专题九水溶液中的离子平衡（考点剖析）-高考引领教学2023年高考化学二轮针对性复习方案（解析版）_05高考化学_通用版（老高考）复习资料_2023年复习资料_二轮复习

专题九 水溶液中的离子平衡 必备知识 解读 一、弱电解质的电离（ 弱电解质：包括 弱酸 、 弱碱 、极少数盐(如醋酸铅)、两性氢氧化 物、 水等。） 1．电离度 (1)概念 在一定条件下的弱电解质达到电离平衡时，已经电离的电解质分子数占原电解质总分子数的分数。 (2)表示方法 α＝×100% 也可表示为α＝×100% (3)影响因素 升高温度，电离平衡向右移动，电离度增大； 温度的影响 降低温度，电离平衡向左移动，电离度减小 当弱电解质溶液浓度增大时，电离度减小； 浓度的影响 当弱电解质溶液浓度减小时，电离度增大 2．电离常数 (1)概念：电离平衡的常数叫做电离常数。 (2)表达式 ①对于一元弱酸HA：HA H＋＋A－，电离常数K＝。 a ②对于一元弱碱BOH：BOH B＋＋OH－，电离常数K＝。 b (3)特点 多元弱酸各级电离常数的大小关系是K 1≫K 2≫K 3 ，故其酸性取决于第一步电离。 (4)影响因素 内因：弱电解质本身的性质 外因：电离常数只与温度有关，升高温度，K值增大。 (5)意义 ―→―→ 如相同条件下常见弱酸的酸性强弱： HCO＞HSO＞HPO＞HF＞HCOOH＞CHCOOH＞HCO＞HS＞HClO。 2 2 4 2 3 3 4 3 2 3 2 3.电离常数的四大应用 ①判断弱酸(或弱碱)的相对强弱，电离常数越大，酸性(或碱性)越强。 ②判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱，电离常数越大，对应的盐水解程度越小，酸性(或碱性)越弱。 ③判断复分解反应能否发生，一般符合“强酸制弱酸”规律。 ④计算弱酸、弱碱溶液中的c(H＋)、c(OH－)。有关电离平衡常数的计算(以弱酸HX为例) 已知c(HX)和电离平衡常数，求c(H＋)。 HX H＋ ＋ X－起始： c(HX) 0 0 平衡： c(HX)－c(H＋) c(H＋) c(X－) 则：K＝＝ 由于c(H＋)的数值很小，可做近似处理：c(HX)－c(H＋)≈c(HX)，则c(H＋)＝，代入数值求解即可。 稀溶液中、弱酸溶液中，c(H＋)＝，弱碱溶液中c(OH－)＝。用来计算PH值。 4.电离度和电离常数的关系α≈或K≈cα2。 5．水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算 (1)任何情况下，中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)，常温下，中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 mol·L－ 1。 (2)常温下，酸或碱抑制水的电离，水电离出的c (H＋)＝c(OH－)=＜10－7 mol·L－1。当溶液中的c总(H＋) 水 ＜10－7 mol·L－1时就是水电离出的c(H＋)，c (H＋)=c总(H＋），是碱溶液；当溶液中的c(H＋)＞10－7 水 mol·L－1时，水电离出的c (H＋)＝c(OH－)=＜10－7 mol·L－1。如pH＝2的硫酸中水电离出的c (H＋) 水 水 ＝c (OH－)＝＝10－12 mol·L－1。 水 (3)常温下，可水解的盐促进水的电离，水电离的c(H＋)或c(OH－)均大于10－7mol·L－1。盐是不能电离出 H+或OH-的，可水解的盐的溶液中H+和OH-都是水电离的。水电离的H+和OH-应该是相等的，但是，盐溶 液可以是酸性也可是碱性的，也就是说，盐溶液中，水电离的H+和OH-又是不相等的，这是什么原 因？ 若给出的c(H＋)＞10－7 mol·L－1，即为水电离的c(H＋)，水解显酸性；若给出的c(H＋)＜10－7 mol·L－1， 就用10－14除以这个浓度即得水电离的c(OH－)，水解显碱性；如pH＝4的NHCl中水电离出的c (H＋) 4 水 ＝10－4 mol·L－1。 二、水解规律及应用 1.实质 盐电离→→破坏水的电离平衡→水的电离程度增大―→c(H＋)≠c(OH－)―→溶液呈碱性、酸性或中性 2.盐类水解规律 (1)“谁弱谁水解，越弱越水解，谁强显谁性。”如酸性：HCN＜CHCOOH，则相同条件下溶液的碱性：NaCN 3 ＞CHCOONa。 3 (2)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。 ①若电离程度小于水解程度，溶液显碱性。如NaHCO 溶液中：HCO H＋＋CO(次要)，HCO＋HO HCO 3 2 2 3 ＋OH－(主要)。 ②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO 溶液中：HSO H＋＋SO(主要)，HSO＋HO HSO 3 2 2 3 ＋OH－(次要)。 (3)相同条件下的水解程度：正盐＞相应酸式盐，如CO＞HCO。 (4)相互促进水解的盐＞单独水解的盐＞水解相互抑制的盐。如 NH 的水解：(NH)CO ＞(NH)SO ＞ 4 2 3 4 2 4(NH)Fe(SO)。 4 2 4 2 （5）FeCl 、NHCl、CHCOONa等溶液中由于自己不能电离出 H+和OH-，它们的水溶液中的H+和OH-都是 3 4 3 由水电离出来的。能水解的离子都能破坏水的电离平衡。 3.盐类水解的一些应用 应用 举例 判断溶液的酸 FeCl 溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3HO Fe(OH)＋3H＋ 3 2 3 碱性 配制或贮存易 配制CuSO 溶液时，加入少量HSO，防止Cu2＋水解；配制FeCl 溶液，加入少 4 2 4 3 水解的盐 量盐酸；贮存NaCO 溶液、NaSiO 溶液不能用磨口玻璃塞试剂瓶 2 3 2 3 溶液 判断酸性强 弱、比较 NaX、NaY、NaZ三种盐pH分别为8、9、10，则酸性HX＞HY＞HZ 离子浓度 的大小 胶体的制取 制取Fe(OH) 胶体的离子反应：Fe3＋＋3HO=====Fe(OH)(胶体)＋3H＋ 3 2 3 除去MgCl 溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO、镁粉、Mg(OH) 或 2 2 物质的提纯 MgCO 调PH 3 离子共存的判 Al3＋与AlO、CO、HCO、S2－、HS－等因相互促进水解而不能大量共存 断 泡沫灭火器原 成分为NaHCO 与Al(SO)，发生反应为Al3＋＋3HCO===Al(OH)↓＋3CO↑ 3 2 4 3 3 2 理 作净水剂 明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3HOAl(OH)(胶体)＋3H＋ 2 3 化肥的施用 铵态氮肥与草木灰不得混用 4.双水解和双水解反应 熟记下列因双水解不能大量共存的离子组合 (1)Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。 (2)Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。 (3)NH与SiO、AlO。 [特别提醒] ①NH与CHCOO－、HCO虽能发生双水解，但不能发生双水解反应，能大量共存。②Fe3＋在中性条件下已完 3 全水解。 5.判断盐溶液蒸干时所得产物的5种类型 (1)盐溶液水解生成难挥发性酸和酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后一般得原物质，如CuSO(aq)蒸干得 4 CuSO(s)；NaCO(aq)蒸干得NaCO(s)。Al(SO) 蒸干后得Al(SO) 4 2 3 2 3 2 4 3 2 4 3 (2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl(aq)蒸干得Al(OH) ，灼 3 3 烧得AlO。 2 3 (3)考虑盐受热时是否分解。Ca(HCO) 、NaHCO 、KMnO 、NHCl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为 3 2 3 4 4Ca(HCO)―→CaCO(CaO)；NaHCO―→NaCO；KMnO―→KMnO 和MnO；NHCl―→NH↑＋HCl↑。 3 2 3 3 2 3 4 2 4 2 4 3 (4)还原性盐在蒸干时会被O 氧化。如NaSO(aq)蒸干得NaSO(s)。 2 2 3 2 4 (5)弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NHHCO、(NH)CO。 4 3 4 2 3 三、沉淀溶解平衡K SP 1.溶度积和离子积 以AB(s) mAn+(aq)+nBm-(aq)为例 m n 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 K Q sp c Q(AB)= c m ( A n + )· c n ( B m - ), c m n 表达式 K (AB)= c m ( A n + )· c n ( B m - ),式中的浓度都是平衡浓度 sp m n 式中的浓度都是任意浓度 判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解 ①Q>K :溶液过饱和,有沉淀析出 c sp 应用 ②Q=K :溶液饱和,处于平衡状态 c sp ③QC(H+)>C(CHCOO-)>C(OH-) 3 3 3 一元弱碱：NH.HO溶液：C（NH.HO）>C（OH-）>C(NH+)>C(H+) 3 2 3 2 4 2.