1、最新考纲：1. 了解水的电离、离子积常数(Kw)。2. 了解溶液pH的含义及其测定方法，能进行pH的简单计算。3. 理解弱电解质在水中的电离平衡，能利用电离平衡常数(Ka、Kb、Kh)进行相关计算。4. 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。5. 了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。理解溶度积(Ksp)的含义，能进行相关的计算。6. 以上各部分知识的综合运用。溶液中的离子平衡【专题知识整合】一、溶液的酸碱性和pH1一个基本不变相同温度下，不论是纯水还是稀溶液，水的离子积常数不变。应用这一原则时需要注意两个条件：水溶液必须是稀溶液；温度必须相同。2溶液酸碱性判断的两个标准任何
2、温度常温下溶液酸碱性c(H)c(OH)pH7酸性c(H)c(OH)pH7中性c(H)7碱性3.pH的三种测量方法(1)pH试纸：取一小块pH试纸放在干净的玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液体，点在试纸中部，待试纸变色后，与标准比色卡对比，读出pH。pH试纸不能预先润湿，但润湿之后不一定产生误差。pH试纸不能测定氯水的pH。(2)pH计：精确测定溶液的pH，可精确到0.1。(3)酸碱指示剂：粗略测定溶液的pH范围。常见酸碱指示剂的变色范围如下表所示：指示剂变色范围的pH石蕊8.0蓝色甲基橙4.4黄色酚酞10.0红色4.四条判断规律(1)正盐溶液强酸强碱盐显中性，强酸弱碱盐(如NH4Cl)显酸性
3、，强碱弱酸盐(如CH3COONa)显碱性。(2)酸式盐溶液NaHSO4 溶液显酸性(NaHSO4=NaHSO)、NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4 溶液显酸性(酸式酸根离子的电离程度大于其水解程度)；NaHCO3、NaHS、Na2HPO4 溶液显碱性(酸式酸根离子的水解程度大于其电离程度)。因为浓度相同的CH3COO与NH的水解程度相同，所以CH3COONH4 溶液显中性，而NH4HCO3 溶液略显碱性。(3)弱酸(或弱碱)及其盐11(物质的量之比)混合溶液11的CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈酸性。11的NH3H2O和NH4Cl混合溶液呈碱性。(4)25 pH之和等于14
4、的酸、碱等体积混合溶液“pH之和等于14”的意义：酸溶液中的氢离子浓度等于碱溶液中的氢氧根离子的浓度。已知酸、碱溶液的pH之和为14，则等体积混合时：a.pH7b.pH7c.pH11c.V酸V碱0体系变化条件平衡移动方向n(H)c(H)导电能力Ka加水稀释向右增大减小减弱不变加入少量冰醋酸向右增大增大增强不变通入HCl(g)向左增大增大增强不变加NaOH(s)向右减小减小增强不变加入镁粉向右减小减小增强不变升高温度向右增大增大增强增大加CH3COONa(s)向左减小减小增强不变2.外界条件对水电离平衡的影响H2OHOHH0体系变化条件平衡移动方向水的电离程度c(OH)c(H)Kw加酸向左减小减
5、小增大不变加碱向左减小增大减小不变加可水解的盐Na2CO3向右增大增大减小不变NH4Cl向右增大减小增大不变改变温度升温向右增大增大增大增大降温向左减小减小减小减小其他，如加入Na向右增大增大减小不变3.外界条件对FeCl3 溶液水解平衡的影响Fe33H2OFe(OH)33HH0体系变化条件平衡移动方向n(H)pH水解程度现象升高温度向右增大减小增大颜色变深通HCl向左增大减小减小颜色变浅加H2O向右增大增大增大颜色变浅加FeCl3 固体向右增大减小减小颜色变深加NaHCO3向右减小增大增大生成红褐色沉淀，放出气体4.外界条件对AgCl溶解平衡的影响AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)H0体
6、系变化条件平衡移动方向c(Ag)c(Cl)Ksp升高温度向右增大增大增大加水稀释向右不变不变不变加入少量AgNO3向左增大减小不变通入HCl向左减小增大不变通入H2S向右减小增大不变【高考真题再现】角度一弱电解质的电离1正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)(2017高考全国卷，T12改编)二元弱酸H2A在溶液中的电离方程式：H2AHAH，HAA2H。()(2)(2016高考上海卷改编)常温下， 0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7能证明乙酸是弱酸。()(3)(2016高考江苏卷)室温下，稀释0.1 molL1 CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强。()(4)常温下，pH
7、为2的盐酸与等体积pH12的氨水混合后所得溶液呈酸性。()(5)常温下，pH为2的盐酸由H2O电离出的c(H)1.01012 molL1。()(6)同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH7。()答案：(1)(2)(3)(4)(5)(6)2(2019高考全国卷，T11，6分)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下 pH2的H3PO4 溶液，下列说法正确的是()A每升溶液中的H数目为0.02NABc(H)c(H2PO)2c(HPO)3c(PO)c(OH)C加水稀释使电离度增大，溶液 pH 减小D加入NaH2PO4 固体，溶液酸性增强解析：选B。pH2的H3PO4溶液中c(H)102 mol
8、L1，每升溶液中所含N(H)0.01NA，A错误；由电荷守恒知，该H3PO4溶液中存在c(H)c(H2PO)2c(HPO)3c(PO)c(OH)，B正确；加水稀释能促进H3PO4的电离，使其电离度增大，由于以溶液体积增大为主，导致溶液中c(H)减小，溶液pH增大，C错误；向H3PO4溶液中加入NaH2PO4固体，溶液中c(H2PO)增大，促使平衡H3PO4HH2PO逆向移动，抑制H3PO4电离，溶液酸性减弱，D错误。3(2016高考全国卷，T13，6分)下列有关电解质溶液的说法正确的是()A向0.1 molL1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B将CH3COONa溶液从20 升温至3
9、0 ，溶液中增大C向盐酸中加入氨水至中性，溶液中1D向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变解析：选D。CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COOH，加水平衡正向移动，n(H)增大，n(CH3COOH)减小，所以增大，A项错误。CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COOH2OCH3COOHOH，水解反应属于吸热反应，升高温度，水解平衡常数增大，即增大，则减小，B项错误。根据电荷守恒：c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，溶液呈中性，则c(H)c(OH)，c(NH)c(Cl)，所以c(NH)与c(Cl)的比值为1，C项错误。向AgCl、AgBr的饱
10、和溶液中加入AgNO3后Ag浓度增大，由于温度不变，Ksp不变，故c(Cl)与c(Br)的比值也不变，D项正确。误区警示走出溶液稀释的误区误区一：不能正确理解酸、碱的无限稀释规律常温下，任何酸或碱溶液无限稀释时，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能无限接近7。误区二：不能正确理解弱酸、弱碱的稀释规律溶液稀释前溶液pH稀释后溶液pH酸强酸pHan弱酸pHaapHan碱强碱pHbn弱碱pHbbnpHb注：表中an7。 角度二盐类的水解4正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)(2018高考天津卷改编)LiH2PO4溶液中含P元素的粒子有H2PO、HPO和PO。()(2)(2017高考江苏卷)0
