高中化学专题复习精讲精练专题：电解质溶液(含解析)

1、 中 小 学 教 育 辅 导 品 牌考纲要求1.了解电离、电解质、强电解质和弱电解质的概念。2.了解并能表示弱电解质在水溶液中的电离平衡。3.了解水的电离和水的离子积常数。了解溶液pH的定义，能进行溶液pH的简单计算。4.了解盐类水解的原理，能说明影响盐类水解的主要因素，认识盐类水解在生产、生活中的应用。5.理解难溶电解质的沉淀溶解平衡，能运用溶度积常数(Ksp)进行简单计算。考点一溶液的酸碱性及pH1一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

2、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>74.pH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

3、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)&g

4、t;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

5、，溶液呈中性，则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：7溶液pH计算的一般思维模型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

6、)(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)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倍稀释后溶液pH酸强酸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

7、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2相同体积、相同pH的HCl(a)和CH3COOH(b)，按要求画出图像。分别与足量的锌粉发生反应。(1)产生H2的体积(V)随时间(t)的变化图像。(2)产生H2的速率v(H2)随时间(t)的变化图像。(3)溶液的pH随时间(t)的变化图像。答案(1)(2)(3)3pH2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(c

8、0.1 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。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(1)加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大。(2)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(1)加水稀释相同的倍数，盐

9、酸的pH大。(2)加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多。题组三理解换算关系，突破pH的计算4在T 时，Ba(OH)2的稀溶液中c(H)10a mol·L1，c(OH)10b mol·L1，已知ab12。向该溶液中逐滴加入pH4的盐酸，测得混合溶液的部分pH如表所示：序号氢氧化钡溶液的体积/mL盐酸的体积/mL溶液的pH22.000.00822.0018.00c22.0022.00d假设溶液混合前后的体积变化可忽略不计，则下列说法不正确的是()Aa8 Bb4 Cc9 Dd6答案C解析本题考查了pH的综合计算和从表中获取关键信息的能力。Ba(OH)2溶液的pH8，即a8，再根据

10、ab12，则b4，c(OH)104 mol·L1。Ba(OH)2溶液中氢氧根离子的浓度与盐酸的浓度相等，该温度下Kw1012，当加入22.00 mL盐酸时恰好中和，溶液的pH6，即d6；当加入18.00 mL盐酸时，氢氧化钡过量，c(OH)(104×22.00104×18.00)÷(22.0018.00)105 (mol·L1)，所以此时 c(H)107 mol·L1，pH7，故c7。室温下，Kwc(H)·c(OH)1×1014，则pKw14。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

11、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对比分析电离平衡和水解平衡电离平衡及水解平衡均属于化学平衡，均遵循勒夏特列原理，外界条件对两平衡的影响如表所示：电离平衡(如CH3COOH溶液)水解平衡(如CH3COONa溶液)升高温度促进电离，离子浓度增大，Ka增大促进水解，Kh增大加水稀释促进电离，离子浓度(除OH外)减小，Ka不变促进水解，离子浓度(除H外)减小，Kh不变加入相应离子加入CH3COONa固体，抑制电离，Ka不变加入NaOH固体，抑制水解，Kh不变加入反应离子加入NaOH固体，促进电离，Ka不变加入盐酸，促进水解，Kh不变Ka、

12、Kh、Kw的关系KwKa·Kh2.强化记忆弱酸弱碱盐、酸式盐溶液的酸碱性(1)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。(2)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

13、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(Ks

14、p)与溶解能力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(HS

15、O)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

16、移，最终c(SO)增大，c(HSO)减小，所以增大。D项加入氨水至溶液呈中性，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。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2正误判断，正确的划“”，错误的划“&

17、#215;”(1)将NH4Cl溶液蒸干制备NH4Cl固体(×)(2014·福建理综，8B)(2)CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO)增大(×)(2014·重庆理综，3B)(3)用热的纯碱溶液洗去油污，是因为Na2CO3可直接与油污反应(×)(2014·新课标全国卷，8A)(4)施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用，是因为K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效()(2014·新课标全国卷，8C)(5)加热0.1 mol·L1 Na2CO3溶液，CO的水解程度和溶液的

18、pH均增大()(2014·江苏，11C)(6)用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低(×)(2014·大纲全国卷，6D)(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)(8)向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，有沉淀和气体生成(×)(2013·重庆理综，2C)(9)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)(10)为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。

