1、一、选择题1.(双选)下列说法中不正确的是( )A.(2012浙江卷)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pHc(Cl-) c(Na+)c(OH-)c(H+)C.pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液等体积混合：c(M+)=c(A-)c(OH-)=c(H+)D.25 时，pH=8的CH3COONa稀溶液中：c(CH3COOH)=9.910-7mol/L解析：A项溶液中电荷不守恒，应为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)；B项溶液中，反应后生成等物质的量的NH4Cl、NaCl和NH3H2O，c(Cl-)c()；
2、C项中酸、碱的强弱不确定，反应后所得的溶液可能显酸性、中性或碱性；D项溶液中，电荷守恒式为：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)。物料守恒式为：c(Na+) =c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，则c(CH3COOH)=c(OH-)-c(H+)=(10-6-10-8)mol/L=9.9 10-7mol/L。答案：D3.(2013安徽卷)已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：+H2OH2SO3+OH-H+向0.1 molL-1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()增大B.加入少
3、量Na2SO3固体，则c(H+)+c(Na+)=c()+c(OH-)+c()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()c(H+)=c(OH-)解析：A项，加入少量金属Na，Na与水反应生成NaOH，c()减小，c()增大。B项，加入Na2SO3固体，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+ 2c()。C项，加入少量NaOH溶液中，平衡右移，增大，增大。D项，由电荷守恒，c(Na+)+c(N)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，可知D项错。答案：C4.(2012福建卷，节选)能证明Na2SO3溶液中存在+H2O+OH-水解平
4、衡的事实是()A.滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去B.滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去C.滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去D.以上方法均不对解析：向Na2SO3溶液中加入H2SO4溶液，硫酸显酸性，不论是否存在平衡，均可使溶液酸性增强，溶液红色褪去；氯水中的HClO具有强氧化性，能漂白一些有色的有机物；向Na2SO3溶液中加入BaCl2溶液，发生反应使溶液中的的浓度减小，平衡向逆反应方向移动，使c(OH-)减小，故C项可以说明。答案：C5.(2014四川卷) 下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1 mol/L NaHCO3溶液与0
5、.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)c(OH-)B.20 mL 0.1 mol/L CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)C.室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)c(NH4+)+c(OH-)D.0.1 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH-)c(H+)+c(CH3COOH)解析：两者等体积混合得到碳酸钠溶液
6、，存在二级水解，则氢氧根离子浓度大于碳酸氢根离子浓度，A项错误；混合后得到等物质的量浓度的CH3COOH 、CH3COONa、 NaCl的混合溶液，根据混合后呈酸性，则CH3COOH的电离程度大于CH3COONa的水解程度，c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(H+)，B项正确；根据电荷守恒：c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，混合后溶液呈碱性，c(H+)c(OH-)，c(Cl-)c(NH4+)，则c(H+)+c(Cl-)c(CH3COO-)c(OH-)B.0.1 molL-1 NH4Cl溶液与0.1 molL-1氨水等体积混合(pH7)：c(NH3H2O)c(NH4
