1、五、盐类水解【知识纲要】要点1. 水解方程式的书写（1）因单个离子水解程度较弱，故水解反应方程式用“”，生成的产物少，生成物一般不标“”或“”。（2）多元弱酸对应的盐水解方程式与多元弱酸的电离方程式一样也是分步进行，不能合并。（3）多元弱碱阳离子的水解方程式一步完成。例如FeCl3水解：FeCl3+3H2O Fe(OH)3+3H+。（4）双水解是指阴阳离子均水解，且水解程度较大，一般能进行到底，此类水解用“=”表示，生成物中的沉淀、气体要用“”或“”标出，如Al3+与AlO2-、HCO3-、HS-、S2-之间均发生双水解反应，如Al3+ 3HS-+3H2O=Al(OH)3+3H2S要点2.盐类
2、水解的规律(1)“谁弱谁水解，越弱越水解”。如酸性：HCNCH3COONa。(2)强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4=NaHSO。(3)弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。如NaHCO3溶液中：HCOHCO(次要)，HCOH2OH2CO3OH(主要)。若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。如NaHSO3溶液中：HSOHSO(主要)，HSOH2OH2SO3OH(次要)。(4)相同条件下的水解程度：正盐相应酸式盐，如COHCO。(5)相互促进水解的盐单独水解的盐水解相互抑制的盐。如
3、NH的水解： (NH4)2CO3(NH4)2SO4(NH4)2Fe(SO4)2。要点3. 盐类水解的影响因素（1）有弱才水解，无弱不水解，越弱越水解；谁强显谁性，两弱相促进，两强不水解。（2）多元弱酸根，浓度相同时，正酸根比酸式酸水解程度大，碱性更强(如Na2CO3 NaHCO3)。（3）内在因素:组成盐的弱离子对应的酸或碱越弱,盐的水解程度越大.（4）外在因素:外界条件水解平衡水解程度水解产生离子的浓度温度升高右移增大增大浓度增大右移 减小增大减小(即稀释)右移增大减小外加酸碱酸弱碱阳离子的水解程度减小碱弱酸根离子的水解程度减小要点4. 盐类水解的应用应用举例判断溶液的酸碱性FeCl3溶液显
4、酸性，原因是Fe33H2OFe(OH)33H判断酸性强弱NaX、NaY、NaZ三种盐pH分别为8、9、10，则酸性HXHYHZ配制或贮存易水解的盐溶液配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，防止Cu2水解，配制FeCl3溶液，加入少量盐酸胶体的制取制取Fe(OH)3胶体的离子反应：Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3H物质的提纯除去MgCl2溶液中的Fe3，可加入MgO、镁粉、Mg(OH)2或MgCO3泡沫灭火器原理成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为Al33HCO=Al(OH)33CO2作净水剂明矾可作净水剂，原理为Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H化肥的使用铵态氮肥
5、与草木灰不得混用（1）盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型：盐溶液水解生成难挥发性酸时，蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)CuSO4(s)；盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得对应的氧化物，如AlCl3(aq)Al(OH)3Al2O3；酸根阴离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质；Ca(HCO3)2、NaHCO3、KMnO4、NH4Cl固体受热易分解，因此蒸干灼烧后分别为Ca(HCO3)2CaCO3(CaO)；NaHCO3Na2CO3；KMnO4K2MnO4MnO2；NH4ClNH3HCl；还原性盐在蒸干时会被O2氧化，例如，Na2SO3(aq)Na2SO4