11、.2 molL1 HCOOH与0.1 molL1 NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO)c(OH)c(HCOOH)c(H)。()(3)(2017高考江苏卷)0.2 molL1 CH3COONa与0.1 molL1盐酸等体积混合后的溶液中(pHc(Cl)c(CH3COOH)c(H)。()(4)(2016高考四川卷改编)1 L含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的溶液中：c(Na)c(AlO)c(OH)。()答案：(1)(2)(3)(4)5(2019高考天津卷)SbCl3能发生较强烈的水解，生成难溶的SbOCl，写出该反应的化学方程式：_，因此，配制SbCl3溶液应注
12、意_。解析：SbCl3与水反应生成SbOCl和HCl，化学方程式为SbCl3H2O=SbOCl2HCl。因此，配制SbCl3溶液时应加入盐酸，抑制SbCl3水解。答案：SbCl3H2O=SbOCl2HCl加盐酸，抑制水解6(2018高考北京卷)测定0.1 molL1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻温度/25304025pH9.669.529.379.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是()ANa2SO3溶液中存在水解平衡：SOH2OHSOOHB的pH与不同，是由于SO浓度减小造成的C的过程中，温度和浓
13、度对水解平衡移动方向的影响一致D与的Kw值相等解析：选C。亚硫酸钠是强碱弱酸盐，存在水解平衡：SOH2OHSOOH，A项正确；与的温度相同，但pH不同，主要是由于亚硫酸钠被氧化为硫酸钠，从而导致溶液的碱性减弱，pH减小，B项正确；的过程中，温度升高使水解平衡正向移动，而SO浓度逐渐减小，使水解平衡逆向移动，故温度和浓度对水解平衡移动方向的影响不一致，C项错误；与的温度相同，故Kw值相等，D项正确。规律探究(1)盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响，以氯化铁水解为例，当改变条件，如升温、通入HCl气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时，学生应从平衡移动方向、pH的变化、水解程度、现象等方
14、面去归纳总结，加以分析掌握。(2)多元弱酸的酸式盐问题。酸式盐一般既存在水解，又存在电离。如果酸式盐的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液；如果酸式盐的水解程度大于其电离程度，则溶液显碱性，如NaHCO3溶液。 角度三难溶电解质的沉淀溶解平衡7正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)(2018高考江苏卷)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，则Ksp(AgCl)Ksp(AgI)。()(2)(2018高考天津卷)向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4沉淀，生成黑色沉淀，则Ksp(CuS)Ksp(ZnS)。()(3)(2018高考江苏
15、卷)右图是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2)与c(SO)的关系曲线，说明溶液中 c(SO)越大c(Ba2)越小。()(4)(2017高考江苏卷)常温下，KspMg(OH)25.61012，pH10的含Mg2溶液中，c(Mg2)5.6104 molL1。()(5)(2016高考江苏卷)室温下，向浓度均为0.1 molL1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出现白色沉淀，所以Ksp(BaSO4)Ksp(CaSO4)。()答案：(1)(2)(3)(4)(5)【题组模拟演练】题组一弱电解质的电离与溶液的酸碱性1室温下，向10 mL pH3的醋
16、酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是()A溶液中所有粒子的浓度都减小B溶液中不变C醋酸的电离程度增大，c(H)亦增大D加入10 mL pH11的NaOH溶液，混合溶液pH7解析：选B。醋酸溶液加水稀释，促进电离，溶液中c(H)减小，但c(OH)增大，A错误；醋酸的电离平衡常数Ka，温度不变，Ka不变，不变，B正确；醋酸溶液加水稀释，醋酸的电离程度增大，因溶液体积增大的倍数大于n(H)增加的倍数，则c(H)减小，C错误；10 mL pH3的醋酸与pH11的NaOH溶液等体积混合时，醋酸的浓度大于0.001 molL1，醋酸过量，混合溶液的pH7，D错误。2在T 时，某NaOH稀溶液中c(H)10
17、a mol/L，c(OH)10b mol/L，且ab12。向该溶液中逐滴加入pHc的盐酸(T )，测得混合溶液的部分pH如下表所示：序号 NaOH溶液的体积/mL 盐酸的体积/mL 溶液的pH 20.00 0.00 8 20.00 20.00 6 假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则c为()A3B4C5D6 解析：选B。根据题意可知在该温度下水的离子积常数是11012，而不是11014，由可知，此NaOH溶液中c(OH)1104 mol/L。由可知，加入20.00 mL盐酸后溶液的pH6，此时恰好完全中和，则盐酸中c(H)1104 mol/L，则c4。 练后反思pH计算的方法思路解答有关pH
18、的计算时，首先要注意温度，明确是25 还是非25 ，然后判断溶液的酸碱性，再根据“酸按酸”“碱按碱”的原则进行计算。具体如下：3(新题预测)常温下，向浓度均为0.1 molL1、体积均为100 mL的两种一元酸HX、HY的溶液中分别加入NaOH固体，lg随加入NaOH的物质的量的变化情况如图所示。下列叙述正确的是()AHX的酸性弱于HY的酸性Ba点由水电离出的c(H)11012 molL1Cc点溶液中：c(Y)c(HY)Db点时酸碱恰好完全中和解析：选C。lg越大，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强，未加NaOH时，HX溶液比HY溶液的lg大，所以HX的酸性强于HY的酸性，A项错误；由于a点lg1
19、2，则溶液中c(H)0.1 molL1，溶液中由水电离出的c(H) molL111013 molL1，B项错误；由于c点lg6，则溶液中的c(H)1104 molL1，此时消耗的NaOH的物质的量为0.005 mol，则溶液中的溶质为NaY和HY，且溶液中NaY和HY的物质的量浓度相等，由于溶液显酸性，所以HY的电离程度大于NaY的水解程度，即c(Y)c(HY)，C项正确；由于100 mL 0.1 molL1的HY溶液与NaOH溶液恰好中和时消耗NaOH的物质的量为0.01 mol，而b点时消耗NaOH的物质的量为0.008 mol，所以酸过量，D项错误。4(新题预测)常温下，向20.00 m
20、L 0.1 molL1HA溶液中滴入0.1 molL1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数lg c水(H)与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法中不正确的是()A常温下，Ka(HA)约为105BM、P两点溶液对应的pH7Cb20.00DM点后溶液中均存在c(Na)c(A)解析：选B。HA溶液中lg c水(H)11，c水(H)c水(OH)1011 molL1，根据常温下水的离子积求出溶液中c(H)103 molL1，电离平衡：HAHA，c(H)c(A)103 molL1，Ka(HA)105，A项正确；N点水电离出的H浓度最大，说明HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，P点溶
21、质为NaOH和NaA，溶液显碱性，即P点pH不等于7，B项错误；0b段水的电离程度逐渐增大，当达到b点时水的电离程度达到最大，即溶质为NaA，说明HA和NaOH恰好完全反应，b20.00，C项正确；M点溶液pH7，根据溶液呈电中性，存在c(Na)c(A)，M点后，c(Na)c(A)，D项正确。方法归纳水电离的c(H)或c(OH)的计算方法(25 )(1)中性溶液c(H)c(OH)1.0107 molL1。(2)溶质为酸或碱(以溶质为酸的溶液为例)H来源于酸和水的电离，而OH只来源于水，如计算pH2的盐酸中水电离出的c(H)：求出溶液中的c(OH)1012 molL1，即水电离出的c(H)c(O
