3.1 电离平衡（精讲）（解析版）

PAGE153.1电离平衡（精讲）思维导图思维导图常见考点常见考点考点一强弱电解质【例1-1】（湖南张家界·高二期末）下列物质属于弱电解质的是A．KOH B．H2SO4 C．H2O D．SO2【答案】C【解析】A．KOH是强碱，属于强电解质，故A不符合题意；B．H2SO4是强酸，属于强电解质，故B不符合题意；C．H2O属于弱电解质，故C符合题意；D．SO2是非金属氧化物，属于非电解质，故D不符合题意。综上所述，答案为C。【例1-2】（全国·高二专题练习）下列关于强、弱电解质的叙述，有错误的是A．强电解质在溶液中完全电离，不存在电离平衡B．在溶液中，导电能力强的电解质是强电解质，导电能力弱的电解质是弱电解质C．同一弱电解质的溶液，当温度、浓度不同时，其导电能力也不同D．纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电【答案】B【解析】A．强电解质在溶液中完全电离为自由移动的离子，不存在电离平衡，故A正确；B．溶液的导电能力取决于自由移动的离子浓度和离子所带的电荷数，强电解质离子浓度不一定大，弱电解质溶液离子浓度不一定小，因此导电性也不一定是强电解质溶液强弱电解质溶液弱，故B错误；C．同一弱电解质的溶液，当温度、浓度不同时，离子浓度不同，其导电能力也不同，故C正确；D．纯净的强电解质在液态时，有的导电，有的不导电，如熔融状态的氯化氢不导电、熔融状态的氯化钠能导电，故D正确；选B。【一隅三反】1．（四川甘孜·高二期末）下列物质属于强电解质的是A．​ B． C． D．【答案】B【解析】A．一水合氨溶于水部分电离，为弱电解质，A错误；B．氢氧化钠溶于水完全电离，为强电解质，B正确；C．醋酸溶于水部分电离，为弱电解质，C错误；D．Cu为单质，既不是电解质又不是非电解质，D错误；故选B。2．（四川达州·高二期末）下列物质属于弱电解质的是A． B． C． D．【答案】D【解析】电解质是指水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，包括酸、碱和大多数的盐。弱电解质是指在水溶液中不完全电离的电解质，包括弱酸、弱碱、水和少数盐。A．NH3在熔融状态下不导电，虽然水溶液中导电，但不是其自身电离出的离子导电，因此NH3属于非电解质，故A不符合题意；B．电解质是指水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，是单质，不属于电解质，故B不符合题意；C．BaSO4发生电离的部分是完全电离，属于强电解质，故C不符合题意；D．CH3COOH在水溶液中能够导电，且发生电离时部分电离，属于弱电解质，故D符合题意；答案选D。3．（广西玉林·高二期中）乙酸的下列性质中，可以证明它是弱电解质的是A．乙酸以任意比与水互溶B．0.1mol/L乙酸溶液的c(H+)=10-3mol/LC．10mL1mol/L乙酸恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应D．乙酸溶液的导电性比一元强酸溶液的弱【答案】B【解析】A．乙酸水溶性是物理性质，不能证明是弱电解质，故A错误；B．0.1mol/L的乙酸溶液的c(H+)约为10-3mol/L说明乙酸不能完全电离，可以证明是弱电解质，故B正确；C．根据方程式可知不论酸碱强弱，只有一元酸与一元碱物质的量相等则恰好发生酸碱中和,完全反应，故C错误；D．缺少条件，由于溶液浓度不确定，乙酸溶液的导电性比盐酸溶液可能强也可能弱，故D错误;故答案选B。考点二电离方程式的书写【例2-1】（云南·澄江市第一中学）下列电离方程式中书写正确的是A．H2SO4=2H＋＋SO B．Ca(OH)2=Ca2＋＋(OH)C．NH4NO3=NH3＋H＋＋NO D．NaHCO3=Na＋＋H＋＋CO【答案】A【解析】A．硫酸为强电解质，完全电离，电离方程式为H2SO4=2H＋＋SO，A正确；B．氢氧化钙电离出2个氢氧根离子，电离方程式为Ca(OH)2=Ca2＋＋2OH-，B错误；C．硝酸铵电离产生铵根离子和硝酸根离子，电离方程式为NH4NO3=NH＋NO，C错误；D．碳酸氢根离子不能拆，碳酸钠的电离方程式为NaHCO3=Na＋＋HCO，D错误；综上所述答案为A。【例2-2】．（云南·弥勒市一中）下列物质在水中的电离方程式书写正确的是A．MgCl2=Mg2++Cl B．NaHSO4=Na++HSOC．H2SO4=

