第10讲酸碱中和与盐类水解-2023年新高二化学暑假课程（沪科版2020选择性）

第10讲酸碱中和与盐类水解教学目标理解酸碱中和滴定的原理，能通过酸碱中和滴定的方法测定酸或碱的浓度，发展科学探究能力和实验技能。通过宏观与微观相结合的方法认识盐类水解原理及其规律，发展模型认知素养。在类比迁移中认识盐类水解平衡移动，能运用水解平衡解决生产生活中的实际问题，体会化学原理的应用价值。模块模块一酸碱中和滴定知识预习知识预习酸碱中和滴定的概念和原理1．定义：用已知浓度的酸（或碱）来测定未知浓度的碱（或酸）的实验方法叫酸碱中和滴定。2．原理：酸碱中和滴定是以中和反应为基础的，反应实质是H++OH=H2O，酸提供的H+与碱提供的OH的物质的量相等。如果用A代表酸，B代表碱，c(B)，对于一元酸和一元碱之间的反应，则有c(B)=酸碱中和滴定的操作要点1．中和滴定的仪器和试剂(1)仪器滴定管、锥形瓶、铁架台、滴定管夹、烧杯(2)试剂标准液、待测液指示剂(甲基橙、酚酞)作用：酸碱指示剂颜色的变化确定终点选择：变色要灵敏、明显（终点与变色范围一致）2．准备过程(1)滴定管①检验滴定管是否漏水。②洗涤滴定管后要用标准液（或待测液）润洗2～3次，并排除尖嘴处气泡。③用漏斗注入溶液至“0”刻度上方2～3cm处。④调整液面至“0”刻度或“0”刻度以下某一刻度，记下读数。(2)锥形瓶：只用蒸馏水洗涤，不能用待测液润洗。3．滴定操作（以标准盐酸滴定NaOH溶液为例）①用滴定管取一定体积待测NaOH溶液于锥形瓶中，滴入2～3滴指示剂。②滴定时，一手控制滴定管活塞，另一手用拇指、食指和中指捏住锥形瓶颈部轻轻摇动。4．滴定终点的判断滴定时，要控制好速度，特别是接近重点时滴定速度应减慢。当加入最后半滴氢氧化钠溶液恰好使溶液由无色变成浅粉红色，充分摇动，若在30s内颜色不褪，即为滴定重点。【滴定提示】1．滴定管的构造以及读数准确度0.01mL；2．指示剂的选择要注意滴定完成后生成盐的酸碱性；3．滴定速度，先快后慢，接近滴定终点时，应一滴一摇动；4．振荡半分钟溶液颜色不发生变化，达到滴定终点；5．读数时，视线与液面的凹处刻度在同一水平线上。酸碱指示剂1．酸碱指示剂的变色范围(pH值)：甲基橙<3.13.1～4.4>4.4红橙黄酚酞<58～10>10无色浅红红石蕊<85～8>8红紫蓝2．指示剂的选择选择指示剂时，应选择变色范围与滴定时pH值突跃范围相吻合的指示剂。(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)石蕊试液因颜色变化不明显，且变色范围较宽，一般不宜用作滴定指示剂。酸碱中和滴定的误差分析1．误差分析的依据=（n表示酸与碱反应的化学计量数之比）实际操作中可能会引起、的变化，但在计算时，和都作为已知量计算，是不交量，只有滴定管中所消耗的标准体积随不同操作而变化，即是一个变量。从上式可知，是随的变化而变化的，只要使增大的操作所得的待测液浓度都偏大，反之则偏小。2．产生误差的来源(1)操作不当①滴定管的洗涤正确方法是：先水洗后润洗。a．滴定管用水洗后来用标准液润洗就直接注入标准液（实际消耗偏大，结果偏大）b．滴定管用水洗后未用待测液润洗就直接注入锥形瓶（实际滴定的减小，消耗减小，结果偏小）②锥形瓶的洗涤正确方法是：用水洗。a．锥形瓶用水洗后用待测液润洗（实际滴定的增大，消耗增大，结果偏大）b．锥形瓶用水洗后没有干燥（无影响）c．滴定前向锥形瓶中加入蒸馏水（无影响）③滴定管尖嘴部分留有气泡正确方法是：移液或滴定前排尽滴定管尖嘴部分的气泡。a．滴定前盛标准液的滴定管尖嘴有气泡，滴定后消失（实际消耗的多一个气泡体积，结果偏大）b．盛待测液的滴定管尖嘴有气泡，移至锥形瓶后消失（锥形瓶中少一个气泡体积，实际消耗的减少，结果偏小）④读数不规范正确的读数方法是：滴定后等1～2min待滴定管内壁附着液体自然流下再读数，视线与液体凹液面保持水平。俯视读数，结果偏小．仰视读数，结果偏大。a．滴定前仰视，滴定后俯视(=滴定后读数一滴定前读数，读数偏小，结果偏小。但实际放出的液体体积偏大）b．滴定完毕立即读数（读数偏小，结果偏小）(2)终点判断不当终点判断是中和滴定的关键。以指示剂的变色，且半分钟不褪色为标准①过早地估计终点（未完全中和，偏小，结果偏小）②用HCI滴定NaOH，以甲基橙作指示剂，溶液由黄→橙→红作为终点（HCl过量，读数偏大，结果大）(3)标准液配制不当标准液的配制或存放不当，会因在滴定中消耗标准液的体积改变而造成实验误差。此类问题采用极端假设法帮助分析。(五)酸碱滴定的计算酸碱中和反应时，酸与碱的物质的量的关系：盐酸和氢氧化钠完全反应时，n(HCl):n(NaOH)=1:1硫酸和氢氧化钠完全反应时，n(H2SO4):n(NaOH)=1:2例如，用已知浓度的盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液：HCl+NaOH=NaCI+H2OV(HCl)·(HCl)=V(NaOH)·(NaOH)(NaOH)V(HCl)是滴定消耗的盐酸溶液的体积，V(NaOH)是放入锥形瓶内未知浓度氢氧化钠溶液的体积，(HCl)是盐酸溶液的准确浓度。【例1】下列玻璃仪器上有标明“0”刻度的是A． B． C． D．【答案】B【解析】A．图示仪器为量筒，小刻度在下大刻度在上，没有“0”刻度，A不符合题意；B．图示仪器为碱式滴定管，上端标有“0”刻度，B符合题意；C．图示仪器为容量瓶，在容量瓶的瓶颈上有刻度线，但没有“0”刻度，C不符合题意；D．图示仪器为分液漏斗，分液漏斗上部没有刻度，D不符合题意；故合理选项是B。【例2】中和滴定时，下列操作不会引起误差的是A．锥形瓶用蒸馏水洗净后，未烘干就注入待测溶液B．滴定管用蒸馏水洗净后，就直接注入标准溶液进行滴定C．锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后再加入待测溶液D．滴定管下端留有气泡，就开始滴定，滴定后气泡消失【答案】A【解析】A．锥形瓶用来盛放待测液，滴定前用移液管或滴定管量取一定体积的待测液放入锥形瓶，由此可见锥形瓶用蒸馏水洗净后，未烘干就注入待测溶液，对结果无影响，A正确；B．