（新高考）高考化學(xué)二輪精品專題九電解質(zhì)溶液中的平衡(解析版)

2017年高考“2017年高考“最后三十天”專題透析好教育云平臺(tái)--教育因你我而變好教育云平臺(tái)--教育因你我而變專題九專題九××電解質(zhì)溶液中的平衡命題趨勢(shì)命題趨勢(shì)1．理解弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡，能利用電離平衡常數(shù)進(jìn)行相關(guān)計(jì)算。2．了解水的電離，離子積常數(shù)。3．了解溶液pH的定義及測(cè)定方法，能進(jìn)行pH的簡(jiǎn)單計(jì)算。4．了解鹽類水解的原理、影響鹽類水解程度的主要因素、鹽類水解的應(yīng)用。5．了解難溶電解質(zhì)的溶解平衡。理解溶度積的定義，能進(jìn)行相關(guān)計(jì)算。Ⅰ．客觀題(1)以拼盤式選擇題考查電解質(zhì)溶液基本知識(shí)的辨析。(2)以圖像題考查強(qiáng)弱電解質(zhì)的判斷、微粒濃度的比較、溶度積常數(shù)的應(yīng)用。(3)與化工生產(chǎn)流程相結(jié)合以客觀題形式呈現(xiàn)，考查鹽類水解、溶解平衡知識(shí)的應(yīng)用。Ⅱ．主觀題(1)強(qiáng)弱電解質(zhì)、溶液酸堿性與pH的關(guān)系、鹽類水解等基本概念、理論的分析判斷。(2)電離平衡、水解平衡、溶解平衡的影響規(guī)律及應(yīng)用。(3)電離常數(shù)、水解常數(shù)、溶度積常數(shù)的表達(dá)式及應(yīng)用。考點(diǎn)清單考點(diǎn)清單一、溶液中的“三大平衡”及影響因素電離平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡。這三種平衡都遵循勒夏特列原理——當(dāng)只改變體系的一個(gè)條件時(shí)，平衡向能夠減弱這種改變的方向移動(dòng)。1．電離平衡、水解平衡與沉淀溶解平衡的比較電離平衡CH3COOHCH3COO－+H+水解平衡(如CH3COONa溶液)CH3COO?+H2OCH3COOH+OH?沉淀溶解平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl?(aq)研究對(duì)象弱電解質(zhì)(包括弱酸、弱堿、水、多元弱酸的酸式酸根)鹽溶液(包括強(qiáng)酸弱堿鹽、弱酸強(qiáng)堿鹽、弱酸弱堿鹽)難溶電解質(zhì)(如難溶的酸、堿、鹽等)影響因素升高溫度促進(jìn)電離，離子濃度增大，Ka增大促進(jìn)水解，Kh增大Ksp可能增大，也可能減小加水稀釋促進(jìn)電離，離子濃度(除OH?外)減小，Ka不變促進(jìn)水解，離子濃度(除H+外)減小，Kh不變促進(jìn)溶解，Ksp不變加入相應(yīng)離子加入CH3COONa固體或鹽酸，抑制電離，Ka不變加入CH3COOH或NaOH，抑制水解，Kh不變加入AgNO3溶液或NaCl溶液抑制溶解，Ksp不變加入反應(yīng)離子加入NaOH，促進(jìn)電離，Ka不變加入鹽酸，促進(jìn)水解，Kh不變加入氨水，促進(jìn)溶解，Ksp不變2．“電離平衡”分析判斷中的常見(jiàn)誤區(qū)(1)誤認(rèn)為電離平衡正向移動(dòng)，弱電解質(zhì)的電離程度一定增大。如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向電離方向移動(dòng)，但醋酸的電離程度減小。(2)誤認(rèn)為弱電解質(zhì)在加水稀釋的過(guò)程中，溶液中離子濃度都減小。如氨水加水稀釋時(shí)，c(H+)增大。(3)誤認(rèn)為由水電離出的c(H+)＝1.0×10?13mol·L?1的溶液一定呈堿性。如25℃，0.1mol·L?1鹽酸或氫氧化鈉溶液中由水電離的c(H+)都為1.0×10?13mol·L?1。(4)弱電解質(zhì)溶液在加水稀釋的過(guò)程中，判斷某些微粒濃度的關(guān)系式是否發(fā)生變化時(shí)，首先要考慮該關(guān)系式是否是電離常數(shù)、離子積常數(shù)或者是它們的變形。二、溶液中離子濃度關(guān)系判斷1．理解溶液中的“三個(gè)守恒”關(guān)系(1)電荷守恒：電解質(zhì)溶液中陰離子所帶電荷總數(shù)等于陽(yáng)離子所帶電荷總數(shù)，根據(jù)電荷守恒可準(zhǔn)確、快速地解決電解質(zhì)溶液中許多復(fù)雜的離子濃度問(wèn)題。(2)物料守恒：物質(zhì)發(fā)生變化前后，有關(guān)元素的存在形式不同，但元素的種類和原子數(shù)目在變化前后保持不變，根據(jù)物料守恒可準(zhǔn)確、快速地解決電解質(zhì)溶液中復(fù)雜離子、分子、物質(zhì)的量濃度或物質(zhì)的量的關(guān)系。(3)質(zhì)子守恒：在電離或水解過(guò)程中，會(huì)發(fā)生質(zhì)子(H+)轉(zhuǎn)移，但質(zhì)子轉(zhuǎn)移過(guò)程中其數(shù)量保持不變。將混合溶液中的電荷守恒式和物料守恒式相聯(lián)立，通過(guò)代數(shù)運(yùn)算消去其中未參與平衡移動(dòng)的離子，即可推出溶液中的質(zhì)子守恒式。2．三個(gè)守恒的綜合應(yīng)用應(yīng)用三種守恒關(guān)系解決電解質(zhì)溶液中離子濃度關(guān)系時(shí)，要清楚電解質(zhì)溶液中微粒存在的變化(水解或電離)，抓住守恒的實(shí)質(zhì)，將由守恒所得的關(guān)系結(jié)合起來(lái)使用。綜合運(yùn)用三種守恒關(guān)系，理清一條思路，掌握分析方法。如圖所示：三、結(jié)合圖像判斷溶液中粒子濃度的變化結(jié)合圖像分析電離平衡、水解平衡、溶解平衡，判斷離子濃度的關(guān)系是全國(guó)卷考查的重點(diǎn)，?？紙D像類型總結(jié)如下：1．一強(qiáng)一弱溶液的稀釋圖像(1)相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸加水稀釋相同的倍數(shù)，醋酸的pH大加水稀釋到相同的pH，鹽酸加入的水多(2)相同體積、相同pH值的鹽酸、醋酸加水稀釋相同的倍數(shù)，鹽酸的pH大加水稀釋到相同的pH，醋酸加入的水多(3)pH與稀釋倍數(shù)的線性關(guān)系(1)HY為強(qiáng)酸、HX為弱酸(2)a、b兩點(diǎn)的溶液中：c(X?)＝c(Y?)(3)水的電離程度：d＞c＞a＝b(1)MOH為強(qiáng)堿、ROH為弱堿(2)c(ROH)＞c(MOH)(3)水的電離程度：a＞b2．