2019届二轮复习 盐类水解 沉淀溶解平衡 学案（全国通用）

第11讲　盐类水解 沉淀溶解平衡

最新考纲
考向分析
1.认识盐类水解的本质是中和反应的逆反应，能多角度、动态地分析盐类水解和沉淀溶解平衡，并用相关的原理解决实际问题。
2．能运用水解平衡模型和沉淀溶解平衡模型解释化学现象，揭示现象的本质与规律。
3．能发现和提出有探究价值的盐类水解和沉淀溶解平衡的问题；能从问题和假设出发，确定探究目的，设计探究方案，进行实验探究。
4．应具有严谨求实的科学态度，具有探索未知、崇尚真理的意识；赞赏化学对社会发展的重大贡献，具有可持续发展意识和绿色化学观念，能对与盐类水解和沉淀溶剂平衡有关的社会热点问题做出正确的价值判断。
1.重点考查盐类的水解平衡及其移动，常考查：
(1)盐类的水解平衡移动的应用。
(2)溶液中离子浓度关系的分析。
2．重点考查沉淀溶解平衡及其应用，常考查：
(1)沉淀的溶解与转化。
(2)溶解度与Ksp的相关转化与比较。
(3)金属阳离子沉淀完全的pH及沉淀分离的相关计算。

考点一　盐类水解和粒子浓度大小比较
Z (课前)
1．(2017·全国卷Ⅰ·13)常温下将NaOH溶液添加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是(　D　)

A．Ksp(H2X)的数量级为10－6
B．曲线N表示pH与lg的变化关系
C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)
[解析]　H2X的电离方程式为H2XH＋＋HX－，HX－H＋＋X2－。当＝＝1时，即横坐标为0.0时，Ka1＝c(H＋)，Ka2＝c′(H＋)，因为Ka1>Ka2，故c(H＋)>c′(H＋)，即pHc(OH－)，C项正确；电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(H－)＋c(HX－)＋2c(X2－)，中性溶液中存在c(H＋)＝c(OH－)，故有c(Na＋)＝c(HX－)＋2c(x2－)，假设c(HX－)＝c(X2－)或c(HX－)>c(X2－)(见C项分析)，则溶液一定呈酸性，故中性溶液中c(HX－)KHB>KHD
B．滴定至P点时，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)
C．pH＝7时，三种溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)
D．当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)
[解析]　三种酸的浓度相等，根据图象，在滴定前HA溶液的pH最小，酸性最强，HD溶液的pH最大，酸性最弱，说明HA的电离程度最大，电离常数最大，A项正确；P点溶液中含有等物质的量的NaB与HB，此时溶液显酸性，说明HB的电离程度大于B－的水解程度，所以c(B－)>c(HB)，由物料守恒：2c(Na＋)＝c(HB)＋c(B－)知，c(Na＋)介于c(B－)、c(HB)之间，B项正确；每种溶液中均存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(OH－)，X－代表A－、B－、D－，在pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，c(Na＋)＝c(X－)，而pH＝7时，三种酸所消耗的NaOH的物质的量不相等，故三种溶液中c(Na＋)不相等，则c(X－)也不相等，C项错误；中和百分数为100%的三种溶液，其溶质分别是NaA、NaB、NaD，混合后溶液中的电荷守恒式为：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(B－)＋c(D－)＋c(OH－)①，此式中c(Na＋)＝c(Na＋)[NaA]＋c(Na＋)[NaB] ＋c(Na＋)[NaD]，混合前的三种溶液中存在物料守恒：c(Na＋)[NaA]＝c(A－)＋c(HA)，c(Na＋)[NaB]＝c(B－)＋c(HB)，c(Na＋)[NaD]＝c(D－)＋c(HD)，消去①式中的c(Na＋)和c(A－)、c(B－)、c(D－)，得c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D项正确。
3．(2017·江苏·14)(双选)常温下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5，下列说法正确的是(　AD　)
A．浓度均为0.1 mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2 mol·L－1 HCOOH与0.1 mol·L－1 NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)
D．0.2 mol·L－1 CH3COONa与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合后的溶液中(pHc(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)
