專題08-水溶液中的離子平衡-(講)-解析版

專題08水溶液中的離子平衡【考情探究】課標(biāo)解讀內(nèi)容弱電解質(zhì)的電離平衡水的電離溶液的酸堿性解讀1.理解弱電解質(zhì)在水中的電離平衡2.了解強(qiáng)電解質(zhì)和弱電解質(zhì)的概念3.理解電解質(zhì)在水中的電離以及電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性1.了解水的電離、離子積常數(shù)2.了解溶液pH的含義及其測定方法,能進(jìn)行pH的簡單計算3.掌握中和滴定實(shí)驗(yàn)的基本操作4.了解中和滴定實(shí)驗(yàn)主要儀器的使用方法考情分析該專題內(nèi)容是近幾年的必考內(nèi)容。主要考查影響弱電解質(zhì)電離平衡的因素，通過圖像判斷強(qiáng)、弱電解質(zhì)，計算電離常數(shù)，比較微粒濃度大小,進(jìn)行pH的相關(guān)計算和中和滴定的遷移應(yīng)用等，命題時與水解相結(jié)合又增加了試題難度，預(yù)計在今后的高考中出現(xiàn)的概率仍較大。備考策略備考時應(yīng)重點(diǎn)關(guān)注數(shù)形結(jié)合與分析推理型選擇題、滴定終點(diǎn)判斷的規(guī)范表達(dá)，同時要了解水溶液中的離子反應(yīng)與平衡在物質(zhì)檢測、化學(xué)反應(yīng)規(guī)律研究、物質(zhì)轉(zhuǎn)化中的應(yīng)用?！靖哳l考點(diǎn)】高頻考點(diǎn)一水的電離和溶液的酸堿性1．溶液中水電離出的c(H＋)H2O或c(OH－)H2O計算(1)酸或堿溶液：c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O＝c(OH－)或c(H＋)。(2)水解呈酸性或堿性的鹽溶液：c(H＋)H2O＝c(OH－)H2O＝c(H＋)或c(OH－)。2．酸堿混合液性質(zhì)的兩種判斷(1)同濃度同體積的HA與BOH混合，溶液的性質(zhì)決定誰強(qiáng)顯誰性。(2)25℃，pH之和為14的HA與BOH等體積混合，溶液的性質(zhì)決定于誰弱誰過量顯誰性。3．強(qiáng)酸與強(qiáng)堿混合的有關(guān)計算(1)n(OH－)>n(H＋)：c(OH－)＝eq\f(nOH－－nH＋,V1＋V2)?c(H＋)?pH(2)n(OH－)<n(H＋)：c(H＋)＝eq\f(nH＋－nOH－,V1＋V2)?pH(3)n(OH－)＝n(H＋)：pH＝7(25℃)(4)25℃，pH＝a的強(qiáng)酸與pH＝b的強(qiáng)堿按V1∶V2混合，混合液pH＝7時，V1×10－a＝V2×10－14＋b。4．溶液的稀釋問題(1)相同體積、相同pH的酸性溶液稀釋?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①稀釋相同倍數(shù)，強(qiáng)酸的pH大,②ΔpH相同，稀釋倍數(shù)，強(qiáng)酸的小))(2)相同體積、相同濃度酸性溶液稀釋?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①稀釋相同倍數(shù)，強(qiáng)酸的pH小,②pH相同時，稀釋倍數(shù)，強(qiáng)酸的大))5．向10mL0.1mol·L－1的氨水中，滴加同濃度的鹽酸(25℃)?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①V0＝10mL，即c點(diǎn)為恰好反應(yīng)點(diǎn),②b點(diǎn)、d點(diǎn)分別呈中性、酸性,③b點(diǎn)的離子濃度大小順序?yàn)閏Cl－,＝cNH\o\al(＋,4)>cOH－＝cH＋))【方法技巧】溶液混合酸堿性判斷模板(25℃)(1)已知酸、堿溶液的pH之和為14，則等體積混合時：eq\x(強(qiáng)酸、強(qiáng)堿)eq\o(→,\s\up10(恰好中和))pH＝7eq\x(強(qiáng)酸、弱堿)eq\o(→,\s\up10(堿過量))pH>7eq\x(弱酸、強(qiáng)堿)eq\o(→,\s\up10(酸過量))pH<7(2)已知酸、堿溶液的pH之和為14，若混合后溶液的pH為7，溶液呈中性，則eq\x(強(qiáng)酸、強(qiáng)堿)→V酸∶V堿＝1∶1eq\x(強(qiáng)酸、弱堿)→V酸∶V堿>1∶1eq\x(弱酸、強(qiáng)堿)→V酸∶V堿<1∶1(3)強(qiáng)酸、強(qiáng)堿等體積混合后溶液酸、堿性的判斷eq\x(看pH之和)——eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(\o(→,\s\up10(等于14))pH＝7,\o(→,\s\up10(大于14))pH>7,\o(→,\s\up10(小于14))pH<7))高頻考點(diǎn)二水溶液中的三大平衡及其常數(shù)的有關(guān)計算1．電離平衡與水解平衡的比較電離平衡(如CH3COOH溶液)水解平衡(如CH3COONa溶液)實(shí)質(zhì)弱電解質(zhì)的電離鹽促進(jìn)水的電離升高溫度促進(jìn)電離，離子濃度增大，Ka增大促進(jìn)水解，水解常數(shù)Kh增大加水稀釋促進(jìn)電離，離子濃度(除OH－外)減小，Ka不變促進(jìn)水解，離子濃度(除H＋外)減小，水解常數(shù)Kh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，水解常數(shù)Kh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，水解常數(shù)Kh不變2.