原创（新高考）2021届高考二轮精品专题九电解质溶液中的平衡教师版_05高考化学_新高考复习资料_2021新高考资料_2021届（新高考）化学二轮精品专题

专题 九 电解质溶液中的平衡 ×× 命 题 趋 势 1．理解弱电解质在水溶液中的电离平衡，能利用电离平衡常数进行相关计算。 2．了解水的电离，离子积常数。 3．了解溶液pH的定义及测定方法，能进行pH的简单计算。 4．了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。 5．了解难溶电解质的溶解平衡。理解溶度积的定义，能进行相关计算。 Ⅰ．客观题 (1)以拼盘式选择题考查电解质溶液基本知识的辨析。 (2)以图像题考查强弱电解质的判断、微粒浓度的比较、溶度积常数的应用。 (3)与化工生产流程相结合以客观题形式呈现，考查盐类水解、溶解平衡知识的应用。 Ⅱ．主观题 (1)强弱电解质、溶液酸碱性与pH的关系、盐类水解等基本概念、理论的分析判断。 (2)电离平衡、水解平衡、溶解平衡的影响规律及应用。 (3)电离常数、水解常数、溶度积常数的表达式及应用。 考 点 清 单 一、溶液中的“三大平衡”及影响因素 电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡。这三种平衡都遵循勒夏特列原理——当只改 变体系的一个条件时，平衡向能够减弱这种改变的方向移动。 1．电离平衡、水解平衡与沉淀溶解平衡的比较 水解平衡(如CHCOONa 电离平衡CHCOOH 3 沉淀溶解平衡AgCl(s) 3 溶液)CHCOO−+HO CHCOO－+H+ 3 2 Ag+(aq)+Cl−(aq) 3 CHCOOH+OH− 3 弱电解质(包括弱酸、弱 盐溶液(包括强酸弱碱 研究 难溶电解质(如难溶的 碱、水、多元弱酸的酸 盐、弱酸强碱盐、弱酸弱 对象 酸、碱、盐等) 式酸根) 碱盐) 升高 促进电离，离子浓度增 K 可能增大，也可能减 促进水解，K 增大 sp 影响 温度 大，K 增大 h 小 a 因素 加水 促进电离，离子浓度(除 促进水解，离子浓度(除 促进溶解，K 不变 稀释 OH−外)减小，K 不变 H+外)减小，K 不变 sp a h加入 加入CHCOONa固体或 加入CHCOOH或 3 3 加入AgNO 溶液或NaCl 相应 盐酸，抑制电离，K 不 NaOH，抑制水解，K 不 3 a h 溶液抑制溶解，K 不变 离子 变 变 sp 加入 加入NaOH，促进电 加入盐酸，促进水解，K 加入氨水，促进溶解， 反应 h 离，K 不变 不变 K 不变 离子 a sp 2．“电离平衡”分析判断中的常见误区 (1)误认为电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向 电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。 (2)误认为弱电解质在加水稀释的过程中，溶液中离子浓度都减小。如氨水加水稀释时，c(H+)增大。 (3)误认为由水电离出的c(H+)＝1.0×10−13mol·L−1的溶液一定呈碱性。如25℃，0.1mol·L−1盐酸或氢氧化钠 溶液中由水电离的c(H+)都为1.0×10−13mol·L−1。 (4)弱电解质溶液在加水稀释的过程中，判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时，首先要考虑该关系 式是否是电离常数、离子积常数或者是它们的变形。 二、溶液中离子浓度关系判断 1．理解溶液中的“三个守恒”关系 (1)电荷守恒：电解质溶液中阴离子所带电荷总数等于阳离子所带电荷总数，根据电荷守恒可准确、快速 地解决电解质溶液中许多复杂的离子浓度问题。 (2)物料守恒：物质发生变化前后，有关元素的存在形式不同，但元素的种类和原子数目在变化前后保持 不变，根据物料守恒可准确、快速地解决电解质溶液中复杂离子、分子、物质的量浓度或物质的量的关系。 (3)质子守恒：在电离或水解过程中，会发生质子(H+)转移，但质子转移过程中其数量保持不变。 将混合溶液中的电荷守恒式和物料守恒式相联立，通过代数运算消去其中未参与平衡移动的离子，即可 推出溶液中的质子守恒式。 2．三个守恒的综合应用 应用三种守恒关系解决电解质溶液中离子浓度关系时，要清楚电解质溶液中微粒存在的变化(水解或电 离)，抓住守恒的实质，将由守恒所得的关系结合起来使用。综合运用三种守恒关系，理清一条思路，掌握分 析方法。如图所示：三、结合图像判断溶液中粒子浓度的变化 结合图像分析电离平衡、水解平衡、溶解平衡，判断离子浓度的关系是全国卷考查的重点，常考图像类 型总结如下： 1．一强一弱溶液的稀释图像 (1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸 加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大 加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多 (2)相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸 加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大 加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多 (3)pH与稀释倍数的线性关系 (1)HY为强酸、HX为弱酸 (1)MOH为强碱、ROH为弱碱 (2)a、b两点的溶液中：c(X−)＝c(Y−) (2)c(ROH)＞c(MOH) (3)水的电离程度：d＞c＞a＝b (3)水的电离程度：a＞b 2．