Kw和Ksp曲線(1)雙曲線型不同溫度下水溶液中c(H+)與c(OH－)的變化曲線常溫下，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線[Ksp＝9×10－6](1)A、C、B三點(diǎn)均為中性，溫度依次升高，Kw依次增大(2)D點(diǎn)為酸性溶液，E點(diǎn)為堿性溶液，Kw＝1×10?14(3)AB直線的左上方均為堿性溶液，任意一點(diǎn)：c(H+)＜c(OH?)(1)a、c點(diǎn)在曲線上，a→c的變化為增大c(SOeq\o\al(2－,4))，如加入Na2SO4固體，但Ksp不變(2)b點(diǎn)在曲線的上方，Qc＞Ksp，將會(huì)有沉淀生成(3)d點(diǎn)在曲線的下方，Qc＜Ksp，則為不飽和溶液，還能繼續(xù)溶解CaSO4(2)直線型(pM－pR曲線)pM為陽(yáng)離子濃度的負(fù)對(duì)數(shù)，pR為陰離子濃度的負(fù)對(duì)數(shù)①直線AB上的點(diǎn)：c(M2+)＝c(R2?)；②溶度積：CaSO4＞CaCO3＞MnCO3；③X點(diǎn)對(duì)CaSO4要析出沉淀，對(duì)CaCO3是不飽和溶液，能繼續(xù)溶解CaCO3；④Y點(diǎn)：c(SOeq\o\al(2－,4))＞c(Ca2+)，二者的濃度積等10?5；Z點(diǎn)：c(COeq\o\al(2－,3))＜c(Mn2+)，二者的濃度積等10?10.6。3．酸堿中和滴定氫氧化鈉滴定等濃度等體積的鹽酸、醋酸的滴定曲線鹽酸滴定等濃度等體積的氫氧化鈉、氨水的滴定曲線曲線起點(diǎn)不同：強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸、弱酸的曲線，強(qiáng)酸起點(diǎn)低；強(qiáng)酸滴定強(qiáng)堿、弱堿的曲線，強(qiáng)堿起點(diǎn)高突躍點(diǎn)變化范圍不同：強(qiáng)堿與強(qiáng)酸反應(yīng)(強(qiáng)酸與強(qiáng)堿反應(yīng))的突躍點(diǎn)變化范圍大于強(qiáng)堿與弱酸反應(yīng)(強(qiáng)酸與弱堿反應(yīng))室溫下pH＝7不一定是終點(diǎn)：強(qiáng)堿與強(qiáng)酸反應(yīng)時(shí)，終點(diǎn)是pH＝7；強(qiáng)堿與弱酸(強(qiáng)酸與弱堿)反應(yīng)時(shí)，終點(diǎn)不是pH＝7(強(qiáng)堿與弱酸反應(yīng)終點(diǎn)是pH＞7，強(qiáng)酸與弱堿反應(yīng)終點(diǎn)是pH＜7)

精題集訓(xùn)精題集訓(xùn)（70分鐘）經(jīng)典訓(xùn)練題經(jīng)典訓(xùn)練題1．（雙選）常溫下，向NaOH溶液中逐滴滴入亞磷酸(H3PO3)，反應(yīng)中只能生成Na2HPO3和NaH2PO3兩種鹽，含磷各微粒的分布分?jǐn)?shù)X(平衡時(shí)某微粒的濃度占各微粒濃度之和的分?jǐn)?shù))與pOH[pOH=-lgc(OH?)]的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．曲線a代表X(HPOeq\o\al(2?,3))B．pOH=7時(shí)，c(Na+)=c(H2POeq\o\al(?,3))+2c(HPOeq\o\al(2?,3))C．H2POeq\o\al(?,3)的電離平衡常數(shù)Ka=1×10?7.3mol·L?1D．等濃度Na2HPO3和NaH2PO3混合溶液：c(Na+)>c(HPOeq\o\al(2?,3))>c(H2POeq\o\al(?,3))>c(OH?)>c(H+)【答案】AB【解析】向NaOH溶液中逐滴滴入亞磷酸，NaOH過(guò)量，反應(yīng)生成Na2HPO3，HPOeq\o\al(2?,3)濃度增加，所以曲線a代表X(HPOeq\o\al(2?,3))；繼續(xù)滴加亞磷酸，Na2HPO3濃度降低，Na2HPO3升高，所以曲線b代表X(H2POeq\o\al(?,3))，曲線c代表X(H3PO3)。A．向NaOH溶液中逐滴滴入亞磷酸，NaOH過(guò)量，反應(yīng)生成Na2HPO3，HPOeq\o\al(2?,3)濃度增加，所以曲線a代表X(HPOeq\o\al(2?,3))，故A正確；B．pOH=7時(shí)，c(H+)=c(OH?)，溶液中存在Na2HPO3和NaH2PO3兩種溶質(zhì)，根據(jù)電荷守恒SKIPIF1<0，其中c(H+)=c(OH?)，即c(Na+)=c(H2POeq\o\al(?,3))+2c(HPOeq\o\al(2?,3))，故B正確；C．H2POeq\o\al(?,3)在溶液中存在電離平衡H2POeq\o\al(?,3)HPOeq\o\al(2?,3)+H+，平衡常數(shù)Ka=SKIPIF1<0，pOH=7.3時(shí)，SKIPIF1<0且SKIPIF1<0=SKIPIF1<0mol/L，所以Ka=c(H+)=SKIPIF1<0，故C錯(cuò)誤；D．等濃度Na2HPO3和NaH2PO3混合溶液中，H2POeq\o\al(?,3)既電離又水解，其電離常數(shù)Ka>Kh=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，以電離為主；HPOeq\o\al(2?,3)只水解，其水解常數(shù)Kh=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0<Ka，以電離為主，故溶液呈酸性，SKIPIF1<0，所以溶液中離子濃度大小為c(Na+)>c(HPOeq\o\al(2?,3))>c(H2POeq\o\al(?,3))>c(H+)>c(OH?)，故D錯(cuò)誤；故選AB?！军c(diǎn)評(píng)】把pOH換算成pH計(jì)算，pOH增大，堿性減弱，是解題的基本前提，依次推出各曲線代表的粒子變化情況。2．（雙選）下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向盛有少量PbI2固體的試管中，加入3mL蒸餾水振蕩后靜置，待上層液體變澄清后，向上層清液中滴加幾滴0.1mol·L?1KI液中有黃色沉淀生成上層清液中存在Pb2+B用盛有鹽酸和醋酸的燒杯分別做導(dǎo)電性實(shí)驗(yàn)，盛有醋酸的燒杯所連燈泡亮度較暗醋酸是弱電解質(zhì)C向盛有0.01mol·L?1的CH3COONa溶液的小試管中滴加一滴酚酞溶液，將小試管在酒精燈上微微加熱，溶液紅色變深CH3COO?+H2OCH3COOH+OH?是吸熱反應(yīng)D向盛有2ml0.1mol·L?1Na2S溶液的試管中，加入2滴ZnSO4溶液，生成白色沉淀，再加入適量0.1mol·L?1CuSO4溶液，有黑色沉淀生成Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)【答案】AC【解析】A．上層清液中滴加KI溶液，有黃色沉淀生成，表明生成PbI2，則上層清液中含有Pb2+，A正確；B．