滴定管用蒸馏水洗净后，直接注入标准溶液进行滴定，使得标准液浓度偏低，消耗标准液体积偏大，待测液浓度偏高，B错误；C．锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后再加入待测溶液，使得待测液中溶质的物质的量偏高，消耗标准液体积偏大，待测液浓度偏高，C错误；D．滴定管下端留有气泡，就开始滴定，滴定后气泡消失，使得消耗标准液体积偏大，待测液浓度偏高，D错误；答案选A。模块模块二盐类水解知识预习知识预习盐的水解相关概念与规律：1、概念理解：定义：在溶液中，盐电离出的离子跟水所电离出来的H+或OH生成弱电解质的过程叫做盐类的水解。条件：盐必须溶于水，盐必须能电离出弱酸根离子或弱碱正离子。本质：盐电离弱酸的负离子⇒结合H+弱碱的正离子⇒结合c(H＋)≠c(OH－)溶液呈碱性、酸性或中性。水解与中和反应的关系：盐+水⇌酸＋碱2、盐类水解方程式的书写：书写盐类水解方程式时要注意：（1）一般盐类水解的程度很小，用可逆号“⇌”表示。（2）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。（3）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；而多元弱碱正离子的水解简化成一步完成。写出下列物质水溶液的水解方程式：Na2CO3：CO32+H2O⇌HCO3+OH；HCO3+H2O⇌H2CO3+OHFe2(SO4)3：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+Mg2F：Mg2++2H2O⇌Mg(OH)2+2H+；F+H2O⇌HF+OHCu(NO3)2：Cu2++2H2O⇌Cu(OH)2+3H+BaBr2：不水解。3、水解规律：难溶不水解，有弱才水解，谁弱谁水解，都弱都水解；（是否水解）水解是微弱的，越弱越水解；越热越水解，越稀越水解；（水解的程度）谁强显谁性，同强显中性，弱弱具体定。（溶液的酸碱性）【解释】（1）强酸的酸式盐只电离，不水解，溶液显酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。（2）“谁弱谁水解，越弱越水解”如酸性：HCN<CH3COOH，则相同浓度和温度下二者的碱性：NaCN>CH3COONa。（3）谁强显谁性，同强显中性，弱弱具体定如：NH4CNCH3CO2NH4NH4F碱性中性酸性取决于弱酸弱碱的相对强弱（4）弱酸的酸式盐溶液的酸碱性，取决于酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。①若只有电离而无水解，则呈酸性（如NaHSO4）②若既有电离又有水解，取决于两者相对大小：电离程度＞水解程度，呈酸性；电离程度＜水解程度，呈碱性。如NaHCO3溶液中：HCOeq\o\al(－,3)⇌H＋＋COeq\o\al(2－,3)(次要)，HCOeq\o\al(－,3)＋H2O⇌H2CO3＋OH－(主要)。如NaHSO3溶液中：HSOeq\o\al(－,3)⇌H＋＋SOeq\o\al(2－,3)(主要)，HSOeq\o\al(－,3)＋H2O⇌H2SO3＋OH－(次要)。③常见酸式盐溶液的酸碱性：碱性：NaHCO3、NaHS、Na2HPO4酸性：NaHSO3、NaH2PO4、NaHSO4、NaHC2O4（5）双水解：定义：弱酸弱碱盐电离的两种离子都能发生水解反应，二者水解生成的H+和OH相互反应，互相促进直至完全的水解反应。例如：FeCl3与Na2CO3发生双水解生成Fe(OH)3与CO2气体；Al2S3发生双水解生成Al(OH)3与H2S气体。注意：CO32与NH4+可以相互促进水解，但二者的水解的程度不够大（尤其是铵根，水解程度较小），不会彻底水解。常见的能发生双水解的离子有：Al3+与S2−、CO32、HCO3、ClO等，Fe3+与CO32、HCO3、SiO32、ClO等，NH4+与SiO32、ClO等。双水解的离子方程式书写：双水解由于相互促进水解程度较大，双水解方程式书写时要用“”、“↑”、“↓”等。Fe3+与CO32：2Fe3++3CO32+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑【例3】下列物质的水溶液显中性的是A．FeSO4 B．KCl C．Na2CO3 D．NaHCO3【答案】B【解析】A．该物质为强酸弱碱盐，水解呈酸性，A项不符合题意；B．KCl为强酸强碱盐，不水解呈中性，B符合题意；C．Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，C项不符合题意；D．NaHCO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，D项不符合题意；故选B。【例4】下列各离子组中，因水解相互促进以致水解完全而不能大量共存的离子组是A．H2PO4-、Na+、Cl、OH B．Pb2+、Hg2+、S2、SOC．H+、Fe2+、NO3-、SO42- D．S2、Na+、Cl、【答案】D【解析】A．H2PO4-与OH发生中和反应而不能大量共存，故AB．Pb2+与S2、SO42-以及Hg2+与S2能发生复分解反应生成沉淀而不能大量共存，故BC．H+存在时Fe2+与NO3-发生氧化还原反应而不能大量共存，故CD．S2、Al3+发生相互促进的水解反应以致水解完全而不能大量共存，故D符合题意；故选D。模块模块三水解平衡的移动知识预习知识预习影响水解平衡的因素：1、影响水解平衡的因素：内因：盐的本性.外因：浓度、湿度、溶液碱性的变化（1）温度不变，浓度越小，水解程度越大。（2）浓度不变，温度越高，水解程度越大。（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：以NH4Cl在水中的水解为例：（水解方程式：NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+）条件平衡移动方向c(NH4+)n(NH4+)c(NH3·H2O)n(NH3·H2O)c(H+)n(H+)水解程度加热向右减小减小增大增大增大增大增大加水向右减小减小减小增大减小增大增大通入氨气向左增大增大增大增大减小减小减小加少量NH4Cl向右增大增大增大增大增大增大减小通入HCl向左增大增大减小减小增大增大减小加少量NaOH向右减小减小增大增大减小减小增大加少量Na2CO3向右减小减小增大增大减小减小增大加少量FeCl3向左增大增大减小减小增大增大减小水解的应用：水解的应用实例原理1、净水FeCl3、KAl(SO4)2·12H2O等可作净水剂Fe3+、Al3+水解产生少量胶状的Fe(OH)3、Al(OH)3，结构疏松、表面积大、吸附能力强，故它们能吸附水中悬浮的小颗粒而沉降，从而起到净水的作用。2、去油污用热碱水冼油污物品加热能促进纯碱Na2CO3水解，产生的[OH—]较大，而油污中的油脂在碱性较强的条件下，水解受到促进，故热的比不冷的效果好.3、药品的保存①配制FeCl3溶液时常加入少量盐酸在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液时为抑制水解，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②Na2SiO3、Na2CO3、NH4F等不能贮存磨口玻璃塞的试剂瓶中因Na2SiO3、Na2CO3水解呈碱性，产生较多OH—；NH4F水解产生HF，OH—、HF均能腐蚀玻璃4、制备无水盐由MgCl2·6H2O制无水MgCl2在HCl气流中加热MgCl2·6H2O受热水解生成碱式氯化镁或者氢氧化镁而不是生成氯化镁5、泡沫灭火器用Al2(SO4)3与NaHCO3溶液混合NaHCO3和Al2(SO4)3混合可发生双水解反应：2HCO3—+Al3+Al(OH3)↓+3CO2↑6.化肥的使用铵态氮肥草木灰2NH4++CO32—2NH3↑+CO2↑+H2O损失氮的肥效Ca2++2H2PO4—+2CO32—CaHPO4↓+2HCO3—+HPO42—难溶物，不能被值物吸收7.判断加热浓缩至盐干溶液能否得到同溶质固体例1．AlCl3+3H2OAl(OH)3+HClQ①升温，平衡右移加热至干②升温，促成HCl挥发，使水解完全加热至干AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl↑↓灼烧Al2O3例2．Al2(SO4)3+6H2O2Al(OH)3+3H2SO4（吸热）①升温，平衡右移②H2SO4难挥发，随c(H2SO4)增大，将抑制水解综合①②结果，最后得到Al2SO4从例1例2可小结出，加热浓缩或蒸干盐溶液，是否得到同溶质固体，由对应酸的挥发性而定.结论：①弱碱易挥发性酸盐氢氧化物固体（除铵盐）②弱碱难挥发性酸盐同溶质固体溶液中的三种守恒：以Na2S和NaHS溶液为例：电荷守恒：Na2S水溶液：[Na+]+[H+]=2[S2]+[HS]+[OH]NaHS水溶液：[Na+]+[H+]=2[S2]+[HS]+[OH]意义：溶液呈电中性，因此阴正离子所带正负电荷总数相等。写法：将溶液中所有正离子浓度相加，等于溶液中所有负离子浓度相加，其中每个离子浓度前的系数等于其所带电荷电量的绝对值。特点：电荷守恒式只与溶液中离子种类相关，与浓度无关。物料守恒：Na2S水溶液：[Na+]=2([S2]+[HS]+[H2S])NaHS水溶液：[Na+]=[S2]+[HS]+[H2S]意义：加入的物质中各种原子进入溶液后只是存在形态发生的改变，但数目守恒。写法：观察加入的物质中非H、O元素的原子比例，将溶液中某原子的所有存在微粒浓度相加表示该原子的总浓度，再根据原加入物质中原子数目之比配平系数。特点：不能以H、O原子书写物料守恒，因为水中有大量的H、O原子。质子守恒：Na2S水溶液：[OH]=[HS]+2[H2S]+[H+]NaHS水溶液：[OH]+[S2]=[H2S]+[H+]意义：溶液中各微粒得质子（即H+）总数等于失去的质子总数。写法：①将电荷守恒与物料守恒联立，约去[Na+]即可得到质子守恒式。②将溶液中得到质子后形成的微粒浓度乘以得到质子的数目再相加，相当于于得质子总数；所有失去质子后得到的微粒浓度乘以失去的质子数再相加，相当于失去的质子总数；二者相等即可。物理意义写法：(Na2S为例)得到的质子总数=n(HS)+2n(H2S)+n(H+)，失去的质子数=n(OH)，二者相等。再除以溶液体积即可得到质子守恒式溶液中离子的浓度大小比较：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：（[HAc]>）[H+]>[Ac]>[OH]0.1mol/L的H2S溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是：（[H2S]>）[H+]>[HS]>[OH]>[S2]（说明：H2S的二级电离常数太小，导致[OH]>[S2]，如果是碳酸，则是[CO32]>[OH]）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：[Na+]>[Ac]>[OH]>[H+]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的排列顺序是：[Na+]>[CO32－]>[OH－]>[HCO3－]（>[H2CO3]）>[H+]（一步水解后产生等量OH和HCO3－，但后者还要水解，浓度会减小，故[OH－]>[HCO3－]，溶液碱性，[H+]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107，而[HCO3]接近[OH]，一般大于这个值，因此整个分数小于1，故[H2CO3]）>[H+]）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的排列顺序是：[Na+]>[HCO3－]>[OH－]（>[H2CO3]）>[H+]>[CO32－]（水解大于电离，故水解产物（H2CO3、OH）浓度大于电离产物（CO32－、H+）浓度，水也电离，故[H+]>[CO32－]）0.1mol/L的NaHSO3溶液中离子浓度由大到小的排列顺序是：[Na+]>[HSO3－]>[H+]>[SO32－]>[OH－]（>[H2SO3]）（电离大于水解，因此电离产物（SO32－与H+）浓度大于水解产物（OH）浓度，水电离导致，[H2SO3]最小）5、常见的混合溶液情况分析：①混合后若反应，则先弄清反应后溶液中的溶质以及各溶质浓度，计算浓度时不要忘记体积的稀释效果；②混合溶液中物料守恒可能等式的一边以具体的浓度出现，要能看出来。