[解析]　本题考查弱电解质的电离平衡知识。HCOONa溶液中存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，NH4Cl溶液中存在c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，两溶液中有c(Na＋)＝c(Cl－)，只要比较HCOONa溶液中c(H＋)与NH4Cl溶液中c(OH－)的大小即可，由电离常数可知，NH的水解程度比HCOO－的大，则NH4Cl溶液中c(H＋)较HCOONa溶液中c(OH－)大，即NH4Cl溶液中c(OH－)较HCOONa溶液中c(H＋)小，所以c(Na＋)＋c(H＋)>c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，A项正确；CH3COOH的电离平衡常数比HCOOH的小，即CH3COOH的酸性弱，则相同pH的CH3COOH溶液的浓度大于HCOOH的，和NaOH反应时，CH3COOH溶液消耗NaOH溶液的体积较大，B项错误；反应后得到c(HCOOH)与c(HCOONa)相等的混合溶液，溶液呈酸性，由电荷守恒得：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，由物料守恒得：2c(Na＋)＝c(HCOOH)＋c(HCOO－)，则c(HCOO－)>c(Na＋)>c(HCOOH)，所以c(HCOO－)＋c(OH－)>c(HCOOH)＋c(H＋)，C项错误；反应后得到c(CH3COONa)＝c(CH3COOH)＝c(NaCl)的混合溶液，由物料守恒得：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Cl－)，pHc(Cl－)>c(CH3COOH)，电离和水解均很微弱，故c(H＋)小于c(CH3COOH)，D项正确。
4．(2018·北京·11)测定0.1 mol·L－1Na2SO3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(　C　)
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－
B．④的pH与①不同，是由SO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
[解析]　C错：①→③的过程中，pH变小，说明SO水解产生的c(OH－)减小；升高温度， SO的水解平衡正向移动，溶液中SO水解产生的c(OH－)增大，pH应增大，而实际上溶液的pH减小，其主要原因是实验过程中部分SO被空气中的O2氧化生成SO，溶液中c(SO)减小，水解平衡逆向移动，则溶液中c(OH－)减小，pH减小；①→③的过程中，温度升高，SO的水解平衡正向移动，而c(SO)减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不一致。A对：Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－。B对：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，说明④中的SO数目大于①中的，④中的SO数目小于①中的，所以④中OH－数目小于①中的，pH不同。D对：Kw只与温度有关。
R (课堂)

知能补漏
1．电解质溶液中的守恒关系
(1)电荷守恒：电解质溶液中所有阳离子所带有的正电荷数与所有的阴离子所带的负电荷数相等。
如NaHCO3溶液中：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋2n(CO)＋n(OH－)
(2)物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其它离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。
如NaHCO3溶液中n(Na＋)∶n(C)＝1∶1，推出：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
(3)质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量应相等。
例如在NH4HCO3溶液中H3O＋、H2CO3为得到质子后的产物；NH3·H2O、OH－、CO为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O＋)＋c(H2CO3)===c(NH3·H2O)＋c(OH－)＋c(CO)。
2．微粒浓度大小的比较
(1)多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如在H3PO4的溶液中，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的溶液中：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影响的因素。如在相同的物质的量浓度的下列各溶液中a.NH4Cl　b．CH3COONH4　c．NH4HSO4。c(NH)由大到小的顺序是c>a>b。
(4)混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析，如电解因素、水解因素等。如相同浓度的NH4Cl溶液和氨水等体积混合后，由于氨水的电离程度大于NH的水解程度，所以溶液中离子浓度顺序为：c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。
(5)巧抓“四点”，突破图象中的“粒子”浓度关系
a．抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
b．抓“恰好”反应点，生成什么溶质，溶液的酸碱性，是什么因素造成的。