沉淀溶解平衡的影響(1)升高溫度，沉淀、溶解平衡大部分右移，少部分左移。(2)加少量水，溶解平衡右移，但離子濃度一般不變。(3)加沉淀本身，溶解平衡不移動。(4)加同離子可溶物，抑制溶解，溶解度減小，但Ksp不變。(5)加反應(yīng)離子，促進(jìn)溶解，溶解度增大，但Ksp不變。3．沉淀、溶解平衡的三種應(yīng)用(1)沉淀生成：除去CuCl2溶液中的FeCl3，可調(diào)節(jié)pH＝3～4，使Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀而除去。(2)沉淀溶解：向濃的NH4Cl溶液中加入Mg(OH)2，現(xiàn)象為Mg(OH)2逐漸溶解，其反應(yīng)方程式為2NH4Cl＋Mg(OH)2=MgCl2＋2NH3·H2O。(3)沉淀轉(zhuǎn)化：向MgCl2溶液中加入少量NaOH溶液，然后再加入FeCl3溶液，現(xiàn)象為先生成白色沉淀，然后又轉(zhuǎn)化為紅褐色沉淀。有關(guān)離子方程式為Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，3Mg(OH)2(s)＋2Fe3＋2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋。4．水溶液中的三大平衡常數(shù)(1)明確各種平衡常數(shù)表達(dá)式。(2)平衡常數(shù)都只與溫度有關(guān)，溫度不變，平衡常數(shù)不變。升高溫度，Ka、Kb、KW、Kh均增大。(3)Ka、Kh、KW三者的關(guān)系式為Kh＝eq\f(KW,Ka)；Kb、Kh、KW三者的關(guān)系式為Kh＝eq\f(KW,Kb)。(4)對二元酸的Ka1、Ka2與相應(yīng)酸根離子的Kh1、Kh2的關(guān)系式為Ka1·Kh2＝KW，Ka2·Kh1＝KW。(5)反應(yīng)CdS(s)＋2H＋(aq)Cd2＋(aq)＋H2S(aq)的平衡常數(shù)K，則K＝eq\f(Ksp,Ka1·Ka2)。(6)反應(yīng)3Mg(OH)2(s)＋2Fe3＋(aq)2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋(aq)的平衡常數(shù)K＝eq\f(c3Mg2＋,c2Fe3＋)＝eq\f(K\o\al(3,sp)[MgOH2],K\o\al(2,sp)[FeOH3])。5．根據(jù)圖像曲線確定電離常數(shù)根據(jù)上圖可知H3PO4的三步電離常數(shù)分別為Ka1＝10－2.1，Ka2＝10－7.2，Ka3＝10－12.4。高頻考點(diǎn)三溶液中粒子濃度的比較1．理解溶液中的“三大守恒”(1)電荷守恒：電解質(zhì)溶液中所有陽離子的正電荷總數(shù)與所有陰離子的負(fù)電荷總數(shù)相等。(2)物料守恒：電解質(zhì)溶液中由于電離或水解因素，離子會發(fā)生變化，變成其他離子或分子等，但離子或分子中某些特定元素的原子的總數(shù)存在確定的比例關(guān)系。(3)質(zhì)子守恒：即H2O電離出的氫離子和氫氧根離子總數(shù)相等。一般根據(jù)電荷守恒式和物料守恒式整理得到。2．建立解題思維模型(1)單一溶液eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(酸或堿溶液—考慮電離,鹽溶液—考慮水解))eq\o(2混合溶液)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(不反應(yīng)—同時考慮電離和水解,反應(yīng)\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(不過量—\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(生成酸或堿—考慮電離,生成鹽—考慮水解)),過量—根據(jù)過量程度考慮電離或水解))))(3)不同溶液中某離子濃度的變化若其他離子能促進(jìn)該離子的水解，則該離子濃度減小，若抑制其水解，則該離子濃度增大。3．“五模板”突破溶液中粒子濃度模板(1)MCl(強(qiáng)酸弱堿鹽)溶液①電荷守恒：c(M＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)②物料守恒：c(M＋)＋c(MOH)＝c(Cl－)③粒子濃度：c(Cl－)>c(M＋)>c(H＋)>c(MOH)>c(OH)(2)Na2A(強(qiáng)堿弱酸鹽)溶液①電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)②物料守恒：c(Na＋)＝2[c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)]③粒子濃度：c(Na＋)>c(A2－)>c(OH－)>c(HA－)>c(H2A)>c(H＋)(3)NaHA(a：水解為主，b：電離為主)①電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)②物料守恒：c(Na＋)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)③粒子濃度：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a：cNa＋>cHA－>cOH－>cH2A,>cH＋>cA2－,b：cNa＋>cHA－>cH＋>cA2－,>cOH－>cH2A))