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高考化学二轮水溶液中的离子平衡学案

时间:2016-05-06 11:13:00作者:佚名教案来源:网络
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第七讲 水溶液中的离子平衡
 2016高考导航——适用于全国卷Ⅰ

最新考纲 高频考点 高考印证 命题趋势
1.了解电解质的概念。了解强电解质和弱电解质的概念。
2.了解电解质在水溶液中的电离,以及电解质溶液的导电性。
3.了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。
4.了解水的电离、离子积常数。
5.了解溶液pH的定义。了解测定溶液pH的方法,能进行pH的简单计算。
6.了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。
7.了解难溶电解质的溶解平衡。了解溶度积的含义及其表达式,能进行相关的计算。
8.以上各部分知识的综合应用。 溶液的酸碱性和pH 2015•T13
2015•T26
2014•T8
2014•T13 1.弱电解质的电离和溶液的酸碱性是历年高考的热点内容,主要有(1)比较某些物质导电性的强弱,(2)强弱电解质的判断与溶液中粒子浓度的比较,(3)外界条件对弱电解质电离平衡的影响及电离平衡理论的应用,(4)溶液酸碱性(或pH大小)的判断,(5)有关溶液pH的计算。常见的题型主要是选择题,有时也出现非选择题。
2.利用化学平衡原理分析电解质在溶液中的变化(电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡),是历年高考的考查热点,考查方式多以选择题形式呈现,有时也以非选择题的形式与元素及其化合物知识结合起来进行考查。
3.溶液中粒子浓度大小的比较在近三年高考中出题较少,但它属于重要的考点。若出题,不仅考查粒子浓度的大小顺序,而且还侧重于对溶液中的各种守恒(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。
 溶液中粒子浓度大小的比较 2014•T8 
 电解质溶液中的三大平衡 2015•T10
2015•T13
2015•T28
2014•T8
2014•T11
2014•T13
2013•T9
2013•T11

 
,

考点一 溶液的酸碱性和pH
 


[学生用书P31]

 


 
1.一个基本不变
相同温度下,不论是纯水还是稀溶液,水的离子积常数不变。应用这一原则时需要注意两个条件:水溶液必须是稀溶液;温度必须相同。
2.两种测量方法
溶液的pH可以用pH试纸测定,也可以用pH计(精确到0.01)测定。常用的pH试纸有广范pH试纸[范围是1~14(最常用)或0~10,可以识别的pH差值约为1]和精密pH试纸(可以判别0.2或0.3的pH差值)。
3.三个具体问题
(1)溶液中的c(H+)和水电离出来的c(H+)的区别
①室温下水电离出的c(H+)=1×10-7 mol•L-1,若某溶液中水电离出的c(H+)<1×10-7 mol•L-1,则可判断该溶液呈酸性或碱性;若某溶液中水电离出的c(H+)>1×10-7 mol•L-1,则可判断出该溶液中存在能水解的盐,从而促进了水的电离。
②室温下,溶液中的c(H+)>1×10-7 mol•L-1,说明该溶液是酸溶液或水解呈酸性的盐溶液等;溶液中的c(H+)<1×10-7 mol•L-1,说明该溶液是碱溶液或水解呈碱性的盐溶液等。
(2)计算溶液pH的原则
 
(3)常温下,强酸与强碱溶液pH之和分析
pH(酸)+pH(碱)=14时,c酸H+=c碱OH->14时,c酸H+<c碱OH-<14时,c酸H+>c碱OH-
 
 

    弱电解质的电离平衡

1.(性质判断类)(2015•高考全国卷Ⅰ,T13,6分)浓度均为 0.10 mol•L-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lgVV0的变化如图所示。下列叙述错误的是(  )
 
A.MOH的碱性强于ROH的碱性
B.ROH的电离程度:b点大于a点
C.若两溶液无限稀释,则它们的c(OH-)相等
D.当lgVV0=2时,若两溶液同时升高温度,则cM+cR+增大
[破题关键] 等浓度的两种一元碱,强碱的pH大于弱碱的pH;加水稀释,弱电解质的电离程度增大;无限稀释,溶液的pH接近于纯水的pH。
解析:选D。由图像分析浓度为0.10 mol•L-1的MOH溶液,在稀释前pH为13,说明MOH完全电离,则MOH为强碱,而ROH的pH<13,说明ROH没有完全电离,ROH为弱碱。A.MOH的碱性强于ROH的碱性,A正确。B.曲线的横坐标lgVV0越大,表示加水稀释体积越大,由曲线可以看出b点的稀释程度大于a点,弱碱ROH存在电离平衡:ROH  R++OH-,溶液越稀,弱电解质电离程度越大,故ROH的电离程度:b点大于a点,B正确。C.若两溶液无限稀释,则溶液的pH接近于7,故两溶液的c(OH-)相等,C正确。D.当lgVV0=2时,溶液V=100V0,溶液稀释100倍,由于MOH发生完全电离,升高温度,c(M+)不变;ROH存在电离平衡:ROH  R++OH-,升高温度促进电离平衡向电离方向移动,c(R+)增大,故cM+cR+减小,D错误。
[互动拓展]
如何判断某种酸是强酸还是弱酸?
答案:①在相同浓度、相同温度下,与强酸做导电性对比实验。
②浓度与pH的关系。例如:0.1 mol•L-1 CH3COOH溶液,其pH>1,则可证明CH3COOH是弱酸。
③测定对应盐的酸碱性。例如:CH3COONa溶液呈碱性,则证明CH3COOH是弱酸。
④稀释前后的pH与稀释倍数的关系。例如:将pH=2的酸溶液稀释至原体积的1 000倍,若pH小于5,则证明该酸为弱酸;若pH为5,则证明该酸为强酸。
⑤在相同浓度、相同温度下,比较与金属反应的速率的快慢。例如:将锌粒投入等浓度的盐酸和醋酸溶液中,起始速率前者比后者快,则证明醋酸是弱酸。
  (2014•高考广东卷)常温下,0.2 mol•L-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示,下列说法正确的是(  )
 