22、H)1012 molL1。(3)水解呈酸性或碱性的正盐溶液H和OH均由水电离产生，如pH2的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H)102 molL1；pH12的Na2CO3溶液中由水电离出的c(OH)102 molL1。 题组二盐类的水解及粒子浓度的大小比较5常温下，向20 mL 0.2 mol/L H2A溶液中滴加0.2 mol/L NaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如图(其中代表H2A，代表HA，代表A2)所示。根据图示判断，下列说法中正确的是()A当V(NaOH)20 mL时，溶液中离子浓度大小关系：c(HA)c(Na)c(A2)c(H)c(OH)B等浓度的NaOH溶液与H2A溶液按体积
23、比21混合后，其溶液中水的电离程度比纯水大CNaHA溶液中：c(OH)c(H)c(HA)2c(H2A)D向上述加入20 mL NaOH溶液后所得溶液中再加入水的过程中，pH可能减小解析：选B。V(NaOH)20 mL时，溶液中溶质为NaHA，由图可知HA电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，即c(Na)c(HA)c(H)c(A2)c(OH)，A不正确；NaOH与H2A按物质的量之比21反应所得溶液中溶质为Na2A，A2水解促进水的电离，B正确；由电荷守恒式和物料守恒式可知，NaHA溶液中c(OH)c(H2A)c(H)c(A2)，C不正确；加入20 mL NaOH溶液后所得溶液为NaHA溶液，溶液
24、显酸性，加水稀释，c(H)减小，pH增大，D不正确。6(新题预测)已知常温下浓度为0.1 molL1的下列溶液的pH如下表所示：溶质NaFNaClONaHCO3Na2CO3pH7.59.78.211.6下列有关说法不正确的是()ApH2的HF溶液与pH12的NaOH溶液以体积比11混合，则有c(Na)c(F)c(OH)c(H)B加热0.1 molL1NaClO溶液测其pH，pH大于9.7C0.1 molL1Na2CO3溶液中，存在关系：c(OH)c(H)c(HCO)2c(H2CO3)D电离平衡常数大小关系：K(HF)K(H2CO3)K(HClO)K(HCO)解析：选A。A项，pH2的HF溶液与
25、pH12的NaOH溶液以体积比11混合后，HF过量，溶液显酸性，则c(H)c(OH)，根据电荷守恒可得：c(F)c(Na)，则溶液中离子浓度大小为c(F)c(Na)c(H)c(OH)，错误；B项，NaClO是强碱弱酸盐，升高温度促进其水解，溶液的碱性增强，正确；C项，0.1 molL1 Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH)c(H)c(HCO)2c(H2CO3)，正确；D项，相同温度下，相同浓度的盐溶液中，弱酸根离子水解程度越大，其溶液pH越大，酸根离子水解程度越大，其相对应的酸的电离程度越小，即酸的电离平衡常数越小，根据表中数据可知，酸根离子水解程度：FHCOClOCO，则酸的电离平衡常
26、数：K(HF)K(H2CO3)K(HClO)K(HCO)，正确。易错提醒正确理解质子守恒以Na2CO3 和NaHCO3 溶液为例，可用下图所示帮助理解质子守恒：Na2CO3 溶液所以c(OH)c(HCO)2c(H2CO3)c(H3O)，即c(OH)c(HCO)2c(H2CO3)c(H)。NaHCO3 溶液所以c(OH)c(CO)c(H2CO3)c(H)。另外，将混合溶液中的电荷守恒式和物料守恒式联立，通过代数运算消去其中某离子，即可推出该溶液中的质子守恒式。7.(新题预测)室温时，配制一组c(H2A)c(HA)c(A2)0.10 molL1的H2A和NaOH的混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量
27、浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法中正确的是()A在c(Na)0.10 molL1的溶液中：c(A2)c(H)c(H2A)c(OH)BpH4的溶液中：c(HA)c(H2A)c(A2)CpH7的溶液中：c(Na)c(A2)c(HA)DKa1(H2A)的数量级为105解析：选A。在c(Na)0.10 molL1的溶液中，存在c(H2A)c(HA)c(A2)0.10 molL1，则溶液中的物料守恒关系为c(Na)c(H2A)c(HA)c(A2)，电荷守恒关系为c(Na)c(H)2c(A2)c(HA)c(OH)，则c(A2)c(H)c(H2A)c(OH)，A项正确；pH4时，若c(HA)c(H2A
28、)c(A2)，则2c(HA)0.10 molL1，c(HA)0.05 molL1，根据题图可知，pH4时，c(HA)0.05 molL1，B项错误；根据电荷守恒有c(Na)c(H)c(OH)c(HA)2c(A2)，pH7时，c(H)c(OH)，则c(Na)c(HA)2c(A2)，C项错误；pH3.2时，c(H2A)c(HA)0.05 molL1，Ka1(H2A)103.2，D项错误。方法归纳1粒子浓度关系判断及大小比较的思维模型(1)单一溶液(2)混合溶液(3)外加电解质对离子浓度的影响若外加电解质能促进离子的水解，则该离子浓度减小；若抑制其水解，则该离子浓度增大。2离子浓度的守恒关系(1)电
29、荷守恒；(2)物料守恒；(3)质子守恒(可据电荷守恒和物料守恒换算得到)。 题组三沉淀溶解平衡8实验：0.1 molL1AgNO3 溶液和0.1 molL1NaCl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；向滤液b中滴加0.1 molL1KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1 molL1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是()A浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)B滤液b中不含AgC中颜色变化说明AgCl转化为AgID实验可以证明AgI比AgCl更难溶解析：选B。 浊液a中存在AgCl的沉淀溶解平衡，A项正确；向滤液b中加入KI溶液后生成了AgI
30、沉淀，说明滤液b中仍含有少量Ag，B项错误；由于AgI比AgCl更难溶解，故向沉淀c中加入0.1 molL1 KI溶液，能发生沉淀转化反应，生成黄色的AgI，C项和D项都正确。925 时，用Na2SO4溶液沉淀Ba2、Pb2、Ca2三种金属离子(M2)，所需SO最低浓度的对数值p(SO)lg c(SO)与p(M2)lg c(M2)关系如图所示。下列说法正确的是()AKsp(CaSO4)Ksp(PbSO4)Ksp(BaSO4)Ba点可表示CaSO4的饱和溶液，且c(Ca2)c(SO)Cb点可表示PbSO4的不饱和溶液，且c(Pb2)c(SO)D向Ba2浓度为105molL1的废水中加入CaSO4
31、粉末，会有BaSO4沉淀析出解析：选D。根据题图及公式Kspc(M2)c(SO)，代入数据进行计算，三种沉淀的Ksp大小顺序为Ksp(CaSO4)Ksp(PbSO4)Ksp(BaSO4)，A错误；根据图像可知，a点在曲线上，可表示CaSO4的饱和溶液，但是c(Ca2)c(SO)，B错误；曲线中坐标数值越大，对应离子实际浓度越小，b点在曲线下方，表示PbSO4的过饱和溶液，且c(Pb2)c(SO)，C错误；由题图数据计算可知Ksp(CaSO4)1105，Ksp(BaSO4)11010，加入CaSO4粉末后，c(SO)102.5 molL1，Qc(BaSO4)105102.5107.5Ksp(Ba
32、SO4)，故会有BaSO4沉淀析出，D正确。溶液中的四大常数【专题知识整合】水的离子积常数、电离常数、水解常数、溶度积常数是电解质溶液中的四大常数，它们均只与温度有关。有关常数的计算，要紧紧围绕它们只与温度有关，而不随其离子浓度的变化而变化来进行。已知：常温下，H2S的电离常数为Ka1、Ka2，Cu(OH)2、CuS、Ag2S的溶度积常数分别为Ksp、Ksp、Ksp。(1)水解常数与电离常数、离子积之间的关系常温下的Na2S溶液中：S2的水解常数Kh1Kw/Ka2，HS的水解常数Kh2Kw/Ka1。(2)水解常数与溶度积、离子积之间的关系常温下的CuCl2 溶液中：Cu2的水解常数KhK/Ks
