1、第3讲 盐类的水解1（天津市南开区2019届高三一模考试）下列叙述正确的是ANaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同B原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生CNH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中D反应4Fe(s)+3O2(g)=2Fe2O3(s)常温下可自发进行，该反应为吸热反应【答案】C【解析】A. NaCl溶液为强酸强碱盐，对水的电离无影响，而CH3COONH4在水溶液中存在水解平衡，对水的电离起促进作用，所以两溶液中水的电离程度不同，A项错误；B. 原电池中发生的反应达平衡时，各组分浓度不再改变，电子转移总量为0，该电池无
2、电流产生，B项错误；C. HF会与玻璃的成分之一二氧化硅发生反应而腐蚀玻璃，NH4F在水溶液中会水解生成HF，所以NH4F水溶液不能存放于玻璃试剂瓶中，C项正确；D. 由化学计量数可知S0，且HTS碳酸硅酸DC2H5OH与浓硫酸混合后加热到170，制得气体使酸性KMnO4溶液褪色一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色【答案】A【解析】A.酸的电离平衡常数越大，其酸根离子水解程度越小，则其相应的钾盐pH越小，所以测定等物质的量浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小，故A正确；B.向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，原溶液中可能含有铁离子，无法据此判
3、断原溶液中是否含有亚铁离子，故B错误；C.盐酸易挥发，产生的气体中混有HCl，HCl与硅酸钠反应也产生白色沉淀，则该实验不能比较碳酸与硅酸酸性的强弱，故C错误；D.C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170，制取的乙烯气体中混有乙醇、SO2等，乙醇、SO2都能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明一定是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误。3（广西防城港市2018届高三毕业班3月份模拟考试）若用AG表示溶液的酸度，其表达式为：AG=lg。室温下，实验室里用0.10mol/L的盐酸溶液滴定10mL0.10mol/LMOH溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）AMOH电离方程式是MOH=M+OH
4、-BC点加入盐酸的体积为10mLC若B点加入的盐酸溶液体积为5mL，所得溶液中：c(M+)+2c(H+)=c(MOH)+2c(OH-)D滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度逐渐增大【答案】C【解析】A、没有滴入盐酸时，MOH的AG=-8，根据水的离子积Kw=c(H)c(OH)=1014，解出c(OH)=103molL1，因此MOH为弱碱，电离方程式为MOH=MOH，故A错误；B、C点时AG=0，即c(H)=c(OH)，溶液显中性，MOH为弱碱，溶液显中性时，此时溶质为MOH和MCl，因此消耗HCl的体积小于10mL，故B错误；C、B点加入盐酸溶液的体积为5mL，此时溶液中溶质为MOH和MC
5、l，且两者物质的量相等，根据电荷守恒，由c(M)c(H)=c(Cl)c(OH)，根据物料守恒，c(M)c(MOH)=2c(Cl)，两式合并得到c(M)+2c(H)=c(MOH) + 2c(OH)，故C正确；D、随着HCl的滴加，当滴加盐酸的体积为10mL时，水电离程度逐渐增大，当盐酸过量，对水的电离程度起到抑制，故D错误。4（山东师范大学附属中学2019届高考考前模拟）25时，将浓度均为0.1 molL-1、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法不正确的是AKa(HX)的值与Kb(NH3H2
6、O)的值相等Bb点，c(NH4+)+c(HX)=0.05 molL-1Cac点过程中， 值不变Da、b、c三点，c点时水电离出的c(H)最大【答案】D【解析】A.b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，b点溶液的pH=7，说明X-与NH4+的水解程度相等，则Ka(HX)的值与Kb(NH3H2O)的值相等，故A正确；B.由图可知0.1 molL-1的HX溶液的pH=3，HX为弱酸，因为b点的pH=7，所以b点c(X-)=c(NH4+)，根据物料守恒c(X-)+c(HX)=0.1mol/L0.05L/0.1L=0.05mol/L，则c(NH4+)+c(HX)=0.05 mo
7、lL-1，故B正确； C. a c点过程中，水解平衡常数只与温度有关，温度不变，则值不变，故C正确；D. b点加入等体积等浓度的HX和氨水，两者恰好完全反应生成NH4X，NH4X是弱酸弱碱盐，促进水电离，则a、b、c三点，b 点时水电离出的c(H)最大，故D错误。5（北京四中2019届高三保温训练）电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小，与离子浓度和离子迁移速率有关。图1 为相同电导率盐酸和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线，图2 为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶液升温过程中电导率变化曲线，温度均由22上升到70。下列判断不正确的是A由曲线1可以推测：温度升高可以提高离子的迁移速率B由曲线4可以推测
8、：温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关C由图1和图2可以判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率D由图1和图2可以判定：两图中电导率的差值不同，与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率无关【答案】D【解析】A曲线1中盐酸溶液在升高温度的过程中离子浓度不变，但电导率逐渐升高，说明温度升高可以提高离子的迁移速率，故A正确；B温度升高，促进CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，则由曲线3和曲线4可知，温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关，故B正确；C曲线1和曲线2起始时导电率相等，但温度升高能促进醋酸的
