1、考纲要求1.了解水的电离、离子积常数(Kw)。2.了解溶液pH的含义及其测定方法，能进行pH的简单计算。3.理解弱电解质在水中的电离平衡，能利用电离平衡常数(Ka、Kb、Kw)进行相关计算。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.了解难溶电解质的沉淀溶解平衡。理解溶度积(Ksp)的含义，能进行相关的计算。6.以上各部分知识的综合运用。考点一溶液中的“三大”平衡电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡。这三种平衡都遵循勒夏特列原理如果改变影响化学平衡的条件之一，平衡向能够减弱这种改变的方向移动。1对比“四个”表格，正确理解影响因素(1)外界条件对醋酸电离
2、平衡的影响CH3COOHCH3COOHH0体系变化条件平衡移动方向n(H)c(H)导电能力Ka加水稀释向右增大减小减弱不变加入少量冰醋酸向右增大增大增强不变通入HCl(g)向左增大增大增强不变加NaOH(s)向右减小减小增强不变加入镁粉向右减小减小增强不变升高温度向右增大增大增强增大加CH3COONa(s)向左减小减小增强不变(2)外界条件对水的电离平衡的影响H2OHOHH0体系变化条件平衡移动方向Kw水的电离程度c(OH)c(H)酸向左不变减小减小增大碱向左不变减小增大减小可水解的盐Na2CO3向右不变增大增大减小NH4Cl向右不变增大减小增大温度升温向右增大增大增大增大降温向左减小减小减小
3、减小其他：如加入Na向右不变增大增大减小(3)外界条件对FeCl3溶液水解平衡的影响Fe33H2OFe(OH)33HH0体系变化条件平衡移动方向n(H)pH水解程度现象升温向右增多减小增大颜色变深通HCl向左增多减小减小颜色变浅加H2O向右增多增大增大颜色变浅加FeCl3固体向右增多减小减小颜色变深加NaHCO3向右减小增大增大生成红褐色沉淀，放出气体(4)外界条件对AgCl溶解平衡的影响AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)H0体系变化条件平衡移动方向平衡后c(Ag)平衡后c(Cl)Ksp升高温度向右增大增大增大加水稀释向右不变不变不变加入少量AgNO3向左增大减小不变通入HCl向左减小增大
4、不变通入H2S向右减小增大不变易错易混辨析(1)弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性。加水稀释醋酸溶液，在稀释过程中，_(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，_，_，c(CH3COOH)c(CH3COO)_，n(CH3COOH)n(CH3COO)_。答案增大不变不变减小不变(2)试判断下列溶液在常温下的酸、碱性(在括号中填“酸性”“碱性”或“中性”)。相同浓度的HCl和NaOH溶液等体积混合()相同浓度的CH3COOH和NaOH溶液等体积混合()相同浓度的NH3H2O和HCl溶液等体积混合()pH2的HCl和pH12的NaOH溶液等体积混合()pH3的HCl和pH10的NaOH溶液等体积混合()
5、pH3的HCl和pH12的NaOH溶液等体积混合()pH2的CH3COOH和pH12的NaOH溶液等体积混合()pH2的HCl和pH12的NH3H2O等体积混合()答案中性碱性酸性中性酸性碱性酸性碱性2pH的计算已知水在25 和95 时，其电离平衡曲线如图所示：(1)则25 时水的电离平衡曲线应为_(填“A”或“B”)，请说明理由：_。 (2)25 时，将pH9的NaOH溶液与pH4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH7，则pH9的NaOH溶液与pH4的H2SO4溶液的体积之比为_。(3)95 时，若100体积pH1a的某强酸溶液与1体积pH2b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该
6、强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是_。答案(1)A水的电离是吸热过程，温度较低时，电离程度较小，c(H)、c(OH)均较小(2)101(3)ab14(或pH1pH214)3一强一弱的图像比较(1)相同体积、相同浓度的HCl(a)和CH3COOH(b)，分别与足量的锌粉发生反应，按要求画出图像。产生H2的体积V(H2)随时间(t)的变化图像；产生H2的速率v(H2)随时间(t)的变化图像；溶液的pH随时间(t)的变化图像。答案(2)若把HCl(a)和CH3COOH(b)均改成相同体积、相同pH，则的图像又怎样？答案 图像法理解一强一弱的稀释规律(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸加水稀
7、释相同的倍数，醋酸的pH大。加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多。(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大。加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多。4盐类水解的判断(1)正误判断，正确的打“”，错误的打“”Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO的水解程度减小，pH减小()明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂()制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法()为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH7，则H2A是弱酸，若pH”“(2)常温下，向20.00 mL 0.1 molL1 HA溶液中滴入0.1
8、molL1 NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数lg c(H)水与所加NaOH溶液体积的关系如图所示：回答下列问题：0.1 molL1HA溶液的pH_。答案3M点的溶质为_，溶液是_(填“酸”“碱”或“中”，下同)性，c(H)水107的原因_。答案NaA、HA中A对水电离的促进程度与HA对水电离的抑制程度相同N点的溶质为_，溶液呈_性。答案NaA碱P点的溶质为_，溶液呈_性，c(H)水107的原因_。答案NaA、NaOH碱A对水电离的促进程度与OH对水电离的抑制程度相同6难溶电解质的溶解平衡的判断(1)正误判断，正确的打“”，错误的打“”为减少洗涤过程中固体的损耗，最好选用稀H2
9、SO4代替H2O来洗涤BaSO4沉淀()Ksp越小，其溶解度越小()Ksp大的容易向Ksp小的转化，但Ksp小的不能向Ksp大的转化()在0.1 molL1的AlCl3溶液中滴加少量NaOH溶液，再滴加0.1 molL1的FeCl3溶液，其现象为先产生白色沉淀，后白色沉淀转化成红褐色沉淀，则KspFe(OH)3KspAl(OH)3() 0.1 mol AgCl 和 0.1 mol AgBr 混合后加入水中，所得溶液c(Cl)c(Br)()常温下，向含Ag2S固体的溶液中滴加少量Na2S溶液，c(Ag)、c(S2)、Ksp(Ag2S)都减小()确定Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)，可以在
10、常温下，向BaCO3粉末中加少量稀Na2SO4溶液，过滤，向洗净的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生()向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，现象为白色沉淀变成红褐色沉淀，则KspMg(OH)2KspFe(OH)3()向盛有2 mL 0.1 molL1 AgNO3溶液的试管中滴加1 mL 0.1 molL1 NaCl溶液，再向其中滴加45滴0.1 molL1KI溶液，现象为先有白色沉淀生成，后又产生黄色沉淀，则Ksp(AgCl)Ksp(AgI)()(2)已知25 时，Ksp(FeS)6.31018，Ksp(CdS)3.61029，能否用FeS处理含Cd2的废水？请根据沉淀溶解平衡的原理解释(用必
11、要的文字和离子方程式说明)。答案能，CdS比FeS更难溶，可发生沉淀转化Cd2(aq)FeS(s)CdS(s)Fe2(aq)。角度一溶液的稀释与混合1正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)常温时，0.1 molL1氨水的pH11：NH3H2ONHOH()(2018北京，8B)(2)室温下，pH3的CH3COOH溶液与pH11的NaOH溶液等体积混合，溶液pH7()(2015江苏，11B)(3)25 时，等体积、等浓度的硝酸与氨水混合后，溶液pH7()(2015重庆理综，3B)(4)常温下，pH为2的盐酸与等体积pH12的氨水混合后所得溶液呈酸性()(5)常温下，pH为2的盐酸由H2O电离出
12、的c(H)1.01012 molL1()(6)同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH7()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、弱碱的稀释规律溶液稀释前溶液pH加水稀释到原来体积的10n倍稀释后溶液pH酸强酸pHapHan弱酸apHan碱强碱pHbpHbn弱碱bnpHb误区三：不能正确掌握混合溶液的定性规律pHn(n7)的强酸和pH14n的强碱溶液等体积混合，混合溶液pH7；pHn(n7)的醋酸和pH14n的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液pH7；pHn(n7。角度二电离平衡、一
13、强一弱的比较2(2019全国卷，11)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH2的H3PO4溶液，下列说法正确的是()A每升溶液中的H数目为0.02NABc(H)c(H2PO)2c(HPO)3c(PO)c(OH)C加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强答案B解析pH2的H3PO4溶液中c(H)102molL1，每升溶液中所含N(H)0.01NA，A错误；由电荷守恒知，该H3PO4溶液中存在c(H)c(H2PO)2c(HPO)3c(PO)c(OH)，B正确；加水稀释能促进H3PO4的电离，使其电离度增大，由于以增大溶液体积为主，导致溶液中c(H)减小，溶液pH增
14、大，C错误；向H3PO4溶液中加入NaH2PO4固体，溶液中c(H2PO)增大，促使平衡H3PO4HH2PO逆向移动，抑制H3PO4电离，溶液酸性减弱，D错误。3(2015全国卷，13)浓度均为0.10 molL1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是()AMOH的碱性强于ROH的碱性BROH的电离程度：b点大于a点C若两溶液无限稀释，则它们的c(OH)相等D当lg2时，若两溶液同时升高温度，则增大答案D解析A项，0.10 molL1的MOH和ROH溶液，前者pH13，后者pH小于13，说明前者是强碱，后者是弱碱，正确；B项，ROH
15、是弱碱，加水稀释，促进电离，b点电离程度大于a点，正确；C项，两碱溶液无限稀释，溶液近似呈中性，c(OH)相等，正确；D项，由MOH是强碱，在溶液中完全电离，所以c(M)不变，ROH是弱碱，升高温度，促进电离平衡ROHROH向右移动，c(R)增大，所以减小，错误。4(2010大纲全国卷，9)相同体积、相同pH的某一元强酸溶液和某一元中强酸溶液分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是()答案C解析强酸完全电离，中强酸部分电离，随着反应的进行，中强酸会继续电离出H，所以溶液产生氢气的体积多，在相同时间内，的反应速率比快。角度三多角度攻克盐类水解问题5正误判断
16、，正确的打“”，错误的打“”(1)用热的纯碱溶液洗去油污，是因为Na2CO3可直接与油污反应()(2014新课标全国卷，8A)(2)施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，是因为K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效()(2014新课标全国卷，8C)(3)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同()(2013天津理综，5D)6(2015天津理综，5)室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是()加入物质结论A50 mL 1 molL1H2SO4反应结束后，c(Na)c
