3.3 酸碱中和与盐类水解（8大题型专项训练） 化学沪科版2020选择性必修1

3.3 酸碱中和与盐类水解 题型01 酸碱中和滴定实验原理和过程 题型02 酸碱中和滴定误差分析 题型03 酸碱中和滴定曲线分析 题型04 盐类的水解及其规律 题型05 盐类水解平衡的影响因素 题型06 盐类水解的应用 题型07 溶液中粒子浓度大小比较 题型08 三大守恒的应用 题型01 酸碱中和滴定实验原理和过程 1．概念 用已知浓度的酸(或碱)滴定未知浓度的碱(或酸)，根据中和反应的等量关系来测定碱(或酸)的浓度。 2．原理 利用酸碱中和反应，用已知浓度酸(或碱)来测定 的实验方法。 ①反应实质： 。 ②定量关系：中和反应中酸提供的H＋与碱提供的OH－的物质的量相等， ，即c(H＋)·V酸＝c(OH－)·V碱，则c(H＋)＝ 或c(OH－)＝ 。 3．实验用品 (1)仪器 图(A)是 滴定管、图(B)是 滴定管、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。 (2)试剂：标准液、待测液、 、蒸馏水。 (3)滴定管 ①构造：“0”刻度线在 ，尖嘴部分 。 ②精确度：读数可精确到 mL。 ③洗涤：先用 洗涤，再用 润洗。 ④排泡：酸、碱式滴定管中的液体在滴定前均要排出 中的气泡。 ⑤使用注意事项： 试剂性质 滴定管 原因 酸性、氧化性 滴定管 氧化性物质易腐蚀橡胶管 碱性 滴定管 碱性物质易腐蚀玻璃，致使玻璃活塞无法打开 【特别提醒】 (1)酸性KMnO4溶液只能盛装在酸式滴定管中，不能盛装在碱式滴定管中，原因是KMnO4能腐蚀橡胶。 (2)由于滴定管尖嘴处无刻度，故将滴定管中的液体全部放出时，放出的液体体积比理论值要大。 (3)碱式滴定管排气泡的方法：。 3．滴定操作 （1）滴定管的使用方法 ①滴定管使用前应检查 。 ②量取一定体积的下列液体时，哪些必须使用如下图所示的滴定管盛装？ 。 a．氨水　b．醋酸钠溶液　c．氯化铵溶液 d．硫代硫酸钠溶液　e．高锰酸钾溶液 ③洁净的滴定管在加入酸、碱反应液之前，先用蒸馏水将滴定管洗涤干净，然后用所要盛装的溶液润洗2～3次。 ④将反应液加入相应的滴定管中，使液面位于“0”刻度以上 处。 ⑤调节活塞或挤压玻璃球，使滴定管尖嘴部分充满反应液，并使液面处于 ，并记录读数。 ⑥滴定时的操作 （2）关于锥形瓶的使用 ①锥形瓶用蒸馏水洗净后，能否用待测液润洗？ 。 ②中和滴定实验中，锥形瓶内盛放什么物质？ 。 （3）关于滴定过程 ①测定NaOH溶液的物质的量浓度，若将滴有2滴酚酞的待测液置于锥形瓶中，滴定终点时，锥形瓶内颜色变化为 。 若将滴有2滴酚酞的标准液置于锥形瓶中，描述滴定终点现象： 。 ②待滴定管中液面稳定后，记录读数。 【归纳总结】中和滴定指示剂的选择与颜色变化 滴定种类 选用的 指示剂 滴定终点 颜色变化 指示剂 用量 滴定终点 判断标准 强酸滴定强碱 甲基橙 黄色→橙色 2～3滴 当指示剂刚好变色并在半分钟内不恢复原色，即认为达到滴定终点 强碱滴定强酸 酚酞 无色→浅红色 强碱滴定弱酸 酚酞 无色→粉红色 强酸滴定弱碱 甲基橙 黄色→橙色 弱碱滴定强酸 红色→橙色 （4）数据处理 按上述操作重复 次，先算出每一次待测液的浓度，再求浓度的平均值。 【典例1】 下列实验操作中正确的是 A．量取一定体积的K2Cr2O7标准溶液可以选用图甲中滴定管 B．如图乙所示，记录滴定终点读数为12.20mL C．在滴定过程中，滴加酸液操作应如图丙所示 D．图丁中，应将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端 【变式1-1】某学生用已知物质的量浓度的标难溶液来测定未知物质的量浓度的盐酸时，选择酚酞作指示剂。请回答下列问题： (1)配制标准溶液。配制所需的玻璃仪器有：烧杯、量筒，玻璃棒、_______、_______。 (2)若滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，所用NaOH标准溶液的体积为_______。 (3)滴定过程中边滴加边摇动锥形瓶，直到加入半滴溶液后，_______，表明已经到达滴定终点。 (4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如表所示： 滴定次数 待测盐酸的体积 标准溶液体积 滴定前的刻度/mL 滴定后的刻度 第一次 25.00 0.00 26.11 第二次 25.00 1.56 30.30 第三次 25.00 0.22 26.31 依据表中数据计算该盐酸的物质的量浓度为_______。 【变式1-2】【查阅资料】乙二酸俗称草酸，草酸晶体(H2C2O4•2H2O)在100 ℃时开始升华，157 ℃时大量升华并开始分解；草酸蒸气在低温下迅速冷凝为固体；草酸钙不溶于水，草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊。 Ⅰ．乙二酸的不稳定性：根据草酸晶体的组成，猜想其受热分解产物为CO、CO2和H2O。 (1)请用下列装置组成一套探究并验证其产物的实验装置。请回答下列问题： ①装置的连接顺序为：A→D→B→G→______→______→C→G______。 ②装置中冰水混合物的作用是______。 ③整套装置存在不合理之处______。 Ⅱ．乙二酸的弱酸性： (2)为验证草酸具有弱酸性设计了下列实验，其中能达到实验目的的是______。 A．将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色 B．测定0.1 mol•L-1草酸溶液的pH C．将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出 Ⅲ．乙二酸的还原性： (3)该小组同学向用硫酸酸化的KMnO4溶液中滴入过量的草酸溶液，发现酸性KMnO4溶液褪色，从而判断草酸具有较强的还原性。该反应的离子方程式为：2MnO+H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。 利用该性质测草酸浓度，取草酸(H2C2O4)溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1 mol•L-1的高锰酸钾溶液滴定，表格中记录了实验数据： 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 1.00 22.50 第四次 25.00 4.00 24.10 ①滴定时，KMnO4溶液应装在______式滴定管中，滴定终点时的现象是______。 ②该草酸溶液的浓度为______。 【变式1-3】酸碱中和滴定实验中，下列说法正确的是 A．中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好，指示剂一般加入 B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁 C．酸碱指示剂的变色点就是反应终点 D．滴定前滴定管中的液体液面处于处，滴定过程中用去的液体，此时滴定管中剩余液体的体积为 题型02 酸碱中和滴定误差分析 (1)误差分析的方法 依据原理c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，得c(待测)＝，因为c(标准)与V(待测)已确定，所以只要分析出不正确操作引起 的变化，即分析出结果。 (2)常见误差分析 以标准酸溶液滴定未知浓度的碱(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有： A、仪器洗涤 ①酸式滴定管水洗后，未润洗( )；②酸式滴定管水洗后，误用待测液润洗( )；③碱式滴定管水洗后，未润洗( )；④锥形瓶水洗后，用待测液润洗( )。 B、量器读数 ①滴定前俯视酸式滴定管，滴定后平视( )； ②滴定前仰视酸式滴定管，滴定后俯视( )如图所示； ③滴定完毕后，立即读数，半分钟后颜色又褪去( )。 C、操作不当 ①滴定前酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束后气泡消失( )； ②滴定过程中，振荡锥形瓶时，不小心将溶液溅出( )； ③滴定过程中，锥形瓶内加少量蒸馏水( )。 (3)以用标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例，用偏高、偏低或无影响填表。 步骤 操作 c(NaOH) 洗涤 未用标准溶液润洗酸式滴定管 锥形瓶用待测溶液润洗 未用待测溶液润洗取用待测液的滴定管 锥形瓶洗净后瓶内还残留有少量蒸馏水 取液 取碱液的滴定管尖嘴部分有气泡且取液结束后气泡消失 滴定 滴定完毕后立即读数，半分钟后颜色又褪去 滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 滴定过程中振荡时有液滴溅出 滴定过程中，锥形瓶内加少量蒸馏水 读数 滴定前仰视读数或滴定后俯视读数 滴定前俯视读数或滴定后仰视读数 【典例2】使用酸碱中和滴定的方法，用0.01 mol·L－1盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作会使测定结果偏高的是(　 　) ①用量筒量取浓盐酸配制0.01 mol·L－1稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸　 ②配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线　 ③滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴　 ④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下 A．①③　　 B．②④ C．②③④　　 D．①②③④ 【变式2-1】由于错误操作，使得配置盐酸的浓度偏高的是 A．滴定达终点时俯视滴定管内液面读数 B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用20.00mL待测盐酸注入锥形瓶进行滴定 C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定 D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出 【变式2-2】用标准浓度氢氧化钠的溶液滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是 ①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗 ②锥形瓶用水洗后，直接加入未知浓度的盐酸 ③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗 ④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失 A．①④ B．①③④ C．①②③ D．①②④ 【变式2-3】下列叙述正确的是 A．NaOH滴定未知浓度的醋酸溶液时，用甲基橙作指示剂 B．用湿润的pH试纸测氯水的pH值，测定值偏大 C．测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中混合，所测温度值偏高 D．盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，终点读数时无气泡，结果偏高 题型03 酸碱中和滴定曲线分析 以0.1000 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L-1盐酸为例 理论上，强酸强碱完全反应时溶液的pH应为7，滴定终点应选用pH＝7时变色的指示剂；但从实验数据可以看出，开始时由于被中和的酸(或碱)的浓度较大，加入少量的碱(或酸)对其pH影响不大，上图中，当滴加NaOH溶液的体积从19.98 mL变为20.02 mL(只滴加1滴)时，pH从4.3 突变至9.7，因此只要选择变色范围在这一突变范围内的指示剂就不会造成很大的误差。 说明： (1)酸碱恰好中和时溶液不一定呈中性，最终溶液的酸碱性取决于生成盐的性质，强酸强碱盐的溶液呈中性，强碱弱酸盐的溶液呈碱性，强酸弱碱盐的溶液呈酸性。 (2)滴定终点是通过指示剂颜色的变化来控制停止滴定的“点”，滴定终点与恰好反应越吻合，测定的误差越小。 【典例3】等浓度的两种一元酸和分别用同一浓度的溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A．起始酸性：HA>HB B．起始浓度： C．HA和HB起始溶液体积相同 D．滴定HA和HB均可用甲基橙作指示剂 【变式3-1】已知与相似，水溶液具有弱碱性，其电离方程式为：。常温下，现用盐酸滴定溶液，溶液中由水电离出的的负对数[]与所加盐酸体积的关系如图所示(已知：) ①R、Q两点溶液pH关系是：R_______Q(填“>”、“=”或“<”)，R、Q两点对应溶液中水的电离程度的关系：R_______Q(填“>”、“=”或“<”)。 ②滴定过程中，若，则此时溶液中_______。 ③N点离子浓度由大到小的顺序为_______。 【变式3-2】常温下，用氢氧化钠溶液滴定稀盐酸时，溶液随溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是 A．一般用蓝色手柄滴定管量取稀盐酸 B．一般选用甲基橙试液作终点指示剂 C．稀盐酸的浓度为 D．氢氧化钠溶液的浓度为 【变式3-3】25℃时，向20mL0.1mol/L溶液中逐滴加入0.1mo/L NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．