第三章水溶液中的离子反应与平衡（A卷·知识通关练）（解析版）_E015高中全科试卷_化学试题_选修1_3.新版人教版高中化学试卷选择性必修1_2.单元测试_2.单元测试AB卷（第二套）

班级 姓名 学号 分数 第三章 水溶液中的离子反应与平衡（A卷·知识通关练） 核心知识1 弱电解质的电离平衡 1．（2021·前郭尔罗斯蒙古族自治县蒙古族中学高二期末）下列有关强、弱电解质的叙述正确的是 A．强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液的导电性强 B．强电解质的水溶液中不存在分子 C．强电解质都是离子化合物，而弱电解质都是共价化合物 D．不同的弱电解质只要物质的量浓度相同，电离程度也相同 【答案】A 【详解】A．溶液导电能力取决于溶液中离子浓度大小，强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液的 导电性强，A项正确； B．强电解质的水溶液中含有水分子，B项错误； C．离子化合物都是强电解质，但强电解质不一定是离子化合物；弱电解质都是共价化合物，但共价化合 物不一定是弱电解质，C项错误； D．不同弱电解质电离程度由本性决定，浓度相同的弱电解质溶液中电离程度不一定相同，D项错误； 答案选A。 2．食用白醋是生活中重要的调味品，其中含3% ～5%的醋酸。以下实验能证明醋酸为弱电解质的是( ) A．用食用白醋做导电实验，灯泡很暗 B．将水垢浸泡在白醋中，有CO 气体放出 2 C．向白醋中滴入紫色石蕊试液，溶液呈红色 D．中和等pH、等体积的盐酸和白醋，白醋消耗NaOH多 【答案】D 【解析】强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，只要证明醋酸部分电离就能 证明醋酸是弱电解质，据此分析解答。 A．溶液的导电性与离子的浓度有关，弱电解质的浓度大时导电实验中灯泡也很亮，没有对比实验，无法 说明醋酸是弱电解质，故A不符合题意； B．水垢浸泡在白醋中有CO 气体放出，说明醋酸酸性大于碳酸，但不能证明醋酸部分电离，所以不能证 2 明醋酸是弱电解质，故B不符合题意； C．白醋中滴入石蕊试液变红色，说明白醋属于酸，不能证明其部分电离，所以不能证明醋酸是弱酸，故 1 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司C不符合题意； D．等体积等pH的醋酸和盐酸溶液中，醋酸溶液浓度大于盐酸，醋酸存在电离平衡，随反应进行，促进电 离正向移动，醋酸消耗NaOH多，故D符合题意； 答案选D。 3．与0.1mol/L的氨水溶液中c(OH-)最接近的数值是 A．0.1mol/L B．1.0×10-3mol/L C．1.0×10-7mol/L D．1.0×10-13mol/L 【答案】B 【详解】 一水合氨为弱电解质，电离微弱，所以c(OH-)远小于0.1mol/L，而氨水显碱性，所以溶液中c(OH-)＞ 1.0×10-7mol/L； 综上所述最接近的数值应为1.0×10-3mol/L，故答案为B。 4．下列属于电离方程式且书写正确的一项是 A．HCO3 - +H OHCO+OH- 2 2 3 B．HCO 2H++CO3 2- 2 3 C．CHCOOH+OH-CHCOO-+H O 3 3 2 D．CHCOOHCHCOO-+H+ 3 3 【答案】D 【详解】 HCO HCO H CO2 A． 3 部分电离，其电离方程式为 3  3 ，故A错误； B．碳酸是二元弱酸，应分步电离，故B错误； CH COOH CH COOH CH COOH C． 3 是弱酸，部分电离，电离方程式为 3  3 ，故C错误； CH COOH CH COOH CH COOH D． 3 是弱酸，部分电离，电离方程式为 3  3 ，故D正确； 故答案选D。 5．已知醋酸溶液达到电离平衡后，改变某一条件使电离平衡向正反应方向移动，则下列说法正确的是 A．醋酸的电离程度一定变大 B．溶液的导电能力一定变强 C．溶液的pH一定减小 D．发生电离的分子总数增多 2 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【答案】D 【详解】 A．增大醋酸的浓度，电离平衡正向移动，但醋酸的电离程度变小，A错误； B．加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，由于CHCOO-和H+浓度均减小，故溶液的导电能力变弱，B错 3 误； C．加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，由于CHCOO-和H+浓度均减小，溶液的pH增大，C错误； 3 D．醋酸电离平衡正向移动，一定有更多的醋酸分子发生电离，D正确； 故答案为：D。 6．用水稀释 0.1mol/L 氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是( ) A．c(OH﹣)/ c(NH .H O) B．c(NH .H O)/ c(OH﹣) 3 2 3 2 C．c(H+)和 c(OH﹣)的乘积 D．OH﹣的物质的量 【答案】B 【解析】A.由NH ．HO OH-+NH+可知，加水促进电离，则n(NH ．HO)减少，n(OH-)增大，c(OH﹣)/ 3 2 4 3 2 c(NH .H O)，上下同时乘以体积，c(OH﹣)/ c(NH .H O)= n(OH-)/ n(NH ．HO)，二者的比值增大，A项不符 3 2 3 2 3 2 合题意； B. 由NH ．HO OH-+NH+可知，加水促进电离，则n(NH ．HO)减少，n(OH-)增大，c(OH﹣)/ 3 2 4 3 2 c(NH .H O)，上下同时乘以体积， c(NH .H O)/ c(OH﹣) = n(NH ．HO)/ n(OH-)，二者的比值减小，B项符 3 2 3 2 3 2 合题意； C.因加水稀释时，温度不变，则c(H+)和c(OH-)的乘积不变，C项不符合题意； D.由NH ·HO OH-+NH+可知，加水促进电离，OH-的物质的量增大，D项不符合题意； 3 2 4 故选B。 7．在体积都为1 L、c(H+)102molL1的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65 g锌粒，则下图所示比较符合客 观事实的是 A． B． 3 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司C． D． 【答案】C 【详解】 体积都为1L氢离子浓度均为10—2mol/L盐酸和醋酸溶液中，氢离子浓度相等，反应速率相等，但醋酸是弱 酸，溶液中存在电离平衡，醋酸的浓度大于盐酸浓度，向两种酸溶液中加入0.65g锌粒时，盐酸溶液中锌 过量，醋酸溶液中锌不足，则醋酸溶液中与锌反应生成的氢气的物质的量大于盐酸，由于醋酸中电离平衡 向电离方向移动，溶液中氢离子浓度变化小，生成氢气的反应速率大于盐酸，醋酸先完全反应，故选C。 核心知识2 电离平衡常数 8．1 mol·L-1 HA溶液中有1%的HA电离，则HA的电离平衡常数K 为 a A．1.0×10-4 B．1.0×10-5 C．1.0×10-2 D．1.0×10-6 【答案】A 【详解】 1 mol·L-1 HA溶液中有1%的HA电离，则电离的HA的物质的量浓度为0.01 mol·L-1，可建立以下三段式： HA H  A  起始量mol/L 1 0 0 变化量mol/L 0.01 0.01 0.01 平衡量mol/L 0.99 0.01 0.01 0.010.01 K= ≈1.0×10-4，故选A。 a 0.99 9．现有浓度均为0.1mol•L-1某二元酸HA和某一元酸HB，已知HA的电离方程式为：HA=H++HA-，HA- 2 2 2 噲垐�� H++A2-。则下列有关说法不正确的是 A．若KHA溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度 B．