第1课时 水的电离和溶液的酸碱性
学习目标
核心素养
1.了解水的电离平衡以及影响因素。2．了解水的离子积并能运用其进行简单计算。3．了解溶液的酸碱性与pH的关系和溶液酸碱性的判断依据与方法。4．了解pH的测量方法。
1.宏观辨识与微观探析：宏观辨识水溶液中的溶质和现象，微观探究微粒的种类、数目和相互作用，对宏观现象进行解释。2．变化观念与平衡思想：通过对水的电离平衡存在的证明及移动的分析，形成并发展微粒观、平衡观和守恒观。3．证据推理与模型认知：能从电离、离子反应、化学平衡的角度分析溶液的酸碱性、导电性。
一、水的电离
1．水的电离：水是一种极弱的电解质，水的电离存在电离平衡：
(1)电离方程式：2H2O??H3O＋＋OH－，通常简写为：H2O??H＋＋OH－。
(2)特例：室温下纯水中
c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7_mol·L－1。
2．水的离子积常数：
(1)表达式：Kw＝c(H＋)·c(OH－)，25
℃时，Kw＝1.0×10－14。
(2)影响因素：只与温度有关，升高温度Kw增大，降低温度Kw减小。
(3)适用范围：Kw不仅适用于纯水也适用于稀的电解质水溶液。
二、溶液的酸碱性
1．溶液的酸碱性：溶液酸碱性的判断标准是c(H＋)与c(OH－)的相对大小。
2．溶液酸碱性与溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系：
c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；
c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性，且c(H＋)越大，酸性越强；
c(H＋)3．溶液酸碱性的表示方法：
(1)当c(H＋)或c(OH－)大于1
mol·L－1时，通常用c(H＋)或c(OH－)直接表示。
(2)当c(H＋)或c(OH－)小于或等于1
mol·L－1时，通常用pH表示。
三、溶液的pH
1．pH：
(1)定义：用H＋的物质的量浓度的负对数表示溶液酸碱性的强弱。
(2)表达式：pH＝－lgc(H＋)。
(3)意义：pH越大，溶液碱性越强；pH越小，酸性越强。
2．溶液的酸碱性与pH的关系：
常温下，pH<7，为酸性溶液；
pH＝7，为中性溶液；
pH>7，为碱性溶液。
3．溶液中pH的测定方法：
溶液pH的测定方法有指示剂法、pH试纸法、pH计法。
探究点一 水的电离平衡
1．水的电离
(1)水是一种极弱的电解质，可发生微弱的电离。
(2)电离方程式为H2O＋H2O??H3O＋＋OH－，也可以简写成H2O??H＋＋OH－。
(3)热效应：水的电离是吸热的过程，升高温度，水的电离平衡右移，其电离程度增大。
(4)对于水的电离的有关计算应注意：
25
℃时1
L纯水中只有1×10－7
mol的水分子电离。
25
℃时水的电离平衡常数为：K＝＝≈1.8×10－16。
由水分子电离出的H＋和OH－的数目在任何情况下总是相等的，25
℃时纯水中c(H＋)＝c(OH－)＝10－7
mol/L。
(5)纯水在常温下的有关数据
①c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7
mol·L－1
②Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
③pH＝－lgc(H＋)＝7
2．影响水电离平衡的因素
与其他弱电解质的电离平衡相似，水的电离平衡也符合平衡移动原理。由此，向纯水中通入少量气体或加入少量固体或加热时，电离平衡会发生相应的变化：
(1)酸或碱：向纯水中加入酸或碱时，酸电离出的H＋或碱电离出的OH－，都抑制了水的电离，使水的电离程度减小，但由水电离出的H＋和OH－浓度一定是相等的，Kw也不变。
(2)盐：向纯水中加入某些盐时，盐电离出的弱酸阴离子(如CH3COO－)或弱碱阳离子(如NH)结合水电离出的H＋或OH－生成难电离的弱电解质，促进了水的电离，使水的电离程度增大，盐溶液也呈一定的酸碱性(盐类的水解将在下一节内容中介绍)，但Kw也不变。
(3)温度：水的电离是吸热过程。升高温度，促进了水的电离，水的电离程度增大，c(H＋)和c(OH－)同时增大但保持相等，Kw增大。纯水一定呈中性。
(4)压强：水为液体，改变压强其体积几乎不变。即压强对水的电离平衡无影响。
1．在纯水中加入适量稀盐酸时，由于盐酸电离的H＋中和了水电离出的OH－，故水的电离程度增大，这种说法正确吗？
提示：不正确。因为水的电离程度很小，故水电离出的OH－的浓度很小，当加入稀盐酸时，不是中和了水电离出的OH－，而是增大了溶液中的H＋浓度，从而抑制了水的电离。
2．升高温度时，促进了水的电离，故水电离出的c(H＋)>1.0×10－7
mol·L－1，因此溶液显酸性，这种说法正确吗？
提示：不正确。升高温度时，促进了水的电离，水电离出的c(H＋)>1.0×10－7
mol·L－1，但在纯水中c(H＋)和c(OH－)同时增大，且始终相等，故溶液仍呈中性。
【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－)减小
B．向水中加入少量NaHSO4固体，c(H＋)增大，Kw不变
C．向水中加入稀盐酸，平衡正向移动，c(H＋)增大
D．将水加热，Kw增大，pH不变
【思路分析】 水的电离是吸热过程，符合平衡移动原理，对于A、C项要正确理解勒夏特列原理中“减弱”两字的含义。
【解析】 向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，但c(OH－)增大，A项错误；向水中加入稀盐酸，平衡逆向移动，最终溶液中c(H＋)增大，C项错误；将水加热，平衡正向移动，水电离出的c(H＋)和c(OH－)增大，Kw增大，pH减小，D项错误。
【答案】 B
已知25
℃时，Kw＝1.0×10－14，如果100
℃时，Kw＝5.5×10－13，这说明( C )
A．100
℃时水的电离程度较小
B．前者c(H＋)较后者大
C．水的电离过程是一个吸热过程
D．100
℃时，0.1
mol·L－1
DCl的重水溶液中水的电离程度一定是室温时电离程度的10倍
解析：由题意知，随水溶液温度的升高，Kw也随之增大，即c(H＋)·c(OH－)增大。c(H＋)·c(OH－)增大，说明H2O??H＋＋OH－向右进行的程度大，由此可知水的电离是吸热的，所以A、B两项错误，C项正确；当改用重水作溶剂时，由于重水的电离程度与普通水的电离程度不一定相同(事实上不同)，所以室温时重水的离子积c(D＋)·c(OD－)不一定等于1.0×10－14，也不能将普通水在100
℃时的离子积常数应用于重水溶液，尽管DCl是强酸，在重水溶液中能够完全电离，题目告诉的浓度可以求出溶液中的c(D＋)，但因不知道两种温度条件下的重水离子积常数，所以无法得出c(OD－)，也就是说无法知道两种温度条件下重水分子本身的电离程度，所以D项错误。
探究点二 水的离子积常数
1．推导过程
水的电离是一个可逆过程，因此也存在电离平衡常数：K电离＝，则有c(H＋)·c(OH－)＝K电离·c(H2O)。1
L水的浓度为55.6
mol·L－1，为常数，K电离为常数，所以K电离·c(H2O)也必然为常数，因此c(H＋)·c(OH－)为常数。
2．正确理解水的离子积
(1)Kw只与温度有关。因为水的电离是吸热过程，所以升高温度，有利于水的电离，Kw增大，如：
t/℃
0
10
20
25
Kw/10－14
0.114
0.292
0.681
1.01
t/℃
40
50
90
100
Kw/10－14
2.92
5.47
38.0
55.0
(2)Kw揭示了任何溶液中均存在水的电离平衡，H＋与OH－共存，只是相对含量不同。
(3)Kw＝c(H＋)·c(OH－)不仅适用于纯水(或其他中性溶液)，也适用于一切酸、碱、盐的稀溶液。Kw不随溶液中c(H＋)和c(OH－)的改变而改变。
(4)一定温度下，不同溶液中c(H＋)＝，故c(H＋)和c(OH－)成反比。
(5)在Kw＝c(H＋)·c(OH－)表达式中，c(H＋)、c(OH－)均分别表示整个溶液中H＋、OH－的物质的量浓度。在不同溶液中，c(H＋)、c(OH－)可能不同，但任何溶液中由水电离产生的c(H＋)、c(OH－)总是相等的。
酸溶液中，[c(H＋)酸＋c(H＋)H2O]·c(OH－)H2O＝Kw，通常忽略c(H＋)H2O。
碱溶液中，[c(OH－)碱＋c(OH－)H2O]·c(H＋)H2O＝Kw，通常忽略c(OH－)H2O。
(6)水电离出的c(H＋)和c(OH－)的计算(25
℃时)
①中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7
mol/L。
②溶质为酸的溶液：H＋来源于酸的电离和水的电离，而OH－只来源于水的电离。如计算0.01
mol/L盐酸中由水电离出的c(H＋)，方法是先求出溶液中的c(OH－)＝10－12
mol/L，则由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12
mol/L。即：c(OH－)H2O＝c(H＋)H2O＝c(OH－)＝。
③溶质为碱的溶液：OH－来源于碱的电离和水的电离，而H＋只来源于水的电离。如计算0.01
mol/L
NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)，方法是先求出溶液中c(H＋)＝10－12
mol/L，则由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12
mol/L。即：c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O＝c(H＋)＝。
在室温下，0.01
mol·L－1的盐酸中，c(OH－)是多少，水电离出的c(H＋)又是多少？
提示：由于c(H＋)溶液＝0.01
mol·L－1，溶液中c(OH－)＝Kw÷c(H＋)溶液＝(1.0×10－14÷0.01)
mol·L－1＝1.0×10－12
mol·L－1。
由于溶液中的OH－只来源于水的电离，所以水电离出的c(H＋)＝1.0×10－12
mol·L－1。
【例2】 在相同温度下，0.01
mol/L的NaOH溶液和0.01
mol/L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
C．由水电离出的c(OH－)都是0.01
mol/L
D．二者都促进了水的电离
【思路分析】 酸或碱溶液中的H＋或OH－浓度与水电离出的H＋或OH－浓度的区别：c(H＋)溶液＝c(H＋)酸＋c(H＋)水，c(OH－)溶液＝c(OH－)碱＋c(OH－)水。酸溶液中酸电离出的H＋浓度大于水电离出的H＋浓度的100倍时，可以忽略水电离出的H＋，同理，碱溶液中碱电离出的OH－浓度大于水电离出的OH－浓度的100倍时，可以忽略水电离出的OH－。
【解析】 若该温度下水的离子积常数为Kw(这里没有说是25
℃)，则在0.01
mol/L的NaOH溶液中，由水电离出的c(H＋)＝＝
mol/L。在0.01
mol/L的盐酸中，由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)水＝
mol/L。
【答案】 A
(1)某温度下，纯水中的c(H＋)＝2×10－7
mol/L，则此时c(OH－)＝2×10－7_mol/L。若温度不变，滴入稀硫酸使c(H＋)＝5×10－6
mol/L，则c(OH－)＝8×10－9mol/L，由水电离出的c(H＋)为8×10－9_mol/L。
(2)某温度(t
℃)时，水的Kw＝1×10－12，则该温度>(填“>”“<”或“＝”)25
℃，其理由是升温促进水的电离，Kw增大。
(3)某温度下，在c(H＋)＝1×10－7
mol/L的NaOH溶液中，由水电离出的c(OH－)＝1×10－7
mol/L。
探究点三 溶液的酸碱性与pH
1．溶液的酸碱性、pH和c(H＋)、c(OH－)的相对大小之间的关系
2.25
℃时，溶液酸碱性与c(H＋)、pH的关系图示
图示：
3．溶液酸碱性的测定方法
(1)用酸碱指示剂测定：这种方法只能测出某一范围内的pH，而不能得出具体的数值。下表列出了几种常用酸碱指示剂的变色范围。
(2)用pH试纸测定：pH试纸一般呈黄色，由多种指示剂的混合液浸制而成。测定方法是取一小块试纸放在玻璃片或点滴板上，用洁净的玻璃棒蘸取溶液点在试纸中部，变色后与标准比色卡比较。
①常见的pH试纸主要有以下三种：
a．广范pH试纸：广范pH试纸的pH范围是1～14(最常用)或0～10，可以识别的pH差值约为1。
b．精密pH试纸：精密pH试纸的pH范围较窄，可以识别0.2或0.3的pH差值。
c．专用pH试纸：用于酸性、中性或碱性溶液的专用pH试纸。
②使用pH试纸时应注意：
a．pH试纸不能用蒸馏水润湿，否则测得的pH可能会偏大或偏小。(中性溶液无误差)
b．所测pH一般为整数。
(3)用pH计测定：通过仪器pH计来精确测定溶液的pH。
1．某溶液的pH＝7，该溶液一定呈中性吗？
提示：不一定。在25
℃时，水的离子积常数Kw＝1×10－14，c(H＋)＝1×10－7
mol/L，pH＝7。但Kw受温度的影响，当温度升高时，Kw增大，c(H＋)和c(OH－)都增大，pH减小；同理当温度降低时，pH会增大。但无论pH如何变化，纯水一定呈中性。
2．pH＝14的溶液的碱性一定最强吗？
提示：不一定。因为pH的使用范围仅为0～14，pH＝14的溶液，c(H＋)＝10－14
mol/L，此时c(OH－)＝1
mol/L，c(OH－)>1
mol/L的溶液比pH＝14的溶液的碱性强。
3．酸碱性溶液与酸碱溶液是一回事吗？
提示：溶液的酸碱性：指溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小不同表现的性质。
酸碱溶液：溶质为酸、碱的水溶液。
关系：①酸溶液一定呈酸性，碱溶液一定呈碱性。②酸性溶液不一定是酸溶液，如NaHSO4溶液和KAl(SO4)2溶液等；碱性溶液不一定是碱溶液，如Na2CO3溶液。
4．酸碱的强弱与溶液酸碱性强弱有什么区别与联系？
提示：酸、碱的强弱：以电离程度是否完全来划分，强酸、强碱在溶液中完全电离，弱酸、弱碱在溶液中部分电离。
溶液酸碱性强弱：溶液酸性强弱是根据c(H＋)的大小来判断，c(H＋)越大，酸性越强。溶液碱性强弱是根据c(OH－)的大小来判断的，c(OH－)越大，碱性越强。
两者的关系：①强酸(碱)溶液的酸(碱)性不一定比弱酸(碱)溶液的酸(碱)性强。
②酸(碱)性强的溶液不一定是强酸(碱)溶液。
③酸(碱)性相同的弱酸(碱)比强酸(碱)浓度大，中和能力强。
【例3】 下列判断正确的是( )
A．pH＝6的溶液一定呈酸性
B．c(H＋)水电离产生＝c(OH－)水电离产生的溶液一定呈中性
C．使石蕊溶液显红色的溶液一定呈酸性
D．强酸和强碱等物质的量混合后溶液一定呈中性
【思路分析】 溶液呈中性c(H＋)＝c(OH－)。
【解析】 未指明温度，溶液不一定呈酸性，A错误；任何条件下c(H＋)水电离产生＝c(OH－)水电离产生，B错误；强酸和强碱等物质的量混合后溶液不一定呈中性，例如氢氧化钠和硫酸的反应，D错误。
【答案】 C
下列溶液一定显酸性的是( B )
A．溶液中c(OH－)>c(H＋)
B．滴加紫色石蕊试液后变红色的溶液
C．溶液中c(H＋)＝1×10－6
mol·L－1
D．c(H＋)>1×10－7
mol·L－1的溶液
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；由c(H＋)>1×10－7
mol·L－1判断溶液显酸性，仅适用于常温时，若温度不确定，就不能用来进行判断。而B项中溶液可使紫色石蕊试液变红，则该溶液为酸性溶液。
1．下列说法正确的是( D )
A．HCl溶液中无OH－有氯化氢分子
B．NaOH溶液中无H＋
C．NaCl溶液中既无OH－也无H＋
D．室温下，任何物质的水溶液中都有H＋和OH－，且Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
解析：凡是水溶液中都存在H＋和OH－，且Kw＝c(H＋)·c(OH－)，在25
℃时Kw＝1×10－14。
2．下列说法正确的是( A )
A．6
mol/L的H2SO4溶液中存在OH－、H＋、SO
B．因为水的离子积常数的表达式是Kw＝c(H＋)·c(OH－)，所以Kw随溶液c(H＋)和c(OH－)的变化而变化
C．水的电离方程式是：H2O===H＋＋OH－
D．Kw＝10－14适用于任何温度、任何溶液
3．下列叙述正确的是( A )
A．在常温下，任何稀溶液中，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
B．无论在什么条件下，中性溶液里的H＋离子浓度一定等于1×10－7mol·L－1
C．0.2
mol·L－1CH3COOH溶液的c(H＋)是0.1
mol·L－1
CH3COOH溶液的c(H＋)的2倍
D．任何浓度的溶液都可以用c(H＋)和c(OH－)的相对大小来表示酸碱性强弱
解析：B选项只有在25