K 和K 曲线 w sp (1)双曲线型不同温度下水溶液中c(H+)与c(OH－)的变化 常温下，CaSO 在水中的沉淀溶解平衡曲线 4 曲线 [K ＝9×10－6] sp (1)A、C、B三点均为中性，温度依次升高， (1)a、c点在曲线上，a→c的变化为增大 K w 依次增大 c(SO)，如加入Na 2 SO 4 固体，但K sp 不变 (2)D点为酸性溶液，E点为碱性溶液，K w ＝ (2)b点在曲线的上方，Q c ＞K sp ，将会有沉淀 1×10−14 生成 (3)AB直线的左上方均为碱性溶液，任意一 (3)d点在曲线的下方，Q＜K ，则为不饱和 c sp 点：c(H+)＜c(OH−) 溶液，还能继续溶解CaSO 4 (2)直线型(pM－pR曲线) pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数 ①直线AB上的点：c(M2+)＝c(R2−)； ②溶度积：CaSO＞CaCO ＞MnCO ； 4 3 3 ③X点对CaSO 要析出沉淀，对CaCO 是不饱和溶液，能继续溶解CaCO ； 4 3 3 ④Y点：c(SO)＞c(Ca2+)，二者的浓度积等10−5；Z点：c(CO)＜c(Mn2+)，二者的浓度积等10−10.6。 3．酸碱中和滴定 氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、 盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化 钠、氨水的滴定曲线 醋酸的滴定曲线 曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高 突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的 突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应) 室温下pH＝7不一定是终点：强碱与强酸反应时，终点是pH＝7；强碱与弱 酸(强酸与弱碱)反应时，终点不是pH＝7(强碱与弱酸反应终点是pH＞7，强酸 与弱碱反应终点是pH＜7)精 题 集 训 （70分钟） 经典训练题 1．（双选）常温下，向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸(H PO )，反应中只能生成NaHPO 和NaH PO 两种 3 3 2 3 2 3 盐，含磷各微粒的分布分数X(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pOH[pOH=-lgc(OH−)]的关 系如图所示。下列说法正确的是（ ） A．曲线a代表X(HPO) B．pOH=7时，c(Na+)=c(H PO)+2c(HPO) 2 C．HPO的电离平衡常数K=1×10−7.3mol·L−1 2 a D．等浓度NaHPO 和NaH PO 混合溶液：c(Na+)>c(HPO)>c(H PO)>c(OH−)>c(H+) 2 3 2 3 2 【答案】AB 【解析】向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成NaHPO ，HPO浓度增加，所以曲线a 2 3 代表X(HPO)；继续滴加亚磷酸，NaHPO 浓度降低，NaHPO 升高，所以曲线b代表X(H PO)，曲线c代表 2 3 2 3 2 X(H PO )。A．向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成NaHPO ，HPO浓度增加，所以曲 3 3 2 3 线a代表X(HPO)，故A正确；B．pOH=7时，c(H+)=c(OH−)，溶液中存在NaHPO 和NaH PO 两种溶质，根 2 3 2 3 据电荷守恒 ，其中c(H+)=c(OH−)，即c(Na+)=c(H PO)+2c(HPO)，故 2 B正确；C．HPO在溶液中存在电离平衡HPO HPO+H+，平衡常数K= ，pOH=7.3时， 2 2 a 且 = mol/L，所以 K=c(H+)= ，故 C 错误；D．等浓度 a NaHPO 和NaH PO 混合溶液中，HPO既电离又水解，其电离常数K>K = = ，以电离为主； 2 3 2 3 2 a hHPO只水解，其水解常数K= = c(HPO)>c(H PO)>c(H+)>c(OH−)，故D错误；故选AB。 2 【点评】把pOH换算成pH计算，pOH增大，碱性减弱，是解题的基本前提，依次推出各曲线代表的粒 子变化情况。 2．（双选）下列实验操作、现象和结论都正确的是（ ） 选项 实验操作和现象 结论 向盛有少量PbI 固体的试管中，加入3mL蒸馏 2 A 水振荡后静置，待上层液体变澄清后，向上层清 上层清液中存在Pb2+ 液中滴加几滴0.1mol·L−1 KI液中有黄色沉淀生成 用盛有盐酸和醋酸的烧杯分别做导电性实验，盛 B 醋酸是弱电解质 有醋酸的烧杯所连灯泡亮度较暗 向盛有0.01mol·L−1的CHCOONa溶液的小试管 3 CHCOO−+H O C 中滴加一滴酚酞溶液，将小试管在酒精灯上微微 3 2 CHCOOH+OH−是吸热反应 3 加热，溶液红色变深 向盛有2ml 0.1mol·L−1 NaS溶液的试管中，加入 2 D 2滴ZnSO 溶液，生成白色沉淀，再加入适量 K (ZnS)＞K (CuS) 4 sp sp 0.1mol·L−1 CuSO 溶液，有黑色沉淀生成 4 【答案】AC 【解析】A．上层清液中滴加KI溶液，有黄色沉淀生成，表明生成 PbI ，则上层清液中含有Pb2+，A正 2 确；B．用盐酸和醋酸做导电性实验，虽然盛有醋酸的烧杯所连灯泡亮度较暗，但二者的浓度关系未知，不 能说明醋酸是弱电解质，B不正确；C．CHCOONa溶液中滴加酚酞后溶液变红色，表明溶液显碱性，加热 3 溶液，红色加深，表明c(OH−)增大，CHCOO−的水解平衡正向移动，从而得出CHCOO−的水解是吸热反应， 3 3 C正确；D．NaS溶液中滴加几滴ZnSO 溶液，产生ZnS白色沉淀，再加入CuSO 溶液，又生成黑色CuS沉 2 4 4 淀，因为溶液中加入 ZnSO 后 S2−有剩余，所以并不能说明 ZnS 转化为 CuS，也就不能得出 K (ZnS)＞ 4 sp K (CuS)的结论，D不正确；故选AC。 sp 3．下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ） A．