(4)HA(弱酸)與NaA混合液(同濃度同體積)(a：pH<7，b：pH>7)①電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)②物料守恒：2c(Na＋)＝c(HA)＋c(A－)③粒子濃度：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a：cA－>cNa＋>cHA>,cH＋>cOH－,b：cHA>cNa＋>cA－>,cOH－>cH＋))(5)MOH(弱堿)與MCl混合液(同濃度、同體積)(a：pH>7，b：pH<7)①電荷守恒：c(M＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)②物料守恒：2c(Cl－)＝c(MOH)＋c(M＋)③粒子濃度：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a：cM＋>cCl－>cMOH>,cOH－>cH＋,b：cMOH>cCl－>cM＋>,cH＋>cOH－))高頻考點(diǎn)四中和滴定及遷移應(yīng)用1．滴定管的選擇eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(酸式滴定管：酸性溶液、氧化性溶液、有機(jī)溶劑等,堿式滴定管：堿性溶液))2．指示劑選擇(1)酸堿中和滴定eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(恰好反應(yīng)點(diǎn)為中性：甲基橙或酚酞,恰好反應(yīng)點(diǎn)為酸性：甲基橙,恰好反應(yīng)點(diǎn)為堿性：酚酞))(2)其他滴定eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(涉及I2的反應(yīng)：淀粉溶液,涉及Fe3＋的反應(yīng)：KSCN溶液,涉及MnO\o\al(－,4)的反應(yīng)：不用指示劑))3．誤差分析c測＝eq\f(c標(biāo),V測)V標(biāo)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(V標(biāo)偏大，c測偏大,V標(biāo)偏小，c測偏小))4．以向10mL0.1mol·L－1的HA溶液中滴加0.1mol·L－1的NaOH溶液為例，突破中和滴定曲線的“五點(diǎn)”a點(diǎn)：Ka＝10－5。b點(diǎn)：離子濃度大?。篶(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。c點(diǎn)：離子濃度大?。篶(A－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)。d點(diǎn)：離子濃度大?。篶(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)。e點(diǎn)：離子濃度大?。篶(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)。高頻考點(diǎn)五酸、堿、鹽溶液反應(yīng)過程中陌生圖像1．兩坐標(biāo)為對數(shù)的直線型示例分析(1)?？加嘘P(guān)對數(shù)示例①pC：類比pH，即為C離子濃度的負(fù)對數(shù)，規(guī)律是pC越大，C離子濃度越小。②pK：平衡常數(shù)的負(fù)對數(shù)，規(guī)律是pK越大，平衡常數(shù)越小，對于一元弱酸(HX)：pKa＝pH－lgeq\f(cX－,cHX)，lgeq\f(cX－,cHX)越大，HX的電離程度越大。③AG＝lgeq\f(cH＋,cOH－)，氫離子濃度與氫氧根離子濃度比的對數(shù)；規(guī)律是AG越大，酸性越強(qiáng)，中性時AG＝0。(2)圖像示例①pOH—pH曲線：?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Q點(diǎn)為中性，,M點(diǎn)為酸性，cOH－H2O＝1×10－bmol·L－1,N點(diǎn)為堿性，cH＋H2O＝1×10－bmol·L－1))②常溫下，二元弱酸H2Y溶液中滴加NaOH溶液，所得混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示：?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(L1代表lg\f(cHY－,cH2Y)－pH,H2Y的Ka1＝10－2.7，Ka2＝10－4.3,e點(diǎn)：cH2Y＝cY2－))③常溫下將KOH溶液滴加到二元弱酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系圖：?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(二元弱酸H2X一級電離程度遠(yuǎn)大于二級電離程度。,lg\f(cX2－,cHX－)或lg\f(cHX－,cH2X)越大，表示電離程度越大，,因而N代表一級電離的曲線，M代表二級電離曲線。,可以根據(jù)m點(diǎn)、n點(diǎn)的坐標(biāo)計算pKa1和pKa2。))2．粒子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)或濃度與pH的關(guān)系圖像分析T℃時，向某濃度的草酸溶液中逐滴加入一定濃度的NaOH溶液，所得溶液中三種微粒H2C2O4、HC2Oeq\o\al(－,4)、C2Oeq\o\al(2－,4)的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)與pH的關(guān)系如圖所示：?