2017屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題九 電解質(zhì)溶液（學(xué)案+課件+試題）（打包4套）新人教版,2017屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí),專題九,電解質(zhì)溶液（學(xué)案+課件+試題）（打包4套）新人教版,2017,高考,化學(xué),二輪,復(fù)習(xí),專題,電解質(zhì),溶液,課件,試題,打包,新人
專題九 電解質(zhì)溶液
考點一 溶液的酸堿性及pH
1．一個基本不變
相同溫度下，不論是純水還是稀溶液，水的離子積常數(shù)不變。應(yīng)用這一原則時需要注意兩個條件：水溶液必須是稀溶液；溫度必須相同。
2．兩個判斷標準
（1）任何溫度
c(H＋)>c(OH－)，酸性；
c(H＋)＝c(OH－)，中性；
c(H＋)
7，堿性；
pH＝7，中性；
pH<7，酸性。
3．三種測量方法
（1）pH試紙
用pH試紙測定溶液的pH，精確到整數(shù)且只能在1～14范圍內(nèi)，其使用方法為取一小塊試紙放在干凈的玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取液體，點在試紙中部，待試紙變色后，與標準比色卡對比，讀出pH。
注意?、賞H試紙不能預(yù)先潤濕，但潤濕之后不一定產(chǎn)生誤差。②pH試紙不能測定氯水的pH。
（2）pH計
pH計能精確測定溶液的pH，可精確到0.1。
（3）酸堿指示劑
酸堿指示劑能粗略測定溶液的pH范圍。
常見酸堿指示劑的變色范圍如下表所示：
指示劑
變色范圍的pH
石蕊
<5紅色
5～8紫色
>8藍色
甲基橙
>3.1紅色
3.1～4.4橙色
>4.4黃色
酚酞
<8.2無色
8.2～10淺紅色
>10紅色
4.四條判斷規(guī)律
（1）正鹽溶液
強酸強堿鹽顯中性，強酸弱堿鹽(如NH4Cl)顯酸性，強堿弱酸鹽(如CH3COONa)顯堿性。
（2）酸式鹽溶液
NaHSO4顯酸性(NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO)、NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4水溶液顯酸性(酸式根電離程度大于水解程度)；NaHCO3、NaHS、Na2HPO4水溶液顯堿性(酸式根水解程度大于電離程度)。
特別提醒 因為濃度相同的CH3COO－與NH的水解程度相同，所以CH3COONH4溶液顯中性，而NH4HCO3溶液略顯堿性。
（3）弱酸(或弱堿)及其鹽1∶1混合溶液
①1∶1的CH3COOH和CH3COONa混合液呈酸性。
②1∶1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液呈堿性。
(對于等濃度的CH3COOH與CH3COO－，CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度)
（4）酸堿pH之和等于14等體積混合溶液
pH和等于14的意義：酸溶液中的氫離子濃度等于堿溶液中的氫氧根離子的濃度。
①已知酸、堿溶液的pH之和為14，則等體積混合時：
pH＝7
pH>7
pH<7
②已知酸、堿溶液的pH之和為14，若混合后溶液的pH為7，溶液呈中性，則
―→V酸∶V堿＝1∶1
―→V酸∶V堿>1∶1
―→V酸∶V堿<1∶1
③強酸、強堿等體積混合后溶液酸、堿性的判斷
【例1】 (2015·全國卷Ⅰ，13)濃度均為0.10 mol·L－1、體積均為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
【答案】D
【解析】A項，0.10 mol·L－1的MOH和ROH，前者pH＝13，后者pH小于13，說明前者是強堿，后者是弱堿，正確；B項，ROH是弱堿，加水稀釋，促進電離，b點電離程度大于a點，正確；C項，兩堿溶液無限稀釋，溶液近似呈中性，c(OH－)相等，正確；D項，由MOH是強堿，在溶液中完全電離，所以c(M＋)不變，ROH是弱堿，升高溫度，促進電離平衡ROHR＋＋OH－向右進行，c(R＋)增大，所以減小，錯誤。
【方法技巧】
圖像法理解一強一弱的稀釋規(guī)律
1．相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸
（1）加水稀釋相同的倍數(shù)，醋酸的pH大。
（2）加水稀釋到相同的pH，鹽酸加入的水多。
2．相同體積、相同pH值的鹽酸、醋酸
（1）加水稀釋相同的倍數(shù)，鹽酸的pH大。
（2）加水稀釋到相同的pH，醋酸加入的水多。
【例2】已知水在25 ℃和95 ℃時，其電離平衡曲線如圖所示：
（1）則25 ℃時水的電離平衡曲線應(yīng)為________(填“A”或“B”)，請說明理由：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（2）25 ℃時，將pH＝9的NaOH溶液與pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，則pH＝9的NaOH溶液與pH＝4的H2SO4溶液的體積之比為________。
（3）95 ℃時，若100體積pH1＝a的某強酸溶液與1體積pH2＝b的某強堿溶液混合后溶液呈中性，則混合前，該強酸的pH1與強堿的pH2之間應(yīng)滿足的關(guān)系是________________。