保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，以防止Fe2+水解 B．将Ca(ClO) 、NaSO 、FeCl 溶液蒸干均得不到原溶质 2 2 3 3 C．室温下，向0.1mol/L的CHCOOH溶液中加入少量水溶液显碱性的物质，CHCOOH的电离程度一定 3 3 增大 D．NaCl溶液和CHCOONH 溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同 3 4 【答案】B 【解析】A．保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，以防止 Fe2+被氧化为Fe3+，故A错误；B． Ca(ClO) 在 水 中 发 生 水 解 ： Ca(ClO) +2H O Ca(OH) +2HClO ， HClO 不 稳 定 ， 受 热 分 解 ： 2 2 2 22HClO====2HCl+O ↑，生成的HCl会和Ca(OH) 反应生成CaCl 和HO，故加热蒸干Ca(ClO) 溶液得到的固 2 2 2 2 2 体是CaCl ；加热NaSO 溶液的过程中，发生反应 2NaSO +O =2Na SO ，蒸干会得到NaSO 固体；加热 2 2 3 2 3 2 2 4 2 4 FeCl 溶液，FeCl 发生水解反应：FeCl +3H O Fe(OH) +3HCl，HCl挥发，加热蒸干得到Fe(OH) 固体， 3 3 3 2 3 3 故B正确；C．水溶液显碱性的物质不一定是碱，如强碱弱酸盐CHCOONa，其水溶液显碱性，CHCOOH 3 3 溶液中加入少量CHCOONa，CHCOO−浓度增大，，会抑制 CHCOOH的电离，CHCOOH的电离程度减 3 3 3 3 小，故C错误；D．CHCOONH 是能够发生双水解的盐，CHCOO−、NH的水解均会促进水的电离，溶液中 3 4 3 水的电离程度较大，但溶液中的H+浓度与OH−浓度相等，溶液呈中性，故D错误；答案选B。 4．已知：硫酸银(Ag SO )的溶解度大于氯化银，且硫酸银的溶解度随温度升高而增大，T℃时，硫酸银在水 2 4 中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ） A．T℃时，b点溶液中无硫酸银固体 B．a点溶液若降低温度，则a点可沿虚线移动到c点 C．向a点的悬浊液中加入NaCl固体，溶液组成可能会由a向d方向移动 D．根据曲线可知：T℃下，a、b、c、d四个点中，d点的K (Ag SO )最大 sp 2 4 【答案】C 【解析】曲线上的点为Ag SO 饱和溶液，曲线下方的点未形成饱和溶液，曲线上方的点为过饱和溶液， 2 4 能够形成Ag SO 沉淀。根据a点离子浓度可计算该温度下物质的溶度积常数，K (Ag SO )=c2(Ag+)·c(SO)= 2 4 sp 2 4 (1.5×10−2)2×(1.5×10−2)=3.375×10−6。A．b点在曲线上方，为过饱和溶液，溶液中c2(Ag+)·c(SO)＞K (Ag SO )， sp 2 4 因此存在硫酸银固体，A错误；B．溶液中Ag SO 存在沉淀溶解平衡：Ag SO (s) 2Ag+(aq)+SO(aq)，在a 2 4 2 4 点时c(Ag+)=c(SO)，降低温度，平衡逆向移动，析出Ag SO 固体，此时溶液中c(Ag+)、c(SO)不再相等，因此 2 4 无法实现由a点向c点的移动，B错误；C．溶液中Ag SO 存在沉淀溶解平衡：Ag SO (s) 2Ag+(aq)+ 2 4 2 4 SO(aq)，在a点时向溶液中加入NaCl固体，加入的Cl−与溶液中的Ag+反应产生AgCl沉淀，使c(Ag+)减小， 沉淀溶解平衡正向移动，c(SO)增大，但由于温度不变，所以K (Ag SO )不变，溶液组成会由a点向d点方向 sp 2 4 移动，C正确；D．Ag SO 的溶度积常数只与温度有关，与其它外界条件无关，无论溶液是否饱和，其溶度 2 4 积常数不变，所以在T℃下，a、b、c、d四个点的K (Ag SO )相同，D错误；故合理选项是C。 sp 2 4 5．高锰酸钾在酸性条件下可氧化HO ： 。可利用该反应测定 2 2 HO 样品纯度(样品中不含其它还原性离子)。下列说法错误的是（ ） 2 2A．将高锰酸钾溶液装入酸式滴定管中 B．打开酸式滴定管的活塞，迅速放液以赶出气泡 C．滴定过程中，眼睛要时刻注意锥形瓶中溶液颜色的变化 D．滴定中盛放HO 的锥形瓶内壁有水，所测定的HO 纯度变小 2 2 2 2 【答案】D 【解析】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此应该装入酸式滴定管中，A 正确；B．如果滴定管尖嘴有气泡，需要赶走气泡，使尖嘴充满液体，所以就应打开酸式滴定管的活塞，迅 速放液以赶出气泡，B正确；C．滴定过程中，左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，使溶液混合均 匀，眼睛要时刻注意锥形瓶中溶液颜色的变化，C正确；D．滴定中盛放HO 的锥形瓶内壁有水，由于不影 2 2 响HO 的物质的量，因此不影响标准溶液的消耗，对所测定的 HO 纯度无影响，其纯度测定值不变，D错 2 2 2 2 误；故合理选项是D。 高频易错题 1．25℃时，对于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①醋酸、②氢氧化钠、③醋酸钠溶液，下列说法错误的是 （ ） A．c(CHCOO−)：③＞① 3 B．水电离出的c(H+)：③＞①＞② C．25℃时，①和②等体积混合后的溶液： D．25℃时，①和③等体积混合后的溶液： 【答案】C 【解析】A．①醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，电离产生的离子浓度很小，而③醋酸钠是盐，属于 强电解质，完全电离产生离子，因此等浓度的①、③溶液中c(CHCOO−)：③＞①，A正确；B．