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第二十六、二十七讲 弱电解质的电离、盐类的水解
【基础巩固】
1.下列事实与盐类水解无关的是( )
A.MgCO3可以除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋ B.氯化铁溶液常用作铜印刷电路板的腐蚀剂
C.常用热的纯碱溶液除去油污 D.长期施用硫酸铵易使土壤酸化
【答案】 B
【解析】 MgCO3调节pH，使Fe3＋的水解平衡正向移动，使Fe3＋沉淀完全，转化成Fe(OH)3，MgCO3难
溶于水，不引入新杂质，A 项与盐类水解有关；氯化铁具有强氧化性，可与铜发生氧化还原反应，可用于
腐蚀铜印刷电路板，B 项与盐类水解无关；Na2CO3的水解是吸热反应，故升高温度，溶液碱性增强，去油
污能力增强，C 项和盐类的水解有关；铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，长期施用硫酸铵易使土壤酸化，
D 项与盐类水解有关。
2．（2023·浙江·统考高考真题）氯化铁是一种重要的盐，下列说法不正确的是
A．氯化铁属于弱电解质
B．氯化铁溶液可腐蚀覆铜板
C．氯化铁可由铁与氯气反应制得
D．氯化铁溶液可制备氢氧化铁胶体
【答案】 A
【解析】 A．氯化铁能完全电离出铁离子和氯离子，属于强电解质，A 错误；B．氯化铁溶液与铜反应生
成氯化铜和氯化亚铁，可用来蚀刻铜板，B 正确；C．氯气具有强氧化性，氯气与铁单质加热生成氯化铁，
C 正确；D．向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续加热呈红褐色，铁离子发生水解反应可得到氢氧化铁胶
体，D 正确；故选：A。
3．（2023·上海宝山·统考二模）下列变化规律正确的是
A．HCl、HBr、HI 热稳定性由弱到强
B．H2CO3、HClO、CH3COOH 的酸性由弱到强
C．物质的量浓度相等的NaCl、MgCl2、AlCl3三种溶液的pH 值由小到大
D．等物质的量的乙烷、乙烯、乙炔充分燃烧，所耗用氧气的量由多到少
【答案】 D
【解析】 A．氯原子、溴原子、碘原子半径依次增大，氢氯键、氢溴键、氢碘键键长依次增大，键能依
次减小，导致HCl、HBr、HI 热稳定性依次减弱，A 错误；B．二氧化碳和次氯酸钠生成次氯酸，说明碳酸
酸性大于次氯酸，B 错误；C．氯化钠为强酸强碱盐，溶液显中性；氯化镁、氯化铝为强酸弱碱盐，水解
1
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溶液显酸性，故氯化钠溶液的pH 最大，C 错误；D．烃燃烧通式为CxHy+（x+
y）O2
xCO2+
y
H2O，则等物质的量的乙烷、乙烯、乙炔充分燃烧，所耗用氧气的量由多到少，D 正确；故选D。
4．（2023·浙江金华·浙江省丽水中学校联考一模）下列说法一定正确的是
A．相同温度下，1L0.02mol·L-1的NaCl 溶液和2L0.01mol·L-1NaCN 溶液中的离子总数相等
B．常温下，将pH=2 的一元酸HA 溶液与pH=12 的一元碱BOH 溶液等体积混合，所得溶液pH=7
C．25℃时，向10mL0.1mol·L-1HA 溶液中加入0.1mol·L-1的NaOH 溶液，当水电离出的c(H+)=1.0×10-
7mol·L-1时，滴加氢氧化钠溶液的体积可能出现两种情况，则HA 为弱酸
D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，但电离常数Ka不变，c(H+)逐渐增大，导电性逐渐增强。
【答案】 C
【解析】 A．NaCN 溶液中CN-水解，相同温度下，1L0.02mol·L-1的NaCl 溶液中的离子总数大于
2L0.01mol·L-1NaCN 溶液中的离子总数，故A 错误；B．常温下，将pH=2 的一元酸HA 溶液与pH=12 的一
元碱BOH 溶液等体积混合，若HA 为弱酸，所得溶液pH<7；若BOH 为弱碱，所得溶液pH>7，故B 错误；
C．25℃时，向10mL0.1mol·L-1HA 溶液中加入0.1mol·L-1的NaOH 溶液，当水电离出的c(H+)=1.0×10-
7mol·L-1时，滴加氢氧化钠溶液的体积可能出现两种情况，如图所示
，则
HA 为弱酸，故C 正确；D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，但电离常数Ka不变，c(H+)先
增大后减小，导电性先增强后减弱，故D 错误；选C。
5．（2023·浙江·校联考一模）已知25℃时，
。某体系中，膜只允许未电离的HA 自由通
过(如图所示)。
2
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设溶液中
，当达到平衡时，下列叙述正确的是
A．溶液Ⅰ和Ⅱ中的
不相等 B．溶液Ⅰ中
C．溶液Ⅱ中的HA 的电离度为
D．溶液Ⅰ、Ⅱ中水电离出的
之比为
【答案】 C
【解析】 A．根据题意，未电离的HA 可自由穿过隔膜，故溶液I 和Ⅱ中的c(HA)相等，A 错误；B．由
图可知溶液I 本应显酸性，常温下溶液I 的pH=7.0，则溶液I 中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)
+c(A-)，B 错误；C．常温下溶液Ⅱ的pH=3.0，溶液中c(H+)=0.001mol/L，Ka=
=1.0×10-5，c 总
(HA)=c(HA)+c(A-)，则
=1.0×10-5，解得
=
，C 正确；D．溶液Ⅰ中水电离出的
c(H+)=10-7mol/L、Ⅱ中水电离出的c(H+)=c(OH-)=
mol/L=10-11mol/L，溶液Ⅰ、Ⅱ中水电离出的c(H+)之
比=10-7mol/L：10-11mol/L=104：1，D 错误；故答案为：C。
