第10講酸堿中和與鹽類水解-2023年新高二化學(xué)暑假課程（滬科版2020選擇性）

第10講酸堿中和與鹽類水解教學(xué)目標(biāo)理解酸堿中和滴定的原理，能通過酸堿中和滴定的方法測定酸或堿的濃度，發(fā)展科學(xué)探究能力和實驗技能。通過宏觀與微觀相結(jié)合的方法認識鹽類水解原理及其規(guī)律，發(fā)展模型認知素養(yǎng)。在類比遷移中認識鹽類水解平衡移動，能運用水解平衡解決生產(chǎn)生活中的實際問題，體會化學(xué)原理的應(yīng)用價值。模塊模塊一酸堿中和滴定知識預(yù)習(xí)知識預(yù)習(xí)酸堿中和滴定的概念和原理1．定義：用已知濃度的酸（或堿）來測定未知濃度的堿（或酸）的實驗方法叫酸堿中和滴定。2．原理：酸堿中和滴定是以中和反應(yīng)為基礎(chǔ)的，反應(yīng)實質(zhì)是H++OH=H2O，酸提供的H+與堿提供的OH的物質(zhì)的量相等。如果用A代表酸，B代表堿，c(B)，對于一元酸和一元堿之間的反應(yīng)，則有c(B)=酸堿中和滴定的操作要點1．中和滴定的儀器和試劑(1)儀器滴定管、錐形瓶、鐵架臺、滴定管夾、燒杯(2)試劑標(biāo)準(zhǔn)液、待測液指示劑(甲基橙、酚酞)作用：酸堿指示劑顏色的變化確定終點選擇：變色要靈敏、明顯（終點與變色范圍一致）2．準(zhǔn)備過程(1)滴定管①檢驗滴定管是否漏水。②洗滌滴定管后要用標(biāo)準(zhǔn)液（或待測液）潤洗2～3次，并排除尖嘴處氣泡。③用漏斗注入溶液至“0”刻度上方2～3cm處。④調(diào)整液面至“0”刻度或“0”刻度以下某一刻度，記下讀數(shù)。(2)錐形瓶：只用蒸餾水洗滌，不能用待測液潤洗。3．滴定操作（以標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定NaOH溶液為例）①用滴定管取一定體積待測NaOH溶液于錐形瓶中，滴入2～3滴指示劑。②滴定時，一手控制滴定管活塞，另一手用拇指、食指和中指捏住錐形瓶頸部輕輕搖動。4．滴定終點的判斷滴定時，要控制好速度，特別是接近重點時滴定速度應(yīng)減慢。當(dāng)加入最后半滴氫氧化鈉溶液恰好使溶液由無色變成淺粉紅色，充分搖動，若在30s內(nèi)顏色不褪，即為滴定重點?！镜味ㄌ崾尽?．滴定管的構(gòu)造以及讀數(shù)準(zhǔn)確度0.01mL；2．指示劑的選擇要注意滴定完成后生成鹽的酸堿性；3．滴定速度，先快后慢，接近滴定終點時，應(yīng)一滴一搖動；4．振蕩半分鐘溶液顏色不發(fā)生變化，達到滴定終點；5．讀數(shù)時，視線與液面的凹處刻度在同一水平線上。酸堿指示劑1．酸堿指示劑的變色范圍(pH值)：甲基橙<3.13.1～4.4>4.4紅橙黃酚酞<58～10>10無色淺紅紅石蕊<85～8>8紅紫藍2．指示劑的選擇選擇指示劑時，應(yīng)選擇變色范圍與滴定時pH值突躍范圍相吻合的指示劑。(1)強酸強堿相互滴定，可選用甲基橙或酚酞。(2)若反應(yīng)生成強酸弱堿鹽溶液呈酸性，則選用酸性變色范圍的指示劑（甲基橙）；若反應(yīng)生成強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，則選用堿性變色范圍的指示劑（酚酞）。(3)石蕊試液因顏色變化不明顯，且變色范圍較寬，一般不宜用作滴定指示劑。酸堿中和滴定的誤差分析1．誤差分析的依據(jù)=（n表示酸與堿反應(yīng)的化學(xué)計量數(shù)之比）實際操作中可能會引起、的變化，但在計算時，和都作為已知量計算，是不交量，只有滴定管中所消耗的標(biāo)準(zhǔn)體積隨不同操作而變化，即是一個變量。從上式可知，是隨的變化而變化的，只要使增大的操作所得的待測液濃度都偏大，反之則偏小。2．產(chǎn)生誤差的來源(1)操作不當(dāng)①滴定管的洗滌正確方法是：先水洗后潤洗。a．滴定管用水洗后來用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗就直接注入標(biāo)準(zhǔn)液（實際消耗偏大，結(jié)果偏大）b．滴定管用水洗后未用待測液潤洗就直接注入錐形瓶（實際滴定的減小，消耗減小，結(jié)果偏?。阱F形瓶的洗滌正確方法是：用水洗。a．錐形瓶用水洗后用待測液潤洗（實際滴定的增大，消耗增大，結(jié)果偏大）b．錐形瓶用水洗后沒有干燥（無影響）c．滴定前向錐形瓶中加入蒸餾水（無影響）③滴定管尖嘴部分留有氣泡正確方法是：移液或滴定前排盡滴定管尖嘴部分的氣泡。a．滴定前盛標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管尖嘴有氣泡，滴定后消失（實際消耗的多一個氣泡體積，結(jié)果偏大）b．盛待測液的滴定管尖嘴有氣泡，移至錐形瓶后消失（錐形瓶中少一個氣泡體積，實際消耗的減少，結(jié)果偏小）④讀數(shù)不規(guī)范正確的讀數(shù)方法是：滴定后等1～2min待滴定管內(nèi)壁附著液體自然流下再讀數(shù)，視線與液體凹液面保持水平。俯視讀數(shù)，結(jié)果偏小．仰視讀數(shù)，結(jié)果偏大。a．滴定前仰視，滴定后俯視(=滴定后讀數(shù)一滴定前讀數(shù)，讀數(shù)偏小，結(jié)果偏小。但實際放出的液體體積偏大）b．滴定完畢立即讀數(shù)（讀數(shù)偏小，結(jié)果偏?。?2)終點判斷不當(dāng)終點判斷是中和滴定的關(guān)鍵。以指示劑的變色，且半分鐘不褪色為標(biāo)準(zhǔn)①過早地估計終點（未完全中和，偏小，結(jié)果偏?。谟肏CI滴定NaOH，以甲基橙作指示劑，溶液由黃→橙→紅作為終點（HCl過量，讀數(shù)偏大，結(jié)果大）(3)標(biāo)準(zhǔn)液配制不當(dāng)標(biāo)準(zhǔn)液的配制或存放不當(dāng)，會因在滴定中消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積改變而造成實驗誤差。此類問題采用極端假設(shè)法幫助分析。