2019-2020年高考化學二輪 專題訓練 專題九 電解質(zhì)溶液教案（學生版） 【考綱點擊】 1.了解弱電解質(zhì)在水溶液中存在電離平衡。 2.了解水的電離、離子積常數(shù)。 3.了解溶液pH的定義，能進行pH的簡單計算。 4.了解鹽類水解的原理、影響鹽類水解程度的主要因素、鹽類水解的應用。 5.了解難溶電解質(zhì)的溶解平衡。了解溶度積的含義，能用平衡移動原理分析沉淀溶解、生成和轉(zhuǎn)化過程。 【命題規(guī)律】 水溶液中的離子平衡是化學平衡的延伸和應用，也是高考中考點分布較多的內(nèi)容之一。其中沉淀溶解平衡是新課標中新增的知識點，題型主要是選擇題和填空題，其考查主要內(nèi)容有：①電離平衡。②酸、堿混合溶液酸堿性的判斷及pH的簡單計算。③鹽對水電離平衡的影響及鹽溶液蒸干(或灼燒)后產(chǎn)物的判斷。④電解質(zhì)溶液中離子濃度的大小比較。⑤沉淀的溶解平衡及沉淀的轉(zhuǎn)化。 從高考命題的變化趨勢來看，溶液中離子濃度的大小比較及沉淀的溶解平衡和轉(zhuǎn)化是主流試題。此類題目考查的內(nèi)容既與鹽的水解有關(guān)，又與弱電解質(zhì)的電離平衡有關(guān)。題目不僅偏重考查粒子的濃度大小順序，而且還側(cè)重溶液中的各種守恒(電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒)關(guān)系的考查，從而使題目具有一定的綜合性、靈活性和技巧性。 【知識網(wǎng)絡】 【重點知識梳理】 一、電解質(zhì) 1.強、弱電解質(zhì)與物質(zhì)分類的關(guān)系 2.強、弱電解質(zhì)與化學鍵的關(guān)系 一般電解質(zhì)的鍵型不同，電離程度就不同，已知典型的離子化合物，如強堿(NaOH、KOH等)、大部分鹽類(如NaCl、CaCl2)以及強極性共價化合物(如HCl、H2SO4)，在水分子作用下能夠全部電離，我們稱這種在水溶液中能夠完全電離的物質(zhì)為強電解質(zhì)。而含弱極性鍵的共價化合物如CH3COOH、NH3H2O、H2O等，在水中僅部分電離，為弱電解質(zhì)。但是，僅從鍵型來區(qū)分強、弱電解質(zhì)是不全面的，即使強極性共價化合物也有屬于弱電解質(zhì)的情況，如HF。 3.弱電解質(zhì)的判斷 在中學化學電解質(zhì)溶液這一知識點的學習中，常常需要根據(jù)一些性質(zhì)對強弱電解質(zhì)進行有關(guān)判斷和分析，屬于高考的熱點。現(xiàn)以弱酸為例進行分析，常見的判斷方法有： （1）測定已知物質(zhì)的量濃度的弱酸的pH。如已知酸HB，物質(zhì)的量濃度為0.01 molL－1，若為強酸，則完全電離，c(H＋)＝0.01 molL－1，pH＝2；若為弱酸，則部分電離，c(H＋)<0.01 molL－1，pH>2。 （2）取一定體積的酸HB溶液(設取1體積)，測定其pH，稀釋至體積擴大100倍，再測定其pH。若pH增大2個單位，則為強酸；若pH增大小于2個單位，則為弱酸。 （3）取酸HB對應的鈉鹽溶液，測定其pH。若pH＝7，則為強酸；若pH>7，則為弱酸。 （4）取體積和pH相同的酸HB溶液和鹽酸，分別加入足量的鋅粒，若HB產(chǎn)生H2的速率大且量多，說明是弱酸。 （5）分別取等體積等pH的酸HB和鹽酸進行中和滴定，若達到終點時酸HB消耗的同濃度的NaOH溶液體積大，說明HB為弱酸。 （6）分別取相同物質(zhì)的量濃度的酸HB溶液和鹽酸，測其導電性，若酸HB溶液的導電能力弱，說明HB為弱酸。 （7）分別取相同pH的酸HB溶液和鹽酸，向其中加入NaCl晶體和NaB晶體，振蕩，待晶體溶解后，鹽酸的pH幾乎不變，若酸HB溶液的pH增大，說明HB為弱酸。 4．電離方程式的書寫 (1)強電解質(zhì)：完全電離用“＝”，如：HCl＝H＋＋Cl－ ；NaOH＝Na＋＋OH－；NaNO3＝Na＋＋NO3-。 (2)弱電解質(zhì)：部分電離用“”，如：CH3COOHCH3COO－＋H＋，NH3H2ONH2-＋OH－。 (3)多元弱酸的電離是分步進行的，以第一步電離為主。如：H2CO3H＋＋HCO3-　(主要)；HCO3-H＋＋CO32- (次要)。 (4)多元弱堿用一步電離表示，如：Cu(OH)2Cu2＋＋2OH－。 (5)強酸的酸式鹽在水溶液中完全電離，如NaHSO4 =Na＋＋H＋＋SO42－，在熔融狀態(tài)下的電離為KHSO4=K＋＋HSO4－。弱酸的酸式鹽既有完全電離，又有部分電離，如NaHCO3=Na＋＋HCO3－，HCO3－H＋＋CO32－。 5．電離度 (1)定義：弱電解質(zhì)在水中達到電離平衡狀態(tài)時，已電離的電解質(zhì)分子數(shù)占原有電解質(zhì)分子總數(shù)(包括已電離和未電離)的百分率，稱為電離度。 (2)表達式：電離度通常用α表示： α＝ 100%。 (3)意義 電離度實質(zhì)上是平衡轉(zhuǎn)化率的一種。電離度表示弱電解質(zhì)在水中的電離程度。溫度相同、濃度相同時，不同的弱電解質(zhì)的電離度是不同的，同一種電解質(zhì)在不同濃度的水溶液中，其電離度也是不同的，溶液越稀，電離度越大。 二、酸堿稀釋時pH的變化 1．強酸、強堿的稀釋 在稀釋時，當它們的濃度大于10－5molL－1時，不考慮水的電離；當它們的濃度小于10－5molL－1時，應考慮水的電離。 例如：(1)pH=6的HCl溶液稀釋100倍，混合液pH≈7(不能大于7)； (2)pH=8的NaOH溶液稀釋100倍，混合液pH≈7(不能小于7)； (3)pH=3的HCl溶液稀釋100倍，混合液pH=5； (4)pH=10的NaOH溶液稀釋100倍，混合液pH=8。 2．弱酸、弱堿的稀釋 在稀釋過程中有濃度的變化，又有電離平衡的移動，不能求得具體數(shù)值，只能確定其pH范圍。 例如：(1)pH=3的CH3COOH溶液，稀釋100倍，稀釋后3<pH<5； (2)pH=10的NH3H2O溶液，稀釋100倍，稀釋后8<pH<10； (3)pH=3的酸溶液，稀釋100倍，稀釋后3<pH≤5； (4)pH=10的堿溶液，稀釋100倍，稀釋后8≤pH<10。 3．對于pH相同的強酸和弱酸(或強堿和弱堿)溶液稀釋相同的倍數(shù)，強酸(或強堿)溶液的pH變化幅度大。這是因為強酸(或強堿)已完全電離，隨著加水稀釋，溶液中H＋(或OH－)數(shù)(除水電離的以外)不會增多，而弱酸(或弱堿)隨著加水稀釋，電離程度增大，H＋(或OH－)數(shù)會增多。 4．對于物質(zhì)的量濃度相同的強酸和弱酸(或強堿和弱堿)，稀釋相同的倍數(shù)，pH的變化幅度不同，強酸(或強堿)稀釋后pH變化幅度大。 三、關(guān)于pH值的計算 1．單一溶液pH的計算 強酸溶液(HnA)，其物質(zhì)的量濃度為c mol/L，則：c(H＋)＝nc mol/L，pH＝－lgc(H＋)＝－lgnc；強堿溶液[B(OH)n]，其物質(zhì)的量濃度為c mol/L，則c(OH－)＝nc mol/L，c(H＋)＝ mol/L，pH＝－lgc(H＋)＝14＋lgnc。 2．強酸、強堿混合液的pH計算 (1)強酸與強酸混合求pH ①非等體積混合 c(H＋)＝，然后再求pH。 ②等體積混合可近似計算pH＝pH?。?.3 (2)強堿與強堿混合求pH ①非等體積混合 先計算：c(OH－)＝， 再求c(H＋)＝，最后求pH。 ②等體積混合，可近似計算pH＝pH大－0.3。 (3)強酸與強堿混合 ①恰好完全反應，溶液呈中性，pH＝7。 ②酸過量： 先求c(H＋)余＝，再求pH。 ③堿過量： 先求c(OH－)余＝，再求c(H＋)＝，然后求pH。 四、酸堿中和滴定的誤差分析 1．原理 c(標準)V(標準)＝c(待測)V(待測)，所以c(待測)＝ ，因c(標準)已確定，因此只要分析出不正確操作引起V(標準)與V(待測)的變化，即 分析出結(jié)果。 2．引起誤差的原因 中和滴定實驗中，產(chǎn)生誤差的途徑主要有操作不當、讀數(shù)不準等，分析誤差要根據(jù)計算式分析，c待測＝，當用標準酸溶液滴定待測堿溶液時，c標準、V待測均為定值，c待測的大小取決于V標準的大小。 下列為不正確操作導致的實驗結(jié)果偏差： (1)儀器洗滌 ①酸式滴定管水洗后，未潤洗(偏高)；②酸式滴定管水洗后，誤用待測液潤洗(偏高)；③堿式滴定管水洗后，未潤洗(偏低)；④錐形瓶水洗后，用待測液潤洗(偏高)。 (2)量器讀數(shù) ①滴定前俯視酸式滴定管，滴定后平視(偏高)； ② 滴定前仰視酸式滴定管，滴定后俯視(偏低)如圖所示； ③滴定完畢后，立即讀數(shù)，半分鐘后顏色又褪去(偏低)。 (3)操作不當 ①滴定前酸式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定結(jié)束后氣泡消失(偏高)； ②滴定過程中，振蕩錐形瓶時，不小心將溶液濺出(偏低)； ① 滴定過程中，錐形瓶內(nèi)加少量蒸餾水(無影響)。 3．常見誤差分析 以標準酸溶液滴定未知濃度的堿(酚酞作指示劑)為例， 常見的因操作不正確而引起的誤差有： 步驟 操作 V(標準) c(待測) 洗滌 酸式滴定管未用標準溶液潤洗 變大 偏高 堿式滴定管未用待測溶液潤洗 變小 偏低 錐形瓶用待測溶液潤洗 變大 偏高 錐形瓶洗凈后還留有蒸餾水 不變 無影響 取液 放出堿液的滴定管開始有氣泡，放出液體后氣泡消失 變小 偏低 滴定 酸式滴定管滴定前有氣泡，滴定終點時氣泡消失 變大 偏高 振蕩錐形瓶時部分液體濺出 變小 偏低 部分酸液滴出錐形瓶外 變大 偏高 讀數(shù) 滴定前讀數(shù)正確，滴定后俯視讀數(shù)(或前仰后俯) 變小 偏低 滴定前讀數(shù)正確，滴定后仰視讀數(shù)(或前俯后仰) 變大 偏高 五 鹽類水解離子方程式的書寫 1.水和弱電解質(zhì)應寫成分子式，不能寫成相應的離子。 2．水解反應是可逆過程，因此要用“”符號，不能用“＝”。通常情況下，中和反應是趨于完成的反應，所以鹽的水解程度很小，產(chǎn)物的量很少，因此方程式中不標“↑”“↓”符號，也不把易分解的生成物(如NH3H2O、H2CO3等)寫成其分解產(chǎn)物的形式。如NH4Cl＋H2ONH3H2O＋HCl；離子方程式為NH4+＋H2O＝NH3H2O。 3．多元弱酸鹽的水解是分步進行的，應分步書寫，水解程度主要取決于第一步。 如：CO32－＋H2OHCO3－ ＋OH－； HCO3－＋H2OH2CO3＋OH－。 4．多元弱堿的鹽也是分步水解的，由于中間過程復雜，中學階段仍寫成一步，如： Cu2＋＋2H2OCu(OH)2＋2H＋ Al3＋3H2OAl(OH)3＋3H＋ (5)某些鹽溶液在混合時，一種鹽的陽離子與另一種鹽的陰離子在一起都發(fā)生水解，使兩種鹽的離子水解趨于完全。此時，用“＝”“↑”“↓”(又叫雙水解反應)。如生成的H2CO3寫成CO2↑＋H2O。如將Al2(SO4)3溶液與NaHCO3溶液混合，立即產(chǎn)生大量白色沉淀和大量氣體。這是由于Al2(SO4)3溶液顯酸性：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，NaHCO3溶液顯堿性：HCO32－＋H2OH2CO3＋OH－，二者混合后，發(fā)生反應H＋＋OH－＝H2O，使兩個水解反應相互促進，趨于完全，所以產(chǎn)生白色沉淀和氣體?？偡磻獮锳l3＋＋3HCO3－ ＝Al(OH)3↓＋3CO2↑。 配平雙水解反應離子方程式可遵循離子的電荷守恒和質(zhì)量守恒配平。如： Al3＋＋3AlO2－ ＋6H2O＝4Al(OH)3↓， 2Fe3＋＋3CO32－＋3H2O＝2Fe(OH)3↓＋3CO2↑ 即：mMn＋＋nAn－＋nm H2O＝mM(OH)n↓＋nHmA 常見的能發(fā)生相互促進水解的離子有：Al3＋與CO32－、HCO3－ 、S2－、HS－、AlO2－； Fe3＋與CO32－ 、HCO3－、AlO2－；NH4+ 與AlO2－、SiO32－等。 雙水解反應的規(guī)律可以用于：①判斷離子能否大量共存；②確定待鑒別的試劑；③比較物質(zhì)溶解性的大??；④選擇要制備物質(zhì)的試劑種類；⑤確定肥料的復合方式。 六、鹽類水解的應用 1．實驗室配制和儲存易水解的鹽溶液 配制FeCl3溶液時加入一定量酸(鹽酸)，防止鐵離子水解； 配制CuSO4溶液時加入少量硫酸，防止銅離子水解。 2．某些活潑金屬與強酸弱堿鹽反應 Mg放入NH4Cl、CuCl2、FeCl3溶液中產(chǎn)生氫氣。 3．制備Fe(OH)3膠體 沸水中滴加FeCl3溶液，產(chǎn)生紅褐色膠體。 Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H＋ 4．明礬[KAl(SO4)212H2O]、三氯化鐵(FeCl3)等凈水 Al3＋＋3H2OAl(OH)3(膠體)＋3H＋ Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(膠體)＋3H＋ 原因：膠體吸附性強，可起凈水作用。 5．蘇打(Na2CO3)洗滌去油污 CO32－＋H2O＝HCO3－＋OH－，加熱，去油污能力增強。 原因：加熱，促進CO32－ 的水解，堿性增強，去油污能力增強。 6．泡沫滅火器原理 成分：NaHCO3、Al2(SO4)3 NaHCO3水解：HCO 3－ ＋H2OH2CO3＋OH－堿性 Al2(SO4)3水解：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋酸性 原理：當兩鹽混合時，氫離子與氫氧根離子結(jié)合生成水，雙方相互促進水解：3HCO3－＋Al3＋＝Al(OH)3↓＋3CO2↑ 7．施用化肥 普鈣【Ca(H2PO4)2】、銨態(tài)氮肥不能與草木灰(K2CO3)混用 原因：K2CO3水解顯堿性：CO32－＋H2OHCO 3－＋OH－ 3Ca(H2PO4)2＋12OH－＝Ca3(PO4)2↓＋12H2O＋4PO43- NH4+ ＋OH－＝NH3↑＋H2O　降低肥效 8．判斷鹽溶液的酸堿性或pH 如相同物質(zhì)的量濃度的下列溶液：NaCl、KHSO4、NaH2PO4、Na2HPO4、CH3COOH，pH由大到小的順序為Na3PO4＞Na2HPO4＞NaCl＞CH3COOH＞KHSO4 9．比較鹽溶液中離子濃度的大小 如Na2CO3溶液中，各離子濃度大小的順序為c(Na＋)＞c(CO32－ )＞c(OH－)＞c(HCO3－ )＞c(H＋) 10．加熱蒸發(fā)鹽溶液析出固體 不水解、不分解的鹽的溶液加熱蒸干時，析出鹽的晶體，如NaCl。能水解，但生成的酸不揮發(fā)，也能析出該鹽的晶體，如Al2(SO4)3。能水解，但水解后生成的酸有揮發(fā)性，則析出金屬氫氧化物，若蒸干后繼續(xù)加熱，則可分解為金屬氧化物，如AlCl3、FeCl3。若鹽在較低溫度下受熱能分解，則加熱蒸干其溶液時，鹽已分解，如Ca(HCO3)2。 11．判斷鹽所對應酸的相對強弱 如已知物質(zhì)的量濃度相同的兩種鹽溶液NaA和NaB，其溶液的pH前者大于后者，則酸HA和HB的酸性強弱為HB＞HA。 12．判斷鹽溶液中離子種類多少(如Na3PO4溶液中存在哪些離子。) 13．某些試劑的實驗室貯存，如Na2CO3溶液、Na3PO4溶液、Na2SiO3溶液等不能貯存于磨口玻璃瓶中。 14．證明弱酸或弱堿的某些實驗要考慮鹽的水解，如證明Cu(OH)2為弱堿時，可用CuCl2溶液能使藍色石蕊試紙變紅(顯酸性)證之。 15．除雜：①采用加熱的方法來促進溶液中某些鹽的水解，使之生成氫氧化物沉淀，以除去溶液中某些金屬離子。例如，不純的KNO3溶液中常含有雜質(zhì)Fe3＋，可用加熱的方法來除去KNO3溶液中所含的Fe3＋。 ②向MgCl2、FeCl3的混合溶液中加入MgO以除去FeCl3。 16．如果溶液濃度較低，可以利用水解反應來獲得納米材料(氫氧化物可變?yōu)檠趸?。如果水解程度很大，還可用于無機化合物的制備，如制TiO2： TiCl4＋(x＋2)H2O(過量)TiO2xH2O↓＋4HCl 所得TiO2xH2O經(jīng)焙燒 得TiO2。 17．判斷溶液中離子能否共存 如Al3＋、Fe3＋與CO32－ 、HCO3－ 在溶液中不能大量共存，因為能發(fā)生雙水解反應。 【方法技巧】 （1）判斷強弱電解質(zhì)的方法和規(guī)律： ①若0.01 molL－1的酸HA溶液的pH＞2，說明酸HA在水溶液中沒有完全電離，HA為弱酸； ②相同pH的強酸、弱酸分別加水稀釋相同倍數(shù)，溶液pH變化大的是強酸，變化小的是弱酸； ③相同pH的強酸和弱酸，分別加入等量相應的鈉鹽，溶液pH增大的是弱酸，pH幾乎不變的是強酸； ④pH相同、體積相同的強酸和弱酸與堿NaOH完全反應時，耗堿量大的是弱酸，或與足量鋅反應，產(chǎn)生H2多的是弱酸； ⑤取酸的鈉鹽溶于水，測定溶液pH，若pH=7，則對應酸為強酸，若pH＞7，對應酸為弱酸。 （2）Kw不僅適用于純水，還適用于酸性或堿性的稀溶液： ①酸性溶液中：[c(H+)酸+c(H+)水]c(OH－)=Kw； ②堿性溶液中：[c(OH－)堿+c(OH－)水]c(H+)=Kw （3）關(guān)于溶液pH的計算： ①單一強酸溶液的pH計算:根據(jù)其c(H+)直接按pH=－lgc(H+)計算； ②單一強堿溶液的pH計算：已知其c(OH－)，則：pH=－lgc(H+)=－lg[Kw/c(OH－)]=14+lgc(OH－)；也可直接計算pOH=－lgc(OH－)，再根據(jù)pH+pOH=14計算pH； ③強酸稀釋：先計算出稀釋后溶液中c(H+)，再計算pH； ④強堿稀釋：先計算出稀釋后溶液中c(OH－)，再根據(jù)Kw計算c(H+)，然后計算pH；也可求出c(OH－)后即計算pOH，然后再根據(jù)pH+pOH=14計算pH； ⑤強酸與強堿混合：先要確定最后溶液的性質(zhì)，如果是酸性，則先計算最后溶液中c(H+)，如果是堿性，則先計算最后溶液中c(OH－)。 （4）稀釋規(guī)律： ①對于強酸溶液，c(H+)每稀釋10n倍，則其溶液pH增大n個單位（但增大后也不超過7）；注意：pH=a的強酸溶液稀釋1倍后，pH=a+0.3； ②對于強堿溶液，c(OH－)每稀釋10n倍，則其溶液pH減小n個單位（但減小后也不小于7）；注意：pH=b的強堿溶液稀釋1倍后， pH=b－0.3； ③對于pH相同的強酸與弱酸（或強堿與弱堿），稀釋相同倍數(shù)時，pH變化程度不同，其中強者的pH變化較大； ④物質(zhì)的量濃度相同的強酸和弱酸（或強堿與弱堿），稀釋相同倍數(shù)時，pH變化程度不同，其中強者的pH變化較大。 【考點突破】 考點一　弱電解質(zhì)的電離平衡 例1　已知室溫時，0.1 mo1/L某一元酸HA在水中有0.1%發(fā)生電離，下列敘述錯誤的是( 　　) A．該溶液的pH＝4 B．升高溫度，溶液的pH增大 C．此酸的電離平衡常數(shù)約為110－7 D．由HA電離出的c(H＋)約為水電離出的c(H＋)的106倍 解析　根據(jù)HA在水中的電離度可算出c(H＋)＝0.10.1% mol/L＝10－4 mol/L，所以pH＝4；因HA在水中有電離平衡，升高溫度促進平衡向電離的方向移動，所以c(H＋)將增大，pH值會減?。籆選項可由平衡常數(shù)表達式算出K＝＝110－7，所以C無錯誤；D選項由水電離出的c(H＋)＝10－10 mol/L。 答案：B 【名師點撥】 1.影響弱電解質(zhì)電離平衡常數(shù)K的外界因素為溫度，濃度對K無影響。 2．相同濃度下，弱酸的電離平衡常數(shù)K值越大，酸性越強。 3．判斷HA是強酸還是弱酸最典型的兩種方法： (1)取其鈉鹽(NaA)溶于水，測其pH，若pH>7，則說明HA為弱酸。 (2)配制一定物質(zhì)的量濃度的HA溶液(如：0.01 mol/L)，測其pH。若pH>2，則說明HA為弱酸。 變式探究1為證明某可溶性一元酸(HX)是弱酸，某同學設計了如下實驗方案，其中不合理的是(　) A．室溫下，測0.1 mol/L的HX溶液的pH，若pH>1，證明HX是弱酸 B．室溫下，將等濃度等體積的鹽酸和NaX溶液混合，若混合溶液pH<7，證明HX是弱酸 C．室溫下，測1 mol/L NaX溶液的pH，若pH>7，證明HX是弱酸 D．在相同條件下，對0.1 mol/L的鹽酸和0.1 mol/L的HX溶液進行導電性實驗，若HX溶液燈泡較暗，證明HX為弱酸 解析　由0.1 mol/L HX溶液pH>1知，c(H＋)<0.1 mol/L，說明HX只部分電離，HX是弱酸，A項正確；等物質(zhì)的量濃度的HCl和NaX組成的混合溶液，無論HX是強酸還是弱酸，溶液都顯酸性，B項錯誤；若NaX溶液的pH>7，說明鹽在水中發(fā)生水解，X－＋H2OHX＋OH－，為強堿弱酸鹽，C項正確；用同濃度的一元酸做導電實驗，燈泡較暗者，溶液離子濃度較小，說明HX沒有完全電離，則為弱酸，D項正確。 答案；B 考點二　水的電離平衡和pH計算 例2　25℃時，水的電離達到平衡：H2OH＋＋OH－　ΔH＞0，下列敘述正確的是(　) A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移動，c(OH－)降低 B．向水中加入少量固體硫酸氫鈉，c(H＋)增大，Kw不變 C．向水中加入少量固體CH3COONa，平衡逆向移動，c(H＋)降低 D．將水加熱，Kw增大，pH不變 解析　A項中加入稀氨水，抑制水電離，平衡逆向移動，但溶液呈堿性，c(OH－)增大；C項中加入少量CH3COONa固體，CH3COO－與H＋結(jié)合生成CH3COOH，c(H＋)減小，平衡正向移動；D項中加熱，平衡正向移動，KW增大，pH變小。 答案：B 例3室溫時，將x mL pH＝a的稀NaOH溶液與y mL pH＝b的稀鹽酸充分反應。下列關(guān)于反應后溶液 pH的判斷，正確的是 ( 　) A．若x＝y(tǒng)，且a＋b＝14，則pH>7 B．若10x＝y(tǒng)，且a＋b＝13，則pH＝7 C．若ax＝by，且a＋b＝13，則pH＝7 D．若x＝10y，且a＋b＝14，則pH>7 解析　本題主要考查有關(guān)pH的簡單計算。 由題意知：n(NaOH)＝x10a－1410－3 mol，n(HCl)＝y(tǒng)10－b10－3 mol，所以n(NaOH)∶n(HCl)＝＝10(a＋b－14)。若x＝y(tǒng)，且a＋b＝14，則n(NaOH)＝n(HCl)二者恰好完全反應，pH＝7；若10x＝y(tǒng)且a＋b＝13，則堿不足，pH<7；若ax＝by且a＋b＝13則n(NaOH)∶n(HCl)＝<1，故pH<7；若x＝10y且a＋b＝14，則n(NaOH)∶n(HCl)＝10>1，NaOH過量，pH>7。 答案：D 【名師點撥】水電離平衡的影響因素和溶液的pH計算 (1)向水中加入H＋(酸)、OH－(堿)會抑制水的電離，而且H＋、OH－的濃度越大，對水的電離的抑制作用越強；向水中加入能消耗H＋或OH－的物質(zhì)(如：能水解的鹽)，會促進水的電離，而且生成鹽的弱酸、弱堿越弱，對水的電離的促進作用越強；由于電離吸熱，所以，升溫能促進水的電離。但只要溫度不變，水溶液(稀溶液)中的c(H＋)c(OH－)就不變，溫度升高會使c(H＋)c(OH－)增大。 (2)計算溶液的pH時，應注意以下幾點： ①外界條件是否指室溫；②當酸、堿混合后，首先要判斷溶液的酸堿性，然后再計算c(H＋)或c(OH－)，最后求得溶液的pH；③要特別注意溶液中的c(H＋)和由水電離出的H＋的濃度之差異，否則容易走向誤區(qū)。 即時鞏固2下列敘述正確的是 (　　) A．某醋酸溶液的pH＝a，將此溶液稀釋1倍后，溶液的pH＝b，則a>b B．在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好無色，則此時溶液的pH<7 C．1.010－3 mol/L鹽酸的pH＝3.0,1.010－8 mol/L鹽酸的pH＝8.0 D．若1 mL pH＝1的鹽酸與100 mL NaOH溶液混合后，溶液的pH＝7，則NaOH溶液的pH＝11 解析 A若是稀醋酸溶液稀釋則c(H+)減小，pH增大，b＞a，故A錯誤；B酚酞的變色范圍是pH= 8.0～10.0（無色→紅色)，現(xiàn)在使紅色褪去，pH不一定小于7，溶液pH剛剛小于8時即可顯示無色，故B錯誤；C常溫下酸的pH不可能大于7，只能無限的接近7；D正確，直接代入計算可得是正確的，也可用更一般的式子：設強酸pH＝a，體積為V1；強堿的pH＝b，體積為V2，則有10－aV1＝10－(14－b)V2，現(xiàn)在V1/V2＝10－2，又知a＝1，所以b＝11。 答案：D 考點三　鹽類的水解和離子濃度大小比較 例4　下列溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是(　　) A．室溫下，向0.01 mol/L NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性：c(Na＋)>c(NH)>c(SO)>c(OH－)＝c(H＋) B．0.1 mol/L NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(OH－)>c(HCO)>c(H＋) C．Na2CO3溶液：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3) D．25℃時，pH＝4.75、濃度均為0.1 mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液： c(CH3COO－)＋c(OH－)<c(CH3COOH)＋c(H＋) 試回答：(1)A項中溶質(zhì)組成是什么？若加入NaOH溶液至反應最大量時離子濃度大小關(guān)系是什么？ (2)D項中若CH3COOH、CH3COONa混合溶液的pH＝7時離子濃度大小關(guān)系是什么？ 解析　當NH4HSO4與NaOH的物質(zhì)的量相等時溶液中溶質(zhì)為(NH4)2SO4、Na2SO4；由于NH的水解使溶液呈酸性，若溶液呈中性，則NaOH的物質(zhì)的量大于NH4HSO4的物質(zhì)的量，根據(jù)電荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(OH－)，因c(H＋)＝c(OH－)，所以c(Na＋)＋c(NH)＝2c(SO)，又因 c(Na＋)>c(SO)，所以c(SO)>c(NH)，故A錯誤；B項， NaHCO3溶液中，OH－是由HCO水解和水的電離所生成的，但是這些都是微弱的，HCO的濃度永遠大于OH－的濃度，故錯；C項質(zhì)子守恒為c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)＝c(OH－)，C項正確;D項，由電荷守恒得：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)＋c(Na＋)，由物料守恒可得：2c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，將兩式中的c(Na＋)消去，可得c(CH3COO－)＋2c(OH－)＝2c(H＋)＋c(CH3COOH)。所以c(CH3COO－)＋c(OH－)－c(H＋)－c(CH3COOH)＝c(H＋)－c(OH－),因為pH＝4.75，故c(H＋)－c(OH－)>0，所以D項不等式應為“>”，故錯。 (1)A項溶液呈中性時溶質(zhì)為Na2SO4、NH3H2O和(NH4)2SO4，因為OH－先中和H＋，再與NH反應，由于NH水解呈酸性，故NH部分參與反應；若加入NaOH至反應最大量時溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的Na2SO4和NH3H2O，此時c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)>c(NH)>c(H＋)。 (2)pH＝7時，c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋)。 答案　(1)Na2SO4、NH3H2O、(NH4)2SO4；c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)>c(NH )>c(H＋) (2)c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(OH－)＝c(H＋) 【方法技巧】 解答離子濃度大小比較的試題，抓住一個原理、兩類平衡、三種守恒進行分析，包括化學平衡移動原理，電離平衡和水解平衡，電荷守恒、物料守恒和質(zhì)子守恒。其中電荷守恒是指溶液中陽離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負電荷總數(shù)，溶液呈電中性，例如在NaHCO3溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)；物料守恒是指某一組分的原始濃度應該等于它在溶液中各種存在形式的濃度之和，例如在Na2CO3溶液中：c(Na＋)＝c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)；質(zhì)子守恒是指溶液中由水電離出來的H＋和OH－總是相等的。質(zhì)子守恒可由電荷守恒和物料守恒聯(lián)立推導出來。例如在Na2CO3溶液中：c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。 變式探究3常溫下，用0.100 0 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol/L CH3COOH溶液所得滴定曲線如下圖。下列說法正確的是 (　　) A．點①所示溶液中： c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋) B．點②所示溶液中： c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－) C．點③所示溶液中： c(Na＋)>c(OH－)>c(CH3COO－)>c(H＋) D．滴定過程中可能出現(xiàn)： c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－) 解析　向CH3COOH溶液中逐滴滴加NaOH溶液，當加入NaOH很少時，D項正確；繼續(xù)滴加至點①，2n(NaOH)＝n(CH3COOH)，此時溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的CH3COOH和CH3COONa，pH<7，因CH3COOH電離，c(CH3COOH)<c(Na＋)，根據(jù)電荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(Na＋)＋c(H＋)，則c(CH3COO－)＋ c(OH－)>c(CH3COOH)＋c(H＋)，A錯誤；點②時pH＝7，根據(jù)電荷守恒，則有c(Na＋)＝c(CH3COO－)，B錯誤；點③時n(NaOH)＝c(CH3COOH)，此時溶質(zhì)為CH3COONa，CH3COO－水解使溶液顯堿性，正確順序為c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，C錯誤。 答案：D 考點四　沉淀溶解平衡 例5硫酸鍶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲線如下。下列說法正確的是(　　) A．溫度一定時，Ksp(SrSO4)隨c(SO)的增大而減小 B．三個不同溫度中，313 K時Ksp(SrSO4)最大 C．283 K時，圖中a點對應的溶液是飽和溶液 D．283 K下的SrSO4飽和溶液升溫到363 K后變?yōu)椴伙柡腿芤? 解析　溫度一定，Ksp(SrSO4)不變，A錯誤；由題中沉淀溶解平衡曲線可看出，313 K時，c(Sr2＋)、c(SO)最大，Ksp最大，B正確；a點c(Sr2＋)小于平衡時c(Sr2＋)，故未達到飽和，沉淀繼續(xù)溶解，C錯誤；從283 K升溫到363 K要析出固體，依然為飽和溶液。 答案：B 【知識歸納】 1.沉淀溶解平衡 (1)溶度積 溶解平衡：AmBn(s) mAn＋(aq)＋nBm－(aq) 表達式：Ksp＝[c(An＋)]m[c(Bm－)]n 應用Qc>Ksp：溶液過飽和，生成沉淀 Qc＝Ksp，溶液飽和，沉淀溶解平衡 Qc<Ksp：溶液未飽和，無沉淀生成 (2)應用 ①計算溶液中離子濃度 ②由溶液中離子濃度判斷沉淀的溶解與生成方向 ③沉淀轉(zhuǎn)化的原因及實驗現(xiàn)象 2．沉淀的形成、溶解與轉(zhuǎn)化 (1)欲沉淀某種離子時，應盡量選擇讓該離子形成的沉淀溶解度足夠小的試劑，同時盡量增大與該離子形成沉淀的離子濃度，以使該離子沉淀更完全。 (2)沉淀可由一些合適的試劑，如酸、鹽等溶解。 (3)沉淀的轉(zhuǎn)化規(guī)律從溶解度小的轉(zhuǎn)化為溶解度更小的。 變式探究4某溫度下，F(xiàn)e(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分別在溶液中達到沉淀溶解平衡后，改變?nèi)芤簆H，金屬陽離子濃度的變化如圖所示。據(jù)圖分析，下列判斷錯誤的是 (　　) A．Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2] B．加適量NH4Cl固體可使溶液由a點變到b點 C．c、d兩點代表的溶液中c(H＋)與c(OH－)乘積相等 D．Fe(OH)3、Cu(OH)2分別在b、c兩點代表的溶液中達到飽和 解析　b、c兩點金屬陽離子的濃度相等，設都為x，c(OH－)c＝10－9.6，c(OH－)b＝10－12.7，則Ksp[Fe(OH)3]＝x(10－12.7)3，Ksp[Cu(OH)2]＝x(10－9.6)2，故Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Cu(OH)2]，A正確；a點到b點溶液的pH增大，堿性增強，而NH4Cl溶解于水后溶液顯酸性，故B錯誤；只要溫度一定，Kw就一定，故C正確；溶度積曲線上的點代表的溶液都已飽和，曲線左下方的點都不飽和，右上方的點都是Qc>Ksp，沉淀要析出，故D正確。 答案：B 【高考失分警示】 1．計算溶液的pH時，常見錯誤是直接應用溶液中c(H＋)來求解，忽略溶液中當c(OH－)>c(H＋)時，OH－對水電離平衡的影響。 2．在對弱酸或弱堿溶液加水稀釋時，并非所有離子濃度都減小，不要忽視KW在一定溫度下是定值，當H＋(或OH－)濃度減小時，必然意味著OH－(或H＋)濃度增大。 3．電解質(zhì)溶液的導電性與電解質(zhì)的強弱沒有必然的關(guān)系，強電解質(zhì)的稀溶液導電能力未必強。溶液導電性的強弱決定于溶液中離子的濃度及離子所帶電荷多少等因素，與電解質(zhì)的強弱有關(guān)的同時也受其他因素的影響，因此不能作為判斷電解質(zhì)強弱的標準。 4．誤認為Ksp越小，物質(zhì)的溶解能力越弱。只有物質(zhì)類型相同時(如AB型、AB2型等)，Ksp越小，難溶電解質(zhì)在水中的溶解能力越弱。若物質(zhì)類型不同如Mg(OH)2和AgCl，Ksp不能直接用于判斷物質(zhì)溶解能力的強弱。 【高考真題精解精析】 【xx高考試題解析】 1．（上海）常溫下用pH為3的某酸溶液分別與pH都為11的氨水、氫氧化鈉溶液等體積混合得到a、b兩種溶液，關(guān)于這兩種溶液酸堿性的描述正確的是 A．b不可能顯堿性 B． a可能顯酸性或堿性 C．a(chǎn)不可能顯酸性 D．b可能顯堿性或酸性 解析：pH都為11的氨水、氫氧化鈉溶液，其濃度分別是大于10－3mol/L和等于10－3mol/L，由于pH為3的某酸溶液，其強弱未知。因此與pH為11的氨水反應時，都有可能過量；而與pH為11的氫氧化鈉溶液反應時酸可能過量或二者恰好反應。 答案：AB 2.（天津）下列說法正確的是 A.25℃時NH4Cl溶液的KW大于100℃時NH4Cl溶液的KW B.SO2通入碘水中，反應的離子方程式為SO2＋I2＋2H2O=SO32－＋2I－ C.加入鋁粉能產(chǎn)生氫氣的溶液中，可能存在大量的Na＋、Ba2＋、AlO2－、NO3－ D.100℃時，將pH＝2的鹽酸與pH＝12的NaOH溶液等體積混合，溶液顯中性 解析：在稀溶液中水的離子積常數(shù)KW＝c(H＋)c(OH－)，KW只與溫度有關(guān)而與溶液的酸堿性無關(guān)，由于水的電離是吸熱的，因此溫度升高時會促進水的電離，即KW會增大，例如25℃時KW＝110－14，而在100℃時KW＝110－12，所以選項A不正確；碘水具有氧化性，可以將二氧化硫氧化成硫酸，而單質(zhì)碘被還原成碘離子，方程式為SO2＋I2＋2H2O=SO42－＋2I－+4H+，選項B不正確；能和鋁粉反應產(chǎn)生氫氣的溶液既可以顯酸性也可以顯堿性，這四種離子：Na＋、Ba2＋、AlO2－、NO3－雖然在酸性溶液中不能大量共存（AlO2－會結(jié)合H+，生成氫氧化鋁沉淀或生成Al3+），但可以在堿性溶液中大量共存，因此選項C正確；100℃時，KW＝110－12，此時pH＝2的鹽酸其濃度為10－2mol/L，但pH＝12的NaOH溶液其其濃度為1mol/L，所以當二者等體積混合時NaOH過量，溶液顯堿性，D不正確。 答案：C 3.（重慶）對滴有酚酞試液的下列溶液，操作后顏色變深的是 A.明礬溶液加熱 B.CH3COONa溶液加熱 C.氨水中加入少量NH4Cl固體 D.小蘇打溶液中加入少量NaCl固體 4．