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2019届二轮复习 水溶液中的离子平衡 学案（全国通用）
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专题10 水溶液中的离子平衡
【考情报告】
考查角度
考查内容
命题特点
弱电解质的电离平衡
①电离平衡的影响因素；
②电离平衡常数。
部分的题目一般通过溶液酸碱性的判断、pH的计算或离子浓度的大小比较等来考查对溶液中的三种平衡的理解。离子浓度大小比较与盐类水解和弱电解质的电离等知识有机结合、沉淀溶解平衡与其他平衡融合考查是高考重点，命题形式有选择和填空两种形式。
水的电离和溶液的酸碱性
①水的电离常数；
②pH计算；
③酸碱中和滴定。
盐类的水解和溶液中离子浓度大小的比较
①盐类水解的应用；
②离子浓度大小的比较。
沉淀溶解平衡
①沉淀溶解平衡的应用；
②Ksp的相关计算；
③与实验的结合。
【考向预测】
弱电解质的电离平衡知识与化学平衡知识密切相关，尤其是化学平衡的建立和化学平衡移动原理的知识和学习方法，可直接用来学习弱电解质电离平衡的有关内容，而弱电解质电离平衡是统率水溶液中的离子平衡的基本出发点，是中学化学教学的重要知识点，也是中学化学教学的难点，因此成为历年高考的热点内容。题型为选择题和非选择题，其中选择题重点考查弱电解质电离平衡的移动原理以及相应的图像问题、盐类水解的原理、离子浓度大小的比较和等量关系，盐类水解的应用，非选择题重点考查弱电解质的电离平衡常数的计算以及与溶液的酸碱性、pH、盐类的水解、沉淀溶解平衡结合起来解释某些现象。
难溶电解质的溶解平衡是新课标中新添的内容，是中学化学“四大平衡体系”之一，也是中学化学重要的基本概念与理论内容之一，因此成为新课改省区高考的必考内容。题型为选择题和非选择题，其中选择题重点考查溶解平衡的原理及Ksp的简单计算、沉淀的溶解和转化、生成沉淀的先后顺序等，非选择题重点考查将溶解平衡的知识融合在元素及其化合物之中解释化学实验的某些现象、进行简单的计算等。
水溶液中的离子平衡是化学平衡的延伸和应用，也是高考中考点分布较多的内容之一。其中沉淀溶解平衡是新课标中新增的知识点，题型主要是选择题和填空题，其考查主要内容有：①电离平衡。②酸、碱混合溶液酸碱性的判断及pH的简单计算。③盐对水电离平衡的影响及盐溶液蒸干(或灼烧)后产物的判断。④电解质溶液中离子浓度的大小比较。⑤沉淀的溶解平衡及沉淀的转化。
从高考命题的变化趋势来看，溶液中离子浓度的大小比较及沉淀的溶解平衡和转化是主流试题。此类题目考查的内容既与盐的水解有关，又与弱电解质的电离平衡有关。题目不仅偏重考查粒子的浓度大小顺序，而且还侧重溶液中的各种守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守恒)关系的考查，从而使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性。
【经典在线】
1.知识梳理
一、弱电解质的电离平衡
1．弱电解质的电离平衡的特点
(1)动态平衡，电离方程式中用“”。如：CH3COOHCH3COO一+H+。
(2)条件改变，平衡被打破。如在CH3COOH的石蕊溶液中(呈红色)加入固体CH3COONH4，即增大了c(CH3COO一)，平衡左移，c(H+)变小，使红色变浅。
(3)外界条件对电离平衡的影响
①内因：弱电解质本身的性质。
②外因：
a．温度：升高温度，电离平衡向电离方向移动，电离程度增大，原因是电离过程吸热。
b．浓度：加水稀释，使弱电解质的浓度减小，电离平衡向电离的方向移动，电离程度增大。
c．同离子效应：例如向CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，溶液中c(CH3COO－)增大，CH3COOH的电离平衡向左(填“左”或“右”)移动，电离程度减小，c(H＋)减小，pH值增大。
(4)电离过程是可逆过程，可直接用化学平衡移动原理去分析电离平衡。以0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液为例：CH3COOHCH3COO－＋H＋(正向吸热)。
实例(稀溶液)
CH3COOHH＋＋CH3COO－ ΔH>0
改变条件
平衡移动方向
n(H＋)
c(H＋)
导电能力
Ka
加水稀释
→
增大
减小
减弱
不变
加入少量冰醋酸
→
增大
增大
增强
不变
加HCl(g)
←
增大
增大
增强
不变
加NaOH(s)
→
减小
减小
增强
不变
加入镁粉
→
减小
减小
增强
不变
升高温度
→
增大
增大
增强
增大
2．电离平衡常数的意义及影响因素
(1)电离平衡常数的意义：弱酸碱的电离平衡常数能够反映酸碱性的相对强弱。电离平衡常数越大，电离程度越大。多元弱酸的电离以第一步电离为主，各级电离平衡常数的大小差距较大。
(2)外因对电离平衡常数的影响：电离平衡常数与其他化学平衡常数一样只与温度有关，与电解质的浓度无关，升高温度，K值增大，原因是电离是吸热过程。
二、水的电离
1．水的电离
水是极弱的电解质，水的电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－。
2．水的离子积常数
Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
(1)室温下：Kw＝1×10－14。
(2)影响因素；只与温度有关，升高温度，Kw增大。
(3)适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质水溶液。
(4)Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要温度不变，Kw不变。
3．影响水电离平衡的因素
(1)升高温度，水的电离程度增大，Kw增大。
(2)加入酸或碱，水的电离程度减小，Kw不变。
(3)加入可水解的盐(如FeCl3、Na2CO3)，水的电离程度增大，Kw不变。
4．外界条件对水的电离平衡的影响
体系变化
条件
平衡移动方向
Kw
水的电离程度
c(OH－)
c(H＋)
酸
逆
不变
减小
减小
增大
碱
逆
不变
减小
增大
减小
可水解的盐
Na2CO3
正
不变
增大
增大
减小
NH4Cl
正
不变
增大
减小
增大
温度
升温
正
增大
增大
增大
增大
降温
逆
减小
减小
减小
减小
其他：如加入Na
正
不变
增大
增大
减小
三、溶液的酸碱性和pH值计算
1．溶液的酸碱性
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。
(1)酸性溶液：c(H＋)>c(OH－)，常温下，pH<7。
(2)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)，常温下，pH＝7。
(3)碱性溶液：c(H＋)7。
2．溶液pH的计算方法
（1）单一溶液pH的计算
强酸溶液(HnA)，其物质的量浓度为c mol/L，则：c(H＋)＝nc mol/L，pH＝－lgc(H＋)＝－lgnc；强碱溶液[B(OH)n]，其物质的量浓度为c mol/L，则c(OH－)＝nc mol/L，c(H＋)＝ mol/L，pH＝－lgc(H＋)＝14＋lgnc。
（2）强酸、强碱混合液的pH计算
①强酸与强酸混合求pH
a非等体积混合
c(H＋)＝，然后再求pH。
b等体积混合可近似计算pH＝pH小＋0.3
②强碱与强碱混合求pH
a非等体积混合
先计算：c(OH－)＝，再求c(H＋)＝，最后求pH。
b等体积混合，可近似计算pH＝pH大－0.3。
③强酸与强碱混合
a恰好完全反应，溶液呈中性，pH＝7。
b酸过量：
先求c(H＋)余＝，再求pH。
c碱过量：
先求c(OH－)余＝，再求c(H＋)＝，然后求pH。
四、酸碱中和滴定
1．实验原理
利用酸碱中和反应，用已知浓度酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。以标准盐酸溶液滴定待测的NaOH溶液，待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)＝。酸碱中和滴定的关键：
(1)准确测定标准液的体积。
(2)准确判断滴定终点。
2．常用酸碱指示剂及变色范围
指示剂
变色范围的pH
石蕊
<5.0红色
5.0～8.0紫色
>8.0蓝色
甲基橙
<3.1红色
3.1～4.4橙色
>4.4黄色
酚酞
<8.2无色
8.2～10.0浅红色
>10.0红色
3．中和滴定的误差分析
(1)原理
依据原理c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，所以c(待测)＝，因c(标准)与V(待测)已确定，因此只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即分析出结果。
(2)常见误差
以标准酸溶液滴定未知浓度的碱(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有：
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
碱式滴定管未用待测溶液润洗
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，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化
变大
偏高
读数
酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯)
变小
偏低
酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰)
变大
偏高
五、盐类的水解
1．盐类水解的影响因素
因素
水解平衡
水解程度
水解产生离子的浓度
温度
升高
右移
增大
增大
浓度
增大
右移
减小
增大
减小(即稀释)
右移
增大
减小
外加酸碱
酸
弱碱阳离子的水解程度减小
碱
弱酸根离子的水解程度减小
2．盐类水解的应用
应用
举例
判断溶液的酸碱性
FeCl3显酸性，原因是Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+
配制或贮存易水解的盐溶液
配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，防止Cu2+水解
判断盐溶液蒸干产物
加热蒸干AlCl3[加热Al(NO3)3、FeCl3、AlBr3溶液与之类似]溶液，因为水解产物之一为挥发性物质盐酸，不断挥发出氯化氢气体，导致水解平衡不断向右移动，最后彻底水解，蒸干后得到AI(OH)3，进一步灼烧得到Al2O3。
胶体的制取
制取Fe(OH)3胶体的离子反应：Fe3+＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H+
物质的提纯
除去MgCl2溶液中的Fe3+，可加入MgO、镁粉或Mg(OH)2或MgCO3
离子共存的判断
Al3+与AlO、CO、HCO、S2-、HS-等因相互促进水解而不共存
泡沫灭火器原理
成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为Al3+＋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用，原因是2NH＋CO＝2NH3↑＋CO2↑＋H2O
六、沉淀溶解平衡
1．沉淀溶解平衡的应用
(1)沉淀的生成
①调节pH法
如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至7～8，离子方程式为Fe3＋＋
3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。
②沉淀剂法
如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。
(2)沉淀的溶解
①酸溶解法
如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。
②盐溶液溶解法
如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。
③氧化还原溶解法
如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。
④配位溶解法
如AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。
(3)沉淀的转化
①实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。
②应用：锅炉除垢、矿物转化等。
2．溶度积和离子积
以AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例：
溶度积
离子积
概念
沉淀溶解的平衡常数
溶液中有关离子浓度幂的乘积
符号
Ksp
Qc
表达式
Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是平衡浓度
Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度是任意浓度
应用
判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解
①Qc>Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出
②Qc＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态
③Qc
(1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要决定因素。
(2)外因
①浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。
②温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向移动，Ksp增大。
③其他：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。
2.经典精讲
