有CH3COOH??CH3COO－＋H＋、H2O??H＋＋OH－。
(2)含有的粒子有CH3COOH、H2O、CH3COO－、H＋、OH－。
(3)粒子浓度由大到小的顺序(水分子除外)是c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)。
2．(1)碳酸溶液中的电离方程式是H2CO3??H＋＋HCO、HCO??H＋＋CO、H2O??H＋＋OH－。
(2)碳酸溶液中存在的粒子有H2CO3、H2O、HCO、H＋、CO、OH－。
(3)碳酸是弱酸，第一步电离很微弱，第二步电离更微弱。推测其溶液中粒子浓度由大到小的顺序(水分子除外)是c(H2CO3)＞c(H＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)。
3．(1)氨气通入水中反应的化学方程式是NH3＋H2O??NH3·H2O。
(2)氨水中存在的平衡有NH3＋H2O??NH3·H2O、NH3·H2O??NH＋OH－、H2O??H＋＋OH－。
(3)氨水中含有的粒子有H2O、NH3、NH3·H2O、H＋、NH、OH－。
(4)粒子浓度由大到小的顺序(水分子除外)是c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH)＞c(H＋)。
一、单一溶液中粒子浓度关系判断
【例1】　Na2CO3溶液
(1)写出溶液中所有电离、水解方程式
Na2CO3===2Na＋＋CO、CO＋H2O??HCO＋OH－、HCO＋H2O??H2CO3＋OH－、H2O??H＋＋OH－。
(2)粒子种类：Na＋、CO、HCO、OH－、H＋、H2CO3、H2O。
(3)关系判断
①离子浓度大小关系c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)；
②电荷守恒关系c(Na＋)＋c(H＋)===2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)；
③物料守恒关系c(Na＋)===2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]；
④质子守恒关系c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。
【例2】　NaHCO3溶液
(1)写出溶液中所有电离、水解方程式
NaHCO3===Na＋＋HCO、HCO＋H2O??H2CO3＋OH－、HCO??H＋＋CO、H2O??H＋＋OH－。
(2)粒子种类Na＋、HCO、H2CO3、CO、H＋、OH－、H2O。
(3)关系判断
①离子浓度大小关系c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(CO)；
②电荷守恒关系c(Na＋)＋c(H＋)===2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)；
③物料守恒关系c(Na＋)===c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)；
④质子守恒关系c(OH－)===c(H2CO3)＋c(H＋)－c(CO)。
【归纳总结】
→
解题技巧
变式训练1　在0.1
mol·L－1的NH4HSO4溶液中，下列关于微粒物质的量浓度的关系式不正确的是(　　)
A．c(H＋)＞c(SO)＞c(NH)
B．c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)
C．c(H＋)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)＋c(OH－)
D．常温下向该溶液中滴加NaOH溶液至中性后：c(Na＋)＞c(SO)＞c(NH)＞c(OH－)＝
c(H＋)
答案　C
解析　解本题时要先考虑NH4HSO4的电离，然后再考虑NH的水解。A项，c(H＋)＞c(SO)＞c(NH)，A项正确；B项，符合电荷守恒，B项正确；C项，NH4HSO4===NH＋H＋＋SO，NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，则c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(SO)，由电荷守恒得，c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，所以c(H＋)＝c(NH)＋2c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C项错误；D项，当NaOH溶液和NH4HSO4溶液等浓度、等体积混合后，所得溶液显酸性，所以若使题中所得溶液呈中性，则加入的NaOH溶液中NaOH的物质的量应大于NH4HSO4溶液中NH4HSO4的物质的量，D项正确。二、混合溶液中离子浓度关系判断
【例3】　比较下列几种溶液混合后各离子浓度的大小。
(1)CH3COOH溶液和NaOH溶液等浓度等体积混合，离子浓度大小顺序为________________________________________________________________________。
(2)NaOH溶液和CH3COOH溶液等浓度按1∶2体积比混合后pH＜7，离子浓度大小顺序为________________________________________________________________________。
(3)pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，其离子浓度大小顺序为________________________________________________________________________。
(4)将CH3COOH溶液和CH3COONa溶液等浓度、等体积混合，已知pH＜7，则离子浓度大小关系为______________________________________________________________。
解析　(1)恰好反应后，溶质为CH3COONa。
(2)中和反应后，溶质为CH3COONa、CH3COOH，且CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度。
(3)由于CH3COOH是弱酸，c(CH3COOH)要远大于c(NaOH)，反应后溶质为CH3COOH、CH3COONa，且n(CH3COOH)要远大于n(CH3COONa)，溶液中CH3COOH电离程度大于CH3COONa的水解程度，溶液呈酸性。
(4)根据pH＜7，说明CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，所以c(CH3COO－)＞c(Na＋)。
答案　(1)c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
(2)c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
(3)c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
(4)c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
【归纳总结】
1.
2．酸与盐混合，要分析盐的水解程度与酸的电离程度的相对大小。
变式训练2　25
℃时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的pH＝7时，下列关系正确的是(　　)
A．c(NH)＝c(SO)
B．c(NH)>c(SO)
C．c(NH)D．c(OH－)＋c(SO)＝c(H＋)＋c(NH)
答案　B
解析　根据溶液中的电荷守恒，由于pH＝7，呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)；根据电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，则D错；将前两个等式融合得c(NH)＝2c(SO)，则A错，B对，C错。
三、不同溶液、同一离子浓度关系判断
【例4】　比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。
(1)浓度均为0.1
mol·L－1的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是________________，c(H2S)从大到小的顺序是________________。
(2)相同浓度的下列溶液中：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH中，c(CH3COO－)由大到小的顺序是________________________。
(3)物质的量浓度相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl溶液，c(NH)由大到小的顺序为___________________________________________________。
答案　(1)③＞②＞④＞①　④＞①＞②＞③　(2)②＞①＞③　(3)①＞③＞②＞④
【归纳总结】　选好参照物，分组比较，各个击破
1．HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1
mol·L－1
NaA溶液中，离子浓度关系正确的是(　　)
A．c(Na＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
B．c(Na＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)
C．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(A－)＋c(H＋)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
答案　D
解析　因A－＋H2O??HA＋OH－，所以c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)，水解后溶液呈碱性，则
c(OH－)>c(H＋)；根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)。
2．t
℃时，某浓度氯化铵溶液的pH＝4，下列说法中一定正确的是(　　)
A．由水电离出的氢离子浓度为10－10
mol·L－1
B．溶液中c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
C．溶液中c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
D．溶液中c(NH3·H2O)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)
答案　C
解析　NH水解促进了H2O的电离，溶液中的c(H＋)即为H2O电离的c(H＋)，A错；在25
℃时，水的离子积为1×10－14，B错；NH水解生成H＋，故c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，C正确；由物料守恒可知c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)，D错误。
3．MOH强碱溶液和等体积、等浓度的HA弱酸溶液混合后，溶液中有关离子的浓度应满足的关系是(　　)
A．c(M＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)
B．c(M＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
D．c(M＋)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)
答案　C
解析　MOH强碱与HA弱酸等物质的量混合，二者恰好完全反应生成MA，A－水解，A－＋H2O??HA＋OH－，其水溶液呈碱性，有c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，故选C。
4．常温下，将甲酸与NaOH溶液混合，所得溶液的pH＝7，则此溶液中(　　)
A．c(HCOO－)>c(Na＋)
B．c(HCOO－)C．c(HCOO－)＝c(Na＋)
D．无法确定c(HCOO－)与c(Na＋)的大小关系
答案　C
解析　本题考查的是对溶液中离子浓度大小的判断。很多同学不知如何下手，对题干分析不深刻。题干中所给的信息pH＝7很重要，当NaOH和HCOOH反应时溶液中存在的离子有4种：Na＋、HCOO－、OH－、H＋，根据电荷守恒可知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)；由pH＝7可知：c(H＋)＝c(OH－)，得出c(Na＋)＝c(HCOO－)。
5．下列溶液中各微粒的浓度关系正确的是(　　)
A．等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中：c(NH)＝c(K＋)＝c(Ba2＋)
B．将10
mL
0.1
mol·L－1
Na2CO3溶液逐滴滴加到10
mL
0.1
mol·L－1
盐酸中：c(Na＋)>
c(Cl－)>c(HCO)>c(CO)
C．向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7：c(NH)＋c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)
D．0.2
mol·L－1的某一元弱酸HA溶液和0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合后的溶液：2c(OH－)＋c(A－)＝2c(H＋)＋c(HA)
答案　D
解析　等pH的氨水、KOH溶液、Ba(OH)2溶液中，一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，氢氧化钾为一元强碱，氢氧化钡为二元强碱，故c(NH)＝c(K＋)>c(Ba2＋)，A错误；将等物质的量浓度等体积的Na2CO3溶液逐滴滴加到盐酸中，充分反应后所得溶液为NaCl、Na2CO3的混合溶液，碳酸根水解呈碱性，所以各种离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>
c(Cl－)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)，故B错误；向NH4HCO3溶液中滴加NaOH溶液至pH＝7，c(OH－)＝c(H＋)，溶液中电荷守恒：c(H＋)＋c(NH)＋c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，得到c(NH)＋c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)，故C错误；0.2
