專題10水溶液中的離子反應(yīng)與平衡01專題網(wǎng)絡(luò)·思維腦圖02考情分析·解密高考03高頻考點(diǎn)·以考定法考點(diǎn)一弱電解質(zhì)的電離平衡、溶液的酸堿性及pH計(jì)算【高考解密】命題點(diǎn)01弱電解質(zhì)的電離及其影響因素考點(diǎn)一弱電解質(zhì)的電離平衡、溶液的酸堿性及pH計(jì)算【高考解密】命題點(diǎn)01弱電解質(zhì)的電離及其影響因素命題點(diǎn)02溶液的酸堿性及pH計(jì)算【技巧解密】【考向預(yù)測(cè)】考點(diǎn)二酸堿中和滴定及遷移應(yīng)用【高考解密】命題點(diǎn)01酸堿中和滴定的理解和應(yīng)用命題點(diǎn)02沉淀滴定的理解和應(yīng)用命題點(diǎn)03氧化還原滴定的理解和應(yīng)用【技巧解密】【考向預(yù)測(cè)】考點(diǎn)三溶液中的“三大平衡”與“四大常數(shù)”及其應(yīng)用【高考解密】命題點(diǎn)01四大平衡常數(shù)的應(yīng)用命題點(diǎn)02溶液中粒子濃度大小比較【技巧解密】【考向預(yù)測(cè)】04核心素養(yǎng)·微專題微專題有關(guān)水溶液中離子平衡的圖像考點(diǎn)考查內(nèi)容考情預(yù)測(cè)弱電解質(zhì)的電離平衡、溶液的酸堿性及pH計(jì)算1.弱電解質(zhì)的電離及其影響因素2.溶液的酸堿性及pH的計(jì)算水溶液中的離子平衡是歷年高考考查的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，考查方式常以選擇題形式呈現(xiàn)。從高考命題的變化趨勢(shì)來(lái)看，溶液中離子濃度的大小比較及沉淀的溶解平衡和轉(zhuǎn)化是主流試題。試題注重知識(shí)的應(yīng)用，多以圖象、圖表的形式，利用平衡移動(dòng)原理分析外界條件改變對(duì)溶液中電離平衡、水解平衡、難溶電解質(zhì)的溶解平衡的分析考查，偏重考查粒子濃度大小順序和溶液中各種守恒關(guān)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(duì)知識(shí)的遷移能力、靈活應(yīng)用能力和運(yùn)用化學(xué)用語(yǔ)的能力。預(yù)計(jì)2024年高考題型會(huì)延續(xù)2023年高考命題形式，以曲線圖的形式進(jìn)行綜合考查，要求考生會(huì)利用平衡移動(dòng)原理分析外界條件改變對(duì)溶液中電離平衡、水解平衡、難溶電解質(zhì)的溶解平衡，把握其本質(zhì)，其中水解常數(shù)、溶度積的相關(guān)計(jì)算預(yù)計(jì)會(huì)在2024年的高考命題中占有一定的重要地位。酸堿中和滴定及遷移應(yīng)用1.酸堿中和滴定的理解和應(yīng)用2.沉淀滴定的理解和應(yīng)用3.氧化還原滴定的理解和應(yīng)用溶液中的“三大平衡”與“四大常數(shù)及其應(yīng)用1.四大平衡常數(shù)的應(yīng)用2.溶液中粒子濃度大小比較考點(diǎn)一弱電解質(zhì)的電離平衡、溶液的酸堿性及pH計(jì)算命題點(diǎn)01弱電解質(zhì)的電離及其影響因素典例01（2022·湖北卷）根據(jù)酸堿質(zhì)子理論，給出質(zhì)子(H+)的物質(zhì)是酸，給出質(zhì)子的能力越強(qiáng)，酸性越強(qiáng)。已知：N2H5++NH3=NH4++N2H4，N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO，下列酸性強(qiáng)弱順序正確的是()A．N2H5+＞N2H4＞NH4+ B．N2H5+＞CH3COOH＞NH4+C．NH3＞N2H4＞CH3COO D．CH3COOH＞N2H5+＞NH4+【答案】D【解析】根據(jù)復(fù)分解反應(yīng)的規(guī)律，強(qiáng)酸能制得弱酸，根據(jù)酸堿質(zhì)子理論，給出質(zhì)子(H+)的物質(zhì)是酸，則反應(yīng)N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO中，酸性：CH3COOH＞N2H5+，反應(yīng)N2H5++NH3=NH4++N2H4中，酸性：N2H5+＞NH4+，故酸性：CH3COOH＞N2H5+＞NH4+，故選D。典例02（2022·全國(guó)乙卷）常溫下，一元酸的Ka(HA)=1.0×103。在某體系中，與A離子不能穿過(guò)隔膜，未電離的可自由穿過(guò)該膜(如圖所示)。設(shè)溶液中c總(HA)=c(HA)+c(A)，當(dāng)達(dá)到平衡時(shí)，下列敘述正確的是()A．溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH)＋c(A)C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c總(HA)之比為104【答案】B典例03（2021·浙江卷）某同學(xué)擬用pH計(jì)測(cè)定溶液pH以探究某酸HR是否為弱電解質(zhì)。下列說(shuō)法正確的是()A．25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，則HR是弱酸B．25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH2且pH7，則HR是弱酸C．25℃時(shí)，若測(cè)得HR溶液pH=a，取該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL，測(cè)得pH=b，ba，則HR是弱酸D．25℃時(shí)，若測(cè)得NaR溶液pH=a，取該溶液10.0mL，升溫至50℃，測(cè)得pH=b，ab，則HR是弱酸【答案】B【解析】A項(xiàng)，25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，可知NaR為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，則HR為強(qiáng)酸，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，25℃時(shí)，若測(cè)得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH2且pH7，可知溶液中c(H＋)0.01mol·Lˉ1，所以HR未完全電離，HR為弱酸，B正確；C項(xiàng)，假設(shè)HR為強(qiáng)酸，取pH的該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL測(cè)得此時(shí)溶液pH7，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，假設(shè)HR為強(qiáng)酸，則NaR為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，溶液呈中性，升溫至50℃，促進(jìn)水的電離，水的離子積常數(shù)增大，pH減小，D錯(cuò)誤；故選B。命題點(diǎn)02溶液的酸堿性及pH計(jì)算典例01（2022·浙江卷）已知25℃時(shí)二元酸H2A的Ka1=1.3×107，Ka2=7.1×1015。下列說(shuō)法正確的是()A．在等濃度的Na2A、NaHA溶液中，水的電離程度前者小于后者B．向0.1mol·L1的H2A溶液中通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化)至pH=3，則H2A的電離度為0.013%C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，則c(A2)＞c(HA)D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸餾水稀釋至100mL，則該溶液pH=a+1【答案】B典例02（2021·浙江卷）25℃時(shí)，下列說(shuō)法正確的是()A．NaHA溶液呈酸性，可以推測(cè)H2A為強(qiáng)酸B．可溶性正鹽BA溶液呈中性，可以推測(cè)BA為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽C．0.010mol·L1、0.10mol·L1的醋酸溶液的電離度分別為α1、α2，則α1＜α2D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水電離出H+的物質(zhì)的量為1.0×105mol【答案】D【解析】A項(xiàng)，NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的電離程度大于其水解程度，不能據(jù)此得出H2A為強(qiáng)酸的結(jié)論，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，可溶性正鹽BA溶液呈中性，不能推測(cè)BA為強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，因?yàn)橐部赡苁荁＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱堿鹽，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，弱酸的濃度越小，其電離程度越大，因此0.010mol·L1、0.10mol·L1的醋酸溶液的電離度分別為α1、α2，則α1＞α2，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氫氧根離子的濃度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促進(jìn)水的電離，則水電離出H＋的濃度是1×10－4mol/L，其物質(zhì)的量為0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正確；故選D。典例03（2020·浙江卷）下列說(shuō)法不正確的是D．常溫下，為3的醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，溶液增大【答案】A【解析】A.