单元复习03 溶液中的离子反应与平衡【过知识】-2022-2023学年高二化学单元复习（人教版2019选择性必修1）

这是一份单元复习03 溶液中的离子反应与平衡【过知识】-2022-2023学年高二化学单元复习（人教版2019选择性必修1），共37页。试卷主要包含了电解质和非电解质，强电解质和弱电解质，电离平衡的影响因素，实例分析，影响因素，有关溶度积的计算等内容，欢迎下载使用。

单元复习03 溶液中的离子反应与平衡
考点01 强电解质和弱电解质
1．电解质和非电解质
(1)概念
电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物。
非电解质：在水溶液中和熔融状态下均以分子形式存在，不能导电的化合物。
(2)判断电解质和非电解质的方法
①不是电解质的物质不一定是非电解质，如：单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
②电解质不一定导电，导电是有条件的，电解质只有在水溶液里或熔融状态下电离产生自由移动的离子才能导电，其他条件下不导电。如：CaCO3固态时不导电。
③能导电的物质不一定是电解质。
Fe、Cu等金属在熔融状态下也能导电，但它们是单质，既不属于电解质，也不属于非电解质。
稀盐酸能导电，但稀盐酸不是电解质，因为稀盐酸是混合物。
CO2、SO2、NH3的水溶液能导电，但CO2、SO2、NH3不是电解质，H2CO3、H2SO3、NH3·H2O是电解质。。
④电解质不一定易溶于水(如：硫酸钡等)，易溶于水的化合物不一定是电解质 (如：酒精等)。
⑤电解质溶于水能导电，但熔融状态下不一定能导电 (如：氯化氢等)。
2．强电解质和弱电解质

强电解质
弱电解质
概念
在水溶液中能全部电离的电解质
在水溶液中只能部分电离的电解质
电解质在溶液中的存在形式
只有阴、阳离子
既有阴、阳离子，又有电解质分子
化合物类型
离子化合物、部分共价化合物
共价化合物
实例
①大部分盐(包括难溶性盐)；
②强酸，如HCl、H2SO4等；
③强碱，如KOH、Ba(OH)2等
①弱酸，如CH3COOH、HClO等；
②弱碱，如NH3·H2O等；
③水

【典例1】下列物质中，属于电解质的是________(填序号，下同)，属于非电解质的是________，属于强电解质的是______，属于弱电解质的是________。
①H2SO4　②盐酸　③氯气　④硫酸钡　⑤乙醇　⑥铜　⑦H2CO3　⑧氯化氢　⑨CH3COOH　⑩氨气　⑪CO2
【答案】①④⑦⑧⑨　⑤⑩⑪　①④⑧　⑦⑨
【特别提示】
(1)CO2、SO2、NH3等物质溶于水能导电，是因为溶于水后生成H2CO3、H2SO3、NH3·H2O等电解质导电，不是其本身电离出离子，故应为非电解质。单质、溶液既不是电解质，也不是非电解质。
(2)电解质的强、弱与其溶解性无关。难溶的盐如AgCl、CaCO3等，溶于水的部分能完全电离，是强电解质。易溶的如CH3COOH、NH3·H2O等在溶液中电离程度较小，是弱电解质。
(3)电解质的强弱与溶液的导电性没有必然联系
溶液导电能力的强弱由溶液中自由离子的浓度和离子所带电荷多少决定，很稀的强电解质溶液导电性很弱，浓度较大的弱电解质溶液导电性可能较强，弱电解质溶液的导电能力不一定弱。

考点02 弱电解质的电离平衡
1．电离方程式的书写
(1)强电解质
完全电离，在写电离方程式时，用“===”。
(2)弱电解质
部分电离，在写电离方程式时，用“”。
①一元弱酸、弱碱一步电离。
如CH3COOH：CH3COOHCH3COO－＋H＋，
NH3·H2O：NH3·H2ONH＋OH－。
②多元弱酸分步电离，必须分步写出，不可合并(其中以第一步电离为主)。
如H2CO3：H2CO3H＋＋HCO(主)，HCOH＋＋CO(次)。
③多元弱碱分步电离 (较复杂)，在中学阶段要求一步写出。
如Fe(OH)3：Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－。
2．电离平衡状态
(1)概念：在一定条件(如温度、浓度)下，弱电解质分子电离成离子的速率与离子结合成弱电解质分子的速率相等，溶液中各分子和离子的浓度都不再发生变化，电离过程就达到了电离平衡状态。
(2)电离平衡的特征
①弱：研究对象是弱电解质。
②等：弱电解质分子电离成离子的速率和离子重新结合成弱电解质分子的速率相等。
③动：电离平衡是一种动态平衡，即1mol CH3COOH电离同时则有1mol CH3COOH分子形成。
④定：条件不变，溶液中各分子、离子的浓度不变，溶液里既有离子又有分子。
⑤变：条件改变时，电离平衡发生移动，各粒子的浓度要发生改变。
3．电离平衡的影响因素
(1)内因：电解质本身的性质，通常电解质越弱，电离程度越小
(2)外因
①浓度：电解质溶液的浓度越小，它的电离程度就越大(越稀越电离)；浓度越大，电离程度越小
a．同一弱电解质，稀释溶液时，电离平衡将向电离的方向移动，电离程度增大，但溶液中离子浓度不一定变大，如：弱酸HA溶液稀释时，c(HA)、c(H＋)、c(A－)均减小(参与平衡建立的微粒)，但c(OH－)会增大
b．增大溶液的物质的量浓度，电离平衡将向电离方向移动，但电解质的电离程度减小
②温度：弱电解质的电离一般是吸热过程，升高温度使电离平衡向电离的方向移动，电离程度增大
③同离子效应——加入具有相同离子的物质
加入与弱电解质具有相同离子的电解质时，可使电离平衡向结合成弱电解质分子的方向移动，电离程度减小
④化学反应：加入能与弱电解质电离出的离子发生反应的离子时，电离平衡向电离方向移动
4．实例分析
分析改变下列条件对醋酸电离平衡的影响，填写下表：
条件改变
平衡移动方向
c(H＋)
n(H＋)
电离程度
导电能力
升高温度
向右移动
增大
增大
增大
增强
加H2O
向右移动
减小
增大
增大
减弱
通HCl
向左移动
增大
增大
减小
增强
加少量NaOH(s)
向右移动
减小
减小
增大
增强
加少量CH3COONa (s)
向左移动
减小
减小
减小
增强
加少量CH3COOH
向右移动
增大
增大
减小
增强

【典例2】下列对氨水中存在的电离平衡NH3·H2ONH＋OH－叙述正确的是(　　)
A．加水后，溶液中n(OH－)增大
B．加入少量浓盐酸，溶液中c(OH－)增大
C．加入少量浓氢氧化钠溶液，电离平衡正向移动
D．加入少量氯化铵固体，溶液中c(NH)减小
【答案】A
【解析】A项，加水使NH3·H2O电离平衡右移，n(OH－)增大，正确；B项，加入少量浓盐酸使c(OH－)减小，错误；C项，加入浓NaOH溶液，电离平衡向左移动，错误；D项，加NH4Cl固体，c(NH)增大，错误。
【特别提示】
(1)电离吸热，升高温度，电离平衡一定正向移动，电离程度增大。
(2)弱电解质的电离程度、溶液的导电性与电离平衡的移动没有必然的关系。
(3)弱电解质溶液加水稀释时，要注意离子浓度与离子物质的量的变化。
如0.1 mol·L－1 CH3COOH加水稀释，c(CH3COOH)、c(H＋)、c(CH3COO－)均减小，但稀释促进电离，所以n(CH3COOH)减小，n(H＋)、n(CH3COO－)增大。

