海南省农垦中学2008届高三一轮复习-基本理论最新资料海南省)
文档属性
| 名称 | 海南省农垦中学2008届高三一轮复习-基本理论最新资料海南省) |  | |
| 格式 | rar | ||
| 文件大小 | 401.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2008-02-29 18:24:00 | ||
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文档简介
2008高三一轮复习最新化学资料
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考点：电解质、非电解质；强电解质、弱电解质。
考点细要：
①判断电解质和非电解质；
②判断强电解质和弱电解质
③电离方程式的书写
④电解质强弱与导电性的强弱
⑤电解质的电离条件
⑥影响弱电解质的电离平衡的因素
⑦弱电解质电离平衡移动方向的判定及平衡移动后溶液组分的变化
⑧弱电解质电离常数的定义和应用
高考要求：①了解电解质、非电解质；强电解质、弱电解质的概念；
②了解电解质在水溶液中的电离以及电解质溶液的导电性；
③了解弱电解质在水溶液中的平衡。
能力要求：
①．理解电解质、非电解质；强电解质、弱电解质的概念的能力
②理解弱电解质电离平衡移动方向的判定及平衡移动后溶液组分的变化的能力
③．综合运用弱电解质知识解决实际问题的能力
2、考点：离子反应
考点细要：①离子反应的定义
②离子方程式书写
③离子反应发生的条件
④离子方程式正误判断
⑤离子共存判断
高考要求：①理解离子反应的定义
②掌握离子反应发生的条件
③正确书写离子方程式
④掌握离子方程式正误判断和离子共存
能力要求：①理解离子反应的概念的能力
②综合运用离子反应知识解决离子方程式、离子共存等问题的能力
3、考点：说的电离（水的离子积，水电离出的Ｈ+与ＯＨ-）、溶液的酸碱性及有关ｐＨ计算的基本规律。
考点细要：①水的离子积
②影响水的电离平衡的因素及移动方向
③溶液的酸碱性的判断
④ｐＨ与溶液的酸碱性
⑤有关ｐＨ计算的基本规律
高考要求：①理解水的电离及水的离子积
②掌握影响水的电离平衡的因素及移动方向
③掌握溶液的酸碱性的判断
④了解有关ｐＨ计算的基本规律
能力要求：①理解水的电离、影响水的电离平衡的因素及移动方向的能力
②掌握水的离子积和ｐＨ计算的能力
4、考点：中和滴定
考点细要：①中和滴定的实质
②中和滴定的仪器、操作步骤
③中和滴定的误差分析
④中和滴定指示剂的选择
⑤中和滴定终点的判断
高考要求：①理解中和滴定的实质
②掌握中和滴定的仪器、操作步骤
③掌握中和滴定的误差分析
④了解中和滴定指示剂的选择
⑤了解中和滴定终点的判断
⑥ 运用中和滴定知识探究氧化还原滴定等
能力要求：①理解中和滴定的实质的能力
②形成一定的科学实验与探究的能力
③信息迁移的能力
5、考点：盐类水解
考点细要：①盐类水解的实质
②水解规律
③影响水解平衡的因素和水解平衡的移动
④各种水解方程式的书写
⑤有关溶液中离子浓度的比较
⑥盐类水解的应用
⑦盐溶液及酸式盐溶液的酸碱性的判断
高考要求：①理解盐类水解的实质
②掌握盐类水解规律和特点
③掌握影响水解平衡的因素和水解平衡的移动
④掌握各种水解方程式的书写
⑤掌握有关溶液中离子浓度的比较
⑥了解盐类水解的应用
⑦掌握盐溶液及酸式盐溶液的酸碱性的判断
能力要求：①理解盐类水解的实质的能力
②综合运用盐类水解知识解决实际问题的能力
6、考点：溶解平衡
考点细要：①溶解平衡实质
②饱和溶液的特点
③难溶盐的溶度积KSP
④影响溶解度及溶度积KSP的因素及平衡移动方向
⑤沉淀的生成及转化
⑥有关溶解度及溶度积KSP的计算
⑦溶液中离子是否沉淀及是否沉淀完全的判断
高考要求：①理解溶解平衡实质
②理解影响溶解度及溶度积KSP的因素及平衡移动方向
③掌握沉淀的生成及转化
④掌握有关溶解度及溶度积KSP的计算
⑤掌握溶液中离子是否沉淀及是否沉淀完全的判断
⑥了解饱和溶液及溶度积KSP的应用
能力要求：①理解溶解平衡实质的能力
②形成一定的科学实验与探究的能力
③有关溶解度及溶度积KSP的计算能力
④综合运用溶解度及溶度积KSP知识解决实际问题的能力
[规律预测]：离子反应是历年高考热点之一，重点考查判断已书写的离子反应式的正误，离子是否大量共存，及根据题意书写离子反应方程式。近几年高考试题出现了指定条件下离子共存判别式和各成分混合液中离子浓度比较，从中可以看出考查的侧重点逐步由考查“双基”转变考查综合能力。电离平衡重点考查弱电解质电离平衡的建立，电离方程式的书写，外界条件对电离平衡的影响，酸碱中和反应中有关弱电解质参与计算等等。 高考热点：溶液酸碱性的判断，不同电解质溶液中水的电离度大小的比较，pH 的有关计算。 其中离子共存，离子浓度的大小比较是高考的热点，盐类水解与生物学科血液的酸碱平衡密切相关，是近几年综合学科试题命题热点。 重点掌握中和滴定原理及其计算和应用，如沉淀滴定、氧化还原滴定等。酸碱中和滴定原理在环境检测中的应用是高考热点试题之一。
[综合题型]
例1．(2007上海，10)判断下列有关化学基本概念的依据正确的是[ ]
A 氧化还原反应：元素化合价是否变化 B 共价化合物：是否含有共价键
C 强弱电解质：溶液的导电能力大小 D 金属晶体：晶体是否能够导电
【解析】：只含共价键的化合物是共价化合物，而单质也可以有共价键如氯气，故B错；强弱电解质的判断依据是在水溶液中的电离程度而非导电性，溶液的导电能力与溶液中可自由移动离子浓度及离子所带电荷数有关，强电解质的稀溶液导电性也可能会很弱，而弱电解质的浓溶液导电性也可能会较强，故C错。某些非金属晶体也可导电，如：石墨、硅等，故D错。
【答案】：A
例2 (2007上海，06)下列过程或现象与盐类水解无关的是[ ]
A 纯碱溶液去油污 B 铁在潮湿的环境下生锈
C 加热氯化铁溶液颜色变深 D 浓硫化钠溶液有臭味
【解析】：纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，故A与盐类水解有关；B为钢铁的电化学腐蚀，与盐类水解无关；C溶液颜色变深是因为盐类水解是吸热反应；D溶液有臭味是因为硫化钠水解后产生了少量的硫化氢。
【答案】：B
【考点】：本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及到酯的水解、钢铁的电化学腐蚀等知识。
例3(2007上海，07)离子检验的常用方法有三种：
检验方法 沉淀法 显色法 气体法
含义 反应中有沉淀产生或溶解 反应中有颜色变化 反应中有气体产生
下列离子检验的方法不合理的是[ ]
A NH－气体法 B I－－沉淀法 C Fe3＋－显色法 D Ca2＋－气体法
例4 (2007天津理综，11)25 ℃时，水的电离达到平衡：H2O H＋ + OH－ ；ΔH > 0 ，下列叙述正确的是［ ］
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变
C．向水中加人少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c（H＋）降低
D．将水加热，Kw增大，pH不变
【解析】：A中水中加氨水后，抑制了水的电离，使水的电离平衡逆向移动。B水中加入NaHSO4使H+浓度增大，Kw只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。C水中加入CH3COONa促进了水的电离，平衡正向移动。D加热促进水的电离，使H＋浓度增大，pH变小。
【答案】：B
【考点】：本题考查了影响水的电离平衡的因素。
例5(2007四川理综，08)下列反应的离子方程式书写正确的是[ ]
A．浓烧碱溶液中加入铝片：Al + 2OH－＝AlO+H2↑
B．以石墨作电极电解氯化铝溶液：2Cl－+2H2O 2OH－+H2↑+Cl2↑
C．硫酸亚铁溶液与稀硫酸、双氧水混合：2Fe2++H2O2 +2H+＝2Fe3++2H2O
D．硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：
2H++SO+Ba2++2OH－＝BaSO4↓+2H2O
【解析】：A选项中原理错误，离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑；B选项中的反应没有考虑Al3＋在阴极附近会与OH－反应生成Al(OH)3沉淀，且随着电解进行生成的白色沉淀可能会与生成的OH－继续反应而溶解，在开始阶段反应的离子方程式为2Al3＋＋6Cl－＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑＋3Cl2↑；C选项中的离子方程式符合有关的要求（实验事实、电荷质量守恒等）；D选项中的反应原理错误，没有注意到加入的氢氧化钡溶液时足量的，正确的离子方程式为H++SO+Ba2++OH－＝BaSO4↓+H2O。易忽略电解氯化铝溶液时Al3＋在阴极上的反应而错选B；对离子方程式中定量（半定量）的情况分析或掌握不熟练而错选D。
【答案】：C
例6(2007重庆理综，08)对下列反应①KHCO3溶液与石灰水反应、②Na2SO3溶液与稀盐酸反应、③Si与烧碱溶液反应、④Fe与稀硝酸反应，改变反应物用量，不能用同一个离子方程式表示的是［ ］
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【解析】：对于①KHCO3溶液与石灰水的反应，当石灰水少量时发生如下反应2KHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋K2CO3＋2H2O，离子方程式为2HCO＋Ca2+＋2OH－=CaCO3↓＋CO＋2H2O，当石灰水过量时则发生如下反应KHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋KOH＋H2O，离子方程式为HCO＋OH－＋Ca2+=CaCO3↓＋H2O；对于②Na2SO3溶液与稀盐酸的反应，稀盐酸少量时的离子方程式为SO＋H+=HSO，当稀盐酸过量时反应的离子方程式则为SO＋2H+=SO2↑＋H2O；对于③Si与烧碱溶液的反应，不存在量的问题，无论Si过量还是烧碱溶液过量反应的离子方程式一定为Si＋2OH－＋H2O=SiO＋2H2↑；对于④Fe与稀硝酸的反应，当Fe少量时发生的反应为Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，当Fe过量时反应则为3Fe＋8HNO3=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，离子方程式分别为Fe＋4H+＋NO=Fe3＋＋NO↑＋2H2O、3Fe＋8H+＋2NO=3Fe2+＋2NO↑＋4H2O。因此因反应物的量不同而引起的离子方程式不同的反应有①②④，即选择B选项。对多元弱酸盐与酸的反应要分步完成不清楚或对铁与硝酸的反应过程不知道（即不知道铁首先被硝酸氧化为Fe3+，只有当铁过量时又被过量的铁还原为Fe2+）而错选其它选项。
【答案】：B
例7(2007年江苏,6)向存在大量Na+、Cl－的溶液中通入足量的NH3后，该溶液中还可能大量存在的离于组是［ ］
A．K＋、Br－、CO B．Al3＋、H＋、MnO
C．NH、Fe3＋、SO D．Ag＋、Cu2＋、NO
【解析】：存在大量Na+、Cl－的溶液中通入足量的NH3后，形成含有氨水的碱性溶液，B项中的Al3+、C项中Fe3+、D项中的Cu2+、Ag+均不能大量存在于碱性溶液中。
【答案】：A
例8(2007年江苏,15)下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是［ ］
A．0.1 mol·L－1 HCOOH溶液中：c(HCOO－)+c(OH－)=c(H＋)
B． 1 L 0．l mol·L－1CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O的溶液中：
c(SO)>c(NH))>c(Cu2＋)>c(H＋)>c(OH－)
C．0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中：
c(Na＋)+c(H＋)+c(H2CO3)=c(HCO)+c(CO)+c(OH－)
D．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：
c(Na＋)>c(HX)>c(X－)>c(H+)>c(OH－)
【解析】：A项中的等式是电荷守恒式(也是质子守恒式)，正确。B项中由于NH水解，所以c(SO)>c(NH)，水解是个微弱过程，溶液呈酸性，所以
c(Cu2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，B正确。0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中，电荷守恒：
c(Na＋)+c(H＋)+c(H2CO3)=c(HCO)+c(CO)+c(OH－)，由于水解是个很微弱的过程c(H2CO3)≠c(CO)，C不正确。D项中两者混合，存在着水解平衡
(X－+H2OHX+OH－)和电离平衡(HXX－+H＋)，由所给粒子浓度大小关系可知溶液呈酸性，电离大于水解，可知c(X－)＞c(HX)，D不正确。
【答案】：CD
【考点】：本题考查了溶液中粒子浓度大小的比较、盐类水解及守恒知识的综合运用。
例9 (2007年江苏,17)实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH+6HCHO=3H＋+6H2O+(CH2)6N4H＋ [滴定时，1 mol(CH2)6N4H+与 l mol H+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤I 称取样品1.500g。
步骤II 将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀。
步骤Ⅲ 移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20％的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入1~2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。
(1)根据步骤Ⅲ填空：①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积
(填 “偏大”、“偏小”或“无影响”)
③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察［ ］
A.滴定管内液面的变化 B.锥形瓶内溶液颜色的变化
④滴定达到终点时，酚酞指示剂由 色变成 色。
(2)滴定结果如下表所示：
若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol·L－1则该样品中氮的质量分数为 。
【解析】：(1)①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高。 ②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+ 的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，也就是无影响。③注意观察颜色变化，确定滴定终点。 ④待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色变为粉红(或浅红)。(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，带入公式即可得到答案。
【答案】：(1)①偏高 ②无影响③B ④无 粉红(或浅红) (2)18.85%
例10、（2007年临沂） A、B两种物质的饱和溶液的质量分数随温度变化的曲线如图。 现分别在50g A和80 g B中各加水150 g，加热溶解后并都蒸发掉水50 g ，冷却到t1℃，下列叙述正确的是( )
A. t1℃时溶液中A、B的质量分数相等
B. t1℃时溶液中A的浓度等于B的浓度
C. t1℃时析出固体B
D. t1℃时两者均无固体析出
【解析】在t1℃时A、B饱和溶液的质量分数都是40﹪，也就是说A、B的溶解度相同，对A来讲50 gA溶解在100g水中，质量分数为30﹪还没有饱和，对B来讲80 g B溶解在100g水中，质量分数为44.4﹪，是过饱和溶液，要析出B
【答案】C
例11．(2007.12山东省章丘市)下列叙述中正确的是
A．25℃时，在水中的溶解度，强电解质一定大于弱电解质
B．常温下，在任何物质的水溶液中，水的离子积（KWw）都是恒定值
C．某物质(B)的饱和溶液降低温度时，一定有物质(B)的晶体析出
D．MgCO3能在热水中转化成Mg(OH)2，说明Ksp(MgCO3)＜Ksp[Mg(OH)2]
【解析】A错，物质的溶解度与电解质强弱或是否是电解质无关。B对，水的离子积至于温度有关. C错，多数物质的溶解度随温度升高而增大，但也有些物质像Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小。难溶物质的溶度积并不一定能说明溶解度的大小，只有相同类型化学式的可以比较Ksp的大小来比较溶解度的大小，MgCO3能在热水中转化成Mg(OH)2，只能说明Mg(OH)2的溶解度更小
【答案】B
例12欲使0.1mol-1K2CO3溶液中[K+]=2[CO]，应采取的措施是
A．加少量盐酸 B．加适量的KOH C．加适量的水 D．加适量的NaOH
[解析]本题要运用平衡移动原理，解题时首先看清是电离平衡的移动还是水解平衡的移动，K2CO3溶液中存在水解平衡：CO+H2O HCO＋OH－导致[K+]>2[CO]，若使[CO]升高，应使水解平衡向左移动，则应引入少量OH－，而加入KOH会同时增加[K+]，所以只能加适量的NaOH，A错在能使平衡向左移动，但实际消耗3CO，[CO]不升反降，C错在稀释促进CO水解，[CO]会下降。
[答案] D
[高考零距离检测]
物质在水溶液中的行为检测题
时间：120分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Br 80
I卷（选择题）
一、单项选择题：本题包括8小题，每小题4分。共计32分。每小题只有一个选项符合题意。
1、(2007广东新课标，19)下列说法正确的是［ ］
A、硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
B、蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
C、Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到
D、天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源
2、(2007重庆理综，10)用食用白醋（醋酸浓度约1 mol·L）进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是［ ］
A．白醋中滴入石蕊试液呈红色
B．白醋加入豆浆中有沉淀产生
C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出
D．pH试纸显示白醋的pH为2~3
3、(2007海南新课标，03)下列叙述正确的是[ ]
A．95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B．pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4
C．0.2mol/L的盐酸，与等体积水混合后pH=1
D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
4、(2007山东新课标理综，12)下列叙述正确的是（ ）
A．O2和O2互为同位素，性质相似
B．常温下，pH=1的水溶液中Na+、NO、HCO、Fe3+可以大量共存
C．明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同
D．C（石墨，s）=C（金刚石，s） ΔH>0，所以石墨比金刚石稳定
5、(2007海南新课标，11)在pH=1时，可大量共存且形成无色溶液的一组离子或分子是[ ]
A．Ca2+、CH3COOH、Br、Na+ B．NO、Fe3+、Mg2+、SO
C．HClO、Ba2+、Na+ 、Cl D．K+、Cl、Al3+、SO
6 、(2007海南新课标，10)能正确表示下列反应的离子方程式是[ ]
A．碳酸氢钙溶液和氢氧化钠溶液混合
HCO+OH==CO+H2O
B．醋酸钠溶液和盐酸混合
CH3COONa+H+ == CH3COOH + Na+
C．少量金属钠放入冷水中
Na+ 2H2O== Na++2OH—+H2↑
D．硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液混合
Cu2+ + SO +Ba2+ + 2OH== Cu(OH)2↓+ BaSO4
7 、(2007海南新课标，03)下列叙述正确的是[ ]
A．95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B．pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4
C．0.2mol/L的盐酸，与等体积水混合后pH=1
D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
8、(2007上海，21)已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋
要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是[ ]
A 加少量烧碱溶液 B 升高温度 C 加少量冰醋酸 D 加水
二、不定项选择题：本题包括10小题．每小题4分。共计40分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分。
9(2007天津理综，08)为达到预期的实验目的，下列操作正确的是［ ］
A．欲配制质量分数为10％的ZnSO4溶液，将l0 g ZnSO4·7H2O溶解在90 g水中
B．欲制备Fe(OH)3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸
C．为鉴别KCl、AlCl3和MgCl2溶液，分别向三种溶液中滴加NaOH溶液至过量
D．为减小中和滴定误差，锥形瓶必须洗净并烘干后才能使用
10、(2007广东新课标，02)下列可用于测定溶液pH且精确度最高的是［ ］
A、酸碱指示剂 B、pH计 C、精密pH试纸 D、广泛pH试纸
11、．(2007.3淄博市二摸)已知Ksp(AgCl )=1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。下列关于不溶物之间转化的说法中错误的是
A．AgCl不溶于水，不能转化为AgI
B．两种不溶物的Ksp相差越大，不溶物就越容易转化为更难溶的不溶物
C．AgI比AgCl更难溶于水，所以，AgCl可以转化为AgI
D．常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于
EQ \F(1,) ×10－11 mol·L－1
12、（2007.12山东聊城）常温下，0.1mol·L—1某一元酸（HA）溶液中c（OH—）/c（H+）=1×10—8，下列叙述正确的是 （ ）
A．溶液中水电离出的c（H+）=10—10mol·L—1
B．溶液中c（H+）+c（A—）=0.1mol·L—1
C．与0.05mol·L—1 NaOH溶液等体积混合所得溶液中离子浓度大小关系为：
c（A—）> c（Na+）> c（OH—）> c（H+）
D．原溶液中加入一定量CH3COONa晶体或加水稀释，溶液的c（OH—）均增大
13、25℃时，硫酸铜的溶解度为Sg，将Sg无水硫酸铜粉末加入到(100+S)g饱和到铜溶液中，得到一定量的蓝色晶体，若将此晶体溶解配制成饱和溶液，应加入的水的质量是
A．100g B．(100+S)g C．(100-)g D．(100-)g
