《2022年高考化學 黃金押題08 水溶液中的離子平衡（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考化學 黃金押題08 水溶液中的離子平衡（含解析）（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考化學 黃金押題08 水溶液中的離子平衡（含解析） 【高考考綱】 1.了解水的電離、離子積常數(shù)。 2.了解溶液pH的含義及其測定方法，能進行pH的簡單計算。 3.理解弱電解質(zhì)在水中的電離平衡，能利用電離平衡常數(shù)進行相關(guān)計算。 4.了解鹽類水解的原理，影響鹽類水解程度的因素，鹽類水解的應用。 5.了解難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡。理解溶度積(Ksp)的含義，能進行相關(guān)的計算。 6.以上各部分知識的綜合運用。 【真題感悟】 例1、(2018·高考北京卷)測定0.1 mol·L－1 Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH，數(shù)據(jù)如下。 時刻 ① ② ③ ④ 溫

2、度/℃ 25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 實驗過程中，取①④時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產(chǎn)生白色沉淀多。下列說法不正確的是(　　) A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－ B．④的pH與①不同，是由于SO濃度減小造成的 C．①→③的過程中，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致 D．①與④的Kw值相等 解析：選C。亞硫酸鈉是強堿弱酸鹽，存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－，A項正確；①與④的溫度相同，但pH不同，主要是由于亞硫酸鈉被氧化為硫酸鈉，從而導致溶液的堿性減弱，p

3、H減小，B項正確；①→③的過程中，溫度升高使水解平衡正向移動，而SO濃度逐漸減小，使水解平衡逆向移動，故溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響不一致，C項錯誤；①與④的溫度相同，故Kw值相等，D項正確。 【名師點睛】 電離平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡，它們都遵循平衡移動原理——當只改變體系的一個條件時，平衡向能夠減弱這種改變的方向移動。 (1)外界條件對醋酸電離平衡的影響 CH3COOHCH3COO－＋H＋　ΔH>0 體系變化 條件 平衡移動方向 n(H＋) c(H＋) 導電能力 Ka 加水稀釋 向右 增大 減小 減弱 不變 加入少量冰

4、醋酸 向右 增大 增大 增強 不變 通入HCl(g) 向左 增大 增大 增強 不變 加NaOH(s) 向右 減小 減小 增強 不變 加入鎂粉 向右 減小 減小 增強 不變 升高溫度 向右 增大 增大 增強 增大 加CH3COONa(s) 向左 減小 減小 增強 不變 (2)外界條件對水的電離平衡的影響 H2OH＋＋OH－　ΔH>0 體系變化 條件 平衡移動方向 水的電離程度 c(OH－) c(H＋) Kw 加酸 向左 減小 減小 增大 不變 加堿 向左 減小 增大 減小 不變 加可

5、水解的鹽 Na2CO3 向右 增大 增大 減小 不變 NH4Cl 向右 增大 減小 增大 不變 改變溫度 升溫 向右 增大 增大 增大 增大 降溫 向左 減小 減小 減小 減小 (3)外界條件對FeCl3 溶液水解平衡的影響 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋　ΔH>0 體系變化 條件 平衡移動方向 n(H＋) pH 水解程度 Kh 升溫 向右 增大 減小 增大 增大 通HCl 向左 增大 減小 減小 不變 加H2O 向右 增大 增大 增大 不變 加FeCl3 固體 向右 增大

6、 減小 減小 不變 加NaHCO3 向右 減小 增大 增大 不變 (4)外界條件對AgCl溶解平衡的影響 AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)　ΔH>0 體系變化 條件 平衡移動方向 c(Ag＋) c(Cl－) Ksp 升高溫度 向右 增大 增大 增大 加水稀釋 向右 不變 不變 不變 加入少量AgNO3 向左 增大 減小 不變 通入HCl 向左 減小 增大 不變 通入H2S 向右 減小 增大 不變 【變式探究】(2018·高考天津卷)LiH2PO4是制備電池的重要原料。室溫下，LiH2PO4溶液的p

7、H隨c初始(H2PO)的變化如圖1所示，H3PO4溶液中H2PO的分布分數(shù)δ隨pH的變化如圖2所示。 下列有關(guān)LiH2PO4溶液的敘述正確的是(　　) A．溶液中存在3個平衡 B．含P元素的粒子有H2PO、HPO和PO C．隨c初始(H2PO)增大，溶液的pH明顯變小 D．用濃度大于1 mol·L－1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，當pH達到4.66時，H3PO4幾乎全部轉(zhuǎn)化為LiH2PO4 解析：選D。LiH2PO4溶液中存在H2PO的電離平衡：H2POH＋＋HPO、HPOH＋＋PO，H2PO的水解平衡：H2PO＋H2OH3PO4＋OH－，H2O的電離平衡：H2OH＋＋OH

8、－，溶液中存在4個平衡，A項錯誤；含P元素的粒子有H2PO、HPO、PO、H3PO4，B項錯誤；根據(jù)圖1，隨著c初始(H2PO)增大，溶液的pH先逐漸減小后趨向不變，C項錯誤；根據(jù)圖2，當pH＝4.66時，δ＝0.994，即H2PO的分布分數(shù)為0.994，故當pH達到4.66時，H3PO4幾乎全部轉(zhuǎn)化為LiH2PO4，D項正確。 例2、 (2018·高考全國卷Ⅲ)用0.100 mol·L－1AgNO3滴定50.0 mL 0.050 0 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲線如圖所示。下列有關(guān)描述錯誤的是(　　) A．根據(jù)曲線數(shù)據(jù)計算可知Ksp(AgCl)的數(shù)量級為10－10 B．曲線上