弱酸酸式盐： 碱性酸式盐：如NaHCO 溶液:C(Na+)>C(HCO-)>C(OH-)>C(HCO)>C(CO2-) 3 3 2 3 3 酸性酸式盐：如NaHSO 溶液:C(Na+)>C(HSO-)>C(H+)>C(SO2-)>C(OH-)>C(HSO) 3 3 3 2 3 3.多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸的酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。如在 Na CO 溶液中：c(Na＋) 2 3 ＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H+)。 类型二 两种电解质混合溶液中 (1) 等体积、等浓度的CHCOOH和CHCOONa溶液 3 3 (溶液呈酸性，说明CHCOOH电离程度大于CHCOO-水解程度)： 3 3 c(CHCOO-)>c(Na+)>c(CHCOOH)>c(H+)>c(OH-) 3 3 (2) 等体积、等浓度的NHCl和NH·HO溶液(溶液呈碱性，说明NH·HO电离程度大于NH+水解程度)： 4 3 2 3 2 4 c(NH+)>(Cl-)>c(NH·HO)>c(OH-)>c(H+) 4 3 2 (3) 等体积、等浓度的NaCN和HCN溶液(溶液呈碱性，说明CN-水解程度大于HCN电离程度)： c(HCN)>(Na+)>c(CN-)>c(OH-)>c(H+) (4)等体积、等浓度的NaCO 与NaHCO 混合溶液(CO2-一级水解远大于二级水解)： c(Na+)>c(HCO-)>C 2 3 3 3 3 （CO2-)>C(OH-)>C(H+) 3 (5)向0.2 mol·L-1NaHCO 溶液中加入等体积0.1 mol·L-1 3 NaOH溶液：c(Na+)>c(HCO-)>c(CO2-)>c(OH-)>c(H+) 3 3 （6）向0.2 mol·L―1NHCl溶液中加入等体积0.1 mol·L-1 4NaOH溶液，得到pH>7的溶液c(Cl-)>c(NH+)>c(Na+)>c(NH·HO)>c(OH-) 4 3 2 (7)0.2 mol·L-1HCl与0.1 mol·L-1NaAlO 溶液等体积混合： 2 c(Cl-)>c(Na+)>c(Al3+)>c(H+)>c(OH-) (8)0.1 mol·L-1CHCOONa溶液与0.1 mol·L-1HCl溶液等 3 体积混合：c(Na+)=c(Cl-)>C(H+)>c(CHCOO-)>c(OH-) 3 类型三 不同溶液中同一粒子浓度的比较 不同溶液要看溶液中其他离子对该离子的影响。 如在相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH Cl；②CH COONH ；③NH HSO ，c(NH)由大到小的顺序 4 3 4 4 4 为③＞①＞②。 三、中和滴定中图像 1.酸碱中和滴定曲线分析 （1）.滴定曲线上的特殊点的分析 示例:常温下,用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 CHCOOH溶液所得滴定曲线 3 如图。 pH-V图 各特殊点对水电离程度的影响 点 溶质 水的电离情况 A CHCOOH 抑制 3 B CHCOOH、CHCOONa 抑制 3 3 C CHCOOH、CHCOONa 正常电离 3 3 D CHCOONa 只促进 3 E CHCOONa、NaOH 抑制 3 F CHCOONa、NaOH 抑制 3 根据图中pH数据,图中A、B、C、D、E、F各点对应的溶液中水的电离程度大小图示如图:pH-V图 各特殊点粒子浓度大小关系 点 溶质 离子浓度大小比较 A CHCOOH c(H+)>c(CHCOO-)>c(OH-) 3 3 CHCOOH、 3 B(1∶1) c(CHCOO-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-) 3 CHCOONa 3 CHCOOH、 3 C(pH=7) c(CHCOO-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-) 3 CHCOONa 3 D CHCOONa c(Na+)>c(CHCOO-)>c(OH-)>c(H+) 3 3 E(2∶1) CHCOONa、NaOH c(Na+)>c(CHCOO-)>c(OH-)>c(H+) 3 3 F(1∶1) CHCOONa、NaOH c(Na+)>c(OH-)>c(CHCOO-)>c(H+) 3 3 2.