2019届高考化学二轮复习（浙江专用）专题十一　溶液中的离子反应学案

专题十一　溶液中的离子反应
[考试标准]
知识条目
必考要求
加试要求
1.弱电解质的电离平衡
①几种典型的弱电解质
②弱电解质水溶液中的电离平衡
③弱电解质的电离方程式
④电离度及其简单计算
⑤水的离子积常数
⑥电离平衡常数与弱酸、弱碱的酸碱性强弱之间的关系
⑦多元弱酸的分步电离

a
a
b

a

a
b
b
c
b
b
a
2.溶液的酸碱性
①溶液的酸碱性与溶液中c(H＋)、c(OH－)的关系
②pH的概念，pH与溶液酸碱性的关系
③pH的简单计算
④测定溶液酸碱性的方法，用pH试纸、pH计测定溶液的pH
⑤中和滴定原理及其操作方法
⑥几种常见酸碱指示剂的变色范围

a
a
b
a

a
a
c
b

b
a
3.盐类的水解
①盐类的水解原理，常见盐溶液的酸碱性的判断
②盐类水解的简单应用
③盐类水解的离子反应方程式
④多元弱酸盐的分步水解
⑤影响盐类水解的因素
⑥常见酸式盐溶液的酸碱性判断

a
b

b
b
b
b
b
b

考点一　弱电解质的电离平衡

一、弱电解质
1．弱电解质
(1)概念

(2)与化合物类型的关系
强电解质主要是大部分离子化合物及某些共价化合物，弱电解质主要是某些共价化合物。
(3)常见的弱电解质
试写出水、氢氟酸、醋酸、次氯酸、氢氰酸、一水合氨的电离方程式。
H2O：H2OH＋＋OH－；
HF：HFH＋＋F－；
CH3COOH：CH3COOHCH3COO－＋H＋；
HClO：HClOH＋＋ClO－；
HCN：HCNH＋＋CN－；
NH3·H2O：NH3·H2ONH＋OH－。
2．弱电解质的电离平衡
(1)电离平衡的特征

(2)外界条件对电离平衡的影响
①内因：弱电解质本身的性质。
②外因：浓度、温度、加入试剂等。
(3)电离过程是可逆过程，可直接用化学平衡移动原理分析电离平衡。以0.1 mol·L－1CH3COOH溶液为例：CH3COOHCH3COO－＋H＋(正向吸热)。
实例(稀溶液)
CH3COOHH＋＋CH3COO－ ΔH＞0
改变条件
平衡移动方向
n(H＋)
c(H＋)
导电能力
Ka
加水稀释
→
增大
减小
减弱
不变
加入少量冰醋酸
→
增大
增大
增强
不变
通入HCl(g)
←
增大
增大
增强
不变
加NaOH(s)
→
减小
减小
增强
不变
加入镁粉
→
减小
减小
增强
不变
升高温度
→
增大
增大
增强
增大
加CH3COONa(s)
←
减小
减小
增强
不变

二、电离度、电离平衡常数
1．电离度
(1)电离度概念与表达式
一定条件下，当弱电解质在水溶液中达到电离平衡时，溶液中已经电离的电解质分子数占电解质分子总数的百分数。(常用符号α表示)
可用数学式表达：
α＝×100%
或α＝×100%
或α＝×100%
即α＝×100%(c：电解质浓度，Δc：已电离电解质浓度)
注意　①电离度适用于达到平衡的电解质溶液。②在相同温度和相同浓度下，电离度大小可表示弱电解质的相对强弱。电离度越小，电解质越弱。
(2)影响电离度的因素
①温度：在其他条件不变时，升高溶液温度，电离平衡向电离方向移动，电离度增大。
②浓度：其他条件不变时，增大弱电解质溶液浓度，平衡向电离方向移动，但电离度减小。若降低弱电解质溶液浓度，平衡向电离方向移动，电离度增大。
③其他电解质的加入：如同离子效应，加入与弱电解质电离有相同离子的强电解质时，会使弱电解质电离度降低。
2．电离平衡常数
(1)电离平衡常数的表达式
弱酸的电离常数用Ka来表示，弱碱的电离常数用Kb来表示。例如：
H2S的电离常数表达式为
第一步电离：H2SH＋＋HS－　Ka1＝
第二步电离：HS－H＋＋S2－　Ka2＝
NH3·H2O的电离常数表达式为
NH3·H2ONH＋OH－　Kb＝
(2)K的意义
①K值越大，电离程度越大。
②多元弱酸中，Ka1≫Ka2≫Ka3，即以第一步电离为主。以H2S电离为例，从HS－中电离出一个H＋，要比从H2S中电离出一个H＋难，因为第一步电离出的H＋抑制了第二步电离。
(3)影响K值的因素
对于某电解质来说，影响K值的只有温度。通常电离过程是吸热的，所以升温会使K值增大。
3．电离平衡常数(Ka)与电离度(α)的关系
常温下，c mol·L－1的CH3COOH，其电离度为α，则该CH3COOH的电离平衡常数Ka为________。
答案　cα2
解析　　　　　 CH3COOHCH3COO－　＋　H＋
起始/mol·L－1 c 0 0
平衡/mol·L－1 c－cα cα cα
Ka＝≈cα2。
三、一强一弱的图像分析
1．相同体积、相同浓度的HCl(a)和CH3COOH(b)，分别与足量的锌粉发生反应，按要求画出图像。
(1)产生H2的体积V(H2)随时间(t)的变化图像；
(2)产生H2的速率v(H2)随时间(t)的变化图像；
(3)溶液的pH随时间(t)的变化图像。
答案　(1)
(2)
(3)
2．若把HCl(a)、CH3COOH(b)均改成相同体积、相同pH，则①②③的图像又怎样？
答案　(1)
(2)
(3)

图像法理解一强一弱的稀释规律
(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸

①加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大。
②加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多。
(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸

①加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大。
②加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多。

题组一　弱电解质的电离平衡
1．(2018·宁波市第二中学高考专题训练)氨气溶于水达平衡后，若只改变某一条件，下列说法正确的是(　　)
A．继续通入氨气，会减小
B．NH4Cl水解显酸性，所以向溶液中加入NH4Cl固体，会促进NH3·H2O电离
C．向溶液中通入HCl气体，则一定有c(NH)＝c(Cl－)
D．实验室中可以通过将浓氨水加入到碱石灰中来制取氨气
答案　D
2．将10 mL 0.1 mol·L－1的氨水加蒸馏水稀释到1 L后，下列变化中正确的是(　　)
①电离程度增大　②c(NH3·H2O)增大　③NH数目增多　④c(OH－)增大　⑤导电性增强
⑥增大
A．①②③ B．①③⑤
C．①③⑥ D．②④⑥
答案　C
解析　氨水加水稀释，电离程度增大，则c(NH3·H2O)减小，NH数目增多，①对，②错，③对；溶液中n(OH－)增大，但c(OH－)减小，④错；溶液稀释时，c(NH)、c(OH－)均减小，溶液导电性减弱，⑤错；根据Kb＝，则＝，由于温度不变，Kb不变，而c(OH－)减小，则增大，⑥对。
3．(2017·衢州市高三1月教学质量检测)下列事实不能说明CH3COOH为弱酸的是(　　)
A．测得0.10 mol·L－1CH3COOH溶液中存在较多的CH3COOH分子
B．比较等浓度等体积的盐酸、CH3COOH溶液与足量Zn反应生成H2的体积
C．比较等浓度等体积的盐酸、CH3COOH溶液与等量NaOH溶液反应后放出的热量
D．0.10 mol·L－1NH4Cl溶液呈酸性，0.10 mol·L－1CH3COONH4溶液呈中性
答案　B
解析　测得0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液中存在较多的CH3COOH分子，说明醋酸未完全电离，是弱酸，故A正确；等浓度等体积的盐酸、CH3COOH溶液与足量Zn反应生成的H2一样多，无法判断醋酸是弱酸，故B错误；等浓度等体积的盐酸、CH3COOH溶液与等量NaOH溶液反应后放出的热量，醋酸放出的热量少，说明中和反应过程中存在醋酸的电离，电离过程吸热，可说明醋酸是弱酸，故C正确；0.10 mol·L－1 NH4Cl溶液呈酸性，0.10 mol·L－1 CH3COONH4溶液呈中性，均说明CH3COO－在水溶液中发生了水解，可知醋酸是弱酸，故D正确。
4．在相同温度下，100 mL 0.01 mol·L－1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol·L－1的醋酸溶液相比较，下列数值前者大于后者的是(　　)
A．中和时所需NaOH的量
B．电离的程度
C．H＋的物质的量浓度
D．CH3COOH的物质的量
答案　B
解析　100 mL 0.01 mol·L－1的醋酸溶液与10 mL 0.1 mol·L－1的醋酸溶液中含有的醋酸的物质的量相同，中和时所需NaOH的量相同，A项错误；根据浓度对电离平衡的影响规律：越稀越电离，0.01 mol·L－1的醋酸溶液中醋酸电离的程度大于0.1 mol·L－1的醋酸溶液中醋酸的电离程度，B项正确；H＋的物质的量浓度：前者小于后者，C项错误。
5．某温度下，相同体积、相同pH的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是(　　)