【答案】（1）A 水的電離是吸熱過程，溫度較低時，電離程度較小，c(H＋)、c(OH－)均較小
（2）10∶1
（3）a＋b＝14(或pH1＋pH2＝14)
【解析】（1）溫度升高，促進水的電離，水的離子積也增大，水中氫離子濃度、氫氧根離子濃度都增大，水的pH減小，但溶液仍然呈中性。因此結(jié)合圖像中A、B曲線變化情況及氫離子濃度、氫氧根離子濃度可以判斷，25 ℃時水的電離平衡曲線應(yīng)為A，理由為水的電離是吸熱過程，升高溫度，水的電離程度增大。
（2）25 ℃時，所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性，即n(OH－)＝n(H＋)，則V(NaOH)·105 mol·L－1＝V(H2SO4)·10－4 mol·L－1，得V(NaOH)∶V(H2SO4)＝10∶1。
（3）要注意95 ℃時，水的離子積為1×10－12，即c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，則等體積強酸、強堿反應(yīng)至中性時，有pH(酸)＋pH(堿)＝12。根據(jù)95 ℃時混合后溶液呈中性，pH2＝b的某強堿溶液中c(OH－)＝10b－12；由100×10－a＝1×10b－12，可得10－a＋2＝10b－12，得a＋b＝14或pH1＋pH2＝14。
【點睛】
溶液pH計算的一般思維模型
考點二 溶液中的“三大平衡”
電離平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡。這三種平衡都遵循勒夏特列原理——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．對比“四個”表格，正確理解影響因素
（1）外界條件對醋酸電離平衡的影響
CH3COOHCH3COO－＋H＋ ΔH>0
體系變化
條件
平衡移
動方向
n(H＋)
c(H＋)
導(dǎo)電
能力
Ka
加水稀釋
向右
增大
減小
減弱
不變
加入少量
冰醋酸
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
Kw
水的電
離程度
c(OH－)
c(H＋)
酸
向左
不變
減小
減小
增大
堿
向左
不變
減小
增大
減小
可水解的鹽
Na2CO3
向右
不變
增大
增大
減小
NH4Cl
向右
不變
增大
減小
增大
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
其他：如加入Na
向右
不變
增大
增大
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
現(xiàn)象
升溫
向右
增多
減小
增大
顏色變深
通HCl
向左
增多
減小
減小
顏色變淺
加H2O
向右
增多
增大
增大
顏色變淺
加FeCl3
固體
向右
增多
減小
減小
顏色變深
加NaHCO3
向右
減小
增大
增大
生成紅褐色沉淀，放出氣體
（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
平衡后
c(Ag＋)
平衡后
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
【例2】已知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－)
【答案】C
【解析】根據(jù)加入物質(zhì)的性質(zhì)判斷平衡移動方向，進一步判斷各選項結(jié)論是否正確。
A項加入金屬鈉后，鈉和水反應(yīng)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)增大?？梢岳脴O端分析法判斷，如果金屬鈉適量，充分反應(yīng)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)前面的化學(xué)計量數(shù)應(yīng)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。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。
考點三 溶液中的“三大常數(shù)”
電離平衡常數(shù)、水的離子積常數(shù)、溶度積常數(shù)是溶液中的三大常數(shù)，它們均只與溫度有關(guān)。電離平衡常數(shù)和水的離子積常數(shù)隨著溫度的升高而增大，因為弱電解質(zhì)的電離和水的電離均為吸熱反應(yīng)。有關(guān)常數(shù)的計算，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。
（1）CH3COONa、CH3COOH溶液中，Ka、Kh、Kw的關(guān)系是Kw＝Ka·Kh。
（2）M(OH)n懸濁液中Ksp、Kw、pH間關(guān)系
M(OH)n(s)Mn＋(aq)＋nOH－(aq)
Ksp＝c(Mn＋)·cn(OH－)＝·cn(OH－)＝＝()n＋1。
【例3】(2015·廣東理綜，11)一定溫度下，水溶液中H＋和OH－的濃度變化曲線如圖，下列說法正確的是( )
A．升高溫度，可能引起由c向b的變化
B．該溫度下，水的離子積常數(shù)為1.0×10－13
C．該溫度下，加入FeCl3可能引起由b向a的變化
D．該溫度下，稀釋溶液可能引起由c向d的變化
【答案】C
