2022高考化學(xué)二輪學(xué)案查漏補(bǔ)缺專題十水溶液中的離子平衡解析版

專題十水溶液中的離子平衡考綱解讀考綱解讀【考綱導(dǎo)向】2．了解電解質(zhì)在水溶液中的電離，以及電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性。3．了解弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡。4．了解水的電離，水的離子積常數(shù)。5．了解溶液pH的定義；了解測(cè)定溶液pH的方法，能進(jìn)行pH的簡(jiǎn)單計(jì)算。6．了解鹽類水解的原理、影響鹽類水解程度的主要因素、鹽類水解的應(yīng)用。7．了解難溶電解質(zhì)的溶解平衡。8．了解溶度積的含義，能用平衡移動(dòng)原理分析沉淀溶解、生成和轉(zhuǎn)化過(guò)程。【命題分析】水溶液中的離子平衡是化學(xué)平衡的延伸和應(yīng)用，也是高考中考點(diǎn)分布較多的內(nèi)容之一。一是在選擇題某一選項(xiàng)中以圖像或者文字的形式考查，二是在填空題中結(jié)合化學(xué)反應(yīng)原理綜合考查。從高考命題的變化趨勢(shì)來(lái)看，溶液中離子濃度的大小比較及沉淀的溶解平衡和轉(zhuǎn)化是主流試題。此類題目考查的內(nèi)容既與鹽的水解有關(guān)，又與弱電解質(zhì)的電離平衡有關(guān)。題目不僅偏重考查粒子的濃度大小順序，而且還側(cè)重溶液中的各種守恒(電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒)關(guān)系的考查，從而使題目具有一定的綜合性、靈活性和技巧性。知識(shí)網(wǎng)絡(luò)圖知識(shí)網(wǎng)絡(luò)圖重點(diǎn)拓展重點(diǎn)拓展考點(diǎn)一弱電解質(zhì)的電離平衡1．圖像法理解一強(qiáng)一弱的稀釋規(guī)律(1)相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸a．加水稀釋相同的倍數(shù)，醋酸的pH大。b．加水稀釋到相同的pH，鹽酸加入的水多。(2)相同體積、相同pH值的鹽酸、醋酸a．加水稀釋相同的倍數(shù)，鹽酸的pH大。b．加水稀釋到相同的pH，醋酸加入的水多。2．有關(guān)電離平衡常數(shù)計(jì)算答題模板(以弱酸HX為例)HXH＋＋X－起始/(mol·L－1):c(HX)00平衡/(mol·L－1):c(HX)－c(H＋)c(H＋)c(H＋)則K＝eq\f(c2H＋,cHX－cH＋)由于弱酸只有極少一部分電離，c(H＋)的數(shù)值很小，可做近似處理：c(HX)－c(H＋)≈c(HX)。則K＝eq\f(c2H＋,cHX)或c(H＋)＝eq\r(K·cHX)。3．弱電解質(zhì)平衡移動(dòng)的“三個(gè)不一定”(1)稀醋酸加水稀釋時(shí)，溶液中不一定所有的離子濃度都減小。因?yàn)闇囟炔蛔?，Kw＝c(H＋)·c(OH－)是定值，稀醋酸加水稀釋時(shí)，溶液中的c(H＋)減小，故c(OH－)增大。(2)電離平衡右移，電解質(zhì)分子的濃度不一定減小，離子的濃度不一定增大，電離程度也不一定增大。(3)對(duì)于濃的弱電解質(zhì)溶液加H2O稀釋的過(guò)程，弱電解質(zhì)的電離程度逐漸增大，但離子濃度不一定減小，可能先增大后減小。4．一元強(qiáng)酸與一元弱酸的比較等物質(zhì)的量濃度的鹽酸(a)與醋酸溶液(b)等pH的鹽酸(a)與醋酸溶液(b)pH或物質(zhì)的量濃度pH：a＜b物質(zhì)的量濃度：a＜b溶液的導(dǎo)電性a＞ba＝b水的電離程度a＜ba＝b加水稀釋等倍數(shù)pH的變化量a＞ba＞b等體積溶液中和NaOH反應(yīng)的量a＝ba＜b分別加該酸的鈉鹽固體后pHa：不變；b：變大a：不變；b：變大開始與金屬反應(yīng)的速率a＞b相同等體積溶液與過(guò)量活潑金屬產(chǎn)生H2的量相同a＜b5．一元強(qiáng)酸(HCl)與一元弱酸(CH3COOH)稀釋圖像比較(1)相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸加水稀釋相同的倍數(shù)，醋酸的pH大加水稀釋到相同的pH，鹽酸加入的水多(2)相同體積、相同pH值的鹽酸、醋酸加水稀釋相同的倍數(shù)，鹽酸的pH大加水稀釋到相同的pH，醋酸加入的水多考綱解讀考綱解讀考法一判斷電解質(zhì)強(qiáng)弱【典例1】(2021年1月浙江選考)下列物質(zhì)屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是()A．KOH B．H3PO4 C．SO3 D．CH3CHO解析：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠完全電離的化合物為強(qiáng)電解質(zhì)。A項(xiàng)，KOH在水溶液中或熔融狀態(tài)下能夠完全電離出K+和OH-，KOH為強(qiáng)電解質(zhì)，A符合題意；B項(xiàng)，H3PO4在水溶液中或熔融狀態(tài)下能不夠完全電離，H3PO4為弱電解質(zhì)，B不符合題意；C項(xiàng)，SO3在水溶液中或熔融狀態(tài)下不能電離，SO3屬于非電解質(zhì)，C不符合題意；D項(xiàng)，CH3CHO在水溶液中或熔融狀態(tài)下不能電離，CH3CHO屬于非電解質(zhì)，D不符合題意；故選A。答案：A考法二弱酸(堿)或弱堿(酸)的比較【典例2】下列事實(shí)中不能證明CH3COOH是弱電解質(zhì)的是()A.常溫下某CH3COONa溶液的pH＝8B.常溫下0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝2．8C.CH3COONa溶液與稀鹽酸反應(yīng)生成CH3COOH和NaClD.CH3COOH屬于共價(jià)化合物解析：A項(xiàng)，常溫下某CH3COONa溶液的pH＝8，CH3COONa水解顯堿性，為弱酸強(qiáng)堿鹽，故CH3COOH為弱電解質(zhì)，正確；B項(xiàng)，常溫下0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝2．8，說(shuō)明CH3COOH部分電離，為弱電解質(zhì)，正確；C項(xiàng)，根據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的原理，鹽酸制取了醋酸，所以醋酸為弱酸，是弱電解質(zhì)，正確；D項(xiàng)，強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)都有可能為共價(jià)化合物，錯(cuò)誤。答案：D考法三電解質(zhì)稀釋圖象【典例3】(2019?天津卷)某溫度下，HNO2和CH3COOH的電離常數(shù)分別為5．0×10－4和1．7×10－5。將pH和體積均相同的兩種酸溶液分別稀釋，其pH隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是()A．曲線Ⅰ代表HNO2溶液B．溶液中水的電離程度：b點(diǎn)＞c點(diǎn)C．從c點(diǎn)到d點(diǎn)，溶液中保持不變(其中、分別代表相應(yīng)的酸和酸根離子)D．相同體積a點(diǎn)的兩溶液分別與恰好中和后，溶液中相同解析：A、由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，Ⅱ的變化大，則Ⅱ的酸性比I的酸性強(qiáng)，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A錯(cuò)誤；B、酸抑制水電離，b點(diǎn)pH小，酸性強(qiáng)，對(duì)水電離抑制程度大，故B錯(cuò)誤；C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw為水的離子積常數(shù)，k(HNO2)為HNO2的電離常數(shù)，只與溫度有關(guān)，溫度不變，則不變，故C正確；D、體積和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c(CH3COOH)＞c(HNO2)，分別滴加同濃度的NaOH溶液至中性，CH3COOH消耗的氫氧化鈉溶液體積多，HNO2消耗的NaOH少，故D錯(cuò)誤；故選C。答案：C考法四電離平衡常數(shù)【典例4】(2021年1月浙江選考)實(shí)驗(yàn)測(cè)得10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化如圖所示。已知25℃時(shí)CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)均為1．8×10-5．下列說(shuō)法不正確的是()A．圖中實(shí)線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化'B．將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol·L-1，溶液pH變化值小于lgxC．隨溫度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH-)減小，c(H+)增大，pH減小D．25℃時(shí)稀釋相同倍數(shù)的NH4Cl溶液與CH3COONa溶液中：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)解析：由題中信息可知，圖中兩條曲線為10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分別隨溫度與稀釋加水量的變化曲線，由于兩種鹽均能水解，水解反應(yīng)為吸熱過(guò)程，且溫度越高、濃度越小其水解程度越大。氯化銨水解能使溶液呈酸性，濃度越小，雖然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸鈉水解能使溶液呈堿性，濃度越小，其水溶液的堿性越弱，故其pH越小。溫度越高，水的電離度越大。因此，圖中的實(shí)線為pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化。A項(xiàng)，由分析可知，圖中實(shí)線表示pH隨加水量的變化，虛線表示pH隨溫度的變化，A說(shuō)法正確；B項(xiàng)，將NH4Cl溶液加水稀釋至濃度mol·L-1時(shí)，若氯化銨的水解平衡不發(fā)生移動(dòng)，則其中的c(H+)變?yōu)樵瓉?lái)的，則溶液的pH將增大lgx，但是，加水稀釋時(shí)，氯化銨的水解平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，c(H+)大于原來(lái)的，因此，溶液pH的變化值小于lgx，B說(shuō)法正確；C項(xiàng)，隨溫度升高，水的電離程度變大，因此水的離子積變大，即Kw增大；隨溫度升高，CH3COONa的水解程度變大，溶液中c(OH-)增大，因此，C說(shuō)法不正確；D項(xiàng)，25℃時(shí)稀釋相同倍數(shù)的NH4C1溶液與CH3COONa溶液中均分別存在電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。