人教版（2019）高中化学选择性必修第一册 第三章《水溶液中的离子反应与平衡》单元复习讲义（原卷+解析卷）

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人教版（2019）高中化学选择性必修第一册 第三章《水溶液中的离子反应与平衡》单元复习讲义（解析卷） 一、水溶液中离子反应与平衡的认识思路 （一）粒子观——正确理解电解质溶液中三大守恒及其粒子浓度大小的比较。 1.溶液中粒子等量关系——三大守恒 (1)电荷守恒：电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都呈电中性，即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。 如Na2CO3与NaHCO3混合溶液中存在着Na＋、H＋、HCOeq \o\al(－,3)、COeq \o\al(2－,3)、OH－， 存在如下关系：c(Na＋)＋__c(H＋)__＝c(HCOeq \o\al(－,3))＋c(OH－)＋__2c(COeq \o\al(2－,3))__； K2S溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)。 (2)元素质量守恒(物料守恒)：在电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离，离子的存在形式发生了变化。就该离子所含的某种元素来说，其质量在变化前后是守恒的，即元素质量守恒。 如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故硫元素以S2－、HS－、H2S三种形式存在，则K2S溶液中有如下守恒关系：c(K＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋__2c(H2S)__。 (3)质子守恒：电解质溶液中，电离、水解等过程中得到的质子(H＋)数等于失去的质子(H＋)数。 如NaHCO3溶液中： 即__c(H2CO3)＋c(H＋)===c(COeq \o\al(2－,3))＋c(OH－)__。 再如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下： 2.溶液中微粒浓度大小的比较 (1)微粒浓度的大小比较理论依据 ①电离理论——弱电解质的电离是微弱的 ②水解理论——弱电解质离子的水解过程一般是微弱的 (2)溶液中微粒种类的判断 判断溶液中微粒浓度大小时，首先要判断溶液中微粒的种类，然后再进行比较。判断溶液中微粒种类的方法是正确写出溶液中所有的电离方程式、水解方程式，然后结合溶液中的溶质即可判断溶液中的微粒种类。 注意：在书写电离方程式时，不要丢掉水的电离方程式。 如：NaHCO3溶液中存在三种电离：NaHCO3===Na＋＋HCOeq \o\al(－,3)、HCOeq \o\al(－,3)__H＋＋COeq \o\al(2－,3)__、H2OH＋＋OH－；一种水解：HCOeq \o\al(－,3)＋H2O__H2CO3＋OH－__，所以溶液中的离子为Na＋、__COeq \o\al(2－,3)__、HCOeq \o\al(－,3)、OH－、H＋，分子为__H2CO3__、H2O。 (3)离子浓度大小比较的方法 ①考虑水解因素：如Na2CO3溶液。 COeq \o\al(2－,3)＋H2OHCOeq \o\al(－,3)＋OH－ HCOeq \o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－ 所以c(Na＋)＞c(COeq \o\al(2－,3))＞c(OH－)＞c(HCOeq \o\al(－,3))。 ②不同溶液中同一离子浓度的比较要看溶液中其他离子对它的影响。如相同浓度的a.NH4Cl、b.CH3COONH4、c.NH4HSO4三种溶液中c(NHeq \o\al(＋,4))由大到小的顺序是c＞a＞b。 ③混合液中各离子浓度的比较要综合分析水解因素、电离因素，如相同浓度的NH4Cl和氨水混合液中，因NH3·H2O的电离＞NHeq \o\al(＋,4)的水解，故离子浓度顺序为c(NHeq \o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。 【典例1】 1．常温下,将a L 0.1 mol·L-1的NaOH溶液与b L 0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液混合。下列有关混合溶液的说法一定不正确的是(　　) A.ac(Na+)>c(H+)>c(OH-) B.a>b时,c(CH3COO-)>c(Na+)>c(OH-)>c(H+) C.a=b时,c(CH3COOH)+c(H+)=c(OH-) D.无论a、b有何关系,均有c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-) 【答案】B 【解析】由电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-),故D正确;若b>a,醋酸过量,混合后溶液为CH3COONa与CH3COOH的混合溶液,当溶液呈酸性时A正确;若a=b,反应后的溶液为CH3COONa溶液,由于CH3COO-水解而显碱性,根据质子守恒可知,C正确;若a>b,说明碱过量,溶液为CH3COONa与NaOH的混合溶液,存在c(Na+)>c(CH3COO-),B错误。 2．在25℃时，下列说法正确的是 A．的醋酸溶液稀释100倍， B．向氨水中加入稀硫酸至，此时 C．溶液中，离子浓度大小关系为： D．同浓度的①②溶液，：①>② 【答案】C 【解析】A．pH =3的醋酸溶液稀释100倍，醋酸又电离出氢离子，溶液的pH＜5，故A错误； B．向氨水中加入稀硫酸至pH=7，溶液中c(H+)=c(OH-)，电荷守恒得到：，则，故B错误； C．NaClO溶液中，次氯酸根离子水解，溶液显碱性，离子浓度大小关系为：，故C正确； D．硫酸氢铵溶液中电离出的氢离子会抑制铵根离子的水解，同浓度的①②溶液中：①AgI，Cu(OH)2c D．c点和d点的两溶液分别与 NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同 【答案】D 【解析】A．