(共43张PPT)
知识点一
学业分层测评
知识点二
盐
类
的
水
解
反
应
NaCl、KNO3
NH4Cl、Al2(SO4)3
弱酸弱碱盐
弱酸强碱盐
盐类型
pH
酸碱性
实例
强酸强碱盐
＝7
中性
NaCl
强酸弱碱盐
<7
酸性
NH4Cl
<7
酸性
AlCl3
弱酸强碱盐
>7
碱性
Na2CO3
>7
碱性
CH3COONa
弱电解质
＝
中性
理论解释
____和
结合生成弱电解质
，使水的电离平衡向
的方向移动
平衡时酸碱性
使溶液中c(H＋)
c(OH－)，溶液呈______
总离子方程式
NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋
NH
OH－
NH3·H2O
＞
酸性
电离
CH3COO－
H＋
CH3COOH
电离
＜
碱性
盐
类
的
水
解
反
应
离子
H＋或OH－
逆
吸热反应
促进
促进
促进
抑制
促进
学业分层测评（十六）
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知识点
知识点(②
学习目标导航
W目(共47张PPT)
知识点一
学业分层测评
知识点二
沉
淀
溶
解
平
衡
原
理
溶解
沉淀
性质
温度
溶解
强
影响因素
沉淀溶解平衡
内因
电解质本身的性质
外
因
温度
温度升高，多数溶解平衡向溶解的方向移动
稀释
向溶解方向移动
同离子
效应
加入相同离子，向生成沉淀的方向移动
物质
AgCl
AgBr
AgI
Ag2S
颜色
白
淡黄
黄
黑
Ksp
1.8×10－10
7.7×10－13
1.5×10－16
1.8×10－50
沉
淀
溶
解
平
衡
原
理
的
应
用
白
黄
黑
离子方
程式
Ag＋＋Cl－
===AgCl↓
AgCl＋I－===AgI↓＋Cl－
2AgI＋S2－
===Ag2S↓＋2I－
实验
结论
溶解度小的沉淀可以转化为溶解度更小的沉淀
沉淀溶解平衡的移动
较强
较弱
Cu(OH)2
Cu2(OH)2CO3
Fe(OH)3
溶液中被沉淀的离子
Fe3＋
Cu2＋
完全生成氢氧化物
沉淀时溶液的pH
≥3.7
≥4.4
物质
Mg(OH)2
CaCO3
MgCO3
Ca(OH)2
CaSO4
MgSO4
溶解度/g
9.0×10－4
1.5×10－3
1.0×10－2
1.7×10－1
2.1×10－1
26.7
学业分层测评（十八）
点击图标进入…(共46张PPT)
知识点一
学业分层测评
知识点二
溶
液
的
酸
碱
性
＝
>
<
强
强
溶
液
的
pH
－lgc(H＋)
<
>
>
<
增强
增强
红
蓝
红
玻璃片
试纸中央
学业分层测评（十四）
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知识点
知识点(②
学习目标导航
W目学业分层测评(十四)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．常温下，柠檬酸水溶液的pH是3，食用醋的pH是2，可乐的pH是6，三种物质的溶液中c(OH－)分别是( )
【导学号：92410201】
A．1×10－11
mol·L－1,1×10－12
mol·L－1,1×10－8
mol·L－1
B．1×10－11
mol·L－1,1×10－8
mol·L－1,1×10－12
mol·L－1
C．2×10－11
mol·L－1,1×10－10
mol·L－1,1×10－8
mol·L－1
D．1×10－8
mol·L－1,1×10－11
mol·L－1,1×10－12
mol·L－1
【解析】 pH＝3时，c(OH－)＝＝10－11
mol·L－1；pH＝2时，c(OH－)＝＝10－12
mol·L－1；pH＝6时，c(OH－)＝＝10－8
mol·L－1。
【答案】 A
2．25
℃的下列溶液中，碱性最强的是( )
A．c(OH－)＝10－3
mol·L－1溶液
B．c(OH－)＝0.01
mol·L－1的溶液
C．1
L溶液中含有4
g
NaOH的溶液
D．c(H＋)＝1×10－10
mol·L－1的溶液
【解析】 C项中c(OH－)＝＝0.1
mol·L－1，D项中c(OH－)＝＝10－4
mol·L－1，溶液中c(OH－)越大，其碱性越强。
【答案】 C
3．常温下，下列各混合或稀释后溶液中，pH最大的是( )
【导学号：92410202】
A．pH＝11的烧碱溶液稀释1
000倍
B．pH＝11的氨水稀释1
000倍
C．pH＝4的醋酸和pH＝10的烧碱溶液等体积混合
D．pH＝5的盐酸稀释1
000倍
【解析】 pH＝11的烧碱溶液稀释1
000倍后，pH＝8；pH＝11的氨水稀释1
000倍后，由于稀释促进电离，pH>8；pH＝4的醋酸和pH＝10的烧碱溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液呈酸性，pH<7；pH＝5的盐酸稀释1
000倍后，pH接近7但小于7；所以B的pH最大。
【答案】 B
4．下列说法中正确的是( )
A．用pH试纸测定氯水的pH
B．pH试纸使用前要用蒸馏水润湿
C．用pH试纸测定某溶液的pH为3.2
D．pH计能较准确地测定溶液的酸碱性
【解析】 氯水具有漂白性，不能用pH试纸测定pH，A错；pH试纸使用前若用蒸馏水润湿，则相当于将待测溶液稀释了，可能会引起误差，B错；用pH试纸测定的溶液的pH都是整数，不可能是小数，C错；pH计是准确测定溶液pH的一种仪器，D正确。
【答案】 D
5．向10
mL
pH为2的稀硫酸中加入一定浓度的BaCl2溶液，恰好反应时溶液体积为100
mL，则反应后溶液的pH为( )
【导学号：92410203】
A．2
B．3
C．4
D．5
【解析】 溶液混合时发生反应Ba2＋＋SO===BaSO4↓，H＋的物质的量没变，相当于将原稀硫酸稀释了10倍，故其pH变为3。
【答案】 B
6．下列各组溶液的pH一定等于7的是(室温下)
( )
A．pH＝1和pH＝12的两种溶液等体积混合
B．0.05
mol·L－1
H2SO4与0.10
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合
C．将pH＝5的CH3COOH溶液稀释100倍
D．pH＝1的H2SO4与0.10
mol·L－1
Ba(OH)2溶液等体积混合
【解析】 A项中，由于酸过量，pH应小于7，A项不正确。B项中，强酸、强碱如果各为V
L，则n(H＋)＝n(OH－)＝0.1V
mol，反应后溶液呈中性。C项中，pH＝5的弱酸稀释100倍后，pH小于7；D项中，酸、碱反应后碱过量，溶液应呈碱性。
【答案】 B
7．常温下，将pH＝1的硫酸溶液平均分成两等份，一份加入适量水，另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液，两者pH都升高了1，则加入的水和氢氧化钠溶液的体积比为
( )
【导学号：92410204】
A．5∶1
B．6∶1
C．10∶1
D．11∶1
【解析】 设每一份硫酸为1
L，则0.1
mol·L－1×1
L＝0.01
mol·L－1×[V(H2O)＋1]L，V(H2O)＝9
L；0.1
mol·L－1×1
L－×0.1
mol·L－1×V(NaOH)＝0.01
mol·L－1×[V(NaOH)＋1]
L，V(NaOH)＝
L；V(H2O)∶V(NaOH)＝9∶＝6∶1。
【答案】 B
8．对于常温下pH为1的硝酸溶液，下列叙述正确的是( )
A．该溶液1
mL稀释至100
mL后，pH等于3
B．向该溶液中加入等体积、pH为12的氢氧化钡溶液恰好完全中和
C．该溶液中硝酸电离出的c(H＋)与水电离出的c(H＋)之比值为10－12
D．该溶液中水电离出的c(H＋)是pH为3的硝酸中水电离出的c(H＋)的100倍
【解析】 硝酸为强电解质，完全电离，稀释100倍，pH增大2，A对；pH为1的硝酸溶液与等体积、pH为13的氢氧化钡溶液恰好完全中和，B错；硝酸电离出的c(H＋)为0.1
mol·L－1，与水电离出的c(H＋)为10－13
mol·L－1，二者之比应为1012，C错；pH为3的硝酸中水电离出的c(H＋)为10－11
mol·L－1，故D项的比值应为1∶100，D项错。
【答案】 A
9．有一学生在实验室测某溶液的pH，实验时，他先用蒸馏水润湿pH试纸，然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测：
【导学号：92410205】
(1)该学生的操作________(填“正确”或“错误”)，其理由是____________
____________________________________________________________________；
(2)若用此方法分别测定c(H＋)相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是________________，原因是__________________________________________
___________________________________________________________。
(3)该学生以上述方式测定下列溶液的pH，无误差的是________。
A．NaOH
B．CH3COONa
C．NaCl
D．NaHSO4
【解析】 用pH试纸测定溶液酸碱性时，不能用蒸馏水润湿。若润湿，会使待测液浓度下降，结果出现误差。但是用pH试纸测定中性溶液时，对结果一般没影响。
【答案】 (1)错误 润湿后，稀释了原溶液，使其浓度减小，导致测量误差
(2)盐酸 HCl是强电解质，醋酸是弱电解质，在溶液中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋，稀释时平衡右移，继续电离出H＋，稀释时Δc(H＋)较小，ΔpH较小，故误差较小
(3)C
10．有pH＝12的NaOH溶液100
mL，要使它的pH降为11。
(1)若加入蒸馏水，应加
________mL。
(2)若加入pH为10的NaOH溶液，应加________mL。
(3)若加入0.01
mol·L－1的盐酸，应加________mL。
【解析】 (1)加水稀释pH＝12的NaOH溶液至pH＝11，体积增大到10倍所以需加水900
mL。
(2)设需pH＝10的NaOH溶液体积为V，那么：
＝10－3
mol·L－1，
V＝1
L＝1
000
mL。
(3)设需0.01
mol·L－1盐酸体积为V，那么：
＝10－3
mol·L－1，
V＝81.8
mL。
【答案】 (1)900 (2)1
000 (3)81.8
11．请结合下列四种溶液：①0.1
mol·L－1醋酸溶液，②0.1
mol·L－1盐酸，③pH＝13的氢氧化钠溶液，④pH＝13的氨水，回答下列问题。
【导学号：92410206】
(1)溶液中的c(H＋)大小关系是________(填序号，下同)。
(2)其中水的电离程度最大的是________，水的电离程度相同的是________。
(3)将②与③等体积混合，所得溶液呈________。
A．酸性 B．碱性 C．中性
(4)取等体积③和④的溶液分别稀释100倍，稀释后溶液的pH关系为③________(填，“>”，“＝”或“<”)④。
【解析】 (1)盐酸是强酸，完全电离，故它的氢离子浓度大于醋酸，而pH＝13的氨水与氢氧化钠中的氢离子浓度相等，故有②>①>③＝④；
(2)盐酸电离的H＋与氢氧化钠、氨水电离的OH－浓度相等，因此对水电离的抑制程度相同，而醋酸提供的H＋浓度最小，对水电离的抑制程度最小，故水的电离程度最大的是①，相同的是②＝③＝④；
(3)将②与③等体积混合恰好完全反应生成氯化钠，故溶液呈中性；
(4)等体积的③和④分别稀释100倍，由于弱碱中存在电离平衡，pH变化小，故③小于④。
【答案】 (1)②>①>③＝④ (2)① ②、③、④ (3)C (4)<
[能力提升]
12．25
℃时两种浓度不同的NaOH溶液中，c(H＋)分别为1.0×10－14
mol/L和1.0×10－12
mol/L，将这两种溶液等体积混合后(溶液体积变化忽略不计)，所得溶液的c(H＋)约为
( )
A．0.5×(10－14＋10－12)mol/L
B．5×(10－15＋10－11)mol/L
C．2.0×10－1
mol/L
D．2.0×10－14
mol/L
【解析】 c(H＋)＝1×10－14
mol/L的NaOH溶液中，c(OH－)＝1
mol/L，c(H＋)＝1.0×10－12
mol/L的NaOH溶液中，c(OH－)＝1.0×10－2
mol/L，两种溶液混合后，c(OH－)＝(1＋1.0×10－2)
mol/L≈0.5
mol/L，所以c(H＋)＝
mol/L＝2.0×10－14
mol/L。
【答案】 D
13．某温度下纯水的c(H＋)＝1.0×10－6
mol/L，在此温度下，将pH＝8的Ba(OH)2溶液与pH＝5的稀盐酸混合(溶液体积变化忽略不计)。欲使混合溶液的pH＝7，则氢氧化钡溶液与盐酸的体积比为