a点的pH>1 B．c点时，V(NaOH)=20mL C．反应过程中的值逐渐增大 D．a、b、c点溶液中，水的电离程度逐渐增大 题型04 盐类的水解及其规律 1．盐类水解的概念 在水溶液中，盐电离出来的 与水电离出来的 或 结合生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。 2．盐类水解的实质 盐电离→→破坏了水的 →水的电离程度 →溶液呈碱性、酸性或中性。 3．盐类水解的规律： （1）“有弱才水解，无弱不水解”——盐中有弱酸阴离子或弱碱阳离子才水解，若没有，则是强酸强碱盐，不发生水解反应。 （2）“越弱越水解”——弱酸阴离子对应的酸越弱，水解程度越大；弱碱阳离子对应的碱越弱，其水解程度越大。如：碳酸的酸性大于次氯酸，则相同浓度的NaHCO3溶液的水解程度小于NaClO溶液。 （3）“都弱都水解”——弱酸弱碱盐电离出的弱酸阴离子和弱碱阳离子都发生水解，且相互促进。 （4）“谁强显谁性”——当盐中的阴离子对应的酸比阳离子对应的碱更容易电离时，水解后盐溶液呈酸性，反之，呈碱性，即强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。如：碳酸的电离常数Ka1小于NH3·H2O的电离常数Kb，故NH4HCO3溶液显碱性。 （5）“同强显中性”——①强酸强碱盐溶液显中性；②盐中的阳离子对应的碱的电离常数Kb与盐中的阴离子对应的酸的电离常数Ka相等时，盐溶液显中性。如Kb(NH3·H2O)＝Ka(CH3COOH)，故CH3COONH4溶液显中性。 4．盐类水解程度大小比较规律 （1）组成盐的弱碱阳离子水解使溶液显酸性，组成盐的弱酸根离子水解使溶液显碱性。 （2）盐对应的酸(或碱)越弱，水解程度越大，溶液碱性(或酸性)越强。 （3）多元弱酸的酸根离子比酸式酸根离子的水解程度大得多。如相同浓度时，CO比HCO的水解程度大。 （4）水解程度：相互促进水解的盐>单水解的盐>相互抑制水解的盐。 如NH的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。 【典例4】已知常温下，0.1mol/l的NH4Cl溶液中，下列关系正确的是 A．c(NH3•H2O)>c(Cl-) B．c(H+)=c(OH-) C．c(NH)<c(Cl-) D．c(Cl-)<c(OH-) 【变式4-1】常温下浓度均为的四种盐溶液，其如表所示，下列说法正确的是 序号 ① ② ③ ④ 溶液 8.8 9.7 11.6 10.3 A．等浓度的和溶液，小的是 B．四种溶液中水的电离程度：③>④>②>① C．在溶液中电离程度大于水解程度 D．溶液中有： 【变式4-2】 25℃时，0.1 mol·L－1下列溶液：①NaCl ②NaOH ③H2SO4 ④NaClO，其中水的电离程度最大的是 A．① B．② C．③ D．④ 【变式4-3】以下实验证明盐的水解过程是吸热的是 A．向盐酸中加入氢氧化钠溶液，混合液温度上升 B．向氨水中加入氯化铵固体，溶液的pH变小 C．将硝酸铵晶体溶于水，水温下降 D．向醋酸钠溶液中滴入2滴酚酞，加热后红色加深 题型05 盐类水解平衡的影响因素 1、影响水解平衡的因素： 内因：主要由 所决定的，生成盐的弱酸(或弱碱)越难电离(电离常数越小)，盐的水解程度 ，即越弱越水解 外因：浓度、湿度、溶液碱性的变化 （1）温度不变，加水 可促使平衡向水解的方向移动，盐的 。 （2）浓度不变，盐的水解是 反应，温度升高， 。 （3）改变溶液的pH值，可 水解。 2、比较外因对盐水解的影响： 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 弱酸根离子的水解程度减小 外加其他盐 水解形式相同的盐 相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3) 水解形式相反的盐 相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3] 以FeCl3水解为例：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，填写外界条件对水解平衡的影响。 条件 移动方向 H＋数 pH 现象 升温 通HCl 加H2O 加NaHCO3 【典例5】常温下，pH=9的CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，下列说法中不正确的是 A．加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，c (OH—)减小 B．升高温度，溶液的pH增大 C．稀释溶液，c (H+) 增大 D．由水电离出的c (H+) = 1×10-5 mol/L 【变式5-1】室温时，下列操作能使浓度均为0.01mol·L-1的 ①CH3COOH溶液②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)都增大的是 A．升高温度 B．加水稀释 C．加入少量硫酸 D．加入少量NaOH固体 【变式5-2】在0.1 mol·L－1FeCl3溶液中存在Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋的水解平衡，下列说法中正确的是 A．加FeCl3固体，平衡正向移动，水解程度增大 B．稍微加热，促进水解，c(H＋)增大，pH减小 C．加NaOH固体，与铁离子反应，平衡逆向移动 D．通入HCl气体，平衡逆向移动，铁离子水解常数减小 【变式5-3】化合物①NaCl、②NaOH、③HCl、④、⑤、⑥、⑦，回答： (1)常温下，将pH=12的NaOH和氨水分别加水稀释100倍后，稀释后NaOH的pH_______10，氨水的pH_______10(填“>”“<”或“=”) (2)常温下，pH=l0的溶液中，水电离出来的_______mol/L，在pH=3的溶液中水电离出来的为_______mol/L。 (3)等物质的量浓度的④、⑤、⑦溶液中浓度由大到小的顺序是_______(填序号) (4)某学生用甲基橙做指示剂，用标准NaOH溶液测定未知浓度的盐酸溶液，完成填空：滴定终点溶液颜色的变化是_______。若滴定中锥形瓶摇荡剧烈，使溶液溅出，则所测浓度_______。(填偏大、偏小或无影响) (5)下列哪些措施能够使醋酸溶液中增大_______。 A．升温 B．通入HCl气体 C．加入NaOH固体 D．加入固体 题型06 盐类水解的应用 1．判断酸碱性 （1）判断盐溶液的酸碱性——谁 显谁性，同强显 性 如：FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3++3H2O ⇌ Fe(OH)3+3H+ （2）判断酸（碱）的强弱 如：NaX、NaY、NaZ三种盐pH分别为7、9、10， 则酸性 > > 2．某些盐溶液的配制、保存 （1）在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液时为防止水解，常先将盐溶于少量相应的酸中，再 到所需浓度。 （2）Na2SiO3、Na2CO3等不能贮存于带磨口玻璃塞的试剂瓶中。因Na2SiO3、Na2CO3水解呈碱性，产生较多 －，能腐蚀玻璃生成Na2SiO3，使瓶口和瓶塞粘在一起。 3．判断盐溶液蒸干时所得的产物 （1）弱碱易挥发性酸盐加热蒸干通常得到氢氧化物固体(除铵盐)，再灼烧生成氧化物。例如高温蒸发浓缩FeCl3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是 。又如若要得到MgCl2固体，可将MgCl2·6H2O在 气氛中加热脱水。 （2）强碱易挥发性酸盐加热蒸干可以得到同溶质固体。例如高温蒸发浓缩Na2CO3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是 。 （3）还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。 （4）弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。 【注意】判断盐溶液蒸干所得产物成分关键点： （1）盐溶液水解生成易挥发性酸金属氧化物。 （2）考虑盐受热时是否分解。 原物质 　蒸干灼烧后固体物质 Ca(HCO3)2 　CaCO3或CaO NaHCO3 　Na2CO3 KMnO4 　K2MnO4和MnO2 NH4Cl 　分解为NH3和HCl，无固体物质存在 4．生成胶体 （1）制备胶体：向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并继续加热以增大Fe3＋的水解程度，从而制备Fe(OH)3胶体，FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl （2）净水 铁盐作净水剂原理：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+ 明矾作净水剂原理：Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+ 5．制备无机化合物 如用TiCl4制备TiO2。 其反应的方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)===TiO2·xH2O↓＋4HCl。 TiO2·xH2O焙烧得到TiO2。 6．某些离子的去除：如除去MgCl2溶液中的Fe3＋可在加热搅拌条件下，加入 [或 或 ]后，与H＋反应，调节pH，促进Fe3＋水解为Fe(OH)3沉淀，再过滤。 7．去油污 热的纯碱溶液去油污效果好。 原因：加热能促进Na2CO3水解， 产生的 较大，而油脂在碱性较强的条件下水解受到促进，故热的纯碱溶液比冷的去油污效果好。 8．化肥的施用 如：草木灰（K2CO3)与铵态氮肥不能混合施用，降低肥效。 这是两种盐发生水解相互促进反应放出氨气的缘故。 9．除锈剂 NH4Cl 与 ZnCl2 溶液可作焊接时的除锈剂 10．泡沫灭火器原理 成分为NaHCO3与Al2(SO4)3： 发生反应为Al3++3HCO3−===Al(OH)3↓+3CO2↑ 11．判断离子共存 弱碱阳离子与弱酸阴离子发生完全双水解，则无法大量共存，如： 阳离子：Al3+、Fe3+ 与 阴离子：CO32－、HCO3－、SiO32－、S2－、HS－、 AlO2－、ClO－ 【归纳总结】 盐类水解应用常考点 应用 举例 加热促进水解 热的纯碱溶液去污力强 分析盐溶液的酸碱性，并比较酸碱性的强弱 等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3 溶液均显碱性，且碱性：Na2CO3>NaHCO3 判断溶液中离子能否大量共存 Al3＋和HCO因发生相互促进的水解反应而不能大量共存 配制或贮存易水解的盐溶液 配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸 胶体的制备，作净水剂 明矾溶于水生成胶状物氢氧化铝，能吸附水中悬浮的杂质，并形成沉淀使水澄清 化肥的使用 铵态氮肥不宜与草木灰混合使用 泡沫灭火器的反应原理(水解互促) Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑ 无水盐的制备 由MgCl2·6H2O制MgCl2，在干燥的HCl气流中加热 判断盐溶液的蒸干产物 将AlCl3溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3而不是AlCl3 某些盐的分离除杂 为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO或MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸 盐溶液除锈 NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NH水解溶液显酸性) 判断电解质的强弱 CH3COONa溶液能使酚酞变红(pH>7)，说明CH3COOH是弱酸 【典例6】温下，用0.100 mol·L的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L醋酸()，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是 已知：，，。 A．a点溶液的pH约为2.58 B．b点溶液中含有6种不同的微粒 C．c点溶液中存在 D．d点溶液中一定存在 【变式6-1】 下列有关各溶液说法正确的是 A．配制FeCl3溶液时，为抑制Fe3+水解，先将FeCl3固体溶解在硫酸中，再加水稀释到所需浓度 B．将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液蒸干所得产物相同 C．相同条件下，同浓度的CH3COONH4和NH4NO3溶液中，c(NH)前者大于后者 D．浓NH4Cl溶液可作金属焊接的除锈剂 【变式6-2】化学与生活生产密切相关，下列事实与盐类水解无关的是 A．古代用草木灰的水溶液来洗涤衣物 B．“管道通”中含有铝粉和苛性钠，用于疏通下水道 C．氯化铵溶液可做金属焊接中的除锈剂 D．向中加入水，加热蒸干，最后焙烧固体得到 【变式6-3】在下列给定条件下的溶液中，一定能大量共存的离子组是 A．无色溶液：、、、 B．能使试纸呈红色的溶液：、、、 C．溶液：、、、 D．加水稀释时值明显增大的溶液中、、、 题型07 溶液中粒子浓度大小比较 1、弱酸溶液： 0.1mol/L的HAc溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是：。 