高考化学一轮复习一遍过专题31盐类水解含解析

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1、专题31 盐类水解1某同学在实验室探究NaHCO3的性质：常温下，配制0.10 mol/ L NaHCO3溶液，测其pH为8.4；取少量该溶液滴加CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，但无气体放出。下列说法不正确的是( )ANaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度B反应的过程中产生的白色沉淀为CaCO3C反应后的溶液中存在：c(Na+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)D加入CaCl2促进了HCO3-的水解【答案】D【解析】A.NaHCO3是强碱弱酸盐，在溶液中HCO3-既能电离又能水解，水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱

2、性；电离产生H+使溶液显酸性，NaHCO3溶液呈碱性的原因是HCO3-的水解程度大于电离程度，A正确；B.向NaHCO3溶液中加入CaCl2溶液至pH=7，滴加过程中产生白色沉淀，说明HCO3-与Ca2+生成CaCO3和氢离子，氢离子结合HCO3-生成H2CO3，则反应的离子方程式，2HCO3-+Ca2+=CaCO3+H2CO3，B正确； C.该溶液中存在电荷守恒，c(Na+)+c(H+)+2c(Ca2+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-)+c(OH-)，溶液至pH=7，c(H+)= c(OH-)，c(Na+)+ 2c(Ca2+)= c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(

3、Cl-)，C正确； D.溶液中存在HCO3-CO32-+H+，加入CaCl2消耗CO32-，促进HCO3-的电离，D错误。2室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质充分混合后，有关结论不正确的是（ ）加入的物质结论A0.05molCH3COONa固体减小B0.05molNaHSO4固体c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+）c（SO42）C0.05molNH4Cl固体水电离程度增大D50mLH2O由水电离出的c（H+）c（OH）减小【答案】A【解析】室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，所得溶液的浓

4、度为0.5mol/L。则A、再加入0.05molCH3COONa固体，c(Na+)增大为原来的2倍，而由于溶液浓度增大，故CH3COO的水解程度变小，故c(CH3COO)大于原来的2倍，则c(CH3COO)/c(Na+)比值增大，A错误；B、加入0.05molNaHSO4固体，能和0.05molCH3COONa反应生成0.5mol/LCH3COOH和0.5mol/L的Na2SO4的混合溶液，根据物料守恒可知，c(CH3COO)+c(CH3COOH)=0.5mol/L，而c(Na+)=1mol/L，c(SO42)=0.5mol/L，故有：c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na+)c(

5、SO42)，B正确；C、加入0.05molNH4Cl固体后，和CH3COONa发生双水解，水解程度增大，则对水的电离的促进会增强，故水的电离程度增大，C正确；D、加入50mL水后，溶液变稀，pH变小，即溶液中c(OH)变小，而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离，即水电离出的c(OH)变小，且水电离出的氢离子浓度和其电离出的氢氧根的浓度相同，故水电离出的c(H+)变小，因此由水电离出的c(H+)c(OH)减小，D正确。3在10 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中加入等体积、等浓度CH3COOH溶液，反应后溶液中各微粒的浓度关系不正确的是()Ac(Na)=c(CH3COO)c(CH3COOH)

6、Bc(OH)=c(H)c(CH3COOH)Cc(Na)c(H)=c(CH3COO)c(OH)Dc(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)【答案】D【解析】A.在10 mL 0.1 mol/L的NaOH溶液中加入等体积、等浓度CH3COOH溶液，二者恰好反应产生CH3COONa，该盐是强碱弱酸盐，CH3COO水解产生CH3COOH，根据物料守恒可得：c(Na)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，A正确；B.反应后的溶液为CH3COONa，CH3COO水解使溶液显碱性，溶液中OH-有水电离产生的和CH3COO水解产生的，根据质子守恒可得c(OH)=c(H)+c(CH3COOH)，B正

7、确；C.根据电荷守恒可得：c(Na)+c(H)=c(CH3COO-)+c(OH-)，C正确；D.反应后的溶液为CH3COONa，CH3COO水解消耗，所以c(Na)c(CH3COO-)，CH3COO-水解消耗使溶液显碱性，所以c(OH-)c(H+)，盐水解程度是微弱的，水解产生的离子浓度远小于盐电离产生的离子浓度，所以c(CH3COO)c(OH-)，故溶液中离子浓度关系为：c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)，D错误。420 时向20 mL 0.1 molL1醋酸溶液中不断滴入0.1 molL1 NaOH溶液，溶液pH变化如图所示。此过程中溶液中离子浓度的关系错误的是（）Aa点：c（