℃时，c(H＋)＝1×10－7mol·L－1；C选项由于醋酸为弱酸，所以c(H＋)＝，＝＝＝，不是2倍。D选项对于酸或碱溶液浓度大于1
mol·L－1，特别是浓H2SO4，一般就不用c(H＋)和c(OH－)的相对大小来表示酸碱性强弱。
4．水电离过程为H2O??H＋＋OH－，在不同温度下其平衡常数为K(25
℃)＝1.0×10－14，K(35
℃)＝2.1×10－14。则下列叙述正确的是( D )
A．c(H＋)随着温度的升高而降低
B．在35
℃时，c(H＋)>c(OH－)
C．水的电离程度(25
℃)>(35
℃)
D．水的电离是吸热的
解析：K电离＝，由题设知，K(35
℃)>K(25
℃)，c(H2O)不变，所以c(H＋)随着温度升高而升高，纯水中c(H＋)＝c(OH－)；水的电离过程是吸热过程，则温度高，电离程度大。
5．25
℃时，把1
mL
0.1
mol/L的H2SO4加水稀释成2
L溶液，在此溶液中由水电离产生的H＋浓度为( D )
A．1×10－4
mol/L
B．1×10－8
mol/L
C．1×10－11
mol/L
D．1×10－10
mol/L
解析：稀释后H2SO4溶液中c(H＋)＝＝1×10－4
mol/L，c(OH－)＝＝＝1×10－10(mol/L)，则c(H＋)H2O＝c(OH－)＝1×10－10
mol/L。
6．下列关于溶液的酸碱性说法正确的是( C )
A．c(H＋)很小的溶液一定呈碱性
B．pH＝7的溶液一定呈中性
C．c(OH－)＝c(H＋)的溶液一定呈中性
D．不能使酚酞溶液变红的溶液一定呈酸性
解析：本题考查溶液酸碱性的判断，判断溶液酸碱性的标准是c(H＋)和c(OH－)的相对大小。若c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性；c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；c(H＋)7．在25
℃时，某稀溶液中由水电离产生的c(OH－)＝10－10
mol·L－1。下列有关该溶液的叙述正确的是( C )
A．该溶液一定呈酸性
B．该溶液中c(H＋)可能等于10－5
mol·L－1
C．该溶液的pH可能为4也可能为10
D．该溶液有可能呈中性
解析：本题考查了水的电离的知识，在25
℃时纯水中c(H＋)＝c(OH－)＝10－7
mol·L－1，而题目中由水电离产生的c(OH－)＝10－10
mol·L－1，说明外加了酸或碱抑制了水的电离。由于水电离产生c(H＋)＝c(OH－)＝10－10mol·L－1，根据水的离子积可得外加酸或碱产生的c(H＋)外＝10－4
mol·L－1或c(OH－)外＝10－4
mol·L－1，可得溶液pH可能为4或10。
8．已知水在25
℃和100
℃时，电离平衡曲线如下图所示：
(1)25
℃时水的电离平衡曲线应为A(填“A”或“B”)，请说明理由：水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，c(H＋)、c(OH－)小。
(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( C )
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，结合图像中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项生成NaOH，使c(OH－)>c(H＋)；B项可促进水的电离，但c(H＋)＝c(OH－)；D项对水的电离无影响；C项可与水反应生成H2CO3，抑制水的电离，但H2CO3??H＋＋HCO，使c(H＋)>c(OH－)。
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13
-第3课时 pH的应用
学习目标
核心素养
1.了解在日常生活、生产中pH的应用。2．掌握酸碱中和滴定的原理。3．掌握酸碱中和滴定的操作方法和误差分析。4．了解指示剂的选择。
1.证据推理与模型认知，依据酸碱中和滴定原理，拓展其他滴定的原理方法、操作过程，并会设计滴定实验。2．科学探究与创新意识：结合自然现象、生活问题、生产实际，能分析解释有关事实，进行简单的方案设计。3．科学态度与社会责任：了解生活生产中溶液平衡的应用，认识水溶液中的离子反应和平衡对生产生活和社会发展的作用。
一、pH在生产生活中的应用
1．pH与人体健康的关系
(1)血液pH诊断疾病：人体的各种体液都有一定的pH，以保证正常的生理活动，当酸碱平衡失调时，人体就表现出病变，可以利用检测血液中的pH诊断疾病。
(2)药物调控pH辅助治疗：利用护发素保护头发，就是通过调节头发的pH使之达到适宜的酸碱度。
2．pH在环保上的应用
在环保上对酸性或碱性的废水，可以利用中和反应调节pH。利用在酸性废水中加碱性废渣或通过碱性滤料层过滤使之中和；对碱性废水，可以通过加酸性废水或通入烟道气中和。
3．土壤pH与土壤有效成分含量的关系
土壤的pH影响植物对养分的吸收及养分的有效性，各种作物的生长也都对土壤的pH范围有一定的要求，应注意保持土壤的酸碱度等。
二、酸碱中和滴定
1．概念：利用中和反应用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。
2．原理：
(1)实质：H＋＋OH－===H2O(填离子方程式)。
(2)原理：酸提供的H＋与碱提供的OH－的物质的量相等。
即c(H＋)·V酸＝c(OH－)·V碱(均为强电解质)。
3．仪器和试剂：
(1)仪器
(2)试剂：标准液、待测液、指示剂。
4．实验操作(以用盐酸标准液滴定NaOH溶液为例)：
(1)滴定前准备。
①检查：使用滴定管前，首先要检查滴定管是否漏水。
②润洗：滴定管加入酸、碱反应液之前，先用蒸馏水洗涤干净，然后分别用待装液润洗2～3次。
③装液：分别将酸、碱反应液加入酸式、碱式滴定管中，使液面位于“0”刻度以上2_mL～3_mL处。
④调液：调节活塞或玻璃球，使滴定管尖嘴部分充满反应液，并使液面处于“0”刻度或“0”刻度以下。
⑤放液：从碱式滴定管中放出一定量的NaOH溶液于锥形瓶中，并滴2～3滴指示剂(甲基橙或酚酞)。
(2)滴定。
①左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶。
②眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化。
③终点判断：当滴入最后一滴盐酸时，刚好使锥形瓶中的溶液变色，且在半分钟内不变色，即到终点。读数并记录。
5．实验数据的处理：
重复滴定操作2～3次，取消耗标准液体积的平均值，根据c(NaOH)＝，计算出待测NaOH溶液的浓度c(NaOH)。
三、酸碱中和滴定曲线及意义
用0.100
0
mol/L
NaOH溶液滴定20.00
mL
0.100
0
mol/L
HCl溶液过程中的pH变化。
意义：当酸碱中和反应接近滴定终点(pH＝7)时，很少量的酸或碱就会引起溶液pH突变。用甲基橙或酚酞的颜色变化来表示反应终点，其误差都在实验允许的范围之内。
探究点一 酸碱中和滴定实验的关键
1．准确测定参加反应的两种溶液的体积
要准确测定参加反应的两种溶液的体积，应选用更加精确的仪器：酸式滴定管、碱式滴定管、移液管的读数精确到0.01
mL，可准确量取一定量的试液。
滴定管刻度：(如图)0刻度在上，从上往下读，量程有25
mL、50
mL。
滴定管精确度：取到小数点后两位，如：24.00
mL、23.38
mL最后一位是估计值。
酸式滴定管下端是玻璃活塞，用来盛放酸性或具有氧化性的溶液(酸、溴水、KMnO4溶液等，不能盛放NaOH溶液等)。
碱式滴定管下端是由乳胶管、玻璃球组成的阀，用于盛装碱性或无氧化性的溶液，不能盛装酸性、氧化性溶液及有机溶剂(橡胶易被腐蚀)。
2．准确判断中和反应是否恰好反应完全——选用合适的酸碱指示剂
(1)酸碱指示剂在中和滴定中发挥作用的原理
酸碱指示剂在中和滴定中发挥作用的原理，可用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液来说明。
用盐酸滴定NaOH溶液时，从表面看，似乎没有变化，但实质上，在滴定过程中，溶液的pH发生了很大的变化。滴定前，由于还未加盐酸，滴定的pH决定于待测NaOH溶液的浓度，因此溶液的pH很大，为强碱性。随着盐酸的滴入，NaOH不断被中和，c(OH－)不断减小，pH也不断减小。当滴入的HCl与NaOH恰好完全中和时，溶液中只有NaCl和H2O，因此pH为7。如果此时再滴加1滴盐酸的话，由于HCl过量，溶液将立即由中性变为酸性，pH小于7。
根据上述滴定过程中溶液的pH的变化，我们可以选择合适的指示剂，并根据指示剂在酸性或碱性溶液中的颜色变化，准确地判断中和反应是否恰好进行完全。例如，我们可以在待测的NaOH溶液中滴入几滴酚酞试液，溶液呈红色，随着盐酸的滴入，当溶液恰好由红色突变为无色时，说明HCl与NaOH反应完全。
(2)酸碱指示剂的选择
(3)滴定终点判断的答题模板：
当滴入最后一滴×××标准溶液后，溶液变成××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。
说明：解答此类题目注意三个关键点：
(1)最后一滴：必须说明是滴入“最后一滴”溶液。
(2)颜色变化：必须说明滴入“最后一滴”溶液后溶液“颜色的变化”。
(3)半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不再恢复原来的颜色”。
1．酸碱中和滴定实验中，酸碱恰好完全反应时就是滴定终点，这种说法正确吗？
提示：(1)恰好中和是指酸、碱按化学方程式的计量关系完全反应，酸、碱都没有剩余。恰好中和时溶液的酸碱性取决于生成盐的性质，溶液不一定呈中性。
(2)滴定终点是指示剂变色点，是实验操作中的概念。滴定终点与恰好中和是有差距的，不可能完全一致。
2．酸碱中和滴定实验中，能否用石蕊作指示剂指示滴定终点？
提示：不能。因为石蕊在滴定终点时的颜色变化对比不明显，且变色范围太大，不能灵敏地指示滴定终点。
【例1】 用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，如下图甲、乙，从下表中选出正确选项( )
【思路分析】 在酸碱中和滴定中，指示剂常选用颜色变化明显的酚酞或甲基橙，不能选用石蕊。另外，无论是标准溶液滴定待测溶液，还是待测溶液滴定标准溶液，只要操作正确，都能达到目的。
【解析】 酸式滴定管不能盛放碱液，同样碱式滴定管不能盛放酸液。指示剂应选择颜色变化明显的酚酞或甲基橙。在酸碱中和滴定中，无论是用标准溶液滴定待测液还是用待测液滴定标准溶液，只要操作正确，都能达到测定的目的。
【答案】 D
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用标准碱液润洗。
(2)用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入乙(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。
(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溶液由无色恰好变成浅红色，且半分钟内不褪色。
②根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为0.11
mol·L－1(保留两位有效数字)。
探究点二 酸碱中和滴定的误差分析
1．依据
分析误差要根据计算式：c待测＝，当用标准液滴定待测液时，c标准、V待测均为定值，c待测的大小由V标准的大小决定。
2．误差分析
在进行误差分析时，要特别注意弄懂俯视(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)。
以盐酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有：
【例2】 实验室用标准盐酸滴定某NaOH溶液，用甲基橙作指示剂。下列操作中可能使测定结果偏低的是( )
A．酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗2～3次
B．开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失
C．滴定前平视读数，滴定后俯视读数
D．盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次
【思路分析】 误差分析要先写出计算式，然后分析错误操作造成的影响。分析影响时要抓住测定数据这个根本，也就是错误操作对标准液的消耗量有何影响。
【解析】 酸式滴定管在装液前未用标准酸溶液润洗，则相当于把标准液稀释了，滴定消耗标准液的体积增大，使测定结果偏高，A错误；开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，气泡的体积也算进了标准液，使消耗标准液的体积偏大，结果偏高，B错误；滴定前平视读数，滴定后俯视读数，由于滴定管的“0”刻度在上边，俯视使读数偏小，得到的消耗标准液的体积偏小，结果偏低，C正确；盛NaOH溶液的锥形瓶不能用NaOH溶液润洗，否则增加了待测液的量，使消耗标准液的体积偏大，结果偏高，D错误。
【答案】 C
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，使滴定结果偏高。
(2)锥形瓶用蒸馏水洗净后，又用待测溶液润洗，使滴定结果偏高。
(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，使滴定结果偏高。
(4)滴定前平视，滴定终点俯视，使滴定结果偏低。
(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，使滴定结果偏低。
(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，使测得盐酸的浓度偏低。
(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，使测得盐酸的浓度偏高。
(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，对测得的结果无影响。
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，会使锥形瓶内待测液的溶质增加，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，将使读数V标读小了，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溶液大，使V标偏高，结果偏高。(8)食盐水对结果无影响。
1．在一支25
mL的酸式滴定管中盛入0.1
mol·L－1的盐酸，其液面的最低点恰好在5
mL的刻度处，若把滴定管中的溶液全部放入锥形瓶中，然后用0.1
mol·L－1的NaOH进行中和滴定，消耗NaOH溶液的体积为( C )
A．等于20
mL
B．小于20
mL
C．大于20
mL
D．等于5
mL
解析：酸碱式滴定管中刻度线下有一部分容积没有算在体积内，所以V(HCl)>20
mL，则中和酸消耗的NaOH溶液的体积应大于20
mL。
2．下列某种仪器中盛有一定量KMnO4溶液，甲同学平视读数为n
mL，乙同学仰视读数为x
mL，丙同学俯视读数为y
mL，若x>n>y，则该仪器是( B )
A．量筒
B．酸式滴定管
C．容量瓶
D．碱式滴定管
解析：量取KMnO4溶液，应该用量筒或酸式滴定管，不能用碱式滴定管，因其有强氧化性。根据读数，应为酸式滴定管，因其零刻度在上。
3．如下图为10
mL一定物质的量浓度的盐酸X用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定的图像，依据图像推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的( D )
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：由图知，30
mL
NaOH溶液恰好中和10
mL盐酸，即3Y＝X，表中A、D属此种情况，但A组中X＝0.12
mol/L，c(H＋)＝0.12
mol/L，pH<1，不符合图像，D组中X＝0.09
mol/L，pH>1，加入20
mL
NaOH后溶液中的c(H＋)＝
＝1×10－2mol/L，pH＝－lg(1×10－2)＝2，正好符合题意。
4．下列实验操作不会引起误差的是( C )
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溶液时，选用酚酞作指示剂，实验时不小心多加了几滴
D．用标准盐酸测定未知浓度NaOH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
