2022屆新高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)教學(xué)案-專題八　電解質(zhì)溶液

高考考綱再現(xiàn)1.了解水的電離、離子積常數(shù)(Kw)。2．了解溶液pH的含義及其測定方法，能進(jìn)行pH的簡單計(jì)算。3．理解弱電解質(zhì)在水中的電離平衡，能利用電離平衡常數(shù)(Ka、Kb、Kw)進(jìn)行相關(guān)計(jì)算。4．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。5．了解難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡。理解溶度積(Ksp)的含義，能進(jìn)行相關(guān)的計(jì)算。6．以上各部分知識(shí)的綜合運(yùn)用。微專題一三大平衡及粒子濃度關(guān)系1．電離平衡、水解平衡與沉淀溶解平衡的比較電離平衡、水解平衡與沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡。這三種平衡都遵循勒夏特列原理——當(dāng)只改變體系的一個(gè)條件時(shí)，平衡向能夠減弱這種改變的方向移動(dòng)。平衡電離平衡(如CH3COOHCH3COO－＋H＋)水解平衡(如CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－)沉淀溶解平衡[如AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)]研究對象弱電解質(zhì)(包括弱酸、弱堿、水、多元弱酸的酸式酸根)能水解的鹽溶液(包括強(qiáng)酸弱堿鹽、弱酸強(qiáng)堿鹽、弱酸弱堿鹽)難溶電解質(zhì)(如難溶的酸、堿、鹽等)影響因素升高溫度促進(jìn)電離，離子濃度增大，Ka增大促進(jìn)水解，Kh增大Ksp可能增大，也可能減小加水稀釋促進(jìn)電離，離子濃度減小(CH3COOH溶液中OH－濃度增大)，Ka不變促進(jìn)水解，離子濃度減小(CH3COONa溶液中H＋濃度增大)，Kh不變促進(jìn)溶解，Ksp不變加入相應(yīng)離子加入CH3COONa固體或鹽酸，抑制電離，Ka不變加入CH3COOH或NaOH，抑制水解，Kh不變加入AgNO3溶液或NaCl溶液抑制溶解，Ksp不變加入反應(yīng)離子加入NaOH，促進(jìn)電離，Ka不變加入鹽酸，促進(jìn)水解，Kh不變加入氨水，促進(jìn)溶解，Ksp不變2.外界條件對水的電離平衡的影響H2OH＋＋OH－ΔH>0條件平衡移動(dòng)方向Kw水的電離程度c(OH－)c(H＋)酸向左不變減小減小增大堿向左不變減小增大減小可水解的鹽Na2CO3向右不變增大增大減小NH4Cl向右不變增大減小增大溫度升溫向右增大增大增大增大降溫向左減小減小減小減小其他，如加入Na向右不變增大增大減小3.常溫下水電離產(chǎn)生的c(H＋)水和c(OH－)水的計(jì)算技巧任何水溶液中水電離產(chǎn)生的c(H＋)水和c(OH－)水總是相等的，Kw＝c(H＋)溶液·c(OH－)溶液。(1)酸溶液：OH－全部來自水的電離[c(H＋)水＝c(OH－)水＝c(OH－)溶液，c(H＋)水≠c(H＋)溶液]。(2)堿溶液：H＋全部來自水的電離[c(OH－)水＝c(H＋)水＝c(H＋)溶液，c(OH－)水≠c(OH－)溶液]。(3)水解呈酸性的鹽溶液：H＋和OH－全部來自水的電離[c(H＋)水＝c(OH－)水＝c(H＋)溶液]。(4)水解呈堿性的鹽溶液：H＋和OH－全部來自水的電離[c(OH－)水＝c(H＋)水＝c(OH－)溶液]。實(shí)例(25℃)：①pH＝12的NaOH溶液中c(H＋)溶液＝10－12mol·L－1，c(OH－)水＝c(H＋)溶液＝10－12mol·L－1。但c(OH－)溶液＝eq\f(Kw,10－12)mol·L－1＝1×10－2mol·L－1。②pH＝12的Na2CO3溶液中c(H＋)溶液＝10－12mol·L－1，c(OH－)溶液＝eq\f(Kw,10－12)mol·L－1＝1×10－2mol·L－1，則c(OH－)水＝c(H＋)水＝c(OH－)溶液＝1×10－2mol·L－1。[注意]因部分水電離的H＋與部分COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))結(jié)合使溶液中的c(H＋)＝10－12mol·L－1。4．識(shí)別“一強(qiáng)一弱”溶液的稀釋圖像(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(3)pH與稀釋倍數(shù)的線性關(guān)系①HY為強(qiáng)酸、HX為弱酸②a、b兩點(diǎn)的溶液中：c(X－)＝c(Y－)③水的電離程度：d＞c＞a＝b①M(fèi)OH為強(qiáng)堿、ROH為弱堿②c(ROH)＞c(MOH)③水的電離程度：a＞b5．溶液中粒子濃度關(guān)系(1)明確“四種”類型[類型一]單一溶液中各離子濃度的大小比較①多元弱酸溶液：多元弱酸分步電離，電離程度逐級減小。如H3PO4溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(H＋)>c(H2POeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))>c(HPOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))>c(POeq\o\al(\s\up1(3－),\s\do1(4)))。②多元弱酸的正鹽溶液：多元弱酸的酸根離子分步水解，水解程度逐級減小。如Na2CO3溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na＋)>c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))>c(OH－)>c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))>c(H＋)。[類型二]混合溶液中各離子濃度的大小比較對混合溶液中的離子濃度進(jìn)行比較時(shí)要綜合分析電離、水解等因素。如0.1mol·L－1NH4Cl和0.1mol·L－1氨水的混合溶液中，各離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。[類型三]“酸堿中和型”離子濃度的大小比較[類型四]不同溶液中同一離子濃度的大小比較該類情況要看溶液中其他離子對該離子的影響。如在相同物質(zhì)的量濃度的NH4Cl溶液(①)、CH3COONH4溶液(②)、NH4HSO4溶液(③)中，c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))由大到小的順序?yàn)棰?gt;①>②。(2)抓住“三個(gè)”守恒①電荷守恒：溶液中陽離子所帶正電荷的總濃度等于陰離子所帶負(fù)電荷的總濃度。如NaHCO3溶液中電荷守恒式為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋2c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＋c(OH－)。②物料守恒：在電解質(zhì)溶液中，粒子可能發(fā)生變化，但變化前后某種元素的原子數(shù)目不變。如0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中物料守恒式為c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1。③質(zhì)子守恒：在電解質(zhì)溶液中，由于電離、水解等過程的發(fā)生，往往存在質(zhì)子(H＋)的得失，但得到的質(zhì)子總數(shù)等于失去的質(zhì)子總數(shù)。如NaHCO3溶液中質(zhì)子守恒式為c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＋c(OH－)。(3)解題思維流程6．常見離子平衡圖像(1)直線型圖像[說明：pM為陽離子濃度的負(fù)對數(shù)，pR為陰離子濃度的負(fù)對數(shù)]①直線AB上的點(diǎn)：c(M2＋)＝c(R2－)；②溶度積：CaSO4>CaCO3>MnCO3；③X點(diǎn)相對于CaCO3來說是過飽和溶液，析出沉淀，相對于CaSO4來說是不飽和溶液，能繼續(xù)溶解CaSO4；④Y點(diǎn)：c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))>c(Ca2＋)，二者的濃度積等于10－5；Z點(diǎn)：c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))<c(Mn2＋)，二者的濃度積等于10－10.6。(2)雙曲線型圖像不同溫度下水溶液中c(H＋)與c(OH－)的變化曲線常溫下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線(Ksp＝9×10－6)①A、C、B三點(diǎn)均為中性溶液，溫度依次升高，Kw依次增大②D點(diǎn)為酸性溶液，E點(diǎn)為堿性溶液，Kw＝1×10－14③直線AB的左上方均為堿性溶液，任意一點(diǎn)：c(H＋)<c(OH－)①a、c點(diǎn)在曲線上，a→c的變化為增大c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))，如加入Na2SO4固體，但Ksp不變②b點(diǎn)在曲線的上方，Qc>Ksp，將會(huì)有沉淀生成③d點(diǎn)在曲線的下方，Qc<Ksp，則為不飽和溶液，還能繼續(xù)溶解CaSO4(3)分布系數(shù)圖像[說明：pH為橫坐標(biāo)、分布系數(shù)(即組分的平衡濃度占總濃度的分?jǐn)?shù))為縱坐標(biāo)]一元弱酸(以CH3COOH為例)二元弱酸(以H2C2O4為例)δ0為CH3COOH的分布系數(shù)，δ1為CH3COO－的分布系數(shù)δ0為H2C2O4的分布系數(shù)，δ1為HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))的分布系數(shù)，δ2為C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))的分布系數(shù)題組一三大平衡及其影響因素1．