第三章 章末归纳总结（解析版）

PAGE25第三章章末归纳总结思维导图思维导图常见考点常见考点考向一电离平衡【例1-1】（安康）下列叙述中正确的是()A．硫酸钡在水中溶解度很小，所以硫酸钡不是电解质B．NH3的水溶液能导电，但NH3是非电解质C．电解质在通电时才能发生电离D．硫酸不能导电，但硫酸溶液能导电，所以硫酸溶液是电解质【答案】B【解析】A选项中硫酸钡熔融时能导电，所以硫酸钡是电解质；C选项中电解质在水溶液或熔融状态下能够电离；D选项中硫酸溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质。【例1-2】（浙江）甲酸(HCOOH)的下列性质中，不能证明它是弱电解质的是（）A．溶液中HCOOH和共存B．0.1mol/LHCOOH溶液的pH大于1C．10mL1mol/LHCOOH恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应D．同浓度的HCOOH溶液的导电性比盐酸溶液的弱【答案】C【解析】A.溶液中和共存说明甲酸存在电离平衡，即甲酸为弱电解质，故A不符合题意；B.0.1mol/LHCOOH溶液的pH大于1，说明溶液中浓度小于0.1mol/L，即甲酸不完全电离，为弱电解质，故B不符合题意；C.10mL1mol/LHCOOH恰好与10mL1mol/LNaOH溶液完全反应，是酸碱中和反应，不能说明甲酸为弱电解质，故C符合题意；D.同浓度的HCOOH溶液的导电性比盐酸溶液的弱，说明甲酸溶液中自由离子浓度小于盐酸，即甲酸不完全电离，故D不符合题意；故答案为：C。【例1-3】（202广东）一定温度下，将浓度为0.1mol/LHF溶液加水不断稀释，始终保持增大的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】A．HF为弱酸，存在电离平衡：加水稀释，平衡正向移动，但c()减小，故A不符合题意；B．，电离平衡常数只受温度的影响，温度不变，电离平衡常数Ka(HF)、Kw不变，故B不符合题意；C．当溶液无限稀释时，不断减小，无限接近，减小，故C不符合题意；D．由于加水稀释，平衡正向移动，所以溶液中增大，减小，增大，故D符合题意；故答案为：D。【一隅三反】1．（广东期中）部分弱酸的电离平衡常数如下表，则下列说法错误的是（）弱酸HCOOHHClO电离平衡常数(25℃)A．酸性：B．同浓度的离子结合的能力由强到弱的顺序为：C．碳酸钠滴入足量甲酸溶液中的反应为：D．少量通入NaClO溶液中的反应为：【答案】D【解析】A．酸性越强，反应的K值越大，由图表可知，酸性：，A不符合题意；B．酸越弱对应酸根离子结合氢离子能力越强，由表可知，同浓度的离子结合的能力由强到弱的顺序为：，B不符合题意；C．由于甲酸的酸性大于碳酸，故碳酸钠滴入足量甲酸溶液中的反应生成二氧化碳和水，C不符合题意；D．由于，故少量通入NaClO溶液中的反应生成碳酸氢根离子和次氯酸，，D符合题意；故答案为：D。2（湖州）室温时，某一元酸在水中的电离度为2.2%，下列叙述错误的是（）A．升高温度，溶液中的增大B．加水稀释过程中，增大，故也增大C．室温时，向该溶液中滴加少量同浓度的溶液，该酸的电离常数不变D．向该的溶液中，通气体，溶液中增大，的电离平衡逆向移动【答案】B【解析】A．电离吸热，升高温度，促进电离，溶液中的增大，A不符合题意；B．加水稀释过程中促进电离，增大，但溶液体积增加的更多，所以减小，B符合题意；C．室温时，向该溶液中滴加少量同浓度的溶液，促进电离，但该酸的电离常数不变，C不符合题意；D．盐酸是强酸，向该的溶液中，通气体，溶液中增大，抑制电离，所以的电离平衡逆向移动，D不符合题意；故答案为：B。3．（高二上·通州期中）依据醋酸的性质，请回答下列问题(以下讨论均在常温时)。（1）取(冰醋酸)作导电性实验，稀释过程中溶液的导电能力变化如下图所示。①的电离方程式是。②a、b、c三点中最小的是。③在稀释过程中，(填“增大”“减小”或“不确定”)。（2）溶液的，该溶液中由水电离出的浓度是。（3）向相同的两密闭容器中加入镁条，分别注入盐酸、醋酸，测得容器内压强随时间变化如下图所示。