第三章 水溶液中的离子反应与平衡（A卷·知识通关练）-【单元测试】2022-2023学年高二化学分层训练AB卷（人教版2019选择性必修1）

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第三章 水溶液中的离子反应与平衡（A卷·知识通关练）
核心知识1 弱电解质的电离平衡
1．（2021·前郭尔罗斯蒙古族自治县蒙古族中学高二期末）下列有关强、弱电解质的叙述正确的是
A．强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液的导电性强
B．强电解质的水溶液中不存在分子
C．强电解质都是离子化合物，而弱电解质都是共价化合物
D．不同的弱电解质只要物质的量浓度相同，电离程度也相同
【答案】A
【详解】A．溶液导电能力取决于溶液中离子浓度大小，强电解质溶液的导电性不一定比弱电解质溶液的导电性强，A项正确；
B．强电解质的水溶液中含有水分子，B项错误；
C．离子化合物都是强电解质，但强电解质不一定是离子化合物；弱电解质都是共价化合物，但共价化合物不一定是弱电解质，C项错误；
D．不同弱电解质电离程度由本性决定，浓度相同的弱电解质溶液中电离程度不一定相同，D项错误；
答案选A。
2．食用白醋是生活中重要的调味品，其中含3% ～5%的醋酸。以下实验能证明醋酸为弱电解质的是(  )
A．用食用白醋做导电实验，灯泡很暗
B．将水垢浸泡在白醋中，有CO2气体放出
C．向白醋中滴入紫色石蕊试液，溶液呈红色
D．中和等pH、等体积的盐酸和白醋，白醋消耗NaOH多
【答案】D
【解析】强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，只要证明醋酸部分电离就能证明醋酸是弱电解质，据此分析解答。
A．溶液的导电性与离子的浓度有关，弱电解质的浓度大时导电实验中灯泡也很亮，没有对比实验，无法说明醋酸是弱电解质，故A不符合题意；
B．水垢浸泡在白醋中有CO2气体放出，说明醋酸酸性大于碳酸，但不能证明醋酸部分电离，所以不能证明醋酸是弱电解质，故B不符合题意；
C．白醋中滴入石蕊试液变红色，说明白醋属于酸，不能证明其部分电离，所以不能证明醋酸是弱酸，故C不符合题意；
D．等体积等pH的醋酸和盐酸溶液中，醋酸溶液浓度大于盐酸，醋酸存在电离平衡，随反应进行，促进电离正向移动，醋酸消耗NaOH多，故D符合题意；
答案选D。
3．与0.1mol/L的氨水溶液中c(OH-)最接近的数值是
A．0.1mol/L B．1.0×10-3mol/L C．1.0×10-7mol/L D．1.0×10-13mol/L
【答案】B
【详解】
一水合氨为弱电解质，电离微弱，所以c(OH-)远小于0.1mol/L，而氨水显碱性，所以溶液中c(OH-)＞1.0×10-7mol/L；
综上所述最接近的数值应为1.0×10-3mol/L，故答案为B。
4．下列属于电离方程式且书写正确的一项是
A．HCO+H2OH2CO3+OH-
B．H2CO32H++CO
C．CH3COOH+OH-CH3COO-+H2O
D．CH3COOHCH3COO-+H+
【答案】D
【详解】
A． 部分电离，其电离方程式为，故A错误；
B．碳酸是二元弱酸，应分步电离，故B错误；
C．是弱酸，部分电离，电离方程式为，故C错误；
D．是弱酸，部分电离，电离方程式为，故D正确；
故答案选D。
5．已知醋酸溶液达到电离平衡后，改变某一条件使电离平衡向正反应方向移动，则下列说法正确的是
A．醋酸的电离程度一定变大 B．溶液的导电能力一定变强
C．溶液的pH一定减小 D．发生电离的分子总数增多
【答案】D
【详解】
A．增大醋酸的浓度，电离平衡正向移动，但醋酸的电离程度变小，A错误；
B．加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，由于CH3COO-和H+浓度均减小，故溶液的导电能力变弱，B错误；
C．加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，由于CH3COO-和H+浓度均减小，溶液的pH增大，C错误；
D．醋酸电离平衡正向移动，一定有更多的醋酸分子发生电离，D正确；
故答案为：D。
6．用水稀释 0.1mol/L 氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是( )
A．c(OH﹣)/ c(NH3.H2O) B．c(NH3.H2O)/ c(OH﹣)
C．c(H+)和 c(OH﹣)的乘积 D．OH﹣的物质的量
【答案】B
【解析】A.由NH3．H2OOH-+NH4+可知，加水促进电离，则n(NH3．H2O)减少，n(OH-)增大，c(OH﹣)/ c(NH3.H2O)，上下同时乘以体积，c(OH﹣)/ c(NH3.H2O)= n(OH-)/ n(NH3．H2O)，二者的比值增大，A项不符合题意；
B. 由NH3．H2OOH-+NH4+可知，加水促进电离，则n(NH3．H2O)减少，n(OH-)增大，c(OH﹣)/ c(NH3.H2O)，上下同时乘以体积， c(NH3.H2O)/ c(OH﹣) = n(NH3．H2O)/ n(OH-)，二者的比值减小，B项符合题意；
C.因加水稀释时，温度不变，则c(H+)和c(OH-)的乘积不变，C项不符合题意；
D.由NH3·H2OOH-+NH4+可知，加水促进电离，OH-的物质的量增大，D项不符合题意；
故选B。
7．在体积都为、的盐酸和醋酸溶液中，投入0.65 g锌粒，则下图所示比较符合客观事实的是
A． B．
C． D．
【答案】C
【详解】
体积都为1L氢离子浓度均为10—2mol/L盐酸和醋酸溶液中，氢离子浓度相等，反应速率相等，但醋酸是弱酸，溶液中存在电离平衡，醋酸的浓度大于盐酸浓度，向两种酸溶液中加入0.65g锌粒时，盐酸溶液中锌过量，醋酸溶液中锌不足，则醋酸溶液中与锌反应生成的氢气的物质的量大于盐酸，由于醋酸中电离平衡向电离方向移动，溶液中氢离子浓度变化小，生成氢气的反应速率大于盐酸，醋酸先完全反应，故选C。
核心知识2 电离平衡常数
8．1 mol·L-1 HA溶液中有1%的HA电离，则HA的电离平衡常数Ka为
A．1.0×10-4 B．1.0×10-5 C．1.0×10-2 D．1.0×10-6
【答案】A
【详解】
1 mol·L-1 HA溶液中有1%的HA电离，则电离的HA的物质的量浓度为0.01 mol·L-1，可建立以下三段式：

