讲练测2019年高考化学三轮复习核心热点总动员专题08：电解质（含解析）

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1、电解质【名师精讲指南篇】【高考真题再现】1【2018 新课标 3卷】用 0.100 molL-1 AgNO3滴定 50.0 mL 0.0500 molL-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是 （ ）A根据曲线数据计算可知 Ksp(AgCl)的数量级为 10-10B曲线上各点的溶液满足关系式 c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl)C相同实验条件下，若改为 0.0400 molL-1 Cl-，反应终点 c移到 aD相同实验条件下，若改为 0.0500 molL-1 Br-，反应终点 c向 b方向移动【答案】C【解析】分析：本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的

2、沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。详解：A选取横坐标为 50mL的点，此时向 50mL 0.05mol/L的 Cl-溶液中，加入了 50mL 0.1mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的 Ag+浓度为 0.025mol/L（按照银离子和氯离子 1:1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来 2倍） ，由图示得到此时 Cl-约为 110-8mol/L（实际稍小） ，所以KSP(AgCl)约为 0.02510-8=2.510-10，所以其数量级为 10-10，选项 A正确。B由于 KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析

3、出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以 c(Ag+)c(Cl-)K SP(AgCl)，选项 B正确。C滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的 Cl-溶液改为 50mL 0.04mol/L的 Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的 0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的 0.8倍，因此应该由 c点的 25mL变为250.8=20mL，而 a点对应的是 15mL，选项 C错误。D卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以 KSP(AgCl)应该大于 KSP(AgBr)，将 50mL 0.05mo

4、l/L的 Cl-溶液改为 50mL 0.05mol/L的 Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是 1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由 a点变为 b点。选项 D正确。点睛：本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。2 【2018 天津卷】下列叙述正确的是 （ ）A某温

5、度下，一元弱酸 HA的 Ka越小，则 NaA的 Kh(水解常数)越小B铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈C反应活化能越高，该反应越易进行D不能用红外光谱区分 C2H5OH和 CH3OCH3【答案】B【解析】分析：本题是对化学理论进行的综合考查，需要对每一个选项的理论表述进行分析，转化为对应的化学原理，进行判断。详解：A根据“越弱越水解”的原理，HA 的 Ka越小，代表 HA越弱，所以 A-的水解越强，应该是 NaA的 Kh(水解常数)越大。选项 A错误。B铁管镀锌层局部破损后，形成锌铁原电池，因为锌比铁活泼，所以锌为负极，对正极铁起到了保护作用，延缓了铁管的腐蚀。选 B正确。C反应的活化能越

6、高，该反应进行的应该是越困难（可以简单理解为需要“翻越”的山峰越高， “翻越”越困难） 。选项 C错误。D红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C 2H5OH和 CH3OCH3的官能团明显有较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项 D错误。点睛：反应的活化能是指普通分子达到活化分子需要提高的能量，则活化能越大，说明反应物分子需要吸收的能量越高（即，引发反应需要的能量越高） ，所以活化能越大，反应进行的就越困难。从另一个角度理解，课本中表述为，活化能越大，反应的速率应该越慢，这样也可以认为活化能越大，反应越困难。3 【2018 江苏卷】根据下列图示所得出的结论不正确的是 （ ）A图甲是

7、CO(g)+H2O(g) CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的 Hc(H2C2O4 ) c(C2O42 ) c(H+ )CpH = 7 的溶液： c(Na+ ) =0.1000 molL1+ c(C2O42) c(H2C2O4)D c(Na+ ) =2c(总)的溶液： c(OH) c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4)【答案】AD【解析】分析：A 项，H 2C2O4溶液中的电荷守恒为 c（H +）=c（HC 2O4-）+2c（C 2O42-）+c（OH -） ，0.1000 molL1H2C2O4溶液中 0.1000mol/L=c（H 2C2O

8、4） + c（HC 2O4-）+ c（C 2O42-） ，两式整理得 c（H +）=0.1000mol/L-c（H 2C2O4）+c（C 2O42-）+c（OH -） ；B 项，c（Na +）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC 2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC 2O4-水解的离子方程式为 HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-，HC 2O4-水解常数 Kh= = = =1.85 10-13 Ka2（H 2C2O4） ，HC 2O4-的电离程度大于水解程度，则 c（C 2O42-） c（H 2C2O4） ；C 项，滴入 NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为 c（Na +）+

