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专题八 能力提升检测卷
（本卷共20小题，满分100分，考试用时75分钟）
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40
Mn 55 Fe 56 Cu 64
第I卷 （选择题共50分）
一、选择题：本题共10个小题，每小题3分，共30分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符
合题目要求的。
1.相同温度下，根据下列三种酸的电离常数，以下说法正确的是( )
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－1的NaX、NaY、NaZ溶液，NaZ溶液pH最大
D．相同温度下，1 mol·L－1 HX溶液的电离常数大于0.1 mol·L－1 HX溶液的电离常数
【答案】B
【解析】表中电离常数大小关系：HZ>HY>HX，所以三种酸的酸性强弱为HZ>HY>HX，可见A、C
不正确；电离常数只与温度有关，与溶液浓度无关，D不正确。
2．室温下，向10 mL pH＝3的CHCOOH溶液中加入下列物质，对所得溶液的分析正确的是( )
3
加入的物质 对所得溶液的分析
由水电离出的
A 90 mL H O
2
c(H＋)＝10－10 mol·L－1
B 0.1 mol CH COONa固体 c(OH－)比原CHCOOH溶液中的大
3 3
C 10 mL pH＝1 的HSO 溶液 CHCOOH的电离程度不变
2 4 3
D 10 mL pH＝11的NaOH溶液 c(Na＋)＝c(CHCOO－)＞c(OH－)＝c(H＋)
3
【答案】B
【解析】向10 mL pH＝3的CHCOOH溶液中加入90 mL H O，醋酸的电离平衡正向移动，则 c(H
3 2
＋)>10－4 mol·L－1，故由水电离出的c(H＋)<10－10 mol·L－1，选项A错误；向10 mL pH＝3的CHCOOH溶液
3
中加入0.1 mol CH COONa固体，醋酸根离子浓度增大，酸的电离平衡逆向移动，c(H＋)减小，故c(OH－)比
3
原CHCOOH溶液中的大，选项B正确；向10 mL pH＝3的CHCOOH溶液中加入10 mL pH＝1 的HSO
3 3 2 4
溶液，氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，CHCOOH的电离程度减小，选项C错误；向10 mL pH＝3的
3
CHCOOH溶液中加入10 mL pH＝11的NaOH溶液，醋酸过量，所得溶液呈酸性，故c(CHCOO－)＞c(Na
3 3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，选项D错误。
3．25 ℃时，0.1 mol·L－1的CHCOOH溶液pH＝3，0.1 mol·L－1的HCN溶液pH＝4。下列说法正确的
3
是( )
A．CHCOOH与HCN均为弱酸，酸性：HCN>CH COOH
3 3
B．25 ℃时，水电离出来的c(H＋)均为10－11 mol·L－1的两种酸，酸的浓度：HCN>CH COOH
3
C．25 ℃时，浓度均为0.1 mol·L－1的CHCOONa和NaCN溶液中，pH大小：CHCOONa>NaCN
3 3
D．25 ℃时，pH均为3的CHCOOH与HCN溶液各100 mL与等浓度的NaOH溶液完全反应，消耗
3
NaOH溶液的体积：CHCOOH>HCN
3
【答案】B
【解析】同浓度时CHCOOH溶液pH小，酸性较强，A错误；水电离出来的c(H＋)均为10－11 mol·L－
3
1，因此两种酸的溶液中 c(H＋)＝10－3 mol·L－1，由于酸性：CHCOOH>HCN，故酸的浓度：
3
HCN>CH COOH，B 正确； CHCOONa 和 NaCN 浓度相同且 NaCN 更易水解，故 pH 大小：
3 3
NaCN>CHCOONa，C错误；pH均为3的CHCOOH与HCN相比，HCN浓度大，故消耗NaOH溶液的体
3 3
积：HCN>CH COOH，D错误。
3
4．HPO 的电离是分步进行的，常温下K ＝7.6×10－3，K ＝6.3×10－8，K ＝4.4×10－13。下列说法
3 4 a1 a2 a3
正确的是( )
A．浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH溶液和HPO 溶液按照体积比2∶1混合，混合液的pH＜7