c．抓溶液“中性”点，生成什么溶质，哪种反应物过量或不足。
d．抓反应“过量”点，溶质是什么，判断谁多、谁少还是等量。
B (课后)
1．(2018·荆州二模)将0.2 mol·L－1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L－1 KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是(　D　)
A．2c(K＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(H2CO3)
B．c(Na＋)>c(K＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)
C．c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.1 mol·L－1
D．3c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)
[解析]　0.2 mol·L－1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L－1 KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025 mol·L－1的碳酸钾、碳酸钠和0.05 mol·L－1的NaHCO3(先不考虑水解和电离)，混合液中钾离子浓度为0.05 mol·L－1，则2c(K＋)＝0.1 mol·L－1，根据物料守恒可得c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＝2c(K＋)＝0.1 mol·L－1，则2c(K＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO)，A错误；由于碳酸氢根离子、碳酸根离子水解，则溶液显碱性，c(OH－)>c(H＋)。碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05 mol·L－1，碳酸根离子浓度小于0.05 mol·L－1；钾离子浓度为0.05 mol·L－1、钠离子浓度为0.1 mol·L－1，则溶液中离子浓度大小为c(Na＋)>c(HCO)>c(K＋)>c(CO)>c(OH－)>c(H＋)，B项错误；根据物料守恒可得①c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＝c(Na＋)＝0.1 mol·L－1，②c(K＋)＝0.05 mol·L－1，根据电荷守恒可得③c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(K＋)＋c(Na＋)，根据①③可得c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋c(K＋)由于混合溶液中c(K＋)＝0.05 mol·L－1，则c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.05 mol·L－1，C项错误；根据电荷守恒可得，c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(K＋)＋c(Na＋)，由于混合液中c(Na＋)＝0.1 mol·L－1、c(K＋)＝0.05 mol·L－1，则c(Na＋)＝2c(K＋)所以3c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，D项正确。
2．25 ℃时，将CO2通入0.1 mol·L－1的NaOH溶液中，下列说法不正确的是(　B　)
A．溶液中始终有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)
B．溶液呈中性时：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)
C．当二者等物质的量反应时溶液中一定有c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(OH－)
D．n(CO2)∶n(NaOH)＝1∶2时溶液中：c(Na＋)>2c(CO)
[解析]　选项A是电荷守恒式，正确。选项B，溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，结合电荷守恒式得c(Na＋)＝2c(CO)＋c(HCO)，错误。选项C，恰好完全反应生成NaHCO3，物料守恒式为c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，结合电荷守恒式可得c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(CO)＋c(OH－)，正确。选项D，恰好完全反应生成Na2CO3，由于CO会水解，故c(Na＋)>2c(CO)，正确。
3．(新题预测)25 ℃时，用2a mol·L－1 NaOH溶液滴定1.0 L 2a mol·L－1氢氟酸溶液，得到混合液中HF、F－的物质的量与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是(　A　)

A．pH＝3时，溶液中：c(Na＋)c(HF)时，溶液一定呈碱性
C．pH＝3.45时，NaOH溶液恰好与HF完全反应
