高考化学二轮专题复习精品学案之电离平衡与盐类的水解doc高中化学

2022届高考化学二轮专题复习精品学案之电离平衡与盐类的水解一、考点回忆1．考点阐释：考点1：电解质⑴概念：电解质：在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物。如：酸、碱、盐和水等。非电解质：在水溶液中和熔融状态下都不导电的化合物。⑵强电解质和弱电解质强电解质弱电解质定义溶于水可完全电离的电解质溶于水只有局部电离的电解质化合物类型离子化合物记忆局部共价化合物一局部电离程度完全电离局部电离，存在电离平衡溶液中存在的粒子阴阳离子和水分子阴阳离子、电解质分子以及水分子物质种类强酸、强碱、大多数盐弱酸、弱碱和水电离方程式H2SO4=2H++SO42—Ca(OH)2=Ca2++2OH—NaHCO3=Na++HCO3—CH3COOHCH3COO—+H+NH3·H2ONH4++OH—H2OH++OH—⑶弱电解质的电离平衡概念：在一定条件（如温度、压强）下，当电解质分子电离成离子的速率与离子重新结合生成分子的速率相等时，电离过程就到达了平衡状态，叫电离平衡。影响电离平衡的因素①温度：升高温度，平衡向电离方向移动。但如果溶质为挥发性物质，那么加热会导致浓度下降。19/19\n②浓度：将弱电解质加水稀释，平衡向电离方向移动；减少生成物浓度，可以促进电离；参加与阴阳离子相同的离子时，那么产生同离子效应，抑制电解质的电离。⑷电离方程式的书写①强电解质的电离应用“=”连接，弱电解质的电离用“”连接。②多元弱酸的电离为分步电离，且第一步为主要过程，起决定作用。而多元弱碱的电离那么可一步书写。考点2。水的电离和溶液的pH水的电离：H2OH++OH—，属于吸热反响。25℃时，水的离子积常数为1×10—14；⑴影响水的电离程度的因素①温度：升高温度，水的电离程度增强，水的离子积增大。②酸或碱：参加酸和碱时都会抑制水的电离，但在稀溶液中，水的离子积常数不变。③易水解的盐：盐类的水解可促进水的电离，⑵溶液的酸碱性和pH值溶液酸碱性的判断：当c(H+)=c(OH—)时，溶液呈中性；当c(H+)>c(OH—)时，溶液呈酸性；当c(H+)<c(OH—)时，溶液呈碱性.假设溶液中的c(H+)在1×10—14mol/L~1mol/L之间时,常用pH来表示,pH=-[lgc（H+）]因此在25℃时，当pH=7，溶液为中性；pH<7，溶液为酸性；pH>7时，溶液为碱性。19/19\n⑶溶液中pH的计算：①酸的pH：先求溶液中c(H+)，再根据公式计算pH。当溶液为强酸时，加水稀释时，每稀释10倍，pH增加1，但溶液的pH只能接近7。如果为弱酸，那么增加的幅度比强酸小。②②碱的pH值：先求溶液中的c(OH—)，由水的离子积常数求出c(H+)，进而求出pH。如果为强碱，每稀释10倍，pH降低1，但溶液的pH只能接近7；假设为弱碱，那么降低的幅度小于强碱。②酸与酸混合：当两种强酸混合时，先由H+的物质的量与溶液的体积求出c(H+)，然后求出pH值③碱与碱混合：当两种强碱混合时，先求出由OH—的物质的量和溶液的体积求出c(OH—)，由水的离子积常数求出c(H+)，进而求出pH。④酸碱混合时：首先判断哪种物质过量，来判断溶液的酸碱性，如果为酸性，那么通过求得c(H+)而得到pH值；假设为碱性，那么首先计算c(OH—)，由水的离子积解得c(H+)，进而求出pH。考点3：盐类水解⑴盐类水解的实质：盐中电离产生的阴离子或阳离子与水中电离产生的H+或OH—结合为更弱的电解质，从而减少了溶液中的H+或OH—，促进了水的电离，⑵盐类水解的结果：促进水的电离，影响了溶液的酸碱性。酸性：强酸弱碱盐碱性：强碱弱酸盐中性：强酸强碱盐弱酸弱碱盐的酸碱性由阴阳离子的水解程度决定。⑶影响盐类水解的因素19/19\n因素水解平衡的影响c(H+)或c(OH—)内因水解的阴阳离子对应的酸或碱越弱，水解程度越强外因温度升温水解程度增大增大降温水解程度减小减小浓度加水水解程度增大减小加盐水解程度减小增大溶液的酸碱性加酸抑制阳离子的水解c(H+)增大，c(OH—)减小加碱抑制阴离子的水解c(H+)减小，c(OH—)增大⑷判断酸碱反响后溶液的pH①强酸强碱反响时，酸碱恰好完全反响与溶液为中性属于同一状态；②强酸弱碱反响时，弱恰好完全反响，那么溶液呈酸性，溶液呈中性时，为碱过量；③强碱与弱酸反响，恰好完全反响时，溶液显碱性，溶液为中性时，酸过量。