精修版高考化学三轮冲刺题型示例【11】及答案

精品文档高考化学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114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c(H)与c(OH)比较c(H)大小pH酸性溶液c(H)>c(OH)c(H)>1×107 mol·L1<7中性溶液c(H)c(OH)c(H)1×107 mol·L17碱性溶液c(H)<c(OH)c(H)<1×107 mol·L1>74pH使用中的几个误区(1)pH7的溶液不一定呈中性。只有在常温下pH7的溶液才呈中性，当在100 时，水的离子积常数为1×1012，此时pH6的溶液为中性溶液，pH>6时为碱性溶液，pH<6时为酸性溶液。(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)1×107 mol·L1，若某溶液中水电离出的c(H)<1×107 mol·L1，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)>1×107 mol·L1，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。(2)室温下，溶液中的c(H)>1×107 mol·L1，说明该溶液是酸性溶液或水解呈酸性的盐溶液；溶液中的c(H)<1×107 mol·L1，说明该溶液是碱性溶液或水解呈碱性的盐溶液。6pH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：pH7pH>7pH<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。V酸V碱11V酸V碱>11V酸V碱<11(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pH12的氨水混合后所得溶液呈酸性(×)(2012·广东理综，23B)(2)常温下pH为2的盐酸由H2O电离出的c(H)1.0×1012 mol·L1()(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pH7(×)(2012·天津理综，5A)(4)常温下，将pH3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH4(×)(2012·浙江理综，12A)(5)100 时，将pH2的盐酸与pH12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·L1的一元酸HA与b mol·L1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是()AabB混合溶液的pH7C混合溶液中，c(H) mol·L1D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，ab，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pH7时不一定呈中性；C项混合溶液中，c(H)·c(OH)Kw，因为c(H) mol·L1，则c(OH) mol·L1，c(H)c(OH)，故溶液呈中性；D项中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稀释前溶液pH加水稀释到体积为原来的10n倍来源:稀释后溶液pH来源:来源:酸来源:数理化网强酸来源:pHapHan弱酸apHan碱强碱pHbpHbn弱碱bnpHb误区三：不能正确掌握混合溶液的定性规律pHn(n7)的强酸和pH14n的强碱溶液等体积混合，pH7；pHn(n7)的醋酸和pH14n的氢氧化钠溶液等体积混合，混合溶液pH7；pHn(n7)的盐酸和pH14n的氨水溶液等体积混合，混合溶液pH7。题组二一强一弱比较的图像分析3相同体积、相同pH的某一元强酸溶液和某一元中强酸溶液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，所以溶液产生氢气的体积多，在相同时间内，的反应速率比快。4pH2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(c0.1 mol·L1)至pH7，消耗NaOH溶液的体积为Vx、Vy，则()Ax为弱酸，Vx<Vy Bx为强酸，Vx>VyCy为弱酸，Vx<Vy Dy为强酸，Vx>Vy答案C解析由图知：将一元酸x和y分别稀释10倍，pH的变化量pHx1，pHy<1，所以x为强酸，而y为弱酸。pH2时弱酸y的浓度大，滴加NaOH至pH7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。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：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NHH2OHNH3·H2O、Al33H2OAl(OH)33H。NaCl等强酸强碱盐不水解，溶液呈中性。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KaKb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。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；QcKsp，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、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。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：HSOH2OH2SO3OHHSOHSO向0.1 mol·L1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，平衡左移，平衡右移，溶液中c(HSO)增大B加入少量Na2SO3固体，则c(H)c(Na)c(HSO)c(OH)c(SO)C加入少量NaOH溶液，、的值均增大D加入氨水至中性，则2c(Na)c(SO)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，使平衡左移，平衡右移，移动的结果是c(SO)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(HSO)很小，所以A项错误。B项依据电荷守恒判断，c(SO)前面的化学计量数应为2，即c(H)c(Na)c(HSO)c(OH)2c(SO)，所以B项错误。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；平衡左移，平衡右移，最终c(SO)增大，c(HSO)减小，所以增大。D项加入氨水到溶液呈中性，即c(H)c(OH)。