《三维设计》2013-2014学年高中化学鲁科版选修四：高考四大高频考点例析
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| 名称 | 《三维设计》2013-2014学年高中化学鲁科版选修四：高考四大高频考点例析 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 372.3KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 鲁科版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2014-01-23 17:09:14 | ||
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文档简介
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高考四大高频考点例析
化学反应与能量
对热化学方程式的考查在近年所高考中出现的频率较高，主要考查热化学方程式的书写及判断和运用盖斯定律进行反应热的计算。该部分内容的常考点是：
(1)判断热化学方程式的正误或书写热化学方程式。
(2)能用盖斯定律进行有关反应热的简单计算。
(3)反应热与热量结合起来进行能量问题的综合考查。
(1)反应热的数值与各物质的系数成正比，因此，热化学方程式中各物质的系数改变时，其反应热数值也随之发生改变。
(2)涉及燃烧热的热化学方程式中，可燃物的系数为1，产物必须是稳定的氧化物，即C―→CO2，而不是CO；
H―→H2O(l)，而不是H2O(g)。
(3)涉及中和热的热化学方程式中，H2O的系数为1，且必须是强酸与强碱在稀溶液中发生中和反应。
(4)将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。
(5)应用热化学方程式和盖斯定律计算反应热时，常将题目中提供的热化学方程式进行“重组”得出新的热化学方程式。
(6)化学反应的热效应取决于旧键断裂吸收的能量和新键形成放出的能量的相对大小，图示如下：
则反应热为：ΔH＝E1－E2或ΔH＝E4－E3。
[例1] (2012·四川高考改编)已知1 mol CH4在与CaSO4(s)完全反应生成CaS、CO2和气态水时吸热160.1 kJ，1 mol CH4在氧气中完全燃烧生成气态水时放热802.3 kJ。写出CaS(s)与O2反应生成CaSO4(s)的热化学方程式：___________________________________________。
[解析] 写出两个热化学方程式：
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)；
ΔH＝－802.3 kJ·mol－1①
CH4(g)＋CaSO4(s)===CaS(s)＋CO2(g)＋2H2O(g)；
ΔH＝＋160.1 kJ·mol－1②
①－②得：CaS(s)＋2O2(g)===CaSO4(s)；ΔH＝－962.4 kJ·mol－1。
[答案] CaS(s)＋2O2(g)===CaSO4(s)；ΔH＝－962.4 kJ·mol－1
1．(2012·重庆高考)肼(H2NNH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示。已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N为942、O＝O为500、N—N为154，则断裂1 mol N—H键所需的能量(kJ)是( )
A．194 B．391
C．516 D．658
解析：根据图示，可得如下热化学反应方程式：N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)；ΔH1＝－534 kJ/mol ①；2N(g)＋4H(g)＋2O(g)===N2(g)＋2H2O(g)；ΔH2＝－2 752 kJ/mol②。根据盖斯定律，①－②有：N2H4(g)＋O2(g)===2N(g)＋4H(g)＋2O(g)；ΔH3＝＋2 218 kJ/mol，设断裂1 mol N—H键所需的能量为x kJ，则有4x kJ＋154 kJ＋500 kJ＝2 218 kJ，解得x＝391，故断裂1 mol N—H键所需的能量为391 kJ。
答案：B
2．(2012·江苏高考节选)真空碳热还原－氯化法可实现由铝土矿制备金属铝，其相关反应的热化学方程式如下：
Al2O3(s)＋AlCl3(g)＋3C(s)===3AlCl(g)＋3CO(g) ΔH＝a kJ·mol－1
3AlCl(g)===2Al(l)＋AlCl3(g) ΔH＝b kJ·mol－1
反应Al2O3(s)＋3C(s)===2Al(l)＋3CO(g)的ΔH＝________ kJ·mol－1(用含a、b的代数式表示)。
解析：①根据盖斯定律，将题中所给的两个热化学方程式相加可得所求反应，反应的ΔH＝(a＋b)kJ·mol－1。
答案：a＋b
3．(2012·海南高考节选)肼(N2H4)可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。
已知：①N2(g)＋2O2(g)===N2O4 (l)
ΔH1＝－19.5 kJ·mol－1
②N2H4(l)＋O2(g)=== N2(g)＋2H2O(g)
ΔH2＝－534.2 kJ·mol－1
写出肼和N2O4 反应的热化学方程式____________________________________
____________________________。
解析：方程式可由2×②－①得到，所以ΔH＝2ΔH2－ΔH1。
答案：2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1 048.9 kJ/mol
电化学基础
原电池、电解池、电镀池、金属的电化学腐蚀与防护是电化学知识的重要内容，是每年高考的必考内容，题型为选择题和填空题，其主要考查内容有：原电池、电解池电极反应式的书写，金属活动性强弱的判断，电解过程中溶液酸碱性及电解产物的判断，金属腐蚀的原因及防护方法等内容。预计今后将电化学知识与新能源、环境保护、工业生产、制备物质等热点问题相结合，融元素化合物知识、电化学知识与化学实验设计于一体的综合题是高考命题的新变化。
1．要理清有关概念，防止发生概念的混淆
可采用对比的方法将原电池、电解池的概念一一列出，加以对比，从对比中找异同。
2．注意知识的深化和迁移
对于原电池原理，课本上讲的内容浅显易懂，但实际问题有时较难，需抓实质、善分析、重迁移。
3．抓规律
例如，电解规律，对于不同的电解质溶液，电解后溶液的变化不同，要恢复原状态，须加入不同的物质，要结合具体的物质和电解质溶液进行分析，掌握其变化的实质。
4．抓本质
无论是原电池还是电解池，从反应的本质去认识，都与氧化还原反应相关联。其中原电池对应的是一个能自发进行的氧化还原反应，而电解池一般对应的是一个非自发进行的氧化还原反应。
5．重实用
原电池原理的应用主要有金属的腐蚀与防护、改变化学反应速率、制造新化学电源等；电解的应用主要有氯碱工业、电镀铜等，内容极为丰富，学习时应多联系实际达到深化知识的目的。