①反应为醋酸的曲线是(填字母)。②反应开始时反应速率的原因是。【答案】（1）CH3COOHCH3COO—+H+；b；不确定（2）1.0×10-11（3）b；2mol/L盐酸溶液中H+浓度大于2mol/L醋酸溶液中H+浓度【解析】（1）①醋酸是弱酸，在溶液中部分电离出醋酸根离子和氢离子，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故答案为：CH3COOHCH3COO-+H+；②溶液的导电性越强，溶液中离子浓度越大，由图可知，b点导电性最大，则b点溶液中氢离子浓度最大，溶液pH最小，故答案为：b；③由图可知，溶液的导电性先增大后减小，由电离常数公式可知，溶液中=，稀释过程中电离常数不变，则和先减小后增大，故答案为：不确定；（2）水电离出的氢离子浓度总是等于水电离出的氢氧根离子浓度，则pH为3的醋酸溶液中，水电离出的氢离子浓度为mol/L=1.0×10-11mol/L，故答案为：1.0×10-11；（3）盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，等浓度的盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸溶液中氢离子浓度，与镁反应时，盐酸的反应速率大于醋酸，由图可知，相同时间内，曲线a表示的反应中压强大于曲线b，说明曲线a表示的反应的反应速率快于曲线b，则曲线a盐酸的反应、曲线b表示醋酸的反应；①由分析可知，曲线b表示醋酸的反应，故答案为：b；②由分析可知，曲线a盐酸的反应、曲线b表示醋酸的反应，反应开始时反应速率a>b的原因是盐酸是强酸，在溶液中完全电离，醋酸是弱酸，在溶液中部分电离，等浓度的盐酸溶液中氢离子浓度大于醋酸溶液中氢离子浓度，与镁反应时，盐酸的反应速率大于醋酸，故答案为：2mol/L盐酸溶液中H+浓度大于2mol/L醋酸溶液中H+浓度。4．（高二上·湖州期中）硫化氢气体是一种剧毒气体，易溶于水形成酸性溶液。查阅得，，；。按所给信息回答下列问题。（1）书写第二步电离方程式：。（2）向的溶液中加入等浓度的时，电离平衡向移动(填“左”或“右”)，混合溶液中。(填“增大”、“减小”或“不变”)（3）能证明酸性强于的是：____。A．相同温度下，B．溶液能使紫色石蕊试液变红C．等浓度、等体积的溶液和溶液分别与等浓度的溶液反应，消耗的溶液体积更多D．常温下，将气体通入溶液有生成（4）下列反应不能发生的是(填字母)。a.b.c.d.【答案】（1）（2）左；增大（3）A；D（4）d【解析】（1）硫化氢第一步电离出氢离子和硫氢根离子，硫氢根离子再电离出氢离子和硫离子。第二部电离方程式为：。（2）向的溶液中加入等浓度的时，硫酸电离出氢离子，使电离平衡向左移动，混合溶液中因为加入硫酸而增大。（3）A.相同温度下，，说明硫化氢的酸性；B.溶液能使紫色石蕊试液变红，说明溶液显酸性，但不能比较酸性强弱；C.等浓度、等体积的溶液和溶液分别与等浓度的溶液反应，消耗的溶液体积更多，是因为硫化氢为二元酸，不能说明二者酸性强弱；D.常温下，将气体通入溶液有生成，说明硫化氢的酸性大于HCN；故答案为：AD。（4）因为硫化氢的酸性大于HCN，故不能有HCN反应生成硫化氢，即d不能发生。考向二水的电离和溶液的PH【例2-1】（浙江）下列说法正确的是（）A．常温下，pH=12的NaOH溶液中，B．常温下，由水电离出的，则该溶液一定呈碱性C．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同D．常温下，用水稀释0.1的醋酸溶液的过程中，的物质的量增大【答案】D【解析】A．常温下，Kw=1.010-14，pH=12的NaOH溶液中，c(H+)=10-12mol/L，故c(OH-)=10-2mol/L，A不符合题意；B．常温下，加酸或加碱都可以抑制水的电离，当水电离出的，该溶液可能是碱溶液也可能是酸溶液，B不符合题意；C．一水合氨是弱碱，中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，氨水所需HCl的物质的量更多，C不符合题意；D．