广东省2022年高考化学二轮复习 技巧总结 专题七 电解质溶液与电离平衡

专题七　电解质溶液与电离平衡真题试做1．(2022高考广东理综卷，11)对于0.1mol·L－1Na2SO3溶液，正确的是(　　)A．升高温度，溶液pH降低B．c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)C．c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋c(OH－)D．加入少量NaOH固体，c(SO)与c(Na＋)均增大2．(2022高考广东理综卷，12)HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，在0.1mol·L－1NaA溶液中，离子浓度关系正确的是(　　)A．c(Na＋)＞c(A－)＞c(H＋)＞c(OH－)B．c(Na＋)＞c(OH－)＞c(A－)＞c(H＋)C．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(A－)＋c(H＋)D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)3．(2022年高考广东理综卷，23双选)对于常温下pH为2的盐酸，叙述正确的是(　　)A．c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)B．与等体积pH＝12的氨水混合后所得溶液显酸性C．由H2O电离出的c(H＋)＝1.0×10－12mol·L－1D．与等体积0.01mol·L－1乙酸钠溶液混合后所得溶液中：c(Cl－)＝c(CH3COO－)4．(2022高考四川理综卷，10)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(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3)C．pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合：c(Cl－)＝c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋)D．0.2mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合：2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)5．(2022高考浙江理综卷，12)下列说法正确的是(　　)A．常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸C．用0.2000mol·L－1NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1mol·L－1)，至中性时，溶液中的酸未被完全中和D．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1mol·L－1盐酸、③0.1mol·L－1氯化镁溶液、④0.1mol·L－1硝酸银溶液中，Ag＋浓度：①＞④＝②＞③6．(2022高考广东理综卷部分，33)某同学进行实验研究时，欲配制1.0mol·L－1Ba(OH)2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba(OH)2·8H219\nO试剂(化学式量：315)。在室温下配制溶液时发现所取试剂在水中仅部分溶解，烧杯中存在大量未溶物。将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba(OH)2·8H2O的含量。实验如下：(1)配制250mL约0.1mol·L－1Ba(OH)2溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，________，将溶液转入__________，洗涤，定容，摇匀。(2)滴定：准确量取25.00mL所配Ba(OH)2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将0.1980mol·L－1盐酸装入50mL酸式滴定管，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次，平均消耗盐酸VmL。(3)计算：Ba(OH)2·8H2O的质量分数＝__________(只列出算式，不做运算)。考向分析2022年高考试题仍然保持了广东高考试题的特点，即水的电离问题、pH的定量计算新课程高考以来几乎没有考查过；答题技巧性逐渐淡化，如考查溶液中离子的种类和数量的关系，基本没有多溶质混合体系，而是用简单的溶液体系体现基本的分析方法，又如新课程以前的试题经常出现各种条件下强酸和弱酸的反应情况对比，近年这类试题也在减少，主要是涉及的概念太多，考查目标较为模糊，而且会助长相关的题海训练；离子平衡在实际化学情景中的应用，离子平衡相关理论和分析方法是认识实际生产问题的基础，只有应用于生产流程中物质的变化情况的分析才能体现理论的价值，因此近年水解的抑制和促进、沉淀的生成和溶解、有选择的除杂等都是在实际应用问题中设问考查的；注重图像工具在离子平衡体系研究中的使用。热点例析热点一　弱电解质的电离平衡【例1】(2022高考全国新课标卷)将浓度为0.1mol·L－1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是(　　)A．c(H＋)B．Ka(HF)C．D．思路点拨1．影响电离平衡的条件(1)温度：升高温度，因为弱电解质的电离过程是吸热的，电离平衡向电离方向移动，弱电解质的电离程度将增大，电离常数增大。(2)浓度：增大弱电解质电离出的某离子的浓度，电离平衡将向离子结合成弱电解质分子的方向移动，弱电解质的电离程度将减小；减小弱电解质电离出的离子的浓度，电离平衡将向电离方向移动，弱电解质的电离程度将增大；当弱电解质溶液加水被稀释时，平衡向电离的方向移动，有利于弱电解质的电离，离子浓度减小，但离子数目增加。(3)相关离子：①加碱：与弱酸电离的H＋反应，使电离平衡正向移动；②加强酸：强酸电离提供H＋，抑制弱酸电离，但H＋浓度增大，溶液酸性增强；③加同阴离子的强电解质：同离子抑制弱酸电离，平衡逆向移动。2．电离平衡常数19\n(1)电离平衡常数和化学平衡常数一样，其数值随温度改变而改变，但与浓度无关。在温度一定时，其电离平衡常数就是一个定值；(2)同一弱电解质在同一温度下发生浓度变化时，其电离平衡常数不变；(3)K值越大，电离程度越大，相应酸(或碱)的酸(或碱)性越强；(4)多元弱酸电离平衡常数：K1＞K2＞K3，其酸性主要由第一步电离决定。即时演练1(2022高考福建卷)常温下0.1mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是(　　)A．将溶液稀释到原体积的10倍B．加入适量的醋酸钠固体C．加入等体积0.2mol·L－1盐酸D．提高溶液的温度即时演练225℃时，2.0×10－3mol·L－1氢氟酸水溶液中，调节溶液pH(忽略体积变化)，得到c(HF)、c(F－)与溶液pH的变化关系，如下图所示：HF电离平衡常数的数值Ka＝______，列式并说明得出该平衡常数的理由____________________。热点二　弱电解质相对强弱的比较【例2】(2022高考山东卷部分)常温下，H2SO3的电离常数Ka1＝1.2×10－2，Ka2＝6.3×10－8；H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11。某同学设计实验验证H2SO3酸性强于H2CO3：将SO2和CO2气体分别通入水中至饱和，立即用酸度计测两溶液的pH，若前者的pH小于后者，则H2SO3酸性强于H2CO3。