鹽酸的濃度為2.0×107mol/L，完全電離，接近中性，溶劑水電離出的氫離子濃度的數(shù)量級(jí)與溶質(zhì)HCl電離的氫離子濃度相差不大，則計(jì)算中氫離子濃度時(shí)，不能忽略水中的氫離子濃度，其數(shù)值應(yīng)大于2.0×107mol/L，故A錯(cuò)誤；B.KCl溶液為中性溶液，常溫下pH=7，加熱到80時(shí)，水的離子積Kw增大，對(duì)應(yīng)溶液的氫離子濃度隨溫度升高會(huì)增大，pH會(huì)減小，但溶液溶質(zhì)仍為KCl，則仍呈中性，故B正確；C.NaCN溶液顯堿性，說(shuō)明該溶質(zhì)為弱酸強(qiáng)堿鹽，即CN對(duì)應(yīng)的酸HCN為弱電解質(zhì)，故C正確；D.醋酸在溶液中會(huì)發(fā)生電離平衡：CH3COOHCH3COO+H+，向溶液中加入醋酸鈉固體，根據(jù)同離子效應(yīng)可知，該平衡會(huì)向生成弱電解質(zhì)的方向（逆向）移動(dòng)，使溶液中的氫離子濃度減小，pH增大，故D正確；答案選A。一、弱電解質(zhì)的電離1．正確理解弱酸、弱堿的稀釋規(guī)律2.一元強(qiáng)酸和一元弱酸的比較等物質(zhì)的量濃度的鹽酸(a)與醋酸溶液(b)等pH的鹽酸(a)與醋酸溶液(b)pH或物質(zhì)的量濃度pH：a＜b物質(zhì)的量濃度：a＜b溶液的導(dǎo)電性a＞ba＝b水的電離程度a＜ba＝b加水稀釋等倍數(shù)pH的變化量a＞ba＞b等體積溶液中和NaOH反應(yīng)的量a＝ba＜b分別加該酸的鈉鹽固體后pHa：不變；b：變大a：不變；b：變大開(kāi)始與金屬反應(yīng)的速率a＞b相同等體積溶液與過(guò)量活潑金屬產(chǎn)生H2的量相同a＜b3.弱電解質(zhì)平衡移動(dòng)的“三個(gè)不一定”(1)稀醋酸加水稀釋時(shí)，溶液中不一定所有的離子濃度都減小。因?yàn)闇囟炔蛔?，Kw＝c(H＋)·c(OH－)是定值，稀醋酸加水稀釋時(shí)，溶液中的c(H＋)減小，故c(OH－)增大。(2)電離平衡右移，電解質(zhì)分子的濃度不一定減小，離子的濃度不一定增大，電離程度也不一定增大。(3)對(duì)于濃的弱電解質(zhì)溶液加H2O稀釋的過(guò)程，弱電解質(zhì)的電離程度逐漸增大，但離子濃度不一定減小，可能先增大后減小。4．電離平衡常數(shù)(1)①填寫(xiě)下表(25℃)弱電解質(zhì)電離方程式電離常數(shù)NH3·H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－Kb＝1.8×10－5CH3COOHCH3COOHCH3COO－＋H＋Ka＝1.8×10－5HClOHClOH＋＋ClO－Ka＝3.0×10－8②CH3COOH酸性大于(填“大于”“小于”或“等于”)HClO酸性，判斷的依據(jù)：相同條件下，電離常數(shù)越大，電離程度越大，c(H＋)越大，酸性越強(qiáng)。③電離平衡常數(shù)的意義：弱酸、弱堿的電離平衡常數(shù)能夠反映酸堿性的相對(duì)強(qiáng)弱。電離平衡常數(shù)越大，電離程度越大。多元弱酸的電離以第一步電離為主，各級(jí)電離平衡常數(shù)的大小差距較大。④外因?qū)﹄婋x平衡常數(shù)的影響：電離平衡常數(shù)與其他化學(xué)平衡常數(shù)一樣只與溫度有關(guān)，與電解質(zhì)的濃度無(wú)關(guān)，升高溫度，K值增大，原因是電離是吸熱過(guò)程。(2)多元弱酸的分步電離，以碳酸為例，碳酸是二元弱酸，在水溶液中的電離是分步進(jìn)行。①電離方程式是H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)，HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)。②電離平衡常數(shù)表達(dá)式：，。③比較大?。篕a1>Ka2。5．水的電離(1)水的電離：H2O＋H2OH3O＋＋OH－，可簡(jiǎn)寫(xiě)為H2OH＋＋OH－。(2)水的離子積常數(shù)：Kw＝c(H＋)·c(OH－)。①室溫下：Kw＝1×10－14。②影響因素：只與溫度有關(guān)，升高溫度，Kw增大。③適用范圍：Kw不僅適用于純水，也適用于稀的電解質(zhì)水溶液。④Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要溫度不變，Kw不變。二、溶液的酸堿性及pH計(jì)算1．根據(jù)水電離出的c(H+)和溶液中c(H+)判斷溶液的性質(zhì)1）溶液中H＋或OH－的來(lái)源分析(1)溶液為酸的溶液。溶液中的OH－全部來(lái)自水的電離，水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝c(OH－)。如pH＝2的鹽酸中，溶液中的c(OH－)＝(Kw/10－2)mol·L－1＝10－12mol·L－1，即由水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12mol·L－1。(2)溶質(zhì)為堿的溶液。溶液中的H＋全部來(lái)自水的電離，水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝c(H＋)。如pH＝12的NaOH溶液中，溶液中的c(H＋)＝10－12mol·L－1，即由水電離出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12mol·L－1。(3)水解呈酸性或堿性的鹽溶液。①pH＝5的NH4Cl溶液中，H＋全部來(lái)自水的電離，由水電離的c(H＋)＝10－5mol·L－1，因?yàn)椴糠諳H－與部分NHeq\o\al(＋,4)結(jié)合，溶液中c(OH－)＝10－9mol·L－1。②pH＝12的Na2CO3溶液中，OH－全部來(lái)自水的電離，由水電離出的c(OH－)＝10－2mol·L－1。2）根據(jù)水電離出的c(H+)和溶液中c(H+)判斷溶液的性質(zhì)(1)室溫下純水中水電離出的c(H+)=1×107mol·L1,若某溶液中水電離出的c(H+)<1×107mol·L1,則可判斷該溶液呈酸性或堿性;若某溶液中水電離出的c(H+)>1×107mol·L1,則可判斷出該溶液中存在能水解的鹽,從而促進(jìn)了水的電離。(2)室溫下,溶液中的c(H+)>1×107mol·L1,說(shuō)明該溶液是酸溶液或酸式鹽溶液或水解呈酸性的鹽溶液;溶液中的c(H+)<1×107mol·L1,說(shuō)明該溶液是堿溶液或水解呈堿性的鹽溶液等。2．突破溶液酸、堿性判斷的四條規(guī)律(1)正鹽溶液。強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽溶液顯中性,強(qiáng)酸弱堿鹽(如NH4Cl)溶液顯酸性,強(qiáng)堿弱酸鹽(如CH3COONa)溶液顯堿性。(2)酸式鹽溶液。NaHSO4（NaHSO4=Na++H++SO42）NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4水溶液顯酸性（酸式酸根離子的電離程度大于水解程度)，NaHCO3、NaHS、Na2HPO4水溶液顯堿性（酸式酸根離子的水解程度大于電離程度)。注意:因?yàn)闈舛认嗤腃H3COO與NH4+的水解程度相同,所以CH3COONH4溶液顯中性,而NH4HCO3溶液略顯堿性。(3)弱酸(或弱堿)及其鹽1∶1混合的溶液。①CH3COOH和CH3COONa混合液呈酸性(等濃度的CH3COOH與CH3COO,CH3COOH的電離程度大于CH3COO的水解程度)。②NH3·H2O和NH4Cl混合溶液呈堿性。

(4)酸堿pH之和等于14等體積混合溶液。pH之和等于14的意義:酸溶液中的氫離子濃度等于堿溶液中的氫氧根離子的濃度。已知酸、堿溶液的pH之和為14,則等體積混合時(shí):強(qiáng)酸、強(qiáng)堿,混合后溶液pH=7,強(qiáng)酸、弱堿,混合后溶液pH>7,弱酸、強(qiáng)堿,混合后溶液pH<7。3.溶液酸堿性判斷中的常見(jiàn)誤區(qū)(1)誤認(rèn)為溶液的酸堿性取決于pH。如pH＝7的溶液在溫度不同時(shí)，可能呈酸性或堿性，也可能呈中性。(2)誤認(rèn)為酸堿恰好中和時(shí)溶液一定顯中性。如強(qiáng)酸和弱堿恰好中和時(shí)，溶液顯酸性；強(qiáng)堿和弱酸恰好中和時(shí)，溶液顯堿性，強(qiáng)酸和強(qiáng)堿恰好中和時(shí)，溶液顯中性。(3)使用pH試紙測(cè)溶液酸堿性時(shí)，若先用蒸餾水潤(rùn)濕，測(cè)量結(jié)果不一定偏小。先用蒸餾水潤(rùn)濕，相當(dāng)于將待測(cè)液稀釋，若待測(cè)液為堿性溶液，則所測(cè)結(jié)果偏??；若待測(cè)液為酸性溶液，則所測(cè)液為中性溶液，則所測(cè)結(jié)果沒(méi)有誤差。4．有關(guān)pH計(jì)算的一般思維模型考向01弱電解質(zhì)的電離及其影響因素1．下列事實(shí)不能說(shuō)明亞硝酸是弱電解質(zhì)的是【答案】D【解析】A．常溫下0.1mol/L亞硝酸溶液的pH約為2說(shuō)明亞硝酸在溶液中部分電離出氫離子，證明亞硝酸是弱電解質(zhì)，故A不符合題意；B．濃度相等的亞硝酸溶液中燈泡較暗，說(shuō)明亞硝酸溶液的導(dǎo)電性小于鹽酸，亞硝酸在溶液中部分電離出氫離子，證明亞硝酸是弱電解質(zhì)，故B不符合題意；C．中和體積與pH均相同的鹽酸和亞硝酸溶液，亞硝酸消耗的氫氧化鈉的物質(zhì)的量更多說(shuō)明亞硝酸在溶液中部分電離出氫離子，證明亞硝酸是弱電解質(zhì)，故C不符合題意；D．向碳酸鈉溶液中滴加過(guò)量的亞硝酸溶液有氣體溢出只能說(shuō)明亞硝酸的酸性強(qiáng)于碳酸，但不能證明亞硝酸是弱電解質(zhì)，故D符合題意；故選D。【答案】A【分析】由圖可知，0.1mol/LHX溶液pH大于0.1mol/LHY溶液，HX的酸性弱于HY。3．向10mL氨水中加入蒸餾水，將其稀釋到1L后，下列變化中正確的是【答案】CA．加水稀釋，電離平衡正向移動(dòng)，溶液中所有離子濃度都減小【答案】AA．溶液中水的電離程度：b點(diǎn)<c點(diǎn)【答案】D考向02溶液的酸堿性及pH計(jì)算1．（2023·重慶·重慶市育才中學(xué)校考模擬預(yù)測(cè)）下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是A．25℃，用pH試紙測(cè)得某氯水的pH為5【答案】A2．（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）下列說(shuō)法不正確的是【答案】D故選D。3．(2023·浙江省寧波市高三選考模擬考試)下列說(shuō)法正確的是()A．25℃時(shí)，將pH=5的醋酸溶液與pH=5的鹽酸等體積混合，混合后溶液pH＞5B．25℃時(shí)，等濃度的鹽酸與醋酸分別稀釋相同倍數(shù)，稀釋后溶液pH：鹽酸<醋酸C．