常温下，用水稀释0.1的醋酸溶液，越稀越电离，的物质的量增大，但浓度减小，D符合题意；故答案为：D。【例2-2】．常温下，某溶液中由水电离出的，该溶液可能是（）A．溶液 B．溶液 C．氨水 D．溶液【答案】B【解析】A．溶液显酸性，亚硫酸氢根离子的电离大于水解，其电离出的氢离子会抑制水的电离，A不符合题意；B．溶液中的硫离子可以水解，水解会促进水的电离，B符合题意；C．氨水中的一水合氨电离出的氢氧根离子会抑制水的电离，C不符合题意；D．氯化钠溶液中的钠离子和氯离子对水的电离没有影响，D不符合题意；故答案为：B。【例2-3】．（高二上·宝应期中）关于水的电离，下列叙述中，正确的是（）A．升高温度，水的平衡向正反应方向移动，Kw增大，c(OH-)增大，pH增大B．向水中加入少量硫酸，水的平衡向逆反应方向移动，Kw不变，c(H+)增大C．向水中加入氨水，水的平衡向逆反应方向移动，Kw不变，c(OH-)降低D．向水中加入少量固体醋酸钠，平衡向逆反应方向移动，Kw不变，c(H+)降低【答案】B【解析】A．水的电离为吸热反应，升高温度，水的平衡向正反应方向移动，Kw增大，c(OH-)增大，c(H+)增大，pH值减小，A项不符合题意；B．向水中加入少量硫酸，使溶液中c(H+)增大，水的平衡向逆反应方向移动，Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，B项符合题意；C．向水中加入氨水，氨水电离生成OH-，c(OH-)升高，水的平衡向逆反应方向移动，Kw只与温度有关，温度不变，Kw不变，C项不符合题意；D．向水中加入少量固体醋酸钠，醋酸钠电离生成CH3COO-，CH3COO-结合H+生成醋酸分子，c(H+)降低，平衡向正反应方向移动，Kw不变，D项不符合题意；故答案为：B。【一隅三反】1．（河南）常温下，某溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-10mol/L，该溶液不可能是（）A．醋酸 B．氨水 C．盐酸 D．NaCl溶液【答案】D【解析】A．醋酸呈酸性，抑制水的电离，可以出现由水电离出的c(OH-)=1×10-10mol/L的结果，选项A不符合题意；B．氨水溶液呈碱性，抑制水的电离，可以出现由水电离出的c(OH-)=1×10-10mol/L的结果，选项B不符合题意；C．盐酸呈酸性，抑制水的电离，可以出现由水电离出的c(OH-)=1×10-10mol/L的结果，选项C不符合题意；D．NaCl为强酸强碱盐不水解溶液显中性，不可能出现由水电离出的c(OH-)=1×10-10mol/L的结果，选项D符合题意；故答案为：D。2．（浙江）常温条件下，下列溶液一定呈酸性的是（）A．滴加甲基橙指示剂后变为橙色的溶液B．加入Al产生的溶液C．由水电离出的溶液D．含的水溶液【答案】A【解析】A．甲基橙在pH值为3.1-4.4时显橙色，故滴加甲基橙指示剂后变为橙色的溶液一定为酸性溶液，A符合题意；B．金属铝与氢氧化钠溶液反应也能产生氢气，B不符合题意；C．由水电离出的溶液，水的电离受到了抑制，可能为酸性或碱性溶液，C不符合题意；D．碱性溶液中也含氢离子，故含氢离子的溶液不一定呈酸性，D不符合题意；故答案为：A。3．（浙江）下列溶液不一定显中性的是（）A．pH=6的蒸馏水B．C．的溶液D．水电离出的氢离子物质的量浓度为mol/L【答案】D【解析】A．蒸馏水是中性的，常温下pH=7，升高到一定温度，pH=6，依然是中性溶液，A不符合题意；B．，且，故，该溶液显中性，B不符合题意；C．的溶液，溶液呈中性，C不符合题意；D．水电离出的氢离子物质的量浓度为，未说明温度，不知道水的离子积常数故不能求算氢氧根的浓度，该溶液不一定是中性，D符合题意；故答案为：D。4．（浙江）室温下，水的电离达到平衡：。下列叙述错误的是（）A．向水中加入少量金属Na，平衡正向移动，增大B．向水中加入少量，平衡逆向移动，变小C．向水中加入少量，水的电离程度减小，增大D．向水中加入少量NaCl固体，溶液呈中性，水的电离平衡不移动【答案】B【解析】A．向水中加入少量金属Na，Na会和H+反应，使得c(H+)减小，平衡正向移动，c(OH-)增大，A不符合题意；B．