专题六　选择题专攻　1.电离平衡、水解平衡及沉淀溶解平衡的分析应用 2024年高考化学二轮复习课件+讲义

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1.对比剖析“三大”平衡
2.证明弱电解质的思维方法(以醋酸为例)
(1)测定常温下0.1 ml·L－1醋酸溶液的pH，pH＞1，说明醋酸为弱酸。(2)测定常温下CH3COONa溶液的pH，pH＞7，说明醋酸为弱酸。(3)同温度、同浓度的盐酸的导电性强于醋酸溶液的导电性，说明醋酸是弱酸。(4)1 ml·L－1的醋酸溶液中c(H＋)约为0.01 ml·L－1，说明醋酸为弱酸。(5)取pH＝3的醋酸1 mL，用蒸馏水稀释到100 mL，pH＜5，说明醋酸为弱酸。(6)向0.1 ml·L－1的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONH4(水溶液呈中性)固体，溶液的pH变大，说明醋酸为弱酸。
3.走出溶液稀释、混合的误区
误区一：不能正确理解酸、碱的无限稀释规律常温下任何酸或碱溶液无限稀释时，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能接近7。误区二：不能正确理解弱酸、弱碱的稀释规律
误区三：不能正确掌握混合溶液的定性规律常温下，pH＝n(n<7)的强酸和pH＝14－n的强碱溶液等体积混合，混合溶液pH＝7；pH＝n(n<7)的醋酸和pH＝14－n的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液pH<7；pH＝n(n<7)的盐酸和pH＝14－n的氨水等体积混合，混合溶液pH>7。
4.25 ℃时，不同溶液中水电离出的c(H＋)或c(OH－)与溶液中c(H＋)或c(OH－)的关系
1.(2022·全国乙卷，13)常温下，一元酸HA的Ka(HA)＝1.0×10－3。在某体系中，H＋与A－不能穿过隔膜，未电离的HA可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中c总(HA)＝c(HA)＋c(A－)，当达到平衡时，下列叙述正确的是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总(HA)之比为10－4
常温下，溶液Ⅰ的pH＝7.0，则溶液Ⅰ中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 ml·L－1，c(H＋)＜c(OH－)＋c(A－)，A错误；
根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，C错误；
＝1.0×10－3，溶液Ⅰ中c总(HA)＝(104＋1)c(HA)；溶液Ⅱ中，由B项解析可知c总(HA)＝1.01 c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)相等，溶液Ⅰ和Ⅱ中c总(HA)之比为[(104＋1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]＝(104＋1)∶1.01≈104，D错误。
2.(2023·浙江1月选考，13)甲酸(HCOOH)是重要的化工原料。工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂(含固体活性成分R3N，R为烷基)因静电作用被吸附回收，其回收率(被吸附在树脂上甲酸根离子的物质的量分数)与废水初始pH关系如图(已知甲酸Ka＝1.8×10－4)，下列说法不正确的是A.活性成分R3N在水中存在平衡： R3N＋H2O R3NH＋＋OH－B.pH＝5的废水中c(HCOO－)∶c(HCOOH)＝18C.废水初始pH<2.4，随pH下降，甲酸的电离 被抑制，与R3NH＋作用的HCOO－数目减少D.废水初始pH>5，离子交换树脂活性成分主要以R3NH＋形态存在
由图可知，工业废水中的甲酸及其盐，通过离子交换树脂后，溶液pH增大，说明R3N溶液呈碱性，溶液中存在如下平衡：R3N＋H2O R3NH＋＋OH－，当废水初始
pH＞5时，平衡向左移动，离子交换树脂活性成分主要以R3N形态存在，故A正确、D错误；
由图可知，溶液pH＝2.4时，废水中的甲酸及其盐回收率最高，当溶液中pH＜2.4时，随溶液pH下降，溶液中氢离子浓度增大，甲酸的电离被抑制，溶液中HCOO－的浓度减小，与R3NH＋作用的数目减小，故C正确。
3.(2023·北京，3)下列过程与水解反应无关的是A.热的纯碱溶液去除油脂B.重油在高温、高压和催化剂作用下转化为小分子烃C.蛋白质在酶的作用下转化为氨基酸D.向沸水中滴入饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体