考点03 电离平衡常数
1．概念
在一定条件下，当弱电解质的电离达到平衡时，溶液里各组分的浓度之间存在一定的关系。对于一元弱酸或一元弱碱来说，溶液中弱电解质电离所生成的各种离子浓度的乘积，与溶液中未电离分子的浓度之比是一个常数，这个常数叫做电离平衡常数，简称电离常数，用K表示。
2．电离平衡常数的表示方法
ABA＋＋B－　K＝。
(1)一元弱酸、一元弱碱的电离平衡常数
例如：CH3COOHCH3COO－＋H＋ Ka＝；
NH3·H2ONH＋OH－ Kb＝。
(2)多元弱酸、多元弱碱的电离平衡常数
多元弱酸的电离是分步进行的，每步各有电离平衡常数，通常用Ka1、Ka2等来分别表示。例如，
H2CO3H＋＋HCO Ka1＝；
HCOH＋＋CO Ka2＝。
多元弱酸各步电离常数的大小比较：Ka1≫Ka2，因此，多元弱酸的酸性主要由第一步电离决定。由于多元弱碱为难溶碱，所以一般不用电离平衡常数，而用以后要学到的难溶物的溶度积常数。
3．意义
表示弱电解质的电离能力。一定温度下，K值越大，弱电解质的电离程度越大，酸(或碱)性越强。
4．电离常数的影响因素
(1)内因：同一温度下，不同的弱电解质的电离常数不同，说明电离常数首先由物质的本性所决定。
(2)外因：对于同一弱电解质，电离平衡常数只与温度有关，由于电离为吸热过程，所以电离平衡常数随温度升高而增大。
【典例3】下列关于电离常数的说法正确的是(　　)
A．Ka大的酸溶液中c(H＋)一定比Ka小的酸溶液中的c(H＋)大
B．CH3COOH的电离常数表达式为Ka＝
C．向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，电离常数减小
D．电离常数只与温度有关，与浓度无关
【答案】D
【解析】酸溶液中c(H＋)既跟酸的电离常数有关，也跟酸溶液的浓度有关，A项错误；CH3COOH的电离常数表达式为Ka＝，B项错误；向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，虽然平衡向左移动，但温度不变，电离常数不变，故C项错误。
【特别提示】
(1)弱电解质的电离都是微弱的。一般来说已电离的分子是极少数的，绝大多数以分子形式存在。
(2)弱电解质电离平衡后，加水稀释，电离程度增大，但电解质分子、电解质电离出的离子(包括H＋或OH－)浓度减小。判断离子浓度比值变化时，只考虑物质的量的比值即可。
(3)多元弱酸分步电离，第一步电离出相对较多的H＋，对第二步电离起到抑制作用，第二步电离程度大大减弱。故K1远远大于K2。

考点04 电离平衡常数的计算及应用
1．有关电离平衡常数的计算 (以弱酸HX为例)
HX　　　　H＋　＋　X－
起始： c(HX) 0 0
平衡： c(HX)－c(H＋) c(H＋) c(X－)
则：K＝＝
(1)已知c(HX)和c(H＋)，求电离平衡常数：
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＝，代入数值求解即可。
(2)已知c(HX)和电离平衡常数，求c(H＋)：
由于c(H＋)的数值很小，可做近似处理：c(HX)－c(H＋)≈c(HX)。
则：c(H＋)＝，代入数值求解即可。
2．电离平衡常数的应用
(1)根据电离平衡常数可以判断弱酸(或弱碱)的相对强弱，相同条件下，电离平衡常数越大，酸性(或碱性)越强。
(2)根据电离常数可以判断盐与酸(或碱)反应是否发生，相同条件下相对强的酸(或碱)制相对弱的酸(或碱)。
(3)根据浓度商Q与电离平衡常数K的相对大小判断电离平衡的移动方向。
(4)根据电离平衡常数判断溶液中微粒浓度比值的变化情况。
如0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液加水稀释，＝＝，加水稀释时，c(H＋)减小，Ka值不变，则增大。
【典例4】在一定温度下，加水逐渐稀释1 mol·L－1氨水的过程中，随着水量的增加，请说明溶液中下列含量的变化：
(1)n(OH－)　______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)。
(2)　______。
(3)　________。
【答案】(1)增大　(2)增大　(3)不变
【解析】加水稀释，NH3·H2O的电离平衡向电离方向移动，n(OH－)逐渐增大，n(NH3·H2O)逐渐减小，＝，所以逐渐增大；电离平衡常数Kb＝只与温度有关，所以加水稀释时不变。

考点05 强酸与弱酸的比较
1．相同体积、相同物质的量浓度的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较
比较项目
酸
c(H＋)
酸性
中和碱的能力
与足量活泼金属反应产生H2的总量
与同一金属反应时的起始反应速率
一元强酸
大
强
相同
相同
大
一元弱酸
小
弱
小
2．相同体积、相同c(H＋)的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较
比较项目
酸
c(H＋)
酸性
中和碱的能力
与足量活泼金属反应产生H2的总量
与同一金属反应时的起始反应速率
一元强酸
相同
相同
小
少
相同
一元弱酸
大
多
【典例5】在a、b两支试管中分别装入形态相同、质量相等的一颗锌粒(锌足量)，然后向两支试管中分别加入相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸。填写下列空白：
(1)a、b两支试管中的现象：
相同点是_______________________________________________________________________，不同点是__________________________，原因是______________________________________。
(2)a、b两支试管中生成气体的体积开始时是V(a)____(填“大于”“小于”或“等于”，下同)V(b)，反应完毕后生成气体的总体积是V(a)____V(b)，原因是____________________________________________。
(3)若a、b两支试管中分别加入c(H＋)相同、体积相同的稀盐酸和稀醋酸，则a、b两支试管中开始生成气体的速率v(a)________v(b)，反应完毕后生成气体的总体积是V(a)________V(b)。原因是_______________________________________________________。
【答案】(1)都产生无色气泡，Zn粒逐渐溶解　a中反应速率较大　盐酸是强酸，醋酸是弱酸，盐酸中c(H＋)大
(2)大于　等于　反应开始时，盐酸中所含H＋的浓度较大，但二者最终能电离出的H＋的总物质的量相等
(3)等于　小于　开始时c(H＋)相同，所以速率相等，醋酸是弱电解质，最终电离出的H＋的总物质的量大
【解析】(2)锌粒与酸反应的实质是Zn与酸电离出的H＋发生置换反应产生H2，c(H＋)越大，产生H2的速率越大。而在分析产生H2的体积时，要注意醋酸的电离平衡的移动。反应开始时，醋酸产生H2的速率比盐酸小，因Zn与酸反应的实质是Zn与酸电离出的H＋反应，盐酸是强酸，醋酸是弱酸，在起始物质的量浓度相同时，盐酸电离出的c(H＋)远大于醋酸电离出的
c(H＋)。反应完毕后，两者产生H2的体积是相等的。因醋酸存在电离平衡CH3COOHCH3COO－＋H＋，Zn与H＋发生反应，c(H＋)减小，使醋酸的电离平衡向电离方向移动，继续发生H＋与Zn的反应，足量的Zn可使醋酸中的H＋全部电离出来与Zn反应生成H2，又因为n(HCl)＝n(CH3COOH)，因而最终产生H2的量相等。

考点06 水的电离平衡
1．水的电离
(1)水是一种极弱的电解质。
(2)水的电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－，简写为H2OH＋＋OH－。
(3)水的电离是吸热过程。
2．水的离子积常数
(1)Kw只与温度有关，温度升高，Kw增大。
(2)常温时，Kw＝c(H＋)aq·c(OH－)aq＝1.0×10－14，不仅适用于纯水，还适用于酸、碱的稀溶液。
(3)不同溶液中，c(H＋)、c(OH－)可能不同，但任何溶液中由水电离出的c(H＋)与c(OH－)总是相等的。
【典例6】25 ℃时，纯水的Kw＝1×10－14,100 ℃时，纯水的Kw＝1×10－12，这说明(　　)
A．100 ℃时水的电离常数较小
B．前者c(H＋)比后者大
C．水的电离过程是一个吸热过程
D．Kw和温度无直接关系
【答案】C
【解析】由题意知，温度较高Kw较大。Kw较大，即c(H＋)·c(OH－)较大。c(H＋)·c(OH－)较大，说明H2OH＋＋OH－向右进行的程度大，水的电离过程是吸热过程。

考点07 水的电离平衡的影响因素
1．水的电离平衡的影响因素
(1)因水的电离是吸热过程，故温度升高，会促进水的电离，c(H＋)、c(OH－)都增大，水仍呈中性。
(2)外加酸(或碱)，水中c(H＋)[或c(OH－)]增大，会抑制水的电离，水的电离程度减小，Kw不变。
(3)加入了活泼金属，可与水电离产生的H＋直接发生置换反应，产生H2，使水的电离平衡向右移动。
2．分析下列条件的改变对水的电离平衡H2OH＋＋OH－　ΔH>0的影响
改变条件
平衡移动方向
c(H＋)
c(OH－)
水的电离程度
Kw
升高温度
右移
增大
增大
增大
增大
加入HCl(g)
左移
增大
减小
减小
不变
加入NaOH(s)
左移
减小
增大
减小
不变
加入活泼
金属(如Na)
右移
减小
增大
增大
不变
加入NaHSO4(s)
左移
增大
减小
减小
不变
【典例7】25 ℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－　ΔH>0，下列叙述正确的是(　　)
A．将纯水加热到95 ℃时，Kw变大，pH不变，水仍呈中性
B．向纯水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)增大，Kw变小
C．向纯水中加入少量碳酸钠固体，影响水的电离平衡，c(H＋)减小，Kw不变
D．向纯水中加入醋酸钠固体或盐酸，均可抑制水的电离，Kw不变
【答案】C
【解析】水的电离吸热，将纯水加热，电离平衡正向移动，c(H＋)、c(OH－)均增大，但c(OH－)与c(H＋)仍然相等，故Kw变大，pH变小，水仍呈中性，A项错误；向纯水中加入稀氨水，溶液中c(OH－)增大，水的电离平衡逆向移动，但温度不变，Kw不变，B项错误；向纯水中加入少量Na2CO3固体，溶液中c(H＋)减小，水的电离平衡正向移动，但Kw不变，C项正确；向纯水中加入醋酸钠时，促进水的电离，D项错误。
【特别提示】
(1)在水中加入酸或碱，会抑制水的电离，水电离出的c(H＋)、c(OH－)均减小，但仍然相等。
(2)水受热温度升高，促进水的电离，水电离出的c(H＋)、c(OH－)均增大，但仍然呈中性。
(3)在酸或碱的溶液中，Kw表达式中的c(H＋)、c(OH－)均为溶液中两种离子的总浓度，不一定是水电离出的c(H＋)、c(OH－)。如0.1 mol·L－1盐酸中，c(H＋)约为0.1 mol·L－1。

