第1节 水溶液
1．下列说法中，正确的是( )
A．在任何条件下，纯水的pH都等于7
B．在任何条件下，纯水都呈中性
C．在95 ℃时，纯水的pH大于7
D．在95 ℃时，纯水中H＋的物质的量浓度[H＋]小于10－7mol·
L－1
答案：B
2．常温下，在0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中，水的离子积是( )
A．1.0×10－14 B．1.0×10－13
C．1.32×10－14 D．1.32×10－15
解析：水的离子积只与温度有关，与溶液的酸、碱性无关。常温下，KW＝1.0×10－14。
答案：A
3．下列说法正确的是( )
A．pH<7的溶液一定是酸溶液
B．室温下，pH＝5的溶液和pH＝3的溶液相比，前者[OH－]是后者的100倍
C．室温下，每1×107个水分子中只有一个水分子发生电离
D．在1 mol·L－1的氨水中，改变外界条件使[NH]增大，则溶液的pH一定增大
答案：B
4．下列溶液一定显酸性的是( )
①pH＜7的溶液；②c(H＋)＝c(OH－)的溶液；③c(H＋)＝1×10－6mol·L－1的溶液；④c(H＋)＞c(OH－)的溶液；⑤25 ℃下pH＝6的溶液；⑥能使酚酞试液显无色的溶液。
A．①③④⑤⑥ B．②④⑤⑥
C．⑤⑥ D．④⑤
解析：①温度不知，pH＜7的溶液不一定显酸性；②c(H＋)＝
c(OH－)的溶液一定显中性；③温度不知，所以c(H＋)＝1×10－6 mol·
L－1的溶液不一定呈酸性；④c(H＋)＞c(OH－)的溶液一定显酸性；⑤25 ℃下，pH＝7为中性，当pH＝6的溶液一定显酸性；⑥常温下酚酞的变色范围为8～10，能使酚酞试液显无色的溶液可能为碱性或中性。
答案：D
5．下列关于强、弱电解质的叙述中正确的是( )
A．强电解质都是离子化合物，弱电解质都是共价化合物
B．强电解质都是可溶性化合物，弱电解质都是难溶性化合物
C．强电解质的水溶液中无溶质分子，弱电解质的水溶液中有溶质分子
D．强电解质的导电能力强，弱电解质的导电能力弱
解析：本题需要在深刻理解强、弱电解质异同的基础上，弄清强、弱电解质与结构的关系，采用“枚举法”来解答。选项A中，可举出HCl、HNO3是强电解质来加以否定。选项B中，可举出BaSO4、CaCO3为强电解质(尽管它们难溶于水，但它们溶于水的部分是完全电离的)来加以否定。选项D中若强电解质溶液的浓度很小时，其导电能力也会很弱。选项C的说法是正确的，因强电解质在水溶液中完全电离为离子，不存在溶质分子，而弱电解质在水溶液中只能部分电离，溶液中还存在溶质分子。
答案：C
6．现有下列物质①100 ℃纯水；②25 ℃ 0.1 mol·L－1HCl溶液；③25 ℃ 0.1 mol·L－1KOH溶液；④25 ℃ 0.1 mol·L－1Ba(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)，能抑制水电离的是________，水电离的[OH－]等于溶液中[OH－]的是________，水电离的[H＋]等于溶液中[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[H＋]远大于水电离出的[H＋]，酸电离的[H＋]可看成溶液中的[H＋]，强碱溶液中，由于碱电离的[OH－]远大于水电离的[OH－]，碱电离的[OH－]可看成溶液中的[OH－]。
答案：(1)① ②③④ ①② ①③④ (2)酸溶液中的[H＋]等于碱溶液中的[OH－]
时间：40分钟
[A级 基础巩固]
基础题Ⅰ
1．关于水的离子积常数，下列说法不正确的是( )
A．100 ℃水中，[H＋]·[OH－]＝1×10－14
B．纯水中，25 ℃时，[H＋]·[OH－]＝1×10－14
C．25 ℃时，任何以水为溶剂的稀溶液中[H＋]·[OH－]＝1×10－14
D．KW值随温度升高而增大
答案：A
2．关于下列水溶液的说法正确的是( )
A．HNO3溶液中无OH－
B．常温下，任何物质的水溶液中都有H＋和OH－，且Kw＝
10－14
C．NaCl溶液中既无OH－也无H＋
D．氢氧化钠溶液中无H＋
解析：任何溶液中都既有H＋，又有OH－，常温下，Kw＝
c(H＋)·c(OH－)＝10－14。
答案：B
3．在一定温度下，向蒸馏水中滴入少量盐酸后，下列说法中错误的是( )
A．[H＋]和[OH－]的乘积不变
B．促进了水的电离
C．[OH－]降低了
D．水电离出的[H＋]降低了
答案：B
4．用pH试纸测定某无色溶液的pH时，规范的操作是( )
A．将pH试纸放入溶液中观察其颜色的变化，跟标准比色卡比较
B．将溶液倒在pH试纸上，跟标准比色卡比较
C．用干燥的洁净玻璃棒蘸取溶液，滴到pH试纸上，跟标准比色卡比较
D．在试管内放入少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，观察颜色变化，跟标准比色卡比较
解析：pH试纸在使用时，只能用玻璃棒蘸取待测液点到pH试纸中央，待试纸变色后，再与标准比色卡比较。
答案：C
5．现有两瓶温度分别为15 ℃和45 ℃，pH均为1的硫酸溶液，下列有关说法不正确的是( )
A．两溶液中的[OH－]相等
B．两溶液中的[H＋]相同
C．等体积两种溶液中和碱的能力相同
D．两溶液中的[H2SO4]基本相同
解析：A项，两溶液中的OH－均来源于水的电离，在不同温度下，水的离子积常数不同，所以两溶液中的[OH－]不同，故A项错误；B项，由于pH为1，可知两溶液中的H＋绝大部分都来自于硫酸，水电离出的部分可以忽略，因此两溶液中均有[H＋]＝0.1 mol·L－1，故B项正确；C项，由上述解析知两溶液氢离子浓度相同，则等体积的两种溶液中和碱的能力也相同，故C项正确；D项，由于硫酸是强电解质，氢离子浓度相同的两溶液溶质浓度应当也相同，即[H2SO4]相同，故D项正确。
答案：A
基础题Ⅱ
6．常温下，下列三种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为( )
①1 mol·L－1 的盐酸 ②0.1 mol·L－1的盐酸
③0.01 mol·L－1的NaOH溶液
A．1∶10∶100 B．0∶1∶12
C．14∶13∶12 D．14∶13∶2
答案：A
7．已知水在25 ℃和100 ℃时，电离平衡曲线如图所示：
(1)25 ℃时水的电离平衡曲线应为______(填“A”或“B”)，请说明理由_______________________________________________。
(2)下列措施能影响水的电离平衡，并使溶液中的[H＋]＞[OH－]的是________。
A．向纯水中投入少量Na2O2
B．将水加热煮沸
C．向水中通入CO2
D．向水中加入NaCl
答案：(1)A 水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，
[H＋]、[OH－]小 (2)C
[B级 能力提升]
8．有一学生甲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。学生乙对学生甲的操作的评价为：操作错误，测定结果一定有误差。学生丙对学生甲的操作的评价为：操作错误，但测定结果不一定有误差。
(1)你支持________(填“乙”或“丙”)同学的观点，原因是
_______________________________________________________
______________________________________________________。
(2)若用此法分别测定[H＋]相等的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是________，原因是___________________________________
______________________________________________________。
(3)只从下列试剂中选择实验所需的物品，你________(填“能”或“不能”)区分0.1 mol·L－1的硫酸和0.01 mol·L－1的硫酸。若能，简述操作过程____________________________________________
_____________________________________________________。
①紫色石蕊试液 ②酚酞试液 ③甲基橙试液 ④蒸馏水
⑤BaCl2溶液 ⑥pH试纸
解析：本题考查pH试纸的使用，pH试纸使用不能用蒸馏水润湿，若润湿相当于对待测液稀释。对于不同性质的溶液造成的影响不同：若溶液为中性，则测得结果无误差；若为酸性，测得结果偏大；若为碱性，测得结果偏小。
答案：(1)丙 当溶液呈中性时，则不产生误差，否则将产生误差
(2)盐酸 在稀释过程中，醋酸继续电离产生H＋，使得溶液中
[H＋]较盐酸溶液中[H＋]大，误差较小
(3)能 用玻璃棒分别蘸取两种溶液点在两张pH试纸上，与标准比色卡比较其pH，pH较大的为0.01 mol·L－1的硫酸
9．现有常温下的六份溶液：①0.01 mol·L－1CH3COOH溶液；②0.01 mol·L－1HCl溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液；⑤0.01 mol·L－1，CH3COOH溶液与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液；⑥0.01 mol·L－1HCl溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。
(1)其中水的电离程度最大的是________(填序号，下同)，水的电离程度相同的是________。
(2)若将②、③混合后所得溶液的pH＝7，则消耗溶液的体积：②________③(填“>”“<”或“＝”)。
(3)将六份溶液均稀释10倍后，溶液的pH：①______②，③________④，⑤________⑥(填“>”“<”或“＝”)。
(4)⑤混合溶液呈________(填序号)。
A．酸性 B．碱性 C．中性
解析：(1)酸碱都会抑制水的电离，①②③④都会抑制水的电离，⑤混合后氨水过量，也会抑制水的电离，⑥恰好完全反应，没有酸碱剩余，电离程度最大。水的电离程度关键看酸或碱电离的c(H＋)或c(OH－)，②酸电离的c(H＋)＝0.01 mol·L－1，③④碱电离的c(OH－)＝0.01 mol·L－1，水的电离程度都相同：c水(H＋)＝c水(OH－)＝ mol·L－1＝10－12 mol·L－1。(2)因为氨水是弱碱，与盐酸中和时，如果等体积混合，氨水能继续电离OH－，溶液呈碱性，要使pH＝7，盐酸需加入更多。(3)醋酸和氨水分别是弱酸弱碱，如果稀释pH变化比较小，醋酸增加得比盐酸小，氨水减小得比NaOH小；而⑤混合后稀释所得溶液始终呈碱性，pH>7，⑥pH＝7。(4)⑤混合后氨水过量，溶液呈碱性。
答案：(1)⑥ ②③④ (2)> (3)> > > (4)B
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- 1 -第1课时 弱电解质的电离
1．下列物质中，属于弱电解质的是( )
A．氯化氢 B．氢氧化钠
C．一水合氨 D．酒精
解析：氯化氢、NaOH为强电解质，酒精为非电解质，NH3·H2O为弱电解质。
答案：C
2．下列事实可以表明醋酸是弱电解质的是( )
A．醋酸能与水任意比例互溶
B．醋酸溶液的导电能力比盐酸弱
C．醋酸溶液中存在醋酸根离子、氢离子
D．常温下，1 mol·L－1的醋酸中[H＋]约为0.01 mol·L－1
解析：A.能否溶于水与电解质强弱无关，故A错误；B.导电能力强弱与离子浓度大小有关，与电解质的强弱无关，故B错误；C.醋酸溶液中存在醋酸根离子、氢离子，说明醋酸发生了电离，其电离程度不知道，无法判断电解质的强弱，故C错误；D.常温下1 mol·L－1醋酸溶液的[H＋]约为0.01 mol·L－1，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则证明醋酸是弱电解质，所以D选项是正确的。