A.HA为强酸
B.该混合液pH=7
C.该混合溶液中:c(A-)+c(Y)=c(Na+)
D.图中X表示HA,Y表示OH-,Z表示H+
解析:选C。做图像题首先要弄清楚横、纵坐标轴所代表的意义,本题所给图像的纵坐标为浓度,横坐标为各组分,即本图像给出的是各组分的浓度大小关系。其中,A-浓度最大,X、Y、Z浓度依次减小,由题意知,两者反应生成0.1 mol•L-1的NaA溶液。A.由于A-浓度小于0.1 mol•L-1,说明A-水解,即HA是弱酸,A错误。B.由于A-水解,水解后溶液呈碱性,B错误。C.根据物料守恒可知,c(A-)+c(HA)=c(Na+),即c(A-)+c(Y)=c(Na+),C正确。D.混合液中粒子浓度大小关系:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),因此X表示OH-,Y表示HA,Z表示H+,D错误。
2.已知NaHSO3溶液显酸性,溶液中存在以下平衡:
HSO-3+H2O  H2SO3+OH-①
HSO-3 H++SO2-3②
向0.1 mol•L-1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质,下列有关说法正确的是(  )
A.加入少量金属Na,平衡①左移,平衡②右移,溶液中c(HSO-3)增大
B.加入少量Na2SO3固体,则c(H+)+c(Na+)=c(HSO-3) +c(OH-)+12c(SO2-3)
C.加入少量NaOH溶液,cSO2-3cHSO-3、cOH-cH+的值均增大
D.加入氨水至中性,则2c(Na+)=c(SO2-3)>c(H+)=c(OH-) 
解析:选C。根据加入物质的性质判断平衡移动方向,进一步判断各选项结论是否正确。A.加入金属钠后,钠和水反应生成氢氧化钠,使平衡①左移,平衡②右移,移动的结果是c(SO2-3)增大。可以利用极端分析法判断,如果金属钠适量,充分反应后溶液中溶质可以是亚硫酸钠,此时c(HSO-3)很小,所以A项错误。B.依据电荷守恒判断,c(SO2-3)前面的化学计量数应为2,即c(H+)+c(Na+)=c(HSO-3)+c(OH-)+2c(SO2-3),所以B项错误。C.加入氢氧化钠溶液后,溶液酸性减弱,碱性增强,所以cOH-cH+增大;平衡①左移,平衡②右移,最终c(SO2-3)增大,c(HSO-3)减小,所以cSO2-3cHSO-3增大。D.加入氨水至溶液呈中性,即c(H+)=c(OH-)。由电荷守恒知,其他离子存在如下关系:c(Na+)+c(NH+4)=2c(SO2-3)+c(HSO-3),所以D项错误。
 

    溶液酸碱性与pH计算

1.25 ℃时,下列叙述正确的是(  )
A.某醋酸溶液的pH=a,将此溶液稀释1倍后,溶液的pH=b,则a>b
B.在滴有酚酞溶液的氨水里,加入NH4Cl至溶液恰好无色,则此时溶液的pH<7
C.1.0×10-3 mol•L-1盐酸的pH=3.0,1.0×10-8 mol•L-1盐酸的pH=8.0
D.将pH=2的某酸溶液和pH=12的KOH溶液等体积混合,所得溶液的pH≤7
解析:选D。醋酸溶液稀释后c(H+)减小,pH增大,b>a,故A错误;酚酞的变色范围是pH=8.2~10.0(无色→红色),现在溶液恰好无色,pH不一定小于7,可能在7~8.2之间,故B错误;常温下1.0×10-8 mol•L-1的盐酸的pH不可能大于7,只能无限的接近7,故C错误;若某酸为强酸时,混合溶液的pH=7,若某酸为弱酸时,混合溶液的pH<7,故D正确。
2.室温时,M(OH)2(s)  M2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=a,c(M2+)=b mol•L-1时,溶液的pH等于(  )
A.12lg(ba)       B.12lg(ab)
C.14+12lg(ab)     D.14+12lg(ba)
解析:选C。根据溶度积常数、pH与c(H+)及c(OH-)的关系分析各选项。Ksp [M(OH)2]=c(M2+)•c2(OH-)=a,c(M2+)=b mol•L-1,则有c(OH-)=(ab)12 mol•L-1,结合水的离子积常数可知,c(H+)=KwcOH-=1×10-14 ab12  mol•L-1=10-14•(ba)12 mol•L-1,那么pH=14+12lg(ab)。
3.pH=2的两种一元酸x和y,体积均为100 mL,稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示。分别滴加NaOH溶液(c=0.1 mol•L-1)至pH=7,消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy,则(  )
 
A.x为弱酸,Vx<Vy     B.x为强酸,Vx>Vy
C.y为弱酸,Vx<Vy     D.y为强酸,Vx>Vy
解析:选C。由图知:将一元酸x和y分别稀释10倍,pH的变化量ΔpHx=1.0,ΔpHy<1.0,所以x为强酸,而y为弱酸。一元酸x和y的pH=2时,弱酸y的浓度大,滴加NaOH溶液至pH=7时所需NaOH溶液的体积大。

 

 


 
 
 
 图像法理解一强一弱的稀释规律
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
 
①加水稀释相同的倍数,醋酸的pH大。
②加水稀释到相同的pH,盐酸加入的水多。
(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸
 
①加水稀释相同的倍数,盐酸的pH大。
②加水稀释到相同的pH,醋酸加入的水多。

考点二 溶液中粒子浓度大小的比较
 


[学生用书P32]

 


 
1.溶液中的三个守恒
(1)电荷守恒:电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有的阴离子所带的负电荷总数相等,如NaHCO3溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(HCO-3)+2c(CO2-3)+c(OH-)。
(2)物料守恒:电解质溶液中由于电离或水解因素,离子会变成其他离子或分子等,但离子或分子中某种特定元素的原子总数是不会改变的,如NaHCO3溶液中n (Na)∶n(C)=1∶1,推出c(Na+)=c(HCO-3)+c(CO2-3)+c(H2CO3)。
(3)质子守恒:质子守恒是指电解质溶液中粒子电离出的氢离子(H+)数等于粒子接受的氢离子(H+)数与游离的氢离子(H+)数的和,如Na2S水溶液中的质子转移可用图表示如下。
 
