二轮复习 电解质溶液
高考化学二轮复习电解质溶液微 溶液中的“四大”常数课件
动，平衡常数减小
3.有机化学中常见的氧化、还原反应
3)Ksp(CaF2)=5.29×10-9,除铁后所得100 mL溶液中c(Ca2+)=0.01 mol·L-1,加
不变，c(H )不变，则c（HY）与原 HY 溶液的相同，C 项错误。HX 是强 两DC..汽氯个车仿晶尾的胞气化结中学构含名示有称意的是图氮四可氧氯知化化，＋物碳Li1是-x汽Fe油PO不4完相全比燃于烧LiF造eP成O的4缺失一个面－心的Li+以及一 c（Y ） 个氮原子能形成三个共价键，属于原子(共价晶体)，平均1个氮原子属于本身的
度先增大后减小，D 项错误。
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3．常温下，分别向等体积、浓度均为 0.1 mol·L－1 的 HX 溶液和 HY 溶液 中加水进行稀释，两溶液的 pH 随 lgVV0(设稀释前酸溶液的体积为 V0，稀释 后酸溶液的总体积为 V)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A．当两溶液的 lgVV0相等时，两种溶液中 c(X－)＝c(Y－)＋c(HY) B．HY 的电离平衡常数约为 1.1×10－3
)=10×0.02
mol×96
2
g·mol-1=19.2
g,则M的摩尔
a1 a2
2
2
(1)某粒子一般不与其他元素的原子反应，这种粒子的符号是_____。
积常数分别为 K 、K′ 、K″ 。 mol,m(Co)=59× g;在1 000 ℃时,固体质量不再变化,说明Co(OH)2完全
a.Be—H中氢原子带负电，H—O中氢原子sp带正电，符合双氢sp键定义；b.O—Hs和p
√C．将 pH＝2 的两种溶液等体积混合后，cc（（HYY－））比原 HY 溶液的大
D．当 lgVV0＝4 时，若两溶液同时升高温度，则cc（（YX－－））增大
高考高三化学二轮专题复习讲义 专题7 电解质溶液
专题7电解质溶液微专题201920182017考情透析ⅠⅡⅢⅠⅡⅢⅠⅡⅢ溶液中的三大平衡及其应用T26(3)T27(3)T8T12T26(3)T11T26(3､5)T27(4)T11T26T28(3)T12T26(2)T13T27(5)T28(1)T8T12T13T28(4､5)T9T10T13考向:结合图像考查弱电解质的电离平衡､粒子浓度大小比较､溶度积曲线;弱电解质的判断;电离平衡常数的计算及应用;K sp的大小判断及相关计算;盐类水解的应用;滴定实验操作､误差分析､终点判断､计算等知识点是高考考查的重点题型:选择题､工艺流程题､化学实验题､原理综合题分值:6+4溶液中粒子浓度大小的比较T11T11T13T12电解质溶液图像分析T11T12T12T13T12T1314 溶液中的三大平衡及其应用一､三大平衡影响因素三大平衡 电离平衡(以CH 3COOH CH 3COO -+H +为例)水解平衡(以CH 3COO -+H 2O CH 3COOH+OH -为例)沉淀溶解平衡[以AgCl(s)Ag +(aq)+Cl -(aq)为例] 研究对象弱电解质溶液 会水解的盐溶液 难溶电解质升温 促进电离 K a 增大 促进水解 K h 增大 若难溶物的溶解度与温度成正比,促进溶解;反之,则抑制溶解若难溶物的溶解度与温度成正比,则K sp 增大;反之,则K sp 减小加水 促进电离 K a 不变促进水解 K h 不变促进溶解 K sp 不变加入相应离子加入 CH 3COO Na 或盐酸,抑制电离K a 不变加入CH 3COOH 或NaOH,抑制水解K h 不变 加入AgNO 3或NaCl 固体,抑制溶解K sp 不变加入反 应离子 (或物质)加入OH -, 促进电离K a 不变加入H +,促进水解K h 不变 加入氨水,促进溶解 K sp 不变二､pH 的计算思路三､酸碱中和滴定1.酸碱中和滴定原理 H ++OH -H 2O;c 标·V 标=c 待·V 待｡2.酸碱中和滴定的关键(1)准确测定V 标和V 待,正确使用酸式､碱式滴定管｡(2)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(1)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°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｡(2)滴定操作(以盐酸标准液滴定NaOH溶液为例):左手握住活塞并旋转开关,右手摇瓶,目视锥形瓶中溶液的颜色变化,若颜色突变且半分钟内不再变色,则说明达到滴定终点｡4.指示剂选用及颜色变化变色要灵敏,变色范围要小,且变色范围尽量与所生成的盐溶液的酸碱性一致,因此中和滴定一般选用酚酞､甲基橙,而不用石蕊溶液｡(1)强酸滴定强碱:甲基橙(黄色→橙色);酚酞(红色→无色)｡(2)强碱滴定强酸:甲基橙(红色→黄色);酚酞(无色→粉红色)｡(3)强酸滴定弱碱:甲基橙(黄色→橙色)｡(4)强碱滴定弱酸:酚酞(无色→粉红色)｡5.误差分析根据计算式c待测=c标准·V标准V待测分析,c待测的大小取决于V标准的大小｡6.数据处理分别记录滴定管中液面的初次与二次读数,记录数据要精确到0.01 mL｡若几次平行实验所得到的数值比较接近,则取其平均值;若某次实验的数据与另外几次相差较大,则舍去该数据｡四､沉淀溶解平衡的三类应用1.沉淀的生成(1)加沉淀剂,如向AgNO3溶液中加入NaCl可生成沉淀｡(2)调节pH,如向一定浓度的CuSO4和 FeSO4的混合溶液中先加入H2O2氧化FeSO4,使Fe2+转化为Fe3+,再加入CuO或Cu(OH)2调节pH至约等于4,使得Fe3+的水解平衡右移转化为沉淀,而Cu2+没有沉淀从而达到除杂的目的｡2.沉淀的溶解(1)酸溶解法,如CaCO3溶于盐酸｡(2)盐溶液溶解法,如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液｡(3)氧化还原溶解法,如Ag2S溶于稀HNO3｡(4)配位溶解法,如AgCl溶于氨水｡3.沉淀的转化溶解能力相对较强的沉淀易向溶解能力相对较弱的沉淀转化,如:考点1▶三大平衡的影响因素1.(2016年全国Ⅲ卷,13)下列有关电解质溶液的说法正确的是( )｡A.向0.1 mol·L -1 CH 3COOH溶液中加入少量水,溶液中c (H +)c (CH 3COOH )减小B.将CH 3COONa 溶液从20 ℃升温至30 ℃,溶液中c (CH 3COO -)c (CH 3COOH )·c (OH -)增大C.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中c (NH 4+)c (Cl -)>1D.向AgCl ､AgBr 的饱和溶液中加入少量AgNO 3,溶液中c (Cl -)c (Br -)不变 解析▶c (H +)c (CH 3COOH )=K ac (CH 3COO -),加入H 2O 后,醋酸的电离程度增大,但c (CH 3COO -)减小,电离平衡常数K a 不变,故比值增大,A 项错误;加热醋酸钠溶液,CH 3COO -的水解程度增大,c (CH 3COO -)c (CH 3COOH )·c (OH -)=1K hK ,h 值增大,比值减小,B 项错误;向盐酸中加入氨水至溶液呈中性,则有c (OH -)=c (H +),根据电荷守恒,c (N H 4+)=c (Cl -),C 项错误;向AgCl ､AgBr 的饱和溶液中加入少量AgNO 3,沉淀溶解平衡逆向移动,溶液中c (Cl -)c (Br -)仍等于K sp (AgCl )K sp (AgBr ),温度不变K ,sp 不变,故c (Cl -)c (Br -)不变,D 项正确｡答案▶ D1.(2018年山东济南模拟)25 ℃时,下列有关电解质溶液的说法正确的是( )｡ A.加水稀释0.1 mol·L -1氨水,溶液中c (H +)·c (OH -)和c (H +)c (OH -)均不变B.向饱和AgCl 溶液中加入少量AgNO 3固体,AgCl 的K sp 和溶解度均不变C.向盐酸中滴加氨水,由水电离出的c (H +)=10-7 mol·L -1时,溶液一定显中性D.