專題10　電解質(zhì)溶液

第一部分

專題復(fù)習篇專題10

電解質(zhì)溶液1.溫度對溶液中幾種平衡的影響。2.稀釋時溶液中離子濃度的變化(弱電解質(zhì)的電離、鹽溶液的水解)、濃度之比的變化問題。3.水的電離程度，溶液酸堿性，pH(測定、計算)。4.一強與一弱溶液混合后微粒的比較。5.守恒：電荷守恒、物料守恒。6.應(yīng)用：電離常數(shù)的應(yīng)用、水解原理的應(yīng)用。7.圖像(稀釋、中和反應(yīng)、沉淀平衡)。高考關(guān)鍵詞核心考點回扣高考題型1弱電解質(zhì)電離及溶液的酸堿性高考題型2鹽類水解及離子濃度關(guān)系欄目索引高考題型3難溶電解質(zhì)的溶解平衡高考題型4溶液中離子平衡的綜合應(yīng)用核心考點回扣1.NH3·H2O在水溶液中的電離方程式為______________________，其電離常數(shù)表達式為____________________。只改變下列一種條件：①升高溫度(不考慮NH3的揮發(fā))

②加水稀釋

③加少量NaOH(s)

④通少量HCl(g)

⑤加入NH4Cl(s)⑥加入Na2CO3(s)其中能實現(xiàn)下列要求的是：(1)使電離平衡正向移動的有________。①②④答案答案②③⑥②④⑤①答案2.有下列幾種物質(zhì)：①NH3·H2O

②NH4Cl③(NH4)2SO4

④NH4HSO4

⑤NH4HCO3⑥Na2CO3

⑦NaHCO3

⑧NaOH按要求回答問題：(1)能促進水的電離且溶液呈酸性的是_____。(2)同濃度①～④的溶液中，c(NH)由大到小的順序是______________。(3)常溫下，同濃度⑤～⑧溶液，pH由小到大的順序是_____________。②③③>④>②>①⑤<⑦<⑥<⑧答案(4)NaHCO3溶液顯堿性的原因是__________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)NaHCO3溶液的電荷守恒式：_____________________________________________

；NaHCO3溶液的物料守恒式：__________________________________。3.溶液的酸堿性和pH。(1)25℃，0.01mol·L－1的鹽酸中，c(OH－)＝______mol·L－1，pH＝____，由水電離出的c(H＋)＝_____________。(2)100℃時，pH＝6的水中c(H＋)＝_____mol·L－1，該水呈___性。(3)100℃時(Kw＝10－12)，0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH為_____，由水電離出的c(OH－)＝____________。(4)25℃時，pH＝8的CH3COONa溶液中c(OH－)＝___________，由水電離的c(OH－)＝______________。答案10－12210－12