由上图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示为c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒与物料守恒推导得到。
2.溶液中离子浓度大小的比较
(1)同一溶液中离子浓度大小的比较
①单一溶液酸或碱溶液——考虑电离多步电离程度 逐级减小,且程度差别很大盐溶液——考虑水解多步水解程度逐级 减小,且程度差别很大
②混合溶液不反应——同时考虑电离和水解。例如:相同浓度 的NH4Cl和氨水等体积混合后,溶液中离子浓度 顺序为cNH+4>cCl->cOH->cH+,即 NH3•H2O的电离程度大于NH+4的水解程度反应不过量——生成酸或碱——考虑电离生成盐——先考虑电离再考虑 水解过量——根据过量程度考虑电离或水解
(2)不同溶液中同一离子浓度大小的比较
要注意溶液中离子间的相互影响,如CH3COONH4溶液中CH3COO-和NH+4的水解相互促进;NH4HSO4溶液中NH4HSO4电离出的H+抑制NH+4的水解。故等物质的量浓度的CH3COONH4、NH4HSO4和NH4Cl溶液中c(NH+4)的大小关系:NH4HSO4>NH4Cl>CH3COONH4。
 
 

    溶液中粒子浓度关系判断

1.(化学理论应用类)(2014•高考安徽卷)室温下,下列溶液中粒子浓度关系正确的是(  )
A.Na2S溶液:c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H2S)
B.Na2C2O4溶液:c(OH-)=c(H+)+c(HC2O-4)+2c(H2C2O4)
C.Na2CO3溶液:c(Na+)+c(H+)=2c(CO2-3)+c(OH-)
D.CH3COONa和CaCl2混合溶液:c(Na+)+c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+2c(Cl-)
[破题关键] 溶液中的三大守恒关系有:电荷守恒、物料守恒及质子守恒;盐类水解是微弱过程,盐电离出的离子浓度大于水解产物的离子浓度。
解析:选B。A.Na2S溶液中微粒关系为c(Na+)>c(S2-)>c(OH-)>c(HS-)>c(H2S),A错误。
B.Na2C2O4溶液中,由电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=2c(C2O2-4)+c(HC2O-4)+c(OH-)①
由物料守恒得:c(Na+)=2c(C2O2-4)+2c(HC2O-4)+2c(H2C2O4)②
由①-②得:c(OH-)=c(H+)+c(HC2O-4)+2c(H2C2O4),B正确。
C.Na2CO3溶液中,由电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=2c(CO2-3)+c(HCO-3)+c(OH-),C错误。
D.CH3COONa和CaCl2混合溶液中存在:c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)①
2c(Ca2+)=c(Cl-)②
①+②得:c(Na+)+2c(Ca2+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)+c(Cl-),D错误。
[互动拓展]
(1)写出NaHS溶液中的电离方程式和水解方程式。
(2)已知NaHS溶液呈碱性,写出该溶液中离子浓度的大小顺序。
答案:(1)电离方程式:NaHS===Na++HS-、HS- H++S2-、H2O  H++OH-,水解方程式:HS-+H2O  H2S+OH-。
(2)c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)>c(S2-)。
  (2015•湖北武汉高三模拟)HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸,则下列叙述正确的是(  )
A.0.1 mol•L-1 HA溶液中:c(H+)=c(OH-)+c(A-)
B.0.1 mol•L-1 HA溶液与0.1 mol•L-1 NaOH溶液混合至溶液呈中性:c(Na+)>c(A-)
C.0.1 mol•L-1 NaA溶液中:c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)
D.0.1 mol•L-1 HA溶液中加入少量NaA固体,HA的电离常数减小
解析:选A。根据电荷守恒,0.1 mol•L-1 HA溶液中c(H+)=c(OH-)+c(A-),A正确;HA溶液与NaOH溶液混合,根据电荷守恒有c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-),又因溶液呈中性,故c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(A-),B错误;0.1 mol•L-1 NaA溶液中,由于A-部分水解使溶液呈碱性,则c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),C错误;HA溶液中加入少量NaA固体,c(A-)增大,电离平衡逆向移动,但电离常数只与温度有关,温度不变,电离常数不变,D错误。
2.(2015•高考四川卷)常温下,将等体积、等物质的量浓度的NH4HCO3与NaCl溶液混合,析出部分NaHCO3晶体,过滤,所得滤液pH<7。下列关于滤液中的离子浓度关系不正确的是(  )
A.KwcH+<1.0×10-7 mol/L
B.c(Na+)=c(HCO-3)+c(CO2-3)+c(H2CO3)
C.c(H+)+c(NH+4)=c(OH-)+c(HCO-3)+2c(CO2-3)
D.c(Cl-)>c(NH+4)>c(HCO-3)>c(CO2-3)
解析:选C。滤液中溶质的主要成分为NH4Cl和NaHCO3的混合物。A.滤液pH<7,则c(H+)>1.0×10-7 mol/L,常温下Kw=1.0×10-14,所以KwcH+<1.0×10-7 mol/L,A项正确;B.由于开始加入等物质的量的NH4HCO3与NaCl,根据物料守恒可知,B项正确;C.析出部分NaHCO3晶体后,在滤液中根据电荷守恒得c(H+)+c(NH+4)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCO-3)+2c(CO2-3)+c(Cl-),C项错误;D.开始时NH4HCO3与NaCl等物质的量,由于析出了一部分NaHCO3晶体,故c(Cl-)与c(NH+4)都大于c(HCO-3)和c(Na+),少量的NH+4、HCO-3发生水解,极少量的HCO-3发生电离,所以 c(Cl-)>c(NH+4)>c(HCO-3)>c(CO2-3),D项正确。
 

    反应过程中粒子浓度关系判断

1.(2015•高考山东卷)室温下向10 mL 0.1 mol•L-1NaOH溶液中加入0.1 mol•L-1的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如下所示。下列说法正确的是(  )
 