2H++SO D．Ba(OH)2=Ba2++2(OH)-【答案】C【解析】A．氯化镁完全电离出镁离子和氯离子，电离方程式为：MgCl2=Mg2++2Cl-，A错误；B．硫酸氢钠完全电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，电离方程式为：NaHSO4=Na++H++SO，B错误；C．硫酸是二元强酸，电离方程式为：H2SO4=2H++SO，C正确；D．氢氧化钡完全电离出钡离子和氢氧根离子，电离方程式为：Ba(OH)2=Ba2++2OH-，D错误；故选C。【一隅三反】1．下列物质在水中的电离方程式书写正确的是A．KClO3=K++Cl-+3O2- B．Fe(NO3)3=Fe2++3C．NaHSO4=Na++H++ D．NaHCO3=Na++H++【答案】C【解析】A．KClO3在水溶液中电离出K+和ClO，电离方程式为：KClO3=K++ClO，故A错误；B．Fe(NO3)3在水溶液中电离出Fe3+和，电离方程式为：Fe(NO3)3=Fe3++3，故B错误；C．NaHSO4电离方程式为：NaHSO4=Na++H++，故C正确；D．NaHCO3在水溶液中电离出Na+和HCO，电离方程式为：NaHCO3=Na++HCO，故D错误；故选：C。2．下列物质在水溶液中的电离方程式书写错误的是A．CaCl2=Ca2++2Cl- B．NaOH=Na++OH-C．HNO3=H++ D．KClO3=K++Cl++3O2-【答案】D【解析】A．CaCl2是盐，属于强电解质，故其电离方程式为CaCl2=Ca2++2Cl-，A正确；B．NaOH是强碱，属于强电解质，故其电离方程式为NaOH=Na++OH-，B正确；C．HNO3是强酸，属于强电解质，故其电离方程式为HNO3=H++，C正确；

D．KClO3是盐，属于强电解质，故其电离方程式为KClO3=K++，D错误；故答案为：D。3．（新疆昌吉·高二期末）下列物质在水溶液中的电离方程式书写正确的是A．CH3COOHH＋+CH3COO- B．NaHSO4=Na＋＋HSOC．H3PO43H＋＋PO D．NaHCO3Na＋＋H＋＋CO【答案】A【解析】A．CH3COOH是一元弱酸，存在电离平衡，电离产生CH3COO-、H+，电离方程式为：CH3COOHH＋+CH3COO-，A正确；B．NaHSO4是强酸的酸式盐，电离产生Na+、H+、，电离方程式为：NaHSO4=Na＋+H++，B错误；C．磷酸是三元弱酸，主要以电解质分子存在，存在电离平衡，分步电离，主要是第一步电离，该步电离的电离方程式为：H3PO4H＋＋，C错误；D．NaHCO3是盐，属于强电解质，在水中完全电离产生Na+、，电离方程式为：NaHCO3=Na++，D错误；故合理选项是A。4．下列电离方程式书写不正确的是A．Ca(OH)2=Ca2++2OH- B．KNO3=K++NOC．CH3COOHCH3COO-+H+ D．Na2SO3=Na+SO【答案】D【解析】A．Ca(OH)2属于中强碱，为强电解质，在水溶液中完全电离，其电离方程式为Ca(OH)2=Ca2++2OH-，故A正确；B．KNO3属于盐，为强电解质，在水溶液中完全电离，其电离方程式为KNO3=K++NO，故B正确；C．CH3COOH属于弱酸，为弱电解质，在水溶液中部分电离，其电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故C正确；D．Na2SO3属于盐，为强电解质，在水溶液中完全电离，其电离方程式为Na2SO3=2Na++，故D错误；答案为D。考点三电离平衡【例3-1】请根据化学平衡影响因素的相关知识，分析温度、浓度等外界条件对电离平衡的影响？完成下表：CH3COOHCH3COO－＋H＋改变条件平衡移动方向c(H+)c(Ac-)c(HAc)电离程度（1）加热____________________（2）加盐酸____________________（3）加NaOH(s)____________________（4）加NaAc(s)____________________（5）加CH3COOH____________________（6）加水____________________【答案】（1）正向

