2019-2020年高考化學(xué)二輪 專題訓(xùn)練 專題九 電解質(zhì)溶液教案（學(xué)生版）.doc

《2019-2020年高考化學(xué)二輪 專題訓(xùn)練 專題九 電解質(zhì)溶液教案（學(xué)生版）.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考化學(xué)二輪 專題訓(xùn)練 專題九 電解質(zhì)溶液教案（學(xué)生版）.doc（58頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考化學(xué)二輪 專題訓(xùn)練 專題九 電解質(zhì)溶液教案（學(xué)生版） 【考綱點(diǎn)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(jìn)行pH的簡單計(jì)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(yīng)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(dòng)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(xué)平衡的延伸和應(yīng)用，也是高考中考點(diǎn)分布較多的內(nèi)容之一。其中沉淀溶解平衡是新課標(biāo)中新增的知識點(diǎn)，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(jì)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(luò)】 【重點(diǎn)知識梳理】 一、電解質(zhì) 1.強(qiáng)、弱電解質(zhì)與物質(zhì)分類的關(guān)系 2.強(qiáng)、弱電解質(zhì)與化學(xué)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(qiáng)堿(NaOH、KOH等)、大部分鹽類(如NaCl、CaCl2)以及強(qiáng)極性共價(jià)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(qiáng)電解質(zhì)。而含弱極性鍵的共價(jià)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(qiáng)、弱電解質(zhì)是不全面的，即使強(qiáng)極性共價(jià)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(xué)化學(xué)電解質(zhì)溶液這一知識點(diǎn)的學(xué)習(xí)中，常常需要根據(jù)一些性質(zhì)對強(qiáng)弱電解質(zhì)進(jìn)行有關(guān)判斷和分析，屬于高考的熱點(diǎn)?，F(xiàn)以弱酸為例進(jìn)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(qiáng)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(shè)取1體積)，測定其pH，稀釋至體積擴(kuò)大100倍，再測定其pH。若pH增大2個(gè)單位，則為強(qiáng)酸；若pH增大小于2個(gè)單位，則為弱酸。 （3）取酸HB對應(yīng)的鈉鹽溶液，測定其pH。若pH＝7，則為強(qiáng)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(jìn)行中和滴定，若達(dá)到終點(diǎn)時(shí)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(dǎo)電性，若酸HB溶液的導(dǎo)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(qiáng)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(jìn)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(qiáng)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(dá)到電離平衡狀態(tài)時(shí)，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(dá)式：電離度通常用α表示： α＝ 100%。 (3)意義 電離度實(shí)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(shí)，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(shí)pH的變化 1．強(qiáng)酸、強(qiáng)堿的稀釋 在稀釋時(shí)，當(dāng)它們的濃度大于10－5molL－1時(shí)，不考慮水的電離；當(dāng)它們的濃度小于10－5molL－1時(shí)，應(yīng)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(dòng)，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37，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(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)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(jìn)行導(dǎo)電性實(shí)驗(yàn)，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(xiàng)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(qiáng)酸還是弱酸，溶液都顯酸性，B項(xiàng)錯(cuò)誤；若NaX溶液的pH>7，說明鹽在水中發(fā)生水解，X－＋H2OHX＋OH－，為強(qiáng)堿弱酸鹽，C項(xiàng)正確；用同濃度的一元酸做導(dǎo)電實(shí)驗(yàn)，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(xiàng)正確。 答案；B 考點(diǎn)二　水的電離平衡和pH計(jì)算 例2　25℃時(shí)，水的電離達(dá)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(dòng)，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(dòng)，c(H＋)降低 D．