浙江2022高考化學(xué)二輪增分策略專題十一溶液中的離子反應(yīng)

專題十一溶液中的離子反應(yīng)第三編化學(xué)反應(yīng)原理內(nèi)容索引考點(diǎn)一弱電解質(zhì)的電離平衡考點(diǎn)二水的電離、溶液的酸堿性三年選考五次真題考點(diǎn)三酸堿中和滴定考點(diǎn)四關(guān)系式法在氧化還原滴定法中的應(yīng)用考點(diǎn)五鹽類的水解考點(diǎn)六溶液中“粒子”濃度的變化弱電解質(zhì)的電離平衡考點(diǎn)一一、弱電解質(zhì)1.弱電解質(zhì)(1)概念1核心回扣(2)與化合物類型的關(guān)系強(qiáng)電解質(zhì)主要是大部分離子化合物及某些共價(jià)化合物，弱電解質(zhì)主要是某些共價(jià)化合物。(3)常見的弱電解質(zhì)試寫出水、氫氟酸、醋酸、次氯酸、氫氰酸、一水合氨的電離方程式。H2O：

；HF：

；CH3COOH：

；HClO：

；HCN：

；NH3·H2O：

。2.弱電解質(zhì)的電離平衡(1)電離平衡的特征=≠離子分子(2)外界條件對電離平衡的影響①內(nèi)因：弱電解質(zhì)本身的性質(zhì)。②外因：濃度、溫度、加入試劑等。(3)電離過程是可逆過程，可直接用化學(xué)平衡移動原理分析電離平衡。以0.1mol·L－1CH3COOH溶液為例：CH3COOHCH3COO－＋H＋(正向吸熱)。實(shí)例(稀溶液)CH3COOHH＋＋CH3COO－

ΔH＞0改變條件平衡移動方向n(H＋)c(H＋)導(dǎo)電能力Ka加水稀釋→增大減小減弱不變加入少量冰醋酸→通入HCl(g)←加NaOH(s)→加入鎂粉→升高溫度→加CH3COONa(s)←增大增大增強(qiáng)不變增大增大增強(qiáng)不變減小減小增強(qiáng)不變減小減小增強(qiáng)不變增大增大增強(qiáng)增大減小減小增強(qiáng)不變二、電離度、電離平衡常數(shù)1.電離度(1)電離度概念與表達(dá)式一定條件下，當(dāng)弱電解質(zhì)在水溶液中達(dá)到電離平衡時(shí)，溶液中已經(jīng)電離的電解質(zhì)分子數(shù)占電解質(zhì)分子總數(shù)的百分?jǐn)?shù)。(常用符號α表示)可用數(shù)學(xué)式表達(dá)：注意①電離度適用于達(dá)到平衡的電解質(zhì)溶液。②在相同溫度和相同濃度下，電離度大小可表示弱電解質(zhì)的相對強(qiáng)弱。電離度越小，電解質(zhì)越弱。(2)影響電離度的因素①溫度：在其他條件不變時(shí)，升高溶液溫度，電離平衡向電離方向移動，電離度增大。②濃度：其他條件不變時(shí)，增大弱電解質(zhì)溶液濃度，平衡向電離方向移動，但電離度減小。若降低弱電解質(zhì)溶液濃度，平衡向電離方向移動，電離度增大。③其他電解質(zhì)的加入：如同離子效應(yīng)，加入與弱電解質(zhì)電離有相同離子的強(qiáng)電解質(zhì)時(shí)，會使弱電解質(zhì)電離度降低。2.電離平衡常數(shù)(1)電離平衡常數(shù)的表達(dá)式弱酸的電離常數(shù)用Ka來表示，弱堿的電離常數(shù)用Kb來表示。例如：H2S的電離常數(shù)表達(dá)式為NH3·H2O的電離常數(shù)表達(dá)式為(2)K的意義①K值越大，電離程度越

。②多元弱酸中，Ka1?Ka2?Ka3，即以第

步電離為主。以H2S電離為例，從HS－中電離出一個(gè)H＋，要比從H2S中電離出一個(gè)H＋難，因?yàn)榈谝徊诫婋x出的H＋抑制了第二步電離。(3)影響K值的因素對于某電解質(zhì)來說，影響K值的只有溫度。通常電離過程是吸熱的，所以升溫會使K值

。大增大一3.電離平衡常數(shù)(Ka)與電離度(α)的關(guān)系常溫下，cmol·L－1的CH3COOH，其電離度為α，則該CH3COOH的電離平衡常數(shù)Ka為

。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、一強(qiáng)一弱的圖像分析1.相同體積、相同濃度的HCl(a)和CH3COOH(b)，分別與足量的鋅粉發(fā)生反應(yīng)，按要求畫出圖像。(1)產(chǎn)生H2的體積V(H2)隨時(shí)間(t)的變化圖像；答案

答案(2)產(chǎn)生H2的速率v(H2)隨時(shí)間(t)的變化圖像；答案

答案(3)溶液的pH隨時(shí)間(t)的變化圖像。答案

2.若把HCl(a)、CH3COOH(b)均改成相同體積、相同pH，則①②③的圖像又怎樣？答案(1)(2)(3)答案方法技巧圖像法理解一強(qiáng)一弱的稀釋規(guī)律(1)相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸①加水稀釋相同的倍數(shù)，醋酸的pH大。②加水稀釋到相同的pH，鹽酸加入的水多。(2)相同體積、相同pH的鹽酸、醋酸①加水稀釋相同的倍數(shù)，鹽酸的pH大。②加水稀釋到相同的pH，醋酸加入的水多。題組一弱電解質(zhì)的電離平衡1.(2018·寧波市第二中學(xué)高考專題訓(xùn)練)氨氣溶于水達(dá)平衡后，若只改變某一條件，下列說法正確的是2題組集訓(xùn)答案1234567B.NH4Cl水解顯酸性，所以向溶液中加入NH4Cl固體，會促進(jìn)NH3·H2O

