【高考预测】
1.外界条件对弱电解质和水电离平衡的影响及强、弱电解质的比较仍将是命题的重点。
2.溶液pH的计算与生物酸碱平衡相结合或运用数学工具(图表)进行推理等试题在高考中出现的可能性较大。
3.溶液中离子(或溶质粒子)浓度大小比较仍是今后高考的热点。
【知识导学】
一、强、弱电解质的判断方法
1．电离方面：不能全部电离，存在电离平衡，如
(1)0.1 mol·L－1CH3COOH溶液pH约为3；
(2)0.1 mol CH3COOH溶液的导电能力比相同条件下盐酸的弱；
(3)相同条件下，把锌粒投入等浓度的盐酸和醋酸中，前者反应速率比后者快；
(4)醋酸溶液中滴入石蕊试液变红，再加CH3COONH4，颜色变浅；
(5)pH=1的CH3COOH与pH=13的NaOH等体积混合溶液呈酸性等。
2．水解方面
根据电解质越弱，对应离子水解能力越强
(1)CH3COONa水溶液的pH>7；
(2)0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液pH比0.1 mol·L－1 NaCl溶液大。
3．稀释方面
如图：a、b分别为pH相等的NaOH溶液和氨水稀释曲线。c、d分别为pH相等的盐酸和醋酸稀释曲线。
请体会图中的两层含义：
(1)加水稀释相同倍数后的pH大小：氨水>NaOH溶液，盐酸>醋酸。若稀释10n倍，盐酸、NaOH溶液pH变化n个单位，而氨水与醋酸溶液pH变化不到，n个单位。
(2)稀释后的pH仍然相等，则加水量的大小：氨水NaOH溶液，醋酸>盐酸。
4．利用较强酸(碱)制备较弱酸(碱)判断电解质强弱。如将醋酸加入碳酸钠溶液中，有气泡产生。说明酸性：CH3COOH>H2CO3。
5．利用元素周期律进行判断，如非金属性Cl>S>P>Si，则酸性HClO4>H2SO4>H3PO4>H2SiO3(最高价氧化物对应水化物)；金属性：Na>Mg>Al，则碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3。
【特别提醒】证明某电解质是弱电解质时，只要说明该物质是不完全电离的，即存在电离平衡，既有离子，又有分子，就可说明为弱电解质。
二、水的电离
1. 水的电离及离子积常数
⑴水的电离平衡：水是极弱的电解质，能发生自电离：
H2O2+H2O2 H3O++HO2－ 简写为 H2O H++OH－ （正反应为吸热反应）其电离平衡常数：Ka =
⑵水的离子积常数：Kw=[H+][OH-]
250C 时Kw =1.0×10-14 mol2·L-2 ，水的离子积与温度有关，温度升高Kw增大。如1000C 时Kw =1.0×10-12 mol2·L-2 .
⑶无论是纯水还是酸、碱,盐等电解质的稀溶液，水的离子积为该温度下的Kw。
2. 影响水的电离平衡的因素
⑴酸和碱:酸或碱的加入都会电离出 H+或OH-,均使水的电离逆向移动,从而抑制水的电离。
⑵温度：由于水的电离吸热，若升高温度，将促进水的电离， [H+]与[OH-]同时同等程度的增加，pH变小，但[ H+]与[OH-]始终相等，故仍呈中性。
⑶能水解的盐：不管水解后溶液呈什么性，均促进水的电离，使水的电离程度增大。
⑷其它因素：如向水中加入活泼金属，由于活泼金属与水电离出来的 H+直接作用，使[ H+]减少，因而促进了水的电离平衡正向移动。
3.溶液的酸碱性和pH的关系
⑴ pH的计算： pH=-lg[H+]
⑵酸碱性和pH的关系：
在室温下，中性溶液：[H+]=[OH－]=1.0×10-7 mol· L-1, pH =7[]
酸性溶液： [H+]＞[OH－] , [H+]＞1.0×10-7 mol·L-1, pH ＜7
碱性溶液： [H+]＜[OH－] , [H+]＜1.0×10-7 mol·L-1, pH ＞7
⑶pH的测定方法：
①酸碱指示剂:粗略地测溶液pH范围
②pH试纸:精略地测定溶液酸碱性强弱
③pH计: 精确地测定溶液酸碱性强弱
4．酸混合、碱混合、酸碱混合的溶液pH计算：
①酸混合：直接算 [ H+]，再求pH 。
②碱混合：先算[ OH-]后转化为[ H+]，再求pH 。
③酸碱混合：要先看谁过量，若酸过量，求 [H+]，再求pH；若碱过量，先求[ OH-]，再转化为[ H+]，最后求pH 。
[H+]混 =
[OH－]混 =
三、盐类水解
盐类水解的规律
有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性；同强显中性。
由此可见，盐类水解的前提条件是有弱碱的阳离子或弱酸的酸根离子，其水溶液的酸碱性由盐的类型决定，利用盐溶液的酸碱性可判断酸或碱的强弱。
(1)
盐的类型 是否水解 溶液的pH
强酸弱碱盐 水解 pH＜7
强碱弱酸盐 水解 pH＞7
强酸强碱盐 不水解 pH＝7
(2)组成盐的弱碱阳离子(M＋)能水解显酸性，组成盐的弱酸阴离子(A－)能水解显碱性。
M＋＋H2OMOH＋H＋ 显酸性
A－＋H2OHA＋OH－ 显碱性
(3)盐对应的酸(或碱)越弱，水解程度越大，溶液碱性(或酸性)越强。
盐类水解离子方程式的书写
1．注意事项
(1)一般要写可逆“”，只有彻底水解才用“===”。
(2)难溶化合物不写沉淀符号“↓”。
(3)气体物质不写气体符号“↑”。
2．书写方法
(1)弱酸强碱盐
①一元弱酸强碱盐水解
弱酸根阴离子参与水解，生成弱酸。
例如：CH3COONa＋H2OCH3COOH＋NaOH
离子方程式：
CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
②多元弱酸根阴离子分步水解
由于多元弱酸的电离是分多步进行的，所以多元弱酸的酸根离子的水解也是分多步进行的，阴离子带几个电荷就要水解几步。第一步水解最易，第二步较难，第三步水解更难。
例如：Na2CO3＋H2ONaHCO3＋NaOH
NaHCO3＋H2OH2CO3＋NaOH
离子方程式：
CO＋H2OHCO＋OH－
HCO＋H2OH2CO3＋OH－
③多元弱酸的酸式强碱盐水解
例如：NaHCO3＋H2OH2CO3＋NaOH
离子方程式：
HCO＋H2OH2CO3＋OH－
(2)强酸弱碱盐
①一元弱碱
弱碱阳离子参与水解，生成弱碱。
②多元弱碱阳离子分步水解，但写水解离子方程式时一步完成。
例如：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl
离子方程式：
Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
(3)某些盐溶液在混合时，一种盐的阳离子和另一种盐的阴离子，在一起都发生水解，相互促进对方的水解，水解趋于完全。可用“===”连接反应物和生成物，水解生成的难溶物或挥发性物质可加“↓”、“↑”等。
例如：将Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液混合，立即产生白色沉淀和大量气体，离子方程式为：
Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
能够发生双水解反应的离子之间不能大量共存。常见的离子间发生双水解的有：Fe3＋与CO、HCO等，Al3＋与AlO、CO、HCO、S2－、HS－等。
影响盐类水解的因素
1．内因：盐本身的性质，组成盐的酸根相对应的酸越弱(或阳离子对应的碱越弱)，水解程度就越大。
2．外因：受温度、浓度及外加酸碱等因素的影响。
(1)温度：盐的水解是吸热反应，因此升高温度水解程度增大。
(2)浓度：盐的浓度越小，水解程度越大。
(3)外加酸、碱或盐：外加酸、碱或盐能促进或抑制盐的水解。
归纳总结：上述有关因素对水解平衡的影响结果，可以具体总结成下表(以CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－为例)：
改变条件 c(CH3COO－) c(CH3COOH) c(OH－) c(H＋) pH 水解程度
加水 减小 减小 减小 增大 减小 增大
加热 减小 增大 增大 减小 增大 增大
加NaOH(s) 增大 减小 增大 减小 增大 减小
加HCl(g) 减小 增大 减小 增大 减小 增大
加CH3COONa (s) 增大 增大 增大 减小 增大 减小
加NH4Cl(s) 减小 增大 减小 增大 减小 增大
盐类水解的应用
1．化肥的合理使用，有时要考虑盐类的水解
例如，铵态氮肥与草木灰不能混合使用，因草木灰的主要成分K2CO3水解呈碱性：CO＋H2OHCO＋OH－，铵态氮肥中NH遇OH－逸出NH3，使氮元素损失，造成氮肥肥效降低。
2．用热碱去污
如用热的Na2CO3溶液去污能力较强，盐类的水解是吸热反应，升高温度，有利于Na2CO3水解，使其溶液显碱性。
3．配制易水解的盐溶液时，需考虑抑制盐的水解。
(1)配制强酸弱碱盐溶液时，需滴几滴相应的强酸，可使水解平衡向左移动，抑制弱碱阳离子的水解，如配制FeCl3、SnCl2溶液时常将它们溶于较浓的盐酸中，然后再用水稀释到相应的浓度，以抑制它们的水解，配制Fe2(SO4)3溶液时，滴几滴稀硫酸。
(2)配制强碱弱酸盐溶液时，需滴几滴相应的强碱，可使水解平衡向左移动，抑制弱酸根离子的水解，如配制Na2CO3、NaHS溶液时滴几滴NaOH溶液。
4．物质制取如制取Al2S3，不能用湿法，若用Na2S溶液和AlCl3溶液，两种盐溶液在发生的水解反应中互相促进，得不到Al2S3。制取时要采用加热铝粉和硫粉的混合物：2Al＋3SAl2S3。
5．某些试剂的实验室贮存要考虑盐的水解，如Na2CO3、NaHCO3溶液因CO、HCO水解使溶液呈碱性，OH－与玻璃中的SiO2反应生成硅酸盐，使试剂瓶颈与瓶塞黏结，因而不能用带玻璃塞的试剂瓶贮存，必须用带橡皮塞的试剂瓶保存。
6．若一种盐的酸根和另一种盐的阳离子能发生水解相互促进反应，这两种盐相遇时，要考虑它们水解时的相互促进，如泡沫灭火器的原理：将硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合，Al2(SO4)3＋6NaHCO3===3Na2SO4＋2Al(OH)3↓＋6CO2↑，产生大量CO2来灭火。
7．用盐(铁盐、铝盐)作净水剂时需考虑盐类水解。例如，明矾KAl(SO4)2·12H2O净水原理：Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体表面积大，吸附能力强，能吸附水中悬浮的杂质生成沉淀而起到净水作用。
8．Mg、Zn等较活泼金属溶于强酸弱碱盐(如NH4Cl、AlCl3、FeCl3等)溶液中，产生H2。例如：将镁条投入NH4Cl溶液中，有H2、NH3产生，有关离子方程式为：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑。
9．如果溶液浓度较低，可以利用水解反应来获得纳米材料(氢氧化物可变为氧化物)。如果水解程度很大，还可用于无机化合物的制备，如制TiO2：
TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O＋4HCl
TiO2·xH2O焙烧,TiO2＋xH2O
离子浓度大小比较规律
1．大小比较方法
(1)考虑水解因素：如Na2CO3溶液中
CO＋H2OHCO＋OH－ HCO＋H2OH2CO3＋OH－，所以c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)
(2)不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其的影响程度。如在相同的物质的量浓度的下列各溶液中①NH4Cl ②CH3COONH4 ③NH4HSO4溶液中，
c(NH)由大到小的顺序是③>①>②。
(3)多元弱酸、多元弱酸盐溶液
如：H2S溶液：c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)＞c(OH－)
Na2CO3溶液：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)。
(4)混合溶液
混合溶液中离子浓度的比较，要注意能发生反应的先反应后再比较，同时要注意混合后溶液体积的变化，一般情况下，混合液的体积等于各溶液体积之和。高考试题中在比较离子浓度的大小时，常常涉及以下两组混合溶液：
①NH4Cl～NH3·H2O(1∶1)；②CH3COOH～CH3COONa(1∶1)。一般均按电离程度大于水解程度考虑。
如：NH4Cl和NH3·H2O(等浓度)的混合溶液中，c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，CH3COOH和CH3COONa(等浓度)的混合溶液中，c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
2．电解质溶液中的离子之间存在着三种定量关系
(1)微粒数守恒关系(即物料守恒)。如纯碱溶液中c(Na＋)＝2c(CO)未变化＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)；NaH2PO4溶液中c(Na＋)＝c(H2PO)未变化＝c(H2PO)＋c(HPO)＋c(PO)＋c(H3PO4)。
(2)电荷数平衡关系(即电荷守恒)。如小苏打溶液中，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)；Na2HPO4溶液中，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)
注 1 mol CO带有2 mol负电荷，所以电荷浓度应等于2c(CO)，同理PO电荷浓度等于3c(PO)。
【易错点点睛】
【1】已知Ag2SO4的KW 为2.0×10-3，将适量Ag2SO4固体溶于100 mL水中至刚好饱和，该过程中Ag+和SO浓度随时间变化关系如下图（饱和Ag2SO4溶液中c(Ag+)＝0.034 mol·L-1）。若t1时刻在上述体系中加入100 mL. 0.020 mol·L-1 Na2SO4 溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag+和SO浓度随时间变化关系的是（ ）
【错误分析】多数同学对溶解平衡计算较为生疏，没有解题思路，乱选。
【答案】B
【易错点点睛】离子的溶度积与Ksp间的关系不明确。Ag2SO4刚好为100ml的饱和溶液,因为c(Ag+)=0.034mol/L，所以c（SO42-）=0.017mol/L；当加入100ml 0.020mol/LNa2SO4溶液后，c（SO42-）=0.0185mol/L，c（Ag+）=0.017mol/L（此时Q【2】仅能在水溶液中导电的电解质（ ）
A．NaOH B．Na2SO4 C．NaHCO3 D．H2SO4
【答案】CD
【解析】 酸、碱、盐是电解质，在溶于水或熔融状态下能导电。碱、盐大多数为离子化合物，在溶于水或熔融状态下都能导电；而酸为共价化合物，液态时不存在离子，因此仅在溶于水状态下导电。由于思维定势和知识缺陷，仅选了D选项。实际上还存在另一类物质，当它在溶于水或熔融状态时，发生化学反应，生成另一种物质。如：碱、盐受热分解；酸酐溶于水生成酸，转变后的物质能导电，就不能将原物质视为该状态下导电的电解质。备选答案中的C选项，受热易分解为Na2CO3，H2O和CO2，在熔融状态时，Na2CO3电离而导电，因此NaHCO3仅能在水溶液中导电，为本题的正确选项。
【易错点点睛】在氧化物中：酸酐溶于水生成酸而能导电，酸是电解质，而酸酐不是电解质；碱性氧化物中溶于水生成碱而导电，其氧化物为离子化合物，熔融状态下能导电，氧化物和碱皆为电解质；氧化物不溶于水，但其为离子化合物，熔融状态下能导电，氧化物为电解质。
