2022高考化学二轮学案查漏补缺专题十水溶液中的离子平衡解析版

专题十水溶液中的离子平衡考纲解读考纲解读【考纲导向】2．了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性。3．了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。4．了解水的电离，水的离子积常数。5．了解溶液pH的定义；了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。6．了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。7．了解难溶电解质的溶解平衡。8．了解溶度积的含义，能用平衡移动原理分析沉淀溶解、生成和转化过程。【命题分析】水溶液中的离子平衡是化学平衡的延伸和应用，也是高考中考点分布较多的内容之一。一是在选择题某一选项中以图像或者文字的形式考查，二是在填空题中结合化学反应原理综合考查。从高考命题的变化趋势来看，溶液中离子浓度的大小比较及沉淀的溶解平衡和转化是主流试题。此类题目考查的内容既与盐的水解有关，又与弱电解质的电离平衡有关。题目不仅偏重考查粒子的浓度大小顺序，而且还侧重溶液中的各种守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守恒)关系的考查，从而使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性。知识网络图知识网络图重点拓展重点拓展考点一弱电解质的电离平衡1．图像法理解一强一弱的稀释规律(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸a．加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大。b．加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多。(2)相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸a．加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大。b．加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多。2．有关电离平衡常数计算答题模板(以弱酸HX为例)HXH＋＋X－起始/(mol·L－1):c(HX)00平衡/(mol·L－1):c(HX)－c(H＋)c(H＋)c(H＋)则K＝eq\f(c2H＋,cHX－cH＋)由于弱酸只有极少一部分电离，c(H＋)的数值很小，可做近似处理：c(HX)－c(H＋)≈c(HX)。则K＝eq\f(c2H＋,cHX)或c(H＋)＝eq\r(K·cHX)。3．弱电解质平衡移动的“三个不一定”(1)稀醋酸加水稀释时，溶液中不一定所有的离子浓度都减小。因为温度不变，Kw＝c(H＋)·c(OH－)是定值，稀醋酸加水稀释时，溶液中的c(H＋)减小，故c(OH－)增大。(2)电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，离子的浓度不一定增大，电离程度也不一定增大。(3)对于浓的弱电解质溶液加H2O稀释的过程，弱电解质的电离程度逐渐增大，但离子浓度不一定减小，可能先增大后减小。4．一元强酸与一元弱酸的比较等物质的量浓度的盐酸(a)与醋酸溶液(b)等pH的盐酸(a)与醋酸溶液(b)pH或物质的量浓度pH：a＜b物质的量浓度：a＜b溶液的导电性a＞ba＝b水的电离程度a＜ba＝b加水稀释等倍数pH的变化量a＞ba＞b等体积溶液中和NaOH反应的量a＝ba＜b分别加该酸的钠盐固体后pHa：不变；b：变大a：不变；b：变大开始与金属反应的速率a＞b相同等体积溶液与过量活泼金属产生H2的量相同a＜b5．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)稀释图像比较(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多(2)相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多考纲解读考纲解读考法一判断电解质强弱【典例1】(2021年1月浙江选考)下列物质属于强电解质的是()A．KOH B．H3PO4 C．SO3 D．CH3CHO解析：在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质。A项，KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH-，KOH为强电解质，A符合题意；B项，H3PO4在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，H3PO4为弱电解质，B不符合题意；C项，SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO3属于非电解质，C不符合题意；D项，CH3CHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CH3CHO属于非电解质，D不符合题意；故选A。答案：A考法二弱酸(碱)或弱碱(酸)的比较【典例2】下列事实中不能证明CH3COOH是弱电解质的是()A.常温下某CH3COONa溶液的pH＝8B.常温下0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝2．8C.CH3COONa溶液与稀盐酸反应生成CH3COOH和NaClD.CH3COOH属于共价化合物解析：A项，常温下某CH3COONa溶液的pH＝8，CH3COONa水解显碱性，为弱酸强碱盐，故CH3COOH为弱电解质，正确；B项，常温下0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝2．8，说明CH3COOH部分电离，为弱电解质，正确；C项，根据强酸制弱酸的原理，盐酸制取了醋酸，所以醋酸为弱酸，是弱电解质，正确；D项，强电解质和弱电解质都有可能为共价化合物，错误。答案：D考法三电解质稀释图象【典例3】(2019•天津卷)某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5．0×10－4和1．7×10－5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是()A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液B．溶液中水的电离程度：b点＞c点C．从c点到d点，溶液中保持不变(其中、分别代表相应的酸和酸根离子)D．相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同解析：A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；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为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c(CH3COOH)＞c(HNO2)，分别滴加同浓度的NaOH溶液至中性，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。答案：C考法四电离平衡常数【典例4】(2021年1月浙江选考)实验测得10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1．8×10-5．下列说法不正确的是()A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1，溶液pH变化值小于lgxC．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH-)减小，c(H+)增大，pH减小D．25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)解析：由题中信息可知，图中两条曲线为10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。