用鹽酸和醋酸做導(dǎo)電性實(shí)驗(yàn)，雖然盛有醋酸的燒杯所連燈泡亮度較暗，但二者的濃度關(guān)系未知，不能說(shuō)明醋酸是弱電解質(zhì)，B不正確；C．CH3COONa溶液中滴加酚酞后溶液變紅色，表明溶液顯堿性，加熱溶液，紅色加深，表明c(OH?)增大，CH3COO?的水解平衡正向移動(dòng)，從而得出CH3COO?的水解是吸熱反應(yīng)，C正確；D．Na2S溶液中滴加幾滴ZnSO4溶液，產(chǎn)生ZnS白色沉淀，再加入CuSO4溶液，又生成黑色CuS沉淀，因?yàn)槿芤褐屑尤隯nSO4后S2?有剩余，所以并不能說(shuō)明ZnS轉(zhuǎn)化為CuS，也就不能得出Ksp(ZnS)＞Ksp(CuS)的結(jié)論，D不正確；故選AC。3．下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說(shuō)法正確的是（）A．保存氯化亞鐵溶液時(shí)，在溶液中放少量鐵粉，以防止Fe2+水解B．將Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干均得不到原溶質(zhì)C．室溫下，向0.1mol/L的CH3COOH溶液中加入少量水溶液顯堿性的物質(zhì)，CH3COOH的電離程度一定增大D．NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同【答案】B【解析】A．保存氯化亞鐵溶液時(shí)，在溶液中放少量鐵粉，以防止Fe2+被氧化為Fe3+，故A錯(cuò)誤；B．Ca(ClO)2在水中發(fā)生水解：Ca(ClO)2+2H2OCa(OH)2+2HClO，HClO不穩(wěn)定，受熱分解：2HClOeq\o(,\s\up7(△))2HCl+O2↑，生成的HCl會(huì)和Ca(OH)2反應(yīng)生成CaCl2和H2O，故加熱蒸干Ca(ClO)2溶液得到的固體是CaCl2；加熱Na2SO3溶液的過(guò)程中，發(fā)生反應(yīng)2Na2SO3+O2=2Na2SO4，蒸干會(huì)得到Na2SO4固體；加熱FeCl3溶液，F(xiàn)eCl3發(fā)生水解反應(yīng)：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，HCl揮發(fā)，加熱蒸干得到Fe(OH)3固體，故B正確；C．水溶液顯堿性的物質(zhì)不一定是堿，如強(qiáng)堿弱酸鹽CH3COONa，其水溶液顯堿性，CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa，CH3COO?濃度增大，，會(huì)抑制CH3COOH的電離，CH3COOH的電離程度減小，故C錯(cuò)誤；D．CH3COONH4是能夠發(fā)生雙水解的鹽，CH3COO?、NHeq\o\al(+,4)的水解均會(huì)促進(jìn)水的電離，溶液中水的電離程度較大，但溶液中的H+濃度與OH?濃度相等，溶液呈中性，故D錯(cuò)誤；答案選B。4．已知：硫酸銀(Ag2SO4)的溶解度大于氯化銀，且硫酸銀的溶解度隨溫度升高而增大，T℃時(shí)，硫酸銀在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．T℃時(shí)，b點(diǎn)溶液中無(wú)硫酸銀固體B．a(chǎn)點(diǎn)溶液若降低溫度，則a點(diǎn)可沿虛線移動(dòng)到c點(diǎn)C．向a點(diǎn)的懸濁液中加入NaCl固體，溶液組成可能會(huì)由a向d方向移動(dòng)D．根據(jù)曲線可知：T℃下，a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)中，d點(diǎn)的Ksp(Ag2SO4)最大【答案】C【解析】曲線上的點(diǎn)為Ag2SO4飽和溶液，曲線下方的點(diǎn)未形成飽和溶液，曲線上方的點(diǎn)為過(guò)飽和溶液，能夠形成Ag2SO4沉淀。根據(jù)a點(diǎn)離子濃度可計(jì)算該溫度下物質(zhì)的溶度積常數(shù)，Ksp(Ag2SO4)=c2(Ag+)·c(SOeq\o\al(2?,4))=(1.5×10?2)2×(1.5×10?2)=3.375×10?6。A．b點(diǎn)在曲線上方，為過(guò)飽和溶液，溶液中c2(Ag+)·c(SOeq\o\al(2?,4))＞Ksp(Ag2SO4)，因此存在硫酸銀固體，A錯(cuò)誤；B．溶液中Ag2SO4存在沉淀溶解平衡：Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SOeq\o\al(2?,4)(aq)，在a點(diǎn)時(shí)c(Ag+)=c(SOeq\o\al(2?,4))，降低溫度，平衡逆向移動(dòng)，析出Ag2SO4固體，此時(shí)溶液中c(Ag+)、c(SOeq\o\al(2?,4))不再相等，因此無(wú)法實(shí)現(xiàn)由a點(diǎn)向c點(diǎn)的移動(dòng)，B錯(cuò)誤；C．溶液中Ag2SO4存在沉淀溶解平衡：Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SOeq\o\al(2?,4)(aq)，在a點(diǎn)時(shí)向溶液中加入NaCl固體，加入的Cl?與溶液中的Ag+反應(yīng)產(chǎn)生AgCl沉淀，使c(Ag+)減小，沉淀溶解平衡正向移動(dòng)，c(SOeq\o\al(2?,4))增大，但由于溫度不變，所以Ksp(Ag2SO4)不變，溶液組成會(huì)由a點(diǎn)向d點(diǎn)方向移動(dòng)，C正確；D．Ag2SO4的溶度積常數(shù)只與溫度有關(guān)，與其它外界條件無(wú)關(guān)，無(wú)論溶液是否飽和，其溶度積常數(shù)不變，所以在T℃下，a、b、c、d四個(gè)點(diǎn)的Ksp(Ag2SO4)相同，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。5．高錳酸鉀在酸性條件下可氧化H2O2：SKIPIF1<0?？衫迷摲磻?yīng)測(cè)定H2O2樣品純度(樣品中不含其它還原性離子)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．將高錳酸鉀溶液裝入酸式滴定管中B．打開(kāi)酸式滴定管的活塞，迅速放液以趕出氣泡C．滴定過(guò)程中，眼睛要時(shí)刻注意錐形瓶中溶液顏色的變化D．滴定中盛放H2O2的錐形瓶?jī)?nèi)壁有水，所測(cè)定的H2O2純度變小【答案】D【解析】A．高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，會(huì)腐蝕堿式滴定管的橡膠管，因此應(yīng)該裝入酸式滴定管中，A正確；B．