A．a点导电能力比b点强
B．b点的Kw值大于c点
C．与盐酸完全反应时，消耗盐酸体积Va>Vc
D．a、c两点c(H＋)相等
答案　D
解析　pH：b点大于a点，所以溶液中的离子浓度b点大于a点，即导电能力b点大于a点，A错误；b点和c点的温度相同，其Kw相等，B错误；由图像中曲线的变化趋势知，a点是NaOH溶液，c点是氨水，pH相同时c(NH3·H2O)远大于c(NaOH)，结合溶液的体积c点大于a点，故消耗盐酸体积Va 题组二　电离度、电离平衡常数的应用
6．已知25 ℃时几种物质的电离度(溶液浓度均为0.1 mol·L－1)如下表(已知硫酸的第一步电离是完全的)：
①H2SO4溶液HSOH＋＋SO
②NaHSO4溶液
HSOH＋＋SO
③醋酸溶液
CH3COOHH＋＋CH3COO－
④盐酸
HCl===H＋＋Cl－
10%
29%
1.33%
100%

(1)25 ℃时，0.1 mol·L－1上述几种溶液中c(H＋)由大到小的顺序是_________(填序号，下同)。
(2)25 ℃时，c(H＋)相同的上述溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序是_______________。
(3)25 ℃时，0.1 mol·L－1 H2SO4溶液中的HSO的电离度小于0.1 mol·L－1 NaHSO4溶液中HSO的电离度的原因是_____________________________________________________________。
答案　(1)①＞④＞②＞③
(2)③＞②＞④＞①
(3)0.1 mol·L－1的H2SO4溶液中，H2SO4第一步电离产生的H＋抑制了第二步的电离，所以H2SO4中HSO的电离度小于NaHSO4中HSO的电离度
7．(1)N2H4易溶于水，是与氨相类似的弱碱，已知其常温下的电离常数K1＝1.0×10－6。常温下，将0.2 mol·L－1 N2H4·H2O与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合(忽略体积变化)，则此时溶液的pH等于________(忽略N2H4的二级电离)。
(2)25 ℃时，将a mol·L－1的氨水与b mol·L－1 盐酸等体积混合(体积变化忽略不计)，反应后溶液恰好显中性，用a、b表示NH3·H2O的电离平衡常数为______。
(3)已知某温度下，H2SO3的电离常数为Ka1≈1.5×10－2,Ka2≈1.0×10－7，用NaOH溶液吸收SO2，当溶液中HSO、SO相等时，溶液的pH值约为______。
答案　(1)8　(2)　(3)7
解析　(1)若将0.2 mol·L－1 N2H4·H2O溶液与0.1 mol·L－1HCl溶液等体积混合，得到物质的量浓度相等的N2H5Cl和N2H4·H2O，N2H＋H2ON2H4·H2O＋H＋，N2H4·H2ON2H＋OH－，K1＝，已知c(N2H)＝c(N2H4·H2O)，得K1＝c(OH－)，c(H＋)＝＝ mol·L－1＝1×10－8 mol·L－1，pH＝8。
(2)将a mol·L－1的氨水与b mol·L－1的盐酸等体积混合，反应后溶液显中性，则溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－7 mol·L－1，根据电荷守恒c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，溶液中c(NH)＝c(Cl－)＝ mol·L－1，混合后反应前 c(NH3·H2O)＝ mol·L－1，则反应后c(NH3·H2O)＝(－) mol·L－1，Kb＝＝。
(3)根据HSOSO＋H＋平衡常数Ka2＝＝1.0×10－7，此时HSO、 SO相等，则c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1，溶液的pH＝7。
考点二　水的电离、溶液的酸碱性

1．水的电离
(1)水的电离
水是极弱的电解质，水的电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－。
(2)水的离子积常数
Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
①室温下：Kw＝1×10－14。
②影响因素：只与温度有关，升高温度，Kw增大。
③适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质水溶液。
④Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要温度不变，Kw不变。
注意　(1)水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)，其实质是水溶液中的H＋和OH－浓度的乘积，不一定是水电离出的H＋和OH－浓度的乘积，所以与其说Kw是水的离子积常数，不如说是水溶液中的H＋和OH－的离子积常数。即Kw不仅适用于水，还适用于酸性或碱性的稀溶液。不管哪种溶液均有c(H＋)＝c(OH－)。
(2)水的离子积常数显示了在任何水溶液中均存在水的电离平衡，都有H＋和OH－共存，只是相对含量不同而已。
(3)影响水电离平衡的因素
①升高温度，水的电离程度增大，Kw增大。
②加入酸或碱，水的电离程度减小，Kw不变。
③加入可水解的盐(如FeCl3、Na2CO3)，水的电离程度增大，Kw不变。
(4)外界条件对水的电离平衡的影响
体系变化
条件
平衡移动方向
Kw
水的电离程度
c(OH－)
c(H＋)
酸
逆
不变
减小
减小
增大
碱
逆
不变
减小
增大
减小
可水解的盐
Na2CO3
正
不变
增大
增大
减小
NH4Cl
正
不变
增大
减小
增大
温度
升温
正
增大
增大
增大
增大
降温
逆
减小
减小
减小
减小
其他：如加入Na
正
不变
增大
增大
减小

注意　在水中加入H2SO4，水的电离平衡向左移动，是因为加入H2SO4后，c(H＋)增大，平衡左移。
2．溶液的酸碱性
(1)溶液的酸碱性
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。
a．酸性溶液：c(H＋)＞c(OH－)，常温下，pH<7。
b．中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)，常温下，pH＝7。
c．碱性溶液：c(H＋) 试判断下列溶液在常温下的酸、碱性(在括号中填“酸性”“碱性”或“中性”)。
①相同浓度的HCl和NaOH溶液等体积混合(　　)
②相同浓度的CH3COOH和NaOH溶液等体积混合(　　)
③相同浓度的NH3·H2O和HCl溶液等体积混合(　　)
④pH＝2的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合(　　)
⑤pH＝3的HCl和pH＝10的NaOH溶液等体积混合(　　)
⑥pH＝3的HCl和pH＝12的NaOH溶液等体积混合(　　)
⑦pH＝2的CH3COOH和pH＝12的NaOH溶液等体积混合(　　)
⑧pH＝2的HCl和pH＝12的NH3·H2O等体积混合(　　)
答案　①中性　②碱性　③酸性　④中性　⑤酸性 ⑥碱性　⑦酸性　⑧碱性
(2)pH的测定方法
①pH试纸法：用镊子夹取一小块pH试纸放在洁净的玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取待测液点在试纸的中央，变色后与标准比色卡对照，即可确定溶液的pH。
pH试纸使用注意事项：
pH试纸使用前不能用蒸馏水润湿，否则待测液因被稀释可能产生误差；用广范pH试纸读出的pH值只能是整数；不能用pH试纸测定氯水的pH，因为氯水呈酸性的同时呈现强氧化性(漂白性)。
②pH计测量法。

1．(2018·浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟高三上学期考试)已知：H2OOH－＋ H＋，在25 ℃和100 ℃时水的Kw分别为1.0×10－14、2.5×10－13。
下列说法不正确的是(　　)
A．25 ℃时，纯水的pH＝7，呈中性
B．100 ℃时，纯水的pH＜7，呈酸性
C．纯水的c(H＋)：100 ℃大于25 ℃
D．100 ℃的纯水中c(H＋)＝c(OH－)
答案　B
解析　A项，25 ℃时，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14,25 ℃时，c(H＋)＝10－7 mol·L－1，pH＝7,水呈中性，正确；B项，100 ℃时，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝2.5×10－13，c(H＋)＞10－7 mol·L－1，pH<7，水呈中性，错误；C项，根据上述分析，25 ℃时，c(H＋)＝ 10－7 mol·L－1，100 ℃时c(H＋)＞10－7 mol·L－1，所以纯水的c(H＋)：100 ℃大于25 ℃,正确；D项，纯水呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，正确。
2．水的电离平衡曲线如图所示：