A项，由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B项，将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C项，随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D项，25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)，醋酸钠溶液中，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)。由于25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1．8×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中c(OH-)-c(H+)(两者差的绝对值)相等，故c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。故选C。答案：C考法五电离平衡常数的理解和应用【典例5】硫酸、硝酸、高氯酸在水溶液中都是强酸，下表是某温度下这三种酸在冰醋酸中的电离常数。下列说法正确的是()酸H2SO4HNO3HClO4K16．3×10－94．2×10－101．6×10－5A.在冰醋酸中H2SO4的电离方程式为：H2SO42H＋＋SOeq\o\al(2－,4)B.在冰醋酸中，HNO3的酸性最强C.在冰醋酸中，0.01mol/L的HClO4，其离子总浓度约为4×10－4mol/LD.高氯酸水溶液与氨水反应的离子方程式为H＋＋NH3·H2O=H2O＋NHeq\o\al(＋,4)解析：在冰醋酸中，H2SO4分步电离，其第一步电离方程式为H2SO4H＋＋HSOeq\o\al(－,4)，A项错误；根据在冰醋酸中的电离常数，三种酸的酸性强弱顺序为HClO4>H2SO4>HNO3，B项错误；设在冰醋酸中0.01mol/L的HClO4的H＋物质的量浓度为xmol·L－1，HClO4H＋＋ClOeq\o\al(－,4)c(起始)/mol/L0.0100c(变化)/mol/Lxxxc(平衡)/mol/L0.01－xxx则电离常数K＝eq\f(x2,0.01－x)≈eq\f(x2,0.01)＝1．6×10－5，x＝4×10－4mol/L，离子总浓度约为8×10－4mol/L，C项错误；在水溶液中，HClO4是一元强酸，NH3·H2O是一元弱碱，D项正确。答案：D解题技巧以一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)的比较为例(1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较比较项目酸c(H＋)pH中和碱的能力与活泼金属反应产生H2的量开始与金属反应的速率盐酸大小相同相同大醋酸溶液小大小(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较比较项目酸c(H＋)c(酸)中和碱的能力与足量活泼金属反应产生H2的量开始与金属反应的速率盐酸相同小小少相同醋酸溶液大大多练习1．(2019•浙江4月选考)下列属于强电解质的是()A．硫酸钡 B．食盐水C．二氧化硅D．醋酸答案：A解析：A项，可知硫酸钡是强电解质，A项正确；B项，食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，B项错误；C项，二氧化硅是非电解质，C项错误；D项，醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，D项错误。2．下列事实能说明亚硫酸的酸性强于碳酸的是()A.饱和亚硫酸溶液的pH小于饱和碳酸溶液的pHB.亚硫酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而碳酸不能C.同温下，等浓度的亚硫酸氢钠溶液和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液的碱性强D.将过量二氧化硫气体通入碳酸氢钠溶液中，逸出的气体能使澄清石灰水变浑浊答案：C解析：由于亚硫酸饱和溶液和碳酸饱和溶液的浓度不相等，因此不能根据二者饱和溶液的pH比较其酸性强弱，A项错误；亚硫酸使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为其具有还原性，与酸性强弱无关，B项错误；同温、等浓度条件下，碳酸氢钠溶液的碱性强，即HCOeq\o\al(－,3)的水解程度大，说明其对应酸的酸性弱，C项正确；反应生成的CO2和过量的SO2均能使澄清石灰水变浑浊，故不能确定是否生成CO2，即不能比较H2SO3和H2CO3的酸性强弱，D项错误。3．常温下pH＝2的两种酸溶液A和B，分别加水稀释1000倍，其pH与所加水的体积变化如图所示。下列结论正确的是()A.B酸比A酸的电离度大B.A为弱酸，B为强酸C.B酸的物质的量浓度比A的小D.A酸比B酸易电离答案：D解析：根据图示可知溶液稀释1000倍后，A酸溶液pH变化大，说明A酸酸性大于B酸酸性。则B酸为弱酸，其电离度应比A酸小，A酸易电离。同为pH＝2，B酸溶液物质的量浓度一定比A酸溶液浓度大。4．室温下，将10．00mL5．0000mol·L－1醋酸滴入100.00mL蒸馏水中，溶液中c(H＋)和温度随着加入醋酸体积的变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是()A．a～b段，醋酸电离过程为放热过程B．c～d段，c(H＋)增加，醋酸电离程度增大C．c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D．d点时，c(H＋)>c(CH3COOH)答案：C解析：a～b段，醋酸电离过程为吸热过程，电解质溶于水，扩散过程(电离)吸热，水合过程(形成水合离子)放热，A错误；c～d段，醋酸浓度增大，c(H＋)增加，醋酸电离程度减小，B错误；c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，根据物料守恒，有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C正确；醋酸是弱酸，电离是微弱的，在溶液中主要以分子的形式存在，故d点时，c(H＋)<c(CH3COOH)，D错误。5．已知25℃下，醋酸溶液中各粒子存在下述关系：K＝eq\f(c（CH3COO－）·c（H＋）,c（CH3COOH）)＝1．75×10－5，下列有关说法可能成立的是()A.25℃下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，K＝8×10－5B.25℃下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，K＝8×10－4C.标准状况下，醋酸溶液中K＝1．75×10－5D.升高到一定温度，K＝7．2×10－5答案：D解析：K为醋酸的电离常数，只与温度有关，与离子浓度无关，故A、B两项均错误；由于醋酸电离过程吸热，则升高温度，K增大，降低温度，K减小，所以标准状况下(0℃)，K应小于1．75×10－5，C项错误；升高温度，K应大于1．75×10－5，D项正确。考点二水的电离和溶液的酸碱性1．水的电离(1)水的电离：H2O＋H2OH3O＋＋OH－，可简写为H2OH＋＋OH－。(2)水的离子积常数：Kw＝c(H＋)·c(OH－)。①室温下：Kw＝1×10－14。②影响因素：只与温度有关，升高温度，Kw增大。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。④Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要温度不变，Kw不变。2．溶液中H＋或OH－的来源分析(1)溶液为酸的溶液。溶液中的OH－全部来自水的电离，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)。如pH＝2的盐酸中，溶液中的c(OH－)＝(Kw/10－2)mol·L－1＝10－12mol·L－1，即由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12mol·L－1。(2)溶质为碱的溶液。溶液中的H＋全部来自水的电离，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)。