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(共84张PPT)
第八章
水溶液中的离子平衡
第1节
弱电解质的电离平衡
考试说明
KAOSHISHUOMING
命题规律
MINGTIGUILV
01
考点1
弱电解质的电离平衡
知识梳理
ZHISHISHULI
离子
共价
共价
弱电解质分子电离成离子
离子结合成弱电解质分子
×
×
×
×
×
答案
解析
题组训练
TIZUXUNLIAN
答案
解析
答案
解析
答案
解析
思维建模
02
考点2
电离平衡常数
知识梳理
ZHISHISHULI
各种离子浓度的乘积
分子浓度
本身的性质
温度
增大
电离过程是吸热的
浓度
酸碱性
K1?K2?K3
第一步电离
易
强
×
×
×
×
×
×
答案
题组训练
TIZUXUNLIAN
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
思维建模
高考真题实战
答案
解析
解析
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解析
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解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
课时作业
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
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答案
解析
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答案
解析
答案
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解析
答案
解析
答案
解析(共104张PPT)
第八章
水溶液中的离子平衡
第3节
盐类的水解
考试说明
KAOSHISHUOMING
命题规律
MINGTIGUILV
01
考点1
盐类的水解及其规律
知识梳理
ZHISHISHULI
弱电解质
H＋
OH－
水的电离平衡
增大
可逆
酸碱中和
否
中性
pH＝7
是
Cu2＋
酸性
pH<7
是
CH3COO－
碱性
pH>7
×
×
×
×
×
×
答案
解析
题组训练
TIZUXUNLIAN
答案
解析
答案
解析
答案
解析
02
考点2
盐类水解的影响因素及应用
知识梳理
ZHISHISHULI
>
>
越大
越大
增大
减小
减小
增大
右移
增大
增大
增大
左移
增大
增大
减小
右移
减小
减小
增大
右移
减小
减小
增大
左移
增大
增大
减小
酸
H2
HX>HY>HZ
Al2O3
Fe2O3
抑制Fe3＋或Sn2＋的水解
铁粉和稀硫酸
Mg、MgO、Mg(OH)2或MgCO3
×
×
×
×
×
×
答案
解析
题组训练
TIZUXUNLIAN
答案
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答案
解析
答案
解析
答案
解析
思维建模
03
考点3
溶液中离子浓度的大小比较
知识梳理
ZHISHISHULI
×
×
×
×
×
×
答案
解析
题组训练
TIZUXUNLIAN
答案
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答案
解析
规律方法
答案
解析
答案
解析
思维建模
高考真题实战
答案
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答案
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答案
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答案
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课时作业
答案
答案
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解析
解析
解析第3节
盐类的水解
　　时间：45分钟　　　满分：100分
一、选择题(每题7分，共70分)
1．加热蒸干并灼烧下列盐溶液，可得到原溶质的是(　　)
A．FeCl3
B．Na2CO3
C．K2SO3
D．TiCl4
答案　B
2．CH3COONa稀溶液中分别加入少量下列物质或改变如下条件，能使比值一定减小的是(　　)
①固体NaOH　②固体KOH　③固体NaHSO4　④固体CH3COONa　⑤冰醋酸　⑥降温
A．只有①③
B．①③④
C．②④⑤⑥
D．③④⑥
答案　A
解析　加入固体NaOH，c(Na＋)与c(CH3COO－)都增大，但c(Na＋)
增大幅度较大，则比值减小，①符合；加入固体KOH，抑制水解，则c(CH3COO－)增大，而c(Na＋)不变，则比值增大，②不符合；加入固体NaHSO4，水解平衡向右移动，c(Na＋)增大，c(CH3COO－)减小，则比值减小，③符合；加入固体CH3COONa，浓度增大，水解程度降低，则比值增大，④不符合；加入冰醋酸，c(CH3COO－)增大，则比值增大，⑤不符合；水解是吸热反应，降温，平衡逆向进行，醋酸根离子浓度增大，则比值增大，⑥不符合。
3．常温下，0.1
mol·L－1的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH分别为7、8、9，则下列判断中正确的是(　　)
A．HX、HY、HZ的酸性依次增强
B．离子浓度：c(Z－)>c(Y－)>c(X－)
C．电离常数：K(HZ)>K(HY)
D．c(X－)＝c(Y－)＋c(HY)＝c(Z－)＋c(HZ)
答案　D
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：HX>HY>HZ，故A、C错误；根据“越弱越水解”可知B错误；D项是正确的物料守恒关系式。
4．下面提到的问题中，与盐的水解有关的是(　　)
①明矾和FeCl3可作净水剂　②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸　③实验室配制AlCl3溶液时，应先把它溶在盐酸中，而后加水稀释　④NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接中的除锈剂　⑤实验室盛放Na2CO3、Na2SiO3等溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞　⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂　⑦在NH4Cl或AlCl3溶液中加入金属镁会产生氢气　⑧长期使用硫酸铵，土壤酸性增强；草木灰与铵态氮肥不能混合施用　⑨比较NH4Cl和Na2S等溶液中离子浓度的大小或某些盐溶液的酸碱性
A．①④⑦
B．②⑤⑧
C．③⑥⑨
D．全部
答案　D
5．已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：
HSO＋H2O??H2SO3＋OH－'　　①
HSO??H＋＋SO
②
向0.1
mol·L－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①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO)增大
B．加入少量Na2SO3固体，则c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋c(SO)
C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大
D．加入氨水至中性，则2c(Na＋)＝c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)
答案　C
解析　加入金属钠，钠与溶液中的H＋反应，使平衡②右移，生成的NaOH使平衡①左移，但溶液中c(HSO)减小，A错误；根据电荷守恒式c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋2c(SO)可知B错误；加入少量NaOH溶液后，平衡①左移，平衡②右移，故增大，溶液中的c(OH－)增大，c(H＋)减小，故变大，C正确；根据电荷守恒式，当溶液呈中性时，则：[c(NH)＋c(Na＋)]＝c(SO)＋c(HSO)>c(OH－)＝c(H＋)，D错误。
6．25
℃时，在浓度均为1.0
mol·L－1的(NH4)2SO4、(NH4)2CO3、(NH4)2Fe(SO4)2溶液中，测得c(NH)分别为a、b、c(单位为mol·L－1)。下列判断正确的是(　　)
A．a＝b＝c
B．a>b>c
C．a>c>b
D．c>a>b
答案　D
解析　(NH4)2SO4溶液中存在NH的水解反应；(NH4)2CO3溶液中存在NH和CO相互促进的水解反应，NH的水解程度比(NH4)2SO4中的大；(NH4)2Fe(SO4)2溶液中存在NH和Fe2＋相互抑制的水解反应，NH的水解程度比(NH4)2SO4中的小，故三种溶液中c(NH)的大小关系为(NH4)2Fe(SO4)2>(NH4)2SO4>(NH4)2CO3，即c>a>b。
7．已知常温下浓度为0.1
mol·L－1的下列溶液的pH如下表所示：
溶质
NaF
NaClO
Na2CO3
pH
7.5
9.7
11.6
下列有关说法正确的是(　　)
A．加热0.1
mol·L－1
NaClO溶液测其pH，pH小于9.7
B．0.1
mol·L－1
Na2CO3溶液中，存在关系：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)
C．根据上表数据得出三种酸电离平衡常数大小关系为HF>HClO>H2CO3(一级电离平衡常数)
D．pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液以体积比1∶1混合，则有c(Na＋)＝c(F－)>c(H＋)＝c(OH－)
答案　B
解析　弱酸根离子的水解为吸热反应，加热促进水解，故加热0.1
mol·L－1的NaClO溶液时，其pH>9.7，A错误；根据质子守恒知B正确；根据“越弱越水解”可知对应的酸的酸性HF>HClO>HCO，酸性越强，酸的电离常数越大，故电离常数大小关系为HF>HClO>H2CO3(二级电离平衡常数)，C错误；氢氟酸为弱酸，pH＝2的HF溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合时，氢氟酸过量，溶液呈酸性，D错误。
8．0.1
mol·L－1
Na2CO3水溶液中存在平衡CO＋H2O??HCO＋OH－。下列说法不正确的是(　　)
A．稀释溶液，增大
B．通入CO2，溶液pH减小
C．升高温度，平衡常数增大
D．加入NaOH固体，减小
答案　A
9．(2019·湖南邵东创新实验学校高三月考)向1
L含0.01
mol
NaAlO2和0.02
mol
NaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，当0.01
molmol时发生的反应是：2NaAlO2＋CO2＋2H2O===2Al(OH)3↓＋Na2CO3。下列对应关系正确的是(　　)
选项
n(CO2)/mol
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c(Na＋)>c(AlO)＋c(OH－)
B
0.01
c(Na＋)>c(AlO)>c(OH－)>c(CO)
C
0.015
c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(OH－)
D
0.03
c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)
答案　D
解析　向1
L含0.01
mol
NaAlO2和0.02
mol
NaOH的溶液中缓慢通入二氧化碳，首先氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和水，0.02
mol氢氧化钠消耗0.01
mol二氧化碳，生成0.01
mol碳酸钠；之后偏铝酸钠和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸钠，0.01
mol偏铝酸钠消耗0.005
mol二氧化碳，生成0.005
mol碳酸钠；最后二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，再消耗0.015
mol二氧化碳，生成0.03
mol碳酸氢钠。未通入二氧化碳时，根据溶液中的电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(AlO)＋c(OH－)，c(Na＋)＜c(AlO)＋c(OH－)，故A错误；当通入的二氧化碳为0.01
mol时，则溶液为含有0.01
mol碳酸钠和0.01
mol偏铝酸钠的混合液，因为K(HCO)>K[Al(OH)3]，所以水解程度COc(AlO)，故B错误；当CO2为0.015
mol时，形成碳酸钠溶液，CO＋H2O??HCO＋OH－，H2O??H＋＋OH－，离子浓度的关系为c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)，故C错误；当CO2为0.03
mol时，形成碳酸氢钠溶液，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，HCO??H＋＋CO，HCO的水解程度大于电离程度，溶液显碱性，离子浓度关系为c(Na＋)>c(HCO)>c(OH－)>c(H＋)，故D正确。
10．(2019·北京东城高三期末)室温下，依次进行如下实验：
①取一定量冰醋酸，配制成100
mL
0.1
mol/L
CH3COOH溶液；
②取20
mL①中所配溶液，加入20
mL
0.1
mol/L
NaOH溶液；
③继续滴加a
mL
0.1
mol/L盐酸，至溶液的pH＝7。
下列说法不正确的是(　　)
A．①中，溶液的pH>1
B．②中，反应后的溶液：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
C．③中，a＝20
D．③中，反应后的溶液：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)
答案　C
解析　②中溶液因CH3COO－水解而呈弱碱性，只需加少量的盐酸即可调整至中性，所以a小于20，C项错误；反应后溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，又由于溶液呈中性，得c(H＋)＝c(OH－)，而在两边删去两离子，所以有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(Cl－)，D项正确。
二、非选择题(共30分)
11．(16分)(1)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(mol·L－1)
NaOH的物质的量浓度(mol·L－1)
混合后溶液的pH
甲
0.1
0.1
pH＝a
乙
0.12
0.1
pH＝7
丙
0.2
0.1
pH>7
丁
0.1
0.1
pH＝10
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－)＝__________
mol·L－1。
(2)常温下，某水溶液M中存在的离子有Na＋、B2－、HB－、OH－、H＋，存在的分子只有H2O。
①写出酸H2B的电离方程式：____________________________________________________________________。
②若溶液M由10
mL
0.2
mol·L－1
NaHB溶液与10
mL
0.2
mol·L－1
NaOH溶液混合而成，则溶液M的pH________(填“>”“<”或“＝”)7，M溶液中，下列粒子浓度关系正确的是________。
A．c(B2－)＋c(HB－)＝0.1
mol·L－1
B．c(B2－)＋c(HB－)＋c(H2B)＝0.1
mol·L－1
C．c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)
D．c(Na＋)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(HB－)
答案　(1)①a＝7时，HA是强酸；a>7时，HA是弱酸
②C　③c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)　
④10－4－10－10
(2)①H2B===H＋＋HB－　②>　AC
解析　(1)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，a＝7时为强酸，a>7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pH>7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＋)＝(10－4－10－10)
mol·L－1。
(2)①由于溶液中只存在水分子，说明H2B是完全电离成H＋与HB－，而HB－部分电离为H＋与B2－，H2B的电离方程式只写第一步即可，故电离方程式为H2B===H＋＋HB－。
②NaHB与NaOH恰好完全反应生成0.1
mol·L－1的Na2B溶液，B2－水解，溶液呈碱性。A项为物料守恒，C项为质子守恒。
12．(14分)(1)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液，分别加热到相同的温度后CH3COONa溶液的pH________NaOH溶液的pH(填“>”“＝”或“<”)。
(2)将物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c(NH)＝c(Cl－)，则盐酸的体积________氨水的体积(填“>”“＝”或“<”)。
(3)将0.2
mol·L－1
HA溶液与0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，则：
①混合溶液中，c(A－)________c(HA)(填“>”“<”或“＝”，下同)；
②混合溶液中，c(HA)＋c(A－)______0.1
mol·L－1。
(4)常温时，取0.1
mol·L－1
HX溶液与0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合，测得混合溶液的pH＝8。
①混合溶液中由水电离出的c(OH－)与0.1
mol·L－1
NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)之比为________。