Ka=≈1.0×10-4，故选A。
9．现有浓度均为0.1mol•L-1某二元酸H2A和某一元酸HB，已知H2A的电离方程式为：H2A=H++HA-，HA-H++A2-。则下列有关说法不正确的是
A．若KHA溶液显酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度
B．中和相同体积的两种溶液，需要相同浓度的NaOH溶液体积比为V(H2A)：V(HB)=2：1
C．常温下，若两溶液有pH(H2A) D．常温下，若已知Ka(HB)=1.6×10-6，则该酸的电离度约为0.4%
【答案】A
【详解】
A．根据题目信息可知H2A第一步完全电离，所以KHA溶液中不存在HA-的水解，A错误；
B．H2A为二元酸，HB为一元酸，二者浓度相等，所以中和相同体积的两种溶液，需要相同浓度的NaOH溶液体积比为V(H2A)：V(HB)=2：1，B正确；
C．二者浓度相等，H2A为二元酸，存在两步电离，且第一步完全电离，所以无论是否H2A的酸性强于HB，pH(H2A)一定小于pH(HB)，不能比较二者酸性，C正确；
D．HB的浓度为0.1mol/L，Ka(HB)=1.6×10-6，则溶液中c(H+)=c(B-)约等于mol/L=4×10-3mol，则HB的电离度为×100%≈0.4%，D正确；
综上所述答案为A。
10．已知25℃时，下列酸的电离常数：醋酸：1.75×10-5 氢氰酸：4.93×10-10 氢氟酸：7.2×10-4 甲酸：1.77×10-4，则物质的量浓度均为0.1mol·L-1的上述溶液酸性最强的是
A．醋酸 B．氢氰酸 C．氢氟酸 D．甲酸
【答案】C
【详解】
浓度相同的一元弱酸，电离平衡常数越大，氢离子浓度越大，溶液酸性越强。氢氟酸电离平衡常数最大，所以氢氟酸酸性最强，故选C。
11．高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰醋酸中的电离常数
酸
HClO4
H2SO4
HC1
HNO3
Ka
1.6×10-5
6.3×10-9
1.6×10-9
4.2×10-10
从以上表格中判断以下说法中不正确的是
A．在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H++SO
B．在冰醋酸中高氯酸是这四种酸中最强的酸
C．在冰醋酸中这四种酸都没有完全电离
D．电解质的电离能力与所处的溶剂相关
【答案】A
12．醋酸的电离方程式为 。25 ℃时，醋酸溶液中存在下述关系：，其数值是该温度下醋酸的电离平衡常数(Ka)。下列说法不正确的是
A．的溶液中的约为
B．等物质的量浓度的溶液与溶液(25 ℃时，)，则
C．该温度下醋酸溶液
D．升高温度，增大，变大
【答案】C
【详解】
A．对于溶液，，且，则，A正确；
B．弱酸的K值越大，等浓度的酸溶液的酸性越强，溶液的pH就越小，Ka：CH3COOH＞HA，则等物质的量浓度的CH3COOH溶液与HA溶液pH：CH3COOH＜HA，B正确；
C．因为电离平衡常数只和温度有关，该温度下0.1 mol/L的醋酸溶液，C错误；
D．由于CH3COOH电离过程是吸热过程，所以升高温度，促进醋酸的断裂，醋酸的断裂平衡向正向移动，导致溶液中c(H+)增大，Ka变大，D正确；
故合理选项是C。
13．常温下 ，向氨水中加水稀释的过程中，NH3•H2O的电离平衡常数、电离度、溶液导电性的变化正确的是
A．增大、增大、减小 B．不变、增大、减小
C．不变、减小、减小 D．减小、减小、增大
【答案】B
【解析】向氨水中加水稀释的过程中，温度不变，则NH3•H2O的电离平衡常数不变；氨水越稀越电离，则电离度增大；但溶液总体积增大，微粒浓度减小，故溶液导电性减小，答案为B。
14．下表是几种常见弱酸的电离平衡常数(25℃)，回答下列各题：
酸


HCN
HClO
电离平衡常数()




(1)当温度升高时，值___________(填“增大”、“减小”或“不变”)；
(2)结合表中给出的电离常数回答下列问题：
①上述四种酸中，酸性最弱、最强的酸分别是___________、___________(用化学式表示)，
②下列能使醋酸溶液中的电离程度增大，而电离平衡常数不变的操作是___________(填序号)，
A．升高温度 B．加水稀释 C．加少量的固体 D．加少量冰醋酸 E．加氢氧化钠固体
③依上表数据判断醋酸和次氯酸钠溶液能否反应，如果不能反应说出理由，如果能发生反应请写出相应的离子方程式___________。
(3)已知草酸是一种二元弱酸，其电离常数，，写出草酸的电离方程式___________、___________，试从电离平衡移动的角度解释的原因___________。
(4)用食醋浸泡有水垢的水壶，可以清除其中的水垢，通过该事实___________(填“能”或“不能”)比较醋酸与碳酸的酸性强弱，请设计一个简单的实验验证醋酸与碳酸的酸性强弱。方案：___________。
【答案】增大 HCN BD 由于一级电离产生氢离子，增大了溶液中氢离子浓度，使电离平衡向左移动 能 往石灰石中加入醋酸，观察是否有气体产生
【详解】
(1) 弱酸的电离吸热，当温度升高时，促进电离，则值增大；
(2)①K值越大、电离程度越大、酸性越强，上述四种酸中，酸性最弱、最强的酸分别是HCN、 (用化学式表示)；
②A．弱酸的电离吸热，当温度升高时，促进电离，则值增大，A不满足；
B．越稀越电离。加水稀释，促进电离，温度不变值不变，B满足；
C．加少量的固体，醋酸根离子浓度增大、抑制电离，温度不变值不变，C不满足；
D．加少量冰醋酸，增大反应物浓度、促进电离，温度不变值不变，D满足；
E．加氢氧化钠固体，发生反应、大量放热，温度升高， 值增大，E不满足；
答案为BD。
③醋酸酸性大于次氯酸，醋酸和次氯酸钠溶液能发生复分解反应，生成次氯酸和醋酸根离子。离子方程式为。
(3)多元弱酸分步电离。已知草酸是一种二元弱酸，则草酸的一级电离方程式、二级电离方程式。由于一级电离产生氢离子，增大了溶液中氢离子浓度，使电离平衡向左移动，导致。
(4)用食醋浸泡有水垢的水壶，可以清除其中的水垢，则水垢中的碳酸钙和食醋发生了反应，故通过该事实能比较：醋酸酸性大于碳酸。实验中可依据强酸制备弱酸的原理来证明酸性强弱。则要通过实验验证醋酸与碳酸的酸性强弱，方案为往石灰石中加入醋酸，观察是否有气体产生，若有气体产生可证明醋酸的酸性大于碳酸。
核心知识3 水的电离 溶液的酸碱性
15．关于水的离子积常数，下列说法不正确的是
A．蒸馏水中，c(H＋)·c(OH—)=1×10—14
B．纯水中，25℃时，c(H＋)·c(OH—)=1×10—14
C．25℃时，任何以水为溶剂的稀溶液中，c(H＋)·c(OH—)=1×10—14
D．Kw值随温度升高而增大
【答案】A
【详解】
A．25℃时，蒸馏水中，水的离子积常数Kw=c(H＋)·c(OH—)=1×10—14，100℃时，Kw=c(H＋)·c(OH—)=1×10—12，故A错误；
B．25℃时，纯水中，水的离子积常数Kw=c(H＋)·c(OH—)=1×10—14，故B正确；
C．25℃时，任何以水为溶剂的稀溶液中，水的离子积常数Kw=c(H＋)·c(OH—)=1×10—14，故C正确；
D．水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，水的离子积常数Kw增大，故D正确；
故选A。
16．水的电离过程为，在不同温度下其离子积常数不同，，。则下列关于纯水的叙述正确的是
A．随着温度升高而减小
B．在时，
C．时水的电离程度大于时水的电离程度
D．水的电离是吸热的
【答案】D
【详解】
A．水在不同温度下的离广积常数不同，，则随温度的升高而增大，A错误；
B．升高温度，促进水的电离，但水电离出的氢离子和氢氧根离子的浓度始终相等，B错误；
C．升高温度，促进水的电离，故35℃时水的电离程度大于25℃时水的电离程度，C错误；
D．，说明升高温度，水的电离程度增大，则水的电离为吸热过程，D正确；
答案选D。
17．某一温度下，可判断溶液为中性的依据是
A．c(H+) = 1×10-7 mol/L B．c(H+) = c(OH–)
C．pH = 7 D．加入酚酞后溶液呈无色
【答案】B
【解析】A.温度不同溶液中离子积常数不同，c(H+) = 1×10-7 mol/L不能说明溶液为中性，故A错误；
B. c(H+) = c(OH–)，溶液为中性，故B正确；
C.常温下溶液pH = 7说明溶液为中性，温度不同溶液中离子积常数不同，中性溶液pH不一定为7，故C错误；
D.酚酞遇酸性或中性溶液都显无色，故D错误；
故选B。
【点睛】判断溶液酸碱性的依据是溶液中c(H+) 和 c(OH–)的相对大小，c(H+) = c(OH–)，溶液呈中性，只有在250C时，中性溶液中c(H+) = c(OH–)= 1×10-7 mol/L。
18．25℃时，某物质的溶液中，由水电离出的c(H+)=1×10-5 mol/L，下列说法正确的是
A．该溶液的溶质可能是NaOH B．该溶液溶质可能是NaHSO4
C．该溶液的溶质可能是HNO3 D．该溶液的溶质可能是CH3COONa
【答案】D
【详解】
水存在电离平衡H2O⇌H++OH-，25℃时，纯水中水电离的氢离子浓度为：c（H+）=1×10-7mol/L，水电离出的c（H+）=1×10-5mol/L>1×10-7mol/L，说明促进水的电离，
A．NaOH是强碱，电离出的OH-抑制了水的电离，故A错误；
B．NaHSO4溶液中溶质完全电离，溶液显酸性，抑制水的电离，故B错误；
C．HNO3是强酸，完全电离，电离出的H+抑制了水的电离，故C错误；
D．CH3COONa属于强碱弱酸盐，电离出的CH3COO-发生水解，促进水的电离，故D正确。
故选D。
19．（2021·江苏省镇江第一中学高二月考）在相同温度下，0.01 mol·L-1 NaOH溶液和0.01 mol·L-1的盐酸相比，下列说法正确的是
A．两溶液中由水电离的c(H+)都是1.0×10-12 mol·L-1
B．NaOH溶液和盐酸由水电离出c(OH-)分别为1.0×10-2 mol·L-1、1.0×10-12 mol·L-1
C．两溶液中由水电离出的c(H+)相等
D．两者都促进了水的电离
【答案】C
【详解】
酸和碱的电离都会抑制水的电离，温度相同则Kw相同，0.01mol/L NaOH溶液中水电离出的c(H+)水=mol/L，0.01mol/L的盐酸溶液中水电离出的c(H+)水=c(OH-)水=mol/L，所以由水电离出的c(H+)相等，但由于温度未知，所以无法确定具体值；
综上所述答案为C。
20．温度为t℃时，某NaOH稀溶液中c(H+)=10 -amol·L -1，c(OH -)=10 -bmol·L -1；已知：a+b=13，请回答下列问题：
(1)该温度下水的离子积常数Kw=_______，t_______(填“＜”、“>”或“=”)25。
(2)该NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为_______，该NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)为_______。
(3)回答下列有关醋酸的问题。在一定温度下，向冰醋酸中加水稀释，溶液导电能力变化情况如图所示：