解析：A.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.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.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.中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。
5．用0.1
mol·L－1
NaOH溶液滴定0.1
mol·L－1盐酸，如达到滴定的终点时不慎多加了1滴(约0.05
mL)NaOH溶液，继续加水至50
mL，所得溶液的pH是( C )
A．4
B．7.2
C．10
D．11.3
解析：用NaOH溶液滴定盐酸，达到终点时溶液呈中性。“多加了1滴(约0.05
mL)NaOH溶液，继续加水至50
mL”相当于将1滴0.1
mol·L－1
NaOH溶液稀释至50
mL，此时溶液中OH－浓度为：
c(OH－)＝＝1×10－4
mol·L－1，
c(H＋)＝＝1×10－10
mol·L－1，pH＝10。
6．两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 )
A．甲操作有错
B．乙操作有错
C．甲测定数值一定比乙小
D．乙实际测得值偏小
解析：锥形瓶不应用碱液润洗。甲用过的滴定管对乙来说已润洗过。
7．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 )
A．13
B．12
C．10
D．11
解析：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＋)＝10－13
mol·L－1，即其pH＝13。
8.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稀硫酸溶液；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－1
NaOH溶液滴定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
D．取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度线以上2～3
cm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ECDBAGF(用序号填写)；
②该滴定操作中应选用的指示剂是酚酞；
③在G操作中如何确定终点？溶液由无色变为浅红色(或粉红色)，且半分钟不褪去。
(2)碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果偏大(填“偏小”“偏大”或“无影响”)。
(3)配制100
mL准确浓度的稀硫酸溶液，必须使用的主要容器是100_mL_容量瓶。
(4)如有1
mol·L－1和0.1
mol·L－1的NaOH溶液，应用0.1
mol·L－1的NaOH溶液，原因是溶液浓度越稀，误差就越小。
(5)用标准NaOH溶液滴定时，将标准NaOH溶液注入乙(填“甲”或“乙”)中。
(6)观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则结果会导致测得的稀硫酸溶液浓度测定值偏小(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
解析：(1)中和滴定的步骤为检查→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，溶液由无色变为浅红色(或粉红色)，且半分钟不褪去。(2)若滴定管没有用标准溶液润洗，相当于溶液被稀释，消耗的标准溶液体积就大，从而使测定结果偏大。(3)配制100
mL的溶液应选用100
mL的容量瓶。(4)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的氢氧化钠溶液。(5)氢氧化钠溶液应注入碱式滴定管乙中。(6)当读数时，开始仰视，会使读数偏大，后来俯视，会使读数偏小，计算出的体积会偏小，从而使测定结果偏小。
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14
-第1课时 盐类的水解
学习目标
核心素养
1.通过实验归纳盐溶液的酸碱性与其类型之间的关系，进一步探究盐溶液呈现不同酸碱性的原因，总结其规律。2．熟练掌握盐类水解的表示方法——水解离子方程式的书写。
1.宏观辨识与微观探析：能运用对水解平衡存在的证明及移动的分析，形成并发展学生的微粒观、平衡观和守恒观。2．变化观念与平衡思想：结合实验现象，分析解释盐溶液会呈酸碱性的原因，形成盐溶液不一定是中性的变化观念。3．证据推理与模型认知：根据微观离子的变化，分析判断水溶液的主次过程，理解水溶液中离子平衡的移动、微粒浓度等宏观物理量的变化。
一、探究盐溶液的酸碱性(如下表)
二、盐溶液呈现不同酸碱性的原因
1．盐溶液酸碱性的理论分析
(1)NH4Cl溶液
①电离过程
H2O??H＋＋OH－，NH4Cl===NH＋Cl－。
②水的电离平衡的移动
NH和OH－结合生成弱电解质NH3·H2O，使水的电离平衡向电离的方向移动，当达到新的平衡时，使c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性。
③总反应
NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋。
(2)CH3COONa溶液
①电离过程
H2O??H＋＋OH－，
CH3COONa===CH3COO－＋Na＋。
②水的电离平衡的移动
H＋与CH3COO－结合成CH3COOH，使水的电离平衡右移，当达到新平衡时c(OH－)>c(H＋)，即溶液呈碱性。
③总反应
CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－。
(3)NaCl溶液
在NaCl溶液中存在下列电离：
H2O??H＋＋OH－，NaCl===Na＋＋Cl－。
溶液里不能生成弱电解质，H2O的电离平衡未受影响，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。
2．盐类水解的定义和实质
(1)盐类水解的定义
在溶液中盐电离出来的离子跟水所电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。
(2)盐类水解的实质
盐类的水解是盐跟水之间的化学反应，水解(反应)的实质是其能与水作用生成弱酸或弱碱，使水的电离平衡被破坏而建立起了新的平衡。
3．盐类水解反应离子方程式的书写
盐类水解一般程度很小，水解产物也很少，通常不生成沉淀或气体，书写水解方程式时，一般不写“↑”或“↓”。盐类水解是可逆反应，除发生强烈双水解的盐外，一般离子方程式中不写“===”号，而写“??”号。
4．盐类水解的条件
(1)盐必须溶于水中。
(2)盐中必须有弱酸的阴离子或弱碱的阳离子。
5．盐类水解的特点
①盐类的水解促进了水的电离，使溶液呈酸性或碱性；
②盐类的水解反应是酸碱中和反应的逆反应：
盐＋水酸＋碱；
③盐类水解是微弱的；
④盐类水解是可逆反应。
探究点一 盐类水解的类型和规律
1．盐类水解的规律
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。
2．盐类水解的类型
(1)强碱弱酸盐能水解，溶液呈碱性，pH大于7，如：CH3COONa、K2CO3、Na2C2O4等。
实质：弱酸阴离子跟水电离产生的H＋结合生成弱酸，c(H＋)减小，促进了水的电离。
(2)强酸弱碱盐能水解，溶液呈酸性，pH小于7，如：NH4Cl、Fe2(SO4)3、Al2(SO4)3等。
实质：弱碱阳离子跟水电离产生的OH－结合生成弱碱，c(OH－)减小，促进了水的电离。
(3)强酸强碱盐不水解，溶液呈中性，pH等于7，如：NaCl、K2SO4、Ba(NO3)2等。
实质：盐电离产生的离子均不能与水电离产生的H＋或OH－结合成弱电解质，所以水的电离平衡不发生移动。
(4)弱酸弱碱盐发生的水解反应
第一类如：①Al3＋与CO、HCO、AlO、SiO、S2－、HS－、ClO－、C6H5O－；②Fe3＋与CO、HCO、AlO、SiO、ClO－。这类属于弱碱阳离子与弱酸阴离子相互促进的水解，即所谓的“双水解”，能够彻底水解，上述两组中的阳离子与阴离子在溶液中均不能大量共存。
实质：弱碱阳离子水解呈酸性，弱酸阴离子水解呈碱性，相互促进水解，使水解趋于完全。
第二类如：(NH4)2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等弱酸弱碱盐的水解反应不能趋于完全，但比单独水解的程度要大一些，其离子在溶液中可以大量共存，溶液的酸碱性取决于对应酸或者碱的电离常数的相对大小，即对应酸、碱的相对强弱，如Kb(NH3·H2O)＝Ka(CH3COOH)>Ka(H2CO3)，则(NH4)2CO3、NH4HCO3溶液呈碱性，CH3COONH4溶液呈中性。
实质：弱碱阳离子水解呈酸性，弱酸阴离子水解呈碱性，能够相互促进水解，但水解仍不能进行完全。
(5)酸式盐溶液酸碱性的判断
①强酸的酸式盐只电离，不水解，其溶液呈酸性。如：
NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
②弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式盐的酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。若酸式盐的酸根离子的电离程度大于水解程度，则溶液显酸性，如NaHSO3、NaH2PO4溶液等。若酸式盐的酸根离子的电离程度小于水解程度，则溶液显碱性，如NaHCO3、Na2HPO4、NaHS溶液等。
1．强酸强碱盐溶液一定呈中性吗？
提示：不一定。如NaHSO4是强酸强碱盐，在水溶液中只发生电离不发生水解，NaHSO4在水中完全电离：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，溶液呈酸性。
2．高中阶段，哪些常见的离子能发生水解？
提示：常见的能发生水解的“弱离子”一般有两类：
(1)能水解的弱碱阳离子，如Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Cu2＋、Zn2＋、NH等；
(2)能水解的弱酸阴离子，如PO、SiO、HPO、CO、S2－、CH3COO－、HS－、ClO－、F－、HCO等。
3．某溶液中水电离出来的c(H＋)＝1×10－5
mol·L－1，该溶液可能是盐酸还是氯化铵？
提示：可能是氯化铵，因为该溶液水的电离程度比纯水的电离程度大，盐酸抑制水的电离，氯化铵促进水的电离。
【例1】 物质的量浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大顺序排列正确的是( )
A．Na2CO3 NaHCO3 NaCl NH4Cl
B．Na2CO3 NaHCO3 NH4Cl NaCl
C．(NH4)2SO4 NH4Cl NaNO3 Na2S
D．NH4Cl (NH4)2SO4 Na2S NaNO3
【思路分析】 弱酸根水解产生OH－，弱碱阳离子水解产生H＋，所以强酸弱碱盐水解显酸性，弱酸强碱盐水解显碱性。
【解析】 碳酸钠、碳酸氢钠溶液因水解显碱性，且CO水解程度大于HCO水解程度，故碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠溶液的碱性强；硫酸铵、氯化铵溶液因NH水解呈酸性，且硫酸铵溶液中NH浓度较大，所以(NH4)2SO4的酸性比NH4Cl的强，硝酸钠属于强酸强碱盐，溶液呈中性，硫化钠溶液呈碱性。
【答案】 C
由一价离子组成的四种盐：AC、BD、AD、BC的1mol/L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 )
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类：
综上可知，电离程度：HC＝AOH>HD＝BOH，即酸性：HC>HD，碱性AOH>BOH。
探究点二 盐类水解的离子方程式的书写
1．一般盐类水解程度很小，水解产物很少，通常不生成沉淀和气体，也不发生分解，因此盐类水解的离子方程式中不标“↓”或“↑”，也不把生成物如NH3·H2O、H2CO3等写成其分解产物的形式。
2．盐类的水解是可逆反应，是中和反应的逆反应，而中和反应是趋于完全的反应，所以盐的水解是微弱的。
盐类水解的离子方程式一般不用“===”，而用“??”。
3．多元弱酸根离子水解的离子方程式应分步书写，且以第一步水解为主，如CO水解的离子方程式；CO＋H2O??HCO＋OH－(主要)；HCO＋H2O??H2CO3＋OH－(次要)。若写成CO＋2H2O??H2CO3＋2OH－或CO＋H2O??CO2＋2OH－等，则都是错误的。
4．多元弱碱的阳离子水解只要求一步写成，一般不会水解生成沉淀，可生成胶体。如：Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋。
5．水解相互促进的盐的水解离子方程式的书写：
(1)“完全水解”反应：
一种盐的阳离子与另一种盐的阴离子在一起都发生水解，使两种离子水解趋于完全，此时用“===”连接反应物和生成物，水解生成的难溶物和气体可加“↓”、“↑”。如：
2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑，
Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(2)“微弱水解”反应：
水解的阴、阳离子虽然相互促进反应，但水解程度仍然较小，不能趋于完全，其离子方程式的书写同一般盐的水解离子方程式。如：
NH＋CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋NH3·H2O。
6．盐类水解的离子方程式同样遵循质量守恒定律和电荷守恒规律。
盐类水解的方程式与弱电解质的电离方程式有什么区别？
提示：(1)相同点
①都用“??”，不能用“===”(彻底的双水解反应除外)。
②多元弱酸的电离方程式与多元弱酸阴离子的水解方程式都是分步书写。
③多元弱碱的电离方程式与多元弱碱阳离子的水解方程式都不要求分步书写。
(2)不同点
电离时，发生电离的微粒的原子个数减少；水解时，发生水解的微粒的原子个数增加。例如，HCO电离时的离子变化为HCO―→CO；而水解时的离子变化为HCO―→H2CO3。
【例2】 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＋
【解析】 因为水解是弱酸根离子(或弱碱阳离子)结合水电离出的H＋(或OH－)，破坏了水的电离平衡，从而使盐溶液呈碱性(或酸性)，由此可判断C正确；A、B项为弱酸的电离，D为弱酸的酸式酸根离子的电离方程式，皆与题意不符。
【答案】 C
下列水解离子方程式正确的是DF(填序号)。
A．Na2CO3：CO＋2H2O??H2CO3＋2OH－
B．NH4Cl：NH＋H2O??NH3·H2O＋OH－
C．NaF：F－＋H2O===HF＋OH－
D．CuSO4：Cu2＋＋2H2O??Cu(OH)2＋2H＋
E．NaHCO3：HCO＋H2O??H3O＋＋CO
F．Na2SO3：SO＋H2O??HSO＋OH－
解析：本题考查水解离子方程式的书写问题，判断正确与否要遵循水解离子方程式的书写规则。
1．下列说法中正确的是( B )
A．某些盐的水溶液呈中性，这些盐一定是强酸强碱盐
B．盐的水解可视为中和反应的逆反应
C．醋酸铵溶液呈中性，是由于醋酸铵不会发生水解
D．Na2CO3水解的最终产物是CO2
解析：呈中性的盐可以是强酸强碱盐不水解呈中性，也可以是弱酸弱碱盐水解程度相同也呈中性，Na2CO3不能水解到底。
2．下列有关0.1
mol·L－1
Na2CO3溶液的说法中错误的是( D )
A．其中钠离子的浓度为0.2
mol·L－1
B．溶液中的OH－浓度大于H＋浓度，HCO的浓度小于CO的浓度
C．溶液中Na＋的浓度大于CO浓度的二倍
D．溶液中H2CO3的浓度为0
解析：A选项正确，B选项中CO水解量远小于不水解的CO，溶液呈碱性，所以c(OH－)>c(H＋)，c(HCO)3．常温下，物质的量浓度相同的三种盐NaX，NaY和NaZ溶液的pH依次为8、9、10，则下列表达式错误的是( D )
A．Z－＋H2O??HZ＋OH－
B．HY??H＋＋Y－
C．常温下，电离程度：HX>HY>HZ
D．Z－＋HX??HZ＋X－
4．物质的量浓度相同的下列各溶液，由水电离出的c(H＋)由大到小的顺序是( C )
①NaHSO4
②NaHCO3
③Na2CO3
④Na2SO4
A．④③②①
B．①②③④
C．③②④①
D．③④②①
5．下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是( B )