正态分布曲线 分布系数图及分析[分布曲线是指以pH为横坐标、分布系数(如二元酸HA溶液中A2﹣的分布系数：δ（A2 2 ﹣）＝ ])为纵坐标的关系曲线]: 一元弱酸 二元弱酸 (以CHCOOH为例) (以草酸HCO 为例) 3 2 2 4 δ 为CHCOOH分布系数,δ 为CHCOO-分布 δ 为HCO 分布系数、δ 为HCO- 分布系数、δ 为CO2- 0 3 1 3 0 2 2 4 1 2 4 2 2 4 系数 分布系数 随着pH增大,溶质分子浓度不断减小,离子浓度逐渐增大,酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH 时所发生反应的离子方程式 同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的浓度,就可以计算各成分在 该pH时的平衡浓度 3 . p H - - 分布系数 δ - - 滴加 NaO H 溶液体积 V NaOH 如：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HA溶液。溶液中 ， pH 、 2分布系数 δ 随滴加 NaOH 溶液体积 V 的变化关系如图所示。[比如 A2﹣的分布系数：δ（A2﹣）＝ NaOH ] 如图可知： 在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且δ曲线①一直在减小，曲线 ②在一直增加；说明HA第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即HA＝HA﹣+H+，HA﹣ A2﹣+H+，曲线 2 2 ⇌ ①代表δ（HA﹣）；加OH-增加的，只能是δ（A2﹣） 滴定终点时，消耗 的NaOH的体积是40ml，可计算HA的浓度，C（HA）=0.1mol/L，未加NaOH溶液时， 2 2 PH=1，可确认HA＝HA﹣+H+。 2 未加NaOH溶液时，δ（HA﹣）=0.9，PH=1,δ（A2﹣）=0.1,C（HA）=0.1mol/L，可计算HA-的Ka 2 滴定终点时，溶质是NaA,可确定各浓度大小。 2 四、沉淀溶解平衡曲线和计算 1.“三步”突破溶解平衡图像 (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。或离子浓度的对数。 (2)第二步：理解图像中线上点、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＝K。 c sp 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过饱和溶液，此时Q>K。 c sp ③曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时QT,温度降低时,q点对应饱和溶液的溶解度下降,溶液中的 c(Cd2+)与 c(S2-)同 2 1 时减小,会沿qp线向p点方向移动,D项正确。 答案:B 沉淀溶解平衡中浓度对数变化图像分析 例： （2021·全国高考甲卷真题）已知相同温度下， 。某温度下，饱和溶液 中 、 、与 的关系如图所示。 下列说法正确的是 A．曲线①代表 的沉淀溶解曲线 B．该温度下 的 值为 C．加适量 固体可使溶液由a点变到b点 D． 时两溶液中 【答案】B 【分析】BaCO 、BaSO 均为难溶物，饱和溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c( )]}＝－lg[c(Ba2＋)×c( )]＝－ 3 4 lg[K (BaSO )]，同理可知溶液中－lg[c(Ba2＋)]＋{－lg[c( )]}＝－lg[K (BaCO )]，因K (BaSO )＜ sp 4 sp 3 sp 4K (BaCO )，则－lg[K (BaCO )]＜－lg[K (BaSO )]，由此可知曲线①为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( )]的关系，曲 sp 3 sp 3 sp 4 线②为－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( )]的关系。 