新高考化学二轮复习精选练习专题九 电解质溶液中的平衡（含解析）

这是一份新高考化学二轮复习精选练习专题九 电解质溶液中的平衡（含解析），共22页。试卷主要包含了了解水的电离，离子积常数，了解难溶电解质的溶解平衡，在25℃时，下列说法错误的是等内容，欢迎下载使用。


专题 九
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电解质溶液中的平衡




命题趋势

1．理解弱电解质在水溶液中的电离平衡，能利用电离平衡常数进行相关计算。
2．了解水的电离，离子积常数。
3．了解溶液pH的定义及测定方法，能进行pH的简单计算。
4．了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。
5．了解难溶电解质的溶解平衡。理解溶度积的定义，能进行相关计算。
Ⅰ．客观题
(1)以拼盘式选择题考查电解质溶液基本知识的辨析。
(2)以图像题考查强弱电解质的判断、微粒浓度的比较、溶度积常数的应用。
(3)与化工生产流程相结合以客观题形式呈现，考查盐类水解、溶解平衡知识的应用。
Ⅱ．主观题
(1)强弱电解质、溶液酸碱性与pH的关系、盐类水解等基本概念、理论的分析判断。
(2)电离平衡、水解平衡、溶解平衡的影响规律及应用。
(3)电离常数、水解常数、溶度积常数的表达式及应用。
考点清单

一、溶液中的“三大平衡”及影响因素
电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡。这三种平衡都遵循勒夏特列原理——当只改变体系的一个条件时，平衡向能够减弱这种改变的方向移动。
1．电离平衡、水解平衡与沉淀溶解平衡的比较

电离平衡CH3COOH
CH3COO－+H+
水解平衡(如CH3COONa溶液)CH3COO−+H2O
CH3COOH+OH−
沉淀溶解平衡AgCl(s)
Ag+(aq)+Cl−(aq)
研究
对象
弱电解质(包括弱酸、弱碱、水、多元弱酸的酸式酸根)
盐溶液(包括强酸弱碱盐、弱酸强碱盐、弱酸弱碱盐)
难溶电解质(如难溶的酸、碱、盐等)
影响因素
升高温度
促进电离，离子浓度增大，Ka增大
促进水解，Kh增大
Ksp可能增大，也可能减小
加水稀释
促进电离，离子浓度(除OH−外)减小，Ka不变
促进水解，离子浓度(除H+外)减小，Kh不变
促进溶解，Ksp不变
加入相应离子
加入CH3COONa固体或盐酸，抑制电离，Ka不变
加入CH3COOH或NaOH，抑制水解，Kh不变
加入AgNO3溶液或NaCl溶液抑制溶解，Ksp不变
加入反应离子
加入NaOH，促进电离，Ka不变
加入盐酸，促进水解，Kh不变
加入氨水，促进溶解，Ksp不变
2．“电离平衡”分析判断中的常见误区
(1)误认为电离平衡正向移动，弱电解质的电离程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向电离方向移动，但醋酸的电离程度减小。
(2)误认为弱电解质在加水稀释的过程中，溶液中离子浓度都减小。如氨水加水稀释时，c(H+)增大。
(3)误认为由水电离出的c(H+)＝1.0×10−13mol·L−1的溶液一定呈碱性。如25℃，0.1mol·L−1盐酸或氢氧化钠溶液中由水电离的c(H+)都为1.0×10−13mol·L−1。
(4)弱电解质溶液在加水稀释的过程中，判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时，首先要考虑该关系式是否是电离常数、离子积常数或者是它们的变形。
二、溶液中离子浓度关系判断
1．理解溶液中的“三个守恒”关系
(1)电荷守恒：电解质溶液中阴离子所带电荷总数等于阳离子所带电荷总数，根据电荷守恒可准确、快速地解决电解质溶液中许多复杂的离子浓度问题。
(2)物料守恒：物质发生变化前后，有关元素的存在形式不同，但元素的种类和原子数目在变化前后保持不变，根据物料守恒可准确、快速地解决电解质溶液中复杂离子、分子、物质的量浓度或物质的量的关系。
(3)质子守恒：在电离或水解过程中，会发生质子(H+)转移，但质子转移过程中其数量保持不变。
将混合溶液中的电荷守恒式和物料守恒式相联立，通过代数运算消去其中未参与平衡移动的离子，即可推出溶液中的质子守恒式。
2．三个守恒的综合应用
应用三种守恒关系解决电解质溶液中离子浓度关系时，要清楚电解质溶液中微粒存在的变化(水解或电离)，抓住守恒的实质，将由守恒所得的关系结合起来使用。综合运用三种守恒关系，理清一条思路，掌握分析方法。如图所示：

三、结合图像判断溶液中粒子浓度的变化
结合图像分析电离平衡、水解平衡、溶解平衡，判断离子浓度的关系是全国卷考查的重点，常考图像类型总结如下：
1．一强一弱溶液的稀释图像
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸


加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大
加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多
(2)相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸


加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大
加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多
(3)pH与稀释倍数的线性关系


(1)HY为强酸、HX为弱酸
(2)a、b两点的溶液中：c(X−)＝c(Y−)
(3)水的电离程度：d＞c＞a＝b
(1)MOH为强碱、ROH为弱碱
(2)c(ROH)＞c(MOH)
(3)水的电离程度：a＞b
2．Kw和Ksp曲线
(1)双曲线型
不同温度下水溶液中c(H+)与c(OH－)的变化曲线
常温下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线[Ksp＝9×10－6]