mol·L－1的某一元弱酸HA溶液和0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合后得到等浓度的HA和NaA的混合溶液，溶液中电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(A－)＋c(OH－)，物料守恒：2c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，进而推出2c(OH－)＋c(A－)＝2c(H＋)＋c(HA)，故D正确。
6．25
℃时，将一定浓度的盐酸和一定浓度的氨水按2∶1的体积比混合，若混合溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液的pH(　　)
A．大于7
B．小于7
C．等于7
D．无法确定
答案　C
解析　由电荷守恒可得：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NH)＝c(Cl－)，所以c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，pH＝7。
[基础过关]
一、单一溶液中离子浓度大小比较
1．已知某一温度下，在0.1
mol·L－1的强电解质NaHA溶液中，c(H＋)A．c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)
B．c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1
mol·L－1
C．将上述溶液稀释至0.01
mol·L－1，c(H＋)·c(OH－)不变
D．c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2A)
答案　A
解析　A项，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HA－)＋2c(A2－)＋c(OH－)，故A项不正确；B项，由物料守恒知c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)＝0.1
mol·L－1，故B项正确；C项，温度不变，则c(H＋)·c(OH－)不变，C项正确；D项，由物料守恒关系式和电荷守恒关系式可得c(H＋)＋c(H2A)＝c(A2－)＋c(OH－)，D项正确。
2．下列对常温下pH为2的盐酸的叙述正确的是(　　)
A．c(H＋)＜c(Cl－)＋c(OH－)
B．与等体积的pH＝12的氨水混合后，所得溶液显酸性
C．由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－12
mol·L－1
D．与等体积的0.01
mol·L－1的乙酸钠溶液混合后，所得溶液中c(Cl－)＝c(CH3COO－)
答案　C
解析　A项，因溶液中电荷守恒，则c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，故A项错误；B项，与等体积的pH＝12的氨水混合后，氨水有剩余，溶液显碱性，故B项错误；C项，常温下Kw＝1.0×10－14，pH＝2的盐酸中由H2O电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－12
mol·L－1，故C项正确；D项，与等体积的0.01
mol·L－1的乙酸钠溶液混合后，生成NaCl和乙酸，由于乙酸存在电离平衡，故c(Cl－)＞c(CH3COO－)，D项错误。
3．硫化氢的水溶液中存在动态平衡：H2S??H＋＋HS－；HS－??H＋＋S2－；H2O??H＋＋
OH－。在物质的量浓度为0.1
mol·L－1的H2S溶液中，下列各离子浓度的关系正确的是(　　)
A．c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)
B．2c(H＋)＝2c(HS－)＋c(S2－)＋2c(OH－)
C．c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)
D．c(H＋)＝2c(S2－)＋c(OH－)
答案　A
解析　解本题的关键是先要分析清楚硫化氢的水溶液中存在哪些离子，再从守恒的角度分析题目。H2S为二元弱酸，所以其在水溶液中不能完全电离。由电荷守恒得，c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)。本题选A。
二、混合溶液中粒子浓度大小比较
4．把0.02
mol·L－1
CH3COOH溶液和0.01
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合，混合溶液中粒子浓度关系正确的是(　　)
A．c(CH3COO－)>c(Na＋)
B．c(CH3COOH)>c(CH3COO－)
C．2c(H＋)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
D．c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.02
mol·L－1
答案　A
解析　溶液混合后，二者反应，但CH3COOH过量，故溶液为等物质的量的CH3COONa和CH3COOH的混合体系。CH3COOH和CH3COO－相互抑制，但以CH3COOH电离为主，溶液显酸性，即c(H＋)>c(OH－)，由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则有c(CH3COO－)>c(Na＋)，A正确；CH3COOH电离程度大于CH3COO－水解程度，B不正确；对于C项：由于存在c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)的电荷守恒①和2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)的物料守恒②，①×2－②可得：2c(H＋)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＋2c(OH－)，所以C错；D项看似是物料守恒，但溶液的体积是原来的2倍，则c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.01
mol·L－1，D错误。
5．在25
℃时，将pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合后，下列关系式中正确的是(　　)
A．c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
B．c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
C．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
D．c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
答案　D
解析　pH＝11的NaOH溶液中c(NaOH)＝c(OH－)＝10－3
mol·L－1，而pH＝3的CH3COOH溶液中c(H＋)＝10－3
mol·L－1，c(CH3COOH)远远大于10－3
mol·L－1。两者等体积混合后，形成CH3COOH与CH3COONa的混合液，且c(CH3COOH)远大于c(CH3COONa)，溶液呈酸性，电荷恒等关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，离子浓度大小顺序为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
6．已知乙酸(HA)的酸性比甲酸(HB)弱，在物质的量浓度均为0.1
mol·L－1的NaA和NaB混合溶液中，下列排序正确的是(　　)
A．c(OH－)>c(HA)>c(HB)>c(H＋)
B．c(OH－)>c(A－)>c(B－)>c(H＋)
C．c(OH－)>c(B－)>c(A－)>c(H＋)
D．c(OH－)>c(HB)>c(HA)>c(H＋)
答案　A
解析　在NaA和NaB的混合液中存在A－和B－的水解平衡：A－＋H2O??HA＋OH－、B－＋H2O??HB＋OH－，同时由于HA比HB酸性弱，因此A－的水解程度大于B－的水解程度，故c(HA)>c(HB)、c(B－)>c(A－)>c(OH－)，因此只有A项正确。
三、不同溶液中同一离子浓度大小比较
7．相同温度下，相同物质的量浓度的下列溶质：①CH3COONa、②NH4Cl、③Na2SO4、④NaHSO4、⑤NH3·H2O，按pH由大到小顺序排列正确的是(　　)
A．⑤①③②④
B．④②③①⑤
C．①⑤③②④
D．①⑤③④②
答案　A
解析　先确定酸、碱、盐物质类别，再根据盐的组成类型判断其酸碱性。注意氨水的电离程度大于CH3COONa的水解程度。
8．在25
℃时，NH浓度相等的NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4的溶液中，其对应溶液中溶质的物质的量浓度分别为a、b、c(单位为mol·L－1)，下列判断正确的是(　　)
A．a＝b＝c
B．a＝c>b
C．b>a>c
D．c>a>b
答案　C
解析　NH4Cl溶液中NH正常水解，CH3COONH4中的NH与CH3COO－相互促进水解；NH4HSO4中H＋抑制NH水解。所以当NH浓度相等时，所需溶液浓度顺序为c(CH3COONH4)>c(NH4Cl)>c(NH4HSO4)。
四、一元酸相对强弱的判断
9．100
℃，有pH分别为7、9、10的三种相同物质的量浓度的盐溶液NaX、NaY、NaZ，以下说法中不正确的是(　　)
A．在三种酸HX、HY、HZ中以HX酸性相对最强
B．HX、HY、HZ三者中有一种为强酸
C．在X－、Y－、Z－三者中，以Z－最易发生水解
D．中和1
mol
HY酸后溶液为中性，需要的NaOH稍小于1
mol
答案　B
解析　根据越弱越水解，水解程度X－HY>HZ；100
℃时中性溶液的pH<7，因此三种酸均为弱酸。
10．常温下，0.1
mol·L－1某一元酸(HA)溶液的pH＝3。下列叙述正确的是(　　)
A．该溶液中：c2(H＋)≠c(H＋)·c(A－)＋Kw
B．由pH＝3的HA溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>
c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
C．浓度均为0.1
mol·L－1的HA和NaA溶液等体积混合，所得溶液中：c(A－)>c(HA)>
c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．0.1
mol·L－1
HA溶液与0.05
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：2c(H＋)＋c(HA)＝c(A－)＋2c(OH－)
答案　D
解析　0.1
mol·L－1某一元酸(HA)溶液的pH＝3，说明HA没有完全电离，是一种弱酸。A项，由电荷守恒知，c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，c(H＋)·c(A－)＋Kw＝c(H＋)·c(A－)＋c(H＋)·c(OH－)＝c2(H＋)，错；B项，由于HA为弱酸，所以pH＝3的HA溶液的浓度远大于pH＝11的NaOH溶液的浓度，反应中HA过量，溶液呈酸性，错；C项，应为c(A－)>c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>
c(OH－)，错；D项，溶液中存在以下两个守恒，①c(A－)＋c(HA)＝2c(Na＋)，②c(H＋)＋
c(Na＋)＝c(A－)＋c(OH－)，①＋②×2可得2c(H＋)＋c(HA)＝c(A－)＋2c(OH－)，正确。
[能力提升]
11．现有25
℃时0.1
mol·L－1的氨水，请回答以下问题：
(1)若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好中和，写出反应的离子方程式：__________________
______________________________________________________；
所得溶液的pH________7(填“>”、“<”或“＝”)，用离子方程式表示其原因：_______________
______________________________________________________________________________。
(3)若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH＝7，此时c(NH)＝a
mol·L－1，则c(SO)为________。
(4)若向氨水中加入pH＝1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1∶1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是____________________。
答案　(1)减小　(2)NH3·H2O＋H＋===NH＋H2O　<　NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
(3)a/2
mol·L－1
(4)c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)
解析　(1)加入NH会抑制NH3·H2O的电离，使c(NH3·H2O)变大，c(OH－)变小。
(2)NH水解显酸性。
(3)根据电荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)且溶液pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，得c(NH)＝2c(SO)。
12．常温下，用0.1
mol·L－1的盐酸和25.00
mL
0.1
mol·L－1氨水混合。
(1)当加入10.00
mL稀盐酸时，溶液中的溶质是_____________________________________
_____________________________________________________________________(填化学式)，
溶液的pH＝________(填“＞”、“＜”或“＝”)7。
(2)当某一时刻溶液中c(NH)＝c(Cl－)，此时溶液的pH________(填“＞”、“＜”或“＝”)7。所加的盐酸体积V是不是等于25.00
mL？________(填“是”或“不是”)。其原因是______________________________________________________________________________
______________________________________________________________________________
______________________________________________________________________________。
(3)某一时刻溶液中会不会存在：c(Cl－)＞c(NH)，且c(OH－)＞c(H＋)的关系？________(填“会”或“不会”)。其原因是_____________________________________________________
