专题3本专题重难点突破

1、.本专题重难点打破一弱电解质的电离平衡与电离常数1.弱电解质的电离平衡电离平衡也是一种动态平衡，当溶液的温度、浓度改变时，电离平衡都会发生挪动，符合勒夏特列原理，其规律是1浓度：浓度越大，电离程度越小。在稀释溶液时，电离平衡向右挪动，而离子浓度一般会减小。2温度：温度越高，电离程度越大。因电离是吸热过程，升温时平衡向右挪动。3同离子效应：如向醋酸溶液中参加醋酸钠晶体，增大了CH3COO的浓度，平衡左移，电离程度减小；参加稀盐酸，平衡也会左移。4能反响的物质：如向醋酸溶液中参加锌或NaOH溶液，平衡右移，电离程度增大。2.电离常数电离平衡常数以CH3COOH为例，K，K的大小可以衡量弱电解质电离

2、的难易，K只与温度有关。对多元弱酸以H3PO4为例而言，它们的电离是分步进展的，电离常数分别为K1、K2、K3，它们的关系是K1K2K3，因此多元弱酸的强弱主要由K1的大小决定。典例1下表是几种常见弱酸的电离方程式及电离平衡常数25 。酸电离方程式电离平衡常数KCH3COOHCH3COOHCH3COOH1.76×105H2CO3H2CO3HHCOHCOHCOK14.31×107K25.61×1011H3PO4H3PO4HH2POH2POHHPO24HPOHPOK17.52×103K26.23×108K32.20×1013以下说法正确的

3、选项是A.温度升高，K减小B.向0.1 mol·L1CH3COOH溶液中参加少量冰醋酸，cH/cCH3COOH将减小C.等物质的量浓度的各溶液pH关系为pHNa2CO3>pHCH3COONa>pHNa3PO4D.PO、HPO和H2PO在溶液中能大量共存解析选项A，一般情况下，电解质的电离是一个吸热过程，因此温度升高电离程度增大，K增大；选项B，在0.1 mol·L1 CH3COOH溶液中参加少量冰醋酸，电离平衡向右挪动，溶液中cCH3COO增大，K不变，cH/cCH3COOHK/cCH3COO，因此cH/cCH3COOH将减小；选项C，由于HPO的电离常数<

4、;HCO的电离常数<CH3COOH的电离常数，因此正确的关系为pHNa3PO4>pHNa2CO3>pHCH3COONa；选项D，根据H3PO4的三级电离常数可知能发生如下反响H2POPO=2HPO，因此PO、HPO和H2PO在溶液中不能大量共存。答案B3.电离平衡的挪动与电离平衡常数K、离子浓度的关系实例CH3COOHCH3COOH H>0NH3·H2ONHOHH>0改变条件平衡移动方向电离平衡常数cHcOH平衡移动方向电离平衡常数cOHcH加水稀释向右不变减小增大向右不变减小增大加HClg向左不变增大减小向右不变减小增大加NaOHs向右不变减小增大向左

5、不变增大减小加CH3COONH4s向左不变减小增大向左不变减小增大升高温度向右变大增大向右变大增大典例2在0.1 mol·L1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOHCH3COOH，以下对于该平衡体系的表达正确的选项是A.参加水时，平衡逆向挪动B.参加少量NaOH固体，平衡正向挪动C.参加少量0.1 mol·L1盐酸，溶液中cH减小D.参加少量CH3COONa固体，平衡正向挪动解析根据勒夏特列原理，改变影响平衡的一个条件，平衡会向着可以减弱这种改变的方向挪动，但平衡的挪动不能完全消除这种改变。A选项中参加水时，cCH3COO和cH均减小，平衡向其浓度增大的方向也

6、就是正方向挪动；B选项参加的少量NaOH与H反响，cH变小，平衡正向挪动；C选项中参加盐酸时cH变大，平衡向其减小的方向也就是逆方向挪动，但最终cH比未加盐酸前还要大；D选项参加CH3COONa固体，cCH3COO增大，导致平衡逆向挪动。答案B二溶液酸碱性规律与pH计算方法1.溶液的酸碱性规律溶液的酸碱性取决于溶液中cH和cOH的相对大小：溶液类别cH与cOH的关系室温25 数值pH中性溶液cHcOHcHcOH107 mol·L17酸性溶液cH>cOHcH>107 mol·L1<7碱性溶液cH<cOHcH<107 mol·L1>

