高考化学二轮复习教学案专题八电解质溶液

高考化学二轮复习教学案专题八电解质溶液

专题八 电解质溶液 【考纲解读】 1.了解电解质和非电解质、强电解质和弱电解质的概念。 2.理解电解质的电离平衡概念。 3.了解水的电离、溶液 pH 等概念。 【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、电离平衡（如盐的水解原理在工农业生产、日常生活中的广泛应用等）是高考的必考内 容。电离平衡类试题在高考卷中出现的知识点有下列内容：强弱电解质的电离、pH 与起始 浓度的关系、有关混合溶液 pH 的计算、改变条件对弱电解质电离平衡离子浓度的影响、离 子浓度的大小比较、中和滴定指示剂的选择、盐类水解、物料守恒、电荷守恒等。 【专题解读】 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。 考点二、强酸与弱酸(或强碱与弱碱)的比较 等物质的量浓度的盐酸(a)与醋酸 (b) 等pH的盐酸(a)与醋酸 (b) pH或物质 的量浓度 pH：ab a=b 水的电离程度 a c(CH3COO － ) c(Cl － )= c(CH3COO － ) 等体积溶液中和NaOH的量 a=b a 1410 c  mol·L －1 ，7c 碱(OH －) pH(酸)+pH(碱)>14，c 酸(H ＋)c(HCO 3  )》 c(CO 2 3 )(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离) (2)水解理论 发生水解离子的浓度大于水解生成粒子的浓度，如 Na2CO3 溶液中：c(CO 2 3 )>c(HCO 3  )》 c(H2CO3)(多元弱酸酸根离子的水解以第一步为主) (3) 电解质溶液中的守恒关系 守恒 关系 定义 实例 电荷 守恒 电解质溶液呈电中性，即所有阳离子所带 的正电荷总数与所有阴离子所带的负电荷 总数相等 例如在 NaHCO3 溶液中：c(Na+)+c(H+) ＝c(OH－)+c(HCO3 －)+2c(CO32－) 物料 守恒 实质也就是原子守恒，即原子在变化过程 (水解、电离)中数目不变 例 如 在 Na2CO3 溶 液 中 ： 1/2c(Na+)=c(CO32 － )+c(HCO3 －)+c(H2CO3) 质子 守恒 即在纯水中加入电解质，最后溶液中由水 电离出的 H+与 OH－ 离子守恒(可由电荷守 恒及物料守恒推出) 例如在 Na2CO3溶液中：c(OH－)=c(HCO3 －)+2c(H2CO3)+c(H+) 2．几种题型 (1)多元弱酸溶液中，根据弱酸的分步电离进行分析，如在 H3PO4溶液中： c(H＋)>c(H2PO  4 )>c(HPO 2 4 )>c(PO 3 4  )。 (2)多元弱酸的正盐溶液中，按弱酸根离子的分步水解进行分析：如在 Na2CO3溶液中： c(Na＋)>c(CO 2 3 )>c(OH－)>c(HCO 3  )。 (3)不同溶液中同一离子浓度大小的比较，要看溶液中其他离子对该离子的影响，如在同 物质的量浓度的下列溶液中：NH4Cl；②CH3COONH4；③NH4HSO4，c(NH  4 )由大到小的顺 亭为：③>①>②。 (4)混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析，如电离因素、水解因素等。如在 0.1 mol·L－1 NHCl 溶液和 0.1 mol·L－1 的氨水混合溶液中，各离子浓度大小的顺序为： c(NH  4 )>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)。 八、盐类水解的应用 1．判断盐溶液的酸碱性 (1)强酸弱碱盐水解，pH 小于 7，如 NH4Cl、CuSO4、FeCl3、Zn(NO3)2 等。 (2)强碱弱酸盐水解，pH 大于 7，如 CH3COONa、K2CO3、NaHCO3、Na2S 等。 (3)强酸强碱盐不水解，溶液呈中性，如 NaCl、K2SO4 等。 (4)弱酸酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。 2．判断盐溶液中离子种类及其浓度大小顺序 如 Na2S 溶液中，Na2S===2Na＋+S2－ S2－+H2O HS－+OH－ HS－+H2O H2S+OH－ H2O H＋+OH－ 所以溶液中存在的微粒有：Na＋、S2－、HS－、H2S、H＋、OH－、H2O，且 c(Na＋)>2c(S2－)， c(OH－)>c(H＋)。 3．无水盐制备 (1)制备挥发性强酸弱碱盐，如 FeCl3，从溶液中得晶体时，必须在 HCl 氛围下失去结 晶水，否则易得 Fe(OH)3 或 Fe2O3。 (2)难挥发性强酸弱碱盐可直接加热得无水盐，如 Al2(SO4)3。 4．某些试剂的实验室贮存要考虑盐的水解 例如：Na2CO3、NaHCO3溶液因 CO 2 3 、HCO  3 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 皮塞的试剂瓶贮存。 5．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，滴加少量相应的强酸，可抑制弱碱阳离子的水解，如配制 FeCl3、AlCl3溶液时滴几滴稀盐酸，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，滴加少量相应的强碱，可抑制弱酸根离子的水解，如配制 Na2CO3、K2S 溶液时滴几滴 NaOH 溶液。 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， 要考虑它们水解的相互促进，如泡沫灭火器原理：利用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 悬浮物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，能产生 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  4 +H2O NH3·H2O+H＋ ，Mg+2H＋===Mg2＋+H2↑。 9．工农业生产中化肥使用时，也要考虑某些化肥不能混合使用，如 K2CO3与 NH4Cl 不 能混施等。 【特别提醒】判断溶液中离子共存时，不要忽略了离子水解相互促进反应的类型，如 Al3＋与 HCO  3 、CO 2 3 等不能共存。 1、（2010·北京高考·T10·6 分）下列解释实验事实的方程式不正确．．．的是 Ａ．０．１mol／Ｌ 3CH COOH 溶液的ＰＨ＞１： CH3COOH CH3COO － ＋H ＋ Ｂ．“ 2NO 球”浸泡在冷水中，颜色变浅２NO2（ｇ） N2O4（ｇ）△Ｈ＜０ （红棕色） （无色） Ｃ.铁溶于稀硝酸，溶液变黄:３Ｆｅ＋８Ｈ＋＋２Ｎ 3O  ３Ｆｅ２＋＋２ＮＯ↑＋４ Ｈ２Ｏ Ｄ．向Ｎａ２ＣＯ３溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红： CO3 2－＋H2O HCO3 －＋OH－ 【命题立意】本题以常见实验为呈现形式,主要考查对反应原理的正确理解和化学用语的准 确使用。 【思路点拨】对实验反应原理的正确理解和准确使用化学用语。 【规范解答】选 C。 若 3CH COOH 是强酸，则０．１mol／Ｌ 3CH COOH 溶液的ＰＨ=１，现在ＰＨ＞１， 说明 3CH COOH 是弱酸，因此 A 正确。“ 2NO 球”浸泡在冷水中，温度降低，颜色变浅， 说明２NO2（ｇ） N2O4（ｇ）平衡正向移动，△Ｈ＜０，故 B 正确。铁溶于稀硝酸，溶 液变黄，是因为生成了Ｆｅ 3＋ ，方程式为 Fe＋NO3 － ＋4H ＋ =Fe 3＋ ＋NO＋2H2O，故 C 错误。向Ｎ ａ２ＣＯ３溶液中滴入酚酞溶液，溶液变红，说明溶液呈碱性，CO3 2－＋H2O HCO3 －＋OH－， 故 D 对。 2、（2010·安徽高考·T13·6 分）将 0.01mol 下列物质分别加入 100mL 蒸馏水中，恢复至 室温，所得溶液中阴离子浓度的大小顺序是（溶液体积变化忽略不计） ①Na2O2 ②Na2O ③Na2CO3 ④NaCl A. ①>②>③>④ B. ①>②>④>③ C. ①=②>③>④ D. ①=②>③=④ 【命题立意】本题考查了溶液中离子浓度大小的比较。 【思路点拨】注意 Na2O2 、Na2O 与水反应产物；同时考虑 CO3 2- 水解。 【规范解答】选 C。 ①②溶于水，溶质都是 NaOH，且物质的量都为 0.02moL,且二者与水反应时消耗的水的物质 的量相同。故反应后溶液体积相同，故①=②；③中 CO3 2-水解，溶液中出现了 OH-、HCO3 -，故 溶液中阴离子浓度稍大于④；故 C正确。 3、（2010·海南高考·T2·2 分）常温下，将 0.1 mol·L -1 氢氧化钠溶液与 0.06 mol·L -1 硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的 pH 等于 A．1.7 B．2.0 C．12.0 D．12.4 【命题立意】本题以酸、碱混合时溶液 pH 的计算为载体，考查溶液 pH 的计算方法和计算能 力。 【思路点拨】酸、碱混合时溶液 pH 计算的步骤： （1）首先判断混合后溶液的酸碱性。 （2）若为酸性，计算剩余 H + 的浓度，再求出 pＨ。 （3）若为碱性，先计算剩余 OH — 的浓度，再通过 Kw求出 c(H + )，最后求 pＨ。 【规范解答】选 B。 设两溶液的体积均为 1L，OH — 离子的物质的量为 0.1 mol·L -1 ×1L=0.1 mol，因 H + 离子的浓 度是硫酸浓度的 2 倍，即 0.06 mol·L-1×2=0.12mol·L-1，故 H+离子的物质的量为 0.12 mol·L-1×1L=0.12mol，H+离子的物质的量大于 OH—离子的物质的量，混合后，溶液呈酸性； 混合反应后剩余 H + 离子的物质的量浓度为（0.12mol－0.1 mol）÷（1L+1L）=0.01mol·L -1 ， 溶液的 pH=－lg(H + )=2。 【类题拓展】两两混合溶液的 pH 的计算方法 （1）强酸与强酸混合：先求出混合后的 C(H+)混，C(H+)混= 1 1 2 2 1 2 ( ) ( )c H V c H V V V    ，再根据公 式计算 pH。 （2）强碱与强碱混合：先求出混合后 C(OH－)，c(OH－)混= 1 1 2 2 1 2 ( ) ( )c OH V c OH V V V    ，再通 过 Kw求出 c (H + )，再计算 pH。 （3）强酸与强碱混合：强酸与强碱混合实质为中和反应，可以有以下三种情况： ①若恰好中和，pＨ＝7。 ②若酸剩余，先求出中和后剩余的 c(H + )，再计算 pＨ。 ③若碱剩余，先求出中和后剩余的 c(OH － )， 再通过 Kw求出 c(H + )，最后计算 pＨ。 4、2010·海南高考·T6·2 分）光谱研究表明，易溶于水的 SO2所形成的溶液中存在着下列 平衡： 据此，下列判断中正确的是 A．该溶液中存在着 SO2分子 B．该溶液中 H + 浓度是 SO2 - 3 浓度的 2倍 C．向该溶液中加入足量的酸都能放出 SO2气体 D．向该溶液中加入过量 NaOH 可得到 Na2SO3、NaHSO3和 NaOH 的混合溶液 【命题立意】本题考查化学反应平衡及弱电解质的电离平衡的理解和应用，考查的知识点有： 平衡的特点、外界因素对平衡的影响。 【思路点拨】在平衡体系中，所有物质均同时共存，外部条件改变，平衡发生移动，判断平 衡移动的方向。 【规范解答】选 A。 因上述变化均为可逆反应，故均不能反应完全，所以溶液中存在着 SO2、SO2·xH2O、H + 、HSO3 — 、 SO3 2— 等微粒，A 正确 C 错误。SO2·xH2O H + +HSO3 — 、 HSO3 — H + +SO3 2— 均为可逆反应， 所以 SO2·xH2O 电离出的 HSO3 —没有完全电离成 H+和 SO3 2—，故 H+浓度不是 SO2 - 3 浓度的 2倍，B 错误；向该溶液中加入过量 NaOH，NaOH 消耗 H+，使平衡 HSO3 — H++SO3 2—向右移动，HSO3 — 几乎完全电离，故不存在 NaHSO3，D 错误。 5、（2010·天津高考·T4·6分）下列液体均处于 25℃，有关叙述正确的是 A．某物质的溶液 pH < 7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐 B．pH ＝ 4.5 的番茄汁中 c(H + )是 pH ＝ 6.5 的牛奶中 c(H + )的 100 倍 C．AgCl 在同浓度的 CaCl2和 NaCl 溶液中的溶解度相同 D．pH ＝ 5.6 的 CH3COOH 与 CH3COONa 混合溶液中，c(Na + ) > c(CH3COO － ) 【命题立意】综合考查了电解质溶液中的有关知识，包括盐类的水解、溶液的 pH 与 c(H+ ) 的关系、沉淀溶解平衡的移动和溶液中离子浓度大小的比较。 【思路点拨】利用电荷守恒式可以比较离子浓度的大小。 【规范解答】选 B。 某些强酸的酸式盐 pH＜7，如 NaHSO4，故 A 项错误；pH=4.5，c(H+)=10-4.5 mol·L-1，pH=6.5， 其 c(H+ )=10 -6.5 mol·L -1 ，故 B 项正确；同浓度的 CaCl2溶液的 c(Cl- )是 NaCl 溶液的 c(Cl- ) 的两倍，它们对 AgCl 沉淀溶解平衡的抑制程度不同，故 C 项错误；混合溶液显酸性，则 c(H+)>c(OH-)，根据电荷守恒，c(CH3COO -)>c(Na+)，故 D 项错误。 【类题拓展】离子浓度的定量关系 （1）电荷守恒式： 由于在电解质溶液中，无论存在多少种离子，溶液总是呈电中性，即阴离子所带的负电荷总 数一定等于阳离子所带的正电荷总数。 