9、c（H +）=c（HC 2O4-）+2c（C 2O42-）+c（OH -） ，室温 pH=7即 c（H +）=c（OH -） ，则 c（Na +）=c（HC 2O4-）+2c（C 2O42-）=c（总）+c（C 2O42-）-c（H 2C2O4） ，由于溶液体积变大，c（总） 0.1000mol/L；D 项，c（Na +）=2c（总）时溶液中溶质为 Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为 c（Na +）+c（H +）=c（HC 2O4-）+2c（C 2O42-）+c（OH -） ，物料守恒为 c（Na +）=2c（H 2C2O4） + c（HC 2O4-）+ c（C 2O42-），两式整理得 c（

10、OH -）-c（H +）=2c（H 2C2O4）+c（HC 2O4-） 。详解：A 项，H 2C2O4溶液中的电荷守恒为 c（H +）=c（HC 2O4-）+2c（C 2O42-）+c（OH -） ，0.1000 molL1H2C2O4溶液中 0.1000mol/L=c（H 2C2O4） + c（HC 2O4-）+ c（C 2O42-） ，两式整理得 c（H +）=0.1000mol/L-c（H 2C2O4）+c（C 2O42-）+c（OH -） ，A 项正确；B 项，c（Na +）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC 2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC 2O4-水解的离子方程

11、式为 HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-，HC 2O4-水解常数 Kh= = = =1.85 10-13 Ka2（H 2C2O4） ，HC 2O4-的电离程度大于水解程度，则 c（C 2O42-） c（H 2C2O4） ，B 项错误；C 项，滴入 NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为 c（Na +）+c（H +）=c（HC 2O4-）+2c（C 2O42-）+c（OH -） ，室温 pH=7即 c（H +）=c（OH -） ，则 c（Na +）=c（HC 2O4-）+2c（C 2O42-）=c（总）+c（C 2O42-）-c（H 2C2O4） ，由于溶液体积变大，c（总）0.1000mo

12、l/L，c（Na +） 0.1000mol/L +c（C 2O42-）-c（H 2C2O4） ，C 项错误；D 项，c（Na +）=2c（总）时溶液中溶质为 Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为 c（Na +）+c（H +）=c（HC 2O4-）+2c（C 2O42-）+c（OH -） ，物料守恒为 c（Na +）=2c（H 2C2O4） + c（HC 2O4-）+ c（C 2O42-），两式整理得 c（OH -）-c（H +）=2c（H 2C2O4）+c（HC 2O4-） ，D 项正确；答案选 AD。点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶

13、液中存在的平衡，弄清主次（如 B项） ，巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出） 。注意加入 NaOH溶液后，由于溶液体积变大，c（总） 0.1000mol/L。5【2018 北京卷】测定 0.1 molL-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的 pH，数据如下。时刻 温度/ 25 30 40 25pH 9.66 9.52 9.37 9.25实验过程中，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多。下列说法不正确的是 （ ）ANa 2SO3溶液中存在水解平衡： +H2O +OHB的 pH与不同，是由于 浓度减小造成的C的过程中，温度

14、和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D与的 Kw值相等【答案】C【解析】分析：A 项，Na 2SO3属于强碱弱酸盐，SO 32-存在水解平衡；B 项，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分 Na2SO3被氧化成 Na2SO4，与温度相同，与对比，SO 32-浓度减小，溶液中 c（OH -） ，的 pH小于；C 项，盐类水解为吸热过程，的过程，升高温度 SO32-水解平衡正向移动，c（SO 32-）减小，水解平衡逆向移动；D 项，Kw只与温度有关。详解：A 项，Na 2SO3属于强碱弱酸盐，SO 32-存在水解平衡：SO 32-+H2O HSO3