9、电离，溶液中离子浓度增加，但盐酸溶液的导电率明显比醋酸高，说明可能原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率，故C正确；D曲线1和曲线2起始时导电率相等，可知盐酸和醋酸两溶液中起始时离子浓度相等，包括H+和OH-浓度也相等，而随着温度的升高，促进醋酸的电离，醋酸溶液中的H+和OH-浓度不再和盐酸溶液的H+和OH-浓度相等，则两者的导电率升高的幅度存在差异，可能与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率有关，故D错误。6（北京市中国人民大学附属中学2019届高三考前热身练习）某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。实验1实验2下列分
10、析正确的是（ ）A实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3B实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液D实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关【答案】C【解析】A. 实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；B. 实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；C. 检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；D. 实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液
11、显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误。7（湖南省长沙市雅礼中学2019届高三下学期二模）25时，向0.1mol/LNaA溶液中滴滴加盐酸，遇得混合溶液的pH与的变化关系如下图所示，下列叙述正确的是AE点溶液中c(Na+)c(A)BKa(HA)的数量级为103C滴加过程中保持不变DF点溶液中c(Na+)c(HA)c(A)c(OH)【答案】C【解析】A项、由图可知，E点溶液pH为7，溶液中c(H+)c(OH)，由溶液中电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)c(A)+ c(Cl)+ c(OH)可知，溶液中c(Na+)c(A)+ c(Cl)
12、，故A错误；B项、HA的电离常数Ka(HA)=，由图可知pH为3.45时，溶液中=0，c（HA）=c(A)，则Ka(HA)= c(H+)10-3.45，Ka(HA)的数量级为104，故B错误；C项、溶液中=，温度不变，水的离子积常数、弱酸的电离常数不变，则滴加过程中保持不变，故C正确；D项、F点溶液pH为5，=1，则溶液中c(A)c(HA)，由物料守恒c(Na+)c(A)+ c（HA）可知c(Na+)c(A)，则溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)c(A)c(HA)c(OH)，故D错误。8（江西师范大学附属中学2019届高三三模）根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是（ ）
13、实验操作预测实验现象实验结论或解释A向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性:Fe3+I2B向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热有砖红色沉淀生成葡萄糖具有还原性C常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验试液不变蓝常温下，浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应D向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4+OH- = NH3+H2O【答案】C【解析】A.由于Br2具有强的氧化性，所以向FeI2溶液中滴入足量溴水，Fe2+、I-都被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+
14、，I-被氧化为I2单质，由于I2容易溶于CCl4，而CCl4与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl4，振荡，静置，会看到液体分层，下层为I2的CCl4溶液层但不能证明氧化性:Fe3+I2，A错误；B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B错误；C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C正确；D.向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液，首先发生反应：Al3+3OH-=Al(OH)3，D错
15、误。9（湖南省长沙市雅礼中学2019届高三下学期一模）分别向体积均为100mL、浓度均为1mol/L的NaClO、NaOH、CH3COONa的三种溶液中通入CO2，测得各溶液中n(HCO3-)的变化如下图所示： 下列分析正确的是ACO2通入NaClO溶液的反应：2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClOBCO2通入CH3COONa溶液的反应：CO2+H2O+CH3COO-=HCO3-+CH3COOHC通入n(CO2)=0.06mol时，NaOH溶液中的反应：2OH-+CO2=CO32-+H2OD通入n(CO2)=0.03mol时，三种溶液中：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2
