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2014高考化学二轮专题突破练 专题十电解质溶液


2014 高考化学二轮专题突破练:专题十电解质溶液
[考纲要求] 1.了解电解质在水溶液中的电离,以及电解质溶液的导电性;了解电解质的概 念;了解强弱电解质的概念。2.了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。3.了解水的电离,水 的离子积常数。4.了解溶液 pH 的定义;了解测定溶液 pH 的方法,能进行 pH 的简单计算。5. 了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素

以及盐类水解的应用。6.了解难溶电解 质的沉淀溶解平衡及沉淀转化的本质。7.以上各部分知识的综合利用。

考点一

溶液的酸碱性及 pH 计算

1. 一个基本不变 相同温度下,不论是纯水还是稀溶液,水的离子积常数不变。应用这一原则时需要注意 两个条件:水溶液必须是稀溶液;温度必须相同。 2. 两种测量方法 溶液的 pH 值可以用 pH 试纸测定(精确到整数,且只能在 1~14 的范围内),也可以用 pH 计(精确到 0.1)测定。 3. 三个重要比较 水溶液可分为酸性溶液、中性溶液和碱性溶液,下表是常温下这三种溶液的比较: 溶液的 酸碱性 酸性溶液

c(H+)与 c(OH-)
比较

c(H+)大小 c(H+)>
1×10
-7

pH

c(H+)> c(OH-) c(H+)= c(OH-) c(H+)< c(OH-)

mol·L

-1

<7

中性溶液

c(H+)=
1×10
-7

mol·L

-1

=7

碱性溶液 4. pH 使用中的几个误区

c(H+)<
1×10
-7

mol·L

-1

>7

(1)pH=7 的溶液不一定呈中性。只有在常温下 pH=7 的溶液才呈中性,当在 100 ℃时, 水的离子积常数为 1×10 时为酸性溶液。
1
-12

,此时 pH=6 的溶液为中性溶液,pH>6 时为碱性溶液,pH<6

(2)使用 pH 试纸测溶液 pH 时,若先用蒸馏水润湿,测量结果不一定偏小。若先用蒸馏水 润湿,相当于将待测液稀释了,若待测液为碱性溶液,则所测结果偏小;若待测液为酸 性溶液,则所测结果偏大;若待测液为中性溶液,则所测结果没有误差。 5. 溶液中的 c(H )和水电离出来的 c(H )的区别 (1)室温下水电离出的 c(H )=1×10 10 10
-7 -1 + -7 + +

mol·L ,若某溶液中水电离出的 c(H )<1×


-1



mol·L ,则可判断该溶液呈酸性或碱性;若某溶液中水电离出的 c(H )>1× mol·L ,则可判断出该溶液中存在能水解的盐,从而促进了水的电离。
+ -7 -1

-7

(2)室温下,溶液中的 c(H )>1×10 盐溶液;溶液中的 c(H )<1×10 溶液。
+ -7

mol·L ,说明该溶液是酸性溶液或水解呈酸性的
-1

-1

mol·L ,说明该溶液是碱性溶液或水解呈碱性的盐

6. pH 和等于 14 的酸碱混合问题的判断与计算 pH 和等于 14 的意义:酸溶液中的氢离子浓度等于碱溶液中的氢氧根离子的浓度。 (1)已知酸、碱溶液的 pH 之和为 14,则等体积混合时: 强酸、强碱 恰好中和 ― → pH=7 ―

碱过量 强酸、弱碱 ― → pH>7 ― 酸过量 弱酸、强碱 ― → pH<7 ― (2)已知酸、碱溶液的 pH 之和为 14,若混合后溶液的 pH 为 7,则溶液呈中性。 强酸、强碱 ― V 酸∶V 碱=1∶1 → 强酸、弱碱 ― V 酸∶V 碱>1∶1 → 弱酸、强碱 ― V 酸∶V 碱<1∶1 → (3)强酸、强碱等体积混合后溶液酸、碱性的判断:

题组一 走出溶液稀释与混合的误区 1. 正误判断,正确的划“√”,错误的划“×” (1)常温下 pH 为 2 的盐酸与等体积 pH=12 的氨水混合后所得溶液呈酸性 (×)

(2012·广东理综,23B)

2

(2)常温下 pH 为 2 的盐酸由 H2O 电离出的 c(H )=1.0×10 (√)



-12

mol·L

-1

(2012·广东理综,23C) (3)同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后,溶液的 pH=7 (×) (2012·天津理综,5A) (4)常温下,将 pH=3 的醋酸溶液稀释到原体积的 10 倍后,溶液的 pH=4 (×)

(2012·浙江理综,12A) (5)100 ℃时,将 pH=2 的盐酸与 pH=12 的 NaOH 溶液等体积混合,溶液呈中性 (×)

(2011·天津理综,5D) 2. (2012·新课标全国卷,11)已知温度 T 时水的离子积常数为 Kw,该温度下,将浓度为

a mol·L-1 的一元酸 HA 与 b mol·L-1 的一元碱 BOH 等体积混合,可判定该溶液呈中性
的依据是 ( A.a=b B.混合溶液的 pH=7 C.混合溶液中,c(H )= Kw mol·L
+ + + -1

)

D.混合溶液中,c(H )+c(B )=c(OH )+c(A ) 答案 C 解析 判断溶液呈中性的依据是 c(H )=c(OH )。A 项中,a=b,酸碱恰好完全反应生 成正盐和水,由于酸碱强弱未知,不能确定溶液的酸、碱性;B 项中未说明温度为 25 ℃, 故混合溶液的 pH=7 时不一定呈中性;C 项混合溶液中,c(H )·c(OH )=Kw,因为 c(H
+ + - + -





)= Kw mol·L ,则 c(OH )= Kw mol·L ,c(H )=c(OH ),故溶液呈中性;D 项中

-1



-1





c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-),只能说明溶液中电荷守恒,无法判断溶液的酸碱性。
走出误区 误区一:不能正确理解酸、碱的无限稀释规律 常温下任何酸或碱溶液无限稀释时,溶液的 pH 都不可能大于 7 或小于 7,只能接近 7。 误区二:不能正确理解弱酸、弱碱的稀释规律 溶液 酸 强酸 弱酸 强碱 弱碱 稀释前溶液 pH pH=a 加水稀释到 体积为原来 的 10 倍
n

稀释后溶液 pH pH=a+n

a<pH<a+n
pH=b-n



pH=b

b-n<pH<b

误区三:不能正确掌握混合溶液的定性规律 pH=n(n<7)的强酸和 pH=14-n 的强碱溶液等体积混合,pH=7;pH=n(n<7)的醋酸
3

和 pH=14-n 的氢氧化钠溶液等体积混合,混合溶液 pH<7;pH=n(n<7)的盐酸和 pH =14-n 的氨水溶液等体积混合,混合溶液 pH>7。 题组二 一强一弱比较的图像分析 3. 相同体积、 相同 pH 的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②分别与足量的锌粉发生反 应,下列关于氢气体积(V)随时间(t)变化的示意图正确的是 ( )

答案 C 解析 强酸完全电离,中强酸部分电离,随着反应的进行,中强酸要继续电离出 H ,所 以溶液②产生氢气的体积多,在相同时间内,②的反应速率比①快。 4. pH=2 的两种一元酸 x 和 y,体积均为 100 mL,稀释过程中 pH 与溶液体积的关系如下图 所示。分别滴加 NaOH 溶液(c=0.1 mol·L )至 pH=7,消耗 NaOH 溶液的体积为 Vx、Vy, 则 ( )
-1 +

A.x 为弱酸,Vx<Vy C.y 为弱酸,Vx<Vy 答案 C

B.x 为强酸,Vx>Vy D.y 为强酸,Vx>Vy

解析 由图知:将一元酸 x 和 y 分别稀释 10 倍,pH 的变化量 Δ pHx=1,Δ pHy<1,所以 x 为强酸,而 y 为弱酸。pH=2 时弱酸 y 的浓度大,滴加 NaOH 至 pH=7 时需 NaOH 溶液的 体积则 y 要比 x 大。 方法技巧 图像法理解一强一弱的稀释规律 (1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸

4

①加水稀释相同的倍数,醋酸的 pH 大。 ②加水稀释到相同的 pH,盐酸加入的水多。 (2)相同体积、相同 pH 值的盐酸、醋酸

①加水稀释相同的倍数,盐酸的 pH 大。 ②加水稀释到相同的 pH,醋酸加入的水多。

考点二 溶液中的“三大平衡”

电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡。这三种平衡都遵循勒夏特列 原理——当只改变体系的一个条件时,平衡向能够减弱这种改变的方向移动。 1. 抓住“四因素”突破弱电解质的电离平衡 弱电解质的电离是可逆过程,在分析外界条件对电离平衡的影响时,要灵活运用勒夏特 列原理,结合实例进行具体分析。一般考虑以下几个方面的影响: (1)溶液加水稀释:弱电解质溶液的浓度越小,电离程度越大;但在弱酸溶液中 c(H ) 减小,弱碱溶液中 c(OH )减小。 (2)加热:电离是吸热的,加热使电离平衡向右移动,溶液中弱电解质分子数减小,溶液 中离子浓度增大。 (3)同离子效应: 当向弱电解质溶液中加入的物质含有与弱电解质相同的离子时, 由于同 种离子的相互影响,使电离平衡向左移动,弱电解质的电离程度减小。 (4)加入能反应的物质: 当向弱电解质溶液中加入的物质能和弱电解质电离出的离子反应 时,电离平衡向右移动,参加反应的离子浓度减小,其他的离子浓度增大。 2. “用规律”、“抓类型”突破盐类水解问题 (1)规律: 难溶不水解,有弱才水解,无弱不水解;谁弱谁水解,越弱越水解,都弱都水解;谁强 显谁性,同强显中性,弱弱具体定;越弱越水解,越热越水解,越稀越水解。 (2)类型:①强碱弱酸盐,阴离子水解,其水溶液呈碱性,如醋酸钠水解的离子方程式为
- +

5

CH3COO +H2O??CH3COOH+OH ;多元弱酸酸根分步水解,如碳酸钠水解的离子方程式为 CO3 +H2O??HCO3 +OH 、HCO3 +H2O??H2CO3+OH 。②强酸弱碱盐,阳离子水解,其水 溶液呈酸性,如氯化铵、氯化铝水解的离子方程式分别为 NH4 +H2O?? H +NH3·H2O、 Al +3H2O??Al(OH)3+3H 。 ③NaCl 等强酸强碱盐不水解, 溶液呈中性。 ④弱酸弱碱盐双水解,其溶液的酸碱性取决于弱酸和弱碱的相对强弱。当 Ka=Kb 时,溶 液显中性,如 CH3COONH4;当 Ka>Kb 时,溶液显酸性,如 HCOONH4;当 Ka<Kb 时,溶液显碱 性,如 NH4HCO3。⑤弱酸酸式盐水溶液酸碱性,取决于酸式酸根离子电离程度和水解程度 的相对大小。a.若电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,如 NaHSO3、NaH2PO4 等。b.若电 离程度小于水解程度,溶液呈碱性,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断方法 通过比较溶度积与非平衡状态下溶液中有关离子浓度幂的乘积——离子积 Qc 的相对大 小,可以判断难溶电解质在给定条件下沉淀生成或溶解的情况:Qc>Ksp,溶液过饱和,有 沉淀析出;Qc=Ksp,溶液饱和,沉淀的生成与溶解处于平衡状态;Qc<Ksp,溶液未饱和, 无沉淀析出。 (2)沉淀的转化方法 沉淀转化的实质是沉淀溶解平衡的移动,非氧化还原类离子反应都是向离子浓度减小的 方向移动,从溶解角度说,一般是易溶物质转化成微溶物质,微溶物质转化为难溶物质。 有些金属硫化物(如 CuS、 等)溶度积特别小, HgS 在饱和溶液中这些金属硫化物不能溶于 非氧化性强酸,只能溶于氧化性酸,c(S )减小,可达到沉淀溶解的目的。 (3)溶度积(Ksp)与溶解能力的关系的突破方法 溶度积(Ksp)反映了电解质在水中的溶解能力,对于阴阳离子个数比相同的电解质,Ksp 的 数值越大,难溶电解质在水中的溶解能力越强;但对于阴阳离子个数比不同的电解质, 不能直接比较 Ksp 数值的大小。
2- + 3+ + + 2- - - - -





题组一 影响弱电解质电离平衡因素的多角度分析 1. (2013·安徽理综,13)已知 NaHSO3 溶液显酸性,溶液中存在以下平衡: HSO3 +H2O??H2SO3+OH ① HSO3 ??H +SO3 ② 向 0.1 mol·L 的 NaHSO3 溶液中分别加入以下物质,下列有关说法正确的是 ( A.加入少量金属 Na,平衡①左移,平衡②右移,溶液中 c(HSO3 )增大 1 + + - - 2- B.加入少量 Na2SO3 固体,则 c(H )+c(Na )=c(HSO3 )+c(OH )+ c(SO3 ) 2
- -1 - + 2- - -

)

6

C.加入少量 NaOH 溶液,

2- c? SO3 ? c? OH-? 、 的值均增大 - c? HSO3 ? c? H+? + 2- + -

D.加入氨水至中性,则 2c(Na )=c(SO3 )>c(H )=c(OH ) 答案 C 解析 根据加入物质的性质判断平衡移动方向,进一步判断各选项结论是否正确。 A 项加入金属钠后,钠和水反应生成氢氧化钠,使平衡①左移,平衡②右移,移动的结 果是 c(SO3 )增大。可以利用极端分析法判断,如果金属钠适量,充分反应后溶液中溶 质可以是亚硫酸钠, 此时 c(HSO3 )很小, 所以 A 项错误。 项依据电荷守恒判断, (SO3 ) B c 前面的化学计量数应为 2,即 c(H )+c(Na )=c(HSO3 )+c(OH )+2c(SO3 ),所以 B 项
+ + - - 2- - 2- 2-

c? OH-? 错误。C 项加入氢氧化钠溶液后,溶液酸性减弱,碱性增强,所以 增大;平衡 c? H+?
①左移,平衡②右移,最终 c(SO3 )增大,c(HSO3 )减小,所以
+ - 2- - 2- c? SO3 ? 增大。D 项加入 c? HSO-? 3

氨水到溶液呈中性,即 c(H )=c(OH )。由电荷守恒知,其他离子存在如下关系:c(Na


)+c(NH4 )=2c(SO3 )+c(HSO3 ),所以 D 项错误。 ( )



2-



2. 下列条件变化会使 H2O 的电离平衡向电离方向移动,且 pH<7 的是 A.将纯水加热到 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 项,H2O 的电离是吸热反应,加热,促进水的电离,pH<7,正确;B 项,向水 中加入 HCl,抑制水的电离,pH<7,错误;C 项,向水中加入 NaOH,抑制水的电离,pH >7,错误;D 项,向水中加入 Na2CO3,促进水的电离,pH>7,错误。 规律探究 酸、碱、盐对水的电离的影响:酸和碱抑制水的电离,强酸弱碱盐和强碱弱酸盐促进水 的电离,强酸弱碱盐和碱溶液中由水电离的 c(H )或 c(OH )取决于溶液中的 c(H ),强 碱弱酸盐和酸溶液中由水电离出的 c(H )或 c(OH )取决于溶液中的 c(OH ), 但应关注酸 式盐的特殊性,如硫酸氢钠完全电离,会抑制水的电离,碳酸氢钠以水解为主,呈碱性, 促进水的电离。 题组二 多角度攻克盐类水解问题 3. 正误判断,正确的划“√”,错误的划“×” (1)为确定某酸 H2A 是强酸还是弱酸,可测 NaHA 溶液的 pH。若 pH>7,则 H2A 是弱酸; 若 pH<7,则 H2A 是强酸 (×) (2012·浙江理综,12B)
7
+ - - + - +