该实验设计不正确，错误在于____________。设计合理实验验证H2SO3酸性强于H2CO3(简要说明实验步骤、现象和结论)。________________________________。仪器自选，供选择的试剂：CO2、SO2、Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3、NaHSO3、蒸馏水、饱和石灰水、酸性KMnO4溶液、品红溶液、pH试纸。思路点拨弱电解质相对强弱的比较方法1．利用等温度下电离平衡常数大小进行判断。电离平衡常数越大，酸性或碱性越强，如醋酸的电离平衡常数大于碳酸，醋酸的酸性强于碳酸。2．利用以强制弱规律进行判断。如醋酸能与碳酸钠反应生成二氧化碳，说明醋酸酸性强于碳酸。3．利用相同条件下等物质的量浓度的离子浓度大小、pH大小、导电能力强弱等判断。如相同条件下，醋酸的H＋浓度大于碳酸、pH小于碳酸、导电性强于碳酸。4．利用稀释前后的pH与稀释倍数的变化关系进行判断。如将pH＝2的酸溶液稀释100倍，若稀释后的pH＜4，则证明酸为弱酸；若稀释后的pH＝4，则证明酸为强酸。19\n5．利用在相同浓度、相同温度下，比较反应速率的快慢进行判断。如将Zn粒投入到等浓度的盐酸和醋酸中，结果前者比后者反应快。6．利用元素周期律进行判断。如非金属性：Cl＞S＞P＞Si，则最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4＞H2SO4＞H3PO4＞H2SiO3；金属性：Na＞Mg＞Al，则最高价氧化物水化物的碱性：NaOH＞Mg(OH)2＞Al(OH)3。即时演练3已知25℃时弱电解质电离平衡常数：Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Ka(HSCN)＝0.13。25℃时，将20mL0.10mol·L－1CH3COOH溶液和20mL0.10mol·L－1HSCN溶液分别与20mL0.10mol·L－1NaHCO3溶液混合，实验测得产生的气体体积(V)随时间(t)变化的示意图为：反应初始阶段，两种溶液产生CO2气体的速率存在明显差异的原因是______________，反应结束后所得两溶液中，c(CH3COO－)______c(SCN－)(填“＞”“＜”或“＝”)。热点三　水的电离平衡和溶液酸碱性【例3】已知100℃时，水的离子积常数KW＝1×10－12，对于该温度下pH＝1的硫酸，下列叙述正确的是(　　)A．向该溶液中加入同温同体积pH＝13的Ba(OH)2溶液，反应后溶液呈中性B．该溶液中硫酸电离出的c(H＋)与水电离出的c(H＋)之比为10－10C．等体积的该硫酸与室温下pH为1的硫酸中和碱的能力相同D．该溶液中水电离出的c(H＋)是pH为3的硫酸中水电离出的c(H＋)的100倍思路点拨1．水的电离平衡特点(1)水是极弱的电解质，存在电离平衡。(2)水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离平衡右移，电离程度增大，c(H＋)和c(OH－)同时增大，KW增大，但由于c(H＋)和c(OH－)始终保持相等，故仍呈中性。(3)水的离子积不仅适用于纯水，也适用于任何酸、碱、盐的稀溶液，即水的离子积揭示了在任何水溶液中，均存在水的电离平衡，且H2O电离出的c(H＋)和c(OH－)总是相等。(4)向纯水中加入酸或碱，由于酸或碱电离产生的H＋或OH－，使溶液中的c(H＋)或c(OH－)增大，使水的电离平衡左移，水的电离程度减小。(5)当向水中加入含有弱酸根阴离子或弱碱阳离子的盐时，由于它们能跟水电离出的H＋或OH―结合生成难电离物，使水的电离平衡右移，水的电离程度增大，但KW保持不变。2．溶液的酸碱性在一定温度的水溶液中，无论是酸性、中性，还是碱性溶液，H＋和OH－19\n始终同时存在，二者相互依存，缺一不可，共同组成水的电离平衡体系，同时二者又相互矛盾，此消彼长，一个增大时，另一个必然减小，使得二者的乘积始终不变，恒等于KW。常温下，溶液的酸碱性取决于c(H＋)和c(OH－)的相对大小：中性溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7mol·L－1；酸性溶液中，c(H＋)＞c(OH－)，c(H＋)＞1×10－7mol·L－1；碱性溶液中，c(H＋)＜c(OH－)，c(H＋)＜1×10－7mol·L－1。3．常温下，强酸(pH1)与强碱(pH2)混合呈中性时，二者体积与pH的关系规律：若pH1＋pH2＝14，则V(酸):V(碱)＝1:1；若pH1＋pH2＞14，则V(酸):V(碱)＝10(pH1＋pH2)－14:1；若pH1＋pH2＜14，则V(酸):V(碱)＝1:1014－(pH1＋pH2)。4．关于酸、碱混合时的定性判断：常温时，酸与碱混合时发生中和反应，但不一定恰好完全中和。即使恰好完全中和，溶液也不一定呈中性，由生成的盐能否水解及水解情况而定，另外，酸碱的强弱不同，提供反应物的量不同也影响着反应后溶液的性质。一般酸或碱过量或生成的盐水解对溶液的酸碱性影响大。下面把常见的几种情况分列出来：①等物质的量浓度的一元弱酸和一元强碱溶液等体积混合后溶液pH＞7(由生成的强碱弱酸盐水解决定)；②等物质的量浓度的一元强酸与一元弱碱溶液等体积混合后溶液pH＜7(由生成的强酸弱碱盐水解决定)；③等物质的量浓度的一元强酸与强碱溶液等体积混合后溶液pH＝7(因生成的强酸强碱盐不水解)；④pH之和为14的强酸与强碱溶液以等体积混合后pH＝7(与酸、碱的几元无关)；⑤pH＝3的某一元酸溶液与pH＝11的一元强碱溶液以等体积混合后pH≤7(考虑酸有强弱之分，若为弱酸，反应后酸过量)；⑥pH＝3的某一元强酸与pH＝11的一元碱溶液以等体积混合后pH≥7(考虑碱有强弱之分，若为弱碱，反应后弱碱过量)；⑦将pH＝3的酸溶液和pH＝11的碱溶液以等体积混合，溶液pH无法确定。即时演练425℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－　ΔH＞0，下列叙述正确的是(　　)A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低D．将水加热，KW增大，pH不变热点四　盐类水解【例4】根据下表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度关系正确的是(　　)化学式电离常数HClOKi＝3×10－8H2CO3ZXXKi1＝4.3×10－7[Ki2＝5.6×10－11A．c(HCO)＞c(ClO－)＞c(OH－)B．c(ClO－)＞c(HCO)＞c(H＋)C．c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO)＋c(CO)D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(ClO－)＋c(OH－)思路点拨1．盐类水解的特征(1)能发生水解反应的盐必须是可溶性盐；19\n(2)只有可溶性盐电离出的弱酸根阴离子或弱碱阳离子才能与H＋或OH－结合生成弱电解质；(3)盐类水解促进水的电离，使溶液c(H＋)和c(OH－)的相对大小发生改变，但水的离子积常数KW保持不变；(4)盐类水解反应是酸碱中和反应的逆反应，一般不能进行到底。2．盐类水解的规律谁弱谁水解(用以证明电解质是否属于弱电解质)，谁强显谁性(用以判别酸碱的相对强弱)，越弱越水解(用以判别弱电解质的相对强弱)，无弱不水解(盐类水解的实质)，都弱共水解(影响盐类水解的条件之一)。即时演练525℃时，浓度均为0.2mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3溶液中，下列判断不正确的是(　　)A．