因为HNO2的电离常数比CH3COOH大，所以HNO2的酸性较强，在加水稀释的过程中，pH变化较大，所以曲线Ⅱ代表HNO2溶液加水稀释的曲线，A错误； B．根据电荷守恒：HNO2溶液中c(H+)= c(NO)+c(OH-)，CH3COOH溶液c(H+)= c(CH3COO-)+c(OH-)，a点时两溶液pH值相等，则c(NO)= c(CH3COO-)，故B错误； C．b点pH小于c点，可知b点氢离子浓度大，对水电离的抑制作用大，水的电离程度b小于c，B错误； D．c、d代表同一溶液，两者所含HNO2的物质的量相等，因此消耗NaOH的物质的量相等，恰好中和后，溶液中n(Na+)相同，D正确； 故选D。 2.溶液混合后的pH变化与计算 （1）．酸与碱的pH之和为14，等体积混合 常温时eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(若为强酸与强碱，则pH＝7,若为强酸与弱碱，则pH＞7,若为弱酸与强碱，则pH＜7)) （2）．等体积强酸(pH1)和强碱(pH2)混合 常温时eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(若pH1＋pH2＝14，则溶液呈中性，pH＝7,若pH1＋pH2＞14，则溶液呈碱性，pH＞7,若pH1＋pH2＜14，则溶液呈酸性，pH＜7)) （3）．常温时，强酸(pH1)与强碱(pH2)混合呈中性时，二者的体积关系有如下规律： 若pH1＋pH2＝14，则V酸＝V碱。 )若pH1＋pH2≠14，则eq \f(V酸,V碱)＝。 【典例7】溶液pH在生产生活中非常重要，下列有关溶液pH说法正确的是 A．升高温度，0.1 mol·L−1 NaOH溶液pH减小，碱性减弱 B．相同pH的CH3COOH和NH4Cl溶液导电能力相同 C．25 ℃时，pH=3的HCl与pH=11的BOH溶液等体积混合，pH可能小于7 D．25 ℃时，某酸溶液c(H+)为该溶液中水电离出c(H+)的106倍，则该溶液pH等于4 【答案】D 【解析】A．氢氧化钠中氢离子由水电离，升高温度，水电离的氢离子浓度增大，所以氢氧化钠溶液的pH减小，氢氧根离子浓度不变，则碱性不变，故A错误； B．相同pH的CH3COOH和NH4Cl溶液导电能力不相同，CH3COOH是弱酸，溶液中大多数是分子，NH4Cl是盐，可完全电离，溶液中离子较多，导电能力更强，故B错误； C．HCl与BOH溶液混合会生成氯化硼，属于强酸弱碱盐，所以溶液显酸性，pH一定小于7，故C错误； D．酸溶液中，氢氧根离子是水电离的，则水电离产生的，则有溶液中的氢离子浓度为：，计算的，所以溶液的pH为4，故D正确； 3．酸碱中和滴定实验 (1).实验原理 利用酸碱中和反应，用已知物质的量浓度的__酸(或碱)__来测定未知物质的量浓度的__碱(或酸)__的实验方法叫酸碱中和滴定。一元酸与一元碱滴定时，c待＝eq \f(c标×V标,V待)。 (2). 主要仪器使用 ①仪器：滴定管，铁架台，滴定管夹，锥形瓶，烧杯。 仪器a是酸式滴定管，仪器b是碱式滴定管。精密度：0.01 mL。 ②滴定管的使用方法 a.检查仪器：使用前先检查滴定管活塞是否漏水。 b.润洗仪器：在加入溶液之前，洁净的滴定管要用所要盛装的溶液润洗2～3遍。 c.加入溶液：分别将溶液加入到相应滴定管中，使液面位于滴定管0刻度线以上。 d.调节起始读数：在滴定管下放一烧杯，调节活塞，使滴定管尖嘴部分充满溶液，然后调节滴定管液面使其处于“0”刻度或“0”刻度以下的某一刻度。准确读取数值并记录。 (3)．滴定操作 ①实验前的准备工作 ②滴定 ③终点判断(以盐酸滴定氢氧化钠溶液为例，酚酞作为指示剂)：接近终点时，改为滴加半滴盐酸，直到因加入半滴盐酸后，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色为止，即达到滴定终点。读数并记录。 【特别提醒】 ①滴速：先快后慢，当接近终点时，应一滴一摇，甚至半滴一摇，利用锥形瓶内壁承接尖嘴处悬挂的半滴溶液。 ②终点的判断：滴入最后一滴标准液，指示剂变色，且在半分钟内不变回原色，视为滴定终点。 (4)．误差分析 根据计算式c待＝eq \f(c标·V标,V待)：标准液滴定待测溶液时，c标、V待均为定值，c待的大小取决于V标的大小，所有操作导致消耗标准溶液多或读数大，则结果偏高；消耗标准溶液少或读数小，则结果偏低。 以标准酸溶液滴定未知浓度的碱溶液(酚酞作指示剂)为例，常见的不正确操作及可能引起的后果有： 【典例8】 判断正误，正确的打“√”，错误的打“×”。 (1)盛放待测液的锥形瓶一定要润洗，否则产生实验误差。(　 　) (2)25 ℃时，用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液到pH＝7，V(醋酸)＜V(NaOH)。(　 　) (3)用碱式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液。(　 　) (4)若用标准盐酸滴定待测NaOH溶液，滴定前仰视，滴定后俯视，则测定值偏大。(　 　) (5)pH计不能用于酸碱中和滴定终点的判断。(　 　) (6)滴定终点就是酸碱恰好中和的点。(　 　) (7)滴定管盛标准液时，其液面一定要调在“0”刻度。(　 　) (8)滴定管在加入反应液之前一定要用所要盛装的反应液润洗2～3遍。(　 　) (9)滴定管和锥形瓶都应该用待装的溶液润洗2～3次。(　 　) (10)酸碱中和滴定实验要重复进行2～3次，求算标准溶液体积的平均值。(　 　) (11)用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氨水时应选择酚酞作指示剂。(　 　) (12)用标准浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，滴定时，部分酸液滴在锥形瓶外，所测结果偏高。(　 　) (13)酸碱中和滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差。(　 　) (14)待测定NaOH溶液浓度，可选用滴定管、锥形瓶、烧杯、NaOH溶液、0.100 0 mol·L－1盐酸达到实验目的。