6．（2023·浙江·高三统考专题练习）下列实验操作正确的是
A．选用图1 滴定管量取17.60mLNaCl 溶液
B．如图2 所示，记录滴定终点读数为19.90mL
C．中和滴定时，选用图1 滴定管盛装NaOH 标准溶液
D．可用图3 装置进行KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液实验
【答案】 A
【详解】 A．图1 为酸式滴定管，滴定管的精度为0.01mL，用酸式滴定管可量取17.60mLNaCl 溶液，A
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项正确；B．滴定管起始读书为0，滴定终点读书为18.10mL，定终点读数为18.10mL，B 项错误；C．中
和滴定时NaOH 溶液盛装在碱式滴定管中，图1 为酸式滴定管，C 项错误；D．标准液KMnO4溶液具有强
氧化性会腐蚀橡胶，应该盛装在酸式滴定管，图3 为碱式滴定管，D 项错误；答案选A。
7．（2023·河南·校联考模拟预测）食用级NaHSO3产品用作防腐剂、抗氧化剂等。根据常温时下列实验得
到的粒子浓度关系正确的是
实
验
实验操作和现象
粒子浓度的关系
①
向蓝色石蕊试纸上滴入2 滴0.1 mol ·L-1NaHSO3溶液，试
纸变红
c(Na+) >c(
) >c(
) >c(H2SO3)
②
向10 mL0.1 mol ·L-1NaHSO3溶液中加入等体积等浓度的
NaOH 溶液
c(Na+)-c(
) -c(
) -c(H2SO3)
=0.05 mol ·L-1
③
向0.1 mol ·L-1NaHSO3溶液中加入等浓度的NaOH 溶液至
pH=7
c(
) +c(
)=c(Na+)
A．①③
B．②③
C．①②
D．①②③
【答案】 C
【解析】 NaHSO3溶液中存在 电离平衡 和水解平衡过程，
、
、
；向蓝色石蕊试纸上滴入2 滴0.1 mol ·L-1NaHSO3溶液，试纸变红，证明0.1
mol ·L-1NaHSO3溶液呈酸性，
，溶液中
电离大于水解，故c(Na+) > c(
) >c(
)
>c(H2SO3)，①正确；向10 mL0.1 mol ·L-1NaHSO3溶液中加入等体积等浓度的NaOH 溶液，两溶液等体积混
合，混合后溶液中钠离子浓度降为原来的一半，则c(Na+)=0.1 mol ·L-1，c(OH-)=0.05 mol ·L-1，根据题意c(
) +c(
) +c(H2SO3)=c(OH-)，故c(Na+)-c(
) -c(
) -c(H2SO3) =0.05 mol ·L-1，②正确；向0.1
mol ·L-1NaHSO3溶液中加入等浓度的NaOH 溶液至pH=7，溶液中存在电荷守恒
，溶液pH=7，即
，则
，
故③错误。故选C。
8．（2023·上海金山·统考二模）常温下酸性：HSO >HClO。SO2与足量Ca(ClO)2(aq)反应的离子方程式为
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A．SO2＋H2O＋ClO－＝HSO ＋HClO
B．SO2＋H2O＋Ca2+＋2ClO－＝CaSO3↓＋2HClO
C．SO2＋H2O＋Ca2+＋ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2H+
D．SO2＋H2O＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO
【答案】 D
【解析】 由于次氯酸根具有强氧化性，次氯酸根和二氧化硫、水反应生成硫酸根、氯离子、氢离子，硫
酸根和钙离子结合生成硫酸钙沉淀，生成的氢离子结合次氯酸根变为次氯酸，则其离子方程式为SO2＋
H2O＋Ca2+＋3ClO－＝CaSO4↓＋Cl－＋2HClO ，故D 正确。综上所述，答案为D。
9．（2023·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）用如图所示装置(夹持装置省略)进行实验，操
作正确且能达到目的的是
A． 测定醋酸的浓度
B． 该装置可构成铜锌双
液原电池并持续供电
C． 制备NH3并测量其
体积
D．中和热的测定
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】 A
【详解】 Ａ．氢氧化钠不与聚四氟乙烯发生反应，故A 正确；Ｂ．左半电池中，电极材料锌与硫酸铜溶
液接触发生氧化还原反应，电路中无电流通过，无法构成双液原电池，故B 错误；Ｃ．氨气极易溶于水，
不能用排水的方式测量氨气的体积，故C 错误；Ｄ．温度计测量的是溶液温度的变化，应插入溶液中，故
D 错误。答案为：Ａ。
10.根据下表提供的数据，判断下列离子方程式或化学方程式正确的是( )
化学式
电离常数
HClO
K＝3×10－8
H2CO3
Ka1＝4×10－7 Ka2＝6×10－11
A.向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：CO＋2Cl2＋H2O===2Cl－＋2HClO＋CO2↑
B.向NaHCO3溶液中滴加少量氯水：2HCO＋Cl2===Cl－＋ClO－＋2CO2↑＋H2O
C.向NaClO 溶液中通少量CO2：CO2＋NaClO＋H2O===NaHCO3＋HClO
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D.向NaClO 溶液中通过量CO2：CO2＋2NaClO＋H2O===Na2CO3＋2HClO
【答案】 C
【详解】 根据表格数据可知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO。A 项，向Na2CO3溶液中滴加少量氯水：2CO
＋Cl2＋H2O===Cl－＋2HCO＋ClO－，错误；B 项，向NaHCO3溶液中滴加少量氯水：HCO＋Cl2===Cl－＋