均存在电离平衡和水解平衡B．存在的粒子种类相同C．c(OH－)前者大于后者D．分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大热点五　离子浓度的大小比较【例5】(2022上海卷)下列溶液中微粒浓度关系一定正确的是(　　)A．氨水与氯化铵的pH＝7的混合溶液中：c(Cl－)＞c(NH)B．pH＝2的一元酸和pH＝12的一元强碱等体积混合：c(OH－)＝c(H＋)C．0.1mol·L－1的硫酸铵溶液中：c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)D．0.1mol·L－1的硫化钠溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)思路点拨1．溶液中的守恒关系(1)电荷守恒规律：电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数，即溶液中阴、阳离子所带的电荷总数相等。如：NH4Cl溶液中阳离子有NH和H＋，阴离子有OH－和Cl－，根据电荷守恒原理有：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)；Na2CO3溶液中阳离子有Na＋和H＋，阴离子有OH－、HCO和CO，根据电荷守恒原理有：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。(2)物料守恒规律：电解质溶液中，由于某些离子能水解或电离，使离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的，即某元素各种不同存在形态的微粒，物质的量总和不变。如0.1mol·L－1NH4Cl溶液中：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝0.1mol·L－1＝c(Cl－)；0.1mol·L－1Na2CO3溶液中：c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝0.1mol·L－1。(3)水电离出的H＋与OH－数量守恒：依据水电离反应H2OH＋＋OH－，水电离产生的H＋或OH－的物质的量总是相等的，无论在溶液中该H＋和OH－以什么形式存在。如NH4Cl溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O)；Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。2．溶液中离子浓度大小比较的规律(1)多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如H3PO4的溶液中：c(H＋)＞c(H2PO)＞c(HPO)＞c(PO)。19\n(2)强碱弱酸盐：多元弱酸正盐根据多元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，要考虑溶液中其他离子对其的影响。如在相同物质的量浓度的下列溶液中①NH4Cl、②CH3COONH4(CH3COO－水解促进NH水解)、③NH4HSO4(电离产生的H＋抑制NH水解)，c(NH)浓度由大到小的顺序是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。如在0.1mol·L－1的NH4Cl和0.1mol·L－1氨水的混合溶液中，各离子的浓度的大小顺序为c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)，在该溶液中，NH3·H2O的电离与NH水解互相抑制，NH3·H2O的电离大于NH的水解作用时，溶液显碱性，c(OH－)＞c(H＋)，由电荷守恒可知c(NH)＞c(Cl－)。一般认为与其同浓度对应的弱酸(或弱碱)的电离相比，电离程度大于水解程度，如溶液中相同浓度的CH3COOH和CH3COONa，CH3COOH的电离程度大于CH3COONa水解程度，类似的还有NH3·H2O和NH4Cl等，但HCN和KCN不同，CN－的水解程度大于HCN的电离程度。即时演练6(2022湛江二模双选)室温时，0.1mol·L－1的HA溶液的pH＝3，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液，在滴加过程中，有关叙述不正确的是(　　)A．未加入NaOH溶液时，原HA溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)B．向原溶液中滴入少量的0.1mol·L－1的NaOH溶液，可促进HA的电离，且原溶液的pH降低C．当滴入的NaOH与HA恰好完全中和时，溶液中c(Na＋)＝c(A－)，且溶液呈中性D．当加入过量的NaOH溶液时，溶液中离子浓度可能为：c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)热点六　中和滴定【例6】(2022高考安徽卷)室温下，将1.000mol·L－1盐酸滴入20.00mL1.000mol·L－1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是(　　)A．a点由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－14mol·L－1B．b点：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)C．c点：c(Cl－)＝c(NH)D．d点后，溶液温度略下降的主要原因是NH3·H2O电离吸热思路点拨19\n1．中和滴定操作：左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，向同一方向做圆周运动，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化。临近终点时滴液要慢，至指示剂变色不立即褪去或变为原色即为终点，避免过量(如果过量，应进行回滴，并记录滴入的体积)。整个操作要领可总结为“四先四后”：①先把滴定管洗净，后检查滴定管是否漏水，活塞旋转是否灵活；②滴定管、移液管先用蒸馏水洗，后用所盛装的溶液润洗；③取液时，一般是先将标准液注入滴定管，后将待测液放入锥形瓶；④滴定的速率一般是先快后慢。2．图像分析法识图选择题是根据题目所给条件和化学图像、仪器装置、工业流程图、化学模型图等来做出选择的一类试题。这类试题将化学基本概念、理论和其他基础知识综合起来，并将变化过程中的定量(或定性)关系以曲线、图像表示出来。不仅考查看图、识图、发掘图形的隐含性质和相互联系的能力，而且考查对图形语言、符号语言和普通语言的理解和转译能力。解答(或计算)这类题的方法叫图像分析法。图像分析法是指看清横、纵坐标分别表示什么，注意曲线的形状、走向和高低、拐点出现的先后，看最高点、最低点和交叉点，抓住图像特征与相应的化学原理、有关概念、反应规律、物质性质相结合，对“数”“形”“义”“性”进行综合思考，从中发掘隐含信息快速解题。即时演练7常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1CH3COOH溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是(　　)A．点①所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)B．点②所示溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)C．点③所示溶液中：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)D．滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)热点七　沉淀溶解平衡【例7】(2022高考浙江卷)海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：Na＋Mg2＋Ca2＋Cl－HCO0.4390.0500.0110.5600.001注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10－5mol·L－1，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp(CaCO3)＝4.96×10－9；Ksp(MgCO3)＝6.82×10－6；Ksp(Ca(OH)2)＝4.68×10－6；Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12。下列说法正确的是(　　)19\nA．沉淀物X为CaCO3B．滤液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋C．滤液N中存在Mg2＋、Ca2＋D．步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物思路点拨沉淀溶解平衡的应用1．沉淀的生成(1)原理：若Qc大于Ksp，难溶电解质的沉淀溶解平衡向左移动，就会生成沉淀。为使沉淀更完全，所选用沉淀剂使生成沉淀的反应进行得越完全越好(使沉淀离子形成沉淀的Ksp尽可能的小，即沉淀溶解度越小越好)，由沉淀剂引入溶液的杂质离子要便于除去或不引入新的杂质。(2)方法：调节pH法、加沉淀剂法、同离子效应法、氧化还原法。2．沉淀的溶解(1)原理：当Qc小于Ksp，使难溶电解质的沉淀溶解平衡向右移动，沉淀就会溶解。根据平衡移动，对于在水中难溶的电解质，如果能设法不断地移去溶解平衡体系中的相应离子，使平衡向沉淀溶解的方向移动，就可以使沉淀溶解。(2)方法：酸碱溶解法、盐溶解法、发生氧化还原反应使沉淀溶解和生成配合物使沉淀溶解。3．沉淀的转化(1)实质：沉淀溶解平衡的移动。(2)特征：一般说来，溶解能力相对较强的物质易转化为溶解能力相对较弱的物质；沉淀的溶解能力差别越大，越容易转化。沉淀的生成、溶解、转化本质上都是沉淀溶解平衡的移动问题，其基本依据主要有：①浓度：加水，平衡向溶解方向移动。②温度：升温，多数平衡向溶解方向移动。③加入相同离子，平衡向沉淀方向移动。④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，使平衡向溶解的方向移动。即时演练8(2022高考天津卷部分)工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大的损害，必须进行处理。还原沉淀法的工艺流程为：CrOCr2OCr3＋Cr(OH)3↓其中第①步存在平衡：2CrO(黄色)＋2H＋Cr2O(橙色)＋H2O(1)若平衡体系的pH＝2，该溶液显________色。(2)能说明第①步反应达平衡状态的是________。a．Cr2O和CrO的浓度相同b．2v(Cr2O)＝v(CrO)c．溶液的颜色不变(3)第②步中，还原1molCr2O离子，需要________mol的FeSO4·7H2O。(4)第③步生成的Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝10－32，要使c(Cr3＋)降至10－5mol·L－1，溶液的pH应调至________。19\n误区警示1．电解质的强弱取决于电解质在水溶液中是否完全电离，与溶解度的大小无关。一些难溶的电解质，但溶解的部分能全部电离，则仍属强电解质，如BaSO4、BaCO3等。2．强电解质溶液的导电性不一定强，如很稀的强电解质溶液，其离子浓度很小，导电性很弱；弱电解质溶液的导电性不一定弱，如较浓的弱电解质溶液，其电离出的离子浓度可以较大，导电性可以较强。3．在不同溶液中，c(H＋)、c(OH―)可能不同，但任何溶液中由水电离的c(H＋)与c(OH―)总是相等的。水的离子积常数KW＝c(H＋)·c(OH―)式中，c(H＋)、c(OH―)均表示整个溶液中总物质的量浓度。4．水解生成的弱电解质及产生的H＋(或OH－)也是微量，但由于水的电离平衡和盐类水解平衡的存在，所以水解后的酸性溶液中c(H＋)[或碱性溶液中的c(OH－)]总是大于水解产生的弱电解质的浓度。5．对于相同类型的电解质，溶度积Ksp越大，其在水中的溶解能力越大；溶度积Ksp和溶解度S均可衡量物质在水中的溶解能力，只有相同类型的物质，才有Ksp越大S越大的结论；同一物质的Ksp与温度有关，与溶液中的溶质离子浓度无关。跟踪练习下列叙述正确的是____。①25℃，某物质的溶液pH＜7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐②已知：25℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，Ksp(MgF2)＝7.42×10－11。在Mg(OH)2悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2③加热蒸发Na2CO3溶液至水分蒸干，可得到NaHCO3和NaOH的混合物④常温下，0.2mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合后(忽略混合前后溶液体积的变化)，溶液的pH＜7，溶液中CH3COOH的电离程度小于CH3COONa的水解程度⑤已知：25℃时，CaCO3的Ksp＝4.96×10－9，Mg(OH)2的Ksp＝5.61×10－12。CaCO3和Mg(OH)2的饱和溶液中c(Ca2＋)＞c(Mg2＋)⑥用蒸馏水冲稀0.1mol·L－1的醋酸溶液，溶液中各离子的浓度都会减小⑦SO2溶于水，其水溶液能导电，说明SO2是电解质⑧测量溶液的导电性可区分出盐酸和醋酸，导电能力强的是盐酸⑨相同温度下，0.2mol·L－1的醋酸溶液与0.1mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)之比小于2:11．下列液体均处于25℃，有关叙述正确的是(　　)A．某物质的溶液pH＜7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐B．pH＝4.5的番茄汁中c(H＋)是pH＝6.5的牛奶中c(H＋)的100倍C．AgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同D．pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na＋)＞c(CH3COO－)2．下列关于电解质溶液的叙述正确的是(　　)A．常温下，同浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液相比，Na2CO3溶液的pH大B．常温下，pH＝7的NH4Cl与氨水的混合溶液中：c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＝c(OH－)C．中和pH与体积均相同的盐酸和醋酸，消耗NaOH的物质的量相同19\nD．将pH＝4的盐酸稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低3．已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2，NaCN＋HF===HCN＋NaF，NaNO2＋HF===HNO2＋NaF。由此可判断下列叙述不正确的是(　　)A．K(HF)＝7.2×10－4B．