____________________________________________________________________________。
(4)当盐酸过量时，下列离子浓度的大小关系是：c(Cl－)________c(NH)，c(OH－)________
c(H＋)。(填“＞”、“＜”或“＝”)
答案　(1)NH4Cl，NH3·H2O　＞
(2)＝　不是　若盐酸体积为25
mL时，NH3·H2O与HCl恰好完全反应，生成NH4Cl溶液呈酸性，故盐酸体积略少于25
mL
(3)不会　否则溶液中离子所带电荷不守恒
(4)＞　＜
解析　(1)NH3·H2O＋HCl===NH4Cl＋H2O，盐酸不足时，反应后溶液中的溶质为NH4Cl和过量的NH3·H2O，NH3·H2O??NH＋OH－使溶液呈碱性。
(2)溶液中的离子种类为：Cl－、NH、OH－、H＋，若c(NH)＝c(Cl－)时，据电荷守恒定律可知c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)推出c(OH－)＝c(H＋)。
(3)c(Cl－)＞c(NH)时，c(H＋)一定小于c(OH－)否则电荷不守恒。
(4)盐酸过量时，溶液呈酸性。
13．将0.2
mol·L－1
HA溶液与0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液中
c(Na＋)>c(A－)，则：
(1)混合溶液中c(A－)______(填“>”、“<”或“＝”，下同)c(HA)。
(2)混合溶液中c(HA)＋c(A－)______0.1
mol·L－1。
(3)混合溶液中，由水电离出的c(OH－)____0.2
mol·L－1
HA溶液中由水电离出的c(H＋)。
(4)25
℃时，如果取0.2
mol·L－1
HA溶液与0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH<7，则HA的电离程度______NaA的水解程度。
答案　(1)<　(2)＝　(3)>　(4)>
解析　(1)将0.2
mol·L－1
HA溶液与0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合时，溶质为等物质的量的HA和NaA，由于c(Na＋)>c(A－)，说明A－的水解能力大于HA的电离能力，使得c(HA)>c(A－)。
(2)通过物料守恒及等体积混合后浓度减半可知，c(HA)＋c(A－)＝0.1
mol·L－1。
(3)混合溶液中由于NaA的存在，促进水的电离，而0.2
mol·L－1
HA溶液中水的电离受到抑制，因此前者由水电离产生的c(OH－)大于后者由水电离产生的c(H＋)。
(4)如果取0.2
mol·L－1
HA溶液与0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合，溶质为等浓度的HA和NaA，混合溶液的pH<7，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度。
[拓展探究]
14．现有室温下浓度均为1×10－3
mol·L－1的几种溶液：①盐酸、②硫酸、③醋酸、④氯化铵、⑤氨水、⑥NaOH溶液。回答下列问题：
(1)上述6种溶液中，水电离出的c(H＋)最大的是______________________________________
_____________________________，
最小的是__________。
(2)将③、⑥混合后，若溶液呈中性，则消耗两溶液的体积为③____(填“>”、“<”或“＝”)⑥，溶液中的离子浓度由大到小的顺序为____________。
(3)将等体积的①、⑤混合，则溶液的pH______(填“>”、“<”或“＝”)7，用离子方程式说明其原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)向相同体积的①、②、③溶液中分别加入相同的且足量的锌粒，反应的初始速率由快到慢的顺序为____________，最终产生H2总量的关系为__________。
(5)向相同体积的①、③溶液中分别加入相同浓度、相同体积的CH3COONa溶液，充分混合后，混合液的pH大小关系为①______(填“>”、“<”或“＝”，下同)③。
(6)若将等体积的⑤、⑥溶液加热至相同温度后，溶液的pH大小关系为⑤______⑥。
答案　(1)④　②
(2)>　c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)
(3)<　NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
(4)②>①>③　②>①＝③　(5)<　(6)<
解析　(1)酸和碱会抑制水的电离，c(H＋)或c(OH－)越大，水的电离程度越小。能水解的盐可促进水的电离，故④中水的电离程度最大，②中水的电离程度最小。
(2)若③和⑥等体积反应，则恰好生成CH3COONa，水解呈碱性，现反应后呈中性，则醋酸过量。由于溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒得c(Na＋)＝c(CH3COO－)，由此可得溶液中离子浓度的大小关系。
(3)等体积的①、⑤混合，恰好完全反应生成NH4Cl，NH水解呈酸性。
(4)由于起始时c(H＋)②>c(H＋)①>c(H＋)③，c(H＋)越大，反应速率越快。由于酸提供的H＋总量n(H＋)②>n(H＋)①＝n(H＋)③，由此可知产生H2的总量关系为②>①＝③。
(6)虽然加热能促使氨水的电离，但仍不可能完全电离，而且由于温度升高，NH3会挥发，因此溶液的pH：⑤<⑥。(共45张PPT)
第3课时　pH的应用　酸碱中和滴定
阅读思考
自主检测
任务一、认真阅读教材第48页到第49页的内容,思考回答下列问题,自主学习酸碱中和滴定基本原理:
1.什么是酸碱中和滴定 常用的仪器是什么
提示酸碱中和滴定是利用中和反应,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。
常用仪器:酸式滴定管、碱式滴定管和锥形瓶。
2.酸碱中和滴定时,滴定管、锥形瓶分别盛装什么溶液 酸碱指示剂滴在哪里
提示滴定管中装有已知物质的量浓度的酸(或碱)溶液,锥形瓶中盛放一定量未知浓度、待测定的碱(或酸)溶液。待测液中预先加有几滴酸碱指示剂。
阅读思考
自主检测
3.酸碱中和滴定中,常见的酸碱指示剂有哪些 如何用酸碱指示剂判断滴定终点 为什么可以用酸碱指示剂确定滴定终点
提示常用的酸碱指示剂:酚酞和甲基橙
当接近滴定终点(pH=7)时,很少量(0.04
mL,约一滴)的碱或酸就会引起溶液pH突变(如图所示)。此时指示剂明显的颜色变化表示反应已完全,即反应到达终点。
用0.100
0
mol·L-1
NaOH溶液滴定20.00
mL
0.100
0
mol·L-1
HCl溶液过程中的pH变化
阅读思考
自主检测
任务二、认真阅读教材第50页到第52页的内容,思考回答下列问题,自主学习实验测定酸碱滴定曲线:
1.什么是酸碱滴定曲线 测定酸碱滴定曲线有何意义
提示酸碱滴定曲线是以酸碱中和滴定过程中滴加酸(或碱)的量为横坐标,以溶液pH为纵坐标绘出的一条溶液pH随酸(或碱)的滴加量而变化的曲线。它描述了酸碱中和滴定过程中溶液pH的变化情况,其中酸碱滴定终点附近的pH突变情况,对于酸碱滴定中如何选择合适的酸碱指示剂具有重要意义。
阅读思考
自主检测
2.使用滴定管进行实验时,一般包括哪些基本操作
提示①检查仪器:在使用滴定管前,首先要检查活塞是否漏水,在确保不漏水后方可使用。
②润洗仪器:在加入酸、碱反应液之前,洁净的酸式滴定管和碱式滴定管还要分别用所要盛装的酸、碱溶液润洗2~3遍。方法是:从滴定管上口加入3~5
mL所要盛装的酸或碱溶液,倾斜着转动滴定管,使液体润湿全部滴定管内壁。然后,一手控制活塞(酸式滴定管轻轻转动活塞;碱式滴定管轻轻挤压玻璃球),将液体从滴定管下部放入预置的烧杯中。
阅读思考
自主检测
③加入反应液:分别将酸、碱反应液加入到酸式滴定管、
碱式滴定管中,使液面位于滴定管刻度“0”以上2~3
mL处,并将滴定管垂直固定在滴定管夹上。
④调节起始读数:在滴定管下放一烧杯,调节活塞,使滴定管尖嘴部分充满反应液(如果滴定管内部有气泡,应快速放液以赶走气泡),并使液面处于某一刻度,准确读取读数并记录。
⑤放出反应液:根据实验需要从滴定管中逐滴放出一定量的液体。
阅读思考
自主检测
1.酸碱恰好完全中和时(　　)
A.酸与碱的物质的量一定相等
B.溶液呈现中性
C.酸与碱的物质的量浓度相等
D.酸所能提供的H+与碱所能提供的OH-的物质的量相等
答案:D
2.在25.00
mL的碱式滴定管中盛有溶液,液面恰好在20.00
mL刻度处,现将滴定管内溶液全部放出,流入量筒内,所得溶液的体积为(　　)
A.5.0
mL
B.20.0
mL
C.大于5.0
mL
D.小于5.0
mL
答案:C
阅读思考
自主检测
3.下列有关叙述中正确的是(　　)
A.滴定管下端连有橡皮管的为酸式滴定管
B.在滴定时,不能向锥形瓶内加入蒸馏水,否则会引起误差
C.滴定前应首先排除尖嘴部分的气泡
D.滴定过程中两眼应注视滴定管内液面的变化
答案:C
4.常温下,如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠相互滴定的滴定曲线,下列叙述正确的是(　　)
A.盐酸的物质的量浓度为1
mol·L-1
B.P点时恰好完全反应,溶液呈中性
C.曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线
D.酚酞不能用作本实验的指示剂
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
探究问题
1.分析说明pH在生产、生活、医疗保健中有何应用
提示(1)因为人体各种体液都有一定的pH,检测血液的pH是诊断疾病的一个重要手段。
(2)使用护发素可以调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度。
(3)可以通过检测土壤的pH,确定种植何种农作物。
2.酸碱中和滴定的实验原理是什么 实验过程中需要哪些仪器 如何判断盐酸与NaOH溶液是否反应完全
提示酸碱中和滴定的实验原理是利用中和反应,用已知浓度的酸(或碱)来滴定未知浓度的碱(或酸);实验过程中常用的仪器有酸式滴定管、碱式滴定管和锥形瓶;利用指示剂(甲基橙或酚酞)明显的颜色变化指示反应已完全。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
知识点拨
一、pH的应用
pH的测试和调控在工农业生产、科学实验和医疗保健等方面都具有重要意义。
在工业上,例如,氯碱工业生产中所用食盐水的pH要控制在12左右,以除去其中的Ca2+和Mg2+等杂质。
在无机盐生产中,为了除去所含的杂质如Fe3+,常把无机盐溶液的pH调到5左右,此时Fe3+形成Fe(OH)3沉淀而分离除去,其他阳离子却留在溶液中。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
在农业上,土壤的pH关系到农作物的生长,各种作物的生长都对土壤的pH范围有一定的要求。
在医疗上,测定血液等的pH可以帮助诊断疾病。例如,人体内血液的pH一般在7.35~7.45范围内,如果超过这个范围,便属于病理现象。
在科学实验中,pH是影响某些反应过程的重要因素,因此测定和控制溶液的pH,就如控制温度和浓度等同样重要。
二、酸碱中和滴定
1.中和滴定的概念
是利用中和反应,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。其中已知浓度的酸(或碱)溶液常称为标准液,未知浓度的碱(或酸)溶液常称为待测液。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
3.主要仪器及使用
酸碱中和滴定所用的主要仪器是锥形瓶和滴定管。
(1)滴定管分为两种:
①酸式滴定管:包括玻璃活塞、长玻璃管,可盛放酸性溶液、强氧化性溶液,不能盛放碱性溶液及氢氟酸。
②碱式滴定管:包括长玻璃管、橡皮管、玻璃球,可盛放碱性溶液。
滴定管的上端都标有规格大小、使用温度、0刻度,滴定管的精确读数为0.01
mL。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
(2)滴定管的使用方法:
①检查仪器:使用前先检查滴定管活塞是否漏水。
②润洗仪器:在加入溶液之前,洁净的滴定管要用所要盛装的溶液润洗2~3遍。
③加入溶液:分别将溶液加入到相应滴定管中,使液面位于滴定管0刻度线以上2~3
mL处。
④调节起始读数:在滴定管下放一烧杯,调节活塞,使滴定管尖嘴部分充满溶液,然后调节滴定管液面使其处于某一刻度。准确读取数值并记录。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
4.滴定过程中的pH变化及终点判断
酸碱滴定过程中,溶液的pH发生了很大的变化。若用标准的强酸溶液滴定未知浓度的强碱溶液,则反应开始时溶液的pH很大,随着强酸的滴入,溶液的pH逐渐减小;当二者恰好中和时,溶液的pH=7;当酸过量一滴时,溶液立即变为酸性。若用强碱滴定强酸则恰恰相反。
根据滴定过程中的pH变化及酸碱指示剂在酸性或碱性溶液中的颜色变化,只要选择合适的指示剂(滴定终点尽可能与变色范围一致),即可准确判断中和反应是否恰好进行。在实验室里选用的指示剂一般为甲基橙或酚酞。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
5.中和滴定的操作过程
(1)准备过程:滴定管:检漏→水洗→润洗→注液→赶气泡→调液面→初始读数。
锥形瓶:水洗→装液→滴指示剂。
(2)滴定操作:移取待测溶液,加指示剂2~3滴,滴定,判断终点,读数,重复实验,计算。
说明:操作时左手握住活塞,右手摇动锥形瓶,眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化。滴速:先快后慢,当接近终点时,应一滴一摇。
6.实验数据处理
实验中取2~3次消耗标准液体积的平均值。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
考向一　pH的应用
【例题1】
腐蚀铜板后的混合溶液中,若Cu2+、
Fe3+和Fe2+的浓度均为0.10
mol·L-1,请参照下表给出的数据和药品,简述除去CuCl2溶液中Fe3+
和Fe2+的实验步骤:　　　　　　　　　　　　　　。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:除杂时,要把杂质全部除去,又不能引入新的杂质。根据题目所给的物质沉淀时的pH可知:Fe3+的氢氧化物从开始沉淀到沉淀完全的pH范围是1.9~3.2,Fe2+的氢氧化物从开始沉淀到沉淀完全的pH范围是7.0~9.0,Cu2+的氢氧化物从开始沉淀到沉淀完全的pH范围是4.7~6.7。要想使溶液中的Fe2+沉淀完全,需要调解到pH=9.0,而此时Cu2+早已经沉淀完全,达不到提纯的目的,因此,若要除去CuCl2溶液中的Fe3+、Fe2+,需要将Fe2+全部转化为Fe3+,首先采取的措施是向溶液中通入过量的氯气;为了不引入其他杂质,可以向溶液中加入CuO调节溶液的pH范围在3.2~4.7之间,此时Fe3+完全沉淀;最后过滤、洗涤,即可得到纯净的氯化铜溶液。