7、+)c(Cl-)c(OH-)C.0.1 molL-1 Na2CO3溶液与0.1 molL-1 NaHCO3溶液等体积混合：2/3c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c(H2CO3)D.0.1 molL-1 Na2C2O4溶液与0.1 molL-1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)解析：两溶液混合时生成等量的CH3COOH和NaCl，由于CH3COOH能微弱电离，故c(Na+)=c(Cl-)c(CH3COO-)c(OH-)，A项正确；B项混合液显碱性，说明NH3H2O的电离程度大于NH4
8、Cl中NH4+的水解程度，故溶液中c(NH4+)c(Cl-)c(NH3H2O)c(OH-)，B项错误；C项，由于c(Na)c(C)=32，根据物料守恒可知C项正确；D项溶液中的电荷守恒式为2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，D项错误。答案：AC8.下列说法正确的是()A.常温下0.4 mol/L HB溶液和0.2 mol/L NaOH溶液等体积混合后溶液的pH=3，则混合溶液中离子浓度的大小顺序为：c(Na+)c(B-)c(H+)c(OH-)B.常温时，pH=2的CH3COOH溶液和HCl溶液、pH=12的氨水和NaOH溶液，四种溶液
9、中由水电离的c(H+)相等C.常温下0.1 mol/L的下列溶液NH4Al(SO4)2、NH4Cl、NH3H2O、CH3COONH4中，c(N)由大到小的顺序是：D.0.1 mol/L pH为4的NaHB溶液中：c(HB-)c(H2B)c(B2-)解析：A项反应后实际为等浓度HB和NaB的混合液，溶液pH=3，说明溶液显酸性，HB的电离程度大于NaB的水解程度，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(B-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，A项错误；pH相等的酸或碱中水电离生成的氢离子或氢氧根离子相等，B项正确；NH3H2O是弱电解质，电离出的铵根离子浓度很小，CH3COONH4中CH3COO-和
10、N水解相互促进，NH4Al(SO4)2中铵根和铝离子水解相互抑制，c(N)由大到小的顺序是，C项错误；pH为4的NaHB溶液中，HB-的电离程度大于HB-的水解程度，故c(H2B)c(H+)c(NH4+)c(OH-)，所以B选项错误。答案：A12.(2014全国新课标卷) 一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是( )A.pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS-)=110-5 molL-1B.pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)D.pH
11、相同的CH3COONa、NaHCO3、NaClO三种溶液的c(Na+)：解析：H2S中存在两步可逆电离，c(H+)=110-5 molL-1c(HS-)，A项错误；一水合氨是弱电解质，加水稀释10倍时促进其电离平衡向正向移动，c(H+)减小程度小于10倍，即ab+1，B项错误；混合溶液中存在电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，C项错误；组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，等pH时其浓度越小，HCO3-对应的弱酸是H2CO3，D项正确。答案：D二、非选择题13.在常温下，下列五种溶液：0.1 molL-1 NH4Cl溶液0.1
12、molL-1 CH3COONH4溶液0.1 molL-1 NH4HSO4溶液0.1 molL-1 NH3H2O和0.1 molL-1 NH4Cl混合液0.1 molL-1 NH3H2O溶液请根据要求填写下列空白：(1)溶液呈性(填“酸”“碱”或“中”)，其原因是(用离子方程式表示)。(2)在上述五种溶液中，pH最小的是；c(N)最小的是。(填序号)(3)比较溶液、中c(N)的大小关系：(填“”“”“”“；c(N)：。(3)中两种离子相互促进水解，而中H+抑制N的水解。(4)Cl-不水解，根据物料守恒可知c(NH3H2O)+c(N)=0.2 molL-1。答案：(1)酸N+H2ONH3H2O+H
13、+(2)(3)”或“7的原因：。(4)6种溶液中，水的电离程度最小的是(填化学式)。(5)若增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是(填化学式)，用化学平衡移动原理简述其原因：。解析：(1)C、Si位于同主族，C在Si的上方，根据元素周期律可知C的非金属性比Si强。同主族元素的原子最外层电子数相同，随电子层数增加，原子半径自上而下逐渐增大，原子核对核外电子的作用力逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱。(2)Na2SiO3溶液的碱性比Na2CO3溶液的强，的水解能力比强，故H2CO3的酸性比H2SiO3强，则C的非金属性比Si强，NaHSO3溶液呈酸性，说明的电离能力大于水解能力，故酸性：H