a、b、c三点醋酸电离程度由大到小的顺序为_______；a、b、c三点对应的溶液中，pH最小的是_______；a、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最大的是_______。
【答案】10-13 ＞ 10-b mol/L 10-amol/L c＞b＞a b c
【详解】
(1)该温度下水的离子积常数Kw=c(H+)•c(OH-)=10-a mol/L×10-bmol/L=10-(a+b)=10-13，25℃时，水的离子积为10-14，10-13＞10-14，水的电离是吸热过程，则温度t＞25℃；
(2)NaOH的浓度等于溶液中c(OH-)，由水电离出的c(OH-)=c(H+)溶液，则NaOH的物质的量浓度为10-b mol/L，由水电离出的c(OH-)为10-amol/L；
(3)依据弱电解质“越稀越电离”，电离程度随着水的加入量增大而增大，则醋酸的电离程度由大到小的顺序为c＞b＞a，pH=-lgc(H+)，则c(H+)越大，溶液的pH越小，溶液导电能力越大，根据图知，导电能力最大的点是b，则c(H+)最大的点是b，pH值最小的点是b；c(H+)：b＞a＞c，则水电离程度：c＞a＞b，即水的电离程度最大的是c；故答案为：c＞b＞a；b；c。
核心知识4 溶液的pH
21．下列关于溶液的酸碱性，说法正确的是（ ）
A．pH＝7的溶液呈中性
B．中性溶液中一定有：c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1
C．c(H＋)＝c(OH－)的溶液呈中性
D．在100°C时，纯水的pH＜7，因此显酸性
【答案】C
【详解】
A、在100°C时，纯水的pH＝6，呈中性，该温度下pH＝7时溶液呈碱性，温度未知，不能根据pH大小判断溶液酸碱性，故A错误；
B、常温下中性溶液中c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1，温度未知，中性溶液中不一定有c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1，故B错误；
C、c(H＋)＝c(OH－)的溶液呈中性，与溶液温度高低无关，故C正确；
D、在100°C时，纯水的pH＝6，呈中性，故D错误；
答案为C。
【点睛】
温度未知，不能根据pH大小判断溶液酸碱性，也不能根据氢离子或氢氧根浓度来判断溶液酸碱性，只能根据c(H＋)、c(OH－)相对大小来判断。
22．常温下，pH=11的氢氧化钡溶液中，由水电离出的为
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】
在碱溶液中有：c(OH-)(aq)=c(OH-)碱+c(OH-)水，c(H+)(aq)=c(H+)水，c(OH-)水= c(H+)水，故有常温下，pH=11的氢氧化钡溶液中，由水电离出的等于水电离出的c(H+)，也等于溶液中的H+浓度，故等于，故B正确。
故答案为：B。
23．室温下，对于等体积、均为2的醋酸和盐酸两种溶液，下列叙述不正确的是
A．分别加足量的锌充分反应后，醋酸溶液产生的氢气多
B．分别加水稀释10倍数后，两溶液的均为3
C．若表示或，两溶液中都有
D．温度都升高20℃后，两溶液的不再相等
【答案】B
【详解】
A．醋酸为弱酸，pH相同、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大，分别加足量的锌充分反应后，醋酸溶液产生的氢气多，故A正确；
B．pH相同、体积相同的醋酸和盐酸两种溶液分别加水稀释10倍后，溶液中氢离子浓度都减小，醋酸为弱电解质，加水稀释要继续电离出氢离子，所以pH<3，盐酸为强电解质，所以稀释后pH=3，故B错误；
C．溶液存在电荷守恒：，两边同乘以，，故C正确；
D．盐酸是强酸，不存在电离平衡，升高温度，盐酸的pH几乎不变，醋酸是弱酸，其水溶液中存在电离平衡，升高温度，促进醋酸电离，导致醋酸溶液中氢离子浓度增大，所以醋酸的pH减小，故D正确；
故答案为B。
24．下列关于常温下，体积均为10mL，pH均为4的HCl溶液a和CH3COOH溶液b的有关说法不正确的是
A．对水的电离的抑制程度相同
B．稀释至相同pH后，Va C．溶液体积均扩大为原来的105倍，则pHa≈ pHb≈ 7
D．两溶液分别与足量Zn反应，HCl溶液中放出的H2又快又多
【答案】D
【详解】
A．酸电离出的c(H+)相同，对水的电离的抑制程度相同，A项正确；
B．稀释相同倍数，HCl的pH变化大，所以要将CH3COOH溶液多稀释一些，Va C．将酸无限稀释，相当于纯水，pH≈7，C项正确；
D．两溶液pH相同，由于醋酸是弱酸，所以醋酸的物质的量浓度大于盐酸，两溶液体积相同，所以醋酸的物质的量大于HCl的物质的量，所以两溶液分别与足量Zn反应，CH3COOH溶液中放出的H2多于盐酸；随着反应的进行，醋酸电离出来的氢离子不断被锌消耗，所以醋酸的电离平衡不断向右移，又会电离出氢离子，反应过程中醋酸溶液中的氢离子浓度大于盐酸中的氢离子浓度，所以醋酸溶液中的反应速率大于盐酸中的反应速率，所以醋酸溶液中放出的氢气又快又多，D项错误；
故选D。
25． (1)某温度(t℃)时，水的Kw=1×10-12，则该温度_________(填“＞”“＜”或“=”)25℃，其理由是_________。
(2)该温度下，c(H+)=1×10-7mol·L-1的溶液呈___________(填“酸性”“碱性”或“中性”)；若该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH-)=___________mol·L-1。
(3)实验室用Zn和稀硫酸制取H2，反应时溶液中水的电离平衡___________(填“向左”“向右”或“不”，下同)移动。在新制氯水中加入少量NaCl固体，水的电离平衡___________移动。
(4)25℃时，0.1mol·L-1下列物质的溶液，水电离出的c(H+)由大到小的关系是___________(填序号)。
①HCl②H2SO4③CH3COOH(Ka=1.7×10-5)④NH3·H2O(Kb=1.7×10-5)⑤NaOH⑥Ba(OH)2
(5)25℃时，pH=4的盐酸中水的电离程度___________pH=10的Ba(OH)2溶液中水的电离程度。
【答案】＞ 升温促进水的电离，Kw增大 碱性 1×10-7 向右 向右 ③=④＞①=⑤＞②=⑥ 等于
【分析】
水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则溶液的离子积常数增大，通过比较(t℃)时和25℃时Kw的值判断；通过比较溶液在该温度下氢离子浓度与氢氧根离子浓度的大小判断溶液的酸碱性；NaOH为强碱，抑制水电离；根据离子浓度对电离平衡的影响效果判断；酸或碱都抑制水电离，酸溶液中氢离子(氢氧根离子)浓度越大，其抑制水电离程度越大。溶液中水电离的c(H＋)和水电离c(OH－)一直相等，则c(H＋)水＝c(OH－)水，根据溶液组成分析计算。
【详解】
(1) 水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，则水的离子积常数增大，25℃时纯水中，某温度(t℃)时，水的离子积常数，则该温度大于25℃，故答案为：>；升温促进水的电离，Kw增大；
(2) 根据第(1)问可知，该温度下，c(H＋)＝1×10－7 mol/L的溶液，c(OH−)==1×10−5 mol·L−1，c(H＋)< c(OH−)，溶液显碱性；该溶液中只存在NaOH溶质，则由H2O电离出来的c(OH−)水=c(H+)水= c(H+)=10−7mol⋅L−1
(3) Zn和稀硫酸反应，使溶液酸性减弱，对水的电离抑制程度减弱，即水的电离平衡向右移动；在新制氯水中加入少量NaCl固体，水中的Cl-浓度增大，则平衡Cl2+H2OH++Cl-+HClO向逆反应方向移动，即向生成Cl2分子的方向移动，氯水中的H+浓度降低，对水的电离抑制程度降低，水的电离向右移动，故答案为：向右；向右；
(4) ①HCl，0.1mol/L的HCl，氢离子浓度为0.1mol/L，溶液中氢氧根离子浓度为，溶液中氢氧根离子完全来源于水的电离，水电离的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，故水电离的氢离子浓度为10-13mol/L；
②H2SO4，0.1mol/L的H2SO4，氢离子浓度为0.2mol/L，溶液中氢氧根离子浓度为，溶液中氢氧根离子完全来源于水的电离，水电离的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，故水电离的氢离子浓度为；
③CH3COOH(Ka=1.7×10-5)，0.1mol/L的CH3COOH，氢离子浓度为，溶液中氢氧根离子浓度为，溶液中氢氧根离子完全来源于水的电离，水电离的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，故水电离的氢离子浓度为；
④NH3·H2O(Kb=1.7×10-5)，0.1mol/L的NH3·H2O，氢氧根离子浓度为，氢离子浓度为，溶液中，溶液中氢离子完全来源于水的电离，故水电离的氢离子浓度为；
⑤NaOH，0.1mol/L的NaOH，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，溶液中氢离子浓度为，溶液中氢离子完全来源于水的电离，故水电离的氢离子浓度为10-13mol/L；
⑥Ba(OH)2，0.1mol/L的Ba(OH)2，氢氧根离子浓度为0.2mol/L，溶液中氢离子浓度为，溶液中氢离子完全来源于水的电离，故水电离的氢离子浓度为；
故水电离出的c(H+)由大到小的关系是③=④＞①=⑤＞②=⑥；
(5) 25 ℃时，pH＝4的盐酸中c(H+)=1×10-4mol/L，c(OH-)==1×10-10mol/L=c(OH-)水= c(H+)水，pH＝10的Ba(OH)2溶液中c(H+)=1×10-10mol/L= c(H+)水= c(OH-)水，由此可知，两溶液中水的电离程度相同。
核心知识5 酸碱中和滴定
26．实验室现有3种酸碱指示剂。其pH变色范围如下
甲基橙：3.1~4.4 石蕊：`5.0~8.0 酚酞：8.2~10.0
用0.1000 mol/L NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时。下列叙述正确的是
A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂
C．溶液呈酸性，可选用甲基橙作指示剂
D．溶液星碱性，只能选用酚酞作指示剂
【答案】D
【详解】
NaOH与CH3COOH恰好完全反应生成CH3COONa，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，为了减少滴定误差，应选择指示剂的pH范围与CH3COONa溶液的pH接近，所以指示剂选择酚酞，D正确；
故选D
27．酸碱滴定实验必须要用到的仪器是
①烧杯 ②玻璃棒 ③锥形瓶 ④坩埚 ⑤滴定管 ⑥ 胶头滴管
A．①②③ B．②③④⑥ C．③⑤ D．②③⑤
【答案】C
【详解】
酸碱滴定需要用到的仪器有铁架台、滴定管、滴定管夹、锥形瓶、烧杯等，必须要用到的仪器是锥形瓶和滴定管，答案选C。
28．下列关于中和滴定实验的说法中正确的是
A．应用碱式滴定管盛放稀盐酸标准溶液
B．锥形瓶一定要用蒸馏水洗净并烘干
C．接近终点时应控制滴速，使溶液一滴一滴地缓慢滴下
D．滴定终点时俯视读数，会使测定结果偏大
【答案】C
【详解】
A．稀盐酸为酸性溶液，应该用酸性滴定管盛放稀盐酸标准液，故A错误；
B．锥形瓶中的水不影响待测定物质的物质的量，消耗的标准液不变，故锥形瓶用蒸馏水洗净后不用烘干，故B错误；
C．接近终点应控制滴速，防止过量使滴定终点有误，故C正确；
D．滴定终点时俯视读数，测得标准液的体积偏小，待测液浓度偏小，故D错误；
故选C。
29．（2021·吉林白城市·白城一中高二月考）NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4•2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法正确的是

