電解質(zhì)溶液專題 高三化學(xué)二輪復(fù)習(xí)

二輪復(fù)習(xí)專題電解質(zhì)溶液1．弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡，能利用電離平衡常數(shù)進(jìn)行相關(guān)計(jì)算。2．解水的電離，離子積常數(shù)。3．溶液pH的定義及測定方法，能進(jìn)行pH的簡單計(jì)算。4．鹽類水解的原理、影響鹽類水解程度的主要因素、鹽類水解的應(yīng)用。5．難溶電解質(zhì)的溶解平衡。理解溶度積的定義，能進(jìn)行相關(guān)計(jì)算。應(yīng)用三種守恒關(guān)系解決電解質(zhì)溶液中離子濃度關(guān)系時，要清楚電解質(zhì)溶液中微粒存在的變化(水解或電離)，抓住守恒的實(shí)質(zhì)，將由守恒所得的關(guān)系結(jié)合起來使用。綜合運(yùn)用三種守恒關(guān)系，理清一條思路，掌握分析方法。

考點(diǎn)一溶液中的“三大”平衡例1．正誤判斷，正確的打“√”，錯誤的打“×”(1)室溫下，pH＝3的CH3COOH溶液與pH＝11的NaOH溶液等體積混合，溶液pH>7()(2015·江蘇，11B)(2)25℃時，等體積、等濃度的硝酸與氨水混合后，溶液pH＝7()(2015·重慶理綜，3B)(3)常溫下，pH為2的鹽酸與等體積pH＝12的氨水混合后所得溶液呈酸性()(4)常溫下，pH為2的鹽酸由H2O電離出的c(H＋)＝1.0×10－12mol·L－1()(5)同濃度、同體積的強(qiáng)酸與強(qiáng)堿溶液混合后，溶液的pH＝7()(6)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成，則Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)()(2018·江蘇，12D)(2017·江蘇，12C)(8)室溫下，向濃度均為0.1mol·L－1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4溶液，出現(xiàn)白色沉淀，所以Ksp(BaSO4)＜Ksp(CaSO4)()(2016·江蘇，13B)(9)0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入水中，所得溶液c(Cl－)＝c(I－)()(2015·重慶理綜，3D)(10)將0.1mol·L－1MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀產(chǎn)生，再滴加0.1mol·L－1CuSO4溶液，若先有白色沉淀生成，后變?yōu)闇\藍(lán)色沉淀，則Cu(OH)2的溶度積比Mg(OH)2的小()(2015·全國卷Ⅰ，10)（11）Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固體，COeq\o\al(2－,3)的水解程度減小，pH減小(×)（12）明礬能水解生成Al(OH)3膠體，可用作凈水劑(√)（13）制備AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用將溶液直接蒸干的方法(√)（14）為確定某酸H2A是強(qiáng)酸還是弱酸，可測NaHA溶液的pH。若pH>7，則H2A是弱酸，若pH<7，則H2A是強(qiáng)酸(×)（15）NaHSO4溶液、KF溶液、KAl(SO4)2溶液、NaI溶液中，前三個都對水的電離平衡產(chǎn)生影響，且都促進(jìn)水的電離(×)（16）向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和氣體生成(×)（17）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(√)(18)Ksp越小，其溶解度越小(×)（19）Ksp大的容易向Ksp小的轉(zhuǎn)化，但Ksp小的不能向Ksp大的轉(zhuǎn)化(×)（20）在0.1mol·L－1的AlCl3溶液中滴加少量NaOH溶液，再滴加0.1mol·L－1的FeCl3溶液，其現(xiàn)象為先產(chǎn)生白色沉淀，后白色沉淀轉(zhuǎn)化成紅褐色沉淀，則Ksp[Fe(OH)3]＜Ksp[Al(OH)3](√)（21）0.1molAgCl和0.1molAgBr混合后加入水中，所得溶液c(Cl－)＝c(Br－)(×)（22）確定Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，可以在常溫下，向BaCO3粉末中加少量稀Na2SO4溶液，過濾，向洗凈的沉淀中加稀鹽酸，有氣泡產(chǎn)生(×)（23）向Mg(OH)2懸濁液中滴加FeCl3溶液，現(xiàn)象為白色沉淀變成紅褐色沉淀，則Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