向水中加入少量CH3COOH，CH3COOH的电离程度大于水的电离，使得c(H+)增大，平衡逆向移动；但是温度不变，KW也不变，B符合题意；C．NaHSO4是强酸的酸式盐，在水中完全电离出Na+、H+和，故向水中加入少量NaHSO4，使得c(H+)增大，平衡逆向移动，水的电离程度减小，C不符合题意；D．NaCl对水的电离无影响，向水中加入少量NaCl固体，溶液呈中性，水的电离平衡不移动，D不符合题意；故答案为：B。5．（河南）酸、碱、盐的水溶液在生产生活及化学实验中有广泛的应用，请同学们运用所学知识解决下列问题。（1）某温度T下，0.1mol/L的NaOH溶液中，c(H+)=1.0×10-11mol/L，此时水的离子积常数Kw=。温度T25℃(填“大于”“小于”或“等于”)，原因是。由水电离的c(OH-)=mol/L。（2）已知水溶液中c(H+)和c(OH-)的关系如图所示：①图中A、B、C、D四点对应的水的离子积常数由大到小的顺序是。②若A点到E点，可采用的措施是(填序号，下同)；从A点到C点，可采用的措施是；促进水的电离平衡的措施是。a.升温b.加入少量的盐酸c.加入少量的NaOH（3）常温下0.1mol/L的HA溶液中，c(H+)=0.001mol/L，写出HA的电离方程式，水电离的c(H+)=mol/L。为使HA溶液中HA和H2O的电离平衡正向移动，而水的Kw保持不变可以采取的措施是。【答案】（1）1.0×10-12；大于；25℃时，水的离子积常数是1.0×10-14，水的电离是吸热的，升高温度平衡正向移动，水的离子积增大；1.0×10-11（2）B>C>A=D；c；a；a（3）HAH++A-；1.0×10-11；加少量碱或加入适量活泼金属或加入少量能与HA反应的盐等【解析】（1）0.1mol/L的NaOH溶液中，c(OH-)=10-1mol/L，c(H+)=1.0×10-11mol/L，此时水的离子积常数Kw=c(H+)c(OH-)=1.0×10-1110-1=1.0×10-12；水的电离为吸热反应，所以温度升高，水的离子积常数增大，因此时的Kw＞1.0×10-14，所以温度T大于25℃；由水电离的c(OH-)等于溶液中的氢离子浓度，为1.0×10-11mol/L，故答案为：1.0×10-12；大于；25℃时，水的离子积常数是1.0×10-14，水的电离是吸热的，升高温度平衡正向移动，水的离子积增大；1.0×10-11；（2）①图象中每条反比例曲线上对应点的横纵坐标之积为该温度下的水的离子积，则图中A、B、C、D四点对应的水的离子积常数由大到小B>C>A=D；②若A点到E点，可使溶液中氢离子浓度减少，氢氧根离子浓度增大，则具体措施可以是加入碱，如氢氧化钠，故c正确；从A点到C点，水的离子积常数增大，则可升温，a正确；升高温度可促进水的电离，但加入酸或碱会抑制水的电离，故a正确，综上，答案为c；a；a；（3）常温下0.1mol/L的HA溶液中，c(H+)=0.001mol/L，则说明HA为弱酸，其电离方程式为：HAH++A-；溶液中水的离子积常数为1.0×10-14，则由水电离的氢离子浓度等于溶液中的氢氧根离子浓度，即c水(H+)=c(OH-)==1.0×10-11；为使HA溶液中HA和H2O的电离平衡正向移动，而水的Kw保持不变不能采用升温，但可以采取的措施加少量碱或加入适量活泼金属或加入少量能与HA反应的盐等。6．（河南）下列物质中：①CH3COOH②NH3③NH4Cl④盐酸⑤NaOH⑥NaHCO3溶液。（1）属于弱电解质的是(填序号，下同)，属于强电解质且其水溶液呈碱性的是。（2）在氨水中存在电离平衡：NH3•H2ONH+OH-。将上述六种物质分别配成0.1mol/L的溶液，向稀氨水中分别滴加少量六种溶液，能使氨水的电离平衡逆向移动且c(NH)增大的是(填序号)，此时c(OH-)(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，=。