A．图甲：转移NaOH溶液到250mL容量瓶中
B．图乙：准确称得0.1575gH2C2O4·2H2O固体
C．用图丙所示操作排除碱式滴定管中的气泡
D．用图丁所示装置以NaOH待测液滴定H2C2O4溶液
【答案】C
【详解】
A．向容量瓶中转移溶液时需要用玻璃棒引流，故A错误；
B．托盘天平的精度值为0.1g，故B错误；
C．碱式滴定管中气泡排出操作：把橡皮管向上弯曲，出口上斜，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉，故C正确；
D．NaOH溶液应装在碱式滴定管中，故D错误；
故答案为C。
30．按要求回答下列问题
（1）一定温度下，现有a.盐酸，b.硫酸，c.醋酸三种酸
①当三种酸体积相同，物质的量浓度相同时，使其恰好完全中和所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是_______(用a、b、c表示)
②当三者c(H+)相同且体积也相同时，分别放入足量的锌，相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是 _______(用a、b、c表示)
③当c(H+)相同、体积相同时，同时加入形状、密度、质量完全相同的锌，若产生相同体积的H2(相同状况)，则开始时反应速率的大小关系为 _______(用a、b、c表示)
（2）现用中和滴定法测定某烧碱溶液的浓度，有关数据记录如表：
滴定序号
待测液体积
所消耗盐酸标准液的体积
滴定前
滴定后
消耗的体积
1