3](√)（24）向盛有2mL0.1mol·L－1AgNO3溶液的試管中滴加1mL0.1mol·L－1NaCl溶液，再向其中滴加4～5滴0.1mol·L－1KI溶液，現(xiàn)象為先有白色沉淀生成，后又產(chǎn)生黃色沉淀，則Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)(×)(25)施肥時，草木灰(有效成分為K2CO3)不能與NH4Cl混合使用，是因?yàn)镵2CO3與NH4Cl反應(yīng)生成氨氣會降低肥效(√)(2014·新課標(biāo)全國卷Ⅰ，8C)(26)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同(×)(2013·天津理綜，5D)【情境載體】以中學(xué)階段課本常見物質(zhì)，基本原理和事實(shí)為載體【必備知識】了弱電解質(zhì)的電離，水的電離，鹽的水解，PH的簡單計(jì)算和沉淀溶解平衡的判斷等水溶液基本知識【關(guān)鍵能力】本題主要考察了學(xué)生的理解和辨析能力，考察學(xué)生對已學(xué)知識的掌握和運(yùn)用，包含題目基礎(chǔ)并且常規(guī)，難度較低。主要以選擇題的形式跟其他知識點(diǎn)組合在一起考察。【參考答案】（1）×（2）×（3）×（4）√（5）×（6）×（7）√（8）×（9）×（10）√（11）×（12）√（13）√（14）×（15）×（16）×（17）√（18）×（19）×（20）√（21）×（22）×（23）√（24）×（25）√（26）×例2．(2019·全國卷Ⅲ，11)設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值。關(guān)于常溫下pH＝2的H3PO4溶液，下列說法正確的是()A．每升溶液中的H＋數(shù)目為0.02NAB．c(H＋)＝c(H2POeq\o\al(－,4))＋2c(HPOeq\o\al(2－,4))＋3c(POeq\o\al(3－,4))＋c(OH－)C．加水稀釋使電離度增大，溶液pH減小D．加入NaH2PO4固體，溶液酸性增強(qiáng)【情境載體】以高中階段同學(xué)熟悉的三元弱酸H3PO4為載體【必備知識】PH的表示以及意義，多元弱酸的電離，加水稀釋，加入鹽溶液等外界條件的改變對電離平衡的影響，電荷守恒的應(yīng)用【關(guān)鍵能力】主要考察理解和辨析能力中的對已學(xué)知識的掌握和應(yīng)用【思路分析】pH＝2的H3PO4溶液中c(H＋)＝10－2mol·L－1，每升溶液中所含n(H＋)＝0.01NA；由電荷守恒知，該H3PO4溶液中存在c(H＋)＝c(H2POeq\o\al(－,4))＋2c(HPOeq\o\al(2－,4))＋3c(POeq\o\al(3－,4))＋c(OH－)，根據(jù)磷酸是三元弱酸及其電離，找出溶液中所以離子是關(guān)鍵；加水稀釋能促進(jìn)H3PO4的電離，使其電離度增大，由于以增大溶液體積為主，導(dǎo)致溶液中c(H＋)減小，溶液pH增大，C錯誤；向H3PO4溶液中加入NaH2PO4固體，溶液中c(H2POeq\o\al(－,4))增大，促使平衡H3PO4H＋＋H2POeq\o\al(－,4)逆向移動，抑制H3PO4電離，溶液酸性減弱，D錯誤?！緟⒖即鸢浮緽例3．(2018·北京，11)測定0.1mol·L－1Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH，數(shù)據(jù)如下。時刻①②③④溫度/℃25304025pH9.669.529.379.25實(shí)驗(yàn)過程中，取①④時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實(shí)驗(yàn)，④產(chǎn)生白色沉淀多。下列說法不正確的是()A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－B．④的pH與①不同，是由SOeq\o\al(2－,3)濃度減小造成的C．①→③的過程中，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致D．①與④的Kw值相等【情境載體】以Na2SO3這種二元弱酸鹽，還原性鹽作為研究對象，通過改變溫度這一表面變量，探究PH值變化的原因以及變化的結(jié)果?！颈貍渲R】氧化還原知識，鹽類水解的影響因素，Kw的影響因素，SOeq\o\al(2－,3)，SOeq\o\al(2－,4)的檢驗(yàn)方法，實(shí)驗(yàn)問題中多變量問題的討論方法?！娟P(guān)鍵能力】考察了理解和辨析能力，體現(xiàn)在對Na2SO3這種鹽的還原性的掌握和獲取?？疾炝藲w納和論證能力中的識別有效證據(jù)，科學(xué)推理論證的能力，體現(xiàn)在對溶液中SOeq\o\al(2－,4)的來源的識別及推理，另外，還考察了探究與創(chuàng)新能力中的分析實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的能力，主要體現(xiàn)在對實(shí)驗(yàn)條件中多變量的討論和論證?！