(2020·高考全國卷Ⅱ)二氧化碳的過量排放可對海洋生物的生存環(huán)境造成很大影響，其原理如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是()A．海水酸化能引起HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))濃度增大、COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))濃度減小B．海水酸化能促進(jìn)CaCO3的溶解，導(dǎo)致珊瑚礁減少C．CO2能引起海水酸化，其原理為HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))H＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))D．使用太陽能、氫能等新能源可改善珊瑚的生存環(huán)境解析：選C。根據(jù)圖示可知CO2的過量排放，能導(dǎo)致海水中CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))平衡正向移動(dòng)；H＋又能與珊瑚礁溶解生成的COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))結(jié)合生成HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，促使CaCO3Ca2＋＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))平衡正向移動(dòng)，從而導(dǎo)致珊瑚礁減少。結(jié)合上述分析可知，海水酸化，海水中H＋和HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))的濃度均增大，使海水中COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的濃度減小，A項(xiàng)正確；H＋可結(jié)合珊瑚礁溶解產(chǎn)生的COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))，故能促進(jìn)CaCO3的溶解，導(dǎo)致珊瑚礁減少，B項(xiàng)正確；CO2引起海水酸化的原理為CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，C項(xiàng)錯(cuò)誤；使用太陽能、氫能等新能源，能有效減少CO2的排放，有利于改善珊瑚的生存環(huán)境，D項(xiàng)正確。2．在Na2Cr2O7酸性溶液中，存在平衡2CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))(黃色)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7))(橙紅色)＋H2O。已知：25℃時(shí)，Ksp(Ag2CrO4)＝1×10－12，Ksp(Ag2Cr2O7)＝2×10－7。下列說法正確的是()A．當(dāng)2c(Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)))＝c(CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))時(shí)，反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)B．增大H＋的濃度，調(diào)節(jié)溶液pH＝1時(shí)，溶液呈黃色C．若向溶液中加入AgNO3溶液，先生成Ag2CrO4沉淀D．稀釋Na2Cr2O7溶液時(shí)，溶液中各離子濃度均減小解析：選C。A項(xiàng)，當(dāng)2c(Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)))＝c(CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))時(shí)，無法判斷可逆反應(yīng)的正、逆反應(yīng)速率是否相等，不能判斷是否達(dá)到平衡狀態(tài)，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，增大H＋濃度，調(diào)節(jié)溶液pH＝1時(shí)，平衡正向移動(dòng)，則溶液呈橙紅色，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，難溶電解質(zhì)的組成中陰、陽離子個(gè)數(shù)比相同時(shí)，溶度積常數(shù)越小的難溶電解質(zhì)在水中溶解能力越差，已知Ksp(Ag2CrO4)<Ksp(Ag2Cr2O7)，若向溶液中加入AgNO3溶液，先生成Ag2CrO4沉淀，正確；D項(xiàng)，稀釋Na2Cr2O7溶液時(shí)，溶液中c(CrOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))、c(H＋)、c(Cr2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(7)))均減小，由于溫度不變，Kw不變，故c(OH－)增大，錯(cuò)誤。3．(2020·新高考天津卷)常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法錯(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：選A。酸根離子的水解能力越強(qiáng)，對應(yīng)酸的酸性越弱，HF的酸性比HCOOH強(qiáng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；等濃度的CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，則離子濃度關(guān)系：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，B項(xiàng)正確；FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，說明FeS的溶解度大于CuS，Ksp(FeS)>Ksp(CuS)，C項(xiàng)正確；根據(jù)物料守恒可知，c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝1mol·L－1，D項(xiàng)正確。題組二離子平衡圖像的分析與應(yīng)用一、電解質(zhì)溶液的離子平衡圖像4.(2021·河南部分學(xué)校高三開學(xué)考試)已知：pOH＝－lgc(OH－)。常溫下，向10mL0.1mol·L－1一元弱堿ROH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的醋酸溶液，所得溶液的pOH及導(dǎo)電能力隨加入醋酸溶液體積的變化關(guān)系如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是()A．溶液中陽離子濃度：b>dB．常溫下，CH3COOR溶液中：c(R＋)＝c(CH3COO－)C．d點(diǎn)對應(yīng)溶液：2c(ROH)＝c(CH3COOH)－c(CH3COO－)D．常溫下，ROH的電離常數(shù)的數(shù)量級為10－5解析：選C。溶液的導(dǎo)電能力與離子濃度、離子所帶電荷有關(guān)，溶液中離子濃度越大、所帶電荷越多，其導(dǎo)電能力越強(qiáng)，b、d點(diǎn)對應(yīng)溶液中離子所帶電荷數(shù)均為1，且陽離子數(shù)與陰離子數(shù)相等，但b點(diǎn)對應(yīng)溶液的導(dǎo)電能力最強(qiáng)，所以陽離子濃度最大的是b點(diǎn)，A項(xiàng)正確。b點(diǎn)對應(yīng)溶液中的溶質(zhì)為CH3COOR，根據(jù)電荷守恒c(H＋)＋c(R＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，且此時(shí)溶液呈中性，故c(R＋)＝c(CH3COO－)，B項(xiàng)正確。d點(diǎn)對應(yīng)溶液中的溶質(zhì)為等濃度的CH3COOR和CH3COOH，由物料守恒可得①2c(ROH)＋2c(R＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，又此時(shí)溶液呈酸性，結(jié)合電荷守恒可得②c(CH3COO－)>c(R＋)，結(jié)合①②得2c(ROH)>c(CH3COOH)－c(CH3COO－)，C項(xiàng)錯(cuò)誤。0.1mol·L－1的ROH溶液的pOH＝3，則c(R＋)≈c(OH－)＝10－3mol·L－1，c(ROH)≈0.1mol·L－1，Kb(ROH)≈eq\f(10－3×10－3,0.1)＝10－5，D項(xiàng)正確。5．