如pH＝12的NaOH溶液中，溶液中的c(H＋)＝10－12mol·L－1，即由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12mol·L－1。(3)水解呈酸性或碱性的盐溶液。①pH＝5的NH4Cl溶液中，H＋全部来自水的电离，由水电离的c(H＋)＝10－5mol·L－1，因为部分OH－与部分NHeq\o\al(＋,4)结合，溶液中c(OH－)＝10－9mol·L－1。②pH＝12的Na2CO3溶液中，OH－全部来自水的电离，由水电离出的c(OH－)＝10－2mol·L－1。3．溶液酸碱性判断中的常见误区(1)误认为溶液的酸碱性取决于pH。如pH＝7的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。(2)误认为酸碱恰好中和时溶液一定显中性。如强酸和弱碱恰好中和时，溶液显酸性；强碱和弱酸恰好中和时，溶液显碱性，强酸和强碱恰好中和时，溶液显中性。(3)使用pH试纸测溶液酸碱性时，若先用蒸馏水润湿，测量结果不一定偏小。先用蒸馏水润湿，相当于将待测液稀释，若待测液为碱性溶液，则所测结果偏小；若待测液为酸性溶液，则所测液为中性溶液，则所测结果没有误差。4．有关pH计算的一般思维模型典例精讲典例精讲考法一水的离子积【典例1】如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是()A.两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝KwB.M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)C.图中T1＜T2D.XZ线上任意点均有pH＝7解析：由水的离子积的定义知两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw，A项正确；由图中纵横轴的大小可知M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)，B项正确；温度越高，水的电离程度越大，电离出的c(H＋)与c(OH－)越大，所以T2＞T1，C项正确；XZ线上任意点都有c(H＋)＝c(OH－)，只有当c(H＋)＝10－7mol·L－1时，才有pH＝7，D项错误。答案：D考法二水的电离平衡【典例2】(2019•北京卷)实验测得0.5mol·L-1CH3COONa溶液、0.5mol·L-1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()c(H+)＞c(OH-)B随温度升高，CH3COONac(OH-)减小C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同解析：A选项错误，无论是否升温，纯水均为中性，c(H+)=c(OH-)；B选项错误，盐类的水解特点是升温促进水解，CH3COONa本身水解显碱性，升温促进水解，碱性增强，c(OH-)增大；Cc(H+)增c(H+)(H+)，c(H+)越大，pH越低；DCH3COO-、Cu2+pHCCH3COO-pHKw答案：C考法三溶液酸碱性【典例3】(2020•浙江7月选考)水溶液呈酸性的是()A．NaCl B．NaHSO4 C．HCOONa D．NaHCO3解析：A项，NaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合题意；B项，NaHSO4是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，故其水溶液呈酸性，B符合题意；C项，HCOONa属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生的HCOO－可以发生水解，其水解的离子方程式为HCOO－＋H2OHCOOH＋OH－，故其水溶液呈碱性，C不符合题意；D项，NaHCO３是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性，D不符合题意。故选B。答案：B考法四溶液pH的计算【典例4】常温下，pH＝1的H2SO4和pH＝12的NaOH溶液按体积比2∶9混合，混合后溶液的pH为(忽略体积变化)()A.9B.10C.2 D.3解析：常温下，pH＝1的H2SO4(氢离子浓度是0.1mol/L)和pH＝12的NaOH溶液(氢氧根离子浓度是0.01mol/L)按体积比2∶9混合后酸过量，混合后溶液中氢离子浓度是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考法五电离平衡常数的运用【典例5】(2020•山东卷)(双选)25℃时，某混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=c(CH3COOH)=0.1mol/L，1gc(CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)随pH变化的关系如下图所示。Ka为CH3COOH的电离常数，下列说法正确的是()A．O点时，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)B．N点时，C．该体系中，D．pH由7到14的变化过程中，CH3COO-的水解程度始终增大解析：根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线。A项，根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)=c(OH-)，故A错误；B项，N点为曲线1和曲线4的交点，lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；C项，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L-c(CH3COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正确；D项，醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；故选BC。答案：BC练习1．(2019•浙江4月选考)下列溶液呈碱性的是()A．NH4NO3 B．(NH4)2SO4 C．KCl D．K2CO3答案：D解析：A项，该盐属于强酸弱碱盐，NH4++H2ONH3·H2O+H+，溶液显酸性，A不合题意；B项，同A，NH4+发生水解，使得溶液显酸性，B不合题意；C项，该盐属于强酸强碱盐，不发生水解，溶液显中性，C不合题意；D项，该盐属于强碱弱酸盐，CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液显碱性，D项符合题意。故选D。2．常温下，下列溶液一定呈碱性的是()A．能与金属铝反应放出氢气的溶液B．eq\f(cH＋,cOH－)＝10－6的溶液C．pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合D．0.01mol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的HCl溶液等体积混合答案：B解析：能与金属铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性也可能呈强碱性，A错误；eq\f(cH＋,cOH－)＝10－6<1，c(H＋)<c(OH－)，溶液呈碱性，B正确；CH3COOH为弱酸，NaOH为强碱，pH＝2的CH3COOH为弱酸，NaOH为强碱，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合，CH3COOH过量，溶液呈酸性，C错误；0.01mol·L－1的氨水与0.01mol·L－1的HCl溶液等体积混合恰好发生中和反应，生成的氯化铵水解使溶液呈酸性，D错误。3．一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图，下列说法正确的是()A.升高温度，可能引起由c向b的变化B.该温度下，水的离子积常数为1．0×10－13C.该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D.该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化答案：C解析：c点、b点对应相同的温度，A项错误；根据b点对应的纵坐标和横坐标都为1．