考点08 Kw的应用
1．水的电离平衡曲线

(1)曲线上的任意点(如a，b，c)的Kw都相同，即c(H＋)·c(OH－)相同，温度相同。
(2)曲线外的任意点(如d)与曲线上任意点的Kw不同，温度不同。
(3)实现曲线上点之间的转化需保持温度不变，改变酸碱性；实现曲线上点与曲线外点之间的转化一定改变温度。
2．溶液中水电离出的c(H＋)或c(OH－)的计算方法
Kw表达式中c(H＋)、c(OH－)均表示整个溶液中总物质的量浓度，但是一般情况下有：
(1)酸溶液中Kw＝c酸(H＋)·c水(OH－)(忽略水电离出的H＋的浓度)。
(2)碱溶液中Kw＝c水(H＋)·c碱(OH－)(忽略水电离出的OH－的浓度)。
(3)外界条件改变，水的电离平衡发生移动；但由水电离出的c(H＋)与水电离出的c(OH－)一定相等。
(4)室温下，由水电离出的c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。
【典例8】如图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断正确的是(　　)

A．各点的温度高低顺序：Z>Y>X
B．M区域内任意点都是碱溶于水所得的溶液
C．常温下，向纯水中加入少量金属Na，可使X点溶液变为Y点
D．XZ线上的任意点一定表示的是纯水
【答案】C
【解析】A项，由图可知，两条曲线是反比例曲线，曲线上的横纵坐标c(H＋)·c(OH－)为一定值，所以X和Y点的温度相同，错误；B项，由图看出M区域内c(H＋)c(H＋)，可使X点溶液变为Y点，正确；D项，pH＝－lgc(H＋)，XZ线上任意点的c(H＋)＝c(OH－)，且从X到Z，H＋和OH－在同等程度升高，所以此时肯定是中性溶液，但不一定是纯水，也可能是NaCl等盐溶于水所得的中性溶液，错误。
【特别提示】
正确理解水的电离平衡曲线
(1)曲线上的任意点的Kw都相同，即c(H＋)·c(OH－)相同，温度相同。
(2)曲线外的任意点与曲线上任意点的Kw不同，温度不同。
(3)实现曲线上点之间的转化需保持温度不变，可通过改变酸碱性实现；实现曲线上点与曲线外点之间的转化必须改变温度。

考点09 溶液的酸碱性与pH
1．溶液的酸碱性与氢离子、氢氧根离子浓度的关系
(1)任何水溶液中都有H＋和OH－。
(2)溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)、c(OH－)的相对大小。
溶液的酸碱性
2．25℃时，溶液的酸碱性与溶液中c(H＋)、c(OH－)的关系

c(H＋)与c(OH－)
的关系
c(H＋)的范围(室温下)
酸性溶液
c(H＋)>c(OH－)
c(H＋)>1×10－7 mol·L－1
中性溶液
c(H＋)＝c(OH－)
c(H＋)＝1×10－7 mol·L－1
碱性溶液
c(H＋) c(H＋)<1×10－7 mol·L－1
3．溶液的pH与c(H＋)及酸碱性的关系
计算公式
pH＝－lg c(H＋)
意义
pH越大，溶液的碱性越强；
pH越小，溶液的酸性越强
溶液酸碱性与pH的关系(常温下)
pH＜7，为酸性溶液；pH＝7，为中性溶液；pH＞7，为碱性溶液
适用范围
1×10－14 mol·L－1＜c(H＋)＜1 mol·L－1
【典例9】下列关于溶液的酸碱性，说法正确的是(　　)
A．pH＝7的溶液呈中性
B．中性溶液中一定有c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1
C．c(OH－)＝c(H＋)的溶液呈中性
D．在100 ℃时，纯水的pH<7，因此显酸性
【答案】C
【解析】A项中运用pH判断溶液的酸碱性时，用到了水的离子积常数，它与温度有关，但A项未给出温度，所以错误；在中性溶液中c(H＋)和c(OH－)一定相等，但并不一定等于1.0×
10－7 mol·L－1，所以B项错误，C项正确；100 ℃的纯水中，虽然pH<7，但c(H＋)＝c(OH－)，还是呈中性，所以D错误。
【特别提示】
(1)酸溶液一定呈酸性，碱溶液一定呈碱性。
(2)酸性溶液不一定是酸。例如，NH4Cl、NaHSO4等盐溶液呈酸性；碱性溶液不一定是碱，如Na2CO3、NaHCO3等盐溶液呈碱性。
(3)分析c(H＋)、c(OH－)与溶液酸碱性的关系时，要注意溶液的温度是否在常温下，如pH＝7的溶液不一定是中性。

考点10 溶液酸碱性的测定方法
1．溶液酸碱性的测定方法
(1)利用pH试纸测定。
使用pH试纸的正确操作：取一小块pH试纸于干燥洁净的玻璃片或表面皿上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取待测液点在试纸上，当试纸颜色变化稳定后迅速与标准比色卡对照，读出pH。
①广泛pH试纸：pH范围是1～14(最常用)，可以识别的pH差约为1；
②精密pH试纸：可判别0.2或0.3的pH差；
③专用pH试纸：用于酸性、中性或碱性溶液的专用pH试纸。
(2)用pH计测量。
pH计，又叫酸度计，可用来精密测量溶液的pH，其量程为0～14。
(3)酸碱指示剂法(只能测定溶液的pH范围)。
2．pH的应用
pH在医疗、生活、环保、农业生产和科学实验中都有重要的应用。溶液pH的控制常常是影响实验结果或产品质量、产量的一个关键因素。
【典例10】用pH试纸测定某无色溶液的pH，下列说法正确的是(　　)
A．将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡对照
B．用广泛pH试纸测得氯水的pH为2
C．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色并与标准比色卡对照
D．用干燥、洁净的玻璃棒蘸取溶液，滴在湿润的pH试纸上，测量的pH一定偏低
【答案】C
【解析】pH试纸直接浸入待测液，会污染溶液，A错误；氯水有强氧化性，pH试纸会被漂白，应用pH计测定氯水的pH，B错误；测定溶液pH的正确操作方法为用干燥、洁净的玻璃棒蘸取待测液滴到放在玻璃片或表面皿上的pH试纸上，显色后，与标准比色卡比较，C正确；湿润的pH试纸测量的pH不一定偏低，如用湿润的pH试纸测量氯化钠溶液的pH，测定结果不变，D错误。
【特别提示】测溶液pH时的三注意
(1)不能用湿润的玻璃棒蘸取待测液，也不能将pH试纸先用水润湿，否则会将溶液稀释，可能导致所测定的pH不准确，使酸性溶液的pH变大，碱性溶液的pH变小，但中性溶液不受影响。
(2)若某溶液具有漂白性，则不能用酸碱指示剂测定该溶液的酸碱性，也不能用pH试纸测定其pH。
(3)pH试纸不能测c(H＋)>1 mol·L－1或c(OH－)>1 mol·L－1的溶液的pH。