3 4
B．NaHPO 溶液中，c(H＋)＋c(H PO)＋c(H PO )＝c(PO)＋c(OH－)
2 4 2 3 4
C．向0.1 mol·L－1的HPO 溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)，溶液pH＝1时，溶液中大约
3 4
有7.1%的HPO 电离
3 4
D．在HPO 溶液中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH＝11时，
3 4
c(PO)>c(HPO)
【答案】C
【解析】浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH溶液和HPO 溶液按照体积比2∶1混合，二者恰好反应生成
3 4
NaHPO ，在溶液中HPO存在电离平衡：HPO PO＋H＋，也存在着水解平衡：HPO＋HO HPO＋
2 4 2 2
OH－，电离平衡常数K ＝4.4×10－13，水解平衡常数K ＝＝＝＝≈1.59×10－7＞K ＝4.4×10－13，水解程度
a3 h2 a3
大于电离程度，因此溶液显碱性，pH＞7，A错误；在NaHPO 溶液中，根据质子守恒可得：c(H＋)＋
2 4
c(H PO)＋2c(H PO )＝c(PO)＋c(OH－)，B错误；向0.1 mol·L－1的HPO 溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积
2 3 4 3 4
的变化)，溶液pH＝1时，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，假设电离的HPO 浓度为x，根据电离平衡常数K ＝＝＝
3 4 a1
＝7.6×10－3，解得x≈0.007 1 mol·L－1，因此溶液中HPO 电离度＝×100%＝7.1%，C正确；在HPO 溶液
3 4 3 4
中加入NaOH溶液，随着NaOH的加入，溶液的pH增大，当溶液的pH＝11时，c(H＋)＝10－11 mol·L－1，K ＝＝＝4.4×10－13，则＝4.4×10－2 ，则c(PO)＜c(HPO)，D错误。
a3
5．常温下，下列溶液中，有关微粒的物质的量浓度关系不正确的是( )
A．0.1 mol·L－1 (NH )Fe(SO ) 溶液：c(SO)>c(NH)>c(Fe2＋)>c(H＋)
4 2 4 2
B．将10 mL 0.1 mol·L－1 Na CO 溶液逐滴滴加到10 mL 0.1 mol·L－1盐酸中：
2 3
c(Na＋)>c(Cl－)>c(CO)>c(HCO)
C．0.01 mol·L－1 NaOH溶液与等体积pH＝2的醋酸混合后的溶液中：
c(CHCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
3
D．0.1 mol·L－1 NaHCO 溶液：c(H＋)＋2c(H CO)＝c(OH－)＋c(CO)
3 2 3
【答案】D
【解析】亚铁离子和铵根离子都水解，但水解程度较小，硫酸根离子不水解，所以 c(SO)＞c(NH)，故
A正确；将10 mL 0.1 mol·L－1NaCO 溶液逐滴滴加到10 mL 0.1 mol·L－1盐酸中：因为酸过量会放出CO 气
2 3 2
体，根据 CO＋2H＋===CO ↑＋HO 知有 NaCO 溶液剩余，所以离子浓度大小为 c(Na＋) >c(Cl
2 2 2 3
－)>c(CO)>c(HCO)，故B正确；0.01 mol·L－1NaOH溶液与等体积pH＝2的醋酸混合后的溶液中溶质为醋酸
钠和醋酸，所以离子浓度大小的关系为c(CHCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，故C正确；溶液中存在电荷
3
守恒和物料守恒，根据电荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，根据物料守恒得：c(Na＋)
＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H CO)，联立上述两式得：c(H＋)＋c(H CO)＝c(OH－)＋c(CO)，故D错误。
2 3 2 3
6．室温下，将0.05 mol Na CO 固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确
