高考化学 水溶液中的离子平衡 专项训练（WORD版）答案解析

这是一份高考化学 水溶液中的离子平衡 专项训练（WORD版）答案解析，共11页。试卷主要包含了完全　部分　不可逆　可逆，7×107×1等内容，欢迎下载使用。

考点 弱电解质的电离平衡
答案：1.(1)完全 部分 不可逆 可逆
(2)①H2SO4===2H＋＋SOeq \\al(2－,4)
②a.CH3COOHCH3COO－＋H＋
b．NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－
c．H2CO3H＋＋HCOeq \\al(－,3)，HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)
d．Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－
e．H＋＋AlOeq \\al(－,2)＋H2OAl(OH)3Al3＋＋3OH－
(酸性电离) (碱性电离)
③a.NaHSO4===Na＋＋H＋＋SOeq \\al(2－,4)
NaHSO4===Na＋＋HSOeq \\al(－,4)
b．NaHCO3===Na＋＋HCOeq \\al(－,3)，HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)
2．(1)相等 (2)可逆 ＝ 一定 (3)①右 增大 ②右 增大 ③左 减小 ④右 增大 (4)增大 减小 减弱 不变 增大 增大 增强 不变 增大 增大 增强 不变 减小 减小 增强 不变 减小 减小 增强 不变 增大 增大 增强 增大 减小 减小 增强 不变
题组一 强、弱电解质的判断方法
1．
答案：A 解析：在pH相等的两种溶液中，氢离子的浓度相同，根据溶液中电荷守恒可知阴离子浓度相等，即c(CH3COO－)＝c(Cl－)，故A项正确；醋酸为弱酸，是弱电解质，只能部分电离，与pH相同的强酸溶液比起来，与其他物质反应时，可以持续电离出H＋，平衡右移，所以醋酸消耗的NaOH的量要更多一些，故B项错误；反应刚开始时，弱酸醋酸部分电离，与同等浓度的强酸比较，反应速率会慢一些，故C项错误；当醋酸恰好与NaOH反应时，弱酸根水解呈现出碱性，呈中性时，两者所用NaOH的量不同，HCl消耗的NaOH多，应为c(CH3COO－)b>a，故B错误；将a、b两点溶液混合，由于醋酸浓度大于氢氧化钠浓度，反应后醋酸过量溶液显酸性，则溶液中：c(Na＋)K4>K3，D正确。
2．
答案：D 解析：根据电离平衡常数可知电离能力：HF>H2CO3>HCN>HCOeq \\al(－,3)。相同物质的量浓度的HCN和HF溶液，HF溶液中的H＋浓度较大，则对水的电离抑制程度大，A项正确；根据电离平衡常数可知，COeq \\al(2－,3)的水解能力最大，故Na2CO3溶液的碱性最强，pH最大，B项正确；根据电荷守恒可知，阴离子的浓度之和等于c(Na＋)＋c(H＋)，等浓度的NaCN、NaF溶液中，水解程度较大的是CN－，则NaCN溶液的碱性较强，H＋浓度较小，所以c(F－)＋c(OH－)>c(CN－)＋c(OH－)，C项正确；由于HCN比HCOeq \\al(－,3)的电离能力强，比H2CO3的电离能力弱，故NaCN溶液通入少量的CO2生成NaHCO3，正确的离子方程式为CN－＋H2O＋CO2===HCN＋HCOeq \\al(－,3)，D项错误。
题组二 电离平衡常数的相关计算
3．
答案：C 解析：本题以酸碱中和滴定为背景，考查曲线的分析及数据的应用、Ka的计算和溶液中的电荷守恒。曲线①代表δ(HA－)，曲线②代表δ(A2－)，A错误；当加入40.00 mL NaOH溶液时，溶液的pH发生突跃，说明酸碱恰好完全反应，根据反应2NaOH＋H2A===Na2A＋2H2O，c(H2A)＝eq \f(0.100 0 ml·L－1×40 mL,2×20.00 mL)＝0.100 0 ml·L－1，B错误；曲线①与曲线②的交点存在等量关系：δ(HA－)＝δ(A2－)，则c(HA－)＝c(A2－)，此时加入的VNaOH＝25 mL，对应滴定曲线上pH＝2.0，则c(H＋)＝10－2 ml·L－1，HA－的电离平衡常数Ka＝eq \f(cA2－·cH＋,cHA－)＝c(H＋)＝1.0×10－2，C正确；用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2～10，说明滴定终点时溶液呈碱性，即c(OH－)＞c(H＋)，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，则c(Na＋)＞2c(A2－)＋c(HA－), D错误。
