解密10水溶液中离子反应【考纲导向】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，水的离子积常数。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。8．了解溶度积的含义，能用平衡移动原理分析沉淀溶解、生成和转化过程。【命题分析】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。一是在选择题某一选项中以图像或者文字的形式考查，二是在填空题中结合化学反应原理综合考查。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。
核心考点一弱电解质的电离平衡1．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a．加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大。b．加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多。(2)相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸a．加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大。b．加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多。2．有关电离平衡常数计算答题模板(以弱酸HX为例) HX H＋ ＋X－起始/(mol·L－1):c(HX)00平衡/(mol·L－1):c(HX)－c(H＋)c(H＋)c(H＋)则K＝由于弱酸只有极少一部分电离，c(H＋)的数值很小，可做近似处理：c(HX)－c(H＋)≈c(HX)。则K＝或c(H＋)＝。3．弱电解质平衡移动的“三个不一定”(1)稀醋酸加水稀释时，溶液中不一定所有的离子浓度都减小。因为温度不变，Kw＝c(H＋)·c(OH－)是定值，稀醋酸加水稀释时，溶液中的c(H＋)减小，故c(OH－)增大。(2)电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，离子的浓度不一定增大，电离程度也不一定增大。(3)对于浓的弱电解质溶液加H2O稀释的过程，弱电解质的电离程度逐渐增大，但离子浓度不一定减小，可能先增大后减小。4．一元强酸与一元弱酸的比较
等物质的量浓度的盐酸(a)与醋酸溶液(b)等pH的盐酸(a)与醋酸溶液(b)pH或物质的量浓度pH：a＜b物质的量浓度：a＜b溶液的导电性a＞ba＝b水的电离程度a＜ba＝b加水稀释等倍数pH的变化量a＞ba＞b等体积溶液中和NaOH反应的量a＝ba＜b分别加该酸的钠盐固体后pHa：不变；b：变大a：不变；b：变大开始与金属反应的速率a＞b相同等体积溶液与过量活泼金属产生H2的量相同a＜b5．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)稀释图像比较(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多(2)相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多考法一判断电解质强弱【典例1】(2021年1月浙江选考)下列物质属于强电解质的是()
A．KOHB．H3PO4C．SO3D．CH3CHO【解析】在水溶液中或熔融状态下能够完全电离的化合物为强电解质。A项，KOH在水溶液中或熔融状态下能够完全电离出K+和OH-，KOH为强电解质，A符合题意；B项，H3PO4在水溶液中或熔融状态下能不够完全电离，H3PO4为弱电解质，B不符合题意；C项，SO3在水溶液中或熔融状态下不能电离，SO3属于非电解质，C不符合题意；D项，CH3CHO在水溶液中或熔融状态下不能电离，CH3CHO属于非电解质，D不符合题意；故选A。【答案】A考法二弱酸(碱)或弱碱(酸)的比较【典例2】下列事实中不能证明CH3COOH是弱电解质的是( )A.常温下某CH3COONa溶液的pH＝8B.常温下0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝2．8C.CH3COONa溶液与稀盐酸反应生成CH3COOH和NaClD.CH3COOH属于共价化合物【解析】A项，常温下某CH3COONa溶液的pH＝8，CH3COONa水解显碱性，为弱酸强碱盐，故CH3COOH为弱电解质，正确；B项，常温下0.1mol·L－1CH3COOH溶液的pH＝2．8，说明CH3COOH部分电离，为弱电解质，正确；C项，根据强酸制弱酸的原理，盐酸制取了醋酸，所以醋酸为弱酸，是弱电解质，正确；D项，强电解质和弱电解质都有可能为共价化合物，错误。【答案】D考法三电解质稀释图象【典例3】(2019•天津卷)某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5．0×10－4和1．7×10－5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是()A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液B．溶液中水的电离程度：b点＞c点C．从c点到d点，溶液中保持不变(其中、分别代表相应的酸和酸根离子)
D．相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同【解析】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c(CH3COOH)＞c(HNO2)，分别滴加同浓度的NaOH溶液至中性，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。【答案】C考法四电离平衡常数【典例4】(2021年1月浙江选考)实验测得10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1．8×10-5．下列说法不正确的是()A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1，溶液pH变化值小于lgxC．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH-)减小，c(H+)增大，pH减小D．25℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10mL0.50mol·L-1NH4Cl溶液、10mL0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH
越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。A项，由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B项，将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C项，随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D项，25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+)=c(H+)-c(OH-)，醋酸钠溶液中，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)。由于25℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1．8×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中|c(OH-)-c(H+)|(两者差的绝对值)相等，故c(Na+)-c(CH3COO-)=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。故选C。【答案】C考法五电离平衡常数的理解和应用【典例5】硫酸、硝酸、高氯酸在水溶液中都是强酸，下表是某温度下这三种酸在冰醋酸中的电离常数。下列说法正确的是( )酸H2SO4HNO3HClO4K16．3×10－94．2×10－101．6×10－5A.在冰醋酸中H2SO4的电离方程式为：H2SO42H＋＋SOB.在冰醋酸中，HNO3的酸性最强C.在冰醋酸中，0.01mol/L的HClO4，其离子总浓度约为4×10－4mol/LD.高氯酸水溶液与氨水反应的离子方程式为H＋＋NH3·H2O===H2O＋NH【解析】在冰醋酸中，H2SO4分步电离，其第一步电离方程式为H2SO4H＋＋HSO，A项错误；根据在冰醋酸中的电离常数，三种酸的酸性强弱顺序为HClO4>H2SO4>HNO3，B项错误；设在冰醋酸中0.01mol/L的HClO4的H＋物质的量浓度为xmol·L－1， HClO4H＋＋ClOc(起始)/mol/L0.0100
c(变化)/mol/Lxxxc(平衡)/mol/L0.01－xxx则电离常数K＝≈＝1．6×10－5，x＝4×10－4mol/L，离子总浓度约为8×10－4mol/L，C项错误；在水溶液中，HClO4是一元强酸，NH3·H2O是一元弱碱，D项正确。【答案】D以一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)的比较为例(1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较 比较项目酸 c(H＋)pH中和碱的能力与活泼金属反应产生H2的量开始与金属反应的速率盐酸大小相同相同大醋酸溶液小大小(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较比较项目酸 c(H＋)c(酸)中和碱的能力与足量活泼金属反应产生H2的量开始与金属反应的速率盐酸相同小小少 相同醋酸溶液大大多1．(2019•浙江4月选考)下列属于强电解质的是()A．硫酸钡B．食盐水C．二氧化硅D．醋酸【答案】A【解析】A项，可知硫酸钡是强电解质，A项正确；B项，食盐水为混合物，不在强电解质的概念内，B项错误；C项，二氧化硅是非电解质，C项错误；D项，醋酸在水中不完全电离，为弱电解质，D项错误。2．下列事实能说明亚硫酸的酸性强于碳酸的是( )A.饱和亚硫酸溶液的pH小于饱和碳酸溶液的pHB.亚硫酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而碳酸不能
C.同温下，等浓度的亚硫酸氢钠溶液和碳酸氢钠溶液，碳酸氢钠溶液的碱性强D.将过量二氧化硫气体通入碳酸氢钠溶液中，逸出的气体能使澄清石灰水变浑浊【答案】C【解析】由于亚硫酸饱和溶液和碳酸饱和溶液的浓度不相等，因此不能根据二者饱和溶液的pH比较其酸性强弱，A项错误；亚硫酸使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为其具有还原性，与酸性强弱无关，B项错误；同温、等浓度条件下，碳酸氢钠溶液的碱性强，即HCO的水解程度大，说明其对应酸的酸性弱，C项正确；反应生成的CO2和过量的SO2均能使澄清石灰水变浑浊，故不能确定是否生成CO2，即不能比较H2SO3和H2CO3的酸性强弱，D项错误。3．常温下pH＝2的两种酸溶液A和B，分别加水稀释1000倍，其pH与所加水的体积变化如图所示。下列结论正确的是( )A.B酸比A酸的电离度大B.A为弱酸，B为强酸C.B酸的物质的量浓度比A的小D.A酸比B酸易电离【答案】D【解析】根据图示可知溶液稀释1000倍后，A酸溶液pH变化大，说明A酸酸性大于B酸酸性。则B酸为弱酸，其电离度应比A酸小，A酸易电离。同为pH＝2，B酸溶液物质的量浓度一定比A酸溶液浓度大。4．室温下，将10．00mL5．0000mol·L－1醋酸滴入100.00mL蒸馏水中，溶液中c(H＋)和温度随着加入醋酸体积的变化曲线如图所示，下列有关说法正确的是( )A．a～b段，醋酸电离过程为放热过程B．c～d段，c(H＋)增加，醋酸电离程度增大
C．c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)D．d点时，c(H＋)>c(CH3COOH)【答案】C【解析】a～b段，醋酸电离过程为吸热过程，电解质溶于水，扩散过程(电离)吸热，水合过程(形成水合离子)放热，A错误；c～d段，醋酸浓度增大，c(H＋)增加，醋酸电离程度减小，B错误；c点时，加入等体积等浓度的NaOH溶液，根据物料守恒，有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，C正确；醋酸是弱酸，电离是微弱的，在溶液中主要以分子的形式存在，故d点时，c(H＋)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)23．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，0.1mol·L－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)＝0.1mol·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0.1mol·L-1的NH4Cl和0.1mol·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－)。考法一盐类水解的原理【典例1】25℃时，浓度均为0.2mol·L－1的NaHCO3与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【解析】NaHCO3、Na2CO3均属于强碱弱酸盐，都存在水解平衡，同时还存在H2O的电离平衡，A项正确；Na2CO3、NaHCO3溶液中都含有Na＋、CO、HCO、H2CO3、H＋、OH－、H2O