舅悸贩治觥竣佟鄣倪^程中，pH變小，說明SOeq\o\al(2－,3)水解產(chǎn)生的c(OH－)減小；升高溫度，SOeq\o\al(2－,3)的水解平衡正向移動，溶液中SOeq\o\al(2－,3)水解產(chǎn)生的c(OH－)增大，pH應(yīng)增大，而實(shí)際上溶液的pH減小，其主要原因是實(shí)驗(yàn)過程中部分SOeq\o\al(2－,3)被空氣中的O2氧化生成SOeq\o\al(2－,4)，溶液中c(SOeq\o\al(2－,3))減小，水解平衡逆向移動，則溶液中c(OH－)減小，pH減小；①→③的過程中，溫度升高，SOeq\o\al(2－,3)的水解平衡正向移動，而c(SOeq\o\al(2－,3))減小，水解平衡逆向移動，二者對水解平衡移動方向的影響不一致，C錯；Na2SO3是強(qiáng)堿弱酸鹽，在水溶液中發(fā)生水解，存在水解平衡：SOeq\o\al(2－,3)＋H2O→HSOeq\o\al(－,3)＋OH－，A對；實(shí)驗(yàn)過程中，?、佗軙r刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實(shí)驗(yàn)，④產(chǎn)生白色沉淀多，說明④中的SOeq\o\al(2－,4)數(shù)目大于①中的，④中的SOeq\o\al(2－,3)數(shù)目小于①中的，所以④中OH－數(shù)目小于①中的，pH不同，B對；Kw只與溫度有關(guān)，D對。【參考答案】C考點(diǎn)二溶液中的“三大”常數(shù)例1.[2016·全國卷Ⅱ，26(4)]聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似。聯(lián)氨第一步電離反應(yīng)的平衡常數(shù)值為__________(已知：N2H4＋H＋N2Heq\o\al(＋,5)的K＝8.7×107；Kw＝1.0×10－14)。聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學(xué)式為________________________________?！厩榫齿d體】二元弱堿聯(lián)氨為載體【必備知識】氨的電離原理及方程式，二價陽離子酸式鹽的書寫方式【關(guān)鍵能力】主要考察了歸納和論證能力中的由個別現(xiàn)象到一般規(guī)律的能力，通過對氨氣一元弱堿推理出聯(lián)氨二元弱堿的電離【思路分析】聯(lián)氨為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似，則聯(lián)氨第一步電離的方程式為N2H4＋H2ON2Heq\o\al(＋,5)＋OH－，再根據(jù)已知：N2H4＋H＋N2Heq\o\al(＋,5)的K＝8.7×107及Kw＝1.0×10－14，故聯(lián)氨第一步電離平衡常數(shù)為K＝eq\f(cN2H\o\al(＋,5)·cOH－,cN2H4)＝eq\f(cN2H\o\al(＋,5)·cOH－·cH＋,cN2H4·cH＋)＝eq\f(cN2H\o\al(＋,5),cN2H4·cH＋)×c(OH－)·c(H＋)＝8.7×107×1.0×10－14＝8.7×10－7；聯(lián)氨為二元弱堿，酸堿發(fā)生中和反應(yīng)生成鹽，則聯(lián)氨與硫酸形成酸式鹽的化學(xué)式為N2H6(HSO4)2?！緟⒖即鸢浮?.7×10－7N2H6(HSO4)2例2.如汽車尾氣中的SO2可用石灰水吸收，生成亞硫酸鈣濁液。常溫下，測得某純CaSO3與水形成的濁液pH為9，忽略SOeq\o\al(2－,3)的第二步水解，則Ksp(CaSO3)＝________(保留3位有效數(shù)字)。[已知：Ka1(H2SO3)＝1.54×10－2，Ka2(H2SO3)＝1.02×10－7]【情境載體】從已知濁液的PH為起點(diǎn)來推導(dǎo)沉淀的Ksp【必備知識】PH,多元弱酸陰離子水解的近似處理，Ka的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系，電解質(zhì)溶液中三大守恒關(guān)系的靈活運(yùn)用【關(guān)鍵能力】考察了科學(xué)推理論證，處理轉(zhuǎn)化數(shù)據(jù)的能力【思路分析】HSOeq\o\al(－,3)＋OH－知，c(HSOeq\o\al(－,3))＝c(OH－)＝1×10－5mol·L－1。mol·L－1。由物料守恒知：c(Ca2＋)＝c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(HSOeq\o\al(－,3))＝1.02×10－3mol·L－1＋1×10－5mol·L－1＝1.03×10－3mol·L－1。則Ksp(CaSO3)＝c(Ca2＋)·c(SOeq\o\al(2－,3))≈1.05×10－6?！