(2021·蕪湖高三模擬)常溫下聯(lián)氨(N2H4)的水溶液中存在：①N2H4＋H2ON2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))＋OH－Kb1；②N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))＋H2ON2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6))＋OH－Kb2。該溶液中微粒的分布分?jǐn)?shù)δ(X)[δ(X)＝eq\f(c(X),c(N2H4)＋c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))＋c(N2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6))))，X＝N2H4、N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))或N2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6))]隨－lgc(OH－)變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是()A．圖中曲線Ⅲ對應(yīng)的微粒為N2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6))B．C點(diǎn)對應(yīng)溶液中存在：c(Cl－)>c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))＋2c(N2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6)))C．將10mL0.1mol/L的聯(lián)氨溶液與5mL0.1mol/L的鹽酸混合后，所得溶液pH＝8D．常溫下羥胺(NH2OH)的Kb＝10－10，將少量聯(lián)氨溶液加入足量NH3OHCl溶液中，發(fā)生反應(yīng)N2H4＋NH3OH＋=N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))＋NH2OH解析：選C。橫軸為c(OH－)的負(fù)對數(shù)，負(fù)對數(shù)越大，c(OH－)越小，越能促進(jìn)弱堿N2H4的電離?？v軸為微粒的分布分?jǐn)?shù)，已知聯(lián)氨的兩步電離分別為N2H4＋H2ON2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))＋OH－、N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))＋H2ON2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6))＋OH－，故曲線Ⅰ對應(yīng)的微粒為N2H4、曲線Ⅱ?qū)?yīng)的微粒為N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))、曲線Ⅲ對應(yīng)的微粒為N2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6))，A項(xiàng)正確。C點(diǎn)，N2H5Cl溶液中存在電荷守恒，即c(OH－)＋c(Cl－)＝c(H＋)＋c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))＋2c(N2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6)))，由此點(diǎn)數(shù)據(jù)可知－lgc(OH－)>7，則c(H＋)>c(OH－)，故c(Cl－)>c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))＋2c(N2Heq\o\al(\s\up1(2＋),\s\do1(6)))，B項(xiàng)正確。A點(diǎn)，c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))＝c(N2H4)，N2H4的一級電離常數(shù)Kb1＝eq\f(c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))·c(OH－),c(N2H4))＝10－6，N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))的水解常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Kb1)＝10－8<Kb1，故N2H4的電離程度大于N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))的水解程度，則混合溶液中c(N2H4)<c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))，根據(jù)Kb1＝eq\f(c(N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5)))·c(OH－),c(N2H4))＝10－6可知c(OH－)<10－6mol·L－1，則c(H＋)>10－8mol·L－1，pH<8，C項(xiàng)錯(cuò)誤。由B點(diǎn)數(shù)據(jù)計(jì)算得Kb2＝10－15，又知Kb1＝10－6，因Kb1>Kb>Kb2，則堿性：N2H4>NH2OH>N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))，即發(fā)生反應(yīng)N2H4＋NH3OH＋=N2Heq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(5))＋NH2OH，D項(xiàng)正確。6．R(OH)2為可溶性有機(jī)二元弱堿。常溫時(shí)，向15mL0.1mol·L－1R(OH)2溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1HCl溶液，混合溶液的pH與微粒的分布分?jǐn)?shù)δ(X){已知δ(X)＝eq\f(c(X),c[R(OH)2]＋c(ROH＋)＋c(R2＋))，X＝R(OH)2、ROH＋或R2＋}的關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是()A．常溫下R(OH)2的Kb1為10－4.5B．當(dāng)溶液中c[R(OH)2]＝c(R2＋)時(shí)，pH＝11C．當(dāng)加入15mLHCl溶液時(shí)，溶液中c(Cl－)＝2c(R2＋)＋c(ROH＋)D．B點(diǎn)對應(yīng)溶液中c水(H＋)＝10－4.5mol·L－1解析：選B。R(OH)2為可溶性有機(jī)二元弱堿，R(OH)2的分布分?jǐn)?shù)最大時(shí)，溶液pH最大，則曲線Ⅰ、曲線Ⅱ、曲線Ⅲ分別表示R(OH)2、ROH＋和R2＋的分布分?jǐn)?shù)。A點(diǎn)時(shí)c(ROH＋)＝c[R(OH)2]，Kb1＝c(OH－)＝10－(14－12.5)＝10－1.5，A項(xiàng)錯(cuò)誤。同理，取B點(diǎn)坐標(biāo)進(jìn)行計(jì)算得Kb2＝10－4.5，當(dāng)溶液中c[R(OH)2]＝c(R2＋)時(shí)，由Kb1和Kb2的表達(dá)式可推出Kb1·Kb2＝c2(OH－)＝eq\f(Keq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(w)),c2(H＋))＝10－6，即pH＝11，B項(xiàng)正確。當(dāng)加入15mLHCl溶液時(shí)，溶液中溶質(zhì)是ROHCl，根據(jù)電荷守恒得2c(R2＋)＋c(ROH＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，而ROHCl溶液呈堿性，即c(H＋)<c(OH－)，故c(Cl－)<2c(R2＋)＋c(ROH＋)，C項(xiàng)錯(cuò)誤。B點(diǎn)對應(yīng)溶液的pH＝9.5，此時(shí)溶液中溶質(zhì)是ROHCl和RCl2，溶液呈堿性是因?yàn)镽OH＋電離出OH－的程度大于R2＋水解生成H＋的程度，則水的電離受到抑制，由水電離出的c水(H＋)即溶液中的c(H＋)為10－9.5mol·L－1，D項(xiàng)錯(cuò)誤。eq\a\vs4\al()電解質(zhì)溶液的離子平衡圖像二、難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡圖像7．(2021·銅川高三五校聯(lián)考)常溫時(shí)，金屬M(fèi)的二價(jià)離子化合物M(OH)2和三價(jià)離子化合物M(OH)3的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。已知pM為M2＋或M3＋濃度的負(fù)對數(shù)，Ksp[M(OH)2]>Ksp[M(OH)3]。下列說法正確的是()A．Ksp[M(OH)3]＝10－35B．若向M2＋溶液中通入O2，能將M2＋氧化為M3＋，可使溶液由A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)C．C點(diǎn)表示M(OH)3的不飽和溶液，加入M(OH)3繼續(xù)溶解D．常溫時(shí)，若Ksp(MCO3)＝10－13，則M(OH)2(s)＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)MCO3(s)＋2OH－(aq)的平衡常數(shù)K為10－2解析：選D。選取題圖中的A、B兩點(diǎn)進(jìn)行分析，假設(shè)曲線Ⅰ是M(OH)2的沉淀溶解平衡曲線，曲線Ⅱ是M(OH)3的沉淀溶解平衡曲線，則pM2＋＝－5、pM3＋＝8、pH＝4，計(jì)算得Ksp[M(OH)2]＝10－15、Ksp[M(OH)3]＝10－38，符合Ksp[M(OH)2]>Ksp[M(OH)3]，假設(shè)成立，故曲線Ⅰ是M(OH)2的沉淀溶解平衡曲線，曲線Ⅱ是M(OH)3的沉淀溶解平衡曲線，A項(xiàng)錯(cuò)誤。