考点11 溶液pH的计算
1．单一溶液pH的计算
(1)c mol·L－1 HnA强酸溶液的pH (25 ℃)
①c(H＋)＝nc mol·L－1；
②pH＝－lg nc
(2)c mol·L－1 B(OH)n强碱溶液的pH (25 ℃)
①c(OH－)＝nc mol·L－1；
②c(H＋)＝＝ mol·L－1；
③pH＝14＋lg nc。
2．混合溶液pH的计算方法
(1)强酸与强酸混合(稀溶液体积变化忽略)
c混(H＋)＝，然后再求pH。
(2)强碱与强碱混合(稀溶液体积变化忽略)
先计算c混(OH－)＝，
再求c混(H＋)＝，最后求pH。
(3)强酸与强碱混合(稀溶液体积变化忽略)
①恰好完全反应，溶液呈中性，pH＝7 (25 ℃)。
②酸过量：
先求c余(H＋)＝，再求pH。
③碱过量：
先求c余(OH－)＝，再求c(H＋)＝，最后求pH。
【典例11】计算填空：
(1)常温下，0.2 mol·L－1 NaHSO4和0.1 mol·L－1 BaCl2溶液按等体积混合后，则溶液的pH等于________。
(2)常温下，用pH＝4和pH＝11的强酸和强碱混合，使pH＝10，则两溶液的体积比为________。
【答案】(1)1　(2)9∶2
【解析】欲求混合后溶液的pH，应先判断混合后溶液的酸碱性。若呈碱性，应先求溶液中c(OH－)，再求c(H＋)，而后计算pH；若呈酸性，可直接求出混合后c(H＋)，再计算pH。由题意可得：
(1)NaHSO4为强电解质
c(H＋)＝mol·L－1＝0.1 mol·L－1
pH＝－lgc(H＋)＝1。
(2)混合后溶液呈碱性，则
10－4 mol·L－1＝
整理可得：2×10－4mol·L－1V(酸)＝9×10－4mol·L－1V(碱)。
所以＝。
【特别提示】
(1)强酸溶液和强碱溶液混合后计算pH，必须先判断出混合后溶液的酸碱性，然后计算混合后的OH－或H＋浓度。
(2)根据酸的浓度计算酸溶液的pH时，不必考虑温度，而根据碱的浓度计算碱溶液的pH时，需要根据离子积计算c(H＋)，因此一定要注意溶液的温度，只有室温时，Kw＝1.0×10－14。
(3)一定pH的强碱与强碱混合后求pH。在计算过程中易出现直接用H＋浓度进行混合计算的错误。因为强碱溶液的混合是OH－混合，H＋是随OH－浓度改变而改变的，不能直接用于混合碱的计算，H＋浓度必须通过c(H＋)＝来求。

考点12 溶液稀释后的pH变化规律
1．酸碱溶液无限稀释
常温下，pH只能无限接近于7，酸溶液pH不可能大于7，碱溶液pH不可能小于7。
2．对于pH＝a的强酸和弱酸溶液稀释
常温下，每稀释到原溶液体积的10n倍，强酸的pH就增大n个单位，即pH＝a＋n(a＋n<7)，弱酸的pH范围是：a
3．对于pH＝b的强碱和弱碱溶液稀释
常温下，每稀释到原溶液体积的10n倍，强碱的pH减小n个单位，即pH＝b－n(b－n>7)，弱碱的pH范围是：b－n(b－n>7)
4．对于物质的量浓度相同的强酸和弱酸稀释到原溶液体积的相同倍数
强酸pH变化程度比弱酸大(强碱和弱碱类似)。
弱酸、弱碱在稀释过程中有浓度的变化，又有电离平衡的移动，不能求得具体数值，只能确定其pH范围。
c相等的酸或碱溶液稀释后溶液pH的变化如图所示。

【典例12】常温下，关于溶液的稀释下列说法正确的是(　　)
A．pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5
B．pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1
C．将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，pH＝13
D．pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6
【答案】C
【解析】A项，pH＝3的醋酸溶液在稀释过程中电离平衡正向移动，稀释100倍时，3 【特别提示】酸、碱稀释与ΔpH(pH变化量)的关系
(1)ΔpH相同，强酸或强碱稀释的倍数小于弱酸或弱碱的稀释倍数。
(2)稀释相同倍数，强酸或强碱的ΔpH大于弱酸或弱碱的ΔpH。

考点13 酸碱中和滴定实验
1．酸碱中和滴定
(1)原理：酸和碱反应的实质是H＋＋OH－===H2O。用已知浓度的盐酸(标准液)来滴定未知浓度的NaOH溶液(待测液)的计算公式为c待＝。
(2)准确判断滴定终点：最后半滴恰好使指示剂颜色发生明显的改变且半分钟内不变色，即为滴定终点。
(3)滴定操作要点：左手控制活塞或玻璃小球，右手摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化。
(4)滴定曲线
以滴加酸(或碱)的量为横坐标，以溶液的pH为纵坐标绘出一条溶液的pH随酸(或碱)的滴加量而变化的曲线。如图所示为用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1 HCl溶液过程中的pH变化曲线。

由曲线可以看出，在酸、碱中和滴定过程中，溶液的pH在接近滴定终点时有一个突变过程，在此范围内，滴加很少的酸(或碱)，溶液的pH就有很大的变化，能使指示剂的颜色发生明显变化，有利于确定滴定终点。
2．酸碱中和滴定实验的三个关键
(1)准确测定参加反应的酸碱溶液的体积
用滴定管测定酸碱溶液的体积，不能用量筒，因为量筒只能粗略量取液体体积，精确度为0.1 mL，而滴定管的精确度为0.01 mL。
(2)指示剂的选择
强酸与强碱相互滴定时，选甲基橙或酚酞都可以，但不能选石蕊溶液(遇酸、碱颜色变化不明显)。
(3)滴定终点的判断(以NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸为例)。
①若用酚酞作指示剂，当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液的颜色由无色突变为粉浅红色，且半分钟内不变色，说明达到滴定终点。
②若用甲基橙作指示剂，当滴入最后半滴NaOH溶液时，溶液的颜色由红色变为黄色，且半分钟内不变为原色，说明达到滴定终点。
【典例13】现用盐酸标准溶液来测定NaOH溶液的浓度。滴定时有下列操作：
①向溶液中加入1～2滴指示剂。
②取20.00 mL标准溶液放入锥形瓶中。
③用氢氧化钠溶液滴定至终点。
④重复以上操作。
⑤配制250 mL盐酸标准溶液。
⑥根据实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度。
(1)以上各步中，正确的操作顺序是____________(填序号)，上述②中使用的仪器除锥形瓶外，还需要________________，使用________作指示剂。
(2)如何判断滴定终点？________________________。
(3)滴定并记录V(NaOH)的初、终读数。数据记录如下表：
滴定次数
1
2
3
4
V(标准溶液)/mL
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)/mL(初读数)
0.10
0.30
0.00
0.20
V(NaOH)/mL(终读数)
20.08
20.30
20.80
20.22
V(NaOH)/mL(消耗)
19.98
20.00
20.80
20.02
某同学在处理数据过程中计算得到平均消耗NaOH溶液的体积为V(NaOH)＝ mL＝20.20 mL。他的计算合理吗？________。理由是____________________________________________________________。
【答案】(1)⑤②①③④⑥　酸式滴定管　酚酞
(2)当滴入最后半滴NaOH溶液，溶液由无色变成粉红色，且半分钟内不变色，则达到滴定终点
(3)不合理　第3组数据明显偏大，不应采用
【解析】(1)在用未知浓度的碱滴定已知浓度的酸的操作中，正确的操作顺序是配制250 mL盐酸标准溶液；取20.00 mL标准溶液放入锥形瓶中；向溶液中加入1～2滴指示剂；用氢氧化钠溶液滴定至终点；重复以上操作；根据实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度，故顺序是⑤②①③④⑥。上述②取20.00 mL标准溶液放入锥形瓶中使用的仪器除锥形瓶外，还需要酸式滴定管；为了使滴定结果准确，使用的指示剂的颜色宜由浅到深，故使用酚酞，可以减少滴定误差。(3)他的计算不合理，原因是第3组数据明显偏大，偏离真实值，误差太大，不应采用。
【特别提示】酸碱中和滴定实验注意事项
(1)选用精确度为0.01 mL的滴定管来量取液体。
(2)酸式滴定管盛放酸性试剂或者强氧化性试剂(如高锰酸钾溶液)；碱式滴定管盛放碱性试剂。
(3)强酸与强碱相互滴定时，既可选用甲基橙，也可选用酚酞作指示剂。
(4)石蕊颜色变化不明显，变色范围宽，一般不用作中和滴定的指示剂。
(5)强酸与弱碱相互滴定时，应选用甲基橙。强碱与弱酸相互滴定时，应选用酚酞。
(6)当滴入最后半滴标准液，指示剂发生颜色变化，必须保证半分钟内不变色，才是滴定的终点

考点14 中和滴定误差分析
1．分析依据
c待测·V待测＝c标准·V标准 c待测＝
c标准、V待测均为定值，误差均体现在V标准的大小上。
2．常见的误差分析
以用标准盐酸滴定待测氢氧化钠溶液为例：
步骤
操作
V标准
c待测
洗涤
酸式滴定管未用标准溶液润洗
变大
偏高
碱式滴定管未用标准溶液润洗
变小
偏低
锥形瓶用待测溶液润洗
变大
偏高
锥形瓶洗净后还留有蒸馏水
不变
无影响
取液
放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失
变小
偏低
滴定
酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失
变大
偏高
振荡锥形瓶时部分液体溅出
变小
偏低
部分酸液滴出锥形瓶外
变大
偏高
溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后再加一滴NaOH溶液无变化
变大
偏高
读数
滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯)
变小
偏低
滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰)
变大
偏高
3．量器的读数方法
(1)平视读数(如图a)
实验室中用量筒、移液管或滴定管量取一定体积的液体，读取液体体积时，视线应与凹液面最低点保持水平，视线与刻度的交点即为读数(即凹液面定视线，视线定读数)。