(1)A、C、B三点均为中性，温度依次升高，Kw依次增大
(2)D点为酸性溶液，E点为碱性溶液，Kw＝1×10−14
(3)AB直线的左上方均为碱性溶液，任意一点：c(H+)＜c(OH−)
(1)a、c点在曲线上，a→c的变化为增大c(SO)，如加入Na2SO4固体，但Ksp不变
(2)b点在曲线的上方，Qc＞Ksp，将会有沉淀生成
(3)d点在曲线的下方，Qc＜Ksp，则为不饱和溶液，还能继续溶解CaSO4
(2)直线型(pM－pR曲线)
pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数

①直线AB上的点：c(M2+)＝c(R2−)；
②溶度积：CaSO4＞CaCO3＞MnCO3；
③X点对CaSO4要析出沉淀，对CaCO3是不饱和溶液，能继续溶解CaCO3；
④Y点：c(SO)＞c(Ca2+)，二者的浓度积等10−5；Z点：c(CO)＜c(Mn2+)，二者的浓度积等10−10.6。
3．酸碱中和滴定
氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、
醋酸的滴定曲线
盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠、氨水的滴定曲线


曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸
起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高
突跃点变化范围不同：强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的
突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)
室温下pH＝7不一定是终点：强碱与强酸反应时，终点是pH＝7；强碱与弱酸(强酸与弱碱)反应时，终点不是pH＝7(强碱与弱酸反应终点是pH＞7，强酸与弱碱反应终点是pH＜7)