考点4。酸碱中和滴定⑴实验原理以及目的：H++OH—=H2O，根据在反响过程中溶液的pH的变化情况，可以由已知浓度的酸（碱）测定未知浓度的酸（碱）的浓度。⑿实验所用试剂和仪器：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、铁架台等，标准溶液、待测溶液以及酸碱指示剂⑵中和滴定过程中的本卷须知：19/19\n①滴定管的使用：先检验是否漏水，然后用水清洗，再用待装溶液洗涤2~3次，，排除尖嘴处的气泡；装溶液，并调节溶液的高度在刻度线之内，记录体积。保存小数点后两位。②滴定时用移液管或滴定管取待测液于锥形瓶中，并参加指示剂，滴定时眼睛注视锥形瓶中颜色的变化以及溶液的流速，当滴入溶液后30秒后溶液颜色不再变化，那么可以判断反响进展完毕，记录所有标准液的体积。根据公式c(H+)v(酸)=c(OH—)v(碱)，计算出待测溶液的浓度。2．考察角度：⑴了解电解质和非电解质、强电解质和弱电解质的概念，能够准确判断物质分类。⑵明确离子反响的实质，能够判断离子反响能否发生。⑶掌握水的电离情况，了解溶液的pH等概念。能够进展简单的计算。⑷掌握弱电解质的电离情况，并明确影响平衡的条件。⑸溶液的酸碱性的判断以及强酸强碱中和滴定的原理。⑹理解盐类水解的原理，能够判断盐溶液的酸碱性。⑺了解盐类水解的用途。3．常见失误：⑴电解质的判断中经常忽略电解质为化合物。只注意到导电的情况，所以常把单质或溶液认为成电解质；在非电解质的判断中，经常认为出电解质以外的物质均为非电解质；判断强弱电解质时，常把沉淀认为是弱电解质。⑵参加酸和碱都会抑制水的电离，很多情况下把由水电离产生的c(OH—)或c(H+)减少认为成只有酸性或碱性。19/19\n⑶盐类水解过程促进了水的电离。也影响了盐溶液中各离子浓度的大小，在判断过程中会出现错误的概念。⑷酸式酸盐的水解和电离同时发生，而溶液的酸碱性那么是由它们程度的不同来判断的。所以对应的阴阳离子浓度的变化也是比较复杂的，这一知识点也是学生常出错误的情况。⑸酸碱中和反响的终点与恰好完全反响的关系也是学生经常混淆的地方。二、经典例题剖析例1．(2022年高考山东理综14题)氯气溶于水到达平衡后，假设其他条件不变，只改变某一条件，以下表达正确的选项是A．再通入少量氯气，c(H＋)/c(ClO－)减小B．通入少量SO2，溶液漂白性增强C．参加少量固体NaOH，一定有c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)D．参加少量水，水的电离平衡向正反响方向移动【解析】原反响为：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，再通入少量氯气后，c(H＋)与c(HClO)同等程度增大，假设HClO的电离度不变，c(H＋)/c(ClO－)应该相等，但实际上HClO的电离度减小，使c(ClO－)增大倍数不够，所以c(H＋)/c(ClO－)增大，A错。SO2与Cl2反响，二者的漂白性都减弱，B错。据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，当溶液呈中性时，c(H＋)=c(OH－)，才有c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)，C错。假设在溶液中参加水，相当于稀释次溶液，那么酸性减弱，水的电离程度增强。【答案】D19/19\n【点评】此题考察了既考察了化学平衡，又考察了电离平衡。次氯酸是一种弱电解质，在增加HClO时，其电离度减小，在水中加酸或碱都抑制了水的电离，弱稀释酸或碱溶液时，那么水的电离度增加。例2．（2022高考天津理综11题）25℃时，水的电离到达平衡：H2OH＋＋OH；ΔH＞0，以下表达正确的选项是A向水中加人稀氨水，平衡逆向移动，c(OH―)降低B向水中参加少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变C向水中加人少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低D将水加热，Kw增大，pH不变【解析】由题意可知，水的电离为吸热反响，当温度升高时，平衡象正向移动，c(H＋)都增大，所以pH减小，D错误；当参加酸（NaHSO4=Na++H++SO42—，相当于参加酸）或碱（参加稀氨水NH3·H2ONH4++OH—）时，都抑制了水的电离，而溶液中的c(H＋)和c(OH―)分别增大，由于温度不变，所以水的离子积不变，A错误，B正确；当参加可水解的盐（CH3COONa）时，因为存在CH3COO—+H2OCH3COOH+OH—而促进水的电离，C错误。