浙江2022高考化学二轮增分策略专题十一溶液中的离子反应

专题十一溶液中的离子反应第三编化学反应原理内容索引考点一弱电解质的电离平衡考点二水的电离、溶液的酸碱性三年选考五次真题考点三酸碱中和滴定考点四关系式法在氧化还原滴定法中的应用考点五盐类的水解考点六溶液中“粒子”浓度的变化弱电解质的电离平衡考点一一、弱电解质1.弱电解质(1)概念1核心回扣(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：

；HF：

；CH3COOH：

；HClO：

；HCN：

；NH3·H2O：

。2.弱电解质的电离平衡(1)电离平衡的特征=≠离子分子(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0.1mol·L－1CH3COOH溶液为例：CH3COOHCH3COO－＋H＋(正向吸热)。实例(稀溶液)CH3COOHH＋＋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→通入HCl(g)←加NaOH(s)→加入镁粉→升高温度→加CH3COONa(s)←增大增大增强不变增大增大增强不变减小减小增强不变减小减小增强不变增大增大增强增大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：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NH3·H2O的电离常数表达式为(2)K的意义①K值越大，电离程度越

。②多元弱酸中，Ka1≫Ka2≫Ka3，即以第

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

。大增大一3.电离平衡常数(Ka)与电离度(α)的关系常温下，cmol·L－1的CH3COOH，其电离度为α，则该CH3COOH的电离平衡常数Ka为

。cα2解析

CH3COOHCH3COO－＋H＋起始/mol·L－1

c00平衡/mol·L－1

c－cα

cα

cα答案解析三、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；答案

答案(2)产生H2的速率v(H2)随时间(t)的变化图像；答案

答案(3)溶液的pH随时间(t)的变化图像。答案

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)答案方法技巧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2题组集训答案1234567B.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()＝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√2.将10mL0.1mol·L－1的氨水加蒸馏水稀释到1L后，下列变化中正确的是①电离程度增大②c(NH3·H2O)增大③

数目增多④c(OH－)增大⑤导电性增强

⑥增大答案A.①②③ B.①③⑤C.①③⑥ D.②④⑥√解析1234567溶液中n(OH－)增大，但c(OH－)减小，④错；12345673.(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0.10mol·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.0.10mol·L－1NH4Cl溶液呈酸性，0.10mol·L－1CH3COONH4溶液呈中性答案√解析1234567解析测得0.10mol·L－1CH3COOH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；0.10mol·L－1NH4Cl溶液呈酸性，0.10mol·L－1CH3COONH4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。1234567解析答案4.在相同温度下，100mL0.01mol·L－1的醋酸溶液与10mL0.1mol·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√1234567解析100mL0.01mol·L－1的醋酸溶液与10mL0.1mol·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，0.01mol·L－1的醋酸溶液中醋酸电离的程度大于0.1mol·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。12345675.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>VcD.a、c两点c(H＋)相等解析答案√1234567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<Vc，C错误；a、c两点的pH相同，则c(H＋)相等，D正确。1234567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0.1mol·L－1)如下表(已知硫酸的第一步电离是完全的)：(1)25℃时，0.1mol·L－1上述几种溶液中c(H＋)由大到小的顺序是_______

(填序号，下同)。①＞④＞②＞③答案1234567(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，0.1mol·L－1H2SO4溶液中的

的电离度小于0.1mol·L－1NaHSO4溶液中

的电离度的原因是________________________________________________________________________________________

。③＞②＞④＞①0.1mol·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中的电离度小于NaHSO4中

的电离度答案12345677.(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0.2mol·L－1N2H4·H2O与0.1mol·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)。8答案1234567解析(2)25℃时，将amol·L－1的氨水与bmol·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

。答案解析1234567答案解析71234567水的电离、溶液的酸碱性考点二1.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＋H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋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。1核心回扣注意(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＋)酸碱可水解的盐Na2CO3NH4Cl温度升温降温其他：如加入Na逆