由电荷守恒知，其他离子存在如下关系：c(Na)c(NH)2c(SO)c(HSO)，所以D项错误。2下列条件变化会使H2O的电离平衡向电离方向移动，且pH7的是()A将纯水加热到100 B向水中加少量HClC向水中加入少量NaOHD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，pH7，正确；B项，向水中加入HCl，抑制水的电离，pH7，错误；C项，向水中加入NaOH，抑制水的电离，pH7，错误；D项，向水中加入Na2CO3，促进水的电离，pH7，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pH7，则H2A是弱酸；若pH7，则H2A是强酸(×)(2012·浙江理综，12B)(2)25 时，a mol·L1一元酸HA与b mol·L1 NaOH等体积混合后，pH为7，则c(A)c(Na)(×)(2012·海南，11改编)(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pH7，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·L1 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()102030507080100pH8.38.48.58.99.49.610.1实验2：10 时，在烧杯中加入0.1 mol·L1 NaHCO3溶液200 mL，测得该溶液pH8.3，加热到100 ，测得pH10.2，恢复到10 ，pH9.8。实验3：加热0.1 mol·L1 NaHCO3溶液，将产生的气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊。实验4：配制0.1 mol·L1 NaHCO3溶液和0.1 mol·L1 Na2CO3溶液各200 mL,10 时，分别测得NaHCO3溶液pH8.3，Na2CO3溶液pH11.5。加热蒸发0.1 mol·L1 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pH9.8。将0.1 mol·L1 NaHCO3溶液200 mL敞口放置三天，再加水至200 mL，测得溶液pH10.1。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·L1 NaHCO3溶液中存在的平衡(除水电离平衡外)_、_。这两个平衡以_为主，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·L1 NaHCO3溶液，pH增大的原因可能是_、_、_。(4)实验4得到的结论是_。(5)实验4“加水至200 mL”的目的是_。实验4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)HCOHCOHCOH2OH2CO3OH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4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4加水的目的排除水分挥发造成的影响。实验4说明，NaHCO3常温下即分解，或NaHCO3H2OH2CO3NaOH，H2CO3H2OCO2，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、CO水解程度大造成，或加热NaHCO3促进HCO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蒸馏水0.1 mol·L1盐酸0.1 mol·L1氯化镁溶液0.1 mol·L1硝酸银溶液中，Ag浓度：(×)(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：0.1 mol·L1AgNO3溶液和0.1 mol·L1NaCl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 mol·L1KI溶液，出现浑浊；向沉淀c中滴加0.1 mol·L1KI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·L1KI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。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()A若从a点到c点，可采用在水中加入酸的方法Bb点对应的醋酸中由水电离的c(H)106 mol·L1Cc点对应溶液的Kw大于d点对应溶液的KwDT 时，0.05 mol·L1的Ba(OH)2溶液的pH11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1014，c点和d点的Kw都是1012，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，即c水电离(H)c(OH)108 mol·L1，B、C项均错误；T 时，Kw1012,0.05 mol·L1的Ba(OH)2溶液的c(H)1011 mol·L1，pH11，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·L1的氨水与0.01 mol·L1的盐酸等体积混合，反应平衡时溶液中c(NH)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Kb_。答案中解析氨水与HCl等体积混合后的溶液中的电荷守恒关系式为c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，因c(NH)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pH5.60，c(H2CO3)1.5×105 mol·L1。若忽略水的电离及H2CO3的第二级电离，则H2CO3HCOH的平衡常数K1_。(已知：105.602.5×106)答案4.2×107解析由H2CO3HHCO得平衡常数K1 其pH5.60则c(H)2.5×106 mol·L1c(HCO)因此K14.2×107。42013·山东理综，29(4)25 时，H2SO3HSOH的电离常数Ka1×102mol·L1，则该温度下NaHSO3水解反应的平衡常数Kh_mol·L1，若向NaHSO3溶液中加入少量的I2，则溶液中将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。答案1×1012增大解析KaKh1×1012mol·L1。HSOH2OH2SO3OH，当加少量I2时，发生I2HSOH2O=2I3HSO，导致水解平衡左移，c(H2SO3)稍减小，所以增大。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 )。