2014高考化學二輪專題復習教學案 專題10

[考綱要求]　1.了解電解質在水溶液中的電離，以及電解質溶液的導電性；了解電解質的概念；了解強弱電解質的概念。2.了解弱電解質在水溶液中的電離平衡。3.了解水的電離，水的離子積常數。4.了解溶液pH的定義；了解測定溶液pH的方法，能進行pH的簡單計算。5.了解鹽類水解的原理、影響鹽類水解程度的主要因素以及鹽類水解的應用。6.了解難溶電解質的沉淀溶解平衡及沉淀轉化的本質。7.以上各部分知識的綜合利用。 考點一　溶液的酸堿性及pH計算 1． 一個基本不變 相同溫度下，不論是純水還是稀溶液，水的離子積常數不變。應用這一原則時需要注意兩個條件：水溶液必須是稀溶液；溫度必須相同。 2． 兩種測量方法 溶液的pH值可以用pH試紙測定(精確到整數，且只能在1～14的范圍內)，也可以用pH計(精確到0.1)測定。 3． 三個重要比較 水溶液可分為酸性溶液、中性溶液和堿性溶液，下表是常溫下這三種溶液的比較： 溶液的 酸堿性 c(H＋)與c(OH－) 比較 c(H＋)大小 pH 酸性溶液 c(H＋)> c(OH－) c(H＋)> 110－7 molL－1 <7 中性溶液 c(H＋)＝ c(OH－) c(H＋)＝ 110－7 molL－1 ＝7 堿性溶液 c(H＋)< c(OH－) c(H＋)< 110－7 molL－1 >7 4． pH使用中的幾個誤區(qū) (1)pH＝7的溶液不一定呈中性。只有在常溫下pH＝7的溶液才呈中性，當在100 ℃時，水的離子積常數為110－12，此時pH＝6的溶液為中性溶液，pH>6時為堿性溶液，pH<6時為酸性溶液。 (2)使用pH試紙測溶液pH時，若先用蒸餾水潤濕，測量結果不一定偏小。若先用蒸餾水潤濕，相當于將待測液稀釋了，若待測液為堿性溶液，則所測結果偏??；若待測液為酸性溶液，則所測結果偏大；若待測液為中性溶液，則所測結果沒有誤差。 5． 溶液中的c(H＋)和水電離出來的c(H＋)的區(qū)別 (1)室溫下水電離出的c(H＋)＝110－7 molL－1，若某溶液中水電離出的c(H＋)<1 10－7 molL－1，則可判斷該溶液呈酸性或堿性；若某溶液中水電離出的c(H＋)>1 10－7 molL－1，則可判斷出該溶液中存在能水解的鹽，從而促進了水的電離。 (2)室溫下，溶液中的c(H＋)>110－7 molL－1，說明該溶液是酸性溶液或水解呈酸性的鹽溶液；溶液中的c(H＋)<110－7 molL－1，說明該溶液是堿性溶液或水解呈堿性的鹽溶液。 6． pH和等于14的酸堿混合問題的判斷與計算 pH和等于14的意義：酸溶液中的氫離子濃度等于堿溶液中的氫氧根離子的濃度。 (1)已知酸、堿溶液的pH之和為14，則等體積混合時： pH＝7 pH>7 pH<7 (2)已知酸、堿溶液的pH之和為14，若混合后溶液的pH為7，則溶液呈中性。 ―→V酸∶V堿＝1∶1 ―→V酸∶V堿>1∶1 ―→V酸∶V堿<1∶1 (3)強酸、強堿等體積混合后溶液酸、堿性的判斷： 題組一　走出溶液稀釋與混合的誤區(qū) 1． 正誤判斷，正確的劃“√”，錯誤的劃“” (1)常溫下pH為2的鹽酸與等體積pH＝12的氨水混合后所得溶液呈酸性 () (2012廣東理綜，23B) (2)常溫下pH為2的鹽酸由H2O電離出的c(H＋)＝1.010－12 molL－1 (√) (2012廣東理綜，23C) (3)同濃度、同體積的強酸與強堿溶液混合后，溶液的pH＝7 () (2012天津理綜，5A) (4)常溫下，將pH＝3的醋酸溶液稀釋到原體積的10倍后，溶液的pH＝4 () (2012浙江理綜，12A) (5)100 ℃時，將pH＝2的鹽酸與pH＝12的NaOH溶液等體積混合，溶液呈中性 () (2011天津理綜，5D) 2． (2012新課標全國卷，11)已知溫度T時水的離子積常數為Kw，該溫度下，將濃度為 a molL－1的一元酸HA與b molL－1的一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的依據是 (　　) A．a＝b B．混合溶液的pH＝7 C．混合溶液中，c(H＋)＝ molL－1 D．混合溶液中，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－) 答案　C 解析　判斷溶液呈中性的依據是c(H＋)＝c(OH－)。A項中，a＝b，酸堿恰好完全反應生成正鹽和水，由于酸堿強弱未知，不能確定溶液的酸、堿性；B項中未說明溫度為25 ℃，故混合溶液的pH＝7時不一定呈中性；C項混合溶液中，c(H＋)c(OH－)＝Kw，因為c(H＋)＝ molL－1，則c(OH－)＝ molL－1，c(H＋)＝c(OH－)，故溶液呈中性；D項中 c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)，只能說明溶液中電荷守恒，無法判斷溶液的酸堿性。 走出誤區(qū) 誤區(qū)一：不能正確理解酸、堿的無限稀釋規(guī)律 常溫下任何酸或堿溶液無限稀釋時，溶液的pH都不可能大于7或小于7，只能接近7。 誤區(qū)二：不能正確理解弱酸、弱堿的稀釋規(guī)律 溶液 稀釋前溶液pH 加水稀釋到體積為原來的10n倍 稀釋后溶液pH 酸 強酸 pH＝a pH＝a＋n 弱酸 a＜pH＜a＋n 堿 強堿 pH＝b pH＝b－n 弱堿 b－n＜pH＜b 誤區(qū)三：不能正確掌握混合溶液的定性規(guī)律 pH＝n(n＜7)的強酸和pH＝14－n的強堿溶液等體積混合，pH＝7；pH＝n(n＜7)的醋酸 和pH＝14－n的氫氧化鈉溶液等體積混合，混合溶液pH＜7；pH＝n(n＜7)的鹽酸和pH ＝14－n的氨水溶液等體積混合，混合溶液pH＞7。 題組二　一強一弱比較的圖像分析 3． 相同體積、相同pH的某一元強酸溶液①和某一元中強酸溶液②分別與足量的鋅粉發(fā)生反應，下列關于氫氣體積(V)隨時間(t)變化的示意圖正確的是 (　　) 答案　C 解析　強酸完全電離，中強酸部分電離，隨著反應的進行，中強酸要繼續(xù)電離出H＋，所以溶液②產生氫氣的體積多，在相同時間內，②的反應速率比①快。 