緟⒖即鸢浮?.05×10－6例3．廢水中的重金屬離子通常用沉淀法除去。已知Ksp(NiS)＝1.1×10－21，Ksp(CuS)＝1.3×10－36，國家規(guī)定的排放標(biāo)準(zhǔn)：鎳低于1.1×10－5mol·L－1，銅低于7.8×10－5mol·L－1。則需要控制溶液中S2－的濃度不低于______mol·L－1?！厩榫齿d體】重金屬離子的處理，通過實(shí)際問題的處理體現(xiàn)了化學(xué)學(xué)習(xí)中“社會責(zé)任和科學(xué)態(tài)度”的更高層面的價值追求?！颈貍渲R】Ksp的計(jì)算以及Ksp數(shù)值的大小所表示的實(shí)際意義。【關(guān)鍵能力】科學(xué)推理論證和處理轉(zhuǎn)化數(shù)據(jù)能力【思路分析】Ni2＋達(dá)到排放標(biāo)準(zhǔn)時，c(S2－)·c(Ni2＋)≤Ksp(NiS)，所以c(S2－)≥eq\f(KspNiS,cNi2＋)mol·L－1＝eq\f(1.1×10－21,1.1×10－5)mol·L－1＝10－16mol·L－1，因?yàn)镵sp(CuS)遠(yuǎn)小于Ksp(NiS)，所以此時Cu2＋肯定達(dá)到排放標(biāo)準(zhǔn)，則需要控制溶液中S2－的濃度不低于10－16mol·L－1?！緟⒖即鸢浮?×10－16考點(diǎn)三曲線的分析與應(yīng)用例1．(2019·全國卷Ⅰ，11)NaOH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀(鄰苯二甲酸H2A的Kal＝1.1×10－3，Ka2＝3.9×10－6)溶液，混合溶液的相對導(dǎo)電能力變化曲線如圖所示，其中b點(diǎn)為反應(yīng)終點(diǎn)。下列敘述錯誤的是()A．混合溶液的導(dǎo)電能力與離子濃度和種類有關(guān)B．Na＋與A2－的導(dǎo)電能力之和大于HA－的C．b點(diǎn)的混合溶液pH＝7D．c點(diǎn)的混合溶液中，c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)【情境載體】以酸堿中和滴定為載體，以鄰苯二甲酸氫鉀這種相對陌生的物質(zhì)為考察對象。【必備知識】溶液導(dǎo)電能力的影響因素，酸堿中和滴定過程中特殊點(diǎn)的判斷（起點(diǎn)，恰好反應(yīng)的點(diǎn)，PH為7的點(diǎn)，以及水的電離程度最大，最小的點(diǎn)，溶液中某點(diǎn)離子濃度的大小比較?！娟P(guān)鍵能力】歸納和論證能力中的識別有效證據(jù)的能力，本題中相對導(dǎo)電能力的理解，分析和推測能力，本題中體現(xiàn)在c(Na＋)，c(K＋)，c(OH－)三種離子濃度大小比較時能快速的轉(zhuǎn)化到橫坐標(biāo)氫氧化鈉的量上【思路分析】滴定至終點(diǎn)時發(fā)生反應(yīng)：2NaOH＋2KHA=K2A＋Na2A＋2H2O。溶液導(dǎo)電能力與溶液中離子濃度、離子種類有關(guān)，離子濃度越大、所帶電荷越多，其導(dǎo)電能力越強(qiáng)，A項(xiàng)正確；圖像中縱軸表示“相對導(dǎo)電能力”，隨著NaOH溶液的滴加，溶液中c(K＋)、c(HA－)逐漸減小，而Na＋、A2－的物質(zhì)的量逐漸增大，由題圖可知，溶液的相對導(dǎo)電能力逐漸增強(qiáng)，說明Na＋與A2－的導(dǎo)電能力之和大于HA－的，B項(xiàng)正確；本實(shí)驗(yàn)?zāi)J(rèn)在常溫下進(jìn)行，滴定終點(diǎn)時，溶液中的溶質(zhì)為鄰苯二甲酸鈉和鄰苯二甲酸鉀，由于鄰苯二甲酸是弱酸，所以溶液呈堿性，pH>7，C項(xiàng)錯誤；滴定終點(diǎn)時，c(K＋)＝c(Na＋)，a點(diǎn)到b點(diǎn)加入NaOH溶液的體積大于b點(diǎn)到c點(diǎn)的，故c點(diǎn)時c(K＋)>c(OH－)，所以c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)，D項(xiàng)正確。【參考答案】C例2．(2019·全國卷Ⅱ，12)絢麗多彩的無機(jī)顏料的應(yīng)用曾創(chuàng)造了古代繪畫和彩陶的輝煌。硫化鎘(CdS)是一種難溶于水的黃色顏料，其在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法錯誤的是()A．圖中a和b分別為T1、T2溫度下CdS在水中的溶解度B．圖中各點(diǎn)對應(yīng)的Ksp的關(guān)系為：Ksp(m)＝Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)C．向m點(diǎn)的溶液中加入少量Na2S固體，溶液組成由m沿mpn線向p方向移動D．