【3】 下列事实能说明相应的酸是弱电解质的是
A．用HR做导电实验，灯泡很暗
B．0.1mol·L-1HR溶液稀释到100倍时，溶液的pH值为3.1
C．20mL0.1mol·L-1HR恰好中和20mL0.1mol·L-1NaOH溶液
D．0.1mol·L-1NH4R溶液的pH等于7
【答案】 BD
【易错点点睛】由于思维定势，灯泡较暗，对应的电解质就是弱电解质。这里忽略了一个重要的条件，即在相同条件（主要是浓度）下。如果没有这个前提，用0.1mol·L-1的HAc溶液和1×10-4mol·L-1HCl作导电实验，醋酸溶液中氢离子的浓度大约为13.2×10-4mol·L-1，而盐酸溶液中去离子的浓度只有1×10-4mol·L-1，很明显前者的导电能力比后者强。因此A的错误选项，它不能说明HR是弱电解质。
选项C提供的中和反应的事实，不能说明酸的强弱。中和反应只说明酸、碱提供的氢离子和氢氧根离子恰好完全反应，至于是否电离无关紧要，因为中和已电离的一部分氢离子（或氢氧根离子），弱酸（或弱碱）会进一步再电离，直至反应完成。
【4】下列物质在温度和物质的量浓度相同时，在水溶液中含有的微粒种类最多的是
A．NaH2PO4 B．K3[Fe（SCN）6] C．（NH4）2S D．光卤石
【答案】B
【解析】 NaH2PO4溶液中存在以下电离和平衡：
7种微粒。（NH4）2S溶液中有类似情况，也存在7种微粒（不妨自己练习写出）。
本题的正确答案应是选项B，因为3价铁离子能和1～6个硫氰根离子络合平衡，即：
……
SCN-，H+和OH-等11种微粒。
【易错点点睛】 由于知识的欠缺，产生不同的错误结果。既然都是盐溶液，而大多数的盐都属于强电解质，在水中全部电离。因此，得出复盐和络盐电离出的离子种类最多——低级错误，选择了BD选项。但错误较多的是对盐溶液中存在哪些平衡不了解，盐电离生成的离子可能存在电离（多元弱酸的酸式根或络离子）或水解（弱酸根或弱碱对应的金属离子）平衡，这些平衡中将产生多种微粒。
【5】 Na2S溶液中存在多种微粒，下列各微粒间的关系正确的是：
A．[Na+]＞[S2-]＞[OH-]＞[HS-]＞[H+]
B．[Na+]+[H+]==[S2-]+[HS-]+[OH-]
C．[Na+]==[HS-]+2[H2S]+2[S2-]
D．[OH-]==[H+]+[HS-]+[H2S]
【答案】 A
【解析】 选项A，可以半定量地分析得出结论。假设Na2S的浓度为0.1mol·L-1，则[Na+]为0.2mol·L-1；硫离子少部分发生水解，其平衡浓度比0.1mol·L-1小，而水解生成硫氢根离子和氢氧根离子的浓度远远小于0.1mol·L-1（仍大于0.001mol·L-1）；由于硫氢根离子受到一定浓度的氢氧根离子影响（抑制其水解），其还要发生微弱的水解（存在电离和水解两种趋势，但水解趋势大于电离趋势），这样氢氧根离子的浓度将大于硫氢根离子的浓度；溶液呈碱性，其[H+]将由水的离子积和[OH-]求出，很明显其浓度远远小于[HS-]（其与[OH-]在同一数量级上）。
【易错点点睛】电解质的水溶液中一定存在两个守恒：①物质守恒，②电荷守恒。通俗的说：①各种元素的微粒既不可增加也不可减少；②电解质溶液中存在各种带电的微粒，但所带电量的代数和等于零，即溶液不带电。结合本题有如下两个等式：（在同一体积中，用浓度表示即可）
物质守恒：
[Na+]==2[HS-]+2[H2S]+2[S2-] ①
电荷守恒：[Na+]+[H+]==2[S2-]+[HS-]+[OH-] ②
在物质守恒中，应该找出该元素可能转化生成的各种微粒。如本题的硫元素，它来源于Na2S中的S2-，少量的S2-要水解转化成HS-，微量的HS-进一步水解转化成H2S，虽然生成H2S的量很小，很小，但在理论上不能没有。另外，含硫元素的各种微粒与钠离子的物质的量之比应符合原化学式中各微粒的比值。选项C违背了上述要求。
在电荷守恒中，如何计算带多个单位电荷的微粒所带电量，往往容易出现误解。从表面形式上看，该微粒已带多个单位电荷，若用其所带电荷数乘以其浓度，似乎远远大于实际所带电量。实际上浓度只表示该微粒在单位体积里其物质的量（微粒）的多少，并不表示它带电量的多少。用其所带电荷数乘以其浓度，恰好计算其所带电量。选项B即错在此处。
由上述两个等式，通过代入变换，还可得到多个其他形式的等式。如②-①的整理得：[OH-]==[H+]+[HS-]+2[H2S]，可判断选项D是错误答案。
【6】 下列离子反应方程式书写正确的是
A．过量磷酸加入磷酸钠溶液中
B．2.24L（标况下）氯气和100mL1mol·L-1溴化亚铁溶液反应
3Cl2+2Fe2++4Br-==6Cl-+2Fe3++2Br2
C．碳酸氢镁的溶液中加入石灰水
D．用氯化铁溶液检验苯酚存在
Fe3++6C6H5OH==[Fe（C6H5O）6]3-+6H+
【答案】 D
【解析】 学习了有关弱电解质知识以后，在书写离子反应方程式时，改写离子的原则可以简化为“已溶于水的强电解质”。选项D的判断是正确的。苯酚的酸性较弱，属于弱电解质，应保留分子形式；而生成的六苯氧合铁（Ⅲ）络离子，铁离子与苯氧负离子以配位键结合，在溶液中不能全部电离，保留络离子形式。
【易错点点睛】 由于知识的缺陷：①往往对不该写离子的写成离子。如备选答案中的A，磷酸虽是中强酸，但仍属于弱酸、弱电解质，应保留分子形式。其离子方程式为：
②对反应的产物判断有误。如备选答案中的C，碳酸氢镁和氢氧化钙反应时，由于碳酸镁为微溶物，而氢氧化镁是难溶物，所以产物应为氢氧化镁。其离子方程式为：
对备选答案中B的判断还应考虑反应物数量的关系。根据题目给的信息，0.1mol的氯气和0.1mol的溴化亚铁反应，根据微粒氧化能力由强到弱的顺序为：Cl2＞Br2＞Fe2+，0.1mol的氯气能氧化0.1mol的Fe2+和0.1mol的Br-，所以该反应方程式中Fe2+和Br-系数应相等，该反应的离子方程式为：
2Cl2＋2Fe2++2Br-==4Cl-＋2Fe3+＋Br2
【7】 将已污染的空气通入某溶液，测其导电性的变化，能获得某种污染气体的含量。如把含H2S的空气通入CuSO4溶液，导电性稍有变化但溶液吸收H2S的容量大；若用溴水，则吸收容量不大而导电性变化大。现要测量空气中的含氯量，并兼顾容量和导电性变化的灵敏度，最理想的吸收溶液是：
A．NaOH溶液 B．蒸馏水 C．Na2SO3溶液 D．KI溶液
【答案】C
【解析】 由于氯气和亚硫酸钠发生如下反应：
Cl2＋Na2SO3＋H2O==2HCl＋Na2SO4
从吸收容量上看：用亚硫酸钠溶质吸收氯气符合题意容量大的要求；从反应方程式上看：1mol亚硫酸钠转化为1mol硫酸钠和2mol盐酸，离子的浓度增大1倍（从离子所带电量总量看），符合导电的灵敏度增大，导电性增强。选项C为正确答案。
【易错点点睛】本题错解之一是由于思维定势，对液体吸收气体容量大简单地理解为溶解度较大。常温下氯气在水中的溶解度为1∶2，属于可溶范围，符合吸收容量大的条件；再考虑氯气溶于水生成盐酸和次氯酸的导电性比蒸馏水大大增强，灵敏度也好。因此，选择了B选项。实际上气体的溶解度表示的是在1L水中溶解的气体体积数，而相同物质的量的气体和液体、固体在体积上相差一千倍左右，如：1mol任何气体在标况下的体积为22.4L；1mol水18mL。若1L溶液中含有1mol溶质，它吸收1mol的气体（22.4L），比溶解的气体多得多，何况溶质的物质的量要大，吸收的容量将更大。
错解之二是知识欠缺，只知道氯气能和NaOH溶液反应，生成氯化钠和次氯酸钠，生成物的种类增多，导电的离子浓度增大。因此，兼顾容量和导电性变化的灵敏度。实际上氯气和氢氧化钠的反应如下：
Cl2＋2NaOH==NaCl＋NaClO＋H2O
2molNaOH反应，生成1mol氯化钠和1mol次氯酸钠，离子浓度没有改变，导电的灵敏度不变。
【8】 若室温时，pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则氨水的电离度可表示为（ ）
A．10（12-a-b）% B．10（a+b-14） C．10（a+b-12）% D．10（14-a-b）
【答案】C
【解析】本题解法是从恰好完全反应入手，即酸提供的氢离子和碱提供的氢氧根离子物质的量相等。另一方面从氨水的pH值找已电离的氢氧根离子浓度，进而求出电离度。
【易错点点睛】由于重视数字运算，常常忽略概念、定义的具体要求。弱电解质的电离度是指达到电离平衡时，溶液中已经电离的电解质分子数占原来总分子数的百分数，误区常常是用小数或负指数形式表示。
【9】 常温下，用蒸馏水逐渐稀释0.1mol·L-1的氨水，下列各数值不会逐渐增大的是
【答案】 C
【解析】 对弱电解质的稀溶液来说，在加水稀释的过程中，电离生成的离子结合成弱电解质的可能性减小，其电离度增大，电离的离子个数增多，但由于溶液的体积变化大，离子浓度反而减小。
氨水中存在以下电离平衡：
【易错点点睛】 由于思维定势，弱碱溶液中仅讨论有关氢氧根离子的量，忽略了氢离子量的讨论。而碱溶液中氢离子浓度增大，似乎酸性增强，不可思议，选择了A选项。实际上氨水在稀释过程中，氢氧根离子个数增多，氢氧根浓度减小。在酸碱的稀溶液中，水的离子积不变，因此氢离子浓度增大。但氢离子浓度始终小于氢氧根离子浓度，溶液显碱性，选项A不符合本题题意要求。
选项D中的氢氧根离子浓度和氨水的浓度随着氨水稀释过程都减小，但减小的速率直观不易判断。若将其变换一下，[OH-]==c·a，
电离度增大，比值也增大，因此选项D也不符合本题题意要求。
由于氢离子浓度增大，溶液pH值只能减小，选项C为本题正确答案。
【10】 一定温度下，在氢氧化钡的悬浊液中，存在氢氧化钡固体与
向此种悬浊液中加入少量的氢氧化钡粉末，下列叙述正确的是
A．溶液中钡离子数目减小
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值减小
【答案】A
【解析】任何事物都存在矛盾的两个方面，在氢氧化钡溶解平衡中，再加入少量的氢氧化钡粉末，由于溶液中固体不存在浓度问题，思维定势所得的结论：对平衡没有影响。可是选项中所描述的物质，其量都发生变化，与结论相矛盾。从该体系的另一方面分析，是否水的量发生变化？由于加入的氢氧化钡粉末在水中转化结晶水合物，消耗了一定量的水，平衡发生移动。溶解的离子结合生成氢氧化钡的固体，引起溶解物质相应的量发生变化。
【易错点点睛】本题的另一错解是：当平衡发生移动时，一定会引起相应物质的数量变化。若是讨论某个具体物质的数量，它应该绝对变化，如溶质微粒个数，溶质质量和溶液质量等。但若讨论两个量的比值，在特定条件下可能不变，如溶解度，浓度等。本题讨论溶解平衡（分散系是悬浊液），其溶液为饱和溶液。温度不变时，各种离子的浓度保持不变，选项B、C、D皆与浓度有关，因此不变。而选项A中的钡离子的个数，随着水的量的减少，溶液质量、溶质质量都相应减少，其个数必然减少。
【11】 同温下两种稀碱水溶液，碱甲溶液的物质的量浓度为c1，电离度为a1；碱乙溶液的量浓度为c2，电离度为a2，已知甲溶液的pH值小于乙溶液的pH值，下列有关叙述正确的是( )
A．c1＞c2 B．a1＜a2 C．碱性：甲＜乙 D．无法判断
【答案】 D
【解析】 溶液pH值的大小是由氢离子浓度大小决定。对弱碱来说，氢离子浓度由氢氧根离子浓度决定，而氢氧根离子浓度大小又是由其浓度和电离度的乘积而定。甲溶液的pH值小，其氢离子浓度大，对应氢氧根离子（[OH-]甲==c1·a1）浓度小；乙溶液的pH值大，氢离子浓度小，对应氢氧根离子（[OH-]乙==c2·a2）浓度小。由已知得如下关系：c1·a1＜c2·a2，若是同一种电解质，结论将很简单。对于弱电解质中来说，决定电离生成离子浓度大小的主要因素是浓度，电离度只是次要因素，这样可知乙溶液的氢氧根离子浓度大，其浓度大（c1＜c2）。另一方面，同一种物质由于其浓度大，电离度小（a1＞a2）。本题没有指明是否同一物质，但仅以此式比较乘积因子大小是无法判断的，因此A，B都不是正确选项。
对于选项C，表面上看乙溶液的pH值大，似乎其碱性就强，这样比较是没有意义的。比如1×10-5mol·L-1的HCl，其[H+]为1×10-5mol·L-1，pH值等于5；0.1mol·L-1的HAc，其[H+]为1.32×10-3mol·L-1，pH值等于2.87。就上述两种溶液来说，该醋酸溶液的酸性比盐酸溶液强，但不能说醋酸的酸性比盐酸强，因为比较物质的酸碱性必须在相同条件下（即同温同浓度）。选项C也是错误选项。综合上述本题的正确选项只能是D。
【易错点点睛】本题没有指明是否同一物质，但仅以此式比较乘积因子大小是无法判断的。
【12】 20℃时，H2S饱和溶液浓度为0.1mol·L-1，其电离方程式
电离度增大。
A．Na2S B．NaOH C．NaHS D．Na2CO3
【答案】 C
【解析】 氢硫酸是二元弱酸，存在二步电离，对应有电离度a1、a2，通常讨论氢硫酸的电离度是指a1。当溶液中[H+]或[HS-]增大时，氢硫酸的第一步电离平衡向逆反应方向移动，电离度a1减小，备选答案中的C符合题意。
【易错点点睛】对于选项A的判断，由于题目预设的陷阱，往往使分析推断进入困境。加入试剂恰好与第二步电离平衡有关，由于[S2-]增大，平衡向逆反应方向移动，结果是氢离子因消耗而浓度减小，平衡移动使生成的硫氢根离子浓度增大。但此结果对第一步电离平衡来说，生成物中的氢离子浓度减小、硫氢根离子浓度增大，无法判断该步平衡如何移动。如果换一种角度考虑分析，硫化钠加入氢硫酸中，实质是正盐和酸反应生成酸式盐，产物为硫氢化钠。离子反应方程式为：
S2-+H2S==2HS-
再分析平衡如何移动：若要生成大量的硫氢根离子，第一步电离一定是向正反应方向移动；而第二步电离是向逆反应方向移动。这样得出结论，加入硫化钠，氢硫酸的电离度应增大。因此当两种物质之间发生反应时，可直接考虑反应结果，再分析产生的原因，即平衡是如何移动的。
比较碳酸和氢硫酸的酸性，可以得到以下关系：H2CO3＞H2S＞
酸根离子结合氢硫酸第一步电离的氢离子，生成碳酸氢根离子，这样氢硫酸的电离度也应增大。
【13】 在一定温度下，冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力如图1-14-1所示，请回答：
（1）“0”点导电能力为0的理由______。
（2）a，b，c三点溶液的pH值由小到大的顺序为______。
（3）a，b，c三点中电离度最大的是：______。
（4）若使c点溶液中[CH3COO-]增大，溶液的pH值也增大，可采取的措施为：
①______；②______；③______。
【答案】（1）由于醋酸为共价化合物，在固、液态时不存在离子，也就谈不上存在自由移动的离子，所以不导电。
（2）b＜a＜c；（3）c；（4）加NaOH（固）；Mg；Na2CO3（固）。
【解析】冰醋酸不导电，从表面上看是由于其状态原因造成。其实质是本身结构为共价化合物，不存在离子，也不存在自由移动的离子，因此不导电。
从导电能力上看，在b点醋酸的导电能力最强，说明溶液中自由移动离子浓度最大，其离子应为醋酸电离的氢离子和醋酸根离子，相应在a点、c点的氢离子浓度逐渐减小。由于思维定势误将该顺序视为pH值由小到大的顺序，pH值是氢离子浓度的负对数值，恰好与氢离子浓度大小顺序相反，因此结论为b＜a＜c。
为了使醋酸根离子浓度增大，而溶液的pH值也增大，只能是减小氢离子浓度，使电离平衡向右移动。采取的措施可以添加较活泼的金属、金属氧化物、碱和比醋酸弱的盐。本小题的误区是：加热促进醋酸的电离，醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度也增大，与上小题同样的错误，pH值也增大。
【易错点点睛】错答 （1）由于冰醋酸为固态，所以不导电。
（2）c＜b＜a；（3）b；（4）加热。
【14】某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是( )