A．NaHCO3溶液：HCO＋H2O??CO＋H3O＋
B．NaHS溶液：HS－＋H2O??H2S＋OH－
C．Na2CO3溶液：CO＋2H2O??H2CO3＋2OH－
D．NH4Cl溶于D2O中：NH＋D2O??NH3·D2O＋H＋
解析：A项是HCO的电离方程式；C项，CO水解是分步的，以第一步为主，第一步应为CO＋H2O??HCO＋OH－；D项，NH4Cl在D2O中水解的离子方程式应为NH＋D2O??NH3·HDO＋D＋。
6．在常温下，纯水中存在电离平衡H2O??H＋＋OH－，若要使水的电离平衡向电离方向移动，并最终使c(H＋)增大，可加入的物质是( B )
A．硫酸氢钠
B．明矾
C．硫酸
D．碳酸氢钠
解析：加入的盐电离产生的离子能与水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质，都能促使水的电离平衡向电离方向移动，若与水电离产生的OH－相结合，则会使c(H＋)增大，故只有B选项符合题意。
7．室温下，0.5
mol/L相同体积的下列四种溶液①KCl、②FeCl3、③HF、④Na2CO3，其中所含阳离子数由多到少的顺序是( D )
A．④>①＝②>③
B．①>④>②>③
C．④>①>③>②
D．④>②>①>③
解析：本题主要考查对强弱电解质及电离与水解主次矛盾的掌握情况，由于电解质在水中以电离为主，水解是极其微弱的，所以四种物质中Na2CO3电离的阳离子数必为最多，HF为弱电解质，电离出的H＋必为最少，先排除B、C项，再观察KCl和FeCl3，如果只考虑电离，二者电离的阳离子数应相等，但Fe3＋存在水解且一个Fe3＋可水解生成三个H＋，导致其溶液中阳离子数增多，故选出D项。
8．在室温下，下列四种溶液：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④NH3·H2O的浓度均为0.1
mol·L－1。
请根据要求填写下列空白：
(1)溶液①呈酸性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋(用离子方程式表示)。
(2)在上述五种溶液中，pH最小的是③；c(NH)最小的是④(填序号)。
(3)室温下，测得溶液②的pH＝7，则说明CH3COO－的水解程度等于(填“大于”“小于”或“等于”)NH的水解程度，溶液中CH3COO－与NH浓度的大小关系是c(CH3COO－)＝c(NH)(填“>”“<”或“＝”)。
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-第2课时 影响盐类水解的因素和盐类水解的应用
学习目标
核心素养
1.掌握影响盐类水解的外界因素及水解程度的变化。2．了解盐类水解在生产、生活中的应用。3．了解盐类水解在化学实验和科学研究中的应用。4．了解水解常数。
1.变化观念与平衡思想：能用化学用语正确表示水溶液中的离子反应与平衡，能通过实验证明水溶液中存在的离子平衡，能举例说明离子反应与平衡在生产、生活中的应用。2．证据推理与模型认知：水解平衡与弱电解质的电离平衡相似，可建立同样的平衡模型。3．科学探究与创新意识：能利用盐类水解的平衡原理，解释生产、生活中的一些现象，并提出解决的办法。
一、影响盐类水解的主要因素
1．内因——盐本身的性质：生成盐的弱酸越弱，该盐的水解程度越大；生成盐的弱碱越弱，该盐的水解程度越大。
2．外因——反应条件的影响：
(1)浓度：增大盐的浓度，可使水解平衡向正反应方向移动，水解程度减小；加水稀释，水解平衡向正反应方向移动，水解程度增大。
(2)外加酸或碱：水解呈酸性的盐溶液，若加入碱，会促进水解；加入酸则抑制水解；水解呈碱性的盐溶液，若加入碱，会抑制水解；加入酸，会促进水解。
(3)温度：升高温度，盐类水解程度增大。
二、盐类水解在生产、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．制备无机化合物
如用TiCl4制备TiO2。其反应的方程式为TiCl4＋2H2O===TiO2＋4HCl。
三、水解平衡常数
探究点一 影响盐类水解的因素
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HF>CH3COOH，
则水解程度NaF多元弱酸正盐的水解，水解反应第一步远远大于第二步，原因是第一步水解产生的OH－对第二步水解有抑制作用，并且正盐阴离子与H＋结合能力比酸式盐阴离子结合能力强。例如：Na2CO3溶液中
2．外因
(1)温度：水解过程一般是吸热过程，故升温使水解程度增大，反之则减小。
(2)浓度：盐溶液越稀，水解程度越大，反之越小。外加酸、碱等物质抑制或促进盐的水解。
注意：盐的浓度大，水解程度小，但其溶液的酸性(或碱性)比稀溶液的酸性(或碱性)强。
(3)溶液的酸碱性
组成盐的离子能与水发生水解反应。向盐溶液中加入H＋，可抑制阳离子水解，促进阴离子水解；向盐溶液中加入OH－，能抑制阴离子水解，促进阳离子水解。
注意：越弱越水解，越热越水解，越稀越水解，加酸碱抑制或促进水解。
下面以CH3COONa的水解平衡分析水解平衡的影响因素：
CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－(正反应吸热)
盐溶液稀释后，水解程度增大与溶液的酸碱性减弱矛盾吗？
提示：盐溶液稀释后，水解程度增大与溶液的酸碱性减小并不矛盾。因为稀释溶液可以促进盐的水解，水解产生的H＋或OH－的物质的量增大，但是溶液体积增大的程度大于水解平衡移动的程度，所以稀释时水解程度虽然增大，溶液的酸性或碱性却减弱了。增大盐溶液浓度的同理。由此可见，盐类水解平衡为动态平衡，勒夏特列原理同样适用于水解平衡。
【例1】 下列关于FeCl3水解的说法错误的是( )
A．在稀溶液中，水解达到平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动
B．浓度为5
mol/L和0.5
mol/L的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，Fe3＋的水解程度前者小于后者
C．其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50
℃和20
℃时发生水解，50
℃时Fe3＋的水解程度比20
℃时的小
D．为抑制Fe3＋的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸
【思路分析】 分析盐类的水解要牢记温度、浓度、外加酸碱、离子效应四大影响因素。
【解析】 增大FeCl3的浓度，水解平衡向右移动，但水解程度减小，加水稀释，水解平衡向右移动，水解程度增大，A、B均正确；盐类水解是吸热过程，温度升高，水解程度增大，C错误；Fe3＋水解后溶液呈酸性，增大H＋的浓度可抑制Fe3＋的水解，D正确。
【答案】 C
向三份0.1
mol/L的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 )
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
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，抑制水解的进行；加入FeCl3固体，Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，影响同NH类似，使CH3COO－浓度减小，促进水解。故选A。
探究点二 盐类水解的应用
一、盐类的水解在化学实验中的应用
1．判断盐溶液的酸碱性和pH的大小
相同物质的量浓度的物质的溶液pH由大到小的判断：相同阳离子时，阴离子对应的酸的酸性越弱，盐越易水解，pH越大；相同阴离子时，阳离子对应的碱的碱性越弱，盐越易水解，pH越小。Na2SiO3、Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl，它们的pH越来越小。
2．配制易水解的盐溶液
配制某些强酸弱碱盐时，需要加入相应的强酸，可使水解平衡向左移动，抑制阳离子的水解，如配制FeCl3、SnCl2溶液时，由于Fe3＋、Sn2＋水解程度较大，通常先将它们溶于盐酸中，再加水稀释到所需的浓度。
3．加热蒸干溶液制备无水盐
(1)若将某些挥发性酸对应的盐如AlCl3、FeCl3蒸干时，得不到无水盐，原因是在加热过程中，HCl不断挥发，水解平衡不断向右移动，得到Al(OH)3或Fe(OH)3,
若灼烧Al(OH)3、Fe(OH)3继续分解得到Al2O3、Fe2O3。所以上述晶体只有在HCl气流中加热才能得到。
(2)水解生成难挥发性酸的盐溶液蒸干，一般得到原物质。如将Al2(SO4)3溶液蒸干得到Al2(SO4)3固体。
4．判断离子是否大量共存
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NH和CH3COO－、CO等。
(2)若相互促进的程度很大、很彻底，则不能大量共存，如Al3＋与HCO在溶液中不能共存，因发生反应Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，这类离子组合常见的有：
Fe3＋与S2－、HS－因发生氧化还原反应也不能大量共存。
5．碱性溶液的保存
Na2CO3、Na2S等溶液水解显碱性，因碱性溶液可与玻璃中的SiO2反应，所以保存时不能使用磨口玻璃塞，应用带橡胶塞的试剂瓶保存。
6．除去溶液中的杂质离子
(1)除去MgCl2溶液中的Fe3＋时，向溶液中加入MgO或Mg(OH)2或MgCO3，与Fe3＋水解产生的H＋反应，使Fe3＋转化成Fe(OH)3而除去。
(2)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。
7．判断盐溶液中离子种类及多少
说明盐溶液中离子(微粒)种类及多少时要考虑到水解。如Na2CO3溶液中，不考虑盐类水解，只有Na＋、CO和水电离的H＋、OH－，但考虑到盐类水解，还应该有HCO、H2CO3两种微粒。
8．判断反应生成物
某些活泼金属与强酸弱碱盐溶液反应时，要考虑到水解产生H＋。如Mg加入到NH4Cl溶液中，不考虑到盐类水解，可能认为不反应，但实际上，NH水解呈酸性，H＋与Mg作用生成H2，随着Mg的不断加入，NH水解生成的NH3·H2O又可以分解生成氨气。
9．判断中和滴定终点时溶液酸碱性
选用酸碱滴定时的指示剂以及当pH＝7时酸(碱)过量情况的判断等问题，要考虑到盐的水解。若用强碱滴定弱酸，反应滴定终点后，因生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以应选用在碱性范围内变色的指示剂，通常选取酚酞。若用强酸滴定弱碱，反应滴定终点后，因生成强酸弱碱盐，溶液呈酸性，所以应选用在酸性范围内变色的指示剂，通常选取甲基橙。
10．制备某些胶体
利用水解原理制备胶体，如向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，产生红褐色胶体：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
二、盐类的水解在生产、生活中的应用
1．明矾或FeCl3等物质的净水原理
利用Al3＋、Fe3＋水解产生的胶体，其表面积大，能够吸附水中的悬浮物形成沉淀而起到净水的作用。
2．热的碱溶液去油污效果更好
CO＋H2O??HCO＋OH－，水解反应为吸热反应，加热平衡右移，溶液的碱性增强，去污效果更好。
3．化肥的合理施用
某些化肥施用时会使土壤的酸碱性改变，此时需考虑到盐类水解。长期使用(NH4)2SO4的土壤因NH的水解而使土壤的酸性增强；草木灰不能和铵态氮肥混合施用，草木灰主要成分之一是K2CO3，它属于强碱弱酸盐，水解显碱性，生成的OH－可以和NH反应生成氨气，使氮肥肥效损失。
4．泡沫灭火器灭火的原理
泡沫灭火器内装有饱和的硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液，它们分装在不同的容器中，当使用时两溶液混合后发生双水解反应：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑，生成大量的CO2气体，使泡沫灭火器内压强增大，CO2、Al(OH)3、H2O一起喷出，覆盖在着火的物质上使火焰熄灭。
1．为什么不能从溶液中直接制取Al2S3？如何制备？
提示：因Al2S3遇水强烈水解，Al3＋、S2－均能水解，Al3＋水解使溶液呈酸性，S2－水解使溶液呈碱性。如Al3＋、S2－在同一溶液中，它们将相互促进水解而使水解完全，从而得不到Al2S3，故不能在水溶液中制备。要制备Al2S3，只能用2Al＋3SAl2S3。
2．请利用盐类水解的原理，选择最简便的方法区别NaCl、NH4Cl、Na2CO3三种溶液。
提示：用pH试纸鉴别，pH＝7的是NaCl溶液，pH<7的是NH4Cl溶液，pH>7的是Na2CO3溶液。
【例2】 下列有关问题，与盐类的水解有关的是( )
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体
A．①②③
B．②③④
C．①④⑤
D．①②③④⑤
【思路分析】 要理解盐类水解的实质及在实际问题中的应用。
【解析】 本题考查盐类水解的应用与解释。①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可以除去金属表面的锈；②利用HCO与Al3＋两种离子相互促进的水解反应，产生二氧化碳，可作灭火剂；③草木灰主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用；④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠将瓶塞与瓶颈黏合在一块儿而打不开，因此实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶应用橡胶塞；⑤AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3＋3H2O??Al(OH)3＋3HCl，加热时，盐酸挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)3固体(如果灼烧，会得到Al2O3固体)。
【答案】 D
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FeCl2杂质的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按下图所示步骤进行提纯：
请回答下列问题：
(1)本实验最适合的氧化剂X是C(选填下面的序号)。
A．K2Cr2O7
B．NaClO
C．H2O2
D．KMnO4
(2)物质Y是CuO(或Cu(OH)2或CuCO3)。
(3)本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？不能。原因是加碱的同时Cu2＋也会形成Cu(OH)2沉淀，同时也会引入杂质离子。
(4)除去Fe3＋的有关反应的离子方程式是Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O。
(5)加氧化剂的目的是将Fe2＋氧化为Fe3＋，Fe3＋便于生成沉淀而与Cu2＋分离。
(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2O晶体？不能。应如何操作？应在HCl气流中加热蒸发。
解析：要将溶液pH直接调整到9.6除去Fe2＋，而此时Cu2＋早已沉淀完全，所以应先将Fe2＋转化为Fe3＋，在选择氧化剂时要防止引入新的杂质，所以选择H2O2。然后通过加入Y物质促进Fe3＋水解，达到沉淀分离的目的，同样要考虑避免引入新的杂质，选择用CuO或Cu(OH)2或CuCO3。由于Cu2＋在加热条件下水解，生成的HCl易挥发，促进了Cu2＋的水解，不能得到纯净的CuCl2·2H2O，为了抑制Cu2＋的水解应在HCl气流中加热除水。
1．下列说法正确的是( C )
A．AlCl3溶液和NaAlO2溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分相同
B．配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度
C．用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3＋
D．泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝
2．在一定条件下，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO＋H2O??HCO＋OH－。下列说法正确的是( B )
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．通入CO2，平衡向正反应方向移动