33、p。(3)平衡常数与电离常数、溶度积之间的关系反应CuS(s)2Ag(aq)=Cu2(aq)Ag2S(s)的平衡常数KKsp/Ksp。反应CuS(s)2H(aq)Cu2(aq)H2S(aq)的平衡常数KKsp/(Ka1Ka2)。(4)判断溶液的酸碱性NaHS溶液显碱性，离子浓度的大小顺序为c(Na)c(HS)c(OH)c(H)c(S2)，判断理由是HS的水解常数(Kw/Ka1)大于其电离常数(Ka2)。【高考真题再现】角度一Ka(或Kb)、Kw、Kh的计算及应用1(2019高考全国卷，T12，6分)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，
34、其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A图中a和b分别为T1、T2 温度下CdS在水中的溶解度B图中各点对应的Ksp的关系为Ksp(m)Ksp(n)Ksp(p)Ksp(q)C向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动解析：选B。a、b分别表示温度为T1、T2时溶液中Cd2和S2的物质的量浓度，可间接表示对应温度下CdS在水中的溶解度，A项正确；Ksp只受温度影响，即m、n、p三点对应的Ksp相同，又T1T2，故Ksp(m)Ksp(n)Ksp(p)CH3COOH。相同pH的两种酸溶液，稀释相同
35、倍数时，弱酸的pH变化较小，故曲线代表CH3COOH溶液，A项错误；两种酸溶液中水的电离受到抑制，b点溶液pH小于c点溶液pH，则b点对应酸电离出的c(H)大，对水的电离抑制程度大，故水的电离程度：b点c(HNO2)，故n(CH3COOH)n(HNO2)，因此与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na)不同，D项错误。3正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)(2018高考天津卷)LiH2PO4溶液中存在3个平衡。()(2)(2017高考江苏卷)常温下，Ka(HCOOH)1.77104，Kb(NH3H2O)1.76105。浓度均为0.1 molL1 的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量
36、浓度之和：前者大于后者。()(3)(2018高考天津卷)某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小。()(4)(2017高考江苏卷)常温下，Ka(HCOOH)1.77104，Ka(CH3COOH)1.75105。用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等。()答案：(1)(2)(3)(4)4(1)(2017高考天津卷)已知25 ，NH3H2O的Kb1.8105，H2SO3的Ka11.3102，Ka26.2108。若氨水的浓度为2.0 molL1，溶液中的 c(OH)_molL1。将SO2通入该氨水中，
37、当c(OH)降至1.0107 molL1时，溶液中的c(SO)/c(HSO)_。(2)2016高考全国卷，T26(4)联氨(又称肼，N2H4，无色液体)为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为_(已知：N2H4H N2H的K8.7107；Kw1.01014)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_。解析：(1)设氨水中c(OH)x molL1，根据NH3H2O的Kb，则1.8105，解得x6.0103。根据H2SO3的Ka2，则，当c(OH)降至1.0107 molL1时，c(H)为1.0107 molL1，则0.62。(2)N2H4的第一步电离的方程式为N2H4H2
38、ON2HOH，则电离常数KbKKw8.71071.010148.7107。联氨是二元弱碱，其与硫酸形成的酸式盐为N2H6(HSO4)2。答案：(1)6.01030.62(2)8.7107N2H6(HSO4)2角度二以Ksp为中心的计算及应用5(2018高考全国卷，T12，6分)用0.100 molL1 AgNO3 滴定50.0 mL 0.050 0 molL1Cl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1010B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0.040 0 molL1 Cl，反应
39、终点c移到aD相同实验条件下，若改为0.050 0 molL1 Br，反应终点c向b方向移动解析：选C。根据滴定曲线，当加入25 mL AgNO3溶液时，Ag与Cl刚好完全反应，AgCl处于沉淀溶解平衡状态，此时溶液中c(Ag)c(Cl)104.75 molL1，Ksp(AgCl)c(Ag)c(Cl)109.53.161010，A项正确；曲线上各点都处于沉淀溶解平衡状态，故符合c(Ag)c(Cl)Ksp(AgCl)，B项正确；根据图示，Cl浓度为0.050 0 molL1时消耗25 mL AgNO3溶液，则Cl浓度为0.040 0 molL1时消耗20 mL AgNO3溶液，a对应AgNO3溶
40、液体积为15 mL，所以反应终点不可能由c移到a，C项错误；由于AgBr的Ksp小于AgCl的Ksp，初始c(Br)与c(Cl)相同时，反应终点时消耗的AgNO3溶液体积相同，但Br浓度小于Cl浓度，即反应终点从曲线上的c向b方向移动，D项正确。6(2017高考全国卷，T13，6分)在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是()AKsp(CuCl)的数量级为107B除Cl反应为CuCu22Cl=2CuClC加入Cu越多，Cu浓度越高，除Cl效果越好
41、D2Cu=Cu2Cu平衡常数很大，反应趋于完全解析：选C。由题图可知，当c(Cu)102 molL1时，c(Cl)约为104.75 molL1，则Ksp(CuCl)c(Cu)c(Cl)的数量级为107，A项正确；根据题目信息可知B项正确；Cu、Cu2是按一定物质的量之比反应的，并不是加入Cu越多，Cu浓度越高，除Cl效果越好，C项错误；由题图可知，交点处c(Cu)c(Cu2)106 molL1，则2Cu=Cu2Cu的平衡常数K106，该平衡常数很大，因而反应趋于完全，D项正确。7(2017高考海南卷)向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中_。已知Ksp
42、(BaCO3)2.6109，Ksp(BaSO4)1.11010。解析：在同一个溶液中，c(Ba2)相同，依据溶度积的数学表达式，则有24。答案：2482016高考全国卷，T27(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中Cl，利用Ag与CrO生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl恰好沉淀完全(浓度等于1.0105molL1)时，溶液中c(Ag)为_molL1，此时溶液中c(CrO)等于_molL1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.01012和2.01010)解析：根据溶度积计算：c(Ag) molL12.0105 molL1，故c(CrO)
43、 molL15.0103 molL1。答案：2.01055.0103【题组模拟演练】题组一Ka(或Kb)、Kw、Kh的关系及应用1在一定条件下可用甲醇与CO反应生成醋酸消除CO污染。常温下，将a molL1 醋酸与b molL1 Ba(OH)2 溶液等体积混合，充分反应后，溶液中存在2c(Ba2)c(CH3COO)，则该混合溶液中醋酸的电离常数Ka_(用含a和b的代数式表示)。解析：根据电荷守恒可知，2c(Ba2)c(H)c(OH)c(CH3COO)，由于c(CH3COO)2c(Ba2)b molL1，所以c(H)c(OH)，溶液呈中性。由CH3COOHCH3COOH b b 107则电离常数
44、Ka。答案：225 时，H2SO3HSOH的电离常数Ka1102，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh_，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将_(填“增大”“减小”或“不变”)。解析：KaHSO水解：HSOH2OH2SO3OH，Kh11012。当加入少量I2时，发生反应：I2HSOH2O=2I3HSO。根据Kh可知，由于c(OH)减小，而Kh不变，所以增大。答案：11012增大3已知25 时，NH3H2O的电离常数Kb1.8105，该温度下1 molL1的NH4Cl溶液中c(H)_molL1。(已知2.36)解析：Kh，c(H)c(NH3H2O)，而c(NH)1 molL1
