高考化學(xué)二輪專(zhuān)題輔導(dǎo)通用版（課件）第10講 電解質(zhì)溶液(共187張PPT)

第10講電解質(zhì)溶液【串真知體系建構(gòu)】【研核心思維激活】【研習(xí)任務(wù)1】在25℃時(shí),將amol·L-1的氨水與0.01mol·L-1的鹽酸等體積混合,反應(yīng)平衡時(shí)溶液中c(N

)=c(Cl-)。(1)試判斷溶液的酸堿性。提示:溶液顯中性,混合溶液中的電荷守恒關(guān)系式為c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),因c(N)=c(Cl-),故有c(H+)=c(OH-),溶液顯中性。(2)計(jì)算NH3·H2O的電離平衡常數(shù)Kb(用含a的代數(shù)式表示)。提示:NH3·H2O

N

+

OH- ()mol·L-1 mol·L-1 10-7mol·L-1故Kb=【研習(xí)任務(wù)2】常溫下,用NaOH溶液吸收SO2得到pH=9的Na2SO3溶液。(1)寫(xiě)出該溶液中存在的平衡(用離子方程式表示)提示:S+H2OHS+OH-,HS+H2OH2SO3+OH-,H2OH++OH-。(2)試計(jì)算該溶液中

的值(已知常溫下H2SO3的電離平衡常數(shù)Ka1=1.0×10-2,Ka2=6.0×10-8)提示:該溶液的pH=9,則c(OH-)=10-5mol·L-1,因Kh=,所以

【研習(xí)任務(wù)3】(1)25℃向50mL0.018mol·L-1的AgNO3溶液中加入50mL0.020mol·L-1的鹽酸,生成沉淀。已知該溫度下,AgCl的Ksp=1.8×10-10,忽略溶液的體積變化,請(qǐng)計(jì)算:①完全沉淀后,溶液中c(Ag+)=________。

②完全沉淀后,溶液的pH=________。

③如果向完全沉淀后的溶液中繼續(xù)加入50mL

0.001mol·L-1的鹽酸,是否有白色沉淀生成?________(填“是”或“否”)。

(2)在某溫度下,Ksp(FeS)=6.25×10-18,FeS飽和溶液中c(H+)與c(S2-)之間存在關(guān)系:c2(H+)·c(S2-)=1.0×10-22,為了使溶液里c(Fe2+)達(dá)到1mol·L-1,現(xiàn)將適量FeS投入其飽和溶液中,應(yīng)調(diào)節(jié)溶液中的c(H+)約為_(kāi)_______。

提示:(1)①反應(yīng)前,n(Ag+)=0.018mol·L-1×0.05L=0.9×10-3mol,n(Cl-)=0.020mol·L-1×0.05L=1×10-3mol;反應(yīng)后剩余的Cl-為0.1×10-3mol,則混合溶液中,c(Cl-)=1.0×10-3mol·L-1,c(Ag+)=Ksp(AgCl)/c(Cl-)=1.8×10-7mol·L-1。②H+沒(méi)有參與反應(yīng),完全沉淀后,c(H+)=0.010mol·L-1,pH=2。③因?yàn)榧尤氲柠}酸中,c(Cl-)和反應(yīng)后所得溶液中的c(Cl-)相同,c(Cl-)沒(méi)有改變,c(Ag+)變小,所以Qc=c(Ag+)·c(Cl-)<Ksp(AgCl),沒(méi)有沉淀產(chǎn)生。(2)根據(jù)Ksp(FeS)得:c(S2-)=mol·L-1=6.25×10-18mol·L-1,根據(jù)c2(H+)·c(S2-)=1.0×10-22得:c(H+)=mol·L-1=4×10-3mol·L-1。答案:(1)①1.8×10-7mol·L-1②2③否(2)4×10-3mol·L-1熱點(diǎn)一弱電解質(zhì)的電離及溶液的酸堿性【研典例探究升華】角度一:弱電解質(zhì)的電離平衡【典例1】(2019·全國(guó)卷Ⅰ)NaOH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀(鄰苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10-3,Ka2=3.9×10-6)溶液,混合溶液的相對(duì)導(dǎo)電能力變化曲線如圖所示,其中b點(diǎn)為反應(yīng)終點(diǎn)。下列敘述錯(cuò)誤的是 (

)A.混合溶液的導(dǎo)電能力與離子濃度和種類(lèi)有關(guān)B.Na+與A2-的導(dǎo)電能力之和大于HA-的C.b點(diǎn)的混合溶液pH=7D.c點(diǎn)的混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH-)【解析】選C。鄰苯二甲酸氫鉀為二元弱酸酸式鹽,溶液呈酸性,向鄰苯二甲酸氫鉀溶液中加入氫氧化鈉溶液,兩者反應(yīng)生成鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉,溶液中離子濃度增大,導(dǎo)電性增強(qiáng),鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉為強(qiáng)堿弱酸鹽,鄰苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈堿性。根據(jù)圖示可知,混合溶液在不同的反應(yīng)階段含有的離子的種類(lèi)和濃度不同,故混合溶液的導(dǎo)電能力與離子濃度和種類(lèi)有關(guān),A正確;根據(jù)圖示可知,隨著反應(yīng)的進(jìn)行,溶液的導(dǎo)電能力逐漸增強(qiáng),加入的堿的量越多,溶液中的HA-的濃度越小,Na+與A2-的量越多,故Na+與A2-的導(dǎo)電能力之和大于HA-的,B正確;b點(diǎn)滴定終點(diǎn)應(yīng)該是二者恰好反應(yīng)生成Na2A和K2A,根據(jù)鄰苯二甲酸H2A的Ka1和Ka2值可知,鄰苯二甲酸是弱酸,所以到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)溶液應(yīng)該呈堿性,故b點(diǎn)的pH應(yīng)該大于7,C不正確;b點(diǎn)鄰苯二甲酸氫鉀溶液與氫氧化鈉溶液恰好完全反應(yīng)生成等物質(zhì)的量的鄰苯二甲酸鉀和鄰苯二甲酸鈉,溶液中c(Na+)和c(K+)相等,c點(diǎn)是繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液后,得到鄰苯二甲酸鉀、鄰苯二甲酸鈉、氫氧化鈉的混合溶液,則溶液中c(Na+)>c(K+),由圖可知,a點(diǎn)到b點(diǎn)加入氫氧化鈉溶液的體積大于b點(diǎn)到c點(diǎn)加入氫氧化鈉溶液的體積,則溶液中c(K+)>c(OH-),溶液中三者大小順序?yàn)閏(Na+)>c(K+)>c(OH-),故D正確。【題型建?！咳蹼娊赓|(zhì)電離解題的思維方法及計(jì)算(1)思維方法(2)電離常數(shù)的計(jì)算方法(以弱酸HXH++X-為例)①已知c(HX)和c(H+),求電離常數(shù)則:K=