精题集训
（70分钟）

经典训练题

1．（双选）常温下，向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸(H3PO3)，反应中只能生成Na2HPO3和NaH2PO3两种盐，含磷各微粒的分布分数X(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度之和的分数)与pOH[pOH=-lgc(OH−)]的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．曲线a代表X(HPO)
B．pOH=7时，c(Na+)=c(H2PO)+2c(HPO)
C．H2PO的电离平衡常数Ka=1×10−7.3mol·L−1
D．等浓度Na2HPO3和NaH2PO3混合溶液：c(Na+)>c(HPO)>c(H2PO)>c(OH−)>c(H+)
【答案】AB
【解析】向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成Na2HPO3，HPO浓度增加，所以曲线a代表X(HPO)；继续滴加亚磷酸，Na2HPO3浓度降低，Na2HPO3升高，所以曲线b代表X(H2PO)，曲线c代表X(H3PO3)。A．向NaOH溶液中逐滴滴入亚磷酸，NaOH过量，反应生成Na2HPO3，HPO浓度增加，所以曲线a代表X(HPO)，故A正确；B．pOH=7时，c(H+)=c(OH−)，溶液中存在Na2HPO3和NaH2PO3两种溶质，根据电荷守恒，其中c(H+)=c(OH−)，即c(Na+)=c(H2PO)+2c(HPO)，故B正确；C．H2PO在溶液中存在电离平衡H2POHPO+H+，平衡常数Ka=，pOH=7.3时，且=mol/L，所以Ka=c(H+)=，故C错误；D．等浓度Na2HPO3和NaH2PO3混合溶液中，H2PO既电离又水解，其电离常数Ka>Kh==，以电离为主；HPO只水解，其水解常数Kh==c(HPO)>c(H2PO)>c(H+)>c(OH−)，故D错误；故选AB。
【点评】把pOH换算成pH计算，pOH增大，碱性减弱，是解题的基本前提，依次推出各曲线代表的粒子变化情况。
2．（双选）下列实验操作、现象和结论都正确的是（ ）
选项
实验操作和现象
结论
A
向盛有少量PbI2固体的试管中，加入3mL蒸馏水振荡后静置，待上层液体变澄清后，向上层清液中滴加几滴0.1mol·L−1 KI液中有黄色沉淀生成
上层清液中存在Pb2+
B
用盛有盐酸和醋酸的烧杯分别做导电性实验，盛有醋酸的烧杯所连灯泡亮度较暗
醋酸是弱电解质
C
向盛有0.01mol·L−1的CH3COONa溶液的小试管中滴加一滴酚酞溶液，将小试管在酒精灯上微微加热，溶液红色变深
CH3COO−+H2O
CH3COOH+OH−是吸热反应
D
向盛有2ml 0.1mol·L−1 Na2S溶液的试管中，加入2滴ZnSO4溶液，生成白色沉淀，再加入适量0.1mol·L−1 CuSO4溶液，有黑色沉淀生成
Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)
【答案】AC
【解析】A．上层清液中滴加KI溶液，有黄色沉淀生成，表明生成PbI2，则上层清液中含有Pb2+，A正确；B．用盐酸和醋酸做导电性实验，虽然盛有醋酸的烧杯所连灯泡亮度较暗，但二者的浓度关系未知，不能说明醋酸是弱电解质，B不正确；C．CH3COONa溶液中滴加酚酞后溶液变红色，表明溶液显碱性，加热溶液，红色加深，表明c(OH−)增大，CH3COO−的水解平衡正向移动，从而得出CH3COO−的水解是吸热反应，C正确；D．Na2S溶液中滴加几滴ZnSO4溶液，产生ZnS白色沉淀，再加入CuSO4溶液，又生成黑色CuS沉淀，因为溶液中加入ZnSO4后S2−有剩余，所以并不能说明ZnS转化为CuS，也就不能得出Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)的结论，D不正确；故选AC。
3．下列有关电解质溶液的说法正确的是（ ）
A．保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，以防止Fe2+水解
B．将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶质
C．室温下，向0.1mol/L的CH3COOH溶液中加入少量水溶液显碱性的物质，CH3COOH的电离程度一定增大
D．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同
【答案】B
【解析】A．保存氯化亚铁溶液时，在溶液中放少量铁粉，以防止Fe2+被氧化为Fe3+，故A错误；B．Ca(ClO)2在水中发生水解：Ca(ClO)2+2H2OCa(OH)2+2HClO，HClO不稳定，受热分解：2HClO2HCl+O2↑，生成的HCl会和Ca(OH)2反应生成CaCl2和H2O，故加热蒸干Ca(ClO)2溶液得到的固体是CaCl2；加热Na2SO3溶液的过程中，发生反应2Na2SO3+O2=2Na2SO4，蒸干会得到Na2SO4固体；加热FeCl3溶液，FeCl3发生水解反应：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，HCl挥发，加热蒸干得到Fe(OH)3固体，故B正确；C．水溶液显碱性的物质不一定是碱，如强碱弱酸盐CH3COONa，其水溶液显碱性，CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa，CH3COO−浓度增大，，会抑制CH3COOH的电离，CH3COOH的电离程度减小，故C错误；D．CH3COONH4是能够发生双水解的盐，CH3COO−、NH的水解均会促进水的电离，溶液中水的电离程度较大，但溶液中的H+浓度与OH−浓度相等，溶液呈中性，故D错误；答案选B。
4．已知：硫酸银(Ag2SO4)的溶解度大于氯化银，且硫酸银的溶解度随温度升高而增大，T℃时，硫酸银在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．T℃时，b点溶液中无硫酸银固体
B．a点溶液若降低温度，则a点可沿虚线移动到c点
C．向a点的悬浊液中加入NaCl固体，溶液组成可能会由a向d方向移动
D．根据曲线可知：T℃下，a、b、c、d四个点中，d点的Ksp(Ag2SO4)最大
【答案】C
【解析】曲线上的点为Ag2SO4饱和溶液，曲线下方的点未形成饱和溶液，曲线上方的点为过饱和溶液，能够形成Ag2SO4沉淀。根据a点离子浓度可计算该温度下物质的溶度积常数，Ksp(Ag2SO4)=c2(Ag+)·c(SO)=
(1.5×10−2)2×(1.5×10−2)=3.375×10−6。A．b点在曲线上方，为过饱和溶液，溶液中c2(Ag+)·c(SO)＞Ksp(Ag2SO4)，因此存在硫酸银固体，A错误；B．溶液中Ag2SO4存在沉淀溶解平衡：Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SO(aq)，在a点时c(Ag+)=c(SO)，降低温度，平衡逆向移动，析出Ag2SO4固体，此时溶液中c(Ag+)、c(SO)不再相等，因此无法实现由a点向c点的移动，B错误；C．溶液中Ag2SO4存在沉淀溶解平衡：Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+
SO(aq)，在a点时向溶液中加入NaCl固体，加入的Cl−与溶液中的Ag+反应产生AgCl沉淀，使c(Ag+)减小，沉淀溶解平衡正向移动，c(SO)增大，但由于温度不变，所以Ksp(Ag2SO4)不变，溶液组成会由a点向d点方向移动，C正确；D．Ag2SO4的溶度积常数只与温度有关，与其它外界条件无关，无论溶液是否饱和，其溶度积常数不变，所以在T℃下，a、b、c、d四个点的Ksp(Ag2SO4)相同，D错误；故合理选项是C。
5．高锰酸钾在酸性条件下可氧化H2O2：。可利用该反应测定H2O2样品纯度(样品中不含其它还原性离子)。下列说法错误的是（ ）
A．将高锰酸钾溶液装入酸式滴定管中
B．打开酸式滴定管的活塞，迅速放液以赶出气泡
C．滴定过程中，眼睛要时刻注意锥形瓶中溶液颜色的变化
D．滴定中盛放H2O2的锥形瓶内壁有水，所测定的H2O2纯度变小
【答案】D
【解析】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此应该装入酸式滴定管中，A正确；B．如果滴定管尖嘴有气泡，需要赶走气泡，使尖嘴充满液体，所以就应打开酸式滴定管的活塞，迅速放液以赶出气泡，B正确；C．滴定过程中，左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，使溶液混合均匀，眼睛要时刻注意锥形瓶中溶液颜色的变化，C正确；D．滴定中盛放H2O2的锥形瓶内壁有水，由于不影响H2O2的物质的量，因此不影响标准溶液的消耗，对所测定的H2O2纯度无影响，其纯度测定值不变，D错误；故合理选项是D。
高频易错题