D．pH＝4时，溶液中：c(HF)＋c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)>2a mol·L－1
[解析]　pH＝3时，c(H＋)>c(OH－)，溶液中电荷守恒c(H＋)＋c(Na＋)＝c(F－)＋c(OH－)，则c(Na＋)0.01
B．混合后溶液呈中性
C．CH3COOH的电离常数Ka＝ mol·L－1
D．向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度逐渐减小
[解析]　因为CH3COOH为弱酸，NaOH为强碱，反应生成CH3COONa，根据电荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，因为c(Na＋)＝c(CH3COO－)，可得c(H＋)＝c(OH－)，则混合后溶液呈中性，因为CH3COONa水解呈碱性，所以CH3COOH应过量，使溶液呈中性，所以b>0.01，故A项、B项正确；反应后溶液呈中性，c(H＋)＝10－7 mol·L－1，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝×0.01 mol·L－1＝0.005 mol·L－1，c(CH3COOH)＝×(b－0.01) mol·L－1，所以CH3COOH的电离常数Ka＝ mol·L－1，故C正确；向CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液的过程中，水的电离程度先增大，CH3COOH完全反应后，再滴加NaOH溶液，水的电离程度减小，故D项错误。
2．(2018·邯郸二模)常温下，用0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1的NaOH溶液，当滴加V mL CH3COOH溶液时，混合溶液的pH＝7。已知CH3COOH的电离平衡常数为Ka，忽略混合时溶液体积的变化，下列关系式正确的是(　A　)
A．Ka＝ B．V＝
C．Ka＝ D．Ka＝
[解析]　当滴加V mL CH3COOH溶液时，混合溶液的pH＝7，此时溶液中c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 mol·L－1，由电荷守恒：c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，可知c(Na＋)＝c(CH3COO－)＝＝ mol·L－1，由物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝ mol·L－1，则c(CH3COOH)＝(－) mol·L－1＝ mol·L－1，所以Ka＝＝＝，则V＝。
3．(新题预测)25 ℃时，电离平衡常数：
化学式
CH3COOH
H2CO3
HCN
电离平衡常数
1.8×10－5
K1：4.3×10－7
K2：5.6×10－11
4.9×10－10
请回答下列问题：
(1)物质的量浓度为0.1 mol·L－1的下列四种物质：
a．Na2CO3 b．NaCN
c．CH3COONa d．NaHCO3
pH由大到小的顺序是_a>b>d>c__(填编号)。
(2)25 ℃时，在0.5 mol·L－1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的_9×108__倍。
(3)写出向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式： CN－＋CO2＋H2O===HCO＋HCN　。
(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＋)＝_9.9×10－7_mol·L－1__(填准确数值)。
(5)25 ℃时，将a mol·L－1的醋酸与b mol·L－1氢氧化钠等体积混合，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示醋酸的电离平衡常数为 　。
[解析]　(1)酸越弱，对应酸根离子的水解程度越大，所以pH由大到小的顺序是a>b>d>c。
(2)由醋酸的电离平衡常数的定义得Ka(CH3COOH)＝＝＝1.8×10－5，c(CH3COOH)≈0.5 mol·L－1，则c(H＋)≈3×10－3 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)约为 mol·L－1，故由醋酸电离出的c(H＋)约是由水电离出的c(H＋)的＝9×108倍。
(3)酸性强弱顺序为H2CO3>HCN>HCO，所以向氰化钠溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式为CN－＋CO2＋H2O===HCO＋HCN。
(4)25 ℃时，CH3COOH与CH3COONa的混合溶液，若测得混合溶液pH＝6，则c(H＋)＝10－6 mol·L－1，c(OH－)＝10－8 mol·L－1，则溶液中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。
(5)25 ℃时，将a mol·L－1的醋酸与b mol·L－1氢氧化钠溶液等体积混合，反应后溶液恰好显中性，此时c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol·L－1，c(CH3COO－)＝c(Na＋)＝ mol·L－1，剩余的c(CH3COOH)＝ mol·L－1，则Ka＝＝。

