2025步步高大一轮复习讲义人教版高考化学大单元四　第十二章　第53讲　酸碱中和滴定及拓展应用含答案

2025步步高大一轮复习讲义人教版高考化学第53讲酸碱中和滴定及拓展应用[复习目标]1.了解酸碱中和滴定的原理和滴定终点的判断方法，知道指示剂选择的方法。2.掌握酸碱中和滴定的操作和数据处理误差分析的方法。3.掌握滴定法在定量测定中的应用。考点一酸碱中和滴定的原理与操作1．原理利用酸碱中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的方法。以标准HCl溶液滴定待测的NaOH溶液，待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)＝eq\f(cHCl·VHCl,VNaOH)。2．酸碱指示剂(1)熟记：常见酸碱指示剂的变色范围指示剂变色范围石蕊甲基橙酚酞(2)中和滴定时指示剂的选择原则滴定终点前后溶液的颜色变化对比明显。①强酸与强碱的中和滴定，到达终点时，pH变化范围很大，可用酚酞，也可用甲基橙；②强酸滴定弱碱，恰好完全反应时，溶液呈酸性，应选择在酸性范围内变色的指示剂——甲基橙；③强碱滴定弱酸，恰好完全反应时，溶液呈碱性，应选择在碱性范围内变色的指示剂——酚酞；④一般不用石蕊溶液，原因是其溶液颜色变化对比不明显，且变色范围较大。3．实验操作与仪器的选择(1)主要仪器(2)滴定前准备滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→eq\x(排气泡,调液面)→记录。锥形瓶：洗涤→装待测液→加指示剂。(3)滴定操作(4)滴定终点滴入最后半滴标准液，指示剂变色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，停止滴定，并记录标准溶液的体积。(5)数据处理按上述操作重复2～3次，根据每次所用标准液的体积计算待测液的物质的量浓度，最后求出待测液的物质的量浓度的平均值。1．将液面在0mL处的25mL的酸式滴定管中的液体全部放出，液体的体积为25mL()2．滴定终点就是酸碱恰好中和的点()3．滴定管和锥形瓶在滴定前都应该用待装溶液润洗()4．酸碱指示剂越多变色越明显，指示剂至少加入2～3mL()5．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁()答案1.×2.×3.×4.×5.√一、酸碱中和滴定注意事项与数据处理1.现用中和滴定来测定某NaOH溶液的浓度。(1)滴定：用________式滴定管盛装cmol·L－1盐酸标准液。如图表示某次滴定时50mL滴定管中前后液面的位置。滴定前，读数为____________mL，此次滴定结束后的读数为____________mL，滴定管中剩余液体的体积________(填“等于”“小于”或“大于”)25.10mL，可用________作指示剂。(2)排出碱式滴定管中气泡的方法应采用下图______(填“甲”“乙”或“丙”)的操作，然后挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。(3)若以酚酞溶液为指示剂，用0.1000mol·L－1的标准盐酸测定NaOH溶液的浓度，数据记录如下：滴定次数NaOH溶液体积/mL标准盐酸体积滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL第一次20.000.4820.50第二次20.004.0224.00第三次20.001.0522.05①描述滴定终点的现象：_________________________________________________________________________________________________________________________。②计算NaOH溶液的浓度：_______________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)酸0.3024.90大于酚酞或甲基橙(2)丙(3)①滴入最后半滴标准盐酸时，溶液由红色变为无色，且在半分钟内不恢复红色②第三次数据明显与前两次数据差别较大，应舍弃，将第一次滴定所得数据代入，得：c1(NaOH)＝eq\f(cHCl·VHCl,VNaOH)＝eq\f(0.1000mol·L－1×20.02mL,20.00mL)＝0.1001mol·L－1；同理可得：c2(NaOH)＝0.0999mol·L－1，则c(NaOH)＝eq\f(0.1001mol·L－1＋0.0999mol·L－1,2)＝0.1000mol·L－1二、酸碱中和滴定误差分析分析依据：cB＝eq\f(cA·VA,VB)(VB表示准确量取的待测液的体积、cA表示标准溶液的浓度)。若VA偏大⇒cB偏大；若VA偏小⇒cB偏小。2．以标准盐酸滴定待测NaOH溶液，用酚酞作指示剂为例，分析实验误差(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。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前气泡消失滴定滴定完毕后立即读数，半分钟后颜色又变红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锥形瓶时有液滴溅出滴定过程中，向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答案偏高偏高偏低无影响偏低偏低偏高偏低无影响偏低偏高滴定管读数要领以凹液面的最低点为基准，正确读数(虚线部分)和错误读数(实线部分)如图考点二酸碱中和滴定曲线的分析1．强酸与强碱滴定过程中的pH曲线以0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1盐酸为例2．强酸(碱)滴定弱碱(酸)pH曲线比较氢氧化钠溶液滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸溶液的滴定曲线盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠溶液、氨水的滴定曲线曲线起点不同：强碱滴定强酸、弱酸的曲线，强酸起点低；强酸滴定强碱、弱碱的曲线，强碱起点高突跃点变化范围不同：强酸与强碱反应的突跃点变化范围大于强酸与弱碱反应1．室温下，向20.00mL0.1000mol·L－1盐酸中滴加0.1000mol·L－1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5≈0.7。下列说法不正确的是()A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大D．V(NaOH)＝30.00mL时，pH≈12.3答案C解析NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中溶质为NaCl，呈中性，室温下pH＝7，故A正确；甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；V(NaOH)＝30.00mL时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)＝eq\f(30×10－3L×0.1000mol·L－1－20×10－3L×0.1000mol·L－1,20＋30×10－3L)＝0.02mol·L－1，即溶液中c(OH－)＝0.02mol·L－1，则c(H＋)＝5×10－13mol·L－1，pH＝－lgc(H＋)≈12.3，故D正确。2．常温下，下列图示与对应的叙述相符合的是()A．图甲是常温下用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1醋酸溶液的滴定曲线，Q点表示酸碱中和滴定终点B．图乙可表示常温下0.1mol·L－1盐酸滴加到40mL0.1mol·L－1NaOH溶液的滴定曲线C．图丙表示用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定25.00mL盐酸的滴定曲线，则c(HCl)＝0.0800mol·L－1D．图丁表示0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1醋酸溶液的滴定曲线答案C解析A项，滴定终点时，消耗NaOH溶液体积应为20mL；C项，c(HCl)＝eq\f(cNaOH·VNaOH,VHCl)＝eq\f(0.1000mol·L－1×20.00mL,25.00mL)＝0.0800mol·L－1。