mol·L－1

10－6中1010－10

mol·L－110－6

mol·L－110－6

mol·L－14.正誤判斷，正確的打“√”，錯誤的打“×”。(1)任何溫度下，水溶液中c(H＋)和c(OH－)的相對大小都可判斷溶液的酸、堿性(

)(2)弱電解質(zhì)的導(dǎo)電能力一定比強電解質(zhì)的導(dǎo)電能力弱(

)(3)某鹽溶液呈酸性，一定是由水解引起的(

)(6)沉淀轉(zhuǎn)化只能是Ksp大的沉淀轉(zhuǎn)化為Ksp小的沉淀(

)答案√×××××(7)中和等體積、等pH的鹽酸和醋酸消耗的NaOH的量相同(

)(8)制備無水AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法(

)(9)用濕潤的pH試紙測得某溶液的pH＝3.4(

)(10)在NaHCO3溶液中加入NaOH，不會影響離子的種類(

)答案返回×√×√高考題型1弱電解質(zhì)電離及溶液的酸堿性1.(2016·上海，6)能證明乙酸是弱酸的實驗事實是(

)A.CH3COOH溶液與Zn反應(yīng)放出H2B.0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pH大于7C.CH3COOH溶液與Na2CO3反應(yīng)生成CO2D.0.1mol·L－1CH3COOH溶液可使紫色石蕊變紅解析真題調(diào)研√解析A、D項，只能證明乙酸具有酸性，不能證明其酸性強弱，錯誤；B項，該鹽水溶液顯堿性，故可以證明乙酸是弱酸，正確；C項，可以證明乙酸的酸性比碳酸強，但是不能證明其酸性強弱，錯誤。2.(2016·全國卷Ⅰ，12)298K時，在20.0mL0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸的體積關(guān)系如圖所示。已知0.10mol·L－1氨水的電離度為1.32%，下列有關(guān)敘述正確的是(

)解析√解析A項，鹽酸滴定氨水時，滴定終點溶液為NH4Cl溶液，呈酸性，故指示劑應(yīng)選甲基橙，錯誤；B項，一水合氨屬于弱堿，與鹽酸正好反應(yīng)生成NH4Cl時溶液呈酸性，故二者等濃度反應(yīng)時，若溶液的pH＝7，鹽酸的體積應(yīng)小于氨水的體積，即小于20.0mL，錯誤；D項，由圖可知，N點即為0.10mol·L－1氨水，由其電離度為1.32%，可知0.10mol·L－1氨水中c(OH－)＝0.00132mol·L－1，故該氨水中11<pH<12，正確。核心透析1.一元強酸與一元弱酸的比較酸項目

相同物質(zhì)的量濃度、相同

體積相同pH、相同體積

一元強酸一元強酸一元弱酸一元弱酸c(H＋)大小相同中和堿的能力相同小大

與金屬反應(yīng)的起

始速率大小相同

稀釋相同倍數(shù)后

的Ph小大大小2.“電離平衡”分析判斷中的常見誤區(qū)(1)誤認為電離平衡正向移動，弱電解質(zhì)的電離程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向電離方向移動，但醋酸的電離程度減小。(2)誤認為弱電解質(zhì)在加水稀釋的過程中，溶液中離子濃度都減小。如氨水加水稀釋時，c(H＋)增大。(3)誤認為由水電離出的c(H＋)＝1.0×10－13

mol·L－1的溶液一定呈堿性。如25℃，0.1mol·L－1的鹽酸或氫氧化鈉溶液中由水電離的c(H＋)都為1.0×10－13

mol·L－1。(4)弱電解質(zhì)溶液在加水稀釋的過程中，判斷某些微粒濃度的關(guān)系式是否發(fā)生變化時，首先要考慮該關(guān)系式是否是電離常數(shù)、離子積常數(shù)或者是它們的變形。3.溶液酸堿性判斷中的常見誤區(qū)(1)誤認為溶液的酸堿性取決于pH。如pH＝7的溶液在溫度不同時，可能呈酸性或堿性，也可能呈中性。(2)誤認為酸堿恰好中和時溶液一定顯中性。如強酸和弱堿恰好中和時，溶液顯酸性；強堿和弱酸恰好中和時，溶液顯堿性，強酸和強堿恰好中和時，溶液顯中性。(3)使用pH試紙測溶液酸堿性時，若先用蒸餾水潤濕，測量結(jié)果不一定偏小。先用蒸餾水潤濕，相當于將待測液稀釋，若待測液為堿性溶液，則所測結(jié)果偏?。蝗舸郎y液為酸性溶液，則所測結(jié)果偏大；若待測液為中性溶液，則所測結(jié)果沒有誤差。對點模擬c(HCO)∶c(H2CO3)1.017.820.022.4pH6.107.357.407.45123456789解析√123456789B項，人體血液酸中毒時，只要增加碳酸氫根即可緩解，所以可注射NaHCO3溶液緩解酸中毒，故B正確；1234567892.下列說法正確的是(