25℃時(shí)，等體積、等pH的鹽酸與醋酸分別用等濃度的NaOH溶液中和，鹽酸消耗NaOH溶液多D．25℃時(shí)，pH=3的一元酸HA溶液與pH=11的一元堿MOH溶液等體積混合后溶液呈酸性，則HA是強(qiáng)酸【答案】B【解析】A項(xiàng)，pH=5的醋酸溶液與pH=5的鹽酸中氫離子濃度相同，都是105mol/L，等體積混合后，氫離子濃度不變，故pH為5，A錯(cuò)誤；B項(xiàng)，等濃度的鹽酸與醋酸分別稀釋相同倍數(shù)后其濃度依然相同，醋酸是弱酸，部分電離，氫離子濃度較小，pH大，B正確；C項(xiàng)，等體積、等pH的鹽酸與醋酸，其中醋酸的濃度大，用氫氧化鈉中和時(shí)消耗的氫氧化鈉較多，C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，混合后溶液呈酸性，說(shuō)明酸的濃度較大，則酸HA為弱酸，MOH是相對(duì)較強(qiáng)的堿，但是不一定是強(qiáng)堿，D錯(cuò)誤；故選B。4．(2023·浙江省諸暨市高三適應(yīng)性考試)已知H2R為二元弱酸，Ka1(H2R)=5.4×102，Ka2(H2R)=5.4×105。室溫下，下列說(shuō)法不正確的是()A．0.1mol/LNaHR溶液pHB．用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性時(shí)，溶液中c(HR)c(R2)C．0.1mol/LH2R溶液：.2mol/L+c(OH)=c(H+)+c(H2R)+c(HR)D．0.01mol/L的H2R溶液與pH的NaOH溶液完全中和時(shí)，消耗酸與堿溶液的體積比為1∶2【答案】CA．常溫下：Ka(HB)>Ka(HC)B．的電離度：a點(diǎn)<b點(diǎn)D．恰好中和均為2、體積均為V0的三種酸溶液，消耗的NaOH溶液一樣多【答案】D考點(diǎn)二酸堿中和滴定及遷移應(yīng)用命題點(diǎn)01酸堿中和滴定的理解和應(yīng)用①配制一定濃度的乙酸酐苯溶液。A．可以用乙酸代替乙酸酐進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)B．若因甲醇揮發(fā)造成標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度發(fā)生變化，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小C．步驟③滴定時(shí)，不慎將錐形瓶?jī)?nèi)溶液濺出，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小D．步驟④中，若加水量不足，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大【答案】B①配制一定濃度的乙酸酐苯溶液。【答案】AD．達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顯橙色【答案】A【分析】選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，則應(yīng)將Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中，將待測(cè)鹽酸置于酸式滴定管中，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液由黃色變?yōu)槌壬?。【解析】A．量筒的精確度不高，不可用量筒量取Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，應(yīng)該用堿式滴定管或移液管量取25.00mLNa2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中，A說(shuō)法錯(cuò)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(chǎn)生有粘性的硅酸鈉溶液而將瓶塞粘住，故應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，B說(shuō)法正確；C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蝕性，故應(yīng)選用燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體，C說(shuō)法正確；D．Na2CO3溶液顯堿性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中顯黃色，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嘻}酸時(shí)，溶液由黃色突變?yōu)槌壬野敕昼娭畠?nèi)不變色即為滴定終點(diǎn)，故達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顯橙色，D說(shuō)法正確；綜上所述，本題選A。命題點(diǎn)02沉淀滴定的理解和應(yīng)用當(dāng)鹽基度為0.60~0.85時(shí)，絮凝效果較好。請(qǐng)回答：①產(chǎn)品的鹽基度為。②測(cè)定過(guò)程中溶液過(guò)低或過(guò)高均會(huì)影響測(cè)定結(jié)果，原因是?！敬鸢浮?4)①0.7②pH過(guò)低，指示劑會(huì)與氫離子反應(yīng)生成重鉻酸根，會(huì)氧化氯離子，導(dǎo)致消耗的硝酸銀偏少，而pH過(guò)高，氫氧根會(huì)與銀離子反應(yīng)，導(dǎo)致消耗的硝酸銀偏多②測(cè)定過(guò)程中溶液過(guò)低或過(guò)高均會(huì)影響測(cè)定結(jié)果，原因是pH過(guò)低，指示劑會(huì)與氫離子反應(yīng)生成重鉻酸跟，會(huì)氧化氯離子，導(dǎo)致消耗的硝酸銀偏少，而pH過(guò)高，氫氧根會(huì)與銀離子反應(yīng)，導(dǎo)致消耗的硝酸銀偏多；故答案為：pH過(guò)低，指示劑會(huì)與氫離子反應(yīng)生成重鉻酸跟，會(huì)氧化氯離子，導(dǎo)致消耗的硝酸銀偏少，而pH過(guò)高，氫氧根會(huì)與銀離子反應(yīng)，導(dǎo)致消耗的硝酸銀偏多。典例02（2022·北京卷·節(jié)選）碘番酸是一種口服造影劑，用于膽部X—射線檢查。步驟一：稱取amg口服造影劑，加入Zn粉、NaOH溶液，加熱回流，將碘番酸中的碘完全轉(zhuǎn)化為I，冷卻、洗滌、過(guò)濾，收集濾液。步驟二：調(diào)節(jié)濾液pH，用bmol?L1AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗AgNO3溶液的體積為cmL。已知口服造影劑中不含其它含碘物質(zhì)。計(jì)算口服造影劑中碘番酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。典例03（2021·江蘇卷·節(jié)選）以鋅灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3為原料制備的ZnFe2O4脫硫劑，可用于脫除煤氣中的H2S。(2)“調(diào)配比”前，需測(cè)定ZnSO4溶液的濃度。準(zhǔn)確量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀釋至刻度；準(zhǔn)確量取20.00mL稀釋后的溶液于錐形瓶中，滴加氨水調(diào)節(jié)溶液pH=10，用0.0150mol·L1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至終點(diǎn)(滴定反應(yīng)為Zn2++Y4=ZnY2)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。計(jì)算ZnSO4溶液的物質(zhì)的量濃度(寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程)。【答案】(2)0.7500mol·L1命題點(diǎn)03氧化還原滴定的理解和應(yīng)用典例01（2023·海南卷·節(jié)選）某小組開(kāi)展“木耳中鐵元素的檢測(cè)”活動(dòng)。檢測(cè)方案的主要步驟有：粉碎、稱量、灰化、氧化、稀釋、過(guò)濾、滴定等?；卮饐?wèn)題：①選用微量滴定管的原因是。②三次平行測(cè)定的數(shù)據(jù)如下表。針對(duì)該滴定數(shù)據(jù)，應(yīng)采取的措施是。序號(hào)123標(biāo)準(zhǔn)溶液用量/mL2.7152.9052.725③本實(shí)驗(yàn)中，使測(cè)定結(jié)果偏小的是(填標(biāo)號(hào))。a．樣品未完全干燥

b．微量滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗

c．灰渣中有少量炭黑【答案】(4)使實(shí)驗(yàn)微型化，滴定更準(zhǔn)確，節(jié)約試劑舍去第二次數(shù)據(jù)a【解析】（4）①木耳中鐵含量較少，選用微量滴定管使實(shí)驗(yàn)微型化，滴定更準(zhǔn)確，節(jié)約試劑；②三次平行滴定中，第二組數(shù)據(jù)偏差較大，應(yīng)舍去。典例03（2021·浙江卷·節(jié)選）某興趣小組用鉻鐵礦[Fe(CrO2)2]制備K2Cr2O7晶體，流程如下：(4)為了測(cè)定K2Cr2O7產(chǎn)品的純度，可采用氧化還原滴定法。①下列關(guān)于滴定分析的操作，不正確的是。A．用量筒量取25.00mL待測(cè)液轉(zhuǎn)移至錐形瓶B．滴定時(shí)要適當(dāng)控制滴定速度C．滴定時(shí)應(yīng)一直觀察滴定管中溶液體積的變化D．讀數(shù)時(shí)應(yīng)將滴定管從架上取下，捏住管上端無(wú)刻度處，使滴定管保持垂直E．平行滴定時(shí)，須重新裝液并調(diào)節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度以下②在接近終點(diǎn)時(shí)，使用“半滴操作”可提高測(cè)量的準(zhǔn)確度。其方法是：將旋塞稍稍轉(zhuǎn)動(dòng)，使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶?jī)?nèi)壁將半滴溶液沾落，繼續(xù)搖動(dòng)錐形瓶，觀察顏色變化。(請(qǐng)?jiān)跈M線上補(bǔ)全操作)(5)該小組用滴定法準(zhǔn)確測(cè)得產(chǎn)品中K2Cr2O7的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為98.50%。