loading盐类水解、沉淀溶解平衡
最新考纲 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。 考向分析 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 真题感悟
Zhen ti gan wu
(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106
c?HX?
B．曲线N表示pH与lg的变化关系
c?H2X?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
＋－－
c?HX?
H＋X。当＝
c?H2X?
＋
－
2－
c?X2?＋＋＋
即横坐标为0.0时，Ka1＝c(H)，Ka2＝c′(H)，因为Ka1>Ka2，故c(H)>c′(H－＝1时，
c?HX?
＋
)，即pH ＋ － －5.4 溶液pH约为5.4，溶液呈酸性，所以，NaHX溶液中c(H)>c(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) 2．(2016·天津)室温下，用相同浓度的NaOH溶液，分别滴定浓度均为0.1 mol·L种酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲线如图所示，下列判断错误的是( C ) ．． －1 的三 A．三种酸的电离常数关系：KHA>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)＝1.77×104，Ka(CH3COOH)＝1.75×10 5 － － ，Kb(NH3·H2O)＝1.76×105，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·L1 HCOOH与0.1 mol·L1 NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO)＋c(OH － － － － )＝c(HCOOH)＋c(H) D．0.2 mol·L1 CH3COONa与0.1 mol·L － －1 ＋ 盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)： c(CH3COO)>c(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(NH4)＋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，NH4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(NH4)＋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)，pH<7，则CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，即c(CH3COO)>c(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·L1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。 时刻 温度/℃ pH ① 25 9.66 ② 30 9.52 ③ 40 9.37 ④ 25 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：SO23＋H2O － － HSO3＋OH －－ B．④的pH与①不同，是由SO23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SO23水解产生的c(OH)减小；升高温 2 度， SO23的水解平衡正向移动，溶液中SO3水解产生的c(OH)增大，pH应增大，而实际2上溶液的pH减小，其主要原因是实验过程中部分SO2溶液3被空气中的O2氧化生成SO4， － － － － － － － 中c(SO23)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， 2温度升高，SO23的水解平衡正向移动，而c(SO3)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：SO23＋H2O － HSO3＋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SO24数目大于①中的，④中的SO23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。 弱点突破 Ruo dian tu po (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(HCO3)＋2n(CO23)＋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(HCO3)＋c(CO23)＋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、CO23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(CO23)。 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 ＋ ＋ － － ＋ － － ＋ ＋ ＋ － － ＋ ＋ － － － － － 3)>c(H2PO4)>c(HPO24)>c(PO4)。 －－－ (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(CO23)>c(OH)>c(HCO3)。 (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(NH4)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NH4的水解程度，所以溶液中离子浓度顺序为：c(NH4)>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。 备考验证Bèi kǎo yàn zhènɡ (课后) － － ＋ － － ＋ ＋ ＋ 1．(2018·荆州二模)将0.2 mol·L1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L1 KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是( D ) A．2c(K)＝c(HCO3)＋2c(CO23)＋c(H2CO3) B．c(Na)>c(K)>c(HCO3)>c(CO23)>c(OH)>c(H) 1C．c(OH)＋c(CO23)＝c(H)＋c(H2CO3)＋0.1 mol·L － － ＋ － ＋ ＋ － － － ＋ ＋ － － D．3c(K)＋c(H)＝c(OH)＋c(HCO3)＋2c(CO23) [解析] 0.2 mol·L1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L1 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·L1，则2c(K)＝0.1 mol·L1，根据物料守恒可得c(HCO3)＋ 1则2c(K)＝c(HCO)＋c(HCO)＋c(CO2)，c(CO2A错3)＋c(H2CO3)＝2c(K)＝0.1 mol·L，3233 － ＋ － ＋ － － 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·L1，碳酸根离子浓度小于0.05 mol·L1；钾离子浓度为0.05 mol·L1、钠离子浓度为0.1 mol·L1，则溶液中离子浓度大小为c(Na)>c(HCO3)>c(K)>c(CO23)>c(OH)>c(H)，B项错误；根据物料守恒可得 11 ①c(HCO3)＋c(CO23)＋c(H2CO3)＝c(Na)＝0.1 mol·L，②c(K)＝0.05 mol·L，根据电荷 － － ＋ － ＋ － ＋ － ＋ － － ＋ － － －－ －＋ 守恒可得③c(HCO3)＋2c(CO23)＋c(OH)＝c(H)＋c(K)＋c(Na)，根据①③可得c(OH)＋ 1则c(OH)＋c(CO2)c(CO23)＝c(H)＋c(H2CO3)＋c(K)由于混合溶液中c(K)＝0.05 mol·L，3 － ＋ ＋ ＋ － － － －－－＋＋＋－ ＝c(H)＋c(H2CO3)＋0.05 mol·L1，C项错误；根据电荷守恒可得，c(HCO3)＋2c(CO23)＋c(OH)＝c(H)＋c(K)＋c(Na)，由于混合液中c(Na)＝0.1 mol·L1、c(K)＝0.05 mol·L1，则c(Na)＝2c(K)所以3c(K)＋c(H)＝c(OH)＋c(HCO3)＋2c(CO23)，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(CO23)＋c(HCO3)＋c(OH)