书写电荷守恒式的步骤：①找全溶液中的离子；②将阴、阳离子各放在“=”的两边，用“+” 连接；③各离子浓度前的系数就是各离子所带的电荷数。 如小苏打溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3 -)+c(OH-)+2c(CO3 2-) （2）物料守恒式： 在电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但某些关键性的原子总是守恒的。 如小苏打溶液中，虽然 HCO3 - 既水解又电离，但 HCO3 - 、CO3 2- 、H2CO3三者中 C 原子的总物质的 量与 Na + 的物质的量相等，即：c(Na + )=c(HCO3 - )+c(H2CO3)+c(CO3 2- )。 （3）质子守恒式： 在电解质溶液中，由于由水电离出来的 H + 和 OH - 的浓度始终相等，可依此列出质子守恒式。 如小苏打溶液中：c(OH - )=c(H + )+c(H2CO3)-c(CO3 2- )。 溶液中离子浓度的大小比较的规律： （1）多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离且一步比一步更难电离。 如 H3PO4溶液：c(H+)>c(H2PO4 -)>c(HPO4 2-)>c(PO4 3-)。 （2）多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸根离子分步水解且一步比一步更难水解。 如 K2S 溶液：c(K + )>c(S 2- )>c(OH - )>c(HS - )>c(H + ）。 （3）不同溶液中同一离子浓度的大小比较：要考虑溶液中其他离子对其的影响。 如在相同物质的量浓度的下列溶液中①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4，c(NH4 + )由大到小的 顺序是： ③>①>②。 （4）混合溶液中各离子浓度的大小比较：要考虑溶液中发生的水解平衡、电离平衡等。 如在 0.1mol·L －1 的 NH4Cl 溶液和 0.1mol·L －1 的氨水混合溶液中，各离子浓度由大到小的顺 序是：c(NH4 + )>c(Cl - )>c(OH - )>c(H + ）。这是由于在该溶液中，NH3·H20 的电离与 NH4 + 的水解互 相抑制，但 NH3·H20 的电离程度大于 NH4 +的水解程度。 6、（2010·重庆高考）钒（V）及其化合物广泛应用于工业催化、新材料和新能源等领域。 （1）V2O5是接触法制硫酸的催化剂。 ① 一定条件下，SO2与空气反应t min后，SO2和SO3物质的量浓度分别为a mol/L，b mol/L， 则 SO2 起 始 物 质 的 量 浓 度 为 _________mol/L ； 生 成 SO3 的 化 学 反 映 速 率 为 __________mol/(L • min)。 ②工业制制硫酸，尾气 SO2用_______吸收。 （2）全钒液流储能电池是利用不同价态离子对氧化还原反应来实现化学能和电能相互转化 的装置，其原理如题 29 图所示 ①当左槽溶液逐渐由黄变蓝，其电极反应式为__________. ②充电过程中，右槽溶液颜色逐渐由__________色变为_______色。 ③放电过程中氢离子的作用是______和_______；充电时若转移的电子数为 3.01×10 23 个， 左槽溶液中 n(H + )的变化量为________. 【命题立意】本题以化学反应速率和电化学为考查对象，主要考查速率的计算、电极反应 式的书写、有关电解池的计算等。 【思路点拨】电化学试题的分析一般是从化合价着手，对于原电池，化合价升高的作为负极， 化合价降低的作为正极，两极方程式相加即可得总反应。对于电解池，化合价升高作为阳 极，降低的作为阴极。两者之间的关系是：正极反应式颠倒即为阳极反应式，负极反应式 颠倒即为阴极反应式。 【规范解答】（1）由 S 守恒可得， 2SO 的起始浓度为（a+b）mol/L。 2SO 的速率为单位时 间内 2SO 浓度的变化，即 b/tmol/(L﹒min)。 2SO 可以用碱性的氨水吸收。 （2）①左槽中，黄变蓝即为 2 2VO  生成 2VO  ，V的化合价从+5 降低为+4，得一个电子，0 原子减少，从图中知，其中H 发生了移动，参与反应，由此写成电极反应式。②作为原 电池，左槽得电子，而右槽失电子。充电作为电解池处理，右槽中则为得电子，对应化合 价降低，即为 3V  生成 2V  ，颜色由绿生成紫。③由电极反应式知， H 参与了反应。溶 液中离子的定向移动可形成电流。n=N/NA=3.01× 2310 /6.02× 2310 =0.5mol。 【答案】 （1）①a b ； /b t②氨水 （2）① 2 2 22VO H e VO H O       ②绿 紫 ③参与正极反应; 通过交换膜定向移动使 7、（2010·全国卷Ⅱ·T9·6 分）相同体积、相同 pH 的某一元强酸溶液①和某一元中强酸 溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积（V）随时间（t）变化的示意图正确 的是 【命题立意】本题以电解质溶液为考查对象，主要考查相同 pH 时，酸的强弱对反应的影响。 【思路点拨】相同体积、相同 pH 的一元强酸和中强酸，初始时 C（H+)相同，反应一旦开始， 中强酸还会电离出新的 C（H+)，即随后中强酸电离出的 C（H + )大于强酸。 【规范解答】选 C。 ①相同体积、相同 pH 的一元强酸和中强酸，中强酸的物质的量浓度大于强酸的物质的量浓 度，故与足量的锌粒反应中强酸产生的氢气多；②初始时二者的 C（H + )相同，反应一旦开始， 中强酸还会电离出新的 C（H + )，即随后中强酸电离出的 C（H + )大于强酸，故中强酸与锌粒的反应速率大于强酸的。 结合题中图像 C选项正确。 【类题拓展】一元强酸和一元弱酸的比较（以盐酸和醋酸为例） 1.同体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸 H ＋ 的物质的量 浓度 C(H ＋ ) 酸性强弱 中和碱的能力(消耗相 同的碱液的多少) 与相同的活泼金属反 应的起始速率 产生 H2 的总量 HCl 大 强 相同 大 相等 CH3C OOH 小 弱 小 2.同体积、H ＋ 的物质的量浓度相等（即 PH 相同）的盐酸和醋酸 溶质的物质 的量浓度 C(酸) 酸性 强弱 中和碱的能力(消耗 相同的碱液的多少) 与相同的活泼金属反 应过程中的平均速率 产生 H2的总 量 HCl 小 相同 弱 小 少 CH3COOH 大 强 大 多 8、（2010·重庆高考·T13·6 分）PH=2 的两种一元酸 x 和 y，体积均为 100ml,稀释过程中 PH 与溶液体积的关系如题 13 图所示，分别滴加 NaOH 溶液（c=0.1mol /L）至 PH=7，消 耗 NaOH 溶液的体积为 Vx,Vy,则 A.x 为弱酸 VxVy C.y 为弱酸 VxVy 【命题立意】本题以电离平衡为考查对象，主要考查一元酸的稀释及中和 NaOH 的能力问题。 【思路点拨】对于 PH 相同的一元酸，稀释相同的倍数，酸越弱，其 PH 变化越小，用 NaOH 中和至 PH=7 时，所消耗 NaOH 的体积越大。 【规范解答】选 C。 对于 PH 相同的一元酸 x 和 y，由图像可知，稀释相同的倍数，x 比 y 的 PH 改变程度大，且 x 的 PH=3，说明 x 是强酸，y 是弱酸；与此同时，由于 y 酸的浓度大于 x 酸的浓度，所以 在于 NaOH 反应时 VxAgI> Ag2CrO4 B．AgCl> Ag2CrO4>AgI C．Ag2CrO4>AgCl>AgI D．Ag2CrO4>AgI>AgCl 【命题立意】本题考查了难溶电解质的溶解平衡，Ksp的概念及计算。 【思路点拨】解答此题注意两点： （1）首先书写出 3 种难溶电解质 Ksp的表达式。 （2）找出每种难溶电解质电离出的阴、阳离子浓度间的关系。 【规范解答】选 C。 AgCl=Ag + +Cl — ，AgCl 饱和溶液中 Ag + 和 Cl — 的浓度相等，Ksp(AgCl)= c(Ag + )×c(Cl— )=c2 (Ag + )， 故 AgCl 饱和溶液中 c(Ag+ )= Ksp(AgCl) = 8.1 ×10 —5 mol·L -1 ；同理 AgI 饱和溶液中 c(Ag+)= Ksp(AgI) = 1.5 × 10— 8mol·L-1 ； Ag2CrO4=2Ag ++ CrO4 2— ， Ag2CrO4 饱 和 溶 液 中 2c(CrO4 2—)= c(Ag+) ， Ksp(Ag2CrO4)=c 2(Ag+)×c(CrO4 2—)= c3(Ag+)/2 ， 故 Ag2CrO4 饱 和 溶 液 中 c(Ag+ )= 3 CrO4)2Ksp(Ag2 = 3 4 × 10 — 4 mol·L -1 ；Ag + 浓度大小顺序是 Ag2CrO4>AgCl>AgI。 12、.（2010· 江苏高考·T12·4 分）常温下，用 0.1000 mol·L -1 NaOH 溶液滴定 20.00 mL 0.1000mol·L -1 CH3COOH 溶液滴定曲线如右图。 下列说法正确的是 A．点①所示溶液中：c(CH3COO — )+ c(OH — )= c(CH3COOH)+ c(H + ) B．点②所示溶液中：c(Na + )= c(CH3COOH)+c(CH3COO — ) C．点③所示溶液中：c(Na + )>c(OH — )>c(CH3COO — )>c(H + ) D．滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO — )>c(H + )>c(Na + )>c(OH — ) 【命题立意】本题以 NaOH 溶液滴定 CH3COOH 溶液滴定曲线图为背景，考查滴定过程中不同 阶段离子浓度的大小关系，体现化学的真实性。 【思路点拨】注意滴定过程的阶段性，针对不同阶段对应的溶液，分析离子浓度大小关系。 【规范解答】选 D。 A 项，点①时加入的 NaOH 溶液为 10.00 mL，所得溶液相当于等物质的量浓度的 CH3COOH 与 CH3COONa 的混合溶液，此时溶液中电荷平衡关系式为: c(CH3COO — )+ c(OH — )= c(Na + )+ c(H + ), 等物质的量浓度的 CH3COOH 与 CH3COONa 的混合溶液中 CH3COOH 的电离程度大于 CH3COO — 的水 解程度，c(Na + )> c(CH3COOH)，A 项错；B 项，点②所示溶液 pH=7 c(OH — )=c(H + ),此时溶液中 电荷平衡关系式为: c(CH3COO — )+ c(OH — )= c(Na + )+ c(H + )，所以 c(Na + )= c(CH3COO — )，B 项错；C 项，点③所示溶 液碱性较弱，c(CH3COO — )应大于 c(OH — )，C 项错；D 项，当加入少量的 NaOH 溶液，此时溶液 相 当 于 少 量 CH3COONa 与 较 多 量 的 CH3COOH 的 混 合 溶 液 ， 离 子 浓 度 可 能 出 现 ： c(CH3COOH)>c(CH3COO —)>c(H+)>c(Na+)>c(OH—)，D 项正确。 【类题拓展】离子浓度大小关系式通常有等式和不等式两种 1.等式， 对于等式通常有三个，即电荷平衡、物料平衡、质子守恒，一些复杂的等式往往是对三个平 衡关系式经过变形而得，或代入某些题给已知条件而得。 2. 不等式 对于不等式，要具体分析溶液中各种电离方程式、水解离子方程式、溶液的酸碱性，对于连 写的不等式，要注意抓住一些明显的错误，只要有一处错误整个式子就错了。 13、（2010·山东高考·T14·4 分）下列与实验相关的叙述正确的是 A．稀释浓硫酸时，应将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入浓硫酸中 B．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出 C．酸碱滴定时，若加入待测液前用待测液润洗锥形瓶，将导致测定结果偏高 D．检验某溶液是否含有 SO4 2- 时，应取少量该溶液，依次加入 BaCL2溶液和稀盐酸 【命题意图】考查实验基本操作知识、教材中几个重要实验所涉及的误差分析及离子检验。 【规范解答】选 C。 稀释浓硫酸的操作是“酸入水”，故 A 错；配制溶液时，若将多余的水取出，会使浓度偏小， 加水超过容量瓶刻度线的唯一办法是重新配制，故 B 错；用待测液润洗锥形瓶，则消耗的标 准液会偏多，导致结果偏高，C 正确；D 的操作中，若溶液中含有 Ag ＋ ，也会有不溶解于盐 酸的白色沉淀生成，故 D错。 14、（2010·山东高考·T15·4 分）某温度下， 3( )Fe OH (s)、 2( )Cu OH (s)分别在溶液中 达到沉淀溶解平衡后，改变溶液 pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列 判断错误的是 A．  3( )apK Fe OH <  2( )apK Cu OH B．加适量 NH4Cl 固体可使溶液由 a 点变到 b 点 C．c 、d两点代表的溶液中 c(H + )与 c(OH - )乘积相等 D． 3( )Fe OH 、 2( )Cu OH 分别在 b、c 两点代表的溶液中达到饱和 【命题意图】借助沉淀溶解平衡曲线，考查对沉淀溶解平衡计算，外界因素对水的离子积的 影响等。 【思路点拨】比较 KSP时注意要找到基准点；水的离子积不受浓度的影响，只受温度的影响； 沉淀溶解平衡曲线上的点表示饱和状态，下方上的点表示不饱和状态。 【规范解答】选 B。 