(1)若以A点表示25 ℃时水的电离平衡时的离子的浓度，当温度升高到100 ℃时，水的电离平衡状态到B点，则此时水的离子积从________增加到________，造成水的离子积增大的原因是________________________________________________________________________。
(2)结合上图所示，下列有关说法正确的是______(填字母)。
A．图中四点Kw间的关系：A＝D＜C＜B
B．若从A点到D点，可采用温度不变在水中加入少量酸
C．若从A点到C点，可采用温度不变在水中加入少量NH4Cl固体
D．若从A点到D点，可采用温度不变在水中加入少量NaCl固体
(3)100 ℃时，0.01 mol·L－1的NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)为________。
答案　(1)10－14　10－12　升高温度促进了水的电离　(2)AB　(3)10－10 mol·L－1
解析　(1)从图中可知，B点时c(OH－)＝c(H＋)＝10－6 mol·L－1，则Kw＝10－12，Kw增大的原因是升高温度，促进了水的电离。(2)Kw只受温度影响，随着温度升高而增大，A、D点温度相同，B点温度高于C点温度，所以A项正确；从A点到D点，温度不变，酸性增强，B项正确，D项错误；A、C代表的点的温度不同，C项错误。(3)100 ℃时，Kw＝10－12，而0.01 mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)＝10－2 mol·L－1，则由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝ mol·L－1＝10－10 mol·L－1。
3．(2017·杭州市西湖高级中学高二12月月考)(1)一定条件下，在水的电离平衡中，c(H＋)和c(OH－)的关系如下图所示。100 ℃时，若盐酸中c(H＋)＝5×10－4 mol·L－1，则由水电离产生的c(H＋)＝__________。

(2)pH＝3的盐酸与pH＝5的盐酸等体积混合，pH＝________。
(3)25 ℃时，在0.5 L 0.2 mol·L－1的HA溶液中，有0.02 mol 的HA电离成离子，则该温度下的电离常数为__________。
答案　(1)2×10－9 mol·L－1　(2)3.3　(3)0.01
解析　(1)由图中信息可知，100 ℃时，c(H＋)＝c(OH－)＝10－6 mol·L－1，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－12，由水电离产生的c(H＋)等于溶液中氢氧根离子浓度，盐酸中c(H＋)＝5×10－4 mol·L－1，则c(H＋)水＝c(OH－)＝＝ mol·L－1＝2×10－9 mol·L－1。(2)①pH＝3和pH＝5的两种盐酸等体积混合，则c(H＋)＝≈5×10－4 mol·L－1，所以pH＝－lg c(H＋)＝4－lg 5≈3.3。(3)在0.5 L 0.2 mol·L－1的HA溶液中，有0.02 mol的HA电离成离子，即c(A－)＝c(H＋)＝＝0.04 mol·L－1，则K＝＝＝0.01。
考点三　酸碱中和滴定

1．“中和滴定”考点归纳
(1)“考”实验仪器
酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管(包括量程)，滴定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。
(2)“考”操作步骤
①滴定前的准备：查漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数；
②滴定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数；
③计算。
(3)“考”指示剂的选择
①强酸强碱相互滴定，可选用甲基橙或酚酞；
②若反应生成强酸弱碱盐溶液呈酸性，则选用酸性变色范围的指示剂(甲基橙)，若反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则选用碱性变色范围的指示剂(酚酞)；
③石蕊溶液因颜色变化不明显，且变色范围过宽，一般不作指示剂。
(4)“考”误差分析
写出计算式，分析操作对V标的影响，由计算式得出对最终测定结果的影响，切忌死记硬背结论。此外对读数视线问题要学会画图分析。
如：用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液(酚酞作指示剂)，用“偏高”“偏低”或“无影响”填空。
①酸式滴定管未用标准溶液润洗(　　)
②锥形瓶用待测溶液润洗(　　)
③锥形瓶洗净后还留有蒸馏水(　　)
④放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失(　　)
⑤酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失(　　)
⑥部分酸液滴出锥形瓶外(　　)
⑦酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯)(　　)
⑧酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰)(　　)
答案　(1)偏高　(2)偏高　(3)无影响　(4)偏低 (5)偏高　(6)偏高　(7)偏低　(8)偏高
2．“中和滴定”的注意事项
(1)锥形瓶不能用待测液润洗，酸式滴定管不能盛放碱性溶液和氢氟酸，碱式滴定管不能盛放酸性和强氧化性溶液。
(2)滴速要先快后慢，但不能成流，应一滴一滴地滴加，当接近终点时，应一滴一摇。
(3)滴定过程中，锥形瓶口不能碰滴定管下端尖嘴且眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化。
(4)当最后一滴滴入使指示剂恰好变色且半分钟内不恢复原色，表示达到滴定终点。
(5)滴定的误差分析要依据公式c待＝来判断。其中V待为准确量取的待测液体积，c标为准确配制的标准液浓度,这两者在误差分析时看为定值；因各种原因使得所耗标准液体积V标变大或变小，V标变大，则c待偏高，V标变小，则c待偏低。

1．某学习小组用“间接碘量法”测定某CuCl2晶体试样的纯度，试样不含其他能与I－发生反应的氧化性杂质，已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===S4O＋2I－。取m g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，部分实验仪器和读数如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．试样在甲中溶解，滴定管选乙
B．选用淀粉作指示剂，当甲中溶液由蓝色变为无色时，即达到滴定终点
C．丁图中滴定前，滴定管的读数为(a－0.50) mL
D．对装有标准液的滴定管读数时，滴定前后读数方式如丁图所示，则测得的结果偏小
答案　D
解析　A项，甲中盛装的是含有I2的溶液，则滴定管中盛装的为Na2S2O3标准溶液，该溶液显碱性，应选用碱式滴定管(丙)，不正确；B项，溶液变色且经过30 s左右溶液不恢复原来的颜色，视为滴定终点，不正确；C项，滴定管“0”刻度在上端，故滴定前的读数为(a＋0.50) mL，不正确；D项，滴定后俯视读数，将导致读数偏小，故测得的结果偏小，正确。
2．滴定实验是化学学科中重要的定量实验。 请回答下列问题：
(1)用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列情况会造成测定结果偏高的是__________ (填字母)。
A．滴定终点读数时，俯视滴定管刻度
B．盛装NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用NaOH溶液润洗
C．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准盐酸润洗
D．滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
(2)取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.02 mol·L－1的高锰酸钾溶液滴定，发生反应的化学方程式为：
2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O
滴定数据如下：
滴定次数
待测液体积/mL
标准KMnO4溶液体积/mL
滴定前读数
滴定后读数
第一次
25.00
0.50
20.40
第二次
25.00
3.00
23.00
第三次
25.00
4.00
24.10

①滴定时，KMnO4溶液应装在______(填“酸”或“碱”)式滴定管中；滴定终点的现象是____________。
②该草酸溶液的物质的量浓度为______________。
答案　(1) CD
(2)①酸　锥形瓶中溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色　②0.04 mol·L－1
解析　(1)滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)＝，则测定结果偏低，A项错误；锥形瓶水洗后不用未知液洗涤，对结果无影响，B项错误；酸式滴定管使用前，水洗后未用标准盐酸润洗，标准盐酸物质的量浓度偏小，V(标准)偏大，则测定结果偏高，C项正确；酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，造成V(标准)偏大，则测定结果偏高，D项正确。(2)①因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，应用酸式滴定管盛装；因KMnO4溶液自身有颜色，可作为指示剂，滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色；②设草酸的浓度为c，由反应方程式得2KMnO4～5H2C2O4，消耗KMnO4溶液的平均体积为20.00 mL，则25.00×10－3 L×c＝×20.00×10－3 L×0.02 mol·L－1，解得c＝0.04 mol·L－1。
考点四　关系式法在氧化还原滴定法中的应用

滴定操作不仅适用于酸碱中和反应，也可迁移应用于氧化还原反应进行物质含量的测定，计算方法主要用“关系式”法。
(1)原理
以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质。
(2)实例
①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液
原理：2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O。(写离子方程式)
指示剂：酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂，当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点。
②Na2S2O3溶液滴定碘液
原理：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI。
指示剂：用淀粉作指示剂，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点。
③用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再用KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋，滴定Ti3＋时发生反应的离子方程式为Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋，达到滴定终点时的现象是当滴入最后一滴标准液，溶液变成血红色，且半分钟内不褪色。

滴定终点的判断答题模板
当滴入最后一滴×××标准溶液后，溶液变成×××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。
解答此类题目注意三个关键点：
(1)最后一滴：必须说明是滴入“最后一滴”溶液。
(2)颜色变化：必须说明滴入“最后一滴”溶液后溶液“颜色的变化”。
(3)半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不再恢复原来的颜色”。

