高考化学专题七盐类的水解一轮复习 19页

‎2015《金版新学案》高中化学总复习讲义：专题七第三单元　盐类的水解 考点一　盐类水解原理 ‎1．实质 盐电离→→生成弱电解质→破坏了水的电离平衡→水的电离程度增大→c(H＋)≠c(OH－)→溶液呈碱性或酸性。‎ ‎2．特点 →水解反应是可逆反应 ‎　|‎ →水解反应是酸碱中和反应的逆反应 ‎　|‎ →水解反应程度很微弱 ‎3．水解的规律 盐的类别 强酸强碱盐 强碱弱酸盐 强酸弱碱盐 弱碱弱酸盐 是否水解 否 是 是 水解程度大 溶液酸碱性 中性 碱性 酸性 不作要求 ‎4.水解方程式的书写 ‎(1)一般盐类水解程度很小，水解产物很少，在书写盐类水解方程式时要用“ ”号连接，产物不标“↑”或“↓”，不把产物(如NH3·H2O、H2CO3)写成其分解产物的形式。‎ ‎(2)多元弱酸盐的水解分步进行，以第一步为主，一般只写第一步水解的离子方程式。‎ 例如Na2CO3水解：CO＋H2OHCO＋OH－。‎ ‎(3)多元弱碱阳离子的水解方程式一步写完。‎ 例如：FeCl3水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。‎ ‎(4)能彻底水解的离子组，由于水解趋于完全，书写时要用“===”、“↑”、“↓”等，如NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合：Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。‎ ‎1．酸式盐溶液一定呈酸性吗？‎ ‎2．同浓度的Na2CO3和CH3COONa溶液相比，谁的pH较大？为什么？同浓度的Na2CO3和NaHCO3相比呢？‎ ‎3．已知常温下，0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液的pH约为5；在0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液中，NH、Cl－、H＋、OH－及NH3·H2O的浓度大小顺序可表示如下：‎ 请依次解释四个大于号产生的原因：‎ ‎①________________________________________________________________________，‎ ‎②________________________________________________________________________，‎ ‎③________________________________________________________________________，‎ ‎④________________________________________________________________________。‎ 提示：　1.不一定，酸式盐溶液可以显酸性，如NaHSO4溶液，也可以显碱性，如NaHCO3溶液等。‎ ‎2．Na2CO3溶液的pH大。因为CH3COOH的酸性强于H2CO3，则CO结合H＋的能力强于CH3COO－，即CO水解程度较大，产生的c(OH－)较大，pH较大。由于盐的二级水解大于一级水解，故Na2CO3溶液的pH比NaHCO3大。‎ ‎3．①由NH4Cl===NH＋Cl－及NH＋H2ONH3·H2O＋H＋知c(Cl－)>c(NH)‎ ‎②由于NH水解程度较小，因此有c(NH)>c(H＋)。‎ ‎③由NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，H2OH＋＋OH－知c(H＋)>c(NH3·H2O)。‎ ‎④由NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，H2OH＋＋OH－，由于pH＝5，c(H＋)＝10－5 mol·L－1‎ c(OH－)＝10－9 mol·L－1，而c(NH3·H2O)＝c(H＋)－c(OH－)≈c(H＋)＝10－5 mol·L－1，故c(NH3·H2O)>c(OH－)。‎ ‎1．下列离子方程式中，属于水解反应的是(　　)‎ A．HCOOH＋H2OHCOO－＋H3O＋‎ B．CO2＋H2OHCO＋H＋‎ C．CO＋H2OHCO＋OH－‎ D．HS－＋H2OS2－＋H3O＋‎ 解析：　A、D项是电离方程式，B项是CO2溶于水后的电离过程，C项正确。‎ 答案：　C ‎2．对于易溶于水的正盐MnRm溶液，若pH>7，其原因是________________________________________________________________________；‎ 若pH<7，其原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(注：以上问题用离子方程式说明)‎ 解析：　pH大于7是由于酸根离子水解呈碱性，pH小于7是由于弱碱阳离子水解呈酸性。‎ 答案：　Rn－＋H2OHR(n－1)－＋OH－‎ Mm＋＋mH2OM(OH)m＋mH＋‎ 　弱电解质的电离方程式有两种表现形式，如HS－的电离：①HS－＋H2OS2－＋H3O＋，②HS－S2－＋H＋。其中形式①易误判为水解离子方程式。‎ ‎3．下列物质的溶液中，所含离子种类最多的是(　　)‎ A．Na2S　　　　　　　　　　 B．Na3PO4‎ C．Na2CO3 D．AlCl3‎ 解析：　Na3PO4所含离子种类最多，因它的水解有三级：‎ PO＋H2OHPO＋OH－‎ HPO＋H2OH2PO＋OH－‎ H2PO＋H2OH3PO4＋OH－‎ 再加水的电离H2OH＋＋OH－，所以磷酸钠溶液中，除Na＋外还有五种离子：PO、HPO、H2PO、H＋、OH－，共六种离子。而Na2S和Na2CO3中均有五种离子，AlCl3中有四种离子。‎ 答案：　B ‎4．有四种物质的量浓度相等且都由一价阳离子A＋和B＋及一价阴离子X－和Y－组成的盐溶液。据测定常温下AX和BY溶液的pH＝7，AY溶液的pH>7，BX溶液的pH<7，由此判断不水解的盐是(　　)‎ A．BX B．AX C．AY D．BY 解析：　AY溶液的pH>7，说明AY为强碱弱酸盐，BX溶液的pH<7，说明BX为强酸弱碱盐，则AX为强酸强碱盐，不能发生水解，B对 。‎ 答案：　B ‎5．相同温度、相同浓度下的六种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③代表的物质可能分别为(　　)‎ A．NH4Cl　(NH4)2SO4　CH3COONa B．(NH4)2SO4　NH4Cl　CH3COONa C．(NH4)2SO4　NH4Cl　NaOH D．CH3COOH　NH4Cl　(NH4)2SO4‎ 解析：　(NH4)2SO4比NH4Cl溶液中的铵根离子浓度大，水解生成的氢离子浓度大，醋酸钠水解显碱性，且其碱性比Na2CO3要弱。‎ 答案：　B 　水解规律及酸式盐溶液酸碱性分析 ‎(1)“谁弱谁水解，越弱越水解”。如酸性：HCNCH3COONa。‎ ‎(2)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。‎ ‎(3)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。