HClO＋CO2↑，错误；C 项，反应方程式正确；D 项，向NaClO 溶液中通入过量CO2：CO2＋NaClO＋
H2O===NaHCO3＋HClO，错误。
11．（2023·北京海淀·北京市十一学校校考三模）为探究温度、浓度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，某兴
趣小组查询了相关资料，并进行了实验探究。以下三组实验均采用了相同形状且等质量的打磨后的铝片。
【文献资料】
(I)铝和碱液的反应实质是铝先和水反应生成
和
，生成的
和
反应生成
-而
溶解。
(II)碳酸氢钠溶液常温下就能缓慢分解，温度越高分解速率越大。
实
验
温
度/
溶
液
实验现象
①
25
0.5
5
有细小的气泡
②
25
a
5
有较多气泡，气体不能使澄清石灰水变浑浊；用
试管收集的气体靠近火焰有爆鸣声
③
80
2.0
5
有大量白色絮状沉淀和气泡，气体可使澄清石灰
水变浑浊；气体通过
溶液除杂后用试管收
集，靠近火焰有爆鸣声
下列说法不正确的是
A．
B．实验③的反应速率比实验②更大的原因之一是实验③中
浓度更大
C．实验③中的气体为
混合气体，白色沉淀的产生可能是由于
往溶液上方移动时与
反应生成
D．将实验②中的
溶液换成相同浓度的
溶液，无白色沉淀生成
【答案】 D
【详解】 A．由表格数据可知，实验②和③的反应温度不同，实验目的是探究温度对铝和碳酸钠溶液反
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应的影响，由探究实验的变量唯一化原则可知，实验②和③的碳酸钠溶液浓度相等，则a=2.0，故A 正确；
B．由表格数据可知，实验②和③的反应温度不同，实验目的是探究温度对铝和碳酸钠溶液反应的影响，
碳酸钠在溶液中的水解反应是吸热反应，升高温度，溶液中的氢氧根离子浓度增大，与铝反应速率增大，
则实验③的反应速率比实验②更大的原因之一是实验③中氢氧根离子浓度更大，故B 正确；C．由实验现
象可知实验③中的气体为二氧化碳和氢气的混合气体，二氧化碳气体是碳酸钠水解生成的碳酸氢钠受热分
解生成而得，反应生成的二氧化碳往溶液上方移动时能与溶液中的四羟基合铝离子反应生成氢氧化铝白色
絮状沉淀，故C 正确；D．碳酸氢根离子能与溶液中的四羟基合铝离子反应生成氢氧化铝白色絮状沉淀，
则将实验②中的碳酸钠溶液换成相同浓度的碳酸氢钠溶液有白色沉淀生成，故D 错误；故选D。
12.(2022·临汾模拟)电离度是描述弱电解质电离程度的物理量，电离度＝×100%。现取20 mL c(H＋)＝1×10
－3 mol·L－1的CH3COOH 溶液，加入0.2 mol·L－1的氨水，测得溶液导电能力的变化如图所示，则加入氨水
前CH3COOH 的电离度为( )
A.0.5%
B.1.5% C.0.1% D.1%
【答案】 D
【详解】 由题图可知，当加入10 mL 氨水时，溶液的导电能力最强，即此时二者恰好完全反应，则有20
mL×c(CH3COOH)＝0.2 mol·L－1×10 mL，则c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1，故CH3COOH 的电离度为×100%＝
1%。
13.(2020·浙江选考)室温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1盐酸中滴加0.100 0 mol·L－1NaOH 溶液，溶液的pH
随NaOH 溶液体积的变化如图。已知lg 5＝0.7。下列说法不正确的是( )
A.NaOH 与盐酸恰好完全反应时，pH＝7
B.选择变色范围在pH 突变范围内的指示剂，可减小实验误差
C.选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
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D.V(NaOH)＝30.00 mL 时，pH＝12.3
【答案】 C
【详解】 这是室温下用强碱滴定强酸，当NaOH 与盐酸恰好完全反应时，溶液呈中性，即pH＝7，A 项
正确；指示剂的选择原则：变色要明显、灵敏，且指示剂的变色范围要尽可能在滴定过程中的pH 突变范
围内，可减小实验误差，故B 项正确；由图像可知，甲基红的变色范围更接近反应终点，选择甲基红作指
示剂误差比甲基橙要小，故C 项错误；当V(NaOH)＝30.00 mL 时，n(OH－)＝0.100 0 mol·L－1×0.03 L－
0.100 0 mol·L－1×0.02 L＝0.001 mol，则c(OH－)＝0.001 mol/0.05 L＝0.02 mol·L－1，pH＝13－lg5＝12.3，故
D 项正确。
14.H2S2O3 是一种弱酸，实验室欲用0.01 mol·L －1 的Na2S2O3 溶液滴定I2 溶液，发生的反应为I2 ＋
2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，下列说法合理的是( )
A.该滴定可用甲基橙作指示剂
B.Na2S2O3是该反应的还原剂
C.该滴定可选用如图所示装置
D.该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，电子转移数为4NA
【答案】 B
【详解】 A.该滴定中，用碘水作氧化剂，则可用淀粉作指示剂，A 不正确；B.I2与Na2S2O3发生氧化还原
反应，I2是氧化剂，则Na2S2O3是该反应的还原剂，B 正确；C.该滴定中，Na2S2O3是强碱弱酸盐，溶液呈
碱性，不能放在酸式滴定管内，C 不正确；D.依据反应方程式，可建立如下关系式：I2～2Na2S2O3～2e－，
则该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，电子转移数为2NA，D 不正确。
15.X、Y、Z、W 分别是HNO3、NH4NO3、NaOH、NaNO2四种强电解质中的一种。下表是常温下浓度均为
