2016新课标创新人教化学选修4 章末小结与测评

考点一 水溶液中离子平衡知识综合
1.(2015·广东高考)一定温度下，水溶液中H ＋和OH －
的浓度变化曲线如图。

下列说法正确的是( )
A ．升高温度，可能引起由c 向b 的变化
B ．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13
C ．该温度下，加入FeCl 3可能引起由b 向a 的变化
D ．该温度下，稀释溶液可能引起由c 向d 的变化
解析：选C A 项，c 点溶液中c (OH －)＞c (H ＋)，溶液呈碱性，升温，溶液中c (OH －
)不可能减小。

B 项，由b 点对应c (H ＋)与c (OH －)
可知，K w ＝c (H ＋)·c (OH －)＝1.0×10－7×1.0× 10－7＝1.0×10－14。

C 项，FeCl 3溶液水解显酸性，溶液中c (H ＋)增大，因一定温度下水
的离子积是常数，故溶液中c (OH －)减小，因此加入FeCl 3溶液可能引起由b 向a 的变化。

D
项，c 点溶液呈碱性，稀释时c (OH －)减小，同时c (H ＋
)应增大，故稀释溶液时不可能引起由
c向d的转化。

2．(2015·新课标全国卷Ⅰ)浓度均为0.10 mol/L、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分
别加水稀释至体积V，pH随lg V
V0的变化如图所示。

下列叙述错误的是()
A．MOH的碱性强于ROH的碱性
B．ROH的电离程度：b点大于a点
C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等
D．当lg V
V0＝2时，若两溶液同时升高温度，则c(M＋)
c(R＋)
增大
解析：选D由图像分析浓度为0.10 mol/L的MOH溶液，在稀释前pH为13，说明MOH完全电离，则MOH为强碱，而ROH的pH<13，说明ROH没有完全电离，ROH为弱
碱。

MOH的碱性强于ROH的碱性，A正确；曲线的横坐标lg V
V0越大，表示加水稀释体积
越大，由曲线可以看出b点的稀释程度大于a点，弱碱ROH存在电离平衡：ROH
R＋＋OH－，溶液越稀，弱电解质电离程度越大，故ROH的电离程度：b点大于a点，B
正确；若两溶液无限稀释，则溶液的pH接近于7，故两溶液的c(OH－)相等，C正确；当lg V
V0＝2时，溶液V＝100V0，溶液稀释100倍，由于MOH发生完全电离，升高温度，c(M＋)不变；ROH存在电离平衡：ROH R＋＋OH－，升高温度促进电离平衡向电离方向移动，c(R
＋)增大，故c(M＋)
c(R＋)
减小，D错误。

3．(2014·山东高考)已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O 的电离常数相等，现向10 mL 浓度为0.1 mol/L 的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中() A．水的电离程度始终增大
B.c(NH＋4)
c(NH3·H2O)
先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D ．当加入氨水的体积为10 mL 时，c (NH ＋4)＝c (CH 3COO －
)
解析：选D 开始滴加氨水时，水的电离程度增大，二者恰好完全反应时，水的电离程度最大，再继续滴加氨水时，水的电离程度减小，A 项错误；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸
性减弱，碱性增强，c (OH －)增大，由NH 3·H 2O NH ＋4＋OH －可知K ＝c (NH ＋4)·c (OH －)c (NH 3·H 2O )，则c (NH ＋
4)c (NH 3·H 2O )＝K c (OH －)，而K 是常数，故 K c (OH －)
一直减小，B 项错误；根据物料守恒知n (CH 3COO －)与n (CH 3COOH)之和不变，但滴加氨水过程中，溶液体积不断增大，故
c (CH 3COO －)与 c (CH 3COOH)之和减小，C 项错误；由CH 3COOH 和NH 3·H 2O 的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时，溶液呈中性，结合电荷守恒知c (CH 3COO －)＋c (OH －)＝c (NH ＋4)＋c (H ＋)，则c (CH 3COO －)＝c (NH ＋4)，D 项正确。

考点二 电解质溶液中离子浓度大小比较
4.(2015·安徽高考)25 ℃时，在10 mL 浓度均为0.1 mol/L 的NaOH 和NH 3·H 2O 混合溶液中滴加0.1 mol/L 盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是( )
A ．未加盐酸时：c (OH －)＞c (Na ＋)＝c (NH 3·H 2O)
B ．加入10 mL 盐酸时：c (NH ＋4)＋c (H ＋)＝c (OH －)
C ．加入盐酸至溶液pH ＝7时：c (Cl －)＝c (Na ＋)
D ．加入20 mL 盐酸时：c (Cl －)＝c (NH ＋4)＋c (Na ＋)
解析：选B A 项，NH 3·H 2O 是弱电解质，能微弱电离，溶液中c (Na ＋)＞c (NH 3·H 2O)。