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=

代入數(shù)值求解即可。②已知c(HX)和電離平衡常數(shù),求c(H+)。因弱酸c(H+)很小,c(HX)-c(H+)≈c(HX)。則c(H+)=

代入數(shù)值求解即可。角度二:水的電離及溶液的酸堿性【典例2】(2018·北京高考)測(cè)定0.1mol·L-1Na2SO3溶液先升溫再降溫過(guò)程中的pH,數(shù)據(jù)如下。時(shí)刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25實(shí)驗(yàn)過(guò)程中,?、佗軙r(shí)刻的溶液,加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對(duì)比實(shí)驗(yàn),④產(chǎn)生白色沉淀多。下列說(shuō)法不正確的是 (

)A.Na2SO3溶液中存在水解平衡:S

+H2OHS

+OH-B.④的pH與①不同,是由于S

濃度減小造成的C.①→③的過(guò)程中,溫度和濃度對(duì)水解平衡移動(dòng)方向的影響一致D.①與④的Kw

值相等【解析】選C。Na2SO3屬于弱酸強(qiáng)堿鹽,溶液中存在水解平衡S+H2OHS+OH-,A正確;④的pH與①不同,是由于S被O2氧化生成S,濃度減小,水解平衡左移,OH-濃度減小,B正確;水解反應(yīng)為吸熱反應(yīng),升高溫度,水解平衡右移,pH應(yīng)當(dāng)升高,而①→③的過(guò)程中pH下降,說(shuō)明溫度和濃度對(duì)水解平衡移動(dòng)方向的影響不一致,C錯(cuò)誤;離子積常數(shù)Kw

值只受溫度影響,①與④的溫度相同,故Kw

值相等,D正確?！狙由焯骄俊?1)①→④過(guò)程中引起c(S

)變化的離子方程式為_(kāi)_________________________。

提示:2S+O2====2S。(2)25℃時(shí),Na2SO3的第一步水解平衡常數(shù)Kh1約為_(kāi)_______。

提示:根據(jù)題給信息,25℃時(shí)0.1mol·L-1Na2SO3溶液的pH為9.66,則c(OH-)=10-4.34mol·L-1,由S+H2OHS+OH-可知Kh1==1.0×10-7.68。答案:1.0×10-7.68角度三:酸堿中和滴定及其遷移應(yīng)用【典例3】(2018·全國(guó)卷Ⅲ)硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3·5H2O,M=248g·mol-1)可用作定影劑、還原劑。回答下列問(wèn)題:(1)已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaS2O3)=4.1×10-5。市售硫代硫酸鈉中常含有硫酸根雜質(zhì),選用下列試劑設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行檢驗(yàn):試劑:稀鹽酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液實(shí)驗(yàn)步驟現(xiàn)象①取少量樣品,加入除氧蒸餾水②固體完全溶解得無(wú)色澄清溶液③__________________

④________,有刺激性氣體產(chǎn)生

⑤靜置,______

⑥______

(2)利用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液定量測(cè)定硫代硫酸鈉的純度。測(cè)定步驟如下:①溶液配制:稱(chēng)取1.2000g某硫代硫酸鈉晶體樣品,用新煮沸并冷卻的蒸餾水在______中溶解,完全溶解后,全部轉(zhuǎn)移至100mL的______中,加蒸餾水至______。

②滴定:取0.00950mol·L-1的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL,硫酸酸化后加入過(guò)量KI,發(fā)生反應(yīng):Cr2

+6I-+14H+====3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色,發(fā)生反應(yīng):I2+2S2====S4

+2I-。加入淀粉溶液作為指示劑,繼續(xù)滴定,當(dāng)溶液________,即為終點(diǎn)。平行滴定3次,樣品溶液的平均用量為24.80mL,則樣品純度為_(kāi)_______%(保留1位小數(shù))。

【解析】(1)該實(shí)驗(yàn)的目的是檢驗(yàn)市售硫代硫酸鈉中是否含有硫酸根,所以在加酸時(shí)不能加稀硫酸,應(yīng)加入稀鹽酸與硫代硫酸鈉反應(yīng):Na2S2O3+2HCl====S↓+SO2↑+2NaCl+H2O;該反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象除有無(wú)色刺激性氣味的氣體逸出外,還有淡黃色沉淀生成;靜置后,應(yīng)取上層清液加入BaCl2溶液來(lái)檢驗(yàn)S的存在。(2)①在配制溶液時(shí),應(yīng)先將固體放在燒杯中溶解,然后再轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中,接著加入蒸餾水,待凹液面最低處與刻度線相切時(shí),即定容。②滴定時(shí),依據(jù)淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)色,所以滴定終點(diǎn)的判斷為當(dāng)溶液藍(lán)色褪去,且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色。結(jié)合題中所給信息可得反應(yīng)物之間的關(guān)系為K2Cr2O7～3I2～6Na2S2O3·5H2O1mol 6mol0.00950mol·L-1×20.00mL c×24.80mL可得:n(Na2S2O3·5H2O)=mol·L-1×0.1Lm(Na2S2O3·5H2O)=mol·L-1×0.1L×248g·mol-1則樣品純度=答案:(1)③加入過(guò)量稀鹽酸④出現(xiàn)淡黃色渾濁⑤(吸)取上層清液,滴入BaCl2溶液⑥產(chǎn)生白色沉淀(2)①燒杯容量瓶刻度②藍(lán)色褪去95.0

【精整合技法指導(dǎo)】1.電離平衡分析判斷中的常見(jiàn)誤區(qū)(1)誤認(rèn)為電離平衡向正向移動(dòng),弱電解質(zhì)的電離程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸,平衡向電離方向移動(dòng),但醋酸的電離程度減小。(2)誤認(rèn)為弱電解質(zhì)在加水稀釋的過(guò)程中,溶液中離子濃度都減小。如氨水加水稀釋時(shí),c(H+)增大。(3)誤認(rèn)為由水電離出的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液一定呈堿性。如25℃,0.1mol·L-1的鹽酸或氫氧化鈉溶液中由水電離出的c(H+)都為10-13mol·L-1。(4)弱電解質(zhì)溶液加水稀釋過(guò)程中,判斷某些微粒濃度的關(guān)系式是否發(fā)生變化時(shí),首先要考慮該關(guān)系式是否是電離常數(shù)、離子積常數(shù)以及它們的變形。2.表示溶液酸堿性的量及pH的測(cè)定方法(1)pH、pOH、pKWpH=-lgc(H+)、pOH=-lgc(OH-)、pKW=-lg