（3）等体积c(H+)相同的盐酸和醋酸分别与0.1mol•L-1的NaOH溶液恰好完全反应，消耗NaOH体积较大的是(填化学式)，反应过程中醋酸的电离程度(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，n(CH3COO-)，水的电离程度逐渐，水电离的c(H+)=。（4）已知次氯酸(HClO)的电离平衡常数为Ka=4.0×10-8，向20mL0.1mol•L-1的HClO溶液中滴加少量硫酸，再加水稀释至40mL，此时测得c(H+)=0.05mol•L-1，则溶液中c(ClO-)=mol•L-1。（5）已知亚硫酸(H2SO3)的电离平衡常数为Ka1=1.6×10-2，Ka2=1.0×10-7；碳酸(H2CO3)的电离平衡常数为Ka1=4.0×10-7，Ka2=4.0×10-11。足量的H2SO3溶液和NaHCO3溶液发生反应的主要离子方程式为。【答案】（1）①；⑤（2）③；减小；增大（3）CH3COOH；增大；增大；增大；增大（4）4.0×10-8（5）H2SO3+HCO=HSO+H2O+CO2↑【解析】（1）①CH3COOH为弱酸，属于弱电解质；⑤NaOH属于强碱，水溶液显碱性；（2）①CH3COOH加入稀氨水中，会消耗氢氧根离子，使平衡向正向移动，不正确；②NH3溶于水显碱性，所以加入稀氨水中，会抑制一水合氨的电离，但不能使c(NH)增大，不正确；③NH4Cl加入稀氨水中，增大铵根离子浓度，使平衡逆向移动，且c(NH)增大，正确；此时氢氧根离子浓度减小，因为=，所以会增大；④盐酸会消耗氢氧根离子，使平衡向正向移动，不正确；⑤NaOH溶于水显碱性，所以加入稀氨水中，会抑制一水合氨的电离，但不能使c(NH)增大，不正确；⑥NaHCO3溶液溶于水显碱性，所以加入稀氨水中，会抑制一水合氨的电离，但不能使c(NH)增大，不正确；综上所述，答案为③；减小；增大；（3）醋酸为一元弱酸，HCl为一元强酸，则等体积c(H+)相同的盐酸和醋酸，醋酸的浓度较大，分别与0.1mol•L-1的NaOH溶液恰好完全反应，消耗NaOH体积较大的是CH3COOH；反应过程中氢氧化钠不断消耗醋酸电离的氢离子，促进醋酸的电离，即醋酸的电离程度增大，电离生成的醋酸根离子的物质的量增大，即n(CH3COO-)增大，醋酸对水的抑制作用逐渐减弱，即水的电离程度逐渐增大，水电离的c(H+)增大，故答案为：CH3COOH；增大；增大；增大；增大；（4）次氯酸(HClO)的电离平衡常数为Ka==4.0×10-8，向20mL0.1mol•L-1的HClO溶液中滴加少量硫酸，再加水稀释至40mL，则c(HClO)=0.05mol/L，此时测得c(H+)=0.05mol•L-1，依据电离平衡常数公式可知，=4.0×10-8mol/L；（5）根据电离平衡常数可知，1.6×10-2＞4.0×10-7，H2SO3的酸性大于H2CO3的酸性，足量的H2SO3溶液和NaHCO3溶液发生反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO=HSO+H2O+CO2↑。考向三盐类的水解【例3-1】．下列方程式中，属于水解反应的是（）A． B．C． D．【答案】D【解析】A．A是亚硫酸氢根的电离方程式，A不符合题意；B．B是中和反应离子方程式，B不符合题意；C．C是中和反应离子方程式，C不符合题意；D．D是碳酸根一步水解的离子方程式，D符合题意；故答案为：D。【例3-2】．下列物质的应用过程中不涉及盐类水解的是（）A．小苏打用作食品膨松剂B．硫酸铝钾作净水剂C．热碱水清洗厨房里的油污D．组成为7.5的缓冲溶液【答案】A【解析】A．小苏打NaHCO3作为食品膨松剂，与NaHCO3受热分解以及与酸反应有关，而与水解无关，选项A符合；B．硫酸铝钾中铝离子水解Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+，胶体具有吸附性，与盐类水解有关，选项B不符合；C．△H>0，加热促进水解，碱性增大，去油污能力增强，与水解有关，选项C不符合；D．Na2HPO4溶液里碱性是因为水解能力大于电离能力，组成为7.5，为碱性，说明水解大于电离，与水解有关，选项D不符合；故答案为：A。【例3-3】．