专题3 第3单元 专题提优11 电解质溶液的图像-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中化学选择性必修第一册(苏教版2019)

专题提优11电解质溶液的图像 1.(2024·山东菏泽高二月考)常温下，向 (不考虑水挥发)pH变化曲线。下列说 20.00mL0.1000mol·L'的醋酸溶液中逐滴 法正确的是 () 加入0.1000mol·L'的NaOH溶液，pH PH 8.75 随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说 8.70 法不正确的是 8.65 8.60 H 12 8.55 10 6 8.5025303药404书05方60元 20 A.a点溶液中，c(H,C03)<c(C0) 102030/mL B.b点溶液中，c(Na)=c(HCO;)+ A.当V=20.00mL时，水的电离程度最大 2c(C0})+c(H,C03) B.当V=10.00mL时，c(Na)>c(CH,C00)> C.ab段，pH减小说明升温抑制了HCO,的 c(H)>c(OH) 水解 C.当pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小 D.b点后温度升高溶液pH升高，与生 于20.00mL 成Na,C03有关 D.在滴定过程中，一定存在c(Na)+ 4.亚磷酸(H,P0)是二元中强酸，室温下，通过 c(H*)=c(CH,COO)+c(OH) 下列实验探究H,PO,溶液的性质。 2.(2024·江苏盐城高二检测)叠氨酸(HN,)是 实验①：向0.10mol·LNa,HP0,溶液中滴 一种弱酸。常温下，向20mL0.1mol·L 加几滴酚酞试液，溶液变红 的HN,溶液中逐滴加入0.1mol·L1NaO 实验②：用0.10mol·L1NaOH溶液滴定 溶液。测得滴定过程中溶液的pH随 0.10mol·L1H,P03溶液（以甲基橙作指示 V(NaOH)变化如图所示，下列说法正确的是 剂)，到达第一次滴定终点时，溶液恰好由红 () 色变为橙色。 pH 12 实验③：向0.10mol·LHP03溶液中加 入NaOH固体（忽略体积变化），测得溶液中 285 各含磷物种的pc-pH关系如图[p表示各含 05101520Na0Hml 磷物种的浓度负对数(pc=-lgc)] A.点①溶液中：c(HN3)+c(H)=c(N;)+ 0x1.4,1.3) z6.713 c(OH)】 4.03.6甲 B.点②溶液中：c(Na)=c(N3)+c(HN,) 5 乙 丙 C.常温下，K(HN)的数量级为10 10 D.点③溶液中：c(OH)=c(H)+c(HN,)》 012345678910 3.(2024·北京高二期末)如图为某实验测得 pH 0.1mol·L NaHCO3溶液在升温过程中 下列有关说法错误的是 选择性必修第一册·SJ学霸112 A.实验①Na,HPO,溶液中：c(Na)= 下列有关说法正确的是 2[c(H,PO3)+c(HPO)+c(H,PO,)] A.K2(H2As03)为1×102 B.实验②达第一次滴定终点时：c(Na)< B.NaH2AsO3溶于水，所得溶液中H2AsO的水 c(H2PO3)+2c(HPO片) 解程度小于其电离程度 C.实验③，pH=4时：c(Na)>0.1mol·L C.水的电离程度：a点大于b点 D.室温下，反应HPO,+HPO一2HPO3 D.c点溶液中存在：c(Na)=2c(H2AsO)+ 的平衡常数K=1×105 4c(HAsO)+2c(AsO) 5.(2024·江苏扬州高二检测)25℃时，向 7.25℃，有c(CH,C00H)+c(CH,C00)= 10mL0.1mol·LH,C,0,溶液中逐滴加入 0.1mol·L的一组醋酸和醋酸钠混合溶液， 溶液中c(CH,COOH)、c(CHCOO)与pH的 0.1mol·L'NaOH溶液。溶液中含碳微粒的 关系如图所示。下列有关叙述不正确的是 物质的量分数随溶液pH变化如图。