【答案】B【点评】影响水电离的因素为加酸、碱——抑制水的电离；温度（升高温度）、参加可水解的盐——促进水的电离。例3．（2022高考上海化学第13题）以下关于盐酸与醋酸两种稀溶液的说法正确的选项是A相同浓度的两溶液中c(H＋)相同B100mL0.1mol/L的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠CpH＝3的两溶液稀释100倍，pH都为5D两溶液中分别参加少量对应的钠盐，c(H＋)均明显减小【解析】盐酸为强电解质，在溶液中存在HCl=H++Cl—；而醋酸为弱电解质，在水分子作用下存在CH3COOHCH3COO—+H+，它们均为一元酸，所以当它们物质的量相同时，完全电离时可以产生相同物质的量的H+，所以B正确；但如果它们的浓度相同时，强电解质电离产生的19/19\nc(H＋)更大，A项错误；当稀释两种溶液时由于弱电解质会继续电离而强电解质不能，所以强电解质的pH增加更快，C错误；盐酸对应的盐为NaCl，不水解，那么参加到水中不影响c(H＋)，醋酸对应的盐为醋酸钠可以水解显碱性，c(OH―)增加，所以，c(H＋)明显减小，那么D项错误。【答案】B【点评】强酸为强电解质，在水分子的作用下完全电离，弱酸为弱电解质，在水分子的作用下不完全电离，在稀释过程中强电解质不会继续电离，而弱电解质会继续发生电离。例4．（2022高考全国1理综第7题）室温时，以下混合溶液的pH一定小于7的是ApH＝3的盐酸和pH＝11的氨水等体积混合BpH＝3的盐酸和pH＝11的氢氧化钡溶液等体积混合CpH＝3的醋酸和pH＝11的的氢氧化钡溶液等体积混合DpH＝3的硫酸和pH＝11的氨水等体积混合【解析】由于盐酸、硫酸为强电解质，醋酸为弱电解质，所以pH相等的酸中醋酸的浓度最大，pH相等的碱中氨水的浓度最大，所以当它们混合时，酸过量的情况pH一定小于7。【答案】C【点评】酸、碱反响时，其实质为H++OH—=H2O，判断反响发生的情况应根据H+和oH—物质的量的大小。例5．（2022高考北京理综第12题）有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol·L－1，以下说法正确的选项是A3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①B假设将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②C假设分别参加25mL0.1mol·L－1盐酸后，pH最大的是①D假设3种溶液的pH均为9，那么物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞②【解析】此三种溶液都为碱性溶液，①②为水解后呈现碱性，且H2CO3的酸性小于CH3COOH的酸性，NaOH为强碱，直接电离产生OH—，所以当它们的pH相等时，浓度由大到小的顺序为②<①<③19/19\n，D项错误；而浓度相同时，pH由大到小的顺序为③＞①＞②，A项错误；当稀释这三种溶液时，①②的水解程度增加，pH变化教小，而③的OH—的物质的量不变，所以pH变化最大，那么B错误；当这三种溶液中参加物质的量相等的盐酸后只有①仍为碱性。【答案】C【点评】弱电解质的电离与水解引起的变化比强电解质的要小。例6．（2022高考北京理综第7题）在由水电离产生的H＋浓度为1×10－13mol·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是①K＋、Cl―、NO3―、S2―②K＋、Fe2＋、I―、SO42―③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－A①③B③⑤C③④D②⑤【解析】由题目所给信息可知，此溶液中抑制了水的电离，那么说明溶液中参加了酸或碱，所以溶液可能为酸性或碱性。