①是醋酸， 3 酸电离产生H+会抑制水的电离；②是氢氧化钠，属于碱，碱电离产生OH−也会抑制水的电离，由于②电离产 生的OH−大于①产生的H+的浓度，因此水电离程度：①＞②；③醋酸钠，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显 碱性，水解会促进水的电离，水的电离程度增大，因此其中水的电离程度比酸或碱都大，故③中水电离程度 最大。则三种溶液中水电离程度：③＞①＞②。水电离程度越大，水电离产生的H+的浓度就越大，故三种溶 液中水电离出的 c(H+)：③＞①＞②，B 正确；C．25℃时，①和②等体积混合后，二者恰好反应产生 CHCOONa，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，c(OH−)＞c(H+)；CHCOO−水解消耗，则溶液中c(Na+) 3 3 ＞c(CHCOO−)；盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，故c(CHCOO−)＞c(OH−)，因此该溶液中 3 3 各种离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(CHCOO−)＞c(OH−)＞c(H+)，C错误；D．①和③等体积混合后，溶液为 3 CHCOOH 与 CHCOONa 等 物 质 的 量 的 比 混 合 溶 液 ， 根 据 物 料 守 恒 可 得 (i)c(CHCOO−) 3 3 3+c(CHCOOH)=2c(Na+)；根据电荷守恒，可得(ii)c(Na+)+c(H+)=c(CHCOO−)+c(OH−)，将(i)+(ii)×2，整理可得： 3 3 c(CHCOOH)+2c(H+)=c(CHCOO−)+2 3 3 c(OH−)，D正确；故合理选项是C。 2．常温下将NaOH溶液滴加到亚硒酸(H SeO)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下 2 3 列叙述正确的是（ ） A．曲线N表示pH与 B．图中a点对应溶液中：c(Na+)>c( )+2c( ) C．K (H SeO)与K HSeO)之比为103 a1 2 3 a2( 2 3 D．NaHSeO 溶液中：c( )>c( )>c(H SeO) 3 2 3 【答案】D 【解析】 = ， = ，则pH相同时， = > = ，根据图象可知，曲线M表示pH与 的关系，曲线N表示pH与 的变化关系，故A 错误；B．a点时pH=2.6，溶液显酸性，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c( )+2c( )+c(OH−)，由 c(H+)>c(OH−)，可知c(Na+)c( a2 3 )> c(HSeO)，故D正确；故选D。 2 3 【点评】考查酸碱混合的定性判断、弱电解质的电离，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶 液酸碱性与溶液pH的关系。 3．（双选）数字化滴定实验应用普遍。常温下，电控恒速滴定并数据采集等浓度HCl溶液和NaCO 溶液的 2 3 反应曲线如图所示，已知碳酸的 ， ，下列选项正确的是（ ） A．HCl溶液的浓度约为0.05mol/L B．b点溶液存在： C．cd段发生的主要反应为 D．e点溶液中溶质的主要成分是NaCl和HCl 【答案】AC 【解析】据图可知反应前 NaCO 溶液的 pH=11.5，则溶液中 c(H+)=10−11.5mol/L，c(OH−)=10−2.5mol/L， 2 3 NaCO 的K = =2×10−4，设NaCO 的浓度为a，则 ≈2×10−4，解得 2 3 h1 2 3 a≈0.05mol/L，HCl溶液和NaCO 溶液浓度相等，所以HCl溶液的浓度为0.05mol/L，A正确；B．溶液中存 2 3在电荷守恒 ，B 错误；C．碳酸的 K = a2 =5×10−11，所以当c(CO)=c(HCO)时c(H+)=5×10−11mol/L，溶液的pH<11，而c点溶液pH<8，所以C元素主要 以HCO的形式存在，c~d段pH下降时发生的反应为HCO+H+=H O+CO ，C正确；D．据图可知e点之后继 2 2 续滴加盐酸，溶液的pH变化较大，说明e点HCO还未完全反应，继续滴加盐酸会继续反应，从而导致pH 突变，所以溶质不可能有HCl，溶液显酸性是因为含有HCO，D错误；综上所述答案为AC。 2 3 4．25℃时，将浓度均为0.1mol·L−1、体积分别为V 和V 的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持 a b V+V=100mL，V、V 与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ） a b a b A．K(HA)=10−6 a B．b点时，c(B+)=c(A−)=c(OH−) C．c点时， 随温度升高而减小 D．a→c过程中水的电离程度始终增大 【答案】C 【解析】A．由图可知，0.1mol·L−1 HA溶液的pH=3，0.1mol·L−1 BOH溶液的pH=11，说明HA、BOH分 别为弱酸、弱碱；V=V=50mL时，二者恰好完全反应生成BA，此时溶液的pH=7，则HA、BOH的电离常 a b 数相等；V=0时，HA溶液的pH=3，此时c(H+)=10−3mol·L−1，c(HA)≈0.1mol·L−1，故HA的电离常数K(HA)= b a = =10−5，故A错误；B．b点时溶液的pH=7，溶液呈中性，则有c(H+)=c(OH−)；据电 荷守恒推知c(B+)=c(A−)，则溶液中离子浓度为c(B+)=c(A−)>c(H+)=c(OH−)，故B错误；C．c点时溶液中的溶 质为BOH和BA，溶液显碱性，A-的水解过程是吸热过程，温度升高促进水解，水解平衡常数增大，则 = 减小，C正确；D．a→b过程中，HA与BOH发生中和反应，c(BA)逐渐增大，则水的电 离程度逐渐增大；b→c过程中，BOH剩余，抑制了水的电离，水的电离程度逐渐减小，故D错误。答案选 C。 【点评】考查酸碱混合溶液定性判断，为高考常见题型，侧重考查学生图象分析及判断能力，明确各个数据含义及各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。 