因此，氯化銨溶液中，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)，醋酸鈉溶液中，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)。由于25℃時(shí)CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)均為1．8×10-5，因此，由于原溶液的物質(zhì)的量濃度相同，稀釋相同倍數(shù)后的NH4C1溶液與CH3COONa溶液，溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度仍相等，由于電離常數(shù)相同，其中鹽的水解程度是相同的，因此，兩溶液中c(OH-)-c(H+)(兩者差的絕對(duì)值)相等，故c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)，D說(shuō)法正確。故選C。答案：C考法五電離平衡常數(shù)的理解和應(yīng)用【典例5】硫酸、硝酸、高氯酸在水溶液中都是強(qiáng)酸，下表是某溫度下這三種酸在冰醋酸中的電離常數(shù)。下列說(shuō)法正確的是()酸H2SO4HNO3HClO4K16．3×10－94．2×10－101．6×10－5A.在冰醋酸中H2SO4的電離方程式為：H2SO42H＋＋SOeq\o\al(2－,4)B.在冰醋酸中，HNO3的酸性最強(qiáng)C.在冰醋酸中，0.01mol/L的HClO4，其離子總濃度約為4×10－4mol/LD.高氯酸水溶液與氨水反應(yīng)的離子方程式為H＋＋NH3·H2O=H2O＋NHeq\o\al(＋,4)解析：在冰醋酸中，H2SO4分步電離，其第一步電離方程式為H2SO4H＋＋HSOeq\o\al(－,4)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)在冰醋酸中的電離常數(shù)，三種酸的酸性強(qiáng)弱順序?yàn)镠ClO4>H2SO4>HNO3，B項(xiàng)錯(cuò)誤；設(shè)在冰醋酸中0.01mol/L的HClO4的H＋物質(zhì)的量濃度為xmol·L－1，HClO4H＋＋ClOeq\o\al(－,4)c(起始)/mol/L0.0100c(變化)/mol/Lxxxc(平衡)/mol/L0.01－xxx則電離常數(shù)K＝eq\f(x2,0.01－x)≈eq\f(x2,0.01)＝1．6×10－5，x＝4×10－4mol/L，離子總濃度約為8×10－4mol/L，C項(xiàng)錯(cuò)誤；在水溶液中，HClO4是一元強(qiáng)酸，NH3·H2O是一元弱堿，D項(xiàng)正確。答案：D解題技巧以一元強(qiáng)酸(HCl)與一元弱酸(CH3COOH)的比較為例(1)相同物質(zhì)的量濃度、相同體積的鹽酸與醋酸溶液的比較比較項(xiàng)目酸c(H＋)pH中和堿的能力與活潑金屬反應(yīng)產(chǎn)生H2的量開始與金屬反應(yīng)的速率鹽酸大小相同相同大醋酸溶液小大小(2)相同pH、相同體積的鹽酸與醋酸溶液的比較比較項(xiàng)目酸c(H＋)c(酸)中和堿的能力與足量活潑金屬反應(yīng)產(chǎn)生H2的量開始與金屬反應(yīng)的速率鹽酸相同小小少相同醋酸溶液大大多練習(xí)1．(2019?浙江4月選考)下列屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是()A．硫酸鋇 B．食鹽水C．二氧化硅D．醋酸答案：A解析：A項(xiàng)，可知硫酸鋇是強(qiáng)電解質(zhì)，A項(xiàng)正確；B項(xiàng)，食鹽水為混合物，不在強(qiáng)電解質(zhì)的概念內(nèi)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)，二氧化硅是非電解質(zhì)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D項(xiàng)，醋酸在水中不完全電離，為弱電解質(zhì)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。2．下列事實(shí)能說(shuō)明亞硫酸的酸性強(qiáng)于碳酸的是()A.飽和亞硫酸溶液的pH小于飽和碳酸溶液的pHB.亞硫酸能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，而碳酸不能C.同溫下，等濃度的亞硫酸氫鈉溶液和碳酸氫鈉溶液，碳酸氫鈉溶液的堿性強(qiáng)D.將過(guò)量二氧化硫氣體通入碳酸氫鈉溶液中，逸出的氣體能使澄清石灰水變渾濁答案：C解析：由于亞硫酸飽和溶液和碳酸飽和溶液的濃度不相等，因此不能根據(jù)二者飽和溶液的pH比較其酸性強(qiáng)弱，A項(xiàng)錯(cuò)誤；亞硫酸使酸性高錳酸鉀溶液褪色是因?yàn)槠渚哂羞€原性，與酸性強(qiáng)弱無(wú)關(guān)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；同溫、等濃度條件下，碳酸氫鈉溶液的堿性強(qiáng)，即HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大，說(shuō)明其對(duì)應(yīng)酸的酸性弱，C項(xiàng)正確；反應(yīng)生成的CO2和過(guò)量的SO2均能使澄清石灰水變渾濁，故不能確定是否生成CO2，即不能比較H2SO3和H2CO3的酸性強(qiáng)弱，D項(xiàng)錯(cuò)誤。3．常溫下pH＝2的兩種酸溶液A和B，分別加水稀釋1000倍，其pH與所加水的體積變化如圖所示。下列結(jié)論正確的是()A.B酸比A酸的電離度大B.A為弱酸，B為強(qiáng)酸C.B酸的物質(zhì)的量濃度比A的小D.A酸比B酸易電離答案：D解析：根據(jù)圖示可知溶液稀釋1000倍后，A酸溶液pH變化大，說(shuō)明A酸酸性大于B酸酸性。則B酸為弱酸，其電離度應(yīng)比A酸小，A酸易電離。同為pH＝2，B酸溶液物質(zhì)的量濃度一定比A酸溶液濃度大。4．室溫下，將10．00mL5．0000mol·L－1醋酸滴入100.00mL蒸餾水中，溶液中c(H＋)和溫度隨著加入醋酸體積的變化曲線如圖所示，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)～b段，醋酸電離過(guò)程為放熱過(guò)程B．c～d段，c(H＋)增加，醋酸電離程度增大C．c點(diǎn)時(shí)，加入等體積等濃度的NaOH溶液，則c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D．d點(diǎn)時(shí)，c(H＋)>c(CH3COOH)答案：C解析：a～b段，醋酸電離過(guò)程為吸熱過(guò)程，電解質(zhì)溶于水，擴(kuò)散過(guò)程(電離)吸熱，水合過(guò)程(形成水合離子)放熱，A錯(cuò)誤；c～d段，醋酸濃度增大，c(H＋)增加，醋酸電離程度減小，B錯(cuò)誤；c點(diǎn)時(shí)，加入等體積等濃度的NaOH溶液，根據(jù)物料守恒，有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C正確；醋酸是弱酸，電離是微弱的，在溶液中主要以分子的形式存在，故d點(diǎn)時(shí)，c(H＋)<c(CH3COOH)，D錯(cuò)誤。5．已知25℃下，醋酸溶液中各粒子存在下述關(guān)系：K＝eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）)＝1．75×10－5，下列有關(guān)說(shuō)法可能成立的是()A.25℃下，向該溶液中加入一定量的鹽酸時(shí)，K＝8×10－5B.25℃下，向該溶液中加入一定量的鹽酸時(shí)，K＝8×10－4C.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，醋酸溶液中K＝1．75×10－5D.升高到一定溫度，K＝7．2×10－5答案：D解析：K為醋酸的電離常數(shù)，只與溫度有關(guān)，與離子濃度無(wú)關(guān)，故A、B兩項(xiàng)均錯(cuò)誤；由于醋酸電離過(guò)程吸熱，則升高溫度，K增大，降低溫度，K減小，所以標(biāo)準(zhǔn)狀況下(0℃)，K應(yīng)小于1．75×10－5，C項(xiàng)錯(cuò)誤；升高溫度，K應(yīng)大于1．75×10－5，D項(xiàng)正確。考點(diǎn)二水的電離和溶液的酸堿性1．水的電離(1)水的電離：H2O＋H2OH3O＋＋OH－，可簡(jiǎn)寫為H2OH＋＋OH－。(2)水的離子積常數(shù)：Kw＝c(H＋)·c(OH－)。①室溫下：Kw＝1×10－14。②影響因素：只與溫度有關(guān)，升高溫度，Kw增大。③適用范圍：Kw不僅適用于純水，也適用于稀的電解質(zhì)水溶液。④Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要溫度不變，Kw不變。2．溶液中H＋或OH－的來(lái)源分析(1)溶液為酸的溶液。溶液中的OH－全部來(lái)自水的電離，水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝c(OH－)。如pH＝2的鹽酸中，溶液中的c(OH－)＝(Kw/10－2)mol·L－1＝10－12mol·L－1，即由水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12mol·L－1。(2)溶質(zhì)為堿的溶液。溶液中的H＋全部來(lái)自水的電離，水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝c(H＋)。如pH＝12的NaOH溶液中，溶液中的c(H＋)＝10－12mol·L－1，即由水電離出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12mol·L－1。(3)水解呈酸性或堿性的鹽溶液。①pH＝5的NH4Cl溶液中，H＋全部來(lái)自水的電離，由水電離的c(H＋)＝10－5mol·L－1，因?yàn)椴糠諳H－與部分NHeq\o\al(＋,4)結(jié)合，溶液中c(OH－)＝10－9mol·L－1。②pH＝12的Na2CO3溶液中，OH－全部來(lái)自水的電離，由水電離出的c(OH－)＝10－2mol·L－1。