【解析】A項，升高溫度，促進水的電離平衡，則c(H＋)和c(OH－)都同等程度地變大，若由c向b變化，則c(H＋)增大，c(OH－)將變小，錯誤；B項，根據(jù)b點對應(yīng)的c(H＋)和c(OH－)都為1.0×10－7 mol·L－1，所以該溫度下，水的離子積常數(shù)Kw＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14，錯誤；C項，加入FeCl3發(fā)生水解反應(yīng)：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，破壞水的電離平衡，c(H＋)增大、Kw不變，c(OH－)變小，則可能引起由b向a變化，正確；D項，c點對應(yīng)的溶液呈堿性，稀釋溶液，c(OH－)變小，Kw不變，c(H＋)增大，故可引起由c向b的變化，而不是向d變化，錯誤。
考點四 溶液中“粒子”濃度的變化
1．明確“三個”守恒原理
（1）電荷守恒：即電解質(zhì)溶液中陰離子所帶電荷總數(shù)等于陽離子所帶電荷總數(shù)。根據(jù)電荷守恒可準確、快速地解決電解質(zhì)溶液中許多復(fù)雜的離子濃度問題。
（2）物料守恒：是指物質(zhì)發(fā)生變化前后，有關(guān)元素的存在形式不同，但元素的種類和原子數(shù)目在變化前后保持不變。根據(jù)物料守恒可準確快速地解決電解質(zhì)溶液中復(fù)雜離子、分子、物質(zhì)的量濃度或物質(zhì)的量的關(guān)系。
（3）質(zhì)子守恒：是指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。
2．正確理解質(zhì)子守恒
以Na2CO3和NaHCO3溶液為例，可用下圖所示幫助理解質(zhì)子守恒：
（1）Na2CO3溶液
所以c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H3O＋)，
即c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。
（2）NaHCO3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相聯(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。
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。
【例4】(2015·江蘇，14)室溫下，向下列溶液中通入相應(yīng)的氣體至溶液pH＝7(通入氣體對溶液體積的影響可忽略)，溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是( )
A．向0.10 mol·L－1 NH4HCO3溶液中通CO2：c(NH)＝c(HCO)＋c(CO)
B．向0.10 mol·L－1 NaHSO3溶液中通NH3：c(Na＋)>c(NH)>c(SO)
C．向0.10 mol·L－1 Na2SO3溶液中通SO2：c(Na＋)＝2[c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)]
D．向0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液中通HCl：c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)
【答案】D
【解析】A項，根據(jù)電荷守恒可知：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，溶液呈中性，則c(H＋)＝c(OH－)，故c(NH)＝c(HCO)＋2c(CO)，錯誤；B項，根據(jù)電荷守恒可知：c(NH)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)，根據(jù)物料守恒可知：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)，溶液呈中性，則c(H＋)＝c(OH－)，三式聯(lián)立可得：c(H2SO3)＋c(NH)＝c(SO)，則c(NH)c(SO)>c(NH)，錯誤；C項，對于Na2SO3溶液，根據(jù)物料守恒，可知：c(Na＋)＝2[c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)]，通入SO2與Na2SO3反應(yīng)使溶液呈中性，則有c(Na＋)<2[c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)]，錯誤；D項，對于CH3COONa溶液根據(jù)物料守恒有：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，c(Na＋)>c(CH3COOH), 根據(jù)混合溶液的電荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(CH3COO－)，溶液呈中性，則c(H＋)＝c(OH－)，由此可知c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，進而可知c(CH3COOH)＝c(Cl－)，故c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)，正確。