增大

增大

减小

增大

逆向

增大

减小

增大

减小

正向

减小

增大

减小

增大

逆向

减小

增大

增大

减小

正向

增大

增大

增大

减小

正向

减小

减小

减小

增大【例3-2】（全国·高二专题练习）完成下列问题。(1)某浓度的氨水中存在平衡：NH3·H2O⇌+OH-。如想增大的浓度而不增大OH-的浓度，应采取的措施是___________(填字母)。a.适当升高温度

b.加入NH4Cl固体

c.通入NH3

d.加入少量浓盐酸(2)将0.1mol·L-1的CH3COOH加水稀释，有关稀释后醋酸溶液的说法中，正确的是___________(填字母)。a.电离程度增大

b.溶液中离子总数增多c.溶液导电性增强

d.溶液中醋酸分子增多【答案】(1)bd(2)ab【解析】(1)a．升高温度，平衡右移，c(NH)和c(OH－)均增大，a不选；b．加入NH4Cl固体，c(NH)增大，平衡左移，c(OH－)减小，b选；c．通入NH3，c(NH3·H2O)增大，平衡右移，c(NH)和c(OH－)均增大，c不选；d．加入少量浓盐酸，c(OH－)减小，平衡右移，c(NH)增大，d选；故选：bd；(2)将0.1mol•L-1的CH3COOH加水稀释，溶液浓度减小，体积增大，醋酸的电离平衡右移a．加水后，醋酸的电离平衡右移，故电离程度增大，故a正确；b．加水后，电离平衡右移，故溶液中离子总数增多，故b正确；c．加水后，虽然电离出的离子的物质的量增多，但浓度减小，故溶液导电性减弱，故c错误；d．加水后，电离平衡右移，则溶液中醋酸分子减少，故d错误；故选ab。【例3-3】（宁夏·银川二中高二阶段练习）醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使电离平衡右移且c(H+)增大，应采取的措施是A．加入NaOH(s) B．加入盐酸 C．加蒸馏水 D．升高温度【答案】D【解析】A．加入NaOH固体会消耗氢离子，c(H+)减小，平衡向右移动，A不符合题意；B．加入盐酸氢离子的浓度可能会增大，导致平衡左移，B不符合题意；C．加水稀释溶液酸性减弱c(H+)减小，稀释会促进醋酸的电离，平衡向右移动，C不符合题意；D．弱电解质的电离为吸热过程，升高温度平衡向右移动，c(H+)变大，D符合题意；故选D。【例3-4】（内蒙古·阿拉善盟第一中学高二期末）在25℃时，用蒸馏水稀释1mol·L-1氨水至0.01mol·L-1，随溶液的稀释，下列各项中始终保持增大趋势的是A． B． C． D．c(OH-)【答案】A【解析】用蒸馏水稀释1mol·L-1氨水至0.01mol·L-1，NH3·H2O⇌OH－+NH，随溶液的稀释n(OH－)、n(NH)增大，n(NH3·H2O)减小，稀释向正向移动；溶液中氢氧根离子浓度、铵根离子浓度和一水合氨浓度都减小，因为溶液中一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度；在相同溶液中，二种微粒的浓度比值与其物质的量比值相同，推断时可相互借用，以此来解析；A．加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以增大，A正确；B．溶液中氢氧根离子、铵根离子的物质的量增大，且其增大程度相等，基本不变，故B错误；C．加水稀释促进一水合氨电离，则溶液中氢氧根离子，铵根离子的物质的量增大，一水合氨分子的物质的量减小，所以减小，C错误；D．加水稀释促进一水合氨电离，因为溶液中一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，则溶液中c(OH-)减小，D错误；故选A。【一隅三反】1．某浓度的氨水中存在下列平衡：NH3·H2O＋OH-，如果增大的浓度，而不增大OH-的浓度，应采取的措施是A．适当升高温度 B．加入NH4Cl固体C．通入NH3 D．加入少量NaOH【答案】B【解析】A．弱电解质电离过程会吸收能量，升高温度，电离平衡向右移动，导致c()、c(OH-)都增大，A不符合题意；B．加入NH4Cl固体，盐电离产生，导致溶液中c()增大，电离平衡向左移动，c(OH-)减小，达到平衡时c()比原来大，B符合题意；C．向溶液中通入NH3，NH3与H2O反应产生NH3·H2O，c(NH3·H2O)增大，化学平衡向右移动，最终达到平衡时溶液中c()、c(OH-)都增大，C不符合题意；D．加入少量NaOH，碱电离产生OH-，使溶液中c(OH-)增大，电离平衡逆向移动，最终导致溶液中c()减小，c(OH-)增大，D不符合题意；故合理选项是B。2．（云南·弥勒市一中高二阶段练习）对于0.1mol·L-1的醋酸溶液，CH3COOHCH3COO-＋H＋，下列说法错误的是A．温度降低后，溶液的酸性增强B．温度升高后，溶液的酸性增强C．升高温度能促进弱电解质的电离D．温度升高，比值增大【答案】A【解析】弱电解质的电离是吸热的，升温促进醋酸的电离，c(H+)增大，溶液的酸性增强，故A错误，B、C正确；醋酸电离平衡正移，c(H+)增大，c(CH3COOH)减小，则增大，故D正确；故选A。3．（辽宁·丹东市教师进修学院高二期末）分别对稀溶液进行下列操作，一定可使增大的是①升温