15、-+OH-、HSO 3-+H2O H2SO3+OH-，A 项正确；B 项，取时刻的溶液，加入盐酸酸化的 BaCl2溶液做对比实验，产生白色沉淀多，说明实验过程中部分 Na2SO3被氧化成 Na2SO4，与温度相同，与对比，SO32-浓度减小，溶液中 c（OH -） ，的 pH小于，即的 pH与不同，是由于 SO32-浓度减小造成的，B项正确；C 项，盐类水解为吸热过程，的过程，升高温度 SO32-水解平衡正向移动，c（SO 32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C 项错误；D 项，K w只与温度有关，与温度相同，K w值相等；答案选 C。点睛：本题考查盐类水解

16、离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。6【2018 天津卷】LiH 2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH 2PO4溶液的 pH随 c 初始 （H 2PO4）的变化如图 1所示，H 3PO4溶液中 H2PO4的分布分数 随 pH的变化如图 2所示， 下列有关 LiH2PO4溶液的叙述正确的是 （ ）A溶液中存在 3个平衡B含 P元素的粒子有 H2PO4、HPO 42、PO 43C随 c 初始 （H 2PO4）增大，溶液的 pH明显变小D用浓度大于 1 molL-1的 H3PO4溶液溶解 Li2CO

17、3，当 pH达到 4.66时，H 3PO4几乎全部转化为LiH2PO4【答案】D【解析】分析：本题考查电解质溶液的相关知识。应该从题目的两个图入手，结合磷酸的基本性质进行分析。详解：A溶液中存在 H2PO4的电离平衡和水解平衡，存在 HPO42的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在 4个平衡。选项 A错误。B含 P元素的粒子有 H2PO4、HPO 42、PO 43和 H3PO4。选 B错误。C从图 1中得到随着 c 初始 （H 2PO4）增大，溶液的 pH不过从 5.5减小到 4.66，谈不上明显变小，同时达到 4.66的 pH值以后就不变了。所以选项 C错误。D由图 2得到，pH=4.6

18、6 的时候，=0.994，即溶液中所有含 P的成分中 H2PO4占 99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为 LiH2PO4。选项 D正确。点睛：本题中随着 c 初始 （H 2PO4）增大，溶液的 pH有一定的下降，但是达到一定程度后就基本不变了。主要是因为 H2PO4存在电离和水解，浓度增大电离和水解都会增加，影响会互相抵消。7【2017 新课标 1卷】常温下将 NaOH溶液滴加到己二酸（H 2X）溶液中，混合溶液的 pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是 （ ）A Ka2（H 2X）的数量级为 106B曲线 N表示 pH与 的变化关系2(H)lgcCNaHX 溶液中D当混合

19、溶液呈中性时， 【答案】D【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即 Ka1= Ka2= ，所以当 pH相等即氢离子浓度相等时 ，因此曲线 N表示 pH与 的变化2(HX)lgc2()lgc 2(HX)lgc关系，则曲线 M是己二酸的第二步电离，根据图像取0.6 和 4.8点， =100.6 2()cmolL1 ， c(H )=104.8 molL1 ，代入 Ka2得到 Ka2=105.4 ，因此 Ka2（H 2X）的数量级为 106，A 正确；B.根据以上分析可知曲线 N表示 pH与 的关系，B 正确；C. 曲线 N是己二酸的第一步电2(HX)lgc离，根据图像取 0.6和 5.

20、0点， =100.6 molL1 ， c(H )=105.0 molL1 ，代入 Ka1得到2()cKa1=104.4 ，因此 HX 的水解常数是 =1014 /104.4 Ka2，所以 NaHX溶液显酸性，即 c(H ) c(OH )，w1aKC正确；D.根据图像可知当 0 时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时， 0，2(X)lgHc 2(XlgH)即 c(X2) c(HX)，D 错误；答案选 D。【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意分清楚反应的过程，搞清楚 M和 N曲线表示的含义，答题的关键是明确二元弱酸的电离特点。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考

21、化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。8 【2017 新课标 2卷】改变 0.1 二元弱酸 溶液的 pH，溶液中的 、 、 的物质的1molL2HA2HA2量分数 随 pH的变化如图所示已