【例5】20 ℃時向20 mL 0.1 mol·L－1醋酸溶液中不斷滴入0.1 mol·L－1 NaOH(aq)，溶液pH變化如圖所示。此過程溶液中離子濃度的關(guān)系錯誤的是( )
A．a(chǎn)點：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
B．b點：c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)
C．c點：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)
D．d點：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】C
【解析】a點是CH3COOH和CH3COONa的等量混合，離子濃度關(guān)系為c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；b點，溶液呈中性，溶質(zhì)為CH3COONa和少量CH3COOH，根據(jù)電荷守恒判斷；c點，正好生成CH3COONa溶液，根據(jù)質(zhì)子守恒得c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)；d點是CH3COONa和NaOH的混合，其中CH3COONa的物質(zhì)的量是NaOH的2倍，正確。
【方法技巧】
巧抓“四點”，突破“粒子”濃度關(guān)系
1．抓反應(yīng)“一半”點，判斷是什么溶質(zhì)的等量混合。
2．抓“恰好”反應(yīng)點，生成什么溶質(zhì)，溶液的酸堿性，是什么因素造成的。
3．抓溶液“中性”點，生成什么溶質(zhì)，哪種反應(yīng)物過量或不足。
4．抓反應(yīng)“過量”點，溶質(zhì)是什么，判斷誰多、誰少還是等量。
考點五 酸堿中和滴定及“遷移”應(yīng)用
“中和滴定”考點歸納
（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。其中常考的是滴定管，如正確選擇滴定管(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強酸強堿相互滴定，可選用甲基橙或酚酞；②若反應(yīng)生成的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(yīng)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，一般不作指示劑。
（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)視線問題要學(xué)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(yīng)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。
【例6】KMnO4溶液常用作氧化還原反應(yīng)滴定的標準液，由于KMnO4的強氧化性，它的溶液很容易被空氣中或水中的某些少量還原性物質(zhì)還原，生成難溶性物質(zhì)MnO(OH)2，因此配制KMnO4標準溶液的操作如下所示：
①稱取稍多于所需量的KMnO4固體溶于水中，將溶液加熱并保持微沸1 h；②用微孔玻璃漏斗過濾除去難溶的MnO(OH)2；③過濾得到的KMnO4溶液貯存于棕色試劑瓶并放在暗處；④利用氧化還原滴定方法，在70～80 ℃條件下用基準試劑(純度高、相對分子質(zhì)量較大、穩(wěn)定性較好的物質(zhì))溶液標定其濃度。
請回答下列問題：
（1）準確量取一定體積的KMnO4溶液需要使用的儀器是____________。
（2）在下列物質(zhì)中，用于標定KMnO4溶液的基準試劑最好選用________(填字母)。
A．H2C2O4·2H2O B．FeSO4
C．濃鹽酸 D．Na2SO3
（3）若準確稱取W g你選的基準試劑溶于水配成500 mL溶液，取25.00 mL置于錐形瓶中，用KMnO4溶液滴定至終點，消耗KMnO4溶液V mL。KMnO4溶液的物質(zhì)的量濃度為________mol·L－1。
（4）若用放置兩周的KMnO4標準溶液去測定水樣中Fe2＋的含量，測得的濃度值將________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。
【答案】（1）酸式滴定管?。?）A?。?） （4）偏高
【解析】（1）KMnO4溶液具有強氧化性，能將堿式滴定管下端的橡膠管腐蝕，所以不能用堿式滴定管量取，可以用酸式滴定管量取。
（2）H2C2O4·2H2O在常溫常壓下是穩(wěn)定的結(jié)晶水合物；
FeSO4在空氣中不穩(wěn)定易被氧化，鐵元素的化合價從＋2升高到＋3；濃鹽酸易揮發(fā)；Na2SO3在空氣中不穩(wěn)定易被氧化成Na2SO4。
（3）根據(jù)得失電子守恒原理有關(guān)系式：5(H2C2O4·2H2O)～2KMnO4，則KMnO4溶液的濃度為
c(KMnO4)＝
＝ mol·L－1。
（4）在放置過程中，由于空氣中還原性物質(zhì)的作用，使KMnO4溶液的濃度變小了，再去滴定水樣中的Fe2＋時，消耗KMnO4溶液(標準溶液)的體積會增大，導(dǎo)致計算出來的c(Fe2＋)會增大，測定的結(jié)果將偏高。
11
專題九 電解質(zhì)溶液
1．某種碳酸飲料中主要含檸檬酸、碳酸、白砂糖、苯甲酸鈉等成分，常溫下測得其pH約為3.5，下列說法不正確的是( )