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(HC2O\o\al(－,4)的電離程度大于水解程度,Ka1＝10－1.2，Ka2＝10－4.2,pH＝2.7時，\f(cC2O\o\al(2－,4)·cH2C2O4,c2HC2O\o\al(－,4))＝10－3))高頻考點(diǎn)六沉淀、溶解平衡圖像分析1．兩坐標(biāo)為離子濃度的曲線型圖像?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(KspCaSO4＝8×10－6,b點(diǎn)的Qc>Ksp，有沉淀析出,d點(diǎn)的Qc<Ksp，溶液不飽和,溫度不變，增加cSO\o\al(2－,4)，,沿曲線a→c變化))2．兩坐標(biāo)為對數(shù)或負(fù)對數(shù)的直線型圖像已知：pCu＝－lgc(Cu＋)，pX＝－lgc(X－)，式中X－表示鹵素陰離子。298K時，Ksp(CuCl)≈1.0×10－7，Ksp(CuBr)≈1.0×10－9，Ksp(CuI)≈1.0×10－12。298K時，CuCl、CuBr、CuI的飽和溶液中pCu和pX的關(guān)系如圖所示。?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(X線代表CuCl的飽和溶液,圖中的a＝6,圖中的A點(diǎn)對于CuBr為析出,沉淀，對于CuCl為不飽和,溶液))【題型突破】題型一水的電離和溶液的酸堿性例1．[2019·北京卷]實(shí)驗(yàn)測得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+水解平衡移動方向不同【答案】C【解析】水的電離為吸熱過程，升高溫度，平和向著電離方向移動，水中c(H+).c(OH-)=Kw減小，故pH減小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合題意；水的電離為吸熱過程，升高溫度，進(jìn)水的電離，所以c(OH-)增大，醋酸根水解為吸熱過程，CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH-,升高溫度促進(jìn)鹽類水解，所以c(OH-)增大，故B不符合題意；升高溫度，促進(jìn)水的電離，故c(H+)增大；升高溫度，促進(jìn)銅離子水解Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+，故c(H+)增大，兩者共同作用使pH發(fā)生變化，故C符合題意；鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進(jìn)鹽類水解，故D不符合題意?！九e一反三】[2019·天津卷]某溫度下，和的電離常數(shù)分別為和。將和體積均相同的兩種酸溶液分別稀釋，其隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是A．曲線Ⅰ代表溶液B．溶液中水的電離程度：b點(diǎn)＞c點(diǎn)C．從c點(diǎn)到d點(diǎn)，溶液中保持不變（其中、分別代表相應(yīng)的酸和酸根離子）D．相同體積a點(diǎn)的兩溶液分別與恰好中和后，溶液中相同【答案】C【解析】由圖可知，稀釋相同的倍數(shù)，Ⅱ的變化大，則Ⅱ的酸性比I的酸性強(qiáng)，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，A錯誤；酸抑制水電離，b點(diǎn)pH小，酸性強(qiáng)，對水電離抑制程度大，B錯誤；Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw為水的離子積常數(shù)，k(HNO2)為HNO2的電離常數(shù)，這些常數(shù)只與溫度有關(guān)，溫度不變，則不變，C正確；體積和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分別滴加同濃度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氫氧化鈉溶液體積多，HNO2消耗的NaOH少，故D錯誤?！咀兪教骄俊浚?021·河北衡水中學(xué)高三調(diào)研）25℃時，向10mL0.1mol·L－1一元弱堿XOH溶液中逐滴滴加0.1mol·L－1的HCl溶液，溶液的AG[AG＝lgeq\f(cH＋,cOH－)]變化如圖所示(溶液混合時體積變化忽略不計)。下列說法不正確的是()A．若a＝－8，則a點(diǎn)溶液中水電離出的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1B．M點(diǎn)表示鹽酸和XOH恰好完全反應(yīng)C．R點(diǎn)溶液中可能存在c(X＋)＋c(XOH)＝c(Cl－)D．M點(diǎn)到N點(diǎn)，水的電離程度先增大后減小【答案】B【解析】A項，a＝－8，可求c(OH－)＝10－3mol·L－1，c(H＋)＝1×10－11mol·L－1，c(H＋)H2O＝1×10－11mol·L－1，正確；B項，M點(diǎn)AG＝0，則溶液中c(H＋)＝c(OH－)，不恰好反應(yīng)，錯誤；C項，R點(diǎn)可能為恰好反應(yīng)，溶質(zhì)為XCl，根據(jù)物料守恒可知c(X－)＋c(XOH)＝c(Cl－)，正確；D項，M點(diǎn)為堿過量，N點(diǎn)為酸過量，正確。