5．下列有关滴定的说法正确的是（ ） A．用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL B．用未知浓度的HCl溶液滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯 视，会导致测定结果偏高 C．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的HCl溶液，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，则结果 偏高 D．将KMnO 标准溶液加入碱式滴定管中，滴定未知浓度的HC O 溶液 4 2 2 4 【答案】B 【解析】A．滴定管为精量器，读数读到0.01mL，用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为 21.70mL，故A错误；B．用未知浓度的HCl溶液滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰 视，滴定到终点后俯视，导致消耗盐酸溶液的体积偏小，测定结果偏高，故B正确；C．所用固体KOH中混 有NaOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配得溶液 中氢氧根离子浓度偏大，造成滴定时消耗标准溶液的体积会偏小，所测结果偏低，故C错误；D．高锰酸钾 溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，应将高锰酸钾溶液装入酸式滴定管中，故 D错误；故选 B。 精准预测题 1．下列说法正确的是（ ） A．向AgCl浊液中加入KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色，即可证明K (AgCl)>K (AgBr) sp sp B．常温下向NaOH溶液中滴入HCOOH溶液至pH=5时：c(HCOO−)>c(Na+) C．常温下等物质的量浓度的四种溶液①NH ·H O ②NH HSO ③(NH )CO ④NH Cl，c(NH)的关系为 3 2 4 4 4 2 3 4 ②>④>③>① D．等物质的量浓度的NaHCO 与NaCO 混合溶液：3c(Na+)=2[c(CO)+c(HCO)+c(H CO)] 3 2 3 2 3 【答案】B 【解析】A．向AgCl浊液中加入KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色，则有AgBr生成，AgCl转变为AgBr， 只要 即有AgBr沉淀，若溴化钾浓度很大，即使K (AgBr)>K (AgCl)也可实现，故不可 sp sp 证明K (AgCl)>K (AgBr)，A错误；B．常温下向NaOH溶液中滴入HCOOH溶液至pH=5时，溶液呈酸性， sp sp ，根据电荷守恒， ，则有 ：c(HCOO−)>c(Na+)，B正 确；C．常温下等物质的量浓度的四种溶液①NH ·H O ②NH HSO ③(NH )CO ④NH Cl，①NH ·H O是弱 3 2 4 4 4 2 3 4 3 2 电解质，其余都是强电解质，因此 c(NH)最小的是①，根据能够电离出的 NH 的个数可分为两类，③(NH )CO 是二元铵盐，虽然碳酸铵溶液中，碳酸根和铵根相互促进水解，但水解不彻底，铵离子浓度较 4 2 3 大，②NH HSO 和④NH Cl一元铵盐，②NH HSO 中电离产生的氢离子抑制铵离子水解，故② NH HSO 和 4 4 4 4 4 4 4 ④ NH Cl 比较，c(NH)较大的是②；则，c(NH)的关系为③>②>④>①，C 错误；D．等物质的量浓度的 4 NaHCO 与NaCO 混合溶液：根据物料守恒可知：2c(Na+)=3[c(CO)+c(HCO)+c(H CO)]，D错误；答案选B。 3 2 3 2 3 2．叠氮酸(HN )与NaOH溶液反应生成NaN 。已知NaN 溶液呈碱性，下列叙述正确的是（ ） 3 3 3 A．0.01mol·L−1 HN 溶液的pH=2 3 B．HN 溶液的pH随温度升高而减小 3 C．NaN 的电离方程式：NaN =Na++3N 3 3 D．0.01mol·L−1 NaN 溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(N)+c(HN ) 3 3 【答案】B 【解析】A．由题意，NaN 溶液呈碱性，则叠氮酸根(N)会发生水解，说明HN 为弱酸，在水溶液中不能 3 3 完全电离，故0.01mol·L−1 HN 溶液的pH>2，A错误；B．HN 为弱酸，电离方程式为HN H++N，电离 3 3 3 是吸热过程，升高温度促进HN 的电离，c(H+)增大，pH减小，B正确；C．NaN 是强电解质，完全电离出 3 3 Na+和N，电离方程式为NaN =Na++N，C选项错误；D．0.01mol·L−1 NaN 溶液中：由物料守恒c(Na+)=c(N) 3 3 +c(HN )，故D错误；故答案选B。 3 3．下列说法中不正确的有（ ） ①水是一种极弱的电解质，在常温下平均每n个水分子只有1个分子发生电离，n的值是5.56×108 ②两种醋酸的物质的量浓度分别为c 和c，pH分别为a和a+1，则c=10c 1 2 1 2 ③常温下pH=4的醋酸加水稀释过程中，所有离子浓度都降低 ④蒸干AlCl 溶液可得纯净的无水氯化铝 3 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【解析】①1L水在常温下质量约为1000g，物质的量为： ≈55.6mol，1L水在常温下含有氢离子 物质的量为：10−7mol，平均每n个水分子中只有一个水分子发生电离，则n mol水分子中会有1mol水分子电 离出1mol氢离子，即： = ，解得n=5.56×108，故正确；②醋酸是弱电解质，在水溶液中只有部 分电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓度；两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为 c 和c ，pH分别为a和a+1 1 2 的两种醋酸溶液中氢离子浓度之比=10∶1，当两种酸的电离度相同时，则c=10c ，实际上，两种酸的浓度不 1 2 等，且浓度越大，酸的电离度越小，所以两种酸的浓度关系为c ＞10c ，故错误；③酸溶液稀释时，c(H+)减 1 2 小，由于K 不变，则c(OH−)增大，故错误；④水解生成的HCl易挥发，蒸干不会得到氯化铝，而是氢氧化 w 铝，故错误；错误的有3个，故选C。