17、(SO)B0.05 mol CaO溶液中增大C50 mL H2O由水电离出的c(H)c(OH)不变D0.1 mol NaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na)不变答案B解析Na2CO3溶液中存在水解平衡COH2OHCOOH，所以溶液呈碱性。A项，向溶液中加入50 mL 1 molL1H2SO4，Na2CO3与H2SO4 恰好反应生成0.05 mol Na2SO4，根据物料守恒可得c(Na)2c(SO)，错误；B项，向Na2CO3溶液中加入0.05 mol CaO后，发生反应CaOH2O=Ca(OH)2，生成0.05 mol Ca(OH)2，恰好与Na2CO3反应：Ca(OH)2Na2
18、CO3=CaCO32NaOH，则c(CO)减小，c(OH)增大，c(HCO)减小，所以增大，正确；C项，加入50 mL H2O，CO的水解平衡正向移动，但c(OH)减小，溶液中的OH全部来源于水的电离，由于水电离出的H、OH浓度相等，故由水电离出的c(H)c(OH)减小，错误；D项，加入的0.1 mol NaHSO4固体与0.05 mol Na2CO3恰好反应生成0.1 mol Na2SO4，溶液呈中性，故溶液pH减小，加入NaHSO4，引入Na，所以c(Na)增大，错误。7(2018北京，11)测定0.1 molL1Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。时刻温度/2530402
19、5pH9.669.529.379.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是()ANa2SO3溶液中存在水解平衡：SOH2OHSOOHB的pH与不同，是由SO浓度减小造成的C的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D与的Kw值相等答案C解析的过程中，pH变小，说明SO水解产生的c(OH)减小；升高温度，SO的水解平衡正向移动，溶液中SO水解产生的c(OH)增大，pH应增大，而实际上溶液的pH减小，其主要原因是实验过程中部分SO被空气中的O2氧化生成SO，溶液中c(SO)减小，水解平衡逆向移动，则溶液中c(OH)减小，pH减小
20、；的过程中，温度升高，SO的水解平衡正向移动，而c(SO)减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不一致，C错；Na2SO3是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SOH2OHSOOH，A对；实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明中的SO数目大于中的，中的SO数目小于中的，所以中OH数目小于中的，pH不同，B对；Kw只与温度有关，D对。8(2019北京，12)实验测得0.5 molL1CH3COONa溶液、0.5 molL1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是()A随温度升高，纯水中c(H)
21、c(OH)B随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH)减小C随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果D随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO、Cu2水解平衡移动方向不同答案C解析任何温度时，纯水中H浓度与OH浓度始终相等，A项错误；随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c(OH)增大，且温度升高，水的电离程度增大，c(OH)也增大，B项错误；温度升高，水的电离程度增大，c(H)增大，又CuSO4水解使溶液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c(H)增大，C项正确；温度升高，能使电离平衡和水解平衡均正向移动
22、，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2水解程度增大得多，D项错误。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。角度四正确理解外界因素对难溶电解质沉淀溶解平
23、衡的影响9正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，则Ksp(AgCl)Ksp(AgI)()(2018江苏，12D)(2)左图是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2)与c(SO)的关系曲线，说明溶液中c(SO)越大c(Ba2)越小()(2018江苏，13D)(3)常温下，KspMg(OH)25.61012，pH10的含Mg2溶液中，c(Mg2)5.6104 molL1()(2017江苏，12C)(4)室温下，向浓度均为0.1 molL1的BaCl2和CaCl2混合溶液中滴加Na2SO4
24、溶液，出现白色沉淀，所以Ksp(BaSO4)Ksp(CaSO4)()(2016江苏，13B)(5)0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入水中，所得溶液c(Cl)c(I)()(2015重庆理综，3D)(6)将0.1 molL1 MgSO4溶液滴入NaOH溶液至不再有沉淀产生，再滴加0.1 molL1 CuSO4溶液，若先有白色沉淀生成，后变为浅蓝色沉淀，则Cu(OH)2的溶度积比Mg(OH)2的小()(2015全国卷，10D)10(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()Ac(CO) Bc(Mg2)Cc(H) DKsp
25、(MgCO3)答案A解析含有MgCO3固体的溶液中存在沉淀溶解平衡：MgCO3(s)Mg2(aq)CO(aq)，滴加少许浓盐酸与CO反应生成CO2气体，促使平衡向右移动，则c(Mg2)和c(H)增大，c(CO)减小，温度不变Ksp(MgCO3)不变，故A正确。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。角度五溶液中“多种”平衡的对比分析11(2013安徽理综，13)已知NaHSO3溶液显酸性，溶液
26、中存在以下平衡：HSOH2OH2SO3OHHSOHSO向0.1 molL1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，平衡左移，平衡右移，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)答案C解析A项，加入金属钠后，钠和水反应生成氢氧化钠，使平衡左移，平衡右移，移动的结果是c(SO)增大。可以利用极端分析法判断，如果金属钠适量，充分反应后溶液中溶质可以是亚硫酸钠，此时c(HSO)很小，错误；B项，依据电荷守恒
27、判断，c(SO)前面的化学计量数应为2，即c(H)c(Na)c(HSO)c(OH)2c(SO)，错误；C项，加入少量氢氧化钠溶液后，溶液酸性减弱，碱性增强，所以增大，平衡左移，平衡右移，最终c(SO)增大，c(HSO)减小，所以增大，正确；D项，加入氨水至溶液呈中性，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)，错误。12(2016全国卷，13)下列有关电解质溶液的说法正确的是()A向0.1 molL1 CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B将CH3COONa溶液从20 升温至30 ，溶液中增大C向盐酸中加入氨水至中性，溶液中1D
28、向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变答案D解析A项，加水稀释，c(CH3COO)减小，Ka不变，所以比值增大，错误；B项，(Kh为水解常数)，温度升高，水解常数Kh增大，比值减小，错误；C项，向盐酸中加入氨水至中性，根据电荷守恒：c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，此时c(H)c(OH)，故c(NH)c(Cl)，所以1，错误；D项，在饱和溶液中，温度不变，溶度积Ksp不变，则溶液中不变，正确。1常温下，向浓度均为0.1 molL1、体积均为100 mL的两种一元酸HX、HY的溶液中分别加入NaOH固体，lg随加入NaOH的物质的量的变化情况如图所示。下列叙述正确的
29、是()AHX的酸性弱于HY的酸性Ba点由水电离出的c(H)11012 molL1Cc点溶液中：c(Y)c(HY)Db点时酸碱恰好完全中和答案C解析lg越大，溶液中氢离子浓度越大，未加NaOH时，HX溶液比HY溶液的lg大，所以HX的酸性强于HY的，A项错误；由于a点lg12，则溶液中c(H)0.1 molL1，溶液中由水电离出的c(H) molL111013 molL1，B项错误；由于c点lg6，则溶液中的c(H)1104 molL1，此时消耗的NaOH的物质的量为0.005 mol，则溶液中的溶质为NaY和HY，且溶液中NaY和HY的物质的量浓度相等，由于溶液显酸性，所以HY的电离程度大于N
30、aY的水解程度，c(Y)c(HY)，C项正确；由于100 mL 0.1 molL1的HY溶液与NaOH溶液恰好中和时消耗NaOH的物质的量为0.01 mol，而b点时消耗NaOH的物质的量为0.008 mol，所以酸过量，D项错误。2(2018保定市高三一模)常温下，将等体积的盐酸和氨水分别加水稀释，溶液的导电性与溶液体积的变化曲线如图所示，下列说法正确的是()A曲线表示氨水加水稀释过程中溶液导电性的变化B溶液的pH大小关系：cbdC若将b、d两点溶液混合，则c(Cl)c(NH)c(H)c(OH)D由水电离出的n(OH)：bc答案D解析A项，图中分析可以知道开始导电能力相同说明开始氢氧根离子浓
31、度和氢离子浓度相同，加水稀释促进一水合氨电离平衡正向移动，氢氧根离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，导电能力强，则曲线表示氨水加水稀释过程中溶液导电性的变化，错误；B项，盐酸pH小于一水合氨，稀释过程中盐酸pH增大，溶液的pH大小关系：bdc，错误；C项，图中分析可以知道开始导电能力相同说明开始氨水中氢氧根离子浓度和盐酸中氢离子浓度相同，加水稀释促进一水合氨电离平衡正向移动，稀释相同倍数，氨水溶液中氢氧根离子浓度大于盐酸中氢离子浓度，若将b、d两点溶液混合后溶液显碱性，c(NH)c(Cl)c(OH)c(H)，错误；D项，b、c导电能力相同，水电离程度相同，b点溶液体积大，所以，由水电离出的n(OH)
32、：bc，正确。3(1)一定条件下，在水的电离平衡中，c(H)和c(OH)的关系如下图所示。100 时，若盐酸中c(H)5104 molL1，则由水电离产生的c(H)_。(2)pH3的盐酸与pH5的盐酸等体积混合，pH_。答案(1)2109 molL1(2)3.3解析(1)由图中信息可知，100 时，c(H)c(OH)106 molL1，Kwc(H)c(OH)1012，由水电离产生的c(H)等于溶液中氢氧根离子浓度，盐酸中c(H)5104 molL1，则c(H)水c(OH) molL12109 molL1。(2)pH3和pH5的两种盐酸等体积混合，则c(H)5104 molL1，所以pHlg c
33、(H)4lg 53.3。4常温下，向1 L pH10的 NaOH溶液中持续通入CO2。通入的CO2的体积(V)与溶液中水电离出的OH离子浓度(c)的关系如图所示。下列叙述不正确的是()Ab点溶液中：c(OH)1107 molL1Ba点溶液中：水电离出的c(H)11010 molL1Cc点溶液中：c(Na)c(CO)c(HCO)Dd点溶液中：溶液是NaHCO3和H2CO3的混合液答案A解析由图像可知，a点对应的溶液为原pH10的 NaOH溶液，b点对应的溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，c点对应的溶液为碳酸钠溶液，d点对应的溶液为碳酸氢钠和碳酸的混合溶液。b点对应的溶液为氢氧化钠和碳酸钠的混合溶
34、液，由图可知，其中水电离出的OH离子浓度为1107 molL1，所以溶液中c(OH)1107 molL1，A不正确；a点溶液中pH10，所以水电离出的c(H)11010 molL1，B正确；c点溶液是碳酸钠溶液，有部分碳酸根离子发生水解生成碳酸氢根离子，所以c(Na)c(CO)c(HCO)，C正确；d点溶液是NaHCO3和H2CO3的混合液，D正确。5下列有关电解质溶液的说法不正确的是()A向Na2CO3溶液中通入NH3，减小B将0.1 molL1的K2C2O4溶液从25 升温至35 ，增大C向0.1 molL1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，1D向0.1 molL1的CH3COONa溶液
35、中加入少量水，增大答案D解析A项，Na2CO3溶液中存在平衡COH2OHCOOH，通入NH3，NH3溶于水生成NH3H2O，存在电离NH3H2ONHOH，抑制了CO的水解，c(CO)增大，又因为c(Na)不变，所以减小，正确；B项，K2C2O4溶液中存在C2O水解，水解吸热，若从25 升温到35 ，促进了C2O的水解，c(C2O)减小，又因为c(K)不变，所以增大，正确；C项，向0.1 molL1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，根据电荷守恒c(Na)c(H)c(F)c(OH)，c(H)c(OH)，则c(Na)c(F)，即1，正确；D项，CH3COOH的电离常数Ka，所以，电离常数只受温度影