[例2](2012·安徽高考)某兴趣小组设计如右图所示的微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转。
下列有关描述正确的是( )
A．断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H＋＋2Cl－Cl2↑＋H2↑
B．断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红
C．断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为：Cl2＋2e－===2Cl－
D．断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极
[解析] 断开K2，闭合K1时，该装置为电解池，由两极均有气泡产生可知铜电极为阴极，总反应的离子方程式为2Cl－＋2H2OCl2＋H2＋2OH－，A项错；由此可知铜电极附近溶液中因有OH－生成，溶液变红色，B项错；断开K1，闭合K2时，装置为原电池，铜极上产生的氢气发生氧化反应，电极反应式为H2－2e－＋2OH－===2H2O，C项错；由此可知铜电极为负极，石墨电极为正极，故D项正确。
[答案] D
4．(2012·四川高考)一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH－4e－＋H2O===CH3COOH＋4H＋。下列有关说法正确的是( )
A．检测时，电解质溶液中的H＋向负极移动
B．若有0.4 mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48 L氧气
C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH＋O2===CH3COOH＋H2O
D．正极上发生的反应是：O2＋4e－＋2H2O===4OH－
解析：电解质溶液中阳离子应向正极移动，A项错误；酸性溶液中，正极电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，D项错误；结合正极反应式，转移0.4 mol电子时，消耗O2 0.1 mol，其在标准状况下的体积为2.24 L，B项错误；C项符合题目要求，正确。
答案：C
5．(2012·福建高考)将下图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是( )
A．Cu电极上发生还原反应
B．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动
C．片刻后甲池中c(SO)增大
D．片刻后可观察到滤纸b点变红色
解析：选项A，铜电极为原电池的正极，发生还原反应，A正确；选项B，在溶液中，发生移动的不是电子，B错误；选项C，甲池中c(SO)不变，C错误；选项D，在b电极，OH－放电，溶液显酸性，b点不变色，D错误。
答案：A
6．(2012·浙江高考)以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如下：
下列说法不正确的是( )
A．在阴极室，发生的电极反应为：2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑
B．在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区H＋浓度增大，使平衡2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O向右移动
C．该制备过程总反应的化学方程式为：4K2CrO4＋4H2O2K2Cr2O7＋4KOH＋2H2↑＋O2↑
D．测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比(nk/ncr)为d，则此时铬酸钾的转化率为1－
解析：分析该制备过程，K2CrO4在转变为K2Cr2O7的过程中没有发生化合价的变化，制备过程是通过电解的方法改变溶液的pH来实现的。阴极的反应式是2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，阳极的反应式为2H2O－4e－??O2↑＋4H＋，电解过程中阳极区的c(H＋)增大，促进平衡2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O向右移动，总反应式为4K2CrO4＋4H2O2K2Cr2O7＋4KOH＋2H2↑＋O2↑。若设加入反应容器内的K2CrO4为1 mol，反应中有x mol K2CrO4转化为K2Cr2O7，则阳极区剩余的K2CrO4为(1－x)mol，其对应的nK＝2(1－x)mol，nCr＝(1－x)mol，生成的K2Cr2O7为x/2 mol，其对应的nK＝x mol，nCr＝x mol，由nK/nCr＝d可得，x＝2－d，转化率为(2－d)/1。
答案：D
7．(2012·重庆高考节选)人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图所示。
①电源的负极为________(填“A”或“B”)。
②阳极室中发生的反应依次为_________________________________________、
________________________________________________________________________。
③电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将________；若两极共收集到气体13.44 L(标准状况)，则除去的尿素为________g(忽略气体的溶解)。
解析：①根据题图可知，左边电极产生Cl2，右边电极产生H2，所以B为电源负极。②阳极室首先是Cl－失去电子产生Cl2：2Cl－－2e－===Cl2↑，生成的Cl2将CO NH2 2氧化生成CO2、N2、HCl：CO NH2 2＋3Cl2＋H2O===N2＋CO2＋6HCl。③阴极室电解过程中产生H2的同时也产生NaOH，阳极室产生Cl2，Cl2与尿素反应生成HCl，根据2NaOH～H2～Cl2～2HCl，H＋通过质子交换膜进入阴极室，刚好与产生的NaOH发生反应，所以阴极室电解前后的pH不变。电解过程中，阳极和阴极产生的N2、CO2和H2在标准状况下的总体积为13.44 L 0.6 mol ，根据反应物质的量关系：3H2～3Cl2～N2～CO2，设CO2为x mol，则3x＋x＋x＝0.6，解得x＝0.12，所以除去的尿素为0.12 mol，其质量为0.12 mol×60 g/mol＝7.2 g。
答案：①B ②2Cl－－2e－===Cl2↑
CO(NH2)2＋3Cl2＋H2O===N2＋CO2＋6HCl ③不变
7．2
化学反应速率和化学平衡
化学反应速率和化学平衡是近年高考化学反应理论的重点考查内容之一，主要涉及对反应方向、反应速率快慢、反应程度等方面的判断、分析。近年的高考题，有以下几方面的特点：选择题一般会从平衡状态和平衡移动、物质转化率和浓度变化、平衡体系密度和相对分子质量的变化等方面考查，也可能会结合图像考查根据图像获取数据和分析、解决问题的能力；若以非选择题形式进行考查，则会将考查的重点放在有关反应速率、转化率、平衡常数的计算与影响化学平衡移动的因素分析等方面上。
