資源簡介

(共52張PPT)
第42講　弱電解質的電離平衡
1．認識弱電解質在水溶液中存在電離平衡，能動態地分析電離平衡的移動。
2．理解電離常數的含義，并能利用電離常數進行相關計算。
01
考點梳理 高效演練
考點一　弱電解質的電離平衡

1．電離平衡的概念
在一定條件(如溫度、濃度等)下，當________________________的速率和__________________的速率相等時，電離過程達到平衡狀態。
弱電解質分子電離成離子
離子結合成分子
2．電離平衡的建立與特征

(1)開始時，v(電離)________，而v(結合)為______。
(2)平衡的建立過程中，v(電離)________v(結合)。
(3)當v(電離)____v(結合)時，電離過程達到平衡狀態。
＝
≠
最大
0
>
＝
3．外界條件對電離平衡的影響
以0.1 mol·L－1CH3COOH溶液為例，填寫外界條件對CH3COOH CH3COO－＋H＋　ΔH>0的影響。
改變條件 平衡移 動方向 n(H＋) c(H＋) c(CH3COO－) 電離
程度
加水稀釋 ____ ____ ____ ____ ____
加冰醋酸 ____ ____ ____ ____ ____
通入 HCl(g) ____ ____ ____ ____ ____
正向
增大
增大
減小
減小
正向
減小
增大
增大
增大
減小
減小
逆向
增大
增大
改變條件 平衡移 動方向 n(H＋) c(H＋) c(CH3COO－) 電離
程度
加醋酸 鈉固體 ____ ____ ____ ____ ____
升高溫度 ____ ____ ____ ____ ____
逆向
減小
減小
減小
增大
正向
增大
增大
增大
增大
√
解析：A．向氨水中加入水，促進一水合氨電離，溶液中n(OH－) 增大，A正確；
B．向氨水中加入少量濃鹽酸，鹽酸電離產生的氫離子和氫氧根離子反應，導致溶液中c(OH－)減小，B錯誤；
C．向氨水中加入少量濃NaOH溶液，氫氧根離子濃度增大，一水合氨的電離平衡逆向移動，C錯誤；
2．下列事實一定能證明HNO2是弱電解質的是________。
①常溫下NaNO2溶液的pH大于7
②用HNO2溶液做導電實驗，燈泡很暗
③HNO2和NaCl不能發生反應
④常溫下0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1
⑤常溫下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等體積混合，pH小于7
⑥常溫下pH＝2的HNO2溶液稀釋至100倍，pH約為3.1
解析：常溫下NaNO2溶液的pH大于7，表明NaNO2是強堿弱酸鹽，說明亞硝酸是弱電解質，①正確；用HNO2溶液做導電實驗，燈泡很暗，可能是因為溶液中溶質的濃度太小，不能說明亞硝酸是弱電解質，②錯誤；HNO2和NaCl不能發生反應，只能說明HNO2的酸性弱于HCl的，不能說明HNO2是弱電解質，③錯誤；常溫下0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1，表明亞硝酸在溶液中部分電離，說明亞硝酸是弱電解質，④正確；常溫下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等體積混合，pH小于7，表明亞硝酸在溶液中部分電離，說明亞硝酸是弱電解質，⑤正確；常溫下pH＝2的HNO2溶液稀釋至100倍，pH約為3.1，表明亞硝酸在溶液中部分電離，稀釋100倍后其電離程度增大，說明亞硝酸是弱電解質，⑥正確。
答案：①④⑤⑥
3．常溫下，①100 mL 0.01 mol·L－1的CH3COOH溶液，②10 mL 0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液。用“＞”“＝”或“＜”回答下列問題。
(1)c(CH3COO－)：①________②。
(2)電離程度：①________②。
(3)在上述兩種溶液中加入足量鋅片。開始時的反應速率：①________②；反應結束生成相同狀況下H2的體積：①________②。
(4)與同濃度的NaOH溶液完全反應消耗NaOH溶液的體積：①________②。
答案：(1)＜　(2)＞　(3)＜　＝　(4)＝
考點二　電離平衡常數

1．電離平衡常數
影響因素 只與溫度有關，且溫度升高，K值________
應用 (1)相同條件下，弱酸(或弱堿)的Ka(或Kb)越大，電離程度越______，c(H＋)[或c(OH－)]越______，酸性(或堿性)越強；反之，酸性(或堿性)越弱
(2)多元弱酸的Ka1>Ka2>Ka3……，當Ka1 Ka2時，計算c(H＋)或比較酸性相對強弱時，通常只考慮第一步電離
增大
大
大
小
大
√
2．部分弱酸的電離平衡常數見下表。
弱酸 HCOOH H2S H2CO3 HClO
電離平 衡常數 (25 ℃) Ka＝1.8 ×10－4 Ka1＝1.1 ×10－7 Ka2＝1.3 ×10－13 Ka1＝4.5 ×10－7 Ka2＝4.7 ×10－11 Ka＝4.0
×10－8
(2)常溫下，向a mol·L－1 CH3COONa溶液中滴加等體積的b mol·L－1鹽酸使溶液呈中性(不考慮鹽酸和醋酸的揮發)，CH3COOH的電離常數Ka＝________________(用含a和b的代數式表示)。
(3)常溫下，將a mol·L－1 CH3COOH溶液與b mol·L－1 Ba(OH)2 溶液等體積混合，充分反應后，溶液中存在 2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，該混合溶液中CH3COOH的電離常數Ka＝____________(用含a和b的代數式表示)。
答案：105
考點三　強酸(堿)與弱酸(堿)的比較

1．一元強酸與一元弱酸的比較
(1)相同物質的量濃度、相同體積的鹽酸與醋酸的比較。
比較 項目 c(H＋) pH 中和堿 的能力 與足量活潑金屬反應產生H2的量 開始與金屬
反應的速率
鹽酸 大 小 相同 相同 大
醋酸 小 大 小
(2)相同pH、相同體積的鹽酸與醋酸的比較。
比較 項目 c(H＋) c(酸) 中和堿 的能力 與足量活潑金屬反應產生H2的量 開始與金屬
反應的速率
鹽酸 相同 小 弱 少 相同
醋酸 大 強 多 2.一元強酸與一元弱酸的稀釋圖像比較
(1)相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸。

加水稀釋相同的倍數，醋酸的pH大 加水稀釋到相同的pH，鹽酸加入的水多
(2)相同體積、相同pH的鹽酸、醋酸。




加水稀釋相同的倍數，鹽酸的pH大 加水稀釋到相同的pH，醋酸加入的水多
1．下列說法不正確的是(忽略溶液混合時體積變化)(　　)
A．相同溫度下，pH相等的氨水、NaOH溶液中，c(OH－)相等
B．pH＝4的醋酸的物質的量濃度大于pH＝5的醋酸的10倍
C．pH均為4的鹽酸和氯化銨溶液等體積混合后，所得溶液的pH＝4
D．用同濃度的NaOH溶液分別與等體積、等pH的鹽酸和醋酸恰好完全反應，鹽酸消耗NaOH溶液的體積更大
√
解析：A．相同溫度下，水的離子積相等，pH相等的氨水、NaOH溶液中，c(H＋)相等，故溶液中c(OH－)相等，A正確；
C．pH均為4的鹽酸和氯化銨溶液等體積混合的瞬間，c(H＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，不發生變化，銨根離子和一水合氨的濃度瞬間變為原來的二分之一，二者的比值不變，故所得溶液中水的電離平衡沒有移動，氯化銨的水解平衡沒有移動，混合溶液中c(H＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，pH＝4，C正確；
D．醋酸是弱酸，等體積、等pH的鹽酸和醋酸中醋酸的物質的量大于鹽酸的物質的量，故用同濃度的NaOH溶液分別與等體積、等pH的鹽酸和醋酸恰好完全反應，醋酸消耗NaOH溶液的體積更大，D錯誤。
2.在兩個密閉的錐形瓶中，0.05 g形狀相同的鎂條(過
量)分別與 2 mL 2 mol·L－1的鹽酸和醋酸反應，測得容
器內壓強隨時間的變化曲線如圖所示。下列說法正確
的是(　　)
A．①代表的是鹽酸與鎂條反應時容器內壓強隨時間的變化曲線
B．任意相同時間段內，鹽酸與Mg反應的化學反應速率均大于醋酸與Mg反應的化學反應速率
C．反應中醋酸的電離被促進，兩溶液最終產生的氫氣總量基本相等
D．1 mol·L－1NaOH溶液完全中和上述兩種酸溶液，鹽酸消耗NaOH溶液的體積更大
√
解析：A．鹽酸為一元強酸，醋酸為一元弱酸，2 mL 2 mol·L－1的鹽酸和醋酸中，鹽酸中 c(H＋)大，與鎂條反應的速率大，相同時間內產生的氫氣多，容器內壓強大，反應先結束，故②代表的是鹽酸與鎂條反應時容器內壓強隨時間的變化曲線，故A錯誤；
B．可以通過曲線的斜率比較二者的反應速率大小，從題圖可以看出，100 s 后，醋酸與鎂的反應速率更大，此時鹽酸與鎂反應已接近結束，c(H＋)較小，反應速率減小，故B錯誤；
D．由于氯化氫和醋酸的物質的量相同，故用1 mol·L－1NaOH溶液完全中和時，鹽酸與醋酸消耗NaOH溶液的體積相等，故D錯誤。
3．(2024·河源高三期末)某溫度下，將pH和體積均相同的HCl和CH3COOH溶液分別加水稀釋，pH隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是(　　)
A．稀釋前溶液中溶質的濃度：c(HCl)＞c(CH3COOH)
B．溶液中水的電離程度：b點＜c點
C．從b點到d點，溶液中c(H＋)·c(OH－)逐漸增大
D．在d點和e點均存在：c(H＋)＜c(酸根陰離子)
√
解析：A．稀釋前兩溶液的pH相等，由于CH3COOH部分電離，因此稀釋前溶液中溶質的濃度：c(CH3COOH)＞c(HCl)，故A錯誤；
B．b點pH小于c點pH，說明c點酸性弱，對水的電離抑制程度小，水的電離程度大，因此溶液中水的電離程度：b點＜c點，故B正確；
C．從b點到d點，由于溫度不變，因此溶液中c(H＋)·c(OH－)不變，故C錯誤；
D．在d點和e點均存在電荷守恒：c(H＋)＝c(酸根陰離子)＋c(OH－)，因此存在：c(酸根陰離子)＜c(H＋)，故D錯誤。
02
真題研做 高考通關
√
2．(2022·新高考福建卷)探究醋酸濃度與電離度(α)關系的步驟如下，與相關步驟對應的操作或敘述正確的是(　　)
√
解析：A．中和滴定時眼睛應始終注視錐形瓶內溶液顏色的變化，A錯誤；
B．配制不同濃度的CH3COOH溶液時，容量瓶不需要干燥，B錯誤；
C．CH3COOH的電離平衡只受溫度影響，因此測定步驟Ⅱ中所得溶液的pH時應在相同溫度下測定，C正確；
√
解析：溶液Ⅰ的pH＝7.0，呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，A項錯誤；
HA可以自由通過隔膜，溶液Ⅰ、Ⅱ中c(HA)應相等，C項錯誤；
√
a點HCl恰好被完全中和，由元素守恒可得溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B項正確；
b點溶液pH<7，即以CH3COOH的電離為主，故溶液中c(CH3COOH)a、b兩點溶液均呈酸性，水的電離均受到抑制，溶液pH越小，水的電離受抑制程度越大，c點酸堿恰好完全中和，CH3COO－水解促進水的電離，d點NaOH過量，又抑制水的電離，D項錯誤。(共46張PPT)
第43講　水的電離和溶液的pH
1．認識水的電離，了解水的離子積常數。
2．了解溶液pH的含義及其測定方法，能進行簡單的計算。
3．了解酸堿中和滴定的原理；掌握酸堿中和滴定的操作步驟及誤差分析。
01
考點梳理 高效演練
考點一　水的電離