16、CO3)=0.03mol【答案】D【解析】A.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，则少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，A错误；B.碳酸的酸性比醋酸弱，CO2通入CH3COONa溶液不反应，B错误；C.n(NaOH)=0.1mol，通入n(CO2)=0.06mol，反应产物为碳酸氢钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式：5OH-+3CO2=2CO32-+HCO3-+2H2O，C错误；D.通入n(CO2)=0.03mol，三种溶液中存在碳元素的物料守恒得到：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0
17、.03mol l，D正确。10（山东省青岛市2019届高三5月第二次模考）苹果酸(H2MA，Ka1=1.410-3；Ka2=1.710-5)是一种安全的食品保鲜剂，H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌。常温下，向20 mL 0.2 mol/L H2MA溶液中滴加0.2mol/L NaOH溶液。根据图示判断，下列说法正确的是Ab点比a点杀菌能力强B曲线代表HMA-物质的量的变化CMA2-水解常数Kh7.1410-12D当V=30 mL时，溶液显酸性【答案】D【解析】H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2MA浓度越大杀菌能力越大，H2MA与NaOH反应过程中H2MA浓度逐渐减小、
18、HMA-浓度先增大后减小、MA2-浓度增大，所以I表示H2MA、II表示HMA-、III表示MA2-。A.H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2MA浓度越大杀菌能力越大，H2MA浓度：ab，所以杀菌能力ab，A错误；B.通过上述分析可知，III表示MA2-物质的量的变化，B错误；C.MA2-水解常数Kh=5.8810-10，C错误；D.当V=30mL时，溶液中生成等物质的量浓度的NaHMA、Na2MA，根据图知溶液中c(HMA-)c(H)，可用pH试纸测定其pHCbc段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大D若y=200，c点对应溶液中：c(OH)-c(H)=2c(Cl-)+c(HClO
19、)【答案】D【解析】A.若a点pH=4，(H+)=10-4mol/L，溶液呈酸性，根据方程式知c(HClO)=c(Cl-)-c(ClO-)，c(Cl-)=mc(ClO-)，则c(HClO)=(m-1)c(ClO-)，Ka(HClO)=，A错误；B.若x=100，Cl2恰好与NaOH溶液完全反应生成NaCl、NaClO，NaClO水解生成次氯酸，溶液呈碱性，但次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计测量，B错误；C.bc段，随NaOH溶液的滴入，溶液的pH不断增大，溶液中c（H+）减小，温度不变则Ka(HClO)=不变，所以减小，C错误；D.若y=200，c点对应溶液中存在0.1mol
20、NaCl、0.1molNaClO、0.2molNaOH，根据电荷守恒得：c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，物料守恒得：c(Cl-)= c(ClO-) +c(HClO)，2c(Cl-)+2c(ClO-)+2c(HClO)=c(Na+)，由+得：c(OH-)=2c(Cl-)+c(HClO)+c(H+)，D正确。12（黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三第三次模拟考试）25时，向0.1molL-1NaA溶液中逐滴滴加盐酸，测得混合溶液的pH与p变化关系如图所示=-lg。下列说法正确的是Aa点溶液中c（Na+）=c（A-）B电离常数K（HA）的数量级为10-4C滴
21、加过程中不断减小Db点溶液中c（HA）c（Na+）c（A-）c（OH-）【答案】B【解析】A项、a 点pH=7，溶液呈中性，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液中的电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）= c（OH-）+c（A-）+c（Cl-），则c（Na+）=c（A-）+c（Cl-），故A 错误；B项、K（HA）= ，c点时，溶液中c（A-）=c(HA)，根据 c点坐标（0，3. 45）可求知 K（HA）=c（H+）=10-3.45，数量级为10-4，故B 正确；C项、滴加过程中= =，一定温度下 K（HA）、Kw均为常数，故保持不变，故C错误；D项、根据 b 点坐标（-1，5），可知 c（
22、OH-）=1.0109molL1，=10，即 c（A-）c（HA），再根据溶液中始终存在的物料守恒c（Na+）=c（A-）+c（HA）可知，溶液中c（Na+）c（ A-），则b点溶液中c（Na+）c（A-）c（HA）c（OH-），故D错误。13（四川省绵阳市2019届高三第三次诊断性考试）改变0.01mol/LNaAc溶液的pH，溶液中HAc、Ac、H+、OH浓度的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。若pKa-lgKa，下列叙述错误的是A直线b、d分别对应H+、OHBpH6时，c(HAc)c(Ac)c(H+)CHAc电离常数的数量级为10-5D从曲线a与c的交点可知pKapH4.74【答
23、案】B【解析】A. 根据上述分析，直线b、d分别对应H+、OH，故A正确；B. 根据图象，pH6时，c(Ac)c(HAc)c(H+)，故B错误；C. HAc电离常数Ka=，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，Ka=c(H+)=10-4.74，数量级为10-5，故C正确；D. 曲线a与c的交点，表示c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，根据C的分析，Ka=c(H+)=10-4.74，pKa-lgKa-lg c(H+)=pH4.74，故D正确。14（四川省泸州市2019届高三第三次教学质量诊断性考试）25时，向20mL0.1 mol/L H2R溶液中滴加0.1 mol/LNaOH溶