A．该溶液由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成
B．该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成
C．加入适量的NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和
【错误分析】错选B或C或D，原因一等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合后溶液中恰好含有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－故选B，原因二，溶液中由电荷守衡知：c(CH3COO－)+ c(OH－) =c(Na＋)+c(H＋) ，加入适量的NaOH，可使溶液显碱性所以B正确；原因三加入适量的氨水溶液中有c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(NH4＋)＋c(H＋)， 当溶液仍呈酸性即c(OH－)＜c(H＋)，则c(CH3COO－)＞c(NH4＋)＋c(Na＋)所以D正确。
【答案】A
【易错点点睛】审题不清，此题的关键应注意题中的“酸性”两个字，选B就因为忽略了“酸性”两个字，分析不透，只注意c(OH－)＞c(H＋)而忽略了c(CH3COO－)＞c(Na＋)不论在什么情况下都是错误的。选项B溶液NaOH与CH3COOH恰好完全反应，所以溶液呈碱性；选项C中当加入NaOH后溶液仍然呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，不成立，当恰好完全反应，溶液呈碱性，则c(Na＋)＞C(CH3COO－)，当碱过量时，必定c(Na＋)＞C(CH3COO－)，所以在任何情况下溶液的离子关系都不能成立；选项D中加入氨水，由电荷守恒得：c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(NH4＋)＋c(H＋)，当溶液仍呈酸性即c(OH－)＜c(H＋)，则c(CH3COO－)＞c(NH4＋)＋c(Na＋)；当溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，则c(CH3COO－)＝c(NH4＋)＋c(Na＋)；当溶液呈碱性时，c(H＋)＜c(OH－)，则c(CH3COO－)＜c(NH4＋)＋c(Na＋)，所以c(CH3COO－)不一定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和。
【15】下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：
c(H+) + c(M+) == c(OH-) + c(A-)
B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：
c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)
C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：
c(CH3COO-) +2c(OH-) == 2c(H+) + c(CH3COOH)
D．0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)
【错误分析】漏选C；错选D
【答案】AC。
【易错点点睛】不能熟练应用物料守衡，电荷守衡推导和变换，错选D是忽视了pH=4的条件，pH=4说明电离程度>水解程度,所以对c(H2A)和c(A2-)大小判断不准。选项A中根据电荷守恒，此关系式正确；选项B中pH相等，溶液中的c(OH－)相等，根据酸性越弱，水解越强，所以溶液中c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)；选项C中根据电荷守恒得：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)……①，由于c(CH3COOH)＝c(CH3COONa)，且它们等体积混合，由原子守恒得：2c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)……②，将①×2－②得：c(CH3COO-) +2c(OH-) == 2c(H+) + c(CH3COOH)；选项D中NaHA溶液的pH＝4，溶液呈酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，同时也可以判断HA－以电离为主，所以离子浓度的大小顺序是：c(HA－)＞c(A2－)＞c(H＋)＞c(H2A)。
【16】在25mL0.1mol L-1 NaOH溶液中逐滴加入0.1mol L-1 CH3COOH溶液，
曲线如右图所示，有关粒子浓度关系正确的是
A．在A、B间任一点，溶液中一定都有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+(OH－)
B．在B点，a＞25，且有c(Na+)=c(CH3COO－)=c(OH－)=c(H+)
C．在C点：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
D．在D点：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)
【错误分析】错选B或D，选B因为NaOH溶液中加入CH3COOH溶液当物质量相当时恰好生成CH3COO Na，但此时溶液为中性，故只有醋酸过量即a＞25，由于电荷守衡c(Na+) +c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，又此时溶液为中性，因此c(OH－)=c(H+)，c(Na+)=c(CH3COO－)；选D因为把D点看作为溶液总体积为50ml,钠离子的量就等于溶液中醋酸存在的所有形式。
【答案】AC
【易错点点睛】错选B没有理解中性溶液中c(OH－)=c(H+)=10-7 mol/L远小于c Na+，错选D对图的横坐标没有理解。本质原因是对溶液中离子浓度大小比较的实质不能很好掌握。
A项中依据电荷守衡此关系式正确；B项中NaOH溶液中加入CH3COOH溶液当物质量相当时恰好生成CH3COONa，但此时溶液为中性，故只有醋酸过量即a＞25，由于电荷守衡c(Na+) +c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，又此时溶液为中性，因此c(OH－)=c(H+)，c(Na+)=c(CH3COO－) 又中性溶液中c(OH－)=c(H+)=10-7 mol/L远小于c Na+故B项错误。C中在C点溶液为醋酸钠和醋酸的混合溶液，易直C正确；D中应为c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=2c(Na+)
【17】 pH=10的NaOH和pH=12的Ba（OH）2等体积混合后，溶液的pH值为
A．11.7 B．10.3 C．11.4 D．11.0
【答案】 A
【解析】
本题的正确解法为：
pH＝10[H+]＝1×10-10mol·L-1，[OH-]＝1×10-4mol·L-1
pH＝12[H+]＝1×10-12mol·L-1，[OH-]＝1×10-2mol·L-1
＝50.5×10-4mol·L-1
＝2×10-12mol·L-1
pH＝11.7
【易错点点睛】（1）已知两种溶液的pH值，求混合后溶液的pH值，往往从两种酸入手。一是pH值与氢离子浓度相互换算较为简单、直观，二是计算推断与事实相符不易错。但也易形成思维定势，遇到任何两种溶液混合，先求混合液的[H+]，再求其pH值。如：两种碱溶液等体积混合，由于将氢离子视为溶质，按下式求混合液的氢离子浓度：
pH＝10的NaOH，其[H+]＝1×10-10mol·L-1；
pH＝12的Ba（OH）2，其[H+]＝1×10-12mol·L-1；
＝50.5×10-12mol·L-1
进而计算出混合液的pH值为10.3，得出错误选项B的结论。
实际上碱溶液的溶质应是氢氧根离子，其浓度随溶液体积变化而变化。而碱溶液中的氢离子是由水电离生成，其浓度只随上述溶质氢氧根离子浓度变化而变化，两者乘积为水的离子积。两种碱溶液混合，其溶质也应是氢氧根离子。计算混合液的氢氧根离子浓度，再由水的离子积计算氢离子浓度，进而计算混合液的pH值。
（2）由溶液pH值求出的氢离子浓度，是溶液中已电离的氢离子浓度，对于多元强酸来说，它应是酸的物质的量浓度和其元数的乘积。由于上述关系不清，常常误将pH值求出的氢离子浓度再与酸的元数相乘视为其氢离子浓度。因而得出错误选项C。对于多元强碱也易发生类似错误。
【18】 常温下，在0.10mol·L-1NaX溶液中水的电离度为a1，在0.01mol·L-1HCl溶液中，水的电离度为a2。若a1/a2=108，则0.10mol·L-1NaX溶液的pH是
A．5 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【解析】 在0.10mol·L-1HCl溶液中：
[H+]HCl==0.10mol·L-1
在0.10mol·L-1NaX溶液中：
由已知a1/a2=108得：
【易错点点睛】 本题错误的原因主要是知识的缺陷，不知水的浓度是多少，如何表示。通常情况下，1L水（1000克）为55.5mol，或用CH2O表示即可。另一误区是将氢氧根离子视为氢离子求pH值，得出A选项错误。
【19】 弱酸HY溶液的pH＝3，弱酸HZ溶液的pH＝4，两者浓度相近，将两溶液等体积混合后的pH范围是
A．3.0～3.3 B．3.3～3.5 C．3.5～4.0 D．3.7～4.3
【答案】 A
【解析】实际上题目给了一定信息，两者浓度相近，弱酸HY的氢离子浓度比弱酸HZ的氢离子浓度大10倍，由此可知HY的酸性比HZ的强很多。因此两溶液等体积混合时，可视为在弱酸HY的溶液中加入等体积的水（先将HZ溶液看作水），根据以下计算：
设：弱酸HY的浓度为C，电离度为a1
[H+]＝Ca1＝10-3mol·L-1
当加入等体积水后，HY的浓度变为0.5C，电离度为a2（比a1稍大），
[H+]=0.5Ca2＞0.5Ca1＝0.5×10-3mol·L-1
再考虑HZ电离一定量的氢离子，因此混合溶液的氢离子浓度是比0.5×10-3mol·L-1稍大的值，其pH值小于-lg0.5×10-3（约为3.3），得出混合溶液的pH范围是：3.0～3.3。
【易错点点睛】 求两种弱酸溶液等体积混合的pH值，应该说超出现行教材的范围。但是求其pH值范围，应该说学生的能力还是能够达到的，关键是如何处理。若简单视为3和4的平均值，将得到B，C选项的错误结论。若按下式计算：
pH=4～lg5.5＜3.3
因此选择了A选项。其结论是对的，但推理存在问题。因为两种弱酸等体积混合时，存在着弱酸的电离平衡，不能简单地将已电离的氢离子来求混合溶液的氢离子浓度，进而求混合液的pH值。
【20】 重水（D2O）的离子积为1.6×10-15，可以用pH一样的定义来规定pD＝-lg[D+]，以下关于pD的叙述正确的是
A．中性溶液的pD＝7.0
B．含0.01mol的NaOD的D2O溶液1L，其pD＝12.0
C．溶解0.01mol的DCl的D2O溶液1L，其pD＝2.0
D．在100mL0.25mol·L-1的DCl重水溶液中，加入50mL0.2mol·L-1的NaOD的重水溶液，所得溶液的pD＝1.0
【答案】 CD
选项C，D是酸的重水溶液，由其溶质重氢离子求pD值，较为直观、简单，其结论正确为正确选项。
【易错点点睛】 在25℃时，水的离子积为1×10-14，在中性溶液中：[H+]＝[OH-]，溶液的pH值为7。因为思维定势，只记中性溶液的pH值为7，忽略离子积因①溶剂本身性质，②温度等条件变化而变化。当溶剂改为重水时，重水（D2O）的离子积为1.6×10-15，其中性溶液pD值的解法如下：
所以：[D+]＝0.4×10-7mol·L-1
pD＝7.4
因此选项A是错误选项，在重水的中性溶液中，其pD值为7.4。
【21】 25°C时，pH=7的(NH4)2SO4与NH3·H2O的混合溶液中，c（NH）与c（SO）之比是 ( )
A.等于2∶1 B.大于 2∶1 C.小于2∶1 D.无法判断
【答案】A
【解析】抓住问题的本质，因为混合溶液的pH=7，故c（H+）=c（OH-）；由电荷守恒原理有关系式：c（H+）+c（NH）=c（OH-）+2c（SO），故c（NH）=2 c（SO）。
【易错点点睛】 不少同学认为NH3·H2O过量溶液呈碱性，继而推断出c（NH）与c（SO）之比大于2∶1。已学的知识对新学的知识产生了消极的干扰作用叫“负迁移”，有些知识从面上看来有其共同点（是产生知识迁移的前提），而其实则不然。
【22】 在下列各溶液中，溶质阴离子的总浓度最大的是
A．100ml0.2mol·L-1K2S
B．150ml0.1mol·L-1Ba（OH）2
C．100ml0.2mol·L-1NaCl
D．50ml0.2mol·L-1C6H5ONa
【答案】 A
【解析】 本题的要求是找溶质阴离子总浓度最大的溶液，从表面上看4个选项中阴离子浓度相等。Ba（OH）2和NaCl在溶液中因电离，其阴离子OH-和Cl-的浓度都是0.2mol·L-1。C6H5ONa在溶液中因电离，其阴离子C6H5O-的浓度本应为0.2mol·L-1，但C6H5O-在水中要发生水解反应：
好在每个C6H5O-离子水解后只生成一个OH-，所以溶液中阴离子浓度不变。K2S在溶液中因电离，其阴离子S2-的浓度本应为0.2mol·L-1，但在水溶液中S2-也要发生水解反应：
每个S2-离子水解生成一个HS-阴离子和一个OH-阴离子，所以溶液中阴离子的总浓度将大于0.2mol·L-1。选项A为正确结论。
【易错点点睛】 由于思维定势，见到溶液的体积和溶质的物质的量浓度，往往就求溶质的物质的量，进入误区得出选项B的错误结论。
【23】 某酸的酸式盐NaHY在水溶液中HY-的电离度小于HY-的水解程度，有关叙述正确的是
A．常温同浓度（mol·L-1）NaOH溶液的电离度和HY-的电离度相比较前者略大于后者
C．该盐溶液中离子浓度的顺序是：[Na+]＞[HY-]＞[OH-]＞[H+]
D．该盐溶液中离子浓度的顺序是：[Na+]＞[Y2-]＞[HY-]＞[OH-]＞[H+]
【答案】 C
【解析】氢氧化钠是强电解质，其在水溶液中应是全部电离，要说电离度应是100％。而该酸的酸式根既能电离又能水解，其对应的酸（H2Y）一定是二元弱酸。弱酸的第一步电离就很弱，第二步即酸式根电离将微乎其微，相应电离度将很小、很小。选项A中的用词不当，应改为大于后者。在书写水解的离子方程式时，由于思维定势，见到反应物中有弱电解质离子和水，就认为一定发生水解反应。因此，误选了B选项。在分析离子浓度大小时，不管是弱电解质电离也好，还是弱电解质对应离子要发生水解也好，在没有其他信息给予时，其发生变化的量将远远小于平衡中剩余的量，因此[Y2-]大大小于[HY-]，所以选项D也为错误结论。
【易错点点睛】实际上反应物中有水参与，并不表示一定就是发生水解，还存在一类属于电离的变化，即水和电离产生的氢离子形成水合氢离子（又称卉离子），所以在分析这类问题时，不仅要看反应物，还得分析生成物，这样才能减少判断失误。
【24】 常温下，某溶液中水电离出的[OH-]＝1×10-11mol·L-1，则该溶液不可能是：
A．NaOH溶液
B．NaHSO4溶液
C．NH4Cl溶液
D．0.001mol·L-1的CH3COOH溶液