1．水的電離及離子積常數
H2O H＋
＋OH－
c(H＋)·c(OH－)
1×10－14
不變
增大
稀的電解質溶液
2．外界條件對水的電離平衡的影響
填寫外界條件對H2O H＋＋OH－　ΔH>0的具體影響。
改變條件 平衡移 動方向 c(OH－) c(H＋) Kw 水的電
離程度
通入HCl(g) ____ ____ ____ ____ ____
加入NaOH(s) ____ ____ ____ ____ ____
加入可水解的鹽 Na2CO3(s) ____ ____ ____ ____ ____
NH4Cl(s) ____ ____ ____ ____ ____
溫度 升溫 ____ ____ ____ ____ ____
降溫 ____ ____ ____ ____ ____
其他，如加入Na ____ ____ ____ ____ ____
逆向
減小
減小
增大
不變
逆向
減小
減小
增大
不變
正向
減小
增大
增大
不變
正向
減小
增大
增大
不變
正向
增大
增大
增大
增大
逆向
減小
減小
減小
減小
正向
減小
增大
增大
不變
[易錯秒判]
(1)將水加熱，Kw和c(H＋)均增大(　　)
(2)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同(　　)
(3)任何水溶液中均存在H＋和OH－，且水電離出的c(H＋) 和c(OH－)相等(　　)
(4)25 ℃時NH4Cl溶液的Kw小于100 ℃時NaCl溶液的Kw(　　)
(5)室溫下，0.1 mol·L－1的HCl溶液與0.1 mol·L－1的NaOH溶液中水的電離程度不同(　　)
答案：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×
一、水的電離平衡曲線分析
1．水的電離平衡曲線如下圖所示，回答下列問題。
(1)圖中A、B、C、D、E五點的Kw的關系：
______________________。
(2)在水中加少量酸，可實現A點向________點移動。
(3)ABE形成的區域中的點都呈________性。
(4)若在B點溫度下，pH＝2的硫酸溶液中，cH2O(H＋)＝________mol·L－1。
答案：(1)B＞C＞A＝E＝D　(2)D　(3)堿　(4)1×10－10
二、水電離出的c(H＋)和c(OH－)的計算
2．計算室溫下，下列溶液中水電離出的cH2O(H＋)。
(1)0.01 mol·L－1的鹽酸中，cH2O(H＋)＝________。
(2)0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液中，cH2O(H＋)＝__________。
(3)pH＝4的亞硫酸溶液中，cH2O(H＋)＝____________。
(4)pH＝10的KOH溶液中，cH2O(H＋)＝____________。
(5)pH＝4的NH4Cl溶液中，cH2O(H＋)＝____________。
(6)pH＝10的CH3COONa溶液中，cH2O(H＋)＝____________。
答案：(1)1×10－12 mol·L－1　(2)1×10－13 mol·L－1　(3)1×10－10 mol·L－1　(4)1×10－10 mol·L－1　(5)1×10－4 mol·L－1　(6)1×10－4 mol·L－1
[反思歸納]
水電離出的c(H＋)或c(OH－)的計算及應用
(1)酸、堿抑制水的電離，酸溶液中求c(OH－)，即cH2O(H＋)＝cH2O(OH－)＝c(OH－)，堿溶液中求c(H＋)，即cH2O(OH－)＝cH2O(H＋)＝c(H＋)。
(2)水解的鹽促進水的電離，故cH2O(H＋)等于顯性離子的濃度。
(3)酸式鹽溶液
酸式酸根以電離為主：cH2O(H＋)＝cH2O(OH－)＝c(OH－)。
酸式酸根以水解為主：cH2O(H＋)＝cH2O(OH－)＝c(OH－)。
考點二　溶液的酸堿性與pH

1．溶液的酸堿性與pH
(1)定義式：pH＝－lg c(H＋)。
(2)溶液的酸堿性取決于溶液中c(H＋)和 c(OH－)的相對大小。
溶液的酸堿性 c(H＋)與c(OH－)比較 常溫下溶液pH
酸性溶液 c(H＋)____c(OH－) ____7
中性溶液 c(H＋)______c(OH－) ____7
堿性溶液 c(H＋)____c(OH－) ____7
＞
＜
＝
＝
＜
＞
2．pH的測定方法
(1)酸堿指示劑法：該法只能測出pH的大致范圍，常見指示劑變色范圍見下表。
指示劑 變色范圍(pH) 石蕊 ＜5紅色 5～8紫色 ＞8藍色
甲基橙 ＜3.1紅色 3.1～4.4橙色 ＞4.4黃色
酚酞 ＜8.2無色 8.2～10淺紅色 ＞10紅色
(2)pH試紙法：把一小片pH試紙放在一潔凈的玻璃片或表面皿上，用____________蘸取待測溶液點在pH試紙中央，試紙變色后，與_____________對照即可確定溶液的pH。
(3)pH計測定法。
玻璃棒
標準比色卡
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×
一、混合溶液酸堿性的判斷
1．判斷常溫下，兩種溶液混合后溶液的酸堿性(填“酸性”“堿性”或“中性”)。
(1)相同濃度的HCl和NaOH溶液等體積混合：________。
(2)相同濃度的CH3COOH和NaOH溶液等體積混合：________。
(3)相同濃度的NH3·H2O和HCl溶液等體積混合：________。
(4)pH＝2的HCl溶液和pH＝12的NaOH溶液等體積混合：________。
(5)pH＝2的CH3COOH溶液和pH＝12的NaOH溶液等體積混合：________。
(6)pH＝2的HCl溶液和pH＝12的NH3·H2O溶液等體積混合：________。
答案：(1)中性　(2)堿性　(3)酸性　(4)中性　(5)酸性　(6)堿性
二、溶液稀釋、混合的pH計算
2．計算25 ℃時下列溶液的pH，忽略溶液混合時體積的變化。
(1)0.005 mol·L－1的H2SO4溶液的pH＝________。
(2)0.001 mol·L－1的NaOH溶液的pH＝________。
(3)pH＝2的鹽酸加水稀釋到1 000倍，溶液的pH＝________。
(4)將pH＝8的NaOH溶液與pH＝10的NaOH溶液等體積混合，混合溶液的pH＝________(lg 2≈0.3)。
(5)將0.1 mol·L－1氫氧化鈉溶液與0.06 mol·L－1硫酸溶液等體積混合，溶液的pH＝________。
答案：(1)2　(2)11　(3)5　(4)9.7　(5)2
3．按要求回答下列問題(常溫下，忽略溶液混合時體積的變化)。
(1)pH＝3的硝酸和pH＝12的氫氧化鋇溶液以體積比9∶1混合，混合溶液的pH＝________。
答案：10　
(2)在一定體積pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物質的量濃度的NaHSO4溶液，若溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀時，溶液pH＝11，則Ba(OH)2溶液與NaHSO4溶液的體積比是________。
答案：1∶4　
答案：10
[思維建模]
溶液pH計算的一般思維模型
實驗活動(四)　酸堿中和滴定及拓展應用
一、酸堿中和滴定
1．實驗原理
(1)用已知濃度的酸(或堿)來測定未知濃度的堿(或酸)，根據中和反應的等量關系來測定堿(或酸)的濃度。
(2)利用酸堿指示劑明顯的顏色變化，表示反應已完全，指示滴定終點。
2．實驗操作
(1)主要儀器。
上　
0.01　
酸式　
堿　
堿式
酸性　
強氧化性　
(2)滴定前準備。
活塞
蒸餾水
待裝液
“0”刻度以上2～3 mL
(3)滴定操作。
控制滴定管活塞
搖動錐形瓶
錐形瓶內溶液顏色變化
(4)滴定終點。
滴入最后半滴標準溶液，指示劑變色，且在半分鐘內不恢復原來的顏色，停止滴定，并記錄標準溶液的體積。
(5)數據處理。
按上述操作重復________次，根據每次所用標準溶液的體積計算待測液的物質的量濃度，最后求出待測液的物質的量濃度的____________。
2～3　
平均值
3．滴定曲線
以0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1鹽酸為例
偏大
偏小
二、酸堿中和滴定的拓展應用
1．氧化還原滴定
(1)原理：以氧化劑或還原劑為滴定劑，直接滴定一些具有還原性或氧化性的物質，或者間接滴定一些本身并沒有還原性或氧化性，但能與某些還原劑或氧化劑反應的物質。
(2)試劑：常見用于滴定的氧化劑有KMnO4、K2Cr2O7等；常見用于滴定的還原劑有亞鐵鹽、草酸、維生素C、Na2S2O3等。
(3)指示劑：如KMnO4溶液可自身指示滴定終點，淀粉可用作碘量法的指示劑。
一、酸堿中和滴定的實驗操作
1．現用酸堿中和滴定來測定某NaOH溶液的濃度。
(1)滴定：用________式滴定管盛裝c mol·L－1鹽酸標準液。
如圖表示下表中第2次滴定時50 mL滴定管中前后液面的位置，此次滴定結束后的讀數為________mL，可用________作為指示劑。
(2)排出堿式滴定管中氣泡的方法應采用下圖________(填“甲”“乙”或“丙”)的操作，然后擠壓玻璃球使尖嘴部分充滿堿液。
(3)有關數據記錄見下表：




