TeachingPlanforModule6HobbiesUnit1Doyoucollectanything?Ⅰ.TeachingAims1.Knowledgeaims:1.Learnandpracticewordsandexpressions:stamp,fan,toycar,coin,dollar,note,pound,self,valuable,havealook,tidyupetc.bypictures.2.Understandsomeimportantsentences:1)Theymustbereallyvaluable.2)Myhobbydoesn'tcostasmuchasyours.3)Peoplealsocollectthingsjusttoremembersomethingimportantintheirlives.2.Skillaims:(1)Fostertheabilitiesofgettingusefulinformationfromlisteningmaterial.(2)Talkabouthobbieswiththeirgroupmembersfluently.3.Effectiveattitudeaims:(1)ImprovetheconfidenceoflearningEnglishandnotafraidofspeakingEnglishinclass.(2)Develophealthyhobbiesandstayawayfrombadones.Ⅱ.Thekeypointsanddifficultpoints1.Keypoints:(1)Learnthenamesofcollectionandthekeyphrases.(2)Talkabouthobbiescorrectlywithwhattheyhavelearned.2.Difficultpoints:Learnhowtotalkaboutpeople’shobbies.TeachingProceduresStage1:Lead-inPlayavideoabouthobbies.Q1:Whatisthevideoabout?Stage2:PresentationPresentsomenewwordsbyshowingsomepictures.Stage3:FreetalkQ1:What’syourhobby?/Myhobbyis.......Stage4:Pre-listening(Activity1)PredictwhatkindofthingsTonyandhisparentscollect.Stage5:ListeningListenandcheck(√)thethings.(Activity1)toycarspostcardsfansstampsticketsTonyTony’sdadTony’smumStage6:ListeningandReading(Activity3)Listenandanswertheguidingquestion.Q1:Whataretheytalkingabout?TheirhobbiesB.TheirschoollifeLingling’Lingling’shobbyA.collectingbusandtrainticketsBetty’shobbiesB.collectingfansTony’shobbyC.collectingcoinsandnotes;collectingstampsReadtheconversationinActivity3afterthetape.Stage7:ExercisesGroupcompetition:playagame(Rules:answerthequestionsintheboxes.Youcangetthecorrespondingscores.)Stage8:SummarySummarizewhatwehavelearnedtoday.Stage9:HomeworkMakeupadialogueabouthobbieswithyourpartner.

專題七：2.溶液中的"三大平衡"用守恒思想破解溶液中粒子濃度大小的比較[知能必備]一、理解兩大平衡，樹立微弱意識1．電離平衡→建立電離過程是微弱的意識弱電解質(弱酸、弱堿、水)的電離是微弱的，且水的電離能力遠遠小于弱酸和弱堿的電離能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，在溶液中，粒子濃度由大到小的順序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。2．水解平衡→建立水解過程是微弱的意識弱酸根離子或弱堿陽離子的水解是微弱的，但水的電離程度遠遠小于鹽的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中，CH3COONa=CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，溶液中，c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。二、把握三大守恒，明確定量關系1．物料守恒(原子守恒)在電解質溶液中，由于某些離子能夠水解，粒子種類增多，但這些粒子所含某些原子的總數(shù)始終不變，符合原子守恒。如NaHCO3溶液中，n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，因HCO水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－以及HCO電離：HCOH＋＋CO，C元素的存在形式有3種，即HCO、H2CO3、CO，由n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，得c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。2．電荷守恒在電解質溶液中，陽離子的電荷總數(shù)與陰離子的電荷總數(shù)相等，即溶液呈電中性。如NaHCO3溶液中有Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下關系：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋2n(CO)＋n(OH－)，推出c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)。(因CO帶2個單位負電荷，所以其所帶電荷數(shù)為其離子數(shù)的2倍)3．質子守恒電解質溶液中，電離、水解等過程中得到的質子(H＋)數(shù)等于失去的質子(H＋)數(shù)。如NaHCO3溶液中：即有c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)另外，質子守恒式可以由電荷守恒式和物料守恒式推導得出。以KHS溶液為例，電荷守恒式為c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)①，物料守恒式為c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)②，由①－②消去沒有參與變化的K＋得質子守恒式c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－)。三、明晰三大類型，掌握解題流程1．比較溶液中粒子濃度大小的三大類型類型一：單一溶液中各離子濃度的比較①多元弱酸溶液：多元弱酸分步電離，電離程度逐級減弱。如H3PO4溶液中：c(H＋)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)。②多元弱酸的正鹽溶液：多元弱酸的酸根離子分步水解，水解程度逐級減弱。如在Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)。類型二：混合溶液中各離子濃度的比較混合溶液要綜合分析電離、水解等因素。如在0.1mol·L－1NH4Cl溶液和0.1mol·L－1的氨水混合溶液中，各離子濃度大小的順序為c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。類型三：不同溶液中同一離子濃度的比較不同溶液要看溶液中其他離子對該離子的影響。如在相同物質的量濃度的下列溶液中：①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4，c(NH)由大到小的順序為③＞①＞②。2．比較溶液中粒子濃度大小的解題流程[常見題型]單一溶液中粒子濃度關系1．(2017·廣州二模)常溫下，濃度均為0.1mol·L－1的下列溶液中，粒子的物質的量濃度關系正確的是()A．氨水中，c(NH)＝c(OH－)＝0.1mol·L－1B．NH4Cl溶液中，c(NH)＞c(Cl－)C．Na2SO4溶液中，c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＝c(H＋)D．Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)解析：選C氨水為弱堿溶液，只能部分電離出氫氧根離子，結合電荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)可得：c(NH)＜c(OH－)＜0.1mol·L－1，A錯誤；NH4Cl溶液中，銨根離子部分水解、氯離子濃度不變，則溶液中c(NH)＜c(Cl－)，B錯誤；Na2SO4溶液顯中性，c(OH－)＝c(H＋)，結合電荷守恒可得：c(Na＋)＝2c(SO)，溶液中離子濃度大小為c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＝c(H＋)，C正確；根據(jù)亞硫酸鈉溶液中的物料守恒可得：c(Na＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋2c(H2SO3)，D錯誤。2．(2014·安徽高考)室溫下，下列溶液中粒子濃度關系正確的是()A．Na2S溶液：c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H2S)B．Na2C2O4溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)C．Na2CO3溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)D．CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋2c(Cl－)解析：選BNa2S溶液中，S2－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OH2S＋OH－，H2OH＋＋OH－，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，c(OH－)＞c(HS－)，A錯誤；Na2C2O4溶液中，C2O＋H2OHC2O＋OH－，HC2O＋H2OH2C2O4＋OH－，H2OH＋＋OH－，可得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，B正確；Na2CO3溶液中的電荷守恒關系式為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，C錯誤；CH3COONa和CaCl2混合溶液，根據(jù)物料守恒關系：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)，c(Cl－)＝2c(Ca2＋)，即正確的關系式為c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)，D錯誤。(1)酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式酸根離子的電離能力和水解能力的相對強弱，如NaHCO3溶液中，HCO的水解能力強于其電離能力，溶液顯堿性；而NaHSO3溶液中，HSO的水解能力弱于其電離能力，溶液顯酸性。(2)多元弱酸的強堿正鹽溶液：弱酸根離子水解以第一步為主。如硫化鈉溶液中，c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)。混合溶液中粒子濃度關系3．(2016·四川高考)向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中緩慢通入CO2，隨n(CO2)增大，先后發(fā)生三個不同的反應，當0.01mol＜n(CO2)≤0.015mol時發(fā)生的反應是2NaAlO2＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋Na2CO3。下列對應關系正確的是()選項n(CO2)/mol溶液中離子的物質的量濃度A0c(Na＋)＞c(AlO)＋c(OH－)B0.01c(Na＋)＞c(AlO)＞c(OH－)＞c(CO)C0.015c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)D0.03c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)解析：選DA．當n(CO2)＝0時，根據(jù)電荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(AlO)＋c(OH－)，所以c(Na＋)＜c(AlO)＋c(OH－)，錯誤；B.當n(CO2)＝0.01mol時，溶液中溶質為NaAlO2和Na2CO3，因為碳酸酸性強于氫氧化鋁，所以偏鋁酸根離子水解程度比碳酸根離子強，溶液中離子濃度應為c(Na＋)＞c(CO)＞c(AlO)＞c(OH－)，錯誤；C.當n(CO2)＝0.015mol時，溶液中溶質為Na2CO3，溶液中離子濃度應為c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)，錯誤；D.當n(CO2)＝0.03mol時，溶液中溶質為NaHCO3，溶液中離子濃度應為c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)，正確。4.H2C2O4為二元弱酸。20℃時，配制一組c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.100mol·L－1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物質的量濃度隨pH的變化曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的是()A．pH＝2.5的溶液中：c(H2C2O4)＋c(C2O)＞c(HC2O)B．c(Na＋)＝0.100mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋2c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(C2O)C．c(HC2O)＝c(C2O)的溶液中：c(Na＋)＞0.100mol·L－1＋c(HC2O)D．pH＝7.0的溶液中：c(Na＋)＞2c(C2O)解析：選DA項中，由圖中數(shù)據(jù)可知pH＝2.5時，c(H2C2O4)＋c(C2O)＜c(HC2O)，錯誤；B項中，由溶液中的電荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，由已知條件可得c(Na＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.100mol·L－1，代入上式得到c(H2C2O4)＋c(H＋)＝c(C2O)＋c(OH－)，錯誤；C項中，由電荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，當c(HC2O)＝c(C2O)時，c(H2C2O4)＝0，此時pH＝4.2，c(H＋)＞c(OH－)，推出：c(Na＋)＋c(H＋)＝0.1000mol·L－1＋c(HC2O)＋c(OH－)，c(Na＋)＜0.1000mol·L－1＋c(HC2O)，錯誤；D項中，pH＝7.0時c(H＋)＝c(OH－)，由電荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，即c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)，進一步得出c(Na＋)＞2c(C2O)，正確。不同溶液中同一粒子濃度大小的比較5．(2017·銀川模擬)常溫下，下列有關敘述正確的是()A．0.1mol·L－1的CH3COOH溶液和0.1mol·L－1的CH3COONa溶液等體積混合c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)B．同濃度的①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4三種溶液中，c(NH)大小順序為①＝②＞③C．Na2CO3溶液中，2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)D．10mLpH＝12的氫氧化鈉溶液中加入pH＝2的HA至pH剛好等于7，所得溶液體積V(總)≥20mL解析：選A0.1mol·L－1的CH3COOH溶液和0.1mol·L－1的CH3COONa溶液等體積混合后在溶液中存在電荷守恒，即c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，A正確；相同濃度的①、②、③三種溶液，②溶液中c(NH)最大，①和③比較，③酸性最強，NH水解受到的抑制最大，溶液中c(NH)由大到小的順序排列為②＞③＞①，B錯誤；在Na2CO3溶液中，物料守恒關系式，c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，C錯誤；10mLpH＝12的氫氧化鈉溶液中加入pH＝2的HA至pH剛好等于7，如HA為強酸，則V(總)＝20mL，如HA為弱酸，則V(總)＜20mL，所得溶液體積V(總)≤20mL，D錯誤。不同溶液中同種粒子濃度大小的比較與圖像有關的粒子濃度關系7.