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专题十电解质溶液考纲展示高考预测1.了解弱电解质在水溶液中存在电离平衡。2.了解水的电离、离子积常数。3.了解溶液pH的定义，能进行pH的简单计算。4.了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。5.了解难溶电解质的溶解平衡。了解溶度积的含义，能用平衡移动原理分析沉淀溶解、生成和转化过程。关于溶液中的离子关系问题几乎年年考，其内容丰富，出题的形式主要有选择和填空、而溶液中的离子浓度关系又是命题的侧重点，所以复习中要理解守恒关系：即电荷守恒和物料守恒。弱电解质的电离平衡1．外界条件对电离平衡的影响(1)浓度：增大弱电解质的浓度，电离平衡正向移动，溶质分子的电离程度减小；增大离子的浓度，电离平衡逆向移动，溶质分子的电离程度减小。(2)温度：升高温度，电离平衡正向移动，电离程度增大；降低温度，电离平衡逆向移动，电离程度减小。2．电离常数(1)表达式：对于一元弱酸HA，其平衡常数为Ka＝c(H＋)·c(A－)c(HA)，对于一元弱碱BOH，其平衡常数为Kb＝c(OH－)·c(B＋)c(BOH)。(2)影响因素：电离常数只与温度有关，温度越高，K值越大，多元弱酸的电离常数大小关系为K1≫K2≫K3，故酸性决定于第一步。水的电离和溶液的pH1．水的离子积常数水的电离方程式为H2＋＋OH－，水的离子积常数KW＝c(H＋)·c(OH－)，只与温度有关，温度升高，KW增大。2．溶液的酸碱性与pH(1)pH：pH＝－lgc(H＋)，pH越小，酸性越强，pH越大，碱性越强。(2)pH试纸的使用把小片试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液滴在pH试纸上，试纸变色后，与标准比色卡对比即可确定溶液的pH。盐类水解1．盐类水解的类型(1)强酸弱碱盐水解，pH小于7，如NH4Cl、CuSO4等。(2)强碱弱酸盐水解，pH大于7，如CH3COONa、K2CO3等。(3)强酸强碱盐不水解，pH等于7，如NaCl、K2SO4等。2．水解平衡的影响因素(1)温度：升高温度，水解程度增大。(2)浓度：盐溶液浓度越小，水解程度越大。(3)酸碱：水解显酸性的盐加酸水解程度减小，加碱水解程度增大；水解显碱性的盐加酸水解程度增大，加碱水解程度减小。难溶电解质的溶解平衡1．溶度积对于溶解平衡，MmAnmMn＋(aq)＋nAm－(aq)，Ksp＝cm(Mn＋)·cn(Am－)，只与温度有关，与浓度无关。2．溶度积的应用(1)沉淀生成的条件是QcKsp，沉淀析出直至溶液达到新的平衡，即Qc＝Ksp时沉淀与溶解处于平衡状态。(2)沉淀溶解的条件是QcKsp，溶液不饱和，不产生沉淀。(3)沉淀的转化：在含有沉淀的溶液中加入另一种沉淀剂，使其与溶液中某一离子结合成更难溶的物质，引起一种沉淀转变成另一种沉淀。如：CaSO4(s)＋Na2CO3(aq)===CaCO3(s)＋Na2SO4(aq)。难点解读——掌握重点突破难点1．计算溶液的pH时，常见错误是直接应用溶液中c(H＋)来求解，忽略溶液中当c(OH－)c(H＋)时，OH－对水电离平衡的影响。2．在对弱酸或弱碱溶液加水稀释时，并非所有离子浓度都减小，不要忽视KW在一定温度下是定值，当H＋(或OH－)浓度减小时，必然意味着OH－(或H＋)浓度增大。3．电解质溶液的导电性与电解质的强弱没有必然的关系，强电解质的稀溶液导电能力未必强。溶液导电性的强弱决定于溶液中离子的浓度及离子所带电荷多少等因素，与电解质的强弱有关的同时也受其他因素的影响，因此不能作为判断电解质强弱的标准。考点1弱电解质的电离平衡【例1】常温下，向等物质的量浓度的两种一元酸的盐溶液中，分别通入少量的CO2，发生如下反应：NaA＋CO2＋H2O===HA＋NaHCO32NaB＋CO2＋H2O===2HB＋Na2CO3，则等物质的量浓度的HA和HB在水中电离出H＋的能力大小关系是()A．HA较强B．HB较强C．两者一样D．无法比较思维点拨：比较两反应，可知在相同条件下B－能夺取CO2生成的H2CO3中的2个H＋，而A－仅能夺取H2CO3中的1个H＋，故A－对应的HA酸性更强而更易于电离出H＋。答案：A要点提醒——画龙点睛触类旁通1．弱电解质的电离平衡的特点(1)动态平衡，电离方程式中用“”。