1、PAGE 專題九水溶液中的離子平衡1(2020全國卷)以酚酞為指示劑，用0.100 0 molL1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關系如圖所示。比如A2的分布系數：(A2)eq f(c（A2）,c（H2A）c（HA）c（A2）)下列敘述正確的是()A曲線代表(H2A)，曲線代表(HA)BH2A溶液的濃度為0.200 0 molL1CHA的電離常數Ka1.0102D滴定終點時，溶液中c(Na)Ka(HF)B相同濃度的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7，則溶液中c(CH3COO)

2、c(Na)c(H)c(OH)CFeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，則Ksp(FeS)Ksp(CuS)D在1 molL1Na2S溶液中，c(S2)c(HS)c(H2S)1 molL1解析：A項，HCOONa和NaF的濃度相同，HCOONa溶液的pH較大，說明HCOO的水解程度較大，根據越弱越水解，因此甲酸的電離平衡常數較小，即Ka(HCOOH)Ka(HF)，錯誤；B項，相同濃度的CH3COOH和CH3COONa兩溶液等體積混合后pH約為4.7，此時溶液呈酸性，氫離子濃度大于氫氧根濃度，說明溶液中醋酸電離程度大于水解程度，則醋酸根濃度大于鈉離子濃度，則溶液中c(CH3COO)c(Na)c(H)

3、c(OH)，正確；C項，CuS的溶解度較小，將CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡電離出的S2不足以與H發生反應，而將FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S氣體，說明Ksp(FeS)Ksp(CuS)，正確；D項，根據溶液中的物料守恒定律，1 molL1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的總物質的量的濃度為1 molL1，即c(S2)c(HS)c(H2S)1 molL1，正確；綜上所述，答案為A。答案：A溶液中的離子平衡是歷年高考考查的重點和熱點，考查方式常以選擇題形式呈現。試題注重知識的應用，多以圖象、圖表的形式，利用平衡移動原理分析外界條件改變對溶液中電離平衡、水解平衡、難溶電解質的溶解平衡

4、的分析考查，偏重考查粒子濃度大小順序和溶液中各種守恒關系，使題目具有一定的綜合性、靈活性和技巧性。能較好地考查對知識的遷移能力、靈活應用能力和運用化學用語的能力。溶液中離子濃度的比較涉及的問題很復雜，其中主要涉及溶液的酸堿性、弱電解質的電離平衡、鹽的水解、電離平衡和水解平衡的移動等。沉淀溶解平衡主要考查沉淀溶解平衡的移動、濃度積的表達式及計算、沉淀的生成與轉化等。考點一溶液中的平衡1溶液中的平衡(1)弱電解質的電離平衡：弱電解質電離的過程是可逆的、微弱的，在一定條件下達到電離平衡狀態，對于多元弱酸的電離，可認為是分步電離，且以第一步電離為主。如在H2S的水溶液中：H2SHSH ，HSS2H，H

5、2OHOH，則離子濃度由大到小的順序為c(H)c(HS) c(S2)c(OH)。(2)水的電離平衡：任何條件下，水電離出的c(H)c(OH)；常溫下，離子積常數KW1.01014，酸、堿抑制水的電離，能水解的正鹽、活潑金屬(如Na)則促進水的電離。(3)鹽類水解平衡：在鹽的水溶液中，弱酸根的陰離子或弱堿的陽離子都會發生水解反應，在一定條件下達到水解平衡。在平衡時，一般來說發生水解反應是微弱的。多元弱酸根的陰離子的水解，可認為是分步進行的，且依次減弱，以第一步為主。如在Na2CO3溶液中存在的水解平衡是：COeq oal(2,3)H2OHCOeq oal(,3)OH，HCOeq oal(,3)H