向CH 3COONa 溶液中加入少量CH 3COONa固体,溶液中c (CH 3COO -)c (CH 3COOH )增大解析▶ 加水稀释0.1 mol·L -1氨水,溶液的pH 减小,c (H +)增大,c(OH -)减小,所以c (H +)c (OH -)增大,A项错误;向饱和AgCl 溶液中加入少量AgNO 3固体,随着c (Ag +)的增大,AgCl 的溶解度会减小,B 项错误;盐酸抑制水的电离,氨水与盐酸反应生成的氯化铵促进水的电离,当溶液中盐酸的抑制作用和氯化铵的促进作用相抵消时,溶液中由水电离出的c (H +)=10-7 mol·L -1,此时溶液显酸性,C 项错误;向CH 3COONa 溶液中加入少量CH 3COONa 固体,溶液中醋酸钠的浓度增大,碱性增强,pH 升高,c (H +)减小,而醋酸的电离平衡常数K a =c (H +)·c (CH 3COO -)c (CH 3COOH ),c (CH 3COO -)c (CH 3COOH )=Ka c (H +),因为c(H +)减小,所以c (CH 3COO -)c (CH 3COOH )增大,D项正确｡答案▶ D1.当弱电解质的电离平衡正向移动时,弱电解质的电离程度不一定增大｡如向醋酸溶液中加入少量醋酸,平衡正向移动,但醋酸的电离程度减小｡2.当弱电解质的电离平衡正向移动时,弱电解质中的离子浓度不一定增大｡如向醋酸溶液中加入少量水,平衡正向移动,但溶液中c(CH3COO-)和c(H+)都减小｡3.强碱弱酸盐不一定都呈碱性｡当水解程度大于电离程度时,该盐溶液呈碱性,如NaHCO3;当水解程度小于电离程度时,该盐溶液呈酸性,如NaH2PO4､NaHSO3､NaHC2O4等｡4.溶解度小的难溶物有可能向溶解度大的转化｡当两种难溶物的溶解度相差不大时,有可能实现溶解度小的向溶解度大的转化｡如BaSO4的溶解度略小于BaCO3,向饱和Na2CO3溶液中加入BaSO4可以生成BaCO3｡考点2▶电离､水解平衡常数和pH的相关计算2.(2019年云南昆明4月检测)已知:p K a=-lg K a｡25 ℃时,几种弱酸的p K a如表所示｡下列说法正确的是( )｡化学式CH3COOH HCOOH H2SO3p K a 4.74 3.74p K a1=1.90 p K a2=7.20A.向Na2SO3溶液中加入过量乙酸,反应生成SO2B.25 ℃时,pH=8的甲酸钠溶液中,c(HCOOH)=9.9×10-7mol·L-1C.25 ℃时,某乙酸溶液pH=a,则等浓度的甲酸溶液pH=a-1D.相同温度下,等浓度的HCOONa溶液的pH比Na2SO3溶液的大解析▶根据表格数据分析可知,酸性H2SO3 >HCOOH>CH3COOH>HS O3-｡因为乙酸的酸性大于HS O3-而小于H2SO3,所以Na2SO3和乙酸反应生成NaHSO3和乙酸钠,故A项错误;因为HCOO-水解使甲酸钠呈碱性,且存在质子守恒,c(OH-)=c(H+)+c(HCOOH),因为溶液的pH=8,所以c(OH-)=10-6mol·L-1,c(H+)=10-8mol·L-1,所以c(HCOOH)=9.9×10-7mol·L-1,故B项正确;等浓度的乙酸和甲酸溶液中存在电离平衡,假设甲酸溶液的pH=b,10-a×10-ac =10-4.74,10-b×10-bc=10-3.74,计算得b=a-0.5,故C项错误;因为甲酸的酸性比HS O3-的酸性强,所以同温度下,等浓度的溶液中HCOO-的水解程度小于S O32-的水解程度,即等浓度的甲酸钠的pH小于亚硫酸钠,故D项错误｡答案▶ B2.(1)已知ClO-水解的离子方程式为ClO-+H2O HClO+OH-｡常温下,该水解反应的平衡常数K h=1.0×10-6,则1.0 mol·L-1NaClO溶液的pH= ｡(2)2×10-3 mol·L -1的氢氟酸水溶液中,调节溶液pH(忽略调节时体积变化),平衡体系中c (F -)､c (HF)与溶液pH 的关系如图所示｡则25 ℃时,HF 的电离平衡常数K a (HF)= ｡(3)H 3AsO 4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH 的关系如图所示｡H 3AsO 4第一步电离方程式H 3AsO 4H 2As O 4-+H +的电离常数为K a1,则p K a1= (p K a1=-lg K a1)｡解析▶ (1)1.0 mol·L -1NaClO 溶液中,c (ClO -)=1.0 mol·L -1,反应ClO -+H 2O HClO+OH -的平衡常数K h =c (HClO )·c (OH -)c (ClO -)≈c 2(OH -)=1.0×10-6,c (OH -)=1.0×10-3 mol·L -1,则c (H +)=10-1410-3mol·L -1=10-11 mol·L -1,所以溶液的pH=11｡(2)K a (HF)=c (H +)·c (F -)c (HF )=1×10-4×1.6×10-34.0×10-4=4×10-4｡ (3)由图可知,当pH=2.2时,c (H 3AsO 4)=c (H 2As O 4-),K a1=c (H +)·c (H 2AsO 4-)c (H 3AsO 4),则K a1=10-2.2,p K a1=-lg K a1=2.2｡答案▶ (1)11 (2)4×10-4 (3)2.21.依据电离常数表达式计算(以弱酸HA 为例) (1)K a =c (H +)·c (A -)c (HA ),若只是弱酸溶液,则c (H +)=c (A -),K a =c 2(H +)c (HA )｡(2)K a 与pH 的关系 pH=-lg c(H +)=-lg K a ·c (HA )c (A -)=-lg Ka +lg c (A -)c (HA )｡(3)K a 与A -水解常数K h 的关系 A -+H 2OHA+OH -K h =c (HA )·c (OH -)c (A -)=c (HA )·c (OH -)·c (H +)c (A -)·c (H +)=K w K a ｡即K w =K a ·K h ｡2.计算溶液pH 的原则考点3▶ 有关K sp 的计算及应用3.(2019年四川攀枝花三模)已知:K sp (CoCO 3)=1.6×10-13,K sp (CoC 2O 4)=6.3×10-8｡若仅从沉淀转化角度考虑,在0.01 mol·L -1Na 2C 2O 4溶液中加入CoCO 3固体能否转化为CoC 2O 4沉淀?通过计算说明: ｡答案▶ CoCO 3饱和溶液中c (Co 2+)=√K sp (CoCO 3)=√1.6×10-13mol·L -1=4×10-7 mol·L -1,c (Co 2+)·c (C 2O 42-)=4×10-7×0.01=4×10-9K<sp (CoC 2O 4)=6.3×10-8,故不能转化为CoC 2O 4沉淀4.(2019年山东日照模拟)某流程“酸洗”后滤液中存在的金属阳离子有Na +､Sc 3+､Ti 4+､Fe 2+,且浓度均小于0.100 mol·L -1,向滤液中加氢氧化钠溶液,调节溶液pH= 时,可使Sc 3+沉淀完全(当离子浓度小于10-5 mol·L -1时,可认为沉淀完全),此时沉淀为 ｡{已知:lg2=0.3,lg5=0.7;室温下,Ti 4+完全沉淀的pH 为1.05,K sp [Fe(OH)2]=4.0×10-17,K sp [Sc(OH)3]=1.25×10-33}解析▶ 根据K sp [Sc(OH)3]=c (Sc 3+)·c 3(OH -)计算,c(OH -)=√1.25×10-3310-53=5×10-10,pH=-lg c (H +)=-lg1×10-145×10-10=4.7,所以加氢氧化钠溶液调节溶液pH=4.7时,可使Sc 3+沉淀完全;Ti 4+完全沉淀的pH 为1.05,因此沉淀中混有Ti(OH)4沉淀,根据K sp [Fe(OH)2]=4.0×10-17计算知pH=7.7时Fe 2+才会开始沉淀,所以沉淀成分是Ti(OH)4､Sc(OH)3｡答案▶ 4.7 Ti(OH)4､Sc(OH)33.已知常温下,K sp (MnS)=3.0×10-14､K sp (ZnS)=1.5×10-24｡在除锌时发生的沉淀转化反应为MnS(s)+Zn 2+(aq)ZnS(s)+Mn 2+(aq),其平衡常数K = ｡ 解析▶ 平衡常数K =c (Mn 2+)c (Zn 2+)=c (Mn 2+)·c (S 2-)c (Zn 2+)·c (S 2-)=K sp (MnS )K sp (ZnS )=3.0×10-141.5×10-24=2×1010｡答案▶ 2×10104.已知常温下:K sp [Cu(OH)2]=2.2×10-20,K sp [Fe(OH)3]=4.0×10-38,K sp [Mn(OH)2]=2.1×10-13｡常温下,若某溶液中c (Cu 2+)=2.2 mol·L -1､c (Fe 3+)=0.008 mol·L -1､c (Mn 2+)=0.21 mol·L -1,向其中逐滴加入稀氨水,先生成的沉淀是 (填化学式);为了尽可能多回收铜,而不让锰析出,所得滤液的pH 最大值为 ｡