45、，所以c(H) molL12.36105 molL1。答案：2.361054已知：0.1 molL1的Na2CO3溶液的pH为11.6，H2CO3的电离常数Ka1远远大于Ka2，则Ka2约为_。解析：法一因为H2CO3的电离常数Ka1远远大于Ka2，Na2CO3的水溶液中以CO的第一步水解为主，第二步水解忽略不计，COH2OHCOOH，c(HCO)c(OH)，0.1 molL1的Na2CO3溶液中pH11.6，c(H)1011.6 molL1，c(OH)102.4 molL1，c(CO)0.1 molL1102.4 molL10.1 molL1，则Ka21.01010.2。法二Kh11.010
46、3.8Ka2Kh1KwKa21.01010.2。答案：1.01010.2525 时，亚碲酸(H2TeO3)的Ka11103，Ka22108。该温度下，0.1 molL1H2TeO3 的电离度约为_；NaHTeO3 溶液的pH_(填“”“”或“”)7。解析：亚碲酸(H2TeO3)为二元弱酸，以一级电离为主，H2TeO3 的电离度为，H2TeO3HTeOH起始浓度/(molL1) 0.1 0 0电离浓度/(molL1) 0.1 0.1 0.1平衡浓度/(molL1) 0.1(1) 0.1 0.1Ka11103，解得10%；已知Ka22108，则HTeO的水解常数Kh5107Ka1，故HTeO的电离
47、程度大于其水解程度，NaHTeO3 溶液显酸性，pH7。答案：10%题组二Ka(或Kb)、Kh、Kw、Ksp的关系及应用6常温下，测得CaSO3 悬浊液的pH9，已知Ka1(H2SO3)1.3102，Ka2(H2SO3)6.3108，忽略第二步水解，则CaSO3 的第一步水解常数Kh约为_，Ksp(CaSO3)约为_。解析：Kh11.6107；SOH2OHSOOHKh11.6107，所以c(SO)6.25104 molL1，根据物料守恒可知，c(Ca2)c(SO)c(HSO)6.35104 molL1，则Kspc(Ca2)c(SO)4.0107。答案：1.61074.01077利用反应CaSO
48、4(s)(NH4)2CO3(aq)CaCO3(s)(NH4)2SO4(aq)可将磷石膏转化为硫酸铵。若反应达到平衡后溶液中c(CO)1.75102 molL1，此时溶液中c(SO)_molL1。已知：Ksp(CaCO3)2.8109，Ksp(CaSO4)3.2107解析：根据CaSO4(s)CO(aq)CaCO3(s)SO(aq)则K，c(SO)1.75102 molL12.0 molL1。答案：2.08反应H2S(aq)Cu2(aq)=CuS(s)2H(aq)的平衡常数为_。已知：Ksp(CuS)1.251036，H2S的Ka11107，Ka211013解析：H2S(aq)Cu2(aq)=C
49、uS(s)2H(aq)KCuS(s)Cu2(aq)S2(aq)Ksp(CuS)c(Cu2)c(S2)H2S(aq)H(aq)HS(aq)Ka1HS(aq)H(aq)S2(aq)Ka2K81015。答案：810159已知：草酸(H2C2O4)的Ka16.0102、Ka26.0105，通过计算判断中和反应2Fe(OH)3(s)3H2C2O4(aq)2Fe3(aq)6H2O(l)3C2O(aq)在常温下能否发生并说明理由：_。(已知：KspFe(OH)31.01039；664.67104；平衡常数大于1.0105 反应能发生)解析：2Fe(OH)3(s)3H2C2O4(aq)2Fe3(aq)6H2O
50、(l)3C2O(aq)KFe(OH)3(s)Fe3(aq)3OH(aq)KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)H2C2O4(aq)H(aq)HC2O(aq)Ka1HC2O(aq)H(aq)C2O(aq)Ka2K4.671011c(K)c(OH)解析：选C。滴定至终点时发生反应：2NaOH2KHA=K2ANa2A2H2O。溶液导电能力与溶液中离子浓度、离子种类有关，离子浓度越大、所带电荷越多，其导电能力越强，A项正确；图像中纵轴表示“相对导电能力”，随着NaOH溶液的滴加，溶液中c(K)、c(HA)逐渐减小，而Na、A2的物质的量逐渐增大，由题图可知，溶液的相对导电能力逐渐增强，说明Na与
51、A2的导电能力之和大于HA的，B项正确；本实验默认在常温下进行，滴定终点时，溶液中的溶质为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾，由于邻苯二甲酸是弱酸，所以溶液呈碱性，pH7，C项错误；滴定终点时，c(K)c(Na)，a点到b点加入NaOH溶液的体积大于b点到c点的，故c点时c(K)c(OH)，所以c(Na)c(K)c(OH)，D项正确。2(2017高考全国卷，T13，6分)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是()AKa2(H2X)的数量级为106B曲线N表示pH与lg的变化关系CNaHX溶液中c(H)c(OH)D当混合溶液呈中性时
52、，c(Na)c(HX)c(X2)c(OH)c(H)解析：选D。H2X的电离方程式为H2XHHX，HXHX2。当1时，即横坐标为0.0时，Ka1c(H)，Ka2c(H)，因为Ka1Ka2，故c(H)c(H)，即pHc(OH)，C项正确；电荷守恒式为c(Na)c(H)c(OH)c(HX)2c(X2)，中性溶液中存在c(H)c(OH)，故有c(Na)c(HX)2c(X2)，假设c(HX)c(X2)或c(HX)c(X2)，则溶液一定呈酸性(见C项分析)，故中性溶液中c(HX)Kh(B)，故HA电离程度大于NaB水解程度，等浓度等体积的HA和NaB混合后所得溶液呈酸性，c(H)c(OH)，正确。酸碱中和
53、滴定及其迁移应用【专题知识整合】1中和滴定考点归纳(1)“考”实验仪器酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管(包括量程)，滴定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。(2)“考”操作步骤滴定前的准备：查漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数；滴定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数；计算。(3)“考”指示剂的选择酸碱滴定时，石蕊一般不能作为中和滴定的指示剂，因为其变色不灵敏，且耗酸碱较多，造成较大误差。一般按以下方法选择指示剂：酸碱滴定指示剂选择颜色变化强酸滴定强碱甲基橙黄色变橙色强碱滴定强酸酚酞无色变红色强酸滴定弱碱甲基橙黄色变
54、橙色强碱滴定弱酸酚酞无色变为粉红色(4)“考”误差分析写出计算式，分析操作对V标的影响，由计算式得出对最终测定结果的影响，切忌死记硬背结论。此外对读数视线(俯视、仰视)问题要学会画图分析。(5)“考”数据处理正确取舍数据，计算平均体积，根据反应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系，从而列出公式进行计算。2滴定终点规范描述(1)用a molL1 的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，用酚酞做指示剂，达到滴定终点的现象是_；若用甲基橙做指示剂，达到滴定终点的现象是_。(2)用标准碘溶液滴定溶有SO2 的水溶液，以测定水中SO2 的含量，应选用_做指示剂，达到滴定终点的现象是_。(3)用标准酸性KMnO
55、4 溶液滴定溶有SO2 的水溶液，以测定水中SO2 的含量，是否需要选用指示剂_(填“是”或“否”)，达到滴定终点的现象是_。(4)用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3，再用KSCN溶液做指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3至全部生成Ti4，滴定Ti3时发生反应的离子方程式为_，达到滴定终点时的现象是_。(5)用标准KI溶液滴定含有Fe3的溶液，应选用_做指示剂，达到滴定终点的现象是_。答案：(1)当滴入最后一滴盐酸标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色当滴入最后一滴盐酸标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色(2)淀
