（新高考）2022届高考二轮精品专题九 电解质溶液中的平衡 教师版高中化学.docx

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1、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。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。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

2、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。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CH3COOHCH3COO+H+水解平衡(如CH3COONa溶液)CH3COO+H2OCH3COOH+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

3、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

4、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+)1.0×1013mol·L1的溶液一定呈碱性。如25，0.1mol·L1盐酸或氢氧化钠溶液中由水电离的c(H+)都为1.0×1013mol·L1。(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

5、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

6、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：dc

7、ab(1)MOH为强碱、ROH为弱碱(2)c(ROH)c(MOH)(3)水的电离程度：ab2Kw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Ksp9×106(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，Kw1×1014(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，ac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，QcKsp，将会有沉淀生成(3)d点在曲线的下方，QcKsp，

8、则为不饱和溶液，还能继续溶解CaSO4(2)直线型(pMpR曲线)pM为阳离子浓度的负对数，pR为阴离子浓度的负对数直线AB上的点：c(M2+)c(R2)；溶度积：CaSO4CaCO3MnCO3；X点对CaSO4要析出沉淀，对CaCO3是不饱和溶液，能继续溶解CaCO3；Y点：c(SO)c(Ca2+)，二者的浓度积等105；Z点：c(CO)c(Mn2+)，二者的浓度积等1010.6。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：

9、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pH7不一定是终点：强碱与强酸反应时，终点是pH7；强碱与弱酸(强酸与弱碱)反应时，终点不是pH7(强碱与弱酸反应终点是pH7，强酸与弱碱反应终点是pH7) 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pOHpOH=-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)BpOH=7时，c(Na+)=c(H2PO)+2c(HPO)CH2PO的电离

10、平衡常数Ka=1×107.3mol·L1D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；BpOH=7时，c(H+

11、)=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；CH2PO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=<Ka，以电离为主，故溶液呈酸性，所以溶液中离子浓度大小为c(Na+)>c(HPO)>c(H2PO)>c(H+)>c(OH)

12、，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·L1 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·L1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CH3CO

13、O+H2OCH3COOH+OH是吸热反应D向盛有2ml 0.1mol·L1 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·L1 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；CCH3COONa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

14、解平衡正向移动，从而得出CH3COO的水解是吸热反应，C正确；DNa2S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DNaCl溶

15、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；BCa(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+3

16、HCl，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；DCH3COONH4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（

17、） AT时，b点溶液中无硫酸银固体Ba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)=(1.5×102)2×(1.5×102)=3.375×106。Ab点在曲线上方，为过饱和溶液，

18、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

19、(Ag2SO4)不变，溶液组成会由a点向d点方向移动，C正确；DAg2SO4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，

20、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。 125时，对于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：醋酸、氢氧化钠、醋酸钠溶液，下列说法错误的是（ ）Ac(CH3COO)：B水电离出的c(H+)：

21、C25时，和等体积混合后的溶液：D25时，和等体积混合后的溶液：【答案】C【解析】A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、溶液中c(CH3COO)：，A正确；B是醋酸，酸电离产生H+会抑制水的电离；是氢氧化钠，属于碱，碱电离产生OH也会抑制水的电离，由于电离产生的OH大于产生的H+的浓度，因此水电离程度：；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，故中水电离程度最大。则三种溶液中水电离程度：。水电离程度越大，水电离产生的H+的浓度就越大，故三

22、种溶液中水电离出的c(H+)：，B正确；C25时，和等体积混合后，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和等体积混合后，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

23、+)=c(CH3COO)+c(OH)，将(i)+(ii)×2，整理可得：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO)+2c(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()CKa1(H2SeO3)与Ka2(H2SeO3)之比为103DNaHSeO3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

24、线N表示pH与的变化关系，故A错误；Ba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()+2c()，故B错误；Ca点：=0，即，由=可知，Ka1=c(H+)=102.6；b点=0，即，由=可知，Ka2=c(H+)=106.6；得=104，故C错误；D由上面C选项分析可知，的电离常数Ka2=106.6，的水解常数=<10-6.6，即以电离为主，故NaHSeO3溶液中：c()>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

25、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（ ）AHCl溶液的浓度约为0.05mol/LBb点溶液存在：Ccd段发生的主要反应为De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+)=1011.5mol/L，c(OH)=102.5mol/L，Na2CO3的Kh1=2×104，设Na2CO3的浓度为a，则2×104，解得a0.