9、各點的溶液滿足關(guān)系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl) C．相同實驗條件下，若改為0.040 0 mol·L－1 Cl－，反應終點c移到a D. 相同實驗條件下，若改為0.050 0 mol·L－1 Br－，反應終點c向b方向移動 解析：選C。根據(jù)滴定曲線，當加入25 mL AgNO3溶液時，Ag＋與Cl－剛好完全反應，AgCl處于沉淀溶解平衡狀態(tài)，此時溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)＝10－4.75 mol·L－1，Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝10－9.5＝3.16×10－10，A項正確；曲線上各點都處于沉淀溶解平衡狀態(tài)，故符合c(Ag＋)·c(Cl－)

10、＝Ksp(AgCl)，B項正確；根據(jù)圖示，Cl－濃度為0.050 0 mol·L－1時消耗25 mL AgNO3溶液，則Cl－濃度為0.040 0 mol·L－1時消耗20 mL AgNO3溶液，a點對應AgNO3溶液體積為15 mL，所以反應終點不可能由c點移到a點，C項錯誤；由于AgBr的Ksp小于AgCl的Ksp，初始c(Br－)與c(Cl－)相同時，反應終點時消耗的AgNO3溶液體積相同，但Br－濃度小于Cl－濃度，即反應終點從曲線上的c點向b點方向移動，D項正確。 【名師點睛】 水的離子積常數(shù)、電離常數(shù)、水解常數(shù)、溶度積常數(shù)是溶液中的四大常數(shù)，它們均只與溫度有關(guān)。有關(guān)常數(shù)的計算，

11、要緊緊圍繞它們只與溫度有關(guān)，而不隨其離子濃度的變化而變化來進行。 已知：常溫下，H2S的電離常數(shù)為Ka1、Ka2，Cu(OH)2、CuS、Ag2S的溶度積常數(shù)分別為Ksp、K′sp、K″sp。 (1)水解常數(shù)與電離常數(shù)、離子積之間的關(guān)系 常溫下的Na2S溶液中：S2－的水解常數(shù)Kh1＝Kw/Ka2，HS－的水解常數(shù)Kh2＝Kw/Ka1。 (2)水解常數(shù)與溶度積、離子積之間的關(guān)系 常溫下的CuCl2 溶液中：Cu2＋的水解常數(shù)Kh＝K/Ksp。 (3)平衡常數(shù)與電離常數(shù)、溶度積之間的關(guān)系 ①反應CuS(s)＋2Ag＋(aq)===Cu2＋(aq)＋Ag2S(s)的平衡常數(shù)K＝K′s

12、p/K″sp。 ②反應CuS(s)＋2H＋(aq)Cu2＋(aq)＋H2S(aq)的平衡常數(shù)K＝K′sp/(Ka1·Ka2)。 (4)判斷溶液的酸堿性 NaHS溶液顯堿性，離子濃度的大小順序為c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)>c(S2－)，判斷理由是HS－的水解常數(shù)(Kw/Ka1)大于其電離常數(shù)(Ka2)。 【變式探究】 1．(1)(2017·高考海南卷)向含有BaSO4 固體的溶液中滴加Na2CO3 溶液，當有BaCO3 沉淀生成時溶液中＝______。已知Ksp(BaCO3)＝2.6×10－9，Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10。 (2)(2016

13、·高考全國卷Ⅱ)聯(lián)氨(N2H4)為二元弱堿，在水中的電離方式與氨相似。聯(lián)氨第一步電離反應的平衡常數(shù)值為____________(已知：N2H4＋H＋N2H的K＝8.7×107；Kw＝1.0×10－14)。聯(lián)氨與硫酸形成的酸式鹽的化學式為______________________。 解析：(1)在同一溶液中，c(Ba2＋)相同，依據(jù)溶度積的數(shù)學表達式，則有＝＝＝≈24。 (2)N2H4的第一步電離的方程式為N2H4＋H2ON2H＋OH－，則電離常數(shù)Kb＝＝＝＝K·Kw＝8.7×107×1.0×10－14＝8.7×10－7。聯(lián)氨是二元弱堿，其與硫酸形成的酸式鹽為N2H6(HSO4)2。 答

14、案：(1)24　(2)8.7×10－7　N2H6(HSO4)2 例3、 (2018·高考江蘇卷改編)H2C2O4為二元弱酸，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，設H2C2O4溶液中c(總)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)。室溫下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 mol·L－1 H2C2O4溶液至終點。滴定過程得到的下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系一定正確的是(　　) A．0.100 0 mol·L－1 H2C2O4溶液： c(H＋)＝0.100 0 mol·L－1＋c(C2O)＋c(OH－)－c(H2C2

15、O4) B．c(Na＋)＝c(總)的溶液：c(Na＋)>c(H2C2O4)>c(C2O)>c(H＋) C．pH＝7的溶液：c(Na＋)＝0.100 0 mol·L－1＋c(C2O)－c(H2C2O4) D．c(Na＋)＝2c(總)的溶液：c(OH－)－c(H＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O) 解析：選A。H2C2O4溶液中存在電荷守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，物料守恒：c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.100 0 mol·L－1，將兩式相加，可得：c(H＋)＝0.100 0 mol·L－1＋c(C2O)＋c(OH－)－c(H2

16、C2O4)，A項正確；c(Na＋)＝c(總)的溶液，相當于等物質(zhì)的量的H2C2O4與NaOH反應后的溶液，即為NaHC2O4溶液，已知Ka2＝5.4×10－5，Kh(HC2O)＝＝c(H＋)>c(C2O)>c(H2C2O4)，B項錯誤；起始時，H2C2O4溶液中c(總)＝c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.100 0 mol·L－1，滴入NaOH溶液后，c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)<0.100 0 mol·L－1，溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(O

17、H－)＋c(HC2O)＋2c(C2O)，pH＝7的溶液中，c(Na＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)<0.100 0 mol·L－1＋c(C2O)－c(H2C2O4)，C項錯誤；c(Na＋)＝2c(總)的溶液，相當于1 mol H2C2O4與2 mol NaOH反應后的溶液，即為Na2C2O4溶液，Na2C2O4溶液中存在質(zhì)子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HC2O)＋2c(H2C2O4)，D項錯誤。 【名師點睛】 1．明確“三個”比較 (1)電離能力大于水解能力，如相同條件下CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，所以等濃度的CH3COOH與CH3COONa溶液等體