電離C.向溶液中通入HCl氣體，則一定有c()＝c(Cl－)D.實(shí)驗(yàn)室中可以通過將濃氨水加入到堿石灰中來制取氨氣√2.將10mL0.1mol·L－1的氨水加蒸餾水稀釋到1L后，下列變化中正確的是①電離程度增大②c(NH3·H2O)增大③

數(shù)目增多④c(OH－)增大⑤導(dǎo)電性增強(qiáng)

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－)減小，④錯(cuò)；12345673.(2017·衢州市高三1月教學(xué)質(zhì)量檢測)下列事實(shí)不能說明CH3COOH為弱酸的是A.測得0.10mol·L－1CH3COOH溶液中存在較多的CH3COOH分子B.比較等濃度等體積的鹽酸、CH3COOH溶液與足量Zn反應(yīng)生成H2的體積C.比較等濃度等體積的鹽酸、CH3COOH溶液與等量NaOH溶液反應(yīng)后放

出的熱量D.0.10mol·L－1NH4Cl溶液呈酸性，0.10mol·L－1CH3COONH4溶液呈中性答案√解析1234567解析測得0.10mol·L－1CH3COOH溶液中存在較多的CH3COOH分子，說明醋酸未完全電離，是弱酸，故A正確；等濃度等體積的鹽酸、CH3COOH溶液與足量Zn反應(yīng)生成的H2一樣多，無法判斷醋酸是弱酸，故B錯(cuò)誤；等濃度等體積的鹽酸、CH3COOH溶液與等量NaOH溶液反應(yīng)后放出的熱量，醋酸放出的熱量少，說明中和反應(yīng)過程中存在醋酸的電離，電離過程吸熱，可說明醋酸是弱酸，故C正確；0.10mol·L－1NH4Cl溶液呈酸性，0.10mol·L－1CH3COONH4溶液呈中性，均說明CH3COO－在水溶液中發(fā)生了水解，可知醋酸是弱酸，故D正確。1234567解析答案4.在相同溫度下，100mL0.01mol·L－1的醋酸溶液與10mL0.1mol·L－1的醋酸溶液相比較，下列數(shù)值前者大于后者的是A.中和時(shí)所需NaOH的量B.電離的程度C.H＋的物質(zhì)的量濃度D.CH3COOH的物質(zhì)的量√1234567解析100mL0.01mol·L－1的醋酸溶液與10mL0.1mol·L－1的醋酸溶液中含有的醋酸的物質(zhì)的量相同，中和時(shí)所需NaOH的量相同，A項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)濃度對電離平衡的影響規(guī)律：越稀越電離，0.01mol·L－1的醋酸溶液中醋酸電離的程度大于0.1mol·L－1的醋酸溶液中醋酸的電離程度，B項(xiàng)正確；H＋的物質(zhì)的量濃度：前者小于后者，C項(xiàng)錯(cuò)誤。12345675.某溫度下，相同體積、相同pH的氨水和氫氧化鈉溶液加水稀釋時(shí)的pH變化曲線如圖所示，下列判斷正確的是

A.a點(diǎn)導(dǎo)電能力比b點(diǎn)強(qiáng)B.b點(diǎn)的Kw值大于c點(diǎn)C.與鹽酸完全反應(yīng)時(shí)，消耗鹽酸體積Va>VcD.a、c兩點(diǎn)c(H＋)相等解析答案√1234567解析pH：b點(diǎn)大于a點(diǎn)，所以溶液中的離子濃度b點(diǎn)大于a點(diǎn)，即導(dǎo)電能力b點(diǎn)大于a點(diǎn)，A錯(cuò)誤；b點(diǎn)和c點(diǎn)的溫度相同，其Kw相等，B錯(cuò)誤；由圖像中曲線的變化趨勢知，a點(diǎn)是NaOH溶液，c點(diǎn)是氨水，pH相同時(shí)c(NH3·H2O)遠(yuǎn)大于c(NaOH)，結(jié)合溶液的體積c點(diǎn)大于a點(diǎn)，故消耗鹽酸體積Va<Vc，C錯(cuò)誤；a、c兩點(diǎn)的pH相同，則c(H＋)相等，D正確。1234567題組二電離度、電離平衡常數(shù)的應(yīng)用6.已知25℃時(shí)幾種物質(zhì)的電離度(溶液濃度均為0.1mol·L－1)如下表(已知硫酸的第一步電離是完全的)：(1)25℃時(shí)，0.1mol·L－1上述幾種溶液中c(H＋)由大到小的順序是_______

(填序號，下同)。①＞④＞②＞③答案1234567(2)25℃時(shí)，c(H＋)相同的上述溶液，其物質(zhì)的量濃度由大到小的順序是

。(3)25℃時(shí)，0.1mol·L－1H2SO4溶液中的

的電離度小于0.1mol·L－1NaHSO4溶液中

的電離度的原因是________________________________________________________________________________________

。③＞②＞④＞①0.1mol·L－1的H2SO4溶液中，H2SO4第一步電離產(chǎn)生的H＋抑制了第二步的電離，所以H2SO4中的電離度小于NaHSO4中

的電離度答案12345677.(1)N2H4易溶于水，是與氨相類似的弱堿，已知其常溫下的電離常數(shù)K1＝1.0×10－6。常溫下，將0.2mol·L－1N2H4·H2O與0.1mol·L－1鹽酸等體積混合(忽略體積變化)，則此時(shí)溶液的pH等于