②恒温加少量水

③恒温加入少量固体④恒温加入少量固体

⑤恒温加入少量醋酸A．①② B．②⑤ C．①⑤ D．④⑤【答案】D【解析】①升温促进CH3COO-的水解，c(CH3COO-)减小，c(Na+)不变，则减小，错误；②恒温加少量水，c(Na+)与c(CH3COO-)都减小，由于越稀越水解，c(CH3COO-)减小幅度较大，则减小，错误；③恒温加入少量固体，c(Na+)增大，电离出氢离子促进CH3COO-的水解，c(CH3COO-)减小，则减小，错误；④恒温加入少量固体，抑制水解，则c(CH3COO-)增大，而c(Na+)不变，的比值增大，正确；⑤恒温加入少量醋酸抑制CH3COO-的水解，c(CH3COO-)增大，c(Na+)不变，则比值增大，正确；故选：D。4．回答下列各小题：(1)H2S溶于水的电离方程式为__________________。(2)向H2S溶液中加入CuSO4(aq)时，电离平衡向_____移动(填“左”或“右”)，c(H＋)___，c(S2-)_____(填“增大”、“减小”或“不变”)；(3)向H2S溶液中加入NaOH(s)时,电离平衡向______移动(填“左”或“右”)，c(H＋)____,c(S2-)_____(填“增大”、“减小”或“不变”)；(4)若将H2S溶液加热至沸腾，c(H2S)_________填“增大”、“减小”或“不变”)；若要增大H2S溶液中c(S2-)，最好加入____________。【答案】(1)H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－(2)

右

增大

减小(3)

右

减小

增大(4)