36、响，温度不变则Ka不变，错误。6室温下，浓度均为0.1 molL1，体积均为V0的NaX、NaY溶液分别加水稀释至体积V。已知pOHlgc(OH)，pOH 与lg的变化关系如图所示。下列叙述正确的是()AHX、HY都是弱酸，且Ka(HX)Ka(HY)B图中pOH随lg 变化始终满足直线关系Clg 3时，NaX溶液中所含离子总数小于NaY溶液D分别向稀释前的两种溶液加盐酸至pH7时，c(X)c(Y)答案A解析NaX、NaY溶液pOH7，表明NaX、NaY发生水解，所以HX、HY都是弱酸，浓度均为0.1 molL1的NaX、NaY溶液的pOH分别为4和3，表明水解程度：NaXKa(HY)，故A正确
37、；当lg 很大时，图中pOH变化很小，所以图中pOH随lg 变化不会始终满足直线关系，故B错误；溶液中电荷守恒：c(X)c(OH)c(Na)c(H)，c(OH)c(Y)c(Na)c(H)，lg 3时，NaX溶液中pOH较大，c(OH)较小，c(H)较大，所含离子总数大于NaY溶液，故C错误；分别向稀释前的两种溶液加盐酸至pH7时，溶液中电荷守恒：c(X)c(OH)c(Cl)c(Na)c(H)，c(OH)c(Y)c(Cl)c(Na)c(H)，将c(OH)c(H)代入得，c(X)c(Cl)c(Na)，c(Y)c(Cl)c(Na)，由于NaX溶液中pOH较大，加入盐酸较少，c(Cl)较小，所以c(X
38、)c(Y)，故D错误。7某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0104和1.7105。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相同答案C解析A项，由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比的酸性强，代表HNO2，代表CH3COOH，错误；B项，酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，错误；C项，代表HNO2，Kw为水的离子积常数，K
39、(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，正确；D项，体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c(CH3COOH)c(HNO2)，分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，错误。8钡(Ba)和锶(Sr)及其化合物在工业上有着广泛的应用，它们在地壳中常以硫酸盐的形式存在，BaSO4和SrSO4都是难溶性盐。工业上提取钡和锶时首先将BaSO4和SrSO4转化成难溶弱酸盐。已知：SrSO4(s)Sr2(aq)SO(aq)Ksp2.5107SrCO3(s)Sr2(aq)CO(aq)Ksp2.5109
40、(1)将SrSO4转化成SrCO3的离子方程式为_，该反应的平衡常数表达式为_；该反应能发生的原因是_。(用沉淀溶解平衡的有关理论解释)(2)对于上述反应，实验证明增大CO的浓度或降低温度都有利于提高SrSO4的转化率。判断在下列两种情况下，平衡常数K的变化情况(填“增大”“减小”或“不变”)：升高温度，平衡常数K将_；增大CO的浓度，平衡常数K将_。(3)已知，SrSO4和SrCO3在酸中的溶解性与BaSO4和BaCO3类似，设计实验证明上述过程中SrSO4是否完全转化成SrCO3。实验所用的试剂为_；实验现象及其相应结论为_。答案(1)SrSO4(s)CO(aq)SrCO3(s)SO(aq
41、)KKsp(SrCO3) Ksp(SrSO4)，加入CO后，平衡SrSO4(s)Sr2(aq)SO(aq)正向移动，生成SrCO3(2)减小不变(3)盐酸若沉淀完全溶解，则证明SrSO4完全转化成SrCO3，否则，未完全转化解析(1)SrSO4转化成SrCO3的离子反应为：SrSO4(s)CO(aq)SrCO3(s)SO(aq)，平衡常数表达式为K，根据沉淀转化的原理，该反应能够发生，是因为Ksp(SrCO3)1.0107时，Kh1.0107，此时将等物质的量浓度的HA溶液与NaA溶液等体积混合，HA的电离程度大于A的水解程度，溶液呈酸性；同理，当Ka1.0107，A的水解程度大于HA的电离程
42、度，溶液呈碱性。对于多元弱酸，Kh，Ka是其阴离子结合一个H所形成的粒子的电离常数。3溶度积常数(Ksp)的相关计算(1)M(OH)n悬浊液中Ksp、Kw、pH间的关系M(OH)n(s)Mn(aq)nOH(aq)Kspc(Mn)cn(OH)cn(OH)()n1。(2)Ksp与溶解度(S)之间的计算关系对于AB型物质，其Ksp2。如60 时溴酸银(AgBrO3)的溶解度为0.6 g，则Ksp约等于_。答案6.5104解析60 时，其Kspc(Ag)c(BrO)226.5104。(3)Ksp与沉淀转化平衡常数K的计算关系建立Ksp与K的关系，一般是在K的表达式分子分母中同乘以某个离子的浓度，将分子
43、分母转化为不同物质的Ksp。如在1.0 L Na2CO3溶液中溶解0.01 mol BaSO4，列式计算，Na2CO3溶液的最初浓度不得低于_molL1(忽略溶液体积变化)已知：Ksp(BaSO4)1.11010、Ksp(BaCO3)5.1109。答案0.46解析沉淀转化的离子方程式为CO(aq)BaSO4(s)BaCO3(s)SO(aq)。K0.022c(CO)0.45 molL1，Na2CO3溶液的最初浓度：c(Na2CO3)(0.010.45)molL10.46 molL1。(4)Ksp与电离常数Ka的计算关系根据电离常数计算出各离子浓度，进而计算Ksp。如汽车尾气中的SO2可用石灰水吸
44、收，生成亚硫酸钙浊液。常温下，测得某纯CaSO3与水形成的浊液pH为9，忽略SO的第二步水解，则Ksp(CaSO3)_(保留3位有效数字)。已知：Ka1(H2SO3)1.54102，Ka2(H2SO3)1.02107答案1.05106解析pH9，c(OH)1105molL1，由SOH2OHSOOH知，c(HSO)c(OH)1105molL1。Kh(SO)，则，c(SO)1.02103molL1。由物料守恒知：c(Ca2)c(SO)c(HSO)1.02103molL11105molL11.03103molL1。则Ksp(CaSO3)c(Ca2)c(SO)1.05106。角度一Ka、Kb、Kh的计
45、算及应用1(1)2017天津，10(5)已知25 ，NH3H2O的Kb1.8105，H2SO3的Ka11.3102，Ka26.2108。若氨水的浓度为2.0 molL1，溶液中的c(OH)_ molL1。将SO2通入该氨水中，当c(OH)降至1.0107 molL1时，溶液中的c(SO)/c(HSO)_。答案6.01030.62解析由NH3H2O的电离方程式及其电离平衡常数Kb1.8105可知，KbcNH)c(OH)/c(NH3H2O)1.8105，当氨水的浓度为2.0 molL1时，溶液中的c(NH)c(OH)6.0103 molL1。由H2SO3的第二步电离方程式HSOSO H及其电离平衡
46、常数Ka26.2108可知，Ka2c(SO)c(H)/c(HSO)6.2108，将SO2通入该氨水中，当c(OH)降至1.0107 molL1时，溶液的c(H)1.0107 molL1，则c(SO)/c(HSO)0.62。(2)2016全国卷，26(4)联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似。联氨第一步电离反应的平衡常数值为_(已知：N2H4HN2H的K8.7107；Kw1.01014)。联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为_。答案8.7107 N2H6(HSO4)2解析联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为N2H4H2ON2HOH，再根据已知：N2H4HN2H的K
47、8.7107及Kw1.01014，故联氨第一步电离平衡常数为Kc(OH)c(H)8.71071.010148.7107；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学式为N2H6(HSO4)2。(3)2016海南，14(4)已知：Kw1.01014，Al(OH)3AlOHH2OK2.01013。Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于_。答案20解析Al(OH)3溶于NaOH溶液发生反应：Al(OH)3OHAlO2H2OK1，可分两步进行：Al(OH)3AlOHH2OKHOHH2O则K120。角度二Ksp的计算及应用22017海南，14(3)向含有BaSO4固体的
48、溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时溶液中_。已知Ksp(BaCO3)2.6109，Ksp(BaSO4)1.11010。答案24解析在同一个溶液中，c(Ba2)相同，依据溶度积的数学表达式，则有24。32016全国卷，27(3)在化学分析中采用K2CrO4为指示剂，以AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl，利用Ag与CrO生成砖红色沉淀，指示到达滴定终点。当溶液中Cl恰好完全沉淀(浓度等于1.0105 molL1)时，溶液中c(Ag)为_molL1，此时溶液中c(CrO)等于_molL1(已知Ag2CrO4、AgCl的Ksp分别为2.01012和2.01010)。答案2.01055
49、.0103解析根据Ksp(AgCl)c(Ag)c(Cl)2.01010，可计算出当溶液中Cl恰好完全沉淀(即浓度等于1.0105 molL1)时，溶液中c(Ag)2.0105 molL1，然后再根据Ksp(Ag2CrO4)c2(Ag)c(CrO)2.01012，又可计算出此时溶液中c(CrO)5.0103 molL1。42015海南，15(2)已知Ksp(AgCl)1.81010，若向50 mL 0.018 molL1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 molL1的盐酸，混合后溶液中Ag的浓度为_ molL1，pH为_。答案1.8107252015全国卷，28(2)浓缩液含有I、Cl
50、等离子，取一定量的浓缩液，向其中滴加AgNO3溶液，当AgCl开始沉淀时，溶液中为_，已知Ksp(AgCl)1.81010，Ksp(AgI)8.51017。答案4.7107角度三以Ksp为中心的换算6(2013新课标全国卷，13)室温时，M(OH)2(s)M2(aq)2OH(aq) Kspa，c(M2)b molL1时，溶液的pH等于()A.lg() B.lg()C14lg() D14lg()答案C解析由Kspc(M2)c2(OH)得c(OH)，Kwc(H)c(OH)得c(H) ，pH14lg()。7(2018全国卷，12)用0.100 molL1AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0
51、molL1Cl溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是()A根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为1010B曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag)c(Cl)Ksp(AgCl)C相同实验条件下，若改为0.040 0 molL1Cl，反应终点c移到aD相同实验条件下，若改为0.050 0 molL1Br，反应终点c向b方向移动答案C解析根据AgCl=AgCl可知，达到滴定终点时，消耗AgNO3溶液的体积为20.0 mL，C项错误；由题图可知，当AgNO3溶液的体积为50.0 mL时，溶液中的c(Cl)略小于108 molL1，此时混合溶液中c(Ag)2.5102 molL1，故Ksp(
52、AgCl)c(Ag)c(Cl)2.51021082.51010，A项正确；因反应过程中有沉淀生成，溶液中必然存在平衡AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)，故曲线上的各点均满足c(Ag)c(Cl)Ksp(AgCl)，B项正确；相同实验条件下，沉淀相同量的Cl和Br消耗的AgNO3的量相同，由于Ksp(AgBr)Ksp(AgCl)，当滴加相等量的Ag时，溶液中c(Br)c(Cl)，故反应终点c向b方向移动，D项正确。8(2017全国卷，13)在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl。根据溶液中平衡时相关
53、离子浓度的关系图，下列说法错误的是()AKsp(CuCl)的数量级为107B除Cl反应为CuCu22Cl=2CuClC加入Cu越多，Cu浓度越高，除Cl效果越好D2Cu= Cu2Cu平衡常数很大，反应趋于完全答案C解析A项，根据CuCl(s)Cu(aq)Cl(aq)可知Ksp(CuCl)c(Cu)c(Cl)，从Cu图像中任取一点代入计算可得Ksp(CuCl)107，正确；B项，由题干中“可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl”可知Cu、Cu2与Cl 可以发生反应生成CuCl沉淀，正确；C项，Cu(s)Cu2(aq)2Cl(aq)2CuCl(s)，固体对平衡无影响，故增