2 3
的是( )
加入的物质 结论
A.50 mL 1 mol·L－1 HSO 反应结束后，c(Na＋)＝c(SO)
2 4
B.0.05 mol CaO 溶液中增大
C.50 mL H O 由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变
2
D.0.1 mol NaHSO 固体 反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变
4
【答案】B
【解析】室温下，将0.05 mol Na CO 固体溶于水配成100 mL 溶液，溶液中存在水解平衡：CO＋HO
2 3 2
HCO＋OH－，使溶液呈碱性。加入50 mL 1 mol·L－1 HSO ，HSO 与NaCO 恰好反应，则反应后溶
2 4 2 4 2 3
液中溶质为NaSO ，根据物料守恒，反应结束后 c(Na＋)＝2c(SO)，故A项错误；加入0.05 mol CaO，则
2 4
CaO＋HO===Ca(OH) ，则c(OH－)增大，且Ca(OH) 与NaCO 反应生成CaCO 和NaOH，使CO＋HO
2 2 2 2 3 3 2
HCO＋OH－平衡左移，c(HCO)减小，溶液中增大，故B项正确；加入50 mL H O，溶液体积变大，
2
CO＋HO HCO＋OH－平衡右移，但c(OH－)减小，NaCO 溶液中的OH－来源于水的电离，因由水电离
2 2 3
产生的c(H＋)＝c(OH－)，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，故C项错误；加入0.1 mol NaHSO 固体，
4NaHSO 为强酸的酸式盐，电离出的H＋与CO反应，则反应后溶液为NaSO 溶液，溶液呈中性，溶液pH
4 2 4
减小，引入了Na＋，c(Na＋)增大，故D项错误。
7．测定0.1 mol·L－1NaSO 溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下：
2 3
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BaCl 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。
2
下列说法不正确的是( )
A．NaSO 溶液中存在水解平衡：SO＋HO HSO＋OH－
2 3 2
B．④的pH与①不同，是由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K 值相等
w
【答案】C
【解析】NaSO 是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SO＋HOHSO＋OH－，A
2 3 2
项正确；实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl 溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，
2
说明④中的SO数目多，SO数目少，所以④中的OH－数目小于①中的OH－数目，且pH不同，B项正确；
①→③的过程中，温度升高，SO的水解平衡正向移动，而c(SO)减小，水解平衡逆向移动，故温度和浓度
对水解平衡移动方向的影响不一致，C项错误；K 只与温度有关，温度相同则K 相同，D项正确。
w w
8．已知 25 ℃时，RSO (s)＋CO(aq ) RCO(s)＋SO(aq)的平衡常数 K＝1.75×104，K (RCO)＝
4 3 sp 3
2.80×10－9，下列叙述中正确的是( )
A．向c(CO)＝c(SO)的混合液中滴加RCl 溶液，首先析出RSO 沉淀
2 4
B．将浓度均为6×10－6mol·L－1的RCl 、NaCO 溶液等体积混合后可得到RCO 沉淀
2 2 3 3
C．25 ℃时，RSO 的K 约为4.9×10－5
4 sp
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】C
【解析】RSO (s)＋CO(aq ) RCO(s)＋SO(aq)的平衡常数 K＝＝＝＝1.75×104，K (RSO )＝
4 3 sp 4
1.75×104×K (RCO) ＝ 1.75×104×2.80×10 － 9 ＝ 4.9×10 － 5 。 RSO 、 RCO 属 于 同 种 类 型 且
sp 3 4 3