因?yàn)榘l(fā)生反應(yīng)4M2＋＋O2＋2H2O=4M3＋＋4OH－，溶液的pH發(fā)生變化，故向M2＋溶液中通入O2，能將M2＋氧化為M3＋，但溶液不可能由A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，B項(xiàng)錯(cuò)誤。C點(diǎn)時(shí)Qc[M(OH)3]＝10－(14－4)×3＝10－30>Ksp[M(OH)3]，為M(OH)3的過飽和溶液，會(huì)析出M(OH)3，C項(xiàng)錯(cuò)誤。M(OH)2(s)＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)MCO3(s)＋2OH－(aq)的平衡常數(shù)K＝eq\f(c2(OH－),c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))))＝eq\f(Ksp[M(OH)2],Ksp(MCO3))＝eq\f(10－15,10－13)＝10－2，D項(xiàng)正確。8．已知：pBa2＋＝－lgc(Ba2＋)，pKa＝－lgKa；Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。常溫下，H2CO3的pKa1＝6.4，pKa2＝10.3。向20mL0.1mol·L－1BaCl2溶液中滴加0.2mol·L－1Na2CO3溶液的滴定曲線如圖所示。下列有關(guān)描述錯(cuò)誤的是()A．曲線上水的電離程度：G點(diǎn)>E點(diǎn)B．常溫下，Na2CO3的pKh1＝3.7C．根據(jù)曲線數(shù)據(jù)計(jì)算可知Ksp(BaCO3)的數(shù)量級為10－9D．相同條件下，若改為滴加0.2mol·L－1Na2SO4溶液，反應(yīng)終點(diǎn)由F點(diǎn)向H點(diǎn)方向移動(dòng)解析：選D。曲線上G點(diǎn)c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))大于E點(diǎn)c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))，COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))水解促進(jìn)水的電離，c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))越大，水的電離程度越大，即水的電離程度：G點(diǎn)>E點(diǎn)，A正確；Na2CO3的pKh1＝－lgeq\f(Kw,Ka2)，代入數(shù)值計(jì)算可知pKh1＝3.7，B正確；分析曲線可知，F(xiàn)點(diǎn)時(shí)Ba2＋與COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))恰好完全反應(yīng)，此時(shí)c(Ba2＋)＝c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝10－4.5mol·L－1，即Ksp(BaCO3)＝(10－4.5)2＝1×10－9，C正確；由于BaCO3的Ksp大于BaSO4的Ksp，若改為滴加0.2mol·L－1Na2SO4溶液，反應(yīng)終點(diǎn)時(shí)的c(Ba2＋)比滴加0.2mol·L－1Na2CO3溶液時(shí)的c(Ba2＋)小，故反應(yīng)終點(diǎn)應(yīng)從F點(diǎn)向上移動(dòng)，D錯(cuò)誤。eq\a\vs4\al()難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡圖像微專題二四大平衡常數(shù)1．四大平衡常數(shù)的比較化學(xué)平衡常數(shù)水的離子積常數(shù)電離平衡常數(shù)溶度積常數(shù)符號KKwKa(酸)、Kb(堿)Ksp舉例mA(g)＋nB(g)pC(g)＋qD(g)K＝eq\f(cp(C)·cq(D),cm(A)·cn(B))H2OH＋＋OH－Kw＝c(H＋)·c(OH－)HAH＋＋A－Ka＝eq\f(c(H＋)·c(A－),c(HA))AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)適用范圍可逆反應(yīng)平衡體系中性溶液、稀的酸性或堿性溶液弱電解質(zhì)的電離平衡體系難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡體系影響因素都只受溫度的影響，與濃度變化或壓強(qiáng)變化無關(guān)主要規(guī)律溫度升高，吸(放)熱反應(yīng)的K增大(減小)；溫度升高，Kw、Ka、Kb均增大，Ksp一般增大(Ka、Kb和Ksp變化幅度不大，一般數(shù)量級不變)；常溫時(shí)，Kw＝1.0×10－14注意固體和純液體的濃度可視為常數(shù)，不列入平衡常數(shù)表達(dá)式中意義都表示平衡的限度：K越大，正反應(yīng)進(jìn)行的程度越大；Kw越大，水的電離程度越大；Ka或Kb越大，弱酸或弱堿的電離程度越大(同濃度溶液酸性或堿性越強(qiáng))；相同類型的難溶電解質(zhì)，Ksp越大，溶解度越大2.電離平衡常數(shù)的應(yīng)用(1)判斷離子濃度比值的大小變化例如，將氨水加水稀釋，c(OH－)減小，由于電離平衡常數(shù)eq\f(c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))·c(OH－),c(NH3·H2O))不變，故eq\f(c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))),c(NH3·H2O))的值增大。(2)Ka＝eq\f(c(H＋)·c(A－),c(HA))，對于弱酸溶液，c(H＋)≈c(A－)，Ka≈eq\f(c2(H＋),c(HA))。3．溶度積常數(shù)的相關(guān)計(jì)算(1)M(OH)n懸濁液中Ksp、Kw、pH間的關(guān)系M(OH)n(s)Mn＋(aq)＋nOH－(aq)Ksp＝c(Mn＋)·cn(OH－)＝eq\f(c(OH－),n)·cn(OH－)＝eq\f(cn＋1(OH－),n)＝eq\f(1,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Kw,10－pH)))eq\s\up12(n＋1)。(2)Ksp與溶解度(S)之間的換算對于AB型物質(zhì)，其Ksp≈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S,M)×10))eq\s\up12(2)。1．60℃時(shí)溴酸銀(AgBrO3)的溶解度為0.6g，則Ksp約等于________。答案：6.5×10－4(3)Ksp與沉淀轉(zhuǎn)化平衡常數(shù)K的計(jì)算關(guān)系建立Ksp與K的關(guān)系，一般是在K的表達(dá)式的分子、分母中同乘以某個(gè)離子的濃度，將分子、分母轉(zhuǎn)化為不同物質(zhì)的Ksp。2．在1.0LNa2CO3溶液中溶解0.01molBaSO4，計(jì)算Na2CO3溶液的最初濃度不得低于________mol·L－1(忽略溶液體積變化)[已知：Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10、Ksp(BaCO3)＝5.1×10－9]。解析：沉淀轉(zhuǎn)化的離子方程式為COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)＋BaSO4(s)BaCO3(s)＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))(aq)。K＝eq\f(c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))),c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))))＝eq\f(c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))·c(Ba2＋),c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))·c(Ba2＋))＝eq\f(Ksp(BaSO4),Ksp(BaCO3))＝eq\f(1.1×10－10,5.1×10－9)≈0.022，c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝eq\f(c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))),K)＝eq\f(0.01mol·L－1,0.022)≈0.45mol·L－1，則Na2CO3溶液的最初濃度：c(Na2CO3)≥(0.01＋0.45)mol·L－1＝0.46mol·L－1。答案：0.46題組一Ka(或Kb)的計(jì)算及應(yīng)用1．(1)(2020·新高考天津卷)已知25℃碳酸電離常數(shù)為Ka1、Ka2，當(dāng)溶液pH＝12時(shí)，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2CO3))∶ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))∶ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))))＝1∶________∶________。