①组离子因为含有S2—而不能在酸性条件下存在；②组中有Fe2+不能在碱性条件下存在，④中的HCO3—在酸性和碱性溶液中都不能存在。【答案】B【点评】溶液中各离子是否可以大量共存，可以从以下几方面判断：生成弱电解质、沉淀、气体等。（弱酸根离子与H+结合生成弱酸、OH—那么与不活泼金属阳离子形成弱碱，所以不能大量共存。）、强氧化性离子与复原性离子不能大量共存；可以发生双水解反响的离子不能大量共存。如Fe3+（Al3+）与HCO3—、CO32—、ClO—、S2—、HS—、AlO2—等大量共存。形成络合物，如Fe3+与SCN—。例7．（2022高考广东化学第15题）以下各溶液中，微粒的物质的量浓度关系正确的选项是A1.0mol/LNa2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H＋)＋2c(H2CO3)B1.0mol/LNH4Cl溶液：c(NH4＋)＝c(Cl－)C向醋酸钠溶液中参加适量醋酸，得到的酸性混合溶液：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)D向硝酸钠溶液中滴加稀盐酸得到的pH＝5的混合溶液：c(Na＋)＝c(NO3－)19/19\n【解析】在盐的混合溶液中，一般存在三个守恒：质量守恒、电荷守恒、质子守恒。在A项中因为存在着CO32—+H2OHCO3—+OH—；HCO3—+H2OH2CO3+OH—，所以溶液中的OH—来自于三局部：由水电离产生（等于溶液中H+的物质的量）、CO32—水解生成HCO3—时产生的（等于HCO3—的物质的量）、CO32—水解生成H2CO3时产生的（等于H2CO3物质的量的2倍），所以A正确；NaNO3与盐酸均为强电解质，混合后各离子都不会结合，所以物质的量都不变，那么c(Na＋)＝c(NO3－)，D项正确；NH4Cl中NH4+发生水解，而Cl—不水解，所以c(NH4＋)<c(Cl－)，B项错误；当醋酸钠与醋酸混合时，溶液中存在两个影响c(CH3COO－)的平衡：CH3COOHCH3COO—+H+；CH3COO—+H2OCH3COOH+—，由于溶液显酸性，所以醋酸的电离程度大于醋酸根离子的水解程度，那么c(Na＋)<c(CH3COO－)，C项错误。【答案】AD【点评】在溶液中当水解和电离同时发生时，溶液的酸碱性是判断哪种情况占主要因素的最好方法。例8．(2022年高考江苏卷第17题)实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反响原理为：4NH4＋＋6HCHO=3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋［滴定时，1mol(CH2)6N4H＋与lmolH＋相当］，然后用NaOH标准溶液滴定反响生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进展了如下实验：步骤I称取样品1.500g。步骤II将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。19/19\n步骤III移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，参加10mL20％的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，参加1~2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。⑴根据步骤III填空：①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接参加NaOH标准溶液进展滴定，那么测得样品中氮的质量分数________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，那么滴定时用去NaOH标准溶液的体积__________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察____________(A)滴定管内液面的变化(B)锥形瓶内溶液颜色的变化④滴定到达终点时，酚酞指示剂由_________色变成_________色。