中和相同体积的两种溶液，需要相同浓度的NaOH溶液体积比为V(H A)：V(HB)=2：1 2 C．常温下，若两溶液有pH(H A)1×10-7mol/L，说明促进水的电离， A．NaOH是强碱，电离出的OH-抑制了水的电离，故A错误； B．NaHSO 溶液中溶质完全电离，溶液显酸性，抑制水的电离，故B错误； 4 C．HNO 是强酸，完全电离，电离出的H+抑制了水的电离，故C错误； 3 D．CHCOONa属于强碱弱酸盐，电离出的CHCOO-发生水解，促进水的电离，故D正确。 3 3 故选D。 19．（2021·江苏省镇江第一中学高二月考）在相同温度下，0.01 mol·L-1 NaOH溶液和0.01 mol·L-1的盐酸 相比，下列说法正确的是 A．两溶液中由水电离的c(H+)都是1.0×10-12 mol·L-1 B．NaOH溶液和盐酸由水电离出c(OH-)分别为1.0×10-2 mol·L-1、1.0×10-12 mol·L-1 C．两溶液中由水电离出的c(H+)相等 D．两者都促进了水的电离 【答案】C 【详解】 K w 酸和碱的电离都会抑制水的电离，温度相同则K 相同，0.01mol/L NaOH溶液中水电离出的c(H+) = w 水 0.01 K w mol/L，0.01mol/L的盐酸溶液中水电离出的c(H+) =c(OH-) = mol/L，所以由水电离出的c(H+)相等，但 水 水 0.01 由于温度未知，所以无法确定具体值； 综上所述答案为C。 20．温度为t℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)=10 -amol·L -1，c(OH -)=10 -bmol·L -1；已知：a+b=13，请回答下 列问题： 10 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司(1)该温度下水的离子积常数K =_______，t_______(填“＜”、“>”或“=”)25。 w (2)该NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为_______，该NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)为_______。 (3)回答下列有关醋酸的问题。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： 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，pH最小的是_______； a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的是_______。 【答案】10-13 ＞ 10-b mol/L 10-amol/L c＞b＞a b c 【详解】 (1)该温度下水的离子积常数K =c(H+)•c(OH-)=10-a mol/L×10-bmol/L=10-(a+b)=10-13，25℃时，水的离子积为10- w 14，10-13＞10-14，水的电离是吸热过程，则温度t＞25℃； (2)NaOH的浓度等于溶液中c(OH-)，由水电离出的c(OH-)=c(H+) ，则NaOH的物质的量浓度为10-b 溶液 mol/L，由水电离出的c(OH-)为10-amol/L； (3)依据弱电解质“越稀越电离”，电离程度随着水的加入量增大而增大，则醋酸的电离程度由大到小的顺序 为c＞b＞a，pH=-lgc(H+)，则c(H+)越大，溶液的pH越小，溶液导电能力越大，根据图知，导电能力最大 的点是b，则c(H+)最大的点是b，pH值最小的点是b；c(H+)：b＞a＞c，则水电离程度：c＞a＞b，即水的 电离程度最大的是c；故答案为：c＞b＞a；b；c。 核心知识4 溶液的pH 21．下列关于溶液的酸碱性，说法正确的是（ ） A．pH＝7的溶液呈中性 B．中性溶液中一定有：c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1 C．c(H＋)＝c(OH－)的溶液呈中性 D．在100°C时，纯水的pH＜7，因此显酸性 【答案】C 【详解】 A、在100°C时，纯水的pH＝6，呈中性，该温度下pH＝7时溶液呈碱性，温度未知，不能根据pH大小判 11 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司断溶液酸碱性，故A错误； B、常温下中性溶液中c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1，温度未知，中性溶液中不一定有c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L －1，故B错误； C、c(H＋)＝c(OH－)的溶液呈中性，与溶液温度高低无关，故C正确； D、在100°C时，纯水的pH＝6，呈中性，故D错误； 答案为C。 【点睛】 温度未知，不能根据pH大小判断溶液酸碱性，也不能根据氢离子或氢氧根浓度来判断溶液酸碱性，只能 根据c(H＋)、c(OH－)相对大小来判断。 c(OH-) 22．常温下，pH=11的氢氧化钡溶液中，由水电离出的 为 1.0107molL1 1.01011molL1 A． B． 2.0103molL1 5.01012molL1 C． D． 【答案】B 【详解】 在碱溶液中有：c(OH-) =c(OH-) +c(OH-) ，c(H+) =c(H+) ，c(OH-) = c(H+) ，故有常温下，pH=11的氢 (aq) 碱 水 (aq) 水 水 水 c(OH-) 氧化钡溶液中，由水电离出的 等于水电离出的c(H+)，也等于溶液中的H+浓度，故等于 1.01011molL1 ，故B正确。 故答案为：B。 pH 23．室温下，对于等体积、 均为2的醋酸和盐酸两种溶液，下列叙述不正确的是 A．分别加足量的锌充分反应后，醋酸溶液产生的氢气多 pH B．分别加水稀释10倍数后，两溶液的 均为3 C．若HA表示 HCl 或 CH 3 COOH ，两溶液中都有 c2 H c  H c  A K w pH D．温度都升高20℃后，两溶液的 不再相等 【答案】B 12 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【详解】 A．醋酸为弱酸，pH相同、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大，分别加足量的锌充分反应后，醋酸溶 液产生的氢气多，故A正确； B．pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别加水稀释10倍后，溶液中氢离子浓度都减小，醋酸为 弱电解质，加水稀释要继续电离出氢离子，所以pH<3，盐酸为强电解质，所以稀释后pH=3，故B错误； c  H c  OH c  A c  H C．溶液存在电荷守恒： ，两边同乘以 ， c2 H c  OH ·c  H c  A ·c  H c  A ·c  H K w，故C正确； D．盐酸是强酸，不存在电离平衡，升高温度，盐酸的pH几乎不变，醋酸是弱酸，其水溶液中存在电离平 衡，升高温度，促进醋酸电离，导致醋酸溶液中氢离子浓度增大，所以醋酸的pH减小，故D正确； 故答案为B。 24．下列关于常温下，体积均为10mL，pH均为4的HCl溶液a和CHCOOH溶液b的有关说法不正确的 3 是 A．对水的电离的抑制程度相同 B．