，它们存在的粒子种类相同，B项正确；CO的水解能力大于HCO的，故Na2CO3溶液中的c(OH－)大于NaHCO3溶液，C项错误；NaHCO3溶液中加入NaOH时，HCO与OH－反应导致c(CO)增大；Na2CO3溶液中加入NaOH时，OH－抑制了CO的水解，导致c(CO)增大，D项正确。【答案】C考法二影响盐类水解的因素【典例2】在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－。下列说法正确的是( )A．稀释溶液，水解平衡常数增大B．通入CO2，平衡向正反应方向移动C．升高温度，减小D．加入NaOH固体，溶液pH减小【解析】水解平衡常数只受温度的影响，A错误；通入的CO2与OH－反应，使平衡向正反应方向移动，B正确；温度升高，CO的水解程度增大，c(HCO)增大，c(CO)减小，C错误；加入NaOH固体，溶液的pH增大，D错误。【答案】B考法三盐类水解的应用【典例3】(2019•年4月浙江选考)高温高压液态水具有接近常温下弱酸的c(H+)或弱碱的c(OH-)，油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是()A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH-)的碱的水解【解析】对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A项正确；由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH−)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强，反应速率加快，B项正确；油脂在酸性(H+做催化剂)条件下水解，高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C项正确；高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同c(H+)的酸或相同c(OH−)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中H+浓度的方式，促进油脂的水解，D项不正确。【答案】D考法四混合溶液中粒子浓度关系【典例4】(2020•江苏卷)(双选)室温下，将两种浓度均为0.1mol·L-1
的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是()A．NaHCO3-Na2CO3混合溶液(pH=10．30)：NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO32-)＞c(OH－)B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9．25)：c(NH)+c(H＋)=c(NH3∙H2O)+c(OH－)C．CH3COOH-CH3COONa混合溶液(pH=4．76)：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(CH3COO−)＞c(H+)D．H2C2O4-NaHC2O4混合溶液(pH=1．68，H2C2O4为二元弱酸)：c(H＋)＋c(H2C2O4)=c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2O)【解析】A项，NaHCO3水溶液呈碱性，说明HCO3-的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：CO32-＞HCO3-，溶液中剩余微粒浓度关系为：c(HCO)＞c(CO32-)，CO32-和HCO3-水解程度微弱，生成的OH-浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO32-)＞c(OH－)，故A正确；B项，该混合溶液中电荷守恒为：c(NH)+c(H＋)=c(Cl−)+c(OH－)，物料守恒为：c(CH3COOH)+c(NH)=2c(Cl−)，两式联立消去c(Cl-)可得：c(NH)+2c(H＋)=c(NH3∙H2O)+2c(OH－)，故B错误；C项，若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C错误；D项，该混合溶液中物料守恒为：2c(Na＋)=c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)+c(C2O)，电荷守恒为：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH—)＋c(HC2O4-)+2c(C2O)，两式相加可得：c(H＋)＋c(H2C2O4)=c(Na＋)+c(OH—)＋c(C2O)，故D正确；故选AD。【答案】AD考法五离子反应图象【典例5】(2020•新课标Ⅰ卷)以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：δ(A2-)=c(A2-)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]
下列叙述正确的是()A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA-)B．H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−1C．HA−的电离常数Ka=1．0×10−2D．滴定终点时，溶液中c(Na+)＜2c(A2-)+c(HA-)【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L×40mL2×20.00mL=0.1000mol/L。A项，根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；B项，当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L×40mL2×20.00mL=0.1000mol/L，B错误；C项，根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka=c(A2-)⋅c(H+)c(HA-)=c(H+)=1×10-2，C正确；D项，用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8．2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；故选C。【答案】C1．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。1．(2020•浙江1月选考)下列说法不正确的是()A．pH＞7的溶液不一定呈碱性B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(OH−)相等D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl−)＝c(NH)【解析】A项，温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+)c(AlO)>c(OH－)>c(CO)C0.015c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)D0.03c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)【解析】A项，NaAlO2与NaOH的混合溶液，由电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(AlO)＋c(OH－)，有c(Na＋)c(AlO)，错误；C项，继续通CO2，发生题给反应：2NaAlO2＋CO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋Na2CO3，当n(CO2)＝0.015mol，此时为Na2CO3溶液，有c(CO)>c(HCO)，错误；D项，继续通CO2发生反应：Na2CO3＋CO2＋H2O===2NaHCO3，当n(CO2)＝0.03mol，此时为NaHCO3溶液，因HCO水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，正确。【答案】D4．(2020•天津卷)常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是()A．相同浓度的HCOONa和NaF两溶液，前者的pH较大，则Ka(HCOOH)＞Ka(HF)B．相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4．7，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)C．FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)D．在1mol∙L−1Na2S溶液中，c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1【解析】A项，HCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO－的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)＜Ka(HF)，故A错误；B项，相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4．7