②已知NH4X溶液呈中性，又知将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH________7(填“>”“<”或“＝”)。
答案　(1)>　(2)<　(3)①<　②＝　
(4)①107∶1　②>
解析　(1)pH相等的NaOH溶液与CH3COONa溶液中c(OH－)相等，分别加热到相同的温度后，NaOH溶液中n(OH－)不变，而CH3COONa溶液中CH3COO－的水解平衡正向移动，n(OH－)增大，则CH3COONa溶液中c(OH－)大于NaOH溶液中c(OH－)，故CH3COONa溶液的pH大。
(2)物质的量浓度相同的盐酸与氨水混合后，溶液中的c(NH)＝c(Cl－)，据电荷守恒可得c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，则有c(H＋)＝c(OH－)，此时溶液呈中性；若两溶液恰好完全反应则生成NH4Cl，所得溶液呈酸性，若使溶液呈中性，则有V(盐酸)(3)①0.2
mol·L－1HA溶液与0.1
mol·L－1NaOH溶液等体积混合，二者充分反应后得到等浓度的HA和NaA混合液，据电荷守恒可得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，测得混合溶液中c(Na＋)>c(A－)，则有c(H＋)mol·L－1。
(4)0.1
mol·L－1
HX溶液与0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成NaX，测得混合溶液的pH＝8，说明X－发生了水解反应，则HX为一元弱酸。
①混合溶液中NaX发生水解反应，促进了水的电离，则由水电离出的c(OH－)＝10－6
mol·L－1；0.1
mol·L－1
NaOH溶液中OH－抑制了水的电离，则由水电离出的c(OH－)＝10－13
mol·L－1，故两溶液中由水电离出的c(OH－)之比为(10－6
mol·L－1)∶(10－13
mol·L－1)＝107∶1。
②HX为弱酸，NH4X溶液呈中性，说明NH和X－的水解程度相同；将HX溶液加入到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HX的酸性强于H2CO3，根据盐类“越弱越水解”的规律可知，CO的水解程度大于X－，从而推知(NH4)2CO3溶液中CO的水解程度大于NH，故该溶液呈碱性，即pH>7。
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1
-第1节　弱电解质的电离平衡
[考试说明]　1.了解电解质的概念，了解强电解质和弱电解质的概念。2.理解电解质在水中的电离以及电解质溶液的导电性。3.理解弱电解质在水中的电离平衡。能利用电离平衡常数进行相关计算。
[命题规律]　高考对本节内容的考查，考点主要有三个：一是强、弱电解质的判断与比较；二是外界条件对电离平衡的影响，往往结合图像进行考查，同时考查溶液的pH变化及溶液的导电性；三是电离平衡常数的应用及其计算。
考点1　弱电解质的电离平衡
知识梳理
1.强电解质和弱电解质
(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。
(3)电离方程式的书写——“强等号，弱可逆，多元弱酸分步离”。
2．弱电解质的电离平衡
(1)电离平衡的建立
在一定条件(如温度、浓度等)下，当弱电解质分子电离成离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等时，电离过程就达到平衡。平衡建立过程如图所示。
(2)影响弱电解质电离平衡的因素
内因：弱电解质本身的性质，是决定因素。
(1)电解质、非电解质均是化合物，单质和混合物既不是电解质也不是非电解质。
(2)强电解质不一定易溶于水，如CaCO3、BaSO4都是强电解质；易溶于水的化合物也不一定是强电解质，如H3PO4、HF等，故强、弱电解质与其溶解性无必然联系。
(3)强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，要考虑到电解质溶液浓度的问题。
(4)电离平衡向电离的方向移动，电解质分子的浓度不一定会减小，离子的浓度不一定都增大。如CH3COOH??CH3COO－＋H＋，加入冰醋酸，c(CH3COOH)增大，平衡向电离方向移动，根据勒夏特列原理，这种移动只能“减弱”而不能“消除”，再次达到平衡时，c(CH3COOH)比原平衡时的大；加水稀释或加少量NaOH固体，都会引起平衡向电离方向移动，但c(CH3COOH)、c(H＋)都比原平衡时的小，而溶液中c(OH－)增大。
(5)冰醋酸加水稀释(如图甲)与0.1
mol/L的醋酸溶液加水稀释(如图乙)的导电能力比较：
(6)电离平衡也属于平衡体系，具有平衡体系的一切特征，即逆、等、动、定、变，其变化也适用平衡移动原理来解释。
1.判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，错误的指明错因。
(1)稀释氨水时，电离平衡正向移动，c(NH3·H2O)减小，c(NH)增大。(×)
错因：稀释氨水时，c(NH3·H2O)、c(NH)及c(OH－)均减小，仅c(H＋)增大。
(2)常温下，由0.1
mol·L－1一元碱BOH的pH＝10，可知溶液存在BOH===B＋＋OH－。(×)
错因：常温下，若BOH为一元强碱，则pH＝13，故BOH为弱碱，BOH??B＋＋OH－。
(3)向氨水中加入少量NaOH固体，电离平衡逆向移动，c(OH－)减小，溶液的pH减小。(×)
错因：加入少量NaOH固体，会使溶液碱性增强，c(OH－)增大，pH增大。
(4)向氨水中加入少量NH4Cl固体，会使溶液的pH增大。(×)
错因：加入少量NH4Cl固体，电离平衡逆向移动，c(OH－)减小，pH减小。
(5)稀释某一弱电解质溶液时，所有离子浓度都减小。(×)
错因：若稀释CH3COOH溶液，c(CH3COO－)、c(H＋)均减小，但溶液中c(OH－)增大。
2．下列说法正确的是(　　)
A．稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度
B．25
℃时，0.1
mol·L－1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力强
C．氯化铵、次氯酸都属于强电解质
D．CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中的值减小
答案　D
解析　A项，醋酸属于弱酸，加入少量CH3COONa抑制了醋酸的电离，错误；B项，H2S属于弱酸，部分电离，Na2S属于强电解质，0.1
mol·L－1的H2S溶液比等浓度的Na2S溶液中离子浓度小，导电能力弱，错误；C项，HClO是弱酸，属于弱电解质，错误；D项，醋酸加水稀释的过程中，c(H＋)减小，但电离常数不变，由Ka＝得＝，故减小，正确。
题组训练
题组一
弱电解质的电离平衡
1．一元弱酸HA溶液中存在下列电离平衡：HA??H＋＋A－。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(　　)
答案　C
解析　电离过程中，c(HA)不断减小，c(A－)、c(H＋)不断增大，且根据物料守恒，c(HA)＋c(A－)＝1.0
mol·L－1，故C正确。
题组二
外界条件对电离平衡的影响
2．稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2O??NH＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入的适量物质或操作是①NH4Cl固体　②硫酸　③NaOH固体　④水　⑤加热　⑥少量MgSO4固体(　　)
A．①②③⑤
B．③⑥
C．③
D．③⑤
答案　C
解析　加入NH4Cl固体，溶液中c(NH)增大，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，溶液中c(OH－)减小，①不符合题意；加入硫酸，H＋与OH－反应生成H2O，电离平衡正向移动，溶液中c(OH－)减小，②不符合题意；加入NaOH固体，溶液中c(OH－)增大，平衡逆向移动，③符合题意；加入适量水，电离平衡正向移动，溶液中c(OH－)减小，④不符合题意；加热，电离平衡正向移动，溶液中c(OH－)增大，⑤不符合题意；加入少量MgSO4固体，Mg2＋与OH－反应生成Mg(OH)2沉淀，电离平衡正向移动，溶液中c(OH－)减小，⑥不符合题意。
3．常温下，将浓度为0.1
mol·L－1的HF溶液加水稀释，下列各量保持增大的是(　　)
①c(H＋)'
②c(F－)'
③c(OH－)'
④Ka(HF)
⑤Kw'⑥'⑦
A．①⑥
B．②④
C．③⑦
D．④⑤
答案　C
解析　HF是弱电解质，加水稀释促进HF的电离，但c(H＋)、c(F－)、c(HF)都减小；温度不变，Kw不变，c(H＋)减小，则c(OH－)增大；温度不变，Ka(HF)不变，＝，c(F－)减小，则增大；根据电荷守恒知，c(H＋)＝c(OH－)＋c(F－)，则＝＝1－，增大，故减小。综上所述，c(OH－)、保持增大。
电离平衡移动造成离子浓度变化的判断
(1)稀释时溶液中c(H＋)或c(OH－)的变化：常采用“假设法”进行判断。先假设弱电解质不电离，求溶液中稀释后的c(H＋)或c(OH－)；然后考虑弱电解质还能继续电离，导致n(H＋)或n(OH－)要比假设情况的大，c(H＋)或c(OH－)也就随之发生变化。
(2)溶液中某些离子浓度比值的变化
对弱电解质电离平衡移动过程中某些离子浓度比值的变化常用两种方法分析：第一种方法是将浓度之比转化为物质的量之比进行比较，这样分析起来可以忽略溶液体积的变化，只需分析微粒数目的变化即可。第二种方法是“凑常数”，解题时将某些离子的浓度比值关系，乘以或除以某种离子的浓度，将其转化为一个常数与某种离子浓度乘积或相除的关系。
考点2　电离平衡常数
知识梳理
1.概念
在一定温度下，弱电解质达到电离平衡时，溶液中电离所生成的各种离子浓度的乘积与溶液中未电离的分子浓度的比是一个常数，该常数叫做电离平衡常数，简称电离常数，用K表示(弱酸的电离平衡常数用Ka表示，弱碱的电离平衡常数用Kb表示)。
2．表达式
(1)对于一元弱酸HA
HA??H＋＋A－，平衡常数Ka＝。
(2)对于一元弱碱BOH
BOH??B＋＋OH－，平衡常数Kb＝。
3．特点
(1)电离平衡常数
(2)多元弱酸是分步电离的，各级电离平衡常数的大小关系式是K1?K2?K3，所以多元弱酸的酸性取决于其第一步电离。
4．意义
相同条件下，K值越大，表示该弱电解质越易电离，所对应的酸性或碱性相对越强。如相同条件下常见弱酸的酸性强弱：H2SO3>H3PO4>HF>CH3COOH>H2CO3>H2S>HClO。
5．应用
(1)判断弱酸(或弱碱)的相对强弱，相同条件下，电离常数越大，酸性(或碱性)越强。
(2)判断盐溶液的酸性(或碱性)强弱，所对应弱碱(或弱酸)电离常数越大，对应的盐水解程度越小，酸性(或碱性)越弱。
(3)判断复分解反应能否发生，一般符合“强酸制弱酸”规律。
(4)判断微粒浓度比值的变化。
弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子的浓度会发生相应的变化，但电离常数不变，考题中经常利用电离常数来判断溶液中微粒浓度比值的变化情况。
如：0.1
mol·L－1
CH3COOH溶液中加水稀释，＝＝，加水稀释时，c(H＋)减小，Ka值不变，则增大。
(1)对于给定的弱电解质，K值只随温度变化。相同温度下，同种弱电解质溶液浓度变化时，电离常数不变。同一温度下，不同种类的弱酸(碱)，电离常数越大，其电离程度越大，酸(碱)性越强。
(2)化学平衡常数反映可逆反应进行的限度，电离平衡常数反映弱电解质的电离程度。一般来说，电离常数较大的弱酸能与电离常数较小的弱酸盐发生反应生成电离常数较小的弱酸(强酸制弱酸)。
1.判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，错误的指明错因。
(1)电离平衡常数(K)越小，表示该弱电解质电离能力越强。(×)
错因：电离平衡常数越大，表示该弱电解质电离能力越强。
(2)不同浓度的同一弱电解质，其电离平衡常数(K)不同。(×)
错因：对于同一弱电解质，K仅受温度影响，与浓度无关。
(3)电离平衡右移，电离平衡常数一定增大。(×)
错因：温度不变，K值不变。
(4)温度不变，向NH3·H2O溶液中加入NH4Cl，平衡左移，电离平衡常数减小。(×)
错因：电离平衡常数只受温度影响。
(5)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。(×)
错因：溶液中c(H＋)与酸溶液浓度有关。
(6)H2CO3的电离常数表达式：Ka＝。(×)
错因：H2CO3是二元弱酸，分两步电离，因此
Ka1＝、Ka2＝。
2．已知下面三个数据：7.2×10－4、4.6×10－4、4.9×10－10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：NaCN＋HNO2===HCN＋NaNO2；NaCN＋HF===HCN＋NaF；NaNO2＋HF===HNO2＋NaF，由此可判断下列叙述不正确的是(　　)
A．Ka(HF)＝7.2×10－4
B．Ka(HNO2)＝4.9×10－10
C．根据其中两个反应即可得出结论
D．Ka(HCN)答案　B
题组训练
题组一
电离平衡常数的影响因素及应用
1．相同温度下，根据三种酸的电离常数，下列判断正确的是(　　)
酸
HX
HY
HZ
电离常数K
9×10－7
9×10－6
1×10－2
A．三种酸的强弱关系：HX>HY>HZ
B．反应HZ＋Y－===HY＋Z－能够发生
C．相同温度下，0.1
mol/L的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
D．相同温度下，1
mol/L
HX溶液的电离常数大于0.1
mol/L
HX溶液的电离常数
答案　B
解析　表中电离常数大小关系：1×10－2>9×10－6>9×10－7，所以酸性排序为HZ>HY>HX，可知A、C两项不正确；对于同一弱电解质溶液，电离常数只与温度有关，与浓度无关，D项不正确。
2．已知碳酸、亚硫酸、次氯酸的电离平衡常数如下表，下列说法正确的是(　　)
物质
H2CO3
H2SO3
HClO
电离平衡常数
Ka1
4.40×10－7
1.54×10－2
2.95×10－8
Ka2
5.61×10－11
1.02×10－7
—
A．相同条件下，同浓度的NaClO溶液和Na2CO3溶液的碱性，前者更强
B．Na2CO3溶液中通入少量SO2
2CO＋SO2＋H2O===2HCO＋SO
C．NaHCO3溶液中通入少量SO2：
2HCO＋SO2===CO2＋SO＋H2O
D．向氯水中分别加入等浓度的NaHCO3和NaHSO3溶液，均可提高氯水中HClO的浓度
答案　B
解析　由表中电离常数可知K(HClO)>Ka2(H2CO3)，即HClO的酸性强于HCO的酸性；根据盐类“越弱越水解”的规律推知，相同条件下，同浓度的NaClO溶液和Na2CO3溶液相比，后者弱酸根离子的水解程度大于前者，则后者的碱性强，A错误。由于Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)>Ka2(H2SO3)>Ka2(H2CO3)，则酸性：H2SO3>H2CO3>HSO>HCO，故Na2CO3溶液中通入少量SO2，反应生成HCO和SO，NaHCO3溶液中通入少量SO2时，只能发生反应：HCO＋SO2===CO2＋HSO，C错误。由于HClO具有强氧化性，可与NaHSO3发生氧化还原反应，导致HClO的浓度降低，D错误。
题组二
有关电离平衡常数的定量计算
3．(1)在25
℃下，将a
mol·L－1的氨水与0.01
mol·L－1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)＝c(Cl－)，则溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性；用含a的代数式表示NH3·H2O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pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.5×10－5
mol·L－1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3??HCO＋H＋的平衡常数K1＝________。(已知10－5.60＝2.5×10－6)
答案　(1)中　
mol·L－1　(2)4.2×10－7
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(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NH)＝c(Cl－)，故有c(H＋)＝c(OH－)，溶液显中性。Kb＝＝
＝
mol·L－1。
(2)K1＝＝≈4.2×10－7。
4．已知25
℃时弱电解质电离平衡常数：
Ka(CH3COOH)＝1.8×10－5，Ka(HSCN)＝0.13。
(1)将20
mL
0.10
mol·L－1
CH3COOH溶液和20
mL
0.10
mol·L－1
HSCN溶液分别与0.10
mol·L－1
NaHCO3溶液反应，实验测得产生CO2气体体积V与时间t的关系如图。
反应开始时，两种溶液产生CO2的速率明显不同的原因是____________________________________________________________________；
反应结束后所得溶液中c(SCN－)______c(CH3COO－)(填“>”“＝”或“<”)。
(2)2.0×10－3
mol·L－1的氢氟酸水溶液中，调节溶液pH(忽略调节时体积变化)，测得平衡体系中c(F－)、c(HF)与溶液pH的关系如下图。
则25
℃时，HF电离平衡常数为：Ka(HF)＝________。
答案　(1)因为Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH)，溶液中c(H＋)：HSCN>CH3COOH，c(H＋)大反应速率快　>
(2)4×10－4
解析　(1)电离平衡常数大的电离出的离子浓度大，故反应开始时，两种溶液产生CO2的速率明显不同是因为Ka(HSCN)>Ka(CH3COOH)，溶液中c(H＋)：HSCN>CH3COOH，c(H＋)大反应速率快。反应结束后，溶质分别为CH3COONa和NaSCN，因生成CO2体积相等，则CH3COONa和NaSCN浓度相同，因CH3COOH酸性弱于HSCN，故CH3COONa水解程度大，c(CH3COO－)(2)Ka(HF)＝＝＝4×10－4。
有关电离常数计算的两种类型(以弱酸HX为例)
(1)已知c始(HX)和c(H＋)，求电离常数
　　　　　
　
HX　　　??　　H＋　＋