A项，b、c 两点金属阳离子的浓度相等，设都为 X，分别对应的 c(OH-) =KW/c(H +)= 10－12.7， c(OH-)=KW/c(H +)=10-9.6,Ksp[Fe(OH)3]=X×(10-12.7)3、Ksp[Cu(OH)2]=X×(10-9.6)2，Ksp[Fe(OH)3] ＜Ksp[Cu(OH)2]， 故 A 正确；由 a 点到 b 点的碱性增强，而 NH4Cl 溶解于水后水解显酸性， 故 B 错；温度一定，溶液中的 Kw 为定值，故 C 正确；溶度积曲线上的点代表的溶液都是饱 和溶液，曲线左下方的点都不饱和，右上方的点都是 QC＞KSP，沉淀要析出，故 D正确。 【类题拓展】 1.公式：对于沉淀溶解平衡：MmNn(s) mM n+ (aq)+nN m- (aq)。固体纯物质不列入平衡常数。 上述反应的平衡常数为：Ksp=[c(M n+ )] m [c(N m- )] n ，符号为 Ksp 2.影响因素：在一定的温度下，它是一个常数，称为溶度积常数，简称溶度积，它只受温度 影响，不受溶液中物质浓度的影响。 3.溶度积的应用：通过比较溶度积和溶液中有关离子浓度幂的乘积（离子积 QC）的相对大小， 可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀能否生成或溶解。 QC ＞Ksp 溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和达到新的平衡状态 QC= Ksp 溶液饱和，沉淀与溶解处于平衡状态 QC ＜Ksp 溶液未饱和，无沉淀析出，若加入过量难溶电解质，难溶电解质溶解直至溶液饱和。 15、（2010·天津高考·T6·6 分）下列各表述与示意图一致的是 A．图①表示 25℃时，用 0.1 mol·L －1 盐酸滴定 20 mL 0.1 mol·L －1 NaOH 溶液，溶液 的 pH 随加入酸体积的变化 B．图②中曲线表示反应 2SO 2(g) + O 2(g) 2SO 3(g)；ΔH < 0 正、逆反应的平衡 常数 K 随温度的变化 C．图③表示 10 mL 0.01 mol·L－1 KMnO 4 酸性溶液与过量的 0.1 mol·L－1 H 2C 2O 4 溶液 混合时，n(Mn 2+ ) 随时间的变化 D．图④中 a、b 曲线分别表示反应 CH2＝CH2 (g) + H 2(g) CH 3CH 3(g)；ΔH< 0 使用 和未使用催化剂时，反应过程中的能量变化 【命题立意】本题以酸碱中和滴定图像、正逆反应的平衡常数图像、反应速率图像和能量变 化图像为载体，综合考查学生分析问题、解决问题的能力。 【思路点拨】认识图像（横、纵坐标的意义）→分析图像（起点、终点、交点、拐点等及曲 线的陡、缓等）→应用反应原理解决实际问题。 【规范解答】选 B。 酸碱中和在接近终点时，pH 会发生突变，曲线的斜率会很大，故 A 项错误；正逆反应的平 衡常数互为倒数关系，故 B 项正确；反应是放热反应，且反应生成的 Mn2+对该反应有催化作 用，所以反应速率越来越快，故 C 项错误；反应是放热反应，但图像描述是吸热反应，故 D 项错误。 16、（2010·全国卷Ⅰ·T9·6 分）下列叙述正确的是 A．某醋酸溶液的 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里，加入 4NH Cl 至溶液恰好无色，则此时溶液的 pH 7＜ C． 31.0 10 mol/L 盐酸的 pH 3.0 ， 81.0 10 mol/L 盐酸的 pH 8.0 D．若 1mL pH 1 的盐酸与 100mL NaOH 溶液混合后，溶液的 pH 7 则 NaOH 溶液的 pH 11 【命题意图】考查弱电解质的稀释，强酸的无限稀释，指示剂的变色范围，强酸与强碱的混 合 pH 的计算等基本概念 【思路点拨】①在对醋酸进行稀释时，醋酸的电离程度增大，H + 的个数增多，但 C(H + )减小； ②对酸、碱进行无限稀释，溶液的 pH 只能无限的接近 7。 【规范解答】选 D。 A项是醋酸溶液稀释则C(H+)减小，pH增大，b＞a，故A错误；B项酚酞的变色范围是pH= 8.0～ 10.0（无色→红色），红色褪去，pH 不一定小于 7，可能在 7～8 之间，故 B错误；C 项常温 下对酸进行无限稀释，pH 不可能大于 7，只能无限的接近 7，所以 C 错误；D 项设强酸 pH=a， 体积为 V1；强碱的 pH=b，体积为 V2,则有 10-aV1=10-(14-b)V2 10 14 2 1  ba V V ，现在 V1/V2=10 -2 ,又知 a=1,所以 b=11，D 正确。 17、（2010·四川高考·T10·6 分）有关①ml 0.1 mol/L 3NaHCO 、②100ml 0.1 mol/L 2 3Na CO 两种溶液的叙述不正确的是 A.溶液中水电离出的H  个数：②>① B.溶液中阴离子的物质的量浓度之和:②> ① C.①溶液中:    2 3 2 3c CO c H CO  D.②溶液中:    3 2 3c HCO c H CO  【命题立意】本题以电解质溶液为考查对象，主要考查盐类水解、水的电离等知识。 【思路点拨】对于 3NaHCO 溶液 HCO3-既存在水解又存在电离，其水解程度大于电离程度； 对于 2 3Na CO 溶液存在着两步水解，其中一级水解是主要的。 【规范解答】选 C。 A 项，由于 Na2CO3的水解程度大于 NaHCO3得水解程度，所以 Na2CO3溶液对水的电离影响比 NaHCO3大，A正确。B项，两溶液的电荷守恒均可写作：C（Na + ） + C（H + ）=C（OH - ） + C （HCO3 - ）+ Ｃ（ＣＯ３ ２－ ），由于这两种溶液都显碱性，所以 C（H + ）很小，甚至可忽略不计， 而 Na2CO3中 C（Na + ）是 NaHCO3中 C（Na + ）的二倍，所以溶液中阴离子的物质的量浓度之和: ②>①，Ｂ 正确。C 项，由于 NaHCO3溶液中（HCO3 -）水解程度大于电离程度，所以（ＣＯ３ ２－）[NH4 + ] B．pH=2 的一元酸和 pH=12 的一元强碱等体积混合： [OH-]= [H+] C．0.1 mol·L-1的硫酸铵溶液中：[NH4 +]>[SO4 2-]>[H+] D．0.1 mol·L -1 的硫化钠溶液中：[OH - ]=[H + ]+[HS - ]+[H2S] 【命题立意】此题考查了溶液中的微粒浓度的大小比较。 【思路点拨】在解答溶液中微粒浓度的大小比较类的题目时，核心是抓住 3个守恒：电荷守 恒、物料守恒和质子（氢离子）守恒。其中电荷守恒是指溶液中阳离子所带正电荷总数等 于阴离子所带负电荷总数；物料守恒是指原子个数守恒或质量守恒；质子守恒：是指水所 电离的 H＋与 OH－量相等。 【规范解答】选 C。氨水和氯化铵混合溶液的 pH=7 时，溶液中[H+]=[OH-]，根据电荷守恒： [H+]+[NH4 +]=[OH-]+[Cl-]，则[Cl-]=[NH4 +]，A 错误；由于 pH=2 的酸可能是强酸，也可能是弱 酸，当其是强酸时 B 项正确，当其是弱酸时，酸过量则溶液中[H + ]>[OH - ]，B 错误；1mol.L-1 的硫酸铵溶液中，铵根离子虽然部分水解，但剩余的[NH4 + ]仍远大于[SO4 2- ]，硫酸铵溶液中 各离子浓度的大小顺序为：[NH4 + ]>[SO4 2- ]>[H + ]>[OH - ]，C 正确；1mol·L -1 的硫化钠溶液中， 根据质子守恒：[OH - ]=[H + ]+[HS - ]+2[H2S]，可知 D 错误。酸铵溶液中各离子浓度的大小顺序 为：[NH4 + ]>[SO4 2- ]>[H + ]>[OH - ]，C 正确；1mol·L -1 的硫化钠溶液中，根据质子守恒： [OH - ]=[H+]+[HS - ]+2[H2S]，可知 D错误。 20、（2010·上海高考·T30·5 分）Na2SO3·7H2O 是食品工业中常用的漂白剂、抗氧化剂和 防腐剂。Na2SO3在 30℃时的溶解度为 35.5g/100gH2O。 (1）计算 30℃时 Na2SO3饱和溶液中 Na2SO3的质量分数ω。（保留 2位小数） (2）计算 30℃时 271g Na2SO3饱和溶液中水的质量。 (3）将 30℃的 Na2SO3饱和溶液 271g 冷却到 10℃，析出 Na2SO3·7H2O 晶体 79.5g。计算 10℃ 时 Na2SO3在水中的溶解度。 【命题立意】此题考查了溶液的质量分数、溶剂的质量、溶解度等化学计算知识。 【思路点拨】饱和溶液的质量分数与溶解度的关系：w=s/(100+s)，s 为溶解度。 【规范解答】1）根据 Na2SO3的溶解度，其饱和溶液中溶质为 35.5g；溶剂为 100g；溶液总 质量为 135.5g，则 ；2）271g 饱和溶液中，假设其含有的溶剂为 x，则 135.5：100=271：x；x=200（g）；3）冷却溶液后，析出晶体 79.5g，根据其晶体的组 成，其中含有水和亚硫酸钠各一半，列式得： 。 【答案】(1） (2）135.5：100=271：x；x=200（g）；(3）Na2SO3.7H2O 中 Na2SO3的质量分数为 0.50， 。 二、2009 年高考试题 1、(2009·上海高考·20)对于常温下 pH 为 1 的硝酸溶液，下列叙述正确的是( ) A．该溶液 1 mL 稀释至 100 mL 后，pH 等于 3 B．向该溶液中加入等体积、pH 为 13 的氢氧化钡溶液恰好完全中和 C．该溶液中硝酸电离出的 c(H＋)与水电离出的 c(H＋)之比值为 10－12 D．该溶液中水电离出的 c(H＋)是 pH 为 3 的硝酸中水电离出的 c(H＋)的 100 倍 【解析】B 项，pH(强酸)＋pH(强碱) = 14，等体积混合时完全中和，正确。pH 为 1 的硝酸 中水电离出的 c(H＋ )为 10 －13 mol/L，C 项中两者之比为 13 1 10 10   = 10 12 ，不正确。pH 为 3 的硝酸中水电离出的 c(H＋ )为 10 －11 mol/L， 11 31 10 10   = 10 －2 ，D 项错。 【答案】AB 2、(2009·辽宁、宁夏高考·11)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( ) NaOH滴加量 温度 A NaOH滴加量 pH B NaOH滴加量 导电能力 C NaOH滴加量 D 浓度 NaOH CH3COOH 【解析】A选项，氢氧化钠和醋酸发生中和反应，反应放热，当酸反应完成后，再加碱，相 当于往热水中加入冷水，温度降低，图意正确。B 选项，醋酸中滴加氢氧化钠，酸性减弱， pH 增大，滴定终点附近 pH 出现突跃，图意正确。C 选项，醋酸中滴加氢氧化钠，相当于弱 电解质变成强电解质，因此导电能力增加，图意正确。D 选项，最初的 NaOH 都完全反应， 当 NaOH 滴加一定量后曲线才会上扬，图意错误。 【答案】D 3、(2009·广东高考·16)磷钨酸 H3PW12O40等杂多酸可代替浓硫酸用于乙酸乙酯的制备。下 列说法不正确．．．的是 ( ) A．H3PW12O40在该酯化反应中起催化剂的作用 B．杂多酸盐 Na2HPW12O40与 Na3PW12O40都是强电解质 C．H3PW12O40、KH2PW12O40与 Na3PW12O40含有相同的原子团 D．硅钨酸 H4SiW12O40也是一种杂多酸，其中 W 的化合价为＋8 【解析】从题干所给信息可知，磷钨酸在该反应中起到了浓硫酸的作用：催化作用，所以 A正确。大多数的钠盐都属于强电解质，即 B 正确。C项中，三者中都含有 PW12O40 3－ 原子团， 所以 C 项对。根据化合价代数和为零可推出 H4 SiW12O40中 W的化合价：4＋4＋12x =40×2， 得 x =＋6，D 项错。 【答案】D 4、(2009·山东高考·15，)某温度下，相同 pH 值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡 pH 值 随 溶 液 体 积 变 化 的 曲 线 如 图 所 示 。 据 图 判 断 正 确 的 是 ( ) 溶液体积 pH Ⅰ Ⅱ a b c A．II 为盐酸稀释时的 pH 值变化曲线 B．b 点溶液的导电性比 c点溶液的导电性强 C．a 点 KW的数值比 c点 KW的数值大 D．b 点酸的总浓度大于 a点酸的总浓度 【解析】本题主要考查电离平衡，关键是找出二种酸各自的曲线。思路是：两种酸起始 pH 相同，即 c(H＋ )相同，说明：起始时，c(弱酸溶质)远大于 c(强酸溶质)；弱酸原来的 c(H＋ ) 已等于强酸的 c(H＋ )，由于稀释使弱酸的电离度增大，所以在稀释的整个过程中，弱酸的 c(H＋ )都大于强酸的 c(H＋ )，即 pH 是：弱酸＜强酸，所以曲线 II 是醋酸、I 是盐酸，A 项 错。由于在整个稀释过程中，醋酸的浓度始终大于盐酸的，所以 D 项错。溶液导电性强弱 取决于离子浓度大小，对于酸而言，其 pH 越大，c(H＋ )越小，离子浓度越小，导电能力越 弱，所以 B 项正确。KW的大小只取决于温度，与溶液的浓度无关，C 项错。 【答案】B 5、(2009·广东高考·20)甲酸甲酯水解反应方程式为： HCOOCH3(l)＋H2O(l) HCOOH(l)＋CH3OH(l) H＞0 某小组通过实验研究该反应(反应过程中体积变化忽略不计)。反应体系中各组分的起始量 如下表： 甲酸甲酯转化率在温度 T1下随反应时间(t)的变化如下图： 10 20 30 40 50 60 70 80 900 5 10 15 20 25 30 (10,3.0) (15,6.7) (20,11.2) (40,21.5) (80,24.0) (75,24.0) (50,22.9) 转 化 率 /% t/min (1)根据上述条件，计算不同时间范围内甲酸甲酯的平均反应速率，结果见下表： 请计算 15～20 min 范围内甲酸甲酯的减少量为 mol，甲酸甲酯的平均反应速率为 _________mol·min－1(不要求写出计算过程)。 (2)依据以上数据，写出该反应的反应速率在不同阶段的变化规律及其原因： ___________。 (3)上述反应的平衡常数表达式为：K = )OH()HCOOCH( )OHCH()HCOOH( 23 3 cc cc   ，则该反应在温度 T1下 的 K 值为 。 (4)其他条件不变，仅改变温度为 T2(T2大于 T1)，请在下图中画出温度 T2下甲酸甲酯转 化率随反应时间变化的预期结果示意图。 10 20 30 40 50 60 70 80 900 5 10 15 20 25 30 t/min 转 化 率 /% 【解析】(1)由图可知15～20 min内，甲酸甲酯的转化率从6.7%上升到11.2%，则 n(甲 酸甲酯) = 1.00 mol×(11.2%－6.7%) = 0.045 mol，v (HCOOCH3) = min 5 mol 045.0 = 9× 10 －3 mol·min －1 。 (2)从(1)给表中数据可知，平均速率是先增大再减小，后保持为0。分析其原因，可从 浓度、催化剂、温度来入手：现温度不变；HCOOCH3起始时浓度最大，但其起始速率并 不是最大，说明有催化剂的影响；现有物质中有催化可能的是HCOOH、CH3OH、H2O，但CH3OH、 H2O的起始浓度已不小，所以，只能考虑是HCOOH起催化作用。 (3)K值的计算要注意选取的是平衡时的量，即是图上甲酸甲酯的转化率为24%的点。 (4)因为升高温度，反应速率增大，达到平衡所需时间缩短，所以绘图时要注意T2达到 平衡的时间要小于T1。再者，该反应是吸热反应，升高温度，平衡右移，甲酸甲酯的转 化率增大，所以T2达平衡时的平台要高于T1。 【答案】 (1)0.045 9.0×10 －3 (2)该反应中甲酸具有催化作用 ①反应初期：虽然甲酸甲酯的量较大，但甲酸量很小，催化效果不明显，反应速率较慢。 ②反应中期：甲酸量逐渐增多，催化效果显著，反应速率明显增大。 ③反应后期：甲酸量增加到一定程度后，浓度对反应速率的影响成主导因素，此时，v(正) 减小，特别是 v (逆)增大，使总反应速率逐渐减小，直至为零。 (3)0.14。 (4) 10 20 30 40 50 60 70 80 900 5 10 15 20 25 30 T1T2 t/min 转 化 率 /% 6、(2009·浙江高考·9)已知单位体积的稀溶液中，非挥发性溶质的分子或离子数越多，该 溶 液 的 沸 点 就 越 高 。 则 下 列 溶 液 沸 点 最 高 的 是 ( ) A．0.01 mol·L－1的蔗糖溶液 B．0.01 mol·L －1 的 CaCl2溶液 C．0.02 mol·L －1 的 NaCl 溶液 D．0.02 mol·L －1 的 CH3COOH 溶液 【解析】单位体积内的粒子数，实质为粒子的浓度。显然 A、B 两项的浓度较小，排除。C、 D两项浓度相同，但 D 项中 CH3COOH 属于易挥发性分子，且在溶液中不完全电离，离子总浓 度比 C 小，所以 C 项沸点最高。 【答案】C 7、(2009·全国卷 II·10)现有等浓度的下列溶液：①醋酸、②苯酚、③苯酚钠、④碳酸、 ⑤ 碳 酸 钠 、 ⑥ 碳 酸 氢 钠 。 按 溶 液 pH 由 小 到 大 排 列 正 确 的 是 ( ) A．④①②⑤⑥③ B．④①②⑥⑤③ C．①④②⑥③⑤ D．①④②③⑥⑤ 【解析】做题思路：pH 顺序是：酸(强＜弱＝＜盐(弱碱盐＜双强盐＜弱酸盐＝＜碱(弱＜ 强＝。 苯酚当做酸对待，所以酸中 pH：①醋酸＜④碳酸＜②苯酚；盐中，③⑤⑥均属于强碱 弱酸盐，根据越弱越水解的原理，电离程度 H2CO3＞苯酚＞HCO3 － ，则对应盐的碱性(即 pH 顺序)为：⑥NaHCO3＜③苯酚钠＜⑤Na2CO3，故 C项正确。 【答案】C 8、(2009·安徽高考·13)向体积为 Va的 0.05 mol·L －1 CH3COOH 溶液中加入体积为 Vb的 0.05 mol·L －1 KOH 溶液，下列关系错误．．的是 ( ) A．Va＞Vb时：c(CH3COOH)＋c(CH3COO － )＞c(K＋ ) B．Va = Vb时：c(CH3COOH)＋c(H＋ ) = c(OH－ ) C．Va＜Vb时：c(CH3COO － )＞c(K＋ )＞c(OH－ )＞c(H＋ ) D．Va与 Vb任意比时：c(K＋)＋c(H＋) ＝ c(OH－)＋c(CH3COO －) 【解析】此题以完全反应时为参照点：若 Va = Vb，则酸和碱正好完全反应生成 CH3COOK， ①根据质子守恒：c(CH3COOH)＋c(H＋ ) = c(OH－ )，B 项正确；②根据物料守恒：c(CH3COOH) ＋c(CH3COO － ) = c(K＋ )，可判断出：Va＞Vb时，即酸过量时，A 项正确；③根据电荷守 恒(适于各种量变)：c(K＋ )＋c(H＋ ) ＝ c(OH－ )＋c(CH3COO － )，可判断出：D 项正确、C 项错误。 【答案】 C 9、(2009·海南高考·6)已知室温时，0.1 mol·L －1 某一元酸 HA 在水中有 0.1%发生电离， 下列叙述错误．．的是 ( ) A．该溶液的 pH = 4 B．升高温度，溶液的 pH 增大 C．此酸的电离平衡常数约为 1×10 －7 D．由 HA 电离出的 c(H＋ )约为水电离出的 c(H＋ )的 10 6 倍 【解析】A 项，根据 HA 在水中的电离度可算出 c(H＋) = 0.1 mol·L－1×0.1% = 10－4 mol·L －1，所以 pH = 4。B 项，升高温度，促使 HA 在水中的电离平衡向电离的方向移动，所 以 c(H＋ )增大，pH 值会减小，B 项错。C 项，平衡常数为：K = (HA) )(A)(H c cc   = 1×10 －7 ，所以 C项正确。D 项，c(H＋) = 10－4 mol·L－1，所以 c(H＋ )水电离 = c(OH－ ) = 10 －10 mol·L －1 ，前者是后才的 10 6 倍，D 项正确。 【答案】B 10、(2009·广东高考·9)下列浓度关系正确的是( ) A．氯水中：c(Cl2) = 2[c(ClO－ )＋c(Cl－ )＋c(HClO)] B．氯水中：c(Cl－ )＞c(H＋ )＞c(OH－ )＞c(ClO－ ) C．等体积等浓度的氢氧化钠与醋酸混合：c(Na＋) = c(CH3COO －) D．Na2CO3溶液中：c(Na＋)＞c(CO3 2－)＞c(OH－)＞c(HCO3 －)＞c(H＋) 【解析】在氯水中，氯元素绝大多数以 Cl2形式存在，不会存在此等式，故 A 不正确。氯 气与水反应生成 HCl 和 HClO，HCl 完全电离生成 H ＋ 和 Cl － ，HClO 部分电离，即 c(H＋ ) ＞c(Cl－ )＞c(ClO－ )＞c(OH－ )，B项错。C项完全反应后相当于CH3COONa溶液，由于CH3COO － 水解导致 c(Na＋ )＞c(CH3COO － )，C 项错。D 项中，由于 CO3 2－ 水解，1/2c(Na＋ )＞c(CO3 2－ )； 从反应 CO3 2－ ＋H2O HCO3 － ＋OH － 、HCO3 － ＋H2O H2CO3＋OH － 可知，c(OH－ )与 c(HCO3 － )大小 相近，但 c(OH－ )＞c(HCO3 － )；H ＋ 的来源是水的电离(极弱)、HCO3 － 的电离(弱于水解)，c(H ＋ )很小，远小于 c(OH－ )，而 c(HCO3 － )与 c(OH－ )相近，所以 c(HCO3 － )＞c(H＋ )；最后确定 D项正确。 【答案】D 11、(2009·天津高考·2)25 ℃时，浓度均为 0.2 mol/L 的 NaHCO3和 Na2CO3溶液中，下列判 断不正确．．．的是 ( ) A．均存在电离平衡和水解平衡 B．存在的粒子种类相同 C．c(OH－ )前者大于后者 D．分别加入 NaOH 固体，恢复到原温度，c(CO3 2－ )均增大 【解析】二者都存在盐的水解和水的电离，A 项正确。B项中注意 HCO3 － 电离出 CO3 2－ 。HCO3 － 的 水解弱于 CO3 2－ ，所以 c(OH－ )是前者小于后者，C 项错。D 项中，加入 NaOH 固体，前者因 OH － 与 HCO3 － 反应而使 c(CO3 2－ )增大，后者因 OH － 抑制 CO3 2－ 的水解而使 c(CO3 2－ )增大，所以 D项正 确。 【答案】C 12、(2009·重庆高考·10)物质的量浓度相同的下列溶液，pH 由大到小排列正确的是 ( ) A．Ba(OH)2、Na2SO3、FeCl3、KCl B．Na2SiO3、Na2CO3、KNO3、NH4Cl C．NH3·H2O、H3PO4、Na2SO4、H2SO4 D．NaHCO3、C6H5COOH、C2H5OH、HCl 【解析】本题考查同浓度不同溶液酸碱性的比较，重点考查盐类水解规律的灵活应用。KCl、 KNO3、Na2SO4均为强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，而 A 中 Na2SO3、FeCl3分别水解而 使溶液显碱性和酸性；B 中由于酸性 H2SiO3＜H2CO3，根据越弱越水解可判断溶液碱性 Na2SiO3＞Na2CO3，NH4Cl 水解显酸性；C 中 pH 应为：NH3·H2O＞Na2SO4＞H3PO4＞H2SO4；D 中 NaHCO3水解大于电离而显碱性，C2H5OH 对水的电离平衡无影响，pH=7。故只有 B项是 pH 由大到小排列的。 【技巧点拨】比较溶液的酸碱性或 pH，首先要判断是酸、碱或盐溶液，一般说来 pH： 强碱＞弱碱，弱酸＞强酸；而盐要考虑是否发生水解，盐若不水解 pH=7，盐若水解要 根据盐中离子性质确定其酸碱性，涉及酸式盐，还要考虑电离和水解程度的相对大小等。 【答案】B 13、(2009·上海高考·17)根据表中提供的数据，判断在等浓度的 NaClO、NaHCO3混合溶液 中，各种离子浓度关系正确的是( ) 化学式 电离常数 HClO Ki = 3×10 －8 H2CO3 Ki1 = 4.3×10－7 Ki2 = 5.6×10 －11 A．c(HCO3 － )＞c(ClO－ )＞c(OH－ ) B．c(ClO－ )＞c(HCO3 － )＞c(H＋ ) C．c(HClO)＋c(ClO－ ) = c(HCO3 － )＋c(H2CO3) D．c(Na＋ )＋c(H＋ ) = c(HCO3 － )＋c(ClO－ )＋c(OH－ ) 【解析】由电离常数可知电离关系为：H2CO3＞HClO＞HCO3 － ，则同浓度时水解程度为：CO3 2－ ＞ClO － ＞HCO3 － 。由于同浓度时，ClO － 水解程度大于 HCO3 － ，A 项正确，B 项不正确。由 物料守恒 c(HClO)＋ c(ClO－) = c(HCO3 －)＋c(H2CO3)＋c(CO3 2－)知，C 项不正确。由电荷 守恒 c(Na＋)＋c(H＋) = c(HCO3 －)＋c(ClO－)＋c(OH－)＋2c(CO3 2－)知，D 项不正确。 【答案】A 14、(2009·福建高考·10)在一定条件下，Na2CO3溶液存在水解平衡：CO3 2－ ＋H2O HCO3 － ＋ OH－。下列说法正确的是 ( ) A．稀释溶液，水解平衡常数增大 B．通入 CO2，平衡朝正反应方向移动 C．升高温度， )CO( )HCO( 2 3 3   c c 减小 D．加入 NaOH 固体，溶液 pH 减小 【解析】平衡常数仅与温度有关，故稀释时是不变的，A 项错。CO2通入水中，相当于生成 H2CO3，可以与 OH － 反应，而促进平衡正向移动，B 项正确。升温，促进水解，平衡正向移动， 故 )CO( )HCO( 2 3 3   c c 的结果是增大的，C项错。D 项，加入 NaOH，碱性肯定增强，pH 增大，故错。 【答案】 B 【考点分析】此题考查了水解平衡中影响其移动的因素及平衡常数的相关知识。(知识点考 察单一但难度有所提升) 15、(2009·四川高考·12)关于浓度均为 0.1 mol/L 的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化 铵溶液，下列说法不．正确的是( ) A．c(NH4 ＋)：③＞① B．水电离出的 c(H＋ )：②＞① C．①和②等体积混合后的溶液：c(H＋ )＝c(OH－ )＋c(NH3·H2O) D．①和③等体积混合后的溶液：c(NH4 ＋ )＞c(Cl－ )＞c(OH－ )＞c(H＋ ) 【解析】本题综合考察强弱电解质的电离、水的电离、盐类水解等有关电离平衡的全部知 识。A 项，氨水中 NH3·H2O 是弱碱，电离出的 NH4 ＋ 很少，而 NH4Cl 完全电离，虽然 NH4 ＋ 会水 解，但水解的部分很少，c(NH4 ＋ )：③＞①，A 正确。B 项，HCl、氨水都是抑制水的电离， 浓度相同时，强酸(HCl)对水的抑制作用强于弱碱(NH3·H2O)，水电离出的 c(H＋ )：①＞②， B 错。C 项，相当于是 NH4Cl 溶液，选项中等式符合质子守恒，正确。NH4Cl 溶液中加入氨 水，由于 NH3·H2O 电离程度大于 NH4 ＋的水解程度，故 D 正确。 【答案】B 16、(2009·天津高考·4)下列叙述正确的是( ) A．0.1 mol/L C6H5ONa 溶液中：c(Na＋ )＞c(C6H5O － )＞c(H＋ )＞c(OH－ ) B．Na2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH 和 Kw均减小 C．pH = 5 的 CH3COOH 溶液和 pH = 5 的 NH4Cl 溶液中，c(H＋ )不相等 D．在 Na2S 溶液中加入 AgCl 固体，溶液中 c(S2－ )下降 【解析】A 项，苯酚钠溶液因 C6H5O － 水解而呈碱性，其离子浓度大小是：c(Na＋ )＞c(C6H5O － ) ＞c(OH－ )＞c(H＋ )，故 A 项错。B 项，Na2CO3溶液呈碱性，稀释，pH 减小，但温度不变，Kw 不变，所以 B 项错。pH = 5 即 c(H＋ ) = 10 －5 mol/L，C 项错。根据沉淀溶解平衡，难溶(AgCl) 的可以转化为更难溶(Ag2S)的，故 D 项正确。 【答案】D 17、(2009·北京高考·11)有 4 种混合溶液，分别由等体积 0.1 mol/L 的 2 种溶液混合面成： ①CH3COONa 与 HCl；②CH3COONa 与 NaOH；③CH3COONa 与 NaCl；④CH3COONa 与 NaHCO3,下 列各项排序正确的是 ( ) A．