(2017·蘇州模擬)常溫下，向20.00mL0.1000mol·L－1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol·L－1NaOH時，溶液的pH與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示(不考慮揮發(fā))。下列說法正確的是()A．點a所示溶液中：c(NH)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(H＋)B．點b所示溶液中：c(NH)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)C．點c所示溶液中：c(SO)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)D．點d所示溶液中：c(SO)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH)解析：選Ca點所示溶液中，溶液顯酸性，c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)，A錯誤，b點所示溶液中，c(H＋)＝c(OH－)，NaOH不足，c(NH)＞c(Na＋)，B錯誤；c點處相當于NH3·H2O和Na2SO4、(NH4)2SO4按物質的量2∶1∶1的比例混合，根據(jù)電荷守恒，c(NH)＋)＋c(Na＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，因c(Na＋)＝c(SO)，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(SO)，所以有c(SO)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C正確；d點處相當于n(Na2SO4)∶n(NH3·H2O)＝1∶2的混合溶液，c(NH3·H2O)＞c(SO)，D錯誤。8．(2017·四川六校測試)25℃時，將0.1mol·L－1NaOH溶液加入20mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液中，所加入溶液的體積(V)和混合液的pH的關系曲線如圖所示。下列結論正確的是()A．①點時，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)B．對曲線上①、②、③任何一點，溶液中都有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)C．③點時，醋酸恰好反應完，溶液中有：c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)D．滴定過程中可能出現(xiàn)：c(H＋)>c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)解析：選BA項，在曲線上①點時混合溶液為等物質的量濃度的CH3COONa和CH3COOH溶液，根據(jù)物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，錯誤；B項，曲線上①、②、③點溶液中均存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，正確；C項，③點時，NaOH與CH3COOH恰好完全反應，溶液呈堿性，則存在：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，錯誤；D項，滴定過程中，溶液中均存在離子：CH3COO－、Na＋、H＋、OH－，根據(jù)溶液電中性原則知，錯誤。考點一沉淀溶解平衡及其應用一、掌握一個概念——沉淀溶解平衡1．沉淀溶解平衡的概念在一定溫度下，當難溶強電解質溶于水形成飽和溶液時，溶解速率和生成沉淀的速率相等的狀態(tài)。2．沉淀溶解平衡的建立固體溶質溶液中的溶質二、熟記沉淀溶解平衡的特征三、掌握4個外界條件對沉淀溶解平衡的影響[基點小練]1．判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)。(1)升高溫度，沉淀溶解平衡一定正向移動(×)(2)室溫下，AgCl在水中的溶解度小于在食鹽水中的溶解度(×)(3)難溶電解質達到溶解平衡時，增加難溶電解質的量，平衡向溶解的方向移動(×)(4)在飽和NaCl溶液中浸泡NaCl固體，可除去其中的MgCl2等雜質(√)四、明晰沉淀溶解平衡的應用1．沉淀的生成當溶液中離子積(Qc)大于溶度積(Ksp)時有沉淀生成。(1)調節(jié)pH法：如除去NH4Cl溶液中的FeCl3雜質，可加入氨水調節(jié)pH至4左右，離子方程式為Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH。(2)沉淀劑法：如用H2S沉淀Cu2＋，離子方程式為Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋。2．沉淀的溶解當溶液中離子積(Qc)小于溶度積(Ksp)時，沉淀可以溶解。(1)酸溶解：用離子方程式表示CaCO3溶于鹽酸：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O。(2)鹽溶解：用離子方程式表示Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液：Mg(OH)2＋2NH=Mg2＋＋2NH3·H2O。(3)配位溶解：用離子方程式表示AgCl溶于氨水：AgCl＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。(4)氧化還原溶解：如不溶于鹽酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。3．沉淀的轉化在難溶物質的飽和溶液中，溶解度小的沉淀會轉化成溶解度更小的沉淀。(1)實質：沉淀溶解平衡的移動。(2)實例：AgNO3溶液AgClAgBr，則Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)。(3)應用：①鍋爐除垢：將CaSO4轉化為CaCO3，離子方程式為CaSO4＋CO=CaCO3＋。②礦物轉化：CuSO4溶液遇ZnS轉化為CuS，離子方程式為ZnS＋Cu2＋=CuS＋Zn2＋。[基點小練]2．判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)。(1)向Na2SO4溶液中加入過量的BaCl2溶液，則SO沉淀完全，溶液中只含Ba2＋、Na＋和Cl－，不含SO(×)(2)Ksp小的物質其溶解能力一定比Ksp大的物質的溶解能力小(×)(3)為減少洗滌過程中固體的損耗，最好選用稀H2SO4代替H2O來洗滌BaSO4沉淀(√)(4)洗滌沉淀時，洗滌次數(shù)越多越好(×)(5)因溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀轉化，故向ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀(√)(6)向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色沉淀：2AgCl＋S2－=Ag2S＋2Cl－(√)題點(一)沉淀溶解平衡及其影響因素1．(2017·甘谷模擬)下列有關AgCl沉淀溶解平衡的說法中，正確的是()A．升高溫度，AgCl的溶解度減小B．在任何含AgCl固體的水溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)且二者乘積是一個常數(shù)C．AgCl沉淀生成和溶解不斷進行，但速率相等D．向AgCl沉淀溶解平衡體系中加入NaCl固體，AgCl溶解的質量不變解析：選C升高溫度，AgCl的溶解度增大，A錯誤；在任何含AgCl固體的水溶液中，c(Ag＋)與c(Cl－)不一定相等，但二者乘積在一定溫度下是一個常數(shù)，B錯誤；當達到平衡時，AgCl沉淀生成和溶解不斷進行，但速率相等，C正確；向AgCl沉淀溶解平衡體系中加入NaCl固體，溶解平衡逆向移動，AgCl溶解的質量減小，D錯誤。2．試用平衡移動原理解釋下列事實：(1)BaCO3不溶于水，為什么不能作鋇餐？(2)CaCO3難溶于稀H2SO4，卻能溶于醋酸中；(3)分別用等體積的蒸餾水和0.01mol·L－1的鹽酸洗滌AgCl沉淀，用水洗滌造成AgCl的損失大于用稀鹽酸洗滌的損失量。提示：(1)BaCO3(s)Ba2＋(aq)＋CO(aq)，HCl=H＋＋Cl－，2H＋＋CO=H2O＋CO2↑，鹽酸電離的H＋與BaCO3產生的CO結合生成CO2和H2O，破壞了BaCO3的溶解平衡，c(Ba2＋)增大，引起人體中毒。(2)CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO(aq)，H2SO4=SO＋2H＋，Ca2＋＋SO=CaSO4↓，因為生成的CaSO4溶解度較小，會附著在CaCO3的表面，阻止平衡右移。而CH3COOHCH3COO－＋H＋，Ca2＋與CH3COO－不產生沉淀；當H＋與CO結合生成CO2和H2O時，CaCO3的溶解平衡右移。