4． pH＝2的兩種一元酸x和y，體積均為100 mL，稀釋過程中pH與溶液體積的關系如下圖所示。分別滴加NaOH溶液(c＝0.1 molL－1)至pH＝7，消耗NaOH溶液的體積為Vx、Vy，則 (　　) A．x為弱酸，Vx<Vy B．x為強酸，Vx>Vy C．y為弱酸，Vx<Vy D．y為強酸，Vx>Vy 答案　C 解析　由圖知：將一元酸x和y分別稀釋10倍，pH的變化量ΔpHx＝1，ΔpHy<1，所以x為強酸，而y為弱酸。pH＝2時弱酸y的濃度大，滴加NaOH至pH＝7時需NaOH溶液的體積則y要比x大。 方法技巧 圖像法理解一強一弱的稀釋規(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，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值的鹽酸、醋酸 ①加水稀釋相同的倍數，鹽酸的pH大。 ②加水稀釋到相同的pH，醋酸加入的水多。 考點二　溶液中的“三大平衡” 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——當只改變體系的一個條件時，平衡向能夠減弱這種改變的方向移動。 1． 抓住“四因素”突破弱電解質的電離平衡 弱電解質的電離是可逆過程，在分析外界條件對電離平衡的影響時，要靈活運用勒夏特列原理，結合實例進行具體分析。一般考慮以下幾個方面的影響： (1)溶液加水稀釋：弱電解質溶液的濃度越小，電離程度越大；但在弱酸溶液中c(H＋)減小，弱堿溶液中c(OH－)減小。 (2)加熱：電離是吸熱的，加熱使電離平衡向右移動，溶液中弱電解質分子數減小，溶液中離子濃度增大。 (3)同離子效應：當向弱電解質溶液中加入的物質含有與弱電解質相同的離子時，由于同種離子的相互影響，使電離平衡向左移動，弱電解質的電離程度減小。 (4)加入能反應的物質：當向弱電解質溶液中加入的物質能和弱電解質電離出的離子反應時，電離平衡向右移動，參加反應的離子濃度減小，其他的離子濃度增大。 2． “用規(guī)律”、“抓類型”突破鹽類水解問題 (1)規(guī)律： 難溶不水解，有弱才水解，無弱不水解；誰弱誰水解，越弱越水解，都弱都水解；誰強顯誰性，同強顯中性，弱弱具體定；越弱越水解，越熱越水解，越稀越水解。 (2)類型：①強堿弱酸鹽，陰離子水解，其水溶液呈堿性，如醋酸鈉水解的離子方程式為CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－；多元弱酸酸根分步水解，如碳酸鈉水解的離子方程式為CO＋H2OHCO＋OH－、HCO＋H2OH2CO3＋OH－。②強酸弱堿鹽，陽離子水解，其水溶液呈酸性，如氯化銨、氯化鋁水解的離子方程式分別為NH＋H2O H＋＋NH3H2O、Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋。③NaCl等強酸強堿鹽不水解，溶液呈中性。④弱酸弱堿鹽雙水解，其溶液的酸堿性取決于弱酸和弱堿的相對強弱。當Ka＝Kb時，溶液顯中性，如CH3COONH4；當Ka>Kb時，溶液顯酸性，如HCOONH4；當Ka<Kb時，溶液顯堿性，如NH4HCO3。⑤弱酸酸式鹽水溶液酸堿性，取決于酸式酸根離子電離程度和水解程度的相對大小。a.若電離程度大于水解程度，溶液呈酸性，如NaHSO3、NaH2PO4等。b.若電離程度小于水解程度，溶液呈堿性，如NaHCO3、Na2HPO4等。 3． “三法”突破沉淀溶解平衡 (1)沉淀能否生成或溶解的判斷方法 通過比較溶度積與非平衡狀態(tài)下溶液中有關離子濃度冪的乘積——離子積Qc的相對大小，可以判斷難溶電解質在給定條件下沉淀生成或溶解的情況：Qc>Ksp，溶液過飽和，有沉淀析出；Qc＝Ksp，溶液飽和，沉淀的生成與溶解處于平衡狀態(tài)；Qc<Ksp，溶液未飽和，無沉淀析出。 (2)沉淀的轉化方法 沉淀轉化的實質是沉淀溶解平衡的移動，非氧化還原類離子反應都是向離子濃度減小的方向移動，從溶解角度說，一般是易溶物質轉化成微溶物質，微溶物質轉化為難溶物質。有些金屬硫化物(如CuS、HgS等)溶度積特別小，在飽和溶液中這些金屬硫化物不能溶于非氧化性強酸，只能溶于氧化性酸，c(S2－)減小，可達到沉淀溶解的目的。 (3)溶度積(Ksp)與溶解能力的關系的突破方法 溶度積(Ksp)反映了電解質在水中的溶解能力，對于陰陽離子個數比相同的電解質，Ksp的數值越大，難溶電解質在水中的溶解能力越強；但對于陰陽離子個數比不同的電解質，不能直接比較Ksp數值的大小。 題組一　影響弱電解質電離平衡因素的多角度分析 1． (2013安徽理綜，13)已知NaHSO3溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡： HSO＋H2OH2SO3＋OH－① HSOH＋＋SO② 向0.1 molL－1的NaHSO3溶液中分別加入以下物質，下列有關說法正確的是 (　　) A．加入少量金屬Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO)增大 B．加入少量Na2SO3固體，則c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋c(SO) C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大 D．加入氨水至中性，則2c(Na＋)＝c(SO)＞c(H＋)＝c(OH－) 答案　C 解析　根據加入物質的性質判斷平衡移動方向，進一步判斷各選項結論是否正確。 A項加入金屬鈉后，鈉和水反應生成氫氧化鈉，使平衡①左移，平衡②右移，移動的結果是c(SO)增大?？梢岳脴O端分析法判斷，如果金屬鈉適量，充分反應后溶液中溶質可以是亞硫酸鈉，此時c(HSO)很小，所以A項錯誤。