答案：D
3．稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONH＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使[OH－]增大，应加入的物质或采取的措施是( )
①NH4Cl固体 ②加热 ③硫酸 ④水 ⑤NaOH固体
⑥加入少量MgSO4固体
A．①②③⑤ B．⑤
C．③⑥ D．③⑤
解析：①加入固体氯化铵，铵根离子浓度增大，平衡逆向移动，氢氧根离子浓度减少；②加热，促进电离平衡正向移动，氢氧根离子浓度增大；③加入硫酸，硫酸电离的氢离子中和氢氧根离子，氢氧根离子浓度减少，平衡正向移动；④加水，各浓度都减小，平衡正向移动；⑤加入氢氧化钠固体，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动；⑥加入少量硫酸镁固体，消耗氢氧根离子，平衡正向移动。
答案：B
4．下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：
弱酸 HCN HF CH3COOH HNO2
电离常数 6.2×10－10 6.8×10－4 1.8×10－5 6.4×10－6
则0.1 mol·L－1的下列溶液中，[H＋]最大的是( )
A．HCN B．HF
C．CH3COOH D．HNO2
解析：一元弱酸的电离常数越大，电离程度越大，同浓度时，电离产生的[H＋]越大。
答案：B
5．在a、b两支试管中，分别装入形态相同、质量相等的锌粒，然后向两试管中分别加入相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸。填写下列空白：
(1)a、b两支试管中的现象：相同点是__________；不同点是__________；原因是_______________________________________
_______________________________________________________
_____________________________________________________。
(2)a、b两支试管中生成气体的体积开始时是V(a)________V(b)；反应完毕后生成气体的总体积是V(a)________V(b)，原因是_______
_______________________________________________________
_____________________________________________________。
答案：(1)都产生无色气泡 a中反应速率较快 盐酸是强酸，醋酸是弱酸，盐酸溶液中[H＋]大 (2)＞ ＝ 开始反应时，盐酸溶液中H＋浓度较大，但H＋的总的物质的量相等
时间：40分钟
[A级 基础巩固]
基础题Ⅰ
1．在0.1 mol·L－1 CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，对于该平衡，下列叙述正确的是( )
A．温度升高，平衡逆方向移动
B．加入少量NaOH固体，平衡正向移动
C．加入少量0.1 mol·L－1 HCl溶液，溶液中[H＋]减小
D．加入少量醋酸钠固体，CH3COOH溶液的电离程度增大
解析：因为电离是吸热过程，所以温度升高向电离方向移动，所以A选项说法错误；加入少量同浓度的盐酸，由于盐酸完全电离，所以氢离子浓度增大，平衡逆向移动，所以C选项说法错误；加入少量醋酸钠，由于醋酸根离子浓度增大，所以平衡逆向移动，醋酸电离程度减小，因此D选项说法错误，故本题答案为B。
答案：B
2．下列说法正确的是( )
A．电离平衡常数受溶液浓度的影响
B．电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱
C．电离常数大的酸溶液中[H＋]一定比电离常数小的酸中大
D．H2CO3的电离常数表达式：K＝eq \f([H＋]·[CO],[H2CO3])
解析：A.电离平衡常数是温度的函数，与溶液浓度无关，故A错误；B.电离平衡常数可以表示弱电解质的相对强弱，故B项正确；C.酸中[H＋]既跟酸的电离常数有关，还跟酸的浓度有关，故C错误；D.碳酸是分步电离的，第一电离常数表达式为：K1＝eq \f([H－][HCO],[H2CO3])，第二步电离常数为：K2＝eq \f([H－][CO],[HCO])，故D错误。
答案：B
3．pH＝3的盐酸和醋酸各100 mL，分别和锌反应，反应完后，放出的气体一样多。若最后有一溶液中锌剩余，则下列判断正确的是( )
A．反应开始时速率v(HCl)＞v(CH3COOH)
B．加入的锌质量相等
C．盐酸中锌有剩余
D．反应开始后不久，醋酸反应的速率小于盐酸
解析：[H＋]相同，开始时反应速率相同，故A错误；根据氢气和锌之间的关系式知，生成相同质量的H2需要的m(Zn)相等，有一溶液中锌剩余，所以加入的锌质量不相等，故B错误；氢离子浓度、体积相同的醋酸和盐酸，醋酸的物质的量大于盐酸，所以盐酸中锌有剩余，故C正确；相同体积、[H＋]相同时n(CH3COOH)＞n(HCl)，反应过程中醋酸继续电离出氢离子，反应速率与[H＋]成正比，反应开始后不久，醋酸反应的速率大于盐酸，故D错误。
答案：C
4．有关常温下[H＋]相同的醋酸溶液和盐酸的说法中正确的是( )
A．两溶液中分别加入少量对应的钠盐，[H＋]均明显减小
B．分别加水稀释100倍后，两种溶液的[H＋]不再相等
C．中和同体积的这两种酸溶液所需要NaOH的物质的量相等
D．分别加入足量锌片，两种溶液生成H2的体积相等
答案：B
5．已知0.1 mol·L－1的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，要使溶液中[H＋]/[CH3COOH]值增大，可以采取的措施是( )
①加少量烧碱 ②升高温度 ③加少量冰醋酸 ④加水
A．①② B．②④
C．②③④ D．①④
解析：①中，加入NaOH溶液，n(H＋)减小，电离平衡正向移动，n(CH3COOH)减小，但减小程度较小，因此[H＋]/[CH3COOH]变小；②中，升高温度，电离平衡正向移动，n(H＋)增大，n(CH3COOH)减小，因此n(H＋)/n(CH3COOH)增大；③中，加入少量冰醋酸，电离程度变小，因此n(H＋)/n(CH3COOH)变小；④中，加水稀释时，电离程度变大，因此n(H＋)/n(CH3COOH)变大。
答案：B
基础题Ⅱ
6．根据下表数据(均在同温、同压下测定)：
酸 HX HY HZ
0.1 0.2 0.3
电离平衡常数 7.2×10－4 1.8×10－4 1.8×10－5
可得出弱电解质酸性强弱顺序正确的是( )
A．HX>HY>HZ B．HZ>HY>HX
C．HY>HZ>HX D．HZ>HX>HY
解析：弱电解质的电离常数越大，表明弱电解质的电离程度越大，其酸性越强，即酸性HX＞HY＞HZ。
答案：A
7．如图所示是在一定温度下向不同电解质溶液中加入新物质时其电流强度(I)随新物质加入量(m)的变化曲线。以下三个导电性实验，其中与A图变化趋势一致的是____________，与B图变化趋势一致的是______，与C图变化趋势一致的是______。
a．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入等浓度的H2SO4至过量
b．向醋酸溶液中逐滴加入等浓度的氨水至过量
c．向盐酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液至过量
解析：电解质溶液导电性与离子浓度成正比，与离子所带电荷数成正比。a.氢氧化钡溶液中加入等浓度的硫酸至过量，二者反应生成硫酸钡沉淀和水，离子浓度先减小，当二者恰好完全反应时溶液几乎不导电，继续加入稀硫酸，离子浓度增大，溶液导电性增强，所以B符合；b.醋酸是弱电解质，离子浓度较小，导电性较弱，加入等浓度的氨水，二者反应生成强电解质醋酸铵，离子浓度增大，溶液导电性增强，二者恰好反应后继续滴加氨水，相当于稀释，离子浓度变小，导电性变小，所以A符合；c.向稀盐酸溶液中加入等浓度的NaOH溶液，二者反应生成强电解质氯化钠和弱电解质水，离子数目几乎不变，但体积增大，离子总浓度减小，溶液导电性减小，二者完全反应后继续滴加NaOH溶液，导电性几乎不变，但缓缓增大，所以C符合。
答案：b a c
[B级 能力提升]
8．在一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中，溶液的导电能力I随加入水的体积V变化的曲线如图所示。请回答：
(1)“O”点导电能力为0的理由是_________________________。
(2)a、b、c三点处，溶液的[H＋]由小到大的顺序为____________。
(3)a、b、c三点处，电离程度最大的是________。
(4)若将c点溶液中[CH3COO－]增大，[H＋]减小，可采取的措施是
①____________________________________________________；
②___________________________________________________；
③___________________________________________________。
解析：溶液的导电能力主要由离子浓度来决定，题目中的图象说明冰醋酸加水稀释过程中，离子浓度随着水的加入先逐渐增大到最大值又逐渐减小，故[H＋]在b点最大，c点最小，这是因为[H＋]＝，加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，n(H＋)增大使[H＋]有增大的趋势，而V(aq)增大使[H＋]有减小的趋势，[H＋]是增大还是减小，取决于这两种趋势中哪一种占主导地位。在“O”点时，未加水，只有醋酸，因醋酸未发生电离，没有自由移动的离子存在，故不能导电；要使CH3COO－的浓度增大，可通过加入OH－、活泼金属等使平衡正向移动。
答案：(1)在“O”点处醋酸未电离，无离子存在 (2)c
(3)c (4)①加少量NaOH固体 ②加少量Na2CO3固体
③加入Zn、Mg等金属
9．今有①盐酸、②醋酸、③硫酸三种稀溶液，用序号回答下列问题。
(1)若三种酸的物质的量浓度相等。
a．三种溶液中的[H＋]大小关系为________。
b．取等体积上述三种溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH溶液体积大小关系为________。
c．若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，消耗三种酸的体积大小关系为________。
(2)若三种溶液的[H＋]相等。
a．三种酸的物质的量浓度大小关系为________。
b．取等体积上述三种溶液，分别用同浓度的NaOH溶液完全中和，所需NaOH溶液体积大小关系为________。
c．若取等质量Zn分别跟这三种溶液反应，使Zn恰好完全反应时，消耗三种酸的体积大小关系为________。
解析：(1)a.H2SO4为二元强酸；CH3COOH为弱酸，部分电离，故③＞①＞②。b.三种酸的物质的量相等，但H2SO4为二元酸，所以消耗的NaOH是盐酸和醋酸的两倍，盐酸和醋酸消耗的NaOH相等，所以③＞①＝②。c.等质量的Zn完全反应，消耗的盐酸和醋酸相等，消耗的H2SO4最少，所以①＝②＞③。(2)a.CH3COOH是弱酸，[CH3COOH] [H＋]，[H2SO4]＝[H＋]，[HCl]＝[H＋]，所以②＞①＞③。b.等体积的三种溶液中，n(CH3COOH)＞n(HCl)，而HCl和H2SO4都是强电解质，两溶液中的n(H＋)相等，消耗NaOH一样多，所以②＞①＝③。c.等质量的Zn完全反应，消耗的n(H＋)相等，所以溶液[H＋]大的消耗体积最小，H2SO4与HCl的[H＋]相等，而CH3COOH在反应中会电离产生H＋，所以消耗体积最小，所以①＝③＞②。