pH：②＞③＞④＞① B．c(CH3COO － )：②＞④＞③＞① C．溶液中 c(H＋ )：①＞③＞②＞④ D．c(CH3COOH)：①＞④＞③＞② 【解析】A、C项实是比较 c(H＋ )：①CH3COOH(弱酸性)＞③CH3COO － (水解呈弱碱性)＞④HCO3 － (比 CH3COO －水解能力强)＞②NaOH(强碱性)，即 pH 为①＜③＜④＜②，所以 A、C 项错误。 B项比较 c(CH3COO －)：原条件中都有相同的 CH3COO －，①因反应使 c(CH3COO －)明显减小， ③只存在 CH3COO － 的水解，②因有 NaOH 抑制了 CH3COO － 的水解，④中 HCO3 － 的水解强于 CH3COO － ，生成的 OH － 也抑制了 CH3COO － 的水解，但比②的抑制作用要弱，所以 B 项正确。 D项的顺序应与 B 项相反，即应为：①＞③＞④＞②，D 项错。 【答案】B 18、(2009·全国卷 I·10)用 0.10 mol·L －1 的盐酸滴定 0.10 mol·L －1 的氨水，滴定过程中 不可能．．．出现的结果是 ( ) A．c(NH4 ＋ )＞c(Cl－ )，c(OH－ )＞c(H＋ ) B．c(NH4 ＋ )＝c(Cl－ )，c(OH－ )＝c(H＋ ) C．c(Cl－ )＞c(NH4 ＋ )，c(OH－ )＞c(H＋ ) D．c(Cl－ )＞c(NH4 ＋ )，c(H＋ )＞c(OH－ ) 【解析】此题可利用电荷守恒，以 B 项为参照点进行解题：溶液中不可能二种阴离子都多 于阳离子(C 项错)，也不可能二种阴离子都少于阳离子。 【答案】C 19 、 (2009 · 江 苏 高 考 · 13) 下 列 溶 液 中 微 粒 的 物 质 的 量 浓 度 关 系 正 确 的 是 ( ) A．室温下，向 0.01 mol·L －1 NH4HSO4溶液中滴加 NaOH 溶液至中性： c(Na＋ )＞c(SO4 2－ )＞c(NH4 ＋ )＞c(OH－ ) = c(H＋ ) B．0.1 mol·L －1 NaHCO3溶液：c(Na＋ )＞c(OH－ )＞c(HCO3 － )＞c(H＋ ) C．Na2CO3溶液：c(OH－ )－c(H＋ ) = c(HCO3 － )＋2c(H2CO3) D．25 ℃时，pH = 4.75、浓度均为 0.1 mol·L －1 的 CH3COOH、CH3COONa 混合溶液： c(CH3COO － )＋c(OH－ )＜c(CH3COOH)＋c(H＋ ) 【解析】0.01 mol·L －1 NH4HSO4中加 NaOH 溶液，当 1:1 与 H ＋ 反应结束后，由于 NH4 ＋ 水解呈 酸性，需再加 NaOH 与 NH4 ＋反应使溶液呈中性，所以 c(Na＋)＞c(SO4 2－)＞c(NH4 ＋)，A 项正确。 B项中，虽然 HCO3 －水解呈碱性，但水解微弱，c(Na＋)与 c(HCO3 －)数值接近，所以 c(Na＋)＞ c(HCO3 － )＞c(OH－ )＞c(H＋ )，故 B项错。C 项中把 c(H＋ )移项得：c(OH－ ) = c(HCO3 － )＋2c(H2CO3) ＋c(H＋ )，这是质子守恒，所以 C项对。D 项，［方法 1］由电荷守恒有：c(Na＋ )＋c(H＋ ) = c(CH3COO －)＋c(OH－)，物料守恒有：2c(Na＋) = c(CH3COO －)＋c(CH3COOH)，两式联立得： c(CH3COO －)＋2c(OH－) = c(CH3COOH)＋2c(H＋)，因溶液 pH = 4.75，即 c(H＋)＞c(OH－)，得 c(CH3COO － )＋c(OH－ )＞c(CH3COOH)＋c(H＋ )，D不正确；［方法2］若溶液呈中性，则有：c(CH3COO － )＋c(OH－ ) = c(CH3COOH)＋c(H＋ )，现呈酸性，即以 CH3COOH 电离为主，右边增(H ＋ )、减 (CH3COOH)值相同，左边增(CH3COO － )值＞减小(OH － )值，所以，c(CH3COO － )＋c(OH－ )＞ c(CH3COOH)＋c(H＋ )，D 项错。 【答案】 AC 20、(2009·广东高考·18)硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下。下列说法正确 的是 ( ) lg c(SO4 ) lg c(Sr2+ ) 2- 1.65 1.60 1.55 1.50 1.45 1.65 1.70 1.75 1.55 1.50 1.45 1.60 363 K 283 K 313 Ka A．温度一定时，Ksp(SrSO4)随 c(SO4 2－)的增大而减小 B．三个不同温度中，313 K 时 Ksp(SrSO4)最大 C．283 K 时，图中 a点对应的溶液是不饱和溶液 D．283 K 下的 SrSO4饱和溶液升温到 363 K 后变为不饱和溶液 【解析】平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关，A 错误。由图可知，c(SO4 2－ )相同时， 三个不同温度中以 313 K 的 c(Sr2＋ )最大，所以平衡常数 Ksp = c(Sr2＋ )·c(SO4 2－ )最大，B 正确。从图中数据大小可知：一定温度时线下的点都是浓度偏小，处于不饱和状态所以 C 项正确；线上的点处于过饱和状态(D 项错误：原状态处在 363 K 线的上方)。 【答案】BC 21、(2009·浙江高考·10)已知：25 ℃时，Ksp[Mg(OH)2] = 5.61×10 －12 ，Ksp[MgF2] = 7.42 ×10－11。下列说法正确的是( ) A．25 ℃时，饱和 Mg(OH)2溶液与饱和 MgF2溶液相比，前者的 c(Mg2＋)大 B．25 ℃时，在 Mg(OH)2的悬浊液加入少量的 NH4Cl 固体，c(Mg2＋ )增大 C．25 ℃时，Mg(OH)2固体在 20 mL 0.01 mol·L －1 氨水中的 Ksp比在 20 mL 0.01 mol·L －1 NH4Cl 溶液中的 Ksp小 D．25 ℃时，在 Mg(OH)2的悬浊液加入 NaF 溶液后，Mg(OH)2不可能转化成为 MgF2 【解析】A项，由于 Mg(OH)2的溶度积小，故其电离出的 Mg 2＋ 浓度要小一些，所以 A项错。B 项， NH4 ＋ 可以结合 Mg(OH)2电离出的 OH － 离子，从而促使 Mg(OH)2的电离平衡正向移动，c(Mg2＋ )增 大，B 项正确。C 项，Ksp仅与温度有关，故 C 项错。D 项，虽 Mg(OH)2的 Ksp较小，但二者的 Ksp相近，当 c(F－)较大时，仍会出现 c(Mg2＋)·{c(F－)}2＞Ksp[MgF2]，从而生成 MgF2沉淀，故 D错。 【答案】B 22、(2009·山东高考·28)运用化学反应原理研究氮、氧等单质及其化合物的反应有重要意 义。 (1)合成氨反应 N2(g)＋3H2(g) = 2NH3(g)，若在恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩 气，则平衡 移动(填“向左”“向右”或“不”)；使用催化剂 反 应的 H(填“增大”、“减小”或“不改变”)。 (2)已知：O2(g) = O2 ＋(g)＋e－ H1 = 1175.7 kJ·mol－1 PtF6(g)＋e － = PtF6 － (g) H2 = －771.1 kJ·mol －1 O2 ＋ PtF6 － (s) = O2 ＋ (g)＋PtF6 － (g) H3 = 482.2 kJ·mol －1 则反应 O2(g)＋PtF6(g) = O2 ＋ PtF6 － (s)的 H = _____________ kJ·mol －1 。 (3)在 25 ℃下，向浓度均为 0.1 mol·L －1 的 MgCl2和 CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水， 先生成____________沉淀(填化学式)，生成该沉淀的离子方程式为________________。 已知 25 ℃时 Ksp[Mg(OH)2] = 1.8×10 －11 ，Ksp[Cu(OH)2] = 2.2×10 －20 。 (4)在 25 ℃下，将 a mol/L 的氨水与 0.01 mol/L 的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液 中 c(NH4 ＋ ) = c(Cl－ )。则溶液显________性(填“酸”、“碱”或“中”)；用含 a 的代数 式表示 NH3·H2O 的电离常数 Kb = __________________。 【解析】(1)恒温、恒压条件下向平恒体系中通入氩气，使总体积增大，相当于稀释原体系， 平衡左移；使用催化剂只是改变了反应的途径，没有改变反应物与生成物的状态， H 不变； (2)利用盖斯定律， H1＋ H2＋(－ H3) = －78.2 kJ·mol －1 ； (3)由于，KsP[Cu(OH)2]＜Ksp[Mg(OH)2]，所以先生成 Cu(OH)2沉淀； (4)根据电荷守恒：c(NH4 ＋ )＋c(H＋ ) = c(Cl－ )＋c(OH－ )，现 c(NH4 ＋ ) = c(Cl－ )，必有 c(H＋ ) = c(OH－ )，故溶液显中性。 Kb = O)H(NH )NH()OH( 23 4   c cc ＋ ，c(NH4 ＋ ) = c(Cl－ )＝0.005 mol·L －1 ；c(H＋ )＝c(OH－ )＝1×10 －7 mol·L －1 (因为是25 ℃下且为中性)；c(NH3·H2O)＝( 2 a－0.005) mol·L －1 ，所以：Kb = 01.0 10 9   a mol·L －1 。 【答案】 (1)向左；不改变。 (2)－77.6 kJ·mol －1 。 (3)Cu(OH)2；2NH3·H2O＋Cu 2＋ ＝Cu(OH)2↓＋2NH4 ＋ ； (4)中； 10 -9 a－0.01 mol·L －1 三、2008 年高考试题 1、(2008·山东基本能力测试·58) 2008 年 5 月 8 日，奥运圣火成功登顶珠峰，为此某班 举行了庆祝晚会。晚会上赵东同学将一张白纸展示给大家，然后用喷壶向纸上喷了一些 无色液体，“奥运成功！中国加油！”的红色大字立刻显现于纸上。他所用的显色反应是 下列哪一组？ A．酚酞-盐酸溶液 B．酚酞 – 氢氧化钠溶液 C．石蕊 – 氢氧化钠溶液 D．碘水 – 淀粉溶液 【解析】 无色酚酞遇碱变红色。 【答案】B 2、（2008·上海高考·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 【解析】此题的关键应注意题中的“酸性”两个字，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 － )一不定大于 c(Na ＋ )、c(NH4 ＋ )之和。 【答案】A 3、（2008·全国卷Ⅱ·7）实验室现有 3 种酸碱指示剂，其 pH 的变色范围如下： 甲基橙：3.1～4.4 石蕊：50～8.0 酚酞：8.2～10.0 用 0.1000mol·L －1 NaOH 溶液滴定未知浓度的 CH3COOH 溶液，反应恰好完全时，下列叙述 正确的是( ) A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂 B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂 C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂 D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂 【解析】NaOH 与 CH3COOH 恰好完全反应生成 CH3COONa，CH3COONa 为强酸弱碱盐，水解后溶液 呈碱性，为了减少滴定误差，应选择指示剂的 pH 范围与 CH3COONa 溶液 pH 接进，所 以指示剂选择酚酞。 【答案】D。 4、（2008·全国卷Ⅱ·9）取浓度相同的 NaOH 和 HCl 溶液，以 3∶2 体积比相混合，所得溶 液的 pH 等于 12，则该原溶液的浓度为( ) A．0.01mol·L－1 B．0.017mol·L－1 C．0.05mol·L－1 D．0.50mol·L－1 【解析】由题意可得： c×3－c×2 5 = 0.01，c＝0.05mol·L －1 。 【答案】C 5、（2008·天津高考·9）醋酸溶液中存在电离平衡 CH3COOH H ＋ ＋CH3COO － ，下列叙述不 正确的是（ ） A．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c（H＋）＝c（OH－）＋c（CH3COO －） B．0.10mol/L 的 CH3COOH 溶液中加水稀释，溶液中 c（OH － ）减小 C．CH3COOH 溶液中加少量的 CH3COONa 固体，平衡逆向移动 D．常温下 pH＝2 的 CH3COOH 溶液与 pH＝12 的 NaOH 溶液等体积混合后，溶液的 pH＜7 【解析】根据电荷守恒，选项 A 中的等量关系成立；选项 B中加水稀释，存在两种情况，一 是加水电离平衡正向移动，使得 c(OH － )增大，二是使得溶液的体积增大，溶液的 c(OH － )减小，因此谁成为影响 c(OH － )大小的因素不能确定；选项 C 中加入少量的固体 CH3COONa，实际上相当于增大了 CH3COO － ，使平衡向逆向移动；选项 D 中 pH＝2 的 CH3COOH 溶液中的c(H ＋ )和 pH＝12的 NaOH溶液中的c(OH － )相等，但由于CH3COOH为弱酸，CH3COOH 只有部分电离，所以反应后溶液呈酸性。 【答案】B。 6、（2008·北京高考·11）下列叙述正确的是( ) A．