B項依據電荷守恒判斷，c(SO)前面的化學計量數應為2，即c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋2c(SO)，所以B項錯誤。C項加入氫氧化鈉溶液后，溶液酸性減弱，堿性增強，所以增大；平衡①左移，平衡②右移，最終c(SO)增大，c(HSO)減小，所以增大。D項加入氨水到溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)。由電荷守恒知，其他離子存在如下關系：c(Na＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(HSO)，所以D項錯誤。 2． 下列條件變化會使H2O的電離平衡向電離方向移動，且pH＜7的是 (　　) A．將純水加熱到100 ℃ B．向水中加少量HCl C．向水中加入少量NaOH D．向水中加少量Na2CO3 答案　A 解析　A項，H2O的電離是吸熱反應，加熱，促進水的電離，pH＜7，正確；B項，向水中加入HCl，抑制水的電離，pH＜7，錯誤；C項，向水中加入NaOH，抑制水的電離，pH＞7，錯誤；D項，向水中加入Na2CO3，促進水的電離，pH＞7，錯誤。 規(guī)律探究 酸、堿、鹽對水的電離的影響：酸和堿抑制水的電離，強酸弱堿鹽和強堿弱酸鹽促進水的電離，強酸弱堿鹽和堿溶液中由水電離的c(H＋)或c(OH－)取決于溶液中的c(H＋)，強堿弱酸鹽和酸溶液中由水電離出的c(H＋)或c(OH－)取決于溶液中的c(OH－)，但應關注酸式鹽的特殊性，如硫酸氫鈉完全電離，會抑制水的電離，碳酸氫鈉以水解為主，呈堿性，促進水的電離。 題組二　多角度攻克鹽類水解問題 3． 正誤判斷，正確的劃“√”，錯誤的劃“” (1)為確定某酸H2A是強酸還是弱酸，可測NaHA溶液的pH。若pH＞7，則H2A是弱酸；若pH＜7，則H2A是強酸 () (2012浙江理綜，12B) (2)25 ℃時，a molL－1一元酸HA與b molL－1 NaOH等體積混合后，pH為7，則 c(A－)≤c(Na＋) () (2012海南，11改編) (3)NaHSO4溶液、KF溶液、KAl(SO4)2溶液、NaI溶液中，前三個都對水的電離平衡產生影響，且都促進水的電離 () (2012上海，7改編) (4)鹽酸中滴加氨水至中性，溶液中的溶質為NH4Cl () (2012重慶理綜，10A) (5)向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和氣體生成 () (2013重慶理綜，2C) (6)25 ℃時，用醋酸溶液滴定等濃度NaOH溶液至pH＝7，V醋酸＜VNaOH () (2013重慶理綜，2B) (7)NaCl溶液和CH3COONH4溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同 () (2013天津理綜，5D) 4． 某學生在0.1 molL－1 NaHCO3溶液中滴加酚酞溶液1滴，整個溶液幾乎沒有什么變化，但溶液加熱后，顯明顯淡紅色，加熱較長時間后冷卻，紅色不褪去。 該學生為了了解該過程的原因，進行了下列探究過程： [實驗探究] 實驗1：加熱NaHCO3溶液，測得溶液pH變化如下表 溫度(℃) 10 20 30 50 70 80 100 pH 8.3 8.4 8.5 8.9 9.4 9.6 10.1 實驗2：10 ℃時，在燒杯中加入0.1 molL－1 NaHCO3溶液200 mL，測得該溶液pH＝8.3，加熱到100 ℃，測得pH＝10.2，恢復到10 ℃，pH＝9.8。 實驗3：加熱0.1 molL－1 NaHCO3溶液，將產生的氣體通入澄清石灰水，溶液變渾濁。 實驗4： ①配制0.1 molL－1 NaHCO3溶液和0.1 molL－1 Na2CO3溶液各200 mL,10 ℃時，分別測得NaHCO3溶液pH＝8.3，Na2CO3溶液pH＝11.5。 ②加熱蒸發(fā)0.1 molL－1 NaHCO3溶液200 mL，至溶液體積100 mL，停止加熱，加水至200 mL，冷卻至原溫度，測得溶液pH＝9.8。 ③將0.1 molL－1 NaHCO3溶液200 mL敞口放置三天，再加水至200 mL，測得溶液pH＝10.1。 請根據上述實驗回答下列問題： (1)用離子方程式表示0.1 molL－1 NaHCO3溶液中存在的平衡(除水電離平衡外)__________________、__________________。這兩個平衡以__________________為主，理由是____________________________________________。 (2)實驗3得到的結論是__________________________________________________。 (3)結合實驗2、3分析，加熱0.1 molL－1 NaHCO3溶液，pH增大的原因可能是__________________、__________________、__________________。 (4)實驗4①得到的結論是___________________________________________________。 (5)實驗4②“加水至200 mL”的目的是______________________________________。 實驗4③可以得到的結論是_________________________________________________。 (6)要確定NaHCO3溶液加熱后pH增大的主要原因還需要解決的問題是________________________________________________________________________。 答案　(1)HCOH＋＋CO　HCO＋H2OH2CO3＋OH－　水解平衡　溶液顯堿性 (2)加熱NaHCO3溶液，NaHCO3發(fā)生分解反應或促進水解平衡，產生二氧化碳。 (3)水分蒸發(fā)　NaHCO3發(fā)生分解反應　NaHCO3水解平衡被促進 (4)相同溫度下，Na2CO3的水解能力和溶液的堿性大于NaHCO3 (5)排除因水分蒸發(fā)導致pH增大的因素　NaHCO3常溫下即可發(fā)生分解反應(或常溫下NaHCO3水解平衡和二氧化碳溶解平衡發(fā)生移動) (6)是NaHCO3發(fā)生分解生成Na2CO3？還是水解平衡向右移動？還是兩者皆有(相關答案合理均可) 解析　實驗1表明NaHCO3溶液隨著溫度的升高，堿性增強。實驗2表明，NaHCO3溶液加熱后堿性增強，恢復到原來溫度，堿性仍然比原來強。實驗3表明，加熱NaHCO3溶液產生了CO2。實驗4①說明，溫度、濃度相同時，Na2CO3的水解程度大于NaHCO3的水解程度。實驗4②加水的目的排除水分揮發(fā)造成的影響。實驗4③說明，NaHCO3常溫下即分解，或NaHCO3＋H2OH2CO3＋NaOH，H2CO3H2O＋CO2↑，釋放CO2，造成堿性增強。NaHCO3溶液加熱，堿性增強，可能有兩個原因，NaHCO3分解生成Na2CO3、CO水解程度大造成，或加熱NaHCO3促進HCO的水解造成，或者兩種原因都有。 規(guī)律探究 (1)鹽類水解易受溫度、濃度、溶液的酸堿性等因素的影響，以氯化鐵水解為例，當改變條件如升溫、通入HCl氣體、加水、加鐵粉、加碳酸氫鈉等時，學生應從移動方向、pH的變化、水解程度、現象等方面去歸納總結，加以分析掌握。 (2)多元弱酸的酸式鹽問題。酸式鹽一般既存在水解，又存在電離。如果酸式鹽的電離程度大于其水解程度，溶液顯酸性，如NaHSO3溶液；如果酸式鹽的水解程度大于其電離程度，則溶液顯堿性，如NaHCO3溶液。 題組三　正確理解外界因素對難溶電解質溶解平衡的影響 5． 正誤判斷，正確的劃“√”，錯誤的劃“” (1)相同溫度下，將足量氯化銀固體分別放入相同體積的①蒸餾水?、?.1 molL－1鹽酸?、?.1 molL－1氯化鎂溶液?、?.1 molL－1硝酸銀溶液中，Ag＋濃度：①＞④＝②＞③() (2012浙江理綜，12D) (2)AgCl沉淀易轉化為AgI沉淀且K(AgX)＝c(Ag＋)c(X－)，故K(AgI)＜K(AgCl) (√) (2013重慶理綜，2D) 6． (2013北京理綜，10)實驗：①0.1 molL－1AgNO3溶液和0.1 molL－1NaCl溶液等體積混合得到濁液a，過濾得到濾液b和白色沉淀c； ②向濾液b中滴加0.1 molL－1KI溶液，出現渾濁； ③向沉淀c中滴加0.1 molL－1KI溶液，沉淀變?yōu)辄S色。 下列分析不正確的是 (　　) A．濁液a中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq) B．濾液b中不含有Ag＋ C．③中顏色變化說明AgCl轉化為AgI D．實驗可以證明AgI比AgCl更難溶 答案　B 解析　A項，在濁液a中，存在AgCl的沉淀溶解平衡，正確；B項，在濾液b中，仍含有少量Ag＋，故在b中生成了AgI沉淀，錯誤；由于AgI比AgCl更難溶解，向c中加入0.1 molL－1KI溶液，能發(fā)生沉淀轉化反應，生成黃色的AgI，C項和D項都正確。 反思歸納 (1)沉淀溶解平衡與化學平衡、電離平衡一樣，具有動態(tài)平衡的特征，平衡時溶液中各離子濃度保持恒定，平衡只受溫度的影響，與濃度無關。 (2)溶度積(Ksp)的大小只與難溶電解質的性質和溶液的溫度有關，相同類型的難溶電解質的Ksp越小，溶解度越小，越難溶。 考點三　溶液中的“三大常數” 電離平衡常數、水的離子積常數、溶度積常數是溶液中的三大常數，它們均只與溫度有關。電離平衡常數和水的離子積常數隨著溫度的升高而增大，因為弱電解質的電離和水的電離均為吸熱反應。有關常數的計算，要緊緊圍繞它們只與溫度有關，而不隨其離子濃度的變化而變化來進行。 題組一　水的離子積常數及應用 1． 不同溫度下，水溶液中c(H＋)與c(OH－)的關系如圖所示。下列有關說法中正確的是(　　) A．若從a點到c點，可采用在水中加入酸的方法 B．b點對應的醋酸中由水電離的c(H＋)＝10－6 molL－1 C．c點對應溶液的Kw大于d點對應溶液的Kw D．T ℃時，0.05 molL－1的Ba(OH)2溶液的pH＝11 答案　D 解析　本題重點考查不同溫度下水的電離平衡和水的離子積常數的計算。a點對應的 c(H＋)和c(OH－)相等，同理c點對應的c(H＋)和c(OH－)也相等，溶液一定呈中性，從a點到c點，可以采用升溫的方法，A項錯誤；Kw只與溫度有關，同溫度下不同酸堿性溶液的Kw相同，a點和b點的Kw都是10－14，c點和d點的Kw都是10－12，酸和堿溶液都會抑制水的電離，酸溶液中由水電離的c(H＋)與溶液中的c(OH－)相等，即c水電離(H＋)＝c(OH－)＝10－8 molL－1，B、C項均錯誤；T ℃時，Kw＝10－12,0.05 molL－1的Ba(OH)2溶液的c(H＋)＝10－11 molL－1，pH＝11，D項正確。 題組二　電離平衡常數、水解平衡常數的計算 2． 在25 ℃下，將a molL－1的氨水與0.01 molL－1的鹽酸等體積混合，反應平衡時溶液中c(NH)＝c(Cl－)，則溶液顯__________(填“酸”、“堿”或“中”)性；用含a的代數式表示NH3H2O的電離常數Kb＝____________________________________________。 答案　中　 解析　氨水與HCl等體積混合后的溶液中的電荷守恒關系式為c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，因c(NH)＝c(Cl－)，故有c(H＋)＝c(OH－)，溶液顯中性。 3． 碳氫化合物完全燃燒生成CO2和H2O。常溫常壓下，空氣中的CO2溶于水，達到平衡時，溶液的pH＝5.60，c(H2CO3)＝1.510－5 molL－1。若忽略水的電離及H2CO3的第二級電離，則H2CO3HCO＋H＋的平衡常數K1＝________。(已知：10－5.60＝2.510－6) 答案　4.210－7 解析　由H2CO3H＋＋HCO得平衡常數 K1＝ 其pH＝5.60 則c(H＋)＝2.510－6 molL－1＝c(HCO) 因此K1＝ ≈4.210－7。 