K(HNO2)＝4.9×10－10C．根据其中两个反应即可得出结论D．K(HCN)＜K(HNO2)＜K(HF)4．25℃时，水的电离达平衡：H2OH＋＋OH－　ΔH＞0，下列叙述正确的是(　　)A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低D．将水加热，KW增大，pH不变5．实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋[滴定时，1mol(CH2)6N4H＋与1molH＋相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤Ⅰ.称取样品1.500g。步骤Ⅱ.将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤Ⅲ.移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。(1)根据步骤Ⅲ填空：①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积____________________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察________________________。A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化④滴定达到终点时，酚酞指示剂由____色变成____色。(2)滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前滴定后125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol·L－1，则该样品中氮的质量分数为______________________。19\n6．重金属离子(Cu2＋、Hg2＋、Cd2＋、Pb2＋等)是常见的有毒污染物，水体、土壤及生物一旦受到重金属离子的污染就很难去除，重金属污染给生态环境和人类自身造成严重危害。某公司以含重金属的废水为原水，处理废水工艺流程如图所示：已知下列物质的Ksp：Cu(OH)2CuSFeSPbSHgSCdS2.2×10－208.5×10－456.3×10－183.4×10－284×10－538×10－29请回答下列问题：(1)OH－与S2－相比，除去废水中的Cu2＋效果较好的是________。(2)从下述试剂中选择流程中的试剂A最好是________(填字母)，选择该试剂的理由是________________________________________________________________________。请写出你选择的试剂与Cu2＋反应的离子方程式：________________________________________________________________________________________________________。A．H2S　　　　B．FeS　　　　C．Na2S(3)下图为某些重金属离子在不同温度与pH下的平衡浓度：19\n从图中分析，除去废水中的重金属离子的最佳温度为________，上述流程中NaOH的作用是________________________________________________________________________。7．(2022高考上海卷修改)碳酸氢铵是一种重要的铵盐。实验室中，将二氧化碳通入氨水可制得碳酸氢铵，用碳酸氢铵和氯化钠可制得纯碱。完成下列填空：(1)二氧化碳通入氨水的过程中，先有________晶体(填写化学式)析出，然后晶体溶解，最后析出NH4HCO3晶体。含0.800molNH3的水溶液质量为54.0g，向该溶液通入二氧化碳至反应完全，过滤，得到滤液31.2g，则NH4HCO3的产率为________%。(2)粗盐(含Ca2＋、Mg2＋)经提纯后，加入碳酸氢铵可制得碳酸钠。实验步骤依次为：①粗盐溶解；②加入试剂至沉淀完全，煮沸；③________；④加入盐酸调pH；⑤加入________；⑥过滤；⑦灼烧，冷却，称重。上述步骤④中加盐酸调pH的目的是________。(3)为探究NH4HCO3和NaOH的反应，设计实验方案如下：含0.1molNH4HCO3的溶液中加入0.1molNaOH，反应完全后，滴加氯化钙稀溶液。若有沉淀，则NH4HCO3与NaOH的反应可能为______________(写离子方程式)；若无沉淀，则NH4HCO3与NaOH的反应可能为____________________(写离子方程式)。该实验方案有无不妥之处？若有，提出修正意见。8．(1)已知常温下，Cu(OH)2的溶度积常数Ksp＝2×10－20。某CuSO4溶液中，c(Cu2＋)＝0.02mol·L－1，若要生成沉淀，则应调整溶液的pH大于________。若要使c(Cu2＋)＝0.2mol·L－1的CuSO4溶液中Cu2＋沉淀较为完全(使Cu2＋浓度降至原来的千分之一)，则应向溶液中加入NaOH溶液，使溶液的pH为________。(2)已知在25℃时Ksp[Mg(OH)2]＝3.2×10－11，假设饱和Mg(OH)2溶液的密度为1g·mL－1，试求Mg(OH)2的溶解度为________g。在25℃时，向0.02mol·L－1的MgCl2溶液中加入NaOH固体，如要生成Mg(OH)2沉淀，应使溶液中的c(OH－)最小为______mol·L－1。25℃时，向浓度均为0.02mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成________沉淀(填化学式)；当两种沉淀共存时，＝________。参考答案命题调研·明晰考向真题试做1．D　解析：亚硫酸钠为强碱弱酸盐，在溶液中存在水解平衡，升高温度，水解平衡右移，碱性增强，pH升高，A错误；加入氢氧化钠固体，溶液中Na＋、OH－浓度增大，平衡会逆向移动，SO浓度增大，D正确；电解质溶液中存在电荷守恒、物料守恒等守恒关系，物料守恒关系为c(Na＋)＝2[c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)]，B错误；电荷守恒关系为c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)，C错误。2．D　解析：因为阳离子浓度均大于阴离子浓度，电荷肯定不守恒，A错误；NaA为强碱弱酸盐，A－在溶液中发生水解，但水解反应是微弱的，故c(A－)＞c(OH－)，B错误；NaA溶液中，存在电荷守恒关系c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，C错误。19\n3．AC　解析：盐酸中存在电荷守恒的关系：c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，A正确；氨水为弱碱，常温下pH＝2的盐酸和pH＝12的氨水等体积混合后，氨水过量，混合液显碱性，B错误；pH＝2的盐酸中OH－全部由水电离出来，且与水电离出的H＋浓度相等，故水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－14/(1.0×10－2)＝1.0×10－12mol·L－1，C正确；等物质的量的HCl和CH3COONa两种溶液混合，得到含等物质的量的HCl和CH3COOH的溶液，因为CH3COOH是弱酸，故c(Cl－)＞c(CH3COO－)，D错误。4．