B 项，当加入 10 mL 盐酸时，恰好将NaOH 中和完，溶液中c (Na ＋)＝c (Cl －)，根据电荷守恒式c (Na ＋)＋c (NH ＋4)＋c (H ＋)＝c (Cl －)＋c (OH －)可知c (NH ＋4)＋c (H ＋)＝c (OH －)。

C 项，溶液pH ＝7时，溶液中c (H ＋)＝c (OH －)，根据电荷守恒式可知c (Na ＋)＋c (NH ＋4)＝c (Cl －)。

D 项，
加入20 mL盐酸时，恰好将NaOH和NH3·H2O中和完全，根据物料守恒有c(Na＋)＋c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)。

5．(2015·江苏高考)室温下，向下列溶液中通入相应的气体至溶液pH＝7(通入气体对溶液体积的影响可忽略)，溶液中部分微粒的物质的量浓度关系正确的是() A．向0.10 mol/L NH4HCO3溶液中通CO2：
c(NH＋4)＝c(HCO－3)＋c(CO2－3)
B．向0.10 mol/L NaHSO3溶液中通NH3：
c(Na＋)>c(NH＋4)>c(SO2－3)
C．向0.10 mol/L Na2SO3溶液中通SO2：
c(Na＋)＝2[c(SO2－3)＋c(HSO－3)＋c(H2SO3)]
D．向0.10 mol/L CH3COONa溶液中通HCl：c(Na＋)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)
解析：选D A选项，由电荷守恒知：c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(HCO－3)＋2c(CO2－3)＋c(OH－)，当c(H＋)＝c(OH－)时，上式变为c(NH＋4)＝c(HCO－3)＋2c(CO2－3)，所以错误；B选项，由电荷守恒知c(NH＋4)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSO－3)＋2c(SO2－3)＋c(OH－)，由物料守恒知c(Na＋)＝c(HSO－3)＋c(SO2－3)＋c(H2SO3)，两者相减得c(NH＋4)＋c(H＋)＝c(SO2－3)－c(H2SO3)＋c(OH－)，当c(H＋)＝c(OH－)时，上式变为c(NH＋4)＋c(H2SO3)＝c(SO2－3)，因此c(NH＋4)＜c(SO2－3)，所以错误；C选项，由物料守恒知，在Na2SO3溶液中即存在该守恒式，当通入SO2后，硫原子个数增多，因此原等式肯定不成立，所以错误；D选项，由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)，由物料守恒知，c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，两式相减得c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(OH－)＋c(Cl－)，当c(H＋)＝c(OH－)时，上式变为c(CH3COOH)＝c(Cl－)，而溶液中的c(Na＋)＞c(CH3COOH)，因此c(Na＋)＞c(CH3COOH)＝c(Cl－)，所以正确。

6．(2014·新课标全国卷Ⅱ)一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是() A．pH＝5的H2S溶液中，c(H＋)＝c(HS－)＝1×10－5 mol/L
B．pH＝a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH＝b，则a＝b＋1
C．pH＝2的H2C2O4溶液与pH＝12的NaOH溶液任意比例混合：
c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HC2O－4)
D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①>②>③解析：选D A项，pH＝5的H2S溶液中H＋的浓度为1×10－5mol/L，H＋来自于H2S 的第一步电离、HS－的电离和水的电离，故H＋的浓度大于HS－的浓度，错误；B项，弱碱
不完全电离，弱碱稀释10倍时，pH 减小不到一个单位，a <b ＋1，故不正确；C 项，草酸和氢氧化钠无论怎样混合得到的溶液都符合电荷守恒，而该等式中缺少C 2O 2－
4，不符合电荷守恒，故不正确；D 项，因为醋酸的酸性>碳酸的酸性>次氯酸的酸性，根据越弱越水解的原则，pH 相同的三种钠盐，浓度的大小关系为CH 3COONa>NaHCO 3>NaClO ，则钠离子的浓度为①>②>③，故D 正确。