0.01 mol·L－1的X、Y、Z、W 溶液的pH。
0.01 mol·L－1的溶液
X
Y
Z
W
pH
12
2
8.5
4.5
(1)X、W 的化学式分别为____________、_____________________。
(2)W 在溶液中的电离方程式为_____________________________________________________。
8
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(3)25 ℃时，Z 溶液的pH>7 的原因是_______________________________(用离子方程式表示)。
(4)将X、Y、Z 各1 mol 同时溶于水中制得混合溶液，则混合溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为
________________________________________________________________________。
(5)Z 溶液与W 溶液混合加热，可产生一种无色无味的单质气体，该反应的化学方程式为
_________________________________________________________________________________。
【答案】 (1)NaOH NH4NO3 (2)NH4NO3===NH＋NO
（3）NO＋H2O⇌HNO2＋OH－ (4)c(Na＋)>c(NO)>c(NO)>c(OH－)>c(H＋)
(5)NaNO2＋NH4NO3=====NaNO3＋N2↑＋2H2O
【解析】 HNO3是强酸、NaOH 是强碱，NH4NO3是强酸弱碱盐、NaNO2是强碱弱酸盐，因NH、NO 的水
解是微弱的，而NaOH、HNO3的电离是完全的，从溶液的pH 可知X、Y、Z、W 分别为NaOH、HNO3、
NaNO2和NH4NO3。(4)X、Y、Z 三者各1 mol 同时溶于水得到等物质的量浓度的NaNO3和NaNO2，故溶液
呈碱性，离子浓度的大小顺序为c(Na＋)>c(NO)>c(NO)>c(OH－)>c(H＋)。(5)NaNO2与NH4NO3溶液混合加热
生成的无色无味的气体应为N2。这是由于NaNO2 中＋3 价的氮元素与NH 中－3 价的氮元素发生反应
NaNO2＋NH4NO3=====NaNO3＋N2↑＋2H2O。
17．（2023 秋·山东青岛·高三青岛二中校考期末）化学反应速率是描述化学反应进行快慢程度的物理量。
下面是某同学测定化学反应速率并探究其影响因素的实验。
I.测定化学反应速率，该同学利用如图装置测定化学反应速率。
(1)为保证实验准确性、可靠性，利用该装置进行实验前应先进行的步骤是 ；
(2)该反应有黄色固体生成，并且伴有刺激性，能使品红溶液褪色的气体生成。请写出该反应的离子方程式：
。
(3)若在2min 时收集到224mL(已折算成标准状况)气体，可计算出该2min 内H+的反应速率，而该测定值比
实际值偏小，其原因是 。
II.为探讨化学反应速率的影响因素，设计的实验方案如下表。(已知2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，其中
Na2S2O3溶液均足量)
实验
体积V/mL
时间/s
9
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序号
Na2S2O3溶液
淀粉溶液
碘水
水
①
10.0
2.0
4.0
0.0
t1
②
8.0
2.0
4.0
2.0
t2
③
6.0
2.0
4.0
Vx
t3
表中Vx= mL，比较t1、t2、t3大小，试推测该实验结论：
III.氧化还原滴定原理同中和滴定原理相似，为了测定某未知浓度的NaHSO3溶液的浓度，现用0.1000mol/L
的酸性KMnO4溶液进行滴定，离子方程式：2
+5
+H+=2Mn2++5
+3H2O；回答下列问题：
(1)用KMnO4进行滴定时，判断滴定终点的现象是 。
(2)下列操作会导致测定结果偏低的是 。
A．酸式滴定管水洗后未用待测液润洗 B．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
C． 滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视
(3)根据下表中测定的实验数据，计算NaHSO3溶液的物质的量浓度(写出计算过程，结果保留4 位有效数
字) 。
【答案】 检查装置的气密性
SO2 会部分溶于水，导致所测得
的SO2的体积偏小 4 增大反应物浓度，可加快反应速率 当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，
溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 D 0.2
【解析】I.(1)从实验装置可知，本实验是通过测量在一个时间段内所收集到的气体的体积来测定反应速率，
所以实验前应先进行的步骤是检查装置的气密性；(2)该反应有黄色固体生成，应为S 单质，并且伴有刺激
性，能使品红溶液褪色的气体生成，应为二氧化硫，则该反应的离子方程式为：
；(3)SO2易溶于水，导致所测得的SO2的体积偏小，则据此计算出的△n(H+ )
和△c(H+)以及v(H+)会偏小；II.由表格数据可知，除了Na2S2O3溶液所加入的体积不同外，淀粉溶液和碘水
实验编
号
待测NaHSO3溶液的体积/mL
KMnO4溶液的体积/mL
1
20.00
15.98
2
20.00
17.00
3
20.00
16.02
10
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的体积均相同，则该实验探究的是反应物Na2S2O3浓度对化学反应速率的影响，则应保持其他影响因素一