不变

减小

减小

增大逆

不变

减小

增大

减小正

不变

增大

增大

减小正

不变

增大

减小

增大正

增大

增大

增大

增大逆

减小

减小

减小

减小正

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＋)<c(OH－)，常温下，pH＞7。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()中性碱性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()酸性中性酸性碱性酸性碱性(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。2题组集训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：H2OOH－＋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－)解析答案√解析A项，25℃时，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14,25℃时，c(H＋)＝10－7mol·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＋)＞10－7mol·L－1，pH<7，水呈中性，错误；C项，根据上述分析，25℃时，c(H＋)＝10－7mol·L－1，100℃时c(H＋)＞10－7mol·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。解析2.水的电离平衡曲线如图所示：答案(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

。解析从图中可知，B点时c(OH－)＝c(H＋)＝10－6mol·L－1，则Kw＝10－12，Kw增大的原因是升高温度，促进了水的电离。10－1410－12升高温度促进了水的电离(2)结合下图所示，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＜BB.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固体解析答案√√解析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，0.01mol·L－1的NaOH溶液中由水电离出的c(OH－)为

。解析答案10－10mol·L－13.(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＋)＝5×10－4mol·L－1，则由水电离产生的c(H＋)＝

。解析答案2×10－9mol·L－1(2)pH＝3的盐酸与pH＝5的盐酸等体积混合，pH＝

。解析答案3.3(3)25℃时，在0.5L0.2mol·L－1的HA溶液中，有0.02mol的HA电离成离子，则该温度下的电离常数为

。0.01解析答案酸碱中和滴定考点三1.“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。1核心回扣(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()偏高偏高无影响偏低偏高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)()偏高偏低偏高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。2题组集训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＋===＋2I－。取mg试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，用0.1000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，部分实验仪器和读数如图所示。下列说法正确的是解析答案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)mLD.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√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30s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√解析答案√解析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)取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.02mol·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25.000.5020.40第二次25.003.0023.00第三次25.004.0024.10①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

`。解析因为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该草酸溶液的物质的量浓度为

。解析设草酸的浓度为c，由反应方程式得2KMnO4～5H2C2O4，消耗KMnO4溶液的平均体积为20.00mL，则25.00×10－3L×c＝×20.00×10－3L×0.02mol·L－1，解得c＝0.04mol·L－1。解析答案酸锥形瓶中溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色0.04mol·L－1关系式法在氧化还原滴定法中的应用考点四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。1核心回扣(2)实例①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液原理：

。(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，___________________________________________________________________

，说明到达滴定终点。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②Na2S2O3溶液滴定碘液原理：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI。指示剂：用

作指示剂，______________________________________

，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_______________

，达到滴定终点时的现象是___________________________

。当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝淀粉色褪去，且半分钟内不恢复原色Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋当滴入最后一滴标准液，溶液变成血红色，且半分钟内不褪色答题模板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”。2题组集训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1.000g产品于锥形瓶中，用适量蒸馏水溶解，加入5mL10%的硫酸和10mL25%的碘化钾溶液，再加入2mL淀粉溶液作指示剂，用0.2000mol·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25.00mL。已知：2KHSO5＋4KI＋H2SO4===2I2＋3K2SO4＋2H2OI2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI则产品中KHSO5的质量分数为

。解析答案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0.2000mol·L－1×0.0250L＝0.0050mol，所以KHSO5的物质的量是0.0025mol，则产品中KHSO5的质量分数为

×100%＝38.00%。解析答案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ag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cmol·L－1的标准I2溶液滴定，至终点时，消耗VmLI2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___________________________________

。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解析步骤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产品中Na2S2O4的质量分数为

(用含a、c、V的代数式表示)。解析答案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1.000g产品于250mL锥形瓶中，加适量蒸馏水溶解，再加2mL6mol·L－1H2SO4，用0.2000mol·L－1KMnO4标准溶液滴定至终点时消耗18.00mL(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”)。84.60%偏低解析答案解析已知尿素与KMnO4溶液不反应，发生的反应为5H2O2＋2KMnO4＋3H2SO4===8H2O＋2MnSO4＋K2SO4＋5O2↑，5H2O2～2KMnO45