(　 　) (15)“酸碱中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，须经干燥或标准溶液润洗后方可使用。(　 　) (16)滴定管的读数为24.6 mL。(　 　) (17)滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小。(　 　) (18)滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁。(　 　) (19)用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，可选用甲基橙或酚酞作指示剂。(　×　) 【答案】(1) (　×　)(2) (　×　)(3) (　×　)(4) (　×　)(5) (　×　)(6) (　×　)(7) (　×　)(8) (　√　) (9) (　×　)(10) (　√　)(11) (　×　)(12) (　√　)(13) (　×　)(14) (　×　)(15) (　√　)(16) (　×　) (17) (　×　)(18) (　√　)(19) (　×　) 4．酸碱中和滴定曲线 （1）解决酸碱中和滴定曲线类问题的关键是巧抓“5点”:即曲线的起点、恰好反应点、中性点、反应一半点和过量点,先判断出各个点对应的溶质及溶液的酸碱性,然后再进行相关的分析和判断。 下面以室温时用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 HA溶液为例(如图),总结如何抓住滴定曲线的5个关键点: 【典例9】室温下向10mL0.1 mol·L－1NaOH溶液中加入0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是    A．a点所示溶液中c(Na+) > c(A−) B．pH=7时，c(Na+)= c(A−)+ c(HA) C．b点所示溶液中c(A−)< c(Na+) D．a、b两点所示溶液中水的电离程度：a < b 【答案】A 【解析】A．a点时酸碱恰好中和，溶液pH=8.7，说明HA为弱酸，NaA溶液水解呈碱性，A-发生水解生成HA，则溶液中c(Na+) > c(A−)，故A正确； B．pH=7时，溶液呈中性：c(H+)=c(OH-)，由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)可知：c(Na+)=c(A-)，则c(Na+)＜c(A-)+c(HA)，故B错误； C．b点溶液中溶质为等物质的量浓度的NaA、HA，混合溶液pH＜7，溶液呈酸性，说明HA电离程度大于NaA水解程度，所以存在c(A-)＞c(Na+)，故C错误； D．a点A-水解，促进水的电离，b点时HA过量，溶液呈酸性，HA电离出H+，抑制水的电离，a、b两点所示溶液中水的电离程度：a＞b，故D错误； 故选A。 四、盐类水解及沉淀溶解平衡的应用 1.盐类水解的应用 【方法技巧】 盐溶液蒸干灼烧后所得产物的判断 (1)强酸强碱盐溶液和水解生成难挥发性酸的盐溶液，蒸干后一般得到原物质，如NaCl溶液蒸干得NaCl固体，CuSO4溶液蒸干得CuSO4固体。 (2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干后一般得到对应的弱碱，如AlCl3、FeCl3溶液蒸干后一般得到Al(OH)3、Fe(OH)3，若灼烧则会生成Al2O3、Fe2O3。 (3)酸根阴离子易水解的强碱盐，蒸干后可得到原物质，如Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3固体。 (4)考虑盐受热时是否分解。因为Ca(HCO3)2、NaHCO3、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2→CaCO3；NaHCO3→Na2CO3；NH4Cl→NH3↑＋HCl↑。 (5)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3溶液蒸干得到Na2SO4；FeSO4溶液蒸干得到Fe2(SO4)3。 2.沉淀溶解平衡的应用 (1)沉淀的生成 ①调节pH法 如除去CuCl2溶液中的杂质FeCl3，可以向溶液中加入CuO，调节溶液的pH，使Fe3＋形成Fe(OH)3沉淀而除去。离子方程式为_CuO＋2H＋===Cu2＋＋H2O　Fe3＋＋3H2O===Fe(OH)3↓＋3H＋__。 ②沉淀剂法 如用H2S沉淀Hg2＋的离子方程式为_Hg2＋＋H2S===HgS↓＋2H＋__。 (2)沉淀的溶解 当沉淀溶解平衡的离子发生反应造成浓度降低，沉淀溶解平衡向溶解的方向移动，结果就是沉淀溶解了。 ①酸溶解法 如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为： _CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑__。 Cu(OH)2溶于稀硫酸，离子方程式为： _Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O__。 ②碱溶解法 如Al2O3溶于NaOH溶液，离子方程式为： _Al2O3＋2OH－===2AlOeq \o\al(－,2)＋H2O__。 ③盐溶液溶解法 如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为： _Mg(OH)2＋2NHeq \o\al(＋,4)===Mg2＋＋2NH3·H2O__。 ④络合溶解法 如AgCl溶于氨水化学方程式为： AgCl＋2NH3·H2O===Ag(NH3)2Cl＋2H2O。 ⑤氧化还原溶解法 如不溶于盐酸的硫化物Ag2S溶于稀硝酸。 (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 a．锅炉除垢：将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为 _CaSO4＋COeq \o\al(2－,3)CaCO3＋SOeq \o\al(2－,4)__。 b．