(2)俯视和仰视(如图b和图c)
俯视和仰视的误差，要结合具体仪器进行分析，不同量器的刻度顺序不同，如量筒刻度从下到上逐渐增大，滴定管刻度从下到上逐渐减小。
①如图b，当用量筒测量液体的体积时，由于俯视视线向下倾斜，寻找切点的位置在凹液面的上侧，读数高于正确的刻度线位置，即读数偏大。
②如图c，当用滴定管测量液体的体积时，由于仰视视线向上倾斜，寻找切点的位置在液面的下侧，因滴定管刻度顺序与量筒不同，仰视读数偏大。
【典例14】用标准NaOH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NaOH中混有KOH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．滴定过程中摇动锥形瓶动作过大致使少量溶液溅出
【答案】D
【解析】A项由于KOH摩尔质量大于NaOH，将会使配制的标准碱液的c(OH－)偏小，滴定时耗用的V(OH－)偏大，导致结果偏高，错误；B项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，错误；C项用未知液润洗锥形瓶将使测定结果偏高，错误；D项滴定过程中摇动锥形瓶动作过大致使少量待测溶液溅出，消耗标准液将减少，测定结果偏低，正确。
【特别提示】
(1)滴定管要用待装液润洗，滴定管不润洗相当于对所盛装溶液的稀释。锥形瓶不需润洗，润洗后使所盛装溶液的物质的量增大。
(2)滴定管盛装标准溶液时，其液面不一定要在“0”刻度。只要在“0”刻度或“0”刻度以下某刻度即可，但一定要记录下滴定前液面的读数。滴定管的精确度为 0.01 mL。

考点15 盐类的水解
1．概念
在水溶液中，盐电离出来的离子与水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
2．实质
在溶液中盐电离出来的弱碱的阳离子或弱酸的阴离子结合水电离出的OH－或H＋生成弱电解质，破坏了水的电离平衡，促进了水的电离，使溶液显示不同的酸性、碱性或中性。

3．特点
(1)与酸碱中和反应互为可逆反应，是吸热反应。
(2)一般情况下，盐类水解程度极其微弱。
(3)符合化学平衡移动的原理。
【典例15】有下列盐溶液：
①KNO3　②CuSO4　③K2CO3　④FeCl3　⑤K2SO4　⑥NaClO　⑦NH4Cl　⑧AgNO3
呈酸性的是______(填序号，下同)，呈碱性的是______，呈中性的是________。
【答案】②④⑦⑧　③⑥　①⑤
【解析】CuSO4、AgNO3、FeCl3、NH4Cl属于强酸弱碱盐，溶液呈酸性；K2CO3、NaClO属于强碱弱酸盐，溶液呈碱性；KNO3、K2SO4属于强酸强碱盐，溶液呈中性。
【特别提示】常见不水解的离子
强酸阴离子：Cl－、SO、NO、Br－、I－、ClO
强碱阳离子：K＋、Na＋、Ca2＋、Ba2＋

考点16 盐类水解方程式的书写
1．一般形式：
弱离子＋H2O弱电解质＋H＋(或OH－)
2．方法要求：
一判断：判断弱离子，书写化学式。
二规范：写“”，不标“↑”、“↓”。
三注意：多元弱酸根分步书写，多元弱碱阳离子一步完成。
例如Na2CO3的水解：
第一步：CO32-+H2OHCO3-+OH-。
第二步：HCO3-+H2OH2CO3+OH-。
Fe3+的水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+
3．盐的电离方程式和水解方程式的区别
要将盐的电离方程式与盐类水解的离子方程式区别开来。
如HCO3-+H2OCO32-+H3O+是HCO3-的电离方程式，而HCO3-+H2OH2CO3+OH-是HCO3-水解的离子方程式。
4．弱酸弱碱盐的水解方程式
弱酸弱碱盐中阴、阳离子水解相互促进。
(1)NH与S2－、HCO、CO、CH3COO－等组成的盐虽然水解相互促进，但水解程度较小，书写时仍用“”表示。如：NH＋CH3COO－＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O。
(2)Al3＋与CO、HCO、S2－、HS－、AlO，Fe3＋与CO、HCO等组成的盐水解相互促进非常彻底，生成气体和沉淀，书写时用“===”表示。如Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。(一般要有弱碱沉淀生成)
【典例16】下列离子方程式属于盐的水解，且书写正确的是(　　)
A．FeCl3溶液：Fe3＋＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3H＋
B．Na2S溶液： S2－＋2H2OH2S＋2OH－
C．NaHCO3溶液：HCO＋H2OH2O＋CO2＋OH－
D．NH4Cl溶液：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋
【答案】D
【解析】A项， 应用“”且Fe(OH)3不应标“↓”；B项，S2－应分步水解；C项，应该写H2CO3，不应拆开。
【特别提示】书写盐类水解方程式常见的错误
(1)误把电离方程式看成水解方程式，如HS－＋H2OS2－＋H3O＋，此方程式为HS－的电离方程式，不是HS－的水解方程式，因为其化简可写为HS－S2－＋H＋。HS－的水解方程式应为HS－＋H2OH2S＋OH－。
(2)书写盐类水解方程式常见错误有①把“”误写为“===”。如Fe3＋＋3H2O===Fe(OH)3＋3H＋是错误的，正确的为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。
②水解产物量很小时，标上“↑”或“↓”。如Al3＋＋3H2OAl(OH)3↓＋3H＋是错误的，正确的为Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。

考点17 盐类水解的规律
1．盐类水解的规律

(1)有弱才水解——必须含有弱酸或弱碱的离子才能发生水解。
(2)无弱不水解——强酸强碱盐不发生水解。
(3)谁弱谁水解——发生水解的是弱碱阳离子或弱酸根阴离子。
(4)谁强显谁性——组成盐的酸根阴离子(碱性阳离子)是强酸根(强碱的阳离子)，则显酸(碱)性。
(5)都弱都水解——弱酸弱碱盐因阴、阳离子都能发生水解且两水解过程可相互促进，所以水解程度较大，少数可以完全水解，称为双水解反应。
(6)越弱越水解——组成盐的酸根对应的酸(即水解生成的酸)酸性越弱(或阳离子对应的碱的碱性越弱)，水解程度就越大，此即“越弱越水解”规律。
2．对盐类水解规律的理解
(1)能发生水解相互促进反应的离子不能大量共存，反应进行完全，产生沉淀或气体，如2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑，Fe3＋＋3HCO===Fe(OH)3↓＋3CO2↑。
(2)相同温度下，Ka(HA)>Ka(HB)，即HA的酸性比HB强，那么相同浓度的NaA、NaB溶液中B－的水解程度比A－大：c(A－)>c(B－)，c(HA) (3)多元弱酸的电离常数Ka1≫Ka2≫Ka3，由此可以推知弱酸的正盐的碱性比酸式盐强，以Na2CO3和NaHCO3为例：CO＋H2OHCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，CO和HCO对应的弱酸分别是HCO和H2CO3，HCO的电离程度比H2CO3小得多，所以CO的水解程度比HCO大得多，相同浓度时Na2CO3溶液的碱性强，pH大。
【典例17】25 ℃时，浓度均为0.1 mol·L－1的溶液，其pH如表所示。有关说法正确的是(　　)
序号
①
②
③
④
溶液
NaCl
CH3COONH4
NaF
NaHCO3
pH
7.0
7.0
8.1
8.4
A．酸性强弱：H2CO3>HF
B．①和②中溶质均未水解
C．离子的总浓度：①>③
D．④中：c(HCO)＋2c(CO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1
【答案】C
【解析】相同浓度时，pH：NaHCO3>NaF，则水解程度：HCO>F－，根据“越弱越水解”知，酸性：H2CO3③，C项正确；根据元素质量守恒知，④中：c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L－1，D项错误。
【特别提示】酸式盐溶液的酸碱性
(1)多元弱酸的酸式盐。
多元弱酸的酸式酸根离子既有水解倾向又有电离倾向，其盐溶液的酸碱性取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。
①若水解程度大于电离程度，溶液显碱性。如NaHCO3、NaHS。
②若水解程度小于电离程度，溶液显酸性。如NaHSO3。
(2)多元强酸的酸式盐。
多元强酸的酸式盐中，酸式酸根离子只电离不水解，溶液显酸性。如NaHSO4=Na＋＋SO＋H＋。