3．一元酸HX和HY都是20mL，分别用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定，滴定曲线如图，下列说法正确的是()A．用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定HX时，选用甲基橙作指示剂，测定结果偏低B．HX可能是HCl，HY可能是CH3COOHC．HX和HY的物质的量浓度可能都为1.000mol·L－1D．a点和b点对应溶液的导电性相同答案A解析NaOH溶液滴定HX，恰好完全反应时溶液显碱性，甲基橙在酸性时就变色，故NaOH消耗量会减小，测定结果偏低，故A正确；0.1000mol·L－1NaOH与20mL酸恰好反应时消耗的碱的体积为20.00mL，所以酸的浓度都是0.1000mol·L－1，根据图像纵坐标可知，HX为弱酸，HY为强酸，故B、C错误；a点对应溶质是NaX和HX，HX为弱电解质，b点对应溶质是NaY和HY，HY是强电解质，虽然各物质的浓度都相同，但是溶液中离子浓度不相同，故导电性不同，故D错误。4．室温下，向a点(pH＝a)的20.00mL1.000mol·L－1氨水中滴入1.000mol·L－1盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是()A．将此氨水稀释，溶液的导电能力减弱B．b点溶液中离子浓度大小可能存在：c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)C．c点时消耗盐酸体积小于20.00mLD．a、d两点的溶液，水的离子积Kw(a)＞Kw(d)答案D解析将氨水稀释，氨水中NHeq\o\al(＋,4)、OH－的浓度均减小，因而导电能力减弱，A项正确；由图知，b点溶液显碱性，氨水有剩余，B项正确；c点溶液呈中性，因而V(盐酸)略小于20.00mL，C项正确；d点对应的温度较高，其水的离子积常数较大，D项错误。答题规范(7)滴定终点判断当滴入最后半滴×××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)最后半滴：必须说明是滴入“最后半滴”溶液。(2)颜色变化：必须说明滴入“最后半滴”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”。1．用amol·L－1的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，用酚酞作指示剂，达到滴定终点的现象是________________________________________________________________________________________________________________________________________________；若用甲基橙作指示剂，滴定终点现象是_____________________________________________________________________________________________________________。答案当滴入最后半滴标准液后，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色当滴入最后半滴标准液后，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色2．用标准碘溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，应选用__________作指示剂，达到滴定终点的现象是_____________________________________________________________________________________________________________________。答案淀粉溶液当滴入最后半滴标准液后，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色3．用标准酸性KMnO4溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，是否需要选用指示剂________(填“是”或“否”)，达到滴定终点的现象是__________________________________________________________________________________________。答案否当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色4．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_____________________________________________________，达到滴定终点的现象是___________________________________________________。答案Ti3＋＋Fe3＋=Ti4＋＋Fe2＋当滴入最后半滴标准液后，溶液变成红色，且半分钟内不褪色5．用标准KI溶液滴定含有Fe3＋的溶液，应选用__________作指示剂，滴定终点现象是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案KSCN溶液当滴入最后半滴标准KI溶液后，溶液的红色褪去，且半分钟内不恢复红色1．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”。(1)可用“图1”测定醋酸浓度(2021·河北，3A)()(2)可用“图2”量取一定体积的KMnO4溶液(2021·天津，6B)()(3)碱式滴定管排气泡的操作如“图3”(2022·湖南，4A)()(4)用标准液润洗滴定管后，应将润洗液从滴定管上口倒出(2022·浙江6月选考，11A)()答案(1)√(2)×(3)√(4)×2．(2023·山东，8～10)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O＋ROH→CH3COOR＋CH3COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下：①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入mgROH样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O→2CH3COOH。③加指示剂并用cmol·L－1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V1mL。④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用cmol·L－1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL。(1)对于上述实验，下列做法正确的是()A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管答案C解析进行容量瓶检漏时，倒置一次，然后旋转玻璃塞180°后再倒置一次，故A错误；滴入最后半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不恢复原色，才可判定达到滴定终点，故B错误；滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故C正确、D错误。(2)ROH样品中羟基含量(质量分数)计算正确的是()A.eq\f(cV2－V1×17,1000m)×100%B.eq\f(cV1－V2×17,1000m)×100%C.eq\f(0.5cV2－V1×17,1000m)×100%D.eq\f(c0.5V2－V1×17,1000m)×100%答案A解析用cmol·L－1NaOH-甲醇标准溶液进行滴定，根据反应CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O，结合步骤④可得关系式：乙酸酐[(CH3CO)2O]～2CH3COOH～2NaOH，则n(乙酸酐)＝0.5cV2×10－3mol，根据反应(CH3CO)2O＋ROH→CH3COOR＋CH3COOH，结合步骤②，设样品中ROH为xmol，则x＋2(0.5cV2×10－3－x)＝cV1×10－3，解得x＝c(V2－V1)×10－3，又因ROH样品的质量为mg，则ROH样品中羟基的质量分数为eq\f(cV2－V1×17,1000m)×100%，A正确。