X－
起始/(mol·L－1):
c始(HX)
0
0
平衡/(mol·L－1):
c始(HX)－c(H＋)
c(H＋)
c(H＋)
则：Ka＝＝。
由于弱酸只有极少一部分电离，c(H＋)的数值很小，可做近似处理：c始(HX)－c(H＋)≈c始(HX)，则Ka≈，代入数值求解即可。
(2)已知c始(HX)和电离常数，求c(H＋)
同理可得Ka＝≈，
则：c(H＋)＝，代入数值求解即可。
高考真题实战
1.(高考集萃)判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)(2019·全国卷Ⅲ)常温下pH＝2的H3PO4溶液，加水稀释，电离度增大，溶液pH减小。(　　)
(2)(2018·北京高考)常温时，0.1
mol·L－1氨水的pH＝11.1：NH3·H2O??NH＋OH－。(　　)
(3)(2016·江苏高考)室温下，稀释0.1
mol·L－1
CH3COOH溶液，溶液的导电能力增强。(　　)
(4)(2016·全国卷Ⅲ)向0.1
mol·L－1
CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小。(　　)
(5)(2016·全国卷Ⅲ)向盐酸中加入氨水至中性，溶液中>1。(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×
解析　(1)加水稀释使电离平衡右移，电离度增大，但是溶液中的H＋浓度减小。
(3)稀释CH3COOH溶液时，CH3COO－和H＋的浓度减小，溶液的导电能力减弱，错误。
(4)CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，加水平衡正向移动，n(H＋)增大，n(CH3COOH)减小，溶液体积相同，所以增大，错误。
(5)根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，c(NH)＝c(Cl－)，所以＝1，错误。
2．(2019·天津高考)某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10－4和1.7×10－5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B．溶液中水的电离程度：b点>c点
C．从c点到d点，溶液中保持不变(其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子)
D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na＋)相同
答案　C
解析　由Ka(HNO2)>Ka(CH3COOH)可知，酸性HNO2>CH3COOH。pH相同的两种酸稀释相同倍数时，酸性强的酸pH变化大，所以曲线Ⅱ为HNO2，A错误；b、c两点处，b点酸性强，对水的电离抑制程度大，所以水的电离程度：c点>b点，B错误；从c点到d点，＝＝，Kw和Ka是两个常数，只要温度不变，比值也不变，C正确；a点pH相同，则CH3COOH的浓度大，恰好中和时消耗的NaOH多，所以溶液中n(Na＋)多，D错误。
3．(2017·全国卷Ⅱ)改变0.1
mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)＝]。
下列叙述错误的是(　　)
A．pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－)
B．lg
[K2(H2A)]＝－4.2
C．pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)
D．pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)
答案　D
解析　根据题给图像，pH＝1.2时，H2A与HA－的物质的量分数相等，则有c(H2A)＝c(HA－)，A正确；根据题给图像，pH＝4.2时，HA－与A2－的物质的量分数相等，K2(H2A)＝＝c(H＋)＝10－4.2，则lg
[K2(H2A)]＝－4.2，B正确；根据题给图像，pH＝2.7时，H2A与A2－的物质的量分数相等，且远小于HA－的物质的量分数，则有c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)，C正确；根据题给图像，pH＝4.2时，HA－与A2－的物质的量分数相等，c(HA－)＝c(A2－)，且c(HA－)＋c(A2－)约为0.1
mol·L－1，c(H＋)＝10－4.2
mol·L－1，则c(HA－)＝c(A2－)>c(H＋)，D错误。
4．(2016·上海高考改编)能证明乙酸是弱酸的实验事实是(　　)
A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2
B．常温下，0.1
mol/L
CH3COONa溶液的pH大于7
C．CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2
D．0.1
mol/L
CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红
答案　B
解析　A项，只能说明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故错误；B项，CH3COONa溶液显碱性，说明CH3COO－发生了水解，故可以证明乙酸为弱酸；C项，可以证明乙酸的酸性强于碳酸，但不能说明乙酸是弱酸；D项，可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性的强弱，故错误。
5．(2015·海南高考)下列曲线中，可以描述乙酸(甲，Ka＝1.8×10－5)和一氯乙酸(乙，Ka＝1.4×10－3)在水中的电离度与浓度关系的是(　　)
答案　B
解析　根据乙酸和一氯乙酸的电离常数可判断一氯乙酸酸性大于乙酸，即两酸浓度相同时，一氯乙酸电离度大于乙酸，且弱酸的浓度越大，其电离度越小，B正确。
6．(2017·天津高考节选)已知25
℃，NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，H2SO3的Ka1＝1.3×10－2，Ka2＝6.2×10－8。若氨水的浓度为2.0
mol·L－1，溶液中的c(OH－)＝________mol·L－1。将SO2通入该氨水中，当c(OH－)降至1.0×10－7
mol·L－1时，溶液中的＝________。
答案　6.0×10－3　0.62
解析　NH3·H2O发生电离：NH3·H2O??NH＋OH－。
Kb＝，c(OH－)＝c(NH)，则
c(OH－)＝＝mol·L－1＝6.0×10－3
mol·L－1。
在25
℃的电解质溶液中，c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14，
已知c(OH－)＝1.0×10－7
mol·L－1，可得c(H＋)＝1.0×10－7
mol·L－1。
H2SO3发生两步电离：
H2SO3??HSO＋H＋　HSO??SO＋H＋
Ka2＝
则＝＝＝0.62。
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-
1
-第3节　盐类的水解
[考试说明]　1.了解盐类水解的原理。2.了解影响盐类水解程度的主要因素。3.了解盐类水解的应用。
[命题规律]　本节内容是高考考查的重点与热点，主要考点有四个：一是水解方程式的书写；二是水解平衡的影响因素及水解平衡移动；三是溶液中离子浓度大小的比较和守恒关系；四是盐类水解在工农业生产和实验中的应用。
考点1　盐类的水解及其规律
知识梳理
1.定义
在溶液中盐电离产生的离子与水电离产生的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―→
3．特点
→水解反应是可逆反应
　|
→水解反应是酸碱中和反应的逆反应，是吸热过程
　|
→水解反应程度很微弱
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
常温下溶液的pH
强酸强碱盐
NaCl、KNO3
否
－
中性
pH＝7
强酸弱碱盐
NH4Cl、Cu(NO3)2
是
NH、Cu2＋
酸性
pH<7
弱酸强碱盐
CH3COONa、Na2CO3
是
CH3COO－、CO
碱性
pH>7
盐类水解离子方程式的书写
(1)多元弱酸根离子水解分步进行，以第一步为主。
如Na2CO3水解的离子方程式：
CO＋H2O??HCO＋OH－。
(2)多元弱碱阳离子水解，离子方程式一步写完。
如FeCl3水解的离子方程式：
Fe3＋＋3H2O??Fe(OH)3＋3H＋。
(3)阴、阳离子相互促进的水解，水解程度有的很大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。
如NaHCO3与AlCl3混合溶液反应的离子方程式：
3HCO＋Al3＋===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
(1)盐类水解的条件
①盐必须能溶于水或易溶于水。
②构成盐的离子中必须存在弱酸阴离子或弱碱阳离子，如CO、CH3COO－、HS－或Al3＋、NH、Fe3＋等。
(2)盐类水解的规律
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===Na＋＋H＋＋SO。
③弱酸的酸式盐，在溶液中既电离又水解，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。
a．若电离程度小于水解程度，溶液呈碱性。
如NaHCO3溶液中：HCO??H＋＋CO(次要)，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－(主要)。
b．若电离程度大于水解程度，溶液显酸性。
如NaHSO3溶液中：HSO??H＋＋SO(主要)，
HSO＋H2O??H2SO3＋OH－(次要)。
④相同条件下的水解程度
a．正盐>相应酸式盐，如CO>HCO。
b．相互促进水解的盐>单独水解的盐>水解相互抑制的盐。如NH的水解：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。
⑤发生水解的盐溶液不一定呈酸性或碱性，也可能呈中性，如CH3COONH4溶液呈中性。
⑥(NH4)2CO3溶液和NH4HCO3溶液显碱性，虽然都能发生双水解，但既无气体产生，也无沉淀生成，所以NH和CO、NH和HCO在溶液中仍可大量共存。
1.判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，错误的指明错因。
(1)能水解的正盐，其溶液一定呈酸性或碱性。(×)
错因：如CH3COONH4水解后溶液呈中性。
(2)酸式盐的溶液，一定都显酸性。(×)
错因：如NaHCO3溶液显碱性。
(3)盐溶液呈酸性，一定是强酸弱碱盐水解引起的。(×)
错因：NaHSO4溶液显酸性，是因为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO造成的。
(4)NaHS的水解方程式：HS－＋H2O??S2－＋H3O＋。(×)
错因：NaHS的水解方程式为：HS－＋H2O??H2S＋OH－。
(5)相同温度下，同浓度的Na2CO3溶液和NaHCO3
溶液相比后者pH大。(×)
错因：同温同浓度条件下，CO的水解程度比HCO的水解程度大，故相同条件下，Na2CO3溶液的pH大于NaHCO3的pH。
(6)在水溶液中AlO与HCO不能大量共存是因为两者能互相促进水解。(×)
错因：AlO与HCO发生反应的方程式如下：
AlO＋HCO＋H2O===Al(OH)3↓＋CO，实质是强酸制弱酸。
2．相同温度、相同浓度下的八种溶液，其pH由小到大的顺序如图所示，图中①②③④⑤代表的物质可能分别为(　　)
A．NH4Cl　(NH4)2SO4　CH3COONa　NaHCO3　NaOH
B．(NH4)2SO4　NH4Cl　CH3COONa　NaHCO3　NaOH
C．(NH4)2SO4　NH4Cl　NaOH　CH3COONa　NaHCO3
D．CH3COONa　NH4Cl　(NH4)2SO4　NaHCO3　NaOH
答案　B
解析　相同温度、相同浓度下的溶液，其pH从小到大的顺序为电离呈酸性<水解呈酸性<中性<水解呈碱性<电离呈碱性。
题组训练
题组一
盐类水解方程式的书写
1．下列反应不属于水解反应或水解方程式不正确的是(　　)
①HCl＋H2O??H3O＋＋Cl－
②AlCl3＋3H2O===Al(OH)3＋3HCl
③Na2CO3＋2H2O??H2CO3＋2NaOH
④碳酸氢钠溶液：HCO＋H2O??CO＋H3O＋
⑤NH4Cl溶于D2O中：NH＋D2O??NH3·D2O＋H＋
⑥HS－的水解：HS－＋H2O??S2－＋H3O＋
⑦将饱和FeCl3溶液滴入沸腾的水中：FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl
A．①②③④
B．①②③⑥⑦
C．②③⑤⑥⑦
D．全部
答案　D
解析　①④⑥是电离方程式且①应用“===”；②是水解反应方程式，但应用“??”；③的水解方程式错误，应分步进行；⑤应为NH＋D2O??NH3·HDO＋D＋；⑦应用“===”。
题组二
盐类水解的实质与规律
2．下列关于盐溶液酸碱性的说法错误的是(　　)
A．盐溶液呈酸性或碱性的原因是破坏了水的电离平衡
B．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中c(H＋)>c(OH－)
C．在CH3COONa溶液中，由水电离的c(H＋)≠c(OH－)
D．水电离出的H＋和OH－与盐电离出的弱酸根离子或弱碱阳离子结合，引起盐溶液呈酸碱性
答案　C
解析　CH3COONa溶液中CH3COO－结合水电离出的H＋生成CH3COOH，使得溶液中c(H＋)3．常温下，浓度均为0.1
mol·L－1的下列四种盐溶液，其pH测定如下表所示：
序号
①
②
③
④
溶液
CH3COONa
NaHCO3
Na2CO3
NaClO
pH
8.8
9.7
11.6
10.3
下列说法正确的是(　　)
A．四种溶液中，水的电离程度①>②>④>③
B．Na2CO3和NaHCO3溶液中，粒子种类相同；分别加入NaOH固体，恢复到原温度，c(CO)均增大
C．将等浓度的CH3COOH和HClO溶液比较，pH小的是HClO
D．Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
答案　B
解析　这四种盐溶液，均促进了水的电离，根据越弱越水解，水解显碱性，水解程度越大，pH越大，则四种溶液中，水的电离程度③>④>②>①，A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在着H＋、OH－、CO、HCO、H2CO3、Na＋、H2O，Na2CO3溶液中加入NaOH，导致CO的水解平衡向左移动，c(CO)增大，NaHCO3溶液中加入NaOH固体，发生反应：HCO＋OH－===CO＋H2O，c(CO)增大，B正确；醋酸的酸性强于次氯酸，在物质的量浓度相等的情况下，pH小的是醋酸，C错误；根据物料守恒，Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，D错误。
考点2　盐类水解的影响因素及应用
知识梳理
1.影响盐类水解平衡的因素
(1)内因：形成盐的酸或碱越弱，其盐就越易水解。如水解程度：相同条件下，Na2CO3>Na2SO3，Na2CO3
>NaHCO3。
(2)外因
①温度：温度越高，水解程度越大。
②溶液的浓度：溶液越稀，水解程度越大。
(4)加能水解的盐
例如：CH3COONa水解的离子方程式是CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，当改变下列条件时，将对CH3COONa水解平衡的影响填入下表：
改变条件
移动方向
c(OH－)
pH
水解程度
升温
右移
增大
增大
增大
加NaOH
左移
增大
增大
减小
加水
右移
减小
减小
增大
加少量FeCl3固体
右移
减小
减小
增大
加Na2CO3
左移
增大
增大
减小
2．盐类水解的应用
应用
举例或原理解释
判断溶液的酸碱性
NH4Cl溶液显酸性，原因是NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，与Mg反应可生成H2
比较溶液中离子浓度的大小
如：Na2CO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
判断弱电解质的相对强弱
如：物质的量浓度相同的三种盐溶液NaX、NaY、NaZ的pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序为HX>HY>HZ
证明某些电解质是弱酸或弱碱
如：Na2CO3溶液能使酚酞试液变红，证明该溶液显碱性，证明H2CO3是弱酸
判断盐溶液蒸干灼烧后的产物
蒸干灼烧AlCl3溶液后的产物为Al2O3，蒸干灼烧FeCl3溶液后的产物为Fe2O3
净水剂原理
明矾用于净水，原理是Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋
泡沫灭火器原理
成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，原理是Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
纯碱溶液去油污
用热碱水洗油污的原理CO＋H2O??HCO＋OH－
胶体的制备
将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，制备Fe(OH)3胶体，原理是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
配制或贮存易水解的盐溶液
配制FeCl3、SnCl2溶液时，常将它们先溶于较浓的盐酸，再稀释到所需浓度，目的是抑制Fe3＋或Sn2＋的水解，配制FeSO4
溶液时，需加入少量铁粉和稀硫酸
物质的提纯
除去MgCl2溶液中的FeCl3，可加入Mg、MgO、Mg(OH)2或MgCO3，促使Fe3＋水解完全，生成Fe(OH)3沉淀而除去
3．盐溶液蒸干灼烧时所得产物的几种判断类型
(1)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)；
Al2(SO4)3(aq)Al2(SO4)3(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。
制备无水盐如MgCl2需要在HCl气流中加热蒸干。
(2)酸根离子易水解的强碱盐，如Na2CO3溶液等蒸干后可得到原物质。
(3)还原性盐在蒸干时会被O2氧化。
例如，Na2SO3(aq)Na2SO4(s)。
FeCl2(aq)Fe(OH)2(s)Fe(OH)3(s)Fe2O3。
