1、课时1弱电解质的电离最新考纲1了解电解质的概念；了解强电解质和弱电解质的概念。2.了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。了解电离平衡常数。考点一弱电解质的电离1强、弱电解质(1)概念(2)与化合物类型的关系强电解质主要是大部分离子化合物及某些共价化合物。弱电解质主要是某些共价化合物。2弱电解质的电离平衡(1)电离平衡的建立在一定条件下(如温度、压强等)，当弱电解质电离成离子的速率和离子结合成分子的速率相等时，就达到了电离平衡状态。(2)电离平衡的特征(3)外界条件对电离平衡的影响内因：弱电解质本身的性质。外因：a温度：升高温度，电离平衡向电离方向移动，电离程度增大，原因是电离过程吸热。b浓度：加水
2、稀释，使弱电解质的浓度减小，电离平衡向电离的方向移动，电离程度增大。c同离子效应：例如向CH3COOH溶液中加入CH3COONa固体，溶液中c(CH3COO)增大，CH3COOH的电离平衡向左(填“左”或“右”)移动，电离程度减小，c(H)减小，pH增大。探究思考1判断下列电离方程式的书写是否正确，如有错误请改正。(1)熔融状态下NaHSO4的电离：NaHSO4=NaHSO42()_(2)H2CO3的电离：H2CO32HCO32()_(3)Fe(OH)3的电离：Fe(OH)3Fe33OH()_(4)水溶液中NaHSO4的电离：NaHSO4=NaHSO4()_答案(1)改正：NaHSO4=NaH
3、SO4(2)改正：H2CO3HHCO3、HCO3HCO32(3)(4)改正：NaHSO4=NaHSO422以0.1 molL1CH3COOH溶液为例：探究外界条件对电离平衡的影响，请完成表格：实例(稀溶液)CH3COOHHCH3COOH0改变条件平衡移动方向n(H)c(H)导电能力Ka加水稀释增大减小减弱不变加入少量冰醋酸增大增大增强不变通HCl(g)增大增大增强不变加NaOH(s)减小减小增强不变加入镁粉减小减小增强不变升高温度增大增大增强增大【示例1】 (2013福建，8)室温下，对于0.10 molL1的氨水，下列判断正确的是()。A与AlCl3溶液发生反应的离子方程式为Al33OH=A
4、l(OH)3B加水稀释后，溶液中c(NH4)c(OH)变大C用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性D其溶液的pH13思维启迪 (1)NH3H2O是弱碱不能完全电离，NH4水解显酸性(2)氨水促进电离n(NH3H2O)，n(NH4)，n(OH)c(NH3H2O)，c(NH4)，c(OH)解析NH3H2O为弱碱，不能拆分成离子形式，A错误；加水稀释氨水，变大，但c(NH4)、c(OH)均变小，溶液中c(NH4)c(OH)变小，B错误；NH3H2O与HNO3完全中和生成NH4NO3溶液，因NH4水解溶液呈酸性，C正确；NH3H2O是弱电解质不能完全电离，c(OH)0.1 molL1，则pHb(201
5、0全国，9A)D醋酸在醋酸钠溶液中电离的程度大于在纯水中电离的程度(2010全国，8C)解析稀醋酸加水稀释时，电离程度增大，但c(H)减小，所以pH增大，B、C错误；醋酸可发生电离：CH3COOHCH3COOH，而醋酸钠提供大量的CH3COO，从而导致上述电离平衡逆向移动，醋酸电离程度减弱。所以D错误。答案A1一元弱酸HA溶液中存在下列电离平衡：HAHA。将1.0 mol HA加入水中配成1.0 L溶液，如图表示溶液中HA、H、A的物质的量浓度随时间而变化的曲线正确的是()。解析刚加入时HA浓度最大，后逐渐减小，故D错误。达到电离平衡时，HA与A的物质的量浓度之和应等于1.0 molL1，且c
6、(H)、c(A)相等，故A、B错误。答案C2体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(Cl)n(CH3COO)0.01 mol，下列叙述错误的是()。A与NaOH完全中和时，醋酸所消耗的NaOH多B分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多C两种溶液的pH相等D分别用水稀释相同倍数时，n(Cl)n(HCl)，故与NaOH完全中和，醋酸消耗的NaOH多，分别与足量CaCO3反应时，醋酸放出的CO2多，A项正确、B项错误；分别用水稀释相同倍数时，醋酸的电离程度增大，n(CH3COO)增大，而n(Cl)不变，D项正确。答案B3(2011山东理综，14)室温下向10 mL pH3的醋酸溶液中加水稀释后，下
7、列说法正确的是()。A溶液中导电粒子的数目减少B溶液中不变C醋酸的电离程度增大，c(H)亦增大D再加入10 mL pH11的NaOH溶液，混合液pH7解析A项，醋酸加水稀释，促进电离，导电粒子的数目增加，故A错误；B项，由于温度不变，电离平衡常数Ka不变，由于KW不变，则题给比值不变，故B正确；C项，醋酸溶液加水稀释，电离程度增大，但c(H)变小，故C错误；D项，加入10 mL pH11的NaOH溶液，醋酸过量，混合后溶液显酸性，故D错误。答案B一元强酸与一元弱酸的比较相同物质的量浓度、相同体积的一元强酸(如盐酸)与一元弱酸(如醋酸)的比较(见下表)酸c(H)pH中和碱的能力与足量活泼金属反应
8、产生H2的量与金属反应的起始速率一元强酸大小相同大一元弱酸小大相同小考点二电离平衡常数及相关计算1表达式对一元弱酸HA：HAHAKa。对一元弱碱BOH：BOHBOHKb。2特点(1)电离常数只与温度有关，升温，K值增大。(2)多元弱酸的各级电离常数的大小关系是Ka1Ka2Ka3，所以其酸性主要决定于第一步电离。3意义电离常数反映了弱电解质的电离程度的大小，K值越大，电离程度越大，酸(或碱)性越强。如相同条件下常见弱酸的酸性强弱：H2SO3H3PO4HF CH3COOHH2CO3H2SHClO探究思考1为什么多元弱酸的Ka1Ka2Ka3?答案(1)一级电离电离出的H抑制了二级电离，依次类推。(2
9、)一级电离完成后，酸式酸根离子是一个阴离子，从阴离子中电离出H是比较困难的，且酸式酸根离子带的负电荷越多，电离出H越困难。2判断正误(1)电离常数受溶液浓度的影响()(2)电离常数可以表示弱电解质的相对强弱()(3)电离常数大的酸溶液中的c(H)一定比电离常数小的酸溶液中的c(H)大()(4)H2CO3的电离常数表达式：Ka()答案(1)(2)(3)(4)3填空25 时，部分物质的电离平衡常数如表所示：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.7105 molL1K14.3107 molL1 K25.61011 molL13.0108molL1请回答下列问题：(1)CH3COOH、
10、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为_ _。(2)同浓度的CH3COO、HCO3、CO32、ClO结合H的能力由强到弱的顺序为_。答案(1)CH3COOHH2CO3HClO(2)CO32ClOHCO3CH3COO【示例3】 (高考题改编)(1)在25 下，将a molL1的氨水与0.01 molL1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中NH4Cl，则溶液显_(填“酸”、“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3H2O的电离常数Kb_。(2)已知常温常压下，空气中的CO2溶于水，达到平衡时，溶液的pH5.60，c(H2CO3)1.5105molL1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则
11、H2CO3HCO3H的平衡常数K1_。(已知105.602.5106)已知H2CO3的第二级电离常数K25.61011，HClO的电离常数K3.0108，写出下列条件下所发生反应的离子方程式：a少量Cl2通入到过量的Na2CO3溶液中：_。bCl2与Na2CO3按物质的量之比11恰好反应：_ _。c少量CO2通入到过量的NaClO溶液中：_。思维启迪 电离平衡表达式中的离子浓度是指达到平衡时溶液中存在的离子浓度，并不一定是由弱电解质自身电离的。电解质越弱其电离产生的阴离子结合H的能力越强。解析(1)氨水与盐酸等体积混合后的溶液中的电荷守恒关系式为c(NH4)c(H)c(Cl)c(OH)，因c(
12、NH4)c(Cl)，故有c(H)c(OH)，溶液显中性。Kbc(NH4)c(OH)/c(NH3H2O)(0.005 molL1107molL1)/(a/2 molL10.005 molL1)109/(a0.01)molL1。(2)K14.2107。按题给的量的关系书写即可，但应注意因K2(H2CO3)K(HClO)K1(H2CO3)，故HClO与Na2CO3反应只能生成NaHCO3。答案(1)中 molL1(2)4.2107a.Cl22CO32H2O=2HCO3ClClObCl2CO32H2O=HCO3ClHClOcClOCO2H2O=HCO3HClO【示例4】 (2010广东理综，31(3)
13、H3BO3溶液中存在如下反应：H3BO3(aq)H2O(l)B(OH)4(aq)H(aq)已知0.70 molL1 H3BO3溶液中，上述反应于298 K达到平衡时，c平衡(H)2.0105 molL1，c平衡(H3BO3)c起始(H3BO3)，水的电离可忽略不计，求此温度下该反应的平衡常数K(H2O的平衡浓度不列入K的表达式中，计算结果保留两位有效数字)。解析依题意 H3BO3(aq)H2O(l)B(OH)4(aq)H(aq)0.7000 0 2.01052.0105 0.70 2.01052.0105K5.71010答案5.710101已知下面三个数据：7.2104、4.6104、4.91
14、010分别是下列有关的三种酸的电离常数，若已知下列反应可以发生：NaCNHNO2=HCNNaNO2NaCNHF=HCNNaFNaNO2HF=HNO2NaF由此可判断下列叙述不正确的是()。AK(HF)7.2104BK(HNO2)4.91010C根据其中两个反应即可得出三种酸的强弱顺序DK(HCN)K(HNO2)HNO2HCN。由此可判断K(HF)K(HNO2)K(HCN)，其相对数据依次为K(HF)7.2104，K(HNO2)4.6104，K(HCN)4.91010。答案B2(2011新课标全国，10)将浓度为0.1 molL1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是()。Ac(H) B
15、Ka(HF)C. D.解析HF为弱酸，存在电离平衡：HFHF。根据勒夏特列原理：当改变影响平衡的一个条件，平衡会向着能够减弱这种改变的方向移动，但平衡的移动不能完全消除这种改变，故加水稀释，平衡正向移动，但c(H)减小，A错误；电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，电离平衡常数Ka不变，B错误；当溶液无限稀释时，c(F)不断减小，但c(H)接近107 molL1，所以减小，C错误；，由于加水稀释，平衡正向移动，所以溶液中n(H)增大，n(HF)减小，所以增大，D正确。答案D325 时，弱酸的电离平衡常数如表所示，下列说法正确的是()。弱酸CH3COOHHCNH2CO3Ka/molL11.810
16、54.91010K1：4.3107 K2：5.61011A.等物质的量浓度溶液的pH关系：pH(NaCN)pH(Na2CO3)pH(CH3COONa)Ba molL1HCN与b molL1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中c(Na)c(CN)，则a一定小于bC往冰醋酸中逐滴加水，溶液导电能力先增大，后减小DNaHCO3和Na2CO3的混合液中：c(Na)c(H)c(OH)c(HCO3)c(CO32)解析A项，由表中数据可知电离程度大小顺序为CH3COOHH2CO3HCN HCO3，所以溶液的pH大小顺序为pH(Na2CO3)pH(NaCN)pH(CH3COONa)，错；B项，若ab，反应生成N
17、aCN，其溶液呈碱性，则c(Na)c(CN)，错；C项，往冰醋酸中逐滴加水时，醋酸的电离程度增大，溶液中的离子浓度也增大，溶液导电能力增大，若继续稀释，则离子浓度将减小，导电能力降低，对；D项，NaHCO3和Na2CO3的混合液中，由电荷守恒知：c(Na)c(H)c(OH)c(HCO3)2c(CO32)，错。答案C素养20强弱电解质判定的实验方法方 法 规 律以证明某酸(HA)是弱酸为例实验方法结论测0.01 molL1 HA的pHpH2，HA为强酸pH2，HA为弱酸室温下测NaA溶液的pHpH7，HA为强酸pH7，HA为弱酸相同条件下，测相同浓度的HA溶液和HCl溶液的导电性若导电性相同，H
18、A为强酸；若HA导电性比HCl弱，HA为弱酸测定等体积、等pH的HA和盐酸分别与足量锌反应产生H2的快慢及H2的量若反应过程中HA产生H2较快且最终产生H2较多，则HA为弱酸测定等体积、等pH的HA和盐酸中和碱的量若耗碱量相同，则HA为强酸；若HA耗碱量大，则HA为弱酸当 场 指 导【典例】 为了证明一水合氨是弱电解质，甲、乙、丙、丁四位同学利用下面的试剂进行实验：0.10 molL1氨水、NH4Cl晶体、醋酸铵晶体、酚酞试剂、pH试纸、蒸馏水。(1)甲用pH试纸测出0.10 molL1氨水的pH为10，据此他认定一水合氨是弱电解质，你认为这一结论_(填“正确”、“不正确”或“无法确定”)，并
19、说明理由_。(2)乙取出10 mL 0.10 molL1氨水，用pH试纸测出其pH为a，然后用蒸馏水稀释至1 000 mL，再用pH试纸测出其pH为b，他认为只要a、b满足如下关系_(用等式或不等式表示)就可以确认一水合氨是弱电解质。(3)丙取出10 mL 0.10 molL1氨水，滴入2滴酚酞试液，显粉红色，再加入CH3COONH4晶体少量，颜色变浅；你认为这一方法能否证明一水合氨是弱电解质，_(填“能”或“否”)。(4)丁同学的方案最可能是(答出实验操作方法、现象与结论)_ _。解析(1)0.10 molL1的一元强碱溶液的pH13，而弱碱溶液的pH因其不能完全电离而小于13，故甲的判断是
20、正确的。(2)0.10 molL1的强碱溶液稀释到原体积100倍后，其pH会减小2，弱碱则因稀释会促进原来没有电离的碱分子又电离出一部分OH而导致pH减小值小于2。(3)因少量晶体的加入对溶液体积的影响可以忽略不计，故溶液颜色变浅只能是由于平衡移动使溶液中OH浓度减小导致的，故以此现象可以判断一水合氨是弱电解质。(4)由于所给试剂中还有NH4Cl晶体没有用到，故丁同学的方案最可能是测量NH4Cl溶液的pH。答案(1)正确常温下pH10的溶液中c(OH)104 molL1，则0.10 molL1氨水中的一水合氨没有完全电离(2)ab2(3)能(4)测量NH4Cl溶液的pH，其pH1。角度二：弱电
21、解质溶液中存在电离平衡，条件改变，平衡移动，如pH1的CH3COOH溶液加水稀释10倍1pH7。【应用】 用实验确定某酸HA是弱电解质。甲、乙两同学的方案如下：甲：称取一定质量的HA配制100 mL 0.1 molL1的HA溶液；用pH试纸测出该溶液的pH，即可证明HA是弱电解质。乙：用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH1的两种酸溶液各100 mL；分别取这两种溶液各10 mL，加水稀释至100 mL；各取相同体积的两种溶液装入两个试管中，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。(1)甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH_1(填“”、“”或“”)，乙
22、方案中，说明HA是弱电解质的现象是_(填字母代号)。a装盐酸的试管中放出H2的速度快b装HA溶液的试管中放出H2的速度快c两个试管中产生气体的速度一样快(2)请你评价乙方案中难以实现之处和不妥之处：_ _。(3)请你再提出一个合理而且比较容易操作的方案(药品可任用)，简明表述实验方案：_。答案(1)b(2)配制pH1的HA溶液难以实现，不妥之处在于难以控制加入锌粒的形状、大小相同(3)配制NaA溶液，测其pH7，即证明HA是弱电解质(其他合理答案也可)(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共7个小题，每题6分，共42分，每个小题只有一个选项符合题意)1下列叙述中正确的是 ()。A液态
23、HBr不导电，因此HBr是非电解质B自由移动离子数目多的电解质溶液导电能力不一定强CNH3的水溶液能导电，因此NH3是电解质DNaHSO4在水溶液及熔融状态下均可电离成Na、H、SO42解析HBr溶于水后能电离出离子，因此它属于电解质，A错；离子数目多的溶液中，离子浓度不一定大，B对；NH3的水溶液能导电，是因为它溶于水后生成了NH3H2O，NH3H2O电离出NH4、OH而使溶液导电，NH3本身并不能电离出离子，C错；NaHSO4在熔融状态下只能电离出Na、HSO4，D错。答案B2醋酸铅因有甜味而被称为“铅糖”，它有毒但能入药，又知(CH3COO)2Pb可溶于水，硝酸铅与醋酸钠溶液反应的离子方
24、程式为Pb22CH3COO=(CH3COO)2Pb。下列有关说法中不正确的是 ()。A0.1 molL1的“铅糖”溶液中c(Pb2)0.1 molL1B“铅糖”是强电解质C“铅糖”是共价化合物D“铅糖”的溶液可能导电性很弱解析由离子反应条件知，题述反应能发生至少应满足下列四个条件中的一种：有难溶性物质或难电离的物质或挥发性气体生成，或有电子转移。由于(CH3COO)2Pb可溶于水，不挥发，此反应没有电子的转移，所以(CH3COO)2Pb是弱电解质，A项正确，B项错误；又因为离子化合物均是强电解质，故“铅糖”只能是共价化合物，C项正确；若“铅糖”电离程度很小，则其溶液导电性很弱，故D项正确。答案
25、B3下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是 ()。常温下NaNO2溶液的pH大于7用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗HNO2和NaCl不能发生反应0.1 molL1 HNO2溶液的pH2.1NaNO2和H3PO4反应，生成HNO20.1 molL1 HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1A B C D全部解析中证明NO2能水解，证明HNO2为弱酸。中未能指明浓度，也没有参照物，不能说明问题。NaCl为强酸强碱盐，HNO2无论是强酸还是弱酸都可能不与NaCl反应。中说明c(H)7，则H2A是弱酸；若pH7，则H2A是强酸C将SO2通入一定量的KOH溶液，所得溶液呈中性，该溶液中一定含KHS