下列说 ( 法正确的是 物质的登分数 1.0 0.075 0.050 0.025 0.5 -12.0.5) 4.2.0.5 0 2.753.754.755.756.75 I 4 5.pH A.pH=5.5溶液中：c(CH,C00H)> A.曲线Ⅱ表示C,O子的物质的量分数随溶液 c(CH,COO)>c(H*)>e(OH) pH变化 B.由图可知该温度下醋酸的电离常数为 B.a点溶液中仅含两种溶质 1×104.75 C.等浓度的Na,C,0,和NaHC,O,混合溶液 C.pH=3.5溶液中：c(Na)+e(H)- c(OH")+c(CH,COOH)=0.1 mol L- 显碱性 D.向1LW点所表示溶液中通入0.O5 mol HC D.草酸的电离平衡常数分别是K、K,则 气体（溶液体积变化可忽略）：2c(H)+ K-0 c(CH,COOH)=c CH,COO)+ K 2c(0H)+2c(CI) 6.通过滴加相同浓度的盐酸或KOH溶液来调 8.(2024·河北邯郸高二联考)常温下， 节0.01mol·LNa,HAsO,溶液的pH,实验测 NH3·H,0的电离平衡常数K.=2×10。该 得含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种 温度下，用0.01mol·L盐酸滴定10mL 的浓度占各物种浓度之和的分数)与溶液pH nmol·L氨水，盐酸的体积V(盐酸)与溶液 的关系如图所示。 的pH的关系如图所示（不考虑滴定过程中溶 盒10于 液温度和体积的变化，不考虑质量的损失)， 的0.8 114s) 下列说法正确的是 兼06 pH 的04- HAs( 02 00 0 2 6892101214 客液的pH 10技酸ml. 专题3学霸113 A.该温度下，a点溶液中，c本(H)和 ②将过量H,S通入Na,C0,溶液，反应的离 ck(0H)的乘积为1.0x104 子方程式是 B.b点溶液中，各离子浓度大小关系为 (2)二元弱酸H2A溶液中H2A、HA°、A2的 c(Cl)=c(NH:)>c(H*)=e(OH-) 物质的量分数δ(X)随pH的变化如图1所 C.e点溶液中，c(NH)+c(H) <1 示。则H,A的电离平衡常数K,= e(CI-) 1.0 D.a、b、c点溶液中，一定均存在c(H)= 1.0 c(OH)+c(NH,·H,0) 1.0 10 9.已知K(CHC00H)=1.7×105, .12 4 K(NH3·H20)=1.7×105,25℃时，向 22.734 pH 40mL浓度均为0.01mol·L的盐酸和醋酸 ① (1:1)混合溶液中逐滴加入0.01mol·L 图1 的氨水，测定过程中电导率和pH变化曲线 (3)常温下，用0.100mol·L的盐酸滴定 如图所示，下列说法正确的是 20.00mL未知浓度的氨水，滴定曲线如图2 电子率(mSem 2.0H pH 所示，滴加20.00mL盐酸时所得溶液中， 15 e(CI)=e(NH)+e(NH,.H,O)+c(NH) 1.0 0.5* (忽略溶液体积的变化)。 数水 PH A.a点溶液中，c(CH,CO0)数量级约 为105 B.b点溶液中，c(NH4)<c(CH,COOH) 102030WmL C.c点溶液中，c(NH)>c(CI) 图2 +e(CHCOO) D.d点水的电离程度大于c点 ①该氨水物质的量浓度为 10.研究电解质在水溶液中的平衡能了解它的 ②a、b、c、d四个点，水的电离程度最大 存在形式。 的是 (1)已知部分弱酸的电离常数如下表： ③b点所示的溶液中c(NH3·H,O) 化学式 电离平衡常数K(25℃) c(C)(填“大于”“等于”或“小于”)》 HF 7.2×104 ④若所得溶液中的c(NH)>c(OH),则下列 H,C03 K,=4.4×10-7 K2=4.7×10" 说法正确的是 H,S K,=9.1×108 K2=1.1×102 A.溶液一定呈酸性 B.溶液一定呈碱性 ①常温下，pH相同的三种溶液NaF、 NaCO,、Na,S,物质的量浓度最大的 C.溶液一定呈中性 是 D.