⑵滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20假设NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol·L－1，那么该样品中氮的质量分数为___________。【解析】由4NH4＋＋6HCHO=3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋［滴定时，1mol(CH2)6N4H＋与lmolH＋相当］可知，4molNH4+与甲醛反响产生的H+与(CH2)6N4H＋可消耗4molNaOH，那么消耗的HaOH的物质的量等于NH4+19/19\n的物质的量，假设碱式滴定管没有用标准溶液清洗，那么NaOH溶液浓度变小，滴定时用去NaOH溶液的体积增加，计算出的NH4+的物质的量偏大，滴定时反响的实质为H++OH—=H2O，是物质的量相等，所以锥形瓶中加水不会影响反响结果，滴定时锥形瓶中的溶液是由酸性变为中性，在酚酞为指示剂的情况下，容颜颜色由无色变为浅粉色。N的质量分数为，NaOH的体积利用三次测得的平均值为20.00mL，代入上式可得结果。【答案】⑴①偏高。②无影响。③B。④无；粉红(或浅红)。⑵18.85%。【点评】酸碱中和滴定的操作过程应该加以重视，而计算相对来说要简单些，但是误差分析是关于实验测试红的主要内容。三、方法总结与2022年高考预测㈠本单元要从原理的理解入手，注意相似知识点的理论迁移。例如弱电解质的电离与化学平衡移动的类比，并明确它们的不同之处。在考虑水的电离时总结规律：加酸与碱都应制水的电离，而盐类的水解那么是促进了水的电离，这些条件的改变之是改变了氢离子与氢氧根离子浓度的大小比较，它们的乘积在相同温度时是不变的。即水的离子积只与温度有关。而酸碱的中和反响更是与水的电离关系密切，所以有效的利用相应理论是掌握这章内容的主要方法。㈡本单元有很多高考保存题型，例如离子共存问题、溶液中离子浓度大小的比较、溶液酸碱性的判断等，在实验测试中酸碱中和反响是最近几年又开场出现的内容。预计在2022年的考试中，保存的题型仍然会出现，如离子大量共存、离子浓度大小的判断等问题，另外还可能出现关于离子检验的问题，以实验形式出现。四、强化训练及解答技巧㈠选择题：19/19\n1．向水中参加以下物质，其中能使水的电离程度增大的物质是A．NaClB．NH4ClC．HClD．NaOH2．常温下将pH都为2的盐酸和醋酸稀释100倍后，两者的物质的量浓度相比较A．前者大B．后者大C．相等D．无法确定3．在常温下某化合物的水溶液中，已知由水电离出来的以c(H+）和c（OH－）分别为amol·L－1和bmol·L－1，且a·b＝10－28，以下离子组在该溶液中一定能大量共存的是A．Al3+、NH4+、SO42－、Cl－B．N＋、K十、SO42－一、SO32C．K十、Fe2+、Cl—、MnO4－D．Ba2+、Na+、Cl－、NO3－4．现用氯水来制取含有次氯酸的溶液，既要提高溶液中HClO物质的量浓度，又要降低溶液中HCl浓度，以下措施可以采用的是A．加热挥发HClB．加水使平衡向正反响方向移动C．加NaOH中和HClD．加CaCO3中和HCl5．某同学向100mL氢硫酸溶液中通人标准状况下的二氧化硫气体，所得溶液pH变化如图所。他据此得到的以下四条关于二氧化硫和亚硫酸的说法。请分析其中正确的选项是A．SO2是弱电解质B．H2SO3不是强酸C．亚硫酸是比氢硫酸还弱的酸D．原氢硫酸溶液的物质的量浓度0.05mo1·L—16．以下有关表达正确的选项是A．在中和滴定中，既可用标准溶液滴定待测溶液，也可用待测溶液滴定标准溶液B．进展中和滴定操作时，眼睛要始终注视滴定管内溶液液面的变化C．测定中和热时，两烧杯间填满碎纸的作用是固定小烧杯D．假设用50mL0.55mo1·L—1的氢氧化钠溶液，分别与50mL0.50mo1·L—1的盐酸和50mL0.50mo1·L—1的硫酸反响充分反响，两反响的中和热不相等㈡填空题1．已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如右图所示：⑴那么25时水的电离平衡曲线应为（填“A”或“B”），请说明理由。⑵25时，将＝9的NaOH溶液与＝4的溶液混合，假设所得混合溶液的＝7，那么NaOH溶液与溶液的体积比为。