(3)根据上述实验原理，下列说法正确的是()A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大答案B解析乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验，故A错误；样品中羟基的含量为eq\f(cV2－V1×17,1000m)×100%，若甲醇挥发，造成标准溶液浓度增大，导致V1、V2均偏小，但V2受影响更大，因此导致测定结果偏小，故B正确；步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗氢氧化钠的体积(V1)偏小，将导致测定结果偏大，故C错误；步骤④中，若加水量不足，生成乙酸的物质的量偏小，消耗氢氧化钠的体积(V2)偏小，将导致测定结果偏小，故D错误。查阅资料获悉：一定条件下，按eq\f(nNaAc,nHAc)＝1配制的溶液中，c(H＋)的值等于HAc的Ka。移取20.00mLHAc溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定至终点，消耗体积为22.08mL，则该HAc溶液的浓度为________mol·L－1。请画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点。答案0.1104解析滴定过程中发生反应：HAc＋NaOH=NaAc＋H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)＝n(NaOH)，因此22.08mL×0.1000mol·L－1＝20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)＝0.1104mol·L－1。滴定过程中，当V(NaOH)＝0时，c(H＋)＝eq\r(Ka·cHAc)≈eq\r(10－4.76×0.1)mol·L－1＝10－2.88mol·L－1，溶液的pH＝2.88，当V(NaOH)＝11.04mL时，n(NaAc)＝n(HAc)，溶液的pH＝4.76，当V(NaOH)＝22.08mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc，Ac－发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol·L－1，溶液pH接近13，由此可画出滴定曲线。4．[2022·江苏，16(4)]实验中需要测定溶液中Ce3＋的含量。已知水溶液中Ce4＋可用准确浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为Fe2＋＋Ce4＋=Fe3＋＋Ce3＋。请补充完整实验方案：①准确量取25.00mLCe3＋溶液[c(Ce3＋)约为0.2mol·L－1]，加氧化剂将Ce3＋完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到250mL容量瓶中后定容；②按规定操作分别将0.02000mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2和待测Ce4＋溶液装入如图所示的滴定管中；③__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案从左侧滴定管中放出一定体积的待测Ce4＋溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用0.02000mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液来滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，且半分钟内不变色，即达到滴定终点，重复上述操作2～3次，记录标准液的体积课时精练1．(2021·广东，7)测定浓硫酸试剂中H2SO4含量的主要操作包括：①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取20.00mL待测液，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定。上述操作中，不需要用到的仪器为()答案B解析实验过程中，①量取一定量的浓硫酸并稀释，所需仪器为量筒、烧杯、玻璃棒；②转移定容得待测液，所需仪器为烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③移取20.00mL待测液，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定，所需仪器为酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶。2．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，下列操作正确的是()A．滴定前，必须将滴定管中液体的液面调至“0”刻度B．锥形瓶用蒸馏水洗净，必须干燥后才能加入一定体积未知浓度的NaOH溶液C．滴定前没有排出滴定管中的气泡D．读数时视线与滴定管内液体凹液面保持水平答案D解析B项，锥形瓶用蒸馏水洗净，不必干燥就能加入一定体积未知浓度的NaOH溶液，瓶中残留的蒸馏水对测定结果无影响，错误；C项，在滴定之前必须排出滴定管中的气泡，然后记录读数，进行滴定，错误。3．NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4·2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法正确的是()A．图甲：转移NaOH溶液到250mL容量瓶中B．图乙：准确称得0.1575gH2C2O4·2H2O固体C．用图丙所示操作排除碱式滴定管中的气泡D．用图丁所示装置以NaOH待测液滴定H2C2O4溶液答案C解析向容量瓶中转移溶液时需要用玻璃棒引流，故A错误；托盘天平的精确度为0.1g，故B错误；NaOH溶液应装在碱式滴定管中，故D错误。4．实验室现有3种酸碱指示剂，其pH变色范围如下：甲基橙：3.1～4.4石蕊：5.0～8.0酚酞：8.2～10.0用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，恰好完全反应时，下列叙述正确的是()A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C．溶液呈碱性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂D．溶液呈碱性，只能选用酚酞作指示剂答案D解析NaOH溶液和CH3COOH溶液恰好完全反应时生成CH3COONa，CH3COO－水解使溶液显碱性，而酚酞的变色范围为8.2～10.0，比较接近。5．(2023·天津和平区统考模拟)用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，不会引起实验误差的是()A．用甲基橙作指示剂，当溶液由黄色变为橙色，立即读数，停止滴定B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗后装入一定体积的NaOH溶液C．取10.00mLNaOH溶液放入洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水D．取10.00mLNaOH溶液放入锥形瓶后，把碱式滴定管尖嘴处液滴吹去答案C解析用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗后装入一定体积的NaOH溶液，会使NaOH溶液的用量偏多，测定结果偏高，故B错误；取10.00mLNaOH溶液放入锥形瓶后，把碱式滴定管尖嘴处液滴吹去，会使得取用的NaOH溶液偏少，测定结果偏低，故D错误。6.常温下，用1.0mol·L－1的NaOH溶液中和某浓度的H2SO4溶液，所得溶液的pH和所用NaOH溶液体积的关系如图所示，则原H2SO4溶液的物质的量浓度及完全反应后溶液的体积(忽略反应前后溶液体积的变化)分别是()A．