14、（2001年上海高考）为更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度（AG）的概念，AG＝，则下列叙述正确的是 （ ）
A．中性溶液的AG＝0 B．酸性溶液的AG＜0
C．常温下0.lmol/L氢氧化钠溶液的AG＝12
D．常温下0.lmol/L盐酸溶液的AG＝12
15 (1997年上海，24)在下列叙述中，能说明盐酸是强酸，醋酸是弱酸的是
A.将pH=4的盐酸和醋酸稀释成pH=5的溶液，醋酸所需加入的水量多
B.盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与浓硫酸反应制取
C.相同pH的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变大
D.相同pH的盐酸和醋酸分别跟锌反应时，产生氢气的起始速率相等
16.(1994年全国，10)一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的
A.NaOH(s) B.H2O
C.NH4Cl(s) D.CH3COONa(s)
17（1992年全国高考题）相同温度、相同物质的量浓度的四种溶液：①CH3COONa②NaHSO4 ③NaCl ④C6H5—ONa，按pH由大到小的顺序排列，正确的是 （ ）
A．④ > ① > ③ > ② B．① > ④ > ③ > ②
C．① > ② > ③ > ④ D．④ > ③ > ① > ②
18、（2004年北京高考理综试题）已知0.1mol·L-1的二元酸H2A溶液的pH=4.0，则下列说法中正确的是（ ）
A．在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同
B．在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等
C．在NaHA溶液中一定有：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)
D．在Na2A溶液中一定有：c(Na+)>c(A2-)>c(H+)> c(OH-)
II卷（非选择题）
三、本题包括2小题．共计14分。
19、（4分）比较下列化学反应后所得溶液中各离子浓度的大小。
①10ml的0.2mol·L－1的HCl与10ml的0.2mol·L－1氢水混和所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是 。
②10ml的0.4mol·L－1的CH3COONa溶液与10ml的0.2mol·L－1的HCl溶液混合后，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是
20、（2007.10青岛市期中）（6分）今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、H＋、 I－、 Mg2＋、Ba2＋、SO42－、CO32－、NO3－，现取三份各100 mL溶液进行如下实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生
②第二份加足量NaHCO3 溶液加热后，收集到气体0.05 mol
③第三份加足量Ba(NO3)2 溶液充分反应后过滤，得干燥沉淀4.66 g。根据上述实验，则
（1）原溶液中一定存在的离子是 ；
（2）溶液中一定不存在的离子是 ；
（3）请写出溶液中一定存在的阴离子的物质的量浓度 。
21（2007。12莱芜）（4分）液氨与水性质颇为相似，其电离方程式可表示为：2NH3NH4++NH2－。某温度下其离子积常数为1×10－30（mol·L－1）2。液氨中的pNH4与水中的pH类似，向1L液氨中加入2.3gNa此时上述平衡____________移动（填“向正方向”“向逆方向”或“不”），完全反应后溶液的pNH4=__________。
四、本题包括3小题，共计49分。
22、(2007上海，27)将磷肥生产中形成的副产物石膏（CaSO4·2H2O）转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都具有重要意义。以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图。
（1）本工艺中所用的原料除CaSO4·2H2O、KCl外，还需要 等原料。
（2）写出石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后发生反应的离子方程式： 。
（3）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还含有 （填化学式）等物质，该固体可用作生产水泥的原料。
（4）过滤Ⅰ操作所得滤液是(NH4)2SO4溶液。检验滤液中含有CO的方法是：
。
（5）已知不同温度下K2SO4在100g水中达到饱和时溶解的量如下表：
温度（℃） 0 20 60
K2SO4溶解的量(g) 7.4 11.1 18.2
60℃时K2SO4的饱和溶液591g冷却到0℃，可析出K2SO4晶体 g。
（6）氯化钙结晶水合物（CaCl2·6H2O）是目前常用的无机储热材料，选择的依据是 。
a 熔点较低（29℃熔化） b 能导电 c 能制冷 d 无毒
（7）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是： 。
23（2007.9.29日照）（18分）如果取0.1 mol·L-1HA溶液与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计)，测得混合溶液的pH=8，试回答以下问题：
（1）混合溶液的pH=8的原因 （用离子方程式表示）；
（2）混合溶液中由水电离出的c(H+)__ ___0.1 mol·L-1 NaOH溶液中由水电离出的c(H+)；(填>、<、=)
（3）求出混合液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)：
c (Na+)－c (A-)= mol·L-1； c (OH-)－ c (HA)= mol·L-1
（4）已知NH4A溶液为中性，又知将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断（NH4）2CO3溶液的pH 7 (填>、<、=)；
（5）将相同温度下相同浓度的四种盐溶液：A．NH4HCO3 B．NH4A C．（NH4）2SO4 D．NH4Cl
按pH由大到小的顺序排列 （填序号）
24、（4分）难溶的银盐中，醋酸银溶解度相对较大，当V1mL amol / L CH3COONa溶液和V2mL amol / L AgNO3溶液混合发生反应时，欲使得到CH3COOAg的沉淀量较接近理论值，则V1和V2的关系是 。简述理由 。
五、本题包括1小题，共计15分。
25(2007.3淄博市二摸)（15分）已知水在25℃和95℃时，
其电离平衡曲线如右图所示：
（1）则25 时水的电离平衡曲线应为
（填“A”或“B”），请说明理由
（2）25时，将＝9的NaOH溶液与＝4的溶液混合，
若所得混合溶液的 ＝7，则NaOH溶液与溶液的体积比为
（3）95时，若100体积1＝的某强酸溶液与1体积2＝b的某强碱溶液混合后
溶液呈中性，则混合前，该强酸的1与强碱的2之间应满足的关系是
（4）曲线B对应温度下，pH＝2的某HA溶液和pH＝10的NaOH溶液等体积混合
后，混合溶液的pH＝5。请分析其原因：
[检测详解]
1【解析】：纯碱属于盐A错误；Al用电解法制取，Cu用热还原法制取，所以C错误。
【答案】：BD
【点拨】：本题考查了物质的分类和金属冶炼方法。
2、【解析】：A选项白醋中滴入石蕊试液呈红色，只能说明醋酸显酸性，能发生电离是一种电解质，但不能说明强弱；B选项白醋加入豆浆中有沉淀产生，因豆浆是胶体，根据胶体的性质——聚沉，也只能说明醋酸是一种电解质；C选项蛋壳浸泡在白醋中有气体放出，只能说明醋酸是一种酸且酸性比碳酸强；而D选项pH试纸显示白醋的pH为2~3，即溶液中c(H+)=10～10mol·L，因食用白醋中醋酸浓度约1 mol·L，这说明醋酸没有完全电离，即存在电离平衡。所以只有D选项能说明醋酸为弱电解质。
【错析】：本题比较简单容易理解，只是个别学生对C选项理解错误而可能错选。
【答案】：D
【点拨】：本题考查了弱电解质的电离、弱电解质的证明。弱电解质在水溶液中不能完全电离，存在电离平衡。证明一种电解质是一种弱电解质就应从这方面出发，判断电解质强弱的方法有很多：（1）在相同浓度、相同温度下，可与强电解质做导电性对比实验；（2）在相同浓度、相同温度下，比较反应速率的快慢，如将相同的锌粒投入到等浓度的盐酸和醋酸中，结构前者比后者反应快；（3）浓度与pH的关系，如0.1mol·L CH3COOH，若其pH＞1。则可以说明醋酸是弱电解质；（4）测定对应盐的酸碱性。如CH3COONa溶液成碱性，则说明醋酸是弱酸；（5）稀释前后的pH与稀释倍数的变化关系，例如将pH=2的酸溶液稀释1000倍，若pH小于5，则证明酸为弱酸，若pH=5，则说明酸为强酸；（6）采用实验证明存在电离平衡，例如醋酸溶液中滴入石蕊试液变红，再加入醋酸铵固体，溶液颜色变浅。
3、【解析】：水的电离与温度有关，温度越高，电离度越大，但[H+]=[OH-]水仍呈中性，A错；我们知道pH每升高一个单位，对于强酸需要稀释10倍，而对于弱酸稀释的倍数超过了10倍，B中由于醋酸为弱酸，稀释至原来的10倍后，pH<4，B错；在D中，当酸与碱的pH之和等于14时，等体积混合后，谁弱显谁性，即pH<7，D错。
【答案】：C
【点拨】：本题考查了电离平衡移动以及酸碱中和后溶液pH的变化规律。
4、【解析】：A中同位素是指中子数不同、质子数相同的核素（原子）互称为同位素，选项中给出的是分子，错误；B中PH=1的溶液为强酸性环境，解答时应在离子组Na+、NO、HCO、Fe2+ 中增加H+，分析可知碳酸氢根离子和氢离子不共存，在氢离子存在时硝酸根离子和亚铁离子不能共存，错误；C中明矾的净水原理是其溶于水电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝能吸附水中悬浮物，而漂白粉是由其成分中的次氯酸钙和水、二氧化碳反应生成的次氯酸能杀菌消毒，作用原理不同，错误；D中此反应的△H>0，说明此反应是吸热反应，也就是金刚石的能量大于石墨，物质内部的能量越大，该物质越不稳定，正确。
【答案】：D
【点拨】：本题考查了化学用语、离子共存、物质稳定性的知识。范围包括同位素的性质、溶液中的离子共存、明矾和漂白粉的性质、焓变和物质稳定性的关系等。
5、【解析】：pH=1时，溶液显强酸性，OH与弱酸根离子都不能共存。所以，D错。B中存在棕黄色的Fe3+，C中HClO与Cl发生氧化还原反应。所以选A。
【答案】：A
【点拨】：本题考查了离子共存问题。
6、【解析】：离子方程式的正误判断是必考考点，A中产物应有CaCO3沉淀生成；B中CH3COONa为可溶性盐应拆成离子形式；C电荷不守恒。
【答案】：D
【点拨】：本题考查了离子方程式的正误判断。
7、【解析】：水的电离与温度有关，温度越高，电离度越大，但[H+]=[OH-]水仍呈中性，A错；我们知道pH每升高一个单位，对于强酸需要稀释10倍，而对于弱酸稀释的倍数超过了10倍，B中由于醋酸为弱酸，稀释至原来的10倍后，pH<4，B错；在D中，当酸与碱的pH之和等于14时，等体积混合后，谁弱显谁性，即pH<7，D错。
【答案】：C
【点拨】：本题考查了电离平衡移动以及酸碱中和后溶液pH的变化规律。
8、【解析】：加少量烧碱，将减小溶液中氢离子浓度，虽然平衡右移，但由勒夏特列原理可知，醋酸浓度降低程度小于溶液中氢离子浓度降低程度；C项加入少量冰醋酸，平衡右移但比值减小；升高温度，平衡右移，氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，B正确；加水氢离子浓度和醋酸浓度都降低，若平衡不移动，则比值不变，但事实上平衡右移，故D正确；此题的CD两项若从结果来看，可以看成是不同浓度的醋酸中c(H＋)/c(CH3COOH)值，这样可更快选出正确答案。
【答案】：BD
【点拨】：本题考查的是弱电解质的电离平衡。
9、【解析】：l0 g ZnSO4·7H2O中含有的ZnSO4小于10g，则形成的溶液浓度小于10%，A错；滴加FeCl3溶液后，煮沸即可，长时间煮沸易使胶体聚沉，B错。Al3++3OH=Al(OH)3↓，Al(OH)3 +OH=AlO+2H2O；Mg2++2OH=Mg(OH)2↓，产生的现象不同，C正确。D锥形瓶中的水对实验无影响。
【答案】：C
【点拨】：本题考查了质量分数的计算，胶体的制备，Mg、Al的基本性质，实验误差的分析
10、【解析】：碱指示剂只是用于定性溶液酸碱性的试剂，A错；广泛pH试纸、精密pH试纸为定量试纸，但是其测定的数据也非常粗略，C、D错；而pH计是一种测量溶液pH的精密仪器，B正确。
【答案】：B
【点拨】：本题为测量溶液酸碱性方法对比题。
11、【解析】不溶于水不是绝对的不溶，是溶解度小于0.1g。尽管AgCl溶解的很少，但由于AgI比AgCl更难溶于水，溶液中微量的Ag＋在I－浓度足够大的溶液中，可以转化为AgI，而使AgCl的溶解平衡向产生Ag＋的方向移动，导致AgCl溶解。所以A错误。
根据·c(I－)＝1.0×10－16可计算得：c(I－)＝ EQ \F(1,) ×10－11 mol·L－1，D正确。
【答案】 A
12、【解析】A项，溶液中c（H+）=1×10—3 mol·L－1，溶液中水电离的c（OH—）=1×10—11 mol·L－1，水电离的c（OH—）=c（H+），，所以c（H+）=1×10—11 mol·L－1。 B项，溶液中c（HA）+c（A—）=0.1mol·L—1 ， c（H+）= c（A—）+ c（OH—）故B项错误。C项，溶液相当于HA和NaA的等物质的量混合溶液，溶液若显酸性，则c（A—）> c（Na+）>c（H+）> c（OH—），溶液若显碱性则c（Na+）> c（A—）> c（OH—）> c（H+）故C项错误。D项加入一定量CH3COONa晶体，CH3COO—与H+结合，c（H+）减小， c（OH—）增大，加水稀释，电离平衡向右移动，c（H+）减小， c（OH—）增大，D项正确
【答案】D
13、【解析】很多学生拿到本题就开始列未知数解方程，试图算出答案，结果发现所给数据过于抽象，计算量过大而放弃，其实将题目通览后通过流程图不难发现：
将晶体溶解所加的水量就是将Sg无水硫酸铜配成饱和溶液所需的水量，即100g。
【答案】 A。
14、【解析】：运用迁移类比法分析。在中性溶液中，c（H+）=c（OH—），AG= = lg1 = 0，在酸性溶液中c（H+）﹥c（OH—），AG= ， 因为c（H+）﹥c（OH—），所以其比值大于1 AG﹥0，在0.1mol·L—1的NaOH溶液中c（OH—）=0.1mol·L—1，c（H+）=1×10—13mol·L—1，AG = = —12， 在0.1mol·L—1的盐酸中，c（H+） = 0.1mol· L—1，c（OH—）=1×10—13mol·L—1，AG= = 12 。
答案AD。
【点拨】：这是一道信息迁移式试题。要善于将酸度的信息与原有pH计算严格区别开来。排除pH计算的干扰是正确解题的保证。
15【解析】：HCl溶于水完全电离，而CH3COOH溶于水存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加水该平衡向右移动，H＋物质的量增大，需加更多的水才能与盐酸c(H＋)相同；加CH3COONa时，c(CH3COO－)增大，上述平衡向左移动。c(H＋)降低，pH变大，而盐酸加NaCl后pH基本不变。故A、C符合题意。B只能说明盐酸和醋酸具有挥发性，D只说明c(H＋)相同，速率相同，与醋酸是否完全电离均无关，故B、D不符合题意。
【答案】：AC
【点拨】：弱酸稀释，电离度增大，造成溶液中[H+]变化较强酸小。如要获得相同pH，其加水量必超过强酸。部分同学由于未考虑电离度对离子浓度的影响，而漏选A
16、【解析】：A.加NaOH固体能减缓反应速率，但要消耗H＋，减少氢气总量。C.NH4Cl固体不与盐酸反应，又不影响溶液的体积。在强酸性条件下不考虑其中水解。B.水既不影响溶液中H＋的物质的量，又能稀释盐酸。D.CH3COONa能与盐酸生成弱电解质CH3COOH减缓反应速率，但不能影响H2总量。
. 【答案】：BD
17、【解析】：溶液pH的大小由两种情况决定，一是电解质本身的电离，二是水的电离，而水的电离程度的大小又决定于盐类水解程度的大小。此类试题要求准确把握酸碱的相对强弱，充分依靠水解规律判析。四种溶液可分成三组，②NaHSO4，电离显酸性，pH < 7；③NaCl 为强酸强碱的正盐，不水解，溶液呈中性，pH= 7；①④是强碱弱酸盐，水溶液均呈碱性，因 CH3COOH 的酸性较C6H5OH强，故pH值应为 ④ > ①。
【答案】A
【点拨】：此类试题解答的一般步骤为：先分组，然后再对组内物质根据电离与水解程度进行判析。题中溶液除为盐溶液外，还可能为酸或碱。如等浓度的八种稀溶液：①Na2SO4②H2SO4 ③NaHSO4 ④NH4Cl ⑤NaHCO3 ⑥NaCO3 ⑦NaOH ⑧Ba（OH）2 ，其pH由小到大的顺序为 ②③④①⑤⑥⑦⑧ 。
18、【解析】主要考查电离平衡、盐类水解等理论知识。弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡都会反映到溶液中各种离子浓度的关系之中，从分析离子关系角度考查电离平衡和盐类水解平衡理论知识，可以较好地区分学生对相关理论内容的理解水平。
根据题给条件可判断，H2A的第一级电离就较弱，属于弱酸。所以在Na2A、NaHA溶液中由于水解和电离，两溶液中所含离子种类数肯定相同。在Na2A溶液中，由于A2-水解，阴离子总数增加，在NaHA溶液中由于HA-水解阴离子总数要减小，所以两溶液中阴离子总数前者多。任何溶液中，阳离子所带正电荷总数跟阴离子所带负电荷总数必定相等。所以，在Na2A溶液中H+浓度小于OH-离子浓度。
【答案】C
19【解析】①盐酸可以与氨水发生反应
HCl+NH3·H2O=NH4Cl+H2O
而题中所溶HCl与NH3·H2O物质的量相同恰好完全反应，相当于所给NH4Cl溶液。发生如下反应：
NH4Cl=NH4++Cl－；NH4++H2ONH3·H2O+H+
因为部分NH4+水解而消耗所以[Cl－]＞[NH4+]。
又因为水解的NH4+仅占全部极少部分，因而生成的H+也很小，导致[NH4+]＞[H+]
而且NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液显酸性，因而[H+]＞[OH－]
②CH3COONa+HCl=NaCl+CH3COOH ，
反应中醋酸钠是过量的，反应所得的溶液为各是0.1mol/L的NaCl、CH3COONa、CH3COOH的混和物。
CH3COONa=CH3COO－+Na+
NaCl=Na++Cl－
CH3COOHCH3COO－+H+
因而[Na+]最大，由于除CH3COONa之外,CH3COOH也电离出少量的CH3COO－，导致[CH3COO－]＞[Cl－]；由于溶液中存在大量CH3COOH，所以溶液显酸性[H+]＞[OH－]，CH3COOH为弱电解质，电离出的[H+]极少，小于[Cl－]的浓度。
【答案】①[Cl－]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH－]
②[Na+]＞[CH3COO－]＞[Cl－]＞[H+]＞[OH－]
【点拨】：当在同一种溶液中放入若干种物质，且物质之间能发生反应生成弱电解质，这时我们在分析离子浓度时可让各物质去尽情反应，认为起始投料即为产物，再写出电离及水解方程式进行分析。
20【解析】
[答案]（1）H+、SO42－、NO3－（2分，只写出前三种得1分）
（2）Mg2+、Ba2+、I－、CO32－（2分）
（3）c(SO42－) = 0.2 mol/L ，c(NO3－)≥0.1 mol/L（每个2分）
21【解析】：从生产流程图可以看出，所需原料除CaSO4·2H2O、KCl外，还需要氨气、石灰石和水。硫酸钙是微溶的，碳酸钙是难溶的，因此石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后生成了碳酸钙和硫酸铵，生成的碳酸钙中混有石膏。碳酸根的检验可用酸化的方法，若产生气泡说明虑液中含有碳酸根。硫酸钾饱和溶液在结晶过程中溶剂的量不变，查表可知不同温度下的溶解度，先求出591g饱和液中含有的水是500g，在0℃可溶解硫酸钾37g，所以析出晶体54g。作为储热材料，要求能在室温左右的温度下工作，且对人体无害，故选ad；绿色化学要求整个生产过程中不排放污染物，原子利用率高，因此生产流程中碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用。
【答案】：（1）CaCO3 NH3 H2O（2）CaSO4＋CO32-→CaCO3↓＋SO42-
（3）CaSO4（4）滤液中滴加盐酸产生气泡（5）54g（6）a d
（7）碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨
在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）
【点拨】：本题是一道以工业生产为背景的实验题，考查了实验基本操作、离子检验、溶解度计算等。工业生产流程的设计和实验方案设计原理相似，只是在工业生产中对经济性、环保性等许多细节方面有着更高的要求，解题时应在实验室原理的基础上结合实际因素，充分读懂工业流程的每一个步骤的意义。
22【解析】2.3gNa加入液氨后发生反应2Na+2NH4+=2Na++2NH3+H2↑, c(NH4+)减小，平衡向正反应方向移动，2.3gNa的物质的量为0.1mol,所以生成NH2-的物质的量为0.1mol，c(NH4+)=1×10－30（mol·L－1）/ 0.1mol·L－1= 1×10－29mol·L－1，pNH4+=29
【答案】向正方向（2分），29（2分）
【点拨】本题应将水的离子积和溶液PH的信息进行迁移应用，c(NH4+)·c(NH2-)=1×10－30（mol·L－1）2与水的离子积KW pNH4+与PH的意义相同，直接进行迁移应用。
23、【解析】（1）若HA是强酸，则恰好生成强酸强碱盐，溶液显中性，而溶液PH=8，说明溶液显碱性，生成的是强碱弱酸盐，水解显碱性。HA是弱酸。（2）盐类水解促进水电离，酸、碱都抑制水电离，所以混合溶液中由水电离出的c(H+)>0.1 mol·L-1 NaOH溶液中由水电离出的c(H+)（3）本小题考查的是电荷守恒问题和有关PH的计算，c (Na+)+c(H＋) = c (OH-)+ c (A-)，所以c (Na+)－c (A-)= c (OH-)－c(H＋)= 1×10－6mol·L－1－1×10－8mol·L－1 。据质子守恒A-+H2OHA+OH-和H2OH++OH-可知OH-有两个来源，c (OH-)= c(H＋)+ c (HA), c (OH-)－ c (HA) =c(H＋) =1×10－8mol·L－1（4）已知将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA比H2CO3的酸性强，HA比H2CO3的电离程度大，NH4A溶液为中性，HA的电离程度与氨水的电离程度相当，所以氨水的电离程度比H2CO3的电离程度大，（NH4）2CO3溶液的pH>7（5）根据水解规律H2CO3最弱，故NH4HCO3 溶液显碱性PH最大，NH4A 溶液显中性，H2SO4、 HCl都是强酸溶液显酸性，但（NH4）2SO4 中c（NH4+）大酸性最强，PH最小
【答案】(1)A-+H2OHA+OH- (2)> (3)9.9×10-7 10-8 (4)大于 ABDC
【点拨】水的电离和溶液的pH ( http: / / www. / keyword.asp keyword=pH )值及盐类水解是电解质溶液 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=电解质溶液 )的重点和难点， 同时也是高考 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=高考 )化学试题的热点，弱电解质的电离平衡 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=电离平衡 )也是考察的重点，所以要重点掌握.