56、粉溶液当滴入最后一滴标准碘溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色(3)否当滴入最后一滴酸性KMnO4 溶液，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色(4)Ti3Fe3=Ti4Fe2当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2标准溶液，溶液变成红色，且半分钟内不褪色(5)KSCN溶液当滴入最后一滴标准KI溶液，溶液的红色褪去，且半分钟内不恢复红色【高考真题再现】1(2019高考天津卷)环己烯含量的测定在一定条件下，向a g环己烯样品中加入定量制得的b mol Br2，与环己烯充分反应后，剩余的Br2与足量KI作用生成I2，用c molL1的Na2S2O3标准溶液滴定，终点时消耗Na2S2O3标准溶液
57、v mL(以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中，发生的反应如下：Br22KI=I22KBrI22Na2S2O3=2NaINa2S4O6(1)滴定所用指示剂为_。样品中环己烯的质量分数为_(用字母表示)。(2)下列情况会导致测定结果偏低的是_(填序号)。a样品中含有苯酚杂质b在测定过程中部分环己烯挥发cNa2S2O3标准溶液部分被氧化解析：(1)达到滴定终点时，单质碘完全被消耗，可用淀粉溶液做指示剂。根据测定过程中发生的反应可知，n(Br2)n(环己烯)n(I2)n(环己烯)n(Na2S2O3)，则n(环己烯)n(Br2)n(Na2S2O3)(bcv103)mol，故样品中环己烯的质量分数为(
58、bcv103)mol82 gmol1a g100%100%。(2)a项，样品中含有苯酚杂质，苯酚能与溴反应，会导致样品消耗的Br2偏多，剩余的Br2偏少，最终消耗的Na2S2O3溶液偏少，测定结果偏高，错误；b项，在测定过程中部分环己烯挥发，会导致样品消耗的Br2偏少，剩余的Br2偏多，最终消耗的Na2S2O3溶液偏多，测定结果偏低，正确；c项，Na2S2O3标准溶液部分被氧化，最终消耗的Na2S2O3溶液偏多，测定结果偏低，正确。答案：(1)淀粉溶液100%(2)bc2(1)(2018高考全国卷，T10B改编)用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择_为指示剂。(2)2018高
59、考全国卷，T26(2)改编称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O，M248 gmol1)样品，配制成100 mL溶液。取0.009 50 molL1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O6I14H= 3I22Cr37H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I22S2O= S4O2I。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液_，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_%(保留1位小数)。解析：(2)利用I2遇淀粉溶液显蓝色来判断滴定终点时，当溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复即
60、可说明达到滴定终点。根据题中反应可得：Cr2O3I26S2O，则1.200 0 g样品中含有Na2S2O35H2O的质量248 gmol11.140 g，样品纯度100%95.0%。答案：(1)甲基橙(2)蓝色褪去95.0归纳总结氧化还原和沉淀滴定中常用的指示剂及终点时的颜色变化滴定方式还原剂滴定KMnO4KMnO4滴定还原剂I2滴定还原剂还原剂滴定I2铁盐滴定还原剂还原剂滴定铁盐AgNO3溶液滴定含Cl的溶液指示剂KMnO4KMnO4淀粉淀粉KSCNKSCNK2CrO4溶液终点时的颜色变化粉(浅)红色无色无色粉(浅)红色无色蓝色蓝色无色溶液变红色红色消失出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为红色沉
61、淀)【题组模拟演练】1(酸碱中和滴定)(2019试题调研)298 K时，向20.0 mL 0.10 mol/L H2A溶液中滴加0.10 mol/L NaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A该滴定过程应该选择石蕊溶液做指示剂BW点到X点发生的主要反应的离子方程式为H2A2OH=A22H2OCY点对应的溶液中c(Na)c(H)c(OH)2c(A2)D反应H2AA22HA的平衡常数K1.0107.4解析：选D。根据第二反应终点溶液显碱性可知H2A为弱酸，强碱滴定弱酸用酚酞溶液做指示剂，A项错误。X点对应的溶液中溶质主要是NaHA，W点到X点发生的主要反应的离子方程式为H2AOH=HA
62、H2O，B项错误。根据电荷守恒，c(Na)c(H)c(OH)c(HA)2c(A2)，因为Y点对应的溶液中c(HA)c(A2)，所以c(Na)c(H)c(OH)3c(A2)，C项错误。H2AHAH，Ka1，由于W点 c(HA)c(H2A)，故Ka1c(H)1.0102.3；HAA2H，Ka2，由于Y点对应的溶液中c(HA)c(A2)，故Ka2c(H)1.0109.7；H2AHAH与HAA2H相减即得H2AA22HA，此时的平衡常数K1.0107.4，D项正确。2(氧化还原滴定)(新题预测)过氧化氢的水溶液适用于医用、环境和食品消毒。.过氧化氢性质的探究实验(1)酸性条件下，H2O2可将Fe2转化
63、成Fe3，由此说明H2O2具有_性。(2)已知H2O2是一种二元弱酸，其中Ka12.201012、Ka21.051025，则H2O2的电离方程式为_，常温下，1 mol/L的H2O2溶液的pH约为_。.过氧化氢含量的测定实验某兴趣小组同学用0.100 0 mol/L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2MnO5H2O26H=2Mn28H2O5O2。(3)滴定达到终点的现象是_。(4)用移液管移取25.00 mL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
64、算试样中过氧化氢的浓度为_mol/L。(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”)。解析：.(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，其电离方程式为H2O2HHO、HOHO；又Ka12.201012，Ka21.051025，Ka1Ka2，以第一步电离为主，则Ka12.201012，所以c(H)1.48106 mol/L，即pH5.8。.(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红色，且30秒内溶液不褪色。(4)由于第一次数据误差过大，故舍去；其他三组数据的平均值为18
65、.00 mL，根据反应2MnO5H2O26H=2Mn28H2O5O2，n(H2O2)2.5n(MnO)2.50.100 0 mol/L0.018 L4.500 0103 mol，c(H2O2)0.180 0 mol/L。(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。答案：.(1)氧化(2)H2O2HHO、HOHO5.8.(3)锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅红色，且30秒内溶液不褪色(4)0.180 0(5)偏高3(沉淀滴定)(2017高考天津卷)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。.准备标准溶液a准确称取AgNO3