A.a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA)
B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同
C.pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA)
D.b点所示溶液中c(A-)>c(HA)
解析:选D。A.a点所示溶液中NaOH和HA恰好反应生成NaA,溶液的pH=8.7,呈碱性,则HA为弱酸,A-水解,则溶液中的粒子浓度:c(Na+)>c(A-)>
c(HA)>c(H+)。B.b点时为NaA和HA的溶液,a点NaA发生水解反应,促进了水的电离,b点HA抑制了水的电离,所以a点所示溶液中水的电离程度大于b点。C.pH=7时,根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),c(H+)=c(OH-),所以c(Na+)=c(A-)。D.b点酸过量,溶液呈酸性,HA的电离程度大于NaA的水解程度,故c(A-)>c(HA)。
2.(2015•高考安徽卷)25 ℃时,在10 mL浓度均为0.1 mol•L-1的NaOH和NH3•H2O混合溶液中滴加0.1 mol•L-1盐酸,下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是(  )
A.未加盐酸时:c(OH-)>c(Na+)=c(NH3•H2O)
B.加入10 mL盐酸时:c(NH+4)+c(H+)=c(OH-)
C.加入盐酸至溶液pH=7时:c(Cl-)=c(Na+)
D.加入20 mL盐酸时:c(Cl-)=c(NH+4)+c(Na+)
解析:选B。A.NH3•H2O是弱电解质,能微弱电离,溶液中c(Na+)>c(NH3•H2O)。B.当加入10 mL盐酸时,恰好将NaOH中和完,溶液中c(Na+)=c(Cl-),根据电荷守恒式c(Na+)+c(NH+4)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知c(NH+4)+c(H+)=c(OH-)。C.溶液pH=7时,溶液中c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒式可知c(Na+)+c(NH+4)=c(Cl-)。D.加入20 mL盐酸时,恰好将NaOH和NH3•H2O中和完,根据物料守恒有c(Na+)+c(NH+4)+c(NH3•H2O)=c(Cl-)。
 


 


 

 巧抓“四点”,突破粒子浓度关系判断
(1)抓反应“一半”点,判断是什么溶质的等量混合。
(2)抓“恰好反应”点,生成什么溶质,溶液呈什么性,是什么因素造成的。
(3)抓溶液“中性”点,生成什么溶质,哪种反应物过量或不足。
(4)抓反应“过量”点,溶质是什么,判断谁多、谁少还是等量。

考点三 电解质溶液中的三大平衡
 


[学生用书P34]

 


 
1.电解质溶液中的三大平衡的比较
 电离平衡 水解平衡 沉淀溶解平衡
举例 CH3COOH  CH3COO-+H+ NH+4+H2O  NH3•H2O+H+ PbI2(s)  Pb2+(aq)+2I-(aq)
平衡常数表达式 Ka=
 
Kh=
 
Ksp=
c(Pb2+)•c2(I-)
影响平衡常数的因素 内因:弱电解质的相对强弱
外因:温度。温度越高,电离程度越大,Ka越大 盐的水解程度随温度的升高而增大,Kh随温度的升高而增大 内因:难溶电解质在水中的溶解能力
外因:Ksp与温度有关
浓度对平衡的影响 电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡及化学平衡都为动态平衡,平衡的移动符合平衡移动原理(勒夏特列原理),浓度对平衡常数无影响。
①加水均能促进三大平衡正向移动;
②改变平衡体系中某微粒的浓度,能使平衡移动;
③三大平衡都不受压强的影响
2.沉淀溶解平衡的应用
沉淀的生成、溶解和转化在生产、生活以及医疗中可用来进行污水处理、物质提纯、疾病的检查和治疗。解决这类问题时应充分利用平衡移动的原理加以分析。
(1)沉淀的生成
①条件:Qc>Ksp。
②应用:a.调节pH法:控制溶液的pH来分离物质;b.沉淀剂法:分离离子。
(2)沉淀的溶解
①条件:Qc<Ksp。
②措施:a.酸碱溶解法,如向CaCO3悬浊液中滴加盐酸;b.盐溶解法,如向Mg(OH)2悬浊液中滴加NH4Cl溶液;c.氧化还原法,如向CuS悬浊液中滴加浓硝酸;d.络合法,如向AgOH悬浊液中滴加浓氨水。
(3)沉淀的转化:溶解度或Ksp小的难(或微)溶电解质可以向溶解度或Ksp更小的难溶电解质转化。对于阴、阳离子比相同的难溶电解质才可应用Ksp直接判断。
3.影响沉淀溶解平衡的因素
(1)浓度:加水稀释,平衡向溶解的方向移动,但Ksp不变。
(2)温度:绝大多数难溶电解质的溶解是吸热过程,升高温度,平衡向溶解的方向移动,Ksp增大。
(3)同离子效应:在难、微溶电解质达到沉淀溶解平衡的溶液中,加入与电解质溶液中含有某种相同离子的强电解质时,相当于增大了沉淀溶解平衡中产物的浓度,平衡左移,溶解度减小。
(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、更难电离的物质或气体时,平衡向溶解的方向移动,但Ksp不变。
 
 

    难溶电解质的沉淀溶解平衡

1.(沉淀溶解平衡计算类)(2014•高考全国卷Ⅰ,T11,6分)溴酸银(AgBrO3)溶解度随温度变化曲线如图所示,下列说法错误的是(  )
 