24、液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。已知pKa=lgKa，二元弱酸H2R的pKa1=1.89，pKa2=7.21。下列有关说法错误的是A溶液的导电性：点a弱于点bB离子浓度c(R2-)：点c小于点dCH2R + R2-=2HR-平衡常数105，反应趋于完全D点b时，y7且105，说明反应进行的程度很大，反应趋于完全，故C正确；D. b点时所得溶液为0.05mol/L的NaHR溶液，pKa2=7.21，Ka2=10-7.21，则HR-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，y7，pKa1=1.89，则Ka1=10-1.89，Ka1=，同理Ka2=，则Ka1Ka2=，因此= =104.91
25、，故D错误。15（湖南省怀化市2019届高三4月第二次模拟考试）常温下，将 mL 1mo/L 和mL 1mo/L 两种酸溶液分别加水稀释，稀释溶液体积为V，稀释液pH与其体积变化的关系如图所示。下列说法正确的是A和均为一元弱酸B在0pH5时，溶液满足C分别往M、N两点对应溶液中滴加1 mo/L NaOH溶液至恰好完全反应，消耗NaOH溶液的体积相等D常温下，浓度均为0.1 mo/L的和溶液，溶液pH：【答案】C【解析】A、由图可知，1mo/LHClO2溶液的pH1， 1mo/LHMnO4的pH=0，说明HClO2是弱酸，HMnO4为强酸，故A错误；B、根据图像可知：因为HClO2为弱酸，稀释促
26、进电离，不能满足满足0pH5时，溶液的pH与溶液体积稀释的关系pH=，HMnO4是强酸能满足满足0pH5时，溶液的pH与溶液体积稀释的关系pH=，故B错误；C、同体积同浓度中和1molL-1的NaOH溶液能力相同，故C正确；D、酸性：HClO27，NaMnO4溶液不水解显中性；故D错误。16（湖南省益阳市2019届高三4月模考）常温下，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定某浓度的二元弱酸()溶液，所得溶液中各种含X的微粒的物质的量分数()与pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是A的电离常数， 的水解常数B由水电离出的c()：abC曲线分别表示()和(HX-)的变化Db点所示溶液中：c(
27、3c()【答案】A【解析】A. 的电离常数，利用pH=1.2时，恰好与相等，即等于，代入计算，可知 ；的水解常数，利用pH=4.2时，恰好与相等，即等于，代入计算，可知，A项正确；B. a处为和的混合液，有酸存在，水的电离被抑制，由水电离出的c()小于；b处为和的混合液，强碱弱酸盐会水解，水的电离被促进，由水电离出的c()大于，B项错误；C. 由上述分析可知，曲线分别表示的是()和()的变化，C项错误；D. b点所示溶液为和的等物质的量混合的混合液：存在c(+ c(=2c()+ c()+ c()。其中pH=4.2，等于，所以存在c(+=3c()+，c(3c() ，D项错误。17（辽宁省辽阳市2
28、019届高三下学期第二次模拟考试）常温下，将NaOH溶液滴入某一元酸（HA）溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示已知：。下列叙述不正确的是AKa(HA)的数量级为10-5B滴加NaOH溶液的过程中，保持不变Cm点所示溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(HA)+c(OH-)Dn点所示溶液中：c(Na+)=c(A-)+c(HA)【答案】D【解析】A、HA为弱酸，即存在HAHA，Ka=c(H)c(A)/c(HA)，时，Ka=c(H)=104.76=1050.24，即数量级为105，故A说法正确；B、，Ka和Kw只受温度的影响，因此该比值保持不变，故B说法正确；C、根据电荷守恒，m点
29、所示溶液中：c(H)c(Na)=c(OH)c(A)，由A选项分析，m点时，c(A)=c(HA)，因此有c(H)=c(HA)c(OH)c(Na)，故C说法正确；D、n点时溶液pH=2，HA的物质的量大于NaOH的物质的量，则此时溶液中：c(Na)dB在b、c、e三点中，水的电离程度最大的点是eCb 点溶液:c(H+)+c(CH3NH3+) = c(OH-)Dc 点溶液:c(Cl-)c(CH3NH3+) c(H+) c(OH-)【答案】D【解析】A.当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，四甲基氢氧化铵(CH3)4NOH 是强碱，此时溶液中溶质为强酸强碱盐，溶液呈中性；甲胺 (CH3NH2H2O)为弱
30、碱，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，pH相对大小：cc(CH3NH3+) c(H+) c(OH-)，故D正确。19（四川省成都市第七中学2019届高三下学期4月阶段性测试）已知NaCN溶液中CN水解常数是NaCN溶液的起始浓度。25时，向c0的NaCN溶液中不断加水稀释，NaCN溶液浓度的对数值lgc0与2pOHpOHlg c(OH)的关系如图。下列说法不正确的是A其它条件不变，降低温度，可使b点变到a点B相同温度时，c点对应溶液中的pH大于a点C由图可知，25 时，Kh(CN-)10-4.7D向1 L lgc0=0的NaCN溶液中通入0.5 mol HCl气体，所得溶液中c(CN)c
31、(HCN)【答案】A【解析】A降低温度，CN-水解平衡向左移动，溶液中OH-浓度减小，2pOH增大，不能使曲线上的b点变到a点，故A错误；B根据pOH=-lgc(OH-)，c点的2pOH小于a点2pOH，则c点对应溶液中的c(OH-)大于a点，因此c点对应溶液的pH大于a点，故B正确；C根据a点坐标(-1，5.7)，即lgc0=-1，2pOH=5.7，即c0=0.1mol/L，c(OH-)=10-2.85mol/L，则Kh(CN-)=10-4.7，故C正确；Dlgc0=0的NaCN溶液中NaCN的浓度为1 mol/L，1 L lgc0=0的NaCN溶液含有1mol NaCN，通入0.5 mol
