考點(diǎn) 弱電解質(zhì)的電離平衡
答案：1.(1)完全 部分 不可逆 可逆
(2)①H2SO4===2H＋＋SOeq \\al(2－,4)
②a.CH3COOHCH3COO－＋H＋
b．NH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－
c．H2CO3H＋＋HCOeq \\al(－,3)，HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)
d．Fe(OH)3Fe3＋＋3OH－
e．H＋＋AlOeq \\al(－,2)＋H2OAl(OH)3Al3＋＋3OH－
(酸性電離) (堿性電離)
③a.NaHSO4===Na＋＋H＋＋SOeq \\al(2－,4)
NaHSO4===Na＋＋HSOeq \\al(－,4)
b．NaHCO3===Na＋＋HCOeq \\al(－,3)，HCOeq \\al(－,3)H＋＋COeq \\al(2－,3)
2．(1)相等 (2)可逆 ＝ 一定 (3)①右 增大 ②右 增大 ③左 減小 ④右 增大 (4)增大 減小 減弱 不變 增大 增大 增強(qiáng) 不變 增大 增大 增強(qiáng) 不變 減小 減小 增強(qiáng) 不變 減小 減小 增強(qiáng) 不變 增大 增大 增強(qiáng) 增大 減小 減小 增強(qiáng) 不變
題組一 強(qiáng)、弱電解質(zhì)的判斷方法
1．
答案：A 解析：在pH相等的兩種溶液中，氫離子的濃度相同，根據(jù)溶液中電荷守恒可知陰離子濃度相等，即c(CH3COO－)＝c(Cl－)，故A項(xiàng)正確；醋酸為弱酸，是弱電解質(zhì)，只能部分電離，與pH相同的強(qiáng)酸溶液比起來，與其他物質(zhì)反應(yīng)時(shí)，可以持續(xù)電離出H＋，平衡右移，所以醋酸消耗的NaOH的量要更多一些，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；反應(yīng)剛開始時(shí)，弱酸醋酸部分電離，與同等濃度的強(qiáng)酸比較，反應(yīng)速率會(huì)慢一些，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)醋酸恰好與NaOH反應(yīng)時(shí)，弱酸根水解呈現(xiàn)出堿性，呈中性時(shí)，兩者所用NaOH的量不同，HCl消耗的NaOH多，應(yīng)為c(CH3COO－)b>a，故B錯(cuò)誤；將a、b兩點(diǎn)溶液混合，由于醋酸濃度大于氫氧化鈉濃度，反應(yīng)后醋酸過量溶液顯酸性，則溶液中：c(Na＋)K4>K3，D正確。
2．
答案：D 解析：根據(jù)電離平衡常數(shù)可知電離能力：HF>H2CO3>HCN>HCOeq \\al(－,3)。相同物質(zhì)的量濃度的HCN和HF溶液，HF溶液中的H＋濃度較大，則對(duì)水的電離抑制程度大，A項(xiàng)正確；根據(jù)電離平衡常數(shù)可知，COeq \\al(2－,3)的水解能力最大，故Na2CO3溶液的堿性最強(qiáng)，pH最大，B項(xiàng)正確；根據(jù)電荷守恒可知，陰離子的濃度之和等于c(Na＋)＋c(H＋)，等濃度的NaCN、NaF溶液中，水解程度較大的是CN－，則NaCN溶液的堿性較強(qiáng)，H＋濃度較小，所以c(F－)＋c(OH－)>c(CN－)＋c(OH－)，C項(xiàng)正確；由于HCN比HCOeq \\al(－,3)的電離能力強(qiáng)，比H2CO3的電離能力弱，故NaCN溶液通入少量的CO2生成NaHCO3，正確的離子方程式為CN－＋H2O＋CO2===HCN＋HCOeq \\al(－,3)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。
題組二 電離平衡常數(shù)的相關(guān)計(jì)算
3．
答案：C 解析：本題以酸堿中和滴定為背景，考查曲線的分析及數(shù)據(jù)的應(yīng)用、Ka的計(jì)算和溶液中的電荷守恒。曲線①代表δ(HA－)，曲線②代表δ(A2－)，A錯(cuò)誤；當(dāng)加入40.00 mL NaOH溶液時(shí)，溶液的pH發(fā)生突躍，說明酸堿恰好完全反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)2NaOH＋H2A===Na2A＋2H2O，c(H2A)＝eq \f(0.100 0 ml·L－1×40 mL,2×20.00 mL)＝0.100 0 ml·L－1，B錯(cuò)誤；曲線①與曲線②的交點(diǎn)存在等量關(guān)系：δ(HA－)＝δ(A2－)，則c(HA－)＝c(A2－)，此時(shí)加入的VNaOH＝25 mL，對(duì)應(yīng)滴定曲線上pH＝2.0，則c(H＋)＝10－2 ml·L－1，HA－的電離平衡常數(shù)Ka＝eq \f(c?A2－?·c?H＋?,c?HA－?)＝c(H＋)＝1.0×10－2，C正確；用酚酞作指示劑，酚酞變色的pH范圍為8.2～10，說明滴定終點(diǎn)時(shí)溶液呈堿性，即c(OH－)＞c(H＋)，溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(HA－)＋c(OH－)，則c(Na＋)＞2c(A2－)＋c(HA－), D錯(cuò)誤。
4．