6、(s)。（2）利用水解除杂无论在化学工业还是化学实验中都具有非常重要的意义，其原理是根据盐的水解程度的不同，通过调节溶液pH使部分离子转化为沉淀而除去。如MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，因Fe3水解程度比Mg2水解程度大，可加入MgO、Mg(OH)2或MgCO3等，调节溶液的pH，使Fe3的水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀而除去；注意不能加NaOH、NH3H2O等可溶性碱，因加这些物质pH升高太迅速，且碱过量不易觉察，Mg2也可能转化为Mg(OH)2沉淀，还会引入NH、Na等杂质。【典例分析】例题9 有Na2CO3溶液、CH3COONa溶液、NaOH溶液各25 mL，物质的量浓
7、度均为0.1 molL1，下列说法正确的是 ()A三种溶液pH的大小顺序是B若将三种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是C若分别加入25 mL 0.1 molL1盐酸后，pH最大的是D若三种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序【答案】C【解析】酸根离子越弱越易水解，因此三种溶液pH的大小顺序应是。若将三种溶液稀释相同倍数，由于Na2CO3溶液和CH3COONa溶液中存在水解平衡，随着水的加入弱酸根离子会水解产生少量的OH，因此pH变化最大的应是；选项D正确的顺序应为。变式练习9. 下列根据反应原理设计的应用，不正确的是 ()ACOH2OHCOOH用热的纯碱溶液清洗油污BAl33H2OAl(
8、OH)33H明矾净水CTiCl4(x2)H2O(过量) TiO2xH2O4HCl制备TiO2纳米粉DSnCl2H2OSn(OH)ClHCl配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠【答案】C例题10 在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：COH2OHCOOH。下列说法正确的是()A稀释溶液，水解平衡常数增大B加入少量NH4Cl固体，平衡朝正反应方向移动C升高温度，减小D加入NaOH固体，溶液pH减小【答案】B【解析】化学平衡常数只受温度的影响，A错误；加入的NH4Cl晶体电离出的NH与OH反应，使平衡向正反应方向移动，B正确；温度升高，CO的水解程度增大，c(HCO)增大，c(CO)减小，C错误；加
9、入NaOH固体，溶液的pH增大，D错误。变式练习10. (1)Na2S溶液中离子浓度由大到小的顺序为_，向该溶液中加入少量固体CuSO4，溶液pH_(填“增大”、“减少”或“不变”)。Na2S溶液长期放置有硫析出，原因为_(用离子方程式表示)。(2)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_molL1。(NH3H2O的电离平衡常数取Kb2105 molL1)(3)CO2可转化成有机物实现碳
10、循环：CO2CH3OHHCOOH用离子方程式表示HCOONa溶液呈碱性的原因_，写出该反应的平衡常数(Kh)表达式：Kh_，升高温度，Kh_(选填“增大”、“减小”或“不变”)。常温下，将0.2 molL1的HCOOH和0.1 molL1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pHc(Na)c(H)c(OH)【解析】(1)Na2S溶液中离子浓度的大小可根据盐类水解原理不难作答，Na2S与CuSO4溶液反应：Na2SCuSO4=CuSNa2SO4，溶液的pH减小，Na2S溶液长期放置会被空气中的氧气氧化为硫：2S2O22H2O=2S4OH。(2)NH水解使NH4NO3溶液显酸性：NHH2ONH3H2
11、OH；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(NH)c(H)c(NO)c(OH)，则n(NH)n(H)n(NO)n(OH)，因为平衡后溶液呈中性，n(H)n(OH)，则n(NH)n(NO)a mol，设加入的氨水的浓度为c molL1，反应后溶液体积为V L。由Kb2105 molL1，得c。(3)溶液混合后为浓度相等的HCOOH和HCOONa，溶液显酸性，所以HCOOHHCOOH的程度大于HCOOH2OHCOOHOH，依据电荷守恒c(HCOO)c(OH)c(H)c(Na)，可比较离子浓度大小。六、中和滴定【知识纲要】要点1. 中和滴定的操作判断左手控制滴定管，右手摇动