將水加熱，Kw增大，pH不變 解析　A項(xiàng)中加入稀氨水，抑制水電離，平衡逆向移動(dòng)，但溶液呈堿性，c(OH－)增大；C項(xiàng)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(dòng)；D項(xiàng)中加熱，平衡正向移動(dòng)，KW增大，pH變小。 答案：B 例3室溫時(shí)，將x mL pH＝a的稀NaOH溶液與y mL pH＝b的稀鹽酸充分反應(yīng)。下列關(guān)于反應(yīng)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(jì)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(yīng)，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(diǎn)撥】水電離平衡的影響因素和溶液的pH計(jì)算 (1)向水中加入H＋(酸)、OH－(堿)會(huì)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(qiáng)；向水中加入能消耗H＋或OH－的物質(zhì)(如：能水解的鹽)，會(huì)促進(jìn)水的電離，而且生成鹽的弱酸、弱堿越弱，對水的電離的促進(jìn)作用越強(qiáng)；由于電離吸熱，所以，升溫能促進(jìn)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(huì)使c(H＋)c(OH－)增大。 (2)計(jì)算溶液的pH時(shí)，應(yīng)注意以下幾點(diǎn)： ①外界條件是否指室溫；②當(dāng)酸、堿混合后，首先要判斷溶液的酸堿性，然后再計(jì)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(shí)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(shí)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(cuò)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(shí)即可顯示無色，故B錯(cuò)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(jì)算可得是正確的，也可用更一般的式子：設(shè)強(qiáng)酸pH＝a，體積為V1；強(qiáng)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(diǎn)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(shí)，pH＝4.75、濃度均為0.1 mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液： c(CH3COO－)＋c(OH－)c(SO)，所以c(SO)>c(NH)，故A錯(cuò)誤；B項(xiàng)， 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(yuǎn)大于OH－的濃度，故錯(cuò)；C項(xiàng)質(zhì)子守恒為c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)＝c(OH－)，C項(xiàng)正確;D項(xiàng)，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?yàn)閜H＝4.75，故c(H＋)－c(OH－)>0，所以D項(xiàng)不等式應(yīng)為“>”，故錯(cuò)。 (1)A項(xiàng)溶液呈中性時(shí)溶質(zhì)為Na2SO4、NH3H2O和(NH4)2SO4，因?yàn)镺H－先中和H＋，再與NH反應(yīng)，由于NH水解呈酸性，故NH部分參與反應(yīng)；若加入NaOH至反應(yīng)最大量時(shí)溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的Na2SO4和NH3H2O，此時(shí)c(Na＋)>c(SO)>c(OH－)>c(NH)>c(H＋)。 (2)pH＝7時(shí)，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(gè)原理、兩類平衡、三種守恒進(jìn)行分析，包括化學(xué)平衡移動(dòng)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(fù)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(yīng)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(dǎo)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(diǎn)①所示溶液中： c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋) B．點(diǎn)②所示溶液中： c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－) C．點(diǎn)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(dāng)加入NaOH很少時(shí)，D項(xiàng)正確；繼續(xù)滴加至點(diǎn)①，2n(NaOH)＝n(CH3COOH)，此時(shí)溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的CH3COOH和CH3COONa，pH<7，因CH3COOH電離，c(CH3COOH)c(CH3COOH)＋c(H＋)，A錯(cuò)誤；點(diǎn)②時(shí)pH＝7，根據(jù)電荷守恒，則有c(Na＋)＝c(CH3COO－)，B錯(cuò)誤；點(diǎn)③時(shí)n(NaOH)＝c(CH3COOH)，此時(shí)溶質(zhì)為CH3COONa，CH3COO－水解使溶液顯堿性，正確順序?yàn)閏(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)，C錯(cuò)誤。 答案：D 考點(diǎn)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(shí)，Ksp(SrSO4)隨c(SO)的增大而減小 B．三個(gè)不同溫度中，313 K時(shí)Ksp(SrSO4)最大 C．