答案：A 解析：N2H4在水溶液中的Kb2＝eq \f(c?N2H\\al(2＋,6)?·c?OH－?,c?N2H\\al(＋,5)?)，則lgeq \f(c?N2H\\al(2＋,6)?,c?N2H\\al(＋,5)?)＝lgeq \f(Kb2,c?OH－?)＝0時(shí)，Kb2＝c(OH－)＝10pH－14，同理Kb1＝10pH－14，且Kb1>Kb2，所以橫坐標(biāo)為0時(shí)，pH越大，K越大，所以M曲線表示lgeq \f(c?N2H\\al(＋,5)?,c?N2H4?)、N曲線表示lgeq \f(c?N2H\\al(2＋,6)?,c?N2H\\al(＋,5)?)，Kb2＝c(OH－)＝10pH－14＝10－1－14＝10－15，故A錯(cuò)誤；Kb1＝c(OH－)＝10pH－14＝108－14＝10－6，N2Heq \\al(2＋,6)＋N2H42N2Heq \\al(＋,5)的平衡常數(shù)K＝eq \f(c2?N2H\\al(＋,5)?,c?N2H\\al(2＋,6)?·c?N2H4?)＝eq \f(c?N2H\\al(＋,5)?,c?N2H4?)×eq \f(1,\f(c?N2H\\al(2＋,6)?,c?N2H\\al(＋,5)?))＝eq \f(Kb1,c?OH－?)×eq \f(1,\f(Kb2,c?OH－?))＝eq \f(Kb1,Kb2)＝eq \f(10－6,10－15)＝1.0×109，故B正確；N2Heq \\al(＋,5)的水解平衡常數(shù)為eq \f(10－14,10－6)＝10－8，N2Heq \\al(＋,5)的電離平衡常數(shù)Kb2＝10－15a>c (2)b>a＝c (3)c>a>b
(4)c>a＝b (5)a＝b＝c a＝b>c (6)c>a＝b
(7)c>a＝b
解析：解答本題要注意以下三點(diǎn)：①HCl、H2SO4都是強(qiáng)酸，但H2SO4是二元酸；②CH3COOH是弱酸，在水溶液中不能完全電離；③醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋的電離平衡。
題組一 一元弱酸(堿)、強(qiáng)酸(堿)的性質(zhì)比較
1．
答案：D 解析：HCl、H2SO4是強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離，CH3COOH是弱電解質(zhì)，部分電離，三種酸溶液中c(H＋)分別為a1 ml·L－1、a2 ml·L－1、a3 ml·L－1，則它們的大小關(guān)系為a2＝2a1，a1大于a3，A項(xiàng)錯(cuò)誤；等濃度等體積的鹽酸、硫酸、醋酸三種溶液，分別與過量NaOH溶液反應(yīng)生成鹽的物質(zhì)的量的大小關(guān)系為b1＝b2＝b3，B項(xiàng)錯(cuò)誤；分別用三種酸溶液中和一定量的NaOH溶液生成正鹽，若需要酸溶液的體積分別為V1、V2、V3，則其大小關(guān)系為V1＝V3＝2V2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；硫酸中c(H＋)為0.2 ml·L－1，鹽酸中c(H＋)為0.1 ml·L－1，醋酸中c(H＋)小于0.1 ml·L－1，分別與Zn反應(yīng)，開始時(shí)生成H2的速率的大小關(guān)系為v2>v1>v3，D項(xiàng)正確。
2．
題組二 強(qiáng)酸(堿)、弱酸(堿)的圖像
3．
答案：B 解析：pH相同的一元酸，強(qiáng)酸濃度小于弱酸，鹽酸是強(qiáng)酸、醋酸是弱酸，所以pH相同的鹽酸和醋酸，酸濃度：鹽酸③＝①。
3．
答案：D 解析：本題考查酸堿中和滴定曲線及分析、水的電離、電離平衡常數(shù)等。25 ℃時(shí)，A點(diǎn)lgeq \f(c?OH－?,c?H＋?)＝－12，結(jié)合Kw＝c(OH－)·c(H＋)＝1.0×10－14，解得c(H＋)＝0.1 ml·L－1，說明0.05 ml·L－1 H2A完全電離，則電離方程式為H2A===2H＋＋A2－，A錯(cuò)誤。B點(diǎn)加入10.00 mL氨水，恰好完全反應(yīng)生成(NH4)2A，此時(shí)lgeq \f(c?OH－?,c?H＋?)＝－2，則有c(H＋)＝1.0×10－6 ml·L－1，而H＋全部來源于水的電離，故水電離出的c(H＋)＝1.0×10－6 ml·L－1，B錯(cuò)誤。C點(diǎn)溶液是(NH4)2A和NH3·H2O混合液，lgeq \f(c?OH－?,c?H＋?)＝0，則有c(OH－)＝c(H＋)，根據(jù)電荷守恒可得c(H＋)＋c(NHeq \\al(＋,4))＝c(OH－)＋2c(A2－)，則有c(NHeq \\al(＋,4))＝2c(A2－)，C錯(cuò)誤。C點(diǎn)溶液中c(NHeq \\al(＋,4))＝2c(A2－)＝0.1 ml·L－1×eq \f(10,b＋10)，由c(NHeq \\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝2×0.05 ml·L－1×eq \f(b,b＋10)可得，c(NH3·H2O)＝0.1 ml·L－1×eq \f(b－10,b＋10)；C點(diǎn)溶液lgeq \f(c?OH－?,c?H＋?)＝0，c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 ml·L－1，則25 ℃時(shí)NH3·H2O的電離常數(shù)Kb＝eq \f(c?NH\\al(＋,4)?·c?OH－?,c?NH3·H2O?)＝eq \f(2×0.05×\f(10,b＋10)×10－7,0.1×\f(b－10,b＋10))＝eq \f(10－6,b－10)，D正確。
考點(diǎn) 溶液的酸堿性和pH
答案：1.> < ＝ ＝ < > 2.(2)增強(qiáng) 增強(qiáng) (3)①潔凈干燥的玻璃棒
題組一 溶液酸堿性的判斷
1．