某同學(xué)還用分光光度法測(cè)定產(chǎn)品純度(K2Cr2O7溶液的吸光度與其濃度成正比例)，但測(cè)得的質(zhì)量分?jǐn)?shù)明顯偏低。分析其原因，發(fā)現(xiàn)配制K2Cr2O7待測(cè)水溶液時(shí)少加了一種試劑。該試劑是，添加該試劑的理由是?！敬鸢浮?4)①AC②再用洗瓶以少量蒸餾水吹洗錐形瓶?jī)?nèi)壁(5)H2SO4抑制Cr2O轉(zhuǎn)化為CrO，且與Cr2O不反應(yīng)【解析】(4)①A．量筒屬于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有強(qiáng)氧化性，量取25.00mL待測(cè)液應(yīng)用酸式滴定管，A錯(cuò)誤；B．滴定時(shí)要適當(dāng)控制滴定的速率，確保反應(yīng)物之間充分反應(yīng)，同時(shí)防止滴加過(guò)快使得滴加試劑過(guò)量，B正確；C．滴定時(shí)應(yīng)一直觀察錐形瓶中溶液顏色的變化，以便準(zhǔn)確判斷滴定的終點(diǎn)，C錯(cuò)誤；D．讀數(shù)時(shí)應(yīng)將滴定管從架上取下，捏住管上端無(wú)刻度處，使滴定管保持垂直，平視讀取讀數(shù)，D正確；E．為了確保每次滴定時(shí)滴定管中的溶液充足，平行滴定時(shí)，須重新裝液并調(diào)節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并記錄初始讀數(shù)，E正確；答案選AC。②在接近終點(diǎn)時(shí)，使用“半滴操作”的方法是：將旋塞稍稍轉(zhuǎn)動(dòng)，使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶?jī)?nèi)壁將半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸餾水吹洗錐形瓶?jī)?nèi)壁，繼續(xù)搖動(dòng)錐形瓶，觀察顏色變化；故答案為：再用洗瓶以少量蒸餾水吹洗錐形瓶?jī)?nèi)壁。1．中和滴定的概念：用已知物質(zhì)的量濃度的酸(或堿)來(lái)測(cè)定未知物質(zhì)的量濃度的堿(或酸)的方法。2．中和滴定的原理：c待＝eq\f(c標(biāo)×V標(biāo),V待)(以一元酸與一元堿的滴定為例)。在酸堿中和滴定過(guò)程中，開(kāi)始時(shí)由于被滴定的酸(或堿)濃度較大，滴入少量的堿(或酸)對(duì)其pH的影響不大。當(dāng)?shù)味ń咏K點(diǎn)(pH＝7)時(shí)，很少量(一滴，約0.04mL)的堿(或酸)就會(huì)引起溶液pH突變(如圖所示)。3．酸堿中和滴定的關(guān)鍵(1)準(zhǔn)確測(cè)定參加反應(yīng)的酸、堿溶液的體積。(2)選取適當(dāng)指示劑，準(zhǔn)確判斷滴定終點(diǎn)。4．酸堿中和滴定實(shí)驗(yàn)用品(1)儀器圖(A)是酸式滴定管，圖B是堿式滴定管、滴定管夾、鐵架臺(tái)、錐形瓶。(2)試劑標(biāo)準(zhǔn)液、待測(cè)液、指示劑、蒸餾水。指示劑變色范圍的pH甲基橙<3．1紅色3．1～4．4橙色>4．4黃色酚酞<8．2無(wú)色8．2～10．0淺紅色>10．0紅色5．中和滴定實(shí)驗(yàn)操作(以酚酞作指示劑，用鹽酸滴定氫氧化鈉溶液)。(1)滴定前的準(zhǔn)備。(2)滴定。(3)終點(diǎn)判斷：等到滴入最后一滴反應(yīng)液，指示劑變色，且在半分鐘內(nèi)不能恢復(fù)原來(lái)的顏色，視為滴定終點(diǎn)，并記錄標(biāo)準(zhǔn)液的體積。(4)數(shù)據(jù)處理：按上述操作重復(fù)2～3次，求出用去標(biāo)準(zhǔn)鹽酸體積的平均值，根據(jù)原理計(jì)算。c(NaOH)＝eq\f(c（HCl）·V（HCl）,V（NaOH）)6．氧化還原滴定的原理及指示劑的選擇：(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(zhì)，或者間接滴定一些本身并沒(méi)有還原性或氧化性，但能與某些還原劑或氧化劑反應(yīng)的物質(zhì)。(2)試劑：常見(jiàn)用于滴定的氧化劑有KMnO4、K2Cr2O7等；常見(jiàn)用于滴定的還原劑有亞鐵鹽、草酸、維生素C等。(3)指示劑：氧化還原滴定的指示劑有三類：①氧化還原指示劑；②專用指示劑，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘標(biāo)準(zhǔn)溶液變藍(lán)；③自身指示劑，如高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定草酸時(shí)，滴定終點(diǎn)為溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色。7．沉淀滴定：(1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反應(yīng)進(jìn)行滴定、測(cè)量分析的方法。生成沉淀的反應(yīng)很多，但符合條件的卻很少，實(shí)際上應(yīng)用最多的是銀量法，即利用Ag＋與鹵素離子的反應(yīng)來(lái)測(cè)定Cl－、Br－、I－濃度。(2)原理：沉淀滴定所用的指示劑本身就是一種沉淀劑，滴定劑與被滴定物反應(yīng)的生成物的溶解度要比滴定劑與指示劑反應(yīng)的生成物的溶解度小，否則不能用這種指示劑。如用AgNO3溶液測(cè)定溶液中Cl－的含量時(shí)常以CrOeq\o\al(2－,4)為指示劑，這是因?yàn)锳gCl比AgCrO4更難溶。8.中和滴定考點(diǎn)歸納(1)“考”實(shí)驗(yàn)儀器。酸式滴定管、堿式滴定管、滴定管夾(帶鐵架臺(tái))、錐形瓶。其中?？嫉氖堑味ü?如正確選擇滴定管(包括量程),滴定管的檢漏、洗滌和潤(rùn)洗,滴定管的正確讀數(shù)方法等。(2)“考”操作步驟。①滴定前的準(zhǔn)備:檢漏、洗滌、潤(rùn)洗、充液(趕氣泡)、調(diào)液面、讀數(shù)。②滴定:移液、滴加指示劑、滴定至終點(diǎn)、讀數(shù)。③計(jì)算。(3)“考”指示劑的選擇。①?gòu)?qiáng)酸強(qiáng)堿相互滴定,可選用甲基橙或酚酞。②若反應(yīng)生成強(qiáng)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(yīng)生成強(qiáng)堿弱酸鹽,溶液呈堿性,則選用堿性變色范圍的指示劑(酚酞)。③石蕊溶液因顏色變化不明顯,且變色范圍過(guò)寬,一般不用作指示劑。(4)“考”誤差分析。寫(xiě)出計(jì)算式,分析操作對(duì)V標(biāo)的影響,由計(jì)算式得出對(duì)最終測(cè)定結(jié)果的影響,切忌死記硬背結(jié)論。此外對(duì)讀數(shù)時(shí)視線(俯視、仰視)問(wèn)題的判斷要學(xué)會(huì)畫(huà)圖分析。(5)“考”數(shù)據(jù)處理。正確“取舍”數(shù)據(jù),計(jì)算“平均”體積,根據(jù)反應(yīng)式確定標(biāo)準(zhǔn)液與待測(cè)液濃度和體積的關(guān)系,從而列出公式進(jìn)行計(jì)算?？枷?1酸堿中和滴定的理解和應(yīng)用A．滴定管用蒸餾水洗凈后未用鹽酸潤(rùn)洗B．盛裝待測(cè)液的錐形瓶水洗后未烘干C．滴定過(guò)程中振蕩錐形瓶時(shí)不慎有少量液體濺出D．滴定至錐形瓶中溶液顏色由橙變紅，且內(nèi)不改變時(shí)停止【答案】C【解析】A．滴定管用蒸餾水洗凈后未用鹽酸潤(rùn)洗，標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，滴定過(guò)程中消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏大，根據(jù)c（待測(cè)）×V（待測(cè)）=c（標(biāo)準(zhǔn)）×V（標(biāo)準(zhǔn)）可知，測(cè)定結(jié)果偏高，A錯(cuò)誤；B．盛裝待測(cè)液的錐形瓶水洗后未烘干，不影響測(cè)定結(jié)果，B錯(cuò)誤；C．滴定過(guò)程中振蕩錐形瓶時(shí)有少量液體濺出，導(dǎo)致待測(cè)液中NaOH的量減少，滴定過(guò)程中消耗的標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，根據(jù)c（待測(cè)）×V（待測(cè)）=c（標(biāo)準(zhǔn)）×V（標(biāo)準(zhǔn)），測(cè)定結(jié)果偏低，C正確；D．甲基橙作指示劑，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液應(yīng)該由黃色變?yōu)槌壬?0s內(nèi)不變色，若溶液由橙變紅，導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏大，根據(jù)c（待測(cè)）×V（待測(cè)）=c（標(biāo)準(zhǔn)）×V（標(biāo)準(zhǔn)），測(cè)定結(jié)果偏高，D錯(cuò)誤；故答案選C。錐形瓶中溶液滴定管中溶液選用指示劑滴定終點(diǎn)溶液顏色變化A甲基橙紅色變?yōu)辄S色B酚酞淺紅色變?yōu)闊o(wú)色C甲基橙黃色變?yōu)槌壬獶石蕊藍(lán)色變?yōu)樽仙敬鸢浮緾【解析】A．用氫氧化鈉溶液滴定錐形瓶中的稀硫酸溶液時(shí)，可以選用甲基橙做指示劑，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由橙色變?yōu)辄S色，故A錯(cuò)誤；B．用氫氧化鈉溶液滴定錐形瓶中的稀硫酸溶液時(shí)，可以選用酚酞做指示劑，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色，故B錯(cuò)誤；C．用稀硫酸溶液滴定錐形瓶中的氫氧化鈉溶液時(shí)，可以選用甲基橙做指示劑，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由黃色變?yōu)槌壬蔆正確；D．用稀硫酸溶液滴定錐形瓶中的氫氧化鈉溶液時(shí)，應(yīng)選擇顏色變化明顯的指示劑，石蕊試液顏色變化不明顯，不能選用石蕊做指示劑，故D錯(cuò)誤；故選C。3．（2023·天津和平·統(tǒng)考三模）用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列各操作中，不會(huì)引起實(shí)驗(yàn)誤差的是A．