解析▶ Cu2+开始沉淀时c(OH-)=√2.2×10-202.2mol·L-1=1×10-10mol·L-1;Fe3+开始沉淀时c(OH-)=√4×10-380.0083mol·L-1=√53×10-12mol·L-1;Mn2+开始沉淀时c(OH-)=√2.1×10-130.21mol·L-1=1×10-6mol·L-1,因此首先沉淀的是Fe3+,即生成的沉淀为Fe(OH)3｡为了尽可能多回收Cu,加入氨水应使Cu2+尽可能完全沉淀,而Mn2+不形成沉淀,Cu2+完全沉淀时c(OH-)=√2.2×10-201×10-5mol·L-1=√22×10-8mol·L-1<1×10-6mol·L-1,滤液的c(OH-)最大为1×10-6mol·L-1,pH最大值为8.0｡答案▶ Fe(OH)3 8.01.K sp的常见计算类型(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度,如K sp=a的饱和AgCl溶液中c(Ag+)=√a mol·L-1｡(2)已知溶度积､溶液中某离子的浓度,求溶液中另一种离子的浓度,如某温度下AgCl的K sp=a,在0.1 mol·L-1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体,达到平衡后c(Ag+)=10a mol·L-1｡(3)计算沉淀转化的平衡常数,如Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq),平衡常数K=c(Mn2+)c(Cu2+)=c(Mn2+)·c(S2-)c(Cu2+)·c(S2-)=K sp(MnS)K sp(CuS)｡2.有关K sp的计算往往与pH的计算结合起来,要注意pH与c(OH-)关系的转换;难溶电解质的悬浊液即为其沉淀溶解平衡状态,满足相应的K sp｡15溶液中粒子浓度大小的比较一､熟悉两大理论,构建思维基点1.电离理论(1)弱电解质(弱酸､弱碱)的电离是微弱的,电离产生的微粒较少,同时还要考虑水的电离, 水的电离能力远小于弱酸或弱碱的电离能力｡如氨水中:NH3·H2O､N H4+､OH-浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(N H4+)｡(2)多元弱酸的电离是分步进行的,且以第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)为主｡如在H2S溶液中:H2S､HS-､S2-､H+的浓度大小关系是c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-)｡2.水解理论(1)弱电解质离子的水解是微弱的(相互促进水解除外),但由于水的电离,水解后酸性溶液中c(H+)或碱性溶液中c(OH-)总是大于水解产生的弱电解质的浓度｡如NH4Cl溶液中:N H4+､Cl-､NH3·H2O､H+的浓度大小关系是c(Cl-)>c(N H4+)>c(H+)>c(NH3·H2O)｡(2)多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的,且以第一步水解为主,如在Na2CO3溶液中:C O32-､HC O3-､H2CO3的浓度大小关系是c(C O32-)>c(HC O3-)>c(H2CO3)｡二､把握三种守恒,明确等量关系1.电荷守恒规律电解质溶液中,无论存在多少种离子,溶液都呈电中性,即阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数｡如NaHCO3溶液中:Na+､H+､HC O3-､C O32-､OH-存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=c(HC O3-)+c(OH-)+2c(C O32-)｡其特点为表达式中包含溶液中的所有离子,没有弱电解质分子｡2.物料守恒规律电解质溶液中,由于某些离子能够水解,离子种类增多,但元素总是守恒的｡如K2S溶液中S2-､HS-都能水解,故S元素以S2-､HS-､H2S三种形式存在,它们之间有如下守恒关系:c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)｡其特点为表达式中包含电解质对应的各种微粒,包括离子和弱电解质分子｡3.质子守恒规律质子守恒是指在电离或水解过程中,会发生质子(H+)转移,在质子转移过程中其数量保持不变｡如Na2S水溶液中的质子转移情况图示如下:由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示为c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)｡质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到｡质子守恒式中不含有溶质的离子｡考点▶溶液中粒子浓度大小的比较(2019年江苏,14)(双选)室温下,反应HC O3-+H2O H2CO3+OH-的平衡常数K=2.2×10-8｡将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合,可用于浸取废渣中的ZnO｡若溶液混合引起的体积变化可忽略,室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )｡A.0.2 mol·L-1氨水:c(NH3·H2O)>c(N H4+)>c(OH-)>c(H+)B.0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液(pH>7):c(N H4+)>c(HC O3-)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)C.0.2 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合:c(N H4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HC O3-)+c(C O32-)D.0.6 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合:c(NH3·H2O)+c(C O32-)+c(OH-)=0.3 mol·L-1+c(H2CO3)+c(H+)解析▶ NH3·H2O属于弱电解质,在水溶液中部分电离,氨水中存在的电离平衡有NH3·H2O N H4++OH-,H2O H++OH-,所以c(OH-)>c(N H4+),A项错误｡NH4HCO3溶液呈碱性,说明HC O3-的水解程度大于N H4+的水解程度,所以c(N H4+)>c(HC O3-),则c(H2CO3)>c(NH3·H2O),B项正确｡由物料守恒,n(N)∶n(C)=2∶1,则有c(N H4+)+c(NH3·H2O)=2[c(H2CO3)+c(HC O3-)+c(C O32-)],C项错误｡由物料守恒,n(N)∶n(C)=4∶1,则有c(N H4+)+c(NH3·H2O)=4[c(H2CO3)+c(HC O3-)+c(C O32-)]①,由电荷守恒可得c(N H4+)+c(H+)=c(HC O3-)+2c(C O32-)+c(OH-)②;结合①②可得c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HC O3-)+2c(C O32-)③,0.2 mol·L-1 NH4HCO3与氨水等体积混合后,c(NH4HCO3)=0.1 mol·L-1,由碳原子守恒可得c(H2CO3)+c(HC O3-)+c(C O32-)=0.1 mol·L-1④,将③等式两边各加一个c(C O32-),则有c(NH3·H2O)+c(OH-)+c(C O32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HC O3-)+3c(C O32-),将④带入③中得,c(NH3·H2O)+c(OH-)+c(C O32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3 mol·L-1,D项正确｡答案▶ BD1.(2019年浙江4月选考,21)室温下,取20 mL 0.1 mol·L-1某二元酸H2A,滴加0.2 mol·L-1 NaOH溶液｡已知:H2A H++HA-,HA-H++A2-｡下列说法不正确的是( )｡．．．A.0.1 mol·L-1 H2A溶液中有c(H+)-c(OH-)-c(A2-)=0.1 mol·L-1B.当滴加至中性时,溶液中c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),用去NaOH溶液的体积小于10 mLC.