考点三 难溶电解质的溶解平衡
7.[双选](2013·江苏高考)一定温度下，三种碳酸盐MCO 3(M ：Mg 2＋、Ca 2＋、Mn 2＋
)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。

已知：pM ＝－lg c (M)，p(CO 2－3)＝－lg c (CO 2－
3)。

下列说法正确的是( )
A ．MgCO 3、CaCO 3、MnCO 3的K sp 依次增大
B ．a 点可表示MnCO 3的饱和溶液，且c (Mn 2＋
)＝c (CO 23) C ．b 点可表示CaCO 3的饱和溶液，且c (Ca 2＋)<c (CO 2－
3) D ．c 点可表示
MgCO 3的不饱和溶液，且c (Mg 2＋)<c (CO 2－
3) 解析：选B 、D 因为c (M)＝10－pM 、c (CO 2－3)＝10－p(CO 2－3)，而K sp ＝c (M)·c (CO 2－
3)，
由图像可知A项中的三者K sp依次减小，A错误；由图像可知，在斜线上的点都是饱和溶液，点a在对角线上，B正确；点b也是饱和溶液，但c(Ca2＋)>c(CO2－3)，C错误；通过c点作横线后可看出，c(Mg2＋)·c(CO2－3)<K sp，故溶液不饱和，且c(Mg2＋)<c(CO2－3)，D正确。

8．(2015·新课标全国卷Ⅱ节选)用废电池的锌皮制备ZnSO4·7H2O的过程中，需除去锌皮中的少量杂质铁，其方法是加稀H2SO4和H2O2溶解，铁变为______________，加碱调节至pH为________时，铁刚好沉淀完全(离子浓度小于1×10－5mol/L时，即可认为该离子沉淀完全)；继续加碱至pH为________时，锌开始沉淀(假定Zn2＋浓度为0.1 mol/L)。

若上述过程不加H2O2后果是______________________，原因是____________________________ ________________________________________________________________________。

有关数据如表所示：
解析：Fe与稀H2SO4反应生成FeSO4，再被H2O2氧化转化为Fe2(SO4)3。

Fe(OH)3的K sp
＝c(Fe3＋)·c3(OH－)，则有c(OH－)＝3K
sp
c(Fe3＋)
≈10－11.3mol/L，则溶液的pH＝2.7。

Zn(OH)2
的K sp＝c(Zn2＋)·c2(OH－)，则有c(OH－)＝
K sp
c(Zn2＋)
＝10－8mol/L，则溶液的pH＝6。

Fe(OH)2和Zn(OH)2的K sp相近，不加入H2O2将Fe2＋转化为Fe3＋，很难将Zn2＋和Fe2＋分开。

答案：Fe3＋ 2.76Zn2＋和Fe2＋分离不开Fe(OH)2和Zn(OH)2的K sp相近
9．(浙江高考节选)相关物质的溶度积常数如表所示：
某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，加入______________，调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝________。

过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl
2
·2H2O晶体。

解析：调节溶液pH时不应该带入其他杂质，故可选择Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质消耗溶液中的H＋，使溶液的pH升高；当溶液的pH＝4时，c(H＋)＝1×10－4 mol/L，c(OH－)＝
1×10－10mol/L，由Fe(OH)3的K sp计算可得c(Fe3＋)＝
K sp
c3(OH－)
＝
2.6×10－39
1×10－30
mol/L＝
2.6×10－9 mol/L。

答案：Cu(OH)2[或Cu2(OH)2CO3或其他合理答案]
2．6×10－9 mol/L
阶段质量检测(三)
(时间：60分钟满分：100分)
一、选择题(本题共10个小题，每小题4分，共40分)
1．下列说法中正确的是()
A．二氧化硫溶于水能导电，故二氧化硫属于电解质
B．硫酸钡难溶于水，故硫酸钡属于弱电解质
C．硫酸是强电解质，故纯硫酸能导电
D．氢氧根离子浓度相同的氢氧化钠溶液和氨水导电能力相同
解析：选D二氧化硫溶于水导电，是因为SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3为电解质，A项错；硫酸钡溶于水的部分完全电离，BaSO4是强电解质，B项错；纯硫酸以分子形式存在，不电离，故纯硫酸不导电，C项错；两溶液中氢氧根离子浓度相同，根据电荷守恒，阳离子的总浓度也相同，二者阴、阳离子浓度相同，导电能力也相同，D项正确。