1．25℃时，对于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：①醋酸、②氢氧化钠、③醋酸钠溶液，下列说法错误的是（ ）
A．c(CH3COO−)：③＞①
B．水电离出的c(H+)：③＞①＞②
C．25℃时，①和②等体积混合后的溶液：
D．25℃时，①和③等体积混合后的溶液：
【答案】C
【解析】A．①醋酸是弱酸，主要以电解质分子存在，电离产生的离子浓度很小，而③醋酸钠是盐，属于强电解质，完全电离产生离子，因此等浓度的①、③溶液中c(CH3COO−)：③＞①，A正确；B．①是醋酸，酸电离产生H+会抑制水的电离；②是氢氧化钠，属于碱，碱电离产生OH−也会抑制水的电离，由于②电离产生的OH−大于①产生的H+的浓度，因此水电离程度：①＞②；③醋酸钠，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，水解会促进水的电离，水的电离程度增大，因此其中水的电离程度比酸或碱都大，故③中水电离程度最大。则三种溶液中水电离程度：③＞①＞②。水电离程度越大，水电离产生的H+的浓度就越大，故三种溶液中水电离出的c(H+)：③＞①＞②，B正确；C．25℃时，①和②等体积混合后，二者恰好反应产生CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，c(OH−)＞c(H+)；CH3COO−水解消耗，则溶液中c(Na+)＞c(CH3COO−)；盐电离产生的离子浓度大于水电离产生的离子浓度，故c(CH3COO−)＞c(OH−)，因此该溶液中各种离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(CH3COO−)＞c(OH−)＞c(H+)，C错误；D．①和③等体积混合后，溶液为CH3COOH与CH3COONa等物质的量的比混合溶液，根据物料守恒可得(i)c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=2c(Na+)；根据电荷守恒，可得(ii)c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO−)+c(OH−)，将(i)+(ii)×2，整理可得：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO−)+2
c(OH−)，D正确；故合理选项是C。
2．常温下将NaOH溶液滴加到亚硒酸(H2SeO3)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）

A．曲线N表示pH与
B．图中a点对应溶液中：c(Na+)>c()+2c()
C．Ka1(H2SeO3)与Ka2(H2SeO3)之比为103
D．NaHSeO3溶液中：c()>c()>c(H2SeO3)
【答案】D
【解析】=，=，则pH相同时，=>=，根据图象可知，曲线M表示pH与的关系，曲线N表示pH与的变化关系，故A错误；B．a点时pH=2.6，溶液显酸性，根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c()+2c()+c(OH−)，由c(H+)>c(OH−)，可知c(Na+)c()>
c(H2SeO3)，故D正确；故选D。
【点评】考查酸碱混合的定性判断、弱电解质的电离，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。
3．（双选）数字化滴定实验应用普遍。常温下，电控恒速滴定并数据采集等浓度HCl溶液和Na2CO3溶液的反应曲线如图所示，已知碳酸的，，下列选项正确的是（ ）

A．HCl溶液的浓度约为0.05mol/L
B．b点溶液存在：
C．cd段发生的主要反应为
D．e点溶液中溶质的主要成分是NaCl和HCl
【答案】AC
【解析】据图可知反应前Na2CO3溶液的pH=11.5，则溶液中c(H+)=10−11.5mol/L，c(OH−)=10−2.5mol/L，Na2CO3的Kh1==2×10−4，设Na2CO3的浓度为a，则≈2×10−4，解得a≈0.05mol/L，HCl溶液和Na2CO3溶液浓度相等，所以HCl溶液的浓度为0.05mol/L，A正确；B．溶液中存在电荷守恒，B错误；C．碳酸的Ka2==5×10−11，所以当c(CO)=c(HCO)时c(H+)=5×10−11mol/L，溶液的pH<11，而c点溶液pH<8，所以C元素主要以HCO的形式存在，c~d段pH下降时发生的反应为HCO+H+=H2O+CO2，C正确；D．据图可知e点之后继续滴加盐酸，溶液的pH变化较大，说明e点HCO还未完全反应，继续滴加盐酸会继续反应，从而导致pH突变，所以溶质不可能有HCl，溶液显酸性是因为含有H2CO3，D错误；综上所述答案为AC。
4．25℃时，将浓度均为0.1mol·L−1、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）

A．Ka(HA)=10−6
B．b点时，c(B+)=c(A−)=c(OH−)
C．c点时，随温度升高而减小
D．a→c过程中水的电离程度始终增大
【答案】C
【解析】A．由图可知，0.1mol·L−1 HA溶液的pH=3，0.1mol·L−1 BOH溶液的pH=11，说明HA、BOH分别为弱酸、弱碱；Va=Vb=50mL时，二者恰好完全反应生成BA，此时溶液的pH=7，则HA、BOH的电离常数相等；Vb=0时，HA溶液的pH=3，此时c(H+)=10−3mol·L−1，c(HA)≈0.1mol·L−1，故HA的电离常数Ka(HA)===10−5，故A错误；B．b点时溶液的pH=7，溶液呈中性，则有c(H+)=c(OH−)；据电荷守恒推知c(B+)=c(A−)，则溶液中离子浓度为c(B+)=c(A−)>c(H+)=c(OH−)，故B错误；C．c点时溶液中的溶质为BOH和BA，溶液显碱性，A-的水解过程是吸热过程，温度升高促进水解，水解平衡常数增大，则=减小，C正确；D．a→b过程中，HA与BOH发生中和反应，c(BA)逐渐增大，则水的电离程度逐渐增大；b→c过程中，BOH剩余，抑制了水的电离，水的电离程度逐渐减小，故D错误。答案选C。
【点评】考查酸碱混合溶液定性判断，为高考常见题型，侧重考查学生图象分析及判断能力，明确各个数据含义及各点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。
5．下列有关滴定的说法正确的是（ ）
A．用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mL
B．用未知浓度的HCl溶液滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高
C．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的HCl溶液，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，则结果偏高
D．将KMnO4标准溶液加入碱式滴定管中，滴定未知浓度的H2C2O4溶液
【答案】B
【解析】A．滴定管为精量器，读数读到0.01mL，用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.70mL，故A错误；B．用未知浓度的HCl溶液滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，导致消耗盐酸溶液的体积偏小，测定结果偏高，故B正确；C．所用固体KOH中混有NaOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配得溶液中氢氧根离子浓度偏大，造成滴定时消耗标准溶液的体积会偏小，所测结果偏低，故C错误；D．高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，应将高锰酸钾溶液装入酸式滴定管中，故D错误；故选B。
精准预测题