( )
【导学号：92410207】
A．11∶1
B．9∶2
C．1∶11
D．2∶9
【解析】 依题意该温度下的Kw＝1.0×10－12，则pH＝8的Ba(OH)2溶液的c(OH－)＝1×10－4
mol/L，pH＝5的盐酸的c(H＋)＝1×10－5
mol/L。设Ba(OH)2溶液的体积为V1，盐酸的体积为V2，混合溶液的pH＝7，c(OH－)＝
mol/L＝10－5
mol/L，该溶液显碱性，Ba(OH)2过量，依题意得c(OH－)＝＝1×10－5
mol/L，解得＝。
【答案】 D
14．室温时，下列混合溶液的pH一定小于7的是( )
【导学号：92410208】
A．pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合
B．pH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合
C．pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合
D．pH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等体积混合
【解析】 解答本题时应先明确所给的酸或碱是强电解质，还是弱电解质，是一元的还是二元的，然后判断酸碱发生反应时是酸过量还是碱过量，从而判断溶液的pH是否小于7。A项，反应时氨水过量溶液显碱性，pH>7，错误；B项，盐酸中c(H＋)＝1×10－3
mol·L－1，Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝1×10－3
mol·L－1，两者又是等体积混合，故有n(H＋)＝n(OH－)，混合后溶液的pH＝7，错误；C项，因醋酸是弱酸，反应时酸过量，反应后pH<7，正确；D项，因NH3·H2O是弱碱，反应时碱过量，反应后pH>7，错误。
【答案】 C
15．(2016·温州高二质检)(1)常温下100
mL
0.05
mol·L－1的氢氧化钡溶液中滴加硫酸钠溶液，当两者恰好完全反应时，测得溶液的pH为12。则加入硫酸钠溶液的体积是________mL。(溶液混合时体积的变化不计，下同)
(2)常温下，若100体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，该强酸的pH(用a表示)与强碱的pH(用b表示)之间应满足的关系是________。
(3)已知100
℃
Kw＝1×10－12(mol/L)2,0.1
mol/L
NaOH溶液，由水电离出的OH－的物质的量浓度为________，pH＝________。
【解析】 (1)反应后OH－并未消耗，浓度变为0.01
mol·L－1，
＝0.01
mol·L－1，
V(Na2SO4)＝0.9
L＝900
mL。
(2)pH＝b的碱溶液中c(OH－)＝10－14＋b，因为n(H＋)＝n(OH－)，则有100
V×10－a＝V×10－14＋b
化简得10a＋b－14＝102，则a＋b＝16。
(3)由水电离出的OH－的浓度等于NaOH溶液中H＋的浓度，
c(H＋)＝＝
＝1×10－11
mol/L，pH＝－lgc(H＋)＝－lg
10－11＝11。
【答案】 (1)900 (2)a＋b＝16
(3)1×10－11
mol·L－1 11学业分层测评(十六)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列说法中错误的是( )
【导学号：92410227】
A．在Na2S溶液中滴入酚酞试液，呈红色
B．硫酸铵溶液显酸性
C．一切钾盐、钠盐、硝酸盐都不发生水解
D．醋酸盐溶于水能发生水解
【解析】 Na2S水解使溶液显碱性，滴入酚酞试液，呈红色；硫酸铵是强酸弱碱盐，其水解使溶液显酸性；钾的弱酸盐、钠的弱酸盐、硝酸的弱碱盐都能发生水解；醋酸盐中存在弱酸根离子(CH3COO－)，溶于水时能发生水解。
【答案】 C
2．下列说法正确的是( )
A．酸式盐溶液呈酸性，正盐溶液呈中性
B．强酸强碱盐的溶液一定是中性的
C．盐的溶液呈中性，这一定是强酸强碱盐
D．盐溶液的酸碱性主要由形成盐的酸和碱的相对强弱决定
【解析】 盐溶液的酸碱性与形成盐的酸和碱的相对强弱有关，D正确；弱酸的酸式盐中，亚硫酸氢钠、磷酸二氢钠溶液呈酸性，碳酸氢钠、硫氢化钠溶液呈碱性，正盐如：Na2CO3溶液显碱性，(NH4)2SO4溶液显酸性，NaCl溶液显中性，故A不正确；强酸的酸式盐呈酸性，所以B不正确；醋酸铵溶液呈中性，但它不是强酸强碱盐，C不正确。
【答案】 D
3．常温下，下列盐溶于水后发生水解反应，溶液显酸性的是( )
【导学号：92410228】
A．(NH4)2SO4
B．NaClO
C．Na2S
D．KNO3
【解析】 A中NH水解：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，溶液显酸性；B中ClO－水解：ClO－＋H2OHClO＋OH－溶液显碱性；C中S2－水解，S2－＋H2OHS－＋OH－，溶液显碱性；D项KNO3不水解，溶液为中性。
【答案】 A
4．下列物质在常温下发生水解时，对应的水解方程式正确的是( )
A．Na2CO3：CO＋H2O2OH－＋CO2↑
B．NH4NO3：NH＋H2ONH3·H2O＋H＋
C．CuSO4：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2↓＋2H＋
D．KF：F－＋H2O===HF＋OH－
【解析】 由于盐类水解的程度非常微弱，所以水解方程式应该用“??”，D错；CO的水解分两步进行，不能合为一步写，也不会产生CO2气体，A错；Cu2＋水解也不会产生Cu(OH)2沉淀，C错。
【答案】 B
5．在常温下，纯水中存在电离平衡H2OH＋＋OH－，若要使水的电离程度增大，并使c(H＋)增大，应加入的物质是( )
【导学号：92410229】
A．NaHSO4
B．KAl(SO4)2
C．NaHCO3
D．CH3COONa
【解析】 NaHCO3溶液、CH3COONa溶液呈碱性，使溶液中c(H＋)减小，不符合题意；NaHSO4电离出的H＋抑制了水的电离；KAl(SO4)2电离的Al3＋水解，能促进水的电离，使溶液中c(H＋)增大。
【答案】 B
6．NH4Cl溶于重水(D2O)后，产生的一水合氨和水合氢离子均表示正确的是
( )
A．NH2D·H2O和D3O＋
B．NH3·D2O和HD2O＋
C．NH3·HDO和D3O＋
D．NH2D·HDO和H2DO＋
【解析】 NH4Cl水解的实质是其电离出的NH与重水电离出的OD－结合生成一水合氨的过程。NH＋OD－NH3·HDO，D＋再与D2O结合生成D3O＋，故C项正确。
【答案】 C
7．0.1
mol·L－1
Na2CO3溶液和0.1
mol·L－1
NaHCO3溶液的pH的大小关系是
( )
【导学号：92410230】
A．前者大
B．相等
C．前者小
D．不能肯定
【解析】 比较盐水解后的酸的酸性强弱，若酸越弱，则盐溶液的碱性越强，即“越弱越水解”。
【答案】 A
8．在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO＋H2OHCO＋OH－。下列说法正确的是
( )
A．稀释溶液，水解程度增大，c(OH－)增大
B．通入CO2，平衡向正反应方向移动
C．升高温度，减小
D．加入NaOH固体，溶液pH减小
【解析】 稀释溶液，水解程度增大，但c(OH－)减小，A项错；CO2通入水中，相当于加入H2CO3，可以与OH－反应，而促进平衡正向移动，B项正确；升温，促进水解，平衡正向移动，故的结果是增大的，C项错；加入NaOH，碱性增强，pH应该增大，D项错。
【答案】 B
9．在0.1
mol/L
Na2CO3溶液中，欲使CO的浓度尽量接近0.1
mol/L，则应向溶液中加( )
【导学号：92410231】
A．HCl
B．Na2CO3
C．NaCl
D．KOH
【解析】 在Na2CO3溶液中存在水解：CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－；向溶液中加入KOH可以抑制CO的水解，使CO的浓度尽量接近0.1
mol/L。
【答案】 D
10．如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01
mol·L－1CH3COONa溶液，并分别放置在盛有水的烧杯中，然后向烧杯①中加入生石灰，向烧杯③中加入NH4NO3晶体，烧杯②中不加任何物质。
①加入生石灰 ②不加任何物质 ③加入NH4NO3晶体
(1)含酚酞的0.01
mol·L－1
CH3COONa溶液显浅红色的原因为__________
___________________________________________________________________。
(2)实验过程中发现烧瓶①中溶液颜色变深，烧瓶③中溶液颜色变浅，则下列叙述正确的是________。
A．水解反应为放热反应
B．水解反应为吸热反应
C．NH4NO3溶于水时放出热量
D．NH4NO3溶于水时吸收热量
(3)向0.01
mol·L－1
CH3COONa溶液中分别加入少量浓盐酸、NaOH固体、Na2CO3固体、FeSO4固体，使CH3COO－水解平衡移动的方向分别为________、________、________、________(填“左”、“右”或“不移动”)。
【解析】 (1)CH3COONa中CH3COO－水解使溶液显碱性，碱性溶液使酚酞显浅红色。
(2)生石灰与水反应放出大量的热，根据烧瓶①中溶液为颜色变深，判断水解平衡向右移动，说明水解反应是吸热反应，同时烧瓶③中溶液颜色变浅，则NH4NO3溶于水时吸收热量。
(3)酸促进CH3COO－的水解；碱抑制CH3COO－的水解；CO与CH3COO－水解相互抑制；Fe2＋与CH3COO－水解相互促进。
【答案】 (1)CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，使溶液显碱性 (2)BD (3)右 左 左 右
11．常温下，如果取0.1
mol·L－1
HA溶液与0.1
mol·L－1
NaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH＝8，试回答以下问题：
(1)混合溶液的pH＝8的原因(用离子方程式表示)：_____________________
____________________________________________________________________。
(2)混合溶液中由水电离出的c(OH－)________(填“>”、“<”或“＝”)0.1
mol·L－1
NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)。
(3)已知NH4A溶液为中性，又知HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断(NH4)2CO3溶液的pH________7(填“>”“<”或“＝”)；将同温度下等浓度的四种盐溶液：
A．NH4HCO3
B．NH4A
C．(NH4)2SO4
D．NH4Cl
按pH由大到小的顺序排列是________(填序号)。
【解析】 (2)混合溶液由于A－水解，促进水的电离，而NaOH抑制水的电离。(3)NH4A溶液为中性，说明NH与A－的水解程度相当，而HA加到Na2CO3中有气体放出，说明HA酸性强于H2CO3，CO水解程度大于A－，因而(NH4)2CO3溶液pH>7，NH4HCO3溶液的pH也同样大于7。Cl－和SO不水解，所以(NH4)2SO4和NH4Cl溶液显酸性，但(NH4)2SO4中NH更多，因而pH[(NH4)2SO4]
【答案】 (1)A－＋H2OHA＋OH－
(2)> (3)> ABDC
12．常温下，浓度均为0.1
mol·L－1的四种溶液：
【导学号：92410232】
①Na2CO3溶液 ②NaHCO3溶液 ③盐酸 ④氨水
试回答下列问题：
(1)上述溶液中有水解反应发生的是________(填编号，下同)，溶液中溶质存在电离平衡的是________；
(2)比较①、②溶液，pH较大的是________；
(3)在溶液④中加入少量NH4Cl固体，此时的值将________(填“变小”、“变大”或“不变”)；
【解析】 (1)Na2CO3为弱酸强碱盐，只存在弱酸根的水解平衡；NaHCO3为弱酸的酸式盐，既存在HCO的水解平衡又存在HCO的电离平衡；盐酸为强酸，发生完全电离；氨水中只存在NH3·H2O的电离平衡。
(2)CO对应的酸为HCO，HCO对应的酸为H2CO3，酸性H2CO3>HCO。等浓度的两种溶液，Na2CO3的水解程度比NaHCO3大，所以pH较大的是Na2CO3溶液。
(3)氨水中存在NH3·H2ONH＋OH－，向溶液中加入NH4Cl固体，NH浓度增大，平衡左移，OH－浓度减小，所以的值将变大。
【答案】 (1)①② ②④ (2)① (3)变大