4．熟记下列因水解相互促进不能大量共存的离子组合
(1)Al3＋与HCO、CO、AlO、SiO、HS－、S2－、ClO－。
(2)Fe3＋与HCO、CO、AlO、SiO、ClO－。
(3)NH与SiO、AlO。
注意：①NH与CH3COO－、HCO虽能发生双水解反应，但能大量共存。②Fe3＋在中性条件下已完全水解。
(1)稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但由于溶液体积的增大是主要的，故水解产生的H＋或OH－的浓度是减小的，则溶液酸性或碱性减弱。
(2)向CH3COONa溶液中加入少量冰醋酸，体系中c(CH3COOH)增大是主要因素，会使平衡CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－左移。
1.判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，错误的指明错因。
(1)含1
mol
KOH的溶液与1
mol
CO2完全反应后，溶液中c(K＋)＝c(HCO)。(×)
错因：反应后溶质为KHCO3，由于HCO既存在水解又存在电离，故c(HCO)＜c(K＋)。
(2)在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，不能使c(Na＋)＝c(CH3COO－)。(×)
错因：CH3COO－水解呈碱性，当加入适量CH3COOH使溶液呈中性时，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)可得，c(Na＋)＝c(CH3COO－)。
(3)水解反应NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动。(×)
错因：水解反应是吸热反应，故升高温度平衡正向移动。
(4)降低温度和加水稀释，都会使盐的水解平衡向逆反应方向移动。(×)
错因：加水稀释，水解平衡正向移动。
(5)通入适量的HCl气体使FeCl3溶液中增大。(×)
错因：溶液中c(Cl－)增大程度大于c(Fe3＋)，故比值减小。
(6)试管中加入2
mL饱和Na2CO3溶液，滴入两滴酚酞，加热，溶液先变红，后红色变浅。(×)
错因：溶液中存在CO水解：CO＋H2O??HCO＋OH－，加热，水解平衡正向移动，碱性增强，红色加深。
2．下列过程或现象与盐类水解无关的是(　　)
A．纯碱溶液去油污
B．铁在潮湿的环境下生锈
C．加热氯化铁溶液颜色变深
D．浓硫化钠溶液有臭味
答案　B
解析　B项，是铁发生电化学腐蚀的结果，不涉及盐类水解，符合题意。
题组训练
题组一
水解平衡的移动
1．在0.1
mol·L－1
K2CO3溶液中，由于CO的水解，使得c(CO)<0.1
mol·L－1。如果要使c(CO)更接近0.1
mol·L－1，可以采取的措施是(　　)
A．加入适量水
B．加入少量盐酸
C．加入适量KOH固体
D．加热
答案　C
解析　K2CO3溶液中存在CO的水解平衡：CO＋H2O??HCO＋OH－。加入适量KOH固体，溶液中c(OH－)增大，水解平衡逆向移动，溶液中c(CO)增大，更接近0.1
mol·L－1，C正确。
2．在一定条件下，Na2S溶液中存在水解平衡：S2－＋H2O??HS－＋OH－。下列说法正确的是(　　)
A．稀释溶液，水解平衡常数增大
B．加入CuSO4固体，HS－浓度减小
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
答案　B
解析　稀释溶液，水解平衡向正反应方向移动，但水解平衡常数只与温度有关，温度不变，水解平衡常数保持不变，A项错误；加入CuSO4固体，发生沉淀反应：Cu2＋＋S2－===CuS↓，c(S2－)减小，S2－的水解平衡向逆反应方向移动，HS－浓度减小，B项正确；水解过程吸热，升高温度，水解平衡向正反应方向移动，c(HS－)增大，c(S2－)减小，增大，C项错误；加入NaOH固体，c(OH－)增大，pH增大，D项错误。
题组二
盐类水解的应用
3．下列有关盐类水解的事实或应用、解释的说法不正确的是(　　)
事实或应用
解释
A
用热的纯碱溶液去除油污
纯碱与油污直接发生反应，生成易溶于水的物质
B
泡沫灭火器灭火
Al2(SO4)3与NaHCO3溶液反应产生CO2气体
C
施肥时，草木灰(主要成分K2CO3)与NH4Cl不能混合使用
K2CO3与NH4Cl反应生成NH3，降低肥效
D
明矾[KAl(SO4)2·12H2O]作净水剂
明矾溶于水生成Al(OH)3胶体
答案　A
解析　用热的纯碱溶液去除油污，其原因是Na2CO3水解使溶液显碱性，油脂在碱性溶液中水解生成高级脂肪酸钠和甘油，并非纯碱与油污直接发生反应，A错误。
4．下表是Fe2＋、Fe3＋、Zn2＋被OH－完全沉淀时溶液的pH。某硫酸锌酸性溶液中含有少量Fe2＋、Fe3＋杂质，为制得纯净的ZnSO4，应加入的试剂是(　　)
金属离子
Fe2＋
Fe3＋
Zn2＋
完全沉淀时的pH
7.7
4.5
6.5
A．H2O2、ZnO
B．氨水
C．KMnO4、ZnCO3
D．NaOH溶液
答案　A
解析　要使Fe2＋和Fe3＋全部除去，由题给信息可知，需将Fe2＋全部氧化成Fe3＋，再调节溶液pH范围为4.5≤pH<6.5，即可将Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，且保证Zn2＋不沉淀。氧化Fe2＋时不能引入新的杂质，只能用H2O2，调pH时也不能引入新的杂质，用ZnO能促进Fe3＋的水解。
利用水解原理除杂需注意的问题
(1)注意把控溶液的pH：在除杂时如果pH调节不好，很可能会把主要成分除去。
(2)注意不能引入新的杂质：如MgCl2溶液中混有少量FeCl3杂质，除杂时不能加NaOH、NH3·H2O等可溶性碱，会引入NH、Na＋等杂质。
考点3　溶液中离子浓度的大小比较
知识梳理
1.把握盐溶液中的两个“微弱”
(1)电离过程的“微弱”
弱电解质发生电离的粒子所剩余的浓度大于电离生成的粒子的浓度，如H2CO3溶液中：c(H2CO3)>c(HCO)>c(CO)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离程度)。
(2)水解过程的“微弱”
发生水解的粒子所剩余的浓度大于水解生成的粒子的浓度，如Na2CO3溶液中：c(CO)>c(HCO)>c(H2CO3)(多元弱酸酸根离子的水解以第一步为主)。
2．把握溶液中的三个守恒
(1)电荷守恒
在电解质溶液中，阳离子所带的正电荷总数与阴离子所带的负电荷总数相等，即溶液呈电中性。
如NaHCO3溶液中有Na＋、H＋、HCO、CO、OH－，存在如下关系：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋2n(CO)＋n(OH－)，推出c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)。(因CO带2个单位负电荷，所以其所带电荷数为其离子数的2倍)
(2)物料守恒(原子守恒)
在电解质溶液中，由于某些离子能够电离或水解，粒子种类增多，但这些粒子所含某些原子的总数始终不变，符合原子守恒。
如NaHCO3溶液中，n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，因HCO水解：HCO＋H2O??H2CO3＋OH－以及HCO电离：HCO??H＋＋CO，C元素的存在形式有3种，即HCO、H2CO3、CO，由n(Na＋)∶n(C原子)＝1∶1，得c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。
(3)质子守恒
电解质溶液中，电离、水解等过程中得到的质子(H＋)数等于失去的质子(H＋)数。
如NaHCO3溶液中：
即有c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)＋c(CO)
另外，质子守恒式可以由电荷守恒式和物料守恒式推导得出。
以KHS溶液为例，电荷守恒式为c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)①，物料守恒式为c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(H2S)②，由①－②消去没有参与变化的K＋得质子守恒式：c(H＋)＋c(H2S)＝c(OH－)＋c(S2－)。
(1)在比较溶液中所有微粒浓度的大小时，不能忽略水的电离。
(2)物料守恒即特征原子守恒，但不能涉及氧和氢的原子守恒。
(3)凡由电荷守恒式和物料守恒式推导出的等式都归为第三类守恒，质子守恒就是其中之一。
1.判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，错误的指明错因。
(1)Na2S溶液和NaHS溶液中都有等式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋c(S2－)。(×)
错因：Na2S溶液和NaHS溶液均存在电荷守恒式：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HS－)＋2c(S2－)。
(2)pH＝7的溶液中一定有c(H＋)＝c(OH－)。(×)
错因：25
℃
pH＝7的溶液一定有c(H＋)＝c(OH－)。
(3)盐酸中滴加氨水至中性，溶液中溶质为氯化铵。(×)
错因：盐酸与氨水恰好中和时，溶质为NH4Cl，但溶液显酸性，若使溶液呈中性，需氨水过量，故溶液溶质为氯化铵和一水合氨。
(4)0.1
mol/L
NaHCO3溶液与0.1
mol/L
NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(OH－)。(×)
错因：两溶液混合恰好反应生成Na2CO3溶液，由于CO＋H2O??HCO＋OH－以及H2O也电离出OH－，故可判断c(OH－)>c(HCO)。
(5)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(NH)＋c(OH－)。(×)
错因：室温下pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合时，氨水过量，溶液呈碱性，故c(OH－)>c(H＋)，再结合电荷守恒c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋c(Cl－)可知c(NH)>c(Cl－)，故c(Cl－)＋c(H＋)(6)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)。(×)
错因：两溶液混合恰好生成CH3COONa，依据质子守恒知：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)。
2．含SO2的烟气会形成酸雨，工业上常利用Na2SO3溶液作为吸收液脱除烟气中的SO2，随着SO2的吸收，吸收液的pH不断变化。下列粒子浓度关系一定正确的是(　　)
A．Na2SO3溶液中存在：
c(Na＋)>c(SO)>c(H2SO3)>c(HSO)
B．已知NaHSO3溶液pH<7，该溶液中：
c(Na＋)>c(HSO)>c(H2SO3)>c(SO)
C．当吸收液呈酸性时：
c(Na＋)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
D．当吸收液呈中性时：c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)
答案　D
解析　Na2SO3溶液呈碱性，溶液中粒子浓度关系为c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)>c(HSO)>c(H2SO3)，A项错误；NaHSO3溶液pH<7，则该溶液中HSO的电离程度大于水解程度，溶液中粒子浓度大小关系为c(Na＋)>c(HSO)>c(H＋)>c(SO)>c(OH－)>c(H2SO3)，B项错误；当吸收液呈酸性时可以是NaHSO3溶液，溶液中存在物料守恒：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(SO)＋c(HSO)，也可以是NaHSO3和亚硫酸钠的混合溶液，则选项中的物料守恒关系式不再适用，C项错误；当吸收液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)＋c(HSO)，故c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)，D项正确。
题组训练
题组一
单一溶液离子浓度的大小比较
1．常温下，浓度均为0.1
mol·L－1的下列溶液中，粒子的物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．氨水中，c(NH)＝c(OH－)＝0.1
mol·L－1
B．NH4Cl溶液中，c(NH)>c(Cl－)
C．Na2SO4溶液中，c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)＝c(H＋)
D．Na2SO3溶液中，c(Na＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)
答案　C
解析　Na2SO4溶液显中性，c(OH－)＝c(H＋)，结合电荷守恒可得：c(Na＋)＝2c(SO)，溶液中离子浓度大小为c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)＝c(H＋)，C正确。
2．下列关于0.10
mol·L－1
NaHCO3溶液的说法正确的是(　　)
A．溶质的电离方程式为NaHCO3===Na＋＋H＋＋CO
B．25
℃时，加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大
C．离子浓度关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋c(CO)
D．温度升高，c(HCO)增大
答案　B
解析　加水稀释后c(H＋)与c(OH－)的乘积不变，体积变大，所以n(H＋)与n(OH－)的乘积变大，故B正确。
1．单一溶液中粒子浓度的比较
(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：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，H2O??OH－＋H＋，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)。
(2)弱酸根离子或弱碱阳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CH3COONa溶液中：CH3COONa===CH3COO－＋Na＋，CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，H2O??H＋＋OH－，所以CH3COONa溶液中：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(CH3COOH)>c(H＋)。
(3)酸式盐溶液的酸碱性主要取决于酸式盐中酸式酸根离子的电离能力和水解能力哪一个更强，如NaHCO3溶液中HCO的水解能力大于其电离能力，故溶液显碱性。
(4)多元弱酸的强碱正盐溶液：多元弱酸根离子水解以第一步为主。例如，Na2S溶液中：c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋)。
2．不同溶液中同一粒子浓度的大小比较
选好参照物，分组比较，各个击破：
如25
℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：
①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、
④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NH)由大到小的顺序为⑤>④>③>①>②。分析流程为
分组
题组二
混合溶液中离子浓度大小关系
3．将0.1
mol·L－1(CH3COO)2Ba溶液与0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合，下列关系不正确的是(　　)
A．3c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
B．2c(Ba2＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)
C．c(CH3COO－)>c(Na＋)＝c(Ba2＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)＋0.05
mol·L－1
答案　C
解析　由电荷守恒式2c(Ba2＋)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，两溶液均为0.1
mol·L－1，则c(Ba2＋)＝c(Na＋)，可知A项正确；因CH3COO－在溶液中部分水解，由物料守恒：2c(Ba2＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，B项正确；该溶液中的OH－来自NaOH的电离和CH3COO－的水解，故c(CH3COO－)>c(OH－)>c(Na＋)＝c(Ba2＋)>c(H＋)，C项不正确；电荷守恒式为c(Na＋)＋2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，把c(Na＋)＝0.05
mol·L－1和物料守恒式2c(Ba2＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)代入电荷守恒式，即得c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)＋0.05
mol·L－1，D项正确。
4．下列各组溶液中的各种溶质的物质的量浓度均为0.1
mol·L－1：①H2S溶液、②KHS溶液、③K2S溶液、④H2S和KHS混合溶液(已知常温下KHS溶液的pH>7)。下列说法正确的是(　　)
A．溶液的pH从大到小的顺序为③>②>①>④
B．在H2S和KHS混合溶液中：
c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)＝2c(K＋)
C．c(H2S)从大到小的顺序为①>④>③>②
D．在KHS溶液中：
c(H＋)＋c(K＋)＝c(HS－)＋c(S2－)＋c(OH－)
答案　B