)A.水的離子積Kw只與溫度有關(guān)，但外加酸、堿、鹽一定會影響水的電離程度B.Ksp不僅與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)，還與溶液中相關(guān)離子的濃度有關(guān)C.常溫下，在0.10mol·L－1的NH3·H2O溶液中加入少量NH4Cl晶體，能使溶液的pH減小，

的比值增大D.室溫下，CH3COOH的Ka＝1.7×10－5，NH3·H2O的Kb＝1.7×10－5，

CH3COOH溶液中的c(H＋)與NH3·H2O中的c(OH－)相等√解析123456789解析A項，水的離子積Kw只與溫度有關(guān)，但外加酸、堿抑制水的電離，水解的鹽一定會影響水的電離程度，但不水解的鹽如NaCl不影響水的電離，故A錯誤；B項，Ksp與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溫度有關(guān)，與溶液中相關(guān)離子的濃度無關(guān)，故B錯誤；解析123456789D項，兩種溶液的濃度相對大小未知，所以無法判斷醋酸溶液中氫離子濃度和氨水中氫氧根離子濃度的相對大小，故D錯誤。123456789解析√123456789解析123456789123456789考向2溶液的酸堿性4.下列說法錯誤的是(

)A.常溫下，0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中，由水電離出的c(H＋)為

1.0×10－13

mol·L－1B.pH＝2與pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)之比為1∶10C.常溫下，等體積pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混合，混

合后溶液的pH＜7D.25℃時，完全中和50mLpH＝3的H2SO4溶液，需要pH＝11的NaOH溶

液50mL解析1234√56789解析CH3COOH是弱電解質(zhì)，常溫下，0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中c(H＋)＜0.1mol·L－1，故由水電離出的c(H＋)＞1.0×10－13

mol·L－1，A項錯誤；pH＝2的CH3COOH溶液中c(H＋)＝1.0×10－2

mol·L－1，pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)＝1.0×10－1

mol·L－1，B項正確；等體積pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混合，醋酸過量，溶液呈酸性，pH＜7，C項正確；H2SO4溶液中n(H＋)＝50mL×10－3×10－3

mol·L－1＝5×10－5mol，NaOH溶液中n(OH－)＝50mL×10－3×10－3

mol·L－1＝5×10－5mol，完全反應(yīng)后溶液呈中性，D項正確。1234567895.T

℃下的溶液中，c(H＋)＝10－x

mol·L－1，c(OH－)＝10－y

mol·L－1，x與y的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是(

)A.T

℃時，水的離子積Kw為1×10－13B.T＞25C.T

℃時，pH＝7的溶液顯堿性D.T

℃時，pH＝12的苛性鈉溶液與pH＝1的稀硫酸等體積混合，溶液的pH

＝7解析√123456789解析從圖中不難看出，A正確；T

℃時Kw＞1×10－14，則T

℃一定高于常溫，B正確；T

℃時，pH＝6.5的溶液呈中性，顯然pH＝7的溶液顯堿性，C正確；pH＝12的苛性鈉溶液與pH＝1的稀硫酸等體積混合，二者恰好完全中和，但注意該溫度下，pH＝7的溶液不是中性溶液，D錯誤。1234567896.常溫下，下列推斷正確的是(