題型二水溶液中粒子濃度比較例2.（2020·浙江卷）常溫下，用氨水滴定濃度均為的和的混合液，下列說法不正確的是()A.在氨水滴定前，和的混合液中B.當(dāng)?shù)稳氚彼畷r，C.當(dāng)?shù)稳氚彼畷r，D.當(dāng)溶液呈中性時，氨水滴入量大于，【答案】D【解析】未滴定時，溶液溶質(zhì)為HCl和CH3COOH，且濃度均為0.1mol/L，HCl為強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，CH3COOH為弱電解質(zhì)，不完全電離，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正確；當(dāng)?shù)稳氚彼?0mL時，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，則在同一溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，B正確；當(dāng)?shù)稳氚彼?0mL時，溶液溶質(zhì)為NH4Cl和CH3COONH4，質(zhì)子守恒為c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH4+)+c(OH-)，C正確；當(dāng)溶液為中性時，電荷守恒為：c(NH4+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，因?yàn)槿芤簽橹行?，則c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D【變式探究】（2020·天津卷）常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法錯誤的是()A.相同濃度的HCOONa和NaF兩溶液，前者的pH較大，則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.FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，則D.在溶液中，【答案】A【解析】HCOONa和NaF的濃度相同，HCOONa溶液的pH較大，說明HCOO－的水解程度較大，根據(jù)越弱越水解，因此甲酸的電離平衡常數(shù)較小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A錯誤；相同濃度的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7，此時溶液呈酸性，氫離子濃度大于氫氧根濃度，說明溶液中醋酸電離程度大于水解程度，則醋酸根濃度大于鈉離子濃度，則溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正確；CuS的溶解度較小，將CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡電離出的S2?不足以與H+發(fā)生反應(yīng)，而將FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S氣體，說明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正確；根據(jù)溶液中的物料守恒定律，1mol?L?1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的總物質(zhì)的量的濃度為1mol?L?1，即c(S2?)+c(HS－)+c(H2S)=1mol?L?1，故D正確；綜上所述，答案為A?！咀兪教骄俊浚?020·江蘇卷）室溫下，將兩種濃度均為的溶液等體積混合，若溶液混合引起的體積變化可忽略，下列各混合溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A.混合溶液(pH=10.30)：B.氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：C.混合溶液(pH=4.76):D.混合溶液(pH=1.68，H2C2O4為二元弱酸):【答案】AD【解析】NaHCO3水溶液呈堿性，說明的水解程度大于其電離程度，等濃度的NaHCO3和Na2CO3水解關(guān)系為：，溶液中剩余微粒濃度關(guān)系為：，和水解程度微弱，生成的OH-濃度較低，由NaHCO3和Na2CO3化學(xué)式可知，該混合溶液中Na+濃度最大，則混合溶液中微粒濃度大小關(guān)系為：，故A正確；該混合溶液中電荷守恒為：，物料守恒為：，兩式聯(lián)立消去c(Cl-)可得：，故B錯誤；若不考慮溶液中相關(guān)微粒行為，則c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，該溶液呈酸性，說明CH3COOH電離程度大于CH3COONa水解程度，則溶液中微粒濃度關(guān)系為：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C錯誤；該混合溶液中物料守恒為：，電荷守恒為：，兩式相加可得：，故D正確；綜上所述，濃度關(guān)系正確的是：AD?！咀兪教骄俊縖2019·江蘇卷]室溫下，反應(yīng)+H2OH2CO3+OH?的平衡常數(shù)K=2.2×10?8。將NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取廢渣中的ZnO。