32、 HCl气体，NaCN+ HCl= HCN+NaCl，反应后溶液中含有等浓度的NaCN、HCN和NaCl，Kh(CN-)=10-4.7，NaCN的水解程度大于HCN的电离程度，则c(CN)c(A-)c(HA)c(OH-)【答案】A【解析】A. E点溶液pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(A-)+ c(OH-)+c(Cl-)，故c(Na+)=c(A-)+c(Cl-)，选项A错误；B、根据图中信息可知pH=3.45时，p=-lg=0，=1，Ka(HA)=c(H+)=10-3.45，故Ka(HA)的数量级为10-4，选项B正确；C、=，故为常数，则滴加过
33、程中保持不变，选项C正确；D、F点溶液中pH=5，p=-lg=-1，=10，c(A-)c(HA)，根据物料守恒有c(Na+)=c(A-)+c(HA)，故c(Na+)c(A-)，因此c(Na+)c(A-)c(HA)c(OH-)，选项D正确。21（陕西省渭南市2019年高三教学质量检测二）常温下，向1L0.1molL1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3H2O的变化趋势如右图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)，下列说法不正确的是（ ）AM点溶液中水的电离程度比原溶液小B在M点时，n(OH)n(H+)=(a0.05)molC随着NaOH的加入，不断增大D当n(NaOH)=0.05m
34、o1时，溶液中有：c(Cl) c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(H+)【答案】C【解析】A项、M点是向1L 0.1molL-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，反应得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；B项、根据电荷守恒c(H+)c(NH4+)c(Na+)c(OH)c(Cl)，可得n(OH)n(H+)=c(NH4+)c(Na+)c(Cl)1L，在M点时c(NH4+)=0.05molL1，c(Na+)=amolL1，c(Cl)=0.1molL1，带入数据可得n(O
35、H)n(H+)=0.05molL-1+a molL-10.1molL-11L=(a0.05)mol，故B正确；C项、氨水的电离常数Kb=，则=，温度不变Kb不变，随着NaOH的加入，c(NH4+)不断减小，不断减小，则不断减小，故C错误；D项、当n（NaOH）=0.05mol时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH3H2O和NH4Cl、NaCl，NH3H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）c（NH4+）c（Na+）c（OH-）c（H+），故D正确。22（安徽省宣城市2019届高三第二次模拟考试）t
36、时，将0.200molL1的某一元酸HA与0.200molL1的NaOH溶液等体积混合，充分反应后所得溶液中部分离子浓度如下表。下列说法中正确的是A所得溶液中：c(Na+)c(A)c(HA)c(OH)Bt时，水的离子积Kw=1.01013Ct时，一元酸HA的电离常数K=3.10107Dt时，0.100molL1NaA溶液中A的水解率为0.80%【答案】D【解析】t时，将0.200mol/L的某一元酸HA与0.200mol/L的NaOH溶液等体积混合，则起始时c(HA)=0.100mol/L，c(NaOH)=0.100mol/L，HA与NaOH发生反应NaOH+HA=NaA+H2O，反应恰好生成
37、0.1mol/L的NaA，根据物料守恒，c(HA)+c(A-)=0.1mol/L，已知c(A-)=9.9210-2mol/L，则c(HA)=0.1mol/L-9.9210-2mol/L=810-4mol/L，c(Na+)=0.1mol/L，已知c(H+)=2.5010-10mol/L，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则c(OH-)=0.1mol/L+2.5010-10mol/L-9.9210-2mol/L810-4mol/L。A所得溶液中，c(Na+)=0.1mol/L，c(A-)=9.9210-2mol/L，c(HA)=810-4mol/L，c(OH-)81
38、0-4mol/L，c(OH-)c(HA)，因此所得溶液中，粒子浓度大小关系为：c(Na+)c(A-)c(OH-)c(HA)，故A错误；Bt时，溶液中c(H+)=2.5010-10mol/L，c(OH-)810-4mol/L，则水的离子积Kw=c(H+)c(OH-)2.5010-10810-4=210-131.010-14，故B错误；Ct时，一元酸HA的电离常数K=3.110-8，故C错误；Dt时，0.100mol/L的NaA溶液中，平衡时c(HA)=810-4mol/L，发生的水解反应为：A-+H2OHA+OH-，则水解率=100%=0.80%，故D正确。23（北京市丰台区2019年高三年级第
39、二学期综合练习一）已知：FeCl4(H2O)2为黄色，下列实验所得结论不正确的是0.1mol/LFe2(SO4)3溶液酸化的0.1mol/LFe2(SO4)3溶液酸化的0.1mol/LFe2(SO4)3溶液0.1mol/LFeCl3溶液加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化加入NaCl后，溶液立即变为黄色，加热后溶液颜色变深加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深注：加热为微热，忽略体积变化。A实验中，Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3B实验中，酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响C实验中，存在可逆反应: Fe3+