【解析】A项：由题可知，曲线上的点均为饱和溶液中微粒浓度关系，由上述分析可知，曲线①为BaSO 4 的沉淀溶解曲线，选项A错误； B项：曲线①为BaSO 溶液中－lg[c(Ba2＋)]与－lg[c( )]的关系，由图可知，当溶液中－lg[c(Ba2＋)]＝3时， 4 －lg[c( )＝7，则－lg[K (BaSO )]＝7＋3＝10，因此K (BaSO )＝1.0×10－10，选项B正确； sp 4 sp 4 C项：向饱和BaSO 溶液中加入适量BaCl 固体后，溶液中c(Ba2＋)增大，根据温度不变则K (BaSO )不变可知， 4 2 sp 4 溶液中c( )将减小，因此a点将沿曲线①向左上方移动，选项C错误； D项：由图可知，当溶液中c(Ba2＋)＝10－5.1时，两溶液中 ＝ ＝ ，选项D错误； 答案选B。 3．K 的计算 sp (1)已知溶度积求溶解度 以AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)为例，已知K，则饱和溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)＝，结合溶液体积即可 sp 求出溶解的AgCl的质量，利用公式＝可求出溶解度。 (2)已知溶解度求溶度积 已知溶解度S(因为溶液中溶解的电解质很少，所以溶液的密度可视为1 g·cm－3)，100 g水(即0.1 L溶 液)中溶解的电解质的质量m为已知，则1 L溶液中所含离子的物质的量(离子的物质的量浓度)便可求 出，利用公式即可求出K。 sp （3）已知Ksp和阴（阳）离子浓度，计算阳（阴）离子的浓度 （4）已知Ksp和阳离子浓度，计算溶液的PH值 （5）已知溶液的浓度和体积、Ksp，计算加入沉淀剂的量 五、电离常数、电离度计算 1.K 、K (K )、K 、K 之间的关系 W a b sp h K W (1)一元弱酸强碱盐:K= 。 h K aK W (2)一元弱碱强酸盐:K= 。 h K b c3(H+) (3)多元弱碱强酸盐,如氯化铁:Fe3+(aq)+3HO(l) Fe(OH)(s)+3H+(aq) K= 。 2 3 h c(Fe3+) K3 将K3 =c3(H+)×c3(OH-)与K =c(Fe3+)×c3(OH-)两式相除,消去c3(OH-)可得K= W。 W sp h K sp (4)M(OH) 悬浊液中K 、K、pH之间的关系: n sp W M(OH)(s) Mn+(aq)+nOH-(aq) n c(OH-) cn+1(OH-) 1 K K =c(Mn+)·cn(OH-)= ·cn(OH-)= = ( W )n+1。 sp n n n 10-pH （5).二元弱酸的K 与其对应盐的K 之间的关系 a h 以HCO 及其钠盐为例分析: 2 3 c(H+)·c(HCO-) HCO H++HCO- ,K = 3 , 2 3 3 a1 c(H CO ) 2 3 c(H CO )·c(OH-) K c(H+)·c(CO2-) NaHCO 的K= 2 3 = W ; HCO- H++CO2- ,K = 3 , 3 h c(HCO-) K 3 3 a2 c(HCO-) 3 a1 3 c(HCO-)·c(OH-) K 3 W NaCO 的K= = 。 2 3 h c(CO2-) K 3 a2 2.已知电离常数（K）、溶液的PH，求电离度 a 例．（2022·全国乙卷）常温下，一元酸 的 。在某体系中， 与 离子不能穿过隔 膜，未电离的 可自由穿过该膜(如图所示)。 设溶液中 ，当达到平衡时，下列叙述正确的是A．溶液Ⅰ中 B．溶液Ⅱ中的HA的电离度 为 C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的 不相等 D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的 之比为 【答案】B 【解析】A项：常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误； B项：常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，K= =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)+c(A-)，则 a 总 =1.0×10-3，解得 = ，B正确； C项：根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误； D项：常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，K= =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)+c(A-)， a 总 =1.0×10-3，溶液I中c (HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中 总 c(H+)=0.1mol/L，K= =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)+c(A-)， =1.0×10-3，溶液II中c a 总 (HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c (HA)之比为 总 总 [(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误； 答案选B。 