26、O3D用0.200 0 molL1NaOH标准溶液滴定浓度均为0.1 molL1的HCl与CH3COOH的混合液，至中性时，溶液中的酸恰好被完全中和解析A项，HF(aq)H(aq)F(aq)，稀释时，平衡正向移动，n(H)增大，但溶液体积增大，c(H)减小。但是，KWc(H)c(OH)，温度不变，KW不变，H浓度减小，OH浓度增大，A项错误；B项，NaHSO3溶液pHK1K2 K2，则溶液中不可以大量共存的离子组是 ()。ASO32、HCO3 BHSO3、CO32CSO32、CO32 DHSO3、HCO3解析因K1K2，故酸性HSO3HCO3，所以HSO3能与CO32反应生成HCO3与SO32
27、。答案B7(2013上海化学，11)H2S水溶液中存在电离平衡H2SHHS和HS HS2。若向H2S溶液中 ()。A加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大B通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大C滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小D加入少量硫酸铜固体(忽略体积变化)，溶液中所有离子浓度都减小解析加水促进H2S的电离，由于溶液体积增大，氢离子浓度减小，A错误；B项反应：2H2SSO2=3S2H2O，当SO2过量，溶液显酸性，因H2SO3酸性比H2S强，故pH减小，错误；滴加新制氯水，发生反应Cl2H2S=2HClS，平衡向左移动，生成了强酸，溶液pH减小，C项正确；加入少量硫酸铜
28、固体，发生反应H2SCu2=CuS2H，H浓度增大，D项错误。答案C二、非选择题(本题共4个小题，共58分)8(13分)(2013衡阳五校联考)在一定温度下，向冰醋酸中加水稀释，溶液导电能力变化情况如图所示，回答下列问题。(1)“O”点时液体不能导电，说明醋酸中_离子键(填“含有”或“不含”)。(2)a、b、c三点醋酸电离程度由大到小的顺序为_；a、b、c三点对应的溶液中c(H)最大的是_。(3)将等体积的a、b、c三点所对应的溶液用1 molL1氢氧化钠溶液中和，消耗氢氧化钠溶液体积由大到小的顺序为_。(4)要使c点溶液中c(CH3COO)增大而c(H)减小，可采取的两种措施是_。(5)若实
29、验测得c点处溶液中c(CH3COOH)0.1 molL1，c(CH3COO)0.001 molL1，则该条件下CH3COOH的电离常数Ka_。解析(1)“O”点时液体不能导电，说明液态条件下醋酸没有发生电离，则醋酸中没有离子键。(2)溶液浓度越小，电离程度越大；离子浓度越大，导电能力越强。(3)等体积的酸溶液浓度越大，中和时所需要的碱越多。(4)由CH3COOHCH3COOH知，加入能与H反应的物质可以达到此目的，另外加入CH3COONa可使平衡左移，c(H)减小而c(CH3COO)增大。(5)由CH3COOH的电离方程式知c(H)c(CH3COO)0.001 molL1，结合Ka表达式可求出
30、Ka1105。答案(1)不含(2)cbab(3)abc(4)加入锌、NaOH或CH3COONa(其他合理答案也可)(5)11059(15分)(1)一定温度下，向1 L 0.1 molL1CH3COOH溶液中加入0.1 mol CH3COONa固体，则醋酸的电离平衡向_(填“正”或“逆”)反应方向移动；溶液中的值_(填“增大”、“减小”或“不变”)。(2)氨气的水溶液称为氨水，其中存在的主要溶质微粒是NH3H2O。已知：a.常温下，醋酸和NH3H2O的电离平衡常数均为1.74105 molL1；bCH3COOHNaHCO3=CH3COONaCO2H2O。则CH3COONH4溶液呈_性(填“酸”、
31、“碱”或“中”，下同)，NH4HCO3溶液呈_性，NH4HCO3溶液中物质的量浓度最大的离子是_(填化学式)。(3)99 时，KW1.01012 mol2L2，该温度下测得0.1 molL1Na2A溶液的pH6。H2A在水溶液中的电离方程式为_。该温度下，将0.01 molL1H2A溶液稀释到20倍后，溶液的pH_。体积相等、pH1的盐酸与H2A溶液分别与足量的Zn反应，产生的氢气_。A盐酸多 BH2A多 C一样多 D无法确定将0.1 molL1H2A溶液与0.2 molL1氨水等体积混合，完全反应后溶液中各离子浓度从大到小的顺序为_。解析(1)CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOHC
32、H3COOH，加入CH3COONa固体，c(CH3COO)增大，平衡左移；CH3COOH的电离平衡常数K，温度不变，电离平衡常数不变，故的值不变。(2)弱酸弱碱盐溶液酸碱性的判断要注意对应的弱酸和弱碱的电离平衡常数的大小，电离平衡常数越大，其对应离子水解的程度越小。(3)99 时，KW1.01012，该温度下测得0.1 molL1Na2A溶液的pH6，故H2A为强酸，在水溶液中完全电离。答案(1)逆不变(2)中碱NH4(3)H2A=2HA23Cc(NH4)c(A2)c(H)c(OH)10(15分)25 时，电离平衡常数：化学式CH3COOHH2CO3HClO电离平衡常数1.8105K14.31
33、07K25.610113.0108回答下列问题：(1)物质的量浓度为0.1 molL1的下列四种物质：aNa2CO3、b.NaClO、c.CH3COONa、d.NaHCO3，pH由大到小的顺序是_(填编号)；(2)常温下0.1 molL1的CH3COOH溶液加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是_；Ac(H) Bc(H)/c(CH3COOH)Cc(H)c(OH) Dc(OH)/c(H)(3)体积均为10 mL pH均为2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1 000 mL，稀释过程pH变化如图，则HX的电离平衡常数_(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸的电离平衡常数，理由是_；稀释后，
34、HX溶液中水电离出来的c(H) _(填“大于”、“等于”或“小于”)醋酸溶液中水电离出来的c(H)，理由是_ _；解析(1)电离平衡常数越大，酸性越强，电离平衡常数越小，其对应酸根离子结合H能力越强，水解程度越大，碱性越强。(2)醋酸是弱电解质，稀释后电离程度增大，但CH3COOH、CH3COO、H的浓度却都减小，c(OH)却是增大的，且CH3COOH的浓度减小最多。则c(H)/c(CH3COOH)、c(OH)/c(H)均增大，c(H)c(OH)KW不变。(3)根据图像分析知道，起始是两种溶液中c(H)相同，c(较弱酸)c(较强酸)，稀释过程中较弱酸的电离程度增大，故在整个稀释过程中较弱酸的c
35、(H)一直大于较强酸的c(H)，稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，故HX酸性强，电离平衡常数大；HX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中c(H)小于CH3COOH溶液中的c(H)，所以对水的抑制能力减弱。答案(1)abdc(2)A(3)大于稀释相同倍数，HX的pH变化比CH3COOH的大，酸性强，电离平衡常数大大于HX酸性强于CH3COOH的，稀释后HX溶液中的c(H)小于CH3COOH溶液中的c(H)，所以其对水电离的抑制能力也较弱11(15分)某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验。实验一配制并标定醋酸溶液的浓度取冰醋酸配制250 mL 0.2 mol
36、L1的醋酸溶液，用0.2 molL1的醋酸溶液稀释成所需浓度的溶液，再用NaOH标准溶液对所配醋酸溶液的浓度进行标定。回答下列问题：(1)配制250 mL 0.2 molL1醋酸溶液时需要用到的玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、_和_。(2)为标定某醋酸溶液的准确浓度，用0.200 0 molL1的NaOH溶液对20.00 mL醋酸溶液进行滴定，几次滴定消耗NaOH溶液的体积如下：实验序号1234消耗NaOH溶液的体积(mL)20.0520.0018.8019.95则该醋酸溶液的准确浓度为_。(保留小数点后四位)实验二探究浓度对醋酸电离程度的影响用pH计测定25时不同浓度的醋酸溶液的pH，结果如下
37、：醋酸溶液浓度(molL1)0.001 00.010 00.020 00.100 00.200 0pH3.883.383.232.882.73回答下列问题：(1)根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是_。(2)从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸溶液浓度的减小，醋酸的电离程度_(填“增大”、“减小”或“不变”)。实验三探究温度对醋酸电离程度的影响请你设计一个实验完成该探究，请简述你的实验方案_ _。解析实验一：(2)从4次平行实验的数据可以看出，第三次实验数据不准确，不能使用，故采用1、2、4三次实验数据的平均值求解。由c1V1c2V2可得醋酸溶液的准确浓度
38、为0.200 0 molL1。实验二：(1)浓度为0.100 0 molL1的醋酸溶液pH2.881，可以证明醋酸存在电离平衡，说明醋酸是弱酸，也可通过比较浓度为0.010 0 molL1和0.001 0 molL1两溶液的pH变化不到1来证明醋酸是弱酸。(2)由表中数据知醋酸溶液稀释10倍，pH增加不到1，证明稀释后c(H)大于原来浓度的1/10，从而说明随着醋酸溶液浓度的减小，电离程度增大。实验三：可利用pH计测定同浓度不同温度下醋酸溶液的pH，从而得出温度对电离程度的影响。答案实验一(1)胶头滴管250 mL容量瓶(2)0.200 0 molL1实验二(1)0.010 0 molL1醋酸
39、溶液的pH大于2(或醋酸溶液稀释10倍时，pH的变化值小于1)(2)增大实验三用pH计测定相同浓度的醋酸在几种不同温度时的pH课时2水的电离和溶液的酸碱性最新考纲1了解水的电离和水的离子积常数。2.了解溶液pH的定义。3.了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。考点一水的电离1水的电离水是极弱的电解质，水的电离方程式为H2OH2OH3OOH或H2OHOH。2水的离子积常数KWc(H)c(OH)。(1)室温下：KW11014。(2)影响因素：只与温度有关，升高温度，KW增大。(3)适用范围：KW不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质水溶液。(4)KW揭示了在任何水溶液中均存在H和OH，以及它们
40、之间的定量关系。3影响水电离平衡的因素(1)升高温度，水的电离程度增大，KW增大。(2)加入酸或碱，水的电离程度减小，KW不变。(3)加入可水解的盐(如FeCl3、Na2CO3)，水的电离程度增大，KW不变。探究思考1常温下，在pH2的盐酸中由水电离出来的c(H)与c(OH)之间的关系是什么？答案盐酸抑制水的电离，电离程度减小，水电离出的c(H)c(OH)1.01012 molL1。2对于平衡体系H2OHOH完成表格体系变化条件平衡移动方向KW水的电离程度c(OH)c(H)酸逆不变减小减小增大碱逆不变减小增大减小可水解的盐Na2CO3正不变增大增大减小NH4Cl正不变增大减小增大温度升温正增大
41、增大增大增大降温逆减小减小减小减小其他：如加入Na正不变增大增大减小3.求算下列溶液中H2O电离出的c(H)和c(OH)。(1)pH2的H2SO4溶液c(H)_，c(OH)_。(2)pH10的NaOH溶液c(H)_，c(OH)_。(3)pH2的NH4Cl溶液c(H)_。(4)pH10的Na2CO3溶液c(OH)_。答案(1)1012molL11012molL1(2)1010 molL11010 molL1(3)102 molL1(4)104 molL1【示例1】 (2012上海，7)水中加入下列溶液对水的电离平衡不产生影响的是()。ANaHSO4溶液 BKF溶液CKAl(SO4)2溶液 DNa
42、I溶液思维启迪 盐的水解促进水的电离，酸、碱抑制水的电离。解析NaHSO4电离生成的H能抑制水的电离，选项A错误；KF电离生成的F能水解生成弱电解质HF，从而促进水的电离，选项B错误；KAl(SO4)2电离出的Al3能水解生成Al(OH)3，从而促进水的电离，选项C错误；NaI是强酸强碱盐，不水解，且电离出的Na和I对水的电离平衡没有影响，选项D正确。答案D【示例2】 (2011四川理综，9)25 时，在等体积的pH0的H2SO4溶液、0.05 molL1的Ba(OH)2溶液、pH10的Na2S溶液、pH5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是()。A1101010109 B155
43、1095108C1201010109 D110104109解析25 时，pH0的H2SO4溶液中由水电离出的c(H)1014molL1；0.05 molL1的Ba(OH)2溶液中c(OH)0.05 molL120.1 molL1，根据KWc(H)c(OH)1.01014，则由水电离出的c(H)1013molL1；pH10的Na2S溶液中由水电离出的c(H)104molL1；pH5的NH4NO3溶液中由水电离出的c(H)105 molL1，故等体积上述溶液中发生电离的水的物质的量之比为101410131041051101010109，即选项A正确。答案A1(2013广东汕头二模)25 时，水的电
44、离达到平衡：H2OHOHH0，下列叙述正确的是()。A向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH)降低B向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H)增大，KW不变C向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H)降低D将水加热，KW增大，pH不变解析H2OHOH，对各选项的分析如下：选项内容指向联系分析结论A稀氨水是弱碱，加入后水溶液中c(OH)增大，平衡逆向移动错误BNaHSO4溶于水后发生电离NaHSO4=NaHSO42，使c(H)增大，由于温度不变，故KW不变正确C水中加入CH3COONa，CH3COO发生水解，促进水的电离，平衡正向移动，使溶液呈碱性，c(H)降低错误D升高温度，水的电
45、离程度增大，KW变大，pH变小错误答案B2(2013安阳模拟)水的电离过程为H2OHOH，在不同温度下其离子积为KW(25 )1.01014，KW(35 )2.11014，则下列叙述中正确的是()。Ac(H)随温度的升高而降低B35 时，c(H)c(OH)C溶液pH：pH(35 )pH(25 )D35 时已电离的水的浓度约为1.45107 molL1解析由两种温度下水的离子积常数值知水的电离是吸热的，温度高时水中c(H)较高，pH较小，但溶液中c(H)c(OH)，溶液呈中性，A、B、C错误；已电离的水的浓度与电离生成的c(H)及c(OH)相等，利用水的离子积常数可判断D正确。答案D3下列说法正
46、确的是()。A在蒸馏水中滴加浓H2SO4，KW不变(2013天津，5A)B25 与60 时，水的pH相等(2012福建，10B)C25 时NH4Cl溶液的KW小于100 NaCl溶液的KW(2011天津，5A)D由水电离的c(H)11014 molL1的溶液中：Ca2、K、Cl、HCO3能大量共存(2010江苏，6B)解析浓硫酸溶于水放热，温度升高KW增大，A错误；温度不同KW不同，水的pH也不相同，B错误；由水电离的c(H)11014 molL1，此时溶液显强酸性或显强碱性，HCO3在两种溶液中都不能大量共存，D错误。答案C有关KW的两点理解1KW不仅适用于纯水，还适用于酸性或碱性的稀溶液。
47、不管哪种溶液均有c(H)H2Oc(OH)H2O如酸性溶液中：c(H)酸c(H)H2Oc(OH)H2OKW碱性溶液中：c(OH)碱c(OH)H2Oc(H)H2OKW2水的离子积常数表示在任何水溶液中均存在水的电离平衡，都有H和OH共存，只是相对含量不同而已。考点二溶液的酸碱性与pH1溶液的酸碱性溶液的酸碱性取决于溶液中c(H)和c(OH)的相对大小。(将“”、“”或“c(OH)c(H)c(OH)c(H)c(Na)CM点和N点所示溶液中水的电离程度相同DQ点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积思维启迪 弱酸与强碱的反应特点；电荷守恒的应用；影响水的电离平衡的因素。解析M点为滴入少量NaOH时的
48、情况，此时溶液呈酸性，Q点pOHpH，溶液呈中性；N点为滴入过量NaOH时的情况，溶液呈碱性。A项，M点溶液显酸性，溶质为少量CH3COONa和大量CH3COOH，Q点溶液显中性，溶质为大量CH3COONa和少量CH3COOH，则M点的导电能力弱于Q点，错误。B项，N点由于溶液呈碱性，根据电荷守恒判断，c(Na)c(CH3COO)，错误。C项，由于M点对应c(H)与N点对应的c(OH)相同，所以对水电离的抑制程度相同，水的电离程度也相同，正确。D项，当NaOH溶液体积与CH3COOH体积相同时，正好生成CH3COONa，此时溶液呈碱性，而Q点溶液呈中性，所以NaOH溶液的体积应小于CH3COO
49、H溶液的体积，错误。答案C【示例4】 (2012浙江理综，12)下列说法正确的是()。A常温下，将pH3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH4B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pH7，则H2A是强酸C用0.200 0 molL1 NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1 molL1)，至中性时，溶液中的酸未被完全中和D相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的蒸馏水、0.1 molL1盐酸、0.1 molL1氯化镁溶液、0.1 molL1硝酸银溶液中，Ag浓度：科学审题 pH相同的强酸和
50、弱酸，稀释相同倍数时pH的变化特点；弱电解质电离平衡的特点；沉淀溶解平衡的影响因素及Ksp的应用。解析醋酸为弱酸，稀释时会促进电离，稀释10倍后溶液的pH小于4而大于3，A项错误；NaHA的水溶液呈碱性，说明HA在溶液中水解，即H2A是弱酸，但若NaHA的水溶液呈酸性，可能是HA的电离程度比HA的水解程度大，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；强酸与强碱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浓度最大是，其次是，最小是，D项错误。答案C1(2013成都二诊)常温下，pHa和pHb的两