根據所給數據，寫出計算NaOH溶液的物質的量濃度的表達式：_________________________(不必化簡)。
滴定 序號 待測液體 積/mL 所消耗鹽酸標準液的體積/mL 滴定前 滴定后 消耗的體積
1 V 0.50 25.80 25.30
2 V — — —
3 V 6.00 31.35 25.35
二、酸堿中和滴定的誤差分析
2．以標準鹽酸滴定待測NaOH溶液為例，分析實驗誤差(填“偏低”“偏高”或“無影響”)。
步驟 操作 c(NaOH)
洗滌 未用標準溶液潤洗酸式滴定管
錐形瓶用待測溶液潤洗
未用待測溶液潤洗取用待測液的滴定管
錐形瓶洗凈后瓶內還殘留少量蒸餾水
取液 取堿液的滴定管尖嘴部分有氣泡且取液結束后氣泡消失
步驟 操作 c(NaOH)
滴定 滴定完畢后立即讀數，半分鐘后顏色又變紅
滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失
滴定過程中振蕩時有液滴濺出
滴定過程中，向錐形瓶內加少量蒸餾水
讀數 滴定前仰視讀數或滴定后俯視讀數
滴定前俯視讀數或滴定后仰視讀數
答案：偏高　偏高　偏低　無影響　偏低　偏低　偏高　偏低　無影響　偏低　偏高
三、酸堿中和滴定的拓展應用
3．為了測定某樣品中NaNO2的含量，某同學進行如下實驗：①稱取樣品a g，加水溶解，配制成100 mL溶液。②取25.00 mL溶液于錐形瓶中，用0.020 0 mol·L－1 KMnO4標準溶液(酸性)進行滴定，滴定結束后消耗KMnO4溶液的體積為V mL。
(1)滴定過程中發生反應的離子方程式為_____________________________；
測得該樣品中NaNO2的質量分數為_____________________________。
(2)若滴定過程中剛出現顏色變化就停止滴定，則測定結果________(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。
解析：若滴定過程中剛出現顏色變化就停止滴定，則KMnO4的用量偏少，測定結果偏小。
答案：偏小
4．硫酰氯(SO2Cl2)可用于有機合成和藥物制造等。已知SO2Cl2遇水能發生劇烈反應并產生白霧。
測定產品中SO2Cl2的含量，實驗步驟如下：
①取1.5 g產品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振蕩、過濾、洗滌，將所得溶液均放入錐形瓶中；
②向錐形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.200 0 mol·L－1的AgNO3溶液100.00 mL；
③向其中加入2 mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機化合物覆蓋；
④加入NH4Fe(SO4)2指示劑，用0.100 0 mol·L－1NH4SCN溶液滴定過量Ag＋，終點時所用體積為10.00 mL。
已知：Ksp(AgCl)＝3.2×10－10，Ksp (AgSCN)＝2×10－12。
(1)滴定終點的現象為___________________________________________。
答案：溶液變為紅色，且半分鐘內不恢復原來的顏色
答案：85.5%　偏低
(2)產品中SO2Cl2的質量分數為________；若步驟③不加入硝基苯，則所測SO2Cl2含量將________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。
02
真題研做 高考通關
1．(2022·新高考山東卷)實驗室用基準Na2CO3配制標準溶液并標定鹽酸濃度，應選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定Na2CO3標準溶液。下列說法錯誤的是(　　)
A．可用量筒量取25.00 mL Na2CO3標準溶液置于錐形瓶中
B．應選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標準溶液
C．應選用燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體
D．達到滴定終點時溶液顯橙色
√
解析：A．量筒的精確度不高，滴定時不可用量筒量取Na2CO3標準溶液，應該用堿式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3標準溶液置于錐形瓶中，A說法錯誤；
B．Na2CO3溶液顯堿性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防堿性溶液腐蝕玻璃產生有黏性的硅酸鈉而將瓶塞粘住，故應選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標準溶液，B說法正確；
C．Na2CO3有吸水性和一定的腐蝕性，故應選用燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體，C說法正確；
D．Na2CO3溶液顯堿性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中顯黃色，當滴入最后半滴鹽酸時，溶液由黃色突變為橙色且半分鐘內不變色，故達到滴定終點時溶液顯橙色，D說法正確。
√
解析：A．溫度升高，水的電離程度增大，故M點Kw小于N點Kw，A錯誤；
B．升高溫度，促進銨根離子的水解，且N點銨根離子濃度更大，水解生成的氫離子濃度更大，N點酸性更強，故M點pH大于N點pH，B正確；
C．N點降溫過程中有水的電離平衡、銨根離子的水解平衡、硫酸銨的沉淀溶解平衡3個平衡發生移動，C錯誤；
3．(2022·新高考江蘇卷)實驗中需要測定溶液中Ce3＋的含量。已知水溶液中Ce4＋可用準確濃度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。以苯代鄰氨基苯甲酸為指示劑，滴定終點時溶液由紫紅色變為亮黃色，滴定反應為Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋。請補充完整實驗方案：①準確量取 25.00 mL Ce3＋溶液[c(Ce3＋)約為0.2 mol·L－1]，加氧化劑將Ce3＋完全氧化并去除多余氧化劑后，用稀硫酸酸化，將溶液完全轉移到250 mL 容量瓶中后定容；②按規定操作分別將 0.020 00 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2和待測Ce4＋溶液裝入如圖所示的滴定管中；③______________________________________________________。
答案：從左側滴定管中放出一定體積的待測Ce4＋溶液，加入指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，用0.020 00 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，當滴入最后半滴標準液時，溶液由紫紅色變為亮黃色，即達到滴定終點，記錄標準液的體積(共46張PPT)
第44講　鹽類的水解
1．認識鹽類水解的原理及其規律，掌握水解的離子方程式的書寫。
2．認識影響鹽類水解程度的主要因素。
3．了解鹽類水解的應用，能利用水解常數進行相關計算。
01
考點梳理 高效演練
考點一　鹽類的水解及其規律

1．鹽類水解的定義
在水溶液中，鹽電離出來的離子與水電離出來的H＋或OH－結合生成____________的反應。
弱電解質
H＋
OH－
水的電離
3．鹽類水解的特點
可逆
吸
4．鹽類水解的規律
有弱才水解，越弱越水解；誰強顯誰性，同強顯中性。
否
中性
是
酸性
是
堿性
[特別提醒]
發生水解的鹽溶液不一定呈酸性或堿性，也可能呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。
5．水解反應的離子方程式的書寫
(1)鹽類水解的離子方程式一般用“______”連接，且一般不標“↑”“↓”等狀態符號。
(2)多元弱酸鹽水解：分步進行，以第一步為主，一般只寫第一步水解。
例如，Na2CO3水解的離子方程式為__________________________________。
(3)多元弱堿鹽水解：一步寫完。
例如，FeCl3水解的離子方程式為___________________________________。

Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋
(4)陰、陽離子相互促進水解：水解程度較大，書寫時要用“===”“↑”“↓”等。
例如，NaHCO3與AlCl3在水溶液中反應的離子方程式為____________________________________。
√
解析：硫化鈉分步水解，生成的硫化氫具有臭味，離子方程式必須分步書寫、沒有氣體符號、應使用可逆符號，D項錯誤。
√
3．根據相關物質的電離常數(25 ℃)，回答下列問題。
CH3COOH：Ka＝1.75×10－5；HCN：Ka＝6.2×10－10；H2CO3：Ka1＝4.5× 10－7，Ka2＝4.7×10－11。
(1)相同物質的量濃度的①CH3COONa、②Na2CO3、③NaHCO3、④NaCN溶液，pH由大到小的順序為________________，水的電離程度由大到小的順序為____________________________________________________。
(2)相同pH的①CH3COONa、②Na2CO3、③NaHCO3、④NaCN溶液，物質的量濃度由大到小的順序為__________。
(3)NaCN溶液中，c(Na＋)、c(CN－)、c(HCN)由大到小的順序為_________________________________________________________。
答案：(1)②＞④＞③＞①　②＞④＞③＞①
(2)①＞③＞④＞②　(3)c(Na＋)＞c(CN－)＞c(HCN)
弱
NaHCO3溶液
CH3COONa溶液
(2)外因
以不同條件對FeCl3水解平衡的影響為例[Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋]
條件 平衡移動方向 H＋數目 pH 現象
升溫 ____移 增多 減小 溶液顏色變深
通HCl(g) ____移 增多 減小 溶液顏色變淺
加H2O ____移 增多 增大 溶液顏色變淺
加NaHCO3(g) ____移 減少 增大 生成紅褐色沉
淀，放出氣體
右
左
右
右
2.鹽類水解的應用及舉例
應用 舉例
凈水 明礬可用作凈水劑，原理為Al3＋＋3H2O Al(OH)3(膠體)＋ 3H＋，Al(OH)3膠體可吸附沉降懸浮物
除銹 NH4Cl、ZnCl2溶液因水解顯酸性，可用作焊接金屬時的除銹劑
配制或貯 存易水解 的鹽溶液 配制FeCl3溶液時，將FeCl3固體溶解在__________中，然后________；貯存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用帶磨口玻璃塞的試劑瓶
濃鹽酸
加水稀釋
應用 舉例
膠體的制取 實驗室制取Fe(OH)3膠體的離子方程式：________________________________________
物質的制備 用TiCl4制備TiO2：TiCl4＋(x＋2)H2O===TiO2·xH2O↓＋4HCl
物質的提純 除去MgCl2溶液中的Fe3＋，可加入MgO、Mg(OH)2或 MgCO3
泡沫滅火 器的原理 其成分為NaHCO3與 Al2(SO4)3，使用時發生反應的離子方程式：_____________________________________
1．一定條件下，CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－＋H2O CH3COOH＋OH－，下列說法正確的是(　　)
A．加入少量NaOH固體，c(CH3COO－)增大
B．加入少量FeCl3固體，c(CH3COO－)不變
C．稀釋CH3COONa溶液，溶液的pH增大
D．加入適量CH3COOH溶液得到的酸性混合溶液中：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
√
解析：加入少量FeCl3固體，Fe3＋能結合OH－使c(OH－) 減小，平衡右移，c(CH3COO－)減小，故B項不正確；
稀釋CH3COONa溶液，平衡右移，但c(OH－)減小，溶液的pH減小，故C項不正確；
若c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)，則有c(Na＋)＋c(H＋)＞c(OH－)＋c(CH3COO－)，電荷不守恒，故D項不正確。
2．(2024·南粵名校聯考)為探究外界條件對氯化銨水解平衡的影響，某化學興趣小組設計了如下實驗方案：
實驗 編號 c(NH4Cl) /mol·L－1 溫度 /℃ 待測物 理量X 實驗目的
1 0.5 30 a ________
2 1.5 ⅰ b 探究濃度對氯化銨水解平衡的影響
3 1.5 35 c ⅱ
4 2.0 40 d 探究溫度、濃度同時對氯化銨水解平衡的影響
該實驗限選藥品和儀器：恒溫水浴、pH計、燒杯、0.1 mol·L－1硝酸銀溶液、蒸餾水和各種濃度的NH4Cl溶液。
(1)實驗中，待測物理量X是________。
解析：由提供的藥品和儀器可知，pH計是準確測定溶液pH的儀器，所以待測物理量X是溶液的pH。
答案：溶液的pH　
(2)為了探究濃度對氯化銨水解平衡的影響，實驗2可與實驗________作對照實驗。
解析：根據單一變量原則可知，探究濃度對氯化銨水解平衡的影響，溫度必須相同，故實驗2的溫度可與實驗1相同，為 30 ℃；也可與實驗4相同，為40 ℃。
答案：1(或4) 　
(3)實驗目的ⅱ是___________。
解析：實驗2和實驗3濃度相同，溫度不同，故實驗目的ⅱ是探究溫度對氯化銨水解平衡的影響。
答案：探究溫度對氯化銨水解平衡的影響(答案合理即可)　
(4)上述表格中，b______d(填“>”“<”或“＝”)。
解析：水解反應屬于吸熱反應，溫度越高水解程度越大，氫離子濃度越大；濃度越高，水解生成的氫離子濃度越大，溶液的酸性越強，pH越小，即b>d。
答案：>
3．按要求回答下列問題。
(1)把AlCl3溶液蒸干、灼燒，最后得到的主要固體是____________，原因是_________________________________________________________________
(用化學方程式表示并配以必要的文字說明)。
(2)分析Mg粉可溶解在NH4Cl溶液中的原因： _______________________________________________________________。
(3)直接蒸發CuCl2溶液，能否得到CuCl2·2H2O晶體？如果不能應如何操作？ _______________________________________________________________。
(4)向Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液變為紅色，若再向該溶液中滴入過量的BaCl2溶液，現象是_________________________，請結合離子方程式，運用平衡原理進行解釋：___________________________________________。
答案：
(4)產生白色沉淀，且溶被紅色褪去
在Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2O HSO3-+OH-，加人 BaCl2后,發生反應 Ba2++SO32- ＝BaSO↓(白色),由于c(SO32-)減小,SO32-的水解平衡左移，c(OH-)減小，溶液紅色褪去
2．水解常數的影響因素
水解常數僅受溫度的影響，因水解反應是吸熱反應，故水解常數隨溫度升高而增大。
一、利用Kh與Ka、Kb的關系判斷溶液的酸堿性
1．等濃度弱酸(或弱堿)及其鹽混合溶液酸堿性的判斷。
(1)已知25 ℃時，CH3COOH的電離平衡常數Ka＝1.75×10－5，等濃度的CH3COOH與CH3COONa混合溶液中，Kh__________(填“＞”“＜”或“＝”)Ka，由此可見以____________為主，溶液pH________7。
(2)已知25 ℃時，HCN的電離平衡常數Ka＝6.2×10－10，等濃度的HCN與NaCN混合溶液中，Kh________(填“＞”“＜”或“＝”)Ka，由此可見以________為主，溶液pH________7。
(3)已知25 ℃時，NH3·H2O的電離平衡常數Kb＝1.8×10－5，等濃度的NH3·H2O與NH4Cl混合溶液中，Kh______(填“＞”“＜”或“＝”)Kb，由此可見以______為主，溶液pH______7。
答案：(1)＜　CH3COOH電離　＜
(2)＞　NaCN水解　＞
(3)＜　NH3·H2O電離　＞
2．磷酸是三元弱酸，常溫下三級電離常數分別是Ka1＝6.9×10－3，Ka2＝6.2×10－8，Ka3＝4.8×10－13。回答下列問題。
(1)常溫下，同濃度①Na3PO4、②Na2HPO4、③NaH2PO4 溶液的pH由小到大的順序為__________(填序號)。
(2)常溫下，NaH2PO4溶液的pH________(填“＞”“＜”或“＝”)7。
(3)常溫下，Na2HPO4溶液呈____________(填“酸”“堿”或“中”)性，用Ka與Kh的相對大小，說明判斷理由：_____________________。
答案：10
答案：向右　60
02
真題研做 高考通關
1．(2023·新高考北京卷)下列過程與水解反應無關的是(　　)
A．熱的純堿溶液去除油脂
B．重油在高溫、高壓和催化劑作用下轉化為小分子烴
C．蛋白質在酶的作用下轉化為氨基酸
D．向沸水中滴入飽和FeCl3溶液制備Fe(OH)3膠體
√
2．(2023·新高考海南卷改編)25 ℃下，Na2CO3水溶液的pH隨其濃度的變化關系如下圖所示。下列說法不正確的是(　　)
A．c(Na2CO3)＝0.6 mol·L－1時，
溶液中c(OH－)>0.01 mol·L－1
B．Na2CO3水解程度隨其濃度增大而減小
C．在水中H2CO3的Ka2<4×10－11
D．0.2 mol·L－1的Na2CO3溶液和0.3 mol·L－1的NaHCO3溶液等體積混合，得到的溶液c(OH－)<2×10－4 mol·L－1
√
解析：A．由題圖可知，c(Na2CO3)＝0.6 mol·L－1時，pH>12.0，溶液中 c(OH－)>0.01 mol·L－1，故A正確；
B．鹽溶液越稀越水解，Na2CO3水解程度隨其濃度增大而減小，故B正確；
3．(2023·浙江1月選考)甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工業廢水中的甲酸及其鹽，通過離子交換樹脂(含固體活性成分R3N，R為烷基)因靜電作用被吸附回收，其回收率(被吸附在樹脂上甲酸根的物質的量分數)與廢水初始pH關系如圖所示(已知甲酸的 Ka＝1.8×10－4)。下列說法不正確的是(　　)
A．活性成分R3N在水中存在平衡：
R3N＋H2O R3NH＋＋OH－
B．pH＝5的廢水中c(HCOO－)∶c(HCOOH)＝18
C．廢水初始pH<2.4，隨pH下降，甲酸的電離被抑制，
與R3NH＋作用的HCOO－數目減少
D．廢水初始pH>5，離子交換樹脂活性成分主要以R3NH＋形態存在
√
解析：活性成分R3N中N能與水電離出的H＋形成配位鍵，因此在水中存在平衡：R3N＋H2O R3NH＋＋OH－，A項正確；
廢水初始pH<2.4，隨pH下降，c(H＋)增大，電離平衡HCOOH HCOO－＋H＋逆向移動，甲酸的電離被抑制，c(HCOO－)減小，與R3NH＋作用的HCOO－數目減少，C項正確；
廢水初始pH>5時回收率小于10%，說明吸附在樹脂上的甲酸根離子較少，活性成分主要以R3N形態存在，D項錯誤。(共47張PPT)
第45講　難溶電解質的沉淀溶解平衡
1．了解難溶電解質的沉淀溶解平衡。
2．理解溶度積(Ksp)的含義，并能進行相關計算。
3．了解沉淀的生成、溶解與轉化，并能運用化學平衡原理解釋。
01
考點梳理 高效演練
考點一　沉淀溶解平衡及其影響因素

1．概念
在一定溫度下，當難溶強電解質溶于水形成____________，沉淀溶解和生成的速率________時，即達到溶解平衡狀態。
飽和溶液
相等
2．建立
>
＝
<
3．影響因素
以AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)　ΔH＞0為例，填寫外界條件對沉淀溶解平衡的影響：
外界條件 平衡移動方向 平衡后c(Ag＋) 平衡后c(Cl－) Ksp
升高溫度 ______ ______ ______ ______
加水稀釋 ______ ______ ______ ______
加入少量 AgNO3(s) ______ ______ ______ ______
通入HCl(g) ______ ______ ______ ______
通入H2S(g) ______ ______ ______ ______
正向
增大
增大
增大
正向
不變
不變
不變
逆向
增大
減小
不變
逆向
減小
增大
不變
正向
減小
增大
不變
1．將足量BaCO3固體分別加入：①30 mL水；②10 mL 0.2 mol·L－1 Na2CO3溶液；③50 mL 0.01 mol·L－1 BaCl2溶液；④100 mL 0.01 mol·L－1鹽酸中溶解至溶液飽和。所得溶液中c(Ba2＋)由大到小的順序為________。
答案：③＞④＞①＞②
2．已知Ca(OH)2的飽和溶液中存在平衡：Ca(OH)2(s) Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)　ΔH＜0。下列有關該平衡體系的說法正確的是(　　)
①升高溫度，平衡逆向移動　②向溶液中加入少量碳酸鈉粉末能增大鈣離子的濃度　③除去氯化鈉溶液中混有的少量鈣離子，可以向溶液中加入適量的NaOH溶液　④恒溫下，向溶液中加入CaO，溶液的pH升高　⑤給溶液加熱，溶液的pH升高　⑥向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固體質量增加　⑦向溶液中加入少量NaOH固體，Ca(OH)2固體質量不變
A．①⑥ B．①⑥⑦
C．②③④⑥ D．①②⑤⑥⑦
√
解析：加入碳酸鈉粉末會生成CaCO3沉淀，使Ca2＋濃度減小，②錯；加入氫氧化鈉溶液，會生成Ca(OH)2，不能除去Ca2＋，③錯；恒溫下，Ksp不變，加入CaO后，仍為Ca(OH)2的飽和溶液，pH不變，④錯；加熱，Ca(OH)2的溶解度降低，溶液的pH降低，⑤錯；加入NaOH固體，平衡向左移動，Ca(OH)2 固體質量增加，⑦錯。
3．室溫下向100 mL蒸餾水中加入1 g CaCO3，一段時間后再向其中加入10 mL蒸餾水，一段時間后繼續加入10 mL蒸餾水。該過程中電導率的變化如下圖所示。
已知：室溫下，CaCO3的溶解度為0.001 3 g。
下列說法不正確的是(　　)
A．a→b電導率上升是由于CaCO3固體部分溶解于水中
B．c和e對應的時刻分別加入了10 mL蒸餾水
C．c→d、e→f，電導率下降，說明CaCO3的溶解平衡逆向移動
D．g點后的電導率幾乎不再改變，說明CaCO3的溶解達到平衡狀態
√
解析：碳酸鈣在水中的溶解度較小，但溶于水的碳酸鈣在溶液中完全電離，使溶液中的離子濃度增大，導致a→b電導率上升，故A項正確；
由題圖可知，c→d、e→f的電導率下降，說明溶液中離子濃度減小，即c和e對應的時刻分別加入了10 mL蒸餾水，加入蒸餾水，碳酸鈣的溶解平衡正向移動，故B項正確、C項錯誤；
g點后的電導率幾乎不再改變，說明溶液中的離子濃度不再改變，碳酸鈣的溶解達到平衡狀態，故D項正確。
考點二　溶度積及其應用