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
解析：平衡常数仅与温度有关，故稀释溶液，K是不变的，A项错；CO2通入水中，相当于生成H2CO3，可以与OH－反应，而促进平衡正向移动，B项正确；升温，促进水解，平衡正向移动，故表达式的结果是增大的，C项错；加入NaOH固体，碱性肯定增强，pH增大，D项错。
3．为了使Na2S溶液中的比值变小，可采取的措施是( D )
①加适量盐酸 ②加适量NaOH(s) ③加适量KOH(s)
④加适量KHS(s) ⑤加水 ⑥通H2S(g) ⑦加热
A．②③④
B．①②⑤⑥⑦
C．②③
D．③④
解析：欲使溶液中的比值变小，需使c(S2－)增大，从S2－＋H2O??HS－＋OH－的平衡角度分析，增加c(OH－)或c(HS－)可抑制S2－的水解，使平衡向左移动，但不能增加c(Na＋)，显然③④可以，②不可以；①中发生反应2H＋＋S2－===H2S↑，使比值变大；⑤⑦促进Na2S水解，使比值变大；⑥通入H2S(g)后，发生反应S2－＋H2S===2HS－，使比值变大。
4．下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是( C )
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(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：A项，加热蒸干Na2CO3溶液，得不到NaOH，虽然加热促进CO水解，但生成的NaHCO3与NaOH反应又生成了Na2CO3；B项，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。
5．分别将下列物质：①FeCl3 ②CaO ③NaCl ④Ca(HCO3)2
⑤Na2SO3 ⑥K2SO4投入水中，在蒸发皿中对其溶液加热蒸干，能得到原物质的是( B )
A．②③
B．③⑥
C．①④
D．⑤⑥
解析：①加热蒸干FeCl3溶液得到Fe(OH)3；②CaO投入水中，生成Ca(OH)2，加热蒸干得到Ca(OH)2；③加热蒸干NaCl溶液得到NaCl固体；④加热蒸干Ca(HCO3)2溶液得到CaCO3；⑤加热蒸干Na2SO3溶液得到Na2SO4；⑥加热蒸干K2SO4溶液得到K2SO4，故选B。
6．对于等物质的量浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3溶液，下列说法不正确的是( A )
A．升高温度，两种溶液的pH均减小
B．相同温度下两种溶液的pH：Na2CO3溶液>NaHCO3溶液
C．分别加入少量NaOH，两溶液中c(CO)均增大
D．两溶液中均存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
解析：升温，CO、HCO的水解程度均增大，溶液的pH增大，故A项错误。
7．实验室有下列试剂，其中必须用带橡皮塞的试剂瓶保存的是( B )
①NaOH溶液 ②水玻璃 ③Na2S溶液 ④Na2CO3溶液
⑤NH4Cl溶液 ⑥澄清石灰水 ⑦浓HNO3 ⑧浓H2SO4
A．①⑥
B．①②③④⑥
C．①②③⑥⑦⑧
D．⑤⑦⑧
解析：碱及水解显碱性的盐，因OH－可与玻璃中的SiO2反应生成硅酸盐，使试剂瓶与瓶塞粘连，因而不能用带玻璃塞的试剂瓶保存，必须用带橡皮塞的试剂瓶保存。酸性及强氧化性物质不能用带橡皮塞的试剂瓶保存。
8．(1)AgNO3的水溶液呈酸(填“酸”“中”或“碱”)性，原因是(用离子方程式表示)Ag＋＋H2O??AgOH＋H＋；实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以抑制(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)Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋。
把FeCl3溶液蒸干、灼烧，最后得到的主要固体产物是Fe2O3。
(3)用离子方程式表示泡沫灭火器灭火原理Al3＋＋3HCO===3CO2↑＋Al(OH)3↓。
(4)用热的纯碱溶液洗涤餐具，原因是(用离子方程式表示)CO＋H2O??HCO＋OH－。
解析：(1)AgNO3溶液中存在：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)利用Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体能凝聚水中的悬浮杂质从而达到净水目的；FeCl3溶液中存在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)泡沫灭火器原理是利用NaHCO3与Al2(SO4)3发生相互促进水解反应，离子方程式为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(4)加热时促进CO水解，而使c(OH－)增大，去污能力增强。
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-第四节 难溶电解质的溶解平衡
学习目标
核心素养
1.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。2．能用沉淀溶解平衡原理分析沉淀的溶解、生成与转化的实质，并会解决生产、生活中的实际问题。3．了解溶度积和离子积的关系，学会判断反应进行的方向。
1.变化观念与平衡思想：通过对沉淀溶解平衡等存在的证明及移动的分析，形成微粒观、平衡观和守恒观。2．证据推理与模型认知：难溶电解质的溶解平衡与弱电解质的电离平衡相似，可建立同样的平衡模型。3．科学探究与创新意识：利用沉淀溶解平衡原理，解释生产生活中有关的现象，并能解决一些有关溶解平衡的简单问题。
一、溶解平衡及溶度积
1．溶解平衡
概念：在一定温度下，当沉淀溶解和生成的速率相等时，固体质量、离子浓度不变的状态。
2．溶度积
概念：以AmBn(s)??mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例，Ksp＝[c(An＋)]m·[c(Bm－)]n。在一定温度下，Ksp是一个常数，称为溶度积常数，简称溶度积。
3．溶解平衡的特点
(1)逆：可逆过程(离子之间生成难溶电解质的反应不能完全进行到底)。
(2)等、动：v溶解＝v生成≠0。
(3)定：固体质量、离子浓度不变(即达到饱和溶液状态)。
(4)变：条件改变，平衡移动。
4．溶度积应用：判断难溶电解质在一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。
(2)Qc＝Ksp：溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态。
(3)Qc二、沉淀反应的应用
1．沉淀的生成
(1)调节pH法
加入氨水调节pH至7～8，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：
Cu2＋＋S2－===CuS↓，
Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋；
Hg2＋＋S2－===HgS↓，
Hg2＋＋H2S===HgS↓＋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)方法
①酸溶解法
难溶电解质CaCO3、FeS、Al(OH)3、Cu(OH)2可溶于强酸，其反应的离子方程式如下：
CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O；
FeS＋2H＋===Fe2＋＋H2S↑；
Al(OH)3＋3H＋===Al3＋＋3H2O；
Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O。
②盐溶液溶解法
Mg(OH)2能溶于NH4Cl溶液，反应的离子方程式为：
Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。
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
水垢[CaSO4(s)]CaCO3(s)Ca2＋(aq)
其反应的化学方程式如下：
CaSO4＋Na2CO3===Na2SO4＋CaCO3；
CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O。
②自然界中矿物的转化
原生铜的硫化物CuSO4溶液
铜蓝(CuS)
其反应的化学方程式如下：
CuSO4＋ZnS===CuS＋ZnSO4，
CuSO4＋PbS===CuS＋PbSO4。
探究点一 沉淀溶解平衡
1．溶解度和溶解性
(1)溶解度(S)
①定义：一定温度下，100
g溶剂(水)中溶解某种物质达到饱和状态时，所溶解的溶质质量叫这种物质在该温度的溶解度。设t
℃时，某物质的饱和溶液中溶质质量为m(溶质)，溶剂质量为m(溶剂)，则t
℃时该物质的溶解度S＝×100
g。同种物质的溶解度随着温度的不同而不同。
②几种电解质的溶解度(20
℃)
(2)溶解性
①根据物质溶解能力的大小对物质进行的定性分类。
②在20
℃时，溶解性与溶解度的关系如下表：
溶解性
难溶
微溶
可溶
易溶
溶解度
<0.01
g
0.01～1
g
1～10
g
>10
g
(3)重要结论
①不同物质在水中的溶解度不同，甚至相差很大。没有溶解度为零的物质。
②同族元素的同类化合物的溶解度随着原子序数递增呈一定的变化规律。如卤化银AgX、ⅡA元素的氢氧化物M(OH)2、硫酸盐MSO4等的溶解度。
③物质在水中“溶”与“不溶”是相对的。“不溶”是指难溶，没有绝对不溶的物质。
④生成沉淀的离子反应不可能真正进行到底。如Ag＋＋Cl－===AgCl↓，AgCl的溶解度虽然很小，但不等于零。生成沉淀的离子反应之所以能够发生，是因为生成物的溶解度很小。
⑤通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5
mol/L时，沉淀达到完全。
2．溶解平衡
(1)定义
难溶电解质溶于水形成饱和溶液时，溶质的沉淀与溶解之间建立的动态平衡，叫做沉淀溶解平衡。
例如：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)。
尽管AgCl溶解度很小，但并非绝对不溶，生成的AgCl沉淀会有少量溶解。从固体溶解平衡的角度分析，不难理解AgCl在溶液中存在下述两个过程：在AgCl的溶液中，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－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，即建立动态平衡。
(2)难溶电解质的溶解平衡与弱电解质的电离平衡的区别
①首先从物质类别方面看，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再从变化的过程来看，溶解平衡是指已溶解的溶质与未溶解的溶质之间形成的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的平衡状态。
(3)特征
动：动态平衡，溶解的速率和沉淀的速率均不为0。
等：v(溶解)＝v(沉淀)≠0。
定：达到平衡时，溶液中离子浓度不再改变。
变：当外界条件改变，溶解平衡将发生移动，达到新的平衡。
(4)溶解平衡的表达式
MmAn(s)mMn＋(aq)＋nAm－(aq)
注意在沉淀后用“s”标明状态，溶液中用“aq”标明状态，并用“??”连接。如：
CaCO3(s)??Ca2＋(aq)＋CO(aq)
Ag2S(s)??2Ag＋(aq)＋S2－(aq)
(5)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。
a．浓度：加水，平衡向溶解方向移动。
b．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]。
c．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。
d．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。
只有难溶电解质才存在溶解平衡吗？
提示：错误。固体物质在溶液中都存在溶解平衡，不仅难溶电解质存在溶解平衡，在易溶电解质的饱和溶液中也存在溶解平衡，只要存在溶解平衡，改变适当的条件就会有沉淀析出。如在NaCl饱和溶液中存在溶解和结晶平衡。
【例1】 已知25
℃时BaSO4饱和溶液中存在BaSO4(s)??Ba2＋(aq)＋SO(aq)，Ksp＝1.1×10－10，下列有关BaSO4的溶度积和溶解平衡的叙述正确的是( )
A．25
℃时，向c(SO)＝1.05×10－5
mol/L的BaSO4溶液中加入BaSO4固体，c(SO)增大
B．向该饱和溶液中加入Ba(NO3)2固体，BaSO4的溶度积增大
C．向该饱和溶液中加入Na2SO4固体，该溶液中c(Ba2＋)>c(SO)
D．向该饱和溶液中加入BaCl2固体，该溶液中c(SO)减小
【思路分析】 溶解平衡是动态平衡，可应用勒夏特列原理分析有关问题，溶度积是平衡常数的一种。
【解析】 BaSO4的溶度积Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SO)，即BaSO4饱和溶液中c(SO)≈1.05×10－5
mol/L，再加入BaSO4固体不溶解，c(SO)不变，A错误；溶度积只与温度有关，B错误；加入Na2SO4固体，溶解平衡向左移动，c(Ba2＋)减小，C错误；加入BaCl2固体，溶解平衡向左移动，c(SO)减小，D正确。
【答案】 D
已知溶液中存在平衡：Ca(OH)2(s)??Ca2＋(aq)＋2OH－(aq) ΔH<0，下列有关该平衡体系的说法正确的是( A )
①升高温度，平衡逆向移动
②向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子浓度
③恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高
④加热溶液，溶液的pH升高
⑤向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加
⑥向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变
A．①⑤
B．①⑤⑥
B．②③⑤
D．①②⑤⑥
解析：①ΔH<0，升高温度，平衡逆向移动，①正确；②会生成CaCO3，使Ca2＋浓度减小，②错误；③恒温下Ksp不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液，pH不变，③错误；④加热溶液，Ca(OH)2的溶解度减小，溶液的pH降低，④错误；⑤加入Na2CO3溶液，沉淀溶解平衡向右移动，Ca(OH)2固体转化为CaCO3固体，固体质量增加，⑤正确；⑥加入NaOH固体平衡向左移动，Ca(OH)2固体质量增加，⑥错误。
探究点二 溶度积常数的计算和应用
1．Ksp的计算类型
(1)已知Ksp求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝
mol·L－1。
(2)已知Ksp、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1
mol·L－1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a
mol·L－1。
(3)计算反应的平衡常数，如对于反应Cu2＋(aq)＋MnS(s)??CuS(s)＋Mn2＋(aq)，Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2－)，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)，而平衡常数K＝＝。
(4)利用Ksp和Kw的关系计算溶液的pH
①沉淀开始时pH的计算
已知25
℃时，Ksp[Cu(OH)2]＝2×10－20
计算向2
mol·L－1的CuSO4溶液中加入NaOH调节溶液pH是多少时才开始生成Cu(OH)2沉淀。
提示：Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)＝2×c2(OH－)＝2×10－20 c(OH－)＝10－10
mol·L－1
c(H＋)＝＝＝10－4
mol·L－1
pH＝－lgc(H＋)＝－lg10－4＝4
②沉淀完全时pH的计算
已知25
℃时，Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17
计算向0.1
mol·L－1
ZnCl2溶液中加入NaOH调节溶液pH是多少时，溶液中Zn2＋沉淀完全。