1．(2018·丽水、衢州、湖州三地市9月教学质量检测)过氧硫酸氢钾复合盐(K2SO4·KHSO4·2KHSO5)易分解，可用作漂白剂、NOx和SO2等的脱除剂。某产品中KHSO5含量的测定可采用如下方法：
取1.000 g产品于锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，加入5 mL 10%的硫酸和10 mL 25%的碘化钾溶液，再加入2 mL 淀粉溶液作指示剂，用0.200 0 mol·L－1的硫代硫酸钠标准液滴定至终点，消耗标准液的体积为25.00 mL。
已知：2KHSO5＋4KI＋H2SO4===2I2＋3K2SO4＋2H2O
I2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI
则产品中KHSO5的质量分数为________。
答案　38.00%
解析　已知：2KHSO5＋4KI＋H2SO4===2I2＋3K2SO4＋2H2O、I2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI，则有关系式KHSO5～2Na2S2O3，消耗硫代硫酸钠的物质的量是0.200 0 mol·L－1×0.025 0 L＝0.005 0 mol，所以KHSO5的物质的量是0.002 5 mol，则产品中KHSO5的质量分数为×100%＝38.00%。
2．产品中Na2S2O4的质量分数的测定，其实验步骤如下：
Ⅰ.准确称取a g产品放入锥形瓶中，加入适量的水使其溶解，然后加入足量甲醛，充分反应；
Ⅱ.再滴加几滴淀粉溶液，用c mol·L－1的标准I2溶液滴定，至终点时，消耗V mL I2溶液。
实验中涉及的反应有：Na2S2O4＋2HCHO＋H2O===NaHSO3·CH2O＋NaHSO2·CH2O；NaHSO2·CH2O＋2I2＋2H2O===NaHSO4＋HCHO＋4HI。
①步骤Ⅱ滴定至终点的现象是__________________________________________________。
②产品中Na2S2O4的质量分数为________________________(用含a、c、V的代数式表示)。
答案　①当最后一滴标准I2溶液加入后，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不褪色
②×100%
解析　①步骤Ⅱ中用淀粉溶液作指示剂，在滴定结束之前，溶液中碘不足，溶液为无色，当碘单质过量后，溶液中的淀粉与碘单质显示蓝色，所以滴定至终点的现象为：当最后一滴标准I2溶液加入后，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不褪色。
②由方程式Na2S2O4＋2HCHO＋H2O===NaHSO3·CH2O＋NaHSO2·CH2O; NaHSO2·CH2O＋2I2＋2H2O===NaHSO4＋HCHO＋4HI可得关系式：1 mol Na2S2O4～2 mol I2，所以产品中Na2S2O4的质量分数＝×100%＝×100%。
3．(2017·宁波市余姚中学高二上学期期中)过氧化尿素[CO(NH2)2·H2O2]是一种新型漂白、消毒剂； 广泛应用于农业、医药、日用化工等领域。用低浓度的双氧水和饱和尿素溶液在一定条件下可以合成过氧化尿素。反应的方程式为CO(NH2)2＋H2O2CO(NH2)2·H2O2。
准确称取1.000 g产品于250 mL锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，再加2 mL 6 mol·L－1 H2SO4，用0.200 0 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定至终点时消耗18.00 mL (尿素与KMnO4溶液不反应)，则产品中CO(NH2)2·H2O2的质量分数为________；若滴定后俯视读数，则测得的过氧化尿素含量________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
答案　84.60%　偏低
解析　已知尿素与KMnO4溶液不反应，发生的反应为5H2O2＋2KMnO4＋3H2SO4===8H2O＋2MnSO4＋K2SO4＋5O2↑，
5H2O2～2KMnO4
5 2
n 0.200 0 mol·L－1×0.018 L
则n＝0.009 mol，所以CO(NH2)2·H2O2为0.009 mol，其质量为0.009 mol×94 g·mol－1＝0.846 g。
所以产品中CO(NH2)2·H2O2的质量分数为×100%＝84.60%；若滴定后俯视读数会导致溶液体积偏小，则导致测得过氧化尿素的质量分数偏低。
考点五　盐类的水解

1．盐类水解及简单应用
(1)定义
在溶液中盐电离出来的离子跟水电离产生的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应。
(2)实质：破坏了水的电离平衡，促进了水的电离。
(3)特点

(4)规律
有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。
有以下物质的水溶液：①NaCl　②KNO3　③NH4Cl
④FeCl3　⑤CH3COONa　⑥Na2CO3　⑦NaF
⑧NaHSO4　⑨Na2S　⑩NaBr
呈酸性的是③④⑧；呈碱性的是⑤⑥⑦⑨；呈中性的是①②⑩。
(5)应用
应用
举例
判断溶液的酸碱性
FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋
判断酸性强弱
等物质的量浓度的NaX、NaY、NaZ三种盐溶液的pH分别为8、9、10，则酸性：HX＞HY＞HZ
配制或贮存易水解的盐溶液
配制CuSO4溶液时，加入少量H2SO4，防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量盐酸；贮存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用磨口玻璃塞
胶体的制取
制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋
泡沫灭火器原理
成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑
作净水剂
明矾可作净水剂，原理为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋
化肥的使用
铵态氮肥与草木灰不得混用
除锈剂
NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接时的除锈剂

2.盐类水解离子方程式的书写
(1)书写要求
①一般来说，盐类水解的程度不大，用可逆号“”表示。盐类水解一般不会产生沉淀和气体，所以不用符号“↓”和“↑”表示水解产物。
②多元弱酸盐的水解是分步进行的，水解离子方程式要分步表示。
③多元弱碱阳离子的水解简化成一步完成。
④双水解分别是弱酸的阴离子和弱碱的阳离子，由于相互促进水解程度较大，书写时要用“===”“↑”“↓”等。
(2)按要求书写离子方程式。
①AlCl3溶液呈酸性
Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。
②Na2CO3溶液呈碱性
CO＋H2OHCO＋OH－、
HCO＋H2OH2CO3＋OH－。
③NH4Cl溶于D2O中
NH＋D2ONH3·HDO＋D＋。
④将NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合
Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑。
⑤实验室制备Fe(OH)3胶体
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋。
⑥NaHS溶液呈碱性的原因
HS－＋H2OH2S＋OH－。
3．影响盐类水解的因素
(1)内因
酸或碱越弱，其对应的弱酸根离子或弱碱阳离子的水解程度越大，溶液的碱性或酸性越强。
(2)外因
因素
水解平衡
水解程度
水解产生离子的浓度
温度
升高
右移
增大
增大
浓度
增大
右移
减小
增大
减小(即稀释)
右移
增大
减小
外加
酸碱
酸
弱碱阳离子的水解程度减小
碱
弱酸阴离子的水解程度减小

例如，不同条件对FeCl3水解平衡的影响：
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋(填写空格中内容)
条件
移动方向
H＋数
pH
现象
升温
向右
增多
减小
颜色变深
通HCl
向左
增多
减小
颜色变浅
加H2O
向右
增多
增大
颜色变浅
加NaHCO3
向右
减小
增大
生成红褐色沉淀，放出气体

注意　①水解平衡右移，盐的离子水解程度不一定增大，若加水稀释时，水解平衡右移，水解程度一定增大，若增大水解离子的浓度，平衡也右移，但水解程度减小。②稀溶液中，盐的浓度越小，水解程度越大，但其溶液酸性(或碱性)越弱。
4．酸式盐水溶液酸、碱性判断方法
酸式盐的水溶液显什么性质，要看该盐的组成粒子的性质。
(1)强酸的酸式盐只电离，不水解，一定显酸性。
如NaHSO4：NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO。
(2)弱酸的酸式盐存在两种趋势，既存在电离平衡又存在水解平衡：
HA－H＋＋A2－(电离，显酸性)
HA－＋H2OH2A＋OH－(水解，显碱性)
如果电离程度大于水解程度，则显酸性，如H2PO、HSO等；如果水解程度大于电离程度，则显碱性，如HCO、HS－、HPO等。