0×10－7mol·L－1可知，水的离子积常数为1．0×10－14，B项错误；FeCl3为强酸弱碱盐，可水解使溶液呈酸性，C项正确；c、d点对应的c(H＋)相同，c(OH－)不同，但由于Kw只与温度有关，所以温度不变时，稀释溶液不可能引起c向d的变化，D项错误。4．(2021年1月浙江选考)25℃时，下列说法正确的是()A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C．0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2D．100mLpH=10．00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1．0×10-5mol答案：D解析：A项，NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B项，可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C项，弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D项，100mLpH=10．00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；故选D。考点三酸碱中和滴定1．概念：用已知物质的量浓度的酸(或碱)来测定未知物质的量浓度的碱(或酸)的方法。2．原理：c待＝eq\f(c标×V标,V待)(以一元酸与一元碱的滴定为例)。在酸碱中和滴定过程中，开始时由于被滴定的酸(或碱)浓度较大，滴入少量的碱(或酸)对其pH的影响不大。当滴定接近终点(pH＝7)时，很少量(一滴，约0.04mL)的碱(或酸)就会引起溶液pH突变(如图所示)。3．酸碱中和滴定的关键(1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。(2)选取适当指示剂，准确判断滴定终点。4．实验用品(1)仪器图(A)是酸式滴定管，图B是碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。(2)试剂标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。指示剂变色范围的pH甲基橙<3．1红色3．1～4．4橙色>4．4黄色酚酞<8．2无色8．2～10．0浅红色>10．0红色5．中和滴定实验操作(以酚酞作指示剂，用盐酸滴定氢氧化钠溶液)。(1)滴定前的准备。(2)滴定。(3)终点判断：等到滴入最后一滴反应液，指示剂变色，且在半分钟内不能恢复原来的颜色，视为滴定终点，并记录标准液的体积。(4)数据处理：按上述操作重复2～3次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据原理计算。c(NaOH)＝eq\f(c（HCl）·V（HCl）,V（NaOH）)6．氧化还原滴定的原理及指示剂的选择：(1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。(2)试剂：常见用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等；常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。(3)指示剂：氧化还原滴定的指示剂有三类：①氧化还原指示剂；②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝；③自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色。7．沉淀滴定：(1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。(2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrOeq\o\al(2－,4)为指示剂，这是因为AgCl比AgCrO4更难溶。典例精讲典例精讲考法一仪器的使用【典例1】下列有关叙述中正确的是()A．滴定管下端连有橡皮管的为酸式滴定管B．在滴定时，左手操作锥形瓶，右手操作滴定管开关C．滴定前应首先排除尖嘴部分的气泡D．滴定过程中两眼应注视滴定管内液面的变化解析：A是碱式滴定管，B右手操作锥形瓶，D两眼观察锥形瓶内颜色变化。答案：C考法二指示剂选择【典例2】实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下：甲基橙：3．1～4．4石蕊：5．0～8．0酚酞：8．2～10．0用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，恰好完全反应时，下列叙述中正确的是()A.溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B.溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C.溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂D.溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂解析：NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好完全反应时生成CH3COONa，CH3COO－水解显碱性，而酚酞的变色范围为8．2～10．0，比较接近。因此答案为D。答案：D考法三酸碱中和滴定误差分析【典例3】用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是()A.配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质B.滴定到终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗D.滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液解析：A项将会使标准碱液的c(OH－)偏大，滴定时耗用的V(OH－)偏小，导致结果偏低，A项正确；滴定终点时仰视读数，将使读取碱液的体积偏大，测定结果偏高，B项错误；用未知液润洗锥形瓶将使测定结果偏高，C项错误；尖嘴处悬挂溶液将使读取的标准液体积偏大，测定结果偏高，D项错误。答案：A考法四中和滴定曲线分析【典例4】(2020•浙江1月选考)室温下，向20.00mL0.1000mol·L−1盐酸中滴加0.1000mol·L−1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5＝0.7。下列说法不正确的是()A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大D．V(NaOH)＝30.00mL时，pH＝12．3解析：A项，NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下，故A正确；B项，选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C项，甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D项，时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)==0.02mol/L，即溶液中c(OH-)=0.02mol，则c(H+)=5×10-13mol/L，pH=-lgc(H+)=12．3，故D正确；故选C。答案：C考法五滴定的综合应用【典例5】中华人民共和国国家标准(GB2760­2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。图1图2(1)仪器A的名称是____________，水通入A的进口为______。(2)B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为__________________________________。(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的________；若滴定终点时溶液的pH＝8．