19、若pH7，则H2A是弱酸；若pH7，则H2A是强酸(×)(2012·浙江理综，12B)(11)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)(12)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)(13)盐酸中滴加氨水至中性，溶液中的溶质为NH4Cl(×)(2012·重庆理综，10A)1盐类水解易受温度、

20、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沉淀溶解平衡的影响3正误判断，正确的划“”，错误的划“×”(1)验证Fe(OH)3的溶解度小于Mg(OH)2，可以将FeCl3溶液加入Mg(OH)2悬浊液中，振荡，可观察

21、到沉淀由白色变为红褐色()(2014·四川理综，4D)(2)溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化，所以ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀()(2014·安徽理综，12D)(3)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)(4)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)

22、4(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

23、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。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

24、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。(1)CH3COONa、CH3COOH溶液中，Ka、Kh、Kw的关系是KwKa·Kh。(2)M(OH)n悬浊液中Ksp、Kw、pH间关系M(OH)n(s)Mn(aq)nOH(aq)Kspc(Mn)·cn(OH)·cn(OH)()n1。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等于d点对应溶液的K

25、wDT 时，0.05 mol·L1的Ba(OH)2溶液的pH11答案CD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(H)水电离c(OH)108 mol·L1，B项错误、C项正确；T 时，Kw1012,0.05 mol·

26、;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，

27、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。4常温下，将a mol·L1 CH3COONa溶于水配成溶液，向其中滴加等体积的b mol·L1的盐酸使溶液呈中性(不考虑盐酸和醋酸的挥发)，用含a和b的代数式表示醋酸的电离常数Ka_

28、。答案解析所以c(CH3COOH)c(Cl)CH3COOHCH3COOH 107Ka。题组三Ka·KhKw或Kb·KhKw的应用52013·山东理综，29(4)25 时，H2SO3HSOH的电离常数Ka1×102 mol·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KaKh1×1012 mol·L1。HSOH2OH2SO3OH，当加少量I2时，发生I2HSOH2O=2I3HS

29、O。根据Kh由于c(OH)减小，而Kh不变，所以增大。6已知25 时，NH3·H2O的电离平衡常数Kb1.8×105 mol·L1，该温度下1 mol·L1的NH4Cl溶液中c(H)_ mol·L1。(已知2.36)答案2.36×105解析Khc(H)c(NH3·H2O)，而c(NH)1 mol·L1。所以c(H)2.36×105 mol·L1。7常温下，用NaOH溶液吸收SO2得到pH9的Na2SO3溶液，吸收过程中水的电离平衡_移动(填“向左”、“向右”或“不”)。试计算溶液中_(常温下H2

30、SO3的电离平衡常数Ka11.0×102，Ka26.0×108)答案向右60解析NaOH电离出的OH抑制水的电离平衡，Na2SO3电离出SO水解促进水的电离平衡。SOH2OHSOOHKh所以60。题组四Ksp的应用8(2013·新课标全国卷，13)室温时，M(OH)2(s)M2(aq)2OH(aq)Kspa。c(M2)b mol·L1时，溶液的pH等于()A.lg() B.lg()C14lg() D14lg()答案C解析由Kspc(M2)·c2(OH)得c(OH)() mol·L1，Kwc(H)·c(OH)得c(H) mol

31、·L1pHlg14lg()。9已知某温度下，Ksp(AgCl)1.56×1010，Ksp(Ag2CrO4)1×1012，下列叙述正确的是()A饱和AgCl溶液与饱和Ag2CrO4溶液相比，前者的c(Ag)大B向氯化银的浊液中加入氯化钠溶液，氯化银的Ksp不变C向0.000 8 mol·L1的K2CrO4溶液中加入等体积的0.002 mol·L1 AgNO3溶液，则CrO完全沉淀D将0.001 mol·L1的AgNO3溶液滴入0.001 mol·L1的KCl和0.001 mol·L1的K2CrO4溶液，则先产生AgC

32、l沉淀答案BD10如图所示，有T1、T2不同温度下BaSO4在水中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D解析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