(忽略N2H4的二級電離)。8答案1234567解析(2)25℃時(shí)，將amol·L－1的氨水與bmol·L－1

鹽酸等體積混合(體積變化忽略不計(jì))，反應(yīng)后溶液恰好顯中性，用a、b表示NH3·H2O的電離平衡常數(shù)為

。答案解析1234567答案解析71234567水的電離、溶液的酸堿性考點(diǎn)二1.水的電離(1)水的電離水是極弱的電解質(zhì)，水的電離方程式為H2O＋H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－。(2)水的離子積常數(shù)Kw＝c(H＋)·c(OH－)。①室溫下：Kw＝1×10－14。②影響因素：只與溫度有關(guān)，升高溫度，Kw增大。③適用范圍：Kw不僅適用于純水，也適用于稀的電解質(zhì)水溶液。④Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要溫度不變，Kw不變。1核心回扣注意(1)水的離子積常數(shù)Kw＝c(H＋)·c(OH－)，其實(shí)質(zhì)是水溶液中的H＋和OH－濃度的乘積，不一定是水電離出的H＋和OH－濃度的乘積，所以與其說Kw是水的離子積常數(shù)，不如說是水溶液中的H＋和OH－的離子積常數(shù)。即Kw不僅適用于水，還適用于酸性或堿性的稀溶液。不管哪種溶液均有c(H＋)＝c(OH－)。(2)水的離子積常數(shù)顯示了在任何水溶液中均存在水的電離平衡，都有H＋和OH－共存，只是相對含量不同而已。(3)影響水電離平衡的因素①升高溫度，水的電離程度增大，Kw增大。②加入酸或堿，水的電離程度減小，Kw不變。③加入可水解的鹽(如FeCl3、Na2CO3)，水的電離程度增大，Kw不變。(4)外界條件對水的電離平衡的影響體系變化

條件平衡移動方向Kw水的電離程度c(OH－)c(H＋)酸堿可水解的鹽Na2CO3NH4Cl溫度升溫降溫其他：如加入Na逆

不變

減小

減小

增大逆

不變

減小

增大

減小正

不變

增大

增大

減小正

不變

增大

減小

增大正

增大

增大

增大

增大逆

減小

減小

減小

減小正

不變

增大

增大

減小注意在水中加入H2SO4，水的電離平衡向左移動，是因?yàn)榧尤際2SO4后，c(H＋)增大，平衡左移。2.溶液的酸堿性(1)溶液的酸堿性溶液的酸堿性取決于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相對大小。a.酸性溶液：c(H＋)＞c(OH－)，常溫下，pH<7。b.中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)，常溫下，pH＝7。c.堿性溶液：c(H＋)<c(OH－)，常溫下，pH＞7。試判斷下列溶液在常溫下的酸、堿性(在括號中填“酸性”“堿性”或“中性”)。①相同濃度的HCl和NaOH溶液等體積混合()②相同濃度的CH3COOH和NaOH溶液等體積混合()中性堿性③相同濃度的NH3·H2O和HCl溶液等體積混合()④pH＝2的HCl和pH＝12的NaOH溶液等體積混合()⑤pH＝3的HCl和pH＝10的NaOH溶液等體積混合()⑥pH＝3的HCl和pH＝12的NaOH溶液等體積混合()⑦pH＝2的CH3COOH和pH＝12的NaOH溶液等體積混合()⑧pH＝2的HCl和pH＝12的NH3·H2O等體積混合()酸性中性酸性堿性酸性堿性(2)pH的測定方法①pH試紙法：用鑷子夾取一小塊pH試紙放在潔凈的玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取待測液點(diǎn)在試紙的中央，變色后與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對照，即可確定溶液的pH。pH試紙使用注意事項(xiàng)：pH試紙使用前不能用蒸餾水潤濕，否則待測液因被稀釋可能產(chǎn)生誤差；用廣范pH試紙讀出的pH值只能是整數(shù)；不能用pH試紙測定氯水的pH，因?yàn)槁人仕嵝缘耐瑫r(shí)呈現(xiàn)強(qiáng)氧化性(漂白性)。②pH計(jì)測量法。2題組集訓(xùn)1.(2018·浙江省“七彩陽光”新高考研究聯(lián)盟高三上學(xué)期考試)已知：H2OOH－＋H＋，在25℃和100℃時(shí)水的Kw分別為1.0×10－14、2.5×10－13。下列說法不正確的是A.25℃時(shí)，純水的pH＝7，呈中性B.100℃時(shí)，純水的pH＜7，呈酸性C.純水的c(H＋)：100℃大于25℃D.100℃的純水中c(H＋)＝c(OH－)解析答案√解析A項(xiàng)，25℃時(shí)，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－14,25℃時(shí)，c(H＋)＝10－7mol·L－1，pH＝7，水呈中性，正確；B項(xiàng)，100℃時(shí)，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝2.5×10－13，c(H＋)＞10－7mol·L－1，pH<7，水呈中性，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，根據(jù)上述分析，25℃時(shí)，c(H＋)＝10－7mol·L－1，100℃時(shí)c(H＋)＞10－7mol·L－1，所以純水的c(H＋)：100℃大于25℃，正確；D項(xiàng)，純水呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，正確。解析2.水的電離平衡曲線如圖所示：答案(1)若以A點(diǎn)表示25℃時(shí)水的電離平衡時(shí)的離子的濃度，當(dāng)溫度升高到100℃時(shí)，水的電離平衡狀態(tài)到B點(diǎn)，則此時(shí)水的離子積從_________增加到

，造成水的離子積增大的原因是

。解析從圖中可知，B點(diǎn)時(shí)c(OH－)＝c(H＋)＝10－6mol·L－1，則Kw＝10－12，Kw增大的原因是升高溫度，促進(jìn)了水的電離。10－1410－12升高溫度促進(jìn)了水的電離(2)結(jié)合下圖所示，下列有關(guān)說法正確的是