（温州）下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（）A．NaOH B．(NH4)2SO4 C．NaCl D．Na2CO3【答案】D【解析】A．NaOH为强碱，不发生水解，故A不符合题意；B．(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，故B不符合题意；C．NaCl为强酸强碱盐，其溶液呈中性，故C不符合题意；D．Na2CO3为强碱弱酸盐，碳酸根离子部分水解，溶液呈碱性，故D符合题意；故答案为：D。【例3-4】（安徽）已知溶液中存在如下平衡：，下列说法中正确的是（）A．加入适量水后平衡向右移动，增大B．加热后平衡向左移动，增大C．加入后有气泡产生，一段时间后可得到红褐色沉淀D．加热蒸干溶液并灼烧可得【答案】C【解析】A．加入适量水后，稀释溶液使体积增大，促进铁离子水解，平衡向右移动，根据勒夏特列原理可知，减小，A不符合题意；B．加热后，促进铁离子水解，平衡向右移动，减小，B不符合题意；C．根据可知，溶液显酸性，加入后，与氢离子反应生成二氧化碳，有气泡产生，减小，平衡向右移动，一段时间后增多，故可得到红褐色沉淀，C符合题意；D．溶液水解后产生硫酸，硫酸难挥发，会和水解产生的反应又生成，故加热蒸干溶液并灼烧可得，故D不符合题意；故答案为：C。【一隅三反】1．（桂林）以下应用与盐类水解无关的是（）A．用热碱去除废铁屑表面油污B．配制Na2S溶液时需将Na2S溶于NaOH浓溶液C．用硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合灭火D．用FeCl3溶液刻蚀铜制电路板【答案】D【解析】A．油脂能够与碱反应产生可溶性物质。纯碱是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因而纯碱溶液可以去除油污。盐的水解反应是吸热反应。升高温度促进盐的水解，使溶液碱性增强，因而用热碱去除废铁屑表面油污去除效果更好，A不符合题意；B．Na2S是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，盐的水解反应是可逆反应，配制溶液时，向溶液中加入NaOH，能够抑制Na2S的水解反应的发生，与盐的水解反应有关，B不符合题意；C．硫酸铝是强酸弱碱盐，水解产生Al(OH)3胶体，同时产生H+，使溶液显酸性；碳酸氢钠水解产生H2CO3，使溶液显碱性，当两种溶液混合时，水解反应彼此促进，使水解反应进行的更彻底，反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，CO2不能燃烧，可以隔绝空气，从而达到灭火的目的，这与盐的水解反应有关，C不符合题意；D．用FeCl3溶液刻蚀铜制电路板，由于FeCl3具有强氧化性，与Cu会发生反应，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，这与盐的水解反应原理无关，D符合题意；故答案为：D。2．（安徽）室温下，向20mLNaHX溶液中逐滴滴入NaOH溶液，为由水电离产生的氢离子浓度的负对数，与所加NaOH溶液的体积关系如图所示，下列说法正确的是（）A．A点溶液中存在：B．B、D点溶液均为中性C．C点溶液中存在：D．D点溶液中存在：【答案】C【解析】A．A点溶质为NaHX，既发生电离又发生水解，，则，的电离受到抑制，故的电离大于水解，则溶液中存在，A项不符合题意；B．B点溶质为NaHX与，D点溶质为与，故D点溶液为碱性，B项不符合题意；C．C点溶质为，故存在质子守恒：，C项符合题意；D．NaHX开始为，后加入溶液，故溶液体积变化，所有离子浓度均变化，故，D项不符合题意；故答案为：C。3．（南阳期末）已知W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们的简单离子的电子层结构相同。它们可以组成下列化合物，其中组成的化合物中阴、阳离子都能水解的是（）A．YX B．Y2W C．ZX2 D．ZW【答案】C【解析】A．YX为NaF，是强碱弱酸盐，只有F-能发生水解反应，A不选；B．