答案：A 解析：鹽酸的濃度為2.0×10－7 ml·L－1，完全電離，接近中性，溶劑水電離出的氫離子濃度的數(shù)量級(jí)與溶質(zhì)HCl電離的氫離子濃度相差不大，則計(jì)算氫離子濃度時(shí)，不能忽略水中的氫離子濃度，其數(shù)值應(yīng)大于2.0×10－7 ml·L－1，故A錯(cuò)誤；KCl溶液為中性溶液，常溫下pH＝7，加熱到 80 ℃時(shí)，水的離子積Kw增大，對(duì)應(yīng)溶液的氫離子濃度隨溫度升高會(huì)增大，pH會(huì)減小，但溶液溶質(zhì)仍為KCl，則仍呈中性，故B正確；NaCN溶液呈堿性，說明該溶質(zhì)為弱酸強(qiáng)堿鹽，即CN－對(duì)應(yīng)的酸HCN為弱電解質(zhì)，故C正確；醋酸在溶液中會(huì)發(fā)生電離平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，向溶液中加入醋酸鈉固體，根據(jù)同離子效應(yīng)可知，該平衡會(huì)向生成弱電解質(zhì)的方向(逆向)移動(dòng)，使溶液中的氫離子濃度減小，pH增大，故D正確。
2．
答案：B 解析：因溫度未知，故pH>7的溶液不一定呈堿性，A正確；NH3·H2O為弱電解質(zhì)，pH相等的氨水和NaOH溶液，前者的物質(zhì)的量濃度大，故中和pH和體積均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物質(zhì)的量不相同(前者大)，B錯(cuò)誤；相同溫度下，pH相等的鹽酸、CH3COOH溶液中，c(H＋)相等，則c(OH－)也相等，C正確；氨水和鹽酸反應(yīng)后的溶液有電荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)，若溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，則c(Cl－)＝c(NHeq \\al(＋,4))，D正確。
題組二 溶液稀釋、混合時(shí)pH計(jì)算
3．
答案：B 解析：pH＝3的強(qiáng)酸溶液加水稀釋100倍，pH＝5，但醋酸是弱電解質(zhì)，稀釋促進(jìn)電離，所以稀釋后pHc(A2－)，B錯(cuò)誤；根據(jù)圖像可知，第一次滴定突變?nèi)芤撼蕢A性，所以可以選擇酚酞作指示劑，C正確；根據(jù)圖像e點(diǎn)可知，當(dāng)加入鹽酸40 mL時(shí)，全部生成H2A，根據(jù)Na2A＋2HCl===2NaCl＋H2A計(jì)算可知c(Na2A)＝0.100 0 ml·L－1，D錯(cuò)誤。
6．
答案：B 解析：HCOeq \\al(－,3)存在水解平衡和電離平衡，a點(diǎn)溶液pH>7是由于HCOeq \\al(－,3)水解程度大于電離程度，故A錯(cuò)誤；根據(jù)電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(COeq \\al(2－,3))＋c(Cl－)＋c(OH－)，b點(diǎn)pH＝7即c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(COeq \\al(2－,3))＋c(Cl－)，故B正確；c點(diǎn)溶質(zhì)為碳酸氫鈉、氯化鈉、碳酸，溶液中的H＋主要來自H2CO3的電離，故C錯(cuò)誤；d點(diǎn)碳酸氫鈉和鹽酸恰好反應(yīng)，c(Na＋)＝c(Cl－)＝0.050 0 ml·L－1，故D錯(cuò)誤。
題組三 滴定法測(cè)定物質(zhì)含量
7．
答案：(1)eq \f(?b－335cd?×86.94,134.0a)×100%
(2)eq \r(K2pxy＋Kw)
解析：(1)根據(jù)題意可知，部分草酸鈉與二氧化錳發(fā)生氧化還原反應(yīng)，剩余部分再與高錳酸鉀反應(yīng)(5Na2C2O4＋2KMnO4＋8H2SO4===5Na2SO4＋K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O)，則與二氧化錳反應(yīng)的草酸鈉的物質(zhì)的量為eq \f(b g,134.0 g·ml－1)－eq \f(c ml·L－1×d L,2)×5；MnO2＋Na2C2O4＋2H2SO4eq \(=====,\s\up15(△))Na2SO4＋MnSO4＋2CO2↑＋2H2O，則n(MnO2)＝n(Na2C2O4)＝eq \f(b g,134.0 g·ml－1)－eq \f(c ml·L－1×d L,2)×5，產(chǎn)品純度＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b g,134.0 g·ml－1)－\f(c ml·L－1×d L,2)×5))×86.94 g·ml－1,a g)×100%＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b－335cd))×86.94,134.0a)×100%。
(2)由題可知，①CO2(g)CO2(aq)，②CO2(aq)＋H2O(l)H＋(aq)＋HCOeq \\al(－,3)(aq) K2＝eq \f(c?H＋?·c?HCO\\al(－,3)?,c?CO2?)，又因?yàn)閜(CO2)＝p kPa×x，則c(CO2)＝y(tǒng) ml·L－1·kPa－1×p(CO2)＝pxy ml·L－1，在考慮水的電離、忽略HCOeq \\al(－,3)的電離時(shí)，c(H＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(OH－)，即c(H＋)＝eq \f(K2·c?CO2?,c?H＋?)＋eq \f(Kw,c?H＋?)，所以可得c(H＋)＝eq \r(K2pxy＋Kw) ml·L－1。
8．