)A.由水電離出的c(OH－)＝1×10－12

mol·L－1的溶液，pH一定為2B.將等體積、濃度均為0.02mol·L－1的NaOH溶液、氨水分別稀釋a倍、b倍

后均得到pH＝9的溶液，則a＜bC.將pH＝1與pH＝3的兩份鹽酸等體積混合后，所得溶液的pH＝2(忽略混

合時溶液體積的變化)D.等體積的0.2mol·L－1鹽酸與0.2mol·L－1氫氧化鋇溶液混合后，所得溶液

pH＝13(忽略混合時溶液體積的變化)解析√123456789解析A項，由水電離出的c(OH－)＝1×10－12

mol·L－1＜1×10－7

mol·L－1，說明水的電離受到了抑制，可能是酸溶液也可能是堿溶液，故pH＝2或12，錯誤；B項，體積相同、濃度均為0.02mol·L－1的NaOH溶液、氨水，由于前者全部電離，后者部分電離，前者的pH大于后者，而在稀釋過程中，兩者的pH均減小，但由于弱堿氨水中存在電離平衡，導(dǎo)致氨水溶液的pH降低速率相對較小，故無法確定兩溶液pH均為9時兩者稀釋倍數(shù)的大小，錯誤；解析123456789123456789考向3中和滴定及圖像分析7.實驗室現(xiàn)有3種酸堿指示劑，其pH的變色范圍如下：甲基橙：3.1～4.4石蕊：5.0～8.0酚酞：8.2～10.0用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定未知濃度的CH3COOH溶液反應(yīng)恰好完全時，下列敘述正確的是(

)A.溶液呈中性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑B.溶液呈中性，只能選用石蕊作指示劑C.溶液呈堿性，可選用甲基橙或酚酞作指示劑D.溶液呈堿性，只能選用酚酞作指示劑解析√123456789解析NaOH溶液與CH3COOH溶液反應(yīng)恰好完全時，生成CH3COONa，CH3COONa為強堿弱酸鹽，水解后溶液呈堿性，應(yīng)選用變色范圍與CH3COONa溶液pH接近的酚酞作指示劑。1234567898.已知常溫下CH3COOH的電離平衡常數(shù)為Ka。該溫度下向20mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入0.1mol·L－1NaOH溶液，其pH變化曲線如圖所示(忽略溫度變化)。下列說法中不正確的是(

)A.a點表示的溶液中c(CH3COO－)略小于10－3

mol·L－1B.b點表示的溶液中c(CH3COO－)＞c(Na＋)C.c點表示CH3COOH和NaOH恰好反應(yīng)完全解析√123456789解析a點時是醋酸溶液，由電荷守恒c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)知，c(CH3COO－)＝c(H＋)－c(OH－)＝(10－3－10－11)mol·L－1，A正確；B中由電荷c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，b點時溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，有c(Na＋)＜c(CH3COO－)，正確；若兩者恰好完全反應(yīng)，溶液呈堿性，C不正確。1234567899.常溫下，向10mL0.1mol·L－1的HR溶液中逐滴滴入0.1mol·L－1的NH3·H2O溶液，所得溶液pH及導(dǎo)電性變化如圖。下列分析不正確的是(

)解析A.a～b點導(dǎo)電能力增強，說明HR為弱酸B.b點溶液pH＝5，此時酸堿恰好中和C.c點溶液存在c(NH)＞c(R－)、c(OH－)＞c(H＋)D.b～c任意點溶液均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw＝1.0×10－14√123456789返回解析A項，根據(jù)圖像可知，a～b點導(dǎo)電能力增強，說明HR為弱電解質(zhì)，在溶液中部分電離，加入氨水后生成強電解質(zhì)，離子濃度增大；B項，b點溶液pH＝7，此時加入10mLHR，HR與一水合氨的濃度、體積相等，則二者恰好反應(yīng)；D項，b～c點，溶液的溫度不變，則水的離子積不變。返回1234567891.(2016·全國卷Ⅲ，13)下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是(

)高考題型2鹽類水解及離子濃度關(guān)系解析真題調(diào)研√2.(2016·天津理綜，6)室溫下，用相同濃度的NaOH溶液，分別滴定濃度均為0.1mol·L－1的三種酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是(

)解析A.三種酸的電離常數(shù)關(guān)系：KHA>KHB>KHDB.滴定至P點時，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)

>c(H＋)>c(OH－)C.pH＝7時，三種溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－)D.當中和百分數(shù)達100%時，將三種溶液混合后：

c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)√解析A項，根據(jù)圖像知，在未滴加NaOH溶液時，0.1mol·L－1的三種酸(HA、HB和HD)溶液的pH均大于1，說明三種酸均為弱酸，且HA的pH最小、酸性最強，HD的pH最大、酸性最弱，因酸性越強，電離常數(shù)越大，故KHA>KHB>KHD，正確；