6、2OH2CO3OH，則c(Na)c(COeq oal(2,3)c(OH)c(HCOeq oal(,3)c(H)。2溶液中的守恒(1)電荷守恒：電解質溶液中，不論存在多少種離子，溶液總是呈電中性，即陰離子所帶負電荷總數一定等于陽離子所帶正電荷總數，如NaHCO3溶液中存在著Na、H、HCOeq oal(,3)、COeq oal(2,3)、OH，必存在如下關系：c(Na)c(H)c(HCOeq oal(,3)c(OH)2c(COeq oal(2,3)。(2)物料守恒：電解質溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但原子總數是守恒的，如K2S溶液中S2、HS都能水解，故硫元素以S2、HS、H2S

7、三種形式存在，它們之間有如下守恒關系：c(K)2c(S2)2c(HS)2c(H2S)。(3)質子守恒：質子守恒是指電解質溶液中粒子電離出的氫離子(H)數等于粒子接受的氫離子(H)數加游離的氫離子(H)數。如Na2S水溶液中質子守恒式可表示為：c(H3O)2c(H2S)c(HS)c(OH)或c(H)2c(H2S)c(HS)c(OH)。質子守恒的關系式也可以由電荷守恒與物料守恒推導得到。3溶液中的大小(1)多元弱酸的正鹽溶液，根據弱酸根的分步水解分析，以第一步為主。大小關系基本遵循c(不水解離子)c(水解離子)c(顯性離子)，當水解離子外有角標時，順序提前。例如醋酸鈉溶液中，c(Na)c(CH3C

8、OO)c(OH)c(H)；硫酸銨溶液中，c(NHeq oal(,4)c(SOeq oal(2,4)c(H)c(OH)；Na2CO3溶液中，c(Na)c(COeq oal(2,3)c(OH)c(HCOeq oal(,3)。(2)酸式鹽溶液，溶液酸堿性主要取決于酸式鹽中酸式酸根離子的電離能力和水解能力哪一個更強。對于電離為主的大小關系遵循：c(自身)c(電離產物)c(水解產物)，如NaHSO3溶液中：c(Na)c(HSOeq oal(,3)c(H)c(SOeq oal(2,3)c(OH)c(H2SO3)；對于水解為主的大小關系遵循：c(自身)c(水解產物)c(電離產物)，如NaHCO3溶液中：c(

9、Na)c(HCOeq oal(,3)c(OH)c(H2CO3)c(H)c(COeq oal(2,3)。(3)不同溶液中，同一離子濃度的大小要看溶液中其他離子對同一離子的影響，大小關系遵循：抑制無影響促進。如在相同的物質的量濃度的下列各溶液中：NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4，c(NHeq oal(,4)由大到小的順序是NH4HSO4NH4ClCH3COONH4。(4)混合溶液中，各離子濃度的比較，要綜合分析電離因素和水解因素。如等濃度的氨水與氯化銨溶液等體積混合后，溶液以電離為主，顯堿性(常見物質中除了氫氰酸和氰化物，都以電離為主)，所以氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，再根據首尾一

10、致，銨根離子濃度大于氯離子濃度，即c(NHeq oal(,4)c(Cl)c(OH)c(H)。2020新高考卷(山東卷)25 時，某混合溶液中c(CH3COOH)c(CH3COO)0.1 molL1，lgc(CH3COOH)、lgc(CH3COO)、lgc(H)和lgc(OH)隨pH變化的關系如下圖所示。Ka為CH3COOH的電離常數，下列說法正確的是()AO點時，c(CH3COOH)c(CH3COO)BN點時，pHlgKaC該體系中，c(CH3COOH)eq f(0.1c（H）,Kac（H）)molL1DpH由7到14的變化過程中， CH3COO的水解程度始終增大解析：根據題意分析可知，隨著p

11、H的升高，氫氧根離子和醋酸根離子濃度增大，氫離子和醋酸離子濃度減小，又pH7的時候，氫氧根離子濃度等于氫離子濃度，故可推知，圖中各曲線代表的濃度分別是：曲線1為lgc(CH3COO)隨pH的變化曲線，曲線2為lgc(H)隨pH的變化曲線，曲線3為lgc(OH)隨pH的變化曲線，曲線4為lgc(CH3COOH)隨pH的變化曲線，據此結合水溶液的平衡分析作答。A項，根據上述分析可知，O點為曲線2和曲線3的交點，對應的pH7，應該得出的結論為：c(H)c(OH)，錯誤；B項，N點為曲線1和曲線4的交點， lgc(CH3COO)lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO)c(CH3COOH)，因Ka