，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)，故B正确；C项，CuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2−不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故C正确；D项，根据溶液中的物料守恒定律，1mol∙L−1Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1mol∙L−1，即c(S2−)+c(HS－)+c(H2S)=1mol∙L−1，故D正确；故选A。【答案】A5．(2019•江苏卷)(双选)室温下，反应HCO3-+H2OH2CO3+OH−的平衡常数K=2．2×10−8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是()A．0.2mol·L−1氨水：c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(OH−)>c(H+)B．0.2mol·L−1NH4HCO3溶液(pH>7)：c(NH4+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)C．0.2mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)D．0.6mol·L−1氨水和0.2mol·L−1NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3·H2O)+c(CO32-)+c(OH−)=0.3mol·L−1+c(H2CO3)+c(H+)【解析】A项，NH3∙H2O属于弱电解，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3∙H2ONH4++OH-，H2OH++OH-，所以c(OH-)>c(NH4+)，故A错误；B项，NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c(NH4+)>c(HCO3-)，HCO3-水解：HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4++H2ONH3∙H2O+H+，前者水解程度大，则c(H2CO3)>c(NH3∙H2O)，故B正确；C项，由物料守恒，n(N):n(C)=2:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]，故C错误；D项，由物料守恒，n(N):n(C)=4:1，则有c(NH4+)+c(NH3∙H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①；电荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②；结合①②消去c(NH4+)得：c(NH3∙H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③，0.2mol/LNH4HCO3与氨水等体积混合后，c(NH4HCO3)=0.1mol/L，由碳守恒有，c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/L④，将③等式两边各加一个c(CO32-)，则有c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-)，将④带入③中得，c(NH3∙H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+3c(H2CO3)+0.3mol/L，故D正确；故选BD。【答案】BD6．(2019•新课标Ⅰ卷)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸氢钾H2A的Ka1=1．1×10−3，Ka2=3．9×10−6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b
点为反应终点。下列叙述错误的是()A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B．Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的C．b点的混合溶液pH=7D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)【解析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA−转化为A2−，b点导电性强于a点，说明Na+和A2−的导电能力强于HA−，故B正确；C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2−在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c(Na+)和c(K+)相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c(Na+)＞c(K+)，由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c(K+)＞c(OH−)，溶液中三者大小顺序为c(Na+)＞c(K+)＞c(OH−)，故D正确。【答案】C7．(2019•浙江4月选考)室温下，取20mL0.1mol·L−1某二元酸H2A，滴加0.1mol·L−1NaOH溶液。已知：H2AH+＋HA−，HA−⇌H+＋A2−。下列说法不正确的是()A．0.1mol·L−1H2A溶液中有c(H+)－c(OH−)－c(A2−)＝0.1mol·L−1B．当滴加至中性时，溶液中c(Na+)＝c(HA−)＋2c(A2−)，用去NaOH溶液的体积小于10mLC．当用去NaOH溶液体积10mL时，溶液的pH＜7，此时溶液中有c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)D．当用去NaOH溶液体积20mL时，此时溶液中有c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)