(填字母)。A.圖中四點(diǎn)Kw間的關(guān)系：A＝D＜C＜BB.若從A點(diǎn)到D點(diǎn)，可采用溫度不變在水中加入少量酸C.若從A點(diǎn)到C點(diǎn)，可采用溫度不變在水中加入少量NH4Cl固體D.若從A點(diǎn)到D點(diǎn)，可采用溫度不變在水中加入少量NaCl固體解析答案√√解析Kw只受溫度影響，隨著溫度升高而增大，A、D點(diǎn)溫度相同，B點(diǎn)溫度高于C點(diǎn)溫度，所以A項(xiàng)正確；從A點(diǎn)到D點(diǎn)，溫度不變，酸性增強(qiáng)，B項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤；A、C代表的點(diǎn)的溫度不同，C項(xiàng)錯(cuò)誤。(3)100℃時(shí)，0.01mol·L－1的NaOH溶液中由水電離出的c(OH－)為

。解析答案10－10mol·L－13.(2017·杭州市西湖高級中學(xué)高二12月月考)(1)一定條件下，在水的電離平衡中，c(H＋)和c(OH－)的關(guān)系如下圖所示。100℃時(shí)，若鹽酸中c(H＋)＝5×10－4mol·L－1，則由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝

。解析答案2×10－9mol·L－1(2)pH＝3的鹽酸與pH＝5的鹽酸等體積混合，pH＝

。解析答案3.3(3)25℃時(shí)，在0.5L0.2mol·L－1的HA溶液中，有0.02mol的HA電離成離子，則該溫度下的電離常數(shù)為

。0.01解析答案酸堿中和滴定考點(diǎn)三1.“中和滴定”考點(diǎn)歸納(1)“考”實(shí)驗(yàn)儀器酸式滴定管、堿式滴定管、滴定管夾(帶鐵架臺)、錐形瓶。其中常考的是滴定管，如正確選擇滴定管(包括量程)，滴定管的檢漏、洗滌和潤洗，滴定管的正確讀數(shù)方法等。(2)“考”操作步驟①滴定前的準(zhǔn)備：查漏、洗滌、潤洗、充液(趕氣泡)、調(diào)液面、讀數(shù)；

②滴定：移液、滴加指示劑、滴定至終點(diǎn)、讀數(shù)；③計(jì)算。1核心回扣(3)“考”指示劑的選擇①強(qiáng)酸強(qiáng)堿相互滴定，可選用甲基橙或酚酞；②若反應(yīng)生成強(qiáng)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(qiáng)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石蕊溶液因顏色變化不明顯，且變色范圍過寬，一般不作指示劑。(4)“考”誤差分析寫出計(jì)算式，分析操作對V標(biāo)的影響，由計(jì)算式得出對最終測定結(jié)果的影響，切忌死記硬背結(jié)論。此外對讀數(shù)視線問題要學(xué)會畫圖分析。如：用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定未知濃度的NaOH溶液(酚酞作指示劑)，用“偏高”“偏低”或“無影響”填空。①酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤洗()②錐形瓶用待測溶液潤洗(

)③錐形瓶洗凈后還留有蒸餾水()④放出堿液的滴定管開始有氣泡，放出液體后氣泡消失(

)⑤酸式滴定管滴定前有氣泡，滴定終點(diǎn)時(shí)氣泡消失()偏高偏高無影響偏低偏高⑥部分酸液滴出錐形瓶外()⑦酸式滴定管滴定前讀數(shù)正確，滴定后俯視讀數(shù)(或前仰后俯)()⑧酸式滴定管滴定前讀數(shù)正確，滴定后仰視讀數(shù)(或前俯后仰)()偏高偏低偏高2.“中和滴定”的注意事項(xiàng)

(1)錐形瓶不能用待測液潤洗，酸式滴定管不能盛放堿性溶液和氫氟酸，堿式滴定管不能盛放酸性和強(qiáng)氧化性溶液。(2)滴速要先快后慢，但不能成流，應(yīng)一滴一滴地滴加，當(dāng)接近終點(diǎn)時(shí)，應(yīng)一滴一搖。(3)滴定過程中，錐形瓶口不能碰滴定管下端尖嘴且眼睛注視錐形瓶中溶液顏色的變化。(4)當(dāng)最后一滴滴入使指示劑恰好變色且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色，表示達(dá)到滴定終點(diǎn)。(5)滴定的誤差分析要依據(jù)公式c待＝

來判斷。其中V待為準(zhǔn)確量取的待測液體積，c標(biāo)為準(zhǔn)確配制的標(biāo)準(zhǔn)液濃度，這兩者在誤差分析時(shí)看為定值；因各種原因使得所耗標(biāo)準(zhǔn)液體積V標(biāo)變大或變小，V標(biāo)變大，則c待偏高，V標(biāo)變小，則c待偏低。2題組集訓(xùn)1.某學(xué)習(xí)小組用“間接碘量法”測定某CuCl2晶體試樣的純度，試樣不含其他能與I－發(fā)生反應(yīng)的氧化性雜質(zhì)，已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I(xiàn)2，I2＋===＋2I－。取mg試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應(yīng)，用0.1000mol·L－1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，部分實(shí)驗(yàn)儀器和讀數(shù)如圖所示。下列說法正確的是解析答案A.試樣在甲中溶解，滴定管選乙B.選用淀粉作指示劑，當(dāng)甲中溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o色時(shí)，即達(dá)到滴定終點(diǎn)C.丁圖中滴定前，滴定管的讀數(shù)為(a－0.50)mLD.對裝有標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管讀數(shù)時(shí)，滴定前后讀數(shù)方式如丁圖所示，則測