(3)用水洗滌AgCl，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)平衡右移，AgCl的質量減少，用鹽酸洗滌AgCl，稀釋的同時HCl電離產生的Cl－會使平衡左移，AgCl減少的質量要小些。題點(二)沉淀反應的應用3．(2017·株洲模擬)以MnO2為原料發(fā)生反應制得的MnCl2溶液，其中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金屬離子，通過添加過量難溶電解質MnS，可使這些金屬離子形成硫化物沉淀，經過濾除去包括MnS在內的沉淀，再經蒸發(fā)、結晶，可得純凈的MnCl2。根據(jù)上述實驗事實，下列分析正確的是()A．MnS的溶解度小于CuS、PbS、CdS等硫化物的溶解度B．除雜試劑MnS也可用Na2S替代C．MnS與Cu2＋反應的離子方程式是Cu2＋＋S2－=CuS↓D．整個過程中涉及的反應類型有氧化還原反應和復分解反應解析：選D通過添加過量難溶電解質MnS，除去Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等離子，屬于沉淀的轉化，利用的是CuS、PbS、CdS比MnS更難溶于水的原理，A錯誤；用Na2S替代MnS，會引入S2－和Na＋雜質，同時也能生成MnS沉淀，B錯誤；沉淀轉化的離子方程式為Cu2＋(aq)＋MnS(s)=CuS(s)＋Mn2＋(aq)，C錯誤；整個反應過程中MnO2和濃鹽酸的反應是氧化還原反應，沉淀轉化是復分解反應，D正確。4．25℃時，下列5種鹽的溶度積常數(shù)(Ksp)分別是：Ag2SO4Ag2SAgClAgBrAgI1.4×10－56.3×10－501.8×10－107.7×10－138.51×10－16結合相關數(shù)據(jù)分析，下列說法不正確的是()A．除去溶液中的Ag＋用硫化鈉溶液比硫酸鈉效果好B．向AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)平衡體系中加入少量氯化鈉固體，溶液中c(Ag＋)不變C．向少量溴化銀懸濁液中加入足量飽和食鹽水，沉淀顏色會由淺黃色變?yōu)榘咨獶．向生成的黃色AgI沉淀中滴加少量Na2S溶液，沉淀會變?yōu)楹谏馕觯哼xBA項，Ag2S的溶度積比Ag2SO4的小，更易生成Ag2S沉淀，A項正確；B項，由于溫度一定時氯化銀的溶度積一定，加入少量氯化鈉會增加氯離子濃度，所以溶液中銀離子濃度會減小，平衡逆向移動，B項錯誤；C項，由于飽和NaCl溶液中Cl－的濃度較大，溴化銀沉淀會轉化為氯化銀沉淀，C項正確；D項，由于硫化銀更難溶，所以碘化銀會轉化為黑色的硫化銀，D項正確?？键c二溶度積常數(shù)及其應用一、掌握2個概念——溶度積和離子積以AmBn(s)mAn＋(aq)＋nBm－(aq)為例：溶度積離子積概念沉淀溶解的平衡常數(shù)溶液中有關離子濃度冪的乘積符號KspQc表達式Ksp(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的濃度都是平衡濃度Qc(AmBn)＝cm(An＋)·cn(Bm－)，式中的濃度是任意濃度應用判斷在一定條件下沉淀能否生成或溶解①Qc>Ksp：溶液過飽和，有沉淀析出②Qc＝Ksp：溶液飽和，處于平衡狀態(tài)③Qc<Ksp：溶液未飽和，無沉淀析出二、熟記影響Ksp的因素1．內因：難溶物質本身的性質，這是決定因素。2．外因(1)濃度：加水稀釋，平衡向溶解方向移動，但Ksp不變。(2)溫度：絕大多數(shù)難溶物的溶解是吸熱過程，升高溫度，平衡向溶解方向移動，Ksp增大。(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。[基點小練]1．判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)。(1)Ksp既與難溶電解質的性質和溫度有關，也與沉淀的量和溶液中離子濃度有關(×)(2)在一定條件下，溶解度較小的沉淀也可以轉化成溶解度較大的沉淀(√)(3)常溫下，向BaCO3飽和溶液中加入Na2CO3固體，BaCO3的Ksp減小(×)(4)溶度積常數(shù)Ksp只受溫度的影響，溫度升高Ksp增大(×)(5)常溫下，向Mg(OH)2飽和溶液中加入NaOH固體，Mg(OH)2的Ksp不變(√)(6)Ksp(AB2)小于Ksp(CD)，則AB2的溶解度小于CD的溶解度(×)(7)不可能使要除去的離子全部通過沉淀除去。一般認為殘留在溶液中的離子濃度小于1.0×10－5mol·L－1時，沉淀已經完全(√)2．AgCl的Ksp＝1.80×10－10，將0.002mol·L－1的NaCl和0.002mol·L－1的AgNO3溶液等體積混合，是否有AgCl沉淀生成？提示：有沉淀生成?；旌虾骳(Cl－)＝10－3mol·L－1，c(Ag＋)＝10－3mol·L－1，Qc＝c(Cl－)·c(Ag＋)＝10－6>1.80×10－10，所以有沉淀生成。題點(一)Ksp的概念及影響因素1．下列說法不正確的是()A．Ksp只與難溶電解質的性質和溫度有關B．由于Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，所以ZnS沉淀在一定條件下可轉化為CuS沉淀C．其他條件不變，離子濃度改變時，Ksp不變D．兩種難溶電解質作比較時，Ksp小的溶解度一定小解析：選D只有相同類型的難溶電解質作比較時，Ksp小的，溶解度一定小。2．(2017·林州一中月考)已知常溫下Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5×10－13，下列有關說法錯誤的是()A．在飽和AgCl、AgBr的混合溶液中：＝360B．向AgCl懸濁液中滴加濃NaBr溶液會產生淡黃色沉淀C．AgCl在水中的溶解度及Ksp均比在NaCl溶液中的大D．欲用1LNaCl溶液將0.01molAgBr轉化為AgCl，則c(NaCl)≥3.61mol·L－1解析：選C同一溶液中，c(Ag＋)相同，溶液中同時存在如下兩種關系式c(Ag＋)·c(Br－)＝Ksp(AgBr)，c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，所以c(Cl－)∶c(Br－)＝Ksp(AgCl)∶Ksp(AgBr)＝360，A項正確；由于Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)，氯化銀容易轉化為淡黃色溴化銀沉淀，B項正確；溶度積只與溫度有關，C項錯誤；AgBr＋Cl－AgCl＋Br－，平衡常數(shù)K＝＝，當溴化銀全部轉化為氯化銀時，溶液中Br－的濃度為0.01mol·L－1，將有關數(shù)據(jù)代入計算式，求得平衡時Cl－濃度為3.6mol·L－1，溴化銀轉化過程中消耗了0.01molCl－，故氯化鈉的最低濃度為3.61mol·L－1，D項正確。題點(二)Ksp的相關計算及應用3．(2016·太原模擬)已知lg2＝0.3010，Ksp[Mn(OH)2]＝2.0×10－13。實驗室制氯氣的廢液中含c(Mn2＋)＝0.1mol·L－1，向該溶液中滴加稀氫氧化鈉溶液至Mn2＋完全沉淀的最小pH等于()A．8.15 B．9.3C．10.15 D．11.6解析：選CMn2＋沉淀較為完全時的濃度為1×10－5mol·L－1，已知Ksp＝c(Mn2＋)×c2(OH－)，c(OH－)＝＝mol·L－1＝×10－4mol·L－1，c(H＋)＝＝mol·L－1＝×10－10mol·L－1，所以pH＝－lg×10－10＝10＋lg2＝10.15。4．相關物質的溶度積常數(shù)見下表(25℃)：物質Mg(OH)2CH3COOAgAgClAg2CrO4Ksp1.1×10－112.3×10－31.8×10－101.9×10－12下列有關說法中不正確的是()A．濃度均為0.2mol·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等體積混合一定產生CH3COOAg沉淀B．將0.001mol·L－1AgNO3溶液滴入0.001mol·L－1KCl和0.001mol·L－1K2CrO4的混合溶液中，先產生Ag2CrO4沉淀C．向濃度為0.11mol·L－1MgCl2溶液中加入氨水產生Mg(OH)2沉淀時溶液的pH為9D．在其他條件不變的情況下，向飽和AgCl溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)不變解析：選B濃度均為0.2mol·L－1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等體積混合后，濃度均變?yōu)?.1mol·L－1，此時c(Ag＋)·c(CH3COO－)＝0.01mol·L－1,0.01＞2.3×10－3，所以一定產生CH3COOAg沉淀，A項正確；根據(jù)AgCl和Ag2CrO4的溶度積常數(shù)可知在Cl－和CrO濃度均為0.001mol·L－1的條件下，開始出現(xiàn)沉淀時Ag＋的濃度分別為1.8×10－7mol·L－1、mol·L－1，所以將0.001mol·L－1AgNO3溶液分別滴入0.001mol·L－1KCl和0.001mol·L－1K2CrO4的混合溶液中先產生AgCl沉淀，B項錯誤；根據(jù)Mg(OH)2的溶度積常數(shù)可知0.11mol·L－1MgCl2溶液中加入氨水產生Mg(OH)2沉淀時溶液中OH－的濃度為mol·L－1＝1×10－5mol·L－1，因此H＋濃度是1×10－9mol·L－1，則溶液的pH為9，C項正確；溶度積常數(shù)只與溫度有關系，則在其他條件不變的情況下，向飽和AgCl溶液中分別加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)不變，D項正確。