[能力提升]
13．相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是( )
A．电离程度：HCN>HClO
B．pH：HClO>HCN
C．与NaOH溶液恰好完全反应时，消耗NaOH的物质的量：HClO>HCN
D．酸根离子浓度：c(CN－)【解析】 NaCN和NaClO都为强碱弱酸盐，相同物质的量浓度时NaCN溶液的pH较大，说明CN－水解的程度大，因此HCN比HClO的酸性更弱，电离程度：HCN【答案】 D
14．已知在常温下测得浓度均为0.1
mol·L－1的下列三种溶液的pH:
【导学号：92410233】
溶质
NaHCO3
Na2CO3
NaCN
pH
9.7
11.6
11.1
下列说法中正确的是
( )
A．阳离子的物质的量浓度之和：Na2CO3>NaCN>NaHCO3
B相同条件下的酸性：H2CO3C．三种溶液中均存在电离平衡和水解平衡
D．升高Na2CO3溶液的温度，减小
【解析】 三种溶液中，阳离子均为Na＋和H＋，Na2CO3溶液中Na＋浓度是其他两种溶液的两倍，阳离子浓度最大，NaCN溶液和NaHCO3溶液中Na＋浓度相等，但NaCN溶液中H＋浓度小于NaHCO3溶液中H＋浓度，故阳离子浓度大小顺序为Na2CO3>NaHCO3>NaCN，A项错误；HCO的水解能力小于CN－，故酸性：H2CO3>HCN，B项错误；升高Na2CO3溶液的温度，促进其水解，增大，D项错误。
【答案】 C
15．一元酸HA溶液中，加入一定量强碱MOH溶液后，恰好完全反应，反应后的溶液中，下列判断一定正确的是
( )
A．c(A－)≥c(M＋)
B．c(A－)＝c(M＋)
C．若MA不水解，则c(OH－)D．若MA水解，则c(OH－)>c(H＋)
【解析】 若MA不水解，溶液呈中性，c(OH－)＝c(H＋)；若MA水解，与强碱阳离子M＋无关，只能说明HA为弱酸，A－水解：A－＋H2O?HA＋OH－，则MA溶液中c(OH－)>c(H＋)。
【答案】 D
16．10
℃时，在烧杯中加入0.1
mol·L－1的NaHCO3溶液400
mL，加热，测得该溶液的pH发生如下变化：
【导学号：92410235】
温度(℃)
10
20
30
50
70
pH
8.3
8.4
8.5
8.9
9.4
(1)甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为____________________________________________
____________________________________________________________________；
(2)乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度________(填“大于”或“小于”)NaHCO3；
(3)丙同学认为：要确定上述哪种说法合理，只要把加热后的溶液冷却到10
℃后再测定溶液pH，若pH________8.3(填“＞”、“＜”或“＝”)，说明甲正确；若pH________8.3(填“>”、“<”或“＝”)，说明乙正确；
(4)丁同学设计如下实验方案对甲乙同学的解释进行判断：实验装置如图，加热煮沸NaHCO3溶液，发现试管A中澄清石灰水变浑浊，说明________(填“甲”或“乙”)推测正确：
【解析】 (1)HCO水解的离子方程式为HCO＋H2OH2CO3＋OH－。(2)乙同学根据NaHCO3受热易分解，认为受热时2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，这样溶质成为Na2CO3，而pH增大，也说明Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度。(3)若甲同学的观点正确，则当温度再恢复至10
℃时，pH应为8.3，若乙同学的观点正确，则当温度降回至10
℃时，则pH应大于8.3，而第(5)小题实验也利用该原理从而证明乙同学的观点是正确的。(4)根据A中澄清石灰水变浑浊，说明NaHCO3在加热煮沸时发生分解生成了Na2CO3、CO2及水，证明乙同学观点正确。
【答案】 (1)HCO＋H2OH2CO3＋OH－
(2)大于 (3)＝ > (4)乙学业分层测评(十三)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列说法正确的是
( )
【导学号：92410187】
A．HCl溶液中无OH－
B．NaOH溶液中无H＋
C．NaCl溶液中既无OH－也无H＋
D．常温下，任何物质的水溶液中都有H＋和OH－，且水电离产生的c(H＋)、c(OH－)相同
【解析】 凡是水溶液中，都存在水的电离平衡H2OH＋＋OH－，水电离生成的H＋、OH－数目相同，浓度相同。
【答案】 D
2．在25
℃和80
℃的纯水中，c(H＋)的关系是( )
A．前者大
B．前者小
C．相等
D．不能肯定
【解析】 水的电离是一个吸热过程，温度越高，水电离程度越大，c(H＋)越大。
【答案】 B
3．常温下，在0.1
mol·L－1
CH3COOH溶液中，水的离子积常数是( )
【导学号：92410188】
A．1×10－14
B．1×10－13
C．1.32×10－14
D．1.32×10－15
【解析】 水的离子积常数只与温度有关。
【答案】 A
4．下列因素能影响水的电离平衡，且能使水的电离平衡向右移动的是( )
A．CH3COOH
B．[??H]－
C．升高温度
D．NaOH
【解析】 水的电离是吸热的，升温，电离平衡向右移动。
【答案】 C
5．能抑制水的电离，并使溶液中c(H＋)>c(OH－)的操作是
( )
【导学号：92410189】
①将水加热 ②向水中投入一小块金属钠 ③向水中通CO2 ④向水中加NaHSO4固体
A．①②
B．①
C．③
D．③④
【解析】 将水加热，c(H＋)＝c(OH－)；向水中投入一小块金属钠，c(H＋)c(OH－)。
【答案】 D
6．在CH3COOH溶液中存在平衡：CH3COOHH＋＋CH3COO－。加入少量下列固体物质，能使平衡逆向移动的是( )
A．NaCl
B．CH3COONa
C．Na2CO3
D．NaOH
【答案】 B
7．在含酚酞的0.1
mol/L氨水中加入少量NH4Cl晶体，则溶液颜色( )
【导学号：92410190】
A．变蓝色
B．变深
C．变浅
D．不变
【解析】 加入NH4Cl，c(NH)增大，抑制了氨水的电离，碱性变弱，颜色变浅。
【答案】 C
8．稀氨水中存在平衡：NH3·H2ONH＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入适量的物质是
( )
①NH4Cl固体 ②硫酸 ③NaOH固体 ④水
⑤加热 ⑥加入少量MgSO4固体
A．①②③⑤
B．③⑥
C．③
D．③⑤
【解析】 若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NH)增大，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)减小，①不合题意；硫酸中的H＋与OH－反应，使c(OH－)减小，平衡向正反应方向移动，②不合题意；当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向逆反应方向移动，③符合题意；若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向正反应方向移动，但c(OH－)减小，④不合题意；电离属吸热过程，加热平衡向正反应方向移动，c(OH－)增大，⑤错；加入MgSO4固体发生反应Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓，溶液中c(OH－)减小，⑥错。
【答案】 C
9．室温下，向10
mL
0.1
mol/L的醋酸溶液中加水稀释后，下列说法正确的是( )
【导学号：92410191】
A．溶液中导电粒子的数目减小
B．溶液中不变
C．醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大
D．醋酸的电离常数K随醋酸浓度减小而减小
【解析】 醋酸加水稀释，促进醋酸的电离，溶液中导电离子的数目增加，A错误；醋酸加水稀释，电离程度增大，但c(H＋)减小，C错误；电离常数K只与温度有关，与醋酸的浓度无关，D错误；由于温度不变，电离平衡常数K＝不变，B正确。
【答案】 B
10．现有下列物质①100
℃纯水；②25
℃
0.1
mol·L－1
HCl溶液；③25
℃
0.1
mol·L－1
KOH溶液；④25
℃
0.1
mol·L－1
Ba(OH)2溶液。
(1)这些物质与25
℃纯水相比，能促进水电离的是________(填序号)，能抑制水的电离的是________，水电离的c(OH－)等于溶液中c(OH－)的是________，水电离的c(H＋)等于溶液中c(H＋)的是________。
(2)从②和③溶液中水的电离度相等，进而可推出的结论是：同一温度下，________时，水的电离度相等。
【解析】 水的电离过程吸热，升温，促进水的电离，酸或碱抑制水的电离；强酸溶液中，由于酸电离出的c(H＋)远大于水电离出的c(H＋)，酸电离的c(H＋)可看成溶液中的c(H＋)，强碱溶液中，由于碱电离的c(OH－)远大于水电离的c(OH－)，碱电离的c(OH－)可看成溶液中的c(OH－)。
【答案】 (1)① ②③④ ①② ①③④
(2)酸溶液中的c(H＋)等于碱溶液中的c(OH－)
11．某温度下，纯水中c(H＋)＝2×10－7
mol·L－1，则此溶液中c(OH－)为________
mol·L－1，该温度时的Kw＝________。如温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5.0×10－6
mol·L－1，则c(OH－)为________
mol·L－1。
【解析】 因纯水中水电离出的c(H＋)与c(OH－)总是相等，c(H＋)＝2.0×10－7
mol·L－1，则c(OH－)为2.0×10－7
mol·L－1，该温度时的Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝(2.0×10－7)2＝4.0×10－14。温度不变，滴入稀盐酸使c(H＋)＝5.0×10－6
mol·L－1，则c(OH－)＝KW/c(H＋)＝4.0×10－14÷(5.0×10－6)＝8.0×10－9(mol·L－1)。
【答案】 2.0×10－7 4.0×10－14 8.0×10－9
12．在某温度下的水溶液中，c(H＋)＝10x
mol·L－1，c(OH－)＝10y
mol·L－1，x与y的关系如图所示：
【导学号：92410192】
(1)该温度下，水的离子积为________。
(2)该温度下，0.01
mol·L－1
NaOH溶液中c(H＋)为________。
【解析】 先取图象中的一点x＝－5时y＝－10，故水的Kw＝10－5·10－10＝10－15。
0．01
mol·L－1
NaOH溶液中c(OH－)＝10－2
mol·L－1，故c(H＋)＝＝
mol·L－1＝10－13
mol·L－1。
【答案】 (1)10－15
mol2·L－2 (2)10－13
mol·L－1
[能力提升]
13．向醋酸溶液中滴加稀氨水，溶液的导电能力发生变化，其电流强度随加入氨水的体积V的变化曲线正确的是( )
【解析】 醋酸是弱电解质，在溶液中电离出部分CH3COO－和H＋：CH3COOH??CH3COO－＋H＋，醋酸溶液有一定的导电能力，滴加的稀氨水与醋酸发生反应生成CH3COONH4，CH3COONH4是强电解质，完全电离，使得溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力增强，这种变化一直持续到酸碱完全中和。再滴入稀氨水，溶液体积的扩大起了决定作用，故溶液的导电能力又逐渐减弱。最后溶液的导电能力与稀氨水相当。
【答案】 B
14．由水电离出的c(OH－)＝1×10－13
mol·L－1的无色溶液中，一定能大量共存的离子组是
( )
【导学号：92410193】
A．Cl－、AlO、Na＋、K＋
B．Fe3＋、NO、K＋、H＋
C．NO、Ba2＋、K＋、Cl－
D．Al3＋、SO、NH、Cl－
【解析】 水电离出的c(OH－)＝1×10－13
mol·L－1时，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性。A项中AlO在酸性条件下不能大量共存；B项中Fe3＋在碱性条件下不能大量共存，且Fe3＋溶液有颜色，H＋不能在碱性条件下大量存在；C项在酸性或碱性条件下都能大量共存；D项中Al3＋、NH在碱性条件下不能大量共存。
【答案】 C
15．一定温度下，用水稀释0.1
mol/L的一元弱酸HA，随稀释进行，下列数值一定增大的是(Kw表示水的离子积，Ka表示HA的电离常数)( )
A．Kw
B.
C.