答案:①通入足量氯气将Fe2+氧化成Fe3+;②加入CuO调节溶液的pH至3.2~4.7
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
规律方法点拨
调控溶液的pH选择试剂时,一般既要考虑满足pH变化的要求,还要考虑过量试剂是否会引入新的杂质,所以一些难溶性的试剂往往成为首选。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验1碳酸锂广泛应用于陶瓷和医药等领域。以β-锂辉石(主要成分为Li2O·Al2O3·4SiO2)为原料制备Li2CO3的工艺流程如下:
已知:Fe3+、Al3+、Fe2+和Mg2+以氢氧化物形式完全沉淀时,溶液的pH分别为3.2、5.2、9.7和12.4;Li2SO4、LiOH和Li2CO3在303
K下的溶解度分别为34.2
g、12.7
g和1.3
g。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
(1)步骤Ⅰ中,酸浸后得到的酸性溶液中含有Li+、
,另含有Al3+、Fe3+、Fe2+、Mg2+、Ca2+、Na+等杂质,需在搅拌下加入　　　　　　(填“石灰石”“氯化钙”或“稀硫酸”)以调节溶液的pH到6.0~6.5,沉淀除去　　　　　　　　(填杂质离子),分离得到浸出液,然后继续处理浸出液得到Li2CO3。
(2)步骤Ⅱ中,将适量的H2O2溶液、石灰乳和Na2CO3溶液依次加入浸出液中,可除去的杂质金属离子有　　　　　　　　　　　。
答案:(1)石灰石　Fe3+、Al3+　(2)Fe2+、Mg2+、Ca2+
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
考向二　酸碱中和滴定的原理与步骤
【例题2】
阅读下列实验内容,根据题目要求回答问题。
某学生为测定未知浓度的硫酸溶液,实验如下:用1.00
mL待测硫酸配制100
mL稀硫酸;以0.14
mol·L-1的NaOH溶液滴定上述稀硫酸25.00
mL,滴定终止时消耗NaOH溶液15.00
mL。
(1)该学生用标准0.14
mol·L-1NaOH溶液滴定稀硫酸的实验操作如下:
A.用酸式滴定管取稀硫酸25.00
mL,注入锥形瓶中,加入指示剂
B.用待测液润洗酸式滴定管
C.用蒸馏水洗干净滴定管
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
D.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后,将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2~3
mL处,再把碱式滴定管固定好,调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下
E.检查滴定管是否漏水
F.另取锥形瓶,再重复操作一次
G.把锥形瓶放在滴定管下面,瓶下垫一张白纸,边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点,记下滴定管液面所在刻度
①滴定操作的正确顺序是　　　　　　　　　　(用序号填写);
②该滴定操作中应选用的指示剂是　　　　　　　;
③在G操作中判断确定终点的方法是　　　　。
(2)如有1
mol·L-1和0.1
mol·L-1的NaOH溶液,应用　　　　　
mol·L-1的NaOH溶液,原因是　　　　　　。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:(1)中和滴定的步骤为检漏→洗涤→润洗→加液→滴定,故顺序为ECDBAGF;指示剂可以使用酚酞;达到滴定终点时,滴入最后一滴,溶液由无色变为浅红色(或粉红色),且半分钟不褪色。(2)进行滴定时,所用标准溶液浓度越稀,误差就越小,故选用0.1
mol·L-1氢氧化钠溶液。
答案:(1)ECDBAGF　②酚酞　③滴入最后一滴,溶液由无色变为浅红色(或粉红色),且半分钟不褪色
(2)0.1　溶液浓度越稀,误差就越小
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
规律方法点拨
(1)中和滴定通过溶液颜色变化来判定终点,主要用来测定消耗标准液的体积,根据公式
计算。
(2)“二管二洗”——酸式滴定管、碱式滴定管先用蒸馏水洗,再用待盛液润洗;“一瓶一洗”——锥形瓶只用蒸馏水洗。
(3)在中和滴定实验中,已知浓度的标准溶液是放在锥形瓶中还是滴定管中是人为规定的,只要指示剂和滴定管能够和实验要求相符合(指示剂变色范围在终点pH突变范围之内,滴定管不过大或过小)即可。当然,一般情况下,待测液和指示剂放在锥形瓶中,标准溶液放在滴定管中。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验2用物质的量浓度为a
mol·L-1的标准NaOH溶液去滴定V
mL盐酸,请填写下列空白:
(1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后,接下来应该进行的操作是　　　　　　　　　　　　　。
(2)用标准NaOH溶液滴定时,应将标准NaOH溶液注入　　　　(填“甲”或“乙”)中。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
(3)如图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数,c(HCl)=　　　　　　　　
mol·L-1。
(4)取20.00
mL待测盐酸放入锥形瓶中,并滴加2~3滴酚酞做指示剂,用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2~3次,记录数据如下。
①滴定达到终点的标志是　　　　　　。
②根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为　　　　　　　　(保留两位有效数字)。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:滴定管用蒸馏水洗净后应用待装液润洗;计算时应取几次滴定的平均值。
(4)①溶液由无色恰好变成浅红色,且半分钟内不褪色
②0.11
mol·L-1
重点难点探究
重要考向探究
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考向三　酸碱中和滴定的误差分析
【例题3】
下列实验操作不会引起误差的是(　　)
A.酸碱中和滴定时,用待测液润洗锥形瓶
B.酸碱中和滴定时,用冲洗干净的滴定管盛装标准溶液
C.用NaOH标准溶液测定未知浓度的盐酸时,选用酚酞做指示剂,实验时不小心多加了几滴指示剂
D.用标准盐酸测定未知浓度NaOH溶液结束实验时,酸式滴定管尖嘴部分有气泡,开始实验时无气泡
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
解析:A项,锥形瓶一定不要用待测液润洗,否则使待测液的量偏大,消耗标准液的体积偏大,从而使所测浓度偏大。B项,冲洗干净的滴定管无论是盛装标准溶液,还是量取待测溶液,都必须用待装溶液润洗2~3次,否则会使标准溶液或待测溶液比原来溶液的浓度偏小,影响结果。C项,在滴定过程中,指示剂略多加了几滴,一般不影响实验结果,因为指示剂不会改变反应过程中酸和碱的物质的量。D项,开始实验时酸式滴定管中无气泡,结束实验时有气泡,会导致所读取的V(HCl)偏小,依据V(HCl)·c(HCl)=V(NaOH)·c(NaOH),所测的c(NaOH)偏小。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
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规律方法点拨
中和滴定的误差分析:
(K是与酸碱元数有关的常数,一元酸与一元碱中和时K=1)进行中和滴定的误差分析是最基本的方法,使用中应注意由于操作的失误导致公式中的某些数据发生变化,从而导致最终结果出现误差。如配制标准液,由于溶质的损失,使标准液浓度偏低,进而滴定时,使标准液的体积偏大,使测量的待测液的浓度偏大。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
(2)以标准酸溶液滴定未知浓度的碱(酚酞作指示剂)为例,常见的因操作不正确而引起的误差有:
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
注意:在进行误差分析时,要特别注意俯视(视线偏高)及仰视(视线偏低)的含义,并会区分俯视、仰视对量筒、滴定管产生误差的不同(如图)。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
成功体验3用标准NaOH溶液滴定待测盐酸的下列操作中,会使测定结果偏高的是(　　)
A.碱式滴定管用蒸馏水洗净后,未经标准液润洗就注入标准NaOH溶液
B.用酸式滴定管取待测液前,尖嘴部分有气泡,使用过程中变无
C.锥形瓶中有少量蒸馏水
D.滴定前,读碱液体积时,仰视读数
解析:c(NaOH)标准·V(NaOH)标准=c(HCl)待测·V(HCl)待测,A项未润洗,会使V(NaOH)增大,使c(HCl)偏高;B项气泡体积充当了盐酸的体积,会使V(HCl)偏小,消耗V(NaOH)减少,c(HCl)偏低;锥形瓶中有少量水对测定结果无影响;D项滴定前仰视,会使V(NaOH)偏小,使测得c(HCl)偏低。
答案:A
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
1.准确量取25.00
mL
KMnO4溶液,可选用的仪器是
(　　)
A.50
mL量筒
B.10
mL量筒
C.50
mL酸式滴定管
D.50
mL碱式滴定管
解析:由于量的体积精确度为0.01
mL,故应选用滴定管,而KMnO4等强氧化剂易腐蚀碱式滴定管的橡皮管而只能盛装在酸式滴定管中。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
2.下列有关叙述中正确的是(　　)
A.滴定管下端连有橡皮管的为酸式滴定管
B.在滴定时,左手操作锥形瓶,右手操作滴定管
C.滴定前应首先排出尖嘴部分的气泡
D.滴定过程中眼睛应注视滴定管内液面的变化
解析:A是碱式滴定管,B右手操作锥形瓶,D眼睛应注视锥形瓶内颜色变化。
答案:C
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
3.向盛有10
mL
NaOH溶液的烧杯中逐滴滴加稀盐酸,下列图像能够体现溶液的pH变化情况的是(　　)
解析:原溶液为NaOH溶液,pH>7,A、B错误,当向其中逐滴加入盐酸时,pH会减小,当接近中和反应终点时,pH突变,而后pH不断减小并趋于不变。
答案:C
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重要考向探究
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4.用标准NaOH溶液滴定盐酸时,若配制标准溶液称取的NaOH固体中含有下列杂质时,会引起滴定结果偏低的是(　　)
A.NaCl
B.Na2O
C.Na2CO3
D.NaHCO3
解析:若含NaCl,因NaCl不会消耗盐酸,所配NaOH浓度变小,滴定同样量的盐酸消耗的标准溶液要多,导致结果偏高。B、C、D均是耗盐酸的,每消耗1
mol
HCl时,需要31
g
Na2O,或53
g
Na2CO3,或84
g
NaHCO3,或40
g
NaOH。如果NaOH固体内含Na2O,则配得的标准溶液实际耗酸能力强于纯NaOH溶液,只需较少的标准溶液就可把同样多的酸中和,结果偏低。如果含Na2CO3或NaHCO3,则标准溶液的耗酸能力降低,消耗标准溶液体积增大,使结果偏高。
答案:B
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
5.某同学欲用已知物质的量浓度为0.100
0
mol·L-1的盐酸测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液时,选择酚酞作指示剂。请填写下列空白:
(1)用标准的盐酸滴定待测的氢氧化钠溶液时,左手把握酸式滴定管的活塞,右手摇动锥形瓶,眼睛注视　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。直到因加入一滴盐酸,溶液的颜色由　　　　色变为　　　　色,半分钟不恢复原色,立即停止滴定。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
(2)下列操作中可能使所测氢氧化钠溶液的浓度数值偏低的是　　　　(填序号)。
A.酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B.滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C.酸式滴定管在滴定前有气泡,滴定后气泡消失
D.读取盐酸体积时,开始仰视读数,滴定结束时俯视读数
E.滴定过程中,锥形瓶的振荡过于激烈,使少量溶液溅出
(3)若第一次滴定开始和结束时,酸式滴定管中的液面如下图所示。则起始读数为V1=　　　　
mL,终点读数V2=　　　　
mL。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
(4)再结合下表数据,计算被测氢氧化钠溶液的物质的量浓度是　　　　
mol·L-1。
重点难点探究
重要考向探究
随堂检测
答案:(1)锥形瓶内溶液颜色的变化　红　无　(2)DE
(3)9.00　26.12　(4)0.171
13.3.1
盐类的水解
1.(2016·聊城高二检测)化学与生活、生产密切相关。下列生活、生产中使用的化学品的溶液能够使pH试纸变蓝,且原因是水解的是　(　　)
A.烧碱　　
B.食用醋　
　C.氯化铵　
　D.纯碱
【解析】选D。能够使pH试纸变蓝的溶液呈碱性,纯碱水解使溶液呈碱性。
【补偿训练】常温下,下列离子能使纯水中H+数目增加的是　(　　)
A.CH3COO-　　　　　　　
B.N
C.HC　　　
D.N
【解析】选B。CH3COO-和HC能结合水电离的H+,从而使溶液中的H+数目减少;N能结合水电离的OH-,从而使溶液中的H+数增加;N不影响水的电离,故选B。
2.(2016·三明高二检测)下列物质在常温下发生水解时,对应的离子方程式正确的是　(　　)
①Na2CO3:C+2H2OH2O+CO2↑+2OH-
②NH4Cl:N+H2ONH3·H2O+H+
③CuSO4:Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+
④NaF:F-+H2OHF+OH-
A.①④　　　　B.②③　　　　C.①③　　　　D.②④
【解析】选B。①应为C+H2OHC+OH-。④应用“”。
3.(2016·淄博高二检测)将0.1mol下列物质置于1L水中充分搅拌后,溶液中阴离子数最多的是　(　　)
A.KCl
B.Mg(OH)2
C.Na2CO3
D.MgSO4
【解析】选C。由于碳酸钠的水解:C+H2OHC+OH-,会使溶液阴离子数增多,故C中阴离子数最多。
4.(2016·宿迁高二检测)在下列各微粒中,能使水的电离平衡向电离的方向移动,且使溶液的pH>7的是　(　　)
A.　　　　　　　　　