18、積混合后溶液顯酸性；同理相同條件下NH3·H2O的電離程度大于NH的水解程度，所以等濃度的NH3·H2O和NH4Cl溶液等體積混合后溶液顯堿性。 (2)水解能力大于電離能力，如相同條件下HCN的電離程度小于CN－的水解程度，所以等濃度的HCN與NaCN溶液等體積混合后溶液顯堿性；反之，如果已知等濃度的HCN與NaCN溶液等體積混合的溶液顯堿性，說明HCN的電離程度小于CN－的水解程度。 (3)酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式鹽的電離能力和水解能力哪一個更強，如在NaHCO3 溶液中，HCO的水解能力大于電離能力，故溶液顯堿性。 2．理解“三個”守恒 (1)電荷守恒：電解質(zhì)溶液中所有陽離

19、子所帶的正電荷總數(shù)與所有陰離子所帶的負電荷總數(shù)相等，如在Na2CO3 溶液中存在著Na＋、CO、H＋、OH－、HCO，它們存在如下關(guān)系：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(OH－)。 (2)物料守恒：電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能水解或電離，離子種類增多，但某些關(guān)鍵性的原子總是守恒的。 (3)質(zhì)子守恒：在電離或水解過程中，會發(fā)生質(zhì)子(H＋)轉(zhuǎn)移，但在質(zhì)子轉(zhuǎn)移過程中其數(shù)量保持不變。 以Na2CO3 和NaHCO3 溶液為例，可用下圖所示幫助理解質(zhì)子守恒： ①Na2CO3 溶液 所以c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H3O＋)， 即c(OH

20、－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。 ②NaHCO3 溶液 所以c(OH－)＋c(CO)＝c(H2CO3)＋c(H＋)。 另外，將混合溶液中的電荷守恒式和物料守恒式聯(lián)立，通過代數(shù)運算消去其中某離子，即可推出該溶液中的質(zhì)子守恒式。 3．建立解題思維模型 (1)單一溶液 (2)混合溶液 (3)不同溶液中某離子濃度的變化 若其他離子能促進該離子的水解，則該離子濃度減小，若抑制其水解，則該離子濃度增大。 【變式探究】(2017·高考全國卷Ⅱ)改變 0.1 mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、A2－的物質(zhì)的量分數(shù)δ(X)隨pH的變化如圖所示

21、[已知δ(X)＝]。 下列敘述錯誤的是(　　) A．pH＝1.2時，c(H2A)＝c(HA－) B．lg [K2(H2A)]＝－4.2 C．pH＝2.7時，c(HA－)＞c(H2A)＝c(A2－) D．pH＝4.2時，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋) 解析：選D。從圖像中可以看出pH＝1.2時，δ(H2A)＝δ(HA－)，則c(H2A)＝c(HA－)，A項正確；根據(jù)HA－H＋＋A2－，可確定K2(H2A)＝，從圖像中可以看出pH＝4.2時，δ(HA－)＝δ(A2－)，則c(HA－)＝c(A2－)，即lg [K2(H2A)]＝lg c(H＋)＝－4.2，B項正確；從圖像中可

22、以看出pH＝2.7時，δ(HA－)>δ(H2A)＝δ(A2－)，則c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)，C項正確；從圖像中可以看出pH＝4.2時，δ(HA－)＝δ(A2－)，則c(HA－)＝c(A2－)≈0.05 mol·L－1，而c(H＋)＝10－4.2 mol·L－1，D項錯誤。 例4、(2017·高考全國卷Ⅱ)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的條件。某課外小組采用碘量法測定學校周邊河水中的溶解氧。實驗步驟及測定原理如下： Ⅰ.取樣、氧的固定 用溶解氧瓶采集水樣。記錄大氣壓及水體溫度。將水樣與Mn(OH)2堿性懸濁液(含有KI)混合，反應生成MnO(OH)2，實現(xiàn)氧的固定。

23、Ⅱ.酸化、滴定 將固氧后的水樣酸化，MnO(OH)2被I－還原為Mn2＋，在暗處靜置5 min，然后用標準Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2O＋I2===2I－＋S4O)。 回答下列問題： (1)取水樣時應盡量避免擾動水體表面，這樣操作的主要目的是______________________。 (2)“氧的固定”中發(fā)生反應的化學方程式為______________________________ ____________________________________________________________________。 (3)Na2S2O3溶液不穩(wěn)定，使用前需標

24、定。配制該溶液時需要的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、試劑瓶和________________________________________________________________； 蒸餾水必須經(jīng)過煮沸、冷卻后才能使用，其目的是殺菌、除________及二氧化碳。 (4)取100.00 mL水樣經(jīng)固氧、酸化后，用a mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示劑，終點現(xiàn)象為____________________；若消耗Na2S2O3溶液的體積為b mL，則水樣中溶解氧的含量為_____________________mg·L－1。 (5)上述滴定完成時，若滴定管尖嘴處留有

25、氣泡會導致測定結(jié)果偏________(填“高”或“低”)。 解析：(1)取水樣時避免擾動水體表面，這樣能保證所取水樣中溶解氧量與水體中實際溶解氧量基本相同，以減小實驗誤差。(2)根據(jù)水樣與Mn(OH)2堿性懸濁液反應生成MnO(OH)2，可寫出固氧的反應為O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2。(3)由于Na2S2O3溶液不穩(wěn)定，使用前需標定，配制該溶液時無需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na2S2O3溶液時，還需要用到的玻璃儀器為量筒；所用蒸餾水必須經(jīng)過煮沸、冷卻后才能使用，這樣能除去水中溶解的氧氣和CO2，且能殺菌。(4)根據(jù)Ⅱ可知MnO(OH)2能將水樣中的I－氧化為I2，滴定