12、锥形瓶，向同一方向作圆周运动，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化。临近终点时滴液要慢，至指示剂变色不立即褪去或变为原色即为终点，避免过量(如果过量，应进行回滴，并记录滴入的体积)。整个操作要领可总结为“四先四后”：先把滴定管洗净，后检查滴定管是否漏水，活塞旋转是否灵活；滴定管、移液管先用蒸馏水洗，后用所盛装的溶液润洗；取液时，一般是先将标准液注入滴定管，后将待测液放入锥形瓶；滴定的速率一般是先快后慢。要点2.中和滴定的误差分析用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液：c酸V酸=c碱V碱，式中：c酸为标准溶液的准确浓度(不变量)，V碱为待测溶液的体积(不变量)。显然，影响NaOH浓度的因素是标准溶
13、液的体积读数，若消耗标准溶液比理论值多，则测定结果偏高；若消耗标准溶液比理论值少，则测定结果偏低。简化为“多则高，少则低”。中和滴定过程中，容易产生误差的6个方面是：洗涤仪器(滴定管、移液管、锥形瓶)；气泡；体积读数(仰视、俯视)；指示剂选择不当；杂质的影响；操作(如用力过猛引起待测液外溅等)。要点3. 中和滴定的相关计算由于酸、碱发生中和反应时，反应物间按一定的物质的量之比进行，基于此，可用滴定的方法确定未知酸或碱的浓度。对于反应： HA + BOH=BA+H2O 1mol 1mol c(HA).V(HA) c(BOH).V(BOH)即可得 c(HA).V(HA)=c(BOH).V(BOH)
14、若取一定量的HA溶液（V足），用标准液BOH已知准确浓度C（标）来滴定，至终点时消耗标准液的体积可读出（V读）代入上式即可计算得：，若酸滴定碱，与此同理。若酸为多元酸， HnA + nBOH=BnA+nH2O 1mol nmol c(HA).V(HA) c(BOH).V(BOH)则有关系：【典例分析】例题11 某研究小组为测定食用白醋中醋酸的含量进行的如下操作，正确的是 ()A用碱式滴定管量取一定体积的待测白醋放入锥形瓶中B称取4.0gNaOH到1000mL容量瓶加水至刻度，配成1.00molL1NaOH标准溶液C用NaOH溶液滴定白醋，使用酚酞作指示剂，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟
15、内不褪色时，为滴定终点D滴定时眼睛要注视着滴定管内NaOH溶液的液面变化，防止滴定过量【答案】C【解析】A项不能用碱式滴定管量取白醋，应用酸式滴定管，错误；B项应先在烧杯中溶解固体，不能直接在容量瓶中溶解，错误；C项强碱滴定弱酸，用酚酞作指示剂，颜色变化符合滴定终点判断，正确；D项滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，错误。变式练习11. 用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，如图甲、乙，从下表中选出正确选项() 选项锥形瓶中溶液滴定管中溶液选用指示剂选用滴定管碱酸石蕊乙酸碱酚酞甲碱酸甲基橙甲酸碱酚酞乙A. B C只有 D【答案】D例题12 以已知浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的
16、盐酸，下列情况测得结果偏高的是 （ ）用酚酞作指示剂滴定管用水洗后，未用标准溶液润洗就装入标准溶液锥形瓶盛待测液前，未用待测液润洗读数时，滴定前仰视，滴定后俯视用于取待测液的移液管未用待测液润洗在摇动锥形瓶的过程中不慎溅出了一小部分溶液ABCD【答案】C【解析】无影响；不润洗，所用标准溶液体积增大，测定结果偏高；无影响；滴定前仰视把数值读大了，滴定后俯视把数值读小了，一个偏小的数值减去一个偏大的数值，肯定这个数值偏小，用这个数值去计算得出的结果偏低；用于取待测液的移液管未用待测液润洗，相当于稀释，所用标准溶液的体积减小，所测结果偏低；溅出来的一部分标准溶液，在计算时必定计算在内，导致所测结果偏