8，则选择的指示剂为________；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积(填序号)________(①＝10mL，②＝40mL，③＜10mL，④＞40mL)。(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25．00mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L－1。(5)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施：________________________________________________________________________。解析：(1)A仪器的名称为冷凝管或冷凝器；为使冷却效果好，应将冷却水从处于低处的b口通入。(2)SO2具有强还原性，H2O2具有强氧化性，二者发生氧化还原反应：SO2＋H2O2=H2SO4。(3)NaOH盛装在碱式滴定管中，应将橡皮管向上弯曲以排出气泡，选③。滴定至终点时溶液的pH＝8．8，在酚酞的变色范围内，故可选用酚酞作指示剂。液面在10mL时滴定管中有刻度的液体为40mL，因滴定管的下端有一段无刻度，故管内液体的体积大于40mL。(4)SO2与NaOH存在如下关系：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的含量为eq\f(0.072g,0.3L)＝0.24g·L－1。(5)盐酸为挥发性酸，挥发出的HCl消耗NaOH，使测量值偏大。可以用难挥发的稀硫酸代替盐酸进行该实验。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：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸(或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响)解题技巧指示剂选择的基本原则变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。(1)不能用石蕊作指示剂。(2)滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。(3)滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。(4)强酸与强碱间进行滴定时，用甲基橙和酚酞都可以。(5)并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准的Na2SO3滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色恰好褪去时即为滴定终点。练习1．下列有关滴定的说法正确的是()A．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，则结果偏低B．用c1mol·L－1酸性高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去酸性高锰酸钾溶液体积为V1mL，则H2C2O4溶液的浓度为eq\f(0.4c1V1,V2)mol·L－1C．用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低D．用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21．7mL答案：A解析：用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，由于氢氧化钠的摩尔质量较小，则所配标准溶液中OH－浓度较大，滴定时消耗标准溶液体积偏小，所以测定结果偏低，A正确；用c1mol·L－1酸性高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去高锰酸钾溶液体积为V1mL，由两者反应中化合价升降总数相等(或电子转移守恒)可得到关系式5H2C2O4～2KMnO4，则n(H2C2O4)＝2．5n(KMnO4)＝2．5×V1mL×c1mol·L－1，所以H2C2O4溶液的浓度为eq\f(2.5c1V1,V2)mol·L－1，B不正确；用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，则未知盐酸的体积偏小，导致测定结果偏高，C不正确；滴定管的读数要精确到0.01mL，D不正确。2．(2018·全国Ⅲ)用0.100mol·L－1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L－1Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是()A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)C．相同实验条件下，若改为0.0400mol·L－1Cl－，反应终点c移到aD．相同实验条件下，若改为0.0500mol·L－1Br－，反应终点c向b方向移动答案：C解析：根据Ag＋＋Cl－=AgCl↓可知，达到滴定终点时，消耗AgNO3溶液的体积为eq\f(0.0400mol·L－1×50.0mL,0.100mol·L－1)＝20.0mL。A对：由题图可知，当AgNO3溶液的体积为50.0mL时，溶液中的c(Cl－)略小于10－8mol·L－1，此时混合溶液中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对：因反应过程中有沉淀生成，溶液中必然存在平衡AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq),故曲线上的各点均满足c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)。D对：相同实验条件下，沉淀相同量的Cl－和Br－消耗的AgNO3的量相同，由于Ksp(AgBr)＜Ksp(AgCl)，当滴加相等量的Ag＋时，溶液中c(Br－)＜c(Cl－)，故反应终点c向b方向移动。3．过氧化氢的水溶液适用于医用消毒、环境消毒和食品消毒。Ⅰ.过氧化氢性质探究实验(1)酸性条件下H2O2可将Fe2＋转化成Fe3＋，由此说明H2O2具有________性。(2)已知H2O2是一种二元弱酸，其中Ka1＝2．20×10－12、Ka2＝1．05×10－25，则H2O2的电离方程式为____________________________，常温下，1mol·L－1的H2O2溶液的pH约为________。Ⅱ.过氧化氢含量的测定实验某兴趣小组同学用0.1000mol·L－1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过氧化氢，反应原理为2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑。(3)滴定达到终点的现象是____________________________________。(4)用移液管移取25．00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：第一次第二次第三次第四次V(KMnO4溶液)/mL17．1018．1018．0017．90计算试样中过氧化氢的浓度为________mol·L－1。(5)若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则测定结果________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。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)锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色(4)0.1800(5)偏高解析：Ⅰ.(1)酸性条件下，H2O2可将Fe2＋氧化为Fe3＋，体现了过氧化氢的氧化性。(2)过氧化氢属于二元弱酸，分步电离，其电离的方程式为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，以第一步电离为主，则Ka1＝＝＝2．20×10－12，所以c(H＋)≈1．