③混合溶液质子守恒一般由其他两个式子联立得到，直接由概念上理解推导较难。④常见的等浓度酸/碱与对应的盐混合其酸碱性最好能记住。如：等浓度HAc与NaAc混合，电离大于水解，呈酸性；等浓度NH3·H2O与NH4Cl混合，电离大于水解，呈碱性；等浓度HCN与NaCN混合，水解大于电离，呈碱性。（1）0.1mol/L的NH4Cl和0.1mol/L的氨水混合溶液：溶质：不反应，溶质是NH4Cl与NH3·H2O（都是0.05mol/L）电荷守恒式：[NH4+]+[H+]=[OH]+[Cl]物料守恒式：[NH4+]+[NH3·H2O]=2[Cl]（或[NH4+]+[NH3·H2O]=0.1mol/L）质子守恒式：[NH4+]+2[H+]=[NH3·H2O]+2[OH]离子浓度比较：[NH4+]>[Cl]（>[NH3·H2O]）>[OH]>[H+]（若不考虑水解和弱电离，则[NH4+]=[NH3·H2O]=[Cl]，实际上电离大于水解，因此[NH4+]>[NH3·H2O]，而[Cl]不变，故介于二者之间；以下两种类似）（2）0.1mol/L的HAc和0.1mol/L的NaAc混合溶液：溶质：不反应，溶质是HAc与NaAc（都是0.05mol/L）电荷守恒式：[Na+]+[H+]=[Ac]+[OH]物料守恒式：[Ac]+[HAc]=2[Na+]（或[Ac]+[HAc]=0.1mol/L）质子守恒式：[HAc]+2[H+]=[Ac]+2[OH]离子浓度比较：[Ac]>[Na+]（>[HAc]）>[H+]>[OH]（3）0.1mol/L的HCl和0.2mol/L的NaAc混合溶液：溶质：反应，最终溶质是HAc、NaAc与NaCl（都是0.05mol/L）电荷守恒式：[Na+]+[H+]=[Ac]+[Cl]+[OH]物料守恒式：[Ac]+[HAc]=[Na+]=2[Cl]（或[Ac]+[HAc]=0.1mol/L）质子守恒式：[HAc]+2[H+]=[Ac]+2[OH]离子浓度比较：[Na+]>[Ac]>[Cl]（>[HAc]）>[H+]>[OH]【例5】已知25℃，醋酸、次氯酸、碳酸、亚硫酸的电离平衡常数如表：酸电离平衡常数醋酸Ki=1.75×105次氯酸Ki=2.98×108碳酸Ki1=4.30×107

Ki2=5.61×1011亚硫酸Ki1=1.54×102

Ki2=1.02×107下列叙述正确的是A．将0.1mol/L的醋酸加水不断稀释，所有离子浓度均减小B．少量CO2通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+2ClO→CO32C．少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++2ClO→CaSO3↓+2HClOD．25℃，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中，碱性最强的是Na2CO3【答案】D【解析】A．将0.1mol/L的醋酸加水不断稀释，OH浓度增大，故A错误；B．根据电离平衡常数，可知酸性H2CO3>HClO>HCO3-，所以少量CO2通入NaClO溶液中生成次氯酸和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO=HCO3-C．二氧化硫能被次氯酸钙氧化，少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中生成硫酸钙沉淀、次氯酸、氯化钙，反应的离子方程式为：SO2+H2O+Ca2++3ClO=CaSO4↓+2HClO+Cl，故C错误；D．25℃，醋酸的Ki=1.75×105、次氯酸的Ki=2.98×108、碳酸的Ki2=5.61×1011、亚硫酸的Ki2=1.02×107，电离平衡常数越小，酸根离子的水解沉淀越大，等浓度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中，碱性最强的是Na2CO3，故D正确；选D。【例6】Ⅰ．现有常温下pH=2的盐酸(甲)和pH=2的醋酸溶液(乙)，请根据下列操作回答：(1)常温下0.1mol⋅L-1CHA．cH+ B．cH+cCH(2)取10mL的乙溶液，加入等体积的水，酷酸的电离平衡___________(填“向左”“向右”或“不”)移动；另取10mL的乙溶液，加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，待固体溶解后，溶液中cH+cCH3COOH的值将___________(填“增大”“减小(3)相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液，分别加水稀释100倍，所得溶液的pH大小关系为pH(甲)___________pH(乙)(填“>”“<”或“=”)；用某浓度的NaOH溶液中和等体积的甲、乙两溶液，消耗NaOH溶液的体积分别是V1、V2，则V1、V2的大小关系为___________。Ⅱ．已知次磷酸(H3PO(4)写出其正盐在水溶液中水解的离子方程式：___________。Ⅲ．如图所示为二元酸溶液中各微粒的物质的量分数(δ)随溶液pH的变化曲线(25℃)。(5)根据图像可求得Ka1(H2A)等于【答案】(1)A(2)向右减小(3)>V1<V2(4)H2PO2-+H2O⇌H3PO2(5)1×104.2【解析】（1）A．