2




3




①用_______式滴定管盛装盐酸标准液。如图表示第二次滴定前后50mL滴定管中液面的位置。

该次滴定所用标准盐酸体积为_______mL。
②现实验室中有石蕊和酚酞两种指示剂，该实验应选用_______作指示剂。
③根据所给数据，该烧碱样品的物质的量浓度为_______。
④若操作过程中滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，就立刻停止滴定，则会造成测定结果_______(填“偏低”“偏高”或“无影响”)。
【答案】（1）b>a＝c c>a＝b a＝b＝c
（2）酸 24.60 酚酞 0.2632mol/L 偏低
【分析】
（1）①三种酸体积相同、物质的量浓度也相同即物质的量相同，盐酸和醋酸都是一元酸，和NaOH完全中和时，需要的NaOH的物质的量和一元酸的物质的量相等，所以盐酸和醋酸消耗的氢氧化钠的物质的量相等；硫酸是二元酸，和NaOH完全中和时，需要的NaOH的物质的量是硫酸的物质的量的2倍，所以三种酸和NaOH恰好完全中和所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是b>a＝c；
②三者c(H+)相同时 ，由于醋酸是弱酸，醋酸的浓度要大于盐酸的浓度，所以当盐酸和醋酸体积相同时，醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量，和足量的锌反应时，醋酸生成氢气的物质的量大于盐酸生成氢气的物质的量。盐酸和硫酸都是强酸，完全电离，H+的物质的量相等，和足量的锌反应，生成氢气的物质的量相等。相同状况下，气体体积和气体的物质的量成正比，所以相同状况下产生气体的体积由大到小的顺序是c>a＝b；③形状、密度、质量完全相同的锌和三种酸反应，反应的实质是锌和H+反应，反应速率由c(H+)决定，所以三种酸溶液中c(H+)相同时，开始时反应速率相等，即a＝b＝c；
（2）①盐酸要用酸式滴定管盛装。从滴定管液面可以看出，滴定前液面在0.30mL处，滴定后液面在24.90mL处，所以该次滴定所用标准盐酸体积为用24.60mL；②石蕊颜色变化不明显，通常不用做酸碱中和滴定的指示剂，应选用酚酞作指示剂；③分析三组数据，消耗盐酸的体积的第二组数据和其他两组差别较大，舍去，第一组和第三组消耗盐酸的体积的平均值为26.32mL，盐酸和NaOH等物质的量反应，所以有0.2500mol/L×0.02632L=c(NaOH)×0.02500L，可计算出c(NaOH)=0.2632mol/L；④滴定操作开始时滴加盐酸的速度可以快一些，当快达到滴定终点时，一定要逐滴滴入，直到指示剂颜色改变且摇动半分钟颜色不恢复，才可以停止滴定，等液面稳定之后再读数。若操作过程中滴加盐酸速度过快，未充分振荡，刚看到溶液变色，就立刻停止滴定，则滴入的盐酸的体积偏小，会造成测定结果偏低。
核心知识6 盐溶液的酸碱性及其原因
31．常温下，测得0.5mol·L-1的CH3COONa溶液的pH=9。下列说法正确的是
A．该溶液中由水电离出的c(OH-)=1×10-9mol·L-1
B．该溶液中存在：c(Na+)>c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)
C．该溶液中存在：c(H+)+c(CH3COOH)>c(OH-)
D．向溶液中加入少量水，增大
【答案】D
【详解】
A．CH3COONa溶液水解呈碱性，氢氧根完全来自水的电离，c(H+)=1×10-9 mol·L-1，则由水电离出的c(OH-)=1×10-5 mol·L-1，A错误；
B．该溶液中微粒浓度大小：c(Na+)> c(CH3COO-) > c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)，B错误；
C．该溶液中存在质子守恒：c(H+)+c(CH3COOH)=c(OH-)，C错误；
D．由知，向溶液中加入少量水，溶液的碱性减小，氢离子浓度增大，所以，增大，D正确
故选D。
32．某温度下，0.1 mol·L-1NaHCO3溶液pH=10，下列判断正确的是
A．c(OH-)=10-4 mol·L-1
B．加入少量NaOH固体，c(Na＋)和c(HCO)均增大
C．c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO)＋c(OH-)
D．c(Na＋)=c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)
【答案】D
【详解】
A．溶液pH=10，则c(H+)=10-10 mol/L，由于温度不一定是室温，温度未知，因此不能确定Kw的大小，也就不能计算出溶液中c(OH-)大小，A错误；
B．加入少量NaOH固体，c(Na＋)增大，c(OH-)增大，对HCO的水解平衡起抑制作用，导致溶液中c(HCO)减小，B错误；
C．在溶液中存在HCO电离产生的，根据电荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)=c(HCO)＋c(OH-)＋2c(CO)，C错误；
D．根据物料守恒可得：c(Na＋)=c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，D正确；
故合理选项是D。
33．下列离子方程式的书写正确的是
A．硫化钠水解：S2-+2H2O⇌H2S↑+2OH-
B．亚硫酸氢钠水解：+H2O⇌H3O++
C．硫化钾水解：S2-+H2O=HS-+OH-
D．硫酸铝溶液跟偏铝酸钠溶液反应：Al3++3+6H2O=4Al(OH)3↓
【答案】D
【详解】
A．水解要分两步，且不产生气体，为：；，故A错误；
B．硫氢根离子水解生成硫化氢和氢氧根离子，离子方程式：HS-+H2O⇌H2S+OH-，故B错误；
C．硫化钾水解：水解要分两步，为：；，故C错误；
D．与水解相互促进而彻底反应生成沉淀，故离子反应方程式为：，故D正确；
故答案为D。
核心知识7 影响盐类水解的主要因素
34．下列关于盐类水解的说法错误的是
A．在纯水中加入能水解的盐一定促进水的电离
B．常温下，醋酸分子不可能存在于的碱性溶液中
C．在溶液中加入稀盐酸能抑制水解
D．加热溶液，溶液中的值将减小
【答案】AB
【详解】
A．不一定如硫酸氢铵溶液，铵根离子能够发生水解反应，但本身电离产生的氢离子对水的电离起抑制作用，故A错误；
B．常温下，溶液呈碱性，溶液中水解能生成，B错误；
C．溶液中水解使溶液显酸性，加入稀盐酸能抑制的水解，C正确；
D．加热溶液，的水解程度增大，减小，不变，则的值变小，D正确；
正确答案选AB。
35．在反应的平衡体系中，要使平衡向水解方向移动，且使溶液的pH增大，应采取的措施是
A．加热 B．通入气体 C．加入适量的溶液 D．加入固体
【答案】C
【详解】
A．盐的水解是酸碱中和反应的逆反应，是吸热的，加热可以使平衡正向移动，溶液的pH减小，故A不选；
B．通入HCl气体，增大氢离子浓度，平衡逆向移动，故B不选；
C．加入NaOH溶液，中和H+，降低了氢离子浓度，平衡正向移动，pH增大，故C选；
D．加入AlCl3固体，Al3+浓度增大，平衡正向移动，使H+浓度增大，pH减小，故D不选；
故选C。
36．为使溶液中的值减小，可加入的物质是（ ）
① ②适量的固体 ③适量的固体 ④适量的固体
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【答案】C
【分析】
在硫化钠溶液中存在水解平衡：，，且以第一步水解为主, 为使溶液中的值减小，平衡逆移。
【详解】
在硫化钠溶液中存在水解平衡：，，且以第一步水解为主。①通入，硫离子水解平衡正向移动，减小，不变，的值增大，错误；②加入适量的固体，增大，硫离子水解平衡逆向移动，增大，但也增大，且钠离子浓度增大得更多，的值增大，错误；③加入适量的固体，增大，硫离子水解平衡逆向移动，增大，不变，的值减小，正确；④加入适量的固体，浓度不变，浓度增大，水解平衡逆向移动，增大，值减小，正确，故答案选：C。
37．某研究性学习小组为了探究醋酸的电离情况，进行了如下实验。
探究浓度对醋酸电离程度的影响：用pH计测定25℃时不同浓度的醋酸的pH，其结果如下：
醋酸浓度(mol/L)
0.0010
0.0100