考点18 影响盐类水解的因素
1．盐类水解的特征
(1)盐类的水解是吸热反应。
(2)加水稀释能促进盐类的水解。
2．影响因素
因素
对盐类水解程度的影响
内因
生成盐的酸或碱越弱,水解程度越大
外
因
温度
升高温度能够促进水解
浓度
盐溶液的浓度越小，水解程度越大
外加酸碱
水解显酸性的盐溶液，加碱会促进水解，加酸会抑制水解，反之亦然
外加盐
加入与盐的水解性质相反的盐会促进盐的水解
3．以FeCl3水解为例[Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋]，外界条件对水解平衡的影响。
条件
移动方向
H＋数
pH
现象
升温
向右
增多
减小
颜色变深
通入HCl(g)
向左
增多
减小
颜色变浅
加H2O
向右
增多
增大
颜色变浅
加NaHCO3
向右
减小
增大
生成红褐色沉淀，放出气体
【典例18】室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是(　　)

加入的物质
结论
A
50 mL 1 mol·L－1 H2SO4
反应结束后，c(Na＋)＝c(SO)
B
0.05 mol CaO
溶液中增大
C
50 mL H2O
由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变
D
0.1 mol NaHSO4 固体
反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变
【答案】B
【解析】室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，溶液中存在CO＋H2OHCO＋OH－，溶液呈碱性；加入50 mL 1 mol·L－1H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4，故根据物料守恒，反应结束后c(Na＋)＝2c(SO)，A项错误；向溶液中加入0.05 mol CaO，则CaO＋H2O===Ca(OH)2，c(OH－)增大，且Ca2＋＋ CO===CaCO3↓，使CO＋H2O⇌HCO＋OH－平衡左移，c(HCO)减小，故增大，B项正确；加入50 mL水，溶液体积变大，CO＋H2OHCO＋OH－平衡右移，但c(OH－)减小，即由水电离的c(OH－)减小，在Na2CO3溶液中由水电离出的H＋、OH－相等，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，C项错误；原Na2CO3溶液呈碱性，加入0.1 mol NaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐，电离出的H＋与CO完全反应，反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na＋，故c(Na＋)增大，D项错误。
【特别提示】利用平衡移动原理解释问题的思维模板
(1)解答此类题的思维过程
①找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)
②找出影响平衡的条件
③判断平衡移动的方向
④分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系
(2)答题模板
……存在……平衡，……(条件)……(变化)，使平衡向……(方向)移动，……(结论)。

考点19 盐类水解的应用
1．在化学实验中的应用
应用
举例
判断溶液的酸碱性
FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋
判断酸性强弱
相同浓度的NaX、NaY、NaZ溶液的pH分别为8、9、10，则酸性：HX>HY>HZ
配制或贮存易水解的盐溶液
配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，抑制Cu2＋水解；贮存Na2CO3溶液不能用磨口玻璃塞
胶体的制取
制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
制备无水盐
将挥发性酸的弱碱盐如AlCl3、FeCl3溶液蒸干时，在通HCl的气流中加热蒸干
判断离子是否共存
Al3＋与CO、HCO、S2－、HS－、AlO；Fe3＋与HCO、CO、AlO；NH与AlO、SiO因相互促进水解程度强烈而不能大量共存
判断中和反应至中性的试剂用量
如NH3·H2O与HCl反应至中性，NH3·H2O过量，CH3COOH与NaOH反应至中性时CH3COOH过量
制备无机化合物
如用TiCl4制备TiO2，其反应的化学方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl
加入大量的水，同时加热，促使水解趋于完全，所得TiO2·xH2O经焙烧得到TiO2
2．在生产生活中的应用
泡沫灭火器原理
泡沫灭火器中的成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生的反应为Al3＋＋3HCO===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合施用
除锈剂
NH4Cl溶液与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂，原理为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、Zn2＋＋2H2OZn(OH)2＋2H＋
热纯碱去污能力强
加热，促进Na2CO3的水解，使c(OH－)增大，去污能力增强
3．盐溶液蒸干时所得产物的判断
(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)。
(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3。
(3)考虑盐受热时是否分解。
原物质
蒸干灼烧后固体物质
Ca(HCO3)2
CaCO3或CaO
NaHCO3
Na2CO3
KMnO4
K2MnO4和MnO2
NH4Cl
分解为NH3和HCl，无固体物质存在
(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。
【典例19】下列问题与盐类水解有关的是(　　)
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用
④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞
⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体
A．①②③　　 B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤
【答案】D
【解析】①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可除去金属表面的锈；②HCO与Al3＋水解相互促进，产生二氧化碳，可作灭火剂；③草木灰的主要成分碳酸钾水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用；④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠将瓶塞与瓶口黏结，因此盛放碳酸钠的试剂瓶应用橡胶塞；⑤AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)3固体。
【特别提示】
(1)配制FeSO4溶液时，加入稀H2SO4的目的是防止Fe2＋的水解，加入铁粉的目的是防止Fe2＋被氧化。
(2)焊接金属时常用NH4Cl溶液作除锈剂的原因是利用NH水解，使溶液呈酸性，从而除去铁锈。
(3)Fe3＋、Al3＋在中性条件下已水解完全，转化成氢氧化物沉淀。

考点20 水解常数及应用
1．盐的水解常数
以CH3COONa为例
CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
Kh＝，只与温度有关。
2．与对应弱酸电离常数的关系
Ka＝
所以，Kh·Ka＝Kw或Kh＝。
由此可看出，弱酸或弱碱的电离常数越小，其生成的盐水解程度就越大。
3．二元弱酸对应盐的水解常数
二元弱酸H2CO3的电离常数为Ka1、Ka2，则Na2CO3的水解常数Kh为，NaHCO3的水解常数为。
【典例20】在一定条件下，Na2CO3溶液中存在平衡CO＋H2OHCO＋OH－。下列说法不正确的是(　　)
A．稀释溶液，增大
B．通入CO2，溶液pH减小
C．升高温度，平衡常数增大
D．加入NaOH固体，减小
【答案】A
【解析】温度不变，水解平衡常数不变，Kh＝的值不变，故A错误；CO2与CO反应生成HCO，HCO比CO水解程度小，所以溶液碱性减弱，即pH减小，故B正确；因水解是吸热的，则升温可以促进水解，平衡正向移动，平衡常数增大，故C正确；加入NaOH固体，OH－抑制CO水解，HCO的物质的量浓度减小，CO的物质的量浓度增大，所以减小，故D正确。

考点21 溶液中的守恒关系
1．电荷守恒
电解质溶液中阳离子所带的电荷总数与阴离子所带的电荷总数相等，即电荷守恒，溶液呈电中性。
(1)解题方法
①分析溶液中所有的阴、阳离子。
②阴、阳离子浓度乘以自身所带的电荷数建立等式。
(2)举例
如：Na2CO3溶液中
①Na＋、H＋、CO、HCO、OH－。
②1×c(Na＋)＋1×c(H＋)＝2×c(CO)＋1×c(HCO)＋1×c(OH－)。
化简得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。
2．元素质量守恒
在电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离，离子的存在形式发生了变化。就该离子所含的某种元素来说，其质量在变化前后是守恒的，即元素质量守恒。
(1)解题方法
①分析溶质中的特定元素的原子或原子团间的定量关系(特定元素除H、O元素外)。
②找出特定元素在水溶液中的所有存在形式。
(2)举例
如：Na2CO3溶液中
①＝，即n(Na＋)＝2n(CO)，CO在水中部分会水解成HCO、H2CO3，共三种含碳元素的存在形式。
②c(Na＋)＝2[c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)]。
3．质子守恒
方法一：可以由电荷守恒与元素质量守恒推导出来。
如Na2CO3中将电荷守恒和元素质量守恒中的金属阳离子消去得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。
方法二：质子守恒是依据水的电离平衡：H2OH＋＋OH－，水电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的，无论在溶液中由水电离出的H＋和OH－以什么形式存在。
如：Na2CO3溶液中

即c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(H3O＋)或c(OH－)＝2c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(H＋)。
【典例21】在10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中加入同体积、同浓度的CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系错误的是(　　)
A．c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
C．c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
【答案】A
【解析】在10 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中加入同体积同浓度的CH3COOH溶液，发生反应生成醋酸钠和水，醋酸根离子水解显碱性，溶液中离子浓度大小为c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞
c(OH－)＞c(H＋)；溶液中元素质量守恒：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)；溶液中电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)；故选A。
【特别提示】
(1)分析电解质的电离和水解情况，找全溶液中的离子和分子。
(2)分清题目考查的哪种守恒关系，可以是单一守恒关系式，也可以是它们的变形关系式，也可以是两种守恒关系式导出的新的守恒式。
(3)注意选择题常涉及的易错点：
①守恒关系式中多写或漏写离子或分子；
②守恒关系式浓度前的化学计量数设错；
③在混合后忽视溶液体积变化上设错。