【答案】 CD
【解析】水电离出的氢氧根离子浓度小于1×10-7mol·L-1，说明溶液中水的电离受到电解质离子的抑制，而该电解质应是能电离生成氢离子或氢氧根离子的物质。本题备选答案C中的氯化铵属于强酸弱碱盐，其溶于水发生水解，促进水的电离，因此水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度大于1×10-7mol·L-1，其中氢氧根离子中的大部分和铵根离子结合生成弱电解质，溶液中剩余的氢氧根离子浓度和氢离子浓度保持水的离子积。题目给出的信息是水电离出的[OH-]＝1×10-11mol·L-1，与上述分析矛盾，该选项为正确选项。
【易错点点睛】选项D往往误认为醋酸属于酸类，其电离的氢离子抑制了水的电离，因此漏选该选项。其实选项D给了醋酸的浓度，由于醋酸是弱酸，只有微弱的电离，
[H+]＝C·a＝0.001a＜1×10-3mol·L-1
因此水电离出的氢氧根离子浓度应大于1×10-11mol·L-1，所以该选项也为本题正确选项。硫酸氢钠虽属于盐类，然而在中学范围内，将其视为强酸溶液（应为中强）。一定浓度的该溶液，其氢离子浓度可达到1×10-3mol·L-1，满足题目的要求。
【典型习题导练】
1．常温下，某溶液中由水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol/L，该溶液可能是( )
①二氧化硫水溶液 ②氯化铵水溶液
③硝酸钠水溶液 ④氢氧化钠水溶液
A．①④ B．①②
C．②③ D．③④
2．下列判断正确的是( )
A．在稀氨水中加水稀释，会增大
B．若酸性HA>HB，则等物质的量浓度等体积的NaA和NaB溶液混合有关系：c(OH－)>c(A－)>c(B－)>c(H＋)
C．0.1 mol·L－1的一组溶液pH由大到小排列为：NaOH>Na2CO3>NaHSO4>(NH4)2SO4
D．分别稀释10 mL pH＝1的盐酸和醋酸至100 mL，后者pH变化大，说明醋酸是弱酸
3.pH=1的两种酸溶液A、B各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其pH与溶液体积（V）的关系如右图所示，下列说法不正确的是（ ）
A.A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等
B.稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液弱
C.若a=4，则A是强酸，B是弱酸
D.若1＜a＜4,则A、B都是弱酸
4.将pH=3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合后，溶液均呈中性：
①1×10-3 mol·L-1的氨水b L
②c(OH-)=1×10-3 mol·L-1的氨水c L
③c(OH-)=1×10-3 mol·L-1的Ba(OH)2溶液d L
其中a,b,c,d的关系正确的是（ ）
A.b＞a＞d＞c B.b＞a=d＞c C.a=b＞c＞d D.c＞a=b＞d
5.醋酸是一种常见的弱酸，为了证明醋酸是弱电解质，某同学开展了题为“醋酸是弱电解质的实验探究”的探究活动。该同学设计了如下方案，其中错误的是（ ）
A.先配制一定量的0.10 mol·L-1CH3COOH溶液，然后测溶液的pH，若pH大于1，则可证明醋酸为弱电解质
B.先配制一定量的0.01 mol·L-1和0.10 mol·L-1的CH3COOH，分别用pH计测它们的pH，若两者的pH相差小于1个单位，则可证明醋酸是弱电解质
C.先测0.10 mol·L-1CH3COOH的pH，然后将其加热至100 ℃，再测pH，如果pH变小，则可证明醋酸是弱电解质
D.配制一定量的CH3COONa溶液，测其pH，若常温下pH大于7，则可证明醋酸是弱电解质
6.甲酸和乙酸都是弱酸，当它们的浓度均为0.10 mol·L-1时，甲酸中的c(H+)约为乙酸中c(H+)的3倍。现有两种浓度不等的甲酸溶液a和b，以及0.10 mol·L-1的乙酸，经测定它们的pH从大到小依次为a、乙酸、b。由此可知（ ）
A.a的浓度必小于乙酸的浓度 B.a的浓度必大于乙酸的浓度
C.b的浓度必小于乙酸的浓度 D.b的浓度必大于乙酸的浓度
7.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。右图是KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线示意图。下列示意图中，能正确表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是（ ）
8．某温度下，有pH相同的H2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液，在H2SO4溶液中由水电离的H＋浓度为10－a，在Al2(SO4)3溶液中由水电离的H＋浓度为10－b，则此温度下的KW为( )
A．1×10－14 B．1×10－2a
C．1×10－(7＋a) D．1×10－(a＋b)
9．将氢氧化钠稀溶液滴加到醋酸稀溶液中，下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势，其中错误的是( )
10．下列叙述正确的是( )
A．某醋酸溶液为pH＝a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH＝b，则a>b
B．在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH<7
C．1.0×10－3 mol/L盐酸的pH＝3.0,1.0×10－8 mol/L盐酸的pH＝8.0
D．若1 mL pH＝1的盐酸与100 mL NaOH溶液混合后，溶液的pH＝7，则NaOH溶液的pH＝11
11．已知NaHSO4在水中电离方程式为：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。对于该溶液，下列叙述中不正确的是( )
A．该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好是中性
B．水电离出来的c(H＋)＝1×10－10 mol·L－1
C．c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)
D．该温度高于25 ℃
12．某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是( )
A．该溶液由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成
B．该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成
C．加入适量NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)与c(NH)之和
13．盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。下列表述正确的是( )
A．10 mL 0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)
C．在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO和OH－
D．中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同[]
14．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A．0.1 mol·L－1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)
B．0.1 mol·L－1NH4Cl溶液：c(NH)＝c(Cl－)
C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液：c(Na＋)＝c(NO)
15．在25 ℃时，将pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合后，下列关系式中正确的是( )
A．c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
B．c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
C．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
D．c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
16.健康人血液的pH维持在一定的范围内变化，这是因为血液中存在如下平衡：H2CO3+H+，医学上称之为血液的酸碱平衡。试解答下列问题：
（1）写出上述可逆反应达到化学平衡状态时的平衡常数的表达式：______________。
（2）蚊虫、蚂蚁等昆虫叮咬人时常向人体血液内注入一种称之为蚁酸（主要成分是HCOOH）的有机酸，HCOOH同CH3COOH一样是一种有机酸，写出HCOOH在溶液中电离的方程式： 。
（3）当人受到叮咬时，皮肤上常起小疱，这是因为人体血液中酸碱平衡被破坏所致。若不治疗，过一段时间小疱也会自行痊愈，这是由于血液中又恢复了原先的酸碱平衡，试用平衡移动的原理解释上述事实。
17.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 0.1 0.1 pH＞7
丁 0.1 0.1 pH=9
请回答下列问题：
（1）不考虑其他组的实验结果，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？（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___________（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（不能作近似计算，回答准确值，结果不一定要化简）。c(Na+)-c(A-)=___________ mol·L-1。
18．已知：A酸的溶液pH＝a，B碱的溶液pH＝b。
(1)若A为盐酸，B为氢氧化钡，且a＋b＝14，两者等体积混合，溶液的pH＝________。酸碱按体积比为1∶10混合后溶液显中性，则a＋b＝________。
(2)若A为醋酸，B为氢氧化钠，且a＝4，b＝12，那么A溶液中水电离出的氢离子浓度为________mol·L－1，B溶液中水电离出的氢离子浓度为________mol·L－1。
(3)若A为醋酸，B为氢氧化钠，且a＋b＝14，用体积为VA的醋酸和体积为VB的氢氧化钠溶液混合后，溶液显中性，则其体积关系VA________VB，混合后溶液中的离子浓度关系为c(Na＋)________c(CH3COO－)。
(4)若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a＋b＝14，两者等体积混合后溶液显碱性。则混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该水解反应的离子方程式为__________。
19．工业制备氯化铜时，将浓盐酸用蒸气加热至80 ℃左右，慢慢加入粗CuO粉末(含杂质Fe2O3、FeO)，充分搅拌，使之溶解，得一强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，采用以下步骤[参考数据：pH≥9.6时，Fe2＋完全水解成Fe(OH)2；pH≥6.4时，Cu2＋完全水解成Cu(OH)2；pH≥3.7时，Fe3＋完全水解成Fe(OH)3]。请回答以下问题：
(1)第一步除去Fe2＋，能否直接调整pH＝9.6，将Fe2＋沉淀除去？________，理由是_____________________________________________________________________________，
有人用强氧化剂NaClO将Fe2＋氧化为Fe3＋：
①加入NaClO后，溶液的pH变化是________(填代号)。
A．一定增大 B．一定减小
C．可能增大 D．可能减小
②你认为用NaClO作氧化剂是否妥当？________，理由是____________________________________。
现有下列几种常用的氧化剂，可用于除去混合溶液中Fe2＋的有________(有几个选几个，填代号)。
A．浓HNO3 B．KMnO4
C．Cl2 D．O2
E．H2O2
(2)除去溶液中Fe2＋的方法是调整溶液的pH＝9.6，现有下列试剂，均可以使强酸性溶液的pH调整到9.6，可选用的有________。(多选不限)
A．NaOH B．氨水
C．Cu2(OH)2CO3 D．Na2CO3
E．CuO F．Cu(OH)2【高考预测】
1.外界条件对弱电解质和水电离平衡的影响及强、弱电解质的比较仍将是命题的重点。
2.溶液pH的计算与生物酸碱平衡相结合或运用数学工具(图表)进行推理等试题在高考中出现的可能性较大。
3.溶液中离子(或溶质粒子)浓度大小比较仍是今后高考的热点。
【知识导学】
一、强、弱电解质的判断方法
1．电离方面：不能全部电离，存在电离平衡，如
(1)0.1 mol·L－1CH3COOH溶液pH约为3；
(2)0.1 mol CH3COOH溶液的导电能力比相同条件下盐酸的弱；
(3)相同条件下，把锌粒投入等浓度的盐酸和醋酸中，前者反应速率比后者快；
(4)醋酸溶液中滴入石蕊试液变红，再加CH3COONH4，颜色变浅；
(5)pH=1的CH3COOH与pH=13的NaOH等体积混合溶液呈酸性等。
2．水解方面
根据电解质越弱，对应离子水解能力越强
(1)CH3COONa水溶液的pH>7；
(2)0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液pH比0.1 mol·L－1 NaCl溶液大。
3．稀释方面
如图：a、b分别为pH相等的NaOH溶液和氨水稀释曲线。c、d分别为pH相等的盐酸和醋酸稀释曲线。
请体会图中的两层含义：
(1)加水稀释相同倍数后的pH大小：氨水>NaOH溶液，盐酸>醋酸。若稀释10n倍，盐酸、NaOH溶液pH变化n个单位，而氨水与醋酸溶液pH变化不到，n个单位。
(2)稀释后的pH仍然相等，则加水量的大小：氨水NaOH溶液，醋酸>盐酸。
4．利用较强酸(碱)制备较弱酸(碱)判断电解质强弱。如将醋酸加入碳酸钠溶液中，有气泡产生。说明酸性：CH3COOH>H2CO3。
5．利用元素周期律进行判断，如非金属性Cl>S>P>Si，则酸性HClO4>H2SO4>H3PO4>H2SiO3(最高价氧化物对应水化物)；金属性：Na>Mg>Al，则碱性：NaOH>Mg(OH)2>Al(OH)3。
【特别提醒】证明某电解质是弱电解质时，只要说明该物质是不完全电离的，即存在电离平衡，既有离子，又有分子，就可说明为弱电解质。
二、水的电离
1. 水的电离及离子积常数
⑴水的电离平衡：水是极弱的电解质，能发生自电离：
H2O2+H2O2 H3O++HO2－ 简写为 H2O H++OH－ （正反应为吸热反应）其电离平衡常数：Ka =
⑵水的离子积常数：Kw=[H+][OH-]
250C 时Kw =1.0×10-14 mol2·L-2 ，水的离子积与温度有关，温度升高Kw增大。如1000C 时Kw =1.0×10-12 mol2·L-2 .