【经典考题1】【2018新课标3卷】用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B．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0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
【答案】C
【解析】分析：本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。
C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。
【经典考题2】【2018北京卷】测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH−
B．④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。
详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；答案选C。
【经典考题3】【2018天津卷】LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，
[]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C．随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
【答案】D
【解析】分析：本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。
D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D正确。
【经典考题4】某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH=-lg[OH-])与pH的变化关系如图所示，则
A．M点所示溶液导电能力强于Q点
B．N点所示溶液中c(CH3COO-)﹥c(Na+)
C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同
D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
答案：C
解析：由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，A错；N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c（Na+）＞c(CH3COO-)，B错；由于M点的H+浓度等于N点的OH-浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，C正确；Q点的pOH＝pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性。则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，D错。
【经典考题5】【2018天津卷】下列叙述正确的是
A．某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小
B．铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈
C．反应活化能越高，该反应越易进行
D．不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3
【答案】B
【解析】分析：本题是对化学理论进行的综合考查，需要对每一个选项的理论表述进行分析，转化为对应的化学原理，进行判断。
D．红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH和CH3OCH3的官能团明显有较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项D错误。
【经典考题6】【2018江苏卷】根据下列图示所得出的结论不正确的是
A．图甲是CO(g)+H2O (g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0
B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小
C．图丙是室温下用0.1000 mol·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸
D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42− )越大c(Ba2+ )越小
【答案】C
【解析】分析：A项，升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0；B项，根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C项，根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；D项，根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。
【经典考题7】常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是( )
A．新制氯水中加入固体NaOH：c(Na＋) = c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)
B．pH = 8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(HCO3－ )＞c(CO32 －)＞c(H2CO3)
C．pH = 11的氨水与pH = 3的盐酸等体积混合：c(Cl－) = c(NH4＋ )＞c(OH－) = c(H＋)
D．0.2 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合：2c(H＋)－2c(OH－)= c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
答案：D
解析：根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋) = c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，A项错。pH=8.3的NaHCO3的溶液中，存在着电离平衡HCO3－ H＋＋CO32 －、水解平衡HCO3－ ＋H2OH2CO3＋OH－，由于溶液呈碱性，即以水解为主，所以c(CO32 －)＜c(H2CO3)，B项错。pH = 11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合，氨水过量，溶液显碱性，c(OH－)＞c(H＋)，C项错误；D项中所得溶液是CH3COOH～CH3COONa混合物，且物质的量比1:1，有以下关系：
①物料守恒：2c(Na＋) = c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
②电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋) = c(CH3COO－)＋c(OH－)
2×②－①得：2c(H＋)－2c(OH－)= c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
D项正确。
【经典考题8】25 ℃时，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是( )
A．pH＝5.5的溶液中：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．W点所表示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)
C．pH＝3.5的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1
D．向W点所表示的1.0 L溶液中通入0.05 mol HCl气体(溶液体积变化可忽略)：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)
答案：BC
解析：先看懂图中内容：随着pH增大，CH3COOH从0.1 mol·L－1变到0，CH3COO－从0变到0.1 mol·L－1，在pH＝4.75时c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＝0.05 mol·L－1。A项，pH＝4.75时c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，pH＝5.5时，c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，错误。B项，W点存在的电荷守恒式有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，把c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)代入上式得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)，正确；C项，由电荷守恒式知：c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＝c(CH3COO－)，而c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1，所以c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1，正确；D项，所得溶液是0.1 mol CH3COOH和0.05 mol NaCl，根据CH3COOH溶液的质子守恒方程式有：c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，而c(CH3COO－)≠c(CH3COOH)，所以D项错误。
【经典考题9】【2018届扬州市三模】向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl—，降低对电解的影响，反应原理如下：
Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) ΔH1＝a kJ·mol-1
Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) ΔH2＝b kJ·mol-1
实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl—)的影响如图所示。下列说法正确的是
A．向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除
B．溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大
C．反应达到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl—)减小
D．Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl—(aq)CuCl(s)的ΔH＝(a+2b) kJ·mol-1
【答案】C
【解析】分析：A．根据图像分析pH与氯离子浓度的关系；
B．根据溶度积常数只与温度有关系；
C．根据外界条件对平衡的影响分析；
D．根据盖斯定律计算。
详解：A．根据图像，溶液的pH越小，溶液中残留c(Cl—)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，A错误；
B．Ksp(CuCl)只与温度有关，与溶液pH无关，B错误；
C．根据Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)可知增大c(Cu2+)，平衡正向移动，使得c(Cu+)增大，促进Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)右移，c(Cl—)减小，C正确；
D．已知①Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1＝a kJ·mol-1，②Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2＝b kJ·mol-1，根据盖斯定律，将①×1/2+②得反应Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl—(aq)CuCl(s)的ΔH＝(a/2+b) kJ·mol-1，D错误；答案选C。
【解题技巧】
一、pH和等于14的酸碱混合问题的判断与计算
pH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。
1、已知酸、碱溶液的pH之和为14，则等体积混合时：
pH＝7
pH＞7
pH＜7
2、已知酸、碱溶液的pH之和为14，若混合后溶液的pH为7，则溶液呈中性。
―→V酸∶V碱＝1∶1
―→V酸∶V碱>1∶1
―→V酸∶V碱<1∶1
3、强酸、强碱等体积混合后溶液酸碱性的判断：
二、电解质溶液中离子浓度大小比较
1、盐类水解程度大小比较的三个规律
（1）盐水解生成的弱酸(弱碱)越弱水解程度越大。常以此判断弱酸(弱碱)的相对强弱。
（2）相同条件下：正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
（3）相互促进水解的盐>单水解的盐>相互抑制水解的盐。
如(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2
2、离子浓度大小比较
（1）微粒浓度大小比较的理论依据和守恒关系
A．两个理论依据
①弱电解质电离理论：电离粒子的浓度大于电离生成粒子的浓度。