溫度降低時，q點(diǎn)的飽和溶液的組成由q沿qp線向p方向移動【情境載體】以無機(jī)黃色顏料硫化鎘(CdS)為載體考察難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡【必備知識】Ksp的影響因素，以及外因?qū)Τ恋砣芙馄胶獾挠绊懡Y(jié)果【關(guān)鍵能力】處理轉(zhuǎn)化數(shù)據(jù)的能力，辨析基本概念的能力，本題中體現(xiàn)在對溶解度這一概念的理解和辨析【思路分析】a、b分別表示溫度為T1、T2時溶液中Cd2＋和S2－的物質(zhì)的量濃度，可間接表示對應(yīng)溫度下CdS在水中的溶解度，A項(xiàng)正確；Ksp只受溫度影響，即m、n、p三點(diǎn)對應(yīng)的Ksp相同，又T1<T2，故Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)<Ksp(q)，B項(xiàng)錯誤；向m點(diǎn)的溶液中加入少量Na2S固體，溶液中c(S2－)增大，溫度不變，Ksp不變，則溶液中c(Cd2＋)減小，溶液組成由m點(diǎn)沿mpn線向p方向移動，C項(xiàng)正確；溫度降低時，CdS的溶解度減小，q點(diǎn)的飽和溶液的組成由q沿qp線向p方向移動，D項(xiàng)正確?！緟⒖即鸢浮緽例3．(2017·全國卷Ⅲ，13)在濕法煉鋅的電解循環(huán)溶液中，較高濃度的Cl－會腐蝕陽極板而增大電解能耗?？上蛉芤褐型瑫r加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀從而除去Cl－。根據(jù)溶液中平衡時相關(guān)離子濃度的關(guān)系圖，下列說法錯誤的是()A．Ksp(CuCl)的數(shù)量級為10－7B．除Cl－反應(yīng)為Cu＋Cu2＋＋2Cl－=2CuClC．加入Cu越多，Cu＋濃度越高，除Cl－效果越好D．2Cu＋=Cu2＋＋Cu平衡常數(shù)很大，反應(yīng)趨于完全【情境載體】以濕法煉鋅工藝中Cl－的濃度會影響電解能耗這一事實(shí)為載體，結(jié)合圖像對CuCl的生成這一反應(yīng)進(jìn)行考察，選題新穎，陌生度高?！颈貍渲R】平衡移動的影響因素中增加固體的量對平衡的影響，圖像中橫縱坐標(biāo)信息的準(zhǔn)確提取，平衡常數(shù)的計(jì)算及意義【關(guān)鍵能力】主要考察理解和辨析能力中對陌生知識的認(rèn)識和應(yīng)用能力以及從圖像中提取有效信息的能力【思路分析】A項(xiàng)，根據(jù)CuCl(s)Cu＋(aq)＋Cl－(aq)可知Ksp(CuCl)＝c(Cu＋)·c(Cl－)，從Cu＋圖像中任取一點(diǎn)代入計(jì)算可得Ksp(CuCl)≈10－7，正確；B項(xiàng)，由題干中“可向溶液中同時加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀從而除去Cl－”可知Cu、Cu2＋與Cl―可以發(fā)生反應(yīng)生成CuCl沉淀，正確；C項(xiàng)，Cu(s)＋Cu2＋(aq)＋2Cl－(aq)2CuCl(s)，固體對平衡無影響，故增加固體Cu的物質(zhì)的量，平衡不移動，Cu＋的濃度不變，錯誤；D項(xiàng)，2Cu＋(aq)Cu(s)＋Cu2＋(aq)，反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq\f(cCu2＋,c2Cu＋)，從圖中兩條曲線上任取橫坐標(biāo)相同的c(Cu2＋)、c(Cu＋)兩點(diǎn)代入計(jì)算可得K≈106，反應(yīng)平衡常數(shù)較大，反應(yīng)趨于完全，正確。【參考答案】C例4．(2017·全國卷Ⅰ，13)常溫下將NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯誤的是()A．Ka2(H2X)的數(shù)量級為10－6B．曲線N表示pH與lgeq\f(cHX－,cH2X)的變化關(guān)系C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)D．當(dāng)混合溶液呈中性時：c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)【情境載體】以酸堿中和滴定為載體，以圖像形式展示過程中離子濃度的變化，與常規(guī)題目不同的是本題中橫坐標(biāo)濃度不是單一微粒的濃度，而是某兩種微粒濃度的比值，而且將濃度轉(zhuǎn)化成了對數(shù)形式，增加了本題的難度，使學(xué)生在短時間內(nèi)很難提取有效信息【必備知識】多元弱酸各步電離方程式的書寫和熟練，圖像中特殊點(diǎn)的提取，弱酸酸式鹽的酸堿性的判斷，溶液中離子濃度大小的判斷?！