减小

NaOH固体【解析】(1)氢硫酸是一种二元弱酸，电离方程式为H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－；(2)向H2S溶液中加入CuSO4(aq)时，Cu2+与S2-结合生成CuS沉淀，硫化氢的电离平衡右移，c(S2-)减小，c(H＋)增大；(3)H2S溶液中存在着H2SH＋＋HS－，HS－H＋＋S2－的平衡当向H2S溶液中加入NaOH固体时，OH-与H+反应，减少生成物的浓度，平衡向右移动，所以c(H＋)减小，c(S2-)增大；(4)若将H2S溶液加热至沸腾，升高温度硫化氢的溶解度减小，c(H2S)减小；若要增大H2S溶液中c(S2-)，需要使电离平衡正向进行，可以通过减少氢离子浓度实现，因此最好加入NaOH固体。考点四导电能力【例4】（四川雅安·高二期末）常温下，0.1mol∙L−1下列溶液：①HC1、②H2SO4、③CH3COOH，导电能力强弱顺序是A．②＞①＞③ B．①=②＞③ C．①＞②＞③ D．①=②=③【答案】A【解析】①HCl是一元强酸，②H2SO4是二元强酸，二元强酸电离出的离子浓度大于一元强酸电离出的离子浓度大，因此二者相比②H2SO4导电能力强；①HC1是一元强酸，③CH3COOH是一元弱酸，相同浓度的一元强酸电离出的离子浓度大于一元弱酸电离出的离子浓度，因此二者相比①HCl导电能力强，常温下，0.1mol∙L−1的三者溶液导电能力强弱顺序是②＞①＞③，故A符合题意；综上所述，答案为A。【一隅三反】1．在CH3COOH溶液中滴入过量稀氨水，溶液的导电能力发生变化，其电流强度(I)随氨水的加入体积(V)的变化曲线(如图)是A． B．C． D．【答案】A【解析】醋酸是一元弱酸，在溶液中部分电离，溶液中离子浓度小，导电性弱，向溶液中加入稀氨水时，醋酸溶液与氨水反应生成醋酸铵，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，当醋酸溶液恰好完全反应时，溶液中离子浓度最大，导电性最大，若继续滴入氨水，溶液体积增大，一水合氨在溶液中部分电离，溶液的离子浓度减小，导电能力减弱，则图A的曲线符合醋酸溶液中滴入过量稀氨水时，电流强度随氨水的加入体积的变化，故选A。2．（福建·三明一中高二阶段练习）某温度下，相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡随溶液体积变化的曲线如图所示。下列据图判断不正确的是A．II为醋酸稀释时的变化曲线B．b点溶液的导电能力比c点溶液的导电能力强C．a点KW的数值和c点KW的数值相等D．b点酸的总浓度大于a点酸的总浓度【答案】D【解析】A．由以上分析可知II应为醋酸稀释时的pH值变化曲线，故A正确；B．溶液导电能力取决于离子浓度，b点的H+浓度大，导电能力比c点强，故B正确；C．Kw的大小只取决于温度，与溶液的浓度无关，则a点KW的数值和c点KW的数值相等，故C正确；D．醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸浓度大于盐酸，稀释相同的倍数时醋酸浓度仍然大于盐酸浓度，即总浓度a>b，故D错误；故选：D。课后测评一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.(全国Ⅲ)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是()A.每升溶液中的H+数目为0.02NAB.c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(POC.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强答案B解析本题考查了有关pH、NA的计算,电解质溶液中的电荷守恒,弱电解质电离平衡的影响因素等,难度较小。常温下,pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=1×10-2mol·L-1,则1L溶液中H+的数目为0.01NA,A项错误;磷酸溶液中的阳离子有H+,阴离子有H2PO4-、HPO42-、PO43-及OH-,根据电荷守恒可得c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-),B项正确;磷酸为弱电解质,加水稀释促进电离,但c(H+)减小,pH增大,C项错误;磷酸的第一步电离方程式为H3PO4H2PO4-2.(山西太原高二期中)常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH4+、SO4B.c(NO3-)=1mol·L-1的溶液中:H+、Fe2+、SO4C.中性溶液中:NH4+、Fe3+、SO4D.c(H+)c(OH-)=1×1012的溶液中:K+答案A解析能使甲基橙变红的溶液呈酸性,Na+、NH4+、SO42-、NO3-能大量共存,故A正确;c(NO3-)=1mol·L-1的溶液中,H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应,不能大量共存,故B错误;中性溶液中Fe3+、AlO2-发生水解反应生成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀,不能大量共存,故C错误;c(H+)c(3.(上海等级考)常温下等体积的0.1mol·L-1①CH3COOH溶液,②NaOH溶液,③CH3COONa溶液,假设溶液混合后对体积无影响,下列说法正确的是()A.①中c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)B.①②混合后,醋酸根离子浓度小于③的1C.①③混合以后,溶液呈酸性,则c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)D.①②混合溶液中水的电离程度比①③混合溶液中水的电离程度小答案B4.(安徽宿州高二期中)下列说法正确的是()A.向0.1mol·L-1的氨水中加少量硫酸铵固体,则溶液中c(B.常温下,0.1mol·L-1一元酸(HA)溶液pH=3,则该溶液中,c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KWC.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中c(D.将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3、Na2CO3溶液蒸干均得不到原溶质答案B解析向氨水中加入少量硫酸铵固体,溶液中NH4+浓度变大,而一水合氨的电离平衡常数不变,由电离平衡常数表达式变形可得c(OH-)c(NH3·H2O)=Kbc(NH4+),则c(OH-)c(NH3·H2O)变小,A错误;根据电荷守恒有c(H+)=c(A-)+c(OH-),而c(OH-)=KWc(H+),所以c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KW,B正确;向盐酸中加入氨水至中性,则c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒,c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-),5.