26、過程中用淀粉溶液作指示劑，在滴定終點前淀粉遇I2變藍，達到滴定終點時，I2完全被消耗，溶液藍色剛好褪去。根據(jù)關(guān)系式O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3，結(jié)合消耗n(Na2S2O3)＝a mol·L－1×b×10－3 L＝ab×10－3 mol，可求出100.00 mL水樣中溶解氧的質(zhì)量為ab×10－3 mol×32 g·mol－1＝8ab×10－3 g＝8ab mg，則該水樣中溶解氧的含量為8ab mg÷0.100 00 L＝80ab mg·L－1。(5)滴定完成時，滴定管尖嘴處留有氣泡，會導致讀取的Na2S2O3標準液體積偏小，根據(jù)關(guān)系式O2～4Na2S2O3，可知測定的溶解氧

27、的含量偏低。 答案：(1)使測定值與水體中的實際值保持一致，避免產(chǎn)生誤差 (2)O2＋2Mn(OH)2===2MnO(OH)2 (3)量筒　氧氣 (4)藍色剛好褪去　80ab (5)低 【名師點睛】 1．“考”實驗儀器 酸式滴定管、堿式滴定管、滴定管夾(帶鐵架臺)、錐形瓶。其中?？嫉氖堑味ü埽缯_選擇滴定管(包括量程)，滴定管的檢漏、洗滌和潤洗，滴定管的正確讀數(shù)方法等。 2．“考”操作步驟 (1)滴定前的準備：查漏、洗滌、潤洗、充液(趕氣泡)、調(diào)液面、讀數(shù)； (2)滴定：移液、滴加指示劑、滴定至終點、讀數(shù)； (3)計算。 3．“考”指示劑的選擇 (1)強酸強堿相互

28、滴定，可選用甲基橙或酚酞； (2)若反應生成強酸弱堿鹽，溶液呈酸性，則選用酸性變色范圍的指示劑(甲基橙)；若反應生成強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，則選用堿性變色范圍的指示劑(酚酞)； (3)石蕊溶液因顏色變化不明顯，且變色范圍過寬，一般不做指示劑。 4．“考”誤差分析 寫出計算式，分析操作對V標的影響，由計算式得出對最終測定結(jié)果的影響，切忌死記硬背結(jié)論。此外對讀數(shù)視線(俯視、仰視)問題要學會畫圖分析。 5．“考”數(shù)據(jù)處理 正確取舍數(shù)據(jù)，計算平均體積，根據(jù)反應式確定標準液與待測液濃度和體積的關(guān)系，從而列出公式進行計算。 【變式探究】(2017·高考天津卷)用沉淀滴定法快速測定NaI等碘化

29、物溶液中c(I－)，實驗過程包括準備標準溶液和滴定待測溶液。 Ⅰ.準備標準溶液 a．準確稱取AgNO3基準物4.246 8 g(0.025 0 mol)后，配制成250 mL標準溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用。 b．配制并標定100 mL 0.100 0 mol·L－1 NH4SCN標準溶液，備用。 Ⅱ.滴定的主要步驟 a．取待測NaI溶液25.00 mL于錐形瓶中。 b．加入25.00 mL 0.100 0 mol·L－1 AgNO3溶液(過量)，使I－完全轉(zhuǎn)化為AgI沉淀。 c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示劑。 d．用0.100 0 mol·L－1 NH4SC

30、N溶液滴定過量的Ag＋，使其恰好完全轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀后，體系出現(xiàn)淡紅色，停止滴定。 e．重復上述操作兩次。三次測定數(shù)據(jù)如下表： 實驗序號 1 2 3 消耗NH4SCN標準溶液體積/mL 10.24 10.02 9.98 f.數(shù)據(jù)處理。 回答下列問題： (1)將稱得的AgNO3配制成標準溶液，所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有________________________________________________________________________。 (2)AgNO3標準溶液放在棕色試劑瓶中避光保存的原因是____________________。

31、 (3)滴定應在pH＜0.5的條件下進行，其原因是_______________________________ ________________________________________________________________________。 (4)b和c兩步操作是否可以顛倒________________，說明理由：_____________。 (5)所消耗的NH4SCN標準溶液平均體積為________mL，測得c(I－)＝________mol·L－1。 (6)在滴定管中裝入NH4SCN標準溶液的前一步，應進行的操作為________________。 (7

32、)判斷下列操作對c(I－)測定結(jié)果的影響：(填“偏高”“偏低”或“無影響”) ①若在配制AgNO3標準溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，則測定結(jié)果________。 ②若在滴定終點讀取滴定管刻度時，俯視標準液液面，則測定結(jié)果________。 解析：(1)配制一定物質(zhì)的量濃度的標準溶液，除燒杯和玻璃棒外，還需用到的儀器有250 mL(棕色)容量瓶、膠頭滴管。(2)AgNO3見光容易分解，因此需要保存在棕色試劑瓶中。(3)滴定實驗中用NH4Fe(SO4)2溶液作指示劑，F(xiàn)e3＋容易發(fā)生水解，影響滴定終點判斷，因此控制pH<0.5。(4)Fe3＋能與I－發(fā)生氧化還原反應：2Fe3＋＋2I－==

33、=2Fe2＋＋I2，因此b、c不能顛倒，否則指示劑耗盡，無法判斷滴定終點。(5)第1組數(shù)據(jù)誤差較大，舍去，取第2組、第3組實驗數(shù)據(jù)的平均值，消耗NH4SCN標準溶液的體積為(10.02＋9.98) mL×＝10.00 mL。根據(jù)滴定原理，則n(Ag＋)＝n(I－)＋n(SCN－)，故n(I－)＝n(Ag＋)－n(SCN－)＝0.025 L×0.100 0 mol·L－1－0.01 L×0.100 0 mol·L－1＝0.001 5 mol，則c(I－)＝＝0.060 0 mol·L－1。(6)在滴定管中裝入NH4SCN標準溶液之前，要先用NH4SCN標準溶液潤洗滴定管。(7)①配制AgNO3標

