2021-2022学年高二化学人教版选修四学案：章末复习提升课(三)-Word版含解析.docx

章末复习提升课(三)

二、水的电离和溶液的酸碱性

四、难溶电解质的溶解平衡

【答案】　①　②温度　③c(H＋)·c(OH－)　④>　⑤－lg c(H＋)　⑥促进了　⑦mAn＋(aq)＋nBm－(aq)　⑧cm(An＋)·cn(Bm－)　⑨温度　⑩饱和状态

揭秘最新高考一　弱电解质的电离平衡

弱电解质的电离是高考考查的热点内容之一。题型以“拼盘式”选择题为主。考查内容以弱电解质的电离平衡及影响因素、电离平衡常数。估量今后高考命题的内容和形式均会连续，会将弱电解质的电离、溶液的酸碱性、盐类水解、水的离子积综合考查。
　(2022·山东高考)已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10 mL浓度为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中(　　)
A．水的电离程度始终增大
B.先增大再减小
C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变
D．当加入氨水的体积为10 mL时，c(NH)＝c(CH3COO－)
【解析】　A．醋酸显酸性，水的电离平衡受到抑制。在滴加NH3·H2O的过程中，酸性减弱，水的电离程度受到抑制的程度减小，电离程度增大，当CH2COOH反应完后，加入的NH3·H2O会抑制水的电离，电离程度减小，故该选项错误。
B．在向醋酸中滴加氨水的过程中，碱性增加酸性减弱，c(OH－)始终增大。由NH3·H2ONH＋OH－可知，K＝，则＝，而K是常数，故始终减小，该选项错误。
C．n(CH3COOH)和n(CH3COO－)保持不变，但溶液的体积是增大的，故c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和渐渐减小，该选项错误。
D．当加入氨水10 mL时，两者恰好完全反应生成CH3COONH4，由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知，CH3COO－和NH的水解程度也相等，c(NH)＝c(CH3COO－)，该选项正确。
【答案】　D
——[学问归纳]—————————————————
抓住“四因素”突破弱电解质的电离平衡
弱电解质的电离是可逆过程，在分析外界条件对电离平衡的影响时，要机敏运用勒·夏特列原理，结合实例进行具体分析。一般考虑以下几个方面的影响：
(1)溶液加水稀释：弱电解质溶液的浓度越小，电离程度越大；但在弱酸溶液中c(H＋)减小，弱碱溶液中c(OH－)减小。
(2)加热：电离是吸热的，加热使电离平衡向右移动，溶液中弱电解质分子数减小，溶液中离子浓度增大。
(3)同离子效应：当向弱电解质溶液中加入的物质含有与弱电解质相同的离子时，由于同种离子的相互影响，使电离平衡向左移动，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能和弱电解质电离出的离子反应时，电离平衡向右移动，参与反应的离子浓度减小，其他的离子浓度增大。
揭秘最新高考二　溶液中离子浓度大小的比较

溶液中离子浓度的大小比较是一类小题型中隐蔽大量学问的题目，也是高考的必考点之一，在高考题中以选择题和填空题为主，主要考查强弱电解质的电离和盐类的水解，解答中常用到电荷守恒、物料守恒和质子守恒。
　(2022·天津高考)下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是(　　)
A．pH＝1的NaHSO4溶液：c(H＋)＝c(SO)＋c(OH－)
B．含有AgCl和AgI固体的悬浊液：c(Ag＋)>c(Cl－)＝c(I－)
C．CO2的水溶液：c(H＋)>c(HCO)＝2c(CO)
D．含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液：
3c(Na＋)＝2[c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)]
【解析】　NaHSO4溶液中，依据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO)，又由于c(Na＋)＝c(SO)，综合可得：c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO)，A正确。相同条件下AgI的溶解度小于AgCl的，含有AgCl和AgI固体的悬浊液中，明显有c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)，B错误。CO2与水反应生成弱酸H2CO3，只有部分电离生成H＋和HCO，受H＋的抑制作用，HCO的电离程度更小，离子浓度关系为c(H＋)>c(HCO)>2c(CO)，C错误。含等物质的量的NaHC2O4和Na2C2O4的溶液中，依据物料守恒有2c(Na＋)＝3[c(HC2O)＋c(C2O)＋c(H2C2O4)]，D错误。
【答案】　A
——[学问归纳]—————————————————
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c(HA)>c(H＋)>c(A－)>c(OH－)。
(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c(Na＋)>c(A－)>c(OH－)>c(HA)>c(H＋)。
2．理解三大守恒