1.0mol·L－1,20mLB．0.5mol·L－1,40mLC．0.5mol·L－1,80mLD．1.0mol·L－1,80mL答案C解析滴定前H2SO4溶液的pH＝0，则c(H2SO4)＝0.5mol·L－1，当pH＝7时V(NaOH)＝40mL，通过计算可知原H2SO4溶液的体积为40mL。7．实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列对测定结果的评价错误的是()选项操作测定结果的评价A酸式滴定管在装液前未用标准盐酸润洗2～3次偏高B开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失偏高C锥形瓶未干燥无影响D盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗2～3次偏低答案D解析A项，未润洗酸式滴定管导致标准液被稀释，滴定时消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，正确；B项，导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，正确；D项，导致待测液中NaOH的物质的量偏大，滴定时消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，错误。8．以酚酞溶液作指示剂，对某新制NaOH溶液进行中和滴定实验，数据记录如下表：实验编号待测液消耗标准盐酸(0.01mol·L－1)的体积①20mLNaOH溶液V1mL②20mLNaOH溶液＋10mLH2OV2mL③敞口隔夜放置的20mLNaOH溶液V3mL则该新制的NaOH溶液的浓度c(mol·L－1)计算合理的是()A．c＝eq\f(0.01×V1＋V2＋V3,3×20)B．c＝eq\f(0.01×V1＋V2,2×20)C．c＝eq\f(0.01×V1＋V3,2×20)D．c＝eq\f(0.01×V1,20)答案B解析以酚酞作指示剂，滴定敞口隔夜放置的NaOH溶液，由于生成了Na2CO3，所消耗盐酸的量将发生改变，所以V3舍去。9．生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的NHeq\o\al(＋,4)含量。利用的反应原理为4NHeq\o\al(＋,4)＋6HCHO=(CH2)6N4H＋(一元酸)＋3H＋＋6H2O。实验步骤如下：①甲醛中常含有微量甲酸，应先除去。取甲醛amL于锥形瓶中，加入1～2滴指示剂，用浓度为bmol·L－1的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为V1mL，当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为V2mL。②向锥形瓶中加入饱和食盐水试样cmL，静置1分钟。③用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液，至溶液呈微红色时，滴定管的读数为V3mL。下列说法不正确的是()A．步骤①中的指示剂可以选用酚酞溶液B．步骤②中静置的目的是使NHeq\o\al(＋,4)和HCHO完全反应C．步骤②若不静置会导致测定结果偏高D．饱和食盐水中的c(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(bV3－V2,c)mol·L－1答案C解析步骤①中用NaOH溶液滴定甲酸，滴定终点时生成甲酸钠，溶液呈碱性，所以指示剂可选用酚酞溶液，故A正确；步骤②若不静置，NHeq\o\al(＋,4)没有完全反应，会导致消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，故C错误；步骤③消耗NaOH溶液的体积为(V3－V2)mL，则饱和食盐水中的c(NHeq\o\al(＋,4))＝eq\f(bmol·L－1×V3－V2×10－3L,c×10－3L)＝eq\f(bV3－V2,c)mol·L－1，故D正确。10．25℃时，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1的一元强酸甲和一元弱酸乙，滴定曲线如图所示。下列有关判断正确的是()A．曲线Ⅰ代表的滴定最好选用甲基橙作指示剂B．曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定一元弱酸乙C．电离常数Ka(乙)＝1.01×10－5D．图像中的x>20.00答案C解析根据两种酸的浓度均为0.1000mol·L－1以及曲线Ⅰ、Ⅱ的起点对应的pH可知，曲线Ⅰ为NaOH溶液滴定一元弱酸乙，曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定一元强酸甲，B项错误；曲线Ⅰ滴定终点时溶液为碱性，故应选取酚酞作指示剂，A项错误；由a点可知，滴定前一元弱酸乙溶液中c(H＋)＝0.0010mol·L－1，故Ka(乙)＝eq\f(0.00102,0.1000－0.0010)≈1.01×10－5，C项正确；由曲线Ⅱ可知，一元强碱滴定一元强酸达到滴定终点时，pH＝7，x＝20.00，D项错误。11．某小组设计实验测定胆矾(CuSO4·5H2O)纯度(杂质不参与反应)：称取wg胆矾样品溶于蒸馏水，加入足量KI溶液，充分反应后，过滤。把滤液配制成250mL溶液，准确量取配制溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加2滴溶液X，用cmol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗滴定液VmL。涉及反应如下：2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I2，I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。下列叙述正确的是()A．X为酚酞溶液B．若滴定结束后俯视读数，会使测定结果偏高C．滴定管装液之前最后一步操作是水洗D．胆矾纯度为eq\f(250cV,w)%答案D解析滴定反应为碘单质与硫代硫酸钠反应，因为淀粉遇碘单质变蓝，则指示剂X为淀粉溶液，A项错误；滴定管装液之前最后一步操作是润洗，即用待装液润洗滴定管，C项错误；根据关系式：2Cu2＋～I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)可知，胆矾纯度为eq\f(250mL,25.00mL)×eq\f(cmol·L－1×V×10－3L×250g·mol－1,wg)×100%＝eq\f(250cV,w)%，D项正确。12．常温下，向浓度均为0.1mol·L－1体积均为10mL的两种一元酸(HX、HY)溶液中，分别滴入0.1mol·L－1NaOH溶液，pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是()A．N点：c(Na＋)＝c(Y－)＋c(HY)B．M点：c(X－)>c(Na＋)C．滴至pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积：HX溶液＞HY溶液D．滴入10mLNaOH溶液时，溶液中水的电离程度：HX溶液＜HY溶液答案A解析据图可知，浓度均为0.1mol·L－1的HX、HY溶液的pH都大于1，说明HX和HY均为弱酸，N点加入NaOH溶液的体积为15mL，NaOH与HY的物质的量之比为3∶2，则根据元素守恒得2c(Na＋)＝3c(Y－)＋3c(HY)，A项错误；M点溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(X－)，由图知c(H＋)>c(OH－)，所以c(X－)＞c(Na＋)，B项正确；据图可知，浓度均为0.1mol·L－1的HX、HY溶液的pH大小关系为pH(HX)＜pH(HY)，说明酸性：HX＞HY，所以滴至pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积：HX溶液＞HY溶液，C项正确；滴入10mLNaOH溶液时，HX和HY均恰好完全反应分别得到NaX溶液和NaY溶液，因酸性：HX＞HY，则X－的水解程度小于Y－的水解程度，溶液中水的电离程度：HX溶液＜HY溶液，D项正确。13．现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)。