(1)准确了解、掌握有关概念，学会从概念相关的定义出发思考、分析问题。如气体压强对平衡移动的影响，必须通过浓度变化来分析、思考，即只有浓度变化时，压强变化才可能对平衡有影响。
(2)能正确理解图表所表示的含义，也能通过图表获取关键信息，并用于分析与解决问题。同时，要学会用文字、图表等方式进行清晰、准确地表达。
(3)善于归纳、整理影响物质变化的关键变量，并能运用这些变量找出其变化规律，然后再用图、表或文字表述的方式将这些规律进行准确表达。例如：外界条件对化学反应正、逆速率影响的一致性及对化学平衡影响的相对性(Q，K)的相对大小。
(4)学会用一些常规的方法，对反应体系进行分析、判断，如典型的三阶段计算分析法、等效平衡分析法、平衡常数计算法、定一议二和先拐先平条件高等都是解决化学反应速率与化学平衡相关问题的重要方法。
[例3] (2012·新课标全国卷节选)COCl2的分解反应为COCl2(g)===Cl2(g)＋CO(g) ΔH＝＋108 kJ·mol－1。反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示(第10 min到14 min的COCl2浓度变化曲线未示出)：
①计算反应在第8 min时的平衡常数K＝________；
②比较第2 min反应温度T(2)与第8 min反应温度T(8)的高低：T(2)________T(8)(填“<”、“>”或“＝”)；
③若12 min时反应于温度T(8)下重新达到平衡，则此时c(COCl2)＝________ mol·L－1；
④比较产物CO在2～3 min、5～6 min和12～13 min时平均反应速率[平均反应速率分别以v(2～3)、v(5～6)、v(12～13)表示]的大小________________________；
⑤比较反应物COCl2在5～6 min和15～16 min时平均反应速率的大小：
v(5～6)________v(15～16)(填“<”、>或“＝”)，原因是________________________________________。
[解析] ①第8 min时的平衡常数
K＝＝＝0.234。
②从三种物质的浓度变化趋势可知，从第4 min开始，平衡正向移动。由于该反应是吸热反应，所以改变的条件是升高温度。因此有：T(2)③由于第12 min与第8 min温度相同，故其平衡常数相等，则有：＝，
解得c(COCl2)＝0.031 mol·L－1。
④根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3 min和12～13 min处于平衡状态，平均反应速率为0，故v(5～6)>v(2～3)＝v(12～13)。
⑤在5～6 min和15～16 min时反应温度相同，但15～16 min时各组分的浓度都小，因此反应速率小。
[答案] ①0.234 mol·L－1 ②< ③0.031
④v(5～6)>v(2～3)＝v(12～13)
⑤> 在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大
8．(2012·江苏高考)温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s 0 50 150 250 350
n(PCl3)/mol 0 0.16 0.19 0.20 0.20
下列说法正确的是( )
A．反应在前50 s的平均速率v(PCl3)＝0.0032 mol·L－1·s－1
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)＝0.11 mol·L－1，则反应的ΔH＜0
C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，反应达到平衡前v(正)＞v(逆)
D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
解析：A项，反应在前50 s的平均速率为＝0.001 6 mol·L－1·s－1，A错；B项，由表格数据可知平衡时c(PCl)3＝＝0.1 mol·L－1，升温时PCl3浓度增大，则该反应是吸热反应，ΔH＞0，B错；C项，由平衡常数K＝＝0.025 mol·L－1，而Qc＝＝0.02 mol·L－1＜0.025 mol·L－1，故C项中起始时反应向正反应方向进行，即v(正)＞v(逆)，正确；D项，根据反应：
PCl3(g)＋Cl2(g)??PCl5(g)
起始浓度(mol·L－1) 1 1 0
转化浓度(mol·L－1) x x x
平衡浓度(mol·L－1) (1－x) (1－x) x
根据K正＝，则K逆＝40＝，解得x＝0.85，即PCl3的转化率为85%，故D错。
答案：C
9．(2012·福建高考)一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是( )
A．在0～50 min之间，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率相等
B．溶液酸性越强，R的降解速率越小
C．R的起始浓度越小，降解速率越大
D．在20～25 min之间，pH＝10时R的平均降解速率为0.04 mol·L－1·min－1
解析：选项A，在0～50 min之间，pH＝2和pH＝7时R降解百分率相等，A正确；选项B，溶液的酸性越强，R的降解速率越大，B错误；选项C，由题给信息，无法得出该结论，C错误；选项D，在20～25 min，pH＝10时R的平均降解速率为＝4×10－6mol·L－1·min－1。
答案：A
10．(2011·山东高考节选)一定温度下，反应N2O4(g)??2NO2(g)的焓变为ΔH。现将1 mol N2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是________。
若在相同温度下，上述反应改在体积为1 L的恒容密闭容器中进行，平衡常数________(填“增大”“不变”或“减小”)，反应3s后NO2的物质的量为0.6 mol，则0～3 s内的平均反应速率v(N2O4)＝________mol·L－1·s－1。
解析：该反应从正反应开始进行，气体分子数逐渐增多，而压强保持不变，则容器体积逐渐增大，气体密度逐渐减小，达平衡时保持不变，a对；该反应的ΔH始终保持不变，不能作为反应达到平衡状态的标志，b错；该反应从正反应开始进行，N2O4的量逐渐减小，恒压过程中容积体积增大，N2O4的浓度减小，v(正)逐渐减小，达平衡时保持不变，c错；N2O4的转化率逐渐增大，达平衡时保持不变，d对。平衡常数只与温度有关，温度保持不变，平衡常数不变。v(N2O4)＝v(NO2)＝×＝0.1 mol·L－1·s－1。
答案：a、d 不变 0.1
水溶液中的离子平衡
水的电离平衡是弱电解质电离平衡的一种特殊表现形式，KW揭示了在任何水溶液中均存在水的电离平衡。溶液pH的定性判断和定量计算虽然取材简单，但却要求考生有较高的思维能力和知识迁移能力，因此涉及以KW为中心的酸、碱和盐溶液的pH的计算，外界条件的改变对电离平衡的影响等都是今后高考命题的重点。