如：CH33COO－＋H＋。(2)条件改变，平衡被打破。如在CH3COOH的石蕊溶液中(呈红色)加入固体CH3COONH4，即增大了c(CH3COO－)，平衡左移，c(H＋)变小，使红色变浅。2．电离常数的影响因素(1)电离常数随温度而变化，但由于电离过程热效应较小，温度改变对电离常数影响不大，其数量级一般不变，所以室温范围内可忽略温度对电离常数的影响。(2)电离常数与弱酸、弱碱的浓度无关，同一温度下，不论弱酸、弱碱的浓度如何变化，电离常数是不会改变的。1．(2009·海南，6)已知室温时，0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是()A．该溶液的pH＝4B．升高温度，溶液的pH增大C．此酸的电离平衡常数约为1×10－7D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍解析：根据HA在水中的电离度可算出c(H＋)＝0.1×0.1%mol/L＝10－4mol/L，所以pH＝4；因HA在水中有电离平衡，升高温度促进平衡向电离的方向移动，所以c(H＋)将增大，pH值会减小；C选项可由平衡常数表达式算出K＝c(H＋)·c(A－)c(HA)＝1×10－7，所以C无错误；D选项由水电离出的c(H＋)＝10－10mol/L。答案：B2．(2010·全国Ⅰ，9)下列叙述正确的是()A．某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH＝b，则abB．在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH7C．1.0×10－3mol/L盐酸的pH＝3.0,1.0×10－8mol/L盐酸的pH＝8.0D．若1mLpH＝1的盐酸与100mLNaOH溶液混合后，溶液的pH＝7，则NaOH溶液的pH＝11解析：本题考查电解质溶液，意在考查考生对水溶液中离子平衡的理解和应用能力。醋酸在稀释时，其电离程度增大，n(H＋)增大，但c(H＋)减小，因此pH增大，故ab，A项错误，在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液显弱碱性，B项错误；pH＝8.0的溶液为碱性溶液，因此1.0×10－8mol/L的盐酸其pH不可能等于8，只能接近7，C项错误；设NaOH溶液的pH＝b，两溶液混合后溶液的pH＝7，则1×10－3L×10－1mol/L＝100×10－3L×10b－14mol/L，解得b＝11，D项正确。答案：D考点2水的电离和溶液pH计算【例2】将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是()A．水的离子积变大，pH变小，呈酸性B．水的离子积不变，pH不变，呈中性C．水的离子积变小，pH变大，呈碱性D．水的离子积变大，pH变小，呈中性思维点拨：H2H＋＋OH－水的电离过程为吸热过程，升高温度使电离平衡向正反应方向移动，c(H＋)和c(OH－)均增大，KW增大，pH减小，纯水中c(H＋)＝c(OH－)，呈中性。答案：D要点提醒——画龙点睛触类旁通1．向水中加入H＋(酸)、OH－(碱)会抑制水的电离，而且H＋、OH－的浓度越大，对水的电离的抑制作用越强；向水中加入能消耗H＋或OH－的物质(如：能水解的盐)，会促进水的电离，而且生成盐的弱酸、弱碱越弱，对水的电离的促进作用越强；由于电离吸热，所以，升温能促进水的电离。但只要温度不变，水溶液(稀溶液)中的c(H＋)·c(OH－)就不变，温度升高会使c(H＋)·c(OH－)增大。2．计算溶液的pH时，应注意以下几点：(1)外界条件是否指室温；(2)当酸、碱混合后，首先要判断溶液的酸碱性，然后再计算c(H＋)或c(OH－)，最后求得溶液的pH；(3)要特别注意溶液中的c(H＋)和由水电离出的H＋的浓度之差异，否则容易走向误区。3．在t℃时，某NaOH稀溶液中，c(H＋)＝10－amol/L，c(OH－)＝10－bmol/L，已知a＋b＝12，则(1)该温度下水的离子积常数KW＝。(2)该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值是mol/L。