54、加固体Cu的物质的量，平衡不移动，Cu的浓度不变，错误；D项，2Cu(aq)Cu(s)Cu2(aq)，反应的平衡常数K，从图中两条曲线上任取横坐标相同的c(Cu2)、c(Cu)两点代入计算可得K106，反应平衡常数较大，反应趋于完全，正确。9(2019全国卷，12)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料，其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B图中各点对应的Ksp的关系为：Ksp(m)Ksp(n)Ksp(p)Ksp(q)C向m点的溶液中加入少量Na2S固体，溶液组成由
55、m沿mpn线向p方向移动D温度降低时，q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动答案B解析a、b分别表示温度为T1、T2时溶液中Cd2和S2的物质的量浓度，可间接表示对应温度下CdS在水中的溶解度，A项正确；Ksp只受温度影响，即m、n、p三点对应的Ksp相同，又T1T2，故Ksp(m)Ksp(n)Ksp(p)”“”或“”)7。答案10%解析亚碲酸(H2TeO3)为二元弱酸，以一级电离为主，H2TeO3的电离度为，H2TeO3HTeOH起始浓度/molL1 0.1 0 0电离浓度/molL1 0.1 0.1 0.1平衡浓度/molL1 0.1(1) 0.1 0.1Ka11103，解得：10%
56、；已知Ka11103，则HTeO的水解常数Kh(11014)/(1103)11011Ka2，故HTeO的电离大于其水解，NaHTeO3溶液显酸性，pH7。题组二Ka、Kh、Kw、Ksp的关系及应用4反应H2S(aq)Cu2(aq)=CuS(s)2H(aq)的平衡常数为_。已知Ksp(CuS)1.251036，H2S的Ka11107，Ka211013答案81015解析H2S(aq)Cu2(aq)=CuS(s)2H(aq)KCuS(s)Cu2(aq)S2(aq)Ksp(CuS)c(Cu2)c(S2)H2S(aq)H(aq)HS(aq)Ka1HS(aq)H(aq)S2(aq)Ka2K81015。5通
57、过计算判断中和反应2Fe(OH)3(s)3H2C2O4(aq)2Fe3(aq)6H2O(l)3C2O(aq)在常温下能否发生并说明理由：_。(已知：草酸(H2C2O4)的Ka16.0102、Ka26.0105，KspFe(OH)31.01039；664.67104；常数大于105反应能发生)答案不能，该反应的平衡常数为4.671011，小于1.0105，所以该反应不能发生解析2Fe(OH)3(s)3H2C2O4(aq)2Fe3(aq)6H2O(l)3C2O(aq)KFe(OH)3(s)Fe3(aq)3OH(aq)KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)H2C2O4(aq)H(aq)HC2O
58、(aq)Ka1HC2O(aq)H(aq)C2O(aq)Ka2K4.6710111.0105，所以该反应不能发生。6查阅资料可知，常温下，H2SO3：Ka11.7102，Ka26.0108。NH3H2O：Kb1.8105。Ksp(AgCl)1.761010。银氨溶液中存在下列平衡：Ag(aq)2NH3H2O(aq)Ag(NH3)2(aq)2H2O(l)K11.10107。常温下可逆反应AgCl(s)2NH3H2O(aq)Ag(NH3)2(aq)Cl(aq)2H2O(l)的化学平衡常数K2_(保留4位有效数字)。答案1.936103解析Ag(aq)2NH3H2O(aq)Ag(NH3)2(aq)2H
59、2O(l)K1，AgCl(s)2NH3H2O(aq)Ag(NH3)2(aq)Cl(aq)2H2O(l)K2，则K1，K2K1Ksp(AgCl)1.101071.7610101.936103。题组三Ksp在沉淀溶解平衡曲线中的应用7常温下，金属离子(Mn)浓度的负对数值随溶液pH变化关系如图所示已知：pMlgc(Mn)，且假设c(Mn)106molL1认为该金属离子已沉淀完全。判断下列说法正确的是()A常温下，KspMg(OH)2KspFe(OH)2B可以通过调节溶液pH的方法分步沉淀Cu2和Fe2C除去Cu2中少量Fe3，可控制溶液3pHc(Fe2)，所以KspMg(OH)2KspFe(OH)
60、2，错误；B项，当Cu2完全沉淀时，Fe2已经开始沉淀，所以不能通过调节溶液pH的方法分步沉淀Cu2和Fe2，错误；C项，当3pH4时，Fe3完全沉淀，而Cu2不会沉淀，所以除去Cu2中少量Fe3，可控制溶液3pH4，正确；D项，Kspc(Mn)cn(OH)，c(Mn)，pMlgc(Mn)lglgKspnlgc(OH)，错误。8常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01 molL1的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如下图所示(不考虑C2O的水解)。下列叙述正确的是()AKsp(Ag2C2O4)的数量级等于107Bn点表示AgCl的不饱和溶液C向c(Cl)c(C2O)的混合
61、液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀DAg2C2O42Cl=2AgClC2O的平衡常数为109.04答案D解析从图像看出，当c(C2O)102.46molL1，c(Ag)104molL1，Ksp(Ag2C2O4)102.46(104)21010.46，A错误；AgCl中c(Ag)Ksp(AgCl)/c(Cl)109.75/c(Cl)，Ag2C2O4中c(Ag)，假设c(Cl)c(C2O)1 molL1，则Ag2C2O4溶液中c(Ag)较大，因此向c(Cl)c(C2O)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成沉淀AgCl，C错误；Ag2C2O42Cl=2AgClC2O的平衡常数为c(
62、C2O)/c2(Cl)c(C2O)c2(Ag)/c2(Ag)c2(Cl)1010.46/(109.75)2109.04，D正确。1向某“浸取液”中加入NaF以除去溶液中Ca2(浓度为1.0103molL1)，当溶液中c(F)2.0103molL1时，除钙率为_Ksp(CaF2)4.01011。答案99%解析当溶液中c(F)2.0103molL1时，Ksp(CaF2)c(Ca2)c2(F)c(Ca2)(2.0103)24.01011，故c(Ca2)1.0105molL1，则除钙率为100%99%。2常温下，已知 Cr3完全沉淀时溶液pH为5(Cr3浓度降至105molL1可认为完全沉淀)，则Cr
63、(OH)3的溶度积常数Ksp_。答案11032解析pH为5，c(OH)109，Kspc(Cr3)c3(OH)105(109)311032。3废水中的重金属离子通常用沉淀法除去。已知Ksp(NiS)1.11021，Ksp(CuS)1.31036，国家规定的排放标准：镍低于1.1105molL1，铜低于7.8105molL1。则需要控制溶液中S2的浓度不低于_molL1。答案11016解析Ni2达到排放标准时，c(S2)c(Ni2)Ksp(NiS)，所以c(S2)molL1 molL11016molL1，因为Ksp(CuS)远小于Ksp(NiS)，所以此时Cu2肯定达到排放标准，则需要控制溶液中S
64、2的浓度不低于1016molL1。4常温下，Ksp(Ag2S)6.01050，Ksp(AgCl)1.81010。有人分析认为，将Ag2S溶于盐酸中，可将Ag2S直接转化成AgCl，请你通过计算说明上述转化不能实现(已知：2.5)。答案Ag2S饱和溶液中，c(Ag)2 molL151017molL1，由离子积与溶度积的关系可知，生成AgCl的条件是：c(Cl)3.6106molL1，不存在Cl浓度为该浓度的盐酸，故上述转化不能实现。5镓是制作高性能半导体的重要原料。工业上常从锌矿冶炼的废渣中回收镓。已知某锌矿渣主要含Zn、Si、Pb、Fe、Ga的氧化物，利用该矿渣制镓的工艺流程如下：已知：镓在元
65、素周期表中位于第四周期A族，化学性质与铝相似。lg20.3，lg30.48。部分物质的Ksp如表所示：物质Zn(OH)2Ga(OH)3Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp1.610172.71031810162.81039(1)加入H2O2的目的是(用离子方程式表示)_。(2)调pH的目的是_；室温条件下，若浸出液中各阳离子的浓度均为0.01 molL1，当溶液中某种离子浓度小于1105 molL1时即认为该离子已完全除去，则pH应调节的范围为_。答案(1)2Fe2H2O22H=2Fe32H2O(2)使Fe3、Ga3沉淀完全而Zn2不沉淀5.48pHKspFe(OH)3，Ga3完全沉淀时Fe3已
66、经完全沉淀，浓度小于1105molL1，c(OH)molL13109molL1，c(H)105molL1，pHlg(105)5.48，Zn2开始沉淀时c(OH) molL14108molL1，c(H)106molL1，pHlg(106)6.6，则pH应调节的范围为5.48pHmolL1109molL1，pH最小值为5，为防止Mg2沉淀，控制pH的最大值为9.3，所以pH的范围是5pH9.3。7工业上用重铬酸钠(Na2Cr2O7)母液生产重铬酸钾(K2Cr2O7)的工艺流程如图所示：上述流程中K2Cr2O7发生氧化还原反应后所得溶液中除含有Cr3外，还含有一定浓度的Fe3杂质，可通过加碱调pH的
67、方法使两者转化为沉淀。已知c(Cr3)3105 molL1，则当溶液中开始析出Cr(OH)3沉淀时Fe3是否沉淀完全？_(填“是”或“否”)。已知：KspFe(OH)34.01038，KspCr(OH)36.01031答案是解析Cr(OH)3开始出现沉淀时，溶液中c3(OH)21026，若Fe3沉淀完全时，c(Fe3)应小于105molL1，此时溶液中c3(OH)41033c(S2)c(OH)c(HS)c(H)c(Na)c(H)2c(S2)c(HS)c(OH)c(Na)2c(S2)c(HS)c(H2S)c(OH)c(H)c(HS)2c(H2S)(2)NaHS溶液水解方程式：_；离子浓度大小关系
68、：_；电荷守恒：_；物料守恒：_；质子守恒：_。答案HSH2OH2SOHc(Na)c(HS)c(OH)c(H)c(S2)c(Na)c(H)c(HS)2c(S2)c(OH)c(Na)c(S2)c(HS)c(H2S)c(OH)c(H)c(H2S)c(S2)解析NaHS既能发生水解又能发生电离，水溶液呈碱性：HSH2OH2SOH(主要)；HSHS2(次要)。(3)NaHSO3溶液水解方程式：_；离子浓度大小关系：_；电荷守恒：_；物料守恒：_；质子守恒：_。答案HSOH2OH2SO3OHc(Na)c(HSO)c(H)c(SO)c(OH)c(Na)c(H)2c(SO)c(HSO)c(OH)c(Na)c
69、(HSO)c(SO)c(H2SO3)c(OH)c(H2SO3)c(H)c(SO)解析NaHSO3既能发生电离又能发生水解，水溶液呈酸性：HSOHSO(主要)；HSOH2OH2SO3OH(次要)。2混合溶液(1)11的Na2CO3、NaHCO3溶液水解方程式：_；离子浓度大小关系：_；电荷守恒：_；物料守恒：_；质子守恒：_。答案COH2OHCOOH、HCOH2OH2CO3OHc(Na)c(HCO)c(CO)c(OH)c(H)c(Na)c(H)2c(CO)c(HCO)c(OH)2c(Na)3c(CO)c(HCO)c(H2CO3)2c(OH)c(HCO)3c(H2CO3)2c(H)c(CO)解析(
70、2)11的CH3COOH、CH3COONa溶液水解方程式：_；离子浓度大小关系：_；电荷守恒：_；物料守恒：_；质子守恒：_。答案CH3COOH2OCH3COOHOHc(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)2c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)c(CH3COO)2c(OH)c(CH3COOH)2c(H)解析CH3COOHCH3COOH(主要)CH3COOH2OCH3COOHOH(次要)水溶液呈酸性。(3)CH3COOH、CH3COONa混合中性溶液离子浓度大小关系：_；电荷守恒：_；物料守恒：_。答案c(CH3COO)c(Na)c
71、(H)c(OH)c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)c(Na)c(CH3COO)解析CH3COOHCH3COOHCH3COOH2OCH3COOHOH若溶液呈中性，则电离和水解相互抵消。(4)常温下pH2的CH3COOH与pH12的NaOH等体积混合的溶液离子浓度大小关系：_；电荷守恒：_。答案c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)解析由于CH3COOH是弱酸，所以当完全反应后，CH3COOH仍过量许多，溶液呈酸性。(二)滴定曲线的分析与应用1巧抓“四点”，突破溶液中的粒子浓度关系(1)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。(