用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸進(jìn)行滴定B．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤(rùn)洗后裝入一定體積的NaOH溶液C．取10.00mLNaOH溶液放入洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水D．取10.00mL的NaOH溶液，放入錐形瓶后，把堿式滴定管尖嘴液滴吹去【答案】C【解析】A．用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸前需要先潤(rùn)洗，若不潤(rùn)洗相當(dāng)于稀釋了標(biāo)準(zhǔn)溶液，會(huì)使測(cè)定結(jié)果偏高，故A錯(cuò)誤；B．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤(rùn)洗后裝入一定體積的NaOH溶液，會(huì)使NaOH溶液的用量偏多，所以測(cè)定結(jié)果偏高，故A錯(cuò)誤；C．取10.00mLNaOH溶液放入洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水，NaOH溶液的用量不變，所以不會(huì)引起實(shí)驗(yàn)誤差，故C正確；D．取10.00mL的NaOH溶液，放入錐形瓶后，把堿式滴定管尖嘴液滴吹去，會(huì)使得取用的NaOH溶液偏少，所以測(cè)定結(jié)果偏低，故D錯(cuò)誤；故選C。4．（2023·廣東·珠海市第二中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）下列關(guān)于滴定實(shí)驗(yàn)的儀器、操作錯(cuò)誤的是A．圖1裝置的名稱是酸式滴定管C．滴定過(guò)程中，眼睛主要觀察錐形瓶中溶液顏色的變化D．圖3滴定管放出溶液體積記錄為18.10mL【答案】B下列說(shuō)法正確的是A．①中配制溶液時(shí)，需在容量瓶中加入100mL水D．配制溶液時(shí)放置時(shí)間過(guò)長(zhǎng)，會(huì)導(dǎo)致最終測(cè)定結(jié)果偏高【答案】C考向02沉淀滴定的理解和應(yīng)用1．(2024·山東濰坊五縣區(qū)高三階段監(jiān)測(cè))乙二胺四乙酸(EDTA)可與金屬離子形成穩(wěn)定的配合物。常用EDTA測(cè)定水中鈣含量(EDTA與鈣反應(yīng)時(shí)物質(zhì)的量之比均為1∶1)。基本步驟如下：①EDTA標(biāo)定：取10.00mL0.1mol·L1標(biāo)準(zhǔn)CaCl2溶液，加入3滴甲基橙溶液作指示劑，用已配制好的EDTA溶液滴定至終點(diǎn)，消耗EDTA溶液V1mL。②鈣提?。喝∫欢ㄙ|(zhì)量的有機(jī)物，并用酸性KMnO4溶液氧化，再經(jīng)萃取、反萃取將金屬轉(zhuǎn)移到水中，得到提取液。加入掩蔽劑(掩蔽除鈣之外的金屬)并將pH調(diào)至11.3。③EDTA滴定：取20.00mL提取液，加入指示劑鈣黃綠素(鈣與鈣黃綠素生成能發(fā)出綠色熒光的配合物)，在黑色背景下用標(biāo)定后的EDTA溶液滴定至終點(diǎn)，消耗EDTA溶液V2mL。根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)原理，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．若對(duì)提取液的其他金屬不進(jìn)行掩蔽，測(cè)定的鈣含量結(jié)果偏高B．EDTA標(biāo)定時(shí)，滴定管尖嘴開(kāi)始有氣泡終點(diǎn)無(wú)氣泡，會(huì)使鈣含量測(cè)定結(jié)果偏高C．EDTA滴定若選用其他物質(zhì)作指示劑，提取液的pH可能發(fā)生變化D．pH為11.3時(shí)，EDTA與鈣的配合能力強(qiáng)于鈣黃綠素與鈣的配合能力【答案】B【解析】A項(xiàng)，EDTA可與金屬離子形成穩(wěn)定的配合物，若對(duì)提取液的其他金屬不進(jìn)行掩蔽，測(cè)定的鈣含量結(jié)果偏高，A正確；B項(xiàng)，EDTA標(biāo)定時(shí)，滴定管尖嘴開(kāi)始有氣泡終點(diǎn)無(wú)氣泡，則V2數(shù)值增大，故鈣含量偏低，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，EDTA滴定時(shí)，指示劑的選用與體系pH有關(guān)，同時(shí)滴定時(shí)應(yīng)保證體系的酸堿性，保證鈣不會(huì)變成沉淀，故改變指示劑的種類，提取液的pH會(huì)發(fā)生變化，C正確；D項(xiàng)，由③可知pH為11.3時(shí)，EDTA與鈣的配合能力強(qiáng)于鈣黃綠素與鈣的配合能力，D正確；故選B。2．（2023上·遼寧鞍山·高三鞍山一中?？计谥校┏恋淼味ㄋ玫闹甘緞┍旧砭褪且环N沉淀劑，滴定劑和指示劑生成沉淀的溶解度要比滴定劑和被滴定物生成沉淀的溶解度大，否則不能用這種指示劑。顏色白淺黃白磚紅白【答案】A3．（2023·北京海淀·北大附中?？既＃┠惩瑢W(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，利用沉淀滴定法測(cè)定“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”的平衡常數(shù)K。一定溫度下，先將0.0100mol·L1Ag2SO4溶液與0.0400mol·L1FeSO4溶液(pH=1)等體積混合，待反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，過(guò)濾，取vmL濾液用c1mol·L1KSCN標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ag+，至出現(xiàn)穩(wěn)定的淺紅色時(shí)消耗KSCN標(biāo)準(zhǔn)溶液v1mL。已知：Ag++SCNAgSCN↓(白色)

K1Fe3++SCNFeSCN2+(紅色)

K2下列說(shuō)法正確的是A．Ag2SO4溶液和FeSO4溶液(pH=1)可替換為AgNO3溶液和Fe(NO3)2溶液(pH=1)B．K1>>K2，F(xiàn)e3+是滴定終點(diǎn)的指示劑C．若不過(guò)濾，直接用濁液做滴定實(shí)驗(yàn)測(cè)定c(Ag+)，則所測(cè)K值偏大D．若改為測(cè)定濾液中c(Fe3+)，選擇合適的滴定方法直接滴定濾液，也能達(dá)到目的【答案】B【分析】Ag++Fe2+Fe3++Ag↓為可逆反應(yīng)，要計(jì)算平衡常數(shù)，需要知道平衡時(shí)各離子的濃度。反應(yīng)完全時(shí)，過(guò)濾，濾液用KSCN溶液滴定，可計(jì)算出平衡時(shí)的銀離子濃度，從而可知平衡時(shí)各離子濃度，K值也可計(jì)算。4.某同學(xué)在學(xué)習(xí)沉淀溶解平衡時(shí)發(fā)現(xiàn)以下表中信息：AgClAgBrAg2CrO4顏色白色淺黃色磚紅色溶解度（mol·L1）1.3×1041.7×1076.5×105溶度積常數(shù)（KSP）1.7×1012mol2·L25.0×1013mol2·L2?(1)請(qǐng)利用表中信息計(jì)算Ag2CrO4的溶度積常數(shù)KSP=；(2)沉淀滴定所用的指示劑本身就是一種沉淀劑，用AgNO3滴定KCl溶液中Cl的含量時(shí)甲同學(xué)想用K2CrO4作指示劑；①現(xiàn)有濃度均為0.001mol·L1的KCl和K2CrO4的混合液，該同學(xué)取混合液20mL，用已知濃度的AgNO3溶液滴定，試計(jì)算當(dāng)Cl沉淀完全時(shí)，CrO42是否開(kāi)始沉淀（當(dāng)溶液中某離子濃度小于1×105mol·L1時(shí)認(rèn)為沉淀完全）。②根據(jù)表中信息和上述計(jì)算，請(qǐng)判斷K2CrO4能否用作AgNO3滴定KCl實(shí)驗(yàn)的指示劑（填“能”或“不能”）；若能則滴定終點(diǎn)的顏色變化是（若不能該空不填）?！敬鸢浮?1)1.1×1012mol3·L3(2)否能白色變磚紅色5．（2023·湖北·模擬預(yù)測(cè)·節(jié)選）四水合磷酸鋅[Zn3(PO4)2·4H2O，摩爾質(zhì)量為457g·mol1，難溶于水]是一種性能優(yōu)良的綠色環(huán)保防銹顏料。實(shí)驗(yàn)室以鋅灰(含ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)為原料制備Zn3(PO4)2·4H2O的流程如圖，回答下列問(wèn)題：(5)為測(cè)定產(chǎn)品中Zn3(PO4)2·4H2O的含量，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：(已知：Zn2+與H2Y2?按1：1反應(yīng)；雜質(zhì)不反應(yīng)。)步驟Ⅰ：準(zhǔn)確稱取0.4570g產(chǎn)品于燒杯中，加入適量鹽酸使其溶解，將溶液轉(zhuǎn)移至100mL容量瓶，定容。步驟Ⅱ：移取20.00mL上述溶液于錐形瓶中，加入指示劑，在pH=5~6的緩沖溶液中用0.02000mol·L1Na2H2Y標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，測(cè)得Na2H2Y標(biāo)準(zhǔn)溶液的用量為27.60mL。步驟Ⅱ中移取溶液時(shí)所使用的玻璃儀器為；產(chǎn)品中Zn3(PO4)2·4H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。下列操作中，導(dǎo)致產(chǎn)品中Zn3(PO4)2·4H2O含量測(cè)定值偏低的是。a.步驟I中定容時(shí)俯視刻度線b.步驟I中轉(zhuǎn)移溶液時(shí)未洗滌燒杯c.步驟II中滴定管未用Na2H2Y標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗d.步驟II中滴定前滴定管內(nèi)無(wú)氣泡，滴定結(jié)束后有氣泡【答案】(5)酸式滴定管92%bd考向03氧化還原滴定的理解和應(yīng)用A．滴定終點(diǎn)時(shí)的操作：當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液恰好由紫色變?yōu)榈S色，且半分鐘不變色【答案】C2．