34、準溶液時，若燒杯中溶液有少量濺出，配制的AgNO3標準溶液的濃度偏低，則滴定時消耗的NH4SCN標準溶液的體積偏小，測得的c(I－)偏高。②滴定管0刻度在上，讀數(shù)時從上往下讀數(shù)，讀取體積偏小，計算所用NH4SCN的物質(zhì)的量偏低，測得的c(I－)偏高。 答案：(1)250 mL(棕色)容量瓶、膠頭滴管 (2)AgNO3見光分解 (3)防止因Fe3＋的水解而影響滴定終點的判斷(或抑制Fe3＋的水解) (4)否(或不能)　若顛倒，F(xiàn)e3＋與I－反應，指示劑耗盡，無法判斷滴定終點 (5)10.00　0.060 0 (6)用NH4SCN標準溶液進行潤洗 (7)①偏高　②偏高 【黃金押題】

35、 1．已知25 ℃時 HB電離常數(shù)Ka＝4×10－7，H2A===H＋＋HA－，HA－H＋＋A－(Ka＝3×10－6)。有關(guān)0.1 mol·L－1 的兩種酸H2A、HB溶液，下列說法不正確的是(　　) A．分別取等體積的兩種酸溶液稀釋100 倍后，pH(H2A)

36、－(Ka＝3×10－6)，說明酸性H2A>HA－>HB。分別取等體積的兩種酸溶液稀釋100倍后，由于H2A第一步完全電離，所以pH(H2A)

37、發(fā))，下列說法正確的是(　　) A．M點溶液中水的電離程度比原溶液大 B．在M點時，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05) mol C．隨著NaOH的加入，不斷增大 D．當n(NaOH)＝0.05 mol時溶液中有 c(Cl－)>c(Na＋)>c(NH)>c(OH－)>c(H＋) 解析：選B。常溫下，向1 L 0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中不斷加入固體NaOH，發(fā)生反應：NH4Cl＋NaOH ===NaCl＋NH3·H2O。A.NH4Cl溶液中銨根離子水解，促進水的電離，M點溶液為氯化銨、氯化鈉和一水合氨的混合溶液，一水合氨抑制水的電離，故M點溶液中水的電離程度

38、比原溶液小，錯誤；B.在M點時，溶液為氯化銨、氯化鈉和一水合氨的混合溶液，根據(jù)電荷守恒知n(H＋)＋n(Na＋)＋n(NH )＝n(OH－)＋n(Cl－)，n(Na＋)＝a mol，n(Cl－)＝0.1 mol，n(NH )＝0.05 mol，則n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05) mol，正確；C.銨根離子的水解平衡常數(shù)Kh＝，隨著NaOH的加入，NH3·H2O 濃度不斷增大，溫度不變，Kh不變，不斷減小，錯誤；D.當n(NaOH)＝0.05 mol時，溶液為等濃度的氯化銨、氯化鈉和一水合氨的混合溶液，溶液呈堿性，一水合氨的電離程度大于銨根離子的水解程度，離子濃度大小關(guān)系為c(Cl－)

39、 >c(NH)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋)，錯誤。 3．常溫下，濃度均為0.1 mol·L－1、體積均為100 mL的兩種一元酸HX、HY的溶液中，分別加入NaOH固體，lg隨加入NaOH的物質(zhì)的量的變化如圖所示。下列敘述正確的是(　　) A．HX的酸性弱于HY B．a(chǎn)點由水電離出的c(H＋)＝10－12 mol·L－1 C．c點溶液中：c(Y－)＞c(HY) D．b點時酸堿恰好完全中和 解析：選C。A.lg越大，溶液中氫離子濃度越大，未加NaOH時，HX溶液中l(wèi)g的值大，所以HX的酸性強于HY，故A錯誤；B.a點lg＝12，則溶液中c(H＋)＝0.1 mol·L

40、－1，溶液中由水電離的c(H＋)＝ mol·L－1＝10－13 mol·L－1，故B錯誤；C.c點lg＝6，則溶液中c(H＋)＝10－4 mol·L－1，此時消耗的NaOH為0.005 mol，則溶液中的溶質(zhì)為NaY和HY，由于溶液顯酸性，所以HY的電離程度大于NaY的水解程度，所以c(Y－)＞c(HY)，故C正確；D.濃度為0.1 mol·L－1、體積為100 mL的HY與NaOH恰好中和消耗NaOH為0.01 mol，而b點時消耗的NaOH為0.008 mol，所以酸過量，故D錯誤。 4．為研究沉淀的生成及其轉(zhuǎn)化，某小組進行如下實驗。關(guān)于該實驗的分析不正確的是(　　) A．①濁液中

41、存在平衡：Ag2CrO4(s) 2Ag＋(aq)＋CrO(aq) B．②中溶液變澄清的原因：AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]OH＋2H2O C．③中顏色變化說明有AgCl生成 D．該實驗可以證明AgCl比Ag2CrO4 更難溶 解析：選D。①濁液中存在平衡Ag2CrO4(s) 2Ag＋(aq)＋CrO(aq)，故A正確；銀離子與NH3·H2O結(jié)合生成絡離子，則②中溶液澄清說明發(fā)生了反應AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]OH＋2H2O，故B正確；銀離子與氯離子結(jié)合生成AgCl白色沉淀，則③中顏色變化說明有AgCl生成，故C正確；硝酸銀過量，與K2Cr

42、O4完全反應后，余下的濁液中仍含銀離子，與KCl反應生成白色沉淀，不能證明AgCl比Ag2CrO4 更難溶，故D錯誤。 5．25 ℃時，PbR(R2－為SO或CO)的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。已知Ksp(PbCO3)

43、為11，b曲線對應的縱坐標為6，即R2－的濃度分別為1×10－11 mol·L－1 和1×10－6 mol·L－1，所以a曲線的Ksp＝1×10－13，b曲線的Ksp＝1×10－8，由于Ksp(PbCO3)