【解析】由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20mL0.1mol·L−1二元酸H2A看做20mL0.1mol·L−1HA-一元弱酸和0.1mol/LH+溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。A．0.1mol·L−1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH−)+2c(A2−)+c(HA−)，因而c(H+)-c(OH−)-c(A2−)=c(A2−)+c(HA−)=0.1mol·L−1，A项正确；B．若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HA−⇌H+＋A2−，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；C．当用去NaOH溶液体积10mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH＜7，存在质子守恒，其关系为c(A2−)＝c(H+)－c(OH−)，C项正确；D．当用去NaOH溶液体积20mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)＝2c(HA−)＋2c(A2−)，D项正确。故选B。【答案】B8．(2020•浙江7月选考)常温下，用0.1mol·L−1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L−1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是()A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl−)＞c(CH3COO−)B．当滴入氨水10mL时，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(CH3COO−)＋c(CH3COOH)C．当滴入氨水20mL时，c(CH3COOH)＋c(H+)＝c(NH3·H2O)＋c(OH−)D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(NH)＜c(Cl−)【解析】A项，未滴定时，溶液溶质为HCl和CH3COOH，且浓度均为0.1mol/L，HCl为强电解质，完全电离，CH3COOH为弱电解质，不完全电离，故，c(Cl-)＞c(CH3COO-)，A正确；B项，当滴入氨水10mL时，n(NH3·H2O)=n(CH3COOH)，则在同一溶液中c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，B正确；C项，当滴入氨水20mL时，溶液溶质为NH4Cl和CH3COONH4，质子守恒为c(CH3COOH)+c(H+)=c(NH4+)+c(OH-)，C正确；D项，当溶液为中性时，电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液为中性，则c(H+)=c(OH-)，故c(NH4+)＞c(Cl-)，D不正确；故选D。【答案】D9．(2019•浙江11月选考)常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1．000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是()
A．3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍B．曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>cC．当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)D．当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大【解析】A、由图可知，c(HCl)分别为1．000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a对应的c(NaOH)最大，以此类推，选项B正确；C、当V(NaOH)＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)＋c(Na+)＝c(Cl-)+c(OH-)，选项C正确；D、当V(NaOH)相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c(H+)应该是相同的，选项D不正确。答案选D。【答案】D10．(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( )A．Ksp(H2X)的数量级为10－6B．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H2XH＋＋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>KHDB．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。【答案】C核心考点六难溶电解质的溶解平衡
1．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KspQc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＜Ksp：溶液未饱和，无沉淀析出2．Ksp的影响因素(1)内因：难溶物质本身的性质，这是主要因素。(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。3．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。4．溶度积曲线溶度积曲线是分别以阳、阴离子的浓度为坐标作出的曲线，不同温度下曲线形状不尽相同。如图是BaSO4溶液中的离子浓度曲线。(1)曲线上的任意一点(如a、c点)，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。(2)可通过比较，观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点(如b点)表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点(如d点)，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。5．溶度积曲线的解题方法(1)第一步：明确图像中纵、横坐标的含义。纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。(2)第二步：理解图像中线上的点、线外点的含义。①以氯化银为例，在该沉淀溶解平衡图像上，曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Q＝Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线外的点。②曲线上方区域的点均为饱和溶液与沉淀共存的体系，此时Q>Ksp。③曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Q
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