电解质溶液中离子浓度大小比较问题是每年高考的热点之一。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有很好的区分度。新课标教材中增加了难溶电解质的溶解平衡，沉淀的生成、溶解及转化的原理，能应用Ksp进行判断溶解平衡并进行相关简单计算内容会成为今后高考命题的新亮点。
(1)弄清概念的内涵和外延，把握概念最本质的地方，注意关键的字词，正确理解弱电解质的电离过程。
(2)在学习并掌握弱电解质电离平衡的前提下，着重理清与水的电离有关的水的离子积常数和溶液的酸碱性等有关知识。抓住水的电离特点，结合勒夏特列原理，掌握如下结论：①升温，水的电离程度增大，KW增大，c(H＋)和c(OH－)均增大，pH减小，但水仍为中性；②增大c(H＋)或c(OH－)，抑制水电离(加酸或加碱)；③通过以上分析，归纳出水溶液显酸性或碱性的实质。
(3)要理解盐类水解的实质，从水的电离平衡入手，联系影响水电离平衡的因素，得出水解的规律。掌握分析问题的一般思路：水解的实质―→水解的规律―→水解规律的应用。能进行溶液中离子浓度大小的比较，正确运用两个守恒(物料守恒和电荷守恒)分析与判断溶液酸碱性的强弱。
(4)对于溶解平衡，要抓住难溶电解质在水溶液中的溶解平衡与化学平衡、电离平衡一样，符合平衡的基本特征，满足平衡变化的基本规律，再弄清楚沉淀的溶解度与溶度积的关系以及沉淀的生成、溶解或转化。
[例4] [双选题](2012·江苏高考)25℃时，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是( )
A．pH＝5.5的溶液中：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．W点所表示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH)－
C．pH＝3.5的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1
D．向W点所表示的1.0 L溶液中通入0.05 mol HCl气体(溶液体积变化可忽略)：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)
[解析] 溶液的pH越小，c(CH3COOH)浓度越大，结合图象知虚线代表醋酸浓度，实线代表醋酸根离子浓度，当pH＝5.5时，c(CH3COOH)＜c(CH3COO－)，A错；B项，W点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，根据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，将c(CH3COO－)换成c(CH3COOH)，正确；C项，根据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)，又c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1，即c(CH3COOH)＋c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＝0.1 mol·L－1，正确；D项，W点表示的溶液中通入0.05 mol HCl气体，发生反应H＋＋CH3COO－===CH3COOH，故c(H＋)远小于c(CH3COOH)，D错。
[答案] BC
11．(2012·浙江高考)下列说法正确的是( )
A．常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4
B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH>7，则H2A是弱酸；若pH<7，则H2A是强酸
C．用0.2000 mol/L NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液(混合液中两种酸的浓度均为0.1 mol/L)，至中性时，溶液中的酸未被完全中和
D．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 mol/L盐酸、③0.1 mol/L氯化镁溶液、④0.1 mol/L硝酸银溶液中，Ag＋浓度：①>④＝②>③
解析：醋酸为弱酸，稀释时会促进电离，稀释10倍后溶液的pH小于4而大于3，A项错误；NaHA的水溶液呈碱性，说明HA－在溶液中水解，即H2A是弱酸，但若NaHA的水溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度比HA－的水解程度大，而不能说明H2A能完全电离，也就不能说明H2A为强酸，B项错误；强酸与强碱溶液正好完全中和时，所得溶液的pH＝7，而强碱与弱酸正好完全中和时，溶液的pH>7，若所得溶液的pH＝7说明碱不足，C项正确；Ag＋浓度最大的是④，其次是①，最小是③，D项错误。
答案：C
12．(2012·四川高考)常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是( )
A．新制氯水中加入固体NaOH：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)
B．pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)
C．pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合：c(Cl－)＝c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)
D．0.2 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合：
2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
解析：选项A，新制氯水中加入固体NaOH，结合电荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，A项错误；选项B，NaHCO3===Na＋＋HCO，HCO??H＋＋CO，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，溶液pH＝8.3，说明HCO的水解程度大于电离程度，水解产生的H2CO3浓度大于电离产生的CO浓度，错误；选项C，常温下，pH之和等于14的两溶液，酸溶液中的c(H＋)与碱溶液中的c(OH－)相等，等体积混合时，弱碱在反应过程中能继续电离，即碱过量，最终溶液显碱性，错误；选项D，两者混合后发生反应，得到物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa混合溶液，物料守恒式为c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，电荷守恒式为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，根据以上两式可知，D项正确。