2．在下列实验方法中，不能证明醋酸是弱酸的是()
A．25 ℃时，醋酸钠溶液呈碱性
B．25 ℃时，0.1 mol/L的醋酸的pH约为3
C．25 ℃时，等体积的盐酸和醋酸，前者比后者的导电能力强
D．25 ℃时，将pH＝3的盐酸和醋酸稀释成pH＝4的溶液，醋酸所需加入的水多
解析：选C25 ℃时，醋酸钠溶液呈碱性，是因为醋酸根水解，能说明醋酸是弱酸；
25 ℃时，0.1 mol/L的醋酸的pH约为3，得出醋酸溶液中c(H＋)<0.1 mol/L，说明醋酸未完全电离，是弱酸；溶液的导电能力与溶液中离子浓度大小有关，25 ℃时等体积的盐酸和醋酸，前者比后者的导电能力强，只说明盐酸中自由移动的离子浓度大于醋酸溶液，不能说明盐酸、醋酸的电离程度大小，不能证明醋酸为弱酸；25 ℃时，将pH＝3的盐酸和醋酸稀释成pH＝4的溶液，醋酸所需加入的水多，说明醋酸溶液存在电离平衡，是弱酸，C项符合题意。

3．室温下10 mL 0.1mol/L的醋酸溶液加水稀释后，下列说法正确的是()
A．溶液中导电粒子的数目减少
B ．溶液中 c (CH 3COO －
)c (CH 3COOH )·c (OH －)
不变 C ．醋酸的电离程度增大，c (H ＋)也增大
D ．再加入10 mL 0.1 mol/L 的NaOH 溶液，混合液的pH ＝7
解析：选B 弱电解质，浓度越小，电离程度越大，溶液中导电粒子数目增多，A 错误；
醋酸的电离常数K a ＝c (CH 3COO －)·c (H ＋)c (CH 3COOH )＝c (CH 3COO －)×K w c (OH )c (CH 3COOH )
，温度不变，K a 、K w 不变，则 c (CH 3COO －)c (CH 3COOH )·c (OH －)
不变，B 正确；溶液体积增大的倍数大于n (H ＋)增加的倍数，则 c (H ＋)减小，C 错误；等体积，等浓度的CH 3COOH 溶液与NaOH 溶液混合，得到CH 3COONa 溶液显碱性，PH ＞7，D 错误。

4．[双选]室温下，下列溶液等体积混合后，所得溶液的pH 一定大于7的是( )
A ．0.1 mol/L 的盐酸和0.1 mol/L 的氢氧化钠溶液
B ．0.1 mol/L 的盐酸和0.1 mol/L 的氢氧化钡溶液
C ．pH ＝4的醋酸溶液和pH ＝10的氢氧化钠溶液
D ．pH ＝4的盐酸和pH ＝10的氨水
解析：选B 、D HCl 为一元强酸，NaOH 为一元强碱，Ba(OH)2为二元强碱，故等体积等物质的量浓度的HCl 与NaOH 恰好中和，pH ＝7，而与Ba(OH)2反应时，Ba(OH)2过量，pH ＞7，故A 错误，B 正确；pH ＝4的醋酸溶液中电离出的c (H ＋)＝1×10－4 mol/L ，pH ＝10的NaOH 溶液电离出的c (OH －)＝1×10－4 mol/L ，因此仅CH 3COOH 电离出的H ＋
恰好与NaOH 中和，还有大量的CH 3COOH 分子过量，故pH ＜7，同理，D 项中氨水过量较多，溶液显碱性，pH ＞7，故C 错误，D 正确。

5．部分弱酸的电离平衡常数如表所示：
下列选项错误的是( )
A ．2CN －＋H 2O ＋CO 2===2HCN ＋CO 2－3
B ．2HCOOH ＋CO 2－3===2HCOO －
＋H 2O ＋CO 2↑ C ．中和等体积，等pH 的HCOOH 和HCN 消耗NaOH 的量前者小于后者
D ．等体积等浓度的HCOONa 和NaCN 溶液中所含离子总数前者大于后者
解析：选A根据电离平衡常数，HCN的电离程度介于H2CO3的一级电离和二级电离之间，因此A中反应错误，应为：CN－＋H2O＋CO2===HCN＋HCO－3；HCOOH的电离程度大于H2CO3的一级电离，因此B正确；等pH的HCOOH和HCN，HCN溶液的浓度大，中和等体积、等pH的HCOOH和HCN，后者消耗NaOH的量大，C正确；在HCOONa和NaCN中存在电荷平衡：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCOO－)＋c(OH－)，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CN－)＋c(OH－)。