例如，H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(HCO)≫c(CO)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。
②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成粒子的浓度。
例如，Na2CO3溶液中：c(CO)>c(HCO)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。
B．三个守恒关系
①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。
例如，NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)。
②物料守恒：物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。
例如，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L-1。
③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。例如，纯碱溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。
（2）四种情况分析
①多元弱酸溶液
根据多步电离分析，如：在H3PO3溶液中，c(H＋)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)。
②多元弱酸的正盐溶液
根据弱酸根的分步水解分析，如：Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)。
③不同溶液中同一离子浓度的比较
要看溶液中其他离子对其产生的影响。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4NO3溶液，②CH3COONH4溶液，③NH4HSO4溶液，c(NH)由大到小的顺序是③>①>②。
④混合溶液中各离子浓度的比较
要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。例如，在0.1 mol·L-1的NH4Cl和0.1 mol·L-1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。在该溶液中，NH3·H2O的电离与NH的水解互相抑制，但NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，同时c(NH)>c(Cl－)。
【规律总结】误点警示：
（1）在水溶液中，弱电解质部分电离，在弱电解质的溶液中不仅含有相应自由移动的离子，而且含有该弱电解质分子，如CH3COOH溶液中含有CH3COOH分子，而强电解质只含有相应自由移动的离子，不含有强电解质分子，如HNO3溶液中就没有HNO3分子。
（2）弱电解质的电离平衡也属于化学平衡，所以也符合化学平衡的特征：逆、等、动、定、变。
（3）电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，如向氨水中通入氨气，平衡右移，氨气的浓度最终比原平衡时大。同理，电离平衡右移，离子的浓度也不一定增大，如向氨水中加入盐酸，平衡右移，但OH－的浓度最终比原平衡时小。
（4）一定温度下，无论是稀酸、稀碱或盐溶液中，水的离子积KW＝ c(H＋)·c(OH－)均不变，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)，KW只与温度有关，只有在25 ℃时，KW＝1×10－14。
（5）pH是溶液酸碱性的量度。pH＝6的溶液在常温下呈酸性，其他温度也可能呈中性或碱性；pH＝0的溶液并非没有H＋，而是c(H＋)＝1.0 mol·L－1，同时也并非无OH－，此时c(OH－)＝1.0×10－14 mol·L－1。
（6）强碱溶液的pH计算，应先根据溶液的c(OH－)求出溶液c(H＋)，从而求出溶液的pH。
（7）判断HA是强酸还是弱酸最典型的两种方法：
①取其钠盐(NaA)溶于水，测其pH，若pH>7，则说明HA为弱酸。
②配制一定物质的量浓度的HA溶液(如：0.01 mol/L)，测其pH。若pH>2，则说明HA为弱酸。
（8）熟记下列因双水解不能大量共存的离子组合
①Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
②Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
③NH与SiO、AlO。
(9)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)CuSO4(s)；
盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。
(10)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
(11)考虑盐受热时是否分解
Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2―→CaCO3(CaO)；NaHCO3―→Na2CO3；KMnO4―→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl―→NH3↑＋HCl↑。
（11）误认为Ksp越小，物质的溶解能力越弱。只有物质类型相同时(如AB型、AB2型等)，Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力越弱。若物质类型不同如Mg(OH)2和AgCl，Ksp不能直接用于判断物质溶解能力的强弱。
（12）一定温度下，溶解度受溶液中相同离子浓度的影响，而Ksp不受影响。如一定温度下，Mg(OH)2在MgCl2溶液中的溶解度要小于在纯水中的溶解度，而Ksp[Mg(OH)2]则不变。
（13）利用生成沉淀分离或除去某种离子，首先要使生成沉淀的反应能够发生；其次希望生成沉淀的反应进行得越完全越好。如要除去溶液中的Mg2＋，可使用NaOH等使之转化为溶解度较小的Mg(OH)2。
（14）Ksp大的难溶电解质只能向Ksp小的难溶电解质转化，误认为反之不可能是错误的。实际上当两种难溶电解质的Ksp相差不是很大时，通过调节某种离子的浓度，可实现难溶电解质由Ksp小的向Ksp大的转化。
【高考演练】
1．广义的水解观认为，无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，下列说法不正确的是 ( )
A．CaO2的水解产物是Ca(OH)2和H2O2
B．NaClO的水解产物之一是HClO
C．PCl3的水解产物是PH3和HClO
D．Mg3N2水解生成NH3和Mg(OH)2
【答案】C
【解析】根据题意，广义水解观中水解时的各元素化合价不变，各物质和水分别解离成两部分，然后带正电的部分与带负电的部分两两组合成新物质，而C中氯原子带负电，应与H＋结合，磷原子带正电，应与OH－结合，该项错误。
2．对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是( )
A．AlCl3溶液中再加入AlCl3
B．CH3COONa溶液加热
C．氨水中加入少量NH4Cl固体
D．醋酸溶液加热
【答案】B
3．下列溶液中，各组离子可能大量共存的是 ( )
A．pH＝7的溶液中：K＋、Fe3＋、Cl－、NO
B．强酸性溶液中：Cu2＋、ClO－、Cl－、Ba2＋
C．0.1 mol·L－1 的NaHCO3溶液中：K＋、Al3＋、Fe3＋、NO
D．由水电离出的c(H＋)＝10－13 mol·L－1的溶液中：Al3＋、K＋、NO、SO
【答案】D
【解析】选项A中Fe3＋沉淀完全时的pH<7，Fe3＋在pH＝7的溶液中会生成Fe(OH)3沉淀，不能大量存在；B项ClO－在强酸性溶液中不可能大量存在；C项Al3＋、Fe3＋与HCO不能大量共存；D项溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性条件下能大量共存。
4．(2018·江苏扬州中学期中)下列图示与对应的叙述相符的是
A．图甲表示温度T1＞T2，SO2与O2反应过程中的能量变化
B．图乙表示0.100 0 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol/L CH3COOH溶液所得到的滴定曲线
C．图丙表示恒容密闭容器中反应“2SO2(g) ＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0”的平衡常数K正、
K逆随温度的变化
D．图丁表示在饱和Na2CO3溶液中逐步加BaSO4固体后，溶液中c(CO)的浓度变化
【答案】C
【解析】A项，表示温度T2＞T1，错误；B项，当NaOH溶液为20 mL时，两者恰好完全反应，生成醋酸钠溶液，显碱性，错误；C项，正反应方向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K正减小，K逆增大，正确；D项，BaSO4比BaCO3更难溶，错误。
5．(2018·湖南十二校联考)250C时，在等体积的①pH = 0的H2SO4溶液、②O. 05 mol/L的Ba(OH)2 溶液、③pH=10的NaS溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离 的水的物质的量之比是
A. 1 ：10 ：1010 ： 109 B. 1 ：5 ： 5X109：5X108
C. 1 ：20 ：1010 ： 109 D. 1 ： 10 ： 104 ： 109
【答案】A
6．有3种溶液①0.01 mol·L－1醋酸；②0.02 mol·L－1醋酸与0.02 mol·L－1 NaOH等体积混合后的溶液；③0.04 mol·L－1醋酸与0.02 mol·L－1 NaOH等体积混合后的溶液。下列说法不正确的是
A．3种溶液中pH最小的是①
B．②和③溶液中所含微粒种类相同
C．3种溶液中c(CH3COO－)大小顺序是③>②>①
D．向②中加入少量CH3COONa固体，则减小
【答案】D
【解析】①为0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液显酸性，②为0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液显碱性，
③为0.01 mol·L－1 CH3COOH和0.01 mol·L－1 CH3COONa混合溶液，显酸性，但由于CH3COONa中的CH3COO－对CH3COOH的电离有抑制作用，故3种溶液中pH最小的是①，A项正确；②为CH3COONa溶液，③为CH3COOH和CH3COONa混合溶液，二者中均含有Na＋、H＋、CH3COO－、OH－、H2O、CH3COOH，B项正确；由于CH3COONa完全电离，CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，故3种溶液中c(CH3COO－)大小顺序是③>②>①，C项正确；向②中加入少量CH3COONa固体，使CH3COO－水解程度减小，增大，D项错误。
7．(2018·广西桂林二调)常温下，将a mL b mol/L CH3COOH溶液加入到c mL d mol/L NaOH溶液中。下列结论中，不正确的是
A．如果ab=cd，则反应后溶液的pH＞7
B．如果a=c，且反应后溶液的pH＜7，则b＜d
C．如果a=c、b=d，则反应后的溶液中c(CH3COO—)＜c(Na＋)
D．如果反应后溶液的pH=7，则此溶液中c(CH3COO—)=c(Na＋)
【答案】B
【解析】A项，说明两种溶液恰好完全反应生成醋酸钠，溶液显碱性，正确；B项，两种溶液体积相同，最终溶液显酸性，说明酸过量，则b＞d，错误；C项，两者恰好完全反应，得到醋酸钠溶液，考虑CH3COO—的水解，则c(CH3COO—)＜c(Na＋)，正确；D项，根据电荷守恒：c(CH3COO—)＋ c(OH—)= c(Na＋)＋ c(H＋)，因为pH=7，即c(H＋)= c(OH—)，所以c(CH3COO—)=c(Na＋)，正确。
8．【2018届厦门外国语学校三模】室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是
A．Kb2的数量级为10-8
B．X(OH)NO3水溶液显碱性
C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中 c(X2+)>c[X(OH)+]
D．在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)= c(X2+)+ c(H+)
【答案】C
【解析】分析：本题是一道图形比较熟悉的题目，不过题目将一般使用的二元酸变为了二元碱，所以在分
析图示时要随时注意考查的是多元碱的分步电离。
D．在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒：c(NO3-)+c(OH-)= 2c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)]+，物料守恒：c(NO3-)=c(X2+)+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)。
9．常温时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.1×10－11，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.9×10－12，Ksp(CH3COOAg)＝2.3×10－3，下列叙述不正确的是 ( )
A．浓度均为0.2 mol·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀
B．将0.001 mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001 mol·L－1的KCl和0.001 mol·L－1的K2CrO4溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀
C．c(Mg2＋)为0.11 mol·L－1的溶液中要产生Mg(OH)2沉淀，溶液的pH要控制在9以上
D．在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)不变
【答案】B
10．以0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定c mol·L－1，某弱酸HA溶液，其滴定曲线如图I所示，下列说法正确的是
A.可用甲基橙作滴定指示剂
B.指示剂指示的滴定终点就是反应终点
C.突变范围的大小与酸的强弱及酸的浓度有关
D.滴定时氢氧化钠溶液盛放在带活塞的滴定管中
【答案】C
【解析】甲基橙的变色范围是3.1～4.4，由图示突变范围可知用甲基橙做指示剂误差大，应选酚酞做指示剂，A项错误；在突变范围内的某一点都可能是滴定终点，而反应终点是酸碱恰好完全反应的点，两者不同，B项错误；酸越弱，突变范围越大，酸的浓度越大，突变范围越小，C项正确；带活塞的是酸式滴定管，氢氧化钠溶液应盛放在碱式滴定管中，D项错误。
11．【2018届重庆一中三模】常温时，配制一组c(Na2CO3)+c(NaHCO3)=0.100 mol·L-1的混合溶液，溶
液中c(CO32-)、c(HCO3-)与pH的关系如图所示。下列说法中错误的是(己知：
CO32-+H2OHCO3-+OH- K=2×10-4，1g5=0.7)
A．a点的溶液中：c(HCO3-)> c(H2CO3)+c(CO32-)
B．b点横坐标数值大约为10.3
C．c点的溶液中：c(Na+)<2c(CO32-)十c(HCO3-)
D．溶液中水的电离程度：a
C．c点溶液中,c(OH-)>c(H+),溶液中存在电荷守恒, c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)=c(H+)+c(Na+),
c(Na+)>2c(CO32-)+c(HCO3-)故C错误；D．a、b、c三点溶液中所含Na2CO3依次增多，所含NaHCO3依次减少，越弱越水解，对水的电离促进越大，即溶液中水的电离程度：a
①
②
③
④
0.1 mol/L NaOH溶液
pH = 11 NaOH溶液
0.1 mol/L CH3COOH溶液
pH = 3 CH3COOH溶液
下列说法正确的是( )
A.由水电离出的c(H＋)：①＞③
B.③稀释到原来的100倍后，pH与④相同
C.②与④混合，若溶液显酸性，则所得溶液中离子浓度可能为：c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)
D.①与③混合，若溶液pH = 7，则V(NaOH)＞V(CH3COOH)
【答案】C
13．下列叙述正确的是
A．浓度均为0.1 mol•L—1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合所得的溶液中：
c(CH3COOH)＋c(CH3COO—)=0.2 mol•L—1
B．0.1 mol•L—1NaHCO3溶液中：c(Na＋)=c(HCO3—)＋c(H2CO3)＋2(CO32—)
C．0.2 mol•L—1HCl溶液与等体积0.1 mol•L—1NaOH溶液混合后，溶液的pH=1
D．0.1 mol•L—1氨水中滴入0.1 mol•L—1盐酸至溶液呈中性时，混合溶液中：c(NH4＋ )=c(Cl—)
【答案】D
【解析】A项，两种溶液等体积混合，浓度减小，则根据元素守恒，c(CH3COOH)＋c(CH3COO—)=0.1 mol•L—1，错误；B项，钠和碳元素的守恒可知：c(Na＋)=c(HCO3—)＋c(H2CO3)＋(CO32—)，错误；C项，令溶液体积均为1 L，则反应之后c(H＋)=0.05 mol•L—1，错误；D项，根据离子所带电荷守恒可得：
c(NH4＋ )＋ c(H＋)= c(Cl—)＋ c(OH—)，正确。
14．【2018届绵阳中学三模】常温下，下列有关溶液的说法正确的是（ ）
A．pH相等的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③NH4HSO4溶液：浓度的大小顺序为①>②>③
B．HA的电离常数Ka =4.93×10−10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na+) >c(HA) >c(A−)
C．NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3−)的比值将减小
D．已知在相同条件下酸性HF >CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：
c(Na+) – c(F−) >c(K+ ) − c(CH3COO−)
【答案】A
【解析】A．NH4Cl水解时氯离子不影响铵根离子水解，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于NH4Cl，NH4Al(SO4)2中铝离子水解抑制铵根离子的水解，因此NH4Al(SO4)2中NH4+的浓度大于NH4Cl，浓度的大小顺序应为：①>②>③，选项A正确；B、NaA中水解平衡常数Kb=，水解平衡常数大于电离平衡常数，c(HA)−)，选项B错误；C、NaHCO3溶液加水稀释，促进碳酸氢根离子水解，钠离子物质的量不变，碳酸氢根 减小，c(Na+)与c(HCO3-)的比值保持增大，选项错误；D、HF 、CH3COOH都是弱酸，所以NaF与CH3COOK都是强碱弱酸盐，由于酸性HF >CH3COOH，水解程度F－＜CH3COO－，水解程度越大剩余离子浓度越小，故c(Na+) – c(F−)＜c(K+ ) − c(CH3COO−)，选项D错误。答案选A。
15．已知醋酸是日常生活中常见的弱酸。
(1)用pH试纸测定醋酸pH的操作是____________。
(2)常温下在pH＝5的醋酸稀溶液中，醋酸电离出的c(H＋)的精确值是__________mol·L－1。
(3)用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL某浓度的CH3COOH溶液，部分操作如下：
①取一支用蒸馏水洗净的碱式滴定管，加入标准氢氧化钠溶液，记录初始读数
②用酸式滴定管放出一定量待测液，置于用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入2滴甲基橙
③滴定时，边滴加边振荡，同时注视滴定管内液面的变化请选出上述实验过程中的错误之处______________(填序号)。上述实验与一定物质的量浓度溶液配制实验中用到的相同仪器______________。
【满分解答】(1)用镊子夹取一小块试纸放在干燥洁净的表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部，观察颜色变化，与标准比色卡比对读数
(2)10－5－10－9
(3)①②③ 烧杯(或烧杯和胶头滴管)
【解析】(1)pH试纸不能润湿且只能读取整数值。
(2)在醋酸溶液中，H＋来源于醋酸的电离和水的电离，其中c(H＋)水＝＝10－9 mol·L－1，所以醋酸电离出的c(H＋)的精确值为10－5－10－9 mol·L－1。
(3)①滴定管应润洗。②由于CH3COONa水解呈碱性，应用酚酞作指示剂。③滴定时应注视锥形瓶内溶液颜色的变化。中和滴定、配制溶液均用到烧杯和胶头滴管。
16．CO2可转化成有机物实现碳循环：CO2CH3OHHCOOH……
(1)用离子方程式表示HCOONa溶液呈碱性的原因_________________________，写出该反应的平衡常数(Kh)表达式：Kh＝____________，升高温度，Kh__________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)常温下，将0.2 mol·L－1的HCOOH和0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH<7，说明HCOOH的电离程度________HCOONa的水解程度(填“大于”或“小于”)。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______________。
【满分解答】(1)HCOO－＋H2OHCOOH＋OH－ 增大
(2)大于 c(HCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
【解析】(2)溶液混合后为浓度相等的HCOOH和HCOONa，溶液显酸性，所以HCOOHHCOO－＋H＋的程度大于HCOO－＋H2OHCOOH＋OH－，依据电荷守恒c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，可比较离子浓度大小。
17．金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S/mol·L－1)如下图所示。
(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是________(写化学式)。
(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH为______。
A．<1 B．4左右 C>6
(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，________(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是_____________________________________。
(4)已知一些难溶物的溶度积常数如下表：
物质
FeS
MnS
CuS
PbS
HgS
ZnS
Ksp
6.3×10－18
2.5×10－13
1.3×10－36
3.4×10－28
6.4×10－53
1.6×10－24
某工业废水中含有Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，最适宜向此工业废水中加入过量的________除去它们(选填序号)。
A．NaOH B．FeS C．Na2S
【满分解答】(1)Cu2＋ (2)B (3)不能 Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小 (4)B
18．运用相关原理，回答下列各小题：
已知：NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
(1)常温下，pH＝5的NaHSO4溶液中水的电离程度________(填“>”、”＝”或“<”)pH＝9的氨水中水的电离程度。
(2)等体积等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后，溶液呈酸性的原因为
____________________________(用离子方程式表示)；若一定量的NaHSO4溶液与氨水混合后，溶液pH＝7，则c(Na＋)＋c(NH)________c(SO)(填“>”、“＝”或“<”)；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO完全沉淀，则反应后溶液的pH________7(填“>”、”＝”或“<”)。
(3)将分别含有MnO、Fe3＋、Fe2＋、I－的四种溶液混合，调节溶液的pH，使pH＝1，充分反应后：①若I－离子有剩余，上述四种离子在溶液中还存在的有________，一定不存在的是________。②若所得混合液呈紫色，上述四种离子在溶液中一定存在的有________，一定不存在的离子有________。
【满分解答】(1)＝ (2)NH＋H2ONH3·H2O＋H＋ ＝ > (3)①Fe2＋ MnO、Fe3＋ ②MnO、Fe3＋ Fe2＋、I－
19．常温下，浓度均为0．1 mol／L的6种溶液pH如下：
请由上表数据回答：
(1)非金属性Si______C(填“＞”或“＜”)，用原子结构解释其原因：同主族元素由上到下________。
(2)常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是(填序号______。
A．H2SiO3 B．H2SO3 C．H2CO3
(3)用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因____________。
(4)6种溶液中，水的电离程度最小的是(填化学式)_________________。
(5)若增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是(填化学式)______________，用化学平衡移动的原理简述其原因：____________________________。
【满分解答】
【解析】(1)在元素周期表中，碳硅同主族，最外层电子数相同，原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的吸引能力减弱，得电子能力增强。(2)非金属性S＞C＞Si，最高价含氧酸的酸性的逐渐减弱。(3)碳酸根离子水解使溶液呈碱性。(4)盐水解的实质是促进水的电离，水解程度越大，对应盐溶液的pH值越大，水的电离程度越大。反之，水的电离程度越小。(5)为了增大氯水中次氯酸的浓度，则应消耗氢离子的浓度，使平衡正向移动。所以加入碳酸氢钠或次氯酸钠。
20．25 ℃时，电离平衡常数：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.8×10－5
K1 4.3×10－7
K2 5.6×10－11
3.0×10－8
回答下列问题：
(1)物质的量浓度为0.1 mol·L－1的下列四种物质：a.Na2CO3，b.NaClO，c.CH3COONa，d.NaHCO3；pH由大到小的顺序是______________(填编号)；
(2)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是________；
A．c(H＋) B.
C．c(H＋)·c(OH－) D.