(1)电荷守恒：电解质溶液中全部阳离子所带的正电荷总数与全部的阴离子所带的负电荷总数相等。如NaHCO3溶液中：n(Na＋)＋n(H＋)＝n(HCO)＋2n(CO)＋n(OH－)推出：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)。
(2)物料守恒：电解质溶液中由于电离或水解因素，离子会发生变化变成其他离子或分子等，但离子或分子中某种特定元素的原子的总数是不会转变的。如NaHCO3溶液中n(Na＋)∶n(C)＝1∶1，推出：c(Na＋)＝c(HCO)＋c(CO)＋c(H2CO3)。
(3)质子守恒：电解质溶液中分子或离子得到或失去质子(H＋)的物质的量应相等。例如在NH4HCO3溶液中H3O＋、H2CO3为得到质子后的产物，NH3·H2O、OH－、CO为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H3O＋)＋c(H2CO3)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)＋c(CO)。
3．弄清分析思路
一般来说，有关离子浓度关系推断的试题要联想上述三个守恒，或其中两个叠加、变形等。而离子浓度大小比较是该部分内容中最常见的题型，除利用好上述守恒之外，还要考虑多方面的影响因素。如：

揭秘最新高考三　难溶电解质的溶解平衡

水溶液中难溶电解质的溶解平衡是近年高考的新增考点，尤其涉及到溶度积常数Ksp的应用，属于新课程中的增加内容，在选择题或综合题中时有毁灭。在学习本考点时应综合化学平衡移动等理论分析，近来呈现的部分题目往往联系生产、生活实际等进行考查。
　(2022·安徽高考)中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列依据有关“规律”推出的结论正确的是(　　)
选项
规律
结论
A
较强酸可以制取较弱酸
次氯酸溶液无法制取盐酸
B
反应物浓度越大，反应速率越快
常温下，相同的铝片中分别加入足量的浓、稀硝酸，浓硝酸中铝片先溶解完
C
结构和组成相像的物质，沸点随相对分子质量增大而上升
NH3沸点低于PH3
D
溶解度小的沉淀易向溶解度更小的沉淀转化
ZnS沉淀中滴加CuSO4溶液可以得到CuS沉淀
【解析】　A．2HClO2HCl＋O2↑，A错误。B.常温下，浓硝酸可使铝发生钝化，因钝化而使反应停止，所以浓度越大，反应速率不愿定越快，B错误。C.NH3中存在氢键，NH3的沸点高于PH3，C错误。D.ZnS(s)＋Cu2＋(aq)===CuS(s)＋Zn2＋(aq)，发生反应的缘由是：Ksp(CuS)Ksp，溶液过饱和，有沉淀析出；Qc＝Ksp，溶液饱和，沉淀的生成与溶解处于平衡状态；Qc越大，难溶电解质在水中的溶解力气越强；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。
———[专题对点演练]———————————
1．(2021·上海高考)H2S水溶液中存在电离平衡H2SH＋＋HS－和HS－H＋＋S2－。若向H2S溶液中(　　)
A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大
B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH增大
C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH减小
D．加入少量硫酸铜固体(忽视体积变化)，溶液中全部离子浓度都减小
【解析】　加水促进电离，但氢离子浓度减小，A项错误。B项反应：2H2S＋SO2===3S↓＋2H2O当SO2过量 溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH减小，错误。滴加新制氯水，发生反应Cl2＋H2S===2HCl＋S↓平衡向左移动，溶液pH减小，C项正确。加入少量硫酸铜固体，发生反应H2S＋Cu2＋===CuS↓＋2H＋，H＋ 浓度增大，D项错误。
【答案】　C
2．常温下0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是(　　)
A．将溶液稀释到原体积的10倍
B．加入适量的醋酸钠固体
C．加入等体积0.2 mol·L－1盐酸
D．提高溶液的温度
【解析】　pH由a变成a＋1，表明溶液酸性减弱；将溶液稀释10倍，若电离平衡不移动，则溶液pH由a变成a＋1，但由于电离平衡会发生移动，故A项错误；向弱酸溶液中加入浓度较大的强酸，溶液酸性增加，C项错误；提高溶液的温度会促进醋酸电离，酸性增加，D项错误；加入醋酸钠固体，可抑制醋酸的电离，使溶液pH增大，B项正确。
【答案】　B
3．50 ℃时，下列各溶液中离子的物质的量浓度关系正确的是
(　　)
A．pH＝4的醋酸中：c(H＋)＝4.0 mol·L－1
B．饱和小苏打溶液中：c(Na＋)＝c(HCO)
C．饱和食盐水中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)
D．pH＝12的纯碱溶液中：c(OH－)＝1.0×10－2 mol·L－1
【解析】　pH＝4的醋酸中，c(H＋)＝1.0×10－4 mol·L－1，A项错误；在溶液中，HCO会发生水解，故c(Na＋)>c(HCO)，B项错误；C项是电荷守恒式，正确；D项在常温下正确，而本题题设中指明在“50 ℃时”，D项错误。
【答案】　C
4. (2022·安徽高考)室温下，在0.2 mol·L－1Al2(SO4)3溶液中，逐滴加入1.0 mol·L－1NaOH溶液，试验测得溶液pH随NaOH溶液体积变化曲线如右图，下列有关说法正确的是(　　)