51、种NaOH溶液，已知ba2，则将两种溶液等体积混合后，所得溶液的pH接近于()。Aalg 2 Bblg 2 Calg 2 Dblg 2解析两种溶液中c(OH)分别为10a14 molL1、10b14 molL1，等体积混合后c(OH)molL1，pOH(14a)lg 101lg 212alg 2，pH14pOH2alg 2blg 2。答案B2(2012新课标全国卷，11)已知温度T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a molL1的一元酸HA与b molL1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是()。AabB混合溶液的pH7C混合溶液中，c(H) molL1D混合溶液中，c
52、(H)c(B)c(OH)c(A)解析判断溶液呈中性的依据是c(H)c(OH)。A项中，ab，酸碱恰好完全反应生成正盐和水，由于酸碱强弱未知，不能确定溶液的酸碱性；B项中未说明温度为25 ，故混合溶液的pH7时不一定呈中性；C项混合溶液中，c(H)c(OH)KW，因为c(H) molL1，则c(OH) molL1，c(H)c(OH)，故溶液呈中性；D项中c(H)c(B)c(OH)c(A)，只能说明溶液中电荷守恒，无法判断溶液的酸碱性。答案C3(2013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.lgC1
53、4lg D14lg解析由Kspc(M2)c2(OH)得c(OH) molL1，KWc(H)c(OH)得c(H) molL1pHlg 14lg。答案C溶液pH的计算方法1单一溶液的pH计算强酸溶液：如HnA，设浓度为c molL1，Hnc molL1，pHlgHlg nc。强碱溶液(25 )：如B(OH)n，设浓度为c molL1，c(H) molL1，pHlg c(H)14lg nc。2混合溶液pH的计算类型(1)两种强酸混合：直接求出c(H)混，再据此求pH。c(H)混。(2)两种强碱混合：先求出c(OH混)，再据KW求出c(H)混，最后求pH。c(OH)混。(3)强酸、强碱混合：先判断哪种
54、物质过量，再由下式求出溶液中H或OH的浓度，最后求pH。c(H)混或c(OH)混考点三酸碱中和滴定1实验原理利用酸碱中和反应，用已知浓度酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。以标准盐酸滴定待测的NaOH溶液，待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)。其中酸碱中和滴定的关键是：(1)准确测定标准液的体积。(2)准确判断滴定终点。2实验用品(1)仪器酸式滴定管如图(A)、碱式滴定管如图(B)、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。(2)试剂标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。(3)滴定管的使用酸性、氧化性的试剂一般用酸式滴定管盛装，因为酸和氧化性物质易腐蚀橡胶管，所以不能用碱式滴定管盛装。碱性的
55、试剂一般用碱式滴定管盛装，因为碱性物质易腐蚀玻璃，致使活塞无法打开，所以不能用酸式滴定管盛装。3实验操作以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例：(1)滴定前的准备滴定管：查漏洗涤润洗装液调液面记录。锥形瓶：洗涤注碱液加指示剂。(2)滴定(3)终点判断等到滴入最后一滴标准液，指示剂变色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，视为滴定终点并记录标准液的体积。(4)数据处理按上述操作重复二至三次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)计算。4常用酸碱指示剂及变色范围指示剂变色范围的pH石蕊8.0蓝色甲基橙4.4黄色酚酞10.0红色5.中和滴定的误差分析依据原理c(标准)V(标准)c(待测)V(待测)，
56、则有c(待测)，因c(标准)与V(待测)已确定，因此只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即可分析出结果。探究思考1酸式滴定管怎样查漏？答案向已洗净的滴定管中装上一定体积的水，安置在滴定管夹上直立静置两分钟，观察有无水滴漏下。然后将活塞旋转180，再静置两分钟，观察有无水滴漏下，如均不漏水，滴定管即可使用。2滴定终点就是酸碱恰好中和的点吗？答案滴定终点是指示剂颜色发生突变的点，不一定是酸碱恰好中和的点。3以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例，完成下列有关误差分析的表格步骤操作V(标准)c(待测)洗涤酸式滴定管未用标准溶液润洗变大偏高碱式滴定管未用待测溶液润洗变小偏低锥形瓶用待测溶液润洗变大偏
57、高锥形瓶洗净后还留有蒸馏水不变无影响取液放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失变小偏低滴定酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失变大偏高振荡锥形瓶时部分液体溅出变小偏低部分酸液滴出锥形瓶外变大偏高溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化变大偏高读数酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯)变小偏低酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰)变大偏高【示例5】 请回答有关滴定过程中的相关问题。(1)用已知浓度的氢氧化钠溶液滴定未知浓度的盐酸，滴定曲线如图所示。在图中A的pH范围使用的指示剂是_；C的pH范围使用的指示剂是_。下列关于上述中
58、和滴定过程中的操作，正确的是_(填序号)。A用碱式滴定管量取已知浓度的烧碱溶液B滴定管和锥形瓶都必须用待装液润洗C滴定过程中始终注视锥形瓶中溶液颜色变化D锥形瓶中的待测液可用量筒量取(2)如图1表示用相同浓度的NaOH溶液分别滴定浓度相同的3种一元酸，由图可确定酸性最强的是_。如图2表示用相同浓度的硝酸银标准溶液分别滴定浓度相同的含Cl、Br及I的混合溶液，由图可确定首先沉淀的是 _。思维启迪 指示剂选择的三个因素(1)变色范围与终点pH吻合或接近。(2)指示剂变色范围越窄越好。(3)指示剂在滴定终点时颜色变化明显，容易观察(一般来说指示剂颜色由浅变深较由深变浅易于观察)判断。解析(1)考查中
59、和滴定基本常识，锥形瓶不能用待装液润洗，B错；为保证实验的准确性，待测液不能用量筒量取，D错。(2)浓度相同的3种一元酸，的pH最小，说明酸性最强。沉淀完全后I浓度最小，说明Ksp(AgI)最小，故I首先沉淀。答案(1)酚酞甲基橙AC(2)I1(2013广州一调)下列有关中和滴定的叙述正确的是()。A滴定时，标准液的浓度一定越小越好B用盐酸作标准液滴定NaOH溶液时，指示剂加入越多越好C滴定管在滴液前和滴液后均有气泡一定不会造成误差D滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液的颜色变化而不应注视滴定管内的液面变化解析A项，标准液的浓度越小，要求待测液的体积越小，误差越大；B项，指示剂的用量增多，也会多消耗酸
60、液，增大误差；C项，滴定前后的气泡大小可能不同，会产生误差；只有选项D正确。答案D2.常温下，用0.100 0 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 molL1 HCl溶液，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是()。A若将盐酸换成同浓度的醋酸，则滴定到pH7时，a20.00B该滴定也可以用甲基橙作指示剂C若用酚酞作指示剂，当滴定到溶液由无色变为红色且半分钟内不褪色时停止滴定D滴定过程中，可能存在：c(Cl)c(H)c(Na)c(OH)解析若醋酸与盐酸的浓度相同，则滴定到溶液pH7时，所需NaOH溶液的体积小于20.00 mL。答案A3下列说法错误的是()。A滴定管装滴定
61、液时应先用滴定液润洗(2013海南，11A)B“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，须经干燥或润洗后方可使用(2011浙江理综，8C)C用0.200 0 molL1 NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1 molL1)，至中性时，溶液中的酸未被完全中和(2012浙江理综，12C)D中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶(2012山东，11A)解析锥形瓶不能润洗。答案D指示剂选择的基本原则变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。1不能用石蕊作指示剂。2滴定终点为碱性时，用酚酞作
62、指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。3滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。4强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以。5并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4溶液颜色褪去时即为滴定终点。滴定法的拓展应用(教师用书独具)问 题 探 究1氧化还原反应滴定法以氧化还原反应为基础的分析方法。它以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质；或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些氧化剂或还原剂起反应的物质。氧化滴定剂有高锰酸钾溶液、重铬酸钾溶液、碘水溶液等；还原滴定剂有亚铁盐溶液、抗坏血酸水溶液(即维生
63、素C)等。2沉淀滴定法(1)概念：沉淀滴定法是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag与卤素离子的反应来测定Cl、Br、I浓度。(2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液滴定溶液中的Cl的含量时常以CrO42为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。当 场 指 导【典例】 KMnO4溶液常用作氧化还原反应滴定的标准液，由于KMnO4的强氧化性，它的溶液很容易被空气中或水中的某些少量
64、还原性物质还原，生成难溶性物质MnO(OH)2，因此配制KMnO4标准溶液的操作如下所示：称取稍多于所需量的KMnO4固体溶于水中，将溶液加热并保持微沸1 h；用微孔玻璃漏斗过滤除去难溶的MnO(OH)2；过滤得到的KMnO4溶液贮存于棕色试剂瓶并放在暗处；利用氧化还原滴定方法，在7080 条件下用基准试剂(纯度高、相对分子质量较大、稳定性较好的物质)溶液标定其浓度。请回答下列问题：(1)准确量取一定体积的KMnO4溶液需要使用的仪器是_。(2)在下列物质中，用于标定KMnO4溶液的基准试剂最好选用_(填序号)。AH2C2O42H2O BFeSO4C浓盐酸 DNa2SO3(3)若准确称取W g
65、你选的基准试剂溶于水配成500 mL溶液，取25.00 mL置于锥形瓶中，用KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。KMnO4溶液的物质的量浓度为_ molL1。(4)若用放置两周的KMnO4标准溶液去测定水样中Fe2的含量，测得的浓度值将_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。解析(1)KMnO4溶液具有强氧化性，能将碱式滴定管下端的橡胶管腐蚀，所以不能用碱式滴定管量取，可以用酸式滴定管量取。(2)H2C2O42H2O在常温常压下是稳定的结晶水合物；FeSO4在空气中不稳定易被氧化，铁元素的化合价从2升高到3；浓盐酸易挥发；Na2SO3在空气中不稳定易被氧化成Na2SO4。(3
66、)根据得失电子守恒原理有关系式：5(H2C2O42H2O)2KMnO4，则KMnO4溶液的浓度为c(KMnO4) molL1。(4)在放置过程中，由于空气中还原性物质的作用，使KMnO4溶液的浓度变小了，再去滴定水样中的Fe2时，消耗KMnO4溶液(标准溶液)的体积会增大，导致计算出来的c(Fe2)会增大，测定的结果偏高。答案(1)酸式滴定管(2)A(3)(4)偏高【应用】 莫尔法是一种沉淀滴定法，以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，进行测定溶液中Cl的浓度。已知：银盐性质 AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白浅黄白砖红白1.341067.11071.1108
67、6.51051.0106(1)滴定终点的现象是_。(2)若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选为滴定指示剂的是_。ANaClBBaBr2CNa2CrO4刚好达到滴定终点时，发生的离子反应方程式为_ _。解析(1)根据沉淀滴定法的原理，可知溶液中Ag和Cl先反应，Cl消耗完后再和指示剂反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀，由此可知滴定终点时的颜色变化。(2)当用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液时，所选择的指示剂和Ag反应所生成沉淀的溶解度应大于AgSCN的溶解度，由题给数据可以看出溶解度比AgSCN大的有AgCl和Ag2CrO4，但是由于AgCl是白色沉淀，所以应选择Na2CrO4为指示剂，这样
68、在滴定终点时沉淀的颜色发生明显的变化(白色砖红色)以指示滴定刚好达到终点，此时的离子反应方程式为2AgCrO42=Ag2CrO4。答案(1)滴入最后一滴标准溶液，生成砖红色沉淀(2)C2AgCrO42=Ag2CrO4滴定终点判断的答题模板当滴入最后一滴标准溶液后，溶液变成色，且半分钟内不恢复原来的颜色。说明：解答此类题目注意三个关键点：(1)最后一滴：必须说明是滴入“最后一滴”溶液。(2)颜色变化：必须说明滴入“最后一滴”溶液后溶液“颜色的变化”。(3)半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不再恢复原来的颜色”。(时间：45分钟分值：100分)一、选择题(本题共10个小题，每题5分，共50分
69、，每个小题只有一个选项符合题意。)1下列叙述正确的是 ()。A无论是纯水，还是酸性、碱性或中性稀溶液，在常温下，其c(H)c(OH) 11014Bc(H)1107 molL1的溶液一定是中性溶液C0.2 molL1 CH3COOH溶液中的c(H)是0.1 molL1 CH3COOH溶液中的 c(H)的2倍D任何浓度的溶液都可以用pH来表示其酸性的强弱解析KWc(H)c(OH)，且KW只与温度有关，所以，在常温下，纯水、酸性、碱性或中性稀溶液，均有KW11014；在温度不确定时，中性溶液里的c(H)不一定等于1107 molL1；0.2 molL1 CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度比
70、0.1 molL1 CH3COOH溶液中的CH3COOH电离程度小，所以，0.2 molL1 CH3COOH溶液中的c(H)小于0.1 molL1 CH3COOH溶液中的c(H)的2倍；当c(H)或c(OH)大于1 molL1时，用pH表示溶液的酸碱性就不简便了，而是直接用c(H)或c(OH)来表示。答案A2(2013三明质检)25 时，下列叙述正确的是 ()。A将醋酸溶液加水稀释1 000倍，pH增大3BNaHCO3溶液中，c(Na)c(HCO3)c(H2CO3)CpH8的Ba(OH)2溶液和pH8的氨水中，由水电离的c(OH)均为1 108 molL1DpH13的NaOH溶液与pH1的盐酸
71、混合后，一定有c(H)c(OH)解析将醋酸溶液加水稀释1 000倍，稀释过程中醋酸电离程度增大，pH增大值小于3，A错；根据物料守恒，NaHCO3溶液中，c(Na)c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)，B错；pH8的Ba(OH)2溶液和pH8的氨水中，水的电离均受到抑制，由水电离出的c(OH)1108 molL1，C对；pH13的NaOH溶液与pH1的盐酸只有等体积混合后，二者恰好完全反应，所得溶液才显中性，D错。答案C3现有常温时pH1的某强酸溶液10 mL，下列操作能使溶液pH变成2的是 ()。A加水稀释成100 mLB加入10 mL水进行稀释C加入10 mL 0.01 molL1
72、的NaOH溶液D加入10 mL 0.01 molL1的HCl溶液解析A项，pH1时，c(H)0.1 molL1；pH2时，c(H)0.01 molL1，将溶液体积增大至原来的10倍，即稀释至100 mL即可，正确；B项，加入10 mL水，溶液体积小于100 mL，pH107mol L1CM点，A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等D用醋酸中和A溶液至恰好完全反应时，溶液的pH将变大解析由图像可知，随着溶液的稀释，A溶液的pH变化较大，即A溶液的碱性大于B溶液的碱性，且A溶液中OH浓度是B溶液的10倍，但由于A的碱性较强，故c(A)碱BOH溶液中c(OH)，结合水的电离方程式知二者对水电离程
73、度的抑制能力前者较强，故1小于2。若BOH是强碱，等体积混合时酸过量，此时pH7，若BOH是弱碱，则无法确定碱与酸的物质的量的相对多少，故无法确定反应后溶液的pH。(4)等体积混合时，溶液中Ba2反应完毕，但此时OH消耗掉一半，故混合溶液中c(OH)0.01 molL1，c(H)11010 molL1，故pH10。答案(1)A水电离需要吸热，温度越高KW越大101(2)ab14(3)小于无法确定若BOH是弱碱，无法确定酸碱的物质的量的相对多少(4)1012(9分)某学生用0.1 molL1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作分解为如下几步：A移取20 mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶，并加入