(五)酸堿滴定的計算酸堿中和反應(yīng)時，酸與堿的物質(zhì)的量的關(guān)系：鹽酸和氫氧化鈉完全反應(yīng)時，n(HCl):n(NaOH)=1:1硫酸和氫氧化鈉完全反應(yīng)時，n(H2SO4):n(NaOH)=1:2例如，用已知濃度的鹽酸溶液滴定未知濃度的氫氧化鈉溶液：HCl+NaOH=NaCI+H2OV(HCl)·(HCl)=V(NaOH)·(NaOH)(NaOH)V(HCl)是滴定消耗的鹽酸溶液的體積，V(NaOH)是放入錐形瓶內(nèi)未知濃度氫氧化鈉溶液的體積，(HCl)是鹽酸溶液的準(zhǔn)確濃度?！纠?】下列玻璃儀器上有標(biāo)明“0”刻度的是A． B． C． D．【答案】B【解析】A．圖示儀器為量筒，小刻度在下大刻度在上，沒有“0”刻度，A不符合題意；B．圖示儀器為堿式滴定管，上端標(biāo)有“0”刻度，B符合題意；C．圖示儀器為容量瓶，在容量瓶的瓶頸上有刻度線，但沒有“0”刻度，C不符合題意；D．圖示儀器為分液漏斗，分液漏斗上部沒有刻度，D不符合題意；故合理選項是B?！纠?】中和滴定時，下列操作不會引起誤差的是A．錐形瓶用蒸餾水洗凈后，未烘干就注入待測溶液B．滴定管用蒸餾水洗凈后，就直接注入標(biāo)準(zhǔn)溶液進行滴定C．錐形瓶用蒸餾水洗凈后，用待測溶液潤洗后再加入待測溶液D．滴定管下端留有氣泡，就開始滴定，滴定后氣泡消失【答案】A【解析】A．錐形瓶用來盛放待測液，滴定前用移液管或滴定管量取一定體積的待測液放入錐形瓶，由此可見錐形瓶用蒸餾水洗凈后，未烘干就注入待測溶液，對結(jié)果無影響，A正確；B．滴定管用蒸餾水洗凈后，直接注入標(biāo)準(zhǔn)溶液進行滴定，使得標(biāo)準(zhǔn)液濃度偏低，消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，待測液濃度偏高，B錯誤；C．錐形瓶用蒸餾水洗凈后，用待測溶液潤洗后再加入待測溶液，使得待測液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏高，消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，待測液濃度偏高，C錯誤；D．滴定管下端留有氣泡，就開始滴定，滴定后氣泡消失，使得消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，待測液濃度偏高，D錯誤；答案選A。模塊模塊二鹽類水解知識預(yù)習(xí)知識預(yù)習(xí)鹽的水解相關(guān)概念與規(guī)律：1、概念理解：定義：在溶液中，鹽電離出的離子跟水所電離出來的H+或OH生成弱電解質(zhì)的過程叫做鹽類的水解。條件：鹽必須溶于水，鹽必須能電離出弱酸根離子或弱堿正離子。本質(zhì)：鹽電離弱酸的負離子?結(jié)合H+弱堿的正離子?結(jié)合c(H＋)≠c(OH－)溶液呈堿性、酸性或中性。水解與中和反應(yīng)的關(guān)系：鹽+水?酸＋堿2、鹽類水解方程式的書寫：書寫鹽類水解方程式時要注意：（1）一般鹽類水解的程度很小，用可逆號“?”表示。（2）鹽類水解一般不會產(chǎn)生沉淀和氣體，所以不用符號“↓”和“↑”表示水解產(chǎn)物。（3）多元弱酸鹽的水解是分步進行的，水解離子方程式要分步表示；而多元弱堿正離子的水解簡化成一步完成。寫出下列物質(zhì)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、水解規(guī)律：難溶不水解，有弱才水解，誰弱誰水解，都弱都水解；（是否水解）水解是微弱的，越弱越水解；越熱越水解，越稀越水解；（水解的程度）誰強顯誰性，同強顯中性，弱弱具體定。（溶液的酸堿性）【解釋】（1）強酸的酸式鹽只電離，不水解，溶液顯酸性。如NaHSO4在水溶液中：NaHSO4Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。（2）“誰弱誰水解，越弱越水解”如酸性：HCN<CH3COOH，則相同濃度和溫度下二者的堿性：NaCN>CH3COONa。（3）誰強顯誰性，同強顯中性，弱弱具體定如：NH4CNCH3CO2NH4NH4F堿性中性酸性取決于弱酸弱堿的相對強弱（4）弱酸的酸式鹽溶液的酸堿性，取決于酸式酸根離子的電離程度和水解程度的相對大小。①若只有電離而無水解，則呈酸性（如NaHSO4）②若既有電離又有水解，取決于兩者相對大?。弘婋x程度＞水解程度，呈酸性；電離程度＜水解程度，呈堿性。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常見酸式鹽溶液的酸堿性：堿性：NaHCO3、NaHS、Na2HPO4酸性：NaHSO3、NaH2PO4、NaHSO4、NaHC2O4（5）雙水解：定義：弱酸弱堿鹽電離的兩種離子都能發(fā)生水解反應(yīng)，二者水解生成的H+和OH相互反應(yīng)，互相促進直至完全的水解反應(yīng)。例如：FeCl3與Na2CO3發(fā)生雙水解生成Fe(OH)3與CO2氣體；Al2S3發(fā)生雙水解生成Al(OH)3與H2S氣體。注意：CO32與NH4+可以相互促進水解，但二者的水解的程度不夠大（尤其是銨根，水解程度較?。?，不會徹底水解。常見的能發(fā)生雙水解的離子有：Al3+與S2?、CO32、HCO3、ClO等，F(xiàn)e3+與CO32、HCO3、SiO32、ClO等，NH4+與SiO32、ClO等。雙水解的離子方程式書寫：雙水解由于相互促進水解程度較大，雙水解方程式書寫時要用“”、“↑”、“↓”等。Fe3+與CO32：2Fe3++3CO32+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑【例3】下列物質(zhì)的水溶液顯中性的是A．FeSO4 B．KCl C．Na2CO3 D．NaHCO3【答案】B【解析】A．該物質(zhì)為強酸弱堿鹽，水解呈酸性，A項不符合題意；B．KCl為強酸強堿鹽，不水解呈中性，B符合題意；C．Na2CO3為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，C項不符合題意；D．NaHCO3為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，D項不符合題意；故選B?！纠?】下列各離子組中，因水解相互促進以致水解完全而不能大量共存的離子組是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-與OH發(fā)生中和反應(yīng)而不能大量共存，故AB．