溶液可能呈酸性、中性或碱性 选择性必修第一册·SJ学霸114HA H+A3 中的NH:的水解促进水的电离：③NH,C与NH,·H,O混合溶液 起始/(mol·L1) 0.1 0 0 中NH的水解促进水的电离，NH:·H,O是弱碱，电离出的OH 变化/(mol·L1) 抑制水的电离，但NH,·H,0对水的电离的御制程度小于盐酸对 平衡/(mol·L1)） 0.1-x 水的电离的抑制程度，则溶液中水的电离程度：①<③<②，故B错 01一=1.0x10,解得=0021。所以在0.1ml·L的H,A溶液 误。②NH,C与NmCI混合溶液中，存在NH的水解：①NH,C与 HC混合溶液中，NH:的水解受到盐酸电离出来的H的抑制， 中，c(H*)=0.1mol·L1+0.027mol·L1=0.127mol·L1,C错 使NH:浓度大于②中的NH:浓度：3NH,CI与NH,·H,O混合溶 误：根据物料守恒，c(A)+C(HA)=0.1ol·L,又c(Na) 液中，NHi的水解受到NH,·HO的神制，同时NH,·H0也能 0.2mol·L1,所以c(A2)+e(HA-)+e(Na+)=0.3d·L-1, 电离出一定量的NH:,所以溶液中NH的浓度大于①中NH:的浓 D正确。 5,D解析：H相同的钠盐中，弱酸根离子水解程度越大，钠盐浓度 度，所以NH浓度大小顺序为②<①<③，故C错误。3NH,C 越小，则钠离子浓度越小，弱酸根离子水解程度：HC0,> 与NH3·H,0混合溶液中存在NH·H,0,所以溶液中NH,· CHCO0,则pH相同的①CH,COONa、2 NaHCO3两种溶液中的 H,0浓度最大：①和②两溶液中的NH,·H,0需要由NH水解提 供：NHi+HO→NH,·H,O+H°。①NH CI与HC混合溶液 C(N):2<①，A错误：任何电解质溶液中都存在物料守恒，根据 物料守恒得：c(Na)=c(A2)+c(HA)+C(H,A),B错误：常温下， 中，NH:的水解受到盐酸电离出来的H的抑制，溶液中NH,· H,O浓度小于2NHC与NaCI混合溶液中NH1·H,O浓度，所以 pH=7时溶液呈中性，则c(OH)=e(H）,根据电荷守恒： e(CH C0O-)+e(OH-)=c(H)+e(Na*)c(CH COO-)= 溶液中c(NH,·H0):①<2<③，故D错误 9.C解析：HC20电离出氢离子使溶液显酸性，水解生成氢氧根离 (Na),C错误：任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒。 恨据电荷守恒得：c(CH,COO)+e(OH)=c(H')+e(Na),根据 子使溶液显碱性，实验1中测得一定浓度的NaHC,0,的pH为3.00， 物料守恒得：x(Na)=2e(CH,C00)+2c(CH,C00H),联立电荷 说明溶液显酸性，则HC,0电离程度大于水解程度，所以电离产物 守恒和物料守恒可得：c(0H)=c(H')+c(CH,C00)+ C0的浓度大于水解产物H,C20的浓度，即c(C,0）> c(H,C,O,),A正确：实验2中用pH计测得混合溶液的pH为 2c(CH,C0OH),D正确。 6.D解析：0.】ml·LN42C03溶液中C0发生两步水解生成 4.19.Ka(HC,0)=e(C,0)·c(H)。c(C,0g)·104n HC0,和H,C0,根据物料守恒：r(Na)=2r(C0)+2c(HC0;)+ e(HC20) c(HCO) 2c(H,C03).故A错误：0.Imdl·L1NH,C溶液中NH都分水解 1049,则c(HC,0)=c(C,02）,一定浓度的Na,C0,和NaHC,0 混合溶液中根据物料守恒可知，c(Na)>e(HC,O:)+e(C,0子)+ 产生NH·H,0和H,溶液中：e(CI)>c(NH)>e(H)> e(OH).