(2)25 ℃时,a mol·L 一元酸 HA 与 b mol·L

-1

-1

NaOH 等体积混合后,pH 为 7,则 (×) (2012·海南,11 改编)

c(A-)≤c(Na+)

(3)NaHSO4 溶液、KF 溶液、KAl(SO4)2 溶液、NaI 溶液中,前三个都对水的电离平衡产生 影响,且都促进水的电离 (×) (2012·上海,7 改编) (4)盐酸中滴加氨水至中性,溶液中的溶质为 NH4Cl (×) (2012·重庆理综,10A) (5)向 NaAlO2 溶液中滴加 NaHCO3 溶液,有沉淀和气体生成 (×) (2013·重庆理综,2C) (6)25 ℃时,用醋酸溶液滴定等浓度 NaOH 溶液至 pH=7,V 醋酸<VNaOH (×)

(2013·重庆理综,2B) (7)NaCl 溶液和 CH3COONH4 溶液均显中性,两溶液中水的电离程度相同 (×)

(2013·天津理综,5D) 4. 某学生在 0.1 mol·L
-1

NaHCO3 溶液中滴加酚酞溶液 1 滴,整个溶液几乎没有什么变化,

但溶液加热后,显明显淡红色,加热较长时间后冷却,红色不褪去。 该学生为了了解该过程的原因,进行了下列探究过程: [实验探究] 实验 1:加热 NaHCO3 溶液,测得溶液 pH 变化如下表 温度(℃) pH 10 8.3 20 8.4 30 8.5
-1

50 8.9

70 9.4

80 9.6

100 10.1

实验 2:10 ℃时,在烧杯中加入 0.1 mol·L

NaHCO3 溶液 200 mL,测得该溶液 pH=8.3,

加热到 100 ℃,测得 pH=10.2,恢复到 10 ℃,pH=9.8。 实验 3:加热 0.1 mol·L 实验 4: ①配制 0.1 mol·L
-1 -1

NaHCO3 溶液,将产生的气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊。

NaHCO3 溶液和 0.1 mol·L

-1

Na2CO3 溶液各 200 mL,10 ℃时,分别

测得 NaHCO3 溶液 pH=8.3,Na2CO3 溶液 pH=11.5。 ②加热蒸发 0.1 mol·L
-1

NaHCO3 溶液 200 mL,至溶液体积 100 mL,停止加热,加水至

200 mL,冷却至原温度,测得溶液 pH=9.8。 ③将 0.1 mol·L =10.1。 请根据上述实验回答下列问题: (1) 用 离 子 方 程 式 表 示 0.1 mol·L
-1 -1

NaHCO3 溶液 200 mL 敞口放置三天,再加水至 200 mL,测得溶液 pH

NaHCO3 溶 液 中 存 在 的 平 衡 ( 除 水 电 离 平 衡

外)__________________、 __________________。 这两个平衡以__________________为主,
8

理由是____________________________________________。 (2)实验 3 得到的结论是__________________________________________________。 (3)结合实验 2、3 分析,加热 0.1 mol·L
-1

NaHCO3 溶液,pH 增大的原因可能是

__________________、__________________、__________________。 (4)实验 4①得到的结论是___________________________________________________。 (5)实验 4②“加水至 200 mL”的目的是______________________________________。 实验 4③可以得到的结论是_________________________________________________。 (6) 要 确 定 NaHCO3 溶 液 加 热 后 pH 增 大 的 主 要 原 因 还 需 要 解 决 的 问 题 是 ________________________________________________________________________。 答案 (1)HCO3 ??H +CO3
- + 2-

HCO3 +H2O??H2CO3+OH





水解平衡 溶液显碱性

(2)加热 NaHCO3 溶液,NaHCO3 发生分解反应或促进水解平衡,产生二氧化碳。 (3)水分蒸发 NaHCO3 发生分解反应 NaHCO3 水解平衡被促进

(4)相同温度下,Na2CO3 的水解能力和溶液的碱性大于 NaHCO3 (5)排除因水分蒸发导致 pH 增大的因素 NaHCO3 常温下即可发生分解反应(或常温下

NaHCO3 水解平衡和二氧化碳溶解平衡发生移动) (6)是 NaHCO3 发生分解生成 Na2CO3?还是水解平衡向右移动?还是两者皆有(相关答案合 理均可) 解析 实验 1 表明 NaHCO3 溶液随着温度的升高,碱性增强。实验 2 表明,NaHCO3 溶液加 热后碱性增强,恢复到原来温度,碱性仍然比原来强。实验 3 表明,加热 NaHCO3 溶液产 生了 CO2。实验 4①说明,温度、浓度相同时,Na2CO3 的水解程度大于 NaHCO3 的水解程度。 实验 4②加水的目的排除水分挥发造成的影响。实验 4③说明,NaHCO3 常温下即分解,或 NaHCO3+H2O??H2CO3+NaOH,H2CO3??H2O+CO2↑,释放 CO2,造成碱性增强。NaHCO3 溶 液加热,碱性增强,可能有两个原因,NaHCO3 分解生成 Na2CO3、CO3 水解程度大造成,或 加热 NaHCO3 促进 HCO3 的水解造成,或者两种原因都有。 规律探究 (1)盐类水解易受温度、浓度、溶液的酸碱性等因素的影响,以氯化铁水解为例,当改变 条件如升温、通入 HCl 气体、加水、加铁粉、加碳酸氢钠等时,学生应从移动方向、pH 的变化、水解程度、现象等方面去归纳总结,加以分析掌握。 (2)多元弱酸的酸式盐问题。酸式盐一般既存在水解,又存在电离。如果酸式盐的电离程 度大于其水解程度,溶液显酸性,如 NaHSO3 溶液;如果酸式盐的水解程度大于其电离程 度,则溶液显碱性,如 NaHCO3 溶液。 题组三 正确理解外界因素对难溶电解质溶解平衡的影响 5. 正误判断,正确的划“√”,错误的划“×” (1)相同温度下,将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水 ②0.1 mol·L 盐酸
9
-1 - 2-

③0.1 mol·L ③(×)

-1

氯化镁溶液

④0.1 mol·L

-1

硝酸银溶液中,Ag 浓度:①>④=②>



(2012·浙江理综,12D) (2)AgCl 沉淀易转化为 AgI 沉淀且 K(AgX)=c(Ag )·c(X ),故 K(AgI)<K(AgCl) (√) (2013·重庆理综,2D) 6. (2013·北京理综,10)实验:①0.1 mol·L AgNO3 溶液和 0.1 mol·L NaCl 溶液等体积 混合得到浊液 a,过滤得到滤液 b 和白色沉淀 c; ②向滤液 b 中滴加 0.1 mol·L KI 溶液,出现浑浊; ③向沉淀 c 中滴加 0.1 mol·L KI 溶液,沉淀变为黄色。 下列分析不正确的是 A.浊液 a 中存在沉淀溶解平衡:AgCl(s)??Ag (aq)+Cl (aq) B.滤液 b 中不含有 Ag
+ + - -1 -1 -1 -1 + -

(

)

C.③中颜色变化说明 AgCl 转化为 AgI D.实验可以证明 AgI 比 AgCl 更难溶 答案 B 解析 A 项,在浊液 a 中,存在 AgCl 的沉淀溶解平衡,正确;B 项,在滤液 b 中,仍含 有少量 Ag ,故在 b 中生成了 AgI 沉淀,错误;由于 AgI 比 AgCl 更难溶解,向 c 中加入 0.1 mol·L KI 溶液,能发生沉淀转化反应,生成黄色的 AgI,C 项和 D 项都正确。 反思归纳 (1)沉淀溶解平衡与化学平衡、电离平衡一样,具有动态平衡的特征,平衡时溶液中各离 子浓度保持恒定,平衡只受温度的影响,与浓度无关。 (2)溶度积(Ksp)的大小只与难溶电解质的性质和溶液的温度有关,相同类型的难溶电解 质的 Ksp 越小,溶解度越小,越难溶。
-1 +