矿物转化：CuSO4溶液遇PbS转化为 CuS，离子方程式为_Cu2＋＋PbSCuS＋Pb2＋__。 【典例10】 1.下列事实：①水溶液呈碱性；②水溶液呈酸性；③长期使用铵态氮肥，会使土壤酸度增大；④加热能使纯碱溶液去污能力增强；⑤配制溶液，需加入一定量的铁粉。其中与盐类水解有关的是 A．①③④⑤ B．①③④ C．①②③④ D．①②③④⑤ 【答案】B 【解析】①NaHCO3是强碱弱酸盐，水解溶液呈碱性，与盐类水解有关，故符合题意； ②NaHSO4水溶液呈酸性是由于硫酸氢钠电离出氢离子的缘故，与盐类水解无关，故不符合题意； ③铵盐水解呈酸性，会使土壤酸化，与水解有关，故符合题意； ④加热促进水解，使纯碱溶液碱性增强，去污能力增强，与水解有关，故符合题意； ⑤配制FeCl2溶液，需加入一定量的铁粉，目的是为了防止Fe2+被氧化，与盐类水解无关，故不符合题意； 故选B。 2.已知：常温下，，，。在自然界中，闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)遇硫酸铜溶液均能转化成铜蓝(CuS)。下列说法正确的是（　　） A．饱和PbS溶液中， B．相同温度下，在水中的溶解度：ZnS>CuS>PbS C．向PbS固体中滴加一定量溶液，反应达到平衡时，溶液中 D．向含浓度相同的、、的混合溶液中逐滴加入稀溶液，先沉淀 【答案】C 【解析】A．饱和PbS溶液中存在 ， ，又 ，故 ，A不符合题意； B．由于ZnS、CuS、PbS类型相同，通过Ksp的比较可确定溶解度的大小，Ksp值越小，溶解度越小，故相同温度下，在水中的溶解度：ZnS> PbS > CuS，B不符合题意； C． ，C符合题意； D．向含浓度相同的 、 、 的混合溶液中逐滴加入 稀溶液，Ksp值越小需要的S2-越少，先沉淀，故Cu2+先沉淀，D不符合题意； 故答案为：C。 3.用Na2CO3溶液可以处理锅炉水垢中的CaSO4，使其转化为疏松、易溶于酸的CaCO3，再用酸除去。下列说法正确的是 A．Na2CO3溶液显碱性的原因： B．加入Na2CO3溶液充分后的上层清液中存在： C．充分反应后的上层清液中存在： D．CaSO4转化为CaCO3的离子方程式： 【答案】D 【解析】A．Na2CO3溶液显碱性的原因：，故A错误； B．加入Na2CO3溶液充分后的上层清液为碳酸钙的饱和溶液，，故B错误； C．充分反应后的上层清液中含碳酸钠和硫酸钠，根据物料守恒可知：，故C错误； D．微溶CaSO4转化为难溶CaCO3的离子方程式：，故D正确； 故选D。 平衡图像分析 1.强弱电解质加水稀释曲线 【典例11】某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10－4和1.7×10－5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是 (　　) A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液 B．溶液中水的电离程度：b点>c点 C．从c点到d点，溶液中eq \f(c（HA）·c（OH－）,c（A－）)保持不变(其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子) D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)相同 【答案】C 解析：根据HNO2和CH3COOH的电离常数可知，酸性：HNO2>CH3COOH。相同pH的两种酸溶液，稀释相同倍数时，弱酸的pH变化较小，故曲线Ⅰ代表CH3COOH溶液，A项错误；两种酸溶液中水的电离受到抑制，b点溶液pH小于c点溶液pH，则b点对应酸电离出的c(H＋)大，对水的电离抑制程度大，故水的电离程度：b点c(HNO2)，故n(CH3COOH)>n(HNO2)，因此与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)不同，D项错误。 分布系数图像 ①曲线含义：随着pH的逐渐增大，溶质分子的浓度逐渐减小，酸式酸根离子的浓度先逐渐增大后逐渐减小，酸根离子的浓度逐渐增大，先判断各曲线代表的微粒 ②特殊点的应用:对于物种分布系数图像，一般选择“交点”处不同微粒的等浓度关系，代入电离常数公式计算各级电离常数。 ③离子浓度大小:根据图及电离平衡常数进行比较。 【典例12】改变 0.1 mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝eq \f(c（X）,c（H2A）＋c（HA－）＋c（A2－）)]。 下列叙述错误的是（ ） A．pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－) B．lg [Ka2(H2A)]＝－4.2 C．pH＝2.7时，c(HA－)＞c(H2A)＝c(A2－) D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋) 【答案】D 解析：从题图中可以看出pH＝1.2时，δ(H2A)＝δ(HA－)，则c(H2A)＝c(HA－)，A项正确；根据HA－⇌H＋＋A2－，可确定Ka2(H2A)＝eq \f(c（H＋）·c（A2－）,c（HA－）)，从题图中可以看出pH＝4.2时，δ(HA－)＝δ(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)，即lg [Ka2(H2A)]＝lg c(H＋)＝－4.2，B项正确；从题图中可以看出pH＝2.7时，δ(HA－)>δ(H2A)＝δ(A2－)，则 c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)，C项正确；从题图中可以看出pH＝4.2时，δ(HA－)＝δ(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)≈0.05 mol·L－1，而c(H＋)＝10－4.2 mol·L－1，D项错误。 水的电离平衡曲线 （1）曲线上的任意点的Kw都相同，即c(H＋)·c(OH－)相同，温度相同。 （2）曲线外的任意点与曲线上任意点的Kw不同，温度不同。 （3）实现曲线上点之间的转化需保持温度不变，改变溶液的酸碱性；实现曲线上的点与曲线外的点之间的转化一定要改变温度。 