(2024·河北石家莊高三第二次調(diào)研)某活動(dòng)小組為測(cè)定樣品中NaBH4的純度，設(shè)計(jì)了如下的實(shí)驗(yàn)步驟：步驟l：取5.0gNaBH4樣品(雜質(zhì)不參與反應(yīng))，將樣品溶于NaOH溶液后配成500mL溶液，取25.00mL置于碘量瓶中，加入60.00mL0.1000mol/L的KIO3溶液充分反應(yīng)(反應(yīng)為3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O)；步驟2：向步驟1所得溶液中加入過(guò)量的KI溶液，用稀硫酸調(diào)節(jié)pH，使過(guò)量KIO3轉(zhuǎn)化為I2，冷卻后在暗處放置數(shù)分鐘；步驟3：向步驟2所得溶液中加入某種緩沖溶液調(diào)pH至5.0，加入幾滴指示劑，用0.1000mol/L的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積為20.70mL(反應(yīng)為I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。下列說(shuō)法正確的是()A．NaBH4中H元素化合價(jià)為+1價(jià)B．步驟2反應(yīng)的離子方程式為IO3+I+6H+=I2+3H2OC．步驟3中加入幾滴酚酞作指示劑D．樣品中NaBH4的純度為64.47%【答案】D3．(2024·湖南高三聯(lián)考)K2Cr2O7(重鉻酸鉀)是一種常見(jiàn)的氧化劑。以鉻渣(主要成分為Cr2O3、Fe2O3等)為原料制備K2Cr2O7并測(cè)定其純度。其步驟如下：步驟1：鉻渣粉碎和Na2CO3均勻混合在空氣中焙燒；步驟2：用水浸取焙燒渣，過(guò)濾，得到水浸液(含Na2CrO4)；步驟3：向步驟2中水浸液加入BaCO3，過(guò)濾，得到BaCrO4；步驟4：向BaCrO4中加入NaHSO4溶液，過(guò)濾，得到浸出液(Na2Cr2O7)和浸渣(BaSO4)；步驟5：向步驟4中浸出液加入KCl粉末，蒸發(fā)濃縮、降溫結(jié)晶、過(guò)濾，得到K2Cr2O7；步驟6：準(zhǔn)確稱取mgK2Cr2O7產(chǎn)品溶于蒸餾水，加入適量稀硫酸，加入足量KI溶液(還原產(chǎn)物為Cr3+)，用水稀釋為250mL溶液，量取25.00mL稀釋后溶液于錐形瓶中。用cmol?L1Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn)，消耗VmL滴定液。滴定反應(yīng)為I2+2S2O32=2I+S4O62下列敘述錯(cuò)誤的是()A．步驟1中制備1molNa2CrO4消耗0.75mol氧氣B．步驟3目的是除去雜質(zhì)，富集鉻元素C．步驟6中KI作用是Cr2O72+6I+14H+=2Cr3++3I2+7H2O【答案】D4．（2023·四川涼山·統(tǒng)考二模）用氧化還原滴定法可以測(cè)定市售雙氧水中過(guò)氧化氫的濃度(單位g·L1)，實(shí)驗(yàn)過(guò)程包括標(biāo)準(zhǔn)溶液的準(zhǔn)備和滴定待測(cè)溶液：I．準(zhǔn)備標(biāo)準(zhǔn)溶液a．配制100mLKMnO4溶液備用；b．準(zhǔn)確稱取Na2C2O4基準(zhǔn)物質(zhì)3.35g(0.025mol)，配制成250mL標(biāo)準(zhǔn)溶液。取出25.00mL于錐形瓶中，加入適量3mol·L1硫酸酸化后，用待標(biāo)定的KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)，記錄數(shù)據(jù)，計(jì)算KMnO4溶液的濃度。II．滴定主要步驟a．取待測(cè)雙氧水10.00mL于錐形瓶中；b．錐形瓶中加入30.00mL蒸餾水和30.00mL3mol·L1硫酸，然后用已標(biāo)定的KMnO4溶液(0.1000mol·L1)滴定至終點(diǎn)；e．重復(fù)上述操作兩次，三次測(cè)定的數(shù)據(jù)如下表：組別123消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積(mL)25.2425.0224.98d．?dāng)?shù)據(jù)處理。回答下列問(wèn)題：(1)將稱得的Na2C2O4配制成250mL標(biāo)準(zhǔn)溶液，所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有。(2)標(biāo)定KMnO4溶液時(shí)，能否用稀硝酸調(diào)節(jié)溶液酸度(填“能”或“不能”)，簡(jiǎn)述理由。寫(xiě)出標(biāo)定過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式。(3)滴定待測(cè)雙氧水時(shí)，標(biāo)準(zhǔn)溶液應(yīng)裝入滴定管，裝入標(biāo)準(zhǔn)溶液的前一步應(yīng)進(jìn)行的操作是。(4)滴定雙氧水至終點(diǎn)的現(xiàn)象是。(5)計(jì)算此雙氧水的濃度為g·L1.(6)若在配制Na2C2O4標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，燒杯中的溶液有少量濺出，則最后測(cè)定出的雙氧水的濃度會(huì)(填“偏高”、“偏低”或“無(wú)影響”)。【答案】(1)250mL容量瓶、膠頭滴管(2)不能稀硝酸有氧化性，會(huì)影響KMnO4溶液濃度的標(biāo)定2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O(3)酸式用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗滴定管(4)滴入最后一滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，錐形瓶中的液體變?yōu)闇\紫色，且半分鐘不變色(5)21.25(6)偏高5．（2023·甘肅平?jīng)觥そy(tǒng)考二?！す?jié)選）工業(yè)上常用含釩爐渣(主要含F(xiàn)eO·V2O3，還有少量MnO、Al2O3、SiO2等雜質(zhì))提取V2O5，①該滴定實(shí)驗(yàn)不需要另外加入指示劑，達(dá)到滴定終點(diǎn)的顏色變化為。②(VO2)2SO4溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為。③達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視滴定管讀數(shù)將使結(jié)果(填“偏高”、“偏低”或“無(wú)影響”)。【答案】(5)①錐形瓶?jī)?nèi)溶液由黃色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘不恢復(fù)原色②0.08mol·L1③偏低考點(diǎn)三溶液中的“三大平衡”與“四大常數(shù)”及其應(yīng)用命題點(diǎn)01四大平衡常數(shù)的應(yīng)用

A．點(diǎn)等于點(diǎn)B．點(diǎn)大于點(diǎn)C．點(diǎn)降溫過(guò)程中有2個(gè)平衡發(fā)生移動(dòng)【答案】BA．甘氨酸具有兩性【答案】D典例03（2021·江蘇卷）室溫下，通過(guò)下列實(shí)驗(yàn)探究NaHCO3、Na2CO3溶液的性質(zhì)。實(shí)驗(yàn)1：用pH試紙測(cè)量0.1mol·L1NaHCO3溶液的pH，測(cè)得pH約為8實(shí)驗(yàn)2：將0.1mol·L1NaHCO3溶液與0.1mol·L1CaCl2溶液等體積混合，產(chǎn)生白色沉淀實(shí)驗(yàn)3：向0.1mol·L1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH從12下降到約為9實(shí)驗(yàn)4：向0.1mol·L1Na2CO3溶液中滴加新制飽和氯水，氯水顏色褪去下列說(shuō)法正確的是B．實(shí)驗(yàn)2中兩溶液混合時(shí)有：c(Ca2+)·c(CO)<Ksp(CaCO3)C．實(shí)驗(yàn)3中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為CO+H2O+CO2=2HCOD．實(shí)驗(yàn)4中c反應(yīng)前(CO)<c反應(yīng)后(CO)【答案】C命題點(diǎn)02溶液中粒子濃度大小比較A．實(shí)驗(yàn)I可選用甲基橙作指示劑，指示反應(yīng)終點(diǎn)【答案】D綜上所述，答案為D。典例02（2022·江蘇卷）一種捕集煙氣中CO2的過(guò)程如圖所示。室溫下以0.1mol?L1KOH溶液吸收CO2，若通入CO2所引起的溶液體積變化和H2O揮發(fā)可忽略，溶液中含碳物種的濃度c總=c(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO32)。H2CO3電離常數(shù)分別為Ka1=4.4×107、Ka2=4.4×1011。下列說(shuō)法正確的是()A．KOH吸收CO2所得到的溶液中：c(H2CO3)＞c(HCO3)B．KOH完全轉(zhuǎn)化為K2CO3時(shí)，溶液中：c(OH)=c(H+)+c(HCO3)+c(H2CO3)C．KOH溶液吸收CO2，c總=0.1mol?L1溶液中：c(H2CO3)＞c(CO32)D．如圖所示的“吸收”“轉(zhuǎn)化”過(guò)程中，溶液的溫度下降【答案】C典例03（2021·天津卷）常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的敘述正確的是()A．在0.1mol·L1H3PO4溶液中c(H3PO4)＞c(H2PO4)＞c(HPO42)＞c(PO43)B．在0.1mol·L1Na2C2O4溶液中c(Na＋)+c(H＋)=c(OH―)+c(HC2O4)+c(C2O42)C．在0.1mol·L1NaHCO3溶液中c(H2CO3)+c(HCO3)=0.1mol·L1D．氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液中c(Cl－)＞c(NH4＋)＞c(OH―)＞c(H＋)【答案】A【解析】A項(xiàng)，由于磷酸為多元酸，第一步電離大于第二步電離大于第三步電離，所以在0.1mol·L1H3PO4溶液中，離子濃度大小為：c(H3PO4)＞c(H2PO4)＞c(HPO42)＞c(PO43)，故A正確；B項(xiàng)，在0.1mol·L1Na2C2O4溶液中，根據(jù)電荷守恒得到c(Na＋)+c(H＋)=c(OH―)+c(HC2O4)+2c(C2O42)，故B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，在0.1mol·L1NaHCO3溶液中，根據(jù)物料守恒得到c(H2CO3)+c(HCO3)+c(CO32)=0.1mol·L1，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH=9的溶液，則c(OH―)＞c(H＋)，根據(jù)電荷守恒c(Cl－)+c(OH―)=c(NH4＋)+c(H＋)，則c(Cl－)c(NH4＋)，故D錯(cuò)誤；故選A。