D　解析：新制氯水中加入固体NaOH得到的溶液中存在电荷守恒，即c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，A不正确；NaHCO3溶液中，NaHCO3水解呈碱性，水解大于电离，即c(H2CO3)＞c(CO)，B不正确；pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合，氨水过量，溶液应呈碱性，C不正确；0.2mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合反应得到0.05mol·L－1CH3COOH和0.05mol·L－1CH3COONa，溶液中存在电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)和物料守恒，2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，将两式中的c(Na＋)消去得2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)，D正确。5．C　解析：醋酸为弱酸，稀释时会促进电离，H＋浓度的减小会小于稀释的倍数，即稀释后溶液的pH小于4而大于3，A项错误；NaHA的水溶液呈碱性，能说明HA－在水解，能说明H2A是弱酸，但若NaHA的水溶液呈酸性，只是说明HA－的电离程度比HA－的水解程度大，而不能说明H2A能完全电离，也就不能说明H2A为强酸，B项错误；强酸溶液正好完全中和时，所得溶液的pH＝7，而强碱与弱酸正好完全中和时，溶液的pH＞7，若所得溶液的pH＝7说明碱不足，C项正确；Ag＋浓度最大的是④，其次是①，最小的是③，D项错误。6．答案：(1)搅拌溶解、过滤　250mL容量瓶中(3)×100%解析：(1)由于试样中含有难溶性的BaCO3，因此加水溶解后要过滤，且冷却后再转移到250mL容量瓶中；(3)消耗盐酸的物质的量是0.1980×V×10－3mol，所以25.00mL溶液中含有Ba(OH)2的物质的量是mol，所以wg试样中Ba(OH)2的质量是××315g，故Ba(OH)2·8H2O的质量分数＝×100%。精要例析·聚焦热点热点例析【例1】D　解析：HF为弱酸，在溶液中存在电离平衡。由于Ka(HF)是一个温度函数，温度不变，Ka(HF)不变；溶液加水不断稀释过程中，微粒的浓度均会减小，但电离平衡向右移动，HF的电离程度不断增大，H＋的数目不断增多，HF分子数目不断减少，c(H＋)/c(HF)始终保持增大。【即时演练1】B　解析：醋酸是弱酸，稀释10倍，pH增加不到一个单位，A错误；加入适量的醋酸钠固体，抑制醋酸的电离，使其pH增大，可以使其pH由a变成(a＋1)，B正确；加入等体积0.2mol·L－1盐酸，虽然抑制醋酸的电离，但增大了c(H＋)，溶液的pH减小，C错误；提高溶液的温度，促进了醋酸的电离，c(H＋)增大，溶液的pH减小，D错误。19\n【即时演练2】答案：10－3.45　Ka＝，当c(HF)＝c(F－)，Ka＝c(H＋)，查图中的交点处即为c(HF)＝c(F－)，故所对应的pH即为Ka的负对数解析：HF电离平衡常数Ka＝，其中c(H＋)、c(F－)、c(HF)都是电离达到平衡时的浓度。平衡常数是随温度变化的，不随溶液中的离子浓度的实际值而发生变化，选择c(HF)＝c(F－)时，由HF电离平衡常数公式可得Ka＝c(H＋)，查图得c(HF)＝c(F－)时，pH＝3.45，所以Ka＝c(H＋)＝10－3.45。【例2】答案：用于比较pH的两种酸的物质的量浓度不相等　提供三种参考方案如下：方案一：配制相同物质的量浓度的NaHSO3和NaHCO3溶液，用酸度计(或pH试纸)测两溶液的pH，前者的pH小于后者，证明H2SO3酸性强于H2CO3。方案二：将SO2气体依次通过NaHCO3(或Na2CO3)溶液、酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水，品红溶液不褪色且澄清石灰水变浑浊，证明H2SO3酸性强于H2CO3。方案三：将CO2气体依次通过NaHSO3(或Na2SO3)溶液、品红溶液，品红溶液不褪色，证明H2SO3酸性强于H2CO3解析：H2SO3和H2CO3均属于二元酸，要想通过比较二者的pH来验证二者的酸性强弱，必须使二者的浓度相同，但是SO2和CO2气体溶于水后的饱和溶液浓度显然不相等(因为二者的溶解度不同)，所以该实验设计不正确；要检验酸性强弱，可以采用多种方法，例如利用水解原理(酸越弱相应的强碱盐就越易水解)，也可以利用较强的酸制取较弱的酸来检验。由于SO2和CO2气体均可以使饱和石灰水变浑浊，所以CO2气体在通入饱和石灰水之前必须除去混有的SO2气体。【即时演练3】答案：HSCN的酸性比CH3COOH强，其溶液中c(H＋)较大，故其溶液与NaHCO3溶液反应速率较快　＜解析：由Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5＜Ka(HSCN)＝0.13可知，HSCN比CH3COOH的酸性强，易电离，溶液中H＋浓度大，H＋浓度越大与NaHCO3反应产生CO2气体的速率越快；反应结束后，溶质为CH3COONa和NaSCN，因CH3COOH的酸性弱于HSCN，故CH3COONa水解程度大，c(CH3COO－)＜c(SCN－)。【例3】C　解析：选项A中，在该温度下，当pH(强酸)＋pH(强碱)＝12时，两种溶液等体积混合时恰好完全中和。现碱过量溶液呈碱性，A错。选项B中两者之比为10－1/10－11＝1010，B错。由于pH为1的硫酸酸性强，对水电离的抑制程度大，即pH为1的硫酸溶液中由水电离出的c(H＋)更小，D错。【即时演练4】B　解析：由题意可知，水的电离为吸热反应，当温度升高时，平衡向正向移动，c(H＋)都增大，所以pH减小，D错误；当加入盐(NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，相当于加入酸)或碱(加入稀氨水NH3·H2ONH＋OH－)时，都抑制了水的电离，而溶液中的c(H＋)和c(OH－)分别增大，由于温度不变，所以水的离子积不变，A错误，B正确；当加入可水解的盐(CH3COONa)时，因为存在CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－而促进水的电离，C错误。【例4】A　解析：由表中数据可知H2CO3的酸性强于HClO、HClO的酸性强于HCO，则等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，ClO－的水解程度大于等浓度的HCO，即c(HCO)＞c(ClO－)，所以A正确，B错误；根据物料守恒，NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度正确关系是c(HClO)＋c(ClO－)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，C错误；根据电荷守恒，NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种离子浓度正确关系是c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(ClO－)＋c(OH－)，D错误。19\n【即时演练5】C　解析：溶液由溶质和溶剂组成，NaHCO3溶液中存在溶剂水的电离平衡(H2OH＋＋OH－)和溶质阴离子HCO的电离平衡(HCOH＋＋CO)，Na2CO3溶液中只存在溶剂水的电离平衡，NaHCO3和Na2CO3溶液都是强碱弱酸盐，都可以发生水解，存在水解平衡(HCO＋H2OH2CO3＋OH－，CO＋H2OHCO＋OH－)，其中Na2CO3包括两个水解平衡，A正确不符合题意；根据前面分析的电离平衡和水解平衡，得知NaHCO3和Na2CO3溶液中存在共同的微粒成分：2种分子，H2O、H2CO3,5种离子，Na＋、HCO、CO、OH－、H＋，B正确不符合题意；同浓度时CO水解程度比HCO强，Na2CO3溶液的碱性比同浓度的NaHCO3溶液的碱性强，即NaHCO3和Na2CO3溶液中c(OH－)前者小于后者，C错误符合题意；分别加入NaOH固体，NaHCO3和NaOH发生中和反应，c(CO)增大，Na2CO3溶液中加入NaOH固体抑制碳酸钠水解，c(CO)增大，当然分别加入NaOH固体，NaOH固体溶于水放热，能促进水解，使c(CO)都减小，但是恢复到原温度，这种温度因素消失，溶液中的氢氧根离子的作用不会因温度的降低而消失，最终c(CO)都增大，D正确不符合题意。