高考化学二轮备考专题辅导与测试外界条件对三大平衡的影响规律要点透析提升训练

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1、外界条件对“三大平衡的影响规律”【知识回顾】电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡，它们都遵循平衡移动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 (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

2、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：有弱才水解；越弱越水解，谁强显谁性，同强显中性，越热越水解，越稀越水解。(2)类型：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CH3COOH2OCH3COOHOH；多元弱酸酸根分步水解，如碳酸钠水解的离子方程式为COH2OHCOOH、HCOH2OH2CO3OH。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NHH2O HNH3H2O、Al33H2OAl(OH)33H。NaCl

3、等强酸强碱盐不水解，溶液呈中性。弱酸弱碱盐相互促进水解，其溶液的酸碱性取决于弱酸和弱碱的相对强弱。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：QcKsp，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

4、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、HgS等)溶度积特别小，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(S2)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。

5、方法规律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、醋酸加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大。 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、醋酸加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大。加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多。反思归纳盐类水解面面观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Na

6、HSO3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。【提升训练】1浓度均为0.10 molL1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示，下列叙述错误的是AMOH的碱性强于ROH的碱性BROH的电离程度：b点大于a点C若两溶液无限稀释，则它们的c(OH)相等D当lg=2时，若两溶液同时升高温度，则c(M)/c(R)增大解析由图像分析浓度为0.10 molL1的MOH溶液，在稀释前pH为13，说明MOH完全电离，则MOH为强碱，而ROH的pHFEB其他条件相同，用MgCl2溶液替代BaCl2溶液，F点向G点迁移C常温下，Ks

7、p(BaCO3)1.0109D常温下，Na2CO3溶液的pKh17.6解析Ksp只与温度有关，所以E、F、G三点的Ksp应该相等，选项A错误；由于MgCl2和BaCl2均与等物质的量Na2CO3反应，用相同浓度MgCl2溶液替代BaCl2溶液，恰好完全反应时消耗的Na2CO3溶液的体积相同，但由于Ksp(BaCO3)Ksp(MgCO3)，所以pMgpBa，故点应该在F的正下方，选项B错误；F点表示氯化钡溶液和碳酸钠溶液恰好完全反应生成碳酸钡和氯化钠，c(Ba2)c(CO)，Ksp(BaCO3)1.0109，选项C正确；COH2OHCOOH，Kh1，pKh11410.33.7，选项D错误。4(双

8、选)(2019江苏省苏、锡、常、镇四市高三(下)第二次模拟)25 时，NaCN溶液中CN、HCN浓度所占分数()随pH变化的关系如下图甲所示。向10 mL 0.01 molL1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 molL1的盐酸，其pH变化曲线如下图乙所示。下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是(AD)A图甲中pH7的溶液：c(Cl)c(HCN)B图甲中a点的溶液：c(CN)c(Cl)c(HCN)c(OH)c(H)D图乙中c点的溶液：c(Na)c(H)c(HCN)c(OH)2c(CN)解析A图甲中pH7的溶液中c(H)c(OH)，由溶液电荷守恒可知c(Na)c(H)c(OH)c(CN)c(

9、Cl)，由物料守恒可知c(Na)c(HCN)c(CN)，则c(Cl)c(HCN)，故A正确； B图甲中a点的溶液c(HCN)c(CN)，溶液呈碱性，而中性时c(Cl)c(HCN)，则碱性时加入HCl较少，应为c(CN)c(Cl)，故B错误； Cb点反应生成等浓度的NaCN、HCN，溶液呈碱性，则HCN电离程度小于CN水解程度，可知c(HCN)c(CN)，故C错误； D任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl)c(HCN)c(CN)，而根据电荷守恒可知，c(Na)c(H)c(Cl)c(OH)c(CN)，则c(Na)c(H)c(HCN)c(OH)2c(CN)，故D正确。 故