3．溶液酸堿性判斷中的常見誤區(qū)(1)誤認(rèn)為溶液的酸堿性取決于pH。如pH＝7的溶液在溫度不同時(shí)，可能呈酸性或堿性，也可能呈中性。(2)誤認(rèn)為酸堿恰好中和時(shí)溶液一定顯中性。如強(qiáng)酸和弱堿恰好中和時(shí)，溶液顯酸性；強(qiáng)堿和弱酸恰好中和時(shí)，溶液顯堿性，強(qiáng)酸和強(qiáng)堿恰好中和時(shí)，溶液顯中性。(3)使用pH試紙測(cè)溶液酸堿性時(shí)，若先用蒸餾水潤(rùn)濕，測(cè)量結(jié)果不一定偏小。先用蒸餾水潤(rùn)濕，相當(dāng)于將待測(cè)液稀釋，若待測(cè)液為堿性溶液，則所測(cè)結(jié)果偏小；若待測(cè)液為酸性溶液，則所測(cè)液為中性溶液，則所測(cè)結(jié)果沒(méi)有誤差。4．有關(guān)pH計(jì)算的一般思維模型典例精講典例精講考法一水的離子積【典例1】如圖表示水中c(H＋)和c(OH－)的關(guān)系，下列判斷錯(cuò)誤的是()A.兩條曲線間任意點(diǎn)均有c(H＋)·c(OH－)＝KwB.M區(qū)域內(nèi)任意點(diǎn)均有c(H＋)＜c(OH－)C.圖中T1＜T2D.XZ線上任意點(diǎn)均有pH＝7解析：由水的離子積的定義知兩條曲線間任意點(diǎn)均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw，A項(xiàng)正確；由圖中縱橫軸的大小可知M區(qū)域內(nèi)任意點(diǎn)均有c(H＋)＜c(OH－)，B項(xiàng)正確；溫度越高，水的電離程度越大，電離出的c(H＋)與c(OH－)越大，所以T2＞T1，C項(xiàng)正確；XZ線上任意點(diǎn)都有c(H＋)＝c(OH－)，只有當(dāng)c(H＋)＝10－7mol·L－1時(shí)，才有pH＝7，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：D考法二水的電離平衡【典例2】(2019?北京卷)實(shí)驗(yàn)測(cè)得0.5mol·L-1CH3COONa溶液、0.5mol·L-1CuSO4溶液以及H2O的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()c(H+)＞c(OH-)B隨溫度升高，CH3COONac(OH-)減小C．隨溫度升高，CuSO4溶液的pH變化是KW改變與水解平衡移動(dòng)共同作用的結(jié)果D．隨溫度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因?yàn)镃H3COO-、Cu2+水解平衡移動(dòng)方向不同解析：A選項(xiàng)錯(cuò)誤，無(wú)論是否升溫，純水均為中性，c(H+)=c(OH-)；B選項(xiàng)錯(cuò)誤，鹽類的水解特點(diǎn)是升溫促進(jìn)水解，CH3COONa本身水解顯堿性，升溫促進(jìn)水解，堿性增強(qiáng)，c(OH-)增大；Cc(H+)增c(H+)(H+)，c(H+)越大，pH越低；DCH3COO-、Cu2+pHCCH3COO-pHKw答案：C考法三溶液酸堿性【典例3】(2020?浙江7月選考)水溶液呈酸性的是()A．NaCl B．NaHSO4 C．HCOONa D．NaHCO3解析：A項(xiàng)，NaCl是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合題意；B項(xiàng)，NaHSO4是強(qiáng)酸的酸式鹽，其屬于強(qiáng)電解質(zhì)，其在水溶液中的電離方程式為NaHSO4=Na++H++SO42-，故其水溶液呈酸性，B符合題意；C項(xiàng)，HCOONa屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，其在水溶液中可以完全電離，其電離產(chǎn)生的HCOO－可以發(fā)生水解，其水解的離子方程式為HCOO－＋H2OHCOOH＋OH－，故其水溶液呈堿性，C不符合題意；D項(xiàng)，NaHCO３是強(qiáng)堿弱酸鹽，既能發(fā)生電離又能發(fā)生水解，但其水解程度大于電離程度，故其水溶液呈堿性，D不符合題意。故選B。答案：B考法四溶液pH的計(jì)算【典例4】常溫下，pH＝1的H2SO4和pH＝12的NaOH溶液按體積比2∶9混合，混合后溶液的pH為(忽略體積變化)()A.9B.10C.2 D.3解析：常溫下，pH＝1的H2SO4(氫離子濃度是0.1mol/L)和pH＝12的NaOH溶液(氫氧根離子濃度是0.01mol/L)按體積比2∶9混合后酸過(guò)量，混合后溶液中氫離子濃度是eq\f(0.1×2－0.01×9,2＋9)mol/L＝0.01mol/L，因此溶液的pH＝2。答案：C考法五電離平衡常數(shù)的運(yùn)用【典例5】(2020?山東卷)(雙選)25℃時(shí)，某混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(CH3COOH)=0.1mol/L，1gc(CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)隨pH變化的關(guān)系如下圖所示。Ka為CH3COOH的電離常數(shù)，下列說(shuō)法正確的是()A．O點(diǎn)時(shí)，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)B．N點(diǎn)時(shí)，C．該體系中，D．pH由7到14的變化過(guò)程中，CH3COO-的水解程度始終增大解析：根據(jù)圖像分析可知，隨著pH的升高，氫氧根離子和醋酸根離子濃度增大，氫離子和醋酸離子濃度減小，又pH=7的時(shí)候，氫氧根離子濃度等于氫離子濃度，故可推知，圖中各曲線代表的濃度分別是：曲線1為lgc(CH3COO-)隨pH的變化曲線，曲線2為lgc(H+)隨pH的變化曲線，曲線3為lgc(OH-)隨pH的變化曲線，曲線4為lgc(CH3COOH)隨pH的變化曲線。A項(xiàng)，根據(jù)上述分析可知，O點(diǎn)為曲線2和曲線3的交點(diǎn)，對(duì)應(yīng)的pH=7，應(yīng)該得出的結(jié)論為：c(H+)=c(OH-)，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，N點(diǎn)為曲線1和曲線4的交點(diǎn)，lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量關(guān)系并變形可知pH=-lgKa，故B正確；C項(xiàng)，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，則c(CH3COO-)=0.1mol/L-c(CH3COOH)，又Ka=，聯(lián)立兩式消去c(CH3COO-)并化簡(jiǎn)整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正確；D項(xiàng)，醋酸根離子的水解平衡為：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，pH由7到14的變化過(guò)程中，堿性不斷增強(qiáng)，c(OH-)不斷增大，則使不利于醋酸根離子的水解平衡，會(huì)使其水解程度減小，故D錯(cuò)誤；故選BC。答案：BC練習(xí)1．(2019?浙江4月選考)下列溶液呈堿性的是()A．NH4NO3 B．(NH4)2SO4 C．KCl D．K2CO3答案：D解析：A項(xiàng)，該鹽屬于強(qiáng)酸弱堿鹽，NH4++H2ONH3·H2O+H+，溶液顯酸性，A不合題意；B項(xiàng)，同A，NH4+發(fā)生水解，使得溶液顯酸性，B不合題意；C項(xiàng)，該鹽屬于強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不發(fā)生水解，溶液顯中性，C不合題意；D項(xiàng)，該鹽屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液顯堿性，D項(xiàng)符合題意。故選D。2．常溫下，下列溶液一定呈堿性的是()A．能與金屬鋁反應(yīng)放出氫氣的溶液B．eq\f(cH＋,cOH－)＝10－6的溶液C．pH＝2的CH3COOH溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合D．0.01mol·L－1的氨水與0.01mol·L－1的HCl溶液等體積混合答案：B解析：能與金屬鋁反應(yīng)放出氫氣的溶液可能呈酸性也可能呈強(qiáng)堿性，A錯(cuò)誤；eq\f(cH＋,cOH－)＝10－6<1，c(H＋)<c(OH－)，溶液呈堿性，B正確；CH3COOH為弱酸，NaOH為強(qiáng)堿，pH＝2的CH3COOH為弱酸，NaOH為強(qiáng)堿，pH＝2的CH3COOH溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合，CH3COOH過(guò)量，溶液呈酸性，C錯(cuò)誤；0.01mol·L－1的氨水與0.01mol·L－1的HCl溶液等體積混合恰好發(fā)生中和反應(yīng)，生成的氯化銨水解使溶液呈酸性，D錯(cuò)誤。3．一定溫度下，水溶液中H＋和OH－的濃度變化曲線如圖，下列說(shuō)法正確的是()A.升高溫度，可能引起由c向b的變化B.該溫度下，水的離子積常數(shù)為1．0×10－13C.該溫度下，加入FeCl3可能引起由b向a的變化D.該溫度下，稀釋溶液可能引起由c向d的變化答案：C解析：c點(diǎn)、b點(diǎn)對(duì)應(yīng)相同的溫度，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的縱坐標(biāo)和橫坐標(biāo)都為1．0×10－7mol·L－1可知，水的離子積常數(shù)為1．0×10－14，B項(xiàng)錯(cuò)誤；FeCl3為強(qiáng)酸弱堿鹽，可水解使溶液呈酸性，C項(xiàng)正確；c、d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的c(H＋)相同，c(OH－)不同，但由于Kw只與溫度有關(guān)，所以溫度不變時(shí)，稀釋溶液不可能引起c向d的變化，D項(xiàng)錯(cuò)誤。4．(2021年1月浙江選考)25℃時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()A．NaHA溶液呈酸性，可以推測(cè)H2A為強(qiáng)酸B．可溶性正鹽BA溶液呈中性，可以推測(cè)BA為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽C．