8、CH3COO）c（Na）c（H）c（OH）Bb点：c（Na）c（CH3COO）c（H）c（OH）Cc点：c（H）c（CH3COO）c（OH）Dd点：c（Na）c（CH3COO）c（OH）c（H）【答案】C【解析】A. a点滴入10 mL 0.1 molL1 NaOH溶液，溶质是等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，所以c（CH3COO）c（Na）c（H）c（OH），故A正确；B. b点溶液呈中性，根据电荷守恒c（Na）c（CH3COO）c（H）c（OH），故B正确；C. c点表示等体积、等浓度的醋酸与氢氧化钠溶液混合，溶质是醋酸钠，根据电荷守恒c（H）c（CH3COO）c（OH）- c（Na），故

9、C错误；D. d点为醋酸钠、氢氧化钠的混合液，溶液呈碱性，根据电荷守c（Na）c（CH3COO）c（OH）c（H），故D正确。5下列相关微粒物质的量浓度关系不正确的是（ ）A0.1 molL-1NaHCO3溶液中：c(OH-)c(H+)c(H2CO3)c(CO32-)B常温下，0.1molL-1NaHSO3溶液的pH7：c(Na+)c(HSO3-)c(H2SO3)c(SO32-)c(H+)CpH2的HA溶液与pH12的MOH溶液任意比混合：c(H+)c(M+)c(OH-)c(A-)D0.1molL-1 NH4Cl溶液中：c(Cl-)c(NH4+)c(NH3H2O)0.1 molL-1【答案】B

10、【解析】A、碳酸氢钠溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na）+c（H）=c（HCO3）+2c（CO32）+c（OH），根据物料守恒得c（Na）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），-，消去钠离子，得质子守恒：c（OH）=c（H）+c（H2CO3）-c（CO32），故A正确；B、常温下，浓度为0.1molL-1 NaHSO3溶液的pH7，说明HSO3电离程度大于水解程度，HSO3和水都电离出氢离子，只有HSO3电离出SO32，所以c(H2SO3)Kb(NH3H2O)Bb点时c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)Ca、b、d几点中，水的电离程度dbaDa b点过程

11、中，可能存在c(X)c(HX)c(OH)c(H+)，故B正确；C. a b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d几点中，水的电离程度bad，故C错误；D. a b点过程中，溶液呈酸性，c(OH)c(H+)，根据电荷守恒，不可能存在c(X)cHSO3-)c(H2SO3)c(SO32-)D0.1molL-1Na2CO3溶液与0.1molL-1NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中c(CO32-)c(HCO3-)cOH-) c(H2CO3)【答案】B【解析】A.任何电解质溶液中都存在质子守恒, 0.1molL-1Na2S溶液中根据质子守恒得c(OH-)=2c(

12、H2S)+ c(HS-)+c(H+),故A错误; B.0.1molL-1CH3COONH4溶液中存在物料守恒, c(NH4+)+c(NH3H2O)= c(CH3COO-)+c(CH3COOH),故B正确;C. 0.1molL-1pH=6的NaHSO3溶液中HSO3-电离大于其水解程度,溶液显酸性,溶液中离子浓度大小为：c(Na+)c(HSO3-)c(SO32-)c(H2SO3), 故C错误；D. 0.1molL-1Na2CO3溶液与0.1molL-1NaHCO3溶液等体积混合所得溶液中，碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子: c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H2CO3)，故D错误

13、。8下列实验操作能达到实验目的的是（ ）实验目的实验操作A制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中B由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸干C除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥D比较Ksp(AgCl)与Ksp(AgI)向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液【答案】D【解析】A将NaOH浓溶液滴加到饱和FeCl3溶液中，反应生成氢氧化铁沉淀，欲得到氢氧化铁胶体，应该将饱和氯化铁溶液滴入沸水中制取氢氧化铁胶体，故A错误；B由MgCl2溶液制备无水MgCl2，由于氯化镁易水解、氯化氢易挥发，

14、若将MgCl2溶液加热蒸干，最终得到的是MgO，应该在HCl气流中加热氯化镁溶液制取无水氯化镁，故B错误；C稀硝酸能够与铜粉反应，除去Cu粉中混有的CuO，可用稀硫酸或稀盐酸，故C错误；DKsp小的先沉淀，可根据一只试管中产生黄色沉淀，另一支中无明显变化，判断Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故D正确。9某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。实验1实验2下列分析正确的是（ ）A实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3B实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl

15、2溶液D实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关【答案】C【解析】A. 实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；B. 实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；C. 检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；D. 实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误。10根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是()选项实验操作现象结论A

16、向某溶液中滴加少量稀硝酸产生白色沉淀该溶液中一定含有SiO32-B室温下，测定等浓度的Na2A和NaB溶液的pHNa2A溶液的pH较大酸性：H2AHA-，不能证明酸性H2Ac(NH4+)c(H+)c(OH-)BNH4Cl溶液中：c(Cl-)=c(NH4+)+c(NH3H2O)C将NH4C1溶解到氨水中，NH4C1抑制NH3H2O的电离D等物质的量浓度的NH4C1、CH3COONH4溶液中c（NH4+）相等【答案】D【解析】A、氯化铵溶液中铵根离子水解显酸性，0.2mol/LNH4Cl溶液中离子浓度大小为：c（Cl-）c（NH4+）c（H+）c（OH-），选项A正确；BNH4Cl溶液中，根据物料

17、守恒可得：c（Cl-）=c（NH4+）+c（NH3H2O），选项B正确；C、一水合氨是弱电解质，氯化铵电离出铵根离子抑制一水合氨的电离，选项C正确；D、醋酸铵溶液中醋酸根离子水解显碱性，铵根离子水解显酸性，氯离子对铵根离子水解无影响；等物质的量浓度的氯化铵溶液中铵根离子浓度大于醋酸铵溶液中铵根离子浓度，选项D错误。12在25时,将1.0L c molL-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是( )A水的电离程度：abcB

18、c点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)Ca点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)D该温度下，CH3COOH的电离平衡常数【答案】D【解析】A. CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH 固体，a点反应CH3

19、COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度： abc，故A正确；B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa，c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)，故B正确；C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+

20、）+c（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此时pH=7，则c（H+）= c（OH-），则c（Na+）= c（CH3COO-），故C正确；D. 该温度下pH=7时，c（H+）=10-7molL-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka=，故D错误。13下列“实际应用”对应“化学知识原理”说法错误的是（ ）选项实际应用化学知识原理A泡沫灭火器中装有碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液碳酸氢钠溶液和硫酸铝溶液水解且相互促进B工业上采用高压(20-50MPa)合成NH3应用勒夏特列原理C施加石膏降低盐碱地(含Na2

21、CO3)的碱性CaCO3溶度积小于CaSO4D选用金属锂做电池电极材料锂轻且在空气中稳定【答案】D【解析】A.Al3+与HCO3-发生互促水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Al3+3HCO3-=Al(OH)3+3CO2，A合理； B.N2与H2合成氨气的反应是可逆反应，由于正反应为气体体积减小的反应，增大压强，化学平衡向气体体积减小的正反应方向移动，会使氨气的平衡含量增加，所以可以应用勒夏特列原理，B正确；C.施加石膏降低盐碱地(含Na2CO3)的碱性，是由于CO32-在溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，当向溶液中加入石膏时，会发生反应：Ca2+

22、CO32-=CaCO3，该反应发生，使溶液中碳酸根离子浓度降低，水解平衡逆向移动，导致溶液中c(OH-)降低，因此溶液的碱性减弱，C正确；D.选用金属锂作电池电极材料，是由于Li容易失去电子，产生等物质的量的电子，需要的金属的质量小，解释不符合事实，D错误。14下列过程或现象与盐类水解无关的是A纯碱溶液去油污B小苏打溶液与AlCl3溶液混合产生气体和沉淀C浓的硫化钠溶液有臭味D加热稀醋酸溶液其pH 稍有减小【答案】D【解析】A.纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，可使油脂在碱性条件下水解，与水解有关，故不选A；B.小苏打溶液与AlCl3溶液可发生互促水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，与水解有关

23、，故不选B；C.浓的硫化钠溶液有臭味，是因为硫离子水解生成少量硫化氢气体，故不选C；D.醋酸为弱酸，存在电离平衡，电离为吸热过程，加热促进醋酸的电离，与水解无关，故选D。15已知：四甲基氢氧化铵(CH3)4NOH 是强碱，甲胺 (CH3NH2H2O)为弱碱。常温下，在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol/L的四甲基氢氧化铵溶液和甲胺溶液中，分别滴加浓度为0.1 mol/L的盐酸，溶液的导电率与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是ApH的相对大小: cdB在b、c、e三点中，水的电离程度最大的点是eCb 点溶液:c(H+)+c(CH3NH3+) = c(OH-)Dc 点溶液:c(Cl-