‎ ‎①若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中：‎ HCOH＋＋CO(次要)，HCO＋H2OH2CO3＋OH－(主要)。‎ ‎②若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSOH＋＋SO(主要)，HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)。‎ 　相同条件下的水解程度：正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。‎ 考点二　影响盐类水解的因素 ‎1．内因 形成盐的酸或碱的强弱。对应的酸或碱越弱就越易发生水解。‎ 如：酸性：CH3COOH>H2CO3相同浓度的Na2CO3、CH3COONa溶液的pH大小关系为pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)‎ ‎2．外因 ‎(1)温度、浓度 条件 移动方向 水解程度 水解产生的离子浓度 升高温度 右移 增大 增大 增大c(盐)‎ 右移 减小 增大 稀释 右移 增大 减小 ‎(2)外加物质 外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。‎ ‎①外加酸碱 外加物质 水解程度的影响 弱酸根离子 弱碱阳离子 酸 增大 减小 碱 减小 增大 ‎②加能水解的盐 — ‎1．有人认为，向CH3COONa溶液中，加入少量冰醋酸，会与CH3COONa溶液水解产生的OH－反应，使平衡向水解方向移动，这种说法对吗？为什么？‎ ‎2．相互促进水解的离子，能否在同一溶液中大量共存？‎ 提示：　1.不对。CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－达平衡后，加入少量CH3COOH的瞬间，c(CH3COOH)≥c(H＋)，所以c(CH3COOH)对上述平衡影响为主。由于c(CH3‎ COOH)增大，水解平衡应向逆向移动。‎ ‎2．有的能有的不能，要看产物是否脱离平衡体系。如Fe3＋与HCO相互促进水解生成沉淀和气体脱离平衡体系，水解趋于完全，二者不能大量共存；CH3COO－与NH相互促进水解生成可溶性酸和可溶性碱，仍存在于平衡体系，二者可以大量共存。‎ ‎1．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－。下列说法正确的是(　　)‎ A．稀释溶液，水解平衡常数增大 B．通入CO2，平衡朝正反应方向移动 C．升高温度，减小 D．加入NaOH固体，溶液pH减小 解析：　温度一定，水解平衡常数不变，选项A错；通入二氧化碳，二氧化碳与OH－反应生成HCO，OH－浓度减小，平衡朝正反应方向移动，选项B正确；水解反应是吸热反应，升高温度，平衡朝正反应方向移动，HCO浓度增大，而CO浓度减小，故增大，选项C错误；加入NaOH，NaOH电离，溶液中OH－增大，pH增大，选项D错误。‎ 答案：　B ‎2．(1)Na2CO3溶液中滴入酚酞试液呈红色，原因是(用离子方程式表示)__________________________。加热后颜色变__________(深或浅)，原因是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)若在该溶液中再滴入过量的氯化钡溶液，所观察到的现象是________________________________________________________________________。‎ 其原因是(以离子方程式和简要文字说明)：________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 解析：　(1)CO发生水解，CO＋H2OHCO＋OH－　HCO＋H2OH2CO3＋OH－；水解是吸热过程，升高温度，上述平衡会向右移动，使c(OH－)变大。‎ ‎(2)若加入过量BaCl2溶液，因Ba2＋＋CO===BaCO3↓会使水解平衡左移；c(OH－)减小，故会生成白色沉淀，溶液颜色变浅，最后完全消失。‎ 答案：　(1)CO＋H2OHCO＋OH－　深　随温度升高，水解平衡右移，c(OH－)增大，碱性增强，故溶液的红色加深 ‎(2)产生白色沉淀，且红色褪去　加入BaCl2后，Ba2＋＋CO===BaCO3↓(白色)，由于c(CO)减小，CO水解平衡左移，c(OH－)减小，溶液褪色 ‎3．要使CH3COONa溶液pH变为7，应该采取的措施是(　　)‎ A．升高温度　　　　　　　　 B．加蒸馏水稀释 C．加入NaOH溶液 D．加入CH3COOH溶液 解析：　CH3COONa水解使溶液呈碱性：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，升高温度，c(OH－)增大，pH增大；加水稀释时c(OH－)减小，但溶液仍呈碱性；加入NaOH后溶液的碱性增强。‎ 答案：　D ‎4．为了使Na2S溶液中的比值变小，可加入的物质是(　　)‎ A．适量盐酸 B．适量NaOH溶液 C．适量KOH溶液 D．适量蒸馏水 解析：　在Na2S溶液中S2－＋H2OHS－＋OH－，要使的比值变小，即变小。A、D均使水解平衡右移，n(S2－)减小，比值变大；B、C均使水解平衡左移，n(S2－)变大，但B中同时增大了n(Na＋)，故选C。‎ 答案：　C 考点三　盐类水解的应用 ‎1．判断溶液的酸碱性 Na2CO3溶液呈碱性的原因是：CO＋H2OHCO＋OH－。‎ ‎2．配制或贮存易水解的盐溶液 如配制FeCl3溶液时，先将它溶解在较浓的盐酸中，再加水至指定浓度；配制CuSO4溶液时，加入少量的H2SO4，以抑制Cu2＋水解。‎ ‎3．判断盐溶液蒸干灼烧时所得的产物 如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后得到Al(OH)3、Fe(OH)3，灼烧得到Al2O3、Fe2O3。‎ ‎4．离子共存 Al3＋、Fe3＋与HCO、CO，Al3＋与AlO，Al3＋与S2－因相互促进水解而不共存。‎ ‎5．解释生活中的现象或事实 如明矾净水、热纯碱液除油污，草木灰不能与铵盐混用、泡沫灭火器原理等。‎ ‎6．离子浓度大小的比较 如碳酸氢钠溶液中离子浓度大小顺序为：c(Na＋)>c(HCO)；c(OH－)>c(H＋)。‎ ‎7．物质的提纯(水解除杂)‎ 如MgCl2溶液中混有少量Fe3＋杂质时，因Fe3＋水解的程度比Mg2＋的水解程度大，可加入MgO或Mg(OH)2等，导致水解平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀而除去。‎ ‎1．配制贮存FeCl2溶液时，常常需要注意什么问题？‎ ‎2．若CuCl2溶液中含有FeCl3杂质，应采取什么措施除去Fe3＋？‎ ‎3．向FeCl3溶液中加入适量NaHCO3溶液，会有什么现象？你能用离子方程式解释其原理吗？‎ 提示：　1.加入少量盐酸抑制Fe2＋的水解；同时加入铁屑防止Fe2＋被氧化溶液变质。‎ ‎2．加入CuO或Cu(OH)2，消耗H＋，促进Fe3＋水解生成Fe(OH)3沉淀而除去。‎ ‎3．有无色气体和红褐色沉淀产生，Fe3＋＋3HCO===Fe(OH)3↓＋3CO2↑。‎ ‎1．配制下列溶液时常需加入少量括号内的物质，其中不是为了抑制离子水解的是(　　)‎ A．