33、，c(Ba2)、c(SO)均应增大。考点四溶液中“粒子”浓度的变化1明确“四种”类型类型一：单一溶液中各离子浓度的比较(1)多元弱酸溶液：多元弱酸分步电离，电离程度逐级减弱。如H3PO4溶液中：c(H)c(H2PO)c(HPO)c(PO)。(2)多元弱酸的正盐溶液：多元弱酸弱酸根离子分步水解，水解程度逐级减弱。如在Na2CO3溶液中：c(Na)c(CO)c(OH)c(HCO)。类型二：混合溶液中各离子浓度的比较对混合溶液进行离子浓度比较时要综合分析电离、水解等因素。如在0.1 mol·L1 NH4Cl溶液和0.1 mol·L1的氨水混合溶液中，各离子浓度大小的顺序为c(NH

34、)c(Cl)c(OH)c(H)。类型三：酸碱中和型离子浓度的大小比较类型四：不同溶液中同一离子浓度的比较该类情况要看溶液中其他离子对该离子的影响。如在相同物质的量浓度的下列溶液中：NH4ClCH3COONH4NH4HSO4，c(NH)由大到小的顺序为。2抓住“三个”守恒(1)电荷守恒即电解质溶液中阴离子所带电荷总数等于阳离子所带电荷总数。根据电荷守恒，可准确快速解决电解质溶液中许多复杂的离子浓度问题，如NaHCO3溶液中：c(Na)c(H)c(HCO)2c(CO)c(OH)。(2)物料守恒是指物质发生变化前后，有关元素的存在形式不同，但元素的种类和原子数目在变化前后保持不变。根据物料守恒，可准

35、确快速解决电解质溶液中复杂离子、分子、物质的量浓度或物质的量的关系，如0.1 mol·L1 NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO)c(CO)(H2CO3)0.1 mol·L1。(3)质子守恒是指在电离或水解过程中，会发生质子(H)转移，但质子转移过程中其数量保持不变。如在Na2CO3或NaHCO3溶液中，可用以下图帮助理解质子守恒：Na2CO3溶液所以c(OH)c(HCO)2c(H2CO3)c(H3O)，即c(OH)c(HCO)2c(H2CO3)c(H)。NaHCO3溶液所以c(OH)c(CO)c(H2CO3)c(H)。另外，将混合溶液中的电荷守恒式和物料守恒式相联立，

36、通过代数运算消去其中某离子，即可推出该溶液中的质子守恒。3应用“三个”规律(1)一般而言，等浓度的弱酸与弱酸盐混合，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；HCN、NaCN混合液除外，它们的溶液呈碱性，水解程度大于电离程度。(2)对于存在电离和水解过程的NaHA溶液，若溶液呈酸性，则电离程度大于水解程度，则c(A2)c(H2A)；若溶液呈碱性，则电离程度小于水解程度，则c(H2A)c(A2)。(3)仅含4种离子的溶液，可以根据溶液的电中性判断离子浓度大小。如：CH3COOH和NaOH等物质的量混合时溶液显碱性，故c(OH)c(H)，则c(Na)c(CH3COO)；NH3·H2O与HCl等物

37、质的量混合时溶液显酸性，故c(H)c(OH)，则c(Cl)c(NH)。题组一不同溶液中“粒子”浓度关系判断1(2014·安徽理综，11)室温下，下列溶液中粒子浓度关系正确的是()ANa2S溶液：c(Na)>c(HS)>c(OH)>c(H2S)BNa2C2O4溶液：c(OH)c(H)c(HC2O)2c(H2C2O4)CNa2CO3溶液：c(Na)c(H)2c(CO)c(OH)DCH3COONa和CaCl2混合溶液：c(Na)c(Ca2)c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(Cl)答案B解析A项，Na2S溶液中微粒关系为c(Na)>c(S2)>c(OH

38、)>c(HS)>c(H2S)，错误；B项，Na2C2O4溶液中，由电荷守恒得：c(Na)c(H)2c(C2O)c(HC2O)c(OH)由物料守恒得：c(Na)2c(C2O)2c(HC2O)2c(H2C2O4)由得：c(OH)c(H)c(HC2O)2c(H2C2O4)，正确；C项，Na2CO3溶液中，由电荷守恒得：c(Na)c(H)2c(CO)c(HCO)c(OH)，错误；D项，CH3COONa和CaCl2混合溶液中存在：c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(Ca2)c(Cl)得：c(Na)2c(Ca2)c(CH3COO)c(CH3COOH)c(Cl)，错误。2(20