答案：(1)a.③＞①＞② b．③＞①＝② c．①＝②＞③
(2)a.②＞①＞③ b．②＞①＝③ c．①＝③＞②
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- 1 -第2课时 盐类的水解
1．常温下，下列溶液的pH大于7的是( )
A．NH4Cl B．H3PO4
C．NaHCO3 D．Na2SO4
解析：A项，NH4Cl属于强酸弱碱盐，水解显酸性，pH小于7，A与题意不符；B项，H3PO4属于弱酸，溶液pH小于7，B与题意不符；C项，NaHCO3属于强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液的pH大于7，C与题意相符；D项，Na2SO4属于强酸强碱盐，溶液pH等于7，D与题意不符。
答案：C
2．物质的量浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大的顺序排列的是( )
A．Na2CO3、NaHCO3、NaCl、NH4Cl
B．Na2CO3、NaHCO3、NH4Cl、NaCl
C．(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2S
D．NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2S、NaNO3
解析：HCl显酸性，NaCl显中性，NaHCO3和Na2CO3均水解显碱性，碳酸钠水解程度大，碱性强，所以A和B均错；(NH4)2SO4和NH4Cl均水解显酸性，硫酸铵中铵根离子浓度大，水解后酸性强，NaNO3为中性，Na2CO3水解显碱性，C正确。
答案：C
3．下列各物质常温下发生水解，对应的离子方程式正确的是( )
A．Na2CO3：CO＋2H2OH2O＋CO2↑＋2OH－
B．NH4Cl：NH＋H2ONH3·H2O＋OH－
C．CuSO4：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋
D．NaF：F－＋H2O===HF＋OH－
解析：多元弱酸根离子分步水解，多元弱碱阳离子一步完成，故A错误，C正确；B中电荷不守恒；D应用“”。
答案：C
4．物质的量浓度相同的下列溶液中，含粒子种类最多的是( )
A．CaCl2 B．CH3COONa
C．NH3 D．K2S
解析：CaCl2不水解，溶液中存在的粒子有Ca2＋、Cl－、OH－、H＋、H2O 5种；CH3COONa发生水解，溶液中存在Na＋、CH3COO－、CH3COOH、H＋、OH－、H2O 6种粒子；氨水中存在NH3、NH3·H2O、NH、OH－、H＋、H2O 6种粒子；K2S中S2－发生两步水解，溶液中存在K＋、S2－、HS－、H2S、OH－、H＋、H2O 7种粒子。
答案：D
5．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：[CN－]＜[ClO－]
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＜HClO，A项错误。pH：HClO＜HCN，B项错误。由于都是一元酸，与NaOH完全反应时，消耗HClO和HCN的物质的量相同， C项错误。同浓度的HCN和HClO，酸性HCN＜HClO，[CN－]＜[ClO－]，D项正确。
答案：D
6．在Cl－、NH、HSO、Na＋、HCO五种离子中，既不能电离又不能水解的离子是________，只能水解不能电离的离子是________，只能电离不能水解的离子是______。既能电离又能水解的离子是________。
答案：Na＋ Cl－ NH HSO HCO
时间：40分钟
[A级 基础巩固]
基础题Ⅰ
1．下列关于盐溶液呈酸碱性的说法错误的是( )
A．盐溶液呈酸碱性的原因是破坏了水的电离平衡
B．NH4Cl溶液呈酸性是由于溶液中[H＋]>[OH－]
C．在CH3COONa溶液中，由水电离的[OH－]≠[H＋]
D．水电离出的H＋和OH－与盐中弱离子结合，造成盐溶液呈酸碱性
解析：盐溶液呈酸碱性的原因，就是破坏了水的电离平衡，使溶液中[OH－]≠[H＋]；溶液显酸性则一定有[H＋]>[OH－]；在CH3COONa溶液中，由于生成了弱电解质CH3COOH，使得[OH－]≠
[H＋]，故显碱性；水电离出的H＋和OH－与盐中弱酸根阴离子或弱碱阳离子结合生成弱电解质，正是盐溶液呈酸碱性的原因。
答案：C
2．用标准氢氧化钠溶液中和醋酸溶液，当溶液的pH值等于7，则此时( )
A．醋酸和氢氧化钠物质的量相等
B．醋酸和氢氧化钠恰好中和
C．氢氧化钠过量
D．醋酸有剩余
解析：D项，若恰好完全反应，溶质为CH3COONa，其水解显碱性，而题中说明pH＝7，由此可知还有醋酸剩余，使溶液pH＝7，故D项正确；A项，两者物质的量相等即恰好完全反应，pH>7，故A项错误；B项，恰好中和等同于物质的量相等，故B项错误；C项，若NaOH过量则pH>7，故C项错误。
答案：D
3．在常温下，纯水中存在电离平衡H2OH＋＋OH－，如要使水的电离程度增大，并使[H＋]增大，应加入的物质是( )
A．NaHSO4 B．KAl(SO4)2
C．NaHCO3 D．CH3COONa
解析：NaHCO3溶液、CH3COONa溶液呈碱性，溶液中[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[H＋]增大。
答案：B
3．在常温下，纯水中存在电离平衡H2OH＋＋OH－，如要使水的电离程度增大，并使[H＋]增大，应加入的物质是( )
A．NaHSO4 B．KAl(SO4)2
C．NaHCO3 D．CH3COONa
解析：NaHCO3溶液、CH3COONa溶液呈碱性，溶液中[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[H＋]增大。
答案：B
4．实验测定NaHCO3溶液显碱性，下列说法中正确的是( )
A．在水溶液中，HCO仅仅发生水解
B．在水溶液中，HCO仅仅发生电离
C．在水溶液中，HCO的水解程度要大于电离程度
D．在水溶液中，HCO的电离程度要大于水解程度
解析：NaHCO3溶液中存在HCO的水解：HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，HCO的电离：HCOH＋＋CO，因NaHCO3溶液呈碱性，故其水解程度大于电离程度。
答案：C
5．常温下，在0.1 mol·L－1 NaX溶液中水电离的H＋浓度为a1，在0.1 mol·L－1盐酸中，水电离的H＋浓度为a2，若＝108，则0.1 mol·L－1 NaX溶液的pH是( )
A．5 B．7 C．8 D．9
解析：盐酸抑制水的电离，NaX促进水的电离，二者电离度之比等于溶液中水电离的氢氧根离子浓度之比，0.1 mol·L－1盐酸中水电离的氢氧根离子浓度为10－13 mol·L－1，NaX溶液中水电离的c水(OH－)＝c总(OH－)＝10－13×108＝10－5 mol·L－1，即pH＝9。
答案：D
基础题Ⅱ
6．25 ℃时，在等体积的①pH＝0的H2SO4溶液、②0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液、③pH＝10的Na2S溶液、④pH＝5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是( )
A．1∶10∶1010∶109
B．1∶5∶5×109∶5×108
C．1∶20∶1010∶109
D．1∶10∶104∶109
解析：设溶液的体积为1 L，则：①中pH＝0的H2SO4中由硫酸电离出的[H＋]＝1.0 mol·L－1，25 ℃时，水的离子积常数是KW＝1.0×10－14，则由水电离出的[OH－]＝1.0×10－14 mol·L－1，故发生电离的水的物质的量为1.0×10－14 mol；②由氢氧化钡电离出的中[OH－]＝0.1 mol·L－1，温度一定时，水的离子积是恒定的，则由水电离出的[H＋]＝1.0×10－13mol·L－1，故水电离的物质的量为1.0×10－13 mol；③中S2－发生水解，S2－＋H2OHS－＋OH－，盐类水解的本质就是水的电离平衡向右移动了，所以由水电离出的[OH－]＝1.0×10－4 mol·L－1，则发生电离的水的物质的量为1.0×10－4 mol；④中由水电离出的[H＋]＝1.0×10－5 mol·L－1，则发生电离的水的物质的量为1.0×10－5 mol。故①②③④中发生电离的水的物质的量之比为：1.0×10－14 mol∶1.0×10－13 mol∶1.0×10－4 mol∶1.0×10－5 mol＝1∶10∶1010∶109，故A项正确。
答案：A
7．(1)常温下，0.1 mol·L－1的下列五种溶液，其pH由大到小的排列顺序是__________。
①CH3COOH ②NaClO ③NH4Cl ④NaCl
⑤CH3COONa
(2)室温下pH＝9的NaOH溶液和pH＝9的CH3COONa溶液，设由水电离产生的OH－的物质的量浓度分别为A和B，则A∶B＝__________。
解析：(1)先按酸性、中性、碱性分类，再按电离和水解规律排序。NH4Cl和CH3COOH呈酸性，浓度相等时，CH3COOH的酸性强于NH4Cl，即pH：①<③。NaCl溶液呈中性。CH3COONa和NaClO溶液呈碱性，因酸性CH3COOH>HClO，则ClO－的水解程度大于CH3COO－，即pH：⑤<②，综合分析可知pH由大到小的顺序为：②>⑤>④>③>①。
(2)水的电离平衡为H2OH＋＋OH－。在NaOH溶液中，由于加入了OH－，水的电离平衡向逆反应方向移动，[H＋]减小。在pH＝9的NaOH溶液中，[H＋]水＝10－9 mol·L－1，其H＋全部是水电离产生出来的。因为[H＋]水＝[OH－]水，即A＝10－9 mol·L－1。在CH3COONa溶液中，由于CH3COO－离子结合了水中的H＋，水的电离平衡向正反应方向移动，[OH－]增大。在pH＝9的CH3COONa溶液中，[OH－]＝1×10－5 mol·L－1，其OH－全部是水电离产生的，即B＝10－5 mol·L－1，所以，A∶B＝10－9 mol·L－1∶10－5 mol·L－1＝10－4∶1。
答案：(1)②>⑤>④>③>①
(2)10－4∶1(或1∶10 000)
[B级 能力提升]
8． 25 ℃时，pH＝2的某酸HnA(An－为酸根)与pH＝12的某碱B(OH)m等体积混合，混合液的pH＝5。
(1)写出生成的正盐的化学式________。
(2)该盐中存在着一定水解的离子，该水解的离子方程式为________________________________________________________________________。
(3)简述该混合液呈酸性的原因___________________________
_____________________________________________________。
(4)写出HnA的电离方程式______________________________。
解析：当酸中[H＋]等于碱中[OH－]时，二者等体积混合后，溶液的酸碱性是由过量的酸或碱决定的。(1)HnA中酸根离子带n个单位的负电荷(An－)，B(OH)m中阳离子带m个单位的正电荷(Bm＋)，则正盐的化学式为BnAm。(2)pH＝2的酸HnA中[H＋]＝10－2 mol·L－1，pH＝12的B(OH)m中[OH－]＝10－2 mol·L－1，当二者等体积混合后溶液pH＝5，酸过量，说明HnA一定为弱酸，故An－一定水解。(3)由于酸一定为弱酸，当HnA与B(OH)m等体积混合后，酸有剩余导致溶液显酸性。
答案：(1)BnAm (2)An－＋H2OHA(n－1)－＋OH－ (3)HnA为弱酸，当HnA与B(OH)m等体积混合后，酸有剩余