A．檸檬酸的電離會抑制碳酸的電離
B．該碳酸飲料中水的電離受到抑制
C．常溫下，該碳酸飲料中KW的值大于純水中KW的值
D．打開瓶蓋冒出大量氣泡，是因為壓強減小，降低了CO2的溶解度
【答案】C
【解析】H2CO3是弱酸，檸檬酸的電離會抑制碳酸的電離，A項正確；該碳酸飲料中含有檸檬酸、碳酸等酸，水的電離受到抑制，B項正確；KW只與溫度有關(guān)，而與溶液的酸堿性無關(guān)，C項錯誤；打開瓶蓋，壓強減小，H2CO3(aq)H2O(l)＋CO2(g)平衡向右移動，生成CO2的量增多，冒出大量氣泡，D項正確。
2．關(guān)于常溫下pH＝2的醋酸，下列敘述正確的是( )
A．c(CH3COOH)＝0.01 mol·L－1
B．c(H＋)＝c(CH3COO－)
C．加水稀釋100倍后，溶液pH＝4
D．加入CH3COONa固體，可抑制CH3COOH的電離
【答案】D
【解析】常溫下pH＝2則c(H＋)＝0.01 mol·L－1，因CH3COOH是弱酸，所以c(CH3COOH)>0.01 mol·L－1，A 錯誤；醋酸中的電荷守恒表達式為c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，B錯誤；pH＝2的溶液，加水稀釋100倍，若不存在電離平衡的移動，則溶液的pH＝4，因CH3COOH是弱電解質(zhì)，稀釋促進其電離，故2c(H＋)＝c(OH－)
【答案】C
【解析】加入少量金屬Na，溶液中c(H＋)減小，平衡②向右移，溶液中c(HSO)減小，A項錯誤；加入少量Na2SO3固體，根據(jù)電荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)，B項錯誤；加入少量NaOH溶液，c(OH－)增大，平衡②向右移，、均增大，C項正確；加入氨水至中性，根據(jù)物料守恒c(Na＋)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)，則c(Na＋)>c(SO)，D項錯誤。
5．(2016·長春七校聯(lián)考)常用的無機酸25 ℃時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)K值(25 ℃)
6.2×10－10 (K)
4.2×10－7 (K1)
5．6×10－11 (K2)
6.61×10－4 (K)
下列選項正確的是( )
A．NaF溶液中通入過量CO2：F－＋H2O＋CO2===HF＋HCO
B．Na2CO3溶液中：2c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)
C．中和等體積、等pH的氫氰酸(HCN)和氫氟酸(HF)消耗NaOH的量前者大于后者
D．等濃度的NaCN和NaF溶液中pH前者小于后者
【答案】C
【解析】由表中數(shù)據(jù)可知，HF的酸性強于H2CO3，故A項反應(yīng)不可能發(fā)生，錯誤；Na2CO3溶液中存在物料守恒c(Na＋)＝2c(CO)＋2c(HCO)＋2c(H2CO3)，B選項錯誤；因為HCN的酸性比HF弱，體積和pH都相同時，HCN的濃度大，HCN的物質(zhì)的量大，消耗NaOH的量多，C選項正確；同為鈉鹽，對應(yīng)的酸的酸性越弱，鈉鹽的水解程度越大，pH越大，HCN的酸性弱于HF，所以NaCN溶液的pH大，D選項錯誤。
6．某溫度下，體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋時的pH變化曲線如圖 所示。下列判斷正確的是( )
A．a(chǎn)、c兩點溶液的導(dǎo)電能力相同
B．a(chǎn)、b、c三點溶液中水的電離程度：a>b>c
C．b點溶液中：c(H＋)＋c(NH3·H2O)＝c(OH－)
D．用等濃度的NaOH溶液和等體積的b、c處溶液反應(yīng)，消耗NaOH溶液體積Vb＝Vc
【答案】B
【解析】體積和pH都相同的鹽酸和氯化銨溶液加水稀釋的過程中，鹽酸中c(H＋)變化大，而氯化銨溶液中NH可繼續(xù)水解，溶液中的c(H＋)變化小，所以含c點的曲線是鹽酸pH變化曲線，含a、b點的曲線是氯化銨溶液pH變化曲線。溶液的導(dǎo)電能力和溶液中自由移動的離子數(shù)目有關(guān)，當溶液的體積相等時，a、c兩點溶液中離子濃度不一樣，故導(dǎo)電能力不一樣，A項錯誤；HCl電離出的H＋抑制了水的電離，所以c點溶液中水的電離程度最小，氯化銨溶液中NH的水解促進水的電離，氯化銨溶液中c(H＋)越大，水的電離程度越大，綜上所述a、b、c三點溶液水的電離程度a>b>c，B項正確；b點溶液中，根據(jù)質(zhì)子守恒，得出c(OH－)＋c(NH3·H2O)＝c(H＋)，C項錯誤；b、c處溶液的pH相等，c處HCl完全電離，而b處溶液中加入NaOH溶液后，NH的水解平衡正向移動，故消耗NaOH溶液體積Vb>Vc，D項錯誤。
7．在含有Ag＋的酸性溶液中，以鐵銨礬NH4Fe(SO4)2作指示劑，用KSCN的標準溶液滴定Ag＋。已知：AgSCN(白色，s)Ag＋＋SCN－，Ksp＝1.0×10－12，F(xiàn)e3＋＋SCN－[Fe(SCN)]2＋(血紅色)，K＝138。下列說法不正確的是( )
A．邊滴定，邊搖動溶液，溶液中首先析出AgSCN白色沉淀
B．當Ag＋定量沉淀后，少許過量的SCN－與Fe3＋生成血紅色配合物，即為終點
C．上述實驗可用KCl標準溶液代替KSCN的標準溶液滴定Ag＋