如果滴定管尖嘴有氣泡，需要趕走氣泡，使尖嘴充滿液體，所以就應(yīng)打開(kāi)酸式滴定管的活塞，迅速放液以趕出氣泡，B正確；C．滴定過(guò)程中，左手控制滴定管的活塞，右手搖動(dòng)錐形瓶，使溶液混合均勻，眼睛要時(shí)刻注意錐形瓶中溶液顏色的變化，C正確；D．滴定中盛放H2O2的錐形瓶?jī)?nèi)壁有水，由于不影響H2O2的物質(zhì)的量，因此不影響標(biāo)準(zhǔn)溶液的消耗，對(duì)所測(cè)定的H2O2純度無(wú)影響，其純度測(cè)定值不變，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是D。高頻易錯(cuò)題高頻易錯(cuò)題1．25℃時(shí)，對(duì)于濃度均為0.1mol/L的三種溶液：①醋酸、②氫氧化鈉、③醋酸鈉溶液，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．c(CH3COO?)：③＞①B．水電離出的c(H+)：③＞①＞②C．25℃時(shí)，①和②等體積混合后的溶液：SKIPIF1<0D．25℃時(shí)，①和③等體積混合后的溶液：SKIPIF1<0【答案】C【解析】A．①醋酸是弱酸，主要以電解質(zhì)分子存在，電離產(chǎn)生的離子濃度很小，而③醋酸鈉是鹽，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離產(chǎn)生離子，因此等濃度的①、③溶液中c(CH3COO?)：③＞①，A正確；B．①是醋酸，酸電離產(chǎn)生H+會(huì)抑制水的電離；②是氫氧化鈉，屬于堿，堿電離產(chǎn)生OH?也會(huì)抑制水的電離，由于②電離產(chǎn)生的OH?大于①產(chǎn)生的H+的濃度，因此水電離程度：①＞②；③醋酸鈉，該鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，水解會(huì)促進(jìn)水的電離，水的電離程度增大，因此其中水的電離程度比酸或堿都大，故③中水電離程度最大。則三種溶液中水電離程度：③＞①＞②。水電離程度越大，水電離產(chǎn)生的H+的濃度就越大，故三種溶液中水電離出的c(H+)：③＞①＞②，B正確；C．25℃時(shí)，①和②等體積混合后，二者恰好反應(yīng)產(chǎn)生CH3COONa，該鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，c(OH?)＞c(H+)；CH3COO?水解消耗，則溶液中c(Na+)＞c(CH3COO?)；鹽電離產(chǎn)生的離子濃度大于水電離產(chǎn)生的離子濃度，故c(CH3COO?)＞c(OH?)，因此該溶液中各種離子濃度大小關(guān)系為：c(Na+)＞c(CH3COO?)＞c(OH?)＞c(H+)，C錯(cuò)誤；D．①和③等體積混合后，溶液為CH3COOH與CH3COONa等物質(zhì)的量的比混合溶液，根據(jù)物料守恒可得(i)c(CH3COO?)+c(CH3COOH)=2c(Na+)；根據(jù)電荷守恒，可得(ii)c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO?)+c(OH?)，將(i)+(ii)×2，整理可得：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO?)+2c(OH?)，D正確；故合理選項(xiàng)是C。2．常溫下將NaOH溶液滴加到亞硒酸(H2SeO3)溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述正確的是（）A．曲線N表示pH與SKIPIF1<0B．圖中a點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中：c(Na+)>c(SKIPIF1<0)+2c(SKIPIF1<0)C．Ka1(H2SeO3)與Ka2(H2SeO3)之比為103D．NaHSeO3溶液中：c(SKIPIF1<0)>c(SKIPIF1<0)>c(H2SeO3)【答案】D【解析】SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，則pH相同時(shí)，SKIPIF1<0=SKIPIF1<0>SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，根據(jù)圖象可知，曲線M表示pH與SKIPIF1<0的關(guān)系，曲線N表示pH與SKIPIF1<0的變化關(guān)系，故A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)pH=2.6，溶液顯酸性，根據(jù)電荷守恒有：c(Na+)+c(H+)=c(SKIPIF1<0)+2c(SKIPIF1<0)+c(OH?)，由c(H+)>c(OH?)，可知c(Na+)<c(SKIPIF1<0)+2c(SKIPIF1<0)，故B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)點(diǎn)：SKIPIF1<0=0，即SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0=SKIPIF1<0可知，Ka1=c(H+)=10?2.6；b點(diǎn)SKIPIF1<0=0，即SKIPIF1<0，由SKIPIF1<0=SKIPIF1<0可知，Ka2=c(H+)=10?6.6；得SKIPIF1<0=104，故C錯(cuò)誤；D．由上面C選項(xiàng)分析可知，SKIPIF1<0的電離常數(shù)Ka2=10?6.6，SKIPIF1<0的水解常數(shù)=SKIPIF1<0<10-6.6，即SKIPIF1<0以電離為主，故NaHSeO3溶液中：c(SKIPIF1<0)>c(SKIPIF1<0)>c(H2SeO3)，故D正確；故選D?！军c(diǎn)評(píng)】考查酸堿混合的定性判斷、弱電解質(zhì)的電離，明確圖象曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系。3．（雙選）數(shù)字化滴定實(shí)驗(yàn)應(yīng)用普遍。常溫下，電控恒速滴定并數(shù)據(jù)采集等濃度HCl溶液和Na2CO3溶液的反應(yīng)曲線如圖所示，已知碳酸的SKIPIF1<0，SKIPIF1<0，下列選項(xiàng)正確的是（）A．HCl溶液的濃度約為0.05mol/LB．b點(diǎn)溶液存在：SKIPIF1<0C．cd段發(fā)生的主要反應(yīng)為SKIPIF1<0D．e點(diǎn)溶液中溶質(zhì)的主要成分是NaCl和HCl【答案】AC【解析】據(jù)圖可知反應(yīng)前Na2CO3溶液的pH=11.5，則溶液中c(H+)=10?11.5mol/L，c(OH?)