12、eq f(c（CH3COO）c（H）,c（CH3COOH）)，代入等量關系并變形可知pHlgKa，錯誤；C項，c(CH3COO)c(CH3COOH)0.1 molL1，則c(CH3COO)0.1 molL1 c(CH3COOH)，又Kaeq f(c（CH3COO）c（H）,c（CH3COOH）)，聯立兩式消去c(CH3COO)并化簡整理可得出，c(CH3COOH)eq f(0.1c（H）,Kac（H）)molL1，正確；D項，醋酸根離子的水解平衡為：CH3COOH2OCH3COOHOH，pH由7到14的變化過程中，堿性不斷增強，c(OH)不斷增大，則使不利于醋酸根離子的水解平衡，會使其水解程度

13、減小，錯誤。答案：C溶液中反應后的濃度關系要抓反應“一半”點，判斷是什么溶質的等量混合；抓“恰好”反應點，生成什么溶質，溶液呈什么性，是什么因素造成的；抓溶液“中性”點，生成什么溶質，哪種反應物過量或不足；抓反應“過量”點，溶質是什么，判斷誰多、誰少還是等量。考點二中和滴定及應用1實驗儀器：酸式滴定管、堿式滴定管、滴定管夾(帶鐵架臺)、錐形瓶。其中常考的是滴定管，如正確選擇滴定管(包括量程)，滴定管的檢漏、洗滌和潤洗，滴定管的正確讀數方法等。2操作步驟：查漏、洗滌、潤洗、充液(趕氣泡)、調液面、讀數、移液、滴加指示劑、滴定至終點、讀數、計算。3指示劑的選擇：強酸強堿相互滴定，可選用甲基橙或酚酞

14、；若反應生成的強酸弱堿鹽溶液呈酸性，則選用酸性變色范圍的指示劑(甲基橙)，若反應生成強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，則選用堿性變色范圍的指示劑(酚酞)；石蕊溶液因顏色變化不明顯，且變色范圍過寬，一般不作指示劑。4誤差分析：寫出計算式，分析操作對V標的影響，由計算式得出對最終測定結果的影響，切忌死記硬背結論。5數據處理：正確“取舍”數據，計算“平均”體積，根據反應式確定標準液與待測液濃度和體積的關系，從而列出公式進行計算。(2020深圳實驗中學月考)水中溶氧量(DO)是衡量水體自凈能力的一個指標，通常用每升水中溶解氧分子的質量表示，單位mgL1，我國地表水環境質量標準規定，生活飲用水源的DO不能低于5

15、mgL1。某化學小組同學設計了下列裝置(夾持裝置略)，測定某河水的DO。.測定原理：堿性條件下，O2將Mn2氧化為MnO(OH)2：2Mn2O24OH=2MnO(OH)2，酸性條件下，MnO(OH)2將I氧化為I2：MnO(OH)2IHMn2I2H2O(未配平)，用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2：2S2Oeq oal(2,3)I2=S4Oeq oal(2,6)2I。.測定步驟：a安裝裝置，檢驗氣密性，充N2排盡空氣后，停止充N2。b向燒瓶中加入200 mL水樣。c向燒瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4無氧溶液(過量)、2 mL堿性KI無氧溶液(過量)，開啟攪拌器，至反應完全。d攪拌并向