(1)已知溶度積求溶液中某種離子的濃度，如Ksp＝a的飽和AgCl溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)＝mol·L－1。(2)已知溶度積、溶液中某離子的濃度，求溶液中另一種離子的濃度，如某溫度下AgCl的Ksp＝a，在0.1mol·L－1的NaCl溶液中加入過量的AgCl固體，達到平衡后c(Ag＋)＝10amol·L－1。題點(三)沉淀溶解平衡圖像5．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。下列說法中不正確的是()A．T℃時，在Y點和Z點，Ag2CrO4的Ksp相等B．向飽和Ag2CrO4溶液中加入固體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：選C一定溫度下溶度積是常數(shù)，所以T℃時，Y點和Z點Ag2CrO4的Ksp相等，A正確；在飽和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4固體仍為飽和溶液，點仍在曲線上，不能使溶液由Y點變?yōu)閄點，B正確；曲線上的點都是沉淀溶解平衡點，Ag2CrO4的沉淀溶解平衡為Ag2CrO4(s)2Ag＋＋CrO，Ksp＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(10－3)2×10－5＝10－11，C錯誤；Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝1×10－11，Z點時c(CrO)＝5×10－4，c2(Ag＋)＝2×10－8，所以a＝×10－4，D正確。6．(2017·南陽模擬)某溫度時，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。已知：p(Ba2＋)＝－lgc(Ba2＋)，p(SO)＝－lgc(SO)。下列說法正確的是()A．該溫度下，Ksp(BaSO4)＝1.0×10－24B．a點的Ksp(BaSO4)小于b點的Ksp(BaSO4)C．d點表示的是該溫度下BaSO4的不飽和溶液D．加入BaCl2可以使溶液由c點變到a點解析：選D由圖像可知，p(Ksp)＝p[c(Ba2＋)·c(SO)]＝p(Ba2＋)＋p(SO)＝10，則Ksp＝c(Ba2＋)·c(SO)＝10－10，A錯誤；處于同一溫度下，Ksp相等，B錯誤；d點時p(Ba2＋)偏小，則c(Ba2＋)偏大，溶液過飽和，C錯誤；加入BaCl2，c(Ba2＋)增大，平衡正向移動，則可使溶液由c點變到a點，D正確。7．(2017·湖北七市聯(lián)考)常溫下，取一定量的PbI2固體配成飽和溶液，T時刻改變某一條件，離子的濃度變化如圖所示[注：第一次平衡時c(I－)＝2×10－3mol·L－1，c(Pb2＋)＝1×10－3mol·L－1]，下列有關說法正確的是()A．常溫下，PbI2的Ksp＝2×10－6B．溫度不變，向PbI2飽和溶液中加入少量硝酸鉛濃溶液，PbI2的溶解度不變，Pb2＋濃度不變C．常溫下Ksp(PbS)＝8×10－28，向PbI2的懸濁液中加入Na2S溶液，PbI2(s)＋S2－(aq)PbS(s)＋2I－(aq)反應的化學平衡常數(shù)為5×1018D．T時刻改變的條件是升高溫度，PbI2的Ksp增大解析：選C由PbI2Pb2＋＋2I－得Ksp＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝1×10－3×(2×10－3)2＝4×10－9，A錯誤；由于硝酸鉛是強電解質，完全電離產生Pb2＋，溫度不變，PbI2的溶度積不變，但Pb2＋濃度增大，B錯誤；PbI2(s)＋S2－(aq)PbS(s)＋2I－(aq)反應的平衡常數(shù)K＝c2(I－)/c(S2－)＝Ksp(PbI2)/Ksp(PbS)＝4×10－9/8×10－28＝5×1018，C正確；T時刻若改變的條件是升高溫度，c(Pb2＋)、c(I－)均呈增大趨勢，D錯誤。8.(2016·遵義模擬)AlPO4的沉淀溶解平衡曲線如圖所示(T2＞T1)。下列說法正確的是()A．圖像中四個點的Ksp：a＝b＞c＞dB．AlPO4在b點對應的溶解度大于c點C．AlPO4(s)Al3＋(aq)＋PO(aq)ΔH＜0D．升高溫度可使d點移動到b點解析：選B由圖像可知，溫度越高溶度積常數(shù)越大，則圖像中四個點的Ksp：a＝c＝d＜b，A錯誤；b點溫度高，溶解度大，AlPO4在b點對應的溶解度大于c點，B正確；根據(jù)圖像可知，溫度升高溶度積常數(shù)增大，則AlPO4(s)Al3＋(aq)＋PO(aq)ΔH＞0，C錯誤；升高溫度，陰陽離子濃度均增大，不可能使d點移動到b點，D錯誤。解沉淀溶解平衡圖像題三步驟第一步：明確圖像中縱、橫坐標的含義縱、橫坐標通常是難溶物溶解后電離出的離子濃度。第二步：理解圖像中線上點、線外點的含義(1)以氯化銀為例，在該沉淀溶解平衡圖像上，曲線上任意一點都達到了沉淀溶解平衡狀態(tài)，此時Qc＝Ksp。在溫度不變時，無論改變哪種離子的濃度，另一種離子的濃度只能在曲線上變化，不會出現(xiàn)在曲線以外。(2)曲線上方區(qū)域的點均為過飽和溶液，此時Qc＞Ksp。(3)曲線下方區(qū)域的點均為不飽和溶液，此時Qc＜Ksp。第三步：抓住Ksp的特點，結合選項分析判斷(1)溶液在蒸發(fā)時，離子濃度的變化分兩種情況：①原溶液不飽和時，離子濃度都增大；②原溶液飽和時，離子濃度都不變。(2)溶度積常數(shù)只是溫度的函數(shù)，與溶液中溶質的離子濃度無關，在同一曲線上的點，溶度積常數(shù)相同。[課堂鞏固練]1．(2017·衡水模擬)下列說法正確的是()A．難溶電解質的溶度積Ksp越小，則它的溶解度越小B．任何難溶物在水中都存在沉淀溶解平衡，溶解度大小都可以用Ksp表示C．溶度積常數(shù)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也變小解析：選D同類型的難溶電解質Ksp越小，溶解度越小，不同類型的電解質無法由溶度積比較溶解度大小，A錯誤；只有難溶電解質在水中才存在沉淀溶解平衡，B錯誤；溶度積常數(shù)Ksp與溫度有關，溫度升高，溶度積常數(shù)可能增大也可能減小，如果正反應是放熱反應，則溫度越高，溶度積常數(shù)越小，否則越大，C錯誤；升高溫度，沉淀溶解平衡向吸熱方向移動，如果某沉淀溶解平衡是放熱反應，升高溫度，逆向移動，則說明它的溶解度是減小的，溶液中離子濃度減小，Ksp也變小，D正確。2．(2017·南昌模擬)化工生產中常用MnS作沉淀劑除去工業(yè)廢水中的Cu2＋：Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)下列有關敘述中正確的是()①MnS的Ksp大于CuS的Ksp②達到平衡時c(Mn2＋)＝c(Cu2＋)③溶液中加入少量Na2S固體后，溶液中c(Cu2＋)、c(Mn2＋)保持不變④該反應平衡常數(shù)K＝A．①④ B．②③C．①②③ D．②③④解析：選A化學式相似的物質，溶度積大的物質容易轉化為溶度積小的物質，所以MnS的Ksp比CuS的Ksp大，①正確；該反應達到平衡時各離子的濃度保持不變，但不相等，②錯誤；溶液中加入少量Na2S固體后，溶液中c(S2－)增大，由于溫度不變，溶度積不變，故c(Cu2＋)、c(Mn2＋)均減小，③錯誤；反應的平衡常數(shù)K＝＝＝，④正確。3．(2017·蘭州模擬)常溫下，Ksp(CaSO4)＝9×10－6，常溫下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列判斷錯誤的是()A．a、c兩點均可以表示常溫下CaSO4溶于水所形成的飽和溶液B．a點對應的Ksp等于c點對應的KspC．b點將有沉淀生成，平衡后溶液中c(SO)一定不等于3×10－3mol·L－1D．向d點溶液中加入適量CaCl2固體可以變到c點解析：選ACaSO4飽和溶液中陰陽離子濃度相等，a、c兩點陰陽離子濃度不相等，A錯誤；a、c兩點溫度相同，溫度不變Ksp不變，在曲線上的任意一點Ksp都相等，B正確；根據(jù)圖示數(shù)據(jù)，可以看出b點Qc＝2×10－5＞Ksp，所以會生成沉淀，平衡后溶液中c(SO)一定小于3×10－3mol·L－1，C正確；d點為不飽和狀態(tài)，c(Ca2＋)較小，如加入適量CaCl2固體，c(Ca2＋)增大，此時c(SO)不變，則可以變到c點，D正確。4．(2017·衡陽模擬)已知Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.5×10－16。下列說法錯誤的是()A．AgCl不溶于水，不能轉化為AgIB．