D．c(OH－)
【解析】 温度不变，Kw不变，A不合题意；根据Ka＝，推出＝＝，加水稀释时，HA电离程度增大，n(HA)减小，n(A－)增大，则减小，B、C不合题意；加水稀释HA电离程度增大，但是c(H＋)减小，因Kw不变，可知c(OH－)增大，D符合题意。
【答案】 D
16．(2016·舟山高二质检)在水的电离平衡中，c(H＋)和c(OH－)的关系如图所示：
【导学号：92410194】
(1)A点水的离子积为1×10－14
mol2·L－2，B点水的离子积为________mol2·L－2。造成水的离子积变化的原因是___________________________________。
(2)100
℃时，若向溶液中滴加盐酸，能否使体系处于B点位置？为什么？
(3)100
℃时，若盐酸中c(H＋)＝5×10－4
mol·L－1，则由水电离产生的c(H＋)是多少？
【解析】 (1)Kw只受温度影响，温度越高，Kw越大。
(2)溶液处于B点时，c(H＋)＝c(OH－)；
而在盐酸溶液中，c(H＋)≠c(OH－)。
(3)cH2O(H＋)＝cH2O(OH－)＝
＝＝2×10－9
mol·L－1
【答案】 (1)1×10－12 水的电离要吸热，温度升高，水的电离程度增大，即离子积增大
(2)否，在盐酸中c(H＋)≠c(OH－)，所以不在B点。
(3)2×10－9
mol·L－1学业分层测评(十二)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列各组关于强电解质、弱电解质、非电解质的归类，完全正确的是( )
【导学号：92410174】
选项
A
B
C
D
强电解质
Fe
NaCl
CaCO3
HNO3
弱电解质
CH3COOH
NH3
H3PO4
Fe(OH)3
非电解质
蔗糖
BaSO4
酒精
H2O
【解析】 A项，Fe既不是电解质，也不是非电解质；B项，NH3是非电解质，BaSO4是强电解质；D项，H2O是弱电解质，不是非电解质。
【答案】 C
2．下列说法正确的是
( )
A．氯化钾溶液在电流作用下电离出钾离子和氯离子
B．二氧化硫溶于水能部分转化成离子，故二氧化硫属于弱电解质
C．硫酸钡难溶于水，所以硫酸钡属于弱电解质
D．纯净的强电解质在液态时，有的导电有的不导电
【解析】 A项，KCl溶液不需在电流作用下就能电离出K＋和Cl－；B项，SO2本身不能电离出离子，故SO2不是电解质，SO2与H2O反应生成的H2SO3才是电解质；C项，BaSO4属于强电解质；D项，纯净的强电解质在液态时有的导电(如熔融NaCl)，有的不导电(如HCl、HClO4等)。
【答案】 D
3．用食用白醋(醋酸浓度约为1
mol·L－1)进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是( )
【导学号：92410175】
A．白醋中滴入石蕊试液呈红色
B．白醋加入豆浆中有沉淀产生
C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出
D．白醋中c(H＋)＝0.01
mol·L－1
【解析】 D项，表明醋酸不能完全电离，只有少部分电离，正确；A项和C项，表明醋酸显酸性；B项，表明醋酸是电解质，将电解质溶液加入胶体中，有沉淀产生。
【答案】 D
4．下列说法中正确的是( )
A．CO2的水溶液能导电，所以CO2是电解质
B．BaSO4不溶于水，其水溶液的导电能力极弱，所以BaSO4是弱电解质
C．液溴不导电，所以溴是非电解质
D．强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强
【解析】 A中是因CO2＋H2OH2CO3，H2CO3电离出H＋和HCO，HCO又电离出H＋和CO，从而使溶液导电，而不是CO2自身电离，因此H2CO3是电解质，而CO2是非电解质，A错；电解质强弱的划分是根据其电离的程度，而不是根据其溶解度的大小，BaSO4溶解度很小，但溶于水的部分完全电离，所以BaSO4是强电解质，但其溶液导电能力差，B错；电解质和非电解质都是化合物，液溴是单质，C错；电解质溶液导电能力的强弱与溶液中自由移动的离子的浓度以及离子所带的电荷多少有关，所以强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，D对。
【答案】 D
5．下列关于电离常数(K)的说法中正确的是( )
【导学号：92410176】
A．电离常数(K)越小，表示弱电解质的电离能力越弱
B．电离常数(K)与温度无关
C．不同浓度的同一弱电解质，其电离常数(K)不同
D．多元弱酸各步电离常数相互关系为：K1【解析】 加热能促进弱电解质的电离，故电离常数(K)值增大，B错误；电离常数只与温度有关，与浓度无关，C错误；多元弱酸各步电离常数的大小关系为K1 K2 K3，D错误。
【答案】 A
6．下列电离方程式中，错误的是( )
A．Al2(SO4)3===2Al3＋＋3SO
B．HFH＋＋F－
C．HIH＋＋I－
D．Cu(OH)2Cu2＋＋2OH－
【解析】 HI为强电解质，电离方程式为HI===H＋＋I－。
【答案】 C
7．将1
mol冰醋酸加入到一定量的蒸馏水中最终得到1
L溶液。下列各项中，表明已达到电离平衡状态的是
( )
【导学号：92410177】
A．醋酸的浓度达到1
mol·L－1
B．H＋的浓度达到0.5
mol·L－1
C．醋酸分子的浓度、醋酸根离子的浓度、H＋的浓度均为0.5
mol·L－1
D．醋酸分子电离成离子的速率和离子重新结合成醋酸分子的速率相等
【解析】 在未电离时c(CH3COOH)＝1
mol·L－1，当醋酸、H＋、CH3COO－的浓度不再变化时(但此时三者的浓度不一定是0.5
mol·L－1)，醋酸的电离达到平衡状态，故A、B、C均错。依据平衡状态的第一个标志即电离速率与离子结合成分子的速率相等，可知D项正确。
【答案】 D
8．已知25
℃时，醋酸溶液中各微粒存在下述关系：K＝＝1.75×10－5
mol·L－1，下列有关说法可能成立的是( )
A．25
℃条件下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，K＝8×10－5
mol·L－1
B．25
℃条件下，向该溶液中加入一定量的盐酸时，K＝2×10－4
mol·L－1
C．标准状况下，醋酸溶液中K＝1.75×10－5
mol·L－1
D．升高到一定温度，K＝7.2×10－5
mol·L－1
【解析】 弱电解质的电离平衡常数K只是温度的函数，温度不变，K就不变，升高温度，K增大。
【答案】 D
9．把0.05
mol
NaOH固体分别放入100
mL下列液体中，溶液的导电能力变化最小的是
( )
【导学号：92410178】
A．自来水
B．0.5
mol·L－1盐酸
C．0.5
mol·L－1
CH3COOH溶液
D．0.5
mol·L－1
KCl溶液
【解析】 一定温度下，电解质溶液的导电能力取决于溶液中的离子浓度及离子所带电荷数。离子浓度大电荷数多则导电能力强。导电能力的变化，关键看混合后溶液中自由移动的离子浓度的变化。由于自来水几乎不导电，加入NaOH后，导电能力明显增强；醋酸是弱电解质，加入NaOH后，生成的CH3COONa是强电解质，导电能力也明显增强；0.5
mol·L－1
KCl溶液中加入NaOH后，离子浓度增大，导电能力增强；而向0.5
mol·L－1盐酸中加入NaOH，反应后生成强电解质NaCl，导电能力无明显变化。即选B。
【答案】 B
10．现有①硫酸铜晶体、②碳酸钙固体、③纯磷酸、④硫化氢、⑤三氧化硫、⑥金属镁、⑦石墨、⑧固态苛性钾、⑨氨水、⑩熟石灰固体，
(1)其中属于强电解质的是________(填序号，下同)；
(2)属于弱电解质的是__________________________________________；
(3)属于非电解质的是__________________________________________；
(4)既不是电解质，又不是非电解质的是_______________________
____________________________________；
(5)能导电的是____________________________________________。
【解析】 (1)强电解质是溶于水全部电离的电解质，①②⑧⑩是强电解质；
(2)③④是溶于水部分电离的电解质，属弱电解质；
(3)⑤属于化合物，它的水溶液虽然导电，但并不是它自身电离使溶液导电，所以是非电解质；
(4)⑥⑦都是单质，⑨是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
(5)⑥⑦中均有能够自由移动的电子，⑨中有能够自由移动的离子，能导电，其他物质都没有自由移动的电荷，所以不导电。
【答案】 (1)①②⑧⑩ (2)③④ (3)⑤ (4)⑥⑦⑨ (5)⑥⑦⑨
11．有下列物质的溶液①CH3COOH，②HCl，③H2SO4，④NaHSO4。(1)若四种溶液的物质的量浓度相同，其c(H＋)的大小比较为________(用序号表示，下同)。
(2)若四种溶液的c(H＋)相同，其物质的量浓度的大小比较为________。
【解析】 ②③④均为强电解质，能完全电离出H＋，而①为弱电解质，部分电离出H＋。
【答案】 (1)③>②＝④>① (2)①>②＝④>③
12．常温下，H2SO3的电离常数Ka1＝1.2×10－2，Ka2＝6.3×10－8；H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11。
【导学号：92410179】
请比较H2SO3和H2CO3的酸性：_______________________________，
并通过实验验证上述结论的正误，(简要说明实验步骤，现象和结论)仪器自选。
_____________________________________________________________________________________________________________________________。
(供选择的试剂：CO2、SO2、Na2CO3、NaHCO3、Na2SO3、NaHSO3、蒸馏水、饱和石灰水、酸性KMnO4溶液，品红溶液。)
【解析】 由于Ka1(H2SO3)>Ka1(H2CO3)，故H2SO3的酸性强于H2CO3，要证明酸性H2SO3>H2CO3，可有以下方案：
①将SO2气体依次通过NaHCO3溶液(或Na2CO3溶液)、酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水，若品红溶液不褪色，且澄清石灰水变浑浊，证明酸性H2SO3强于H2CO3。
②将CO2气体依次通过NaHSO3(或Na2SO3)溶液、品红溶液，若品红溶液不褪色，证明酸性H2SO3强于H2CO3。
【答案】 H2SO3的酸性强于H2CO3
方案一：将SO2气体依次通过NaHCO3(或Na2CO3)溶液、酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水。品红溶液不褪色，且澄清石灰水变浑浊，证明酸性H2SO3强于H2CO3
方案二：将CO2气体依次通过NaHSO3(或Na2SO3)溶液、品红溶液。品红溶液不褪色，证明酸性H2SO3强于H2CO3(其他合理答案也可)
[能力提升]
13．pH＝1的两种一元酸HX和HY溶液，分别取100
mL加入足量的镁粉，充分反应后，收集到H2体积分别为VHX和VHY。若相同条件下VHX>VHY，则下列说法正确的是( )
A．HX可能是强酸
B．HY一定是强酸
C．HX的酸性强于HY的酸性
D．反应开始时二者生成H2的速率相等
【解析】 pH相同时，溶液中c(H＋)相同，反应开始时二者生成H2的速率相等。加入足量的镁粉，充分反应后收集到H2体积关系为VHX>VHY，说明溶液中H＋的物质的量HX>HY，说明HX的酸性弱于HY的酸性。HX不可能是强酸，HY可能是强酸也可能是弱酸。
【答案】 D
14．一元弱酸HA(aq)中存在下列电离平衡：HAA－＋H＋。将1.0
mol
HA分子加入水中形成1.0
L溶液，下图表示溶液中HA、H＋、A－的物质的量浓度随时间而变化的曲线正确的是( )
【导学号：92410180】
【解析】 根据弱酸HA的电离平衡知，HA浓度由大到小，排除D项；A－、H＋浓度由0增大，排除了A、B；平衡时，HA减少量等于A－的增加量。
【答案】 C
15．课题式学习是研究性学习的一种基本方式，其学习模式为：
→→→
某化学兴趣小组在学习了电解质的有关知识后，老师提出了一个“电解质水溶液导电能力的强弱的影响因素”的课题。让该小组来完成课题的研究，已知HCl在水中能完全电离。
(1)该小组同学首先用密度为1.049
g·cm－3的乙酸(CH3COOH)和质量分数为36.5%、密度为1.18
g·cm－3的浓盐酸分别配制1
mol·L－1CH3COOH溶液和1
mol·L－1HCl溶液各500
mL，则他们应该量取乙酸和浓盐酸的体积分别为________和________；
(2)他们首先用如图所示装置测1
mol·L－1的CH3COOH溶液和1
mol·L－1HCl溶液的导电能力，接通电源后发现与HCl溶液相连的灯泡较亮，有同学认为乙酸是弱电解质，你________(填“同意”或“不同意”)他的观点，通过该现象你得到的结论是________________；
(3)他们又用上述装置测物质的量浓度相同的CuSO4溶液和NaOH溶液的导电能力，接通电源后发现与CuSO4溶液相连的灯泡较亮，有同学认为NaOH是弱电解质，你________(填“同意”或“不同意”)他的观点，通过该现象你得到的结论是_______________________________________________________；
(4)通过上述探究实验，你能得到的结论是_________________________
___________________________________________________________________。
【解析】 (1)据溶质守恒，则有：1.049
g·cm－3V1＝1
mol·L－1×0.5
L×60
g·mol－1，解得V1＝28.6
mL；
mol·L－1·V2＝1
mol·L－1×0.5
L，解得V2＝42.4
mL。
(2)因为HCl、CH3COOH均为一元酸，而HCl溶液导电性强，说明其中自由移动离子数目多，则CH3COOH是弱电解质。
(3)因为CuSO4溶液中阴、阳离子所带电荷数目多，故其电解质溶液导电性强，但不能说明NaOH是弱电解质。
(4)通过该探究实验，说明溶液的导电性由单位体积内自由移动离子数目和所带电荷数共同决定。
【答案】 (1)28.6
mL 42.4
mL
(2)同意 阴、阳离子所带电荷数目相同时，单位体积内自由移动离子数目越大，电解质溶液的导电能力越强
(3)不同意 当单位体积内自由移动离子数目相同时，阴、阳离子所带电荷数目越多，电解质溶液的导电能力越强
(4)电解质溶液的导电能力是由单位体积内自由移动离子数目和离子所带电荷数目共同决定的学业分层测评(十八)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．一定温度下，在氢氧化钡的悬浊液中，存在氢氧化钡固体与其电离出的离子间的溶解平衡关系：Ba(OH)2(s)Ba2＋(aq)＋2OH－(aq)。向此悬浊液中加入少量的氧化钡粉末，下列叙述正确的是( )
【导学号：92410254】
A．溶液中钡离子数目减少
B．溶液中钡离子浓度减小
C．溶液中氢氧根离子浓度增大
D．pH减小