4．
答案：A 解析：N2H4在水溶液中的Kb2＝eq \f(cN2H\\al(2＋,6)·cOH－,cN2H\\al(＋,5))，则lgeq \f(cN2H\\al(2＋,6),cN2H\\al(＋,5))＝lgeq \f(Kb2,cOH－)＝0时，Kb2＝c(OH－)＝10pH－14，同理Kb1＝10pH－14，且Kb1>Kb2，所以横坐标为0时，pH越大，K越大，所以M曲线表示lgeq \f(cN2H\\al(＋,5),cN2H4)、N曲线表示lgeq \f(cN2H\\al(2＋,6),cN2H\\al(＋,5))，Kb2＝c(OH－)＝10pH－14＝10－1－14＝10－15，故A错误；Kb1＝c(OH－)＝10pH－14＝108－14＝10－6，N2Heq \\al(2＋,6)＋N2H42N2Heq \\al(＋,5)的平衡常数K＝eq \f(c2N2H\\al(＋,5),cN2H\\al(2＋,6)·cN2H4)＝eq \f(cN2H\\al(＋,5),cN2H4)×eq \f(1,\f(cN2H\\al(2＋,6),cN2H\\al(＋,5)))＝eq \f(Kb1,cOH－)×eq \f(1,\f(Kb2,cOH－))＝eq \f(Kb1,Kb2)＝eq \f(10－6,10－15)＝1.0×109，故B正确；N2Heq \\al(＋,5)的水解平衡常数为eq \f(10－14,10－6)＝10－8，N2Heq \\al(＋,5)的电离平衡常数Kb2＝10－15a>c (2)b>a＝c (3)c>a>b
(4)c>a＝b (5)a＝b＝c a＝b>c (6)c>a＝b
(7)c>a＝b
解析：解答本题要注意以下三点：①HCl、H2SO4都是强酸，但H2SO4是二元酸；②CH3COOH是弱酸，在水溶液中不能完全电离；③醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋的电离平衡。
题组一 一元弱酸(碱)、强酸(碱)的性质比较
1．
答案：D 解析：HCl、H2SO4是强电解质，完全电离，CH3COOH是弱电解质，部分电离，三种酸溶液中c(H＋)分别为a1 ml·L－1、a2 ml·L－1、a3 ml·L－1，则它们的大小关系为a2＝2a1，a1大于a3，A项错误；等浓度等体积的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，分别与过量NaOH溶液反应生成盐的物质的量的大小关系为b1＝b2＝b3，B项错误；分别用三种酸溶液中和一定量的NaOH溶液生成正盐，若需要酸溶液的体积分别为V1、V2、V3，则其大小关系为V1＝V3＝2V2，C项错误；硫酸中c(H＋)为0.2 ml·L－1，盐酸中c(H＋)为0.1 ml·L－1，醋酸中c(H＋)小于0.1 ml·L－1，分别与Zn反应，开始时生成H2的速率的大小关系为v2>v1>v3，D项正确。
2．
题组二 强酸(碱)、弱酸(碱)的图像
3．
答案：B 解析：pH相同的一元酸，强酸浓度小于弱酸，盐酸是强酸、醋酸是弱酸，所以pH相同的盐酸和醋酸，酸浓度：盐酸③＝①。
3．
答案：D 解析：本题考查酸碱中和滴定曲线及分析、水的电离、电离平衡常数等。25 ℃时，A点lgeq \f(cOH－,cH＋)＝－12，结合Kw＝c(OH－)·c(H＋)＝1.0×10－14，解得c(H＋)＝0.1 ml·L－1，说明0.05 ml·L－1 H2A完全电离，则电离方程式为H2A===2H＋＋A2－，A错误。B点加入10.00 mL氨水，恰好完全反应生成(NH4)2A，此时lgeq \f(cOH－,cH＋)＝－2，则有c(H＋)＝1.0×10－6 ml·L－1，而H＋全部来源于水的电离，故水电离出的c(H＋)＝1.0×10－6 ml·L－1，B错误。C点溶液是(NH4)2A和NH3·H2O混合液，lgeq \f(cOH－,cH＋)＝0，则有c(OH－)＝c(H＋)，根据电荷守恒可得c(H＋)＋c(NHeq \\al(＋,4))＝c(OH－)＋2c(A2－)，则有c(NHeq \\al(＋,4))＝2c(A2－)，C错误。C点溶液中c(NHeq \\al(＋,4))＝2c(A2－)＝0.1 ml·L－1×eq \f(10,b＋10)，由c(NHeq \\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝2×0.05 ml·L－1×eq \f(b,b＋10)可得，c(NH3·H2O)＝0.1 ml·L－1×eq \f(b－10,b＋10)；C点溶液lgeq \f(cOH－,cH＋)＝0，c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 ml·L－1，则25 ℃时NH3·H2O的电离常数Kb＝eq \f(cNH\\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)＝eq \f(2×0.05×\f(10,b＋10)×10－7,0.1×\f(b－10,b＋10))＝eq \f(10－6,b－10)，D正确。