4．25℃时，向20mL 0.1mol/L HAuCl 溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，滴定曲线如图所示，则下列说法不正 4 确的是（ ） A．b点对应溶液中：c(HAuCl )＞c( ) 4 B．d点对应溶液中：c(OH−)-c(H+)=c(HAuCl ) 4 C．HAuCl 的电离平衡常数K 约为10−5 4 a D．滴定过程中，n(HAuCl )与n( )之和保持不变 4 【答案】A 【解析】a点时，0.1mol/L HAuCl 溶液的pH=3，即c(H+)=10−3mol/L，则HAuCl 为弱酸，故溶液pH=7 4 4 时，加入NaOH溶液的体积小于20mL。A．b点对应溶液中的溶质为等量的 HAuCl 、NaAuCl ，溶液显酸 4 4 性，则HAuCl 电离程度大于NaAuCl 的水解程度，即c(HAuCl )＜c( )，A说法错误；B．d点对应溶液 4 4 4 中的溶质为NaAuCl ，根据质子守恒可得c(OH−)=c(HAuCl )+c(H+)，则c(OH−)-c(H+)=c(HAuCl )成立，B说法 4 4 4 正确；C．HAuCl 的电离平衡常数K= =10-5，C说法正确；D．滴定过程中，根据物料守恒， 4 a n(HAuCl )+n( )=20mL×0.1mol/L，保持不变，D说法正确；答案为A。 4 5．（双选）织物漂白剂亚氯酸钠 在溶液中会生成 、 、 、 等，其中 和 都具有漂白作用。测定25℃时亚氯酸钠溶液中各组分浓度随 变化情况如图所示( 没有画 出， )。下列分析正确的是（ ）A．HClO 的电离平衡常数 的数量级为 2 B ． 同 浓 度 的 HClO 溶 液 和 NaClO 溶 液 等 体 积 混 合 ， 则 混 合 溶 液 中 有 ： 2 2 C． 时，溶液中含氯微粒的浓度大小为： D． 时， 【答案】BD 【解析】图像横坐标为pOH，随着pOH增大，pH逐渐减小，即图示是在酸性逐渐变强时的变化规律。由 图示知，当c( )=c(HClO)时，pOH近似为8，则pH=6，由Ka= =c(H+)=10−6，知A错误； 2 B．混合后溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c( )+c(Cl−)和物料守恒：2c(Na+)=c( )+c( )+c(Cl−)，则c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+2c(Na+)-c( )-c(Cl−)+c(Cl−)，化简移项得：c(Na+)+c(OH−)=c(H+) +c( )，B正确；C．由图像知，pH=7时，c( )＞c( )，C错误；D．ClO 、Cl−中Cl元素化合价 2 与 、 不同，推测由+3 价 Cl 歧化生成 ClO 、Cl−，由得失电子守恒知：n(ClO )=4n(Cl−)，即 2 2 c(ClO )=4c(Cl−)，D正确；故答案选BD。 2 6．在25℃时，下列说法错误的是（ ） A．0.10mol·L−1的HA溶液中 =1010，该HA溶液的pH=2 B．pH=13的NaOH溶液与pH=1的醋酸溶液等体积混合后所得溶液的pH＞7 C．pH=3的盐酸和pH=3的AlCl 溶液中，水电离出的c(H+)后者大 3D．10mL pH=3的盐酸与1mL pH=12的NaOH混合后溶液呈中性 【答案】B 【 解 析 】 A ． 0.10mol·L−1 的 HA 溶 液 中 =1010 ， 又 ， 则 ，该HA溶液的pH=2，故A正确；B．pH=1的醋酸溶液的物质的量浓度比pH=13的 NaOH溶液的物质的量浓度大的多，则二者等体积混合后所得溶液显酸性，pH＜7，故B错误；C．盐酸抑制 水的电离，AlCl 溶液中铝离子水解促进水的电离，则水电离出的 c(H+)后者大，故C正确；D．pH=3的盐酸 3 中 ，pH=12 的NaOH 溶液中 ，则10mL pH=3 的盐酸与 1mL pH=12 的 NaOH混合后，恰好反应生成氯化钠，则溶液呈中性，故D正确；故选B。 7．（双选）25℃时，向40mL 0.1mol·L−1的 溶液中逐滴加入0.1mol·L−1的NaOH溶液，溶液的pH随加 入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ） A．X点时， B．Y点时， C． 的水解平衡常数 D．水的电离程度： 【答案】CD 【解析】A．X 点时，是亚硫酸与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，由质子守恒得 ， 即 ， 故 A 不 选 ； Y 点 时 ， ， 电 荷 守 恒 得 ， 将 代 入 得，因为 pH=7.19，所以 ，所以 ，故 B 不 选 ； C ． 的 水 解 平 衡 常 数 ， 在 Y 点 ， ， 代 入 得 ，故C选；D．水的电离程度与氢离子浓度或者氢氧根浓度有关，当 只有亚硫酸时，水的电离程度最小，随着氢氧根的加入，到 X点，相当于亚硫酸氢钠，其电离大于水解，抑 制水的电离，只不过抑制程度减少，Y点接近水的正常电离，到Z点生成亚硫酸钠，促进水的电离，电离程 度最大，则水的电离程度： ，故D选；故选：CD。 8．室温下，①将浓度均为0.1mol/L的盐酸与氨水等体积混合，混合液 pH=a；②将浓度为b mol/L盐酸与 0.3mol/L氨水等体积混合，混合液pH=7(忽略溶液体积变化)。