B.HC
C.HS
D.26X3+
【解析】选B。首先判断A的微粒是Al3+,D的微粒是Fe3+,Al3+、Fe3+能结合水电离出的OH-,使水的电离平衡向电离的方向移动,溶液呈酸性,pH<7,因而不符合题意;HS能完全电离,使溶液中c(H+)增大,抑制水的电离,溶液呈酸性,选项C不符合题意。
【补偿训练】对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是　(　　)
A.　　　　　　　　　　
B.26Fe3+
C.
　　　　　　　　
D.CH3COO-
【解析】选C。HCl会抑制H2O的电离;26Fe3+、CH3COO-均水解,促进H2O的电离;C项Cl-不水解,不影响水的电离。
【方法规律】关于盐水解几个“不一定”
(1)显中性的溶液不一定不发生水解。
如:CH3COONH4溶液显中性,但CH3COO-与N均发生水解且水解能力几乎相同,因此其溶液呈中性。
(2)显酸性的溶液不一定为强酸弱碱盐。
如:NaHSO4水溶液显酸性,但NaHSO4为强酸强碱的酸式盐,它在水溶液中能完全电离,使H+的浓度增大,溶液呈酸性。
(3)盐溶液的酸碱性不仅与盐中“弱离子”水解能力的强弱有关,还与盐溶液的浓度有关。
如:NaHCO3比CH3COONa的水解能力强,但如果后者浓度远大于前者时,则后者水溶液的碱性强。
5.(2016·新乡高二检测)有关①100mL0.1mol·L-1NaHCO3、②100mL0.1mol·L-1Na2CO3两种溶液的叙述不正确的是　(　　)
A.溶液中水电离出的H+个数:②>①
B.溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>①
C.①溶液中:c(C)>c(H2CO3)
D.②溶液中:c(HC)>c(H2CO3)
【解析】选C。盐类水解促进水的电离,因Na2CO3的水解程度更大,碱性更强,故水中电离出的H+个数更多,A项正确;B项,②中钠离子的物质的量浓度为0.2mol·L-1,而①中钠离子的物质的量浓度为0.1mol·L-1,根据物料守恒及电荷守恒可知溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②>①,正确;C项,NaHCO3水解程度大于电离,所以c(H2CO3)>c(C),错误;D项,Na2CO3溶液中C分步水解,且第一步水解占主要地位,正确。
【补偿训练】由一价离子组成的四种盐(AC、BD、AD、BC)溶液的浓度为1mol·,在室温下前两种溶液的pH=7,第三种溶液pH>7,最后一种溶液pH<7,则下表中的关系正确的是　(　　)
A
B
C
D
碱性
AOH>BOH
AOHAOH>BOH
AOH酸性
HC>HD
HC>HD
HCHC【解析】选A。由AD溶液的pH>7,可知AOH的电离程度大于HD,由BC溶液的pH<7,可知BOH的电离程度小于HC。同理由AC、BD溶液的pH=7,可知AOH与HC、BOH与HD的电离程度相同。故有电离程度HC=AOH>HD=BOH,即HC的酸性大于HD,AOH的碱性大于BOH。
6.欲使0.1mol·L-1K2CO3溶液中c(K+)=2c(C),应采取的措施是　(　　)
A.加少量盐酸
B.加适量KOH
C.加适量水
D.加适量NaOH
【解析】选D。在K2CO3溶液中存在C+H2OHC+OH-水解平衡,可以使该平衡左移以达到c(K+)=2c(C)。A项会消耗C;B项虽会使平衡左移,但也会增加K+;C项使平衡右移;只有D项符合题意。
【易错提醒】本题易误认为B、D两项均可,其实B项不仅可以增大c(C),而且使c(K+)增大更快。
7.在室温下,下列五种溶液:
①0.1mol·L-1NH4Cl
②0.1mol·L-1CH3COONH4
③0.1mol·L-1NH4HSO4
④0.1mol·L-1NH3·H2O和0.1mol·L-1NH4Cl混合液
⑤0.1mol·L-1NH3·H2O
请根据要求填写下列空白:
(1)溶液①呈________性(填“酸”“碱”或“中”),其原因是______________。(用离子方程式表示)
(2)比较溶液②、③中c(N)的大小关系是②____③(填“>”“<”或“=”)。
(3)在溶液④中,________离子的浓度为0.1mol·L-1;NH3·H2O和______离子的物质的量浓度之和为0.2mol·L-1。
(4)室温下,测得溶液②的pH=7,则说明CH3COO-的水解程度________(填“>”“<”或“=”)N的水解程度,CH3COO-与N浓度的大小关系是c(CH3COO-)________c(N)(填“>”“<”或“=”)。
【解析】(1)NH4Cl溶液中存在N的水解平衡,N+H2ONH3·H2O+H+,所以溶液呈酸性。
(2)②、③溶液中均存在N+H2ONH3·H2O+H+,而②中阴离子CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-,这样N与CH3COO-相互促进水解,而③溶液中NH4HSO4电离出的H+抑制了N的水解,所以c(N)大小为②<③。
(3)根据原子守恒知在④溶液中c(Cl-)=0.1mol·L-1,
c(NH3·H2O)+c(N)=0.1mol·L-1+0.1mol·L-1=0.2mol·L-1。
(4)由于CH3COO-水解生成OH-,N水解生成H+,而溶液的pH=7,说明CH3COO-与N的水解程度相同,溶液中二者浓度也相同。
答案:(1)酸　N+H2ONH3·H2O+H+
(2)<　(3)Cl-　N　(4)=　=
【延伸探究】(1)NH4Cl溶液中存在哪些离子
提示:共有4种离子:Cl-、N、H+、OH-。
(2)NH4HSO4溶液显酸性,主要是水解造成的吗
提示:不是。主要是NH4HSO4电离出的H+造成的。
【补偿训练】向0.1mol·L-1Na2CO3溶液中滴加酚酞呈红色的原因是________(用离子方程式表示);将此溶液微热,红色________(填“加深”“变浅”或“不变”),0.1mol·L-1Na2CO3溶液和0.1mol·L-1NaHCO3溶液比较,①水的电离程度前者________后者(填“>”“=”或“<”,下同);②溶液的pH前者________后者。
【解析】Na2CO3为强碱弱酸盐,水解呈碱性,在溶液中存在C+H2OHC+OH-,水解过程为吸热过程,加热温度升高,使C水解平衡右移,c(OH-)增大,溶液碱性增强,所以红色加深;碳酸钠中碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢钠中碳酸氢根离子的水解程度,所以碳酸钠的碱性强,pH大,其中水的电离程度大。
答案:C+H2OHC+OH　加深　>　>
8.【能力挑战题】(2016·大同高二检测)25℃时,如果取0.1mol·L-1HA溶液与0.1mol·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计),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(H+)________(填“<”“>”或“=”)0.1mol·L-1NaOH溶液中由水电离出的c(H+);
(3)已知NH4A溶液为中性,又知将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;
(4)将相同温度下相同浓度的五种溶液:
①(NH4)2CO3　②NH3·H2O　③(NH4)2SO4　④NH4Cl　⑤CH3COONH4按c(N)由大到小的顺序排列________(填序号)。
【解析】(1)等量的HA与NaOH混合,恰好完全反应生成盐NaA,由于溶液显碱性,说明NaA是强碱弱酸盐,A-发生了水解。
(2)由于生成的盐能水解,所以促进了水的电离,而NaOH抑制水的电离,所以为“>”。
(3)由NH4A溶液为中性可知,HA的电离程度与NH3·H2O的电离程度相同,又由HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出可知,HA的电离程度大于H2CO3的,所以NH3·H2O的电离程度大于H2CO3的,所以(NH4)2CO3溶液显碱性(谁强显谁性)。
(4)假设盐未水解,①=③>④=⑤>②;由于①的水解程度大于③,所以c(N):③>①;由于④的水解程度小于⑤,所以c(N):④>⑤。
答案:(1)A-+H2OHA+OH-　(2)>　(3)>
(4)③>①>④>⑤>②
【补偿训练】(1)将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后,溶液呈_______(填“酸性”“中性”或“碱性”,下同),溶液中c(Na+)______c(CH3COO-)(填“>”“=”或“<”,下同)。
(2)pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈________,溶液中c(Na+)________c(CH3COO-)。
(3)物质的量浓度相同的醋酸和氢氧化钠溶液混合后,溶液中醋酸根离子和钠离子浓度相等,则混合后溶液呈________,醋酸体积________氢氧化钠溶液体积。
(4)常温下将mmol·L-1的醋酸和nmol·L-1的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液的pH=7,则醋酸溶液中c(H+)________氢氧化钠溶液中c(OH-),m与n的大小关系是m________n。
【解析】(1)生成醋酸钠后,因CH3COO-水解使溶液显碱性,c(CH3COO-)小于c(Na+)。(2)醋酸过量,溶液显酸性。(3)因醋酸根离子和钠离子浓度相等,根据电荷守恒可知溶液呈中性。(4)混合后溶液的pH=7,说明酸稍过量,所以m大于n但醋酸溶液中c(H+)要小于氢氧化钠溶液中c(OH-)。
答案:(1)碱性　>　(2)酸性　<
(3)中性　>　(4)<　>第1课时　强电解质和弱电解质
[目标导航]　1.了解电解质与非电解质，强电解质与弱电解质的概念。2.认识强弱电解质与物质类别、物质结构的关系。3.了解常见的强、弱电解质。4.了解电解质在水溶液中的电离及溶液的导电性。
一、电解质和非电解质
1．根据化合物在水溶液中或熔融状态下是否产生自由移动的离子，可把化合物分为电解质和非电解质。
电解质：在水溶液中或熔融状态下能产生自由移动的离子的化合物。
非电解质：在水溶液中和熔融状态下都不能产生自由移动离子的化合物。
2．常见的电解质有酸、碱、盐、离子型氧化物。
【合作探究】
1．电解质一定能导电吗？试举例说明。
答案　电解质导电需要一定的条件，如在水溶液里或熔融状态下。两个条件中只要具备一个的化合物就是电解质，不必两个条件同时具备。像液态HCl、固体NaCl虽然是电解质，但不能导电，原因是它们中没有自由移动的带电粒子。故电解质不一定导电，导电物质不一定是电解质；非电解质不导电，但不导电的物质不一定是非电解质。
2．按要求回答下列问题：
有以下几种物质：①液态HCl　②熔融NaCl　③稀硫酸
④蔗糖　⑤乙醇　⑥氯水　⑦Al2O3　⑧NH3　⑨氨水
⑩Cu　 CaCO3　 SO2　 Al(OH)3　 NaOH
CH3COOH
(1)属于电解质的是①②⑦ ，属于非电解质的是④⑤⑧ 。
(2)能导电的是②③⑥⑨⑩。二、强电解质和弱电解质
[实验探究]
(1)同浓度醋酸和盐酸的电离程度
实验步骤：在两只锥形瓶中分别加入等体积的浓度均为1
mol·L－1的盐酸和醋酸，在两个气球中分别加入经砂纸打磨过的长度相同的镁条，然后将气球套在锥形瓶口，同时将气球中的镁条送入锥形瓶中，观察实验现象。
实验现象：如下表所示。
1
mol·L－1盐酸
1
mol·L－1醋酸
对实验现象的解释
与镁条反应的速率
快
慢
盐酸与镁的反应速率快，说明同浓度时，盐酸中c(H＋)大
溶液的pH
0
2.4
盐酸的pH小，说明同浓度时盐酸中的c(H＋)大于醋酸中的c(H＋)
实验结论：同浓度盐酸中HCl的电离程度大于醋酸中CH3COOH的电离程度。
(2)同pH的NaOH溶液与氨水的电离程度
实验步骤：取pH为12的氢氧化钠溶液和氨水各1
mL于锥形瓶中，分别用酚酞作为指示剂，用盐酸作为标准溶液进行滴定。
实验现象：两溶液消耗盐酸标准溶液的体积：氨水＞氢氧化钠溶液。
实验结论：NaOH和NH3·H2O的电离程度不同，pH相同的NaOH溶液的浓度小于氨水的浓度，说明NaOH完全电离，而NH3·H2O只是部分电离。
【归纳总结】
1．根据电解质在水溶液里是否全部电离，可把电解质分为强电解质和弱电解质。