10、选AD。5(2019广东省肇庆市高考化学二模)25 时，H2CO3的Ka14.2107，Ka25.61011。室温下向10 mL 0.1 mo1L1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mo1L1 HCl溶液。如图是溶液中含碳元素微粒物质的量分数随pH降低而变化的图象(CO2因有逸出未画出)。下列说法错误的是(B)AA点所示溶液的pH11BB点所示溶液：c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)CA点B点发生反应的离子方程式为COH=HCOD分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na2CO3与NaHCO3混合物的组成解析AA点c(HCO)c(CO)，Ka25.61011，则c(H)5.610

11、11 mol/L，所以pH11，故A正确；B室温下向10 mL 0.1 molL1 Na2CO3溶液中逐滴加入0.1 mo1L1 HCl溶液，B点溶液中钠离子的物质的量浓度是含碳粒子的浓度的2倍，即c(Na)2c(HCO)2c(CO)2c(H2CO3)，故B错误；CA点B：CO逐渐减少，HCO逐渐增加，所以发生反应的离子方程式为COH=HCO，故C正确；DNa2CO3溶液中逐滴加入HCl，用酚酞作指示剂，滴定产物是NaHCO3，用甲基橙作指示剂滴定时NaHCO3与HCl反应产物是H2CO3，所以分步加入酚酞和甲基橙，用滴定法可测定Na2CO3与NaHCO3混合物的组成，故D正确。故选B。6.室

12、温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，向溶液中加入下列物质。有关结论正确的是加入的物质结论A50 mL 1 molL1 H2SO4反应结束后，c(Na)=c(SO)B0.05 mol CaO溶液中增大C50 mL H2O由水电离出的c(H)c(OH)不变D0.1 mol NaHSO4固体反应完全后，溶液pH减小，c(Na)不变解析室温下，将0.05 mol Na2CO3固体溶于水配成100 mL溶液，溶液中存在COH2OHCOOH，溶液呈碱性；A项加入50 mL 1 molL1 H2SO4，H2SO4与Na2CO3恰好反应，则反应后的溶液溶质为Na2SO4，故根

13、据物料守恒反应结束后，c(Na)=2c(SO)，故A项错误；向溶液中加入0.05 mol CaO，则CaOH2O=Ca(OH)2，则c(OH)增大，且Ca2CO=CaCO3，使COH2OHCOOH，平衡左移，c(HCO)减小，故增大，故B项正确；C项加入50 mL H2O，溶液体积变大，COH2OHCOOH，平衡右移，但c(OH)减小，Na2CO3溶液中H、OH均由水电离，故由水电离出的c(H)c(OH)减小，故C项错误；D项加入0.1 mol NaHSO4固体，NaHSO4为强酸酸式盐电离出H与CO反应，则反应后溶液为Na2SO4溶液，溶液呈中性，故溶液pH减小，引入了Na，故c(Na)增大

14、，D项错误。答案B7.下列说法正确的是AAlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发、浓缩、结晶、 灼烧，所得固体的成分相同B配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在硫酸中，然后再用水稀释到所需的浓度C向CuCl2溶液加入CuO调节pH可除去溶液中混有的Fe3D泡沫灭火器中常使用的原料是碳酸钠和硫酸铝解析A项：AlCl3与Al2(SO4)3溶液的水解方程式分别为AlCl33H2OAl(OH)33HCl，Al2(SO4)36H2O2Al(OH)33H2SO4，加热促进水解，由于盐酸为挥发性酸，硫酸为难挥发性酸，故前者最终产物为Al2O3，后者最终产物为Al2(SO4)3；B项：将FeCl

15、3固体溶解在硫酸中，会引入杂质SO，应溶解在盐酸中；C项：由于Fe3水解，Fe33H2OFe(OH)33H，加入CuO消耗H会促进水解，从而使其水解完全，从而除去Fe3；D项：为了加快产生CO2的速率，泡沫灭火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3，Al3与HCO相互促进水解，比Na2CO3反应速率快。答案C8(2019浙江省十二校高三第一次联考)常温下，现有0.1 molL1 NH4HCO3溶液，pH7.8。已知含氮(或含碳)各微粒的分布分数(平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数)与pH的关系如图所示：下列说法不正确的是(C)A当溶液的pH9时，溶液中存在：c(HCO)c(N