24、)c(CH3NH3+) c(H+) c(OH-)【答案】D【解析】A.当滴加20mL盐酸时，恰好完全反应，四甲基氢氧化铵(CH3)4NOH 是强碱，此时溶液中溶质为强酸强碱盐，溶液呈中性；甲胺 (CH3NH2H2O)为弱碱，此时溶液中溶质为强酸弱碱盐，溶液呈酸性，pH相对大小：cc(CH3NH3+) c(H+) c(OH-)，故D正确。16常温常压下，将a mol CO2气体通入1 L 1 molL1的NaOH溶液中，下列对所得溶液的描述正确的是A当ac()c(OH )c(H+)B当a=0.5时，所得溶液中一定存在：c()+c()+c(OH )=c(H+)+1 molL1C当0.5ac(H2C

25、O3)D当a=1时，溶液中一定存在：2c(Na+)+c(H+)=c(OH)+2c()+c(H2CO3)+3c()【答案】D【解析】A.a=0.5时，溶质成分为Na2CO3，ac(OH)，也有可能c(OH)c()，故A错误；B.a=0.5时，溶质成分为Na2CO3，电荷守恒为：2c()+c()+c(OH)=c(H+)+1 molL1，故B错误；C.0.5a1时，溶质成分为Na2CO3和NaHCO3，根据极值法分析，若为NaHCO3溶液时，弱离子的水解程度大于电离程度，则c()c()c(H2CO3)，故C错误；D.a=1时，溶质成分为NaHCO3，电荷守恒式为c(H+)+c(Na+)=2c()+c

26、()+c(OH)，物料守恒式为c(Na+)=c()+c()+c(H2CO3)，两式相加得：2c(Na+)+c(H+)=c(OH )+2c()+c(H2CO3)+3c()，故D正确。17甲胺(CH3NH2)是一种应用广泛的一元弱碱，其电离方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3+OH常温下，向20.0mL0.10mol/L的甲胺溶液中滴加VmL0.10mol/L的稀盐酸，混合溶液的pH与相关微粒浓度的关系如图所示。下列说法中错误的是（ ）Ab点对应加入盐酸的体积Vc(CH3NH3+)c(H+)cOH)DV=20.00mL时，溶液中水电离的c(H+)107mol/L【答案】C【解析】A. 若加入

27、20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b点溶液呈中性，所以b点对应加入盐酸的体积小于20mL，故A正确；B.由甲胺的电离方程式为：CH3NH2+H2OCH3NH3+OH可知，甲胺的电离常数为Kb=， a点溶液的pH=10.6，c(H+)=10-10.6，c(OH-)=10-3.4，lgc(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=0，则c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)=1，代入Kb=c(OH-)c(CH3NH3+)/c(CH3NH2)中，得出Kb=103.4，故B正确；C. b点pH=7，中性溶液，c(H+)=c(O

28、H)，故C错误；D. 若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，CH3NH3+水解促进水的电离，常温下KW=110-14，故溶液中水电离的c(H+)107mol/L，故D正确。18相同物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，则同温同体积同浓度的HCN和HClO说法正确的是A酸性：HCNHClOBpH：HClOHCNC酸根离子浓度：c(CN)HCN【答案】C【解析】A、等浓度的两盐溶液中NaCN溶液pH较大，说明酸性HClOHCN ，故A错误；B、HClO电离程度大，其水溶液的pH：HClOHCN

29、，故B错误；C、酸根离子的物质的量浓度c(ClO - )c(CN - )，故C正确；D、等物质的量的一元酸（无论酸性强弱）必中和等物质的量的NaOH，故D错误。19NaClO是漂白液的有效成分，某研究小组探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验：装置图试剂X实验现象0.2 molL1盐酸产生黄绿色气体0.2 molL1 KI-淀粉溶液溶液变蓝0.2 molL1FeSO4（H+）和KSCN混合溶液溶液变红0.2molL1AlCl3溶液产生白色沉淀下列判断不正确的是A实验中发生的反应：ClO-+Cl-+2H=Cl2+H2OB实验中发生的反应：ClO-+2I-+2H=Cl-+I2+H2OC实验中该条