1．下列说法正确的是（ ）
A．向AgCl浊液中加入KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色，即可证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)
B．常温下向NaOH溶液中滴入HCOOH溶液至pH=5时：c(HCOO−)>c(Na+)
C．常温下等物质的量浓度的四种溶液①NH3·H2O ②NH4HSO4 ③(NH4)2CO3 ④NH4Cl，c(NH)的关系为②>④>③>①
D．等物质的量浓度的NaHCO3与Na2CO3混合溶液：3c(Na+)=2[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]
【答案】B
【解析】A．向AgCl浊液中加入KBr溶液，沉淀颜色变为浅黄色，则有AgBr生成，AgCl转变为AgBr，只要即有AgBr沉淀，若溴化钾浓度很大，即使Ksp(AgBr)>Ksp(AgCl)也可实现，故不可证明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，A错误；B．常温下向NaOH溶液中滴入HCOOH溶液至pH=5时，溶液呈酸性，，根据电荷守恒，，则有 ：c(HCOO−)>c(Na+)，B正确；C．常温下等物质的量浓度的四种溶液①NH3·H2O ②NH4HSO4 ③(NH4)2CO3 ④NH4Cl，①NH3·H2O是弱电解质，其余都是强电解质，因此c(NH)最小的是①，根据能够电离出的NH的个数可分为两类，③(NH4)2CO3是二元铵盐，虽然碳酸铵溶液中，碳酸根和铵根相互促进水解，但水解不彻底，铵离子浓度较大，②NH4HSO4和④NH4Cl一元铵盐，②NH4HSO4中电离产生的氢离子抑制铵离子水解，故②NH4HSO4和④NH4Cl比较，c(NH)较大的是②；则，c(NH)的关系为③>②>④>①，C错误；D．等物质的量浓度的NaHCO3与Na2CO3混合溶液：根据物料守恒可知：2c(Na+)=3[c(CO)+c(HCO)+c(H2CO3)]，D错误；答案选B。
2．叠氮酸(HN3)与NaOH溶液反应生成NaN3。已知NaN3溶液呈碱性，下列叙述正确的是（ ）
A．0.01mol·L−1 HN3溶液的pH=2
B．HN3溶液的pH随温度升高而减小
C．NaN3的电离方程式：NaN3=Na++3N
D．0.01mol·L−1 NaN3溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(N)+c(HN3)
【答案】B
【解析】A．由题意，NaN3溶液呈碱性，则叠氮酸根(N)会发生水解，说明HN3为弱酸，在水溶液中不能完全电离，故0.01mol·L−1 HN3溶液的pH>2，A错误；B．HN3为弱酸，电离方程式为HN3H++N，电离是吸热过程，升高温度促进HN3的电离，c(H+)增大，pH减小，B正确；C．NaN3是强电解质，完全电离出Na+和N，电离方程式为NaN3=Na++N，C选项错误；D．0.01mol·L−1 NaN3溶液中：由物料守恒c(Na+)=c(N)
+c(HN3)，故D错误；故答案选B。
3．下列说法中不正确的有（ ）
①水是一种极弱的电解质，在常温下平均每n个水分子只有1个分子发生电离，n的值是5.56×108
②两种醋酸的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1，则c1=10c2
③常温下pH=4的醋酸加水稀释过程中，所有离子浓度都降低
④蒸干AlCl3溶液可得纯净的无水氯化铝
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】①1L水在常温下质量约为1000g，物质的量为：≈55.6mol，1L水在常温下含有氢离子物质的量为：10−7mol，平均每n个水分子中只有一个水分子发生电离，则n mol水分子中会有1mol水分子电离出1mol氢离子，即：=，解得n=5.56×108，故正确；②醋酸是弱电解质，在水溶液中只有部分电离，所以醋酸的浓度大于氢离子浓度；两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH分别为a和a+1的两种醋酸溶液中氢离子浓度之比=10∶1，当两种酸的电离度相同时，则c1=10c2，实际上，两种酸的浓度不等，且浓度越大，酸的电离度越小，所以两种酸的浓度关系为c1＞10c2，故错误；③酸溶液稀释时，c(H+)减小，由于Kw不变，则c(OH−)增大，故错误；④水解生成的HCl易挥发，蒸干不会得到氯化铝，而是氢氧化铝，故错误；错误的有3个，故选C。
4．25℃时，向20mL 0.1mol/L HAuCl4溶液中滴加0.1mol/L NaOH溶液，滴定曲线如图所示，则下列说法不正确的是（ ）