醋酸溶液加水稀释，平衡向正方向进行，n(H+)增大，溶液体积增大，c(H+)减小，A正确；B．醋酸溶液加水稀释，cCH3COO-减小，Ka不变，所以C．水的离子积不变，所以c(H+)·c(OH)不变，C错误；D．醋酸溶液加水稀释，c(OH)增大，c(H+)减小，所以cOH-c故选A。（2）10mL的pH=2的醋酸溶液，加入等体积的水，酷酸的电离平衡向右移动；若加入少量无水醋酸钠固体(假设加入固体前后，溶液体积保持不变)，醋酸电离平衡向左移动，c(H+)减小，溶液中cCH3COO-增大，（3）相同条件下，取等体积的pH=2的盐酸(甲)和pH=2的醋酸溶液(乙)两溶液，分别加水稀释100倍，盐酸pH=4，醋酸电离平衡向正方向移动，醋酸pH<4，所以所得溶液的pH大小关系为pH(甲)>pH(乙)；由于盐酸完全电离，醋酸部分电离，pH=2的盐酸(甲)和pH=2的醋酸溶液，盐酸浓度小于醋酸浓度，用某浓度的NaOH溶液中和等体积的甲、乙两溶液，醋酸消耗NaOH体积大，所以V1<V2。（4）次磷酸(H3PO2)是一元中强酸，和碱反应生成正盐，正盐在水溶液中水解的离子方程式H2PO2-+H2O⇌H3（5）由图像可知pH=4.20时，c(H2A)=c(HA)，Ka1(H2A)对点训练对点训练1．常温下，用浓度为0.0200mol⋅L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol⋅L-1的HCl和CH3

A．Ka(CHB．点a：cC．点b：cD．水的电离程度：a<b<c<d【答案】D【解析】A．由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=103.38mol/L，Ka(CH3COOH)=c(HB．a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)，故B正确；C．点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO)，故C正确；D．c点溶液中CH3COO水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；答案选D。2．常温下，某溶质水溶液中水电离出的c(H+)为1.0×1010mol/L，该溶液不可能是A．烧碱溶液 B．碳酸氢钠溶液 C．硝酸溶液 D．硫酸氢钠溶液【答案】B【解析】A．烧碱溶液中NaOH电离出的OH，抑制H2O的电离，故可能使水电离出的c(H+)为1.0×1010mol/L，A不合题意；B．碳酸氢钠溶液电离出的HCO3-水解大于电离，即对水的电离其促进作用，在该溶液中不可能水电离出的c(H+)为1.0×1010mol/L，C．硝酸溶液中HNO3电离出的H+抑制水的电离，能使水电离出的c(H+)为1.0×1010mol/L，C不合题意；D．硫酸氢钠溶液中NaHSO4电离出的H+抑制水的电离，能使水电离出的c(H+)为1.0×1010mol/L，D不合题意；故答案为：B。3．常温下，向20mL0.2   mol⋅L-1A．H2A在水中的电离方程式是HB．当VNaOH=20C．等体积等浓度的NaOH溶液与H2D．当VNaOH=30【答案】C【解析】A．由分析可知，H2A是弱电解质，其一级电离也是不完全的，则H2A在水中的电离方程式是：H2A⇌H+B．当V(NaOH)=20mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要为NaHA，由图可知，c(A2)＞c(H2A)，即HA电离大于水解，溶液显酸性，则c(Na+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(A2)＞c(OH)，B正确；C．由B分析可知，NaHA的电离大于水解程度，溶液显酸性，水的电离受到了抑制，其溶液中水的电离程度比纯水小，C错误；D．当V(NaOH)=30mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要为等物质量的NaHA、Na2A的混合溶液，根据物料守恒可知：3c(HA)+3c(A2)+3c(H2A)=2c(Na+)，D正确；故选C。4．下列各组离子在指定的溶液中，一定能大量共存的是A．由水电离出的H+浓度cH+水=10-13B．与铝粉反应放出H2的无色溶液；NO3-、Al3+C．中性溶液：Fe3+、Al3+、NOD．常温下cH+cOH-=1×10-12【答案】D【解析】A．水电离出的H+浓度cH+水=B．与铝粉反应放出H2的无色溶液可能为酸性或碱性，酸性条件下，氢离子、硝酸根离子和铝不会生成氢气；碱性条件下，氢氧根离子会和铝离子反应，B不符合题意；C．铁离子、铝离子水解显酸性，在中性溶液中铁离子、铝离子会以沉淀的形式存在，C不符合题意；D．常温下cH+cOH-=1×10-12的溶液为强碱性溶液，强碱性溶液中K+、Al故选D。5．向100mL1mol·L1NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入1mol·L1Ba(OH)2溶液。沉淀总物质的量n随加入Ba(OH)2溶液体积V的变化如图。下列说法错误的是A．沉淀质量：b点>a点>c点B．a点到c点过程中，b点溶液中水的电离程度最小C．a点离子浓度的大小关系为：[NH4+]>[SO42-]>[H+D．b点到c点过程中，发生的离子方程式为：Al(OH)3+OH=AlO2-+2H2【答案】A【解析】A．根据分析可知，b点沉淀质量最大，a点为0.1mol氢氧化铝和0.15mol硫酸钡，c点为0.2mol硫酸钡，a点沉淀质量小于c点，A错误；B．a点溶液中溶质为硫酸铵，a到b的过程中硫酸铵与氢氧化钡反应，b点溶质为NH3·H2O，b到c点氢氧化铝与Ba(OH)2反应生成偏铝酸根离子，偏铝酸根离子和铵根离子均能促进水的电离，一水合氨抑制水的电离，故b点水的电离程度最小，B正确；C．