【解析】 原溶液已饱和，加入的BaO粉末与水反应生成的Ba(OH)2不会再溶解，但由于消耗了水，使得平衡逆向移动，Ba2＋与OH－的数目减少，但浓度不变，pH也不变。
【答案】 A
2．下列对沉淀溶解平衡的描述正确的是
( )
A．反应开始时，溶液中各离子浓度相等
B．沉淀溶解达到平衡时，沉淀速率和溶解速率相等
C．沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度相等，且保持不变
D．沉淀溶解达到平衡时，再加入难溶性的该沉淀物，将促进溶解
【解析】 A项错误，反应开始时，各离子的浓度没有必然的关系；C项错误，沉淀溶解达到平衡时，溶液中溶质的离子浓度保持不变，但不一定相等；D项错误，沉淀溶解达到平衡时，再加入难溶性的该沉淀物，由于固体的浓度为常数，故平衡不发生移动。
【答案】 B
3．已知Ksp(PbI2)＝7.1×10－9，则其饱和溶液中c(I－)为( )
【导学号：92410255】
A．8.4×10－5
mol·L－1
B．1.2×10－3
mol·L－1
C．2.4×10－3
mol·L－1
D．1.9×10－3
mol·L－1
【解析】 由PbI2(s)?Pb2＋＋2I－，Ksp(PbI2)＝c(Pb2＋)·c2(I－)＝c(Pb2＋)·[2c(Pb2＋)]2＝7.1×10－9，即c(Pb2＋)≈1.2×10－3
mol·L－1，故c(I－)＝2.4×10－3
mol·L－1。
【答案】 C
4．要使工业废水中的重金属离子Pb2＋沉淀，可用硫酸盐、碳酸盐、硫化物等作沉淀剂，已知Pb2＋与这些离子形成的化合物的溶解度如下：
化合物
PbSO4
PbCO3
PbS
溶解度/g
1.03×10－4
1.81×10－7
1.84×10－14
由上述数据可知，选用的沉淀剂最好为( )
A．硫化物
B．硫酸盐
C．碳酸盐
D．以上沉淀剂均可
【解析】 PbSO4、PbCO3、PbS中，PbS的溶解度最小，因此最好选用硫化物将工业废水中的Pb2＋转化为PbS沉淀来除去。
【答案】 A
5．下列说法正确的是( )
【导学号：92410256】
A．在一定温度下的饱和AgCl水溶液中，Ag＋与Cl－的浓度乘积是一个常数
B．已知AgCl的Ksp＝1.8×10－10，则在任何含AgCl固体的溶液中，c(Ag＋)＝c(Cl－)，且Ag＋与Cl－浓度的乘积等于1.8×10－10
C．Ksp数值越大的难溶电解质在水中的溶解能力越强
D．难溶电解质的溶解度很小，故外界条件改变，对它的溶解度没有影响
【解析】 由溶度积常数定义可知，一定温度下Ksp＝c(Ag＋)·c(Cl－)为一常数，A项正确。若在含AgCl固体的溶液中溶有NaCl，则c(Ag＋)【答案】 A
6．一定温度下，将足量的AgCl分别放入下列物质中，AgCl的溶解度由大到小的排列顺序是( )
①20
mL
0.01
mol/LKCl溶液 ②30
mL
0.02
mol/L
CaCl2溶液 ③40
mL
0.03
mol/L
HCl溶液
④10
mL蒸馏水 ⑤50
mL
0.05
mol/L
AgNO3溶液
A．①>②>③>④>⑤
B．④>①>③>②>⑤
C．⑤>④>②>①>③
D．④>③>⑤>②>①
【解析】 AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，由于c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp，c(Cl－)或c(Ag＋)越大，对AgCl的溶解抑制作用越大，AgCl的溶解度就越小。注意AgCl的溶解度大小只与溶液中Ag＋或Cl－的浓度有关，而与溶液体积无关。①c(Cl－)＝0.01
mol/L；②c(Cl－)＝0.04
mol/L；③c(Cl－)＝0.03
mol/L；④c(Cl－)＝0
mol/L；⑤c(Ag＋)＝0.05
mol/L。Ag＋或Cl－浓度由小到大的顺序为④<①<③<②<⑤，故AgCl的溶解度由大到小的排列顺序为④>①>③>②>⑤。
【答案】 B
7．已知298
K时，Mg(OH)2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12，取适量的MgCl2溶液，加入一定量的烧碱溶液达到沉淀溶解平衡，测得pH＝13.0，则下列说法不正确的是( )
【导学号：92410257】
A．所得溶液中的c(H＋)＝1.0×10－13
mol·L－1
B．所得溶液中由水电离产生的c(OH－)＝1.0×10－13
mol·L－1
C．所加烧碱溶液的pH＝13.0
D．所得溶液中的c(Mg2＋)＝5.6×10－10
mol·L－1
【解析】 c(OH－)＝0.1
mol·L－1，则溶液中的c(H＋)和溶液中由水电离产生的c(OH－)都等于1.0×10－13
mol·L－1，A、B项都正确；Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝5.6×10－12，则c(Mg2＋)＝5.6×10－10
mol·L－1，D项正确，加入的烧碱要与镁离子反应，且混合后体积增大，则原来所加烧碱溶液的pH应大于13.0，C项错误。
【答案】 C
8．Cu(OH)2在水中存在着如下沉淀溶解平衡：Cu(OH)2(s)Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，在常温下，Ksp＝2×10－20。某CuSO4溶液中，c(Cu2＋)＝0.02
mol·L－1，在常温下如果要生成Cu(OH)2沉淀，需要向CuSO4溶液中加入碱溶液来调整pH，使溶液的pH大于
( )
A．2 B．3 C．4 D．5
【解析】 Cu(OH)2(s)?Cu2＋(aq)＋2OH－(aq)，其中Ksp＝c(Cu2＋)·c2(OH－)，要使Cu(OH)2沉淀需达到其Ksp，
故c(OH－)>＝
mol·L－1，
故c(OH－)>1×10－9
mol·L－1，
则c(H＋)<1×10－5
mol·L－1，因此pH应大于5。
【答案】 D
9．已知25
℃时，CaSO4在水中沉淀溶解平衡曲线如下图所示，向100
mL该条件下的CaSO4饱和溶液中，加入400
mL
0.01
mol/L的Na2SO4溶液，针对此过程的下列叙述正确的是( )
【导学号：92410258】
A．溶液中析出CaSO4固体沉淀，最终溶液中c(SO)较原来大
B．溶液中无沉淀析出，溶液中c(Ca2＋)、c(SO)都变小
C．溶液中析出CaSO4固体沉淀，溶液中c(Ca2＋)、c(SO)都变小
D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中c(SO)较原来大
【解析】 由题意，Ksp(CaSO4)＝c(Ca2＋)·c(SO)＝3.0×10－3×3.0×10－3＝9×10－6，CaSO4饱和溶液中c(Ca2＋)＝c(SO)＝3.0×10－3
mol·L－1。加入400
mL
0.01
mol/L
Na2SO4溶液后，c(Ca2＋)＝＝6×10－4
mol/L，c(SO)＝＝8.6×10－3
mol·L－1，c(Ca2＋)·c(SO)＝6×10－4×8.6×10－3＝5.16×10－6【答案】 D
10．与c(H＋)·c(OH－)＝Kw类似，FeS饱和溶液中存在：FeS(s)??Fe2＋(aq)＋S2－(aq)，c(Fe2＋)·c(S2－)＝Ksp，常温下Ksp＝8.1×10－17。
(1)理论上FeS的溶解度为_______________________________________。
(2)又知FeS饱和溶液中c(H＋)与c(S2－)之间存在以下关系：c2(H＋)·c(S2－)＝1.0×10－22，为了使溶液中达到1
mol·L－1，现将适量FeS投入其饱和溶液中，应调节溶液中的c(H＋)为________。
【解析】 本题考查物质的溶解度与溶度积的计算。
(1)由FeS(s)??Fe2＋(aq)＋S2－(aq)可得
c(Fe2＋)＝＝＝9×10－9(mol·L－1)
即1
L溶液中可溶解9×10－9
mol的FeS(令所得溶液的密度为1
g·cm－3)，
由(100
g＋S)∶S＝1
000
g∶(9×10－9×88)
g，
所以S＝7.92×10－8
g。
(2)c(Fe2＋)＝1
mol·L－1，则c(S2－)＝＝＝8.1×10－17
mol·L－1，
c(H＋)＝≈1.11×10－3
mol·L－1。
【答案】 (1)7.92×10－8
g (2)1.11×10－3
mol·L－1
11．某学习小组欲探究CaSO4沉淀转化为CaCO3沉淀的可能性，查得如下资料：(25
℃)
【导学号：92410259】
难溶电解质
CaCO3
CaSO4
MgCO3
Mg(OH)2
Ksp
2.8×10－9
9.1×10－6
6.8×10－6
1.8×10－11
实验步骤如下：
①往100
mL
0.1
mol·L－1的CaCl2溶液中加入100
mL
0.1
mol·L－1的Na2SO4溶液，立即有白色沉淀生成。
②向上述悬浊液中加入固体Na2CO3
3
g，搅拌、静置、沉淀后弃去上层清液。
③再加入蒸馏水搅拌、静置、沉淀后再弃去上层清液。
④_____________________________________________________________。
(1)由题中信息Ksp越大，表示电解质的溶解度越______(填“大”或“小”)。
(2)写出第②步发生反应的化学方程式：__________________________
____________________________________________________________________。
(3)设计第③步的目的是_____________________________________。
(4)请补充第④步操作及发生的现象：____________________________。
【解析】 Ksp越大，电解质的溶解度越大，第②步中加入Na2CO3后，由于CaCO3比CaSO4更难溶，故应转化为CaCO3，③步的操作主要是除去Na2SO4，最后一步可加入足量盐酸，证明生成的沉淀已全部转化为CaCO3，故沉淀溶解。
【答案】 (1)大
(2)Na2CO3＋CaSO4===Na2SO4＋CaCO3
(3)洗去沉淀中附着的SO
(4)向沉淀中加入足量的盐酸，沉淀完全溶解
12．(1)已知在25
℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝3.2×10－11，假设饱和Mg(OH)2溶液的密度为1
g·mL－1，试求Mg(OH)2的溶解度为________g。
(2)在25℃时，向0.02
mol·L－1的MgCl2溶液中加入NaOH固体，若要生成Mg(OH)2沉淀，应使溶液中的c(OH－)最小为________mol·L－1。
(3)25
℃时，向浓度均为0.02
mol·L－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成________沉淀(填化学式)；当两种沉淀共存时，＝________。
{已知25
℃时，Ksp[Cu(OH)2]＝2.0×10－20}
【解析】 (1)设c(Mg2＋)为x，则c(OH－)为2x。由Ksp[Mg(OH)2]＝3.2×10－11＝c(Mg2＋)·c2(OH－)＝x×(2x)2＝4x3，解得c(Mg2＋)＝2×10－4
mol·L－1，则1
L溶液(即1
L水中)溶解Mg(OH)2为2×10－4
mol，即1
000
g水中溶解Mg(OH)2为：2×10－4
mol×58
g·mol－1＝1.16×10－2g，所以Mg(OH)2的溶解度为1.16×10－3
g。
(2)当c(Mg2＋)·c2(OH－)＝3.2×10－11时开始生成Mg(OH)2沉淀，则c2(OH－)＝＝1.6×10－9，解得c(OH－)＝4×10－5
mol·L－1。
(3)由于Ksp[Cu(OH)2]小于Ksp[Mg(OH)2]，所以离子的浓度商首先达到并大于Ksp[Cu(OH)2]的数值而使Cu(OH)2先沉淀；当两种沉淀共存时，此时的溶液对Mg(OH)2和Cu(OH)2而言都是饱和的，OH－、Mg2＋、Cu2＋同时满足Ksp[Cu(OH)2]和Ksp[Mg(OH)2]的关系，因为它们都在同一溶液中，Ksp[Cu(OH)2]和Ksp[Mg(OH)2]的关系式中c(OH－)应相等，
所以＝＝＝1.6×109。
【答案】 (1)1.16×10－3 (2)4×10－5 (3)Cu(OH)2 1.6×109
[能力提升]
13．已知：25
℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10－11，Ksp[MgF2]＝7.42×10－11。下列说法正确的是( )
【导学号：92410260】
A．25
℃时，饱和Mg(OH)2溶液与饱和MgF2溶液相比，前者的c(Mg2＋)大
B．25
℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入少量的NH4Cl固体，c(Mg2＋)增大
C．25
℃时，Mg(OH)2固体在20
mL
0.01
mol/L氨水中的Ksp比在20
mL
0.01
mol/L
NH4Cl溶液中的Ksp小
D．25
℃时，在Mg(OH)2的悬浊液中加入NaF溶液后，Mg(OH)2不可能转化为MgF2
【解析】 Mg(OH)2与MgF2均为AB2型难溶电解质，故Ksp越小，其溶解度越小，前者c(Mg2＋)小，A项错误；因为NH4Cl溶于水后存在平衡NH＋OH－??NH3·H2O，所以加入NH4Cl后促进Mg(OH)2的溶解平衡向右移动，c(Mg2＋)增大，B项正确；Ksp只受温度的影响，25
℃时，Mg(OH)2的溶度积Ksp为常数，C项错误；加入NaF溶液后，若Qc＝c(Mg2＋)·[c(F－)]2>Ksp(MgF2)，则会产生MgF2沉淀，D项错误。
【答案】 B
14．已知25
℃时，电离常数Ka(HF)＝3.6×10－4，溶度积常数Ksp(CaF2)＝1.46×10－10。现向1
L
0.2
mol·L－1
HF溶液中加入1
L
0.2
mol·L－1
CaCl2溶液，则下列说法中正确的是( )
A．25
℃时，0.1
mol·L－1
HF溶液的pH＝1
B．Ksp(CaF2)随温度和浓度的变化而变化
C．该体系中有CaF2沉淀产生
D．加入CaCl2溶液后体系中的c(H＋)不变
【解析】 由题中信息可知HF为弱酸，故25
℃时，0.1
mol·L－1
HF溶液的pH>1，A项错误；难溶电解质的溶度积只与温度有关，B项错误；两溶液混合后可近似认为c(HF)＝0.1
mol·L－1，根据Ka(HF)＝得c(F－)＝6×10－3
mol·L－1，则c(Ca2＋)·c2(F－)＝3.6×10－6>Ksp(CaF2)，故有CaF2沉淀产生，HF的电离平衡也因c(F－)减小而向电离方向移动，溶液中c(H＋)发生变化，故C项正确、D项错误。
【答案】 C
15．常温下，取一定量的PbI2固体配成饱和溶液，t时刻改变某一条件，离子浓度变化如图所示，下列有关说法正确的是( )
【导学号：92410261】
A．常温下，PbI2的Ksp为2×10－6
B．温度不变，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，PbI2的溶解度不变，Pb2＋浓度不变
C．t时刻改变的条件是升高温度，因而PbI2的Ksp增大
D．常温下Ksp(PbS)＝8×10－28，向PbI2的悬浊液中加入Na2S溶液，PbI2(s)＋S2－(aq)PbS(s)＋2I－(aq)反应的化学平衡常数为5×1018。