40、 + 4Cl+ 2H2O FeCl4(H2O)2D实验，可证明升高温度，Fe3+水解平衡正向移动【答案】D【解析】A. 实验中，0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加热前溶液为浅黄色，加热后颜色变深，说明升高温度水解程度增大，颜色加深，故Fe2(SO4)3溶液显浅黄色原因是Fe3+水解产生了少量Fe(OH)3，选项A正确；B. 实验中，酸化的0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加热前溶液接近无色，加热后溶液颜色无明显变化，说明温度升高几乎不能引起变化，则酸化对Fe3+水解的影响程度大于温度的影响，选项B正确；C. 实验中，酸化的0.1mol/LFe2(SO4)3溶液加入NaCl后，溶液立即
41、变为黄色，则氯离子影响平衡移动，加热后溶液颜色变深，则存在可逆反应: Fe3+ + 4Cl+ 2H2O FeCl4(H2O)2，选项C正确；D. 实验，加热前溶液为黄色，加热后溶液颜色变深，水解平衡或平衡Fe3+ + 4Cl+ 2H2O FeCl4(H2O)2均可能使颜色变深，故不可证明升高温度，Fe3+水解平衡正向移动，选项D不正确。24（安徽省安庆市2019届高三第二次模拟考试）298K时，用0.1000mol/L NaOH溶液滴定20.00mL同浓度的甲酸溶液过程中溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示(已知：HCOOH溶液的Ka=l.010-4.0)下列有关叙述正确的是A该滴定过程应
42、该选择甲基橙作为指示剂B图中a、b两点氷的电离程度：baC当加入10.00mL NaOH溶液时，溶液中：c(HCOO)c(H+)c(Na+)c(OH)D当加入20.00mL NaOH溶液时，溶液pH8.0【答案】D【解析】A.用NaOH溶液滴定甲酸溶液，恰好发生反应产生HCOONa溶液，该盐是强碱弱酸盐，选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞试液误差较小，A错误；B.图中a为HCOONa、HCOOH按1：3关系混合得到的混合溶液；b为HCOONa、NaOH按1：3关系混合得到的混合溶液，由于甲酸是弱酸，对水的电离的抑制程度小于等浓度的NaOH溶液，所以a、b两点氷的电离程度：ab，B错误；C.当加入
43、10.00mL NaOH 溶液时，溶液为等浓度的HCOONa、HCOOH的混合溶液，根据图示可知此时溶液的pHc(OH-)，c(HCOO-)c(Na+)，盐电离产生的离子浓度大于弱电解质电离产生的离子浓度，因此c(Na+)c(H+)，所以离子浓度大小关系为：c(HCOO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，C错误；D.当加入20.00mL NaOH溶液时，二者恰好反应产生HCOONa，该盐是强酸弱碱盐，HCOO-水解，使溶液显碱性，HCOO-+H2OHCOOH+OH-，c(HCOO-)=0.0500mol/L，Kh=10-10，Kh=，所以c(OH-)=，所以溶液的pH8，D正确。25（江苏
44、省苏锡常镇四市2019届高三第二次模拟考试）根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体Na2O2没有变质B取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄色沉淀CH3CH2Br没有水解C室温下，用pH试纸测得：0.1 molL1 Na2SO3溶液的pH约为10，0.1 molL1 NaHSO3溶液的pH约为5HSO3结合H的能力比SO32强D向少量碘水中加入过量浓FeCl3溶液，分成两等份，向一份中滴加KSCN溶液显红色；向另一份中滴加淀粉溶液显蓝色Fe3与I的反应为可逆反应【答
45、案】D【解析】A. 过氧化钠变质会转化为碳酸钠，因此不论Na2O2是否变质，加盐酸均生成无色气体，结论不合理，故A错误；B. 取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液时没有酸化，AgNO3溶液与NaOH溶液反应，所以不能说明CH3CH2Br没有水解，故B错误；C. 阴离子水解程度越大，溶液pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，故C错误；D. 向Fe3与I的反应的溶液中若滴加KSCN溶液显红色说明含有Fe3+；若滴加淀粉溶液显蓝色说明生成了I2，即反应物和生成物共存，为可逆反应，故D正确。26（辽宁省葫芦岛市2019届普通高中高三第一
46、次模拟考试）25时，将浓度均为0.1mol/L、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的p的关系如图所示。下列说法正确的是AKa(HA)=Kb(BOH)=110-6Bb点时，c(A-)=c(B+)=c(H+)=c(OH-)Cc点时，c(A-)c(B+)Dac过程中不变【答案】D【解析】A.由图可知 0.1mol/LHA溶液pH=3，c(H+)=10-3mol/Lc(H+)=c(OH-)，B错误；C.ab酸过量，b点时酸、碱恰好中和，bc碱过量，则c(OH-)c(H+)，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(B+)+c(
47、H+)，所以溶液中离子浓度关系c(A-)c(Na+)c(CN-)c(OH-)c(H+)D在标示的四种情况中，水的电离程度最大的是【答案】C【解析】A.根据图像可知，时为HCN溶液，其c（H+）约为10-6mol/L，Ka(HCN)= c（H+）c（CN-）/c（HCN）=10-610-6/0.01=1010，数量级约为1010，A错误；B. 点时，向溶液中滴入几滴1molL1的HCN溶液为加水稀释的逆过程，加水稀释平衡向电离的方向移动，逆过程为生成分子的方向移动，c（H+）减小，c（HCN）增大，的值减小，B错误；C. 点时，溶液为NaCN与HCN混合液，且物质的量相等，此时溶液显碱性，水解程