(4)HnAH(n－1)A－＋H＋
9．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
① 0.1 0.1 pH＝9
② c 0.2 pH＝7
③ 0.2 0.1 pH＜7
请回答：
(1)从①组情况分析，HA是强酸还是弱酸？________(填“强酸”或“弱酸”)。
(2)②组情况表明，c__________(填“大于”“小于”或“等于”)0.2 mol·L－1。混合液中离子浓度[A－]与[Na＋]的大小关系是__________________。
(3)从③组实验结果分析，说明HA的电离程度________(填“大于”“小于”或“等于”)NaA的水解程度，该混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是___________________________________。
解析：(1)从①组情况分析，等体积等物质的量浓度的HA和NaOH溶液混合后，溶液显碱性，说明生成强碱弱酸盐，说明HA是弱酸。(2)②组中NaOH的物质的量浓度为0.2 mol·L－1，混合后溶液显中性，说明HA稍过量，HA的物质的量浓度应大于0.2 mol·L－1。根据电中性原理，混合液中离子浓度[Na＋]＝[A－]。(3)③组中HA与NaOH溶液反应后得到等物质的量浓度的NaA和HA的混合液，因混合溶液的pH＜7，则HA的电离程度大于A－的水解程度。此溶液中存在电荷守恒：[Na＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[A－]。因[H＋]＞[OH－]，故[A－]＞[Na＋]，即混合液中离子浓度大小顺序为：[A－]＞[Na＋]＞
[H＋]＞[OH－]。
答案：(1)弱酸 (2)大于 [A－]＝[Na＋] (3)大于 [A－]＞[Na＋]＞[H＋]＞[OH－]
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- 1 -第3课时 盐类消解的应用
1．下面提到的问题中，与盐的水解有关的是( )
①明矾和FeCl3可作净水剂
②为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸
③实验室配制AlCl3溶液时，应先把它溶解在盐酸中，而后加水稀释
④NH4Cl溶液可作焊接中的除锈剂
⑤实验室盛放Na2SiO3溶液的试剂瓶应用橡皮塞，而不能用玻璃塞
⑥用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂
⑦在NH4Cl或AlCl3溶液中加入金属镁会生成氢气
⑧草木灰与铵态氮肥不能混合施用
⑨加热蒸干AlCl3溶液得到Al(OH)3固体
A．①④⑦ B．②⑤⑧
C．③⑥⑨ D．全部
解析：①明矾和FeCl3可作净水剂根据铝离子、铁离子水解生成胶体分析判断；②加入盐酸抑制铁离子的水解；③盐酸抑制氯化铝的水解；④铵根离子和锌离子水解显酸性；⑤碳酸根、硅酸根离子水解显碱性和玻璃中的二氧化硅反应；⑥碳酸氢根离子与铝离子发生双水解生成二氧化碳；⑦铵根离子、铝离子水解显酸性；⑧铵根离子水解呈酸性，碳酸根离子水解显碱性；⑨AlCl3是强酸弱碱盐，加热蒸干时水解被促进。
答案：D
2．恒温下，欲使CH3COONa稀溶液中的比值增大，可在溶液中加入少量下列物质中的( )
①固体NaOH ②固体KOH ③固体NaHS ④固体CH3COONa ⑤冰醋酸
A．①② B．②⑤
C．②④⑤ D．①⑤
解析：加入NaOH或NaHS固体，会导致钠离子浓度大量增加，比值会减小；加入KOH固体或冰醋酸，钠离子浓度不变，水解平衡向逆向移动，所以醋酸根离子浓度增大，即比值会增大；加入CH3COONa固体，根据越稀越水解，醋酸根离子水解程度减小，比值增大。
答案：C
3．对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是( )
A．明矾溶液加热
B．CH3COONa溶液加热
C．氨水中加入少量NH4Cl固体
D．小苏打溶液中加入少量NaCl固体
解析：本题考查水解平衡和电离平衡等知识，溶液颜色变深的原因是溶液的碱性增强，抓住这一本质寻找答案。A选项，明矾溶液中铝离子水解使溶液呈酸性，加热铝离子的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化；B选项，醋酸钠溶液中醋酸根离子水解使溶液呈碱性，加热，醋酸根离子的水解程度增大，溶液的碱性增强，溶液的颜色加深；C选项，加入氯化铵固体，氨水的电离程度减弱，碱性减弱，溶液颜色变浅；D选项，溶液的酸碱性不变，溶液的颜色没有变化。
答案：B
4．下列根据反应原理设计的应用，不正确的是( )
A．CO＋H2OHCO＋OH－ 热的纯碱溶液清洗油污
B．Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ 明矾净水
C．TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O＋4HCl
用TiCl4制备TiO2
D．SnCl2＋H2OSn(OH)Cl＋HCl 配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠
解析：A项，加热使平衡向右移动，溶液碱性增强，有利于除油污；D项，根据平衡移动原理可知，向溶液中加入氢氧化钠，平衡向氯化亚锡水解的方向移动，所以D错。
答案：D
5．下列关于盐类水解的应用中，说法正确的是( )
A．加热蒸干Na2CO3溶液，最后可以得到NaOH和Na2CO3的混合固体
B．除去MgCl2中的Fe3＋，可以加入NaOH固体
C．明矾净水的反应：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
D．加热蒸干KCl溶液，最后得到KOH固体(不考虑CO2的反应)
解析：A项，加热蒸发Na2CO3溶液，得不到NaOH，虽然加热促进CO水解，但生成的NaHCO3又与NaOH反应生成了Na2CO3；B项，Mg2＋和Fe3＋均可与OH－反应生成沉淀，且引入了新杂质
Na＋；D项，KCl不水解，不可能得到KOH固体。
答案：C
6．在氯化铁溶液中存在下列平衡：FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl ΔH>0。
(1)将饱和FeCl3溶液，滴入沸腾的蒸馏水中可得到一种红褐色透明液体。向这种液体中加入稀H2SO4产生的现象为_______________
______________________________________________________。
(2)不断加热FeCl3溶液，蒸干其水分并灼烧得到的固体可能是____________。
(3)在配制FeCl3溶液时，为防止产生浑浊，应_______________。
解析：(1)将FeCl3溶液滴入沸腾的蒸馏水中，得到Fe(OH)3胶体，加入稀H2SO4则胶体聚沉而得到红褐色沉淀，当H2SO4过量时沉淀又溶解生成黄色溶液。(2)加热可促进盐类水解，由于HCl挥发，可使水解进行彻底，得到Fe(OH)3沉淀，Fe(OH)3受热分解，最终产物为Fe2O3。(3)为防止FeCl3水解，应加入浓盐酸抑制FeCl3水解。
答案：(1)先生成红褐色沉淀，又逐渐溶解生成黄色溶液
(2)Fe2O3 (3)加入少许浓盐酸
时间：40分钟
[A级 基础巩固]
基础题Ⅰ
1．在一定浓度的FeCl3溶液中，存在如下水解平衡：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，在此溶液中滴入饱和的FeCl3溶液，下列哪个变化的说法正确( )
A．水解平衡不移动
B．水解平衡向逆反应方向移动
C．溶液中H＋浓度增大
D．Fe3＋的水解程度增大
解析：滴入饱和的FeCl3溶液，则溶液中[Fe3＋]增大，使平衡向右移动，溶液中[H＋]增大；但FeCl3的水解程度减小，因为水解程度＝，由于FeCl3的增多，使水解程度减小。
答案：C
2．将下列固体物质溶于水，再将其溶液加热，蒸发结晶，再灼烧，得到化学组成与原固体物质相同的是( )
①胆矾 ②氯化铝 ③硫酸铝 ④氯化铜
A．③ B．①④ C．①②③④ D．全部
解析：胆矾CuSO4·5H2O溶于水得CuSO4溶液，因硫酸难挥发、蒸发结晶再灼烧得CuSO4；AlCl3、CuCl2发生水解，AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，CuCl2＋2H2OCu(OH)2＋2HCl，加热时HCl不断挥发，平衡右移，不断生成Al(OH)3、Cu(OH)2沉淀，灼烧得Al2O3、CuO；Al2(SO4)3＋6H2O2Al(OH)3＋3H2SO4，硫酸难挥发，最终仍得Al2(SO4)3。
答案：A
3．常温下，将NH4NO3溶于水得无色溶液，为使该溶液中的[NH]∶[NO]＝1∶1，可以采取的下列措施是( )
A．加入适量的HNO3，抑制NH水解
B．加入适量的氨水，使溶液的pH等于7
C．加入适量的NH4NO3
D．加入适量的NaOH，使溶液的pH等于7
解析：因为NH部分水解使NH4NO3溶液中[NH]∶[NO]<1∶1，要使[NH]∶[NO]＝1∶1，可通过抑制水解达到目的。A中增加了NO；B中根据电荷守恒[NH]＋[H＋]＝[NO]＋[OH－]，又pH＝7，则[NH]＝[NO]；C增加NH4NO3的浓度，其比值依然小于1∶1，D中由电荷守恒：[NO]＋[OH－]＝[H＋]＋[NH]＋[Na＋]，因为pH＝7，显然[NO]≠[NH]。
答案：B
4．下列有关问题，与盐的水解有关的是( )
①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属时的除锈剂 ②NaHCO3与Al2(SO4)3溶液是生产泡沫灭火剂的试剂
③草木灰与铵态氮肥不能混合施用 ④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞 ⑤为保存FeCl3溶液，要在溶液中加少量盐酸
A．①②③ B．②③④
C．①④⑤ D．①②③④⑤
解析：①NH4Cl与ZnCl2溶液水解显酸性，是作除锈剂的原因，与水解有关；②是利用Al3＋和HCO完全双水解产生CO2，与水解有关；③草木灰与铵态氮肥混合施用会相互促进水解，与水解有关；④碳酸钠溶液水解显碱性，与玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠，具有粘合性，则试剂瓶不能用磨口玻璃塞，与水解有关；⑤在溶液中加少量盐酸，可以抑制铁离子水解，与水解有关。
答案：D
5．有①Na2CO3溶液 ②CH3COONa溶液 ③NaOH溶液各25 mL，物质的量浓度均为0.1 mol·L－1，下列说法正确的是( )
A．3种溶液pH的大小顺序是 ③＞②＞①
B．若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②
C．若分别加入25 mL 0.1 mol·L－1盐酸后，pH最大的是①
D．若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞②
解析：相同物质的量浓度的①、②、③溶液：pH的大小顺序应为③>①>②，故A项错误；稀释相同倍数时，①、②存在水解平衡，③中pH变化最大，故B项错误；若pH相同的三种溶液，物质的量浓度大小顺序应为②>①>③，故D项错误；与25 mL 0.1 mol·L－1盐酸反应后①中为NaHCO3和NaCl溶液，②中为CH3COOH和NaCl溶液，③中为NaCl溶液，pH最大的是①，故C项正确。
答案：C
基础题Ⅱ
6．下列事实一定能证明HNO2是弱电解质的是( )
①常温下NaNO2溶液的pH大于7
②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗
③HNO2和NaCl不能发生反应