0.1mol/L的H2S溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是：。 说明：H2S的二级电离常数太小，导致，如果是碳酸，则是。 2、一元弱酸的正盐溶液： 0.1mol/L的CH3COONa溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是：。 3、二元弱酸的正盐溶液： 0.1mol/L的Na2CO3溶液中离子浓度由大到小是：。 （一步水解后产生等量和，但后者还要水解，浓度会减小，故，溶液碱性，最小） （关于碳酸与氢离子浓度大小比较可以由进行讨论，常温下k1数量级是10-7，而接近，一般大于这个值，因此整个分数小于1，故。 4、二元弱酸的酸式盐溶液： 0.1mol/L的NaHCO3溶液中离子浓度由大到小是：。 （水解大于电离，故水解产物和大于电离产物和，水也电离，故。 0.1mol/L的NaHSO3溶液中离子浓度由大到小是：。 （电离大于水解，因此电离产物和大于水解产物，水的电离导致，最小） 【典例7】25 ℃时，某氯化铵溶液的pH=4，下列叙述中不正确的是 A．溶液中的c(OH－)=1×10－10 mol·L－1 B．溶液中的c(Cl－)>>c(H＋)>c(OH－) C．溶液中的c(H＋)＋=c(Cl－)＋c(OH－) D．溶液中的c(NH3·H2O)= 【变式7-1】 强碱的溶液和等体积、等物质的量浓度的弱酸的溶液混合，溶液中有关离子浓度的大小关系不正确的是 A． B． C． D． 【变式7-2】下列五种混合溶液，由分别为的两种溶液等体积混合而成： ①与        ②与 ③与         ④与 ⑤与 由大到小排序正确的是 A．①＞④＞③＞②＞⑤ B．①＞③＞⑤＞④＞② C．②＞④＞③＞⑤＞① D．②＞③＞④＞⑤＞① 【变式7-3】酸、碱、盐是中学化学学习的重要化合物，请依据其性质回答下列问题。 （1）常温下，小苏打溶液pH_______7(填“>”、“=”或“<”)，其理由是_______(用离子方程式表示)，溶液中_______(填“>”、“=”或“<”)。 （2）常温下，将体积均为、均为12的氨水和溶液分别加水稀释至1L，溶液较大的是_______，稀释后溶液的_______(填“>”、“=”或“<”)。 （3）相同温度下，浓度均为的下列溶液：①②③④，溶液中的浓度由大到小的顺序为_______(用序号表示)。 题型08 三大守恒的应用 1．把握三种守恒，明确等量关系 三守恒 原理与方法 举例 说明 电荷 守恒 原理：电解质溶液中 所带的电荷总数与阴离子所带的电荷总数 。即 ，溶液呈电中性。 方法：①找出溶液中所有的阴、阳离子。 ②阴、阳离子 乘以自身所带的 建立等式。 Na2CO3溶液为例： c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO) 物料 守恒 原理：在电解质溶液中，由于某些离子发生 或电离，离子的存在形式发生了变化，就该离子所含的某种元素来说，变化前后其原子个数是 的，即元 。 方法：①分析溶质中的特定元素的原子或原子团间的 关系(特定元素除H、O元素外)。 ②找出特征元素在水溶液中的所有存在形式。 ①单一元素守恒，如1 mol NH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NH)＝1 mol，即氮元素守恒。 ②两元素守恒，如Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋2c(HCO)＋2c(CO)，即钠元素与碳元素守恒。 质子 守恒 原理：电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。 方法一：可以由 守恒与元素质量守恒推导出来。 方法二：质子守恒是依据水的 ：H2OH＋＋OH－，水电离产生 和 的物质的量总是相等的，无论在溶液中由水电离出的H＋和OH－以什么形式存在。 方法一：Na2CO3中将电荷守恒和物料守恒中的Na＋消去得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。 方法二： ①以Na2CO3溶液为例： c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3) ②以NaHCO3溶液为例： c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CO) ①由电荷守恒与物料守恒也可以推出质子守恒，即方法一 ②化学计量数为得(或失)质子的数目 ③H3O＋简写为H＋ 2．粒子浓度关系比较及等式关系 单一 电解质溶液 一元弱酸 0.100 mol·L－1L CH3COOH溶液中的浓度关系： 物料守恒： 电荷守恒： 一元弱碱 0.100 0 mol·L－1 NH3·H2O溶液中的粒子浓度关系： 物料守恒： 电荷守恒： 各粒子浓度大小关系： 一元弱酸的强碱盐 0.100 0 mol·L－1 NH4Cl溶液中粒子浓度关系： 物料守恒： 电荷守恒： 质子守恒： 一元弱碱的强酸盐 0.100 0 mol·L－1 CH3COONa溶液中粒子浓度关系： 物料守恒： 电荷守恒： 质子守恒： 各粒子浓度大小关系： 弱酸的 酸式盐溶液 0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH＞7，溶液中粒子浓度关系： 物料守恒： 电荷守恒： 质子守恒： 各粒子浓度大小关系： 混合溶液 等浓度、等体积的盐与酸的混合溶液 分子的电离程度大于对应离子的水解程度 在0.1 mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，pH＜7，溶液中粒子浓度关系： 粒子浓度大小关系： 物料守恒： 电荷守恒： 分子的电离程度小于对应离子的水解程度 在0.1 mol·L－1的HCN和0.1 mol·L－1的NaCN混合溶液，pH＞7，溶液中粒子浓度大小顺序： ，且c(HCN)＞c(Na＋)＝ mol·L－1。 等浓度、等体积的盐与碱的混合溶液 常温下，等浓度、等体积的NH4Cl和NH3·H2O混合溶液，pH＞7，溶液中粒子浓度关系： 物料守恒： 电荷守恒： 各粒子浓度大小关系： 酸、碱中和型粒子浓度关系比较 盐酸 滴定氨水 常温下，用0.100 0 mol·L－1盐酸溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1氨水 关键点 溶液中溶质成分及粒子浓度关系 V(HCl)＝10(点①) 溶质是： 粒子浓度大小关系： pH＝7(点②) 粒子浓度大小关系： V(HCl)＝20(点③) 溶质是： 粒子浓度大小关系： 等浓度 碱与酸混合 等浓度的NaOH和CH3COOH溶液按体积比1∶2混合后pH＜7，粒子浓度大小顺序： 。 pH和为14酸与碱混合 常温下pH＝2的HCl溶液与pH＝12的NH3·H2O溶液等体积混合，粒子浓度大小顺序： 。 不同溶液中同一离子浓度比较 离子组成比例不同 Ⅰ. 浓度均为0.1 mol·L－1的①(NH4)2SO4 ②(NH4)2CO3 ③NH4Al(SO4)2 ④NH4HCO3溶液，NH的物质的量的浓度由大到小的顺序为： 离子组成比例相相 Ⅱ. 常温下物质的量浓度相等的①NH4HCO3 ②NH4HSO4 ③NH4Fe(SO4)2 ④NH4Cl：溶液中NH的浓度由大到小的顺序： 。 等pH不同溶液中同一离子浓度关系 pH相等的①NH4Cl ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4溶液：c(NH)大小顺序： 。 【典例8】室温下，有浓度均为0.2mol·L－1的下列五种溶液，请回答问题。 ①HCl  ②NaCl  ③CH3COOH  ④CH3COONa  ⑤Na2CO3 资料：室温下，醋酸Ka=1.7×10－5；碳酸Ka1=4.4×10－7，Ka2=4.7×10－11；次氯酸Ka=4.0×10–8 （1）上述溶液中水的电离被抑制的是 (填序号，下同)，水的电离被促进的是 ，用离子方程式表示促进水电离程度最大的溶质与水的作用： 。 （2）上述溶液的pH由大到小的顺序为 。 （3）等体积的①和③分别于足量的锌粉反应，起始速率：① ③(填“<”、“=”或“>”)；生成氢气的量：① ③(填“<”、“=”或“>”)。 （4）比较溶液③和④中CH3COO－的物质的量浓度：③ ④(填“<”、“=”或“>”)。 （5）向溶液①中加水稀释至原体积的2倍，恢复至室温，所得溶液的pH为 。 （6）依据电离平衡常数数据，下列方程式书写合理的是 。(填字母) a．CH3COONa溶液中滴加次氯酸：HClO+CH3COONa=CH3COOH+NaClO b．Na2CO3溶液中滴加少量醋酸：CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa c．NaClO溶液中通入CO2：CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO d．NaHCO3溶液中滴加过量氯水：NaHCO3＋Cl2=NaCl＋HClO＋CO2↑ （7）常温下0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释后，下列各项中数值变大的是 。 a．c(H+)     b．   c．c(H+)·c(OH−)    d．     e． （8）在一条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO−+H+   ΔH>0，下列方法中，可以使0.10mol·L−1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是 。 a．加入少量0.10mol·L−1的稀盐酸                         b．加热 c．加水稀释至0.010mol·L−1                                  d．加入少量冰醋酸 (9)体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图所示。则HX的电离平衡常数 (填“大于”、“等于”或“小于”下同)醋酸的平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H+) 醋酸溶液水电离出来c(H+)。 【变式8-1】 在某温度时，将氨水滴入盐酸中，溶液和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是 A．的比较：a点>b点 B．c点： C．水的电离程度： D．氨水的浓度等于 【变式8-2】已知溶液显酸性，溶液中存在以下平衡； ① ② 向的溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是 A．加入少量金属Na，反应①平衡逆向移动，溶液中增大 B．加入少量固体，则 C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大 D．加入氨水至中性，则 【变式8-3】取两份10mL0.05mol•L-1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol•L-1的NaOH溶液，另一份滴加0.05mol•L-1的盐酸，溶液的pH随加入碱 (或酸)体积的变化如图。 下列说法正确的是 A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCO的水解程度大于电离程度 B．a→b→c过程中：c(H+)逐渐增大 C．d点可知：c(Na+) + c(H+) = c(HCO) + c(CO) + c(OH - ) + c(Cl - ) D．令c点的c(Na+)+c(H+)=x，e点的c(Na+)+c(H+)=y，则x < y 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 3.3 酸碱中和与盐类水解 题型01 酸碱中和滴定实验原理和过程 题型02 酸碱中和滴定误差分析 题型03 酸碱中和滴定曲线分析 题型04 盐类的水解及其规律 题型05 盐类水解平衡的影响因素 题型06 盐类水解的应用 题型07 溶液中粒子浓度大小比较 题型08 三大守恒的应用 题型01 酸碱中和滴定实验原理和过程 1．概念 用已知浓度的酸(或碱)滴定未知浓度的碱(或酸)，根据中和反应的等量关系来测定碱(或酸)的浓度。 2．原理 利用酸碱中和反应，用已知浓度酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。 ①反应实质：H＋＋OH－===H2O。 ②定量关系：中和反应中酸提供的H＋与碱提供的OH－的物质的量相等，n(H＋)＝n(OH－)，即c(H＋)·V酸＝c(OH－)·V碱，则c(H＋)＝或c(OH－)＝。 3．实验用品 (1)仪器 图(A)是酸式滴定管、图(B)是碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。 (2)试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。 (3)滴定管 ①构造：“0”刻度线在上方，尖嘴部分无刻度。 ②精确度：读数可精确到0.01 mL。 ③洗涤：先用蒸馏水洗涤，再用待装液润洗。 ④排泡：酸、碱式滴定管中的液体在滴定前均要排出尖嘴中的气泡。 ⑤使用注意事项： 试剂性质 滴定管 原因 酸性、氧化性 酸式滴定管 氧化性物质易腐蚀橡胶管 碱性 碱式滴定管 碱性物质易腐蚀玻璃，致使玻璃活塞无法打开 【特别提醒】 (1)酸性KMnO4溶液只能盛装在酸式滴定管中，不能盛装在碱式滴定管中，原因是KMnO4能腐蚀橡胶。 (2)由于滴定管尖嘴处无刻度，故将滴定管中的液体全部放出时，放出的液体体积比理论值要大。 (3)碱式滴定管排气泡的方法：。 3．滴定操作 （1）滴定管的使用方法 ①滴定管使用前应检查是否漏水。 ②量取一定体积的下列液体时，哪些必须使用如下图所示的滴定管盛装？ce。 a．氨水　b．醋酸钠溶液　c．氯化铵溶液 d．硫代硫酸钠溶液　e．高锰酸钾溶液 ③洁净的滴定管在加入酸、碱反应液之前，先用蒸馏水将滴定管洗涤干净，然后用所要盛装的溶液润洗2～3次。 ④将反应液加入相应的滴定管中，使液面位于“0”刻度以上2～3_mL处。 ⑤调节活塞或挤压玻璃球，使滴定管尖嘴部分充满反应液，并使液面处于“0”刻度，并记录读数。 ⑥滴定时的操作 （2）关于锥形瓶的使用 ①锥形瓶用蒸馏水洗净后，能否用待测液润洗？否。 ②中和滴定实验中，锥形瓶内盛放什么物质？待测液(或标准液)、指示剂。 （3）关于滴定过程 ①测定NaOH溶液的物质的量浓度，若将滴有2滴酚酞的待测液置于锥形瓶中，滴定终点时，锥形瓶内颜色变化为粉红色变为无色。 若将滴有2滴酚酞的标准液置于锥形瓶中，描述滴定终点现象：当滴入最后半滴待测液时，溶液由无色变为粉红色，30_s内不褪去。 ②待滴定管中液面稳定后，记录读数。 【归纳总结】中和滴定指示剂的选择与颜色变化 滴定种类 选用的 指示剂 滴定终点 颜色变化 指示剂 用量 滴定终点 判断标准 强酸滴定强碱 甲基橙 黄色→橙色 2～3滴 当指示剂刚好变色并在半分钟内不恢复原色，即认为达到滴定终点 强碱滴定强酸 酚酞 无色→浅红色 强碱滴定弱酸 酚酞 无色→粉红色 强酸滴定弱碱 甲基橙 黄色→橙色 弱碱滴定强酸 红色→橙色 （4）数据处理 按上述操作重复2～3次，先算出每一次待测液的浓度，再求浓度的平均值。 【典例1】 下列实验操作中正确的是 A．量取一定体积的K2Cr2O7标准溶液可以选用图甲中滴定管 B．如图乙所示，记录滴定终点读数为12.20mL C．在滴定过程中，滴加酸液操作应如图丙所示 D．图丁中，应将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端 【答案】D 【解析】A．K2Cr2O7标准溶液可氧化橡胶，不能选图中碱式滴定管量取，A错误； B． 滴定管的小刻度在上方，图中读数为11.80mL，B错误； C． 滴加酸时左手控制活塞，右手振荡锥形瓶，图中使用的为右手控制活塞，C错误； D． 将凡士林涂在旋塞的a端和旋塞套内的c端，可起润滑和密封作用，图中操作合理，D正确； 故选D。 【变式1-1】某学生用已知物质的量浓度的标难溶液来测定未知物质的量浓度的盐酸时，选择酚酞作指示剂。请回答下列问题： (1)配制标准溶液。配制所需的玻璃仪器有：烧杯、量筒，玻璃棒、_______、_______。 (2)若滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，所用NaOH标准溶液的体积为_______。 (3)滴定过程中边滴加边摇动锥形瓶，直到加入半滴溶液后，_______，表明已经到达滴定终点。 (4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如表所示： 滴定次数 待测盐酸的体积 标准溶液体积 滴定前的刻度/mL 滴定后的刻度 第一次 25.00 0.00 26.11 第二次 25.00 1.56 30.30 第三次 25.00 0.22 26.31 依据表中数据计算该盐酸的物质的量浓度为_______。 【答案】(1)     容量瓶     胶头滴管 (2)26.10 (3)溶液由无色变为浅红色且半分钟内不褪色 (4)0.1044 【解析】（1）配制标准溶液，需要500mL容量瓶，则配制所需的玻璃仪器有：烧杯、量筒，玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管。 （2）若滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，所用NaOH标准溶液的体积为26.10mL－0.00mL＝26.10。 （3）滴定过程中边滴加边摇动锥形瓶，由于是酚酞作指示剂，则直到加入半滴溶液后，溶液由无色变为浅红色且半分钟内不褪色，表明已经到达滴定终点。 （4）三次实验消耗标准液体积分别是（mL）26.11、28.74、26.09，第二次误差较大，舍去，两次消耗标准液体积是，所以该盐酸的物质的量浓度为=0.1044mol/L； 【变式1-2】【查阅资料】乙二酸俗称草酸，草酸晶体(H2C2O4•2H2O)在100 ℃时开始升华，157 ℃时大量升华并开始分解；草酸蒸气在低温下迅速冷凝为固体；草酸钙不溶于水，草酸蒸气能使澄清石灰水变浑浊。 Ⅰ．乙二酸的不稳定性：根据草酸晶体的组成，猜想其受热分解产物为CO、CO2和H2O。 (1)请用下列装置组成一套探究并验证其产物的实验装置。请回答下列问题： ①装置的连接顺序为：A→D→B→G→______→______→C→G______。 ②装置中冰水混合物的作用是______。 ③整套装置存在不合理之处______。 Ⅱ．乙二酸的弱酸性： (2)为验证草酸具有弱酸性设计了下列实验，其中能达到实验目的的是______。 A．将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色 B．测定0.1 mol•L-1草酸溶液的pH C．将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出 Ⅲ．乙二酸的还原性： (3)该小组同学向用硫酸酸化的KMnO4溶液中滴入过量的草酸溶液，发现酸性KMnO4溶液褪色，从而判断草酸具有较强的还原性。该反应的离子方程式为：2MnO+H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O。 利用该性质测草酸浓度，取草酸(H2C2O4)溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1 mol•L-1的高锰酸钾溶液滴定，表格中记录了实验数据： 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 1.00 22.50 第四次 25.00 4.00 24.10 ①滴定时，KMnO4溶液应装在______式滴定管中，滴定终点时的现象是______。 ②该草酸溶液的浓度为______。 【答案】(1)     FE     除去草酸蒸气，防止干扰CO2的检验     没有CO尾气处理装置 (2)B (3)     酸     当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色或浅紫色，且半分钟内不褪色     0.2 mol/L     【分析】猜想其受热分解产物为CO2、CO和H2O，草酸晶体( H2C2O4∙2H2O )在100℃时开始升华，157℃时大量升华并开始分解，草酸蒸气在低温下可冷凝为固体，所以生成的气体中含有草酸蒸气，应该检验生成产物成分时除去草酸，因为检验二氧化碳需要氢氧化钙溶液，溶液中含有水分，所以要先用无水硫酸铜检验水蒸气；用CuO检验CO，CO生成二氧化碳，为防止CO生成的CO2干扰产物中CO2的检验，所以要先检验CO2、后检验CO。草酸是二元弱酸，可根据测定一定浓度的草酸溶液的pH进行判断。草酸具有还原性，能够与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，草酸被氧化产生CO2气体，KMnO4溶液被还原为无色Mn2+，根据氧化还原反应过程中电子转移数目相等，利用反应消耗KMnO4溶液的浓度及体积计算其物质的量，进而可得草酸的物质的量及浓度。 【解析】（1）①根据上述分析可知：显使用装置A使草酸晶体分解，再通过D装置检验H2O，然后经过B进行冷凝除去草酸蒸气，再通过G检验CO2气体，通过F除去CO2，通过E进行干燥，然后通过C使CO发生反应，再通过G检验是否产生CO2，来判断CO气体的产生，故其排列顺序是A→D→B→G→F→E→C→G； ②冰水混合物的作用是除去产物中草酸蒸气，防止干扰实验； ③CO有毒，不能直接排入空气中，因此要有尾气处理装置； （2）A．将草酸晶体溶于含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色，说明草酸具有酸性，但不能说明草酸部分电离，不能证明草酸是弱酸，A错误； B．测定0.l mol/L草酸溶液的pH，如果溶液中氢离子浓度小于草酸浓度的2倍，就说明草酸部分电离为弱电解质，B正确； C．将草酸溶液加入Na2CO3溶液中，有CO2放出，说明草酸酸性大于碳酸，但不能说明草酸部分电离，不能证明草酸是弱酸，C错误； 故合理选项是B； （3）①滴定时，KMnO4溶液具有强氧化性，能够腐蚀碱式滴定管的橡胶管，因此应装在酸式滴定管中； 开始H2C2O4溶液显无色，随着KMnO4溶液滴入，H2C2O4溶液不断被消耗，当其被消耗完全后，再滴入半滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为浅红色或紫红色，半分钟内不褪色，说明滴定达到终点，故滴定终点时的现象是当滴入最后半滴标准液时，锥形瓶中溶液由无色变为浅红色或浅紫色，且半分钟内不褪色； ②四次实验滴定消耗KMnO4溶液的体积分别是19.90 mL、20.00 mL、21.00 mL、20.10 mL，可见21.00 mL误差较大，应该舍去，则平均消耗KMnO4溶液的体积V=，n(KMnO4)=0.1 mol/L×0.020 L=0.0020 mol，根据反应方程式为：2MnO+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O中物质反应转化关系为n(H2C2O4)=n(KMnO4)=×0.0020 mol=0.0050 mol，由于草酸溶液的体积是25.00 mL，故该草酸溶液浓度为c(H2C2O4)=； 【变式1-3】酸碱中和滴定实验中，下列说法正确的是 A．中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好，指示剂一般加入 B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁 C．酸碱指示剂的变色点就是反应终点 D．滴定前滴定管中的液体液面处于处，滴定过程中用去的液体，此时滴定管中剩余液体的体积为 【答案】B 【解析】A．较浓的标准液一滴引起的误差大，较稀的标准液引起的误差相对减小，同时指示剂本身就是有机弱酸或弱碱，加入较浓碱可引起平衡移动，所以加入指示剂也不宜过多，一般2～3滴， A错误； B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，B正确； C．滴定终点是根据指示剂的颜色变化来判断的，滴定终点就是指示剂的变色点，但不是指示剂变色就是滴定终点，C错误； D．滴定前滴定管中的液体液面处于25mL处，滴定过程中用去10.00mL的液体，滴定管的0刻度在上方，还有一段没有刻度的溶液，此时滴定管中剩余液体的体积为大于15mL，D错误； 故选B。 题型02 酸碱中和滴定误差分析 (1)误差分析的方法 依据原理c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，得c(待测)＝，因为c(标准)与V(待测)已确定，所以只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即分析出结果。 (2)常见误差分析 以标准酸溶液滴定未知浓度的碱(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有： A、仪器洗涤 ①酸式滴定管水洗后，未润洗(偏高)；②酸式滴定管水洗后，误用待测液润洗(偏高)；③碱式滴定管水洗后，未润洗(偏低)；④锥形瓶水洗后，用待测液润洗(偏高)。 B、量器读数 ①滴定前俯视酸式滴定管，滴定后平视(偏高)； ②滴定前仰视酸式滴定管，滴定后俯视(偏低)如图所示； ③滴定完毕后，立即读数，半分钟后颜色又褪去(偏低)。 C、操作不当 ①滴定前酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定结束后气泡消失(偏高)； ②滴定过程中，振荡锥形瓶时，不小心将溶液溅出(偏低)； ③滴定过程中，锥形瓶内加少量蒸馏水(无影响)。 (3)以用标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例，用偏高、偏低或无影响填表。 步骤 操作 c(NaOH) 洗涤 未用标准溶液润洗酸式滴定管 偏高 锥形瓶用待测溶液润洗 偏高 未用待测溶液润洗取用待测液的滴定管 偏低 锥形瓶洗净后瓶内还残留有少量蒸馏水 无影响 取液 取碱液的滴定管尖嘴部分有气泡且取液结束后气泡消失 偏低 滴定 滴定完毕后立即读数，半分钟后颜色又褪去 偏低 滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 偏高 滴定过程中振荡时有液滴溅出 偏低 滴定过程中，锥形瓶内加少量蒸馏水 无影响 读数 滴定前仰视读数或滴定后俯视读数 偏低 滴定前俯视读数或滴定后仰视读数 偏高 【典例2】使用酸碱中和滴定的方法，用0.01 mol·L－1盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作会使测定结果偏高的是(　 　) ①用量筒量取浓盐酸配制0.01 mol·L－1稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸　 ②配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线　 ③滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴　 ④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下 A．