Ⅰ.实验步骤(1)量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL的________(填仪器名称)中定容，摇匀即得待测白醋溶液。(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴________做指示剂。(3)用0.1000mol·L－1NaOH溶液进行滴定，滴定终点的现象是________。Ⅱ.实验记录实验数据/mL滴定次数1234V(样品)20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)15.9515.0015.0514.95Ⅲ.数据处理(4)c(市售白醋)＝________mol·L－1，该白醋的总酸量＝________g/100mL。答案(1)容量瓶(2)酚酞溶液(3)当滴入最后半滴标准液，溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不褪色(4)0.754.514．立德粉(ZnS·BaSO4)成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol·L－1的I2-KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=2I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)。测定时消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL。终点颜色变化为________________，样品中S2－的含量为__________________________(写出表达式)。答案浅蓝色至无色eq\f(25.00－\f(1,2)V×0.1000×32,m×1000)×100%解析达到滴定终点时I2完全反应，可观察到溶液颜色由浅蓝色变成无色，且半分钟内颜色不再发生变化；根据滴定过量的I2消耗Na2S2O3溶液的体积和关系式I2～2S2Oeq\o\al(2－,3)，可得n(I2)过量＝eq\f(1,2)×0.1000V×10－3mol，再根据关系式S2－～I2可知，n(S2－)＝0.1000×25.00×10－3mol－eq\f(1,2)×0.1000V×10－3mol＝(25.00－eq\f(V,2))×0.1000×10－3mol，则样品中S2－的含量为eq\f(25.00－\f(V,2)×0.1000×32,m×1000)×100%。15．中华人民共和国国家标准规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1。某兴趣小组用如图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。(1)B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，C中反应的化学方程式为____________________________________________________________________________________________________________________________。(2)除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，简述滴定前排气泡的操作：_____________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)①若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________；描述达到滴定终点的现象：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。②若滴定终点时溶液的pH＝4.2，则选择的指示剂为__________；描述达到滴定终点的现象：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积________(填序号)。①＝10mL②＝40mL③<10mL④>40mL(5)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，列式计算该葡萄酒中SO2含量：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(6)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施：_________________________________________________________________________________。答案(1)SO2＋H2O2=H2SO4(2)将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用力捏挤玻璃球，使液体从尖嘴流出(3)①酚酞当滴入最后半滴标准液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原色②甲基橙当滴入最后半滴标准液，溶液由红色变为橙色，且半分钟内不恢复原色(4)④(5)n(NaOH)＝0.0900mol·L－1×0.025L＝0.00225mol。根据反应关系SO2～H2SO4～2NaOH，m(SO2)＝eq\f(0.00225mol×64g·mol－1,2)＝0.072g，该葡萄酒中SO2的含量为eq\f(0.072g,0.3L)＝0.24g·L－1(6)盐酸具有挥发性，反应过程中挥发出的盐酸滴定时消耗了NaOH标准液。改进措施：用非挥发性的强酸硫酸代替盐酸第54讲盐类的水解[复习目标]1.了解盐类水解的原理及一般规律。2.了解影响盐类水解程度的主要因素。3.了解盐类水解的应用。考点一盐类的水解及其规律1．定义在水溶液中，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。2．盐类水解的结果使溶液中水的电离平衡向右移动，使溶液中c(H＋)和c(OH－)发生变化，促进了水的电离。3．特点(1)可逆：盐类的水解是可逆反应。(2)吸热：盐类的水解可看作是酸碱中和反应的逆反应。(3)微弱：盐类的水解程度很微弱。4．盐类水解的规律有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。盐的类型实例是否水解水解的离子溶液的酸碱性强酸强碱盐NaCl、NaNO3否－中性强酸弱碱盐NH4Cl、Cu(NO3)2是NHeq\o\al(＋,4)、Cu2＋酸性强碱弱酸盐CH3COONa、Na2CO3是CH3COO－、COeq\o\al(2－,3)碱性5.水解反应的离子方程式的书写(1)盐类水解的离子方程式一般用“”连接，且一般不标“↑”“↓”等状态符号。(2)多元弱酸盐：分步书写，以第一步为主。(3)多元弱碱盐：水解反应的离子方程式一步完成。(4)阴、阳离子相互促进的水解①若水解程度不大，用“”表示。②相互促进的水解反应程度较大的，书写时用“=”“↑”“↓”。[应用举例]写出下列盐溶液水解的离子方程式。(1)NH4Cl：NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋。(2)Na2CO3：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－、HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－。(3)FeCl3：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋。(4)CH3COONH4：CH3COO－＋NHeq\o\al(＋,4)＋H2OCH3COOH＋NH3·H2O。(5)Al2S3：2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑。(6)AlCl3溶液和NaHCO3溶液混合：Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑。1．盐溶液显酸碱性，一定是由水解引起的()2．溶液呈中性的盐一定是强酸、强碱反应生成的盐()3．pH相同的盐酸和氯化铵溶液中由水电离出的c(H＋)相同()4．NaHCO3、NaHSO4都能促进水的电离()5．