致，即应使混合溶液的总体积均为16mL，故Vx = 4mL；淀粉作为显色剂，检验碘的存在，可根据颜色的
变化判断反应的快慢，由于在三个实验中Na2S2O3溶液的体积①＞②＞③，而混合后溶液体积相同，故混
合后Na2S2O3浓度①＞②＞③，可知化学反应速率①＞②＞③，反应所需时间ｔ的大小关系为t1＜ t2＜
t3，则推测该实验结论为增大反应物浓度，可加快反应速率；III.(1)滴定完成时NaHSO3溶液没有剩余，溶
液会呈高锰酸钾溶液的颜色，为浅红色，且半分钟内颜色不褪去，就说明NaHSO3溶液已完全被氧化，则
滴定终点的现象是当加入最后一滴酸性KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，即达
滴定终点；(2)A． KMnO4溶液能够腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管盛装，则酸式滴定管水洗后未用待测液
润洗，会导致酸性高锰酸钾浓度偏小，需要高锰酸钾体积偏大，测定值偏高；B．盛装未知液的锥形瓶用
蒸馏水洗过，未用待测液润洗，对实验无影响；C．定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，会导致测定高锰
酸钾溶液体积偏大，测定值偏高；D．观察读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，导致测定高锰酸钾溶液体
积偏小，测定值偏低；故选D；(3)实验2 中KMnO4溶液的体积的偏离较大，舍去不用，由实验1 和3 取平
均值，KMnO4溶液体积的平均值为
，由方程式2
+5
+H+=2Mn2++5
+3H2O 可得，2
~5
，则NaHSO3的物质的量浓度为
。
【拔高练习】
1．（2023·山东·统考高考真题）鉴别浓度均为
的
、
三种溶液，仅用
下列一种方法不可行的是
A．测定溶液
B．滴加酚酞试剂
C．滴加
溶液
D．滴加饱和
溶液
【答案】 C
【解析】 A．
溶液显弱碱性，
溶液显强碱性，
溶液显酸性，则测定溶液
是
可以鉴别出来的，故A 不符合题意；B．
溶液显弱碱性，滴入酚酞先变红后褪色，
溶液显
11
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强碱性，滴入酚酞溶液，显红色，
溶液显酸性，滴入酚酞不变色，则滴加酚酞试剂是可以鉴别
出来的，故B 不符合题意；C．
溶液滴入碘化钾溶液，发生氧化还原反应生成碘，液面会由无色变
成黄色，振荡后会变成无色，而
溶液，
溶液滴入碘化钾溶液后，因不与两者反应而没
有现象，则仅用滴加
溶液无法鉴别，则C 符合题意；D．饱和
溶液和
溶液不反
应，和
溶液反应生成碳酸钡沉淀，和
溶液发生双水解反应生成沉淀和气体，则滴入饱
和
溶液是可以鉴别出来的，故D 不符合题意；答案C。
2．（2023·上海徐汇·统考二模）在相同温度时100mL 0.01mol/L 的醋酸溶液与10mL 0.1mol/L 的醋酸溶液
相比较，下列数值前者大于后者的是
A．中和时所需NaOH 的量
B．溶液的导电能力
C．H+的物质的量
D．CH3COOH 的物质的量
【答案】 C
【解析】 A．计算两溶液中醋酸的物质的量，n(前)=c1•V1=0.1 L×0.01 mol•L-1=1×10-3 mol，
n(后)=c2•V2=0.01 L×0.1 mol•L-1=1×10-3 mol，两者相等，因而中和时消耗的NaOH 的量相等，故A 错误；
B．酸的浓度越大，溶液中离子浓度越大，则导电性越强，故前者小于后者，故B 错误；C．醋酸的浓度越
大其电离程度越小，由A 分析可知，两者醋酸的物质的量相同，前者电离程度大，则溶液中H+的物质的量
大，故C 正确；D．由A 分析可知，溶液中醋酸的总物质的量相等、但电离程度前者大，故未电离的醋酸
的物质的量前者小，故D 错误；故选C。
3．（2023·浙江·校联考模拟预测）已知：室温下氢硫酸
的电离常数
，
；
和
的
分别为
、
，下列说法不正确的是
A．反应
的平衡常数
的数值为
B．可以用
除去污水中的
C．从上述数据可得出
难溶于稀硫酸中
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D．
的
溶液中加入等体积
的
溶液，则有：
【答案】 D
【详解】 A．反应
的平衡常数
，A 正确； B．
、
的溶度积常数
分别为
、
溶度积大于
溶度积，所以除去废水中的
可
以选用
作沉淀剂，B 正确； C．若
溶于稀硫酸中，反应为
，反应的平
衡常数
=4.8×10-16，
反应进行的程度很小，即
难溶于稀硫酸，C 正确； D．
的水解平衡常数
，即
的水解程度大于其电离程度，
溶液呈碱性，由于水的电离，
则
、
，
的
溶液中加入等体积
的
溶液恰好反
应生成
，溶液中离子浓度大小关系为
，D 错误；
故答案选D。
4.某温度下，重水(D2O)的离子积常数为1.6×10－15，若用定义pH 一样规定pD＝－lgc(D＋)，则在该温度下，
下列叙述正确的是( )
A.纯净的重水中，c(D＋) ·c(OD－)＞1.0×10－14
13
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B.1 L 溶解有0.01 mol DCl 的重水溶液，其pD＝2
C.1 L 溶解有0.01 mol NaOD 的重水溶液，其pD＝12
D.纯净的重水中，pD＝7
【答案】 B
【详解】 该温度下重水(D2O)的离子积常数为1.6×10－15＜1.0×10－14，故A 错误；c(DCl)＝＝0.01 mol/L，
则c(D＋)＝0.01 mol/L，所以pD＝2，故B 正确；c(NaOD)＝＝0.01 mol/L，则c(D＋)＝ mol/L＝1.6×10－13
mol/L，则pD＞12，故C 错误；c(D＋)＝ mol/L＝4×10－8 mol/L，所以pD＞7，故D 错误。