D．滴定時，必須控制溶液一定的酸性，防止Fe3＋水解，以免影響終點的觀察
【答案】C
【解析】對比AgSCN的溶度積常數(shù)及Fe3＋與SCN－反應(yīng)的平衡常數(shù)可知，溶液中首先析出AgSCN白色沉淀，A項正確；Fe3＋與SCN－形成的配合物為血紅色，其顏色變化決定了這種配合物能否形成，可以作為滴定終點的判斷依據(jù)，B項正確；Cl－與Fe3＋不反應(yīng)，沒有明顯的顏色變化，C項錯誤；Fe3＋易水解生成紅褐色Fe(OH)3沉淀而干擾對紅色的觀察，D項正確。
8．如圖所示，有T1、T2不同溫度下BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線，下列說法不正確的是( )
A．加入Na2SO4可使溶液由a點變?yōu)閎點
B．在T1曲線上方區(qū)域(不含曲線)任意一點時，均有BaSO4沉淀生成
C．蒸發(fā)溶劑可能使溶液由d點變?yōu)榍€上a，b之間的某一點(不含a，b)
D．升溫可使溶液由b點變?yōu)閐點
【答案】D
【解析】A項正確，溫度不變Ksp不變，c(SO)增大，c(Ba2＋)減小；B項正確，T1曲線上方區(qū)域，任意一點為過飽和溶液，有BaSO4沉淀生成；C項正確，蒸發(fā)溶劑，c(SO)、c(Ba2＋)均增大，而由d點到a點c(SO)保持不變，由d點到b點c(Ba2＋)保持不變；D項錯誤，升溫Ksp增大，c(Ba2＋)、c(SO)均應(yīng)增大。
9．(2016·山東濟南模擬)常溫下，用0.100 mol·L－1的NaOH溶液分別滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的鹽酸和0.100 mol·L－1的醋酸，得到兩條滴定曲線，如圖所示：
下列說法正確的是 ( )
A．滴定鹽酸的曲線是圖2
B．兩次滴定均可選擇甲基橙或酚酞作指示劑
C．達到B、E點時，反應(yīng)消耗的n(CH3COOH)＝n(HCl)
D．以HA表示酸，當0 mLc(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
【答案】C
【解析】0.100 mol·L－1鹽酸的pH＝1,0.100 mol·L－1醋酸的pH>1，故A項錯誤；甲基橙的變色范圍是pH＝3.1～4.4、酚酞的變色范圍是pH＝8.2～10.0，由圖2中pH突變的范圍(>6)可知，當氫氧化鈉溶液滴定醋酸時，只能選擇酚酞作指示劑，B項錯誤；B、E兩點對應(yīng)消耗氫氧化鈉溶液的體積均為a mL，所以反應(yīng)消耗的n(CH3COOH)＝n(HCl)，C項正確；0 mLc(H＋)＝c(OH－)，D項錯誤。
10．(2016·河北唐山模擬)常溫下，一些金屬離子(用Mn＋表示)形成M(OH)n沉淀與溶液pH平衡關(guān)系曲線如圖。
已知：c(Mn＋)≤1×10－5 mol·L－1時可認為金屬離子沉淀完全；pM＝－lgc(Mn＋)，pKsp＝－lg Ksp。下列敘述正確的是( )
A．Mn＋開始沉淀的pH與起始濃度c(Mn＋)無關(guān)
B．不同的金屬沉淀完全時的pH相同
C．圖中Y點與X點pKsp不相同
D．Y點：pM＝pKsp＋npH－14n
【答案】D
【解析】A項，Mn＋開始沉淀的pH與起始溶液c(Mn＋)有關(guān)，c(Mn＋)越大，沉淀所需pH值越??；B項，不同金屬離子的Ksp不相同，所以金屬沉淀完全時pH也不相同；C項，Ksp只與溫度有關(guān)，所以Y點與X點pKsp相同；D項，c(Mn＋)＝＝，兩邊同時取負對數(shù)，
－lgc(Mn＋)＝－lgKsp＋lg(10－14)n－lgcn(H＋)
即：pM＝pKsp＋npH－14n。
11．(2016·海南七校聯(lián)盟聯(lián)考)連二次硝酸(H2N2O2)是一種二元酸，可用于制N2O氣體。
（1）連二次硝酸中氮元素的化合價為__________。
（2）常溫下，用0.01 mol·L－1的NaOH溶液滴定10 mL 0.01 mol·L－1的H2N2O2溶液，測得溶液pH與NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。
①寫出H2N2O2在水溶液中的電離方程式：_____________________________________
________________________________________________________________________。
②b點時溶液中c(H2N2O2)______c(N2O)。(填“>”“<”或“＝”，下同)
③a點時溶液中c(Na＋)______c(HN2O)＋c(N2O)。
（3）硝酸銀溶液和連二次硝酸鈉溶液混合，可以得到黃色的連二次硝酸銀沉淀，向該分散系中滴加硫酸鈉溶液，當白色沉淀和黃色沉淀共存時，分散系中＝________。[已知Ksp(Ag2N2O2)＝4.2×10－9，Ksp(Ag2SO4)＝1.4×10－5]
【答案】（1）＋1
（2）①H2N2O2H＋＋HN2O?、? ③>
（3）3.0×10－4
【解析】（1）根據(jù)化合物中各元素化合價的代數(shù)和為0可求出H2N2O2中氮元素的化合價為＋1。（2）①由題圖可以看出，未加入NaOH溶液時，0.01 mol·L－1 H2N2O2溶液的pH＝4.3，這說明H2N2O2為弱酸，則其電離方程式為H2N2O2H＋＋HN2O。②b點時溶液中的溶質(zhì)為NaHN2O2，溶液呈堿性，說明HN2O的水解程度大于其電離程度，H2N2O2為水解產(chǎn)物，N2O為電離產(chǎn)物，故c(H2N2O2)>c(N2O)。③a點時溶液中，根據(jù)電荷守恒可得：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(N2O)＋c(HN2O)＋c(OH－)，而a點時溶液的pH＝7，則c(H＋)＝c(OH－)，故c(Na＋)＝2c(N2O)＋c(HN2O)，所以c(Na＋)>c(N2O)＋c(HN2O)。（3）當白色沉淀和黃色沉淀共存時，溶液中連二次硝酸銀和硫酸銀均達到飽和，溶液中存在兩個溶解平衡：Ag2N2O2(s)2Ag＋(aq)＋N2O (aq)、Ag2SO4(s)2Ag＋(aq)＋SO (aq)，溶液中＝＝＝＝3.0×10－4。
12．25 ℃時，將某一元酸HA和NaOH溶液等體積混合，兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表：
實驗
編號
HA物質(zhì)的量
濃度/(mol·L－1)
NaOH物質(zhì)的量
濃度/(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
請回答下列問題：
（1）不考慮其他組的實驗結(jié)果，單從甲組情況分析，如何用a(混合溶液的pH)來說明HA是強酸還是弱酸： ______________________________________________________。
（2）不考慮其他組的實驗結(jié)果，單從乙組情況分析，c1是否一定等于0.2？________(填“是”或“否”)?；旌先芤褐须x子濃度c(A－)與c(Na＋)的大小關(guān)系是________。
A．前者大 B．后者大
C．二者相等 D．無法判斷
（3）從丙組實驗結(jié)果分析，HA是________(填“強”或“弱”)酸。該混合溶液中離子濃度由大到小的順序是___________________________________________________。
（4）丁組實驗所得混合溶液中由水電離出的c(OH－)＝________ mol·L－1。
寫出該混合溶液中下列算式的精確結(jié)果(不能做近似計算)。c(Na＋)－c(A－)＝______________。
【答案】（1）若a＝7，HA為強酸；若a>7，HA為弱酸
（2）否 C
（3）弱 c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(H＋)
（4）1.0×10－5 (1.0×10－5－1.0×10－9)mol·L－1
【解析】（1）因為一元酸和一元堿的物質(zhì)的量濃度相等，又是等體積混合，說明恰好完全反應(yīng)，生成的產(chǎn)物是NaA，對NaA溶液分析，若a＝7，說明HA是強酸，若a>7，說明溶液因A－的水解而顯堿性，則HA是弱酸。
（2）c1不一定等于0.2。當HA是強酸時c1等于0.2；當HA是弱酸時，c1大于0.2。因為pH＝7，說明c(H＋)＝c(OH－)，根據(jù)電荷守恒可知，一定有c(Na＋)＝c(A－)。
（3）由丙組實驗數(shù)據(jù)可知，兩溶液等體積等物質(zhì)的量濃度混合后pH>7，說明A－水解，得出HA是弱酸，其他易推知。
（4）丁組實驗中所得混合液的pH＝9，說明溶液中c(H＋)＝1.0×10－9 mol·L－1，則由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝c(OH－)＝mol·L－1＝1.0×10－5 mol·L－1，由電荷守恒得：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，則c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝(1.0×10－5－1.0×10－9) mol·L－1。
13．(2016·山東青島模擬)工廠中用稀硫酸浸泡某礦石后的溶液中，除了含有大量硫酸外，還含有少量NH、Fe3＋、AsO、Cl－。為除去雜質(zhì)離子，部分操作流程如下：
請回答下列問題：
（1）用稀硫酸浸泡某礦石后的溶液中，硫酸的濃度為4.9 g·L－1，則該溶液中的pH約為__________。
（2）NH在用稀硫酸浸泡某礦石后的溶液中以(NH4)2SO4 和NH4Cl形式存在。 現(xiàn)有一份(NH4)2SO4溶液，一份NH4Cl溶液，(NH4)2SO4溶液中c(NH)恰好是NH4Cl溶液中c(NH)的2倍，則c[(NH4)2SO4]________c(NH4Cl)(填“<”“＝”或“>”)。
（3）隨著向廢液中投入生石灰(忽略溶液溫度的變化)，溶液中________(填“增大”“減小”或“不變”)。
（4）投入生石灰調(diào)節(jié)pH 2～3時，大量沉淀主要成分為CaSO4·2H2O[含有少量Fe(OH)3]，提純CaSO4·2H2O的主要操作步驟：向沉淀中加入過量__________，充分反應(yīng)后，過濾、洗滌、________。
（5）25 ℃，H3AsO4電離常數(shù)為K1＝5.6×10－3，K2＝1.7×10－7，K3＝4.0×10－12。 當調(diào)節(jié)pH 8～9時，沉淀主要成分為Ca3(AsO4)2。
①pH調(diào)節(jié)到8左右Ca3(AsO4)2才開始沉淀的原因是________________________________ ________________________________________________________________________。