Pb2+與S2、SO42-以及Hg2+與S2能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成沉淀而不能大量共存，故BC．H+存在時Fe2+與NO3-發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，故CD．S2、Al3+發(fā)生相互促進的水解反應(yīng)以致水解完全而不能大量共存，故D符合題意；故選D。模塊模塊三水解平衡的移動知識預(yù)習(xí)知識預(yù)習(xí)影響水解平衡的因素：1、影響水解平衡的因素：內(nèi)因：鹽的本性.外因：濃度、濕度、溶液堿性的變化（1）溫度不變，濃度越小，水解程度越大。（2）濃度不變，溫度越高，水解程度越大。（3）改變?nèi)芤旱膒H值，可抑制或促進水解。2、比較外因?qū)}水解的影響：以NH4Cl在水中的水解為例：（水解方程式：NH4++H2O?NH3·H2O+H+）條件平衡移動方向c(NH4+)n(NH4+)c(NH3·H2O)n(NH3·H2O)c(H+)n(H+)水解程度加熱向右減小減小增大增大增大增大增大加水向右減小減小減小增大減小增大增大通入氨氣向左增大增大增大增大減小減小減小加少量NH4Cl向右增大增大增大增大增大增大減小通入HCl向左增大增大減小減小增大增大減小加少量NaOH向右減小減小增大增大減小減小增大加少量Na2CO3向右減小減小增大增大減小減小增大加少量FeCl3向左增大增大減小減小增大增大減小水解的應(yīng)用：水解的應(yīng)用實例原理1、凈水FeCl3、KAl(SO4)2·12H2O等可作凈水劑Fe3+、Al3+水解產(chǎn)生少量膠狀的Fe(OH)3、Al(OH)3，結(jié)構(gòu)疏松、表面積大、吸附能力強，故它們能吸附水中懸浮的小顆粒而沉降，從而起到凈水的作用。2、去油污用熱堿水冼油污物品加熱能促進純堿Na2CO3水解，產(chǎn)生的[OH—]較大，而油污中的油脂在堿性較強的條件下，水解受到促進，故熱的比不冷的效果好.3、藥品的保存①配制FeCl3溶液時常加入少量鹽酸在配制FeCl3、AlCl3、CuCl2、SnCl2等溶液時為抑制水解，常先將鹽溶于少量相應(yīng)的酸中，再加蒸餾水稀釋到所需濃度②Na2SiO3、Na2CO3、NH4F等不能貯存磨口玻璃塞的試劑瓶中因Na2SiO3、Na2CO3水解呈堿性，產(chǎn)生較多OH—；NH4F水解產(chǎn)生HF，OH—、HF均能腐蝕玻璃4、制備無水鹽由MgCl2·6H2O制無水MgCl2在HCl氣流中加熱MgCl2·6H2O受熱水解生成堿式氯化鎂或者氫氧化鎂而不是生成氯化鎂5、泡沫滅火器用Al2(SO4)3與NaHCO3溶液混合NaHCO3和Al2(SO4)3混合可發(fā)生雙水解反應(yīng)：2HCO3—+Al3+Al(OH3)↓+3CO2↑6.化肥的使用銨態(tài)氮肥草木灰2NH4++CO32—2NH3↑+CO2↑+H2O損失氮的肥效Ca2++2H2PO4—+2CO32—CaHPO4↓+2HCO3—+HPO42—難溶物，不能被值物吸收7.判斷加熱濃縮至鹽干溶液能否得到同溶質(zhì)固體例1．AlCl3+3H2OAl(OH)3+HClQ①升溫，平衡右移加熱至干②升溫，促成HCl揮發(fā)，使水解完全加熱至干AlCl3+3H2OAl(OH)3+3HCl↑↓灼燒Al2O3例2．Al2(SO4)3+6H2O2Al(OH)3+3H2SO4（吸熱）①升溫，平衡右移②H2SO4難揮發(fā)，隨c(H2SO4)增大，將抑制水解綜合①②結(jié)果，最后得到Al2SO4從例1例2可小結(jié)出，加熱濃縮或蒸干鹽溶液，是否得到同溶質(zhì)固體，由對應(yīng)酸的揮發(fā)性而定.結(jié)論：①弱堿易揮發(fā)性酸鹽氫氧化物固體（除銨鹽）②弱堿難揮發(fā)性酸鹽同溶質(zhì)固體溶液中的三種守恒：以Na2S和NaHS溶液為例：電荷守恒：Na2S水溶液：[Na+]+[H+]=2[S2]+[HS]+[OH]NaHS水溶液：[Na+]+[H+]=2[S2]+[HS]+[OH]意義：溶液呈電中性，因此陰正離子所帶正負電荷總數(shù)相等。寫法：將溶液中所有正離子濃度相加，等于溶液中所有負離子濃度相加，其中每個離子濃度前的系數(shù)等于其所帶電荷電量的絕對值。特點：電荷守恒式只與溶液中離子種類相關(guān)，與濃度無關(guān)。物料守恒：Na2S水溶液：[Na+]=2([S2]+[HS]+[H2S])NaHS水溶液：[Na+]=[S2]+[HS]+[H2S]意義：加入的物質(zhì)中各種原子進入溶液后只是存在形態(tài)發(fā)生的改變，但數(shù)目守恒。寫法：觀察加入的物質(zhì)中非H、O元素的原子比例，將溶液中某原子的所有存在微粒濃度相加表示該原子的總濃度，再根據(jù)原加入物質(zhì)中原子數(shù)目之比配平系數(shù)。特點：不能以H、O原子書寫物料守恒，因為水中有大量的H、O原子。質(zhì)子守恒：Na2S水溶液：[OH]=[HS]+2[H2S]+[H+]NaHS水溶液：[OH]+[S2]=[H2S]+[H+]意義：溶液中各微粒得質(zhì)子（即H+）總數(shù)等于失去的質(zhì)子總數(shù)。寫法：①將電荷守恒與物料守恒聯(lián)立，約去[Na+]即可得到質(zhì)子守恒式。②將溶液中得到質(zhì)子后形成的微粒濃度乘以得到質(zhì)子的數(shù)目再相加，相當(dāng)于于得質(zhì)子總數(shù)；所有失去質(zhì)子后得到的微粒濃度乘以失去的質(zhì)子數(shù)再相加，相當(dāng)于失去的質(zhì)子總數(shù)；二者相等即可。物理意義寫法：(Na2S為例)得到的質(zhì)子總數(shù)=n(HS)+2n(H2S)+n(H+)，失去的質(zhì)子數(shù)=n(OH)，二者相等。再除以溶液體積即可得到質(zhì)子守恒式溶液中離子的濃度大小比較：1、弱酸溶液：0.1mol/L的HAc溶液中離子濃度由大到小的排列順序是：（[HAc]>）[H+]>[Ac]>[OH]0.1mol/L的H2S溶液中離子濃度由大到小的排列順序是：（[H2S]>）[H+]>[HS]>[OH]>[S2]（說明：H2S的二級電離常數(shù)太小，導(dǎo)致[OH]>[S2]，如果是碳酸，則是[CO32]>[OH]）2、一元弱酸的正鹽溶液：0.1mol/L的CH3COONa溶液中離子濃度由大到小的排列順序是：[Na+]>[Ac]>[OH]>[H+]3、二元弱酸的正鹽溶液：0.1mol/L的Na2CO3溶液中離子濃度由大到小的排列順序是：[Na+]>[CO32－]>[OH－]>[HCO3－]（>[H2CO3]）>[H+]（一步水解后產(chǎn)生等量OH和HCO3－，但后者還要水解，濃度會減小，故[OH－]>[HCO3－]，溶液堿性，[H+]最?。P(guān)于碳酸與氫離子濃度大小比較可以由進行討論，常溫下k1數(shù)量級是107，而[HCO3]接近[OH]，一般大于這個值，因此整個分數(shù)小于1，故[H2CO3]）>[H+]）4、二元弱酸的酸式鹽溶液：0.1mol/L的NaHCO3溶液中離子濃度由大到小的排列順序是：[Na+]>[HCO3－]>[OH－]（>[H2CO3]）>[H+]>[CO32－]（水解大于電離，故水解產(chǎn)物（H2CO3、OH）濃度大于電離產(chǎn)物（CO32－、H+）濃度，水也電離，故[H+]>[CO32－]）0.1mol/L的NaHSO3溶液中離子濃度由大到小的排列順序是：[Na+]>[HSO3－]>[H+]>[SO32－]>[OH－]（>[H2SO3]）（電離大于水解，因此電離產(chǎn)物（SO32－與H+）濃度大于水解產(chǎn)物（OH）濃度，水電離導(dǎo)致，[H2SO3]最?。?、常見的混合溶液情況分析：①混合后若反應(yīng)，則先弄清反應(yīng)后溶液中的溶質(zhì)以及各溶質(zhì)濃度，計算濃度時不要忘記體積的稀釋效果；②混合溶液中物料守恒可能等式的一邊以具體的濃度出現(xiàn)，要能看出來。③混合溶液質(zhì)子守恒一般由其他兩個式子聯(lián)立得到，直接由概念上理解推導(dǎo)較難。④常見的等濃度酸/堿與對應(yīng)的鹽混合其酸堿性最好能記住。如：等濃度HAc與NaAc混合，電離大于水解，呈酸性；等濃度NH3·H2O與NH4Cl混合，電離大于水解，呈堿性；等濃度HCN與NaCN混合，水解大于電離，呈堿性。（1）0.1mol/L的NH4Cl和0.1mol/L的氨水混合溶液：溶質(zhì)：不反應(yīng)，溶質(zhì)是NH4Cl與NH3·H2O（都是0.05mol/L）電荷守恒式：[NH4+]+[H+]=[OH]+[Cl]物料守恒式：[NH4+]+[NH3·H2O]=2[Cl]（或[NH4+]+[NH3·H2O]=0.1mol/L）質(zhì)子守恒式：[NH4+]+2[H+]=[NH3·H2O]+2[OH]離子濃度比較：[NH4+]>[Cl]（>[NH3·H2O]）>[OH]>[H+]（若不考慮水解和弱電離，則[NH4+]=[NH3·H2O]=[Cl]，實際上電離大于水解，因此[NH4+]>[NH3·H2O]，而[Cl]不變，故介于二者之間；以下兩種類似）（2）0.1mol/L的HAc和0.1mol/L的NaAc混合溶液：溶質(zhì)：不反應(yīng)，溶質(zhì)是HAc與NaAc（都是0.05mol/L）電荷守恒式：[Na+]+[H+]=[Ac]+[OH]物料守恒式：[Ac]+[HAc]=2[Na+]（或[Ac]+[HAc]=0.1mol/L）質(zhì)子守恒式：[HAc]+2[H+]=[Ac]+2[OH]離子濃度比較：[Ac]>[Na+]（>[HAc]）>[H+]>[OH]（3）0.1mol/L的HCl和0.2mol/L的NaAc混合溶液：溶質(zhì)：反應(yīng)，最終溶質(zhì)是HAc、NaAc與NaCl（都是0.05mol/L）電荷守恒式：[Na+]+[H+]=[Ac]+[Cl]+[OH]物料守恒式：[Ac]+[HAc]=[Na+]=2[Cl]（或[Ac]+[HAc]=0.1mol/L）質(zhì)子守恒式：[HAc]+2[H+]=[Ac]+2[OH]離子濃度比較：[Na+]>[Ac]>[Cl]（>[HAc]）>[H+]>[OH]【例5】已知25℃，醋酸、次氯酸、碳酸、亞硫酸的電離平衡常數(shù)如表：酸電離平衡常數(shù)醋酸Ki=1.75×105次氯酸Ki=2.98×108碳酸Ki1=4.30×107

Ki2=5.61×1011亞硫酸Ki1=1.54×102

Ki2=1.02×107下列敘述正確的是A．將0.1mol/L的醋酸加水不斷稀釋，所有離子濃度均減小B．少量CO2通入NaClO溶液中反應(yīng)的離子方程式為：CO2+H2O+2ClO→CO32C．少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中反應(yīng)的離子方程式為：SO2+H2O+Ca2++2ClO→CaSO3↓+2HClOD．25℃，等濃度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中，堿性最強的是Na2CO3【答案】D【解析】A．將0.1mol/L的醋酸加水不斷稀釋，OH濃度增大，故A錯誤；B．根據(jù)電離平衡常數(shù)，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氫鈉，反應(yīng)的離子方程式為：CO2+H2O+ClO=HCO3-C．二氧化硫能被次氯酸鈣氧化，少量的SO2通入Ca(ClO)2溶液中生成硫酸鈣沉淀、次氯酸、氯化鈣，反應(yīng)的離子方程式為：SO2+H2O+Ca2++3ClO=CaSO4↓+2HClO+Cl，故C錯誤；D．25℃，醋酸的Ki=1.75×105、次氯酸的Ki=2.98×108、碳酸的Ki2=5.61×1011、亞硫酸的Ki2=1.02×107，電離平衡常數(shù)越小，酸根離子的水解沉淀越大，等濃度的CH3COONa、NaClO、Na2CO3和Na2SO3溶液中，堿性最強的是Na2CO3，故D正確；選D。【例6】Ⅰ．現(xiàn)有常溫下pH=2的鹽酸(甲)和pH=2的醋酸溶液(乙)，請根據(jù)下列操作回答：(1)常溫下0.1mol?L-1CHA．cH+ B．cH+cCH(2)取10mL的乙溶液，加入等體積的水，酷酸的電離平衡___________(填“向左”“向右”或“不”)移動；另取10mL的乙溶液，加入少量無水醋酸鈉固體(假設(shè)加入固體前后，溶液體積保持不變)，待固體溶解后，溶液中cH+cCH3COOH的值將___________(填“增大”“減小(3)相同條件下，取等體積的甲、乙兩溶液，分別加水稀釋100倍，所得溶液的pH大小關(guān)系為pH(甲)___________pH(乙)(填“>”“<”或“=”)；用某濃度的NaOH溶液中和等體積的甲、乙兩溶液，消耗NaOH溶液的體積分別是V1、V2，則V1、V2的大小關(guān)系為___________。Ⅱ．已知次磷酸(H3PO(4)寫出其正鹽在水溶液中水解的離子方程式：___________。Ⅲ．如圖所示為二元酸溶液中各微粒的物質(zhì)的量分數(shù)(δ)隨溶液pH的變化曲線(25℃)。(5)根據(jù)圖像可求得Ka1(H2A)等于【答案】(1)A(2)向右減小(3)>V1<V2(4)H2PO2-+H2O?H3PO2(5)1×104.2【解析】（1）A．醋酸溶液加水稀釋，平衡向正方向進行，n(H+)增大，溶液體積增大，c(H+)減小，A正確；B．醋酸溶液加水稀釋，cCH3COO-減小，Ka不變，所以C．水的離子積不變，所以c(H+)·c(OH)不變，C錯誤；D．醋酸溶液加水稀釋，c(OH)增大，c(H+)減小，所以cOH-c故選A。（2）10mL的pH=2的醋酸溶液，加入等體積的水，酷酸的電離平衡向右移動；若加入少量無水醋酸鈉固體(假設(shè)加入固體前后，溶液體積保持不變)，醋酸電離平衡向左移動，c(H+)減小，溶液中cCH3COO-增大，（3）相同條件下，取等體積的pH=2的鹽酸(甲)和pH=2的醋酸溶液(乙)兩溶液，分別加水稀釋100倍，鹽酸pH=4，醋酸電離平衡向正方向移動，醋酸pH<4，所以所得溶液的pH大小關(guān)系為pH(甲)>pH(乙)；由于鹽酸完全電離，醋酸部分電離，pH=2的鹽酸(甲)和pH=2的醋酸溶液，鹽酸濃度小于醋酸濃度，用某濃度的NaOH溶液中和等體積的甲、乙兩溶液，醋酸消耗NaOH體積大，所以V1<V2。（4）次磷酸(H3PO2)是一元中強酸，和堿反應(yīng)生成正鹽，正鹽在水溶液中水解的離子方程式H2PO2-+H2O?H3（5）由圖像可知pH=4.20時，c(H2A)=c(HA)，Ka1(H2A)對點訓(xùn)練對點訓(xùn)練1．常溫下，用濃度為0.0200mol?L-1的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定濃度均為0.0200mol?L-1的HCl和CH3

A．Ka(CHB．點a：cC．點b：cD．水的電離程度：a<b<c<d【答案】D【解析】A．由分析可知，a點時溶質(zhì)成分為NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=103.38mol/L，Ka(CH3COOH)=c(HB．a(chǎn)點溶液為等濃度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒關(guān)系c(Na+)=c(Cl)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)，故B正確；C．點b溶液中含有NaCl及等濃度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液顯酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO的水解程度，則c(CH3COOH)<c(CH3COO)，故C正確；D．c點溶液中CH3COO水解促進水的電離，d點堿過量，會抑制水的電離，則水的電離程度c>d，故D錯誤；答案選D。2．常溫下，某溶質(zhì)水溶液中水電離出的c(H+)為1.0×1010mol/L，該溶液不可能是A．燒堿溶液 B．碳酸氫鈉溶液 C．硝酸溶液 D．硫酸氫鈉溶液【答案】B【解析】A．燒堿溶液中NaOH電離出的OH，抑制H2O的電離，故可能使水電離出的c(H+)為1.0×1010mol/L，A不合題意；B．碳酸氫鈉溶液電離出的HCO3-水解大于電離，即對水的電離其促進作用，在該溶液中不可能水電離出的c(H+)為1.0×1010mol/L，C．硝酸溶液中HNO3電離出的H+抑制水的電離，能使水電離出的c(H+)為1.0×1010mol/L，C不合題意；D．硫酸氫鈉溶液中NaHSO4電離出的H+抑制水的電離，能使水電離出的c(H+)為1.0×1010mol/L，D不合題意；故答案為：B。3．常溫下，向20mL0.2???mol?L-1A．H2A在水中的電離方程式是HB．當(dāng)VNaOH=20C．等體積等濃度的NaOH溶液與H2D．當(dāng)VNaOH=30【答案】C【解析】A．由分析可知，H2A是弱電解質(zhì)，其一級電離也是不完全的，則H2A在水中的電離方程式是：H2A?H+B．當(dāng)V(NaOH)=20mL時，發(fā)生反應(yīng)為NaOH+H2A=NaHA+H2O，溶液主要為NaHA，由圖可知，c(A2)＞c(H2A)，即HA電離大于水解，溶液顯酸性，則c(Na+)＞c(HA)＞c(H+)＞c(A2)＞c(OH)，B正確；C．由B分析可知，NaHA的電離大于水解程度，溶液顯酸性，水的電離受到了抑制，其溶液中水的電離程度比純水小，C錯誤；D．當(dāng)V(NaOH)=30mL時，發(fā)生反應(yīng)為NaOH+H2A=NaHA+H2O，NaHA+NaOH=Na2A+H2O，溶液主要為等物質(zhì)量的NaHA、Na2A的混合溶液，根據(jù)物料守恒可知：3c(HA)+3c(A2)+3c(H2A)=2c(Na+)，D正確；故選C。4．下列各組離子在指定的溶液中，一定能大量共存的是A．由水電離出的H+濃度cH+水=10-13B．與鋁粉反應(yīng)放出H2的無色溶液；NO3-、Al3+C．中性溶液：Fe3+、Al3+、NOD．常溫下cH+cOH-=1×10-12【答案】D【解析】A．水電離出的H+濃度cH+水=B．與鋁粉反應(yīng)放出H2的無色溶液可能為酸性或堿性，酸性條件下，氫離子、硝酸根離子和鋁不會生成氫氣；堿性條件下，氫氧根離子會和鋁離子反應(yīng)，B不符合題意；C．鐵離子、鋁離子水解顯酸性，在中性溶液中鐵離子、鋁離子會以沉淀的形式存在，C不符合題意；D．常溫下cH+cOH-=1×10-12的溶液為強堿性溶液，強堿性溶液中K+、Al故選D。5．向100mL1mol·L1NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入1mol·L1Ba(OH)2溶液。