KW,稀溶液中存在pH+pOH=pKW;常溫時(shí)稀溶液中存在pH+pOH=pKW=14。當(dāng)pH=pOH時(shí),溶液一定呈中性。(2)AG(酸度)AG=lg

,顯然AG=0時(shí)溶液顯中性、AG>0時(shí)溶液顯酸性、AG<0時(shí)溶液顯堿性,AG越大溶液的酸性越強(qiáng)。常溫時(shí),將c(OH-)=

代入AG的計(jì)算式,得AG=14+lgc2(H+)=14-2pH。3.滴定原理及其應(yīng)用(1)氧化還原滴定: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)。①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液原理:2Mn

+6H++5H2C2O4====10CO2↑+2Mn2++8H2O指示劑:酸性KMnO4溶液本身呈紫色,不用另外選擇指示劑,當(dāng)?shù)稳胍坏嗡嵝訩MnO4溶液后,溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色,且半分鐘內(nèi)不褪色,說(shuō)明到達(dá)滴定終點(diǎn)。②Na2S2O3溶液滴定碘液原理:2Na2S2O3+I2====Na2S4O6+2NaI指示劑:用淀粉作指示劑,當(dāng)?shù)稳胍坏蜰a2S2O3溶液后,溶液的藍(lán)色褪去,且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色,說(shuō)明到達(dá)滴定終點(diǎn)。(2)沉淀滴定: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。如利用Ag+與鹵素離子的反應(yīng)來(lái)測(cè)定Cl-、Br-、I-濃度?！揪氼?lèi)題鞏固拓展】1.(2019·天津高考)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HA、A-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NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同【解析】選C。酸越弱,稀釋越能促進(jìn)電離,稀釋后pH變化小,曲線Ⅰ代表醋酸,A錯(cuò)誤;兩種酸溶液,pH越小酸性越強(qiáng),水的電離程度越小,c點(diǎn)水電離程度大于b點(diǎn),B錯(cuò)誤;c、d的溫度相同,

其中Ka表示酸的電離平衡常數(shù),由于水的離子積常數(shù)和酸的電離平衡常數(shù)均只與溫度有關(guān),該比值不變,C正確;二者酸的pH相同,但酸的濃度不同,體積相同的兩種酸溶液,需要NaOH的物質(zhì)的量不同,D錯(cuò)誤。2.(2019·青島模擬)常溫下,在新制氯水中滴加NaOH溶液,溶液中水電離出的氫離子濃度的對(duì)數(shù)(lg[c水(H+)])與NaOH溶液的體積之間的關(guān)系如圖所示,下列推斷正確的是 (

)世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)A.可用pH試紙測(cè)定E點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液的pHB.F、H點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中都存在:c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)C.常溫下加水稀釋H點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液,溶液的pH增大D.G點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中:c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+)【解析】選D。E點(diǎn)新制氯水溶液中含有HClO,HClO有漂白性,所以不能用pH試紙測(cè)定E點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液的pH,A錯(cuò)誤;H點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中溶質(zhì)為NaCl、NaClO和NaOH,根據(jù)電荷守恒可知:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-),此時(shí)溶液為堿性,則c(OH-)>c(H+),所以c(Na+)>c(Cl-)+c(ClO-),B錯(cuò)誤;加水稀釋H點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液,H點(diǎn)為堿性溶液,加水稀釋時(shí)會(huì)使溶液堿性減弱,pH降低,C錯(cuò)誤;G點(diǎn)為完全反應(yīng)生成等量NaClO和NaCl,溶液呈堿性,但ClO-水解,所以有c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+),D正確。3.測(cè)定用過(guò)硫酸鈉溶液處理后的廢水中氰化鈉的含量。已知:①?gòu)U水中氰化鈉的最高排放標(biāo)準(zhǔn)為0.50mg·L-1。②Ag++2CN-====[Ag(CN)2]-,Ag++I-====AgI↓,AgI呈黃色,CN-優(yōu)先與Ag+發(fā)生反應(yīng)。實(shí)驗(yàn)如下:取1L處理后的NaCN廢水,濃縮為10.00mL置于錐形瓶中,并滴加幾滴KI溶液作指示劑,用1.0×10-3mol·L-1的標(biāo)準(zhǔn)AgNO3溶液滴定,消耗AgNO3溶液的體積為5.00mL。(1)滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是______________。

(2)處理后的廢水中氰化鈉的濃度為_(kāi)_______mg·L-1。

【解析】(1)滴定過(guò)程中Ag+與CN-反應(yīng)生成[Ag(CN)2]-,當(dāng)CN-反應(yīng)結(jié)束時(shí),滴入最后一滴硝酸銀溶液,Ag+與I-生成AgI黃色沉淀,且半分鐘內(nèi)沉淀不消失,說(shuō)明反應(yīng)到達(dá)滴定終點(diǎn)。(2)滴定終點(diǎn)時(shí)消耗AgNO3的物質(zhì)的量為1.0×10-3mol·L-1×5.00×10-3L=5.00×10-6mol,根據(jù)方程式Ag++2CN-====[Ag(CN)2]-可知處理的廢水中氰化鈉的質(zhì)量為5.00×10-6mol×2×49g·mol-1=4.9×10-4g,則處理后的廢水中氰化鈉的濃度為

=0.49mg·L-1。答案:(1)滴入最后一滴標(biāo)準(zhǔn)硝酸銀溶液,錐形瓶的溶液中恰好產(chǎn)生黃色沉淀,且半分鐘內(nèi)沉淀不消失(2)0.49【加固訓(xùn)練】1.常溫下,下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的敘述,正確的是 (

)A.等濃度等體積的強(qiáng)酸與強(qiáng)堿溶液混合后,溶液的pH一定等于7B.將10mLpH=a的鹽酸與100mLpH=b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和,則a+b=13C.pH=10的Ba(OH)2溶液和pH=13的NaOH溶液等體積混合后溶液的pH=10.7(已知lg2=0.3)D.pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合后所得溶液顯中性【解析】選B。等濃度等體積的強(qiáng)酸和強(qiáng)堿溶液混合后,pH大小與酸和堿的元數(shù)有關(guān),A錯(cuò)誤;鹽酸與Ba(OH)2溶液混合后恰好中和,則10-a×0.01=10-14+b×0.1,則-a-2=-14+b-1,則a+b=13,B正確;c(OH-)混=≈5×10-2mol·L-1,c(H+)=KW÷c(OH-)=2×10-13mol·L-1,pH=13-lg2=12.7,C錯(cuò)誤;pH=2的鹽酸與pH=12的氨水等體積混合后所得溶液呈堿性,D錯(cuò)誤。2.(2019·梧州模擬)常溫下,0.1mol·L-1的H2C2O4溶液中H2C2O4、HC2