(3)在该温度下，将100mL0.1mol/L的稀硫酸与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，溶液的pH＝________。解析：由c(H＋)＝10－amol/L，c(OH－)＝10－bmol/L和a＋b＝12，可知KW＝c(H＋)×c(OH－)＝10－12mol2·L－2；该NaOH溶液的物质的量浓度的精确值是溶液的c(OH－)与水电离的c(OH－)之差，即10－b－10－a；在该温度下，将100mL0.1mol/L的稀硫酸与100mL0.4mol/L的NaOH溶液混合后，NaOH过量，c(OH－)＝0.1L×0.4mol/L－0.1L×0.2mol/L0.2L＝10－1mol/L，KW＝c(H＋)×c(OH－)＝10－12mol2·L－2，则c(H＋)＝10－11mol/L，进一步求出溶液的pH＝11。答案：(1)10－12mol2·L－2(2)10－b－10－a(3)11考点3盐类水解和溶液中的离子浓度【例3】下列比较中，正确的是()A．相同条件下，HF比HCN易电离，则NaF溶液的pH比NaCN溶液的大B．0.2mol·L－1NH4Cl和0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合后：c(NH＋4)c(Cl－)c(Na＋)c(OH－)c(H＋)C．物质的量浓度相等的醋酸溶液和氢氧化钠溶液等体积混合：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)D．同浓度的下列溶液中，①NH4Al(SO4)2、②NH4Cl、③NH3·H2O、④CH3COONH4，c(NH＋4)由大到小的顺序是：②①④③思维点拨：因HF比HCN易电离，则相同条件下F－比CN－水解程度小，水解产生的c(OH－)小，pH小，A选项错；B中反应后的溶液可看成等浓度的NH4Cl、NH3·H2O和NaCl的混合溶液，NH3·H2O的电离程度大于NH＋4的水解程度，溶液呈碱性，离子浓度由大到小的顺序为：c(Cl－)c(NH＋4)c(Na＋)c(OH－)c(H＋)，B选项错；等物质的量浓度的醋酸溶液与氢氧化钠溶液等体积混合后根据电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，C选项正确；选项D中，①中Al3＋和NH＋4相互抑制水解，④中CH3COO－和NH＋4相互促进水解，所以c(NH＋4)由大到小的顺序为：①②④③。答案：C规律提示——善于总结养成习惯电解质溶液中的守恒关系守恒关系定义实例电荷守恒电解质溶液呈电中性，即所有阳离子所带的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷总数相等例如在NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO－3)＋2c(CO2－3)物料守恒实质也就是原子守恒，即原子在变化过程(水解、电离)中数目不变例如在Na2CO3溶液中：12c(Na＋)＝c(CO2－3)＋c(HCO－3)＋c(H2CO3)质子守恒即在纯水中加入电解质，最后溶液中由水电离出的H＋与OH－守恒(可由电荷守恒及物料守恒推出)例如在Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(HCO－3)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)4．pH＝2的两种一元酸x和y，体积均为100mL，稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示。分别滴加NaOH溶液(c＝0.1mol/L)至pH＝7，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，则()A．x为弱酸，VxVyB．x为强酸，VxVyC．y为弱酸，VxVyD．y为强酸，VxVy解析：本题考查弱电解质的电离平衡，通过两种酸稀释前后的pH变化，理解强弱电解质的本质区别和外界因素对弱电解质的影响等。由图象可知x稀释10倍，pH变化1个单位(从pH＝2变化为pH＝3)，故x为强酸，而y稀释10倍，pH变化小于1个单位，故y为弱酸，排除选项B、D；pH都为2的x、y，前者浓度为0.01mol