考点 溶液的酸碱性和pH
答案：1.> < ＝ ＝ < > 2.(2)增强 增强 (3)①洁净干燥的玻璃棒
题组一 溶液酸碱性的判断
1．
答案：A 解析：盐酸的浓度为2.0×10－7 ml·L－1，完全电离，接近中性，溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大，则计算氢离子浓度时，不能忽略水中的氢离子浓度，其数值应大于2.0×10－7 ml·L－1，故A错误；KCl溶液为中性溶液，常温下pH＝7，加热到 80 ℃时，水的离子积Kw增大，对应溶液的氢离子浓度随温度升高会增大，pH会减小，但溶液溶质仍为KCl，则仍呈中性，故B正确；NaCN溶液呈碱性，说明该溶质为弱酸强碱盐，即CN－对应的酸HCN为弱电解质，故C正确；醋酸在溶液中会发生电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，向溶液中加入醋酸钠固体，根据同离子效应可知，该平衡会向生成弱电解质的方向(逆向)移动，使溶液中的氢离子浓度减小，pH增大，故D正确。
2．
答案：B 解析：因温度未知，故pH>7的溶液不一定呈碱性，A正确；NH3·H2O为弱电解质，pH相等的氨水和NaOH溶液，前者的物质的量浓度大，故中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量不相同(前者大)，B错误；相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(H＋)相等，则c(OH－)也相等，C正确；氨水和盐酸反应后的溶液有电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)，若溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，则c(Cl－)＝c(NHeq \\al(＋,4))，D正确。
题组二 溶液稀释、混合时pH计算
3．
答案：B 解析：pH＝3的强酸溶液加水稀释100倍，pH＝5，但醋酸是弱电解质，稀释促进电离，所以稀释后pHc(A2－)，B错误；根据图像可知，第一次滴定突变溶液呈碱性，所以可以选择酚酞作指示剂，C正确；根据图像e点可知，当加入盐酸40 mL时，全部生成H2A，根据Na2A＋2HCl===2NaCl＋H2A计算可知c(Na2A)＝0.100 0 ml·L－1，D错误。
6．
答案：B 解析：HCOeq \\al(－,3)存在水解平衡和电离平衡，a点溶液pH>7是由于HCOeq \\al(－,3)水解程度大于电离程度，故A错误；根据电荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(COeq \\al(2－,3))＋c(Cl－)＋c(OH－)，b点pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(COeq \\al(2－,3))＋c(Cl－)，故B正确；c点溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的H＋主要来自H2CO3的电离，故C错误；d点碳酸氢钠和盐酸恰好反应，c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.050 0 ml·L－1，故D错误。
题组三 滴定法测定物质含量
7．
答案：(1)eq \f(b－335cd×86.94,134.0a)×100%
(2)eq \r(K2pxy＋Kw)