30、件下氧化性强弱：ClO-Fe3+D实验中ClO-与Al3+相互促进水解【答案】B【解析】A. NaClO具有强的氧化性，在酸性溶液中能够与Cl-发生氧化还原反应，产生氯气，反应的离子方程式为：Cl-+2H+ClO-=Cl2+H2O，A正确；B.向KI-淀粉溶液中滴入NaClO溶液，会发生反应：ClO-+2I-+H2O=Cl-+I2+2OH-，但产生的I2会立即与溶液产生的OH-发生反应，因此不能使溶液变为蓝色，B错误；C.在酸性条件下，ClO-将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+遇SCN-，溶液变为血红色，因此会看到溶液变为红色，C正确；D. AlCl3是强酸弱碱盐，水解产生Al(OH)3，使溶

31、液显酸性； NaClO是强碱弱酸盐，ClO-水解消耗水电离产生的H+，使溶液显碱性，当将NaClO溶液滴入AlCl3溶液中时，水解相互促进，产生氢氧化铝白色沉淀，D正确。2025时，向0.1mol/LNaA溶液中逐滴滴加盐酸，测得混合溶液的pH与变化关系如图所示p=-lg。下列叙述错误的是AE点溶液中c(Na+)=c(A-)BKa(HA)的数量级为10-4C滴加过程中保持不变DF点溶液中c(Na+)c(A-)c(HA)c(OH-)【答案】A【解析】A. E点溶液pH=7，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)+ c(H+)=c(A-)+ c(OH-)+c(Cl-)，故c(Na+)

32、=c(A-)+c(Cl-)，选项A错误；B、根据图中信息可知pH=3.45时，p=-lg=0，=1，Ka(HA)= =c(H+)=10-3.45，故Ka(HA)的数量级为10-4，选项B正确；C、=，故为常数，则滴加过程中保持不变，选项C正确；D、F点溶液中pH=5，p=-lg=-1，=10，c(A-)c(HA)，根据物料守恒有c(Na+)=c(A-)+c(HA)，故c(Na+)c(A-)，因此c(Na+)c(A-)c(HA)c(OH-)，选项D正确。21.(1)硫酸铜晶体的溶解度虽大，但溶解过程较慢，实验室常用热水配制以加快溶解速率，但常常会产生浑浊，请用文字简要说明原因_ ， 用热水配制出

33、澄清的较浓的 CuSO4溶液时应再加入少量_。(2)稀Na2S溶液有一种腐卵气味，加入AlCl3溶液后，腐卵气味加剧，用离子方程式表示气味加剧过程所发生的化学反应_(3)下列物质水溶液经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到原溶质物质的是_。NH4 HCO3；CaCl2；AlCl3；Cu(NO3)2；FeCl2；K2SO3；KMnO4； KAl(SO4)2依据氧化还原反应：MnO4+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+ +4H2O，欲采用滴定 的方法测定 FeSO4 的质量分数，实验步骤如下：称量绿矾样品，配成100 mL待测溶液，取一定体积待测液置于锥形瓶中，并加入一定量的硫酸，将标准浓度的 KMnO4

34、 溶液装入滴定管中，调节液面至 a mL 处，滴定待测液至滴定终点时，滴定管的液面读数 b mL，重复滴定 23 次。(1)如何确定滴定到达终点？现象是_(2)下列操作会导致测定结果偏低的是_。 A盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定 B锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗C读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视 D滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失(3)下列每种量器的数量不限，在上述实验中必须使用的仪器_。A托盘天平 B酸式滴定管 C碱式滴定管 D胶头滴管【答案】Cu2+水解产生Cu(OH)2变浑浊，加热加速水解 H2SO4 2Al3+3S2-+6H2O

35、=2Al(OH)3+3H2S 当最后一滴滴入时，溶液变为紫红色且30S内不恢复原色 C ABD 【解析】.(1)因Cu2+水解产生Cu(OH)2，该反应是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；硫酸浓度增大，平衡逆向移动，能得到澄清的较浓的CuSO4溶液，故答案为：Cu2+水解产生Cu(OH)2是吸热反应，加热促进水解，故产生浑浊；应加入少量H2SO4；（2）铝离子能与硫离子发生双水解生成氢氧化铝和硫化氢，反应的离子方程式为：2Al3+3S2-+6H2O=2Al(OH)3+3H2S，故答案为：2Al3+3S2-+6H2O=2Al(OH)3+3H2S；（3）NH4HCO3受热分解，得不到原溶质，故不