Y2W为Na2O，在水溶液中反应生成NaOH，不能发生水解反应，B不选；C．ZX2为MgF2，为弱酸弱碱盐，Mg2+发生水解生成Mg(OH)2，F-能发生水解反应生成HF，C选；D．ZW为MgO，难溶于水，不能发生水解反应，D不选；故答案为：C。4．（赤峰）时，下列说法正确的是（）A．的某酸溶液中一定存在：B．的氨水溶液稀释10倍后C．相同的溶液、溶液、溶液，其浓度大小关系：D．常温下，溶液中，由水电离产生的浓度为【答案】C【解析】A．若H2A为强酸，溶液中不存在H2A和HA—，不存在物料守恒关系，故A不符合题意；B．氨水中存在电离平衡，pH为11的氨水溶液稀释10倍后溶液pH大于10，故B不符合题意；C．醋酸钠和碳酸钠是强碱弱酸盐，溶液中存在水解平衡，酸越弱，酸根离子水解程度越大，则pH相同的醋酸钠、碳酸钠和氢氧化钠溶液的浓度大小关系：，故C符合题意；D．硫酸氢钠是是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出氢离子，抑制水的电离，则常温下，0.1mol/L硫酸氢钠溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，由水电离产生的氢离子浓度为10-13mol/L，故D不符合题意；故答案为：C。5．（玉溪）电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。室温下，用的滴定10.00mL浓度均为的NaOH和的混合溶液，所得电导率曲线如图所示。已知，，下列说法错误的是（）A．a点的混合溶液中：约为B．b点的混合溶液中：C．c点的混合溶液中：D．a点→c点过程中，溶液中水的电离程度一直增大【答案】B【解析】A．由分析可知，a点为等浓度的氢氧化钠和一水合氨的混合溶液，溶液中氢氧根离子和一水合氨的浓度都约为0.100mol/L，由电离常数可知，溶液中铵根离子浓度=≈=，故A不符合题意；B．由分析可知，一水合氨的电离程度大于醋酸根的水解程度，一水合氨电离出的氢氧根离子抑制醋酸根离子的水解，则溶液中，故B符合题意；C．由分析可知，c点为等浓度的醋酸钠和醋酸铵混合溶液，溶液中存在物料守恒关系，故C不符合题意；D．由分析可知，a点、b点均抑制水的电离，b点抑制水的电离程度小于a点，c点铵根离子和醋酸根离子在溶液中水解促进水的电离，则a点→c点过程中，溶液中水的电离程度一直增大，故D不符合题意；故答案为：B。考向四沉淀溶解平衡【例4-1】已知：常温下，，，。在自然界中，闪锌矿(ZnS)和方铅矿(PbS)遇硫酸铜溶液均能转化成铜蓝(CuS)。下列说法正确的是（）A．饱和PbS溶液中，B．相同温度下，在水中的溶解度：ZnS>CuS>PbSC．向PbS固体中滴加一定量溶液，反应达到平衡时，溶液中D．向含浓度相同的、、的混合溶液中逐滴加入稀溶液，先沉淀【答案】C【解析】A．饱和PbS溶液中存在，，又，故，A不符合题意；B．由于ZnS、CuS、PbS类型相同，通过Ksp的比较可确定溶解度的大小，Ksp值越小，溶解度越小，故相同温度下，在水中的溶解度：ZnS>PbS>CuS，B不符合题意；C．，C符合题意；D．向含浓度相同的、、的混合溶液中逐滴加入稀溶液，Ksp值越小需要的S2-越少，先沉淀，故Cu2+先沉淀，D不符合题意；故答案为：C。【例4-2】．（高二上·浙江期中）T℃时，和的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知为浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数。下列说法正确的是（）A．曲线I表示沉淀溶解平衡曲线B．Z点对应的为C．Y点对应的溶液是不饱和溶液D．T℃时，在平衡体系中【答案】C【解析】A．CdCO3(s)⇌Cd2+(aq)+(aq)，则c(Cd2+)=c()，CdCO3的沉淀平衡中pCd2+=pN，故曲线Ⅱ是CdCO3的沉淀溶解平衡曲线，故A不符合题意；B．读图可知Z点对应的pCd2+为3，则Z点对应的为，故B不符合题意；C．