强电解质：在水溶液中能够完全电离的电解质称为强电解质。
弱电解质：在水溶液中只能部分电离的电解质称为弱电解质。
2．常见的强电解质有强酸、强碱和大部分盐；常见的弱电解质有弱酸、弱碱、极少数的盐[如(CH3COO)2Pb等]。
【合作探究】
1．导电能力强的电解质溶液中的溶质一定是强电解质吗？
答案　不一定。电解质溶液的导电能力与电解质的强弱没有必然联系，溶液的导电能力主要取决于离子的浓度及离子所带电荷总数。如果强电解质溶液的浓度很小，而弱电解质溶液的浓度很大，则弱电解质溶液中自由移动离子的浓度相对于强电解质溶液中的可能更大，其导电能力就可能比强电解质溶液的导电能力强。
2．BaSO4难溶于水，所以是弱电解质，CH3COOH极易溶于水，所以是强电解质，这种说法对吗？
答案　不对，电解质的强、弱与其溶解性无关。某些难溶(或微溶)的盐，如BaSO4、CaSO4等，虽然其溶解度很小，但溶于水的部分是完全电离的，它们仍属于强电解质。有些物质极易溶于水，但只有部分电离，属于弱电解质，如CH3COOH。
三、电解质电离方程式的书写
1．强电解质
完全电离，在写电离方程式时，用“===”。
2．弱电解质
部分电离，在写电离方程式时，用“??”。
(1)一元弱酸、弱碱一步电离：
如CH3COOH：CH3COOH??CH3COO－＋H＋；
NH3·H2O：NH3·H2O??NH＋OH－。
(2)多元弱酸分步电离，必须分步写出，不可合并(其中以第一步电离为主)。
如H2CO3：H2CO3??H＋＋HCO(主)，HCO??H＋＋CO(次)。
(3)多元弱碱分步电离(较复杂)，在中学阶段要求一步写出。
如Fe(OH)3：Fe(OH)3??Fe3＋＋3OH－。
【练一练】
按照要求书写下列物质的电离方程式
(1)Na2CO3溶于水
Na2CO3===2Na＋＋CO。
(2)NaHCO3溶于水
NaHCO3===Na＋＋HCO、HCO??H＋＋CO。
(3)NaHSO4溶于水
NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
(4)BaCO3溶于水
BaCO3===Ba2＋＋CO。
(5)HF溶于水
HF??H＋＋F－。
(6)熔融状态下NaHSO4
NaHSO4(熔融)===Na＋＋HSO。
(7)Al(OH)3的碱式电离
Al(OH)3??Al3＋＋3OH－。
(8)Al(OH)3的酸式电离
Al(OH)3??H＋＋AlO＋H2O。
(9)H2S溶于水
H2S??H＋＋HS－；HS－??H＋＋S2－。
(10)Ca(OH)2溶于水
Ca(OH)2===__Ca2＋＋2OH－。
一、强电解质、弱电解质、非电解质的判断
【例1】　关于强弱电解质及非电解质的组合完全正确的是(　　)
选项
A
B
C
D
强电解质
NaCl
H2SO4
CaCO3
HNO3
弱电解质
HF
BaSO4
HClO
CH3COOH
非电解质
Cl2
CS2
C2H5OH
H2CO3
解析　在A组中Cl2是单质，不在电解质与非电解质之列；B组中BaSO4虽难溶，但溶解的部分完全电离，是强电解质；CaCO3、HNO3都是强电解质，HClO、CH3COOH、H2CO3都是弱电解质，C2H5OH是非电解质。
答案　C
【归纳总结】　常见的强、弱电解质
变式训练1　某固体化合物A不导电，但熔化或溶于水都能完全电离。下列关于物质A的说法中正确的是(　　)
A．A为非电解质
B．A是强电解质
C．A是共价化合物
D．A为弱电解质
答案　B
解析　“完全电离”说明是强电解质。
二、电解质溶液导电性的影响因素
【例2】　如图是在一定温度下向不同电解质溶液中加入新物质时溶液导电性能发生的变化，其电流(I)随新物质加入量(m)的变化曲线，以下四个导电性实验，其中与A图变化趋势一致的是________，与B图变化趋势一致的是________，与C图变化趋势一致的是________。
①Ba(OH)2溶液中滴入稀硫酸至过量
②醋酸溶液中滴入氨水至过量
③澄清石灰水中通入CO2至过量
④NH4Cl溶液中逐渐加入适量NaOH固体
解析　列出各反应的离子方程式，分析各反应引起溶液中离子浓度大小的变化，结合题给图像即可顺利解答。
反应①的离子方程式为Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO===BaSO4↓＋2H2O，离子的浓度先是减小，当二者恰好完全反应时，就变为水的导电能力，接近0，再加H2SO4，溶液中离子的浓度逐渐增大，从而使溶液的导电能力逐渐增强。反应②的离子方程式为CH3COOH＋NH3·H2O===NH＋CH3COO－＋H2O，离子的浓度逐渐增大，溶液的导电能力逐渐增强；当二者恰好完全反应时，再滴加氨水，离子数量的变化不大，但是溶液的体积逐渐增大，所以溶液的导电能力逐渐减小。反应③的相关反应的离子方程式为Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2O，CO2过量后：CaCO3＋CO2＋H2O===Ca2＋＋2HCO，故离子浓度先减小后增大。反应④的离子方程式为NH＋OH－===NH3·H2O，溶液中减少的NH和增加的Na＋的量相等，由于加入的是固体NaOH，溶液的体积变化不大，故溶液的离子浓度变化不大。
答案　②　①③　④
【归纳总结】
电解质的强弱取决于电解质的电离能力，而溶液的导电能力除与电解质的电离能力有关外，还取决于其溶液中离子的电荷数。一般判断溶液导电能力的强弱看以下两个方面：
(1)溶液的导电能力大小主要取决于溶液中离子浓度的大小，离子浓度越大，导电能力就越强；反之，导电能力就越弱。例如0.1
mol·L－1
NaCl溶液导电性与0.1
mol·L－1
盐酸导电能力基本相等，而0.1
mol·L－1
CH3COOH溶液的导电能力就弱得多。
(2)当离子浓度相同时，溶液的导电能力主要取决于溶液中离子所带电荷数的多少。例如：0.1
mol·L－1
NaCl溶液导电能力比0.1
mol·L－1
CuSO4溶液导电能力差。
变式训练2　在电解质溶液的导电性装置(如图所示)中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液，则灯泡由亮变暗，至熄灭后又逐渐变亮的是(　　)
A．盐酸中逐滴加入食盐溶液
B．硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液
C．硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液
D．醋酸中逐滴加入氨水(一水合氨为弱电解质，CH3COONH4为强电解质)
答案　C
1．下列说法中不正确的是(　　)
①将硫酸钡放入水中不能导电，所以硫酸钡是非电解质
②氨溶于水得到的溶液氨水能导电，所以氨是电解质
③固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物可以导电　④固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电
A．仅①④
B．仅①②④
C．仅①②③
D．①②③④
答案　D
解析　BaSO4是强电解质，NH3是非电解质，离子化合物的熔融态能导电而共价化合物的熔融态不导电，4种说法均错。
2．下列物质中属于非电解质，但其水溶液能够导电的是(　　)
A．蔗糖
B．NaOH
C．CaO
D．NH3
答案　D
解析　蔗糖是非电解质，不与水反应，溶于水后形成的溶液不导电；NaOH、CaO均是电解质，NH3是非电解质，但溶于水后可形成电解质NH3·H2O，其溶液能导电。
3．醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是(　　)
A．1
mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)＝0.01
mol·L－1
B．醋酸以任意比与水互溶
C．10
mL
1
mol·L－1的醋酸溶液恰好与10
mL
1
mol·L－1的NaOH溶液完全反应
D．醋酸溶液的导电性比盐酸的弱
答案　A
解析　A项中若醋酸完全电离，则c(H＋)＝1
mol·L－1，而现在c(H＋)＝0.01
mol·L－1，说明醋酸部分电离，为弱电解质；选项C是与强碱能进行到底的反应，不能说明其电离程度的大小；选项D应指明在相同条件下，即在同温、同浓度下比较导电性强弱。
4．在水溶液中下列电离方程式书写正确的是(　　)
A．Ca(OH)2??Ca2＋＋2OH－
B．NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
C．H2CO3??2H＋＋CO
D．Na2SO4===2Na＋＋SO
答案　D
解析　Ca(OH)2为强电解质；NaHCO3电离产生Na＋与HCO；H2CO3为多元弱酸，应分步电离，不可一步完成。
5．把0.05
mol
NaOH固体，分别加入下列100
mL溶液中，溶液的导电能力变化不大的是(　　)
①自来水　②0.5
mol·L－1盐酸　③0.5
mol·L－1醋酸
④0.5
mol·L－1NH4Cl溶液
A．①②
B．②④
C．③④
D．②③
答案　B
解析　离子浓度变化不大，导电能力变化就不大。在H2O中、醋酸中加入NaOH固体，离子浓度都增大，向盐酸中加入NaOH固体，自由移动离子数基本不变，则离子浓度变化不大；向NH4Cl溶液中加入NaOH固体，离子浓度基本不变。
6．下列物质中，属于强电解质的是________(均填序号)；属于弱电解质的是________。
①水　②氨水　③盐酸　④冰醋酸　⑤硫酸钡　⑥氯化银　⑦氯化钠　⑧氢气　⑨醋酸铵
答案　⑤⑥⑦⑨　①④
解析　强、弱电解质都是指的化合物，它们的区别在于其在水溶液或熔融状态下能否完全电离。现针对有关物质分析如下：氢气为单质，不是化合物，既不是电解质又不是非电解质；氨水(NH3的水溶液)、盐酸(HCl的水溶液)为混合物，是电解质溶液，其中NH3·H2O和氯化氢是电解质；硫酸钡(BaSO4)、氯化银(AgCl)由于溶解度小，离子浓度小，所以导电性弱，但溶解的部分完全电离，所以不仅是电解质，而且是强电解质；CH3COOH、NH3·H2O虽都是弱电解质，但两者反应的产物醋酸铵(CH3COONH4)由于在水溶液中完全电离，却是强电解质。CH3COOH＋NH3·H2O===CH3COONH4＋H2O(中和反应)；CH3COONH4===
CH3COO－＋NH。
[基础过关]
一、电解质、非电解质、强、弱电解质的判断
1．下列物质中属于强电解质，但在给定条件下不能导电的是(　　)
A．液态溴化氢
B．蔗糖
C．铝
D．醋酸
答案　A
解析　蔗糖属于非电解质，不导电；铝能导电，但不属于电解质；醋酸属于弱电解质。
2．下列说法正确的是(　　)
A．HR溶液的导电性较弱，HR属于弱酸
B．某化合物溶于水导电，则该化合物为电解质
C．根据电解质在其水溶液中能否完全电离，将电解质分为强电解质和弱电解质
D．食盐是电解质，食盐的水溶液也是电解质
答案　C
解析　溶液的导电性决定于该溶液中自由移动离子的浓度，故A项错；化合物溶于水能导电，不能确定该化合物是电解质，该化合物也可能是非电解质，如SO2，故B项错；食盐和食盐水都是混合物，故食盐和食盐水都不是电解质。
3．下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是(　　)
A．CH3COOH
B．Cl2
C．NH4HCO3
D．SO2
答案　D
解析　选项中的4种物质的水溶液都能导电，但原因有所不同。CH3COOH和NH4HCO3均为电解质，水溶液能导电；Cl2和SO2的水溶液能导电，是因为它们与水发生反应Cl2＋H2O??HCl＋HClO，SO2＋H2O??H2SO3，因生成物均为电解质，故溶液也导电。电解质和非电解质都是化合物，Cl2是单质，因此只有SO2为非电解质。
4．下列关于电解质电离的叙述中，正确的是(　　)
A．碳酸钙在水中溶解度很小，所以碳酸钙是弱电解质
B．碳酸钙在水中的溶解度很小，但被溶解的碳酸钙全部电离，所以碳酸钙是强电解质
C．氯气和氨气的水溶液导电性都很好，所以它们是强电解质
D．水难电离，纯水几乎不导电，所以水是非电解质
答案　B
5．下列叙述中正确的是(　　)
A．固体氯化钠不导电，所以氯化钠是非电解质
B．铜丝能导电，所以铜是电解质
C．氯化氢水溶液能导电，所以氯化氢是电解质
D．三氧化硫溶于水能导电，所以三氧化硫是电解质
答案　C