【例5】C　解析：此题考查了溶液中的微粒浓度的大小比较。氨水和氯化铵混合溶液的pH＝7时，溶液中c(OH－)＝c(H＋)，则由电荷守恒得c(Cl－)＝c(NH)，A错误；由于pH＝2的酸的强弱未知，当其是强酸时正确，当其是弱酸时，酸过量则溶液中c(OH－)＜c(H＋)，B错误；1mol·L－1的硫酸铵溶液中，铵根离子部分水解，根据物质的组成，可知：c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)，C正确；根据物料守恒可知，1mol·L－1的硫化钠溶液中存在下列关系：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，D错误。【即时演练6】BC　解析：HA溶液中，c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)符合质子守恒的关系，A正确；向HA溶液中加入NaOH溶液，OH－中和H＋，电离平衡向右移动，溶液的pH增大，B错误；当滴入的NaOH与HA恰好完全中和时，生成强碱弱酸盐NaA，NaA溶液呈碱性，C错误；当加入过量的NaOH溶液时，溶液中含有NaA和NaOH，溶液显碱性，D正确。【例6】C　解析：氨水属于弱碱，因此在1.000mol·L－1氨水中OH－的浓度不会是1.000mol·L－1而是要小于1.000mol·L－1，由水的离子积常数可知溶液中H＋浓度应大于1.0×10－14mol·L－1，A错误；由图像可知b点溶液显碱性，说明此时氨水有剩余，即溶液是由氨水和氯化铵组成的，因此有c(NH)＋c(NH3·H2O)＞c(Cl－)，B错误；c点溶液显中性，由电荷守恒可知c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)，所以c(NH)＝c(Cl－)，C正确；d点后溶液中主要物质是NH4Cl，而NH4Cl要水解吸热，所以温度会略有降低，D错误。【即时演练7】D　解析：由图像可知处于点①时溶液呈酸性，说明NaOH不足，形成CH3COOH和CH3COONa混合液，根据电荷守恒得正确关系式为c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，A错误；在点②时pH＝7，由CH3COONa溶液显碱性可知仍没有完全反应，依然是CH3COOH和CH3COONa混合液，根据物料守恒得正确关系式为c(Na＋)＜c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B错误；当V(NaOH)＝20mL时，两者完全反应生成CH3COONa，CH3COONa溶液中离子浓度的大小顺序是c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，C错误；在滴定过程中，当NaOH不足时，不能完全中和醋酸，形成CH3COOH(很多)和CH3COONa(很少)混合液，则可能有关系式：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(Na＋)＞c(OH－)，D正确。【例7】A　解析：(1)从题给的条件，可知步骤①n(NaOH)＝0.001mol，依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，1L模拟海水中加入0.001molNaOH，OH－恰好与HCO完全反应生成0.00119\nmolCO，由Ksp(CaCO3)≪Ksp(MgCO3)可知反应生成的CO与海水中的Ca2＋反应生成CaCO3沉淀所以沉淀物X为CaCO3，A正确；由于反应生成CaCO3所消耗的Ca2＋只有0.001mol，滤液中还剩余Ca2＋，滤液M中同时存在着Ca2＋和Mg2＋，B错误；当滤液M中加入NaOH固体，步骤②调至pH＝11时，此时滤液中c(OH－)＝1×10－3mol·L－1，由Q[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)×(10－3)2＝0.010×(10－3)2＝10－8＜Ksp[Ca(OH)2]可知无Ca(OH)2生成，由Q[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)×(10－3)2＝0.050×(10－3)2＝5×10－8＞Ksp[Mg(OH)2]可知有Mg(OH)2沉淀生成，由Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)×(10－3)2＝5.6×10－12得c(Mg2＋)＝5.6×10－6＜1×10－5，滤液N中Mg2＋完全沉淀无剩余，C错误；步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，则n(NaOH)＝0.105mol，与0.05molMg2＋反应生成0.05molMg(OH)2，剩余0.005molOH－，由Q[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)×c2(OH－)＝0.010×(0.005)2＝2.5×10－7＜Ksp[Ca(OH)2]可知无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀物Y为Mg(OH)2沉淀，D错误。【即时演练8】答案：(1)橙　(2)c　(3)6　(4)5解析：(1)pH＝2说明溶液显酸性，平衡向正反应方向移动，Cr2O的浓度会增大，所以溶液显橙色。(2)在一定条件下的可逆反应里，当正反应速率和逆反应速率相等，反应物的浓度与生成物的浓度不再改变时，该可逆反应就到达化学平衡状态，a不正确；在任何情况下Cr2O和CrO的反应速率之比总是满足1:2，b不正确；溶液颜色不再改变，这说明Cr2O和CrO的浓度不再发生改变，可以说明反应已经达到化学平衡状态，c正确。(3)Cr2O中Cr的化合价是＋6，所以1molCr2O被还原转移2×(6－3)＝6mol电子；Fe2＋被氧化生成Fe3＋，转移1个电子，因此根据得失电子守恒可知需要FeSO4·7H2O的物质的量为6mol。(4)由溶度积常数的表达式Ksp＝c(Cr3＋)·c3(OH－)＝10－32可知，当c(Cr3＋)＝10－5mol·L－1时，c(OH－)＝10－9mol·L－1，所以pH＝5。【跟踪练习】答案：⑨解析：①某些电离能力大于水解能力的弱酸强碱酸式盐的溶液也可以显酸性，错误；②在Mg(OH)2悬浊液中加入NaF，只要使c(F－)的浓度大于8.1×10－4mol·L－1，就可以转化为MgF2，错误；③加热蒸发Na2CO3溶液，一旦水分蒸干，就不再水解，溶质仍为Na2CO3，错误；④两溶液混合后，生成等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，只有CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度溶液才显酸性，错误；⑤CaCO3和Mg(OH)2的饱和溶液中，c(Ca2＋)＝7.04×10－5mol·L－1，c(Mg2＋)＝1.12×10－4mol·L－1，c(Ca2＋)＜c(Mg2＋)，错误；⑥用蒸馏水冲稀0.1mol·L－1的醋酸溶液，溶液中H＋的浓度会减小，但OH－的浓度会增大，错误；⑦SO2溶于水，其水溶液能导电，但电解质是H2SO3，错误；⑧溶液的导电性作为判断强弱电解质的依据是有条件的，如温度、浓度均相同等，但题意中并未表明，错误；⑨弱电解质溶液越稀，其电离度越大，故相同温度下，0.2mol·L－1的醋酸溶液与0.1mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)之比小于2:1，正确。