稀释至相同pH后，V；升温促进水的电离，K 增大； w K 110－12 w  (2) 根据第(1)问可知，该温度下，c(H＋)＝1×10－7 mol/L的溶液，c(OH−)=c  H+ 110－7 =1×10−5 mol·L−1，c(H＋)< c(OH−)，溶液显碱性；该溶液中只存在NaOH溶质，则由HO电离出来的c(OH−) =c(H+) 2 水 水 = c(H+)=10−7molL−1 (3) Zn和稀硫酸⋅反应，使溶液酸性减弱，对水的电离抑制程度减弱，即水的电离平衡向右移动；在新制氯 水中加入少量NaCl固体，水中的Cl-浓度增大，则平衡Cl+H OH++Cl-+HClO向逆反应方向移动，即向 2 2 生成Cl 分子的方向移动，氯水中的H+浓度降低，对水的电离抑制程度降低，水的电离向右移动，故答案 2 为：向右；向右； K (4) ①HCl，0.1mol/L的HCl，氢离子浓度为0.1mol/L，溶液中氢氧根离子浓度为 w =10-13mol/L，溶 0.1mol/L 液中氢氧根离子完全来源于水的电离，水电离的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，故水电离的氢离子浓 14 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司度为10-13mol/L； K ②HSO ，0.1mol/L的HSO ，氢离子浓度为0.2mol/L，溶液中氢氧根离子浓度为 w =510-14mol/L， 2 4 2 4 0.2mol/L 溶液中氢氧根离子完全来源于水的电离，水电离的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，故水电离的氢离子 浓度为510-14mol/L； = K c  1.7106 1.3103mol/L ③CHCOOH(K=1.7×10-5)，0.1mol/L的CHCOOH，氢离子浓度为 a ， 3 a 3 K 溶液中氢氧根离子浓度为 w =7.610-12mol/L，溶液中氢氧根离子完全来源于水的电离，水电离 1.310-3mol/L 的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，故水电离的氢离子浓度为7.610-12mol/L； = K c  1.7106 1.3103mol/L ④NH ·H O(K =1.7×10-5)，0.1mol/L的NH ·H O，氢氧根离子浓度为 b ， 3 2 b 3 2 K 氢离子浓度为 w =7.610-12mol/L，溶液中，溶液中氢离子完全来源于水的电离，故水电离的氢 1.310-3mol/L 离子浓度为7.610-12mol/L； K ⑤NaOH，0.1mol/L的NaOH，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，溶液中氢离子浓度为 w =10-13mol/L， 0.1mol/L 溶液中氢离子完全来源于水的电离，故水电离的氢离子浓度为10-13mol/L； ⑥Ba(OH) ，0.1mol/L的Ba(OH) ，氢氧根离子浓度为0.2mol/L，溶液中氢离子浓度为 2 2 K w =510-14mol/L，溶液中氢离子完全来源于水的电离，故水电离的氢离子浓度为 ； 0.2mol/L 510-14mol/L 故水电离出的c(H+)由大到小的关系是③=④＞①=⑤＞②=⑥； K 110－14 W  (5) 25 ℃时，pH＝4的盐酸中c(H+)=1×10-4mol/L，c(OH-)=c  H+ 110－4 =1×10-10mol/L=c(OH-) = c(H+) ， 水 水 pH＝10的Ba(OH) 溶液中c(H+)=1×10-10mol/L= c(H+) = c(OH-) ，由此可知，两溶液中水的电离程度相同。 2 水 水 核心知识5 酸碱中和滴定 26．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 NaOH溶液滴定未知浓度的CHCOOH溶液，反应恰好完全时。下列叙述正确的是 3 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 15 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司C．溶液呈酸性，可选用甲基橙作指示剂 D．溶液星碱性，只能选用酚酞作指示剂 【答案】D 【详解】 NaOH与CHCOOH恰好完全反应生成CHCOONa，CHCOONa为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，为了 3 3 3 减少滴定误差，应选择指示剂的pH范围与CHCOONa溶液的pH接近，所以指示剂选择酚酞，D正确； 3 故选D 27．酸碱滴定实验必须要用到的仪器是 ①烧杯 ②玻璃棒 ③锥形瓶 ④坩埚 ⑤滴定管 ⑥ 胶头滴管 A．①②③ B．②③④⑥ C．③⑤ D．②③⑤ 【答案】C 【详解】 酸碱滴定需要用到的仪器有铁架台、滴定管、滴定管夹、锥形瓶、烧杯等，必须要用到的仪器是锥形瓶和 滴定管，答案选C。 28．下列关于中和滴定实验的说法中正确的是 A．应用碱式滴定管盛放稀盐酸标准溶液 B．锥形瓶一定要用蒸馏水洗净并烘干 C．接近终点时应控制滴速，使溶液一滴一滴地缓慢滴下 D．滴定终点时俯视读数，会使测定结果偏大 【答案】C 【详解】 A．稀盐酸为酸性溶液，应该用酸性滴定管盛放稀盐酸标准液，故A错误； B．锥形瓶中的水不影响待测定物质的物质的量，消耗的标准液不变，故锥形瓶用蒸馏水洗净后不用烘干， 故B错误； C．接近终点应控制滴速，防止过量使滴定终点有误，故C正确； D．滴定终点时俯视读数，测得标准液的体积偏小，待测液浓度偏小，故D错误； 故选C。 29．（2021·吉林白城市·白城一中高二月考）NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基 准物质HC O•2H O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法正确的是 2 2 4 2 16 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司A．图甲：转移NaOH溶液到250mL容量瓶中 B．图乙：准确称得0.1575gH C O·2H O固体 2 2 4 2 C．用图丙所示操作排除碱式滴定管中的气泡 D．用图丁所示装置以NaOH待测液滴定HC O 溶液 2 2 4 【答案】C 【详解】 A．向容量瓶中转移溶液时需要用玻璃棒引流，故A错误； B．托盘天平的精度值为0.1g，故B错误； C．碱式滴定管中气泡排出操作：把橡皮管向上弯曲，出口上斜，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出， 气泡即可随之排掉，故C正确； D．NaOH溶液应装在碱式滴定管中，故D错误； 故答案为C。 30．按要求回答下列问题 （1）一定温度下，现有a.盐酸，b.硫酸，c.醋酸三种酸 ①当三种酸体积相同，物质的量浓度相同时，使其恰好完全中和所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是 _______(用a、b、c表示) ②当三者c(H+)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是 _______(用a、b、c表示) ③当c(H+)相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H(相同状况)， 2 则开始时反应速率的大小关系为 _______(用a、b、c表示) （2）现用中和滴定法测定某烧碱溶液的浓度，有关数据记录如表： 所消耗盐酸标准液的体积/mL 滴定序 待测液体积 号 /mL 滴定前 滴定后 消耗的体积 1 25.00 0.50 26.80 26.30 17 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司2 25.00 - - - 3 25.00 5.00 31.34 26.34 0.2500mol·L1 ①用_______式滴定管盛装 盐酸标准液。如图表示第二次滴定前后50mL滴定管中液面的位置。 