、C2

三者所占物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(分布系數(shù))隨pH變化的關(guān)系如圖所示。下列表述不正確的是 (

)A.HC2

H++C2

K=1×10-4.3B.將10mL0.1mol·L-1的H2C2O4溶液與15mL

0.1mol·L-1的NaOH溶液混合后,所得溶液pH等于4.3C.常溫下HF的Ka=1×10-3.45,將少量H2C2O4溶液加入足量NaF溶液中,發(fā)生的反應(yīng)為H2C2O4+F-====HF+HC2

D.在0.1mol·L-1NaHC2O4溶液中,各離子濃度大小關(guān)系為c(Na+)>c(HC2

)>c(H+)>c(C2

)>c(OH-)【解析】選B。由HC2H++C2

可知K=pH=4.3時(shí),c(C2)=c(HC2)=1×10-4.3,A正確;將等物質(zhì)的量的NaHC2O4、Na2C2O4溶于水中,HC2

電離程度大于C2

的水解程度,所以溶液中c(C2)>c(HC2),則溶液pH大于4.3,B錯(cuò)誤;常溫下H2C2O4的K1=10-1.3,K2=10-4.3,HF的Ka=1×10-3.45,則酸性:H2C2O4>HF>HC2,所以將少量H2C2O4溶液加入足量NaF溶液中,發(fā)生的反應(yīng)為H2C2O4+F-====HF+HC2,C正確;NaHC2O4溶液顯酸性,以HC2

的電離為主,在溶液中部分電離,則各離子濃度大小關(guān)系為c(Na+)>c(HC2)>c(H+)>c(C2)>c(OH-),D正確。3.(2016·全國(guó)卷Ⅰ)298K時(shí),在20.0mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的鹽酸,溶液的pH與所加鹽酸的體積關(guān)系如圖所示。已知0.10mol·L-1氨水的電離度為1.32%,下列有關(guān)敘述正確的是(

)A.該滴定過(guò)程應(yīng)該選擇酚酞作為指示劑B.M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的鹽酸體積為20.0mLC.M點(diǎn)處的溶液中c(N

)=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)D.N點(diǎn)處的溶液中pH<12【解析】選D。鹽酸滴入氨水中,滴定終點(diǎn)時(shí)溶液由堿性變?yōu)樗嵝?因此該滴定過(guò)程應(yīng)該選擇甲基橙作為指示劑,A錯(cuò)誤;M點(diǎn)pH=7,如果二者恰好反應(yīng),生成的氯化銨水解使溶液顯酸性,因此M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的鹽酸體積小于20.0mL,B錯(cuò)誤;M點(diǎn)處的溶液顯中性,則根據(jù)電荷守恒可知溶液中c(N)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-),C錯(cuò)誤;N點(diǎn)氨水中已經(jīng)電離的一水合氨濃度是0.10mol·L-1×1.32%=1.32×10-3mol·L-1,所以N處的溶液中氫離子濃度為

≈7.6×10-12mol·L-1,因此pH<12,D正確。4.(2019·新鄉(xiāng)模擬)砷及其化合物在半導(dǎo)體、農(nóng)藥制造等方面用途非常廣泛?；卮鹣铝袉?wèn)題:(1)AsH3的電子式為_(kāi)_______;AsH3通入AgNO3溶液中可生成Ag,As2O3和HNO3,該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_(kāi)_______。

(2)改變0.1mol·L-1三元弱酸H3AsO4溶液的pH,溶液中的H3AsO4、H2As

、HAs

以及As

的物質(zhì)的量分布分?jǐn)?shù)隨pH的變化如圖所示:①lg

Ka1(H3AsO4)=________;用甲基橙作指示劑,用NaOH溶液滴定H3AsO4發(fā)生的主要反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_____________②反應(yīng)H2As

+As====2HAs

的lg

K=______【解析】(1)AsH3的電子式與氨氣類(lèi)似,電子式為AsH3通入AgNO3溶液中可生成Ag,As2O3和HNO3,反應(yīng)為2AsH3+12AgNO3+3H2O====As2O3+12Ag↓+12HNO3,其中As元素化合價(jià)升高被氧化,AsH3為還原劑,Ag元素化合價(jià)降低被還原,AgNO3為還原劑,氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為6∶1;(2)三元弱酸H3AsO4的三級(jí)電離反應(yīng)為:H3AsO4H++H2As,H2AsH++HAs,HAsH++As,第一步電離為主,①Ka1(H3AsO4)=根據(jù)題圖可知,pH=2.2時(shí),c(H2As)=c(H3AsO4),則Ka1(H3AsO4)=c(H+)=10-2.2,則lg

Ka1(H3AsO4)=-2.2;用甲基橙作指示劑,用NaOH溶液滴定H3AsO4發(fā)生反應(yīng)生成NaH2AsO4,離子反應(yīng)為:H3AsO4+OH-====H2As+H2O;②同理,Ka2(H2As)=pH=7時(shí),c(H2As)=c(HAs),則Ka2(H2As)=c(H+)=10-7,Ka3(HAs)=,pH=11.5時(shí),c(HAs)=c(As),則Ka3(HAs)=c(H+)=10-11.5,反應(yīng)H2As+As2HAs的答案:(1)

6∶1

(2)①-2.2H3AsO4+OH-====H2As+H2O②4.5熱點(diǎn)二鹽類(lèi)的水解及應(yīng)用【研典例探究升華】角度一:鹽類(lèi)水解及其應(yīng)用【典例4】(2018·天津高考)LiH2PO4是制備電池的重要原料。室溫下,LiH2PO4溶液的pH隨c初始(H2P