向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成()答案1.×2.×3.×4.×5.×一、盐溶液酸碱性及离子浓度大小判断1．25℃时浓度都是1mol·L－1的四种正盐溶液：AX、BX、AY、BY；AX的溶液pH＝7且溶液中c(X－)＝1mol·L－1，BX的溶液pH＝4，BY的溶液pH＝6。下列说法正确的是()A．电离平衡常数Kb(BOH)小于Ka(HY)B．AY溶液的pH小于BY溶液的pHC．稀释相同倍数，溶液pH变化BX等于BYD．将浓度均为1mol·L－1的HX和HY溶液分别稀释10倍后，HX溶液的pH大于HY答案A解析A项，根据BY溶液的pH＝6，B＋比Y－更易水解，则BOH比HY更难电离，因此电离平衡常数Kb(BOH)小于Ka(HY)；B项，根据AX、BX、BY溶液的pH，则AX为强酸强碱盐，BX为强酸弱碱盐，BY为弱酸弱碱盐，则AY为弱酸强碱盐，溶液的pH＞7，故AY溶液的pH大于BY溶液的pH；C项，稀释相同倍数，BX、BY溶液的pH均增大，且BX溶液的pH变化大于BY溶液；D项，HX为强酸，HY为弱酸，浓度相同时，稀释10倍后，HY的电离程度增大，但仍不可能全部电离，故HX溶液的酸性强，pH小。2．根据相关物质的电离常数(25℃)，回答下列问题：CH3COOHKa＝1.8×10－5，HCNKa＝4.9×10－10，H2CO3Ka1＝4.3×10－7Ka2＝5.6×10－11(1)相同物质的量浓度的①CH3COONa、②Na2CO3、③NaHCO3、④NaCN溶液，pH由大到小的顺序：②＞④＞③＞①，水的电离程度由大到小的顺序：②＞④＞③＞①。(2)相同pH的①CH3COONa、②Na2CO3、③NaHCO3、④NaCN溶液，物质的量浓度由大到小的顺序：①＞③＞④＞②。(3)NaCN溶液中，c(Na＋)、c(CN－)、c(HCN)由大到小的顺序：c(Na＋)＞c(CN－)＞c(HCN)。(4)常温下，NH3·H2O(Kb＝1.8×10－5),则CH3COONH4溶液显中性(填“酸”“碱”或“中”，下同)，NH4HCO3溶液显碱性。二、广义的水解规律应用3．广义的水解观认为：无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果是反应中各物质和水分别解离成两部分，然后两两重新组合成新的物质。根据上述观点，下列说法错误的是()A．BaO2的水解产物是Ba(OH)2和H2O2B．PCl3的水解产物是HClO和H3PO4C．Al4C3的水解产物是Al(OH)3和CH4D．CH3COCl的水解产物是两种酸答案B解析该反应中Cl元素化合价由－1变为＋1，有电子转移，不符合水解原理，B项错误。4．如图为钛铁矿提取金属Ti部分流程：(1)TiO2＋易水解，只能存在于强酸性溶液，则TiO2＋水解的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)写出加入碳酸钠粉末时反应的离子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)TiO2＋＋2H2OTiO(OH)2＋2H＋(2)TiO2＋＋COeq\o\al(2－,3)＋H2O=TiO(OH)2↓＋CO2↑5．写出亚硫酰氯(SOCl2)在潮湿的空气中产生白雾的化学方程式：_____________。答案SOCl2＋H2O=SO2↑＋2HCl↑广义水解原理广义的水解观认为，无论是盐的水解还是非盐的水解，其最终结果都是参与反应的物质和水分别解离成两部分，再重新组合成新的物质。考点二外因对水解平衡的影响1．温度盐类水解反应是中和反应的逆反应，因而盐类的水解为吸热反应，升高温度，水解平衡向右移动。2．浓度(1)加水稀释，促进水解，水解程度增大。(2)加溶质(增大浓度)，促进水解，水解程度减小。3．同离子效应向能水解的盐溶液中加入与水解产物相同的离子，水解被抑制；若水解产物被消耗，则促进水解。[应用举例]以FeCl3水解：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋为例，分析外界条件对水解平衡的影响。条件平衡移动方向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向右减少增大生成红褐色沉淀，放出气体1．影响盐类水解的因素有温度、浓度、压强等()2．稀溶液中，盐溶液的浓度越小，水解程度越大，其溶液酸性(或碱性)也越强()3．水解平衡右移，盐的水解程度一定增大()4．用Na2S溶液与AlCl3溶液混合可以制备Al2S3()5．水解相互促进的离子在同一溶液中一定不能共存()6．在CH3COONa溶液中加入冰醋酸，能抑制CH3COO－水解()答案1.×2.×3.×4.×5.×6.√一、水解平衡移动结果的判断1．关于下列实验的说法不正确的是()A.CH3COO－的水解程度增大B.溶液的pH减小是CH3COO－水解平衡移动的结果C.NH4Cl可促进CH3COO－的水解D.混合液中c(CH3COO－)和c(CH3COOH)之和大于c(Na＋)答案B解析加热醋酸钠溶液促进CH3COO－的水解，使溶液的碱性增强，pH增大，故B错误。2．室温下，将0.20molNa2CO3固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质，有关结论正确的是()选项加入的物质结论A100mL2mol·L－1H2SO4反应结束后，c(Na＋)＝c(SOeq\o\al(2－,4))B0.20molCaO溶液中eq\f(cOH－,cHCO\o\al(－,3))增大C200mLH2O由水电离出的c(H＋)·c(OH－)不变D0.4molNaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na＋)不变答案B解析n(H2SO4)＝2mol·L－1×0.1L＝0.2mol，H2SO4和Na2CO3二者恰好反应生成强酸强碱盐Na2SO4，则c(Na＋)＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，故A错误；CaO＋H2O=Ca(OH)2、Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH，随着COeq\o\al(2－,3)的消耗，COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－向左移动，c(HCOeq\o\al(－,3))减小，反应生成OH－，则c(OH－)增大，导致溶液中eq\f(cOH－,cHCO\o\al(－,3))增大，故B正确；加水稀释，促进碳酸钠水解，则由水电离出的n(H＋)、n(OH－)都增大，但氢离子、氢氧根离子物质的量增大倍数小于溶液体积增大倍数，c(H＋)、c(OH－)减小，二者浓度之积减小，故C错误；NaHSO4和Na2CO3反应的化学方程式为2NaHSO4＋Na2CO3=2Na2SO4＋H2O＋CO2↑，则溶液的pH减小，c(Na＋)增大，故D错误。二、不同盐溶液中指定粒子浓度的比较3．25℃时，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Cl、②CH3COONH4、③NH4HSO4、④(NH4)2SO4、⑤(NH4)2Fe(SO4)2，c(NHeq\o\al(＋,4))由大到小的顺序为___________________________(填序号)。答案⑤>④>③>①>②解析分组eq\o(→,\s\up7(化学式中),\s\do5(NH\o\al(＋,4)的数目))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(①②③\o(→,\s\up7(选参照物),\s\do5(①NH4Cl))\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(②相当于在①的基础上促进NH\o\al(＋,4)的水解,③相当于在①的基础上抑制NH\o\al(＋,4)的水解)),④⑤\o(→,\s\up7(选参照物),\s\do5(④NH42SO4))⑤相当于在④的基础上抑制NH\o\al(＋,4)的水解))4．25℃时，比较下列几组溶液中指定离子浓度的大小。(1)浓度均为0.1mol·L－1的①H2S、②NaHS、③Na2S、④H2S和NaHS混合液，溶液pH从大到小的顺序是_____________________________________________(填序号，下同)。