B項，滴定至P點時，溶液中未反應(yīng)的HB與生成的NaB的濃度相等，且溶液呈酸性，說明HB的電離程度大于B－水解程度，故c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－)，正確；C項，pH＝7時，三種離子的濃度分別等于該溶液中的c(Na＋)，然而三種溶液中陰離子水解程度不同，加入的NaOH的體積不同，故三種陰離子的濃度也不同，錯誤；D項，根據(jù)質(zhì)子守恒即可得出，三種溶液混合后溶液的質(zhì)子守恒關(guān)系：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，正確。核心透析1.鹽類水解的規(guī)律和類型(1)相同條件下，同種離子的水解程度：相互促進水解的鹽＞單獨水解的鹽＞相互抑制水解的鹽。(2)多元弱酸的鹽類水解規(guī)律相同條件下的水解程度：正鹽＞酸式鹽；一級＞二級；弱酸的酸式鹽溶液的酸堿性取決于酸式根離子的電離程度和水解程度的相對大小。(2)理解“三大守恒”①電荷守恒：電解質(zhì)溶液中所有陽離子的正電荷總數(shù)與所有的陰離子負電荷總數(shù)相等。②物料守恒：電解質(zhì)溶液中由于電離或水解因素，離子會發(fā)生變化變成其他離子或分子等，但離子或分子中某種特定元素的原子的總數(shù)是不會改變的。③質(zhì)子守恒：即H2O電離的氫離子和氫氧根離子濃度相等。(3)常見的考查微粒濃度大小或關(guān)系的“兩種關(guān)系式”：①等式：對于等式通常有兩個，即電荷守恒、物料守恒，一些復(fù)雜的等式往往是由兩個守恒關(guān)系式經(jīng)過變形得到的，或代入某些所給已知條件得到的。②不等式：對于不等式，要具體分析溶液中各種電離方程式、水解方程式、溶液的酸堿性。(4)離子溶液比較中的注意事項①不同溶液中同一離子濃度的比較要看溶液中其他離子對該離子的影響。②混合溶液和酸式鹽溶液中各離子濃度的比較要綜合考慮電離因素、水解因素等。解析對點模擬√12345解析雨水放置一段時間后pH減小是由于H2SO3被氧化為H2SO4，導(dǎo)致溶液酸性增強。12345解析2.下列說法正確的是(

)A.AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加熱、蒸發(fā)、濃縮、結(jié)晶、灼燒，所得固體

的成分相同B.配制FeCl3溶液時，將FeCl3固體溶解在硫酸中，然后再用水稀釋到所需

的濃度C.用加熱的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3＋D.FeCl3溶液加水稀釋，溶液中每種離子的濃度都不會增大√1234512345解析√12345常溫下，0.01mol·L－1的HA和BOH兩種溶液pH分別為3和12，說明HA是弱酸，BOH是強堿，將兩溶液等體積混合后生成BA和水，其中A－水解使溶液顯堿性，所得溶液的pH＞7，C錯誤；解析1234512345考向2粒子濃度大小關(guān)系4.下列關(guān)系中正確的是(