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液的 pH＝7 时，c(SO4 2－ )＞c(NH4 ＋ ) B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为 c1和 c2，pH 的别为 a 和 a＋1，则 c1＝10c2 C．pH＝11 的 NaOH 溶液与 pH＝3的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色 D．向 0.1mol·L －1 的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中 c(OH － )/c(NH3·H2O)增大 【解析】A中将稀氨水加入硫酸中，=7 时，溶液中 c（H + ）=c（OH - ）， 根据电荷守恒原则， 2c（SO4 2－ ）=c（NH4 ＋ ），即 c（SO4 2－ ）c（Na2CO3）；C 项中考查的是电荷 守恒及物料守恒，把 c（Na + ）= 代入 c（Na + ）+c（H + ）=c（CH3COO - ）+c（OH - ）即可；D 项 HA - 的电离程度大于水解程度， 所以 c（A 2- ）>c（H2A）。 【答案】 AC 9、.(2008·广东高考·17)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．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 2 3 和 OH - B．NaHCO3溶液中：e（H+）+e（H2CO3）=c（OH-） C．10 mL0．10 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 + ） 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 2 3 ）+c（HCO  3 ）+c（HO - ），及物料守 恒：c（Na + ）=c（CO 2 3 ）+c（HCO  3 ）+c（HCO3）可导出：c（OH - ）+c（H2CO3）-c（CO 2 3 ）；C 项，阴离子还有 CO 2 3 水解生成的 H CO 2 3 ；D 项等体积 pH 时，CH3COOH 物质的量多，消耗 NaOH 多。 C（CH3COO-）+c（CH3COOH） 2 【答案】 A 10、(2008·广东高考·18)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 的终应。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】 加入 NH3·H2O 溶液，先和较强的 HCl 反应，离子的物质的量并未增加，但离子物质的量浓度减小， 电导率下降；随后 NH3·H2O 和较弱的 CH3COO 反应，离子物质的量浓度增加，电导率上升； 最后，加入 NH2·H2O 不再反应，对原溶液稀释，电导率略有下降。 【答案】D。 11 、 (2008 · 海 南 高 考 · 9) 下 列 离 子 方 程 式 中 ， 属 于 水 解 反 应 的 是 （ ） A．HCOOH+H2O HCOO － +H3O + B．CO2+H2O HCO 3  +H + C．CO 2 3  +H2O HCO 3  +OH － D．HS－+H2O S2－+H3O + 【解析】A、D 两项属于弱电解质的电离，B项，不仅反应不属于水解反应，而且电离方程式 写的也不规范。 【答案】C 12、(2008·山东高考·15，)某温度时，BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如下图所示。下 列说法正确的是 ( ) 0 c(SO4 )/(mol·L－1) 2×10-5 c(Ba2+)/(mol·L－1) 2- 4×10-5 2×10-5 4×10-5 a b c d 提示：BaSO4(s) Ba 2＋ (aq)＋SO4 2－ (aq)的平衡常数：Ksp = c(Ba2＋ )·c(SO4 2－ )，称为溶 2 度积常数。 A．加入 Na2SO4可以使溶液由 a点变到 b点 B．通过蒸发可以使溶液由 d 点变到 c 点 C．d 点无 BaSO4沉淀生成 D．a 点对应的 Ksp 大于 c点对应的 Ksp 【解析】类似于溶解度曲线，曲线上的任一点如 a 和 c 表示 BaSO4饱和溶液，曲线上方的 任一点，均表示过饱和，如 b点说明溶液中有 BaSO4沉淀析出，此时 Qc＞Ksp；曲线下方的 任一点，均表示不饱和，如 d 点，此时 Qc＜Ksp，故选项 C 正确，D错。A 项，在原溶解平 衡的溶液中加入 Na2SO4，增大了 c(SO4 2－ )，使平衡向生成 BaSO4的方向移动，但溶液仍处于 饱和状态，即最后的点应在曲线上(a 下方)，A 错。B 项，蒸发使 c(SO4 2－ )增大，而 c 点与 d 点的 c(SO4 2－ )相等，故 B项错。 【答案】C 13、（2008·全国卷Ⅰ·12）已知乙酸（HA）的酸性比甲酸（HB）弱，在物质的量浓度均为 0.1mol/L 的 NaA 和 NaB 混合溶液中，下列排序正确的是（ ） A．c(OH)>c(HA)>c(HB)>c(H+) B． c(OH-)>c(A-)>c(B-)>c(H+) C． c(OH-)>c(B-)>c(A-)>c(H+) D． c(OH-)>c(HB)>c(HA)>c(H+) 【解析】根据“越弱越水解”的原则，NaA 的水解比 HB 水解程度大，所以溶液中的 c(HA) ＞c(HB)，c(A － )＜c(B － )；再根据“谁强显谁性”可知溶液中的 c(OH － )＞c(H ＋ )；由 于溶液中离子的水解毕竟是微弱的，所以 c(OH － )＜c(A － )和 c(B － )。 【答案】A。 14、（2008·重庆高考·7）向三份 0.1mol，L CH3COONa 溶液中分别加入少量 NH4NO3、Na2SO3、 FeCl2因体（忽略溶液体积变化），则 CH3COO - 浓度的变化依次为（ ） A．减小、增大、减小 B．增大、减小、减小 C．减小、增大、增大 D．增大、减小、增大 【解析】CH3COONa 为强碱弱酸盐水解后溶液呈碱性，NH4NO3和 FeCl2为强酸弱碱盐水解后溶 液呈酸性，因此，这两种盐能促进 CH3COONa 的水解，溶液中的 CH3COO －增大；Na2SO3 为强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，抑制 CH3COONa 的水解，溶液中的 CH3COO － 浓度减 小。 【答案】D。 15、（2008·北京高考·6）对水的电离平衡不产生影响的粒子是( ) 【解析】水的电离式为：H2O=H ＋ ＋OH － ，A 溶于水成为盐酸，电离产生的 H ＋ ，使得平衡 左移，B 质子数为 26 的是 Fe3＋，其能发生水解，使得平衡右移，C 表示的是 Cl－，其不影响 该平衡，D是醋酸根离子，其能水解，使平衡右移。 【答案】C 【易错提醒】不能正确理解 26M 3＋ 中左下角标的含义，做出错误判断 【备考提示】此题涉及了电离平衡的知识，特别是能发生水解的离子对电离平衡的影响，重 点是掌握解题的方法和技巧，明确化学用语的意义。 16、(2008·广东高考·9)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 2 3  浓度随时间变化关系如右图（饱和 Ag2SO4溶液 中 c（Ag + ）＝0．034mol·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 2 3  浓度随时间变化关系的 是 【 解 析 】 在 饱 和 42SOAg 溶 液 中 ， 0.034)c(Ag  1Lmol  ， 则 )c(SO -2 4 -1Lmol017.0  ，加入 42 -1 SONaLmL0.020mol100  溶液后， -1 2- 4c(Ag ) 0.017mol L ,c(SO )    0185.0 2.0 1.0020.01.0017.0   -1Lmol  )c(SO])c(Ag[ -2 4 2    0.2103.5 6 510 不会折出 42SOAg 沉淀，则 )c(Ag 1-Lmol017.0 2 034.0  ，B 正确。 【答案】B 17、.(2008·山东高考·29)北京奥运会“祥云”火炬燃料是丙烷（C3H8）亚特兰大奥运会 火炬燃料是丙烯（C3H6） （1）丙烷脱氢可得丙烯。已知： 则相同条件下，反应 （2）以丙烷为燃料制作新型烯料电池的正极通入 O2和 CO2，负极通入丙烷，电解质是 熔融碳酸盐。电池反应方程式为 ；放电时，CO 2 3 移向电池的 （填“正”或“负”）极。 （3）碳氢化合物完全燃烧生成 CO2和 H2O。常温常压下，空气中的 CO2溶于水，达到平 衡时,溶液的 pH=5.60,c(H2CO3)=1.5 510 mol·L -1 。若忽略水的电离及 H2CO3的第二级 电离，则 H2CO3 HC  3O +H + 的平衡常数 K1= 。（已知： 660.5 105.210   ） （4）常温下，0.1 mol·L-1NaHC  3O 溶液的 pH 大于 8,则溶液中 c(H2CO3) c(C 2 3O )， （填“＞”、“＝”或“＜” ) 原因是 （用离子方程式和必要的文字说 明）。 【 解 析 】（ 1 ） 根 据 盖 斯 定 律 ， 将 两 反 应 式 相 减 得 到 ： 3 8 3 2 2C H (g) CH CH CH H   (g) 1124.2kJ molH     。 （2）该燃料电池的电解质是熔融碳酸盐，电池反应方程式是 83HC 燃烧的方程式。放 电时，阴离子向负极移动。 （3）根据平衡常数 )COH(c )HCO(c)H(c K 32 3 1    ， )H(c  = 6 1 3c(HCO ) 2.5 10 mol L     ， )COH(c 32 =1.5×10 5 mol  L 1 ，可求出 1 4.2K  × 710 1Lmol  。 （4）由 3NaHCO 溶液的 pH>8 得  3HCO 的水解程度大于离程度。 【答案】（1）124.2 （2） OH4CO3O5HC 22283  负 （3）4.2× 17 Lmol10   （4） OHHCO 23   2 3CO OH3 （或  3HCO   HCO 2 3 ）、  3HCO + OH 2  OHCOH 32 ， - 3HCO 的水解程度大于电离程度 18、(2008·江苏高考·17)工业上制备 BaCl2的工艺流程图如下： 重晶石矿 高温焙烧 炭 溶解 盐酸 气体 吸收 过滤 结晶 滤液 产物 某研究小组在实验室用重晶石（主要成分 BaSO4）对工业过程进行模拟实验。查表得 BaSO4(s) + 4C(s) 高温 4CO(g) + BaS(s) △H1 = 571.2 kJ·mol －1 ① BaSO4(s) + 2C(s) 高温 2CO2(g) + BaS(s) △H2= 226.2 kJ·mol －1 ② （1）气体用过量 NaOH 溶液吸收,得到硫化钠。Na2S 水解的离子方程式为 。 （2）向 BaCl2溶液中加入 AgNO3和 KBr，当两种沉淀共存时， c(Br-) c(Cl-) = 。 [Ksp(AgBr)=5.4×10 －13 ，Ksp(AgCl)=2.0×10 －10 ] （3）反应 C(s) + CO2(g) 高温 2CO(g)的△H2= kJ·mol －1 。 （4）实际生产中必须加入过量的炭，同时还要通入空气，其目的是 ， 。 【解析】本题以工业制备 2BaCl 的工艺流程为背景，设置相关问题，考查学生对基础 知识的应用能力。（1） S2Na 水解以第一步为主， O2 -2 HS  - -HS OH ， 关键是“ ”和“产物是 -HS 而不是 S2H ”； （2）所谓沉淀共存，就是AgCl 、AgBr 都有，即AgCl -Br -ClAgBr  这 个反应达到平衡，所以  )c(Cl )c(Br - - (AgCl)K )AgBr(K sp sp 3 10 13 107.2 100.2 104.5        ； （3）将题干提供的反应①-②，再同除以 2，即得 2COC(s)  )(g 2CO(g)，所以 (571.2 226.2)H   / 1molkJ2  即 1172.5kJ molH    。 （4）过量炭的使用一方面为了提高 4BaSO 的转化，另一方面为了与空气反应产生热量，使 反应①②得以顺利进行。 【答案】（1） O2 -2 HS  -- OHHS  O2 - HHS  - 2 OHSH  （可不写） （2）2.7× 310 （3）172.5 （4）使 4BaSO 得到充分的还原（或提高BaS 的产量） ①②为吸热反应，碳和氧气反应放热维持反应所需高温 【1】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。 【2】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)。 【3】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+) 【4】 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。 【5】 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=10 8，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=10 8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。 【6】 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。 【7】 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。 