48、度大于电离程度，则c(HCN)c(Na+)c(CN)，由于水解是少量的水解，则c(CN)c(OH)，C正确；D. 在标示的四种情况中，刚好生成NaCN盐，水解程度最大，D错误。28（2019届东北三省三校（哈尔滨师大附中、东北师大附中、辽宁省实验中学)高考化学一模）时，先将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1mol/L的KOH溶液。此过程中溶液pH变化的曲线如图所示。下列叙述中正确的是A点的溶液中：c(H+)=c(Cl-)+c(HClO)+c(OH-)+c(ClO-)B点的溶液中：c(H+) c(Cl-)c(ClO-) c(HClO)C点的溶液中：c(K+)=c(ClO-)
49、+c(Cl-)D点的溶液中：c(K+)c(ClO-)c(Cl-)c(HClO)【答案】C【解析】A.溶液为通入Cl2的过程，由电荷守恒：c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)，A错误；B.为完全通入Cl2到溶液，反应达到平衡，溶液产生等量的HCl和HClO，HCl完全电离，HClO部分电离，c(HClO)c(ClO-)，B错误；C.溶液再次达到中性，已经加入了KOH参加反应，根据电荷守恒：c(K+)+ c(H+)= c(Cl-)+ c(OH-)+c(ClO-)，由于c（H+）=c（OH-），所以有：c(K+)= c(Cl-)+c(ClO-)，故C正确；D溶液为继续加入KOH，溶
50、液为碱性，则c(K+)c(Cl-)+c(ClO-)，ClO-水解，则c(Cl-)c(ClO-)，D错误。29（2019届辽宁省沈阳市高考化学一模）下列关于电解质溶液和离子反应叙述中错误的是AMg(OH)2沉淀既可以用盐酸也可以用NH4Cl溶液来溶解B某溶液加Al粉可以生成氢气，则溶液中可能大量存在Na+、NO3-、Cl-C已知H2A=H+HA-，HA-H+A2-，则NaHA溶液一定显酸性D向NH4HCO3中加入足量NaOH溶液，则离子方程式为NH4+OH-=NH3H2O【答案】D【解析】A氢氧化镁与铵根离子反应生成一水合氨和镁离子，可用氯化铵溶解，氢氧化镁也能够与盐酸反应，故A正确； B某溶液
51、加Al粉可以生成氢气，该溶液呈酸性或强碱性，Na+、NO3-、Cl-之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在强碱性溶液中能够共存，故B正确； C已知H2A=H+HA-，HA-H+A2-，第一步完全电离，则NaHA只能电离，溶液一定显酸性，故C正确； D向NH4HCO3溶液中加入足量的NaOH溶液的离子反应为HCO3-+NH4+2OH-=NH3H2O+H2O+CO32-，故D错误。 30（四川省南充市2019届高三第二次高考适应性考试）室温下，将1L0.3mol L1HA溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应得到溶液(a)。然后向该溶液中通入HCl或加入NaOH固体（忽略体积和温度变化），
52、溶液pH随通（加）入物质的量的变化如图。下列叙述错误的是AHA是一种弱酸B向a点对应溶液中通入HCl，充分反应后，c(H+)/c(HA)增大Cb点对应溶液中：c(Na+)=c(Cl-)c(HA)c(H+)c(OH-)Dc点对应溶液中：c(Na+)=c(A-)【答案】C【解析】1L0.3molL1HA溶液与0.1molNaOH固体混合，反应后的溶质为0.1molNaA和0.2molHA，假设HA为强酸，此时c(H)=0.2molL1，pH为1lg2，但现在pH3，说明HA为弱酸。A、根据上述分析，HA为弱酸，故A说法正确；B、c(H)/c(HA)=c(H)c(A)/c(HA)c(A)=Ka(HA
53、)/c(A)，a点对应溶液中加入HCl，发生NaAHCl=NaClHA，c(A)减小，因此该比值增大，故B说法正确；C、b点加入盐酸为0.1mol，此时溶质为HA和NaCl，HA的物质的量为0.3mol，NaCl物质的量为0.1mol，HA为弱酸，电离程度弱，因此微粒浓度大小顺序是c(HA)c(Na)=c(Cl)c(H)c(OH)，故C说法错误；D、根据电荷守恒，c(Na)c(H)=c(OH)c(A)，c点pH=7，c(H)=c(OH)，即有c(Na)=c(A)，故D说法正确。31（安徽省六安市第一中学2019届高三下学期高考模拟考试三）常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液溶液中lg和lg
54、c(HC2O4-)或-lg和lgc(C2O42-)的关系如图所示。下列说法正确的是（）A曲线N表示-lg和lgc(C2O42-)的关系BKa1(H2C2O4)的数量级为101C向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2O4)和c(C2O42)相等，此时溶液pH约为4D在Na2C2O4和NaHC2O4物质的量为1:1的混合溶液中c(Na+)c(C2O42)c(HC2O4)c(H2C2O4)c(OH-)c(H+)【答案】A【解析】A.H2C2O4溶液存在H2C2O4HC2O4-+H+，HC2O4-C2O42-+H+，且Ka1(H2C2O4)=，Ka2=，可知-lg+-lg=-lg(Ka1)，
55、-lg+-lg=-lg(Ka2)，因Ka1Ka2，则-lg(Ka1) -lg(Ka2)，可知曲线M表示-lg和-lg的关系，曲线N表示-lg和-lg的关系，A正确；B.当lg=，-lg+-lg=-lg(Ka1)=2，Ka1(H2C2O4)=c(H+)=10-2，B错误；C.向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等，Ka2(H2C2O4)=c(H+)=10-5，C错误；D.溶液的体积相等，由于二者的物质的量相等，所以c(NaHC2O4)、c(Na2C2O4)相等，Ka2= c(H+)=10-5，pHc(SO42-)c(H+)c(OH-) 【解析】（1）(N
56、H4)2Fe6(SO4)4(OH)12中NH4+、SO42-、OH-整体分别显+1价、-2价、-1价，设铁元素化合价为x，根据化合物的化合价代数和为0，则有+12 + 6x +(-2)4 + (-1)12 = +3；Fe为26号元素，在周期表中的位置为第四周期第族，故答案为：+3；四；（2）溶解前需进行“粉碎和提高温度”的目的是提高烧渣溶解速率和溶出率，采用逆向思维，根据元素守恒可知，为了制备晶体E，需引入硫酸根离子，所以过程溶解烧渣所需试剂中溶质的化学式为H2SO4；根据上述分析可知，反应为氢氧化钠溶解二氧化硅的过程，其化学方程式为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故答案为：提