K (RSO )>K (RCO)，故向c(CO)＝c(SO)的混合液中滴加RCl 溶液，首先析出RCO 沉淀，A项错误；将
sp 4 sp 3 2 3
浓度均为6×10－6mol·L－1的RCl 、NaCO 溶液等体积混合后，c(R2＋)＝3×10－6mol·L－1、c(CO)＝3×10－
2 2 3
6mol·L－1，此时的离子积Q＝c(R2＋)·c(CO)＝3×10－6×3×10－6＝9×10－12<K (RCO)，不会产生RCO 沉
sp 3 3
淀，B项错误；根据上述计算，K (RSO )＝4.9×10－5，C项正确；K 只与温度有关，与浓度无关，相同温
sp 4 sp度下RCO 在水中的K 与在NaCO 溶液中的K 相等，D项错误。
3 sp 2 3 sp
9．AgI可用于人工降雨。AgI溶于水，溶液中离子浓度与温度的关系如图所示，已知：pAg＝－lg
c(Ag＋)，pI＝－lg c(I－)。下列说法正确的是( )
A．图像中，T＜20 ℃
B．AgI的溶度积K (AgI)：c＝d＝e＜f
sp
C．20 ℃时，AgI粉末溶于饱和KI溶液中c(Ag＋)＝1×10－b mol·L－1
D．在d点饱和AgI溶液中加AgNO 粉末，d点移动到f点
3
【答案】B
【解析】碘化银溶解是吸热的，温度越高电离出的离子越多，图像中c(I－)：a＞b，故T＞20 ℃，故A
错误；K 属于平衡常数的一种，只受温度影响，在相同温度下，曲线上的各点溶度积相同，温度越高，溶
sp
度积越大， 因此，AgI的溶度积K (AgI)：c＝d＝e＜f，故B正确；20 ℃时，AgI粉末溶于饱和KI溶液
sp
中，碘化银溶解平衡逆向移动，c(Ag＋)＜1×10－b mol·L－1，故C错误；在d点饱和AgI溶液中加AgNO 粉
3
末，d点沿de曲线向e点移动，故D错误。
10．25 ℃时，已知下列三种金属硫化物的溶度积常数(K )分别为K (FeS)＝6.3×10－18；K (CuS)＝
sp sp sp
1.3×10－36；K (ZnS)＝1.6×10－24。下列关于室温时的有关叙述正确的是( )
sp
A．硫化锌、硫化铜、硫化亚铁的溶解度依次增大
B．将足量的 ZnSO 晶体加入到 0.1 mol·L－1的NaS溶液中，Zn2＋的浓度最大只能达到 1.6×10－23
4 2
mol·L－1
C．除去工业废水中含有的Cu2＋，可采用FeS固体作为沉淀剂
D．向饱和的FeS溶液中加入FeSO 溶液后，混合液中c(Fe2＋)变大、c(S2－)变小，但K (FeS)变大
4 sp
【答案】C
【解析】化学式所表示的组成中阴、阳离子个数比相同时，K 数值越大的难溶电解质在水中的溶解能
sp
力越强，由K 可知，室温下，CuS的溶解度最小，故A错误；将足量的ZnSO 晶体加入到0.1 mol·L－1的
sp 4
NaS溶液中，c(S2－)将减至非常小，而Zn2＋的浓度远远大于1.6×10－23 mol·L－1，故B错误；因CuS比FeS
2
更难溶，FeS沉淀可转化为CuS沉淀，故C正确；温度不变，K (FeS)不变，故D错误。
sp二、选择题：本题共5个小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，只有一项或两项
是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分；若正确答案包括两个选项，只
选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得4分，但只要选错一个，该小题得0分。
11.浓度均为0.10 mol·L－1、体积均为V 的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变
0
化如图所示。下列叙述错误的是( )
A．MOH的碱性强于ROH的碱性
B．ROH的电离程度：a点大于b点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等
D．当lg＝2时，若两溶液同时升高温度，则增大
【答案】D
【解析】由图像分析可知，浓度为0.10 mol·L－1的MOH溶液，在稀释前pH为13，说明MOH完全电
离，则MOH为强碱，而ROH的pH<13，说明ROH没有完全电离，ROH为弱碱。MOH的碱性强于ROH
的碱性，A正确；曲线的横坐标lg越大，表示加水稀释体积越大，由曲线可以看出 b点的稀释程度大于a