1．(2018·汕头一模)下列关于0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液的说法正确的是(　C　)
A．向溶液中滴加几滴浓盐酸，c(NH)减少
B．向溶液中加入少量CH3COONa固体，c(NH)不变
C．溶液中离子浓度关系为：c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．向溶液中加适量氨水使混合液的pH＝7，混合液中c(NH)＞c(Cl－)
[解析]　NH4Cl溶液中存在铵根离子水解显酸性，加入盐酸会抑制铵根离子的水解，c(NH)增大，A错误；向溶液中加入少量CH3COONa固体，溶解后醋酸根离子水解显碱性，促进铵根离子的水解，c(NH)减少，B错误；NH4Cl溶液中存在铵根离子水解显酸性，分析离子浓度大小，c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)，C正确；结合溶液中电荷守恒分析判断离子浓度大小，c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，混合液的pH＝7则c(H＋)＝c(OH－)，c(Cl－)＝c(NH)，D错误。
2．(2018·贵阳检测)氯碱工业的产物NaOH与不同物质反应可以生成不同的盐。已知常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的4种钠盐溶液的pH如下表。
溶质
Na2CO3
NaHCO3
NaClO
NaHSO3
pH
11.6
9.7
10.3
5.2
下列说法中正确的是(　A　)
A．向氯水中加入NaHCO3溶液，可以增大氯水中次氯酸的浓度
B．四种溶液中，水的电离程度最大的是NaClO
C．常温下，相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液，pH最大的是H2SO3溶液
D．NaHSO3溶液中离子浓度大小顺序为c(Na＋)＞c(H＋)＞c(HSO)＞c(SO)＞c(OH－)
[解析]　根据相同浓度的钠盐溶液pH大小知，酸根离子水解程度大小顺序是：CO＞ClO－＞HCO＞HSO，则酸的强弱顺序是H2SO3＞H2CO3＞HClO＞HCO，盐酸和碳酸氢钠反应生成氯化钠和二氧化碳，促进氯气和水反应，次氯酸和碳酸氢钠不反应，导致溶液中次氯酸浓度增大，A正确；相同浓度的这几种钠盐溶液中，溶液pH越大则水的电离程度越大，即水的电离程度最大的是碳酸钠溶液，B错误；相同物质的量浓度的H2SO3、H2CO3、HClO溶液，pH最大的是HClO溶液，C错误；亚硫酸氢钠溶液呈酸性，说明HSO电离程度大于水解程度，无论电离还是水解其程度都较小，所以c(H＋)＜c(HSO)，D错误。
3．(2018·烟台一模)常温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.200 0 mol·L－1 NaOH溶液时，溶液的pH与所加NaOH溶液体积的关系如图所示(不考虑NH3·H2O的分解和溶液体积的变化)。下列说法不正确的是(　B　)

A．点a所示溶液中：c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．点b所示溶液中：c(NH)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
C．点c所示溶液中：c(NH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(SO)
D．点d所示溶液中：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝0.100 0 mol·L－1
[解析]　a点溶液中，铵根离子水解导致溶液呈酸性，铵根离子水解程度较小，所以溶液中离子浓度大小顺序是c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)，A正确；b点溶液呈中性，硫酸铵的酸性较弱，要使混合溶液呈中性，则加入少量氢氧化钠即可，所以c(NH)＞c(Na＋)，B错误；c点溶液中的溶质是等物质的量浓度的硫酸铵、硫酸钠、一水合氨，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(NH)＋c(Na＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，C正确；d点溶液中，两者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，根据氮原子守恒c(NH)＋c(NH3·H2O)＝0.100 0 mol·L－1，D正确。
4．(2018·黑龙江哈三中月考)室温下，用0.1 mol/L 盐酸滴定10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(　A　)

A．水电离程度由大到小的顺序为：a＞b＞c＞d
B．a点时：c(Na＋)＞c(CO)＞c(HCO)＞c(OH－)
C．b点时：3c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)
D．d点时：c(H＋)＞c(HCO)＝c(CO)