【解析】 A项，PbI2(s)Pb2＋(aq)＋2I－(aq)，常温下，Ksp(PbI2)＝c2(I－)·c(Pb2＋)＝(2×10－3)2×1×10－3＝4×10－9；B项，向PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液，平衡左移，c(I－)减小，PbI2的溶度积常数不变，故c(Pb2＋)增大；C项，t时刻改变的条件是增加碘离子浓度，且PbI2的Ksp不变；D项，PbI2(s)＋S2－(aq)PbS(s)＋2I－(aq)反应的化学平衡常数为K＝＝＝＝＝5×1018。
【答案】 D
16．金属氢氧化物在酸中溶解度不同，因此可以利用这一性质，控制溶液的pH，达到分离金属离子的目的。难溶金属的氢氧化物在不同pH下的溶解度[S/mol/L]如图。
(1)pH＝3时溶液中铜元素的主要存在形式是________。
(2)若要除去CuCl2溶液中的少量Fe3＋，应该控制溶液的pH为________。
A．<1 B．4左右 C．>6
(3)在Ni(OH)2溶液中含有少量的Co2＋杂质，___________________________
(填“能”或“不能”)通过调节溶液pH的方法来除去，理由是_______
____________________________________________________。
(4)要使氢氧化铜沉淀溶解，除了加入酸之外，还可以加入氨水，生成[Cu(NH3)4]2＋，写出反应的离子方程式。____________________________________
(5)已知一些难溶物的溶度积常数如下表：
物质
FeS
MnS
CuS
PbS
HgS
ZnS
Ksp
6.3×10－18
2.5×10－13
1.3×10－36
3.4×10－28
6.4×10－53
1.6×10－24
某工业废水中含有Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，最适宜向此工业废水中加入过量的________除去它们(选填序号)。
A．NaOH B．FeS C．Na2S
【解析】 (1)据图知pH＝4～5时，Cu2＋开始沉淀为Cu(OH)2，因此pH＝3时，主要以Cu2＋形式存在。
(2)若要除去CuCl2溶液中的Fe3＋，以保证Fe3＋完全沉淀，而Cu2＋还未沉淀，据图知pH为4左右。
(3)据图知，Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小，无法通过调节溶液pH的方法除去Ni(OH)2溶液中的Co2＋。
(4)据已知条件结合原子守恒即可写出离子方程式：
Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O。
(5)因为在FeS、CuS、PbS、HgS四种硫化物中只有FeS的溶度积最大，且与其他三种物质的溶度积差别较大，因此应用沉淀的转化可除去废水中的Cu2＋、Pb2＋、Hg2＋，且因FeS也难溶，不会引入新的杂质。
【答案】 (1)Cu2＋ (2)B
(3)不能 Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小
(4)Cu(OH)2＋4NH3·H2O===[Cu(NH3)4]2＋＋2OH－＋4H2O
(5)B(共47张PPT)
知识点一
学业分层测评
知识点二
知识点三
强
电
解
质
和
弱
电
解
质
水溶液里或熔融
和
不能
完全
强酸
强碱
绝大多数盐
只能部分
弱酸
弱碱
极少数的盐
弱
电
解
质
的
电
离
平
衡
电离成离子
离子结合成分
子
分子和离子
===
电
离
平
衡
常
数
和
电
离
度
学业分层测评（十二）
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知识点
知识点(岛
知识点(②
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专题3溶液中的离子反应
相等
弱电解质分子
电离成离子的速率
反应速率
两种速率,处于电离平衡状态
离子结合成弱
电解质分子的速率
时间
弱
研究对象为
(电离)v(结合)>
达到平衡时,溶液中离子浓度和分子浓
度都
变
条件改变,电离平衡产生移动各微粒的
浓度发生改变
弱电解质
保持不变
定条件下,弱电解质达到电
概念离平衡时,各浓度的幂之
积与
的浓度之比
表口→弱酸HA=→H+A,K
达式
弱碱BOH、B+OH,K
影响
因素
只与温度有关,且温度升高,K值
规律一定温度下,相同浓度的弱酸(或弱碱),K越
大,电离程度越,c(H[或c(OH)越
离子
未电离的弱电解质分子
(H)·c(A)
(B)·c(OH)
(BOHY
增大
大
大
定条件下,弱电解质达到电离平衡时
定义
的电解质浓度与电解质的浓度的百
分比
表达式
影响
温度一定时,浓度越大,a越
因素
初
W目学业分层测评(十五)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．下列叙述，仪器“0”刻度位置正确的是( )
A．在量筒的上端
B．在滴定管的上端
C．在托盘天平标尺的正中
D．在托盘天平标尺的右端
【解析】 量筒无“0”刻度，托盘天平的“0”刻度在标尺的左端，滴定管的“0”刻度在上端。
【答案】 B
2．在一支25.00
mL的酸式滴定管中盛入0.1
mol/L的HCl溶液，其液面恰好在5.00
mL的刻度处，若把滴定管中的溶液全部放入烧杯中，然后以0.1
mol/L的NaOH溶液进行中和，则所需NaOH溶液的体积( )
【导学号：92410215】
A．大于20
mL
B．小于20
mL
C．等于20
mL
D．等于5
mL
【解析】 在滴定管25.00
mL的下方还有一段没有刻度的部分，当把液体全部放出时，盐酸的体积将大于(25.00－5.00)mL，用相同浓度的碱液滴定时，需要碱液的体积也必然大于20
mL。
【答案】 A
3．下列有关滴定操作的顺序正确的是( )
①用标准溶液润洗滴定管 ②往滴定管内注入标准溶液 ③检查滴定管是否漏水 ④滴定 ⑤洗涤
A．⑤①②③④
B．③⑤①②④
C．⑤②③①④
D．②①③⑤④
【解析】 中和滴定的顺序为：查漏、洗涤、润洗、注液、滴定。
【答案】 B
4．滴定实验时，必须要按以下要求做的是( )
【导学号：92410216】
A．锥形瓶用蒸馏水洗净后要烘干
B．酸式或碱式滴定管用水洗净后用相应溶液润洗
C．待测液一定要放在锥形瓶中，标准液一定要放在滴定管中
D．滴定前读数要求精确，凹液面的最低点在平视时必须在“0”刻度或“0”刻度以上的某一刻度上
【解析】 酸式或碱式滴定管用水洗净后一定要用相应待装溶液润洗，否则会使溶液稀释，造成滴定误差。
【答案】 B
5．下列几种情况对中和滴定结果无影响的是( )
①盛待测液的锥形瓶里留有蒸馏水
②滴定管尖嘴部分在滴定前有气泡
③滴定管在滴定前未将刻度调在“0”，而调在“2.40”
④滴定达终点时，视线高于滴定管内液体的凹面的最低点
A．① B．①③ C．③④ D．②③
【解析】 ②使测定结果偏高，④使测定结果偏低。
【答案】 B
6．下面是一段关于酸碱中和实验操作的叙述：①取一锥形瓶，用待测NaOH溶液润洗两次 ②在锥形瓶中加入25.00
mL待测NaOH溶液 ③加入几滴石蕊试液作指示剂 ④取一支酸式滴定管，洗涤干净 ⑤直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定 ⑥左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶 ⑦两眼注视着滴定管内盐酸溶液液面下降，直至滴定终点。文中所述操作有错误的序号为( )
【导学号：92410217】
A．④⑥⑦ B．①⑤⑥⑦
C．③⑤⑦
D．①③⑤⑦
【解析】 锥形瓶不用待测液润洗，①错；③石蕊变色不明显，不易观察颜色，在酸碱中和滴定时不用石蕊试液作指示剂，③错；滴定管使用前要润洗，⑤错；滴定过程中眼睛观察锥形瓶中溶液颜色变化，⑦错。
【答案】 D
7．用NaOH溶液滴定盐酸时，由于滴定速率太快，当混合溶液变红时不知NaOH是否过量，判断它是否过量的方法是( )
A．加入5
mL盐酸再进行滴定
B．返滴一滴待测盐酸
C．重新进行滴定
D．以上方法均不适用
【解析】 若NaOH过量，则返滴一滴待测盐酸，若红色消失，说明NaOH未过量，若红色不消失，则说明NaOH过量。
【答案】 B
8．在25
℃时，用0.125
mol·L－1的标准盐酸溶液滴定25.00
mL未知浓度的NaOH溶液所得滴定曲线如图所示，图中K点代表的pH为( )
【导学号：92410218】
A．13
B．12
C．10
D．11
【解析】 由图示可知，在V(HCl)＝20.00
mL时，pH＝7，HCl与NaOH恰好完全反应，由c(HCl)·V(HCl)＝c(NaOH)·V(NaOH)，知c(NaOH)＝＝＝0.1
mol/L。
【答案】 A
9．使用酸碱中和滴定的方法，用0.01
mol·L－1盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作能够使测定结果偏高的是( )
①用量筒量取浓盐酸配制0.01
mol/L稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸 ②配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线 ③滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴 ④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下
A．①③
B．②④
C．②③④
D．①②③④
【解析】 ①未干燥相当于稀释盐酸，滴定时耗盐酸多，使结果偏高，③悬挂有一滴液滴使读数大，结果偏高。
【答案】 A
10．现用物质的量浓度为a
mol·L－1的标准NaOH溶液去滴定V
mL盐酸以测定盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：
【导学号：92410219】
(1)碱式滴定管用蒸馏水洗净后，接下来应该进行的操作是_____________
___________________________________________________________________。
(2)用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入________(填“甲”或“乙”)中。
(3)右上图是碱式滴定管中液面在滴定前后的读数，c(HCl)＝________mol·L－1。
【解析】 (1)碱式滴定管水洗后应用标准NaOH溶液润洗2～3次，每次润洗液都要从尖嘴处排出。(2)NaOH为强碱，应将NaOH溶液注入碱式滴定管中，故选乙。(3)滴定过程中消耗NaOH溶液的体积为(V2－V1)mL，因此c(HCl)＝
mol·L－1。
【答案】 (1)用标准NaOH溶液润洗
(2)乙 (3)
11．某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：
A．在250
mL容量瓶中配制250
mL烧碱溶液
B．用移液管(或碱式滴定管)量取25.00
mL烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴酚酞指示剂
C．在天平上准确称取烧碱样品ω
g，在烧杯中加蒸馏水溶解
D．将物质的量浓度为m
mol·L－1的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度V1
mL
E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2
mL
请完成下列问题：
(1)正确的操作步骤是(填写字母)
________→________→________→D→________。
(2)操作D中液面应调整到______________________________________；
尖嘴部分应_______________________________________________。
(3)以下操作会造成所测烧碱溶液浓度偏低的是________。
A．酸式滴定管未用待装溶液润洗
B．碱式滴定管未用待装溶液润洗
C．锥形瓶未用待装溶液润洗
D．在滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
(4)该烧碱样品的纯度计算式是
____________________________________。
【解析】 (1)本题应先配制250
mL
NaOH溶液，取25.00
mL
NaOH溶液于锥形瓶中，用H2SO4溶液进行滴定，故正确的操作步骤是C→A→B→D→E。
(2)调整液面时应调至零刻度或零刻度以下某一刻度，尖嘴部分应充满溶液，无气泡。
(3)A项，酸式滴定管未用待装溶液润洗，则所取标准液的物质的量浓度偏小，消耗标准液体积偏大，结果偏高；B项，碱式滴定管未润洗，待测液被稀释，消耗标准液体积偏小，结果偏低；C项，锥形瓶未用待装溶液润洗是正确操作；D项，在滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，所测标准液体积偏大，结果偏高。选B。(4)滴定时消耗溶质H2SO4的物质的量为
mol，则反应掉NaOH的物质的量为
mol。NaOH的纯度为：×100%
＝%。
【答案】 (1)C A B E
(2)零刻度或零刻度以下的某一刻度 充满溶液，无气泡
(3)B (4)%
12．某班学生通过分组实验测定酸碱滴定曲线。实验用品：0.1
mol·L－1
HCl溶液、0.1
mol·L－1
NaOH溶液、蒸馏水、pH计、酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台(带滴定管夹)、锥形瓶。甲、乙、丙三组同学锥形瓶中的溶液所取体积均为20.00
mL，且所用的试剂完全相同，根据实验所得的数据绘制的曲线分别如图中a、b、c所示，其中乙和丙两组同学的操作存在着不足或失误。
【导学号：92410220】
请回答下列问题：
(1)实验前pH计应用标准溶液进行校准，若将pH计放入c(H＋)＝0.000
1
mol·L－1的标准溶液中校准，则pH计的读数应为
________。
(2)甲组同学滴定时选用的滴定管为________(填“酸式”或“碱式”)滴定管，最后一次润洗滴定管应选用实验用品中的________进行润洗。
(3)乙同学操作上的不足之处是
__________________________________
______________________________________。
(4)造成丙组同学的曲线与甲组同学不同的原因可能是________。
A．用待测液润洗锥形瓶
B．滴定使用的滴定管的尖嘴部分在滴定前有气泡未排出，滴定后气泡消失
C．滴定前后对滴定管进行读数的视线分别如下图所示
【解析】 (1)pH＝－lg
c(H＋)＝－lg
0.000
1＝4。
(2)由曲线a可知，当V＝0时，pH<7，说明滴定前锥形瓶中液体呈酸性，故甲同学的实验是用NaOH溶液滴定盐酸，因此，甲同学选择的滴定管是碱式滴定管，且滴定管应用0.1
mol/L的NaOH溶液润洗。(3)由曲线b可知，乙同学在滴定过程中，在滴定终点附近测试和记录pH的间隔过大，应在滴定突变时记录消耗NaOH溶液的体积。(4)甲同学所用NaOH溶液体积较少，乙同学所用NaOH溶液体积较多。原因可能是A、B两项，C项滴定前仰视，滴定后俯视，会使测得的NaOH溶液体积较少。
【答案】 (1)4.00 (2)碱式 0.1
mol·L－1