考点三 溶液中的“三大常数”

电离平衡常数、水的离子积常数、溶度积常数是溶液中的三大常数,它们均只与温度有 关。电离平衡常数和水的离子积常数随着温度的升高而增大,因为弱电解质的电离和水 的电离均为吸热反应。有关常数的计算,要紧紧围绕它们只与温度有关,而不随其离子 浓度的变化而变化来进行。

题组一 水的离子积常数及应用 1. 不同温度下, 水溶液中 c(H )与 c(OH )的关系如图所示。 下列有关说法中正确的是(
+ -

)
10

A.若从 a 点到 c 点,可采用在水中加入酸的方法 B.b 点对应的醋酸中由水电离的 c(H )=10
+ -6

mol·L

-1

C.c 点对应溶液的 Kw 大于 d 点对应溶液的 Kw D.T ℃时,0.05 mol·L 的 Ba(OH)2 溶液的 pH=11 答案 D 解析 本题重点考查不同温度下水的电离平衡和水的离子积常数的计算。a 点对应的
-1

c(H+)和 c(OH-)相等,同理 c 点对应的 c(H+)和 c(OH-)也相等,溶液一定呈中性,从 a
点到 c 点,可以采用升温的方法,A 项错误;Kw 只与温度有关,同温度下不同酸碱性溶 液的 Kw 相同,a 点和 b 点的 Kw 都是 10
-14

,c 点和 d 点的 Kw 都是 10


-12

,酸和碱溶液都会


抑制水的电离, 酸溶液中由水电离的 c(H )与溶液中的 c(OH )相等, c 水电离(H )=c(OH 即




)=10

-8

mol·L ,B、C 项均错误;T ℃时,Kw=10

-1

-12,

0.05 mol·L 的 Ba(OH)2 溶液的

-1

c(H+)=10-11 mol·L-1,pH=11,D 项正确。
题组二 电离平衡常数、水解平衡常数的计算 2. 在 25 ℃下,将 a mol·L 的氨水与 0.01 mol·L 的盐酸等体积混合,反应平衡时溶 液中 c(NH4 )=c(Cl ),则溶液显__________(填“酸”、“碱”或“中”)性;用含 a 的 代 数 式 表 示 NH3·H2O 的 电 离 常 数
+ - -1 -1

Kb



____________________________________________。 答案 中 10 a-0.01
+ + - -9

解析 氨水与 HCl 等体积混合后的溶液中的电荷守恒关系式为 c(NH4 )+c(H )=c(Cl ) +c(OH ),因 c(NH4 )=c(Cl ),故有 c(H )=c(OH ),溶液显中性。 3. 碳氢化合物完全燃烧生成 CO2 和 H2O。常温常压下,空气中的 CO2 溶于水,达到平衡时, 溶液的 pH=5.60,c(H2CO3)=1.5×10
- + -5 - + - + -

mol·L 。若忽略水的电离及 H2CO3 的第二级电
-5.60

-1

离,则 H2CO3??HCO3 +H 的平衡常数 K1=________。(已知:10 答案 4.2×10
-7

=2.5×10 )

-6

解析 由 H2CO3??H +HCO3 得平衡常数





c? H+? ·c? HCO-? 3 K1= c? H2CO3?
则 c(H )=2.5×10
+ -6

其 pH=5.60
-1 -

mol·L =c(HCO3 )
-6

2.5×10 ×2.5×10 因此 K1= -5 1.5×10

-6

11

≈4.2×10 。 4. [2013·山东理综,29(4)]25 ℃时,H2SO3??HSO3 +H 的电离常数 Ka=1×10 mol·L , 则该温度下 NaHSO3 水解反应的平衡常数 Kh=______mol·L ,若向 NaHSO3 溶液中加入少 量的 I2,则溶液中 答案 1×10 解析 Ka=
-12 -1 - + -2 -1

-7

c? H2SO3? 将________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 c? HSO-? 3

增大

c? H+? ·c? HSO-? 3 c? H2SO3? Kw Kw·c? H2SO3? c? H+? ·c? HSO-? 3 Kw Ka

·c? H2SO3? c? H+? c? OH ? ·c? H2SO3? Kh = = c? HSO-? c? HSO-? 3 3
- 12



= =1×10



mol·L 。 HSO3 +H2O??H2SO3+OH ,当加少量 I2 时,发生 I2+HSO3 +H2O===2I +3H +SO4 ,导致 水解平衡左移,c(H2SO3)稍减小,所以
- - - - + 2-

-1

c? H2SO3? 增大。 c? HSO-? 3

题组三 电离平衡常数、溶度积常数的综合应用 5. 下表是几种弱电解质的电离平衡常数、难溶电解质的溶度积 Ksp(25 ℃)。 电解质 CH3COOH 平衡方程式 CH3COOH?? CH3COO +H
+ - +

平衡常数 K 1.76×10
- -5

Ksp

H2CO3

H2CO3??H +HCO3 HCO3 ??H +CO3 C6H5OH?? C6H5O +H
+ - + - +

K1=4.31×10-7 K2=5.61×10-11
1.1×10
-10

2-

C6H5OH

H3PO4??H +H2PO4 H3PO4 H2PO4 ??H +HPO4 HPO4 ??H +PO4 NH3·H2O NH3·H2O?? NH +OH
+ 4 - 2- + - +



K1=7.52×10-3 K2=6.23×10-8 K3=2.20×10-13
1.76×10
-5

2-

3-

BaSO4

BaSO4(s)?? Ba (aq)+SO (aq) BaCO3(s)?? Ba (aq)+CO (aq)
2+ 2- 3 2+ 2- 4

1.07×10

-10

BaCO3 回答下列问题:

2.58×10

-9

(1)由上表分析,若①CH3COOH,②HCO3 ,③C6H5OH,④H2PO4 均可看作酸,则它们酸性由





12

强到弱的顺序为______________(填编号)。 (2)25 ℃时, 将等体积等浓度的醋酸和氨水混合, 混合液中: (CH3COO )______c(NH4 )(填 c “>”、“=”或“<”)。 (3)25 ℃时,向 10 mL 0.01 mol·L 苯酚溶液中滴加 V mL 0.01 mol·L 氨水,混合 液中粒子浓度关系正确的是________。 A.若混合液 pH>7,则 V≥10 B.若混合液 pH<7,则 c(NH4 )>c(C6H5O )>c(H )>c(OH ) C.V=10 时,混合液中水的电离程度小于 10 mL 0.01 mol·L 苯酚溶液中水的电离程 度 D.V=5 时,2c(NH3·H2O)+2c(NH4 )=c(C6H5O )+c(C6H5OH) (4)如图所示,有 T1、T2 两种温度下两条 BaSO4 在水中的沉淀溶解平衡曲线,回答下列问 题:
+ - -1 + - + - -1 -1 - +

讨论 T1 温度时 BaSO4 的沉淀溶解平衡曲线,下列说法不正确的是________。 A.加入 Na2SO4 可使溶液由 a 点变为 b 点 B.在 T1 曲线上方区域(不含曲线)任意一点时,均有 BaSO4 沉淀生成 C.蒸发溶剂可能使溶液由 d 点变为曲线上 a,b 之间的某一点(不含 a,b) D.升温可使溶液由 b 点变为 d 点 答案 (1)①④③② (2)= (3)D (4)D 解析 (1)根据电离平衡常数可判断弱酸的相对强弱,平衡常数越小,酸性越弱。(2)将 等体积等浓度的 CH3COOH 和氨水混合,恰好生成 CH3COONH4,由于 CH3COOH,NH3·H2O 的电 离常数相等,所以 NH4 、CH3COO 的水解程度相同,c(CH3COO )=c(NH4 )。
+ - - +