故B错误：pH<7的CH,COOH.CH COONa混合溶液，说 c(HC,0),所以c(Na)>c(HC,0)=e(C,0),B正确：实验3 中向一定浓度的N,C,O,和NHC,O,混合溶液中滴几滴甲基橙，加 明CH,COOH的电离程度大于CH,COONa的水解程度，则混合溶 水稀释，溶液橙色变为黄色，说明溶液酸性减弱，(H)减小，根据 液中r(CH,COO)>(Na),故C错误：NH,Cd是强电解质，在水溶 液中完全电离出NH和C,NH有很少一部分发生水解：NH,· c(C,0)·c(Hfr) 可知(HC,0.c),其中温度不变. c(HC,O)】 c(C,0片)Ka H,O是弱碱.电离程度很小，溶液中NH吐浓度很小，所以 0.1l+LNH,C溶液和0.1l·L1NH1·H20相比， 人不变，随c()减小，期比0)的值逐渐诚小.C错 c(C,0) K c(NH)前者大于后者，故D正确：故选D 误：实验4中向-一定浓度的Na,C20,溶液中加人酸性高锰酸钾 7,C解析：NH,HCO,属于弱酸弱碱的酸式盐，在溶液中N日存在水 C,0正被酸性高锰酸钾氧化生成CO2,MnO:被还原生成M2“,则反 解平衡(NH+H,O一NH1·H0+H),HCO既存在电离平衡 应的离子方程式为5C,0+2Mm0+16H一10C0,↑+2Mm2++ (HC0H+C0片)，又存在水解平衡(HC05+H0 8H20.D正确 H2CO3O川).用pH试纸测定0.1·LNH,HCO,溶液的pH. 测得pH约为8，溶液呈碱性，说明HCO;的水解程度大于NH的水 专题提优11电解质溶液的图像 解程度，故溶液中存在c(NH甘)>(IHC05)>e(C0).A错误：将浓 1,B解析：当V=20.00ml.时酸、碱恰好完全反应生成醋酸钠，酵酸 度均为0.1m@·LNH.HC0,溶液和Ba(OH),溶液等体积混合， 根高子水解，促进水的电离，当V≠20.00mL时，酸或碱过量，酸或 产生白色沉淀和刺激性气珠的气体，有白色BCO,沉淀生成，只能 碱都会抑制水的电离，因此，当V=20.00mL时，水的电离程度最 说明混合液中e(Ba2)·c(C0片)=0.05×0.05=2.5×103> 大，故A正确：当V=10.00ml,时，溶液中溶质为等物质的量浓度的 K(BaCO),B错误；原NH,HCO3溶液中存在物料守恒： CH,COONa和CH,COOH,CH,COONa的水解程度小于CH,COOH r(NHi)+e(NH,·H20)=e(HC0)+e(H2C0)+e(CO3).将等体 的电离程度，导致溶液呈酸性，则ε(H)>ε(OH),根据电荷守恒 积Imo·LNH,HCO1与NaCI溶液混合，碳酸氢钠溶解度较小，析 r(H)+e(Na)=e(CHCO0)+e(Ol),所以e(Na）< 出碳酸氢钠品体，发生反应NH,HCO+Na口一NaHCO!+NH,d. c(CH,CO0),故B错误：CH,COONa溶液水解导致溶液呈碱性， 由于有部分HC0;在NaHC0,品体中析出，故静置后的上层清液中 要使混合溶液呈中性，醋酸应该稍微过量，则H=7时，消耗 c(H)+e(NH3·H,0)>c(HC03)+e(H2C03)+e(C0房)，C正确： V(NaOH)小于20.00mL,故C正确：任何电解质水溶液中都存在电 向1ml·L-'NH,HCO2溶液中滴加0.1mol·L-A1C溶液.产生 荷守恒.故商定过程中一定存在e(Na°)+c(H')=c(CH,COO)+ 白色沉淀，逸出无色气体，发生的反应为3HC05+A c(OH).故D正确 A1(0H),1+3C021,产生的气体是C02,D错误。 2.D解析：点①溶液为HN,与NaN,等浓度的混合溶液，根据电荷 8.A解析：等浓度的①NH4C与HCI混合溶液显强酸性：②NH,C 守恒可得c(Na)+c(H)=e(N;)+e(OH),溶液plH<7,说明HN 与NaC1混合溶液由于NH:的水解显弱酸性：③NH,CI与NH1· 的电离程度大于N5的水解程度，所以e(HN,)<C(Na),所以 H0混合溶液呈贼性.所以溶液的pH:①<②<③，故A正确。等 c(HN,)+c(H)<c(N5)+c(OH),A错误：点②溶液中存在电荷守 浓度的①NH,CI与HCI混合溶液中NH的水解促进水的电离，但 恒：e(Na)+e(H)=e(N;)+e(0),该点溶液pH=7,则 盐酸是强酸，极大地抑制了水的电离：2H,C与NaC混合溶液 c(H')=c(OH),所以e(Na)=c(N),则e(Na)<e(N5)+ 选择性必修第一册·SJ学羁46 c(HN,),B错误：在常温下，0.1mol·L↓HN,的pH=2.85.