74、23滴酚酞B用标准溶液润洗滴定管23次C把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液D取标准KOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上12 cmE调节液面至“0”或“0”以下某一刻度，记下读数F把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度就此实验完成填空：(1)正确操作步骤的顺序是(用序号字母填写)_ _；(2)上述B步骤操作的目的是_；(3)上述A步骤操作之前，先用待测液润洗锥形瓶，则对滴定结果的影响是_；(4)判断到达滴定终点的实验现象是_；(5)若称取一定量的KOH固体(含少量NaOH)配制标准溶液并用来滴定上述盐酸，则对滴定结果产生的影响是_
75、。解析(3)若用待测液润洗锥形瓶，则锥形瓶内所取待测液偏多，消耗标准液也将偏多，导致结果偏大。(5)若用含NaOH的KOH溶液滴定盐酸，因为M(NaOH)M(KOH)，所以配制标准液中c(OH)偏大，测得盐酸浓度偏小。答案(1)B、D、C、E、A、F(2)洗去滴定管内壁附着的水，防止将标准溶液稀释产生误差(3)使测得的未知溶液浓度偏大(4)溶液由无色变为浅红色，且在半分钟内不退色(5)使测得的未知溶液浓度偏小，原因是同质量的NaOH中和的盐酸比KOH中和的盐酸多13(9分)已知醋酸是日常生活中常见的弱酸。(1)用pH试纸测定醋酸pH的操作是_。(2)常温下在pH5的醋酸稀溶液中，醋酸电离出的H
76、的精确值是_molL1。(3)用0.100 0 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL某浓度的CH3COOH溶液，部分操作如下：取一支用蒸馏水洗净的碱式滴定管，加入标准氢氧化钠溶液，记录初始读数用酸式滴定管放出一定量待测液，置于用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入2滴甲基橙滴定时，边滴加边振荡，同时注视滴定管内液面的变化请选出上述实验过程中的错误之处_(填序号)。上述实验与一定物质的量浓度溶液配制实验中用到的相同仪器是_。解析(1)pH试纸不能润湿且只能读取整数值。(2)在醋酸溶液中，H来源于醋酸的电离和水的电离，其中c(H)水 molL1109molL1，所以醋酸电离出的c(H)的精确值为(1
77、05109)molL1。答案(1)用镊子夹取一小块试纸放在干燥洁净的表面皿或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中部，观察颜色变化，与标准比色卡比对读数(2)105109(3)烧杯(或烧杯和胶头滴管)14(11分)常温下，将3种一元酸分别和NaOH溶液等体积混合，实验数据如下：组别一元酸NaOH溶液混合溶液的pH甲c(HX)0.1 molL1c(NaOH)0.1 molL1pHa乙c(HY)c1 molL1c(NaOH)0.1 molL1pH7丙c(HZ)0.1 molL1c(NaOH)0.1 molL1pH9丁pH2的HZ溶液pH12的NaOH溶液pHb(1)甲组实验中HX为弱酸，a_7(
78、填“”)，混合溶液中离子的浓度由大到小的顺序为_。(2)乙组实验中HY为强酸，则HY溶液的pH_。(3)丙组实验发生反应的离子方程式为_，所得溶液中由水电离出的c(OH)_molL1。(4)丁组实验中b_7(填“”)。解析(1)若HX为弱酸，则NaX为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性。X水解程度小，溶液中离子的浓度大小顺序为c(Na)c(X)c(OH)c(H)。(2)HY为强酸，NaY溶液呈中性，则HY溶液的浓度与氢氧化钠溶液的浓度相等，c1(HY)0.1 molL1，c(H)0.1 molL1，pH1。(3)NaZ溶液pH9，溶液中OH来自水的电离，c(OH)105(molL1)。(4)HZ为弱酸
79、，pH2的HZ溶液中c(H)0.01 molL1，氢氧化钠溶液中c(H)1012 molL1，c(OH)0.01 molL1，HZ溶液中有大量的HZ分子，继续电离H，反应后的溶液为HZ和NaZ的混合溶液，溶液呈酸性。答案(1)c(Na)c(X)c(OH)c(H)(2)1(3)HZOH=H2OZ105(4)15(9分)(2013南昌模拟)已知某温度下CH3COOH的电离常数K1.6105。该温度下，向20 mL 0.01 mol L1 CH3COOH溶液中逐滴加入001 molL1 KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：(1)a点溶液中c(H)为_，pH约为_。
80、(2)a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是_，滴定过程中宜选用_作指示剂。(3)若向20 mL稀氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，则下列变化趋势正确的是_(填序号)。解析(1)电离消耗的醋酸在计算醋酸的电离平衡浓度时可以忽略不计。由K得，c(H)4104(molL1)。(2)a点是醋酸浓液，b点是醋酸和少量CH3COOK的混合溶液，c点是CH3COOK和少量醋酸的混合溶液，d点是CH3COOK和KOH的混合溶液，酸、碱能抑制水的电离，CH3COOK水解促进水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最大。由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性，故应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞。(3)由于稀氨水显碱性，首
81、先排除选项A和C；两者恰好反应时溶液显酸性，排除选项D，故本题的答案为B。答案(1)4104 molL13.4(2)c点酚酞(3)B课时3盐类的水解最新考纲1理解盐类水解的原理及其一般规律。2.了解影响盐类水解程度的主要因素。3.掌握水解离子方程式的书写。4.了解盐类水解的应用。考点一盐类的水解及其规律1定义在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H或OH结合生成弱电解质的反应。2实质盐电离破坏了水的电离平衡水的电离程度增大c(H)c(OH)溶液呈碱性、酸性或中性。3特点 | |4规律有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性。盐的类型实例是否水解水解的离子溶液的酸碱性溶液的pH强酸强碱盐N
82、aCl、KNO3否中性pH7强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2是NH4、Cu2酸性pH75.表示方法水解的离子方程式(1)一般来说，盐类水解的程度不大，应该用可逆号“”表示。盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“”和“”表示水解产物。如Cu22H2OCu(OH)22H；NH4H2ONH3H2OH。(2)多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。如Na2CO3水解反应的离子方程式为CO32H2OHCO3OH、HCO3H2OH2CO3OH。(3)多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成，如FeCl3溶液中：Fe33H2OFe(OH)33H。(4)水解显酸性和碱性的离子存在于同一
83、溶液中，由于相互促进水解程度较大，书写时要用“=”、“”、“”等，如NaHCO3与AlCl3混合溶液的反应离子方程式：Al33HCO3=Al(OH)33CO2。探究思考1怎样证明Na2CO3溶液呈碱性是由CO32水解引起的？答案向纯碱溶液中滴入酚酞试液，溶液显红色；若再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去。这可以说明纯碱溶液呈碱性是由CO32水解引起的。2相同温度下，等物质的量浓度的下列溶液中，pH由小到大的顺序为：_。NH4ClNH4HCO3NH4HSO4(NH4)2SO4答案3常温下，pH11的CH3COONa溶液中，水电离出来的c(OH)_，在pH3的CH3COO
84、H溶液中，水电离出来的c(H)_。答案103 molL11011 molL1【示例1】 下列说法正确的是()。ANaCl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，5D)B向Na2CO3溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红，原因是：CO32H2OHCO3OH(2010北京，10D)C某物质的溶液pH7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐(2010天津，4A)D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pH BC D解析根据化学反应方程式或者原子守恒可知，0.01 mol的Na2O2和Na2O分别与H2O反应都生成0.02 mol NaOH，因此、中阴
85、离子浓度相等，又由于Na2CO3溶液中CO32发生水解：CO32H2OHCO3OH，故阴离子的物质的量增大，大于0.01 mol，而中Cl的物质的量不变，为0.01 mol，因此四种溶液中阴离子浓度的大小顺序是。答案C1(2013石家庄模拟)下列各式表示水解反应的是()。AHCO3H2OH3OCO32BHSH2OH2SOHCH2PO4H2OHPO42H3ODHCO3OHH2OCO32解析A项和C项是电离方程式，D项是HCO3与OH发生的中和反应。答案B2(2013苏州诊断)等物质的量浓度的下列稀溶液：CH3COONa溶液；Na2CO3溶液；X溶液；Ba(OH)2溶液。它们的pH依次增大，则X溶
86、液不可能是()。A氨水 B硅酸钠溶液CNaOH溶液 DNaHCO3溶液解析因几种酸的酸性强弱为：CH3COOHH2CO3H2SiO3，故等物质的量浓度的盐溶液的pH大小为：CH3COONaNa2CO3B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解析酸根离子对应的酸越弱，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
87、顺序应为。答案C盐溶液酸、碱性的四种判断方法1强酸与弱碱生成的盐水解，溶液呈酸性。2强碱与弱酸生成的盐水解，溶液呈碱性。3强酸强碱盐不水解，溶液呈中性。4弱酸弱碱盐，其水解程度大于(1)(2)两类，有的甚至水解完全。具体有三种情况：生成的弱酸电离程度大于生成的弱碱的电离程度，溶液呈酸性，如NH4F；生成的弱酸电离程度小于生成的弱碱的电离程度，溶液呈碱性，如NH4HCO3；生成的弱酸和弱碱的电离程度相同，溶液呈中性，如CH3COONH4。考点二影响盐类水解的因素1内因形成盐的酸或碱的强弱。对应的酸或碱越弱就越易发生水解。如酸性：CH3COOHH2CO3相同浓度的Na2CO3、CH3COONa溶液
88、的pH大小关系为pH(Na2CO3)pH(CH3COONa)。2外因(1)温度、浓度条件移动方向水解程度水解产生的离子浓度升高温度右移增大增大反应物浓度增大右移减小增大减小左移增大减小(2)外加物质：外加物质对水解反应的影响取决于该物质的性质。外加酸碱外加物质水解程度的影响弱酸阴离子弱碱阳离子酸增大减小碱减小增大加能水解的盐探究思考1(1)为什么热的纯碱液去油渍效果会更好？(2)配制FeCl3溶液时，常加入少量的盐酸，为什么？答案(1)纯碱溶液中存在CO32的水解平衡：CO32H2OHCO3OH，温度升高，水解平衡右移，c(OH)增大，去污能力增强。(2)FeCl3溶液中存在Fe3的水解平衡：
89、Fe33H2OFe(OH)33H，加入盐酸，c(H)增大，可抑制Fe3的水解。2不同条件对FeCl3水解平衡的影响Fe33H2OFe(OH)33H 请完成下面表格。条件移动方向H数pH现象升温向右增多减小颜色变深通HCl向左增多减小颜色变浅加H2O向右增多增大颜色变浅加NaHCO3向右减小增大生成红褐色沉淀，放出气体3.请写出一种能引起CH3COONa稀溶液中各微粒浓度发生下述变化的物质：_。微粒HOHCH3COOCH3COOH物质的量浓度增大减小减小增大答案氯化氢【示例3】 (2013安徽理综，13)已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO3H2OH2SO3OHHSO3HSO3
90、2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(HSO3)增大B加入少量Na2SO3固体，则c(H)c(Na)c(HSO3)c(OH)c(SO32)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(SO32)c(H)c(OH)思维启迪 NaHSO3溶液呈酸性的原因为：HSO3的电离程度大于其水解程度使溶液中的c(H)c(OH)，所以溶液呈酸性。解析本题考查NaHSO3溶液中HSO3的电离平衡和水解平衡，意在考查考生对水溶液中离子平衡知识的理解及运用能力。加入少量金属Na，溶液中c(H)
91、减小，平衡右移，溶液中c(HSO3)减小，A项错误；加入少量Na2SO3固体，根据电荷守恒有c(H)c(Na)c(HSO3)2c(SO32)c(OH)，B项错误；加入少量NaOH溶液，c(OH)增大，平衡右移，、均增大，C项正确；加入氨水至中性，根据物料守恒：c(Na)c(HSO3)c(SO32)c(H2SO3)，则c(Na)c(SO32)，D项错误。答案C【示例4】 (2009福建，10)在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO32H2OHCO3OH。下列说法正确的是()。A稀释溶液，水解平衡常数增大B通入CO2，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减小解
92、析化学平衡常数只受温度的影响，A错误；通入的CO2与OH反应，使平衡向正反应方向移动，B正确；温度升高，CO32的水解程度增大，c(HCO3)增大，c(CO32)减小，C错误；加入NaOH固体，溶液的pH增大，D错误。答案B1. (2013福建质检)常温下，稀释0.1 molL1Na2CO3溶液，图中的纵坐标可以表示()。A溶液中c(OH)B溶液的pHC溶液中HCO3数目D溶液中c(CO32)解析稀释Na2CO3溶液时，随着溶液体积的增大，溶液的碱性逐渐减弱，c(OH)和pH都逐渐减小，故A、B错误。稀释时CO32H2OHCO3OH的水解平衡正向移动，溶液中c(CO32)逐渐减小，HCO3数目
93、逐渐增多，故C正确、D错误。答案C2(2011重庆理综，8)对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是()。A明矾溶液加热BCH3COONa溶液加热C氨水中加入少量NH4Cl固体D小苏打溶液中加入少量NaCl固体解析本题考查水解平衡和电离平衡等知识，溶液颜色变深的原因是溶液的碱性增强，抓住这一本质寻找答案。A选项，明矾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性，加热后铝离子的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化；B选项，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液呈碱性，加热，醋酸根离子的水解程度增大，溶液的碱性增强，溶液的颜色加深；C选项，加入氯化铵固体，氨水的电离程度减弱，碱性减弱，溶液颜色变浅；D选项，溶液
94、的酸碱性不变，溶液的颜色没有变化。答案B3(2012福建理综，23(3)能证明Na2SO3溶液中存在SO32H2OHSO3OH水解平衡的事实是_(填序号)。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解析Na2SO3溶液滴入酚酞溶液变红，说明SO32发生了水解反应，溶液显碱性。加入H2SO4溶液，SO32与H生成HSO3，HSO3与H反应放出SO2气体，同时H中和SO32水解产生的OH，即使溶液中不存在水解平衡，溶液红色也会褪去，故A错；氯水具有酸性和强氧化性，加入氯水后，Cl2和HClO
95、氧化SO32、HSO3生成SO42，H中和SO32水解产生的OH，HClO氧化漂白指示剂酚酞，并不能体现SO32水解反应的可逆性，故B错；加入BaCl2溶液，Ba2与SO32结合生成BaSO3沉淀，c(SO32)减小，溶液的红色褪去，说明溶液中c(OH)减小，水解平衡逆向移动，证明存在SO32的水解平衡，故C正确。答案C盐类水解平衡移动的判断规律遵循化学平衡规律，从温度、浓度方面去考虑便能作出正确判断，但这里需注意，不要与弱电解质的电离平衡混淆，使之发生冲突。如在CH3COONa的溶液中，加入少量冰醋酸。正确的结论是：体系中c(CH3COOH)增大，抑制了水解，会使平衡CH3COOH2OCH3
96、COOHOH左移。考点三盐类水解的应用应用原理解释热的纯碱溶液去污能力强加热促进了盐的水解，氢氧根离子浓度增大泡沫灭火器原理Al3与HCO3的水解相互促进的结果明矾净水铝离子水解生成的氢氧化铝胶体可用来净水物质提纯除去氯化镁酸性溶液中的氯化铁，可以加入氧化镁或氢氧化镁反应掉部分H，促进铁离子的水解，使Fe3转化为氢氧化铁沉淀而除去配制易水解的盐溶液配制FeCl3、FeCl2、SnCl2、AlCl3等溶液时，常将它们溶于较浓的盐酸中，然后再加水稀释；目的是抑制铁离子、亚铁离子、锡离子、铝离子的水解草木灰不能与铵态氮肥混合施用铵根离子与碳酸根离子相互促进水解，使生成的氨气逸出而降低了氮肥肥效硫化铝
97、、氮化镁的制备硫化铝、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比较盐溶液中离子浓度的大小如Na2S溶液中离子浓度大小的顺序为：c(Na)c(S2)c(OH) c(HS)c(H)判断弱电解质的相对强弱如等物质的量浓度的醋酸钠溶液、碳酸钠溶液的碱性，碳酸钠溶液强于醋酸钠溶液，则碳酸的酸性弱于醋酸证明某些电解质是弱酸或弱碱CH3COONa的溶液能使酚酞试液变红，证明该溶液显碱性，说明CH3COOH是弱酸判断盐溶液蒸干产物FeCl3溶液蒸干并灼烧产物为Fe2O3盐溶液除锈氯化铵溶液除去金属表面的氧化物，因为NH4水解显酸性，与氧化物反应探究思考1如何除去MgCl2溶液中Fe3，其原理是