当用去NaOH溶液体积10 mL时,溶液的pH<7,此时溶液中有c(A2-)=c(H+)-c(OH-)D.当用去NaOH溶液体积20 mL时,此时溶液中有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)解析▶由于该二元酸H2A第一步完全电离,第二步部分电离,可以把20 mL 0.1 mol·L-1二元酸H2A看作20 mL 0.1 mol·L-1HA-和0.1 mol·L-1H+溶液,该溶液不存在H2A微粒｡0.1 mol·L-1H2A溶液存在电荷守恒,其关系为c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-),因而c(H+)-c(OH-)-c(A2-)=c(A2-)+c(HA-)=0.1 mol·L-1,A项正确;若NaOH 用去10 mL,反应得到NaHA溶液,由于HA-H++A2-,溶液呈酸性,因而滴加至溶液呈中性时,需要加入超过10 mL的NaOH溶液,B项错误;当用去NaOH溶液体积10 mL时,得到NaHA溶液,溶液的pH<7,存在质子守恒,其关系为c(A2-)=c(H+)-c(OH-),C项正确;当用去NaOH溶液体积20 mL时,得到Na2A溶液,根据物料守恒有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-),D项正确｡答案▶ B2.常温下,向100 mL0.01 mol·L-1氨水中缓慢通入SO2气体,整个过程中无气体逸出｡忽略溶液体积的变化,溶液的pH与通入SO2的体积(已折算为标准状况)关系如图所示｡下列说法正确的是( )｡A.a点溶液中:c(NH3·H2O)>c(HS O3-)+2c(H2SO3)+0.005 mol·L-1c(N H4+)>c(HS O3-)>c(OH-)B.b点溶液中:c(S O32-)>12C.c点溶液中:2c(S O32-)+c(HS O3-)+c(NH3·H2O)=0.01 mol·L-1D.d点溶液中:c(NH3·H2O)+2c(S O32-)+c(OH-)=c(H2SO3)+c(H+)解析▶起始时n(NH3·H2O)=0.01 mol·L-1×0.1 L=0.001 mol=1×10-3 mol,a､b､c､d四点均存在电荷守恒c(N H4+)+c(H+)=2c(S O32-)+c(HS O3-)+c(OH-)｡=2.5×10-4 mol,消耗n(NH3·H2O)=5×10-4 mol,所以氨水过量,剩余5×10-4 mol, a点n(SO2)=5.6×10-3L22.4L·mol-1得到NH3·H2O､(NH4)2SO3的混合溶液,溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),N､S的关系为c (N H 4+)+c (NH 3·H 2O)=4c (S O 32-)+4c (HS O 3-)+4c (H 2SO 3)=2c (S O 32-)+2c (HS O 3-)+2c (H 2SO 3)+2×2.5×10-4mol0.1 L=2c (SO 32-)+2c (HS O 3-)+2c (H 2SO 3)+0.005 mol·L -1,结合电荷守恒消去c (N H 4+)得c (NH 3·H 2O)=c (HS O 3-)+2c (H 2SO 3)-[c (OH -)-c (H +)]+0.005 mol·L -1,即c (NH 3·H 2O)<c (HS O 3-)+2c (H 2SO 3)+0.005 mol·L -1,故A 项错误;b 点n (SO 2)=5×10-4 mol,消耗n (NH 3·H 2O)=1×10-3 mol,b 点为(NH 4)2SO 3溶液,呈碱性,说明S O 32-的水解程度大于N H 4+,所以12c (N H 4+)>c (S O 32-),由于水的电离使c (OH -)>c (HS O 3-),即可得关系式12c (N H 4+)>c (S O 32-)>c (OH-)>c (HS O 3-),故B 项错误;c 点为(NH 4)2SO 3和少量NH 4HSO 3的混合溶液,溶液呈中性,c (H +)=c (OH -),则电荷守恒为2c (S O 32-)+c (HS O 3-)=c (N H 4+),N 原子守恒有c (N H 4+)+c (NH 3·H 2O)=0.01 mol·L -1,所以2c (S O 32-)+c (HS O 3-)+c (NH 3·H 2O)=0.01 mol·L -1,故C 项正确;d 点n (SO 2)=1×10-3 mol,消耗n (NH 3·H 2O)=1×10-3 mol,得到NH 4HSO 3溶液,物料守恒为c (N H 4+)+c (NH 3·H 2O)=c (S O 32-)+c (HS O 3-)+c (H 2SO 3),结合电荷守恒消去c (N H 4+)得c (NH 3·H 2O)+c (S O 32-)+c (OH-)=c (H 2SO 3)+c (H +),故D 项错误｡答案▶ C1.分析溶液中微粒浓度关系的思维流程2.规避等量关系中的2个易失分点(1)电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加｡如2c (C O 32-)的化学计量数2代表一个C O 32-带2个负电荷,不可漏掉｡(2)物料守恒式中,浓度系数不能漏写或颠倒｡如Na2S溶液中的物料守恒式c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]中,“2”表示c(Na+)是溶液中含有硫元素的微粒总浓度的2倍,不能写成2c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)｡3.根据粒子浓度关系式,套用合适守恒式粒子浓度关系思考套用公式一边全为阴离子,另一边全为阳离子电荷守恒式一边微粒全含有一种元素,另一边微物料守恒式粒全含有另一种元素一边微粒能电离H+,另一边微粒能结质子守恒式合H+两边没有明显特征三守恒式结合16电解质溶液图像分析一､一强一弱溶液的稀释图像1.相同体积､相同浓度的盐酸､醋酸加水稀释相同的倍数,醋酸加水稀释到相同的pH,盐酸加入的水多的pH大2.相同体积､相同pH的盐酸､醋酸加水稀释相同的倍数,盐酸加水稀释到相同的pH,醋酸加入的水多的pH大3.pH 与稀释倍数的线性关系(1)HY 为强酸､HX 为弱酸 (2)a ､b 两点的溶液中:c (X -)=c (Y -)(3)水的电离程度:d>c>a=b(1)MOH 为强碱､ROH 为弱碱 (2)c (ROH)>c (MOH) (3)水的电离程度:a>b二､酸碱中和滴定图像氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸､醋酸的滴定曲线盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠溶液､氨水的滴定曲线曲线起点不同:强碱滴定强酸､弱酸的曲线,强酸起点低;强酸滴定强碱､弱碱的曲线,强碱起点高 突跃点变化范围不同:强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)的 室温下pH=7 不一定是终点:强碱与强酸:终点pH=7(甲基橙､酚酞均可) 强碱与弱酸:终点pH>7(酚酞作指示剂) 强酸与弱碱:终点pH<7(甲基橙作指示剂)三､沉淀溶解平衡图像1.曲线型常温下,CaSO 4 在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线(K sp =9×10-6)(1)a､c 点在曲线上,从a点到c点,在曲线上变化,条件是增加c(S O42-),如加入 Na2SO4固体;从c点到a点,在曲线上变化,条件是增加c(Ca2+),K sp不变｡(2)b点在曲线的上方,Q c>K sp,将会有沉淀生成,从b点到曲线上,可加水稀释｡(3)d点在曲线的下方,Q c<K sp,则为不饱和溶液,还能继续溶解CaSO4,从d点到c点,可以选择增大c(Ca2+),如加入氯化钙｡2.直线型(pM为阳离子浓度的负对数,pR 为阴离子浓度的负对数)(1)直线 AB 上的点:c(M2+)=c(R2-)｡(2)溶度积:CaSO4>CaCO3>MnCO3｡(3)X 点对 CaCO3要析出沉淀,对 CaSO4是不饱和溶液, 能继续溶解 CaSO4｡(4)Y 点:c(S O42-)>c(Ca2+),二者的浓度积等于10-5; Z点:c(C O32-)<c(Mn2+),二者的浓度积等于 10-10.6｡四､弱电解质分布系数图像分布曲线是指以 pH 为横坐标､分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的百分数)为纵坐标的关系曲线｡