该次滴定所用标准盐酸体积为_______mL。 ②现实验室中有石蕊和酚酞两种指示剂，该实验应选用_______作指示剂。 ③根据所给数据，该烧碱样品的物质的量浓度为_______。 ④若操作过程中滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，就立刻停止滴定，则会造成测定结果 _______(填“偏低”“偏高”或“无影响”)。 【答案】（1）b>a＝c c>a＝b a＝b＝c （2）酸 24.60 酚酞 0.2632mol/L 偏低 【分析】 （1）①三种酸体积相同、物质的量浓度也相同即物质的量相同，盐酸和醋酸都是一元酸，和NaOH完全 中和时，需要的NaOH的物质的量和一元酸的物质的量相等，所以盐酸和醋酸消耗的氢氧化钠的物质的量 相等；硫酸是二元酸，和NaOH完全中和时，需要的NaOH的物质的量是硫酸的物质的量的2倍，所以三 种酸和NaOH恰好完全中和所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是b>a＝c； ②三者c(H+)相同时 ，由于醋酸是弱酸，醋酸的浓度要大于盐酸的浓度，所以当盐酸和醋酸体积相同时， 醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量，和足量的锌反应时，醋酸生成氢气的物质的量大于盐酸生成氢气的 物质的量。盐酸和硫酸都是强酸，完全电离，H+的物质的量相等，和足量的锌反应，生成氢气的物质的量 相等。相同状况下，气体体积和气体的物质的量成正比，所以相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序 是c>a＝b；③形状、密度、质量完全相同的锌和三种酸反应，反应的实质是锌和H+反应，反应速率由 c(H+)决定，所以三种酸溶液中c(H+)相同时，开始时反应速率相等，即a＝b＝c； （2）①盐酸要用酸式滴定管盛装。从滴定管液面可以看出，滴定前液面在0.30mL处，滴定后液面在 24.90mL处，所以该次滴定所用标准盐酸体积为用24.60mL；②石蕊颜色变化不明显，通常不用做酸碱中 18 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司和滴定的指示剂，应选用酚酞作指示剂；③分析三组数据，消耗盐酸的体积的第二组数据和其他两组差别 较大，舍去，第一组和第三组消耗盐酸的体积的平均值为26.32mL，盐酸和NaOH等物质的量反应，所以 有0.2500mol/L×0.02632L=c(NaOH)×0.02500L，可计算出c(NaOH)=0.2632mol/L；④滴定操作开始时滴加盐 酸的速度可以快一些，当快达到滴定终点时，一定要逐滴滴入，直到指示剂颜色改变且摇动半分钟颜色不 恢复，才可以停止滴定，等液面稳定之后再读数。若操作过程中滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到 溶液变色，就立刻停止滴定，则滴入的盐酸的体积偏小，会造成测定结果偏低。 核心知识6 盐溶液的酸碱性及其原因 31．常温下，测得0.5mol·L-1的CHCOONa溶液的pH=9。下列说法正确的是 3 A．该溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-9mol·L-1 B．该溶液中存在：c(Na+)>c(CH COOH)>c(CH COO-)>c(H+) 3 3 C．该溶液中存在：c(H+)+c(CH COOH)>c(OH-) 3 cCH COOH 3 D．向溶液中加入少量水， c  CH COO- 增大 3 【答案】D 【详解】 A．CHCOONa溶液水解呈碱性，氢氧根完全来自水的电离，c(H+)=1×10-9 mol·L-1，则由水电离出的 3 c(OH-)=1×10-5 mol·L-1，A错误； B．该溶液中微粒浓度大小：c(Na+)> c(CHCOO-) > c(OH-)>c(CH COOH)>c(H+)，B错误； 3 3 C．该溶液中存在质子守恒：c(H+)+c(CH COOH)=c(OH-)，C错误； 3 c  CH COO- c  H+ cCH COOH c  H+ Ka 3 3  D．由 cCH COOH 知， c  CH COO- cK  向溶液中加入少量水，溶液的碱性减小，氢离 3 3 a cCH COOH 3 子浓度增大，所以， c  CH COO- 增大，D正确 3 故选D。 32．某温度下，0.1 mol·L-1NaHCO 溶液pH=10，下列判断正确的是 3 A．c(OH-)=10-4 mol·L-1  B．加入少量NaOH固体，c(Na＋)和c(HCO3)均增大 19 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 C．c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO3)＋c(OH-)  2 D．c(Na＋)=c(HCO3)＋c(CO3 )＋c(H CO) 2 3 【答案】D 【详解】 A．溶液pH=10，则c(H+)=10-10 mol/L，由于温度不一定是室温，温度未知，因此不能确定K 的大小，也 w 就不能计算出溶液中c(OH-)大小，A错误；  B．加入少量NaOH固体，c(Na＋)增大，c(OH-)增大，对HCO3的水解平衡起抑制作用，导致溶液中c(HCO  3)减小，B错误；  CO2  C．在溶液中存在HCO3电离产生的 3 ，根据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO3)＋c(OH-)＋2c(CO 2 3 )，C错误；  2 D．根据物料守恒可得：c(Na＋)=c(HCO3)＋c(CO3 )＋c(H CO)，D正确； 2 3 故合理选项是D。 33．下列离子方程式的书写正确的是 A．硫化钠水解：S2-+2H O HS↑+2OH- 2 2 HSO⇌- SO2- B．亚硫酸氢钠水解： 3+H O HO++ 3 2 3 ⇌ C．硫化钾水解：S2-+H O=HS-+OH- 2 AlO- D．硫酸铝溶液跟偏铝酸钠溶液反应：Al3++3 2+6H O=4Al(OH) ↓ 2 3 【答案】D 【详解】 A． S2－ 水解要分两步，且不产生 H 2 S 气体，为： S2-+H 2 O  HS-+OH- ； HS-+H 2 O  H 2 S+OH- ，故A错误； B．硫氢根离子水解生成硫化氢和氢氧根离子，离子方程式：HS-+H O HS+OH-，故B错误； 2 2 C．硫化钾水解： S2－ 水解要分两步，为： S2-+H 2 O  HS-+OH- ； HS-+H⇌ 2 O  H 2 S+OH- ，故C错误； 20 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司D． Al3＋ 与 AlO- 2水解相互促进而彻底反应生成 AlOH 3沉淀，故离子反应方程式为： Al3++3AlO-+6H O=4Al(OH)  2 2 3 ，故D正确； 故答案为D。 核心知识7 影响盐类水解的主要因素 34．下列关于盐类水解的说法错误的是 A．在纯水中加入能水解的盐一定促进水的电离 pH7 B．常温下，醋酸分子不可能存在于 的碱性溶液中 NH Cl NH C．在 4 溶液中加入稀盐酸能抑制 4水解 c  CH COO 3 D．加热 CH COONa 溶液，溶液中 c  Na 的值将减小 3 【答案】AB 【详解】 A．不一定如硫酸氢铵溶液，铵根离子能够发生水解反应，但本身电离产生的氢离子对水的电离起抑制作 用，故A错误； CH COONa CH COO CH COOH B．常温下， 3 溶液呈碱性，溶液中 3 水解能生成 3 ，B错误； NH NH C．溶液中 4水解使溶液显酸性，加入稀盐酸能抑制 4的水解，C正确； CH COONa CH COO c  CH COO c  Na+ D．