17、高。变式练习12. 常温下，用0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL1HCl溶液所得滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是()Aa20.00B滴定过程中，可能存在：c(Cl)c(H)c(Na)c(OH)C若用酚酞作指示剂，当滴定到溶液明显由无色变为红色时停止滴定D若将盐酸换成同浓度的醋酸，则滴定到pH7时，a20.00【答案】D七、溶液中粒子浓度大小的比较【知识纲要】要点1. 两个“微弱”(1)弱电解质的电离是微弱的，电离产生的离子的浓度小于弱电解质分子的浓度。如弱酸HA溶液中c(HA)c(H)c(A)c(OH)。(2)单一的弱酸根阴离子和弱碱阳离子的水解是微弱
18、的，水解生成的粒子的浓度小于盐电离产生的离子的浓度。如弱酸盐NaA溶液中c(Na)c(A)c(OH)c(HA)c(H)。特别提示：多元弱酸要考虑分步电离(Ka1Ka2Ka3)，多元弱酸的正盐要依据分步水解分析离子浓度，如Na2CO3溶液中，c(Na)c(CO)c(OH)c(HCO)c(H)。要点2.三个守恒(1)电荷守恒规律：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NaHCO3溶液中存在着Na、H、HCO、CO、OH，必存在如下关系：c(Na)c(H)c(HCO)c(OH)2c(CO)。(2)物料守恒规律(原子守恒)：电解质溶液中
19、，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2、HS都能水解，故S元素以S2、HS、H2S三种形式存在，它们之间有如下守恒关系：c(K)2c(S2)2c(HS)2c(H2S)。(3)质子守恒规律：质子即H，酸碱反应的本质是质子转移，能失去质子的酸失去的质子数和能得到质子的碱得到的质子数相等。如NaHCO3溶液中，所以c(H2CO3)c(H3O)c(CO)c(OH)，即c(H2CO3)c(H)c(CO)c(OH)。要点3. 四个步骤 (1)判断反应产物：判断两种溶液混合时生成了什么物质，是否有物质过量，再确定反应后溶液的组成。(2)写出反应后溶液中存在的平衡：根据溶液
20、的组成，写出溶液中存在的所有平衡(水解平衡、电离平衡)，尤其要注意不要漏写在任何水溶液中均存在的水的电离平衡。这一步的主要目的是分析溶液中存在的各种粒子及比较直接地看出某些粒子浓度间的关系，在具体应用时要注意防止遗漏。(3)列出溶液中存在的等式：根据反应后溶液中存在的溶质的守恒原理，列出两个重要的等式，即电荷守恒式和物料守恒式，据此可列出溶液中阴、阳离子间的数学关系式。(4)比大小：根据溶液中存在的平衡和题给条件，结合平衡的有关知识，分析哪些平衡进行的程度相对大一些，哪些平衡进行的程度相对小一些，再依此比较溶液中各粒子浓度的大小。这一步是溶液中粒子浓度大小比较最重要的一步，关键是要把握好电离平
21、衡和水解平衡两大理论，树立“主次”意识。【典例分析】例题13 常温下，将a L 0.1 molL1的NaOH溶液与b L 0.1 molL1的CH3COOH溶液混合。下列有关混合溶液的说法一定不正确是()Aac(Na)c(H)c(OH)Bab时，c(CH3COO)c(Na)c(OH)c(H)Cab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ba，醋酸过量，溶液为CH3COONa与CH3COOH的混合溶液，当溶液呈酸性时A正确；若ab，反
22、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ab，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。变式练习13. 常温下，测得0.100 mol / L的某一元酸(HA)的pH值不等于1，0.100 mol / L的某一元碱(BOH)溶液中 10-12。将该两种溶液等体积混合，在所得的溶液中 ( )A. c(A)c(B+)c(H+)c(OH) B. c(B+)c(A)c(OH)c(H+)C. c(B+)c(A)c(H+)c(OH) D. c(A)c(B+)c(H+)c(OH)【答案】B【解析】本题
23、的关键在于确定酸、碱的强弱。由0.100 mol / L的某一元酸(HA)的pH值不等于1，知酸为一元弱酸。对于BOH，c(H+)1012 c(OH)，c(H+)c(OH)1012 c(OH)c(OH)1014，c(OH)101 mol / L，故该碱为一元强碱。两者等浓度、等体积可以完全反应，反应后生成的强碱弱酸盐水解显碱性，即c(OH)c(H+)；又由于A水解，故c( B+)c(A)；但水解程度较小，c(A)c(OH)。例题14 下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A0.1 molL1的NH4Cl溶液与0.05 molL1的NaOH溶液等体积混合后的溶液：c(Cl)c(Na)c(N
