2014高考化學二輪專題復習教學案 專題10

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[考綱要求]　1.了解電解質(zhì)在水溶液中的電離，以及電解質(zhì)溶液的導電性；了解電解質(zhì)的概念；了解強弱電解質(zhì)的概念。2.了解弱電解質(zhì)在水溶液中的電離平衡。3.了解水的電離，水的離子積常數(shù)。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(yīng)用。6.了解難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡及沉淀轉(zhuǎn)化的本質(zhì)。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(shù)不變。應(yīng)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(shù)，且只能在1～14的范圍內(nèi))，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(shù)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(jié)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(jié)果偏小；若待測液為酸性溶液，則所測結(jié)果偏大；若待測液為中性溶液，則所測結(jié)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(shù)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(jù)是 (　　) A．a(chǎn)＝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(jù)是c(H＋)＝c(OH－)。A項中，a＝b，酸堿恰好完全反應(yīng)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(yīng)，下列關(guān)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(yīng)的進行，中強酸要繼續(xù)電離出H＋，所以溶液②產(chǎn)生氫氣的體積多，在相同時間內(nèi)，②的反應(yīng)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(guān)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，VxVy C．y為弱酸，VxVy 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(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值的鹽酸、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。 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(zhì)的電離平衡 弱電解質(zhì)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(jié)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(zhì)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(zhì)分子數(shù)減小，溶液中離子濃度增大。 (3)同離子效應(yīng)：當向弱電解質(zhì)溶液中加入的物質(zhì)含有與弱電解質(zhì)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(zhì)的電離程度減小。 (4)加入能反應(yīng)的物質(zhì)：當向弱電解質(zhì)溶液中加入的物質(zhì)能和弱電解質(zhì)電離出的離子反應(yīng)時，電離平衡向右移動，參加反應(yīng)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KaKsp，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”、“＝”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(guān)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(jù)電離平衡常數(shù)可判斷弱酸的相對強弱，平衡常數(shù)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(shù)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(yīng)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(jù)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(yīng)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(zhì)溶液中所有陽離子所帶的正電荷總數(shù)與所有的陰離子所帶的負電荷總數(shù)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(zhì)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(shù)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(zhì)子守恒：電解質(zhì)溶液中分子或離子得到或失去質(zhì)子(H＋)的物質(zhì)的量應(yīng)相等。例如在NH4HCO3溶液中H3O＋、H2CO3為得到質(zhì)子后的產(chǎn)物，NH3H2O、OH－、CO為失去質(zhì)子后的產(chǎn)物，故有以下關(guān)系：c(H3O＋)＋c(H2CO3)＝c(NH3H2O)＋c(OH－)＋c(CO)。 2． 弄清分析思路 一般來說，有關(guān)離子濃度關(guān)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(nèi)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(guān)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(yīng)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(yīng)過程中“粒子”濃度關(guān)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(Al3＋)，溶液中有NH、Al3＋、SO，無AlO；x＝30時，Ba(OH)2物質(zhì)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(guān)系錯誤的是 (　　) A．a(chǎn)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(guān)系為c(CH3COO－)＞ c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；b點，呈中性，溶質(zhì)為CH3COONa和少量CH3COOH，根據(jù)電荷守恒判斷；c點，正好生成CH3COONa溶液，根據(jù)質(zhì)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(zhì)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(guān)系 (1)抓反應(yīng)“一半”點，判斷是什么溶質(zhì)的等量混合。 (2)抓“恰好”反應(yīng)點，生成什么溶質(zhì)，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(zhì)，哪種反應(yīng)物過量或不足。 (4)抓反應(yīng)“過量”點，溶質(zhì)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(yīng)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(guān)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(yīng)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(guān)閉活塞，加水觀察活塞周圍有無水滲出；旋轉(zhuǎn)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(diào)零：將溶液裝入滴定管中，趕出氣泡，并將液面調(diào)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(zhuǎn)開關(guān)，右手搖瓶，目視溶液，顏色突變且半分鐘內(nèi)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(shù)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(nèi)液體的體積，俯視讀數(shù)導致讀數(shù)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(jīng)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(jié)果偏高 (√) (2010山東理綜，14C) (9) (√) (2010安徽理綜，8A) (10)滴定前滴定管內(nèi)無氣泡，終點讀數(shù)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(yīng)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(zhuǎn)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(yīng)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(yīng)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(lǐng)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(xiàn)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(guān)；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(yīng)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(xiàn)；C項，a＞b時，酸性、堿性、中性均可能出現(xiàn)；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(yīng)后，下圖中比較符合反應(yīng)事實的曲線是 (　　) 答案　C 解析　鎂最多失去電子的物質(zhì)的量為2＝0.01 mol。A、B項，在反應(yīng)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(yīng)，而CH3COOH過量，且CH3COOH與Mg反應(yīng)速率快，所以C對，D錯。 4． 碳酸有兩個電離常數(shù)Ki1、Ki2，分別對應(yīng)碳酸的兩步電離。關(guān)于Ki1和Ki2說法正確的是 (　　) A．Ki1的表達式為Ki1＝ B．Ki2對應(yīng)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(yīng)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(guān)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(guān)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(xiàn)：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－) 答案　A 解析　A項，根據(jù)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(yīng)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(shù)據(jù)如下表： 實驗編號 起始濃度/molL－1 反應(yīng)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(yīng)后的溶液中：c(K＋)＞c(A－)＞c(OH－)＞c(H＋) B．實驗①反應(yīng)后的溶液中：c(OH－)＝c(K＋)－c(A－)＝molL－1 C．實驗②反應(yīng)后的溶液中：c(A－)＋c(HA)＞0.1 molL－1 D．實驗②反應(yīng)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(yīng)，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(yīng)后溶液呈中性，則酸應(yīng)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(yīng)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(yīng)的化學方程式為____________________，其反應(yīng)熱ΔH＝__________。 (2)在溶液中存在化學平衡：I2(aq)＋I－(aq)I(aq)， 其平衡常數(shù)表達式為______________。 (3)為探究Fe2＋對O3氧化I－反應(yīng)的影響(反應(yīng)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(jié)果見圖2和下表。 編號 反應(yīng)物 反應(yīng)前pH 反應(yīng)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(yīng)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(zhuǎn)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(jù)圖2，計算3～18 s內(nèi)第2組實驗中生成I的平均反應(yīng)速率(寫出計算過程，結(jié)果保留兩位有效數(shù)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(yīng)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(jù)蓋斯定律，由①＋②＋③可得總反應(yīng)為2I－(aq)＋O3(g)＋2H＋(aq)===I2(aq)＋O2(g)＋H2O(l)，則ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