a点溶液溶质为硫酸铵，铵根离子水解使溶液呈酸性，则a点离子浓度的大小关系为：[NH4+]>[SO42-]>[H+]>[OH]，D．b点到c点，氢氧化铝与Ba(OH)2反应生成偏铝酸根离子，离子方程式为Al(OH)3+OH=AlO2-+2H2O，D故答案选A。6．由硫酸钾、硫酸铝和硫酸组成的混合溶液，其中c(H+)=0.1mol/L，c(Al3+)=0.4mol/L，c(SO4A．0.3mol/L B．0.2mol/L C．0.15mol/L D．0.4mol/L【答案】A【解析】根据电荷守恒：c(H+)+c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)，c(H+)=0.1mol/L7．室温下，甲、乙两烧杯均盛有20mLpH=4的醋酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH=5，对此时两烧杯中溶液描述正确的是A．溶液体积：10V甲>V乙B．水电离出的H+浓度：c(H+)甲=10c(H+)乙C．若分别用pH=10的NaOH溶液恰好完全中和，所得溶液的pH：甲>乙D．若分别与10mLpH=10的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲>乙【答案】C【解析】A．醋酸是弱酸，加水稀释，醋酸电离平衡正向移动，pH=4的醋酸溶液加水稀释10倍，稀释后溶液pH<5，若使pH=5，需继续加水稀释，所以溶液体积：10V甲<V乙，故A错误；B．甲烧杯中醋酸溶液的pH=4，水电离出的H+浓度为1010；乙烧杯中醋酸溶液的pH=5，水电离出的H+浓度为109；所以水电离出的H+浓度：10c(H+)甲=c(H+)乙，故B错误；C．若分别用pH=10的NaOH溶液恰好完全中和，消耗氢氧化钠溶液的体积相等，所得溶液的体积甲<乙，醋酸钠的浓度甲>乙，所以pH：甲>乙，故C正确；D．若分别与10mLpH=10的NaOH溶液反应，剩余醋酸的物质的量相等，所得溶液的体积甲<乙，剩余醋酸的浓度甲>乙，所得溶液的pH：甲<乙，故D错误；选C。8．将某些化学知识用数轴表示，可以收到直观易记的效果。用数轴表示下列知识正确的是A．常温条件下，酚酞的pH变色范围及颜色：B．常温条件下，甲基橙的pH变色范围及颜色：C．AlCl3溶液与NaOH溶液混合铝元素的形式：D．CO2和NaOH溶液反应后的产物：【答案】D【解析】A．酚酞的变色范围是8.2～10.0，pH＜8.2时，溶液呈无色，pH在8.2～10.0之间时，溶液呈浅红色，pH＞10.0时，溶液呈红色，故A错误；B．甲基橙的变色范围是3.1～4.4，pH＜3.1时，溶液呈红色，pH在3.1～4.4之间时，溶液呈橙色，pH＞4.4时，溶液呈黄色，故B错误；C．Al3++3OH＝Al(OH)3↓，Al3++4OH＝AlO2+2H2O，n(NaOH)n(AlCl3)＜3，铝元素以Al3+和Al(OH)3形式存在；n(NaOH)n(AlCl3)＝3，则以Al(OH)3形式存在；3＜n(NaOH)n(AlCl3)＜4以AlO2D．2NaOH+CO2(少量)＝Na2CO3+H2O，NaOH+CO2(足)＝NaHCO3，n(CO2)n(NaOH)≤0.5，生成Na2CO3；0.5＜n(CO2)n(NaOH)＜1，产物为NaHCO3与Na2CO3混合物；n(CO2故选D。9．用已知浓度的NaOH溶液测定浓硫酸试剂中H2A． B． C． D．【答案】B【解析】用已知浓度的氢氧化钠溶液测定浓硫酸试剂中浓硫酸含量时，稀释、配制稀硫酸需要用到的仪器为烧杯、玻璃棒、容量瓶和胶头滴管，用氢氧化钠溶液滴定稀硫酸时需要用到的仪器为酸式滴定管、碱式滴定管和锥形瓶，不需要用到分液漏斗，故选B。10．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．用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准盐酸进行滴定B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH液润洗，然后装入一定体积的NaOH溶液C．用甲基橙做指示剂，当溶液由黄色变成橙色，立刻读数盐酸体积D．用甲基橙做指示剂，NaOH溶液在空气中放置了许久【答案】D【解析】A．用蒸馏水洗净滴定管后，必须用标准液盐酸润洗滴定管，避免滴定管内的水分将标准液稀释，若未用盐酸润洗，滴定时消耗盐酸体积偏大，测定结果偏大，故A不符合题意；B．锥形瓶用NaOH溶液润洗后会有残留的NaOH，NaOH物质的量增大，消耗的盐酸体积偏大，测定结果偏大，故B不符合题意；C．当溶液由黄色变成橙色，不能立即读数，必须等到溶液颜色半分钟不再变化，才是滴定终点，故C不符合题意；D．NaOH吸收空气中的二氧化碳生成碳酸钠，生成的碳酸钠和原氢氧化钠消耗的盐酸相同，终点溶液呈碱性，甲基橙的变色范围是3.1～4.4，用甲基橙作指示剂无影响，故D符合题意；答案选D。11．化学中常借助曲线图来表示某种变化过程，如有人分别画出了下列的四个曲线图：有关上述曲线图的说法正确的是A．曲线图①可以表示对某化学平衡体系改变温度后反应速率随时间的变化B．曲线图②可以表示向一定量的硫酸溶液中滴加一定浓度的氢氧化钠溶液时pH的变化C．曲线图③可以表示向一定量的明矾溶液中滴加一定浓度的氢氧化钡溶液时的产生沉淀的物质的量变化D．曲线图④可以表示所有的固体物质溶解度随温度的变化【答案】B【解析】A．图①中正反应速率减小、逆反应速率增大，明显不是改变温度，A错误；B．图②pH逐渐增大，可以表示向一定量的硫酸溶液中滴加一定浓度的氢氧化钠溶液时pH的变化，B正确；C．图③向明矾中加入氢氧化钡溶液，先生成硫酸钡的沉淀和氢氧化铝的沉淀，当铝离子沉淀完后继续加入氢氧化钡，氢氧化铝将溶解，C错误；D．图④表示的是溶解度随温度升高而增大的物质的，熟石灰的溶解度就是随温度升高而减小的固体物质，D错误；故选B。12．盐的水解常数(1)表达式以CH3COONa为例：CH3COO＋H2O⇌CH3COOH＋OHKh=c(CH3COOH)⋅(2)与对应弱酸电离常数的关系Ka=c(CH3COO-)⋅c(H+)c(CH3COOH)