下列判断错误的是（ ） A．a<7，b<0.3 B．常温下氨水的电离平衡常数 C．②中混合液存在：c(NH)+c(NH ·H O)+c(Cl−)=0.3mol/L 3 2 D．将①与②混合液混合，则混合后溶液中存在：c(Cl−)＞c(NH) 【答案】C 【解析】A．①将浓度均为0.1mol/L的盐酸与氨水等体积混合，二者恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化 铵水解显酸性，故混合液 pH=a<7；②将浓度为 b mol/L盐酸与 0.3mol/L氨水等体积混合，因该混合液 ，故必须盐酸少量即b<0.3，A正确；B．由题意列电荷守恒得： ，因 室温下混合液 ，说明溶液显中性， ，所以 ，因等体积混合故 = mol/L。常温下氨水中一水合氨的电离方程式为NH ·H O NH+OH−，故其电离平衡常 3 2 数 ，B 正确；C．②中混合液存在物料守恒 c(NH)+c(NH ·H O)= 3 2， ＜ ，故c(NH)+c(NH 3 ·H 2 O)+c(Cl−)≠0.3mol/L，C错误；D．因①溶 液显酸性，②溶液显中性，故将①与②混合液混合显酸性， ＞ ，由电荷守恒得： ，故 ，D正确；故选C。 9．I．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示： 弱酸或弱碱 电离常数 NH ·H O K=2×10−5 3 2 b HClO K=3×10−8 a HCO K =4×10−7 K =4×10−11 2 3 a1 a2 HSO K =1.3×10−2 K =6.3×10−8 2 3 a1 a2 (1)0.1mol·L−1 NH ClO溶液中离子浓度由大到小的顺序是_____________________。 4 (2)等浓度的NaSO 、NaClO、NaCO、NaHCO 溶液，pH由大到小的顺序是________。 2 3 2 3 3 (3)某小组同学探究饱和NaClO和KAl(SO ) 溶液混合反应的实验，发现两种溶液混合后产生大量的白色胶 4 2 状沉淀。出现上述现象的原因是____________________(请用反应的离子方程式表示)。 II．用沉淀滴定法快速测定NaI溶液中c(I−)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。 i．准备标准溶液 a．准确称取AgNO 基准物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保 3 存，备用。 b．配制并标定100mL 0.1000mol·L−1 NH SCN标准溶液，备用。 4 ii．滴定的主要步骤 a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。 b．加入25.00mL 0.1000mol·L−1 AgNO 溶液(过量)，使I−完全转化为AgI沉淀。 3 c．加入NH Fe(SO ) 溶液作指示剂。 4 4 2 d．用0.1000mol·L−1 NH SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红 4 色，停止滴定。 e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表： 实验序号 1 2 3 消耗NH SCN标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98 4 f．数据处理。 回答下列问题：(4)滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是____________________________。 (5)若在配制AgNO 标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，会导致 c(I−)测定结果___________(填“偏 3 高”、“偏低”或“不影响”)。 (6)测得c(I−)=__________mol·L−1。 【答案】（1）c(NH)＞c(ClO−)＞c(OH−)＞c(H+) （2）NaCO＞NaClO＞NaSO ＞NaHCO 2 3 2 3 3 （3）Al3++3ClO−+3H O=Al(OH) ↓+3HClO 2 3 （4）防止因Fe3+水解而影响滴定终点的判断 （5）偏高 （6）0.0600 【解析】(1)根据电离平衡常数NH ·H O的K=2×10−5，HClO的K=3×10−8，次氯酸根水解显碱性，铵根水 3 2 b a 解显酸性，根据越弱越水解，次氯酸根水解程度大于铵根水解程度，溶液显碱性，因此0.1mol·L−1 NH ClO溶 4 液中离子浓度由大到小的顺序是c(NH)＞c(ClO−)＞c(OH−)＞c(H+)；故答案为：c(NH)＞c(ClO−)＞c(OH−)＞ c(H+)。(2)根据电离平衡常数得到酸强弱顺序：HSO ＞HCO ＞ ＞HClO＞ ，根据对应的酸越 2 3 2 3 弱，其水解程度越大，碱性越强，因此等浓度的NaSO 、NaClO、NaCO 、NaHCO 溶液，pH由大到小的顺 2 3 2 3 3 序是NaCO＞NaClO＞NaSO ＞NaHCO ；故答案为：NaCO＞NaClO＞NaSO ＞NaHCO 。(3)根据题意说明 2 3 2 3 3 2 3 2 3 3 Al3+和ClO−发生双水解生成氢氧化铝沉淀和次氯酸，其离子方程式为Al3++3ClO−+3H O=Al(OH) ↓+3HClO；故 2 3 答案为：Al3++3ClO−+3H O=Al(OH) ↓+3HClO。(4)由于铁离子发生水解而影响滴定终点的判断，因此滴定应 2 3 在pH＜0.5的条件下进行；故答案为：防止因Fe3+水解而影响滴定终点的判断。(5)若在配制AgNO 标准溶液 3 时，烧杯中的溶液有少量溅出，则配制出的硝酸银浓度偏低，取等量的硝酸银，物质的量减少，则消耗的 NH SCN溶液的体积偏低，得到碘离子的量增大，因此会导致c(I−)测定结果偏高；故答案为：偏高。