解析　H2S溶液、H2S和KHS混合溶液均显酸性，但HS－的存在抑制了H2S的电离，故pH：④>①；K2S溶液中S2－的水解程度大于KHS溶液中HS－的水解程度，则pH：③>②，故溶液pH从大到小的顺序为③>②>④>①，A错误。H2S和KHS混合溶液中H2S的电离受HS－的抑制，c(H2S)最大；H2S溶液中H2S部分电离，主要以H2S形式存在，故c(H2S)次之；在K2S溶液中S2－发生两步水解生成H2S，而KHS溶液中HS－发生一步水解生成H2S，故溶液中c(H2S)：④>①>②>③，C错误。在KHS溶液中根据电荷守恒可得：c(H＋)＋c(K＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)，D错误。
混合溶液粒子浓度比较方法
(1)酸、碱中和型粒子浓度的比较
(2)盐与酸(碱)混合型粒子浓度的比较
首先考虑是否反应，若不反应，分析盐的水解程度和酸(碱)的电离程度的大小；若能反应，则按反应后混合组成综合考虑水解和电离两种因素。
高考真题实战
1．(高考集萃)判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
(1)(2019·全国卷Ⅲ)常温下，pH＝2的H3PO4溶液中，加入NaH2PO4固体，酸性增强。(　　)
(2)(2018·天津高考)某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小。(　　)
(3)(2017·天津高考)蒸发Al与稀盐酸反应后的溶液制备无水AlCl3。(　　)
(4)(2016·全国卷Ⅲ)将CH3COONa溶液从20
℃升温至30
℃，溶液中增大。(　　)
(5)(2016·江苏高考)0.1
mol·L－1
Na2CO3溶液加热后溶液的pH减小。(　　)
(6)(2015·江苏高考)Na2CO3溶液中CO的水解：CO＋H2O===HCO＋OH－。(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×
解析　(1)加入NaH2PO4固体，抑制了磷酸的第一步电离，溶液酸性减弱，错误。
(2)依据越弱越水解的原理，HA的Ka越小，代表HA越弱，所以A－的水解越强，故应该是NaA的Kh(水解常数)越大。
(3)AlCl3易发生水解，加热AlCl3溶液时，AlCl3水解生成的HCl易挥发，从而得不到无水AlCl3。要制备无水AlCl3应在HCl氛围中加热蒸发，错误。
(4)CH3COONa溶液中存在水解平衡：CH3COO－＋H2O??CH3COOH＋OH－，水解是吸热的，升高温度，水解平衡正向移动，减小，错误。
(5)加热会促进CO的水解，溶液的碱性增强，pH增大，错误。
(6)水解是微弱的，可逆的，所以CO的水解反应中应用可逆号，错误。
2．(2019·江苏高考)(双选)室温下，反应HCO＋H2O??H2CO3＋OH－的平衡常数K＝2.2×10－8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合，可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略，室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　)
A．0.2
mol·L－1氨水：c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．0.2
mol·L－1
NH4HCO3溶液(pH＞7)：c(NH)＞c(HCO)＞c(H2CO3)＞c(NH3·H2O)
C．0.2
mol·L－1氨水和0.2
mol·L－1
NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)
D．0.6
mol·L－1氨水和0.2
mol·L－1
NH4HCO3溶液等体积混合：c(NH3·H2O)＋c(CO)＋c(OH－)＝0.3
mol·L－1＋c(H2CO3)＋c(H＋)
答案　BD
解析　氨水中存在：NH3·H2O??NH＋OH－，H2O??H＋＋OH－，氨水中NH3·H2O的电离是少量的，主要以NH3·H2O分子存在，水电离出OH－，所以c(OH－)＞c(NH)，A错误；NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO的水解程度大于NH的水解程度，B正确；由物料守恒，n(N)∶n(C)＝2∶1，则有c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]，C错误；由物料守恒，n(N)∶n(C)＝4∶1，则有c(NH)＋c(NH3·H2O)＝4[c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)]①，由电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)②，结合①②消去c(NH)，得：c(NH3·H2O)＋c(OH－)＝c(H＋)＋4c(H2CO3)＋3c(HCO)＋2c(CO)③，0.2
mol·L－1
NH4HCO3与氨水等体积混合后，体积增大1倍，由碳原子守恒有，c(H2CO3)＋c(HCO)＋c(CO)＝0.1
mol·L－1④，将③等式两边各加一个c(CO)，则有c(NH3·H2O)＋c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋3c(H2CO3)＋3c(HCO)＋3c(CO)⑤，将④代入⑤中得，c(NH3·H2O)＋c(OH－)＋c(CO)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.3
mol·L－1，D正确。
3．(2018·北京高考)测定0.1
mol·L－1
Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。下列说法不正确的是(　　)
A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2O??HSO＋OH－
B．④的pH与①不同，是由于SO浓度减小造成的
C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D．①与④的Kw值相等
答案　C
解析　Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO存在水解平衡：SO＋H2O??HSO＋OH－、HSO＋H2O??H2SO3＋OH－，A正确；取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO浓度减小，④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO浓度减小造成的，B正确；盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO水解平衡正向移动，c(SO)减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C错误；Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等，D正确。
4．(2017·江苏高考)(双选)常温下，Ka(HCOOH)＝1.77×10－4，Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kb(NH3·H2O)＝1.76×10－5，下列说法正确的是(　　)
A．浓度均为0.1
mol·L－1的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和：前者大于后者
B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH溶液的体积相等
C．0.2
mol·L－1
HCOOH与0.1
mol·L－1
NaOH等体积混合后的溶液中：c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(HCOOH)＋c(H＋)
D．0.2
mol·L－1
CH3COONa与0.1
mol·L－1盐酸等体积混合后的溶液中(pH<7)：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)
答案　AD
解析　相同浓度的HCOONa和NH4Cl溶液，水解程度NH大于HCOO－，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，可比较c(Na＋)＋c(H＋)和c(Cl－)＋c(OH－)，c(Na＋)＝c(Cl－)，又根据NH和HCOO－的水解程度得HCOONa中的c(H＋)大于NH4Cl溶液中c(OH－)，所以阳离子浓度之和，前者大于后者，A正确。用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液，因为CH3COOH的酸性弱于HCOOH，CH3COOH消耗NaOH溶液的体积比HCOOH的大，B错误。根据电荷守恒c(HCOO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，c(Na＋)>c(HCOOH)，C错误。反应后溶液相当于相同浓度的CH3COOH、CH3COONa、NaCl溶液的混合物，溶液显酸性，
c(CH3COO－)>0.05
mol·L－1，c(CH3COOH)<0.05
mol·L－1，c(Cl－)＝0.05
mol·L－1，c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)，D正确。
5．(2016·全国卷Ⅰ)298
K时，在20.0
mL
0.10
mol·L－1氨水中滴入0.10
mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10
mol·L－1氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述正确的是(　　)
A．该滴定过程应选择酚酞作为指示剂
B．M点对应的盐酸体积为20.0
mL
C．M点处的溶液中c(NH)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)
D．N点处的溶液中pH<12
答案　D
解析　当恰好完全中和时，生成NH4Cl，而NH4Cl溶液呈酸性，酚酞的变色范围为pH＝8.2～10.0，甲基橙的变色范围为pH＝3.1～4.4，故应选甲基橙作指示剂，A错误；当V(盐酸)＝20.0
mL时，恰好完全反应，溶液呈酸性，B错误；M点时由溶液中电荷守恒知c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，而溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)，则c(NH)＝c(Cl－)，但c(NH)＝c(Cl－)?c(H＋)＝c(OH－)，C错误；该温度下，0.10
mol·L－1一元强碱溶液的pH＝13，若0.10
mol·L－1一元弱碱溶液的电离度为10%，则其pH＝12，而0.10
mol·L－1氨水的电离度小于10%，故溶液的pH<12，D正确。
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1
-第2节
水的电离和溶液的酸碱性
　　时间：45分钟　　　满分：100分
一、选择题(每题7分，共70分)
1．100
℃时，NaCl稀溶液中c(H＋)为1.0×10－6
mol·L－1。下列说法中正确的是(　　)
①该NaCl溶液显酸性；②该NaCl溶液显中性；③该NaCl溶液中Kw＝1×10－14；④该NaCl溶液中Kw＝1×10－12；⑤该NaCl溶液的pH＝7。
A．②④
B．①③
C．①④
D．②⑤
答案　A
2．常温下，0.1
mol·L－1某一元酸HA溶液中＝1×10－12，下列叙述正确的是(　　)
A．该溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－10
mol·L－1
B．溶液中存在HA??H＋＋A－
C．与0.1
mol·L－1NaOH溶液等体积混合后所得溶液为中性
D．原溶液中加入一定量NaA晶体或加水稀释，溶液中c(OH－)均增大
答案　C
解析　常温下Kw＝1×10－14,0.1
mol·L－1HA溶液中＝1×10－12，则有c(H＋)＝0.1
mol·L－1，说明HA完全电离，故该溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－13
mol·L－1，A错误。HA为强酸，其电离方程式为HA===H＋＋A－，不存在HA的电离平衡，B错误。与0.1
mol·L－1NaOH溶液等体积混合恰好完全反应，生成强酸强碱盐NaA，所得溶液为中性，C正确。HA为强酸，则HA溶液中加入一定量NaA晶体时，溶液中c(OH－)不变；加水稀释时，溶液中c(H＋)减小，则c(OH－)增大，D错误。
3．常温下，若使pH＝3的盐酸与pH＝9的Ba(OH)2溶液混合使其成为pH＝7的溶液，混合时盐酸和Ba(OH)2溶液的体积比为(　　)
A．1∶60
B．3∶1
C．1∶100
D．100∶1
答案　C
解析　常温下，pH＝3的盐酸，c(H＋)＝1×10－3
mol·L－1，pH＝9的Ba(OH)2溶液，c(OH－)＝1×10－5
mol·L－1，两溶液混合后溶液的pH＝7，则n(H＋)＝n(OH－)，设盐酸体积为x
L，Ba(OH)2
溶液体积为y
L，1×10－3
mol·L－1×x
L＝1×10－5
mol·L－1×y
L，解得：x∶y＝1∶100，即盐酸与Ba(OH)2溶液的体积之比为1∶100。
4．现有常温下pH＝a的NaOH溶液与pH＝b的硫酸溶液，将二者等体积混合，所得溶液呈中性，则下列对两溶液的相关分析不正确的是(　　)
A．Kw均为1×10－14
B．若a＝12，则有b＝2
C．a、b为固定值
D．水电离出的c(H＋)相等
答案　C
解析　常温下，pH＝a的NaOH溶液中c(OH－)＝10a－14
mol·L－1，pH＝b的硫酸溶液中c(H＋)＝10－b
mol·L－1，二者等体积混合所得溶液呈中性，则有V
L×10a－14
mol·L－1＝10－b
mol·L－1×V
L，得出a＋b＝14。Kw只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故室温下两溶液中均有Kw＝1×10－14，A正确。由于a＋b＝14，若a＝12，则有b＝2，B正确。a、b不是固定值，只要满足a＋b＝14，且a>7，b<7即可，C错误。由于a＋b＝14，NaOH溶液中H＋由水电离产生，则有c(H＋)＝10－a
mol·L－1；硫酸溶液中OH－由水电离产生，则有c(OH－)＝10b－14
mol·L－1＝10(14－a)－14
mol·L－1＝10－a
mol·L－1，故两溶液中水电离出的c(H＋)
相等，D正确。
5．已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。某温度下，向c(H＋)＝1×10－6
mol·L－1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的c(H＋)＝1×10－2
mol·L－1。下列对该溶液的叙述不正确的是(　　)
A．该温度高于25
℃
B．由水电离出来的H＋的浓度为1×10－10
mol·L－1
C．加入NaHSO4晶体抑制水的电离
D．取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH－)减小
答案　D
6．水的电离常数如图两条曲线所示，曲线中的点都符合c(H＋)·c(OH－)＝常数，下列说法错误的是(　　)
A．图中温度T1>T2
B．图中五点Kw间的关系：B>C>A＝D＝E
C．曲线a、b均代表纯水的电离情况
D．若处在B点时，将pH＝2的硫酸溶液与pH＝12的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性
答案　C
解析　C项，只有c(OH－)＝c(H＋)的点才是纯水的电离，所以只有A、B点是纯水的电离，错误；D项，B点Kw＝10－12，H2SO4中c(H＋)＝10－2
mol·L－1，KOH中c(OH－)＝
mol·L－1＝1
mol·L－1，等体积混合后，KOH过量，溶液呈碱性，正确。
7．将纯水加热至较高温度，下列叙述正确的是(　　)
A．水的离子积变大、pH变小、呈酸性
B．水的离子积不变、pH不变、呈中性
C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性
D．水的离子积变大、pH变小、呈中性
答案　D
8．常温下，浓度均为0.1
mol·L－1、体积均为100
mL的两种一元酸HX、HY的溶液中，分别加入NaOH固体，lg
随加入NaOH的物质的量的变化如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A．HX的酸性弱于HY
B．a点由水电离出的c(H＋)＝10－12
mol·L－1
C．c点溶液中：c(Y－)>c(HY)
D．b点时酸碱恰好完全反应
答案　C
解析　根据题图知，0.1
mol·L－1
HX溶液的lg
＝12，则c(H＋)＝0.1
mol·L－1，HX为强酸，同理可推知，HY为弱酸，A项错误；a点HX溶液中c(H＋)＝0.1
mol·L－1，由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－13
mol·L－1，B项错误；c点时加入n(NaOH)＝0.005
mol，此时得到等物质的量浓度的HY和NaY的混合溶液，lg
＝6，则c(H＋)＝10－4
mol·L－1，溶液呈酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，故c(Y－)>c(HY)，C项正确；b点时n(NaOH)＝0.008
mol，而n(HY)＝0.01
mol，故HY过量，D项错误。
9．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－)＝1×10－14
B．c(H＋)等于1×10－7
mol/L的溶液一定是中性溶液
C．0.2
mol/L
CH3COOH溶液中的c(H＋)是0.1
mol/L
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
答案　A
解析　水的离子积只与温度有关，A正确；中性溶液是指c(H＋)＝c(OH－)，B错误；弱电解质的浓度越大，电离程度越小，则0.2
mol/L
CH3COOH溶液中的c(H＋)小于0.1
mol/L
CH3COOH溶液中的c(H＋)的2倍，C错误；pH的范围为0～14，当c(H＋)或c(OH－)>1
mol/L时一般不用pH来表示溶液的酸碱度，D错误。
10．常温下，下列说法不正确的是(　　)
A．pH＝2与pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)之比为1∶10