等浓度的HCOONa和NaCN溶液，NaCN水解程度大，溶液中OH－浓度大，H＋浓度小；根据电荷守恒，两溶液中阳离子总浓度为2[c(Na＋)＋c(H＋)]，而Na＋浓度相同，H＋浓度后者小，因此等体积等浓度的两种溶液中离子总数前者大于后者，D正确。

6．常温下，下列各组数据中比值为2∶1的是()
A．K2SO3溶液中c(K＋)与c(SO2－3)之比
B．0.2 mol/L的CH3COOH溶液与0.1 mol/L的盐酸中c(H＋)之比
C．pH＝7的氨水与(NH4)2SO4的混合溶液中，c(NH＋4)与c(SO2－4)之比
D．pH＝12的Ba(OH)2溶液与pH＝12的KOH溶液中溶质的物质的量浓度之比
解析：选C K2SO3溶液中，由于SO2－3水解生成HSO－3，导致K2SO3溶液中c(Na
＋)∶c(SO2－
3
)之比大于2∶1；由于CH3COOH是弱酸，存在电离平衡CH3COOH
CH3COO－＋H＋，盐酸是强酸，在溶液中全部电离，二者溶液中c(H＋)之比小于2∶1；pH
＝7的氨水与(NH4)2SO4的混合溶液中，根据电荷守恒有：c(NH＋4)＋c(H＋)＝2c(SO2－4)＋c(OH
－)，因c(H＋)＝c(OH－)，则有c(NH＋
4
)＝2c(SO2－4)，即c(NH＋4)∶c(SO2－4)＝2∶1；pH＝12的
Ba(OH)2溶液中，溶质Ba(OH)2的物质的量浓度为1
2×0.01 mol/L，pH＝12的KOH溶液中
溶质KOH的物质的量浓度为0.01 mol/L，Ba(OH)2与KOH溶液中溶质的物质的量浓度之比为1∶2。

7．物质的量浓度相同的下列溶液中，按pH由小到大顺序排列的是()
A．NaCO3、NaHCO3、NaCl、HCl
B．NaCO3、NaHCO3、HCl、NaCl
C．(NH4)2SO4、NH4Cl、NaNO3、Na2CO3
D．NH4Cl、(NH4)2SO4、Na2CO3、NaNO3
解析：选C Na2CO3＞NaHCO3＞NaCl＞HCl，A、B都错误；Na2CO3＞NaNO3＞NH4Cl ＞(NH4)2SO4，D错误。

8．有关①100 mL 0.1 mol/L NaHCO3②100 mL 0.1 mol/L Na2CO3两种溶液的叙述不正
确的是()
A．溶液中水电离出的H＋浓度：②>①
B．溶液中阴离子的物质的量浓度之和：②>①
C．①溶液中：c(CO2－3)>c(H2CO3)
D．②溶液中：c(HCO－3)>c(H2CO3)
解析：选C盐类水解可以促进水的电离，而且水解程度越大，这种促进程度越大，A
项正确；CO2－3＋H2O HCO－3＋OH－，CO2－3水解使溶液中阴离子数目增多，B项正确；NaHCO3溶液中HCO－3的水解程度大于电离程度，故c(H2CO3)>c(CO2－3)，C项错误；CO2－3的第一步水解程度远大于第二步水解，D项正确。

9．某温度下，向一定体积0.1 mol/L的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH[pOH＝－lg c(OH－)]与pH的变化关系如图所示，则()
A．M点所示溶液的导电能力强于Q点
B．N点所示溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)
C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同
D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积
解析：选C由图示可知某温度下pH＋pOH＝2a。

混合溶液的导电能力取决于溶液中自由移动的离子的浓度大小。

醋酸为弱酸，溶液中自由移动的离子浓度小，加入等浓度的NaOH溶液后生成CH3COONa为强电解质，溶液中自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，A项错误；由图示可知，Q点时pH＝pOH，即c(H＋)＝c(OH－)。