24、【解析】通过溶解平衡知识分析而获解。实际沉淀量与理论沉淀量之误差在于CH3COOAg在溶液中溶解量的多少。醋酸银在溶液中的溶解平衡可表示为：CH3COOAg（ｓ） CH3COO—+Ag+，因其溶解度较大，故为了使CH3COOAg的沉淀量较接近理论值，必须使其中一种离子过量，以促使溶解平衡向醋酸银方向移动，故V1和V2的关系为V1≠V2 。
【答案】见解析
【点拨】：该题不少考生由于未从溶解平衡角度去分析，错误认为，当CH3COONa和AgNO3恰好完全反应时，CH3COOAg的沉淀量最多，因而其值较接近理论值，得出V1=V2的错误结论。出现错解的原因是对溶解平衡的概念含混不清所致。
25【解析】本题的关键是在搞清楚温度对水电离平衡、水的离子积和溶液pH的影响。
（1）当温度升高时，促进水电离，水的离子积也增大，水中氢离子浓度、氢氧根离子浓度都增大，水的pH也增大，但溶液仍然呈中性。因此结合图象中A、B曲线变化情况及氢离子浓度、氢氧根离子浓度可以判断则25 时水的电离平衡曲线应为A，理由为水的电离是吸热过程，升高温度，使水的电离程度增大。
（2）中25时所得混合溶液的 ＝7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH－)= n(H+)，则V(NaOH)·10-5mo1·L—1=V(H2SO4)·10-4mo1·L—1，得V(NaOH)∶V(H2SO4)＝10∶1
（3）要注意是95时，水的离子积为10-12，即c(H+)·c(OH－)=10－12，即：等体积强酸碱反应至中性时(酸)＋(碱)＝12。
根据95时混合后溶液呈中性，2＝b的某强碱溶液中c(OH－)=10b－12；
有 100×10－a＝1×10b－12，即： 10－a＋2＝10b－12，
所以，有以下关系：+b＝14，或：1＋214
（4）中在曲线B对应温度下，因(酸)＋(碱)＝12，可得酸碱两溶液中c(H+) = c(OH—)，如 是强酸、碱，两溶液等体积混合后溶液应呈中性；现混合溶液的pH＝5，即等体积混合后溶液显酸性，说明H+与OH—完全反应后又有新的H+产生，酸过量，所以说酸HA是弱酸。
【答案】① A ② 水的电离是吸热过程 ，温度低时，电离程度小，c(H+)、c (OH－)小
③ 10 : 1 ④ +b=14 或：1＋214
⑤曲线B对应95℃，此时水的离子积为10－12。HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH＝5。
【点拨】本题综合考查水的电离平衡，溶液的酸碱性，PH的有关计算，温度对电离平衡的影响，以及盐类的水解等知识，这都是高考的重点内容。应从中寻找规律，熟练掌握这类题目的解法。
专题提升篇
第一单元 专题思想方法
[思维方法攻略]
[攻略]1守恒的思想
[方法指南]：守恒作为自然界的普遍规律，是人类征服改造自然的过程中对客观世界抽象概括的结果。在物质变化的过程中守恒关系是最基本也是本质的关系之一，化学的学习若能建构守恒思想，善于抓住物质变化时某一特定量的固定不变，可对化学问题做到微观分析，宏观把握，达到简化解题步骤，既快又准地解决化学问题之效。守恒在化学中的涉及面宽，应用范围极广，熟练地应用守恒思想无疑是解决处理化学问题的重要方法工具。
守恒思想是一种重要的化学思想，其实质就是抓住物质变化中的某一个特定恒量进行分析，不探究某些细枝末节，不考虑途径变化，只考虑反应体系中某些组分相互作用前后某种物理量或化学量的始态和终态。利用守恒思想解题可以达到化繁为简，化难为易，加快解题速度，提高解题能力，对溶液 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=溶液 )中离子浓度 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=离子浓度 )大小 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=大小 )进行比较 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=比较 )可以用守恒法。有关溶液中离子浓度大小比较的问题是中学化学中常见 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=常见 )问题。这类题目知识容量大、综合性强，涉及到的知识点有：弱电解质 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=弱电解质 )的电离平衡、盐类的水解、电解质之间的反应等，既是教学的重点，也是高考的重点。如何用简捷的方法准确寻找这类问题的答案呢？在电解质溶液中常存在多个平衡关系 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=关系 )，应抓住主要矛盾（起主要作用的平衡关系），利用三种守恒关系——电荷守恒（溶液电中性）、物料守恒（元素守恒）、质子守恒（水的电离守恒）。除此之外还有如 质量守恒、元素守恒、电子守恒、能量守恒等这里只讨论电解质溶液中的守恒问题。
[应用突破]：
应用1弱酸 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=弱酸 )或弱碱 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=弱碱 )溶液中微粒浓度的比较
例1．以一元弱酸CH3COOH为例，分析CH3COOH溶液中各微粒浓度大小关系。
分析：在CH3COOH溶液中，存在两种电离平衡：
CH3COOH CH3COO-+H+ （主）
H2O OH-+ H+ （次）
根据电荷守恒，平衡时则有：
c（H+）= c（OH-）+ c（CH3COO-）
由于CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，所以c（CH3COOH）远大于c（H＋）；c（CH3COOH）也远大于c（CH3COO-）。
结论：溶液中微粒浓度的大小关系为：
c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）
练习1．在0.1mol/L NH3·H2O 溶液中，下列关系正确的是（ ）
A．c（NH3·H2O）＞c（OH-）＞ c（NH4+）＞c（H+）
B．c（NH4+）＞c（NH3·H2O）＞c（OH-）＞ c（H+）
C．c（NH3·H2O）＞c（NH4+）= c（OH-）＞ c（H+）
D．c（NH3·H2O）＞c（NH4+）＞ c（H+）＞c（OH-）
答案：A
应用2可水解盐溶液中离子浓度的比较
例2．以强酸 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=强酸 )弱碱盐NH4Cl溶液为例，分析NH4Cl溶液中各离子浓度大小关系。
分析：在NH4Cl溶液中，存在如下电离与水解平衡：
NH4Cl NH4+ + Cl- （主）
NH4＋ + H2O NH3·H2O + H＋ （次）
H2O OH-+ H＋ （又次之）
所以溶液中，c（H+）＞c（OH-）
根据电荷守恒和物料守恒，平衡时则有：
c（NH4＋）+ c（H＋）= c（OH-）+ c（Cl-） （1）（电荷守恒）
c（Cl-）= c（NH3·H2O）+ c（NH4＋） （2）（物料守恒）
根据水的电离守恒或联立二式可得：
c（H＋）= c（NH3·H2O）+ c（OH-）[注：水电离 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=水电离 )生成的OH-和H＋应是相等的，即c（H＋）= c（OH-）总 = c（OH -）+ c（NH3·H2O）]
由于溶液中，NH4＋水解程度不大，所以c（NH4＋）远大于c（NH3·H2O）；c（NH4＋）远大于c（H＋）；c（NH4＋）远大于c（OH-）。
结论：溶液中各微粒浓度关系为：
c（Cl-）＞c（NH4+）＞ c（H+）＞c（OH-）
练习2．在Na2S溶液中存在着多种分子和离子，下列关系不正确的是（ ）
A．c（OH-）= c（HS -）+ c（H＋）+ c（H2S）
B．c（OH-）= c（HS -）+ c（H＋）+ 2c（H2S）
C． c（Na＋）= 2 [c（HS -）+ c（S 2-） + c（H2S）]
D．c（Na＋）+ c（H＋）= 2 c（S 2-）+ c（HS -）+ c（OH-）
提示：在Na2S溶液中存在如下电离与水解平衡：
Na2S2Na＋ +S2- S2-+ H2O HS -+ OH-
HS -+ H2O H2S + OH-
H2O OH-+ H＋
根据电荷守恒和物料守恒，平衡时则有
c（Na＋）+ c（H＋）= 2 c（S 2-）+ c（HS -）+ c（OH-）（电荷守恒） （1）
c（Na＋）= 2 [c（HS -）+ c（S 2-） + c（H2S）]（物料守恒） （2）
根据水的电离守恒或联立二式得
c（OH-）= c（HS -）+ c（H＋）+ 2c（H2S）
所以，B、C、D正确。
答案：A
练习3．在0.1mol/LNaHCO3溶液中，下列各种关系式正确的是（ ）
A．c（Na＋）＞c（HCO3-）＞ c（H＋）＞c（OH-）
B．c（Na＋）+ c（H＋）= c（HCO3-）+ c（OH-）+2c（CO32-）
C． c（Na＋）= c（HCO3 -）＞c（OH-）＞c（H＋）
D．c（Na＋）= c（HCO3 -）+ c（CO32-）+ c（H2CO3）
答案：B、D
应用3 酸与碱溶液反应后溶液中离子浓度大小的比较
例3．将PH ( http: / / www. / keyword.asp keyword=PH )=3的盐酸与PH=11的氨水等体积混合 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=混合 )后，溶液中离子浓度大小关系正确的是（ ）
A．c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）
B．c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）
C．c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）
D．c（NH4+）+ c（H＋）= c（Cl-）+ c（OH-）
分析：
PH=3，c（H+）=10-3mol/L，PH=11，c（OH-）=10-3mol/L；因为氨水是弱电解质，所以氨水的浓度远大于盐酸的浓度；二者等体积反应后，氨水过量；同时生成NH4Cl。
在氨水和NH4Cl的混合溶液中，存在如下平衡：
NH4Cl NH4+ + Cl- （主）
NH3·H2O NH4+ +OH- （次）
NH4＋ + H2O NH3·H2O + H＋ （又次之）
H2O OH-+ H＋ （更次之）
因为，氨水的电离平衡程度大于NH4＋的水解程度，所以 c（NH4+）＞c（Cl-），且溶液显碱性，即c（OH-）＞c（H+）。B选项正确。根据电荷守恒，D选项正确。
答案：B、D
我们可以把以上分析总结为：当c（H+）=c（OH-）的酸、碱溶液等体积混合时，谁弱谁过量，谁弱显谁性。
例4．100mL 0.1 mol/L CH3COOH与50mL 0.2 mol/L NaOH溶液混合，在所得溶液中（ ）
A．c（Na＋）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）
B．c（Na＋）+ c（H＋）= c（CH3COO-）+ c（OH-）
C．c（Na＋）＞c（CH3COO-）＞c（H+）= c（OH-）
D．c（Na＋）= c（CH3COO-）＞ c（OH-）＞ c（H+）
分析：
n（CH3COOH）=0.1L×0.1mol/L=0.01mol
n（NaOH）= 0.05L×0.2mol/L=0.01mol
两者混合后恰好完全反应生成强酸弱碱盐CH3COONa，CH3COONa溶液中离子浓度分析参考例2。
我们可以把以上分析总结为：当的酸、碱溶液完全中和时，相当于生成盐。谁强显谁性，谁弱谁水解。
练习4．将PH=3的醋酸与PH=11的NaOH溶液等体积混合后，在所得的混合溶液中，下列关系式正确的是（ ）
A．c（Na＋）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）
B． c（Na＋）+ c（H＋）= c（CH3COO-）+ c（OH-）
C．c（CH3COO-）＞c（Na＋）＞c（H+）＞ c（OH-）
D．c（Na＋）= c（CH3COO-）＞ c（OH-）＞ c（H+）
答案：B、C
练习5．常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液PH=7，则此溶液中（ ）
A．c（HCOO－）＞c（Na+） B． c（HCOO－）＜c（Na+）
C．c（HCOO－）= c（Na+） D． 无法确定 c（HCOO－）和c（Na+）的关系
答案：C
应用4强碱 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=强碱 )弱酸盐与强酸或强酸弱碱盐与强碱反应后溶液中离子浓度大小的比较
例5．0.2mol/LNH4Cl溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后，溶液中下列微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．c（NH4＋）= c（Na＋）= c（OH-）＞c（NH3·H2O）
B．c（NH4＋）= c（Na＋）＞c（NH3·H2O）＞c（OH-）
C．c（NH4＋）+ c（Na＋）+ c（H＋）= c（Cl-）+ c（OH-）
D．c（NH4＋）＞c（Na＋）＞c（NH3·H2O）＞c（OH-）＞c（H＋）
分析：因NH4Cl溶液与NaOH溶液等体积混合，因此NH4Cl的物质的量可看作是0.2mol，NaOH的物质的量可看作是0.1mol，两者反应的物质的量之比是1：1，所以生成0.1mol NH3·H2O，0.1molNaCl，剩余0.1molNH4Cl。在三种物质的混合溶液中存在如下平衡：
NaCl Na＋+Cl- （主）
NH4Cl NH4+ + Cl- （主）
NH4＋ + H2O NH3·H2O + H＋ （次）
NH3·H2O NH4+ +OH- （又次之）
H2O OH-+ H＋ （更次之）
因此，c（Cl-）= 0.2 mol/L，c（Na＋）= 0.1 mol/L；
因为NH3·H2O的电离平衡程度大于NH4＋的水解平衡程度，所以c（OH-）＞c（H＋）；且c（NH3·H2O）＜0.1mol/L，c（NH4＋）＞0.1 mol/L。因此溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序是c（NH4＋）＞c（Na＋）＞c（NH3·H2O）＞c（OH-）＞c（H＋）。D选项正确。根据电荷守恒，C选项正确。
答案：C、D
练习6．0.5mol/L H2SO4和0.1mol/LCH3COONa溶液等体积混合后离子浓度关系正确的是（ ）
A．c（Na＋）+c（H+）=2 c（SO42-）+ c（OH-）+ c（CH3COO-）
B． c（Na＋）＞ c（SO42-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）
C．2c（Na＋）= c（SO42-）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）
D．c（Na＋）=2 c（SO42-）＞ c（H+）＞ c（CH3COO-）
答案：A、D
练习7．将0.2mol/LCH3COOK溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后，溶液中下列微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．c（K＋）＞c（CH3COO-）＞ c（Cl-）＞c（H＋）＞c（OH-）
B．c（K＋）＞ c（CH3COO-）= c（Cl-）＞c（H＋）＞c（OH-）
C．c（H＋）+ c（K＋）= c（Cl-）+ c（CH3COO-）+ c（OH-）
D． c（K＋）＞ c（Cl-）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H＋）
答案：A、
[攻略]2平衡的思想
化学平衡理论是高中学生在化学学习过程中，感觉较困难的一部分，对这部分知识理解和掌握直接影响对电离平衡内容的学习．本文就化学平衡理论的应用及在应用中时常出现的一些问题作简单归纳．首先要认识到对任何两个同时进行且相反的过程都存在平衡，我们所学的化学平衡就是其中的一类，而溶解平衡、电离平衡、水解平衡都属于化学平衡，所以只要搞清化学平衡特征及化学平衡移动原理，就可准确把握这部分知识的应用．
一、 溶解平衡
这里主要讨论固态物质在一定条件下的溶解平衡．在一定温度下的饱和溶液中都存在溶解平衡，即溶解的速度等于结晶的速度．未溶解溶质和已溶溶质质量不变，此时溶液浓度一定．中学生在学习过程中对溶解平衡是一种动态平衡是不难理解的，但在解决具体问题时，又往往出现差错，例如：在某温度下的CuSO4 饱和溶液中悬一块缺角CuSO4·5H20晶体，经过一段时间后，晶体的角补上了．有的学生得出CuSO4·5H20晶体质量增大了，溶液的浓度减小的错误结论．究其原因，就是没能应用化学平衡移动原理来分析在什么条件下溶解过程达到平衡状态，什么条件下溶解平衡会被破坏(产生移动)．溶解平衡既然是一种化学平衡状态，也就同样具有动、定、变的三大特征．达到溶解平衡时，溶液浓度一定，但此时溶解和结晶仍在进行，是一种动态平衡．当外界条件改变时，平衡就会被破坏，在新的条件下达到新的溶解平衡．上述问题，外界条件没发生变化，CuSO4的溶解平衡没有被破坏，所以CuSO4 饱和溶液的浓度没变，CuSO4·5H20晶体的质量自然也不变+在教学中学生常常提出一些问题如：有些难溶物质不溶于水为什么会溶于酸 如Mg(OH)2、CaCO3等，而AgC1、BaS04等物质又为什么既不溶于水又不溶于酸 如何用化学平衡理论加以分析呢 Mg(OH)2、CaCO3等难溶于水的物质并不是绝对不溶的，当把CaCO3放入水中后也存在溶解平衡CaCO3 (固)= Ca2 ++CO3 2一加入酸后：CaC03(固)+ 2H +=Ca2 ++C0 2↑+ H20； 产生弱电解质H2CO3(生成即分解)，由于弱电解质电离平衡的存在破坏了CaCO3的溶解平衡(消耗了CO3 2一)使平衡向右移，只要酸足量，CaCO3将全部溶解．把AgCI放入水中后，也存在溶解平衡：AgCI =Ag ++Cl一，当加HNO3后HNO3=NO3一+H+ 无弱电解质生成，Ag +、CI一、NO3一、H +四种离子共存，溶解平衡没有被破坏，所以从宏观上看AgCI不溶于HNO ．要破坏难溶物的溶解平衡，一般需加另一种物质，但这种物质加入后必须能够产生弱电解质或气体或者生成更难溶的物质，才能使难溶物溶解平衡发生移动，使其继续溶解．
二、 电离平衡