0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的電離度分別為α1、α2，則α1＜α2D．100mLpH=10．00的Na2CO3溶液中水電離出H+的物質(zhì)的量為1．0×10-5mol答案：D解析：A項(xiàng)，NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的電離程度大于其水解程度，不能據(jù)此得出H2A為強(qiáng)酸的結(jié)論，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，可溶性正鹽BA溶液呈中性，不能推測(cè)BA為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，因?yàn)橐部赡苁荁＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱堿鹽，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，弱酸的濃度越小，其電離程度越大，因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的電離度分別為α1、α2，則α1＞α2，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，100mLpH=10．00的Na2CO3溶液中氫氧根離子的濃度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促進(jìn)水的電離，則水電離出H＋的濃度是1×10－4mol/L，其物質(zhì)的量為0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正確；故選D?？键c(diǎn)三酸堿中和滴定1．概念：用已知物質(zhì)的量濃度的酸(或堿)來(lái)測(cè)定未知物質(zhì)的量濃度的堿(或酸)的方法。2．原理：c待＝eq\f(c標(biāo)×V標(biāo),V待)(以一元酸與一元堿的滴定為例)。在酸堿中和滴定過(guò)程中，開始時(shí)由于被滴定的酸(或堿)濃度較大，滴入少量的堿(或酸)對(duì)其pH的影響不大。當(dāng)?shù)味ń咏K點(diǎn)(pH＝7)時(shí)，很少量(一滴，約0.04mL)的堿(或酸)就會(huì)引起溶液pH突變(如圖所示)。3．酸堿中和滴定的關(guān)鍵(1)準(zhǔn)確測(cè)定參加反應(yīng)的酸、堿溶液的體積。(2)選取適當(dāng)指示劑，準(zhǔn)確判斷滴定終點(diǎn)。4．實(shí)驗(yàn)用品(1)儀器圖(A)是酸式滴定管，圖B是堿式滴定管、滴定管夾、鐵架臺(tái)、錐形瓶。(2)試劑標(biāo)準(zhǔn)液、待測(cè)液、指示劑、蒸餾水。指示劑變色范圍的pH甲基橙<3．1紅色3．1～4．4橙色>4．4黃色酚酞<8．2無(wú)色8．2～10．0淺紅色>10．0紅色5．中和滴定實(shí)驗(yàn)操作(以酚酞作指示劑，用鹽酸滴定氫氧化鈉溶液)。(1)滴定前的準(zhǔn)備。(2)滴定。(3)終點(diǎn)判斷：等到滴入最后一滴反應(yīng)液，指示劑變色，且在半分鐘內(nèi)不能恢復(fù)原來(lái)的顏色，視為滴定終點(diǎn)，并記錄標(biāo)準(zhǔn)液的體積。(4)數(shù)據(jù)處理：按上述操作重復(fù)2～3次，求出用去標(biāo)準(zhǔn)鹽酸體積的平均值，根據(jù)原理計(jì)算。c(NaOH)＝eq\f(c（HCl）·V（HCl）,V（NaOH）)6．氧化還原滴定的原理及指示劑的選擇：(1)原理：以氧化劑或還原劑為滴定劑，直接滴定一些具有還原性或氧化性的物質(zhì)，或者間接滴定一些本身并沒(méi)有還原性或氧化性，但能與某些還原劑或氧化劑反應(yīng)的物質(zhì)。(2)試劑：常見用于滴定的氧化劑有KMnO4、K2Cr2O7等；常見用于滴定的還原劑有亞鐵鹽、草酸、維生素C等。(3)指示劑：氧化還原滴定的指示劑有三類：①氧化還原指示劑；②專用指示劑，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘標(biāo)準(zhǔn)溶液變藍(lán)；③自身指示劑，如高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定草酸時(shí)，滴定終點(diǎn)為溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色。7．沉淀滴定：(1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反應(yīng)進(jìn)行滴定、測(cè)量分析的方法。生成沉淀的反應(yīng)很多，但符合條件的卻很少，實(shí)際上應(yīng)用最多的是銀量法，即利用Ag＋與鹵素離子的反應(yīng)來(lái)測(cè)定Cl－、Br－、I－濃度。(2)原理：沉淀滴定所用的指示劑本身就是一種沉淀劑，滴定劑與被滴定物反應(yīng)的生成物的溶解度要比滴定劑與指示劑反應(yīng)的生成物的溶解度小，否則不能用這種指示劑。如用AgNO3溶液測(cè)定溶液中Cl－的含量時(shí)常以CrOeq\o\al(2－,4)為指示劑，這是因?yàn)锳gCl比AgCrO4更難溶。典例精講典例精講考法一儀器的使用【典例1】下列有關(guān)敘述中正確的是()A．滴定管下端連有橡皮管的為酸式滴定管B．在滴定時(shí)，左手操作錐形瓶，右手操作滴定管開關(guān)C．滴定前應(yīng)首先排除尖嘴部分的氣泡D．滴定過(guò)程中兩眼應(yīng)注視滴定管內(nèi)液面的變化解析：A是堿式滴定管，B右手操作錐形瓶，D兩眼觀察錐形瓶?jī)?nèi)顏色變化。答案：C考法二指示劑選擇【典例2】實(shí)驗(yàn)室現(xiàn)有3種酸堿指示劑，其pH變色范圍如下：甲基橙：3．1～4．4石蕊：5．0～8．0酚酞：8．2～10．0用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定未知濃度的CH3COOH溶液，恰好完全反應(yīng)時(shí)，下列敘述中正確的是()A.溶液呈中性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑B.溶液呈中性，只能選用石蕊作指示劑C.溶液呈堿性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑D.溶液呈堿性，只能選用酚酞作指示劑解析：NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好完全反應(yīng)時(shí)生成CH3COONa，CH3COO－水解顯堿性，而酚酞的變色范圍為8．2～10．0，比較接近。因此答案為D。答案：D考法三酸堿中和滴定誤差分析【典例3】用標(biāo)準(zhǔn)的KOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，若測(cè)定結(jié)果偏低，其原因可能是()A.配制標(biāo)準(zhǔn)溶液的固體KOH中混有NaOH雜質(zhì)B.滴定到終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)，仰視滴定管的刻度，其他操作正確C.盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過(guò)后再用未知液潤(rùn)洗D.滴定到終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)滴定管尖嘴處懸掛一滴溶液解析：A項(xiàng)將會(huì)使標(biāo)準(zhǔn)堿液的c(OH－)偏大，滴定時(shí)耗用的V(OH－)偏小，導(dǎo)致結(jié)果偏低，A項(xiàng)正確；滴定終點(diǎn)時(shí)仰視讀數(shù)，將使讀取堿液的體積偏大，測(cè)定結(jié)果偏高，B項(xiàng)錯(cuò)誤；用未知液潤(rùn)洗錐形瓶將使測(cè)定結(jié)果偏高，C項(xiàng)錯(cuò)誤；尖嘴處懸掛溶液將使讀取的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，測(cè)定結(jié)果偏高，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：A考法四中和滴定曲線分析【典例4】(2020?浙江1月選考)室溫下，向20.00mL0.1000mol·L?1鹽酸中滴加0.1000mol·L?1NaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖。已知lg5＝0.7。下列說(shuō)法不正確的是()A．NaOH與鹽酸恰好完全反應(yīng)時(shí)，pH＝7B．選擇變色范圍在pH突變范圍內(nèi)的指示劑，可減小實(shí)驗(yàn)誤差C．選擇甲基紅指示反應(yīng)終點(diǎn)，誤差比甲基橙的大D．V(NaOH)＝30.00mL時(shí)，pH＝12．3解析：A項(xiàng)，NaOH與鹽酸恰好完全反應(yīng)時(shí)溶液中的溶質(zhì)為NaCl，呈中性，室溫下，故A正確；B項(xiàng)，選擇變色范圍在pH突變范圍內(nèi)的指示劑，可減小實(shí)驗(yàn)誤差，B正確；C項(xiàng)，甲基橙的變色范圍在pH突變范圍外，誤差更大，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，時(shí)，溶液中的溶質(zhì)為氯化鈉和氫氧化鈉，且c(NaOH)==0.02mol/L，即溶液中c(OH-)=0.02mol，則c(H+)=5×10-13mol/L，pH=-lgc(H+)=12．3，故D正確；故選C。答案：C考法五滴定的綜合應(yīng)用【典例5】中華人民共和國(guó)國(guó)家標(biāo)準(zhǔn)(GB2760-2011)規(guī)定葡萄酒中SO2最大使用量為0.25g·L－1。某興趣小組用圖1裝置(夾持裝置略)收集某葡萄酒中SO2，并對(duì)其含量進(jìn)行測(cè)定。圖1圖2(1)儀器A的名稱是____________，水通入A的進(jìn)口為______。(2)B中加入300.00mL葡萄酒和適量鹽酸，加熱使SO2全部逸出并與C中H2O2完全反應(yīng)，其化學(xué)方程式為__________________________________。(3)除去C中過(guò)量的H2O2，然后用0.0900mol·L－1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定，滴定前排氣泡時(shí)，應(yīng)選擇圖2中的________；若滴定終點(diǎn)時(shí)溶液的pH＝8．