加热 3 溶液， 3 的水解程度增大， 3 减小， 不变，则 c  CH COO 3 c  Na 的值变小，D正确； 正确答案选AB。 Al3 3H O Al(OH) 3H 35．在反应 2  3 的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，且使溶液的pH增大， 应采取的措施是 21 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司HCl NaOH AlCl A．加热 B．通入 气体 C．加入适量的 溶液 D．加入固体 3 【答案】C 【详解】 A．盐的水解是酸碱中和反应的逆反应，是吸热的，加热可以使平衡正向移动，溶液的pH减小，故A不 选； B．通入HCl气体，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，故B不选； C．加入NaOH溶液，中和H+，降低了氢离子浓度，平衡正向移动，pH增大，故C选； D．加入AlCl 固体，Al3+浓度增大，平衡正向移动，使H+浓度增大，pH减小，故D不选； 3 故选C。 c  Na 36．为使 Na S 溶液中 c  S2 的值减小，可加入的物质是（ ） 2 ①HCl ②适量的NaOH固体 ③适量的KOH固体 ④适量的KHS固体 A．①② B．②③ C．③④ D．①④ 【答案】C 【分析】 在硫化钠溶液中存在水解平衡： S2 H 2 O  HS OH ， HS H 2 O  H 2 SOH ，且以第一步水解 c  Na 为主, 为使 Na S 溶液中 c  S2 的值减小，平衡逆移。 2 【详解】 在硫化钠溶液中存在水解平衡： S2 H 2 O  HS OH ， HS H 2 O  H 2 SOH ，且以第一步水解 c  Na 为主。①通入 ，硫离子水解平衡正向移动， c  S2减小， c  Na不变， c  S2 的值增大，错误；② HCl c  OH c  S2 c  Na 加入适量的NaOH固体， 增大，硫离子水解平衡逆向移动， 增大，但 也增大，且钠 22 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司c  Na 离子浓度增大得更多， c  S2 的值增大，错误；③加入适量的 固体， c  OH增大，硫离子水解平 KOH c  Na 衡逆向移动， c  S2增大， c  Na不变， c  S2 的值减小，正确；④加入适量的 固体， 浓度不 KHS Na c  Na 变， HS 浓度增大， S2 H 2 O  HS OH水解平衡逆向移动， c  S2增大， c  S2 值减小，正确， 故答案选：C。 37．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。 探究浓度对醋酸电离程度的影响：用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，其结果如下： 醋酸浓度(mol/L) 0.0010 0.0100 0.0200 0.1000 0.2000 pH 3.88 3.38 3.23 2.88 2.73 回答下列问题： （1）若用pH试纸测醋酸的pH，实验操作为：_______。 （2）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：_______。 （3）从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度_______(填增大、减小 或不变) Na CO CO2 K =210-4 （4） 2 3俗称纯碱，因 3 水解而使其水溶液呈碱性(忽略第二步水解)，已知25℃时， h ， c  HCO :c  CO2 2:1 则当溶液中 3 3 时，溶液的pH=_______。 【答案】（1）将一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒或胶头滴管将待测液滴在试纸上，再将变色的试 纸与标准比色卡对照读出数值； （2）当醋酸溶液的浓度为10-3 mol/L时，pH = 3.88，c(H+) =10-3.88 mol/L <10-3 mol/L （3）增大 （4）10 【解析】（1）pH试纸测定pH的方法是：将一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒或胶头滴管将待测液 滴在试纸上，再将变色的试纸与标准比色卡对照读出数值 23 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司（2）当醋酸溶液的浓度为10-3 mol/L时，pH = 3.88，c(H+) =10-3.88 mol/L <10-3 mol/L，说明醋酸在溶液中 不能完全电离，可证明醋酸时弱电解质，故依据是：当醋酸溶液的浓度为10-3 mol/L时，pH = 3.88，c(H+) =10-3.88 mol/L <10-3 mol/L； （3）当醋酸溶液的浓度为10-3 mol/L时，pH =3.88，c(H+) =10-3.88 mol/L，当醋酸溶液浓度为10-2mol·L—1 1 1 时，pH=3.38，c(H+) =10-3.38 mol/L，综合以上数据，溶液浓度减小为原来的 ，c(H+)大于原来的 ，由 10 10 此可知，随醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度增大。 c(HCO)c(OH-) K = 3 =210-4mol/L （4）K= 2×10-4mol/L，则当溶液中c  HCO :c  CO2 2:1时， h c(CO2-) ， 3 3 3 c(OH-)=110-4mol/L c(H+)=110-10mol/L ， 所以溶液的pH =10，故答案为：10； 核心知识8 盐类水解的应用 38．下列说法不正确的是 Mg(OH) FeCl A．向 2悬浊液中滴加 3溶液，生成红褐色沉淀 B．碳酸氢钠药片，该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效 C．配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸抑制水解 CaSO Na CO D．水垢中的 4，可先用 2 3溶液处理，而后用酸除去 【答案】B 【详解】 Mg(OH) FeCl Mg(OH) Fe(OH) A．向 2悬浊液中滴加 3溶液，可使 2转化为红褐色沉淀 3，A正确； NaHCO B．碳酸氢钠属于抗酸药，醋酸会与 3反应，从而降低药效，B错误； C．氯化铁为强酸弱碱盐，溶于水后易发生水解，为抑制水解，配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸，C正 确； D．水垢中的 CaSO 4，可先用 Na 2 CO 3溶液处理，发生反应 CaSO 4 +Na 2 CO 3 CaCO 3 Na 2 SO 4，将 CaSO CaCO CaCO 4 3 3 24 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司CaSO CaCO CaCO 4转化为溶解度更小的 3，而后用酸除去 3，D正确。 故选B。 39．实验室在配制氯化铁溶液时，先把氯化铁晶体溶解在稀盐酸中，再加水稀释所需浓度，如此操作的目 的是 A．防止氯化铁电离 B．抑制氯化铁水解 C．提高溶液的pH D．提高氯化铁的溶解度 【答案】B 【详解】 实验室在配制氯化铁溶液时，由于铁离子要发生水解，配制时容易变浑浊，因此先把氯化铁晶体溶解在稀 盐酸中，再加水稀释所需浓度，如此操作的目的是防止铁离子水解，故B正确。 综上所述，答案为B。 40．