一元弱酸(以CH3COOH为例)二元弱酸(以H2C2O4为例)δ0为CH3COOH分布系数,δ1为CH3COO-分布系数δ0为H2C2O4分布系数､δ1为HC2O4-分布系数､δ2为C2O42-分布系数考点1▶弱电解质的电离及稀释图像1.(2019年天津理综,5)某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5｡将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH随加水体积的变化如图所示｡下列叙述正确的是( )｡A.曲线Ⅰ代表HNO2溶液B.溶液中水的电离程度:b点>c点C.从c点到d点,溶液中c(HA)·c(OH-)c(A-)保持不变(其中HA､A-分别代表相应的酸和酸根离子)D.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同解析▶由K a(HNO2)K>a(CH3COOH)可知,酸性HNO2>CH3COOH｡pH和体积均相同的两种酸稀释相同倍数时,酸性强的酸pH变化大,所以曲线Ⅱ为HNO2,A项错误;b､c两点处,b点酸性强,对水的电离抑制程度大,所以水的电离程度:c点>b点,B项错误;从c点到d点,c(HA)·c(OH-)c(A-)=c(HA)·c(OH-)·c(H+)c(A-)·c(H+)=K wK aK,w和K a是两个常数,只要温度不变,比值也不变,C项正确;a点pH相同,则CH3COOH的浓度大,恰好中和时消耗的NaOH多,所以溶液中n(Na+)多,D项错误｡答案▶ C1.(2019年陕西宝鸡二检)25 ℃时,改变0.1 mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH,溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)随之改变[已知δ(RCOOH)=c(RCOOH)c(RCOOH)+c(RCOO-)],甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示｡下列说法正确的是( )｡A.图中M､N两点对应溶液中的c(OH-):M>NB.丙酸的电离常数K=10-4.88C.等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较:HCOONa>CH3CH2COONaD.将0.1 mol·L-1的HCOOH溶液与0.1 mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合,所得溶液中:c(Na+)>c(HCOOH)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)解析▶ M点的pH小于N点的pH,即M点c(H+)大于N点c(H+),所以溶液中的c(OH-)应该是M点小于N点,故A项错误;pH=4.88时,丙酸的酸分子的物质的量分数为50%,即c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-),lg K=lg c(H+)=-4.88,即丙酸的电离常数K=10-4.88,故B项正确;由图中信息可知,相同pH时,丙酸的酸分子的物质的量分数大,说明电离程度小,故其酸性比甲酸弱,即HCOO-的水解程度小于CH3CH2COO-的水解程度,等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH应是pH(HCOONa)<pH(CH3CH2COONa),故C项错误;将0.1 mol·L-1的HCOOH溶液与0.1 mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合,电离程度大于水解程度,所得溶液呈酸性,即c(HCOO-)>c(Na+),c(OH-)<c(H+),故D项错误｡答案▶ B弱酸的电离及稀释曲线1.两种酸,加水稀释相同的倍数,pH变化越小的,酸性越弱｡2.可以从起点及pH图像的斜率判断酸性强弱(斜率越大酸性越强)｡3.弱酸加水稀释,只要温度不变,则电离常数､水的离子积均不变｡4.弱电解质溶液加水稀释的过程中,判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时,首先要考虑该关系式是否是电离常数､离子积常数､水解常数以及它们的变形｡考点2▶中和滴定及原理应用图像2.(2019年全国Ⅰ卷,11)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的K a1=1.1×10-3,K a2=3.9×10-6)溶的是( )｡液,混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示,其中b点为反应终点｡下列叙述错误．．A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B.Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的C.b点的混合溶液pH=7D.c点的混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH-)解析▶本题主要考查邻苯二甲酸与NaOH溶液的反应,侧重考查考生对中和滴定和电解质溶液的分析能力｡b点为反应终点,此时溶质为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾,为强碱弱酸盐,则b点pH>7,C项错误｡答案▶ C2.(2019年山东潍坊第二次模拟)常温时,向20 mL 0.1 mol·L-1的 CH3CH2COOH 溶液中滴加0.1 mol·L-1的NaOH溶液,溶液的pH与滴加NaOH溶液体积V的关系如图所示｡下列说法正确的是( )｡A.a点溶液中c(CH3CH2COO-) <c(Na+)B.图中四点水的电离程度:c>d>b>a=10-4C.c点溶液中c(CH3CH2COOH)c(CH3CH2COO-)D.d点溶液中c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2COO-)+c(CH3CH2COOH)解析▶ a点加入10 mL NaOH溶液,充分反应后所得溶液中含溶质CH3CH2COOH､CH3CH2COONa各0.001 mol｡因pH<7,则溶液中CH3CH2COOH的电离程度大于CH3CH2COO-的水解程度,c(CH3CH2COO-) >c(Na+),A项错误｡NaOH溶液加入前,CH3CH2COOH微弱电离出的H+抑制水电离;随着NaOH溶液的加入,CH3CH2COOH溶液的浓度减小,这种抑制作用减弱,水的电离程度增大;恰好中和时,生成的CH3CH2COO-水解,使水的电离程度达到最大;之后加入的NaOH溶液过量,NaOH完全电离生成的OH-抑制水的电离,水的电离程度又逐渐减小,故水的电离程度c>b>a>d,B项错误｡据图,加入NaOH溶液前,0.1 mol·L-1 CH3CH2COOH溶液的pH=3,则溶液中c(CH3CH2COO-)≈c(H+)=10-3mol·L-1,c(CH3CH2COOH)=0.1 mol·L-1-10-3mol·L-1≈0.1=10-9｡c点加入20 mL mol·L-1,常温下CH3CH2COOH的电离常数K a=10-5,CH3CH2COO-的水解常数K h=K wK aNaOH溶液,两者恰好完全反应得CH3CH2COONa溶液(pH=9),溶液中存在水解平衡CH3CH2COO-+H2O=10-4,C项正确｡d点加CH3CH2COOH+OH-,将K h=10-9､c(OH-)=10-5mol·L-1代入K h表达式,得c(CH3CH2COOH)c(CH3CH2COO-)入30 mL NaOH溶液,充分反应后所得溶液中的溶质为0.002 mol CH3CH2COONa､0.001 mol NaOH｡电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3CH2COO-),物料守恒2c(Na+)=3c(CH3CH2COO-)+3c(CH3CH2COOH),两式相减得c(Na+) -c(H+)=2c(CH3CH2COO-)+3c(CH3CH2COOH)-c(OH-),进而有c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+2c(CH3CH2COO-)+3c(CH3CH2COOH)>c(H+)+c(CH3CH2COO-)+c(CH3CH2COOH),D项错误｡