36、符合；CaCl2水溶液经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到原溶质物质，故符合；AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和氯化氢，氯化氢受热更易挥发，促进水解得到氢氧化铝，得不到原溶质，故不符合；Cu(NO3)2溶液中铜离子水解生成氢氧化铜和硝酸，硝酸是易挥发性酸，加热蒸干至质量不再减少为止，蒸干灼烧后能得到氧化铜；故不符合；FeCl2具有还原性加热易被氧化为三价铁，而FeCl3溶液水解生成氢氧化铁和氯化氢，氯化氢挥发促进水解得到氢氧化铁，得不到原溶质，故不符合；K2SO3，蒸干灼烧后被氧化为硫酸钾，故不符合；KMnO4加热到质量不变分解生成锰酸钾、二氧化锰和氧气，得不到原溶质，故不符合；KAl(SO4)2水溶液

37、经加热浓缩、蒸干灼烧后能得到原溶质物质，故符合；综上所述：符合；(1)高锰酸钾本身呈紫色，无需指示剂，滴定终点时，颜色变成紫红色，并且半分钟内不褪色，否则不可以判断达到终点，故答案为：当最后一滴滴入时，溶液变为紫红色且30s内不恢复原色；(2)A盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定，标准液浓度减小，所需V（标准）增大，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)，判断可知c（待测）偏大，故A错误；B锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗，所需V（标准）不变，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)，判断可知c（待测）不变，故B错误；C读取标准液读数时，滴定前平视，滴

38、定到终点后俯视，所需V（标准）偏小，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)，判断可知c（待测）偏小，故C正确；D滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，所需V（标准）偏大，根据c（待测）=c(标准)V(标准)/V(待测)，判断可知c（待测）偏大，故D错误；故选：C；(3)配制100mL待测溶液需要的仪器有：托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、100ml容量瓶、胶头滴管；滴定所需要的仪器有：酸式滴定管、锥形瓶、铁架台等，故答案为：ABD。22（1）室温下，如果将0.1molCH3COONa和0.05molHCl全部溶于水，形成混合溶液（假设无损失），_和_两种离子的物质的量之和

39、等于0.1mol。（2）已知某溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子。某同学推测该溶液中个离子浓度可能有如下四种系：Ac(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)Bc(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)Cc(Na+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)Dc(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质的名称是_，上述离子浓度大小关系中正确的是（填序号）_.若上述关系中D是正确的，则溶液中溶质的化学式是_。若该溶液由体积相等的醋酸与NaOH溶液混合而成，且溶液恰好呈中性，则混合前c(CH3COOH)（填“”“

40、= 【解析】（1）因为0.1molCH3COONa和0.05molHCl全部溶于水，混合后，由物料守恒可知，n(CH3COO-)+n(CH2COOH)=0.1mol。答案：CH3COO-；CH3COOH。（2）由于溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH-四种离子，由一种溶质组成，则该溶质的名称是醋酸钠；离子浓度大小关系为c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，故选A。答案：醋酸钠；c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)。由D的关系为：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，溶液为酸性，则CH3COONa溶液中还混有CH3COOH；答案：CH

41、3COONa、CH3COOH。混合后呈中性，即CH3COOH略多于NaOH，混合后由电荷守恒，可知在溶液呈中性条件下，c(H+)=c(OH-)，则c(CH3COO-)=c(Na+)；答案： ； =。23电解质水溶液中存在电离平衡、水解平衡、溶解平衡，请回答下列问题。（1）已知部分弱酸的电离常数如下表：弱酸CH3COOHHCNH2CO3电离常数(25)Ka = 1.810-5Ka=4.3l0-10Ka1=5.0l0-7 Ka2=5.6l0-110.1 moI/L NaCN溶液和0.1mol/L NaHCO3溶液中，c(CN-)_c(HCO3-)(填“”、“”或“=”)。常温下，物质的量浓度相同的

42、三种溶液：ACH3COONa BNaCN CNa2CO3，其pH由大到小的顺序是_(填编号)。将少量CO2通入NaCN溶液，反应的离子方程式是_。室温下，定浓度的CH3COONa溶液pH=9，用离子方程式表示溶液呈碱性的原因是_，溶液中c(CH3COO-)/c(CH3COOH) =_。（2）某温度下, pH=3的盐酸中OH-=10-9 mol/L. 该温度下, pH=2的H2SO4与pH=11的NaOH混合后pH变为9,则硫酸与氢氧化钠的体积比为_.（3）室温下，用0.100 mol/L盐酸溶液滴定20.00mL 0.l00mol/L 的某氨水溶液，滴定曲线如图所示（横坐标为盐酸的体积）。d点