22、知 。(X)下列叙述错误的是 （ ）ApH=1.2 时， B CpH=2.7 时， DpH=4.2 时， 【答案】D【解析】A、根据图像，pH=1.2 时，H 2A和 HA相交，则有 c(H2A)=c(HA)，故 A说法正确；B、pH=4.2 时，c(A2)=c(HA)，根据第二步电离 HA H A 2，得出： K2(H2A)=c(H+)c(A2)/c(HA)= c(H+)=104.2，故 B说法正确；C、根据图像，pH=2.7 时，H 2A和 A2相交，则有 ，故 C说法正确；D、由图知，pH=4.2 时， c(HA)=c(A2)，H 2A电离出一个 HA时释放出一个 H+，电离出一个 A2

23、时，释放出 2个 H+，同时水也会电离出 H+，因此 c(H+) c(HA)=c(A2)，错误。【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意利用守恒的思想解决问题。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)

24、，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。9 【2017 新课标 3卷】在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的 会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可Cl向溶液中同时加入 Cu和 CuSO4，生成 CuCl沉淀从而除去 。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是 （ ）A 的数量级为SP(Cul)K710B除 反应为 Cu+Cu2+2 =2CuClClClC加入 Cu越多，Cu +浓度越高，除 效果越好lD2Cu +=Cu2+Cu平衡常数很大，反应趋于完全【答案】C【解析】A Ksp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl )，在横坐标 为 1时，纵坐标

25、大于6，小-1(Cu)lgmoLc于5，所以 Ksp(CuCl)的数量级是 107 ，A 正确；B除去 Cl 反应应该是Cu+Cu2 2Cl 2CuCl，B 正确；C溶液中存在平衡：Cu +Cl CuCl、2Cu + Cu2+Cu，加入纯固态物质 Cu对平衡无影响，故 C错误；D在没有 Cl 存在的情况下，反应 2Cu Cu2 Cu 的平衡常数约为 ，平衡常数很大，反应趋于完全，D 正确。答案选 C。【名师点睛】本题考查溶度积常数的计算及平衡的移动，难点是对溶液中平衡时相关离子浓度的关系图的理解，通过图示可以提取出 Ksp(CuCl)，2Cu Cu2 Cu 的平衡常数，并且要注意在化学平衡中纯

26、物质对反应无影响。10 【2017 江苏卷】常 温 下 ， Ka(HCOOH)=1.77104， Ka(CH3COOH)=1.75105， Kb(NH3H2O) =1.76105， 下 列 说 法 正 确 的 是 （ ）A浓度均为 0.1 molL1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C0.2 molL1 HCOOH与 0.1 molL1 NaOH 等体积混合后的溶液中： c(HCOO) + c(OH) = c(HCOOH)

27、 + c(H+)D0.2 molL 1 CH3COONa 与 0.1 molL 1盐酸等体积混合后的溶液中(pH c(Cl ) c(CH3COOH) c(H+)【答案】AD【解析】A由电荷守恒可知，甲酸钠溶液中存在 c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(HCOO)，氯化铵溶液中存在 c(H+)+c( )=c(OH)+c(Cl)。由于在常温下氨水的 Kb小于甲酸的 Ka， KW不变，铵根的水解程度大+4NH于甲酸根的水解程度，氯化铵溶液中 c(OH)小于甲酸钠溶液中 c(H+)，Cl 和 Na+都不水解， c(Cl)=c(Na+)，所以 A正确；由甲酸和乙酸的电离常数可知，甲酸的酸性较强，所

28、以 pH为 3的两种溶液中，物质的量浓度较大的是乙酸，等体积的两溶液中，乙酸的物质的量较大，用同浓度的氢氧化钠溶液中和这两种溶液，乙酸消耗的氢氧化钠溶液较多，B 错误；C两溶液等体积混合后得到甲酸和甲酸钠的混合液，由电荷守恒得 c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(HCOO)，由物料守恒得 2c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO)，联立两式可得 2c(H+)+c(HCOOH)=2c(OH)+c(HCOO)，C 错误；D两溶液等体积混合后，得到物质的量浓度相同的乙酸、乙酸钠和氯化钠的混合液，由于溶液 pHc(Cl)c(CH3COOH)c(H+)，D 正确。【名师点睛】本题以 3种弱电