答案：(1)容量瓶 (2)5Br－＋BrOeq \\al(－,3)＋6H＋===3Br2＋3H2O (3)
(4)Br2過量，保證苯酚完全反應(yīng) (5)反應(yīng)物用量存在關(guān)系：KBrO3～3Br2～6KI，若無苯酚時(shí)，消耗KI物質(zhì)的量是KBrO3物質(zhì)的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以當(dāng)n(KI)≥6n(KBrO3)時(shí)，KI一定過量 (6)溶液藍(lán)色恰好消失，且30 s內(nèi)不恢復(fù)原色 (7)eq \f(47?6av1－bv3?,3v2) (8)易揮發(fā)
解析：(1)配制一定物質(zhì)的量濃度溶液時(shí)一定要使用容量瓶。
(2)－1價(jià)Br與＋5價(jià)Br在酸性條件下可發(fā)生氧化還原反應(yīng)，化合價(jià)變?yōu)?價(jià)，即生成溴單質(zhì)，該反應(yīng)的離子方程式為5Br－＋BrOeq \\al(－,3)＋6H＋===3Br2＋3H2O。
(3)苯酚與溴反應(yīng)生成三溴苯酚和溴化氫，其化學(xué)方程式為。
(4)溶液顯黃色說明溴過量，使用過量的溴是為了確保苯酚已完全反應(yīng)，也為下一步操作打下基礎(chǔ)。
(5)5Br－＋BrOeq \\al(－,3)＋6H＋===3Br2＋3H2O，Br2＋2KI===I2＋2KBr，反應(yīng)物用量存在關(guān)系：KBrO3～3Br2～6KI，因此如果沒有苯酚與溴的反應(yīng)，則n(KI)∶n(KBrO3)＝6∶1時(shí)，KI恰好完全反應(yīng)，因廢水中含有苯酚消耗Br2，所以當(dāng)n(KI)≥6n(KBrO3)時(shí)，KI一定過量。
(6)溴與KI反應(yīng)生成碘單質(zhì)，碘遇淀粉使溶液變藍(lán)色；碘單質(zhì)與硫代硫酸鈉反應(yīng)生成碘離子，因此當(dāng)?shù)馇『猛耆磻?yīng)時(shí)，溶液的藍(lán)色恰好消失，且30 s內(nèi)不恢復(fù)原色。
(7)v1 mL a ml·L－1 KBrO3溶液的物質(zhì)的量為av1×10－3 ml，v3 mL b ml·L－1硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為bv3×10－3 ml，可消耗I2的物質(zhì)的量為eq \f(1,2)bv3×10－3 ml；由3I2～BrOeq \\al(－,3)可知，生成eq \f(1,2)bv3×10－3 ml I2需要消耗BrOeq \\al(－,3)的物質(zhì)的量為eq \f(1,6)bv3×10－3 ml，即與苯酚對(duì)應(yīng)的BrOeq \\al(－,3)的物質(zhì)的量為(av1×10－3－eq \f(1,6)bv3×10－3) ml，由～3Br2～BrOeq \\al(－,3)可知，苯酚的物質(zhì)的量為(av1×10－3－eq \f(1,6)bv3×10－3) ml，即廢水中苯酚的含量＝
eq \f(?av1×10－3－\f(1,6)bv3×10－3? ml×94 g·ml－1,v2×10－3 L)＝
eq \f(?6av1－bv3?×94,6v2) g·L－1＝eq \f(47?6av1－bv3?,3v2) g·L－1。
(8)溴易揮發(fā)，揮發(fā)出去的溴也會(huì)被認(rèn)為是與苯酚反應(yīng)而消耗的，即會(huì)造成測(cè)定結(jié)果偏高。
eq \(\s\up15(第26講 鹽類水解))
考點(diǎn) 鹽類水解及規(guī)律
答案：1.水電離的H＋、OH－ 弱電解質(zhì) 弱酸陰離子 弱堿陽離子 H＋ OH－ 電離平衡 增大 中和
2．(2)否 中性 ＝ 是 NHeq \\al(＋,4) Cu2＋ 酸性 < 是 CH3COO－ COeq \\al(2－,3) 堿性 >
4．(1)大 強(qiáng) (2)右移 增大 增大 右移 減小 增大 右移 增大 減小 減小 減小
題組一 鹽類水解的概念、實(shí)質(zhì)
1．
答案：B 解析：GHCl為強(qiáng)酸弱堿鹽，電離出的GH＋會(huì)發(fā)生水解，但水解較為微弱，因此0.001 ml·L－1 GHCl水溶液的pH>3，故A錯(cuò)誤；稀釋GHCl溶液時(shí)，溶液中c(H＋)將減小，溶液pH將升高，故B正確；GHCl為強(qiáng)酸弱堿鹽，在水中電離方程式為GHCl===GH＋＋Cl－，故C錯(cuò)誤；根據(jù)電荷守恒可知，GHCl溶液中c(OH－)＋c(Cl－)＝c(H＋)＋c(GH＋)，故D錯(cuò)誤。
題組二 鹽類水解方程式的書寫
2．
答案：(1)COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－
(2)Al3＋＋3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H＋
(3)NHeq \\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋、MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O
(4)CN－＋H2OHCN＋OH－
(5)Rn－＋H2OHR(n－1)－＋OH－
Mm＋＋mH2OM(OH)m＋mH＋