⑶无论是纯水还是酸、碱,盐等电解质的稀溶液，水的离子积为该温度下的Kw。
2. 影响水的电离平衡的因素
⑴酸和碱:酸或碱的加入都会电离出 H+或OH-,均使水的电离逆向移动,从而抑制水的电离。
⑵温度：由于水的电离吸热，若升高温度，将促进水的电离， [H+]与[OH-]同时同等程度的增加，pH变小，但[ H+]与[OH-]始终相等，故仍呈中性。
⑶能水解的盐：不管水解后溶液呈什么性，均促进水的电离，使水的电离程度增大。
⑷其它因素：如向水中加入活泼金属，由于活泼金属与水电离出来的 H+直接作用，使[ H+]减少，因而促进了水的电离平衡正向移动。
3.溶液的酸碱性和pH的关系
⑴ pH的计算： pH=-lg[H+]
⑵酸碱性和pH的关系：
在室温下，中性溶液：[H+]=[OH－]=1.0×10-7 mol· L-1, pH =7[]
酸性溶液： [H+]＞[OH－] , [H+]＞1.0×10-7 mol·L-1, pH ＜7
碱性溶液： [H+]＜[OH－] , [H+]＜1.0×10-7 mol·L-1, pH ＞7
⑶pH的测定方法：
①酸碱指示剂:粗略地测溶液pH范围
②pH试纸:精略地测定溶液酸碱性强弱
③pH计: 精确地测定溶液酸碱性强弱
4．酸混合、碱混合、酸碱混合的溶液pH计算：
①酸混合：直接算 [ H+]，再求pH 。
②碱混合：先算[ OH-]后转化为[ H+]，再求pH 。
③酸碱混合：要先看谁过量，若酸过量，求 [H+]，再求pH；若碱过量，先求[ OH-]，再转化为[ H+]，最后求pH 。
[H+]混 =
[OH－]混 =
三、盐类水解
盐类水解的规律
有弱才水解，无弱不水解；越弱越水解，都弱都水解；谁强显谁性；同强显中性。
由此可见，盐类水解的前提条件是有弱碱的阳离子或弱酸的酸根离子，其水溶液的酸碱性由盐的类型决定，利用盐溶液的酸碱性可判断酸或碱的强弱。
(1)
盐的类型 是否水解 溶液的pH
强酸弱碱盐 水解 pH＜7
强碱弱酸盐 水解 pH＞7
强酸强碱盐 不水解 pH＝7
(2)组成盐的弱碱阳离子(M＋)能水解显酸性，组成盐的弱酸阴离子(A－)能水解显碱性。
M＋＋H2OMOH＋H＋ 显酸性
A－＋H2OHA＋OH－ 显碱性
(3)盐对应的酸(或碱)越弱，水解程度越大，溶液碱性(或酸性)越强。
盐类水解离子方程式的书写
1．注意事项
(1)一般要写可逆“”，只有彻底水解才用“===”。
(2)难溶化合物不写沉淀符号“↓”。
(3)气体物质不写气体符号“↑”。
2．书写方法
(1)弱酸强碱盐
①一元弱酸强碱盐水解
弱酸根阴离子参与水解，生成弱酸。
例如：CH3COONa＋H2OCH3COOH＋NaOH
离子方程式：
CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
②多元弱酸根阴离子分步水解
由于多元弱酸的电离是分多步进行的，所以多元弱酸的酸根离子的水解也是分多步进行的，阴离子带几个电荷就要水解几步。第一步水解最易，第二步较难，第三步水解更难。
例如：Na2CO3＋H2ONaHCO3＋NaOH
NaHCO3＋H2OH2CO3＋NaOH
离子方程式：
CO＋H2OHCO＋OH－
HCO＋H2OH2CO3＋OH－
③多元弱酸的酸式强碱盐水解
例如：NaHCO3＋H2OH2CO3＋NaOH
离子方程式：
HCO＋H2OH2CO3＋OH－
(2)强酸弱碱盐
①一元弱碱
弱碱阳离子参与水解，生成弱碱。
②多元弱碱阳离子分步水解，但写水解离子方程式时一步完成。
例如：AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl
离子方程式：
Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋
(3)某些盐溶液在混合时，一种盐的阳离子和另一种盐的阴离子，在一起都发生水解，相互促进对方的水解，水解趋于完全。可用“===”连接反应物和生成物，水解生成的难溶物或挥发性物质可加“↓”、“↑”等。
例如：将Al2(SO4)3溶液和NaHCO3溶液混合，立即产生白色沉淀和大量气体，离子方程式为：
Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
能够发生双水解反应的离子之间不能大量共存。常见的离子间发生双水解的有：Fe3＋与CO、HCO等，Al3＋与AlO、CO、HCO、S2－、HS－等。
影响盐类水解的因素
1．内因：盐本身的性质，组成盐的酸根相对应的酸越弱(或阳离子对应的碱越弱)，水解程度就越大。
2．外因：受温度、浓度及外加酸碱等因素的影响。
(1)温度：盐的水解是吸热反应，因此升高温度水解程度增大。
(2)浓度：盐的浓度越小，水解程度越大。
(3)外加酸、碱或盐：外加酸、碱或盐能促进或抑制盐的水解。
归纳总结：上述有关因素对水解平衡的影响结果，可以具体总结成下表(以CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－为例)：
改变条件 c(CH3COO－) c(CH3COOH) c(OH－) c(H＋) pH 水解程度
加水 减小 减小 减小 增大 减小 增大
加热 减小 增大 增大 减小 增大 增大
加NaOH(s) 增大 减小 增大 减小 增大 减小
加HCl(g) 减小 增大 减小 增大 减小 增大
加CH3COONa (s) 增大 增大 增大 减小 增大 减小
加NH4Cl(s) 减小 增大 减小 增大 减小 增大
盐类水解的应用
1．化肥的合理使用，有时要考虑盐类的水解
例如，铵态氮肥与草木灰不能混合使用，因草木灰的主要成分K2CO3水解呈碱性：CO＋H2OHCO＋OH－，铵态氮肥中NH遇OH－逸出NH3，使氮元素损失，造成氮肥肥效降低。
2．用热碱去污
如用热的Na2CO3溶液去污能力较强，盐类的水解是吸热反应，升高温度，有利于Na2CO3水解，使其溶液显碱性。
3．配制易水解的盐溶液时，需考虑抑制盐的水解。
(1)配制强酸弱碱盐溶液时，需滴几滴相应的强酸，可使水解平衡向左移动，抑制弱碱阳离子的水解，如配制FeCl3、SnCl2溶液时常将它们溶于较浓的盐酸中，然后再用水稀释到相应的浓度，以抑制它们的水解，配制Fe2(SO4)3溶液时，滴几滴稀硫酸。
(2)配制强碱弱酸盐溶液时，需滴几滴相应的强碱，可使水解平衡向左移动，抑制弱酸根离子的水解，如配制Na2CO3、NaHS溶液时滴几滴NaOH溶液。
4．物质制取如制取Al2S3，不能用湿法，若用Na2S溶液和AlCl3溶液，两种盐溶液在发生的水解反应中互相促进，得不到Al2S3。制取时要采用加热铝粉和硫粉的混合物：2Al＋3SAl2S3。
5．某些试剂的实验室贮存要考虑盐的水解，如Na2CO3、NaHCO3溶液因CO、HCO水解使溶液呈碱性，OH－与玻璃中的SiO2反应生成硅酸盐，使试剂瓶颈与瓶塞黏结，因而不能用带玻璃塞的试剂瓶贮存，必须用带橡皮塞的试剂瓶保存。
6．若一种盐的酸根和另一种盐的阳离子能发生水解相互促进反应，这两种盐相遇时，要考虑它们水解时的相互促进，如泡沫灭火器的原理：将硫酸铝溶液和碳酸氢钠溶液混合，Al2(SO4)3＋6NaHCO3===3Na2SO4＋2Al(OH)3↓＋6CO2↑，产生大量CO2来灭火。
7．用盐(铁盐、铝盐)作净水剂时需考虑盐类水解。例如，明矾KAl(SO4)2·12H2O净水原理：Al3＋＋3H2O??Al(OH)3(胶体)＋3H＋，Al(OH)3胶体表面积大，吸附能力强，能吸附水中悬浮的杂质生成沉淀而起到净水作用。
8．Mg、Zn等较活泼金属溶于强酸弱碱盐(如NH4Cl、AlCl3、FeCl3等)溶液中，产生H2。例如：将镁条投入NH4Cl溶液中，有H2、NH3产生，有关离子方程式为：NH＋H2O??NH3·H2O＋H＋，Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑。
9．如果溶液浓度较低，可以利用水解反应来获得纳米材料(氢氧化物可变为氧化物)。如果水解程度很大，还可用于无机化合物的制备，如制TiO2：
TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)TiO2·xH2O＋4HCl
TiO2·xH2O焙烧,TiO2＋xH2O
离子浓度大小比较规律
1．大小比较方法
(1)考虑水解因素：如Na2CO3溶液中
CO＋H2OHCO＋OH－ HCO＋H2OH2CO3＋OH－，所以c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)
(2)不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其的影响程度。如在相同的物质的量浓度的下列各溶液中①NH4Cl ②CH3COONH4 ③NH4HSO4溶液中，
c(NH)由大到小的顺序是③>①>②。
(3)多元弱酸、多元弱酸盐溶液
如：H2S溶液：c(H＋)＞c(HS－)＞c(S2－)＞c(OH－)
Na2CO3溶液：c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H＋)。
(4)混合溶液
混合溶液中离子浓度的比较，要注意能发生反应的先反应后再比较，同时要注意混合后溶液体积的变化，一般情况下，混合液的体积等于各溶液体积之和。高考试题中在比较离子浓度的大小时，常常涉及以下两组混合溶液：
①NH4Cl～NH3·H2O(1∶1)；②CH3COOH～CH3COONa(1∶1)。一般均按电离程度大于水解程度考虑。
如：NH4Cl和NH3·H2O(等浓度)的混合溶液中，c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，CH3COOH和CH3COONa(等浓度)的混合溶液中，c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
2．电解质溶液中的离子之间存在着三种定量关系
(1)微粒数守恒关系(即物料守恒)。如纯碱溶液中c(Na＋)＝2c(CO)未变化＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)；NaH2PO4溶液中c(Na＋)＝c(H2PO)未变化＝c(H2PO)＋c(HPO)＋c(PO)＋c(H3PO4)。
(2)电荷数平衡关系(即电荷守恒)。如小苏打溶液中，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)；Na2HPO4溶液中，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH－)
注 1 mol CO带有2 mol负电荷，所以电荷浓度应等于2c(CO)，同理PO电荷浓度等于3c(PO)。
(3)水电离的离子数平衡关系(即质子守恒)
如纯碱溶液中c(H＋)水＝c(OH－)水；c(H＋)水＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)，即c(OH－)水＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。质子守恒也可由物料守恒和电荷守恒相加减得到。
【易错点点睛】
【1】已知Ag2SO4的KW 为2.0×10-3，将适量Ag2SO4固体溶于100 mL水中至刚好饱和，该过程中Ag+和SO浓度随时间变化关系如下图（饱和Ag2SO4溶液中c(Ag+)＝0.034 mol·L-1）。若t1时刻在上述体系中加入100 mL. 0.020 mol·L-1 Na2SO4 溶液，下列示意图中，能正确表示t1时刻后Ag+和SO浓度随时间变化关系的是（ ）
【错误分析】多数同学对溶解平衡计算较为生疏，没有解题思路，乱选。
【答案】B
【易错点点睛】离子的溶度积与Ksp间的关系不明确。Ag2SO4刚好为100ml的饱和溶液,因为c(Ag+)=0.034mol/L，所以c（SO42-）=0.017mol/L；当加入100ml 0.020mol/LNa2SO4溶液后，c（SO42-）=0.0185mol/L，c（Ag+）=0.017mol/L（此时Q【2】仅能在水溶液中导电的电解质（ ）
A．NaOH B．Na2SO4 C．NaHCO3 D．H2SO4
【答案】CD
【解析】 酸、碱、盐是电解质，在溶于水或熔融状态下能导电。碱、盐大多数为离子化合物，在溶于水或熔融状态下都能导电；而酸为共价化合物，液态时不存在离子，因此仅在溶于水状态下导电。由于思维定势和知识缺陷，仅选了D选项。实际上还存在另一类物质，当它在溶于水或熔融状态时，发生化学反应，生成另一种物质。如：碱、盐受热分解；酸酐溶于水生成酸，转变后的物质能导电，就不能将原物质视为该状态下导电的电解质。备选答案中的C选项，受热易分解为Na2CO3，H2O和CO2，在熔融状态时，Na2CO3电离而导电，因此NaHCO3仅能在水溶液中导电，为本题的正确选项。
【易错点点睛】在氧化物中：酸酐溶于水生成酸而能导电，酸是电解质，而酸酐不是电解质；碱性氧化物中溶于水生成碱而导电，其氧化物为离子化合物，熔融状态下能导电，氧化物和碱皆为电解质；氧化物不溶于水，但其为离子化合物，熔融状态下能导电，氧化物为电解质。
【3】 下列事实能说明相应的酸是弱电解质的是
A．用HR做导电实验，灯泡很暗
B．0.1mol·L-1HR溶液稀释到100倍时，溶液的pH值为3.1
C．20mL0.1mol·L-1HR恰好中和20mL0.1mol·L-1NaOH溶液
D．0.1mol·L-1NH4R溶液的pH等于7
【答案】 BD
【解析】在电解质溶液的导电实验中，灯泡较暗，说明其导电能力较弱，分析溶液中自由移动的离子个数少，推断其发生部分电离，为弱电解质。
HR若是强酸，0.1mol·L-1HR溶液其pH值为1，稀释到100倍后，其pH值为3。现在稀释100倍后溶液的值为3.1，只能说明该酸是弱酸。因为弱酸稀释100倍后，其pH值增加1个单位左右，说明稀释前0.1mol·L-1HR溶液其值为2.1，所以选项B能说明该酸为弱电解质。该选项若改为稀释后pH值为3，就可能出现两种情况：①HR为强酸，0.1mol·L-1HR溶液其pH值为1，稀释到100倍后，其pH值为3。②HR为弱酸，0.1mol·L-1HR溶液其pH值为2左右，稀释到100倍后，其pH值也为3。因此，选项就不能说明其为弱电解质。
选项D为正确答案。因为该盐中的阳离子铵根离子对应的是弱碱，溶于水铵根离子要发生水解，溶液要表现出一定酸碱性。但现在水溶液的pH等于7，说明酸根离子对应的酸也弱，而且两者强弱程度相近，水解程度也相近，水溶液的pH等于7，所以HR是弱电解质。
【易错点点睛】由于思维定势，灯泡较暗，对应的电解质就是弱电解质。这里忽略了一个重要的条件，即在相同条件（主要是浓度）下。如果没有这个前提，用0.1mol·L-1的HAc溶液和1×10-4mol·L-1HCl作导电实验，醋酸溶液中氢离子的浓度大约为13.2×10-4mol·L-1，而盐酸溶液中去离子的浓度只有1×10-4mol·L-1，很明显前者的导电能力比后者强。因此A的错误选项，它不能说明HR是弱电解质。
选项C提供的中和反应的事实，不能说明酸的强弱。中和反应只说明酸、碱提供的氢离子和氢氧根离子恰好完全反应，至于是否电离无关紧要，因为中和已电离的一部分氢离子（或氢氧根离子），弱酸（或弱碱）会进一步再电离，直至反应完成。
【4】下列物质在温度和物质的量浓度相同时，在水溶液中含有的微粒种类最多的是
A．NaH2PO4 B．K3[Fe（SCN）6] C．（NH4）2S D．光卤石
【答案】B
【解析】 NaH2PO4溶液中存在以下电离和平衡：
7种微粒。（NH4）2S溶液中有类似情况，也存在7种微粒（不妨自己练习写出）。
本题的正确答案应是选项B，因为3价铁离子能和1～6个硫氰根离子络合平衡，即：
……
SCN-，H+和OH-等11种微粒。
【易错点点睛】 由于知识的欠缺，产生不同的错误结果。既然都是盐溶液，而大多数的盐都属于强电解质，在水中全部电离。因此，得出复盐和络盐电离出的离子种类最多——低级错误，选择了BD选项。但错误较多的是对盐溶液中存在哪些平衡不了解，盐电离生成的离子可能存在电离（多元弱酸的酸式根或络离子）或水解（弱酸根或弱碱对应的金属离子）平衡，这些平衡中将产生多种微粒。
【5】 Na2S溶液中存在多种微粒，下列各微粒间的关系正确的是：
A．[Na+]＞[S2-]＞[OH-]＞[HS-]＞[H+]
B．[Na+]+[H+]==[S2-]+[HS-]+[OH-]
C．[Na+]==[HS-]+2[H2S]+2[S2-]
D．[OH-]==[H+]+[HS-]+[H2S]
【答案】 A
【解析】 选项A，可以半定量地分析得出结论。假设Na2S的浓度为0.1mol·L-1，则[Na+]为0.2mol·L-1；硫离子少部分发生水解，其平衡浓度比0.1mol·L-1小，而水解生成硫氢根离子和氢氧根离子的浓度远远小于0.1mol·L-1（仍大于0.001mol·L-1）；由于硫氢根离子受到一定浓度的氢氧根离子影响（抑制其水解），其还要发生微弱的水解（存在电离和水解两种趋势，但水解趋势大于电离趋势），这样氢氧根离子的浓度将大于硫氢根离子的浓度；溶液呈碱性，其[H+]将由水的离子积和[OH-]求出，很明显其浓度远远小于[HS-]（其与[OH-]在同一数量级上）。