已知NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合加热煮沸能产生CO2气体。下列说法正确的是()A.NaHSO3溶液因水解而呈碱性B.两溶液混合后产生CO2的原因是二者发生相互促进的水解反应C.向NaHSO3溶液中加入三氯化铁溶液,既有沉淀生成又有气体生成D.0.1mol·L-1NaHSO3溶液中:c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)-c(H+)=0答案D解析由两溶液混合加热煮沸生成CO2知,亚硫酸氢钠溶液呈酸性,A错误;两溶液混合后产生CO2的原因是HSO3-电离产生的H+与CO32-发生反应,B错误;亚硫酸氢钠与三氯化铁溶液之间发生氧化还原反应,生成Fe2+和SO42-,无气体和沉淀生成,C错误;由c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)及c6.相同温度下,关于盐酸和醋酸两种溶液的比较,下列说法正确的是()A.pH相等的两溶液中:c(CH3COO-)=c(Cl-)B.分别中和pH相等、体积相等的两溶液,所需NaOH的物质的量相同C.相同浓度的两溶液,分别与金属镁反应,反应速率相同D.相同浓度的两溶液,分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化):c(CH3COO-)=c(Cl-)答案A7.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是()①醋酸与水能以任意比互溶;②醋酸溶液能导电;③醋酸稀溶液中存在醋酸分子;④常温下,0.1mol·L-1醋酸溶液的pH比0.1mol·L-1盐酸的pH大;⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2;⑥0.1mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9;⑦大小相同的铁片与等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液反应,开始时醋酸产生H2的速率慢;⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍A.②⑥⑦⑧ B.③④⑥⑦C.③④⑥⑧ D.①②答案B8.下列关于电解质溶液的叙述正确的是()A.Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中,离子种类不相同B.常温下,1mol·L-1的CH3COOH溶液与1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后,所得混合液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)C.物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中,c(NH4+D.常温下,某溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-1,则此溶液可能是盐酸答案C解析A项,两种盐溶液中离子种类相同。B项,二者恰好反应生成CH3COONa,溶液呈碱性。C项,NH4HSO4电离产生的H+抑制了NH4+的水解,c(NH4+)前者小于后者,正确。D项,溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-19.某温度下,水溶液中c(H+)=10xmol·L-1,c(OH-)=10ymol·L-1,x和y的关系如图所示。则该温度下,0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH为()A.10 B.11C.12 D.13答案D解析由图像知,KW=c(H+)·c(OH-)=1.0×10x+y=1.0×10-15。在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol·L-1,c(H+)=KWc(OH-)10.(2016全国Ⅰ)298K时,在20.0mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·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0.10mol·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是()A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0mLC.M点处的溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=c(H+)=c(OHD.N点处的溶液中pH<12答案D解析氨水与盐酸中和生成氯化铵,氯化铵属于强酸弱碱盐,溶液显酸性,应选择在酸性范围变色的指示剂,指示剂可以为甲基橙,A选项错误;盐酸若为20mL,二者恰好中和,此时溶液为酸性,若溶液pH=7,则盐酸体积必然小于20mL,B选项错误;M点处溶液呈中性,c(NH4+)=c(Cl-),c(H+)=c(OH-),但c(Cl-)要远大于c(H+),C选项错误;由于N点为0.1mol·L-1的氨水,根据电离度为1.32%,c(OH-)=0.1mol·L-1×1.32%=0.00132mol·L-1,故二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意)11.(全国Ⅱ)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动答案B解析CdS在水中存在沉淀溶解平衡:CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq),电离出的S2-浓度与Cd2+浓度相同,A项正确;沉淀溶解平衡常数只与温度有关,温度相同,Ksp相同,所以m、p、n三点的Ksp相同,B项错误;在T1温度下,向m点的溶液中加入少量Na2S固体,S2-浓度增大,但由于Ksp不变,所以Cd2+浓度必然减小,因此溶液组成由m沿mpn线向p方向移动,C项正确;温度降低,CdS的Ksp减小,但S2-浓度与Cd2+浓度仍然相等,所以q点饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动,D项正确。12.室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断错误的是()A.三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHDB.滴定至P点时,溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)C.pH=7时,三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)答案C解析A项,题给三种酸均为一元酸,浓度相同时,pH越小,说明对应酸越强,电离常数越大,因此根据未发生中和反应时三种酸溶液的pH大小可知A项正确;B项,P点时,HB反应一半,溶液中溶质为NaB和HB,且物质的量浓度相等,此时溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于NaB的水解程度,则溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-),正确;C项,对于任何一种酸HX,加NaOH反应达到中性时,酸越弱,需要的NaOH越少,c(Na+)越小,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),由于c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(X-),由于酸性HA>HB>HD,故达中性时三种溶液中c(A-)>c(B-)>c(D-),错误;D项,完全中和并混合后,溶液中溶质有NaA、NaB、NaD,水电离的H+部分被A-、B-、D-结合生成HA、HB、HD,所以根据质子守恒有c(H+)+c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-),正确。13.(黑龙江期中)常温下,向20mL0.1mol·L-1MOH溶液中滴加CH3COOH溶液,所得溶液的pH及导电能力变化如图所示。下列叙述正确的是()A.MOH是强电解质B.CH3COOH溶液的浓度约为0.1mol·L-1C.水的离子积KW:b=c=aD.溶液的导电能力与可自由移动离子的数目有关答案BC解析常温下0.1mol·L-1MOH溶液的pH=8,即c(OH-)=10-6mol·L-1,则表明MOH在溶液中部分电离,即MOH是弱电解质,A错误;设CH3COOH溶液的浓度为x,b点导电能力最强,说明此时恰好完全中和,则20×10-3L·x=20×10-3L×0.1mol·L-1,x=0.1mol·L-1,由此得出CH3COOH溶液的浓度约为0.1mol·L-1,B正确;温度不变时,水的离子积KW不变,C正确;溶液的导电能力与可自由移动离子数目不成比例关系,与离子的总浓度和离子所带电荷数目有关,D错误。14.向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入CO2,随n(CO2)增大,先后发生三个不同的反应,当0.01mol<n(CO2)≤0.015mol时发生的反应是2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(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A0c(Na+)>c(AlO2-)+c(OHB0.01c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(CC0.015c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-D0.03c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H答案D解析A项,通入CO2之前,溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-),则c(Na+)<c(AlO2-)+c(OH-),错误;B项,n=0.01mol时,发生反应CO2+2NaOHNa2CO3+H2O,溶液中的溶质为0.01molNa2CO3和0.01molNaAlO2,CO32-、AlO2-水解生成OH-,且AlO2-的水解程度大于CO32-的水解程度,则溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(AlO2-)>c(OH-),错误;C项,n=0.015mol时,发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3,溶液中溶质为Na2CO3,则对应关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-),错误;D项,n=0.03mol时,发生反应CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO315.(2018江苏卷)H2C2O4为二元弱酸,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1HA.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液:c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2B.c(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>cC.pH=7的溶液:c(Na+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4答案AD解析根据电荷守恒可得:c(H+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:0.1000mol·L-1=c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-),两者相减得:c(H+)-0.1000mol·L-1=c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4),A项正确;c(Na+)=c(总),说明NaOH与H2C2O4按物质的量之比1∶1反应,完全反应生成NaHC2O4溶液,根据电离常数,HC2O4-电离程度大于水解程度,则c(C2O42-)>c(H2C2O4),B项错误;根据电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),由于c(H+)=c(OH-),则有c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-),而c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)=c(总),所以c(Na+)=c(总)-c(H2C2O4)+c(C2O42-),反应过程中溶液体积增大,c(总)小于0.1000mol·L-1,C项错误;根据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:c(Na+)=2[c三、非选择题(本题共5小题,共60分)16.(12分)现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(单位:g·100mL-1)。Ⅰ.实验步骤(1)配制待测白醋溶液,用(填仪器名称)量取10.00mL食用白醋,在(填仪器名称)中用水稀释后转移到100mL(填仪器名称)中,洗涤后定容,摇匀即得待测白醋溶液。