)A.CH3COOH和CH3COONa溶液混合：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋

c(CH3COOH)B.常溫下，0.1mol·L－1HA溶液與0.1mol·L－1NaOH溶液等體積完全反應(yīng)時，溶

液中一定存在：c(Na＋)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H＋)C.常溫下，0.1mol·L－1Na2S溶液中存在：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)√解析12345解析A項，混合后溶液呈酸性，c(H＋)＞c(OH－)，溶液中存在著電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，聯(lián)立兩式可得：2c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＋2c(OH－)，錯誤；B項，混合后溶液中溶質(zhì)為NaA，如果HA是弱酸，則c(Na＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋)，錯誤；C項，Na2S溶液中的質(zhì)子守恒式為c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，錯誤；解析12345123451234解析返回√5解析B項，pH之和為14的醋酸與NaOH溶液等體積混合時，醋酸過量，溶液呈酸性，故c(H＋)＞c(OH－)，根據(jù)電荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，則c(CH3COO－)＞c(Na＋)，不符合題意；C項，由Ka知，HClO的酸性大于HCN的酸性，等體積、等濃度的NaClO溶液、NaCN溶液中，CN－的水解程度大于ClO－的，則等體積、等濃度的NaClO溶液中的OH－數(shù)目小于NaCN溶液中的OH－數(shù)目，故H＋的數(shù)目關(guān)系相反，根據(jù)電荷守恒有n(Na＋)＋n(H＋)＝n(ClO－)＋n(OH－)，n(Na＋)＋n(H＋)＝n(CN－)＋n(OH－)，兩溶液中離子的總數(shù)均應(yīng)為2[n(Na＋)＋n(H＋)]，故NaClO溶液中的離子總數(shù)大，符合題意；12345返回12345高考題型3難溶電解質(zhì)的溶解平衡真題調(diào)研解析答案2.0×10－55×10－32.(2014·新課標全國卷Ⅰ，11)溴酸銀(AgBrO3)溶解度隨溫度變化曲線如下圖所示。下列說法錯誤的是(

)解析A.溴酸銀的溶解是放熱過程B.溫度升高時溴酸銀溶解速度加快C.60℃時溴酸銀的Ksp約等于6×10－4D.若硝酸鉀中含有少量溴酸銀，

可用重結(jié)晶方法提純√解析A項，由題圖可知，隨著溫度升高，溴酸銀的溶解度逐漸增大，因此AgBrO3的溶解是吸熱過程；B項，由圖像曲線可知，溫度升高斜率增大，因此AgBrO3的溶解速度加快；D項，若KNO3中含有少量AgBrO3，可通過蒸發(fā)濃縮得到KNO3的飽和溶液，再冷卻結(jié)晶獲得KNO3晶體，而AgBrO3留在母液中。核心透析從Ksp的角度理解沉淀溶解平衡的應(yīng)用(1)沉淀能否生成或溶解的判斷方法通過比較溶度積與非平衡狀態(tài)下溶液中有關(guān)離子濃度冪乘積——離子積Qc的相對大小，可以判斷難溶電解質(zhì)在給定條件下沉淀生成或溶解的情況：Qc＞Ksp，溶液過飽和，有沉淀析出：Qc＝Ksp，溶液飽和，沉淀的生成與溶解處于平衡狀態(tài)；Qc＜Ksp溶液未飽和，無沉淀析出。(2)利用溶度積常數(shù)的大小判斷沉淀的先后順序和沉淀的轉(zhuǎn)化依據(jù)Ksp的表達式計算開始產(chǎn)生沉淀時溶液中某種離子濃度的大小、判斷沉淀的先后順序，一般開始產(chǎn)生沉淀所需要離子的濃度越小，越先產(chǎn)生沉淀。而沉淀轉(zhuǎn)化的實質(zhì)是沉淀溶解平衡的移動。一般Ksp表達式相似的沉淀中，Ksp較小的沉淀可以轉(zhuǎn)化為Ksp更小的沉淀。(3)溶度積(Ksp)與溶解能力關(guān)系的突破方法溶度積(Ksp)反映了電解質(zhì)在水中的溶解能力，對于陰陽離子個數(shù)比相同的電解質(zhì)，Ksp的數(shù)值越大，難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力越強；但對于陰、陽離子個數(shù)比不同的電解質(zhì)，不能直接根據(jù)比較Ksp數(shù)值的大小來判斷難溶電解質(zhì)在水中溶解能力的強弱?？枷?沉淀的產(chǎn)生與轉(zhuǎn)化1.已知，F(xiàn)e2＋結(jié)合S2－的能力大于結(jié)合OH－的能力，而Al3＋則正好相反。在Fe2(SO4)3與AlCl3的混合溶液中，先加入過量的KI溶液，再加入足量的Na2S溶液，所得沉淀是(