答案：D
13．(2012·浙江高考节选)已知：相关物质的溶度积常数见下表：
物质 Cu(OH)2 Fe(OH)3 CuCl 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，为得到纯净的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：调节溶液pH时不应该带入其他杂质，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升高；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)＝2.6×10－9mol·L－1。
答案：Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3 2.6×10－9 mol·L－1
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高考四大高频考点例析
化学反应与能量
对热化学方程式的考查在近年所高考中出现的频率较高，主要考查热化学方程式的书写及判断和运用盖斯定律进行反应热的计算。该部分内容的常考点是：
(1)判断热化学方程式的正误或书写热化学方程式。
(2)能用盖斯定律进行有关反应热的简单计算。
(3)反应热与热量结合起来进行能量问题的综合考查。
(1)反应热的数值与各物质的系数成正比，因此，热化学方程式中各物质的系数改变时，其反应热数值也随之发生改变。
(2)涉及燃烧热的热化学方程式中，可燃物的系数为1，产物必须是稳定的氧化物，即C―→CO2，而不是CO；
H―→H2O(l)，而不是H2O(g)。
(3)涉及中和热的热化学方程式中，H2O的系数为1，且必须是强酸与强碱在稀溶液中发生中和反应。
(4)将一个热化学方程式颠倒书写时，ΔH的符号也随之改变，但数值不变。
(5)应用热化学方程式和盖斯定律计算反应热时，常将题目中提供的热化学方程式进行“重组”得出新的热化学方程式。
(6)化学反应的热效应取决于旧键断裂吸收的能量和新键形成放出的能量的相对大小，图示如下：
则反应热为：ΔH＝E1－E2或ΔH＝E4－E3。
[例1] (2012·四川高考改编)已知1 mol CH4在与CaSO4(s)完全反应生成CaS、CO2和气态水时吸热160.1 kJ，1 mol CH4在氧气中完全燃烧生成气态水时放热802.3 kJ。写出CaS(s)与O2反应生成CaSO4(s)的热化学方程式：___________________________________________。
[解析] 写出两个热化学方程式：
CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)；
ΔH＝－802.3 kJ·mol－1①
CH4(g)＋CaSO4(s)===CaS(s)＋CO2(g)＋2H2O(g)；
ΔH＝＋160.1 kJ·mol－1②
①－②得：CaS(s)＋2O2(g)===CaSO4(s)；ΔH＝－962.4 kJ·mol－1。
[答案] CaS(s)＋2O2(g)===CaSO4(s)；ΔH＝－962.4 kJ·mol－1
1．(2012·重庆高考)肼(H2NNH2)是一种高能燃料，有关化学反应的能量变化如图所示。已知断裂1 mol化学键所需的能量(kJ)：N≡N为942、O＝O为500、N—N为154，则断裂1 mol N—H键所需的能量(kJ)是( )
A．194 B．391
C．516 D．658
解析：根据图示，可得如下热化学反应方程式：N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)；ΔH1＝－534 kJ/mol ①；2N(g)＋4H(g)＋2O(g)===N2(g)＋2H2O(g)；ΔH2＝－2 752 kJ/mol②。根据盖斯定律，①－②有：N2H4(g)＋O2(g)===2N(g)＋4H(g)＋2O(g)；ΔH3＝＋2 218 kJ/mol，设断裂1 mol N—H键所需的能量为x kJ，则有4x kJ＋154 kJ＋500 kJ＝2 218 kJ，解得x＝391，故断裂1 mol N—H键所需的能量为391 kJ。
答案：B
2．(2012·江苏高考节选)真空碳热还原－氯化法可实现由铝土矿制备金属铝，其相关反应的热化学方程式如下：
Al2O3(s)＋AlCl3(g)＋3C(s)===3AlCl(g)＋3CO(g) ΔH＝a kJ·mol－1
3AlCl(g)===2Al(l)＋AlCl3(g) ΔH＝b kJ·mol－1
反应Al2O3(s)＋3C(s)===2Al(l)＋3CO(g)的ΔH＝________ kJ·mol－1(用含a、b的代数式表示)。
解析：①根据盖斯定律，将题中所给的两个热化学方程式相加可得所求反应，反应的ΔH＝(a＋b)kJ·mol－1。
答案：a＋b
3．(2012·海南高考节选)肼(N2H4)可作为火箭发动机的燃料，与氧化剂N2O4反应生成N2和水蒸气。
已知：①N2(g)＋2O2(g)===N2O4 (l)
ΔH1＝－19.5 kJ·mol－1
②N2H4(l)＋O2(g)=== N2(g)＋2H2O(g)
ΔH2＝－534.2 kJ·mol－1
写出肼和N2O4 反应的热化学方程式____________________________________
____________________________。
解析：方程式可由2×②－①得到，所以ΔH＝2ΔH2－ΔH1。
答案：2N2H4(l)＋N2O4(l)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1 048.9 kJ/mol
电化学基础
原电池、电解池、电镀池、金属的电化学腐蚀与防护是电化学知识的重要内容，是每年高考的必考内容，题型为选择题和填空题，其主要考查内容有：原电池、电解池电极反应式的书写，金属活动性强弱的判断，电解过程中溶液酸碱性及电解产物的判断，金属腐蚀的原因及防护方法等内容。预计今后将电化学知识与新能源、环境保护、工业生产、制备物质等热点问题相结合，融元素化合物知识、电化学知识与化学实验设计于一体的综合题是高考命题的新变化。
1．要理清有关概念，防止发生概念的混淆
可采用对比的方法将原电池、电解池的概念一一列出，加以对比，从对比中找异同。
2．注意知识的深化和迁移
对于原电池原理，课本上讲的内容浅显易懂，但实际问题有时较难，需抓实质、善分析、重迁移。
3．抓规律
例如，电解规律，对于不同的电解质溶液，电解后溶液的变化不同，要恢复原状态，须加入不同的物质，要结合具体的物质和电解质溶液进行分析，掌握其变化的实质。
4．抓本质
无论是原电池还是电解池，从反应的本质去认识，都与氧化还原反应相关联。其中原电池对应的是一个能自发进行的氧化还原反应，而电解池一般对应的是一个非自发进行的氧化还原反应。
5．重实用
原电池原理的应用主要有金属的腐蚀与防护、改变化学反应速率、制造新化学电源等；电解的应用主要有氯碱工业、电镀铜等，内容极为丰富，学习时应多联系实际达到深化知识的目的。
[例2](2012·安徽高考)某兴趣小组设计如右图所示的微型实验装置。实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表A指针偏转。