44、所以不能轉(zhuǎn)化為Y點對應的溶液，D項符合題意。 6．室溫下，用相同濃度的NaOH溶液，分別滴定濃度均為0.1 mol·L－1的三種酸(HA、HB和HD)溶液，滴定曲線如圖所示，下列判斷錯誤的是(　　) A．三種酸的電離常數(shù)關(guān)系：KHA>KHB>KHD B．滴定至P點時，溶液中：c(B－)>c(Na＋)>c(HB)>c(H＋)>c(OH－) C．pH＝7時，三種溶液中：c(A－)＝c(B－)＝c(D－) D．當中和百分數(shù)達100% 時，將三種溶液混合后：c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋) 解析：選C。三種酸的濃度相等，根據(jù)圖像，在滴定前HA溶液的pH最

45、小，酸性最強，HD溶液的pH最大，酸性最弱，說明HA的電離程度最大，電離常數(shù)最大，A項正確；P點溶液中含有等物質(zhì)的量的NaB與HB，此時溶液顯酸性，說明HB的電離程度大于B－的水解程度，所以c(B－)>c(HB)，由物料守恒：2c(Na＋)＝c(HB)＋c(B－)知，c(Na＋)介于c(B－)、c(HB)之間，B項正確；每種溶液中均存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(X－)＋c(OH－)，X－代表A－、B－、D－，在pH＝7時，c(H＋)＝c(OH－)，c(Na＋)＝c(X－)，而pH＝7時，三種酸所消耗的NaOH的物質(zhì)的量不相等，故三種溶液中c(Na＋)不相等，則c(X－)也不相等，

46、C項錯誤；中和百分數(shù)為100% 的三種溶液，其溶質(zhì)分別是NaA、NaB、NaD，混合后溶液中的電荷守恒式為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(B－)＋c(D－)＋c(OH－)①，此式中c(Na＋)＝c(Na＋)[NaA]＋c(Na＋)[NaB]＋c(Na＋)[NaD]，混合前的三種溶液中存在物料守恒：c(Na＋)[NaA]＝c(A－)＋c(HA)，c(Na＋)[NaB]＝c(B－)＋c(HB)，c(Na＋)[NaD]＝c(D－)＋c(HD)，消去①式中的c(Na＋)和c(A－)、c(B－)、c(D－)，得c(HA)＋c(HB)＋c(HD)＝c(OH－)－c(H＋)，D項正確。 7．已知

47、NaHSO3溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡： HSO＋H2OH2SO3＋OH－① HSOH＋＋SO② 向0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中分別加入以下物質(zhì)，下列有關(guān)說法正確的是(　　) A．加入少量金屬Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO)增大 B．加入少量Na2SO3固體，則c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋c(SO) C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大 D．加入氨水至中性，則2c(Na＋)＝c(SO)＞c(H＋)＝c(OH－) 解析：選C。 A項加入金屬鈉后，鈉和水反應生成氫氧化鈉，使平衡①左移，平衡②右移，移動的結(jié)果是c(SO)增

48、大，可以利用極端分析法判斷，如果金屬鈉適量，充分反應后溶液中溶質(zhì)可以是亞硫酸鈉，此時c(HSO)很小，所以A項錯誤。B項依據(jù)電荷守恒判斷，c(SO)前面的系數(shù)應為2，即c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋2c(SO)，所以B項錯誤。C項加入氫氧化鈉溶液后，溶液酸性減弱，堿性增強，所以增大；平衡①左移，平衡②右移，最終c(SO)增大，c(HSO)減小，所以增大，所以C項正確。D項加入氨水至溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)，由電荷守恒知，其他離子存在如下關(guān)系：c(Na＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(HSO)，所以D項錯誤。 8．濃度均為0.10 mol·L－1、體積均

49、為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是(　　) A．MOH的堿性強于ROH的堿性 B．ROH的電離程度：b點大于a點 C．若兩溶液無限稀釋，則它們的c(OH－)相等 D．當lg＝2時，若兩溶液同時升高溫度，則增大 解析：選D。由圖像分析濃度為0.10 mol·L－1的MOH溶液，在稀釋前pH為13，說明MOH完全電離，則MOH為強堿，而ROH的pH<13，說明ROH沒有完全電離，ROH為弱堿。A.MOH的堿性強于ROH的堿性，A正確。B.曲線的橫坐標lg越大，表示加水稀釋體積越大，由曲線可以看出b點的稀釋程度大于a點，弱堿RO

50、H存在電離平衡：ROHR＋＋OH－，溶液越稀，弱電解質(zhì)電離程度越大，故ROH的電離程度：b點大于a點，B正確。C.若兩溶液無限稀釋，則溶液的pH接近于7，故兩溶液的c(OH－)相等，C正確。D.當lg＝2時，溶液V＝100V0，溶液稀釋100倍，由于MOH發(fā)生完全電離，升高溫度，c(M＋)不變；ROH存在電離平衡：ROHR＋＋OH－，升高溫度促進電離平衡向電離方向移動，c(R＋)增大，故減小，D錯誤。 3．室溫下，將0.05 mol Na2CO3固體溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物質(zhì)，有關(guān)結(jié)論正確的是(　　) 加入的物質(zhì) 結(jié)論 A.50 mL 1 mol·L－1

51、H2SO4 反應結(jié)束后，c(Na＋)＝c(SO) B.0.05 mol CaO 溶液中增大 C.50 mL H2O 由水電離出的c(H＋)·c(OH－)不變 D.0.1 mol NaHSO4固體 反應完全后，溶液pH減小，c(Na＋)不變 解析：選B。A.Na＋的物質(zhì)的量為0.1 mol，而SO的物質(zhì)的量為0.05 mol，混合溶液中Na＋與SO的濃度不可能相等。B.加入0.05 mol CaO后，會生成 Ca(OH)2，Ca(OH)2與Na2CO3反應生成CaCO3沉淀和NaOH，溶液中c(OH－)增大，CO水解產(chǎn)生的HCO減少，故溶液中增大。 C．加入H2O后，c(Na2C