)A.Al2S3、FeS和S B.Fe(OH)3和Al(OH)3C.Fe2S3和Al(OH)3 D.FeS、Al(OH)3和S12345對點模擬√6解析解析在Fe2(SO4)3和AlCl3溶液中加過量KI，先是Fe2(SO4)3與KI兩鹽發(fā)生氧化還原反應(yīng)：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，反應(yīng)完全后溶液中含大量Fe2＋、Al3＋、I2。在Na2S溶液中，由于S2－＋H2O

HS－＋OH－有大量S2－、OH－，依題意知，F(xiàn)e2＋結(jié)合S2－能力強，兩鹽發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，形成FeS沉淀，F(xiàn)e2＋＋S2－===FeS↓；Al3＋結(jié)合OH－能力強，形成Al(OH)3沉淀，Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓或理解為Al3＋與S2－發(fā)生雙水解反應(yīng)：3Na2S＋2AlCl3＋6H2O===2Al(OH)3↓＋3H2S↑＋6NaCl；但由于I2的存在，發(fā)生I2＋S2－===S↓＋2I－或I2＋H2S===S↓＋2HI，所以最終得到的沉淀是FeS、Al(OH)3和S的混合物。123456解析123456√解析溶度積常數(shù)只與溫度有關(guān)，A項錯誤；由于有一定量的Ag＋轉(zhuǎn)化為Ag2CO3，故溶液中c(Ag＋)＜c(Cl－)，B項錯誤；1234563.下表是3種物質(zhì)在水中的溶解度(20℃)，下列說法中正確的是(

)123456物質(zhì)MgCl2Mg(OH)2MgCO3溶解度(g)54.60.000840.039√解析123456考向2多樣的沉淀溶解平衡曲線4.在T

℃時，鉻酸銀(Ag2CrO4)在水溶液中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法不正確的是(

)解析123456A.T

℃時，在Y點和Z點，Ag2CrO4的Ksp相等B.在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由

Y點變?yōu)閄點C.T

℃時，Ag2CrO4的Ksp為1×10－8D.圖中a＝

×10－4√解析一種物質(zhì)的Ksp只與溫度有關(guān)，A項正確；X點的Ksp大于Y點的Ksp，因此由Y點變?yōu)閄點只能通過改變溫度實現(xiàn)，B項正確；1234565.25℃時，用Na2S沉淀Cu2＋、Zn2＋兩種金屬離子(M2＋)，所需S2－最低濃度的對數(shù)值lg

c(S2－)與lg

c(M2＋)的關(guān)系如圖所示。下列說法不正確的是(

)解析123456A.Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋)B.25℃時Ksp(CuS)約為1×10－35C.向100mLZn2＋、Cu2＋濃度均為10－5

mol·L－1的混

合溶液中逐滴加入10－4

mol·L－1的Na2S溶液，Cu2＋先沉淀D.向Cu2＋濃度為10－5

mol·L－1的工業(yè)廢水中加入ZnS

粉末，會有CuS沉淀析出√123456解析A項，硫化鈉溶液中的物料守恒為2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)，A錯誤；B項，在25℃時，CuS飽和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS(s)

Cu2＋(aq)＋S2－(aq)，Ksp(CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－)＝10－25×10－10＝10－35，故B正確；C項，依據(jù)此圖可知，CuS的Ksp較小，故CuS最難溶，那么首先出現(xiàn)的沉淀是CuS，即Cu2＋先沉淀，C正確；D項，由于在25℃下，CuS的Ksp是10－35，小于ZnS溶度積，故向Cu2＋濃度為10－5

mol·L－1廢水中加入ZnS粉末，會有CuS沉淀析出，D正確。6.某溫度下，F(xiàn)e(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分別在溶液中達到沉淀溶解平衡后，改變?nèi)芤旱膒H，金屬陽離子濃度的變化如圖所示。據(jù)圖分析，下列判斷錯誤的是(