沉淀總物質(zhì)的量n隨加入Ba(OH)2溶液體積V的變化如圖。下列說法錯誤的是A．沉淀質(zhì)量：b點>a點>c點B．a(chǎn)點到c點過程中，b點溶液中水的電離程度最小C．a(chǎn)點離子濃度的大小關(guān)系為：[NH4+]>[SO42-]>[H+D．b點到c點過程中，發(fā)生的離子方程式為：Al(OH)3+OH=AlO2-+2H2【答案】A【解析】A．根據(jù)分析可知，b點沉淀質(zhì)量最大，a點為0.1mol氫氧化鋁和0.15mol硫酸鋇，c點為0.2mol硫酸鋇，a點沉淀質(zhì)量小于c點，A錯誤；B．a(chǎn)點溶液中溶質(zhì)為硫酸銨，a到b的過程中硫酸銨與氫氧化鋇反應(yīng)，b點溶質(zhì)為NH3·H2O，b到c點氫氧化鋁與Ba(OH)2反應(yīng)生成偏鋁酸根離子，偏鋁酸根離子和銨根離子均能促進水的電離，一水合氨抑制水的電離，故b點水的電離程度最小，B正確；C．a(chǎn)點溶液溶質(zhì)為硫酸銨，銨根離子水解使溶液呈酸性，則a點離子濃度的大小關(guān)系為：[NH4+]>[SO42-]>[H+]>[OH]，D．b點到c點，氫氧化鋁與Ba(OH)2反應(yīng)生成偏鋁酸根離子，離子方程式為Al(OH)3+OH=AlO2-+2H2O，D故答案選A。6．由硫酸鉀、硫酸鋁和硫酸組成的混合溶液，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】根據(jù)電荷守恒：c(H+)+c(K+)+3c(Al3+)=2c(SO42-)，c(H+)=0.1mol/L7．室溫下，甲、乙兩燒杯均盛有20mLpH=4的醋酸溶液，向乙燒杯中加水稀釋至pH=5，對此時兩燒杯中溶液描述正確的是A．溶液體積：10V甲>V乙B．水電離出的H+濃度：c(H+)甲=10c(H+)乙C．若分別用pH=10的NaOH溶液恰好完全中和，所得溶液的pH：甲>乙D．若分別與10mLpH=10的NaOH溶液反應(yīng)，所得溶液的pH：甲>乙【答案】C【解析】A．醋酸是弱酸，加水稀釋，醋酸電離平衡正向移動，pH=4的醋酸溶液加水稀釋10倍，稀釋后溶液pH<5，若使pH=5，需繼續(xù)加水稀釋，所以溶液體積：10V甲<V乙，故A錯誤；B．甲燒杯中醋酸溶液的pH=4，水電離出的H+濃度為1010；乙燒杯中醋酸溶液的pH=5，水電離出的H+濃度為109；所以水電離出的H+濃度：10c(H+)甲=c(H+)乙，故B錯誤；C．若分別用pH=10的NaOH溶液恰好完全中和，消耗氫氧化鈉溶液的體積相等，所得溶液的體積甲<乙，醋酸鈉的濃度甲>乙，所以pH：甲>乙，故C正確；D．若分別與10mLpH=10的NaOH溶液反應(yīng)，剩余醋酸的物質(zhì)的量相等，所得溶液的體積甲<乙，剩余醋酸的濃度甲>乙，所得溶液的pH：甲<乙，故D錯誤；選C。8．將某些化學(xué)知識用數(shù)軸表示，可以收到直觀易記的效果。用數(shù)軸表示下列知識正確的是A．常溫條件下，酚酞的pH變色范圍及顏色：B．常溫條件下，甲基橙的pH變色范圍及顏色：C．AlCl3溶液與NaOH溶液混合鋁元素的形式：D．CO2和NaOH溶液反應(yīng)后的產(chǎn)物：【答案】D【解析】A．酚酞的變色范圍是8.2～10.0，pH＜8.2時，溶液呈無色，pH在8.2～10.0之間時，溶液呈淺紅色，pH＞10.0時，溶液呈紅色，故A錯誤；B．甲基橙的變色范圍是3.1～4.4，pH＜3.1時，溶液呈紅色，pH在3.1～4.4之間時，溶液呈橙色，pH＞4.4時，溶液呈黃色，故B錯誤；C．Al3++3OH＝Al(OH)3↓，Al3++4OH＝AlO2+2H2O，n(NaOH)n(AlCl3)＜3，鋁元素以Al3+和Al(OH)3形式存在；n(NaOH)n(AlCl3)＝3，則以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，產(chǎn)物為NaHCO3與Na2CO3混合物；n(CO2故選D。9．用已知濃度的NaOH溶液測定濃硫酸試劑中H2A． B． C． D．【答案】B【解析】用已知濃度的氫氧化鈉溶液測定濃硫酸試劑中濃硫酸含量時，稀釋、配制稀硫酸需要用到的儀器為燒杯、玻璃棒、容量瓶和膠頭滴管，用氫氧化鈉溶液滴定稀硫酸時需要用到的儀器為酸式滴定管、堿式滴定管和錐形瓶，不需要用到分液漏斗，故選B。10．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列各操作中不會引起實驗誤差的是A．用蒸餾水洗凈滴定管后，裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸進行滴定B．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH液潤洗，然后裝入一定體積的NaOH溶液C．用甲基橙做指示劑，當(dāng)溶液由黃色變成橙色，立刻讀數(shù)鹽酸體積D．用甲基橙做指示劑，NaOH溶液在空氣中放置了許久【答案】D【解析】A．用蒸餾水洗凈滴定管后，必須用標(biāo)準(zhǔn)液鹽酸潤洗滴定管，避免滴定管內(nèi)的水分將標(biāo)準(zhǔn)液稀釋，若未用鹽酸潤洗，滴定時消耗鹽酸體積偏大，測定結(jié)果偏大，故A不符合題意；B．錐形瓶用NaOH溶液潤洗后會有殘留的NaOH，NaOH物質(zhì)的量增大，消耗的鹽酸體積偏大，測定結(jié)果偏大，故B不符合題意；C．當(dāng)溶液由黃色變成橙色，不能立即讀數(shù)，必須等到溶液顏色半分鐘不再變化，才是滴定終點，故C不符合題意；D．NaOH吸收空氣中的二氧化碳生成碳酸鈉，生成的碳酸鈉和原氫氧化鈉消耗的鹽酸相同，終點溶液呈堿性，甲基橙的變色范圍是3.1～4.4，用甲基橙作指示劑無影響，故D符合題意；答案選D。11．化學(xué)中常借助曲線圖來表示某種變化過程，如有人分別畫出了下列的四個曲線圖：有關(guān)上述曲線圖的說法正確的是A．曲線圖①可以表示對某化學(xué)平衡體系改變溫度后反應(yīng)速率隨時間的變化B．曲線圖②可以表示向一定量的硫酸溶液中滴加一定濃度的氫氧化鈉溶液時pH的變化C．曲線圖③可以表示向一定量的明礬溶液中滴加一定濃度的氫氧化鋇溶液時的產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量變化D．