④常温下0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1
⑤常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7
⑥常温下pH＝2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1
A．①④⑥ B．①②④⑤⑥
C．①④⑤⑥ D．全部
解析：①常温下NaNO2溶液的pH大于7，说明亚硝酸根水解，所以亚硝酸为弱电解质，故选①；②用HNO2溶液做导电实验，灯泡很暗，说明溶液导电性差，溶液的导电性与溶液浓度等因素有关，所以不能证明亚硝酸为弱电解质，故不选②；③氯化钠是稳定的盐，很难与其他物质发生反应，所以HNO2和NaCl不能发生反应不能说明亚硝酸为弱电解质，故不选③；④常温下0.1 mol·L－1 HNO2溶液的pH＝2.1，说明亚硝酸没有完全电离，所以能证明亚硝酸为弱电解质，故选④；⑤常温下pH＝3的HNO2溶液和pH＝11的NaOH溶液等体积混合，pH小于7，说明酸过量，即亚硝酸为弱电解质，故选⑤；⑥常温下pH＝2的HNO2溶液稀释至100倍，pH约为3.1，说明稀释过程中有亚硝酸的电离，即亚硝酸为弱电解质，故选⑥。
答案：C
7．向纯碱溶液中滴入酚酞溶液：
(1)观察到的现象是____________________________________，
原因是________________________________________________
(用离子方程式表示)。
(2)若微热溶液，观察到的现象是_________________________，
原因是________________________________________________。
(3)若向溶液中加入少量氯化铁溶液，观察到的现象是______________，原因是____________________________________。
解析：(1)Na2CO3溶液显碱性，遇酚酞变红。(2)加热，水解程度变大，碱性更强，红色加深。(3)加入FeCl3，Fe3＋与OH－结合生成Fe(OH)3(红褐色沉淀)，促进CO水解，同时会有CO2气体产生。
答案：(1)溶液变红 CO＋H2OOH－＋HCO、HCO＋H2OH2CO3＋OH－ (2)红色加深 加热，CO水解程度变大，溶液碱性增强 (3)红色变浅，有红褐色沉淀生成，有气体生成(或气泡冒出) Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓，减小了[OH－]，促进了CO的水解，CO＋H2OHCO＋OH－，HCO＋H2OH2CO3＋OH－，H2CO3H2O＋CO2↑
[B级 能力提升]
8．把NH4Cl晶体溶入水中，得到饱和NH4Cl溶液。若在该溶液中加入镁条，观察到有气泡产生，点燃有爆鸣声，此气体是______，产生该气体的原因是_________________________________
_____________________________________________________。
(用离子方程式表示)，微热后，能放出有刺激性气味的气体，它能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体是______，产生该气体的原因是_______________________________________________________，
总的反应离子方程式为________________________________。
答案：H2 NH＋H2ONH3·H2O＋H＋、Mg＋2H＋===
Mg2＋＋H2↑ NH3 因为H＋减少，使水解平衡右移，产生的NH3·H2O增多，加热使NH3·H2O分解放出NH3 Mg＋2NH===
Mg2＋＋H2↑＋2NH3↑
9．已知25 ℃时0.01 mol·L－1醋酸溶液的pH约为3，向其中加入少量醋酸钠晶体，待晶体溶解后发现溶液的pH增大。对上述现象有两种不同的解释：甲同学认为醋酸钠水解呈碱性，增大了[OH－]，因而溶液的pH增大；乙同学认为醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子，抑制了醋酸的电离，使[H＋]减小，因此溶液的pH增大。你认为上述两种解释中____________(填“甲”或“乙”)正确。
(1)为了验证上述哪种解释正确，继续做如下实验，向0.01 mol·
L－1的醋酸溶液中加入少量下列哪种物质，然后测定溶液的pH( )
A．固体NaOH B．固体CH3COONH4
C．气体NH3 D．固体NaHCO3
(2)若__________(填“甲”或“乙”)的解释正确，溶液的pH应__________(填“增大”“减小”或“不变”)(已知：25 ℃时，0.01 mol·L－1的氨水和醋酸的电离程度相同)。
解析：25 ℃时，0.01 mol·L－1的氨水和醋酸的电离程度相同，固体CH3COONH4溶于水后，醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同，CH3COONH4溶于水本身不会改变pH大小，但在醋酸溶液加入CH3COONH4后，其电离出的醋酸根离子对醋酸的电离过程的抑制作用与醋酸钠溶于水电离出大量醋酸根离子作用相同；若乙正确，则可以使醋酸的电离平衡向左移动，[H＋]减小，pH增大。
答案：乙 (1)B (2)乙(甲) 增大(不变)
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- 1 -第3节 沉淀溶解平衡
1．下列关于沉淀溶解的说法正确的是( )
A．只有难溶电解质才存在沉淀溶解平衡过程
B．沉淀溶解平衡过程是可逆的
C．在平衡状态时v溶解＝v结晶＝0
D．达到沉淀溶解平衡的溶液不一定是饱和溶液
解析：无论难溶电解质还是易溶电解质都存在沉淀溶解平衡；沉淀溶解平衡是可逆过程；沉淀溶解平衡是动态平衡，速率不为0；达到沉淀溶解平衡时，溶解的速率等于结晶的速率，溶液的浓度不变，是饱和溶液。
答案：B
2．已知Ksp(CaSO4)＝9.0×10－6，Ksp(CaCO3)＝5.0×10－9，Ksp(CaF2)＝1.5×10－10，某溶液中含有SO、CO和F－，浓度均为0.010 mol·L－1，向该溶液中逐滴加入0.010 mol·L－1的CaCl2溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为( )
A．SO、CO、F－ B．CO、SO、F－
C．CO、F－、SO D．F－、CO、SO
解析：析出沉淀时，CaSO4溶液中c(Ca2＋)＝eq \f(Ksp（CaSO4）,c（SO）)＝ mol·L－1＝9.0×10－4 mol·L－1，CaCO3溶液中c(Ca2＋)＝eq \f(Ksp（CaCO3）,c（CO）)＝ mol·L－1＝5.0×10－7 mol·L－1，CaF2溶液中c(Ca2＋)＝ mol·L－1＝1.5×10－6 mol·L－1，c(Ca2＋)越小，则越先生成沉淀，所以三种阴离子产生沉淀的先后顺序为CO、F－、SO。
答案：C
3．在一定温度下，Mg(OH)2固体在水溶液中达到平衡：Mg(OH)2(s)Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，若使固体Mg(OH)2的量减少，而且[Mg2＋]不变，可采取的措施是( )
A．加MgCl2 B．加H2O
C．加NaOH D．加HCl
解析：无论加多少水，只要Mg(OH)2固体没完全溶解，溶液一定为饱和溶液，[Mg2＋]不变。
答案：B
4．下列有关溶度积常数Ksp的说法正确的是( )
A．常温下，向BaCO3饱和溶液中加入Na2CO3固体，BaCO3的Ksp减小
B．溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp减小
C．溶度积常数Ksp只受温度影响，温度升高Ksp增大
D．常温下，向Mg(OH)2饱和溶液中加入NaOH固体，Mg(OH)2的Ksp不变
解析：温度不变，溶度积常数不变，故A项不正确；大多数的难溶物温度升高，Ksp增大，但也有少数物质相反，故B、C均不正确。
答案：D
5．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( )
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：A.pH＝13的溶液中，[H＋]＝10－13 mol·L－1，故正确；B.溶液中由水电离产生的[OH－]水＝[H＋]水＝10－13 mol·L－1，故正确；C.烧碱与MgCl2溶液反应生成沉淀，消耗了NaOH溶液，向MgCl2溶液中加NaOH溶液后混合溶液的pH＝13，则所加NaOH溶液pH＞13，故错误；D.溶液中[OH－]＝＝10－1 mol·L－1，溶液中的[Mg2＋)＝＝5.6×10－10 mol·L－1，故正确。
答案：C
6．现向含AgBr的饱和溶液中：
(1)加入固体AgNO3，则[Ag＋]________(填“变大”“变小”或“不变”，下同)；
(2)加入更多的AgBr固体，则[Ag＋]________；
(3)加入AgCl固体，则[Br－]________，[Ag＋]________；
(4)加入Na2S固体，则[Br－]________，[Ag＋]________。
解析：(1)向AgBr饱和溶液中加入AgNO3，溶解平衡逆向移动，但[Ag＋]增大；
(2)加入AgBr固体，对溶解平衡无影响，[Ag＋]不变。
(3)因AgCl溶解度大于AgBr，加入AgCl固体时，[Ag＋]增大，溶解平衡向左移动，[Br－]变小。
(4)因Ag2S溶解度小于AgBr，加入Na2S固体时，生成Ag2S，溶解平衡向右移动，[Br－]增大，但[Ag＋]减小。
答案：(1)变大 (2)不变 (3)变小 变大 (4)变大 变小
时间：40分钟
[A级 基础巩固]
基础题Ⅰ
1．下列有关AgCl沉淀的溶解平衡说法正确的是( )
A．AgCl沉淀生成和沉淀溶解达平衡后不再进行
B．AgCl难溶于水，溶液中没有Ag＋和Cl－
C．升高温度，AgCl沉淀的溶解度增大
D．向AgCl沉淀中加入NaCl固体，AgCl沉淀的溶解度不变
解析：难溶物达到溶解平衡时沉淀的生成和溶解都不停止，但溶解速率和生成速率相等；没有绝对不溶的物质；温度越高，一般物质的溶解度越大；向AgCl沉淀中加入NaCl固体，使溶解平衡左移，AgCl的溶解度减小。
答案：C
2．下列说法正确的是( )
A．溶度积就是溶解平衡时难溶电解质在溶液中的各离子浓度的乘积
B．溶度积常数是不受任何条件影响的常数，简称溶度积
C．可用离子积Q判断沉淀溶解平衡进行的方向
D．所有物质的溶度积都是随温度的升高而增大的
解析：溶度积不是溶解平衡时难溶电解质在溶液中的各离子浓度的简单乘积，还与平衡式中化学计量数的幂指数有关，溶度积受温度的影响，不受离子浓度的影响。
答案：C
3．已知Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2的溶解度，且随pH的升高，Fe(OH)3首先析出，为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋可在加热搅拌的条件下，加入一种试剂，过滤后再加入适量盐酸，这种试剂不可以是( )
A．NH3·H2O B．MgO
C．Mg(OH)2 D．MgCO3
解析：MgO消耗Fe3＋水解生成的盐酸，促使Fe3＋水解生成Fe(OH)3，同时MgO转化为MgCl2，不会引入新的杂质，即使MgO过量，由于MgO难溶于水，也不会引起二次污染。Mg(OH)2 和MgCO3原理与MgO相同。
答案：A
4．室温时，M(OH)2(s)M2＋(aq)＋2OH－(aq) Ksp＝a。
[M2＋]＝b mol·L－1时，溶液的pH等于( )
A.lg B.lg
C．14＋lg D．14＋lg