NaOH溶液 (3)在滴定终点附近测试和记录pH的间隔太大。
(4)AB
[能力提升]
13．如图是常温下向20.0
mL的盐酸中，逐滴加入0.10
mol·L－1
NaOH溶液时，溶液的pH随
NaOH溶液的体积V(mL)变化的曲线，根据图象所得的下列结论中正确的是
( )
A．原盐酸的浓度为0.10
mol·L－1
B．x的值为2.0
C．pH＝12，V值为20.4
D．原盐酸的浓度为1.0
mol·L－1
【解析】 当V(NaOH)＝0
mL时，盐酸溶液的pH＝1，因此c(HCl)＝0.10
mol·L－1；当反应后溶液pH＝7时，HCl与NaOH恰好完全反应，因此n(HCl)＝n(NaOH)，故V(NaOH)＝20.0
mL；当反应后溶液pH＝12时，
＝1×10－2
mol·L－1，解得V(NaOH)＝24.4
mL。
【答案】 A
14．如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是( )
A．盐酸的物质的量浓度为1
mol/L
B．P点时反应恰好完全，溶液呈中性
C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
【解析】 根据曲线a知，没有滴定前盐酸的pH＝1，c(HCl)＝0.1
mol/L，A项错误；P点表示盐酸与氢氧化钠恰好完全中和，溶液呈中性，B项正确；曲线a是氢氧化钠溶液滴定盐酸的曲线，曲线b是盐酸滴定氢氧化钠溶液的曲线，C项错误；强酸与强碱滴定，可以用酚酞作指示剂，D项错误。
【答案】 B
15．中和滴定是一种操作简单、准确度高的定量分析方法。实际工作中也可利用物质间的氧化还原反应、沉淀反应进行类似的滴定分析，这些滴定分析均需要通过指示剂来确定滴定终点，下列对几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色的判断不正确的是
( )
【导学号：92410221】
A．用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度：KMnO4——浅红色
B．利用“Ag＋＋SCN－===AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度：Fe(NO3)3——浅红色
C．利用“2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋”，用FeCl3溶液测量KI样品中KI的百分含量：淀粉——蓝色
D．利用OH－＋H＋===H2O来测量某盐酸的浓度时：酚酞——浅红色
【解析】 A中利用过量KMnO4本身的颜色来确定终点；B中利用Fe3＋能与KSCN结合成Fe(SCN)3，浅红色为终点；C中只要反应一开始就有I2生成，溶液就呈蓝色，无法判断终点；D中酚酞由无色滴定到浅红色为终点。
【答案】 C
16．已知KMnO4、MnO2在酸性条件下均能将草酸钠(Na2C2O4)氧化：
2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
MnO2＋C2O＋4H＋===Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O
某研究小组为测定某软锰矿中MnO2的质量分数，准确称取1.20
g软锰矿样品，加入2.68
g草酸钠固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参加反应)，充分反应后冷却、滤去杂质，将所得溶液转移到容量瓶中并定容；从中取出25.00
mL待测液置于锥形瓶中，再用0.020
0
mol·L－1
KMnO4标准溶液进行滴定，当滴入20.00
mL
KMnO4溶液时恰好完全反应。试回答下列问题：
(1)0.020
0
mol·L－1
KMnO4标准溶液应置于________(填“甲”或“乙”)滴定管中；滴定终点如何判断：_______________________________________。
(2)你能否帮助该研究小组求得软锰矿中MnO2的质量分数？________(填“能”或“否”)。若回答“能”，请给出计算结果；
若回答“否”，试说明原因________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)若在实验过程中存在下列操作，其中会使所测MnO2的质量分数偏小的是
________。
A．溶液转移至容量瓶中，未将烧杯、玻璃棒洗涤
B．滴定前尖嘴部分有一气泡，滴定终点时消失
C．定容时，俯视刻度线
D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数
E．锥形瓶水洗之后未用待测液润洗
【解析】 (1)酸性高锰酸钾溶液显酸性，且具有强氧化性，因此应置于酸式滴定管中，酸式滴定管的下端是玻璃管，碱式滴定管的下端是橡皮管，所以甲是酸式滴定管，乙是碱式滴定管。由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，所以不需要指示剂，当达到终点时溶液会显紫红色，据此可以判断。
(2)根据反应过程可以计算出25.00
mL溶液中过量的草酸钠的物质的量，但由于不知道容量瓶的规格，所以无法计算总的过量的草酸钠，因而也不能计算软锰矿中二氧化锰的质量分数。
(3)A中说明配制的样品的浓度偏低，因此消耗的高锰酸钾的量就偏少，则过量的草酸钠的物质的量也偏少，所以和二氧化锰反应的草酸钠就偏多，即测定结果偏高。B中说明消耗的高锰酸钾的量偏高，则和二氧化锰反应的草酸钠就偏低，测定结果偏低。C中配制的样品的浓度偏高，因此消耗的高锰酸钾的量就偏多，则过量的草酸钠的物质的量也偏多，所以和二氧化锰反应的草酸钠就偏少，即测定结果偏低。D中说明消耗的高锰酸钾的体积偏低，因此消耗的高锰酸钾的量就偏少，根据上面的分析可知，最终的测定结果就偏高。锥形瓶不能用待测液润洗，所以E是不影响测定结果的。答案选B、C。
【答案】 (1)甲 当看到加入1滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液立即变成紫红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点
(2)否 不知道容量瓶的规格
(3)BC学业分层测评(十七)
(建议用时：45分钟)
[学业达标]
1．实验室在配制硫酸铁溶液时，先把硫酸铁晶体溶解在稀硫酸中，再加水稀释至所需浓度，如此操作的目的是( )
【导学号：92410241】
A．防止硫酸铁分解
B．抑制硫酸铁水解
C．促进硫酸铁溶解
D．提高溶液的pH
【解析】 加入稀硫酸的目的是为抑制Fe3＋的水解。
【答案】 B
2．下列有关问题，与盐的水解有关的是
( )
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂
②用NaHCO3与Al3(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 ⑤加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体
A．①②③
B．②③④
C．①④⑤
D．①②③④⑤
【解析】 ①中NH4Cl与ZnCl2溶液水解均显酸性，可以除去金属表面的锈；②HCO与Al3＋两种离子水解能相互促进，产生二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，可作灭火剂；③草木灰的主要成分为碳酸钾，水解显碱性，而铵态氮肥水解显酸性，因而不能混合施用；④碳酸钠溶液水解显碱性，而磨口玻璃塞中的二氧化硅会与碱反应生成硅酸钠将瓶塞与瓶口黏合在一块儿而打不开，因此实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶应用橡胶塞；⑤AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，加热时，HCl挥发使平衡不断右移，最终得到Al(OH)3固体(如果灼烧，会得到Al2O3固体)。
【答案】 D
3．下列说法错误的是( )
【导学号：92410242】
A．除去MgCl2溶液中少量的FeCl3，可选用MgCO3
B．等物质的量浓度的(NH4)2SO4溶液和(NH4)2CO3溶液中NH的浓度前者大于后者
C．在NaHS溶液中，滴入少量CuCl2溶液，产生黑色沉淀，HS－的水解程度增大，pH增大
D．用饱和氯化铵溶液可以清洗金属表面的锈迹
【解析】 A选项，首先写出Fe3＋＋3H2O?Fe(OH)3＋3H＋，然后分析：MgCO3与H＋结合，使上述水解平衡右移，最终生成Fe(OH)3沉淀，正确；B选项，CO结合H＋，使NH＋H2O?NH3·H2O＋H＋右移，所以(NH4)2CO3溶液中NH水解程度大，浓度小，正确；C选项，NaHS溶液中存在以下平衡：HS－＋H2O?H2S＋OH－、HS－H＋＋S2－，Cu2＋与S2－结合生成黑色沉淀CuS，使HS－H＋＋S2－右移，HS－浓度减小，水解平衡HS－＋H2OH2S＋OH－左移，HS－水解程度减小，pH减小，错误；D选项，氯化铵溶液水解显酸性，与锈迹反应，正确。
【答案】 C
4．配制下列溶液时常需加入少量括号内的物质，其中不是为了抑制离子水解的是
( )
A．FeSO4(Fe)
B．SnCl2(HCl)
C．FeCl3(HCl)
D．NaAlO2(NaOH)
【解析】 A项加入Fe是为了防止Fe2＋被氧化。
【答案】 A
5．实验室有下列试剂：①NaOH溶液 ②水玻璃
③Na2S溶液 ④Na2CO3溶液 ⑤NH4Cl溶液 ⑥澄清的石灰水 ⑦浓硫酸
其中必须用带橡胶塞的试剂瓶保存的是
( )
【导学号：92410243】
A．①⑥
B．①②③⑥
C．①②③④⑥
D．①②③④
【解析】 如果溶液显碱性，当使用玻璃塞时，玻璃中的SiO2将与OH－反应生成硅酸盐而使塞子与试剂瓶粘连，故碱性溶液不能使用玻璃塞，上述试剂中①、⑥本身就是碱，②本身是胶，③、④因水解显碱性，故选C。
【答案】 C
6．t
℃时，某浓度氯化铵溶液的pH＝4，下列说法中一定正确的是( )
A．由水电离出的氢离子浓度为10－10
mol·L－1
B．溶液中c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14
C．溶液中c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
D．溶液中c(NH3·H2O)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)
【解析】 NH水解促进了H2O的电离，溶液中的c(H＋)即为H2O电离的c(H＋)，A错；在25
℃时，水的离子积为1×10－14，B错；NH水解生成H＋，故c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，C正确；由物料守恒可知c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)，D错误。
【答案】 C
7．等体积等浓度的MOH强碱溶液和HA弱酸溶液混合后，混合液中有关离子的浓度应满足的关系是
( )
【导学号：92410244】
A．c(M＋)>c(OH－)>c(A－)>c(H＋)
B．c(M＋)>c(A－)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(A－)>c(M＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．c(M＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)
【解析】 强碱MOH与弱酸HA恰好完全中和生成强碱弱酸盐MA。A－微弱发生水解反应：A－＋H2OHA＋OH－，使溶液呈碱性，所以离子浓度关系为：c(M＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)，A、B、C错误。另外根据电荷守恒原理，此强碱弱酸盐溶液呈电中性，即溶液中阳离子所带正电荷总数与阴离子所带负电荷总数相等，D正确。
【答案】 D
8．25
℃时，将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液的pH＝7时，下列关系正确的是( )
A．c(NH)＝c(SO)
B．c(NH)>c(SO)
C．c(NH)D．c(OH－)＋c(SO)＝c(H＋)＋(NH)
【解析】 依据溶液中电荷守恒有：c(NH)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(OH－)，pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，故有：c(NH)＝2c(SO)，则c(NH)>c(SO)。
【答案】 B
9．关于小苏打水溶液的表述正确的是( )
【导学号：92410245】
A．c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(H2CO3)
B．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(OH－)
C．HCO的电离程度大于HCO的水解程度
D．存在的电离有：NaHCO3===Na＋＋HCO、HCOH＋＋CO、H2O?H＋＋OH－
【解析】 根据元素守恒可以得到c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)，故A错；根据电荷守恒，可以得到c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，故B错；小苏打水溶液呈碱性，所以HCO的电离程度小于HCO的水解程度，故C错，D为正确答案。
【答案】 D
10．(1)AgNO3的水溶液呈________(填“酸”、“中”、“碱”)性，常温时的pH________7(填“>”、“＝”、“<”)，实验室在配制AgNO3的溶液时，常将AgNO3固体先溶于较浓的硝酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，以________(填“促进”、“抑制”)其水解。
(2)醋酸钠水溶液pH________7(填“>”、“＝”、“<”)，原因是(用离子方程式表示)：_________________________________________________________。
把AlCl3溶液蒸干，灼烧，最后得到的主要固体产物是______________。
(3)氯化铵溶液中滴加适量氨水，至溶液呈中性，则c(Cl－)________c(NH)(填“>”、“＝”、“<”)。
【解析】 AgNO3为强酸弱碱盐，水解显酸性。配制AgNO3溶液时要抑制Ag＋的水解。CH3COONa为强碱弱酸盐，水解显碱性。AlCl3＋3H2O?Al(OH)3＋3HCl，加热水解平衡正向移动，HCl易挥发，使AlCl3水解完全，蒸干得Al(OH)3，灼烧Al(OH)3分解生成Al2O3和H2O。中性溶液中c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可知c(Cl－)＝c(NH)。
【答案】 (1)酸 < 抑制 (2)>
CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－ Al2O3
(3)＝