点，弱碱ROH存在电离平衡：ROH R＋＋OH－，溶液越稀，弱电解质电离程度越大，故 ROH的电离
程度：b点大于a点，B正确；若两溶液无限稀释，则溶液的pH接近于7，故两溶液的c(OH－)相等，C正
确；当lg＝2时，溶液V＝100V ，溶液稀释100倍，由于MOH发生完全电离，升高温度，c(M＋)不变，
0
ROH存在电离平衡：ROH R＋＋OH－，升高温度促进电离平衡向电离方向移动，c(R＋)增大，故减小，
D错误。
12．若用AG表示溶液的酸度，AG的定义为AG＝lg。室温下实验室中用0.01 mol·L－1的氢氧化钠溶液
滴定20.00 mL 0.01 mol·L－1醋酸，滴定过程如图所示，下列叙述正确的是( )A．室温下，醋酸的电离平衡常数约为10－5
B．A点时加入氢氧化钠溶液的体积为20.00 mL
C．若B点为40 mL，所得溶液中：c(Na＋)＝c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)
3 3
D．从A到B，水的电离程度逐渐变大
【答案】A
【解析】室温下，醋酸的AG＝lg＝7，即＝10－7，而水的离子积K ＝c(H＋)·c(OH－)＝10－14，两式联立
w
可得：c(H＋)＝10－3.5 mol·L－1，而在醋酸溶液中，c(CHCOO－)≈c(H＋)＝10－3.5 mol·L－1，故醋酸的电离平
3
衡常数K＝＝＝10－5，故A正确；A点的AG＝lg＝0，即＝1，即c(H＋)＝c(OH－)，溶液显中性，而当加入
a
氢氧化钠溶液20.00 mL时，氢氧化钠和醋酸恰好完全中和，得到醋酸钠溶液，溶液显碱性，故B错误；当
B点加入NaOH溶液40 mL时，所得溶液为等浓度的CHCOONa和NaOH的混合溶液，根据物料守恒可
3
知，c(Na＋)＝2[c(CHCOO－)＋c(CHCOOH)]，故C错误；A点之后，当V(NaOH)＞20 mL后，水的电离受
3 3
到抑制，电离程度又会逐渐变小，D项错误。
13．一般较强酸可制取较弱酸，这是复分解反应的规律之一。已知在常温下测得浓度均为 0.1 mol·L－1
的下列 3 种溶液的 pH：
溶质 NaHCO NaCO NaClO
3 2 3
pH 8.34 11.6 10.3
下列有关说法正确的是( )
A．以上溶液的 pH 是用广泛 pH 试纸测定的
B．反应CO＋HO＋2NaClO===Na CO＋2HClO可以发生
2 2 2 3
C．室温下，电离常数： K ( H CO)>K(HClO)
a2 2 3
D．在新制氯水中加入少量 NaHCO 固体可以提高溶液中 HClO 的浓度
3
【答案】D
【解析】根据“越弱越水解”并结合表格数据知，酸性的强弱顺序为HCO>HClO >HCO。pH试纸不
2 3
能用于测量具有氧化性和漂白性的溶液的 pH，NaClO具有强氧化性，故A错误；正确的反应方程式为
NaClO＋CO ＋HO===NaHCO ＋HClO，故B错误；由于酸性HClO >HCO，则电离常数： K ( H CO)<K(
2 2 3 a2 2 3
HClO)，故C错误；氯水中存在如下平衡：Cl ＋HO H＋＋Cl－＋HClO，因为碳酸氢钠能够消耗氢离
2 2
子，平衡右移，生成的次氯酸增多，所以浓度增大，故D正确。
14.探究铝片与NaCO 溶液的反应。
2 3
无明显现象铝片表面产生细小气泡
出现白色浑浊，产生大量气泡(经检验为H 和
2
CO)
2
下列说法不正确的是( )
A．NaCO 溶液中存在水解平衡：CO＋HO HCO＋OH－
2 3 2
B．对比Ⅰ、Ⅲ，说明NaCO 溶液能破坏铝片表面的保护膜
2 3
C．推测出现白色浑浊的原因：AlO＋HCO＋HO===Al(OH) ↓＋CO
2 3
D．加热和H 逸出对CO 水解平衡移动方向的影响是相反的
2
【答案】D
【解析】溶液中碳酸根离子会水解，结合水电离出来的氢离子，生成碳酸氢根离子，A项不符合题
意；实验Ⅰ和Ⅱ没有气泡，根据所学知识，Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明铝片表面有
氧化膜的保护，实验Ⅲ中却有气泡，说明铝片表面氧化膜被破坏，B项不符合题意；NaCO 溶液呈碱性，
2 3
铝片在碱性溶液中与OH－反应，生成偏铝酸根离子，2Al＋2OH－＋2HO===2AlO＋3H↑，AlO和HCO反
2 2
应生成氢氧化铝沉淀，C项不符合题意；CO的水解是吸热的，加热可以促进CO的水解，H 产生的原因是
2
Al和CO水解生成的OH－反应产生H ，H 逸出，有利于Al和OH－的反应，OH－减少，从而促进碳酸根离