则 c(H)=1025m·L,人(HN,）=1025x102 =102,HC0的电离常数大于其水解常数，以电离为主，等 0.1 =1047= 浓度的N2C,0,和NHC20,混合溶液中，C20子的水解常数小于 10°3×105=2.0×105，故K(HN,)的数量级为105，C错误：点③ K1102 溶液为NaN,溶液，根据质子守恒可得：e(OH)=e(H)+c(HN,), HC,0的电离常数，故溶液显酸性.C精误：太。10=10， D正确 D正确 3.D解析：NaHC0,溶液中碳酸氢根离子存在水解和电离两个过 6.D解析：根据图示c(H,A0)=e(HAs03)时，H=9.2. 程，碳酸氢钠溶液显碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于电离 K,(H3A03)为1×102，A错误：根据图示NaH2A03溶液呈碱 程度。水解和电离过程都是吸热的，在升温过程，碳酸氢根离子的 性，所得溶液中HA=O的水解程度大于其电离程度，B错误；b点 水解程度和电离程度都会被促进，同时K。也会增大，山段溶液pH H,A0:水解促进水的电离，所以水的电离程度a点小于b点，C错 域小：当温度再升高到b点以后，碳酸氢钠受热发生分解会生成碳 做钠.导致溶液pH升高，据此分析解答。a点NHCO,溶液在常温 误：根据物料守恒e(N)=2c(H2As03)+2e(HA0写)+ 2(A0片)+2e(H1A0,),e点溶液中存在e(HA0片)= 下，碳酸氢根离子既存在水解也存在电离过程，碳酸氢根离子的水 解程度大于电离程度，所以c(HC0,)>c(CO),A错误：b点溶液 e(H3As03).所以e(Na)=2e(H2As0:)+4e(HA03)+ 溶质是碳酸氢钠，溶液中存在的物料守恒c(Na)=c(HC0)+ 2c(A0片)，D正确。 7.A解析：递诚曲线为CH,C0OH的变化曲线，递增曲线为 c(CO好)+(H,CO1).B错误：水解和电离都是吸热反应，山段温 度升高，碳酸氧根离子的水解和电离都会被促进，C错误；b点后温 CH,CO0的变化曲线。当pH=5.5时，e(CH,C00)> 度升高，溶液H迅速升高，说明溶液碱性增强，与碳酸氢钠受热分 e(CHC0OH).A错误：CHC0OH-H+CH,C00,c(H)= 解生成碳酸钠有关，D正确。 1045mol·L-时，c(CH,C00H)=c(CHC00)=0.05mal·L- 4.C解析：根据物料守恒可知Na,HPO,溶液中存在：c(Na)= 人=cH)·c(CH,C00 =1×1045.B正确：电荷守恒式为 2e(H,P0)+e(HP0)+e(H,PO,)],A正确：实验②用 e(CH,COOH) 0.I0mol·L1NaOH溶液滴定0.10mol·LH,P01达第一次滴定 e(Na》+c(H')=e(CHCO0)+c(OH).由于c(CH,CO0)+ 终点时甲基橙由红色变为橙色，溶液显酸性：e(H*)>c(OH),根 (CH,C00H)=0.1mol·L,所以c(Na)+c(H)-c(0H)= 据电荷守恒可知：(Na)+c(H')=e(PO)+2c(HP0)+ c(CH COO-)=0.1 mol L-e(CHCOOH).e(Na*)+e(H*)- c(OH),故c(Na')ce(H,PO)+2e(HPO片)，B正确：根据图可知 c(0H)+c(CH,COOH)=0.Imol·L',C正确：通入HCl气体后 丙曲线是e(H,PO).甲曲线是c(H,PO),乙曲线是c(HPO3), 发生反应如下： c(Na)+c(H)=c(HPO;)+2c(HPO)+c(OH).c(Na*)< CH:COONa+HCI CH,COOH+NaCl c(H,PO5)+2r(HPO片)，根据图中数据可知e(Na')<0.1mml·L, 0.05 mol 0.05 mol 0.05 mol 0.05 mol C错误：根据图可知人，-PO)·c() 相当于有0.1mol的CH3C00H和0.05mol的NaC1混合. c(CH,C00)+c(CH,COO川)=2c(Na)=2c(CI).