1．溶度積和離子積
以AmBn(s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq)為例：
項目 溶度積 離子積
概念 沉淀溶解的平衡常數 溶液中有關離子濃度冪的乘積
符號 Ksp Q
表達 式 Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的濃度都是平衡濃度 Q(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的濃度是任意時刻的濃度
項目 溶度積 離子積
應用 判斷在一定條件下難溶電解質的沉淀或溶解情況： (1)Q______Ksp，溶液中有沉淀析出 (2)Q______Ksp，沉淀與溶解處于平衡狀態 (3)Q______Ksp，溶液中無沉淀析出 >　
＝　
<　
2.溶度積的影響因素
(1)濃度：加水稀釋，平衡向________方向移動，但Ksp________。
(2)溫度：絕大多數難溶電解質的溶解是________過程，升高溫度，平衡向__________方向移動，Ksp________。
(3)其他：向平衡體系中加入可與體系中某些離子反應生成更難溶物質或更難電離物質或氣體的離子時，平衡向溶解方向移動，但Ksp不變。
溶解
不變
吸熱
溶解
增大
3．溶度積與溶解度的關系
(1)相同類型難溶物(如A2B型：Ag2SO4、Ag2S等；AB型：AgCl、AgBr、BaSO4、CaCO3等)，溶度積越小、溶解度越小。
(2)不同類型難溶物：結合溶度積估算溶解度。
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×
一、溶度積的概念及影響因素
1．下列說法正確的是(　　)
A．難溶電解質的溶度積Ksp越小，它的溶解度越小
B．Ksp(Ag2CrO4)C．溶度積常數Ksp與溫度有關，溫度越高，溶度積越大
D．升高溫度，某沉淀溶解平衡逆向移動，說明它的溶解度是減小的，Ksp也變小
√
2．將足量AgCl(s)溶解在水中，形成懸濁液。已知：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)　ΔH>0。下列敘述錯誤的是(　　)
A．加熱懸濁液，使其溫度升高，Ksp(AgCl)增大
B．加少量水稀釋，上述平衡正向移動，c(Ag＋)不變
C．向懸濁液中通入少量氨，Q(AgCl)D．加入NaCl固體，AgCl的溶解度減小，Ksp(AgCl)也減小
√
解析：A．溫度升高，溶解度增大，Ksp(AgCl)增大，故A正確；
B．加少量水稀釋，AgCl的沉淀溶解平衡正向移動，但溶液還是飽和溶液，所以c(Ag＋)不變，故B正確；
C．向懸濁液中通入少量氨，形成二氨合銀配離子，消耗銀離子，導致Q(AgCl)D．加入NaCl固體，c(Cl－)增大，AgCl的沉淀溶解平衡逆向移動，AgCl的溶解度減小，但溫度不變，Ksp(AgCl)不變，故D錯誤。
二、溶度積的相關計算
3．25 ℃時，在1.00 L 0.03 mol·L－1 AgNO3溶液中加入0.50 L 0.06 mol·L－1 CaCl2溶液，能否生成AgCl沉淀？[已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10] __________________________(寫出計算過程)。
4．Na2SO3溶液與CaCl2溶液混合會生成難溶的CaSO3(Ksp＝3.1×10－7)，現將等體積的CaCl2溶液與Na2SO3溶液混合，若混合前Na2SO3溶液的濃度為2×10－3 mol·L－1，則生成沉淀所需CaCl2溶液的最小濃度為________。
答案：6.2×10－4 mol·L－1
考點三　沉淀溶解平衡的應用

1．沉淀的生成
方法 舉例 解釋
調節 pH法 除去CuCl2溶液中的FeCl3，可向溶液中加入CuO[或Cu(OH)2或 CuCO3或 Cu2(OH)2CO3] _______________________________________________________________________________________
CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]能與H＋反應，促進Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀
方法 舉例 解釋
調節 pH法 除去NH4Cl溶液中的FeCl3雜質，可加入______調節pH至4左右 _________________________________________________________
沉淀 劑法 以____________等沉淀污水中的Hg2＋、Cu2＋等重金屬離子 _______________________________________________________
氨水
Fe3＋能與NH3·H2O反應生成Fe(OH)3沉淀
H2S、Na2S
H2S、Na2S能與Hg2＋、Cu2＋反應生成HgS、CuS沉淀
2.沉淀的溶解
(1)Mg(OH)2難溶于水，能溶于鹽酸、NH4Cl溶液中。寫出有關反應的離子方程式：_________________________________________________________________。
(2)已知：PbSO4不溶于水，但可溶于醋酸銨溶液，反應的化學方程式為PbSO4＋2CH3COONH4===(CH3COO)2Pb＋(NH4)2SO4。試對上述PbSO4沉淀的溶解加以解釋：__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
3．沉淀的轉化
(1)原理：由一種沉淀轉化為另一種沉淀的過程，實質是沉淀溶解平衡的移動。
(2)規律。
①一般來說，溶解度小的沉淀轉化為溶解度更小的沉淀容易實現；
②一定條件下溶解度小的沉淀也可以轉化成溶解度相對較大的沉淀。
(3)應用。
①鍋爐除垢：將CaSO4轉化為易溶于酸的 CaCO3，離子方程式為___________________________________________________。
②礦物轉化：CuSO4溶液遇PbS轉化為CuS，離子方程式為___________________________________________。
Cu2＋(aq)＋PbS(s) CuS(s)＋Pb2＋(aq)
1．(2024·廣東廣雅中學模擬)某興趣小組進行下列實驗：
①將0.1 mol·L－1 MgCl2溶液和0.5 mol·L－1 NaOH溶液等體積混合得到濁液；
②取少量①中的濁液，滴加0.1 mol·L－1 FeCl3溶液，出現紅褐色沉淀；
③將①中濁液過濾，取少量白色沉淀，滴加0.1 mol·L－1 FeCl3溶液，白色沉淀變為紅褐色沉淀；
④另取少量白色沉淀，滴加飽和NH4Cl溶液，沉淀溶解。
√
解析：0.1 mol·L－1 MgCl2溶液與0.5 mol·L－1 NaOH溶液等體積混合得到Mg(OH)2懸濁液，NaOH溶液過量，剩余的NaOH和FeCl3反應生成 Fe(OH)3，實驗②不能比較 Fe(OH)3和Mg(OH)2的溶解能力，故C錯誤。
2．可溶性鋇鹽有毒，醫院中常用無毒硫酸鋇作為內服“鋇餐”造影劑。醫院搶救鋇離子中毒者時，除催吐外，還需要向中毒者胃中灌入硫酸鈉溶液。已知：某溫度下，Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。下列推斷正確的是(　　)
A．不用碳酸鋇作為內服造影劑，是因為硫酸鋇比碳酸鋇更難溶
B．可以用0.36 mol·L－1的Na2SO4溶液給鋇離子中毒者洗胃
C．搶救鋇離子中毒者時，若沒有硫酸鈉也可以用碳酸鈉溶液代替
D．誤飲c(Ba2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1的溶液時，會引起鋇離子中毒
√
解析：碳酸鋇能與胃酸反應生成可溶性鋇鹽，鋇離子有毒，所以不能用碳酸鋇作為內服造影劑，A錯誤；
碳酸鈉與胃酸反應生成氯化鈉、水和二氧化碳，起不到解毒的作用，C錯誤；
3．軟磁材料Mn3O4可由陽極渣和黃鐵礦FeS2制得。陽極渣的主要成分為MnO2且含有少量Pb、Fe、Cu等元素的化合物。制備流程如下。
已知：25 ℃時，Ksp(MnF2)＝5.0×10－3，Ksp(CaF2)＝3.5×10－11。
下列說法錯誤的是(　　)
A．X可為稀硫酸
B．濾渣2的成分是Cu(OH)2和CaSO4
C．“凈化”步驟發生的反應為MnF2 (s)＋Ca2＋(aq) CaF2(s)＋Mn2＋(aq)　K≈1.4×108
D．利用MnCO3替代CaO可優化該流程
√
解析：MnO2在酸性條件下具有強氧化性，FeS2具有強還原性，二者在“酸浸”時會發生氧化還原反應，結合題圖中后續操作得到的是MnSO4溶液可知，X為稀硫酸；然后向濾液中加入H2O2可以將雜質離子Fe2＋氧化為Fe3＋，再加入CaO調節溶液pH，使Fe3＋、Cu2＋轉化為Fe(OH)3、Cu(OH)2沉淀，過濾；向濾液中加入MnF2使Ca2＋轉化為難溶物CaF2除去，過濾得到的濾液中含有MnSO4，然后經一系列操作得到Mn3O4。A項，X可為稀硫酸，故A正確；
B項，濾渣2的成分是Fe(OH)3和Cu(OH)2，故B錯誤；
D項，利用MnCO3替代CaO也可以調節溶液pH且不會引入Ca2＋雜質，可優化該流程，故D正確。
02
真題研做 高考通關
√
向體系中通入CO2氣體，發生反應：CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2，CaCO3(s)轉化為可溶的Ca(HCO3)2，溶液中c(Ca2＋)增大，C項錯誤；
Ksp(CaCO3)√
解析：a點pH＝2、pM＝2.5，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝10－2.5× (10－12)3＝10－38.5，A錯誤；
pH＝4時Al3＋對應的pM＝3，即c(Al3＋)＝10－3 mol·L－1，故Al(OH)3 的溶解度為10－3 mol·L－1，B錯誤；
由題圖可知，c(Fe3＋)＝10－5 mol·L－1時的pH小于c(Al3＋)＝0.01 mol·L－1 時的pH，可通過調pH分步沉淀濃度均為0.01 mol·L－1的Al3＋和Fe3＋，C正確；
由題圖可知，Al3＋沉淀完全時，pH≈4.7，此時Cu2＋剛要開始沉淀，c(Cu2＋)＝0.1 mol·L－1，若c(Cu2＋)＝0.2 mol·L－1>0.1 mol·L－1，則Cu2＋、Al3＋會同時沉淀，D錯誤。
√
4．(2022·新高考湖南卷)室溫時，用0.100 mol·L－1的標準AgNO3溶液滴定15.00 mL濃度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通過電位滴定法獲得lg c(Ag＋)與V(AgNO3溶液)的關系曲線如下圖所示[忽略沉淀對離子的吸附作用。若溶液中離子濃度小于1.0×10－5 mol·L－1時，認為該離子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17]。下列說法正確的是(　　)
A．a點：有白色沉淀生成
B．原溶液中I－的濃度為0.100 mol·L－1
C．當Br－沉淀完全時，已經有部分Cl－沉淀
D．b點：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)
√
解析：三種鹵化銀組成形式相同，Ksp小的物質先形成沉淀，故a點時形成的是黃色的AgI沉淀，A項錯誤；
由題圖可知，當消耗4.50 mL AgNO3溶液時，溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，由于三種鹵素離子的濃度相等，故每種離子完全沉淀時均消耗1.50 mL AgNO3 溶液，0.100 mol·L－1×1.50 mL＝c(I－)×15.00 mL，解得c(I－)＝0.01 mol·L－1，B項錯誤；
b點時溶液中I－、Br－、Cl－均沉淀完全，AgNO3過量，c(Ag＋)最大，D項錯誤。(共45張PPT)
第46講　水溶液中的離子平衡圖像
1．進一步加深對電離平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡的理解與應用。
2．能根據圖像中的關鍵點、變化趨勢，計算Ka、Kb或Ksp，判斷粒子濃度的大小關系。
3．能利用沉淀溶解平衡原理，分析圖像中粒子濃度的關系，進行有關Ksp的計算。
01
考點梳理 高效演練
考點一　酸堿滴定(或混合)圖像