48×10－6mol·L－1，即pH≈5．8。Ⅱ.(3)滴定达到终点的现象是锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色。(4)由于第一次数据＋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)滴定前滴定管尖嘴处有气泡，导致消耗的标准液体积偏大，则测定结果偏高。考点五盐类水解和粒子浓度大小比较1．盐类水解的应用应用举例判断溶液的酸碱性FeCl3显酸性，原因是Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+配制或贮存易水解的盐溶液配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，防止Cu2+水解判断盐溶液蒸干产物加热蒸干AlCl3[加热Al(NO3)3、FeCl3、AlBr3溶液与之类似]溶液，因为水解产物之一为挥发性物质盐酸，不断挥发出氯化氢气体，导致水解平衡不断向右移动，最后彻底水解，蒸干后得到AI(OH)3，进一步灼烧得到Al2O3。胶体的制取制取Fe(OH)3胶体的离子反应：Fe3+＋3H2Oeq\o(====,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H+物质的提纯除去MgCl2溶液中的Fe3+，可加入MgO、镁粉或Mg(OH)2或MgCO3离子共存的判断Al3+与AlOeq\o\al(－,2)、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、S2-、HS-等因相互促进水解而不共存泡沫灭火器原理成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为Al3+＋3HCOeq\o\al(－,3)===Al(OH)3↓＋3CO2↑作净水剂明矾可作净水剂，原理为Al3+＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H+化肥的使用铵态氮肥与草木灰不得混用，原因是2NHeq\o\al(＋,4)＋COeq\o\al(2－,3)＝2NH3↑＋CO2↑＋H2O2．盐类水解程度大小比较的三个规律(1)盐水解生成的弱酸(弱碱)越弱水解程度越大。常以此判断弱酸(弱碱)的相对强弱。(2)相同条件下：正盐>相应酸式盐，如COeq\o\al(2－,3)>HCOeq\o\al(－,3)。(3)相互促进水解的盐>单水解的盐>相互抑制水解的盐。如(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)23．离子浓度大小比较(1)微粒浓度大小比较的理论依据和守恒关系A．两个理论依据①弱电解质电离理论：电离粒子的浓度大于电离生成粒子的浓度。例如，H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(HCOeq\o\al(－,3))≫c(COeq\o\al(2－,3))(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成粒子的浓度。例如，Na2CO3溶液中：c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。B．三个守恒关系①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。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，变化前后某种元素的原子个数守恒。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质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。例如，纯碱溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)。(2)四种情况分析①多元弱酸溶液根据多步电离分析，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多元弱酸的正盐溶液根据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不同溶液中同一离子浓度的比较要看溶液中其他离子对其产生的影响。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4NO3溶液，②CH3COONH4溶液，③NH4HSO4溶液，c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的顺序是③>①>②。④混合溶液中各离子浓度的比较要进行综合分析，如电离因素、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，各离子浓度的大小顺序为c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。在该溶液中，NH3·H2O的电离与NHeq\o\al(＋,4)的水解互相抑制，但NH3·H2O的电离程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，同时c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)。典例精讲典例精讲考法一盐类水解的原理【典例1】25℃时，浓度均为0.2mol·L－1的NaHCO3与Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是()A.均存在电离平衡和水解平衡B.存在的粒子种类相同C.c(OH－)前者大于后者D.分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(COeq\o\al(2－,3))均增大解析：NaHCO3、Na2CO3均属于强碱弱酸盐，都存在水解平衡，同时还存在H2O的电离平衡，A项正确；Na2CO3、NaHCO3溶液中都含有Na＋、COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)、H2CO3、H＋、OH－、H2O，它们存在的粒子种类相同，B项正确；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项错误；NaHCO3溶液中加入NaOH时，HCOeq\o\al(－,3)与OH－反应导致c(COeq\o\al(2－,3))增大；Na2CO3溶液中加入NaOH时，OH－抑制了COeq\o\al(2－,3)的水解，导致c(COeq\o\al(2－,3))增大，D项正确。答案：C考法二影响盐类水解的因素【典例2】在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。下列说法正确的是()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，eq\f(c（HCOeq\o\al(－,3)）,c（COeq\o\al(2－,3)）)减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小解析：水解平衡常数只受温度的影响，A错误；通入的CO2与OH－反应，使平衡向正反应方向移动，B正确；温度升高，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))减小，C错误；加入NaOH固体，溶液的pH增大，D错误。答案：B考法三盐类水解的应用【典例3】(2019•年4月浙江选考)高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH-)，油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是()A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH-)的碱的水解解析：对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确；由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH−)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；油脂在酸性(H+做催化剂)条件下水解，高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。