热的纯碱溶液因碳酸根离子水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解生成易溶于水的高级脂肪酸盐和甘油，故可用热的纯碱溶液去除油脂，A不符合题意；重油在高温、高压和催化剂作用下发生裂化或裂解反应生成小分子烃，与水解反应无关，B符合题意；蛋白质在酶的作用下可以发生水解反应生成氨基酸，C不符合题意； Fe3＋能发生水解反应生成 Fe(OH)3，加热能增大Fe3＋的水解程度，D不符合题意。
4.(2018·北京，11)测定0.1 ml·L－1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如右。
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是
C.①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D.①与④的Kw值相等
Kw只与温度有关，D对。
(1)盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响。以氯化铁水解为例，当改变条件，如升温、通入HCl气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时，应从平衡移动方向、pH的变化、水解程度、现象等方面去归纳总结，加以分析掌握。(2)多元弱酸的酸式盐问题。酸式盐一般既存在水解，又存在电离。如果酸式盐的电离程度大于其水解程度，溶液显酸性，如NaHSO3溶液；如果酸式盐的水解程度大于其电离程度，则溶液显碱性，如NaHCO3溶液。
5.(2023·浙江1月选考，15)碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3(s) Ca2＋(aq)＋ (aq)[已知Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11]，下列有关说法正确的是A.上层清液中存在c(Ca2＋)＝c( )B.上层清液中含碳微粒最主要以 形式存在C.向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2＋)保持不变D.通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
由题干可知，Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，碳酸钙比硫酸钙更难溶，加入硫酸钠后碳酸钙不会转化成硫酸钙，D错误。
6.(2016·海南，5)向含有MgCO3固体的溶液中滴加少许浓盐酸(忽略体积变化)，下列数值变小的是A.c( ) B.c(Mg2＋)C.c(H＋) D.Ksp(MgCO3)
(1)沉淀溶解平衡与化学平衡、电离平衡一样，具有动态平衡的特征，平衡时溶液中各离子浓度保持恒定，平衡常数只受温度的影响，与浓度无关。(2)溶度积(Ksp)的大小只与难溶电解质的性质和溶液的温度有关，相同类型的难溶电解质的Ksp越小，溶解度越小，越难溶。
1.一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是A.升高温度，可能引起由c向b的变化B.该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13C.该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化D.该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
由图可知，a、b、c三点对应的平衡常数不变，该曲线上的点温度相等，升高温度，不能引起由c向b的变化，故A项错误；b点c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－7 ml·L－1，故Kw＝1.0×10－14，故B项错误；
FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3＋结合水电离出的OH－，促进水的电离平衡右移，c(H＋)增大，c(OH－)减小，可能引起由b向a的变化，故C项正确；由c点到d点，水的离子积常数减小，但温度不变，Kw不变，则稀释溶液不能引起由c向d的变化，故D项错误。
2.(2023·北京房山区高三一模)某温度下，将pH和体积均相同的HCl和CH3COOH溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是A.稀释前溶液的浓度：c(HCl)＜c(CH3COOH)B.溶液中水的电离程度：b点＜c点C.从b点到d点，溶液中c(H＋)·c(OH－)逐渐增大D.溶液的导电能力：d点＞e点
稀释前两溶液的pH相等，由于醋酸是弱酸，部分电离，因此稀释前溶液的浓度：c(HCl)＜c(CH3COOH)，故A正确；b点pH小于c点pH，说明c点酸性弱，水的电离