解析　本题考查了电解质和非电解质的判断，解答时要从“研究对象”、“导电的条件”、“导电的实质”三个角度分析，而不能错误的认为“导电的就是电解质，不导电的就是非电解质”。A项NaCl不导电，是因为虽然NaCl晶体中有Na＋、Cl－，但不能自由移动，将它溶于水或熔融时则可导电，所以NaCl是电解质；B项铜是单质不是化合物；D项SO3溶于水导电，是生成的H2SO4溶液导电，H2SO4是电解质，而SO3不是电解质；只有C项正确。
6．下列叙述中，能证明某物质是弱电解质的是(　　)
A．熔融时不导电
B．水溶液的导电能力很差
C．不是离子化合物，而是极性共价化合物
D．溶液中已电离的离子和未电离的分子共存
答案　D
解析　判断强、弱电解质的关键是物质在水溶液里能否完全电离，是否存在电离平衡。
7．醋酸铅因有甜味而被称为“铅糖”，有毒但能入药，又知(CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅溶液与醋酸钠溶液反应的离子方程式为Pb2＋＋2CH3COO－===(CH3COO)2Pb。下列有关说法不正确的是(　　)
A．0.1
mol·L－1的“铅糖”溶液中c(Pb2＋)＜0.1
mol·L－1
B．“铅糖”是强电解质
C．“铅糖”是共价化合物
D．“铅糖”溶液的导电性可能很弱
答案　B
解析　题述离子反应能发生至少应满足下列四个条件中的一个：①有难溶性物质生成；②有难电离的物质生成；③有挥发性气体生成；④有电子转移。由于(CH3COO)2Pb可溶于水，不挥发，且此反应过程中没有电子转移，所以(CH3COO)2Pb是弱电解质，A项正确，B项错误。因为离子化合物均是强电解质，故“铅糖”只能是共价化合物，C项正确；因“铅糖”是弱电解质，其电离程度较小，故其溶液导电性可能很弱，D项正确。
二、电离方程式的书写
8．下列电离方程式书写正确的是(　　)
A．Al2(SO4)3??2Al3＋＋3SO
B．HF??H＋＋F－
C．H2S??2H＋＋S2－
D．Ca(OH)2??Ca2＋＋2OH－
答案　B
解析　Al2(SO4)3和Ca(OH)2是强电解质，电离方程式书写时应用“===”连接，只有弱电解质电离方程式的书写用“??”；而H2S是弱电解质，属于二元弱酸，应分步电离。
9．在水溶液中，下列电离方程式正确的是(　　)
A．CH3COOH??CH3COO－＋H＋
B．NaHSO4===Na＋＋HSO
C．NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
D．H3PO4===3H＋＋PO
答案　A
10．下列电离方程式中书写正确的是(　　)
A．NaHSO4??Na＋＋H＋＋SO
B．NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
C．HClO===H＋＋ClO－
D．H2S??H＋＋HS－、HS－??H＋＋S2－
答案　D
解析　A项应写“===”；B项应分步写出；C项为“??”。
[能力提升]
11．向某氨水中加入醋酸溶液，其导电能力(I)与加入醋酸溶液的体积(V)关系正确的是(　　)
答案　C
解析　氨水是弱电解质的水溶液，导电能力较弱，随着醋酸的加入，发生反应：CH3COOH＋NH3·H2O===CH3COONH4＋H2O，生成了强电解质CH3COONH4，导电能力增强，恰好反应完全时，溶液导电能力最强，故A项不正确；继续加入醋酸，随着溶液体积的增大，离子浓度减小，溶液导电能力减弱，但溶液中存在离子，导电能力不可能为0，所以B、D两项不正确。
12．下列物质中：A.NaOH溶液　B．Cu　C．液态HCl　D．液态CH3COOH　E．蔗糖溶液　F．液氨　G．氨水　H．CuSO4晶体　I．石墨　J．无水乙醇
(1)能导电的是________。
(2)属于电解质的是________。
(3)属于非电解质的是________。
(4)属于强电解质的是________。
(5)属于弱电解质的是________。
答案　(1)ABGI　(2)CDH　(3)FJ　(4)CH　(5)D
解析　(1)离子化合物在水溶液里或熔融状态下能导电，共价化合物中的电解质在水溶液里能导电，金属单质和部分非金属单质能导电。第(2)～(5)小题根据电解质、非电解质、强电解质、弱电解质的概念进行判断。
13．双氧水(H2O2)和水都是极弱电解质，但H2O2比H2O更显酸性。
(1)若把H2O2看成是二元弱酸，请写出在水中的电离方程式：___________________________
___________________________________________________________________________。
(2)鉴于H2O2显弱酸性，它能同强碱作用形成正盐，在一定条件下也可形成酸式盐。请写出H2O2与Ba(OH)2作用形成盐的化学方程式：________________________________________
_____________________________________________________________________________。
(3)水电离生成H3O＋和OH－叫做水的自偶电离。同水一样，H2O2也有极微弱的自偶电离，其自偶电离的方程式：____________________________________________________________。
答案　(1)H2O2??H＋＋HO、HO??H＋＋O
(2)H2O2＋Ba(OH)2===BaO2＋2H2O或2H2O2＋Ba(OH)2===Ba(HO2)2＋2H2O
(3)H2O2＋H2O2??H3O＋HO
解析　(1)H2O2看成是二元弱酸，电离方程式分步写，即H2O2??H＋＋HO，HO??H＋＋O。(2)H2O2＋Ba(OH)2===BaO2＋2H2O或2H2O2＋Ba(OH)2===Ba(HO2)2＋2H2O。(3)根据H2O＋H2O??H3O＋＋OH－的自偶电离知H2O2自偶电离的方程式为H2O2＋H2O2??H3O＋HO。
[拓展探究]
14．用实验确定某酸HA是弱电解质。两同学的方案是
甲：①称取一定质量的HA配制0.1
mol·L－1的溶液100
mL；
②用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明HA是弱电解质。
乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH＝1的两种酸溶液各100
mL；
②分别取这两种溶液各10
mL，加水稀释为100
mL；
③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。
(1)在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是________________。
(2)甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH______(填“>”、“<”或“＝”)1。
乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是________。
A．装HCl溶液的试管中放出H2的速率快
B．装HA溶液的试管中放出H2的速率快
C．两个试管中产生气体的速率一样快
(3)请你评价：乙方案中难以实现之处和不妥之处：_________________________________
___________________________________、___________________________________________。
答案　(1)100
mL容量瓶　(2)>　B　(3)配制pH＝1的HA溶液难以实现　不妥之处在于加入的锌粒难以做到表面积相同
解析　100
mL
0.1
mol·L－1HA溶液，若HA为弱酸，c(H＋)＜0.1
mol·L－1，pH＞1。100
mL
pH＝1的HA溶液和盐酸比较，若HA为强酸，c(HA)＝0.1
mol·L－1，若HA为弱酸，则c(HA)＞0.1
mol·L－1。分别取10
mL
pH＝1的盐酸和HA溶液，同时加水稀释到100
mL，稀释后，盐酸中c(H＋)＝0.01
mol·L－1，HA溶液中c(H＋)＞0.01
mol·L－1，因为加水稀释时，HA的电离度增大，即有一部分HA分子会电离出H＋，因此在稀释后100
mL盐酸和100
mL
HA溶液中分别加入纯度相同的锌粒时，HA溶液产生氢气速率快。课时提升作业(九)
水的电离　溶液的酸碱性与pH
(30分钟　50分)
一、选择题(本题包括6小题，每小题5分，共30分)
1.(双选)(2015·连云港高二检测)常温下，某溶液由水电离出的c(OH-)=1×10-13mol·L-1，对该溶液的叙述正确的是(　　)
A.溶液一定显酸性
B.溶液一定显碱性
C.溶液一定不显中性
D.溶液可能是pH=13的溶液
【解析】选C、D。根据水的离子积原理，溶液中水电离出的c(H+)=c(OH-)=1×10-13mol·L-1，是由于在水中加酸或加碱，抑制了水的电离，如水中加碱c(OH-)=1×10-1mol·L-1，溶液的pH=13。
2.在相同温度下，0.01
mol·L-1NaOH溶液和
0.01
mol·L-1的盐酸相比，下列说法正确的是(　　)
A.由水电离出的c(H+)相等
B.由水电离出的c(H+)都是1.0×10-12mol·L-1
C.由水电离出的c(OH-)都是0.01
mol·L-1
D.两者都促进了水的电离
【解析】选A。温度一定，溶液中存在离子积常数，0.01
mol·L-1NaOH溶液中水电离出的c(H+)水=mol·L-1，0.01
mol·L-1的盐酸溶液中水电离出的
c(H+)水=c(OH-)水=mol·L-1，所以由水电离出的c(H+)相等，A正确；温度不一定是常温下，离子积常数不一定是10-14，计算出的水电离出的c(H+)不一定是1.0×10-12mol·L-1，B错误；水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相同，温度不知，水电离出的c(H+)水=c(OH-)水=mol·L-1，C错误；酸、碱均抑制水的电离平衡，D错误。
3.(2015·青岛高二检测)25℃时，水的电离达到平衡，下列叙述正确的是(　　)
A.将纯水加热到95℃时，Kw变大，pH不变，水仍呈中性
B.向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH-)增大，Kw变小
C.在纯水中加入硫酸会抑制水的电离，加醋酸会促进水的电离
D.加入电解质不一定会破坏水的电离平衡
【解析】选D。水的电离吸热，将纯水加热，电离平衡正向移动，c(H+)、c(OH-)均增大但仍相等，因此Kw变大，pH变小，水仍呈中性，A错；向纯水中加入稀氨水，溶液中c(OH-)增大，电离平衡逆向移动，但Kw只与温度有关，因此保持不变，B错；在纯水中加入酸都会抑制水的电离，C错；并不是所有的电解质都能破坏水的电离平衡，如氯化钠等，D正确。
【方法规律】水的电离平衡及c(H+)、c(OH-)与Kw的变化关系
水既可以看作一元弱酸，也可看作一元弱碱。
(1)当向水中加入酸时，由于c(H+)增大，水的电离平衡逆向移动，c(H+)>1×10-7mol·L-1>c(OH-)。
(2)当向水中加入碱时，c(OH-)增大，水的电离平衡将逆向移动，c(H+)<1×10-7mol·L-1虽然水的电离平衡被破坏，但Kw=c(H+)·c(OH-)并没有改变，只是c(H+)和c(OH-)的相对大小发生变化而已。
4.(2015·成都高二检测)已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4Na++H++S。某温度下，向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中不正确的是(　　)
A.该温度高于25℃
B.由水电离出的H+的浓度是1.0×10-10mol·L-1
C.NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离
D.该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
【解析】选D。pH=6的蒸馏水，说明该温度高于25℃。此时溶液pH=2，则说明c(H+)=1.0×10-2mol·L-1，此温度下水的离子积Kw=1.0×10-12，则c(OH-)=1.0×10-10mol·L-1，则水电离出的c(H+)=1.0×10-10mol·L-1。NaHSO4电离出H+抑制了水的电离。
5.(2015·桂林高二检测)常温下，下列溶液中酸性一定最弱的是(　　)