继续加入NaOH 溶液，溶液呈碱性，故N点时c(H＋)<c(OH－)，因c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，故
c(CH3COO－)<c(Na＋)，B项错误；M点溶液呈酸性，其pOH＝b，c(OH－)＝10－b，c(H＋)＝10－14＋b，N点溶液中pH＝b，故两溶液中c(H＋)＝10－b，c(OH－)＝10－14＋b，说明M点水的电离程度与N点水的电离程度相同，对水的电离的抑制程度相同，水的电离程度相同，C
项正确；当醋酸与NaOH 溶液恰好反应时，溶液呈碱性；Q 点溶液呈中性，故滴加的NaOH 量偏少，消耗的NaOH 体积比醋酸体积小，D 项错误。

10．[双选]下列说法正确的是( )
A ．对于平衡Ca(OH)2(s) Ca 2＋
(aq)＋2OH －
(aq)，加入NH 4Cl 溶液，可使
Ca(OH)2减少
B ．在AgBr 饱和溶液中加入AgNO 3溶液，达到平衡时，溶液中K sp (AgBr)降低
C ．温度一定时，当溶液中c (Ag ＋
)和c (Cl －
)的乘积等于K sp 值时，此溶液为AgCl 的饱和溶液
D ．把固体AgCl 加入较浓的KI 溶液中振荡，部分AgCl 转化为AgI ，其原因是AgI 比AgCl 稳定
解析：选A 、C 对于平衡Ca(OH)2(s)
Ca 2＋
(aq)＋2OH －
(aq)，加入NH 4Cl
溶液，NH ＋
4与OH －
结合为NH 3·H 2O ，降低OH －
浓度，促使平衡向正反应方向移动，因此可使Ca(OH)2减少，A 正确；溶度积常数只与温度有关系，因此在AgBr 饱和溶液中加入AgNO 3溶液，达到平衡时，溶液中K sp (AgBr)不变，B 不正确；难溶性物质在溶液中达到溶解平衡时，溶液中离子的浓度幂之积是常数，即为溶度积常数。

因此温度一定时，当溶液中c (Ag ＋
)和
c (Cl －
)的乘积等于K sp 值时，此溶液为AgCl 的饱和溶液，C 正确；把固体AgCl 加入较浓的KI 溶液中振荡，部分AgCl 转化为AgI ，这是由于AgI 的溶解度小于AgCl 的溶解度，沉淀容易向生成更难溶的方向转化，而不是因为AgI 比AgCl 稳定，D 不正确。

二、非选择题(本题共4个小题，共60分)
11．(16分)已知t ℃时，0.01 mol/L NaOH 溶液的pH ＝11，0.1 mol/L 的HA 溶液中 c (H ＋
)
c (OH －
)＝109。

请回答下列问题：
(1)该温度下，水的离子积K w ＝____________，HA 是________(填“强”或“弱”)酸。

(2)该温度下，将pH 之和为13的NaOH 溶液和HA 溶液等体积混合后，所得溶液呈________(填“酸”、“碱”或“中”)性，理由是____________________________________。

(3)在室温下，蒸馏水稀释0.01 mol/L HA 溶液时，下列呈减小趋势的是________。

A.c (H ＋
)c (A －)
B.c (HA )c (A －)
C ．溶液中c (H ＋
)和c (OH －
)的乘积 D ．溶液中c (A －)·c (HA)的值 E ．水的电离程度
(4)室温下，取pH ＝2的盐酸和HA 溶液各100 mL ，向其中分别加入适量的Zn 粒，反应过程中两溶液的pH 变化如图所示：
①图中表示HA 溶液pH 变化曲线的是________(填“A”或“B”)
②设盐酸中加入Zn 的质量为m 1，HA 溶液中加入Zn 的质量为m 2，则m 1________m 2(填“>”、“<”或“＝”)。

解析：(1)0.01 mol/L NaOH 溶液的pH ＝11，即c (H ＋
)＝10
－11
mol/L ，则K w ＝0.01×10
－
11
＝1×10
－13。

0.1 mol/L 的HA 溶液中 c (H ＋
)c (OH －)
＝109
，
则c (H ＋)＝10－2mol/L ，故HA 为弱酸。

(2)pH 之和为13的NaOH 溶液和HA 溶液等体积混合后，HA 有剩余，酸过量，溶液显酸性。

(3)A 项，加水稀释时n (H ＋
)的增加量大于 n (A －
)，c (H ＋
)c (A －) 增大；B 项，K ＝c (H ＋
)·c (A －
)c (HA )，c (HA )c (A －
)
＝c (H ＋
)K ，由于K 不变，c (H ＋)减小，则 c (HA )c (A －) 减小；C 项，c (H ＋)和c (OH －
)的乘积为K w ，温度不变，K w 不变；D 项，稀释时，c (A －
)、c (HA)均减小，故c (A －
)·c (HA)减小；E 项，水的电离程度增大。