A.溴酸银的溶解是放热过程
B.温度升高时溴酸银溶解速度加快
C.60 ℃时溴酸银的Ksp约等于6×10-4
D.若硝酸钾中含有少量溴酸银,可用重结晶方法提纯
[破题关键] 温度升高,平衡右移的过程为吸热过程;由质量分数计算物质的量浓度的计算公式为c=1 000ρwM。
解析:选A。A.由题图可知,随着温度升高,溴酸银的溶解度逐渐增大,因此AgBrO3的溶解是吸热过程。B.由图像曲线可知,温度升高斜率增大,因此AgBrO3的溶解速度加快。C.由溶解度曲线可知,60 ℃时,AgBrO3的溶解度约为0.6 g,则其物质的量浓度约为0.025 mol•L-1,AgBrO3的Ksp=c(Ag+)•c(BrO-3)=0.025×0.025≈6×10-4。D.若KNO3中含有少量AgBrO3,可通过蒸发浓缩得到KNO3的饱和溶液,再冷却结晶获得KNO3晶体,而AgBrO3留在母液中。
[互动拓展]
(1)相同温度下,Ksp小的难溶电解质的溶解度一定小于Ksp较大的难溶电解质吗?
(2)在沉淀的转化关系中,化学式相似的难溶电解质,Ksp较大的沉淀能够转化为Ksp较小的沉淀,那么Ksp较小的沉淀能否转化为Ksp较大的沉淀?
答案:(1)不一定,由于化学式不同,Ksp较小的难溶电解质,其物质的量浓度可能较大;此外,溶质的摩尔质量不同,若化学式相似,Ksp相差不大时,但摩尔质量较大的溶质所计算得的溶解度可能较大。
(2)可能转化,关键看是否满足Qc>Ksp。
  已知Ksp(AgCl)=1.56×10-10,Ksp(AgBr)=7.7×10-13,Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12。某溶液中含有Cl-、Br-和CrO2-4,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-、CrO2-4      B.CrO2-4、Br-、Cl-
C.Br-、Cl-、CrO2-4     D.Br-、CrO2-4、Cl-
解析:选C。利用沉淀溶解平衡原理,当Qc>Ksp时,有沉淀析出。溶液中Cl-、Br-、CrO2-4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Qc>Ksp,有沉淀析出。比较Ksp,AgBr、AgCl同类型,溶解度:AgBr<AgCl。比较AgCl、Ag2CrO4的溶解度:从数量级看,AgCl中c(Ag+)=KspAgCl=1.56×10-10 mol•L-1,Ag2CrO4中,Ag2CrO4(s)  2Ag++CrO2-4,设c(CrO2-4)=x  mol•L-1,则Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c(CrO2-4)=(2x)2•x=4x3,则x= 3KspAg2CrO44=39.0×10-124,故Ag2CrO4中c(Ag+)=2x  mol•L-1=2 39.0×10-124 mol•L-1>1.56×10-10 mol•L-1。故溶解度顺序为AgBr<AgCl<Ag2CrO4,推知三种阴离子产生沉淀的先后顺序为Br-、Cl-、CrO2-4。
2.实验:①0.1 mol•L-1 AgNO3溶液和0.1 mol•L-1 NaCl溶液等体积混合得到浊液a,过滤得到滤液b和白色沉淀c;
②向滤液b中滴加0.1 mol•L-1 KI溶液,出现浑浊;
③向沉淀c中滴加0.1 mol•L-1 KI溶液,沉淀变为黄色。
下列分析不正确的是(  )
A.浊液a中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)  Ag+(aq)+Cl-(aq)
B.滤液b中不含有Ag+
C.③中颜色变化说明AgCl转化为AgI
D.实验可以证明AgI比AgCl更难溶
解析:选B。A.向二者恰好反应后的滤液b中滴加0.1 mol•L-1 KI溶液出现碘化银沉淀,则说明浊液a中存在沉淀溶解平衡,A正确。B.向滤液b中加入0.1 mol•L-1 KI 溶液,出现浑浊,则说明b中含有Ag+,B错误。C.③中颜色变化是沉淀发生了转化,即AgCl转化为AgI,C正确。D.因AgCl沉淀能转化为AgI沉淀,所以Ksp(AgI)<Ksp(AgCl),AgI更难溶,D正确。
 

    关于水解平衡的考查

1.(2015•高考天津卷)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(SO2-4)

B.0.05 mol CaO 溶液中cOH-cHCO-3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
解析:选B。A.Na+的物质的量为0.1 mol,而SO2-4的物质的量为0.05 mol,混合溶液中Na+与SO2-4的浓度不可能相等。B.加入0.05 mol CaO后,会生成Ca(OH)2,Ca(OH)2与Na2CO3反应生成CaCO3沉淀和NaOH,溶液中c(OH-)增大,CO2-3水解产生的HCO-3减少,故溶液中cOH-cHCO-3增大。 C.加入H2O后,c(Na2CO3)减小,CO2-3水解产生的c(OH-)减小,溶液中的OH-来源于水的电离,因水电离产生的c(OH-)=c(H+),故由水电离出的c(H+)•c(OH-)减小。D.加入0.1 mol NaHSO4固体,溶液体积变化不大,但n(Na+)变为原来的2倍,故c(Na+)增大。
2.(2015•高考江苏卷)室温下,向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH=7(通入气体对溶液体积的影响可忽略),溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是(  )
A.向0.10 mol•L-1 NH4HCO3溶液中通CO2:c(NH+4)=c(HCO-3 )+c(CO2-3)
B.向0.10 mol•L-1 NaHSO3溶液中通NH3:c(Na+)>c(NH+4 )>c(SO2-3)
C.向0.10 mol•L-1 Na2SO3溶液中通SO2:c(Na+)=2[c(SO2-3)+c(HSO-3)+c(H2SO3)]
D.向0.10 mol•L-1 CH3COONa溶液中通HCl:c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-)
解析:选D。A选项,由电荷守恒知:c(NH+4)+c(H+)=c(HCO-3)+2c(CO2-3)+c(OH-),当c(H+)=c(OH-)时,上式变为c(NH+4)=c(HCO-3)+2c(CO2-3),所以错误;B选项,由电荷守恒知c(NH+4)+c(Na+)+c(H+)=c(HSO-3)+2c(SO2-3)+c(OH-),由物料守恒知c(Na+)=c(HSO-3)+c(SO2-3)+c(H2SO3),两者相减得c(NH+4)+c(H+)=c(SO2-3)-c(H2SO3) +c(OH-),当c(H+)=c(OH-)时,上式变为c(NH+4)+c(H2SO3)=c(SO2-3),因此c(NH+4)<c(SO2-3),所以错误;C选项,由物料守恒知,在亚硫酸钠溶液中即存在该守恒式,当通入二氧化硫后,硫原子个数增多,因此原等式肯定不成立,所以错误;D选项,由电荷守恒知:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-),由物料守恒知,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),两式相减得c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH-)+c(Cl-),当c(H+)=c(OH-)时,上式变为c(CH3COOH)=c(Cl-),而溶液中的c(Na+)>c(CH3COOH),因此c(Na+)>c(CH3COOH)=c(Cl-),所以正确。