4． [2013山東理綜，29(4)]25 ℃時，H2SO3HSO＋H＋的電離常數Ka＝110－2molL－1，則該溫度下NaHSO3水解反應的平衡常數Kh＝______molL－1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，則溶液中將________(填“增大”、“減小”或“不變”)。 答案　110－12　增大 解析　Ka＝ Kh＝＝＝＝＝110－12molL－1。 HSO＋H2OH2SO3＋OH－，當加少量I2時，發(fā)生I2＋HSO＋H2O===2I－＋3H＋＋SO，導致水解平衡左移，c(H2SO3)稍減小，所以增大。 題組三　電離平衡常數、溶度積常數的綜合應用 5． 下表是幾種弱電解質的電離平衡常數、難溶電解質的溶度積Ksp(25 ℃)。 電解質 平衡方程式 平衡常數K Ksp CH3COOH CH3COOH CH3COO－＋H＋ 1.7610－5 H2CO3 H2CO3H＋＋HCO HCOH＋＋CO K1＝4.3110－7 K2＝5.6110－11 C6H5OH C6H5OH C6H5O－＋H＋ 1.110－10 H3PO4 H3PO4H＋＋H2PO H2POH＋＋HPO HPOH＋＋PO K1＝7.5210－3 K2＝6.2310－8 K3＝2.2010－13 NH3H2O NH3H2O NH＋OH－ 1.7610－5 BaSO4 BaSO4(s) Ba2＋(aq)＋SO(aq) 1.0710－10 BaCO3 BaCO3(s) Ba2＋(aq)＋CO(aq) 2.5810－9 回答下列問題： (1)由上表分析，若①CH3COOH，②HCO，③C6H5OH，④H2PO均可看作酸，則它們酸性由強到弱的順序為______________(填編號)。 (2)25 ℃時，將等體積等濃度的醋酸和氨水混合，混合液中：c(CH3COO－)______c(NH)(填“>”、“＝”或“<”)。 (3)25 ℃時，向10 mL 0.01 molL－1苯酚溶液中滴加V mL 0.01 molL－1氨水，混合液中粒子濃度關系正確的是________。 A．若混合液pH>7，則V≥10 B．若混合液pH<7，則c(NH)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－) C．V＝10時，混合液中水的電離程度小于10 mL 0.01 molL－1苯酚溶液中水的電離程度 D．V＝5時，2c(NH3H2O)＋2c(NH)＝c(C6H5O－)＋c(C6H5OH) (4)如圖所示，有T1、T2兩種溫度下兩條BaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線，回答下列問題： 討論T1溫度時BaSO4的沉淀溶解平衡曲線，下列說法不正確的是________。 A．加入Na2SO4可使溶液由a點變?yōu)閎點 B．在T1曲線上方區(qū)域(不含曲線)任意一點時，均有BaSO4沉淀生成 C．蒸發(fā)溶劑可能使溶液由d點變?yōu)榍€上a，b之間的某一點(不含a，b) D．升溫可使溶液由b點變?yōu)閐點 答案　(1)①④③② (2)＝　(3)D (4)D 解析　(1)根據電離平衡常數可判斷弱酸的相對強弱，平衡常數越小，酸性越弱。(2)將等體積等濃度的CH3COOH和氨水混合，恰好生成CH3COONH4，由于CH3COOH，NH3H2O的電離常數相等，所以NH、CH3COO－的水解程度相同，c(CH3COO－)＝c(NH)。 (3) ＋NH3H2O―→＋H2O，的水解程度遠遠大于NH的水解程度，A項錯誤，V略小于10 mL時，pH也可能大于7；B項錯誤，若pH＜7，則該式不符合電荷守恒，應是c(C6H5O－)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－)；C項錯誤，促進水的電離，而抑制水的電離；D項正確，當V＝5 mL時，正好組成和的混合液，且二者等量。根據物料守恒判斷該式正確。(4)A項正確，溫度不變Ksp不變，c(SO)增大，c(Ba2＋)減??；B項正確，T1曲線上方區(qū)域，任意一點為過飽和溶液，有BaSO4沉淀生成；C項正確，蒸發(fā)溶劑，c(SO)、c(Ba2＋)均增大，而由d點到a點c(SO)保持不變，由d點到b點c(Ba2＋)保持不變；D項錯誤，升溫Ksp增大，c(Ba2＋)、c(SO)應均增大。 考點四　溶液中的“粒子”濃度變化 1． 理解三大守恒 (1)電荷守恒：電解質溶液中所有陽離子所帶的正電荷總數與所有的陰離子所帶的負電荷總數相等。如NaHCO3溶液中：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋2n(CO)＋n(OH－)推出： c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)。 (2)物料守恒：電解質溶液中由于電離或水解因素，離子會發(fā)生變化變成其他離子或分子等，但離子或分子中某種特定元素的原子的總數是不會改變的。如NaHCO3溶液中 n(Na＋)∶n(C)＝1∶1，推出：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。 (3)質子守恒：電解質溶液中分子或離子得到或失去質子(H＋)的物質的量應相等。例如在NH4HCO3溶液中H3O＋、H2CO3為得到質子后的產物，NH3H2O、OH－、CO為失去質子后的產物，故有以下關系：c(H3O＋)＋c(H2CO3)＝c(NH3H2O)＋c(OH－)＋c(CO)。 2． 弄清分析思路 一般來說，有關離子濃度關系判斷的試題要聯(lián)想上述三個守恒，或其中兩個疊加、變形等。而離子濃度大小比較是該部分內容中最常見的題型，除利用好上述守恒之外，還要考慮多方面的影響因素。如： 題組一　不同溶液中“粒子”濃度關系判斷 1． 