①③　　 B．②④ C．②③④　　 D．①②③④ 【答案】A 【解析】根据c(测)＝判断，①量筒用蒸馏水，洗净后直接量取盐酸，所配标准液浓度偏小，滴定NaOH溶液时V(标)变大，c(测)偏高；②配制盐酸时，俯视容量瓶刻度线，c(标)变大，滴定NaOH溶液时，V(标)偏小，c(测)偏低；③滴定结束时，读数后滴定管尖嘴处悬一滴液体，V(标)偏大，c(测)偏高；④滴定过程中用蒸馏水将锥形瓶内壁盐酸冲下，对测定结果无影响，故选A。 【变式2-1】由于错误操作，使得配置盐酸的浓度偏高的是 A．滴定达终点时俯视滴定管内液面读数 B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用20.00mL待测盐酸注入锥形瓶进行滴定 C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定 D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出 【答案】C 【解析】A．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数，读数偏小，测得溶液浓度偏低，A错误； B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用20.00mL待测酸溶液注入锥形瓶进行滴定，则待测液浓度偏低，消耗的标准碱液体积偏小，测得溶液浓度偏低，B错误； C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定，则标准溶液浓度偏低，滴定消耗的标准液体积偏大，测得溶液浓度偏高，正确； D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，造成溶质减少，消耗V(标准)偏小，则由待测溶液浓度计算式可知，c(待测)偏低，D错误； 故选C。 【变式2-2】用标准浓度氢氧化钠的溶液滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是 ①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗 ②锥形瓶用水洗后，直接加入未知浓度的盐酸 ③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗 ④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失 A．①④ B．①③④ C．①②③ D．①②④ 【答案】A 【解析】①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗，标准溶液的浓度减小，所消耗标准溶液体积增大，会使盐酸测定的浓度偏大；②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液，待测液中盐酸的物质的量不变，不产生误差；③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，待测液中盐酸的物质的量减小，所测标准溶液体积偏小，此时所测盐酸的浓度偏小；④滴定前碱式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，所测标准溶液的体积偏大，最终测得盐酸的浓度偏大；只有①④符合题意；故选A。 【变式2-3】下列叙述正确的是 A．NaOH滴定未知浓度的醋酸溶液时，用甲基橙作指示剂 B．用湿润的pH试纸测氯水的pH值，测定值偏大 C．测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中混合，所测温度值偏高 D．盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，终点读数时无气泡，结果偏高 【答案】D 【解析】A．氢氧化钠溶液与醋酸溶液完全反应生成强碱弱酸盐醋酸钠，溶液呈碱性，若滴定时，选用甲基橙做指示剂，醋酸溶液不可能完全反应，会导致所测浓度偏低，故A错误； B． 氯水中含有的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，所以用pH试纸无法测得氯水的pH，故B错误； C．测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中混合时会有热量散失，导致所测温度值偏低，故C错误； D．盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，终点读数时无气泡会使盐酸溶液体积偏大，导致所测结果偏高，故D正确； 故选D。 题型03 酸碱中和滴定曲线分析 以0.1000 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L-1盐酸为例 理论上，强酸强碱完全反应时溶液的pH应为7，滴定终点应选用pH＝7时变色的指示剂；但从实验数据可以看出，开始时由于被中和的酸(或碱)的浓度较大，加入少量的碱(或酸)对其pH影响不大，上图中，当滴加NaOH溶液的体积从19.98 mL变为20.02 mL(只滴加1滴)时，pH从4.3 突变至9.7，因此只要选择变色范围在这一突变范围内的指示剂就不会造成很大的误差。 说明： (1)酸碱恰好中和时溶液不一定呈中性，最终溶液的酸碱性取决于生成盐的性质，强酸强碱盐的溶液呈中性，强碱弱酸盐的溶液呈碱性，强酸弱碱盐的溶液呈酸性。 (2)滴定终点是通过指示剂颜色的变化来控制停止滴定的“点”，滴定终点与恰好反应越吻合，测定的误差越小。 【典例3】等浓度的两种一元酸和分别用同一浓度的溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A．起始酸性：HA>HB B．起始浓度： C．HA和HB起始溶液体积相同 D．滴定HA和HB均可用甲基橙作指示剂 【答案】A 【解析】A．等浓度的HA、HB，HA的pH小于HB，所以起始酸性：HA>HB，A正确； B． HB是弱酸，HB的起始pH=2，所以起始浓度大于0.01mol/L，B错误； C． 达到滴定终点，消耗氢氧化钠溶液的体积，HA<HB，则起始溶液体积HA<HB，C错误； D． HB是弱酸，滴定终点溶液呈碱性，滴定HB用酚酞作指示剂，D错误； 故选A。 【变式3-1】已知与相似，水溶液具有弱碱性，其电离方程式为：。常温下，现用盐酸滴定溶液，溶液中由水电离出的的负对数[]与所加盐酸体积的关系如图所示(已知：) ①R、Q两点溶液pH关系是：R_______Q(填“>”、“=”或“<”)，R、Q两点对应溶液中水的电离程度的关系：R_______Q(填“>”、“=”或“<”)。 ②滴定过程中，若，则此时溶液中_______。 ③N点离子浓度由大到小的顺序为_______。 【答案】①  ＞     = ② 5     ③ c(Cl—)＞c(NH3OH+)＞c(H+)＞c(OH—) 【解析】①由图可知，R点为和NH3OHCl的混合溶液，溶液呈中性，Q点为NH3OHCl和盐酸混合溶液，溶液呈酸性，所以R点溶液pH大于Q点，两个点水电离的氢离子的负对数相等，则R点溶液水的电离程度=Q点，故答案为：＞；=； ②滴定过程中，若，由电离常数可知，的电离常数Kb=，则溶液中的c(OH—)= Kb=10—9mol/L，溶液pH=5，故答案为：5； ③由图可知，N点和盐酸恰好完全反应，反应生成的NH3OH+在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c(Cl—) ＞c(NH3OH+)＞c(H+)＞c(OH—)，故答案为：c(Cl—) ＞c(NH3OH+)＞c(H+)＞c(OH—)。 【变式3-2】常温下，用氢氧化钠溶液滴定稀盐酸时，溶液随溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是 A．一般用蓝色手柄滴定管量取稀盐酸 B．一般选用甲基橙试液作终点指示剂 C．稀盐酸的浓度为 D．氢氧化钠溶液的浓度为 【答案】D 【解析】A．蓝色手柄滴定管用于盛放碱性物质，盐酸为酸性，A错误； B．甲基橙变色范围为酸性，氢氧化钠和盐酸生成中性氯化钠，氢氧化钠能使酚酞试液变红色，故指示剂选酚酞，B错误； C．由图可知，起点pH=1，氢离子浓度为0.1mol/L，盐酸为强酸，则稀盐酸的浓度为，C错误； D．HCl和反应关系为，则氢氧化钠溶液的浓度为，D正确； 故选D。 【变式3-3】25℃时，向20mL0.1mol/L溶液中逐滴加入0.1mo/L NaOH溶液，滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是 A．a点的pH>1 B．c点时，V(NaOH)=20mL C．反应过程中的值逐渐增大 D．a、b、c点溶液中，水的电离程度逐渐增大 【答案】B 【分析】a为起始点。B点加入NaOH为10mL主要成分为n(CH3COONa):n(CH3COOH)=1:1。加入20mL时为反应终点物质为CH3COONa，pH>7。所以pH=7的成分有CH3COONa和CH3COOH。 【解析】A．CH3COOH为弱电解质则0.1mol/LCH3COOH电离出的H+少于0.1mol/L即pH>1，A项正确； B．加入20mL时为反应终点物质为CH3COONa，pH>7。所以pH=7的成分有CH3COONa和CH3COOH即加入NaOH少于20mL，B项错误； C．，加入NaOH后c(H+)被消耗而降低，则该值的随着反应的进行而增大，C项正确； D．a→b→c加入NaOH产生了CH3COONa能促进水的电离，因此a→b→c水的电离程度增大，D项正确； 故选B。 题型04 盐类的水解及其规律 1．盐类水解的概念 在水溶液中，盐电离出来的离子与水电离出来的H＋或OH－结合生成弱电解质的反应，叫做盐类的水解。 2．盐类水解的实质 盐电离→→破坏了水的电离平衡→水的电离程度增大→溶液呈碱性、酸性或中性。 3．盐类水解的规律： （1）“有弱才水解，无弱不水解”——盐中有弱酸阴离子或弱碱阳离子才水解，若没有，则是强酸强碱盐，不发生水解反应。 （2）“越弱越水解”——弱酸阴离子对应的酸越弱，水解程度越大；弱碱阳离子对应的碱越弱，其水解程度越大。如：碳酸的酸性大于次氯酸，则相同浓度的NaHCO3溶液的水解程度小于NaClO溶液。 （3）“都弱都水解”——弱酸弱碱盐电离出的弱酸阴离子和弱碱阳离子都发生水解，且相互促进。 （4）“谁强显谁性”——当盐中的阴离子对应的酸比阳离子对应的碱更容易电离时，水解后盐溶液呈酸性，反之，呈碱性，即强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。如：碳酸的电离常数Ka1小于NH3·H2O的电离常数Kb，故NH4HCO3溶液显碱性。 （5）“同强显中性”——①强酸强碱盐溶液显中性；②盐中的阳离子对应的碱的电离常数Kb与盐中的阴离子对应的酸的电离常数Ka相等时，盐溶液显中性。如Kb(NH3·H2O)＝Ka(CH3COOH)，故CH3COONH4溶液显中性。 4．盐类水解程度大小比较规律 （1）组成盐的弱碱阳离子水解使溶液显酸性，组成盐的弱酸根离子水解使溶液显碱性。 （2）盐对应的酸(或碱)越弱，水解程度越大，溶液碱性(或酸性)越强。 （3）多元弱酸的酸根离子比酸式酸根离子的水解程度大得多。如相同浓度时，CO比HCO的水解程度大。 （4）水解程度：相互促进水解的盐>单水解的盐>相互抑制水解的盐。 如NH的水解程度：(NH4)2CO3>(NH4)2SO4>(NH4)2Fe(SO4)2。 【典例4】已知常温下，0.1mol/l的NH4Cl溶液中，下列关系正确的是 A．c(NH3•H2O)>c(Cl-) B．c(H+)=c(OH-) C．c(NH)<c(Cl-) D．c(Cl-)<c(OH-) 【答案】C 【分析】NH4Cl溶液中铵根离子水解，水解方程式为：NH+H2O⇌NH3•H2O+H+，以此解题。 【解析】A．由于铵根离子的水解是微弱的，则c(NH3•H2O)<c(Cl-)，A错误； B．由分析可知，该溶液显酸性，则c(H+)>c(OH-)，B错误； C．由于铵根离子的水解导致其浓度小于氯离子浓度，即c(NH)<c(Cl-)，C正确； D．由分析可知，该溶液显酸性，氢氧根离子较少，则c(Cl-)>c(OH-)，D错误； 故选C。 【变式4-1】常温下浓度均为的四种盐溶液，其如表所示，下列说法正确的是 序号 ① ② ③ ④ 溶液 8.8 9.7 11.6 10.3 A．等浓度的和溶液，小的是 B．四种溶液中水的电离程度：③>④>②>① C．在溶液中电离程度大于水解程度 D．溶液中有： 【答案】B 【解析】A．酸性越弱，其酸根离子水解程度越大，对应的盐溶液的pH越大，所以对应的盐溶液的pH越大，酸根离子水解程度越大，酸越弱，则等浓度的CH3COOH和HClO溶液，CH3COOH的酸性强，pH小的是CH3COOH，A错误； B．易水解的盐能促进水的电离，水解程度越大，对水的电离的促进程度越大，则四种溶液中，水的电离程度③＞④＞②＞①，B正确； C．碳酸氢钠溶液的pH为9.7，溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子在溶液中的电离程度小于水解程度，C错误； D．依据质子守恒，Na2CO3溶液中有：，故D错误； 故选B。 【变式4-2】 25℃时，0.1 mol·L－1下列溶液：①NaCl ②NaOH ③H2SO4 ④NaClO，其中水的电离程度最大的是 A．① B．② C．③ D．