【典例13】酸、碱、盐的水溶液在生产生活及化学实验中有广泛的应用，请同学们运用所学知识解决下列问题。 （1）某温度T下，0.1mol/L的NaOH溶液中，c(H+)=1.0×10-11mol/L，此时水的离子积常数Kw=　 　。温度T　 　25℃(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是 　。由水电离的c(OH-)=　 　mol/L。 （2）已知水溶液中c(H+)和c(OH-)的关系如图所示： ①图中A、B、C、D四点对应的水的离子积常数由大到小的顺序是　 　。 ②若A点到E点，可采用的措施是　 　(填序号，下同)；从A点到C点，可采用的措施是　 　；促进水的电离平衡的措施是　 　。 a.升温 b.加入少量的盐酸 c.加入少量的NaOH （3）常温下0.1mol/L的HA溶液中，c(H+)=0.001mol/L，写出HA的电离方程式　 　，水电离的c(H+)=　 　mol/L。为使HA溶液中HA和H2O的电离平衡正向移动，而水的Kw保持不变可以采取的措施是　 　。 【答案】（1）1.0×10-12；大于；25℃时，水的离子积常数是1.0×10-14，水的电离是吸热的，升高温度平衡正向移动，水的离子积增大；1.0×10-11 （2）B>C>A=D；c；a；a （3）HAH++A-；1.0×10-11；加少量碱或加入适量活泼金属或加入少量能与HA反应的盐等 【解析】（1）0.1mol/L的NaOH溶液中，c(OH-)=10-1mol/L，c(H+)=1.0×10-11mol/L，此时水的离子积常数Kw= c(H+)c(OH-)=1.0×10-1110-1=1.0×10-12；水的电离为吸热反应，所以温度升高，水的离子积常数增大，因此时的Kw＞1.0×10-14，所以温度T大于25℃；由水电离的c(OH-)等于溶液中的氢离子浓度，为1.0×10-11mol/L，故答案为：1.0×10-12；大于；25℃时，水的离子积常数是1.0×10-14，水的电离是吸热的，升高温度平衡正向移动，水的离子积增大；1.0×10-11； （2）①图象中每条反比例曲线上对应点的横纵坐标之积为该温度下的水的离子积，则图中A、B、C、D四点对应的水的离子积常数由大到小B>C>A=D； ②若A点到E点，可使溶液中氢离子浓度减少，氢氧根离子浓度增大，则具体措施可以是加入碱，如氢氧化钠，故c正确；从A点到C点，水的离子积常数增大，则可升温，a正确；升高温度可促进水的电离，但加入酸或碱会抑制水的电离，故a正确， 综上，答案为c；a；a； （3）常温下0.1mol/L的HA溶液中，c(H+)=0.001mol/L，则说明HA为弱酸，其电离方程式为：HAH++A-；溶液中水的离子积常数为1.0×10-14，则由水电离的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度，即c水(H+)=c(OH-)==1.0×10-11；为使HA溶液中HA和H2O的电离平衡正向移动，而水的Kw保持不变不能采用升温，但可以采取的措施加少量碱或加入适量活泼金属或加入少量能与HA反应的盐等。 4.酸、碱中和滴定的图像 (1)分析步骤： ①看纵坐标，搞清楚是酸加入碱中，还是碱加入酸中。 ②看起点，起点可以看出酸性或碱性的强弱。 ③找滴定终点和pH＝7的中性点，判断滴定终点的酸碱性，然后确定中性点(pH＝7)的位置。④最后分析其他的特殊点(如滴定一半点，过量一半点等)，分析酸、碱过量情况。 (2)滴定过程中的定量关系： ①电荷守恒关系在任何时候均存在； ②物料守恒可以根据加入酸的物质的量和加入碱的物质的量进行确定，但不一定为等量关系。 【典例14】 1．室温时，用溶液滴定溶液，得到的溶液与溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是 A．在cd段发生反应的离子方程式： B．a点： C．a、b、c、d四点中，b点溶液中水的电离程度最大 D．b点： 【答案】C 【解析】A．a点加入100mLNaOH，与H+完全中和，溶质为(NH4)2SO4和Na2SO4，再加入NaOH时，发生与OH-反应，生成NH3·H2O，所以cd段发生反应的离子方程式为 +OH-=NH3·H2O，故A正确； B．a点加入100mLNaOH，与H+完全中和，溶质为(NH4)2SO4和Na2SO4，并且二者物质的量浓度相等，即c(Na+)=c()，电荷守恒关系式为c()+c(H+)+c(Na+)=2c()+c(OH-)，故B正确； C．a点溶液中溶质为(NH4)2SO4和Na2SO4，水解促进水的电离；b点pH=7，促进作用与抑制作用相当，水正常电离；c点溶液中溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4和NH3·H2O，pH＞7，以NH3·H2O电离为主，抑制水的电离，d点溶液中溶质为Na2SO4和NH3·H2O，NH3·H2O抑制水的电离，所以a、b、c、d四点中，a点溶液中水的电离程度最大，故C错误； D．b点pH=7，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒c()+c(H+)+c(Na+)=2c()+c(OH-)可知，c(Na+)+c()=2c()，b点氢氧化钠体积大于100mL，则c(Na+)＞c()，所以c()＞c()，b点离子浓度大小为c(Na+)＞c()＞c()＞c(OH-)=c(H+)，故D正确； 答案为C。 2．室温下，向20mLNaHX溶液中逐滴滴入NaOH溶液，为由水电离产生的氢离子浓度的负对数，与所加NaOH溶液的体积关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A．A点溶液中存在： B．B、D点溶液均为中性 C．C点溶液中存在： D．D点溶液中存在： 【答案】C 【解析】A．A点溶质为NaHX，既发生电离又发生水解，，则，的电离受到抑制，故的电离大于水解，则溶液中存在，A项不符合题意； B．B点溶质为NaHX与，D点溶质为与，故D点溶液为碱性，B项不符合题意； C．C点溶质为，故存在质子守恒：，C项符合题意； D．NaHX开始为，后加入溶液，故溶液体积变化，所有离子浓度均变化，故，D项不符合题意； 故答案为：C。 