娟P(guān)鍵能力】理解辨析能力，體現(xiàn)在將弱酸的電離平衡常數(shù)和圖中給出的橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)聯(lián)系起來的能力，還考察了處理轉(zhuǎn)化數(shù)據(jù)的能力和提取有效信息的能力，體現(xiàn)在c(HX－)和c(X2－)大小的判斷方法上，需要學(xué)生將數(shù)學(xué)上的數(shù)值關(guān)系和離子濃度的判斷快速聯(lián)系起來?！舅悸贩治觥繖M坐標(biāo)取0時，曲線M對應(yīng)pH約為5.4，曲線N對應(yīng)pH約為4.4，因?yàn)槭荖aOH滴定H2X溶液，所以在酸性較強(qiáng)的溶液中會存在c(HX－)＝c(H2X)，所以曲線N表示pH與lgeq\f(cHX－,cH2X)的變化關(guān)系，B正確；eq\f(cX2－,cHX－)＝1時，即lgeq\f(cX2－,cHX－)＝0，pH＝5.4，c(H＋)＝1×10－5.4mol·L－1，Ka2＝eq\f(cH＋·cX2－,cHX－)≈1×10－5.4＝100.6×10－6，A正確；NaHX溶液中，c(HX－)>c(X2－)，即eq\f(cX2－,cHX－)<1，lgeq\f(cX2－,cHX－)<0，此時溶液呈酸性，C正確；當(dāng)溶液呈中性時，由曲線M可知lgeq\f(cX2－,cHX－)>0，eq\f(cX2－,cHX－)>1，即c(X2－)>c(HX－)，D錯誤?！緟⒖即鸢浮緿考點(diǎn)四定量實(shí)驗(yàn)：滴定反應(yīng)（中和滴定，氧化還原滴定，沉淀滴定，絡(luò)合滴定）例1、（2018全國卷=1\*ROMANI27節(jié)選）（4）Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時，取50.00mL葡萄酒樣品，用0.01000mol·L?1的碘標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗10.00mL。滴定反應(yīng)的離子方程式為_____________，該樣品中Na2S2O5的殘留量為____________g·L?1（以SO2計(jì)）?！厩榫齿d體】以食品抗氧化劑為載體，通過測定葡萄酒中Na2S2O5殘留量這一真實(shí)接近生活的實(shí)驗(yàn)，讓學(xué)生真實(shí)體會定量實(shí)驗(yàn)在我們實(shí)際生活中的應(yīng)用，體現(xiàn)了化學(xué)的現(xiàn)實(shí)意義?！颈貍渲R】氧化還原反應(yīng)知識，離子方程式的書寫和配平，計(jì)算處理數(shù)據(jù)的技能【關(guān)鍵能力】處理數(shù)據(jù)的能力和識別有效信息的能力【思路分析】單質(zhì)碘具有氧化性，能把焦亞硫酸鈉氧化為硫酸鈉，反應(yīng)的離子方程式為S2O52－+2I2+3H2O=2SO42－+4I－+6H＋；消耗碘的物質(zhì)的量是0.0001mol，則葡萄酒樣品中含有的n(Na2S2O5)0.50×10-4mol，相當(dāng)于n(SO2)1.00×10-4mol，m(SO2)=6.4×10-3g，則該樣品中Na2S2O5(SO2)的殘留量為6.4×10-3g÷0.05L128g·L-1?！緟⒖即鸢浮浚?）+2I2+3H2O2+4I－+6H+ 0.128例2.（2018年全國卷Ⅱ-28節(jié)選）測定K3[Fe(C2O4)3]·3H2O（三草酸合鐵酸鉀）中鐵的含量。①稱量mg樣品于錐形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)。滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是___________________________。②向上述溶液中加入過量鋅粉至反應(yīng)完全后，過濾、洗滌，將濾液及洗滌液全部收集到錐形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液VmL。該晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為________________________________。【情境載體】以氧化還原反應(yīng)為載體，考察滴定反應(yīng)，滴定過程不再是單一的氧化還原過程，，需要同學(xué)們對高中階段常見物質(zhì)的性質(zhì)有足夠的敏感性，包含了對草酸根這一還原性離子的考察，鋅的還原性的考察?！颈貍渲R】常見物質(zhì)及離子的氧化還原性質(zhì)及反應(yīng)，定量關(guān)系的準(zhǔn)確提取，滴定終點(diǎn)的判斷。【關(guān)鍵能力】理解和辨析能力，通過題目所給物質(zhì)所含元素的價態(tài)獲取有關(guān)信息的能力，探究和創(chuàng)新能力，通過實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)準(zhǔn)確描述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象的能力。【思路分析】①高錳酸鉀將草酸根離子氧化完全后，再滴入高錳酸鉀，溶液顯粉紅色。