一、溶液中的“三大平衡”與“四大常數(shù)”1.溶液中的三大平衡電離平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡,它們都遵循平衡移動(dòng)原理——當(dāng)改變體系的一個(gè)條件時(shí),平衡總是向能夠減弱這種改變的方向移動(dòng)。平衡類別電離平衡(如CH3COOHCH3COO+H+)水解平衡(如CH3COO+H2OCH3COOH+OH)沉淀溶解平衡[如AgCl(s)Ag+(aq)+Cl(aq)]研究對(duì)象弱電解質(zhì)(包括弱酸、弱堿、水、多元弱酸的酸式酸根等)鹽溶液(包括強(qiáng)酸弱堿鹽、弱酸強(qiáng)堿鹽、弱酸弱堿鹽)難溶電解質(zhì)(如難溶的酸、堿、鹽等)平衡常數(shù)Ka=cKh=cKsp(AgCl)=c(Ag+)·c(Cl)升高溫度促進(jìn)電離,離子濃度增大,Ka增大促進(jìn)水解,Kh增大Ksp可能增大,也可能減小加水稀釋促進(jìn)電離,離子濃度(除OH外)減小,Ka不變促進(jìn)水解,離子濃度(除H+外)減小,Kh不變促進(jìn)溶解,Ksp不變加入相應(yīng)離子加入CH3COONa固體或鹽酸,抑制電離,Ka不變加入CH3COOH或NaOH,抑制水解,Kh不變加入AgNO3溶液或NaCl溶液抑制溶解,Ksp不變加入反應(yīng)的離子加入NaOH,促進(jìn)電離,Ka不變加入鹽酸,促進(jìn)水解,Kh不變加入氨水,促進(jìn)溶解,Ksp不變2．“四大常數(shù)”比較表達(dá)式電離常數(shù)(Ka或Kb)(1)弱酸HA的Ka＝eq\f(c(H＋)·c(A－),c(HA))(2)弱堿BOH的Kb＝eq\f(c(B＋)·c(OH－),c(BOH))水的離子積(Kw)Kw＝c(OH－)·c(H＋)溶度積(Ksp)MmAn的飽和溶液的Ksp＝cm(Mn＋)·cn(Am－)水解常數(shù)(Kh)以NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋為例Kh＝eq\f(c(H＋)·c(NH3·H2O),c(NH\o\al(＋,4)))3.“四大常數(shù)”之間的四種換算關(guān)系(1)Ka(或Kb)與Kw、Kh的關(guān)系①一元弱酸或弱堿的Ka或Kb與弱酸根或弱堿離子的Kh關(guān)系Ka＝eq\f(Kw,Kh)或Kb＝eq\f(Kw,Kh)。②二元弱酸的Ka1、Ka2與相應(yīng)酸根的水解常數(shù)Kh1、Kh2的關(guān)系Ka1＝eq\f(Kw,Kh2)，Ka2＝eq\f(Kw,Kh1)。(2)多元難溶弱堿陽(yáng)離子的水解常數(shù)Kh與弱堿的Ksp的關(guān)系，(以Fe3＋為例)Fe3＋(aq)＋3H2O(l)Fe(OH)3(s)＋3H＋(aq)Kh＝eq\f(c3(H＋),c(Fe3＋))＝eq\f(c3(H＋)·c3(OH－),c(Fe3＋)·c3(OH－))＝eq\f(K\o\al(3,w),Ksp)。(3)M(OH)n懸濁液中Ksp、Kw、pH間關(guān)系，M(OH)n(s)Mn＋(aq)＋nOH－(aq)Ksp＝c(Mn＋)·cn(OH－)＝eq\f(c(OH－),n)·cn(OH－)＝eq\f(cn＋1(OH－),n)＝eq\f(1,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Kw,10－pH)))n＋1。(4)沉淀轉(zhuǎn)化常數(shù)K與Ksp的關(guān)系，如3Mg(OH)2(s)＋2Fe3＋(aq)2Fe(OH)3(s)＋3Mg2＋的K＝eq\f(K3[Mg(OH)2],K\o\al(2,sp)[Fe(OH)3])。4．四大平衡常數(shù)的應(yīng)用(1)判斷平衡移動(dòng)的方向Qc與Ksp的關(guān)系平衡移動(dòng)方向溶解平衡Qc>Ksp逆向沉淀生成Qc＝Ksp不移動(dòng)飽和溶液Qc<Ksp正向不飽和溶液(2)判斷離子濃度比值的大小變化。如將NH3·H2O溶液加水稀釋，c(OH－)減小，由于電離平衡常數(shù)為eq\f(c(NH\o\al(＋,4))·c(OH－),c(NH3·H2O))，此值不變，故eq\f(c(NH\o\al(＋,4)),c(NH3·H2O))的值增大。(3)利用四大平衡常數(shù)進(jìn)行有關(guān)計(jì)算。二、離子濃度的大小比較1．同一溶液中，不同粒子濃度大小比較的方法(1)正鹽溶液：基本遵循c(不水解離子)>c(水解離子)>c(顯性離子)，當(dāng)水解離子濃度是不水解離子濃度的數(shù)倍時(shí)，順序提前。例如在濃度為cmol·L－1的醋酸鈉溶液中，有c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)；在濃度為cmol·L－1的硫酸銨溶液中，有c(NHeq\o\al(＋,4))>c(SOeq\o\al(2－,4))>c(H＋)>c(OH－)。(2)酸式鹽溶液：對(duì)于電離為主的，如NaHSO3，遵循c(自身)>c(電離產(chǎn)物)>c(水解產(chǎn)物)，即c(Na＋)>c(HSOeq\o\al(－,3))>c(H＋)>c(SOeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H2SO3)；對(duì)于水解為主的，如NaHCO3，遵循c(自身)>c(水解產(chǎn)物)>c(電離產(chǎn)物)，即c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(OH－)>c(H2CO3)>c(H＋)>c(COeq\o\al(2－,3))。(3)緩沖溶液：例如0.2mol·L－1氨水與0.2mol·L－1氯化銨溶液等體積混合后，溶液以電離為主，顯堿性(常見(jiàn)物質(zhì)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(jù)電荷守恒可知，銨根離子濃度大于氯離子濃度，即c(NHeq\o\al(＋,4))>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。2．弱酸弱堿鹽溶液的酸堿性弱酸弱堿鹽雙水解，其溶液的酸堿性取決于弱酸和弱堿的相對(duì)強(qiáng)弱。當(dāng)Ka＝Kb時(shí)，溶液顯中性，如CH3COONH4；當(dāng)Ka>Kb時(shí)，溶液顯酸性，如HCOONH4；當(dāng)Ka<Kb時(shí)，溶液顯堿性，如NH4HCO3。3．溶液中的“三大守恒”(1)電荷守恒：電解質(zhì)溶液中所有陽(yáng)離子所帶的正電荷總數(shù)與所有陰離子所帶的負(fù)電荷總數(shù)相等。如在Na2CO3溶液中存在著Na＋、COeq\o\al(2－,3)、H＋、OH－、HCOeq\o\al(－,3)，它們存在如下關(guān)系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(OH－)。(2)物料守恒：電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能水解或電離，離子種類增多，但某些關(guān)鍵性的原子總是守恒的。c(Na＋)＝2[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)](3)質(zhì)子守恒：指在電離或水解過(guò)程中，會(huì)發(fā)生質(zhì)子(H＋)轉(zhuǎn)移，但在質(zhì)子轉(zhuǎn)移過(guò)程中其數(shù)量保持不變，如在Na2CO3溶液中：所以c(OH－)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(H2CO3)＋c(H3O＋)4．三個(gè)規(guī)律(1)一般而言，等濃度的弱酸與弱酸鹽混合，電離程度大于水解程度，溶液呈酸性；HCN、NaCN混合液除外，它們的溶液呈堿性，水解程度大于電離程度。(2)對(duì)于存在電離和水解過(guò)程的NaHA溶液，若溶液呈酸性，則電離程度大于水解程度，則c(A2－)＞c(H2A)；若溶液呈堿性，則電離程度小于水解程度，則c(H2A)＞c(A2－)。(3)僅含4種離子的溶液，可以根據(jù)溶液的電中性判斷離子濃度大小。如：a．CH3COOH和NaOH等物質(zhì)的量混合時(shí)溶液顯堿性，故c(OH－)＞c(H＋)，則c(Na＋)＞c(CH3COO－)；b．NH3·H2O與HCl等物質(zhì)的量混合時(shí)溶液顯酸性，故c(H＋)＞c(OH－)，則c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))。5.比較溶液中粒子濃度大小的思維模型考向01四大平衡常數(shù)的應(yīng)用【答案】CA．a(chǎn)be代表CuS沉淀溶解曲線B．向d點(diǎn)溶液加入稀硫酸可變到a點(diǎn)D．圖中x=34.4【答案】C【答案】B4．（2024·浙江溫州·統(tǒng)考一模）25℃時(shí)，某小組做如下兩組實(shí)驗(yàn)：【答案】D5．（2023·浙江·校聯(lián)考一模）25℃時(shí)，用NaOH溶液分別滴定弱酸HA、CuSO4、FeSO4三種溶液，pM隨pH變化關(guān)系如圖所示【p表示負(fù)對(duì)數(shù)，M表示c(HA)/c(A)、c(Cu2+)、c(Fe2+)等】，已知Ksp【Cu(OH)2】<Ksp【Fe(OH)2】，溶液中離子濃度<105mol。L1可以認(rèn)為已經(jīng)除去。下列有關(guān)分析不正確的是A．Ksp（Fe(OH)2）=1015 B．調(diào)整溶液的pH=7，可除去工業(yè)廢水中的Cu2+C．a(chǎn)點(diǎn)對(duì)應(yīng)的p(M)=3 D．Fe(OH)2固體難溶解于HA溶液【答案】D【分析】Cu(OH)2、Fe(OH)2的結(jié)構(gòu)相似，二者的pM隨pH的變化曲線應(yīng)該是平行線，故③代表滴定HA溶液的變化關(guān)系，根據(jù)曲線③pM=0時(shí)，溶液的pH=5.0，可得K(HA)=105；根據(jù)曲線①pM=0時(shí)，溶液的pH=4.2，可得Ksp=1019.6；根據(jù)曲線②pM=0時(shí)，溶液的pH=6.5，可得Ksp=1015，Cu(OH)2更難溶,故①②分別代表滴定CuSO4溶液FeSO4溶液的變化關(guān)系，且Ksp（Cu(OH)2）=1019.6，Ksp（Fe(OH)2）=1015。