1．抓住關鍵“五點”，突破酸堿滴定(或混合)曲線
抓反應的“起始”點 判斷酸、堿的相對強弱
抓反應的“一半”點 判斷是哪種溶質的等量混合
抓溶液的“中性”點 判斷溶液中溶質的成分及哪種物質過量或不足
抓“恰好反應”點 判斷生成的溶質成分及溶液的酸堿性
抓反應的“過量”點 判斷溶液中的溶質及哪種物質過量
2.應用示例
室溫下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的變化如下圖所示：
1．(2024·南粵名校聯考)常溫下，將0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴入20 mL 0.1 mol·L－1二元弱酸H2A溶液中，混合溶液的pH隨NaOH溶液滴入量的關系如圖所示。下列敘述不正確的是(　　)
A．Ka1(H2A)≈10－3
B．b點溶液中存在：c(HA－)>c(H2A)>c(A2－)
C．c點溶液中存在：
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)
D．溶液中水的電離程度：c>b>a
√
B．b點溶液中溶質為NaHA，溶液呈酸性，說明HA－的電離程度大于其水解程度，溶液中存在：c(HA－)>c(A2－)>c(H2A)，B項錯誤；
C．由電荷守恒可知，c點溶液中存在：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HA－)＋c(OH－)＋2c(A2－)，C項正確；
D．a點為H2A與NaHA的混合溶液，b點為NaHA溶液，c點為NaHA與Na2A的混合溶液，溶液中水的電離程度：c>b>a，D項正確。
2．常溫下，用0.10 mol·L－1 NaOH溶液分別滴定 20.00 mL濃度均為0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液和HCN溶液所得滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是(　　)
A．點①和點②所示溶液中：c(CH3COO－)＜c(CN－)
B．點③和點④所示溶液中：
c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
C．點①和點②所示溶液中：
c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)
D．點②和點③所示溶液中：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)
√
解析：A項，點①所示溶液中存在電荷守恒：c(OH－)＋c(CN－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，且c(OH－)＞c(H＋)，點②所示溶液中存在電荷守恒：c(OH－)＋c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，且c(OH－)＜c(H＋)，兩溶液中鈉離子濃度相同，所以c(CH3COO－)＞c(CN－)，錯誤；
B項，點③所示溶液pH＝7，c(OH－)＝c(H＋)，故c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－)，點④所示溶液中溶質為CH3COONa，溶液呈堿性，故c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，錯誤；
C項，點①所示溶液為等濃度的HCN和NaCN溶液，存在元素守恒：c(HCN)＋c(CN－)＝2c(Na＋)，點②所示溶液為等濃度的CH3COOH和CH3COONa溶液，存在元素守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝2c(Na＋)，兩溶液中鈉離子濃度相同，故c(HCN)＋c(CN－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，即c(CH3COO－)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COOH)，正確；
D項，點②和點③所示溶液中均存在電荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，且c(Na＋)>c(CH3COOH)，故c(CH3COO－)＋c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，錯誤。
考點二　分布系數圖像

分布曲線指以pH為橫坐標，分布系數(即組分的平衡濃度占總濃度的分數)為縱坐標的關系曲線。
一元弱酸(以CH3COOH為例) 二元弱酸(以草酸H2C2O4為例) 三元弱酸(以H3PO4為例)

原因：弱酸溶液中加入強堿，發生中和反應，溶液的pH不斷增大，各組分粒子的含量不斷變化
√
B．a、b、c三點溶液中微粒成分不同，溶液pOH不同，對水的電離影響程度不同，B錯誤；
下列敘述正確的是(　　)
A．曲線①代表δ(H2A)，曲線②代表δ(HA－)
B．H2A溶液的濃度為 0.200 0 mol·L－1
C．HA－的電離常數Ka＝1.0×10－2
D．滴定終點時，溶液中c(Na＋)<2c(A2－)＋c(HA－)
√
解析：由題圖可知，加入40 mL NaOH溶液時達到滴定終點，又H2A為二元酸，故H2A溶液的濃度為0.100 0 mol·L－1，當沒有加入NaOH溶液時，H2A溶液的pH約為1.0，說明H2A第一步完全電離，曲線①代表δ(HA－)，曲線②代表δ(A2－)，A、B項錯誤；
滴定終點時溶液中存在的離子有Na＋、H＋、A2－、HA－、OH－，根據電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，此時c(H＋)2c(A2－)＋c(HA－)，D項錯誤。
考點三　沉淀溶解平衡圖像