7、7特别提示常温下，溶液酸碱性判断规律1pH一样的酸或碱，酸或碱越弱，其物质的量浓度越大。2pH一样的强酸和弱酸溶液，加水稀释一样的倍数时，强酸溶液的pH变化大。典例3温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a mol·L1的一元酸HA和b mol·L1的一元碱BOH等体积混合，可断定该溶液呈中性的根据是A.abB.混合溶液的pH7C.混合溶液中，cH mol·L1D.混合溶液中，cHcBcOHcA解析溶液呈中性的根据是cHcOH，A项，酸HA、碱BOH的强弱未定，故ab不可作为判断混合溶液呈中性的根据；B项，该混合溶液的温度未确定为25 ，故其pH7时不一

8、定呈中性；C项，混合溶液中cH·cOHKw，那么cH mol·L1时，cOH mol·L1，cHcOH，溶液呈中性；D项，cHcBcOHcA，表示该混合溶液中阴、阳离子所带电荷符合电荷守恒规律，该混合溶液无论呈酸性、中性还是碱性都成立。答案C2.pH的计算方法1根本方法思路先判断溶液的酸碱性，再计算其pH；假设溶液为酸性，先求cH，再求pH。假设溶液为碱性，先求cOH，再由cH求cH，最后求pH。2稀释后溶液的pH估算强酸pHa，加水稀释10n倍，那么pHan。弱酸pHa，加水稀释10n倍，那么a<pH<an。强碱pHb，加水稀释10n倍，那么pHbn

9、。弱碱pHb，加水稀释10n倍，那么bn<pH<b。酸、碱溶液被无限稀释后，pH只能接近于7。酸不能大于7，碱不能小于7。3强弱酸与弱强碱混合后溶液的pH判断规律以上两种混合，假设为强酸与强碱，那么都呈中性。4酸碱中和滴定过程中的pH变化在中和反响中，溶液pH发生很大的变化，在滴定过程中会因pH突变而使指示剂发生颜色变化滴定曲线如图。通过溶液的颜色变化判断反响终点，测出消耗酸或碱溶液的体积，根据化学方程式中酸与碱物质的量之比求出未知溶液的浓度。对于一元酸碱，那么有：c酸·V酸c碱·V碱。典例42019·金华第一中学月考pH11的x、y两种碱溶液各5 m

10、L，分别稀释至500 mL，其pH与溶液体积V的关系如下图，以下说法正确的选项是A.x是强碱，y是弱碱B.假设x、y是一元碱，那么等物质的量浓度的x的硝酸盐溶液的pH比y的硝酸盐溶液大C.假设x、y是一元碱，室温下pH11的x、y两种碱溶液的浓度一样D.完全中和x、y两溶液时，消耗同浓度稀硫酸的体积VxVy解析A项，由图可知，开场的pH一样，两种碱溶液稀释后pH不同，稀释一样的倍数后，x的pH变化较大，所以x的碱性强于y，但是x不一定是强碱，故A错误；B项，假设x、y是一元碱，根据图示得到信息：x的碱性强于y，根据越弱越水解的原理，那么等物质的量浓度的x的硝酸盐溶液的pH比y的硝酸盐溶液大，故

11、B正确；C项，由图可知，假设x、y是一元碱，x的碱性强于y，室温下pH11的x、y两种碱溶液的浓度不一样，故C错误；D项，由图像可知5 mL的溶液中nOH关系为yx，说明pH11的x、y两种碱溶液，溶质浓度y大于x，完全中和x、y两溶液时，消耗同浓度硫酸的体积VxVy，故D错误。答案B三三角度解读盐类水解根本规律1.盐溶液的酸碱性规律盐的类别溶液的酸碱性原因强酸弱碱盐呈酸性，pH<7弱碱阳离子与H2O电离出的OH结合，使cH>cOH水解本质：盐电离出的阴离子、阳离子与H2O电离出的H或OH结合生成弱电解质强碱弱酸盐呈碱性，pH>7弱酸根阴离子与H2O电离出的H结合，使cOH&