8，則選擇的指示劑為________；若用50mL滴定管進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，當(dāng)?shù)味ü苤械囊好嬖诳潭取?0”處，則管內(nèi)液體的體積(填序號(hào))________(①＝10mL，②＝40mL，③＜10mL，④＞40mL)。(4)滴定至終點(diǎn)時(shí)，消耗NaOH溶液25．00mL，該葡萄酒中SO2含量為________g·L－1。(5)該測(cè)定結(jié)果比實(shí)際值偏高，分析原因并利用現(xiàn)有裝置提出改進(jìn)措施：________________________________________________________________________。解析：(1)A儀器的名稱為冷凝管或冷凝器；為使冷卻效果好，應(yīng)將冷卻水從處于低處的b口通入。(2)SO2具有強(qiáng)還原性，H2O2具有強(qiáng)氧化性，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)：SO2＋H2O2=H2SO4。(3)NaOH盛裝在堿式滴定管中，應(yīng)將橡皮管向上彎曲以排出氣泡，選③。滴定至終點(diǎn)時(shí)溶液的pH＝8．8，在酚酞的變色范圍內(nèi)，故可選用酚酞作指示劑。液面在10mL時(shí)滴定管中有刻度的液體為40mL，因滴定管的下端有一段無(wú)刻度，故管內(nèi)液體的體積大于40mL。(4)SO2與NaOH存在如下關(guān)系：SO2～H2SO4～2NaOH64g2molm(SO2)0.0900mol·L－1×0.025L解得：m(SO2)＝eq\f(64g×0.0900mol·L－1×0.025L,2mol)＝0.072g，故葡萄酒中SO2的含量為eq\f(0.072g,0.3L)＝0.24g·L－1。(5)鹽酸為揮發(fā)性酸，揮發(fā)出的HCl消耗NaOH，使測(cè)量值偏大?？梢杂秒y揮發(fā)的稀硫酸代替鹽酸進(jìn)行該實(shí)驗(yàn)。答案：(1)冷凝管(或冷凝器)b(2)SO2＋H2O2=H2SO4(3)③酚酞④(4)0.24(5)原因：鹽酸的揮發(fā)；改進(jìn)措施：用不揮發(fā)的強(qiáng)酸如硫酸代替鹽酸(或用蒸餾水代替葡萄酒進(jìn)行對(duì)比實(shí)驗(yàn)，扣除鹽酸揮發(fā)的影響)解題技巧指示劑選擇的基本原則變色要靈敏，變色范圍要小，使變色范圍盡量與滴定終點(diǎn)溶液的酸堿性一致。(1)不能用石蕊作指示劑。(2)滴定終點(diǎn)為堿性時(shí)，用酚酞作指示劑，例如用NaOH溶液滴定醋酸。(3)滴定終點(diǎn)為酸性時(shí)，用甲基橙作指示劑，例如用鹽酸滴定氨水。(4)強(qiáng)酸與強(qiáng)堿間進(jìn)行滴定時(shí)，用甲基橙和酚酞都可以。(5)并不是所有的滴定都須使用指示劑，如用標(biāo)準(zhǔn)的Na2SO3滴定KMnO4溶液時(shí)，KMnO4顏色恰好褪去時(shí)即為滴定終點(diǎn)。練習(xí)1．下列有關(guān)滴定的說(shuō)法正確的是()A．用標(biāo)準(zhǔn)的KOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，配制標(biāo)準(zhǔn)溶液的固體KOH中混有NaOH雜質(zhì)，則結(jié)果偏低B．用c1mol·L－1酸性高錳酸鉀溶液滴定V2mL未知濃度的H2C2O4溶液，至滴定終點(diǎn)用去酸性高錳酸鉀溶液體積為V1mL，則H2C2O4溶液的濃度為eq\f(0.4c1V1,V2)mol·L－1C．用未知濃度的鹽酸滴定已知濃度的NaOH溶液時(shí)，若讀取讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定到終點(diǎn)后俯視，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏低D．用25mL滴定管進(jìn)行中和滴定時(shí)，用去標(biāo)準(zhǔn)液的體積為21．7mL答案：A解析：用標(biāo)準(zhǔn)的KOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，配制標(biāo)準(zhǔn)溶液的固體KOH中混有NaOH雜質(zhì)，由于氫氧化鈉的摩爾質(zhì)量較小，則所配標(biāo)準(zhǔn)溶液中OH－濃度較大，滴定時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏小，所以測(cè)定結(jié)果偏低，A正確；用c1mol·L－1酸性高錳酸鉀溶液滴定V2mL未知濃度的H2C2O4溶液，至滴定終點(diǎn)用去高錳酸鉀溶液體積為V1mL，由兩者反應(yīng)中化合價(jià)升降總數(shù)相等(或電子轉(zhuǎn)移守恒)可得到關(guān)系式5H2C2O4～2KMnO4，則n(H2C2O4)＝2．5n(KMnO4)＝2．5×V1mL×c1mol·L－1，所以H2C2O4溶液的濃度為eq\f(2.5c1V1,V2)mol·L－1，B不正確；用未知濃度的鹽酸滴定已知濃度的NaOH溶液時(shí)，若讀取讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定到終點(diǎn)后俯視，則未知鹽酸的體積偏小，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高，C不正確；滴定管的讀數(shù)要精確到0.01mL，D不正確。2．(2018·全國(guó)Ⅲ)用0.100mol·L－1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L－1Cl－溶液的滴定曲線如圖所示。下列有關(guān)描述錯(cuò)誤的是()A．根據(jù)曲線數(shù)據(jù)計(jì)算可知Ksp(AgCl)的數(shù)量級(jí)為10－10B．曲線上各點(diǎn)的溶液滿足關(guān)系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)C．相同實(shí)驗(yàn)條件下，若改為0.0400mol·L－1Cl－，反應(yīng)終點(diǎn)c移到aD．相同實(shí)驗(yàn)條件下，若改為0.0500mol·L－1Br－，反應(yīng)終點(diǎn)c向b方向移動(dòng)答案：C解析：根據(jù)Ag＋＋Cl－=AgCl↓可知，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，消耗AgNO3溶液的體積為eq\f(0.0400mol·L－1×50.0mL,0.100mol·L－1)＝20.0mL。A對(duì)：由題圖可知，當(dāng)AgNO3溶液的體積為50.0mL時(shí)，溶液中的c(Cl－)略小于10－8mol·L－1，此時(shí)混合溶液中c(Ag＋)＝eq\f(0.100mol·L－1×50.0mL－0.0500mol·L－1×50.0mL,100mL)＝2．5×10－2mol·L－1，故Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)≈2．5×10－2×10－8＝2．5×10－10。B對(duì)：因反應(yīng)過(guò)程中有沉淀生成，溶液中必然存在平衡AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq),故曲線上的各點(diǎn)均滿足c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)。D對(duì)：相同實(shí)驗(yàn)條件下，沉淀相同量的Cl－和Br－消耗的AgNO3的量相同，由于Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)，當(dāng)?shù)渭酉嗟攘康腁g＋時(shí)，溶液中c(Br－)＜c(Cl－)，故反應(yīng)終點(diǎn)c向b方向移動(dòng)。3．過(guò)氧化氫的水溶液適用于醫(yī)用消毒、環(huán)境消毒和食品消毒。Ⅰ.過(guò)氧化氫性質(zhì)探究實(shí)驗(yàn)(1)酸性條件下H2O2可將Fe2＋轉(zhuǎn)化成Fe3＋，由此說(shuō)明H2O2具有________性。(2)已知H2O2是一種二元弱酸，其中Ka1＝2．20×10－12、Ka2＝1．05×10－25，則H2O2的電離方程式為____________________________，常溫下，1mol·L－1的H2O2溶液的pH約為________。Ⅱ.過(guò)氧化氫含量的測(cè)定實(shí)驗(yàn)?zāi)撑d趣小組同學(xué)用0.1000mol·L－1的酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定試樣中的過(guò)氧化氫，反應(yīng)原理為2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑。(3)滴定達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是____________________________________。(4)用移液管移取25．00mL試樣置于錐形瓶中，重復(fù)滴定四次，每次消耗酸性高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積如表所示：第一次第二次第三次第四次V(KMnO4溶液)/mL17．1018．1018．0017．90計(jì)算試樣中過(guò)氧化氫的濃度為________mol·L－1。(5)若滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，滴定后消失，則測(cè)定結(jié)果________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。答案：Ⅰ.(1)氧化(2)H2O2H＋＋HOeq\o\al(－,2)、HOeq\o\al(－,2)H＋＋Oeq\o\al(2－,2)5．8Ⅱ.(3)錐形瓶?jī)?nèi)溶液恰好由無(wú)色變?yōu)闇\紫色，且30秒內(nèi)溶液不褪色(4)0.1800(5)偏高解析：Ⅰ.(1)酸性條件下，H2O2可將Fe2＋氧化為Fe3＋，體現(xiàn)了過(guò)氧化氫的氧化性。(2)過(guò)氧化氫屬于二元弱酸，分步電離，其電離的方程式為H2O2H＋＋HOeq\o\al(－,2)、HOeq\o\al(－,2)H＋＋Oeq\o\al(2－,2)；又Ka1＝2．20×10－12，Ka2＝1．05×10－25，Ka1?Ka2，以第一步電離為主，則Ka1＝＝＝2．20×10－12，所以c(H＋)≈1．48×10－6mol·L－1，即pH≈5．8。Ⅱ.(3)滴定達(dá)到終點(diǎn)的現(xiàn)象是錐形瓶?jī)?nèi)溶液恰好由無(wú)色變?yōu)闇\紫色，且30秒內(nèi)溶液不褪色。