5．（2023·上海浦东新·统考二模）将pH 传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入盛有氯水的广口瓶
中，用强光照射，测得的实验数据如图所示。下列说法正确的是
A．图甲中pH 减小是由于光照促进了HClO 的电离
B．图乙中
增大主要是由于反应消耗了水
C．图丙中氧气的体积分数增大是由于HClO 的分解
D．该体系中存在两个电离平衡和两个化学平衡
【答案】C
【解析】图甲中可观察到随着时间的进行，氯水的pH 减小，酸性增强；图乙中随着时间的进行，溶液中
氯离子浓度增大，图丙中，氧气逐渐增多，所以久置的氯水中次氯酸发生分解产生了氢离子、氯离子和氧
气，据此分析解答。A．pH 减小是由于光照促进了HClO 的分解，产生了氢离子，A 错误；B．
增
大主要是由于HClO 的分解反应产生了氯离子，B 错误；C． HClO 光照分解生成HCl 和氧气，所以导致
氧气的体积分数随着时间的进行不断增大，C 正确；D．该体系中存在次氯酸的电离平衡和水的电离平衡
两个电离平衡，氯气与水反应的一个化学平衡，D 错误；故选C。
6．（2023·浙江·校联考模拟预测）下列对于各实验操作及对应的实验现象分析正确的是
操作
现象
分析
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A
适当升高
溶液的温度(不考
虑
分解)
溶液
降低
升温，对
、
电离的促进程度小于对
水解的促进程度
B
向盛有
溶液的试
管加入
管口产生红棕
色气体
被
还原为
C
25℃，测定
溶
液的
，
D
打开瓶盖，测定可乐溶液的
变化
从2.5 上升
到4.5 左右
打开盖后，
浓度(或压强)降低，促进
分解
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】 D
【解析】 A．水和HCO 电离生成H+， HCO 水解呈碱性，升高温度溶液pH 降低，说明升温对水和
HCO 电离的促进程度大于对NaHCO3水解的促进程度，故A 错误；B．试管口出现红棕色气体是溶液中
NO 被Fe2+还原为NO，NO 与空气中氧气反应生成NO2，故B 错误；C．
显酸性，说
明其对应的酸的酸性强，即
，故C 错误；D．打开瓶盖后，二氧化碳溶解度
减小，CO2浓度(或压强)降低，促进
分解，所以pH 逐渐上升，故D 正确；故选D。
7．（2023·河北·校联考一模）下列离子方程式，不能正确解释相应现象的是
A．长期放置的
溶液中含有
：
B．
溶液中
：
C．向
溶液中加入适量
得到蓝色沉淀：
D．长期放置的
溶液中出现红棕色固体：
【答案】 D
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【解析】 A．
溶液放置过程中，
被空气中氧气氧化为
，选项A 正确；B．
水解导致
其浓度减小，选项B 正确；C．
水解使溶液显酸性，加入的
消耗了
促进
的水解导致形成
沉淀，选项C 正确；D．红棕色固体是
水解生成的
，
，
选项D 错误；答案选D。
8．（2023·河北·校联考一模）下列离子方程式，不能正确解释相应现象的是
A．长期放置的
溶液中含有
：
B．
溶液中
：
C．向
溶液中加入适量
得到蓝色沉淀：
D．长期放置的
溶液中出现红棕色固体：
【答案】 D
【详解】 A．
溶液放置过程中，
被空气中氧气氧化为
，选项A 正确；B．
水解导
致其浓度减小，选项B 正确；C．
水解使溶液显酸性，加入的
消耗了
促进
的水解导致形
成
沉淀，选项C 正确；D．红棕色固体是
水解生成的
，
，选项D 错误；答案选D。
9．（2023·北京海淀·清华附中校考三模）工业酸性废水中的
可转化为
除去，实验室用电解法模
拟该过程，结果如下表所示（实验开始时溶液体积为50 mL，
的起始浓度、电压、电解时间均相
同）。下列说法中，不正确的是
实验
①
②
③
电解条件
阴、阳极均为
阴、阳极均为石墨，滴加1 mL
阴极为石墨，阳极为铁，滴加1
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石墨
浓硫酸
mL 浓硫酸
的去除
率/%
0.922
12.7
57.3
A．对比实验①②可知，降低pH 可以提高
的去除率
B．实验②中，
在阴极放电的电极反应式是
C．实验③中，
去除率提高的原是
D．实验③中，理论上电路中每通过6 mol 电子，则
被还原
【答案】 D
【详解】 A.对比实验①②，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH
越小，Cr2O7
2-的去除率越大，所以降低pH 可以提高Cr2O7
2-的去除率，选项A 正确；B.实验②中，Cr2O7
2-在
阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O7
2-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，选项B 正确；C.实验③中，
Cr2O7
2-在阴极上得电子，阳极上Fe 失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O7
2-，选项C 正确；D.实验③中，
Cr2O7
2-在阴极上得电子，阳极上Fe 失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O7
2-，理论上电路中每通过3mol
电子，根据电极反应式Cr2O7
2-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，则有0.5 molCr2O7
2-在阴极上被还原，同时阳极生成
1.5molFe2+，根据得失电子守恒，溶液中还有0.25mol Cr2O7
2-被Fe2+还原，所以共有0.75mol Cr2O7