曲線圖④可以表示所有的固體物質(zhì)溶解度隨溫度的變化【答案】B【解析】A．圖①中正反應(yīng)速率減小、逆反應(yīng)速率增大，明顯不是改變溫度，A錯誤；B．圖②pH逐漸增大，可以表示向一定量的硫酸溶液中滴加一定濃度的氫氧化鈉溶液時pH的變化，B正確；C．圖③向明礬中加入氫氧化鋇溶液，先生成硫酸鋇的沉淀和氫氧化鋁的沉淀，當(dāng)鋁離子沉淀完后繼續(xù)加入氫氧化鋇，氫氧化鋁將溶解，C錯誤；D．圖④表示的是溶解度隨溫度升高而增大的物質(zhì)的，熟石灰的溶解度就是隨溫度升高而減小的固體物質(zhì)，D錯誤；故選B。12．鹽的水解常數(shù)(1)表達式以CH3COONa為例：CH3COO＋H2O?CH3COOH＋OHKh=c(CH3COOH)?(2)與對應(yīng)弱酸電離常數(shù)的關(guān)系Ka=c(CH3COO-)?c(H+)c(CH3COOH)

所以，K弱酸或弱堿的電離常數(shù)_______(越弱)，其生成的鹽水解的程度就_______。【答案】(1)溫度(2)越小越大【解析】（1）鹽的水解常數(shù)Kh只與溫度有關(guān)，溫度不變，Kh不變，與濃度無關(guān)。（2）由Kh=KwKa可知，同一溫度條件下，弱酸或弱堿的電離常數(shù)Ka越小(越弱)，其生成的鹽水解的程度13．氧化還原滴定實驗的原理與中和滴定相同(用已知濃度的氧化劑溶液滴定未知濃度的還原劑溶液或反之)?，F(xiàn)有0.001mol?L1酸性KMnO4溶液和未知濃度的無色NaHSO3溶液，有關(guān)反應(yīng)的離子方程式是2MnO4-+5HSO3-+H+=2Mn2++5SO(1)不用堿式滴定管盛放酸性KMnO4溶液的原因是______。(2)______(填“需要”或“不需要”)選用指示劑，其理由是______。(3)滴定前平視酸性KMnO4溶液液面，刻度為amL，滴定后俯視液面，刻度為bmL，則(ba)mL比實際消耗酸性KMnO4溶液的體積______(填“大”或“小”，下同)；根據(jù)(ba)mL計算得到的待測液濃度比實際濃度_____?！敬鸢浮?1)酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，會腐蝕橡膠管(2)不需要MnO4-被還原為Mn(3)小小【解析】（1）由于酸性KMnO4溶液具有強氧化性，會腐蝕堿式滴定管下端的橡膠管，該滴定實驗用酸式滴定管盛放酸性KMnO4溶液，故答案為：酸性高錳酸鉀溶液具有強氧化性，會腐蝕橡膠管；（2）由于酸性KMnO4溶液溶液是紫紅色，被還原為Mn2+以后溶液為無色，存在明顯的顏色變化，自身可以起到指示劑的作用，故本實驗不需要使用指示劑，故答案為：不需要；MnO4-被還原為Mn（3）滴定前平視KMnO4液面，刻度為amL，滴定后俯視液面刻度為bmL，讀數(shù)偏小，則(ba)mL比實際消耗KMnO4溶液體積少；根據(jù)(ba)mL計算得到的待測濃度，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏小，根據(jù)c(待測)=c(標(biāo)準(zhǔn))×V(標(biāo)準(zhǔn))V(14．亞硝酰氯(NOCl)常用于合成清潔劑、觸媒劑及中間體等。實驗室可由氯氣與一氧化氮在常溫常壓下合成亞硝酰氯已知：①NOCl是黃色氣體，熔點：－64.5℃，沸點：－5.5℃；NOCl遇水易反應(yīng)生成一種無氧酸和兩種氮的常見氧化物；NOCl對眼睛、皮膚和黏膜有強烈刺激性，具有類似氯氣和氮氧化物的毒作用②Ag2CrO4是磚紅色沉淀某實驗小組測定NOCl的純度：將所得亞硝酰氯(NOCl)產(chǎn)品13.5g溶于水，配成250mL溶液，取出25.00mL溶液，以K2CrO4溶液為指示劑，用1.0mol·L－1AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，再重復(fù)上述實驗操作2次，測得三次實驗消耗AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液的平均體積為20.00mL(1)達到滴定終點的現(xiàn)象是___________________________(2)產(chǎn)品中亞硝酰氯(NOCl)的質(zhì)量分數(shù)為________【答案】(1)當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜛gNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，有淺紅色沉淀產(chǎn)生，且30s不消失(2)97.04%【解析】（1）滴定終點，可生成Ag2CrO4，有磚紅色沉淀生成，終點現(xiàn)象為當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜛gNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，有淺紅色沉淀產(chǎn)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物質(zhì)的量為n(NOCl)＝0.2mol，所以產(chǎn)品中亞硝酰氯(NOCl)的質(zhì)量分數(shù)為0.2mol×65.5g15．判斷下列各組離子組在溶液中能否大量共存，若不能，說明原因。(1)S2、Na+、H+、SO42-(_______)，原因：________(2)NO3-、Al3+、Cl、Ca2+(_______)，原因：________(3)無色透明溶液中：Mg2+、Cu2+、Cl、SO42-(_______)，原因：________(4)1.0mol/LKNO3溶液：H+、Fe2+、Cl、SO42-(_______)，原因：________(5)無色溶液中：Al3+、K+、Cl、HCO3-(_______)，原因：________【答案】(1)不能。因為S2與H+反應(yīng)生成H2S氣體(2)可以共存。彼此不發(fā)生反應(yīng)(3)不能。因為Cu2+為藍色(4)不能。因為KNO3溶液中NO3-遇H+具有強氧化性，可以將Fe2+(5)不能。Al3+與HCO3-【解析】（1）因為S2與H+反應(yīng)生成H2S氣體，因此不能大量共存；（2）該組離子彼此不發(fā)生反應(yīng)，可以大量共存；（3）無色透明溶液中不含有色離子，而銅離子為藍色，因此不能大量共存；（4）KNO3溶液中NO3-遇H+具有強氧化性，F(xiàn)e2+（5）Al3+與HCO3-16．常溫下，濃度均為0.1mol·L1的六種溶液pH如下：溶質(zhì)NaClONa2CO3NaHCO3Na2SiO3Na2SO3NaHSO3pH10.311.69.712.310.04.0(1)常溫下，相同物質(zhì)的量濃度的下列稀溶液，其酸性由強到弱的順序是_______(填字母)。a．H2CO3