98、什么？答案MgCl2溶液中混有少量的Fe3杂质时，可加入Mg、MgO、Mg(OH)2或MgCO3而除去Fe3，其原理是Fe3的水解程度比Mg2的水解程度大，加入这些物质，导致Fe33H2OFe(OH)33H平衡右移，生成Fe(OH)3沉淀除去。2(1)碳酸钾的水溶液蒸干得到的固体物质是_，原因是_ _。(2)KAl(SO4)2溶液蒸干得到的固体物质是_，原因是_ _。(3)碳酸氢钠溶液蒸干得到的固体物质是_，原因是_ _。(4)亚硫酸钠溶液蒸干得到的固体物质是_，原因是_ _。(5)盐酸与硫酸各1 molL1的混合酸10 mL，加热浓缩至1 mL，最后的溶液为_，原因是_。答案(1)K2CO3
99、尽管加热过程促进水解，但生成的KHCO3和KOH反应后又生成K2CO3(2)KAl(SO4)212H2O尽管Al3水解，但由于H2SO4为难挥发性酸，最后仍然为结晶水合物(注意温度过高，会脱去结晶水)(3)Na2CO32NaHCO3Na2CO3CO2H2O(4)Na2SO42Na2SO3O2=2Na2SO4(5)H2SO4溶液HCl挥发【示例5】 (1)2011福建理综，23(5)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
100、作用是_。解析由于加热时氯化铵分解出氯化氢气体，可以抑制CeCl3的水解。答案分解出氯化氢气体，抑制CeCl3水解(或其他合理答案)(2)2012山东理综，29(4)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)。答案NH4H2ONH3H2OH(3)2012江苏19(3)已知pH11时Zn(OH)2能溶于NaOH溶液生成Zn(OH)42。下表列出了几种离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 molL1计算)。开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe31.13.2Fe25.88.8Zn25.98.9实验中
101、可选用的试剂：30% H2O2、1.0 molL1 HNO3、1.0 molL1 NaOH。由除去铜的滤液制备ZnO的实验步骤依次为：_；_；过滤；_；过滤、洗涤、干燥；900 煅烧。解析Fe2与Zn2完全沉淀时的pH相差不大，直接沉淀会使生成的Zn(OH)2不纯，故可先加入氧化剂H2O2(使用该氧化剂不引入杂质离子)将Fe2氧化为Fe3，调节pH至3.25.9之间，目的是将Fe3全部沉淀，保证Zn2不沉淀。过滤后，再调节pH大于8.9，使Zn2全部沉淀，但是pH不能超过11，否则Zn(OH)2会被溶解。最后煅烧Zn(OH)2使其分解得ZnO。答案向滤液中加入适量30%H2O2，使其充分反应滴
102、加1.0 molL1 NaOH，调节溶液pH约为5(或3.2pHc(Y)c(X)C电离常数：K(HZ)K(HY)Dc(X)c(Y)c(HY)c(Z)c(HZ)解析NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，则HX是强酸，HY、HZ是弱酸，再根据水解规律可知HY的酸性强于HZ的酸性。所以酸性：HXHYHZ，故A、C错误。根据“越弱越水解”可知B错误。D选项是正确的物料守恒关系式。答案D7(2013广州诊断)常温时，某溶液中由水电离出的H和OH的物质的量浓度乘积为11010，则该溶液可能是 ()。H2SO4；CH3COOH；NH4Cl；KOH；CH3COONaA B C D解析由水的离子积常数易
103、求得c(H)c(OH)1105 molL11107 molL1，说明所加试剂促进了水的电离；酸和碱抑制水的电离，而能水解的盐促进水的电离。答案B8常温下，对于pH均为5的HCl溶液和NH4Cl溶液，下列说法正确的是()。A两溶液稀释10倍后，pH相等B两溶液加热至相同的温度后，pH相等C两溶液中各加入等体积的pH等于9的NaOH溶液后，pH相等D两溶液中水的离子积相等解析HCl属于强电解质，稀释10倍后，H浓度变为原来的，NH4Cl溶液中NH4发生水解作用，稀释10倍后，水解程度增大，H浓度大于原来的，A项错；加热，HCl溶液中H浓度不变，NH4Cl溶液中由于NH4水解程度增大，H浓度增大，B
104、项错；NaOH溶液与盐酸恰好反应，溶液呈中性，NH4Cl溶液与NaOH溶液反应生成NH3H2O和NaCl，但剩余大量的NH4Cl，溶液为酸性，C项错；水的离子积与温度有关，温度不变，离子积不变，D项正确。答案D9向三份0.1 molL1CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3、Na2SO3、FeCl2固体(忽略溶液体积变化)，则CH3COO浓度的变化依次为 ()。A减小、增大、减小 B增大、减小、减小C减小、增大、增大 D增大、减小、增大解析CH3COO离子水解显碱性，SO32水解也呈碱性会抑制CH3COO离子的水解，CH3COO浓度增大，NH4和Fe2水解均呈酸性，会促进CH3COO离
105、子水解，CH3COO离子浓度会减小。答案A10下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是 ()。A10 mL 0.5 molL1 CH3COONa溶液与6 mL 1 molL1盐酸混合：c(Cl)c(Na)c(OH)c(H)B0.1 molL1 pH为4的NaHB溶液中：c(HB)c(H2B)c(B2)C在NaHA溶液中一定有：c(Na)c(H)c(HA)c(OH)c(A2)Dc(NH4)相等的(NH4)2SO4溶液、(NH4)2CO3溶液和NH4Cl溶液中溶质的物质的量浓度：c(NH4)2SO4c(NH4)2CO3c(OH)，错误；B项，pH4的NaHB溶液中，HB以电离为主，即HBB2H
106、(主要)，H2OHBH2BOH(次要)，溶液中离子浓度的大小顺序为c(HB)c(B2)c(H2B)，错误；C项，溶液中存在的离子有Na、H、OH、HAA2，电荷守恒式为c(Na)c(H)c(OH)c(HA)2c(A2)，错误；D项，假设硫酸铵、碳酸铵、氯化铵溶液的物质的量浓度为1 molL1，不考虑水解时溶液中铵根离子的浓度依次为2 molL1，2 molL1，1 molL1。但是碳酸铵水解相互促进，所以，碳酸铵溶液中铵根离子的浓度小于硫酸铵溶液中铵根离子的浓度，最终溶液中铵根离子的浓度大小顺序为(NH4)2SO4(NH4)2CO3NH4Cl，如果铵根离子浓度相同，电解质溶液的浓度大小顺序为N
107、H4Cl(NH4)2CO3(NH4)2SO4，正确。答案D二、非选择题(本题共5个小题，共50分)11(8分)CO2可转化成有机物实现碳循环：CO2CH3OHHCOOH(1)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”)。(2)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)12(10分)(2013江西重点中学联考)常温下，向100 mL 0.01 molL1 HA溶液中逐滴加入0.02 molL1MOH溶液，图中所示
108、曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。回答下列问题：(1)由图中信息可知HA为_酸(填“强”或“弱”)，理由是_ _。(2)常温下一定浓度的MA稀溶液的pHa，则a_7(填“”、“”、“c(A)c(OH)c(H)。(4)由物料守恒得c(M)c(MOH)2c(A)，由电荷守恒得c(M)c(H)c(A)c(OH)，故c(MOH)c(OH)c(A)c(H)0.005 molL1。答案(1)强0.01 mol HA溶液中c(H)0.01 molL1(2)c(A)c(OH)c(H)(4)0.00513(10分)(1)已知25 时0.1 molL1醋酸溶液的pH约为3，向其中加入醋酸钠晶体，
109、等晶体溶解后发现溶液的pH增大。对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，增大了c(OH)，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使c(H)减小，因此溶液的pH增大。上述两种解释中_(填“甲”或“乙”)正确。为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验：向0.1 molL1的醋酸溶液中加入少量下列物质中的_(填写编号)，然后测定溶液的pH。A固体CH3COOK B固体CH3COONH4C气体NH3 D固体NaHCO3若_(填“甲”或“乙”)的解释正确，溶液的pH应_(填“增大”“减小”或“不变”)。(已知25 时CH3COONH4溶液呈中性
110、)(2)有甲、乙两同学做了如下实验：甲同学在制得的Mg(OH)2沉淀中加入浓的NH4Cl溶液，结果沉淀溶解；乙同学在制得的Mg(OH)2沉淀中加入浓CH3COONH4溶液，结果沉淀也完全溶解。对此甲、乙两同学用学过的有关知识各自解释了上述实验事实：甲同学的解释为：因为NH4Cl溶液中，NH4H2ONH3H2OH，且Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH(aq)；又HOH=H2O，所以Mg(OH)2溶解平衡向右移动，促进Mg(OH)2的溶解。乙同学的解释为：因为CH3COONH4=CH3COONH4，且Mg(OH)2(s) Mg2(aq)2OH(aq)，NH4OH=NH3H2O，所以Mg(OH
111、)2溶液平衡向右移动，促进Mg(OH)2的溶解。你认为哪一位同学的解释是正确的？_，为什么？_。解析(1)溶液中存在CH3COOHCH3COOH电离平衡，加入CH3COONa，增大了CH3COO浓度，平衡向左移动，c(H)减小，pH增大。(2)存在溶解平衡：Mg(OH)2(s)Mg2(aq)2OH(aq)。加入NH4Cl，NH4与OH结合生成NH3H2O，溶解平衡向右移动，Mg(OH)2沉淀溶解。答案(1)乙B乙(或甲)增大(或不变)(2)乙同学的解释是正确的甲同学认为由NH4的水解所提供的H中和了由Mg(OH)2电离出来的OH，而忽视了NH4Cl电离的NH4也能结合OH，且电离的NH4浓度又
112、远远大于NH4水解出的H浓度。由于CH3COONH4溶液呈中性，因此不可能是溶液的水解产生的酸引起的Mg(OH)2沉淀溶解14(11分)(2013兰州模拟)()常温下，将某一元酸HA(甲、乙、丙、丁代表不同的一元酸)和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的物质的量浓度和混合溶液的pH如表所示：实验编号HA的物质的量浓度(molL1)NaOH的物质的量浓度(molL1)混合后溶液的pH甲0.10.1pHa乙0.120.1pH7丙0.20.1pH7丁0.10.1pH10(1)从甲组情况分析，如何判断HA是强酸还是弱酸？_。(2)乙组混合溶液中c(A)和c(Na)的大小关系是_。A前者大 B后者大C二者
113、相等 D无法判断(3)从丙组实验结果分析，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是_。(4)分析丁组实验数据，写出该混合溶液中下列算式的精确结果(列式)：c(Na)c(A)_molL1。()某二元酸(化学式用H2B表示)在水中的电离方程式是H2B=HHBHBHB2回答下列问题：(5)在0.1 molL1的Na2B溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是_。Ac(B2)c(HB)0.1 molL1Bc(B2)c(HB)c(H2B)0.1 molL1Cc(OH)c(H)c(HB)Dc(Na)c(OH)c(H)c(HB)解析(1)一元酸HA与NaOH等物质的量反应，酸性强弱取决于完全中和后盐溶液的pH，a7时
114、为强酸，a7时为弱酸。(2)据电荷守恒，有c(Na)c(H)c(A)c(OH)，因c(H)c(OH)，所以c(Na)c(A)。(3)丙为等浓度的HA与NaA的混合溶液，由pH7知A水解程度大于HA的电离程度，离子浓度大小关系为c(Na)c(A)c(OH)c(H)。(4)据电荷守恒c(Na)c(H)c(A)c(OH)，推导c(Na)c(A)c(OH)c(H)1041010(molL1)。(5)注意题干中的电离方程式，一级电离为完全电离。判断A项为B原子的物料守恒，C项为溶液中的质子守恒。答案(1)a7时，HA是强酸；a7时，HA是弱酸(2)C(3)c(Na)c(A)c(OH)c(H)(4)104
115、1010(5)A、C15(11分)10 时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：温度()102030加热煮沸后冷却到50 pH8.38.48.58.8(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为_。乙同学认为：该溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度_(填“大于”或“小于”)NaHCO3。(2)丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则_(填“甲”或“乙”)的判断正确。试剂X是_。ABa(OH)2溶液 BBaCl2溶液C
116、NaOH溶液 D澄清的石灰水(3)将加热后的溶液冷却到10 ，若溶液的pH_8.3(填“高于”、“低于”或“等于”)，则_(填“甲”或“乙”)判断正确。(4)查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150 ，丙断言_(填“甲”或“乙”)的判断是错误的，理由是_ _。解析(1)HCO3水解的离子方程式为HCO3H2OH2CO3OH，当NaHCO3分解生成Na2CO3，且Na2CO3的水解程度大于NaHCO3时，乙同学的判断才是正确的。(2)Na2CO3和NaHCO3溶液都能和Ba(OH)2、Ca(OH)2溶液反应产生白色沉淀，和NaOH溶液混合都无明显现象，BaCl2和Na2CO3产生白色沉淀，和
117、NaHCO3溶液不反应，则加入BaCl2溶液，若产生沉淀，说明乙正确。(3)10 时溶液的pH8.3，则溶液为NaHCO3，若pH高于8.3，则溶液为Na2CO3溶液或Na2CO3和NaHCO3的混合液，因为Na2CO3水解程度大。加热后冷却到10 ，若pH高于8.3，说明NaHCO3分解生成Na2CO3和CO2，CO2挥发，冷却后pH升高，乙正确；若pH等于8.3，说明升、降温只影响了HCO3的水解平衡，甲正确。(4)常压下加热NaHCO3的水溶液温度不可能达到150 ，所以乙的判断是错误的。答案(1)HCO3H2OH2CO3OH大于(2)乙B(3)等于甲(或高于乙)(4)乙常压下加热NaH
118、CO3的水溶液，溶液温度达不到150 热点回头专练8溶液中微粒浓度的大小关系1现有a molL1 NaX和b molL1 NaY两种盐溶液。下列说法正确的是()。A若ab且c(X)c(Y)c(HY)，则HX为强酸B若ab且pH(NaX)pH(NaY)，则c(X)c(OH)NaXc(Y)c(OH)NaYC若ab且c(X)c(Y)，则酸性HXHYD若两溶液等体积混合，则c(Na)(ab)molL1解析若ab且c(X)c(Y)c(HY)，说明X没有水解，则HX为强酸，A项正确；若ab，依据溶液的电中性原理可知NaX溶液中有c(X)c(OH)NaXc(Na)c(H)NaX，NaY溶液中有c(Y)c(O
119、H)NaYc(Na)c(H)NaY，而两溶液中c(Na)相等，故c(X)c(OH)NaXc(H)NaXc(Y)c(OH)NaYc(H)NaY，而pH(NaX)pH(NaY)，即c(H)NaXc(H)NaY，故c(X)c(OH)NaXc(Y)c(OH)NaY，B项错误；C项中，前者浓度大，而c(X)c(Y)，说明前者中X的水解程度较大，对应的酸较弱，即酸性HXHY，错误；D项忽视了溶液等体积混合，体积增大，所得溶液的浓度并不是原溶液浓度的加和，错误。答案A2(2013天津市一模，8)对于物质的量浓度均为0.01 molL1的NaHCO3、Na2CO3、CH3COOH、CH3COONa四种溶液，下
120、列说法正确的是()。A的离子浓度为：c(Na)c(OH)c(HCO3)c(H)B升高温度，减小C加入等体积的水稀释，电离平衡正向移动，c(H)增大D和等体积混合，溶液pH7，c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH) c(H)解析A项，在NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO3)c(OH)c(H)；B项，升高温度，促进Na2CO3水解，c(HCO3)增大，c(CO32)减小，增大；C项，向中加入等体积的水稀释，电离平衡虽正向移动，但c(H)减小；D项，CH3COOH溶液与CH3COONa溶液等体积混合溶液pH7，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，即c(Na)c(CH3COOH)，
121、再由电荷守恒c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)可知D正确。答案D3(2013北京海淀3月模拟)下列说法不正确的是 ()。A将pH4的某酸稀释10倍，测得其pH5，则该酸为弱酸B相同 pH的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：c(NaOH)c(Na2CO3) c(H)c(A2)c(H2A)D向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得混合液：c(Na) c(NH4)c(SO42)c(OH)c(H)解析pH4的某酸稀释10倍，若为强酸则pH5，此时pHH2CO3HCO3，故CO32水解程度大于CH3COO水解程度，题中pH相同，故浓度关系：c(NaOH)c(Na2C
122、O3)c(H)c(A2)c(H2A)，C正确；NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性时c(OH)c(H)，则c(Na)c(NH4)2c(SO42)，由于c(Na)c(SO42)，故c(SO42)c(NH4)，D错误。答案D4根据下表提供的数据，判断在等浓度的NaClO、NaHCO3混合溶液中，各种粒子浓度关系正确的是 ()。化学式电离常数HClOKa3108molL1H2CO3Ka14.3107molL1Ka25.61011molL1A. c(HCO3)c(ClO)c(OH)Bc(ClO)c(HCO3)c(H)Cc(HClO)c(ClO)c(HCO3)c(H2CO3)Dc(Na)c(H)c