考点22 溶液中粒子浓度比较
1．弱酸溶液中粒子浓度大小比较
(1)HClO溶液中存在的电离平衡有：HClOH＋＋ClO－、H2OH＋＋OH－，溶液中的微粒有H2O、HClO、H＋、OH－、ClO－，由于HClO电离程度小，且H2O的电离程度更小，所以溶液中微粒浓度由大到小的顺序(H2O除外)是c(HClO)>c(H＋)>c(ClO－)>c(OH－)。
(2)碳酸的电离方程式是H2CO3HCO＋H＋、HCOH＋＋CO。碳酸溶液中存在的微粒有H2O、H2CO3、H＋、HCO、CO、OH－。
碳酸是弱酸，第一步电离很微弱，第二步电离更微弱。推测其溶液中粒子浓度由大到小的顺序(水分子除外)是c(H2CO3)>c(H＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)。
2．不同溶液中同一离子浓度比较
要考虑溶液中其他离子对该离子的影响，如：在相同浓度的下列溶液中①NH4Cl，②CH3COONH4，③NH4HSO4，④(NH4)2SO4，⑤(NH4)2CO3，c(NH)由大到小的顺序：④>⑤>③>①>②。
3．单一溶液中离子浓度大小的比较
(1)氯化铵溶液
①先分析NH4Cl溶液中的电离、水解过程：
电离：NH4Cl===NH＋Cl－、H2OH＋＋OH－。
水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋。
判断溶液中存在的离子有NH、Cl－、H＋、OH－。
②再根据其电离和水解程度的相对大小，比较确定氯化铵溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)。
(2)碳酸钠溶液
①先分析Na2CO3溶液中的电离、水解过程：
电离：Na2CO3===2Na＋＋CO、H2OH＋＋OH－。
水解：CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。
溶液中存在的离子有Na＋、CO、HCO、OH－、H＋。
②溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)。
(3)碳酸氢钠溶液
①分析NaHCO3溶液中的电离、水解过程：
电离：NaHCO3===Na＋＋HCO、HCOH＋＋CO、H2OH＋＋OH－。
水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－。
溶液中存在的离子有Na＋、HCO、CO、H＋、OH－。
②由于HCO的电离常数(K)<水解常数(Kh)
HCO的电离程度小于HCO的水解程度，所以溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)>c(CO)。
4．混合溶液中不同离子浓度大小比较
根据电离常数(Ka、Kb)、水解常数(Kh)的相对大小综合分析
(1)分子的电离常数(K)大于对应离子的水解常数(Kh)
在0.1 mol·L－1 NH4Cl和0.1 mol·L－1的氨水混合溶液中：由于NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。
(2)分子的电离常数(K)小于对应离子的水解常数(Kh)
在0.1 mol·L－1的HCN和0.1 mol·L－1的NaCN混合溶液中：由于HCN的电离程度小于CN－的水解程度，导致溶液呈碱性。溶液中各离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(CN－)>c(OH－)>
c(H＋)，且c(HCN)>c(Na＋)＝0.1 mol·L－1。
【典例22】25 ℃时，按下表配制两份溶液。
一元弱酸溶液
加入的NaOH溶液
混合后所得溶液
HA 10.0 mL 0.20 mol·L－1
5.0 mL 0.20 mol·L－1
溶液ⅠpH＝5.0
HB 10.0 mL 0.20 mol·L－1
5.0 mL 0.20 mol·L－1
溶液ⅡpH＝4.0
下列说法错误的是(　　)
A．溶液Ⅰ中，c(A－)>c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．Ⅰ和Ⅱ的pH相差1.0，说明＝10
C．混合Ⅰ和Ⅱ：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(B－)＋c(OH－)
D．混合Ⅰ和Ⅱ：c(HA)＞c(HB)
【答案】B
【解析】A项，根据电荷守恒，Ⅰ中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，由于pH＝5.0，溶液显酸性，c(H＋)＞c(OH－)，因此，c(A－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，正确；B项，由于溶液Ⅰ、Ⅱ的pH分别为5.0和4.0，所以Ka(HA)＜Ka(HB)，＜1，错误；C项，由电荷守恒可知，Ⅰ和Ⅱ的混合溶液中，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(B－)＋c(OH－)，正确；D项，由B的分析可知，Ka(HA)＜Ka(HB)，则Ⅰ、Ⅱ混合后必有c(HA)＞c(HB)，正确。
【特别提示】判断混合溶液中离子浓度大小的一般思路
(1)判断生成物，确定溶液组成。
(2)明确溶液中存在的所有平衡(电离平衡，水解平衡)。
(3)根据题给信息，确定程度大小(是电离为主还是水解为主)。
(4)比较离子大小，在比较中，要充分运用电荷守恒、元素质量守恒关系。

考点23 难溶电解质的沉淀溶解平衡
1．25 ℃时，溶解性与溶解度的关系
溶解性
易溶
可溶
微溶
难溶
溶解度
>10 g
1～10 g
0.01～1 g
<0.01 g
2．难溶电解质的沉淀溶解平衡
(1)沉淀溶解平衡的概念
在一定温度下，当沉淀和溶解的速率相等时，形成电解质的饱和溶液，达到平衡状态，人们把这种平衡称为沉淀溶解平衡。
(2)沉淀溶解平衡的特征
(1)动态平衡：v溶解＝v沉淀≠0。
(2)达到平衡时，溶液中离子的浓度保持不变。
(3)当改变外界条件时，溶解平衡将发生移动，达到新的平衡。
3．难溶电解质沉淀溶解平衡的影响因素
(1)内因(决定因素)：难溶电解质本身的性质。
(2)外因：温度、浓度等条件的影响符合勒夏特列原理。
①温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程,升高温度,平衡向溶解的方向移动,Ksp增大
②浓度：加水稀释,平衡向溶解的方向移动,但Ksp不变
③离子效应：向平衡体系中加入难溶物相应的离子,平衡逆向移动
④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或更难电离或气体的离子时,平衡向溶解的方向移动,但Ksp不变
(3)实例分析
已知沉淀溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，请分析当改变下列条件时，对该沉淀溶解平衡的影响，填写下表(浓度变化均指平衡后和原平衡比较)：
条件改变
移动方向
c(Mg2＋)
c(OH－)
加少量水
正向移动
不变
不变
升温
正向移动
增大
增大
加MgCl2(s)
逆向移动
增大
减小
加盐酸
正向移动
增大
减小
加NaOH(s)
逆向移动
减小
增大

大多数电解质溶解度随温度的升高而增大，但也有例外，如Ca(OH)2，温度越高，溶解度越小。
【典例23】下列关于沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)的说法正确的是(　　)
A．AgCl沉淀的生成和溶解同时在不断进行，且速率相等
B．等物质的量的AgNO3和NaCl溶于水后，溶液中不存在Ag＋和Cl－
C．只要向含有AgCl的饱和溶液中加入盐酸，一定会有沉淀生成
D．“”说明AgCl没有完全电离，AgCl是弱电解质
【答案】A
【解析】沉淀溶解平衡是一个动态平衡，A项正确；沉淀溶解平衡存在，则肯定存在Ag＋和Cl－，B项错误；如果加入盐酸后溶液中Cl－的浓度小于原饱和溶液中的Cl－浓度，则不产生沉淀，C项错误；“”说明AgCl是极少部分溶解，但溶解部分完全电离，AgCl是强电解质，D项错误。
【特别提示】
(1)沉淀溶解达到平衡时，再加入该难溶物对平衡无影响。
(2)溶解平衡右移，溶解度不一定增大。如加水使溶解平衡右移，溶解度不变。
(3)绝大多数的难溶电解质的溶解过程是吸热的，少数为放热反应，如氢氧化钙等。