FeSO4(Fe)　　　　　　　 B．SnCl2(HCl)‎ C．FeCl3(HCl) D．NaAlO2(NaOH)‎ 解析：　A项中加入铁屑是防止Fe2＋被氧化。‎ 答案：　A ‎2．配制BiCl3溶液时有水解产物BiOCl生成而使溶液呈浑浊现象。‎ ‎(1)写出发生该现象的反应方程式：________________________________________________________________________。‎ ‎(2)医药上常将BiOCl称为次氯酸铋，该名称________(填“正确”或“不正确”)。‎ ‎(3)如何配制BiCl3溶液？________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ 答案：　(1)BiCl3＋H2O===BiOCl↓＋2HCl ‎(2)不正确 ‎(3)将适量BiCl3固体溶解在少量浓盐酸中，然后加水稀释 　配制FeCl3溶液时，先将它溶解在较浓的盐酸中，再加水至指定浓度。‎ ‎3．无色透明溶液中能大量共存的离子组是(　　)‎ A．Na＋、Al3＋、HCO、NO 　B．AlO、Cl－、Mg2＋、K＋‎ C．NH、Na＋、CH3COO－、NO 　D．Na＋、NO、ClO－、I－‎ 解析：　A项，Al3＋因与HCO发生趋于完全的相互促进的水解反应而不能大量共存；B项，AlO与Mg2＋反应生成Mg(OH)2和Al(OH)3沉淀不能大量共存；C项，NH与CH3COO－虽能发生相互促进的水解反应，但能大量共存；D项，ClO－与I－能发生氧化还原反应不能大量共存。‎ 答案：　C ‎4．用一个离子方程式表示下列溶液混合时发生的反应。‎ ‎(1)明矾溶液与NaHCO3溶液混合 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)明矾溶液与Na2CO3溶液混合 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(3)FeCl3溶液与NaClO溶液混合 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)NH4Cl溶液与NaAlO2溶液混合 ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(5)NH4Cl溶液与Na2SiO3溶液混合 ‎________________________________________________________________________。‎ 答案：　(1)Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑‎ ‎(2)2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑‎ ‎(3)Fe3＋＋3ClO－＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3HClO ‎(4)NH＋AlO＋2H2O===Al(OH)3↓＋NH3·H2O ‎(5)2NH＋SiO＋2H2O===H2SiO3↓＋2NH3·H2O 　‎ ‎1．熟记下列因发生趋于完全的相互促进的水解反应不能大量共存的离子组合 ‎(1)Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。‎ ‎(2)Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。‎ ‎(3)NH与SiO、AlO。‎ 说明：NH与CH3COO－、HCO虽能发生相互促进水解反应，但能大量共存。‎ ‎2．书写发生趋于完全的相互促进的盐类水解反应方程式模板(以FeCl3溶液与Na2CO3溶液混合为例)。‎ 第一步：写出发生反应的两种离子及对应的产物。不溶性物质加“↓”，易分解的物质写分解产物。‎ Fe3＋＋CO——Fe(OH)3↓＋CO2↑‎ 第二步：配平电荷 ‎2Fe3＋＋3CO——2Fe(OH)3↓＋3CO2↑‎ 第三步：确定水的位置。因产物Fe(OH)3中含有H，反应物中无H，故H2O为反应物。‎ ‎2Fe3＋＋3CO＋H2O——2Fe(OH)3↓＋3CO2↑‎ 第四步：根据质量守恒定律配平。‎ ‎2Fe3＋＋3CO＋3H2O===2Fe(OH)3↓＋3CO2↑‎ ‎5．(1)碳酸钾与水溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(2)KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(3)碳酸氢钠溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是 ‎________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)AlCl3溶液蒸干并灼热得到的固体物质是____________。原因________________________________________________________________________。‎ ‎(5)亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是__________，原因是 ‎________________________________________________________________________。‎ 答案：　(1)K2CO3　尽管加热过程促进水解，但生成的KHCO3和KOH反应后又生成K2CO3‎ ‎(2)KAl(SO4)2·12H2O　尽管Al3＋水解，但由于H2SO4为难挥发性酸，最后仍然为结晶水合物。注意温度过度，会脱去结晶水 ‎(3)Na2CO3　2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O ‎(4)Al2O3　AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热蒸干过程中因HCl挥发，上述平衡右移至AlCl3完全水解；灼烧时2Al(OH)3Al2O3＋3H2O。‎ ‎(5)Na2SO4　2Na2SO3＋O2===2Na2SO4‎ 　盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型 ‎(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)CuSO4(s)；‎ 盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3。‎ ‎(2)酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。‎ ‎(3)考虑盐受热时是否分解 Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2―→CaCO3(CaO)；NaHCO3―→Na2CO3；KMnO4―→K2MnO4＋MnO2；NH4Cl―→NH3↑＋HCl↑。‎ ‎(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化 例如，Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。