解析：(1)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原反应，剩余部分再与高锰酸钾反应(5Na2C2O4＋2KMnO4＋8H2SO4===5Na2SO4＋K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠的物质的量为eq \f(b g,134.0 g·ml－1)－eq \f(c ml·L－1×d L,2)×5；MnO2＋Na2C2O4＋2H2SO4eq \(=====,\s\up15(△))Na2SO4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2O，则n(MnO2)＝n(Na2C2O4)＝eq \f(b g,134.0 g·ml－1)－eq \f(c ml·L－1×d L,2)×5，产品纯度＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b g,134.0 g·ml－1)－\f(c ml·L－1×d L,2)×5))×86.94 g·ml－1,a g)×100%＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－335cd))×86.94,134.0a)×100%。
(2)由题可知，①CO2(g)CO2(aq)，②CO2(aq)＋H2O(l)H＋(aq)＋HCOeq \\al(－,3)(aq) K2＝eq \f(cH＋·cHCO\\al(－,3),cCO2)，又因为p(CO2)＝p kPa×x，则c(CO2)＝y ml·L－1·kPa－1×p(CO2)＝pxy ml·L－1，在考虑水的电离、忽略HCOeq \\al(－,3)的电离时，c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(OH－)，即c(H＋)＝eq \f(K2·cCO2,cH＋)＋eq \f(Kw,cH＋)，所以可得c(H＋)＝eq \r(K2pxy＋Kw) ml·L－1。
8．
答案：(1)容量瓶 (2)5Br－＋BrOeq \\al(－,3)＋6H＋===3Br2＋3H2O (3)
(4)Br2过量，保证苯酚完全反应 (5)反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量 (6)溶液蓝色恰好消失，且30 s内不恢复原色 (7)eq \f(476av1－bv3,3v2) (8)易挥发
解析：(1)配制一定物质的量浓度溶液时一定要使用容量瓶。
(2)－1价Br与＋5价Br在酸性条件下可发生氧化还原反应，化合价变为0价，即生成溴单质，该反应的离子方程式为5Br－＋BrOeq \\al(－,3)＋6H＋===3Br2＋3H2O。
(3)苯酚与溴反应生成三溴苯酚和溴化氢，其化学方程式为。
(4)溶液显黄色说明溴过量，使用过量的溴是为了确保苯酚已完全反应，也为下一步操作打下基础。
(5)5Br－＋BrOeq \\al(－,3)＋6H＋===3Br2＋3H2O，Br2＋2KI===I2＋2KBr，反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，因此如果没有苯酚与溴的反应，则n(KI)∶n(KBrO3)＝6∶1时，KI恰好完全反应，因废水中含有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量。
(6)溴与KI反应生成碘单质，碘遇淀粉使溶液变蓝色；碘单质与硫代硫酸钠反应生成碘离子，因此当碘恰好完全反应时，溶液的蓝色恰好消失，且30 s内不恢复原色。
(7)v1 mL a ml·L－1 KBrO3溶液的物质的量为av1×10－3 ml，v3 mL b ml·L－1硫代硫酸钠的物质的量为bv3×10－3 ml，可消耗I2的物质的量为eq \f(1,2)bv3×10－3 ml；由3I2～BrOeq \\al(－,3)可知，生成eq \f(1,2)bv3×10－3 ml I2需要消耗BrOeq \\al(－,3)的物质的量为eq \f(1,6)bv3×10－3 ml，即与苯酚对应的BrOeq \\al(－,3)的物质的量为(av1×10－3－eq \f(1,6)bv3×10－3) ml，由～3Br2～BrOeq \\al(－,3)可知，苯酚的物质的量为(av1×10－3－eq \f(1,6)bv3×10－3) ml，即废水中苯酚的含量＝
eq \f(av1×10－3－\f(1,6)bv3×10－3 ml×94 g·ml－1,v2×10－3 L)＝
eq \f(6av1－bv3×94,6v2) g·L－1＝eq \f(476av1－bv3,3v2) g·L－1。
(8)溴易挥发，挥发出去的溴也会被认为是与苯酚反应而消耗的，即会造成测定结果偏高。
eq \(\s\up15(第26讲 盐类水解))
考点 盐类水解及规律
答案：1.水电离的H＋、OH－ 弱电解质 弱酸阴离子 弱碱阳离子 H＋ OH－ 电离平衡 增大 中和
2．(2)否 中性 ＝ 是 NHeq \\al(＋,4) Cu2＋ 酸性 < 是 CH3COO－ COeq \\al(2－,3) 碱性 >