提示：当溶液中c(Zn2＋)≤10－5
mol·L－1时，可视为Zn2＋沉淀完全。
Ksp[Zn(OH)2]＝c(Zn2＋)·c2(OH－)＝10－5·c2(OH－)＝1×10－17
c(OH－)＝10－6
mol·L－1
c(H＋)＝＝＝10－8
pH＝－lgc(H＋)＝－lg10－8＝8
2．溶度积、溶解度和物质的量浓度之间的关系
溶度积Ksp、溶解度S和饱和溶液的物质的量浓度c都可以用来衡量沉淀的溶解能力或溶解程度，它们彼此关联，可以互相换算。
以CaCO3的溶解平衡为例：CaCO3(s)??Ca2＋(aq)＋CO(aq)，Ksp＝c(Ca2＋)·c(CO)，S是100
g水中所溶解的CaCO3的质量。由于浓度很小，将溶液的密度近似为1
g/cm3。
(1)已知Ksp，则c(Ca2＋)＝c(CO)＝
mol/L，S＝×100
g＝×100
g≈0.1
L×c(Ca2＋)×M(CaCO3)＝10
g(100
g溶液中水的质量近似为100
g)。
(2)已知S，即已知100
g水(0.1
L)溶液中所含CaCO3的质量为S
g，那么c(Ca2＋)＝＝
mol/L，Ksp＝。
(3)已知c(Ca2＋)＝a
mol/L，则Ksp＝c(Ca2＋)·c(CO)＝a2,1
L溶液中含有a
mol
Ca2＋、a
mol
CO，S＝×100
g＝10a
g。
特别提醒：(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铬酸银(Ag2CrO4)溶液中c(Ag＋)是2x
mol/L而不是x
mol/L。(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。
3．溶度积规则——判断沉淀生成或溶解的原则
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。
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特别提醒：(1)溶度积和溶解度都可用来表示物质的溶解能力。但是对于化学式中阴、阳离子个数比不同的难溶电解质，不能直接比较Ksp的大小来确定其溶解能力的大小，需转化为溶解度。(2)若用溶度积直接比较不同物质的溶解性时，物质的类型应相同。
1．已知相同条件下，Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，在有Cl－和Br－共同存在的溶液中，只要滴入AgNO3溶液，就一定先有AgBr沉淀生成吗？
提示：不一定。对于相同类型的难溶电解质，先有哪种沉淀生成，除了根据Ksp进行比较外，还要看溶液中c(Cl－)、c(Br－)的大小，因为形成沉淀必须满足的条件是c(Ag＋)·c(X－)>Ksp(AgX)。如果c(Cl－)较大而c(Br－)较小，则c(Ag＋)·c(Cl－)>Ksp(AgCl)、c(Ag＋)·c(Br－)2．利用Ksp的数值，可直接判断不同的难溶电解质溶解度的大小吗？
提示：(1)对于同类型的难溶电解质，即阴、阳离子个数之比相同的难溶电解质，溶度积Ksp的数值越大，难溶电解质在水中的溶解能力就越强，即溶解度越大。
(2)对于不同类型的难溶电解质，即阴、阳离子个数之比不相同的难溶电解质，不能直接根据溶度积的数值来比较其溶解度的大小。如BaSO4和Mg(OH)2,25
℃时，S(BaSO4)＝2.4×10－4
g，S[Mg(OH)2]＝9×10－4
g,
Mg(OH)2的溶解度比BaSO4的大，而Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10>Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11。
【例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}
【思路分析】 (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。
【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＝1.16×10－2g，所以Mg(OH)2的溶解度为1.16×10－3g。
(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。
(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＝＝＝1.6×109。
【答案】 (1)1.16×10－3 (2)4×10－5 (3)Cu(OH)2
1．6×109
25
℃时有关物质的颜色和溶度积(Ksp)如下表：
物质
AgCl
AgBr
AgI
Ag2S
颜色
白
淡黄
黄
黑
Ksp
1.8×10－10
7.7×10－13
1.5×10－16
1.8×10－50
下列叙述中不正确的是( B )
A．向AgCl的白色悬浊液中加入0.1
mol/L
KI溶液，有黄色沉淀产生
B．25
℃时，AgCl、AgBr、AgI、Ag2S饱和水溶液中Ag＋的浓度相同
C．25
℃，AgCl固体在等物质的量浓度NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同
D．在5
mL
1.8×10－6
mol/L
NaCl溶液中，加入1滴(20滴约为1
mL)1×10－3
mol/L
AgNO3溶液，不能产生白色沉淀
解析：本题是对溶度积常数及其应用的考查。由四种物质的溶度积常数可知，溶解度大小关系为AgCl>AgBr>AgI>Ag2S，故A项正确，B项错误；由于溶度积常数是温度常数，温度不变其值不变，C项正确；加入1滴硝酸银溶液后c(Cl－)可认为保持不变，即c(Cl－)＝1.8×10－6
mol/L，而AgNO3溶液相当于稀释100倍，故c(Ag＋)＝1×10－5
mol/L，c(Cl－)·c(Ag＋)＝1.8×10－111．下列化学原理的应用，主要是利用沉淀溶解平衡原理来解释的是( A )
①热纯碱溶液洗涤油污的能力强
②误将钡盐[BaCl2、Ba(NO3)2]当作食盐食用后，常用0.5%的Na2SO4溶液解毒
③溶洞、珊瑚的形成
④碳酸钡不能作“钡餐”而硫酸钡则能
⑤泡沫灭火器灭火的原理
A．②③④
B．①②③
C．③④⑤
D．①②③④⑤
解析：①⑤都是利用盐的水解原理，②③④涉及沉淀的生成与沉淀的溶解，都可利用沉淀溶解平衡原理来解释。
2．下列说法不正确的是( D )
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
解析：只有相同类型的难溶电解质作比较时，Ksp小的溶解度一定小，D项错误。
3．在25
℃时，AgCl的白色悬浊液中，依次加入等浓度的KI溶液和Na2S溶液。观察到的现象是先出现黄色沉淀，最终出现黑色沉淀。已知有关物质的溶度积Ksp(25
℃)如下：
AgCl
AgI
Ag2S
Ksp
1.8×10－10
8.51×10－16
6.3×10－50
下列叙述错误的是( C )
A．沉淀转化的实质就是沉淀溶解平衡的移动
B．溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀
C．AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶解程度相同
D．25
℃时，在饱和AgCl、AgI、Ag2S溶液中，所含Ag＋的浓度不同
解析：由于AgCl、AgI、Ag2S的Ksp依次减小，当向AgCl溶液中加入同浓度的KI和Na2S溶液时，沉淀溶解平衡AgCl(s)??Ag＋(aq)＋Cl－(aq)右移，依次转化为溶解度更小的AgI和Ag2S，A、B项正确；由于在NaCl、CaCl2溶液中c(Cl－)不同，而Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)导致AgCl在两溶液中的溶解程度不同，C项错误；由于Ksp(AgI)＝c(Ag＋)·c(I－)，Ksp(Ag2S)＝c2(Ag＋)·c(S2－)，且三种沉淀的Ksp不相同，故在三种溶液中，c(Ag＋)不同，D项正确。
4．实验：
①0.1
mol·L－1
AgNO3溶液和0.1
mol·L－1
NaCl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－1
KI溶液，出现浑浊；
③向沉淀c中滴加0.1
mol·L－1
KI溶液，沉淀变为黄色。
下列分析不正确的是( B )
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：由实验现象和反应原理可知，浊液a为含有AgCl及NaNO3的浊液，滤液b为NaNO3溶液(含极少量的Ag＋、Cl－)，白色沉淀c为AgCl，②中出现的浑浊为AgI，③中的黄色沉淀为AgI。浊液a中存在AgCl的溶解平衡，A项正确；由选项A可知滤液b中含有Ag＋，B项错误；③中的黄色沉淀为AgI，是由AgCl电离出的Ag＋与I－结合生成的，C项正确；实验②和实验③均说明AgI比AgCl更难溶，D项正确。
5．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( B )
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－1
NH4Cl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MgF2
解析：Mg(OH)2的溶度积小，故其电离出的Mg2＋浓度要小一些，A错；NH可以结合Mg(OH)2电离出的OH－，从而促使Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2＋)增大，B正确；Ksp仅与温度有关，故C错；D项，不管Mg(OH)2的Ksp有多小，只要加入的NaF溶液的浓度合适，能使c(Mg2＋)·c2(F－)>7.42×10－11，就可以使Mg(OH)2转化为MgF2沉淀，即可以生成MgF2沉淀，D错误。
6．某温度时，Ag2SO4在水溶液中的溶解平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是( B )
A．b点对应的Ksp(Ag2SO4)等于c点对应的Ksp(Ag2SO4)
B．采取蒸发溶剂的方法可以使a点对应的溶液变为b点对应的溶液
C．该温度下，Ksp(Ag2SO4)＝1.6×10－5
D．0.02
mol·L－1的AgNO3溶液与0.2
mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合不会发生沉淀
解析：温度恒定时，曲线上任意点的Ksp都相等，A项正确；a点对应Ag2SO4的不饱和溶液，但蒸发可以使溶液中的c(Ag＋)、c(SO)都变大，故不能实现由a点对应的溶液变到b点对应的溶液，B项错误；由Ag2SO4在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线可知：Ksp(Ag2SO4)＝[c(Ag＋)]2·c(SO)＝(1×10－2)2×16×10－2＝1.6×10－5，C项正确；0.02
mol·L－1的AgNO3溶液与0.2
mol·L－1的Na2SO4溶液等体积混合后，溶液中[c(Ag＋)]2·c(SO)＝0.012×0.1＝1×10－57．已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。下列关于难溶物之间转化的说法中错误的是( A )
A．AgCl不溶于水，不能转化为AgI
B．两种难溶物的Ksp相差越大，难溶物就越容易转化为更难溶的物质
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
解析：Ksp(AgI)mol/L，要使AgCl在NaI溶液中开始转化为AgI，根据溶度积规则可知，需使Qc>Ksp，故I－的浓度必须不低于
mol/L＝×10－11
mol/L。
8．已知在25
℃的水溶液中，AgX、AgY、AgZ均难溶于水，且Ksp(AgX)＝1.8×10－10，Ksp(AgY)＝1.0×10－12，Ksp(AgZ)＝8.7×10－17。
(1)根据以上信息，判断AgX、AgY、AgZ三者的溶解度(已被溶解的溶质的物质的量/1
L溶液)S(AgX)、S(AgY)、S(AgZ)的大小顺序为S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)。
(2)若向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，则c(Y－)减小(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188)固体放入100
mL水中(忽略溶液体积的变化)，则溶液中Y－的浓度为1.0×10－6mol·L－1。
(4)由上述Ksp判断，在上述(3)的体系中，能否实现AgY向AgZ的转化，能(填“能”或“不能”)，理由为Ksp(AgY)>Ksp(AgZ)。
解析：(1)由于AgX、AgY、AgZ为同一类型的盐，所以其溶解度大小可以根据Ksp大小予以确定，因为Ksp(AgX)>Ksp(AgY)>Ksp(AgZ)，所以S(AgX)>S(AgY)>S(AgZ)。(2)向AgY的饱和溶液中加入少量的AgX固体，由于AgX的溶解度大于AgY，溶液中的c(Ag＋)增大，AgY的溶解平衡向着形成沉淀的方向移动。(3)AgY饱和溶液中，c(Ag＋)＝＝＝1.0×10－6mol·L－1，假设AgY固体完全溶解，则c(Ag＋)＝10－2mol·L－1，故0.188
g
AgY不能完全溶解，其溶液中c(Y－)＝1.0×10－6mol·L－1。(4)因Ksp(AgY)＝1.0×10－12>Ksp(AgZ)＝8.7×10－17，所以能够实现AgY向AgZ的转化。
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13
-第一节 弱电解质的电离
学习目标
核心素养
1.能准确判断强、弱电解质。2．会准确书写电解质的电离方程式。3．会分析外界条件对电离平衡的影响。4．知道电离平衡常数的意义，会根据电离平衡常数比较弱电解质的相对强弱。5．能利用电离平衡常数进行简单的计算。
1.宏观辨识与微观探析：宏观辨识水溶液中的溶质和溶剂、现象，微观探究微粒的种类、数目和相互作用，对宏观现象进行解释。2．变化观念与平衡思想：弱电解质的电离平衡与化学平衡类似，但比化学平衡复杂，在化学平衡基础上理解弱电解质的电离平衡。3．证据推理与模型认知：水溶液中的离子平衡和化学反应平衡均符合平衡移动原理，可以建立与化学平衡类似的平衡模型。
一、电解质和非电解质
1．电解质：在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质。
2．非电解质：在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质。
3．下列物质中：①Cu、②NaCl固体、③NaOH固体、④K2SO4溶液、⑤CO2、⑥蔗糖、⑦NaCl溶液、⑧CH3COOH、⑨酒精。②③⑧是电解质，⑤⑥⑨是非电解质，①④⑦既不是电解质，也不是非电解质。
二、强电解质和弱电解质
1．强电解质
(1)定义：在水溶液中能够全部电离的电解质。
(2)常见的强电解质：强酸、强碱和大部分的盐。
2．弱电解质
(1)定义：在水溶液中不能全部电离的电解质。
(2)常见的弱电解质：弱酸、弱碱和水。
三、电解质电离方程式的书写规则
1．强电解质
完全电离，在写电离方程式时，用“===”。
如H2SO4：。
Ba(OH)2：Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－。
BaSO4：。
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：(主)，HCO??(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－。
(4)两性氢氧化物按两种方式电离。
如Al(OH)3：
H2O＋AlO＋H＋
??Al(OH)3??Al3＋＋3OH－
四、弱电解质的电离平衡
(1)弱电解质的电离平衡的建立。
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分子的速率相等时，电离过程达到电离平衡状态。
(2)弱电解质的电离平衡形成过程中体系各粒子浓度的变化。
以CH3COOH为例，可表示如下：
五、电离常数
探究点一 强弱电解质和电解质的电离
1．性质对比
强电解质
弱电解质
概念
在水溶液里或熔融状态下能够完全电离成离子的电解质
在水溶液里只有部分电离成离子的电解质
相同点
在水溶液里都能产生自由移动的离子，都是电解质
不同点
粒子的存在形式
只存在电解质电离产生的阴、阳离子，不存在电解质分子
大量存在电解质分子，少量存在弱电解质电离产生的离子
电离过程
不可逆，不存在电离平衡，电离方程式中用“===”
可逆，存在电离平衡，电离方程式中用“??”