若溶液混合引起的體積變化可忽略，室溫時下列指定溶液中微粒物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是()A．0.2mol·L?1氨水：c(NH3·H2O)>c()>c(OH?)>c(H+)B．0.2mol·L?1NH4HCO3溶液(pH>7)：c()>c()>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)C．0.2mol·L?1氨水和0.2mol·L?1NH4HCO3溶液等體積混合：c()+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c()+c()D．0.6mol·L?1氨水和0.2mol·L?1NH4HCO3溶液等體積混合：c(NH3·H2O)+c()+c(OH?)=0.3mol·L?1+c(H2CO3)+c(H+)【答案】BD【解析】NH3?H2O屬于弱堿，部分電離，氨水中存在的電離平衡有：NH3?H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，A錯誤；NH4HCO3溶液顯堿性，說明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3?H2O+H+，前者水解程度大且水解都是微弱的，則c(H2CO3)>c(NH3?H2O)，B正確；由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，則有c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，C錯誤；由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，則有c(NH4+)+c(NH3?H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；電荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；結(jié)合①②消去c(NH4+)得：c(NH3?H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3與0.6mol/L氨水等體積混合后瞬間c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，將③等式兩邊各加一個c(CO32-)，則有c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，將④帶入③中得，c(NH3?H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正確；故選BD。題型三Ka、Kb、Kh的計算及應(yīng)用例3.（2020·山東卷）25℃時，某混合溶液中，1gc(CH3COOH)、1gc(CH3COO-)、lgc(H+)和1gc(OH-)隨pH變化的關(guān)系如下圖所示。Ka為CH3COOH的電離常數(shù)，下列說法正確的是()A.O點(diǎn)時，B.N點(diǎn)時，C.該體系中，D.pH由7到14的變化過程中，CH3COO-的水解程度始終增大【答案】BC【解析】根據(jù)圖像分析可知，隨著pH的升高，氫氧根離子和醋酸根離子濃度增大，氫離子和醋酸離子濃度減小，又pH=7的時候，氫氧根離子濃度等于氫離子濃度，故可推知，圖中各曲線代表的濃度分別是：曲線1為lgc(CH3COO-)隨pH的變化曲線，曲線2為lgc(H+)隨pH的變化曲線，曲線3為lgc(OH-)隨pH的變化曲線，曲線4為lgc(CH3COOH)隨pH的變化曲線，據(jù)此結(jié)合水溶液的平衡分析作答。根據(jù)上述分析可知，O點(diǎn)為曲線2和曲線3的交點(diǎn)，對應(yīng)的pH=7，應(yīng)該得出的結(jié)論為：c(H+)=c(OH-)，故A錯誤；N點(diǎn)為曲線1和曲線4的交點(diǎn)，lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量關(guān)系并變形可知pH=-lgKa，故B正確；c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，則c(CH3COO-)=0.1mol/L-c(CH3COOH)，又Ka=，聯(lián)立兩式消去c(CH3COO-)并化簡整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正確；醋酸根離子的水解平衡為：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，pH由7到14的變化過程中，堿性不斷增強(qiáng)，c(OH-)不斷增大，則使不利于醋酸根離子的水解平衡，會使其水解程度減小，故D錯誤；答案選BC?！咀兪教骄俊浚?021·湖北黃岡高三調(diào)研）25℃時，將0.1molNaOH固體加入1.0Lxmol·L－1CH3COOH溶液中(忽略溶液體積、溫度變化)，充分反應(yīng)后向混合液中加入CH3COOH或CH3COONa固體，溶液pH的變化如圖。下列敘述正確的是()A．c點(diǎn)對應(yīng)的溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)B．從b點(diǎn)對應(yīng)溶液到a點(diǎn)對應(yīng)溶液的過程中eq\f(cNa＋·cOH－,cCH3COO－)減小C．a(chǎn)、b、c點(diǎn)對應(yīng)的溶液中，水的電離程度：a>b>cD．