‎ ‎6．已知H2O2、KMnO4、NaClO、K2Cr2O7均具有强氧化性。将溶液中的Cu2＋、Fe2＋、Fe3＋沉淀为氢氧化物，需溶液的pH分别为6.4、9.6、3.7。现有含FeCl2杂质的氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)，为制取纯净的CuCl2·2H2O，首先将其制成水溶液，然后按图示步骤进行提纯：‎ 请回答下列问题：‎ ‎(1)本实验最适合的氧化剂X是________(填序号)。‎ A．K2Cr2O7 B．NaClO C．H2O2 D．KMnO4‎ ‎(2)物质Y是______。‎ ‎(3)本实验用加碱沉淀法能不能达到目的？______，原因是________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(4)除去Fe3＋的有关离子方程式是________________________________________________________________________。‎ ‎(5)加氧化剂的目的是________________________________________________________________________。‎ ‎(6)最后能不能直接蒸发结晶得到CuCl2·2H2‎ O晶体？______，应如何操作？________________________________________________________________________。‎ 解析：　(1)能把Fe2＋氧化为Fe3＋，同时又不能引入新的杂质，符合要求的只有H2O2。(2)当CuCl2溶液中混有Fe3＋时，可以利用Fe3＋的水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO、Cu(OH)2、CuCO3或Cu2(OH)2CO3与溶液中的H＋作用，从而使水解平衡右移，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀而除去。(3)若用加碱法使Fe3＋沉淀，同时也必将使Cu2＋沉淀。(6)为了抑制CuCl2水解，应在HCl气流中加热蒸发。‎ 答案：　(1)C ‎(2)CuO或Cu(OH)2[或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]‎ ‎(3)不能　因加碱的同时也会使Cu2＋生成Cu(OH)2沉淀 ‎(4)Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O[或Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O等]‎ ‎(5)将Fe2＋氧化为Fe3＋，便于生成沉淀而与Cu2＋分离 ‎(6)不能　应在HCl气流中加热蒸发 　利用水解除杂无论在化学工业还是化学实验中都具有非常重要的意义，其原理是根据盐的水解程度的不同，通过调节溶液pH使部分离子转化为沉淀而除去。 如MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，因Fe3＋水解程度比Mg2＋水解程度大，可加入MgO、Mg(OH)2或MgCO3等，调节溶液的pH，使Fe3＋的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去；注意不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性碱，因加这些物质pH升高太迅速，且碱过量不易觉察，Mg2＋也可能转化为Mg(OH)2沉淀，还会引入NH、Na＋等杂质。‎ ‎1．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)(2012·天津理综，5D)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)(　　)‎ ‎(2)(2010·北京理综，10D)向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红：原因是CO＋H2OHCO＋OH－(　　)‎ ‎(3)(2010·天津理综，‎4A)某物质的溶液pH<7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐(　　)‎ ‎(4)(2010·福建理综，10D)由0.1 mol·L－1一元酸HA溶液的pH＝3，可推知NaA溶液存在A－＋H2OHA＋OH－(　　)‎ ‎(5)(2010·大纲全国卷Ⅰ，9B)在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH<7(　　)‎ ‎(6)(2010·上海化学，‎14C)0.1 mol·L－1的碳酸钠溶液的pH大于0.1 mol·L－1的醋酸钠溶液的pH(　　)‎ 解析：　(1)CH3COONa溶液显碱性，加入适量CH3COOH使溶液显中性时：c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可得c(Na＋)＝c(CH3COO－)。‎ ‎(3)显酸性的溶液可能是酸溶液，也可能是强酸弱碱盐溶液，还可能是酸式盐溶液，如NaHSO4、NaH2PO4溶液显酸性。‎ ‎(4)0.1 mol·L－‎1 HA溶液的pH＝3，说明HA为弱酸，则NaA溶液中存在A－的水解平衡。‎ ‎(5)酚酞的变色范围为8.2～10.0，当溶液恰好无色时，溶液pH刚刚小于8.2，即可显示无色。‎ ‎(6)酸性CH3COOH>H2CO3>HCO，CO的水解程度比CH3COO－的大。‎ 答案：　(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)×　(6)√‎ ‎2．(2013·福建理综·8)室温下，对于0.10 mol·L－1的氨水，下列判断正确的是(　　)‎ A．与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓‎ B．加水稀释后，溶液中c(NH)·c(OH－)变大 C．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性 D．其溶液的pH＝13‎ 解析：　氨水是弱碱，书写离子方程式时不能拆写，应为：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓‎ ‎＋3NH，A项错误；加水稀释虽然能促进氨水的电离，但c(NH)和c(OH－)都减小，即c(NH)·c(OH－)减小，B项错误；用硝酸完全中和后，生成硝酸铵，硝酸铵为强酸弱碱盐，其水解显酸性，C项正确；因为氨水为弱碱，部分电离，所以0.10 mol·L－1的溶液中c(OH－)远远小于0.10 mol·L－1，D项错误。‎ 答案：　C ‎3．(2013·安徽理综·13)已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：‎ HSO＋H2OH2SO3＋OH－①‎ HSOH＋＋SO②‎ 向0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是(　　)‎ A．