得的結(jié)果偏小√解析A項(xiàng)，甲中盛裝的是含有I2的溶液，則滴定管中盛裝的為Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液，該溶液顯堿性，應(yīng)選用堿式滴定管(丙)，不正確；B項(xiàng)，溶液變色且經(jīng)過30s左右溶液不恢復(fù)原來的顏色，視為滴定終點(diǎn)，不正確；C項(xiàng)，滴定管“0”刻度在上端，故滴定前的讀數(shù)為(a＋0.50)mL，不正確；D項(xiàng)，滴定后俯視讀數(shù)，將導(dǎo)致讀數(shù)偏小，故測得的結(jié)果偏小，正確。2.滴定實(shí)驗(yàn)是化學(xué)學(xué)科中重要的定量實(shí)驗(yàn)。

請回答下列問題：(1)用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列情況會造成測定結(jié)果偏高的是

(填字母)。A.滴定終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)，俯視滴定管刻度B.盛裝NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗過，未用NaOH溶液潤洗C.酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗D.滴定前，滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失√解析答案√解析滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏小，根據(jù)c(待測)＝，則測定結(jié)果偏低，A項(xiàng)錯(cuò)誤；錐形瓶水洗后不用未知液洗滌，對結(jié)果無影響，B項(xiàng)錯(cuò)誤；酸式滴定管使用前，水洗后未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗，標(biāo)準(zhǔn)鹽酸物質(zhì)的量濃度偏小，V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，則測定結(jié)果偏高，C項(xiàng)正確；酸式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，則測定結(jié)果偏高，D項(xiàng)正確。(2)取草酸溶液置于錐形瓶中，加入適量稀硫酸，用濃度為0.02mol·L－1的高錳酸鉀溶液滴定，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋10CO2↑＋2MnSO4＋8H2O滴定數(shù)據(jù)如下：滴定次數(shù)待測液體積/mL標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液體積/mL滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)第一次25.000.5020.40第二次25.003.0023.00第三次25.004.0024.10①滴定時(shí)，KMnO4溶液應(yīng)裝在

(填“酸”或“堿”)式滴定管中；滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是

`。解析因?yàn)镵MnO4具有強(qiáng)氧化性，會腐蝕橡膠管，應(yīng)用酸式滴定管盛裝；因KMnO4溶液自身有顏色，可作為指示劑，滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是：錐形瓶中溶液由無色變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不褪色；②該草酸溶液的物質(zhì)的量濃度為

。解析設(shè)草酸的濃度為c，由反應(yīng)方程式得2KMnO4～5H2C2O4，消耗KMnO4溶液的平均體積為20.00mL，則25.00×10－3L×c＝×20.00×10－3L×0.02mol·L－1，解得c＝0.04mol·L－1。解析答案酸錐形瓶中溶液由無色變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)不褪色0.04mol·L－1關(guān)系式法在氧化還原滴定法中的應(yīng)用考點(diǎn)四滴定操作不僅適用于酸堿中和反應(yīng)，也可遷移應(yīng)用于氧化還原反應(yīng)進(jìn)行物質(zhì)含量的測定，計(jì)算方法主要用“關(guān)系式”法。(1)原理以氧化劑或還原劑為滴定劑，直接滴定一些具有還原性或氧化性的物質(zhì)。1核心回扣(2)實(shí)例①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液原理：

。(寫離子方程式)指示劑：酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外選擇指示劑，___________________________________________________________________

，說明到達(dá)滴定終點(diǎn)。當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4溶液后，溶液由無色變淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色②Na2S2O3溶液滴定碘液原理：2Na2S2O3＋I(xiàn)2===Na2S4O6＋2NaI。指示劑：用

作指示劑，______________________________________

，說明到達(dá)滴定終點(diǎn)。③用氧化還原滴定法測定TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：一定條件下，將TiO2溶解并還原為Ti3＋，再用KSCN溶液作指示劑，用NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋，滴定Ti3＋時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_______________

，達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象是___________________________

。當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液后，溶液的藍(lán)淀粉色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)液，溶液變成血紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色答題模板滴定終點(diǎn)的判斷答題模板當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏巍痢痢翗?biāo)準(zhǔn)溶液后，溶液變成×××色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來的顏色。解答此類題目注意三個(gè)關(guān)鍵點(diǎn)：(1)最后一滴：必須說明是滴入“最后一滴”溶液。(2)顏色變化：必須說明滴入“最后一滴”溶液后溶液“顏色的變化”。(3)半分鐘：必須說明溶液顏色變化后“半分鐘內(nèi)不再恢復(fù)原來的顏色”。2題組集訓(xùn)1.(2018·麗水、衢州、湖州三地市9月教學(xué)質(zhì)量檢測)過氧硫酸氫鉀復(fù)合鹽(K2SO4·KHSO4·2KHSO5)易分解，可用作漂白劑、NOx和SO2等的脫除劑。某產(chǎn)品中KHSO5含量的測定可采用如下方法：取1.000g產(chǎn)品于錐形瓶中，用適量蒸餾水溶解，加入5mL10%的硫酸和10mL25%的碘化鉀溶液，再加入2mL淀粉溶液作指示劑，用0.2000mol·L－1的硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積為25.00mL。已知：2KHSO5＋4KI＋H2SO4===2I2＋3K2SO4＋2H2OI2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI則產(chǎn)品中KHSO5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

。解析答案38.00%解析已知：2KHSO5＋4KI＋H2SO4===2I2＋3K2SO4＋2H2O、I2＋2Na2S2O3===Na2S4O6＋2NaI，則有關(guān)系式KHSO5～2Na2S2O3，消耗硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量是0.2000mol·L－1×0.0250L＝0.0050mol，所以KHSO5的物質(zhì)的量是0.0025mol，則產(chǎn)品中KHSO5的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