19/19\n⑶95时，假设100体积1＝的某强酸溶液与1体积2＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，那么混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是。⑷曲线B对应温度下，pH＝2的某HA溶液和pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH＝5。请分析其原因：。2．现有常温下的0.1mol·L－1纯碱溶液。⑴你认为该溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）：为证明你的上述观点，请设计一个简单的实验，简述实验过程：⑵同学甲认为该溶液中Na2CO3的水解是微弱的，发生水解的CO32—离子不超过其总量的10％。请你设计实验证明该同学的观点是否正确。⑶同学乙就该溶液中粒子之间的关系写出了以下四个关系式，你认为其中正确的选项是A．c(Na+)=2c(CO32—)B．c(CO32—)＞c(OH－)＞c(HCO3—)＞c(H2CO3)C．c(CO32—)+c(HCO3—)=0.1mol·L－1D．c(OH－)=c(H+)＋c(HCO3—)＋2c(H2CO3)⑷水解反响是典型的可逆反响。水解反响的化学平衡常数称为水解常数（用Kh表示），请写出Na2CO3第一步水解反响的水解常数的表示式：㈢简答题：⑴实验室中不少试剂瓶的标签外都涂有一层石蜡，其作用是__________________________________________________；在取用酚酞试液时往往会闻到一股明显的酒精的特殊香味，你觉得有可能的原因是。⑵苯酚(C6H5OH)显弱酸性，水溶性不好，它分散于水中往往形成浊液。在C6H5ONa溶液中通入CO2后会生成C6H519/19\nOH，从而出现浑浊。试设计一个简单的实验证明C6H5ONa与CO2的另一反响产物是NaHCO3而不是Na2CO3。（说明：NaHCO3在溶液受热不易分解，且它能与CaCl2溶液反响能生成CaCO3沉淀。）（只须写出简要的实验步骤和文字说明）解析答案：㈠选择题：1．B【解析】在水中参加酸或碱都抑制水的电离，强酸强碱盐不影响水的电离，强酸弱碱盐或强碱弱酸盐都可以水解而促进水的电离。2．B【解析】当溶液pH相等时，醋酸的浓度大于盐酸的浓度，当溶液稀释时，浓度的变化也相同，所以醋酸的浓度仍然大于盐酸的浓度。注意点：此题考察的是浓度的大小，并非pH的变化。3．D【解析】由水电离产生的氢离子与氢氧根离子浓度相等，所以为10—14mol/L。溶液可能为强酸性也可能为强碱性。A项在碱性溶液中不能大量共存；B项中的SO32—在酸性溶液中不能大量共存，C项中的MnO4—在酸性溶液中可以氧化Fe2+。4．D【解析】“既要提高溶液中HClO物质的量浓度，又要降低溶液中HCl浓度”，即要通过消耗HCl来实现提高溶液中HClO物质的量浓度。用NaOH能同时消耗HClO，不可。HClO的酸性弱与碳酸，所以可以用CaCO3。5．B【解析】二氧化硫不是电解质，A错；从图上看，在224mL时，0.05mol·L-1的亚硫酸的pH远小于1，说明它是弱酸，B正确；根据方程式：2H2S+SO2=3S+2H2O得，原氢硫酸溶液的物质的量浓度0.1mo1·L19/19\n—1，D错；从图中看出，同浓度的亚硫酸比氢硫酸的pH小，那么其酸性比氢硫酸的要强，C错。6．A【解析】此题考察中和热的测定和中和滴定实验的有关操作和目的。该实验是一个定量实验，定量实验取关键之处就是减小误差，所以，在中和滴定实验的滴定过程中，眼睛要始终注视锥形瓶内溶液的颜色变化，B选项错误；中和滴定是通过指示剂来指示滴定终点，通过对测定数据的计算来确定待测液的浓度，故只要能满足上述条件，那么与滴加顺序无关，A正确。测中和热时，两烧杯间填满碎纸的作用是首先是保温，减少热量损失；中和热是以生成1mol水为基准，中和反响的中和热均为放出57.3kJ/mol，而与酸碱的用量无关，故C、D均错误，㈡填空题：1．【答案】⑴A；水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，c(H+)、c(OH－)小⑵10:1⑶+b=14或：pH1+pH2=14⑷曲线B对应95℃，此时水的离子积为10－12。HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH＝5。