12、gt;cH强酸强碱盐呈中性，pH7，H2O的电离平衡不被破坏，不水解弱酸的酸式盐假设电离程度>水解程度，cH>cOH，呈酸性，如NaHSO3、NaHC2O4假设电离程度<水解程度，cH<cOH，呈碱性，如NaHCO3、NaHS2.盐类水解的规律1有弱才水解必须含有弱酸或弱碱的离子才能发生水解。2无弱不水解强酸强碱盐不发生水解。3谁弱谁水解发生水解的是弱碱阳离子或弱酸根阴离子。4谁强显谁性组成盐的酸根阴离子碱性阳离子是强酸根强碱的阳离子，那么显酸碱性。5都弱都水解弱酸弱碱盐因阴、阳离子都能发生水解且两水解过程可互相促进，所以水解程度较大，少数可以完全水解，称为双水解反响。

13、6越弱越水解组成盐的酸根对应的酸即水解生成的酸酸性越弱或阳离子对应的碱的碱性越弱，水解程度就越大，此即“越弱越水解规律。特别提示1能发生完全双水解反响的离子不能大量共存，反响进展完全，产生沉淀或气体，如2Al33S26H2O=2AlOH33H2S，Fe33HCO=FeOH33CO2。2一样温度下，KaHA>KaHB，即HA的酸性比HB强，那么一样浓度时B的水解程度比A大。一样浓度的NaA、NaB溶液中：cA>cB，cHA<cHB，NaA溶液的cOH小，碱性弱。3多元弱酸的电离常数Ka1Ka2Ka3，由此可以推知弱酸的正盐的碱性比酸式盐强，以Na2CO3和NaHCO3为例：CO

14、H2OHCOOH，HCOH2OH2CO3OH，CO和HCO对应的弱酸分别是HCO和H2CO3，HCO的电离程度比H2CO3小得多，所以CO的水解程度比HCO大得多，一样浓度时Na2CO3溶液的碱性强，pH大。典例5一样物质的量浓度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH较大，那么以下关于同温、同体积、同浓度的HCN和HClO的说法中正确的选项是A.酸的强弱：HCN>HClOB.pH：HClO>HCNC.与NaOH恰好完全反响时，消耗NaOH的物质的量：HClO>HCND.酸根离子浓度：cCN<cClO解析在一样浓度条件下，酸越弱，对应盐溶液的碱性越强，即pH较大。

15、由pH：NaCN>NaClO，可以确定酸性：HCN<HClO，pH：HCN>HClO，由于是同体积、同浓度的HCN和HClO与NaOH恰好反响，故消耗NaOH的物质的量一样，所以A、B、C均错误；由酸性越强电离程度越大，故cCN<cClO，D正确。答案D3.水解离子方程式的书写方法规律类型要求实例一价阴、阳离子用“，不标“、“CH3COOH2OCH3COOHOHNHH2ONH3·H2OH高价阳离子同上，不分步书写Al33H2OAlOH33H高价阴离子分步书写或只写第一步COH2OHCOOHHCOH2OH2CO3OH弱酸的铵盐共同水解，但仍用“，不标“、“NHH

16、COH2ONH3·H2OH2CO3完全的双水解反响完全水解，用“=，标“、“Al33AlO6H2O=4AlOH3特别提示1盐类水解的规律是“阴生阴、阳生阳阴离子水解生成阴离子OH，阳离子水解生成阳离子H。2酸式盐离子的电离与水解：HRR2H电离，电离出HHRH2OH2ROH水解，产生OH典例6试根据水解反响离子方程式的书写原那么及其注意的问题，判断以下选项正确的选项是A.FeCl33H2O=FeOH33HClB.Al2S36H2O2AlOH33H2SC.S22H2OH2S2OHD.HCOH2OH2CO3OH解析A中FeCl3水解的产物FeOH3很少，不应标“符号，且水解程度较小，不应