B．0.1
mol·L－1的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H＋)为1×10－13
mol·L－1
C．pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液等体积混合后溶液的pH<7
D．等体积pH＝2的H2SO4溶液和pH＝2的HCl溶液混合后溶液的pH＝2
答案　B
解析　pH＝2与pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)分别为0.01
mol·L－1、0.1
mol·L－1，则两溶液中c(H＋)之比为1∶10，A正确；CH3COOH是弱电解质，0.1
mol·L－1的CH3COOH溶液中c(H＋)<0.1
mol·L－1，由c(OH－)＝可知，该溶液中c(OH－)>1×10－13
mol·L－1，故由水电离的c水(H＋)＝c(OH－)>1×10－13
mol·L－1，B错误；pH＝12的NaOH溶液中c(NaOH)＝0.01
mol·L－1，pH＝2的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)>0.01
mol·L－1，二者等体积混合反应后，CH3COOH有剩余，溶液的pH<7，C正确；pH＝2的H2SO4溶液和pH＝2的HCl溶液中c(H＋)均为0.01
mol·L－1，则两溶液等体积混合后，溶液中c(H＋)仍为0.01
mol·L－1，故混合液的pH＝2，D正确。
二、非选择题(共30分)
11．(14分)某温度(T)下的溶液中，c(H＋)＝1.0×10－x
mol·L－1，c(OH－)＝1.0×10－y
mol·L－1，x与y的关系如图所示，请回答下列问题：
(1)此温度下，水的离子积Kw为________，则该温度T________25
℃(填“>”“<”或“＝”)。
(2)在此温度下，向Ba(OH)2溶液中逐滴加入pH＝a的盐酸，测得混合溶液的部分pH如表所示。
实验序号
Ba(OH)2溶液的体积/mL
盐酸的体积/mL
溶液的pH
①
22.00
0.00
8
②
22.00
18.00
7
③
22.00
22.00
6
假设溶液混合前后的体积不变，则a＝________，实验②所得溶液中由水电离产生的c(OH－)＝
________mol·L－1。
(3)在此温度下，将0.1
mol·L－1的NaHSO4溶液与0.1
mol·L－1的Ba(OH)2溶液按下表中甲、乙、丙、丁不同方式混合：
甲
乙
丙
丁
0.1
mol·L－1
Ba(OH)2溶液体积/mL
10
10
10
10
0.1
mol·L－1
NaHSO4溶液体积/mL
5
10
15
20
①按丁方式混合后，所得溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性。
②写出按乙方式混合后，反应的离子方程式：_____________________________________________________________________
_________________________________________________________________。
③按甲方式混合后，所得溶液的pH为________(混合时，忽略溶液体积的变化)。
答案　(1)1.0×10－12　>　(2)4　1.0×10－7
(3)①中　②Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO===BaSO4↓＋H2O　③11
解析　(2)此条件下，pH
＝6时溶液呈中性。根据表中实验①的数据可得c(OH－)＝1.0×10－4
mol·L－1，根据表中实验③的数据有22.00×10－3
L×1.0×10－4
mol·L－1＝22.00×10－3
L×1.0×10－a
mol·L－1，可得a＝4，即pH＝4。实验②中，所得溶液pH＝7，Ba(OH)2过量，溶液呈碱性，由H2O电离产生的c(OH－)等于由水电离产生的c(H＋)，即由水电离产生的c(OH－)＝1.0×10－7
mol·L－1。
(3)①按丁方式混合时，Ba(OH)2提供的OH－的物质的量与NaHSO4提供的H＋的物质的量相等，混合后溶液呈中性。②按乙方式混合时，反应前：n(Ba2＋)＝1.0×10－3
mol，n(OH－)＝2.0×10－3
mol，n(H＋)＝n(SO)＝1.0×10－3
mol，实际反应的Ba2＋、OH－、H＋、SO均为1.0×10－3
mol，故反应的离子方程式为Ba2＋＋OH－＋H＋＋SO===BaSO4↓＋H2O。③按甲方式混合时，OH－过量，反应后溶液中c(OH－)＝
mol·L－1＝0.1
mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－11
mol·L－1，pH＝11。
12．(16分)(1)有一学生在实验室测某溶液的pH，实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测：
①该学生的操作是________(填“正确的”或“错误的”)，其理由是______________________________。
②若用此方法分别测定c(H＋)相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是________，原因是________________________________________________。
③该学生以上述方式测定下列溶液的pH，无误差的是(　　)
A．NaOH
B．CH3COONa
C．NaCl
D．NaHSO4
(2)某温度时，测得0.01
mol·L－1的NaOH溶液的pH＝10。在此温度下，将0.01
mol·L－1的H2SO4溶液Va
L与pH＝12的NaOH溶液Vb
L混合，若所得混合液pH＝11，则Va∶Vb＝________。
答案　(1)①错误的　润湿后，稀释了原溶液，使其浓度减小，可能导致测量误差　②盐酸　盐酸是强电解质，醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOH??CH3COO－＋H＋，稀释时平衡右移，继续电离出H＋，稀释时Δc(H＋)较小，ΔpH较小，故误差较小　③C
(2)15∶2
解析　(1)用pH试纸测定溶液酸碱性时，不能用水润湿。若润湿，会使待测液浓度减小，结果可能出现误差。但是用pH试纸测定中性溶液时，对结果一般没影响。
(2)溶液中c(OH－)＝10－2
mol·L－1、c(H＋)＝10－10
mol·L－1，所以Kw＝10－12，混合后溶液呈碱性，c(OH－)＝＝10－1
mol·L－1，Va∶Vb＝15∶2。
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1
-第1节
弱电解质的电离平衡
　　时间：45分钟　　　满分：100分
一、选择题(每题6分，共72分)
1．室温下，对于0.10
mol·L－1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Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓
B．加水稀释后，溶液中c(NH)·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pH＝13
答案　C
解析　一水合氨是弱碱，书写离子方程式时不能拆写，应为Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH，A错误；加水稀释虽然能促进氨水的电离，但c(NH)和c(OH－)都减小，即c(NH)·c(OH－)减小，B错误；用硝酸完全中和后，生成硝酸铵，硝酸铵为强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，C正确；因为一水合氨为弱碱，部分电离，所以0.10
mol·L－1的氨水中c(OH－)远远小于0.10
mol·L－1，D错误。
2．在醋酸溶液中，CH3COOH的电离达到平衡的标志是(　　)
A．溶液显电中性
B．溶液中无CH3COOH分子
C．氢离子浓度恒定不变
D．c(H＋)＝c(CH3COO－)
答案　C
解析　醋酸溶液中存在的电离平衡有：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，H2O??H＋＋OH－，阴离子所带负电荷总数与阳离子所带正电荷总数相等，与是否达到电离平衡无关，A错误；CH3COOH是弱电解质，溶液中一定存在CH3COOH分子，B错误；溶液中存在CH3COOH和H2O的电离平衡，不管是否达到平衡，都有c(H＋)>c(CH3COO－)，D错误。
3．在0.1
mol·L－1
NH3·H2O溶液中存在如下平衡：NH3＋H2O??NH3·H2O??NH＋OH－。下列叙述中正确的是(　　)
A．加入少量浓盐酸，盐酸与NH3反应生成NH4Cl，使NH3浓度减小，NH浓度增大，平衡逆向移动
B．加入少量NaOH固体，OH－与NH结合生成NH3·H2O，使NH浓度减小，平衡正向移动
C．加入少量0.1
mol·L－1
NH4Cl溶液，电离平衡常数不变，溶液中c(OH－)减小
D．加入少量MgSO4固体，溶液pH增大
答案　C
解析　A项，加入少量浓盐酸，首先发生H＋＋OH－===H2O，使OH－浓度降低，平衡正向移动；B项，加入少量NaOH固体，使OH－浓度升高，平衡逆向移动；C项，加入少量NH4Cl溶液，使NH浓度升高，平衡逆向移动，溶液中c(OH－)减小；D项，Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)减小，溶液pH减小。
4．下列关于醋酸性质的描述，不能证明它是弱电解质的是(　　)
A．1
mol·L－1的醋酸溶液中H＋浓度约为10－3
mol·L－1
B．醋酸溶液中存在CH3COOH分子
C．10
mL
pH＝1的醋酸溶液与足量锌粉反应生成H2
112
mL(标准状况)
D．10
mL
0.1
mol·L－1的醋酸溶液与10
mL
0.1
mol·L－1的NaOH溶液恰好完全中和
答案　D
解析　1
mol·L－1的醋酸溶液中c(H＋)约为10－3
mol·L－1，说明CH3COOH部分发生电离，则CH3COOH是弱电解质，A正确；醋酸溶液中存在CH3COOH分子，说明CH3COOH未完全发生电离，则CH3COOH是弱电解质，B正确；Zn与醋酸溶液发生的反应为Zn＋2CH3COOH===(CH3COO)2Zn＋H2↑，标准状况下112
mL
H2的物质的量为0.005
mol，则参与反应的n(CH3COOH)＝0.01
mol；10
mL
pH＝1的醋酸溶液中，CH3COOH电离产生的n(H＋)＝0.01
L×0.1
mol·L－1＝0.001
mol，则有n(H＋)mL
0.1
mol·L－1的醋酸溶液与10
mL
0.1
mol·L－1的NaOH溶液中，n(CH3COOH)＝n(NaOH)＝0.01
L×0.1
mol·L－1＝0.001
mol，二者能恰好完全反应，只能说明CH3COOH为一元酸，不能证明CH3COOH是弱电解质，D错误。
5．pH＝12的X、Y两种碱溶液各10
mL，分别稀释至1000
mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．若10B．X、Y两种碱的物质的量浓度一定相等
C．完全中和pH相同的X、Y两溶液时，消耗同浓度盐酸的体积V(X)>V(Y)
D．稀释后，X溶液的碱性比Y溶液的碱性强
答案　A
解析　若X为强碱，则10
mL
pH＝12的X溶液稀释至1000
mL，pH应该为10，故若106．25
℃时，向0.2
mol·L－1的氨水中加水稀释，则图中的y轴可以表示(　　)
①电离程度　②c(NH3·H2O)　
③c(NH)　④c(H＋)　⑤溶液的导电能力　⑥pH　
⑦　⑧c(H＋)·c(OH－)
A．①②③⑤
B．②③⑤⑥
C．②③⑥⑦
D．①②⑤⑥
答案　B
解析　加水稀释，NH3·H2O的电离程度增大，①错误；加水稀释虽然促进了NH3·H2O的电离，但由于溶液体积增大得更多，故c(NH3·H2O)、c(NH)、c(OH－)均减小，c(H＋)增大，②、③正确，④错误；溶液中离子浓度减小，导电性减弱，⑤正确；c(OH－)减小，pH减小，⑥正确；NH3·H2O的电离常数Kb＝只与温度有关，温度不变，Kb不变，⑦错误；c(H＋)·c(OH－)＝Kw，只受温度影响，温度不变，c(H＋)·c(OH－)保持不变，⑧错误；综上分析，B正确。
7．根据下列实验现象或结果不能证明一元酸HR为弱酸的是(　　)
A．HR溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红色
B．室温时，NaR溶液的pH大于7
C．HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大
D．室温时，0.01
mol·L－1的HR溶液pH＝4
答案　A
解析　HR溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红色，说明HR是酸，但不能证明一元酸HR为弱酸，A符合题意；室温时，NaR溶液的pH大于7，说明NaR为强碱弱酸盐，R－发生了水解反应，故一元酸HR为弱酸，B不符合题意；HR溶液加入少量NaR固体，溶解后溶液的pH变大，说明溶液中c(H＋)减小，HR的电离平衡逆向移动，从而证明一元酸HR为弱酸，C不符合题意；室温时，0.01
mol·L－1的HR溶液pH＝4，说明HR部分电离，则HR为一元弱酸，D不符合题意。
8．常温下，有关下列四种溶液的说法正确的是(　　)
①
②
③
④
0.1
mol·L－1氨水
pH＝11氨水
0.1
mol·L－1盐酸
pH＝3盐酸
A．由水电离出的c(H＋)：③>①
B．①稀释到原来的100倍，pH与②相同
C．①与③混合，若溶液pH＝7，则溶液中c(NH)>c(Cl－)
D．②与④等体积混合，混合溶液的pH>7
答案　D
解析　HCl是强酸，NH3·H2O是弱碱，因此在浓度相同的条件下，盐酸对水的电离抑制程度大，即由水电离出的c(H＋)：③<①，A不正确；NH3·H2O是弱碱，0.1
mol·L－1氨水稀释到原来的100倍，浓度是0.001
mol·L－1，溶液的pH小于11，B不正确；①与③混合，若溶液pH＝7，则根据电荷守恒可知溶液中c(NH)＝c(Cl－)，C不正确；②与④等体积混合后氨水过量，溶液显碱性，因此混合溶液的pH>7，D正确。
9．25
℃时，pH＝2的盐酸和醋酸各1
mL分别加水稀释，pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A．曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程
B．a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强
C．Ⅰ溶液中和NaOH的能力强于Ⅱ溶液
D．将a、b两点溶液加热至30
℃，变小
答案　C
解析　1
mL
pH＝2的盐酸加水稀释至1000
mL，溶液的pH＝5；1
mL
pH＝2的醋酸加水稀释至1000
mL，CH3COOH的电离平衡正向移动，溶液的pH<5，故曲线Ⅰ代表盐酸的稀释过程，曲线Ⅱ代表醋酸的稀释过程，A正确；盐酸加水稀释时，溶液中c(Cl－)、c(H＋)减小，溶液的导电能力减弱，故a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强，B正确；pH＝2的盐酸和醋酸相比，则有c(CH3COOH)>c(HCl)，体积相等的两种溶液中n(CH3COOH)>n(HCl)，与NaOH溶液发生中和反应时，CH3COOH消耗NaOH多，故Ⅱ溶液中和NaOH的能力强于Ⅰ溶液，C错误；升高温度，CH3COOH的电离平衡正向移动，c(CH3COO－)增大，而c(Cl－)基本不变，故变小，D正确。
10．25
℃时，对于pH＝2的CH3COOH溶液，下列判断正确的是(　　)
A．加水稀释，电离平衡正向移动，溶液中c(H＋)增大，也增大
B．通入少量HCl气体，电离平衡逆向移动，c(CH3COO－)减小，Ka减小
C．加入少量CH3COONa固体，电离平衡逆向移动，c(H＋)减小，Ka不变
D．升高温度，电离平衡正向移动，c(H＋)增大，pH增大
答案　C
解析　CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，加水稀释，促进CH3COOH的电离，但由于溶液体积增大，c(H＋)减小，＝Ka，温度不变，Ka不变，A错误；通入少量HCl气体时，平衡逆向移动，c(CH3COO－)减小，但Ka不变，B错误；加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，平衡逆向移动，c(H＋)减小，Ka不变，C正确；升高温度，电离平衡正向移动，c(H＋)增大，pH减小，D错误。
11．在醋酸溶液中滴入稀氨水，溶液的导电能力发生变化，其导电能力(I)随加入氨水的体积(V)的变化曲线是(　　)
答案　A
解析　在醋酸中加入稀氨水，发生反应NH3·H2O＋CH3COOH===CH3COONH4＋H2O，NH3·H2O和CH3COOH是弱电解质，而CH3COONH4是强电解质，所以开始阶段溶液的导电能力逐渐增强；醋酸反应完全后，随着稀氨水的加入，溶液被稀释，导电能力又逐渐下降，A正确。
12．常温下，浓度均为0.10
mol·L－1、体积均为V0
L的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至V
L，溶液pH随lg
的变化如图所示。下列叙述正确的是(　　)
A．与等浓度的HCl溶液中和时，消耗HCl溶液的体积：a点>b点
B．溶液中a点和b点导电离子的数目相等
C．两溶液在稀释过程中，溶液中某种离子浓度可能增加
D．lg
＝2时，若两溶液同时升高温度，则减小
答案　C
解析　a、b两点都在ROH溶液加水稀释曲线上，加水稀释过程中n(ROH)不变，则与等浓度的HCl溶液中和时，消耗HCl溶液的体积相等，A错误。由题图可知，未加水稀释时，常温下，浓度为0.10
mol·L－1
MOH溶液的pH＝13，说明MOH完全电离，则MOH是一元强碱；相同浓度的MOH溶液的pH大于ROH溶液的pH，则MOH的碱性强于ROH，故ROH为一元弱碱；加水稀释时，ROH的电离平衡正向移动，电离产生R＋和OH－的数目增加，故b点溶液中导电离子的数目大于a点，B错误。MOH和ROH溶液分别加水稀释，溶液中c(OH－)减小，由于温度不变，则Kw不变，故两溶液中c(H＋)逐渐增大，C正确。升高温度时，MOH溶液中c(M＋)不变，而ROH溶液中ROH的电离平衡正向移动，溶液中c(R＋)增大，故增大，D错误。
二、非选择题(共28分)
13．(14分)(1)常温下0.1
mol·L－1的CH3COOH溶液在加水稀释过程中，下列表达式的数据一定变小的是________(填字母序号，下同)。
A．c(H＋)
B.
C．c(H＋)·c(OH－)
D.
E.