(2)(2020·高考全國卷Ⅱ)次氯酸為一元弱酸，具有漂白和殺菌作用，其電離平衡體系中各成分的組成分?jǐn)?shù)δ[δ(X)＝eq\f(c(X),c(HClO)＋c(ClO－))，X為HClO或ClO－]與pH的關(guān)系如圖所示。HClO的電離常數(shù)Ka值為________。解析：(1)Ka1＝eq\f(c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))·c(H＋),c(H2CO3))，Ka2＝eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))·c(H＋),c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))，pH＝12時(shí)，c(H＋)＝10－12mol·L－1，則c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝1012·Ka2·c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))，c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝1012·Ka1·c(H2CO3)，進(jìn)而可得c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝1012·Ka2×1012·Ka1·c(H2CO3)，故有c(H2CO3)∶c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))∶c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝c(H2CO3)∶[1012·Ka1·c(H2CO3)]∶[1012·Ka2×1012·Ka1·c(H2CO3)]＝1∶(1012·Ka1)∶(1024·Ka1·Ka2)。(2)HClO溶液中存在電離平衡HClOH＋＋ClO－，HClO的電離常數(shù)Ka＝eq\f(c(H＋)·c(ClO－),c(HClO))，由題圖可知當(dāng)pH＝7.5時(shí)，溶液中δ(HClO)＝δ(ClO－)即c(ClO－)＝c(HClO)，則Ka＝c(H＋)＝10－7.5。答案：(1)1012·Ka11024·Ka1·Ka2(2)10－7.52．25℃時(shí)，將amol·L－1的氨水與0.01mol·L－1的鹽酸等體積混合所得溶液中c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝c(Cl－)，則溶液顯________(填“酸”“堿”或“中”)性；用含a的代數(shù)式表示NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb＝________。答案：中eq\f(10－9,a－0.01)3．大氣污染物SO2可用NaOH溶液吸收。已知pKa＝－lgKa，25℃時(shí)，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1H2SO3溶液的滴定曲線如圖，a點(diǎn)c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(H2SO3)，c點(diǎn)c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))。(1)c點(diǎn)所得溶液中：c(Na＋)________3c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))(填“>”“<”或“＝”)。(2)依據(jù)圖像計(jì)算H2SO3在25℃的pKa1＝________，pKa2＝________。解析：(1)c點(diǎn)所得溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＋c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋c(OH－)，由于c點(diǎn)c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))，則c(Na＋)＋c(H＋)＝3c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＋c(OH－)，pH＝7.19，c(OH－)>c(H＋)，故c(Na＋)>3c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))。(2)亞硫酸的電離平衡常數(shù)表達(dá)式為Ka1＝eq\f(c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))·c(H＋),c(H2SO3))，Ka2＝eq\f(c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))·c(H＋),c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))，由a點(diǎn)c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(H2SO3)可得Ka1＝c(H＋)，即pKa1＝pH＝1.85；由c點(diǎn)c(HSOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3)))＝c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))可得Ka2＝c(H＋)，即pKa2＝pH＝7.19。答案：(1)>(2)1.857.19題組二Ksp的計(jì)算及應(yīng)用4．(2019·高考全國卷Ⅱ)絢麗多彩的無機(jī)顏料的應(yīng)用曾創(chuàng)造了古代繪畫和彩陶的輝煌。硫化鎘(CdS)是一種難溶于水的黃色顏料，其在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是()A．圖中a和b分別為T1、T2溫度下CdS在水中的溶解度B．圖中各點(diǎn)對應(yīng)的Ksp的關(guān)系為Ksp(m)＝Ksp(n)＜Ksp(p)＜Ksp(q)C．向m點(diǎn)的溶液中加入少量Na2S固體，溶液組成由m沿mpn線向p方向移動(dòng)D．溫度降低時(shí)，q點(diǎn)的飽和溶液的組成由q沿qp線向p方向移動(dòng)解析：選B。a、b分別表示溫度為T1、T2時(shí)溶液中Cd2＋和S2－的物質(zhì)的量濃度，可間接表示對應(yīng)溫度下CdS在水中的溶解度，A項(xiàng)正確；Ksp只受溫度影響，即m、n、p三點(diǎn)對應(yīng)的Ksp相同，又T1<T2，故Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)<Ksp(q)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；向m點(diǎn)的溶液中加入少量Na2S固體，溶液中c(S2－)增大，溫度不變，Ksp不變，則溶液中c(Cd2＋)減小，溶液組成由m點(diǎn)沿mpn線向p方向移動(dòng)，C項(xiàng)正確；溫度降低時(shí)，CdS的溶解度減小，q點(diǎn)的飽和溶液的組成由q沿qp線向p方向移動(dòng)，D項(xiàng)正確。5．(2021·高考全國甲卷)已知相同溫度下，Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaSO4))<Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaCO3))。某溫度下，飽和溶液中－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))))))、－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))))))與－lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ba2＋))))的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A．曲線①代表BaCO3的沉淀溶解曲線B．該溫度下BaSO4的Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaSO4))值為1.0×10－10C．加適量BaCl2固體可使溶液由a點(diǎn)變到b點(diǎn)D．ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Ba2＋))＝10－5.1mol·L－1時(shí)兩溶液中eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))))＝10y2－y1解析：選B。