A．a点时，溶液呈酸性的缘由是Al3＋水解，离子方程式为：Al3＋＋3OH－Al(OH)3
B．a～b段，溶液pH增大，Al3＋浓度不变
C．b～c段，加入的OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀
D．d点时，Al(OH)3沉淀开头溶解
【解析】　A．Al2(SO4)3为强酸弱碱盐，Al3＋水解使溶液显酸性，水解离子方程式为：Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋，A错误。B.a～b段，加入NaOH消耗H＋，使Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋反应正向进行，Al3＋的浓度减小，B错误。C.b～c段，pH变化不明显，说明OH－主要用于生成Al(OH)3沉淀，C正确。D.c～d过程中，pH变化较大，说明发生了反应：Al(OH)3＋NaOH===NaAlO2＋2H2O，所以c点以后Al(OH)3开头溶解，D错误。
【答案】　C
5．已知Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Cu2＋和Fe3＋完全生成氢氧化物沉淀时的pH分别为6.7和3.2。现在向pH＝0、浓度均为0.04 mol·L－1的Cu2＋、Fe3＋溶液中加入某一固体，以中和H＋调整pH(设溶液体积不变)，该过程中Cu2＋、Fe3＋的浓度与pH关系正确的是(　　)

【解析】　由Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20、Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38,0.04 mol·L－1的Cu2＋、Fe3＋溶液，Cu2＋开头沉淀时c(OH－)＝＝7.4×10－10 mol·L－1，pH约为4.8，Fe3＋开头沉淀时，c(OH－)＝＝10－12 mol·L－1，pH＝2。所以pH＝2时Fe3＋开头沉淀，当全部沉淀时，pH为3.2。
【答案】　B
6．(2022·山东高考节选)争辩氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：
2NO2(g)＋NaCl(s)NaNO3(s)＋ClNO(g)　K1　ΔH1<0　(Ⅰ)
2NO(g)＋Cl2(g)2ClNO(g)　K2　ΔH2<0　(Ⅱ)
试验室可用NaOH溶液吸取NO2，反应为2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O。含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1 L溶液A，溶液B为0.1 mol·L－1的CH3COONa溶液，则溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO－)由大到小的挨次为________。(已知HNO2的电离常数Ka＝7.1×10－4mol·L－1，CH3COOH的电离常数Ka＝1.7×10－5mol·L－1)
可使溶液A和溶液B的pH相等的方法是________。
a．向溶液A中加适量水
b．向溶液A中加适量NaOH
c．向溶液B中加适量水
d．向溶液B中加适量NaOH
【解析】　由反应方程式计算可知：c(NaNO3)＝c(NaNO2)＝0.1 mol·L－1，c(CH3COONa)＝0.1 mol·L－1；由电离平衡常数可知酸性：HNO3＞HNO2＞CH3COOH，酸越弱其对应盐溶液中的离子水解程度越大，则c(NO)＞c(NO)＞c(CH3COO－)。
由“越弱越水解”可知，A溶液的碱性比B溶液的碱性弱，pHA＜pHB。要使pHA＝pHB，则应使pHA增大或pHB减小。
a．向溶液A中加适量水，水解程度虽然增大，但pHA减小，不符合题意。
b．向溶液A中加适量NaOH，能使其碱性增加，pHA增大，符合题意。
c．向溶液B中加适量水，水解程度虽然增大，但pHB减小，符合题意。
d．向溶液B中加适量NaOH，能使其碱性增加，pHB增大，不符合题意。
【答案】　c(NO)＞c(NO)＞c(CH3COO－)　bc
7．相关物质的溶度积常数见下表：
物质
Cu(OH)2
Fe(OH)3
CuCl2
CuI
Ksp
2.2×10－20
2.6×10－39
1.7×10－7
1.3×10－12
某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯洁的CuCl2·2H2O晶体，加入________，调至pH＝4，使溶液中的Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3＋)＝________。
过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2·2H2O晶体。
【解析】　调整溶液pH时不应当引入其他杂质，故可选择Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等物质消耗溶液中的H＋，使溶液的pH上升；当溶液的pH＝4时，c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1，由Fe(OH)3的Ksp计算可得c(Fe3＋)＝Ksp/c3(OH－)＝2.6×10－39/(1×10－30)＝2.6×10－9 mol·L－1。
【答案】　Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3　2.6×10－9mol·L－1