题组一　盐类水解及简单应用
1．下列各离子①R－、②R＋、③R3＋、④RH、⑤RH－(R表示不同的元素)都有10个电子，其中不会破坏水的电离平衡的有(　　)
A．仅有① B．仅有② C．②⑤ D．②④
答案　B
解析　①R－、②R＋、③R3＋、④RH、⑤RH－(R表示不同的元素)都有10个电子，则它们分别是①F－、②Na＋、③Al3＋、④NH、⑤OH－；F－水解，促进水电离；②Na＋不会破坏水的电离平衡；③Al3＋水解，促进水电离；④NH水解，促进水电离；⑤OH－抑制水电离，故B正确。
2．(2018·嘉兴市第一中学高三上学期期末)下列与盐类水解无关的是(　　)
A．明矾可用作净水剂
B．热的纯碱溶液可用于除去物品表面的油污
C．向NH4Cl溶液中加入镁粉，产生H2
D．配制FeCl2溶液时需要向溶液中加少量铁粉
答案　D
题组二　影响盐类水解的因素
3．(2017·杭州市西湖高级中学高二12月月考)为了配制NH的浓度与Cl－的浓度比为1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入适量(　　)
A．浓盐酸 B．NaCl 固体
C．浓氨水 D．NaOH 固体
答案　C
解析　加入浓盐酸，水解平衡逆向移动，溶液中铵根离子的浓度减小，氯离子浓度增加，导致NH与Cl－的浓度比变得更小，故A错误；加入NaCl固体，溶液中加入NaCl晶体后，增加溶液中氯离子的浓度，并保持铵根离子浓度不变，导致NH与Cl－的浓度比变得更小，故B错误；加入浓氨水，通过增加一水合氨浓度从而抑制铵根离子的水解，增加溶液中铵根离子的浓度，并保持氯离子浓度不变，可以使NH的浓度与Cl－的浓度比为1∶1，故C正确；加入NaOH固体，会发生反应：NH＋OH－===NH3·H2O，NH越来越少，氯离子浓度不变，导致NH与Cl－的浓度比变得更小，故D错误；故选C。
4．下列有关叙述错误的是(　　)
A．在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)
B．水解反应NH＋H2ONH3·H2O＋H＋达到平衡后，升高温度平衡逆向移动
C．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2时均不能采用将溶液蒸干的方法
D．配制CuSO4溶液时，要加入少量H2SO4
答案　B
解析　CH3COONa溶液显碱性，加入适量CH3COOH抑制CH3COO－水解而使溶液显中性时：c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可得c(Na＋)＝c(CH3COO－)，A项正确；盐类水解为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，B项错误；Al3＋、Fe3＋和Cu2＋水解产生HCl，加热会使HCl挥发，蒸干时将分别得到Al(OH)3、Fe(OH)3和Cu(OH)2,C项正确；CuSO4溶液中Cu2＋水解：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋，加入少量H2SO4可抑制Cu2＋水解，D项正确。
5．(1)由于HF是弱酸，则向NaF溶液中通入少量HCl，c(H＋)________(填“变大”“变小”或“不变”，下同)，c(F－)________；微微加热NaF溶液，c(H＋)________，c(F－)________。
(2)铈(Ce)是地壳中含量最高的稀土元素。在加热条件下CeCl3易发生水解，无水CeCl3可用加热CeCl3·6H2O和NH4Cl固体混合物的方法来制备。其中，NH4Cl的作用是________________________________________________________________________。
答案　(1)变大　变小　变小　变小　(2)分解生成HCl气体，抑制CeCl3水解
解析　(1)由于HF是弱酸，NaF溶液存在水解平衡：F－＋H2OHF＋OH－，当通入少量HCl时，c(H＋)变大，消耗OH－，水解平衡右移，c(F－)变小；当微热NaF溶液时，使水解平衡右移，c(F－)变小，c(OH－)变大，则c(H＋)变小。(2)由CeCl3＋3H2OCe(OH)3＋3HCl，NH4ClNH3↑＋HCl↑知，NH4Cl分解产生的HCl能抑制Ce3＋的水解。
考点六　溶液中“粒子”浓度的变化

1．明确“三个”守恒原理
(1)电荷守恒：即电解质溶液中阴离子所带电荷总数等于阳离子所带电荷总数。根据电荷守恒可准确、快速地解决电解质溶液中许多复杂的离子浓度问题。
(2)物料守恒：是指物质发生变化前后，有关元素的存在形式不同，但元素的种类和原子数目在变化前后保持不变。根据物料守恒可准确快速地解决电解质溶液中复杂离子、分子、物质的量浓度或物质的量的关系。
(3)质子守恒：是指在电离或水解过程中，会发生质子(H＋)转移，但在质子转移过程中其数量保持不变。
2．正确理解质子守恒
以Na2CO3和NaHCO3溶液为例，可用下图所示帮助理解质子守恒：
(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(CO)＋c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H3O＋)
即c(CO)＋c(OH－)＝c(H2CO3)＋c(H＋)。
3．建立解题思维模型
(1)单一溶液
(2)混合溶液
(3)不同溶液中某离子浓度的变化
若其他离子能促进该离子的水解，则该离子浓度减小，若抑制其水解，则该离子浓度增大。

题组一　归纳类型，逐一突破
(一)单一溶液
1．0.1 mol·L－1的NH4Cl溶液
粒子种类：_________________________________________________________________；
离子浓度大小关系：_________________________________________________________；
物料守恒：_________________________________________________________________。
答案　Cl－、NH、H＋、OH－、NH3·H2O、H2O
c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O)
解析　NH4Cl===NH＋Cl－(完全电离)
NH＋H2ONH3·H2O＋H＋(微弱)
H2OH＋＋OH－(极微弱)

2．Na2S溶液
水解方程式：__________________________________________________________________；
离子浓度大小关系：____________________________________________________________；
电荷守恒：____________________________________________________________________；
物料守恒：____________________________________________________________________；
质子守恒：____________________________________________________________________。
答案　S2－＋H2OHS－＋OH－、HS－＋H2OH2S＋OH－
c(Na＋)＞c(S2－)＞c(OH－)＞c(HS－)＞c(H＋)
c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－)
c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)]
c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H2S)
3．NaHS溶液(呈碱性)
水解方程式：________________________________________________________________；
离子浓度大小关系：__________________________________________________________；
电荷守恒：__________________________________________________________________；
物料守恒：__________________________________________________________________；
质子守恒：__________________________________________________________________。
答案　HS－＋H2OH2S＋OH－
c(Na＋)＞c(HS－)＞c(OH－)＞c(H＋)＞c(S2－)
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－)
c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)
c(OH－)＝c(H＋)＋c(H2S)－c(S2－)
解析　NaHS既能发生水解又能发生电离，水溶液呈碱性：
HS－＋H2OH2S＋OH－(主要)
HS－H＋＋S2－(次要)
4．NaHSO3溶液(呈酸性)
水解方程式：________________________________________________________________；
离子浓度大小关系：__________________________________________________________；
电荷守恒：__________________________________________________________________；
物料守恒：__________________________________________________________________；
质子守恒：__________________________________________________________________。
答案　HSO＋H2OH2SO3＋OH－
c(Na＋)＞c(HSO)＞c(H＋)＞c(SO)＞c(OH－)
c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO)＋c(HSO)＋c(OH－)
c(Na＋)＝c(HSO)＋c(SO)＋c(H2SO3)
c(OH－)＝c(H2SO3)＋c(H＋)－c(SO)
解析　NaHSO3既能发生电离又能发生水解，水溶液呈酸性：
HSOH＋＋SO(主要)
HSO＋H2OH2SO3＋OH－(次要)
(二)混合溶液
5．物质的量为1∶1的CH3COOH、CH3COONa溶液
水解方程式：_________________________________________________________________；
离子浓度大小关系：___________________________________________________________；
电荷守恒：___________________________________________________________________；
物料守恒：___________________________________________________________________；
质子守恒：___________________________________________________________________。
答案　CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝c(CH3COOH)＋2c(H＋)
解析　CH3COOHCH3COO－＋H＋(主要)
CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－(次要)
水溶液呈酸性。
6．CH3COOH、CH3COONa混合中性溶液
离子浓度大小关系：__________________________________________________________；
电荷守恒：__________________________________________________________________；
物料守恒：__________________________________________________________________。
答案　c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
c(Na＋)＝c(CH3COO－)
解析　CH3COOHCH3COO－＋H＋
CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－
若溶液呈中性，则电离和水解相互抵消。
7．pH＝2的CH3COOH与pH＝12的NaOH溶液等体积混合
离子浓度大小关系：__________________________________________________________；
电荷守恒：__________________________________________________________________。
答案　c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
解析　由于CH3COOH是弱酸，所以当完全反应后，CH3COOH仍过量许多，溶液呈酸性。
题组二　根据“曲线”，利用“类型”，分析判断
8．(2018·衢州市高三1月教学质量检测)室温下在25 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1CH3COOH溶液，曲线如图所示，有关离子浓度关系比较错误的是(　　)

A．在A、B间任意一点，溶液中一定都有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
B．在B点：a＞12.5，且有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)
C．在C点：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
D．在D点：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)
答案　C
解析　在25 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液中逐滴加入0.2 mol·L－1 CH3COOH 溶液，二者之间相互反应，当恰好完全反应时，所需醋酸的体积为12.5 mL，当反应至溶液显中性时，醋酸应稍过量，且c(OH－)＝c(H＋)，注意根据电荷守恒思想来比较离子浓度大小。A项，在A、B间任意一点,溶液中只存在四种离子：Na＋、H＋、CH3COO－、OH－,根据电荷守恒则有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，正确；B项，在B点溶液显中性，则c(OH－)＝c(H＋)，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则一定有c(Na＋)＝c(CH3COO－),H＋与OH－为水电离产生，浓度很小，故有：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)，正确；C项，在C点,溶液显酸性，故有c(OH－)＜c(H＋)，根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，故c(Na＋)＜c(CH3COO－)，错误；D项，在D点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05 mol·L－1，根据物料守恒，则：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1，正确。
9．H2C2O4为二元弱酸，20 ℃时，配制一组c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.100 mol·L－1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(　　)