Ksp(BaSO4)<Ksp(BaCO3)，當(dāng)－lg[c(Ba2＋)]＝5.1時(shí)，即c(Ba2＋)＝10－5.1mol·L－1時(shí)，y1<y2，所以陰離子濃度：c點(diǎn)>d點(diǎn)，即c點(diǎn)對應(yīng)的Ksp要大些，根據(jù)Ksp的大小可知，曲線②代表BaCO3的沉淀溶解曲線，曲線①代表BaSO4的沉淀溶解曲線，A錯(cuò)誤；曲線①，當(dāng)－lg[c(Ba2＋)]＝4.0時(shí)，－lg[c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))]＝6.0，則c(Ba2＋)＝1.0×10－4mol·L－1、c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝1.0×10－6mol·L－1，所以Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))＝1.0×10－10，B正確；加入適量BaCl2固體后，由于c(Ba2＋)增大，所以BaCO3(s)Ba2＋(aq)＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)平衡逆向移動(dòng)，c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))減小，所以溶液應(yīng)該由b點(diǎn)變到a點(diǎn)，C錯(cuò)誤；由題圖中數(shù)據(jù)可知，c(Ba2＋)＝10－5.1mol·L－1時(shí)，eq\f(c(SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))),c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))))＝eq\f(10－y2,10－y1)＝10y1－y2，D錯(cuò)誤。6．在廢水處理中常用H2S將Mn2＋轉(zhuǎn)化為MnS除去，向含有0.020mol·L－1Mn2＋的廢水中通入一定量的H2S氣體，調(diào)節(jié)溶液的pH，當(dāng)c(HS－)＝1.0×10－4mol·L－1時(shí)，Mn2＋開始沉淀，則此時(shí)溶液的pH＝________[已知Ksp(MnS)＝1.4×10－15；H2S的電離常數(shù)Ka1＝1.3×10－7，Ka2＝7.0×10－15]。解析：根據(jù)Ksp(MnS)＝1.4×10－15，Mn2＋開始沉淀時(shí)，c(S2－)＝eq\f(Ksp(MnS),c(Mn2＋))＝eq\f(1.4×10－15,0.020)mol·L－1＝7.0×10－14mol·L－1，H2S的二級電離常數(shù)Ka2＝eq\f(c(H＋)·c(S2－),c(HS－))＝7.0×10－15，則c(H＋)＝eq\f(7.0×10－15×1.0×10－4,7.0×10－14)mol·L－1＝1.0×10－5mol·L－1，即pH＝5。答案：57．常溫下，在一定量的氯化銅溶液中逐滴加入氨水至過量，可觀察到先產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，后藍(lán)色沉淀溶解轉(zhuǎn)化成藍(lán)色溶液。{已知Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20}(1)當(dāng)pH＝8時(shí)，表明已完全沉淀，計(jì)算此時(shí)c(Cu2＋)＝________mol·L－1。(2)常溫下，Cu2＋(aq)＋4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2＋(aq)K1＝2.0×1013，藍(lán)色沉淀溶解過程中存在平衡：Cu(OH)2(s)＋4NH3(aq)[Cu(NH3)4]2＋(aq)＋2OH－(aq)，其平衡常數(shù)K2＝________。解析：(1)pH＝8時(shí)c(OH－)＝1×10－6mol·L－1，c(Cu2＋)＝eq\f(Ksp[Cu(OH)2],c2(OH－))＝eq\f(2.2×10－20,(1×10－6)2)mol·L－1＝2.2×10－8mol·L－1。(2)K1＝eq\f(c{[Cu(NH3)4]2＋},c(Cu2＋)·c4(NH3))，K2＝eq\f(c{[Cu(NH3)4]2＋}·c2(OH－),c4(NH3))，K2分子、分母都乘以溶液中的c(Cu2＋)，則K2＝Ksp[Cu(OH)2]·K1＝2.2×10－20×2.0×1013＝4.4×10－7。答案：(1)2.2×10－8(2)4.4×10－7非選擇題集訓(xùn)四Ksp的應(yīng)用1．(2021·西安高三模擬)偏釩酸鎂在化工“新型材料”光電領(lǐng)域有著重要的用途。以硼泥[主要成分是MgO(52.12%)，還有Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等雜質(zhì)]為原料設(shè)計(jì)制備偏釩酸鎂的生產(chǎn)工藝如圖所示?！俺s”過程加入雙氧水的目的是____________________________(用離子方程式表示)。此過程中使Fe3＋、Al3＋濃度均小于1×10－6mol·L－1，在室溫下需調(diào)節(jié)pH的范圍是________________{已知：Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39，Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，pH＝9.3時(shí)，Mg2＋開始沉淀}。解析：加入雙氧水可以把Fe2＋氧化為Fe3＋，離子方程式為2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O。因氫氧化鋁的溶解度大于氫氧化鐵，根據(jù)Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，F(xiàn)e3＋、Al3＋濃度均小于1×10－6mol·L－1可知，c(OH－)>eq\r(3,\f(10－33,10－6))mol·L－1＝10－9mol·L－1，pH最小值為5，為防止Mg2＋沉淀，控制pH的最大值為9.3，所以pH的范圍是5<pH<9.3。答案：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O5<pH<9.32．利用含鉻廢料(主要含Cr2O3，還含有FeO、SiO2、Al2O3等雜質(zhì))制備重鉻酸鉀，可實(shí)現(xiàn)清潔化生產(chǎn)，工藝流程如下：回答下列問題：(1)焙燒Cr2O3轉(zhuǎn)化為Na2CrO4的化學(xué)方程式是_______________________。(2)濾渣2的成分是________。(3)已知25℃時(shí)，Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，eq\r(3,0.1)＝0.46，要使Al3＋沉淀完全(離子濃度≤10－5mol·L－1時(shí)沉淀完全)，則溶液中的c(H＋)最大不應(yīng)超過________mol·L－1(保留一位小數(shù))。解析：(1)焙燒時(shí)，Cr2O3和碳酸鈉、氧氣反應(yīng)生成Na2CrO4，氧化亞鐵被氧化為氧化鐵，故Cr2O3轉(zhuǎn)化為Na2CrO4的化學(xué)方程式為2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O2eq\o(=,\s\up8(高溫))4Na2CrO4＋4CO2。(2)水浸時(shí)，氧化鐵以濾渣形式析出，故濾渣1的成分是氧化鐵，得到的濾液中含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2，調(diào)pH，使Na2SiO3、NaAlO2轉(zhuǎn)化為沉淀，故濾渣2的成分為H2SiO3、Al(OH)3。(3)若Al3＋沉淀完全的濃度為10－5mol·L－1，根據(jù)Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)＝1×10－33，計(jì)算得c(OH－)＝4.6×10－10mol·L－1，再根據(jù)水的離子積計(jì)算c(H＋)＝eq\f(Kw,c(OH－))＝eq\f(10－14,4.6×10－10)mol·L－1≈2.2×10－5mol·L－1。答案：(1)2Cr2O3＋4Na2CO3＋3O2eq\o(=,\s\up8(高溫))4Na2CrO4＋4CO2(2)H2SiO3、Al(OH)3(3)2.2×10－53．(2021·新高考廣東卷)對廢催化劑進(jìn)行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁(Al)、鉬(Mo)、鎳(Ni)等元素的氧化物，一種回收利用工藝的部分流程如下：已知：25℃時(shí)，H2CO3的Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11；Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaMoO4))＝3.5×10－8；Kspeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(BaCO3))＝2.6×10－9；該工藝中，pH>6.0時(shí)，溶液中Mo元素以MoOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))的形態(tài)存在。“沉鉬”中，pH為7.0。(1)生成BaMoO4的離子方程式為__________________________________。(2)若條件控制不當(dāng)，BaCO3也會(huì)沉淀。為避免BaMoO4中混入BaCO3沉淀，溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))∶ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(MoOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))))＝________________________(列出算式)時(shí)，應(yīng)停止加入BaCl2溶液。解析：“濾液Ⅱ”的主要成分是NaHCO3和Na2MoO4。(1)“濾液Ⅱ”中加入BaCl2溶液生成BaMoO4的離子方程式為MoOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Ba2＋=BaMoO4↓。