×100%＝38.00%。解析答案2.產(chǎn)品中Na2S2O4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定，其實(shí)驗(yàn)步驟如下：Ⅰ.準(zhǔn)確稱取ag產(chǎn)品放入錐形瓶中，加入適量的水使其溶解，然后加入足量甲醛，充分反應(yīng)；Ⅱ.再滴加幾滴淀粉溶液，用cmol·L－1的標(biāo)準(zhǔn)I2溶液滴定，至終點(diǎn)時(shí)，消耗VmLI2溶液。實(shí)驗(yàn)中涉及的反應(yīng)有：Na2S2O4＋2HCHO＋H2O===NaHSO3·CH2O＋NaHSO2·CH2O；NaHSO2·CH2O＋2I2＋2H2O===NaHSO4＋HCHO＋4HI。①步驟Ⅱ滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象是___________________________________

。當(dāng)最后一滴標(biāo)準(zhǔn)I2溶液加入后，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色且半分鐘內(nèi)不褪色解析步驟Ⅱ中用淀粉溶液作指示劑，在滴定結(jié)束之前，溶液中碘不足，溶液為無色，當(dāng)?shù)鈫钨|(zhì)過量后，溶液中的淀粉與碘單質(zhì)顯示藍(lán)色，所以滴定至終點(diǎn)的現(xiàn)象為：當(dāng)最后一滴標(biāo)準(zhǔn)I2溶液加入后，溶液由無色變?yōu)樗{(lán)色且半分鐘內(nèi)不褪色。②產(chǎn)品中Na2S2O4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

(用含a、c、V的代數(shù)式表示)。解析答案3.(2017·寧波市余姚中學(xué)高二上學(xué)期期中)過氧化尿素[CO(NH2)2·H2O2]是一種新型漂白、消毒劑；

廣泛應(yīng)用于農(nóng)業(yè)、醫(yī)藥、日用化工等領(lǐng)域。用低濃度的雙氧水和飽和尿素溶液在一定條件下可以合成過氧化尿素。反應(yīng)的方程式為CO(NH2)2＋H2O2CO(NH2)2·H2O2。準(zhǔn)確稱取1.000g產(chǎn)品于250mL錐形瓶中，加適量蒸餾水溶解，再加2mL6mol·L－1H2SO4，用0.2000mol·L－1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)時(shí)消耗18.00mL(尿素與KMnO4溶液不反應(yīng))，則產(chǎn)品中CO(NH2)2·H2O2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為

；若滴定后俯視讀數(shù)，則測得的過氧化尿素含量________

(填“偏高”“偏低”或“不變”)。84.60%偏低解析答案解析已知尿素與KMnO4溶液不反應(yīng)，發(fā)生的反應(yīng)為5H2O2＋2KMnO4＋3H2SO4===8H2O＋2MnSO4＋K2SO4＋5O2↑，5H2O2～2KMnO45

2n

0.2000mol·L－1×0.018L則n＝0.009mol，所以CO(NH2)2·H2O2為0.009mol，其質(zhì)量為0.009mol×94g·mol－1＝0.846g。所以產(chǎn)品中CO(NH2)2·H2O2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%＝84.60%；若滴定后俯視讀數(shù)會導(dǎo)致溶液體積偏小，則導(dǎo)致測得過氧化尿素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏低。鹽類的水解考點(diǎn)五1.鹽類水解及簡單應(yīng)用(1)定義在溶液中鹽電離出來的離子跟水電離產(chǎn)生的H＋或OH－結(jié)合生成弱電解質(zhì)的反應(yīng)。(2)實(shí)質(zhì)：破壞了水的電離平衡，促進(jìn)了水的電離。(3)特點(diǎn)1核心回扣(4)規(guī)律有弱才水解，越弱越水解；誰強(qiáng)顯誰性，同強(qiáng)顯中性。有以下物質(zhì)的水溶液：①NaCl

②KNO3

③NH4Cl④FeCl3

⑤CH3COONa

⑥Na2CO3

⑦NaF⑧NaHSO4

⑨Na2S

⑩NaBr呈酸性的是

；呈堿性的是

；呈中性的是

。③④⑧⑤⑥⑦⑨①②⑩(5)應(yīng)用應(yīng)用舉例判斷溶液的酸堿性FeCl3溶液顯酸性，原因是____________________________判斷酸性強(qiáng)弱等物質(zhì)的量濃度的NaX、NaY、NaZ三種鹽溶液的pH分別為8、9、10，則酸性：______________配制或貯存易水解的鹽溶液配制CuSO4溶液時(shí)，加入少量H2SO4，防止Cu2＋水解；配制FeCl3溶液，加入少量鹽酸；貯存Na2CO3溶液、Na2SiO3溶液不能用磨口玻璃塞HX＞HY＞HZ膠體的制取制取Fe(OH)3膠體的離子方程式：____________________________________泡沫滅火器原理成分為NaHCO3與Al2(SO4)3，發(fā)生反應(yīng)為___________________________________作凈水劑明礬可作凈水劑，原理為____________________________________化肥的使用銨態(tài)氮肥與草木灰不得混用除銹劑NH4Cl與ZnCl2溶液可作焊接時(shí)的除銹劑Fe(OH)3(膠體)＋3H＋===Al(OH)3↓＋3CO2↑(膠體)＋3H＋2.鹽類水解離子方程式的書寫(1)書寫要求①一般來說，鹽類水解的程度不大，用可逆號“”表示。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。②多元弱酸鹽的水解是分步進(jìn)行的，水解離子方程式要分步表示。③多元弱堿陽離子的水解簡化成一步完成。④雙水解分別是弱酸的陰離子和弱堿的陽離子，由于相互促進(jìn)水解程度較大，書寫時(shí)要用“===”“↑”“↓”等。(2)按要求書寫離子方程式。①AlCl3溶液呈酸性