高考实例剖析 高考实例剖析-- 高考怎么考《水溶液中的离子平衡》，根据高考指挥棒来学习《水溶液中的离子平衡》 【高考实例一】选择题中的应用 1.（2022·湖南卷）室温时，用 的标准 溶液滴定 浓度相等的 、 和 混合 溶液，通过电位滴定法获得 与 的关系曲线如图所示(忽略沉淀对离子的吸附作用。若溶 液中离子浓度小于 时，认为该离子沉淀完全。 ， ， )。下列说法正确的是 A．a点：有白色沉淀生成 B．原溶液中 的浓度为 C．当 沉淀完全时，已经有部分 沉淀 D．b点： 【答案】C 【解析】向含浓度相等的 Cl-、 Br-和 I-混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积常数，三种离 子沉淀的先后顺序为I-、Br-、Cl-，根据滴定图示，当滴入4.50mL硝酸银溶液时，Cl-恰好沉淀完全，此时共 消耗硝酸银的物质的量为4.50mL×10-3L/mL×0.1000mol/L=4.5×10-4mol，所以Cl-、 Br-和 I-均为1.5×10-4mol。 A项：I-先沉淀，AgI是黄色的，所以a点有黄色沉淀AgI生成，故A错误； B项：原溶液中I-的物质的量为1.5×10-4mol，则I-的浓度为 =0.0100molL-1，故B错误； ⋅C项：当Br-沉淀完全时(Br-浓度为1.0×10-5mol/L)，溶液中的c(Ag+)= =5.4×10-8mol/L，若 Cl-已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl-)= =3.3×10-3mol/L，原溶液中的c(Cl-)= c(I-)=0.0100mol L-1，则已经有部分Cl-沉淀，故C正确； ⋅ D项：b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag+浓度最大，则b点各离子浓度为： ， 故D错误； 故选C 【实战演练】 1.（2022·陕西汉中·二模）常温下，用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1的H PO 溶液，滴定过程 3 2 中混合溶液的pH随加入的NaOH溶液体积变化关系如图所示，下列说法不正确的是 A．常温下，K(H PO )的数量级为10—5 a 3 2 B．B点对应的溶液中：2[c(H+)—c(OH—)]=c(H PO )—c(H PO ) 2 3 2 C．H PO 为一元弱酸 3 2 D．滴定至V=20mL的过程中，溶液中由水电离出的c( H+)·(OH—)不变 【答案】D 【解析】由图可知，未加入氢氧化钠溶液时，0.1mol·L-1的H PO 溶液pH为3说明H PO 为弱酸，加入 3 2 3 2 20mL0.1mol·L-1氢氧化钠溶液时，20mL0.1mol·L-1的H PO 溶液恰好完全反应说明H PO 为一元弱酸，所得 3 2 3 2 NaH PO 溶液呈碱性。 2 2A项：由分析可知，0.1mol·L-1的H PO 溶液pH为3，则K(H PO )= =1.0×10—5，数量级 3 2 a 3 2 为10—5，故A正确； B项：由图可知，B点时氢氧化钠溶液与H PO 溶液反应得到等浓度的H PO 和NaH PO 混合溶液，溶液中 3 2 3 2 2 2 存在电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)= c(OH—)+c(H PO )和物料守恒关系2 c(Na+)= c(H PO )+c(H PO )，整合可得 2 2 3 2 2[c(H+)—c(OH—)]=c(H PO )—c(H PO )，故B正确； 2 3 2 C项：由分析可知，H PO 为一元弱酸，故C正确； 3 2 D项：由分析可知，H PO 为一元弱酸，加入20mL0.1mol·L-1氢氧化钠溶液时，20mL0.1mol·L-1的H PO 溶液 3 2 3 2 恰好完全反应说明H PO 为一元弱酸，所得NaH PO 溶液呈碱性，则H PO 离子在溶液中水解促进水的电 3 2 2 2 2 离，溶液中由水电离出的c( H+)·(OH—)增大，故D错误； 故选C。 2．（2022·陕西宝鸡·三模）25℃时，向25mL0.lmol·L-1邻苯二甲酸(H A)溶液中加入KOH固体，混合溶液的 2 pH随-lgc(HA-)以及-lgc(A2-)的关系如图所示(忽略溶液体积变化和邻苯二甲酸的挥发)。