(4)由于第一次數(shù)據(jù)＋8H2O＋5O2↑，n(H2O2)＝2．5×n(MnOeq\o\al(－,4))＝2．5×0.1000mol·L－1×0.018L，c(H2O2)＝eq\f(2.5×0.1000×0.018,0.025)mol·L－1＝0.1800mol·L－1。(5)滴定前滴定管尖嘴處有氣泡，導(dǎo)致消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，則測(cè)定結(jié)果偏高?？键c(diǎn)五鹽類水解和粒子濃度大小比較1．鹽類水解的應(yīng)用應(yīng)用舉例判斷溶液的酸堿性FeCl3顯酸性，原因是Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+配制或貯存易水解的鹽溶液配制CuSO4溶液時(shí)，加入少量H2SO4，防止Cu2+水解判斷鹽溶液蒸干產(chǎn)物加熱蒸干AlCl3[加熱Al(NO3)3、FeCl3、AlBr3溶液與之類似]溶液，因?yàn)樗猱a(chǎn)物之一為揮發(fā)性物質(zhì)鹽酸，不斷揮發(fā)出氯化氫氣體，導(dǎo)致水解平衡不斷向右移動(dòng)，最后徹底水解，蒸干后得到AI(OH)3，進(jìn)一步灼燒得到Al2O3。膠體的制取制取Fe(OH)3膠體的離子反應(yīng)：Fe3+＋3H2Oeq\o(====,\s\up7(△))Fe(OH)3(膠體)＋3H+物質(zhì)的提純除去MgCl2溶液中的Fe3+，可加入MgO、鎂粉或Mg(OH)2或MgCO3離子共存的判斷Al3+與AlOeq\o\al(－,2)、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、S2-、HS-等因相互促進(jìn)水解而不共存泡沫滅火器原理成分為NaHCO3與Al2(SO4)3，發(fā)生反應(yīng)為Al3+＋3HCOeq\o\al(－,3)===Al(OH)3↓＋3CO2↑作凈水劑明礬可作凈水劑，原理為Al3+＋3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H+化肥的使用銨態(tài)氮肥與草木灰不得混用，原因是2NHeq\o\al(＋,4)＋COeq\o\al(2－,3)＝2NH3↑＋CO2↑＋H2O2．鹽類水解程度大小比較的三個(gè)規(guī)律(1)鹽水解生成的弱酸(弱堿)越弱水解程度越大。常以此判斷弱酸(弱堿)的相對(duì)強(qiáng)弱。(2)相同條件下：正鹽>相應(yīng)酸式鹽，如COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)。(3)相互促進(jìn)水解的鹽>單水解的鹽>相互抑制水解的鹽。如(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)23．離子濃度大小比較(1)微粒濃度大小比較的理論依據(jù)和守恒關(guān)系A(chǔ)．兩個(gè)理論依據(jù)①弱電解質(zhì)電離理論：電離粒子的濃度大于電離生成粒子的濃度。例如，H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(HCOeq\o\al(－,3))?c(COeq\o\al(2－,3))(多元弱酸第一步電離程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于第二步電離)。②水解理論：水解離子的濃度大于水解生成粒子的濃度。例如，Na2CO3溶液中：c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))?c(H2CO3)(多元弱酸根離子的水解以第一步為主)。B．三個(gè)守恒關(guān)系①電荷守恒：電荷守恒是指溶液必須保持電中性，即溶液中所有陽(yáng)離子的電荷總濃度等于所有陰離子的電荷總濃度。例如，NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)。②物料守恒：物料守恒也就是元素守恒，變化前后某種元素的原子個(gè)數(shù)守恒。例如，0.1mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)＝0.1mol·L-1。③質(zhì)子守恒：由水電離出的c(H＋)等于由水電離出的c(OH－)，在堿性鹽溶液中OH－守恒，在酸性鹽溶液中H＋守恒。例如，純堿溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)。(2)四種情況分析①多元弱酸溶液根據(jù)多步電離分析，如：在H3PO3溶液中，c(H＋)>c(H2POeq\o\al(－,4))>c(HPOeq\o\al(2－,4))>c(POeq\o\al(3－,4))。②多元弱酸的正鹽溶液根據(jù)弱酸根的分步水解分析，如：Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))。③不同溶液中同一離子濃度的比較要看溶液中其他離子對(duì)其產(chǎn)生的影響。例如，在相同物質(zhì)的量濃度的下列溶液中：①NH4NO3溶液，②CH3COONH4溶液，③NH4HSO4溶液，c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的順序是③>①>②。④混合溶液中各離子濃度的比較要進(jìn)行綜合分析，如電離因素、水解因素等。例如，在0.1mol·L-1的NH4Cl和0.1mol·L-1的氨水混合溶液中，各離子濃度的大小順序?yàn)閏(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。在該溶液中，NH3·H2O的電離與NHeq\o\al(＋,4)的水解互相抑制，但NH3·H2O的電離程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，溶液呈堿性，c(OH－)>c(H＋)，同時(shí)c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)。典例精講典例精講考法一鹽類水解的原理【典例1】25℃時(shí)，濃度均為0.2mol·L－1的NaHCO3與Na2CO3溶液中，下列判斷不正確的是()A.均存在電離平衡和水解平衡B.存在的粒子種類相同C.c(OH－)前者大于后者D.分別加入NaOH固體，恢復(fù)到原溫度，c(COeq\o\al(2－,3))均增大解析：NaHCO3、Na2CO3均屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，都存在水解平衡，同時(shí)還存在H2O的電離平衡，A項(xiàng)正確；Na2CO3、NaHCO3溶液中都含有Na＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3、H＋、OH－、H2O，它們存在的粒子種類相同，B項(xiàng)正確；COeq\o\al(2－,3)的水解能力大于HCOeq\o\al(－,3)的，故Na2CO3溶液中的c(OH－)大于NaHCO3溶液，C項(xiàng)錯(cuò)誤；NaHCO3溶液中加入NaOH時(shí)，HCOeq\o\al(－,3)與OH－反應(yīng)導(dǎo)致c(COeq\o\al(2－,3))增大；Na2CO3溶液中加入NaOH時(shí)，OH－抑制了COeq\o\al(2－,3)的水解，導(dǎo)致c(COeq\o\al(2－,3))增大，D項(xiàng)正確。答案：C考法二影響鹽類水解的因素【典例2】在一定條件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。下列說(shuō)法正確的是()A．稀釋溶液，水解平衡常數(shù)增大B．通入CO2，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)C．升高溫度，eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)減小D．加入NaOH固體，溶液pH減小解析：水解平衡常數(shù)只受溫度的影響，A錯(cuò)誤；通入的CO2與OH－反應(yīng)，使平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，B正確；溫度升高，COeq\o\al(2－,3)的水解程度增大，c(HCOeq\o\al(－,3))增大，c(COeq\o\al(2－,3))減小，C錯(cuò)誤；加入NaOH固體，溶液的pH增大，D錯(cuò)誤。答案：B考法三鹽類水解的應(yīng)用【典例3】(2019?年4月浙江選考)高溫高壓液態(tài)水具有接近常溫下弱酸的c(H+)或弱堿的c(OH-)，油脂在其中能以較快的反應(yīng)速率水解。與常溫常壓水相比，下列說(shuō)法不正確的是()A．高溫高壓液態(tài)水中，體系溫度升高，油脂水解反應(yīng)速率加快B．高溫高壓液態(tài)水中，油脂與水的互溶能力增強(qiáng)，油脂水解反應(yīng)速率加快C．高溫高壓液態(tài)水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反應(yīng)，且產(chǎn)生的酸進(jìn)一步催化水解D．高溫高壓液態(tài)水中的油脂水解，相當(dāng)于常溫下在體系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH-)的堿的水解解析：對(duì)于任何化學(xué)反應(yīng)，體系溫度升高，均可加快反應(yīng)速率，A項(xiàng)正確；由于高溫高壓液態(tài)水中，c(H+)和c(OH?)增大，油脂水解向右移動(dòng)的傾向變大，因而油脂與水的互溶能力增強(qiáng)，反應(yīng)速率加快，B項(xiàng)正確；油脂在酸性(H+做催化劑)條件下水解，高溫高壓液態(tài)水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反應(yīng)，且產(chǎn)生的酸進(jìn)一步催化水解，C項(xiàng)正確；高溫高壓液態(tài)水中的油脂水解，其水環(huán)境仍呈中性，因而不能理解成相當(dāng)于常溫下在體系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH?)的堿的水解，而是以體系升溫、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+濃度的方式，促進(jìn)油脂的水解，D項(xiàng)不正確。答案：D考法四混合溶液中粒子濃度關(guān)系【典例4】(2020?江蘇卷)(雙選)室溫下，將兩種濃度均為0.1mol·L-1的溶液等體積混合，若溶液混合引起的體積變化可忽略，下列各混合溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A．NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10．