43、所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为_。b点所示的溶液中c(NH4+)c(NH3H2O)=_(写出准确数值)。（4）在SO2溶于水形成的二元弱酸溶液中，含S元素的某微粒占所有含S元素微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如下图所示，该微粒的化学式为_；该二元弱酸的一级电离常数为Ka1，则pKa1=-lgKa1_。【答案】c(NH4+)c(H+)c(OH) 2c(H+)2c(OH) HSO3 1.91 【解析】（1）根据表格中数据可知，HCN电离出的H+小于H2CO3电离出H+能力，根据盐类水解中越弱越水解，即CN-水解的能力强于HCO3-，因此等浓度的NaCN溶液和NaHCO3溶液中，c(CN

44、-)c(HCO3-)，故答案为：。电离平衡常数越小，酸越弱，因此根据电离平衡常数可知，酸性强弱顺序是CH3COOHH2CO3HCNHCO3。酸越弱，相应的钠盐越容易水解，溶液的pH越大，则等物质的量浓度的A.CH3COONa、B.NaCN、C.Na2CO3的pH由大到小的顺序为CBA，故答案为：CBA。HCN的电离平衡常数Ka=4.310-10，H2CO3的电离平衡常数是Ka1=5.010-7、Ka2=5.610-11，由此可知电离出H+能力强弱程度为H2CO3HCNHCO3-，所以NaCN溶液通入少量CO2的离子方程式是：CN+CO2+H2O=HCN+HCO3，故答案为：CN+CO2+H2O

45、=HCN+HCO3。CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解导致溶液呈碱性，水解离子反应方程式为CH3COO+H2OCH3COOH+OH，=l.8104，故答案为：CH3COO+H2OCH3COOH+OH，l.8104。（2）该温度下，pH=3，即c(H+)=10-3mol/L，而c(OH)=10-9mol/L，则Kw=10-12，pH=11的NaOH溶液c(OH-)=0.1mol/L，pH=2的H2SO4溶液c(H+)=0.01mol/L，混合后pH变为9，设酸的体积为V1，碱的体积为V2，则混合溶液中c(OH-)=10-3mol/L=，V1：V2=9：1，故答案为：9：1。（3）d点酸

46、碱恰好完全反应生成氯化铵，氯化铵水解导致溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，结合电荷守恒可得c(NH4+)c(C1)，但其水解程度较小，d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为c(C1)c(NH4+)c(H+)c(OH)，故答案为：c(C1)c(NH4+)c(H+)c(OH)。b点溶液中存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH)+c(C1)，存在物料守恒：c(NH3H2O)+c(NH4+)=2c(C1)，所以得到：2c(H+)+ c(NH4+)=2c(OH)+ c(NH3H2O)，则c(NH4+)c(NH3H2O)=2c(H+)2c(OH)，故答案为：2c(H+)2c(OH)。（4

47、）溶液中含S的微粒有H2SO3、HSO3-、SO32-，根据题中所给某微粒的物质的量分数随溶液pH变化的图像关系可得该微粒应为HSO3-，在pH=1.91时，含HSO3-的物质的量分数为50%，此时可以近似认为c(H2SO3)=c(HSO3-)，则Ka1c(H+)，即pKa1=-lgKa11.91，故答案为：HSO3，1.91。24H2C2O4为二元弱酸。回答下列问题：(1)20时，配制一组c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+ c(C2O42-)=0.100 molL-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的变化曲线如下图所示。H2C2O4的电离方程式为_。

48、为获得尽可能纯的NaHC2O4，pH应控制在_左右。NaHC2O4溶液呈酸性，其原因为_。pH=6时，溶液中含碳微粒浓度大小关系为_。(2)常温下，草酸、碳酸的电离平衡常数如下：化学式H2CO3H2C2O4平衡常数Ka1=4.310-7 Ka2=5.610-11Ka1=5.610-2Ka2=5.410-5常温下，0.1 molL-1 Na2CO3溶液的pH_0.1 molL-1 Na2C2O4溶液的pH。（填“”、“”或“=”） pH=4的H2C2O4溶液中c(C2O42-)：c(HC2O4-)=_。【答案】H2C2O4H+ + HC2O4 2.53之间任一数值均可 HC2O4-的电离程度大于