④ 【答案】D 【解析】强酸和强碱抑制水的电离，强酸弱碱盐或强碱弱酸盐促进水的电离，强酸强碱盐对水的电离无影响，①NaCl为强碱强酸盐，水的电离不受影响；②NaOH中氢氧根离子浓度为0.1 mol·L－1，抑制水的电离；③H2SO4氢离子浓度为0.2 mol·L－1，抑制水的电离，且大于氢氧化钠溶液的抑制作用；④NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性，促进水的电离，其中水的电离程度最大的是④，故选D。 【变式4-3】以下实验证明盐的水解过程是吸热的是 A．向盐酸中加入氢氧化钠溶液，混合液温度上升 B．向氨水中加入氯化铵固体，溶液的pH变小 C．将硝酸铵晶体溶于水，水温下降 D．向醋酸钠溶液中滴入2滴酚酞，加热后红色加深 【答案】D 【解析】A. 向盐酸中加入氢氧化钠溶液，混合液温度上升，说明酸碱中和反应是放热反应，而不能说盐的水解反应是吸热反应，A错误； B．氨水溶液中加入氯化铵晶体，c(NH)增大，抑制氨水的电离，c(OH－)减小，溶液pH减小，过程伴随热效应，则不能说明盐类水解是吸热的，B错误； C．因硝酸铵晶体溶于水吸收热量，则不能说明盐水解为吸热反应，C错误； D．向醋酸钠溶液中滴入2滴酚酞，溶液显红色，说明醋酸钠在溶液中水解使溶液显碱性，加热后溶液红色加深，说明升高温度盐水解程度增大，导致溶液碱性增强，故可以证明盐的水解反应是吸热反应，D正确； 故选D。 题型05 盐类水解平衡的影响因素 1、影响水解平衡的因素： 内因：主要由盐的性质所决定的，生成盐的弱酸(或弱碱)越难电离(电离常数越小)，盐的水解程度越大，即越弱越水解 外因：浓度、湿度、溶液碱性的变化 （1）温度不变，加水稀释可促使平衡向水解的方向移动，盐的水解程度增大。 （2）浓度不变，盐的水解是吸热反应，温度升高，水解程度增大。 （3）改变溶液的pH值，可抑制或促进水解。 2、比较外因对盐水解的影响： 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 弱酸根离子的水解程度减小 外加其他盐 水解形式相同的盐 相互抑制(如NH4Cl中加FeCl3) 水解形式相反的盐 相互促进[如Al2(SO4)3中加NaHCO3] 以FeCl3水解为例：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，填写外界条件对水解平衡的影响。 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 【典例5】常温下，pH=9的CH3COONa溶液存在水解平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，下列说法中不正确的是 A．加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，c (OH—)减小 B．升高温度，溶液的pH增大 C．稀释溶液，c (H+) 增大 D．由水电离出的c (H+) = 1×10-5 mol/L 【答案】A 【解析】A．加入少量NaOH固体，氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，A错误； B．升高温度，促进醋酸根离子的水解，平衡正向移动，pH增大，B正确； C．稀释溶液，则氢氧根离子浓度减小，水的离子积不变，氢离子浓度增大，C正确； D．醋酸根离子水解促进水的电离，pH=9，则c (OH-) = 1×10-5 mol/L，水电离的氢离子等于水电离的氢离子浓度，故水电离出的c (H+) = 1×10-5 mol/L，D正确； 故选A。 【变式5-1】室温时，下列操作能使浓度均为0.01mol·L-1的 ①CH3COOH溶液②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)都增大的是 A．升高温度 B．加水稀释 C．加入少量硫酸 D．加入少量NaOH固体 【答案】D 【解析】A．升高温度促进电离和水解，所以①CH3COOH溶液中c(CH3COO-)增大，②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)减小，A错误； B．加水稀释虽然能促进电离和水解，但溶液稀释的倍数大于电离的倍数，所以①CH3COOH溶液中c(CH3COO-)减小，②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)减小，B错误； C．加入少量硫酸，氢离子浓度增大，抑制①CH3COOH电离，促进②CH3COONa溶液的水解，所以①CH3COOH溶液中c(CH3COO-)减小，②CH3COONa溶液中c(CH3COO-)增大，C错误；        D．加入少量NaOH固体，促进①CH3COOH电离，抑制②CH3COONa溶液的水解，所以c(CH3COO-)都增大，D正确； 故选D。 【变式5-2】在0.1 mol·L－1FeCl3溶液中存在Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋的水解平衡，下列说法中正确的是 A．加FeCl3固体，平衡正向移动，水解程度增大 B．稍微加热，促进水解，c(H＋)增大，pH减小 C．加NaOH固体，与铁离子反应，平衡逆向移动 D．通入HCl气体，平衡逆向移动，铁离子水解常数减小 【答案】B 【解析】A. 加FeCl3固体，平衡正向移动，但由于溶液浓度增大，所以水解程度减小，A错误； B. 盐的水解一般是吸热的，微热，水解平衡正向移动，c(H＋)增大，pH减小，B正确； C. 加NaOH固体，OH－与H＋反应，平衡正向移动，C错误； D. 通入HCl气体，c(H＋)增大，平衡逆向移动，但水解常数只与温度有关，铁离子的水解常数不变，D错误； 故选B。 【变式5-3】化合物①NaCl、②NaOH、③HCl、④、⑤、⑥、⑦，回答： (1)常温下，将pH=12的NaOH和氨水分别加水稀释100倍后，稀释后NaOH的pH_______10，氨水的pH_______10(填“>”“<”或“=”) (2)常温下，pH=l0的溶液中，水电离出来的_______mol/L，在pH=3的溶液中水电离出来的为_______mol/L。 (3)等物质的量浓度的④、⑤、⑦溶液中浓度由大到小的顺序是_______(填序号) (4)某学生用甲基橙做指示剂，用标准NaOH溶液测定未知浓度的盐酸溶液，完成填空：滴定终点溶液颜色的变化是_______。若滴定中锥形瓶摇荡剧烈，使溶液溅出，则所测浓度_______。(填偏大、偏小或无影响) (5)下列哪些措施能够使醋酸溶液中增大_______。 A．升温 B．通入HCl气体 C．加入NaOH固体 D．加入固体 【答案】(1)     =     > (2)          (3) ④⑤⑦ (4)     橙色变成黄色     偏小 (5) BD 【解析】（1）常温下，将pH=12的NaOH和氨水分别加水稀释100倍，NaOH是强碱，稀释后NaOH的pH减小2，即pH=10，氨水是弱碱，加水稀释促进其电离，则氨水的pH减小不到2，即pH>10； （2）常温下，pH=l0的溶液中，，则由水电离出来的；pH=3的溶液中，，氢氧根离子全部来自于水电离，则水电离出来的，由水电离出来的氢离子等于由水电离出来的氢氧根离子，即水电离出来的； （3）是强电解质，全部电离，电离为和，会少量水解，是强电解质，全部电离，电离为和，和均会水解，且水解会促进水解，是弱碱，不完全电离，电离产生少量，所以等物质的量浓度的④、⑤、⑦溶液中浓度由大到小的顺序是：>>，即④⑤⑦； （4）用标准NaOH溶液测定未知浓度的盐酸溶液，恰好完全反应后生成氯化钠，甲基橙做指示剂，pH大于4.4，甲基橙呈黄色，所以，滴定终点溶液颜色的变化是：橙色变成黄色；若滴定中锥形瓶摇荡剧烈，使溶液溅出，盐酸的物质的量减少，消耗的氢氧化钠减少，则所测浓度偏小； （5）A．升温，醋酸电离平衡正向移动，但是不变，A错误； B．通入HCl气体，增大，醋酸电离平衡逆向移动，减小，则增大，B正确； C．加入NaOH固体，NaOH和醋酸发生中和反应使减小，增大，则减小，C错误； D．加入固体，电离出氢离子，使增大，醋酸电离平衡逆向移动，减小，则增大，D正确； 故选BD。 题型06 盐类水解的应用 1．判断酸碱性 （1）判断盐溶液的酸碱性——谁强显谁性，同强显中性 如：FeCl3溶液显酸性，原因是Fe3++3H2O ⇌ Fe(OH)3+3H+ （2）判断酸（碱）的强弱 如：NaX、NaY、NaZ三种盐pH分别为7、9、10， 则酸性HX>HY>HZ 2．某些盐溶液的配制、保存 （1）在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液时为防止水解，常先将盐溶于少量相应的酸中，再加蒸馏水稀释到所需浓度。 （2）Na2SiO3、Na2CO3等不能贮存于带磨口玻璃塞的试剂瓶中。因Na2SiO3、Na2CO3水解呈碱性，产生较多OH－，能腐蚀玻璃生成Na2SiO3，使瓶口和瓶塞粘在一起。 3．判断盐溶液蒸干时所得的产物 （1）弱碱易挥发性酸盐加热蒸干通常得到氢氧化物固体(除铵盐)，再灼烧生成氧化物。例如高温蒸发浓缩FeCl3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Fe2O3。又如若要得到MgCl2固体，可将MgCl2·6H2O在HCl气氛中加热脱水。 （2）强碱易挥发性酸盐加热蒸干可以得到同溶质固体。例如高温蒸发浓缩Na2CO3溶液，最后灼烧，得到的固体物质是Na2CO3。 （3）还原性盐在蒸干时会被O2氧化。如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)。 （4）弱酸的铵盐蒸干后无固体。如NH4HCO3、(NH4)2CO3。 【注意】判断盐溶液蒸干所得产物成分关键点： （1）盐溶液水解生成易挥发性酸金属氧化物。 （2）考虑盐受热时是否分解。 原物质 　蒸干灼烧后固体物质 Ca(HCO3)2 　CaCO3或CaO NaHCO3 　Na2CO3 KMnO4 　K2MnO4和MnO2 NH4Cl 　分解为NH3和HCl，无固体物质存在 4．生成胶体 （1）制备胶体：向沸水中滴加FeCl3饱和溶液，并继续加热以增大Fe3＋的水解程度，从而制备Fe(OH)3胶体，FeCl3＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3HCl （2）净水 铁盐作净水剂原理：Fe3++3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+ 明矾作净水剂原理：Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+ 5．制备无机化合物 如用TiCl4制备TiO2。 其反应的方程式为TiCl4＋(x＋2)H2O(过量)===TiO2·xH2O↓＋4HCl。 TiO2·xH2O焙烧得到TiO2。 6．某些离子的去除：如除去MgCl2溶液中的Fe3＋可在加热搅拌条件下，加入MgCO3[或MgO或Mg(OH)2]后，与H＋反应，调节pH，促进Fe3＋水解为Fe(OH)3沉淀，再过滤。 7．去油污 热的纯碱溶液去油污效果好。 原因：加热能促进Na2CO3水解，CO＋H2OHCO＋OH－ 产生的c(OH－)较大，而油脂在碱性较强的条件下水解受到促进，故热的纯碱溶液比冷的去油污效果好。 8．化肥的施用 如：草木灰（K2CO3)与铵态氮肥不能混合施用，降低肥效。 这是两种盐发生水解相互促进反应放出氨气的缘故。 9．除锈剂 NH4Cl 与 ZnCl2 溶液可作焊接时的除锈剂 10．泡沫灭火器原理 成分为NaHCO3与Al2(SO4)3： 发生反应为Al3++3HCO3−===Al(OH)3↓+3CO2↑ 11．判断离子共存 弱碱阳离子与弱酸阴离子发生完全双水解，则无法大量共存，如： 阳离子：Al3+、Fe3+ 与 阴离子：CO32－、HCO3－、SiO32－、S2－、HS－、 AlO2－、ClO－ 【归纳总结】 盐类水解应用常考点 应用 举例 加热促进水解 热的纯碱溶液去污力强 分析盐溶液的酸碱性，并比较酸碱性的强弱 等物质的量浓度的Na2CO3、NaHCO3 溶液均显碱性，且碱性：Na2CO3>NaHCO3 判断溶液中离子能否大量共存 Al3＋和HCO因发生相互促进的水解反应而不能大量共存 配制或贮存易水解的盐溶液 配制FeCl3溶液，要向FeCl3溶液中加入适量盐酸 胶体的制备，作净水剂 明矾溶于水生成胶状物氢氧化铝，能吸附水中悬浮的杂质，并形成沉淀使水澄清 化肥的使用 铵态氮肥不宜与草木灰混合使用 泡沫灭火器的反应原理(水解互促) Al3＋＋3HCO===Al(OH)3↓＋3CO2↑ 无水盐的制备 由MgCl2·6H2O制MgCl2，在干燥的HCl气流中加热 判断盐溶液的蒸干产物 将AlCl3溶液蒸干灼烧得到的是Al2O3而不是AlCl3 某些盐的分离除杂 为除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋，可在加热搅拌的条件下加入MgO或MgCO3或Mg(OH)2，过滤后再加入适量的盐酸 盐溶液除锈 NH4Cl溶液除去金属表面的氧化物(NH水解溶液显酸性) 判断电解质的强弱 CH3COONa溶液能使酚酞变红(pH>7)，说明CH3COOH是弱酸 【典例6】温下，用0.100 mol·L的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 mol·L醋酸()，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是 已知：，，。 A．a点溶液的pH约为2.58 B．b点溶液中含有6种不同的微粒 C．c点溶液中存在 D．d点溶液中一定存在 【答案】BD 【解析】A．0.1 mol·L的溶液中mol·L，pH≈2.85，A错误； B．