30)：NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(CO32-)＞c(OH－)B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9．25)：c(NHeq\o\al(＋,4))+c(H＋)=c(NH3?H2O)+c(OH－)C．CH3COOH-CH3COONa混合溶液(pH=4．76)：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(CH3COO?)＞c(H+)D．H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1．68，H2C2O4為二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)=c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2Oeq\o\al(2—,4))解析：A項(xiàng)，NaHCO3水溶液呈堿性，說(shuō)明HCO3-的水解程度大于其電離程度，等濃度的NaHCO3和Na2CO3水解關(guān)系為：CO32-HCO3-，溶液中剩余微粒濃度關(guān)系為：c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(CO32-)，CO32-和HCO3-水解程度微弱，生成的OH-濃度較低，由NaHCO3和Na2CO3化學(xué)式可知，該混合溶液中Na+濃度最大，則混合溶液中微粒濃度大小關(guān)系為：c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(CO32-)＞c(OH－)，故A正確；B項(xiàng)，該混合溶液中電荷守恒為：c(NHeq\o\al(＋,4))+c(H＋)=c(Cl?)+c(OH－)，物料守恒為：c(CH3COOH)+c(NHeq\o\al(＋,4))=2c(Cl?)，兩式聯(lián)立消去c(Cl-)可得：c(NHeq\o\al(＋,4))+2c(H＋)=c(NH3?H2O)+2c(OH－)，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，若不考慮溶液中相關(guān)微粒行為，則c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，該溶液呈酸性，說(shuō)明CH3COOH電離程度大于CH3COONa水解程度，則溶液中微粒濃度關(guān)系為：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，該混合溶液中物料守恒為：2c(Na＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)+c(C2Oeq\o\al(2—,4))，電荷守恒為：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH—)＋c(HC2O4-)+2c(C2Oeq\o\al(2—,4))，兩式相加可得：c(H＋)＋c(H2C2O4)=c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2Oeq\o\al(2—,4))，故D正確；故選AD。答案：AD考法五離子反應(yīng)圖象【典例5】(2020?新課標(biāo)Ⅰ卷)以酚酞為指示劑，用0.1000mol·L?1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數(shù)QUOTEδ隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關(guān)系如圖所示。[比如A2?的分布系數(shù)：QUOTEδ(A2-)=c(A2-)c(H2A)+c(HA下列敘述正確的是()A．曲線①代表δ(H2A)，曲線②代表δ(HA-)B．H2A溶液的濃度為0.2000mol·L?1C．HA?的電離常數(shù)Ka=1．0×10?2D．滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液中c(Na+)2c(A2-)+c(HA-)解析：根據(jù)圖像，曲線①代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸減小，曲線②代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸增大，粒子的分布系數(shù)只有1個(gè)交點(diǎn)；當(dāng)加入40mLNaOH溶液時(shí)，溶液的pH在中性發(fā)生突變，且曲線②代表的粒子達(dá)到最大值接近1；沒(méi)有加入NaOH時(shí)，pH約為1，說(shuō)明H2A第一步完全電離，第二步部分電離，曲線①代表δ(HA-)，曲線②代表δ(A2-)，根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L。A項(xiàng)，根據(jù)分析，曲線①代表δ(HA-)，曲線②代表δ(A2-)，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，當(dāng)加入40.00mLNaOH溶液時(shí)，溶液的pH發(fā)生突變，說(shuō)明恰好完全反應(yīng)，結(jié)合分析，根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=QUOTE0.1000mol/L×40mL2×20.00mL=0.1000mol/L，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，根據(jù)曲線當(dāng)δ(HA-)=δ(A2-)時(shí)溶液的pH=2，則HA-的電離平衡常數(shù)Ka==c(H+)=1×10-2，C正確；D項(xiàng)，用酚酞作指示劑，酚酞變色的pH范圍為8．2~10，終點(diǎn)時(shí)溶液呈堿性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，則c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D錯(cuò)誤；故選C。答案：C解題技巧1．電解質(zhì)溶液中的守恒關(guān)系(1)電荷守恒：電解質(zhì)溶液中所有陽(yáng)離子所帶有的正電荷數(shù)與所有的陰離子所帶的負(fù)電荷數(shù)相等。如NaHCO3溶液中：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCOeq\o\al(－,3))＋2n(COeq\o\al(2－,3))＋n(OH－)(2)物料守恒：電解質(zhì)溶液中由于電離或水解因素，離子會(huì)發(fā)生變化變成其它離子或分子等，但離子或分子中某種特定元素的原子的總數(shù)是不會(huì)改變的。如NaHCO3溶液中n(Na＋)∶n(C)＝1∶1，推出：c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(COeq\o\al(2－,3))＋c(H2CO3)(3)質(zhì)子守恒：電解質(zhì)溶液中分子或離子得到或失去質(zhì)子(H＋)的物質(zhì)的量應(yīng)相等。例如在NH4HCO3溶液中H3O＋、H2CO3為得到質(zhì)子后的產(chǎn)物；NH3·H2O、OH－、COeq\o\al(2－,3)為失去質(zhì)子后的產(chǎn)物，故有以下關(guān)系：c(H3O＋)＋c(H2CO3)=c(NH3·H2O)＋c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))。2．微粒濃度大小的比較(1)多元弱酸溶液，根據(jù)多步電離分析，如在H3PO4的溶液中，c(H＋)>c(H2POeq\o\al(－,4))>c(HPOeq\o\al(2－,4))>c(POeq\o\al(3－,4))。(2)多元弱酸的正鹽溶液，根據(jù)弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3的溶液中：c(Na＋)>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(－,3))。(3)不同溶液中同一離子濃度的比較，要看溶液中其他離子對(duì)其影響的因素。如在相同的物質(zhì)的量濃度的下列各溶液中a.NH4Clb．CH3COONH4c．NH4HSO4。c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的順序是c>a>b。(4)混合溶液中各離子濃度的比較，要進(jìn)行綜合分析，如電解因素、水解因素等。如相同濃度的NH4Cl溶液和氨水等體積混合后，由于氨水的電離程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，所以溶液中離子濃度順序?yàn)椋篶(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。(5)巧抓“四點(diǎn)”，突破圖象中的“粒子”濃度關(guān)系a．抓反應(yīng)“一半”點(diǎn)，判斷是什么溶質(zhì)的等量混合。b．抓“恰好”反應(yīng)點(diǎn)，生成什么溶質(zhì)，溶液的酸堿性，是什么因素造成的。c．抓溶液“中性”點(diǎn)，生成什么溶質(zhì)，哪種反應(yīng)物過(guò)量或不足。d．抓反應(yīng)“過(guò)量”點(diǎn)，溶質(zhì)是什么，判斷誰(shuí)多、誰(shuí)少還是等量。練習(xí)1．(2020?浙江1月選考)下列說(shuō)法不正確的是()A．pH＞7的溶液不一定呈堿性B．中和pH和體積均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物質(zhì)的量相同C．相同溫度下，pH相等的鹽酸、CH3COOH溶液中，c(OH?)相等D．氨水和鹽酸反應(yīng)后的溶液，若溶液呈中性，則c(Cl?)＝c(NHeq\o\al(+,4))解析：A項(xiàng)，溫度影響水的電離，則pH>7的溶液不一定呈堿性；溶液酸堿性與溶液中氫離子、氫氧根離子濃度有關(guān)，當(dāng)c(H+)<c(OH-)時(shí)溶液一定呈堿性，故A正確；B項(xiàng)，pH相同的氨水和NaOH溶液，氨水的濃度更大，所以中和pH和體積均相等的氨水、NaOH溶液，氨水所需HCl的物質(zhì)的量更大，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，pH相同說(shuō)明兩種溶液中c(H+)相同，相同溫度下Kw相同，Kw=c(H+)·c(OH-)，溶液中氫離子濃度相同說(shuō)明氫氧根濃度相同，故C正確；D項(xiàng)，氨水和鹽酸反應(yīng)后的溶液中存在電荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(NH4+)，溶液呈中性則c(H+)=c(OH-)，所以c(Cl?)