A．pH＝2.5的溶液中：c(H2C2O4)＋c(C2O)＞c(HC2O)
B．c(Na＋)＝0.100 mol·L－1的溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝c(C2O)－c(H2C2O4)
C．c(HC2O)＝c(C2O)的溶液中：c(Na＋)＞0.100 mol·L－1＋c(HC2O)
D．pH＝7.0的溶液中：c(Na＋)＝2c(C2O)
答案　B
解析　A项，根据图示，当pH＝2.5时，c(H2C2O4)＋c(C2O)应小于c(HC2O)，错误；B项，当c(Na＋)＝0.100 mol·L－1时，由于c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.100 mol·L－1，所以该溶液为NaHC2O4溶液，根据质子守恒得：c(OH－)＝c(H＋)＋(H2C2O4)－c(C2O)，正确；C项，电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，c(Na＋)＝0.100 mol·L－1－c(H2C2O4)＋c(C2O)＋c(OH－)－c(H＋)＝0.100 mol·L－1＋c(HC2O)－c(H2C2O4)＋c(OH－)－c(H＋)，因为c(OH－)＜c(H＋)，所以c(Na＋)＜0.100 mol·L－1＋c(HC2O)，错误；D项，根据电荷守恒得c(Na＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)，错误。

1．(2018·浙江4月选考，4)下列物质溶于水后溶液显酸性的是(　　)
A．KCl B．Na2O
C．NH4Cl D．CH3COONa
答案　C
2．(2017·浙江11月选考，9)下列物质的水溶液不能使酚酞变红的是(　　)
A．NaOH B．Na2CO3 C．NaCl D．NH3
答案　C
3．(2016·浙江4月选考，5)下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是(　　)
A．NaCl B．NH4Cl C．Na2CO3 D．NaOH
答案　C
4．(2018·浙江4月选考，8)相同温度下，关于盐酸和醋酸两种溶液的比较，下列说法正确的是(　　)
A．pH相等的两溶液中：c(CH3COO－)＝c(Cl－)
B．分别中和pH相等、体积相等的两溶液，所需NaOH的物质的量相同
C．相同浓度的两溶液，分别与金属镁反应，反应速率相同
D．相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化)：c(CH3COO－)＝c(Cl－)
答案　A
解析　A项，电荷守恒，c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，pH相等，所以溶液中的c(H＋)、c(OH－)都相等，所以c(CH3COO－)＝c(Cl－)，正确；B项，pH相等的两溶液，酸性越弱，浓度越大，相同体积所含的物质的量就越多，所以中和时醋酸需要更多NaOH，错误；C项，溶液中的c(H＋)越大，与镁反应速率越快，同浓度的两溶液，盐酸完全电离，醋酸部分电离，所以盐酸反应速率更快，错误；D项，相同浓度的两溶液，分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中，c(CH3COO－)＝c(Na＋)，c(Cl－)＝c(Na＋)，但盐酸需要消耗更多的NaOH，盐酸中和后的溶液中c(Na＋)更大，故c(CH3COO－)＜c(Cl－)，错误。
5．(2017·浙江11月选考，18)下列说法不正确的是(　　)
A．pH＜7的溶液不一定呈酸性
B．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)相等
C．在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－)
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl－)＝c(NH)，则溶液呈中性
答案　B
解析　25 ℃时，pH＜7的溶液呈酸性，但温度未知，所以pH＜7的溶液不一定呈酸性，故A正确；在相同温度下，一水合氨部分电离，NaOH完全电离，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，NaOH溶液中c(OH－)更大，故B错误；在相同温度下，盐酸、CH3COOH溶液中分别存在电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)，c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)，又因为pH相等，所以c(Cl－)＝c(CH3COO－)，故C正确；氨水和盐酸反应后的溶液中存在c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋)，若c(Cl－)＝c(NH)，则c(OH－)＝c(H＋)，溶液呈中性，故D正确。
6．(2017·浙江4月选考，18)室温下，下列事实不能说明NH3·H2O为弱电解质的是(　　)
A．0.1 mol·L－1 NH3·H2O的pH小于13
B．0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液的pH小于7
C．相同条件下，浓度均为0.1 mol·L－1 NaOH溶液和氨水，氨水的导电能力弱
D．0.1 mol·L－1 NH3·H2O能使无色酚酞试液变红色
答案　D
7．(2016·浙江10月选考，18)为证明醋酸是弱电解质，下列方法不正确的是(　　)
A．测定0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH
B．测定0.1 mol·L－1CH3COONa溶液的酸碱性
C．比较浓度均为0.1 mol·L－1盐酸和醋酸溶液的导电能力
D．比较相同物质的量浓度的NaOH溶液和醋酸溶液恰好反应完全时消耗两溶液的体积
答案　D
解析　A项，若0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＞1,则证明醋酸是弱电解质；B项,若0.1 mol·L－1 CH3COONa溶液呈碱性，则证明CH3COO－发生水解，从而证明CH3COOH是弱电解质；C项，比较浓度均为0.1 mol·L－1的盐酸和醋酸溶液的导电能力，若前者强，则证明醋酸是弱电解质；D项，当NaOH溶液和醋酸溶液的物质的量浓度相同时，恰好完全反应时，消耗两溶液的体积也相同，无法证明醋酸是弱电解质。
8．(2016·浙江4月选考，21)某温度下，关于pH相等的盐酸和醋酸溶液(两溶液的OH－浓度也相等)，下列说法正确的是(　　)
A．c(HCl)＞c(CH3COOH)
B．c(Cl－)＝c(CH3COO－)
C．等体积的盐酸和醋酸溶液分别与足量的Zn完全反应，盐酸产生的H2多
D．用同浓度的NaOH溶液分别与等体积的盐酸和醋酸溶液恰好反应完全，盐酸消耗的NaOH溶液体积多
答案　B
解析　A项，当盐酸和醋酸的pH相等时，c(CH3COOH)远大于c(HCl)，错误；C项，由于c(CH3COOH)大于c(HCl)，所以当二者分别与足量的Zn反应时，醋酸产生的H2多，错误；D项，由于c(CH3COOH)大，与NaOH完全反应时，醋酸消耗NaOH溶液体积多，错误。
9．(2018·浙江4月选考，23)在常温下，向10 mL浓度均为0.1 mol·L－1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L－1盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．在a点的溶液中c(Na＋)＞c(CO)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)
B．在b点的溶液中2n(CO)＋n(HCO)＜0.001 mol
C．在c点的溶液pH＜7，是因为此时HCO的电离能力大于其水解能力
D．若将0.1 mol·L－1的盐酸换成同浓度的醋酸,当滴至溶液的pH＝7时：c(Na＋)＝c(CH3COO－)
答案　B
解析　向NaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加盐酸，依次发生的反应为①NaOH＋HCl===NaCl＋H2O　②Na2CO3＋HCl===NaCl＋NaHCO3，③NaHCO3＋HCl===NaCl＋H2O＋CO2↑。A项，a点滴加5 mL盐酸时，发生反应①,此时NaOH反应一半,c(Na＋)＞c(CO)＞c(OH－)＞c(Cl－)＞c(H＋)，错误；B项，b点溶液呈中性，所加盐酸大于20 mL，若等于20 mL时，根据电荷守恒，n(Na＋)＋n(H＋)＝2n(CO)＋n(HCO)＋n(Cl－)＋n(OH－)，2n(CO)＋n(HCO)＝n(Na＋)＋n(H＋)－n(Cl－)－n(OH－)＝0.003 mol－0.002 mol＋n(H＋)－n(OH－)，若再滴加少量盐酸，溶液呈中性时，2n(CO)＋n(HCO)＜0.001 mol，正确；C项，c点发生反应③，溶液呈酸性，是因为CO2溶解的缘故，错误；D项，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)，即c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(HCO)＋2c(CO)，c(Na＋)＞c(CH3COO－)，错误。
10．(2017·浙江11月选考，23)25 ℃时，在“H2A—HA－—A2－”的水溶液体系中,H2A、HA－和A2－三者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。