(3)体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程pH变化如图：则HX的电离平衡常数________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的平衡常数；理由是
_______________________，稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)________醋酸溶液水电离出来c(H＋)(填“大于”、“等于”或“小于”)理由是：_________________________；
(4)25 ℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝________(填准确数值)。
【满分解答】(1)a，b，d，c (2)A (3)大于 稀释相同倍数，HX溶液的pH变化比CH3COOH溶液的大，酸性强，电离平衡常数大 大于 HX酸性强于CH3COOH，稀释后c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，所以对水的抑制能力减弱 (4)9.9×10－7 mol·L－1
【解析】(1)观察电离平衡常数可知酸性为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，而这些酸失去氢离子后水解能力却正好相反，所以得出pH大小顺序为a，b，d，c；(2)醋酸是弱电解质，稀释后电离程度增大，但CH3COOH，CH3COO－，H＋浓度却都要减小，但c(OH－)却是增大的，且CH3COOH浓度减少最多，因此A项正确；(3)稀释相同倍数，HX溶液的pH变化比CH3COOH溶液的大，酸性强，电离平衡常数大，HX的电离常数大于CH3COOH的电离常数；HX酸性强于CH3COOH，稀释后c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，所以对水的抑制能力减弱；(4)根据电荷守恒得c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－6 mol·L－1－10－8 mol·L－1＝9.9×10－7 mol·L－1。
【考情报告】
考查角度
考查内容
命题特点
弱电解质的电离平衡
①电离平衡的影响因素；
②电离平衡常数。
部分的题目一般通过溶液酸碱性的判断、pH的计算或离子浓度的大小比较等来考查对溶液中的三种平衡的理解。离子浓度大小比较与盐类水解和弱电解质的电离等知识有机结合、沉淀溶解平衡与其他平衡融合考查是高考重点，命题形式有选择和填空两种形式。
水的电离和溶液的酸碱性
①水的电离常数；
②pH计算；
③酸碱中和滴定。
盐类的水解和溶液中离子浓度大小的比较
①盐类水解的应用；
②离子浓度大小的比较。
沉淀溶解平衡
①沉淀溶解平衡的应用；
②Ksp的相关计算；
③与实验的结合。
【考向预测】
弱电解质的电离平衡知识与化学平衡知识密切相关，尤其是化学平衡的建立和化学平衡移动原理的知识和学习方法，可直接用来学习弱电解质电离平衡的有关内容，而弱电解质电离平衡是统率水溶液中的离子平衡的基本出发点，是中学化学教学的重要知识点，也是中学化学教学的难点，因此成为历年高考的热点内容。题型为选择题和非选择题，其中选择题重点考查弱电解质电离平衡的移动原理以及相应的图像问题、盐类水解的原理、离子浓度大小的比较和等量关系，盐类水解的应用，非选择题重点考查弱电解质的电离平衡常数的计算以及与溶液的酸碱性、pH、盐类的水解、沉淀溶解平衡结合起来解释某些现象。
难溶电解质的溶解平衡是新课标中新添的内容，是中学化学“四大平衡体系”之一，也是中学化学重要的基本概念与理论内容之一，因此成为新课改省区高考的必考内容。题型为选择题和非选择题，其中选择题重点考查溶解平衡的原理及Ksp的简单计算、沉淀的溶解和转化、生成沉淀的先后顺序等，非选择题重点考查将溶解平衡的知识融合在元素及其化合物之中解释化学实验的某些现象、进行简单的计算等。
水溶液中的离子平衡是化学平衡的延伸和应用，也是高考中考点分布较多的内容之一。其中沉淀溶解平衡是新课标中新增的知识点，题型主要是选择题和填空题，其考查主要内容有：①电离平衡。②酸、碱混合溶液酸碱性的判断及pH的简单计算。③盐对水电离平衡的影响及盐溶液蒸干(或灼烧)后产物的判断。④电解质溶液中离子浓度的大小比较。⑤沉淀的溶解平衡及沉淀的转化。
从高考命题的变化趋势来看，溶液中离子浓度的大小比较及沉淀的溶解平衡和转化是主流试题。此类题目考查的内容既与盐的水解有关，又与弱电解质的电离平衡有关。题目不仅偏重考查粒子的浓度大小顺序，而且还侧重溶液中的各种守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守恒)关系的考查，从而使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性。
【经典在线】
1.知识梳理
一、弱电解质的电离平衡
1．弱电解质的电离平衡的特点
(1)动态平衡，电离方程式中用“”。如：CH3COOHCH3COO一+H+。
(2)条件改变，平衡被打破。如在CH3COOH的石蕊溶液中(呈红色)加入固体CH3COONH4，即增大了c(CH3COO一)，平衡左移，c(H+)变小，使红色变浅。
(3)外界条件对电离平衡的影响
①内因：弱电解质本身的性质。
②外因：
a．温度：升高温度，电离平衡向电离方向移动，电离程度增大，原因是电离过程吸热。
b．浓度：加水稀释，使弱电解质的浓度减小，电离平衡向电离的方向移动，电离程度增大。
c．同离子效应：例如向CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，溶液中c(CH3COO－)增大，CH3COOH的电离平衡向左(填“左”或“右”)移动，电离程度减小，c(H＋)减小，pH值增大。
(4)电离过程是可逆过程，可直接用化学平衡移动原理去分析电离平衡。以0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液为例：CH3COOHCH3COO－＋H＋(正向吸热)。
实例(稀溶液)
CH3COOHH＋＋CH3COO－ ΔH>0
改变条件
平衡移动方向
n(H＋)
c(H＋)
导电能力
Ka
加水稀释
→
增大
减小
减弱
不变
加入少量冰醋酸
→
增大
增大
增强
不变
加HCl(g)
←
增大
增大
增强
不变
加NaOH(s)
→
减小
减小
增强
不变
加入镁粉
→
减小
减小
增强
不变
升高温度
→
增大
增大
增强
增大
2．电离平衡常数的意义及影响因素
(1)电离平衡常数的意义：弱酸碱的电离平衡常数能够反映酸碱性的相对强弱。电离平衡常数越大，电离程度越大。多元弱酸的电离以第一步电离为主，各级电离平衡常数的大小差距较大。
(2)外因对电离平衡常数的影响：电离平衡常数与其他化学平衡常数一样只与温度有关，与电解质的浓度无关，升高温度，K值增大，原因是电离是吸热过程。
二、水的电离
1．水的电离
水是极弱的电解质，水的电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－。
2．水的离子积常数
Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
(1)室温下：Kw＝1×10－14。
(2)影响因素；只与温度有关，升高温度，Kw增大。
(3)适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质水溶液。
(4)Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要温度不变，Kw不变。
3．影响水电离平衡的因素
(1)升高温度，水的电离程度增大，Kw增大。
(2)加入酸或碱，水的电离程度减小，Kw不变。
(3)加入可水解的盐(如FeCl3、Na2CO3)，水的电离程度增大，Kw不变。
4．外界条件对水的电离平衡的影响
体系变化
条件
平衡移动方向
Kw
水的电离程度
c(OH－)
c(H＋)
酸
逆
不变
减小
减小
增大
碱
逆
不变
减小
增大
减小
可水解的盐
Na2CO3
正
不变
增大
增大
减小
NH4Cl
正
不变
增大
减小
增大
温度
升温
正
增大
增大
增大
增大
降温
逆
减小
减小
减小
减小
其他：如加入Na
正
不变
增大
增大
减小
三、溶液的酸碱性和pH值计算
1．溶液的酸碱性
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。
(1)酸性溶液：c(H＋)>c(OH－)，常温下，pH<7。
(2)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)，常温下，pH＝7。
(3)碱性溶液：c(H＋)
2．溶液pH的计算方法
（1）单一溶液pH的计算
强酸溶液(HnA)，其物质的量浓度为c mol/L，则：c(H＋)＝nc mol/L，pH＝－lgc(H＋)＝－lgnc；强碱溶液[B(OH)n]，其物质的量浓度为c mol/L，则c(OH－)＝nc mol/L，c(H＋)＝ mol/L，pH＝－lgc(H＋)＝14＋lgnc。
（2）强酸、强碱混合液的pH计算
①强酸与强酸混合求pH
a非等体积混合
c(H＋)＝，然后再求pH。
b等体积混合可近似计算pH＝pH小＋0.3
②强碱与强碱混合求pH
a非等体积混合
先计算：c(OH－)＝，再求c(H＋)＝，最后求pH。
b等体积混合，可近似计算pH＝pH大－0.3。
③强酸与强碱混合
a恰好完全反应，溶液呈中性，pH＝7。
b酸过量：
先求c(H＋)余＝，再求pH。
c碱过量：
先求c(OH－)余＝，再求c(H＋)＝，然后求pH。
四、酸碱中和滴定
1．实验原理
利用酸碱中和反应，用已知浓度酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。以标准盐酸溶液滴定待测的NaOH溶液，待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)＝。酸碱中和滴定的关键：
(1)准确测定标准液的体积。
(2)准确判断滴定终点。
2．常用酸碱指示剂及变色范围
指示剂
变色范围的pH
石蕊
<5.0红色
5.0～8.0紫色
>8.0蓝色
甲基橙
<3.1红色
3.1～4.4橙色
>4.4黄色
酚酞
<8.2无色
8.2～10.0浅红色
>10.0红色
3．中和滴定的误差分析
(1)原理
依据原理c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，所以c(待测)＝，因c(标准)与V(待测)已确定，因此只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即分析出结果。
(2)常见误差
以标准酸溶液滴定未知浓度的碱(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有：
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
碱式滴定管未用待测溶液润洗
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，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化
变大
偏高
读数
酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯)
变小
偏低
酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰)
变大
偏高
五、盐类的水解
1．盐类水解的影响因素
因素
水解平衡
水解程度
水解产生离子的浓度
温度
升高
右移
增大
增大
浓度
增大
右移
减小
增大
减小(即稀释)
右移
增大
减小
外加酸碱
酸
弱碱阳离子的水解程度减小
碱
弱酸根离子的水解程度减小
2．盐类水解的应用
应用
举例
判断溶液的酸碱性
FeCl3显酸性，原因是Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+
配制或贮存易水解的盐溶液
配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，防止Cu2+水解
判断盐溶液蒸干产物
加热蒸干AlCl3[加热Al(NO3)3、FeCl3、AlBr3溶液与之类似]溶液，因为水解产物之一为挥发性物质盐酸，不断挥发出氯化氢气体，导致水解平衡不断向右移动，最后彻底水解，蒸干后得到AI(OH)3，进一步灼烧得到Al2O3。
胶体的制取
制取Fe(OH)3胶体的离子反应：Fe3+＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H+
物质的提纯
除去MgCl2溶液中的Fe3+，可加入MgO、镁粉或Mg(OH)2或MgCO3
离子共存的判断
Al3+与AlO、CO、HCO、S2-、HS-等因相互促进水解而不共存
泡沫灭火器原理
成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为Al3+＋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用，原因是2NH＋CO＝2NH3↑＋CO2↑＋H2O
六、沉淀溶解平衡
1．沉淀溶解平衡的应用
(1)沉淀的生成
①调节pH法
如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至7～8，离子方程式为Fe3＋＋
3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。
②沉淀剂法
如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋。
(2)沉淀的溶解
①酸溶解法
如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑。
②盐溶液溶解法
如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。
③氧化还原溶解法
如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。
④配位溶解法
如AgCl溶于氨水，离子方程式为AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。
(3)沉淀的转化
①实质：沉淀溶解平衡的移动(沉淀的溶解度差别越大，越容易转化)。
②应用：锅炉除垢、矿物转化等。
2．溶度积和离子积
以AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)为例：
溶度积
离子积
概念
沉淀溶解的平衡常数
溶液中有关离子浓度幂的乘积
符号
Ksp
Qc
表达式
Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度都是平衡浓度
Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的浓度是任意浓度
应用
判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解