11．工业上制取纯净的CuCl2·2H2O的主要过程是：①将粗氧化铜(含少量Fe)溶解于稀盐酸中，加热、过滤，调节滤液的pH为3；②对①所得滤液按下列步骤进行操作：
【导学号：92410246】
已知Cu2＋、Fe2＋在pH为4～5时不水解，而Fe3＋却几乎完全水解而沉淀。请回答下列问题：
(1)X是什么物质？其反应的离子方程式为
____________________________________________________________。
(2)Y物质应具备的条件是________，生产中Y可选：________。
(3)溶液乙在蒸发结晶时应注意：________。
【解析】 (1)根据框图，加入氧化剂X可把Fe2＋氧化为Fe3＋，而没有增加新杂质，所以X为Cl2；(2)结合提示，调节pH至4～5，使Fe3＋全部沉淀，同样不引进新杂质，所以Y最好为CuO或Cu(OH)2；(3)CuCl2溶液在蒸发结晶过程中发生水解，为抑制其水解，根据Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋，加入盐酸可抑制其水解，在蒸发过程中要不断搅拌且不能蒸干。
【答案】 (1)Cl2 Cl2＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Cl－
(2)调节溶液酸性，使pH为4～5，且不引进新杂质 CuO或Cu(OH)2
(3)通入HCl气体(或加入盐酸)，并不断搅拌且不能蒸干
12．84消毒液(有效成分是次氯酸钠)、漂白粉(有效成分是次氯酸钙)等物质是日常生活中常用的消毒剂，广泛应用于日常生活中。根据下列要求回答相关问题：
(1)在0.1
mol·L－1的84消毒液中滴加几滴酚酞试液，可能观察到的现象是________________，解释原理并写出离子方程式__________________________。
(2)某同学测定漂白粉溶液pH的操作方法是：将一小块pH试纸放在表面皿上，用玻璃棒蘸取少量待测液滴在试纸上，大约半分钟后，再与标准比色卡对照。你认为他能否达到实验目的？答：________(填“能”或“否”)。
(3)0.5
mol·L－1
NaClO溶液中，下列关于各离子浓度的关系式正确的是
( )
A．c(OH－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(ClO－)
B．c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(HClO)
C．c(Na＋)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)
D．c(Na＋)＋c(H＋)＝c(ClO－)
(4)84消毒液贮存、运输不方便，某同学提出将84消毒液蒸干得到固体，便于贮存和运输。你认为他的想法是否正确？简述理由__________________
__________________________________________。
【解析】 本题考查盐类水解的原理和运用。由于漂白粉中次氯酸根离子水解生成次氯酸，漂白有色物质；所以84消毒液中滴加几滴酚酞试液，溶液先变红，后褪色，故不能用pH试纸测定漂白粉溶液的pH，但可以用pH计测定漂白粉溶液的pH。(3)次氯酸钠溶液中存在的离子有Na＋、H＋、OH－、ClO－，分子有H2O、HClO。由于ClO－水解程度较小，故c(ClO－)>c(OH－)，次氯酸钠水溶液呈碱性，其离子浓度大小顺序为c(Na＋)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)，故C项正确。根据物料守恒知，c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(HClO)，故B项正确。根据电荷守恒知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(ClO－)，故D项错误。(4)次氯酸钠溶液在空气中蒸干，既要考虑盐类水解，又要考虑次氯酸不稳定，易分解生成氯化氢：NaClO＋H2ONaOH＋HClO,2HClO===2HCl＋O2↑，NaOH＋HCl===NaCl＋H2O，最终得到氯化钠固体。
【答案】 (1)溶液先变红，后褪色 次氯酸钠水解生成氢氧化钠和次氯酸，溶液呈碱性，而次氯酸具有漂白性，使有色物质褪色，ClO－＋H2O?HClO＋OH－ (2)否 (3)BC
(4)不正确；蒸发次氯酸钠溶液过程中，ClO－水解生成HClO，而HClO不稳定，易分解，促进ClO－完全水解，最终得到氯化钠
[能力提升]
13．下列关于电解质溶液的叙述正确的是
( )
【导学号：92410247】
A．常温下，在pH＝7的醋酸钠和醋酸混合溶液中，c(CH3COO－)>c(Na＋)
B．稀释醋酸溶液，溶液中所有离子的浓度均降低
C．在pH＝5的氯化钠和稀硝酸的混合溶液中，c(Na＋)＝c(Cl－)
D．在0.1
mol·L－1的硫化钠溶液中，c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋c(H2S)
【解析】 由于溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，代入电荷守恒式：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，可得c(Na＋)＝c(CH3COO－)，A错误；稀释CH3COOH溶液，溶液pH增大，则c(OH－)增大，B错误；由电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(NO)＋c(Cl－)＋c(OH－)，整理得c(Na＋)－c(Cl－)＝c(NO)＋c(OH－)－c(H＋)，若c(Na＋)＝c(Cl－)，则c(NO)＝c(H＋)－c(OH－)＝1.0×10－5
mol·L－1－1.0×10－9
mol·L－1≈1.0×10－5
mol·L－1，C正确；Na2S溶液中电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋c(OH－)＋2c(S2－)，物料守恒为c(Na＋)＝2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)，整理可得质子守恒为c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)，D错误。
【答案】 C
14．25
℃时，在25
mL
0.1
mol/L的氢氧化钠溶液中，逐滴加入0.2
mol/L
CH3COOH溶液，溶液的pH的变化曲线如图所示，下列分析的结论正确的是
( )
A．若B点的横坐标a＝12.5，且有c(Na＋)＝c(CH3COO－)
B．对曲线上A、B间任何一点，溶液中都有：
c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋)
C．D点时，c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)
D．C点时，c(CH3COO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－)
【解析】 在B点时两者恰好反应生成CH3COONa，溶液显碱性，故c(Na＋)>c(CH3COO－)，A错；曲线上A、B之间的任何一点的溶质都是NaOH和CH3COONa的混合，靠近B点时CH3COONa量多，故有c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，B错；D点时加入的醋酸的物质的量是氢氧化钠物质的量的两倍，故有c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，C错；在C点时溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒式可知c(CH3COO－)＝c(Na＋)，D正确。
【答案】 D
15．向体积为Va
L的0.05
mol·L－1
CH3COOH溶液中加入体积为Vb
L的0.05
mol·L－1
KOH溶液，下列关系错误的是( )
【导学号：92410248】
A．Va>Vb时：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)>c(K＋)
B．Va＝Vb时：c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(OH－)
C．Vac(K＋)>c(OH－)>c(H＋)
D．Va与Vb任意比时：c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)
【解析】 若Va>Vb，根据物料守恒可知：n(CH3COOH)＋n(CH3COO－)＝0.05Va
mol，n(K＋)＝0.05Vb
mol，则0.05Va>0.05Vb，A正确；若Va＝Vb，二者恰好完全反应生成CH3COOK，溶液呈碱性，由质子守恒可知：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，B项正确；若Vac(CH3COO－)，另外C项也不符合电荷守恒，C错误；不论如何混合，溶液中的离子只有K＋、H＋、OH－、CH3COO－，D项符合电荷守恒。
【答案】 C
16．常温下，将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表：
实验编号
HA物质的量浓度(mol·L－1)
NaOH物质的量浓度(mol·L－1)
混合溶液的pH
甲
0.2
0.2
pH＝a
乙
c1
0.2
pH＝7
丙
0.2
0.1
pH>7
丁
0.1
0.1
pH＝9
请回答：
(1)不考虑其它组的实验结果，单从甲组情况分析，如何用a(混合溶液的pH)来说明HA是强酸还是弱酸________________。
(2)不考虑其他组的实验结果，单从乙组情况分析，c1是否一定等于0.2
mol·L－1________(选填“是”或“否”)。混合溶液中离子浓度c(A－)与c(Na＋)的大小关系是________。
A．前者大
B．后者大
C．二者相等
D．无法判断
(3)从丙组实验结果分析，HA是________酸(选填“强”或“弱”)。该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是___________________________________。
(4)丁组实验所得混合溶液中由水电离出的c(OH－)＝________mol·L－1。
写出该混合溶液中下列算式的精确结果(不能做近似计算)。
c(Na＋)－c(A－)＝________mol·L－1
c(OH－)－c(HA)＝________mol·L－1
【解析】 (1)若HA是强酸，反应后生成强酸强碱盐，呈中性；若HA是弱酸，反应后生成弱酸强碱盐，水解呈碱性。
(2)若HA为强酸时，c1＝0.2
mol·L－1，若HA为弱酸时，只有c1>0.2
mol·L－1时溶液才能呈中性。结合电荷关系：c(A－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，可求出c(A－)＝c(Na＋)。(3)丙组中反应溶液中酸剩余，溶液仍呈碱性，说明酸一定为弱酸，且A－的水解大于HA的电离，结合电荷恒等关系即可确定各离子浓度的大小关系。
(4)酸碱恰好完全反应，说明生成了弱酸强碱盐，水解呈碱性，溶液中的OH－全部由水电离产生c(OH－)＝1×10－14/1×10－9＝1×10－5
mol·L－1，由电荷恒等关系：c(A－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)得：c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－5
mol·L－1－10－9
mol·L－1，由电荷恒等式结合物料恒等式c(Na＋)＝c(HA)＋c(A－)可求出c(OH－)－c(HA)＝c(H＋)＝1×10－9
mol·L－1。
【答案】 (1)a＝7时，HA是强酸；a>7时，HA是弱酸 (2)否 C (3)弱 c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
(4)1×10－5 10－5－10－9 10－9(共45张PPT)
知识点一
学业分层测评
知识点二
盐
类
水
解
的
应
用
促进
增强
离
子
浓
度
大
小
的
比
较
大于
学业分层测评（十七）
点击图标进入…
知识点
知识点(②
学习目标导航
W目(共15张PPT)(共48张PPT)
知识点一
学业分层测评
知识点二
水
的
电
离
增大
增大
增大
增大
减小
不变
不变
不变
增大
增大
右
左
左
t/℃
0
10
20
25
40
50
90
100
Kw/10－14
0.134
0.292
0.681
1.01
2.92
5.47
38.0
55.0
纯水
加少量盐酸
加少量NaOH
c(H＋)
1.0×10－7
mol·L－1
增大
c(OH－)
1.0×10－7
mol·L－1
增大
c(H＋)和c(OH－)大小比较
c(H＋)
＝c(OH－)
c(H＋)____
c(OH－)
c(H＋)____
c(OH－)
水的电离平衡移动方向
Kw值
1.0×10－14
弱酸(或弱碱)的强弱与电离常数的关系
吸热
促进
增大
CH3COOH
HClO
NH3·H2O
电离常数
越强
酸
HX
HY
HZ
物质的量浓度(mol·L－1)
0.1
0.2
0.3
电离平衡常数
7.2×10－4
1.8×10－4
1.8×10－5
CH3COOH
H2CO3
H2S
H3PO4
1.8×10－5
K1＝4.3×10－7
K2＝5.6×10－11
K1＝9.1×10－8
K2＝1.1×10－12
K1＝7.5×10－3
K2＝6.2×10－8
K3＝2.2×10－13
学业分层测评（十三）
点击图标进入…(共48张PPT)
知识点一
学业分层测评
知识点二
酸
碱
中
和
滴
定
体积
浓度
酸式滴定管
碱式滴定管
锥形瓶
2～3
2_mL～3_mL
左手
3～4
是否漏水
左手
2
右手
锥形瓶内
粉红
半分钟
可能情况
操作及读数
误差分析
仪器的洗涤或润洗
未用标准液润洗滴定管
偏高
未用待测液润洗移液管或所用的滴定管
偏低
用待测液润洗锥形瓶
偏高
洗涤后锥形瓶未干燥
无影响
滴定时溅落液体
标准液漏滴在锥形瓶外一滴
偏高
待测液溅出锥形瓶外一滴
偏低
将移液管下部的残留液吹入锥形瓶
偏高
尖嘴处气泡处理不当
滴前有气泡，滴后无气泡
偏高
滴前无气泡，滴后有气泡
偏低
读数不正确
滴前仰视，滴后平视
偏低
滴前平视，滴后仰视
偏高
滴前仰视，滴后俯视
偏低
达终点后，滴定管尖嘴处悬一滴标准液
偏高
酸
碱
中
和
滴
定
曲
线
的
绘
制
接近终点
不同
pH突变
滴加酸(或碱)的量
V(HCl)/mL
pH
0.00
13.1
12.00
12.6
18.00
12.2
22.00
11.7
23.00
11.4
23.96
9.9
24.00
7.0
24.04
4.0
25.00
2.7
26.00
2.4
30.00
1.9
A
B
C
D
c(HCl)/
(mol·L－1)
0.120
0
0.040
00
0.030
00
0.090
00
c(NaOH)/
(mol·L－1)
0.040
00
0.120
0
0.090
00
0.030
00
学业分层测评（十五）
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