2-被还原，
选项D 错误；答案选D。
10.常温下，向10 mL 1 mol·L－1一元酸HA 溶液中，不断滴加1 mol·L－1的NaOH 溶液，所加碱的体积与－
lg c 水(H＋)的关系如图所示。c 水(H＋)为溶液中水电离的c(H＋)。下列说法不正确的是( )
A.常温下，Ka(HA)的数量级为10－4
B.a、b 两点pH 均为7
C.从a 点到b 点，水的电离程度先增大后减小
D.溶液的导电性逐渐增强
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【答案】 B
【解析】 A.由起点溶液中－lg c 水(H＋)＝12 可知，酸电离的c(H＋)＝10－2 mol·L－1，故Ka(HA)＝10－4，故
A 正确；B.从图像中可知，HA 是弱酸，曲线的最高点为NaA 溶液，b 点溶液的溶质是NaA 和NaOH，溶
液呈碱性，pH＞7，故B 错误；C.a 点到b 点，发生酸碱中和反应生成可水解的盐，然后碱过量，所以水的
电离程度先增大后减小，故C 正确；D.不断加入NaOH 溶液，溶液中的离子总浓度不断增大，溶液的导电
性逐渐增强，故D 正确。
11.（2023·上海松江·统考二模）常温下，向1LpH=10 的NaOH 溶液中持续通入CO2，通入的CO2体积
（V）与溶液中水电离出的OH-离子浓度的关系如图所示。下列叙述不正确的是（ ）
A．a 点溶液中：水电离出的c（H+）=1×10-10mol·L－1
B．b 点溶液中：c（H+）=1×10-7mol·L－1
C．c 点溶液中：c(Na＋)>c(CO3
2-)>c(HCO3
-)
D．d 点溶液中：c(Na＋)=2c(CO3
2-)+c(HCO3
-)
【答案】 B
【详解】 A. a 点溶液为1LpH=10 的NaOH 溶液，溶液中氢离子浓度为1×10-10mol·L－1，就是水电离出的，
故正确；B. b 点溶液为氢氧化钠和碳酸钠，水电离的氢氧根离子浓度为1×10-7mol·L－1，但溶液中还有氢氧
化钠电离出的氢氧根离子，所以根据水的离子积常数计算，溶液中的c（H+）不为1×10-7mol·L－1，故错误；
C. c 点溶液中水电离出的氢氧根离子浓度最大，说明溶液为碳酸钠，根据碳酸根水解分析，溶液中离子浓
度关系为：c(Na＋)>c(CO3
2-)>c(HCO3
-)，故正确；D. d 点溶液为碳酸氢钠和碳酸的混合液，此时溶液呈中性，
电荷守恒为c(Na＋) +c(H+)=2c(CO3
2-)+c(HCO3
-)+ c(OH-)，c(OH-)= c(H+)=1×10-7mol·L－1，则：c(Na
＋)=2c(CO3
2-)+c(HCO3
-)，故正确。故选B。
12．（2023·浙江杭州·校联考模拟预测）对碳酸氢钠溶液进行一系列实验，根据现象得出的结论不正确的
是
选
项
实验操作
实验现象
实验结论
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A
往饱和
溶液中通入
溶液变浑
浊
与
反应生成
，可说明
溶解度小于
B
溶液与
溶液混合
产生沉淀
并有气泡
冒出
电离产生的
与
结合促进
平衡正移。使
增大，从面
产生
气体
C
将
溶液加少
量水稀释
溶液的碱
性增强
稀释可以破坏
之间的氢键，使得
增
大，碱性增强
D
将
溶液加热
溶液pH
先减小后
增大
加热促进
和
的电离，使
增大，pH
减小，后由于分解生成
，溶液pH 增大
A．A
B．B
C．C
D．D
【答案】 A
【解析】 A．
进入溶液发生反应：
，由于溶质质量增加且
水的质量减少了，原溶液饱和
溶液析出了
并不能说明
溶解度小于
，A 符
合题意；B．
溶液中存在
，加入CaCl2溶液，
结合
促进平衡正向移动，
则
增大，从面产生
气体，故B 不符合题意；C．
水解使溶液显碱性，少量水稀释后溶液的
碱性增强，说明少量的水破坏了
之间的氢键，使得
增大，C 不符合题意；D．
溶液
中共存在三个平衡过程：
的电离平衡、水的电离平衡和
的水解平衡，且
的电离程度大于
其水解程度，加热后三个平衡均正向移动，溶液pH 先减小，说明加热促进了
和
的电离，使
增大；后pH 增大则是
分解生成
，
水解能力较
强，故溶液pH 增大，D 不符
合题意； 故选A。
13.(2022·新疆一模)化学上把外加少量酸、碱，而pH 基本不变的溶液，称为缓冲溶液。
Ⅰ.现有25 ℃时，浓度均为0.10 mol/L 的CH3COOH 和CH3COONa 的缓冲溶液，pH＝4.76，回答下列问题：
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[25 ℃时Ka(CH3COOH)＝1.75×10－5，Kh为盐的水解常数]
(1)25 ℃时Kh(CH3COO－)＝____________(写表达式)，计算Kh(CH3COO－)＝____________(保留三位有效数
字)。
(2)该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是_________________________________________。
(3)向1.0 L 上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH 稀溶液(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液中c(H ＋)＝
____________mol/L。
(4)改变下列条件，能使CH3COONa 稀溶液中保持增大的是____________。
a.升温 b.加入NaOH 固体 c.稀释
d.加入CH3COONa 固体
Ⅱ.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系()维持pH 稳定。已知正常人体血液在正常体温时，H2CO3的一级