【8】 25°C时，pH=7 的(NH4)2SO4与 NH3·H2O 的混合溶液中，c（NH  4 ）与 c（SO 2 4 ）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  4 ）=c（OH - ）+2c（SO 2 4 ），故 c（NH  4 ）=2 c（SO 2 4 ）。 【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  4 ）与 c （SO 2 4 ）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。 【9】 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。 【10】 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。 【11】 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。 【12】 能在水溶液中大量共存的离子组是 【答案】D 【解析】 本小题仅在不同的 pH 值的溶液中有关离子共存的问题。由于弱酸根离子或弱 碱的金属离子发生水解，决定溶液具有一定酸碱性。另外，某些离子的作用又抑制（或促进） 其他离子的水解（或电离）。 【易错点点睛】本题错解之一是：由于知识的缺陷，对各种离子存在的 pH 值范围不 以选项 D 为正确答案。 本题的另一错解是：对某些物质在溶液中不能存在，判断有误。物质的溶解性表中有一 类物质用“—”表示，注解是该物质在水中不存在或遇水分解。具体说，Al3+和 HS-遇水反应， 生成氢氧化铝的沉淀和放出硫化氢气体，该类反应的特点是，生成溶解度很小很小氢氧化物 沉淀和在水中溶解度不大的气体（如二氧化碳、硫化氢），所以选项 C 也为错误结论。 【13】周期表中有些元素有“隔类相似”现象（即对角线相似），如 Mg，Li；Si，B； Be，Al 等。现用熔融 LiCl 电解可得锂和氯气。若用已潮解的 LiCl 加热蒸干并加强热至熔 融，再用惰性电极电解，结果得到金属锂和一种无色无气味的气体，其主要理由是 A．电解出的锂与水反应放氢 B．电解前 LiCl 于加热时水解 C．电解时产生的无色气体是氧气 D．在高温时阳极放出的氯与水作用释氧 【答案】 BC 【解析】 电解熔融 LiCl 可得锂和氯气是题目提供的结论。而已潮解的 LiCl 加热蒸干 并加强热至熔融，再用惰性电极电解，结果得到金属锂和一种无色无气味的气体，这也是题 目给的信息。问题是这种无色无气味的气体是什么？如何产生的。由于知识的缺陷，误认为 氯与水作用，产物不稳定释放出氧，选择了 D 选项。 错误出于已潮解的 LiCl 加热蒸干，由于该盐属于强酸弱碱盐，在潮解、加热的条件下， 有利于该盐的水解；而酸又是具有挥发性的酸，在蒸干的过程中氯化锂已水解转化为氢氧化 锂。强热的条件下氢氧化锂分解为氧化锂和水，在熔融前水和氯化氢已离开该体系，熔融后 氧化锂电离生成锂离子和氧离子。用惰性电极电解，阳极是氧离子放电，生成无色无味的氧 气；阴极是锂离子放电，生成金属锂。 【易错点点睛】上述的氯化锂是代表了一类盐，其组成属于强酸弱碱盐，而酸又是具有 挥发性的酸，如氯化铝、氯化铁……等，其溶液在蒸干后，得不到氯化物，只能得到水解的 产物氢氧化物。要制备上述氯化物，需蒸发、浓缩、结晶而获得。 【14】 CaC2，ZnC2，Al4C3，Mg2C3，Li2C2等都同属于离子型碳化物，请通过对 CaC2制取 C2H2的反应进行思考，从中得到必要的启示，判断下列反应产物正确的是（ ） A．ZnC2水解生成乙烷 B．Al4C3水解生成丙炔 C．Mg2C3水解生成丙炔 D．Li2C2水解生成乙炔 【答案】 CD 【解析】 本题是一道信息给予题，要求从属于离子型碳化物的信息和已学过碳化钙与 水反应得到必要的启示，判断反应产物。由于对离子型碳化物结构和性质了解不多，判断有 一定的难度。从碳化钙与水的反应分析： 碳化物中的钙离子与氢氧根离子结合生成氢氧化钙，二碳负离子与氢离子结合生成乙 炔。照此推理：备选答案 A 中 ZnC2水解也应生成 C2H2，而不是乙烷，所以该选项为错误选项。 备选答案 B中 Al4C3的水解判断陷入困境，三碳负离子将和 12 个氢离子结合，生成了什么物 质？重新分析碳化钙的结构，钙离子带 2个单位正电荷，二碳负离子带 2个单位负电荷，碳 原子和碳原子必须以碳碳三键相连，再得 2 个电子形成二碳负离子。在化学式 Al4C3中，4 个铝离子共带 12 个单位正电荷，三碳负离子应带 12 个单位负电荷，显然碳原子形成的是带 4个单位负电荷单个碳负离子，所以水解产物为 CH4。 备选答案 C，D 按下式水解，其产物正确，为正确答案。 【易错点点睛】 上述的反应是代表一类广义的水解反应，只要组成中含有大的阳离子或阴离子（相同的 电子层结构的离子中），在水中将发生水解反应，阴离子结合水电离产生的氢离子；阳离子 结合水电离产生的氢氧根离子，生成相应的物质。当然还能推广到氨解、醇解……等。 【15】 氯胺 NH2Cl 在中性或酸性条件下是一种强消毒杀菌剂，常用于城市自来水消毒。 根据水解原理，试写出 NH2Cl 水解的化学方程式。 【答案】 【解析】 NH2Cl 与 NH4Cl 各基团的带电情况并不相似，在 NH2Cl 中为  2NH 、 Cl 。依 据水解的实质，NH2Cl 水解的反应式为 【易错点点睛】有的学生或许会马上联想到教材中 NH4Cl 的水解，而错写为 。致错的原因就在于没有理解水解的实质，胡乱类 推。 【16】 1×10-5mol·L-1的盐酸溶液稀释 1000 倍后，该盐酸溶液的 pH 值为？ 【答案】 6.98 【解析】 酸溶液稀释后变为碱性，这个推论错在哪里？问题出在水里。水是一种极弱 的电解质，在通常条件下水电离生成的氢离子浓度和氢氧根离子浓度为 1×10-7mol·L-1。当 其他电解质电离生成的氢离子或氢氧根离子浓度远远大于 1×10-7mol·L-1时，可以忽略不计； 但电解质电离的氢离子或氢氧根离子浓度接近或小于 1×10-7mol·L-1，必须考虑水的电离平 衡。本题的解法为： 设：水电离的物质的量浓度为 xmol·L-1 根据水的离子积：（1×10-8+x）+x＝1×10-14 解得：x1＝9.5×10-8；x2＝-10.5×10-8（不合题意舍去） [H+]＝1×10-8+9.5×10-8＝10.5×10-8mol·L-1 pH＝6.98 【易错点点睛】 cHCl＝1×10-5/1000＝1×10-8mol·L-1，盐酸溶液的 pH 值为 8。 【17】设 0.1mol·L-1NaHCO3，NH4HCO3，NaHSO4，NaCl 和氨水中的水的电离度分别为 a1， a2，a3，a4，a5，试比较其大小。 【答案】 a2＞a1＞a4＞a5＞a3。 【解析】 水是一种极弱的电解质，能发生微弱的电离，存在电离平衡。当溶液中加入 其他电解质时，将破坏水的电离平衡。若电解质属于酸或碱（如 NaHSO4或氨水），其电离出 氢离子或氢氧根离子将抑制水的电离；若电解质是部分能水解的盐（如 NaHCO3和 NH4HCO3）， 其电离出的离子与水电离出的离子结合成弱电解质，它将促进水的电离；若电解质电离出的 离子不改变水中的氢离子和氢氧根离子的浓度，如 NaCl，水的电离平衡不发生移动。 【易错点点睛】 解同时存在，而其水解大于电离，其促进水的电离。另外，相同浓度的 水的电离度最大。 水的电离度在温度不变时，其大小还受到电解质的强弱或电解质电离出的离子对应酸或 碱的强弱影响。 【18】 pH＝2 的某酸 HnA（A 为酸根）与 pH＝12 的某碱 B（OH）m等体积混合，混合 液的 pH 值变为 8 （1）写出生成正盐的分子式：______。 （2）该盐中存在着一定水解的离子，该离子的水解方程式为：______。 （3）简述该混合液呈碱性的原因：______。 【答案】（1）BnAm， （3）弱碱进一步电离呈碱性。 【解析】 酸碱中和反应是讨论酸提供的氢离子的物质的量和碱提供的氢氧根离子的物 质的量是否恰好完全反应，至于溶液的酸碱性应由溶液中溶质的性质决定。本题已知 pH 值 的酸、碱等体积混合，从数据上看氢离子和氢氧根离子浓度都是 10-2mol·L-1，已电离部分 恰好完全反应。若酸、碱皆是强的，生成的盐不水解，溶液应呈中性，与题目结论不符。若 是有弱的酸碱（如弱酸、弱碱、或酸碱都弱），其电离的仅是其很小部分（一般在 5％以内）， 而未电离将是大量的。混合后生成的盐将水解，但对应发生水解的离子浓度也只能为 10-2mol·L-1左右，与未电离酸碱比较相差甚远。因此，决定溶液的性质应是弱酸碱的电离。 若两种都弱，由相对较弱的决定溶液的性质。 【易错点点睛】 本题也可用反证法从结论逆推原因。因为溶液的 pH 值为 8呈碱性，若 是中和反应生成的盐水解而产生，该盐一定是强碱弱酸盐，弱酸的 pH 值为 2，意味着浓度 比盐大得多的酸将电离，溶液应呈酸性，与结论相反。反之，只能是弱碱进一步电离。 1．用食用白醋(醋酸浓度约 1 mol/L)进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是( ) A．白醋中滴入石蕊试液呈红色 B．白醋加入豆浆中有沉淀产生 C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出 D．pH 试纸显示白醋的 pH 为 2~3 解析：本题考查弱电解质的概念。证明醋酸是弱电解质的原理有两个：一是证明醋酸不 能完全电离，溶液中存在电离平衡；二是证明醋酸与强碱反应生成的盐溶液显碱性。D 就是 利用了第一个原理。 答案：D 2． 水的电离过程为 H2O H＋＋OH－。在 25℃时，水的离子积：Kw=1×10－14；在 35℃时，水的离子积：Kw=2.1×10－14，则下列叙述正确的是 ( ) A．c(H＋)随着温度的升高而减小 B．35℃时，c(H＋)y>z B．x=y=z C．x>y>z D．x>z>y 解析：NaOH 和 Ba(OH)2均为强碱，稀释时 n(OH－)不变，所以 y=z。NH3·H2O 为弱碱， 稀释促进电离，n(OH－)增大，溶液体积也相应增大才能与强碱的 pH 相同，所以 x>y，故选 A 项。 答案：A 6．分别在 pH=1 的酸和 pH=14 的 NaOH 溶液中加入足量的铝，放出 H2 的量前者多， 其原因可能是( ) ①两溶液的体积相同，酸是多元强酸 ②两溶液的体积相同，酸是一元弱酸 ③酸溶液的体积大于 NaOH 溶液的体积 ④酸是强酸，浓度比 NaOH 溶液的大 A．①② B．② C．②③ D．④ 解析：产生 H2 的量相等时，n(H+)>n(OH－)，产生 H2 多，则一定是 n(H+)>n(OH－)，而 pH=1 的酸中 c(H+)与 pH=14 的 NaOH 溶液中 c(OH－)相比要小，所以有两种情况可产生题设 结果：一是等体积时，酸是弱酸，二是酸的体积大。 答案：C 7．现在有两种正盐的稀溶液，分别是 amol·L－1NaX 溶液和 bmol·L－1NaY 溶液，下列说 法不正确．．．的是( ) A．若 a＞b，测得 c(X－)= c(Y－)，可以推出溶液中的 c(HX)＞c(HY) B．若 a＞b，测得 c(X－)= c(Y－)，可以推出溶液中的 c(HX)＜c(HY) C．若 a=b，且 pH(NaX)＞ pH(NaY)，则相同浓度时，酸性：HX＜HY D．若 a=b，并测得 c(X－)= c(Y－)+ c(HY)，则 HX 是强酸，HY 是弱酸 解析：若 HX、HY 为弱酸，则溶液中存在水解平衡， X－+H2O HX+OH－，Y－ +H2O HY+OH－，a＞b，说明 NaX 浓度大，溶液中 c(X－)= c(Y－)离子浓度相等，说明 X －水解程度大，溶液中的 c(HX)＞c(HY)，A 项正确，B 项错误；若 a=b，且 pH(NaX)＞ pH(NaY)， “越弱越水解”，则相同浓度时，前者水解程度大，对应酸酸性越弱，C 项正确；若 a=b， c(X －)= c(Y－)+ c(HY)，根据原子守恒，则 HX 是强酸，HY 是弱酸，D 项正确。 答案：B 8．通过对下图的观察，有以下几种叙述，其中不正确．．．的是( ) A．该温度下，不论何种水溶液中 c(H＋)·c(OH－)乘积相等，即水的离子积是一个常数 B．若醋酸钠溶液中 c(Na+)=c(CH3COO－)，则溶液中的 c(H＋)=c(OH－) C．如果定义 pOH=－lg［c(OH－)］时，则该温度下某水溶液中的 pOH 和 pH 之和等于 14 D．某水溶液由于条件的改变，如果氢离子浓度变小，则氢氧根离子浓度一定变大 解析：由图中知道 c(H＋)·c(OH－) 乘积始终是 10－14，A、B 正确，醋酸钠溶液中电中性 则 c(Na+)+ c(H＋)=c(OH－)+c(CH3COO－)，若 c(Na+)=c(CH3COO－)，则溶液中的 c(H＋)=c(OH－)， B 正确；改变条件下的时候氢离子浓度变小有可能是温度减小，则氢氧根离子浓度变小，在 温度不变的时候，才是一定增大。 答案：D 9． 一种常用的泡沫灭火器构造如右图。内筒 a 是玻璃瓶，外筒 b 是钢瓶，平时泡沫灭 火器内筒外筒盛有液态试剂，当遇火警时，将灭火器取下倒置，内筒外筒液体试剂立即混和 产生大量 CO2 泡沫灭火，从液态试剂在灭火器中长久放置和快速灭火两个角度分析，盛放 药品正确的是 A．a 中盛饱和 Na2CO3溶液，b 中盛 Al2(SO4)3溶液 B．a 中盛饱和 NaHCO3溶液，b 中盛 Al2(SO4)3溶液 C．a 中盛 Al2(SO4)3 溶液，b 中盛饱和 Na2CO3 溶液 D．a 中盛 Al2(SO4)3 溶液，b 中盛饱和 NaHCO3溶液 解析：从快速灭火的角度分析应选用 NaHCO3溶液和 Al2(SO4)3溶液，前者水解呈碱性， 应放置在钢瓶内，后者水解呈酸性，应放置在玻璃筒中。 答案：D 10．经测定某溶液中离子只有 Na+、CH3COO－、H+、OH－四种，且离子浓度大小的排 列顺序为：c(CH3COO－)> c(Na+)>c(H+)>c(OH－)，其可能的情形是( ) A．