(4)①向HA 溶液中加入Zn ，HA 电离程度增大，c (H ＋
)减小的慢，故曲线B 对应的是HA 。

②pH 由2变为4时，HA 减小的物质的量大于HCl 减小的物质的量，因此HA 消耗的Zn 质量较大。

答案：(1)1×10
－13
弱
(2)酸 混合前的酸中c (H ＋
)与碱中c (OH －
)相同，而HA 是弱酸，等体积混合后酸过量 (3)B 、D (4)①B ②<
12．(14分)(1)某学习小组用0.80 mol/L 标准浓度的烧碱溶液测定未知浓度的盐酸。

①滴定管如图所示，用________滴定管盛装标准浓度的氢氧化钠溶液 (填“甲”或“乙”)。

②用滴定的方法来测定盐酸的浓度，实验数据如表所示：
该未知盐酸的浓度为(保留两位有效数字)________。

③下列操作会使所测得的盐酸的浓度偏低的是________。

A ．盛装待测液的锥形瓶用水洗后未干燥
B ．滴定前，碱式滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失
C ．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准氢氧化钠溶液润洗
D
．读碱式滴定管的刻度时，滴定前仰视凹液面最低处，滴定后俯视读数 (2)某课外活动小组为了测定某氯化锶(SrCl 2)样品的纯度，设计了如下方案：
称取1.0 g 样品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO 3 2.38 g 的AgNO 3溶液(溶液中除Cl －
外，不含其他与Ag ＋
反应生成沉淀的离子)，Cl －
即被全部沉淀。

然后用含Fe 3＋
的溶液作
指示剂，用0.2 mol/L 的NH 4SCN 标准溶液滴定剩余的AgNO 3，使剩余的Ag ＋
以AgSCN 白色沉淀的形式析出，以测定氯化锶样品的纯度。

请回答下列问题：
①判断滴定达到终点的现象是
________________________________________________________________________。

②考虑Ag ＋
和Fe 3＋
在酸或碱性溶液中的存在形式，在实施滴定的溶液以呈________(选
填“酸性”、“中性”或“碱性”)为宜。

③在终点到达之前的滴定过程中，两种沉淀表面会吸附部分Ag＋，需不断剧烈摇动锥形瓶，否则会使n(Cl－)的测定结果________(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。

解析：(1)①氢氧化钠溶液要用碱式滴定管，故选乙；②根据c(HCl)·V(HCl)＝c(NaOH)·V(NaOH)，V(HCl)测＝0.80 mol/L×23.00÷20＝0.92 mol/L；③盛装待测液的锥形瓶用水洗后未干燥，不影响测定结果，A不符合；滴定前，碱式滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，结果偏高，B不合题意；碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准氢氧化钠溶液润洗，结果偏高，C也不合题意；读碱式滴定管的刻度时，滴定前仰视凹液面最低处，滴定后俯视读数，V(NaOH)偏小，故结果偏低；故选D。

(2)①判断滴定达到终点的现象是溶液由无色变为血红色，且半分钟内不变色。

②考虑Ag＋和Fe3＋在溶液中水解呈酸性，在实施滴定的溶液以呈酸性为宜，以抑制水解。

③在终点到达之前的滴定过程中，因为两种沉淀表面会吸附部分Ag＋，所以需不断剧烈摇动锥形瓶，否则会使n(Cl－)的测定结果偏高。

答案：(1)①乙②0.92 mol/L③D(2)①溶液由无色变为血红色，且半分钟内不变色②酸性③偏高
13．(15分) 2016年1月18日18时中央气象台发布了暴雪蓝色预警，江苏、安徽、浙江、湖北等多地遭遇大雪暴雪。

目前国内外使用的融雪剂一般有两大类：一类是以醋酸钾为主要成分的有机融雪剂；另一类是以“氯盐”为主要成分的无机融雪剂，如氯化钠、氯化钙、氯化镁等，通称“化冰盐”。

某研究性学习小组拟对融雪氯盐(主要含有氯化钠及不溶性杂质、Mg2＋、Ca2＋等)进行回收提纯研究。

该小组设计流程如图：
(1)加入混合液A的主要成分是________(填化学式)。

(2)为检验溶液B中的Mg2＋、Ca2＋，通常分别取少量溶液B于两支试管中，进行如下实验：
步骤一：检验Mg2＋，向其中一支试管中加入________溶液(填化学式)，看是否有沉淀生成。