正誤判斷，正確的劃“√”，錯誤的劃“” (1)含1 mol KOH的溶液與1 mol CO2完全反應后，溶液中c(K＋)＝c(HCO) () (2012 天津理綜，5C) (2)在CH3COONa溶液中加入適量CH3COOH，可使c(Na＋)＝c(CH3COO－) (√) (2012 天津理綜，5D) (3)新制氯水中加入固體NaOH：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－) () (2012四川理綜，10A) (4)pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)＞c(HCO)＞c(CO)＞c(H2CO3) () (2012四川理綜，10B) (5)pH＝11的氨水與pH＝3的鹽酸等體積混合：c(Cl－)＝c(NH)＞c(OH－)＝c(H＋) () (2012四川理綜，10C) (6)0.2 molL－1 CH3COOH溶液與0.1 molL－1 NaOH溶液等體積混合：2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH) (√) (2012四川理綜，10D) 題組二　化學反應過程中“粒子”濃度關系判斷 2． (2012重慶理綜，11)向10 mL 0.1 molL－1 NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等濃度Ba(OH)2溶液x mL，下列敘述正確的是 (　　) A．x＝10時，溶液中有NH、Al3＋、SO，且c(NH)>c(Al3＋) B．x＝10時，溶液中有NH、AlO、SO，且c(NH)>c(SO) C．x＝30時，溶液中有Ba2＋、AlO、OH－，且c(OH－)<c(AlO) D．x＝30時，溶液中有Ba2＋、Al3＋、OH－，且c(OH－)＝c(Ba2＋) 答案　A 解析　10 mL 0.1 molL－1 NH4Al(SO4)2溶液中，NH4Al(SO4)2物質的量為0.001 mol，x＝10時，Ba(OH)2物質的量為0.001 mol，此時SO、Al3＋沉淀一部分，c(NH)>c(Al3＋)，溶液中有NH、Al3＋、SO，無AlO；x＝30時，Ba(OH)2物質的量為0.003 mol，此時Al3＋全部變成了AlO，SO全部沉淀，溶液中有Ba2＋、OH－、NH3H2O、AlO，氫氧根離子濃度均大于偏鋁酸根離子濃度和鋇離子濃度。 3． 20 ℃時向20 mL 0.1 molL－1醋酸溶液中不斷滴入0.1 molL－1 NaOH(aq)，溶液pH變化如圖所示。此過程里溶液中離子濃度的關系錯誤的是 (　　) A．a點：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－) B．b點：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(H＋)＝c(OH－) C．c點：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－) D．d點：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋) 答案　C 解析　a點是CH3COOH和CH3COO Na的等量混合，離子濃度關系為c(CH3COO－)＞ c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；b點，呈中性，溶質為CH3COONa和少量CH3COOH，根據電荷守恒判斷；c點，正好生成CH3COONa溶液，根據質子守恒得c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)；d點是CH3COONa和NaOH的混合，其中CH3COONa的物質的量是NaOH的2倍，該式正確。 方法技巧 巧抓“四點”，突破“粒子”濃度關系 (1)抓反應“一半”點，判斷是什么溶質的等量混合。 (2)抓“恰好”反應點，生成什么溶質，溶液呈什么性，是什么因素造成的。 (3)抓溶液“中性”點，生成什么溶質，哪種反應物過量或不足。 (4)抓反應“過量”點，溶質是什么，判斷誰多、誰少還是等量。 考點五　酸堿“中和滴定”及遷移應用 中和滴定要點歸納 (1)酸堿中和滴定原理：H＋＋OH－===H2O，即c標V標＝c待V待 (2)酸堿中和滴定的關鍵： ①準確測定V標和V待，正確使用酸式、堿式滴定管。 ②準確判斷中和反應是否恰好完全進行，借助酸堿指示劑判斷滴定終點。 (3)酸堿中和滴定實驗操作： ①滴定前的準備工作。a.滴定管的檢漏：關閉活塞，加水觀察活塞周圍有無水滲出；旋轉活塞180度再檢驗有無水滲出。b.洗滌：滴定管用水洗后一定要用待裝液進行潤洗；錐形瓶水洗后不能進行潤洗。c.裝液調零：將溶液裝入滴定管中，趕出氣泡，并將液面調節(jié)到0刻度或0刻度以下。 ②滴定操作(以鹽酸標準液滴定NaOH為例)。左手握活塞并旋轉開關，右手搖瓶，目視溶液，顏色突變且半分鐘內不褪色，達到滴定終點。 題組一　中和滴定的基本操作 1． 正誤判斷，正確的劃“√”，錯誤的劃“” (1) () (2010重慶理綜，7B) (2)讀數為22.30 () (2011海南，2改編) (3)可用25 mL堿式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液 () (2009廣東，3A) (4)讀取滴定管內液體的體積，俯視讀數導致讀數偏小 (√) (2009重慶理綜，7D) (5)用50 mL酸式滴定管可準確量取25.00 mL KMnO4溶液 (√) (2009江蘇，6B) (6)中和滴定實驗時，用待測液潤洗錐形瓶 () (2012山東理綜，11A) (7)“中和滴定”實驗中，容量瓶和錐形瓶用蒸餾水洗凈后即可使用，滴定管和移液管用蒸餾水洗凈后，須經干燥或潤洗后方可使用 (√) (2011浙江理綜，8C) (8)酸堿滴定時，若加入待測液前用待測液潤洗錐形瓶，將導致測定結果偏高 (√) (2010山東理綜，14C) (9) (√) (2010安徽理綜，8A) (10)滴定前滴定管內無氣泡，終點讀數時有氣泡，所測體積偏小 (√) (2013天津理綜，4C) 題組二　“滴定法”的遷移應用 2． [2013山東理綜，29(3)]利用I2的氧化性可測定鋼鐵中硫的含量。