0.0200
0.1000
0.2000
pH
3.88
3.38

3.23
2.88
2.73
回答下列问题：
（1）若用pH试纸测醋酸的pH，实验操作为：_______。
（2）根据表中数据，可以得出醋酸是弱电解质的结论，你认为得出此结论的依据是：_______。
（3）从表中的数据，还可以得出另一结论：随着醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度_______(填增大、减小或不变)
（4）俗称纯碱，因水解而使其水溶液呈碱性(忽略第二步水解)，已知25℃时，，则当溶液中时，溶液的pH=_______。
【答案】（1）将一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒或胶头滴管将待测液滴在试纸上，再将变色的试纸与标准比色卡对照读出数值；
（2）当醋酸溶液的浓度为10-3 mol/L时，pH = 3.88，c(H+) =10-3.88 mol/L <10-3 mol/L
（3）增大
（4）10
【解析】（1）pH试纸测定pH的方法是：将一小片pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒或胶头滴管将待测液滴在试纸上，再将变色的试纸与标准比色卡对照读出数值
（2）当醋酸溶液的浓度为10-3 mol/L时，pH = 3.88，c(H+) =10-3.88 mol/L <10-3 mol/L，说明醋酸在溶液中不能完全电离，可证明醋酸时弱电解质，故依据是：当醋酸溶液的浓度为10-3 mol/L时，pH = 3.88，c(H+) =10-3.88 mol/L <10-3 mol/L；
（3）当醋酸溶液的浓度为10-3 mol/L时，pH =3.88，c(H+) =10-3.88 mol/L，当醋酸溶液浓度为10-2mol·L—1时，pH=3.38，c(H+) =10-3.38 mol/L，综合以上数据，溶液浓度减小为原来的，c(H+)大于原来的，由此可知，随醋酸浓度的减小，醋酸的电离程度增大。
（4）K= 2×10-4mol/L，则当溶液中时，，，
所以溶液的pH =10，故答案为：10；
核心知识8 盐类水解的应用
38．下列说法不正确的是
A．向悬浊液中滴加溶液，生成红褐色沉淀
B．碳酸氢钠药片，该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效
C．配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸抑制水解
D．水垢中的，可先用溶液处理，而后用酸除去
【答案】B
【详解】
A．向悬浊液中滴加溶液，可使转化为红褐色沉淀，A正确；
B．碳酸氢钠属于抗酸药，醋酸会与反应，从而降低药效，B错误；
C．氯化铁为强酸弱碱盐，溶于水后易发生水解，为抑制水解，配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸，C正确；
D．水垢中的，可先用溶液处理，发生反应，将转化为溶解度更小的，而后用酸除去，D正确。
故选B。
39．实验室在配制氯化铁溶液时，先把氯化铁晶体溶解在稀盐酸中，再加水稀释所需浓度，如此操作的目的是
A．防止氯化铁电离 B．抑制氯化铁水解
C．提高溶液的pH D．提高氯化铁的溶解度
【答案】B
【详解】
实验室在配制氯化铁溶液时，由于铁离子要发生水解，配制时容易变浑浊，因此先把氯化铁晶体溶解在稀盐酸中，再加水稀释所需浓度，如此操作的目的是防止铁离子水解，故B正确。
综上所述，答案为B。
40．根据下列实验操作所得的现象及结论不正确的是
选项
实验操作
现象及结论
A
将溶液加热蒸干并灼烧
得到的白色固体为
B
向体积均为的冷水和沸水中分别滴入3滴饱和溶液
前者为黄色，后者为红褐色，说明温度升高，的水解程度增大
C
取溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再给试管加热
溶液颜色变深，说明溶液中存在水解平衡
D
室温下，用试纸测的溶液的约为5
说明的水解大于电离
【答案】D
【详解】
A．加热促进水解平衡正向移动，生成氢氧化镁沉淀，灼烧氢氧化镁分解为氧化镁，故A正确；
B．向体积均为20mL的冷水和沸水中分别滴入3滴FeCl3饱和溶液，前者为黄色溶液，后者为红褐色胶体，说明温度升高，Fe3+的水解程度增大，故B正确；
C．CH3COONa为强碱弱酸盐，其溶液显碱性，给试管加热，水解程度增大，溶液颜色变深，故C正确；
D．亚硫酸氢根离子电离呈酸性，水解呈碱性，0.1mol/L的NaHSO3溶液的pH约为5，电离程度大于水解程度，结论错误，D错误；
故选D。
核心知识9 溶液中粒子浓度的关系
41．在的溶液中，下列关于微粒物质的量浓度的关系式不正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．常温下向该溶液中滴加溶液至中性后：
【答案】C
【详解】
A．H+包括NH4HSO4和H2O电离出的H+，NH4+发生水解，所以，A正确；
B．符合电荷守恒，B正确；
C．，，由物料守恒，由电荷守恒得，，所以，C错误；
D．当溶液和溶液等浓度、等体积混合后，所得溶液显酸性，所以若使题中所得溶液呈中性，则加入的溶液中的物质的量应大于溶液中的物质的量，D正确；
正确答案选C。
42．下列说法正确的是
A．常温下pH= 10的Na2C2O4溶液中：2c(Na+) = c(C2O) + c(HC2O) + c(H2C2O4)
B．向醋酸溶液中加入醋酸钠晶体使溶液呈中性，此时混合液中c(Na+) < c(CH3COO－)
C．0.2 mol/L NH4Cl溶液和0.1 mol/L (NH4)2SO3溶液中，c(NH)前者较大
D．浓度均为0.1 mol/L的NaCl溶液和NaF溶液中，离子总浓度后者较大
【答案】C
【详解】
A．任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据物料守恒得c(Na+) = 2c(C2O) + 2c(HC2O) + 2c(H2C2O4)，A错误；
B．c(Na+)+c(H+)= c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液呈中性c(H+)= c(OH-)，此时混合液中c(Na+) =c(CH3COO－)，B错误；
C．0.2 mol/L NH4Cl溶液中铵根无水解影响， 0.1 mol/L (NH4)2SO3溶液中亚硫酸根水解生成氢氧根，氢氧根与铵根离子反应，故c(NH)前者较大，C正确；
D．NaCl中离子不会水解，氟离子水解为HF，所以NaF溶液中，离子总浓度降低，离子总浓度前者较大，D错误；
答案选C。
43．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，实验信息如下：
实验编号
c(HA)/mol·L-1
c(NaOH)/mol·L-1
反应后溶液pH
甲
0.1
0.1
pH=9
乙
c1
0.2
pH=7
下列判断不正确的是
A．c1一定大于0.2
B．HA的电离方程式是HAH++A-
C．乙反应后溶液中：c(Na+)=c(HA)+c(A-)
D．甲反应后溶液中：c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)
【答案】C
【分析】
由甲实验数据可知，等浓度等体积的一元酸HA和NaOH溶液混合后溶液恰好生成NaA，反应后的溶液pH=9，可知NaA为强碱弱酸盐，所以HA为一元弱酸，据此分析选择。
【详解】
A．HA是弱酸，与等体积、等浓度的NaOH溶液混合反应后恰好生成NaA，溶液应显碱性，要溶液显中性，HA应过量，故c1一定大于0.2，A正确；
B．根据上述分析可知HA为一元弱酸，电离方程式为：HAH++A-，B正确；
C．乙反应后溶液的pH为7，c(OH-)＝c(H+)，根据电荷守恒可知c(Na+)=c(A-)，C错误；
D．甲反应后溶液恰好生成NaA，溶液显碱性，所以NaA溶液中离子浓度的大小顺序为c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)，D正确；
答案为：C。
44．在水质检验中，测定水的硬度时，用到氨和氯化铵(NH3·H2O~ NH4Cl)缓冲溶液，控制溶液在pH=9.1左右。则关于该缓冲溶液的说法正确的是
A．在缓冲溶液中，不可能有c(Cl- )＞c(NH )＞c(H+) ＞c(OH-)
B．在缓冲溶液中，一定有c(NH) +c(NH3) =2c(Cl-)