26、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=5×1011，所以当c(CO)=c(HCO)时c(H+)=5×1011mol/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，cd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

27、为AC。425时，将浓度均为0.1mol·L1、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（ ）AKa(HA)=106Bb点时，c(B+)=c(A)=c(OH)Cc点时，随温度升高而减小Dac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·L1 HA溶液的pH=3，0.1mol·L1 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；V

28、b=0时，HA溶液的pH=3，此时c(H+)=103mol·L1，c(HA)0.1mol·L1，故HA的电离常数Ka(HA)=105，故A错误；Bb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；Cc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；Dab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；bc过程中，BOH剩余，抑制了水的电离，水的

29、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21.7mLB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

30、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。1下列说法正确的是（ ）A向AgCl浊液中加入K

31、Br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NH3·H2O NH4HSO4 (NH4)2CO3 NH4Cl，c(NH)的关系为>>>D等物质的量浓度的NaHCO3与Na2CO3混合溶液：3c(Na+)=2c(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(

32、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NH3·H2O NH4HSO4 (NH4)2CO3 NH4Cl，NH3·H2O是弱电解质，其余都是强电解质，因此c(NH)最小的是，根据能够电离出的NH的个数可分为两类，(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，NH4HSO4和NH4Cl一元

33、铵盐，NH4HSO4中电离产生的氢离子抑制铵离子水解，故NH4HSO4和NH4Cl比较，c(NH)较大的是；则，c(NH)的关系为>>>，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+)=3c(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（ ）A0.01mol·L1 HN3溶液的pH=2BHN3溶液的pH随温度升高而减小CNaN3的电离方程式：NaN3=Na+3ND0.01mol·L1 NaN3溶液中：c(H

34、+)+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·L1 HN3溶液的pH>2，A错误；BHN3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；CNaN3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；D0.01mol·L1 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（ ）水是一种极弱的电

35、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常温下pH=4的醋酸加水稀释过程中，所有离子浓度都降低蒸干AlCl3溶液可得纯净的无水氯化铝A1个 B2个 C3个 D4个【答案】C【解析】1L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：107mol，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；醋酸是弱电解质，在水溶液中只有

36、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=101，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c110c2，故错误；酸溶液稀释时，c(H+)减小，由于Kw不变，则c(OH)增大，故错误；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。425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（ ）Ab点对应溶液中：c

37、(HAuCl4)c()Bd点对应溶液中：c(OH)-c(H+)=c(HAuCl4) CHAuCl4的电离平衡常数Ka约为105D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+)=103mol/L，则HAuCl4为弱酸，故溶液pH=7时，加入NaOH溶液的体积小于20mL。Ab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；Bd点对应溶液中的溶质为NaAuCl4，根据质子守恒可得c(OH)=c(HAu

38、Cl4)+c(H+)，则c(OH)-c(H+)=c(HAuCl4)成立，B说法正确；CHAuCl4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（ ）AHClO2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

39、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+)=106，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；DClO2、Cl中Cl元素化合价与、不同，推测由+3价Cl歧化生成ClO2、

40、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（ ）A0.10mol·L1的HA溶液中=1010，该HA溶液的pH=2BpH=13的NaOH溶液与pH=1的醋酸溶液等体积混合后所得溶液的pH7CpH=3的盐酸和pH=3的AlCl3溶液中，水电离出的c(H+)后者大D10mL pH=3的盐酸与1mL pH=12的NaOH混合后溶液呈中性【答案】B【解析】A0.10mol·L1的HA溶液中=1010，又，则，该HA溶液的pH=2，故A正确；BpH=1的醋酸溶液的物质的量浓度比pH=13的N

41、aOH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，pH7，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；DpH=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·L1的溶液中逐滴加入0.1mol·L1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（ ）AX点时，BY点时，C的水解平衡常数D水的电离程度：【答案】

42、CD【解析】AX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，将浓度均为0.1mol/L的盐酸与氨水等体积混合，混合液pH=a；将浓度为b mol/L盐酸与0.3m

43、ol/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（ ）Aa<7，b<0.3B常温下氨水的电离平衡常数C中混合液存在：c(NH)+c(NH3·H2O)+c(Cl)=0.3mol/LD将与混合液混合，则混合后溶液中存在：c(Cl)c(NH)【答案】C【解析】A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；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

44、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因溶液显酸性，溶液显中性，故将与混合液混合显酸性，由电荷守恒得：，故，D正确；故选C。9I25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·H2OKb=2×105HClOKa=3×108H2CO3Ka1=4×107 Ka2=4×1011H2SO3K

45、a1=1.3×102 Ka2=6.3×108(1)0.1mol·L1 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

46、，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b配制并标定100mL 0.1000mol·L1 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·L1 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·L1 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123消耗NH4SCN标准溶液体积/mL10.2410.029.98f数据处理。回答下列问题：(4)滴定应在pH0.5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·L1。【答案】（1）c(NH)c(ClO)c(OH)c(H+) （2） Na2CO3NaClONa2SO3NaHCO3 （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