若该溶液升高温度，上述5种表达式的数据增大的是________。
(2)某温度时，0.1
mol·L－1的醋酸溶液中的c(H＋)与0.01
mol·L－1的醋酸溶液中的c(H＋)的比值______(填“大于”“小于”或“等于”)10。
答案　(1)A　ABCE
(2)小于
解析　(1)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－)是增大的，且CH3COOH的浓度减小的程度最大，由于温度不变，Kw、Ka均不变。升温促进电离，Kw、Ka均增大，c(CH3COOH)减小，c(H＋)增大，增大，减小。
(2)对于相同的弱电解质溶液，浓度越大，电离程度越小，0.1
mol·L－1的醋酸溶液中电离程度比0.01
mol·L－1的醋酸溶液电离程度小，则二者c(H＋)之比小于10。
14．(14分)25
℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
化学式
电离平衡常数(Ka或Kb)
CH3COOH
1.8×10－5
HNO2
4.9×10－4
HCN
5×10－10
HClO
3×10－8
H2CO3
K1＝4.3×10－7K2＝5.6×10－11
NH3·H2O
1.8×10－5
(1)上述五种酸的酸性由强到弱的顺序是__________________________________________。
(2)该温度下，0.10
mol·L－1
HNO2溶液中的c(H＋)＝________
mol·L－1。
(3)25
℃时，向NaClO溶液中通入少量的CO2，发生反应的离子方程式为____________________________。
(4)下列能使醋酸溶液中CH3COOH的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是________(填序号)。
A．升高温度
B．加水稀释
C．加少量CH3COONa固体
D．加入少量冰醋酸
E．加入少量NaOH固体(温度不变)
答案　(1)HNO2>CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN
(2)7×10－3
(3)CO2＋H2O＋ClO－===HClO＋HCO
(4)BE
解析　(1)电离平衡常数的大小反映了酸的酸性强弱，数值越大，酸性越强。
(2)由HNO2??H＋＋NO，K＝≈＝＝4.9×10－4，c(H＋)＝
mol·L－1＝7×10－3
mol·L－1。
(3)碳酸酸性强于次氯酸，向NaClO溶液中通入少量的二氧化碳，可以制取次氯酸，但是次氯酸的电离平衡常数大于碳酸二级电离的电离平衡常数，故酸性HClO>HCO，离子方程式为CO2＋ClO－＋H2O===HClO＋HCO。
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-(共115张PPT)
第八章
水溶液中的离子平衡
第2节　水的电离和溶液的酸碱性
考试说明
KAOSHISHUOMING
命题规律
MINGTIGUILV
01
考点1
水的电离
知识梳理
ZHISHISHULI
1×10－14
吸热
增大
电解质
增大
减小
减小
酸性
不变
减小
增大
增大
碱性
不变
减小
增大
增大
碱性
不变
×
×
×
×
×
答案
题组训练
TIZUXUNLIAN
答案
解析
答案
解析
答案
解析
思维建模
02
考点2
溶液的酸碱性与pH的计算
知识梳理
ZHISHISHULI
酸
<
中
＝
碱
>
－lg
c(H＋)
表面皿
玻璃棒
标准比色卡
a＋n
a
a＋n
b－n
b－n
b
Kw
×
×
×
×
×
答案
题组训练
TIZUXUNLIAN
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
思维建模
03
考点3
酸碱中和滴定
知识梳理
ZHISHISHULI
中和反应
体积
滴定终点
酸式
碱式
锥形瓶
0.01
待装
酸式滴定管
腐蚀橡胶
碱式滴定管
腐蚀玻璃
玻璃活塞
2～3
平均值
紫色
红色
浅红色
红色
变大
偏高
变小
偏低
变大
偏高
不变
无影响
变小
偏低
变大
偏高
变小
偏低
变大
偏高
变大
偏高
变小
偏低
变大
偏高
×
×
×
×
×
×
答案
解析
题组训练
TIZUXUNLIAN
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
思维建模
高考真题实战
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
解析
答案
解析
解析
课时作业
答案
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
答案
解析
答案
答案
解析
答案
解析
答案
解析
答案
解析
解析
答案
解析第2节　水的电离和溶液的酸碱性
[考试说明]　1.了解水的电离、离子积常数。2.了解溶液pH的含义及其测定方法，能进行pH的简单计算。3.了解定量研究方法是化学发展为一门科学的重要标志。
[命题规律]　本节内容是高考命题的重点与热点，主要考点有四个：一是影响水电离平衡的因素及Kw的应用；二是溶液酸碱性的判断及pH的计算；三是滴定原理的应用及定量研究的计算；四是溶液中离子浓度的比较及计算等。考查形式有选择题也有填空题。
考点1　水的电离
知识梳理
1.电离方程式
水是一种极弱的电解质，电离方程式为2H2O??H3O＋＋OH－，简写为H2O??H＋＋OH－。
2．水的离子积常数
Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
(1)室温下：Kw＝1×10－14。
(2)影响因素：只与温度有关，水的电离是吸热过程，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－，只要温度不变，Kw不变。
3．影响水的电离平衡的因素
项目
电离平衡
溶液中c(H＋)
溶液中c(OH－)
pH
溶液的酸碱性
Kw
升高温度
右移
增大
增大
减小
中性
增大
加酸
左移
增大
减小
减小
酸性
不变
加碱
左移
减小
增大
增大
碱性
不变
加入金属Na
右移
减小
增大
增大
碱性
不变
(1)任何情况下水电离产生的c(H＋)和c(OH－)总是相等的。升高温度，水的电离程度增大，c(H＋)增大，pH减小，但仍呈中性。
(2)水的离子积常数适用于任何酸、碱、盐的稀溶液。即Kw＝c(H＋)·c(OH－)中的c(H＋)、c(OH－)分别是溶液中H＋、OH－的总浓度，不一定是水电离出的c(H＋)和c(OH－)。
(3)水中加酸或碱对水的电离均有抑制作用，因此，室温下，若由水电离出的c(H＋)<1×10－7
mol·L－1，该溶液可能显酸性，也可能显碱性。
1.判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，错误的指明错因。
(1)将纯水加热到100
℃，水的电离程度增大，c(H＋)＝1×10－6
mol·L－1，pH＝6，此时纯水呈酸性。(×)
错因：任何情况下，由H2O电离产生的c(H＋)与c(OH－)相等，故100
℃纯水仍呈中性。
(2)向纯水中加入少量NaHSO4固体，c(H＋)增大，Kw增大。(×)
错因：Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变。
(3)在蒸馏水中滴加浓H2SO4，Kw不变。(×)
错因：在水中加入浓H2SO4放热，使温度升高、Kw增大。
(4)由水电离出的c(H＋)＝10－14
mol·L－1的溶液中，Ca2＋、NH、Cl－、SiO可以大量共存。(×)
错因：由水电离出的c(H＋)＝10－14
mol·L－1，说明水的电离受到抑制，说明溶液中存在大量H＋或OH－，而H＋与SiO、OH－与NH不能大量共存，同时Ca2＋与SiO也不能大量共存。
(5)＝1012溶液中：Na＋、OH－、ClO－、NO可以大量共存。(×)
错因：c(H＋)＞c(OH－)为酸性溶液，OH－、ClO－都不能大量存在。
2．甲同学认为，在水中加入H2SO4，水的电离平衡向左移动，解释是加入H2SO4后c(H＋)增大，平衡左移。乙同学认为，加入H2SO4后，水的电离平衡向右移动，解释为加入H2SO4后，c(H＋)浓度增大，H＋与OH－中和，平衡右移。你认为哪种说法正确？并说明原因。水的电离平衡移动后，溶液中c(H＋)·c(OH－)是增大还是减小？
__________________________________________________________________
_________________________________________________________________
答案　甲正确，温度不变，Kw是常数，加入H2SO4，c(H＋)增大，c(H＋)·c(OH－)>Kw，平衡左移。
c(H＋)·c(OH－)不变，因为Kw仅与温度有关，温度不变，则Kw不变，与外加酸、碱、盐无关。
题组训练
1.一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是(　　)
A．升高温度，可能引起由c向b的变化
B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13
C．该温度下，加入盐酸可能引起由b向a的变化
D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
答案　C
解析　升温促进水的电离，升温后溶液不能由碱性变为中性，A错误；根据c(H＋)和c(OH－)可求出该温度下Kw＝1.0×10－14，B错误；加入盐酸后溶液呈酸性，可引起由b向a变化，C正确；温度不变，稀释溶液，Kw不变，而c和d对应的Kw不相等，D错误。
2．25
℃时，水的电离达到平衡：H2O??H＋＋OH－　ΔH>0，下列叙述正确的是(　　)
A．向水中加入氢氧化钠固体，平衡逆向移动，c(H＋)减小，c(OH－)增大
B．向水中加入少量硫酸氢钠固体，c(H＋)增大，Kw增大
C．向水中加入少量冰醋酸，平衡逆向移动，c(H＋)减小
D．将水加热，Kw增大，c(H＋)不变
答案　A
解析　向水中加入氢氧化钠固体，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，溶液中氢离子浓度减小，故A正确。
3．如图表示不同温度下的水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是(　　)
A．两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw
B．M区域内任意点均有c(H＋)C．图中T1D．XZ线上任意点均有pH＝7
答案　D
解析　水的离子积常数表达式为Kw＝c(H＋)·c(OH－)，适用于水及较稀的水溶液，A正确；观察题中图示，XZ线表示溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，M区域溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，B正确；H2O(l)??H＋(aq)＋OH－(aq)'ΔH>0，升高温度平衡正向移动，图中Z点Kw＝1×10－6.5×1×10－6.5＝1×10－13大于X点的Kw＝1×10－7×1×10－7＝1×10－14，所以T2>T1，C正确；XZ线上任意点表示溶液呈中性，由于各点温度不同，故pH不同，D错误。
常温下水中加入酸、碱后水电离产生的c(H＋)和c(OH－)的计算方法
任何水溶液中水电离产生的c(H＋)和c(OH－)总是相等的。常温下，纯水中的c(H＋)＝c(OH－)＝10－7
mol·L－1，而酸、碱的介入能抑制水的电离，使得水电离出的c(H＋)＝c(OH－)<10－7
mol·L－1。
(1)酸的溶液——OH－全部来自水的电离。
实例：pH＝2的盐酸中c(H＋)＝10－2
mol·L－1，则c(OH－)＝＝1×10－12
mol·L－1，即水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12
mol·L－1。
(2)碱的溶液——H＋全部来自水的电离。
实例：pH＝12的NaOH溶液中c(H＋)＝1×10－12
mol·L－1，即水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12
mol·L－1。
考点2　溶液的酸碱性与pH的计算
知识梳理
1.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。
c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性，25
℃时，pH<7。
c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，25
℃时，pH＝7。
c(H＋)℃时，pH>7。
2．溶液的pH
(1)定义式：pH＝－lg_c(H＋)。
(2)溶液的酸碱性跟pH的关系
室温下：
(3)pH的测定
①用pH试纸测定：粗略测定溶液的pH。
操作方法：把小片试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液点在干燥的pH试纸上，试纸变色后，与标准比色卡对比即可确定溶液的pH。
②pH计测定：可精确测定溶液的pH。
3．溶液pH的计算
(1)强酸溶液：如浓度为c
mol/L的HnA溶液，c(H＋)＝nc
mol/L，所以pH＝－lg
nc。
(2)强碱溶液：常温下，如浓度为c
mol/L的B(OH)n溶液，c(OH－)＝nc
mol/L，c(H＋)＝
mol/L，所以pH＝14＋lg
nc。
(3)溶液稀释的pH计算
②pH＝b的碱
(4)混合溶液的pH计算
①两强酸混合后pH的计算
由c混(H＋)＝先求出混合后的c混(H＋)，再根据公式pH＝－lg
c(H＋)求pH。
②两强碱混合后pH的计算
由c混(OH－)＝先求出混合后的c混(OH－)，再通过Kw求出混合后c(H＋)，最后求pH。
③强酸与强碱混合后pH的计算
强酸与强碱混合的实质是中和反应即H＋＋OH－===H2O，中和后溶液的pH有以下三种情况(25
℃时)：
若恰好中和，pH＝7。
若剩余酸，先求中和后的c(H＋)，再求pH。
若剩余碱，先求中和后的c(OH－)，再通过Kw求出c(H＋)，最后求pH。
(1)溶液呈现酸、碱性的实质是c(H＋)与c(OH－)的相对大小，在任何温度下都可以根据c(H＋)与c(OH－)的相对大小来判断溶液的酸碱性，而使用pH则要注意温度，例如，一定温度下pH＝6的溶液可能显中性，也可能显酸性。
(2)pH的取值范围为0～14，即只适用于c(H＋)≤1
mol·L－1或c(OH－)≤1
mol·L－1的溶液，当c(H＋)或c(OH－)≥1
mol·L－1时，直接用c(H＋)或c(OH－)表示溶液的酸碱性。
(3)也可以用pOH来表示溶液的酸碱度。pOH是OH－浓度的负对数，pOH＝－lg
c(OH－)。因为常温下，c(OH－)·c(H＋)＝10－14，若两边均取负对数得：pH＋pOH＝14。
(4)25
℃时，酸溶液稀释时，pH增大，但无论稀释多大倍数，pH无限接近于7，却不会大于7或等于7。碱溶液稀释时，pH减小，但无论稀释多大倍数，pH无限接近于7，却不会小于或等于7。
(5)pH试纸使用前不能用蒸馏水湿润，否则待测液因被稀释可能会产生误差；用广范pH试纸读出的pH只能是整数。
1.判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，错误的指明错因。
(1)25
℃时，用pH试纸测得某酸溶液的pH等于1.5。(×)
错因：pH试纸只能粗略测溶液的pH且取整数值。
(2)用pH试纸测溶液的pH时，若用水湿润试纸一定会引起误差。(×)
错因：对于中性溶液，用水湿润试纸不会引起误差。
(3)用pH试纸测得新制氯水的pH为2。(×)
错因：新制氯水具有漂白性。
(4)某溶液的c(H＋)>10－7
mol·L－1，则该溶液呈酸性。(×)
错因：溶液的酸碱性取决于c(H＋)与c(OH－)的相对大小，单独使用c(H＋)或c(OH－)来判断溶液的酸碱性要指明温度。
(5)pH＝6的溶液一定呈酸性，pH＝7的溶液一定呈中性。(×)
错因：用pH判断溶液酸碱性要结合温度，例：25
℃
pH＝6，酸性。
2．常温下，用“酸性”“碱性”“中性”或“不确定”填空。
(1)pH<7的溶液。________。
(2)pH＝7的溶液。________。
(3)相同浓度的HCl和NaOH溶液等体积混合。________。
(4)相同浓度的CH3COOH和NaOH溶液等体积混合。________。
(5)相同浓度NH3·H2O和HCl溶液等体积混合。________。
(6)pH＝2的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合。________。
(7)pH＝3的HCl和pH＝10的NaOH溶液等体积混合。________。
(8)pH＝3的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合。________。
(9)pH＝2的CH3COOH和pH＝12的NaOH溶液等体积混合。________。
(10)pH＝2的HCl和pH＝12的NH3·H2O等体积混合。________。
答案　(1)酸性　(2)中性　(3)中性　(4)碱性　(5)酸性　(6)中性　(7)酸性　(8)碱性　(9)酸性　(10)碱性
题组训练
题组一
溶液酸碱性的判断
1．已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a
mol·L－1的一元酸HA与b
mol·L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是(　　)
①a＝b　②混合溶液的pH＝7　③混合溶液中c(OH－)＝10－7
mol·L－1　④混合溶液中，c(H＋)＝
mol·L－1　⑤混合溶液中，c(B＋)＝c(A－)
A．②③
B．④⑤
C．①④
D．②⑤
答案　B
解析　判断溶液的酸碱性，要根据H＋浓度和OH－浓度的相对大小。Kw＝c(H＋)·c(OH－)，当c(H＋)＝c(OH－)＝
mol·L－1时，溶液一定呈中性，④正确；根据电荷守恒c(H＋)＋c(B＋)＝c(A－)＋c(OH－)，当c(B＋)＝c(A－)时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液一定呈中性，⑤正确。故选B。
2．下列叙述不正确的是(　　)
A．100
℃纯水的pH<7，此时水仍呈中性
B．pH＝3的醋酸溶液，稀释至100倍后pH小于5
C．0.2
mol·L－1的盐酸，与等体积水混合后pH＝1
D．常温下，pH＝3的醋酸溶液，与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH＝7
答案　D
解析　pH＝3的醋酸，c(CH3COOH)>0.001
mol·L－1，pH＝11的氢氧化钠，c(NaOH)＝0.001
mol·L－1，等体积混合，醋酸过量，c(OH－)题组二
溶液pH的计算
3．已知：在100
℃时，水的离子积Kw＝1×10－12，下列说法正确的是(　　)
A．0.05
mol·L－1
H2SO4溶液的pH＝1
B．0.001
mol·L－1
NaOH溶液的pH＝11
C．0.005
mol·L－1
H2SO4溶液与0.01
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为5，溶液显酸性
D．完全中和50
mL
pH＝3的H2SO4溶液，需要50
mL
pH＝11的NaOH溶液
答案　A
解析　0.05
mol·L－1
H2SO4溶液中c(H＋)＝0.05
mol·L－1×2＝0.1
mol·L－1，则该溶液的pH
＝1，A正确；0.001
mol·L－1
NaOH溶液中c(OH－)＝0.001
mol·L－1，由于100
℃时水的离子积Kw＝1×10－12，则溶液中c(H＋)＝1×10－9
mol·L－1，故溶液的pH＝9，B错误；0.005
mol·L－1
H2SO4溶液与0.01
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成Na2SO4，溶液呈中性，此时溶液的pH＝6，C错误；pH＝3的H2SO4溶液中c(H＋)＝10－3
mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝0.1
mol·L－1，根据中和反应：H＋＋OH－===H2O可知，完全中和50
mL
pH＝3的H2SO4溶液，需要0.5
mL
pH
＝11的NaOH溶液，D错误。
4．在某温度时，测得0.01
mol·L－1的NaOH溶液的pH＝11。
(1)该温度下水的离子积常数Kw＝________。
(2)在此温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va
L与pH＝b的硫酸Vb
L混合。
①若所得混合液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝________。
②若所得混合液为中性，且a＋b＝12，则Va∶Vb＝________。
答案　(1)10－13　
(2)①1∶10　②10∶1
解析　(1)由题意知，溶液中c(H＋)＝10－11
mol·L－1，c(OH－)＝0.01
mol·L－1，故Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－13。
(2)①根据中和反应：H＋＋OH－===H2O。
c(H＋)·V酸＝c(OH－)·V碱
10－2·Vb＝·Va
＝＝1∶10。
②根据中和反应H＋＋OH－===H2O
c(H＋)·V酸＝c(OH－)·V碱
10－b·Vb＝·Va
＝＝1013－(a＋b)＝10，即Va∶Vb＝10∶1。
溶液pH的计算方法
考点3　酸碱中和滴定
知识梳理
1.实验原理
利用酸碱中和反应，用已知浓度的酸(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)＝。
酸碱中和滴定的关键：
(1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。
(2)选取适当指示剂，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、烧杯、锥形瓶。
(2)试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。
(3)滴定管特征和使用要求
①构造：标有温度、容积，“0”刻度线在上方，尖嘴部分无刻度。
②精确度：读数可估计到0.01
mL。
③洗涤：先用蒸馏水洗涤，再用待装液润洗2～3次。
④排泡：酸、碱式滴定管中的液体在滴定前均要排出尖嘴中的气泡。
⑤滴定管的选用
酸性、氧化性的试剂用酸式滴定管，因为酸性和氧化性物质易腐蚀橡胶。
碱性的试剂用碱式滴定管，因为碱性物质易腐蚀玻璃，致使玻璃活塞无法打开。
3．实验操作(以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例)
(1)滴定准备
(2)滴定过程
(3)终点判断“两数据”
①最后一滴：滴入最后一滴，溶液颜色发生突变。
②半分钟：颜色突变后，经振荡半分钟内不复原，视为滴定终点。
(4)数据处理
按上述操作重复2～3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
<5.0红色
5.0～8.0紫色
>8.0蓝色
甲基橙
<3.1红色
3.1～4.4橙色
>4.4黄色
酚酞
<8.2无色
8.2～10.0浅红色
>10.0红色