4．(1)大 强 (2)右移 增大 增大 右移 减小 增大 右移 增大 减小 减小 减小
题组一 盐类水解的概念、实质
1．
答案：B 解析：GHCl为强酸弱碱盐，电离出的GH＋会发生水解，但水解较为微弱，因此0.001 ml·L－1 GHCl水溶液的pH>3，故A错误；稀释GHCl溶液时，溶液中c(H＋)将减小，溶液pH将升高，故B正确；GHCl为强酸弱碱盐，在水中电离方程式为GHCl===GH＋＋Cl－，故C错误；根据电荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH－)＋c(Cl－)＝c(H＋)＋c(GH＋)，故D错误。
题组二 盐类水解方程式的书写
2．
答案：(1)COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－
(2)Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋
(3)NHeq \\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋、MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O
(4)CN－＋H2OHCN＋OH－
(5)Rn－＋H2OHR(n－1)－＋OH－
Mm＋＋mH2OM(OH)m＋mH＋
解析：(1)碳酸钠显碱性的原因是碳酸根离子在溶液中发生水解，水解方程式为COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－。(2)氯化铝在水中形成具有净水作用的氢氧化铝胶体是铝离子发生水解，水解方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋。(3)氯化铵溶液中铵根离子发生水解，NHeq \\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，使得溶液为酸性，而氧化镁和水解生成的H＋能发生反应MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O，从而使MgO溶于NH4Cl溶液中。(4)KCN溶液显碱性的原因是CN－在溶液中发生水解产生OH－，其水解方程式为CN－＋H2OHCN＋OH－。(5)若溶液pH>7，则说明正盐MnRm中弱酸阴离子发生水解，水解方程式为Rn－＋H2OHR(n－1)－＋OH－；若溶液pHceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H2CO3))>ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CO\\al(2－,3)))，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，Ka1(H2CO3)＝eq \f(cH＋·cHCO\\al(－,3),cH2CO3)，Ka2(H2CO3)＝eq \f(cH＋·cCO\\al(2－,3),cHCO\\al(－,3))，Ka2(H2CO3)＜eq \f(Kw,Ka1H2CO3)＝eq \f(cOH－·cH2CO3,cHCO\\al(－,3))，A错误。实验2：将0.1 ml·L－1 NaHCO3溶液与0.1 ml·L－1 CaCl2溶液等体积混合，产生白色沉淀CaCO3，则由沉淀溶解平衡原理知，实验2中两溶液混合时有ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Ca2＋))·ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CO\\al(2－,3)))>Kspeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaCO3))，B错误。等物质的量浓度的Na2CO3溶液碱性大于NaHCO3溶液，实验3：向0.1 ml·L－1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH从12下降到约为9，则实验3中发生反应的离子方程式为COeq \\al(2－,3)＋H2O＋CO2===2HCOeq \\al(－,3)，C正确。实验4：向0.1 ml·L－1 Na2CO3溶液中滴加新制饱和氯水，氯水颜色褪去，说明Cl2和Na2CO3发生反应，c反应前(COeq \\al(2－,3))＞c反应后(COeq \\al(2－,3))，D错误。
4.