解析：根据M(OH)2的Ksp＝[M2＋]·[OH－]2，则溶液中[OH－]＝＝，则pH＝－lg[H＋]＝－lg＝－＝14＋lg。
答案：C
5.已知25 ℃时，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，向100 mL该条件下的CaSO4饱和溶液中加入400 mL 0.01 mol·L－1 Na2SO4溶液，下列叙述正确的是( )
A．溶液中析出CaSO4固体沉淀，最终溶液中[SO]比原来的大
B．溶液中无沉淀析出，溶液中[Ca2＋]、[SO]都变小
C．溶液中析出CaSO4固体沉淀，溶液中[Ca2＋]、[SO]都变小
D．溶液中无沉淀析出，但最终溶液中[SO]比原来的大
答案：D
基础题Ⅱ
6．25 ℃时，电离常数Ka(HF)＝3.6×10－4 mol·L－1，溶度积Ksp(CaF2)＝1.46×10－10，Ksp(AgCl)＝4×10－10，Ksp (AgI)＝1.0×10－16。下列说法正确的是( )
A．AgCl不能转化为AgI
B．25 ℃时，0.1 mol·L－1 HF溶液pH＝1
C．向1 L 0.1 mol·L－1 HF溶液中加入1 L 0.1 mol·L－1 CaCl2溶液，没有沉淀产生
D．25 ℃时，使AgCl转化为AgI，则加入KI溶液的浓度不低于5×10－12 mol·L－1
解析：AgI溶解度比AgCl小，所以AgCl能转化为AgI，A错误；HF为弱酸，不能完全电离，所以常温下0.1 mol·L－1HF溶液pH＞1，B错误；向1 L 0.1 mol·L－1HF溶液中加入1 L 0.1mol·L－1CaCl2溶液，Qc(CaF2)＝0.05×0.052＝1.25×10－4＞Ksp(CaF2)＝1.46×10－10，有沉淀生成，C错误；D中c(Ag＋)＝＝＝2.0×10－5 mol·L－1，c(I－)＝＝＝5×10－12 mol·
L－1，所以加入KI溶液的浓度不低于5×10－12 mol·L－1，正确。
答案：D
7． (1)工业废水中常含有一定量的Cr2O和CrO，它们会对人类及生态系统产生很大损害，必须进行处理。Cr(OH)3在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s)Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积Ksp＝[Cr3＋]·[OH－]3＝10－32，要使[Cr3＋]降低为10－5 mol·L－1，溶液的pH应调至________。
(2)在0.10 mol·L－1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH＝8 时，[Cu2＋]＝________mol·L－1(Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20)。若在0.1 mol·L－1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2＋完全沉淀为CuS，此时溶液中的H＋浓度是________mol·L－1。
解析：(1)Ksp＝[Cr3＋]·[OH－]3＝10－32，则[OH－]＝＝ mol·L－1＝10－9 mol·L－1，[H＋]＝＝ mol·L－1＝10－5 mol·L－1，pH＝－lg[H＋]＝－lg 10－5＝5。
(2)pH＝8时[OH－]＝10－6 mol·L－1，由硫酸铜的溶度积常数可知：Ksp＝2.2×10－20＝10－12×[Cu2＋]，得[Cu2＋]＝2.2×10－8 mol·L－1；使Cu2＋沉淀完全，已知[Cu2＋]＝0.1 mol·L－1，根据反应关系式：Cu2＋～2H＋得[H＋]＝0.2 mol·L－1。
答案：(1)5 (2)2.2×10－8 0.2
[B级 能力提升]
8．lg5＝0.7，常温下，Fe(OH)3的溶度积Ksp＝8.0×10－38，Cu(OH)2的溶度积Ksp＝3.0×10－20，通常认为残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时就认为沉淀完全，设溶液中CuSO4的浓度为3.0 mol·L－1，则Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为______ ，Fe3＋完全沉淀时溶液的pH为 ______，通过计算可知pH＝4能达到除去Fe3＋而不损失Cu2＋的目的，方案______(填“可行”或“不可行”)。
解析：3.0 mol·L－1CuSO4溶液中：[Cu2＋]＝3.0 mol·L－1；根据Ksp＝[Cu2＋]×[OH－]2＝3.0×10－20，[OH－]2＝＝10－20，即[OH－]＝10－10 mol·L－1，依据水溶液中的离子积 [H＋]×[OH－]＝
10－14，求得[H＋]＝10－4 mol·L－1，溶液pH＝4，Cu(OH)2开始沉淀时溶液的pH为4；残留在溶液中的离子浓度小于1×10－5 mol·L－1时就认为沉淀完全，根据[Fe3＋]×[OH－]3＝8.0×10－38求得[OH－]＝2×10－11 mol·L－1；再根据[H＋]×[OH－]＝10－14，[H＋]＝5×10－4 mol·L－1，则pH＝3.3；通过计算可知pH＝4能达到除去Fe3＋而不损失Cu2＋的目的，方案可行。
答案：4 3.3 可行
9．以硫铁矿为原料生产硫酸所得的酸性废水中砷元素含量极高，为控制砷的排放，采用化学沉降法处理含砷废水，相关数据如下表。
表1 几种砷酸盐的Ksp
难溶物 Ksp
Ca3(AsO4)2 6.8×10－19
AlAsO4 1.6×10－16
FeAsO4 5.7×10－21
表2 工厂污染物排放浓度及允许排放标准
污染物 H2SO4 As
浓度 28.42 g·L－1 1.6 g·L－1
排放标准 pH＝6～9 0.5 mg·L－1
回答以下问题：
(1)该硫酸工厂排放的废水中硫酸的物质的量浓度c(H2SO4)＝________ mol·L－1。
(2)写出难溶物Ca3(AsO4)2的Ksp表达式：
Ksp[Ca3(AsO4)2]＝________________。若混合液中Al3＋、Fe3＋的浓度均为1.0×10－4 mol·L－1时，______先沉淀。
(3)在处理含砷废水时采用分段式，先向废水中投入生石灰调节pH到2，再投入生石灰将pH调节到8左右使五价砷以Ca3(AsO4)2形式沉降。
①将pH调节到2时废水中有大量沉淀产生，沉淀主要成分的化学式为________。
②Ca3(AsO4)2在pH调节到8左右才开始沉淀的原因
______________________________________________________。
解析：(1)H2SO4的浓度为28.42 g·L－1，转化为物质的量浓度为c＝＝ mol·L－1＝0.29 mol·L－1。
(2)Ksp的表达式为离子浓度的次方的乘积，Ksp小的物质先生成沉淀，所以Fe3＋先沉淀。
(3)①当Ca2＋浓度增大时，Ca2＋与SO可生成CaSO4沉淀。
②酸与碱发生中和反应，[AsO]增大，当Ca2＋与AsO浓度次方的乘积达到Ca3(AsO4)2的Ksp时，开始沉淀。
答案：(1)0.29 (2)[Ca2＋]3[AsO]2 Fe3＋
(3)①CaSO4 ②H3AsO4是弱酸，当溶液中pH调节到8左右时，酸碱反应使溶液中AsO浓度增大至Q>Ksp，Ca3(AsO4)2开始沉淀
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- 1 -第1课时 离子反应发生的条件
1．下列离子方程式正确的是( )
A．澄清石灰水与稀盐酸反应：Ca(OH)2＋2H＋===Ca2＋＋2H2O
B．碳酸钠溶液与盐酸反应：Na2CO3＋2H＋===2Na＋＋CO2↑＋H2O
C．稀硫酸与氢氧化钡溶液反应：H＋＋OH－＋Ba2＋＋SO===H2O＋BaSO4↓
D．氢氧化铜与稀硫酸反应：Cu(OH)2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O
答案：D
2．能用H＋＋OH－===H2O表示的是( )
A．Ba(OH)2溶液和稀硫酸反应
B．NaOH溶液和盐酸反应
C．Cu(OH)2和稀硫酸反应
D．NaOH溶液和CO2反应
答案：B
3．下列各组离子中，能在强酸溶液里大量共存，并且溶液呈无色透明的是( )
A．MnO、K＋、Na＋、SO
B． Na＋、K＋、HCO、Cl－
C．Mg2＋、NH、Cl－、NO
D．Ba2＋、K＋、S2－、SO
解析：A项中的MnO为紫色，B项中的HCO能与强酸反应；C项各离子均不能发生反应；D项中的Ba2＋和SO可反应生成BaSO4沉淀，且S2－能与强酸反应。
答案：C
4．浓度均为0.1 mol·L－1的三种溶液等体积混合，充分反应后没有沉淀的一组溶液是( )
A．BaCl2、NaOH、NaHCO3
B．Na2CO3、MgCl2、H2SO4
C．AlCl3、NH3·H2O、NaOH
D．Ba(OH)2、CaCl2、Na2SO4
解析：A选项中会生成BaCO3沉淀，C选项会生成Al(OH)3沉淀，D中会生成BaSO4沉淀，只有B选项中无沉淀。
答案：B
5．在下列溶液中，离子一定能大量共存的是( )
A．强碱性溶液中：K＋、Al3＋、Cl－、SO
B．含有0.1 mol·L－1Fe3＋的溶液中：K＋、Mg2＋、I－、NO
C．含有0.1 mol·L－1 Ca2＋的溶液中：Na＋、K＋、CO、Cl－
D．室温下，pH＝1的溶液中：Na＋、Fe3＋、NO、SO
解析：强碱性溶液中Al3＋不能大量共存，A项不符合题意；
Fe3＋与I－之间发生氧化还原反应，不能大量共存，B项不符合题意；Ca2＋与CO反应生成CaCO3沉淀，二者不能大量共存，C项不符合题意；D项中不存在任何离子间的反应，符合题意。
答案：D
时间：40分钟
[A级 基础巩固]
基础题Ⅰ
1．水溶液中能大量共存的一组离子是( )
A．Na＋、Al3＋、Cl－、CO
B．H＋、Na＋、Fe2＋、MnO
C．K＋、Ca2＋、Cl－、NO
D．K＋、NH、OH－、SO
答案：C
2．在无色强酸性溶液中，下列各组离子能够大量共存的是( )
A．Cl－、Na＋、NO、Ca2＋
B．MnO、HCO、Cl－、K＋
C．K＋、Ba2＋、Cl－、SO
D．K＋、Mg2＋、NO、I－
解析：A项，在无色强酸性溶液中，该组离子能够大量共存，故选A项；B项，MnO显紫色，且HCO与H＋不能大量共存，故不选B项；C项，Ba2＋与SO生成不溶于酸的白色沉淀，故不选C项；D项，NO在酸性环境下具有氧化性，不能与I－共存，故不选D项。
答案：A
3．室温下，在强酸性和强碱性溶液中都不能大量共存的离子组是( )
A．NH、Cu2＋、Cl－、NO
B．K＋、Na＋、SO、S2－
C．K＋、Na＋、[Al(OH)4]－、SO
D．Ba2＋、Fe2＋、NO、Br－
解析：A项在强酸性溶液中可共存，B、C两项在强碱性溶液中可共存，D项在强酸中Fe2＋被NO氧化，在强碱中Fe2＋生成Fe(OH)2沉淀。
答案：D
4．下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A．浓烧碱溶液中加入铝片：
Al＋2OH－＋2H2O===[Al(OH)4]－＋H2↑
B．以石墨作电极电解氯化铝溶液：
2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
C．硫酸亚铁溶液与稀硫酸、双氧水混合：
2Fe2＋＋H2O2＋2H＋===2Fe3＋＋2H2O
D．硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：
2H＋＋SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O
解析：A选项中电荷、电子得失不守恒，故不正确；由于电解产生的OH－会与Al3＋发生反应，故B不正确；C选项所给离子方程式符合要求，故C项正确；D选项不正确。