在含有濃度均為0.001mol·L－1的Cl－、I－的溶液中緩慢加入AgNO3稀溶液，首先析出AgI沉淀C．AgI比AgCl更難溶于水，所以，AgCl可以轉化為AgID．常溫下AgCl在NaI溶液中開始轉化為AgI，則NaI的濃度必須不低于×10－11mol·L－1解析：選AAgCl難溶于水，AgI更難溶于水，AgCl能轉化為AgI，A錯誤，C正確；在濃度均為0.001mol·L－1的Cl－、I－的溶液中緩慢滴AgNO3稀溶液，由于AgI的溶度積小，所以AgI先沉淀析出，B正確；由Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，得c(Ag＋)＝＝，c(I－)＝＝＝×10－11mol·L－1，D正確。5.25℃時，Ksp(BaSO4)＝1×10－10，Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9。該溫度下，下列說法不正確的是()A．向同濃度的Na2SO4和Na2CO3的混合溶液中滴加BaCl2溶液，BaSO4先析出B．向BaCO3的懸濁液中加入少量的新制氯水，c(Ba2＋)增大C．BaSO4和BaCO3共存的懸濁液中，D．向BaSO4的懸濁液中加入Na2CO3的濃溶液，BaSO4不可能轉化為BaCO3解析：選D從BaSO4和BaCO3沉淀的Ksp看，BaSO4比BaCO3更難溶，故BaSO4先析出，A項正確；新制氯水中存在反應Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，能夠溶解BaCO3，B項正確；兩沉淀共存的溶液中，C項正確；增大CO的濃度，c(Ba2＋)·c(CO)大于BaCO3的溶度積，BaSO4可能向BaCO3轉化，D項錯誤。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，改變溶液pH，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()A．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－)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：選BKsp[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＋對應的pH小，c(H＋)較大，則c(OH－)較小，又知Ksp僅與溫度有關，則Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Cu(OH)2]，A正確；由a點到b點，溶液pH增大，而NH4Cl水解呈酸性，溶液pH減小，B錯誤；c(H＋)和c(OH－)的乘積為KW，溫度不變，KW不變，C正確；由題意和題圖知D選項正確。

專題七：2.溶液中的"三大平衡"用守恒思想破解溶液中粒子濃度大小的比較[知能必備]一、理解兩大平衡，樹立微弱意識1．電離平衡→建立電離過程是微弱的意識弱電解質(弱酸、弱堿、水)的電離是微弱的，且水的電離能力遠遠小于弱酸和弱堿的電離能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋，在溶液中，粒子濃度由大到小的順序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。2．水解平衡→建立水解過程是微弱的意識弱酸根離子或弱堿陽離子的水解是微弱的，但水的電離程度遠遠小于鹽的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中，CH3COONa=CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，溶液中，c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。二、把握三大守恒，明確定量關系1．物料守恒(原子守恒)在電解質溶液中，由于某些離子能夠水解，粒子種類增多，但這些粒子所含某些原子的總數(shù)始終不變，符合原子守恒。如NaHCO3溶液中，n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，因HCO水解：HCO＋H2OH2CO3＋OH－以及HCO電離：HCOH＋＋CO，C元素的存在形式有3種，即HCO、H2CO3、CO，由n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，得c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。2．電荷守恒在電解質溶液中，陽離子的電荷總數(shù)與陰離子的電荷總數(shù)相等，即溶液呈電中性。如NaHCO3溶液中有Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下關系：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋2n(CO)＋n(OH－)，推出c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)。(因CO帶2個單位負電荷，所以其所帶電荷數(shù)為其離子數(shù)的2倍)3．質子守恒電解質溶液中，電離、水解等過程中得到的質子(H＋)數(shù)等于失去的質子(H＋)數(shù)。如NaHCO3溶液中：即有c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)另外，質子守恒式可以由電荷守恒式和物料守恒式推導得出。以KHS溶液為例，電荷守恒式為c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)①，物料守恒式為c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)②，由①－②消去沒有參與變化的K＋得質子守恒式c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－)。三、明晰三大類型，掌握解題流程1．比較溶液中粒子濃度大小的三大類型類型一：單一溶液中各離子濃度的比較①多元弱酸溶液：多元弱酸分步電離，電離程度逐級減弱。如H3PO4溶液中：c(H＋)>c(H2PO)>c(HPO)>c(PO)。②多元弱酸的正鹽溶液：多元弱酸的酸根離子分步水解，水解程度逐級減弱。如在Na2CO3溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)。類型二：混合溶液中各離子濃度的比較混合溶液要綜合分析電離、水解等因素。如在0.1mol·L－1NH4Cl溶液和0.1mol·L－1的氨水混合溶液中，各離子濃度大小的順序為c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。類型三：不同溶液中同一離子濃度的比較不同溶液要看溶液中其他離子對該離子的影響。如在相同物質的量濃度的下列溶液中：①NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4，c(NH)由大到小的順序為③＞①＞②。2．比較溶液中粒子濃度大小的解題流程[常見題型]單一溶液中粒子濃度關系1．(2017·廣州二模)常溫下，濃度均為0.1mol·L－1的下列溶液中，粒子的物質的量濃度關系正確的是()A．氨水中，c(NH)＝c(OH－)＝0.1mol·L－1B．NH4Cl溶液中，c(NH)＞c(Cl－)C．Na2SO4溶液中，c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＝c(H＋)D．Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)解析：選C氨水為弱堿溶液，只能部分電離出氫氧根離子，結合電荷守恒c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)可得：c(NH)＜c(OH－)＜0.1mol·L－1，A錯誤；NH4Cl溶液中，銨根離子部分水解、氯離子濃度不變，則溶液中c(NH)＜c(Cl－)，B錯誤；Na2SO4溶液顯中性，c(OH－)＝c(H＋)，結合電荷守恒可得：c(Na＋)＝2c(SO)，溶液中離子濃度大小為c(Na＋)＞c(SO)＞c(OH－)＝c(H＋)，C正確；根據(jù)亞硫酸鈉溶液中的物料守恒可得：c(Na＋)＝2c(SO)＋2c(HSO)＋2c(H2SO3)，D錯誤。2．(2014·安徽高考)室溫下，下列溶液中粒子濃度關系正確的是()A．Na2S溶液：c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H2S)B．Na2C2O4溶液：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)C．Na2CO3溶液：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(OH－)D．