24、H)c(OH)c(H)B等物质的量的NaClO、NaHCO3混合溶液中：c(HClO)c(ClO)c(HCO)c(H2CO3)c(CO)CpH2的HA溶液与pH12的MOH溶液等体积混合：c(M)c(A)c(OH)c(H)D某二元弱酸的酸式盐NaHA溶液中：c(OH)c(H2A)c(H)2c(A2)【答案】B【解析】0.1 molL1的NH4Cl溶液与0.05 molL1的NaOH溶液等体积混合后得到物质的量浓度均为0.025 molL1的NH3H2O、NaCl和NH4Cl的混合溶液，溶液显碱性，离子浓度大小为c(Cl)c(NH)c(Na)c(OH)c(H)，A错误；ClO由于水解其存在形式为
25、HClO、ClO，HCO由于水解和电离其存在形式为HCO、H2CO3、CO，由于NaClO、NaHCO3的物质的量相等，因此c(HClO)c(ClO)c(HCO)c(H2CO3)c(CO)，B对；pH2的HA溶液与pH12的MOH溶液等体积混合，由于不知道HA和MOH的强弱，因此反应后溶液中的离子浓度无法比较，C错误；根据质子守恒，c(OH)c(A2)c(H)c(H2A)可以根据电荷守恒c(OH)2c(A2)c(HA)c(H)c(Na)和物料守恒c(Na)c(H2A)c(A2)c(HA)联合推导，D错误。八、难溶电解质溶解平衡【知识纲要】要点1. 沉淀溶解平衡（1）溶解度小于0.01g的电解质
26、称难溶电解质。难溶并非不溶，任何难溶物在水中均存在溶解平衡。（2）反应后离子浓度降至110-5mol/L以下的反应为完全反应，故用“=”，常见的难溶物在水中的离子浓度均远低于10-5mol/L（3）溶解平衡方程式的书写：在沉淀后用(s)标明状态，并用“”，如：Ag2S(s) 2Ag+ (aq)+ S2-(aq)（4）沉淀溶解平衡是动态平衡，其影响因素主要有：温度：一般升温时，沉淀溶解度增大，能促进溶解，但要注意Ca(OH)2的溶解度随温度的升高而减小。同离子效应：增大体系中沉淀溶解平衡中离子浓度，平衡向生成沉淀的方向移动；反之，则向沉淀溶解的方向移动。（5）沉淀转化的实质：就是沉淀溶解平衡的移
27、动，一般说来，溶解度小的沉淀转化成溶解度更小的沉淀。要点2.沉淀溶解平衡常数（1）表达公式：沉淀溶解平衡常数，它的符号为Ksp，对于沉淀溶解平衡：MmNn(s) mMn+(aq)+nNm-(aq)。固体纯物质不列入平衡常数中。上述反应的平衡常数为表示为：Ksp=c(Mn+)mc(Nm-)n（2）影响因素：在一定的温度下，Ksp是一个常数，称为溶度积常数，简称溶度积，它只受温度影响，不受溶液中离子浓度的影响。（3）溶度积的应用：通过比较溶度积和溶液中有关离子浓度幂的乘积离子积QC的相对大小，可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解。QC Ksp 溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和达到新
28、的平衡状态； QC= Ksp 溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态； QC Ksp溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。【典例分析】例题15 已知25 时，Ka(HF)3.6104，Ksp(CaF2)1.461010。现向1 L 0.2 molL1 HF溶液中加入1 L 0.2 molL1 CaCl2溶液。则下列说法中正确的是()A25 时，0.1 molL1 HF溶液pH1BKsp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化C该体系中没有沉淀产生D该体系中HF与CaCl2反应产生沉淀【答案】D【解析】若HF完全电离，则0.1 molL1 HF溶液的pH1，但由Ksp(