解析：(1)碳酸鈉顯堿性的原因是碳酸根離子在溶液中發(fā)生水解，水解方程式為COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－。(2)氯化鋁在水中形成具有凈水作用的氫氧化鋁膠體是鋁離子發(fā)生水解，水解方程式為Al3＋＋3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H＋。(3)氯化銨溶液中銨根離子發(fā)生水解，NHeq \\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋，使得溶液為酸性，而氧化鎂和水解生成的H＋能發(fā)生反應(yīng)MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2O，從而使MgO溶于NH4Cl溶液中。(4)KCN溶液顯堿性的原因是CN－在溶液中發(fā)生水解產(chǎn)生OH－，其水解方程式為CN－＋H2OHCN＋OH－。(5)若溶液pH>7，則說明正鹽MnRm中弱酸陰離子發(fā)生水解，水解方程式為Rn－＋H2OHR(n－1)－＋OH－；若溶液pHceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(H2CO3))>ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CO\\al(2－,3)))，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，Ka1(H2CO3)＝eq \f(c?H＋?·c?HCO\\al(－,3)?,c?H2CO3?)，Ka2(H2CO3)＝eq \f(c?H＋?·c?CO\\al(2－,3)?,c?HCO\\al(－,3)?)，Ka2(H2CO3)＜eq \f(Kw,Ka1?H2CO3?)＝eq \f(c?OH－?·c?H2CO3?,c?HCO\\al(－,3)?)，A錯(cuò)誤。實(shí)驗(yàn)2：將0.1 ml·L－1 NaHCO3溶液與0.1 ml·L－1 CaCl2溶液等體積混合，產(chǎn)生白色沉淀CaCO3，則由沉淀溶解平衡原理知，實(shí)驗(yàn)2中兩溶液混合時(shí)有ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Ca2＋))·ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CO\\al(2－,3)))>Kspeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(CaCO3))，B錯(cuò)誤。等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3溶液堿性大于NaHCO3溶液，實(shí)驗(yàn)3：向0.1 ml·L－1Na2CO3溶液中通入CO2，溶液pH從12下降到約為9，則實(shí)驗(yàn)3中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為COeq \\al(2－,3)＋H2O＋CO2===2HCOeq \\al(－,3)，C正確。實(shí)驗(yàn)4：向0.1 ml·L－1 Na2CO3溶液中滴加新制飽和氯水，氯水顏色褪去，說明Cl2和Na2CO3發(fā)生反應(yīng)，c反應(yīng)前(COeq \\al(2－,3))＞c反應(yīng)后(COeq \\al(2－,3))，D錯(cuò)誤。
4.
答案：C 解析：本題考查溶液pH及粒子濃度比較。等濃度的甲酸鈉和乙酸鈉溶液，酸根離子的水解程度越大，pH越大，因Ka(HCOOH)>Ka(CH3COOH)，由水解常數(shù)Kh＝eq \f(Kw,Ka)可知，水解程度：CH3COO－>HCOO－，所以溶液pH：甲c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故D錯(cuò)誤。
7．
答案：D 解析：磷酸的一級(jí)電離方程式為H3PO4H2POeq \\al(－,4)＋H＋，Ka1＝eq \f(c?H2PO\\al(－,4)?·c?H＋?,c?H3PO4?)＝eq \f(0.5×10－2.1,0.5)＝1×10－2.1，A項(xiàng)正確；NaH2PO4在溶液中存在電離和水解平衡，H2POeq \\al(－,4)HPOeq \\al(2－,4)＋H＋、H2POeq \\al(－,4)＋H2OH3PO4＋OH－，Ka2＝eq \f(c?HPO\\al(2－,4)?·c?H＋?,c?H2PO\\al(－,4)?)＝eq \f(0.5×10－7.2,0.5)＝1×10－7.2，Kh3＝eq \f(c?H3PO4?·c?OH－?,c?H2PO\\al(－,4)?)＝eq \f(Kw,Ka1)＝1×10－11.9，Ka2>Kh3，溶液顯酸性，B項(xiàng)正確；POeq \\al(3－,4)的第一步水解方程式為POeq \\al(3－,4)＋H2OHPOeq \\al(2－,4)＋OH－，Kh1＝eq \f(c?HPO\\al(2－,4)?·c?OH－?,c?PO\\al(3－,4)?)＝eq \f(0.5×10－1.6,0.5)＝1×10－1.6，C項(xiàng)正確；由題圖可知，隨著pH的增大，c(H2POeq \\al(－,4))先增大后減小，D項(xiàng)不正確。
考點(diǎn) 鹽類水解的應(yīng)用
答案：1.酸 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ 不 Fe3＋＋3H2Oeq \(=====,\s\up15(△))Fe(OH)3(膠體)＋3H＋ 增大 堿性 鹽酸 抑制 干燥的HCl Al3＋＋3HCOeq \\al(－,3)===Al(OH)3↓＋3CO2↑ TiCl4＋(x＋2)H2O(過量)===TiO2·xH2O↓＋4HCl
1．