(2)相同浓度的下列溶液中：①CH3COONH4、②CH3COONa、③CH3COOH，c(CH3COO－)由大到小的顺序是______________________________________________。(3)c(NHeq\o\al(＋,4))相等的①(NH4)2SO4溶液、②NH4HSO4溶液、③(NH4)2CO3溶液、④NH4Cl溶液，其物质的量浓度由大到小的顺序为______________________________________。答案(1)③>②>④>①(2)②>①>③(3)④>②>③>①比较不同溶液中同一离子浓度大小的方法：选好参照物，分组比较，各个击破。答题规范(8)利用平衡移动原理解释问题(1)解答此类题的思维过程①找出存在的平衡体系(即可逆反应或可逆过程)②找出影响平衡的条件③判断平衡移动的方向④分析平衡移动的结果及移动结果与所解答问题的联系(2)答题模板……存在……平衡，……(条件)……(变化)，使平衡向……(方向)移动，……(结论)。1．实验测得0.5mol·L－1CH3COONa溶液、0.5mol·L－1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。(1)随温度升高，H2O的pH________(填“变大”或“变小”)，原因是___________________________________________________________________________________。(2)随温度升高，CH3COONa溶液pH降低的原因是___________________________________________________________________________________________________。(3)随温度升高，CuSO4溶液的pH变化受哪些因素的影响？答案(1)变小水的电离为吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，水中c(H＋)增大，故pH变小(2)温度升高，CH3COO－水解程度增大，OH－浓度增大，而Kw增大，综合作用结果使H＋浓度增大，pH减小(3)升高温度，促进水的电离，故c(H＋)增大；升高温度，促进铜离子水解，故c(H＋)增大，两者共同作用使pH发生变化2．为探究盐类水解吸热，请用Na2CO3溶液和其他必要试剂，设计一个简单的实验方案：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案取Na2CO3溶液，滴加酚酞，溶液呈红色，然后分成两份，加热其中一份，若红色变深，则盐类水解吸热3．Mg粉可溶解在NH4Cl溶液中，分析其原因。答案在NH4Cl溶液中存在水解平衡：NHeq\o\al(＋,4)＋H2O＋反应放出H2，使溶液中c(H＋)降低，水解平衡向右移动，使Mg粉不断溶解。1．(2022·浙江6月选考，17)25℃时，苯酚(C6H5OH)的Ka＝1.0×10－10，下列说法正确的是()A．相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)B．将浓度均为0.10mol·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大C．25℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，则此时溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)D．25℃时，0.10mol·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小答案C解析醋酸的酸性大于苯酚，则醋酸根离子的水解程度较小，则相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中c(C6H5O－)<c(CH3COO－)，A错误；氢氧化钠溶液升温促进水电离，pH变小，B错误；当pH＝10.00时，c(H＋)＝1.0×10－10mol·L－1，Ka＝eq\f(cH＋·cC6H5O－,cC6H5OH)＝eq\f(1.0×10－10×cC6H5O－,cC6H5OH)＝1.0×10－10，故c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)，C正确；C6H5ONa中的C6H5O－可以水解，会促进水的电离，D错误。2．(2021·福建，10)如图为某实验测得0.1mol·L－1NaHCO3溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是()A．a点溶液的c(OH－)比c点溶液的小B．a点时，Kw＜Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)C．b点溶液中，c(Na＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))D．ab段，pH减小说明升温抑制了HCOeq\o\al(－,3)的水解答案A比c点溶液的小，A正确；NaHCO3溶液中存在电离平衡和水解平衡，根据图示可知，NaHCO3溶液显碱性，水解过程大于电离过程，Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＞Ka2，所以Kw＞Ka1(H2CO3)·Ka2(H2CO3)，B错误；b点溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(OH－)，由于c(H＋)<c(OH－)，所以c(Na＋)＞c(HCOeq\o\al(－,3))＋2c(COeq\o\al(2－,3))，C错误；NaHCO3溶液中存在电离和水解2个过程，而电离和水解均为吸热过程，升高温度，促进了电离和水解两个过程，故D错误。3．(2023·海南，14)25℃下，Na2CO3水溶液的pH随其浓度的变化关系如图所示。下列说法正确的是()A．c(Na2CO3)＝0.6mol·L－1时，溶液中c(OH－)<0.01mol·L－1B．Na2CO3水解程度随其浓度增大而减小C．在水中H2CO3的Ka2<4×10－11D．0.2mol·L－1的Na2CO3溶液和0.3mol·L－1的NaHCO3溶液等体积混合，得到的溶液c(OH－)<2×10－4mol·L－1答案B解析由图像可知，c(Na2CO3)＝0.6mol·L－1时，pH>12.0，溶液中c(OH－)>0.01mol·L－1，故A错误；结合图像可知，当c(Na2CO3)＝0.5mol·L－1时，pH＝12.0，Kh(COeq\o\al(2－,3))＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))≈eq\f(10－2×10－2,0.5)＝2×10－4，则Ka2＝eq\f(Kw,KhCO\o\al(2－,3))＝5×10－11，故C错误；若0.2mol·L－1的Na2CO3溶液与等体积的蒸馏水混合，浓度变为0.1mol·L－1，由图可知，pH>11.6，得到的溶液中c(OH－)>2×10－4mol·L－1,0.2mol·L－1的Na2CO3溶液和0.3mol·L－1的NaHCO3溶液等体积混合后c(OH－)大于与水混合的c(OH－)，故D错误。4．(2022·湖南，13)为探究FeCl3的性质，进行了如下实验(FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1mol·L－1)。实验操作与现象①在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色②在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀③在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe(CN)6]溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀依据上述实验现象，结论不合理的是()A．实验①说明加热促进Fe3＋水解反应B．实验②说明Fe3＋既发生了水解反应，又发生了还原反应C．实验③说明Fe3＋发生了水解反应，但没有发生还原反应D．