66、基准物4.246 8 g(0.025 0 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b配制并标定100 mL 0.100 0 molL1 NH4SCN标准溶液，备用。.滴定的主要步骤a取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。b加入25.00 mL 0.100 0 molL1 AgNO3溶液(过量)，使I完全转化为AgI沉淀。c加入NH4Fe(SO4)2溶液做指示剂。d用0.100 0 molL1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。e重复上述操作两次。三次测定数据如下表：实验序号123消耗NH4SCN标
67、准溶液体积/mL10.2410.029.98f.数据处理。回答下列问题：(1)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是_。(2)滴定应在pH0.5的条件下进行，其目的是_。(3)b和c两步操作是否可以颠倒_，说明理由：_。(4)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为_mL，测得c(I)_molL1。(5)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为_。(6)判断下列操作对c(I)测定结果的影响：(填“偏高”“偏低”或“无影响”)若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_。解析：(1)Ag
68、NO3见光容易分解，因此需要保存在棕色试剂瓶中。(2)滴定实验中用NH4Fe(SO4)2溶液做指示剂，Fe3容易发生水解，影响滴定终点判断，故控制pHc(Na)c(NH)c(OH)c(H) 解析：选B。常温下，向1 L 0.1 molL1 NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH，发生反应：NH4ClNaOH =NaClNH3H2O。A.NH4Cl溶液中铵根离子水解，促进水的电离，M点溶液为等浓度的氯化铵、氯化钠和一水合氨的混合溶液，一水合氨抑制水的电离，故M点溶液中水的电离程度比原溶液小，错误；B.在M点时，溶液为等浓度的氯化铵、氯化钠和一水合氨的混合溶液，根据电荷守恒知n(H)n(Na)n(N
69、H )n(OH)n(Cl)，n(Na)a mol，n(Cl)0.1 mol，n(NH )0.05 mol，则n(OH)n(H)(a0.05) mol，正确；C.铵根离子的水解平衡常数Kh，随着NaOH的加入，NH3H2O 浓度不断增大，温度不变，Kh不变，不断减小，错误；D.当n(NaOH)0.05 mol时，溶液为等浓度的氯化铵、氯化钠和一水合氨的混合溶液，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，溶液呈碱性，离子浓度大小关系为c(Cl) c(NH)c(Na)c(OH)c(H)，错误。3室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 molL1的三种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定
70、曲线如图所示，下列判断错误的是()A三种酸的电离常数关系：KHAKHBKHDB滴定至P点时，溶液中：c(B)c(Na)c(HB)c(H)c(OH) CpH7时，三种溶液中：c(A)c(B)c(D) D当中和百分数达100% 时，将三种溶液混合后：c(HA)c(HB)c(HD)c(OH)c(H)解析：选C。三种酸的浓度相等，根据图像在滴定前HA溶液的pH最小，酸性最强，HD溶液的pH最大，酸性最弱，说明HA的电离程度最大，电离常数最大，故三种酸的电离常数关系为KHAKHBKHD，A项正确；P点溶液中含有等物质的量的NaB与HB，此时溶液显酸性，说明HB的电离程度大于B的水解程度，所以c(B)c(
71、HB)，由物料守恒：2c(Na)c(HB)c(B)知，c(Na)介于c(B)、c(HB)之间，B项正确；每种溶液中均存在电荷守恒：c(Na)c(H)c(X)c(OH)，X代表A、B、D，在pH7时，c(H)c(OH)，c(Na)c(X)，而pH7时，三种酸所消耗的NaOH的物质的量不相等，故三种溶液中c(Na)不相等，则c(X)也不相等，C项错误；中和百分数达100% 的三种溶液，其溶质分别是NaA、NaB、NaD，混合后溶液中的电荷守恒式为c(Na)c(H)c(A)c(B)c(D)c(OH)，此式中c(Na)c(Na)NaAc(Na)NaBc(Na)NaD，混合前的三种溶液中存在物料守恒：c
72、(Na)NaAc(A)c(HA)，c(Na)NaBc(B)c(HB)，c(Na)NaDc(D)c(HD)，消去式中的c(Na)和c(A)、c(B)、c(D)，得c(HA)c(HB)c(HD)c(OH)c(H)，D项正确。4向一定浓度的Ba(OH)2溶液中滴加某浓度的NH4HSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积的变化如图所示。下列说法中正确的是()Aab段反应的离子方程式为Ba2OHHSO=BaSO4H2OBb点溶液中只存在H2O的电离平衡和BaSO4的沉淀溶解平衡Cbc段之间存在某点，其溶液中：c(NH)2c(SO)Dc点溶液中：c(H)c(NH)c(NH3H2O)c(OH)解析：选C。b点时
73、导电能力最弱，则n(NH4HSO4)nBa(OH)2，ab段溶液中发生的反应为NH4HSO4Ba(OH)2=BaSO4NH3H2OH2O，b点溶液中的溶质为NH3H2O，所以b点溶液中存在H2O、NH3H2O的电离平衡和BaSO4的沉淀溶解平衡，A、B错误；c点时导电能力最强，n(NH4HSO4)2nBa(OH)2，bc段溶液中发生的反应为2NH4HSO4Ba(OH)2=BaSO4(NH4)2SO42H2O，c点溶液中溶质为(NH4)2SO4，铵根离子水解显酸性，所以bc段之间存在某点，其溶液显中性，根据电荷守恒：c(H)c(NH)2c(SO)c(OH)，则c(NH)2c(SO)，C正确；c点
74、溶液中2c(SO)c(NH3H2O)，所以c(H)c(NH)c(NH3H2O)c(OH)，D错误。5(新题预测)已知：25 ，NH3H2O的电离平衡常数 Kb1.76105。25 ，向1 L 0.1 mol/L某一元酸HR溶液中逐渐通入氨，若溶液温度和体积保持不变，所得混合溶液的pH与lg变化的关系如图所示。下列叙述正确的是()A由图可推知，25 时0.1 mol/L NaR溶液的pH约为10B当通入0.1 mol NH3时，所得溶液中：c(NH)c(R)c(OH)c(H)CpH7时，所得溶液中：c(HR)c(R)c(NH)DpH10时，所得溶液中：c(R)c(HR)，c(NH)c(NH3H2
75、O)解析：选B。由题图可知，pH5时，lg0，即1，所以Kac(H)1105，25 时0.1 mol/L NaR溶液中，Kh109，c(OH) mol/L1105 mol/L，所以pH约为9，A不正确。当通入0.1 mol NH3时，所得溶液中的溶质为NH4R，NH4R的阴、阳离子可以相互促进水解，NH3H2O的电离平衡常数Kb1.76105，而HR的Ka1105，故R的水解程度较大，溶液显碱性，所以c(NH)c(R)c(OH)c(H)，B正确。pH7时，由题图可知，lg2，即102，则c(R)c(HR)；由电荷守恒可知 c(R)c(NH)，所以所得溶液中：c(R)c(NH)c(HR)，C不正
76、确。pH10时，c(OH)1104 mol/L，由NH3H2O电离平衡常数Kb1.76105，可以求出1，所以c(NH)c(NH3H2O)，由题图可知，pH10时，lg5，即105，所以c(R)c(HR)，D不正确。6常温下，金属离子(Mn)浓度的负对数随溶液pH变化关系如图所示已知：pMlg c(Mn)，且假设c(Mn)106mol/L认为该金属离子已沉淀完全。下列说法正确的是()A常温下，KspMg(OH)2KspFe(OH)2B可以通过调节溶液pH的方法分步沉淀Cu2和Fe2C除去Cu2中少量Fe3，可控制溶液3pH4DpM与Ksp之间的关系式为pMlg Kspnlg c(OH)解析：选
77、C。常温下，pH一定时c(Mg2)c(Fe2)，所以KspMg(OH)2KspFe(OH)2，A项错误；当Cu2完全沉淀时，Fe2已经开始沉淀，所以不能通过调节溶液pH的方法分步沉淀Cu2和Fe2，B项错误；当3pH4时，Fe3完全沉淀，而Cu2不会沉淀，所以除去Cu2中少量Fe3，可控制溶液3pH4，C项正确；Kspc(Mn)cn(OH)，c(Mn)，pMlg c(Mn)lglg Kspnlg c(OH)，D项错误。二、非选择题7(热点组合)研究化学反应原理对于生产、生活及环境保护具有重要意义。请回答下列问题：(1)常温下，物质的量浓度均为0.1 molL1的四种溶液：NH4NO3；CH3C