14、2SO3H2CO3H2SiO3。(4)6种溶液中，只有NaHSO3溶液因电离使溶液呈酸性，抑制了水的电离，另外5种溶液中酸根离子水解(或酸根离子水解为主)促进了水的电离。(5)因Na2SO3和NaHSO3溶液具有较强的还原性，不能选用。根据水解规律“越弱越水解”判断，电离能力：H2CO3HClOH2SiO3。根据“强酸制弱酸”原理，可选用的物质为NaHCO3或NaClO。答案：(1)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c(OH-)c.c(Na+)+c(H+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)(2)(2014上海卷，节选)室温下，0.1 mol/L的硫化钠溶液和0.1 m
15、ol/L的碳酸钠溶液，碱性更强的是 ，其原因是 。已知：H2S：Ki1=1.310-7 Ki2=7.110-15H2CO3：Ki1=4.310-7 Ki2=5.610-11(3)下图为常温下向25 mL 0.1 molL-1 NaOH溶液中逐滴滴加0.2 molL-1的HN3溶液的过程中溶液pH的变化曲线(溶液混合时体积变化忽略不计)。根据上图能确定HN3为 酸(填“强”或“弱”)。D点时溶液中各离子浓度由大到小的顺序为 。B点时溶液中c(HN3)= molL-l(填精确值)。解析：(1)在溶液中主要以HSO3-存在，HSO3-的电离很微弱，所以n(SO32-)n(HSO3-)11，根据表格知
16、，当亚硫酸氢根离子的物质的量大于亚硫酸根离子的物质的量时，亚硫酸氢钠溶液呈酸性；亚硫酸氢钠溶液中存在HSO3-SO32-+H+和HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度大于水解程度，所以亚硫酸根离子的物质的量大于亚硫酸氢根；当溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度。a、溶液呈电中性，溶液中阴阳离子所带电荷相等，溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，所以c(Na+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，故a正确；b、溶液呈中性时，溶液中氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，亚硫酸氢根离子浓度大于亚硫酸根离子浓度，溶液中阴阳
17、离子所带电荷相等，所以得c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H+)=c(OH-)，故b正确；c、溶液呈中性时，溶液中阴阳离子所带电荷相等，得c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，故c错误(2)可以根据H2S和H2CO3的Ki2来进行判断，Ki2越小，盐溶液的碱性越强。(3)图象分析氢氧化钠溶液和HN3溶液恰好反应时消耗HN3的体积为12.5 mL，此时溶液pH为8显碱性，说明HN3为弱酸；D点加入25 mL HN3溶液得到等浓度的NaN3和 HN3溶液，溶液pH小于7显酸性，说明酸电离大于水解，溶液中离子浓度大小为c(N3-)c(Na+)c(
18、H+)c(OH-)。答案：(1)酸 HSO3-存在：HSO3-SO32-+H+和HSO3-+H2OH2SO3+OH-，HSO3-的电离程度强于水解程度 ab(2)硫化钠溶液 硫化氢的Ki2小于碳酸的Ki2，所以硫化钠的水解程度更大(3)弱 c(N3-)c(Na+)c(H+)c(OH-) 10-6-10-816.(1)(2012浙江卷，节选)在空气中直接加热CuCl22H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是 (用化学方程式表示)。由CuCl22H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是 。(2)(2011福建卷，节选)稀土元素是宝贵的战略资源，我国的蕴藏量居世界首位。铈(Ce)是地壳中含量
19、最高的稀土元素。在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl36H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中，NH4Cl的作用是 。(3)(2012山东卷，节选)NO2可用氨水吸收生成NH4NO3，25 时，将a mol NH4NO3溶于水，溶液显酸性，原因是 (用离子方程式表示)。向该溶液滴加b L氨水后溶液呈中性，则滴加氨水的过程中水的电离平衡将 (填“正向”、“不”或“逆向”)移动，所滴加氨水的浓度为 mol/L。(NH3H2O的电离平衡常数取Kb=210-5 molL-1)解析：(1)加热时促进Cu2+水解，生成铜的氧化物或氢氧化物。(2)由于加热时氯化铵分解出氯
20、化氢气体，可以抑制CeCl3的水解。(3)NH4+水解使NH4NO3溶液显酸性：NH4+H2ONH3H2O+H+；滴加氨水时水的电离平衡将逆向移动，溶液呈中性，由电荷守恒可知c(NH4+)+c(H+)=c(NO3-)+c(OH-)，则n(NH4+)+n(H+)=n(NO3-)+n(OH-)，因为平衡后溶液呈中性，n(H+)=n(OH-)，则n(NH4+)=n(NO3-)=a mol，设加入的氨水的浓度为c mol/L，反应后溶液体积为V L。由mol/L，得c=。答案：(1)主要产物写成Cu(OH)2、Cu(OH)Cl、CuO均可在干燥的HCl气流中加热脱水(2)分解出氯化氢气体，抑制CeCl3水解(或其他合理答案)(3)NH4+H2ONH3H2O+H+ 逆向