2 2
子水解，故加热和H 逸出对CO 水解平衡移动方向的影响是相同的，D项符合题意。
2
15．一定温度下，将足量的 BaSO 固体溶于50 mL水中，充分搅拌，慢慢加入NaCO 固体，随着
4 2 3
c(CO)增大，溶液中c(Ba2＋)的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是( )
A．该温度下，K (BaSO)＜K (BaCO)
sp 4 sp 3
B．加入NaCO 固体，立即有BaCO 固体生成
2 3 3
C．BaCO 的K ＝2.5×10－9
3 sp
D．曲线BC段内，＝25
【答案】B
【解析】当c(CO)＝0时，c(SO)＝c(Ba2＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，故BaSO 的溶度积K ＝1.0×10－
4 sp
5×1.0×10－5＝1.0×10－10。由题图可知当c(CO)＞2.5×10－4 mol·L－1时，开始有BaCO 生成，BaCO 的溶
3 3
度积 K ＝2.5×10－4×1.0×10－5＝2.5×10－9，B 项错误，A、C 项正确；曲线 BC 段内，BaSO(s)和
sp 4BaCO (s)在溶液中都达到了沉淀溶解平衡状态，故＝＝＝＝25，D项正确。
3
第II卷 （非选择题共50分）
三、非选择题：本题共4个小题，共50分。
16．（10分）已知：
酸 HC O HF HCO HBO
2 2 4 2 3 3 3
电离平衡 K ＝5.9×10－2 K ＝4.2×10－7 5.8×
a1 a1
未知
常数K K ＝6.4×10－5 K ＝5.6×10－11 10－10
a a2 a2
(1)为了证明HF是弱酸，甲、乙、丙三位同学分别设计以下实验进行探究。
①甲同学取一定体积的HF溶液，滴入2滴紫色石蕊试液，显红色，再加入NaF固体观察到的现象是
________________________________，则证明HF为弱酸。
②乙同学取10 mL未知浓度的HF溶液，测其pH为a，然后用蒸馏水稀释至1 000 mL。再测其pH为
b，若要认为HF为弱酸，则a、b应满足的关系是b<________(用含a的代数式表示)。
③丙同学用pH试纸测得室温下0.10 mol·L－1的HF溶液的pH为2，则测定HF为弱酸，由丙同学的实
验数据可得室温下HF的电离平衡常数约为________。
(2)25 ℃时，调节2.0×10－3 mol·L－1氢氟酸水溶液的pH(忽略体积变化)，得到c(HF)、c(F－)与溶液pH
的变化关系如图所示。请结合图中信息回答下列问题：
HF电离平衡常数的表达式：K＝________。室温下，向HF溶液中滴加NaOH溶液至pH＝3.4时，c(F
a
－)∶c(HF)＝________。HF的电离常数值为_________________________。
【解析】(1)①HF在溶液中电离出氢离子和氟离子，溶液显酸性，滴入 2滴紫色石蕊试液，显红色，
再加入NaF固体，c(F－)增大，HF的电离平衡向逆方向移动，氢离子浓度减小，溶液的红色变浅，证明 HF
存在电离平衡，即HF为弱酸；②乙同学取10 mL未知浓度的HF 溶液，测其pH为a，然后用蒸馏水稀释
至1 000 mL，体积增大102倍，弱酸加水稀释会促进弱酸的电离，稀释102倍，pH变化小于2个单位，所
以稀释后pH＝b<a＋2；③用pH试纸测得室温下0.10 mol·L－1的HF 溶液的pH为2，则c(H＋)＝0.01 mol·L
－1，则K＝＝≈1.1×10－3。
a
(2)HF电离方程式为HF F－＋H＋，因此平衡常数的表达式：K＝。由图像可知，当pH＝4时，c(H
a
＋)＝1.0×10－4mol·L－1，c(HF)＝4.0×10－3mol·L－1，c(F－)＝1.6×10－3mol·L－1，则K(HF)＝＝＝4.0×10－4。
a室温下，向HF溶液中滴加NaOH溶液至pH＝3.4时，氢离子浓度是10－3.4mol·L－1，则根据HF电离常数可
知，c(F－)∶c(HF)＝≈1∶1。
【答案】(1)①红色变浅 ②a＋2 ③1.1×10－3
(2) 1∶1 4.0×10－4(取pH＝4时，查图中数据计算得到)
17．（10分）(1)不同温度下水的离子积为25 ℃：1×10－14；t：a; t ：1×10－12。试回答以下问题：
1 2
①若 25＜t ＜t ，则 a________1×10－14(填“＞”“＜”或“＝”)，做此判断的理由是