电离常数Ka1＝10－6.1，≈，lg2＝0.3。由题给数据可算得正常人体血液的pH 约为____________，当过量的
酸进入血液中时，血液缓冲体系中的值将____________(填“变大”“变小”或“不变”)。
【答案】 Ⅰ.(1) 5.71×10－10
(2)c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
(3)1×10－4.76 (4)d Ⅱ.7.4 变小
【解析】 Ⅰ.(1)25 ℃时醋酸根离子水解的离子方程式是CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，常数
Kh(CH3COO－)＝，
Kh(CH3COO－)＝＝
＝＝＝5.71×10－10；(2) 浓度均为0.10 mol/L 的CH3COOH 和CH3COONa 的缓冲溶液，pH＝4.76，溶液呈酸
性，说明醋酸电离大于醋酸钠水解，该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H
＋)>c(OH－)；(3)向1.0 L 上述缓冲溶液中滴加几滴NaOH 稀溶液(忽略溶液体积的变化)，pH 几乎不变，反应
后溶液中c(H ＋)＝1×10 －4.76 mol/L；(4)a.升温，CH3COO －＋H2OCH3COOH＋OH －平衡正向移动，
c(CH3COO －) 减小、c(OH －) 增大，但减小；b. 加入NaOH 固体，c(OH －) 增大，CH3COO －＋
H2OCH3COOH＋OH－平衡逆向移动，c(CH3COOH)减小，不变，所以减小；c.稀释，c(CH3COOH)减小，
不变，所以减小；d.加入CH3COONa 固体，c(CH3COO－) 增大，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－平衡
正向移动，c(CH3COOH)增大，不变，所以增大；选d。
Ⅱ.Ka1＝＝10－6.1，≈，20×c(H＋)＝10－6.1，c(H＋)＝，则正常人体血液的pH 约为7.4，当过量的酸进入血液中
时，不变，氢离子浓度增大，所以血液缓冲体系中的值将变小。
14．（2023 秋·广东湛江·高三湛江一中校考开学考试）糠酸(熔点133℃，沸点231℃，在热水中溶解度较
大，微溶于冷水)和糠醇(熔点-29℃，沸点171℃)均为重要的化工中间体，工业上可利用糠醛(沸点
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161.7℃，易被氧化)发生歧化反应制取这两种物质(该反应为强放热反应)，反应原理如下：
实验步骤：
步骤1：向三颈烧瓶中加入
(约
)新蒸馏的糠醛，通过仪器A 向三颈烧瓶中缓慢滴加
的
溶液。搅拌并保持反应温度为8~12℃，回流
，得到粗产品。
步骤2：将粗产品倒入盛有
水的烧杯中，然后将液体转移至分液漏斗中，用乙醚萃取4 次，分液得到
水层和醚层。
步骤3：向水层中分批滴加25%的盐酸，调至溶液的
，冷却、结晶、抽滤、冷水洗涤，得到糠酸粗
品；向醚层中加入无水碳酸钾干燥，过滤除掉碳酸钾后，分离乙醚(乙醚的沸点为34.6℃)和糠醇。
回答下列问题：
(1)仪器A 的名称为 。与直形冷凝管相比，使用仪器B 的优点是 。
(2)该反应必须严格控制反应温度为8~12℃，实验中采用了哪些保障措施？ 。
(3)步骤3 中分离乙醚和糠醇的实验操作为 。
(4)步骤3 中洗涤粗糠酸用冷水的原因是 。进一步将粗糠酸提纯，应采用的方法是 。
(5)取
提纯后的糠酸样品，配成
溶液，准确量取
于锥形瓶中，加入几滴酚酞溶液，用
标准溶液滴定，平行滴定三次，平均消耗
标准溶液
。糠酸的纯度为
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。该中和滴定实验中，若其他实验操作均正确，则下列实验操作造成测得的糠酸的纯度比实际偏低的是
(填标号)。
A．蒸馏水洗净后，末用
标准溶液润洗碱式滴定管
B．指示剂酚酞溶液滴加过多(酚酞是一种弱酸)
C．锥形瓶内壁用蒸馏水洗净后，再用配制好的糠酸样品溶液润洗2~3 次，将润洗液倒掉，再装入
糠酸样品溶液，进行中和滴定
D．滴定前仰视碱式滴定管液面读数，滴定后俯视碱式滴定管液面读数
【答案】(1) 恒压滴液漏斗(或恒压漏斗) 内管与冷却水的接触面积更大，冷凝效果更好
(2) 缓慢滴加
溶液，采用冰水浴给反应装置降温 (3)蒸馏
（4）减少产品因溶解而造成的损失 重结晶
(5) 99.2% D
【解析】（1）仪器A 是为了平衡气压，液体顺利流入三颈烧瓶中，所以根据仪器构造与作用可知，仪器A
的名称为恒压滴液漏斗(或恒压漏斗)；仪器B 中内管与冷却水的接触面积更大，冷凝效果更好；（2）要想
控制反应温度为8~12℃，需要缓慢滴加溶液，采用冰水浴给反应装置降温；（3）乙醚和糠醇互溶，且沸
点不同，所以可采用蒸馏的方式分离混合物；（4）糠酸在冷水中的溶解度小，因此用冷水洗涤糠酸，可
降低因溶解而造成的损失。将不纯的固体进一步提纯，应采用的方法是重结晶。（5）根据题干数据可计
算出糠酸的纯度为；A．蒸馏水洗净后，末用标准溶液润洗碱式滴定管，则滴定管中的标准溶液浓度变小，
滴定时消耗标准溶液的体积偏大，测得的糠酸的纯度比实际偏高，A 错误；B．指示剂酚酞溶液滴加过多
(酚酞是一种弱酸)，则消耗标准溶液的体积偏大，测得的糠酸的纯度比实际偏高，B 错误；C．锥形瓶内壁
用蒸馏水洗净后，再用配制好的糠酸样品溶液润洗2~3 次，将润洗液倒掉，再装入糠酸样品溶液，进行中
和滴定，则雉形瓶中糠酸样品溶液的体积偏大，滴定结束时消耗标准溶液的体积偏大，测得的糠酸的纯度
比实际偏高，C 错误；D．滴定前仰视碱式滴定管液面读数，滴定后俯视碱式滴定管液面读数，则二次读数
之差偏小，造成消耗标准溶液的体积的读数偏小，测得的糠酸的纯度比实际偏低，D 正确。
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