29、解质及其盐的电离、反应为载体，考查了酸碱中和滴定和溶液中离子浓度的大小比较。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。高考试题常围绕盐类水解的类型和规律的应用出题。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，弱电解质的电离平衡常数的意义及其重要应用，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，要用到三个“守恒” （物料守恒、电荷守恒、质子守恒）来求解。很

30、多大小关系要巧妙运用守恒关系才能判断其是否成立。11 【2017 江苏卷】(14 分)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。 （1）将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂 X，吸附剂 X中含有 ，其原因是_。 23CO（2）H 3AsO3和 H3AsO4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的关系分别如题 20图- 1 和题 20图- 2 所示。 以酚酞为指示剂(变色范围 pH 8.0 10.0)，将 NaOH溶液逐滴加入到 H3AsO3溶液中，当溶液由无色

31、变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为_。H 3AsO4第一步电离方程式 H3AsO4 H2AsO4+H+的电离常数为 Ka1，则pKa1=_(pKa1=lgKa1)。（3）溶液的 pH对吸附剂 X表面所带电荷有影响。pH =7.1时，吸附剂 X表面不带电荷；pH 7.1时带负电荷，pH 越高，表面所带负电荷越多；pHc(OH )，酸性；c(H ) c(OH )，中性；c(H )7，碱性；pH7，中性；pH8蓝色甲基橙 4.4黄色酚酞 10红色4.四条判断规律（1）正盐溶液强酸强碱盐显中性，强酸弱碱盐(如 NH4Cl)显酸性，强碱弱酸盐(如 CH3COONa)显碱性。（2）酸式盐

32、溶液NaHSO4显酸性(NaHSO 4=Na H SO )、NaHSO 3、NaHC 2O4、NaH 2PO4水溶液显酸性(酸式根电离程24度大于水解程度)；NaHCO 3、NaHS、Na 2HPO4水溶液显碱性(酸式根水解程度大于电离程度)。注意 因为浓度相同的 CH3COO 与 NH 的水解程度相同，所以 CH3COONH4溶液显中性，而 NH4HCO3溶液略显4碱性。（3）弱酸(或弱碱)及其盐 11 混合溶液11 的 CH3COOH和 CH3COONa混合液呈酸性。11 的 NH3H2O和 NH4Cl混合溶液呈碱性。(对于等浓度的 CH3COOH与 CH3COO ，CH 3COOH的电离

33、程度大于 CH3COO 的水解程度)（4）酸碱 pH之和等于 14等体积混合溶液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。已知酸、碱溶液的 pH之和为 14，则等体积混合时：pH7强 酸 、 强 碱 恰 好 中 和 pH7强 酸 、 弱 碱 碱 过 量 pH11强 酸 、 弱 碱 V 酸 V 碱 1107 molL1 ，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 )1107 molL1 ，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 )Kb时，溶液显酸性，如 HCOONH4；当 KaKsp，溶液过饱和，有

34、沉淀析出； Qc Ksp，溶液饱和，沉淀的生成与溶解处于平衡状态； Qcc(H )时，OH 对水电离平衡的影响。（2）在对弱酸或弱碱溶液加水稀释时，并非所有离子浓度都减小，不要忽视 KW在一定温度下是定值，当H (或 OH )浓度减小时，必然意味着 OH (或 H )浓度增大。（3）电解质溶液的导电性与电解质的强弱没有必然的关系，强电解质的稀溶液导电能力未必强。溶液导电性的强弱决定于溶液中离子的浓度及离子所带电荷多少等因素，与电解质的强弱有关的同时也受其他因素的影响，因此不能作为判断电解质强弱的标准。（4）误认为 Ksp越小，物质的溶解能力越弱。只有物质类型相同时(如 AB型、AB 2型等)，

35、 Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力越弱。若物质类型不同如 Mg(OH)2和 AgCl， Ksp不能直接用于判断物质溶解能力的强弱。4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，溶液的酸碱性，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。【名题精选练兵篇】1 【宁夏吴忠中学 2019届高三下学期第一次模拟】pH1 的两种酸溶液 A、B 各 1mL，分别加水稀释到1000mL，其 pH与溶液体积的关系如图，下列说法正确的是

36、 （ ）若 a4，则 A、B 都是弱酸稀释后，A 酸溶液的酸性比 B酸溶液强若 a4，则 A是强酸，B 是弱酸A、B 两种酸溶液的物质的量浓度一定相等A B C D【答案】D【解析】pH1 的两种酸溶液 A、B 各 1mL，分别加水稀释到 1000mL，稀释 1000倍，弱酸溶液 pH升高不到 3个单位，a4，则 A是弱酸，B 的酸性更弱，则 A、B 都是弱酸说法正确；稀释后，由图可知，A酸溶液比 B酸溶液 pH更大，酸性更弱，稀释后，A 酸溶液的酸性比 B酸溶液强说法错误；稀释1000倍，A 酸溶液 pH升高 3个单位，说明 A为强酸，B 酸溶液 pH升高不到 3个单位，说明 B是弱酸，若

37、a4，则 A是强酸，B 是弱酸，说法正确；稀释前 pH1 的两种酸溶液 A、B，只能说明 c(H+)相等，A、B 两种酸溶液的物质的量浓度与酸的元数，酸性强弱有关，一定相等说法不正确。答案选 C。2【山东泰安市 2019届高三一模】已知 25时有关弱酸的电离平衡常数见下表：则下列有关说法正确的是 （ ）A等物质的量浓度的各溶液 pH关系为：pH(Na 2B)pH(NaHB)pH(NaA)B将 a molL-1的 HA溶液与 a molL-1的 NaA溶液等体积混合，混合液中：c(Na +)c(A-)C向 Na2B溶液中加入足量的 HA溶液发生反应的离子方程式为：B 2+2HA=2A- +H2B

38、DNaHB 溶液中部分微粒浓度的大小为：c(Na +)c(HB-)c(B-)c(H2B)【答案】D【解析】A.酸性 H2BHAHB-,酸性越强,对应的钠盐的碱性越弱, pH(Na 2B) pH(NaA) pH(NaHB),故 A错误;B.HA的电离常数为 1.7 10-6,则 A-的水解常数为 Kh=1. 10-14/1.7 10-6=5.9 10-9,可以知道 HA的电离常数大于 A-的水解常数,则将 a molL-1的 HA溶液与 a molL-1的 NaA溶液等体积混合后溶液显酸性，由电荷守恒可以知道混合液中：c(Na +)HAHB-,向 Na2B溶液中加入足量的 HA溶液发生反应的离子

39、方程式为: B 2+HA=A- +HB-,故 C错误;D.对于 H2B,已知 K=1.3 10-3,K2=5.6 10-8,可以知道 HB-的水解常数为 1. 10-14/1.3 10-3=7.710-12,则 HB -电离程度大于 HB-水解程度,溶液显酸性，则 NaHB溶液中 c(Na+)c(HB-)c(B-)c(H2B),故 D正确；所以答案：D。3. 【成都市石室中学 2019届二诊】向等物质的量浓度 Na2S、NaOH 混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种(H 2S、HS 、S 2 )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)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴

40、加过程 H2S气体的逸出)。下列说法不正确的是 （ ）AX、Y 为曲线两交叉点。由 X点处的 pH，可计 Ka1(H2S)BY 点对应溶液中 c(Na )与含硫各微粒浓度的大小关系为：c(Na )3c(H 2S)c(HS )c(S 2 )CX、Y 点对应溶液中水的电离程度大小关系为：X YD已知 NaHS呈碱性，若向溶液中加入 CuSO4溶液至恰好完全反应，所得溶液呈强酸性。其原因是Cu2 HS =CuSH 【答案】A【解析】A当滴加盐酸至 X点时，c(HS )=c(S2-)，所以 Ka2= =c(H+)，由 X点处的 pH，可以计算 Ka2(H2S)，不能计算 Ka1(H2S)，故 A错误；