整个实验说明SOeq\o\al(2－,3)对Fe3＋的水解反应无影响，但对还原反应有影响答案D解析铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；根据实验②现象分析可知，Fe3＋既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化铁，又被亚硫酸根离子还原，生成亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，生成蓝色沉淀，故B正确；实验③根据溶液变红褐色，说明Fe3＋发生水解反应，滴加K3[Fe(CN)6]无蓝色沉淀产生，说明没有发生还原反应，故C正确；结合实验①、③可知，SOeq\o\al(2－,3)对Fe3＋的水解反应有影响，故D错误。课时精练1．下列操作会促进H2O的电离，且使溶液pH>7的是()A．将纯水加热到90℃B．向水中加少量NaOH溶液C．向水中加少量Na2CO3溶液D．向水中加少量FeCl3溶液答案C解析将纯水加热到90℃，水的电离程度增大，c(H＋)＝c(OH－)>10－7mol·L－1，pH<7，A错；向水中加少量NaOH溶液，水中c(OH－)增大，pH>7，但水的电离平衡逆向移动，即水的电离受到抑制，B错；向水中加少量Na2CO3溶液，COeq\o\al(2－,3)与H＋结合，水中c(H＋)减小，水的电离平衡正向移动，c(OH－)增大，c(OH－)>c(H＋)，pH>7，C对；向水中加少量FeCl3溶液，Fe3＋与OH－结合为弱电解质Fe(OH)3，水中c(OH－)减小，水的电离平衡正向移动，c(H＋)增大，c(H＋)>c(OH－)，pH<7，D错。2．下列关于FeCl3水解的说法错误的是()A．在FeCl3稀溶液中，水解达到平衡时，无论加FeCl3饱和溶液还是加水稀释，平衡均向右移动B．浓度为5mol·L－1和0.5mol·L－1的两种FeCl3溶液，其他条件相同时，前者Fe3＋的水解程度小于后者C．其他条件相同时，同浓度的FeCl3溶液在50℃和20℃时发生水解，50℃时Fe3＋的水解程度比20℃时的小D．为抑制Fe3＋的水解，更好地保存FeCl3溶液，应加少量盐酸答案C解析增大FeCl3的浓度，水解平衡向右移动，但Fe3＋水解程度减小，加水稀释，水解平衡向右移动，Fe3＋水解程度增大，A、B项正确；盐类水解吸热，温度升高，水解程度增大，C项错误；Fe3＋水解后溶液呈酸性，增大H＋的浓度可抑制Fe3＋的水解，D项正确。3．Na2CO3溶液中存在水解平衡：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－。下列说法错误的是()A．加水稀释，溶液中所有离子的浓度都减小B．通入CO2，溶液pH减小C．加入NaOH固体，eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))减小D．升高温度，平衡常数增大答案A解析碳酸钠溶液显碱性，其加水稀释时，溶液中OH－浓度减小，由于温度不变，水的离子积常数不变，所以溶液中c(H＋)增大，A错误；加入NaOH固体会抑制COeq\o\al(2－,3)水解，所以eq\f(cHCO\o\al(－,3),cCO\o\al(2－,3))减小，C正确；温度升高，促进COeq\o\al(2－,3)的水解，因此水解平衡常数增大，D正确。4．根据表中信息，判断0.10mol·L－1的下列各物质的溶液pH最大的是()酸电离常数(常温下)CH3COOHKa＝1.75×10－5H2CO3Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11H2SKa1＝1.1×10－7，Ka2＝1.3×10－13A.CH3COONa B．Na2CO3C．NaHCO3 D．Na2S答案D解析根据表格中的酸的电离常数可知，酸性：CH3COOH>H2CO3>H2S>HCOeq\o\al(－,3)>HS－，根据越弱越水解的规律可知，水解能力：S2－>COeq\o\al(2－,3)>HS－>HCOeq\o\al(－,3)>CH3COO－，故D正确。5．下列离子方程式不正确的是()A．明矾用于净水：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋B．泡沫灭火器灭火：Al3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Al(OH)3↓＋3CO2↑C．用纯碱清洗油污：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－D．浓硫化钠溶液具有臭味：S2－＋2H2O=H2S↑＋2OH－答案D解析硫化钠分步水解，生成的硫化氢具有臭味，离子方程式必须分步书写、不使用气体符号、应使用可逆符号，D项错误。6．下列溶液中，操作和现象对应正确的是()选项溶液操作现象A滴有酚酞的明矾溶液加热颜色变深B滴有酚酞的氨水加入少量NH4Cl固体颜色变浅C滴有酚酞的CH3COONa溶液加入少量的CH3COONa固体颜色变浅D氯化铁溶液加热颜色变浅答案B解析明矾溶液中Al3＋水解使溶液呈酸性，加热，Al3＋的水解程度增大，溶液的酸性增强，无颜色变化，A项错误；加入NH4Cl固体，NH3·H2O的电离程度减小，溶液碱性减弱，颜色变浅，B项正确；加入少量CH3COONa固体会使CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－平衡向右移动，c(OH－)增大，颜色变深，C项错误；加热氯化铁溶液时促进FeCl3水解为红褐色的Fe(OH)3，颜色加深，D项错误。7．有四位同学分别设计实验证明：某种盐的水解是吸热的，不正确的是()A．甲同学：将硝酸铵晶体溶于水，若水温下降，说明硝酸铵水解是吸热的B．乙同学：用加热的方法可除去KNO3溶液中混有的Fe3＋，说明含Fe3＋的盐水解是吸热的C．丙同学：通过实验发现同浓度的热的纯碱溶液比冷的纯碱溶液去油污效果好，说明碳酸钠水解是吸热的D．丁同学：在醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液，加热(不考虑水蒸发)后若红色加深，说明醋酸钠水解是吸热的答案A解析因硝酸铵晶体溶于水吸收热量，则不能说明盐的水解吸热，故A错误；温度升高，三价铁离子转化为氢氧化铁沉淀下来，说明升高温度有利于三价铁离子的水解平衡向右移动，故B正确；温度升高，去油污效果好，说明温度升高有利于碳酸根离子的水解平衡正向移动，故C正确；醋酸钠溶液中滴入酚酞溶液，加热后若红色加深，则说明升高温度促进水解，即水解反应为吸热反应，故D正确。8．25℃时，下列说法正确的是()A．浓度均为0.10mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3溶液中存在的粒子种类不相同B．某溶液由水电离出的c(H＋)为1.0×10－5mol·L－1，则该溶液可能是酸，也可能是盐C．1L0.50mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液含NHeq\o\al(＋,4)物质的量不相同D．测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，则H2A是强酸答案C解析浓度均为0.10mol·L－1的NaHCO3和Na2CO3溶液中都存在Na＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、H2CO3、H＋、OH－、H2O，粒子种类相同，A错误；酸、碱抑制水的电离，某溶液由水电离出的c(H＋)为1.0×10－5mol·L－1，水的电离受到促进，则该溶液不可能是酸，可能是盐，B错误；1L0.50mol·L－1NH4Cl溶液与2L0.25mol·L－1NH4Cl溶液中NH4Cl的物质的量相等，由于NH4Cl浓度不同，NHeq\o\al(＋,4)水解程度不同，所以含NHeq\o\al(＋,4)物质的量不相同，C正确；测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A是弱酸；若pH＜7，H2A可能是强酸也可能是弱酸，如亚硫酸是弱酸，但NaHSO3溶液的pH＜7，D错误。9．(2023·安徽省皖优联盟高三第二次阶段测试)下列有关NaHCO3的说法错误的是()A．NaHCO3溶液中：c(OH―)＞c(H＋)B．NaHCO3溶液中：n(Na＋)＝n(COeq\o\al(2－,3))＋n(HCOeq\o\al(－,3))＋n(H2CO3)C．苏打是NaHCO3的俗称，可用于食品加工D．加热滴有酚酞的NaHCO3溶液时，溶液颜色会加深答案C解析NaHCO3溶液中，HCOeq\o\al(－,3)的水解程度强于其电离程度，故溶液显碱性，A项正确