123、(HCO3)c(ClO)c(OH)解析由电离常数可知H2CO3的一级电离要大于HClO的电离，故ClO的水解程度大于HCO3的水解程度，故c(HCO3)c(ClO)c(OH)，A正确，B错误；C中根据C、Cl原子守恒可知缺少CO32，应为：c(HClO)c(ClO)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)；D中的电荷守恒中关系式缺少CO32，应为：c(Na)c(H)c(HCO3)c(ClO)c(OH)2c(CO32)。答案A5下列各溶液中，有关成分的物质的量浓度关系正确的是 ()。A10 mL 0.5 molL1 CH3COONa溶液与6 mL 1 molL1盐酸混合： c(Cl)c(Na
124、)c(CH3COO)c(H)c(OH)B0.1 molL1 pH为4的NaHB溶液中：c(HB)c(H2B)c(B2)C硫酸氢铵溶液中滴加氢氧化钠至溶液恰好呈中性： c(Na)c(SO42)c(NH4)c(OH)c(H)DpH相等的(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2和NH4Cl溶液中：c(NH4)2SO4 c(NH4)2Fe(SO4)2c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)；B项中HB仅少部分电离且电离程度大于水解程度，粒子浓度大小为：c(HB)c(B2)c(H2B)；D项中物质的量浓度相同时，pH大小为：NH4Cl(NH4)2Fe(SO4)2(NH4)2SO4(根据NH
125、4的水解程度比较)，则当pH相等时，c(NH4Cl)c(NH4)2Fe(SO4)2c(HA)c(OH)c(H2A)c(H)c(A2)Bc(Na)c(HA)c(H)c(A2)c(H2A)c(OH)Cc(Na)c(H)c(HA)c(A2)c(OH)c(H2A)Dc(Na)c(OH)c(HA)c(H2A)c(H)c(A2)解析加入20 mL NaOH溶液时，酸碱恰好反应生成NaHA，此时溶液中c(Na)最大，由图知c(HA)仅次于c(Na)，因c(H2A)c(A2)c(H2A)。答案B8某酸性溶液中只含有NH4、Cl、H、OH4种离子，25 时，下列说法不正确的是 ()。A可由pH3的HCl溶液与p
126、H11的NH3H2O溶液等体积混合而成B该溶液中离子一定满足：c(NH4)c(H)c(OH)c(Cl)C加入适量NH3H2O溶液，溶液中离子浓度可能为：c(NH4)c(Cl) c(OH)c(H)D该溶液可能由等物质的量浓度、等体积的HCl溶液和NH3H2O溶液混 合而成解析pH3的HCl溶液与pH11的NH3H2O溶液等体积混合得到NH3H2O和NH4Cl的混合溶液，溶液显碱性，A错；根据电荷守恒得：c(H)c(NH4)c(OH)c(Cl)，B对；加入适量NH3H2O溶液，使溶液呈碱性时，存在c(NH4)c(Cl)c(OH)c(H)，C对；等物质的量浓度、等体积的HCl溶液和NH3H2O溶液混
127、合得到NH4Cl溶液，溶液显酸性，D对。答案A925 时，在1.0 L浓度均为0.01 molL1的某一元酸HA与其钠盐组成的混合溶液中，测得c(Na)c(A)，则下列描述中，不正确的是 ()。A该溶液的pHc(A)，则c(H)7，A错；该溶液显碱性，说明A的水解程度大于HA的电离程度，B对；根据物料守恒，则c(A)c(HA)0.02 molL1，C对；由电荷守恒得，n(A)n(OH)n(Na)n(H)0.01 moln(H)，D对。答案A10(双选)向10 mL 0.1 molL1 Na2CO3溶液中逐滴滴加V mL 0.1 molL1 HCl溶液，下列有关滴定过程中粒子浓度关系正确的是 (
128、)。A当V0时，c(OH)c(H)c(HCO3)2c(H2CO3)B当V5时，c(Na)c(H)2c(CO32)c(HCO3)c(OH)C当V10时，c(Cl)c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)D当V15时，c(Na)c(Cl)c(HCO3)c(OH)c(H)解析A项，此时为Na2CO3溶液，该式为质子守恒式，正确；B项，电荷守恒式为c(Na)c(H)2c(CO32)c(HCO3)c(OH)c(Cl)，错误；C项，此时溶液为等物质的量浓度的NaHCO3和NaCl的混合溶液，有c(Cl)c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)，正确；D项，由原子守恒可知，c(Na)c(Cl)，错误
129、。答案AC11(双选)常温下，向20.00 mL 0.100 0 molL1 CH3COONa溶液中逐滴加入 0.100 0 molL1盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是 ()。A点所示溶液中：c(CH3COOH)c(Cl)c(OH)c(H)B点所示溶液中：c(Na)c(Cl)c(CH3COO)c(CH3COOH)C点所示溶液中：c(Na)c(CH3COOH)c(H)c(CH3COO)D整个过程中可能出现：c(H)c(Na)c(CH3COOH)c(CH3COO)解析A项，整个滴定过程中，始终有电荷守恒为c(Na)c(H)c(CH3COO)c(Cl)c(
130、OH)，物料守恒为c(Na)c(CH3COOH)c(CH3COO)，时溶液c(H)c(OH)，综合两守恒可得c(CH3COOH)c(Cl)，正确；B项，时为等浓度的CH3COOH、CH3COONa和NaCl溶液，由物料守恒有c(CH3COOH)c(CH3COO)2c(Cl)，溶液呈酸性，以醋酸电离为主，c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)，错误；C项，时为等浓度的CH3COOH和NaCl溶液，由于醋酸电离，所以c(Na)c(CH3COOH)，又由于H不仅来自于醋酸，还来自于水的电离，所以c(H)c(CH3COO)，正确；D项，由物料守恒得c(Na)c(CH3COOH)c(CH3CO
131、O)，错误。答案AC12常温下，0.1 molL1氨水中c(H)/c(OH)1108，下列叙述不正确的是()。A该溶液中氢离子的浓度：c(H)11011 molL1B0.1 molL1氨水与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合后所得溶液中： c(Cl)c(OH)c(NH4)c(H)C0.1 molL1氨水与0.05 molL1 H2SO4溶液等体积混合后所得溶液中： c(NH4)c(NH3H2O)2c(SO42)D浓度均为0.1 molL1的NH3H2O和NH4Cl溶液等体积混合后，若溶液 呈碱性，则c(NH4)c(NH3H2O)c(Cl)c(OH)c(H)解析常温下c(H)c(OH)11
132、014，又c(H)/c(OH)1108，两式联立解得c(H)11011 molL1，A项正确。B项是正确的电荷守恒表达式。C项是正确的物料守恒表达式。D项，混合溶液呈碱性，说明NH3H2O的电离程度超过NH4的水解程度，则应有c(NH4)c(Cl)c(NH3H2O)，故D项错误。答案D课时4难溶电解质的溶解平衡最新考纲1了解难溶电解质的沉淀溶解平衡及沉淀转化的本质。2.了解溶度积的含义及其表达式。能进行相关的计算。考点一沉淀的溶解平衡1含义在一定温度下的水溶液中，当沉淀溶解和生成的速率相等时，即建立了溶解平衡状态。2建立过程固体溶质溶液中的溶质3特征4影响沉淀溶解平衡的因素(1)内因难溶电解质
133、本身的性质，这是决定因素。(2)外因以AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)H0为例外界条件移动方向平衡后c(Ag)平衡后c(Cl)Ksp升高温度正向增大增大增大加水稀释正向减小减小不变加入少量AgNO3逆向增大减小不变通入HCl逆向减小增大不变通入H2S正向减小增大不变5.溶度积沉淀溶解平衡常数(1)概念：在一定温度下，难溶电解质的饱和溶液中，离子浓度的幂之积。(2)表达式：对于沉淀溶解平衡：MmNn(s)mMn(aq)nNm(aq)，Kspcm(Mn)cn(Nm)，式中的浓度是平衡浓度。(3)意义：反映了难溶电解质在水中的溶解能力。当化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，Ksp的数值
134、越大，说明难溶电解质在水中的溶解能力越大。(4)影响因素：在一定温度下，它是一个常数，只受温度影响，不受溶液中物质浓度的影响。6浓度商(1)表达式：MmNn(s)mMn(aq)nNm(aq)，Qccm(Mn)cn(Nm)。式中的浓度是任意时刻的浓度。(2)应用：判断在一定条件下沉淀能否生成或溶解。QcKsp：溶液过饱和，有沉淀析出；QcKsp：溶液饱和，达到溶解平衡；QcKsp：溶液未饱和，固体溶质溶解。探究思考1AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)；AgCl=AgCl，两化学方程式所表示的意义相同吗？答案不同。式表示难溶电解质AgCl在水溶液中的沉淀溶解平衡方程式；式表示强电解质AgCl在
135、水溶液中的电离方程式。2已知Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)H0，判断对该平衡体系的下列说法是否正确升高温度，平衡逆向移动()向溶液中加入少量碳酸钠粉末能增大钙离子浓度()除去氯化钠溶液中混有的少量钙离子，可以向溶液中加入适量的NaOH溶液()恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高()给溶液加热，溶液的pH升高()向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加()向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变()答案【示例1】 (2013江苏化学，14改编)一定温度下，三种碳酸盐MCO3(M：Mg2、Ca2、Mn2)的沉淀溶解平衡曲线如右图所示。已知：pMlg c(
136、M)，p(CO32)lg c(CO32)。下列说法正确的是()。AMgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次增大Ba点可表示MnCO3的饱和溶液，且c(Mn2)c(CO32)Cb点可表示CaCO3的饱和溶液，且c(Ca2)c(CO32)思维启迪 解析由pMlg c(M)可知(类比于pH)，当pM越大时，c(M)越小，p(CO32)越大时，c(CO32)越小，由图中沉淀溶解平衡曲线与虚线的交点可知，溶液中p(Mn2)、p(CO32)均最大，即c(Mn2)、c(CO32)均最小，即Ksp最小，由此类推，可知MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小，A错误。另解：p(CO32)相同时，
137、p(Mn2)p(Ca2)p(Mg2)，即c(CO32)相同时，c(Mn2)c(Ca2)p(Ca2)，即c(CO32)c(Ca2)，C错误；过c点作一条垂直于横坐标的辅助线，由与MgCO3沉淀溶解平衡曲线的交点可知c点p(Mg2)大于饱和溶液的p(Mg2)，即c(Mg2)没有达到饱和溶液的c(Mg2)，因此c点是不饱和溶液，由c点p(M)和p(CO32)值可知c(Mg2)c(CO32)，D错误。答案B【示例2】 (2010山东，15)某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是()。AK
138、spFe(OH)3KspCu(OH)2B加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点Cc、d两点代表的溶液中c(H)与c(OH)乘积相等DFe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和解析KspFe(OH)3c(Fe3)c3(OH)，KspCu(OH)2c(Cu2)c2(OH)由图可知：对于b、c两点c(Fe3)c(Cu2)，b点对应c(OH)小于c点对应的c(OH)，故有KspFe(OH)3KspCu(OH)2，A项对；加入NH4Cl固体，NH4会结合Fe(OH)3电离出的OH，促进Fe(OH)3的电离，使c(Fe3)增大，即从b点到a点，所以B项错；在温度一定时，c(H)
139、c(OH)为常数KW，与pH无关，所以C项正确；该图为沉淀溶解平衡的曲线，在曲线上的任意点均达到平衡，即为饱和溶液，D项正确。答案B1下列有关叙述中，正确的是()。A在一定温度下的BaSO4水溶液中，Ba2和SO42浓度的乘积是一个常数B向含有BaSO4固体的溶液中加入适量的水使溶解又达到平衡时，BaSO4的溶度积不变，其溶解度也不变C只有难溶电解质才存在沉淀溶解平衡过程D向饱和的BaSO4水溶液中加入硫酸，BaSO4的Ksp变大解析一定温度下，只有在BaSO4的饱和溶液中，Ba2和SO42浓度的乘积才是一个常数，A错误；溶度积和溶解度是温度的函数，向BaSO4固体中加入水，可使沉淀溶解平衡发
140、生移动，但溶度积和溶解度均不变，B正确；无论难溶电解质还是易溶电解质，都存在沉淀溶解平衡状态，例如在NaCl的过饱和溶液中就存在沉淀溶解平衡状态，C错误；向BaSO4溶液中加入H2SO4溶液，只会使溶解平衡发生移动，但不会影响BaSO4的Ksp，D错误。答案B2(2013济南名校模拟)下列有关沉淀溶解平衡的说法中正确的是()。A在AgCl的沉淀溶解平衡体系中加入蒸馏水，Ksp(AgCl)增大B在CaCO3的沉淀溶解平衡体系中加入稀盐酸，平衡不移动C可直接根据Ksp的数值大小比较难溶物在水中的溶解度大小D25 时，Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，向AgCl的悬浊液中加入KI固体，有黄色沉淀生
141、成解析Ksp的大小只与温度有关，A项错误；CaCO3(s)Ca2(aq)CO32(aq)，加入稀盐酸，CO32与H反应，导致溶解平衡正向移动，B项错误；只有比较相同温度下、相同组成形式的难溶电解质的Ksp的数值大小，才可比较难溶物在水中的溶解度大小。答案D3硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下。下列说法正确的是()。A温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO42)的增大而减小B三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大C283 K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液D283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液解析温度一定，Ksp(SrSO4)不变，A错
142、误；由题中沉淀溶解平衡曲线可看出，313 K时，c(Sr2)、c(SO42)最大，Ksp最大，B正确；a点c(Sr2)小于平衡时c(Sr2)，故未达到饱和，沉淀继续溶解，C不正确；从283 K升温到363 K要析出固体，依然为饱和溶液。答案B1沉淀溶解平衡是化学平衡的一种，沉淀溶解平衡的移动也同样遵循勒夏特列原理。2溶度积大的难溶电解质的溶解度不一定大，只有组成相似的难溶电解质才有可比性。3复分解反应总是向着某些离子浓度减小的方向进行，若生成难溶电解质，则向着生成溶度积较小的难溶电解质的方向进行。4一定温度下沉淀溶解平衡，曲线上的任意一点，都代表指定温度下的饱和溶液，由对应的离子浓度可求Ksp
143、。考点二沉淀溶解平衡的应用1沉淀的生成(1)应用：可利用生成沉淀来达到分离或除去某些离子的目的。(2)方法：方法实例反应的离子方程式调节pH法用Cu(OH)2、CuO等除去CuCl2中的FeCl3Fe33H2OFe(OH)33HCu(OH)22H=Cu22H2O沉淀剂法以Na2S、H2S等作沉淀剂除去污水中的重金属离子H2SCu2=CuS2H2.沉淀的溶解(1)酸溶解法：如CaCO3溶于盐酸，离子方程式为：CaCO32H=Ca2H2OCO2。(2)盐溶解法：如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液，离子方程式为：Mg(OH)22NH4=Mg22NH3H2O。3沉淀的转化(1)实质：沉淀溶解平衡的移动
144、。(2)特征：一般说来，溶解度小的沉淀转化为溶解度更小的沉淀容易实现。沉淀的溶解度差别越大，越容易转化。(3)应用：锅炉除垢：将CaSO4转化为CaCO3，离子方程式为：CaSO4CO32=CaCO3SO42。矿物转化：用饱和Na2CO3处理重晶石(BaSO4)制备可溶性钡盐的离子方程式为：BaSO4CO32=BaCO3SO42；BaCO32H=Ba2H2OCO2。探究思考1试用平衡移动原理解释下列事实：(1)BaCO3不溶于水，为什么不能作钡餐？(2)CaCO3难溶于稀H2SO4，却能溶于醋酸中；(3)分别用等体积的蒸馏水和0.01 molL1的盐酸洗涤AgCl沉淀，用水洗涤造成的AgCl的
145、损失大于用稀盐酸洗涤的损失量。答案(1)BaCO3(s)Ba2(aq)CO32(aq)，胃液中的盐酸电离出的H与BaCO3产生的CO32结合生成CO2和H2O，破坏了BaCO3的溶解平衡，c(Ba2)增大，引起人体中毒。(2)CaCO3(s)Ca2(aq)CO32(aq)，因为生成的CaSO4溶解度较小，会附在CaCO3的表面，阻止平衡的右移。醋酸钙易溶于水；当醋酸电离出H与CO32结合生成CO2和H2O时，CaCO3的溶解平衡右移。(3)用水洗涤AgCl，AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)平衡右移，AgCl的质量减少，用盐酸洗涤AgCl，c(Cl)较大会使平衡左移，AgCl减少的质量要小
146、些。2利用生成沉淀的方法能否全部除去要沉淀的离子？答案不可能将要除去的离子全部通过沉淀除去。一般认为残留在溶液中的离子浓度小于1105 molL1时，沉淀已经完全。3(1)已知Ksp(AgCl)1.81010，则将AgCl放在蒸馏水中形成饱和溶液，溶液中的c(Ag)是_。(2)已知KspMg(OH)21.81011，则将Mg(OH)2放入蒸馏水中形成饱和溶液，溶液的pH为_。解析(1)由AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)知c(Ag)c(Cl)所以Ksp(AgCl)1.81010c(Ag)c(Cl)c2(Ag)解得c(Ag)1.3105 molL1。(2)由Mg(OH)2(s)Mg2(aq)
147、2OH(aq)知KspMg(OH)21.81011c(Mg2)c2(OH)c2(OH)解得c(OH)3.3104 molL1所以c(H)3.01011 molL1所以pH10.5。答案(1)1.3105 molL1(2)10.5【示例2】 (2013全国新课标，11)已知Ksp(AgCl)1.561010，Ksp(AgBr)7.71013，Ksp(Ag2CrO4)9.01012。某溶液中含有Cl、Br和CrO42，浓度均为0.010 molL1，向该溶液中逐滴加入0.010 molL1的AgNO3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为()。ACl、Br、CrO42 BCrO42、Br、ClCB