3．电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。室温下，用的滴定10.00mL浓度均为的NaOH和的混合溶液，所得电导率曲线如图所示。已知，，下列说法错误的是（　　） A．a点的混合溶液中：约为 B．b点的混合溶液中： C．c点的混合溶液中： D．a点→c点过程中，溶液中水的电离程度一直增大 【答案】B 【解析】A．由分析可知，a点为等浓度的氢氧化钠和一水合氨的混合溶液，溶液中氢氧根离子和一水合氨的浓度都约为0.100mol/L，由电离常数可知，溶液中铵根离子浓度=≈=，故A不符合题意； B．由分析可知，一水合氨的电离程度大于醋酸根的水解程度，一水合氨电离出的氢氧根离子抑制醋酸根离子的水解，则溶液中，故B符合题意； C．由分析可知，c点为等浓度的醋酸钠和醋酸铵混合溶液，溶液中存在物料守恒关系，故C不符合题意； D．由分析可知，a点、b点均抑制水的电离，b点抑制水的电离程度小于a点，c点铵根离子和醋酸根离子在溶液中水解促进水的电离，则a点→c点过程中，溶液中水的电离程度一直增大，故D不符合题意； 故答案为：B。 5.沉淀溶解平衡图像 (1)有关沉淀溶解平衡Ksp曲线的分析 证据推理：沉淀溶解平衡图像分析模式 ①曲线上任一点均为饱和溶液，线外的点为非饱和溶液，可根据Qc与Ksp的大小判断。 ②求Ksp时可找曲线上合适的一点确定离子浓度进行计算，曲线上任一点的Ksp相同（温度相同）。 ③当坐标表示浓度的对数时，要注意离子浓度的换算，如lg c(X)＝a，则c(X)＝10a。 ④当坐标表示浓度的负对数(－lgX＝pX)时，pX越大，c(X)越小，c(X)＝10－pX。 (2)点的变化 【典例15】 1.的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是    A．沉淀溶解是吸热的过程 B．在b点对应的溶解度大于c点 C． D．图中四个点的 【答案】C 【解析】A．b与c点的浓度大小可以判定，温度升高时，离子浓度增大，则沉淀溶解平衡是吸热过程，故A正确； B．沉淀溶解平衡为吸热反应，升高温度时，A1PO4溶解度增大，所以A1PO4在b点对应的溶解度大于c点，故B正确； C．温度越高A1PO4的溶解度大，A1PO4在b点对应的溶解度大于c点，所以T2>T1，故C错误； D．温度相同，Ksp相同，温度越高，Ksp越大，则图像中四个点的Ksp为a=d=cc()，故A项错误； B．一水合氨是弱电解质，溶液中存在一水合氨的电离平衡，稀释10倍，稀释促进一水合氨电离，氢氧根浓度大于10－5mol/L，9＜pH＜10，故B项错误； C．常温下，pH=10的氨水中氢氧根离子浓度和pH =4的盐酸溶液中氢离子浓度相等均等于10-4mol·L-1，氨水不完全电离，则氨水的浓度大于盐酸的浓度，等体积混合后碱过量，溶液呈碱性，故C项错误； D．加入NH4Cl固体，铵根离子浓度增大，抑制一水合氨的电离，使溶液pH减小，故D项正确； 故本题选D。 3．时，水的电离达到平衡：，下列叙述正确的是 A．向水中加入固体，平衡逆向移动，降低 B．向水中加入氢氧化钠固体，平衡逆向移动，增大 C．向水中加入醋酸钠固体，平衡逆向移动，降低 D．室温下，某溶液由水电离出来的的浓度为，则该溶液的 【答案】B 【解析】A．向水中加入NaHSO4固体，溶液呈酸性，平衡逆向移动，增大，A错误； B．向水中加入固体氢氧化钠，溶液呈碱性，平衡逆向移动，增大，B正确； C．向水中加入固体醋酸钠，促进水的电离，平衡正向移动，溶液呈碱性，降低，C错误； D．由水电离出来的的浓度为，若为酸溶液pH = 4，若为碱溶液pH = 10，D错误； 故选B。 4.已知溶液中存在如下平衡：，下列说法中正确的是（　　） A．加入适量水后平衡向右移动，增大 B．加热后平衡向左移动，增大 C．加入后有气泡产生，一段时间后可得到红褐色沉淀 D．加热蒸干溶液并灼烧可得 【答案】C 【解析】A．加入适量水后，稀释溶液使体积增大，促进铁离子水解，平衡向右移动，根据勒夏特列原理可知，减小，A不符合题意； B．加热后，促进铁离子水解，平衡向右移动，减小，B不符合题意； C．根据可知，溶液显酸性，加入后，与氢离子反应生成二氧化碳，有气泡产生，减小，平衡向右移动，一段时间后增多，故可得到红褐色沉淀，C符合题意； D．溶液水解后产生硫酸，硫酸难挥发，会和水解产生的反应又生成，故加热蒸干溶液并灼烧可得，故D不符合题意； 故答案为：C。 5．以下应用与盐类水解无关的是（　　） A．用热碱去除废铁屑表面油污 B．配制Na2S溶液时需将Na2S溶于NaOH浓溶液 C．用硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合灭火 D．用FeCl3溶液刻蚀铜制电路板 【答案】D 【解析】A．油脂能够与碱反应产生可溶性物质。纯碱是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因而纯碱溶液可以去除油污。盐的水解反应是吸热反应。升高温度促进盐的水解，使溶液碱性增强，因而用热碱去除废铁屑表面油污去除效果更好，A不符合题意； B．Na2S是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐的水解反应是可逆反应，配制溶液时，向溶液中加入NaOH，能够抑制Na2S的水解反应的发生，与盐的水解反应有关，B不符合题意； C．硫酸铝是强酸弱碱盐，水解产生Al(OH)3胶体，同时产生H+，使溶液显酸性；碳酸氢钠水解产生H2CO3，使溶液显碱性，当两种溶液混合时，水解反应彼此促进，使水解反应进行的更彻底，反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，CO2不能燃烧，可以隔绝空气，从而达到灭火的目的，这与盐的水解反应有关，C不符合题意； D．用FeCl3溶液刻蚀铜制电路板，由于FeCl3具有强氧化性，与Cu会发生反应，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，这与盐的水解反应原理无关，D符合题意； 故答案为：D。 6．下列说法中正确的是 A．在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性 B．