②鋅把鐵離子還原為亞鐵離子，酸性高錳酸鉀溶液又把亞鐵離子氧化為鐵離子。反應(yīng)中消耗高錳酸鉀是0.001cVmol，Mn元素化合價從+7價降低到+2價，所以根據(jù)電子得失守恒可知鐵離子的物質(zhì)的量是0.005cVmol，則該晶體中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式為?！緟⒖即鸢浮竣俜奂t色出現(xiàn) ②例3.（2018年全國卷Ⅲ-26節(jié)選）硫代硫酸鈉晶體（Na2S2O3·5H2O，M=248g·mol?1）可用作定影劑、還原劑?；卮鹣铝袉栴}：（1）已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10?10，Ksp(BaS2O3)=4.1×10?5。市售硫代硫酸鈉中常含有硫酸根雜質(zhì)，選用下列試劑設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案進(jìn)行檢驗(yàn)：試劑：稀鹽酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液實(shí)驗(yàn)步驟現(xiàn)象①取少量樣品，加入除氧蒸餾水②固體完全溶解得無色澄清溶液③___________________________④__________________，有刺激性氣體產(chǎn)生⑤靜置，___________________________⑥___________________________（2）利用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液定量測定硫代硫酸鈉的純度。測定步驟如下：①溶液配制：稱取1.2000g某硫代硫酸鈉晶體樣品，用新煮沸并冷卻的蒸餾水在__________中溶解，完全溶解后，全部轉(zhuǎn)移至100mL的_________中，加蒸餾水至____________。②滴定：取0.00950mol·L?1的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，硫酸酸化后加入過量KI，發(fā)生反應(yīng)：Cr2O72?+6I?+14H+=3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反應(yīng)：I2+2S2O32?=S4O62?+2I?。加入淀粉溶液作為指示劑，繼續(xù)滴定，當(dāng)溶液__________________________，即為終點(diǎn)。平行滴定3次，樣品溶液的平均用量為24.80mL，則樣品純度為_________%（保留1位小數(shù)）?！厩榫齿d體】以定影劑Na2S2O3為載體，考察了雜質(zhì)的檢驗(yàn)和除雜，以及樣品純度的計(jì)算?！颈貍渲R】化學(xué)實(shí)驗(yàn)和水溶液的相關(guān)知識，主要包括硫代硫酸鈉樣品中硫酸根離子的檢驗(yàn)，滴定終點(diǎn)的的判斷以及規(guī)范的語言描述，硫代硫酸鈉的定量檢測，實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的處理和計(jì)算?！娟P(guān)鍵能力】探究與創(chuàng)新能力中的設(shè)計(jì)探究方案，描述實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，分析實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的能力以及科學(xué)推理論證的能力。【思路分析】（1）檢驗(yàn)樣品中的硫酸根離子，應(yīng)該先加入稀鹽酸，再加入氯化鋇溶液。但是本題中，硫代硫酸根離子和氫離子以及鋇離子都反應(yīng)，所以應(yīng)該排除其干擾，具體過程應(yīng)該為先將樣品溶解，加入稀鹽酸酸化（反應(yīng)為S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O），靜置，取上層清液滴加氯化鋇溶液，觀察到白色沉淀，證明存在硫酸根離子。（2）①配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，應(yīng)該先稱量質(zhì)量，在燒杯中溶解，再轉(zhuǎn)移至容量瓶，最后定容即可。②淡黃綠色溶液中有單質(zhì)碘，加入淀粉為指示劑，溶液顯藍(lán)色，用硫代硫酸鈉溶液滴定溶液中的單質(zhì)碘，滴定終點(diǎn)時溶液的藍(lán)色應(yīng)該褪去。根據(jù)題目的兩個方程式得到如下關(guān)系式：Cr2O72-～3I2～6S2O32-，則配制的100mL樣品溶液中硫代硫酸鈉的濃度c=，含有的硫代硫酸鈉為0.004597mol，所以樣品純度為【參考答案】(1)③加入過量稀鹽酸；④出現(xiàn)乳黃色渾濁；⑤（吸）取上層清液，滴入BaCl2溶液；⑥產(chǎn)生白色沉淀；(2)①燒杯；容量瓶；刻度；②藍(lán)色褪去；95.0例4．