步骤二：检验Ca2＋，向另一支试管中加入某溶液，看是否有沉淀生成。

下列三种溶液，
其沉淀效果最好的是________。

A．0.1 mol/L Na2CO3溶液
B．0.1 mol/L Na2SO3溶液
C．0.1 mol/L Na2C2O4溶液
(3)在除杂过程中，向粗盐悬浊液中加混合液A时需控制溶液pH＝12以确保Mg2＋除尽，根据提供的数据计算，溶液B中Mg2＋物质的量浓度将被控制在________________以下。

(4)对溶液B加热并不断滴加6 mol/L的盐酸，同时用pH试纸检测溶液，直至pH＝2时停止加盐酸，得到溶液C。

该操作的目的是_________________________________________。

(5)溶液C倒入蒸发皿中，加热蒸发并用玻璃棒不断搅拌，直到有大量固体析出时停止加热。

解析：(1)加入混合液A的目的是使Ca2＋、Mg2＋沉淀，一般应选择Na2CO3和NaOH作沉淀剂。

(2)检验Mg2＋一般选用NaOH溶液。

由于CaCO3的溶度积最小，检验Ca2＋时选择
Na2CO3沉淀效果最好。

(3)由c(Mg2＋)·c2(OH－)＝K sp＝1.8×10－11，得c(Mg2＋)＝1.8×10－11 (1×10－2)2
mol/L＝1.8×10－7mol/L。

(4)向溶液B中加入盐酸的目的是除去NaOH和Na2CO3。

答案：(1)NaOH、Na2CO3(2)NaOH A(3)1.8×10－7mol/L(4)除去NaOH和Na2CO3(或除去CO2－3、OH－)
14．(15分)环境中常见的重金属污染物有：汞、铅、锰、铬、镉。

处理工业废水中含有的Cr2O2－7和CrO2－4，常用的方法为还原沉淀法，该法的工艺流程为。

其中第①步存在平衡2CrO2－4(黄色)＋2H＋Cr2O2－7(橙色)＋H2O。

(1)写出第①步反应的平衡常数表达式________________________________。

(2)关于第①步反应，下列说法正确的是_______________________________________。

A．通过测定溶液的pH可以判断反应是否已达到平衡状态
B．该反应为氧化还原反应
C．强酸性环境，溶液的颜色为橙色
(3)第②步中，还原0.1 mol Cr2O2－7，需要________mol的FeSO4·7H2O。

(4)第③步除生成Cr(OH)3外，还可能生成的沉淀为________。

(5)在溶液中存在以下沉淀溶解平衡：Cr(OH)3(s) Cr3＋(aq)＋3OH－(aq)，常温下，Cr(OH)3的溶度积K sp＝10－32，当c(Cr3＋)降至10－5 mol/L，认为c(Cr3＋)已经完全沉淀，现将第③步溶液的pH调至4，请通过计算说明Cr3＋是否沉淀完全(请写出计算过程)：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。

解析：(1)因H2O是纯液态物质，其浓度视为常数，故第①步反应的平衡常数表达式为
K＝c(Cr2O2－7)
c2(CrO2－4)·c2(H＋)。

(2)利用反应①可知，反应正向进行时，溶液pH增大，故pH不变时说明反应达到平衡，A项正确；CrO2－4和Cr2O2－7中Cr均为＋6价，该反应不是氧化还原反应，B项错误；在酸性环境中，溶液中c(Cr2O2－7)较大，溶液呈橙色，C项正确。

(3)在第②步反应中Cr2O2－7被还原为Cr3＋，0.1 mol Cr2O2－7被还原时转移电子的物质的量为0.1 mol×2×(6－3)＝0.6 mol，而还原剂Fe2＋被氧化为Fe3＋，故需要消耗0.6 mol FeSO4·7H2O。

(4)在第②步反应中Fe2＋被氧化为Fe3＋，故第③步还有Fe(OH)3生成。

答案：(1)K＝c(Cr2O2－7)
c2(CrO2－4)·c2(H＋)
(2)A、C(3)0.6
(4)Fe(OH)3(5)当pH调至4时，c(OH－)＝10－10 mol/L，c(Cr3＋)＝10－32
c3(OH－)
＝10－2 mol/L> 10－5 mol/L，因此Cr3＋没有沉淀完全。