a(chǎn)、b、c點(diǎn)對應(yīng)的溶液中，Ka(CH3COOH)均為eq\f(0.2,x－0.2)×10－7【答案】B【解析】c點(diǎn)對應(yīng)的溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，根據(jù)電荷守恒知c(Na＋)＝c(CH3COO－)，A錯誤；加入CH3COOH過程中，c(CH3COO－)和c(H＋)增大，c(OH－)減小，c(Na＋)不變，eq\f(cNa＋·cOH－,cCH3COO－)減小，B正確；CH3COO－增多，水解程度增大，水的電離程度增大，則a、b、c點(diǎn)對應(yīng)的溶液中，水的電離程度：c>b>a，C錯誤；溫度一定，電離平衡常數(shù)一定，c點(diǎn)時有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，又溶液的pH＝7，則c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝0.2mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝eq\f(cCH3COO－·cH＋,cCH3COOH)＝eq\f(0.2×10－7,x＋0.1－0.2)＝eq\f(0.2,x－0.1)×10－7，D錯誤。【舉一反三】（2021·吉林吉林市高三模擬）某弱酸HA溶液中主要成分的分布分?jǐn)?shù)隨pH的變化如圖所示。下列說法錯誤的是A．該酸Ka的數(shù)量級為10?5B．NaA的水解平衡常數(shù)Kh=C．當(dāng)該溶液的pH=7.0時，c(HA)<c(A?)D．某c(HA)∶c(A?)=4∶1的緩沖溶液，pH≈4【答案】B【解析】根據(jù)圖象可知，c(HA)=c(A-)時，pH=4.7，即c(H+)=10-4.7mol/L。分析可知，c(HA)=c(A-)時，pH=4.7，該酸K==c(H+)=10-4.7mol/L，故該酸Ka的數(shù)量級為10?5，故A正確；NaA的水解平衡常數(shù)Kh==，故B錯誤；根據(jù)圖象可知，當(dāng)該溶液的pH=7.0時，c(HA)＜c(A-)，故C正確；根據(jù)圖象可知，c(HA)為0.8，c(A-)為0.2時，pH約為4，故某c(HA)∶c(A-)=4∶1的緩沖溶液，pH≈4，故D正確；答案為B。題型四Ksp的有關(guān)計算及應(yīng)用例4．[2019新課標(biāo)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D．溫度降低時，q點(diǎn)的飽和溶液的組成由q沿qp線向p方向移動【答案】B【解析】CdS在水中存在沉淀溶解平衡：CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)，其溶度積Ksp=c(Cd2+)·c(S2-),在飽和溶液中，c(Cd2+)=c(S2-)，結(jié)合圖象可以看出，圖中a和b分別表示T1和T2溫度下CdS的溶解度，A正確；CdS的沉淀溶解平衡中的溶度積受溫度影響，m、n和p點(diǎn)均在溫度為T1條件下所測的對應(yīng)離子濃度，則其溶度積相同，B錯誤；m點(diǎn)達(dá)到沉淀溶解平衡，向其中加入硫化鈉后，平衡向逆反應(yīng)方向移動，c(Cd2+)減小，c(S2-)增大，溶液組成由m沿mnp向p方向移動，C正確；從圖象中可以看出，隨著溫度的升高，離子濃度增大，說明CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq)為吸熱反應(yīng)，則溫度降低時，q點(diǎn)對應(yīng)飽和溶液的溶解度下降，溶液中的c(Cd2+)與c(S2-)同時減小，會沿qp線向p點(diǎn)方向移動，D正確。【變式探究】（2021·廣東深圳高三模擬）(1)已知：常溫下Ksp[Fe(OH)3]＝8.0×10－38，Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33，當(dāng)Fe3＋完全沉淀時，溶液中Al3＋理論最大濃度為________。(2)除了OH－之外，S2－也是一種常見的金屬離子沉淀劑。本質(zhì)原因是一些金屬硫化物的溶解度極小。已知：25℃時，CuS的溶度積為4×10－36，H2S的Ka1＝1.25×10－7，Ka2＝8.0×10－14。若要在1L的鹽酸中完全溶解0.01molCuS，理論上需要鹽酸的最低濃度為________mol·L－1(提示：用離子方程式計算)。(3)CuCl加入飽和NaCl溶液中會部分溶解生成CuCleq\o\al(－,2)，在一定溫度下建立兩個平衡：Ⅰ.CuCl(s)Cu＋(aq)＋Cl－(aq)Ksp＝1.4×10－6Ⅱ.CuCl(s)＋Cl－(aq)CuCleq\o\al(－,2)(aq)K＝0.35。請寫出c(Cu＋)與c(CuCleq\o\al(－,2))的數(shù)學(xué)關(guān)系為_________________。【解析】(1)當(dāng)離子濃度≤1.0×10－5mol·L－1時，認(rèn)為該離子沉淀完全，即c3(OH－)＝eq\f(8.0×10－38,1.0×10－5)＝8.0×10－33mol3·L－3，c(Al3＋)＝eq\f(1.3×10－33,8.0×10－33)mol·L－1＝0.1625mol·L－1。(2)設(shè)鹽酸的最小濃度為xmol·L－1。