做法是將鋼樣中的硫轉化成H2SO3，然后用一定濃度的I2溶液進行滴定，所用指示劑為________，滴定反應的離子方程式為________。 答案　淀粉溶液　I2＋H2SO3＋H2O===4H＋＋2I－＋SO 解析　因為I2＋H2SO3＋H2O===2I－＋4H＋＋SO，I2遇淀粉變藍，所以應選用淀粉溶液作指示劑。 3． (2013江蘇，18)硫酸鎳銨[(NH4)xNiy(SO4)mnH2O]可用于電鍍、印刷等領域。某同學為測定硫酸鎳銨的組成，進行如下實驗：①準確稱取2.335 0 g樣品，配制成100.00 mL溶液A；②準確量取25.00 mL溶液A，用0.040 00 molL－1的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定其中的Ni2＋(離子方程式為Ni2＋＋H2Y2－===NiY2－＋2H＋)，消耗EDTA標準溶液31.25 mL；③另取25.00 mL溶液A，加足量的NaOH溶液并充分加熱，生成NH3 56.00 mL(標準狀況)。 (1)若滴定管在使用前未用EDTA標準溶液潤洗，測得的Ni2＋含量將________(填“偏高”、“偏低”或“不變”)。 (2)氨氣常用________檢驗，現象是________________。 (3)通過計算確定硫酸鎳銨的化學式(寫出計算過程)。 答案　(1)偏高 (2)濕潤的紅色石蕊試紙　試紙顏色由紅變藍 (3)n(Ni2＋)＝0.040 00 molL－131.25 mL10－3 LmL－1＝1.25010－3 mol n(NH)＝ ＝2.50010－3 mol n(SO)＝ ＝ ＝2.50010－3 mol m(Ni2＋)＝59 gmol－11.25010－3 mol＝0.073 75 g m(NH)＝18 gmol－12.50010－3 mol＝0.045 00 g m(SO)＝96 gmol－12.50010－3 mol＝0.240 0 g n(H2O)＝ ＝1.25010－2 mol x∶y∶m∶n＝n(NH)∶n(Ni2＋)∶n(SO)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶10 硫酸鎳銨的化學式為(NH4)2Ni(SO4)210H2O。 解析　(1)若滴定管使用前沒有用EDTA標準溶液潤洗，會造成EDTA溶液濃度減小，使消耗的EDTA溶液體積偏大，則Ni2＋含量偏高。(2)氨氣是中學化學中唯一的堿性氣體，常用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，試紙由紅色變藍色。 1． 一定溫度下，水存在H2OH＋＋OH－　ΔH＝Q(Q＞0)的平衡，下列敘述一定正確的是 (　　) A．向水中滴入少量稀鹽酸，平衡逆向移動，Kw減小 B．將水加熱，Kw增大，pH減小 C．向水中加入少量固體CH3COONa，平衡逆向移動，c(H＋)降低 D．向水中加入少量固體硫酸鈉，c(H＋)＝10－7 molL－1，Kw不變 答案　B 解析　A項，Kw只與溫度有關；B項正確；C項，加入CH3COONa，促進水的電離，溶液呈堿性；D項，該題沒有指明是常溫下，所以c(H＋)不一定等于10－7 molL－1。 2． 常溫下a molL－1稀氨水和b molL－1稀鹽酸等體積混合，對混合后溶液判斷一定正確的是 (　　) A．若a＝b，則c(NH)＝c(Cl－) B．若a＞b，則c(NH)＞c(Cl－) C．若a＞b，則c(OH－)＞c(H＋) D．若a＜b，則c(OH－)＜c(H＋) 答案　D 解析　A項，若a＝b，由于NH的水解，應是c(NH)＜c(Cl－)；B項，若a＞b時，c(NH)不一定大于c(Cl－)，“大于”、“小于”、“等于”均可能出現；C項，a＞b時，酸性、堿性、中性均可能出現；D項，a＝b時，c(OH－)＜c(H＋)，當a＜b時，c(OH－)更小。 3． 在體積均為1 L，pH均等于2的鹽酸和醋酸中，分別投入0.12 g鎂粉充分反應后，下圖中比較符合反應事實的曲線是 (　　) 答案　C 解析　鎂最多失去電子的物質的量為2＝0.01 mol。A、B項，在反應過程中，CH3COOH進一步電離，CH3COOH的pH小于HCl的pH，生成氫氣的速率，v(CH3COOH)＞v(HCl)，A、B均錯；C、D項，由于Mg是定量的，HCl恰好完全反應，而CH3COOH過量，且CH3COOH與Mg反應速率快，所以C對，D錯。 4． 碳酸有兩個電離常數Ki1、Ki2，分別對應碳酸的兩步電離。關于Ki1和Ki2說法正確的是 (　　) A．Ki1的表達式為Ki1＝ B．Ki2對應的電離過程是HCO＋H2OH2CO3＋OH－ C．當碳酸的電離平衡正向移動時，Ki1與Ki2均相應增大 D．改變條件使Ki1減小，則Ki2一定也減小 答案　D 5． 常溫下，下列有關醋酸溶液的敘述中不正確的是 (　　) A．pH＝5.6的CH3COOH與CH3COONa混合溶液中：c(Na＋)＜c(CH3COO－) B．濃度均為0.1 molL－1的CH3COOH和CH3COONa溶液等體積混合后：c(CH3COO－)－c(CH3COOH)＝2[c(H＋)－c(OH－)] C．將pH＝a的醋酸稀釋為pH＝a＋1的過程中，c(CH3COOH)/c(H＋)減小 D．等體積pH＝a的醋酸與pH＝b的NaOH溶液恰好中和時，a＋b＝14 答案　D 解析　A項，CH3COOH的電離大于CH3COO－的水解，所以c(Na＋)＜c(CH3COO－)，正確；B項，利用物料守恒，電荷守恒判斷，正確；C項，在稀釋過程中，由于n(CH3COOH)減小，而n(H＋)增多，所以減小，正確；D項，若a＋b＝14，則c(H＋)＝ c(OH)－，醋酸會過量，所以a＋b＞14，錯誤。 