(3)

+NH3·H2O― →

+H2O,

的水解程度远远大于 NH4 的水解程度,



A 项错误,V 略小于 10 mL 时,pH 也可能大于 7;B 项错误,若 pH<7,则该式不符合电

荷守恒,应是 c(C6H5O )>c(NH4 )>c(H )>c(OH );C 项错误,









促进水的电

13

离, 而

抑制水的电离; 项正确, V=5 mL 时, D 当 正好组成



的混合液,且二者等量。根据物料守恒判断该式正确。(4)A 项正确,温度不变 Ksp 不变,

c(SO2-)增大, (Ba2+)减小; 项正确, 1 曲线上方区域, c B T 任意一点为过饱和溶液, BaSO4 有 4
沉淀生成;C 项正确,蒸发溶剂,c(SO4 )、c(Ba )均增大,而由 d 点到 a 点 c(SO4 )保 持不变,由 d 点到 b 点 c(Ba )保持不变;D 项错误,升温 Ksp 增大,c(Ba )、c(SO4 ) 应均增大。
2+ 2+ 2- 2- 2+ 2-

考点四

溶液中的“粒子”浓度变化

1. 理解三大守恒 (1)电荷守恒: 电解质溶液中所有阳离子所带的正电荷总数与所有的阴离子所带的负电荷 总数相等。如 NaHCO3 溶液中:n(Na )+n(H )=n(HCO3 )+2n(CO3 )+n(OH )推出:
+ + - 2- -

c(Na+)+c(H+)=c(HCO-)+2c(CO2-)+c(OH-)。 3 3
(2)物料守恒: 电解质溶液中由于电离或水解因素, 离子会发生变化变成其他离子或分子 等,但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会改变的。如 NaHCO3 溶液中

n(Na+)∶n(C)=1∶1,推出:c(Na+)=c(HCO-)+c(CO2-)+c(H2CO3)。 3 3
(3)质子守恒:电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H )的物质的量应相等。例如 在 NH4HCO3 溶液中 H3O 、H2CO3 为得到质子后的产物,NH3·H2O、OH 、CO3 为失去质子后的 产物,故有以下关系:c(H3O )+c(H2CO3)=c(NH3·H2O)+c(OH )+c(CO3 )。 2. 弄清分析思路 一般来说,有关离子浓度关系判断的试题要联想上述三个守恒,或其中两个叠加、变形 等。而离子浓度大小比较是该部分内容中最常见的题型,除利用好上述守恒之外,还要 考虑多方面的影响因素。如:
+ - 2- + - 2- +

题组一 不同溶液中“粒子”浓度关系判断 1. 正误判断,正确的划“√”,错误的划“×”
14

(1)含 1 mol KOH 的溶液与 1 mol CO2 完全反应后,溶液中 c(K )=c(HCO3 )





(×)

(2012· 天津理综,5C) (2)在 CH3COONa 溶液中加入适量 CH3COOH,可使 c(Na )=c(CH3COO )
+ -

(√)

(2012· 天津理综,5D) (3)新制氯水中加入固体 NaOH:c(Na )=c(Cl )+c(ClO )+c(OH )
+ - - -

(×)

(2012·四川理综,10A) (4)pH=8.3 的 NaHCO3 溶液:c(Na )>c(HCO )>c(CO )>c(H2CO3)
+ - 3 2- 3

(×)

(2012·四川理综,10B) (5)pH=11 的氨水与 pH=3 的盐酸等体积混合:c(Cl )=c(NH4 )>c(OH )=c(H ) (×) (2012·四川理综,10C) (6)0.2 mol·L
- -1 - + - +

CH3COOH 溶液与 0.1 mol·L

-1

NaOH 溶液等体积混合:2c(H )-2c(OH ) (√) (2012·四川理综,10D)





=c(CH3COO )-c(CH3COOH)

题组二 化学反应过程中“粒子”浓度关系判断 2. (2012·重庆理综,11)向 10 mL 0.1 mol·L 溶液 x mL,下列叙述正确的是 A.x=10 时,溶液中有 NH 、Al 、SO ,且 c(NH )>c(Al ) B.x=10 时,溶液中有 NH4 、AlO2 、SO4 ,且 c(NH4 )>c(SO4 ) C.x=30 时,溶液中有 Ba 、AlO2 、OH ,且 c(OH )<c(AlO2 ) D.x=30 时,溶液中有 Ba 、Al 、OH ,且 c(OH )=c(Ba ) 答案 A 解析 10 mL 0.1 mol·L
-1 2+ 3+ - - 2+ 2+ - - - - + - 2- + 2- + 4 3+ 2- 4 + 4 3+ -1

NH4Al(SO4)2 溶液中,滴加等浓度 Ba(OH)2 ( )

NH4Al(SO4)2 溶液中,NH4Al(SO4)2 物质的量为 0.001 mol,x
2- 3+ + 3+

=10 时,Ba(OH)2 物质的量为 0.001 mol,此时 SO4 、Al 沉淀一部分,c(NH4 )>c(Al ), 溶液中有 NH4 、Al 、SO4 ,无 AlO2 ;x=30 时,Ba(OH)2 物质的量为 0.003 mol,此时 Al 全部变成了 AlO2 ,SO4 全部沉淀,溶液中有 Ba 、OH 、NH3·H2O、AlO2 ,氢氧根离 子浓度均大于偏铝酸根离子浓度和钡离子浓度。 3. 20 ℃时向 20 mL 0.1 mol·L 醋酸溶液中不断滴入 0.1 mol·L 变化如图所示。此过程里溶液中离子浓度的关系错误的是 ( )
-1 -1 3+ - 2- 2+ - - + 3+ 2- -

NaOH(aq),溶液 pH

A.a 点:c(CH3COO )>c(Na )>c(H )>c(OH )









15

B.b 点:c(Na )=c(CH3COO )>c(H )=c(OH ) C.c 点:c(H )=c(CH3COOH)+c(OH ) D.d 点:c(Na )>c(CH3COO )>c(OH )>c(H ) 答案 C 解析 a 点是 CH3COOH 和 CH3COO Na 的等量混合,离子浓度关系为 c(CH3COO )>
- + - - + + -









c(Na+)>c(H+)>c(OH-);b 点,呈中性,溶质为 CH3COONa 和少量 CH3COOH,根据电荷守
恒判断;c 点,正好生成 CH3COONa 溶液,根据质子守恒得 c(OH )=c(CH3COOH)+c(H ); d 点是 CH3COONa 和 NaOH 的混合,其中 CH3COONa 的物质的量是 NaOH 的 2 倍,该式正确。 方法技巧 巧抓“四点”,突破“粒子”浓度关系 (1)抓反应“一半”点,判断是什么溶质的等量混合。 (2)抓“恰好”反应点,生成什么溶质,溶液呈什么性,是什么因素造成的。 (3)抓溶液“中性”点,生成什么溶质,哪种反应物过量或不足。 (4)抓反应“过量”点,溶质是什么,判断谁多、谁少还是等量。
- +

考点五

酸碱“中和滴定”及迁移应用

中和滴定要点归纳 (1)酸碱中和滴定原理:H +OH ===H2O,即 c 标·V 标=c 待·V 待 (2)酸碱中和滴定的关键: ①准确测定 V 标和 V 待,正确使用酸式、碱式滴定管。 ②准确判断中和反应是否恰好完全进行,借助酸碱指示剂判断滴定终点。 (3)酸碱中和滴定实验操作: ①滴定前的准备工作。a.滴定管的检漏:关闭活塞,加水观察活塞周围有无水渗出;旋 转活塞 180 度再检验有无水渗出。b.洗涤:滴定管用水洗后一定要用待装液进行润洗; 锥形瓶水洗后不能进行润洗。c.装液调零:将溶液装入滴定管中,赶出气泡,并将液面 调节到 0 刻度或 0 刻度以下。 ②滴定操作(以盐酸标准液滴定 NaOH 为例)。左手握活塞并旋转开关,右手摇瓶,目视溶 液,颜色突变且半分钟内不褪色,达到滴定终点。
+ -