弱电解质在水溶液中的电离平衡属于化学平衡的一种．当分子电离的速率等于离子结合成分子的速率时，即构成电离平衡．当外界条件改变时电离平衡也会发生平衡移动．在实际生产或实验中常会遇到这类问题．例如：当溶液中HS一+H20H30++S2一。当达到平衡时，欲使S2一浓度增大，可加入：①Cu2+ ②HCl③HNO3④CO32一 ．分析该类问题时，要从平衡移动原理来考虑：想增大S2一浓度，就要使HS一 电离平衡向右移动，分析的结果，只有加入CO32一时，才会使S2一浓度增大。当加入CO32一时：HS一+H20H30++S2一，CO32一+H20HCO3一+OH一 ,， CO32一离子水解产生的OH一与H30+一结合成弱电解质H20，破坏了HS一的电离平衡，使平衡向增大S2一浓度方向移动．又如：在HAc溶液中加入强电解质NaAc时．由于Ac一离子浓度增大使HAc H ++Ac一向左移动，使HAc的电离度减小．从上述两个例子得出电离平衡也是暂时的，相对的动态平衡．
3 盐类水解
在教学中发现学生对一般盐类水解后溶液显什么性能较好掌握，但对水解过程中存在哪些化学平衡往往弄不清楚．原因是没能很好应用化学平衡理论来分析盐类水解平衡的实质，所以在解决具体问题时产生错误．下面从化学平衡角度来讨论盐类水溶液为什么会显碱性或酸性及影响盐类水解平衡的因素．
1 、强碱弱酸盐水溶液显碱性
例如：Ac一+H20 H Ac一+OH一这类盐的水解平衡同时存在着弱酸和水的电离平衡，其结果使溶液中[OH一]>[H +]，所以溶液显碱性．
2、 强酸弱碱盐水溶液呈酸性
例如：NH4++ H20 NH3·H20+H+，这类盐的水解平衡，同时存在着弱碱和水的电离平衡．其结果，使溶液中[OH一]<[H +]，所以溶液显酸性．
3、强酸强碱盐不水解，溶液是中性，就因为它不能破坏水的电高平衡，溶液中[OH一]= [H +]．
水解平衡也是一个动态平衡，当外界条件改变时，水解平衡也会发生移动．盐类水解反应是中和反应的逆反应．中和反应是放热反应，水解反应是吸热反应．升高温度水解平衡会向吸热方向移动，所以升高温度会促进水解．例如把FeCl3稀溶液加热时，颜色会逐渐加深，最后可以析出红褐色的Fe(OH)3 沉淀．其次，稀释可以促进盐类水解．例如：Ac一+H20 H Ac一+OH一，稀释时水解产物[HAc]和[OH一]却减小，而反应物只有[Ac一]减小，所以平衡向右移动，有利于水解反应．再次，改变水溶液中[H+ ]或[OH一]浓度能促进或抑制盐类水解．例如：在Na2CO3溶液中加人酸，H+ 离子中和了水解产生的OH一、使水解程度加大．又如：在配制FeCl3溶液时，为防止产生Fe(OH)3沉淀(水解产物)，常用盐酸配制而不用蒸馏水配制．由于酸性增强使FeC13+3H20 Fe(0H)3+3HCI向左移动，减小水解程度而不能析出沉淀．
4 可逆反应中的化学平衡
应用化学平衡移动原理使可逆反应向需要的方向进行，不但是个理论问题，而且在实际生产中得到了广泛的应用．例如：在工业上用氨氧化法制硝酸时，在吸收塔中进行的反应为：3NO2+H2O 2HN03+NO；／xH<0如果要得到更多的浓硝酸，应采取的措施是：(选择)①减压、② 常压、③加压、④加热、⑤增大空气浓度．从平衡移动的原理来看应选择③ ．只要熟练的掌握化学平衡理论就能正确的解决上述四种情况下平衡状态中的各种问题．而有些情况不是一种平衡状态，往往各种平衡同时存在，但凡是平衡状态就具有共同的特征：都是暂时的，相对的动态平衡．当外界条件改变时，平衡将会产生移动，直到在新的条件下达到新的平衡状态．
应用1判断电离平衡的移动方向
例1下列有关溶液的叙述正确的是
A. 常温下的醋酸铵溶液呈中性，则溶液中c(H+)＝c(OH-)＝10-7mol·L-1
B. 在pH＝2的醋酸溶液中加入等体积c(酸)＝2mol·L-1的某酸溶液后，混合溶液的pH一定会减小
C. pH相同的醋酸溶液和盐酸，分别用蒸馏水稀释至原溶液的m倍和n倍，若稀释后两溶液的pH仍相同，则m＞n
D. 导电性强的溶液中自由移动离子数目一定比导电性弱的溶液中自由移动离子数目多
解析：常温下的醋酸铵溶液，铵根离子和醋酸根离子均会水解，它们分别水解得到的H+和OH-的浓度相等，故溶液呈中性，此时，c(H+)＝c(OH-)＞10-7mol·L-1；B项中若加入的酸的酸性比醋酸还要弱，则有可能使溶液的pH增大；溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度而非数目，D项错。
答案：C
例2．某湿度下，纯水中的[H+]=2×10—7mol/L，则此时[OH—]=______，若湿度不变，滴入稀硫酸使[H+]=5×10—6mol/L，则[OH—]=_______，由水电离出[H+]为，该纯水的PH值_______（填＞、＜、=＝
[解析]纯水中 H2O H++OH—
mol/L 2×10—7 2×10—7
加酸后，水的电离平衡逆向移动，使[OH—]减小，可由Kw、[H+]求出[OH—]，此湿度下Kw值为2×10—7 ×2×10—7= 4×1—14
[OH—]==8×10—9mol/L
由水电离的[H+]=[OH—]=8×10—11mol/L
该湿度下Ph= －lg×10—7= 7―lg2＜7.
[答案]见解析
例3、能促进水的电离，并使溶液中C(H+)>C(OH—)的操作是 （ ）
（1）将水加热煮沸 （2）向水中投入一小块金属钠 （3）向水中通CO2 （4）向水中通NH3 （5）向水中加入明矾晶体 （6）向水中加入NaHCO3固体 （7）向水中加NaHSO4固体
A、（1）（3）（6）（7） B、（1）（3）（6） C、（5）（7） D、（5）
解析：本题主要考查外界条件对水的电离平衡的影响，请按如下思路完成本题的解：本题涉及到哪些条件对水的电离平衡的影响？各自对水的电离平衡如何影响？结果任何（C(H+)与C(OH—)相对大小）？归纳酸、碱、盐对水的电离平衡的影响。
解答： D
例4 稀的醋酸溶液中存在平衡CH3COOH H++CH3COO－(正方向吸热)， 要使溶液中c(H+)减小,下列操作正确的是_______。
A. 溶液中加入氢氧化钠固体
B. 溶液中通入HCl气体
C. 使醋酸溶液的温度升高
D. 加入纯醋酸
[ 解析]：本题以电离平衡为依托，考查学生应用化学平衡的知识解决电离平衡问题的能力。在醋酸溶液中存在如下电离平衡: CH3COOH+H2O CH3COO－+H3O+ 仍然可以符合勒夏特列原理。加氢氧化钠固体c(H+)会减小，通入HCl气体c(H+)会增大，升温c(H+)也会增大，加入纯醋酸其浓度增大c(H+)会增大。答案为A。
例5（2004年湖北高考理综试题）将0.lmol·醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中c(H+)和c(OH-)都减小 B．溶液中c(H+)增大
C．醋酸电离平衡向左移动 D．溶液的pH增大
[解析]主要考查电离平衡知识。弱酸的电离可联系到溶液的pH、物质的量浓度、水的电离平衡等基础知识，要用到化学平衡移动原理。要注意酸溶液稀释时，溶液的c(OH-)增大，同样碱溶液稀释时溶液中的c(H+)增大。
答案D。
应用2判断水解平衡的移动方向
例1（2007.12江苏南通）（9分）10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度（℃） 10 20 30 加热煮沸后冷却到50℃
pH 8.3 8.4 8.5 8.8
甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3-的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为 。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度 （填“大于”或“小于”）NaHCO3。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
⑴只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则 （填“甲”或“乙”）判断正确。试剂X是 。
A.Ba(OH)2溶液 B.BaCl2溶液 C.NaOH溶液 D.澄清的石灰水
⑵将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH (填“高于”、“低于”或“等于”）8.3，则 （填“甲”或“乙”）判断正确。
⑶查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150℃，丙断言 （填“甲”或“乙”）判断是错误的，理由是 。
[答案]HCO3-+H2OH2CO3+OH-；大于；
⑴乙；B；
⑵等于；甲；
⑶乙；常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃
例2(2001广东)若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能
A．生成一种强酸弱碱盐
B．弱酸溶液和强碱溶液
C．弱酸与弱碱溶液反应
D．一元强酸溶液与一元强碱溶液反应
［解析］若酸、碱均是强酸、强碱，则由pH知酸溶液的c(H+)=碱溶液的c(OH-)，故等体积混合时恰好中和生成强酸强碱盐，该盐不水解，溶液呈中性，与题意不符，故D选项错误；若酸是弱酸，碱是强碱，则等体积混合后，酸明显剩余，其物质的量远大于所生成的弱酸强碱盐，因此，盐水解导致的碱性远小于酸电离产生的酸性，所以B项正确 。A项具有极强的干扰性，很多同学错选了A，原因是只注意到了A项中明显的“强酸弱碱盐”水解产生的酸性，而忽视了该条件时弱碱大过量对溶液性质的决定性影响。答案：B
应用3判断溶解平衡的移动方向
例1将AgCl分别投入下列溶液中:
①20ml 0.1mol/L的（NH4）2CO3溶液
②40ml 0.03mol/L的HCl溶液
③50ml 0.03mol/L的AgNO3溶液
④30ml 0.02mol/L的CaCl2溶液
⑤10ml 蒸馏水
⑥30ml 0.2mol/L的NH4NO3溶液
AgCl的溶解度由大到小的顺序是————
[解析] 在水中AgCl存在溶解平衡（注：第一个方程式是双向箭头）
AgCl(s) AgCl(aq)=Ag++Cl
（注：s表示为溶解的固体，aq表示已被溶解，但未电离的AgCl）
当溶液中存在Ag+或者Cl 时，溶解平衡逆向移动，AgCl的溶解度减小。溶液中Ag+和Cl 的浓度越大，逆向移动的程度越大，溶解度就越小。
以中性的水为参照，溶解度5>2=3>4
又由于有反应：（注：双向）
Ag++2NH3·H2O Ag(NH3)2++H2O
NH4++OH ===NH3·H2O
说明溶液碱性越强，NH4(+)的浓度越大，银离子越容易被消耗，AgCl的溶解度也越大。由于作为弱酸弱碱盐的(NH4)2CO3的PH值显然大于强酸弱碱盐的NH4NO3，所以与水比较有1>6>5
综上所述：1>6>5>2=3>4
答案：①>⑥>⑤>②=③>④
例2把氢氧化钙放入蒸馏水中，一定时间后达到如下平衡：
Ca(OH)2(s)Ca2+＋2OH－
加入以下溶液，可使Ca(OH)2减少的是 ( )
A. Na2S溶液 B. AlCl3溶液 C. NaOH溶液 D. CaCl2溶液
简析： Na2S水解显碱性，增大了溶液中OH-的浓度；NaOH 提供大量OH-；CaCl2会增大Ca2＋的浓度，所以A、C、D选项都会使溶解平衡向左移动，而AlCl3中的Al可与OH-发生反应生成沉淀，使平衡向右移动，促进Ca(OH)2的溶解。答案B
第二单元 专题高考热点
[高考热点突破]
热考1：离子反应
热点透视：离子反应是历年高考热点之一，重点考查判断已书写的离子反应式的正误，离子是否大量共存，及根据题意书写离子反应方程式。近几年高考试题出现了指定条件下离子共存，与反应物的量有关的离子方程式的书写和正误判断，未知反应物的判断，污水处理，离子鉴别等题目，从中可以看出考查的侧重点逐步由考查“双基”转变考查综合能力，以后高考的考查方向也不会有大的变化，所以，抓好基础知识的学习和掌握才是取得高考胜利的根本。
考例1(2007宁夏新课标理综，11)下列反应的离子方程式正确的是[ ]
A．锌片插入硝酸银溶液中：Zn＋Ag＋＝Zn2＋＋Ag
B．碳酸氢钙溶液加到醋酸中：
Ca(HCO3)2＋2CH3COOH＝Ca2＋＋2CH3COO－＋2CO2↑＋2H2O
C．少量金属钠加到冷水中：Na＋2H2O＝Na＋＋OH－＋H2↑
D．氢氧化铜加到盐酸中：Cu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O
【解析】：A选中的方程式电荷不守恒， 正确的方程式应为Zn＋2Ag＋＝Zn2＋＋2Ag；B选项中的Ca(HCO3)2为可溶性盐，应写为离子符号，正确的离子方程式应为HCO＋CH3COOH＝CH3COO－＋CO2↑＋H2O；C选项中的离子方程式质量不守恒，正确的离子方程式应为2Na＋2H2O＝2Na＋＋2OH－＋H2↑；D选项中的离子方程式符合书写要求，是正确的。
【错析】：认为Ca(HCO3)2为难溶性盐而错选B；没有注意到C中的离子方程式质量不守恒而错选C。
【答案】：D
【考点】：本题考查了离子方程式的书写及正误判断。
【拓展】：离子方程式的书写及正误判断是高考命题的热点之一，在各种高考试题中有很强的连续性。纵观近几年的高考试题会发现：试题中涉及的反应大多数为教材中的基本反应；在判断正误的题型中多数为判断化学式是否应写为离子符号、电荷是否守恒、质量是否守恒、氧化还原反应中的电子是否守恒等，在备考复习中应注意强化训练。
考例2 (2007重庆理综，12)用过量的H2SO4、NaOH、NH3·H2O、NaCl等溶液，按题12图所示步骤分开五种离子。则溶液①、②、③、④是［ ］
题12图
A．①NaCl ②NaOH ③NH3·H2O ④H2SO4
B．①H2SO4 ②NaOH ③NH3·H2O ④NaCl
C．①H2SO4 ②NH3·H2O ③NaOH ④NaCl
D．①NaCl ②NH3·H2O ③NaOH ④H2SO4
【解析】：根据溶液中含有Fe3+、Al3+、Ba2+、Ag+、K+，而用的分离试剂为H2SO4、NaOH、NH3·H2O、NaCl溶液，结合题目的分离流程图示，第①步只分离出一种沉淀，所以只能向溶液中加入NaCl溶液以沉淀Ag+而分出，同时对其它离子无影响，因此试剂①为NaCl溶液；这样余下的溶液中只有Fe3+、Al3+、Ba2+、K+，而加入试剂②后得到的沉淀和溶液均需要再加入试剂进行分离，说明加入试剂②后将得到两种离子的沉淀，另两种离子则在溶液中，因此试剂②为NH3·H2O，形成的沉淀为Fe(OH)3和AI(OH)3，另两种离子Ba2+和K+则留在溶液中；对于沉淀Fe(OH)3和Al(OH)3只能用NaOH溶液将二者分离，而对溶液中的Ba2+和K+离子则可以通过加入硫酸溶液使Ba2+形成BaSO4沉淀而分离，所以试剂③为NaOH溶液，试剂④为H2SO4溶液。
【错析】：忽略Ag2SO4是微溶的而错选C。
【答案】：D
【考点】：本题考查了离子的分离、实验的设计与评价，考查了常见离子的性质及离子共存问题。
考例3下列各种溶液中，能大量共存的无色透明的离子组
A．使PH=0的溶液： Fe2+ 、NO3-、SO42-、I-
B．C(H+)=10-14mol· L-1的溶液中：Na+ 、AlO2-、S2-、SO32-
C．酸性环境下：Na+ 、 Cu2+ 、NO3-、SO42-、
D．使紫色石蕊试液变红的溶液中：K+ 、Na+ 、Ca2+ 、HCO3-
【解析】： 首先要看题目要求离子共存还是不共存，二看题目的隐含的条件：酸性？碱性？有色？还是无色？三看是否发生离子反应或氧化还原反应。选项A：NO3-在PH=0的溶液酸性中会氧化Fe2+成Fe3+, 选项C虽共存但Cu2+ 有颜色。选项D使紫色石蕊试液变红的溶液中为酸性溶液，HCO3- 不能存在。。
【答案】： B
考例4．如图所示，在一条鱼、虾几乎绝迹的小河边，从上游到下游依次有甲、乙、丙、丁四座工厂，各厂排放的废水里都只含有Na2CO3、FeCl3、Ca(OH)2、HCl中的一种。某中学环保小组对河水监测时发现：①甲处河水呈乳白色；②乙处河水呈红褐色；③丙处河水由浑变清；④丁处产生气泡，河水仍澄清。请回答：
⑴ 四座工厂排出的废水里含有的污染物分别为：
甲 ；乙 ；
丙 ；丁 。（填化学式）
⑵ 在丁的下游M处取出的河水中，肯定含有的离
子是 。
⑶ 写出有关反应的离子方程式： 。
⑷ 小河中鱼、虾几乎绝迹的原因是 。
【解析】：本题以四种常见物质之间的离子反应为切入点，从环保的角度考查知识的实际应用。水流方向是由甲经过乙，依次流经丙和丁。根据四种物质的性质特点，甲处河水呈乳白色，故为Ca(OH)2；乙处河水呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3，故乙处为FeCl3；丙处河水由浑变清，是由于Fe(OH)3沉淀在丙处被溶解，故丙处为盐酸，丁处为Na2CO3（与盐酸作用产生气泡）。
【答案】：⑴ Ca(OH)2、FeCl3、HCl、Na2CO3 ；
⑵ Na+ 、Ca2+、Fe3+、H+、Cl―（OH―）；
⑶ Fe3+ + 3 OH―= Fe(OH)3↓；Fe(OH)3 +3H+ = Fe3+ + 3H2O ；
CO32― + 2H+ = H2O + CO2 ↑。
⑷ 河水中的酸碱性及有害物质的富集，直接危害鱼、虾等生物的生长。
热考2：弱电解质的电离
热点透视：弱电解质 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=弱电解质 )的判定是电解质溶液 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=溶液 )部分的重要内容，也是历年来高考的热点。在近年的高考中主要以选择 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=选择 )题为主，有时也出现在主观性试题中（考查操作的科学性和可行性及对所给化学实验设计给予评价），因而掌握其判定的思维角度和方法是十分重要的。重点考查弱电解质的概念，弱电解质电离平衡的建立，电离方程式的书写，外界条件对电离平衡的影响，平衡移动后各成分的变化，是近几年综合学科试题命题热点。近几年高考未出现大的变化，还是以传统题目为主，以后高考的考查方向也不会有大的变化，所以，抓好基础知识的复习，理解电离平衡的本质，是解决此类问题的关键。
考例1(2007. 10年山东师大附中)（7分）现有25℃时0.1mol·L-1的氨水，请回答以下问题：
（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中，。
（2）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好完全中和，写出反应的离子方程式______________。
（3）若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时，则=_____；
（4）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1︰1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是_________________。
【解析】
【答案】：（7分）
（1）减小（1分） 不变（1分）
（2）NH3·H2O+H+=NH4++H2O（2分）
（3）n/2mol·L-1（1分）
（4）(NH4+)>(SO42-)>(H+)>(OH-)（2分
考例2：下列事实可证明氨水是弱碱 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=弱碱 )的是 （ ）