41、B向等物质的量浓度 Na2S、NaOH 混合溶液中滴加稀盐酸，设 Na2S、NaOH 各为 1mol，则 n(Na)=3n(S)，溶液中含硫的微粒为 HS-、S 2-、H 2S，则 c(Na+)=3c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)，故 B正确；C. X 点对应溶液中含有等物质的量浓度的Na2S、NaHS、NaCl；Y 点对应溶液中含有等物质的量浓度的 NaHS、H 2S、NaCl。Na 2S和 NaHS都能水解，水解促进水的电离；H 2S的电离抑制了水的电离。因此溶液中水的电离程度大小关系为：X Y，故 C正确；DNaHS 溶液中加入 CuSO4溶液后溶液的酸性变强，说明发生了反应 C

42、u2+HS- =CuS+H +，故 D正确；答案选 A。4 【2019 届高三第一次全国大联考（新课标卷)】298 K 时，用 0.100 0 molL1盐酸滴定20.00mL0.1000molL1ROH溶液，所得溶液的 pH与 lg 的关系如下图所示(已知：pK b=lg Kb)。下列说法错误的是 （ ）A298 K 时，ROH 的电离常数为 Kb，则 pKb=4.7B本实验选择甲基橙溶液作指示剂CZ 点对应的盐酸体积为 20.00 mLDZ 点溶液中 c(Cl)=c(R+)【答案】C【解析】A. Y 点对应的溶液中 lg =0、pH=9.3，即 c(R+)=c(ROH)时 c(H+)=10

43、9.3 molL1，因此 Kb=c(OH)=104.7 molL1，pK b=4.7，A 项正确；B. 滴定终点时，酸碱恰好中和，得到显弱酸性的 RCl溶液，应选甲基橙作指示剂，B 项正确；C. Z 点对应的溶液呈中性，表明 ROH未完全被中和，对应的盐酸体积小于 20 mL，C 项错误；D. Z 点对应的溶液呈中性，根据电荷守恒 c(R+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)，得 c(R+)=c(Cl)，D 项正确；答案选 C。5 【2019 届东北三省三校一模】 时，先将 Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向所得饱和氯水中滴加0.1mol/L的 KOH溶液。此过程中溶液 pH变化的曲线如图所示

44、。下列叙述中正确的是 （ ）A点的溶液中：c(H +)=c(Cl-)+c(HClO)+c(OH-)+c(ClO-)B点的溶液中：c(H +) c(Cl-)c(ClO-) c(HClO)C点的溶液中：c(K +)=c(ClO-)+c(Cl-)D点的溶液中：c(K +)c(ClO-)c(Cl-)c(HClO)【答案】C【解析】A.溶液为通入 Cl2的过程，由电荷守恒：c(H +)=c(Cl-)+c(OH-)+c(ClO-)，A 错误；B.为完全通入 Cl2到溶液，反应达到平衡，溶液产生等量的 HCl和 HClO，HCl 完全电离，HClO 部分电离，c(HClO)c(ClO-)，B 错误；C.溶液

45、再次达到中性，已经加入了 KOH参加反应，根据电荷守恒：c(K +)+ c(H+)= c(Cl-)+ c(OH-)+c(ClO-)，由于 c（H+）=c（OH-） ，所以有：c(K +)= c(Cl-)+c(ClO-)，故 C正确；D溶液为继续加入 KOH，溶液为碱性，则 c(K+)c(Cl-)+c(ClO-)，ClO -水解，则 c(Cl-)c(ClO-)，D错误；故合理选项是 C。6 【上海崇明区 2019年高三一模】常温下，下列各溶液中水的电离度最大的是 （ ）ApH=1 的硫酸溶液 Bc(H + )=1010 mol/L纯碱溶液C0.01mol/L 的烧碱溶液 Dc(H + )=105 mol/L的硫铵溶液【答案】B【解析】硫酸和烧碱都可以抑制水的电离；纯碱和硫酸铵都能水解，故其促进水的电离。c(H + )=1010 mol/L纯碱溶液，pH=10， c(OH - )=104 mol/L；c(H + )=105 mol/L的硫酸铵溶液的 pH=5。显然,碳酸钠溶液中 c(OH- )大于硫酸铵溶液中的 c(H+ )，故纯碱溶液中水