A.pH=4
B.c(H+)=1×10-3mol·L-1
C.c(OH-)=1×10-11mol·L-1
D.=1012
【解析】选A。A项，pH=4，则c(H+)=1×10-4mol·L-1；C项，c(OH-)=1×10-11mol·L-1，则c(H+)==1×10-3mol·L-1；D项，=1012，则c(H+)=1×10-1mol·L-1，故A项的c(H+)最小，酸性最弱。
【补偿训练】25℃的下列溶液中，碱性最强的是(　　)
A.pH=11的溶液
B.c(OH-)=0.12
mol·L-1的溶液
C.1
L中含有4
g
NaOH的溶液
D.c(H+)=1×10-10mol·L-1的溶液
【解析】选B。碱性最强的溶液中c(OH-)最大，pH=11的溶液中c(OH-)=1×10-3mol·L-1；C项c(OH-)=0.1
mol·L-1，D项中c(OH-)=1×10-4mol·L-1。
6.如图表示水中c(H+)和c(OH-)的关系，下列判断错误的是(　　)
A.两条曲线间任意点均有c(H+)×c(OH-)=KW
B.M区域内任意点均有c(H+)C.图中T1D.XZ线上任意点均有pH=7
【解析】选D。任何水溶液中都有KW=c(H+)·c(OH-)，因此两条曲线间任一点均有此关系，A项正确；XZ线上任意点溶液呈中性，M区域在XZ上方均有c(H+)二、非选择题(本题包括2小题，共20分)
7.(10分)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，回答下列各问题：
(1)该溶液的pH=________；
(2)HA的电离平衡常数K=________；
(3)升高温度时，K将________(填“增大”“减小”或“不变”)，pH将________(填“增大”“减小”或“不变”)；
(4)由HA电离出的c(H+)约为水电离出的c(H+)的________倍。
【解析】(1)HA电离出的c(H+)=0.1×0.1%
mol·L-1=1×10-4mol·L-1，pH=
-lg(1×10-4)=4；
(2)电离平衡常数K===1×10-7；
(3)因HAH++A-，电离过程是吸热的，所以升高温度，c(H+)、c(A-)均增大，则K增大，而pH减小；
(4)c(H+)HA=1×10-4mol·L-1。c(H+)水=c(OH-)==1×10-10mol·L-1，所以c(H+)HA∶c(H+)水=(1×10-4)∶(1×10-10)=106∶1。
答案：(1)4　(2)1×10-7　(3)增大　减小　(4)106
8.(10分)(2015·泰安高二测)对于常温下pH=1的硝酸溶液
(1)若升温到100℃，溶液中的c(OH-)=1×10-11mol·L-1，则100℃时水的离子积为________。
(2)该溶液中硝酸电离出的c(H+)与H2O电离出的c(H+)之比为________。
(3)该溶液中水电离出的c(H+)与pH=3的硝酸中水电离出的c(H+)之比为________。
(4)加水稀释，水的电离平衡________(填“向左”“向右”或“不”)移动。
【解析】(1)pH=1的硝酸溶液c(H+)=10-1mol·L-1，若升温到100℃，Kw=c(H+)·c(OH-)=10-1mol·L-1×10-11mol·L-1=1×10-12。
(2)水电离出的c(H+)等于水电离出的c(OH-)，即mol·L-1=10-13mol·L-1，所以该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为=1012。
(3)pH=1的硝酸溶液中水电离出的c(H+)为10-13mol·L-1。pH=3的硝酸溶液中c(H+==mol·L-1=10-11mol·L-1，故pH=1的硝酸溶液与pH=3的硝酸溶液中水电离出的c(H+)之比为=。
(4)加水稀释，c(H+)减小，对水的抑制作用减弱，水的电离平衡向右移动。
答案：(1)1×10-12
(2)1012∶1　(3)1∶100　(4)向右
【互动探究】(1)上题(2)若在100℃时比值为多少？
提示：100℃时水电离出的c(H+)为mol·L-1=10-11mol·L-1，所以该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为=1010∶1。
(2)上题(4)所有离子的浓度都减小吗？
提示：不是。加水稀释，c(H+)、c(N)减小，但Kw不变，故c(OH-)增大。课时提升作业(八)
弱电解质的电离
(30分钟　50分)
一、选择题(本题包括6小题，每小题5分，共30分)
1.(2015·合肥高二检测)下列叙述正确的是(　　)
A.强电解质的饱和溶液导电能力一定强
B.凡是能导电的物质都是电解质
C.强电解质在水溶液中的电离过程是不可逆的
D.强酸溶液的酸性一定强于弱酸溶液的酸性
【解析】选C。BaSO4因溶解度较小，其饱和溶液导电性较差，A错；Cu能导电，但是Cu是单质，不是化合物，不是电解质，B错；强电解质在水溶液中完全电离，不可逆，C对；酸性大小与H+的浓度有关，D错。
【补偿训练】下列物质中属于强电解质，但在给定条件下不能导电的是(　　)
A.液态溴化氢　　　　　　　
B.蔗糖
C.铝
D.醋酸
【解析】选A。蔗糖属于非电解质，不导电；铝能导电，但不属于电解质；醋酸属于弱电解质。
2.(2015·东营高二检测)将0.1
mol·L-1CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时都会引起(　　)
A.CH3COOH电离程度变大
B.溶液pH减小
C.溶液的导电能力减弱
D.溶液中c(H+)减小
【解析】选D。CH3COOHCH3COO-+H+，加水时，c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)都减小，平衡右移，pH增大，导电能力减弱，电离程度增大。加入少量CH3COONa晶体时，使c(CH3COO-)增大，平衡左移，电离程度减小，c(H+)减小，pH增大，导电能力增强。
3.(2015·雅安高二检测)在25℃时，用蒸馏水稀释1
mol·L-1的醋酸溶液至
0.01
mol·L-1，随着溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是(　　)
A.　　　　
B.
C.
D.
【解析】选A。醋酸是弱电解质，在水溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中n(CH3COOH)减小，但醋酸电离增大程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中c(CH3COO-)、c(H+)都减小，温度不变水的离子积常数不变，所以c(OH-)增大。加水稀释促进醋酸电离，所以溶液中n(CH3COOH)减小，n(H+)增大，n(CH3COO-)增大，因为溶液体积相同，所以增大，故A正确；减小，故B错误；减小，故C错误；=Ka，温度不变，电离平衡常数不变，所以不变，故D错误。
4.(2015·贵州高二检测)已知下面三个数据：7.2×10-4、4.6×10-4、4.9×10-10分别是三种酸的电离平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：
①NaCN+HNO2HCN+NaNO2，
②NaNO2+HFHNO2+NaF。
由此可判断下列叙述中，不正确的是(　　)
A.HF的电离平衡常数为7.2×10-4
B.HNO2的电离平衡常数为4.9×10-10
C.根据两个反应即可知三种酸的相对强弱
D.HNO2的电离平衡常数比HCN大，比HF小
【解析】选B。第①个反应说明HNO2>HCN，第②个反应说明HF>HNO2，则酸性HF>HNO2>HCN。相同温度下的弱电解质的电离平衡常数是比较弱电解质相对强弱的依据之一。酸性越强，电离平衡常数越大，据此可以将三个K值与酸对应起来。
【互动探究】(1)试判断反应NaCN+HFHCN+NaF能否发生？
提示：能。由于酸性HF>HCN，故反应NaCN+HFHCN+NaF能够发生。
(2)相同浓度的上述三种酸的溶液中，c(H+)的大小关系如何？
提示：酸性HF>HNO2>HCN，则相同浓度的三种酸的溶液中，c(H+)由大到小的顺序为HF>HNO2>HCN。
5.(2015·福州高二检测)在室温下，对c(H+)相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是(　　)
A.加适量的醋酸钠晶体后，两种溶液的c(H+)均减小
B.使温度升高20℃后，两溶液的c(H+)均不变
C.加水稀释2倍后，两溶液的c(H+)均增大
D.加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气一样多
【解析】选A。加入适量CH3COONa后，盐酸中H++CH3COO-CH3COOH，c(H+)减小，醋酸中平衡(CH3COOHH++CH3COO-)左移，c(H+)减小，A项正确；温度升高20℃，醋酸的电离平衡右移，c(H+)增大，B错误；酸溶液加水稀释后c(H+)减小，C错误；加入足量的锌，醋酸产生的H2多，D错误。
6.(2015·南京高二检测)一元弱酸HA(aq)中存在下列电离平衡：HAH++A-。将1.0
mol
HA分子加入1.0
L水中，如图，表示溶液中HA、H+、A-的物质的量浓度随时间而变化的曲线正确的是(　　)
【解析】选C。随着时间的进行c(HA)逐渐变小，c(A-)逐渐变大，且c(H+)=c(A-)，c(HA)+c(A-)=1.0
mol·L-1。
【互动探究】(1)HA的电离常数是多少？
提示：K(HA)===3.2
mol·L-1。
(2)HA的电离程度是多少？
提示：电离程度为×100%=80%。
二、非选择题(本题包括2小题，共20分)
7.(10分)(2015·三明高二检测)一定温度下有a.盐酸　b.硫酸　c.醋酸三种酸。
(1)当其物质的量浓度相同时，c(H+)由大到小的顺序是__________。
(2)同体积、同物质的量浓度的三种酸，中和NaOH能力的顺序是__________。
(3)当其c(H+)相同时，物质的量浓度由大到小的顺序为__________。
(4)当其c(H+)相同、体积相同时，分别加入足量锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序为__________。
【解析】盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸。当其物质的量浓度相同时，硫酸的c(H+)最大，醋酸的c(H+)最小。同体积、同物质的量浓度的三种酸，硫酸消耗的NaOH最多。当其c(H+)相同、体积相同时，醋酸的物质的量最多，与锌反应产生的氢气最多。
答案：(1)b>a>c　(2)b>a=c
(3)c>a>b　(4)c>a=b
【互动探究】(1)若第(4)小题中，求开始时的反应速率和产生相同体积的H2(相同状况)时反应所需时间由大到小的顺序。
提示：a=b=c，a=b>c。开始时c(H+)相同，故反应速率相等，即a=b=c；反应开始后，氢离子被消耗，醋酸的电离平衡右移，故其反应速率最快，所需时间最短，即a=b>c。
(2)若将第(4)小题中三种酸均稀释10倍后，求c(H+)由大到小的顺序。
提示：c>a=b。三种酸均稀释10倍后，盐酸和硫酸中n(H+)不变，c(H+)都变为原来的1/10；但醋酸的电离平衡右移，n(H+)增大，c(H+)大于原来的1/10。
8.
(10分)在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示，请回答：
(1)“O”点导电能力为0的理由是________________。
(2)a、b、c三点的c(H+)由小到大的顺序为_______________。
(3)a、b、c三点处，电离程度最大的是_______________。
【解析】加水前(“O”点)，醋酸未电离，故c(H+)=0，液体不导电；加水后，CH3COOHCH3COO-+H+，导电能力增强，离子的浓度增大；当稀释到一定程度后，尽管加水使电离程度增大，但离子的浓度反而减小，所以导电能力减弱。
答案：(1)在“O”点处醋酸未电离，无离子存在
(2)c【互动探究】若使c点溶液中c(CH3COO-)增大，c(H+)减小，可采取哪些措施？(写出至少3种)
提示：①加NaOH固体；②加少量Na2CO3固体；③加入镁、锌等金属；④加入CH3COONa固体。