下列有关描述正确的是( )
A．断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：2H＋＋2Cl－Cl2↑＋H2↑
B．断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红
C．断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应式为：Cl2＋2e－===2Cl－
D．断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极
[解析] 断开K2，闭合K1时，该装置为电解池，由两极均有气泡产生可知铜电极为阴极，总反应的离子方程式为2Cl－＋2H2OCl2＋H2＋2OH－，A项错；由此可知铜电极附近溶液中因有OH－生成，溶液变红色，B项错；断开K1，闭合K2时，装置为原电池，铜极上产生的氢气发生氧化反应，电极反应式为H2－2e－＋2OH－===2H2O，C项错；由此可知铜电极为负极，石墨电极为正极，故D项正确。
[答案] D
4．(2012·四川高考)一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH3CH2OH－4e－＋H2O===CH3COOH＋4H＋。下列有关说法正确的是( )
A．检测时，电解质溶液中的H＋向负极移动
B．若有0.4 mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48 L氧气
C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH＋O2===CH3COOH＋H2O
D．正极上发生的反应是：O2＋4e－＋2H2O===4OH－
解析：电解质溶液中阳离子应向正极移动，A项错误；酸性溶液中，正极电极反应式为O2＋4e－＋4H＋===2H2O，D项错误；结合正极反应式，转移0.4 mol电子时，消耗O2 0.1 mol，其在标准状况下的体积为2.24 L，B项错误；C项符合题目要求，正确。
答案：C
5．(2012·福建高考)将下图所示实验装置的K闭合，下列判断正确的是( )
A．Cu电极上发生还原反应
B．电子沿Zn→a→b→Cu路径流动
C．片刻后甲池中c(SO)增大
D．片刻后可观察到滤纸b点变红色
解析：选项A，铜电极为原电池的正极，发生还原反应，A正确；选项B，在溶液中，发生移动的不是电子，B错误；选项C，甲池中c(SO)不变，C错误；选项D，在b电极，OH－放电，溶液显酸性，b点不变色，D错误。
答案：A
6．(2012·浙江高考)以铬酸钾为原料，电化学法制备重铬酸钾的实验装置示意图如下：
下列说法不正确的是( )
A．在阴极室，发生的电极反应为：2H2O＋2e－＝2OH－＋H2↑
B．在阳极室，通电后溶液逐渐由黄色变为橙色，是因为阳极区H＋浓度增大，使平衡2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O向右移动
C．该制备过程总反应的化学方程式为：4K2CrO4＋4H2O2K2Cr2O7＋4KOH＋2H2↑＋O2↑
D．测定阳极液中K和Cr的含量，若K与Cr的物质的量之比(nk/ncr)为d，则此时铬酸钾的转化率为1－
解析：分析该制备过程，K2CrO4在转变为K2Cr2O7的过程中没有发生化合价的变化，制备过程是通过电解的方法改变溶液的pH来实现的。阴极的反应式是2H2O＋2e－===2OH－＋H2↑，阳极的反应式为2H2O－4e－??O2↑＋4H＋，电解过程中阳极区的c(H＋)增大，促进平衡2CrO＋2H＋??Cr2O＋H2O向右移动，总反应式为4K2CrO4＋4H2O2K2Cr2O7＋4KOH＋2H2↑＋O2↑。若设加入反应容器内的K2CrO4为1 mol，反应中有x mol K2CrO4转化为K2Cr2O7，则阳极区剩余的K2CrO4为(1－x)mol，其对应的nK＝2(1－x)mol，nCr＝(1－x)mol，生成的K2Cr2O7为x/2 mol，其对应的nK＝x mol，nCr＝x mol，由nK/nCr＝d可得，x＝2－d，转化率为(2－d)/1。
答案：D
7．(2012·重庆高考节选)人工肾脏可采用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素，原理如图所示。
①电源的负极为________(填“A”或“B”)。
②阳极室中发生的反应依次为_________________________________________、
________________________________________________________________________。
③电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将________；若两极共收集到气体13.44 L(标准状况)，则除去的尿素为________g(忽略气体的溶解)。
解析：①根据题图可知，左边电极产生Cl2，右边电极产生H2，所以B为电源负极。②阳极室首先是Cl－失去电子产生Cl2：2Cl－－2e－===Cl2↑，生成的Cl2将CO NH2 2氧化生成CO2、N2、HCl：CO NH2 2＋3Cl2＋H2O===N2＋CO2＋6HCl。③阴极室电解过程中产生H2的同时也产生NaOH，阳极室产生Cl2，Cl2与尿素反应生成HCl，根据2NaOH～H2～Cl2～2HCl，H＋通过质子交换膜进入阴极室，刚好与产生的NaOH发生反应，所以阴极室电解前后的pH不变。电解过程中，阳极和阴极产生的N2、CO2和H2在标准状况下的总体积为13.44 L 0.6 mol ，根据反应物质的量关系：3H2～3Cl2～N2～CO2，设CO2为x mol，则3x＋x＋x＝0.6，解得x＝0.12，所以除去的尿素为0.12 mol，其质量为0.12 mol×60 g/mol＝7.2 g。
答案：①B ②2Cl－－2e－===Cl2↑
CO(NH2)2＋3Cl2＋H2O===N2＋CO2＋6HCl ③不变
7．2
化学反应速率和化学平衡
化学反应速率和化学平衡是近年高考化学反应理论的重点考查内容之一，主要涉及对反应方向、反应速率快慢、反应程度等方面的判断、分析。近年的高考题，有以下几方面的特点：选择题一般会从平衡状态和平衡移动、物质转化率和浓度变化、平衡体系密度和相对分子质量的变化等方面考查，也可能会结合图像考查根据图像获取数据和分析、解决问题的能力；若以非选择题形式进行考查，则会将考查的重点放在有关反应速率、转化率、平衡常数的计算与影响化学平衡移动的因素分析等方面上。
(1)准确了解、掌握有关概念，学会从概念相关的定义出发思考、分析问题。如气体压强对平衡移动的影响，必须通过浓度变化来分析、思考，即只有浓度变化时，压强变化才可能对平衡有影响。
(2)能正确理解图表所表示的含义，也能通过图表获取关键信息，并用于分析与解决问题。同时，要学会用文字、图表等方式进行清晰、准确地表达。
(3)善于归纳、整理影响物质变化的关键变量，并能运用这些变量找出其变化规律，然后再用图、表或文字表述的方式将这些规律进行准确表达。例如：外界条件对化学反应正、逆速率影响的一致性及对化学平衡影响的相对性(Q，K)的相对大小。