答案：C 解析：本题考查溶液pH及粒子浓度比较。等浓度的甲酸钠和乙酸钠溶液，酸根离子的水解程度越大，pH越大，因Ka(HCOOH)>Ka(CH3COOH)，由水解常数Kh＝eq \f(Kw,Ka)可知，水解程度：CH3COO－>HCOO－，所以溶液pH：甲c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故D错误。
7．
答案：D 解析：磷酸的一级电离方程式为H3PO4H2POeq \\al(－,4)＋H＋，Ka1＝eq \f(cH2PO\\al(－,4)·cH＋,cH3PO4)＝eq \f(0.5×10－2.1,0.5)＝1×10－2.1，A项正确；NaH2PO4在溶液中存在电离和水解平衡，H2POeq \\al(－,4)HPOeq \\al(2－,4)＋H＋、H2POeq \\al(－,4)＋H2OH3PO4＋OH－，Ka2＝eq \f(cHPO\\al(2－,4)·cH＋,cH2PO\\al(－,4))＝eq \f(0.5×10－7.2,0.5)＝1×10－7.2，Kh3＝eq \f(cH3PO4·cOH－,cH2PO\\al(－,4))＝eq \f(Kw,Ka1)＝1×10－11.9，Ka2>Kh3，溶液显酸性，B项正确；POeq \\al(3－,4)的第一步水解方程式为POeq \\al(3－,4)＋H2OHPOeq \\al(2－,4)＋OH－，Kh1＝eq \f(cHPO\\al(2－,4)·cOH－,cPO\\al(3－,4))＝eq \f(0.5×10－1.6,0.5)＝1×10－1.6，C项正确；由题图可知，随着pH的增大，c(H2POeq \\al(－,4))先增大后减小，D项不正确。
考点 盐类水解的应用
答案：1.酸 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ 不 Fe3＋＋3H2Oeq \(=====,\s\up15(△))Fe(OH)3(胶体)＋3H＋ 增大 碱性 盐酸 抑制 干燥的HCl Al3＋＋3HCOeq \\al(－,3)===Al(OH)3↓＋3CO2↑ TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)===TiO2·xH2O↓＋4HCl
1．
答案：B 解析：可溶性的铝盐和铁盐中，Al3＋和Fe3＋能分别水解生成Al(OH)3胶体和Fe(OH)3胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物，故A项不符合题意。NaHSO4在水中完全电离出H＋，溶液显酸性，所以能去除暖水瓶中的水垢，与水解无关，故B项符合题意。用热碱水清除炊具上残留的油污，由于纯碱溶液中存在COeq \\al(2－,3)的水解平衡：COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－，温度升高，水解平衡右移，c(OH－)增大，去污能力增强，故C项不符合题意。K2CO3与NH4Cl混合施用，容易发生相互促进的水解反应释放出NH3，降低肥效，故D项不符合题意。
2．
答案：D 解析：升高温度，促使COeq \\al(2－,3)的水解平衡正向移动，溶液中c(OH－)增大，碱性增强，有利于油污的水解及清洗，A正确；明矾是KAl(SO4)2·12H2O，Al3＋发生水解生成Al(OH)3胶体，可吸附水中悬浮杂质，起到净水作用，B正确；TiCl4发生水解反应生成TiO2·xH2O沉淀，经脱水制备TiO2，C正确；SnCl2易发生水解反应，而配制其溶液时，加入NaOH固体，消耗HCl，促使水解平衡正向移动，生成Sn(OH)Cl沉淀，故应加入HCl溶液抑制其水解，D错误。
3．
答案：D 解析：Al3＋和S2－能发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3沉淀和H2S气体而不能大量共存，故A项错误。因Al3＋、COeq \\al(2－,3)可发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3 沉淀和CO2气体而不能大量共存，故B项错误。因Fe2＋和AlOeq \\al(－,2)可发生相互促进的水解反应而不能大量共存，故C项错误。Na＋、K＋、SiOeq \\al(2－,3)、NOeq \\al(－,3)之间不发生反应，且均不与ClO－反应，因此能大量共存，故D项正确。题组二 溶液加热蒸干分析
4．
答案：(1)K2CO3 尽管加热过程促进COeq \\al(2－,3)的水解，但生成的KHCO3和KOH反应后又生成K2CO3
(2)KAl(SO4)2·12H2O 尽管Al3＋水解，但由于H2SO4为难挥发性酸，最后得到结晶水合物
(3)Fe2O3 Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl，在加热蒸干过程中HCl挥发，Fe(OH)2逐渐被氧化生成Fe(OH)3，Fe(OH)3灼烧分解生成Fe2O3
(4)Na2SO4 Na2SO3被空气中的O2氧化，发生反应：2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
(5)NaCl NaClO水解的化学方程式为NaClO＋H2ONaOH＋HClO,2HClOeq \(=====,\s\up15(△))2HCl＋O2↑，HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，故最终得到NaCl
(6)K2MnO4、MnO2 加热时发生反应的化学方程式为2KMnO4eq \(=====,\s\up15(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑
考点 电解质溶液中粒子浓度的比较
题组一 溶液中微粒浓度的比较
1．