148、r、Cl、CrO42 DBr、CrO42、Cl思维启迪 根据已知的三种阴离子的浓度计算出要产生三种沉淀所需Ag的最小浓度，所需Ag浓度最小的先沉淀。解析要产生AgCl沉淀，c(Ag) molL11.56108 molL1；要产生AgBr沉淀，c(Ag) molL17.71011 molL1；要产生Ag2CrO4，需c2(Ag)c(CrO42)Ksp(Ag2CrO4)9.01012，即c(Ag) molL13.0105 molL1；显然沉淀的顺序为Br、Cl、CrO42。答案C【示例3】 (2013北京理综，10)实验：0.1 molL1 AgNO3溶液和0.1 molL1NaCl溶液等体积混合
149、得到浊液a，过滤得到滤液b和白色沉淀c；向滤液b中滴加0.1 molL1 KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1 molL1KI溶液，沉淀变为黄色。下列分析不正确的是()。A浊液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)B滤液b中不含有AgC中颜色变化说明AgCl转化为AgID实验可以证明AgI比AgCl更难溶解析在浊液a中，存在AgCl的沉淀溶解平衡，即在滤液b中，仍含有少量Ag，故在b中生成了AgI沉淀，A正确，B错误；向白色沉淀AgCl中滴加KI溶液生成黄色AgI，由此可说明AgI比AgCl更难溶，C项和D项都正确。答案B1(2013镇江质检)下表是三种难溶金属硫化物
150、的溶度积常数(25 )。化学式FeSCuSMnS溶度积6.310181.310362.51013下列有关说法中正确的是()。A25 时，CuS的溶解度大于MnS的溶解度B25 时，饱和CuS溶液中，Cu2的浓度为1.31036 molL1C因为H2SO4是强酸，所以反应CuSO4H2S=CuSH2SO4不能发生D除去某溶液中的Cu2，可以选用FeS作沉淀剂解析FeS、CuS、MnS都是同类型的难溶电解质，25 时，CuS的Ksp远小于MnS的Ksp，说明CuS的溶解度小于MnS的溶解度；25 时，饱和CuS溶液中，c(Cu2)c(S2)11018 molL1；因为CuS不溶于稀硫酸，所以反应C
151、uSO4H2S=CuSH2SO4可以发生；因为溶解度CuSQc，使平衡正向移动，故促进了弱电解质的电离、盐类的水解。水的离子积常数(KW)是一个常数，25 时KW1.01014，它不仅适用于纯水，还适用于任何酸、碱、盐的稀溶液中。虽然酸、碱能抑制水的电离，但不能改变KW的大小，同样某些盐因水解促进水的电离，也不改变KW的大小。当 场 指 导【典例】 K、Ka、KW分别表示化学平衡常数、电离常数和水的离子积常数，下列判断正确的是()。A在500 、20 MPa条件下，在5 L密闭容器中进行合成氨的反应，使用催化剂后K增大B室温下K(HCN)K(CH3COOH)，说明CH3COOH的电离度一定比H
152、CN的大C25 时，pH均为4的盐酸和NH4I溶液中KW不相等D2SO2O22SO3达平衡后，改变某一条件时K不变，SO2的转化率可能增大、减小或不变解析化学平衡常数、电离常数、水的离子积常数都只与温度有关，A、C项错误；电离平衡常数越大，酸性越强，越易电离，但电离度还与温度、浓度等有关，B项错误；D项因化学平衡常数不变，故改变的条件不是温度，SO2的转化率可能增大、减小或不变，D项正确。答案D电离平衡水解平衡沉淀溶解平衡举例NH3H2ONH4OHNH4H2O NH3H2OHPbI2(s)Pb2(aq)2I(aq)平衡表达式KbKhKspc(Pb2)c2(I)影响平衡常数的因素内因：弱电解质的
153、相对强弱外因：温度，温度越高，电离程度越大，平衡常数越大盐的水解程度随温度的升高而增大，Kh随温度的升高而增大内因：难溶电解质在水中的溶解能力外因：Ksp与温度有关浓度对平衡的影响电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡同化学平衡一样都为动态平衡，平衡的移动符合平衡移动原理(勒夏特列原理)，浓度对平衡常数没影响加水均能促进三大平衡；加入与电解质溶液中相同的微粒，都能使平衡移动；三大平衡都不受压强的影响。【应用】 下列叙述正确的是_。室温下向10 mL pH3的醋酸溶液中加入水稀释后，溶液中不变在一定条件下，Na2CO3溶液稀释时，水解平衡常数增大25 时NH4Cl溶液的KW大于100 时NH4Cl溶液
154、的KW向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H)增大，KW不变0.1 molL1某一元酸在水中有0.1 %发生电离，则此酸的电离平衡常数约为1107常温下，向饱和Na2CO3溶液中加少量BaSO4粉末，过滤向洗涤的沉淀中加稀盐酸，有气泡产生，说明常温下Ksp(BaCO3)Ksp(CuS)，所以ZnS在一定条件下可转化为CuSC其他条件不变，离子浓度改变时，Ksp不变D两种难溶电解质作比较时，Ksp越小的电解质，其溶解度一定越小解析Ksp只与难溶电解质的性质和外界温度有关，故A、C正确。由于Ksp(ZnS)Ksp(CuS)，所以ZnS在一定条件下可转化为CuS，B正确。同类型的难溶物(如AgCl、Ag
155、Br、AgI)，Ksp越小，溶解度越小，而不同类型的难溶物(如Ag2SO4和AgI)，Ksp小的溶解度不一定小，需要进行换算，故D错误。答案D3某酸性化工废水中含有Ag、Pb2等重金属离子。有关数据如下：难溶电解质AgIAg2SPbI2Pb(OH)2PbSKsp8.310126.310507.11091.210153.41026在废水排放之前，用沉淀法除去这两种离子，应该加入的试剂是 ()。A氢氧化钠 B硫化钠C碘化钾 D氢氧化钙解析根据表格中的数据知，硫化银和硫化铅的溶度积很小，加入硫化钠能完全除去这两种金属离子。答案B4已知AgCl的溶解平衡：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)，下列说
156、法不正确的是()。A除去溶液中Ag加盐酸盐比硫酸盐好B加入H2O，溶解平衡不移动C用NaCl溶液代替蒸馏水洗涤AgCl，可以减少沉淀损失D反应2AgCl(s)Na2SAg2S(s)2NaCl说明溶解度：AgClAg2S解析加水能促进AgCl的溶解，平衡向溶解的方向移动，B错误；A项，AgCl难溶，Ag2SO4微溶，正确；C项，NaCl溶液洗涤AgCl沉淀，可抑制AgCl的溶解，正确。溶解度越小，沉淀越易转化，D正确。答案B5已知AgCl的Ksp1.81010，在100 mL 0.01 molL1KCl溶液中加入1 mL 0.01 molL1 AgNO3溶液，下列说法正确的是 ()。A有AgCl
157、沉淀析出 B无AgCl沉淀C无法确定 D有沉淀但不是AgCl解析因为Ag与Cl的浓度积大于Ksp(AgCl)，所以有AgCl沉淀析出。答案A6已知常温下反应，NH3HNH4(平衡常数为K1)，AgClAgCl(平衡常数为K2)，Ag2NH3Ag(NH3)2(平衡常数为K3)。、的平衡常数关系为K1K3K2，据此所做的以下推测合理的是 ()。A氯化银不溶于氨水B银氨溶液中加入少量氯化钠有白色沉淀C银氨溶液中加入盐酸有白色沉淀D银氨溶液可在酸性条件下稳定存在解析因为K3K2，所以Ag与NH3的络合能力大于Ag与Cl之间沉淀能力，AgCl溶于氨水，A、B错误；由于K1K3，所以在Ag(NH3)2Ag
158、2NH3中加入HCl，HNH3NH4，致使平衡右移，c(Ag)增大，AgCl=AgCl，D错误，C正确。答案C7常温时，KspMg(OH)21.11011，Ksp(AgCl)1.81010，Ksp(Ag2CrO4)1.91012，Ksp(CH3COOAg)2.3103，下列叙述不正确的是 ()。A浓度均为0.2 molL1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液等体积混合一定 产生CH3COOAg沉淀B将0.001 molL1的AgNO3溶液滴入0.001 molL1的KCl和0.001 mol L1的K2CrO4溶液中，先产生Ag2CrO4沉淀Cc(Mg2)为0.11 molL1的溶液中要产生
159、Mg(OH)2沉淀，溶液的pH要控制在9以上D在其他条件不变的情况下，向饱和AgCl水溶液中加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)不变解析A项，c(Ag)c(CH3COO)0.10.111022.3103，所以有CH3COOAg沉淀生成，正确；B项，使Cl沉淀，所需Ag浓度的最小值为c(Ag)1.8107 molL1，使CrO42沉淀所需Ag浓度的最小值为c(Ag)4.36105 molL1，所以先产生AgCl沉淀，不正确；C项，c(OH)105 molL1，所以要产生Mg(OH)2沉淀，pH应控制在9以上；D项，Ksp 只受温度影响。答案B8在25 时，FeS的Ksp6.31018，CuS的K
160、sp1.31036，ZnS的Ksp1.3 1024。下列有关说法中正确的是 ()。A25 时，CuS的溶解度大于ZnS的溶解度B25 时，饱和CuS溶液中Cu2的浓度为1.31036 molL1C向物质的量浓度相同的FeCl2、ZnCl2的混合液中加入少量Na2S，只有FeS 沉淀生成D除去某溶液中的Cu2，可以选用FeS作沉淀剂解析1 L水中溶解的CuS的质量为101896 g，同理1 L水中溶解的ZnS的质量为101297 g，所以CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，A、B错误；FeS的Ksp大于ZnS，所以C选项应只有ZnS生成；D选项依据沉淀的转化，溶度积大的FeS可以转化为溶度积小的C
161、uS。答案D9. (2013珠海模拟)在t 时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。又知t 时AgCl的Ksp41010，下列说法不正确的是 ()。A在t 时，AgBr的Ksp为4.91013B在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体，可使溶液由c点变到b点C图中a点对应的是AgBr的不饱和溶液D在t 时，AgCl(s)Br(aq)AgBr(s)Cl(aq)平衡常数K816解析根据图中c点的c(Ag)和c(Br)可得该温度下AgBr的Ksp为4.91013，A正确。在AgBr饱和溶液中加入NaBr固体后，c(Br)增大，溶解平衡逆向移动，c(Ag)减小，故B错。在a点时QcKsp，故为AgB
162、r的不饱和溶液，C正确。选项D中K，代入数据得K816，D正确。答案B10.已知：pAglgc(Ag)，Ksp(AgCl)11012。如图是向10 mL AgNO3溶液中逐渐加入0.1 mol L1的NaCl溶液时，溶液的pAg随着加入NaCl溶液的体积(单位mL)变化的图像(实线)。根据图像所得下列结论正确的是提示：Ksp(AgCl)Ksp(AgI) ()。A原AgNO3溶液的物质的量浓度为0.1 molL1B图中x点的坐标为(100，6)C图中x点表示溶液中Ag被恰好完全沉淀D把0.1 molL1的NaCl换成0.1 molL1 NaI则图像在终点后变为虚线部分解析A项，加入NaCl之前，
163、pAg0，所以c(AgNO3)1 molL1，错误；B项，由于c(Ag)106 molL1，所以Ag沉淀完全，n(NaCl)n(AgNO3)0.01 L1 molL10.01 mol，所以V(NaCl)100 mL，B正确，C错误；若把NaCl换成NaI，由于Ksp(AgI)更小，所以c(Ag)更小，D错误。答案B二、非选择题(本题共4个小题，共50分)11(13分)以下是25 时几种难溶电解质的溶解度：难溶电解质Mg(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3溶解度/g91041.71061.51043.0109在无机化合物的提纯中，常利用难溶电解质的溶解平衡原理除去某些离子。例如：
164、为了除去氯化铵中的杂质Fe3，先将混合物溶于水，再加入一定量的试剂反应，过滤结晶即可；为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3，先将混合物溶于水，加入足量的氢氧化镁，充分反应，过滤结晶即可；为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2，先将混合物溶于水，加入一定量的H2O2，将Fe2氧化成Fe3，调节溶液的pH4，过滤结晶即可。请回答下列问题：(1)上述三个除杂方案都能够达到很好效果，Fe2、Fe3都被转化为_(填名称)而除去。(2)中加入的试剂应选择_为宜，其原因是_。(3)中除去Fe3所发生的总反应的离子方程式为_ _。(4)下列关于方案相关的叙述中，正确的是_(填字母)。AH2O2是绿色氧化剂，在氧化过程中
165、不引进杂质，不产生污染B将Fe2氧化为Fe3的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤C调节溶液pH4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜DCu2可以大量存在于pH4的溶液中E在pH4的溶液中Fe3一定不能大量存在解析中为了不引入杂质离子，应加入氨水使Fe3沉淀，而不能用NaOH溶液。中根据溶解度表可知Mg(OH)2易转化为Fe(OH)3，因此在MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2除去Fe3，然后将沉淀一并过滤。中利用高价阳离子Fe3极易水解的特点，据题意可知调节溶液的pH4可使Fe3沉淀完全，为了不引入杂质离子，可使用CuO、Cu(OH)2、CuCO3等。答案(1)氢氧化铁(
166、2)氨水不会引入新的杂质(3)2Fe3(aq)3Mg(OH)2(s)=3Mg2(aq)2Fe(OH)3(s)(4)ACDE12(14分)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)SO42(aq)Ksp2.5107 mol2L2SrCO3(s)Sr2(aq)CO32(aq)Ksp2.5109 mol2L2(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
167、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CO32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CO32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_。解析(1)SrSO4转化成SrCO3的离子反应为SrSO4(s)CO32(aq)SrCO3(s)SO42(aq)，平衡常数表达式为K，根据沉淀转化的原理，该反应能够
168、发生，是因为Ksp(SrCO3)Ksp(SrSO4)。(2)降低温度有利于提高SrSO4的转化率，说明降温平衡向正反应方向移动，因此升高温度，平衡向逆反应方向移动，故平衡常数K减小。平衡常数只与温度有关，增大CO32的浓度，平衡常数不变。(3)根据提供的信息，可以推断SrSO4难溶于盐酸，而SrCO3可溶于盐酸，因此向溶液中加入盐酸，若沉淀全部溶解，则SrSO4完全转化成SrCO3，若沉淀没有全部溶解，则SrSO4没有完全转化成SrCO3，需要注意的是，不能选择稀硫酸，因为SrCO3与稀硫酸反应生成SrSO4。答案(1)SrSO4(s)CO32(aq)SrCO3(s)SO42(aq)KKsp(
169、SrCO3)0，则该饱和溶液呈_性(填“酸”、“碱”或“中”)，将溶液放入冰水浴中，则CaA的Ksp将_(填“增大”、“减小”或“不变”，下同)；滴加少量浓盐酸，c(Ca2)_。(2)含有Cr2O72的废水毒性较大，某工厂废水中含5.00103 molL1的Cr2O72。为使废水能达标排放，做如下处理：Cr2O72Cr3、Fe3Cr(OH)3、Fe(OH)3。欲使10 L该废水中的Cr2O72完全转化为Cr3，则理论上需要加入_g FeSO47H2O。若处理后的废水中残留的c(Fe3)21013 molL1，则残留的Cr3的浓度为_molL1(已知：KspFe(OH)34.01038，KspC
170、r(OH)36.01031)。解析(1)因A2能水解，故该盐溶液呈碱性，又因溶解平衡吸热，故降温时Ksp减小；当向体系中加入HCl时，A2与H结合导致其浓度减小，溶解平衡向右移动，c(Ca2)增大。(2)依得失电子守恒原理得：10 L5.00103 molL16n(FeSO47H2O)1，故m(FeSO47H2O)0.3 mol278 gmol183.4 g。当形成两种沉淀时，溶液中的OH与两种沉淀的溶解平衡有关，即c(Fe3)21013 molL1时，c3(OH)，故c(Cr3)3106 molL1。答案(1)碱减小增大(2)83.4310614(11分)(2013湖南部分重点中学联考)根据
171、题目提供的溶度积数据进行计算并回答下列问题：(1)在Ca(NO3)2溶液中加入(NH4)2CO3溶液后过滤，若测得滤液中c(CO32)103molL1，则Ca2是否沉淀完全？_(填“是”或“否”)。已知c(Ca2)105 molL1时可视为沉淀完全；Ksp(CaCO3)4.96109(2)已知：25 时，KspMg(OH)25.61012；酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下：pH9.6颜色黄色绿色蓝色25 时，在Mg(OH)2饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液的颜色为_。(3)向50 mL 0.018 molL1的AgNO3溶液中加入50 mL 0.020 molL1的盐酸，生成沉淀。已
172、知该温度下AgCl的Ksp1.01010，忽略溶液的体积变化，请计算：完全沉淀后，溶液中c(Ag)_。完全沉淀后，溶液的pH_。如果向完全沉淀后的溶液中继续加入50 mL0001 molL1的盐酸，是否有白色沉淀生成？_(填“是”或“否”)。解析(1)根据Ksp(CaCO3)c(Ca2)c(CO32)496109，得c(Ca2)molL14.96106 molL11104，c(H)10，溶液为蓝色。(3)反应前，n(Ag)0.018 molL10.05 L0.9103 mol，n(Cl)0.020 molL10.05 L1103 mol；反应后剩余的Cl为0.1103 mol，则混合溶液中，c