电解质平衡方程式平衡常数KKspCH3COOHCH3COOHCH3COOH1.76×105H2CO3H2CO3HHCOHCOHCOK14.31×107 K25.61×1011C6H5OHC6H5OHC6H5OH1.1×1010H3PO4H3PO4HH2PO H2POHHPOHPOHPOK17.52×103 K26.23×108 K32.20×1013NH3·H2ONH3·H2ONHOH1.76×105BaSO4BaSO4(s)Ba2(aq)SO(aq)1.07×1010BaCO3BaCO3(s)Ba2(aq)CO(aq)2.58×109回答下列问题：(1)由上表分析，若CH3COOH，HCO，C6H5OH，H2PO均可看作酸，则它们酸性由强到弱的顺序为_(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：c(CH3COO)_c(NH)(填“>”、“”或“<”)。(3)25 时，向10 mL 0.01 mol·L1苯酚溶液中滴加V mL 0.01 mol·L1氨水，混合液中粒子浓度关系正确的是_。A若混合液pH>7，则V10B若混合液pH<7，则c(NH)>c(C6H5O)>c(H)>c(OH)CV10时，混合液中水的电离程度小于10 mL 0.01 mol·L1苯酚溶液中水的电离程度DV5时，2c(NH3·H2O)2c(NH)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：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)(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NH、CH3COO的水解程度相同，c(CH3COO)c(NH)。(3) NH3·H2OH2O，的水解程度远远大于NH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pH7，则该式不符合电荷守恒，应是c(C6H5O)c(NH)c(H)c(OH)；C项错误，促进水的电离，而抑制水的电离；D项正确，当V5 mL时，正好组成和的混合液，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(SO)增大，c(Ba2)减小；B项正确，T1曲线上方区域，任意一点为过饱和溶液，有BaSO4沉淀生成；C项正确，蒸发溶剂，c(SO)、c(Ba2)均增大，而由d点到a点c(SO)保持不变，由d点到b点c(Ba2)保持不变；D项错误，升温Ksp增大，c(Ba2)、c(SO)应均增大。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(HCO)2n(CO)n(OH)推出：c(Na)c(H)c(HCO)2c(CO)c(OH)。(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)11，推出：c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)。(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、CO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(CO)。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：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“×”(1)含1 mol KOH的溶液与1 mol CO2完全反应后，溶液中c(K)c(HCO)(×)(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)pH8.3的NaHCO3溶液：c(Na)c(HCO)c(CO)c(H2CO3)(×)(2012·四川理综，10B)(5)pH11的氨水与pH3的盐酸等体积混合：c(Cl)c(NH)c(OH)c(H)(×)(2012·四川理综，10C)(6)0.2 mol·L1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L1 NaOH溶液等体积混合：2c(H)2c(OH)c(CH3COO)c(CH3COOH)()(2012·四川理综，10D)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·L1 NH4Al(SO4)2溶液中，滴加等浓度Ba(OH)2溶液x mL，下列叙述正确的是()Ax10时，溶液中有NH、Al3、SO，且c(NH)>c(Al3) Bx10时，溶液中有NH、AlO、SO，且c(NH)>c(SO)Cx30时，溶液中有Ba2、AlO、OH，且c(OH)<c(AlO)Dx30时，溶液中有Ba2、Al3、OH，且c(OH)c(Ba2)答案A解析10 mL 0.1 mol·L1 NH4Al(SO4)2溶液中，NH4Al(SO4)2物质的量为0.001 mol，x10时，Ba(OH)2物质的量为0.001 mol，此时SO、Al3沉淀一部分，c(NH)>c(Al3)，溶液中有NH、Al3、SO，无AlO；x30时，Ba(OH)2物质的量为0.003 mol，此时Al3全部变成了AlO，SO全部沉淀，溶液中有Ba2、OH、NH3·H2O、AlO，氢氧根离子浓度均大于偏铝酸根离子浓度和钡离子浓度。320 时向20 mL 0.1 mol·L1醋酸溶液中不断滴入0.1 mol·L1 NaOH(aq)，溶液pH变化如图所示。此过程里溶液中离子浓度的关系错误的是()Aa点：c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)Bb点：c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)Cc点：c(H)c(CH3COOH)c(OH)Dd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：HOH=H2O，即c标·V标c待·V待(2)酸碱中和滴定的关键：准确测定V标和V待，正确使用酸式、碱式滴定管。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：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。