49、其水解程度 c(C2O42)c( HC2O4)c(H2C2O4) 0.54 【解析】 (1)多元弱酸分步电离，第一步为主，H2C2O4的电离方程式为H2C2O4H+ + HC2O4；答案：H2C2O4H+ + HC2O4根据图像可以看出，当pH在2.53的范围内， HC2O4的浓度最大，所以，为获得尽可能纯的NaHC2O4，pH控制在2.53之间任一数值均可；答案：2.53之间任一数值均可HC2O4-存在两个平衡，电离平衡HC2O4H+ + C2O42-，水解平衡HC2O4+H2OOH- + H2C2O4，由于HC2O4-电离程度大于水解程度，所以溶液呈酸性；答案：HC2O4-的电离程度大于其

50、水解程度根据图像分析当横坐标pH=6时，纵坐标可以看出溶液中含碳微粒浓度大小关系为c(C2O42)c( HC2O4)c(H2C2O4)；答案：c(C2O42)c( HC2O4)c(H2C2O4)(2)根据电离常数可知：HC2O4酸性大于HCO3-，根据越弱越水解原理可知，CO32-的水解能力强于C2O42，所以常温下，0.1 molL-1 Na2CO3溶液的pH大于0.1 molL-1 Na2C2O4溶液的pH。答案：根据H2C2O4的第二步电离常数计算：Ka2=5.410-5=，可得pH=4的H2C2O4溶液中c(C2O42-)：c(HC2O4-)=0.54；答案：0.5425请根据要求填空

51、：(1)将0.10mol/L NH3H2O溶液稀释10倍，则稀释后的溶液中c(OH)_原来的十分之一(填“大于”、“小于”或“等于”)(2)实验测得0.10mol/L CH3COONH4溶液的pH=7，则c(CH3COO-)_c(NH4+)(填写同上)(3)利用反应：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI可以定量测定市售硫代硫酸钠(M=158)的纯度，现在称取7.900g硫代硫酸钠固体样品，配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶中，加入指示剂，用含有I2为 0.1000mol/L的碘水滴定，消耗碘水20.00mL，则：滴定应选择的指示剂是_，滴定终点的现象是:_对于该滴定实

52、验的有关操作或误差分析正确的是（_）A滴定前，应对滴定管、锥形瓶进行润洗操作B滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，会使所测结果偏大C滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，则所测得的纯度将会偏小D滴定前仰视读数而滴定结束时平视读数，则所测得的纯度将会偏小样品中硫代硫酸钠纯度为_(4)CO2在自然界循环时可与CaCO3反应，CaCO3是一种难溶物质，其Ksp=2.810-9。CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合可形成CaCO3沉淀，现将等体积的CaCl2溶液与Na2CO3溶液混合，若混合前Na2CO3溶液的浓度为210-4mol/L，则生成沉淀加入CaCl2溶液的最小浓度为_ mol/L。

53、【答案】大于 等于 淀粉溶液 溶液颜色由无色变成蓝色，且半分钟内不褪色 BD 80% 5.610-5 【解析】（1）加水稀释，一水合氨的电离平衡向右移动，即电离被促进，电离出更多的氢氧根，故将0.10mol/L NH3H2O溶液稀释10倍，则稀释后的溶液中c(OH)大于原来的十分之一，故答案为：大于。（2）根据电荷守恒可以知道：c(OH)+c(CH3COO)= c(H+)+ c(NH4+)，0.10mol/L CH3COONH4溶液的pH=7，即c(OH)=c(H+)，故有c(CH3COO)=c(NH4+)，故答案为：等于。（3）淀粉遇到单质碘变蓝色，滴定前可以选择淀粉做指示剂，滴定终点的现象

54、为溶液颜色由无色变成蓝色，且半分钟内不褪色，故答案为：淀粉；溶液颜色由无色变成蓝色，且半分钟内不褪色。A.滴定前，对滴定管、锥形瓶进行润洗，待测液的物质的量偏大，造成V（标准）偏大，根据分析，c（待测）偏高，故A错误；B.滴定过程中，标准液滴到锥形瓶外，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏高，故B正确；C.滴定管在滴定开始时尖嘴有气泡，滴定完成后气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=分析，c（待测）偏高，待测液的物质的量偏大，则所测得的纯度将会偏大，故C错误；D.滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，造成V（标准）偏小，根据c（待测）=分析，c（待测）偏低，待测液的物质的量偏低，则所测得的纯度将会偏小，故D正确。故答案为：BD。根据I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，n（I2）=0.1000mol/L20.0010-3L=210-3mol，知消耗的Na2S2O3的物质的量=2n（I2）=20.1000mol/L20.0010-3L=410-3mol，根据现称取7.900g硫代硫酸钠固体样品配成250mL的溶液，取25.00mL置于锥形瓶