=10?2.5mol/L，Na2CO3的Kh1=SKIPIF1<0=2×10?4，設(shè)Na2CO3的濃度為a，則SKIPIF1<0≈2×10?4，解得a≈0.05mol/L，HCl溶液和Na2CO3溶液濃度相等，所以HCl溶液的濃度為0.05mol/L，A正確；B．溶液中存在電荷守恒SKIPIF1<0，B錯(cuò)誤；C．碳酸的Ka2=SKIPIF1<0=5×10?11，所以當(dāng)c(COeq\o\al(2?,3))=c(HCOeq\o\al(?,3))時(shí)c(H+)=5×10?11mol/L，溶液的pH<11，而c點(diǎn)溶液pH<8，所以C元素主要以HCOeq\o\al(?,3)的形式存在，c~d段pH下降時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為HCOeq\o\al(?,3)+H+=H2O+CO2，C正確；D．據(jù)圖可知e點(diǎn)之后繼續(xù)滴加鹽酸，溶液的pH變化較大，說(shuō)明e點(diǎn)HCOeq\o\al(?,3)還未完全反應(yīng)，繼續(xù)滴加鹽酸會(huì)繼續(xù)反應(yīng)，從而導(dǎo)致pH突變，所以溶質(zhì)不可能有HCl，溶液顯酸性是因?yàn)楹蠬2CO3，D錯(cuò)誤；綜上所述答案為AC。4．25℃時(shí)，將濃度均為0.1mol·L?1、體積分別為Va和Vb的HA溶液與BOH溶液按不同體積比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb與混合液的pH的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）A．Ka(HA)=10?6B．b點(diǎn)時(shí)，c(B+)=c(A?)=c(OH?)C．c點(diǎn)時(shí)，SKIPIF1<0隨溫度升高而減小D．a(chǎn)→c過(guò)程中水的電離程度始終增大【答案】C【解析】A．由圖可知，0.1mol·L?1HA溶液的pH=3，0.1mol·L?1BOH溶液的pH=11，說(shuō)明HA、BOH分別為弱酸、弱堿；Va=Vb=50mL時(shí)，二者恰好完全反應(yīng)生成BA，此時(shí)溶液的pH=7，則HA、BOH的電離常數(shù)相等；Vb=0時(shí)，HA溶液的pH=3，此時(shí)c(H+)=10?3mol·L?1，c(HA)≈0.1mol·L?1，故HA的電離常數(shù)Ka(HA)=SKIPIF1<0=SKIPIF1<0=10?5，故A錯(cuò)誤；B．b點(diǎn)時(shí)溶液的pH=7，溶液呈中性，則有c(H+)=c(OH?)；據(jù)電荷守恒推知c(B+)=c(A?)，則溶液中離子濃度為c(B+)=c(A?)>c(H+)=c(OH?)，故B錯(cuò)誤；C．c點(diǎn)時(shí)溶液中的溶質(zhì)為BOH和BA，溶液顯堿性，A-的水解過(guò)程是吸熱過(guò)程，溫度升高促進(jìn)水解，水解平衡常數(shù)增大，則SKIPIF1<0=SKIPIF1<0減小，C正確；D．a(chǎn)→b過(guò)程中，HA與BOH發(fā)生中和反應(yīng)，c(BA)逐漸增大，則水的電離程度逐漸增大；b→c過(guò)程中，BOH剩余，抑制了水的電離，水的電離程度逐漸減小，故D錯(cuò)誤。答案選C?！军c(diǎn)評(píng)】考查酸堿混合溶液定性判斷，為高考常見(jiàn)題型，側(cè)重考查學(xué)生圖象分析及判斷能力，明確各個(gè)數(shù)據(jù)含義及各點(diǎn)溶液中溶質(zhì)成分及其性質(zhì)是解本題關(guān)鍵。5．下列有關(guān)滴定的說(shuō)法正確的是（）A．用25mL滴定管進(jìn)行中和滴定時(shí)，用去標(biāo)準(zhǔn)液的體積為21.7mLB．用未知濃度的HCl溶液滴定已知濃度的NaOH溶液時(shí)，若讀取讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定到終點(diǎn)后俯視，會(huì)導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高C．用標(biāo)準(zhǔn)的KOH溶液滴定未知濃度的HCl溶液，配制標(biāo)準(zhǔn)溶液的固體KOH中混有NaOH雜質(zhì)，則結(jié)果偏高D．將KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液加入堿式滴定管中，滴定未知濃度的H2C2O4溶液【答案】B【解析】A．滴定管為精量器，讀數(shù)讀到0.01mL，用25mL滴定管進(jìn)行中和滴定時(shí)，用去標(biāo)準(zhǔn)液的體積為21.70mL，故A錯(cuò)誤；B．用未知濃度的HCl溶液滴定已知濃度的NaOH溶液時(shí)，若讀取讀數(shù)時(shí)，滴定前仰視，滴定到終點(diǎn)后俯視，導(dǎo)致消耗鹽酸溶液的體積偏小，測(cè)定結(jié)果偏高，故B正確；C．所用固體KOH中混有NaOH，相同質(zhì)量的氫氧化鈉和氫氧化鉀，氫氧化鈉的物質(zhì)的量大于氫氧化鉀的物質(zhì)的量，故所配得溶液中氫氧根離子濃度偏大，造成滴定時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積會(huì)偏小，所測(cè)結(jié)果偏低，故C錯(cuò)誤；D．高錳酸鉀溶液具有強(qiáng)氧化性，會(huì)腐蝕堿式滴定管中的橡膠管，應(yīng)將高錳酸鉀溶液裝入酸式滴定管中，故D錯(cuò)誤；故選B。精準(zhǔn)預(yù)測(cè)題精準(zhǔn)預(yù)測(cè)題1．下列說(shuō)法正確的是（）A．向AgCl濁液中加入KBr溶液，沉淀顏色變?yōu)闇\黃色，即可證明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)B．常溫下向NaOH溶液中滴入HCOOH溶液至pH=5時(shí)：c(HCOO?)>c(Na+)C．常溫下等物質(zhì)的量濃度的四種溶液①NH3·H2O②NH4HSO4③(NH4)2CO3④NH4Cl，c(NHeq\o\al(+,4))的關(guān)系為②>④>③>①D．等物質(zhì)的量濃度的NaHCO3與Na2CO3混合溶液：3c(Na+)=2[c(COeq\o\al(2?,3))+c(HCOeq\o\al(?,3))+c(H2CO3)]【答案】B【解析】A．向AgCl濁液中加入KBr溶液，沉淀顏色變?yōu)闇\黃色，則有AgBr生成，AgCl轉(zhuǎn)變?yōu)锳gBr，只要SKIPIF1<0即有AgBr沉淀，若溴化鉀濃度很大，即使Ksp(AgBr)>Ksp(AgCl)也可實(shí)現(xiàn)，故不可證明Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)，A錯(cuò)誤；B．