根据下列实验操作所得的现象及结论不正确的是 选项 实验操作 现象及结论 A 将MgCl 溶液加热蒸干并灼烧 得到的白色固体为MgO 2 向体积均为20mL的冷水和沸水中分别滴入3滴 前者为黄色，后者为红褐色，说明温度升高， B FeCl 饱和溶液 Fe3+的水解程度增大 3 取CH COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试 溶液颜色变深，说明CH COONa溶液中存在水 3. 3. C 剂，再给试管加热 解平衡 室温下，用pH试纸测0.1molL1的NaHSO 溶 3 D 说明HSO的水解大于电离 3 液的pH约为5 【答案】D 【详解】 A．加热促进MgCl 水解平衡正向移动，生成氢氧化镁沉淀，灼烧氢氧化镁分解为氧化镁，故A正确； 2 B．向体积均为20mL的冷水和沸水中分别滴入3滴FeCl 饱和溶液，前者为黄色溶液，后者为红褐色胶体， 3 说明温度升高，Fe3+的水解程度增大，故B正确； C．CHCOONa为强碱弱酸盐，其溶液显碱性，给试管加热，水解程度增大，溶液颜色变深，故C正确； 3 D．亚硫酸氢根离子电离呈酸性，水解呈碱性，0.1mol/L的NaHSO 溶液的pH约为5，电离程度大于水解 3 程度，结论错误，D错误； 故选D。 核心知识9 溶液中粒子浓度的关系 25 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司0.1molL1 NH HSO 4 4 41．在 的 溶液中，下列关于微粒物质的量浓度的关系式不正确的是（ ） c  H c  SO2 c  NH  A． 4 4 c  NH  c  H 2c  SO2 c  OH B． 4 4 c  H c  NH  cNH H Oc  OH C． 4 3 2 c  Na c  SO2 c  NH  c  OH c  H D．常温下向该溶液中滴加 NaOH 溶液至中性后： 4 4 【答案】C 【详解】 c  H c  SO2 c  NH  A．H+包括NH HSO 和HO电离出的H+，NH +发生水解，所以 4 4 ，A正确； 4 4 2 4 B．符合电荷守恒，B正确； NH HSO NH  H SO2 C． 4 4 4 4 ，NH  H O NH H OH，由物料守恒 4 2  3 2 c  NH  cNH H Oc  SO2 c  NH  c  H 2c  SO2 c  OH 4 3 2 4 ，由电荷守恒得， 4 4 ，所以 c  H c  NH  2cNH H Oc  OH 4 3 2 ，C错误； NaOH NH HSO 4 4 D．当 溶液和 溶液等浓度、等体积混合后，所得溶液显酸性，所以若使题中所得溶液呈中 NaOH NaOH NH HSO NH HSO 4 4 4 4 性，则加入的 溶液中 的物质的量应大于 溶液中 的物质的量，D正确； 正确答案选C。 42．下列说法正确的是 2- - A．常温下pH= 10的NaC O 溶液中：2c(Na+) = c(C O4 ) + c(HC O4) + c(H C O) 2 2 4 2 2 2 2 4 B．向醋酸溶液中加入醋酸钠晶体使溶液呈中性，此时混合液中c(Na+) < c(CHCOO－) 3 + C．0.2 mol/L NH Cl溶液和0.1 mol/L (NH )SO 溶液中，c(NH4)前者较大 4 4 2 3 D．浓度均为0.1 mol/L的NaCl溶液和NaF溶液中，离子总浓度后者较大 26 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司【答案】C 【详解】 2- - A．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+) = 2c(C O4 ) + 2c(HC O4) + 2c(H C O)，A 2 2 2 2 4 错误； B．c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+c(CH COO-)，溶液呈中性c(H+)= c(OH-)，此时混合液中c(Na+) =c(CHCOO－)，B 3 3 错误； C．0.2 mol/L NH Cl溶液中铵根无水解影响， 0.1 mol/L (NH )SO 溶液中亚硫酸根水解生成氢氧根，氢氧 4 4 2 3 + 根与铵根离子反应，故c(NH4)前者较大，C正确； D．NaCl中离子不会水解，氟离子水解为HF，所以NaF溶液中，离子总浓度降低，离子总浓度前者较大， D错误； 答案选C。 43．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，实验信息如下： 实验编号 c(HA)/mol·L-1 c(NaOH)/mol·L-1 反应后溶液pH 甲 0.1 0.1 pH=9 乙 c 0.2 pH=7 1 下列判断不正确的是 A．c 一定大于0.2 1 噲垐�� B．HA的电离方程式是HA H++A- C．乙反应后溶液中：c(Na+)=c(HA)+c(A-) D．甲反应后溶液中：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+) 【答案】C 【分析】 由甲实验数据可知，等浓度等体积的一元酸HA和NaOH溶液混合后溶液恰好生成NaA，反应后的溶液 pH=9，可知NaA为强碱弱酸盐，所以HA为一元弱酸，据此分析选择。 【详解】 A．HA是弱酸，与等体积、等浓度的NaOH溶液混合反应后恰好生成NaA，溶液应显碱性，要溶液显中 性，HA应过量，故c 一定大于0.2，A正确； 1 27 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司噲垐�� B．根据上述分析可知HA为一元弱酸，电离方程式为：HA H++A-，B正确； C．乙反应后溶液的pH为7，c(OH-)＝c(H+)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(A-)，C错误； D．甲反应后溶液恰好生成NaA，溶液显碱性，所以NaA溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(A-)＞ c(OH-)＞c(H+)，D正确； 答案为：C。 44．在水质检验中，测定水的硬度时，用到氨和氯化铵(NH ·HO~ NH Cl)缓冲溶液，控制溶液在pH=9.1左 3 2 4 右。则关于该缓冲溶液的说法正确的是 + A．在缓冲溶液中，不可能有c(Cl- )＞c(NH4 )＞c(H+) ＞c(OH-) + B．在缓冲溶液中，一定有c(NH4) +c(NH ) =2c(Cl-) 3 C．在有效缓冲范围内，将缓冲溶液加水稀释时，pH基本不变 D．在缓冲溶液中，水的电离可能受到促进也可能受到抑制 【答案】AC 45．某二元酸(化学式用HA表示)在水中的电离方程式是：HA==H++HA-、HA- H++A2- 2 2 回答下列问题： (1)Na A溶液显____________(填“酸性”“中性”或“碱性”)。理由是____________(用离子方程式表示)。 2 (2)在0.1mol·L-1的NaA溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是____________。 2 A．c(A2-)+c(HA-)+c(H A)=0.1mol·L-1 B．c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HA-) 2 C．c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-) D．c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-) (3)已知0.1mol·L-1NaHA溶液的pH=2，则0.1mol·L-1HA溶液中氢离子的物质的量浓度可能是 2 ____________0.11mol·L-1(填“＜”“＞”或“=”)，理由是____________。 (4)0.1mol·L-1NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是____________。 【答案】碱性 A-+H O HA+OH- CD ＜ HA发生完全电离生成的H+，对HA-的电离起 2 2 抑制作用 c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-) 【分析】 在电解质溶液中，电解质电离或水解产生的离子浓度(不包含水电离出的离子)间满足物料守恒关系；在电 解质溶液中，所有离子间满足电荷守恒关系。 【详解】 28 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司(1)因为HA-在水溶液中发生部分电离，所以NaA在溶液中发生水解，溶液显碱性。理由是A-+H O 2 2 HA+OH-。答案为：碱性；A-+H O HA+OH-； 2 (2)A．因为在溶液中HA发生完全电离，所以溶液中不存在HA，A不正确； 2 2 B．在溶液中存在A2-+H O HA-+OH-和HOH++OH-，所以c(OH-)=c(H+)+c(HA-)，B不正确； 2 2 C．依据电荷守恒，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，C正确； D．依据物料守恒，溶液中存在c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)，D正确； 故选CD； (3)已知0.1mol·L-1NaHA溶液的pH=2，在酸性溶液中，HA-的电离程度减小，则0.1mol·L-1HA溶液中氢离 2 子的物质的量浓度可能是＜0.11mol·L-1，理由是HA发生完全电离生成的H+，对HA-的电离起抑制作用。 2 答案为：＜；HA发生完全电离生成的H+，对HA-的电离起抑制作用； 2 (4)0.1mol·L-1NaHA溶液中，发生如下电离：NaHA==Na++HA-，HA-H++A2-，HOH++OH-，所以 2 各种离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)。答案为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞ c(A2-)＞c(OH-)。 【点睛】 因为HA-在水溶液中发生部分电离，所以我们易错误地认为溶液中存在HA-的水解平衡 核心知识10 沉淀溶解平衡 46．常温下，将足量的AgCl固体分别放入下列液体中，AgCl溶解的量最小的是 A．20 ml蒸馏水 B．30mL 0.03mol/L HCl溶液 C．40mL 0.05mol/L AgNO 溶液 D．50mL 0.02mol/L CaCl 溶液 3 2 【答案】C 【分析】 AgCl饱和溶液中存在AgCl(aq) Ag+(aq)+Cl-(aq)，AgCl的溶解度大小取决于溶液中c(Ag+)或c(Cl-)，从平衡 移动的角度分析。 ⇌ 【解析】 根据c(Ag+)或c(Cl-)大小比较AgCl的溶解度，c(Ag+)或c(Cl-)越大，AgCl的溶解度越小， A．20mL蒸馏水，c(Ag+)或c(Cl-)为0； B．30mL 0.03mol·L-1 HCl溶液中c(Cl-)= 0.03mol·L-1； 29 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司C．40mL 0.05mol·L-1 AgNO 溶液中c(Ag+)=0.05mol·L-1； 3 D．50mL 0.02mol·L-1 CaCl 溶液中c(Cl-)= 0.04mol·L-1。 2 则AgCl的溶解度最小是C； 故选：C。 噲垐�� 47．常温下，某PbI 悬浊液中存在平衡PbI (s) Pb2+(aq)+2I－(aq)，加入少量KI固体并完全溶解。下列 2 2 说法错误的是 A．溶度积常数K (PbI )减小 B．溶液中c(I－)增大 sp 2 C．沉淀溶解平衡向左移动 D．悬浊液中固体质量增大 【答案】A 【解析】 A．溶度积常数K (PbI )只与温度有关，温度不变，则K (PbI )不变，故A错误； sp 2 sp 2 B．加入少量KI固体并完全溶解，平衡逆向移动，但移动减少的量远小于加入的量，所以溶液中c(I－)增大， 故B正确； 噲垐�� C．含有大量PbI 的饱和溶液中存在着平衡PbI (s) Pb2+(aq)+2I－(aq)，加入KI溶液，c(I－)增大，沉淀 2 2 溶解平衡左移，故C正确； D．溶液中c(I－)增大，沉淀溶解平衡向左移动，生成沉淀，所以悬浊液中固体质量增大，故D正确； 综上所述，答案为A。 48．下列说法不正确的是 Mg(OH) FeCl A．向 2悬浊液中滴加 3溶液，生成红褐色沉淀 B．碳酸氢钠药片，该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效 C．配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸抑制水解 CaSO Na CO D．水垢中的 4，可先用 2 3溶液处理，而后用酸除去 【答案】B 【详解】 Mg(OH) FeCl Mg(OH) Fe(OH) A．向 2悬浊液中滴加 3溶液，可使 2转化为红褐色沉淀 3，A正确； 30 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司NaHCO 3 B．碳酸氢钠属于抗酸药，醋酸会与 反应，从而降低药效，B错误； C．氯化铁为强酸弱碱盐，溶于水后易发生水解，为抑制水解，配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸，C正 确； D．水垢中的 CaSO 4，可先用 Na 2 CO 3溶液处理，发生反应 CaSO 4 +Na 2 CO 3 CaCO 3 Na 2 SO 4，将 CaSO CaCO CaCO 4转化为溶解度更小的 3，而后用酸除去 3，D正确。 故选B。 49．已知25℃时，RSO (s)+CO2-(aq) RCO(s)+SO 2-(aq)的平衡常数K=1.75×104，K (RCO)=2.80×10-9，下 4 3 3 4 sp 3 列叙述中正确的是 ⇌ A．25℃ 时，RSO 的K 约为4.9×10-5 4 sp B．将浓度均为6×10-5mol/L的RCl 、NaCO 溶液等体积混合后可得到RCO 沉淀 2 2 3 3 C．向c(CO2-)=c(SO 2-)的混合液中滴加RCl 溶液，首先析出RSO 沉淀 3 4 2 4 D．相同温度下，RCO 在水中的K 大于在NaCO 溶液中的K 3 sp 2 3 sp 【答案】A 【解析】25℃时，RSO (s)+CO2-(aq) RCO(s)+SO 2-(aq)的平衡常数K= 4 3 3 4 ⇌ c  SO2- c  R2+ c  SO2- K RSO  c  CO 4 2- = c  R2+ c  CO 4 2 = K sp RCO 4  =1.75×104， K RSO  = 3 3 sp 3 sp 4 1.75104K RCO =1.751042.80109=4.9105 sp 3 。 A. 根据上述计算分析，25℃ 时，RSO 的K 约为4.9×10-5，故A正确； 4 sp B. 将浓度均为6×10-5mol/L的RCl 、NaCO 溶液等体积混合，则浓度变为原来的一半，混合后溶液中 2 2 3 c(R2+)=3×10-5mol/L，c(CO2-)=3×10-5mol/L，Q(RCO)= c(R2+)∙ c(CO2-)=3×10-5mol/L×3×10-5mol/L=9×10-10< 3 c 3 3 K (RCO)=2.80×10-9，不会产生RCO 沉淀，故B错误； sp 3 3 C. RSO 、RCO 属于同类型且K (RSO ) > K (RCO)，向c(CO2-)=c(SO 2-)的混合液中滴加RCl 溶液，首先 4 3 sp 4 sp 3 3 4 2 析出RCO 沉淀，故C错误； 3 D. K 只与温度有关，与浓度无关，相同温度下RCO 在水中的K 等于在NaCO 溶液中的K ，故D错误； sp 3 sp 2 3 sp 答案选A。 