 


 
 
 
 正确找到盐的对应酸来判断水解程度大小
在比较不同的盐的水解程度大小时,往往需要根据它们的对应酸的酸性强弱来判断,迅速准确地判断它们的对应酸非常重要。技巧就是,取盐的酸根离子,加上1个H+即可。例如:NaHCO3的酸根为HCO-3,则H2CO3就是NaHCO3的对应酸;Na2CO3的酸根为CO2-3,则HCO-3就是Na2CO3的对应酸。
根据H2CO3的电离:
H2CO3  HCO-3+H+ K1
HCO-3  CO2-3+H+ K2
K1>K2,说明酸性H2CO3>HCO-3,则水解程度Na2CO3>NaHCO3。


 

电解质溶液问题的常见易错点
1.误认为强电解质溶液的导电性一定强于弱电解质溶液。其实不一定,因为溶液的导电性强弱取决于溶液中离子的浓度及离子所带电荷数的多少,与电解质的强弱无必然关系,只有当强弱电解质等浓度时,强电解质溶液离子浓度大,导电性才强于弱电解质溶液。
2.误认为某化合物的水溶液能导电,则这种化合物一定是电解质。其实不一定,如NH3、CO2的水溶液可以导电是因为NH3、CO2与水反应生成了NH3•H2O、H2CO3,NH3•H2O、H2CO3发生电离而导电,故NH3、CO2是非电解质。
3.误认为当对酸、碱溶液稀释时,所有离子的浓度都减小。其实不一定,如对于电离平衡CH3COOH  CH3COO-+H+,当加水稀释时,由于Kw是定值,故c(H+)减小,c(OH-)增大;而碱溶液稀释时,c(OH-)减小,c(H+)增大。
4.误认为当用pH试纸测定溶液的pH时,若事先把试纸进行了润湿,测定结果一定有误差。其实不一定,这要看原溶液的酸碱性:①原溶液为酸性,则pH偏大;②原溶液为碱性,则pH偏小;③原溶液为中性,则pH不变。
5.误认为酸碱恰好中和时溶液一定显中性。其实不一定,如强酸和弱碱恰好中和时溶液显酸性,强碱和弱酸恰好中和时溶液显碱性,强酸和强碱恰好中和时溶液显中性。
6.误认为弱酸强碱盐都因水解而显碱性。其实不一定,如NaHSO3因为酸式酸根的电离能力大于水解能力,其溶液显酸性。
7.由于加热可促进盐类水解,错误地认为可水解的盐溶液在蒸干后都得不到原溶质。其实不一定,对于那些水解程度不是很大,水解产物离不开平衡体系的情况[如Al2(SO4)3、Na2CO3]来说,溶液蒸干仍得原溶质。
8.误认为Ksp小的难溶物不可以转化为Ksp大的难溶物。其实不一定,如将BaSO4置于饱和Na2CO3溶液中就可以转化为BaCO3。这是因为沉淀的生成与溶解主要取决于一定温度下Qc和Ksp的大小关系,只要满足Qc>Ksp,则就向着生成该沉淀的方向进行。
 

1.(2015•高考广东卷)一定温度下,水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是(  )
 
A.升高温度,可能引起由c向b的变化
B.该温度下,水的离子积常数为1.0×10-13
C.该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D.该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化
解析:选C。A.c点溶液中c(OH-)>c(H+),溶液呈碱性,升温,溶液中c(OH-)不可能减小。B.由b点对应c(H+)与c(OH-)可知,Kw=c(H+)•c(OH-)=1.0×10-7×1.0×10-7=1.0×10-14。C.FeCl3溶液水解显酸性,溶液中c(H+)增大,因一定温度下水的离子积是常数,故溶液中c(OH-)减小,因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化。D.c点溶液呈碱性,稀释时c(OH-)减小,同时c(H+)应增大,故稀释溶液时不可能引起由c向d的变化。
2.已知H2B在溶液中的电离方程式:H2B===H++HB-,HB- H++B2-。下列叙述一定正确的是(  )
A.Na2B溶液存在:c(Na+)=2c(HB-)+2c(B2-)+2c(H2B)
B.NaHB溶液一定显酸性
C.HB-的水解方程式:HB-+H2O  H2B+OH-
D.NaHB溶液与稀盐酸反应的离子方程式是HB-+H+===H2B
解析:选B。该酸的第一步电离是完全电离,第二步电离是部分电离,所以NaHB不发生水解,仅发生电离,溶液呈酸性,而Na2B溶液仅发生一步水解,溶液中不存在H2B分子,A、C项错误,B项正确。NaHB溶液与稀盐酸不反应,D项错误。
3.(2014•高考福建卷)下列关于0.10 mol•L-1 NaHCO3溶液的说法正确的是(  )
A.溶质的电离方程式为NaHCO3===Na++H++CO2-3
B.25 ℃时,加水稀释后,n(H+)与n(OH-)的乘积变大
C.离子浓度关系:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO-3)+c(CO2-3)
D.温度升高,c(HCO-3)增大
解析:选B。A.H2CO3为弱电解质,HCO-3在水溶液中电离程度很小,书写电离方程式时,不能拆开,正确写法为NaHCO3===Na++HCO-3。B.注意是H+和OH-的物质的量的乘积,而不是物质的量浓度的乘积。加水稀释,n(H+)、n(OH-)均增大。C.根据电荷守恒的规律,应在c(CO2-3)前面乘以2。D.温度升高,HCO-3的电离程度、水解程度都增大,所以c(HCO-3)减小。
4.(2015•北京石景山一模)常温下,将浓度均为0.1 mol/L的HA溶液和NaOH溶液等体积混合,混合溶液的pH=9,下列说法正确的是(  )
A.该混合溶液中:c(A-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+)
B.该混合溶液中:c(HA)+c(A-)=0.1 mol/L
C.常温下,0.1 mol/L HA溶液的pH=1
D.0.1 mol/L HA溶液中:c(HA)>c(A-)
解析:选D。根据题意可知HA与NaOH恰好完全反应,溶液呈碱性,则HA为弱酸,在生成的NaA溶液中,A-水解,c(A-)<c(Na+),A项错误;两溶液混合后体积增大为原来的2倍,故c(HA)+c(A-)=0.05 mol/L,B项错误;因为HA为弱酸,故常温下,0.1 mol/L HA溶液的pH>1,C项错误;在0.1 mol/L HA溶液中HA只有极少部分电离,故c(HA)>c(A-),D项正确。
5.(2015•河北衡水中学模拟)在T ℃时,铬酸银(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是(  )
 