常溫下向NaOH溶液中滴入HCOOH溶液至pH=5時(shí)，溶液呈酸性，SKIPIF1<0，根據(jù)電荷守恒，SKIPIF1<0，則有：c(HCOO?)>c(Na+)，B正確；C．常溫下等物質(zhì)的量濃度的四種溶液①NH3·H2O②NH4HSO4③(NH4)2CO3④NH4Cl，①NH3·H2O是弱電解質(zhì)，其余都是強(qiáng)電解質(zhì)，因此c(NHeq\o\al(+,4))最小的是①，根據(jù)能夠電離出的NHeq\o\al(+,4)的個(gè)數(shù)可分為兩類，③(NH4)2CO3是二元銨鹽，雖然碳酸銨溶液中，碳酸根和銨根相互促進(jìn)水解，但水解不徹底，銨離子濃度較大，②NH4HSO4和④NH4Cl一元銨鹽，②NH4HSO4中電離產(chǎn)生的氫離子抑制銨離子水解，故②NH4HSO4和④NH4Cl比較，c(NHeq\o\al(+,4))較大的是②；則，c(NHeq\o\al(+,4))的關(guān)系為③>②>④>①，C錯(cuò)誤；D．等物質(zhì)的量濃度的NaHCO3與Na2CO3混合溶液：根據(jù)物料守恒可知：2c(Na+)=3[c(COeq\o\al(2?,3))+c(HCOeq\o\al(?,3))+c(H2CO3)]，D錯(cuò)誤；答案選B。2．疊氮酸(HN3)與NaOH溶液反應(yīng)生成NaN3。已知NaN3溶液呈堿性，下列敘述正確的是（）A．0.01mol·L?1HN3溶液的pH=2B．HN3溶液的pH隨溫度升高而減小C．NaN3的電離方程式：NaN3=Na++3Neq\o\al(?,3)D．0.01mol·L?1NaN3溶液中：c(H+)+c(Na+)=c(Neq\o\al(?,3))+c(HN3)【答案】B【解析】A．由題意，NaN3溶液呈堿性，則疊氮酸根(Neq\o\al(?,3))會(huì)發(fā)生水解，說(shuō)明HN3為弱酸，在水溶液中不能完全電離，故0.01mol·L?1HN3溶液的pH>2，A錯(cuò)誤；B．HN3為弱酸，電離方程式為HN3H++Neq\o\al(?,3)，電離是吸熱過(guò)程，升高溫度促進(jìn)HN3的電離，c(H+)增大，pH減小，B正確；C．NaN3是強(qiáng)電解質(zhì)，完全電離出Na+和Neq\o\al(?,3)，電離方程式為NaN3=Na++Neq\o\al(?,3)，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D．0.01mol·L?1NaN3溶液中：由物料守恒c(Na+)=c(Neq\o\al(?,3))+c(HN3)，故D錯(cuò)誤；故答案選B。3．下列說(shuō)法中不正確的有（）①水是一種極弱的電解質(zhì)，在常溫下平均每n個(gè)水分子只有1個(gè)分子發(fā)生電離，n的值是5.56×108②兩種醋酸的物質(zhì)的量濃度分別為c1和c2，pH分別為a和a+1，則c1=10c2③常溫下pH=4的醋酸加水稀釋過(guò)程中，所有離子濃度都降低④蒸干AlCl3溶液可得純凈的無(wú)水氯化鋁A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)【答案】C【解析】①1L水在常溫下質(zhì)量約為1000g，物質(zhì)的量為：SKIPIF1<0≈55.6mol，1L水在常溫下含有氫離子物質(zhì)的量為：10?7mol，平均每n個(gè)水分子中只有一個(gè)水分子發(fā)生電離，則nmol水分子中會(huì)有1mol水分子電離出1mol氫離子，即：SKIPIF1<0=SKIPIF1<0，解得n=5.56×108，故正確；②醋酸是弱電解質(zhì)，在水溶液中只有部分電離，所以醋酸的濃度大于氫離子濃度；兩種醋酸溶液的物質(zhì)的量濃度分別為c1和c2，pH分別為a和a+1的兩種醋酸溶液中氫離子濃度之比=10∶1，當(dāng)兩種酸的電離度相同時(shí)，則c1=10c2，實(shí)際上，兩種酸的濃度不等，且濃度越大，酸的電離度越小，所以兩種酸的濃度關(guān)系為c1＞10c2，故錯(cuò)誤；③酸溶液稀釋時(shí)，c(H+)減小，由于Kw不變，則c(OH?)增大，故錯(cuò)誤；④水解生成的HCl易揮發(fā)，蒸干不會(huì)得到氯化鋁，而是氫氧化鋁，故錯(cuò)誤；錯(cuò)誤的有3個(gè)，故選C。4．25℃時(shí)，向20mL0.1mol/LHAuCl4溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，滴定曲線如圖所示，則下列說(shuō)法不正確的是（）A．b點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中：c(HAuCl4)＞c(SKIPIF1<0)B．d點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中：c(OH?)-c(H+)=c(HAuCl4)C．HAuCl4的電離平衡常數(shù)Ka約為10?5D．滴定過(guò)程中，n(HAuCl4)與n(SKIPIF1<0)之和保持不變【答案】A【解析】a點(diǎn)時(shí)，0.1mol/LHAuCl4溶液的pH=3，即c(H+)=10?3mol/L，則HAuCl4為弱酸，故溶液pH=7時(shí)，加入NaOH溶液的體積小于20mL。A．b點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中的溶質(zhì)為等量的HAuCl4、NaAuCl4，溶液顯酸性，則HAuCl4電離程度大于NaAuCl4的水解程度，即c(HAuCl4)＜c(SKIPIF1<0)，A說(shuō)法錯(cuò)誤；B．d點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中的溶質(zhì)為NaAuCl4，根據(jù)質(zhì)子守恒可得c(OH?)=c(HAuCl4)+c(H+)，則c(OH?)-c(H+)=c(HAuCl4)成立，B說(shuō)法正確；C．HAuCl4的電離平衡常數(shù)Ka=SKIPIF1<0=10-5，C說(shuō)法正確；D．滴定過(guò)程中，根據(jù)物料守恒，n(HAuCl4)+n(SKIPIF1<0)=20mL×0.1mol/L，保持不變，D說(shuō)法正確；答案為A。5．（雙選）織物漂白劑亞氯酸鈉SKIPIF1<0在溶液中會(huì)生成SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0、SKIPIF1<0等，其中SKIPIF1<0和SKIPIF1<0都具有漂白作用。測(cè)定25℃時(shí)亞氯酸鈉溶液中各組分濃度隨SKIPIF1<0變化情況如圖所示(SKIPIF1<0沒(méi)有畫(huà)出，SKIPIF1<0)。