)的變化如圖1所示,H3PO4溶液中H2P

的分布分?jǐn)?shù)δ隨pH的變化如圖2所示[δ=

]。下列有關(guān)LiH2PO4溶液的敘述正確的是 (

)A.溶液中存在3個(gè)平衡B.含P元素的粒子有H2P

、HP

、P

C.隨c初始(H2P

)增大,溶液的pH明顯變小D.用濃度大于1mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3,當(dāng)pH達(dá)到4.66時(shí),H3PO4幾乎全部轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)iH2PO4【解析】選D。在LiH2PO4溶液中,有水的電離平衡、H2P的水解平衡、H2P的兩步電離平衡,共4個(gè)平衡,A錯(cuò)誤;含磷元素的微粒有H3PO4、H2P、HP、P,B錯(cuò)誤;根據(jù)圖1可以看出,開(kāi)始隨著c初始(H2P)增大,溶液pH逐漸減小,但c(H2P)大于10-1mol·L-1時(shí),pH保持4.66不變,C錯(cuò)誤;c初始(H2P)大于1mol·L-1,溶液pH=4.66,此時(shí)圖2中,H2P的分布分?jǐn)?shù)為0.994,H3PO4幾乎全部轉(zhuǎn)化為L(zhǎng)iH2PO4,D正確?！舅季S建模】分析鹽類(lèi)水解問(wèn)題的基本思路(1)找出存在的水解平衡體系(即可逆反應(yīng)或可逆過(guò)程),并寫(xiě)出水解反應(yīng)方程式,使抽象問(wèn)題具體化。(2)然后依據(jù)水解平衡方程式找出影響水解平衡的條件,并判斷水解平衡移動(dòng)的方向。(3)分析平衡移動(dòng)的結(jié)果及移動(dòng)結(jié)果與所解答問(wèn)題的聯(lián)系。角度二:溶液中微粒濃度大小的比較【典例5】(雙選)(2018·江蘇高考)H2C2O4為二元弱酸,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,設(shè)H2C2O4溶液中c(總)=c(H2C2O4)+c(HC2

)+c(C2

)。室溫下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1H2C2O4溶液至終點(diǎn)。滴定過(guò)程得到的下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是 (

)A.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液:c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2

)+c(OH-)-c(H2C2O4)B.c(Na+)=c(總)的溶液:c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2

)>c(H+)C.pH=7的溶液:c(Na+)=0.1000mol·L-1+c(C2

)-c(H2C2O4)D.c(Na+)=2c(總)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2

)【解析】選A、D。A項(xiàng),H2C2O4溶液中的電荷守恒為c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2),物料守恒有:c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)=0.1000mol·L-1,將兩式相加,可得:c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2)+c(OH-)-c(H2C2O4),A正確;B項(xiàng),c(Na+)=c(總)的溶液,相當(dāng)于H2C2O4溶液與等物質(zhì)的量NaOH溶液反應(yīng)后的溶液,即為NaHC2O4溶液,H2C2O4溶液的第一級(jí)電離為H2C2O4H++HC2,=5.4×10-2,則

HC2

水解方程式為HC2

+H2OH2C2O4+OH-,水解常數(shù)為K==1.85×10-13,而HC2

的電離平衡常數(shù)為5.4×10-5,即HC2

的電離大于其水解,則c(C2)>c(H2C2O4),B錯(cuò)誤;C項(xiàng),起始時(shí),H2C2O4溶液中c(總)=c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)=0.1000mol·L-1,在滴入NaOH后,c(H2C2O4)+c(HC2)+c(C2)<0.1000mol·L-1,溶液中存在電荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2)+2c(C2),聯(lián)系兩個(gè)式子有:c(Na+)<0.1000mol·L-1+c(C2)-c(H2C2O4),C錯(cuò)誤;D項(xiàng),c(Na+)=2c(總)的溶液,相當(dāng)于1molH2C2O4與2molNaOH反應(yīng)后的溶液,即為Na2C2O4溶液,Na2C2O4的質(zhì)子守恒方程式為c(OH-)=c(H+)+c(HC2)+2c(H2C2O4),D正確?！久麕熤д小葵}溶液中微粒濃度大小比較的方法【精整合技法指導(dǎo)】1.鹽類(lèi)水解的“五個(gè)要點(diǎn)”:2.影響鹽類(lèi)水解的因素:(1)內(nèi)因:弱酸陰離子、弱堿陽(yáng)離子對(duì)應(yīng)的酸、堿越弱,就越易發(fā)生水解。(2)外因:①溫度、濃度:越熱越水解、越稀越水解。②外加物質(zhì):外加物質(zhì)對(duì)水解反應(yīng)的影響取決于該物質(zhì)的性質(zhì)。3.四種?？嫉幕旌先芤旱乃釅A性:(1)CH3COOH與CH3COONa等濃度時(shí):CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度,等體積混合后溶液呈酸性。(2)NH4Cl和NH3·H2O等濃度時(shí):NH3·H2O的電離程度大于N

的水解程度,等體積混合后溶液呈堿性。(3)HCN與NaCN等濃度時(shí):CN-的水解程度大于HCN的電離程度,等體積混合后溶液呈堿性。(4)Na2CO3與NaHCO3等濃度時(shí):由于C

的水解程度大于HC

的水解程度,所以等體積混合后c(HC

)>c(C

)>c(OH-)>c(H+)。【練類(lèi)題鞏固拓展】1.(2019·北京高考)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 (

)A.隨溫度升高,純水中c(H+)>c(OH-)B.隨溫度升高,CH3COONa溶液的c(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】選C。升高溫度,促進(jìn)水的電離,但純水中的c(H+)=c(OH-),故A錯(cuò)誤;升高溫度既促進(jìn)水的電離,又促進(jìn)醋酸鈉的水解,使溶液中c(OH-)增大,故B錯(cuò)誤;升高溫度既促進(jìn)水的電離,Kw增大,又促進(jìn)銅離子的水解,使其水解平衡正向移動(dòng),這相當(dāng)于促進(jìn)了氫氧根離子與銅離子結(jié)合,最終的結(jié)果是氫離子剩余,導(dǎo)致pH減小,故C正確;隨溫度升高,CH3COO-、Cu2+水解平衡均正向移動(dòng),故D錯(cuò)誤。2.(2019·德州模擬)298K時(shí),將0.1mol·L-1的兩種鈉鹽NaX、NaY溶液加水稀釋,溶液的pH與稀釋倍數(shù)的對(duì)數(shù)lg

的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是 (

)世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)A.酸性:HY>HXB.298K時(shí),K(HX)/K(HY)=1/100C.lg

=2時(shí),c(HX)+c(X-)=c(HY)+c(Y-)D.相同濃度時(shí),NaX和NaY兩溶液中離子總濃度相等【解析】選D。由圖象可知,同濃度的NaX