答案：A 解析：由于磷酸为多元弱酸，会发生微弱电离，且第一步电离大于第二步电离，第二步电离大于第三步电离，所以在0.1 ml·L－1 H3PO4溶液中，粒子浓度大小为c(H3PO4)>c(H2POeq \\al(－,4))>c(HPOeq \\al(2－,4))>c(POeq \\al(3－,4))，故A正确；在0.1 ml·L－1 Na2C2O4溶液中，根据电荷守恒得到c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq \\al(－,4))＋2c(C2Oeq \\al(2－,4))，故B错误；在0.1 ml·L－1 NaHCO3溶液中，根据物料守恒得到c(CO2－3)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(H2CO3)＝0.1 ml·L－1，故C错误；氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液，则c(OH－)>c(H＋)，根据电荷守恒c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)，则c(Cl－)c(COeq \\al(2－,3))，COeq \\al(2－,3)和HCOeq \\al(－,3)水解程度微弱，生成的OH－浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na＋浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为c(Na＋)>c(HCOeq \\al(－,3))>c(COeq \\al(2－,3))>c(OH－)，故A错误；B.该混合溶液中电荷守恒为c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，物料守恒为c(NH3·H2O)＋c(NHeq \\al(＋,4))＝2c(Cl－)，两式联立消去c(Cl－)可得：c(NHeq \\al(＋,4))＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)，故B错误；C.若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＝c(Na＋)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)，故C错误；D.该混合溶液中物料守恒为2c(Na＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq \\al(－,4))＋c(C2Oeq \\al(2－,4))，电荷守恒为2c(C2Oeq \\al(2－,4))＋c(HC2Oeq \\al(－,4))＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，两式相加可得：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2Oeq \\al(2－,4))＋c(OH－)，故D正确。
题组二 图像类微粒浓度的比较
3．
答案：C 解析：向NaHCO3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小；向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大。因此abc曲线为向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。a点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，HCOeq \\al(－,3)在溶液中电离使溶液呈酸性，HCOeq \\al(－,3)在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCOeq \\al(－,3)的水解程度大于电离程度，故A正确；由电荷守恒可知，a→b→c过程中，c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(COeq \\al(2－,3))＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，滴加NaOH溶液的过程中c(Na＋)保持不变，c(H＋)逐渐减小，因此c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(COeq \\al(2－,3))＋c(OH－)逐渐减小，故B正确；由物料守恒可知，a点溶液中c(Na＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(COeq \\al(2－,3))＋c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此a→d→e过程中c(Na＋)>c(HCOeq \\al(－,3))＋c(COeq \\al(2－,3))＋c(H2CO3)，故C错误；c点溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝(0.05＋10－11.3)ml·L－1，e点溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝(0.025＋10－4.3)ml·L－1，因此x>y，故D正确。
4．