[解析]　碳酸钠溶液中的氢氧根离子是水电离的，溶液pH越大，水的电离程度越大，则a、b、c三点水的电离程度大小为：a＞b＞c，d点盐酸过量，氢离子抑制了水的电离，则水的电离程度大小为：a＞b＞c＞d，A正确；a点时为碳酸钠溶液，溶液中离子浓度大小为：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)，B错误；b点时根据物料守恒可得：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，C错误；d点时加入20 mL盐酸，两者恰好反应生成氯化钠和碳酸，碳酸为二元弱酸，以第一步电离为主，则c(HCO)＞c(CO)，溶液中离子浓度大小为：c(H＋)＞c(HCO)＞c(CO)，D错误。
5．(2018·甘肃二诊)已知：99 ℃时，Kw＝1.0×10－12。在该温度下，测得0.1 mol·L－1 Na2A溶液pH＝6。则下列说法正确的是(　B　)
A．H2A在水溶液中的电离方程式为：H2A2H＋＋A2－
B．0.1 mol·L－1的H2A溶液pH＜2
C．体积相等pH＝1的盐酸与H2A溶液分别与足量的Zn反应，H2A溶液产生的H2多
D．(NH4)2A溶液中存在离子浓度关系：c(A2－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)
[解析]　在该温度下，测得0.1 mol·L－1Na2A溶液pH＝6，溶液呈中性，说明Na2A是强酸强碱盐，则H2A是强酸，其电离方程式为：H2A===2H＋＋A2－，A错误；0.1 mol·L－1的H2A溶液中c(H＋)＝0.2 mol/L，pH＜2，B正确；体积相等pH＝1的盐酸与H2A溶液中含有氢离子的物质的量相等，锌足量，则反应生成的氢气的量相等，C错误；(NH4)2A为强酸弱碱盐，铵根离子水解导致溶液呈酸性，铵根离子水解程度较小，所以溶液中离子浓度关系：c(NH)＞c(A2－)＞c(H＋)＞c(OH－)，D错误。
6．(原创题)在室温下，下列说法正确的是(　A　)
A．NaB溶液的pH＝8，c(Na＋)－c(B－)＝0.99×10－6 mol·L－1
B．Na2CO3溶液中，2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C．pH相等的①NH4Cl　②(NH4)2SO4　③NH4HSO4三种溶液中，c(NH)大小顺序②>①＞③
D．10 mL pH＝12的氢氧化钠溶液中加入pH＝2的HA溶液至pH刚好等于7，所得溶液体积V(总)≥20 mL
[解析]　由电子守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(B－)，结合溶液的pH＝8得，c(Na＋)－c(B－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(10－6－10－8) mol/L＝0.99×10－6 mol/L，故A正确。
7．往锅炉注入Na2CO3溶液浸泡，将水垢中的CaSO4转化为CaCO3，再用盐酸去除，下列叙述正确的是(　D　)
A．温度升高Na2CO3溶液的Kw和c(H＋)均会增大
B．CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp(CaCO3)＞Ksp(CaSO4)
C．CaCO3溶解于盐酸而CaSO4不溶，是因为硫酸酸性强于盐酸
D．沉淀转化的离子方程式为CO(aq)＋CaSO4(s)===CaCO3(s)＋SO(aq)
[解析]　A．温度升高，水的电离平衡正向移动，Kw增大，温度升高，Na2CO3的水解平衡正向移动，c(OH－)增大，c(H＋)减小，故A错误；B．根据沉淀的转化，CaSO4能转化为CaCO3，说明Ksp(CaCO3)c(NH)，故c(Na＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)。
12．(2018·连云港模拟)(1)浓缩液中主要含有I－、Cl－等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为_4.7×10－7__，已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝8.5×10－17。
(2)已知：Ksp[Al(OH)3]＝1×10－33，Ksp[Fe(OH)3]＝3×10－39，pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下，除去MnSO4溶液中的Fe3＋、Al3＋(使其浓度均小于1×10－6 mol·L－1)，需调节溶液pH范围为_5.0＜pH＜7.1__。
(3)某溶液含0.02 mol/L Mn2＋、0.1 mol/L H2S，当溶液pH＝_5__时，Mn2＋开始沉淀[已知：Ksp(MnS)＝2.8×10－13，c(S2－)为1.4×10－11 mol·L－1时，pH＝5]。
(4)煅粉主要含MgO和CaO，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若滤液Ⅰ中c(Mg2＋)小于5×10－6 mol·L－1，则溶液pH大于_11__[Mg(OH)2的Ksp＝5×10－12]；该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是_SO和Ca2＋转化为微溶物CaSO4，不利于CaO溶解__。
[解析]　本题主要考查沉淀溶解平衡。
(1)浓缩液中主要含有I－、Cl－等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，c(Ag＋)一定，溶液中＝＝4.7×10－7。
(2)Al3＋浓度小于1×10－6 mol·L－1时，c(OH－)＝1×10－9，pH＝5.0，所以需调节溶液pH范围为5.0