【易错点点睛】电解质的水溶液中一定存在两个守恒：①物质守恒，②电荷守恒。通俗的说：①各种元素的微粒既不可增加也不可减少；②电解质溶液中存在各种带电的微粒，但所带电量的代数和等于零，即溶液不带电。结合本题有如下两个等式：（在同一体积中，用浓度表示即可）
物质守恒：
[Na+]==2[HS-]+2[H2S]+2[S2-] ①
电荷守恒：[Na+]+[H+]==2[S2-]+[HS-]+[OH-] ②
在物质守恒中，应该找出该元素可能转化生成的各种微粒。如本题的硫元素，它来源于Na2S中的S2-，少量的S2-要水解转化成HS-，微量的HS-进一步水解转化成H2S，虽然生成H2S的量很小，很小，但在理论上不能没有。另外，含硫元素的各种微粒与钠离子的物质的量之比应符合原化学式中各微粒的比值。选项C违背了上述要求。
在电荷守恒中，如何计算带多个单位电荷的微粒所带电量，往往容易出现误解。从表面形式上看，该微粒已带多个单位电荷，若用其所带电荷数乘以其浓度，似乎远远大于实际所带电量。实际上浓度只表示该微粒在单位体积里其物质的量（微粒）的多少，并不表示它带电量的多少。用其所带电荷数乘以其浓度，恰好计算其所带电量。选项B即错在此处。
由上述两个等式，通过代入变换，还可得到多个其他形式的等式。如②-①的整理得：[OH-]==[H+]+[HS-]+2[H2S]，可判断选项D是错误答案。
【6】 下列离子反应方程式书写正确的是
A．过量磷酸加入磷酸钠溶液中
B．2.24L（标况下）氯气和100mL1mol·L-1溴化亚铁溶液反应
3Cl2+2Fe2++4Br-==6Cl-+2Fe3++2Br2
C．碳酸氢镁的溶液中加入石灰水
D．用氯化铁溶液检验苯酚存在
Fe3++6C6H5OH==[Fe（C6H5O）6]3-+6H+
【答案】 D
【解析】 学习了有关弱电解质知识以后，在书写离子反应方程式时，改写离子的原则可以简化为“已溶于水的强电解质”。选项D的判断是正确的。苯酚的酸性较弱，属于弱电解质，应保留分子形式；而生成的六苯氧合铁（Ⅲ）络离子，铁离子与苯氧负离子以配位键结合，在溶液中不能全部电离，保留络离子形式。
【易错点点睛】 由于知识的缺陷：①往往对不该写离子的写成离子。如备选答案中的A，磷酸虽是中强酸，但仍属于弱酸、弱电解质，应保留分子形式。其离子方程式为：
②对反应的产物判断有误。如备选答案中的C，碳酸氢镁和氢氧化钙反应时，由于碳酸镁为微溶物，而氢氧化镁是难溶物，所以产物应为氢氧化镁。其离子方程式为：
对备选答案中B的判断还应考虑反应物数量的关系。根据题目给的信息，0.1mol的氯气和0.1mol的溴化亚铁反应，根据微粒氧化能力由强到弱的顺序为：Cl2＞Br2＞Fe2+，0.1mol的氯气能氧化0.1mol的Fe2+和0.1mol的Br-，所以该反应方程式中Fe2+和Br-系数应相等，该反应的离子方程式为：
2Cl2＋2Fe2++2Br-==4Cl-＋2Fe3+＋Br2
【7】 将已污染的空气通入某溶液，测其导电性的变化，能获得某种污染气体的含量。如把含H2S的空气通入CuSO4溶液，导电性稍有变化但溶液吸收H2S的容量大；若用溴水，则吸收容量不大而导电性变化大。现要测量空气中的含氯量，并兼顾容量和导电性变化的灵敏度，最理想的吸收溶液是：
A．NaOH溶液 B．蒸馏水 C．Na2SO3溶液 D．KI溶液
【答案】C
【解析】 由于氯气和亚硫酸钠发生如下反应：
Cl2＋Na2SO3＋H2O==2HCl＋Na2SO4
从吸收容量上看：用亚硫酸钠溶质吸收氯气符合题意容量大的要求；从反应方程式上看：1mol亚硫酸钠转化为1mol硫酸钠和2mol盐酸，离子的浓度增大1倍（从离子所带电量总量看），符合导电的灵敏度增大，导电性增强。选项C为正确答案。
【易错点点睛】本题错解之一是由于思维定势，对液体吸收气体容量大简单地理解为溶解度较大。常温下氯气在水中的溶解度为1∶2，属于可溶范围，符合吸收容量大的条件；再考虑氯气溶于水生成盐酸和次氯酸的导电性比蒸馏水大大增强，灵敏度也好。因此，选择了B选项。实际上气体的溶解度表示的是在1L水中溶解的气体体积数，而相同物质的量的气体和液体、固体在体积上相差一千倍左右，如：1mol任何气体在标况下的体积为22.4L；1mol水18mL。若1L溶液中含有1mol溶质，它吸收1mol的气体（22.4L），比溶解的气体多得多，何况溶质的物质的量要大，吸收的容量将更大。
错解之二是知识欠缺，只知道氯气能和NaOH溶液反应，生成氯化钠和次氯酸钠，生成物的种类增多，导电的离子浓度增大。因此，兼顾容量和导电性变化的灵敏度。实际上氯气和氢氧化钠的反应如下：
Cl2＋2NaOH==NaCl＋NaClO＋H2O
2molNaOH反应，生成1mol氯化钠和1mol次氯酸钠，离子浓度没有改变，导电的灵敏度不变。
【8】 若室温时，pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则氨水的电离度可表示为（ ）
A．10（12-a-b）% B．10（a+b-14） C．10（a+b-12）% D．10（14-a-b）
【答案】C
【解析】本题解法是从恰好完全反应入手，即酸提供的氢离子和碱提供的氢氧根离子物质的量相等。另一方面从氨水的pH值找已电离的氢氧根离子浓度，进而求出电离度。
【易错点点睛】由于重视数字运算，常常忽略概念、定义的具体要求。弱电解质的电离度是指达到电离平衡时，溶液中已经电离的电解质分子数占原来总分子数的百分数，误区常常是用小数或负指数形式表示。
【9】 常温下，用蒸馏水逐渐稀释0.1mol·L-1的氨水，下列各数值不会逐渐增大的是
【答案】 C
【解析】 对弱电解质的稀溶液来说，在加水稀释的过程中，电离生成的离子结合成弱电解质的可能性减小，其电离度增大，电离的离子个数增多，但由于溶液的体积变化大，离子浓度反而减小。
氨水中存在以下电离平衡：
【易错点点睛】 由于思维定势，弱碱溶液中仅讨论有关氢氧根离子的量，忽略了氢离子量的讨论。而碱溶液中氢离子浓度增大，似乎酸性增强，不可思议，选择了A选项。实际上氨水在稀释过程中，氢氧根离子个数增多，氢氧根浓度减小。在酸碱的稀溶液中，水的离子积不变，因此氢离子浓度增大。但氢离子浓度始终小于氢氧根离子浓度，溶液显碱性，选项A不符合本题题意要求。
选项D中的氢氧根离子浓度和氨水的浓度随着氨水稀释过程都减小，但减小的速率直观不易判断。若将其变换一下，[OH-]==c·a，
电离度增大，比值也增大，因此选项D也不符合本题题意要求。
由于氢离子浓度增大，溶液pH值只能减小，选项C为本题正确答案。
【10】 一定温度下，在氢氧化钡的悬浊液中，存在氢氧化钡固体与
向此种悬浊液中加入少量的氢氧化钡粉末，下列叙述正确的是
A．溶液中钡离子数目减小
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值减小
【答案】A
【解析】任何事物都存在矛盾的两个方面，在氢氧化钡溶解平衡中，再加入少量的氢氧化钡粉末，由于溶液中固体不存在浓度问题，思维定势所得的结论：对平衡没有影响。可是选项中所描述的物质，其量都发生变化，与结论相矛盾。从该体系的另一方面分析，是否水的量发生变化？由于加入的氢氧化钡粉末在水中转化结晶水合物，消耗了一定量的水，平衡发生移动。溶解的离子结合生成氢氧化钡的固体，引起溶解物质相应的量发生变化。
【易错点点睛】本题的另一错解是：当平衡发生移动时，一定会引起相应物质的数量变化。若是讨论某个具体物质的数量，它应该绝对变化，如溶质微粒个数，溶质质量和溶液质量等。但若讨论两个量的比值，在特定条件下可能不变，如溶解度，浓度等。本题讨论溶解平衡（分散系是悬浊液），其溶液为饱和溶液。温度不变时，各种离子的浓度保持不变，选项B、C、D皆与浓度有关，因此不变。而选项A中的钡离子的个数，随着水的量的减少，溶液质量、溶质质量都相应减少，其个数必然减少。
【11】 同温下两种稀碱水溶液，碱甲溶液的物质的量浓度为c1，电离度为a1；碱乙溶液的量浓度为c2，电离度为a2，已知甲溶液的pH值小于乙溶液的pH值，下列有关叙述正确的是( )
A．c1＞c2 B．a1＜a2 C．碱性：甲＜乙 D．无法判断
【答案】 D
【解析】 溶液pH值的大小是由氢离子浓度大小决定。对弱碱来说，氢离子浓度由氢氧根离子浓度决定，而氢氧根离子浓度大小又是由其浓度和电离度的乘积而定。甲溶液的pH值小，其氢离子浓度大，对应氢氧根离子（[OH-]甲==c1·a1）浓度小；乙溶液的pH值大，氢离子浓度小，对应氢氧根离子（[OH-]乙==c2·a2）浓度小。由已知得如下关系：c1·a1＜c2·a2，若是同一种电解质，结论将很简单。对于弱电解质中来说，决定电离生成离子浓度大小的主要因素是浓度，电离度只是次要因素，这样可知乙溶液的氢氧根离子浓度大，其浓度大（c1＜c2）。另一方面，同一种物质由于其浓度大，电离度小（a1＞a2）。本题没有指明是否同一物质，但仅以此式比较乘积因子大小是无法判断的，因此A，B都不是正确选项。
对于选项C，表面上看乙溶液的pH值大，似乎其碱性就强，这样比较是没有意义的。比如1×10-5mol·L-1的HCl，其[H+]为1×10-5mol·L-1，pH值等于5；0.1mol·L-1的HAc，其[H+]为1.32×10-3mol·L-1，pH值等于2.87。就上述两种溶液来说，该醋酸溶液的酸性比盐酸溶液强，但不能说醋酸的酸性比盐酸强，因为比较物质的酸碱性必须在相同条件下（即同温同浓度）。选项C也是错误选项。综合上述本题的正确选项只能是D。
【易错点点睛】本题没有指明是否同一物质，但仅以此式比较乘积因子大小是无法判断的。
【12】 20℃时，H2S饱和溶液浓度为0.1mol·L-1，其电离方程式
电离度增大。
A．Na2S B．NaOH C．NaHS D．Na2CO3
【答案】 C
【解析】 氢硫酸是二元弱酸，存在二步电离，对应有电离度a1、a2，通常讨论氢硫酸的电离度是指a1。当溶液中[H+]或[HS-]增大时，氢硫酸的第一步电离平衡向逆反应方向移动，电离度a1减小，备选答案中的C符合题意。
【易错点点睛】对于选项A的判断，由于题目预设的陷阱，往往使分析推断进入困境。加入试剂恰好与第二步电离平衡有关，由于[S2-]增大，平衡向逆反应方向移动，结果是氢离子因消耗而浓度减小，平衡移动使生成的硫氢根离子浓度增大。但此结果对第一步电离平衡来说，生成物中的氢离子浓度减小、硫氢根离子浓度增大，无法判断该步平衡如何移动。如果换一种角度考虑分析，硫化钠加入氢硫酸中，实质是正盐和酸反应生成酸式盐，产物为硫氢化钠。离子反应方程式为：
S2-+H2S==2HS-
再分析平衡如何移动：若要生成大量的硫氢根离子，第一步电离一定是向正反应方向移动；而第二步电离是向逆反应方向移动。这样得出结论，加入硫化钠，氢硫酸的电离度应增大。因此当两种物质之间发生反应时，可直接考虑反应结果，再分析产生的原因，即平衡是如何移动的。
比较碳酸和氢硫酸的酸性，可以得到以下关系：H2CO3＞H2S＞
酸根离子结合氢硫酸第一步电离的氢离子，生成碳酸氢根离子，这样氢硫酸的电离度也应增大。
【13】 在一定温度下，冰醋酸加水稀释的过程中，溶液的导电能力如图1-14-1所示，请回答：
（1）“0”点导电能力为0的理由______。
（2）a，b，c三点溶液的pH值由小到大的顺序为______。
（3）a，b，c三点中电离度最大的是：______。
（4）若使c点溶液中[CH3COO-]增大，溶液的pH值也增大，可采取的措施为：
①______；②______；③______。
【答案】（1）由于醋酸为共价化合物，在固、液态时不存在离子，也就谈不上存在自由移动的离子，所以不导电。
（2）b＜a＜c；（3）c；（4）加NaOH（固）；Mg；Na2CO3（固）。
【解析】冰醋酸不导电，从表面上看是由于其状态原因造成。其实质是本身结构为共价化合物，不存在离子，也不存在自由移动的离子，因此不导电。
从导电能力上看，在b点醋酸的导电能力最强，说明溶液中自由移动离子浓度最大，其离子应为醋酸电离的氢离子和醋酸根离子，相应在a点、c点的氢离子浓度逐渐减小。由于思维定势误将该顺序视为pH值由小到大的顺序，pH值是氢离子浓度的负对数值，恰好与氢离子浓度大小顺序相反，因此结论为b＜a＜c。
为了使醋酸根离子浓度增大，而溶液的pH值也增大，只能是减小氢离子浓度，使电离平衡向右移动。采取的措施可以添加较活泼的金属、金属氧化物、碱和比醋酸弱的盐。本小题的误区是：加热促进醋酸的电离，醋酸根离子浓度增大，氢离子浓度也增大，与上小题同样的错误，pH值也增大。
【易错点点睛】错答 （1）由于冰醋酸为固态，所以不导电。
（2）c＜b＜a；（3）b；（4）加热。
【14】某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是( )
A．该溶液由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成
B．该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成
C．加入适量的NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和
【错误分析】错选B或C或D，原因一等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合后溶液中恰好含有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－故选B，原因二，溶液中由电荷守衡知：c(CH3COO－)+ c(OH－) =c(Na＋)+c(H＋) ，加入适量的NaOH，可使溶液显碱性所以B正确；原因三加入适量的氨水溶液中有c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(NH4＋)＋c(H＋)， 当溶液仍呈酸性即c(OH－)＜c(H＋)，则c(CH3COO－)＞c(NH4＋)＋c(Na＋)所以D正确。
【答案】A
【易错点点睛】审题不清，此题的关键应注意题中的“酸性”两个字，选B就因为忽略了“酸性”两个字，分析不透，只注意c(OH－)＞c(H＋)而忽略了c(CH3COO－)＞c(Na＋)不论在什么情况下都是错误的。选项B溶液NaOH与CH3COOH恰好完全反应，所以溶液呈碱性；选项C中当加入NaOH后溶液仍然呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，不成立，当恰好完全反应，溶液呈碱性，则c(Na＋)＞C(CH3COO－)，当碱过量时，必定c(Na＋)＞C(CH3COO－)，所以在任何情况下溶液的离子关系都不能成立；选项D中加入氨水，由电荷守恒得：c(CH3COO－)＋c(OH－)=c(Na＋)＋c(NH4＋)＋c(H＋)，当溶液仍呈酸性即c(OH－)＜c(H＋)，则c(CH3COO－)＞c(NH4＋)＋c(Na＋)；当溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，则c(CH3COO－)＝c(NH4＋)＋c(Na＋)；当溶液呈碱性时，c(H＋)＜c(OH－)，则c(CH3COO－)＜c(NH4＋)＋c(Na＋)，所以c(CH3COO－)不一定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和。
【15】下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：
c(H+) + c(M+) == c(OH-) + c(A-)
B．pH相等的CH3COONa、NaOH和Na2CO3三种溶液：
c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(Na2CO3)
C．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：
c(CH3COO-) +2c(OH-) == 2c(H+) + c(CH3COOH)
D．0.1mol·L-1的NaHA溶液，其pH=4：c(HA-)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2-)
【错误分析】漏选C；错选D
【答案】AC。
【易错点点睛】不能熟练应用物料守衡，电荷守衡推导和变换，错选D是忽视了pH=4的条件，pH=4说明电离程度>水解程度,所以对c(H2A)和c(A2-)大小判断不准。选项A中根据电荷守恒，此关系式正确；选项B中pH相等，溶液中的c(OH－)相等，根据酸性越弱，水解越强，所以溶液中c(Na2CO3)＜c(CH3COONa)；选项C中根据电荷守恒得：c(H＋)＋c(Na＋)=c(OH－)＋c(CH3COO－)……①，由于c(CH3COOH)＝c(CH3COONa)，且它们等体积混合，由原子守恒得：2c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)……②，将①×2－②得：c(CH3COO-) +2c(OH-) == 2c(H+) + c(CH3COOH)；选项D中NaHA溶液的pH＝4，溶液呈酸性，即c(H＋)＞c(OH－)，同时也可以判断HA－以电离为主，所以离子浓度的大小顺序是：c(HA－)＞c(A2－)＞c(H＋)＞c(H2A)。