题组一 中和滴定的基本操作 1. 正误判断,正确的划“√”,错误的划“×”

16

(1)

(×) (2010·重庆理综,7B)

(2) (×)

读数为 22.30

(2011·海南,2 改编) (3)可用 25 mL 碱式滴定管量取 20.00 mL KMnO4 溶液 (×) (2009·广东,3A) (4)读取滴定管内液体的体积,俯视读数导致读数偏小 (√) (2009·重庆理综,7D) (5)用 50 mL 酸式滴定管可准确量取 25.00 mL KMnO4 溶液 (√) (2009·江苏,6B) (6)中和滴定实验时,用待测液润洗锥形瓶 (×) (2012·山东理综,11A) (7)“中和滴定”实验中, 容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用, 滴定管和移液管用 蒸馏水洗净后,须经干燥或润洗后方可使用 (√) (2011·浙江理综,8C) (8)酸碱滴定时,若加入待测液前用待测液润洗锥形瓶,将导致测定结果偏高 (√)

(2010 山东理综,14C)

(9)

(√) (2010·安徽理综,8A)

(10)滴定前滴定管内无气泡,终点读数时有气泡,所测体积偏小 (√)
17

(2013·天津理综,4C) 题组二 “滴定法”的迁移应用 2. [2013·山东理综,29(3)]利用 I2 的氧化性可测定钢铁中硫的含量。做法是将钢样中的 硫转化成 H2SO3,然后用一定浓度的 I2 溶液进行滴定,所用指示剂为________,滴定反应 的离子方程式为________。 答案 淀粉溶液 I2+H2SO3+H2O===4H +2I +SO4
- + 2- + - 2-

解析 因为 I2+H2SO3+H2O===2I +4H +SO4 ,I2 遇淀粉变蓝,所以应选用淀粉溶液作指 示剂。 3. (2013·江苏,18)硫酸镍铵[(NH4)xNiy(SO4)m·nH2O]可用于电镀、印刷等领域。某同学为 测定硫酸镍铵的组成,进行如下实验:①准确称取 2.335 0 g 样品,配制成 100.00 mL 溶液 A;②准确量取 25.00 mL 溶液 A,用 0.040 00 mol·L 的 EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴 定其中的 Ni (离子方程式为 Ni +H2Y ===NiY +2H ), 消耗 EDTA 标准溶液 31.25 mL; ③另取 25.00 mL 溶液 A, 加足量的 NaOH 溶液并充分加热, 生成 NH3 56.00 mL(标准状况)。 (1)若滴定管在使用前未用 EDTA 标准溶液润洗,测得的 Ni 含量将________(填“偏 高”、“偏低”或“不变”)。 (2)氨气常用________检验,现象是________________。 (3)通过计算确定硫酸镍铵的化学式(写出计算过程)。 答案 (1)偏高 (2)湿润的红色石蕊试纸 试纸颜色由红变蓝 (3)n(Ni )=0.040 00 mol·L ×31.25 mL×10
2+ -1 -3 2+ 2+ 2+ 2- 2- + -1

L·mL =1.250×10

-1

-3

mol

n(NH+)= 4

56.00 mL×10 L·mL -1 22.4 L·mol
-3

-3

-1

=2.500×10

mol Ni ? +n? NH4 ? 2
-3 2+ +

n(SO2-)= 4


2n?

2×1.250×10
-3

mol+2.500×10 2

-3

mol

=2.500×10
2+

mol

m(Ni )=59 g·mol-1×1.250×10-3 mol=0.073 75 g m(NH+)=18 g·mol-1×2.500×10-3 mol=0.045 00 g 4 m(SO2-)=96 g·mol-1×2.500×10-3 mol=0.240 0 g 4
25.00 mL 2.335 0 g× -0.073 75 g-0.045 00 g-0.240 0 g 100.00 mL n(H2O)= -1 18 g·mol =1.250×10
-2

mol

18

x∶y∶m∶n=n(NH+)∶n(Ni2+)∶n(SO2-)∶n(H2O)=2∶1∶2∶10 4 4
硫酸镍铵的化学式为(NH4)2Ni(SO4)2·10H2O。 解析 (1)若滴定管使用前没有用 EDTA 标准溶液润洗, 会造成 EDTA 溶液浓度减小, 使消 耗的 EDTA 溶液体积偏大,则 Ni 含量偏高。(2)氨气是中学化学中唯一的碱性气体,常 用湿润的红色石蕊试纸检验,试纸由红色变蓝色。
2+

1. 一定温度下,水存在 H2O??H +OH





Δ H=Q(Q>0)的平衡,下列叙述一定正确的是 ( )

A.向水中滴入少量稀盐酸,平衡逆向移动,Kw 减小 B.将水加热,Kw 增大,pH 减小 C.向水中加入少量固体 CH3COONa,平衡逆向移动,c(H )降低 D.向水中加入少量固体硫酸钠,c(H )=10 答案 B 解析 A 项,Kw 只与温度有关;B 项正确;C 项,加入 CH3COONa,促进水的电离,溶液呈 碱性;D 项,该题没有指明是常温下,所以 c(H )不一定等于 10
-1 -1 + -7 + -7 +

mol·L ,Kw 不变

-1

mol·L 。

-1

2. 常温下 a mol·L 稀氨水和 b mol·L 稀盐酸等体积混合,对混合后溶液判断一定正确 的是 A.若 a=b,则 c(NH )=c(Cl ) B.若 a>b,则 c(NH4 )>c(Cl ) C.若 a>b,则 c(OH )>c(H ) D.若 a<b,则 c(OH )<c(H ) 答案 D 解析 A 项, a=b, 若 由于 NH4 的水解, 应是 c(NH4 )<c(Cl ); 项, a>b 时, (NH4 ) B 若 c 不一定大于 c(Cl ),“大于”、“小于”、“等于”均可能出现;C 项,a>b 时,酸性、 碱性、中性均可能出现;D 项,a=b 时,c(OH )<c(H ),当 a<b 时,c(OH )更小。 3. 在体积均为 1 L,pH 均等于 2 的盐酸和醋酸中,分别投入 0.12 g 镁粉充分反应后,下图 中比较符合反应事实的曲线是 ( )
- + - - + + - + - + - + + - + 4 -

(

)

19

答案 C 0.12 g 解析 镁最多失去电子的物质的量为 -1×2=0.01 mol。A、B 项,在反应过程 24 g·mol 中,CH3COOH 进一步电离,CH3COOH 的 pH 小于 HCl 的 pH,生成氢气的速率,v(CH3COOH) >v(HCl),A、B 均错;C、D 项,由于 Mg 是定量的,HCl 恰好完全反应,而 CH3COOH 过 量,且 CH3COOH 与 Mg 反应速率快,所以 C 对,D 错。 4. 碳酸有两个电离常数 Ki1、Ki2,分别对应碳酸的两步电离。关于 Ki1 和 Ki2 说法正确的是 ( A.Ki1 的表达式为 Ki1= )

c? H2CO3? c? H+? ·c? HCO-? 3
- -

B.Ki2 对应的电离过程是 HCO3 +H2O??H2CO3+OH

C.当碳酸的电离平衡正向移动时,Ki1 与 Ki2 均相应增大 D.改变条件使 Ki1 减小,则 Ki2 一定也减小 答案 D 5. 常温下,下列有关醋酸溶液的叙述中不正确的是 A.pH=5.6 的 CH3COOH 与 CH3COONa 混合溶液中:c(Na )<c(CH3COO ) B.浓度均为 0.1 mol·L
-1 + -