和NaY溶液的pH,NaX更大,說(shuō)明X-在水溶液中的水解能力強(qiáng)于Y-,則酸性:HY>HX,A正確;由圖象可知,同濃度的NaX

和NaY溶液的pH相差1,可知K(HX)/K(HY)=1/100,B正確;根據(jù)物料守恒可知,lg=2時(shí),c(HX)+c(X-)=c(HY)+c(Y-),C正確;相同濃度時(shí),X-和Y-水解程度不同,X-離子水解程度大,溶液堿性強(qiáng),其水溶液中離子總數(shù)少,D錯(cuò)誤。3.下列溶液中各微粒的濃度關(guān)系正確的是(

)A.pH相等的①NH4Cl

②(NH4)2SO4

③NH4HSO4溶液:c(N

)大小順序?yàn)棰?gt;②>③B.0.1mol·L-1CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O溶液:c(S

)>c(N

)>c(Cu2+)>c(OH-)>c(H+)C.0.1mol·L-1Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=c(HC

)+c(C

)+c(OH-)D.等體積、等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa和CH3COOH混合后的溶液:c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)【解析】選D。銨根離子水解使溶液顯酸性,pH相等時(shí),c(N)大小順序?yàn)棰?②,A錯(cuò)誤;CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O溶液中銅離子和銨根離子水解使溶液顯酸性,故離子濃度順序?yàn)閏(S)>c(N)>c(Cu2+)>c(H+)>c(OH-),B錯(cuò)誤;根據(jù)電荷守恒,0.1mol·L-1Na2CO3溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-),C錯(cuò)誤;等體積、等物質(zhì)的量濃度的CH3COONa和CH3COOH混合后根據(jù)電荷守恒和物料守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+),2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),可得c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH),D正確?！炯庸逃?xùn)練】下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說(shuō)法正確的是(

)A.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中

減小B.將CH3COONa溶液從20℃升溫至30℃,溶液中

增大C.向鹽酸中加入氨水至中性,溶液中

D.向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3,溶液中

不變【解析】選D。加水稀釋,CH3COOH的電離平衡CH3COOHCH3COO-+H+正向移動(dòng),n(H+)增多,n(CH3COOH)減小,則

增大,A選項(xiàng)錯(cuò)誤;CH3COONa水解的離子方程式為CH3COO-+H2O

CH3COOH+OH-,其水解常數(shù)表達(dá)式為Kh=,升高溫度,水解平衡正向移動(dòng),Kh變大,則變小,B選項(xiàng)錯(cuò)誤;鹽酸和氨水的混合液中存在電荷守恒:c(H+)+c(N)=c(Cl-)+c(OH-),溶液呈中性,則c(H+)=c(OH-),所以c(N)=c(Cl-),即=1,C選項(xiàng)錯(cuò)誤;向AgCl、AgBr的飽和溶液中加入少量AgNO3,溶液中c(Ag+)相同,則

不變,D選項(xiàng)正確。熱點(diǎn)三難溶電解質(zhì)的溶解平衡【研典例探究升華】角度一:沉淀溶解平衡【典例6】(2019·全國(guó)卷Ⅱ)絢麗多彩的無(wú)機(jī)顏料的應(yīng)用曾創(chuàng)造了古代繪畫(huà)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(shuō)法錯(cuò)誤的是 (

)A.圖中a和b分別為T(mén)1、T2溫度下CdS在水中的溶解度B.圖中各點(diǎn)對(duì)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。圖中p、q對(duì)應(yīng)縱橫坐標(biāo)數(shù)值相等,即c(Cd2+)=c(S2-),則a和b分別為T(mén)1、T2溫度下CdS在水中的溶解度,A正確;圖中m、n、p點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溫度相同,小于q點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溫度,對(duì)應(yīng)的Ksp的關(guān)系為:Ksp(m)=Ksp(n)=Ksp(p)<Ksp(q),B錯(cuò)誤;向m點(diǎn)的溶液中加入少量Na2S固體,c(S2-)增大,而Ksp不變,c(Cd2+)減小,溶液組成由m沿mpn線向p方向移動(dòng),C正確;溫度降低時(shí),CdS在水中的溶解度逐漸減小,飽和溶液降溫后離子濃度減小,但仍為飽和溶液,q點(diǎn)的飽和溶液的組成由q沿qp線向p方向移動(dòng),D正確。角度二:有關(guān)Ksp的計(jì)算及應(yīng)用【典例7】(2019·武漢模擬)T1、T2兩種溫度下BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示,請(qǐng)回答下列問(wèn)題:(1)T1________(填“>”“<”或“=”)T2,T2時(shí)Ksp(BaSO4)=________。

(2)根據(jù)T1時(shí)BaSO4的沉淀溶解平衡曲線,判斷下列說(shuō)法正確的是________(填序號(hào))。

A.加入Na2SO4可由a點(diǎn)變?yōu)閎點(diǎn)B.在T1曲線上方區(qū)域(不含曲線)的任意一點(diǎn)時(shí),均有BaSO4沉淀生成C.蒸發(fā)溶劑可能由d點(diǎn)變?yōu)門(mén)1曲線上a、b之間的某一點(diǎn)(不含a、b)D.升溫可由b點(diǎn)變?yōu)閐點(diǎn)(3)沉淀的生成、溶解和轉(zhuǎn)化在無(wú)機(jī)物制備和提純及科研等領(lǐng)域有著廣泛應(yīng)用。已知25℃時(shí),Ksp(BaSO4)=1×10-10,Ksp(BaCO3)=1×10-9。①醫(yī)學(xué)上進(jìn)行消化系統(tǒng)的X射線透視時(shí),常使用BaSO4作內(nèi)服造影劑。胃酸酸性很強(qiáng)(pH約為1),但服用大量BaSO4仍然是安全的,BaSO4不溶于酸的原因是

___(用沉淀溶解平衡原理解釋)。萬(wàn)一誤服了少量BaCl2,應(yīng)盡快用大量0.5mol·L-1Na2SO4溶液洗胃,如果忽略洗胃過(guò)程中Na2SO4溶液濃度的變化,殘留在胃液中的Ba2+濃度僅為_(kāi)_______mol·L-1。

②長(zhǎng)期使用的鍋爐需要定期除水垢,否則會(huì)降低燃料的利用率。水垢中含有CaSO4,可先用Na2CO3溶液處理,使之轉(zhuǎn)化為疏松、易溶于酸的CaCO3,然后用酸除去。CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3的離子方程式為_(kāi)_________。