72、2)抓“恰好”反应点，生成的溶质是什么？判断溶液的酸碱性。(3)抓溶液的“中性”点，生成什么溶质，哪种物质过量或不足。(4)抓反应的“过量”点，溶液中的溶质是什么？判断哪种物质过量。实例分析：向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液的关系如图所示：(注：a点为反应一半点，b点呈中性，c点恰好完全反应，d点NaOH过量一倍)分析：a点，溶质为：CH3COONa、CH3COOH，离子浓度关系：c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)；b点，溶质为：CH3COONa、CH3COOH，离子浓度关系：c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)；c点，溶质为：CH3
73、COONa，离子浓度关系：c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)；d点，溶质为：CH3COONa、NaOH，离子浓度关系：c(Na)c(OH)c(CH3COO)c(H)。2滴定曲线图像中“交叉点”的分析与应用T 时，向某浓度的草酸溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中三种微粒H2C2O4、HC2O、C2O的物质的量分数()与pH的关系如下图所示：回答下列问题：(1)写出H2C2O4的电离方程式及电离平衡常数表达式H2C2O4HHC2O，Ka1；HC2OHC2O，Ka2。(2)根据A点，Ka1101.2，根据B点Ka2104.2。(3)在pH2.7的溶液中，_。答案1 000解
74、析1 000。(4)0.1 molL1的NaHC2O4溶液呈_性，其离子浓度从大到小的顺序为_。答案酸c(Na)c(HC2O)c(H)c(C2O)c(OH)解析HC2OH2OH2C2O4OHKh10(141.2)Ka2所以HC2O的电离大于其水解。(注：也可以根据图像观察)3滴定直线图像的分析与应用常温下，二元弱酸H2Y溶液中滴加NaOH溶液，所得混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示，回答下列问题：(1)向二元弱酸H2Y中滴加NaOH溶液，依次反应的离子方程式为H2YOH=H2OHY、HYOHH2OY2。(2)随着NaOH溶液的滴加，lg 增大(填“增大”或“减小”，下同)，lg 减小。
75、(3)Ka2(H2Y)_。答案104.3解析Ka2，当c(H)103时，101.3，所以Ka2104.3。(4)在交叉点“e”，c(H2Y)_c(Y2)(填“”“”或“”)。答案解析在“e”点lg lg ，所以，所以c(H2Y)c(Y2)。1(2019全国卷，11)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Kal1.1103，Ka23.9106)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是()A混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关BNa与A2的导电能力之和大于HA的Cb点的混合溶液pH7Dc点的混合溶液中，c(Na)c(K)c(OH)答案C解析滴
76、定至终点时发生反应：2NaOH2KHA=K2ANa2A2H2O。溶液导电能力与溶液中离子浓度、离子种类有关，离子浓度越大、所带电荷越多，其导电能力越强，A项正确；图像中纵轴表示“相对导电能力”，随着NaOH溶液的滴加，溶液中c(K)、c(HA)逐渐减小，而Na、A2的物质的量逐渐增大，由题图可知，溶液的相对导电能力逐渐增强，说明Na与A2的导电能力之和大于HA的，B项正确；本实验默认在常温下进行，滴定终点时，溶液中的溶质为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾，由于邻苯二甲酸是弱酸，所以溶液呈碱性，pH7，C项错误；滴定终点时，c(K)c(Na)，a点到b点加入NaOH溶液的体积大于b点到c点的，故c点时
77、c(K)c(OH)，所以c(Na)c(K)c(OH)，D项正确。2(2017全国卷，12)改变0.1 molL1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA、A2的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示已知(X)。下列叙述错误的是()ApH1.2时，c(H2A)c(HA)BlgK2(H2A)4.2CpH2.7时，c(HA)c(H2A)c(A2)DpH4.2时，c(HA)c(A2)c(H)答案D解析A项，根据图像，pH1.2时，H2A和HA相交，则有c(H2A)c(HA)，正确；B项，根据pH4.2时，K2(H2A)c(H)104.2，正确；C项，根据图像，pH2.7时，H2A和A2相交，则有
78、c(H2A)c(A2)，正确；D项，根据pH4.2时，c(HA)c(A2)，且c(HA)c(A2)约为0.1 molL1，而c(H)104.2 molL1，可知c(HA)c(A2)c(H)，错误。3(2017全国卷，13)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是()AKa2(H2X)的数量级为106B曲线N表示pH与lg的变化关系CNaHX溶液中c(H)c(OH)D当混合溶液呈中性时：c(Na)c(HX)c(X2)c(OH)c(H)答案D解析横坐标取0时，曲线M对应pH约为5.4，曲线N对应pH约为4.4，因为是NaOH滴定
79、H2X溶液，所以在酸性较强的溶液中会存在c(HX)c(H2X)，所以曲线N表示pH与lg的变化关系，B正确；1时，即lg0，pH5.4，c(H)1105.4 molL1，Ka21105.4100.6106，A正确；NaHX溶液中，c(HX)c(X2)，即1，lg0，1，即c(X2)c(HX)，D错误。4(2016全国卷，12)298 K时，在20.0 mL 0.10 molL1氨水中滴入0.10 molL1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 molL1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是()A该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂BM点对应的盐酸体积为20.0 m
80、LCM点处的溶液中c(NH)c(Cl)c(H)c(OH)DN点处的溶液中pH12答案D解析A项，盐酸滴定氨水时，滴定终点溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，故指示剂应选用甲基橙，错误；B项，一水合氨属于弱碱，与盐酸完全反应生成NH4Cl时溶液呈酸性，故二者等浓度反应时，若溶液的pH7，盐酸的体积应小于氨水的体积，即小于20.0 mL，错误；C项，根据电荷守恒可知溶液中：c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，M点溶液的pH7，即c(H)c(OH)，则c(NH)c(Cl)，由于水的电离是微弱的，故c(NH)c(Cl)c(H)c(OH)，错误；D项，由图可知，N点即为0.10 molL1氨水，由其电离度
81、为1.32%，可知0.10 molL1氨水中c(OH)0.001 32 molL1，故该氨水中11pHKh(a)Kh(c)答案B解析向20 mL 0.1 molL1 的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4，反应放热，溶液的温度升高，当二者恰好完全反应，放热最多，溶液的温度最高，所以硫酸的体积为20 mL时，恰好完全反应。20 mL 0.1 molL1 的氨水中含有一水合氨的物质的量为0.1 molL10.02 L0.002 mol，硫酸的体积为20 mL时，恰好完全反应，则消耗硫酸的物质的量为0.001 mol，该硫酸的物质的量浓度为0.001 mol/0.02 L0.05 molL1，故A正确；
82、当溶液中的pHpOH时，溶液为中性，此时溶质为硫酸铵和氨水，铵根离子的水解程度与氨水的电离程度相等，水的电离几乎没有影响，当氨水与硫酸恰好反应生成硫酸铵时，即b点时，铵根离子水解，促进了水的电离，此时水的电离程度最大，故B错误；a点加入10 mL 0.05 molL1稀H2SO4，反应后溶质为一水合氨和硫酸铵，且一水合氨为硫酸铵浓度的2倍，根据电荷守恒可得：c(NH)c(H)2c(SO)c(OH)，根据物料守恒可得：c(NH3H2O)c(NH)4c(SO)，二者结合可得：c(NH3H2O)2c(OH)c(NH)2c(H)，故C正确；升高温度促进NH的水解，水解平衡常数增大，由图可知，温度：ba
83、c，则a、b、c三点NH的水解平衡常数Kh(b)Kh(a)Kh(c)，故D正确。2(2019青岛二中高三下学期期初考试)常温下，向20 mL 0.2 molL1二元酸H2A溶液中滴加0.2 molLl NaOH溶液，有关微粒物质的量变化如图。下列叙述正确的是()A当V(NaOH)20 mL时，溶液中各离子浓度的大小顺序为：c(Na)c(HA)c(A2)c(OH)c(H)B等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合后，其溶液中水的电离程度比纯水中的大C等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大D当V(NaOH)40 mL时，升高温度，c(Na)/c(A2)减
84、小答案C解析A项，当V(NaOH)20 mL时，0.2 molL1NaOH与20 mL 0.2 molL1H2A反应生成NaHA，离子浓度大小的顺序为c(Na)c(HA)c(H)c(OH)c(A2)，错误；B项，等体积等浓度的NaOH溶液与H2A溶液混合生成NaHA，由图像可知，当加入20 mL NaOH溶液时，A2的浓度大于H2A，说明HA的电离程度大于水解程度，则会抑制水的电离程度，故其溶液中水的电离程度比纯水中的小，错误；C项，等浓度H2A和NaHA的混合溶液中无论加入少量的强酸或强碱，溶液的pH变化都不大，正确；D项，当V(NaOH)40 mL时，生成Na2A，A2会发生水解，升高温度
85、，促进水解，则c(A2)减小，则c(Na)/c(A2)增大。3(2018淄博市高三第二次模拟)已知：pOHlgc(OH)。常温下，某弱酸的钠盐(Na2XO3)溶液中微粒浓度的变化关系如下图所示。下列说法正确的是()A溶液加水稀释，先增大后不变B在NaHXO3溶液中：1C向Na2XO3溶液中滴加稀盐酸至溶液显中性时：c(Na)2c(H)c(HXO)2c(XO)2c(OH)D实线M表示pOH与lg的变化关系答案B解析Na2XO3溶液加水稀释，水解程度增大，但是溶液中c(HXO)、c(OH)均减小，温度不变，Kw不变，因此c(H)增大，Na2XO3溶液加水稀释，一直增大，A错误；，根据图像当lg0时
86、，溶液的pOH4，水解大于电离，溶液显碱性，所以Kh/Ka11，即在NaHXO3溶液中：1，B正确；向Na2XO3溶液中滴加稀盐酸至溶液显中性时：溶液中存在电荷守恒：c(Na)c(H)c(HXO)2c(XO)c(OH)，C错误；Na2XO3为强碱弱酸盐，水解显碱性，分两步水解：XOH2OHXOOH， HXOH2OH2XO3OH；水解的第一步程度较大，因此比值较大，当104时，溶液的碱性最强，pOH0；第二步水解受到第一步抑制，水解程度较小，比值较小，当109时，溶液的碱性最强，pOH0；所以实线M表示pOH与lg的变化关系，D错误。4已知电导率越大导电能力越强。常温下用0.100 molL1N
87、aOH溶液分别滴定10.00 mL浓度均为0.100 molL1的盐酸和醋酸溶液，测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是()A曲线代表滴定盐酸的曲线B滴定醋酸的过程应该选择甲基橙作为指示剂Ca、b、c三点溶液中水的电离程度：cabDb点溶液中：c(OH)c(H)c(CH3COO)c(CH3COOH)答案D解析醋酸是弱酸，盐酸是强酸。同浓度的盐酸、醋酸溶液，盐酸的导电能力强，所以曲线代表醋酸、曲线代表盐酸，故A错误；氢氧化钠滴定醋酸，终点时溶液呈碱性，所以应该用酚酞作为指示剂，故B错误；a点表示醋酸钠溶液、c点表示氯化钠溶液、b点表示氢氧化钠与醋酸钠的混合液， b点水电离受到氢氧化
88、钠的抑制，a点水电离受到醋酸钠的促进，c点氯化钠对水电离无影响，所以a、b、c三点溶液中水的电离程度：acb，故C错误；b点表示等浓度的氢氧化钠与醋酸钠的混合液，根据电荷守恒c(Na)c(H)c(OH)c(CH3COO)；根据物料守恒c(Na)2c(CH3COO)2c(CH3COOH)；所以c(OH)c(H)c(CH3COO)2c(CH3COOH)，故c(OH)c(H)c(CH3COO)c(CH3COOH)，故D正确。5利用电导率传感器可绘制电导率曲线图，下图为用0.1 molL1NaOH 溶液滴定10 mL 0.1 molL1盐酸过程中的电导率曲线。下列说法错误的是()A电导率传感器能用于判