【解题思路】此题的关键是在搞清楚温度对水电离平衡、水的离子积和溶液pH的影响。⑴当温度升高时，促进水电离，水的离子积也增大，水中氢离子浓度、氢氧根离子浓度都增大，水的pH也增大，但溶液仍然呈中性。因此结合图象中A、B曲线变化情况及氢离子浓度、氢氧根离子浓度可以判断那么25时水的电离平衡曲线应为A，理由为水的电离是吸热过程，升高温度，使水的电离程度增大。19/19\n⑵中25时所得混合溶液的＝7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH－)=n(H+)，那么V(NaOH)·10-5mo1·L—1=V(H2SO4)·10-4mo1·L—1，得V(NaOH)∶V(H2SO4)＝10∶1⑶要注意是95时，水的离子积为10-12，即c(H+)·c(OH－)=10－12，即：等体积强酸碱反响至中性时(酸)＋(碱)＝12。根据95时混合后溶液呈中性，2＝b的某强碱溶液中c(OH－)=10b－12；有100×10－a＝1×10b－12，即：10－a＋2＝10b－12，所以，有以下关系：+b＝14，或：pH1+pH2=14⑷中在曲线B对应温度下，因(酸)＋(碱)＝12，可得酸碱两溶液中c(H+)=c(OH—)，如是强酸、碱，两溶液等体积混合后溶液应呈中性；现混合溶液的pH＝5，即等体积混合后溶液显酸性，说明H+与OH—完全反响后又有新的H+产生，酸过量，所以说酸HA是弱酸。【答案】⑴CO32—+H2OHCO3—+OH－；向纯碱溶液中滴加数滴酚酞试液后，溶液显红色；然后逐滴参加氯化钙溶液直至过量，假设溶液红色逐渐变浅直至消失，那么说明上述观点。⑵用pH试纸（或pH计）测常温下0.1mol·L－1纯碱溶液的pH，假设pH＜12，那么该同学的观点正确；假设pH＞12，那么该同学的观点不正确。⑶B、D⑷Kh＝【解题思路】⑴纯碱是盐不是碱，其溶液呈碱性的原因只能是盐的水解。证明的出发点是：把产生水解的离子消耗掉，看在无水解离子的情况下溶液是否发生变化。19/19\n⑵离子是微观的，发生水解的量是看不到的，但水解后的结果――溶液酸碱性和酸碱度是可以测量的，所以可用测溶液pH的方法来测定“水解度”。⑶A式c(Na+)=2c(CO32—)方程式两边分别是正负电荷，所以考虑电荷守恒。因为缺少HCO3—而错误。B式是离子浓度大小排序：c(CO32—)＞c(OH－)＞c(HCO3—)＞c(H2CO3)，要从水解程度大小来考虑，正确。要说明的是：HCO3—水解的程度大于其电离的程度。C式c(CO32—)+c(HCO3—)=0.1mol·L－1右边是溶液浓度，因此考虑原子守恒，但由于疏漏碳酸，错误。D式c(OH－)=c(H+)＋c(HCO3—＋2c(H2CO3)一边是水解产物之一OH－，一边是水解的另一产物，所以考虑物料守恒，考虑它们之间量的比例关系，D正确。⑷CO32－第一步水解的离子方程式CO32－+H2OHCO3—+OH－，先按照化学平衡常数的书写方式得：K＝，再根据平衡常数的书写规那么：在稀溶液中水的浓度视为1，参考水的离子积的表达方式，得水解常数表达式：Kh＝。㈢简答题：⑴把小块pH试纸放在外表皿(或玻璃片)上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点在试纸的中部，试纸变色后，与标准比色卡比较来确定溶液的pHCO32－＋H2OHCO3－＋OH－7到13⑵向纯碱溶液中滴入酚酞溶液，溶液显红色；假设再向该溶液中滴入过量氯化钙溶液，产生白色沉淀，且溶液的红色褪去。说明纯碱溶液呈碱性是由CO32－引起的。五、复习建议1．排除定势思维的干扰，透过现象看本质19/19\n对于离子在溶液中的存在状态的判断，很多学生把离子的水解与离子浓度大小的情况混淆，其实离子的水解或弱电解质的电离都是比较弱的，所以对于溶液中本身能够电离产生的离子浓度均是最大的。2．深入剖析题给条件，免入歧途命题者为了更好地考察我们敏捷而严密的思维能力，常常在题中设置一些误导条件、过剩条件、隐含条件等，假设不深入剖析题给条件，很可能会使思路误入歧途，得出与实际不相符的答案。3．重视化学学科的规律，实现知识的正迁移我们学习的知识以及在学习知识的过程中积累的学习方法和经历，很大程度上是为了积累一些解决问题的方法，即形成对知识的迁移能力。如果不会迁移，无论知识掌握多少，都是无用的死知识。19/19