答案：B 解析：可溶性的鋁鹽和鐵鹽中，Al3＋和Fe3＋能分別水解生成Al(OH)3膠體和Fe(OH)3膠體，膠體具有吸附性，能吸附水中的懸浮物，故A項(xiàng)不符合題意。NaHSO4在水中完全電離出H＋，溶液顯酸性，所以能去除暖水瓶中的水垢，與水解無關(guān)，故B項(xiàng)符合題意。用熱堿水清除炊具上殘留的油污，由于純堿溶液中存在COeq \\al(2－,3)的水解平衡：COeq \\al(2－,3)＋H2OHCOeq \\al(－,3)＋OH－，溫度升高，水解平衡右移，c(OH－)增大，去污能力增強(qiáng)，故C項(xiàng)不符合題意。K2CO3與NH4Cl混合施用，容易發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)釋放出NH3，降低肥效，故D項(xiàng)不符合題意。
2．
答案：D 解析：升高溫度，促使COeq \\al(2－,3)的水解平衡正向移動(dòng)，溶液中c(OH－)增大，堿性增強(qiáng)，有利于油污的水解及清洗，A正確；明礬是KAl(SO4)2·12H2O，Al3＋發(fā)生水解生成Al(OH)3膠體，可吸附水中懸浮雜質(zhì)，起到凈水作用，B正確；TiCl4發(fā)生水解反應(yīng)生成TiO2·xH2O沉淀，經(jīng)脫水制備TiO2，C正確；SnCl2易發(fā)生水解反應(yīng)，而配制其溶液時(shí)，加入NaOH固體，消耗HCl，促使水解平衡正向移動(dòng)，生成Sn(OH)Cl沉淀，故應(yīng)加入HCl溶液抑制其水解，D錯(cuò)誤。
3．
答案：D 解析：Al3＋和S2－能發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀和H2S氣體而不能大量共存，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。因Al3＋、COeq \\al(2－,3)可發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)生成Al(OH)3 沉淀和CO2氣體而不能大量共存，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。因Fe2＋和AlOeq \\al(－,2)可發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)而不能大量共存，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。Na＋、K＋、SiOeq \\al(2－,3)、NOeq \\al(－,3)之間不發(fā)生反應(yīng)，且均不與ClO－反應(yīng)，因此能大量共存，故D項(xiàng)正確。題組二 溶液加熱蒸干分析
4．
答案：(1)K2CO3 盡管加熱過程促進(jìn)COeq \\al(2－,3)的水解，但生成的KHCO3和KOH反應(yīng)后又生成K2CO3
(2)KAl(SO4)2·12H2O 盡管Al3＋水解，但由于H2SO4為難揮發(fā)性酸，最后得到結(jié)晶水合物
(3)Fe2O3 Fe2＋水解生成Fe(OH)2和HCl，在加熱蒸干過程中HCl揮發(fā)，F(xiàn)e(OH)2逐漸被氧化生成Fe(OH)3，F(xiàn)e(OH)3灼燒分解生成Fe2O3
(4)Na2SO4 Na2SO3被空氣中的O2氧化，發(fā)生反應(yīng)：2Na2SO3＋O2===2Na2SO4
(5)NaCl NaClO水解的化學(xué)方程式為NaClO＋H2ONaOH＋HClO,2HClOeq \(=====,\s\up15(△))2HCl＋O2↑，HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，故最終得到NaCl
(6)K2MnO4、MnO2 加熱時(shí)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2KMnO4eq \(=====,\s\up15(△))K2MnO4＋MnO2＋O2↑
考點(diǎn) 電解質(zhì)溶液中粒子濃度的比較
題組一 溶液中微粒濃度的比較
1．
答案：A 解析：由于磷酸為多元弱酸，會(huì)發(fā)生微弱電離，且第一步電離大于第二步電離，第二步電離大于第三步電離，所以在0.1 ml·L－1 H3PO4溶液中，粒子濃度大小為c(H3PO4)>c(H2POeq \\al(－,4))>c(HPOeq \\al(2－,4))>c(POeq \\al(3－,4))，故A正確；在0.1 ml·L－1 Na2C2O4溶液中，根據(jù)電荷守恒得到c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2Oeq \\al(－,4))＋2c(C2Oeq \\al(2－,4))，故B錯(cuò)誤；在0.1 ml·L－1 NaHCO3溶液中，根據(jù)物料守恒得到c(CO2－3)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋c(H2CO3)＝0.1 ml·L－1，故C錯(cuò)誤；氨水和NH4Cl溶液混合，形成pH＝9的溶液，則c(OH－)>c(H＋)，根據(jù)電荷守恒c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)，則c(Cl－)c(COeq \\al(2－,3))，COeq \\al(2－,3)和HCOeq \\al(－,3)水解程度微弱，生成的OH－濃度較低，由NaHCO3和Na2CO3化學(xué)式可知，該混合溶液中Na＋濃度最大，則混合溶液中微粒濃度大小關(guān)系為c(Na＋)>c(HCOeq \\al(－,3))>c(COeq \\al(2－,3))>c(OH－)，故A錯(cuò)誤；B.