。②Na2CO3溶液呈堿性

、

。③NH4Cl溶于D2O中

。④將NaHCO3溶液與AlCl3溶液混合

。⑤實(shí)驗(yàn)室制備Fe(OH)3膠體__________________________________。⑥NaHS溶液呈堿性的原因

。3.影響鹽類水解的因素(1)內(nèi)因酸或堿越弱，其對應(yīng)的弱酸根離子或弱堿陽離子的水解程度越大，溶液的堿性或酸性越強(qiáng)。因素水解平衡水解程度水解產(chǎn)生離子的濃度溫度升高濃度增大減小(即稀釋)外加酸堿酸弱堿陽離子的水解程度減小堿弱酸陰離子的水解程度減小(2)外因右移

增大

增大右移

減小

增大右移

增大

減小例如，不同條件對FeCl3水解平衡的影響：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋(填寫空格中內(nèi)容)條件移動方向H＋數(shù)pH現(xiàn)象升溫通HCl加H2O加NaHCO3向右

增多

減小

顏色變深向左

增多

減小

顏色變淺向右

增多

增大

顏色變淺向右

減小

增大

生成紅褐色沉淀，放出氣體注意①水解平衡右移，鹽的離子水解程度不一定增大，若加水稀釋時(shí)，水解平衡右移，水解程度一定增大，若增大水解離子的濃度，平衡也右移，但水解程度減小。②稀溶液中，鹽的濃度越小，水解程度越大，但其溶液酸性(或堿性)越弱。2題組集訓(xùn)題組一鹽類水解及簡單應(yīng)用1.下列各離子①

、②R＋、③R3＋、④

、⑤RH－(R表示不同的元素)都有10個(gè)電子，其中不會破壞水的電離平衡的有A.僅有①

B.僅有②

C.②⑤

D.②④√解析答案123452.(2018·嘉興市第一中學(xué)高三上學(xué)期期末)下列與鹽類水解無關(guān)的是A.明礬可用作凈水劑B.熱的純堿溶液可用于除去物品表面的油污C.向NH4Cl溶液中加入鎂粉，產(chǎn)生H2D.配制FeCl2溶液時(shí)需要向溶液中加少量鐵粉√答案12345題組二影響鹽類水解的因素3.(2017·杭州市西湖高級中學(xué)高二12月月考)為了配制

的濃度與Cl－的濃度比為1∶1的溶液，可在NH4Cl溶液中加入適量A.濃鹽酸

B.NaCl固體C.濃氨水

D.NaOH固體解析√答案12345解析加入濃鹽酸，水解平衡逆向移動，溶液中銨根離子的濃度減小，氯離子濃度增加，導(dǎo)致

與Cl－的濃度比變得更小，故A錯(cuò)誤；加入NaCl固體，溶液中加入NaCl晶體后，增加溶液中氯離子的濃度，并保持銨根離子濃度不變，導(dǎo)致

與Cl－的濃度比變得更小，故B錯(cuò)誤；加入濃氨水，通過增加一水合氨濃度從而抑制銨根離子的水解，增加溶液中銨根離子的濃度，并保持氯離子濃度不變，可以使

的濃度與Cl－的濃度比為1∶1，故C正確；123454.下列有關(guān)敘述錯(cuò)誤的是A.在CH3COONa溶液中加入適量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－)B.水解反應(yīng)

＋H2ONH3·H2O＋H＋達(dá)到平衡后，升高溫度平衡逆

向移動C.制備AlCl3、FeCl3、CuCl2時(shí)均不能采用將溶液蒸干的方法D.配制CuSO4溶液時(shí)，要加入少量H2SO4解析√答案12345解析CH3COONa溶液顯堿性，加入適量CH3COOH抑制CH3COO－水解而使溶液顯中性時(shí)：c(H＋)＝c(OH－)，根據(jù)電荷守恒可得c(Na＋)＝c(CH3COO－)，A項(xiàng)正確；鹽類水解為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡正向移動，B項(xiàng)錯(cuò)誤；Al3＋、Fe3＋和Cu2＋水解產(chǎn)生HCl，加熱會使HCl揮發(fā)，蒸干時(shí)將分別得到Al(OH)3、Fe(OH)3和Cu(OH)2，C項(xiàng)正確；CuSO4溶液中Cu2＋水解：Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋，加入少量H2SO4可抑制Cu2＋水解，D項(xiàng)正確。123455.(1)由于HF是弱酸，則向NaF溶液中通入少量HCl，c(H＋)

(填“變大”“變小”或“不變”，下同)，c(F－)

；微微加熱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－，當(dāng)通入少量HCl時(shí)，c(H＋)變大，消耗OH－，水解平衡右移，c(F－)變?。划?dāng)微熱NaF溶液時(shí)，使水解平衡右移，c(F－)變小，c(OH－)變大，則c(H＋)變小。解析答案變大變小變小變小12345(2)鈰(Ce)是地殼中含量最高的稀土元素。在加熱條件下CeCl3易發(fā)生水解，無水CeCl3可用加熱CeCl3·6H2O和NH4Cl固體混合物的方法來制備。其中，NH4Cl的作用是

。解析答案分解生成HCl氣體，抑制CeCl3水解12345溶液中“粒子”濃度的變化考點(diǎn)六1.明確“三個(gè)”守恒原理(1)電荷守恒：即電解質(zhì)溶液中陰離子所帶電荷總數(shù)等于陽離子所帶電荷總數(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)雜的離子濃度問題。(2)物料守恒：是指物質(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：是指在電離或水解過程中，會發(fā)生質(zhì)子(H＋)轉(zhuǎn)移，但在質(zhì)子轉(zhuǎn)移過程中其數(shù)量保持不變。1核心回扣2.正確理解質(zhì)子守恒以Na2CO3和NaHCO3溶液為例，可用下圖所示幫助理解質(zhì)子守恒：(1)Na2CO3溶液(2)NaHCO3溶液3.建立解題思維模型(3)不同溶液中某離子濃度的變化若其他離子能促進(jìn)該離子的水解，則該離子濃度減小，若抑制其水解，則該離子濃度增大。2題組集訓(xùn)題組一歸納類型，逐一突破(一)單一溶液1.0.1mol·L－1的NH4Cl溶液粒子種類：