答案：C
5．某溶液中含有HCO、SO、Na＋、CH3COO－等四种离子，向其中加入足量的Na2O2固体后，溶液中离子浓度基本保持不变的是(假设溶液体积不变)( )
A．CH3COO－ B．SO
C．Na＋ D．HCO
解析：醋酸根离子浓度不会发生变化，故A项正确；过氧化钠具有氧化性，将亚硫酸根离子氧化成了硫酸根离子，离子浓度变化很大，故B项错误；过氧化钠和水反应生成了氢氧化钠，引进了大量钠离子，钠离子浓度变化很大，故C项错误；碳酸氢根离子和过氧化钠与水反应生成的氢氧根离子反应，碳酸氢根离子浓度大量减少，故D项错误。
答案：A
基础题Ⅱ
6．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A．pH＝1的溶液中：Fe2＋、NO、SO、Na＋
B．由水电离的[H＋]＝1×10－14 mol·L－1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO
C.＝1012的溶液中：NH、Al3＋、Cl－、NO
D．[Fe3＋]＝0.1 mol·L－1的溶液中：K＋、ClO－、SO、SCN－
解析：C项，溶液中的[H＋]＝0.1 mol·L－1，为酸性溶液，在酸性条件下，本组离子可以大量共存，故C项正确；A项，由于NO在pH＝1的酸性条件下有强氧化性，与Fe2＋发生氧化还原反应而不能大量共存，故A项错误；B项，由题意知溶液中可能存在大量的H＋或OH－，二者都不能与HCO共存，故B项错误；D项，Fe3＋能与SCN－发生络合反应，故D项错误。
答案：C
7．有一固体混合物，可能由Na2CO3、Na2SO4、CuSO4、CaCl2、NaCl等物质组成。为鉴别它们，做了如下实验：①将固体混合物溶于水，搅拌后，得无色溶液；②在①所得的溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；③过滤，然后在此白色沉淀中加入足量稀硝酸，沉淀完全消失。
(1)由此推断，固体混合物中肯定有________，肯定没有________________，可能会有________。
(2)写出上述过程可能发生反应的离子方程形式_____________
_____________________________________________________，
______________________________________________________。
解析：根据①溶液无色，说明没有Cu2＋，根据②和③判断一定没有SO，一定有CO，既然有CO，就一定没有Ca2＋。
答案：(1)Na2CO3 CuSO4、Na2SO4、CaCl2 NaCl
(2)Ba2＋＋CO===BaCO3↓
BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O
8．(18分)某河道两旁有甲、乙两厂，它们排放的工业废水中，共含有K＋、Ag＋、Fe3＋、Cl－、OH－、NO六种离子。
(1)甲厂的废水明显呈碱性，故甲厂废水中所含的三种离子是________、________、________。
(2)乙厂的废水中含有另外三种离子。如果加一定量________(填“活性炭”“硫酸亚铁”或“铁粉”)，可以回收其中的金属________(填写元素符号)。
(3)另一种设想是将甲乙两厂的废水按适当的比例混合，可以使废水中的________________(填写离子符号)转化为沉淀，经过滤后的废水主要含有________(填写离子符号)，可用来灌溉农田。
解析：甲厂废水呈碱性，说明存在OH－，而Ag＋、Fe3＋与OH－不共存，故Ag＋和Fe3＋在乙厂废水中，又因为Ag＋与Cl－不共存，故Cl－在甲厂废水中，再根据电荷守恒，K＋必然在甲厂废水中。
答案：(1)OH－ Cl－ K＋ (2)铁粉 Ag (3)Ag＋、Fe3＋、Cl－、OH－ K＋、NO
9．某溶液中可能有下列阴离子：SO、SO、S2－、Cl－。
(1)当溶液中存在大量H＋时，溶液中不能大量共存的离子是___。
(2)当溶液中存在大量Ba2＋时，溶液中不能大量共存的离子是____________。
(3)向溶液中通入足量Cl2后，____________离子在溶液中不能共存。
(4)当溶液中存在________离子时，上述阴离子都不能存在。
答案：(1)SO、S2－ (2)SO、SO、S2－ (3)SO、S2－
(4)Ag＋(其他合理答案也可)
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- 1 -第2课时 离子反应的应用
1．室温下用0.10 mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的CH3COOH，滴定终点消耗20.00 mL的NaOH溶液。下列说法正确的是( )
A．滴定终点时需溶液由无色变为浅红色，且保持半分钟颜色不变
B．滴定终点时混合溶液的pH＝7
C．滴定终点时反应的热效应即为中和热
D．滴定终点时两者恰好完全反应
解析：滴定终点时，由酚酞的变色范围8～10可知，溶液显碱性，pH＞7，而且生成水的物质的量不是1 mol，还存在水解等情况，滴定终点时反应的热效应不是中和热；滴定终点是会存在误差的，不是恰好完全反应。
答案：A
2．下列有关滴定操作的顺序正确的是( )
①检查滴定管是否漏水 ②用蒸馏水洗涤玻璃仪器 ③用标准溶液润洗盛标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管 ④装标准溶液和待测液并调整液面(记录初读数) ⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中 ⑥滴定操作
A．①③②④⑤⑥ B．①②③④⑤⑥
C．②③①④⑤⑥ D．④⑤①②③⑥
解析：中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液、滴定等顺序操作，则操作顺序为：①②③④⑤⑥。
答案：B
3．下列根据实验现象得出的结论中，一定正确的是( )
A．某无色溶液能使红色石蕊试纸变蓝，结论：该溶液一定是碱溶液
B．某无色溶液加入稀HNO3酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，结论：该溶液中一定含有SO
C．某无色溶液焰色反应呈黄色，结论：该溶液中一定含有Na＋
D．某无色溶液加入Na2CO3溶液产生白色沉淀，结论：该溶液中一定含Ca2＋
答案：C
4．四个试剂瓶中分别盛有NaNO3溶液、Na2CO3溶液、Na2SO4溶液和NaCl溶液，就如何检验这四种溶液分别解答下列问题。
在四支试管中分别取四种溶液各1 mL，做下列实验。
(1)在四支试管中分别滴入______，出现______现象的是______，离子方程式是_____________________________________
______________________________________________________。
(2)在剩余三支试管中分别滴入________，出现________现象的是________，离子方程式是___________________________________
______________________________________________________。
(3)在剩余两支试管中分别滴入________，出现________现象的是________，离子方程式是____________________________________
______________________________________________________。
三次实验中都没有明显现象的是_________________________。
解析：在四支试管中分别滴入HNO3，有气体产生的原溶液是Na2CO3溶液，其离子方程式是：CO＋2H＋===H2O＋CO2↑。在剩余三支试管中分别滴入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀的原溶液是Na2SO4溶液。在剩余两支试管中分别滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀的原溶液是NaCl溶液。三次实验中都没有明显现象的是NaNO3溶液。
答案：(1)稀HNO3 气泡(或有气体产生) Na2CO3溶液 CO＋2H＋===H2O＋CO2↑
(2)Ba(NO3)2溶液 白色沉淀 Na2SO4溶液 Ba2＋＋SO===BaSO4↓
(3)AgNO3溶液 白色沉淀 NaCl溶液 Ag＋＋Cl－===AgCl↓ NaNO3溶液
5．在中和滴定操作过程中，有以下各项因操作不当引起的实验误差，用“偏高”“偏低”或“无变化”填空：
(1)滴定管用蒸馏水洗净后，未用已知浓度的标准溶液润洗，使滴定结果________；
(2)锥形瓶用蒸馏水洗净后，又用待测溶液润洗，使滴定结果________；
(3)滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴外有气泡，滴定过程中气泡消失，使滴定结果________；
(4)滴定前平视，滴定终点俯视，使滴定结果________；
(5)用NaOH溶液滴定盐酸(酚酞作指示剂)，当加入一滴NaOH溶液时溶液呈浅红色，此时便停止滴定，使滴定结果________；
(6)用含Na2O杂质的NaOH固体来配制已知浓度的标准溶液，用于滴定未知浓度的盐酸，使测得盐酸的浓度________；
(7)用含Na2CO3杂质的NaOH固体来配制已知浓度的标准溶液，用于滴定未知浓度的盐酸，使测得盐酸的浓度________；
(8)洗涤锥形瓶中，误把稀食盐水当作蒸馏水，然后用锥形瓶装待测的盐酸，用NaOH标准溶液滴定时，测得的结果________。
解析：中和滴定误差分析的依据是c(待)＝，若向待测溶液(置于锥形瓶)中滴加标准溶液(置于滴定管)，则由V(标)来分析实验误差。(1)滴定管装液前未用标准溶液润洗，会使标准溶液被稀释，导致所耗V(标)偏大，使测定的c(待)偏高。(3)气泡的体积计入标准溶液，结果偏高。(4)滴定终点俯视读数，将使V(标)偏低，因而c (待)偏低。(5)滴定终点判断提前(应保持半分钟内不退色)，结果偏低。(6)NaOH中含有Na2O，则标准溶液的浓度已经偏高(62 g Na2O相当于80 g NaOH)，因而所需滴入的标准溶液的体积偏小，测得结果偏低。(7)相同质量的Na2CO3和NaOH，Na2CO3消耗HCl的量少，所以中和一定量的盐酸所需标准液的体积偏大，即V(标)偏高，结果偏高。(8)稀食盐水对结果无影响。
答案：(1)偏高 (2)偏高 (3)偏高 (4)偏低 (5)偏低 偏低 (7)偏高 (8)无变化
时间：40分钟
[A级 基础巩固]
基础题Ⅰ
1．如图表示50 mL滴定管中液面的位置，如果液面处的读数是a，则滴定管中液体的体积是( )
A．a mL
B．(50－a) mL
C．一定大于a mL
D．一定大于(50－a) mL
解析：滴定管的零刻度在上面，50 mL的刻度在下面，但刻度线以下仍有一部分容积，因此液体体积一定是大于(50－a) mL。
答案：D
2．能鉴别MgI2、AgNO3、Na2CO3、Na[Al(OH)4]四种溶液的试剂是( )
A．HNO3 B．KOH
C．BaCl2 D．NaClO
解析：首先明确需要鉴别的四种溶液中存在的离子及一般的检验方法，MgI2可用碱或Ag＋或氧化性物质检验；AgNO3一般用Cl－生成白色沉淀检验；Na2CO3一般用酸检验；Na[Al(OH)4]用强酸检验，先生成白色沉淀，若强酸过量，沉淀会溶解，综合分析四个选项应选择HNO3。
答案：A
3．用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，会引起实验误差的是( )
A．取干燥洁净的酸式滴定管立即装入标准盐酸