②Na3AsO4第一步水解的平衡常數(shù)數(shù)值為 _____________________________。
【答案】（1）1?。?）<
（3）減小?。?）稀硫酸 晾干或干燥
（5）①H3AsO4是弱酸，當溶液中pH調(diào)節(jié)到8左右，c(AsO)增大，Ca3(AsO4)2開始沉淀
②2.5×10－3
【解析】硫酸廢液中除了含有大量硫酸外，還含有少量NH、Fe3＋、AsO、Cl－，加入生石灰，調(diào)節(jié)pH 2～3，大量沉淀主要成分為CaSO4·2H2O[含有少量Fe(OH)3]，濾液加入生石灰調(diào)節(jié)pH 8～9，生成Ca3(AsO4)2沉淀，濾液主要含有(NH4)2SO4和NH4Cl。（1）硫酸的濃度為4.9 g·L－1，
c(H2SO4)＝＝0.05 mol·L－1，
c(H＋)＝0.1 mol·L－1，pH＝－lg0.1＝1。
（2）如c[(NH4)2SO4]＝c(NH4Cl)，則(NH4)2SO4溶液中c(NH)較大，因c(NH)越大，NH水解程度越小，則(NH4)2SO4溶液中c(NH)大于NH4Cl溶液中c(NH)的2倍，如等于2倍，則c(NH4Cl)應(yīng)稍大。
（3）隨著向廢液中投入生石灰，c(OH－)增大，c(NH3·H2O)減小，則溶液中減小。
（4）提純CaSO4·2H2O，可加入稀硫酸溶解Fe(OH)3，且防止CaSO4·2H2O的溶解，過濾后洗滌、干燥。
（5）①H3AsO4是弱酸，電離出來的AsO較少，所以酸性條件下不易形成Ca3(AsO4)2沉淀，當溶液中pH調(diào)節(jié)到8左右時AsO濃度增大，Ca3(AsO4)2開始沉淀。
②Na3AsO4的第一步水解的離子方程式為AsO＋H2OHAsO＋OH－，該步水解的平衡常數(shù)Kh＝＝＝＝＝2.5×10－3。
14．FeCl3具有凈水作用，但腐蝕設(shè)備，而聚合氯化鐵是一種新型的絮凝劑，處理污水比FeCl3高效，且腐蝕性小。請回答下列問題：
（1）FeCl3凈水的原理是__________________。FeCl3溶液腐蝕鋼鐵設(shè)備，除H＋作用外，另一主要原因是(用離子方程式表示)__________________________________________。
（2）為節(jié)約成本，工業(yè)上用NaClO3氧化酸性FeCl2廢液得到FeCl3。
若酸性FeCl2廢液中c(Fe2＋)＝2.0×10－2 mol·L－1，c(Fe3＋)＝1.0×10－3 mol·L－1，c(Cl－)＝5.3×10－2 mol·L－1，則該溶液的pH約為________。
（3）FeCl3在溶液中分三步水解：
Fe3＋＋H2OFe(OH)2＋＋H＋ K1
Fe(OH)2＋＋H2OFe(OH)＋H＋ K2
Fe(OH)＋H2OFe(OH)3＋H＋ K3
以上水解反應(yīng)的平衡常數(shù)是K1、K2、K3由大到小的順序是________。
通過控制條件，使以上水解產(chǎn)物聚合，生成聚合氯化鐵，離子方程式為：xFe3＋＋yH2OFex(OH)＋yH＋。
欲使平衡正向移動可采用的方法是(填序號)________。
a．降溫 b．加水稀釋 c．加入NH4Cl d．加入NaHCO3
室溫下，使氯化鐵溶液轉(zhuǎn)化為高濃度聚合氯化鐵的關(guān)鍵條件是_________________ _______________________________________________________。
（4）天津某污水處理廠用聚合氯化鐵凈化污水的結(jié)果如圖所示。由圖中數(shù)據(jù)得出每升污水中投放聚合氯化鐵[以Fe(mg·L－1)表示]的最佳范圍約為________mg·L－1。
【答案】（1）Fe3＋水解產(chǎn)生的Fe(OH)3膠體粒子能吸附水中懸浮的雜質(zhì) 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋
（2）2?。?）K1＞K2＞K3 bd 調(diào)節(jié)溶液的pH?。?）18～20
【解析】（1）氯化鐵水解生成的氫氧化鐵膠體，具有吸附作用，可吸附水中的雜質(zhì)，起到凈水作用。氯化鐵溶液腐蝕鋼鐵，原因之一是Fe3＋能與Fe反應(yīng)，生成Fe2＋。（2）酸性FeCl2廢液中，由電荷守恒：2c(Fe2＋)＋3c(Fe3＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)。忽略溶液中c(OH－)，并將已知數(shù)據(jù)代入上式解得c(H＋)＝0.01 mol·L－1，故溶液的pH約為2。（3）鹽類的逐級水解程度依次減弱，故K1>K2>K3。鹽類的水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，降溫，水解平衡逆向移動，a錯誤。加水稀釋促進水解，b正確。NH4Cl水解呈酸性，故加入NH4Cl，平衡逆向移動，而NaHCO3水解呈堿性可使平衡正向移動，故c錯誤，d正確。在室溫下，使上述平衡正向移動的關(guān)鍵條件是溶液的pH。（4）“渾濁度”的去除率越大，凈化效果越好，此時聚合氯化鐵的最佳濃度為18 mg·L－1；“還原性物質(zhì)”的去除率越大，凈化效果越好，此時聚合氯化鐵的最佳濃度為20 mg·L－1。綜合考慮，投放聚合氯化鐵的最佳范圍是18～20 mg·L－1。
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