39、14·江苏，14)25 时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A0.1 mol·L1 CH3COONa溶液与0.1 mol·L1 HCl溶液等体积混合：c(Na)c(Cl)c(CH3COO)c(OH)B0.1 mol·L1 NH4Cl溶液与0.1 mol·L1氨水等体积混合(pH7)：c(NH3·H2O)c(NH)c(Cl)c(OH)C0.1 mol·L1 Na2CO3溶液与0.1 mol·L1 NaHCO3溶液等体积混合：c(Na)c(CO)c(HCO)c(H2CO3)D0.1 mol·L

40、1 Na2C2O4溶液与0.1 mol·L1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O)c(HC2O)c(OH)c(Na)c(H)答案AC解析A项，二者恰好反应生成CH3COOH和NaCl，CH3COOH发生电离：CH3COOHCH3COOH，溶液显酸性，正确；B项，NH4Cl与NH3·H2O等浓度等体积混合显碱性，说明NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，故c(NH)>c(NH3·H2O)，错误；C项，等浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中，根据物料守恒，可知2c(Na)3c(CO)3c(HCO)3c(H2CO3)，正

41、确；D项，根据电荷守恒，该选项缺少了c(Cl)，错误。题组二化学反应过程中“粒子”浓度关系判断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(

42、OH)；b点，溶液呈中性，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，正确。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”考点归纳(1)“考”实验仪

43、器酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管(包括量程)，滴定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。(2)“考”操作步骤滴定前的准备；查漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数；滴定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数；计算。(3)“考”指示剂的选择强酸强碱相互滴定，可选用甲基橙或酚酞；若反应生成的强酸弱碱盐溶液呈酸性，则选用酸性变色范围的指示剂(甲基橙)，若反应生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，则选用碱性变色范围的指示剂(酚酞)；石蕊试液因颜色变化不明显，且变色范围过宽，一般不作指示剂。(4)“考”误差分析写出计算式，分析操作对V标的影响

44、，由计算式得出对最终测定结果的影响，切忌死记硬背结论。此外对读数视线问题要学会画图分析。(5)“考”数据处理正确“取舍”数据，计算“平均”体积，根据反应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系，从而列出公式进行计算。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)酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗()(2014·新课标全国卷，12B)(2)酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差(×)(2014·新课标全国卷，12C)(3)欲测定NaOH溶液浓度，可选用滴定管、锥形瓶、烧杯、NaOH溶液、0.100 0 mol

45、83;L1盐酸达到实验目的(×)(2014·安徽理综，9D)(4)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)(5)中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶(×)(2012·山东理综，11A)(6)“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)(7)读数为22.30(×)(2011·海南，2改编)(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

46、83;山东理综，14C)(9)()(2010·安徽理综，8A)(10)(×)(2010·重庆理综，7B)(11)可用25 mL碱式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液(×)(12)读取滴定管内液体的体积，俯视读数导致读数偏小()题组二滴定终点的描述2用a mol·L1的HCl滴定未知浓度的NaOH溶液，用酚酞作指示剂，达到滴定终点的现象是_；若用甲基橙作指示剂，滴定终点现象是_。答案滴入最后一滴标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色当滴入最后一滴标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色3用标准碘溶液滴定溶有SO2的水溶液

47、，以测定水中SO2的含量，应选用_作指示剂，达到滴定终点的现象是_。答案淀粉溶液当滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色4用标准酸性KMnO4溶液滴定溶有SO2的水溶液，以测定水中SO2的含量，是否需要选用指示剂_(填“是”或“否”)，达到滴定终点的现象是_。答案否当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液，溶液由无色变为紫红色，且半分钟内不褪色5用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件，将TiO2溶解并还原为Ti3，再用KSCN溶液作指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3至全部生成Ti4，滴定Ti3时发生反应的离子方程式为_，达到滴定终点时的现象是_。答案Ti3F

48、e3=Ti4Fe2当滴入最后一滴标准液，溶液变成血红色，且半分钟内不褪色题组三“滴定法”的迁移应用6(2014·重庆理综，9)中华人民共和国国家标准(GB2760­2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L1。某兴趣小组用题图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。(1)仪器A的名称是_，水通入A的进口为_。(2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为_。(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 mol·L1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气