(6)根据 4 三次数据得出第一次数据是错误的数据，因此消耗NH SCN标准溶液平均体积为10.00mL，根据Ag+～I−～ 4 AgI，则 n(I−)=0.1000mol·L−1×0.025L-0.1000mol·L−1×0.01L =0.0015mol， ；故答案为：0.0600。 10．用硫酸分解磷尾矿[主要成分为Ca (PO )F]可制得中强酸磷酸。已知：25℃时，HPO 的电离平衡常数： 5 4 3 3 4 K=7.1×10−3；K=6.3×10−8；K=4.2×10−13.请回答： 1 2 3 (1)NaH PO 溶液中c(HPO)________c(HPO )(填“>”“<”或“=”)。 2 4 3 4 (2)25℃时，HPO(aq)+OH−(aq) HPO(aq)+H O(l)的平衡常数K=___________。 2 2 (3)Ca (PO )F(s)+OH−(aq) Ca (PO )(OH)(s)+F−(aq)，溶液中c(F−)随溶液的pH和温度(T)的变化曲线如 5 4 3 5 4 3 图所示。则：pH_______pH(填“>”“<”或“=”，下同)；A、B 两点的溶液中用 F−表示的反应速率 1 2 υ(A)________υ(B)。 (4)下列说法正确的是___________ A．磷酸溶液中存在3个平衡 B．向pH=2的磷酸溶液中加入NaH PO 固体，溶液酸性降低 2 4 C．向NaHPO 溶液中滴加稀盐酸的过程中 的值增大 2 4 D．向NaH PO 溶液中滴加NaOH至过量，水的电离程度先增大后减小 2 4 【答案】（1）＞ （2）6.3×106 （3）＜ ＞ （4）BD 【解析】(1)NaH PO 溶液中HPO既要电离又要水解，水解常数 ，因此说明 2 4 2 电离占主要，所以c(HPO)＞c(HPO )；故答案为：＞。(2)25℃时，HPO(aq)+OH−(aq) HPO(aq)+H O(l)的 3 4 2 2 平衡常数 ；故答案为：6.3×106。 (3)作过B点与y轴的平行线，从下到上c(F−)增大，说明平衡正向移动，则说明向反应中增加了OH−浓度，因 此A点碱性更强即pH ＜pH ；A点的c(F−)比B点高，且A点的温度比B点温度高，因此两点的溶液中用F－ 1 2 表示的反应速率υ(A)＞υ(B)；故答案为：＜；＞。(4)A．磷酸溶液中存在4个平衡即磷酸第一步电离平衡、 第二步电离平衡、第三步电离平衡和水的电离，故A错误；B．向pH=2的磷酸溶液中加入NaH PO 固体， 2 4 增加了HPO浓度，致使磷酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减低，因此溶液酸性降低，故B正确；C．向 2 NaHPO 溶液中滴加稀盐酸的过程中，氢离子浓度增大，因此 的值减小，故C错误；D．向 2 4 NaH PO 溶液中滴加NaOH至过量，先生成NaPO ，磷酸根水解，水的电离程度先增大，后来NaOH过量， 2 4 3 4 溶质是NaPO 和NaOH的混合溶液，NaOH抑制水的电离，水的电离程度减小，故D正确；综上所述，答案 3 4为BD。 11．某兴趣小组用废铝合金(成分为Al、Zn、Fe、Si)制备Al O 和Fe O、ZnSO·7H O，流程如图： 2 3 2 3 4 2 已知：①ZnSO·7H O晶体易溶于水，易风化。 4 2 ②已知25℃常见离子沉淀的pH范围如下： 开始沉淀 完全沉淀 Fe3+ 1.5 3.7 Fe2+ 6.5 9.7 Al3+ 3.3 5.2 Zn2+ 5.4 8.2 回答下列问题： (1)下列操作或描述正确的是___。 A．加入试剂A目的是将Fe2+氧化为Fe3+ B．调节pH=5.3，可用试剂ZnO C．操作②中用玻璃棒在过滤器上搅拌以加快过滤速度 D．为制备ZnSO·7H O，可蒸发ZnSO 溶液至有大量晶体析出，再停止加热，用余热蒸干 4 2 4 (2)调节pH=2的目的是 。 (3)写出滤液③中加入碳酸氢钠溶液生成沉淀④的反应的离子方程式 。 (4)为了得到纯净的沉淀③，需要将沉淀③进行洗涤。洗涤沉淀的具体操作是 。 (5)判断滤液②是否有铁元素残留的简要实验方案为 。 【答案】（1）AB （2）抑制Zn2+水解，提高晶体纯度 （3）AlO+HCO+H O=Al(OH) ↓+CO 2 3 （4）向漏斗中加入蒸馏水浸没沉淀物，使水自然流出后，重复2~3次 （5）取样，滴加KSCN溶液，显血红色说明残留Fe3+ 【解析】废铝合金(成分为Al、Zn、Fe、Si)加入足量稀盐酸得到滤液①和沉淀①，滤液①中含有 Al3+、 Zn2+、Fe2+，沉淀①为Si；滤液①中加入试剂A，调节pH=5.3，得到滤液②和沉淀②，滤液②经一系列操作最终得到ZnSO·7H O，表明滤液②中含有Zn2+，根据离子沉淀的pH范围可知，pH=5.3时，Al3+、Fe3+会沉淀， 4 2 由此判定沉淀②中的成分为 Fe(OH) 、Al(OH) ；加入试剂 A则是为了使 Fe2+转化为Fe3+；沉淀②中加入 3 3 NaOH溶液，得到滤液③和沉淀③，滤液③的成分为NaAlO ，沉淀③为Fe(OH) ；沉淀④是Al(OH) 。(1)A． 2 3 3 加入试剂A的目的是，将Fe2+转化为Fe3+，A项正确；B．铝合金和足量稀硫酸反应得到滤液①，滤液①显酸 性，可以用碱或碱性氧化物调节pH，使pH=5.3，可用试剂ZnO并且不会引入杂质，B项正确；C．滤纸上用 玻璃棒搅拌会导致滤纸破损，从而导致漏液，C项错误；D．蒸发ZnSO 溶液至有大量晶体析出，再停止加 4 热，用余热蒸干，最终会得到ZnSO 固体，D项错误；答案选AB。(2)Zn2+易水解，调节pH=2是为了抑制 4 Zn2+水解，提高晶体纯度；(3)滤液③中加入碳酸氢钠溶液生成沉淀④，这一过程是NaAlO 和碳酸氢钠反应生 2 成Al(OH) 沉淀，离子方程式为：AlO+HCO+H O=Al(OH) ↓+CO；(4)洗涤沉淀的具体操作是：向漏斗中加入 3 2 3 蒸馏水浸没沉淀物，使水自然流出后，重复 2~3次；(5)滤液②中的Fe元素以Fe3+形式存在，所以只需验证 Fe3+是否存在即可判断滤液②是否有铁元素残留，简要的实验方案为：取样，滴加KSCN溶液，显血红色说 明残留Fe3+。 7．