A.氨水能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁 B.氨盐受热易分解
C.0.1mol/L氨水可以使酚酞试液变红 D.0.1mol/L氯化铵溶液的PH约为5
[解析]：要证明氨水是弱碱，就需从其对应的铵盐是否能水解呈酸性或其水溶液的碱性强弱是否受外界因素影响等角度考虑。A、C项仅是证明氨水呈碱性而已；B项说明铵盐不稳定；D项氯化铵溶液显酸性是由于氨根离子水解导致，其水解的离子方程式 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=离子方程式 )为：NH4+ +H2O≒NH3·H2O+H+，故选D
[答案]：D
考例3：．用实验确定某酸HA是弱电解质。两同学的方案是：甲：①称取一定质量的HA配制0.lmol/L的溶液100mL；②用pH试纸测出该溶液的pH值，即可证明HA是弱电解质。乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH＝l的两种酸溶液各100mL；②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。
（1）在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是
（2）甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH 1（选填＞、＜、＝），乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是 （多选扣分）
（a）装HCl溶液的试管中放出H2的速率快； （b）装HA溶液的试管中放出H2的速率快；（c）两个试管中产生气体速率一样快。
（3）请你评价：乙方案中难以实现之处和不妥之处
（4）请你再提出一个合理而比较容易进行的方案(药品可任用)，作简明扼要表述。
[解析]：这是一道集电离平衡理论与实验基本操作、实验评价、实验设计于一体的试题，目的是考察学生的综合应用 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=应用 )能力。（1）准确配制100mL的溶液时，必须使用容量瓶，容量瓶有不同的型号，对于本题要选用100mL的容量瓶才行。（2）甲方案中，HA是弱电解质，在溶液中只能部分电离，所以溶液中C(H+)<0.1mol/L,故PH〉1；乙方案中，盐酸是强酸 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=强酸 )而醋酸是弱酸 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=弱酸 )，当PH=1的盐酸和醋酸稀释相同的倍数时，由于醋酸存在电离平衡而盐酸不存在电离平衡，因而醋酸中存在的电离平衡向右移动，导致盐酸中C（H+）小于醋酸中C（H+），所以醋酸放出氢气快。（3）由于HA是弱电解质，因而其电离程度的大小 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=大小 )不但与其本身的性质有关，而且还受温度、浓度的影响，所以HA溶液中的C（H+）只能测定而不能准确配制；再者锌粒的质量和纯度可以称量或测定，但锌粒的形状、大小则很难控制。（4）这是一个开放性问题，可以从盐类的水解角度考虑，若强碱盐NaA溶液中pH＞7，即说明该溶液呈碱性，也就证明A-发生水解，其水解方程式为：A-+H2O≒HA+OH-，故NaA对应的酸HA是弱电解质；也可以从影响电离平衡的角度考虑，若已知pH的HA溶液中，如可采用加热升温或加入固体盐NaA等方法后，测得溶液的pH发生变化，即可证明HA是弱电解质；也可以从电离的特点角度考虑，如可采用配制相同浓度的盐酸和醋酸，然后分别测定两溶液的pH。若pH（盐酸）＜pH（醋酸），即能证明HA是弱电解质。
[答案]：（1）100mL容量瓶；（2）＞、b；（3）配制pH＝l的HA溶液难以实现，不妥之处在于加入的锌粒难以做到表面积相同；（4）配制NaA溶液，测其pH值＞7即证明HA是弱电解质（其它正确答案也可）。
热考3：溶液的酸碱性及PH的有关计算
热点透视：
考例1：(2007.3淄博市二摸)某同学向100mL氢硫酸溶液中通人标准状况下的二氧化硫气体，所得溶液pH变化如图所。他据此得到的下列四条关于二氧化硫和亚硫酸的说法。请分析其中正确的是
A．SO2 是弱电解质
B．H2SO3不是强酸
C．亚硫酸是比氢硫酸还弱的酸
D．原氢硫酸溶液的物质的量浓度0.05mo1·L—1
【解析】二氧化硫不是电解质，A错；从图上看，在224mL时，0.05 mol·L-1的亚硫酸的pH远小于1，说明它是弱酸，B正确；根据方程式：2H2S+SO2=3S+2H2O得，原氢硫酸溶液的物质的量浓度0.1mo1·L—1，D错；从图中看出，同浓度的亚硫酸比氢硫酸的pH小，则其酸性比氢硫酸的要强，C错。
[答案] B
考例2：将pH相同的盐酸和醋酸溶液分别稀释到原体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH相同，m和n的关系是（ ）
A. m=n B. m＞n
C. m＜n D.无法确定
[解析]：盐酸和醋酸在稀释过程中c(H+)和pH的变化如下图：
从图中可看出，稀释后溶液的pH仍然相同时，从稀释的倍数上看，盐酸比醋酸小，即m＜n，应选C。
[答案]：C
考例3：常温时，pH＝1的两种一元酸溶液HA和HB，分别加水稀释1000倍，两溶液的pH值与所加水的体积变化如图所示，下列结论中正确的是
A．在稀释过程中HA与HB溶液中c(OH－)均增大
B．当稀释100倍时，HB的pH为2
C．在稀释过程中当两者pH分别都是2时，c(HA)＞c(HB)
D．等体积pH=1的HA和HB分别用等物质的量浓度的NaOH中和，消耗碱溶液体积HA等于HB
[解析]：由于稀释了相同的倍数，而的pH变化不同就可推知HA为强酸，而HB为弱酸，而Kw没变，所以[OH-]*[H+]就不变，必然是一个增大，另一个减小。
由图可知在稀释过程中HA与HB溶液pH均增大，所以c(OH－)均增大正确，故A项为答案；
由于HB为弱酸，当稀释100倍时，HB的pH应大于2小于3 ，所以B项错误；
要使两者pH分别都是2时，由图象可知PH=2时，HA加水小于HB加水量，则必然 c(HA)>c(HB)，故 C项正确；等体积pH=1的HA和HB，则必然 c(HA)[答案]：AC
考例4：向20mL盐酸和硫酸的混合酸溶液中，渐渐加入0.1mol/L的Ba(OH)2溶液。生成沉淀的质量和溶液的pH变化曲线如右图。根据此实验数据计算：
（1）原溶液中硫酸和盐酸的浓度各为多少_________________。
（2）A点处溶液的pH是______________。
[解析]：本题以图示形式检查酸、碱中和生成沉淀质量和溶液pH曲线随加入Ba(OH)2溶液体积变化情况，此题属于理解层次的中等难度试题。
（1）依据图示，沉淀最大时已加入Ba(OH)2溶液20mL，混合酸中硫酸被完全中和。所以原混合酸中硫酸的物质的量浓度为0.1mol/L。
当H2SO4刚被Ba(OH)2溶液中和时，可以认为溶液中盐酸未被中和。从20mL起，再加Ba(OH)2溶液至60mL时溶液中盐酸全被中和完，溶液呈中性，pH=7，所以原混合酸中盐酸的物质的量浓度为0.4mol/L。
（2）A点处溶液中氢离子浓度是盐酸提供的，因H2SO4刚被Ba(OH)2溶液中和，溶液被冲稀，体积扩大到原来的2倍，则盐酸浓度缩小到原来的1/2，由原来的0.4mol/L变为0.2mol/L。即氢离子浓度为0.2mol/L。所以pH=0.7。
[答案]：（1）c(H2SO4)=0.1mol/L c(HCl)=0.4mol/L (2) pH=0.7
热考4：盐类水解及其应用
热点透视：盐类水解概念,盐类水解的离子方程式的写法规律,影响盐类水解程度的主要因素，盐类水解的应用等都是高考的热点，主要题型是选择题和填空题，近几年高考中盐类水解常与离子浓度大小比较等题目联合考查。
考例1(1996年上海)物质的量浓度相同的下列溶液中，NH４+浓度最大的是：（ ）
A．NH4Cl B．NH4HSO4 C．CH3COONH4 D．NH4HCO3
【解析】：本题考查影响盐水解平衡移动的相关因素。在所给的四种铵盐中，都存在NH４+的水解平衡：NH４++H2O NH３ H2O+H+。如果铵盐中阴离子对此平衡没有影响，则[NH4+]应该相同。所以比较[NH4+]的大小,实际上就是分析阴离子对NH４+水解平衡影响的情况。
Ａ项，Cl－不水解, 对平衡无影响。Ｂ项，HSO4－ H++SO４２－使溶液呈酸性，[H+]增大，抑制NH４+的水解,使平衡向左移动，[NH4+]大于NH4Cl中的[NH4+]。 Ｃ项，CH3COO－能水解：CH3COO－+H2O CH3COOH+OH－产生OH－与H+中和，降低[H+],使NH4+水解平衡向右移，即促进了NH4+的水解,所以[NH4+]小于NH4Cl中的[NH4+]。 Ｄ项，HCO3－在水中存在两个平衡，电离和水解:HCO3－ H++CO32－， HCO3－+H2O H2CO3+OH－,但水解大于电离，因此溶液呈碱性，同样能促进水解使[NH4+]减少，即小于NH4Cl中[NH4+]，综上， [NH4+]最大的为NH4HSO4溶液。
[答案]：Ｂ
考例2：(2007.3淄博市二摸)（8分）现有常温下的0.1mol·L－1纯碱溶液。
（1）你认为该溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）： ①
为证明你的上述观点，请设计一个简单的实验，简述实验过程： ②
（2）同学甲认为该溶液中Na2CO3的水解是微弱的，发生水解的CO离子不超过其总量的10％。请你设计实验证明该同学的观点是否正确。 ③
（3）同学乙就该溶液中粒子之间的关系写出了下列四个关系式，你认为其中正确的是
④
A．c(Na+)=2c(CO) B．c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H2CO3)
C．c(CO)+c(HCO)=0.1mol·L－1 D．c(OH－)=c(H+)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)
（4）水解反应是典型的可逆反应。水解反应的化学平衡常数称为水解常数（用Kh表示），
请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表示式： ⑤
【解析】
（1）纯碱是盐不是碱，其溶液呈碱性的原因只能是盐的水解。
证明的出发点是：把产生水解的离子消耗掉，看在无水解离子的情况下溶液是否发生变化。
（2）离子是微观的，发生水解的量是看不到的，但水解后的结果――溶液酸碱性和酸碱度是可以测量的，所以可用测溶液pH的方法来测定“水解度”。
（3）A式c(Na+)=2c(CO) 方程式两边分别是正负电荷，所以考虑电荷守恒。因为缺少EQ HCO而错误。 B式是离子浓度大小排序：c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H2CO3)，
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考点导航
考点：电解质、非电解质；强电解质、弱电解质。
考点细要：
①判断电解质和非电解质；
②判断强电解质和弱电解质
③电离方程式的书写
④电解质强弱与导电性的强弱
⑤电解质的电离条件
⑥影响弱电解质的电离平衡的因素
⑦弱电解质电离平衡移动方向的判定及平衡移动后溶液组分的变化
⑧弱电解质电离常数的定义和应用
高考要求：①了解电解质、非电解质；强电解质、弱电解质的概念；
②了解电解质在水溶液中的电离以及电解质溶液的导电性；
③了解弱电解质在水溶液中的平衡。
能力要求：
①．理解电解质、非电解质；强电解质、弱电解质的概念的能力
②理解弱电解质电离平衡移动方向的判定及平衡移动后溶液组分的变化的能力
③．综合运用弱电解质知识解决实际问题的能力
2、考点：离子反应
考点细要：①离子反应的定义
②离子方程式书写
③离子反应发生的条件
④离子方程式正误判断
⑤离子共存判断
高考要求：①理解离子反应的定义
②掌握离子反应发生的条件
③正确书写离子方程式
④掌握离子方程式正误判断和离子共存
能力要求：①理解离子反应的概念的能力
②综合运用离子反应知识解决离子方程式、离子共存等问题的能力
3、考点：说的电离（水的离子积，水电离出的Ｈ+与ＯＨ-）、溶液的酸碱性及有关ｐＨ计算的基本规律。
考点细要：①水的离子积
②影响水的电离平衡的因素及移动方向
③溶液的酸碱性的判断
④ｐＨ与溶液的酸碱性
⑤有关ｐＨ计算的基本规律
高考要求：①理解水的电离及水的离子积
②掌握影响水的电离平衡的因素及移动方向
③掌握溶液的酸碱性的判断
④了解有关ｐＨ计算的基本规律
能力要求：①理解水的电离、影响水的电离平衡的因素及移动方向的能力
②掌握水的离子积和ｐＨ计算的能力
4、考点：中和滴定
考点细要：①中和滴定的实质
②中和滴定的仪器、操作步骤
③中和滴定的误差分析
④中和滴定指示剂的选择
⑤中和滴定终点的判断
高考要求：①理解中和滴定的实质
②掌握中和滴定的仪器、操作步骤
③掌握中和滴定的误差分析
④了解中和滴定指示剂的选择
⑤了解中和滴定终点的判断
⑥ 运用中和滴定知识探究氧化还原滴定等
能力要求：①理解中和滴定的实质的能力
②形成一定的科学实验与探究的能力
③信息迁移的能力
5、考点：盐类水解
考点细要：①盐类水解的实质
②水解规律
③影响水解平衡的因素和水解平衡的移动
④各种水解方程式的书写
⑤有关溶液中离子浓度的比较
⑥盐类水解的应用
⑦盐溶液及酸式盐溶液的酸碱性的判断
高考要求：①理解盐类水解的实质
②掌握盐类水解规律和特点
③掌握影响水解平衡的因素和水解平衡的移动
④掌握各种水解方程式的书写
⑤掌握有关溶液中离子浓度的比较
⑥了解盐类水解的应用
⑦掌握盐溶液及酸式盐溶液的酸碱性的判断
能力要求：①理解盐类水解的实质的能力
②综合运用盐类水解知识解决实际问题的能力
6、考点：溶解平衡
考点细要：①溶解平衡实质
②饱和溶液的特点
③难溶盐的溶度积KSP
④影响溶解度及溶度积KSP的因素及平衡移动方向
⑤沉淀的生成及转化
⑥有关溶解度及溶度积KSP的计算
⑦溶液中离子是否沉淀及是否沉淀完全的判断
高考要求：①理解溶解平衡实质
②理解影响溶解度及溶度积KSP的因素及平衡移动方向
③掌握沉淀的生成及转化
④掌握有关溶解度及溶度积KSP的计算
⑤掌握溶液中离子是否沉淀及是否沉淀完全的判断
⑥了解饱和溶液及溶度积KSP的应用
能力要求：①理解溶解平衡实质的能力
②形成一定的科学实验与探究的能力
③有关溶解度及溶度积KSP的计算能力
④综合运用溶解度及溶度积KSP知识解决实际问题的能力
[规律预测]：离子反应是历年高考热点之一，重点考查判断已书写的离子反应式的正误，离子是否大量共存，及根据题意书写离子反应方程式。近几年高考试题出现了指定条件下离子共存判别式和各成分混合液中离子浓度比较，从中可以看出考查的侧重点逐步由考查“双基”转变考查综合能力。电离平衡重点考查弱电解质电离平衡的建立，电离方程式的书写，外界条件对电离平衡的影响，酸碱中和反应中有关弱电解质参与计算等等。 高考热点：溶液酸碱性的判断，不同电解质溶液中水的电离度大小的比较，pH 的有关计算。 其中离子共存，离子浓度的大小比较是高考的热点，盐类水解与生物学科血液的酸碱平衡密切相关，是近几年综合学科试题命题热点。 重点掌握中和滴定原理及其计算和应用，如沉淀滴定、氧化还原滴定等。酸碱中和滴定原理在环境检测中的应用是高考热点试题之一。
[综合题型]
例1．(2007上海，10)判断下列有关化学基本概念的依据正确的是[ ]
A 氧化还原反应：元素化合价是否变化 B 共价化合物：是否含有共价键
C 强弱电解质：溶液的导电能力大小 D 金属晶体：晶体是否能够导电
【解析】：只含共价键的化合物是共价化合物，而单质也可以有共价键如氯气，故B错；强弱电解质的判断依据是在水溶液中的电离程度而非导电性，溶液的导电能力与溶液中可自由移动离子浓度及离子所带电荷数有关，强电解质的稀溶液导电性也可能会很弱，而弱电解质的浓溶液导电性也可能会较强，故C错。某些非金属晶体也可导电，如：石墨、硅等，故D错。
【答案】：A
例2 (2007上海，06)下列过程或现象与盐类水解无关的是[ ]
A 纯碱溶液去油污 B 铁在潮湿的环境下生锈
C 加热氯化铁溶液颜色变深 D 浓硫化钠溶液有臭味
【解析】：纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，故A与盐类水解有关；B为钢铁的电化学腐蚀，与盐类水解无关；C溶液颜色变深是因为盐类水解是吸热反应；D溶液有臭味是因为硫化钠水解后产生了少量的硫化氢。
【答案】：B
【考点】：本题主要考查了盐类水解知识，同时还涉及到酯的水解、钢铁的电化学腐蚀等知识。
例3(2007上海，07)离子检验的常用方法有三种：
检验方法 沉淀法 显色法 气体法
含义 反应中有沉淀产生或溶解 反应中有颜色变化 反应中有气体产生
下列离子检验的方法不合理的是[ ]
A NH－气体法 B I－－沉淀法 C Fe3＋－显色法 D Ca2＋－气体法
例4 (2007天津理综，11)25 ℃时，水的电离达到平衡：H2O H＋ + OH－ ；ΔH > 0 ，下列叙述正确的是［ ］
A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c（OH－）降低
B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c（H＋）增大，Kw不变
C．向水中加人少量固体CH3COONa ，平衡逆向移动，c（H＋）降低
D．将水加热，Kw增大，pH不变
【解析】：A中水中加氨水后，抑制了水的电离，使水的电离平衡逆向移动。B水中加入NaHSO4使H+浓度增大，Kw只与温度有关，与溶液的酸碱性无关。C水中加入CH3COONa促进了水的电离，平衡正向移动。D加热促进水的电离，使H＋浓度增大，pH变小。
【答案】：B
【考点】：本题考查了影响水的电离平衡的因素。
例5(2007四川理综，08)下列反应的离子方程式书写正确的是[ ]
A．浓烧碱溶液中加入铝片：Al + 2OH－＝AlO+H2↑
B．以石墨作电极电解氯化铝溶液：2Cl－+2H2O 2OH－+H2↑+Cl2↑
C．硫酸亚铁溶液与稀硫酸、双氧水混合：2Fe2++H2O2 +2H+＝2Fe3++2H2O
D．硫酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：
2H++SO+Ba2++2OH－＝BaSO4↓+2H2O
【解析】：A选项中原理错误，离子方程式为2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑；B选项中的反应没有考虑Al3＋在阴极附近会与OH－反应生成Al(OH)3沉淀，且随着电解进行生成的白色沉淀可能会与生成的OH－继续反应而溶解，在开始阶段反应的离子方程式为2Al3＋＋6Cl－＋6H2O2Al(OH)3↓＋3H2↑＋3Cl2↑；C选项中的离子方程式符合有关的要求（实验事实、电荷质量守恒等）；D选项中的反应原理错误，没有注意到加入的氢氧化钡溶液时足量的，正确的离子方程式为H++SO+Ba2++OH－＝BaSO4↓+H2O。易忽略电解氯化铝溶液时Al3＋在阴极上的反应而错选B；对离子方程式中定量（半定量）的情况分析或掌握不熟练而错选D。