答案▶ C3.(2019年山东青岛一模)已知 pOH=-lg c(OH-)｡向20 mL 0.1 mol·L-1的氨水中滴加未知浓度的稀 H2SO4,测得混合溶液的温度､pOH随加入稀硫酸体积的变化如图所示,下列说法不正确的是( )｡．．．A.稀H2SO4的物质的量浓度为0.05 mol·L-1B.当溶液中pH=pOH时,水的电离程度最大C.a点时溶液中存在c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c(N H4+)+2c(H+)D.a､b､c三点对应 N H4+的水解平衡常数:K h(b)>K h(a)>K h(c)解析▶向20 mL 0.1 mol·L-1的氨水中滴加未知浓度的稀 H2SO4,反应放热,溶液的温度升高,当二者恰好完全反应时,放热最多,溶液的温度最高,所以硫酸的体积为20 mL时,二者恰好完全反应｡20 mL 0.1 mol·L-1的氨水中n(NH3·H2O)=0.1 mol·L-1×0.02 L=0.002 mol,V(H2SO4)=20 mL 时,恰好完全反应,则消耗硫酸的物质的=0.05 mol·L-1,故A项正确;当溶液中的pH=pOH时,溶液呈中性,此时溶质量为0.001 mol,c(H2SO4)=0.001mol0.02L为硫酸铵和氨水,N H4+的水解程度与氨水的电离程度相等,水的电离几乎没有影响,当氨水与硫酸恰好反应生成硫酸铵时,即b点时,N H4+水解,促进了水的电离,此时水的电离程度最大,故B项错误;a点,反应后溶质为NH3·H2O 和硫酸铵,且c(NH3·H2O)=2[c(NH4)2SO4],根据电荷守恒可得c(N H4+)+c(H+)=2c(S O42-)+c(OH-),根据物料守恒可得c(NH3·H2O)+c(N H4+)=4c(S O42-),二者结合可得c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c(N H4+)+2c(H+),故C项正确;升高温度促进水解,水解常数增大,由图中实线可知,温度b>a>c,则a､b､c三点N H4+的水解常数K h(b)K>h(a)K>h(c),故D项正确｡答案▶ B中和滴定及原理应用图像答题关键点1.抓反应的“起始”点:判断酸､碱的相对强弱｡2.抓反应“一半”点:判断是哪种溶质的等量混合｡3.抓“恰好反应”点:即滴定终点,判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性｡4.抓溶液的“中性”点:判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足,此时c(H+)=c(OH-)｡5.抓反应的“过量”点:判断溶液中的溶质,判断哪种物质过量｡考点3▶沉淀溶解平衡图像。
高三化学二轮复习——电解质溶液自主检测
高三化学二轮复习——电解质溶液自主检测一．选择题（每小题只有一个正确答案。
每小题4分，共48分）1．下列微粒对水的电离平衡不产生影响的是（ ） A ．3H O +B ．OH -C ．4NH +D ．3NO -2．物质的量浓度相同的下列溶液，pH 由大到小排列正确的是（ ）A ．Ba(OH)2、 Na 2SO 3、FeCl 3、KClB ．Na 2SiO 3、Na 2SO 3、KNO 3、NH 4ClC ．NH 3·H 2O 、H 2SO 3、Na 2SO 4、H 2SO 4D ．NaHCO 3、CH 3COOH 、C 2H 5OH 、HCl3．下列有关实验操作的说法正确的是（ ）A ．可用25ml 碱式滴定管量取20.00ml KMnO 4 溶液B ． 用pH 试纸测定溶液的pH 时，需先用蒸馏水润湿试纸C ． 蒸馏时蒸馏烧瓶中液体的体积不能超过容积的2/3，液体也不能蒸干D ．读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏大4．通常情况下，将pH 分别为8和10的两种NaOH 溶液等体积混合，混合溶液的C(H +)最接近于（ ）A ．B ．C ．D ．5．将氢氧化钠稀溶液滴加到醋酸稀溶液中，下列各图示意混合溶液有关量或性质的变化趋势，其中错误．．的是（ ）6．关于浓度均为0.1 mol/L 的三种溶液：①氨水、②盐酸、③氯化铵溶液，下列说法不正确的是（ ）A ．c （NH +4）：③＞①B ．水电离出的c （H +）：②＞①C ．①和②等体积混合后的溶液：c （H +）＝c(OH -)+c(NH 3·H 2O)D ． ①和③等体积混合后的溶液：c （NH +4）＞c(Cl -)＞c(OH -)＞c(H +)7．25 ℃时，浓度均为0.2 mol/L 的NaHCO 3和Na 2CO 3溶液中,下列判断不正确．．．的是（ ） A ．均存在电离平衡和水解平衡 B ．存在的粒子种类相同C ．c(OH -)前者大于后者D ．分别加入NaOH 固体，恢复到原温度，c(CO 32-)均增大8．已知：25℃时，K sp [Mg(OH)2]＝5.61×10－12，K sp [MgF 2]＝7.42×10－11。
2023版高考化学二轮复习专题八电解质溶液课件
2-
c(HA-)增大,溶液的 pH 增大,当两者对水的电离促进和抑制作用相同时,溶液
(A 2- )
(A 2- )
呈中性,水电离出的 c(H )=10 mol·L ,由图知,lg(HA - )=-1,此时(HA - )=10-1,则
+
(A 2- )·(H + )
Ka2(H2A)=
(HA - )
-7
=10-8,D 正确。
-1
角度2盐类的水解平衡及影响因素
【典例】 (2022湖南卷,13)为探究FeCl3的性质,进行了如下实验(FeCl3和
Na2SO3溶液浓度均为0.1 mol·L-1)。
实验 操作与现象
①
在5 mL水中滴加2滴FeCl3溶液,呈棕黄色;煮沸,溶液变红褐色
在5 mL FeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液,变红褐色;再滴加
-
-1
-
(X - )
2 (OH - )
(X - )
=10-4.7,解得 c(OH-)= 2 × 10-5.7 mol·L-1,则溶液
pH=-lg
10-14
2×10
1
-5.7
=14+
lg(2×
10
)≈11.3,C 正确;加水稀释甲点混合溶液,溶
-5.7
2
液碱性减弱,溶液中 c(HX)减小,交点甲沿 OH-线向左下移动,D 正确。
2
向0.1 mol·L-1 Na2S溶液中加入过量0.2 mol·L-1 AgNO3溶液,产生黑色沉淀
3
向0.1 mol·L-1 Na2S溶液中通入过量H2S,测得溶液pH约为9
4
向0.1 mol·L-1 Na2S溶液中滴加几滴0.05 mol·L-1 HCl溶液,观察不到实验现象
高考化学二轮专题复习 电解质溶液精品教考案(含13真题及名校质检题)
电解质溶液【考情分析】一、考纲要求1.了解电解质的概念。
了解强电解质和弱电解质的概念。
2.了解电解质在水溶液中的电离，以及电解质溶液的导电性。
3.了解弱电解质在水溶液中的电离平衡。
4.了解水的电离，离子积常数。
5.了解溶液pH的定义。
了解测定溶液pH的方法，能进行pH的简单计算。
6.了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。
7.了解离子反应的概念、离子反应发生的条件。
了解常见离子的检验方法。
8.了解难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质。
二、命题趋向电解质溶液部分内容与旧大纲相比有一定的变化，删除了“了解非电解质的概念”，增加了“了解难溶电解质的沉淀溶解平衡及沉淀转化的本质”，降低了弱电解质电离平衡的要求层次，对pH、盐的水解的知识进行了具体的要求，将原化学计算中的“pH的简单计算”放在这部分的要求之中。
弱电解质的电离平衡、溶液的酸碱性和pH的计算、盐类的水解及其应用等知识是高考化学中的热点内容，常见的题型是选择题，也有填空题和简答题。
题目的考查点基于基础知识突出能力要求，并与其他部分知识(如化学平衡、物质结构、元素及其化合物、化学计算等)联系。
【知识归纳】（一）强弱电解质及其电离1．电解质、非电解质的概念电解质：在水溶液中或熔融状态时能够导电的化合物。
非电解质：在水溶液中和熔融状态都不能导电的化合物。
注意：①单质和混合物既不是电解质也不是非电解质；②CO2、NH3等溶于水得到的水溶液能导电，但它们不是电解质，因为导电的物质不是其本身；③难溶的盐（BaSO4等）虽然水溶液不能导电，但是在融化时能导电，也是电解质。
2．电解质的电离（1）强电解质如NaCl、HCl、NaOH等在水溶液中是完全电离的，在溶液中不存在电解质分子，溶液中的离子浓度可根据电解质浓度计算出来。