89、断酸碱中和滴定的终点Ba、b、c 点的溶液中，离子浓度由大到小顺序为abcCd点所示溶液中存在：c(Cl) c(OH)c(H)c(Na)Dc点电导率最小是因为此时溶液中导电微粒数目最少答案D解析HCl和NaOH反应方程式为HClNaOH=NaClH2O，根据图像知，从010 mL之间，随着反应的进行，溶液中c(H)浓度逐渐减小，溶液的电导率逐渐降低，加入溶液体积大于10 mL时，溶液中氢氧根离子浓度逐渐增大，溶液的电导率增大，根据图知当恰好中和时电导率最小，所以电导率传感器能用于酸碱中和滴定终点的判断，A正确；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Cl)c(OH)c(H)c(Na)
90、，C正确；溶液电导率与离子浓度成正比，c点电导率低是因为离子浓度小，而不是导电微粒数目最少，D错误。题型专训(二)中和滴定的拓展应用1滴定实验思维导图2滴定实验指示剂的选择类型滴定过程指示剂终点颜色变化酸碱中和反应强酸滴定强碱(或弱酸)甲基橙溶液由黄色变为橙色强碱滴定强酸(或弱酸)酚酞溶液由无色变为浅红色氧化还原反应Na2S2O3溶液滴定未知浓度的碘水淀粉溶液溶液由蓝色变为无色酸性KMnO4溶液滴定H2O2(或H2C2O4)溶液不需要指示剂溶液由无色变为浅红色沉淀反应AgNO3溶液滴定含Cl的溶液K2CrO4溶液出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色沉淀)3.滴定终点规范描述(1)用a mol
91、L1的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，用酚酞作指示剂，达到滴定终点的现象是_；若用甲基橙作指示剂，滴定终点现象是_。答案当滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色当滴入最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色(2)用标准碘溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，应选用_作指示剂，达到滴定终点的现象是_。答案淀粉溶液当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色(3)用标准酸性KMnO4溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，是否需要选用指示剂_(填“是”或“否”)，达到滴定终点的现象是_。答案否当滴入最后一滴酸性KMnO4
92、溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色(4)用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3，再用KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3至全部生成Ti4，滴定Ti3时发生反应的离子方程式为_，达到滴定终点时的现象是_。答案Ti3Fe3=Ti4Fe2当滴入最后一滴标准液，溶液变成红色，且半分钟内不褪色(5)用标准KI溶液滴定含有Fe3的溶液，应选用_作指示剂，滴定终点现象是_。答案KSCN溶液当滴入最后一滴标准KI溶液，溶液的红色褪去，且半分钟内不恢复红色1(2015广东理综，12)准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中
93、，用0.100 0 molL1NaOH溶液滴定。下列说法正确的是()A滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小答案B解析A项，滴定管用蒸馏水洗涤后，还要用待装溶液润洗，否则将要引起误差，错误；B项，在用NaOH溶液滴定盐酸的过程中，锥形瓶内溶液由酸性逐渐变为中性，溶液的pH由小变大，正确；C项，用酚酞作指示剂，锥形瓶中溶液应由无色变为红色，且半分钟内不褪色时才能停止滴定，错误；D项，滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则碱液的体
94、积偏大，测定结果偏大，错误。2(2019北京，26)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a molL1KBrO3标准溶液；.取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；.向所得溶液中加入v2 mL废水；.向中加入过量KI；.用b molL1Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3 mL。已知：I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色(1)中配制溶液用到的玻璃仪器有烧
95、杯、玻璃棒、胶头滴管和_。(2)中发生反应的离子方程式是_。(3)中发生反应的化学方程式是_。(4)中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是_。(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是_。(6)中滴定至终点的现象是_。(7)废水中苯酚的含量为_gL1(苯酚摩尔质量：94 gmol1)。(8)由于Br2具有_性质，中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。答案(1)容量瓶(2)BrO5Br6H=3Br23H2O(3)3Br23HBr(4)Br2过量，保证苯酚完全反应(5)反应物用量存在关系：KBrO33Br26KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量
96、是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)6n(KBrO3)时，KI一定过量(6)当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色(7)(8)易挥发解析(1)配制一定物质的量浓度的溶液需要用容量瓶进行定容。(2)中Br与BrO在酸性条件下发生氧化还原反应生成Br2、H2O，离子方程式为5BrBrO6H=3Br23H2O。(3)废水中含有苯酚，苯酚与Br2发生取代反应生成三溴苯酚，化学方程式为3Br23HBr。(4)本实验的目的是测定经处理后的废水中的苯酚含量，苯酚需完全反应，剩余的Br2可通过滴定原理测定，所以在加入KI之前，溶液颜色须为黄色
97、，以确保Br2过量，苯酚完全反应。(5)根据得失电子守恒，当n(KI)n(KBrO3)61时，KI恰好与步骤中生成的Br2完全反应，而步骤中苯酚会消耗Br2，所以当n(KI)6n(KBrO3)时，KI一定过量。(6)滴定时用淀粉作指示剂，当达到滴定终点时，溶液蓝色恰好消失，且半分钟内不恢复。(7)结合题意可知，生成Br2的物质的量3av1103 mol，与KI反应消耗n(Br2) mol，则与C6H5OH反应的n(Br2)3av1103 mol mol，废水中苯酚的含量 gL1。(8)Br2具有挥发性，故中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。3(2017全国卷，28)水中的溶解氧是
98、水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：.取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。.酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I还原为Mn2，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2OI2=2I S4O)。回答下列问题：(1)取水样时应尽量避免搅动水体表面，这样操作的主要目的是_。(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_。(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃
99、仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和_；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除_及二氧化碳。(4)取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用a molL1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为_；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b mL，则水样中溶解氧的含量为_ mgL1。(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏_(填“高”或“低”)。答案(1)使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差(2)2Mn(OH)2O2=2MnO(OH)2(3)量筒氧气(4)当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化80ab(5)低解析本题采用碘量法测定
100、水中的溶解氧的含量，属于氧化还原滴定。(2)根据氧化还原反应原理，Mn(OH)2被氧气氧化为MnO(OH)2，由此可得方程式2Mn(OH)2O2=2MnO(OH)2。(3)一定物质的量浓度溶液的配制还需要量筒量取液体体积；煮沸可以除去溶解的氧气，避免实验结果不准确。(4)该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2，因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内无变化；根据关系式O22MnO(OH)22I24Na2S2O3可得水样中溶解氧的含量为(ab103) mol432103 mgmol10.1 L80ab mgL1。(5)终点读数时有气泡，气泡占据液体应占有的体积，会导致消耗的
101、Na2S2O3体积偏小，最终结果偏低。题组一中和滴定的基本操作1用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，会引起实验误差的是()A取干燥洁净的酸式滴定管立即装入标准盐酸B用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定C向盛有20.00 mL NaOH溶液的锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定D用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液答案D解析滴定管若干燥洁净，不必用水洗涤，故也不需用标准液润洗，A不会引起误差；锥形瓶内存有少量蒸馏水，但待测液的物质的量不变，消耗标准液的体积不变，B不会引起误差；锥形瓶不能用待测液润洗，否则会使测定结
102、果偏高，D会引起误差。2NaOH标准溶液的配制和标定时，需经过NaOH溶液的配制、基准物质H2C2O42H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列操作正确的是()A用图A所示的方法转移NaOH溶液到容量瓶中B用图B所示的装置准确称得0.15 g H2C2O42H2OC用图C所示的操作排除碱式滴定管中的气泡D用图D所示的装置，用NaOH待测液滴定H2C2O4溶液答案C解析移液操作中要用玻璃棒进行引流，故A错误；托盘天平的精度是0.1 g，故B错误； NaOH溶液应盛装在碱式滴定管，而图D中是酸式滴定管，故D错误。题组二中和滴定拓展应用3(2019梧州高三2月联考)草酸亚铁晶体(FeC2O4x
103、H2O)为淡黄色粉末，不溶于水，可作照相显影剂和用于制药工业。某化学兴趣小组对其性质进行如下探究，回答下列问题：.定性探究选用下列试剂设计实验方案，完成下表内容。试剂：酸性KMnO4溶液、K3Fe(CN)6溶液操作现象结论与解释(1)取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入2 mL水，振荡后静置有淡黄色沉淀，上层清液无色草酸亚铁不溶于水(2)继续加入2 mL稀硫酸，振荡_草酸亚铁溶于硫酸，硫酸酸性强于草酸(3)向步骤(2)所得溶液中滴加几滴K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀_(4)_H2C2O4或C2O具有还原性.定量探究：滴定实验测x的值(5)滴定前，下列操作的正确顺序是_(填字母)。a用0.100