＝c(NHeq\o\al(+,4))，故D正確；故選B。答案：B2．向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中緩慢通入CO2，隨n(CO2)增大，先后發(fā)生三個(gè)不同的反應(yīng)，當(dāng)0.01mol<n(CO2)≤0.015mol時(shí)發(fā)生的反應(yīng)是：2NaAlO2＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋Na2CO3。下列對(duì)應(yīng)關(guān)系正確的是()選項(xiàng)n(CO2)/mol溶液中離子的物質(zhì)的量濃度A0c(Na＋)>c(AlOeq\o\al(－,2))＋c(OH－)B0.01c(Na＋)>c(AlOeq\o\al(－,2))>c(OH－)>c(COeq\o\al(2－,3))C0.015c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)D0.03c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H＋)解析：A項(xiàng)，NaAlO2與NaOH的混合溶液，由電荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(AlOeq\o\al(－,2))＋c(OH－)，有c(Na＋)<c(AlOeq\o\al(－,2))＋c(OH－)，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，通入CO2，先與NaOH反應(yīng)：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O(若NaAlO2先反應(yīng)生成Al(OH)3溶于NaOH)，此時(shí)為NaAlO2與Na2CO3的混合溶液，因AlOeq\o\al(－,2)水解程度大(由題給反應(yīng)可知AlOeq\o\al(－,2)結(jié)合H＋能力強(qiáng)于COeq\o\al(2－,3))，有c(COeq\o\al(2－,3))>c(AlOeq\o\al(－,2))，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，繼續(xù)通CO2，發(fā)生題給反應(yīng)：2NaAlO2＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋Na2CO3，當(dāng)n(CO2)＝0.015mol，此時(shí)為Na2CO3溶液，有c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，繼續(xù)通CO2發(fā)生反應(yīng)：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，當(dāng)n(CO2)＝0.03mol，此時(shí)為NaHCO3溶液，因HCOeq\o\al(－,3)水解程度大于電離程度，溶液呈堿性，正確。答案：D3．(2020?天津卷)常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．相同濃度的HCOONa和NaF兩溶液，前者的pH較大，則Ka(HCOOH)Ka(HF)B．相同濃度的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4．7，則溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，則Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)D．在1mol?L?1Na2S溶液中，c(S2?)+c(HS－)+c(H2S)=1mol?L?1解析：A項(xiàng)，HCOONa和NaF的濃度相同，HCOONa溶液的pH較大，說(shuō)明HCOO－的水解程度較大，根據(jù)越弱越水解，因此甲酸的電離平衡常數(shù)較小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，相同濃度的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4．7，此時(shí)溶液呈酸性，氫離子濃度大于氫氧根濃度，說(shuō)明溶液中醋酸電離程度大于水解程度，則醋酸根濃度大于鈉離子濃度，則溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正確；C項(xiàng)，CuS的溶解度較小，將CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡電離出的S2?不足以與H+發(fā)生反應(yīng)，而將FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S氣體，說(shuō)明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正確；D項(xiàng)，根據(jù)溶液中的物料守恒定律，1mol?L?1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的總物質(zhì)的量的濃度為1mol?L?1，即c(S2?)+c(HS－)+c(H2S)=1mol?L?1，故D正確；故選A。答案：A4．(2020?浙江7月選考)常溫下，用0.1mol·L?1氨水滴定10mL濃度均為0.1mol·L?1的HCl和CH3COOH的混合液，下列說(shuō)法不正確的是()A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl?)＞c(CH3COO?)B．當(dāng)?shù)稳氚彼?0mL時(shí)，c(NHeq\o\al(+,4))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO?)＋c(CH3COOH)C．當(dāng)?shù)稳氚彼?0mL時(shí)，c(CH3COOH)＋c(H+)＝c(NH3·H2O)＋c(OH?)D．當(dāng)溶液呈中性時(shí)，氨水滴入量大于20mL，c(NHeq\o\al(+,4))＜c(Cl?)解析：A項(xiàng)，未滴定時(shí)，溶液溶質(zhì)為HCl和CH3COOH，且濃度均為0.1mol/L，HCl為強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，CH3COOH為弱電解質(zhì)，不完全電離，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正確；B項(xiàng)，當(dāng)?shù)稳氚彼?0mL時(shí)，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，則在同一溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，B正確；C項(xiàng)，當(dāng)?shù)稳氚彼?0mL時(shí)，溶液溶質(zhì)為NH4Cl和CH3COONH4，質(zhì)子守恒為c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH4+)+c(OH-)，C正確；D項(xiàng)，當(dāng)溶液為中性時(shí)，電荷守恒為：c(NH4+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，因?yàn)槿芤簽橹行裕瑒tc(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D不正確；故選D。答案：D考點(diǎn)六難溶電解質(zhì)的溶解平衡1．溶度積和離子積以AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)為例溶度積離子積概念沉淀溶解的平衡常數(shù)溶液中有關(guān)離子濃度冪的乘積符號(hào)KspQc表達(dá)式Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的濃度都是平衡濃度Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的濃度是任意濃度應(yīng)用判斷在一定條件下沉淀能否生成或溶解①Q(mào)c＞Ksp：溶液過(guò)飽和，有沉淀析出②Qc＝Ksp：溶液飽和，處于平衡狀態(tài)③Qc＜Ksp：溶液未飽和，無(wú)沉淀析出2．Ksp的影響因素(1)內(nèi)因：難溶物質(zhì)本身的性質(zhì)，這是主要因素。(2)外因①濃度：加水稀釋，平衡向溶解方向移動(dòng)，但Ksp不變。②溫度：絕大多數(shù)難溶鹽的溶解是吸熱過(guò)程，升高溫度，平衡向溶解方向移動(dòng)，Ksp增大。③其他：向平衡體系中加入可與體系中某些離子反應(yīng)生成更難溶物質(zhì)或更難電離物質(zhì)或氣體的離子時(shí)，平衡向溶解方向移動(dòng)，但Ksp不變。3．沉淀溶解平衡的應(yīng)用(1)沉淀的生成①調(diào)節(jié)pH法：如除去NH4Cl溶液中的FeCl3雜質(zhì)，可加入氨水調(diào)節(jié)pH至7～8，離子方程式為Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)。②沉淀劑法：如用H2S沉淀Cu2＋，離子方程式為H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。(2)沉淀的溶解①酸溶解法：如CaCO3溶于鹽酸，離子方程式為CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。②鹽溶液溶解法：如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，離子方程式為Mg(OH)2＋2NHeq\o\al(＋,4)===Mg2＋＋2NH3·H2O。③氧化還原溶解法：如不溶于鹽酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。④配位溶解法：如AgCl溶于氨水，離子方程式為AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。(3)沉淀的轉(zhuǎn)化①實(shí)質(zhì)：沉淀溶解平衡的移動(dòng)(沉淀的溶解度差別越大，越容易轉(zhuǎn)化)。②應(yīng)用：鍋爐除垢、礦物轉(zhuǎn)化等。4．溶度積曲線溶度積曲線是分別以陽(yáng)、陰