加入少量金属Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO)增大 B．加入少量Na2SO3固体，则c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋c(SO)‎ C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大 D．加入氨水至中性，则‎2c(Na＋)＝c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)‎ 解析：　加入少量金属Na，溶液中c(H＋)减小，平衡②右移，溶液中c(HSO)减小，A项错误；加入少量Na2SO3固体，根据电荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋‎2c(SO)＋c(OH－)，B项错误；加入少量NaOH溶液，c(OH－)增大，平衡②右移，、均增大，C项正确；加入氨水至中性，即c(H＋)＝c(OH－)。由电荷守恒知，其他离子存在如下关系：c(Na＋)＋c(NH)＝‎2c(SO)＋c(HSO)，D项错误。‎ 答案：　C ‎4．(2009·北京理综·11)有4种混合溶液，分别由等体积0.1 mol·L－1的2种溶液混合而成：①CH3COONa与HCl；②CH3COONa与NaOH；③CH3COONa与NaCl；④CH3COONa与NaHCO3，下列各项排序正确的是(　　)‎ A．pH：②>③>④>①‎ B．c(CH3COO－)：②>④>③>①‎ C．溶液中c(H＋)：①>③>②>④‎ D．c(CH3COOH)：①>④>③>②‎ 解析：　①CH3COO－＋H＋CH3COOH，得到0.05 mol/L的CH3COOH与NaCl的混合溶液。②、③、④中两种物质间不反应。A项，④中两种物质水解呈碱性的盐，虽相互抑制水解，但总会比③溶液碱性强；B项，②、④中CH3COO－的水解受到了NaOH、NaHCO3的抑制，NaOH作为强碱抑制作用更强，③中NaCl对CH3COO－的水解无影响，而①中为0.05 mol/L的CH3COOH电离程度小，c(CH3COO－)最小；C项，由A的分析知c(H＋)应为①>③>④>②；D项，对②、③、④，CH3COO－的水解程度越大，则c(CH3COOH)越大，故顺序应为：①>③>④>②。‎ 答案：　B 答题模板(三)　化学试剂的作用 ‎[2011·海南高考，T17(2)]硫酸亚铁铵 ‎[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]为浅绿色晶体，实验室中常以废铁屑为原料来制备，其步骤如下：‎ 步骤1：将废铁屑放入碳酸钠溶液中煮沸除油污，分离出液体，用水洗净铁屑。‎ 步骤2：向处理过的铁屑中加入过量的3 mol·L－1 H2SO4溶液，在‎60 ℃‎左右使其反应到不再产生气体，趁热过滤，得FeSO4溶液。‎ 步骤3：向所得FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过“一系列操作”后得到硫酸亚铁铵晶体。‎ 请回答下列问题：‎ 在步骤2中所加的硫酸必须过量，其原因是______________________。‎ ‎[参考答案]　抑制Fe2＋的水解，防止生成Fe(OH)2或Fe(OH)3沉淀 ‎[抽样分析]‎ 考生甲 考生乙 抽样试卷 使铁完全溶解，并使废铁屑中的铁锈也完全反应 阻止Fe2＋水解生成Fe(OH)2沉淀 分析点评 对“过量硫酸”的主要作用没有完全认识，目的不明确 用词不准确，“抑制”不等同于“防止”；答案不完整，沉淀也可能是Fe(OH)3‎ ‎ [答题模板]‎ ‎(1)作用类：“除去”、“防止”、“抑制”、“使……”等，回答要准确。‎ ‎(2)作用一目的类：作用＋目的 ‎“作用”是“……”，“目的”是“……”。‎ 回答要准确全面。‎ 第四单元　沉淀溶解平衡 考点一　沉淀溶解平衡 ‎1．溶解平衡的建立 固体溶质溶液中的溶质 ‎2．特征 ‎3．沉淀溶解平衡常数——溶度积 ‎(1)表达式 对于溶解平衡MmAn(s) mMn＋(aq)＋nAm－(aq)‎ Ksp＝[c(Mn＋)]m·[c(Am－)]n ‎(2)影响因素：只受温度影响。‎ ‎(3)溶度积规则 某难溶电解质的溶液中任一情况下有关离子浓度的乘积Qc(离子积)与Ksp的关系 ‎1．(1)①AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)；‎ ‎②AgCl===Ag＋＋Cl－。‎ ‎①②两方程式所表示的意义相同吗？‎ ‎(2)利用生成沉淀的方法能否全部除去要沉淀的离子？‎ ‎2．AgCl的Ksp＝1.80×10－10，将0.002 mol·L－1的NaCl和0.002 mol·L－1的AgNO3溶液等体积混合，是否有AgCl沉淀生成？写出推断过程。‎ 提示：　1.(1)不同。①式表示难溶电解质AgCl在水溶液中的溶解平衡方程式；②式表示强电解质AgCl在水溶液中的电离方程式。‎ ‎(2)不可能将要除去的离子全部通过沉淀除去。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时，沉淀已经完全。‎ ‎2．c(Cl－)·c(Ag＋)＝0.001 mol·L－1×0.001 mol·L－1＝10－6 mol2·L－2>Ksp，有沉淀生成。‎ ‎1．把Ca(OH)2放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s) Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)。‎ 下列说法正确的是(　　)‎ A．恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高 B．给溶液加热，溶液的pH升高 C．向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加 D．向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变 解析：　Ca(OH)2(s) Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)所表示的是Ca(OH)2的溶解平衡而非电离平衡，Ca(OH)2是强电解质，不存在电离平衡，向平衡体系中加入CaO，CaO与H2O反应使c(Ca2＋)和c(OH－)都增大，平衡向左移动，由于温度不变，Ksp不变，所以当c(Ca2＋)和c(OH－)减小至与原平衡相等时达到新的平衡，c(Ca2＋)、c(OH－)未变，pH不变[但n(Ca2＋)、n(OH－)减小了，Ca(OH)2的量增大了]；给溶液加热，Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小，所以又会有少量Ca(OH)2析出，c(OH－)减小，pH减小；加入Na2CO3溶液，部分Ca(OH)2转化为CaCO3，固体质量增加；加入NaOH(s)，平衡左移，Ca(OH)2固体质量增加。‎ 答案：　C ‎2．某温度时，AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．