下列分析正確的是（）A．HClO2的電離平衡常數(shù)SKIPIF1<0的數(shù)量級(jí)為SKIPIF1<0B．同濃度的HClO2溶液和NaClO2溶液等體積混合，則混合溶液中有：SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0時(shí)，溶液中含氯微粒的濃度大小為：SKIPIF1<0D．SKIPIF1<0時(shí)，SKIPIF1<0【答案】BD【解析】圖像橫坐標(biāo)為pOH，隨著pOH增大，pH逐漸減小，即圖示是在酸性逐漸變強(qiáng)時(shí)的變化規(guī)律。由圖示知，當(dāng)c(SKIPIF1<0)=c(HClO2)時(shí)，pOH近似為8，則pH=6，由Ka=SKIPIF1<0=c(H+)=10?6，知A錯(cuò)誤；B．混合后溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(SKIPIF1<0)+c(Cl?)和物料守恒：2c(Na+)=c(SKIPIF1<0)+c(SKIPIF1<0)+c(Cl?)，則c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+2c(Na+)-c(SKIPIF1<0)-c(Cl?)+c(Cl?)，化簡(jiǎn)移項(xiàng)得：c(Na+)+c(OH?)=c(H+)+c(SKIPIF1<0)，B正確；C．由圖像知，pH=7時(shí)，c(SKIPIF1<0)＞c(SKIPIF1<0)，C錯(cuò)誤；D．ClO2、Cl?中Cl元素化合價(jià)與SKIPIF1<0、SKIPIF1<0不同，推測(cè)由+3價(jià)Cl歧化生成ClO2、Cl?，由得失電子守恒知：n(ClO2)=4n(Cl?)，即c(ClO2)=4c(Cl?)，D正確；故答案選BD。6．在25℃時(shí)，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．0.10mol·L?1的HA溶液中SKIPIF1<0=1010，該HA溶液的pH=2B．pH=13的NaOH溶液與pH=1的醋酸溶液等體積混合后所得溶液的pH＞7C．pH=3的鹽酸和pH=3的AlCl3溶液中，水電離出的c(H+)后者大D．10mLpH=3的鹽酸與1mLpH=12的NaOH混合后溶液呈中性【答案】B【解析】A．0.10mol·L?1的HA溶液中SKIPIF1<0=1010，又SKIPIF1<0，則SKIPIF1<0，該HA溶液的pH=2，故A正確；B．pH=1的醋酸溶液的物質(zhì)的量濃度比pH=13的NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度大的多，則二者等體積混合后所得溶液顯酸性，pH＜7，故B錯(cuò)誤；C．鹽酸抑制水的電離，AlCl3溶液中鋁離子水解促進(jìn)水的電離，則水電離出的c(H+)后者大，故C正確；D．pH=3的鹽酸中SKIPIF1<0，pH=12的NaOH溶液中SKIPIF1<0，則10mLpH=3的鹽酸與1mLpH=12的NaOH混合后，恰好反應(yīng)生成氯化鈉，則溶液呈中性，故D正確；故選B。7．（雙選）25℃時(shí)，向40mL0.1mol·L?1的SKIPIF1<0溶液中逐滴加入0.1mol·L?1的NaOH溶液，溶液的pH隨加入NaOH溶液體積的變化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．X點(diǎn)時(shí)，SKIPIF1<0B．Y點(diǎn)時(shí)，SKIPIF1<0C．SKIPIF1<0的水解平衡常數(shù)SKIPIF1<0D．水的電離程度：SKIPIF1<0【答案】CD【解析】A．X點(diǎn)時(shí)，是亞硫酸與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成亞硫酸氫鈉，由質(zhì)子守恒得SKIPIF1<0，即SKIPIF1<0，故A不選；Y點(diǎn)時(shí)，SKIPIF1<0，電荷守恒得SKIPIF1<0，將SKIPIF1<0代入得SKIPIF1<0，因?yàn)閜H=7.19，所以SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，故B不選；C．SKIPIF1<0的水解平衡常數(shù)SKIPIF1<0，在Y點(diǎn)，SKIPIF1<0，代入得SKIPIF1<0，故C選；D．水的電離程度與氫離子濃度或者氫氧根濃度有關(guān)，當(dāng)只有亞硫酸時(shí)，水的電離程度最小，隨著氫氧根的加入，到X點(diǎn)，相當(dāng)于亞硫酸氫鈉，其電離大于水解，抑制水的電離，只不過(guò)抑制程度減少，Y點(diǎn)接近水的正常電離，到Z點(diǎn)生成亞硫酸鈉，促進(jìn)水的電離，電離程度最大，則水的電離程度：SKIPIF1<0，故D選；故選：CD。8．室溫下，①將濃度均為0.1mol/L的鹽酸與氨水等體積混合，混合液pH=a；②將濃度為bmol/L鹽酸與0.3mol/L氨水等體積混合，混合液pH=7(忽略溶液體積變化)。下列判斷錯(cuò)誤的是（）A．a(chǎn)<7，b<0.3B．常溫下氨水的電離平衡常數(shù)SKIPIF1<0C．②中混合液存在：c(NHeq\o\al(+,4))+c(NH3·H2O)+c(Cl?)=0.3mol/LD．將①與②混合液混合，則混合后溶液中存在：c(Cl?)＞c(NHeq\o\al(+,4))【答案】C【解析】A．①將濃度均為0.1mol/L的鹽酸與氨水等體積混合，二者恰好完全反應(yīng)生成氯化銨和水，氯化銨水解顯酸性，故混合液pH=a<7；②將濃度為bmol/L鹽酸與0.3mol/L氨水等體積混合，因該混合液SKIPIF1<0，故必須鹽酸少量即b<0.3，A正確；B．由題意列電荷守恒得：SKIPIF1<0，因室溫下混合液SKIPIF1<0，說(shuō)明溶液顯中性，SKIPIF1<0，所以SKIPIF1<0，因等體積混合故SKIPIF1<0=SKIPIF1<0mol/L。常溫下氨水中一水合氨的電離方程式為NH3·H2ONHeq\o\al(+,4)+OH?，故其電離平衡常數(shù)SKIPIF1<0，B正確；C．②中混合液存在物料守恒c(NHeq\o\al(+,4))+c(NH3·H2O)=SKIPIF1<0，SKIPIF1<0＜SKIPIF1<0，故c(NHeq\o\al(+,4))+c(NH3·H2O)+c(Cl?)≠0.3mol/L，C錯(cuò)誤；D．因①溶液顯酸性，②溶液顯中性，故將①與②混合液混合顯酸性，SKIPIF1<0＞SKIPIF1<0，由電荷守恒得：SKIPIF1<0，故SKIPIF1<0，D正確；故選C。9．I．