5．常见误差分析
以标准酸溶液滴定未知浓度的碱溶液(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有：
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
(1)恰好中和＝酸碱恰好完全反应≠滴定终点≠溶液呈中性。
(2)滴定终点是通过指示剂颜色变化而实际控制的停止滴定的“点”，滴定终点与恰好中和越吻合，测定误差越小。
(3)指示剂选择时要注意
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Na2C2O4溶液滴定KMnO4溶液，当KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。
1.判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”，错误的指明错因。
(1)中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好，指示剂一般加入2～3
mL。(×)
错因：较浓的标准液一滴引起的误差大，指示剂一般加入2～3滴。
(2)中和滴定实验中，必须用待装标准液润洗滴定管，用待测液润洗锥形瓶。(×)
错因：锥形瓶不能润洗。
(3)用0.2000
mol·L－1
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
mol·L－1)，至中性时，溶液中的酸被完全中和。(×)
错因：若溶液中的酸被完全中和，溶液中的溶质为NaCl和CH3COONa，此时溶液显碱性。
(4)用碱式滴定管量取20.00
mL
KMnO4溶液。(×)
错因：KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶，故不能用碱式滴定管量取。
(5)中和滴定时，眼睛必须注视滴定管中的液面变化。(×)
错因：眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化。
(6)在中和滴定实验中，滴定前盛标准液滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，测定结果待测液浓度偏低。(×)
错因：滴定前尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，导致V(标)偏大，则c(待测)偏高。
2．下列实验操作，对实验结果不会产生影响的是(　　)
A．用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装标准液的滴定管用水洗后未用标准液润洗
B．用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装待测液的锥形瓶用水洗后用待测液润洗2～3次
C．测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中
D．用蒸馏水湿润的pH试纸测定硫酸钠溶液的pH
答案　D
解析　用蒸馏水湿润的pH试纸测定硫酸钠溶液的pH，无影响，原因是硫酸钠溶液本身溶液显中性，D正确。
题组训练
题组一
中和滴定仪器及指示剂的选择与使用
1．用已知浓度的NaOH溶液测定某H2SO4溶液的浓度，参考如图所示滴定管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
A
碱
酸
石蕊
乙
B
酸
碱
酚酞
甲
C
碱
酸
甲基橙
乙
D
酸
碱
酚酞
乙
答案　D
解析　解答本题的关键是：①明确酸、碱式滴定管使用时的注意事项，②指示剂的变色范围。酸式滴定管不能盛放碱，而碱式滴定管不能盛放酸，指示剂应选择颜色变化明显的酚酞或甲基橙，不能选用石蕊。
2．实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下：
甲基橙：3.1～4.4　石蕊：5.0～8.0　酚酞：8.2～10.0
用0.1000
mol·L－1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，下列叙述中正确的是(　　)
A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂
C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂
答案　D
解析　NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好完全反应生成CH3COONa时，CH3COO－水解显碱性，而酚酞的变色范围为8.2～10.0，比较接近。因此答案为D。
题组二
酸碱中和滴定的数据处理和误差分析
3．准确移取20.00
mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000
mol·L－1
NaOH溶液滴定。下列说法正确的是(　　)
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
答案　B
解析　用酚酞作指示剂，当溶液由无色变为浅红色，且30
s内颜色不褪去，说明达到滴定终点，可停止滴定，C错误；滴定后，若滴定管尖嘴部分有悬滴，说明计算时代入的NaOH溶液体积的值比实际滴入的大，导致测定结果偏大，D错误。
4．某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：
(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视________________，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并__________________为止。
(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是________(填字母序号)。
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为________mL，终点读数为________mL，所用盐酸溶液的体积为________mL。
(4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.1000
mol·L－1盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
溶液体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.11
26.11
第二次
25.00
1.56
30.30
28.74
第三次
25.00
0.22
26.31
26.09
依据上表数据列式计算该NaOH溶液的物质的量浓度。
答案　(1)锥形瓶中溶液颜色变化　在半分钟内不变色
(2)D　(3)0.00　26.10　26.10
(4)＝＝26.10
mL，
c(NaOH)＝
＝0.1044
mol·L－1
解析　在求c(NaOH)和进行误差分析时应依据公式：c(NaOH)＝。欲求c(NaOH)，须先求V[(HCl)aq]，再代入公式；进行误差分析时，要考虑实际操作对V[(HCl)aq]和V[(NaOH)aq]的影响，进而影响c(NaOH)。
题组三
酸碱中和滴定曲线分析
5.
常温下，用pH＝m的盐酸滴定20
mL
pH＝n的MOH溶液，且m＋n＝14。混合溶液的pH与盐酸体积V的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．a点：c(Cl－)>c(M＋)>c(OH－)>c(H＋)
B．b点：MOH和HCl恰好完全反应
C．c点：c(H＋)＝c(OH－)＋c(MOH)
D．a点到d点：水电离的c(H＋)·c(OH－)先变大，后变小
答案　D
解析　m＋n＝14，从图像看出，b点时，盐酸体积与MOH溶液体积相等，溶液呈碱性，说明混合溶液中MOH过量，MOH继续电离，说明MOH是弱碱。a点对应的溶液呈碱性，溶液中离子浓度大小顺序为c(M＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，A错误；b点对应的溶液中MOH未完全反应，溶液呈碱性，B错误；c点对应的溶液显中性，c(H＋)＝c(OH－)，C错误；在碱溶液中滴加盐酸，水的电离程度逐渐增大，当碱与酸恰好完全反应时，水的电离程度最大，然后随着盐酸的不断加入，水的电离受到抑制，则水电离的c(H＋)·c(OH－)先变大，后变小，D正确。
题组四
滴定原理在定量实验中的拓展应用
6．为了测定摩尔盐[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]产品的纯度，称取a
g样品溶于水，配制成500
mL溶液，用浓度为c
mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00
mL，实验结果记录如下：
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗高锰酸钾溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
滴定过程中发生反应的离子方程式为____________________________，滴定终点的现象是________________________________________________。
通过实验数据计算该产品的纯度：____________(用含字母a、c的式子表示)。上表第一次实验中记录的数据明显大于后两次，其原因可能是____________________。
A．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积
B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡
C．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗
D．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低
答案　MnO＋5Fe2＋＋8H＋===Mn2＋＋5Fe3＋＋4H2O
滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫色，且30
s不变色　×100%　BC
解析　滴定原理为MnO与Fe2＋发生氧化还原反应。第一次实验中数据偏差较大，应舍去，取后两次实验数据的平均值，消耗KMnO4溶液的体积为25.00
mL，根据关系式MnO～5Fe2＋得，所取25.00
mL待测液中n(Fe2＋)＝5n(MnO)＝5×0.025
L×c
mol·L－1＝0.125c
mol，则a
g产品中n[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]＝×n(Fe2＋)＝×0.125c
mol＝2.5c
mol，故该产品的纯度为×100%＝×100%。实验结束时俯视刻度线，读数偏小，导致记录数据偏小，A错误；三次使用的酸性高锰酸钾溶液相同，则消耗的体积应该相同，D错误。
中和滴定拓展应用
中和滴定操作不仅适用于酸碱中和反应，也可以迁移应用于氧化还原反应，NaOH、Na2CO3混合溶液与盐酸的反应及沉淀反应。
1．氧化还原滴定法
(1)原理：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。
(2)实例
①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液
原理
2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
指示剂
酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂
终点判断
当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅紫色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点
②Na2S2O3溶液滴定碘液
原理
2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI
指示剂
用淀粉作指示剂
终点判断
当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点
2.沉淀滴定法(利用生成沉淀的反应)
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－或Ag＋。
高考真题实战
1.(高考集萃)判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。(1)(2019·江苏高考)用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH。(　　)
(2)(2018·全国卷Ⅲ)用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度选择酚酞作为指示剂。(　　)
(3)(2016·江苏高考)如图表示强碱滴定强酸的滴定曲线。(　　)
(4)(2015·江苏高考)室温下pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，溶液的pH>7。(　　)
(5)(全国卷Ⅰ)酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗。(　　)
(6)(全国卷Ⅰ)酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差。(　　)
答案　(1)×　(2)×　(3)√　(4)×　(5)√　(6)×
解析　(2)滴定终点时，溶液显酸性，应该选择变色范围在酸性的甲基橙作为指示剂，错误。
(3)在强酸中滴加入强碱，pH不断增大，当接近滴定终点时，溶液中的pH会发生突变，正确。
(4)pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合，反应后醋酸过量，溶液显酸性，错误。
(5)滴定管使用前，需先用标准溶液润洗，以减小实验误差，正确。
2．(2019·全国卷Ⅰ)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1＝1.1×10－3，Ka2＝3.9×10－6)溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是(　　)
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na＋与A2－的导电能力之和大于HA－的
C．b点的混合溶液pH＝7
D．c点的混合溶液中，c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)
答案　C
解析　溶液导电能力的强弱与溶液中自由移动的离子浓度和种类有关，A正确；由图像知，a点到b点，HA－转化为A2－，b点导电能力相对于a点增强，可判断Na＋和A2－的导电能力之和大于HA－的，B正确；b点为反应终点，发生的反应为2KHA＋2NaOH===Na2A＋K2A＋2H2O。因为H2A为弱酸，所以Na2A、K2A溶液显碱性，pH＞7，C错误；c点为Na2A、K2A和NaOH的混合溶液，故c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)，D正确。
3．(2018·天津高考)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO的分布分数δ随pH的变化如图2所示，下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是(　　)
A．溶液中存在3个平衡
B．含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO
C．随c初始(H2PO)增大，溶液的pH明显变小
D．用浓度大于1
mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
答案　D
解析　溶液中存在H2PO的电离平衡和水解平衡，存在HPO的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡，A错误。含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO和H3PO4，B错误。从图1中得到随着c初始(H2PO)增大，溶液的pH不过大约从5.50减小到4.66，谈不上明显变小，同时pH达到4.66以后就不变了，C错误。由图2得到，pH＝4.66的时候，δ＝0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。
4．(2018·高考组合题)(1)(全国卷Ⅰ)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00
mL葡萄酒样品，用0.01000
mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00
mL。滴定反应的离子方程式为______________________________，该样品中Na2S2O5的残留量为__________
g·L－1(以SO2计)。
(2)(全国卷Ⅲ改编)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图，回答下列问题：
测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量m
g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c
mol·L－1
KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是________________________。
②向上述溶液中加入过量铜粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c
mol·L－1
KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V
mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为______________。
答案　(1)S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋　0.128
(2)①溶液变紫色且半分钟内不褪色　②×100%
解析　(1)单质碘具有氧化性，能把焦亚硫酸钠氧化为硫酸钠，反应的方程式为S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋；消耗碘的物质的量是0.0001
mol，所以焦亚硫酸钠的残留量(以SO2计)是＝0.128
g·L－1。
(2)①高锰酸钾氧化草酸根离子而自身被还原，达到滴定终点时高锰酸钾不再被还原，故溶液变紫色且半分钟内不褪色。
②铜把铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾0.001cV
mol，Mn元素化合价从＋7价降低到＋2价，所以根据得失电子守恒可知铁离子的物质的量是0.005cV
mol，则该晶体中铁的质量分数的表达式为×100%＝×100%。
5．(2017·全国卷Ⅱ)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下：
Ⅰ.取样、氧的固定
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。
Ⅱ.酸化、滴定
将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I－还原为Mn2＋，在暗处静置5
min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O＋I2===2I－＋
S4O)。
回答下列问题：
(1)取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_____________________________________________________________________。
(2)“氧的固定”中发生反应的化学方程式为_____________________________________________________________________
____________________________。
(3)Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和________；蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除________及二氧化碳。
(4)取100.00
mL水样经固氧、酸化后，用a
mol·L－1
Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，终点现象为__________________________；若消耗Na2S2O3溶液的体积为b
mL，则水样中溶解氧的含量为________mg·L－1。
(5)上述滴定完成时，若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测定结果偏________。(填“高”或“低”)
答案　(1)使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差
(2)O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2
(3)量筒　氧气
(4)蓝色刚好褪去且半分钟内不恢复原来的颜色　80ab
(5)低
解析　(1)本实验为测定水样中的溶解氧，如果扰动水体表面，会增大水体与空气的接触面积，增大氧气在水中的溶解量。避免扰动水体表面是为了使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差。
(2)由题意知，反应物为O2和Mn(OH)2，生成物为MnO(OH)2，因此该反应的化学方程式为
O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2。
(3)配制溶液时还需要量筒量取液体体积；煮沸可以使蒸馏水中的氧气挥发，达到除去氧气的目的。
(4)由于混合液中含有碘单质，加入淀粉时，溶液为蓝色；滴定时，Na2S2O3与碘反应，当碘恰好完全反应时，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内颜色不恢复。由各反应关系可建立如下关系式：O2～2Mn(OH)2～2I2～4S2O，由题意知，滴定消耗Na2S2O3的物质的量为ab×10－3
mol，因此0.1
L水样中溶解氧的物质的量＝×10－3
mol，质量为×10－3
mol×32
g·mol－1＝8ab×10－3
g＝8ab
mg，即溶解氧的含量为80ab
mg·L－1。
(5)滴定完成时，滴定管尖嘴处留有气泡，会使最后的读数偏小，测得消耗Na2S2O3的体积偏小，所以测量结果偏低。
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