29、HF)3.6104可知，HF为弱电解质，不能完全电离，故0.1 molL1 HF溶液的pH1，A项错误。Ksp不随浓度变化而变化，B项错误。Ka(HF)3.6104，则c2(F)3.6105，c(Ca2)0.1 molL1，则Qcc2(F)c(Ca2)3.61061.461010，体系中有CaF2沉淀析出，C项错误，D项正确。变式练习15. 向盛有10滴AgNO3溶液的试管中滴加0.1 mol/L NaCl溶液，至不再有白色沉淀生成；继续向试管中滴加0.1 mol/L KI溶液并振荡，沉淀变为黄色；再向试管中滴入0.1 mol/L Na2S溶液并振荡，沉淀又变成黑色。根据上述变化过程，分析此三
30、种沉淀物的溶解度关系为()AAgClAgIAg2S BAgClAgIAgIAg2S DAgIAgClAg2S【答案】C【解析】一般来说，溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀。由实验现象知，白色沉淀(AgCl)黄色沉淀(AgI)黑色沉淀(Ag2S)，则溶解度为：AgClAgIAg2S。例题16某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是()A加入Na2SO4可使溶液由a点变到b点B通过蒸发可以使溶液由d点变到c点Cb点有BaSO4沉淀生成 Da点对应的Ksp大于c点对应的Ksp【答案】C【解析】本题考查溶解平衡有关知识，意在考查考生的识图和运用所学知识解决问题的能力
31、。BaSO4在水中存在着溶解平衡BaSO4(s)Ba2(aq)SO(aq)，a点在平衡曲线上，加入Na2SO4会增大c(SO)，平衡左移，c(Ba2)应降低，A项错误；d点时溶液不饱和，蒸发溶剂水，c(SO)、c(Ba2)均增大，B项错误；b点时溶液过饱和，有沉淀生成，C项正确；Ksp是一常数，温度不变Ksp不变，在曲线上的任意一点Ksp都相等，D项错误。变式练习16. 某温度时，Ag2SO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，该温度下，下列说法正确的是()A含有大量SO的溶液中肯定不存在AgB0.02 molL1的AgNO3溶液与0.02 molL1的Na2SO4溶液等体积混合不会生成沉淀CA
32、g2SO4的溶度积常数(Ksp)为1103Da点表示Ag2SO4的不饱和溶液，蒸发可以使溶液由a点变到b点【答案】B【强化练习】一、选择题（本小题共7小题，每题只有一个正确选项，每题6分，共42分）1. 有关100 mL 0.1 mol/L NaHCO3100 mL 0.1 mol/L Na2CO3两种溶液叙述错误的是()A溶液中水电离出的H个数：B溶液中阴离子的物质的量浓度之和：C溶液中：c(CO)c(H2CO3)D溶液中：c(HCO)c(H2CO3)2. 常温下，下列有关醋酸的叙述中错误的是()ApH5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c(Na)c(CO)，C项错误；CO的
33、第一步水解程度远大于第二步水解，D项正确。答案：C2. 解析：A项，根据电荷守恒关系c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，因pH5.6，c(H)c(OH)，故c(Na)c(CH3COO)正确；B项，根据电荷守恒关系和物料守恒：c(CH3COOH)c(CH3COO)2c(Na)，推导结论正确；C项，醋酸稀释时电离程度增大，故结论正确；D项，由题意知：10a14，D项不正确。答案：D3.解析：未用标准盐酸润洗。滴定时标准液用量增多，使测定结果偏高，A项评价正确；开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失，使测定结果偏高，B项评价正确；锥形瓶未干燥，对测定结果无影响，C项评价
34、正确；盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗23次，相当于待测液取多了，使测定结果偏高，D项评价错误。答案：D4.解析：本题以向Al2(SO4)3溶液中逐滴加入NaOH溶液导致溶液的pH变化为研究对象，侧重考查盐类水解、pH变化，以及Al3、AlO和Al(OH)3三者的转化关系。意在考查考生分析图像的能力以及应用所学知识分析解决问题的能力。A项错误，离子方程式应为Al33H2OAl(OH)33H；B项错误，ab段，Al3不断与氢氧化钠溶液反应而逐渐减少；D项错误，cd段的后半部分，溶液的pH已大于7，说明已有NaAlO2生成，即Al(OH)3在d点之前已开始溶解。答案：C5.解析：此时