17、用“=，而应用“，故错误；B项中Al2S3中的Al3和S2发生强烈的双水解，生成AlOH3沉淀和H2S气体，应用“及“标出，且反响彻底，应用“=，而不应用“，故错误；C项中多元弱酸根S2的水解是分步进展的，一般第二步水解程度很小，往往可以忽略，但不能将这两步合并为S22H2OH2S2OH，故错误；D中由于HCO水解程度较小，应用“，故正确。答案D四溶液中粒子离子、分子浓度大小比较的“二三四规那么1.明确两个“微弱1弱电解质的电离是微弱的，电离产生的离子的浓度小于弱电解质分子的浓度。如弱酸HA溶液中cHA>cH>cA>cOH。2单一的弱酸根阴离子和弱碱阳离子的水解是微弱的，水解

18、生成的粒子的浓度小于盐电离产生的离子的浓度。如弱酸盐NaA溶液中cNa>cA>cOH>cHA>cH。特别提示多元弱酸要考虑分步电离Ka1>Ka2>Ka3，多元弱酸的正盐要根据分步水解分析离子浓度，如Na2CO3溶液中，cNa>cCO>cOH>cHCO>cH。2.熟知三个守恒1电荷守恒：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一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na、H、HCO、CO、OH，必存在如下关系：cNacHcHCOcOH2cCO。2物料守恒原子守恒：电解质溶液中，由于某些离子

19、可以水解，离子种类增多，但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2、HS都能发生水解，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：cK2cS22cHS2cH2S。3质子守恒：质子即H，酸碱反响的本质是质子转移，能失去质子的酸失去的质子数和能得到质子的碱得到的质子数相等。如NaHCO3溶液中，所以cH2CO3cH3OcCOcOH，即cH2CO3cHcCOcOH。特别提示1一元酸HA与元碱BOH的混合溶液中只含有H、A、B、OH4种离子，不可能出现两种阳阴离子浓度同时大于两种阴阳离子浓度的情况。如cB>cA>cH>cOH肯定错误。2将物料守恒式代入电荷守恒式中，即

20、可得出质子守恒式。3.掌握四个步骤溶液中粒子浓度大小比较方法的四个步骤：1判断反响产物：判断两种溶液混合时生成了什么物质，是否有物质过量，再确定反响后溶液的组成。2写出反响后溶液中存在的平衡：根据溶液的组成，写出溶液中存在的所有平衡水解平衡、电离平衡，尤其要注意不要漏写在任何水溶液中均存在的水的电离平衡。这一步的主要目的是分析溶液中存在的各种粒子及比较直接地看出某些粒子浓度间的关系，在详细应用时要注意防止遗漏。3列出溶液中存在的等式：根据反响后溶液中存在的溶质的守恒原理，列出两个重要的等式，即电荷守恒式和物料守恒式，据此可列出溶液中阴、阳离子间的数学关系式。4比大小：根据溶液中存在的平衡和题给

21、条件，结合平衡的有关知识，分析哪些平衡进展的程度相对大一些，哪些平衡进展的程度相对小一些，再依此比较溶液中各粒子浓度的大小。这一步是溶液中粒子浓度大小比较最重要的一步，关键是要把握好电离平衡和水解平衡两大理论，树立“主次意识。典例72019·杭州模拟室温时，向20 mL 0.1 mol·L1NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L1NaOH溶液，得到溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如下图假设滴加过程中无气体产生，且混合溶液的体积可看成混合前两溶液的体积之和。以下说法不正确的选项是A.pH7时，溶液中cNacSOcNHcOHcHB.当VNaOH20 mL时，溶液中水的电离程度比纯水大C.当VNaOH30 mL时，溶液中cSOcHcNH3·H2OcOHD.滴加NaOH溶液从30 mL至40 mL，溶液中Na与SO浓度之和始终为0.1 mol·L1解析A项，根据物料守恒可得：cSOcNHcNH3·H2O，那么cSOcNH；由于溶液为中性，那么cHcOH，根据电荷守恒可得：cHcNa cNHcOH2cSO，所以cNa cNH2cSO，结合cSOcNH可知cNa cSO，所以溶液中离子浓度大小为cNacSOcNHcHcOH，正确。B项，当参加20 mL氢氧化钠溶液时，二者反响生成硫酸铵、硫酸钠，由于铵根离子部分水解，促进水的