所以，K弱酸或弱碱的电离常数_______(越弱)，其生成的盐水解的程度就_______。【答案】(1)温度(2)越小越大【解析】（1）盐的水解常数Kh只与温度有关，温度不变，Kh不变，与浓度无关。（2）由Kh=KwKa可知，同一温度条件下，弱酸或弱碱的电离常数Ka越小(越弱)，其生成的盐水解的程度13．氧化还原滴定实验的原理与中和滴定相同(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。现有0.001mol•L1酸性KMnO4溶液和未知浓度的无色NaHSO3溶液，有关反应的离子方程式是2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO(1)不用碱式滴定管盛放酸性KMnO4溶液的原因是______。(2)______(填“需要”或“不需要”)选用指示剂，其理由是______。(3)滴定前平视酸性KMnO4溶液液面，刻度为amL，滴定后俯视液面，刻度为bmL，则(ba)mL比实际消耗酸性KMnO4溶液的体积______(填“大”或“小”，下同)；根据(ba)mL计算得到的待测液浓度比实际浓度_____。【答案】(1)酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管(2)不需要MnO4-被还原为Mn(3)小小【解析】（1）由于酸性KMnO4溶液具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，该滴定实验用酸式滴定管盛放酸性KMnO4溶液，故答案为：酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管；（2）由于酸性KMnO4溶液溶液是紫红色，被还原为Mn2+以后溶液为无色，存在明显的颜色变化，自身可以起到指示剂的作用，故本实验不需要使用指示剂，故答案为：不需要；MnO4-被还原为Mn（3）滴定前平视KMnO4液面，刻度为amL，滴定后俯视液面刻度为bmL，读数偏小，则(ba)mL比实际消耗KMnO4溶液体积少；根据(ba)mL计算得到的待测浓度，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(14．亚硝酰氯(NOCl)常用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成亚硝酰氯已知：①NOCl是黄色气体，熔点：－64.5℃，沸点：－5.5℃；NOCl遇水易反应生成一种无氧酸和两种氮的常见氧化物；NOCl对眼睛、皮肤和黏膜有强烈刺激性，具有类似氯气和氮氧化物的毒作用②Ag2CrO4是砖红色沉淀某实验小组测定NOCl的纯度：将所得亚硝酰氯(NOCl)产品13.5g溶于水，配成250mL溶液，取出25.00mL溶液，以K2CrO4溶液为指示剂，用1.0mol·L－1AgNO3标准溶液滴定至终点，再重复上述实验操作2次，测得三次实验消耗AgNO3标准溶液的平均体积为20.00mL(1)达到滴定终点的现象是___________________________(2)产品中亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为________【答案】(1)当滴入最后一滴AgNO3标准溶液，有浅红色沉淀产生，且30s不消失(2)97.04%【解析】（1）滴定终点，可生成Ag2CrO4，有砖红色沉淀生成，终点现象为当滴入最后一滴AgNO3标准溶液，有浅红色沉淀产生，且30s不消失。（2）25.00mL溶液中：n(NOCl)＝n(Cl－)＝n(Ag＋)＝1mol·L－1×0.020L＝0.02mol，250mL原溶液的NOCl物质的量为n(NOCl)＝0.2mol，所以产品中亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为0.2mol×65.5g15．判断下列各组离子组在溶液中能否大量共存，若不能，说明原因。(1)S2、Na+、H+、SO42-(_______)，原因：________(2)NO3-、Al3+、Cl、Ca2+(_______)，原因：________(3)无色透明溶液中：Mg2+、Cu2+、Cl、SO42-(_______)，原因：________(4)1.0mol/LKNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42-(_______)，原因：________(5)无色溶液中：Al3+、K+、Cl、HCO3-(_______)，原因：________【答案】(1)不能。因为S2与H+反应生成H2S气体(2)可以共存。彼此不发生反应(3)不能。因为Cu2+为蓝色(4)不能。因为KNO3溶液中NO3-遇H+具有强氧化性，可以将Fe2+(5)不能。Al3+与HCO3-【解析】（1）因为S2与H+反应生成H2S气体，因此不能大量共存；（2）该组离子彼此不发生反应，可以大量共存；（3）无色透明溶液中不含有色离子，而铜离子为蓝色，因此不能大量共存；（4）KNO3溶液中NO3-遇H+具有强氧化性，Fe2+（5）Al3+与HCO3-16．常温下，浓度均为0.1mol·L1的六种溶液pH如下：溶质NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH10.311.69.712.310.04.0(1)常温下，相同物质的量浓度的下列稀溶液，其酸性由强到弱的顺序是_______(填字母)。a．H2CO3

b．H2SO3