A．b点对应溶液中：c(HAuCl4)＞c()
B．d点对应溶液中：c(OH−)-c(H+)=c(HAuCl4)
C．HAuCl4的电离平衡常数Ka约为10−5
D．滴定过程中，n(HAuCl4)与n()之和保持不变
【答案】A
【解析】a点时，0.1mol/L HAuCl4溶液的pH=3，即c(H+)=10−3mol/L，则HAuCl4为弱酸，故溶液pH=7时，加入NaOH溶液的体积小于20mL。A．b点对应溶液中的溶质为等量的HAuCl4、NaAuCl4，溶液显酸性，则HAuCl4电离程度大于NaAuCl4的水解程度，即c(HAuCl4)＜c()，A说法错误；B．d点对应溶液中的溶质为NaAuCl4，根据质子守恒可得c(OH−)=c(HAuCl4)+c(H+)，则c(OH−)-c(H+)=c(HAuCl4)成立，B说法正确；C．HAuCl4的电离平衡常数Ka==10-5，C说法正确；D．滴定过程中，根据物料守恒，n(HAuCl4)+n()=20mL×0.1mol/L，保持不变，D说法正确；答案为A。
5．（双选）织物漂白剂亚氯酸钠在溶液中会生成、、、等，其中和都具有漂白作用。测定25℃时亚氯酸钠溶液中各组分浓度随变化情况如图所示(没有画出，)。下列分析正确的是（ ）

A．HClO2的电离平衡常数的数量级为
B．同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有：
C．时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：
D．时，
【答案】BD
【解析】图像横坐标为pOH，随着pOH增大，pH逐渐减小，即图示是在酸性逐渐变强时的变化规律。由图示知，当c()=c(HClO2)时，pOH近似为8，则pH=6，由Ka==c(H+)=10−6，知A错误；B．混合后溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c()+c(Cl−)和物料守恒：2c(Na+)=c()+c()+c(Cl−)，则c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+2c(Na+)-c()-c(Cl−)+c(Cl−)，化简移项得：c(Na+)+c(OH−)=c(H+)+c()，B正确；C．由图像知，pH=7时，c()＞c()，C错误；D．ClO2、Cl−中Cl元素化合价与、不同，推测由+3价Cl歧化生成ClO2、Cl−，由得失电子守恒知：n(ClO2)=4n(Cl−)，即c(ClO2)=4c(Cl−)，D正确；故答案选BD。
6．在25℃时，下列说法错误的是（ ）
A．0.10mol·L−1的HA溶液中=1010，该HA溶液的pH=2
B．pH=13的NaOH溶液与pH=1的醋酸溶液等体积混合后所得溶液的pH＞7
C．pH=3的盐酸和pH=3的AlCl3溶液中，水电离出的c(H+)后者大
D．10mL pH=3的盐酸与1mL pH=12的NaOH混合后溶液呈中性
【答案】B
【解析】A．0.10mol·L−1的HA溶液中=1010，又，则，该HA溶液的pH=2，故A正确；B．pH=1的醋酸溶液的物质的量浓度比pH=13的NaOH溶液的物质的量浓度大的多，则二者等体积混合后所得溶液显酸性，pH＜7，故B错误；C．盐酸抑制水的电离，AlCl3溶液中铝离子水解促进水的电离，则水电离出的c(H+)后者大，故C正确；D．pH=3的盐酸中，pH=12的NaOH溶液中，则10mL pH=3的盐酸与1mL pH=12的NaOH混合后，恰好反应生成氯化钠，则溶液呈中性，故D正确；故选B。
7．（双选）25℃时，向40mL 0.1mol·L−1的溶液中逐滴加入0.1mol·L−1的NaOH溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）