25℃時(shí)，部分物質(zhì)的電離平衡常數(shù)如表所示：弱酸或弱堿電離常數(shù)NH3·H2OKb=2×10?5HClOKa=3×10?8H2CO3Ka1=4×10?7Ka2=4×10?11H2SO3Ka1=1.3×10?2Ka2=6.3×10?8(1)0.1mol·L?1NH4ClO溶液中離子濃度由大到小的順序是_____________________。(2)等濃度的Na2SO3、NaClO、Na2CO3、NaHCO3溶液，pH由大到小的順序是________。(3)某小組同學(xué)探究飽和NaClO和KAl(SO4)2溶液混合反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)兩種溶液混合后產(chǎn)生大量的白色膠狀沉淀。出現(xiàn)上述現(xiàn)象的原因是____________________(請(qǐng)用反應(yīng)的離子方程式表示)。II．用沉淀滴定法快速測(cè)定NaI溶液中c(I?)，實(shí)驗(yàn)過(guò)程包括準(zhǔn)備標(biāo)準(zhǔn)溶液和滴定待測(cè)溶液。i．準(zhǔn)備標(biāo)準(zhǔn)溶液a．準(zhǔn)確稱取AgNO3基準(zhǔn)物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL標(biāo)準(zhǔn)溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用。b．配制并標(biāo)定100mL0.1000mol·L?1NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液，備用。ii．滴定的主要步驟a．取待測(cè)NaI溶液25.00mL于錐形瓶中。b．加入25.00mL0.1000mol·L?1AgNO3溶液(過(guò)量)，使I?完全轉(zhuǎn)化為AgI沉淀。c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示劑。d．用0.1000mol·L?1NH4SCN溶液滴定過(guò)量的Ag+，使其恰好完全轉(zhuǎn)化為AgSCN沉淀后，體系出現(xiàn)淡紅色，停止滴定。e．重復(fù)上述操作兩次。三次測(cè)定數(shù)據(jù)如下表：實(shí)驗(yàn)序號(hào)123消耗NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液體積/mL10.2410.029.98f．?dāng)?shù)據(jù)處理?；卮鹣铝袉?wèn)題：(4)滴定應(yīng)在pH＜0.5的條件下進(jìn)行，其原因是____________________________。(5)若在配制AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，燒杯中的溶液有少量濺出，會(huì)導(dǎo)致c(I?)測(cè)定結(jié)果___________(填“偏高”、“偏低”或“不影響”)。(6)測(cè)得c(I?)=__________mol·L?1。【答案】（1）c(NHeq\o\al(+,4))＞c(ClO?)＞c(OH?)＞c(H+)Na2CO3＞NaClO＞Na2SO3＞NaHCO3Al3++3ClO?+3H2O=Al(OH)3↓+3HClO防止因Fe3+水解而影響滴定終點(diǎn)的判斷偏高0.0600【解析】(1)根據(jù)電離平衡常數(shù)NH3·H2O的Kb=2×10?5，HClO的Ka=3×10?8，次氯酸根水解顯堿性，銨根水解顯酸性，根據(jù)越弱越水解，次氯酸根水解程度大于銨根水解程度，溶液顯堿性，因此0.1mol·L?1NH4ClO溶液中離子濃度由大到小的順序是c(NHeq\o\al(+,4))＞c(ClO?)＞c(OH?)＞c(H+)；故答案為：c(NHeq\o\al(+,4))＞c(ClO?)＞c(OH?)＞c(H+)。(2)根據(jù)電離平衡常數(shù)得到酸強(qiáng)弱順序：H2SO3＞H2CO3＞SKIPIF1<0＞HClO＞SKIPIF1<0，根據(jù)對(duì)應(yīng)的酸越弱，其水解程度越大，堿性越強(qiáng)，因此等濃度的Na2SO3、NaClO、Na2CO3、NaHCO3溶液，pH由大到小的順序是Na2CO3＞NaClO＞Na2SO3＞NaHCO3；故答案為：Na2CO3＞NaClO＞Na2SO3＞NaHCO3。(3)根據(jù)題意說(shuō)明Al3+和ClO?發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁沉淀和次氯酸，其離子方程式為Al3++3ClO?+3H2O=Al(OH)3↓+3HClO；故答案為：Al3++3ClO?+3H2O=Al(OH)3↓+3HClO。(4)由于鐵離子發(fā)生水解而影響滴定終點(diǎn)的判斷，因此滴定應(yīng)在pH＜0.5的條件下進(jìn)行；故答案為：防止因Fe3+水解而影響滴定終點(diǎn)的判斷。(5)若在配制AgNO3標(biāo)準(zhǔn)溶液時(shí)，燒杯中的溶液有少量濺出，則配制出的硝酸銀濃度偏低，取等量的硝酸銀，物質(zhì)的量減少，則消耗的NH4SCN溶液的體積偏低，得到碘離子的量增大，因此會(huì)導(dǎo)致c(I?)測(cè)定結(jié)果偏高；故答案為：偏高。(6)根據(jù)三次數(shù)據(jù)得出第一次數(shù)據(jù)是錯(cuò)誤的數(shù)據(jù)，因此消耗NH4SCN標(biāo)準(zhǔn)溶液平均體積為10.00mL，根據(jù)Ag+～I(xiàn)?～AgI，則n(I?)=0.1000mol·L?1×0.025L-0.1000mol·L?1×0.01L=0.0015mol，SKIPIF1<0；故答案為：0.0600。10．用硫酸分解磷尾礦[主要成分為Ca5(PO4)3F]可制得中強(qiáng)酸磷酸。已知：25℃時(shí)，H3PO4的電離平衡常數(shù)：K1=7.1×10?3；K2=6.3×10?8；K3=4.2×10?13.請(qǐng)回答：(1)NaH2PO4溶液中c(HPOeq\o\al(2?,4))________c(H3PO4)(填“>”“<”或“=”)。(2)25℃時(shí)，H2POeq\o\al(?,4)(aq)+OH?(aq)HPOeq\o\al(2?,4)(aq)+H2O(l)的平衡常數(shù)K=___________。

(3)Ca5(PO4)3F(s)+OH?(aq)Ca5(PO4)3(OH)(s)+F?(aq)，溶液中c(F?)隨溶液的pH和溫度(T)的變化曲線如圖所示。則：pH1_______pH2(填“>”“<”或“=”，下同)；A、B兩點(diǎn)的溶液中用F?表示的反應(yīng)速率υ(A)________υ(B)。

(4)下列說(shuō)法正確的是___________A．磷酸溶液中存在3個(gè)平衡B．向pH=2的磷酸溶液中加入NaH2PO4固體，溶液酸性降低C．