CH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na＋)＋c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋2c(Cl－)解析：選BNa2S溶液中，S2－＋H2OHS－＋OH－，HS－＋H2OH2S＋OH－，H2OH＋＋OH－，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，c(OH－)＞c(HS－)，A錯誤；Na2C2O4溶液中，C2O＋H2OHC2O＋OH－，HC2O＋H2OH2C2O4＋OH－，H2OH＋＋OH－，可得c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，B正確；Na2CO3溶液中的電荷守恒關系式為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，C錯誤；CH3COONa和CaCl2混合溶液，根據(jù)物料守恒關系：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)，c(Cl－)＝2c(Ca2＋)，即正確的關系式為c(Na＋)＋2c(Ca2＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＋c(Cl－)，D錯誤。(1)酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式酸根離子的電離能力和水解能力的相對強弱，如NaHCO3溶液中，HCO的水解能力強于其電離能力，溶液顯堿性；而NaHSO3溶液中，HSO的水解能力弱于其電離能力，溶液顯酸性。(2)多元弱酸的強堿正鹽溶液：弱酸根離子水解以第一步為主。如硫化鈉溶液中，c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)?；旌先芤褐辛Ｗ訚舛汝P系3．(2016·四川高考)向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中緩慢通入CO2，隨n(CO2)增大，先后發(fā)生三個不同的反應，當0.01mol＜n(CO2)≤0.015mol時發(fā)生的反應是2NaAlO2＋CO2＋3H2O=2Al(OH)3↓＋Na2CO3。下列對應關系正確的是()選項n(CO2)/mol溶液中離子的物質的量濃度A0c(Na＋)＞c(AlO)＋c(OH－)B0.01c(Na＋)＞c(AlO)＞c(OH－)＞c(CO)C0.015c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(OH－)D0.03c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)解析：選DA．當n(CO2)＝0時，根據(jù)電荷守恒，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(AlO)＋c(OH－)，所以c(Na＋)＜c(AlO)＋c(OH－)，錯誤；B.當n(CO2)＝0.01mol時，溶液中溶質為NaAlO2和Na2CO3，因為碳酸酸性強于氫氧化鋁，所以偏鋁酸根離子水解程度比碳酸根離子強，溶液中離子濃度應為c(Na＋)＞c(CO)＞c(AlO)＞c(OH－)，錯誤；C.當n(CO2)＝0.015mol時，溶液中溶質為Na2CO3，溶液中離子濃度應為c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)，錯誤；D.當n(CO2)＝0.03mol時，溶液中溶質為NaHCO3，溶液中離子濃度應為c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H＋)，正確。4.H2C2O4為二元弱酸。20℃時，配制一組c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.100mol·L－1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物質的量濃度隨pH的變化曲線如圖所示。下列指定溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的是()A．pH＝2.5的溶液中：c(H2C2O4)＋c(C2O)＞c(HC2O)B．c(Na＋)＝0.100mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋2c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(C2O)C．c(HC2O)＝c(C2O)的溶液中：c(Na＋)＞0.100mol·L－1＋c(HC2O)D．pH＝7.0的溶液中：c(Na＋)＞2c(C2O)解析：選DA項中，由圖中數(shù)據(jù)可知pH＝2.5時，c(H2C2O4)＋c(C2O)＜c(HC2O)，錯誤；B項中，由溶液中的電荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，由已知條件可得c(Na＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.100mol·L－1，代入上式得到c(H2C2O4)＋c(H＋)＝c(C2O)＋c(OH－)，錯誤；C項中，由電荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，當c(HC2O)＝c(C2O)時，c(H2C2O4)＝0，此時pH＝4.2，c(H＋)＞c(OH－)，推出：c(Na＋)＋c(H＋)＝0.1000mol·L－1＋c(HC2O)＋c(OH－)，c(Na＋)＜0.1000mol·L－1＋c(HC2O)，錯誤；D項中，pH＝7.0時c(H＋)＝c(OH－)，由電荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，即c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)，進一步得出c(Na＋)＞2c(C2O)，正確。不同溶液中同一粒子濃度大小的比較5．(2017·銀川模擬)常溫下，下列有關敘述正確的是()A．0.1mol·L－1的CH3COOH溶液和0.1mol·L－1的CH3COONa溶液等體積混合c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)B．同濃度的①NH4Cl、②(NH4)2SO4、③NH4HSO4三種溶液中，c(NH)大小順序為①＝②＞③C．Na2CO3溶液中，2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)D．10mLpH＝12的氫氧化鈉溶液中加入pH＝2的HA至pH剛好等于7，所得溶液體積V(總)≥20mL解析：選A0.1mol·L－1的CH3COOH溶液和0.1mol·L－1的CH3COONa溶液等體積混合后在溶液中存在電荷守恒，即c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，A正確；相同濃度的①、②、③三種溶液，②溶液中c(NH)最大，①和③比較，③酸性最強，NH水解受到的抑制最大，溶液中c(NH)由大到小的順序排列為②＞③＞①，B錯誤；在Na2CO3溶液中，物料守恒關系式，c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，C錯誤；10mLpH＝12的氫氧化鈉溶液中加入pH＝2的HA至pH剛好等于7，如HA為強酸，則V(總)＝20mL，如HA為弱酸，則V(總)＜20mL，所得溶液體積V(總)≤20mL，D錯誤。不同溶液中同種粒子濃度大小的比較與圖像有關的粒子濃度關系7.(2017·蘇州模擬)常溫下，向20.00mL0.1000mol·L－1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol·L－1NaOH時，溶液的pH與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示(不考慮揮發(fā))。下列說法正確的是()A．點a所示溶液中：c(NH)＞c(SO)＞c(OH－)＞c(H＋)B．點b所示溶液中：c(NH)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)C．點c所示溶液中：c(SO)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)D．點d所示溶液中：c(SO)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH)解析：選Ca點所示溶液中，溶液顯酸性，c(NH)＞c(SO)＞c(H＋)＞c(OH－)，A錯誤，b點所示溶液中，c(H＋)＝c(OH－)，NaOH不足，c(NH)＞c(Na＋)，B錯誤；c點處相當于NH3·H2O和Na2SO4、(NH4)2SO4按物質的量2∶1∶1的比例混合，根據(jù)電荷守恒，c(NH)＋)＋c(Na＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，因c(Na＋)＝c(SO)，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(SO)，所以有c(SO)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)，C正確；d點處相當于n(Na2SO4)∶n(NH3·H2O)＝1∶2的混合溶液，c(NH3·H2O)＞c(SO)，D錯誤。