57、高烧渣溶解速率和溶出率；H2SO4；SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；（3）滤液A含有Fe3+、Fe2+，为进行后续制备操作，需将亚铁离子氧化为铁离子，所以反应的目的是将+2价铁氧化为+3价铁；气体Z为氨气，其电子式为：；反应为铁离子转化为氢氧化铁沉淀的过程，其离子方程式为：3NH3H2O+Fe3+=Fe(OH)3+3NH4+，故答案为：将+2价铁氧化为+3价铁；3NH3H2O+Fe3+=Fe(OH)3+3NH4+；（4）回收的G溶于少量水得到的溶液为(NH4)2SO4，因部分铵根离子水解显酸性，所以其离子浓度大小顺序为：c(NH4+)c(SO42-)c(H+)c(OH-)，故答案
58、为：c(NH4+)c(SO42-)c(H+)c(OH-)。35（广东省揭阳市2019届高三第二次模拟考试）无水氯化铝在生产、生活中应用广泛。（1）氯化铝水溶液呈_性，原因是（用离子方程式表示）_；把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是_。（2）工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含有Fe2O3、SiO2等杂质）制取无水氯化铝的一种工艺流程示意如下：已知：物质SiCl4AlCl3FeCl3FeCl2沸点/57.6180（升华）300（升华）1023步骤中焙烧使固体水分挥发、气孔数目增多，其作用是_（只要求写出一种）。步骤中若不通入氯气和氧气，则反应生成相对原子质量比硅大的单质是_
59、。 已知：Al2O3(s)+3C(s)=2Al(s)+3CO(g) H1=+1344.1kJ mol-12AlCl3(g)=2Al(s)+3Cl2(g) H2=+1169.2kJ mol-1由Al2O3、C和Cl2反应生成AlCl3的热化学方程式为_。步骤经冷却至室温后，气体用足量的NaOH冷溶液吸收，生成的盐主要有3种，其化学式分别为_、 _ 、 _。 结合流程及相关数据分析，步骤中加入铝粉的目的是_。【答案】酸 Al33H2OAl(OH)33H Al2O3 防止后续步骤生成的AlCl3水解或增大反应物的接触面积，加快反应速率 Fe或铁 Al2O3(s)3C(s)2Cl2(g)=2AlCl3
60、(g)3CO(g) H=174.9kJmol1 NaCl NaClO Na2CO3 除去FeCl3，提高AlCl3纯度 【解析】 (1)AlCl3为强酸弱碱盐，Al3会水解使得溶液呈酸性，水解离子方程式为Al33H2OAl(OH)33H。将AlCl3溶液蒸干，由于HCl具有挥发性，从溶液中逸出，促进Al3的水解，最终Al3+完全水解生成Al(OH)3，经过蒸干、灼烧，Al(OH)3分解生成Al2O3。(2) 步骤中焙烧使固体水分挥发、物质中没有水，可以防止后续步骤生成的AlCl3水解。气孔数目增多，使得物质表面积增大，加快化学反应速率；步骤II如果不通入氯气和氧气，铝土矿粉中的Al2O3、Fe
61、2O3、SiO2会与C发生置换反应，得到Al、Fe、Si，相对原子质量比硅大的单质是Fe。将两个反应编号为反应、反应，应用盖斯定律，将反应反应，可以得到所需方程式Al2O3(s)+3C(s) +3Cl2(g)= 2AlCl3(g)+3CO(g)H= +1344.1kJ mol-1-（+1169.2kJ mol-1）=174.9kJmol1。则热化学方程式为Al2O3(s)3C(s)2Cl2(g)=2AlCl3(g)3CO(g) H=174.9kJmol1；尾气中含Cl2、O2、CO2、SiCl4等，冷却至室温后的气体中含Cl2、O2、CO2，气体用足量NaOH冷溶液吸收，氯气与足量的NaOH冷
62、溶液的反应为：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，CO2与足量的NaOH冷溶液的反应为：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O。所以3种钠盐分别为NaCl、NaClO、Na2CO3；步骤中生成了FeCl3，根据表中的数据，在氯化铝的粗品中含有FeCl3杂质，加入Al可以与FeCl3反应置换出铁，生成AlCl3，提高AlCl3的纯度。36（天津市河东区2019届高三高考一模）球形纳米银粉是一种重要的无机功能材料，被广泛应用于装饰材料、电接触材料、感光材料、催化剂、医药和抗菌材料等众多领域。从含Ag+的废定影液中回收并制备球形纳米银粉工艺流程图如下：请回答下列问题：(1)硝酸中所含元素的
63、原子半径由小到大的顺序：_；Na在周期表中的位置： _；N2H4的电子式：_。(2)为使Na2S溶液中的值减小，可加入的物质是_。A.盐酸 B.适量KOH C.适量NaOH D.适量CH3COONa(3)写出置换过程的离子反应方程式 _。(4)若氧化精制过程产生等体积的NO2和NO混合气体，写出HNO3与Ag反应的化学反应方程式_。(5)下图分别是HNO3浓度、浸取时间对银回收的影响，则最佳的浓度和时间分别是_%；_min。 (6)加入N2H4H2O还原前要将AgNO3溶液的pH调节至56，得到Ag的产率最高，pH6时，银的产率降低的原因为_。(7)常温下，取上述AgNO3溶液滴加到物质的量浓
64、度均为0.2mol/L NaNO2和CaCl2的混合溶液中(忽略溶液体积变化)，当AgNO2开始沉淀时，溶液中c(Cl-)=_mol/L已知：常温下，Ksp(AgNO2)=210-8 ，Ksp(AgCl)=1.810-10【答案】HON 第三周期第IA族 B Fe+Ag2S+2H+=2Ag+Fe2+H2S 4Ag+6HNO3=4AgNO3+NO+NO2+3H2O 30 6 pH过大会有AgOH生成，降低产品的纯度 1.810-3 【解析】 (1)硝酸分子式是HNO3，在该物质中含H、N、O三种元素，根据元素周期律：原子核外电子层数越多，原子半径越大，当原子核外电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，因此这三种元素的原子半径由小到大的顺序是HO6时，银的产率降低的原因为pH过大时，会发生反应：Ag+OH-=AgOH，会有AgOH生成，从而降低了产品的纯度；(7)AgNO2开始沉淀所需c(Ag+)=110-7mol/L；由溶度积常数Ksp(AgCl)Ksp(AgNO2)可知知AgNO2开始沉淀，AgCl已经沉淀，此时：c(Cl-)=1.810-3mol/L。