16、H)c(NH3H2O)c(CO)B0.1 molL1 NH4HCO3溶液中存在：c(NH3H2O)c(H2CO3)c(CO)C向pH7.8的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH和HCO浓度逐渐减小D分析可知，常温下Kb(NH3H2O)Ka1(H2CO3)解析A结合图象可知，溶液的pH9时，溶液中离子浓度大小为：c(HCO)c(NH)c(NH3H2O)c(CO)，故A正确；BNH4HCO3溶液中，pH7.8溶液显碱性，图象可知pH7.8时c(NH)c(HCO)，溶液中存在物料守恒：c(NH)c(NH3H2O)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)，得到c(NH3H2O)c(H2CO3)c(CO

17、)，故B正确；C0.1 mol/L的NH4HCO3溶液的pH7.8，根据图象可知，当溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小，故C错误；D由于0.1 mol/L的NH4HCO3溶液的pH7.8，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电离平衡常数大于Ka1(H2CO3)，故D正确；故选C。9(2019福建省漳州市高考化学一模)生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到的滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液的pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如下图所示。下列有关说法错误的是(C)Aa点溶液中存

18、在：c(Na)c(H)c(AlO)c(OH)B水的电离程度：a点小于c点C原NaHCO3溶液中c(H2CO3)c(HCO)c(CO)0.8 molL1D生成沉淀的离子方程式为HCOAlOH2O=Al(OH)3CO解析Aa点为偏铝酸钠和氢氧化钠混合溶液，根据电荷守恒可以写出：c(Na)c(H)c(AlO)c(OH)，故A正确；B水的电离程度：a点为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合液，c点为偏铝酸钠与碳酸钠的混合液，因为酸碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离，所以水的电离程度：a点小于c点，故B正确；C加入40 mol NaHCO3溶液时沉淀最多，沉淀为0.032 mol，前8 mL NaHCO3溶液和氢

19、氧化钠反应(OHHCO=COH2O)不生成沉淀，后32 mL NaHCO3溶液与偏铝酸钠反应(HCOAlOH2O=Al(OH)3CO)生成沉淀，则原NaHCO3溶液物质的量浓度c(NaHCO3)1.0 mol/L，原NaHCO3溶液中的物料守恒为c(HCO)c(CO)c(H2CO3)1.0 mol/L，故C错误；D根据强酸制弱酸原理可以写出离子方程式HCOAlOH2O=Al(OH)3CO，故D正确；故选C。10把Ca(OH)2放入蒸馏水中，一段时间后达到平衡：Ca(OH)2(s)Ca2(aq)2OH(aq)。下列说法正确的是A恒温下向溶液中加入CaO，溶液的pH升高B给溶液加热，溶液的pH升高

20、C向溶液中加入Na2CO3溶液，其中固体质量增加D向溶液中加入少量NaOH固体，Ca(OH)2固体质量不变解析恒温下Ksp不变，加入CaO后，溶液仍为Ca(OH)2的饱和溶液，pH不变，A错误；加热，Ca(OH)2的溶解度减小，溶液的pH降低，B错误；加入Na2CO3溶液，沉淀溶解平衡向右移动，Ca(OH)2固体转化为CaCO3固体，固体质量增加，C正确；加入NaOH固体平衡向左移动，Ca(OH)2固体质量增加，D错误。答案C11.实验：0.1 molL1AgNO3溶液和0.1 molL1NaCl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；向滤液b中滴加0.1 molL1KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1 molL1KI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AgC中颜色变化说明AgCl转化为AgID实验可以证明AgI比AgCl更难溶解析 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 molL1KI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。答案B13