A.T ℃时,Y点和Z点Ag2CrO4的Ksp相等
B.在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点变为X点
C.T ℃时,Ag2CrO4的Ksp为1×10-8
D.图中a的值为2×10-4
解析:选C。Ksp只与温度有关,故温度不变,Y、Z两点的Ksp相等,A项正确;在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4,c(CrO2-4)增大,c(Ag+)减小,所得溶液仍为饱和Ag2CrO4溶液,点仍在曲线上,B项正确;T ℃时Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c(CrO2-4)=(1×10-3)2×1×10-5=1×10-11,C项错误;a点的值为1×10-115×10-4=2×10-4,D项正确。
6.(2015•山东实验中学第四次诊断)常温下,下列溶液的离子浓度关系式正确的是(  )
A.pH=4的氯化铵溶液中:c(H+)=c(NH3•H2O)=1×10-4 mol•L-1
B.pH=a的HCl溶液,稀释10倍后,其pH=b,则a=b-1
C.pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1∶1混合:c(Na+)=c(F-)>c(H+)=c(OH-)
D.pH相同的①NaOH、②NaClO两种溶液中水的电离程度:①<②
解析:选D。氯化铵溶液中的电荷守恒为c(H+)+c(NH+4)=c(OH-)+c(Cl-),物料守恒为c(Cl-)=c(NH+4)+c(NH3•H2O),二者结合可得:c(H+)=c(OH-)+c(NH3•H2O),故A项错误;当a=6时,pH=6的HCl溶液稀释10倍后,其pH<7,不会等于7,故B项错误;pH=2的HF溶液与pH=12的NaOH溶液以体积比1∶1混合后,HF过量,溶液显酸性,则c(H+)>c(OH-),故C项错误;氢氧化钠抑制了水的电离,次氯酸钠溶液中次氯酸根离子水解促进了水的电离,则水的电离程度:①<②,故D项正确。
7.(2015•河南郑州质检)25 ℃时,用浓度为0.100 0 mol•L-1的NaOH溶液分别滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol•L-1的三种酸HX、HY、HZ,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是(  )
 
A.在相同温度下,同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序:HZ<HY<HX
B.根据滴定曲线,可得Ka(HY)≈10-5
C.将上述HX、HY溶液等体积混合后,用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时:c(X-)>c(Y-)>c(OH-)>c(H+)
D.HY与HZ混合,达到平衡时:c(H+)=KaHY•cHYcY-+c(Z-)+c(OH-)
解析:选B。A项,在相同温度下,同浓度的三种酸溶液的酸性:HX<HY<HZ,故导电能力:HX<HY<HZ,A项错误;B项,Ka(HY)=cH+•cY-cHY≈10-5,B项正确;C项,反应后Y-的浓度应大于X-,C项错误;分析可知c(H+)=c(Z-)+c(Y-)+c(OH-),D项错误。
8.常温下有浓度均为0.5 mol/L的四种溶液:
①Na2CO3、②NaHCO3、③HCl、④NH3•H2O。
(1)上述溶液中,可发生水解的是________(填序号,下同)。
(2)上述溶液中,既能与氢氧化钠反应,又能与硫酸反应的溶液中离子浓度由大到小的顺序为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)向④中加入少量氯化铵固体,此时c(NH+4)/c(OH-)的值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)若将③和④的溶液混合后溶液恰好呈中性,则混合前③的体积________④的体积(填“大于”、“小于”或“等于”),此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)取10 mL溶液③,加水稀释到500 mL,则此时溶液中由水电离出的c(H+)=________。
解析:(3)因④中存在NH3•H2O  NH+4+OH-,加入NH4Cl后导致c(NH+4)增大,c(OH-)减小,故c(NH+4)/c(OH-)的值增大。(4)若盐酸与氨水等体积混合,溶液恰好反应完,溶液呈酸性,现在溶液呈中性,意味着酸的量不足,盐酸体积小于氨水体积,由电荷守恒原理知此时c(NH+4)=c(Cl-),但比c(OH-)大。(5)稀释后c(HCl)=0.01 mol/L,则c(OH-)=10-12 mol/L,故由水电离出的c(H+)=10-12 mol/L。
答案:(1)①②
(2)c(Na+)>c(HCO-3)>c(OH-)>c(H+)>c(CO2-3)
(3)增大
(4)小于 c(NH+4)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)
(5)10-12 mol/L
9.(2015•山东青岛一模)工厂中用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中,除了含有大量硫酸外,还含有少量NH+4、Fe3+、AsO3-4、Cl-。为除去杂质离子,部分操作流程如下:
 