CuS＋2H＋Cu2＋＋H2S起始/(mol·L－1)x00變化/(mol·L－1)0.010.020.010.01平衡/(mol·L－1)x－0.020.010.01K＝eq\f(cH2S×cCu2＋,c2H＋)＝eq\f(cH2S×cCu2＋×cS2－×cHS－,c2H＋×cS2－×cHS－)＝eq\f(KspCuS,Ka1H2SKa2H2S)＝eq\f(4×10－36,1.25×10－7×8×10－14)＝4×10－16＝eq\f(0.012,x－0.022)，解得x≈5×105mol·L－1。(3)根據(jù)Ⅰ、Ⅱ可得2CuCl(s)Cu＋(aq)＋CuCleq\o\al(－,2)(aq)K′＝1.4×10－6×0.35，故c(Cu＋)·c(CuCleq\o\al(－,2))＝1.4×10－6×0.35＝4.9×10－7?！敬鸢浮?1)0.1625mol·L－1(2)5×105mol·L－1(3)c(Cu＋)·c(CuCleq\o\al(－,2))＝4.9×10－7題型五滴定現(xiàn)象、曲線、計算及誤差分析例5.（2020·新課標(biāo)Ⅰ）以酚酞為指示劑，用0.1000mol·L?1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數(shù)隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關(guān)系如圖所示。[比如A2?的分布系數(shù)：]下列敘述正確的是()A.曲線①代表，曲線②代表B.H2A溶液的濃度為0.2000mol·L?1C.HA?的電離常數(shù)Ka=1.0×10?2D.滴定終點(diǎn)時，溶液中【答案】C【解析】根據(jù)圖像，曲線①代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸減小，曲線②代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸增大；當(dāng)加入40mLNaOH溶液時，溶液的pH在中性發(fā)生突變，且曲線②代表的粒子達(dá)到最大值接近1；沒有加入NaOH時，pH為1，說明H2A第一步完全電離，第二步部分電離，曲線①代表δ(HA-)，曲線②代表δ(A2-)，根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，據(jù)此分析作答。根據(jù)分析，曲線①代表δ(HA-)，曲線②代表δ(A2-)，A錯誤；當(dāng)加入40.00mLNaOH溶液時，溶液的pH發(fā)生突變，說明恰好完全反應(yīng)，結(jié)合分析，根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000mol/L，B錯誤；由于H2A第一步完全電離，則HA-的起始濃度為0.1000mol/L，根據(jù)圖像，當(dāng)VNaOH=0時，HA-的分布系數(shù)為0.9，溶液的pH=1，A2-的分布系數(shù)為0.1，則HA-的電離平衡常數(shù)Ka==≈1×10-2，C正確；用酚酞作指示劑，酚酞變色pH范圍為8.2~10，終點(diǎn)時溶液呈堿性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，則c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D錯誤；答案選C?！九e一反三】（2018·全國卷Ⅲ）用0.100mol·L-1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L-1Cl-溶液的滴定曲線如圖所示。下列有關(guān)描述錯誤的是()A.根據(jù)曲線數(shù)據(jù)計算可知Ksp(AgCl)的數(shù)量級為10-10B.曲線上各點(diǎn)的溶液滿足關(guān)系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)C.相同實(shí)驗(yàn)條件下，若改為0.0400mol·L-1Cl-，反應(yīng)終點(diǎn)c移到aD.相同實(shí)驗(yàn)條件下，若改為0.0500mol·L-1Br-，反應(yīng)終點(diǎn)c向b方向移動【答案】C【解析】本題應(yīng)該從題目所給的圖入手，尋找特定數(shù)據(jù)判斷題目中的沉淀滴定的具體過程。注意：橫坐標(biāo)是加入的硝酸銀溶液的體積，縱坐標(biāo)是氯離子濃度的負(fù)對數(shù)。選取橫坐標(biāo)為50mL的點(diǎn)，此時向50mL0.05mol/L的Cl-溶液中，加入了50mL0.1mol/L的AgNO3溶液，所以計算出此時溶液中過量的Ag+濃度為0.025mol/L（按照銀離子和氯離子1:1沉淀，同時不要忘記溶液體積變?yōu)樵瓉?倍），由圖示得到此時Cl-約為1×10-8mol/L（實(shí)際稍?。訩SP(AgCl)約為0.025×10-8=2.5×10-10，所以其數(shù)量級為10-10，A正確。由于KSP(AgCl)極小，所以向溶液滴加硝酸銀就會有沉淀析出，溶液一直是氯化銀的飽和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝KSP(AgCl)，B正確。滴定的過程是用硝酸銀滴定氯離子，所以滴定的終點(diǎn)應(yīng)該由原溶液中氯離子的物質(zhì)的量決定，將50mL0.05mol/L的Cl-溶液改為50mL0.04mol/L的Cl-溶液，此時溶液中的氯離子的物質(zhì)的量是原來的0.8倍，所以滴定終點(diǎn)需要加入的硝酸銀的量也是原來的0.8倍，因此應(yīng)該由c點(diǎn)的25mL變?yōu)?5×0.8=20mL，而a點(diǎn)對應(yīng)的是15mL，C錯誤。鹵化銀從氟化銀到碘化銀的溶解度應(yīng)該逐漸減小，所以KS