(2)開始生成BaCO3時(shí)，溶液中eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))),c(MoOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))))＝eq\f(Ksp(BaCO3),Ksp(BaMoO4))＝eq\f(2.6×10－9,3.5×10－8)，又因?yàn)镵a2＝eq\f(c(H＋)·c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))),c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))＝4.7×10－11，由于“沉鉬”中，pH為7.0，則eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))),c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))))＝eq\f(Ka2,c(H＋))＝eq\f(4.7×10－11,1.0×10－7)，因此可得eq\f(c(HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))),c(MoOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))))＝eq\f(2.6×10－9,3.5×10－8)×eq\f(1.0×10－7,4.7×10－11)。答案：(1)MoOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Ba2＋=BaMoO4↓(2)eq\f(2.6×10－9,3.5×10－8)×eq\f(1.0×10－7,4.7×10－11)4．利用含有鉻、鋅、銅、鐵、鎘(Cd)、鈷(Co)等單質(zhì)的工業(yè)廢料回收鉻的生產(chǎn)流程如下：幾種金屬離子生成氫氧化物沉淀的pH見下表：金屬離子Fe3＋Zn2＋Cd2＋Cr3＋開始沉淀的pH1.55.57.26.0沉淀完全的pH3.38.09.58.0請回答下列問題：(1)酸浸時(shí)形成的金屬離子的價(jià)態(tài)均相同，料渣中含有大量的CoAs合金，寫出除鈷時(shí)反應(yīng)的離子方程式：__________________________________________；若僅從試劑的經(jīng)濟(jì)角度考慮，試劑X最好是________；氧化過程中鐵、鉻形成的離子均被氧化，則調(diào)pH時(shí)應(yīng)將pH控制在____________范圍內(nèi)。(2)已知常溫下Ksp(CdCO3)＝5.2×10－12，Ksp(CdS)＝3.6×10－29。試劑Z是________(填“Na2CO3”或“Na2S”)時(shí)，Cd2＋的去除效果較好。若用Na2S溶液處理CdCO3后，達(dá)到沉淀溶解平衡時(shí)溶液中c(S2－)＝amol·L－1，則c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))＝____________。解析：(1)鐵與稀硫酸反應(yīng)生成Fe2＋，其他金屬(除銅外)也均轉(zhuǎn)化為二價(jià)離子。鋅將Co2＋、As2O5還原為相應(yīng)的單質(zhì)，兩種單質(zhì)形成合金，離子反應(yīng)為As2O5＋2Co2＋＋7Zn＋10H＋=7Zn2＋＋2CoAs＋5H2O。氧氣、氯氣、過氧化氫等氧化劑均能氧化Fe2＋，但空氣的經(jīng)濟(jì)價(jià)值最低。調(diào)pH時(shí)得到Fe(OH)3沉淀，為將鐵離子除盡，且Cr3＋不沉淀，pH應(yīng)不小于3.3，但要小于6.0。(2)CdCO3、CdS組成形式相同，相同條件下Ksp較小的鎘鹽析出后，溶液中剩余的Cd2＋的量較小，Cd2＋去除效果較好的是Na2S。由CdCO3(s)＋S2－(aq)CdS(s)＋COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))(aq)，K＝eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))),c(S2－))＝eq\f(c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))·c(Cd2＋),c(S2－)·c(Cd2＋))＝eq\f(Ksp(CdCO3),Ksp(CdS))＝eq\f(5.2×10－12,3.6×10－29)，可得c(COeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3)))≈1.4a×1017mol·L－1。答案：(1)As2O5＋2Co2＋＋7Zn＋10H＋=7Zn2＋＋2CoAs＋5H2O空氣3.3≤pH<6.0(2)Na2S1.4a×1017mol·L－15．(1)AgCl溶于氨水的離子方程式為AgCl＋2NH3·H2OAg(NH3)eq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋Cl－＋2H2O，平衡常數(shù)為K1。室溫時(shí)，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，AgCl在氨水中的溶解度[用Ag(NH3)eq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))的濃度表示]與氨水的起始濃度關(guān)系如圖所示。①若起始時(shí)c(NH3·H2O)＝2.0mol·L－1，則AgCl在氨水中達(dá)到溶解平衡時(shí)c(NH3·H2O)＝___________________。②反應(yīng)Ag＋＋2NH3·H2OAg(NH3)eq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋2H2O的平衡常數(shù)K2為____________(不必化簡)。(2)向某溶液中加入NaF可除去該溶液中的Ca2＋(濃度為1.0×10－3mol·L－1)，當(dāng)該溶液中c(F－)＝2.0×10－3mol·L－1時(shí)，除鈣率為________%[已知Ksp(CaF2)＝4.0×10－10]。(3)常用的銅抑制劑為NaCN，NaCN可與Cu2＋反應(yīng)生成Cu(CN)2{Ksp[Cu(CN)2]＝4×10－10}沉淀。已知某溶液中Cu2＋的濃度為1mol·L－1，當(dāng)溶液中Cu2＋濃度不大于1×10－6mol·L－1時(shí)即可認(rèn)為Cu2＋沉淀完全，則欲處理1L該溶液至少需要2mol·L－1的NaCN溶液的體積為________L(計(jì)算結(jié)果保留兩位小數(shù))。解析：(1)①由題圖知，NH3·H2O的起始濃度為2.0mol·L－1時(shí)，平衡時(shí)Ag(NH3)eq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))的濃度為0.1mol·L－1，則AgCl＋2NH3·H2OAg(NH3)eq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))＋Cl－＋2H2O起始濃度/(mol·L－1)2.000變化濃度/(mol·L－1)0.20.10.1平衡濃度/(mol·L－1)1.80.10.1故AgCl在氨水中達(dá)到溶解平衡時(shí)c(NH3·H2O)＝1.8mol·L－1。②K2＝eq\f(c[Ag(NH3)eq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))],c(Ag＋)·c2(NH3·H2O))＝eq\f(c[Ag(NH3)eq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(2))]·c(Cl－),c(Cl－)·c(Ag＋)·c2(NH3·H2O))＝eq\f(K1,Ksp(AgCl))＝eq\f(0.1×0.1,1.8×10－10×1.82)＝eq\f(1,1.83×10－8)。(2)當(dāng)該溶液中c(F－)＝2.0×10－3mol·L－1時(shí)，c(Ca2＋)＝eq\f(Ksp(CaF2),c2(F－))＝eq\f(4.0×10－10,(2.0×10－3)2)mol·L－1＝1.0×10－4mol·L－1，則除鈣率為eq\f(1.0×10－3－1.0×10－4,1.0×10－3)×100%＝90%。(3)已知1L該溶液中n(Cu2＋)＝1mol·L－1×1L＝1mol，則沉淀Cu2＋需要消耗2molNaCN。沉淀完全后c(Cu2＋)≤1×10－6mol·L－1，此時(shí)溶液中c(CN－)≥eq\r(\f(Ksp[Cu(CN)2],c(Cu2＋)))＝eq\r(\f(4×10－10,1×10－6))mol·L－1＝2×10－2mol·L－1，設(shè)至少需要NaCN溶液的體積為VL，則2V－2＝2×10－2×(V＋1)，解得V≈1.02。答案：(1)①1.8mol·L－1②eq\f(1,1.83×10－8)(2)90(3)1.02微專題三酸堿中和滴定及其拓展應(yīng)用1．酸堿中和滴定及其拓展應(yīng)用2．滴定實(shí)驗(yàn)指示劑的選擇類型滴定過程指示劑終點(diǎn)顏色變化酸堿中和反應(yīng)強(qiáng)酸滴定強(qiáng)堿(或弱堿)甲基橙溶液由黃色變?yōu)槌壬珡?qiáng)堿滴定強(qiáng)酸(或弱酸)酚酞溶液由無色變?yōu)闇\紅色氧化還原反應(yīng)Na2S2O3溶液滴定未知濃度的碘水淀粉溶液溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色酸性KMnO4溶液滴定H2O2(或H2C2O4)溶液—溶液由無色變?yōu)榉奂t色沉淀反應(yīng)AgNO3溶液滴定含Cl－的溶液K2CrO4溶液出現(xiàn)淡紅色沉淀(Ag2CrO4為磚紅色沉淀)3.