加入AgNO3，可以使溶液由c点变到d点 B．加入固体NaCl，则AgCl的溶解度减小，Ksp也减小 C．d点有AgCl沉淀生成 D．c点对应的Ksp小于a点对应的Ksp 解析：　A项，当加入AgNO3时，溶液中的c(Ag＋)增大，而c(Cl－)减小，即溶液不能由c点变到d点，错；B项，加入固体NaCl，则AgCl的溶解度减小，但Ksp不变，错；C项，d点时的c(Ag＋)·c(Cl－)>Ksp，有沉淀生成，正确；D项，曲线上的点对应的是溶解平衡时的离子浓度关系，而当温度一定时，Ksp不变，即c点对应的Ksp与a点对应的Ksp相等，错。‎ 答案：　C 　沉淀溶解平衡图线解读 ‎(1)曲线上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp。‎ ‎(2)可通过比较、观察得出溶液是否达到饱和状态，是否有沉淀析出。处于曲线上方的点表明溶液处于过饱和状态，一定会有沉淀析出，处于曲线下方的点，则表明溶液处于未饱和状态，不会有沉淀析出。‎ 　难溶电解质的溶解过程有的是吸热过程有的是放热过程，因此，温度对Ksp的影响应具体问题具体分析。‎ ‎3．已知：‎25 ℃‎时，Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10－12，Ksp(MgF2)＝7.42×10－11。下列说法正确的是(　　)‎ A．‎25 ℃‎时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大 B．‎25 ℃‎时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大 C．‎25 ℃‎时，Mg(OH)2固体在20 mL 0.01 mol·L－1氨水中的Ksp比在20 mL 0.01 mol·L－1 NH4Cl溶液中的Ksp小 D．‎25 ℃‎时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2‎ 解析：　A项，Mg(OH)2与MgF2同属于AB2型沉淀，可根据Ksp的大小比较离子浓度，Ksp[Mg(OH)2]比Ksp(MgF2)小，说明Mg(OH)2溶液中的c(Mg2＋)更小；B项，因Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O，而使c(Mg2＋)增大；C项，Ksp不随浓度的改变而改变；D项，Mg(OH)2的Ksp与MgF2的Ksp数量级接近，类比BaSO4可转化为BaCO3，说明Mg(OH)2也可能转化为MgF2。‎ 答案：　B考点二　沉淀溶解平衡的应用 ‎1．沉淀的生成 ‎(1)调节pH法 如除去NH4Cl溶液中的FeCl3杂质，可加入氨水调节pH至7～8，离子方程式为：Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。‎ ‎(2)沉淀剂法 如用H2S沉淀Cu2＋，离子方程式为：Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋。‎ ‎2．沉淀的溶解 ‎(1)酸溶解：用离子方程式表示难溶于水的CaCO3可溶于盐酸CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O。‎ ‎(2)盐溶解：用离子方程表示Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液Mg(OH)2＋2NH===Mg2＋＋2NH3·H2O。‎ ‎3．沉淀的转化 ‎(1)实质 沉淀溶解平衡的移动 ‎(2)规律 一般说来，溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀。沉淀的溶解度差别越大，越容易转化。‎ ‎(3)应用 ‎①锅炉除垢 将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为：CaSO4＋CO===CaCO3＋SO。‎ ‎②矿物转化 CuSO4溶液遇ZnS转化为CuS，离子方程式为：ZnS＋Cu2＋===CuS＋Zn2＋。‎ ‎1．要使工业废水中的重金属离子Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：‎ 化合物 PbSO4‎ PbCO3‎ PbS 溶解度/g ‎1.03×10－4‎ ‎1.81×10－7‎ ‎1.84×10－14‎ 由上述数据可知，选用的沉淀剂最好是(　　)‎ A．硫化物　　　　　　　　　　　 B．硫酸盐 C．碳酸盐 D．以上沉淀均可 ‎2．试用平衡移动原理解释下列事实：‎ ‎(1)BaCO3不溶于水，为什么不能作钡餐？‎ ‎(2)CaCO3难溶于稀H2SO4，却能溶于醋酸中；‎ ‎(3)分别用等体积的蒸馏水和0.01 mol·L－1的HCl洗涤AgCl沉淀，用水洗涤造成的AgCl的损失大于用稀HCl洗涤的损失量。‎ 提示：　1.A ‎2．(1)BaCO3Ba2＋＋CO，HCl===H＋＋Cl－，2H＋＋CO===H2O＋CO2↑，盐酸电离的H＋与BaCO3产生的CO结合生成CO2和H2O，破坏了BaCO3的溶解平衡，c(Ba2＋‎ ‎)增大，引起人体中毒。‎ ‎(2)CaCO3Ca2＋＋CO，H2SO4===SO＋2H＋，因为生成的CaSO4溶解度较小，会附在CaCO3的表面，阻止平衡的右移。而CH3COOHCH3COO－＋H＋生成的醋酸钙易溶于水，当H＋与CO结合生成CO2和H2O时，CaCO3的溶解平衡右移。‎ ‎(3)用水洗涤AgCl，AgClAg＋＋Cl－平衡右移，AgCl的质量减少；用HCl洗涤AgCl，稀释的同时HCl电离产生的Cl－会使平衡左移，AgCl减少的质量要小些。‎ ‎1．为了除去MgCl2溶液中的FeCl3，可在加热搅拌的条件下加入的一种试剂是(　　)‎ A．NaOH　　　　　　　　　　B．Na2CO3‎ C．氨水 D．MgO 解析：　本题常规方法是加入化学物质直接与Fe3＋反应形成沉淀，但在这里却巧妙地利用了MgO消耗FeCl3水解生成的HCl促使FeCl3水解成Fe(OH)3，同时MgO转化成MgCl2，即使MgO过量，但它不溶于水，不引入新杂质。‎ 答案：　D ‎2．金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度(S，mol·L－1)如图。‎ ‎(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是________________________________________________________________________。‎ ‎(2)若要除去CuCl2溶液中少量的Fe3＋，应该控制溶液的pH为______________。‎ A．<1　　　　　　　　　　　 B．4左右 C．>6‎ ‎(3)已知常温下一些难溶物的溶度积常数如表(单位：mol2·L－2)。‎ 物质 FeS MnS CuS PbS HgS ZnS Ksp ‎6.3×10－18‎ ‎2.5×10－13‎ ‎1.3×10－36‎ ‎3.1×10－28‎ ‎6.1×10－53‎ ‎1.6×10－21‎ 某工业废水中含有Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，最适宜向此工业废水中加入过量的________除去它们。