【答案】：C
例6(2007重庆理综，08)对下列反应①KHCO3溶液与石灰水反应、②Na2SO3溶液与稀盐酸反应、③Si与烧碱溶液反应、④Fe与稀硝酸反应，改变反应物用量，不能用同一个离子方程式表示的是［ ］
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【解析】：对于①KHCO3溶液与石灰水的反应，当石灰水少量时发生如下反应2KHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋K2CO3＋2H2O，离子方程式为2HCO＋Ca2+＋2OH－=CaCO3↓＋CO＋2H2O，当石灰水过量时则发生如下反应KHCO3＋Ca(OH)2=CaCO3↓＋KOH＋H2O，离子方程式为HCO＋OH－＋Ca2+=CaCO3↓＋H2O；对于②Na2SO3溶液与稀盐酸的反应，稀盐酸少量时的离子方程式为SO＋H+=HSO，当稀盐酸过量时反应的离子方程式则为SO＋2H+=SO2↑＋H2O；对于③Si与烧碱溶液的反应，不存在量的问题，无论Si过量还是烧碱溶液过量反应的离子方程式一定为Si＋2OH－＋H2O=SiO＋2H2↑；对于④Fe与稀硝酸的反应，当Fe少量时发生的反应为Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，当Fe过量时反应则为3Fe＋8HNO3=3Fe(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，离子方程式分别为Fe＋4H+＋NO=Fe3＋＋NO↑＋2H2O、3Fe＋8H+＋2NO=3Fe2+＋2NO↑＋4H2O。因此因反应物的量不同而引起的离子方程式不同的反应有①②④，即选择B选项。对多元弱酸盐与酸的反应要分步完成不清楚或对铁与硝酸的反应过程不知道（即不知道铁首先被硝酸氧化为Fe3+，只有当铁过量时又被过量的铁还原为Fe2+）而错选其它选项。
【答案】：B
例7(2007年江苏,6)向存在大量Na+、Cl－的溶液中通入足量的NH3后，该溶液中还可能大量存在的离于组是［ ］
A．K＋、Br－、CO B．Al3＋、H＋、MnO
C．NH、Fe3＋、SO D．Ag＋、Cu2＋、NO
【解析】：存在大量Na+、Cl－的溶液中通入足量的NH3后，形成含有氨水的碱性溶液，B项中的Al3+、C项中Fe3+、D项中的Cu2+、Ag+均不能大量存在于碱性溶液中。
【答案】：A
例8(2007年江苏,15)下列溶液中各微粒的浓度关系不正确的是［ ］
A．0.1 mol·L－1 HCOOH溶液中：c(HCOO－)+c(OH－)=c(H＋)
B． 1 L 0．l mol·L－1CuSO4·(NH4)2SO4·6H2O的溶液中：
c(SO)>c(NH))>c(Cu2＋)>c(H＋)>c(OH－)
C．0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中：
c(Na＋)+c(H＋)+c(H2CO3)=c(HCO)+c(CO)+c(OH－)
D．等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：
c(Na＋)>c(HX)>c(X－)>c(H+)>c(OH－)
【解析】：A项中的等式是电荷守恒式(也是质子守恒式)，正确。B项中由于NH水解，所以c(SO)>c(NH)，水解是个微弱过程，溶液呈酸性，所以
c(Cu2＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，B正确。0.1 mol·L－1NaHCO3溶液中，电荷守恒：
c(Na＋)+c(H＋)+c(H2CO3)=c(HCO)+c(CO)+c(OH－)，由于水解是个很微弱的过程c(H2CO3)≠c(CO)，C不正确。D项中两者混合，存在着水解平衡
(X－+H2OHX+OH－)和电离平衡(HXX－+H＋)，由所给粒子浓度大小关系可知溶液呈酸性，电离大于水解，可知c(X－)＞c(HX)，D不正确。
【答案】：CD
【考点】：本题考查了溶液中粒子浓度大小的比较、盐类水解及守恒知识的综合运用。
例9 (2007年江苏,17)实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH+6HCHO=3H＋+6H2O+(CH2)6N4H＋ [滴定时，1 mol(CH2)6N4H+与 l mol H+相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸，某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤I 称取样品1.500g。
步骤II 将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀。
步骤Ⅲ 移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20％的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入1~2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。
(1)根据步骤Ⅲ填空：①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积
(填 “偏大”、“偏小”或“无影响”)
③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察［ ］
A.滴定管内液面的变化 B.锥形瓶内溶液颜色的变化
④滴定达到终点时，酚酞指示剂由 色变成 色。
(2)滴定结果如下表所示：
若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol·L－1则该样品中氮的质量分数为 。
【解析】：(1)①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后需要再用NaOH溶液润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗的体积会偏高，测得样品中氮的质量分数也将偏高。 ②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，虽然水未倒尽，但待测液中的H+ 的物质的量不变，则滴定时所需NaOH标准溶液中的氢氧化钠的物质的量就不变，也就是无影响。③注意观察颜色变化，确定滴定终点。 ④待测液为酸性，酚酞应为无色，当溶液转为碱性时，溶液颜色变为粉红(或浅红)。(2)标准溶液的体积应取三次实验的平均值，带入公式即可得到答案。
【答案】：(1)①偏高 ②无影响③B ④无 粉红(或浅红) (2)18.85%
例10、（2007年临沂） A、B两种物质的饱和溶液的质量分数随温度变化的曲线如图。 现分别在50g A和80 g B中各加水150 g，加热溶解后并都蒸发掉水50 g ，冷却到t1℃，下列叙述正确的是( )
A. t1℃时溶液中A、B的质量分数相等
B. t1℃时溶液中A的浓度等于B的浓度
C. t1℃时析出固体B
D. t1℃时两者均无固体析出
【解析】在t1℃时A、B饱和溶液的质量分数都是40﹪，也就是说A、B的溶解度相同，对A来讲50 gA溶解在100g水中，质量分数为30﹪还没有饱和，对B来讲80 g B溶解在100g水中，质量分数为44.4﹪，是过饱和溶液，要析出B
【答案】C
例11．(2007.12山东省章丘市)下列叙述中正确的是
A．25℃时，在水中的溶解度，强电解质一定大于弱电解质
B．常温下，在任何物质的水溶液中，水的离子积（KWw）都是恒定值
C．某物质(B)的饱和溶液降低温度时，一定有物质(B)的晶体析出
D．MgCO3能在热水中转化成Mg(OH)2，说明Ksp(MgCO3)＜Ksp[Mg(OH)2]
【解析】A错，物质的溶解度与电解质强弱或是否是电解质无关。B对，水的离子积至于温度有关. C错，多数物质的溶解度随温度升高而增大，但也有些物质像Ca(OH)2的溶解度随温度升高而减小。难溶物质的溶度积并不一定能说明溶解度的大小，只有相同类型化学式的可以比较Ksp的大小来比较溶解度的大小，MgCO3能在热水中转化成Mg(OH)2，只能说明Mg(OH)2的溶解度更小
【答案】B
例12欲使0.1mol-1K2CO3溶液中[K+]=2[CO]，应采取的措施是
A．加少量盐酸 B．加适量的KOH C．加适量的水 D．加适量的NaOH
[解析]本题要运用平衡移动原理，解题时首先看清是电离平衡的移动还是水解平衡的移动，K2CO3溶液中存在水解平衡：CO+H2O HCO＋OH－导致[K+]>2[CO]，若使[CO]升高，应使水解平衡向左移动，则应引入少量OH－，而加入KOH会同时增加[K+]，所以只能加适量的NaOH，A错在能使平衡向左移动，但实际消耗3CO，[CO]不升反降，C错在稀释促进CO水解，[CO]会下降。
[答案] D
[高考零距离检测]
物质在水溶液中的行为检测题
时间：120分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Al 27 Si 28 S 32 Cl 35.5 K 39 Ca 40 Fe 56 Cu 64 Br 80
I卷（选择题）
一、单项选择题：本题包括8小题，每小题4分。共计32分。每小题只有一个选项符合题意。
1、(2007广东新课标，19)下列说法正确的是［ ］
A、硫酸、纯碱、醋酸钠和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物
B、蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质
C、Mg、Al、Cu可以分别用置换法、直接加热法和电解法冶炼得到
D、天然气、沼气和水煤气分别属于化石能源、可再生能源和二次能源
2、(2007重庆理综，10)用食用白醋（醋酸浓度约1 mol·L）进行下列实验，能证明醋酸为弱电解质的是［ ］
A．白醋中滴入石蕊试液呈红色
B．白醋加入豆浆中有沉淀产生
C．蛋壳浸泡在白醋中有气体放出
D．pH试纸显示白醋的pH为2~3
3、(2007海南新课标，03)下列叙述正确的是[ ]
A．95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B．pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4
C．0.2mol/L的盐酸，与等体积水混合后pH=1
D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
4、(2007山东新课标理综，12)下列叙述正确的是（ ）
A．O2和O2互为同位素，性质相似
B．常温下，pH=1的水溶液中Na+、NO、HCO、Fe3+可以大量共存
C．明矾和漂白粉常用于自来水的净化和杀菌消毒，两者的作用原理相同
D．C（石墨，s）=C（金刚石，s） ΔH>0，所以石墨比金刚石稳定
5、(2007海南新课标，11)在pH=1时，可大量共存且形成无色溶液的一组离子或分子是[ ]
A．Ca2+、CH3COOH、Br、Na+ B．NO、Fe3+、Mg2+、SO
C．HClO、Ba2+、Na+ 、Cl D．K+、Cl、Al3+、SO
6 、(2007海南新课标，10)能正确表示下列反应的离子方程式是[ ]
A．碳酸氢钙溶液和氢氧化钠溶液混合
HCO+OH==CO+H2O
B．醋酸钠溶液和盐酸混合
CH3COONa+H+ == CH3COOH + Na+
C．少量金属钠放入冷水中
Na+ 2H2O== Na++2OH—+H2↑
D．硫酸铜溶液和氢氧化钡溶液混合
Cu2+ + SO +Ba2+ + 2OH== Cu(OH)2↓+ BaSO4
7 、(2007海南新课标，03)下列叙述正确的是[ ]
A．95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B．pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4
C．0.2mol/L的盐酸，与等体积水混合后pH=1
D．pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7
8、(2007上海，21)已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋
要使溶液中c(H＋)/c(CH3COOH)值增大，可以采取的措施是[ ]
A 加少量烧碱溶液 B 升高温度 C 加少量冰醋酸 D 加水
二、不定项选择题：本题包括10小题．每小题4分。共计40分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时该题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就为0分。
9(2007天津理综，08)为达到预期的实验目的，下列操作正确的是［ ］
A．欲配制质量分数为10％的ZnSO4溶液，将l0 g ZnSO4·7H2O溶解在90 g水中
B．欲制备Fe(OH)3胶体，向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液并长时间煮沸
C．为鉴别KCl、AlCl3和MgCl2溶液，分别向三种溶液中滴加NaOH溶液至过量
D．为减小中和滴定误差，锥形瓶必须洗净并烘干后才能使用
10、(2007广东新课标，02)下列可用于测定溶液pH且精确度最高的是［ ］
A、酸碱指示剂 B、pH计 C、精密pH试纸 D、广泛pH试纸
11、．(2007.3淄博市二摸)已知Ksp(AgCl )=1.8×10－10，Ksp(AgI)＝1.0×10－16。下列关于不溶物之间转化的说法中错误的是
A．AgCl不溶于水，不能转化为AgI
B．两种不溶物的Ksp相差越大，不溶物就越容易转化为更难溶的不溶物
C．AgI比AgCl更难溶于水，所以，AgCl可以转化为AgI
D．常温下，AgCl若要在NaI溶液中开始转化为AgI，则NaI的浓度必须不低于
EQ \F(1,) ×10－11 mol·L－1
12、（2007.12山东聊城）常温下，0.1mol·L—1某一元酸（HA）溶液中c（OH—）/c（H+）=1×10—8，下列叙述正确的是 （ ）
A．溶液中水电离出的c（H+）=10—10mol·L—1
B．溶液中c（H+）+c（A—）=0.1mol·L—1
C．与0.05mol·L—1 NaOH溶液等体积混合所得溶液中离子浓度大小关系为：
c（A—）> c（Na+）> c（OH—）> c（H+）
D．原溶液中加入一定量CH3COONa晶体或加水稀释，溶液的c（OH—）均增大
13、25℃时，硫酸铜的溶解度为Sg，将Sg无水硫酸铜粉末加入到(100+S)g饱和到铜溶液中，得到一定量的蓝色晶体，若将此晶体溶解配制成饱和溶液，应加入的水的质量是
A．100g B．(100+S)g C．(100-)g D．(100-)g
14、（2001年上海高考）为更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度（AG）的概念，AG＝，则下列叙述正确的是 （ ）
A．中性溶液的AG＝0 B．酸性溶液的AG＜0
C．常温下0.lmol/L氢氧化钠溶液的AG＝12
D．常温下0.lmol/L盐酸溶液的AG＝12
15 (1997年上海，24)在下列叙述中，能说明盐酸是强酸，醋酸是弱酸的是
A.将pH=4的盐酸和醋酸稀释成pH=5的溶液，醋酸所需加入的水量多
B.盐酸和醋酸都可用相应的钠盐与浓硫酸反应制取
C.相同pH的盐酸和醋酸溶液中分别加入相应的钠盐固体，醋酸的pH变大
D.相同pH的盐酸和醋酸分别跟锌反应时，产生氢气的起始速率相等
16.(1994年全国，10)一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的
A.NaOH(s) B.H2O
C.NH4Cl(s) D.CH3COONa(s)
17（1992年全国高考题）相同温度、相同物质的量浓度的四种溶液：①CH3COONa②NaHSO4 ③NaCl ④C6H5—ONa，按pH由大到小的顺序排列，正确的是 （ ）
A．④ > ① > ③ > ② B．① > ④ > ③ > ②
C．① > ② > ③ > ④ D．④ > ③ > ① > ②
18、（2004年北京高考理综试题）已知0.1mol·L-1的二元酸H2A溶液的pH=4.0，则下列说法中正确的是（ ）
A．在Na2A、NaHA两溶液中，离子种类不相同
B．在溶质物质的量相等的Na2A、NaHA两溶液中，阴离子总数相等
C．在NaHA溶液中一定有：c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)
D．在Na2A溶液中一定有：c(Na+)>c(A2-)>c(H+)> c(OH-)
II卷（非选择题）
三、本题包括2小题．共计14分。
19、（4分）比较下列化学反应后所得溶液中各离子浓度的大小。
①10ml的0.2mol·L－1的HCl与10ml的0.2mol·L－1氢水混和所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是 。
②10ml的0.4mol·L－1的CH3COONa溶液与10ml的0.2mol·L－1的HCl溶液混合后，所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是
20、（2007.10青岛市期中）（6分）今有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K＋、H＋、 I－、 Mg2＋、Ba2＋、SO42－、CO32－、NO3－，现取三份各100 mL溶液进行如下实验：
①第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生
②第二份加足量NaHCO3 溶液加热后，收集到气体0.05 mol
③第三份加足量Ba(NO3)2 溶液充分反应后过滤，得干燥沉淀4.66 g。根据上述实验，则
（1）原溶液中一定存在的离子是 ；
（2）溶液中一定不存在的离子是 ；
（3）请写出溶液中一定存在的阴离子的物质的量浓度 。
21（2007。12莱芜）（4分）液氨与水性质颇为相似，其电离方程式可表示为：2NH3NH4++NH2－。某温度下其离子积常数为1×10－30（mol·L－1）2。液氨中的pNH4与水中的pH类似，向1L液氨中加入2.3gNa此时上述平衡____________移动（填“向正方向”“向逆方向”或“不”），完全反应后溶液的pNH4=__________。
四、本题包括3小题，共计49分。
22、(2007上海，27)将磷肥生产中形成的副产物石膏（CaSO4·2H2O）转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都具有重要意义。以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图。
（1）本工艺中所用的原料除CaSO4·2H2O、KCl外，还需要 等原料。