A．X点时，
B．Y点时，
C．的水解平衡常数
D．水的电离程度：
【答案】CD
【解析】A．X点时，是亚硫酸与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，由质子守恒得，即，故A不选；Y点时，，电荷守恒得，将代入得，因为pH=7.19，所以，所以，故B不选；C．的水解平衡常数，在Y点，，代入得，故C选；D．水的电离程度与氢离子浓度或者氢氧根浓度有关，当只有亚硫酸时，水的电离程度最小，随着氢氧根的加入，到X点，相当于亚硫酸氢钠，其电离大于水解，抑制水的电离，只不过抑制程度减少，Y点接近水的正常电离，到Z点生成亚硫酸钠，促进水的电离，电离程度最大，则水的电离程度：，故D选；故选：CD。
8．室温下，①将浓度均为0.1mol/L的盐酸与氨水等体积混合，混合液pH=a；②将浓度为b mol/L盐酸与0.3mol/L氨水等体积混合，混合液pH=7(忽略溶液体积变化)。下列判断错误的是（ ）
A．a<7，b<0.3
B．常温下氨水的电离平衡常数
C．②中混合液存在：c(NH)+c(NH3·H2O)+c(Cl−)=0.3mol/L
D．将①与②混合液混合，则混合后溶液中存在：c(Cl−)＞c(NH)
【答案】C
【解析】A．①将浓度均为0.1mol/L的盐酸与氨水等体积混合，二者恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵水解显酸性，故混合液pH=a<7；②将浓度为b mol/L盐酸与0.3mol/L氨水等体积混合，因该混合液，故必须盐酸少量即b<0.3，A正确；B．由题意列电荷守恒得：，因室温下混合液，说明溶液显中性，，所以，因等体积混合故=mol/L。常温下氨水中一水合氨的电离方程式为NH3·H2ONH+OH−，故其电离平衡常数，B正确；C．②中混合液存在物料守恒c(NH)+c(NH3·H2O)=，＜，故c(NH)+c(NH3·H2O)+c(Cl−)≠0.3mol/L，C错误；D．因①溶液显酸性，②溶液显中性，故将①与②混合液混合显酸性，＞，由电荷守恒得：，故，D正确；故选C。
9．I．25℃时，部分物质的电离平衡常数如表所示：
弱酸或弱碱
电离常数
NH3·H2O
Kb=2×10−5
HClO
Ka=3×10−8
H2CO3
Ka1=4×10−7 Ka2=4×10−11
H2SO3
Ka1=1.3×10−2 Ka2=6.3×10−8
(1)0.1mol·L−1 NH4ClO溶液中离子浓度由大到小的顺序是_____________________。
(2)等浓度的Na2SO3、NaClO、Na2CO3、NaHCO3溶液，pH由大到小的顺序是________。
(3)某小组同学探究饱和NaClO和KAl(SO4)2溶液混合反应的实验，发现两种溶液混合后产生大量的白色胶状沉淀。出现上述现象的原因是____________________(请用反应的离子方程式表示)。
II．用沉淀滴定法快速测定NaI溶液中c(I−)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。
i．准备标准溶液
a．准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。
b．配制并标定100mL 0.1000mol·L−1 NH4SCN标准溶液，备用。
ii．滴定的主要步骤
a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。
b．加入25.00mL 0.1000mol·L−1 AgNO3溶液(过量)，使I−完全转化为AgI沉淀。
c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。
d．用0.1000mol·L−1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。
e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：
实验序号
1
2
3
消耗NH4SCN标准溶液体积/mL
10.24
10.02
9.98
f．数据处理。
回答下列问题：
(4)滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是____________________________。
(5)若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，会导致c(I−)测定结果___________(填“偏高”、“偏低”或“不影响”)。
(6)测得c(I−)=__________mol·L−1。
【答案】（1）c(NH)＞c(ClO−)＞c(OH−)＞c(H+)
（2） Na2CO3＞NaClO＞Na2SO3＞NaHCO3
（3） Al3++3ClO−+3H2O=Al(OH)3↓+3HClO
（4） 防止因Fe3+水解而影响滴定终点的判断
（5） 偏高
（6） 0.0600
【解析】(1)根据电离平衡常数NH3·H2O的Kb=2×10−5，HClO的Ka=3×10−8，次氯酸根水解显碱性，铵根水解显酸性，根据越弱越水解，次氯酸根水解程度大于铵根水解程度，溶液显碱性，因此0.1mol·L−1 NH4ClO溶液中离子浓度由大到小的顺序是c(NH)＞c(ClO−)＞c(OH−)＞c(H+)；故答案为：c(NH)＞c(ClO−)＞c(OH−)＞c(H+)。(2)根据电离平衡常数得到酸强弱顺序：H2SO3＞H2CO3＞＞HClO＞，根据对应的酸越弱，其水解程度越大，碱性越强，因此等浓度的Na2SO3、NaClO、Na2CO3、NaHCO3溶液，pH由大到小的顺序是Na2CO3＞NaClO＞Na2SO3＞NaHCO3；故答案为：Na2CO3＞NaClO＞Na2SO3＞NaHCO3。(3)根据题意说明Al3+和ClO−发生双水解生成氢氧化铝沉淀和次氯酸，其离子方程式为Al3++3ClO−+3H2O=Al(OH)3↓+3HClO；故答案为：Al3++3ClO−+3H2O=Al(OH)3↓+3HClO。(4)由于铁离子发生水解而影响滴定终点的判断，因此滴定应在pH＜0.5的条件下进行；故答案为：防止因Fe3+水解而影响滴定终点的判断。(5)若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则配制出的硝酸银浓度偏低，取等量的硝酸银，物质的量减少，则消耗的NH4SCN溶液的体积偏低，得到碘离子的量增大，因此会导致c(I−)测定结果偏高；故答案为：偏高。(6)根据三次数据得出第一次数据是错误的数据，因此消耗NH4SCN标准溶液平均体积为10.00mL，根据Ag+～I−～AgI，则n(I−)=0.1000mol·L−1×0.025L-0.1000mol·L−1×0.01L =0.0015mol，；故答案为：0.0600。
10．用硫酸分解磷尾矿[主要成分为Ca5(PO4)3F]可制得中强酸磷酸。已知：25℃时，H3PO4的电离平衡常数：K1=7.1×10−3；K2=6.3×10−8；K3=4.2×10−13.请回答：
(1)NaH2PO4溶液中c(HPO)________c(H3PO4)(填“>”“<”或“=”)。
(2)25℃时，H2PO(aq)+OH−(aq)HPO(aq)+H2O(l)的平衡常数K=___________。 
(3)Ca5(PO4)3F(s)+OH−(aq)Ca5(PO4)3(OH)(s)+F−(aq)，溶液中c(F−)随溶液的pH和温度(T)的变化曲线如图所示。