电荷守相式为 e(H:PO) =e(H')=1014.K2= c(HPO片)·e(H') 2e(Na)+2r(H)=2c(0H)+2e(CI)+2e(GHC00),即： =c(H)=1067.反应H,PO1+HP0时 c(CH3C00)+e(CH,C00H)+2c(H')=2e(0H)+2c(C)+ c(H,PO) e2(H2P0) 2c(CH,C00-),化简得：2c(H)+e(CHCO0H)=c(CHCO0)+ 2H,P0;的平衡常数K= 2c(0H)+2e(C").D正确。 e(HPO1)·e(HPO】 B.B解析：若n=0.01,则b点时NH,·H0和盐酸恰好完全反应 c2(HP0)·c() Ka 10-14 c(H,0)·c(HP0)·c(HG10=10,D正确 溶质为NH,C,溶液是酸性，现b点H=7显中性，说明氨水过量 >0.01,b点溶质为NH,Cl和NH,·H,O.据此分析解客。点溶 5.D解析：随着Na0H溶液的滴入，H,C,0:的物质的量分数逐渐减 液中溶质为NH·H,O,水的电离受到抑制，c(H)=e求(OH)< 小，HC0,的物质的量分数逐渐增大，达到最大值后再继续滴 1.0x10-7,因此ck(H)和e(0H)的乘积小于1.0×10-，A项错 加NOH溶液，HC,0:的物质的量分数减小，C,0:的物质的量分 误：根据分析，b点溶液中溶质为NH,C1和NH,·H,O,根据电荷守 数增大，故曲线I为H,C,O,的物质的量分数随溶液pH变化.曲 恒c(CI)+e(OH)=e(NH过)+c(H),溶液pH=7显中性. 线Ⅱ为HC,O:的物质的量分数随溶液H变化，曲线Ⅲ为C,O (OH)=e(H),则各离子浓度大小关系为e(C)=c(NH)> 的物质的量分数随溶液pH变化：当H,C0,和HC,0,的物质的 r(H)=(OH),B项正确：e点溶液中，根据电荷守恒e(NH)+ 量分数相等时，人1=)·(HC,0 =e(H)=102.当 e(HC,O) c(H)=e(dr)+(0H)x(r),所t以N)+e(H >1.C项错 c(CdΓ） HC,0:和C,O好的物质的量分数相等时，K。= 误：b点溶液中，溶液pH=7显中性，c(H)=e(O川)，所以 r(H)·c(C2Oi) =c(H)=102。由分析可知曲线I为 c(H)≠e(OH)+c(NH1·HO),D项辑误 e(HC,0) 9.A解析：向40mL浓度均为0.01l·L的盐酸和醋酸的混合溶 HC,0,的物质的量分数随溶液pH变化.曲线Ⅱ为HC,0:的物质 液中逐滴加入0.01m·L的氨水，n点为起始点，b点为一水合 的量分数随溶液H变化，曲线Ⅲ为C,O好的物质的量分数随溶液 氨与盐酸刚好转化为氯化铵的第一个滴定终点，此时溶质为氯化 H变化，A错误：点溶液中含有草酸、草酸氯钠和草酸钠三种溶 铵和酷酸，e点为第二个反应终点，此时溶质为CH,COONH,和NH 质，B错误：Na,C,O,溶液中草酸根的水解常数为人= C1,其中K(NH1·H0)=1,7×103,K(CH,C00H)=1.7×103,则 c(Hc,0·c(oH).c(Hc,0)·c(oH)·e()。K CH,COONH溶液显中性.NH,C为强酸弱碱盐，显酸性，d点溶潮 c(C,01) c(C,O)·c(H) 显中性，存在过量的一水合氨。a点时，溶质为CH,COOH和HC 108,NaHC,O,溶液中HC,0:的电离常数为Ke,水解常数为 其存在电离平衡为CH1CO0H三CH,C00+H”,K,= r(HC0)·(0H)_c(HC0)·(0H)·c(H) c(CH:COO)·e(H') 人= .其中c(H)=0.01mal·L1,可得 e(HC20) c(HC2Oi)·c(H°) e(CH COOH) 参考答案学霸47 c(CHC00)≈l,7×105ml·L1,A正确：b点出现第一个拐点， 过程中氯化氢挥发得到的水解产物主要为氢氧化铝、氢氧化铁，约 HC与氨水刚好反应.