‎ A．NaOH B．FeS C．Na2S 解析：　(1)由题图可以看出pH＝3时，不产生Cu(OH)2沉淀，铜元素主要是以Cu2＋的形式存在。‎ ‎(2)由题图可知pH<1时，Fe3＋不产生沉淀；pH在2.5～4.5之间，Fe3＋沉淀完全而Cu2＋不产生沉淀；pH>6时Cu2＋也沉淀完全，故应控制pH在4左右。‎ ‎(3)根据几种硫化物的溶度积可知CuS、PbS、HgS的溶解度比FeS小得多；加入FeS可将Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋转化为硫化物沉淀，而过量的FeS不溶解，所以FeS为最佳试剂，而NaOH、Na2S过量时都会存在于废水中。‎ 答案：　(1)Cu2＋　(2)B　(3)B 　‎ ‎1．沉淀的生成 ‎(1)条件：离子浓度积(Qc)大于溶度积(Ksp)。‎ ‎(2)应用：‎ ‎①分离离子：同一类型的难溶电解质，如AgCl、AgBr、AgI，溶度积小的物质先析出，溶度积大的物质后析出。‎ ‎②控制溶液的pH来分离物质，如除去CuCl2中的FeCl3就可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2等物质，将Fe3＋转化为Fe(OH)3而除去。‎ ‎2．沉淀的溶解 当溶液中溶度积Qc小于Ksp时，沉淀可以溶解，其常用的方法有：‎ ‎(1)酸碱溶解法：加入酸或碱与溶解平衡体系中的相应离子反应，降低离子浓度，使平衡向溶解的方向移动，如CaCO3可溶于盐酸。‎ ‎(2)盐溶解法：加入盐溶液，与沉淀溶解平衡体系中某种离子反应生成弱电解质，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液。‎ ‎(3)配位溶解法：加入适当的配合剂，与沉淀溶解平衡体系中的某种离子生成稳定的配合物，从而减小离子浓度使沉淀溶解，如AgCl溶于氨水。‎ ‎(4)氧化还原法：通过发生氧化还原反应使平衡体系中的离子浓度降低，从而使沉淀溶解，如Ag2S溶于硝酸。‎ ‎3．沉淀的转化 ‎(1)含义 在难溶物质的饱和溶液中，溶解度小的沉淀会转化生成溶解度更小的沉淀。‎ ‎(2)实例 AgNO3NaCl,AgCl(白色沉淀)NaBr,AgBr(淡黄色沉淀)KI,AgI(黄色沉淀)Ag2S(黑色沉淀)。‎ ‎1．(2013·江苏高考·14)‎ 一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2＋、Ca2＋、Mn2＋)的沉淀溶解平衡曲线如右图所示。已知：‎ pM＝－lg c(M)，p(CO)＝－lg c(CO)。‎ 下列说法正确的是(双选)(　　)‎ A．MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大 B．a点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2＋)＝c(CO)‎ C．b点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2＋)c(CO)，C项错误；c点在MgCO3的沉淀溶解平衡曲线上方，c(Mg2＋)·c(CO)Ksp(CaCO3)，故有CaCO3生成。Ca2＋过量，其浓度为0.011 mol·L－1－1.0×10－3 mol·L－1＝0.010 mol·L－1，故B选项错误。溶液中c(CO)＝ mol·L－1＝4.96×10－7 mol·L－1，c(Mg2＋)·c(CO)＝0.050×4.96×10－7＝2.48×10－8VNaOH，B项错误；NaAlO2与NaHCO3都是强碱弱酸盐，彼此不反应，C项错误；沉淀一般向溶解度更小的方向转化，D项正确。‎ 答案：　D ‎5．(2013·北京理综·10)实验：①0.1 mol·L－1 AgNO3溶液和0.1 mol·L－1 NaCl溶液等体积混合得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；②向滤液b中滴加0.1 mol·L－1 KI溶液，出现浑浊；③向沉淀c中滴加0.1 mol·L－1 KI溶液，沉淀变为黄色。‎ 下列分析不正确的是(　　)‎ A．浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)‎ B．滤液b中不含有Ag＋‎ C．③中颜色变化说明AgCl转化为AgI D．实验可以证明AgI比AgCl更难溶 解析：　由实验现象和反应原理可知，浊液a为含有AgCl及硝酸钠的浊液，滤液b为硝酸钠溶液(含极少量的Ag＋、Cl－)，白色沉淀c为AgCl，②中出现的浑浊为AgI，③中的黄色沉淀为AgI。浊液a中存在AgCl的溶解平衡，A项正确；由选项A可知滤液b中含有Ag＋，B项错误；③中的黄色沉淀为AgI，是由AgCl电离出的Ag＋与I－结合生成的，C项正确；实验②和实验③均说明AgI比AgCl更难溶，D项正确。‎ 答案：　B ‎6．判断下列说法是否正确(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2＋)增大(2012·天津理综，5B)(　　)‎ ‎(2)相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 mol·L－1盐酸、　③0.1 mol·L－1氯化镁溶液、④0.1 mol·L－1硝酸银溶液中，Ag＋浓度：①>④＝②>③(2012·浙江理综，12D)(　　)‎ ‎(3)常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明常温下，Ksp(BaCO3)①>②>③。‎ ‎(3)常温下，Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，由于Na2CO3溶液浓度大，导致了BaSO4转化为BaCO3。‎ ‎(4)相同浓度的CaCl2溶液中的c(Cl－)是NaCl溶液中c(Cl－)的2倍，因此AgCl在CaCl2溶液中的溶解度是NaCl中的1/2。‎ 答案：　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×‎ 答题模板(四)__试纸的使用 聚合硫酸铁又称聚铁，化学式为 ‎[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m，广泛用于污水处理。实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁和绿矾(FeSO4·7H2O)过程如下：‎ 溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，用pH试纸测定溶液pH的操作方法为________________________________________________________________________。‎ ‎[参考答案]‎ 将一小片pH试纸放到表面皿(或玻璃片)上，用玻璃棒蘸取溶液，点到试纸的中央，等试纸变色后，再跟标准比色卡对比读数 ‎[抽样分析]‎ 考生甲 考生乙 考生丙 抽样试卷 用玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，观察颜色变化 取几滴待测液滴在pH试纸中央，变色后与标准比色卡对比读数 取少量待测液滴在pH试纸上，对照显色 分析点评 pH试纸是定量测定待测液酸碱性的试纸，必须与标准比色卡比较才行。