104、 0 molL1的酸性KMnO4溶液润洗b查漏、清洗c排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面d盛装0.100 0 molL1的酸性KMnO4溶液e初始读数、记录为0.50 mL(6)称取n g样品，加入适量稀硫酸溶解，用步骤(5)准备的标准KMnO4溶液直接滴定，如何判断滴定终点？_。(7)终点读数为20.50 mL。结合上述实验数据求得x_(用含n的代数式表示，FeC2O4的相对分子质量为144)。答案(2)固体溶解，溶液变为浅绿色(3)含有Fe2(4)继续滴加K3Fe(CN)6溶液(或至不再沉淀)，静置，取上层清液滴加酸性KMnO4溶液紫色褪去(5)badce(6)当滴入最后一滴标准液，溶液颜色由
105、浅绿色变成浅紫色，且半分钟内颜色不恢复，则说明达到滴定终点(7)8解析(1)草酸亚铁晶体不溶于水，向其中加入稀硫酸，会看到固体溶解，溶液变为浅绿色；这是由于溶液中含有Fe2；向该溶液中滴加几滴K3Fe(CN)6溶液，会看到产生蓝色沉淀，发生反应：3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62，证明该溶液中含有Fe2；继续滴加K3Fe(CN)6溶液(或至不再沉淀)，静置，去上层清液滴加酸性KMnO4溶液，会看到紫色褪色，这是由于溶液中含有的H2C2O4、C2O具有还原性，酸性KMnO4溶液具有氧化性，将微粒氧化为CO2，酸性KMnO4被还原为无色的Mn2。 (5)滴定前，首先要查漏、清洗；然
106、后用0.100 0 molL1的酸性KMnO4溶液润洗；第三是盛装0.100 0 molL1的酸性KMnO4溶液，第四排尽滴定管尖嘴的气泡并调整液面；平视凹液面，初始读数、记录为0.50 mL，即操作步骤顺序为badce。(6)称取n g样品，加入适量稀硫酸溶解，用步骤(5)准备的标准KMnO4溶液直接滴定，由于滴定前溶液中含有Fe2，溶液呈浅绿色，用紫色KMnO4溶液滴定时，Fe2被MnO氧化为Fe3，MnO被还原为无色的Mn2，所以当滴入最后一滴标准液，溶液颜色由浅绿色变成浅紫色，且半分钟内颜色不恢复，则说明达到滴定终点。(7)FeC2O4与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，反应中Fe元素化合
107、价由2价升高到3价，C元素化合价由3价升高到4价，Mn元素化合价由7价降低为2价，则可得反应的关系式为5FeC2O43KMnO4，反应消耗KMnO4的物质的量为n(KMnO4)0.100 0 molL1(20.500.50)mL103LmL10.002 mol，则n(FeC2O4)n(KMnO4) mol，根据mnM可得： mol(14418x)gmol1n g，解得x8。4测定过硫酸钠(Na2S2O8)产品纯度：称取0.250 0 g样品，用蒸馏水溶解，加入过量KI，充分反应后，再滴加几滴指示剂，用0.100 0 molL1Na2S2O3标准溶液滴定，达到滴定终点时，消耗标准溶液的体积为19
108、.50 mL。(已知：I22S2O=S4O2I)(1)选用的指示剂是_；达到滴定终点的现象是_。(2)样品的纯度为_%。答案(1)淀粉溶液滴入最后一滴标准溶液，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不复原(2)92.82解析(1)根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，可选用淀粉溶液为指示剂，若滴定达到终点，会看到溶液由蓝色变为无色，半分钟内不再变为蓝色。(2)Na2S2O8作氧化剂，1 mol会得到2 mol电子，KI被氧化变为I2，转移2 mol电子，I2与Na2S2O3反应方程式为：I22Na2S2O3=Na2S4O62NaI，可得关系式：Na2S2O8I22Na2S2O3，n(Na2S2O3) 0.100 0
109、 molL119.50 mL103LmL11.95103mol，则n(Na2S2O8)n(Na2S2O3)9.75104mol，m(Na2S2O8)9.75104mol238 gmol0.232 05 g，则该样品的纯度为100%92.82%。专题强化练1(2019浙江4月选考，21)室温下，取20 mL 0.1 molL1某二元酸H2A，滴加0.2 molL1 NaOH溶液。已知：H2A=HHA，HAHA2。下列说法不正确的是()A0.1 molL1 H2A溶液中有c(H)c(OH)c(A2)0.1 molL1B当滴加至中性时，溶液中c(Na)c(HA)2c(A2)，用去NaOH溶液的体积小
110、于10 mLC当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH7，此时溶液中有c(A2)c(H)c(OH)D当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na)2c(HA)2c(A2)答案B解析由于该二元酸H2A，第一步电离完全，第二步部分电离，可以把20 mL 0.1 molL1二元酸H2A看作20 mL 0.1 molL1HA一元弱酸和0.1 molL1H溶液，注意该溶液是不存在H2A微粒。A项，0.1 molL1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H)c(OH)2c(A2)c(HA)，因而c(H)c(OH)c(A2)c(A2)c(HA)0.1 molL1，正确；B项，若NaOH用去1
111、0 mL，反应得到NaHA溶液，由于HAHA2，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10 mL的NaOH溶液，错误；C项，当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH7，存在质子守恒，其关系为c(A2)c(H)c(OH)，正确；D项，当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na)2c(HA)2c(A2)，D项正确。2(2019湖南省娄底市高三第二次模拟)常温下，用0.10 molL1的氨水滴定20.00 mL a molL1的盐酸，混合溶液的pH与氨水的体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是()A图上四点对应溶液中离子种类相同B
112、若N点溶液中存在c(H)c(OH)c(NH3H2O)，则N点为滴定反应的恰好反应点C若N点为恰好反应点，则M点溶液中存在c(Cl)2c(NH3H2O)2c(NH)D图上四点对应的溶液中水的电离程度由大到小排列为NPMQ答案D解析四点对应的溶液中均存在：H、 OH、NH、Cl，选项A正确；若N点溶液中存在c(H)c(OH)c(NH3H2O)，该式为NH4Cl溶液中的质子守恒式，说明溶液中的溶质只有氯化铵，则N点为滴定反应的恰好反应点，选项B正确；若N点为恰好反应点，则M点溶液中c(NH4Cl)c(HCl)，根据氯原子和氮原子守恒，M点溶液中存在c(Cl)2c(NH3H2O)2c(NH)，选项C正
113、确；因不能确定N点是否为恰好完全反应的点，所以无法比较N点和P点水电离的程度，选项D错误。3(2019成都七中高三考试)25 时，用氢氧化钠调节浓度为2.0103molL1的氢氟酸溶液的pH (忽略体积变化)，溶液中c(HF)、c(F )与pH的变化关系如下图所示。下列说法不正确的是()Aabd曲线代表c(F)随pH的变化B25 时，HF电离平衡常数的数值Ka103.6C从b点到c点发生的离子反应方程式是：HFOH=H2OFD图中a点溶液粒子浓度大小是：c(HF)c(H)c(F)c(OH)答案A解析氢氟酸溶液中加入氢氧化钠，随着氢氧化钠的量的增加，溶液的pH升高，溶液中的氟化氢分子浓度减小，氟
114、离子浓度增大。abd曲线代表c(HF)随pH的变化，故A错误；从图中b点分析，氟化氢的电离平衡常数103.6，故B正确；从b点到c点发生的反应为氢氧化钠和氟化氢的反应，离子方程式为：HFOH =H2OF，故C正确；从图中a点分析，氟化氢的浓度比氟离子浓度大，氟化氢的浓度为1.6103 molL1，氢离子浓度为1.0103molL1，而氟离子浓度约为5.5104molL1，溶液显酸性，所以溶液粒子浓度关系为：c(HF)c(H)c(F)c(OH)，故D正确。4(2019湘潭市高三下学期第二次模拟)常温下，HNO2的电离平衡常数为K4.6104(已知2.14)，向20 mL 0.01 molL1HN
115、O2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，测得混合液的 pH随NaOH溶液体积的变化如图所示，下列判断正确的是()Ax20Ba、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小Ca点溶液中c(H)2.14103molL1Db点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)c(Na)c(NO)答案C解析向20 mL 0.01 molL1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20 mL，溶质是NaNO2，由于为弱酸强碱盐，会水解使溶液显碱性，而c点时溶液呈中性，所以xc(Y)c(X)c(OH)c(H)D25 时pH4的YX溶液中水电离出的c(H)1.0104 mol
116、L1答案C解析0.1 molL1 HA溶液中pH1，则HA是强酸，HX与YOH恰好完全中和生成盐，需要YOH溶液5 mL，如果YOH为强碱，则在横坐标为5 mL时，pH7，但是图像显示横坐标为6 mL时，pH7，因此确定YOH为弱碱，故不选A；由图像可知，M点溶液呈中性，水电离的氢离子为107molL1，N点溶液呈碱性，YOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于107molL1，所以M点水的电离程度大于N点水的电离程度，故不选B；N点为YOH与YX物质的量之比为11的混合液，YOHYOH，YH2OYOHH，因为pH7，所以电离大于水解，离子浓度c(Y)c(X)c(YOH)c(OH)
117、c(H)，故选C；YX溶液中存在YH2OYOHH，所以pH4的YX溶液中水电离出的c(H)1.0104molL1，故不选D。6(2019德州市高三下学期理科综合)298 K时，将0.1 molL1的两种钠盐NaX、NaY溶液加水稀释，溶液的pH与稀释倍数的对数lg的关系如图所示。下列说法不正确的是()A酸性：HYHXB298 K时，Clg2时，c(HX)c(X)c(HY)c(Y)D相同浓度时，NaX和NaY两溶液中离子总浓度相等答案D解析由图像可知，同浓度的NaX和NaY的pH NaX大，说明X在水溶液中的水解能力强于Y，则酸性：HYHX，故A正确；由图像可知，同浓度的NaX和NaY的pH相差
118、1，可知，故B正确；根据物料守恒可知，lg2时，c(HX)c(X)c(HY)c(Y)，故C正确；相同浓度时， X和Y的水解程度不同，X离子水解程度大，溶液碱性强，其水溶液中离子总数少，故D错误。7(2019河南省名校高三第四次联合质量测评)25 时，用HCl气体或NaOH固体调节0.01 molL1二元酸(以H2A表示)溶液的pH(忽略溶液体积的变化)，溶液中H2A、HA、A2、H、OH浓度的对数值(lgc)变化如下图所示：下列说法错误的是()A25 时，H2A的Ka1数量级为102BpH1.2时，调节溶液pH用的是HCl气体CpH7时，溶液中：c(Na)c(HA)c(A2)DpH8时，溶液中
119、：c(A2)c(HA)c(H2A)答案C解析由图可知，pH1.2时，c(H2A)c(HA)，根据H2AHHA，Ka1c(H)101.2100.8102，所以Ka1数量级为102，故A正确；H2A溶液存在电离平衡H2AHHA、HAHA2，以第一步电离为主，故在H2A溶液中，c(H)与c(HA)近似相等。由图可知，pH1.2时，c(H)c(HA) c(A2)，应是溶液中通入了HCl，所以调节溶液pH用的是HCl气体，故B正确；pH7时，溶液呈中性，调节溶液pH用的是NaOH固体，c(H)c(OH)，根据电荷守恒：c(Na)c(H)c(HA)2c(A2)c(OH)，所以c(Na)c(HA)2c(A2
120、)，故C错误；由图可知，pH8时，溶液中：c(A2)c(HA)c(H2A)，故D正确。8(2019厦门市高三下学期第一次质量检查)25 时，将SO2通入蒸馏水中模拟酸雨形成过程，实验数据如图。已知Ka1(H2SO3)102，Ka2(H2SO3)107。下列说法不正确的是()A300 s未通O2时溶液中c(H2SO3)105.46 molL1B400 s时溶液中c(HSO)c(SO)c(SO)c(H2SO3)103.73 molL1C600 s时，溶液中c(H)约为c(SO)的2倍D由图推知，H2O2氧化性大于O2答案D解析由图示得300 s未通O2时pH3.73，c(H)103.73，溶液中的
121、氢离子主要由亚硫酸的一级电离产生，c(HSO)c(H)，则Ka1(H2SO3)102，则c(H2SO3)105.46 molL1，故A正确；由A可知，在300 s时，溶液中的含硫粒子主要为HSO，其浓度约为103.73。在400 s时，有部分含硫粒子被氧化为SO，根据物料守恒可得：c(HSO)c(SO)c(SO)c(H2SO3)103.73 molL1，故B正确；由图知，600 s时，溶液中亚硫酸被氧化成硫酸，硫酸属于强电解质，所以溶液中c(H)约为c(SO)的2倍，故C正确；由于双氧水可溶于水，而氧气难溶于水，在双氧水和氧气的浓度不同的条件下，无法比较H2O2与O2的氧化性，故D错误。9(2