故溶质为NH,C和CH,COOH.且两物质浓度 烧得到氧化铝、氧化铁C错误 3.C解析：N在溶液中发生水解，水解程度越高，c(NH)越低：在 相同.溶液中CH,GO0H抑制NH:水解，人，(NH)=衣方×10< ①NH,C.2 CH COONH,,NH HSO,中，NH,HSO电离出的H K,散铵根离子水解程度小于醋酸电离程度，溶液中c(NH)> 钟制NH水解，CH:COONH中电离出CH,COO促进水解，NHC c(CH,COOH),B错误：e点溶液呈做性e(H)>c(OH),根据电荷 电离出的C对NH:的水解无影响，所以物质的量浓度相同的 守恒.c(NH)+c(H)=e(CT)+e(CH,COO)+e(OH),所以 ①ONH.CI.2CH,COONH4.③HHSO4三种溶液中e(NH): c(NH)<c(C)+r(CH,CO0).C错误：e点氯化铵，醋酸铵均促 3>①D>2,A正确：N,C0,溶液中CO方水解使得酚酞变红，慢慢滴 进水的电离，d点还存在抑制水的电离的一水合氨，所以©点水的 人BaC12后消耗CO片产生BaCO,沉淀，使水解平衡向左移动.氢氧 电离程度大于d点，D错误 根离子浓度减小，溶液的红色褪去，B正确：碳酸钠在溶液中的水 10.(1)①NaF2C0片+H,S=HS+HC05(2)1042 (3)①0.100mod·L.-②2d3小于④D 解常数K=(HG05)·c(0H) 水解常数是温度函数温度不变， c(C03) 解析：(1)①由题表中数据分析可知酸性：HF>HC03>H2S> HC05>HS,可知对应盐的水解程度：F<HC0<HS<C0片<S2 水解常数不变.则碳酸钠溶液加水稻释时.(HC0):(OH)不 c(C0片) 浓度相同时溶液的碱性：N2S>Na2CO3>NF,所以常温下，pH相 变.C错误：由水电离出的c(H)=1×102mm·L.的溶液为酸或 同的三种溶液NaF,NaCO、,Na,S中物质的量浓度由大到小的顺 或溶液，A在酸性条件下可能大量存在，D正确。 序为c(NaF)>c(Na,COs)>e(Na,S),掷NaF的物质的量浓度最 4.C解析：室温下，0.1mol·LCHC0OH溶液加水稀释后.酷酸根 大。2酸性：H2C0,>HS>HC05>HS,由较强酸制较弱酸可知， 离子，酷酸分子和氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，玉。只与 二者反应生成NaHS和NHCO1,则发生反应的离子方程式为 c(H) C0片+HS一HS+HC0,。(2)随着溶液的pH增大，二元弱酸 温度有关，溶液中(CH,CO0H(C,Co0) 增大，A错误： H,A溶液中H,A,HA,A2一的物质的量分数依次是逐渐减小，先 0.1ml·LHC0溶液中存在质子守恒：c(H)=c(0H)+ 增大后减小、逐渐增大，根据图知，8(HA)=8(A2)时，溶液的 c(CO),B错误：由电离平衡常数可知.醋酸酸性大于次氯度腹 H=4.2.此时c(HA)=c(A2),H2A的电离平衡常数K2= 性，因此一定条件下可以发生反应CH,COOH+NCO (A2) H(F)严(H)=102。(3)①常温下，用a1mmLr的 CH,COONa-+HCIO,C正确：由电离平衡常数可知，醋酸酸性大于次 氯酸酸性，越弱越水解，可知同浓度的次氯酸钠的水解程度大于醋 盐酸满定20.00mL未知浓度的氨水，滴定曲线如图2所示，滴加 酸钠，因此CH,COONa,NClO溶液，前者的pH小，D错误 20.00mL盐酸时所得溶液中，c(C)=c(NH)+c(NH,·H,0)+ 5.B解析：n(H2S04)=1mol·L1×0.05L=0.05mol.Na2C01和 (NH)(忽略溶液体积的变化)，盐酸和氨水的体积相等，二者以 H,S0,恰好完全反应生成硫酸钠，水和二氧化碳，根据物料守恒可 1:1反应，所以e(NH,·H,0)=c(HC)=0.100·L- 得c(Na)=2c(S0),A错误：Ca0和水反应生成氢氧化钙，对 ②2点溶质为一水合氨，b点溶质为等物质的量浓度的一水合氨 C0片的水解起抑制作用，所以氢氧根离子浓度增大，碳酸氢根离 和氯化铵，€点溶液星中性，d点溶质为氯化铵，碱抑制水的电离， 且碱中c(OH)越大，对水的电离抑制程度越大，铵根离子水解促 子的浓度诚小，溶液中0)增大，B正确：加水稀释，溶液的酸 :(HC05) 进水的电离，所以，b点都却制水的电离，且水的电离程度：a点 性发生变化，水的电离平衡发生移动，C错误：加入0.1…l硫酸氢 小于b点.