8．(2017·四川六校測試)25℃時，將0.1mol·L－1NaOH溶液加入20mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液中，所加入溶液的體積(V)和混合液的pH的關系曲線如圖所示。下列結論正確的是()A．①點時，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)B．對曲線上①、②、③任何一點，溶液中都有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)C．③點時，醋酸恰好反應完，溶液中有：c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)D．滴定過程中可能出現(xiàn)：c(H＋)>c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)解析：選BA項，在曲線上①點時混合溶液為等物質的量濃度的CH3COONa和CH3COOH溶液，根據(jù)物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，錯誤；B項，曲線上①、②、③點溶液中均存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，正確；C項，③點時，NaOH與CH3COOH恰好完全反應，溶液呈堿性，則存在：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，錯誤；D項，滴定過程中，溶液中均存在離子：CH3COO－、Na＋、H＋、OH－，根據(jù)溶液電中性原則知，錯誤?？键c一沉淀溶解平衡及其應用一、掌握一個概念——沉淀溶解平衡1．沉淀溶解平衡的概念在一定溫度下，當難溶強電解質溶于水形成飽和溶液時，溶解速率和生成沉淀的速率相等的狀態(tài)。2．沉淀溶解平衡的建立固體溶質溶液中的溶質二、熟記沉淀溶解平衡的特征三、掌握4個外界條件對沉淀溶解平衡的影響[基點小練]1．判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)。(1)升高溫度，沉淀溶解平衡一定正向移動(×)(2)室溫下，AgCl在水中的溶解度小于在食鹽水中的溶解度(×)(3)難溶電解質達到溶解平衡時，增加難溶電解質的量，平衡向溶解的方向移動(×)(4)在飽和NaCl溶液中浸泡NaCl固體，可除去其中的MgCl2等雜質(√)四、明晰沉淀溶解平衡的應用1．沉淀的生成當溶液中離子積(Qc)大于溶度積(Ksp)時有沉淀生成。(1)調節(jié)pH法：如除去NH4Cl溶液中的FeCl3雜質，可加入氨水調節(jié)pH至4左右，離子方程式為Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH。(2)沉淀劑法：如用H2S沉淀Cu2＋，離子方程式為Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋。2．沉淀的溶解當溶液中離子積(Qc)小于溶度積(Ksp)時，沉淀可以溶解。(1)酸溶解：用離子方程式表示CaCO3溶于鹽酸：CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋CO2↑＋H2O。(2)鹽溶解：用離子方程式表示Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液：Mg(OH)2＋2NH=Mg2＋＋2NH3·H2O。(3)配位溶解：用離子方程式表示AgCl溶于氨水：AgCl＋2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O。(4)氧化還原溶解：如不溶于鹽酸的硫化物Ag2S溶于稀HNO3。3．沉淀的轉化在難溶物質的飽和溶液中，溶解度小的沉淀會轉化成溶解度更小的沉淀。(1)實質：沉淀溶解平衡的移動。(2)實例：AgNO3溶液AgClAgBr，則Ksp(AgCl)＞Ksp(AgBr)。(3)應用：①鍋爐除垢：將CaSO4轉化為CaCO3，離子方程式為CaSO4＋CO=CaCO3＋。②礦物轉化：CuSO4溶液遇ZnS轉化為CuS，離子方程式為ZnS＋Cu2＋=CuS＋Zn2＋。[基點小練]2．判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)。(1)向Na2SO4溶液中加入過量的BaCl2溶液，則SO沉淀完全，溶液中只含Ba2＋、Na＋和Cl－，不含SO(×)(2)Ksp小的物質其溶解能力一定比Ksp大的物質的溶解能力小(×)(3)為減少洗滌過程中固體的損耗，最好選用稀H2SO4代替H2O來洗滌BaSO4沉淀(√)(4)洗滌沉淀時，洗滌次數(shù)越多越好(×)(5)因溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀轉化，故向ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀(√)(6)向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色沉淀：2AgCl＋S2－=Ag2S＋2Cl－(√)題點(一)沉淀溶解平衡及其影響因素1．(2017·甘谷模擬)下列有關AgCl沉淀溶解平衡的說法中，正確的是()A．升高溫度，AgCl的溶解度減小B．在任何含AgCl固體的水溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)且二者乘積是一個常數(shù)C．AgCl沉淀生成和溶解不斷進行，但速率相等D．向AgCl沉淀溶解平衡體系中加入NaCl固體，AgCl溶解的質量不變解析：選C升高溫度，AgCl的溶解度增大，A錯誤；在任何含AgCl固體的水溶液中，c(Ag＋)與c(Cl－)不一定相等，但二者乘積在一定溫度下是一個常數(shù)，B錯誤；當達到平衡時，AgCl沉淀生成和溶解不斷進行，但速率相等，C正確；向AgCl沉淀溶解平衡體系中加入NaCl固體，溶解平衡逆向移動，AgCl溶解的質量減小，D錯誤。2．試用平衡移動原理解釋下列事實：(1)BaCO3不溶于水，為什么不能作鋇餐？(2)CaCO3難溶于稀H2SO4，卻能溶于醋酸中；(3)分別用等體積的蒸餾水和0.01mol·L－1的鹽酸洗滌AgCl沉淀，用水洗滌造成AgCl的損失大于用稀鹽酸洗滌的損失量。提示：(1)BaCO3(s)Ba2＋(aq)＋CO(aq)，HCl=H＋＋Cl－，2H＋＋CO=H2O＋CO2↑，鹽酸電離的H＋與BaCO3產生的CO結合生成CO2和H2O，破壞了BaCO3的溶解平衡，c(Ba2＋)增大，引起人體中毒。(2)CaCO3(s)Ca2＋(aq)＋CO(aq)，H2SO4=SO＋2H＋，Ca2＋＋SO=CaSO4↓，因為生成的CaSO4溶解度較小，會附著在CaCO3的表面，阻止平衡右移。而CH3COOHCH3COO－＋H＋，Ca2＋與CH3COO－不產生沉淀；當H＋與CO結合生成CO2和H2O時，CaCO3的溶解平衡右移。(3)用水洗滌AgCl，AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)平衡右移，AgCl的質量減少，用鹽酸洗滌AgCl，稀釋的同時HCl電離產生的Cl－會使平衡左移，AgCl減少的質量要小些。題點(二)沉淀反應的應用3．(2017·株洲模擬)以MnO2為原料發(fā)生反應制得的MnCl2溶液，其中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等金屬離子，通過添加過量難溶電解質MnS，可使這些金屬離子形成硫化物沉淀，經過濾除去包括MnS在內的沉淀，再經蒸發(fā)、結晶，可得純凈的MnCl2。根據(jù)上述實驗事實，下列分析正確的是()A．MnS的溶解度小于CuS、PbS、CdS等硫化物的溶解度B．除雜試劑MnS也可用Na2S替代C．MnS與Cu2＋反應的離子方程式是Cu2＋＋S2－=CuS↓D．整個過程中涉及的反應類型有氧化還原反應和復分解反應解析：選D通過添加過量難溶電解質MnS，除去Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等離子，屬于沉淀的轉化，利用的是CuS、PbS、CdS比MnS更難溶于水的原理，A錯誤；用Na2S替代MnS，會引入S2－和Na＋雜質，同時也能生成MnS沉淀，B錯誤；沉淀轉化的離子方程式為Cu2＋(aq)＋MnS(s)=CuS(s)＋Mn2＋(aq)，C錯誤；整個反應過程中MnO2和濃鹽酸的反應是氧化還原反應，沉淀轉化是復分解反應，D正確。4．25℃時，下列5種鹽的溶度積常數(shù)(Ksp)分別是：Ag2SO4Ag2SAgClAgBrAgI1.4×10－56.3×10－501.8×