该溶液可能由 0.1mol/L 的 CH3COOH 溶液与 0.1mol/L 的 NaOH 溶液等体积混合而成 B．该溶液可以由 pH=3 的 CH3COOH 与 pH=11 的 NaOH 溶液等体积混合而成 C．该溶液中离子浓度的关系符合 c(CH3COO－)+c(OH－)> c(Na+)+c(H+) D．在上述溶液中加入适量 NaOH，离子浓度大小可改变为 c(CH3COO－)> c(Na+)>c(OH －)>c(H+) 解析：A 项中，反应后为 CH3COONa 溶液，CH3COO－要水解，溶液显碱性，不符题意； B 选项中反应后为 CH3COONa 和 CH3COOH 的混合溶液，若 CH3COOH 的电离程度大于 CH3COO－的水解程度，则满足题意；C 项中不满足离子守恒定律，因为溶液中必须满足： c(CH3COO－)+c(OH－)= c(Na+)+c(H+)；同理 D 选项也不满足阴阳离子的电荷守恒定律。 答案：B 11．分配系数是指弱电解质溶液中，溶质某种型体浓度与溶质型体总浓度的比值。分配 曲线是指弱电解质溶液平衡状态时，每种型体浓度的分配系数与 PH 之间的关系曲线。对于 CH3COOH 总浓度 c，它只有两种型体，平衡浓度分别为 c(CH3COOH) 、 c(CH3COO － ) ， 则 c= c(CH3COOH)+c(CH3COO－)，设 CH3COOH 所占分配系 数为δ1，CH3COO－所占分配系数为δ0，它们与 PH 的关 系如图所示。下列有关说法正确的是( ) A．由曲线可知在 PH 为 1~7 时，一定有δ1+δ0=1 B．c mol/L 的 CH3COOH 溶液与 c mol/LCH3COONa 溶液等体积混合溶液显碱性 C．向 CH3COOH 溶液中不断滴加氢氧化钠溶液，若 c(CH3COO－) ＞c(Na+) ＞c(H+)＞ c(OH－)则δ1一定大于δ0 D．在 cmol/L 的 H2C2O4(草酸)溶液中，一定满足 c(H2C2O4)+ c(C2O42－)=c 解析：A 项可直接依图判断是正确的；CH3COOH 与 CH3COONa 等量混合后，应考虑 以 CH3COOH 的电离为主，溶液显酸性，故 B 项错误；C 项由离子关系可知，溶液显酸性， 结合图示分析，在 pH<7 时，可能有δ1＞δ0，δ1=δ0，δ1<δ0 三种情况，故 C 也错；H2C2O4 是 一种弱酸，溶液中有三种型体浓度 c(H2C2O4)、 c(HC2O4 －)和 c(C2O42－)，故 D 也错。 答案：A 12．pH＝4 的 FeCl3溶液和 pH＝10 的 Na2CO3 溶液中，水的电离度(即水电离的百分率) 分别为α1 和α2，则它们的大小关系是 ( ) A．α1>α2 B．α1<α2 C．α1＝α2 D．无法确定 解析：注意盐类的水解促进了水的电离，比较水的电离度的大小，可转化为比较水电离 出的 c(H+)或 c(OH－)的大小，c(H+)或 c(OH－)越大，则α越大。pH＝4 的 FeCl3 溶液：溶液 中的 c(H+)＝1×10－4mol·L－1，c(OH－)＝1×10－10mol·L－1，H+由水电离产生；pH＝1 0 的 Na2CO3 溶液：溶液中的 c(H+)＝1×l0－10mol·L－1，c(OH－)＝1×10－4mol·L－1，OH－由水电离产生。综上 所述 C 正确。 答案：C 13．常温下，已知 0.1 mol·L－1 HA(一元酸)溶液中 c(H＋)：c(OH－)＝1010，0.5 mol·L－1 B(OH)2(二元碱)溶液中 pH＝14。将浓度均为 0.1 mol·L－1的两种溶液等体积混合后，混合溶 液中下列离子浓度的大小关系正确的是 ( ) A．c(H＋)c(H＋)＝c(OH－) 解析：常温下 c(H+)·c(OH－)＝10－14，故 0.1 mol·L－1HA 溶液中 c(H+)为 10－2 mol·L－1， HA 为弱酸。0.5 mol·L－1，B(OH)2 溶液中 c(OH－)＝1 mol·L－1，B(OH)2 为强碱。等浓度的两 溶液等体积混合后，B(OH)2恰好反应一半，得到 B(OH)2 和 BA 的混合溶液，显碱性，离子 浓度顺序为 c(OH－)>c(B2+)>c(A－)>c (H+)，A、B、D 均错。C 项应用了电荷守恒，正确。 答案：C 14、室温时，将 x mL pH=a的稀 NaOH 溶液与 y mL pH=b的稀盐酸充分反应。下列关 于反应后溶液 pH 的判断，正确的是 A．若 x=y，且 a+b=14，则 pH＞7 B．若 10x=y，且 a+b=13，则 pH=7 C．若 ax=by，且 a+b=13，则 pH=7 D．若 x=10y，且 a+b=14，则 pH＞7 解析：由题意知：n(NaOH)=x·10－ (a+3) mol，n(HCl)=y·10b － 17 mol，所以 n(NaOH)∶ n(HCl)= y x y x b ba      17 )( 10 10 ×1014－(a+b)，若 x=y，且 a+b=14，则 n(NaOH)=n(HCl)二者恰好完全 反应，pH=7；若 10x=y 且 a+b=13，则碱不足，pH>7；若 ax=by 且 a+b=13 则 n(NaOH)∶ n(HCl)= a b ·10≠1，故 pH≠7；若 x=10y且 a+b=14，则 n(NaOH)∶n(HCl)=10＞1，NaOH 过量， pH＞7。 答案：D 15．某强酸溶液的 pH=a，强碱溶液的 pH=b，已知 a+b=12，酸碱溶液混合后 pH=7。则 酸溶液的体积 V(酸)和碱溶液的体积 V(碱)的正确关系为( ) A.V(酸)=102V(碱) B.V(酸)=2V(碱) C.V(碱)=102V(酸) D.V(碱)=2V(酸) 解析：可以用计算的方法求得答案，即： 10－a mol/LV(酸)= 10b－14 mol/LV(碱) a+b=12 也可以用推理的方法得出答案：a+b=12，意味着酸溶液中 c(H+)比碱溶液中 c(OH－)大， 且 c(H+)=102c(OH－)，要达到完全中和，碱溶液的体积应为酸溶液体积的 102倍。 答案：C 16、醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH H＋ ＋CH3COO－ ，下列叙述不正确．．．的是 A．醋酸溶液中离子浓度的关系满足：c(H＋)＝c(OH－)＋c(CH3COO－) B．0.10 mol/L 的 CH3COOH 溶液加水稀释，溶液中 c(OH－)减小 C．CH3COOH 溶液中加入少量的 CH3COONa 固体，平衡逆向移动 D．常温下，pH＝2 的 CH3COOH 溶液与 pH＝12 的 NaOH 溶液等体积混合后，溶液的 pH＜7 解析：选项 A 中根据电荷守恒得 c(H＋) = c(OH－)＋c(CH3COO－)，A 正确；0.1 mol/L CH3COOH 加水稀释，虽然电离程度增大，但根据勒夏特列原理可知 c(H＋)减小，而在一定 温度下，c(H＋)·c(OH－) = Kw是一定值，因此 c(OH－)增大，所以 B 错；在醋酸溶液中加入醋 酸钠固体，c(CH3COO－)增大，所以平衡逆向移动，选项 C 正确；选项 D 中，由于醋酸是弱 酸，现醋酸中的 c(H＋)等于 NaOH 中的 c(OH－)，当二者等体积混合后，醋酸远远过量，溶液 显酸性，即 pH＜7，所以 D 正确。 答案：B 17．欲使醋酸溶液中的 CH3COO－浓度增大，且不放出气体， 可向醋酸中加入少量固 体 A．NaOH B．NaHCO3 C．CH3COOK D．Mg 解析：A 项由于加入 NaOH 会减少 H+的物质的量，使平衡向右移动；C 项由于加入 CH3COOK 会增加 CH3COO－物质的量，故 A、C 均可以。B 项由于加入 NaHCO3 会降低 H+ 的物质的量浓度，使平衡右移，但产生了 CO2；D 项由于加入 Mg 会降低 H+的物质的量浓 度，使平衡右移，但产生了 H2，故 B 和 D 错误。 答案：AC 18、对 H2O 的电离平衡不产生．．．影响的粒子是( ) A．H   Cl       B．26M3＋ C． +17 2 8 8 D． C H H H C O O  解析：选项 A 中的 HCl 溶于水电离出的 H＋会抑制水的电离。选项 B 中的弱碱阳离子(Fe3 ＋)和 D 中的弱酸根离子(CH3COO－)均会促进水的电离。选项 C 微粒表示的是 Cl－，对水的电 离平衡不产生影响。 答案：C 19． 已知 pH=2 的高碘酸(H5IO6)溶液与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合，所得混合液 显酸性；0.01 mol·L－1 的碘酸(HIO3)或高锰酸(HMnO4)溶液与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混 合，所得混合液显中性。请回答下列问题： (1)高碘酸是 (填“强酸”或“弱酸”)，理由是： 。 (2)已知高碘酸和硫酸锰(MnSO4)在溶液中反应生成高锰酸、碘酸和硫酸，此反应的氧 化剂是 ，反应的离子方程式可表示为 。 解析：弱酸在溶液中建立电离平衡，题干信息能够证明 H5IO6有电离平衡，所以它是弱 酸。氧化剂中某元素化合价降低，碘由＋7 价降为＋5 价，故 HIO6是氧化剂。 答案：(1)弱酸；由于高碘酸溶液的 c(H+)与 NaOH 溶液的 c(OH－)相等，二者等体积混合 后，混合液显酸性，说明酸过量，原高碘酸溶液中只有一部分高碘酸的分子发生了电离，所 以高碘酸是弱酸。 (2)高碘酸；5H5IO6＋2Mn2+===2MnO 4  ＋5IO 3  ＋7H2O＋11H+ 20．(1)室温 1 L 0.01 mol·L－1 的硫酸氢钠溶液的 pH 为 ，在其中滴入等体积 的 0.01 mol·L － 1 的 Ba(OH)2 溶液后，加水稀释到 10 L，所发生反应的离子方程式 为 ，pH 为 。 (2)室温下取 0.2 mol·L－1 HCl 溶液与 0.2 mol·L－1MOH 溶液等体积混合(忽略混合后溶 液体积的变化)， 测得混合溶液的 pH=6，试回答以下问题： ①混合溶液中水电离出的 c(H＋) 0.2 mol·L－1HCl 溶液中水电离出的 c(H ＋)(填">""<"或"＝")。 ②求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)： c(Cl－)－c(M＋)＝ mol·L－1；c(H＋)－c(MOH)＝ mol·L－1。 解析：(1)主要考查 pH 的计算。在酸中用 c(H＋)计算，在碱中用 c(OH－)计算，0.01 mol·L －1 的硫酸氢钠溶液中 c(H＋)＝0.01 mol·L－1，所以 pH=2；酸碱混合，首先判断过量，此题中 碱过量，混合后溶液显碱性，应用 c(OH－)计算，c(OH－)＝10－3 mol·L－1求出 c(H＋)= 10－11 mol·L －，pH＝11；离子方程式假设 NaHSO4、Ba(OH)2 分别为 1，OH－过量以 NaHSO4 为主进行书 写。 (2)0.2 mol·L－1 HCl 溶液与 0.2 mol·L－1 MOH 溶液等体积混合正好完全反应生成正盐， 室温下 pH=6，所以是强酸弱碱盐，促进水的电离．而 HCl 溶液是抑制水的电离。正盐 c(MCl) ＝0.1 mol·L－1，pH=6 推出 c(H＋)=10－6 mol·L1，c(OH－)=10－8 mol·L－1。根据电荷守恒 c(Cl －)+c(OH－)=c(M＋)+c(H＋)推出 c((Cl－)－c(M＋)=c(H＋)－c(OH－)=10－6 mol·L－1－10－8 mol·L－1； 由物料守恒 c(Cl－)=c(M＋)+c(MOH)，代入上述电荷守恒等式整理得((H＋)－c(MOH)=c(OH －)=10－8 mol·L－1。 答案： (1)2 Ba2 ＋+OH－+H＋+SO 2 4  ===BaSO4↓+H2O 11 (2)①> ②9.9×10－ 7 1.0×10－8 21．一定温度下，冰醋酸加水稀释过程中溶液的导电能力有如 下 图所示曲线，请回答。 (1)“O”点为什么不导电______。 (2) a、 b、 c 三点的氢离子浓度由小到大的顺序为______。 (3)a、b、c 三点中，醋酸的电离程度最大的一点是______。 (4)若使 c 点溶液中的 c(CH3COO－)提高，在如下措施中，可选择______。 A．加热 B．加很稀的 NaOH 溶液 C．加固体 KOH D．加水 E．加固体 CH3COONa F．加 Zn 粒 (5)在稀释过程中，随着醋酸浓度的降低，下列始终保持增大趋势的量是______。 A．c(H＋) B．H＋个数 C．CH3COOH 分子数 D．c(H＋)／c(CH3COOH) 解析：(1)因为冰醋酸未电离，无离子。(2)从图象可知 a、b、c 三点导电能力大小顺序 为 b＞a＞c，说明溶液中 H+离子浓度大小顺序为 b＞a＞c。(3)因为在一定温度下，溶液越稀 电离程度越大，因此 c 点的电离程度最大。 (4)在醋酸溶液中存在下列平衡：CH3COOH CH3COO－+ H＋；△H>0。由此可知加 热以及加固体 KOH、加 Zn 粒均可使平衡正向移动，且 c(CH3COOH)增大。加入很稀的 NaOH 溶液，加水虽也可使平衡正向移动，但因溶液冲稀，所以 c(CH3COOH)、c(CH3COO－)减小。 加入固体 CH3COONa，平衡逆向移动，但因加入较多 CH3COO－，故使其浓度增大，因此答 案为 A、C、E、F。 (5) 同一溶液中离子的浓度之比等于离子数目之比 )( )( )( )( 33 COOHCHn Hn COOHCHc Hc   。 在稀释过程中，CH3COOH 的电离平衡向右移动，因而 H＋个数肯定增大，CH3COOH 分子 数不断减小, 所以 )( )( 3COOHCHc Hc  值增大。 答案：(1)因为冰醋酸未电离，无离子，(2)b＜a＜c，(3)c，(4)A、C、E、F，(5)B、D。