酸堿中和滴定曲線圖像分析用氫氧化鈉溶液滴定等濃度、等體積的鹽酸、醋酸的滴定曲線用鹽酸滴定等濃度、等體積的氫氧化鈉溶液、氨水的滴定曲線曲線起點(diǎn)不同：強(qiáng)堿滴定等濃度、等體積的強(qiáng)酸、弱酸的曲線，強(qiáng)酸起點(diǎn)低；強(qiáng)酸滴定等濃度、等體積的強(qiáng)堿、弱堿的曲線，強(qiáng)堿起點(diǎn)高突躍范圍不同：強(qiáng)強(qiáng)滴定突躍范圍大，強(qiáng)弱滴定突躍范圍小室溫下，當(dāng)?shù)润w積、等濃度的一元強(qiáng)堿和一元強(qiáng)酸反應(yīng)時(shí)，pH＝7；但當(dāng)?shù)润w積、等濃度的一元強(qiáng)堿和一元弱酸(或一元強(qiáng)酸和一元弱堿)反應(yīng)時(shí)，pH>7(或pH<7)(1)抓住關(guān)鍵“五點(diǎn)”，突破中和滴定曲線抓反應(yīng)的“起始”點(diǎn)判斷酸、堿的相對強(qiáng)弱抓反應(yīng)的“一半”點(diǎn)判斷是哪種溶質(zhì)的等量混合抓溶液的“中性”點(diǎn)判斷溶液中的溶質(zhì)成分及哪種物質(zhì)過量或不足抓“恰好反應(yīng)”點(diǎn)判斷生成的溶質(zhì)成分及溶液的酸堿性抓反應(yīng)的“過量”點(diǎn)判斷溶液中的溶質(zhì)成分及哪種物質(zhì)過量(2)對于多條曲線的圖像，抓住“交叉點(diǎn)”表示的意義，聯(lián)系電離平衡常數(shù)或水解平衡常數(shù)進(jìn)行分析和計(jì)算。(3)對于直線的圖像，首先明確縱坐標(biāo)和橫坐標(biāo)表示的物理量的含義，然后進(jìn)行分析和計(jì)算。4．滴定實(shí)驗(yàn)誤差分析c待＝eq\f(c標(biāo)·V標(biāo),V待)，由于c標(biāo)和V待已經(jīng)確定，只要分析出由不當(dāng)操作引起的V標(biāo)的變化，即可分析出結(jié)果。題組一酸堿中和滴定1．已知Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。常溫下，用0.01mol·L－1氨水滴定20mL濃度均為0.01mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，溶液的相對導(dǎo)電能力隨加入氨水體積的變化曲線如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是()A．a(chǎn)點(diǎn)對應(yīng)的溶液中：c(CH3COO－)≈1.8×10－5mol·L－1B．b點(diǎn)對應(yīng)的溶液中：c(CH3COOH)>c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))C．c點(diǎn)對應(yīng)的溶液中：c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D．溶液的pH＝7時(shí)，加入氨水的體積大于40mL解析：選B。HCl完全電離，醋酸部分電離，a點(diǎn)對應(yīng)溶液中c(H＋)≈0.01mol·L－1，c(CH3COOH)≈0.01mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝eq\f(c(CH3COO－)·c(H＋),c(CH3COOH))，則c(CH3COO－)≈Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5mol·L－1，A正確；b點(diǎn)時(shí)V(氨水)＝20mL，a點(diǎn)到b點(diǎn)過程中主要發(fā)生HCl與NH3·H2O的酸堿中和反應(yīng)，如果不考慮NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的水解和CH3COOH的電離，c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝c(CH3COOH)，由于Kh(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＝eq\f(Kw,Kb(NH3·H2O))＝eq\f(1.0×10－14,1.8×10－5)＝5.6×10－10<Ka(CH3COOH)，即NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4))的水解程度小于CH3COOH的電離程度，故c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))>c(CH3COOH)，B錯(cuò)誤；c點(diǎn)對應(yīng)的溶液的溶質(zhì)是氯化銨和醋酸銨，則物料守恒式為c(NHeq\o\al(\s\up1(＋),\s\do1(4)))＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C正確；c點(diǎn)對應(yīng)的溶液顯酸性，要使溶液的pH＝7必須繼續(xù)加入氨水，故加入氨水的體積大于40mL，D正確。2．(2021·福州高三測試)已知草酸為二元弱酸：H2C2O4HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋H＋Ka1HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋H＋Ka2常溫下，向某濃度的草酸溶液中逐滴加入一定物質(zhì)的量濃度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))、C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))三種微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)與溶液pH的關(guān)系如圖所示，則下列說法中不正確的是()A．pH＝1.2的溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2C2O4)B．pH＝2.7的溶液中：eq\f(c2(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))),c(H2C2O4)·c(C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))))＝1000C．將相同物質(zhì)的量的KHC2O4與K2C2O4固體完全溶于水所得混合液的pH為4.2D．向pH＝1.2的溶液中加KOH溶液，將pH增大至4.2的過程中水的電離度一定增大解析：選C。pH＝1.2時(shí)，H2C2O4、HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)相等，且存在電荷守恒c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))，則c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2C2O4)，故A項(xiàng)正確；由圖像可知pH＝1.2時(shí)，c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＝c(H2C2O4)，則Ka1＝eq\f(c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))·c(H＋),c(H2C2O4))＝c(H＋)＝10－1.2，pH＝4.2時(shí)，c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4)))＝c(C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4)))，Ka2＝eq\f(c(H＋)·c(C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))),c(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))))＝c(H＋)＝10－4.2，由電離常數(shù)可知eq\f(Ka1,Ka2)＝eq\f(c2(HC2Oeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))),c(H2C2O4)·c(C2Oeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))))＝1000，故B項(xiàng)正確；將相同物質(zhì)的量的KHC2O4和K2C2O4固體完全溶于水，可配成不同濃度的溶液，溶液濃度不同，pH不一定為定值，即不一定為4.2，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；向pH＝1.2的溶液中加入KOH溶液，將pH增大至4.2，溶液中由酸電離出的氫離子濃度減小，則對水的電離的抑制程度減小，水的電離度一定增大，故D項(xiàng)正確。3．我國國家標(biāo)準(zhǔn)(GB2760-2011)規(guī)定葡萄酒中SO2最大使用量為0.25g·L－1。某興趣小組用圖甲裝置(夾持裝置略)收集某葡萄酒中SO2，并對其含量進(jìn)行測定。(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)選擇圖乙中的________；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”處時(shí)，則管內(nèi)液體的體積________(填序號)。①＝10mL ②＝40mL③<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：________________________________________________________________。