2016全國卷3[化學(xué)——選修2：化學(xué)與技術(shù)]節(jié)選聚合硫酸鐵（PFS）是水處理中重要的絮凝劑。下圖是以回收廢鐵屑為原料制備PFS的一種工藝流程。回答下列問題（4）聚合釜中溶液的pH必須控制在一定的范圍內(nèi)。pH偏小時Fe3+水解程度弱，pH偏大時則_______。（6）鹽基度B是衡量絮凝劑絮凝效果的重要指標(biāo)，定義式為（n為物質(zhì)的量）。為測量樣品的B值，取樣品mg，準(zhǔn)確加入過量鹽酸，充分反應(yīng)，再加入煮沸后冷卻的蒸餾水，以酚酞為指示劑，用c的標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液進(jìn)行中和滴定（部分操作略去，已排除鐵離子干擾）。到終點(diǎn)時消耗NaOH溶液VmL。按照上述步驟做空白對照試驗(yàn)，消耗NaOH溶液，已知該樣品中Fe的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w，則B的表達(dá)式為__________【情境載體】以聚合硫酸鐵（PFS）絮凝劑的制備為載體，并給出鹽基度B這一陌生概念，考察鹽類水解，定量計(jì)算以及對照空白實(shí)驗(yàn)的原理?！颈貍渲R】鹽類水解的影響因素和結(jié)果，中和滴定的基本原理?！娟P(guān)鍵能力】理解和辨析能力中對陌生知識的獲取和應(yīng)用，本題中體現(xiàn)在鹽基度B和空白對照實(shí)驗(yàn)的理解，探究和創(chuàng)新能力中的分析實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)的能力【思路分析】（4）聚合釜中溶液的pH必須控制在一定的范圍內(nèi)，pH偏小時水解程度弱，pH偏大時則Fe3+轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀而損失，造成產(chǎn)率降低。（6）做空白對照試驗(yàn)，消耗NaOH溶液，這說明與樣品反應(yīng)的鹽酸的物質(zhì)的量是（V0－V）c×10－3mol，所以樣品中氫氧根的物質(zhì)的量是（V0－V）c×10－3mol。已知該樣品中Fe的質(zhì)量分?jǐn)?shù)w，則鐵的物質(zhì)的量是，因此B的表達(dá)式為＝?！緟⒖即鸢浮浚?）pH過大，容易生成Fe（OH）3沉淀，產(chǎn)率降低（6）例5、（2016全國卷=1\*ROMANI27題節(jié)選）(3)在化學(xué)分析中采用K2CrO4為指示劑，以AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定溶液中Cl?，利用Ag+與CrO42?生成磚紅色沉淀，指示到達(dá)滴定終點(diǎn)。當(dāng)溶液中Cl?恰好沉淀完全(濃度等于1.0×10?5mol·L?1)時，溶液中c(Ag+)為_______mol·L?1，此時溶液中c(CrO42?)等于__________mol·L?1。(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分別為2.0×10?12和2.0×10?10)?！厩榫齿d體】沉淀滴定法測Cl?的濃度，要求學(xué)生明白滴定的原理?！颈貍渲R】沉淀溶解平衡的相關(guān)知識和計(jì)算。【關(guān)鍵能力】理解和辨析能力中的掌握基礎(chǔ)知識，辨析基本概念能力【思路分析】當(dāng)溶液中Cl-完全沉淀時，即c(Cl–)=1.0×10?5mol·L?1，根據(jù)Ksp(AgCl)=2.0×10?10，此時c(Ag+)=Ksp(AgCl)/c(Cl-)=2.0×10?10÷(1.0×10?5mol·L?1)=2.0×10-5mol·L?1；此時溶液中c(CrO42?)=Ksp(Ag2CrO4)/c2(Ag+)=2.0×10?12÷(2.0×10-5mol·L?1)2=5×10-3mol·L?1；【參考答案】2.0×10-5；5×10-3；例6、（2017天津理綜9）9．（18分）用沉淀滴定法快速測定NaI等碘化物溶液中c(I?)，實(shí)驗(yàn)過程包括準(zhǔn)備標(biāo)準(zhǔn)溶液和滴定待測溶液。Ⅰ．準(zhǔn)備標(biāo)準(zhǔn)溶液a．準(zhǔn)確稱取AgNO3基準(zhǔn)物4.2468g（0.0250mol）后，配制成250mL標(biāo)準(zhǔn)溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用。b．配制并標(biāo)定100mL0.1000mol·L?1NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液，備用。Ⅱ．滴定的主要步驟a．取待測NaI溶液25.00mL于錐形瓶中。b．加入25.00mL0.1000mol·L?1Ag