16、燒瓶中加入2 mL H2SO4無氧溶液，至反應完全，溶液為中性或弱酸性。e從燒瓶中取出40.00 mL溶液，以淀粉作指示劑，用0.010 00 molL1 Na2S2O3溶液進行滴定，記錄數據。fg處理數據(忽略氧氣從水樣中的逸出量和加入試劑后水樣體積的變化)。回答下列問題：(1)配制以上無氧溶液時，除去所用溶劑水中氧的簡單操作為_。(2)在橡膠塞處加入水樣及有關試劑應選擇的儀器為_(填序號)。滴定管注射器量筒(3)攪拌的作用是_。(4)配平反應的方程式，其化學計量數依次為_。(5)步驟f為_。(6)步驟e中達到滴定終點的標志為_。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50 mL，水樣的DO_m

17、gL1(保留一位小數)。作為飲用水源，此次測得DO是否達標：_(填“是”或“否”)。(7)步驟d中加入H2SO4溶液反應后，若溶液pH過低，滴定時會產生明顯的誤差，寫出產生此誤差的原因(用離子方程式表示，至少寫出2個)：_。解析：(1)氣體在水中的溶解度隨著溫度升高而減小，將溶劑水煮沸可以除去所用溶劑水中的氧氣。(2)在橡膠塞處加入水樣及有關試劑，應選擇注射器。(3)攪拌可以使溶液混合均勻，增大反應速率。(4)Mn元素的化合價由4價降低到2價，碘元素的化合價由1價升高到0價，根據化合價升降總數相等，反應配平后化學方程式為MnO(OH)22I4H=Mn2I23H2O，故其化學計量數依次為1，2，

18、4，1，1，3。(5)為了減小實驗的誤差，滴定操作一般需要重復操作23次，因此步驟f為重復步驟e的操作23次。(6)I被氧化為I2后，再用Na2S2O3溶液滴定，將I2還原為I，因此滴定結束時，溶液的藍色消失且半分鐘不恢復原色；n(Na2S2O3)0.010 00 molL10.004 5 L4.5105 mol，根據反應有O22MnO(OH)2 2I24S2Oeq oal(2,3)，n(O2)eq f(1,4)n(Na2S2O3)1.125105 mol，該河水的DOeq f(1.1251055321 000,200103)(mgL1)9.0(mgL1)5 mgL1，此次測得的DO達標。(7

19、)Na2S2O3在酸性條件下發生歧化反應，生成的SO2也能夠被生成的I2氧化，同時空氣中的O2也能夠將I氧化，反應的離子方程式有2HS2Oeq oal(2,3)=SSO2H2O，SO2I22H2O=4HSOeq oal(2,4)2I，4H4IO2=2I2 2H2O。答案：(1)將溶劑水煮沸后冷卻(2)(3)使溶液混合均勻，快速完成反應(4)1，2，4，1，1，3(5)重復步驟e的操作23次(6)溶液藍色褪去且半分鐘內不恢復原色9.0是(7)2HS2Oeq oal(2,3)=SSO2H2O，SO2I22H2O=4HSOeq oal(2,4)2I，4H4IO2=2I22H2O(任寫其中2個)考點三

20、沉淀的溶解平衡1一般情況下，升高溫度能促進沉淀的溶解，稀釋使平衡向右移動；稀釋后重新達到平衡時各離子濃度保持不變。對于確定的物質來說，Ksp只與溫度有關；溫度相同時，組成形式相同的物質，Ksp較大者溶解度較大。2溶度積(Ksp)反映了電解質在水中的溶解能力，對于陰、陽離子個數比相同的電解質，Ksp的數值越大，難溶電解質在水中的溶解能力越強；但對于陰、陽離子個數比不同的電解質，不能直接比較Ksp數值的大小。3沉淀的生成或溶解的判斷：若體系內QcKsp，體系處于溶解平衡狀態；QcKsp，體系內會有沉淀析出；QcKsp者先形成沉淀。5沉淀的轉化與Ksp大小間的關系：組成形式相同的難溶物質，Ksp較大