(4)学会用一些常规的方法，对反应体系进行分析、判断，如典型的三阶段计算分析法、等效平衡分析法、平衡常数计算法、定一议二和先拐先平条件高等都是解决化学反应速率与化学平衡相关问题的重要方法。
[例3] (2012·新课标全国卷节选)COCl2的分解反应为COCl2(g)===Cl2(g)＋CO(g) ΔH＝＋108 kJ·mol－1。反应体系达到平衡后，各物质的浓度在不同条件下的变化状况如下图所示(第10 min到14 min的COCl2浓度变化曲线未示出)：
①计算反应在第8 min时的平衡常数K＝________；
②比较第2 min反应温度T(2)与第8 min反应温度T(8)的高低：T(2)________T(8)(填“<”、“>”或“＝”)；
③若12 min时反应于温度T(8)下重新达到平衡，则此时c(COCl2)＝________ mol·L－1；
④比较产物CO在2～3 min、5～6 min和12～13 min时平均反应速率[平均反应速率分别以v(2～3)、v(5～6)、v(12～13)表示]的大小________________________；
⑤比较反应物COCl2在5～6 min和15～16 min时平均反应速率的大小：
v(5～6)________v(15～16)(填“<”、>或“＝”)，原因是________________________________________。
[解析] ①第8 min时的平衡常数
K＝＝＝0.234。
②从三种物质的浓度变化趋势可知，从第4 min开始，平衡正向移动。由于该反应是吸热反应，所以改变的条件是升高温度。因此有：T(2)
解得c(COCl2)＝0.031 mol·L－1。
④根据化学反应速率的定义，可知反应在2～3 min和12～13 min处于平衡状态，平均反应速率为0，故v(5～6)>v(2～3)＝v(12～13)。
⑤在5～6 min和15～16 min时反应温度相同，但15～16 min时各组分的浓度都小，因此反应速率小。
[答案] ①0.234 mol·L－1 ②< ③0.031
④v(5～6)>v(2～3)＝v(12～13)
⑤> 在相同温度时，该反应的反应物浓度越高，反应速率越大
8．(2012·江苏高考)温度为T时，向2.0 L恒容密闭容器中充入1.0 mol PCl5，反应PCl5(g)===PCl3(g)＋Cl2(g)经过一段时间后达到平衡。反应过程中测定的部分数据见下表：
t/s 0 50 150 250 350
n(PCl3)/mol 0 0.16 0.19 0.20 0.20
下列说法正确的是( )
A．反应在前50 s的平均速率v(PCl3)＝0.0032 mol·L－1·s－1
B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)＝0.11 mol·L－1，则反应的ΔH＜0
C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，反应达到平衡前v(正)＞v(逆)
D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0 mol PCl3和2.0 mol Cl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80%
解析：A项，反应在前50 s的平均速率为＝0.001 6 mol·L－1·s－1，A错；B项，由表格数据可知平衡时c(PCl)3＝＝0.1 mol·L－1，升温时PCl3浓度增大，则该反应是吸热反应，ΔH＞0，B错；C项，由平衡常数K＝＝0.025 mol·L－1，而Qc＝＝0.02 mol·L－1＜0.025 mol·L－1，故C项中起始时反应向正反应方向进行，即v(正)＞v(逆)，正确；D项，根据反应：
PCl3(g)＋Cl2(g)??PCl5(g)
起始浓度(mol·L－1) 1 1 0
转化浓度(mol·L－1) x x x
平衡浓度(mol·L－1) (1－x) (1－x) x
根据K正＝，则K逆＝40＝，解得x＝0.85，即PCl3的转化率为85%，故D错。
答案：C
9．(2012·福建高考)一定条件下，溶液的酸碱性对TiO2光催化染料R降解反应的影响如图所示。下列判断正确的是( )
A．在0～50 min之间，pH＝2和pH＝7时R的降解百分率相等
B．溶液酸性越强，R的降解速率越小
C．R的起始浓度越小，降解速率越大
D．在20～25 min之间，pH＝10时R的平均降解速率为0.04 mol·L－1·min－1
解析：选项A，在0～50 min之间，pH＝2和pH＝7时R降解百分率相等，A正确；选项B，溶液的酸性越强，R的降解速率越大，B错误；选项C，由题给信息，无法得出该结论，C错误；选项D，在20～25 min，pH＝10时R的平均降解速率为＝4×10－6mol·L－1·min－1。
答案：A
10．(2011·山东高考节选)一定温度下，反应N2O4(g)??2NO2(g)的焓变为ΔH。现将1 mol N2O4充入一恒压密闭容器中，下列示意图正确且能说明反应达到平衡状态的是________。
若在相同温度下，上述反应改在体积为1 L的恒容密闭容器中进行，平衡常数________(填“增大”“不变”或“减小”)，反应3s后NO2的物质的量为0.6 mol，则0～3 s内的平均反应速率v(N2O4)＝________mol·L－1·s－1。
解析：该反应从正反应开始进行，气体分子数逐渐增多，而压强保持不变，则容器体积逐渐增大，气体密度逐渐减小，达平衡时保持不变，a对；该反应的ΔH始终保持不变，不能作为反应达到平衡状态的标志，b错；该反应从正反应开始进行，N2O4的量逐渐减小，恒压过程中容积体积增大，N2O4的浓度减小，v(正)逐渐减小，达平衡时保持不变，c错；N2O4的转化率逐渐增大，达平衡时保持不变，d对。平衡常数只与温度有关，温度保持不变，平衡常数不变。v(N2O4)＝v(NO2)＝×＝0.1 mol·L－1·s－1。
答案：a、d 不变 0.1
水溶液中的离子平衡
水的电离平衡是弱电解质电离平衡的一种特殊表现形式，KW揭示了在任何水溶液中均存在水的电离平衡。溶液pH的定性判断和定量计算虽然取材简单，但却要求考生有较高的思维能力和知识迁移能力，因此涉及以KW为中心的酸、碱和盐溶液的pH的计算，外界条件的改变对电离平衡的影响等都是今后高考命题的重点。
电解质溶液中离子浓度大小比较问题是每年高考的热点之一。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有很好的区分度。新课标教材中增加了难溶电解质的溶解平衡，沉淀的生成、溶解及转化的原理，能应用Ksp进行判断溶解平衡并进行相关简单计算内容会成为今后高考命题的新亮点。
(1)弄清概念的内涵和外延，把握概念最本质的地方，注意关键的字词，正确理解弱电解质的电离过程。
(2)在学习并掌握弱电解质电离平衡的前提下，着重理清与水的电离有关的水的离子积常数和溶液的酸碱性等有关知识。抓住水的电离特点，结合勒夏特列原理，掌握如下结论：①升温，水的电离程度增大，KW增大，c(H＋)和c(OH－)均增大，pH减小，但水仍为中性；②增大c(H＋)或c(OH－)，抑制水电离(加酸或加碱)；③通过以上分析，归纳出水溶液显酸性或碱性的实质。