曲线上的点为达到了沉淀溶解平衡，pCd2+为Cd2+浓度的负对数，pN为阴离子浓度的负对数，则数值越大，离子浓度越小，Y点在曲线上方，说明离子浓度小，故为不饱和溶液，故C符合题意；D．T℃，由图可知，pN=4时，CdCO3中pCd2+为8，即；pN=4时，Cd(OH)2中pCd2+为6，即；在CdCO3(s)+2OH-(aq)⇌Cd(OH)2(s)+(aq)平衡体系中，平衡常数K=，故D不符合题意；故答案为：C。【一隅三反】1．下列说法中正确的是（）A．向悬浊液中加水稀释，平衡右移，和增大B．在水溶液中存在平衡：，升温，溶液碱性增强C．向盛有溶液的试管中滴加溶液，再向其中滴加4-5滴溶液，先观察到白色沉淀，后又产生黄色沉淀，说明D．将溶液滴入和混合溶液中，先产生沉淀[，]【答案】D【解析】A．向AgCl悬浊液加水稀释，平衡右移，仍是AgCl的饱和溶液，c(Ag+)和c(Cl-)不变，A不符合题意；B．Ca(OH)2(s)的溶解度随温度的升高而减小，升温，平衡逆移，OH-浓度减小，溶液的pH降低，B不符合题意；C．AgNO3溶液过量，分别与NaCl、KI反应生成沉淀，不能比较Ksp(AgCl)和Ksp(AgI)的大小，C不符合题意；D．由氯化银和铬酸银的溶度积常数可知，在氯离子和铬酸根离子浓度均为0.001mol/L的条件下开始沉淀时银离子的浓度分别为1.8×10-7mol/L、mol/L，银离子浓度小的先沉淀，所以先产生AgCl沉淀，D符合题意；故答案为：D。2．（高二上·联合期中）在t℃时在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知t℃时。下列推断错误的是（）A．在t℃时，的为B．向p点的溶液中加入少量固体，溶液组成沿曲线向n方向移动C．图中a点代表的不饱和溶液D．在t℃时，的平衡常数【答案】C【解析】A．t℃时在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，由p点的数据可以求算其Ksp，，A不符合题意；B．，向饱和溶液p点加入少量固体，c(Ba2+)增大，Ksp不变，硫酸根离子浓度减小，故溶液组成沿曲线向n方向移动，B不符合题意；C．图中a点钡离子和硫酸根离子浓度的乘积大于该温度下的Ksp，代表的过饱和溶液，C符合题意；D．由盖斯定律知在t℃时，的平衡常数，D不符合题意；故答案为：C。3．（浙江月考）含的废水常用作沉淀剂，原理为。一定温度下，下列有关该反应的推理正确的是（）A．该反应达到平衡时，B．平衡体系中加入少量后，变小C．平衡体系中加入少量后，变大D．该反应平衡常数：【答案】D【解析】A．根据Cu2＋(aq)＋MnS(s)CuS(s)＋Mn2＋(aq)得，Ksp(CuS)＜Ksp(MnS)，K===＞1，即c(Cu2＋)＜c(Mn2＋)，A不符合题意；B．CuS为固体，对上述平衡没有影响，B不符合题意；C．加入少量，c(Cu2＋)增大，使上述平衡向右移动，c(Mn2＋)增大，根据勒夏特列原理知能削弱铜离子的增加但不能抵消铜离子的增大，减小，C不符合题意；D．由A可知，K===，D符合题意；故答案为：D。4．（河南月考）常温下，或的单一饱和溶液体系中，金属阳离子的物质的量浓度的负对数与溶液的变化关系如图所示。已知常温下，，下列说法错误的是（）A．曲线a表示饱和溶液中的变化关系，且B．向X点对应的饱和溶液中加入少量固体，可转化为Y点对应的溶液C．除去酸性溶液中含有的少量杂质，可加入适量，充分搅拌后过滤D．当和两种沉淀共存时，溶液中【答案】B【解析】A．常温下，，则当溶液的相同时，，则，故曲线a表示饱和溶液中的变化关系，曲线b表示饱和溶液中的变化关系。根据X点计算常温下的溶度积：，A不符合题意；B．向X点对应的饱和溶液中加入少量固体，溶液中会生成沉淀，溶液中会减小，而图中从X点到Y点的保持不变，B符合题意；C．因为，更易生成沉淀，在含有少量杂质的酸性溶液中，加入适量，发生反应：FeO+2H+    __Fe2++H2O，使溶液的增大，杂质D．根据Z点计算常温下的溶度积：，当和两种沉淀共存时，溶液中，D不符合题意。故答案为：B。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