1．有關沉淀溶解平衡Ksp曲線分析
(1)典型示例。
(2)點的變化。
2.有關沉淀溶解平衡對數圖像分析
3.沉淀滴定曲線分析
以0.100 mol·L－1 AgNO3溶液滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲線為例：
(1)根據曲線數據計算可知，Ksp(AgCl)的數量級為10－10。
(2)滴定終點c點為飽和AgCl溶液，c(Ag＋)＝c(Cl－)。
(3)相同實驗條件下，若改為0.040 0 mol·L－1 Cl－，反應終點c向a方向移動。
(4)相同實驗條件下，若改為0.050 0 mol·L－1 Br－，反應終點c向b方向移動。
1．常溫下，Ksp(NiS)＝1.0×10－21，Ksp(FeS)＝6.0×10－18。RS的沉淀溶解平衡曲線如下圖所示(R表示Ni或Fe)。下列說法正確的是(　　)
A．Ⅱ表示FeS溶解平衡曲線
B．常溫下，NiS(s)＋Fe2＋(aq) FeS(s)
＋Ni2＋(aq)的平衡常數K＝6 000
C．常溫下，與Q點相對應的NiS的分散系中固液共存
D．常溫下，向P點對應的溶液中加適量Na2S固體，可轉化成M點對應的溶液
√
解析：A項，FeS的溶度積常數更大，故Ⅰ表示FeS溶解平衡曲線，A項錯誤；
C項，Q點處，Q(NiS)D項，向P點對應的溶液中加適量Na2S固體，S2－濃度增大，R2＋濃度減小，可使溶液由P點轉化成M點對應的溶液，D項正確。
2．已知：常溫下，Ksp(CuS)＝1.0×10－36，Ksp(HgS)＝1.6×10－52；pM＝－lg c(M2＋)。常溫下，向10.0 mL 0.20 mol/L Cu(NO3)2溶液中逐滴滴加0.10 mol/L Na2S溶液，溶液中pM與加入Na2S溶液的體積的關系如圖所示。下列說法錯誤的是(　　)
A．V0＝20.0 mL，m＝18
B．若c[Cu(NO3)2]＝0.10 mol/L，
則反應終點可能為e點
C．a、b、d三點中，由水電離的c(H＋)和 c(OH－)的乘積最大的為b點
D．相同條件下，若用等濃度等體積的 Hg(NO3)2溶液代替上述 Cu(NO3)2溶液，則反應終點由b點向c點方向移動
√
02
真題研做 高考通關
1．(2022·浙江1月選考)某同學在兩個相同的特制容器中分別加入20 mL 0.4 mol·L－1Na2CO3溶液和40 mL 0.2 mol·L－1NaHCO3溶液，再分別用 0.4 mol·L－1鹽酸滴定，利用pH計和壓力傳感器檢測，得到如下曲線：
√
解析：A．碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉的水解程度，故碳酸鈉的堿性強于碳酸氫鈉的堿性，碳酸鈉與鹽酸反應先生成碳酸氫鈉，再產生二氧化碳氣體，故圖中甲、丁線表示向Na2CO3溶液中滴加鹽酸，乙、丙線表示向NaHCO3溶液中滴加鹽酸，A錯誤；
B．當滴加鹽酸的體積為V1 mL時(a點、b點)，壓強并未發生變化，說明無CO2產生，B錯誤；
C．根據pH-V(鹽酸)圖，滴定分析時，c點的pH在9左右，在酚酞的變色范圍之內，故可用酚酞作為指示劑指示滴定終點；d點的pH在4左右，在甲基橙的變色范圍之內，故可用甲基橙作為指示劑指示滴定終點，C正確；
√
解析：從題圖1可以看出pH＝10.25時，碳酸氫根離子與碳酸根離子濃度相同，A項正確；
從題圖2可以看出pH＝11、lg[c(Mg2＋)]＝－6時，該點位于曲線Ⅰ和曲線Ⅱ的下方，不會產生碳酸鎂沉淀或氫氧化鎂沉淀，B項正確；
3．(2023·新高考遼寧卷)某廢水處理過程中始終保持H2S飽和，即c(H2S)＝0.1 mol·L－1，通過調節pH使Ni2＋和Cd2＋形成硫化物而分離，體系中pH與－lg c關系如下圖所示，c為HS－、S2－、Ni2＋和Cd2＋的濃度，單位為 mol·L－1。已知Ksp(NiS)>Ksp(CdS)，下列說法正確的是(　　)
A．Ksp(CdS)＝10－18.4
B．③為pH與－lg c(HS－)的關系曲線
C．Ka1(H2S)＝10－8.1
D．Ka2(H2S)＝10－14.7
√
④表示pH與－lg c(HS－)的關系曲線，符合x＋y＝－lg [Ka1c(H2S)]的函數關系，代入(4.2，3.9)，即4.2＋3.9＝－lg (Ka1×0.1)，Ka1×0.1＝10－8.1，Ka1＝ 10－7.1，C項錯誤；
③表示pH與－lg c(S2－)的關系曲線，符合2x＋y＝－lg [Ka1Ka2c(H2S)]的函數關系，代入(4.9，13.0)，即4.9×2＋13.0＝－lg [10－7.1×Ka2×0.1]，10－7.1× Ka2 ×0.1＝10－22.8，Ka2＝10－14.7，B項錯誤，D項正確；(共67張PPT)
第47講　無機化工流程題
1．培養從新信息中準確地提取實質性內容，并與已有知識塊整合重組為新知識塊的能力。
2．培養將實際問題分解，通過運用相關知識，采用分析、綜合的方法，解決簡單化學問題的能力。
3．培養將分析和解決問題的過程及成果用正確的化學術語及文字、圖表、模型、圖形等形式表達并做出解釋的能力。
01
考點梳理 高效演練
一、化學工藝流程題的整體設計
1．呈現方式——“三大塊”
2．解題模型——“四線法”
(1)試劑線：為達到最終目的加入的物質，起到酸、堿中和或氧化、還原作用等。
(2)轉化線：元素守恒——焙燒、溶浸、沉淀、煅燒、電解、結晶等。
(3)除雜線：復分解沉淀、置換沉淀、氧化還原沉淀；加熱產生氣體等。
(4)分離線：蒸發、結晶、過濾、洗滌、干燥等。
二、工藝流程中主要環節的分析
1．核心反應——陌生方程式的書寫
關注箭頭的指向：箭頭指入→反應物，箭頭指出→生成物。
(1)氧化還原反應：熟練應用氧化還原反應規律，判斷生成物并配平。
(2)非氧化還原反應：結合物質性質和反應實際情況判斷生成物。
2．原料預處理的六種常用方法及目的
方法 目的
研磨 減小固體的顆粒度，增大固體與液體或氣體間的接觸面積，增大反應速率
水浸 與水接觸反應或溶解
酸浸 與酸接觸反應或溶解，使可溶性金屬離子進入溶液，不溶物通過過濾除去
堿浸 除去油污，溶解酸性氧化物、鋁及其氧化物
灼燒 除去可燃性雜質或使原料初步轉化，如從海帶中提取碘時灼燒就是為了除去可燃性雜質
煅燒 改變結構，使一些物質能溶解，并使一些雜質在高溫下氧化、分解，如煅燒高嶺土
3.控制反應條件的六種常用方法
(1)調節溶液的pH。常用于使某些金屬離子形成氫氧化物沉淀。調節pH所需的物質一般應滿足兩點：
①能與H＋反應，使溶液pH變大。
②不引入新雜質，如要除去Cu2＋中混有的Fe3＋時，可加入CuO、Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3等物質來調節溶液的pH，不可加入NaOH溶液、氨水等。
(2)控制溫度。根據需要升溫或降溫，改變反應速率或使平衡向需要的方向移動。
(3)控制壓強。改變速率，影響平衡。
(4)使用合適的催化劑。增大反應速率，縮短達到平衡所需要的時間。
(5)趁熱過濾。防止某物質降溫時析出。
(6)冰水(或有機溶劑)洗滌。洗去晶體表面的雜質離子，并減少晶體在洗滌過程中的溶解損耗。
4．明確常用的分離、提純方法
過濾 分離難溶物和易溶物，根據特殊需要采用趁熱過濾或抽濾等方法
萃取和 分液 利用溶質在互不相溶的溶劑里的溶解度不同提取分離物質，如用CCl4或苯萃取溴水中的溴
蒸發結晶 提取溶解度隨溫度變化不大的溶質，如NaCl
冷卻結晶 提取溶解度隨溫度變化較大的溶質、易水解的溶質或結晶水合物，如KNO3、FeCl3、CuCl2、CuSO4·5H2O、FeSO4·7H2O等
蒸餾或分餾 分離沸點不同且互溶的液體混合物，如分離乙醇和甘油
冷卻 利用氣體易液化的特點分離氣體，如合成氨工業采用冷卻法分離平衡混合氣體中的氨
三、化工流程中的定量計算
1．常見類型及解題方法
類型 解題方法
物質含 量計算 根據關系式法、得失電子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以樣品的總量，即可得出其含量
確定物 質化學 式計算 ①根據題給信息，計算出有關物質的物質的量；②根據電荷守恒，確定未知離子的物質的量；③根據質量守恒，確定結晶水的物質的量；④各粒子的物質的量之比即為物質化學式的下角標之比
Ksp相關 計算 ①通過Ksp與離子積Q的大小判斷能否沉淀；②判斷能否沉淀完全；③計算某一離子的濃度；④沉淀生成和完全時的pH
一、物質制備類化工流程題
1．(2024·江門調研)某工廠以輝鉍礦(主要成分為Bi2S3，含有FeS2、SiO2雜質)和軟錳礦(主要成分為MnO2)為原料，采用聯合焙燒法制備超細氧化鉍。工藝流程如下：
解析：Bi位于元素周期表第六周期第ⅤA族，其價層電子排布式為6s26p3。
答案：6s26p3　
(2)寫出“聯合焙燒”時MnO2和Bi2S3反應的化學方程式：______________。
(3)若焙燒時MnO2過量可分解為Mn2O3，則“酸浸”時Mn2O3會轉化為MnCl2，此時生成的氣體A為______________(填化學式)。
解析：“酸浸”時Mn2O3會與濃鹽酸發生氧化還原反應生成MnCl2、H2O和Cl2，則氣體A為Cl2。
答案：Cl2　
(4)“酸浸”時需及時補充濃鹽酸調節酸浸液的pH小于1.4的目的是_______________________________________________________________。
(6)沉淀反萃取所得草酸鉍[Bi2(C2O4)3]用酒精洗去有機殘余物，干燥后，在600 ℃、空氣氣氛下保溫2 h進行熱分解，熱分解產物的X射線衍射圖譜如下圖所示，出現了Bi2O3的明銳衍射峰。
2．(2022·高考全國甲卷)硫酸鋅(ZnSO4)是制備各種含鋅材料的原料，在防腐、電鍍、醫學上有諸多應用。硫酸鋅可由菱鋅礦制備，菱鋅礦的主要成分為ZnCO3，雜質為SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制備流程如下：
本題中所涉及離子的氫氧化物溶度積常數見下表：
離子 Fe3＋ Zn2＋ Cu2＋ Fe2＋ Mg2＋
Ksp 2.8× 10－39 6.7× 10－17 2.2× 10－20 4.9× 10－17 5.6×
10－12
回答下列問題：
(1)菱鋅礦焙燒生成氧化鋅的化學方程式為______________。
(2)為了提高鋅的浸取效果，可采取的措施有__________、_____________。
答案：將菱鋅礦焙燒產品粉碎　適當增大硫酸濃度(或升高浸取時的反應溫度等)
(3)加入物質X調溶液pH＝5，最適宜使用的X是________(填標號)。
A．NH3·H2O　　B．Ca(OH)2　　C．NaOH
濾渣①的主要成分是__________、__________、____________。
解析：制備ZnSO4·7H2O的流程分析如下：
加入物質X調溶液pH＝5，為了不引入新的陽離子，故X宜選用Ca(OH)2；pH＝5時，c(OH－)＝10－9 mol·L－1，根據表中各離子的氫氧化物的Ksp可知，只有Fe3＋能完全沉淀。
答案：B　SiO2　CaSO4　Fe(OH)3
(4)向80～90 ℃的濾液①中分批加入適量 KMnO4溶液充分反應后過濾，濾渣②中有MnO2，該步反應的離子方程式為________________________。
解析：Fe2＋被適量KMnO4溶液氧化為Fe(OH)3，同時生成MnO2，Fe(OH)3和MnO2進入濾渣②中。
(5)濾液②中加入鋅粉的目的是___________________________。
答案：除去Cu2＋　
(6)濾渣④與濃H2SO4反應可以釋放HF并循環利用，同時得到的副產物是____________、____________。
答案：CaSO4　MgSO4
二、物質分離、提純類化工流程題
3．(2024·惠州調研)鋅是一種重要的金屬；鋅及其化合物被廣泛應用于汽車、建筑、船舶、電池等行業。某科研小組以固體廢鋅催化劑(主要成分為ZnO及少量Fe2O3、CuO、MnO、SiO2)為原料制備鋅的工藝流程如圖所示。
(1)“浸取”溫度為30 ℃時，鋅的浸出率可達90.6%，繼續升溫浸出率反而下降，其原因為____________。
解析：廢鋅催化劑加入氨水和氯化銨混合液浸取，鋅、銅元素以[Zn(NH3)4]2＋、[Cu(NH3)4]2＋形式進入溶液，同時鐵、錳元素分別轉化為氫氧化物沉淀和不反應的二氧化硅成為濾渣1，濾液中加入過氧化氫將錳離子轉化為二氧化錳沉淀，加入適量的硫化銨生成硫化銅沉淀，過濾除去，濾液中加入有機試劑萃取分離出含鋅的有機相，加入硫酸反萃取得到含鋅的水相，電解得到鋅。“浸取”溫度為30 ℃時，鋅的浸出率可達90.6%，繼續升溫浸出率反而下降，其原因為溫度過高，氨的揮發量增加，生成[Zn(NH3)4]2＋減少，不利于廢鋅催化劑中鋅的浸出。
答案：溫度過高，氨的揮發量增加，生成[Zn(NH3)4]2＋減少，不利于廢鋅催化劑中鋅的浸出　
(2)濾渣1的主要成分為Fe(OH)3、Mn(OH)2和______________(填化學式)。“操作a”的名稱是________。
解析：根據上述分析可知，濾渣1的主要成分為Fe(OH)3、Mn(OH)2 和SiO2。根據流程圖可知，萃取后分離出有機層和水層，所以“操作a”是分液。
答案：SiO2　分液　
(3)“深度除錳”時，將殘留的Mn2＋轉化為MnO2，每生成1 mol MnO2需消耗_______________________mol H2O2。
答案：1
①當(NH4)2S的加入量≥100%時，鋅的最終回收率下降的原因是___________________________(用離子方程式表示)。
②“深度除銅”時，(NH4)2S加入量最好選擇________(填字母)。
A．100% B．110%
C．120% D．140%
解析：①當(NH4)2S加入量≥100%時，鋅的最終回收率下降的原因是過量的硫離子將鋅轉化為硫化鋅沉淀，離子方程式為[Zn(NH3)4]2＋＋S2－===ZnS↓＋4NH3↑；②“深度除銅”時，(NH4)2S加入量最好選擇120%，此時除銅效果較好且鋅的回收率仍然較高。
答案：① [Zn(NH3)4]2＋＋S2－===ZnS↓＋4NH3↑　②C
4．(2024·廣東六校聯考)世界鎳礦資源急劇減少，鎳的工業需求量日益增加，為提高鎳礦的利用率，從某礦渣(主要成分為NiO，還含有Fe2O3、FeO、CaO、SiO2等雜質)回收鎳的主要工藝流程如下：
已知：(NH4)2SO4在350 ℃以上分解生成NH3和稀硫酸。
回答下列問題：
(1)研磨礦渣的目的是____________________________________。
解析：某礦渣(主要成分為NiO，還含有Fe2O3、 FeO、CaO、SiO2等雜質)加入硫酸銨研磨后，600 ℃通入空氣焙燒，已知(NH4)2SO4在350 ℃以上分解生成NH3和硫酸，NiO、Fe2O3、FeO、CaO、SiO2在焙燒過程中生成NiSO4、Fe2 (SO4)3、CaSO4、FeO(OH)，并且在95 ℃的熱水中浸泡，過濾得到浸取液和浸渣，浸渣為Fe2O3、FeO (OH)、CaSO4、 SiO2，向浸取液中加入NaF除去鈣離子，過濾得到濾液和廢渣，廢渣的主要成分為氟化鈣，加入萃取劑萃取得到水相和有機相，水相通過一系列操作得到硫酸鎳，有機相加入稀硫酸后循環使用。研磨礦渣可增大固體接觸面積，增大反應速率。
答案：增大固體接觸面積，增大反應速率　
(2)“浸渣”的成分除有Fe2O3、FeO(OH)、SiO2外，還含有________(寫化學式)。
解析：由以上分析可知，“浸渣”還含有CaSO4。
答案：CaSO4
(3)礦渣中部分FeO在空氣中焙燒時與(NH4)2SO4反應生成Fe2(SO4)3的化學方程式為___________________________________________________。
(4)將“浸取液”冷卻至室溫，測得溶液中c(Ca2＋)＝1.0×10－3 mol·L－1，向其中加入一定量的NaF晶體，攪拌，當溶液中c(F－)＝1.0×10－3 mol·L－1時，除鈣率為______________________________________________________。
答案：0.958　
答案：0.2　強酸性
02
真題研做 高考通關
1．(2023·新高考廣東卷)Ni、Co均是重要的戰略性金屬。從處理后的礦石硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中，利用氨浸工藝可提取Ni、Co，并獲得高附加值化工產品。工藝流程如下：
已知：氨性溶液由NH3·H2O、(NH4)2SO3和(NH4)2CO3配制。常溫下，Ni2＋、Co2＋、Co3＋與NH3形成可溶于水的配離子；lg Kb(NH3·H2O)＝－4.7；Co(OH)2易被空氣氧化為 Co(OH)3；部分氫氧化物的Ksp見下表。
氫氧 化物 Co(OH)2 Co(OH)3 Ni(OH)2 Al(OH)3 Mg(OH)2
Ksp 5.9× 10－15 1.6× 10－44 5.5× 10－16 1.3× 10－33 5.6×
10－12
請回答下列問題：
(1)活性MgO可與水反應，化學方程式為___________。
解析：硝酸浸取液(含Ni2＋、Co2＋、Al3＋、Mg2＋)中加入活性氧化鎂調pH至9.0，過濾，得到濾液1，主要成分是硝酸鎂，“結晶純化”得到硝酸鎂晶體，再“熱解”得到氧化鎂和硝酸。濾泥加入氨性溶液“氨浸”，過濾，將濾液2進行“鎳鈷分離”，得到氯化鈷和飽和氯化鎳溶液，向飽和氯化鎳溶液中通入氯化氫氣體析出氯化鎳晶體。活性MgO可與水反應生成Mg(OH)2，化學方程式為MgO＋H2O===Mg(OH)2。
答案：MgO＋H2O===Mg(OH)2　
答案：＞
(3)“氨浸”時，由Co(OH)3轉化為[Co(NH3)6]2＋的離子方程式為______。
(4)(NH4)2CO3會使濾泥中的一種膠狀物質轉化為疏松分布的棒狀顆粒物。濾渣的X射線衍射圖譜中，出現了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰。
①NH4Al(OH)2CO3屬于________(填“晶體”或“非晶體”)。
②(NH4)2CO3提高了Ni、Co的浸取速率，其原因是____________。
解析：①X射線衍射圖譜中出現了NH4Al(OH)2CO3的明銳衍射峰，說明NH4Al(OH)2CO3 屬于晶體。②根據題意(NH4)2CO3會使濾泥中的一種膠狀物質轉化為疏松分布的棒狀顆粒物可知，(NH4)2CO3能提高Ni、Co的浸取速率的原因是減少了膠狀物質對鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積。
答案：①晶體　②減少了膠狀物質對鎳鈷氫氧化物的包裹，增加了濾泥與氨性溶液的接觸面積　
(5)“析晶”過程中通入的酸性氣體A為________。
解析：“析晶”得到NiCl2·4H2O，為了不引入雜質并抑制Ni2＋水解，通入的酸性氣體A應為HCl。
答案：HCl
(6)①“結晶純化”過程中，沒有引入新物質。晶體A含6個結晶水，則所得HNO3溶液中 n(HNO3)與n(H2O)的比值，理論上最高為________。
②“熱解”對于從礦石提取Ni、Co工藝的意義，在于可重復利用HNO3和__________(填化學式)。
答案：①0.4　②MgO
2．(2023·高考新課標卷)鉻和釩具有廣泛用途。鉻釩渣中鉻和釩以低價態含氧酸鹽形式存在，主要雜質為鐵、鋁、硅、磷等的化合物，從鉻釩渣中分離提取鉻和釩的一種流程如下圖所示：
答案：Na2CrO4　
(2)水浸渣中主要有SiO2和________。
解析：煅燒時通入空氣，含鐵化合物轉化為Fe2O3，且Fe2O3不溶于水，故水浸渣中還含有Fe2O3。
答案：Fe2O3　
(3)“沉淀”步驟調pH到弱堿性，主要除去的雜質是________。
解析：“沉淀”步驟加入稀H2SO4調pH到弱堿性是為了使[Al(OH)4]－轉化為Al(OH)3沉淀而除去。
答案：Al(OH)3　
(4)“除硅磷”步驟中，使硅、磷分別以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，該步需要控制溶液的pH≈9以達到最好的除雜效果。若pH<9時，會導致___________；pH>9時，會導致___________________________________。
解析：根據題干描述，V2O5既可與酸反應生成鹽和水，又可與堿反應生成鹽和水，故V2O5具有兩性。
√
(6)“還原”步驟中加入焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)溶液，反應的離子方程式為_____________________________________________________________。
已知：常溫下，Ksp(Li2CO3)＝2.2×10－2。相關化合物的溶解度與溫度的關系如下圖所示。
(1)含硼固體中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3＋H2O H＋＋[B(OH)4]－(常溫下，Ka＝10－9.24)；B(OH)3與NaOH溶液反應可制備硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常溫下，在0.10 mol·L－1硼砂溶液中，[B4O5(OH)4]2－水解生成等物質的量濃度的B(OH)3和[B(OH)4]－，該水解反應的離子方程式為_______________，該溶液pH＝________________________________。
答案：[B4O5(OH)4]2－＋5H2O 2B(OH)3＋2[B(OH)4]－　9.24
答案：Mg(OH)2、CaSO4　0.005 5　CaO
(3)精制Ⅱ的目的是_____________；進行操作X時應選擇的試劑是___________，若不進行該操作而直接濃縮，將導致__________________。
解析：精制Ⅰ加入的生石灰過量，精制Ⅱ加入純堿(過量)的目的是除去溶液中Ca2＋，操作X是為了除去過量的碳酸鈉，結合“濃縮”時得到NaCl可知，加入的試劑為鹽酸，若不進行該操作而直接濃縮，由于Na2CO3水解使溶液呈堿性，則會有LiOH析出。
答案：除去溶液中Ca2＋　鹽酸　有LiOH析出(共17張PPT)
微專題12　溶液中微粒濃度的
大小比較
2．元素守恒
在電解質溶液中，由于某些離子發生水解或電離，離子的存在形式發生了變化。離子所含的某種元素在變化前后是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S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
如Na2S溶液中的質子轉移圖示如下：