C．在有效缓冲范围内，将缓冲溶液加水稀释时，pH基本不变
D．在缓冲溶液中，水的电离可能受到促进也可能受到抑制
【答案】AC
45．某二元酸(化学式用H2A表示)在水中的电离方程式是：H2A==H++HA-、HA- H++A2-
回答下列问题：
(1)Na2A溶液显____________(填“酸性”“中性”或“碱性”)。理由是____________(用离子方程式表示)。
(2)在0.1mol·L-1的Na2A溶液中，下列粒子浓度关系式正确的是____________。
A．c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol·L-1 B．c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(HA-)
C．c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-) D．c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)
(3)已知0.1mol·L-1NaHA溶液的pH=2，则0.1mol·L-1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能是____________0.11mol·L-1(填“＜”“＞”或“=”)，理由是____________。
(4)0.1mol·L-1NaHA溶液中各种离子浓度由大到小的顺序是____________。
【答案】碱性 A-+H2O HA+OH- CD ＜ H2A发生完全电离生成的H+，对HA-的电离起抑制作用 c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
【分析】
在电解质溶液中，电解质电离或水解产生的离子浓度(不包含水电离出的离子)间满足物料守恒关系；在电解质溶液中，所有离子间满足电荷守恒关系。
【详解】
(1)因为HA-在水溶液中发生部分电离，所以Na2A在溶液中发生水解，溶液显碱性。理由是A-+H2O HA+OH-。答案为：碱性；A-+H2O HA+OH-；
(2)A．因为在溶液中H2A发生完全电离，所以溶液中不存在H2A，A不正确；
B．在溶液中存在A2-+H2O HA-+OH-和H2OH++OH-，所以c(OH-)=c(H+)+c(HA-)，B不正确；
C．依据电荷守恒，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-)，C正确；
D．依据物料守恒，溶液中存在c(Na+)=2c(A2-)+2c(HA-)，D正确；
故选CD；
(3)已知0.1mol·L-1NaHA溶液的pH=2，在酸性溶液中，HA-的电离程度减小，则0.1mol·L-1H2A溶液中氢离子的物质的量浓度可能是＜0.11mol·L-1，理由是H2A发生完全电离生成的H+，对HA-的电离起抑制作用。答案为：＜；H2A发生完全电离生成的H+，对HA-的电离起抑制作用；
(4)0.1mol·L-1NaHA溶液中，发生如下电离：NaHA==Na++HA-，HA-H++A2-，H2OH++OH-，所以各种离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)。答案为：c(Na+)＞c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)。
【点睛】
因为HA-在水溶液中发生部分电离，所以我们易错误地认为溶液中存在HA-的水解平衡
核心知识10 沉淀溶解平衡
46．常温下，将足量的AgCl固体分别放入下列液体中，AgCl溶解的量最小的是
A．20 ml蒸馏水 B．30mL 0.03mol/L HCl溶液
C．40mL 0.05mol/L AgNO3溶液 D．50mL 0.02mol/L CaCl2溶液
【答案】C
【分析】
AgCl饱和溶液中存在AgCl(aq)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，AgCl的溶解度大小取决于溶液中c(Ag+)或c(Cl-)，从平衡移动的角度分析。
【解析】
根据c(Ag+)或c(Cl-)大小比较AgCl的溶解度，c(Ag+)或c(Cl-)越大，AgCl的溶解度越小，
A．20mL蒸馏水，c(Ag+)或c(Cl-)为0；
B．30mL 0.03mol·L-1 HCl溶液中c(Cl-)= 0.03mol·L-1；
C．40mL 0.05mol·L-1 AgNO3溶液中c(Ag+)=0.05mol·L-1；
D．50mL 0.02mol·L-1 CaCl2溶液中c(Cl-)= 0.04mol·L-1。
则AgCl的溶解度最小是C；
故选：C。
47．常温下，某PbI2悬浊液中存在平衡PbI2(s) Pb2+(aq)+2I－(aq)，加入少量KI固体并完全溶解。下列说法错误的是
A．溶度积常数Ksp(PbI2)减小 B．溶液中c(I－)增大
C．沉淀溶解平衡向左移动 D．悬浊液中固体质量增大
【答案】A
【解析】
A．溶度积常数Ksp(PbI2)只与温度有关，温度不变，则Ksp(PbI2)不变，故A错误；
B．加入少量KI固体并完全溶解，平衡逆向移动，但移动减少的量远小于加入的量，所以溶液中c(I－)增大，故B正确；
C．含有大量PbI2的饱和溶液中存在着平衡PbI2(s) Pb2+(aq)+2I－(aq)，加入KI溶液，c(I－)增大，沉淀溶解平衡左移，故C正确；
D．溶液中c(I－)增大，沉淀溶解平衡向左移动，生成沉淀，所以悬浊液中固体质量增大，故D正确；
综上所述，答案为A。
48．下列说法不正确的是
A．向悬浊液中滴加溶液，生成红褐色沉淀
B．碳酸氢钠药片，该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效
C．配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸抑制水解
D．水垢中的，可先用溶液处理，而后用酸除去
【答案】B
【详解】
A．向悬浊液中滴加溶液，可使转化为红褐色沉淀，A正确；
B．碳酸氢钠属于抗酸药，醋酸会与反应，从而降低药效，B错误；
C．氯化铁为强酸弱碱盐，溶于水后易发生水解，为抑制水解，配制氯化铁溶液时需加入适量盐酸，C正确；
D．水垢中的，可先用溶液处理，发生反应，将转化为溶解度更小的，而后用酸除去，D正确。
故选B。
49．已知25℃时，RSO4(s)+CO32-(aq)⇌RCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K=1.75×104，Ksp(RCO3)=2.80×10-9，下列叙述中正确的是
A．25℃ 时，RSO4的Ksp约为4.9×10-5
B．将浓度均为6×10-5mol/L的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合后可得到RCO3沉淀
C．向c(CO32-)=c(SO42-)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RSO4沉淀
D．相同温度下，RCO3在水中的Ksp大于在Na2CO3溶液中的Ksp
【答案】A
【解析】25℃时，RSO4(s)+CO32-(aq)⇌RCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数K==1.75×104，=。
A. 根据上述计算分析，25℃ 时，RSO4的Ksp约为4.9×10-5，故A正确；
B. 将浓度均为6×10-5mol/L的RCl2、Na2CO3溶液等体积混合，则浓度变为原来的一半，混合后溶液中c(R2+)=3×10-5mol/L，c(CO32-)=3×10-5mol/L，Qc(RCO3)= c(R2+)∙ c(CO32-)=3×10-5mol/L×3×10-5mol/L=9×10-10< Ksp(RCO3)=2.80×10-9，不会产生RCO3沉淀，故B错误；
C. RSO4、RCO3属于同类型且Ksp(RSO4) > Ksp(RCO3)，向c(CO32-)=c(SO42-)的混合液中滴加RCl2溶液，首先析出RCO3沉淀，故C错误；
D. Ksp只与温度有关，与浓度无关，相同温度下RCO3在水中的Ksp等于在Na2CO3溶液中的Ksp，故D错误；
答案选A。
【点睛】本题易错点在于D选项，Ksp也属于平衡常数，只与温度有关，与溶液中离子浓度大小无关。
50．25℃时，和的沉淀溶解平衡曲线如图(代表或)所示。下列说法不正确的是