考点24 溶度积及其应用
1．概念
在一定温度下，难溶电解质达到沉淀溶解平衡后的溶液为饱和溶液，其离子浓度不再发生变化，溶液中各离子浓度幂之积为常数，叫做溶度积常数(简称溶度积)，用Ksp表示。
2．表达式
AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq) Ksp＝cm(An＋)·cn(Bm－)。
如Fe(OH)3的Ksp＝c(Fe3＋)·c3(OH－)。
3．意义
Ksp的大小反映难溶电解质在水中的溶解能力。
(1)相同类型的难溶电解质，溶度积小的电解质，其溶解能力小。
(2)不同类型的难溶电解质，溶度积小的电解质，其溶解能力不一定比溶度积大的溶解能力小。
4．应用——溶度积规则
通过比较溶度积与溶液的离子积Q，如对于Ag2S溶液来说，任意时刻的Q＝c2(Ag＋)·c(S2－)]的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解：
(1)Q>Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡。
(2)Q＝Ksp，溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态。
(3)Q 5．影响因素
溶度积Ksp值的大小只与难溶电解质本身的性质和温度有关，与浓度无关。
6．有关溶度积(Ksp)的计算
(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度，如Ksp＝a的饱和AgCl溶液中c(Ag＋)＝ mol·L－1。
(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度，求溶液中的另一种离子的浓度，如某温度下AgCl的Ksp＝a，在0.1 mol·L－1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体，达到平衡后c(Ag＋)＝10a mol·L－1。
(3)计算反应的平衡常数，如对于反应Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)
Ksp(MnS)＝c(Mn2＋)·c(S2－)，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)，而平衡常数K＝＝。
【典例24】下列说法正确的是(　　)
A．含有AgCl和AgI固体的悬浊液中c(Ag＋)>c(Cl－)＝c(I－)
B．25 ℃时，Cu(OH)2在水中的溶解度大于在Cu(NO3)2溶液中的溶解度
C．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2＋)增大
D．25 ℃时，AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同
【答案】B
【解析】Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，所以含AgCl和AgI固体的悬浊液中c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)，A项不正确；Cu(NO3)2溶液中含有Cu2＋，使Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)逆向移动，溶解度比在水中的小，B项正确；在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(SO)增大，沉淀溶解平衡向生成沉淀的方向移动，c(Ba2＋)减小，C项不正确；溶液中c(Cl－)越大，AgCl的溶解度越小，D项不正确。
【特别提示】
(1)Ksp只与难溶电解质本身的性质和温度有关，而与沉淀的量和溶液中的离子浓度无关。
(2)对于同类型物质(如AgCl、AgBr、AgI等)，可直接用溶度积比较难溶电解质的溶解能力，Ksp越大，难溶电解质在水中的溶解能力越强。
(3)对于不同类型的物质，Ksp不能直接作为比较依据，而应通过计算将Ksp转化为饱和溶液中溶质的物质的量浓度确定溶解能力的强弱。

考点25 沉淀的生成和溶解
1．沉淀的生成
(1)沉淀生成的原理
根据沉淀溶解平衡原理，如果加入与溶液中相同的离子，使平衡向沉淀方向移动，就可以生成沉淀。
(2)沉淀的方法
①调节pH法：如工业原料氯化铵中含杂质氯化铁，使其溶解于水，再加入氨水调节pH，使Q[Fe(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]可使Fe3＋转变为Fe(OH)3沉淀而除去。反应如下：Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。
②加沉淀剂法：如以Na2S、H2S等作沉淀剂，使某些金属离子，如Cu2＋、Hg2＋等生成极难溶的硫化物CuS、HgS等沉淀，即离子积Q＞Ksp时，生成沉淀，也是分离、除去杂质常用的方法。
a．通入H2S除去Cu2＋的离子方程式：H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。
b．加入Na2S除去Hg2＋的离子方程式：Hg2＋＋S2－===HgS↓。
③同离子效应法：增大沉淀溶解平衡体系中某种离子的浓度，使平衡向生成沉淀的方向移动，如向AgCl的饱和溶液中加入饱和食盐水可继续生成AgCl沉淀。
④氧化还原法：改变离子的存在形式，促使其转化为溶解度更小的难溶电解质，便于分离出来，例如通过氧化还原反应将Fe2＋氧化为Fe3＋，从而生成更难溶的Fe(OH)3沉淀。
(3)沉淀生成的应用
在无机物的制备和提纯、废水处理等领域，常利用生成沉淀来达到分离或除去某些离子的目的。
2．沉淀的溶解
(1)沉淀溶解的原理
根据平衡移动原理，对于在水中难溶的电解质，如果能设法不断地移去平衡体系中的相应离子，Q (2)沉淀溶解的方法
①酸溶解法：用强酸溶解的难溶电解质有CaCO3、FeS、Al(OH)3、Ca(OH)2等。
如CaCO3难溶于水，却易溶于盐酸，原因是：CaCO3在水中存在沉淀溶解平衡为CaCO3(s) Ca2＋(aq)＋CO(aq)，当加入盐酸后发生反应：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑，c(CO)降低，溶液中CO与Ca2＋的离子积Q(CaCO3)＜Ksp(CaCO3)，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动。
②盐溶液溶解法：Mg(OH)2难溶于水，能溶于盐酸、NH4Cl溶液中。溶于NH4Cl溶液反应的离子方程式为Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。
(3)氧化还原法：有些金属硫化物(如CuS、HgS等)不溶于非氧化性酸，只能溶于氧化性酸，则可通过减小c(S2－)来达到使沉淀溶解的目的，例如：
3CuS＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋3S＋2NO↑＋4H2O。
【典例25】已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12。某溶液中含有Cl－、Br－和CrO的浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为(　　)
A．Cl－、Br－、CrO B．CrO、Br－、Cl－
C．Br－、Cl－、CrO D．Br－、CrO、Cl－
【答案】C
【解析】利用沉淀溶解平衡原理，当Q＞Ksp时，有沉淀析出。溶液中Cl－、Br－、CrO的浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的AgNO3溶液时，溶解度小的先满足Q＞Ksp，有沉淀析出。比较Ksp，AgBr、AgCl同类型，溶解度：AgBr＜AgCl。再比较AgCl、Ag2CrO4沉淀时所需c(Ag＋)，Cl－沉淀时所需c(Ag＋)≥＝ mol·L－1＝1.8×10－8 mol·L－1，CrO沉淀时所需c(Ag＋)≥＝ mol·L－1＝3.0×10－5 mol·L－1，故推知三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br－、Cl－、CrO。
【特别提示】沉淀生成判断
(1)一般来说，当溶液中有多种可以沉淀的离子且生成相同类型的沉淀时，越难溶(Ksp越小)的越先沉淀。
(2)当离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，认为已完全沉淀。

考点26 沉淀的转化
1．沉淀的转化的实质
沉淀的转化是指由一种难溶物转化为另一种难溶物的过程，其实质是沉淀溶解平衡的移动。
2．沉淀的转化的条件
两种沉淀的溶解度不同。一般溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现，两者的溶解度差别越大，转化越容易。
注意：可以反向转化。
3．沉淀转化的应用
(1)锅炉除水垢(含有CaSO4)
CaSO4(s)CaCO3(s)Ca2＋(aq)，反应的化学方程式为CaSO4＋Na2CO3===CaCO3＋Na2SO4，CaCO3＋2HCl===CaCl2＋H2O＋CO2↑。
(2)自然界中矿物的转化
原生铜的硫化物CuSO4溶液铜蓝(CuS)，反应的化学方程式为CuSO4＋ZnS===CuS＋ZnSO4，CuSO4＋PbSCuS＋PbSO4。
(3)工业废水处理
工业废水处理过程中，重金属离子可利用沉淀转化原理用FeS等难溶物转化为HgS、Ag2S、PbS等沉淀。
用FeS除去Hg2＋的离子方程式：FeS(s)＋Hg2＋(aq)HgS(s)＋Fe2＋(aq)。
(4)水垢的形成
硬水煮沸形成的水垢主要成分是CaCO3和Mg(OH)2，形成的原因(用化学方程式表示)：
Mg(HCO3)2MgCO3↓＋H2O＋CO2↑，
Ca(HCO3)2CaCO3↓＋H2O＋CO2↑，
MgCO3＋H2OMg(OH)2＋CO2↑。
说明Mg(OH)2比MgCO3难溶。
【典例25】已知：Ksp(CuS)＝1.3×10－36，Ksp(MnS)＝2.6×10－13。工业生产中常用MnS作为沉淀剂除去工业废水中的Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)。下列说法错误的是(　　)
A．反应达平衡后，继续加入MnS，废水中的Cu2＋的去除率增加
B．该反应可将工业废水中的Cu2＋沉淀完全
C．往平衡体系中加入少量CuSO4固体后，c(Mn2＋)变大
D．该反应的平衡常数K＝2.0×1023
【答案】A
【解析】A项，达到平衡后，增加MnS的使用量，平衡不移动，废水中的Cu2＋的去除率不改变，故A错误；B项，利用此反应可将工业废水中的Cu2＋沉淀完全，故B项正确；C项，c(Cu2＋)增大，平衡正向移动，所以c(Mn2＋)变大，故C正确；D项，该反应的平衡常数K＝＝＝2.0×1023，故D正确。
【特别提示】
(1)溶解度较小的沉淀，并不一定必须转化为溶解度更小的沉淀。在一定条件下也可以转化成溶解度较大的沉淀。例如，在BaSO4的饱和溶液中加入高浓度的Na2CO3溶液，只要Q(BaCO3)>Ksp(BaCO3)就可以转化成溶解度较大的BaCO3沉淀。
(2)对于化学式结构相似，且含相同离子(阳离子或阴离子)的难溶电解质(如AgCl、AgBr、AgI)，在含有Cl－、Br－、I－的溶液中滴入AgNO3溶液，误认为一定先析出AgI沉淀，最后析出AgCl沉淀。这种理解忽视了溶液中Cl－、Br－、I－的浓度大小。