由圖可得Na2S溶液中質子守恒可表示如下：c(H3O＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)或c(H＋)＋2c(H2S)＋c(HS－)＝c(OH－)。
三、掌握粒子濃度大小比較的思維方法
√
2．(2024·湛江模擬)已知：H2B===H＋＋HB－，HB－ H＋＋B2－。室溫下，取30 mL 0.1 mol·L－1某二元酸H2B，滴加0.2 mol·L－1 NaOH溶液。下列說法正確的是(　　)
A．0.1 mol·L－1的H2B溶液中有c(H＋)＝c(OH－)＝c(B2－)＝0.1 mol·L－1
B．當滴加至中性時，溶液中c(Na＋)＝c(B2－)＋c(HB－)　
C．當消耗NaOH溶液的體積為15 mL時，溶液的pH＜7
D．當消耗NaOH溶液的體積為30 mL時，溶液中有
c(Na＋)＝2c(B2－)＋2c(HB－)＋2c(H2B)
√
解析：A．由H2B的電離方程式可知，其一級電離完全，二級電離不完全，0.1 mol·L－1的H2B溶液中一級電離產生的c(H＋)＝0.1 mol·L－1，二級電離繼續產生氫離子，因此氫離子的濃度大于0.1 mol·L－1，溶液顯酸性， c(OH－)B．溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(B2－)＋c(HB－)＋c(OH－)，滴加至中性時，c(H＋)＝c(OH－)，故c(Na＋)＝2c(B2－)＋c(HB－)，故B錯誤；C．當消耗NaOH溶液的體積為15 mL時，NaOH恰好與H2B反應生成NaHB，HB－只能發生電離，使溶液顯酸性，pH<7，故C正確；
D．當消耗NaOH溶液的體積為30 mL時，NaOH恰好與H2B反應生成Na2B，B2－為弱酸陰離子可以發生水解，但HB－為強酸陰離子不水解，故溶液中不存在H2B，故D錯誤。
√
解析：草酸氫鈉溶液顯酸性，說明草酸氫根離子的電離程度大于其水解程度。草酸是弱電解質，故0.01 mol/L NaHC2O4溶液中，氫離子的濃度小于0.01 mol/L，A不正確。
常溫下，向10 mL 0.01 mol/L NaHC2O4溶液中滴加0.01 mol/L NaOH溶液，發生反應NaOH＋NaHC2O4===Na2C2O4＋H2O，二者恰好反應時，消耗氫氧化鈉溶液的體積為10 mL，生成的草酸鈉發生水解反應，溶液顯堿性， c(H＋)<1×10－7mol/L，C不正確。
√
C項，該混合溶液呈酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，故混合溶液中：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)，故C錯誤；

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