（2）写出石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后发生反应的离子方程式： 。
（3）过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还含有 （填化学式）等物质，该固体可用作生产水泥的原料。
（4）过滤Ⅰ操作所得滤液是(NH4)2SO4溶液。检验滤液中含有CO的方法是：
。
（5）已知不同温度下K2SO4在100g水中达到饱和时溶解的量如下表：
温度（℃） 0 20 60
K2SO4溶解的量(g) 7.4 11.1 18.2
60℃时K2SO4的饱和溶液591g冷却到0℃，可析出K2SO4晶体 g。
（6）氯化钙结晶水合物（CaCl2·6H2O）是目前常用的无机储热材料，选择的依据是 。
a 熔点较低（29℃熔化） b 能导电 c 能制冷 d 无毒
（7）上述工艺流程中体现绿色化学理念的是： 。
23（2007.9.29日照）（18分）如果取0.1 mol·L-1HA溶液与0.1 mol·L-1NaOH溶液等体积混合(混合后溶液体积的变化不计)，测得混合溶液的pH=8，试回答以下问题：
（1）混合溶液的pH=8的原因 （用离子方程式表示）；
（2）混合溶液中由水电离出的c(H+)__ ___0.1 mol·L-1 NaOH溶液中由水电离出的c(H+)；(填>、<、=)
（3）求出混合液中下列算式的精确计算结果(填具体数字)：
c (Na+)－c (A-)= mol·L-1； c (OH-)－ c (HA)= mol·L-1
（4）已知NH4A溶液为中性，又知将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，试推断（NH4）2CO3溶液的pH 7 (填>、<、=)；
（5）将相同温度下相同浓度的四种盐溶液：A．NH4HCO3 B．NH4A C．（NH4）2SO4 D．NH4Cl
按pH由大到小的顺序排列 （填序号）
24、（4分）难溶的银盐中，醋酸银溶解度相对较大，当V1mL amol / L CH3COONa溶液和V2mL amol / L AgNO3溶液混合发生反应时，欲使得到CH3COOAg的沉淀量较接近理论值，则V1和V2的关系是 。简述理由 。
五、本题包括1小题，共计15分。
25(2007.3淄博市二摸)（15分）已知水在25℃和95℃时，
其电离平衡曲线如右图所示：
（1）则25 时水的电离平衡曲线应为
（填“A”或“B”），请说明理由
（2）25时，将＝9的NaOH溶液与＝4的溶液混合，
若所得混合溶液的 ＝7，则NaOH溶液与溶液的体积比为
（3）95时，若100体积1＝的某强酸溶液与1体积2＝b的某强碱溶液混合后
溶液呈中性，则混合前，该强酸的1与强碱的2之间应满足的关系是
（4）曲线B对应温度下，pH＝2的某HA溶液和pH＝10的NaOH溶液等体积混合
后，混合溶液的pH＝5。请分析其原因：
[检测详解]
1【解析】：纯碱属于盐A错误；Al用电解法制取，Cu用热还原法制取，所以C错误。
【答案】：BD
【点拨】：本题考查了物质的分类和金属冶炼方法。
2、【解析】：A选项白醋中滴入石蕊试液呈红色，只能说明醋酸显酸性，能发生电离是一种电解质，但不能说明强弱；B选项白醋加入豆浆中有沉淀产生，因豆浆是胶体，根据胶体的性质——聚沉，也只能说明醋酸是一种电解质；C选项蛋壳浸泡在白醋中有气体放出，只能说明醋酸是一种酸且酸性比碳酸强；而D选项pH试纸显示白醋的pH为2~3，即溶液中c(H+)=10～10mol·L，因食用白醋中醋酸浓度约1 mol·L，这说明醋酸没有完全电离，即存在电离平衡。所以只有D选项能说明醋酸为弱电解质。
【错析】：本题比较简单容易理解，只是个别学生对C选项理解错误而可能错选。
【答案】：D
【点拨】：本题考查了弱电解质的电离、弱电解质的证明。弱电解质在水溶液中不能完全电离，存在电离平衡。证明一种电解质是一种弱电解质就应从这方面出发，判断电解质强弱的方法有很多：（1）在相同浓度、相同温度下，可与强电解质做导电性对比实验；（2）在相同浓度、相同温度下，比较反应速率的快慢，如将相同的锌粒投入到等浓度的盐酸和醋酸中，结构前者比后者反应快；（3）浓度与pH的关系，如0.1mol·L CH3COOH，若其pH＞1。则可以说明醋酸是弱电解质；（4）测定对应盐的酸碱性。如CH3COONa溶液成碱性，则说明醋酸是弱酸；（5）稀释前后的pH与稀释倍数的变化关系，例如将pH=2的酸溶液稀释1000倍，若pH小于5，则证明酸为弱酸，若pH=5，则说明酸为强酸；（6）采用实验证明存在电离平衡，例如醋酸溶液中滴入石蕊试液变红，再加入醋酸铵固体，溶液颜色变浅。
3、【解析】：水的电离与温度有关，温度越高，电离度越大，但[H+]=[OH-]水仍呈中性，A错；我们知道pH每升高一个单位，对于强酸需要稀释10倍，而对于弱酸稀释的倍数超过了10倍，B中由于醋酸为弱酸，稀释至原来的10倍后，pH<4，B错；在D中，当酸与碱的pH之和等于14时，等体积混合后，谁弱显谁性，即pH<7，D错。
【答案】：C
【点拨】：本题考查了电离平衡移动以及酸碱中和后溶液pH的变化规律。
4、【解析】：A中同位素是指中子数不同、质子数相同的核素（原子）互称为同位素，选项中给出的是分子，错误；B中PH=1的溶液为强酸性环境，解答时应在离子组Na+、NO、HCO、Fe2+ 中增加H+，分析可知碳酸氢根离子和氢离子不共存，在氢离子存在时硝酸根离子和亚铁离子不能共存，错误；C中明矾的净水原理是其溶于水电离产生的铝离子水解生成氢氧化铝能吸附水中悬浮物，而漂白粉是由其成分中的次氯酸钙和水、二氧化碳反应生成的次氯酸能杀菌消毒，作用原理不同，错误；D中此反应的△H>0，说明此反应是吸热反应，也就是金刚石的能量大于石墨，物质内部的能量越大，该物质越不稳定，正确。
【答案】：D
【点拨】：本题考查了化学用语、离子共存、物质稳定性的知识。范围包括同位素的性质、溶液中的离子共存、明矾和漂白粉的性质、焓变和物质稳定性的关系等。
5、【解析】：pH=1时，溶液显强酸性，OH与弱酸根离子都不能共存。所以，D错。B中存在棕黄色的Fe3+，C中HClO与Cl发生氧化还原反应。所以选A。
【答案】：A
【点拨】：本题考查了离子共存问题。
6、【解析】：离子方程式的正误判断是必考考点，A中产物应有CaCO3沉淀生成；B中CH3COONa为可溶性盐应拆成离子形式；C电荷不守恒。
【答案】：D
【点拨】：本题考查了离子方程式的正误判断。
7、【解析】：水的电离与温度有关，温度越高，电离度越大，但[H+]=[OH-]水仍呈中性，A错；我们知道pH每升高一个单位，对于强酸需要稀释10倍，而对于弱酸稀释的倍数超过了10倍，B中由于醋酸为弱酸，稀释至原来的10倍后，pH<4，B错；在D中，当酸与碱的pH之和等于14时，等体积混合后，谁弱显谁性，即pH<7，D错。
【答案】：C
【点拨】：本题考查了电离平衡移动以及酸碱中和后溶液pH的变化规律。
8、【解析】：加少量烧碱，将减小溶液中氢离子浓度，虽然平衡右移，但由勒夏特列原理可知，醋酸浓度降低程度小于溶液中氢离子浓度降低程度；C项加入少量冰醋酸，平衡右移但比值减小；升高温度，平衡右移，氢离子浓度增大，醋酸浓度减小，B正确；加水氢离子浓度和醋酸浓度都降低，若平衡不移动，则比值不变，但事实上平衡右移，故D正确；此题的CD两项若从结果来看，可以看成是不同浓度的醋酸中c(H＋)/c(CH3COOH)值，这样可更快选出正确答案。
【答案】：BD
【点拨】：本题考查的是弱电解质的电离平衡。
9、【解析】：l0 g ZnSO4·7H2O中含有的ZnSO4小于10g，则形成的溶液浓度小于10%，A错；滴加FeCl3溶液后，煮沸即可，长时间煮沸易使胶体聚沉，B错。Al3++3OH=Al(OH)3↓，Al(OH)3 +OH=AlO+2H2O；Mg2++2OH=Mg(OH)2↓，产生的现象不同，C正确。D锥形瓶中的水对实验无影响。
【答案】：C
【点拨】：本题考查了质量分数的计算，胶体的制备，Mg、Al的基本性质，实验误差的分析
10、【解析】：碱指示剂只是用于定性溶液酸碱性的试剂，A错；广泛pH试纸、精密pH试纸为定量试纸，但是其测定的数据也非常粗略，C、D错；而pH计是一种测量溶液pH的精密仪器，B正确。
【答案】：B
【点拨】：本题为测量溶液酸碱性方法对比题。
11、【解析】不溶于水不是绝对的不溶，是溶解度小于0.1g。尽管AgCl溶解的很少，但由于AgI比AgCl更难溶于水，溶液中微量的Ag＋在I－浓度足够大的溶液中，可以转化为AgI，而使AgCl的溶解平衡向产生Ag＋的方向移动，导致AgCl溶解。所以A错误。
根据·c(I－)＝1.0×10－16可计算得：c(I－)＝ EQ \F(1,) ×10－11 mol·L－1，D正确。
【答案】 A
12、【解析】A项，溶液中c（H+）=1×10—3 mol·L－1，溶液中水电离的c（OH—）=1×10—11 mol·L－1，水电离的c（OH—）=c（H+），，所以c（H+）=1×10—11 mol·L－1。 B项，溶液中c（HA）+c（A—）=0.1mol·L—1 ， c（H+）= c（A—）+ c（OH—）故B项错误。C项，溶液相当于HA和NaA的等物质的量混合溶液，溶液若显酸性，则c（A—）> c（Na+）>c（H+）> c（OH—），溶液若显碱性则c（Na+）> c（A—）> c（OH—）> c（H+）故C项错误。D项加入一定量CH3COONa晶体，CH3COO—与H+结合，c（H+）减小， c（OH—）增大，加水稀释，电离平衡向右移动，c（H+）减小， c（OH—）增大，D项正确
【答案】D
13、【解析】很多学生拿到本题就开始列未知数解方程，试图算出答案，结果发现所给数据过于抽象，计算量过大而放弃，其实将题目通览后通过流程图不难发现：
将晶体溶解所加的水量就是将Sg无水硫酸铜配成饱和溶液所需的水量，即100g。
【答案】 A。
14、【解析】：运用迁移类比法分析。在中性溶液中，c（H+）=c（OH—），AG= = lg1 = 0，在酸性溶液中c（H+）﹥c（OH—），AG= ， 因为c（H+）﹥c（OH—），所以其比值大于1 AG﹥0，在0.1mol·L—1的NaOH溶液中c（OH—）=0.1mol·L—1，c（H+）=1×10—13mol·L—1，AG = = —12， 在0.1mol·L—1的盐酸中，c（H+） = 0.1mol· L—1，c（OH—）=1×10—13mol·L—1，AG= = 12 。
答案AD。
【点拨】：这是一道信息迁移式试题。要善于将酸度的信息与原有pH计算严格区别开来。排除pH计算的干扰是正确解题的保证。
15【解析】：HCl溶于水完全电离，而CH3COOH溶于水存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋，加水该平衡向右移动，H＋物质的量增大，需加更多的水才能与盐酸c(H＋)相同；加CH3COONa时，c(CH3COO－)增大，上述平衡向左移动。c(H＋)降低，pH变大，而盐酸加NaCl后pH基本不变。故A、C符合题意。B只能说明盐酸和醋酸具有挥发性，D只说明c(H＋)相同，速率相同，与醋酸是否完全电离均无关，故B、D不符合题意。
【答案】：AC
【点拨】：弱酸稀释，电离度增大，造成溶液中[H+]变化较强酸小。如要获得相同pH，其加水量必超过强酸。部分同学由于未考虑电离度对离子浓度的影响，而漏选A
16、【解析】：A.加NaOH固体能减缓反应速率，但要消耗H＋，减少氢气总量。C.NH4Cl固体不与盐酸反应，又不影响溶液的体积。在强酸性条件下不考虑其中水解。B.水既不影响溶液中H＋的物质的量，又能稀释盐酸。D.CH3COONa能与盐酸生成弱电解质CH3COOH减缓反应速率，但不能影响H2总量。
. 【答案】：BD
17、【解析】：溶液pH的大小由两种情况决定，一是电解质本身的电离，二是水的电离，而水的电离程度的大小又决定于盐类水解程度的大小。此类试题要求准确把握酸碱的相对强弱，充分依靠水解规律判析。四种溶液可分成三组，②NaHSO4，电离显酸性，pH < 7；③NaCl 为强酸强碱的正盐，不水解，溶液呈中性，pH= 7；①④是强碱弱酸盐，水溶液均呈碱性，因 CH3COOH 的酸性较C6H5OH强，故pH值应为 ④ > ①。
【答案】A
【点拨】：此类试题解答的一般步骤为：先分组，然后再对组内物质根据电离与水解程度进行判析。题中溶液除为盐溶液外，还可能为酸或碱。如等浓度的八种稀溶液：①Na2SO4②H2SO4 ③NaHSO4 ④NH4Cl ⑤NaHCO3 ⑥NaCO3 ⑦NaOH ⑧Ba（OH）2 ，其pH由小到大的顺序为 ②③④①⑤⑥⑦⑧ 。
18、【解析】主要考查电离平衡、盐类水解等理论知识。弱电解质的电离平衡、盐类的水解平衡都会反映到溶液中各种离子浓度的关系之中，从分析离子关系角度考查电离平衡和盐类水解平衡理论知识，可以较好地区分学生对相关理论内容的理解水平。
根据题给条件可判断，H2A的第一级电离就较弱，属于弱酸。所以在Na2A、NaHA溶液中由于水解和电离，两溶液中所含离子种类数肯定相同。在Na2A溶液中，由于A2-水解，阴离子总数增加，在NaHA溶液中由于HA-水解阴离子总数要减小，所以两溶液中阴离子总数前者多。任何溶液中，阳离子所带正电荷总数跟阴离子所带负电荷总数必定相等。所以，在Na2A溶液中H+浓度小于OH-离子浓度。
【答案】C
19【解析】①盐酸可以与氨水发生反应
HCl+NH3·H2O=NH4Cl+H2O
而题中所溶HCl与NH3·H2O物质的量相同恰好完全反应，相当于所给NH4Cl溶液。发生如下反应：
NH4Cl=NH4++Cl－；NH4++H2ONH3·H2O+H+
因为部分NH4+水解而消耗所以[Cl－]＞[NH4+]。
又因为水解的NH4+仅占全部极少部分，因而生成的H+也很小，导致[NH4+]＞[H+]
而且NH4Cl为强酸弱碱盐，溶液显酸性，因而[H+]＞[OH－]
②CH3COONa+HCl=NaCl+CH3COOH ，
反应中醋酸钠是过量的，反应所得的溶液为各是0.1mol/L的NaCl、CH3COONa、CH3COOH的混和物。
CH3COONa=CH3COO－+Na+
NaCl=Na++Cl－
CH3COOHCH3COO－+H+
因而[Na+]最大，由于除CH3COONa之外,CH3COOH也电离出少量的CH3COO－，导致[CH3COO－]＞[Cl－]；由于溶液中存在大量CH3COOH，所以溶液显酸性[H+]＞[OH－]，CH3COOH为弱电解质，电离出的[H+]极少，小于[Cl－]的浓度。
【答案】①[Cl－]＞[NH4+]＞[H+]＞[OH－]
②[Na+]＞[CH3COO－]＞[Cl－]＞[H+]＞[OH－]
【点拨】：当在同一种溶液中放入若干种物质，且物质之间能发生反应生成弱电解质，这时我们在分析离子浓度时可让各物质去尽情反应，认为起始投料即为产物，再写出电离及水解方程式进行分析。
20【解析】
[答案]（1）H+、SO42－、NO3－（2分，只写出前三种得1分）
（2）Mg2+、Ba2+、I－、CO32－（2分）
（3）c(SO42－) = 0.2 mol/L ，c(NO3－)≥0.1 mol/L（每个2分）
21【解析】：从生产流程图可以看出，所需原料除CaSO4·2H2O、KCl外，还需要氨气、石灰石和水。硫酸钙是微溶的，碳酸钙是难溶的，因此石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后生成了碳酸钙和硫酸铵，生成的碳酸钙中混有石膏。碳酸根的检验可用酸化的方法，若产生气泡说明虑液中含有碳酸根。硫酸钾饱和溶液在结晶过程中溶剂的量不变，查表可知不同温度下的溶解度，先求出591g饱和液中含有的水是500g，在0℃可溶解硫酸钾37g，所以析出晶体54g。作为储热材料，要求能在室温左右的温度下工作，且对人体无害，故选ad；绿色化学要求整个生产过程中不排放污染物，原子利用率高，因此生产流程中碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用。
【答案】：（1）CaCO3 NH3 H2O（2）CaSO4＋CO32-→CaCO3↓＋SO42-
（3）CaSO4（4）滤液中滴加盐酸产生气泡（5）54g（6）a d
（7）碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨
在工艺中循环使用等（原子利用率高，没有有害物质排放到环境中）
【点拨】：本题是一道以工业生产为背景的实验题，考查了实验基本操作、离子检验、溶解度计算等。工业生产流程的设计和实验方案设计原理相似，只是在工业生产中对经济性、环保性等许多细节方面有着更高的要求，解题时应在实验室原理的基础上结合实际因素，充分读懂工业流程的每一个步骤的意义。
22【解析】2.3gNa加入液氨后发生反应2Na+2NH4+=2Na++2NH3+H2↑, c(NH4+)减小，平衡向正反应方向移动，2.3gNa的物质的量为0.1mol,所以生成NH2-的物质的量为0.1mol，c(NH4+)=1×10－30（mol·L－1）/ 0.1mol·L－1= 1×10－29mol·L－1，pNH4+=29
【答案】向正方向（2分），29（2分）
【点拨】本题应将水的离子积和溶液PH的信息进行迁移应用，c(NH4+)·c(NH2-)=1×10－30（mol·L－1）2与水的离子积KW pNH4+与PH的意义相同，直接进行迁移应用。
23、【解析】（1）若HA是强酸，则恰好生成强酸强碱盐，溶液显中性，而溶液PH=8，说明溶液显碱性，生成的是强碱弱酸盐，水解显碱性。HA是弱酸。（2）盐类水解促进水电离，酸、碱都抑制水电离，所以混合溶液中由水电离出的c(H+)>0.1 mol·L-1 NaOH溶液中由水电离出的c(H+)（3）本小题考查的是电荷守恒问题和有关PH的计算，c (Na+)+c(H＋) = c (OH-)+ c (A-)，所以c (Na+)－c (A-)= c (OH-)－c(H＋)= 1×10－6mol·L－1－1×10－8mol·L－1 。据质子守恒A-+H2OHA+OH-和H2OH++OH-可知OH-有两个来源，c (OH-)= c(H＋)+ c (HA), c (OH-)－ c (HA) =c(H＋) =1×10－8mol·L－1（4）已知将HA溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出，说明HA比H2CO3的酸性强，HA比H2CO3的电离程度大，NH4A溶液为中性，HA的电离程度与氨水的电离程度相当，所以氨水的电离程度比H2CO3的电离程度大，（NH4）2CO3溶液的pH>7（5）根据水解规律H2CO3最弱，故NH4HCO3 溶液显碱性PH最大，NH4A 溶液显中性，H2SO4、 HCl都是强酸溶液显酸性，但（NH4）2SO4 中c（NH4+）大酸性最强，PH最小
【答案】(1)A-+H2OHA+OH- (2)> (3)9.9×10-7 10-8 (4)大于 ABDC
【点拨】水的电离和溶液的pH ( http: / / www. / keyword.asp keyword=pH )值及盐类水解是电解质溶液 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=电解质溶液 )的重点和难点， 同时也是高考 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=高考 )化学试题的热点，弱电解质的电离平衡 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=电离平衡 )也是考察的重点，所以要重点掌握.