（2）弱电解质在水溶液中是少部分发生电离的。
如25℃时0.1mol/L的CH3COOH溶液中，CH3COOH的电离度只有1.32％，溶液中存在较大量的H2O和CH3COOH分子，少量的H+、CH3COO-和极少量的OH-离子。
电解质溶液专题 高考二轮复习经典习题
电解质溶液（一）一、电离平衡的影响1、(2013山东13)某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH=-lg[OH-])与pH的变化关系如图所示，则A．M点所示溶液导电能力强于Q点B．N点所示溶液中c(CH3COO-)﹥c(Na+)C．M点和N点所示溶液中水的电离程度相同D．Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积2．(2011山东∙14)室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是A．溶液中导电粒子的数目减少B．溶液中C(CH3COO－)C(CH3COOH)∙c(OH－)不变C．醋酸的电离程度增大，c(H＋)亦增大D．再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=73.(13全国)右图表示溶液中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是A.两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝KwB.M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)C.图中T1＜T2D.XZ线上任意点均有pH＝74．(2011四川卷∙9)25℃时，在等体积的①pH＝0的H2SO4溶液、②0.05 mol/L的Ba(OH)2溶液、③pH＝10的Na2S溶液、④pH＝5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是A．1∶10∶1010∶109B．1∶5∶5×109∶5×108C．1∶20∶1010∶109D．1∶10∶104∶1095.（09山东）15．某温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，平衡pH值随溶液体积变化的曲线如右图所示。
据图判断正确的是A．ll为盐酸稀释时的pH值变化曲线B ．b 点溶液的导电性比c 点溶液的导电性强C ．a 点K W 的数值比c 点K W 的数值大D ．b 点酸的总浓度大于a 点酸的总浓度6.（13安 徽）已知NaHSO3溶液显酸性，溶液中存在以下平衡：HSO 3- + H 2O H 2SO 3 + OH - ①HSO 3- H + + SO 32- ②向0.1mol ·L -1的NaHSO 3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①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO 3-)增大 B ． 加入少量Na 2SO 3固体，则c(H +) + c(Na +) = c(HSO 3-) + c(OH -) +12c(SO 32-) C ． 加入少量NaOH 溶液，233(SO )(HSO )c c --、(OH )(H )c c -+的值均增大 D ． 加入氨水至中性，则2c(Na +) = c(SO 32-)>c(H +) = c(OH -) 7.（13上海）11.H 2S 水溶液中存在电离平衡H 2S H ++HS -和HS -H ++S 2-。
【高考】化学二轮复习电解质溶液ppt课件
开
关
中性溶
c(H＋)＝
c(H＋)＝
液
c(OH－)
1×10－7 mol·L－1 ＝7
碱性溶 液
c(H＋)< c(OH－)
c(H＋)< 1×10－7 mol·L－1 >7
考点串讲
专题九
4. pH的使用中的几个误区
(1)pH＝7的溶液不一定呈中性。只有在常温下pH＝7的
溶液才呈中性，当在100 ℃时，水的离子积常数为1×
开
关
盐酸的 pH＝8.0
D．将 pH＝2 的某酸溶液和 pH＝12 的 KOH 溶液等体积
混合，所得溶液的 pH≤7
考点串讲
专题九
解析 若是稀醋酸溶液稀释则c(H＋)减小，pH增大，
b>a，故A错误；
酚酞的变色范围是pH＝8.0～10.0(无色→红色)，现在红色
本 专
褪去，pH不一定小于7，可能在7～8之间，故B错误；
小。
(2)加热：电离是吸热的，加热使电离平衡向右移动，溶
本 专
液中弱电解质分子数减小，溶液中离子浓度增大。
题 栏
(3)同离子效应：当向弱电解质溶液中加入的物质含有与
目 开
弱电解质相同的离子时，由于同种离子的相互影响，使
关
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
离子浓度大小的比较、沉淀溶解平衡的应用等。
考点串讲
专题九
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
本 专
数不变。应用这一原则时需要注意两个条件：水溶液
题 栏
电解池中电解液复原问题分析-高三化学二轮复习
】 电 解 水 时 为 了 增 强 其
式பைடு நூலகம்
综合应用
【例题4】在室温下，NaCl在水中的溶解度是36g。以石墨作阳极对 饱和食盐水进行电解，化学反应为：
2NaCl＋2H2O
2NaOH＋H2↑＋Cl2↑回答下列问题：
（1）.电解一段时间后，欲使食盐水恢复到原来的状态，下列做法
合理的是___A_、_C___
○ A. AgNO3 ● C. CuCl2
二．答案：B
B. Na2SO4 D. KCl
B
答 解其解 案 时导析 ： 是电：
电性电 解，解 水则时 的应只 物加是 质入为 。的了
是增 电强
B. CuSO4 D. KNO3
○ NaOH ○ C. H2SO4
2
（导【 变
电例
）
性 不 应 加 入 的 电 解 质 是
因此我们可以向溶液中通HCl气体 使得溶液恢复原状。
类似的情况还有电解KBr、AgNO3、CuSO4等溶液。
二、例题
【例题1】（2011年全国高考卷）用石墨作电极电解 C起u始SO状4溶态液，。应通向电溶一液段中时加间入后适，量欲的使电解液恢复到
A. CuSO4
B. H2O
C. CuO
D.CuSO4·5H2O
○ A. CuCO3 ○ C. Cu(OH)2
二．答案：CD
B. CuO D. Cu2(OH)2CO3
变式3：改变题目要求
【例】标况下，用惰性电极电解
0.2molCuSO4溶液，当阴极 收集
2.24L到气体时 ，要想使CuSO4溶液
恢复原浓度，应加入的物质是（
）
A.0.2mol CuCO3 B. 0.2molCuO + 0.1mol H2O C.0.1mol Cu(OH)2 + 0.1mol
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1．H2C2O4为二元弱酸。
20℃时，有一组H2C2O4和NaOH的混合溶液，其中c (H2C2O4) +c (HC2O4)+c (C2O42-)=0.1mol/L，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化如图所示。
[电离度=( 已电离电解质分子数/原弱电解质分子数) x100%] 下列说法不正确的是A．H2C2O4的K a2数量级为10-5B．在NaHC2O4溶液中，c (Na+)>c(HC2O4)>c (H+)>c(C2O42-)>c (OH-)C．0.1mol/L的H2C2O4溶液，H2C2O4的电离度约为80%D．pH=7.0的溶液中，c (Na+)=0.1+c(C2O42-)-c (H2C2O4)【答案】C【解析】A、Ka2=，电离平衡常数只受温度的影响，c(C2O42－)=c(HC2O4－)时，Ka2=c(H＋)，根据图像，H2C2O4的Ka2数量级为10－5，故A说法正确；B、根据图像，NaHC2O4的溶液显酸性，即HC2O4－的电离程度大于其水解程度，因此离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(HC2O4－)>c(H＋)>c(C2O42－)>c(OH－)，故B说法正确；C、H2C2O4HC2O4－＋H＋，根据电离度的定义，已电离的H2C2O4的浓度等于生成的HC2O4－的浓度，根据图像，开始时c(CO42－)约为0.072mol·L－1，草酸的电离度为0.072/0.1×100%=72%<80%，2故C说法错误；D、根据电荷守恒，则有c(Na＋)＋c(H＋)=c(OH－)＋c(HC2O4－)＋2c(C2O42－)，c(H2C2O4) +c (HC2O4)+c (C2O42-)=0.1mol/L，pH=7，即c(H＋)=c(OH－)，因此有，c (Na+)=0.1+c(C2O42-)-c (H2C2O4)，故D说法正确。