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“×”(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()(2013·天津理综，4C)题组二“滴定法”的迁移应用22013·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I2H2SO3H2O=4H2ISO解析因为I2H2SO3H2O=2I4HSO，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：准确称取2.335 0 g样品，配制成100.00 mL溶液A；准确量取25.00 mL溶液A，用0.040 00 mol·L1的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ni2(离子方程式为Ni2H2Y2=NiY22H)，消耗EDTA标准溶液31.25 mL；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Ni2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(Ni2)0.040 00 mol·L1×31.25 mL×103 L·mL11.250×103 moln(NH)2.500×103 moln(SO)2.500×103 molm(Ni2)59 g·mol1×1.250×103 mol0.073 75 gm(NH)18 g·mol1×2.500×103 mol0.045 00 gm(SO)96 g·mol1×2.500×103 mol0.240 0 gn(H2O)1.250×102 molxymnn(NH)n(Ni2)n(SO)n(H2O)21210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Ni2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。1一定温度下，水存在H2OHOHHQ(Q0)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)107 mol·L1，Kw不变答案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107 mol·L1。2常温下a mol·L1稀氨水和b mol·L1稀盐酸等体积混合，对混合后溶液判断一定正确的是()A若ab，则c(NH)c(Cl)B若ab，则c(NH)c(Cl)C若ab，则c(OH)c(H)D若ab，则c(OH)c(H)答案D解析A项，若ab，由于NH的水解，应是c(NH)c(Cl)；B项，若ab时，c(NH)不一定大于c(Cl)，“大于”、“小于”、“等于”均可能出现；C项，ab时，酸性、碱性、中性均可能出现；D项，ab时，c(OH)c(H)，当ab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()答案C解析镁最多失去电子的物质的量为×20.01 mol。A、B项，在反应过程中，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()AKi1的表达式为Ki1BKi2对应的电离过程是HCOH2OH2CO3OHC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D5常温下，下列有关醋酸溶液的叙述中不正确的是()ApH5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中：c(Na)c(CH3COO)B浓度均为0.1 mol·L1的CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后：c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(H)c(OH)C将pHa的醋酸稀释为pHa1的过程中，c(CH3COOH)/c(H)减小D等体积pHa的醋酸与pHb的NaOH溶液恰好中和时，ab14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，所以减小，正确；D项，若ab14，则c(H)c(OH)，醋酸会过量，所以ab14，错误。6常温下，向20.00 mL 0.100 mol·L1 CH3COONa溶液中逐滴加入0.100 0 mol·L1盐酸，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()A点所示溶液中：c(CH3COOH)c(Cl)c(OH)c(H)B点所示溶液中：c(Na)c(Cl)c(CH3COO)c(CH3COOH)C点所示溶液中：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：实验编号起始浓度/mol·L1反应后溶液的pHc(HA)c(KOH)0.10.19x0.27下列判断不正确的是()A实验反应后的溶液中：c(K)c(A)c(OH)c(H)B实验反应后的溶液中：c(OH)c(K)c(A)mol·L1C实验反应后的溶液中：c(A)c(HA)0.1 mol·L1D实验反应后的溶液中：c(K)c(A)c(OH)c(H)答案B解析由实验可知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；由实验分析，因反应后溶液呈中性，则酸应过量，x0.2，由原子守恒可知c(A)c(HA)0.1 mol·L1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)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：I(aq)O3(g)=IO(aq)O2(g)H1IO(aq)H(aq)HOI(aq)H2HOI(aq)I(aq)H(aq)I2(aq)H2O(l)H3总反应的化学方程式为_，其反应热H_。(2)在溶液中存在化学平衡：I2(aq)I(aq)I(aq)，其平衡常数表达式为_。(3)为探究Fe2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I浓度和体系pH，结果见图2和下表。编号反应物反应前pH反应后pH第1组O3I5.211.0第2组O3IFe25.24.1第1组实验中，导致反应后pH升高的原因是_。图1中的A为_，由Fe3生成A的过程能显著提高I的转化率，原因是_。第2组实验进行18 s后，I浓度下降，导致下降的直接原因有(双选)_(填字母序号)。Ac(H)减小 Bc(I)减小CI2(g)不断生成 Dc(Fe3)增加(4)据图2，计算318 s内第2组实验中生成I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)H1H2H3(2)K(3)由于2IO32H=I2O2H2O，即消耗H又生成水，导致溶液的酸性减弱，pH升高Fe2由于2Fe32I=I22Fe2，使c(I2)增大，促使I2(aq)I(aq)I(aq)，平衡右移，消耗的c(I)增多BD(4)v(I)5.5×104 mol·L1·s1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，由可得总反应为2I(aq)O3(g)2H(aq)=I2(aq)O2(g)H2O(l)，则HH1H2H3。(2)所给反应的平衡常数表达式为K。(3)第1组实验中 ，pH升高是因为反应消耗了H。图1中的A为Fe2，由Fe3生成Fe2的过程中，I被氧化为