程度大，因此溶液中水的电离程度：b点＜c点，故B正确；从b点到d点，由于溶液的温度不变，因此溶液中c(H＋)·c(OH－)不变，故C错误。
3.(2023·北京门头沟区高三一模)实验测得0.10 ml·L－1 NaHCO3溶液的pH随温度变化如图。下列说法正确的是A.OM段随温度升高溶液的pH减小，原因 是 的水解被抑制B.O点溶液和P点溶液中c(OH－)相等C.将N点溶液恢复到25 ℃，pH可能大于8.62
水解吸热，升高温度， 的水解平衡向右移动，而根据图像可知，M点之前升高温度，溶液pH减小，主要原因是升温促进了水的电离，故A错误；
O点溶质只有NaHCO3，P点溶质有NaHCO3和Na2CO3，两点溶液水解程度不同，且温度不同，Kw不同，c(OH－)不相等，故B错误；温度升高后，碳酸氢钠可能部分发生分解得到碳酸钠，将N点溶液恢复到25 ℃，由于碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故溶液pH可能大于8.62，故C正确；
4.BiOCl是一种具有珍珠光泽的材料，利用金属Bi制备BiOCl的工艺流程如图：下列说法错误的是A.酸浸工序中分次加入稀HNO3可降低反应的剧烈程度B.转化工序中加入稀盐酸可抑制生成BiONO3C.水解工序中加入少量CH3COONa(s)可提高Bi3＋水解程度D.水解工序中加入少量NH4NO3(s)有利于BiOCl的生成
硝酸为强氧化剂，可与金属铋反应，酸浸工序中分次加入稀HNO3，可降低反应的剧烈程度，A正确；金属铋与硝酸反应生成的硝酸铋会发生水解反应生成BiONO3，水解的离子方程式为Bi3＋＋ ＋H2O BiONO3＋2H＋，转化工序中加入稀盐酸，使氢离子浓度增大，硝酸铋的水解平衡左移，可抑制生成BiONO3，B正确；
氯化铋水解生成BiOCl的离子方程式为Bi3＋＋Cl－＋H2O BiOCl＋2H＋，水解工序中加入少量CH3COONa(s)，醋酸根离子会结合氢离子生成弱电解质醋酸，使氢离子浓度减小，氯化铋水解平衡右移，促进Bi3＋水解，C正确；结合C项分析水解工序中加入少量NH4NO3(s)，铵根离子水解生成氢离子，使氢离子浓度增大，氯化铋水解平衡左移，不利于生成BiOCl，且部分铋离子与硝酸根离子、水也会发生反应：Bi3＋＋＋H2O BiONO3＋2H＋，也不利于生成BiOCl，D错误。
5.向10.00 mL 0.50 ml·L－1 NaHCO3溶液中滴加不同浓度的CaCl2溶液，观察到明显产生浑浊时，停止滴加；取少量所得浑浊液加热，记录实验现象。
下列说法不正确的是A.①中产生浑浊的原因是c(Ca2＋)·c( )＞Ksp(CaCO3)B.未加热前①和②中发生了反应：2 ＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2CO3C.加热浊液产生气泡主要是因为CaCO3受热分解产生了更多的CO2D.向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5 ml·L－1 CaCl2溶液，可能同时产生 浑浊和气泡
①中能产生碳酸钙沉淀，说明c(Ca2＋)·c( )＞Ksp(CaCO3)，A项正确；未加热前①和②不放出二氧化碳，说明碳酸未饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳气体，所以未加热前①和②中发生反应：2 ＋Ca2＋===CaCO3↓＋H2CO3，B项正确；结合B项分析知，加热浊液产生气泡主要是因为H2CO3受热分解生成了CO2，C项错误；向上述NaHCO3溶液中加入足量0.5 ml·L－1 CaCl2溶液，发生反应：CaCl2＋2NaHCO3===CaCO3↓＋2NaCl＋CO2↑＋H2O，能同时产生浑浊和气泡，D项正确。
6.(2023·河南周口高三二模)某同学设计下述实验检验[Ag(NH3)2]Cl溶液中的Ag＋，实验如表：下列说法不正确的是A.Ⅰ中的c(Ag＋)较小，不足以与Cl－沉淀B.Ⅱ中存在平衡：AgI(s) Ag＋(aq)＋ I－(aq)C.Ⅲ说明NH3与H＋的结合能力小于与Ag＋ 的结合能力D.配离子与其他离子能否反应，其本质是平衡移动的问题
25 ℃时，Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，对比实验Ⅰ和Ⅱ，说明Ⅰ中的c(Ag＋)较小，不足以与Cl－沉淀，故A正确；Ⅱ中产生黄色沉淀即生成AgI沉淀，AgI沉淀存在溶解平衡：AgI(s)Ag＋(aq)＋I－(aq)，故B正确；
根据Ⅰ和Ⅲ的实验现象，说明[Ag(NH3)2]Cl和氢离子反应，有大量银离子生成，银离子和氯离子反应生成AgCl沉淀，则Ⅲ中NH3与H＋的结合能力大于与Ag＋的结合能力，故C错误；
通过对比实验Ⅰ和Ⅲ可知，NH3与H＋的结合使[Ag(NH3)2]＋(aq) Ag＋(aq)＋2NH3(aq)正向移动，即配离子与其他离子能否反应，其本质是平衡移动的问题，故D正确。