创新模拟·预测演练1．B　解析：某些强酸的酸式盐溶液的pH＜7，如NaHSO4溶液，A错误；pH＝4.5的番茄汁中c(H＋)＝10－4.5mol·L－1，pH＝6.5的牛奶中c(H＋)＝10－6.5mol·L－1，两者c(H＋)的比值等于100，B正确；同浓度的CaCl2溶液的c(Cl－)是NaCl的两倍，c(Cl－)越大AgCl的溶解度越小，C错误；pH＝5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液显酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，根据电荷守恒得c(CH3COO－)＞c(Na＋)，D错误。19\n2．A　解析：常温下，Na2CO3溶液的水解能力大于同浓度的NaHCO3溶液的水解能力，同浓度的Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3溶液，A正确；根据电荷守恒可得NH4Cl与氨水的混合溶液中离子浓度的关系：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，因c(H＋)＝c(OH－)，所以c(NH)＝c(Cl－)，故有c(NH)＝c(Cl－)＞c(H＋)＝c(OH－)，B错误；pH相同的HCl、CH3COOH溶液相比，CH3COOH的物质的量浓度远远大于HCl的物质的量浓度，所以中和等体积pH相同的HCl、CH3COOH溶液时，CH3COOH消耗NaOH的物质的量多，C错误；稀释HCl溶液时，c(H＋)下降，水的离子积常数KW不变，所以c(OH－)上升，D错误。3．B　解析：相同温度下，弱电解质的电离常数是比较弱电解质相对强弱的条件之一；根据第一、第三两个反应可知三种一元弱酸的强弱顺序为HF＞HNO2＞HCN；由此可判断K(HF)＞K(HNO2)＞K(HCN)，其对应数据依次为K(HF)＝7.2×10－4，K(HNO2)＝4.6×10－4，K(HCN)＝4.9×10－10。4．B　解析：向水中加入稀氨水，c(OH－)增大，溶液碱性增强，抑制了水的电离，平衡逆向移动，A错误；向水中加入少量固体CH3COONa，CH3COONa水解促进了水的电离，平衡正向移动，c(H＋)降低，c(OH－)增大，C错误；将水加热，平衡正向运动，KW增大，pH减小，D错误。5．答案：(1)①偏高　②无影响　③B　④无　粉红(或浅红)(2)18.85%解析：由4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋[滴定时，1mol(CH2)6N4H＋与1molH＋相当]可知，4molNH与甲醛反应产生的H＋与(CH2)6N4H＋可消耗4molNaOH，则消耗的NaOH的物质的量等于NH的物质的量，若碱式滴定管没有用标准溶液清洗，则NaOH溶液浓度变小，滴定时用去NaOH溶液的体积增加，计算出的NH的物质的量偏大，滴定时反应的实质为H＋＋OH－===H2O，是物质的量相等，所以锥形瓶中加水不会影响反应结果，滴定时锥形瓶中的溶液是由酸性变为中性，在酚酞为指示剂的情况下，溶液颜色由无色变为浅粉色。N的质量分数为×100%，NaOH的体积利用三次测得的平均值为20.00mL，代入上式可得结果。6．答案：(1)S2－(2)B　H2S和Na2S除去废水中重金属离子的同时引入了H＋和Na＋，使最后出来的水中Na＋浓度较大，FeS则不会引入新的杂质离子　FeS＋Cu2＋===CuS＋Fe2＋(3)60℃(55～70℃都正确)　调节溶液的pH为8.8～9.0解析：(1)由表中的数据可知：Ksp(CuS)≪Ksp[Cu(OH)2]，OH－与S2－相比，除去废水中的Cu2＋效果较好的是S2－；(2)H2S和Na2S除去废水中重金属离子的同时引入了H＋和Na＋，使最后出来的水中Na＋浓度较大，FeS则不会引入新的杂质离子；(3)由图中数据可知在60℃左右重金属离子的浓度最低，因此除去废水中的重金属离子的最佳温度为60℃。由图中数据可知pH在8.8～9.0时，重金属离子的浓度最低，故在上述流程中加入NaOH的作用是调节溶液的pH为8.8～9.0。7．答案：(1)(NH4)2CO3　92(2)过滤　碳酸氢铵　中和过量的氢氧化钠和碳酸钠(3)HCO＋OH－===CO＋H2O　NH＋OH－===NH3·H2O　需先煮沸，然后滴加氯化钙稀溶液19\n解析：(1)将CO2通入氨水中首先生成(NH4)2CO3晶体析出，随CO2不断通入，(NH4)2CO3和CO2作用转化为NH4HCO3晶体，最终析出NH4HCO3晶体；该氨水完全反应需通入0.8molCO2，过滤得到m(NH4HCO3)＝54.0g＋0.8mol×44g·mol－1－31.2g＝58g，理论上应得到m(NH4HCO3)＝0.8mol×79g·mol－1＝63.2g，故实验NH4HCO3的产率为：58g/63.2g×100%＝92%。(2)粗盐提纯步骤应是向粗盐溶液中加入沉淀剂、过滤(除去沉淀)，然后加入盐酸，调pH(除去前面加入沉淀剂引入的OH－与CO)，此时溶液为纯净的NaCl溶液，再向该溶液中加入碳酸氢铵，即可析出溶解度较小的碳酸氢钠，然后过滤、洗涤得到纯净NaHCO3，将NaHCO3加热得到Na2CO3。步骤2中加入沉淀剂为NaOH(用来除去Mg2＋)、碳酸钠(用来除去Ca2＋)。(3)因向NH4HCO3溶液中加入NaOH时，发生的离子反应有：HCO＋OH－===CO＋H2O与NH＋OH－===NH3·H2O，若NaOH量不足，则两反应存在先后次序问题，故实验中若产生沉淀，说明反应后溶液中含有CO，证明先发生HCO＋OH－===CO＋H2O，否则先发生NH＋OH－===NH3·H2O。8．答案：(1)5　6(2)1.16×10－3　4×10－4　Cu(OH)2　1.45×109解析：(1)根据信息：当c(Cu2＋)·[c(OH－)]2＝2×10－20时开始出现沉淀，则c(OH－)＝10－9mol·L－1，pH＝5。要使铜离子浓度降至原来的千分之一，则c(Cu2＋)＝2×10－4mol·L－1，c(OH－)＝10－8mol·L－1，pH＝6。(2)设c(Mg2＋)为x，则c(OH－)为2x。由Ksp[Mg(OH)2]＝3.2×10－11＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝x×(2x)2＝4x3，解得c(Mg2＋)＝2×10－4mol·L－1，则1L溶液(即1L水中)溶解Mg(OH)2为2×10－4mol，即1000g水中溶解Mg(OH)2为：2×10－4mol×58g·mol－1＝1.16×10－2g，所以Mg(OH)2的溶解度为1.16×10－3g；当c(Mg2＋)·c2(OH－)＝3.2×10－11时开始生成Mg(OH)2沉淀，则c2(OH－)＝＝1.6×10－7，解得c(OH－)＝4×10－4mol·L－1；由于Ksp[Cu(OH)2]小于Ksp[Mg(OH)2]，所以离子的浓度商首先达到并大于Ksp[Cu(OH)2]的数值而先沉淀；当两种沉淀共存时，此时的溶液对Mg(OH)2和Cu(OH)2而言都是饱和的，OH－、Mg2＋、Cu2＋同时满足Ksp[Cu(OH)2]和Ksp[Mg(OH)2]的关系，因为它们都在同一溶液中，Ksp[Cu(OH)2]和Ksp[Mg(OH)2]的关系式中c(OH－)应相等，所以＝＝＝1.45×109。19