(2)量取待测白醋溶液20.00mL置于锥形瓶中,向其中滴加2滴酚酞溶液作为指示剂。(3)读取盛装0.1000mol·L-1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。(4)滴定。判断滴定终点的现象是,达到滴定终点,停止滴定,并记录NaOH溶液的最终读数,再重复滴定3次。

(5)如图是某次滴定时的滴定管中的液面,其读数为mL。

Ⅱ.实验记录项目每次滴定所读实验数据1234V(样品)/mL20.0020.0020.0020.00V(NaOH溶液)(消耗)/mL15.9515.0015.0514.95Ⅲ.数据处理与讨论(6)甲同学在处理数据时按如下方式计算平均消耗NaOH溶液的体积:V=(15.95+15.00+15①指出甲同学计算的不合理之处:。

②按正确数据处理,得出c(市售白醋)=mol·L-1,市售白醋总酸量=g·100mL-1。

答案(1)酸式滴定管烧杯容量瓶(4)滴入最后半滴碱溶液后,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色(5)22.60(6)①第1组实验数据误差较大,属异常值,应舍去②0.0754.5解析(1)配制待测白醋溶液,用酸式滴定管准确量取10.00mL食用白醋,在烧杯中加蒸馏水稀释,再转移到100mL容量瓶中进行定容。(4)向待测白醋中滴加酚酞作为指示剂,开始时溶液无色,当滴入最后半滴碱溶液时,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色。(5)滴定管的0刻度在上方,由图示可知,滴定管中液面读数为22.60mL。(6)①分析表中实验数据,第1组实验消耗NaOH溶液的体积与其他三组相差较大,应舍去第1组数据,取其他三组数据进行计算。②第2~4组实验中消耗NaOH溶液的平均体积为V(NaOH溶液)=(15.00+15.05+14.95)mL3=15.00mL,则有n(CH3COOH)=n(NaOH)=15.00×10-3L×0.1000mol·L-1=1.5×10-3mol,c(CH3COOH)=1.5×10-3mol0.02L=0.075mol·L-1,100mL该醋酸中含有醋酸的物质的量为0.075mol·L-1×0.1L=7.5×10-3mol。因量取10.00mL食用白醋配制成100mL待测白醋溶液,故10.00mL食用白醋中m(CH3COOH)=7.5×10-3mol×6017.(12分)草酸(H2C2O4)是二元弱酸,KHC2O4溶液呈酸性。向10mL0.01mol·L-1的H2C2O4溶液滴加0.01mol·L-1KOH溶液V(mL),回答下列问题。(1)当V<10mL时,反应的离子方程式为

。

(2)当V=10mL时,溶液中HC2O4-、C2O42-、H2C2O4。

(3)当V=amL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-);当V=bmL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4);则a(填“<(4)当V=20mL时,再滴入NaOH溶液,则溶液中n(K+)n(C2O42-)的值将答案(1)H2C2O4+OH-HC2O4-+H2(2)c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(H2(3)>(4)变小18.(12分)某铬盐厂净化含Cr(Ⅵ)废水并提取Cr2O3的一种工艺流程如图所示。已知:Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17(1)步骤Ⅰ中,发生的反应为2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O,B中含铬元素的离子有(2)当清液中Cr3+的浓度≤1.5mg·L-1时,可认为已达铬的排放标准。若测得清液的pH=5,则清液尚不符合铬的排放标准,因为此时Cr3+的浓度为mg·L-1。

(3)步骤Ⅱ还可用其他物质代替NaHSO3做还原剂。①若用FeSO4·7H2O做还原剂,反应的离子方程式为,步骤Ⅲ中参加反应的阳离子一定有(填离子符号)。

②若用铁屑做还原剂,当铁的投放量相同时,经计算,C溶液的pH与c(Cr2O72-pH3456c7.02×10-217.02×10-71.25×10-32.12×10-34有人认为pH=6时,c(Cr2O72-)变小的原因是Cr2O72-基本上都已转化为

。

③用铁屑做还原剂时,为使所得产品中含铁元素杂质的含量尽可能低,需要控制的条件有

。

答案(1)CrO42-、(2)32.76(3)①Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2OCr3+、Fe3+、②不正确,c(H+)减小,化学平衡2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O向逆反应方向移动,溶液中Cr(Ⅵ③铁屑过量;将溶液的pH控制在使Cr3+完全沉淀而Fe2+不沉淀的范围内解析(1)根据反应可知B中含铬元素的离子有CrO42-、Cr(2)若清液的pH=5,则c(OH-)=10-9mol·L-1,c(Cr3+)=Ksp[Cr(OH)3]c3(OH-)=6.3×10-4mol·L-1,则此时Cr3+的浓度也为6.3×10-4mol·L-1×52×103(3)①若用FeSO4·7H2O做还原剂,反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O,则C中的阳离子有Fe2+、Fe3+、Cr3+、H+,因为Ksp[Fe(OH)2]较大,故步骤Ⅲ中参加反应