【点睛】本题易错点在于D选项，K 也属于平衡常数，只与温度有关，与溶液中离子浓度大小无关。 sp 31 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司50．25℃时， MnCO 3和 CaCO 3的沉淀溶解平衡曲线如图( M2 代表 Mn2 或 Ca2 )所示。下列说法不正确的 是 CaCO A．a点可表示 3的饱和溶液 CaCO B．c点可表示 3的过饱和溶液，达新平衡时可到达b点 c(Mn2)c(CO2)1.61011 C．d点时溶液中存在 3 (忽略单位) 0.10molL1CaCl MnCO MnCO CaCO D．用 2溶液浸泡足量 3，会有部分 3转化为 3 【答案】B 【详解】A．a点在CaCO 沉淀溶解平衡曲线上，可表示CaCO 的饱和溶液，A正确； 3 3 B．c点表示的是 CaCO 3的过饱和溶液，溶液中存在 CaCO 3 s  Ca2aqCO 3 2aq ，平衡逆向移动， c  Ca2 c  CO2 、 3 同时减小，达到新平衡后，无法到达b点，B错误； CO2 C．d点在MnCO 的沉淀溶解平衡曲线上，根据图可知，c(Mn2+)·c( 3 )=4×10-6×4×10-6=1.6×10-11，C正确； 3 Ca2MnCO CaCO Mn2 D．虽然MnCO 的溶度积常数小于CaCO ，但是仍会发生反应 3  3 ，用 3 3 0.10molL−1CaCl 溶液浸泡足量MnCO ，相当于增大反应物浓度，平衡正向移动，会有部分碳酸锰转化为 2 3 碳酸钙，⋅ D正确； 故答案选B。 51．根据题目提供的溶度积数据进行计算并回答下列问题： (1)已知25℃时，K [Mg(OH) ]=5.6×10﹣12；酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下： sp 2 pH ＜8.0 8.0～9.6 >9.6 32 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司颜色 黄色 绿色 蓝色 25℃时，在Mg(OH) 饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液的颜色为___________。 2 (2)向50mL0.018mol•L﹣1的AgNO 溶液中加入50mL0.020mol•L﹣1的盐酸，生成沉淀。已知该温度下AgCl 3 的K =1.0×10﹣10，忽略溶液的体积变化，请计算： sp ①完全沉淀后，溶液中c(Ag+)=___________。 ②完全沉淀后，溶液的pH=___________。 ③如果向完全沉淀后的溶液中继续加入50mL0.001mol•L﹣1的盐酸，是否有白色沉淀生成？___________(填 “是”或“否”)。 (3)在某温度下，K (FeS)=6.25×10﹣18，FeS饱和溶液中c(H+)与c(S2﹣)之间存在关系：c2(H+)•c(S2﹣)=1.0×10﹣ sp 22，为了使溶液里c(Fe2+)达到1mol•L﹣1，现将适量FeS投入其饱和溶液中，应调节溶液中的c(H+)约为 ___________。 【答案】蓝色 1.0×10﹣7mol•L﹣1 2 否 4×10﹣3mol/L 【解析】 (1)25℃时，Mg(OH) 的溶度积K =5.6×10﹣12，根据Mg(OH) (s) Mg2+(aq)+2OH﹣(aq)可得：c(Mg2+)×c2(OH 2 sp 2 ﹣)=5.6×10﹣12，设c(OH﹣)=2c(Mg2+)=xmol/L，则：0.5x×x2=5.6×1⇌0﹣12，解得：x=2.24×10﹣4mol/L，c(H+)= 1014 mol/L=4.5×10﹣11mol/L，溶液的pH=10.4>9.6，所以溶液呈蓝色，故答案为：蓝色； 2.24104 (2)①反应前，n(Ag+)=0.018mol•L﹣1×0.05L=0.9×10﹣3mol，n(Cl﹣)=0.020mol•L﹣1×0.05L=1×10﹣3mol；反应后 K spAgCl 剩余的Cl﹣为0.1×10﹣3mol，则混合溶液中c(Cl﹣)=1.0×10﹣3mol•L﹣1，c(Ag+)= c  Cl =1.0×10﹣7mol•L﹣1，故 答案为：1.0×10﹣7mol•L﹣1； ②H+没有参与反应，完全沉淀后，c(H+)=0.010mol•L﹣1，溶液的pH=2，故答案为：2； 2 ③再向反应后的溶液中加入50mL0.001mol•L﹣1盐酸，不发生反应时c(Ag+)= ×1.0×10﹣7mol•L﹣1=0.67×10﹣ 3 2 7mol•L﹣1、c(Cl﹣)= ×[(0.001+1.0×10﹣7+0.001]mol•L﹣1≈0.001mol•L﹣1，而离子浓度积Q=0.001×0.67×10﹣ 3 c 7=0.67×10﹣10＜K (AgCl)=1.0×10﹣10，所以没有沉淀产生，故答案为：否； sp K (FeS) 6.251018 sp = (3)溶液中c(S2﹣)= c(Fe2+) 1 mol/L=6.25×10﹣18mol/L，c2(H+)•c(S2﹣)=1.0×10﹣22，则c(H+)= 33 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司11022 6.25101811022 6.251018 mol/L=4×10﹣3mol/L，故答案为：4×10﹣3mol/L。 52．以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理 含砷废水，相关数据如表。 K 表1 几种砷酸盐的 sp 难溶物 K sp Ca AsO  6.81019 3 4 2 AlAsO 1.61016 4 FeAsO 5.71021 4 表2 工厂污染物排放浓度及允许排放标准 污染物 H SO As 2 4 浓度 28.42gL1 1.6gL1 排放标准 pH6~9 0.5mgL1 回答以下问题： H SO molL1 2 4 (1)该工厂排放的废水中 的物质的量浓度为_______ 。 (2)若处理后的工厂废水中Al3 、 Fe3 的浓度均为1.0104molL1 ，则此时废水中 c  AsO3 4  最大是_______ molL1。 H AsO MnO 3 3 2 (3)工厂排放出的酸性废水中的三价砷( ，弱酸)不易沉降，可投入 先将其氧化成五价砷( H AsO 3 4，弱酸)，写出该反应的离子方程式：_______。 (4)在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入适量生石灰调节pH为2，再投入适量生石灰将pH调节 Ca AsO  为8左右，使五价砷以 3 4 2形式沉降。 ①将pH调节为2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为_______。 34 / 36 原创原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司Ca AsO  ②在pH调节为8左右才出现大量 3 4 2沉淀的原因为_______。 【答案】(1)0.29 5.71017 (2) 2H++MnO +H AsO =H AsO +Mn2++H O (3) 2 3 3 3 4 2 CaSO H AsO pH AsO3- Ca AsO  (4) 4 3 4是弱酸，当溶液中 调节为8左右时 4 浓度增大， 3 4 2大量沉淀 28.42 【解析】（1）由题表2可知，该工厂排放的废水中 cH SO  molL10.29molL1 ； 2 4 98 （2）若处理后的工厂废水中 Al3 、 Fe3 的浓度均为 1.0104molL1 ， K sp FeAsO 4 