A．a点可表示的饱和溶液
B．c点可表示的过饱和溶液，达新平衡时可到达b点
C．d点时溶液中存在(忽略单位)
D．用溶液浸泡足量，会有部分转化为
【答案】B
【详解】A．a点在CaCO3沉淀溶解平衡曲线上，可表示CaCO3的饱和溶液，A正确；
B．c点表示的是的过饱和溶液，溶液中存在，平衡逆向移动，、同时减小，达到新平衡后，无法到达b点，B错误；
C．d点在MnCO3的沉淀溶解平衡曲线上，根据图可知，c(Mn2+)·c()=4×10-6×4×10-6=1.6×10-11，C正确；
D．虽然MnCO3的溶度积常数小于CaCO3，但是仍会发生反应，用0.10mol⋅L−1CaCl2溶液浸泡足量MnCO3，相当于增大反应物浓度，平衡正向移动，会有部分碳酸锰转化为碳酸钙，D正确；
故答案选B。
51．根据题目提供的溶度积数据进行计算并回答下列问题：
(1)已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10﹣12；酸碱指示剂百里酚蓝变色的pH范围如下：
pH
＜8.0
8.0～9.6
>9.6
颜色
黄色
绿色
蓝色
25℃时，在Mg(OH)2饱和溶液中滴加2滴百里酚蓝指示剂，溶液的颜色为___________。
(2)向50mL0.018mol•L﹣1的AgNO3溶液中加入50mL0.020mol•L﹣1的盐酸，生成沉淀。已知该温度下AgCl的Ksp=1.0×10﹣10，忽略溶液的体积变化，请计算：
①完全沉淀后，溶液中c(Ag+)=___________。
②完全沉淀后，溶液的pH=___________。
③如果向完全沉淀后的溶液中继续加入50mL0.001mol•L﹣1的盐酸，是否有白色沉淀生成？___________(填“是”或“否”)。
(3)在某温度下，Ksp(FeS)=6.25×10﹣18，FeS饱和溶液中c(H+)与c(S2﹣)之间存在关系：c2(H+)•c(S2﹣)=1.0×10﹣22，为了使溶液里c(Fe2+)达到1mol•L﹣1，现将适量FeS投入其饱和溶液中，应调节溶液中的c(H+)约为___________。
【答案】蓝色 1.0×10﹣7mol•L﹣1 2 否 4×10﹣3mol/L
【解析】
(1)25℃时，Mg(OH)2的溶度积Ksp=5.6×10﹣12，根据Mg(OH)2(s)⇌Mg2+(aq)+2OH﹣(aq)可得：c(Mg2+)×c2(OH﹣)=5.6×10﹣12，设c(OH﹣)=2c(Mg2+)=xmol/L，则：0.5x×x2=5.6×10﹣12，解得：x=2.24×10﹣4mol/L，c(H+)=mol/L=4.5×10﹣11mol/L，溶液的pH=10.4>9.6，所以溶液呈蓝色，故答案为：蓝色；
(2)①反应前，n(Ag+)=0.018mol•L﹣1×0.05L=0.9×10﹣3mol，n(Cl﹣)=0.020mol•L﹣1×0.05L=1×10﹣3mol；反应后剩余的Cl﹣为0.1×10﹣3mol，则混合溶液中c(Cl﹣)=1.0×10﹣3mol•L﹣1，c(Ag+)==1.0×10﹣7mol•L﹣1，故答案为：1.0×10﹣7mol•L﹣1；
②H+没有参与反应，完全沉淀后，c(H+)=0.010mol•L﹣1，溶液的pH=2，故答案为：2；
③再向反应后的溶液中加入50mL0.001mol•L﹣1盐酸，不发生反应时c(Ag+)=×1.0×10﹣7mol•L﹣1=0.67×10﹣7mol•L﹣1、c(Cl﹣)=×[(0.001+1.0×10﹣7+0.001]mol•L﹣1≈0.001mol•L﹣1，而离子浓度积Qc=0.001×0.67×10﹣7=0.67×10﹣10＜Ksp(AgCl)=1.0×10﹣10，所以没有沉淀产生，故答案为：否；
(3)溶液中c(S2﹣)=mol/L=6.25×10﹣18mol/L，c2(H+)•c(S2﹣)=1.0×10﹣22，则c(H+)=mol/L=4×10﹣3mol/L，故答案为：4×10﹣3mol/L。
52．以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如表。
表1  几种砷酸盐的
难溶物







表2 工厂污染物排放浓度及允许排放标准
污染物


浓度


排放标准


回答以下问题：
(1)该工厂排放的废水中的物质的量浓度为_______。
(2)若处理后的工厂废水中、的浓度均为，则此时废水中最大是_______。
(3)工厂排放出的酸性废水中的三价砷(，弱酸)不易沉降，可投入先将其氧化成五价砷(，弱酸)，写出该反应的离子方程式：_______。
(4)在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入适量生石灰调节pH为2，再投入适量生石灰将pH调节为8左右，使五价砷以形式沉降。
①将pH调节为2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为_______。
②在pH调节为8左右才出现大量沉淀的原因为_______。
【答案】(1)0.29
(2)
(3)
(4)          是弱酸，当溶液中调节为8左右时浓度增大，大量沉淀
【解析】（1）由题表2可知，该工厂排放的废水中；
（2）若处理后的工厂废水中、的浓度均为，，则依据可知最大为；
（3）将三价砷(，弱酸)氧化成五价砷(，弱酸)，同时生成和，由此可写出该反应的离子方程式为：；
（4）①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，因为此时没有生成Ca3(AsO4)2沉淀，则沉淀只能为SO42-与Ca2+反应的产物CaSO4，故答案为CaSO4；
②是弱酸，电离出来的较少，所以酸性条件下不易形成沉淀，当溶液中调节为8左右时浓度增大，大量沉淀。