21、的沉淀肯定可轉化為Ksp較小的沉淀，但當二者Ksp相差不大時，反過來也可轉化。(2020佛山質檢)向某廢水中加入硫化物可以依次獲得CuS、 ZnS納米粒子。常溫下，H2S的Ka11.3107，Ka27.11015，溶液中平衡時相關離子濃度的關系如圖，下列說法錯誤的是()AKsp(CuS)的數量級為1037Ba點對應的CuS溶液為不飽和溶液C向p點的溶液中加入少量NaS固體，溶液組成由p向q方向移動DH2SZn2ZnS2H平衡常數很大，反應趨于完全解析：A項，由圖中數據可知當c(Cu2)1018molL1時，c(S2)1018.3molL1，則Ksp(CuS)c(Cu2)c(S2)1036.3數

22、量級為1037，正確；B項，計算a點的離子濃度積為c(Cu2)c(S2)1018.51018.51037Ksp(CuS)則溶液為不飽和溶液，正確；C項，向p點的溶液中加入少量NaS固體，溶液中c(S2)增大，則c(Cu2)減小，正確； D項，H2SZn2ZnS2H的平衡常數Keq f(c2（H）,c（Zn2）c（H2S）)eq f(c2（H）c（HS）c（S2）,c（Zn2）c（H2S）c（S2）c（HS）)eq f(Ka1Ka2,Ksp（ZnS）)eq f(1.31077.11015,1014108.5)30，平衡常數不是很大，反應不趨于完全，錯誤。答案：D近幾年對溶解度及其曲線的考查較少，

23、沉淀溶解平衡和應用考查較多，溶解度的考查主要集中在溶解度曲線的應用、用重結晶方法分離提純化合物。Ksp的考查主要集中在運用Ksp計算溶液的pH，多種沉淀時沉淀生成順序的判斷。沉淀溶解平衡曲線類似于溶解度曲線，曲線上任一點都表示飽和溶液，曲線上方的任一點均表示過飽和，此時有沉淀析出，曲線下方的任一點均表示不飽和溶液。從圖象中找到數據，根據Ksp公式計算得出Ksp的值。比較溶液的Qc與Ksp的大小，判斷溶液中有無沉淀析出。涉及Qc的計算時，所代入的離子濃度一定是混合溶液中的離子濃度，因此計算離子濃度時，所代入的溶液體積也必須是混合溶液的體積。1(2019全國卷)設NA為阿伏加德羅常數值。關于常溫下

24、pH2的H3PO4溶液，下列說法正確的是()A每升溶液中的H數目為0.02NABc(H)c(H2POeq oal(,4)2c(HPOeq oal(2,4)3c(POeq oal(3,4)c(OH)C加水稀釋使電離度增大，溶液pH減小D加入NaH2PO4固體，溶液酸性增強解析：A項，常溫下pH2，則溶液中氫離子濃度是0.01 molL1，因此每升溶液中H數目為0.01NA，錯誤；B項，根據電荷守恒可知該B選項正確；C項，加水稀釋促進電離，電離度增大，但氫離子濃度減小，pH增大，錯誤；D項，加入NaH2PO4固體，H2POeq oal(,4)濃度增大，抑制磷酸的電離，溶液的酸性減弱，錯誤。答案：B

25、2(2019浙江卷)室溫下，取20 mL 0.1 molL1某二元酸H2A，滴加0.2 molL1 NaOH溶液。已知：H2A=HHA，HAHA2。下列說法不正確的是()A0.1 molL1 H2A溶液中有c(H)c(OH)c(A2)0.1 molL1B當滴加至中性時，溶液中c(Na)c(HA)2c(A2)，用去NaOH溶液的體積小于10 mLC當用去NaOH溶液體積10 mL時，溶液的pH7，此時溶液中有c(A2)c(H)c(OH)D當用去NaOH溶液體積20 mL時，此時溶液中有c(Na)2c(HA)2c(A2)解析：由于該二元酸H2A，第一步電離完全，第二步部分電離，可以把20 mL 0.1 molL1二元酸H2A看作20 mL 0.1 molL1HA一元弱酸和0.1 molL1H溶液，注意該溶液是不存在H2A微粒。A項，0.1 molL1H2A溶液存在電荷守恒，其關系為c(H)c(OH)2c(A2) c(HA)，因而c(H)c(O