请回答问题:
(1)用稀硫酸浸泡矿石后的溶液中,硫酸的浓度为4.9 g•L-1,则该溶液的pH约为________。
(2)NH+4在用稀硫酸浸泡某矿石后的溶液中以(NH4)2SO4和NH4Cl的形式存在。现有一份(NH4)2SO4溶液,一份NH4Cl溶液,(NH4)2SO4溶液中c(NH+4)恰好是NH4Cl溶液中c(NH+4)的2倍,则c[(NH4)2SO4]________c(NH4Cl)(填“<”、“=”或“>”)。
(3)随着向废液中投入生石灰(忽略溶液温度的变化),溶液中c(NH3•H2O)/c(OH-)的值________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
(4)投入生石灰调节pH=2~3时,大量沉淀的主要成分为CaSO4•2H2O[含有少量Fe(OH)3],提纯CaSO4•2H2O的主要操作步骤:向沉淀中加入过量________,充分反应后,过滤、洗涤、________。
(5)25 ℃时,H3AsO4的电离常数为K1=5.6×10-3,K2=1.7×10-7,K3=4.0×10-12。当溶液pH调节到8~9时,沉淀的主要成分为Ca3(AsO4)2。
①pH调节到8左右Ca3(AsO4)2才开始沉淀的原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②Na3AsO4第一步水解的平衡常数数值为________。
③已知:AsO3-4+2I-+2H+===AsO3-3+I2+H2O,SO2+I2+2H2O===SO2-4+2I-+4H+。上述两个反应中还原性最强的微粒是________。
解析:(1)硫酸的浓度为4.9 g•L-1,则其物质的量浓度为0.05 mol•L-1,则溶液中c(H+)=0.1 mol•L-1,故溶液的pH=1。(2)离子浓度越小,水解程度越大,题中(NH4)2SO4溶液中c(NH+4)恰好是NH4Cl溶液中c(NH+4)的2倍,所以c[(NH4)2SO4]<c(NH4Cl)。(3)投入生石灰,溶液中c(OH-)增大,cNH3•H2OcOH-的值减小。(5)①由于H3AsO4是弱酸,当溶液的pH调节到8左右,c(AsO3-4)增大,Ca3(AsO4)2开始沉淀;②由水解方程式AsO3-4+H2O  HAsO2-4+OH-可得,水解平衡常数Kh=c(HAsO2-4)•c(OH-)/c(AsO3-4),K3=c(AsO3-4)•c(H+)/c(HAsO2-4),Kw=c(H+)•c(OH-),所以Kw=Kh•K3,从而得水解平衡常数为2.5×10-3;③由所给两个氧化还原反应可知,还原性:SO2>I->AsO3-3。
答案:(1)1 (2)< (3)减小 (4)稀硫酸 干燥
(5)①H3AsO4是弱酸,当溶液pH调节到8左右,c(AsO3-4)增大,Ca3(AsO4)2开始沉淀 ②2.5×10-3 ③SO2
10.(2015•江西南昌高三调研)25 ℃时,某些弱酸的电离平衡常数如下:

 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溶液加水稀释过程中,下列表达式的数据一定变小的是________。
A.c(H+)        B.cH+cCH3COOH
C.c(H+)•c(OH-)  D.cOH-cH+
(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+)________(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸溶液中水电离出来的c(H+),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)。
解析:(1)观察电离平衡常数可知酸性为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCO-3,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+浓度都是减小的,OH-浓度是增大的,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,说明HX的酸性强,则其电离平衡常数大;HX酸性强于CH3COOH,稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+),所以对水的电离的抑制能力减弱。(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。
答案:(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,说明HX的酸性强,则其电离平衡常数大 大于 HX酸性强于CH3COOH,稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+),所以对水的电离的抑制能力减弱 (4)9.9×10-7 mol•L-1
11.(2015•高考山东卷)毒重石的主要成分为BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质),实验室利用毒重石制备BaCl2•2H2O的流程如下:
 
(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨,目的是__________________________。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸,除量筒外还需使用下列仪器中的________。
a.烧杯  b.容量瓶  c.玻璃棒  d.滴定管
(2)加入NH3•H2O调pH=8可除去________(填离子符号),滤渣Ⅱ中含________________(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量,原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
Ca2+ Mg2+ Fe3+ 
开始沉淀时的pH 11.9 9.1 1.9
完全沉淀时的pH 13.9 11.1 3.2
已知:Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7,Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9
(3)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量,实验分两步进行。
已知:2CrO2-4+2H+===Cr2O2-7+H2O Ba2++CrO2-4===BaCrO4↓
步骤Ⅰ:移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中,加入酸碱指示剂,用b mol•L-1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V0 mL。
步骤Ⅱ:移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中,加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液,待Ba2+完全沉淀后,再加入酸碱指示剂,用b mol•L-1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V1 mL。
滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管,“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为________mol•L-1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出,Ba2+浓度测量值将________(填“偏大”或“偏小”)。
解析:(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨,目的是增大与盐酸的接触面积,加快反应速率。实验室配制一定质量分数的溶液时,需用到的仪器是量筒、烧杯和玻璃棒。(2)由流程图和表中数据可知,pH=8时,可除去Fe3+;调节pH=12.5时,Mg2+完全沉淀,Ca2+部分沉淀,故滤渣Ⅱ中含有Mg(OH)2和Ca(OH)2;加入H2C2O4的目的是除去溶液中剩余的Ca2+,使Ca2+(aq)+C2O2-4(aq)===CaC2O4(s),当H2C2O4过量时,也可能使c(Ba2+)•c(C2O2-4)>Ksp(BaC2O4),而生成BaC2O4沉淀,导致产品BaCl2•2H2O的量减少。(3)由方程式2CrO2-4+2H+===Cr2O2-7+H2O知,步骤Ⅰ中加入的CrO2-4的总物质的量为b mol•L-1×V01 000 L=bV01 000 mol。步骤Ⅱ中,加入BaCl2充分反应后,剩余的CrO2-4的物质的量为b mol•L-1×V11 000 L=bV11 000 mol,与Ba2+反应的CrO2-4的物质的量为bV01 000 mol-bV11 000 mol=bV0-V11 000 mol,由方程式Ba2++CrO2-4===BaCrO4↓得,n(Ba2+)=n(CrO2-4),所以BaCl2溶液的浓度:c(BaCl2)=bV0-V11 000 moly1 000 L=bV0-V1y mol•L-1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时,有少量待测液溅出,造成V1的用量减小,所以bV0-V1y的测量值将偏大。
答案:(1)增大接触面积从而使反应速率加快 ac
(2)Fe3+ Mg(OH)2、Ca(OH)2 H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀,产品产量减少 
(3)上方 bV0-V1y 偏大

 


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