下列有关叙述错误的是 A．邻苯二甲酸的Ka 约为1.0×10-3 1 B．b点有关微粒浓度大小关系为(HA-)>c(A2-)>c(H A) 2 C．从b点到e点，水电离产生的c(H+)先增大后减小 D．c点c(K+)>3c(A2-) 【答案】D 【解析】随着KOH固体的增加，溶液的pH逐渐增大，H A的电离程度增大，溶液中HA-的浓度先增大后减 2 小，-lgc(HA-)的曲线应是先减小后增大，A2-的浓度一直增大，-lgc(A2-)一直减小，因此ab点所在的曲线为- lgc(HA-)随pH变化的曲线。A项：由图可知，pH=0时， ， ，则 ，H A的电离微弱， 2 因此c(H A)约为0.1mol/L，邻苯二甲酸的Ka 约为 ，故A正确； 2 1 B项：b点的纵坐标最小，则此时溶液中 最大，即溶液中的溶质为KHA，溶液的pH=4，说明KHA溶 液呈酸性，HA-的电离程度大于水解程度，则c(A2-)>c(H A)，b点有关微粒浓度大小关系为 2 (HA-)>c(A2-)>c(H A)，故B正确； 2 C项：b点溶质为KHA，溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，抑制水电离，从b到e点，继续加 入KOH固体生成K A，A2-水解而促进水电离，继续加入KOH，KOH抑制水电离，则水电离产生的c (H+)先增 2 大后减小，故C正确； D项：c点溶液中 ，溶液中由电荷守恒有 ，c点溶液呈 酸性， ，则 ，故D错误； 答案选D。【高考实例二】综合题中的应用 2.（2022·广东卷）稀土(RE)包括镧、钇等元素，是高科技发展的关键支撑。我国南方特有 的稀土矿可用离子交换法处理，一种从该类矿(含铁、铝等元素)中提取稀土的工艺如下： C H COOH 44C C H COO RE 已知：月桂酸 11 23 熔点为 ；月桂酸和 11 23 3 均难溶于水。该工艺 3 C H COO Mg K 1.8108 Al(OH) 条件下，稀土离子保持 价不变； 11 23 2 的 sp ， 3开始溶解 时的pH为8.8；有关金属离子沉淀的相关pH见下表。 离子 Mg2 Fe3 Al3 RE3 开始沉淀时的pH 8.8 1.5 3.6 6.2~7.4 沉淀完全时的pH / 3.2 4.7 / Mg Mg2 2.7gL1 (3)“过滤2”后，滤饼中检测不到 元素，滤液2中 浓度为 。为尽可能多地提 c  C H COO- 取RE3，可提高月桂酸钠的加入量，但应确保“过滤2”前的溶液中 11 23 低于 molL1 _______ (保留两位有效数字)。 【答案】(3)4.010-4 【解析】由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO 溶液浸取，得到浸取液中 4 含有 RE3 、 Mg2 、 Fe2 、 Fe3 、 Al3 、 SO 4 2 等离子，经氧化调pH使 Fe3 、 Al3 形成沉淀， 经过滤除去，滤液1中含有 RE3 、 Mg2 、 SO 4 2 等离子，加入月桂酸钠，使 RE3 形成 C H COO RE 11 23 3 沉淀，滤液2主要含有MgSO 溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热 4 搅拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl 溶液。 3Mg2 2.7gL1 (3)滤液2中 浓度为 ，即0.1125mol/L，根据 K [C H COO Mg]=c(Mg2)c2 C H COO- sp 11 23 2 11 23 ，若要加入月桂酸钠后只生成 C H COO RE C H COO Mg 11 23 3 ，而不产生 11 23 2 ，则 K C H COO Mg c  C 11 H 23 COO-  sp 11 c(M 23 g2) 2  = 1 0 .8 .1  1 1 2 0 5 8 =4  10-4 molL1 ，故答案为：4  10- 4； 【实战演练】 1．（2022·江西九江·二模）以碳酸锰铜矿(主要成分为MnCO 、CuCO ，还含有Fe O 、FeO 3 3 2 3 等杂质)为原料制备硫酸锰的一种工艺流程如下： (2)加入MnCO 调节pH=3.3时可以将Fe3+转化为Fe(OH) 而除去，该反应的离子方程式为 3 3 _______。 (3)“沉铜"时，若滤液中c(Mn2+)=0.21mol·L-1，向其中缓慢通入氨气，为了使铜离子完全沉淀 而又避免生成Mn(OH) ，应控制pH的范围为_______。