(3)要理解盐类水解的实质，从水的电离平衡入手，联系影响水电离平衡的因素，得出水解的规律。掌握分析问题的一般思路：水解的实质―→水解的规律―→水解规律的应用。能进行溶液中离子浓度大小的比较，正确运用两个守恒(物料守恒和电荷守恒)分析与判断溶液酸碱性的强弱。
(4)对于溶解平衡，要抓住难溶电解质在水溶液中的溶解平衡与化学平衡、电离平衡一样，符合平衡的基本特征，满足平衡变化的基本规律，再弄清楚沉淀的溶解度与溶度积的关系以及沉淀的生成、溶解或转化。
[例4] [双选题](2012·江苏高考)25℃时，有c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液，溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是( )
A．pH＝5.5的溶液中：c(CH3COOH)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)
B．W点所表示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH)－
C．pH＝3.5的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＋c(CH3COOH)＝0.1 mol·L－1
D．向W点所表示的1.0 L溶液中通入0.05 mol HCl气体(溶液体积变化可忽略)：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)
[解析] 溶液的pH越小，c(CH3COOH)浓度越大，结合图象知虚线代表醋酸浓度，实线代表醋酸根离子浓度，当pH＝5.5时，c(CH3COOH)＜c(CH3COO－)，A错；B项，W点时，c(CH3COOH)＝c(CH3COO－)，根据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，将c(CH3COO－)换成c(CH3COOH)，正确；C项，根据电荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，则c(CH3COO－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)，又c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＝0.1 mol·L－1，即c(CH3COOH)＋c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)＝0.1 mol·L－1，正确；D项，W点表示的溶液中通入0.05 mol HCl气体，发生反应H＋＋CH3COO－===CH3COOH，故c(H＋)远小于c(CH3COOH)，D错。
[答案] BC
11．(2012·浙江高考)下列说法正确的是( )
A．常温下，将pH＝3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH＝4
B．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH>7，则H2A是弱酸；若pH<7，则H2A是强酸
C．用0.2000 mol/L NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合溶液(混合液中两种酸的浓度均为0.1 mol/L)，至中性时，溶液中的酸未被完全中和
D．相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的①蒸馏水、②0.1 mol/L盐酸、③0.1 mol/L氯化镁溶液、④0.1 mol/L硝酸银溶液中，Ag＋浓度：①>④＝②>③
解析：醋酸为弱酸，稀释时会促进电离，稀释10倍后溶液的pH小于4而大于3，A项错误；NaHA的水溶液呈碱性，说明HA－在溶液中水解，即H2A是弱酸，但若NaHA的水溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度比HA－的水解程度大，而不能说明H2A能完全电离，也就不能说明H2A为强酸，B项错误；强酸与强碱溶液正好完全中和时，所得溶液的pH＝7，而强碱与弱酸正好完全中和时，溶液的pH>7，若所得溶液的pH＝7说明碱不足，C项正确；Ag＋浓度最大的是④，其次是①，最小是③，D项错误。
答案：C
12．(2012·四川高考)常温下，下列溶液中的微粒浓度关系正确的是( )
A．新制氯水中加入固体NaOH：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)
B．pH＝8.3的NaHCO3溶液：c(Na＋)>c(HCO)>c(CO)>c(H2CO3)
C．pH＝11的氨水与pH＝3的盐酸等体积混合：c(Cl－)＝c(NH)>c(OH－)＝c(H＋)
D．0.2 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合：
2c(H＋)－2c(OH－)＝c(CH3COO－)－c(CH3COOH)
解析：选项A，新制氯水中加入固体NaOH，结合电荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，A项错误；选项B，NaHCO3===Na＋＋HCO，HCO??H＋＋CO，HCO＋H2O??H2CO3＋OH－，溶液pH＝8.3，说明HCO的水解程度大于电离程度，水解产生的H2CO3浓度大于电离产生的CO浓度，错误；选项C，常温下，pH之和等于14的两溶液，酸溶液中的c(H＋)与碱溶液中的c(OH－)相等，等体积混合时，弱碱在反应过程中能继续电离，即碱过量，最终溶液显碱性，错误；选项D，两者混合后发生反应，得到物质的量浓度相等的CH3COOH和CH3COONa混合溶液，物料守恒式为c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)＝2c(Na＋)，电荷守恒式为c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，根据以上两式可知，D项正确。
答案：D
13．(2012·浙江高考节选)已知：相关物质的溶度积常数见下表：
物质 Cu(OH)2 Fe(OH)3 CuCl 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，为得到纯净的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：调节溶液pH时不应该带入其他杂质，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升高；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)＝2.6×10－9mol·L－1。
答案：Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3 2.6×10－9 mol·L－1
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