①Qc>Ksp：溶液过饱和，有沉淀析出
②Qc＝Ksp：溶液饱和，处于平衡状态
③Qc
(1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要决定因素。
(2)外因
①浓度：加水稀释，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。
②温度：绝大多数难溶盐的溶解是吸热过程，升高温度，平衡向溶解方向移动，Ksp增大。
③其他：向平衡体系中加入可与体系中某些离子反应生成更难溶物质或更难电离物质或气体的离子时，平衡向溶解方向移动，但Ksp不变。
2.经典精讲
【经典考题1】【2018新课标3卷】用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是
A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10
B．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0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
【答案】C
【解析】分析：本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。
C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。
【经典考题2】【2018北京卷】测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
下列说法不正确的是
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH−
B．④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
【答案】C
【解析】分析：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，Kw只与温度有关。
详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；答案选C。
【经典考题3】【2018天津卷】LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始（H2PO4–）的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，
[]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–
C．随c初始（H2PO4–）增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
【答案】D
【解析】分析：本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。
D．由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4。选项D正确。
【经典考题4】某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH=-lg[OH-])与pH的变化关系如图所示，则
A．M点所示溶液导电能力强于Q点
B．N点所示溶液中c(CH3COO-)﹥c(Na+)
C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同
D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
答案：C
解析：由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，A错；N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c（Na+）＞c(CH3COO-)，B错；由于M点的H+浓度等于N点的OH-浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点水电离程度相同，C正确；Q点的pOH＝pH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性。则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，D错。
【经典考题5】【2018天津卷】下列叙述正确的是
A．某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小
B．铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈
C．反应活化能越高，该反应越易进行
D．不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3
【答案】B
【解析】分析：本题是对化学理论进行的综合考查，需要对每一个选项的理论表述进行分析，转化为对应的化学原理，进行判断。
D．红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH和CH3OCH3的官能团明显有较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项D错误。
【经典考题6】【2018江苏卷】根据下列图示所得出的结论不正确的是
A．图甲是CO(g)+H2O (g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0
B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小
C．图丙是室温下用0.1000 mol·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L−1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸
D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42− )越大c(Ba2+ )越小
【答案】C
【解析】分析：A项，升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的ΔH0；B项，根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C项，根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；D项，根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。
【经典考题7】常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是( )
A．新制氯水中加入固体NaOH：c(Na＋) = c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)
B．pH = 8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(HCO3－ )＞c(CO32 －)＞c(H2CO3)
C．pH = 11的氨水与pH = 3的盐酸等体积混合：c(Cl－) = c(NH4＋ )＞c(OH－) = c(H＋)
D．0.2 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合：2c(H＋)－2c(OH－)= c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
答案：D
解析：根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋) = c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，A项错。pH=8.3的NaHCO3的溶液中，存在着电离平衡HCO3－ H＋＋CO32 －、水解平衡HCO3－ ＋H2OH2CO3＋OH－，由于溶液呈碱性，即以水解为主，所以c(CO32 －)＜c(H2CO3)，B项错。pH = 11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合，氨水过量，溶液显碱性，c(OH－)＞c(H＋)，C项错误；D项中所得溶液是CH3COOH～CH3COONa混合物，且物质的量比1:1，有以下关系：
①物料守恒：2c(Na＋) = c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
②电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋) = c(CH3COO－)＋c(OH－)
2×②－①得：2c(H＋)－2c(OH－)= c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
D项正确。
【经典考题8】25 ℃时，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是( )
A．pH＝5.5的溶液中：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．W点所表示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)
C．pH＝3.5的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1
D．向W点所表示的1.0 L溶液中通入0.05 mol HCl气体(溶液体积变化可忽略)：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)
答案：BC
解析：先看懂图中内容：随着pH增大，CH3COOH从0.1 mol·L－1变到0，CH3COO－从0变到0.1 mol·L－1，在pH＝4.75时c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＝0.05 mol·L－1。A项，pH＝4.75时c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，pH＝5.5时，c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)，错误。B项，W点存在的电荷守恒式有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，把c(CH3COO－)＝c(CH3COOH)代入上式得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)，正确；C项，由电荷守恒式知：c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＝c(CH3COO－)，而c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1，所以c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1，正确；D项，所得溶液是0.1 mol CH3COOH和0.05 mol NaCl，根据CH3COOH溶液的质子守恒方程式有：c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，而c(CH3COO－)≠c(CH3COOH)，所以D项错误。
【经典考题9】【2018届扬州市三模】向湿法炼锌的电解液中同时加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl—，降低对电解的影响，反应原理如下：
Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq) ΔH1＝a kJ·mol-1
Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s) ΔH2＝b kJ·mol-1
实验测得电解液pH对溶液中残留c(Cl—)的影响如图所示。下列说法正确的是
A．向电解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除
B．溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大
C．反应达到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl—)减小
D．Cu(s)+ Cu2+(aq)+Cl—(aq)CuCl(s)的ΔH＝(a+2b) kJ·mol-1
【答案】C
【解析】分析：A．根据图像分析pH与氯离子浓度的关系；
B．根据溶度积常数只与温度有关系；
C．根据外界条件对平衡的影响分析；
D．根据盖斯定律计算。
详解：A．根据图像，溶液的pH越小，溶液中残留c(Cl—)越大，因此向电解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，A错误；
B．Ksp(CuCl)只与温度有关，与溶液pH无关，B错误；
C．根据Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)可知增大c(Cu2+)，平衡正向移动，使得c(Cu+)增大，促进Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)右移，c(Cl—)减小，C正确；
D．已知①Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1＝a kJ·mol-1，②Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2＝b kJ·mol-1，根据盖斯定律，将①×1/2+②得反应Cu(s)+Cu2+(aq)+Cl—(aq)CuCl(s)的ΔH＝(a/2+b) kJ·mol-1，D错误；答案选C。
【解题技巧】
一、pH和等于14的酸碱混合问题的判断与计算
pH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。
1、已知酸、碱溶液的pH之和为14，则等体积混合时：
pH＝7
pH＞7
pH＜7
2、已知酸、碱溶液的pH之和为14，若混合后溶液的pH为7，则溶液呈中性。
―→V酸∶V碱＝1∶1
―→V酸∶V碱>1∶1
―→V酸∶V碱<1∶1
3、强酸、强碱等体积混合后溶液酸碱性的判断：
二、电解质溶液中离子浓度大小比较
1、盐类水解程度大小比较的三个规律
（1）盐水解生成的弱酸(弱碱)越弱水解程度越大。常以此判断弱酸(弱碱)的相对强弱。
（2）相同条件下：正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
（3）相互促进水解的盐>单水解的盐>相互抑制水解的盐。