答案：D考法四混合溶液中粒子浓度关系【典例4】(2020•江苏卷)(双选)室温下，将两种浓度均为0.1mol·L-1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是()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为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)=c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2Oeq\o\al(2—,4))解析：A项，NaHCO3水溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：CO32-HCO3-，溶液中剩余微粒浓度关系为：c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(CO32-)，CO32-和HCO3-水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＞c(CO32-)＞c(OH－)，故A正确；B项，该混合溶液中电荷守恒为：c(NHeq\o\al(＋,4))+c(H＋)=c(Cl−)+c(OH－)，物料守恒为：c(CH3COOH)+c(NHeq\o\al(＋,4))=2c(Cl−)，两式联立消去c(Cl-)可得：c(NHeq\o\al(＋,4))+2c(H＋)=c(NH3∙H2O)+2c(OH－)，故B错误；C项，若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C错误；D项，该混合溶液中物料守恒为：2c(Na＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)+c(C2Oeq\o\al(2—,4))，电荷守恒为：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH—)＋c(HC2O4-)+2c(C2Oeq\o\al(2—,4))，两式相加可得：c(H＋)＋c(H2C2O4)=c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2Oeq\o\al(2—,4))，故D正确；故选AD。答案：AD考法五离子反应图象【典例5】(2020•新课标Ⅰ卷)以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数QUOTEδ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：QUOTEδ(A2-)=c(A2-)c(H2A)+c(HA下列叙述正确的是()A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA-)B．H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−1C．HA−的电离常数Ka=1．0×10−2D．滴定终点时，溶液中c(Na+)2c(A2-)+c(HA-)解析：根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L。A项，根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B项，当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=QUOTE0.1000mol/L×40mL2×20.00mL=0.1000mol/L，B错误；C项，根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka==c(H+)=1×10-2，C正确；D项，用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8．2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；故选C。答案：C解题技巧1．电解质溶液中的守恒关系(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。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：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。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)质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量应相等。例如在NH4HCO3溶液中H3O＋、H2CO3为得到质子后的产物；NH3·H2O、OH－、COeq\o\al(2－,3)为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O＋)＋c(H2CO3)=c(NH3·H2O)＋c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))。2．微粒浓度大小的比较(1)多元弱酸溶液，根据多步电离分析，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)多元弱酸的正盐溶液，根据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)不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响的因素。如在相同的物质的量浓度的下列各溶液中a.NH4Clb．CH3COONH4c．NH4HSO4。c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的顺序是c>a>b。(4)混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析，如电解因素、水解因素等。如相同浓度的NH4Cl溶液和氨水等体积混合后，由于氨水的电离程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，所以溶液中离子浓度顺序为：c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。(5)巧抓“四点”，突破图象中的“粒子”浓度关系a．抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。b．抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液的酸碱性，是什么因素造成的。c．抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。d．抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。练习1．(2020•浙江1月选考)下列说法不正确的是()A．pH＞7的溶液不一定呈碱性B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(OH−)相等D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl−)＝c(NHeq\o\al(+,4))解析：A项，温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)<c(OH-)时溶液一定呈碱性，故A正确；B项，pH相同的氨水和NaOH溶液，氨水的浓度更大，所以中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，氨水所需HCl的物质的量更大，故B错误；C项，pH相同说明两种溶液中c(H+)相同，相同温度下Kw相同，Kw=c(H+)·c(OH-)，溶液中氢离子浓度相同说明氢氧根浓度相同，故C正确；D项，氨水和盐酸反应后的溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+c(Cl-)=c(H+)+c(NH4+)，溶液呈中性则c(H+)=c(OH-)，所以c(Cl−)＝c(NHeq\o\al(+,4))，故D正确；故选B。