将1mL1×10-6mol/L盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9 C．在常温下，当水电离出的c(H+)为1×10-13mol/L时，此溶液的pH可能为1或13 D．将pH=2的盐酸和醋酸各1mL分别稀释至100mL，所得醋酸的pH略大 【答案】C 【解析】A．在100°C时，水中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，pH约为6的纯水呈中性，A错误； B．将1mL1×10-6mol/L的盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH接近于7，B错误； C．在常温下，当水电离出的c(H+)为1×10-13mol/L时，水的电离被抑制，如加入酸，溶液中c(H+)=10-1mol/L，pH =1，如加入碱，溶液中c(H+)=10-13mol/L，pH=13，C正确； D．1mLpH=2的盐酸稀释至100mL，氢离子浓度变为10-4mol/L，溶液pH=4，加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，氢离子的物质的量增大，故1mLpH =2的醋酸稀释至100mL，氢离子浓度大于10-4mol/L，溶液pH7说明溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，由溶液中电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HX-)+2 c(X2-)+ c(OH-)可知，溶液中c(Na+)＞3c(X2-)，故D错误； 故选D。 9．醋酸是日常生活中常见的酸。在一定条件下，醋酸溶液中存在电离平衡： (1)25℃时，的醋酸和盐酸溶液各，分别加水稀释，溶液导电能力随溶液体积变化的曲线如图所示。 ①25℃、101kPa时，在的醋酸溶液中，约为 ，该溶液中水电离产生的约为 。 ②曲线 (填“Ⅰ”或“II”)表示醋酸的稀释过程。 ③图中a点溶液中 (填“大于”“等于”或“小于”)b点溶液中。 (2)下列方法中，能使醋酸溶液中增大的是 (填序号)。 A．加入少量固体    B．升高温度    C．加入少量冰醋酸   D．加少量水    E．加入少量醋酸钠固体 (3)已知25℃时，部分弱酸的电离平衡常数如下表所示。 ①同浓度的结合的能力由强到弱顺序为 (用离子符号表示)。 ②运用上述电离平衡常数及物质特性判断下列离子方程式正确的是 (填序号)。 A．用醋酸清洗水壼中的水垢： B．向溶液中通入少量 C．将溶液中滴入足量醋酸溶液中： D．向溶液中滴加少量氯水： (4)工业上用浓度均为的和的混合溶液做缓冲液。25℃时，该混合溶液中各离子浓度大小顺序为 。[已知：25℃时，] 【答案】(1) 1.0×10-3或10-3或0.001 1.0×10-11或10-11 II 小于 (2)BD (3) CO>ClO->HCO>CH3COO- BC (4)c(CH3COO-)>c(NH)>c(H+)>c(OH-) 【解析】（1）①醋酸是弱电解质，醋酸电离方程式为 ，25℃、101kPa时，在的醋酸溶液中，c(H+)=1.0×10-3，则约为1.0×10-3，该溶液中c(OH-)=1.0×10-11，醋酸抑制水电离，水电离产生的约为1.0×10-11。 ②醋酸是弱酸，加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，稀释相同倍数，醋酸导电能力的变化小于盐酸，所以曲线II表示醋酸的稀释过程。 ③离子浓度越大，导电能力越强，图中a点溶液中小于b点溶液中。 （2）A．加入少量固体，中和氢离子，减小，正向移动，增大，不变，所以减小，故不选A；     B．升高温度，正向移动，增大、减小，所以增大，故选B；     C．加入少量冰醋酸，冰醋酸电离程度减小，减小，故不选C；    D．加少量水，冰醋酸电离程度增大，增大，故选D；     E．加入少量醋酸钠固体，增大，逆向移动，减小、增大，所以减小，故不选E； 选BD。 （3）①电离平衡常数越小，酸根离子结合氢离子的能力越强，同浓度的结合的能力由强到弱顺序为CO>ClO->HCO>CH3COO-。 ②A．醋酸是弱酸，用醋酸清洗水壼中的水垢，离子方程式为，故A错误； B．根据“强酸制弱酸”，向溶液中通入少量二氧化碳生成碳酸氢钠和次氯酸，，故B正确； C．将溶液中滴入足量醋酸溶液中生成醋酸钠、二氧化碳、水，反应的离子方程式为，故C正确； D．向溶液中滴加少量氯水生成碳酸氢钠、次氯酸钠、氯化钠，反应的离子方程式为，故D错误； 选BC。 （4）工业上用浓度均为的和的混合溶液做缓冲液。，则水解程度相同，醋酸电离大于水解，溶液呈酸性，该混合溶液中各离子浓度大小顺序为c(CH3COO-)>c(NH)>c(H+)>c(OH-)。 10．滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题： (1)某学生用的标准溶液滴定未知浓度的盐酸，用酚酞为指示剂。 ①排出碱式滴定管中气泡的方法应采用操作 ，(填序号)然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。 ②下列操作会造成测定结果(待测溶液浓度值)偏低的有 。 A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度 B．锥形瓶蒸馏水洗后直接装待测液 C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗 D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数 E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 F．摇动锥形瓶时有少量液体溅出瓶外 (2)常温下，用溶液滴定溶液，滴定曲线如下图所示。下列说法不正确的是___________。 A． B．滴定过程中，可能存在： C．若用甲基橙作指示剂，滴定终点的颜色变化为红色变为橙色 D．若将盐酸换成相同浓度醋酸，则滴定到时， (3)碘量法测定CaO₂•8H₂O(M=216g/mol)的纯度：准确称取2.0g产品放入锥形瓶中，加入适量蒸馏水和过量KI固体，再酸化，充分反应。