該混合溶液中電荷守恒為c(NHeq \\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，物料守恒為c(NH3·H2O)＋c(NHeq \\al(＋,4))＝2c(Cl－)，兩式聯(lián)立消去c(Cl－)可得：c(NHeq \\al(＋,4))＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(NH3·H2O)，故B錯(cuò)誤；C.若不考慮溶液中相關(guān)微粒行為，則c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)＝c(Na＋)，該溶液呈酸性，說明CH3COOH電離程度大于CH3COONa水解程度，則溶液中微粒濃度關(guān)系為c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(CH3COOH)>c(H＋)，故C錯(cuò)誤；D.該混合溶液中物料守恒為2c(Na＋)＝c(H2C2O4)＋c(HC2Oeq \\al(－,4))＋c(C2Oeq \\al(2－,4))，電荷守恒為2c(C2Oeq \\al(2－,4))＋c(HC2Oeq \\al(－,4))＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，兩式相加可得：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(Na＋)＋c(C2Oeq \\al(2－,4))＋c(OH－)，故D正確。
題組二 圖像類微粒濃度的比較
3．
答案：C 解析：向NaHCO3溶液中滴加鹽酸，溶液酸性增強(qiáng)，溶液pH將逐漸減??；向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液堿性增強(qiáng)，溶液pH將逐漸增大。因此abc曲線為向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲線為向NaHCO3溶液中滴加鹽酸。a點(diǎn)溶質(zhì)為NaHCO3，此時(shí)溶液呈堿性，HCOeq \\al(－,3)在溶液中電離使溶液呈酸性，HCOeq \\al(－,3)在溶液中水解使溶液呈堿性，由此可知，NaHCO3溶液中HCOeq \\al(－,3)的水解程度大于電離程度，故A正確；由電荷守恒可知，a→b→c過程中，c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(COeq \\al(2－,3))＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，滴加NaOH溶液的過程中c(Na＋)保持不變，c(H＋)逐漸減小，因此c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(COeq \\al(2－,3))＋c(OH－)逐漸減小，故B正確；由物料守恒可知，a點(diǎn)溶液中c(Na＋)＝c(HCOeq \\al(－,3))＋c(COeq \\al(2－,3))＋c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加鹽酸過程中有CO2逸出，因此a→d→e過程中c(Na＋)>c(HCOeq \\al(－,3))＋c(COeq \\al(2－,3))＋c(H2CO3)，故C錯(cuò)誤；c點(diǎn)溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝(0.05＋10－11.3)ml·L－1，e點(diǎn)溶液中c(H＋)＋c(Na＋)＝(0.025＋10－4.3)ml·L－1，因此x>y，故D正確。
4．
答案：D 解析：圖像中含P的物質(zhì)只有3種，說明H3PO3為二元弱酸。隨著c(OH－)逐漸增大，pOH減小，根據(jù)H3PO3＋OH－===H2POeq \\al(－,3)＋H2O、H2POeq \\al(－,3)＋OH－===HPOeq \\al(2－,3)＋H2O 知c(H3PO3)逐漸減小，c(H2POeq \\al(－,3))先增大后減小，c(HPOeq \\al(2－,3))逐漸增大，pc＝－lg c，則pc(H3PO3)逐漸增大，pc(H2POeq \\al(－,3))先減小后增大，pc(HPOeq \\al(2－,3))逐漸減小，故曲線①②③分別表示pc(HPOeq \\al(2－,3))、pc(H2POeq \\al(－,3))、pc(H3PO3)隨pOH的變化，故A錯(cuò)誤。H3PO3為二元弱酸，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故B錯(cuò)誤。pH＝4即pOH＝10，由圖可知，此時(shí)，pc(HPOeq \\al(2－,3))＝pc(H3PO3)，即c(H3PO3)＝c(HPOeq \\al(2－,3))，而c(H3PO3)＋c(H2POeq \\al(－,3))＋c(HPOeq \\al(2－,3))＝0.1 ml·L－1，故c(H2POeq \\al(－,3))＝0.1 ml·L－1－2c(HPOeq \\al(2－,3))，故C錯(cuò)誤。由H3PO3H2POeq \\al(－,3)＋H＋減去H2POeq \\al(－,3)HPOeq \\al(2－,3)＋H＋，可得H3PO3＋HPOeq \\al(2－,3)2H2POeq \\al(－,3)，根據(jù)x點(diǎn)知，c(HPOeq \\al(2－,3))＝c(H2POeq \\al(－,3))時(shí)，pOH＝7.3，c(OH－)＝10－7.3 ml·L－1，c(H＋)＝10－6.7 ml·L－1，則H3PO3的Ka2＝eq \f(c?H＋?·c?HPO\\al(2－,3)?,c?H2PO\\al(－,3)?)＝c(H＋)＝10－6.7，根據(jù)z點(diǎn)知，c(H2POeq \\al(－,3))＝c(H3PO3)時(shí)，pOH＝12.6，c(OH－)＝10－12.6 ml·L－1，c(H＋)＝10－1.4 ml·L－1，則H3PO3的Ka1＝eq \f(c?H＋?·c?H2PO\\al(－,3)?,c?H3PO3?)＝c(H＋)＝10－1.4，則平衡常數(shù)K＝eq \f(Ka1,Ka2)＝eq \f(10－1.4,10－6.7)＝105.3>1×105，故D正確。