；離子濃度大小關(guān)系：

；物料守恒：

。解析答案1234567892.Na2S溶液水解方程式：

；離子濃度大小關(guān)系：

；電荷守恒：

；物料守恒：

；質(zhì)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(呈堿性)水解方程式：

；離子濃度大小關(guān)系：

；電荷守恒：

；物料守恒：

；質(zhì)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既能發(fā)生水解又能發(fā)生電離，水溶液呈堿性：答案解析1234567894.NaHSO3溶液(呈酸性)水解方程式：

；離子濃度大小關(guān)系：

；電荷守恒：

；物料守恒：

；質(zhì)子守恒：

。答案解析解析NaHSO3既能發(fā)生電離又能發(fā)生水解，水溶液呈酸性：123456789(二)混合溶液5.物質(zhì)的量為1∶1的CH3COOH、CH3COONa溶液水解方程式：

；離子濃度大小關(guān)系：

；電荷守恒：

；物料守恒：

；質(zhì)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混合中性溶液離子濃度大小關(guān)系：

；電荷守恒：

；物料守恒：

。答案解析若溶液呈中性，則電離和水解相互抵消。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與pH＝12的NaOH溶液等體積混合離子濃度大小關(guān)系：

；電荷守恒：

。解析由于CH3COOH是弱酸，所以當(dāng)完全反應(yīng)后，CH3COOH仍過量許多，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題組二根據(jù)“曲線”，利用“類型”，分析判斷8.(2018·衢州市高三1月教學(xué)質(zhì)量檢測)室溫下在25mL0.1mol·L－1NaOH溶液中逐滴加入0.2mol·L－1CH3COOH溶液，曲線如圖所示，有關(guān)離子濃度關(guān)系比較錯(cuò)誤的是123456789A.在A、B間任意一點(diǎn)，溶液中一定都有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)

＋c(OH－)B.在B點(diǎn)：a＞12.5，且有c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)C.在C點(diǎn)：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)D.在D點(diǎn)：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，二者之間相互反應(yīng)，當(dāng)恰好完全反應(yīng)時(shí)，所需醋酸的體積為12.5mL，當(dāng)反應(yīng)至溶液顯中性時(shí)，醋酸應(yīng)稍過量，且c(OH－)＝c(H＋)，注意根據(jù)電荷守恒思想來比較離子濃度大小。A項(xiàng)，在A、B間任意一點(diǎn)，溶液中只存在四種離子：Na＋、H＋、CH3COO－、OH－，根據(jù)電荷守恒則有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，正確；123456789B項(xiàng)，在B點(diǎn)溶液顯中性，則c(OH－)＝c(H＋)，根據(jù)電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，則一定有c(Na＋)＝c(CH3COO－)，H＋與OH－為水電離產(chǎn)生，濃度很小，故有：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)，正確；C項(xiàng)，在C點(diǎn)，溶液顯酸性，故有c(OH－)＜c(H＋)，根據(jù)電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，故c(Na＋)＜c(CH3COO－)，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，在D點(diǎn)時(shí)，醋酸剩余，剩余的醋酸的濃度和生成的醋酸鈉濃度相等均為0.05mol·L－1，根據(jù)物料守恒，則：c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝0.1mol·L－1，正確。123456789123456789解析答案√123456789123456789三年選考五次真題1.(2018·浙江4月選考，4)下列物質(zhì)溶于水后溶液顯酸性的是A.KCl B.Na2OC.NH4Cl D.CH3COONa答案√134567891011212132.(2017·浙江11月選考，9)下列物質(zhì)的水溶液不能使酚酞變紅的是A.NaOH B.Na2CO3

C.NaCl D.NH3134567891011212答案√133.(2016·浙江4月選考，5)下列物質(zhì)的水溶液因水解而呈堿性的是A.NaCl B.NH4ClC.Na2CO3 D.NaOH134567891011212答案√134.(2018·浙江4月選考，8)相同溫度下，關(guān)于鹽酸和醋酸兩種溶液的比較，下列說法正確的是A.pH相等的兩溶液中：c(CH3COO－)＝c(Cl－)B.分別中和pH相等、體積相等的兩溶液，所需NaOH的物質(zhì)的量相同C.相同濃度的兩溶液，分別與金屬鎂反應(yīng)，反應(yīng)速率相同D.相同濃度的兩溶液，分別與NaOH固體反應(yīng)后呈中性的溶液中(忽略

溶液體積變化)：c(CH3COO－)＝c(Cl－)134567891011212答案解析√13解析A項(xiàng)，電荷守恒，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－)，正確；B項(xiàng)，pH相等的兩溶液，酸性越弱，濃度越大，相同體積所含的物質(zhì)的量就越多，所以中和時(shí)醋酸需要更多NaOH，錯(cuò)誤；C項(xiàng)，溶液中的c(H＋)越大，與鎂反應(yīng)速率越快，同濃度的兩溶液，鹽酸完全電離，醋酸部分電離，所以鹽酸反應(yīng)速率更快，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，相同濃度的兩溶液，分別與NaOH固體反應(yīng)后呈中性的溶液中，c(CH3COO－)＝c(Na＋)，c(Cl－)＝c(Na＋)，但鹽酸需要消耗更多的NaOH，鹽酸中和后的溶液中c(Na＋)更大，故c(CH3COO－)＜c(Cl－)，錯(cuò)誤。134567891011212135.(2017·浙江11月選考，18)下列說法不正確的是A.pH＜7的溶液不一定呈酸性B.在相同溫度下，物質(zhì)的量濃度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)

相等C.在相同溫度下，pH相等的鹽酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝

c(CH3COO－)D.氨水和鹽酸反應(yīng)后的溶液，若c(Cl－