【解析】(1)根據(jù)圖象知升高溫度促進(jìn)難溶物溶解,T2的溶度積常數(shù)大于T1,所以T1<T2;Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(S)=1.0×10-4×5.0×10-5=5×10-9;(2)A.溫度不變硫酸鋇溶度積不變,硫酸根離子濃度增大,導(dǎo)致溶液中鋇離子濃度減小,可以使溶液由a點(diǎn)變?yōu)閎點(diǎn),故A正確;B.在T1曲線上方區(qū)域(不含曲線)為過(guò)飽和溶液,有晶體析出,故B正確;C.蒸發(fā)溶劑,溶質(zhì)的濃度增大,溫度不變,溶度積常數(shù)不變,蒸發(fā)溶劑可能使溶液由d點(diǎn)變?yōu)榍€上a、b之間的某一點(diǎn)(不含a、b),故C正確;D.升溫增大溶質(zhì)的溶解度,溶液中鋇離子、硫酸根離子濃度都增大,故D錯(cuò)誤;(3)①對(duì)于沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq),H+不能減小Ba2+和S的濃度,平衡不能向溶解方向移動(dòng)。由Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(S)得:c(Ba2+)==2×10-10(mol·L-1)。②CaSO4轉(zhuǎn)化為CaCO3的離子方程式為CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq)。答案:(1)<

5.0×10-9

(2)ABC(3)①對(duì)于沉淀溶解平衡BaSO4(s)Ba2+(aq)+S(aq),H+不能減小Ba2+和S的濃度,平衡不能向溶解方向移動(dòng)2×10-10

②CaSO4(s)+C(aq)CaCO3(s)+S(aq)【名師支招】利用溶度積進(jìn)行計(jì)算的方法(1)對(duì)于難溶電解質(zhì)M(OH)n,其開(kāi)始沉淀時(shí)溶液中的c(OH-)=

,恰好完全沉淀時(shí)溶液中的c(OH-)=

,再根據(jù)Kw計(jì)算出c(H+),進(jìn)而計(jì)算pH。(2)沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)平衡常數(shù)的計(jì)算,如在碳酸鋇濁液中加入硫酸鈉,BaCO3(s)+S

(aq)BaSO4(s)+C

(aq),平衡常數(shù)K=

【精整合技法指導(dǎo)】1.與難溶電解質(zhì)的溶解平衡相關(guān)的易錯(cuò)問(wèn)題(1)把沉淀溶解平衡誤認(rèn)為電離平衡。實(shí)際上如BaSO4(s)Ba2+(aq)+S

(aq)是溶解平衡,因?yàn)锽aSO4是強(qiáng)電解質(zhì),不存在電離平衡。(2)誤認(rèn)為Ksp越小,物質(zhì)的溶解度越小,溶解能力越弱。實(shí)際上只有物質(zhì)類(lèi)型相同時(shí)(如AB型、AB2型),Ksp越小,難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力越弱。(3)一定溫度下,誤認(rèn)為溶解度受溶液中相同離子濃度的影響,因而Ksp會(huì)隨之改變。實(shí)際上Ksp只受溫度影響,溫度不變則Ksp不變,如Mg(OH)2在MgCl2溶液中的溶解度要小于在純水中的溶解度,而Ksp[Mg(OH)2]不變。(4)誤認(rèn)為Ksp大的難溶電解質(zhì)只能向Ksp小的難溶電解質(zhì)轉(zhuǎn)化,反之不可能。實(shí)際上當(dāng)兩種難溶電解質(zhì)Ksp相差不是很大時(shí),通過(guò)調(diào)節(jié)某種離子的濃度,可實(shí)現(xiàn)難溶電解質(zhì)由Ksp小的向Ksp大的轉(zhuǎn)化。2.與Ksp有關(guān)的常考題型和解題策略?？碱}型解題策略(1)根據(jù)定義式或者數(shù)形結(jié)合求Ksp,或者判斷沉淀金屬離子所需pH直接根據(jù)Ksp(AmBn)=cm(An+)·cn(Bm-)解答,如果已知溶解度,則化為物質(zhì)的量濃度再代入計(jì)算?？碱}型解題策略(2)沉淀先后的計(jì)算與判斷①沉淀類(lèi)型相同,則Ksp小的化合物先沉淀;②沉淀類(lèi)型不同,則需要根據(jù)Ksp計(jì)算出沉淀時(shí)所需離子濃度,所需離子濃度小的先沉淀?？碱}型解題策略(3)根據(jù)兩種含同種離子的化合物的Ksp數(shù)據(jù),求溶液中不同離子的比值如某溶液中含有I-、Cl-等離子,向其中滴加AgNO3溶液,當(dāng)AgCl開(kāi)始沉淀時(shí),求溶液中

,則有?？碱}型解題策略(4)判斷沉淀的生成或轉(zhuǎn)化把離子濃度數(shù)值代入Ksp表達(dá)式,若數(shù)值大于Ksp,沉淀可生成或轉(zhuǎn)化為相應(yīng)難溶物質(zhì)【練類(lèi)題鞏固拓展】1.(2019·濟(jì)南模擬)某溫度下,向10mL0.1mol·L-1NaCl溶液和10mL0.1mol·L-1K2CrO4溶液中分別滴加0.1mol·L-1AgNO3溶液。滴加過(guò)程中pM[-lgc(Cl-)或-lgc(Cr

)]與所加AgNO3溶液體積之間的關(guān)系如圖所示。已知Ag2CrO4為紅棕色沉淀。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是 (

)A.該溫度下,Ksp(Ag2CrO4)=4×10-12B.a1、b、c三點(diǎn)所示溶液中c(Ag+):a1>b>cC.若將上述NaCl溶液濃度改為0.2mol·L-1,則a1點(diǎn)會(huì)平移至a2點(diǎn)D.用AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定NaCl溶液時(shí),可用K2CrO4溶液作指示劑【解析】選B。b點(diǎn)時(shí)恰好反應(yīng)生成Ag2CrO4,-lgc(Cr)=4.0,c(Cr)=10-4mol·L-1,則c(Ag+)=2×10-4mol·L-1,該溫度下,Ksp(Ag2CrO4)=c(Cr)×c2(Ag+)=4×10-12,A正確;a1點(diǎn)恰好反應(yīng),-lgc(Cl-)=4.9,c(Cl-)=10-4.9mol·L-1,則c(Ag+)=10-4.9mol·L-1,b點(diǎn)c(Ag+)=2×10-4mol·L-1,c點(diǎn),K2CrO4過(guò)量,c(Cr)約為原來(lái)的,則c(Cr)=0.025mol·L-1,則c(Ag+)=×10-5mol·L-1,a1、b、c三點(diǎn)所示溶液中b點(diǎn)的c(Ag+)最大,B錯(cuò)誤;溫度不變,氯化銀的溶度積不變,若將上述NaCl溶液濃度改為0.2mol·L-1,平衡時(shí),-lgc(Cl-)=4.9,但需要的硝酸銀溶液的體積變成原來(lái)的2倍,因此a1點(diǎn)會(huì)平移至a2點(diǎn),C正確;根據(jù)上述分析,當(dāng)溶液中同時(shí)存在Cl-和Cr時(shí),加入硝酸銀溶液,Cl-先沉淀,用AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定NaCl溶液時(shí),可用K2CrO4溶液作指示劑,滴定至終點(diǎn)時(shí),會(huì)生成Ag2CrO4為紅棕色沉淀,D正確。2.(2019·南寧模擬)下表是25℃時(shí)某些鹽的溶度積常數(shù)和弱酸的電離平衡常數(shù),下列說(shuō)法正確的是世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)(