下列说法正确的是(　　)
A．在含H2A、HA－和A2－的溶液中，加入少量NaOH固体，α(HA－)一定增大
B．将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，所得的溶液中α(HA－)＝α(A2－)
C．NaHA溶液中，HA－的水解能力小于HA－的电离能力
D．在含H2A、HA－和A2－的溶液中,若c(H2A)＋2c(A2－)＋c(OH－)＝c(H＋),则α(H2A)和α(HA－)一定相等
答案　C
解析　根据图像可知在pH＞3时，加入少量NaOH固体，α(HA－)在减小，故A选项错误；根据图像的交点可知HA－的电离平衡常数近似为10－4，A2－的水解平衡常数近似为10－10，将等物质的量的NaHA和Na2A混合物溶于水，所得的溶液中α(HA－)＜α(A2－)，故B选项错误；根据图像可知NaHA溶液为酸性溶液，故HA－的电离能力大于HA－的水解能力，故C选项正确；D选项不确定是否含别的阳离子，若含别的阳离子则α(H2A)和α(HA－)不相等，故D选项错误。
11．(2017·浙江4月选考，23)25 ℃时，在含CH3COOH和CH3COO－的溶液中，CH3COOH、CH3COO－二者中各自所占的物质的量分数(α)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．在pH＜4.76的溶液中，c(CH3COO－)＜c(CH3COOH)
B．在pH＝7的溶液中，α(CH3COOH)＝0，α(CH3COO－)＝1.0
C．在pH＞4.76的溶液中，c(CH3COO－)与c(OH－)之和可大于c(H＋)
D．在pH＝4.76的溶液中加盐酸，α(CH3COOH)与α(CH3COO－)之和保持不变
答案　B
解析　根据图像可判断在pH<4.76的溶液中，c(CH3COO－)4.76的溶液中，c(CH3COO－)与c(OH－)之和可大于c(H＋),C正确；在pH＝4.76的溶液中加盐酸,根据物料守恒可知α(CH3COOH)与α(CH3COO－)之和保持不变，D正确。
12．(2016·浙江4月选考，23)常温下，向20.00 mL 0.100 0 mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入0.100 0 mol·L－1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A．在反应过程中，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)
B．pH＝5时，c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
C．pH＝6时，c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝0.100 0 mol·L－1
D．pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00 mL
答案　C
解析　在反应过程中，一定满足电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，A正确； pH＝5的溶液呈酸性，则c(H＋)＞c(OH－)，根据电荷守恒可知：c(CH3COO－)＞c(Na＋)，则溶液中离子浓度的大小为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，B正确；pH＝6时，滴加的NaOH溶液体积小于20 mL，则此时的溶液中c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＜0.100 0 mol·L－1，根据电荷守恒，C错误；如果消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液水解呈碱性，若使溶液呈中性，则消耗NaOH溶液的体积小于20.00 mL，D正确。
13．[2016·浙江4月选考，30(2)②]N2H4的水溶液呈弱碱性,室温下其电离常数K1＝1.0×10－6，则0.01 mol·L－1 N2H4水溶液的pH等于__________(忽略N2H4的二级电离和H2O的电离)。
答案　10
解析　N2H4＋H2ON2H4·H2ON2H＋OH－
K1＝＝1.0×10－6
即＝1.0×10－6
c(OH－)＝ mol·L－1＝10－4 mol·L－1
所以pH＝10。
专题强化练
1．(2018·金华十校高三调研)下列物质的水溶液因水解而呈酸性的是(　　)
A．H2SO4 B．NaHSO4 C．NH3 D．NH4Cl
答案　D
2．(2017·宁波市余姚中学高二上学期期中考试)下列溶液肯定显酸性的是(　　)
A．含H＋的溶液 B．能使酚酞显无色的溶液
C．pH<1的溶液 D．c(H＋)>c(OH－)的溶液
答案　D
3．(2017·杭州市西湖高级中学高二12月月考)常温下c(H＋)最小的是(　　)
A．pH＝0的溶液 B．0.04 mol·L－1 H2SO4
C．0.5 mol·L－1 HCl D．0.05 mol·L－1的HNO3
答案　D
4．(2017·宁波市余姚中学高二上学期期中)往水中加入下列物质，对水的电离平衡不产生影响的是(　　)
A．NaHSO4 B．CH3COOK
C．KAl(SO4)2 D．NaI
答案　D
解析　硫酸氢钠属于强酸，电离出的氢离子抑制水的电离，A错误；醋酸钾属于强碱弱酸盐，醋酸根结合水电离出的氢离子，促进水的电离，B错误；硫酸铝钾电离出的铝离子水解，促进水的电离，C错误；碘化钠是强酸强碱盐，钠离子和碘离子均不水解，D正确。
5．(2017·杭州市西湖高级中学高二12月月考)已知25 ℃ 时，0.1 mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述正确的是(　　)
A．该溶液的pH＝3
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离方程式为HA===H＋＋A－
D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
答案　D
解析　　　 　HA　　　　 　H＋　＋　A－
起始浓度/mol·L－1 0.1 0 0
改变浓度/mol·L－1 0.1×0.1% 1×10－4 1×10－4
平衡浓度/mol·L－1 0.1×(1－0.1%) 1×10－4 1×10－4
升高温度，平衡正向移动，c(H＋)增大，pH值减小， 选项B错误；c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，则pH＝4，选项A错误；HA的电离不完全，是可逆反应，电离方程式为HAH＋＋A－，选项C错误；利用Kw＝c(H＋)·c(OH－)，得：c水(OH－)＝1×10－10 mol·L－1＝c水(H＋)，由HA电离出的c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，c水(H＋)＝1×10－10 mol·L－1，则由HA电离出的 c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍，选项D正确。
6．(2017·宁波市余姚中学高二上学期期中)下列有关盐类水解的说法中，不正确的是(　　)
A．NaHCO3属于酸式盐，其水溶液呈酸性
B．氯化铜水解的实质是Cu2＋结合水电离出来的OH－生成了弱电解质Cu(OH)2
C．利用纯碱水解显碱性，可除去物品表面的油污
D．配制FeCl3溶液时，应将FeCl3固体溶于盐酸后加水稀释，目的是为了抑制Fe3＋水解
答案　A
解析　NaHCO3属于酸式盐，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，其水溶液呈碱性，A错误。
7．(2017·杭州市西湖高级中学高二12月月考)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．在滴有酚酞的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH＜7
C．常温下，1.0×10－3 mol·L－1盐酸的pH＝3.0,1.0×10－8 mol·L－1盐酸的pH＝8.0
D．常温下，若1 mL pH＝1的盐酸与100 mL NaOH溶液混合后，溶液的pH＝7，则NaOH溶液的pH＝11
答案　D
解析　醋酸溶液加水稀释，溶液中氢离子浓度减小，pH增大，则某醋酸溶液的pH＝a，将此溶液稀释1倍后，溶液的pH＝b，则a＜b，A项错误；酚酞的变色范围为8.2～10，在滴有酚酞的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pH＜8.2，B项错误；常温下，1.0×10－3 mol·L－1盐酸的pH＝3.0,1.0×10－8 mol·L－1盐酸中不能忽略水的电离，溶液的pH约为7.0，C项错误；常温下，若1 mL pH＝1的盐酸与100 mL NaOH溶液混合后，溶液的pH＝7，则n(HCl)＝n(NaOH),即0.001 L×0.1 mol·L－1＝0.1 L×c(NaOH) ,则c(NaOH)＝1.0×10－3 mol·L－1，溶液的pH＝11，D项正确。
8．(2017·温州市“十五校联合体”高二上学期期末)室温下，向0.01 mol·L－1 的醋酸溶液中滴入pH＝7 的醋酸铵溶液，溶液pH 随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如图所示。下列分析正确的是(　　)

A．a点，pH＝2
B．b点，c(CH3COO－)>c(NH)
C．c点，pH 可能大于 7
D．ac 段，溶液pH 增大是CH3COOH 受醋酸铵的影响而不再电离
答案　B
解析　由于醋酸是弱电解质，不能完全电离，故0.01 mol·L－1的醋酸溶液中氢离子浓度小于0.01 mol·L－1，则pH大于2，即a点的pH大于2，故A错误；由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7，即b点溶液中的c(H＋)＞c(OH－)，根据电荷守恒可知c(CH3COO－)＞c(NH)，故B正确；由于所得的溶液为CH3COOH和CH3COONH4的混合溶液，而CH3COONH4水解显中性，CH3COOH电离显酸性，故混合溶液的pH一直小于7，即c点溶液的pH也一定小于7，故C错误；在ab段，溶液的pH增大很快，这是由于醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，向0.01 mol·L－1的醋酸溶液中滴入pH＝7的醋酸铵溶液，导致c(CH3COO－)增大，则醋酸的电离平衡左移，故溶液中的c(H＋)减小，则溶液的pH增大；而在bc段，溶液的pH变化不明显，是由于加入的醋酸铵溶液导致溶液体积增大，故溶液中的c(H＋)减小，则pH变大，但变大的很缓慢，即ac段溶液的pH增大不只是醋酸的电离被抑制的原因，故D错误。
9．室温下，用0.10 mol·L－1的盐酸分别滴定20.00 mL 0.10 mol·L－1的氢氧化钾溶液和氨水，滴定过程中溶液pH随加入盐酸体积[V(HCl)]的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．Ⅰ表示的是滴定氨水的曲线
B．当pH＝7时，滴定氨水消耗的V(HCl)<20 mL，且此时溶液中c(NH)＝c(Cl－)
C．滴定氢氧化钾溶液时，若V(HCl)＞20 mL，则一定有：c(Cl－)＞c(H＋)＞c(K＋)＞c(OH－)
D．当滴定氨水消耗V(HCl)＝10 mL时，c(NH3·H2O)>c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
答案　B
解析　KOH为强碱，NH3·H2O是弱碱，相同浓度时，NH3·H2O的pH小于KOH，因此Ⅱ表示的是滴定氨水的曲线，故A项错误；恰好完全反应时，溶质为NH4Cl，溶液显酸性，因此pH＝7时,溶质为NH4Cl和NH3·H2O,消耗的V(HCl)＜20 mL，根据电荷守恒，c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，pH＝7时，c(H＋)＝c(OH－)，即c(NH)＝c(Cl－)，故B项正确；当V(HCl)＞20 mL，溶质为KCl和HCl，离子浓度大小顺序可能是c(Cl－)＞c(K＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，也可能是c(Cl－)＞c(H＋)＞c(K＋)＞c(OH－)，故C错误；当V(HCl)＝10 mL时，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，且两者物质的量相等，根据图像，V(HCl)＝10 mL时，溶液显碱性，即NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，因此离子浓度大小顺序是c(NH)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D项错误。
10．25 ℃时，2.0×10－3 mol·L－1氢氟酸水溶液中，通过加HCl气体或NaOH固体来调节溶液pH(忽略体积变化)，得到c(HF)、c(F－)与溶液pH的变化关系，如下图所示：