52、O3)減小，CO水解產(chǎn)生的 c(OH－)減小，溶液中的OH－來源于水的電離，因水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝c(H＋)，故由水電離出的c(H＋)·c(OH－)減小。D.加入0.1 mol NaHSO4固體，溶液體積變化不大，但n(Na＋)變?yōu)樵瓉淼?倍，故c(Na＋)增大。 9．下列說法正確的是(　　) A．AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加熱、蒸發(fā)、濃縮、結(jié)晶、灼燒，所得固體的成分相同 B．配制FeCl3溶液時，將FeCl3固體溶解在硫酸中，然后再用水稀釋到所需的濃度 C．向CuCl2溶液加入CuO調(diào)節(jié)pH可除去溶液中混有的Fe3＋ D．泡沫滅火器中常使用的原料是碳酸鈉和硫酸鋁

53、 解析：選C。A項，AlCl3與Al2(SO4)3溶液的水解方程式分別為AlCl3＋3H2OAl(OH)3＋3HCl，Al2(SO4)3＋6H2O2Al(OH)3＋3H2SO4，加熱促進水解，由于鹽酸為易揮發(fā)性酸，硫酸為難揮發(fā)性酸，故前者最終產(chǎn)物為Al2O3，后者最終產(chǎn)物為Al2(SO4)3；B項，將FeCl3固體溶解在硫酸中，會引入雜質(zhì)SO，應溶解在鹽酸中；C項，由于Fe3＋水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，加入CuO消耗H＋會促進Fe3＋的水解，從而使其水解完全除去Fe3＋；D項，為了加快產(chǎn)生CO2的速率，泡沫滅火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3

54、，Al3＋與HCO相互促進水解，比Al3＋與CO反應產(chǎn)生CO2的速率快。 10．把Ca(OH)2放入蒸餾水中，一段時間后達到平衡：Ca(OH)2(s) Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)。下列說法正確的是(　　) A．恒溫下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高 B．給溶液加熱，溶液的pH升高 C．向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固體質(zhì)量增加 D．向溶液中加入少量NaOH固體，Ca(OH)2固體質(zhì)量不變 解析：選C。恒溫下Ksp不變，加入CaO后，溶液仍為Ca(OH)2的飽和溶液，pH不變，A錯誤；加熱，Ca(OH)2的溶解度減小，溶液的pH降低，B錯誤；加入Na2CO3溶液，沉淀溶

55、解平衡向右移動，Ca(OH)2固體轉(zhuǎn)化為CaCO3固體，固體質(zhì)量增加，C正確；加入NaOH固體，平衡向左移動，Ca(OH)2固體質(zhì)量增加，D錯誤。 11．實驗：①0.1 mol·L－1AgNO3 溶液和0.1 mol·L－1NaCl溶液等體積混合得到濁液a，過濾得到濾液b和白色沉淀c； ②向濾液b中滴加0.1 mol·L－1KI溶液，出現(xiàn)渾濁； ③向沉淀c中滴加0.1 mol·L－1KI溶液，沉淀變?yōu)辄S色。 下列分析不正確的是(　　) A．濁液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq) B．濾液b中不含有Ag＋ C．③中顏色變化說明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI

56、 D．實驗可以證明AgI比AgCl更難溶 解析：選B。 A項，濁液a中存在AgCl的沉淀溶解平衡，正確；B項，濾液b中加入KI溶液后生成了AgI沉淀，說明濾液b中仍含有少量Ag＋，錯誤；由于AgI比AgCl更難溶解，故向沉淀c中加入0.1 mol·L－1 KI溶液，能發(fā)生沉淀轉(zhuǎn)化反應，生成黃色的AgI，C項和D項都正確。 12．下列說法正確的是(　　) A．稀醋酸中加入少量醋酸鈉能增大醋酸的電離程度 B．25 ℃時，等體積、等濃度的硝酸與氨水混合后，溶液pH＝7 C．25 ℃時，0.1 mol·L－1的硫化氫溶液比等濃度的硫化鈉溶液的導電能力弱 D．0.1 mol AgCl和0.1

57、 mol AgI混合后加入1 L水中，所得溶液中c(Cl－)＝c(I－) 解析：選C。A.醋酸是弱電解質(zhì)，存在電離平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加入醋酸鈉，使溶液中的c(CH3COO－)增大，電離平衡逆向移動，抑制醋酸的電離，故不正確；B.25 ℃時，等體積、等濃度的硝酸與氨水完全反應生成 NH4NO3，NH4NO3是強酸弱堿鹽，NH發(fā)生水解，溶液呈酸性，pH<7，故不正確；C.H2S是弱電解質(zhì)，部分電離，而Na2S是強電解質(zhì)，完全電離，在等濃度的兩種溶液中，Na2S溶液中離子濃度較大，溶液的導電能力強，故正確；D.0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1

58、 L水中，達到沉淀溶解平衡，因為AgCl的溶解度大于AgI，溶液中c(Cl－)>c(I－)，故不正確。 13．室溫下，分別用0.1 mol·L－1溶液進行下列實驗，結(jié)論不正確的是(　　) A．向NaHCO3溶液中通CO2至pH＝7：c(Na＋)＝c(HCO) ＋2c(CO) B．向CH3COONa溶液中加入等濃度等體積的鹽酸：c(Na＋)＝c(Cl－) C．向NaHSO4溶液中加入等濃度等體積的Ba(OH)2溶液：pH＝13 D．向氨水中加入少量NH4Cl固體：增大 解析：選C。A項，電荷守恒關(guān)系式為c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，室溫下溶液的p

59、H＝7為中性，c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HCO)＋2c(CO)，正確；B項，因為兩溶液等體積等濃度，則可推出混合后溶液的c(Na＋)和c(Cl－)相等，正確；C項，設溶液的體積各為1 L，則0.1 mol·L－1的NaHSO4溶液中n(H＋)＝0.1 mol，0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液中n(OH－)＝0.2 mol，反應后c(OH－)＝(0.2 mol－0.1 mol)÷2 L＝0.05 mol·L－1，pH≠13，錯誤；D項，氨水中存在NH3·H2ONH＋OH－，加入少量NH4Cl固體相當于加入NH，平衡逆向移動，c(OH－)減小，則＝＝增大，正確。