1 2
__________________________________________。
②25 ℃时，某NaSO 溶液中c(SO)＝5×10－4 mol·L－1，取该溶液1 mL加水稀释至10 mL，则稀释后
2 4
溶液中c(Na＋)∶c(OH－)＝________。
③在t 温度下测得某溶液pH＝7，该溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性。
2
(2)在一定温度下，有a.醋酸，b.硫酸，c.盐酸三种酸。
①当三种酸物质的量浓度相同时，三种溶液中水的电离程度由大到小的顺序是________(用a、b、c表
示，下同)。
②将c(H＋)相同的三种酸均加水稀释至原来的100倍后，c(H＋)由大到小的顺序是________。
【解析】(1)①水是弱电解质，存在电离平衡，电离吸热，所以温度升高，水的电离程度增大，水的离
子积增大；②25 ℃时，某NaSO 溶液中c(SO)＝5×10－4 mol·L－1，则溶液中钠离子浓度是1×10－3 mol·L
2 4
－1，如果稀释10倍，则钠离子浓度是1×10－4 mol·L－1，但硫酸钠溶液是显中性的，所以c(Na＋)∶c(OH－)
＝10－4∶10－7＝1 000∶1；③t 温度下水的离子积常数是1×10－12，所以在该温度下，pH＝6是显中性的，
2
因此某溶液pH＝7，则该溶液显碱性。(2)①盐酸是一元强酸，硫酸是二元强酸，醋酸是一元弱酸，所以当
三种酸物质的量浓度相等时，溶液中c(H＋)由大到小的顺序是b>c>a，氢离子浓度越大，水的电离程度越
小，三种溶液中水的电离程度由大到小的顺序为a>c>b；②醋酸在稀释过程中会促进电离，所以氢离子的
物质的量增加，氢离子的浓度变化程度小，硫酸和盐酸溶液中氢离子物质的量不变且相等，所以 c(H＋)由
大到小的顺序为a>b＝c。
【答案】(1)①＞ 温度升高，水的电离程度增大，水的离子积增大 ②1 000∶1 ③碱 (2)①a＞c＞
b ②a＞b＝c
18．（15分）某化学学习小组探究测定草酸晶体(H C O·xHO)中的x值。查阅资料得知，草酸易溶于
2 2 4 2
水，水溶液可以用酸性KMnO 溶液进行滴定：2MnO＋5HC O＋6H＋===2Mn2＋＋10CO↑＋8HO。
4 2 2 4 2 2
①称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成100.00 mL水溶液为待测液。
②取25.00 mL待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀硫酸。
③用浓度为0.100 0 mol·L－1的酸性KMnO 标准溶液进行滴定，达到终点时消耗10.00 mL。
4
(1)上述步骤②中使用的锥形瓶是否需要事先用待测液润洗________(填“是”或“否”)。滴定时，将酸性KMnO 标准液装在如图中的________(填“甲”或“乙”)滴定管中。
4
(2)本实验到达滴定终点的标志可以是___________________________。
(3)通过上述数据，求得x＝________。
讨论：①若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的 x值会________(填“偏大”“偏小”或“不
变”，下同)。
②根据上述实验计算的数据可信性不强，为了提高实验的准确性，请写出改进方法
________________________。
【解析】(1)如果用待测液润洗锥形瓶就会有少量液体残留在瓶壁上，造成滴定的待测物增多，使得计
算值大于实际浓度，故上述步骤②中使用的锥形瓶不需要事先用待测液润洗；酸性高锰酸钾溶液具有强氧
化性，腐蚀橡皮管，所以用酸性滴定管，选甲。(2)可用酸性高锰酸钾自身的颜色作为指示剂判断滴定终
点，当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，表明到达滴定终
点。
(3)2MnO＋5HC O＋6H＋===2Mn2＋＋10CO↑＋8HO
2 2 4 2 2
2 5
0．100 0×0.01 0.002 5
则25.00 mL待测液中含有0.002 5 mol草酸，故100 mL待测液中含有0.01 mol草酸，其质量为0.9 g。
所以1.260 g草酸晶体中水的质量为1.260 g－0.9 g＝0.36 g，其物质的量为0.02 mol，则x＝2；①若滴定终