只观察颜色变化不正确 用pH试纸测定待测液pH时不能将待测液直接滴在试纸上，应该用玻璃棒蘸取溶液点在pH试纸上 答案不完整，一是应用玻璃棒蘸取待测液点在试纸中央，另一方面应该指明与标准比色卡对比读数 ‎**答题模板**‎ 取一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液，点在pH试纸上，等试纸变色后，再与标准比色卡对照。‎ 说明：此类问题的答案几乎是格式化的。解答此类题目要注意三个得分点和关键词：蘸待测液＋点试样＋对比读数 ‎(1)蘸取待测溶液：用洁净的玻璃棒蘸取待测液 ‎(2)点试样：点在试纸上 ‎(3)对照：与标准比色卡对照读 ‎ 其他试纸使用的答题模板 ‎(1)用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、淀粉KI试纸检验溶液时，‎ 答题模板：‎ 将××××××试纸放于表面皿或玻璃片上，用洁净的玻璃棒蘸取待检液点在试纸中部，试纸呈现××××××颜色。 ‎ ‎(2)用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、淀粉KI试纸检验气体时，‎ ‎[答题模板]：‎ 先取小片××××××试纸用蒸馏水润湿，粘在玻璃棒的一端，再放到盛有待测气体的容器口附近，试纸呈现××××××颜色 ‎ 专题讲座(九)　多角度探究电解质溶液中水的电离 ‎[命题研究]‎ ‎　水是一种非常弱的电解质，一定温度下，纯水电离产生的H＋和OH－浓度相等，且二者浓度的乘积是一常数，表示为KW＝c(H＋)·c(OH－)。在电解质稀溶液中，水的电离平衡仍然存在，且KW＝c(H＋)·c(OH－)仍然成立。一些情况下，溶液的酸碱性就决定于水的电离或水的电离的变化。高考对本内容的考查较多，且比较稳定，是电解质溶液知识的中心内容。‎ ‎[专题探究]‎ 一、不同温度下水的电离情况分析 ‎1．纯水的电离 水的电离是一吸热过程：H2OH＋＋OH－　ΔH>0。‎ 温度 常温(‎25 ℃‎)‎ ‎100 ℃‎ 水电离产生的c(H＋)、c(OH－)‎ c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol/L c(H＋)＝c(OH－)＝10－6 mol/L 水的离子积常数 KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14‎ KW＝c(H＋)·c(OH－)＝10－12‎ 水的pH pH＝7‎ pH＝6‎ 酸碱性 中性 中性 水的电离程度 ‎100 ℃‎‎>‎‎25 ℃‎ ‎2.电解质溶液中水的电离 用水的离子积常数进行计算时，要注意温度的变化导致的数值变化。‎ ‎(1)酸性溶液 ‎25 ℃‎时pH＝2和‎100 ℃‎时pH＝2的两电解质溶液中，c(H＋)＝10－2 mol/L，溶液的酸性强弱相同，原因是水的电离程度虽然增大了，但水电离出的c(H＋)仍然微不足道，可以忽略。‎ ‎(2)碱性溶液 ‎25 ℃‎时pH＝10和‎100 ℃‎时pH＝10的两电解质溶液中，溶液的碱性强弱不同，原因是水的电离程度影响了水的离子积常数，计算c(OH－)时，结果就不同了。‎25 ℃‎时，pH＝10的电解质溶液中，c(OH－)＝10－14/10－10＝10－4(mol/L)；‎100 ℃‎时，pH＝10的电解质溶液中，c(OH－)＝10－12/10－10＝10－2(mol/L)。‎ 二、同一温度下电解质溶液中水的电离情况分析 ‎1．电解质对水电离的影响 酸和碱能抑制水的电离，盐的水解能促进水的电离。‎ ‎(1)在pH＝4的酸溶液中 酸电离产生的c(H＋)＝10－4 mol/L，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝10－10 mol/L，水电离产生的c(H＋)可以忽略，判断水的电离程度看c(OH－)。在pH＝4的水解的盐溶液中，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)＝10－4 mol/L，c(H＋)全部来自水的电离，判断水的电离程度看c(H＋)。‎ ‎(2)在pH＝10的碱溶液中 碱电离产生的c(OH－)＝10－4 mol/L，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)＝10－10 mol/L，水电离产生的c(OH－)可以忽略，判断水的电离程度看c(H＋)。在pH＝10的水解的盐溶液中，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)＝10－4 mol/L，c(OH－)全部来自水的电离，判断水的电离程度看c(OH－)。‎ ‎(3)pH＝4的水解的盐溶液中水的电离程度是pH＝4的酸溶液中水的电离程度的106倍。pH＝10的水解的盐溶液中水的电离程度是pH＝10的碱溶液中水的电离程度的106倍。‎ ‎2．电解质溶液稀释过程中水的电离情况分析 ‎(1)原理 电解质溶液稀释过程中，水的电离也会发生相应的变化。如强酸或强碱溶液稀释过程中，水的电离程度不断增大。所以溶液中的某些离子浓度在稀释过程中，反而会增大。‎ ‎(2)实例 如pH＝5的盐酸溶液，加水稀释至原体积的10倍时，c(H＋)、c(Cl－)都会减小，但c(OH－)会增大。当把溶液稀释至原体积1 000倍时，溶液的pH不会变为8，原因是水电离出的c(H＋)大于酸电离产生的c(H＋)，水的电离此时不能忽略。‎ ‎3．电解过程中水的电离情况分析 在某些盐溶液的电解过程中，溶液pH的变化往往与水的电离变化有关。如用惰性电极电解饱和食盐水时，在阴极上由于发生：2H＋＋2e－===H2↑的反应，破坏了水的电离平衡，使水的电离程度增大，导致阴极区里c(OH－)>c(H＋)，溶液显碱性。同理用惰性电极电解硫酸铜溶液时，阳极区里因OH－失去电子，破坏了水的电离平衡，导致溶液显酸性。‎ 下列叙述正确的是(　　)‎ A．某温度下，蒸馏水中的c(H＋)＝1.0×10－6 mol·L－1，则该温度一定高于‎25 ℃‎ B．‎25 ℃‎时，某溶液中由水电离产生的c(H＋)和c(OH－)的乘积为1×10－18，该溶液不可能呈酸性 C．‎25 ℃‎时，水中加入氢氧化钠固体，水的电离平衡逆向移动，水的离子积减小 D. ‎25 ℃‎时，0.1 mol·L－1的盐酸溶液与0.1 mol·L－1的NaOH溶液中，水的电离程度不同 解析：　A项：蒸馏水中c(H＋)＝c(OH－)，KW＝(1.0×10－6)2＝1.0×10－12，由于KW大于常温下的KW，故该温度一定大于‎25 ℃‎，该项正确；B项：‎25 ℃‎时，c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－9 mol·L－1<1×10－7 mol·L－1，故H2OH＋＋OH－受到抑制，可能为酸溶液、碱溶液或类似于NaHSO4酸式盐溶液等，该项错误；C项：KW只受温度影响，该项错误；D项：由H2OH＋＋OH－知，相同温度下，同等程度地增大c(H＋)或c(OH－)，对水的电离影响效果相同。‎ 答案：　A