6． 常溫下，向20.00 mL 0.100 molL－1 CH3COONa溶液中逐滴加入0.100 0 molL－1鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸體積的關系如下圖所示(不考慮揮發(fā))。下列說法正確的是(　　) A．點①所示溶液中：c(CH3COOH)＝c(Cl－)＞c(OH－)＝c(H＋) B．點②所示溶液中：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(CH3COO－)＞c(CH3COOH) C．點③所示溶液中：c(CH3COOH)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(CH3COO－) D．整個過程中可能出現：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－) 答案　A 解析　A項，根據電荷守恒判斷；B項，點②溶液正好是NaCl、CH3COONa和CH3COOH等量混合，大小順序應為c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(Cl－)＞c(CH3COOH)；C項，點③正好生成NaCl和CH3COOH溶液，溶液呈酸性，錯誤；D項，c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(CH3COO－)恒成立，而c(Cl－)＋c(OH－)＞c(CH3COOH)，錯誤。 7． 室溫下，將一元酸HA的溶液和KOH溶液等體積混合(忽略體積變化)，實驗數據如下表： 實驗編號 起始濃度/molL－1 反應后溶液的pH c(HA) c(KOH) ① 0.1 0.1 9 ② x 0.2 7 下列判斷不正確的是 (　　) A．實驗①反應后的溶液中：c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋) B．實驗①反應后的溶液中：c(OH－)＝c(K＋)－c(A－)＝molL－1 C．實驗②反應后的溶液中：c(A－)＋c(HA)＞0.1 molL－1 D．實驗②反應后的溶液中：c(K＋)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H＋) 答案　B 解析　由實驗①可知HA是一元弱酸，二者恰好完全反應，因A－水解使KA溶液呈堿性，故A項正確；由電荷守恒可知，c(OH－)＋c(A－)＝c(H＋)＋c(K＋)，故B項錯誤；由實驗②分析，因反應后溶液呈中性，則酸應過量，x＞0.2，由原子守恒可知c(A－)＋c(HA)＞0.1 molL－1成立，C項正確；在中性溶液中，c(H＋)＝c(OH－)，再由電荷守恒可知c(K＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，故c(K＋)＝c(A－)＞c(OH－)＝c(H＋)，D項正確。 8． (2013廣東理綜，31)大氣中的部分碘源于O3對海水中I－的氧化，將O3持續(xù)通入NaI溶液中進行模擬研究。 (1)O3將I－氧化成I2的過程由3步反應組成： ①I－(aq)＋O3(g)===IO－(aq)＋O2(g)ΔH1 ②IO－(aq)＋H＋(aq)HOI(aq)ΔH2 ③HOI(aq)＋I－(aq)＋H＋(aq)I2(aq)＋H2O(l)ΔH3 總反應的化學方程式為____________________，其反應熱ΔH＝__________。 (2)在溶液中存在化學平衡：I2(aq)＋I－(aq)I(aq)， 其平衡常數表達式為______________。 (3)為探究Fe2＋對O3氧化I－反應的影響(反應體系如圖1)，某研究小組測定兩組實驗中I濃度和體系pH，結果見圖2和下表。 編號 反應物 反應前pH 反應后pH 第1組 O3＋I－ 5.2 11.0 第2組 O3＋I－＋Fe2＋ 5.2 4.1 ①第1組實驗中，導致反應后pH升高的原因是______________________________。 ②圖1中的A為__________，由Fe3＋生成A的過程能顯著提高I－的轉化率，原因是________________________________________________________________________。 ③第2組實驗進行18 s后，I濃度下降，導致下降的直接原因有(雙選)________(填字母序號)。 A．c(H＋)減小 B．c(I－)減小 C．I2(g)不斷生成 D．c(Fe3＋)增加 (4)據圖2，計算3～18 s內第2組實驗中生成I的平均反應速率(寫出計算過程，結果保留兩位有效數字)。 答案　(1)2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)　ΔH1＋ΔH2＋ΔH3 (2)K＝ (3)①由于2I－＋O3＋2H＋===I2＋O2＋H2O，即消耗H＋又生成水，導致溶液的酸性減弱，pH升高 ②Fe2＋　由于2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋，使c(I2)增大，促使I2(aq)＋I－(aq)I(aq)，平衡右移，消耗的c(I－)增多 ③BD (4)v(I)＝≈5.510－4 molL－1s－1 解析　利用蓋斯定律、化學反應速率、化學平衡的影響因素等分析及計算，逐步解決問題。(1)根據蓋斯定律，由①＋②＋③可得總反應為2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)===I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)，則ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