【16】在25mL0.1mol L-1 NaOH溶液中逐滴加入0.1mol L-1 CH3COOH溶液，
曲线如右图所示，有关粒子浓度关系正确的是
A．在A、B间任一点，溶液中一定都有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO－)+(OH－)
B．在B点，a＞25，且有c(Na+)=c(CH3COO－)=c(OH－)=c(H+)
C．在C点：c(CH3COO－)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH－)
D．在D点：c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=c(Na+)
【错误分析】错选B或D，选B因为NaOH溶液中加入CH3COOH溶液当物质量相当时恰好生成CH3COO Na，但此时溶液为中性，故只有醋酸过量即a＞25，由于电荷守衡c(Na+) +c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，又此时溶液为中性，因此c(OH－)=c(H+)，c(Na+)=c(CH3COO－)；选D因为把D点看作为溶液总体积为50ml,钠离子的量就等于溶液中醋酸存在的所有形式。
【答案】AC
【易错点点睛】错选B没有理解中性溶液中c(OH－)=c(H+)=10-7 mol/L远小于c Na+，错选D对图的横坐标没有理解。本质原因是对溶液中离子浓度大小比较的实质不能很好掌握。
A项中依据电荷守衡此关系式正确；B项中NaOH溶液中加入CH3COOH溶液当物质量相当时恰好生成CH3COONa，但此时溶液为中性，故只有醋酸过量即a＞25，由于电荷守衡c(Na+) +c(H+)=c(CH3COO－)+c(OH－)，又此时溶液为中性，因此c(OH－)=c(H+)，c(Na+)=c(CH3COO－) 又中性溶液中c(OH－)=c(H+)=10-7 mol/L远小于c Na+故B项错误。C中在C点溶液为醋酸钠和醋酸的混合溶液，易直C正确；D中应为c(CH3COO－)+c(CH3COOH)=2c(Na+)
【17】 pH=10的NaOH和pH=12的Ba（OH）2等体积混合后，溶液的pH值为
A．11.7 B．10.3 C．11.4 D．11.0
【答案】 A
【解析】
本题的正确解法为：
pH＝10[H+]＝1×10-10mol·L-1，[OH-]＝1×10-4mol·L-1
pH＝12[H+]＝1×10-12mol·L-1，[OH-]＝1×10-2mol·L-1
＝50.5×10-4mol·L-1
＝2×10-12mol·L-1
pH＝11.7
【易错点点睛】（1）已知两种溶液的pH值，求混合后溶液的pH值，往往从两种酸入手。一是pH值与氢离子浓度相互换算较为简单、直观，二是计算推断与事实相符不易错。但也易形成思维定势，遇到任何两种溶液混合，先求混合液的[H+]，再求其pH值。如：两种碱溶液等体积混合，由于将氢离子视为溶质，按下式求混合液的氢离子浓度：
pH＝10的NaOH，其[H+]＝1×10-10mol·L-1；
pH＝12的Ba（OH）2，其[H+]＝1×10-12mol·L-1；
＝50.5×10-12mol·L-1
进而计算出混合液的pH值为10.3，得出错误选项B的结论。
实际上碱溶液的溶质应是氢氧根离子，其浓度随溶液体积变化而变化。而碱溶液中的氢离子是由水电离生成，其浓度只随上述溶质氢氧根离子浓度变化而变化，两者乘积为水的离子积。两种碱溶液混合，其溶质也应是氢氧根离子。计算混合液的氢氧根离子浓度，再由水的离子积计算氢离子浓度，进而计算混合液的pH值。
（2）由溶液pH值求出的氢离子浓度，是溶液中已电离的氢离子浓度，对于多元强酸来说，它应是酸的物质的量浓度和其元数的乘积。由于上述关系不清，常常误将pH值求出的氢离子浓度再与酸的元数相乘视为其氢离子浓度。因而得出错误选项C。对于多元强碱也易发生类似错误。
【18】 常温下，在0.10mol·L-1NaX溶液中水的电离度为a1，在0.01mol·L-1HCl溶液中，水的电离度为a2。若a1/a2=108，则0.10mol·L-1NaX溶液的pH是
A．5 B．7 C．8 D．9
【答案】D
【解析】 在0.10mol·L-1HCl溶液中：
[H+]HCl==0.10mol·L-1
在0.10mol·L-1NaX溶液中：
由已知a1/a2=108得：
【易错点点睛】 本题错误的原因主要是知识的缺陷，不知水的浓度是多少，如何表示。通常情况下，1L水（1000克）为55.5mol，或用CH2O表示即可。另一误区是将氢氧根离子视为氢离子求pH值，得出A选项错误。
【19】 弱酸HY溶液的pH＝3，弱酸HZ溶液的pH＝4，两者浓度相近，将两溶液等体积混合后的pH范围是
A．3.0～3.3 B．3.3～3.5 C．3.5～4.0 D．3.7～4.3
【答案】 A
【解析】实际上题目给了一定信息，两者浓度相近，弱酸HY的氢离子浓度比弱酸HZ的氢离子浓度大10倍，由此可知HY的酸性比HZ的强很多。因此两溶液等体积混合时，可视为在弱酸HY的溶液中加入等体积的水（先将HZ溶液看作水），根据以下计算：
设：弱酸HY的浓度为C，电离度为a1
[H+]＝Ca1＝10-3mol·L-1
当加入等体积水后，HY的浓度变为0.5C，电离度为a2（比a1稍大），
[H+]=0.5Ca2＞0.5Ca1＝0.5×10-3mol·L-1
再考虑HZ电离一定量的氢离子，因此混合溶液的氢离子浓度是比0.5×10-3mol·L-1稍大的值，其pH值小于-lg0.5×10-3（约为3.3），得出混合溶液的pH范围是：3.0～3.3。
【易错点点睛】 求两种弱酸溶液等体积混合的pH值，应该说超出现行教材的范围。但是求其pH值范围，应该说学生的能力还是能够达到的，关键是如何处理。若简单视为3和4的平均值，将得到B，C选项的错误结论。若按下式计算：
pH=4～lg5.5＜3.3
因此选择了A选项。其结论是对的，但推理存在问题。因为两种弱酸等体积混合时，存在着弱酸的电离平衡，不能简单地将已电离的氢离子来求混合溶液的氢离子浓度，进而求混合液的pH值。
【20】 重水（D2O）的离子积为1.6×10-15，可以用pH一样的定义来规定pD＝-lg[D+]，以下关于pD的叙述正确的是
A．中性溶液的pD＝7.0
B．含0.01mol的NaOD的D2O溶液1L，其pD＝12.0
C．溶解0.01mol的DCl的D2O溶液1L，其pD＝2.0
D．在100mL0.25mol·L-1的DCl重水溶液中，加入50mL0.2mol·L-1的NaOD的重水溶液，所得溶液的pD＝1.0
【答案】 CD
【解析】 在普通水的溶液中，计算碱溶液的pH值有一种简便算法。25℃时水的离子积为1×10-14，即[H+]×[OH-]=1.0×10-14，两边分别取负对数值得：
pH+pOH＝14
所以： pH＝14-pOH
对于碱溶液来说，溶质为氢氧根离子，由其浓度求出相应pOH值，再求pH值，即简单又不容易出错。由于思维定势，当溶剂改为重水时，也将14减去pOD值求pD值，必然得出选项B的错误结论。同样的简便算法，对[D+]×[OD-]＝1.6×10-15两边分别取负对数值得：
pD＝14.8-pOD
含0.01mol的NaOD的D2O溶液1L，其pD＝12.8
选项C，D是酸的重水溶液，由其溶质重氢离子求pD值，较为直观、简单，其结论正确为正确选项。
【易错点点睛】 在25℃时，水的离子积为1×10-14，在中性溶液中：[H+]＝[OH-]，溶液的pH值为7。因为思维定势，只记中性溶液的pH值为7，忽略离子积因①溶剂本身性质，②温度等条件变化而变化。当溶剂改为重水时，重水（D2O）的离子积为1.6×10-15，其中性溶液pD值的解法如下：
所以：[D+]＝0.4×10-7mol·L-1
pD＝7.4
因此选项A是错误选项，在重水的中性溶液中，其pD值为7.4。
【21】 25°C时，pH=7的(NH4)2SO4与NH3·H2O的混合溶液中，c（NH）与c（SO）之比是 ( )
A.等于2∶1 B.大于 2∶1 C.小于2∶1 D.无法判断
【答案】A
【解析】抓住问题的本质，因为混合溶液的pH=7，故c（H+）=c（OH-）；由电荷守恒原理有关系式：c（H+）+c（NH）=c（OH-）+2c（SO），故c（NH）=2 c（SO）。
【易错点点睛】 不少同学认为NH3·H2O过量溶液呈碱性，继而推断出c（NH）与c（SO）之比大于2∶1。已学的知识对新学的知识产生了消极的干扰作用叫“负迁移”，有些知识从面上看来有其共同点（是产生知识迁移的前提），而其实则不然。
【22】 在下列各溶液中，溶质阴离子的总浓度最大的是
A．100ml0.2mol·L-1K2S
B．150ml0.1mol·L-1Ba（OH）2
C．100ml0.2mol·L-1NaCl
D．50ml0.2mol·L-1C6H5ONa
【答案】 A
【解析】 本题的要求是找溶质阴离子总浓度最大的溶液，从表面上看4个选项中阴离子浓度相等。Ba（OH）2和NaCl在溶液中因电离，其阴离子OH-和Cl-的浓度都是0.2mol·L-1。C6H5ONa在溶液中因电离，其阴离子C6H5O-的浓度本应为0.2mol·L-1，但C6H5O-在水中要发生水解反应：
好在每个C6H5O-离子水解后只生成一个OH-，所以溶液中阴离子浓度不变。K2S在溶液中因电离，其阴离子S2-的浓度本应为0.2mol·L-1，但在水溶液中S2-也要发生水解反应：
每个S2-离子水解生成一个HS-阴离子和一个OH-阴离子，所以溶液中阴离子的总浓度将大于0.2mol·L-1。选项A为正确结论。
【易错点点睛】 由于思维定势，见到溶液的体积和溶质的物质的量浓度，往往就求溶质的物质的量，进入误区得出选项B的错误结论。
【23】 某酸的酸式盐NaHY在水溶液中HY-的电离度小于HY-的水解程度，有关叙述正确的是
A．常温同浓度（mol·L-1）NaOH溶液的电离度和HY-的电离度相比较前者略大于后者
C．该盐溶液中离子浓度的顺序是：[Na+]＞[HY-]＞[OH-]＞[H+]
D．该盐溶液中离子浓度的顺序是：[Na+]＞[Y2-]＞[HY-]＞[OH-]＞[H+]
【答案】 C
【解析】氢氧化钠是强电解质，其在水溶液中应是全部电离，要说电离度应是100％。而该酸的酸式根既能电离又能水解，其对应的酸（H2Y）一定是二元弱酸。弱酸的第一步电离就很弱，第二步即酸式根电离将微乎其微，相应电离度将很小、很小。选项A中的用词不当，应改为大于后者。在书写水解的离子方程式时，由于思维定势，见到反应物中有弱电解质离子和水，就认为一定发生水解反应。因此，误选了B选项。在分析离子浓度大小时，不管是弱电解质电离也好，还是弱电解质对应离子要发生水解也好，在没有其他信息给予时，其发生变化的量将远远小于平衡中剩余的量，因此[Y2-]大大小于[HY-]，所以选项D也为错误结论。
【易错点点睛】实际上反应物中有水参与，并不表示一定就是发生水解，还存在一类属于电离的变化，即水和电离产生的氢离子形成水合氢离子（又称卉离子），所以在分析这类问题时，不仅要看反应物，还得分析生成物，这样才能减少判断失误。
【24】 常温下，某溶液中水电离出的[OH-]＝1×10-11mol·L-1，则该溶液不可能是：
A．NaOH溶液
B．NaHSO4溶液
C．NH4Cl溶液
D．0.001mol·L-1的CH3COOH溶液
【答案】 CD
【解析】水电离出的氢氧根离子浓度小于1×10-7mol·L-1，说明溶液中水的电离受到电解质离子的抑制，而该电解质应是能电离生成氢离子或氢氧根离子的物质。本题备选答案C中的氯化铵属于强酸弱碱盐，其溶于水发生水解，促进水的电离，因此水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度大于1×10-7mol·L-1，其中氢氧根离子中的大部分和铵根离子结合生成弱电解质，溶液中剩余的氢氧根离子浓度和氢离子浓度保持水的离子积。题目给出的信息是水电离出的[OH-]＝1×10-11mol·L-1，与上述分析矛盾，该选项为正确选项。
【易错点点睛】选项D往往误认为醋酸属于酸类，其电离的氢离子抑制了水的电离，因此漏选该选项。其实选项D给了醋酸的浓度，由于醋酸是弱酸，只有微弱的电离，
[H+]＝C·a＝0.001a＜1×10-3mol·L-1
因此水电离出的氢氧根离子浓度应大于1×10-11mol·L-1，所以该选项也为本题正确选项。硫酸氢钠虽属于盐类，然而在中学范围内，将其视为强酸溶液（应为中强）。一定浓度的该溶液，其氢离子浓度可达到1×10-3mol·L-1，满足题目的要求。
【典型习题导练】
1．常温下，某溶液中由水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol/L，该溶液可能是( )
①二氧化硫水溶液 ②氯化铵水溶液
③硝酸钠水溶液 ④氢氧化钠水溶液
A．①④ B．①②
C．②③ D．③④
解析：水电离的c(H＋)＝1×10－13 mol/L，说明水电离受到抑制，溶液可能为酸溶液也可能为碱溶液，二氧化硫溶液和氢氧化钠溶液符合，氯化铵水解促进水的电离，硝酸钠为中性溶液，不影响水的电离。
答案：A
2．下列判断正确的是( )
A．在稀氨水中加水稀释，会增大
B．若酸性HA>HB，则等物质的量浓度等体积的NaA和NaB溶液混合有关系：c(OH－)>c(A－)>c(B－)>c(H＋)
C．0.1 mol·L－1的一组溶液pH由大到小排列为：NaOH>Na2CO3>NaHSO4>(NH4)2SO4
D．分别稀释10 mL pH＝1的盐酸和醋酸至100 mL，后者pH变化大，说明醋酸是弱酸
解析：本题考查了弱电解质电离平衡的移动以及溶液酸碱性判断。氨水在稀释时会继续电离，NH的物质的量增加，NH3·H2O的物质的量减小，所以二者的比值增大；盐溶液水解的程度一般不大，故c(A－)>c(B－)>c(OH－)>c(H＋)；NaHSO4显强酸性，(NH4)2SO4水解显酸性，但酸性比较小；醋酸是弱电解质，在稀释时会继续电离，pH变化小。
答案：A
3.pH=1的两种酸溶液A、B各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其pH与溶液体积（V）的关系如右图所示，下列说法不正确的是（ ）
A.A、B两种酸溶液的物质的量浓度一定相等
B.稀释后，A酸溶液的酸性比B酸溶液弱
C.若a=4，则A是强酸，B是弱酸
D.若1＜a＜4,则A、B都是弱酸
解析：强酸稀释10n倍，pH要增大n个单位，故若a=4，则A为强酸，B为弱酸，C正确；若1＜a＜4,则A、B均为弱酸，D正确；稀释后A酸pH大于B酸，故A酸酸性弱，B正确；相同pH的两种酸由于电离程度不同，故物质的量浓度不同，A错。
答案：A
4.将pH=3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合后，溶液均呈中性：
①1×10-3 mol·L-1的氨水b L
②c(OH-)=1×10-3 mol·L-1的氨水c L
③c(OH-)=1×10-3 mol·L-1的Ba(OH)2溶液d L
其中a,b,c,d的关系正确的是（ ）
A.b＞a＞d＞c B.b＞a=d＞c C.a=b＞c＞d D.c＞a=b＞d
解析：盐酸为强酸，Ba(OH)2为强碱，故a=d;①和②相比，②中氨水浓度大，故c＜b;①中氨水恰好与等体积的盐酸反应生成盐，溶液呈酸性，故b＞a；②和③相比，②中还有部分未电离的NH3·H2O,故c＜d，故b＞a=d＞c。
答案：B
5.醋酸是一种常见的弱酸，为了证明醋酸是弱电解质，某同学开展了题为“醋酸是弱电解质的实验探究”的探究活动。该同学设计了如下方案，其中错误的是（ ）
A.先配制一定量的0.10 mol·L-1CH3COOH溶液，然后测溶液的pH，若pH大于1，则可证明醋酸为弱电解质
B.先配制一定量的0.01 mol·L-1和0.10 mol·L-1的CH3COOH，分别用pH计测它们的pH，若两者的pH相差小于1个单位，则可证明醋酸是弱电解质
C.先测0.10 mol·L-1CH3COOH的pH，然后将其加热至100 ℃，再测pH，如果pH变小，则可证明醋酸是弱电解质
D.配制一定量的CH3COONa溶液，测其pH，若常温下pH大于7，则可证明醋酸是弱电解质
解析：若是强酸，则0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液的pH=1，0.01 mol·L-1的CH3COOH溶液的pH=2，CH3COONa溶液的pH=7。那么0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液的pH＞1,0.1 mol·L-1CH3COOH与0.01 mol·L-1CH3COOH溶液的pH的差值小于1，CH3COONa溶液呈酸性均可说明CH3COOH是弱酸。C中将溶液加热至100 ℃，pH一定变小，故C不对。