283 K時(shí)，圖中a點(diǎn)對應(yīng)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(cuò)誤；由題中沉淀溶解平衡曲線可看出，313 K時(shí)，c(Sr2＋)、c(SO)最大，Ksp最大，B正確；a點(diǎn)c(Sr2＋)小于平衡時(shí)c(Sr2＋)，故未達(dá)到飽和，沉淀繼續(xù)溶解，C錯(cuò)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(dá)式：Ksp＝[c(An＋)]m[c(Bm－)]n 應(yīng)用Qc>Ksp：溶液過飽和，生成沉淀 Qc＝Ksp，溶液飽和，沉淀溶解平衡 QcKsp，沉淀要析出，故D正確。 答案：B 【高考失分警示】 1．計(jì)算溶液的pH時(shí)，常見錯(cuò)誤是直接應(yīng)用溶液中c(H＋)來求解，忽略溶液中當(dāng)c(OH－)>c(H＋)時(shí)，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(shí)，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(dāng)H＋(或OH－)濃度減小時(shí)，必然意味著OH－(或H＋)濃度增大。 3．電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電性與電解質(zhì)的強(qiáng)弱沒有必然的關(guān)系，強(qiáng)電解質(zhì)的稀溶液導(dǎo)電能力未必強(qiáng)。溶液導(dǎo)電性的強(qiáng)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(qiáng)弱有關(guān)的同時(shí)也受其他因素的影響，因此不能作為判斷電解質(zhì)強(qiáng)弱的標(biāo)準(zhǔn)。 4．誤認(rèn)為Ksp越小，物質(zhì)的溶解能力越弱。只有物質(zhì)類型相同時(shí)(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(qiáng)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(qiáng)弱未知。因此與pH為11的氨水反應(yīng)時(shí)，都有可能過量；而與pH為11的氫氧化鈉溶液反應(yīng)時(shí)酸可能過量或二者恰好反應(yīng)。 答案：AB 2.（天津）下列說法正確的是 A.25℃時(shí)NH4Cl溶液的KW大于100℃時(shí)NH4Cl溶液的KW B.SO2通入碘水中，反應(yīng)的離子方程式為SO2＋I(xiàn)2＋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(shí)，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(shí)會(huì)促進(jìn)水的電離，即KW會(huì)增大，例如25℃時(shí)KW＝110－14，而在100℃時(shí)KW＝110－12，所以選項(xiàng)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＋I(xiàn)2＋2H2O=SO42－＋2I－+4H+，選項(xiàng)B不正確；能和鋁粉反應(yīng)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(huì)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(xiàng)C正確；100℃時(shí)，KW＝110－12，此時(shí)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(dāng)二者等體積混合時(shí)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(yīng)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(yīng)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(shí)，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(shí)，c(C6H5O－)>c(K+)>c(H＋)>c(OH－) B.pH<7時(shí)，c(K+)>c(C6H5O－)>c(H＋)>c(OH－) C.V[C6H5OH(aq)]＝10ml時(shí)，c(K+)＝c(C6H5O－)>c(OH－)＝c(H＋) D.V[C6H5OH(aq)]＝20ml時(shí)，c(C6H5O－)+c(C6H5OH)=2c(K+) 解析：pH>7時(shí)，c(H＋)不可能大于c(OH－)的，所以選項(xiàng)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(xiàng)B不正確；中苯酚是一種極弱的酸，所以當(dāng)KOH溶液和苯酚恰好反應(yīng)，產(chǎn)物苯酚鉀會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)而顯堿性。由題中數(shù)據(jù)不難計(jì)算出，當(dāng)二者恰好反應(yīng)時(shí)消耗苯酚的體積是10ml，此時(shí)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(xiàng)C是不正確的；當(dāng)加入苯酚的體積是20ml時(shí)，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(xiàng)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(xué)設(shè)計(jì)了從模擬海水中制備MgO的實(shí)驗(yàn)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(rèn)為該離子不存在； 實(shí)驗(yàn)過程中，假設(shè)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(jì)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(cuò)誤。剩余c(Ca2＋)＝0.001 mol/L。C．錯(cuò)誤。c(Mg2＋)＝5.610－6＜10－5，無剩余，D．錯(cuò)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(xiàng)正確。 8.