电离程度
完全电离
不完全电离
化学键
离子键、强极性键
极性键
2.常见的强、弱电解质
3．强弱电解质的判断
(1)注意概念中“或”、“和”、“化合物”三个关键词。
①电解质和非电解质二者必须是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
②电解质在水溶液或熔融状态下能导电，两个条件满足其中一个即可，而非电解质在两种情况下均不导电。
(2)电解质必须是电解质本身电离出离子，否则不是电解质。
某些物质的水溶液能导电，是由于它与水作用生成了能电离的物质(电解质)，而非本身发生了电离，因而不是电解质，如CO2、SO2、SO3、NH3等是非电解质，而溶于水后生成的H2CO3、H2SO3、H2SO4、NH3·H2O等是电解质。
(3)溶于水后生成了新电解质的化合物也可能是电解质。如：Na2O、CaO、Na2O2等，它们在熔融状态下能导电，所以它们自身即为电解质。
(4)对于一些难溶的物质如BaSO4，由于溶解度太小，很难测出其溶液的导电性，但将BaSO4熔化成液态时，能电离出自由移动的Ba2＋、SO，能够导电，故BaSO4也是电解质。
(5)不要认为所有物质不是电解质就是非电解质，电解质和非电解质都是针对化合物而言的，如Cu、Cl2等单质，既不属于电解质，也不属于非电解质。
(6)电解质本身不一定导电，电解质的导电是有条件的(水溶液或熔融状态)。导电物质不一定是电解质，非电解质不导电。
(7)电解质的强、弱是由其内部结构决定的，它们的主要区别是在水溶液中能否完全电离。
(8)电解质的强弱与化学键没有必然联系。一般来说，强电解质含离子键或强极性键，但含有强极性键的化合物不一定都是强电解质，如HF就是弱电解质。
(9)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，有少数盐尽管能溶于水，但只有部分电离，属于弱电解质，如(CH3COO)2Pb等。
(10)溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度和所带的电荷，与电解质的强弱无必然联系。
4．电解质电离的条件
(1)NaCl、NaOH等盐、强碱类离子化合物在水溶液里或熔融状态下都发生电离，都能导电。
(2)Na2O、MgO等活泼金属氧化物类离子化合物在熔融状态下能电离且能导电，或与水反应(如Na2O)，或不溶于水，因此不谈它们在水溶液中的电离。
(3)HCl、H2SO4、CH3COOH等酸类共价化合物在水溶液中能电离，能导电，但在熔融状态(即纯液体)下不电离，不导电，在其纯液体中只有分子，没有离子。要注意：共价化合物在熔融状态下不发生电离！
(4)NaHCO3、NH4Cl等热稳定性较差的盐类电解质受热易分解，因此只谈它们在水溶液中的电离。
(5)强酸的酸式盐在熔融状态下和水溶液里的电离是不相同的，如：NaHSO4Na＋＋HSO(只断裂离子键)，NaHSO4Na＋＋H＋＋SO(断裂离子键、共价键)。
1．在醋酸溶液中存在CH3COOH、H＋、OH－，可以证明醋酸是弱电解质吗？
提示：可以，弱电解质在水溶液中不完全电离，存在弱电解质分子和离子，而强电解质完全电离，在溶液中只有离子，无溶质分子。
2．下列两种说法是否正确？你能得到哪些启示？
(1)CaCO3难溶于水，其水溶液的导电能力很弱，故CaCO3是弱电解质。
(2)饱和氨水的导电能力比饱和Ca(OH)2溶液的强，故Ca(OH)2是弱电解质。
提示：(1)不正确；虽然CaCO3难溶于水，但其溶于水的部分在水中完全电离，故CaCO3是强电解质。
(2)不正确；饱和氨水的导电能力虽然较强，但溶液中的NH3·H2O只有一部分发生了电离，Ca(OH)2溶于水的部分在水中完全电离，故Ca(OH)2是强电解质。
即电解质的强弱与化合物的溶解度、水溶液的导电能力无关，只与其在水中能否完全电离有关。
3．Na2O、NH4Cl在什么条件下能导电？
提示：Na2O、NH4Cl都是离子化合物，都是强电解质，在一定条件下都能导电。Na2O易与水发生化学反应：Na2O＋H2O===2Na＋＋2OH－，Na2O的水溶液实质上是NaOH的水溶液，自然就不存在Na2O水溶液导电的问题。Na2O受热熔化后发生电离：Na2O2Na＋＋O2－，故Na2O在熔融状态下能导电。NH4Cl在常压下受热时，熔化前就先分解：NH4ClNH3↑＋HCl↑，在常压下不存在NH4Cl熔融状态下导电的问题。NH4Cl易溶于水，溶解后完全电离：NH4Cl===NH＋Cl－，故NH4Cl在水溶液中能导电。Na2O、NH4Cl在晶体状态下都不导电。
【例1】 有关电解质的下列叙述中正确的是( )
A．盐酸的导电性比乙酸溶液的导电性强，说明乙酸是弱酸
B．因为氧化钾溶于水能导电，所以氧化钾是电解质
C．强电解质中一定含有离子键，弱电解质中一定含有弱极性共价键
D．某物质能导电，说明该物质一定含有能自由移动的带电荷的微粒
【思路分析】 对于概念型判断题，当无法从正面判断正误时，可以列举反例。如果能列举出反例，说明原命题错误，如果无法列举出反例，一定要仔细分析原命题，因为即使举不出反例，原命题也未必正确，所以应注意能力的培养，提高分析问题和解决问题的能力。
【解析】 只有温度相同，浓度相同，酸的元数相同时，才能通过比较溶液的导电性来判断酸的强弱，故A错；K2O溶于水生成KOH，K2O是电解质的原因是其在熔融状态下能导电，故B错；HCl无离子键，是强电解质，HF是弱电解质，含有强极性键，故C错；D正确。故选D。
【答案】 D
已知：①Al(OH)3的电离方程式为H＋＋AlO＋H2O??Al(OH)3??3OH－＋Al3＋ ②无水AlCl3晶体的沸点为182.9
℃，溶于水的电离方程式为AlCl3===Al3＋＋3Cl－
③PbSO4难溶于水，易溶于CH3COONa溶液，反应的化学方程式为PbSO4＋2CH3COONa===Na2SO4＋(CH3COO)2Pb。下列关于Al(OH)3、AlCl3和(CH3COO)2Pb的说法正确的是( D )
A．均为弱电解质
B．均为强电解质
C．均为离子化合物
D．均为共价化合物
解析：由Al(OH)3能发生酸式电离Al(OH)3??H＋＋AlO＋H2O可知，Al(OH)3是共价化合物，是弱电解质；由AlCl3晶体的沸点为182.9
℃可知，AlCl3是共价化合物；由AlCl3的电离方程式可知，AlCl3完全电离，是强电解质；由反应PbSO4＋2CH3COONa===Na2SO4＋(CH3COO)2Pb可以推知，(CH3COO)2Pb一定是难电离的物质(否则复分解反应不能发生)，是弱电解质，也是共价化合物。综上所述，应选D。
把0.05
mol
NaOH固体分别加入下列100
mL液体中，溶液的导电能力变化不大的是( B )
A．自来水
B．0.5
mol/L盐酸
C．0.5
mol/L醋酸溶液
D．0.5
mol/L硝酸钾溶液
解析：离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液导电能力越强。A项，NaOH溶于自来水产生大量的Na＋、OH－，则溶液导电能力增强；B项，原溶液c(H＋)＝c(Cl－)＝0.5
mol/L，加入NaOH后，c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.5
mol/L，则离子浓度基本不变，导电能力基本不变；C项，加入NaOH后，CH3COOH＋OH－===CH3COO－＋H2O，c(CH3COO－)、c(Na＋)增大，导电能力增强；D项，KNO3与NaOH不反应，在原K＋、NO浓度不变的前提下，又新增了Na＋和OH－，故导电能力增强。故选B。
探究点二 影响电离平衡的因素
1．内因
电解质本身的性质，决定了弱电解质在水中达到电离平衡时电离程度的大小。
2．外因
电离平衡从本质上讲是一种化学平衡，故影响化学平衡的因素也是影响电离平衡的因素。
(1)浓度：对于同一弱电解质，稀释溶液会促进弱电解质的电离。
(2)温度：升高温度会促使弱电解质的电离平衡向电离方向移动；降低温度会促使弱电解质的电离平衡向生成弱电解质分子的方向移动。根据化学平衡移动原理，在其他条件不变的情况下，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；降低温度，平衡向放热反应方向移动，故温度对电离平衡的影响，体现了电离平衡的特点——弱电解质的电离是吸热过程。
(3)同离子效应：在弱电解质溶液中加入与弱电解质具有相同离子的强电解质，相当于增大了弱电解质电离出的离子浓度，故电离平衡向生成弱电解质分子的方向移动。
(4)离子反应效应：若向弱电解质溶液中加入能与弱电解质电离出的离子发生反应的另一种物质，相当于减小了弱电解质电离出的离子浓度，故电离平衡向电离方向移动。
3．以0.1
mol·L－1的CH3COOH的电离为例，分析改变外界条件对电离平衡的影响。
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
电离程度
增大
减小
减小
增大
增大
增大
减小
导电能力
减弱
增强
增强
增强
增强
增强
增强
4.加水稀释，电离平衡向电离方向移动，由于溶液体积增大是主要的，故溶液中离子浓度减小，导电能力减弱。但对于浓溶液加水稀释或纯电解质加水稀释时，溶液的导电能力变化情况就不同了。例如：冰醋酸的稀释。
冰醋酸稀释过程中c(H＋)的变化：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，c(H＋)逐渐增大，溶液导电能力增强，A点c(H＋)最大，溶液导电性最强。A点再加水稀释，虽然电离程度进一步增大，但因加入水的量增大，c(H＋)反而逐渐减小。所以B点c(H＋)小于A点，导电性也小于A点。整个稀释过程中c(H＋)由小(0)→大→小(接近于0)。
向一定浓度的氨水中加入少量酚酞试液，溶液呈红色，若加热，有何变化？
提示：溶液的红色加深，原因是加热时促进了一水合氨的电离，溶液中氢氧根离子浓度增大，碱性增强。
【例2】 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)值增大，可以采取的措施是( )
A．加少量烧碱溶液
B．降低温度
C．加少量冰醋酸
D．加水
【思路分析】 Ⅰ.体积一定，浓度之比等于物质的量之比：
＝＝。
Ⅱ.由K＝整理出相关粒子浓度比例关系：＝。
【解析】 加少量NaOH溶液，K不变，c(CH3COO－)增加，减小，所以减小，A错。降温，平衡左移，n(H＋)减小，n(CH3COOH)增大，所以减小，B错；加少量冰醋酸，c(CH3COO－)增大，K不变，减小，C错；加水，K不变，c(CH3COO－)减小，增大。
【答案】 D
在0.1
mol·L－1
CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，对于该平衡，下列叙述正确的是( B )
A．加入水时，平衡向逆反应方向移动
B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动
C．加入少量0.1
mol·L－1
HCl溶液，溶液中c(H＋)减小
D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动
解析：A项加水稀释时，CH3COOH电离程度增大，平衡向正反应方向移动。C项因为HCl是强电解质，完全电离，加入后虽然抑制了CH3COOH电离，平衡向逆反应方向移动，但c(H＋)增大。D项CH3COONa为强电解质，完全电离使溶液中c(CH3COO－)增大，抑制CH3COOH电离，平衡向逆反应方向移动。而B项加NaOH固体，中和了CH3COOH电离产生的H＋，平衡向正反应方向移动。
探究点三 电离常数
1．概念
在一定条件下，弱电解质的电离达到平衡时溶液中各种离子浓度的乘积与溶液中未电离的分子浓度的比是一个常数，这个常数叫做电离平衡常数，简称电离常数，用K表示(酸用Ka表示，碱用Kb表示)。
2．表达式
当AB??A＋＋B－达到电离平衡时，电离常数
K＝。
(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＝
(2)多元弱酸的电离常数
多元弱酸的电离是分步进行的，每步各有其电离常数，依次用K1、K2、K3等来分别表示。例如二元弱酸H2S的电离分二步：
H2S??H＋＋HS－
K1＝＝1.32×10－7
HS－??H＋＋S2－
K2＝＝7.10×10－15
又如三元弱酸H3PO4的电离分三步：
H3PO4??H＋＋H2PO K1＝
H2PO??H＋＋HPO K2＝
HPO??H＋＋PO K3＝
多元弱酸各步电离常数大小的比较为K1?K2?K3，因此多元弱酸的酸性主要由第一步电离所决定。第一步电离产生的H＋对第二步电离起抑制作用。
3．意义
(1)电离常数数值的大小，可以估算弱电解质电离的趋势。K值越大，电离程度越大。如相同条件下常见物质的酸性强弱：H2SO3(中强酸)>H3PO4(中强酸)>HF>HCOOH>COOH>CH3COOH>H2CO3>
H2S>HClO>HCN>OH。
(2)多元弱酸溶液中的离子浓度比较依据。如H2S分两步电离，第一步强(K1＝1.3×10－7)，第二步弱(K2＝7.1×10－15)，则有c(H＋)>c(HS－)>c(S2－)>c(OH－)。又如H3PO4分三步电离，第一步最强(K1＝7.1×10－3)，第二步较弱(K2＝6.3×10－8)，第三步最弱(K3＝4.2×10－13)，则有c(H＋)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)>c(OH－)。