答案：C
6.甲酸和乙酸都是弱酸，当它们的浓度均为0.10 mol·L-1时，甲酸中的c(H+)约为乙酸中c(H+)的3倍。现有两种浓度不等的甲酸溶液a和b，以及0.10 mol·L-1的乙酸，经测定它们的pH从大到小依次为a、乙酸、b。由此可知（ ）
A.a的浓度必小于乙酸的浓度 B.a的浓度必大于乙酸的浓度
C.b的浓度必小于乙酸的浓度 D.b的浓度必大于乙酸的浓度
解析：由等浓度甲酸、乙酸溶液中，甲酸中c(H+)大于乙酸中c(H+)，故甲酸电离程度大于乙酸，a的pH大于乙酸，故a的浓度小于乙酸浓度。
答案：A
7.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量，根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。右图是KOH溶液分别滴定HCl溶液和CH3COOH溶液的滴定曲线示意图。下列示意图中，能正确表示用NH3·H2O溶液滴定HCl和CH3COOH混合溶液的滴定曲线的是（ ）
解析：（1）HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，滴加NH3·H2O，NH3·H2O先与HCl反应，生成同样为强电解质的NH4Cl，但溶液体积不断增大，溶液稀释，所以电导率下降。
（2）当HCl被中和完后，继续与CH3COOH弱电解质反应，生成CH3COONH4的强电解质，所以电导率增大。
（3）HCl与CH3COOH均反应完后，继续滴加NH3·H2O弱电解质，电导率变化不大，因为溶液被稀释，有下降趋势。
综上所述：答案选D。
8．某温度下，有pH相同的H2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液，在H2SO4溶液中由水电离的H＋浓度为10－a，在Al2(SO4)3溶液中由水电离的H＋浓度为10－b，则此温度下的KW为( )
A．1×10－14 B．1×10－2a
C．1×10－(7＋a) D．1×10－(a＋b)
解析：根据描述，H2SO4溶液中c(H＋)＝＝，H2SO4溶液和Al2(SO4)3溶液的pH相同，即＝10－b，可求出此温度下的KW。
答案：D
9．将氢氧化钠稀溶液滴加到醋酸稀溶液中，下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势，其中错误的是( )
解析：酸碱中和反应是放热反应，开始加入NaOH溶液后温度逐渐升高，恰好完全中和时，温度达到最高，再加NaOH溶液温度开始下降，故A正确；当加入NaOH溶液后，由于OH－中和了H＋，pH逐渐升高，当NaOH溶液加入量很多时，混合液中溶质以NaOH为主，因NaOH溶液的浓度基本保持不变，因此pH基本不再变化，故B正确；由于CH3COOH为弱电解质，导电能力较差，当加入NaOH溶液后生成了CH3COONa，CH3COONa是弱电解质，完全电离，自由移动的离子浓度增大，导电性增强，故C正确；而D项中NaOH的浓度最终应趋于不再变化，而不会一直增大，故D不正确。
答案：D
10．下列叙述正确的是( )
A．某醋酸溶液为pH＝a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH＝b，则a>b
B．在滴有酚酞溶液的氨水中，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH<7
C．1.0×10－3 mol/L盐酸的pH＝3.0,1.0×10－8 mol/L盐酸的pH＝8.0
D．若1 mL pH＝1的盐酸与100 mL NaOH溶液混合后，溶液的pH＝7，则NaOH溶液的pH＝11
解析：该题主要考查酸碱溶液的pH计算和溶液的稀释对pH的影响。A项，对酸溶液进行稀释，氢离子浓度降低，pH增大；B项，酚酞的变色范围为8.1～10，当溶液恰好无色时，溶液pH约为8.1；C项，当溶液中氢离子浓度较大时，计算时忽略水电离出的氢离子，当加入的氢离子浓度较小时，计算溶液pH时则不能忽略水电离出的氢离子，当盐酸的浓度为1.0×10－8 mol/L时，通常情况下，此时水电离出的氢离子为1.0×10－7 mol/L，此时溶液的pH小于7；D项，盐酸和氢氧化钠溶液混合后溶液显中性，则需要n(H＋)＝n(OH－)，故氢氧化钠溶液的pH为11。
答案：D
11．已知NaHSO4在水中电离方程式为：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。对于该溶液，下列叙述中不正确的是( )
A．该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好是中性
B．水电离出来的c(H＋)＝1×10－10 mol·L－1
C．c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)
D．该温度高于25 ℃
解析：本题考查了影响水电离平衡的因素以及酸碱性判断。某温度下，pH＝6的蒸馏水，KW＝1×10－12，加NaHSO4晶体测得溶液的pH为2，c(H＋)＝1×10－2 mol·L－1，pH＝12的NaOH溶液，c(OH－)＝1 mol·L－1，反应后的溶液呈碱性。
答案：A
12．某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四种离子。则下列描述正确的是( )
A．该溶液由pH＝3的CH3COOH与pH＝11的NaOH溶液等体积混合而成
B．该溶液由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成
C．加入适量NaOH，溶液中离子浓度为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)
D．加入适量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)与c(NH)之和
【解析】 A项中CH3COOH是过量的，溶液呈酸性，故合理；B项中二者恰好反应，生成的CH3COONa使溶液呈碱性；C项中c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈碱性，不合题意；D项，c(Na＋)＋c(NH)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)溶液的酸碱性未知，c(CH3COO－)不一定大于c(Na＋)与c(NH)之和。
【答案】 A
13．盐酸、醋酸和碳酸氢钠是生活中常见的物质。下列表述正确的是( )
A．10 mL 0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液加入等物质的量的NaOH后，溶液中离子的浓度由大到小的顺序是：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．NaHCO3溶液中：c(H＋)＋c(H2CO3)＝c(OH－)
C．在NaHCO3溶液中加入与其等物质的量的NaOH，溶液中的阴离子只有CO和OH－
D．中和体积与pH都相同的HCl溶液和CH3COOH溶液所消耗的NaOH物质的量相同[]
【解析】 B项根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)，及物料守恒：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)，可导出：c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2CO3)－c(CO)；C项，阴离子还有CO水解生成的HCO；D项等体积等pH时，CH3COOH物质的量多，消耗NaOH多。
【答案】 A
14．下列各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的是( )
A．0.1 mol·L－1Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)
B．0.1 mol·L－1NH4Cl溶液：c(NH)＝c(Cl－)
C．向醋酸钠溶液中加入适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)
D．向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液：c(Na＋)＝c(NO)
【解析】 B项中NH水解，使c(NH)c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
【答案】 AD
15．在25 ℃时，将pH＝11的NaOH溶液与pH＝3的CH3COOH溶液等体积混合后，下列关系式中正确的是( )
A．c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
B．c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
C．c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
D．c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
【解析】 pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝10－3mol·L－1，pH＝3的CH3COOH溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1。将其等体积混合，已电离的CH3COOH的H＋与NaOH反应后，CH3COOH电离平衡向正向移动，使溶液呈现酸性。溶液中存在如下离子关系：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，且c(H＋)>c(OH－)。共同推导出c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)。
【答案】 D
16.健康人血液的pH维持在一定的范围内变化，这是因为血液中存在如下平衡：H2CO3+H+，医学上称之为血液的酸碱平衡。试解答下列问题：
（1）写出上述可逆反应达到化学平衡状态时的平衡常数的表达式：______________。
（2）蚊虫、蚂蚁等昆虫叮咬人时常向人体血液内注入一种称之为蚁酸（主要成分是HCOOH）的有机酸，HCOOH同CH3COOH一样是一种有机酸，写出HCOOH在溶液中电离的方程式： 。
（3）当人受到叮咬时，皮肤上常起小疱，这是因为人体血液中酸碱平衡被破坏所致。若不治疗，过一段时间小疱也会自行痊愈，这是由于血液中又恢复了原先的酸碱平衡，试用平衡移动的原理解释上述事实。
答案：（1）
(2)HCOOHH++HCOO-
(3)血液中存在H2CO3+H+,叮咬时增大H+浓度，平衡逆向移动，有CO2生成，故起小疱，随H+浓度下降，平衡又正向移动，小疱消失。
17.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 0.1 0.1 pH＞7
丁 0.1 0.1 pH=9
请回答下列问题：
（1）不考虑其他组的实验结果，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？（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___________（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（不能作近似计算，回答准确值，结果不一定要化简）。c(Na+)-c(A-)=___________ mol·L-1。
解析：（1）甲组中两溶液恰好完全反应生成NaA，若溶液呈碱性，则HA为弱酸。
（2）否，若HA为强酸c1=0.2，若为弱酸c1＞0.2，由电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(A-)知c(A-)=c(Na+)。
（3）弱酸，溶液为NaA溶液，A-发生水解，溶液呈碱性，故离子浓度大小关系为c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+)。
（4）丁溶液为NaA溶液，pH=9，c(H+)=10-9 mol·L-1,c(OH-)=10-5 mol·L-1,水电离出的OH-浓度为10-5 mol·L-1。由电荷守恒知c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5-10-9) mol·L-1。
答案：（1）若a＞7，则HA为弱酸；若a=7，则HA为强酸
（2）否 C
（3）弱 c(Na+)＞c(A-)＞c(OH-)＞c(H+) (4)10-5 （10-5-10-9）
18．已知：A酸的溶液pH＝a，B碱的溶液pH＝b。
(1)若A为盐酸，B为氢氧化钡，且a＋b＝14，两者等体积混合，溶液的pH＝________。酸碱按体积比为1∶10混合后溶液显中性，则a＋b＝________。
(2)若A为醋酸，B为氢氧化钠，且a＝4，b＝12，那么A溶液中水电离出的氢离子浓度为________mol·L－1，B溶液中水电离出的氢离子浓度为________mol·L－1。
(3)若A为醋酸，B为氢氧化钠，且a＋b＝14，用体积为VA的醋酸和体积为VB的氢氧化钠溶液混合后，溶液显中性，则其体积关系VA________VB，混合后溶液中的离子浓度关系为c(Na＋)________c(CH3COO－)。
(4)若A的化学式为HR，B的化学式为MOH，且a＋b＝14，两者等体积混合后溶液显碱性。则混合溶液中必定有一种离子能发生水解，该水解反应的离子方程式为__________。
解析：根据题意，A酸中c(H＋)＝10－a，B碱中c(OH－)＝10b－14，酸碱发生中和反应呈中性时，n(H＋)＝n(OH－)，有VA×10－a＝VB×10b－14，VA∶VB＝10a＋b－14，若a＋b＝14，则VA＝VB，若a＋b>14，则VA>VB，若a＋b<14，则VA答案：(1)7 13
(2)10－10 10－12
(3)< ＝ (4)M＋＋H2OMOH＋H＋
19．工业制备氯化铜时，将浓盐酸用蒸气加热至80 ℃左右，慢慢加入粗CuO粉末(含杂质Fe2O3、FeO)，充分搅拌，使之溶解，得一强酸性的混合溶液，现欲从该混合溶液中制备纯净的CuCl2溶液，采用以下步骤[参考数据：pH≥9.6时，Fe2＋完全水解成Fe(OH)2；pH≥6.4时，Cu2＋完全水解成Cu(OH)2；pH≥3.7时，Fe3＋完全水解成Fe(OH)3]。请回答以下问题：
(1)第一步除去Fe2＋，能否直接调整pH＝9.6，将Fe2＋沉淀除去？________，理由是_____________________________________________________________________________，
有人用强氧化剂NaClO将Fe2＋氧化为Fe3＋：
①加入NaClO后，溶液的pH变化是________(填代号)。
A．一定增大 B．一定减小
C．可能增大 D．可能减小
②你认为用NaClO作氧化剂是否妥当？________，理由是____________________________________。
现有下列几种常用的氧化剂，可用于除去混合溶液中Fe2＋的有________(有几个选几个，填代号)。
A．浓HNO3 B．KMnO4
C．Cl2 D．O2
E．H2O2
(2)除去溶液中Fe2＋的方法是调整溶液的pH＝9.6，现有下列试剂，均可以使强酸性溶液的pH调整到9.6，可选用的有________。(多选不限)
A．NaOH B．氨水
C．Cu2(OH)2CO3 D．Na2CO3
E．CuO F．Cu(OH)2
【解析】 此题综合性强，考查思维的严密性和前后知识的联系。由题意可知：Fe2＋沉淀的pH≥9.6，如果直接调整pH＝9.6，Cu2＋、Fe3＋先于Fe2＋沉淀(这两种离子沉淀的pH均比Fe2＋沉淀的pH小)，故不能直接调整pH＝9.6，可将Fe2＋氧化成Fe3＋。NaClO在酸性条件下与Fe2＋的反应是2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O，由于反应过程中要消耗H＋，溶液pH一定升高。NaClO可以将Fe2＋氧化成Fe3＋，但引入了新杂质Na＋，实际上不能采用。必须应用既能氧化Fe2＋又不引入新杂质的氧化剂，例如Cl2、O2、H2O2。同理，调整pH所选用的试剂可以是CuO、Cu2(OH)2CO3、Cu(OH)2等不会引入新杂质的物质。
【答案】 (1)不能 因Fe2＋沉淀的pH最大，Fe2＋沉淀完全时，Cu2＋、Fe3＋亦沉淀完全 ①A ②不妥当 引入新杂质Na＋ CDE (2)CEF