下列分析正确的是(　　)
A．pH＝1时，溶液中c(F－)＋c(OH－)＝c(H＋)
B．pH＝4时，溶液中存在：c(F－)>c(HF)>c(Na＋)>c(H＋)
C．当溶液中c(HF)＝c(F－)时，水的电离是被促进
D．将等物质的量的HF和NaF混合物溶于水，F－的水解能力小于HF的电离能力
答案　D
解析　A项，不符合电荷守恒，应为c(F－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝c(H＋)，错误；B项，当pH＝4时，根据图中曲线应为c(HF)＝4.0×10－4 mol·L－1，c(F－)＝16×10－4 mol·L－1，c(H＋)＝10－4 mol·L－1
c(Na＋)＝c(F－)＋c(OH－)－c(H＋)
＝(16×10－4＋10－10－10－4) mol·L－1
＝15×10－4 mol·L－1，所以c(F－)＞c(Na＋)＞c(HF)＞c(H＋)，错误；C项，根据表中数据，当c(HF)＝c(F－)时，pH≈3.4，所以水的电离被抑制，错误。
11．(2017·金华十校第一学期期末调研)已知：25 ℃时，Kw＝1.0×10－14，Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，Kb[(Al(OH)3]＝1.4×10－9。
(1) NH4Al(SO4)2溶液中离子浓度由大到小的顺序___________________________________
_____________________________________________________________________________。
(2)(NH4)2SO4溶液中存在水解平衡，则水解平衡常数约为________________。
答案　(1)c(SO)>c(NH)>c(Al3＋)>c(H＋)>c(OH－)　(2)5.6×10－10
解析　(1)根据Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，Kb[(Al(OH)3]＝1.4×10－9可知，碱性NH3·H2O ＞Al(OH)3，则NH4Al(SO4)2溶液中Al3＋水解程度大于NH的水解程度，溶液显酸性，离子浓度由大到小的顺序为c(SO)>c(NH)>c(Al3＋)>c(H＋)>c(OH－)。
(2)(NH4)2SO4溶液中存在水解平衡，
则水解平衡常数K＝＝≈5.6×10－10。
12．某小组以醋酸为例探究弱酸的性质。
(1)实验一：探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响。
①设计实验方案如下表，表中c ＝________mol·L－1。
编号
酸的种类
酸的浓度/mol·L－1
酸的体积/mL
镁条质量/g
1
醋酸
1.0
10
2.0
2
盐酸
c
10
2.0

②实验步骤：(a)检查装置(图1)的气密性后，添加药品；
(b)反应开始后，______________________(填写操作)；
(c)将所记录的数据转化为曲线图(图2)。
　
③写出0～5 min醋酸、盐酸与镁条反应的反应速率变化规律：
________________________________________________________________________。
(2)实验二：现有一瓶醋酸溶液，常温下测定其中醋酸的电离程度(已电离的电解质分子数占原来总分子数的百分比)。
设计实验方案，将待测物理量和对应的测定方法填写在下表中。
待测物理量
测定方法
①________
量取25.00 mL醋酸溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将0.100 0 mol·L－1 NaOH标准溶液装入____________中，滴定至终点，记录数据，重复滴定2次。
②________


答案 (1)①1.0　②每隔1 min记录一次生成H2的体积
③醋酸与镁条反应的速率随时间变化不明显；盐酸与镁条反应开始阶段反应速率很快，一段时间后反应速率明显减小　(2)①醋酸溶液的物质的量浓度　碱式滴定管
②H＋的物质的量浓度　取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH
解析　(1)①要探究酸的强弱对酸与镁条反应速率的影响，则必须保持其他影响反应速率的因素一致，故醋酸和盐酸的浓度应相同，应为1.0 mol·L－1；②据图2可知，是要通过测量在相同的时间段内收集到的氢气体积的大小来测量反应速率，故在反应开始后，应每隔1 min记录一次生成H2的体积；③通过图像分析可知，单位时间内醋酸与镁条反应生成氢气的体积变化很小，即醋酸与镁条的反应速率变化不大；而盐酸与镁条的反应一开始很快，一段时间后，单位时间内生成的氢气的体积明显变小，即反应速率明显减小。(2)①根据测定方法可知，此为酸碱中和滴定，所给的NaOH溶液是标准液，即醋酸是待测液，通过滴定，可测出醋酸溶液的浓度；碱液应盛放在碱式滴定管中；②由于①能测出醋酸溶液的浓度，故此步实验的目的是测量溶液中H＋的浓度，若要较精确的测量溶液的pH，应该用pH计，方法是取适量醋酸溶液于烧杯中，用pH计测定溶液pH。
13．Fe2O3俗称氧化铁红，常用作油漆等着色剂。某实验小组用部分氧化的FeSO4为原料，用萃取法制取高纯氧化铁并进行铁含量的测定。现准确称取某次实验制得的样品4.000 g ，经酸溶、还原为Fe2＋，在容量瓶中配成100 mL溶液，用移液管移取25.00 mL溶液于锥形瓶中,用0.100 0 mol·L－1的K2Cr2O7溶液进行滴定(还原产物是Cr3＋),消耗K2Cr2O7溶液20.80 mL。
(1)用移液管从容量瓶中吸取25.00 mL溶液后，把溶液转移到锥形瓶中的具体操作为________________________________________________________________________。
(2)产品中铁的含量为______(假设杂质不与K2Cr2O7反应)。
答案　(1)将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，使管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管
(2)69.89%
解析　(2)根据电子守恒得：20.80×10－3×0.100 0×2×(6－3) mol＝n(Fe2＋)，解得n(Fe2＋)＝1.248×10－2 mol，则产品中铁的含量为×100%≈69.89%。
14．(2017·金华十校第一学期期末调研)锌铝合金是以Zn、Al 为主，Cu、Mg为辅的多元化合金。测定其中Cu含量的实验步骤如下：
①称取该合金样品1.100 g，用稀H2SO4和H2O2溶解后煮沸除去过量H2O2，残液定容于250 mL容量瓶中；
②用移液管移取50.00 mL配制液于250 mL碘量瓶中，调节溶液的pH＝3～4，加入过量KI溶液(2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2)和3～4滴淀粉溶液；
③用1.100×10－2 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定生成的I2至终点(I2＋2S2O===2I－＋S4O)，消耗Na2S2O3溶液6.45 mL。
请回答：
(1)步骤①中溶解Cu的离子方程式为______________________________________________。
(2)步骤③中判断滴定终点的方法为________________________________________________。
(3)合金中Cu的质量分数为____________。(结果保留三位有效数字)
答案　(1)Cu＋H2O2＋2H＋===Cu2＋＋2H2O
(2)当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不再变化
(3)2.06%
解析　(1)酸性条件下，Cu与双氧水反应生成铜离子和水，其反应的离子方程式为Cu＋2H＋＋H2O2===Cu2＋＋2H2O。(2)淀粉溶液为指示剂，当最后一滴Na2S2O3溶液滴入时，I2与Na2S2O3恰好反应，I2被完全消耗，溶液蓝色褪去，半分钟颜色不变，说明滴定到达终点。(3)由②③可知发生反应2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===2I－＋S4O，根据关系式：
2Cu～2Cu2＋～I2～2S2O
2 2
n(Cu) 0.011 00 mol·L－1×6.45×10－3 L×5
所以n(Cu)＝0.011 00 mol·L－1×6.45×10－3 L×5＝5.5×6.45×10－5 mol，合金中Cu的质量分数为×100%≈2.06%。