b．H2SO3

c．H2SiO3(2)六種溶液中，水的電離程度最小的是_______(填化學(xué)式)。(3)用離子方程式說明Na2CO3溶液pH>7的原因：_______。(4)欲增大氯水中次氯酸的濃度，可向氯水中加入上表中的物質(zhì)是_______(填化學(xué)式)，用化學(xué)平衡移動的原理解釋其原因：_______?！敬鸢浮?1)bac(2)NaHSO3(3)CO32-+H2O?HCO3-+OH、HCO3-+H2O?H(4)NaHCO3或NaClO因為Cl2+H2O?H++Cl+HClO，加入NaHCO3(或NaClO)可消耗H+，平衡向正反應(yīng)方向移動，從而使溶液中次氯酸的濃度增大【解析】（1）NaHCO3溶液顯堿性，則HCO3-的水解程度大于其電離程度，NaHSO3溶液顯酸性，則HSO3-的電離程度大于其水解程度，故H2SO3酸性比H2CO3的酸性強，等濃度的Na2SiO3溶液的堿性比NaHCO（2）六種溶液中，NaClO、Na2CO3、NaHCO3、Na2SiO3、Na2SO3的溶液顯堿性，均發(fā)生水解，促進水的電離，而NaHSO3溶液顯酸性，HSO3-的電離程度大于其水解程度，抑制水的電離，則水的電離程度最小的是NaHSO（3）CO32-分兩步水解CO32-+H2O?HCO3-+OH、HCO3-+H2O（4）根據(jù)表格中數(shù)據(jù)可知，各微粒的電離程度由小到大的順序是：H2SiO3、HCO3-、HClO、H2CO3、HSO3-、H2SO3。氯水存在平衡Cl2+H2O?H++Cl+HClO，要增大HClO的濃度，則加入的物質(zhì)與H+反應(yīng)而不與HClO反應(yīng)，即酸性比HClO的酸性較弱的酸所對應(yīng)的可溶性鹽，故可加入的物質(zhì)是NaHCO3或NaClO。因為加入NaHCO3(或NaClO)17．常溫下，向100mL0.1molL1H2S溶液中滴加0.1mol·L1NaOH溶液。實驗過程中，H2S溶液的pH與所滴加的NaOH溶液體積的關(guān)系如下圖。已知：H2SKa1=1.3×107；Ka2=7.1×1015

(1)b點所對應(yīng)的NaOH溶液體積___________100mL(填“大于”、“等于”或“小于”)。(2)a、b、c、d中，水的電離程度最大的是___________(填字母代號)?！敬鸢浮?1)小于(2)c【解析】（1）氫硫酸為二元弱酸，加入NaOH溶液體積為100mL時，溶質(zhì)為NaHS，由題干數(shù)據(jù)可知，HS的水解平衡常數(shù)Kh2=KwKa1=10-141.3×10-7≈7.7×108大于Ka2=7.1×1015，即溶液顯堿性，pH＞7，而（2）a中含有H2S，抑制水的電離，b點溶質(zhì)溶液呈中性，溶質(zhì)為H2S和NaHS，c點溶質(zhì)為Na2S，Na2S為強堿弱酸鹽，水解促進水的電離，d點NaOH過量，抑制水的電離，故水的電離程度最大的是c，故答案為：c。18．按要求回答下列問題：(1)配制FeCl3溶液時，需將固體溶于較濃的鹽酸后按需要進行稀釋，用離子方程式解釋其原因______。(2)常溫下，濃度均為0.1mol/L的下列五種溶液的pH值如表所示：溶質(zhì)CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNpH8.89.711.610.311.1①根據(jù)表中數(shù)據(jù)，將濃度均為0.1mol?L1的下列四種酸的溶液分別稀釋100倍，pH變化最小的是_____。A．HCN

B．HClO

C．H2CO3

D．CH3COOH②根據(jù)以上數(shù)據(jù)，判斷下列反應(yīng)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+極易發(fā)生水解，水解反應(yīng)式為Fe3++3H2O?Fe(OH)3+3H+，故配制FeCl3溶液時，需將固體溶于較濃的鹽酸后按需要進行稀釋。（2）①相同濃度的鈉鹽溶液，pH越大，該酸根離子對應(yīng)的酸酸性越弱；相同濃度的酸，加水稀釋促進弱酸電離，稀釋相同倍數(shù)，酸性越弱溶液的pH變化越小，根據(jù)表中數(shù)據(jù)知，相同濃度的鈉鹽溶液pH越小，其對應(yīng)的酸酸性越強，所以酸性強弱順序為：CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3-，相同的這幾種酸稀釋相同倍數(shù)，pH變化大小順序為CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO3-，所以pH變化最小的是HCN，故選②強酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸，酸性CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>HCO?3．A．酸性CH3COOH>H2CO3>HCO3-，所以CH3COOH+Na2CO3=NaHCO3+CH3COONa能發(fā)生，故AB．CH3COOH>HCN，所以CH3COOH+NaCN=CH3COONa+HCN能發(fā)生，故B正確；C．H2CO3>HClO>HCO3-，所以CO2+H2O+2NaClO=Na2CO3+2HClO不能發(fā)生，故CD．酸性HCN>HCO3-，所以NNaHCO3+HCN=NaCN+H2O+CO2不能發(fā)生，故D故選AB。19．現(xiàn)有以下7種實驗室常用的化學(xué)試劑，回答下列關(guān)于它們的問題：①②③④⑤⑥⑦NaOH