)化學(xué)式CH3COOHH2CO3AgClAg2CrO4Ka或KspKa=1.8×10-5Ka1=4.1×10-7Ka2=5.6×10-11Ksp=1.8×10-10Ksp=2.0×10-12A.常溫下,相同濃度①CH3COONH4②NH4HCO3

③(NH4)2CO3溶液中,c(N

)由大到小的順序是①>②>③B.AgCl易溶于氨水難溶于水,所以AgCl

在氨水中的Ksp

大于水中的KspC.向飽和氯水中滴加NaOH

溶液至溶液剛好為中性時(shí),c(Na+)=2c(ClO-)+c(HClO)D.向濃度均為1×10-3mol·L-1的KCl

和K2CrO4混合液中滴加1×10-3mol·L-1

的AgNO3溶液,Cr

先形成沉淀【解析】選C。電離常數(shù)越大,酸性越強(qiáng),由表知酸性:CH3COOH>H2CO3>HC;酸性越弱,對(duì)應(yīng)的酸根離子水解能力越強(qiáng),則水解能力:CH3COO-<HC<C,醋酸根離子、碳酸氫根離子和碳酸根離子促進(jìn)銨根離子水解,弱酸根離子水解程度越大,則銨根離子水解程度越大,但(NH4)2CO3溶液中N的量是CH3COONH4、NH4HCO3

的兩倍,水解是極其微弱的,所以(NH4)2CO3中c(N)最大,應(yīng)為③>①>②,A錯(cuò)誤;AgCl

易溶于氨水難溶于水,說(shuō)明AgCl

在氨水中的溶解度大于水中的溶解度,B錯(cuò)誤;向飽和氯水中滴加NaOH

溶液,據(jù)電荷守恒有:c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-),溶液呈中性,則c(H+)=c(OH-),所以c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-),據(jù)物料守恒得:c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO),二者結(jié)合可得:c(Na+)=c(HClO)+2c(ClO-),C正確;AgCl飽和所需Ag+濃度c(Ag+)==1.8×10-7,Ag2CrO4飽和所需Ag+濃度c(Ag+)==4.472×10-5,1.8×10-7<4.472×10-5,所以Cl-先沉淀,D錯(cuò)誤?！炯庸逃?xùn)練】1.(2019·唐山模擬)下列有關(guān)說(shuō)法中不正確的是 (

)A.某溫度時(shí)的混合溶液中c(H+)=

mol·L-1,說(shuō)明該溶液呈中性(KW為該溫度時(shí)水的離子積常數(shù))B.常溫下,某溶液中由水電離出的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液的pH可能為2或12C.已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10。Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12,向含有Cl-、Cr

且濃度均為0.010mol·L-1溶液中逐滴加入0.010mol·L-1的AgNO3溶液時(shí),Cl-先產(chǎn)生沉淀D.常溫下pH=7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液中,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)【解析】選D。某溫度時(shí)的混合溶液中c(H+)=mol·L-1,而Kw=c(H+)·c(OH-),說(shuō)明c(H+)=c(OH-),則溶液一定為中性,A正確;常溫下,Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14,純水中c(H+)=c(OH-)=10-7mol·L-1,某溶液中,由水電離出的c(H+)=10-12mol·L-1<10-7mol·L-1,說(shuō)明溶液中的溶質(zhì)抑制水的電離,溶質(zhì)能電離出氫離子或氫氧根離子就能抑制水電離,則該溶液可能是酸或堿或強(qiáng)酸的酸式鹽,如果為酸溶液,則pH=2,如果為堿溶液,則pH=12,B正確;已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10、Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12,析出沉淀時(shí),AgCl溶液中c(Ag+)=mol·l-1=1.56×10-8mol·L-1,Ag2CrO4溶液中:c(Ag+)==3×10-5mol·L-1>1.56×10-8mol·L-1,Cl-先產(chǎn)生沉淀,C正確;常溫下pH=7的CH3COOH和CH3COONa混合溶液呈中性,則c(H+)=c(OH-),結(jié)合電荷守恒可知:c(Na+)=c(CH3COO-),D不正確。2.已知:室溫下,Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgI)=1.0×10-16。將等體積的AgCl和AgI的飽和溶液的清液混合,再向其中加入一定量的AgNO3固體,下列說(shuō)法正確的是 (

)A.若兩清液混合,AgCl和AgI都沉淀B.若AgNO3固體足量,AgCl和AgI都可沉淀,但以AgCl沉淀為主C.向AgI清液中加入AgNO3固體,c(Ag+)增大,Ksp(AgI)也增大D.若取0.1435gAgCl固體放入100mL水中(忽略體積變化),c(Cl-)為0.01mol·L-1【解析】選B。由溶度積常數(shù)可知溶解度:AgCl>AgI,所以?xún)汕逡夯旌?AgCl不沉淀、AgI沉淀,A錯(cuò)誤;由于溶液中Cl-較多,所以加入足量的AgNO3固體,生成的沉淀中AgCl較多,B正確;溶度積常數(shù)只與溫度有關(guān),所以加入AgNO3固體,溶度積常數(shù)不變,C錯(cuò)誤;0.1435gAgCl在100mL水中不能全部溶解,故c(Cl-)小于0.01mol·L-1,D錯(cuò)誤。3.已知298K時(shí),Ksp(NiS)=1.0×10-21,Ksp(NiCO3)=1.0×10-7;pNi=-lgc(Ni2+),pB=-lgc(S2-)或-lgc(C

)。在含物質(zhì)的量濃度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液產(chǎn)生兩種沉淀,溶液中陽(yáng)離子、陰離子濃度的負(fù)對(duì)數(shù)關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是 (

)A.常溫下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度B.向d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中加入對(duì)應(yīng)陰離子的鈉鹽,d點(diǎn)向b點(diǎn)方向移動(dòng)C.對(duì)于曲線Ⅰ,加熱b