b点溶液中存在的微粒有、、、、、，共6种，B正确； C．c点溶液的pH=7，依据电荷守恒得，则，C错误； D．d点溶液的溶质为和NaOH，且，此点溶液的物料守恒式为，电荷守恒式为，二式联立可得，D正确； 故选BD。 【变式6-1】 下列有关各溶液说法正确的是 A．配制FeCl3溶液时，为抑制Fe3+水解，先将FeCl3固体溶解在硫酸中，再加水稀释到所需浓度 B．将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液蒸干所得产物相同 C．相同条件下，同浓度的CH3COONH4和NH4NO3溶液中，c(NH)前者大于后者 D．浓NH4Cl溶液可作金属焊接的除锈剂 【答案】D 【解析】A．配制FeCl3溶液时，为抑制Fe3+水解，先将FeCl3固体溶解在浓盐酸中，再加水稀释到所需浓度，A错误； B．将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，由于HCl易挥发，则加热氯化铝溶液最终得到的是氧化铝，而加热硫酸铝溶液最终得到的是硫酸铝，所得固体成分不同，B错误； C．醋酸根离子促进铵根离子水解，后者大于前者，C错误； D．NH4Cl是强酸弱碱盐，水解显酸性，故能在金属焊接中除锈，D正确； 故选D。 【变式6-2】化学与生活生产密切相关，下列事实与盐类水解无关的是 A．古代用草木灰的水溶液来洗涤衣物 B．“管道通”中含有铝粉和苛性钠，用于疏通下水道 C．氯化铵溶液可做金属焊接中的除锈剂 D．向中加入水，加热蒸干，最后焙烧固体得到 【答案】B 【解析】A．草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解使溶液显碱性，油污在碱性条件下易被除去，与盐类水解有关，A错误； B．铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，增大管道内气压用于疏通下水道，与盐类水解无关，B正确； C．铵根离子水解，有H+生成，使溶液显酸性，H+与铁锈反应，能起到除锈的作用，与盐类水解有关，C错误； D．在加热的条件下，TiCl4水解得TiO2⋅xH2O和HCl，最后焙烧得到TiO2，与盐类水解有关，D错误； 故选B。 【变式6-3】在下列给定条件下的溶液中，一定能大量共存的离子组是 A．无色溶液：、、、 B．能使试纸呈红色的溶液：、、、 C．溶液：、、、 D．加水稀释时值明显增大的溶液中、、、 【答案】D 【解析】A．、反应生成二氧化硫和水而不能大量共存，A错误； B．该溶液呈酸性，酸性条件下、发生氧化还原反应生成碘和而不能大量共存，B错误； C．、发生双水解反应而不能大量共存，C错误； D．加水稀释时值明显增大，说明该溶液呈碱性，这几种离子之间不反应且和氢氧根离子不反应，所以能大量共存，D正确； 故选D。 题型07 溶液中粒子浓度大小比较 1、弱酸溶液： 0.1mol/L的HAc溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是：。 0.1mol/L的H2S溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是：。 说明：H2S的二级电离常数太小，导致，如果是碳酸，则是。 2、一元弱酸的正盐溶液： 0.1mol/L的CH3COONa溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是：。 3、二元弱酸的正盐溶液： 0.1mol/L的Na2CO3溶液中离子浓度由大到小是：。 （一步水解后产生等量和，但后者还要水解，浓度会减小，故，溶液碱性，最小） （关于碳酸与氢离子浓度大小比较可以由进行讨论，常温下k1数量级是10-7，而接近，一般大于这个值，因此整个分数小于1，故。 4、二元弱酸的酸式盐溶液： 0.1mol/L的NaHCO3溶液中离子浓度由大到小是：。 （水解大于电离，故水解产物和大于电离产物和，水也电离，故。 0.1mol/L的NaHSO3溶液中离子浓度由大到小是：。 （电离大于水解，因此电离产物和大于水解产物，水的电离导致，最小） 【典例7】25 ℃时，某氯化铵溶液的pH=4，下列叙述中不正确的是 A．溶液中的c(OH－)=1×10－10 mol·L－1 B．溶液中的c(Cl－)>>c(H＋)>c(OH－) C．溶液中的c(H＋)＋=c(Cl－)＋c(OH－) D．溶液中的c(NH3·H2O)= 【答案】D 【解析】A．NH4Cl溶液pH = 4，c(H+)=10-4mol/L，由于在25℃时Kw=10-14，所以溶液中的 c(OH－) ==1×10－10 mol/L，A正确； B．NH4Cl是强酸弱碱盐，弱碱根NH离子发生水解反应而消耗，所以c(Cl－)＞c(NH)；弱碱根NH离子发生水解反应消耗水电离产生的OH－，使水的电离平衡被破坏，水继续电离，当最终达到电离平衡时，c(H+)＞c(OH－)。盐水解的程度是很微弱的，因此c(NH)＞c(H+)。故整个溶液中离子浓度关系为c(Cl－)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH－)，B正确； C．根据电荷守恒可知溶液中的c(H+) + c(NH) = c(Cl－) + c(OH－)，C正确； D．在溶液中NH3·H2O 是盐水解产生的，而NH是盐电离产生的。在溶液中盐水解的程度是很微弱的，因此c(NH3·H2O) <<c(NH4+)，D错误； 故选D。 【变式7-1】 强碱的溶液和等体积、等物质的量浓度的弱酸的溶液混合，溶液中有关离子浓度的大小关系不正确的是 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】等体积等物质的量浓度MOH强碱和HA弱酸溶液混合后，二者恰好反应生成MA和水，由于A−部分水解，则溶液显碱性，则；根据电荷守恒可得：，根据物料守恒可得：， 据此分析。 【解析】A．由分析可知，溶液显碱性，则，根据电荷守恒可得：，则，溶液中离子浓度大小为：，A正确； B．根据物料守恒，，B正确； C．由分析可知，溶液显碱性，则，根据电荷守恒可得：，则，溶液中离子浓度大小为：，C错误； D．根据电荷守恒可得：，则，D正确； 故选C。 【变式7-2】下列五种混合溶液，由分别为的两种溶液等体积混合而成： ①与        ②与 ③与         ④与 ⑤与 由大到小排序正确的是 A．①＞④＞③＞②＞⑤ B．①＞③＞⑤＞④＞② C．②＞④＞③＞⑤＞① D．②＞③＞④＞⑤＞① 【答案】C 【解析】五种混合溶液，由分别为0.1mol⋅L-1的两种溶液等体积混合，①CH3COONa与NaHSO4反应后溶质为CH3COOH和Na2SO4，溶液显酸性，CH3COOH微弱电离出CH3COO-；②CH3COONa与NaOH，NaOH抑制CH3COO-水解；③CH3COONa与NaCl，NaCl既不促进也抑制CH3COO-水解；④CH3COONa与NaHCO3，两者相互抑制水解，但比NaOH抑制弱；⑤CH3COONa与NaHSO3醋酸根离子水解呈碱性，亚硫酸氢根离子电离大于水解显酸性，促进醋酸根离子水解，因此c(CH3COO-)排序是②＞④＞③＞⑤＞①； 故选C。 【变式7-3】酸、碱、盐是中学化学学习的重要化合物，请依据其性质回答下列问题。 （1）常温下，小苏打溶液pH_______7(填“>”、“=”或“<”)，其理由是_______(用离子方程式表示)，溶液中_______(填“>”、“=”或“<”)。 （2）常温下，将体积均为、均为12的氨水和溶液分别加水稀释至1L，溶液较大的是_______，稀释后溶液的_______(填“>”、“=”或“<”)。 （3）相同温度下，浓度均为的下列溶液：①②③④，溶液中的浓度由大到小的顺序为_______(用序号表示)。 【答案】（1） ＞     HCO+H2OH2CO3+H2O     ＞ （2） 氨水     ＜ （3）④＞②＞③＞① 【解析】（1）小苏打的主要成分为碳酸氢钠，碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离常数，溶液呈碱性，溶液pH大于7，溶液中碳酸的浓度大于碳酸根离子的浓度，水解的离子方程式为HCO+H2OH2CO3+H2O，故答案为：＞；HCO+H2OH2CO3+H2O；＞； （2）一水合氨是弱碱，在溶液中存在电离平衡，所以体积均为10mL、pH均为12的氨水和氢氧化钠溶液分别加水稀释至1L时，氢氧化钠溶液pH变化大，氨水溶液的pH大于氢氧化钠溶液，氨水溶液中的铵根离子浓度大于氢氧化钠溶液中的钠离子浓度故答案为：＞；＞； （3）一水合氨是弱碱，在溶液中部分电离，所以溶液中铵根离子浓度最小；硫酸氢铵在溶液中电离出的氢离子抑制铵根离子水解，溶液中铵根离子浓度大于硝酸铵溶液，醋酸铵在溶液中电离出的醋酸根离子在溶液中水解促进铵根离子水解，溶液中铵根离子浓度小于硝酸铵溶液，则四种溶液中铵根离子浓度大小顺序为④＞②＞③＞①，故答案为：④＞②＞③＞①。 题型08 三大守恒的应用 1．把握三种守恒，明确等量关系 三守恒 原理与方法 举例 说明 电荷 守恒 原理：电解质溶液中阳离子所带的电荷总数与阴离子所带的电荷总数相等。即电荷守恒，溶液呈电中性。 方法：①找出溶液中所有的阴、阳离子。 ②阴、阳离子浓度乘以自身所带的电荷数建立等式。 Na2CO3溶液为例： c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO) 物料 守恒 原理：在电解质溶液中，由于某些离子发生水解或电离，离子的存在形式发生了变化，就该离子所含的某种元素来说，变化前后其原子个数是守恒的，即元素物料守恒。 方法：①分析溶质中的特定元素的原子或原子团间的质量守恒关系(特定元素除H、O元素外)。 ②找出特征元素在水溶液中的所有存在形式。 ①单一元素守恒，如1 mol NH3通入水中形成氨水，就有n(NH3)＋n(NH3·H2O)＋n(NH)＝1 mol，即氮元素守恒。 ②两元素守恒，如Na2CO3溶液中，c(Na＋)＝2c(H2CO3)＋2c(HCO)＋2c(CO)，即钠元素与碳元素守恒。 质子 守恒 原理：电解质溶液中，由于电离、水解等过程的发生，往往存在质子(H＋)的转移，转移过程中质子数量保持不变，称为质子守恒。 方法一：可以由电荷守恒与元素质量守恒推导出来。 方法二：质子守恒是依据水的电离平衡：H2OH＋＋OH－，水电离产生的H＋和OH－的物质的量总是相等的，无论在溶液中由水电离出的H＋和OH－以什么形式存在。 方法一：Na2CO3中将电荷守恒和物料守恒中的Na＋消去得：c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)。 方法二： ①以Na2CO3溶液为例： c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3) ②以NaHCO3溶液为例： c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CO) ①由电荷守恒与物料守恒也可以推出质子守恒，即方法一 ②化学计量数为得(或失)质子的数目 ③H3O＋简写为H＋ 2．粒子浓度关系比较及等式关系 单一 电解质溶液 一元弱酸 0.100 mol·L－1L CH3COOH溶液中的浓度关系： 物料守恒：c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1 电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋) 一元弱碱 0.100 0 mol·L－1 NH3·H2O溶液中的粒子浓度关系： 物料守恒：c(NH3·H2O)＋c(NH)＝0.1 mol·L－1 电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－) 各粒子浓度大小关系：c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(NH)＞c(H＋) 一元弱酸的强碱盐 0.100 0 mol·L－1 NH4Cl溶液中粒子浓度关系： 物料守恒：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＝0.1 mol·L－1 电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－) 质子守恒：c(H＋)＝c(OH－)＋c(NH3·H2O) 一元弱碱的强酸盐 0.100 0 mol·L－1 CH3COONa溶液中粒子浓度关系： 物料守恒：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝c(Na＋)＝0.1 mol·L－1 电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋) 质子守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH) 各粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋) 弱酸的 酸式盐溶液 0.10 mol·L－1 NaHCO3溶液的pH＞7，溶液中粒子浓度关系： 物料守恒：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋c(CO) 电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－) 质子守恒：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(CO) 各粒子浓度大小关系：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(OH－)＞c(H2CO3)＞c(CO)[或c(H＋)] 混合溶液 等浓度、等体积的盐与酸的混合溶液 分子的电离程度大于对应离子的水解程度 在0.1 mol·L－1的CH3COOH、CH3COONa混合溶液，pH＜7，溶液中粒子浓度关系： 粒子浓度大小关系：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＞c(OH－) 物料守恒：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH) 电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋) 分子的电离程度小于对应离子的水解程度 在0.1 mol·L－1的HCN和0.1 mol·L－1的NaCN混合溶液，pH＞7，溶液中粒子浓度大小顺序：c(Na＋)＞c(CN－)＞c(OH－)＞c(H＋)，且c(HCN)＞c(Na＋)＝0.1 mol·L－1。 