如(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2
2、离子浓度大小比较
（1）微粒浓度大小比较的理论依据和守恒关系
A．两个理论依据
①弱电解质电离理论：电离粒子的浓度大于电离生成粒子的浓度。
例如，H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(HCO)≫c(CO)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。
②水解理论：水解离子的浓度大于水解生成粒子的浓度。
例如，Na2CO3溶液中：c(CO)>c(HCO)≫c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。
B．三个守恒关系
①电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。
例如，NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)。
②物料守恒：物料守恒也就是元素守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。
例如，0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＝0.1 mol·L-1。
③质子守恒：由水电离出的c(H＋)等于由水电离出的c(OH－)，在碱性盐溶液中OH－守恒，在酸性盐溶液中H＋守恒。例如，纯碱溶液中c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。
（2）四种情况分析
①多元弱酸溶液
根据多步电离分析，如：在H3PO3溶液中，c(H＋)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)。
②多元弱酸的正盐溶液
根据弱酸根的分步水解分析，如：Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)。
③不同溶液中同一离子浓度的比较
要看溶液中其他离子对其产生的影响。例如，在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4NO3溶液，②CH3COONH4溶液，③NH4HSO4溶液，c(NH)由大到小的顺序是③>①>②。
④混合溶液中各离子浓度的比较
要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。例如，在0.1 mol·L-1的NH4Cl和0.1 mol·L-1的氨水混合溶液中，各离子浓度的大小顺序为c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。在该溶液中，NH3·H2O的电离与NH的水解互相抑制，但NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，同时c(NH)>c(Cl－)。
【规律总结】误点警示：
（1）在水溶液中，弱电解质部分电离，在弱电解质的溶液中不仅含有相应自由移动的离子，而且含有该弱电解质分子，如CH3COOH溶液中含有CH3COOH分子，而强电解质只含有相应自由移动的离子，不含有强电解质分子，如HNO3溶液中就没有HNO3分子。
（2）弱电解质的电离平衡也属于化学平衡，所以也符合化学平衡的特征：逆、等、动、定、变。
（3）电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，如向氨水中通入氨气，平衡右移，氨气的浓度最终比原平衡时大。同理，电离平衡右移，离子的浓度也不一定增大，如向氨水中加入盐酸，平衡右移，但OH－的浓度最终比原平衡时小。
（4）一定温度下，无论是稀酸、稀碱或盐溶液中，水的离子积KW＝ c(H＋)·c(OH－)均不变，水电离出的c(H＋)＝c(OH－)，KW只与温度有关，只有在25 ℃时，KW＝1×10－14。
（5）pH是溶液酸碱性的量度。pH＝6的溶液在常温下呈酸性，其他温度也可能呈中性或碱性；pH＝0的溶液并非没有H＋，而是c(H＋)＝1.0 mol·L－1，同时也并非无OH－，此时c(OH－)＝1.0×10－14 mol·L－1。
（6）强碱溶液的pH计算，应先根据溶液的c(OH－)求出溶液c(H＋)，从而求出溶液的pH。
（7）判断HA是强酸还是弱酸最典型的两种方法：
①取其钠盐(NaA)溶于水，测其pH，若pH>7，则说明HA为弱酸。
②配制一定物质的量浓度的HA溶液(如：0.01 mol/L)，测其pH。若pH>2，则说明HA为弱酸。
（8）熟记下列因双水解不能大量共存的离子组合
①Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
②Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
③NH与SiO、AlO。
(9)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)CuSO4(s)；
盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。
(10)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
(11)考虑盐受热时是否分解
Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2―→CaCO3(CaO)；NaHCO3―→Na2CO3；KMnO4―→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl―→NH3↑＋HCl↑。
（11）误认为Ksp越小，物质的溶解能力越弱。只有物质类型相同时(如AB型、AB2型等)，Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力越弱。若物质类型不同如Mg(OH)2和AgCl，Ksp不能直接用于判断物质溶解能力的强弱。
（12）一定温度下，溶解度受溶液中相同离子浓度的影响，而Ksp不受影响。如一定温度下，Mg(OH)2在MgCl2溶液中的溶解度要小于在纯水中的溶解度，而Ksp[Mg(OH)2]则不变。
（13）利用生成沉淀分离或除去某种离子，首先要使生成沉淀的反应能够发生；其次希望生成沉淀的反应进行得越完全越好。如要除去溶液中的Mg2＋，可使用NaOH等使之转化为溶解度较小的Mg(OH)2。
（14）Ksp大的难溶电解质只能向Ksp小的难溶电解质转化，误认为反之不可能是错误的。实际上当两种难溶电解质的Ksp相差不是很大时，通过调节某种离子的浓度，可实现难溶电解质由Ksp小的向Ksp大的转化。
【高考演练】
1．广义的水解观认为，无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，下列说法不正确的是 ( )
A．CaO2的水解产物是Ca(OH)2和H2O2
B．NaClO的水解产物之一是HClO
C．PCl3的水解产物是PH3和HClO
D．Mg3N2水解生成NH3和Mg(OH)2
【答案】C
【解析】根据题意，广义水解观中水解时的各元素化合价不变，各物质和水分别解离成两部分，然后带正电的部分与带负电的部分两两组合成新物质，而C中氯原子带负电，应与H＋结合，磷原子带正电，应与OH－结合，该项错误。
2．对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是( )
A．AlCl3溶液中再加入AlCl3
B．CH3COONa溶液加热
C．氨水中加入少量NH4Cl固体
D．醋酸溶液加热
【答案】B
3．下列溶液中，各组离子可能大量共存的是 ( )
A．pH＝7的溶液中：K＋、Fe3＋、Cl－、NO
B．强酸性溶液中：Cu2＋、ClO－、Cl－、Ba2＋
C．0.1 mol·L－1 的NaHCO3溶液中：K＋、Al3＋、Fe3＋、NO
D．由水电离出的c(H＋)＝10－13 mol·L－1的溶液中：Al3＋、K＋、NO、SO
【答案】D
【解析】选项A中Fe3＋沉淀完全时的pH<7，Fe3＋在pH＝7的溶液中会生成Fe(OH)3沉淀，不能大量存在；B项ClO－在强酸性溶液中不可能大量存在；C项Al3＋、Fe3＋与HCO不能大量共存；D项溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，在酸性条件下能大量共存。
4．(2018·江苏扬州中学期中)下列图示与对应的叙述相符的是
A．图甲表示温度T1＞T2，SO2与O2反应过程中的能量变化
B．图乙表示0.100 0 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol/L CH3COOH溶液所得到的滴定曲线
C．图丙表示恒容密闭容器中反应“2SO2(g) ＋O2(g)2SO3(g) ΔH＜0”的平衡常数K正、
K逆随温度的变化
D．图丁表示在饱和Na2CO3溶液中逐步加BaSO4固体后，溶液中c(CO)的浓度变化
【答案】C
【解析】A项，表示温度T2＞T1，错误；B项，当NaOH溶液为20 mL时，两者恰好完全反应，生成醋酸钠溶液，显碱性，错误；C项，正反应方向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，K正减小，K逆增大，正确；D项，BaSO4比BaCO3更难溶，错误。
5．(2018·湖南十二校联考)250C时，在等体积的①pH = 0的H2SO4溶液、②O. 05 mol/L的Ba(OH)2 溶液、③pH=10的NaS溶液、④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离 的水的物质的量之比是
A. 1 ：10 ：1010 ： 109 B. 1 ：5 ： 5X109：5X108
C. 1 ：20 ：1010 ： 109 D. 1 ： 10 ： 104 ： 109
【答案】A
6．有3种溶液①0.01 mol·L－1醋酸；②0.02 mol·L－1醋酸与0.02 mol·L－1 NaOH等体积混合后的溶液；③0.04 mol·L－1醋酸与0.02 mol·L－1 NaOH等体积混合后的溶液。下列说法不正确的是
A．3种溶液中pH最小的是①
B．②和③溶液中所含微粒种类相同
C．3种溶液中c(CH3COO－)大小顺序是③>②>①
D．向②中加入少量CH3COONa固体，则减小
【答案】D
【解析】①为0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液显酸性，②为0.01 mol·L－1 CH3COONa溶液显碱性，
③为0.01 mol·L－1 CH3COOH和0.01 mol·L－1 CH3COONa混合溶液，显酸性，但由于CH3COONa中的CH3COO－对CH3COOH的电离有抑制作用，故3种溶液中pH最小的是①，A项正确；②为CH3COONa溶液，③为CH3COOH和CH3COONa混合溶液，二者中均含有Na＋、H＋、CH3COO－、OH－、H2O、CH3COOH，B项正确；由于CH3COONa完全电离，CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，故3种溶液中c(CH3COO－)大小顺序是③>②>①，C项正确；向②中加入少量CH3COONa固体，使CH3COO－水解程度减小，增大，D项错误。
7．(2018·广西桂林二调)常温下，将a mL b mol/L CH3COOH溶液加入到c mL d mol/L NaOH溶液中。下列结论中，不正确的是
A．如果ab=cd，则反应后溶液的pH＞7
B．如果a=c，且反应后溶液的pH＜7，则b＜d
C．如果a=c、b=d，则反应后的溶液中c(CH3COO—)＜c(Na＋)
D．如果反应后溶液的pH=7，则此溶液中c(CH3COO—)=c(Na＋)
【答案】B
【解析】A项，说明两种溶液恰好完全反应生成醋酸钠，溶液显碱性，正确；B项，两种溶液体积相同，最终溶液显酸性，说明酸过量，则b＞d，错误；C项，两者恰好完全反应，得到醋酸钠溶液，考虑CH3COO—的水解，则c(CH3COO—)＜c(Na＋)，正确；D项，根据电荷守恒：c(CH3COO—)＋ c(OH—)= c(Na＋)＋ c(H＋)，因为pH=7，即c(H＋)= c(OH—)，所以c(CH3COO—)=c(Na＋)，正确。
8．【2018届厦门外国语学校三模】室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是
A．Kb2的数量级为10-8
B．X(OH)NO3水溶液显碱性
C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中 c(X2+)>c[X(OH)+]
D．在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)= c(X2+)+ c(H+)
【答案】C
【解析】分析：本题是一道图形比较熟悉的题目，不过题目将一般使用的二元酸变为了二元碱，所以在分
析图示时要随时注意考查的是多元碱的分步电离。
D．在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒：c(NO3-)+c(OH-)= 2c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)]+，物料守恒：c(NO3-)=c(X2+)+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)。
9．常温时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.1×10－11，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝1.9×10－12，Ksp(CH3COOAg)＝2.3×10－3，下列叙述不正确的是 ( )
A．浓度均为0.2 mol·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定产生CH3COOAg沉淀
B．将0.001 mol·L－1的AgNO3溶液滴入0.001 mol·L－1的KCl和0.001 mol·L－1的K2CrO4溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀
C．c(Mg2＋)为0.11 mol·L－1的溶液中要产生Mg(OH)2沉淀，溶液的pH要控制在9以上
D．在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)不变
【答案】B
10．以0.1000 mol·L－1 NaOH溶液滴定c mol·L－1，某弱酸HA溶液，其滴定曲线如图I所示，下列说法正确的是
A.可用甲基橙作滴定指示剂
B.指示剂指示的滴定终点就是反应终点
C.突变范围的大小与酸的强弱及酸的浓度有关
D.滴定时氢氧化钠溶液盛放在带活塞的滴定管中
【答案】C
【解析】甲基橙的变色范围是3.1～4.4，由图示突变范围可知用甲基橙做指示剂误差大，应选酚酞做指示剂，A项错误；在突变范围内的某一点都可能是滴定终点，而反应终点是酸碱恰好完全反应的点，两者不同，B项错误；酸越弱，突变范围越大，酸的浓度越大，突变范围越小，C项正确；带活塞的是酸式滴定管，氢氧化钠溶液应盛放在碱式滴定管中，D项错误。
11．【2018届重庆一中三模】常温时，配制一组c(Na2CO3)+c(NaHCO3)=0.100 mol·L-1的混合溶液，溶
液中c(CO32-)、c(HCO3-)与pH的关系如图所示。下列说法中错误的是(己知：
CO32-+H2OHCO3-+OH- K=2×10-4，1g5=0.7)
A．a点的溶液中：c(HCO3-)> c(H2CO3)+c(CO32-)
B．b点横坐标数值大约为10.3
C．c点的溶液中：c(Na+)<2c(CO32-)十c(HCO3-)
D．溶液中水的电离程度：a
C．c点溶液中,c(OH-)>c(H+),溶液中存在电荷守恒, c(OH-)+2c(CO32-)+c(HCO3-)=c(H+)+c(Na+),
c(Na+)>2c(CO32-)+c(HCO3-)故C错误；D．a、b、c三点溶液中所含Na2CO3依次增多，所含NaHCO3依次减少，越弱越水解，对水的电离促进越大，即溶液中水的电离程度：a
①
②
③
④
0.1 mol/L NaOH溶液
pH = 11 NaOH溶液
0.1 mol/L CH3COOH溶液
pH = 3 CH3COOH溶液
下列说法正确的是( )
A.由水电离出的c(H＋)：①＞③
B.③稀释到原来的100倍后，pH与④相同
C.②与④混合，若溶液显酸性，则所得溶液中离子浓度可能为：c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)
D.①与③混合，若溶液pH = 7，则V(NaOH)＞V(CH3COOH)
【答案】C
13．下列叙述正确的是
A．浓度均为0.1 mol•L—1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合所得的溶液中：
c(CH3COOH)＋c(CH3COO—)=0.2 mol•L—1
B．0.1 mol•L—1NaHCO3溶液中：c(Na＋)=c(HCO3—)＋c(H2CO3)＋2(CO32—)
C．0.2 mol•L—1HCl溶液与等体积0.1 mol•L—1NaOH溶液混合后，溶液的pH=1
D．0.1 mol•L—1氨水中滴入0.1 mol•L—1盐酸至溶液呈中性时，混合溶液中：c(NH4＋ )=c(Cl—)
【答案】D
【解析】A项，两种溶液等体积混合，浓度减小，则根据元素守恒，c(CH3COOH)＋c(CH3COO—)=0.1 mol•L—1，错误；B项，钠和碳元素的守恒可知：c(Na＋)=c(HCO3—)＋c(H2CO3)＋(CO32—)，错误；C项，令溶液体积均为1 L，则反应之后c(H＋)=0.05 mol•L—1，错误；D项，根据离子所带电荷守恒可得：
c(NH4＋ )＋ c(H＋)= c(Cl—)＋ c(OH—)，正确。
14．【2018届绵阳中学三模】常温下，下列有关溶液的说法正确的是（ ）
A．pH相等的①NH4Cl、②NH4Al(SO4)2、③NH4HSO4溶液：浓度的大小顺序为①>②>③
B．HA的电离常数Ka =4.93×10−10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na+) >c(HA) >c(A−)
C．NaHCO3溶液加水稀释，c(Na+)与c(HCO3−)的比值将减小
D．已知在相同条件下酸性HF >CH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：
c(Na+) – c(F−) >c(K+ ) − c(CH3COO−)
【答案】A
【解析】A．NH4Cl水解时氯离子不影响铵根离子水解，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4+的浓度小于NH4Cl，NH4Al(SO4)2中铝离子水解抑制铵根离子的水解，因此NH4Al(SO4)2中NH4+的浓度大于NH4Cl，浓度的大小顺序应为：①>②>③，选项A正确；B、NaA中水解平衡常数Kb=，水解平衡常数大于电离平衡常数，c(HA)−)，选项B错误；C、NaHCO3溶液加水稀释，促进碳酸氢根离子水解，钠离子物质的量不变，碳酸氢根 减小，c(Na+)与c(HCO3-)的比值保持增大，选项错误；D、HF 、CH3COOH都是弱酸，所以NaF与CH3COOK都是强碱弱酸盐，由于酸性HF >CH3COOH，水解程度F－＜CH3COO－，水解程度越大剩余离子浓度越小，故c(Na+) – c(F−)＜c(K+ ) − c(CH3COO−)，选项D错误。答案选A。
15．已知醋酸是日常生活中常见的弱酸。
(1)用pH试纸测定醋酸pH的操作是____________。
(2)常温下在pH＝5的醋酸稀溶液中，醋酸电离出的c(H＋)的精确值是__________mol·L－1。
(3)用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL某浓度的CH3COOH溶液，部分操作如下：
①取一支用蒸馏水洗净的碱式滴定管，加入标准氢氧化钠溶液，记录初始读数
②用酸式滴定管放出一定量待测液，置于用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入2滴甲基橙
③滴定时，边滴加边振荡，同时注视滴定管内液面的变化请选出上述实验过程中的错误之处______________(填序号)。上述实验与一定物质的量浓度溶液配制实验中用到的相同仪器______________。
【满分解答】(1)用镊子夹取一小块试纸放在干燥洁净的表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部，观察颜色变化，与标准比色卡比对读数
(2)10－5－10－9
(3)①②③ 烧杯(或烧杯和胶头滴管)
【解析】(1)pH试纸不能润湿且只能读取整数值。
(2)在醋酸溶液中，H＋来源于醋酸的电离和水的电离，其中c(H＋)水＝＝10－9 mol·L－1，所以醋酸电离出的c(H＋)的精确值为10－5－10－9 mol·L－1。
(3)①滴定管应润洗。②由于CH3COONa水解呈碱性，应用酚酞作指示剂。③滴定时应注视锥形瓶内溶液颜色的变化。中和滴定、配制溶液均用到烧杯和胶头滴管。
16．CO2可转化成有机物实现碳循环：CO2CH3OHHCOOH……
(1)用离子方程式表示HCOONa溶液呈碱性的原因_________________________，写出该反应的平衡常数(Kh)表达式：Kh＝____________，升高温度，Kh__________(选填“增大”、“减小”或“不变”)。
(2)常温下，将0.2 mol·L－1的HCOOH和0.1 mol·L－1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH<7，说明HCOOH的电离程度________HCOONa的水解程度(填“大于”或“小于”)。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_______________。
【满分解答】(1)HCOO－＋H2OHCOOH＋OH－ 增大
(2)大于 c(HCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
【解析】(2)溶液混合后为浓度相等的HCOOH和HCOONa，溶液显酸性，所以HCOOHHCOO－＋H＋的程度大于HCOO－＋H2OHCOOH＋OH－，依据电荷守恒c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，可比较离子浓度大小。
17．金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S/mol·L－1)如下图所示。
(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是________(写化学式)。
(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH为______。
A．<1 B．4左右 C>6
(3)在Ni(NO3)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，________(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是_____________________________________。
(4)已知一些难溶物的溶度积常数如下表：
物质
FeS
MnS
CuS
PbS
HgS
ZnS
Ksp
6.3×10－18
2.5×10－13
1.3×10－36
3.4×10－28
6.4×10－53
1.6×10－24
某工业废水中含有Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，最适宜向此工业废水中加入过量的________除去它们(选填序号)。
A．NaOH B．FeS C．Na2S
【满分解答】(1)Cu2＋ (2)B (3)不能 Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小 (4)B
18．运用相关原理，回答下列各小题：
已知：NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
(1)常温下，pH＝5的NaHSO4溶液中水的电离程度________(填“>”、”＝”或“<”)pH＝9的氨水中水的电离程度。
(2)等体积等物质的量浓度的NaHSO4与氨水混合后，溶液呈酸性的原因为
____________________________(用离子方程式表示)；若一定量的NaHSO4溶液与氨水混合后，溶液pH＝7，则c(Na＋)＋c(NH)________c(SO)(填“>”、“＝”或“<”)；用硫酸氢钠与氢氧化钡溶液制取硫酸钡，若溶液中SO完全沉淀，则反应后溶液的pH________7(填“>”、”＝”或“<”)。
(3)将分别含有MnO、Fe3＋、Fe2＋、I－的四种溶液混合，调节溶液的pH，使pH＝1，充分反应后：①若I－离子有剩余，上述四种离子在溶液中还存在的有________，一定不存在的是________。②若所得混合液呈紫色，上述四种离子在溶液中一定存在的有________，一定不存在的离子有________。
【满分解答】(1)＝ (2)NH＋H2ONH3·H2O＋H＋ ＝ > (3)①Fe2＋ MnO、Fe3＋ ②MnO、Fe3＋ Fe2＋、I－
19．常温下，浓度均为0．1 mol／L的6种溶液pH如下：
请由上表数据回答：
(1)非金属性Si______C(填“＞”或“＜”)，用原子结构解释其原因：同主族元素由上到下________。
(2)常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是(填序号______。
A．H2SiO3 B．H2SO3 C．H2CO3
(3)用离子方程式说明Na2CO3溶液pH＞7的原因____________。
(4)6种溶液中，水的电离程度最小的是(填化学式)_________________。
(5)若增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是(填化学式)______________，用化学平衡移动的原理简述其原因：____________________________。
【满分解答】
【解析】(1)在元素周期表中，碳硅同主族，最外层电子数相同，原子半径逐渐增大，原子核对最外层电子的吸引能力减弱，得电子能力增强。(2)非金属性S＞C＞Si，最高价含氧酸的酸性的逐渐减弱。(3)碳酸根离子水解使溶液呈碱性。(4)盐水解的实质是促进水的电离，水解程度越大，对应盐溶液的pH值越大，水的电离程度越大。反之，水的电离程度越小。(5)为了增大氯水中次氯酸的浓度，则应消耗氢离子的浓度，使平衡正向移动。所以加入碳酸氢钠或次氯酸钠。
20．25 ℃时，电离平衡常数：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HClO
电离平衡常数
1.8×10－5
K1 4.3×10－7
K2 5.6×10－11
3.0×10－8
回答下列问题：
(1)物质的量浓度为0.1 mol·L－1的下列四种物质：a.Na2CO3，b.NaClO，c.CH3COONa，d.NaHCO3；pH由大到小的顺序是______________(填编号)；
(2)常温下0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液加水稀释过程，下列表达式的数据一定变小的是________；
A．c(H＋) B.
C．c(H＋)·c(OH－) D.
(3)体积为10 mL pH＝2的醋酸溶液与一元酸HX溶液分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程pH变化如图：则HX的电离平衡常数________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的平衡常数；理由是
_______________________，稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H＋)________醋酸溶液水电离出来c(H＋)(填“大于”、“等于”或“小于”)理由是：_________________________；
(4)25 ℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合液pH＝6，则溶液中c(CH3COO－)－c(Na＋)＝________(填准确数值)。
【满分解答】(1)a，b，d，c (2)A (3)大于 稀释相同倍数，HX溶液的pH变化比CH3COOH溶液的大，酸性强，电离平衡常数大 大于 HX酸性强于CH3COOH，稀释后c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，所以对水的抑制能力减弱 (4)9.9×10－7 mol·L－1
【解析】(1)观察电离平衡常数可知酸性为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO，而这些酸失去氢离子后水解能力却正好相反，所以得出pH大小顺序为a，b，d，c；(2)醋酸是弱电解质，稀释后电离程度增大，但CH3COOH，CH3COO－，H＋浓度却都要减小，但c(OH－)却是增大的，且CH3COOH浓度减少最多，因此A项正确；(3)稀释相同倍数，HX溶液的pH变化比CH3COOH溶液的大，酸性强，电离平衡常数大，HX的电离常数大于CH3COOH的电离常数；HX酸性强于CH3COOH，稀释后c(H＋)小于CH3COOH溶液中的c(H＋)，所以对水的抑制能力减弱；(4)根据电荷守恒得c(CH3COO－)－c(Na＋)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－6 mol·L－1－10－8 mol·L－1＝9.9×10－7 mol·L－1。
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