122、019广东高三3月模拟)25 时，在20 mL 0.1 molL1一元弱酸HA溶液中滴加0.1 mol L1 NaOH溶液，溶液中lgc(A)/c(HA)与pH关系如图所示。下列说法正确的是()AA点对应溶液中：c(Na)c(A)c(H)c(OH)B25 时，HA酸的电离常数为1.0 105.3CB点对应的NaOH溶液体积为10 mLD对C点溶液加热(不考虑挥发)，则一定增大答案B解析A点对应溶液显酸性，即c(H)c(OH)，溶液中电荷关系为c(Na)c(H)c(A)c(OH)，所以离子浓度关系为c(A)c(Na)c(H)c(OH)，A项错误；pH5.3时，lg0，即c(A)c(HA)，HA酸
123、的电离常数Kac(H)10pH105.3，B项正确；由于Ka105.3Kh，所以20 mL HA溶液中加入10 mL NaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以电离为主，使c(A)c(HA)，即lg0，故B点对应的NaOH溶液的体积小于10 mL，C项错误；A的水解常数Kh随温度升高而增大，所以，随温度升高而减小，D项错误。10(2019衡阳市高三第二次联考)常温下，将NaOH溶液分别加到HA、HB两种弱酸溶液中，两溶液中pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示，已知pKalgKa。下列有关叙述错误的是()AHA、HB两种酸中，HB的酸性弱于HABb点时，c(B)c(HB)c(Na
124、)c(H)c(OH)C同浓度同体积的NaA和NaB溶液中，阴离子总数相等D向HB溶液中加入NaOH溶液所得的混合溶液中10pHpKa答案C解析a点lg0，pH4，即1时，pH4，Ka(HA)104，b点lg0，pH5，Ka(HB)105，所以HA、HB两种酸中，HB的酸性弱于HA，故A正确；b点lg0，1，根据电荷守恒，c(Na)c(H)c(OH) c(B)，pH5，溶液呈酸性c(H)c(OH)，所以c(Na)c(B)，b点溶液中c(B)c(HB)c(Na)c(H)c(OH)，故B正确；根据A选项，HB的酸性弱于HA，B水解程度大于A，所以根据电荷守恒可知同浓度同体积的NaA和NaB溶液中，阴
125、离子总数NaA大于NaB，故C错误；10pHpKa，故D正确。11(2019常德市高三第一次模拟)已知：常温下，Ksp(CuS)1.01036，K sp(HgS)1.61052；pMlgc(M2)。常温下，向10.0 mL 0.20 molL1Cu(NO3)2溶液中逐滴滴加0.10 molL1Na2S溶液，溶液中pM与加入Na2S溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是()AV020.0 mL，m18B若cCu(NO3)20.01 molL1，则反应终点可能为e点Ca、b、d三点中，由水电离的c(H)和c(OH)的积最大的为b点D相同条件下，若用等浓度等体积的Hg(NO3)2溶液代替上
126、述Cu(NO3)2溶液，则反应终点b向c方向移动答案C解析根据图像可知在V0时c(Cu2)突然减小，说明此时恰好发生反应：Cu2S2=CuS，n(S2)n(Cu2)cV0.20 molL10.01 L2.0103mol，V00.02 L20 mL，由于Ksp(CuS)c(Cu2)c(S2)1.01036，所以c(Cu2)1.01018molL1，则pMlg c(Cu2)lg(1.01018)18，A正确；温度不变，Ksp不变，则pM就不变，cCu(NO3)20.01 molL1时，根据Cu2S2=CuS，Cu2物质的量减小，反应消耗的S2的体积也减小，n(S2)n(Cu2)cV0.01 mol
127、L10.01 L1.0104mol，V00.001 L1 mL，所以反应终点可能为e点，B正确；a点是反应开始不长时间，Cu(NO3)2溶液过量，Cu2水解时溶液显酸性，对水的电离平衡起促进作用，随着Na2S溶液的加入，当到b点时恰好发生Cu2S2=CuS，对水的电离平衡影响最小，后随着Na2S溶液的加入，Na2S溶液过量， S2水解使溶液显碱性，又促进水的电离，水的电离程度在b点最小，由水电离出的c(H)和c(OH)也最小，C错误；若用等浓度等体积的Hg(NO3)2溶液代替上述Cu(NO3)2溶液，恰好发生反应：Hg2S2=HgS时，n(S2)n(Hg2)cV0.20 molL10.01 L
128、2.0103mol，V00.02 L20 mL，由于K sp(HgS)1.61052，所以c(Hg2)41026.5molL1，则pMlg c(Hg2)lg(41026.5)25.9，m数值变大，所以反应终点b向c方向移动，D正确。12(2018阳春市第一中学月考)已知298 K时，Ksp(NiS)1.01021，Ksp(NiCO3)1.0107；p(Ni)lgc(Ni2)，p(B)lgc(S2)或lgc(CO)。在含物质的量浓度相同的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法错误的是()A常温下NiCO3的溶解度大于
129、NiS的溶解度B向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动C对于曲线，在b点加热(忽略蒸发)，b点向c点移动Dp为3.5且对应的阴离子是CO答案C解析A项，常温下Ksp(NiS)Ksp(NiCO3)，NiS、NiCO3属于同种类型，常温下NiCO3的溶解度大于NiS，正确；B项，Ksp(NiS)Ksp(NiCO3)，则曲线代表NiS，曲线代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡NiS(s)Ni2(aq)S2(aq)，加入Na2S，S2浓度增大，平衡逆向移动，Ni2减小，d点向b点移动，正确；C项，对曲线在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni2、S2浓度增大，b点向a点方向移动，错误；
130、D项，曲线代表NiCO3, a点c(Ni2)c(CO)，Ksp(NiCO3)c(Ni2)c(CO)1107，c(Ni2)c(CO)1103.5，p(Ni)p(B)3.5且对应的阴离子为CO，D项正确。13按要求回答下列问题(1)AgCl能溶于氨水，发生反应AgCl(s)2NH3(aq)Ag(NH3)2(aq)Cl(aq)，其平衡常数K2.0103，现用1 L某浓度氨水(溶质视为NH3)完全溶解0.1 mol AgCl，所需氨水浓度至少为_molL1(已知2.24)。答案2.44解析根据方程式可知完全反应0.1 mol AgCl，需要NH3：0.2 mol，生成Ag(NH3)2(aq)和Cl(a
131、q)各0.1 mol；根据平衡常数计算平衡后应该还剩余的NH3，设剩余NH3 x mol，AgCl(s)2NH3(aq)Ag(NH3)2(aq)Cl(aq)，由于容器体积为1 L，利用物质的量代替浓度计算平衡常数K；K2.0103，得出x2.24，所以共需要NH3：0.22.242.44 mol。(2)已知铷(Rb)是制造光电管的材料，它与锂同主族。将a mol CH3 COORb溶于水配成溶液，向该溶液中滴加b L c molL1醋酸后，溶液呈中性。则c_(用含a、b的式子表示；已知25 时，CH3COOH电离平衡常数Ka2105)。答案解析将a mol CH3COORb溶于水配成溶液，向该
132、溶液中滴加b L c molL1醋酸后，溶液呈中性。设混合后溶液的体积为V，根据物料守恒，c(CH3COOH)c(CH3COO)(abc)/V，根据电荷守恒，c(CH3COO)c(Rb)a/V，所以c(CH3COOH)bc/V，Ka2105，所以c。(3)用NaHS作污水处理的沉淀剂，可以处理工业废水中的Cu2。已知：25 时，H2S的电离平衡常数Ka11.0107，Ka27.01015，CuS的溶度积为Ksp(CuS)6.31036。反应Cu2(aq)HS(aq)CuS(s)H(aq)的平衡常数K_(结果保留1位小数)。答案1.11021解析反应Cu2(aq)HS(aq)CuS(s)H(aq
133、)的平衡常数K1.11021。(4)已知常温下H2Se的电离平衡常数K11.3104，K25.01011，则NaHSe溶液呈_(填“酸性”或“碱性”)，该溶液中的物料守恒关系式为_。H2Se在一定条件下可以制备出CuSe，已知常温时CuSe的Ksp7.91049，CuS的Ksp1.31036，则反应CuS(s)Se2(aq)CuSe(s)S2(aq)的化学平衡常数K_(保留2位有效数字)。答案碱性c(Na)c(HSe)c(Se2)c(H2Se)1.61012解析NaHSe中存在电离平衡HSeHSe2和水解平衡：HSeH2OH2SeOH，其电离平衡常数K25.01011，水解平衡常数为Kh7.6
134、91011，所以水解大于电离，溶液呈碱性；该溶液中钠原子与硒原子个数比是11，则物料守恒关系式为：c(Na)c(HSe)c(Se2)c(H2Se)。将所给的两个沉淀溶解平衡相减可得总式，所以总式的平衡常数K1.61012。14硫是一种很活泼的元素，在适宜的条件下能形成2、6、4、2价的化合物。.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一，带有强烈的SO2气味，久置于空气中易被氧化，其溶于水生成的NaHSO3溶液呈酸性。某研究小组采用如图所示装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。(1)装置中的浓硫酸_(填“能”或“不能”)用稀硫酸代替，原因是_。(2)装置中有Na2S2O
135、5晶体析出，要获得已析出的晶体，可采取的操作是_。(3)设计检验Na2S2O5晶体在空气中变质的实验方案：_。.Na2S2O3溶液可用于测定溶液中ClO2的含量，实验方案如下。步骤1：准确量取ClO2溶液10.00 mL，稀释至100 mL。步骤2：量取V1 mL稀释后的ClO2溶液于锥形瓶中，调节溶液的pH2，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟。(已知：ClO2IHI2ClH2O 未配平)步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c molL1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL。(已知：I22S2O=2IS4O)(1)准确量取10.00 mL ClO2溶液的玻璃仪器
136、是_。(2)确定滴定终点的现象为_。(3)根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为_molL1(用含字母的代数式表示)。(4)下列操作会导致测定结果偏高的是_(填字母)。A未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管B滴定前锥形瓶中有少量水C滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D读数时，滴定前仰视，滴定后俯视答案.(1)不能二氧化硫易溶于水(2)过滤(3)取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量的盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则说明Na2S2O5晶体已变质.(1)酸式滴定管(2)滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液刚好由蓝色变为无色，且保持30 s
137、不恢复原色(3)(4)AC解析.(1)装置中的反应产生二氧化硫，二氧化硫易溶于水，所以不能用稀硫酸代替浓硫酸。(2)分离固体和液体通常用的操作为过滤。(3)Na2S2O5晶体在空气中变质生成硫酸钠，通过检验硫酸根离子可判断是否变质。.(1)ClO2溶液具有强氧化性，所以准确量取10.00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是酸式滴定管。(2)滴定终点的现象为滴加最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液刚好由蓝色变为无色，且保持30 s不恢复原色。(3)由离子方程式2ClO210I8H=5I22Cl4H2O、I22S2O=2IS4O得关系式ClO25S2O，则n(S2O)cV2103mol，所以V1 mL ClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2104 mol，则10.00 mL原溶液含有ClO2的物质的量为2cV2104 mol102mol，所以原ClO2溶液的物质的量浓度为molL1。(4)A项，未用标准浓度的Na2S2O3溶液润洗滴定管，会导致标准液浓度变小，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高；B项，滴定前锥形瓶中有少量水，对实验无影响；C项，滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，会导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高；D项，读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致测定结果偏低。