2．T℃，分别向10ml浓度均为1mol/L的两种弱酸HA、HB中不断加水稀释，并用pH传感器测定溶液pH。
所得溶液pH的两倍(2pH) 与溶液浓度的对数(1gc) 的关系如图所示。
下列叙述正确的是己知：（1）HA的电离平衡常数K a=[c(H+)·c(A-)]/[c(HA)-c(A-)]≈c2(H+)/c(HA)；（2）pK a=-lgK aA．弱酸的K a随溶液浓度的降低而增大B．a点对应的溶液中c(HA)=0.1mol/L，pH=4C．酸性：HA<HBD．弱酸HB的pK a=5【答案】B3．298K时，0.1mol/L H2R溶液中H2R、HR‾、R2‾三种微粒的分布系数δ随pH变化的关系如图所示。
已知：298K时，HF的K a=1.0×10‾3.4。
下列表述正确的是A．H2R的K a1 = 1.0×10‾1.3B．Na2R溶液中离子存在关系：c(Na+) = c(HR‾ ) +2c(R2‾ )C．等物质的量的NaHR和Na2R溶于水，所得溶液的pH恰好为4.3D．在足量的NaF溶液中加入少量H2R溶液：H2R + 2F‾ = 2HF + R2‾【答案】A4．25℃时，将0.1mol/L氨水与0.1mol/L盐酸按不同比例混合（如下表），所得溶液中微粒间的关系不正确的是A．①所得溶液中，c(NH4+) > c(Cl‾ ) > c(NH3·H2O) > c(OH‾ ) > c(H+)B．若②所得溶液pH = 7，则c(NH4+) = c(Cl‾ ) = 1×10‾7mol/LC．③所得溶液中，c(H+) −c(OH‾ ) = c(NH3·H2O)D．④所得溶液中，c(Cl‾ ) = 2c(NH3·H2O) + 2c(NH4+)【答案】B【解析】据题给信息可知反应后混合液中溶质为NH4Cl和NH3∙H2O（浓度之比1:1），NH3∙H2O电离程度大于NH4+水解程度，溶液呈碱性，所以c(NH4+) > c(Cl‾ ) > c(NH3·H2O) > c(OH‾ ) > c(H+)，A正确；②反应后所得NH4Cl和NH3∙H2O混合溶液，pH = 7，则c(H+) = c(OH‾ )，根据电荷守恒得c(NH4+) = c(Cl ‾ )> c(H+) = c(OH‾ )，所以c(NH4+) = c(Cl‾ ) >1×10‾7mol/L，B错误；③反应后所得溶液为NH4Cl，溶液中存在电荷守恒c(H+)+c(NH4+) = c(Cl‾ )+ c(OH‾ )，根据物料守恒c(NH3·H2O)+ c(NH4+) = c(Cl‾ )，二者消去c(Cl‾ )，得到c(H+) −c(OH‾ ) = c(NH3·H2O)，C正确；④反应后所得溶液为NH4Cl和HCl （浓度之比1:1）溶液中存在物料守恒c(Cl‾ )= 2c(NH4+)+ 2c(NH3·H2O)，D正确；正确选项B。
点睛：常温下，等浓度的盐酸与氨水反应，若反应后溶液pH = 7，二者不是恰好完全反应，而是氨水有剩余；若二者恰好完全反应，溶液显酸性，不显中性。
5．常温下，K a1(H2C2O4)＝10－1.3，K a2(H2C2O4)＝10－4.2。
用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定10.00mL0.1000 mol·L－1H2C2O4溶液所得滴定曲线如右图。
下列说法正确的是A．点①所示溶液中：c(Na+)>c(HC2O4－)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42－)B．点②所示溶液中：c(HC2O4－)＝c(C2O42－)C．点③所示溶液中：c(Na+)＝c(HC2O4－) + c(C2O42－)D．点④所示溶液中：c(Na+) + 2c(H2C2O4) + c(H+)＝2c(OH－) + 2c(C2O42－)【答案】B点睛：本题考查酸碱混合的定性判断，涉及物料守恒、电荷守恒等知识，试题知识点较多、综合性较强，解题时注意电荷守恒及物料守恒的应用，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键。
易错点为选项D，点④所示的溶液的体积20mL，草酸和氢氧化钠恰好完全反应，生成正盐草酸钠，结合电荷守恒、物料守恒判断。
6．下到有关电解质溶液的说法不正确的是（）A．向Na2CO3溶液中通入NH3，() ()23c Nac CO+-减小B．将0.1mol·L-1的K2C2O4溶液从25℃升温至35℃，() ()224c Kc C O+-增大C．向0.1mol·L-1的HF溶液中滴加NaOH溶液至中性，() () c Nac F+-=1D．向0.1mol·L-1的CH3COONa溶液中加入少量水，() ()()33c CH COOHc CH COO c H-+增大【答案】D7．常温下，Ka(HCOOH)=1.77×l0-4，Ka(CH3COOH)=1.75×l0-5,Kb(NH3·H20)=l.75×l0-5,下列说法正确的是A．浓度均为0.1mol/L的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的量浓度之和:前者大于后者B．用相同浓度的NaOH溶液分别滴定等体积pH均为3的HCOOH和CH3COOH溶液至终点，消耗NaOH 溶液的体积相等C．0.2mol/LHCOOH与0.1mol/LNaOH等体积混合后的溶液中:c(HCOO-)+c(OH-)=c(HC0OH)+c(H+) D．0.2mol/LCH3CONa与0.1mol/L盐酸等休积混合后的溶液中(pH<7):c(CH3COOH)>c(Cl-)>c(CH3COO-) >c(H+)【答案】A点睛：本题考查弱电解质的电离，侧重考查学生分析判断能力，解题关键：明确电离平衡常数与水解程度关系、溶液中存在的守恒，注意C中等量代换，D易错，注意醋酸电离程度大于醋酸钠水解程度。
8．已知：25℃时，0.1mol·L-l CH3COOH的电离度（已电离的CH3COOH分子数/原CH3COOH分子总数）约为1%。
该温度下，用0.1000mol·L-l氨水滴定10.00mL0.1000mol·L-l CH3COOH溶液，溶液的pH与溶液的导电能力（I）的关系如图所示。
下列说法正确的是A．M点→N点，水的电离程度逐渐增大B．25℃时，CH3COOH的电离常数约为1.0×10-2C．N点溶液中，c(CH3COO-) =c(NH4+)=0.05mol·L-lD．当滴入20mL氨水时，溶液中c(CH3COO-)>c(NH4+)【答案】A9．已知：25℃时，Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-18，Ka(HCOOH)= 1.0×10-4。
该温度下，下列说法错误的是A．Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中c(Zn2+)>1.0×10-6mol·L-lB．HCOO-的水解常数为1.0×10-10C．向Zn(OH)2悬浊液中加入HCOOH,溶液中c(Zn2+)增大D．Zn(OH)2+2HCOOH=Zn2++2HCOO-+2H2O的平衡常数K=100【答案】A【解析】A、Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中，令饱和溶液中锌离子浓度为x,x×(2x)2=1.0×10-18,x6.3×10-7mol·L-l，c(Zn2+)<1.0×10-6mol·L-l，故A错误；B、HCOO-的水解常数为1441010kwka--==1.0×10-10，故B正确；C、向Zn(OH)2悬浊液中加入HCOOH,溶液中氢氧根离子减小，溶解平衡正向移动，溶液中c(Zn2+)增大，故C正确；D、Zn(OH)2+2HCOOH Zn2++2HCOO-+2H2O的平衡常数K=()()()22224218221422c(HCOO)(1.010)1.010(1.010)c(HCOO)c Zn c OH ka kspkwH c OH-+-----⨯⨯⨯⨯⨯⨯==⨯⨯= 100，故D正确；故选A。
点睛：D为难点，先写出方程式，Zn(OH)2+2HCOOH Zn2++2HCOO-+2H2O再写出平衡常数K的表达式，然后上下同乘以c(OH-)的平方，将Kw代入，()()()2222222c(HCOO)c(HCOO)c Zn c OH ka kspkwH c OH-+--⨯⨯⨯=⨯即可。