：点不影响水的电离.d点促进水的电离，所以水的电 钠，Na,CO,和NHSO,恰好反应生成硫酸钠，水和二氧化碳，溶液 离程度最大的是d。③b点溶质为等物质的量浓度的NH,CL 中的c(Na)增大，pH减小，D错误 NH3·HO,b点溶液呈碱性，说明NH,·H,O的电离程度大 6.B解析：黄铁矿的烧流主要成分为Fe20,,F0,Si02等，加入28% 于NHC的水解程度，氯离子不水解，溶液中c(NH1·H,O)< H,S0,“酸浸”后.过滤得到滤渣1的成分为SO2,滤液中含 c(C日)。④d点溶液中溶质为NH,C,NH:部分水解导致溶液星 Fe2(S0,)3,Fs0,和HS0,加人Fe将Fe3+还原成F2“.加人 酸性，但其水解程度较小，所以存在c(NH:)>(OH):c点溶液溶 NCO1,H,SO,将Fe2氧化成Fe,然后水解，聚合得到聚合硫酸 质为NH,C1、NH,·H2O.溶液呈中性，水的电离程度较小，溶液 铁。酸浸时发生的反应为Fe,01+3H,S0,一F(S0,),+3H,0 中c(NH)>c(OH):b点溶液中溶质为等物质的量浓度的 F0+H,S0,一FSO,+H20,故酸浸后的溶液中阳离子主要是 NH,C1,NH·O,溶液呈碱性，说明NH·H20的电离程度大 F2,FeH°，A正确：盐的水解是吸热过程，若水解反应温度过 于NH:CI的水解程度，但其电离程度较小，所以存在e(NH:)> 高，促进F:+水解，使得产品聚合硫酸铁中n的值变大，B错误：氧 c(OH):所以若所得溶液中的e(NH)>e(OH),该溶液可能 化时NaCO,将Fe2+氧化成Fe+,自身被还原成CI,根据得失电子 酸性、中性或碱性。故选D。 守恒，原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为C0+6:+ 第三单元综合练习 6H6Fe3+C1+3H,0.C正确：水解时溶液的pH偏小，抑制 Fe·水解，溶液的pH偏大则生成Fe(OH),都会影响聚合硫酸铁 1.D解析：NS0,水溶液显碱性：S0片+H20=HS05+0H 的产率，D正确 故A错误：硫酸氢钠培融状态下可发生电离：NaHS0一Na'+ 7.B解析：溶液体积未知，无法计算溶液中所含H的总数，A项错 HSO,,故B错误：铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性，能 误：根据电荷守恒c(NH)+e(H)=(C)+c(OH),则n(NH)+ 吸附水中悬浮的杂质，水解方程式为A++3H,0一 n(H)=(CI)+n(OH)>n(Cl)=0.1ml,所以溶液中所含阳离 A1(OH):(胶体)+3H.故C错误：NaAO2水解方程式为A1O,+ 子的总数大于0.1V,B项正确：由于Fe2水解，使得溶液中所含 2H,0一A1(0H)1+0HT,故D正确 Fe2的总数小于0.IN、.C项错误：溶液中的OH来自NaOH和 2.D解析：保存FcC1,溶液常常加一些铁粉，其目的是防止氯化亚 H,0的电离，因此所含0H的总数大于03N,D项错误 铁被氧化，加入盐酸能掉制Fe2·水解，A错误：25℃时.pH=0的溶 8.(1)溶液变黄色（或黄色变深）(2)否C0(橙色)+H,0 液为酸性溶液，硝酸根离子在酸性溶液中能氧化F2,不能大量共 2C0(黄色)+2H正向是吸热反应，若因浓H,S0,溶于水而温度 存，B错误：AICl,FCl,水解生成氢氧化铝，氢氧化铁和盐酸，蒸干 升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙 选择性必修第一册·SJ学羁48