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定
C．往盛有20.00 mL NaOH溶液的锥形瓶中，滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定
D．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液
解析：滴定管若干燥洁净，不必用水洗涤，故也不需用标准液润洗，A不会引起误差；锥形瓶内存有少量蒸馏水，但待测液的物质的量不变，消耗标准液的体积不变，B不会引起误差；锥形瓶不能用待测液润洗，否则会使测定结果偏高。
答案：D
4．下列有关实验中，用所选试剂(括号内物质)不能使实验达到目的是( )
A．证明FeCl2溶液被氧化(KSCN溶液)
B．除去C2H6中的H2S气体(CuSO4溶液)
C．鉴别SO2和CO2两种气体(溴水)
D．检验Na2SO4溶液中是否混有NaCl(AgNO3)溶液
解析：A项中FeCl2溶液被氧化剂生成Fe3＋，遇KSCN溶液显血红色，故A正确；B项中的H2S气体与CuSO4溶液反应能生成黑色的CuS沉淀，故B正确；C项中的SO2能使溴水退色，而CO2不能，故C正确；D项中的Na2SO4溶液也能与AgNO3溶液反应生成白色沉淀，故D错误。
答案：D
5．常温下，用0.100 0 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1的HCl溶液，滴定曲线如图，下列有关说法正确的是( )
A．指示剂变色时，说明反应的酸、碱恰好等物质的量反应
B．当达到滴定终点时才存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
C．达到滴定终点时，用甲基橙作指示剂消耗NaOH溶液体积比用酚酞多
D．已知 H＋(aq)＋OH－(aq)===H2O(l) ΔH＝
－57.3 kJ·mol－1，上述滴定恰好中和时，放出114.6 kJ的热量
解析：酚酞和甲基橙变色时均不是恰好中和的pH＝7，A错误；根据电荷守恒，整个滴定过程都存在c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(
OH－)，B错误；甲基橙作指示剂滴定终点是酸性，酚酞做指示剂滴定终点是碱性，显然用甲基橙作指示剂消耗NaOH溶液体积比用酚酞少，C错误。
答案：D
基础题Ⅱ
6．某溶液可能含有Cl－、SO、CO、NH、Fe3＋、Al3＋和K＋。取该溶液100 mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6 g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66 g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中( )
A．至少存在5种离子
B．Cl－一定存在，且[Cl－]≥0.4 mol·L－1
C．SO、NH一定存在，Cl－可能不存在
D．CO、Al3＋一定不存在，K＋可能存在
解析：“加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02 mol气体”，说明溶液中一定有NH，且n(NH)＝0.02 mol；“产生红褐色沉淀”，说明溶液中一定有Fe3＋，又因为CO与Fe3＋会发生双水解而不能大量共存，所以CO一定不存在；Al3＋与过量NaOH溶液反应最后生成Na[Al(OH)4]，所以Al3＋可能存在；红褐色沉淀过滤，洗涤，灼烧，得到的固体是Fe2O3，其物质的量为n(Fe2O3)＝＝0.01 mol，所以溶液中n(Fe3＋)＝0.02 mol；加足量BaCl2溶液，不溶于盐酸的沉淀为BaSO4，所以原溶液中一定有SO，其物质的量为n(BaSO4)＝＝0.02 mol，所以n(SO)＝0.02 mol。根据溶液电中性特点NH、Fe3＋所带电荷n(＋)＝0.02＋3×0.02＝0.08 mol，SO所带电荷n(－)＝0.02×2＝0.04 mol，所以Cl－一定存在，K＋、Al3＋可能存在，当K＋、Al3＋不存在时，[Cl－]最低，所以[Cl－]≥＝0.4 mol·L－1。
答案：B
7．某钠盐溶液可能含有阴离子NO、CO、SO、SO、Cl－、Br－、I－，为鉴定这些离子，分别取少量溶液进行以下实验：
①测得混合液呈碱性；
②加HCl后，生成无色无味气体。该气体能使饱和石灰水溶液变浑浊；
③加CCl4，滴加少量氯水，振荡后，CCl4层未变色；
④加BaCl2溶液产生白色沉淀，分离，在沉淀中加入足量盐酸，沉淀不能完全溶解；
⑤加HNO3酸化后，再加过量AgNO3，溶液中析出白色沉淀。
(1)分析上述5个实验，写出每一实验鉴定离子的结论与原因。
①___________________________________________________；
②___________________________________________________；
③___________________________________________________；
④___________________________________________________；
⑤___________________________________________________；
(2)上述5个实验不能确定是否存在的离子是_______________。
解析：(1)①测得混合液呈碱性而CO和SO水解显碱性，在碱性环境下可能存在；②CO和SO均能和强酸反应生成气体二氧化碳和二氧化硫，但是二氧化硫是有刺激性气味的气体，二氧化碳是无色无味的气体，且能使饱和石灰水溶液变浑浊，所以生成无色无味气体是二氧化碳，一定不存在亚硫酸根离子，肯定存在CO，不存在SO；③氯气能将溴离子和碘离子氧化为碘单质和溴单质，二者在四氯化碳中溶解度很大，并且均是有颜色的；④根据硫酸根离子的检验试剂是氯化钡，可以向溶液中加BaCl2溶液产生白色沉淀，分离，在沉淀中加入足量盐酸，沉淀不能完全溶解，则一定含有硫酸钡；⑤溶液中加HNO3酸化后，再加过量AgNO3，溶液中析出白色沉淀，则为氯化银沉淀，所以能确定含有氯离子；(2)①和②证明溶液中肯定存在CO，不存在SO；③证明溶液中肯定不存在Br－、I－；④证明溶液中肯定存在SO；⑤证明溶液中肯定存在Cl－；剩余的NO不能确定是否存在。
答案：(1)①CO和SO至少有一种存在；因为CO和SO水解显碱性 ②CO肯定存在，因产生的气体是CO2；SO不存在；因为没有刺激性气味的气体产生 ③Br－、I－不存在，因为没有溴和碘的颜色出现 ④SO存在。因为BaSO4不溶于盐酸 ⑤Cl－存在。因与Ag＋形成不溶于HNO3的白色沉淀 (2)NO
[B级 能力提升]
8．某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：
①从碱式滴定管中放出20.00 mL待测溶液到锥形瓶中。
②将酸式滴定管用蒸馏水洗净，再用标准酸液润洗2～3次后，注入0.100 0 mol·L－1标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数。
③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定。滴定至指示剂刚好变色，且半分钟内颜色不再改变为止，测得消耗盐酸的体积为V1 mL。
④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶加入5 mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2 mL。
试回答下列问题：
(1)锥形瓶中的溶液从________色变为______色时，停止滴定。
(2)如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为________ mL。
(3)根据下列数据：
滴定次数 待测液体积/mL 标准盐酸体积/mL
滴定前读数/mL 滴定后读数/mL
第一次 20.00 0.50 25.40
第二次 20.00 4.00 29.10
请计算待测烧碱溶液的浓度为________ mol·L－1。
解析：(1)锥形瓶中的溶液从红色变为无色时，表明达到滴定终点。(2)滴定管读数时要使视线和凹液面的最低点相切，因此读数为22.60 mL。(3)V(HCl)＝[(25.40 mL－0.50 mL)＋(29.10 mL－4.00 mL)]/2＝25.00 mL，根据：c(NaOH)·V(NaOH)＝c(HCl)·V(HCl)得：c(NaOH)＝0.125 0 mol·L－1。
答案：(1)红 无 (2)22.60 (3)0.125 0
9．氯碱厂电解饱和食盐水制取NaOH的工艺流程示意图如下：
依据上图，完成下列填空：
(1)在电解过程中，与电源正极相连的电极上所发生反应的化学方程式为__________________。与电源负极相连的电极附近，溶液pH________(填“不变”“升高”或“下降”)。
(2)工业食盐含Ca2＋、Mg2＋等杂质。精制过程中发生反应的离子方程式为_______________________________________________、
______________________。
(3)如果精盐中SO含量较高，必须添加钡试剂除去SO，该钡试剂可以是 ________(填“a”“b”或“c”)。
a．Ba(OH)2 b．Ba(NO3)2 c．BaCl2
(4)为了有效除去Ca2＋、Mg2＋、SO，加入试剂的合理顺序为________(填“a”“b”或“c”)。
a．先加NaOH，后加Na2CO3，再加钡试剂
b．先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3
c．先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3
(5)脱盐工序中利用NaOH和NaCl在溶解度上的差异，通过________、冷却、________(填操作名称)除去NaCl。
(6)在隔膜法电解食盐水时，电解槽分隔为阴极区和阳极区，防止Cl2与NaOH反应；采取无隔膜电解冷的食盐水时，Cl2与NaOH充分接触，产物仅是NaClO和H2，相应的化学方程式为___________。
解析：第(1)问要熟练运用电解原理，与电源正极相连的电极是电解池的阳极，应是溶液中的Cl－发生氧化反应，而电解池的阴极反应为2H＋＋2e－===H2↑，阴极附近c(H＋)减小，导致水的电离平衡破坏，使周围c(OH－)增大。第(2)问中如何除去Ca2＋、Mg2＋，由题中信息知，这步加了NaOH、Na2CO3溶液，根据Ca2＋、Mg2＋的特性，加NaOH是与Mg2＋生成Mg(OH)2沉淀，加Na2CO3是与Ca2＋生成CaCO3沉淀。第(3)问要遵循除杂质不能带进新的杂质的原则，因此Ba(NO3)2不能加入，而题中BaCl2、Ba(OH)2两种试剂皆可。第(4)问考虑问题的出发点是为使杂质离子“除净”，所加试剂均应“稍过量”，为使后加试剂有利于除去先加试剂的过量离子，应把加入Na2CO3放在加入钡试剂之后，而钡试剂与NaOH加入的先后顺序可以颠倒。第(5)问分析题中信息得，脱盐前为10% NaOH、10% NaCl溶液，脱盐后为50% NaOH溶液和NaCl晶体，显然需要蒸发、过滤。第(6)问，因电解得到的Cl2与NaOH反应，可将NaCl电解方程式与Cl2和NaOH反应的方程式合并。
答案：(1)2Cl－－2e－===Cl2↑ 升高 (2)Ca2＋＋CO===
CaCO3↓
Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓ (3)ac (4)bc (5)蒸发 过滤
(6)NaCl＋H2ONaClO＋H2↑
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