173、(Cl)1.0103 molL1，c(Ag)Ksp(AgCl)/c(Cl)1.0107 molL1。H没有参与反应，完全沉淀后，c(H)0.010 molL1，pH2。因为加入的盐酸中c(Cl)和反应后所得溶液中的c(Cl)相同，c(Cl)没有改变，c(Ag)变小，所以Qcc(Ag)c(Cl)c(OH)c(NH4)。(2)多元弱酸的电离是分步进行的，其主要是第一级电离(第一步电离程度远大于第二步电离)。如在H2S溶液中：H2S、HS、S2、H的浓度大小关系是c(H2S)c(H)c(HS)c(S2)。2水解理论(1)弱电解质离子的水解是微弱的(水解相互促进的情况除外)，水解生成的微粒浓度很小，本
174、身浓度减小的也很小，但由于水的电离，故水解后酸性溶液中c(H)或碱性溶液中c(OH)总是大于水解产生的弱电解质的浓度。如NH4Cl溶液中：NH4、Cl、NH3H2O、H的浓度大小关系是c(Cl)c(NH4)c(H)c(NH3H2O)。(2)多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的，其主要是第一步水解，如在Na2CO3溶液中：CO32、HCO3、H2CO3的浓度大小关系应是c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)。二、溶液中微粒浓度大小比较的定量关系1电荷守恒规律电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液都是呈电中性，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、
175、H、HCO3、CO32、OH，存在如下关系：c(Na)c(H)c(HCO3)c(OH)2c(CO32)。2物料守恒规律电解质溶液中，由于某些离子能够水解或电离，离子种类有所变化，但原子总是守恒的。如K2S溶液中S2、HS都能水解，故S原子以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质子守恒规律如Na2S水溶液中的质子转移作用图示如下：由图可得到Na2S水溶液中质子守恒式：c(H3O)2c(H2S)c(HS)c(OH)或c(H)2c(H2S)c(HS)c(OH)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。三、溶液中离子
176、浓度大小比较的三大类型类型一单一溶液中各离子浓度的比较(1)多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱。如H3PO4溶液中：c(H)c(H2PO4)c(HPO42)c(PO43)(2)多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸弱酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。如在Na2CO3溶液中：c(Na)c(CO32)c(OH)c(HCO3)(3)多元弱酸的酸式盐溶液：取决于弱酸根离子水解和电离的程度比较。如NaHCO3溶液中c(Na)c(HCO3)c(OH)c(H)c(CO32)【示例1】 (2013广州模拟)HA为酸性略强于醋酸的一元弱酸，则下列叙述正确的是()。A0.1 molL1 HA溶液中：c(H)
177、c(OH)c(A)B0.1 molL1 HA溶液与0.1 molL1 NaOH溶液混合至溶液呈中性：c(Na)c(A)C0.1 molL1 NaA溶液中：c(Na)c(OH)c(A)c(H)D0.1 molL1 HA溶液中加入少量NaA固体，HA的电离常数减小解析根据电荷守恒，0.1 molL1 HA溶液中c(H)c(OH)c(A)，A对；HA溶液与NaOH溶液混合，根据电荷守恒有c(H)c(Na)c(OH)c(A)，又因溶液呈中性，故c(H)c(OH)，则c(Na)c(A)，B错；0.1 molL1 NaA溶液中，由于A部分水解使溶液呈碱性，则c(Na)c(A)c(OH)c(H)，C错；HA
178、溶液中加入少量NaA固体，c(A)增大，电离平衡逆向移动，但电离常数只与温度有关，温度不变，电离常数不变，D错。答案A【应用1】 0.1 molL1的Na2CO3溶液中各离子浓度的关系大小关系_。物料守恒_。电荷守恒_。质子守恒_。解析Na2CO3=2NaCO32(完全电离)CO32H2OHCO3OH(主要)HCO3H2OH2CO3OH(次要)H2OHOH(极微弱)答案c(Na)c(CO32)c(OH)c(HCO3)c(H)c(Na)2c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)c(Na)c(H)c(HCO3)c(OH)2c(CO32)c(OH)c(H)2c(H2CO3)c(HCO3)【应用2
179、】 某酸的酸式盐NaHY的水溶液中，HY的电离程度小于HY的水解程度。下列叙述正确的是()。AH2Y在电离时：H2YH2OHYH3OB在该盐的溶液中，离子浓度：c(Na)c(Y2)c(HY)c(OH)c(H)C在该盐的溶液中，离子浓度：c(Na)c(HY)c(Y2)c(OH)c(H)DHY的水解方程式：HYH2OY2H3O解析在NaHY溶液中有：NaHY=NaHY，HYH2OH2YOH(水解)，HYHY2(电离)，H2OHOH。由于HY的电离程度小于HY的水解程度，所以溶液呈碱性，即c(OH)c(H)。由后两步电离可知c(H)c(Y2)。因此有c(OH)c(H)c(Y2)。由于HY发生水解和电
180、离，所以有c(Na)c(HY)。但发生水解和电离的HY是少量的，所以溶液中c(Na)和c(HY)远大于其他离子的浓度。综合可知溶液中各种离子的浓度关系：c(Na)c(HY)c(OH)c(H)c(Y2)。可见B、C选项都是错误的。D项是HY的电离方程式。答案A比较时紧扣两个微弱1弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COOH，H2OOHH，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)c(H)c(CH3COO)c(OH)。2弱酸根离子或弱碱根离子的水解是微弱的，但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的C
181、H3COONa溶液中，CH3COONa=CH3COONa，CH3COOH2OCH3COOHOH，H2OHOH，所以CH3COONa溶液中，c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)。类型二混合溶液中各离子浓度的比较对混合溶液进行离子浓度的比较时要综合分析电离、水解等因素。如在0.1 molL1NH4Cl溶液和0.1 molL1的氨水混合溶液中，各离子浓度大小的顺序为c(NH4)c(Cl)c(OH)c(H)。【示例2】 (2012四川理综，10)常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是()。A新制氯水中加入固体NaOH：c(Na)c(Cl)c(ClO)c(OH)BpH8.
182、3的NaHCO3溶液：c(Na)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)CpH11的氨水与pH3的盐酸等体积混合：c(Cl)c(NH4)c(OH)c(H)D0.2 molL1 CH3COOH溶液与0.1 molL1 NaOH溶液等体积混合：2c(H)2c(OH)c(CH3COO)c(CH3COOH)解析A项，由溶液中电荷守恒可知，c(H)c(Na)c(Cl)c(ClO)c(OH)；B项，因为NaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3的水解程度大于其电离程度，故四种微粒的浓度大小为c(Na)c(HCO3)c(H2CO3)c(CO32)；C项，NH3H2O是弱碱，pH11的氨水中溶质浓度大于103
183、molL1，与盐酸中和后，NH3H2O有剩余，溶液呈碱性；D项，依据溶液中电荷守恒和物料守恒可以得出此式。答案D酸、碱中和型离子浓度的关系【应用3】 比较下列几种溶液混合后各离子浓度的大小。(1)CH3COOH和NaOH等浓度等体积混合，离子浓度大小顺序为_。(2)NaOH和CH3COOH等浓度按12体积比混合后pHc(CH3COO)c(OH)c(H)(2)c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)(3)c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)【应用4】 (2012上海化学，21)常温下a molL1 CH3COOH稀溶液和b molL1 KOH稀溶液等体积混合，下列判断一定错误的是
184、()。A若c(OH)c(H)，abB若c(K)c(CH3COO)，abC若c(OH)c(H)，abD若c(K)c(CH3COO)，ab解析A项，若c(OH)c(H)，则有两种情况，一种是KOH过量，此时ab；一种是CH3COOH与KOH恰好完全反应，生成的CH3COOK水解CH3COOH2OCH3COOHOH使溶液呈碱性，此时ab。B、C项，当ab时CH3COOH过量，溶液可能呈酸性、中性或碱性，呈碱性的原因是CH3COOH过量的极少，过量的CH3COOH电离出的H小于CH3COO水解产生的OH，由电荷守恒c(H)c(K)c(OH)c(CH3COO)可知c(OH)c(H)，则c(K)c(CH3
185、COO)；呈中性的原因是过量的CH3COOH电离出的H等于CH3COO水解产生的OH。D项，若c(K)c(CH3COO)，由电荷守恒知c(H)c(OH)，此时一定是CH3COOH过量，a必大于b。答案D类型三不同溶液中同一离子浓度的比较该类情况要看溶液中其他离子对该离子的影响。如25 时，相同物质的量浓度的下列溶液中：NH4Cl、CH3COONH4、NH4HSO4、(NH4)2SO4、(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH4)由大到小的顺序为。分析流程为：分组【示例3】 比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。(1)浓度均为0.1 molL1的H2S、NaHS、Na2S、H2S和NaHS混合液，
186、溶液pH从大到小的顺序是_。c(H2S)从大到小的顺序是_。(2)相同浓度的下列溶液中：CH3COONH4、CH3COONa、CH3COOH中，c(CH3COO)由大到小的顺序是_。(3)c(NH4)相等的(NH4)2SO4溶液、NH4HSO4溶液、(NH4)2CO3溶液、NH4Cl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为_。答案(1)(2)(3)【应用5】 将标准状况下的2.24 L CO2通入150 mL 1 molL1NaOH溶液中，下列说法正确的是()。Ac(HCO3)略大于c(CO32)Bc(HCO3)等于c(CO32)Cc(Na)等于c(CO32)与c(HCO3)之和Dc(HCO3)略
187、小于c(CO32)解析计算知生成0.05 mol Na2CO3和0.05 mol NaHCO3，而CO32的水解程度大于HCO3的水解程度，并且前者水解生成后者，故c(HCO3)大于c(CO32)，A项正确，B、D项错误。根据电荷守恒有：c(Na)c(H)c(OH)2c(CO32)c(HCO3)，如果C正确，则有：c(H)c(OH)c(CO32)，则c(H)c(OH)，而溶液应为碱性，故C错误。答案A【应用6】 有4种混合溶液，分别由下列等体积的0.1 molL1的两种溶液混合而成：CH3COONa与HCl；CH3COONa与NaOH；CH3COONa与NaCl；CH3COONa与NaHCO3
188、。下列各项排序中正确的是()。ApH：Bc(CH3COOH)：Cc(CH3COO)：D溶液中c(H)：解析中还存在能水解的HCO3，故的碱性强于，A错误，由于中两种阴离子水解相互抑制，故水解生成的醋酸分子比中的少，B错；中CH3COO浓度比中的大，中CH3COO的水解受到NaOH的强烈抑制，使得溶液中CH3COO的浓度最大，中两种溶液混合后恰好反应生成醋酸，醋酸为弱电解质，故其电离程度较小，溶液中CH3COO的浓度最小，C正确；的溶液碱性最强，即中c(H)最小，D错误。答案C分析溶液中微粒浓度关系的思维流程章末回顾排查专练(八)一、基础知识再排查判断正误1某醋酸溶液的pHa，将此溶液稀释1倍后
189、，溶液的pHb，则ab()2在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pHc(CH3COO)()18两种醋酸的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a1，则c110c2()19将Ca(OH)2的饱和溶液加热，pH和KW均增大()20NaHS水溶液中只存在HS的电离和水解两种平衡()21在饱和氨水中加入同浓度的氨水，平衡正向移动()22HA比HB更难电离，则NaA比NaB水解能力更强()23HA比HB更难电离，则NaHA溶液的pH一定比NaHB溶液的大()24常温下，pH1的CH3COOH溶液与pH2的CH3COOH溶液相比，两溶液中由H2O电离出的c(H)是101
190、()25常温下，pH2与pH3的CH3COOH溶液，前者的c(CH3COOH)是后者的10倍()26强电解质溶液中一定不存在电离平衡()27改变条件使电离平衡正向移动，溶液的导电能力一定增强()28只有pH7的溶液中才存在c(H)c(OH)()29将NH4Cl溶于D2O中，生成物是NH3D2O和H()30常温下，pH7的氯化铵和氨水的混合溶液中，离子浓度顺序为：c(NH4)c(Cl)c(OH)c(H)()31中和pH和体积均相同的盐酸和醋酸，消耗NaOH溶液的体积相同()32常温下，同浓度的Na2S和NaHS，前者的pH大()330.1 molL1的CH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的
191、电离平衡向正反应方向移动，n(H)增大()3425 时，将pH3的HA和pH11的BOH等体积混合，所得溶液的pH7()35将AlCl3溶液和Na2SO3溶液分别蒸干并灼烧，得到Al2O3和Na2SO3()36在NaHSO4溶液中，c(H)c(OH)c(SO42)()37常温下，向10 mL pH12的氢氧化钠溶液中加入pH2的HA溶液至pH7，所得溶液的总体积20 mL()38常温下，等体积的盐酸和CH3COOH溶液的pH相同，由水电离出的H相同()39CH3COONa和CH3COOH以任意比例混合，都有c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)()40同NH4的溶液：NH4Al(SO4
192、)2NH4ClNH3H2O CH3COONH4溶液，物质的量浓度最大的是()41溶液均为0.1 molL1的CH3COOHNH4Cl H2SO4三种溶液中，由水电离出的c(H)：()42常温下，体积和浓度都相同的盐酸和CH3COOH，中和NaOH的能力盐酸强()43将纯水加热，KW变大，pH变小，酸性变强()440.1 molL1氨水中加入CH3COONH4固体，c(OH)/c(NH3H2O)比值变大()45用标准NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH到终点时，c(Na)c(CH3COO)()46室温时，将x mL pHa的稀NaOH溶液与y mL pHb的稀盐酸混合充分反应，若x10y，且
193、ab14，则pH7()47酸性溶液中不可能存在NH3H2O分子()48NH4HSO4溶液中各离子浓度的大小关系是c(H)c(SO42)c(NH4)c(OH)()49某温度下，Ba(OH)2溶液中，KW1012 mol2L2，向pH8的该溶液中加入等体积pH4的盐酸，混合溶液的pH7()50任意稀盐酸中c(H)的精确计算式可以表示为c(H)c(Cl)KW/c(H)()51将pH3的盐酸和pH3的醋酸溶液等体积混合，其pH3()52室温时，向等体积pHa的盐酸和pHb的CH3COOH溶液中分别加入等量的氢氧化钠后，两溶液均呈中性，则ab()53物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa溶液
194、等体积混合：2c(Na)c(CH3COOH)c(CH3COO)()54常温下，NaB溶液的pH8，c(Na)c(B)9.9107 molL1()55在一定条件下，某溶液的pH7，则c(H)一定为1107 molL1，其溶质不可能为NaOH()56常温下，浓度均为0.2 molL1的NaHCO3和Na2CO3溶液中，都存在电离平衡和水解平衡，分别加入NaOH固体恢复到原来的温度，c(CO32)均增大()57已知乙酸(HA)的酸性比甲酸(HB)弱，在物质的量浓度均为0.1 molL1的NaA和NaB混合溶液中，有c(Na)c(B)c(A)c(OH)c(HA)c(HB)c(H)()58pH相同的CH
195、3COONa溶液、C6H5ONa溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液，其浓度：c(CH3COONa)c(C6H5ONa)c(Na2CO3)c(NaOH)()59一定温度下，pH相同的溶液，由水电离产生的c(H)相同()自主核对1.2.3.4.5.6.7. 89.10.11.12.13.14. 1516.17.18.19.20.21.22.23.24.25.26.27.28.29.30.31.32.33.34.35.36.37.38.39.40.41.42.43.44.45.46.47.48.49.50.51.52.53.54.55.56.57.58.59.二、高考真题再印证20122013各地
196、高考题1中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶()2滴定管装滴定液时应先用滴定液润洗()325 时用醋酸溶液滴定等浓度NaOH溶液至pH7，V醋酸VNaOH()4AgCl沉淀易转化为AgI沉淀且K(AgX)c(Ag)c(X)，故K(AgI)7，则H2A是弱酸；若pHc(HSO3)c(SO32)c(H)c(OH)cc(Na)c(H)c(SO32)c(HSO3)c(OH)(2012北京，25(3)答案酸HSO3存在：HSO3HSO32和HSO3H2OH2SO3OH，HSO3的电离程度强于水解程度ab8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：_。答案2CuCl22H2OCu(OH)2CuCl22HCl2H2O在干燥的HCl气流中加热脱水