则：pH1_______pH2(填“>”“<”或“=”，下同)；A、B两点的溶液中用F−表示的反应速率υ(A)________υ(B)。 
(4)下列说法正确的是___________
A．磷酸溶液中存在3个平衡
B．向pH=2的磷酸溶液中加入NaH2PO4固体，溶液酸性降低
C．向Na2HPO4溶液中滴加稀盐酸的过程中的值增大
D．向NaH2PO4溶液中滴加NaOH至过量，水的电离程度先增大后减小
【答案】（1）＞
（2）6.3×106
（3） ＜ ＞
（4） BD
【解析】(1)NaH2PO4溶液中H2PO既要电离又要水解，水解常数，因此说明电离占主要，所以c(HPO)＞c(H3PO4)；故答案为：＞。(2)25℃时，H2PO(aq)+OH−(aq)HPO(aq)+H2O(l)的平衡常数；故答案为：6.3×106。(3)作过B点与y轴的平行线，从下到上c(F−)增大，说明平衡正向移动，则说明向反应中增加了OH−浓度，因此A点碱性更强即pH1＜pH2；A点的c(F−)比B点高，且A点的温度比B点温度高，因此两点的溶液中用F－表示的反应速率υ(A)＞υ(B)；故答案为：＜；＞。(4)A．磷酸溶液中存在4个平衡即磷酸第一步电离平衡、第二步电离平衡、第三步电离平衡和水的电离，故A错误；B．向pH=2的磷酸溶液中加入NaH2PO4固体，增加了H2PO浓度，致使磷酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减低，因此溶液酸性降低，故B正确；C．向Na2HPO4溶液中滴加稀盐酸的过程中，氢离子浓度增大，因此的值减小，故C错误；D．向NaH2PO4溶液中滴加NaOH至过量，先生成Na3PO4，磷酸根水解，水的电离程度先增大，后来NaOH过量，溶质是Na3PO4和NaOH的混合溶液，NaOH抑制水的电离，水的电离程度减小，故D正确；综上所述，答案为BD。
11．某兴趣小组用废铝合金(成分为Al、Zn、Fe、Si)制备Al2O3和Fe2O3、ZnSO4·7H2O，流程如图：

已知：①ZnSO4·7H2O晶体易溶于水，易风化。
②已知25℃常见离子沉淀的pH范围如下：

开始沉淀
完全沉淀
Fe3+
1.5
3.7
Fe2+
6.5
9.7
Al3+
3.3
5.2
Zn2+
5.4
8.2
回答下列问题：
(1)下列操作或描述正确的是___。
A．加入试剂A目的是将Fe2+氧化为Fe3+
B．调节pH=5.3，可用试剂ZnO
C．操作②中用玻璃棒在过滤器上搅拌以加快过滤速度
D．为制备ZnSO4·7H2O，可蒸发ZnSO4溶液至有大量晶体析出，再停止加热，用余热蒸干
(2)调节pH=2的目的是 。
(3)写出滤液③中加入碳酸氢钠溶液生成沉淀④的反应的离子方程式 。
(4)为了得到纯净的沉淀③，需要将沉淀③进行洗涤。洗涤沉淀的具体操作是 。
(5)判断滤液②是否有铁元素残留的简要实验方案为 。
【答案】（1）AB
（2） 抑制Zn2+水解，提高晶体纯度
（3） AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO
（4） 向漏斗中加入蒸馏水浸没沉淀物，使水自然流出后，重复2~3次
（5） 取样，滴加KSCN溶液，显血红色说明残留Fe3+
【解析】废铝合金(成分为Al、Zn、Fe、Si)加入足量稀盐酸得到滤液①和沉淀①，滤液①中含有Al3+、Zn2+、Fe2+，沉淀①为Si；滤液①中加入试剂A，调节pH=5.3，得到滤液②和沉淀②，滤液②经一系列操作最终得到ZnSO4·7H2O，表明滤液②中含有Zn2+，根据离子沉淀的pH范围可知，pH=5.3时，Al3+、Fe3+会沉淀，由此判定沉淀②中的成分为Fe(OH)3、Al(OH)3；加入试剂A则是为了使Fe2+转化为Fe3+；沉淀②中加入NaOH溶液，得到滤液③和沉淀③，滤液③的成分为NaAlO2，沉淀③为Fe(OH)3；沉淀④是Al(OH)3。(1)A．加入试剂A的目的是，将Fe2+转化为Fe3+，A项正确；B．铝合金和足量稀硫酸反应得到滤液①，滤液①显酸性，可以用碱或碱性氧化物调节pH，使pH=5.3，可用试剂ZnO并且不会引入杂质，B项正确；C．滤纸上用玻璃棒搅拌会导致滤纸破损，从而导致漏液，C项错误；D．蒸发ZnSO4溶液至有大量晶体析出，再停止加热，用余热蒸干，最终会得到ZnSO4固体，D项错误；答案选AB。(2)Zn2+易水解，调节pH=2是为了抑制Zn2+水解，提高晶体纯度；(3)滤液③中加入碳酸氢钠溶液生成沉淀④，这一过程是NaAlO2和碳酸氢钠反应生成Al(OH)3沉淀，离子方程式为：AlO+HCO+H2O=Al(OH)3↓+CO；(4)洗涤沉淀的具体操作是：向漏斗中加入蒸馏水浸没沉淀物，使水自然流出后，重复2~3次；(5)滤液②中的Fe元素以Fe3+形式存在，所以只需验证Fe3+是否存在即可判断滤液②是否有铁元素残留，简要的实验方案为：取样，滴加KSCN溶液，显血红色说明残留Fe3+。

7．