35、溶液中c(Ag)2.000105 molL1，故c(Cl)8.90106 molL1。答案：B6.解析：盐酸中水电离出的H与溶液中的OH浓度相同，故该浓度的盐酸中c(H) molL11.01014a molL1，故其pH14a；氯化铵溶液中H完全来自水的电离，即c(H)1.010b molL1，故其pHb，因此两种溶液的pH之和为14ab，即A项正确。答案：A7.解析：醋酸为弱酸，稀释时会促进电离，H浓度的减小会小于稀释的倍数，即稀释后溶液的pH小于4而大于3，A项错误；NaHA的水溶液呈碱性，能说明HA在水解，也能说明H2A是弱酸，但若NaHA的水溶液呈酸性，只是说明HA的电离程度比HA的水
36、解程度大，而不能说明H2A能完全电离，也就不能说明H2A为强酸，B项错误；强酸溶液正好完全中和时，所得溶液的pH7，而强碱与弱酸正好完全中和时，溶液的pH7，若所得溶液的pH7说明碱不足，C项正确；Ag浓度最大的是，其次是，最小的是，D项错误。答案：C8. 解析：(1)Al3水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即：Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降。(2)NH4Al(SO4)2溶液与NH4HSO4溶液中的NH均发生水解，但NH4Al(SO4)2溶液中Al3水解呈酸性抑制NH水解，HSO电离出的H同样抑制NH水解，因为HSO电离生成的H浓度比Al3水
37、解生成的H浓度大，所以NH4HSO4溶液中NH的水解程度比NH4Al(SO4)2溶液中的小。(3)NH4Al(SO4)2水解使溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小，符合的曲线为。根据电荷守恒，可以求出2c(SO)c(NH)3c(Al3)c(H)c(OH)103 molL1c(OH)太小，可忽略。答案：(1)Al3水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，即Al33H2OAl(OH)3(胶体)3H，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降，从而达到净水目的(2)小于(3)NH4Al(SO4)2水解使溶液呈酸性，升高温度使其水解程度增大，pH减小103 molL110. 解析：(1)实验过程中，
38、各步骤都需要用到烧杯和玻璃棒。(2)步骤的目的是除去Cl、NO、Na等杂质离子，以提高纯度；检验沉淀是否已洗净，可检验滤液中是否含有Cl，方法是取最后一次洗涤滤液少量于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀已洗涤干净。(3)根据题给信息，Zn2在pH6.4开始沉淀，在pH8.0沉淀完全，故步骤保持pH8，既保证Zn2完全沉淀，又避免Zn(OH)2溶解。步骤保持pH2的目的是避免Zn2水解。(4)根据题给信息，Fe3在pH1.9开始沉淀，在pH3.2沉淀完全，而又不能让Zn2沉淀出来，故步骤保持的pH范围为3.26.4；加热可以促使Fe3充分水解。(5)步骤中得到ZnS
39、O47H2O晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥。答案：(1)玻璃棒(2)Cl、NO、Na取最后一次洗涤滤液少量于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无白色沉淀产生，说明沉淀已洗涤干净(3)既保证Zn2完全沉淀，又避免Zn(OH)2溶解避免Zn2水解(4)3.26.4促使Fe3充分水解(5)蒸发浓缩冷却结晶11.解析：甲实验中使用的X溶液是酚酞。在滴定终点附近时，溶液的pH会发生突变，所以此时测试和记录pH的间隔要小，每加1滴测一次，并记录一次。甲实验中没有证明盐酸不能使酚酞试液褪色，乙实验更能说明问题。根据标签数据计算盐酸的物质的量浓度为：c112 molL1。利用滴定数据，所用NaOH溶液的体积平均为20.00 mL。则c(HCl)1.2 mol/L，则原盐酸的浓度为12 mol/L。答案：(1)23滴将活塞关闭，在滴定管内注入一定量的水，记下读数，静置约2 min，并观察液面是否下降，活塞周围及尖嘴处是否漏液；然后将活塞转动180，再检查一次(2)测试和记录pH的间隔要小，每加1滴测1次，并记录1次(3)乙(4)相等