78、OONa；(NH4)2SO4；Na2CO3，pH由大到小的排列顺序为_(填序号)。(2)常温下，向20 mL 0.2 molL1H2A溶液中滴加0.2 molL1NaOH溶液。有关微粒的物质的量变化如下图所示。则当V(NaOH)20 mL时，溶液中离子浓度大小关系：_，水的电离程度比纯水_(填“大”或“小”)。(3)含有Cr2O的废水毒性较大，某工厂废水中含5.0103molL1的Cr2O。为了使废水的排放达标，进行如下处理：Cr2OCr3、Fe3Cr(OH)3、Fe(OH)3该废水中加入绿矾(FeSO47H2O)和H，发生反应的离子方程式为_。若处理后的废水中残留的c(Fe3)2.01013
79、molL1，则残留的Cr3的浓度为_。(已知：KspFe(OH)34.01038，KspCr(OH)36.01031)(4)用氧化还原滴定法可测定废水中Cr2O的浓度。取100 mL废水样品，加入少许稀硫酸和过量的KI溶液，充分反应后滴入几滴淀粉溶液，用0.2 molL1的Na2S2O3溶液滴定生成的I2，当滴入30 mL Na2S2O3溶液时恰好反应完全，反应的原理是Cr2O14H6I=3I22Cr37H2O；I22S2O=2IS4O，则该废水中Cr2O的物质的量浓度是_。答案：(1)(2)c(Na)c(HA)c(H)c(A2)c(OH)小(3)Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2
80、O3.0106molL1(4)0.01 molL18(1)某温度(t )时，水溶液中c(H)和c(OH)的关系如图所示，a点离子积Kw_；该温度下，pH12的NaOH溶液与pH2的H2SO4溶液等体积混合，溶液呈_性。(2)25 时，向0.1 molL1氨水中加入少量NH4Cl固体，当固体溶解后，测得溶液pH_，NH的物质的量浓度_。(填“增大”“减小”或“不变”)(3)体积相等的稀NaOH和CH3COOH溶液混合，若溶液中c(Na)c(CH3COO)，则该溶液呈_(填“酸性”“碱性”或“中性”)，混合前c(NaOH)_c(CH3COOH)(填“”“”或“”)。(4)常温时，Fe(OH)3的K
81、sp11038，要使溶液中的Fe3沉淀完全残留在溶液中的c(Fe3)105molL1，则溶液的pH最小为_。(5)用可溶性碳酸盐可以浸取CaSO4固体，则溶液浸取过程中会发生反应：CaSO4(s)CO(aq)CaCO3(s)SO(aq)。已知298 K时，Ksp(CaCO3)2.80109，Ksp(CaSO4)4.90105，则此温度下该反应的平衡常数K为_(计算结果保留三位有效数字)。解析：(1)a、b两点对应温度相同，离子积相同，所以a点离子积Kwc(H)c(OH)1061061.01012；pH2的H2SO4溶液中c(H)0.01 molL1，pH12的NaOH溶液中c(OH) molL
82、11 molL1，等体积混合时碱过量，溶液呈碱性。(2)一水合氨为弱电解质，在溶液中存在电离平衡NH3H2ONHOH，加入氯化铵时，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液中氢氧根离子浓度减小，则pH减小。(3)溶液中存在电荷守恒c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，若c(Na)c(CH3COO)，则c(OH)c(H)，所以溶液呈中性；醋酸钠溶液呈碱性，要使醋酸和氢氧化钠的混合溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，因为二者的体积相等，所以醋酸的物质的量浓度大于氢氧化钠的物质的量浓度。(4)Kspc(Fe3)c3(OH)105c3(OH)，c(OH)1011molL1，则c(H) molL110
83、3molL1，溶液pH3。(5)该反应的平衡常数K1.75104。答案：(1)1.01012碱(2)减小增大(3)中性(4)3(5)1.751049(新题预测)三氯氧磷(POCl3)广泛用于农药、医药等生产。工业制备三氯氧磷的过程中会产生副产品亚磷酸(H3PO3)。请回答下列问题：(1)三氯氧磷可由三氯化磷、水、氯气加热反应生成，反应的化学方程式为_。(2)已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，则Na2HPO3溶液中，各离子浓度的大小关系为_。(3)常温下，将NaOH溶液滴加到亚磷酸(H3PO3)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，则表示lg 的是曲线_(填“”或“”)，亚磷酸(
84、H3PO3)的Ka1_，反应HPOH2OH2POOH的平衡常数的值是_。(4)工业上生产三氯氧磷的同时会产生含磷废水(主要成分为H3PO4、H3PO3)。向废水中先加入适量漂白粉，再加入生石灰调节pH，将磷元素转化为磷酸的钙盐沉淀并回收。若处理后的废水中c(Ca2)5106molL1，则溶液中c(PO)_molL1。已知KspCa3(PO4)221029。解析：(2)由于H3PO3为二元弱酸，所以Na2HPO3为正盐；溶液中水解方程式和电离方程式为HPOH2OH2POOH、H2POH2OH3PO3OH、H2OHOH，其离子浓度大小顺序为c(Na)c(HPO)c(OH)c(H2PO)c(H)。(
85、3)根据第一步电离远大于第二步电离可知，表示lg的是曲线。H3PO3H2POH，H2POHHPOKa1102.410101.4，Ka2105.5101106.5，所以HPOH2OH2POOHK107.5。(4)Ca3(PO4)2(s)3Ca2(aq)2PO(aq)KspCa3(PO4)2c3(Ca2)c2(PO)21029，c(PO) molL14107 molL1。答案：(1)PCl3H2OCl2POCl32HCl(2)c(Na)c(HPO)c(OH)c(H2PO)c(H)(3)101.4107.5(4)410710利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革
86、工业污泥中Cr()的处理工艺流程如下：已知：酸浸取液中的金属离子主要是Cr3，其次是Fe3、Al3、Ca2和Mg2等。(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施有_、_。(答出两点)(2)H2O2的作用是将滤液中的Cr3转化为Cr2O，则此反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_。(3)常温下，部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下：阳离子Fe3Al3Cr3开始沉淀时的pH2.7沉淀完全时的pH3.75.4(8溶解)9(9溶解)用NaOH调节溶液的pH不能超过8，其理由是_。当pH8时，Mg2是否开始沉淀(溶液中镁离子浓度不超过1 molL1)_(填“是”或“否”)(已知KspMg(OH)2
87、1.81011)。(4)上述流程中，加入NaOH溶液后，溶液呈碱性，Cr2O转化为CrO，写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式：_。解析：(1)酸浸时，为了提高浸取率可采取的措施是延长浸取时间、增大接触面积、适当升高温度或搅拌等。(2)H2O2将Cr3转化为Cr2O，H2O2做氧化剂，Cr3被氧化，发生的反应为2Cr33H2O2H2O=Cr2O8H，氧化剂和还原剂的物质的量之比为32。(3)pH8时，Fe3、Al3已沉淀完全，滤液中主要阳离子有Na、Mg2、Ca2，pH8时，会使部分Al(OH)3溶解生成AlO，会影响Cr回收与再利用。当pH8时，c(Mg2)c2(OH)KspMg(OH)21.81011，Qcc(Mg2)c2(OH)110121.81011，因此，此时Mg2没有开始沉淀。(4)流程中用SO2进行还原时，Na2CrO4被还原为CrOH(H2O)5SO4，SO2被氧化为SO，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒写出反应的离子方程式：3SO22CrO12H2O=2CrOH(H2O)5SO4SO2OH。答案：(1)适当升高温度(加热)搅拌(答案合理即可)(2)32(3)pH超过8会使部分Al(OH)3溶解生成AlO，最终影响Cr回收与再利用否(4)3SO22CrO12H2O=2CrOH(H2O)5SO4SO2OH