等浓度、等体积的盐与碱的混合溶液 常温下，等浓度、等体积的NH4Cl和NH3·H2O混合溶液，pH＞7，溶液中粒子浓度关系： 物料守恒：2c(Cl－)＝c(NH)＋c(NH3·H2O) 电荷守恒：c(Cl－)＋c(OH－)＝c(NH)＋c(H＋) 各粒子浓度大小关系：c(NH)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋) 酸、碱中和型粒子浓度关系比较 盐酸 滴定氨水 常温下，用0.100 0 mol·L－1盐酸溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1氨水 关键点 溶液中溶质成分及粒子浓度关系 V(HCl)＝10(点①) 溶质是：等物质的量的NH4Cl和NH3·H2O 粒子浓度大小关系：c(NH)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)＞c(H＋) pH＝7(点②) 粒子浓度大小关系：c(NH)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋) V(HCl)＝20(点③) 溶质是：NH4Cl 粒子浓度大小关系：c(Cl－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－) 等浓度 碱与酸混合 等浓度的NaOH和CH3COOH溶液按体积比1∶2混合后pH＜7，粒子浓度大小顺序：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)。 pH和为14酸与碱混合 常温下pH＝2的HCl溶液与pH＝12的NH3·H2O溶液等体积混合，粒子浓度大小顺序：c(NH3·H2O)＞c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)。 不同溶液中同一离子浓度比较 离子组成比例不同 Ⅰ. 浓度均为0.1 mol·L－1的①(NH4)2SO4 ②(NH4)2CO3 ③NH4Al(SO4)2 ④NH4HCO3溶液，NH的物质的量的浓度由大到小的顺序为： 离子组成比例相相 Ⅱ. 常温下物质的量浓度相等的①NH4HCO3 ②NH4HSO4 ③NH4Fe(SO4)2 ④NH4Cl：溶液中NH的浓度由大到小的顺序：②＞③＞④＞①。 等pH不同溶液中同一离子浓度关系 pH相等的①NH4Cl ②(NH4)2SO4 ③NH4HSO4溶液：c(NH)大小顺序：②＝①＞③。 【典例8】室温下，有浓度均为0.2mol·L－1的下列五种溶液，请回答问题。 ①HCl  ②NaCl  ③CH3COOH  ④CH3COONa  ⑤Na2CO3 资料：室温下，醋酸Ka=1.7×10－5；碳酸Ka1=4.4×10－7，Ka2=4.7×10－11；次氯酸Ka=4.0×10–8 （1）上述溶液中水的电离被抑制的是 (填序号，下同)，水的电离被促进的是 ，用离子方程式表示促进水电离程度最大的溶质与水的作用： 。 （2）上述溶液的pH由大到小的顺序为 。 （3）等体积的①和③分别于足量的锌粉反应，起始速率：① ③(填“<”、“=”或“>”)；生成氢气的量：① ③(填“<”、“=”或“>”)。 （4）比较溶液③和④中CH3COO－的物质的量浓度：③ ④(填“<”、“=”或“>”)。 （5）向溶液①中加水稀释至原体积的2倍，恢复至室温，所得溶液的pH为 。 （6）依据电离平衡常数数据，下列方程式书写合理的是 。(填字母) a．CH3COONa溶液中滴加次氯酸：HClO+CH3COONa=CH3COOH+NaClO b．Na2CO3溶液中滴加少量醋酸：CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa c．NaClO溶液中通入CO2：CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO d．NaHCO3溶液中滴加过量氯水：NaHCO3＋Cl2=NaCl＋HClO＋CO2↑ （7）常温下0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释后，下列各项中数值变大的是 。 a．c(H+)     b．   c．c(H+)·c(OH−)    d．     e． （8）在一条件下，CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO−+H+   ΔH>0，下列方法中，可以使0.10mol·L−1CH3COOH溶液中CH3COOH电离程度增大的是 。 a．加入少量0.10mol·L−1的稀盐酸                         b．加热 c．加水稀释至0.010mol·L−1                                  d．加入少量冰醋酸 (9)体积为10mLpH=2的醋酸溶液与一元酸HX分别加水稀释至1000mL，稀释过程pH变化如图所示。则HX的电离平衡常数 (填“大于”、“等于”或“小于”下同)醋酸的平衡常数，稀释后，HX溶液中水电离出来的c(H+) 醋酸溶液水电离出来c(H+)。 【答案】（1）①③ ④⑤ ＋H2O=＋OH－(＋H2O=H2CO3＋OH－) （2）⑤④②③① （3）> = （4）< （5）1 （6）bd （7）bd （8）bc （9）大于 大于 【解析】（1）酸或碱电离产生的氢离子或氢氧根离子抑制水的电离，上述溶液中水的电离被抑制的是①③；盐电离产生的阳离子(或酸根离子)与氢氧根离子(或氢离子)结合成弱碱弱酸)促进水的电离，上述溶液中水的电离被促进的是④⑤；弱酸的酸性越弱水解程度越大，促进水电离程度最大的溶质Na2CO3，可用离子方程式表示与水的作用为＋H2O=＋OH－(＋H2O=H2CO3＋OH－)。 （2）酸的酸性越强，酸的电离程度越大，其酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的 pH越小，根据表中数据知，酸性最强的酸是CH3COOH、酸性最弱的酸是HCO，上述溶液的pH由大到小的顺序为⑤④②③①。 （3）①HCl是一元强酸，③CH3COOH是一元弱酸，等体积的①和③分别于足量的锌粉反应，起始速率：①<③，HCl和CH3COOH的物质的量相等，生成氢气的量：①=③。 （4）弱酸的电离是微弱的，③中CH3COO-的物质的量浓度较小，盐CH3COONa的电离是完全的，盐CH3COONa的水解也是微弱的，④中CH3COO-的物质的量浓度较大，故③和④中 CH3COO-的物质的量浓度：③<④。 （5）盐酸是强酸完全电离，稀释时氢离子按倍数降低，故向溶液①中加水稀释至原体积的2倍，恢复至室温，所得溶液的pH为1。 （6）a．酸性：CH3COOH＞HClO，所以HClO和醋酸钠不反应，a错误； b．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa 可以发生，b正确； c．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO，c错误； d．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞HCO，Cl2+H2O=HCl+HClO，则盐酸可以和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，次氯酸不与碳酸氢钠反应，故溶液中滴加过量氯水：可以发生，d正确； 答案选bd。 （7）常温下0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释后c(H+)减小，c(CH3COO-)减小， 增大，c(H+)·c(OH−)=KW不变，c(OH−)增大，增大，不变，故选bd。 （8）醋酸的电离是吸热反应，加水稀释、加入碱、加热都能促进醋酸的电离； a．加入少量0.10mol•L-1的稀盐酸，溶液中氢离子浓度增大，抑制醋酸的电离，则醋酸的电离程度降低，故a错误； b．醋酸的电离是吸热反应，加热CH3COOH溶液，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故b正确； c．加水稀释至0.010mol•L-1，促进醋酸的电离，则醋酸的电离程度增大，故c正确； d．加入少量冰醋酸，醋酸的电离平衡向正反应方向移动，但醋酸的电离程度降低，故d错误； 故本题答案为：bc。 （9）由图可知，稀释相同的倍数，HX的pH变化程度大，则酸性HX强，电离平衡常数大，稀释后，HX电离生成的c(H+)小，对水的电离抑制能力小，所以HX溶液中水电离出来的c(H+)大，故本题答案为：大于；大于。 【变式8-1】 在某温度时，将氨水滴入盐酸中，溶液和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是 A．的比较：a点>b点 B．c点： C．水的电离程度： D．氨水的浓度等于 【答案】B 【解析】A．Kw只受温度影响，a点温度低于b点温度，水的电离吸热，的比较：a点＜b点，故A错误； B．c点溶液呈中性，则c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒c(Cl-)+ c(OH-)=c()+c(H+)可知c(Cl-)=c()，由于只有很少一部分水解，则c点：，故B正确； C．b点温度最高，说明恰好反应，b点溶质为氯化铵，只有铵根的水解促进水的电离，且温度高，所以b点水的电离程度最大，c点溶液显中性，氨水过量，a、d两点都抑制了水的电离，由于d点混合液的pH不知，则无法判断a、d两点水的电离程度大小，故C错误； D．b点恰好完全反应时所需氨水小于10mL，因而氨水浓度大于1.0mol•L-1，故D错误； 故选B。 【变式8-2】已知溶液显酸性，溶液中存在以下平衡； ① ② 向的溶液中分别加入以下物质，下列有关说法正确的是 A．加入少量金属Na，反应①平衡逆向移动，溶液中增大 B．加入少量固体，则 C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大 D．加入氨水至中性，则 【答案】C 【解析】A．加入少量金属Na，Na与HSO电离出的H+反应，促使平衡②右移，HSO离子浓度减小，又促使平衡①左移，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c（HSO）浓度减小，A错误； B．由电荷守恒可知，存在，B错误； C．加入NaOH，与NaHSO3反应生成亚硫酸钠和水，c（SO）增大，c（HSO）减小，则增大，溶液碱性增强，故也增大，C正确； D．0.1mol•L-1的NaHSO3溶液中加入氨水至中性，溶液中存在物料守恒，即：c(Na+)=c(SO)+c(HSO)+c(H2SO3)，则c(Na+)＞c(SO)＞c(H+)=c(OH-)，D错误。 故选C。 【变式8-3】取两份10mL0.05mol•L-1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol•L-1的NaOH溶液，另一份滴加0.05mol•L-1的盐酸，溶液的pH随加入碱 (或酸)体积的变化如图。 下列说法正确的是 A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCO的水解程度大于电离程度 B．a→b→c过程中：c(H+)逐渐增大 C．d点可知：c(Na+) + c(H+) = c(HCO) + c(CO) + c(OH - ) + c(Cl - ) D．令c点的c(Na+)+c(H+)=x，e点的c(Na+)+c(H+)=y，则x < y 【答案】A 【解析】A．a点为10mL0.05mol•L-1的NaHCO3，pH大于8，溶液显碱性，说明NaHCO3溶液中HCO的水解程度大于电离程度，A正确； B．过a、b、c的曲线为加入NaOH溶液的曲线，该过程碱性逐渐增强，故a→b→c过程中：c(OH-)逐渐增大，c(H+)逐渐减小，B错误； C．d点为等浓度的NaHCO3和NaCl溶液，还有未分解的碳酸，根据电荷守恒d点有：c(Na+) + c(H+) = c(HCO) + 2c(CO) + c(OH - ) + c(Cl - )，C错误； D．结合分析可知c点为Na2CO3溶液，e点为NaCl和碳酸混合溶液，c点c(Na+) + c(H+) =0.05mol/L+10-11.3mol/L≈0.05mol/L，e点c(Na+) + c(H+) =+10-4.3mol/L=0.025mol/L+10-4.3mol/L＜0.0251，故令c点的c(Na+)+c(H+)=x，e点的c(Na+)+c(H+)=y，则x＞y，D错误； 故选A。 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $