2022高考化學(xué)二輪沖刺復(fù)習(xí)精講 第一部分 必考部分 第8講 水溶液中的離子平衡講義（含解析）

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1、2022高考化學(xué)二輪沖刺復(fù)習(xí)精講 第一部分 必考部分 第8講 水溶液中的離子平衡講義（含解析）考綱要求1.理解電解質(zhì)在水中的電離以及電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性；了解電解質(zhì)的概念；了解強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)的概念。2.理解弱電解質(zhì)在水中的電離平衡，能利用電離平衡常數(shù)進行相關(guān)計算。3.了解水的電離、離子積常數(shù)。4.了解溶液pH的定義及測定方法，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、鹽類水解的應(yīng)用。6.了解難溶電解質(zhì)的沉淀溶解平衡；理解溶度積(Ksp)的含義，能進行相關(guān)的計算。學(xué)科素養(yǎng)1.變化觀念與平衡思想：認識弱電解質(zhì)是存在電離平衡的，并會運用電離度、平衡常數(shù)多角度分析弱電

2、解質(zhì)的電離平衡；認識鹽類水解的本質(zhì)是中和反應(yīng)的逆反應(yīng)，能多角度、動態(tài)地分析鹽類水解和沉淀溶解平衡，并用相關(guān)理論解決實際問題。2.證據(jù)推理與模型認知：能運用平衡模型解釋化學(xué)現(xiàn)象，揭示現(xiàn)象的本質(zhì)和規(guī)律。3.科學(xué)探究與創(chuàng)新意識：能發(fā)現(xiàn)和提出有探究價值的弱電解質(zhì)電離平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡的問題；能從問題和假設(shè)出發(fā)，確定探究目的，設(shè)計探究方案，進行實驗探究；在探究中學(xué)會合作，面對“異?！爆F(xiàn)象敢于提出自己的見解。4.科學(xué)精神與社會責(zé)任：應(yīng)具有嚴(yán)謹求實的科學(xué)態(tài)度，具有探索未知、崇尚真理的意識；贊賞化學(xué)對社會發(fā)展的重大貢獻，具有可持續(xù)發(fā)展意識和綠色化學(xué)觀念，能對與電離平衡、水解平衡和沉淀溶解平衡有關(guān)的社

3、會熱點問題做出正確的價值判斷。 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建核心強化1證明HA是弱酸的2種典型方法(1)測鈉鹽NaA溶液的pH，若pH7，則說明HA為弱酸。(2)測一定物質(zhì)的量濃度的HA溶液，若0.01 molL1 HA溶液的pH2，則說明HA為弱酸。2計算溶液的pH時的“3”個關(guān)注條件(1)外界條件是否為室溫。(2)溶液中的H和水電離出的H的濃度不同。(3)是否為強酸、強堿的溶液。3必考的“1”個常數(shù)、“2”個比較和“3”個守恒(1)水的離子積Kwc(H)c(OH)(只與溫度有關(guān))。(2)鹽溶液中陰、陽離子濃度比較；c(H)與c(OH)的比較。(3)電荷守恒、物料守恒、質(zhì)子守恒。4值得關(guān)注的熱點難溶電解質(zhì)沉淀溶

4、解平衡、沉淀的生成及轉(zhuǎn)化、Ksp的應(yīng)用。5“5”考酸堿中和滴定(1)“考”實驗儀器。(2)“考”操作步驟。(3)“考”指示劑選擇。(4)“考”誤差分析。(5)“考”數(shù)據(jù)處理?？键c一電離平衡和溶液的酸堿性解析水的電離吸熱，溫度升高，水的電離程度增大，Kw增大，圖中Q點Kw1014，P點Kw1012，因此曲線A表示的是25 時水的電離平衡曲線，A項錯誤；25 時，pH1的稀硫酸中氫離子抑制了水的電離，逐滴滴入pH11的稀氨水，氫離子濃度逐漸減小，水的電離程度逐漸增大，過量后氨水中的氫氧根離子抑制水的電離，水的電離程度又逐漸減小，B項正確；Q點對應(yīng)的溶液呈中性，F(xiàn)e3水解生成氫氧化鐵沉淀，不能大量存

5、在，C項錯誤；100 時，Kw1012，pH2的稀硫酸中c(H)1102 mol/L，pH12的氫氧化鈉溶液中c(OH)1 mol/L，等體積混合，氫氧化鈉過量，溶液顯堿性，D項錯誤。答案B(1)外界條件對水的電離的影響：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，升高溫度促進水的電離。強酸弱堿鹽和堿溶液中，H均來自水的電離，故c水(OH)c水(H)c(H)；強堿弱酸鹽和酸溶液中，OH均來自水的電離，故c水(H)c水(OH)c(OH)。酸式鹽比較特殊，如NaHSO4完全電離，會抑制水的電離；NaHCO3中HCO以水解為主，呈堿性，促進水的電離。(2)溶液pH計算模板分點突破角度一：

6、弱電質(zhì)的電離平衡及影響因素1室溫下，向a molL1氨水中逐滴加入鹽酸至過量，下列描述不正確的是()A溶液的pH減小B.增大C水的電離程度先減小后增大DKb(NH3H2O)不變解析A項，氨水中存在NH3H2O?NHOH，加入鹽酸后c(OH)減小，pH減小，正確；B項，加入鹽酸后c(OH)減小，電離平衡右移，c(NH)增大，增大，正確；C項，NH3H2O抑制水的電離，隨著鹽酸的加入，濃度減小，抑制程度減弱，水的電離程度增大，但隨著鹽酸的過量，鹽酸抑制水的電離，水的電離程度減小，故水的電離程度先增大后減小，錯誤；D項，NH3H2O的電離常數(shù)只與溫度有關(guān)，正確。答案C2(2017全國卷)下列事實中，

7、不能比較氫硫酸與亞硫酸的酸性強弱的是()A氫硫酸不能與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)，而亞硫酸可以B氫硫酸的導(dǎo)電能力低于相同濃度的亞硫酸C0.10 molL1的氫硫酸和亞硫酸的pH分別為4.5和2.1D氫硫酸的還原性強于亞硫酸解析A項，根據(jù)較強酸制備較弱酸原理，氫硫酸不和NaHCO3反應(yīng)，亞硫酸與NaHCO3反應(yīng)，說明亞硫酸、碳酸、氫硫酸的酸性依次減弱，正確；B項，相同濃度，溶液的導(dǎo)電能力與離子總濃度有關(guān)，相同濃度下，氫硫酸溶液導(dǎo)電能力弱，說明氫硫酸的電離能力較弱，即電離出的H數(shù)較少，正確；C項，相同濃度下，亞硫酸的pH較小，故它的酸性較強，正確；D項，酸性強弱與還原性無關(guān)，酸性強調(diào)酸電離出H的難易，而還原

8、性強調(diào)還原劑失電子的難易，錯誤。答案D3在不同溫度下，水溶液中c(H)與c(OH)有如圖所示關(guān)系。下列說法中不正確的是()AT25Bb點溶液中c(H)一定比a點大C要實現(xiàn)a點到b點，可以加入CH3COONa固體Dac線上任意點對應(yīng)的溶液均呈中性解析A項，由題圖可知，由25 到T ，水的電離程度增大，由于升高溫度，水的電離程度增大，故T25，正確；B項，由題圖可知，b點溶液中c(H)1106 molL1，a點溶液中c(H)1107 molL1，正確；C項，a點到b點為中性溶液變?yōu)樗嵝匀芤?，若加入CH3COONa固體，則溶液因CH3COO水解而呈堿性，錯誤；D項，ac線上任意點對應(yīng)的溶液中均存在c

9、(OH)c(H)，正確。答案C(1)電離平衡中的3個易錯點電離平衡向正向移動，弱電解質(zhì)的電離程度不一定增大，如向醋酸溶液中加入少量冰醋酸，平衡向電離方向移動，但醋酸的電離程度減小。弱電解質(zhì)在加水稀釋的過程中，溶液中離子濃度不一定都減小，如氨水加水稀釋時，c(H)增大。由水電離出的c(H)1.01013 molL1的溶液不一定呈堿性。(2)利用電離常數(shù)(K)巧判溶液稀釋中有關(guān)粒子濃度比值大小弱電解質(zhì)(HA)加水稀釋時，溶液中的H、HA、A的濃度均是降低的，但稀釋過程中溫度不變，電離常數(shù)(K)不變。因此解答弱電解質(zhì)溶液稀釋時粒子濃度比值的變化，可借助電離常數(shù)K來解答。 如0.1 molL1的CH3

10、COOH溶液，加水稀釋，是增大還是減??？因為加水稀釋時，溶液中c(CH3COOH)和c(CH3COO)均是減小的，式中存在兩個“變量”，不易確定比值的變化情況，利用電離常數(shù)(K)將變形為，由兩個“變量”變成一個“變量”，加水稀釋時K不變，而c(H)減小，故比值增大。 角度二：溶液的酸堿性和pH計算4某溫度下，pH11的氨水和NaOH溶液分別加水稀釋100倍，溶液的pH隨溶液體積變化的曲線如圖所示。據(jù)圖判斷錯誤的是()A為氨水Ba一定大于9C稀釋后氨水中水的電離程度比NaOH溶液中水的電離程度大D恰好完全中和相同體積、pH11的兩溶液時，消耗相同濃度的稀硫酸的體積：V(NaOH)9，正確；C項，

11、稀釋后氨水電離出的c(OH)大于NaOH溶液電離出的c(OH)，故氨水中水的電離程度小于NaOH溶液中水的電離程度，錯誤；D項，pH11的氨水和NaOH溶液，NH3H2O的物質(zhì)的量濃度大于NaOH的物質(zhì)的量濃度，則恰好完全中和相同體積的兩溶液時，消耗相同濃度的稀硫酸的體積：V(NaOH)鹽酸，錯誤；B項，混合溶液的c(H) molL15.05104 molL1，pH3.3，錯誤；C項，混合溶液的c(OH) molL15.05104 molL1，c(H) molL11.981011 molL1，pH10.7，錯誤；D項，橙汁和西瓜汁中c(H)的比值100，正確。答案D警惕溶液稀釋、混合的3個誤區(qū)

12、誤區(qū)1：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)2：不能正確理解弱酸、弱堿的稀釋規(guī)律誤區(qū)3：不能正確掌握混合溶液的定性規(guī)律pHn(n7)的強酸和pH14n的強堿溶液等體積混合，pH7；pHn(n7)的醋酸和pH14n的氫氧化鈉溶液等體積混合，混合溶液pH7；pHn(n7。 考點二鹽類水解和粒子濃度大小的比較解析在a點溶液中，NaOH反應(yīng)了一半，且碳酸根離子水解產(chǎn)生氫氧根離子，所以c(Na)c(CO)c(OH)c(Cl)c(H)，A不符合題意；在b點溶液中，根據(jù)電荷守恒可推出n(Na)n(H)2n(CO)n(Cl)n(OH

13、)n(HCO)，溶液pH7，則n(H)n(OH)，故n(Na)2n(CO)n(Cl)n(HCO)，則2n(CO)n(HCO)n(Na)n(Cl)0.1 molL10.01 L30.1 molL10.02 L0.001 mol，則2n(CO)n(HCO)c(CH3COO)，D不符合題意。答案B電解質(zhì)溶液中微粒濃度關(guān)系判斷方法(1)判斷思路 (2)“三大守恒”的應(yīng)用：電荷守恒存在于所有電解質(zhì)溶液中；水中含有H、O原子，因此利用物料守恒時，不考慮這兩種原子的守恒，而選取其他有特定組成比或投料比的原子；使用質(zhì)子守恒過程中容易出錯，在沒有絕對把握的情況下，盡量先寫出電荷守恒和物料守恒，消去相同物質(zhì)得到質(zhì)

14、子守恒關(guān)系式。 分點突破角度一：鹽類水解的應(yīng)用1Na2CO3水溶液中存在平衡COH2O?HCOOH。下列說法不正確的是()A稀釋溶液，增大B通入CO2，溶液pH減小C升高溫度，平衡常數(shù)增大D加入NaOH固體，減小解析稀釋溶液，平衡向正反應(yīng)方向移動，但平衡常數(shù)不變，A項錯；通入CO2，發(fā)生反應(yīng)CO22OH=COH2O，溶液pH減小，B項正確；升高溫度，平衡正向移動，平衡常數(shù)增大，C項正確；加入NaOH固體，溶液中c(OH)增大，平衡逆向移動，c(HCO)減小，c(CO)增大，減小，D項正確。答案A2某同學(xué)探究溶液的酸堿性對FeCl3水解平衡的影響，實驗方案如下：配制50 mL 0.001 mol

15、L1 FeCl3溶液、50 mL對照組溶液X，向兩種溶液中分別滴加1滴1 molL1 HCl溶液、1滴1 molL1 NaOH溶液，測得溶液pH隨時間變化的曲線如圖所示。下列說法不正確的是()A依據(jù)M點對應(yīng)的pH，說明Fe3發(fā)生了水解反應(yīng)B對照組溶液X的組成可能是0.003 molL1 KClC依據(jù)曲線c和d說明Fe3水解平衡發(fā)生了移動D通過儀器檢測體系渾濁度的變化，可表征水解平衡移動的方向解析FeCl3溶液的pH小于7，溶液顯酸性，原因是FeCl3是強酸弱堿鹽，F(xiàn)e3在溶液中發(fā)生了水解，故A項正確；對照組溶液X加堿后溶液的pH的變化程度比加酸后的pH的變化程度大，而若對照組溶液X的組成是0.

16、003 molL1 KCl，則加酸和加堿后溶液的pH的變化應(yīng)呈現(xiàn)軸對稱的關(guān)系，故B項錯誤；在FeCl3溶液中加堿、加酸后，溶液的pH的變化均比對照組溶液X的變化小，因為加酸或加堿均引起了Fe3水解平衡的移動，故溶液的pH的變化比較緩和，故C項正確；FeCl3溶液水解出Fe(OH)3，故溶液的渾濁程度變大，則水解被促進，否則被抑制，故D項正確。答案B警惕溶液中水解平衡的3個易錯點(1)誤認為水解平衡向正向移動，離子的水解程度一定增大。如向FeCl3溶液中，加入少量FeCl3固體，平衡向水解方向移動，但Fe3的水解程度減小。(2)誤認為弱酸強堿鹽都因水解而顯堿性。如NaHSO3溶液顯酸性是因為HS

17、O的電離強于水解。(3)誤認為可水解的鹽溶液在蒸干后都得不到原溶質(zhì)。對于水解程度不大且水解產(chǎn)物不離開平衡體系的情況如Al2(SO4)3來說，溶液蒸干仍得原溶質(zhì)。 角度二：粒子濃度的比較3常溫下，下列有關(guān)說法正確的是()A0.1 molL1的Na2S溶液：c(OH)c(H)c(HS)c(H2S)BpH11的氨水與pH3的硫酸各1 L混合后，c(NH)2c(SO)CpH11的氨水與pH11的醋酸鈉溶液，由水電離出的c(H)相等DpH相同的NaClO溶液CH3COONa溶液中的c(Na)：解析A項，Na2S溶液中質(zhì)子守恒關(guān)系式為：c(OH)c(H)c(HS)2c(H2S)，錯誤；B項，pH11的氨水

18、與pH3的硫酸各1 L混合后，氨水過量，反應(yīng)后為氨水、(NH4)2SO4的混合溶液，其中NH3H2O電離產(chǎn)生NH，所以c(NH)2c(SO)，正確；C項，NH3H2O是堿，電離產(chǎn)生的OH對水的電離起抑制作用，使水的電離程度減小，而CH3COONa水解消耗水電離產(chǎn)生的H，使水的電離程度增大，兩溶液中，由水電離出的c(H)后者大，前者小，錯誤；D項，酸性CH3COOHHClO，水解程度ClOCH3COO，相同pH的NaClO和CH3COONa溶液，后者濃度大，即c(Na)：c(HCO)2c(CO)B等濃度的HCN溶液與NaOH溶液等體積混合，所得溶液pH7，則溶液中離子濃度：c(Na)c(CN)c

19、(OH)c(H)C0.4 molL1某一元酸HA溶液和0.2 molL1 NaOH溶液等體積混合的溶液中：2c(OH)c(A)2c(H)c(HA)D兩種弱酸HX和HY混合后，溶液中的c(H)為(Ka為電離平衡常數(shù))c(H)c(OH)解析A項，CO2與水反應(yīng)生成H2CO3，H2CO3發(fā)生兩步電離：H2CO3?HHCO，HCO?HCO，第二步電離較第一步弱，所以c(CO)遠小于c(HCO)，c(H)c(HCO)2c(CO)，正確；B項，二者恰好完全反應(yīng)產(chǎn)生NaCN，所得溶液pH7，c(OH)c(H)；CN發(fā)生水解反應(yīng)：c(Na)c(CN)，溶液中離子濃度：c(Na)c(CN)c(OH)c(H)，正

20、確；C項，二者發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生NaA，同時存在過量的HA，二者的物質(zhì)的量的比是11，根據(jù)物料守恒可得：c(A)c(HA)2c(Na)，根據(jù)電荷守恒可得c(Na)c(H)c(OH)c(A)，將第一個式子代入第二個式子，整理可得：2c(OH)c(A)2c(H)c(HA)，正確；D項，兩種弱酸HX和HY混合后，則根據(jù)電離常數(shù)及水的離子積常數(shù)的含義可得：c(H)，錯誤。答案D525 時，用0.0500 molL1 H2C2O4(二元弱酸)溶液滴定25.00 mL 0.1000 molL1 NaOH溶液所得滴定曲線如圖。下列說法不正確的是()A點所示溶液中：c(H)c(H2C2O4)c(HC2O)c(OH)

21、B點所示溶液中：c(HC2O)2c(C2O)c(Na)C點所示溶液中：c(Na)c(HC2O)c(C2O)c(H2C2O4)D滴定過程中可能出現(xiàn)：c(Na)c(C2O)c(HC2O)c(H)c(OH)解析A項，點為Na2C2O4溶液，其質(zhì)子守恒關(guān)系式為c(H)2c(H2C2O4)c(HC2O)c(OH)，錯誤；B項，點溶液呈中性，電荷守恒關(guān)系為c(OH)c(HC2O)2c(C2O)c(H)c(Na)，因為c(H)c(OH)，則有c(HC2O)2c(C2O)c(Na)，正確；C項，點為NaHC2O4溶液，溶液呈酸性，說明電離大于水解，c(C2O)c(H2C2O4)，正確；D項，點為Na2C2O4

22、溶液呈堿性，點為Na2C2O4、NaHC2O4混合溶液，呈中性，點為NaHC2O4溶液，呈酸性，所以在介于之間，隨著H2C2O4溶液的滴入，NaHC2O4逐漸增多，可能出現(xiàn)c(Na)c(C2O)c(HC2O)c(H)c(OH)，正確。答案A6已知H2SO3?HSOHKa1、HSO?SOHKa2常溫下，向某濃度的H2SO3溶液中逐滴加入一定量濃度的NaOH溶液，所得溶液中H2SO3、HSO、SO三種粒子的物質(zhì)的量分數(shù)()與溶液pH的關(guān)系如圖所示，則下列說法中不正確的是()A曲線3表示的粒子是SOB溶液pH4.2時：c(Na)c(H)c(OH)2c(SO)C常溫下，Ka1/Ka21000D溶液pH

23、1.2時：c(Na)c(H)c(OH)c(H2SO3)解析曲線1、2、3分別表示的粒子是H2SO3、HSO、SO，A項正確；溶液pH4.2時，依據(jù)電荷守恒得c(Na)c(H)c(OH)c(HSO)2c(SO)，B項錯誤；由圖象可知溶液pH1.2時，c(H2SO3)c(HSO)，則Ka1c(H)101.2，pH4.2時，c(HSO)c(SO)，則Ka2c(H)104.2，由電離常數(shù)可知Ka1/Ka21000，C項正確；溶液pH1.2時，H2SO3、HSO的物質(zhì)的量分數(shù)相等，且c(Na)c(H)c(OH)c(HSO)，則c(Na)c(H)c(OH)c(H2SO3)，D項正確。答案B抓住矛盾的主要方

24、面，破解溶液中粒子濃度關(guān)系式(1)依據(jù)“3大守恒”，理解電離平衡、水解平衡，樹立“微弱”意識。(2)鎖定3種情況，判斷溶液酸堿性電離能力大于水解能力，如等濃度的CH3COOH與CH3COONa溶液等體積混合后溶液顯酸性；等濃度的NH3H2O和NH4Cl溶液等體積混合后溶液顯堿性。水解能力大于電離能力，如：HClO的電離程度小于ClO水解程度，所以等濃度的HClO與NaClO溶液等體積混合后溶液顯堿性。酸式鹽溶液的酸堿性主要取決于酸式酸根的電離能力和水解能力哪一個更強。如在NaHCO3溶液中，HCO的水解大于電離，故溶液顯堿性；而在NaHSO3溶液中，HSO的電離大于水解，故溶液顯酸性。(3)剖

25、析反應(yīng)過程，掌握滴定時粒子濃度的變化向強堿(或弱堿)溶液中逐滴滴入弱酸(或強酸)溶液，離子濃度、pH有一定的變化規(guī)律?？键c三三大平衡和四大平衡常數(shù)的理解應(yīng)用解析根據(jù)圖象分析可知，當(dāng)圖中取橫坐標(biāo)為2即c(Cl)102 molL1時，c(Cu)1105(一般可逆反應(yīng)的K1105就認為反應(yīng)完全了)，D項正確。答案C沉淀溶解平衡原理應(yīng)用類題的解法(1)沉淀溶解平衡是建立在化學(xué)平衡理論基礎(chǔ)上的，也滿足化學(xué)平衡移動原理，題目往往結(jié)合沉淀溶解平衡圖象進行考查。分析圖象時，要注意縱、橫坐標(biāo)表示的是何種變量及與微粒物質(zhì)的量濃度的關(guān)系，當(dāng)坐標(biāo)為lgc(M)時，lgc(M)隨著c(M)的增大而增大，但坐標(biāo)為lgc(

26、M)時，lgc(M)隨著c(M)的增大而減小。(2)明確圖象中點的含義，注意分析處在曲線上的點與曲線外的點有什么區(qū)別，如圖所示，斜線b左上方的點表示Fe(OH)2不飽和溶液，斜線b右下方的點表示Fe(OH)2過飽和溶液。(3)不要陷入慣性思維，認為只有溶度積較大的物質(zhì)才能轉(zhuǎn)化為溶度積較小的物質(zhì)，其實這與離子的物質(zhì)的量濃度密切相關(guān)，當(dāng)離子物質(zhì)的量濃度足夠大時，使QcK(沉淀轉(zhuǎn)化平衡常數(shù))時，溶度積較小的物質(zhì)也能轉(zhuǎn)化為溶度積較大的物質(zhì)。 分點突破角度一：三大平衡1室溫下，將0.05 mol Na2CO3固體溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物質(zhì)，有關(guān)結(jié)論正確的是()解析0.05 mol

27、Na2CO3與50 mL 1 molL1 H2SO4恰好完全反應(yīng)生成Na2SO4，c(Na)2c(SO)，A項錯誤；含0.05 mol Na2CO3的溶液中加入0.05 mol CaO，兩者恰好完全反應(yīng)生成CaCO3沉淀和NaOH，溶液中c(OH)增大，c(HCO)減小，兩者的比值將增大，B項正確；在碳酸鈉溶液中加水，水電離出的c(OH)和c(H)減小，則由水電離出的c(H)c(OH)將減小，C項錯誤；在碳酸鈉溶液中加入NaHSO4固體，溶液中c(Na)必然增大，D項錯誤。答案B2(2016海南卷)向含有MgCO3固體的溶液中滴加少許濃鹽酸(忽略體積變化)，下列數(shù)值變小的是()Ac(CO) B

28、c(Mg2)Cc(H) DKsp(MgCO3)解析MgCO3固體的溶液中存在溶解平衡：MgCO3(s)?Mg2(aq)CO(aq)，加入少許濃鹽酸可與CO反應(yīng)促使溶解平衡正向移動，使c(Mg2)增大，結(jié)合Ksp(MgCO3)c(CO)c(Mg2)，且溫度不變，其數(shù)值也不變，故c(CO)減??；CO水解使溶液呈堿性，故c(CO)減小時，c(OH)減小、c(H)增大。答案A3某溫度下，將0.1 mol BaSO4粉末置于盛有500 mL蒸餾水的燒杯中，然后向燒杯中加入Na2CO3固體(忽略溶液體積的變化)并充分攪拌，加入Na2CO3固體的過程中，溶液中幾種離子的濃度變化曲線如圖所示，下列說法中正確的

29、是()A該溫度下，Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)BBaSO4在水中的溶解度和Ksp均比在BaCl2溶液中的大C反應(yīng)BaSO4(s)CO(aq)BaCO3(s)SO(aq)的K2K1D若使0.1 mol BaSO4全部轉(zhuǎn)化為BaCO3，至少要加入2.6 mol Na2CO3解析A項，根據(jù)圖象信息可知，Ksp(BaSO4)c(Ba2)c(SO)1.01051.01051.01010，Ksp(BaCO3)c(Ba2)c(CO)1.01052.51042.5109，Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)，錯誤；B項，BaSO4在BaCl2溶液中由于Ba2的存在，使沉淀溶解平衡向生成沉淀方向

30、移動，因此BaSO4在BaCl2溶液中的溶解度小于在水中的溶解度，而Ksp只隨溫度的改變而改變，溫度一定，無論是在水中還是在BaCl2溶液中，Ksp的值是不變的，錯誤；C項，BaSO4(s)比BaCO3(s)難溶，則BaSO4(s)轉(zhuǎn)化為BaCO3(s)的平衡常數(shù)K1小于BaCO3(s)轉(zhuǎn)化為BaSO4(s)的平衡常數(shù)K2，錯誤；D項，若不能將沉淀轉(zhuǎn)化的平衡常數(shù)與溶度積常數(shù)聯(lián)系起來，靈活運用K與Qc的關(guān)系，或計算時忽略轉(zhuǎn)化過程所消耗的Na2CO3，都容易導(dǎo)致錯誤判斷該項。反應(yīng)BaSO4(s)CO(aq)?BaCO3(s)SO(aq)的平衡常數(shù)K0.04，若使0.1 mol BaSO4全部轉(zhuǎn)化為

31、BaCO3，則反應(yīng)生成0.1 mol SO，溶液的離子積QcK0.04，則平衡時n(CO)2.5 mol，則至少需要Na2CO3的物質(zhì)的量為2.5 mol0.1 mol2.6 mol，正確。答案D(1)鹽類水解受溫度、濃度、溶液的酸堿性等因素的影響，以氯化鐵水解為例，當(dāng)改變條件如升溫、通入HCl氣體、加水、加鐵粉、加碳酸氫鈉等時，可分別從平衡移動方向、pH的變化、水解程度、現(xiàn)象等方面總結(jié)分析。(2)沉淀溶解平衡與化學(xué)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，平衡只受溫度影響，與濃度無關(guān)。(3)溶度積(Ksp)的大小只與難溶電解質(zhì)的性質(zhì)和溶液的溫度有關(guān)，相同類型的難

32、溶電解質(zhì)的Ksp越小，溶解度越小，越難溶。 角度二：Kw、Ka(或Kh)、Ksp的計算及應(yīng)用4K、Ka、Kw分別表示化學(xué)平衡常數(shù)、電離常數(shù)和水的離子積，下列判斷正確的是()A在500 、20 MPa條件下，在5 L的密閉容器中進行合成氨的反應(yīng)，使用催化劑后，K值增大B室溫下K(HCN)”、“Kh2。_ _。(2)含有Cr2O的廢水毒性較大，某工廠廢水中含5.0103 molL1的Cr2O。為了使廢水的排放達標(biāo)，進行如下處理：Cr2OCr3、Fe3Cr(OH)3、Fe(OH)3該廢水中加入綠礬和H，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。若處理后的廢水中殘留的c(Fe3)2.01013 molL1，則殘留的C

33、r3的濃度為_。(已知：KspFe(OH)34.01038，KspCr(OH)36.01031)解析(1)Ka1，由HSOH2O?H2SO3OH，Kh1.01012Ka2，這說明HSO的電離能力強于水解能力，故溶液顯酸性，pH7；同理可求出Kh11.0107，Na2SO3溶液的堿性主要由SO的一級水解決定，設(shè)溶液中c(OH)x mol/L，則c(HSO)x mol/L、c(SO)0.1 mol/Lx mol/L0.1 mol/L，利用水解平衡常數(shù)易求出x1.0104 mol/L，pH10。一級水解產(chǎn)生的OH對二級水解有抑制作用，導(dǎo)致二級水解程度降低。(2)廢水中加入綠礬和H，根據(jù)流程圖，可知發(fā)

34、生的是氧化還原反應(yīng)，配平即可。c(Cr3)/c(Fe3)c(Cr3)c3(OH)/cFe3c3(OH)KspCr(OH)3/KspFe(OH)31.5107，故c(Cr3)3.0106 molL1。答案(1)1.0101210一級水解產(chǎn)生的OH對二級水解有抑制作用(2)Cr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O3.0106 molL1(1)四大平衡常數(shù)的比較(2)應(yīng)用判斷平衡移動方向常數(shù)間的關(guān)系aKh；b.Kh。判斷離子濃度比值的大小變化。如將NH3H2O溶液加水稀釋，c(OH)減小，由于電離平衡常數(shù)為，此值不變，故的值增大。利用Ksp計算沉淀轉(zhuǎn)化時的平衡常數(shù)，如：AgClI?AgICl

35、已知：Ksp(AgCl)1.81010、Ksp(AgI)8.51017反應(yīng)的平衡常數(shù)K2.12106。利用四大平衡常數(shù)進行有關(guān)計算。 考點四中和滴定及遷移應(yīng)用解析(1)取水樣時避免擾動水體表面，這樣能保證所取水樣中溶解氧量與水體中實際溶解氧量基本相同，以減小實驗誤差。(2)根據(jù)水樣與Mn(OH)2堿性懸濁液反應(yīng)生成MnO(OH)2，可寫出固氧的反應(yīng)為O22Mn(OH)2=2MnO(OH)2。(3)由于Na2S2O3溶液不穩(wěn)定，使用前需標(biāo)定，配制該溶液時無需用容量瓶，只需粗略配制，故配制Na2S2O3溶液時，還需要用到的玻璃儀器為量筒；所用蒸餾水必須經(jīng)過煮沸、冷卻后才能使用，這樣能除去水中溶解的

36、氧氣和CO2，且能殺菌。(4)根據(jù)可知MnO(OH)2能將水樣中的I氧化為I2，滴定過程中用淀粉溶液作指示劑，在滴定終點前I2遇淀粉變藍，達到滴定終點時，I2完全被消耗，溶液藍色剛好褪去。根據(jù)關(guān)系式O22MnO(OH)22I24Na2S2O3，結(jié)合消耗n(Na2S2O3)a molL1b103 Lab103 mol，可求出100.00 mL水樣中溶解氧的質(zhì)量為ab103 mol32 gmol18ab103 g8ab mg，則該水樣中溶解氧的含量為8ab mg0.10000 L80ab mgL1。(5)滴定完成時，滴定管尖嘴處留有氣泡，會導(dǎo)致讀取的Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，根據(jù)關(guān)系式O24N

37、a2S2O3，可知測定的溶解氧的含量偏低。答案(1)使測定值與水體中的實際值保持一致，避免產(chǎn)生誤差(2)O22Mn(OH)2=2MnO(OH)2(3)量筒氧氣(4)藍色剛好褪去且半分鐘內(nèi)無變化80ab(5)低解決氧化還原滴定題型，應(yīng)掌握三個要點(1)滴定原理以氧化劑或還原劑為滴定劑，直接滴定一些具有還原性或氧化性的物質(zhì)。或者間接滴定一些本身并沒有還原性或氧化性，但能與某些還原劑或氧化劑反應(yīng)的物質(zhì)。如KMnO4溶液滴定Fe2的離子方程式為MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O。(2)滴定試劑常見的用于滴定的氧化劑有KMnO4、K2Cr2O7、碘水等；常見的用于滴定的還原劑有亞鐵鹽、草酸、維生

38、素C等。(3)滴定指示劑氧化還原滴定的3類指示劑a氧化還原指示劑。b專用指示劑，如在“碘量法”滴定中，因可溶性淀粉溶液遇碘變藍色，故可用淀粉溶液作指示劑。c自身指示劑，如用KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定草酸時，可利用KMnO4溶液本身顏色的變化來指示滴定終點。滴定終點的判斷當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏螛?biāo)準(zhǔn)溶液后，溶液變成色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來的顏色。 分點突破角度一：酸堿中和滴定1某學(xué)生用已知物質(zhì)的量濃度的鹽酸來測定未知物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時，選擇甲基橙作指示劑。請?zhí)顚懴铝锌瞻祝?1)用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸滴定待測的NaOH溶液時，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動錐形瓶，眼睛注視_，直到因加入一滴鹽酸后，溶液由黃色變

39、為橙色，并_為止。(2)下列操作中可能使所測NaOH溶液的濃度數(shù)值偏低的是_(填字母序號)。A酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗就直接注入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸B滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥C酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失D讀取鹽酸體積時，開始仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束時俯視讀數(shù)(3)若滴定開始和結(jié)束時，酸式滴定管中的液面如圖所示，則起始讀數(shù)為_mL，終點讀數(shù)為_mL，所用鹽酸的體積為_mL。(4)某學(xué)生根據(jù)3次實驗分別記錄有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：依據(jù)上表數(shù)據(jù)列式計算該NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度。解析(1)滴定操作時眼睛應(yīng)注視錐形瓶中溶液顏色變化。(2)A項，滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤洗，內(nèi)壁附著一層水

40、可將鹽酸稀釋，滴定時消耗鹽酸的體積偏大，結(jié)果偏高；B項，錐形瓶中的水不影響測定結(jié)果；C項，若排出氣泡，液面會下降，故讀取V酸偏大，結(jié)果偏高；D項，正確讀數(shù)(虛線部分)和錯誤讀數(shù)(實線部分) 如圖所示，錯誤讀數(shù)讀取的V酸偏小，結(jié)果偏低。(3)讀數(shù)時，以凹液面的最低點為基準(zhǔn)。(4)26.10 mL(第二次偏差太大，舍去)，c(NaOH)0.1044 molL1。答案(1)錐形瓶中溶液顏色變化在半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色(2)D(3)0.0026.1026.10(4)26.10 mL，c(NaOH)0.1044 molL1角度二：氧化還原滴定和沉淀滴定2滴定法是一種重要的定量分析方法，應(yīng)用范圍很廣。(1)利

41、用酸堿滴定法可測定Ba2的含量，實驗分兩步進行。已知：2CrO2H=Cr2OH2O，Ba2CrO=BaCrO4。步驟：移取x mL一定濃度的Na2CrO4溶液于錐形瓶中，加入酸堿指示劑，用b molL1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點，測得滴加鹽酸體積為V0 mL。步驟：移取y mL BaCl2溶液于錐形瓶中，加入x mL與步驟中相同濃度的Na2CrO4溶液，待Ba2完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用b molL1鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V1 mL。滴加鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液時應(yīng)用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的_(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的濃度為_molL1，若步驟中滴加鹽酸時有少量

42、待測液濺出，Ba2的濃度測量值將_(填“偏大”或“偏小”)。(2)某地市場上銷售的一種食用精制鹽包裝袋上有如下部分說明：產(chǎn)品等級一級配料食鹽、碘酸鉀、抗結(jié)劑碘含量(以I計)2050 mgkg1已知：IO5I6H=3I23H2O，I22S2O=2IS4O。某學(xué)生擬測定食用精制鹽的碘(KIO3)含量，其步驟為a準(zhǔn)確稱取W g食鹽，加適量蒸餾水使其完全溶解；b.用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3與KI反應(yīng)完全；c.以淀粉為指示劑，逐滴加入物質(zhì)的量濃度為2.0103 molL1的Na2S2O3溶液10.0 mL，恰好反應(yīng)完全。判斷c中恰好完全反應(yīng)所依據(jù)的現(xiàn)象是_。b中反應(yīng)所產(chǎn)生的I2的

43、物質(zhì)的量是_mol。根據(jù)以上實驗和包裝說明，算得所測食用精制鹽的碘含量是(以含W的代數(shù)式表示)_mgkg1。解析(1)滴定管的刻度值上小下大，“0”刻度位于滴定管的上方。由步驟，可求得c(CrO) molL1；由步驟，求得與Ba2反應(yīng)的CrO的物質(zhì)的量為 mol，則c(Ba2) molL1。根據(jù)計算式可知，若步驟中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，則V1減小，Ba2濃度的測量值將偏大。(2)碘的淀粉溶液顯藍色，碘與Na2S2O3溶液恰好反應(yīng)完全時，溶液由藍色變?yōu)闊o色。計算的關(guān)系式為KIO33I26S2O。n(I2)n(S2O)2.0103 molL110.0103 L1.0105 mol，n(I)n

44、(KIO3)n(I2)，食用精制鹽的碘含量 mgkg1。答案(1)上方偏大(2)溶液由藍色恰好變?yōu)闊o色1.0105(1)氧化還原滴定原理以氧化劑或還原劑為滴定劑，直接滴定一些具有還原性或氧化性的物質(zhì)。實例a酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液。原理2MnO6H5H2C2O4=10CO22Mn28H2O指示劑酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外選擇指示劑，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嗡嵝訩MnO4溶液后，溶液由無色變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色，說明到達滴定終點b.Na2S2O3溶液滴定碘液。原理2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI指示劑用淀粉作指示劑，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液后，溶液的藍色

45、褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色，說明到達滴定終點(2)沉淀滴定概念：沉淀滴定是利用沉淀反應(yīng)進行滴定、測量分析的方法。生成沉淀的反應(yīng)很多，但符合條件的卻很少，實際上應(yīng)用最多的是銀量法，即利用Ag與鹵素離子的反應(yīng)來測定Cl、Br、I濃度。原理：沉淀滴定所用的指示劑本身就是一種沉淀劑，滴定劑與被滴定物二者反應(yīng)的生成物的溶解度要比滴定劑與指示劑反應(yīng)的生成物的溶解度小，否則不能用這種指示劑。如用AgNO3溶液測定溶液中Cl的含量時常以CrO為指示劑，這是因為AgCl比Ag2CrO4更難溶的緣故。注意：a.在回答滴定終點的顏色變化時，要強調(diào)在半分鐘內(nèi)溶液顏色不褪去(或不恢復(fù)原色)。b在進行相關(guān)計算時，要注意取

46、出樣品溶液與原樣品所配制溶液量之間的關(guān)系。 考向一弱電解質(zhì)的電離1(2018浙江卷)相同溫度下，關(guān)于鹽酸和醋酸兩種溶液的比較，下列說法正確的是()ApH相等的兩溶液中：c(CH3COO)c(Cl)B分別中和pH相等、體積相等的兩溶液，所需NaOH的物質(zhì)的量相同C相同濃度的兩溶液，分別與金屬鎂反應(yīng)，反應(yīng)速率相同D相同濃度的兩溶液，分別與NaOH固體反應(yīng)后呈中性的溶液中(忽略溶液體積變化)：c(CH3COO)c(Cl)解析pH相等的兩溶液中氫離子濃度相等，根據(jù)電荷守恒可知陰離子濃度相等，則c(OH)c(CH3COO)c(Cl)c(OH)，同溫下，pH相等的兩溶液中c(OH)也相等，則有c(CH3C

47、OO)c(Cl)，A符合題意；pH相等、體積相等的兩溶液中醋酸的物質(zhì)的量大于HCl的物質(zhì)的量，醋酸消耗NaOH的物質(zhì)的量大于鹽酸，B不符合題意；相同濃度的兩溶液，分別與金屬鎂反應(yīng)，由于HCl全部電離，而CH3COOH部分電離時，剛開始時，鹽酸中H的濃度大，所以剛開始時金屬鎂與鹽酸的反應(yīng)速率更快，C不符合題意；相同濃度的兩溶液，分別與NaOH固體反應(yīng)后呈中性，醋酸消耗NaOH的量小，由電荷守恒結(jié)合物料守恒可知c(CH3COO)0.1 molL1時，溶液pH變化不明顯，C錯誤；由圖2可知，當(dāng)pH達到4.66時，H2PO的分布分數(shù)為0.994，故H3PO4幾乎全部轉(zhuǎn)化為LiH2PO4，D正確。答案D6(2017海南卷)碳酸鈉是一種重要的化工原料，主要采用氨堿法生產(chǎn)?；卮鹣铝袉栴}：碳酸鈉俗稱_，可作為堿使用的原因是_(用離子方程式表示)。解析碳酸鈉俗稱純堿或蘇打；碳酸鈉水解使其溶液呈堿性，故可作為堿使用，CO的水解以第一步為主：COH2O?OHHCO。答案純堿(或蘇打)COH2O?OHHCO考向三溶液中粒子濃度的比較7(2017全國卷)改變0.1 molL1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中的H2A、HA、A2的物質(zhì)的量分數(shù)(X) 隨pH的變化如圖所示已知(X)。下列敘述錯誤的是()ApH1.2時，c(H2A)c(HA)B. lgK2(H2A)4.2CpH2.7時，c(HA)c(H2A