2n

0.2000mol·L－1×0.018L则n＝0.009mol，所以CO(NH2)2·H2O2为0.009mol，其质量为0.009mol×94g·mol－1＝0.846g。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。盐类的水解考点五1.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1核心回扣(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

③NH4Cl④FeCl3

⑤CH3COONa

⑥Na2CO3

⑦NaF⑧NaHSO4

⑨Na2S

⑩NaBr呈酸性的是

；呈碱性的是

；呈中性的是

。③④⑧⑤⑥⑦⑨①②⑩(5)应用应用举例判断溶液的酸碱性FeCl3溶液显酸性，原因是____________________________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：______________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HX＞HY＞HZ胶体的制取制取Fe(OH)3胶体的离子方程式：____________________________________泡沫灭火器原理成分为NaHCO3与Al2(SO4)3，发生反应为___________________________________作净水剂明矾可作净水剂，原理为____________________________________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Fe(OH)3(胶体)＋3H＋===Al(OH)3↓＋3CO2↑(胶体)＋3H＋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

。②Na2CO3溶液呈碱性

、

。③NH4Cl溶于D2O中

。④将NaHCO3溶液与AlCl3溶液混合

。⑤实验室制备Fe(OH)3胶体__________________________________。⑥NaHS溶液呈碱性的原因

。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。因素水解平衡水解程度水解产生离子的浓度温度升高浓度增大减小(即稀释)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(2)外因右移

增大

增大右移

减小

增大右移

增大

减小例如，不同条件对FeCl3水解平衡的影响：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋(填写空格中内容)条件移动方向H＋数pH现象升温通HCl加H2O加NaHCO3向右

增多

减小

颜色变深向左

增多

减小

颜色变浅向右

增多

增大

颜色变浅向右

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。2题组集训题组一盐类水解及简单应用1.下列各离子①

、②R＋、③R3＋、④

、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√解析答案123452.(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H2D.配制FeCl2溶液时需要向溶液中加少量铁粉√答案12345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

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固体解析√答案12345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

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

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

的浓度与Cl－的浓度比为1∶1，故C正确；123454.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

＋H2ONH3·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解析√答案12345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＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋，加入少量H2SO4可抑制Cu2＋水解，D项正确。123455.(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－)

。解析由于HF是弱酸，NaF溶液存在水解平衡：F－＋H2OHF＋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。解析答案变大变小变小变小12345(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

。解析答案分解生成HCl气体，抑制CeCl3水解12345溶液中“粒子”浓度的变化考点六1.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。1核心回扣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(2)NaHCO3溶液3.建立解题思维模型(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。2题组集训题组一归纳类型，逐一突破(一)单一溶液1.0.1mol·L－1的NH4Cl溶液粒子种类：

；离子浓度大小关系：

；物料守恒：

。解析答案1234567892.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)1234567893.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：

。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：答案解析1234567894.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：

。答案解析解析NaHSO3既能发生电离又能发生水解，水溶液呈酸性：123456789(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：

。水溶液呈酸性。答案解析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＋)1234567896.CH3COOH、CH3COONa混合中性溶液离子浓度大小关系：

；电荷守恒：

；物料守恒：

。答案解析若溶液呈中性，则电离和水解相互抵消。c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)c(Na＋)＝c(CH3COO－)1234567897.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：

。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。答案解析c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)123456789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25mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1CH3COOH溶液，曲线如图所示，有关离子浓度关系比较错误的是123456789A.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＋)解析√答案123456789解析在25mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1CH3COOH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12.5mL，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；123456789B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0.05mol·L－1，根据物料守恒，则：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1mol·L－1，正确。123456789123456789解析答案√123456789123456789三年选考五次真题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.Na2OC.NH4Cl D.CH3COONa答案√134567891011212132.(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.NH3134567891011212答案√133.(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.NH4ClC.Na2CO3 D.NaOH134567891011212答案√134.(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－)134567891011212答案解析√13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。134567891011212135.(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－