答案：D 解析：图像中含P的物质只有3种，说明H3PO3为二元弱酸。随着c(OH－)逐渐增大，pOH减小，根据H3PO3＋OH－===H2POeq \\al(－,3)＋H2O、H2POeq \\al(－,3)＋OH－===HPOeq \\al(2－,3)＋H2O 知c(H3PO3)逐渐减小，c(H2POeq \\al(－,3))先增大后减小，c(HPOeq \\al(2－,3))逐渐增大，pc＝－lg c，则pc(H3PO3)逐渐增大，pc(H2POeq \\al(－,3))先减小后增大，pc(HPOeq \\al(2－,3))逐渐减小，故曲线①②③分别表示pc(HPOeq \\al(2－,3))、pc(H2POeq \\al(－,3))、pc(H3PO3)随pOH的变化，故A错误。H3PO3为二元弱酸，其结构简式为，故B错误。pH＝4即pOH＝10，由图可知，此时，pc(HPOeq \\al(2－,3))＝pc(H3PO3)，即c(H3PO3)＝c(HPOeq \\al(2－,3))，而c(H3PO3)＋c(H2POeq \\al(－,3))＋c(HPOeq \\al(2－,3))＝0.1 ml·L－1，故c(H2POeq \\al(－,3))＝0.1 ml·L－1－2c(HPOeq \\al(2－,3))，故C错误。由H3PO3H2POeq \\al(－,3)＋H＋减去H2POeq \\al(－,3)HPOeq \\al(2－,3)＋H＋，可得H3PO3＋HPOeq \\al(2－,3)2H2POeq \\al(－,3)，根据x点知，c(HPOeq \\al(2－,3))＝c(H2POeq \\al(－,3))时，pOH＝7.3，c(OH－)＝10－7.3 ml·L－1，c(H＋)＝10－6.7 ml·L－1，则H3PO3的Ka2＝eq \f(cH＋·cHPO\\al(2－,3),cH2PO\\al(－,3))＝c(H＋)＝10－6.7，根据z点知，c(H2POeq \\al(－,3))＝c(H3PO3)时，pOH＝12.6，c(OH－)＝10－12.6 ml·L－1，c(H＋)＝10－1.4 ml·L－1，则H3PO3的Ka1＝eq \f(cH＋·cH2PO\\al(－,3),cH3PO3)＝c(H＋)＝10－1.4，则平衡常数K＝eq \f(Ka1,Ka2)＝eq \f(10－1.4,10－6.7)＝105.3>1×105，故D正确。
eq \(\s\up15(第27讲 难溶电解质的溶解平衡))
考点 沉淀溶解平衡及应用
答案：1.(1)溶解 生成 (2)> ＝ < (3)不变 (4)溶解 增大 吸热 溶解 不变 生成沉淀 溶解 正向 增大 增大 逆向 增大 不变 正向 减小 不变 逆向 减小 不变
2．(1)大于 ①氨水 Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NHeq \\al(＋,4) ②Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋ (2)小于 ①CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O ②Mg(OH)2＋2NHeq \\al(＋,4)===Mg2＋＋2NH3·H2O ③AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O (3)小 更小 ②＞ ③a.CaSO4＋COeq \\al(2－,3)===CaCO3＋SOeq \\al(2－,4) b．ZnS＋Cu2＋===CuS＋Zn2＋
题组一 沉淀溶解平衡的影响因素
1．
答案：C 解析：A项，当2c(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝c(CrOeq \\al(2－,4))时，无法判断可逆反应的正、逆反应速率是否相等，则不能判断是否为平衡状态，错误；B项，当pH＝1时，平衡正向移动，则溶液呈橙红色，错误；C项，难溶电解质的组成中阴阳离子个数比相同时，溶度积越小，难溶电解质在水中溶解能力越差，已知Ksp(Ag2CrO4)c(NOeq \\al(－,3))，故A错误；实验2中AgCl沉淀转化为AgI，说明Ksp(AgI)0，反应吸热，升温促进平衡正向移动，促进CaCO3沉淀形成，故B正确；加入饱和Na2CO3溶液时，发生反应CaSO4(s)＋COeq \\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq \\al(2－,4)(aq)，使CaSO4大量转化为CaCO3，说明CaCO3更难溶，故C正确；加入饱和碳酸钠溶液浸泡，是为将硫酸钙转化为碳酸钙，碳酸钙能与盐酸反应2H＋＋CaCO3===Ca2＋＋CO2↑＋H2O，氢氧化镁也能与盐酸反应2H＋＋Mg(OH)2===Mg2＋＋2H2O，水垢逐渐溶解，故D正确。
考点 溶度积常数及其应用
答案：1.cm(An＋)·cn(Bm－) 平衡 cm(An＋)·cn(Bm－) 任意 沉淀 平衡 未饱和 2.(2)①不变 ②增大 ③不变
题组一 溶度积常数的概念、影响因素及曲线
1．
答案：C 解析：0.5 ml·L－1 Na2CO3溶液中存在质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(H2CO3)，A错误；该反应的平衡常数K＝eq \f(cSO\\al(2－,4),cCO\\al(2－,3))＝eq \f(cSO\\al(2－,4)·cCa2＋,cCO\\al(2－,3)·cCa2＋)＝eq \f(KspCaSO4,KspCaCO3)＝eq \f(5×10－5,3×10－9)＝eq \f(5,3)×104，当eq \f(cSO\\al(2－,4),cCO\\al(2－,3))＜K时，反应正向进行，B错误；上层清液为CaCO3的饱和溶液，所以清液中满足c(Ca2＋)＝eq \f(KspCaCO3,cCO\\al(2－,3))，由于CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀，所以该清液中c(Ca2＋)≤eq \f(KspCaSO4,cSO\\al(2－,4))，C正确；醋酸为弱酸，不能拆成离子形式，D错误。
2．
答案：B 解析：A对：难溶物质的溶解度可以用物质的量浓度(摩尔浓度)表示，即图中a、b分别表示T1、T2温度下，1 L CdS饱和溶液里含a ml、b ml CdS。B错：Ksp在一定温度下是一个常数，所以Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)