(

)

的 CH3COOH 和 CH3COONa 溶液等体积混合后:c(CH3COO )-



c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH-)]
C.将 pH=a 的醋酸稀释为 pH=a+1 的过程中,c(CH3COOH)/c(H )减小 D.等体积 pH=a 的醋酸与 pH=b 的 NaOH 溶液恰好中和时,a+b=14 答案 D 解析 A 项,CH3COOH 的电离大于 CH3COO 的水解,所以 c(Na )<c(CH3COO ),正确;B 项,利用物料守恒,电荷守恒判断,正确;C 项,在稀释过程中,由于 n(CH3COOH)减小, 而 n(H )增多,所以
+ - + - +

c? CH3COOH? + 减小,正确;D 项,若 a+b=14,则 c(H )= c? H+?

c(OH)-,醋酸会过量,所以 a+b>14,错误。
6. 常温下,向 20.00 mL 0.100 mol·L
-1

CH3COONa 溶液中逐滴加入 0.100 0 mol·L 盐酸, )

-1

溶液的 pH 与所加盐酸体积的关系如下图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是(

20

A.点①所示溶液中:c(CH3COOH)=c(Cl )>c(OH )=c(H ) B.点②所示溶液中:c(Na )>c(Cl )>c(CH3COO )>c(CH3COOH) C.点③所示溶液中:c(CH3COOH)>c(Na )>c(H )>c(CH3COO ) D.整个过程中可能出现:c(H )+c(Na )=c(CH3COOH)+c(CH3COO ) 答案 A 解析 A 项,根据电荷守恒判断;B 项,点②溶液正好是 NaCl、CH3COONa 和 CH3COOH 等 量混合,大小顺序应为 c(Na )>c(CH3COO )>c(Cl )>c(CH3COOH);C 项,点③正好生 成 NaCl 和 CH3COOH 溶液,溶液呈酸性,错误;D 项,c(H )+c(Na )=c(OH )+c(Cl ) +c(CH3COO )恒成立,而 c(Cl )+c(OH )>c(CH3COOH),错误。 7. 室温下,将一元酸 HA 的溶液和 KOH 溶液等体积混合(忽略体积变化),实验数据如下表: 实验编号 ① ② 下列判断不正确的是 A.实验①反应后的溶液中:c(K )>c(A )>c(OH )>c(H ) B.实验①反应后的溶液中:c(OH )=c(K )-c(A )=
- - + - + - - + - - - + + - - + - - + + - + + - + - -







起始浓度/mol·L

-1

c(HA)
0.1

c(KOH)
0.1 0.2

反应后溶液的 pH 9 7 ( )

x

Kw
1×10
-1

-9

mol·L

-1

C.实验②反应后的溶液中:c(A )+c(HA)>0.1 mol·L
+ - -

D.实验②反应后的溶液中:c(K )=c(A )>c(OH )=c(H ) 答案 B 解析 由实验①可知 HA 是一元弱酸,二者恰好完全反应,因 A 水解使 KA 溶液呈碱性, 故 A 项正确;由电荷守恒可知,c(OH )+c(A )=c(H )+c(K ),故 B 项错误;由实验 ②分析,因反应后溶液呈中性,则酸应过量, x>0.2,由原子守恒可知 c(A )+c(HA) >0.1 mol·L 成立,C 项正确;在中性溶液中,c(H )=c(OH ),再由电荷守恒可知 c(K
+ -1 + - - - - + + -



)+c(H )=c(A )+c(OH ),故 c(K )=c(A )>c(OH )=c(H ),D 项正确。
















8. (2013·广东理综,31)大气中的部分碘源于 O3 对海水中 I 的氧化,将 O3 持续通入 NaI 溶液中进行模拟研究。 (1)O3 将 I 氧化成 I2 的过程由 3 步反应组成:


21

①I (aq)+O3(g)===IO (aq)+O2(g)Δ H1 ②IO (aq)+H (aq)??HOI(aq)Δ H2 ③HOI(aq)+I (aq)+H (aq)??I2(aq)+H2O(l)Δ H3 总反应的化学方程式为____________________,其反应热 Δ H=__________。 (2)在溶液中存在化学平衡:I2(aq)+I (aq)??I3 (aq),
- - - + - +





其平衡常数表达式为______________。 (3)为探究 Fe 对 O3 氧化 I 反应的影响(反应体系如图 1),某研究小组测定两组实验中 I3 浓度和体系 pH,结果见图 2 和下表。
- 2+ -

编号 第1组 第2组

反应物 O3+I
- -

反应前 pH 5.2
2+

反应后 pH 11.0 4.1

O3+I +Fe

5.2

①第 1 组实验中,导致反应后 pH 升高的原因是______________________________。 ②图 1 中的 A 为__________,由 Fe 生成 A 的过程能显著提高 I 的转化率,原因是 ________________________________________________________________________。 ③第 2 组实验进行 18 s 后,I3 浓度下降,导致下降的直接原因有(双选)________(填字 母序号)。 A.c(H )减小 C.I2(g)不断生成
- + - 3+ -

B.c(I )减小 D.c(Fe )增加
3+



(4)据图 2,计算 3~18 s 内第 2 组实验中生成 I3 的平均反应速率(写出计算过程,结果 保留两位有效数字)。 答案 (1)2I (aq)+O3(g)+2H (aq)??I2(aq)+O2(g)+H2O(l) Δ H1+Δ H2+Δ H3 (2)K=
- +

c? I-? 3 c? I2? ·c? I-?
- + +

(3)①由于 2I +O3+2H ===I2+O2+H2O,即消耗 H 又生成水,导致溶液的酸性减弱,pH 升高
22

②Fe

2+

由于 2Fe +2I ===I2+2Fe ,使 c(I2)增大,促使 I2(aq)+I (aq)??I3 (aq),


3+



2+





平衡右移,消耗的 c(I )增多 ③BD 11.8×10 - (4)v(I3 )=
-3

mol·L -3.5×10 18 s-3 s

-1

-3

mol·l

-1

≈5.5×10

-4

mol·L ·s

-1

-1

解析 利用盖斯定律、化学反应速率、化学平衡的影响因素等分析及计算,逐步解决问 题。(1)根据盖斯定律,由①+②+③可得总反应为 2I (aq)+O3(g)+2H (aq)===I2(aq) +O2(g)+H2O(l),则 Δ H=Δ H1+Δ H2+Δ H3。 (2)所给反应的平衡常数表达式为 K=
+ - +

c? I-? 3 。(3)①第 1 组实验中 ,pH 升高 c? I2? ·c? I-?
2+ 3+ 2+ -

是因为反应消耗了 H 。②图 1 中的 A 为 Fe ,由 Fe 生成 Fe 的过程中,I 被氧化为 I2,因此 I 的转化率显著提高。③导致 I3 浓度下降的原因是 c(Fe )增加,使 c(I )减 小,平衡 I2(aq)+I (aq)??I3 (aq)逆向移动。 ? 11.8×10 -3.5×10 ? (4)v(I )= ? 18-3? s
- 3 -3 -3 - - - - 3+ -

mol·L

-1

≈5.5×10

-4

mol·L ·s 。

-1

-1

9. 水是生命的源泉、工业的血液、城市的命脉。要保护好河流,河水是主要的饮用水源, 污染物通过饮用水可直接毒害人体,也可通过食物链和灌溉农田间接危及健康。 请回答下列问题:

(1)纯水在 100 ℃时,pH=6,该温度下 1 mol·L 的 NaOH 溶液中,由水电离出的

-1

c(OH-)=________ mol·L-1。
(2)25 ℃时,向水的电离平衡体系中加入少量碳酸钠固体,得到 pH 为 11 的溶液,其水 解方程式为__________,由水电离出的 c(OH )=__________ mol·L 。 (3)体积均为 100 mL、pH 均为 2 的 CH3COOH 与一元酸 HX,加水稀释过程中 pH 与溶液体 积的关系如上图所示,则 HX 的电离平衡常数________(填“大于”、“小于”或“等 于”)CH3COOH 的电离平衡常数。理由是__________________________________。 (4)电离平衡常数是衡量弱电解质电离程度强弱的物理量。已知: 化学式 HCN CH3COOH 电离常数(25 ℃)
- -1

K=4.9×10-10 K=1.8×10-5
23

H2CO3

K1=4.3×10-7、K2=5.6×10-11

①25 ℃时,有等浓度的 NaCN 溶液、Na2CO3 溶液和 CH3COONa 溶液,三溶液的 pH 由大到小 的顺序为____________________________。 ②向 NaCN 溶液中通入少量的 CO2,发生反应的化学方程式为__________________ ________________________________________________________________________。 (5)25 ℃时,在 CH3COOH 与 CH3COONa 的混合溶液中,若测得 pH=6,则溶液中 c(CH3COO


)-c(Na )=________ mol·L (填精确值),c(CH3COO )/c(CH3COOH)=________。 (1)10
-12



-1



答案 于

(2)CO3 +H2O??HCO3 +OH 、HCO3 +H2O??H2CO3+OH

2-









10

-3

(3)小

稀释相同倍数,一元酸 HX 的 pH 变化量比 CH3COOH 的小,故酸性较弱,电离平衡常 (4)①pH(Na2CO3 溶液)>pH(NaCN 溶液)>pH(CH3COONa 溶液)
-7

数较小

②NaCN+H2O+

CO2===HCN+NaHCO3 (5)9.9×10

18
+ - -6 -12,

解析 (1)纯水在 100 ℃时,pH=6,即 c(H )=c(OH )=10 ,可知 Kw=10
-1 - +

1 mol·L


的 NaOH 溶液中由水电离出的 c(OH )取决于溶液中的 c(H ),即 c 水电离(OH )=c(H )=
-12



10

mol·L 。(2)碳酸钠的水解反应分步进行,以第一步为主,强碱弱酸盐溶液呈碱
- + - -3

-1

性,由水电离出的 c(OH )或 c(H )取决于溶液中的 c(OH ),为 10

mol·L 。(3)HX

-1

的 pH 变化量比醋酸的小,酸性较弱,电离平衡常数较小。(4)强碱弱酸盐对应的酸的酸 性越弱,其水解程度就越大,pH 越大,弱酸的电离平衡常数越小。其中 Na2CO3 对应的是

K2=5.6×10-11,H2CO3 的 K1 大于 K(HCN),K2 小于 K(HCN),因此向 NaCN 溶液中通入少量的
CO2, 产物应是 NaHCO3。 (5)溶液中存在电荷守恒: (CH3COO )+c(OH )=c(Na )+c(H ), c 因此 c(CH3COO )-c(Na )=c(H )-c(OH )=9.9×10
- - + + - -7 - - + +

(mol·L )。通过电离平衡常数


-1

的表达式可知 c(CH3COO )/c(CH3COOH)=K(CH3COOH)/c(H )=18。 10.(2012·江苏,19)废弃物的综合利用既有利于节约资源,又有利于保护环境。实验室利 用废旧电池的铜帽(Cu、Zn 总含量约为 99%)回收 Cu 并制备 ZnO 的部分实验过程如下:

(1)①铜帽溶解时加入 H2O2 的目的是___________________________________________ (用化学方程式表示)。 ② 铜 帽 溶 解 完 全 后 , 需 将 溶 液 中 过 量 的 H2O2 除 去 。 除 去 H2O2 的 简 便 方 法 是 ________________________________________________________________________。 (2)为确定加入锌灰(主要成分为 Zn、ZnO,杂质为铁及其氧化物)的量,实验中需测定除 去 H2O2 后溶液中 Cu 的含量。实验操作为:准确量取一定体积的含有 Cu 的溶液于带塞
2+ 2+

24

锥形瓶中,加适量水稀释,调节溶液 pH=3~4,加入过量的 KI,用 Na2S2O3 标准溶液滴 定至终点。上述过程中发生反应的离子方程式如下: 2Cu +4I ===2CuI(白色)↓+I2 2S2O3 +I2===2I +S4O6
2- - 2- 2+ -

①滴定选用的指示剂为__________,滴定终点观察到的现象为__________________。 ②若滴定前溶液中的 H2O2 没有除尽, 所测定的 Cu 含量将会________(填“偏高”、 “偏 低”或“不变”)。 (3)已知 pH>11 时 Zn(OH)2 能溶于 NaOH 溶液生成[Zn(OH)4] 。下表列出了几种离子生成 氢氧化物沉淀的 pH(开始沉淀的 pH 按金属离子浓度为 1.0 mol·L 计算)。 开始沉淀的 pH Fe Fe Zn
3+ -1 2- 2+

沉淀完全的 pH 3.2 8.8 8.9
-1

1.1 5.8 5.9

2+

2+

实验中可选用的试剂:30% H2O2、1.0 mol·L 由除去铜的滤液制备 ZnO 的实验步骤依次为

HNO3、1.0 mol·L

-1

NaOH。

①________________________________________________________________________; ②________________________________________________________________________; ③过滤; ④________________________________________________________________________; ⑤过滤、洗涤、干燥; ⑥900 ℃煅烧。 答案 (1)①Cu+H2O2+H2SO4===CuSO4+2H2O ②加热(至沸) (2)①淀粉溶液 蓝色褪去 ②偏高 (3)①向滤液中加入适量 30% H2O2,使其充分反应 ②滴加 1.0 mol·L 全 ④向滤液中滴加 1.0 mol·L 淀完全 解析 (1)①Cu 与稀 H2SO4 不发生反应, 加入 H2O2 的目的是溶解铜, 化学方程式为 Cu+H2SO4 +H2O2===CuSO4+2H2O。 ②H2O2 具有不稳定性,受热易分解生成 H2O 和 O2,可通过加热的方法除去溶液中过量的 H2O2。 (2)①淀粉溶液遇 I2 显蓝色,用 Na2S2O3 标准溶液滴定生成的 I2,可用淀粉溶液作滴定中
25
-1 -1

NaOH 溶液,调节溶液 pH 约为 5(或 3.2≤pH<5.9),使 Fe 沉淀完

3+

NaOH,调节溶液 pH 约为 10(或 8.9≤pH≤11),使 Zn 沉

2+

的指示剂,达到终点时,溶液由蓝色变成无色,且半分钟内不恢复原来颜色。②若滴定 前 H2O2 未除尽,则可将 I 氧化生成 I2,滴定中消耗 Na2S2O3 溶液的体积增大,导致测定的 Cu 含量偏高。 (3)除去铜的滤液中含有 Fe 、Fe 、Zn 等,若制备 ZnO 应除去 Fe 和 Fe 。由表中信 息可知,Fe 和 Zn 开始沉淀和沉淀完全的 pH 均相差较小,但 Fe 与 Zn 开始沉淀和沉 淀完全的 pH 均相差较大,故可加入 30% H2O2 将 Fe 氧化成 Fe ,再滴加 NaOH 溶液,调 节溶液的 pH(3.2≤pH<5.9),使 Fe 沉淀完全,此时 Zn 不产生沉淀,充分反应后过滤, 向滤液中滴加 NaOH 溶液,调节溶液的 pH(8.9≤pH<11),使 Zn 产生 Zn(OH)2 沉淀,并对 Zn(OH)2 沉淀进行洗涤、干燥、煅烧,即可得到 ZnO。
2+ 3+ 2+ 2+ 3+ 2+ 2+ 3+ 2+ 3+ 2+ 2+ 3+ 2+ 2+ -

26


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