49、泡时，应选择题图2中的_；若滴定终点时溶液的pH8.8，则选择的指示剂为_；若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积(填序号)_(10 mL，40 mL，<10 mL，>40 mL)。(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为_g·L1。(5)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施_。答案(1)冷凝管(或冷凝器)b(2)SO2H2O2=H2SO4(3)酚酞(4)0.24(5)原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的

50、影响解析(1)A仪器的名称为冷凝管或冷凝器；为使冷却效果好，应将冷却水从处于低处的b口通入。(2)SO2具有强还原性，H2O2具有强氧化性，二者发生氧化还原反应：SO2H2O2=H2SO4。(3)NaOH盛装在碱式滴定管中，应将橡皮管向上弯曲排出气泡，故选；滴定至终点时溶液的pH8.8，在酚酞的变色范围内，故可选用酚酞作指示剂；液面在10 mL时滴定管中有刻度的液体为40 mL，因滴定管的下端有一段无刻度，故滴定管内液体的体积大于40 mL。(4)SO2与NaOH存在如下关系：SO2H2SO42NaOH64 g2 molm(SO2)0.090 0 mol·L1×0.025

51、L解得：m(SO2)0.072 g，故葡萄酒中SO2的含量为0.24 g·L1。(5)盐酸为挥发性酸，挥发出的HCl消耗NaOH，使测量值偏大。可以用难挥发的稀硫酸代替盐酸进行该实验。专题突破练一、单项选择题1(2014·福建理综，10)下列关于0.10 mol·L1 NaHCO3溶液的说法正确的是()A溶质的电离方程式为NaHCO3=NaHCOB25 时，加水稀释后，n(H)与n(OH)的乘积变大C离子浓度关系：c(Na)c(H)c(OH)c(HCO)c(CO)D温度升高，c(HCO)增大答案B解析A项，H2CO3为弱电解质，HCO在水溶液中电离程度很小，书写电

52、离方程式时，不能拆开，正确写法为NaHCO3=NaHCO；B项，注意是H和OH的物质的量的乘积，而不是物质的量浓度的乘积，加水稀释，n(H)、n(OH)均增大；C项，根据电荷守恒的规律，应在c(CO)前面乘以2；D项，温度升高，HCO的电离程度、水解程度都增大，所以c(HCO)减小。2(2014·四川理综，6)下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是()A0.1 mol·L1 NaHCO3溶液与0.1 mol·L1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na)c(CO)c(HCO)c(OH)B20 mL 0.1 mol·L1 CH3COONa溶液与10

53、 mL 0.1 mol·L1 HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO)c(Cl)c(CH3COOH)c(H)C室温下，pH2的盐酸与pH12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl)c(H)c(NH)c(OH)D0.1 mol·L1 CH3COOH溶液与0.1 mol·L1 NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH)c(H)c(CH3COOH)答案B解析A项，等浓度等体积的NaHCO3与NaOH混合时，两者恰好反应生成Na2CO3，在该溶液中CO能进行两级水解：COH2OHCOOH、HCOH2OH2CO3OH，故溶液中c(OH)>c(HC

54、O)，该项错误；B项，CH3COONa与HCl混合时反应后生成的溶液中含有等量的CH3COONa、CH3COOH、NaCl，因溶液显酸性，故溶液中CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，该项正确；C项，在混合前两溶液的pH之和为14，则氨水过量，所得溶液为少量NH4Cl和过量NH3·H2O的混合溶液，则c(Cl)<c(NH)、c(H)<c(OH)，故c(Cl)c(H)<c(NH)c(OH)，该项错误；D项，CH3COOH与NaOH混合时恰好生成CH3COONa，溶液中电荷守恒式为c(H)c(Na)c(OH)c(CH3COO)，物料守恒式为c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)，由这两个式子可得c(OH)c(H)c(CH3COOH)，该项错误。3(2014·广东理综，12)常温下，0.2 mol·L1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是()AHA为强酸B该混合液pH7C该混合溶液中：c(A)c(Y)c(Na)D图中X表示HA，Y表示OH，Z表示H答案C解析做图像题首先要弄清横、纵坐标轴所代表的含义，本题所给图像的纵坐标为浓度，横坐标为各组分