[已知：常温下，Ksp[Cu(OH) ]=1×10- 2 2 20，Ksp[Mn(OH) ]=2.1×10-13，离子浓度小于或等于10-5mol/L可视为沉淀完全] 2 【答案】(2)3MnCO +2Fe3+ +3H O = 2Fe(OH) +3Mn2+ +3CO ↑ 3 2 3 2 (3)6.5≤PH＜8 (或6.5～8) 【解析】碳酸锰铜矿主要成分为MnCO 、CuCO ，还含有Fe O 、FeO杂质，用硫酸酸浸， 3 3 3 4 得到硫酸锰、硫酸铜、硫酸铁、硫酸亚铁的混合溶液，加入二氧化锰， Fe2+被氧化为 Fe3+；加入MnCO 调节pH生成氢氧化铁沉淀；过滤后向溶液中通入氨气生成氢氧化铜沉淀， 3 过滤，向滤液中加入NH HCO ，生成MnCO 沉淀，MnCO 沉淀中加硫酸，得到硫酸锰溶液， 4 3 3 3 以此解题。 (2)碳酸锰消耗三价铁水解产生的氢离子，导致氢离子浓度降低，促进三价铁水解，该反应的离子方程式为：3MnCO +2Fe3+ +3H O = 2Fe(OH) +3Mn2+ +3CO ↑； 3 2 3 2 (3)铜离子完全沉淀是铜离子浓度小于或等于10-5mol/L，此时c(OH-)= =10-7.5 mol/L，c(H+)= =10-6.5，pH=6.5；锰离子开始沉淀时，c(OH-)= =10-6 mol/L， c(H+)= =10-8，pH=8，故应控制pH的范围为6.5≤PH＜8 (或6.5～8)； 2．（2022·四川宜宾·二模）铟(In)作为一种稀有贵金属，广泛应用于很多高新领域。工业上 从含铟废渣(主要成分是In3+、Cl−，还含有少量Bi3+、Pb2+、Sn2+等杂质)中提取粗铟的工艺流 程如下图所示： 已知：①该工艺条件下，溶液中有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表： 金属离子 Fe3+ In3+ Fe2+ 开始沉淀的pH 2.0 2.9 7.5 完全沉淀(c=1.0×10-5mol/L)的pH 3.2 5.0 9.7 ②氧化性：Fe3+>Bi3+>Sn2+>Fe2+ 回答下列问题： (1)“中性水洗”时，含铟废渣中金属阳离子转化为氢氧化物或氧化物。Sn2＋转化为SnO的离 子方程式是_______，该过程需加入大量水并加热，目的是_______。 (2)“酸浸”时，得到对应的硫酸盐，则“滤渣”的主要成分是_______(填化学式)。 (3)“净化”时，生成Bi的离子方程式是_______。 (4)“富铟”时，“调pH”应控制的pH范围是_______。 (5)利用上述表格数据，计算In(OH) 的K =_______。 3 sp (6)实验室检验“滤液2”中主要金属阳离子的方法是_______。【答案】(1) Sn2++H 2 O    SnO+2H+ Sn2+与H O的反应属于吸热反应，加热均促使 2 Sn2+转化为SnO；加水促进Sn2+水解 (2)PbSO 4 2Bi3++3Fe=2Bi+3Fe2+ (3) (4)5.0≤pH<7.5 (5)1.0×10-32 (6)取少量滤液于试管中，加入几滴K Fe(CN) 溶液，若有蓝色沉淀产生，说明溶液中含有 3 6 Fe2+ 【解析】含铟废渣（主要成分是In3+、Cl−，还含有少量Bi3+、Pb2+、Sn2+等杂质），“中性水 洗”时，含铟废渣中金属阳离子转化为氢氧化物或氧化物，加稀硫酸溶解，Pb2+转化成硫 酸铅除去，浸出液中含有Sn2+、Bi3+、In3+等阳离子，加入铁粉，置换出Bi和Sn单质，调节 溶液pH，使In3+沉淀，过滤得到的沉渣中主要含有In(OH) ，用稀硫酸溶解，得到In3+，再 3 用Zn置换出In制得粗铟。 (1)“中性水洗”时，Sn2+水解生成SnO，反应的离子方程式为 Sn2++H 2 O    SnO+2H+ ；Sn2 ＋水解吸收热量，因此该过程需加入大量水并加热，目的是Sn2+促使Sn2+转化为SnO，同时 加水促进Sn2+水解； (2)由上述分析可知，加稀硫酸溶解，Pb2+转化成硫酸铅，因此“滤渣”的主要成分PbSO ； 4 2Bi3++3Fe=2Bi+3Fe2+ (3)净化时加入铁粉，置换出Bi和Sn单质，生成Bi的离子方程式为 ； (4)“富铟”时需要使In3+完全沉淀同时Fe2+不能沉淀，因此需要调节pH范围为5.0≤pH<7.5； c(H+)=1.0×10-5mol/L (5)In3+完全沉淀时c(In3+)=1.0×10-5mol/L ，pH=5.0，此时 ， K 1014 c(OH) w  109mol/L c(H+) 105 ，则 K [In(OH) ]c  In3+ c3 OH- 1.0105  1.01093 1032 sp 3 ； (6)“滤液2”中的阳离子为Fe2+，检验Fe2+常用的试剂为K Fe(CN) 溶液，具体方法为：取少量 3 6 滤液于试管中，加入几滴K Fe(CN) 溶液，若有蓝色沉淀产生，说明溶液中含有Fe2+。 3 6