c．H2SiO3(2)六种溶液中，水的电离程度最小的是_______(填化学式)。(3)用离子方程式说明Na2CO3溶液pH>7的原因：_______。(4)欲增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是_______(填化学式)，用化学平衡移动的原理解释其原因：_______。【答案】(1)bac(2)NaHSO3(3)CO32-+H2O⇌HCO3-+OH、HCO3-+H2O⇌H(4)NaHCO3或NaClO因为Cl2+H2O⇌H++Cl+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡向正反应方向移动，从而使溶液中次氯酸的浓度增大【解析】（1）NaHCO3溶液显碱性，则HCO3-的水解程度大于其电离程度，NaHSO3溶液显酸性，则HSO3-的电离程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性强，等浓度的Na2SiO3溶液的碱性比NaHCO（2）六种溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液显碱性，均发生水解，促进水的电离，而NaHSO3溶液显酸性，HSO3-的电离程度大于其水解程度，抑制水的电离，则水的电离程度最小的是NaHSO（3）CO32-分两步水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH、HCO3-+H2O（4）根据表格中数据可知，各微粒的电离程度由小到大的顺序是：H2SiO3、HCO3-、HClO、H2CO3、HSO3-、H2SO3。氯水存在平衡Cl2+H2O⇌H++Cl+HClO，要增大HClO的浓度，则加入的物质与H+反应而不与HClO反应，即酸性比HClO的酸性较弱的酸所对应的可溶性盐，故可加入的物质是NaHCO3或NaClO。因为加入NaHCO3(或NaClO)17．常温下，向100mL0.1molL1H2S溶液中滴加0.1mol·L1NaOH溶液。实验过程中，H2S溶液的pH与所滴加的NaOH溶液体积的关系如下图。已知：H2SKa1=1.3×107；Ka2=7.1×1015

(1)b点所对应的NaOH溶液体积___________100mL(填“大于”、“等于”或“小于”)。(2)a、b、c、d中，水的电离程度最大的是___________(填字母代号)。【答案】(1)小于(2)c【解析】（1）氢硫酸为二元弱酸，加入NaOH溶液体积为100mL时，溶质为NaHS，由题干数据可知，HS的水解平衡常数Kh2=KwKa1=10-141.3×10-7≈7.7×108大于Ka2=7.1×1015，即溶液显碱性，pH＞7，而（2）a中含有H2S，抑制水的电离，b点溶质溶液呈中性，溶质为H2S和NaHS，c点溶质为Na2S，Na2S为强碱弱酸盐，水解促进水的电离，d点NaOH过量，抑制水的电离，故水的电离程度最大的是c，故答案为：c。18．按要求回答下列问题：(1)配制FeCl3溶液时，需将固体溶于较浓的盐酸后按需要进行稀释，用离子方程式解释其原因______。(2)常温下，浓度均为0.1mol/L的下列五种溶液的pH值如表所示：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8.89.711.610.311.1①根据表中数据，将浓度均为0.1mol•L1的下列四种酸的溶液分别稀释100倍，pH变化最小的是_____。A．HCN

B．HClO

C．H2CO3

D．CH3COOH②根据以上数据，判断下列反应可以成立的是______。A．CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONaB．CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCNC．CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClOD．NaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2【答案】(1)Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+(2)AAB【解析】（1）因Fe3+极易发生水解，水解反应式为Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，故配制FeCl3溶液时，需将固体溶于较浓的盐酸后按需要进行稀释。（2）①相同浓度的钠盐溶液，pH越大，该酸根离子对应的酸酸性越弱；相同浓度的酸，加水稀释促进弱酸电离，稀释相同倍数，酸性越弱溶液的pH变化越小，根据表中数据知，相同浓度的钠盐溶液pH越小，其对应的酸酸性越强，所以酸性强弱顺序为：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3-，相同的这几种酸稀释相同倍数，pH变化大小顺序为CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3-，所以pH变化最小的是HCN，故选②强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO−3．A．酸性CH3COOH>H2CO3>HCO3-，所以CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa能发生，故AB．CH3COOH>HCN，所以CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN能发生，故B正确；C．H2CO3>HClO>HCO3-，所以CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO不能发生，故CD．酸性HCN>HCO3-，所以NNaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2不能发生，故D故选AB。19．现有以下7种实验室常用的化学试剂，回答下列关于它们的问题：①②③④⑤⑥⑦NaOH