（上海）120 mL含有0.20 mol碳酸鈉的溶液和200 mL鹽酸，不管將前者滴加入后者，還是將后者滴加入前者，都有氣體產(chǎn)生，但最終生成的氣體體積不同，則鹽酸的濃度合理的是 A．2.0mol/L B．1.5 mol/L C．0.18 mol/L D．0.24mol/L 解析：若碳酸鈉恰好與鹽酸反應生成碳酸氫鈉，則鹽酸的濃度是1.0 mol/L；若碳酸鈉恰好與鹽酸反應生成二氧化碳，則鹽酸的濃度是2.0 mol/L。由于最終生成的氣體體積不同，所以只能是介于二者之間。 答案：B 5.（天津）25℃時，向10ml0.01mol/LKOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子濃度關(guān)系正確的 A.pH>7時，c(C6H5O－)>c(K+)>c(H＋)>c(OH－) B.pH<7時，c(K+)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－) C.V[C6H5OH(aq)]＝10ml時，c(K+)＝c(C6H5O－)>c(OH－)＝c(H＋) D.V[C6H5OH(aq)]＝20ml時，c(C6H5O－)+c(C6H5OH)=2c(K+) 解析：pH>7時，c(H＋)不可能大于c(OH－)的，所以選項A明顯不正確；由溶液中的電荷守恒定律知：c(K+)+c(H＋)＝c(C6H5O－)+c(OH－)，所以不可能滿足c(K+)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－)，即選項B不正確；中苯酚是一種極弱的酸，所以當KOH溶液和苯酚恰好反應，產(chǎn)物苯酚鉀會發(fā)生水解反應而顯堿性。由題中數(shù)據(jù)不難計算出，當二者恰好反應時消耗苯酚的體積是10ml，此時溶液中粒子的濃度大小關(guān)系為： c(K+)>c(C6H5O－)>c(OH－)>c(H＋)，所以選項C是不正確的；當加入苯酚的體積是20ml時，苯酚過量，溶液是由等物質(zhì)的量濃度的苯酚和苯酚鉀組成，所以根據(jù)物料守恒可知c(C6H5O－)+c(C6H5OH)=2c(K+)一定成立，因此選項D是正確的。 答案：D 6.（浙江）海水中含有豐富的鎂資源。某同學設計了從模擬海水中制備MgO的實驗方案： 模擬海水中的離子濃度(mol/L) Na＋ Mg2＋ Ca2＋ Cl― 0.439 0.050 0.011 0.560 0.001 注：溶液中某種離子的濃度小于1.010－5 mol/L，可認為該離子不存在； 實驗過程中，假設溶液體積不變。 已知：Ksp(CaCO3)＝4.9610－9；Ksp(MgCO3)＝6.8210－6； Ksp[Ca(OH)2]＝4.6810－6；Ksp[Mg(OH)2]＝5.6110－12。 下列說法正確的是 A．沉淀物X為CaCO3 B．濾液M中存在Mg2＋，不存在Ca2＋ C．濾液N中存在Mg2＋、Ca2＋ D．步驟②中若改為加入4.2 g NaOH固體，沉淀物Y為Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物 【答案】A 【解析】本題考察方式很新穎，主要考察溶度積的計算和分析。步驟①發(fā)生Ca2＋＋OH―＋CaCO3↓＋H2O，步驟②：Ksp[Mg(OH)2]＝c(Mg2＋)(10－3)2＝5.610－12，c(Mg2＋)＝5.610－6。Q[Ca(OH)2]＝c(Ca2＋)(10－3)2＝10－8＜Ksp，無Ca(OH)2析出。A．正確。生成0001 mol CaCO3。B．錯誤。剩余c(Ca2＋)＝0.001 mol/L。C．錯誤。c(Mg2＋)＝5.610－6＜10－5，無剩余，D．錯誤。生成0.05 mol Mg(OH)2，余0.005 mol OH―，Q[Ca(OH)2]＝0.010.0052＝2.510－7＜Ksp，無Ca(OH)2析出 7.（四川）25 ℃在等體積的①pH=0的H2SO4溶液，②0.05 molL－1的Ba(OH)2溶液，③pH = 10的Na2S溶液，④pH=5的NH4NO3溶液中，發(fā)生電離的水的物質(zhì)的量之比是( ) A．1∶10∶1010∶109 B．1∶5∶5109∶5109 C．1∶20∶1010∶109 D．1∶10 ∶104∶109 【答案】A 【解析】①中pH=0的H2SO4中c(H＋)=1.0 molL－1，c(OH－)=1.010－14molL－1，水電離程度為1.010－14molL－1。②中c(OH－)=0.1 molL－1，c(H＋)=1.010－13molL－1，水電離程度為1.010－13molL－1。③中c(OH－)=1.010－4molL－1，水的電離程度為1.010－4molL－1。④中c(H＋)=1.010－5molL－1，水的電離程度為1.010－5molL－1。故①②③④中水的電離程度之比為：1.010－14molL－1：1.010－13molL－1：1.010－4molL－1：1.010－5molL－1=1:10:1010:109，A項正確。 8.（全國新課標）將濃度為0.1molL-1HF溶液加水不斷稀釋，下列各量始終保持增大的是 A. c（H+） B. C. D. 解析：HF屬于弱電解質(zhì)，加水促進HF的電離平衡向右移動，即電離程度增大，但電離平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，所以選項B不變；但同時溶液的體積也增大，所以溶液的酸性會降低，即c(H+)、c(F-)和c(HF)的濃度均降低，考慮到溶液中水還會電離出氫離子，所以稀釋到一定程度(即無限稀釋時)，c(H+)就不在發(fā)生變化，但c(F-)和c(HF)卻一直會降低，所以選項D符合題意。 答案：D 9.（大綱版）室溫時，將濃度和體積分別為C1、V1的NaOH溶液和C2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列關(guān)于該混合溶液的敘述錯誤的是 A．若pH＞7，則一定是C1V1=C2V2 B．在任何情況下都是c(Na＋)＋c(H＋)=C(CH3COO－)＋c(OH－) C.當pH=7時，若V1=V2，則一定是C1＞C2 D.