考向02溶液中粒子濃度大小比較【答案】C【答案】B【答案】D4．（2023·海南?？凇ばＢ?lián)考模擬預(yù)測(cè)）常溫下，下列溶液中離子濃度關(guān)系式正確的是【答案】A5．（2023·四川·校聯(lián)考模擬預(yù)測(cè)）25°C時(shí)，Ka(HClO)=4.0×108。下列說(shuō)法正確的是A．25°C時(shí)，往pH=3的HClO溶液中加少量NaClO固體，HClO的電離程度和水電離出的c(H+)均減小B．將濃度均為0.1mol·L1的NaClO和NaOH溶液加熱，兩種溶液的pH均變大C．相同溫度下，等pH的HCOONa和NaClO溶液中存在：c(HCOO)>c(ClO)D．25°C時(shí)，pH=7的NaClO和HClO混合溶液中存在：c(HClO)<c(ClO)=c(Na+)【答案】C微專題有關(guān)水溶液中離子平衡的圖像命題點(diǎn)01離子積（Kw、Ksp）曲線圖像的理解與分析A．由點(diǎn)可求得Ksp[]=108.5C．濃度均為0.01mol·L1的和可通過(guò)分步沉淀進(jìn)行分離D．混合溶液中c()0.2mol·L1時(shí)二者不會(huì)同時(shí)沉淀【答案】C典例02（2022·海南卷）某元素M的氫氧化物M(OH)2(s)在水中的溶解反應(yīng)為：M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH(aq)，M(OH)2(s)+2OH(aq)M(OH)42(aq)，25℃，lgc與pH的關(guān)系如圖所示，c為M2+或M(OH)42濃度的值。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．曲線①代表lgc(M2+)與pH的關(guān)系B．M(OH)2的Ksp約為1×1010C．向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，體系中元素M主要以M(OH)2(s)存在D．向c[M(OH)42]=0.1mol/L的溶液中加入等體積0.4mol/L的HCl后，體系中元素M主要以存在【答案】BD【解析】由題干信息，M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH(aq)，M(OH)2(s)+2OH(aq)M(OH)42(aq)，隨著pH增大，c(OH)增大，則c(M2+)減小，c[M(OH)42]增大，即lgc(M2+)增大，lgc[M(OH)42]減小，因此曲線①代表lgc(M2+)與pH的關(guān)系，曲線②代表lgc[M(OH)42]與pH的關(guān)系。A項(xiàng)，曲線①代表lgc(M2+)與pH的關(guān)系，A正確；B項(xiàng)，由圖象，pH=7.0時(shí)，lgc(M2+)=3.0，則M(OH)2的Ksp=c(M2+)·c2(OH)=1×1017，B錯(cuò)誤；C項(xiàng)，向c(M2+)=0.1mol/L的溶液中加入NaOH溶液至pH=9.0，根據(jù)圖像，pH=9.0時(shí)，c(M2+)、c[M(OH)42]均極小，則體系中元素M主要以M(OH)2(s)存在，C正確；D項(xiàng)，c[M(OH)42]=0.1mol/L的溶液中，由于溶解平衡是少量的，因此加入等體積的0.4mol/L的HCl后，體系中元素M仍主要以M(OH)42存在，D錯(cuò)誤；故選BD。典例02（2021·全國(guó)甲卷）已知相同溫度下，Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)。某溫度下，飽和溶液中－lg[c(SO42)、－lg[c(CO32)、與－lg[c(Ba2＋)]的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．曲線①代表BaCO3的沉淀溶解曲線B．該溫度下BaSO4的Ksp(BaSO4)值為1.0×10－10【答案】B命題點(diǎn)02滴定曲線圖像的理解與分析A．Ka(CH3COOH)約為104.76B．點(diǎn)a：c(Na+)=c(Cl)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)C．點(diǎn)b：c(CH3COOH)<c(CH3COO)D．水的電離程度：＜＜c＜d【答案】D典例02（2021·湖南卷）常溫下，用0.1000mol?L﹣1的鹽酸分別滴定20.00mL濃度均為0.1000mol?L﹣1的三種一元弱酸的鈉鹽(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲線如圖所示。下列判斷錯(cuò)誤的是()A．該NaX溶液中：c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+) B．三種一元弱酸的電離常數(shù)：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ) C．當(dāng)pH＝7時(shí)，三種溶液中：c(X﹣)＝c(Y﹣)＝c(Z﹣) D．分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)【答案】C【解析】A項(xiàng)，因?yàn)镠X為弱酸，NaX溶液存在水解：X﹣+H2O?HX+OH﹣，所以c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，故A正確；B項(xiàng)，根據(jù)鹽類水解的規(guī)律：越弱越水解可知，相同濃度的強(qiáng)堿弱酸鹽溶液中，一元弱酸越弱，則其鹽溶液堿性越強(qiáng)，結(jié)合圖片可知溶液堿性強(qiáng)弱為：NaX＜NaY＜NaZ，則酸性強(qiáng)弱為：HX＞HY＞HZ，一元弱酸中，酸性越強(qiáng)，電離程度越大，電離平衡常數(shù)K越大，所以有：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正確；C項(xiàng)，當(dāng)pH＝7時(shí)，c(H+)＝c(OH﹣)，根據(jù)電荷守恒，NaX溶液中有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH﹣)+c(X﹣)+c(Cl﹣)，則有：c(X﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，同理有：c(Y﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，c(Z﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，又因三種溶液滴定到pH＝7時(shí)，消耗的HCl的量是不一樣的，即溶液中的c(Cl﹣)是不一樣的，所以c(X﹣)≠c(Y﹣)≠c(Z﹣)，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，分別滴加20.00mL鹽酸后，再將三種溶液混合后存在電荷守恒：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)+c(OH﹣)+c(Cl﹣)＝c(H+)+c(Na+)，又混合溶液中c(Na+)=0.1mol/L×20mL×340mL×3=0.05mol/L，混合溶液中c(Cl﹣)=0.1mol/L×20mL×340mL×3=0.05mol/L，代入電荷守恒表達(dá)式，有c(X﹣)+c(Y﹣)+c(ZA．H2A的Ka1為1010.25 B．c點(diǎn)：c(HA)＞c(A2－)＞c(H2A)C．第一次突變，可選酚酞作指示劑 D．c(Na2A)=0.2000mol·L1【答案】C命題點(diǎn)03分布分?jǐn)?shù)像的理解與分析A．當(dāng)pH=1時(shí)，體系中c(H2L)>c([FeL]+)>c(OH)>c(HL)B．pH在9.5~10.5之間，含L的物種主要為L(zhǎng)2C．L2+[FeL]+[FeL2]的平衡常數(shù)的lgK約為14D．當(dāng)pH=10時(shí)，參與配位的c(L2)≈1.0×103mol·L1【答案】CA．甘氨酸具有兩性B．曲線c代表NH2CH2COOC．NH3+CH2COO+H2ONH3+CH2COOH+OH的平衡常數(shù)K=1011.65D．c2(NH3+CH2COO)c(NH3+CH2COOH)·c(NH2CH2COO)【答案】DA．>B．M點(diǎn)，c(Cl)+c(OH)+c(R)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)D．P點(diǎn)，c(Na+)>c(Cl)>c(OH)>c(H+)【答案】CD常以酸堿中和反應(yīng)和電離平衡、沉淀溶解平衡建立過(guò)程中離子濃度變化曲線、pH變化曲線等為設(shè)計(jì)背景。主要命題點(diǎn)有電解質(zhì)電離方程式的書(shū)寫(xiě)、水電離程度的比較、離子濃度的等量關(guān)系、離子濃度大小的比較、電離常數(shù)的計(jì)算、pH的計(jì)算及溶度積的計(jì)算等,側(cè)重考查考生分析問(wèn)題的能力。一、一強(qiáng)一弱溶液稀釋的圖像1.相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸加水稀釋到相同的體積,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、醋酸加水稀釋到相同的體積,鹽酸的pH大加水稀釋到相同的pH,醋酸加入的水多3.pH與稀釋后溶液體積變化的線性關(guān)系(Va、Vb為稀釋前的體積,V為稀釋后的體積)(1)HY為強(qiáng)酸、HX為弱酸(2)a、b兩點(diǎn)的溶液中:c(X)=c(Y)(3)水的電離程度:d>c>a=b(1)MOH為強(qiáng)堿、ROH為弱堿(2)c(ROH)>c(MOH)(3)水的電離程度:a>b二、水的電離曲線類型常溫下，向20mL0.1mol·L－1MOH溶液中滴加鹽酸，溶液中由水電離出的c(H＋)隨加入鹽酸體積的變化如下圖所示常溫下，向20mL0.1mol·L－1HR溶液中滴加鹽酸，溶液中由水電離出的c(H＋)隨加入NaOH體積的變化如下圖所示關(guān)鍵點(diǎn)分析=1\*GB3①a點(diǎn)：由水電離出的c(H＋)水=10－11mol·L－1，可知0.1mol·L－1MOH溶液中c(OH－)=10－3mol·L－1，推出MOH為弱堿，并可以求出其電離常數(shù)。=2\*GB3②鹽酸滴