4．影响因素
(1)电离常数由物质本身的性质决定。
(2)电离常数随温度变化而变化，但由于电离过程热效应较小，温度改变对电离常数影响不大，其数量级一般不变，所以室温范围内可忽略温度对电离常数的影响。
(3)电离常数与弱酸、弱碱的浓度无关。同一温度下，不论弱酸、弱碱的浓度如何变化，电离常数是不会改变的。
能否说弱电解质的电离常数越大，溶液的导电能力越强？
提示：不能。弱电解质的电离常数越大，只能说明其分子在水溶液中发生电离的程度越大，但其水溶液中离子的浓度不一定大，溶液的导电能力也不一定强。
【例3】 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平衡常数，若已知这些酸可发生如下反应：
①NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2
②NaCN＋HF===HCN＋NaF
③NaNO2＋HF===HNO2＋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①③两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】 根据规律“较强酸＋较弱酸盐―→较弱酸＋较强酸盐”和已知化学方程式知酸性：HF>HNO2>HCN。根据一定温度下酸的酸性越弱，电离常数越小的规律知，K(HF)>K(HNO2)>K(HCN)。
【答案】 B
已知25
℃下，醋酸溶液中各微粒存在下述关系：
K＝＝1.75×10－5，下列有关说法可能成立的是( D )
A．25
℃下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，K＝8×10－5
B．25
℃下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，K＝8×10－4
C．标准状况下，醋酸溶液中K＝1.75×10－5
D．升高一定温度，K＝7.2×10－5
解析：由电离常数的概念可知，K为醋酸的电离常数。由于电离常数只随温度改变而改变，故可排除A、B；醋酸电离过程吸热，升温，K增大，降温，K减小，则标准状况下，K<1.75×10－5，升温，K增大，因此C错、D对。故选D。
探究点四 一元强酸与一元弱酸的比较
1．同体积、同物质的量浓度的一元强酸与一元弱酸的比较
比较项目
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
与足量活泼金属反应过程的速率变化
一元强酸
大
强
相同
相同
大
下降的快
一元弱酸
小
弱
小
下降的慢
2.同体积、同c(H＋)的一元强酸与一元弱酸的比较
比较项目
c(酸)
酸性
中和碱的能力
与足量活泼金属产生H2的总量
与同一金属反应时的起始反应速率
与足量活泼金属反应过程中的速率变化
一元强酸
小
相同
小
少
相同
下降的快
一元弱酸
大
大
多
下降的慢
1．在浓度均为0.01
mol·L－1的强酸HA溶液与弱酸HB溶液中，c(A－)与c(B－)的关系如何？在c(H＋)均为0.01
mol·L－1的强酸HA溶液与弱酸HB溶液中，c(A－)与c(B－)的关系又如何？
提示：强酸HA完全电离，而弱酸HB部分电离，则浓度均为0.01
mol·L－1的两溶液中c(A－)>c(B－)；而在c(H＋)均为0.01
mol·L－1的两溶液中c(A－)＝c(B－)。
2．将浓度均为0.01
mol·L－1的强酸HA溶液和弱酸HB溶液分别加水稀释10倍后c(H＋)如何变化？将c(H＋)均为0.01
mol·L－1的HA强酸溶液与HB弱酸溶液作同样处理，c(H＋)又如何变化？
提示：浓度均为0.01
mol·L－1的强酸HA溶液和弱酸HB溶液，加水稀释10倍，浓度变为0.001
mol·L－1，由于强酸HA完全电离，而弱酸HB部分电离，故稀释后：c(H＋)HA＝0.001
mol·L－1，c(H＋)HB<0.001
mol·L－1；c(H＋)＝0.01
mol·L－1的强酸HA溶液加水稀释10倍，c(H＋)HA变为0.001
mol·L－1，而弱酸HB溶液中存在HB??H＋＋B－的电离平衡，加水稀释，平衡正移H＋的物质的量会增大，则c(H＋)HB>0.001
mol·L－1。
【例4】 H＋浓度相同的等体积的两份溶液A和B，A为盐酸，B为醋酸，分别和锌反应，若最后仅有一份溶液中存在锌，且放出的氢气的体积相等，则下列说法正确的是( )
①反应所需要的时间B>A
②开始反应时的速率A>B
③参加反应的锌的物质的量A＝B
④反应过程的平均速率B>A
⑤盐酸中有锌剩余
⑥醋酸中有锌剩余
A．③④⑤
B．③④⑥
C．②③⑤
D．②③⑤⑥
【解析】 锌与盐酸和醋酸的反应本质相同：Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑。起始时c(H＋)相同，因此开始时反应速率相同；因放出H2的体积相同，所以参加反应的锌相等；随着反应的进行，醋酸的电离平衡被破坏，向着电离方向移动，故H＋的变化小于盐酸，所以在反应过程中醋酸中生成氢气的速率大于盐酸中的；锌不可能在醋酸中剩余，因为H＋浓度相等的同体积醋酸和盐酸相比，醋酸的浓度大于盐酸的浓度。
【答案】 A
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：相同点是都产生无色气泡；不同点是a中反应速率较快，原因是盐酸是强酸，醋酸是弱酸，盐酸溶液中c(H＋)大。
(2)a、b两支试管中生成气体的体积开始时是V(a)大于V(b)；反应完毕后生成气体的总体积是V(a)等于V(b)，原因是开始反应时，盐酸溶液中H＋浓度较大，但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。盐酸是强电解质，醋酸是弱电解质，在起始的物质的量浓度相同时，盐酸电离出的H＋远大于醋酸电离出的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。
1．下列说法正确的是( D )
A．Ca(OH)2微溶于水，所以是弱电解质
B．在水中能电离出离子的化合物一定是离子化合物
C．CO2分子中含有极性键，且溶于水能导电，所以CO2是电解质
D．NH3·H2O在水中只能部分电离，所以是弱电解质
解析：区别强、弱电解质的依据是看其溶于水后能否完全电离，和其溶解度大小无必然联系。Ca(OH)2虽微溶于水，但溶于水的部分能完全电离，所以是强电解质，A项错误；某些共价化合物在水中也能电离出离子，如H2SO4等，B项错误；CO2溶于水能导电是由于和水发生反应生成了H2CO3，所以CO2是非电解质，C项错误。
2．醋酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是( C )
①1
mol/L的醋酸溶液中c(H＋)＝0.01
mol/L
②醋酸以任意比与水互溶
③10
mL
1mol/L的醋酸溶液恰好与10
mL
1
mol/L的NaOH溶液完全反应
④在相同条件下，醋酸溶液的导电性比盐酸弱
A．④
B．①③④
C．①④
D．②④
解析：①中若醋酸完全电离，则c(H＋)＝1
mol/L，而现在c(H＋)＝0.01
mol/L，说明醋酸部分电离，为弱电解质；③是与强碱能进行到底的反应，不能说明其电离程度的大小；④是在相同条件下，即在同温、同浓度下的比较，导电性弱，说明醋酸溶液中离子浓度小，即电离程度小，盐酸中的HCl是完全电离的，故说明醋酸是部分电离，为弱电解质。
3．如图所示，滴定管盛甲溶液，烧杯里盛乙溶液。随着甲溶液不断滴入，电灯渐渐变暗后熄灭，继续滴入，电灯又亮起来。下列能够产生上述现象的是( B )
A．甲：NH3·H2O，乙：FeCl3
B．甲：MgSO4，乙：Ba(OH)2
C．甲：NaOH，乙：AlCl3
D．甲：HCl，乙：AgCl
解析：A选项错误，由于反应生成氯化铵，过程中电灯不会熄灭；B选项正确，反应生成的硫酸钡和氢氧化镁都难溶于水，所以导电性减弱，电灯变暗后熄灭，但随着硫酸镁的滴入，离子浓度变大，最终电灯会变亮。故选B。
4．在100
mL
0.1
mol/L的醋酸溶液中，欲使醋酸的电离程度增大，H＋浓度减小，可采用的方法是( D )
A．加热
B．加入0.1
mol/L的醋酸溶液100
mL
C．加入少量的0.5
mol/L的硫酸
D．加入少量的1
mol/L的NaOH溶液
解析：当外界条件发生改变时，电离平衡会被破坏，平衡的移动会导致弱电解质的电离程度改变，平衡体系中各微粒的浓度发生变化。分析电离平衡的移动，完全可以运用勒夏特列原理，因为电离平衡也是化学平衡的一种。
5．已知某温度下，K(HCN)＝6.2×10－10、K(HF)＝6.8×10－4、K(CH3COOH)＝1.8×10－5、K(HNO2)＝6.4×10－6。物质的量浓度都为0.1
mol/L的下列溶液中，c(H＋)浓度由大到小的次序是( B )
A．HCN>HNO2>CH3COOH>HF
B．HF>CH3COOH>HNO2>HCN
C．HCN>CH3COOH>HF>HNO2
D．CH3COOH>HCN>HF>HNO2
解析：四者的电离常数大小关系为：
K(HF)>K(CH3COOH)>K(HNO2)>K(HCN)，则酸性强弱关系为HF>CH3COOH>HNO2>HCN。同浓度下，c(H＋)大小与酸性强弱成正比。故选B。
6．在温度不变的条件下，加水稀释0.1
mol·L－1氨水，随着水的量的增加，下列关系式的数值变小的是( A )
A.
B.
C．n(OH－)
D.
解析：NH3·H2O的电离平衡常数K＝，则＝。在温度不变的条件下，K不变，稀释过程中c(NH)逐渐减小，因此随着稀释而减小，A正确；温度不变时，K不变，B错误；稀释促进NH3·H2O的电离，n(OH－)增大，C错误；稀释时，溶液的碱性减弱，酸性相对增强，增大，D错误。
7．在相同温度时，100
mL
0.01
mol/L的醋酸溶液与10
mL
0.1
mol/L的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是( B )
A．中和时所需NaOH的量
B．电离的程度
C．H＋的物质的量浓度
D．CH3COOH的物质的量
解析：相同温度时100
mL
0.01
mol/L的醋酸溶液与10
mL
0.1
mol/L的醋酸溶液所含CH3COOH的物质的量相等，中和时所需NaOH的量也相等。弱电解质浓度越小，越有利于电离，因此前者电离程度比后者大，但H＋的物质的量浓度比后者小。
8．现有物质①硫酸铜晶体 ②碳酸钙固体 ③纯磷酸 ④硫化氢 ⑤三氧化硫 ⑥金属镁 ⑦石墨 ⑧固态苛性钾 ⑨氨水 ⑩熟石灰固体 ?液态HCl ?液态CH3COOH，
按下列要求填空。
(1)属于强电解质的是①②⑧⑩?(填序号，下同)；
(2)属于弱电解质的是③④?；
(3)属于非电解质的是⑤；
(4)既不是电解质，又不是非电解质的是⑥⑦⑨；
(5)能导电的是⑥⑦⑨。
解析：(1)强电解质指的是溶于水全部电离的电解质，如①②⑧⑩?是强电解质；(2)弱电解质指的是溶于水部分电离的电解质，如③④?是弱电解质；(3)⑤属于化合物，它的水溶液虽然导电，但并不是它自身电离使溶液导电，所以是非电解质；(4)⑥⑦都是单质，⑨是混合物，既不是电解质也不是非电解质；(5)⑥⑦中均有能够自由移动的电子，能导电，⑨中有能够自由移动的离子，其他物质都没有自由移动的带电微粒，所以不能导电。
9．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＋
1.75×10－5
H2CO3
H2CO3??H＋＋HCOHCO??H＋＋CO
K1＝4.4×10－7K2＝4.7×10－11
H2S
H2S??H＋＋HS－HS－??H＋＋S2－
K1＝9.1×10－8K2＝1.1×10－12
H3PO4
H3PO4??H＋＋H2POH2PO??H＋＋HPOHPO??H＋＋PO
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值增大(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？K值越大，电离出的氢离子浓度越大，所以酸性越强。
(3)若把CH3COOH、H2CO3、HCO、H2S、HS－、H3PO4、H2PO、HPO都看作是酸，其中酸性最强的是H3PO4，最弱的是HPO。
(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K1?K2?K3，产生此规律的原因是上一级电离产生的H＋对下一级电离有抑制作用。
(5)用食醋浸泡有水垢的水壶，可以清除其中的水垢，通过该事实能(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：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。
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，HPO的K值最小，故酸性最强的是H3PO4，酸性最弱的是HPO。(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NaHCO3反应产生CO2来证明。
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