60、 14．取濃度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2的體積比相混合，所得溶液的pH等于12，則原溶液的濃度為(　　) A．0.01 mol/L　　　　　　　 B．0.017 mol/L C．0.05 mol/L D．0.50 mol/L 解析：選C。設原溶液物質(zhì)的量濃度為c，混合溶液中c(OH－)＝10－2 mol/L，則有10－2 mol/L＝，則c＝0.05 mol/L。 15．在T ℃時，某NaOH稀溶液中c(H＋)＝10－a mol/L，c(OH－)＝10－b mol/L，已知a＋b＝12。向該溶液中逐滴加入pH＝c的鹽酸(T ℃)，測得混合溶液的

61、部分pH如下表所示： 序號 NaOH溶液的體積/mL 鹽酸的體積/mL 溶液的pH ① 20.00 0.00 8 ② 20.00 20.00 6 假設溶液混合前后的體積變化忽略不計，則c為(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：選B。根據(jù)題意可知在該溫度下水的離子積常數(shù)是1×10－12，而不是1×10－14，由①可知，此NaOH溶液中c(OH－)＝1×10－4 mol/L。由②可知，加入20.00 mL鹽酸后溶液的pH＝6，此時恰好完全中和，則鹽酸中c(H＋)＝＝1×10－4 mol/L，則c＝4。 16．如圖表示水

62、中c(H＋)和c(OH－)的關(guān)系，下列判斷錯誤的是(　　) A．兩條曲線間任意點均有c(H＋)×c(OH－)＝Kw B．M區(qū)域內(nèi)任意點均有c(H＋)＜c(OH－) C．圖中T1＜T2 D．XZ線上任意點均有pH＝7 解析：選D。根據(jù)水的離子積定義可知A項正確；XZ線上任意點都存在c(H＋)＝c(OH－)，所以M區(qū)域內(nèi)任意點均有c(H＋)＜c(OH－)，所以B項正確；因為圖像顯示T1時水的離子積小于T2時水的離子積，而水的電離程度隨溫度升高而增大，所以C項正確；XZ線上只有X點的pH＝7，所以D項錯誤。 17．不同溫度下，水溶液中c(H＋)與c(OH－)的關(guān)系如圖所示。下列有關(guān)說

63、法中正確的是(　　) A．若從a點到c點，可采用在水中加入酸的方法 B．b點對應的醋酸中由水電離的c(H＋)＝10－6 mol·L－1 C．c點對應溶液的Kw大于d點對應溶液的Kw D．T ℃時，0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液的pH＝11 解析：選D。a點對應的c(H＋)和c(OH－)相等，同理c點對應的c(H＋)和c(OH－)也相等，溶液一定呈中性，從a點到c點，可以采用升溫的方法，A錯誤；b點的Kw是10－14，c(H＋)＝10－6 mol·L－1，則相應的醋酸溶液中由水電離的c(H＋)＝c(OH－)＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1，B錯誤；c點和d

64、點的Kw都是10－12，C錯誤；T ℃時，Kw＝10－12，0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液中的c(H＋)＝10－11 mol·L－1，pH＝11，D正確。 18．25 ℃時常見的無機酸在水溶液中的電離平衡常數(shù)如下表： 無機酸 氫氰酸(HCN) 碳酸(H2CO3) 氫氟酸(HF) 電離平衡常數(shù)Ka 6.2×10－10 4.2×10－7(Ka1) 5.6×10－11(Ka2) 6.61×10－4 下列選項正確的是(　　) A．氟化鈉溶液中通入過量CO2：F－＋H2O＋CO2===HF＋HCO B．Na2CO3 溶液中：2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO

65、)＋c(H2CO3)　 C．中和等體積、等pH的HCN和HF消耗NaOH的量前者大于后者 D．等濃度的NaCN和NaF溶液的pH前者小于后者 解析：選C。A.H2CO3 的電離平衡常數(shù)小于HF的電離平衡常數(shù)，即H2CO3 的酸性比HF的酸性弱，所以氟化鈉溶液中通入過量CO2 不反應，錯誤；B.根據(jù)物料守恒，Na2CO3 溶液中：c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，錯誤；C.因為氫氰酸的酸性比氫氟酸的酸性弱，所以等體積、等pH的氫氰酸(HCN)和氫氟酸(HF)，HCN的物質(zhì)的量大，所以氫氰酸消耗NaOH的量大，正確；D.根據(jù)鹽類水解規(guī)律：越弱越水解，NaCN的水

66、解程度大，所以等濃度的NaCN和NaF溶液的pH前者大于后者，錯誤。 19．在一定條件下可用甲醇與CO反應生成醋酸消除CO污染。常溫下，將a mol·L－1 醋酸與b mol·L－1 Ba(OH)2 溶液等體積混合，充分反應后，溶液中存在2c(Ba2＋)＝c(CH3COO－)，則該混合溶液中醋酸的電離常數(shù)Ka＝________________(用含a和b的代數(shù)式表示)。 解析：根據(jù)電荷守恒知，2c(Ba2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－)，由于c(CH3COO－)＝2c(Ba2＋)＝b mol·L－1，所以c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性。 CH3COOHCH3COO－＋H＋ －b 　 b 10－7 Ka＝＝。 答案： 20．已知草酸為二元弱酸： H2C2O4HC2O＋H＋　Ka1 HC2OC2O＋H＋　Ka2 常溫下，向某濃度的草酸溶液中逐滴加入一定濃度的KOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2O、C2O三種微粒的物質(zhì)的量分數(shù)(δ)與溶液pH的關(guān)系如圖所示： 則pH＝2.7的溶液中，＝____________