答案：B2．向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入CO2，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01mol<n(CO2)≤0.015mol时发生的反应是：2NaAlO2＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋Na2CO3。下列对应关系正确的是()选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度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项，NaAlO2与NaOH的混合溶液，由电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(AlOeq\o\al(－,2))＋c(OH－)，有c(Na＋)<c(AlOeq\o\al(－,2))＋c(OH－)，错误；B项，通入CO2，先与NaOH反应：2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O(若NaAlO2先反应生成Al(OH)3溶于NaOH)，此时为NaAlO2与Na2CO3的混合溶液，因AlOeq\o\al(－,2)水解程度大(由题给反应可知AlOeq\o\al(－,2)结合H＋能力强于COeq\o\al(2－,3))，有c(COeq\o\al(2－,3))>c(AlOeq\o\al(－,2))，错误；C项，继续通CO2，发生题给反应：2NaAlO2＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋Na2CO3，当n(CO2)＝0.015mol，此时为Na2CO3溶液，有c(COeq\o\al(2－,3))>c(HCOeq\o\al(－,3))，错误；D项，继续通CO2发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3，当n(CO2)＝0.03mol，此时为NaHCO3溶液，因HCOeq\o\al(－,3)水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，正确。答案：D3．(2020•天津卷)常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是()A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)Ka(HF)B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4．7，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)D．在1mol∙L−1Na2S溶液中，c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1解析：A项，HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；B项，相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4．7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；C项，CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；D项，根据溶液中的物料守恒定律，1mol∙L−1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1，故D正确；故选A。答案：A4．(2020•浙江7月选考)常温下，用0.1mol·L−1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L−1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是()A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl−)＞c(CH3COO−)B．当滴入氨水10mL时，c(NHeq\o\al(+,4))＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO−)＋c(CH3COOH)C．当滴入氨水20mL时，c(CH3COOH)＋c(H+)＝c(NH3·H2O)＋c(OH−)D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(NHeq\o\al(+,4))＜c(Cl−)解析：A项，未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；B项，当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，B正确；C项，当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH4+)+c(OH-)，C正确；D项，当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D不正确；故选D。答案：D考点六难溶电解质的溶解平衡1．溶度积和离子积以AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例溶度积离子积概念沉淀溶解的平衡常数溶液中有关离子浓度幂的乘积符号KspQc表达式Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是平衡浓度Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度是任意浓度应用判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解①Qc＞Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出②Qc＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态③Qc＜Ksp：溶液未饱和，无沉淀析出2．Ksp的影响因素(1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要因素。(2)外因①浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。②温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向移动，Ksp增大。③其他：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。3．沉淀溶解平衡的应用(1)沉淀的生成①调节pH法：如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至7～8，离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)。②沉淀剂法：如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。(2)沉淀的溶解①酸溶解法：如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。②盐溶液溶解法：如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)2＋2NHeq\o\al(＋,4)===Mg2＋＋2NH3·H2O。③氧化还原溶解法：如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。④配位溶解法：如AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。(3)沉淀的转化①实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。②应用：锅炉除垢、矿物转化等。4．溶度积曲线溶度积曲线是分别以阳、阴