（全國新課標(biāo)）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(jìn)HF的電離平衡向右移動(dòng)，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(xiàng)B不變；但同時(shí)溶液的體積也增大，所以溶液的酸性會(huì)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(huì)電離出氫離子，所以稀釋到一定程度(即無限稀釋時(shí))，c(H+)就不在發(fā)生變化，但c(F-)和c(HF)卻一直會(huì)降低，所以選項(xiàng)D符合題意。 答案：D 9.（大綱版）室溫時(shí)，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(cuò)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(dāng)pH=7時(shí)，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(xiàng)錯(cuò)誤，恰好反應(yīng)時(shí)生成的CH3COONa顯堿性固然不錯(cuò)，但顯堿性時(shí)還有可能是NaOH過量，也可能是醋酸略過量，及pH＞7時(shí)，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(xiàng)正確，電荷守恒原理應(yīng)用；C選項(xiàng)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(xiàng)正確，C1V1=C2V2時(shí)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(dǎo)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(jì)算問題。A選項(xiàng)加水稀釋電離平衡向電離的方向移動(dòng)，醋酸分子減少，氫離子和醋酸根粒子增多，即溶液中導(dǎo)電的微粒數(shù)目增多，故A錯(cuò)誤；B選項(xiàng)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(xiàng)，雖然電離度增大，但是稀釋后pH會(huì)增大，c（H+）減小，所以C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)中醋酸為弱電解質(zhì)，不能完全電離，c(CH3COOH)遠(yuǎn)大于0.001mol/L，故混合后，醋酸過量很多，應(yīng)該顯酸性，則D錯(cuò)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(qiáng)，故其升溫時(shí)，溶液的pH升高，A錯(cuò)；分析溶液中的守恒，可知：c（Na＋）=2c（SO32―）+2c（HSO3―）+2c（H2SO3），B錯(cuò)；分析溶液中的電荷守恒，其中：c（Na＋）+c（H＋）=2c（SO32―）+c（HSO3―）+c（OH―），C錯(cuò)；由于溶液存在亞硫酸根離子的水解，當(dāng)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(yīng)的敘述相符的是 A.圖5表示某吸熱反應(yīng)分別在有、無催化劑的情況下反應(yīng)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(diǎn)所示的溶液是80℃時(shí)KNO3的不飽和溶液 D.圖8 表示某可逆反應(yīng)生成物的量隨反應(yīng)時(shí)間變化的曲線，由圖知t時(shí)反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率最大 【答案】C 【解析】本題考查學(xué)生對化學(xué)反應(yīng)熱效應(yīng)、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(fù)習(xí)要多注重這一方面的能力訓(xùn)練。 A.圖5表示反應(yīng)物總能量大于生成物總能量，是放熱反應(yīng)。 B.圖6中起始點(diǎn)0.1000 molL－1CH3COOH溶液pH值不會(huì)在1以下；當(dāng)NaOH與CH3COOH等物質(zhì)的反應(yīng)時(shí)，溶液因鹽類水解而呈堿性，突躍會(huì)提前；終點(diǎn)pH值也不會(huì)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(diǎn)在a點(diǎn)之上，說明a點(diǎn)溶液是不飽和溶液。 D.圖8 表示某可逆反應(yīng)生成物的量隨反應(yīng)時(shí)間變化的曲線，由圖知t時(shí)曲線并沒有達(dá)到平衡，所以反應(yīng)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(yīng)MgCl2(1)＝Mg(1)＋ Cl2(g)的 △H＞0 △S＞0 B.水解反應(yīng)NH4＋＋H2ONH3H2O＋H＋達(dá)到平衡后，升高溫度平衡逆向移動(dòng) C.鉛蓄電池放電時(shí)的負(fù)極和充電時(shí)的陽極均發(fā)生還原反應(yīng) D.對于反應(yīng)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(xué)反應(yīng)與熱效應(yīng)、電化學(xué)等的簡單綜合題，著力考查學(xué)生對熵變、焓變，水解反應(yīng)、原電池電解池、化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素等方面的能力。 A.分解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，熵變、焓變都大于零，內(nèi)容來源于選修四化學(xué)方向的判斷。 B.水解反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，溫度越高越水解，有利于向水解方向移動(dòng)。 C.鉛蓄電池放電時(shí)的負(fù)極失電子，發(fā)生氧化反應(yīng)。 D.升高溫度和加入正催化劑一般都能加快反應(yīng)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(diǎn)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(gè)過程的離子濃度大小比較似乎是考試熱點(diǎn)內(nèi)容，高三復(fù)習(xí)中要反復(fù)加強(qiáng)訓(xùn)練。 A.在0.1 molL－1NaHCO3溶液中，HCO3－在溶液中存在水解與電離兩個(gè)過程，而溶液呈堿性，