点时俯视滴定管读数，则消耗酸性高锰酸钾溶液的体积偏小，所得草酸的物质的量偏小，则水的物质的量
偏大；②根据上述实验计算的数据可信性不强，为了提高实验的准确性，应重复步骤②③增加平行实验。
【答案】(1)否 甲 (2)当滴入最后一滴酸性KMnO 溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪
4
色，即到达滴定终点 (3)2 ①偏大 ②重复步骤②③增加平行实验
19．（15分）钪及其化合物具有许多优良的性能，在宇航、电子、超导等方面有着广泛的应用。从钛
白工业废酸(含钪、钛、铁、锰等离子)中提取氧化钪(Sc O)的一种流程如下：
2 3回答下列问题：
(1)洗涤“油相”可除去大量的钛离子。洗涤水是用93%的硫酸、27.5%的双氧水和水按一定比例混合
而成。混合的实验操作是______________________________。
(2)先加入氨水调节pH＝3，过滤，滤渣主要成分是________；再向滤液加入氨水调节pH＝6，滤液中
Sc3＋的浓度为________________{已知：K [Mn(OH) ]＝1.9×10－13、K [Fe(OH) ]＝2.6×10－39，K [Sc(OH) ]＝
sp 2 sp 3 sp 3
9.0×10－31}。
(3)用草酸“沉钪”。25 ℃时pH＝2的草酸溶液中＝________(保留两位有效数字)。写出“沉钪”得到
草酸钪的离子方程式______________________________________[已知K (H C O)＝5.9×10－2，K (H C O)
a1 2 2 4 a2 2 2 4
＝6.4×10－5]。
(4)草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为_______________________________________。
(5)废酸中含钪量为15 mg·L－1，V L废酸最多可提取Sc O 的质量为____________。
2 3
【解析】(1)不同的液体在混合时，一般先加密度较小，易挥发的，后加密度大的、难挥发的，若混合
时放热，则最后加受热易分解的，因此，混合的实验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃
棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 HO 中，并不断搅拌。(2)废酸中含钪、钛、铁、锰等离子，洗涤“油
2 2
相”已除去大量的钛离子，根据K [Mn(OH) ]＝1.9×10－13、K [Fe(OH) ]＝2.6×10－39，K [Sc(OH) ]＝9.0×10
sp 2 sp 3 sp 3
－31，可以求出余下三种离子沉淀完全(离子浓度小于10－5 mol·L－1)时的pH，则锰离子沉淀完全时pH约为
10，钪离子沉淀完全时pH约为5，而铁离子沉淀完全时pH约为4，所以先加入氨水调节pH＝3，过滤，
滤渣主要成分是Fe(OH) ；再向滤液加入氨水调节pH＝6，此时溶液中，c(OH－)＝10－8 mol·L－1，滤液中
3
Sc3＋的浓度 c(Sc3＋)＝＝＝9.0×10－7 mol·L－1。(3)25 ℃时 pH＝2 的草酸溶液中 ＝××＝
K (H C O)×K (H C O)×＝6.4×10－5×5.9×10－2×≈3.8×10－2, “沉钪”得到草酸钪的离子方程式为2Sc3
a2 2 2 4 a1 2 2 4
＋＋ 3HC O===Sc (C O)↓＋ 6H＋。(4)草酸钪“灼烧”氧化的化学方程式为2Sc (C O)＋3O 高温,2Sc O
2 2 4 2 2 4 3 2 2 4 3 2 2 3
＋12CO 。(5)废酸中含钪量为15 mg·L－1，则V L废酸中含钪的质量为15×10－3 g·L－1×V L＝0.015V g，
2
所以最多可提取Sc O 的质量为×＝0.023V g。
2 3
【答案】(1)将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，冷却后再慢慢注入 HO 中，
2 2
并不断搅拌 (2)Fe(OH) 9.0×10－7mol·L－l (3)3.8×10－2 2Sc3＋＋ 3HC O===Sc (C O)↓＋ 6H＋
3 2 2 4 2 2 4 3
(4)2Sc (C O)＋3O 高温,2Sc O＋12CO
2 2 4 3 2 2 3 2(5)0.023V g