eq \(\s\up15(第27講 難溶電解質(zhì)的溶解平衡))
考點(diǎn) 沉淀溶解平衡及應(yīng)用
答案：1.(1)溶解 生成 (2)> ＝ < (3)不變 (4)溶解 增大 吸熱 溶解 不變 生成沉淀 溶解 正向 增大 增大 逆向 增大 不變 正向 減小 不變 逆向 減小 不變
2．(1)大于 ①氨水 Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NHeq \\al(＋,4) ②Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋ (2)小于 ①CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O ②Mg(OH)2＋2NHeq \\al(＋,4)===Mg2＋＋2NH3·H2O ③AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O (3)小 更小 ②＞ ③a.CaSO4＋COeq \\al(2－,3)===CaCO3＋SOeq \\al(2－,4) b．ZnS＋Cu2＋===CuS＋Zn2＋
題組一 沉淀溶解平衡的影響因素
1．
答案：C 解析：A項(xiàng)，當(dāng)2c(Cr2Oeq \\al(2－,7))＝c(CrOeq \\al(2－,4))時(shí)，無法判斷可逆反應(yīng)的正、逆反應(yīng)速率是否相等，則不能判斷是否為平衡狀態(tài)，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，當(dāng)pH＝1時(shí)，平衡正向移動(dòng)，則溶液呈橙紅色，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，難溶電解質(zhì)的組成中陰陽離子個(gè)數(shù)比相同時(shí)，溶度積越小，難溶電解質(zhì)在水中溶解能力越差，已知Ksp(Ag2CrO4)c(NOeq \\al(－,3))，故A錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)2中AgCl沉淀轉(zhuǎn)化為AgI，說明Ksp(AgI)0，反應(yīng)吸熱，升溫促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，促進(jìn)CaCO3沉淀形成，故B正確；加入飽和Na2CO3溶液時(shí)，發(fā)生反應(yīng)CaSO4(s)＋COeq \\al(2－,3)(aq)CaCO3(s)＋SOeq \\al(2－,4)(aq)，使CaSO4大量轉(zhuǎn)化為CaCO3，說明CaCO3更難溶，故C正確；加入飽和碳酸鈉溶液浸泡，是為將硫酸鈣轉(zhuǎn)化為碳酸鈣，碳酸鈣能與鹽酸反應(yīng)2H＋＋CaCO3===Ca2＋＋CO2↑＋H2O，氫氧化鎂也能與鹽酸反應(yīng)2H＋＋Mg(OH)2===Mg2＋＋2H2O，水垢逐漸溶解，故D正確。
考點(diǎn) 溶度積常數(shù)及其應(yīng)用
答案：1.cm(An＋)·cn(Bm－) 平衡 cm(An＋)·cn(Bm－) 任意 沉淀 平衡 未飽和 2.(2)①不變 ②增大 ③不變
題組一 溶度積常數(shù)的概念、影響因素及曲線
1．
答案：C 解析：0.5 ml·L－1 Na2CO3溶液中存在質(zhì)子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCOeq \\al(－,3))＋2c(H2CO3)，A錯(cuò)誤；該反應(yīng)的平衡常數(shù)K＝eq \f(c?SO\\al(2－,4)?,c?CO\\al(2－,3)?)＝eq \f(c?SO\\al(2－,4)?·c?Ca2＋?,c?CO\\al(2－,3)?·c?Ca2＋?)＝eq \f(Ksp?CaSO4?,Ksp?CaCO3?)＝eq \f(5×10－5,3×10－9)＝eq \f(5,3)×104，當(dāng)eq \f(c?SO\\al(2－,4)?,c?CO\\al(2－,3)?)＜K時(shí)，反應(yīng)正向進(jìn)行，B錯(cuò)誤；上層清液為CaCO3的飽和溶液，所以清液中滿足c(Ca2＋)＝eq \f(Ksp?CaCO3?,c?CO\\al(2－,3)?)，由于CaSO4沉淀轉(zhuǎn)化為CaCO3沉淀，所以該清液中c(Ca2＋)≤eq \f(Ksp?CaSO4?,c?SO\\al(2－,4)?)，C正確；醋酸為弱酸，不能拆成離子形式，D錯(cuò)誤。
2．
答案：B 解析：A對(duì)：難溶物質(zhì)的溶解度可以用物質(zhì)的量濃度(摩爾濃度)表示，即圖中a、b分別表示T1、T2溫度下，1 L CdS飽和溶液里含a ml、b ml CdS。B錯(cuò)：Ksp在一定溫度下是一個(gè)常數(shù)，所以Ksp(m)＝Ksp(n)＝Ksp(p)

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