)123456A.Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Cu(OH)2]B.加適量NH4Cl固體可使溶液由a點變到b點C.c、d兩點代表的溶液中c(H＋)與c(OH－)的乘積相等D.Fe(OH)3、Cu(OH)2分別在b、c兩點代表的溶液中達到飽和解析√返回解析Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，Ksp[Cu(OH)2]＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，F(xiàn)e3＋、Cu2＋濃度相等(b、c點)時，F(xiàn)e3＋對應(yīng)的pH小，c(H＋)較大，則c(OH－)較小，在相同溫度下，Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Cu(OH)2]，A選項正確；123456c(H＋)和c(OH－)的乘積為Kw，Kw僅與溫度有關(guān)，則C選項正確；由題意和圖知D選項正確。返回高考題型4溶液中離子平衡的綜合應(yīng)用真題調(diào)研20解析答案(1)Cr3＋與Al3＋的化學(xué)性質(zhì)相似，在Cr2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液直至過量，可觀察到的現(xiàn)象是______________________________________________________________________。

藍紫色溶液變淺，同時有灰藍色沉淀生成，最后沉淀逐漸溶解形成綠色溶液答案解析答案解析增大1.0×1014小于核心透析1.電解質(zhì)溶液簡答題答題模板……存在……平衡，……(條件)使平衡向……方向移動，……(結(jié)論)2.幾種平衡常數(shù)關(guān)系(1)Ka·Kh＝Kw或Kb·Kh＝Kw考向1電解質(zhì)溶液中的原理闡述題1.已知室溫下，碳酸的電離常數(shù)K1＝4×10－7、K2＝4.7×10－11。(1)從K的角度定量分析NaHCO3水溶液顯堿性的原因：___________對點模擬12345水解平衡常數(shù)所以碳酸氫鈉溶液中以水解為主，因此溶液顯堿性____________________________________________________________________________________________________________。大于碳酸的電離常數(shù)K2＝4.7×10－11，解析答案變小_______________________________________________________________________________________________________________________________。12345解析答案2.簡要回答下列各問題：(1)羥胺(NH2OH)可看成是氨分子內(nèi)的l個氫原子被羥基取代的產(chǎn)物，常用作還原劑，其水溶液顯弱堿性。已知NH2OH在水溶液中呈弱堿性的原理與NH3在水溶液中相似，請用離子方程式表示原因：____________________________________。解析類比氨氣與水反應(yīng)生成NH3·H2O，氨水電離呈弱堿性。解析答案12345(2)工業(yè)上制備Ba(OH)2·8H2O晶體的新方法是用BaS與CuO反應(yīng)獲取。①新方法的化學(xué)方程式為________________________________________。解析BaS與CuO反應(yīng)制備Ba(OH)2·8H2O晶體，由質(zhì)量守恒可知反應(yīng)還應(yīng)有水，結(jié)合質(zhì)量守恒可書寫化學(xué)方程式，由CuO生成CuS，可說明CuS的溶度積比CuO小，符合沉淀的轉(zhuǎn)化規(guī)律，以此解答該題。BaS＋CuO＋9H2O===Ba(OH)2·8H2O＋CuS解析答案②該反應(yīng)的反應(yīng)物CuO是不溶物，上述反應(yīng)卻能進行的可能原因是____________________________________________________。CuS的溶度積比CuO小得多(更難溶)，有利于該反應(yīng)正向進行12345(3)在氯化鐵溶液中存在下列平衡：FeCl3＋3H2O

Fe(OH)3＋3HCl

ΔH>0。回答下列問題：①慢慢加熱FeCl3溶液可得到一種紅褐色的透明液體，解釋產(chǎn)生現(xiàn)象的原因：___________________________________________________