若V1=V2， C1=C2，則 C(CH3COO－)＋C(CH3COOH)=c(Na＋) 【解析】A選項錯誤，恰好反應時生成的CH3COONa顯堿性固然不錯，但顯堿性時還有可能是NaOH過量，也可能是醋酸略過量，及pH＞7時，可能是C1V1=C2V2（溶質(zhì)CH3COONa）,也可能是C1V1＞C2V2（溶質(zhì)為NaOH和CH3COONa），還可能是C1V1＜C2V2（溶質(zhì)大量的CH3COONa和少量的CH3COOH）；B選項正確，電荷守恒原理應用；C選項正確，pH=7說明溶液顯中性，且V1=V2，若C1=C2或C1＞C2則溶液顯堿性，現(xiàn)在要顯中性，只可能是C1＜C2；D選項正確，C1V1=C2V2時溶質(zhì)為CH3COONa，雖然CH3COO-水解，但是由物料守恒可知D正確 【答案】A 10.（山東）室溫下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀釋后，下列說法正確的是 A.溶液中導電粒子的數(shù)目減少 B.溶液中不變 C.醋酸的電離程度增大，c（H+）亦增大 D.再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7 【答案】B 【解析】本題考查弱電解質(zhì)的電離平衡問題及電離平衡常數(shù)與水的離子積的計算問題。A選項加水稀釋電離平衡向電離的方向移動，醋酸分子減少，氫離子和醋酸根粒子增多，即溶液中導電的微粒數(shù)目增多，故A錯誤；B選項由電離平衡常數(shù) =，由于溫度一定，Ka和Kw一定，故不變，故正確；C選項，雖然電離度增大，但是稀釋后pH會增大，c（H+）減小，所以C錯誤；D選項中醋酸為弱電解質(zhì)，不能完全電離，c(CH3COOH)遠大于0.001mol/L，故混合后，醋酸過量很多，應該顯酸性，則D錯誤。 11、（廣東）對于0.1mol?L-1 Na2SO3溶液，正確的是 A、升高溫度，溶液的pH降低 B、c（Na＋）=2c（SO32―）+ c（HSO3―）+ c（H2SO3） C、c（Na＋）+c（H＋）=2 c（SO32―）+ 2c（HSO3―）+ c（OH―） D、加入少量NaOH固體，c（SO32―）與c（Na＋）均增大 答案：D 解析：此題考查水溶液中的離子平衡知識。對于0.1mol?L-1的Na2SO3溶液，由于亞硫酸根離子的水解隨溫度的升高而增強，故其升溫時，溶液的pH升高，A錯；分析溶液中的守恒，可知：c（Na＋）=2c（SO32―）+2c（HSO3―）+2c（H2SO3），B錯；分析溶液中的電荷守恒，其中：c（Na＋）+c（H＋）=2c（SO32―）+c（HSO3―）+c（OH―），C錯；由于溶液存在亞硫酸根離子的水解，當加入少量NaOH固體，c（SO32―）與c（Na＋）均增大，D對。 12.（江蘇）下列圖示與對應的敘述相符的是 A.圖5表示某吸熱反應分別在有、無催化劑的情況下反應過程中的能量變化 B.圖6表示0.1000 molL－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000 molL－1CH3COOH溶液所得到的滴定曲線 C.圖7表示KNO3的溶解度曲線，圖中a點所示的溶液是80℃時KNO3的不飽和溶液 D.圖8 表示某可逆反應生成物的量隨反應時間變化的曲線，由圖知t時反應物轉(zhuǎn)化率最大 【答案】C 【解析】本題考查學生對化學反應熱效應、酸堿中和滴定、溶解度曲線、平衡轉(zhuǎn)化率等角度的理解能力。是基本理論內(nèi)容的綜合。高三復習要多注重這一方面的能力訓練。 A.圖5表示反應物總能量大于生成物總能量，是放熱反應。 B.圖6中起始點0.1000 molL－1CH3COOH溶液pH值不會在1以下；當NaOH與CH3COOH等物質(zhì)的反應時，溶液因鹽類水解而呈堿性，突躍會提前；終點pH值也不會是13。 C.圖7通過a作一條輔助線，與KNO3的溶解度曲線有一交點在a點之上，說明a點溶液是不飽和溶液。 D.圖8 表示某可逆反應生成物的量隨反應時間變化的曲線，由圖知t時曲線并沒有達到平衡，所以反應物的轉(zhuǎn)化率并不是最大。 13.（江蘇）下列說法正確的是 A.一定溫度下，反應MgCl2(1)＝Mg(1)＋ Cl2(g)的 △H＞0 △S＞0 B.水解反應NH4＋＋H2ONH3H2O＋H＋達到平衡后，升高溫度平衡逆向移動 C.鉛蓄電池放電時的負極和充電時的陽極均發(fā)生還原反應 D.對于反應2H2O2＝2H2O＋O2↑, 加入MnO2或升高溫度都能加快O2的生成速率 【答案】AD 【解析】本題是化學反應與熱效應、電化學等的簡單綜合題，著力考查學生對熵變、焓變，水解反應、原電池電解池、化學反應速率的影響因素等方面的能力。 A.分解反應是吸熱反應，熵變、焓變都大于零，內(nèi)容來源于選修四化學方向的判斷。 B.水解反應是吸熱反應，溫度越高越水解，有利于向水解方向移動。 C.鉛蓄電池放電時的負極失電子，發(fā)生氧化反應。 D.升高溫度和加入正催化劑一般都能加快反應速率。 14.（江蘇）下列有關(guān)電解質(zhì)溶液中微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是 A.在0.1 molL－1NaHCO3溶液中：c(Na＋)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(H2CO3) B.在0.1 molL－1Na2CO3溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3) C.向0.2 molL－1NaHCO3溶液中加入等體積0.1 molL－1NaOH溶液： c(CO32－)＞ c(HCO3－)＞ c(OH－)＞c(H＋) D.常溫下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液[pH＝7, c(Na＋)＝0.1 molL－1]： c(Na＋)＝c(CH3COO－)＞c(CH3COOH)＞c(H＋)＝c(OH－) 【答案】BD 【解析】本題屬于基本概念與理論的考查，落點在水解與電離平衡、物料守恒和電荷守恒、離子濃度大小比較。溶液中存在水解與電離兩個過程的離子濃度大小比較似乎是考試熱點內(nèi)容，高三復習中要反復加強訓練。 A.在0.1 molL－1NaHCO3溶液中，HCO3－在溶液中存在水解與電離兩個過程，而溶液呈堿性，