滴加淀粉作指示剂，用0.01000 mol/L的 Na2S2O3溶液滴定至终点，终点溶液颜色变化为 。重复操作2次，三次平均消耗Na2S2O3溶液体积为15.00mL，则CaO2•8H2O的质量分数为 %。 已知： CaO₂+2I-+4H+=Ca2++I₂+2H₂O；I₂+2 =2I-+。 【答案】(1) 丙 CDF (2)CD (3) 当滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变为原来颜色 0.81 【解析】（1）①排出碱式滴定管中气泡时尖嘴略向上倾斜，则应采用操作丙； ②A．配制标准溶液定容时，加水超过刻度，则所配标准溶液浓度偏低，滴定时消耗标准液体积偏大，导致所测盐酸浓度偏高，A不符合题意； B．锥形瓶蒸馏水洗后直接装待测液，锥形瓶中HCl的物质的量不变，消耗NaOH标准液体积不变，对实验无影响，B不符合题意； C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸溶液润洗，盐酸被稀释浓度偏低，消耗的NaOH标准液体积减小，所测盐酸浓度偏低，C符合题意； D．滴定到达终点时，俯视读出滴定管读数，导致所读取的标准液体积偏小，则消耗标准液体积偏小，所测盐酸浓度偏低，D符合题意； E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致滴定前读取的标准液体积偏小，则消耗标准液体积偏大，所测盐酸浓度偏高，E不符合题意； F．摇动锥形瓶时有少量液体溅出瓶外，盐酸溶质有损失，消耗标准液体积减小，所测盐酸浓度偏低，F符合题意； 故选CDF； （2）A．常温下，用0.1000mol·L−1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L−1HCl溶液至呈中性时，消耗NaOH溶液体积为20mL，则a=20mL，A正确； B．由电荷守恒得，则可能存在，且此时所加NaOH溶液体积小于10mL，B正确； C．若用甲基橙作指示剂，溶液由红色变为橙色时，pH约为3.1，不是滴定终点，C错误； D．将盐酸换成相同浓度0.1000mol·L−1醋酸，滴加NaOH溶液至呈中性时，消耗NaOH溶液体积小于20mL，则滴定到pH=7时，a1说明HA是弱酸;溶液中c(HA)>c(H+)>c(A-)>c(OH-)反应一半点(点②)点②溶液是等物质的量的NaA和HA的混合液,此时溶液pHc(Na+)>c(HA)>c(H+)>c(OH-)中性点(点③)此时溶液的pH=7,溶液呈中性,酸没有完全被中和,此时溶液中c(Na+)=c(A-)>c(HA)>c(H+)=c(OH-)恰好完全反应点(点④)此时二者恰好完全反应生成NaA,NaA为强碱弱酸盐,溶液呈碱性,c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+)过量点(点⑤)此时,NaOH溶液过量,得到NaA与NaOH等物质的量的混合液,溶液显碱性,溶液中c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)应用举例判断溶液 的酸碱性FeCl3溶液显酸性，原因是__Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋__判断酸 性强弱相同浓度NaX、NaY、NaZ三种盐溶液pH分别为8、9、10，则酸性__HX＞HY＞HZ__配制或贮 存易水解 的盐溶液配制CuSO4溶液时，加入少量__稀硫酸__防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量__盐酸__；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用__磨口玻璃__塞；NaF、NH4F要用塑料瓶保存。胶体的制取制取Fe(OH)3胶体的离子反应： __Fe3＋＋3H2Oeq \o(=====,\s\up7(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H＋__泡沫灭火 器原理成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为__Al3＋＋3HCOeq \o\al(－,3)===Al(OH)3↓＋3CO2↑__作净水剂明矾可作净水剂，原理为 Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋化肥的使用铵态氮肥与草木灰不得混用：COeq \o\al(2－,3)＋H2OHCOeq \o\al(－,3)＋OH－__NHeq \o\al(＋,4)＋OH－===NH3↑＋H2O__除锈剂NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂物质提纯除去MgCl2溶液中的氯化铁，可以加入MgO或Mg(OH)2反应掉部分H＋，促进铁离子的水解，使Fe3＋转化为氢氧化铁沉淀而除去无机物 的制备硫化铝、氮化镁在水溶液中强烈水解，只能通过单质间化合反应才能制得；用TiCl4制备TiO2，其反应的化学方程式为__TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)=TiO2·xH2O＋4HCl__离子的共存Al3＋与HCOeq \o\al(－,3)、COeq \o\al(2－,3)、AlOeq \o\al(－,2)、SiOeq \o\al(2－,3)、HS－、S2－，Fe3＋与HCOeq \o\al(－,3)、COeq \o\al(2－,3)、AlOeq \o\al(－,2)、SiOeq \o\al(2－,3)、ClO－，NHeq \o\al(＋,4)与SiOeq \o\al(2－,3)、AlOeq \o\al(－,2)等因水解相互促进而不能大量共存a→c曲线上变化，增大c(SOeq \o\al(2－,4))b→c加入1×10－5 mol·L－1 Na2SO4溶液(加水不行)d→c加入BaCl2固体(忽略溶液的体积变化)c→a曲线上变化，增大c(Ba2＋)曲线上方的点表示有沉淀生成；曲线下方的点表示不饱和溶液化学式电离平衡常数