24、【解析】通过溶解平衡知识分析而获解。实际沉淀量与理论沉淀量之误差在于CH3COOAg在溶液中溶解量的多少。醋酸银在溶液中的溶解平衡可表示为：CH3COOAg（ｓ） CH3COO—+Ag+，因其溶解度较大，故为了使CH3COOAg的沉淀量较接近理论值，必须使其中一种离子过量，以促使溶解平衡向醋酸银方向移动，故V1和V2的关系为V1≠V2 。
【答案】见解析
【点拨】：该题不少考生由于未从溶解平衡角度去分析，错误认为，当CH3COONa和AgNO3恰好完全反应时，CH3COOAg的沉淀量最多，因而其值较接近理论值，得出V1=V2的错误结论。出现错解的原因是对溶解平衡的概念含混不清所致。
25【解析】本题的关键是在搞清楚温度对水电离平衡、水的离子积和溶液pH的影响。
（1）当温度升高时，促进水电离，水的离子积也增大，水中氢离子浓度、氢氧根离子浓度都增大，水的pH也增大，但溶液仍然呈中性。因此结合图象中A、B曲线变化情况及氢离子浓度、氢氧根离子浓度可以判断则25 时水的电离平衡曲线应为A，理由为水的电离是吸热过程，升高温度，使水的电离程度增大。
（2）中25时所得混合溶液的 ＝7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH－)= n(H+)，则V(NaOH)·10-5mo1·L—1=V(H2SO4)·10-4mo1·L—1，得V(NaOH)∶V(H2SO4)＝10∶1
（3）要注意是95时，水的离子积为10-12，即c(H+)·c(OH－)=10－12，即：等体积强酸碱反应至中性时(酸)＋(碱)＝12。
根据95时混合后溶液呈中性，2＝b的某强碱溶液中c(OH－)=10b－12；
有 100×10－a＝1×10b－12，即： 10－a＋2＝10b－12，
所以，有以下关系：+b＝14，或：1＋214
（4）中在曲线B对应温度下，因(酸)＋(碱)＝12，可得酸碱两溶液中c(H+) = c(OH—)，如 是强酸、碱，两溶液等体积混合后溶液应呈中性；现混合溶液的pH＝5，即等体积混合后溶液显酸性，说明H+与OH—完全反应后又有新的H+产生，酸过量，所以说酸HA是弱酸。
【答案】① A ② 水的电离是吸热过程 ，温度低时，电离程度小，c(H+)、c (OH－)小
③ 10 : 1 ④ +b=14 或：1＋214
⑤曲线B对应95℃，此时水的离子积为10－12。HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH＝5。
【点拨】本题综合考查水的电离平衡，溶液的酸碱性，PH的有关计算，温度对电离平衡的影响，以及盐类的水解等知识，这都是高考的重点内容。应从中寻找规律，熟练掌握这类题目的解法。
专题提升篇
第一单元 专题思想方法
[思维方法攻略]
[攻略]1守恒的思想
[方法指南]：守恒作为自然界的普遍规律，是人类征服改造自然的过程中对客观世界抽象概括的结果。在物质变化的过程中守恒关系是最基本也是本质的关系之一，化学的学习若能建构守恒思想，善于抓住物质变化时某一特定量的固定不变，可对化学问题做到微观分析，宏观把握，达到简化解题步骤，既快又准地解决化学问题之效。守恒在化学中的涉及面宽，应用范围极广，熟练地应用守恒思想无疑是解决处理化学问题的重要方法工具。
守恒思想是一种重要的化学思想，其实质就是抓住物质变化中的某一个特定恒量进行分析，不探究某些细枝末节，不考虑途径变化，只考虑反应体系中某些组分相互作用前后某种物理量或化学量的始态和终态。利用守恒思想解题可以达到化繁为简，化难为易，加快解题速度，提高解题能力，对溶液 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=溶液 )中离子浓度 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=离子浓度 )大小 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=大小 )进行比较 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=比较 )可以用守恒法。有关溶液中离子浓度大小比较的问题是中学化学中常见 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=常见 )问题。这类题目知识容量大、综合性强，涉及到的知识点有：弱电解质 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=弱电解质 )的电离平衡、盐类的水解、电解质之间的反应等，既是教学的重点，也是高考的重点。如何用简捷的方法准确寻找这类问题的答案呢？在电解质溶液中常存在多个平衡关系 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=关系 )，应抓住主要矛盾（起主要作用的平衡关系），利用三种守恒关系——电荷守恒（溶液电中性）、物料守恒（元素守恒）、质子守恒（水的电离守恒）。除此之外还有如 质量守恒、元素守恒、电子守恒、能量守恒等这里只讨论电解质溶液中的守恒问题。
[应用突破]：
应用1弱酸 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=弱酸 )或弱碱 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=弱碱 )溶液中微粒浓度的比较
例1．以一元弱酸CH3COOH为例，分析CH3COOH溶液中各微粒浓度大小关系。
分析：在CH3COOH溶液中，存在两种电离平衡：
CH3COOH CH3COO-+H+ （主）
H2O OH-+ H+ （次）
根据电荷守恒，平衡时则有：
c（H+）= c（OH-）+ c（CH3COO-）
由于CH3COOH是弱电解质，电离程度不大，所以c（CH3COOH）远大于c（H＋）；c（CH3COOH）也远大于c（CH3COO-）。
结论：溶液中微粒浓度的大小关系为：
c（CH3COOH）＞c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）
练习1．在0.1mol/L NH3·H2O 溶液中，下列关系正确的是（ ）
A．c（NH3·H2O）＞c（OH-）＞ c（NH4+）＞c（H+）
B．c（NH4+）＞c（NH3·H2O）＞c（OH-）＞ c（H+）
C．c（NH3·H2O）＞c（NH4+）= c（OH-）＞ c（H+）
D．c（NH3·H2O）＞c（NH4+）＞ c（H+）＞c（OH-）
答案：A
应用2可水解盐溶液中离子浓度的比较
例2．以强酸 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=强酸 )弱碱盐NH4Cl溶液为例，分析NH4Cl溶液中各离子浓度大小关系。
分析：在NH4Cl溶液中，存在如下电离与水解平衡：
NH4Cl NH4+ + Cl- （主）
NH4＋ + H2O NH3·H2O + H＋ （次）
H2O OH-+ H＋ （又次之）
所以溶液中，c（H+）＞c（OH-）
根据电荷守恒和物料守恒，平衡时则有：
c（NH4＋）+ c（H＋）= c（OH-）+ c（Cl-） （1）（电荷守恒）
c（Cl-）= c（NH3·H2O）+ c（NH4＋） （2）（物料守恒）
根据水的电离守恒或联立二式可得：
c（H＋）= c（NH3·H2O）+ c（OH-）[注：水电离 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=水电离 )生成的OH-和H＋应是相等的，即c（H＋）= c（OH-）总 = c（OH -）+ c（NH3·H2O）]
由于溶液中，NH4＋水解程度不大，所以c（NH4＋）远大于c（NH3·H2O）；c（NH4＋）远大于c（H＋）；c（NH4＋）远大于c（OH-）。
结论：溶液中各微粒浓度关系为：
c（Cl-）＞c（NH4+）＞ c（H+）＞c（OH-）
练习2．在Na2S溶液中存在着多种分子和离子，下列关系不正确的是（ ）
A．c（OH-）= c（HS -）+ c（H＋）+ c（H2S）
B．c（OH-）= c（HS -）+ c（H＋）+ 2c（H2S）
C． c（Na＋）= 2 [c（HS -）+ c（S 2-） + c（H2S）]
D．c（Na＋）+ c（H＋）= 2 c（S 2-）+ c（HS -）+ c（OH-）
提示：在Na2S溶液中存在如下电离与水解平衡：
Na2S2Na＋ +S2- S2-+ H2O HS -+ OH-
HS -+ H2O H2S + OH-
H2O OH-+ H＋
根据电荷守恒和物料守恒，平衡时则有
c（Na＋）+ c（H＋）= 2 c（S 2-）+ c（HS -）+ c（OH-）（电荷守恒） （1）
c（Na＋）= 2 [c（HS -）+ c（S 2-） + c（H2S）]（物料守恒） （2）
根据水的电离守恒或联立二式得
c（OH-）= c（HS -）+ c（H＋）+ 2c（H2S）
所以，B、C、D正确。
答案：A
练习3．在0.1mol/LNaHCO3溶液中，下列各种关系式正确的是（ ）
A．c（Na＋）＞c（HCO3-）＞ c（H＋）＞c（OH-）
B．c（Na＋）+ c（H＋）= c（HCO3-）+ c（OH-）+2c（CO32-）
C． c（Na＋）= c（HCO3 -）＞c（OH-）＞c（H＋）
D．c（Na＋）= c（HCO3 -）+ c（CO32-）+ c（H2CO3）
答案：B、D
应用3 酸与碱溶液反应后溶液中离子浓度大小的比较
例3．将PH ( http: / / www. / keyword.asp keyword=PH )=3的盐酸与PH=11的氨水等体积混合 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=混合 )后，溶液中离子浓度大小关系正确的是（ ）
A．c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（H+）＞c（OH-）
B．c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）
C．c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）
D．c（NH4+）+ c（H＋）= c（Cl-）+ c（OH-）
分析：
PH=3，c（H+）=10-3mol/L，PH=11，c（OH-）=10-3mol/L；因为氨水是弱电解质，所以氨水的浓度远大于盐酸的浓度；二者等体积反应后，氨水过量；同时生成NH4Cl。
在氨水和NH4Cl的混合溶液中，存在如下平衡：
NH4Cl NH4+ + Cl- （主）
NH3·H2O NH4+ +OH- （次）
NH4＋ + H2O NH3·H2O + H＋ （又次之）
H2O OH-+ H＋ （更次之）
因为，氨水的电离平衡程度大于NH4＋的水解程度，所以 c（NH4+）＞c（Cl-），且溶液显碱性，即c（OH-）＞c（H+）。B选项正确。根据电荷守恒，D选项正确。
答案：B、D
我们可以把以上分析总结为：当c（H+）=c（OH-）的酸、碱溶液等体积混合时，谁弱谁过量，谁弱显谁性。
例4．100mL 0.1 mol/L CH3COOH与50mL 0.2 mol/L NaOH溶液混合，在所得溶液中（ ）
A．c（Na＋）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）
B．c（Na＋）+ c（H＋）= c（CH3COO-）+ c（OH-）
C．c（Na＋）＞c（CH3COO-）＞c（H+）= c（OH-）
D．c（Na＋）= c（CH3COO-）＞ c（OH-）＞ c（H+）
分析：
n（CH3COOH）=0.1L×0.1mol/L=0.01mol
n（NaOH）= 0.05L×0.2mol/L=0.01mol
两者混合后恰好完全反应生成强酸弱碱盐CH3COONa，CH3COONa溶液中离子浓度分析参考例2。
我们可以把以上分析总结为：当的酸、碱溶液完全中和时，相当于生成盐。谁强显谁性，谁弱谁水解。
练习4．将PH=3的醋酸与PH=11的NaOH溶液等体积混合后，在所得的混合溶液中，下列关系式正确的是（ ）
A．c（Na＋）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）
B． c（Na＋）+ c（H＋）= c（CH3COO-）+ c（OH-）
C．c（CH3COO-）＞c（Na＋）＞c（H+）＞ c（OH-）
D．c（Na＋）= c（CH3COO-）＞ c（OH-）＞ c（H+）
答案：B、C
练习5．常温下，将甲酸和氢氧化钠溶液混合，所得溶液PH=7，则此溶液中（ ）
A．c（HCOO－）＞c（Na+） B． c（HCOO－）＜c（Na+）
C．c（HCOO－）= c（Na+） D． 无法确定 c（HCOO－）和c（Na+）的关系
答案：C
应用4强碱 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=强碱 )弱酸盐与强酸或强酸弱碱盐与强碱反应后溶液中离子浓度大小的比较
例5．0.2mol/LNH4Cl溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合后，溶液中下列微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．c（NH4＋）= c（Na＋）= c（OH-）＞c（NH3·H2O）
B．c（NH4＋）= c（Na＋）＞c（NH3·H2O）＞c（OH-）
C．c（NH4＋）+ c（Na＋）+ c（H＋）= c（Cl-）+ c（OH-）
D．c（NH4＋）＞c（Na＋）＞c（NH3·H2O）＞c（OH-）＞c（H＋）
分析：因NH4Cl溶液与NaOH溶液等体积混合，因此NH4Cl的物质的量可看作是0.2mol，NaOH的物质的量可看作是0.1mol，两者反应的物质的量之比是1：1，所以生成0.1mol NH3·H2O，0.1molNaCl，剩余0.1molNH4Cl。在三种物质的混合溶液中存在如下平衡：
NaCl Na＋+Cl- （主）
NH4Cl NH4+ + Cl- （主）
NH4＋ + H2O NH3·H2O + H＋ （次）
NH3·H2O NH4+ +OH- （又次之）
H2O OH-+ H＋ （更次之）
因此，c（Cl-）= 0.2 mol/L，c（Na＋）= 0.1 mol/L；
因为NH3·H2O的电离平衡程度大于NH4＋的水解平衡程度，所以c（OH-）＞c（H＋）；且c（NH3·H2O）＜0.1mol/L，c（NH4＋）＞0.1 mol/L。因此溶液中各种微粒浓度由大到小的顺序是c（NH4＋）＞c（Na＋）＞c（NH3·H2O）＞c（OH-）＞c（H＋）。D选项正确。根据电荷守恒，C选项正确。
答案：C、D
练习6．0.5mol/L H2SO4和0.1mol/LCH3COONa溶液等体积混合后离子浓度关系正确的是（ ）
A．c（Na＋）+c（H+）=2 c（SO42-）+ c（OH-）+ c（CH3COO-）
B． c（Na＋）＞ c（SO42-）＞c（CH3COO-）＞c（H+）
C．2c（Na＋）= c（SO42-）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）
D．c（Na＋）=2 c（SO42-）＞ c（H+）＞ c（CH3COO-）
答案：A、D
练习7．将0.2mol/LCH3COOK溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后，溶液中下列微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．c（K＋）＞c（CH3COO-）＞ c（Cl-）＞c（H＋）＞c（OH-）
B．c（K＋）＞ c（CH3COO-）= c（Cl-）＞c（H＋）＞c（OH-）
C．c（H＋）+ c（K＋）= c（Cl-）+ c（CH3COO-）+ c（OH-）
D． c（K＋）＞ c（Cl-）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）＞c（H＋）
答案：A、
[攻略]2平衡的思想
化学平衡理论是高中学生在化学学习过程中，感觉较困难的一部分，对这部分知识理解和掌握直接影响对电离平衡内容的学习．本文就化学平衡理论的应用及在应用中时常出现的一些问题作简单归纳．首先要认识到对任何两个同时进行且相反的过程都存在平衡，我们所学的化学平衡就是其中的一类，而溶解平衡、电离平衡、水解平衡都属于化学平衡，所以只要搞清化学平衡特征及化学平衡移动原理，就可准确把握这部分知识的应用．
一、 溶解平衡
这里主要讨论固态物质在一定条件下的溶解平衡．在一定温度下的饱和溶液中都存在溶解平衡，即溶解的速度等于结晶的速度．未溶解溶质和已溶溶质质量不变，此时溶液浓度一定．中学生在学习过程中对溶解平衡是一种动态平衡是不难理解的，但在解决具体问题时，又往往出现差错，例如：在某温度下的CuSO4 饱和溶液中悬一块缺角CuSO4·5H20晶体，经过一段时间后，晶体的角补上了．有的学生得出CuSO4·5H20晶体质量增大了，溶液的浓度减小的错误结论．究其原因，就是没能应用化学平衡移动原理来分析在什么条件下溶解过程达到平衡状态，什么条件下溶解平衡会被破坏(产生移动)．溶解平衡既然是一种化学平衡状态，也就同样具有动、定、变的三大特征．达到溶解平衡时，溶液浓度一定，但此时溶解和结晶仍在进行，是一种动态平衡．当外界条件改变时，平衡就会被破坏，在新的条件下达到新的溶解平衡．上述问题，外界条件没发生变化，CuSO4的溶解平衡没有被破坏，所以CuSO4 饱和溶液的浓度没变，CuSO4·5H20晶体的质量自然也不变+在教学中学生常常提出一些问题如：有些难溶物质不溶于水为什么会溶于酸 如Mg(OH)2、CaCO3等，而AgC1、BaS04等物质又为什么既不溶于水又不溶于酸 如何用化学平衡理论加以分析呢 Mg(OH)2、CaCO3等难溶于水的物质并不是绝对不溶的，当把CaCO3放入水中后也存在溶解平衡CaCO3 (固)= Ca2 ++CO3 2一加入酸后：CaC03(固)+ 2H +=Ca2 ++C0 2↑+ H20； 产生弱电解质H2CO3(生成即分解)，由于弱电解质电离平衡的存在破坏了CaCO3的溶解平衡(消耗了CO3 2一)使平衡向右移，只要酸足量，CaCO3将全部溶解．把AgCI放入水中后，也存在溶解平衡：AgCI =Ag ++Cl一，当加HNO3后HNO3=NO3一+H+ 无弱电解质生成，Ag +、CI一、NO3一、H +四种离子共存，溶解平衡没有被破坏，所以从宏观上看AgCI不溶于HNO ．要破坏难溶物的溶解平衡，一般需加另一种物质，但这种物质加入后必须能够产生弱电解质或气体或者生成更难溶的物质，才能使难溶物溶解平衡发生移动，使其继续溶解．
二、 电离平衡
弱电解质在水溶液中的电离平衡属于化学平衡的一种．当分子电离的速率等于离子结合成分子的速率时，即构成电离平衡．当外界条件改变时电离平衡也会发生平衡移动．在实际生产或实验中常会遇到这类问题．例如：当溶液中HS一+H20H30++S2一。当达到平衡时，欲使S2一浓度增大，可加入：①Cu2+ ②HCl③HNO3④CO32一 ．分析该类问题时，要从平衡移动原理来考虑：想增大S2一浓度，就要使HS一 电离平衡向右移动，分析的结果，只有加入CO32一时，才会使S2一浓度增大。当加入CO32一时：HS一+H20H30++S2一，CO32一+H20HCO3一+OH一 ,， CO32一离子水解产生的OH一与H30+一结合成弱电解质H20，破坏了HS一的电离平衡，使平衡向增大S2一浓度方向移动．又如：在HAc溶液中加入强电解质NaAc时．由于Ac一离子浓度增大使HAc H ++Ac一向左移动，使HAc的电离度减小．从上述两个例子得出电离平衡也是暂时的，相对的动态平衡．
3 盐类水解
在教学中发现学生对一般盐类水解后溶液显什么性能较好掌握，但对水解过程中存在哪些化学平衡往往弄不清楚．原因是没能很好应用化学平衡理论来分析盐类水解平衡的实质，所以在解决具体问题时产生错误．下面从化学平衡角度来讨论盐类水溶液为什么会显碱性或酸性及影响盐类水解平衡的因素．
1 、强碱弱酸盐水溶液显碱性
例如：Ac一+H20 H Ac一+OH一这类盐的水解平衡同时存在着弱酸和水的电离平衡，其结果使溶液中[OH一]>[H +]，所以溶液显碱性．
2、 强酸弱碱盐水溶液呈酸性
例如：NH4++ H20 NH3·H20+H+，这类盐的水解平衡，同时存在着弱碱和水的电离平衡．其结果，使溶液中[OH一]<[H +]，所以溶液显酸性．
3、强酸强碱盐不水解，溶液是中性，就因为它不能破坏水的电高平衡，溶液中[OH一]= [H +]．
水解平衡也是一个动态平衡，当外界条件改变时，水解平衡也会发生移动．盐类水解反应是中和反应的逆反应．中和反应是放热反应，水解反应是吸热反应．升高温度水解平衡会向吸热方向移动，所以升高温度会促进水解．例如把FeCl3稀溶液加热时，颜色会逐渐加深，最后可以析出红褐色的Fe(OH)3 沉淀．其次，稀释可以促进盐类水解．例如：Ac一+H20 H Ac一+OH一，稀释时水解产物[HAc]和[OH一]却减小，而反应物只有[Ac一]减小，所以平衡向右移动，有利于水解反应．再次，改变水溶液中[H+ ]或[OH一]浓度能促进或抑制盐类水解．例如：在Na2CO3溶液中加人酸，H+ 离子中和了水解产生的OH一、使水解程度加大．又如：在配制FeCl3溶液时，为防止产生Fe(OH)3沉淀(水解产物)，常用盐酸配制而不用蒸馏水配制．由于酸性增强使FeC13+3H20 Fe(0H)3+3HCI向左移动，减小水解程度而不能析出沉淀．
4 可逆反应中的化学平衡
应用化学平衡移动原理使可逆反应向需要的方向进行，不但是个理论问题，而且在实际生产中得到了广泛的应用．例如：在工业上用氨氧化法制硝酸时，在吸收塔中进行的反应为：3NO2+H2O 2HN03+NO；／xH<0如果要得到更多的浓硝酸，应采取的措施是：(选择)①减压、② 常压、③加压、④加热、⑤增大空气浓度．从平衡移动的原理来看应选择③ ．只要熟练的掌握化学平衡理论就能正确的解决上述四种情况下平衡状态中的各种问题．而有些情况不是一种平衡状态，往往各种平衡同时存在，但凡是平衡状态就具有共同的特征：都是暂时的，相对的动态平衡．当外界条件改变时，平衡将会产生移动，直到在新的条件下达到新的平衡状态．
应用1判断电离平衡的移动方向
例1下列有关溶液的叙述正确的是
A. 常温下的醋酸铵溶液呈中性，则溶液中c(H+)＝c(OH-)＝10-7mol·L-1
B. 在pH＝2的醋酸溶液中加入等体积c(酸)＝2mol·L-1的某酸溶液后，混合溶液的pH一定会减小
C. pH相同的醋酸溶液和盐酸，分别用蒸馏水稀释至原溶液的m倍和n倍，若稀释后两溶液的pH仍相同，则m＞n
D. 导电性强的溶液中自由移动离子数目一定比导电性弱的溶液中自由移动离子数目多
解析：常温下的醋酸铵溶液，铵根离子和醋酸根离子均会水解，它们分别水解得到的H+和OH-的浓度相等，故溶液呈中性，此时，c(H+)＝c(OH-)＞10-7mol·L-1；B项中若加入的酸的酸性比醋酸还要弱，则有可能使溶液的pH增大；溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度而非数目，D项错。
答案：C
例2．某湿度下，纯水中的[H+]=2×10—7mol/L，则此时[OH—]=______，若湿度不变，滴入稀硫酸使[H+]=5×10—6mol/L，则[OH—]=_______，由水电离出[H+]为，该纯水的PH值_______（填＞、＜、=＝
[解析]纯水中 H2O H++OH—
mol/L 2×10—7 2×10—7
加酸后，水的电离平衡逆向移动，使[OH—]减小，可由Kw、[H+]求出[OH—]，此湿度下Kw值为2×10—7 ×2×10—7= 4×1—14
[OH—]==8×10—9mol/L
由水电离的[H+]=[OH—]=8×10—11mol/L
该湿度下Ph= －lg×10—7= 7―lg2＜7.
[答案]见解析
例3、能促进水的电离，并使溶液中C(H+)>C(OH—)的操作是 （ ）
（1）将水加热煮沸 （2）向水中投入一小块金属钠 （3）向水中通CO2 （4）向水中通NH3 （5）向水中加入明矾晶体 （6）向水中加入NaHCO3固体 （7）向水中加NaHSO4固体
A、（1）（3）（6）（7） B、（1）（3）（6） C、（5）（7） D、（5）
解析：本题主要考查外界条件对水的电离平衡的影响，请按如下思路完成本题的解：本题涉及到哪些条件对水的电离平衡的影响？各自对水的电离平衡如何影响？结果任何（C(H+)与C(OH—)相对大小）？归纳酸、碱、盐对水的电离平衡的影响。
解答： D
例4 稀的醋酸溶液中存在平衡CH3COOH H++CH3COO－(正方向吸热)， 要使溶液中c(H+)减小,下列操作正确的是_______。
A. 溶液中加入氢氧化钠固体
B. 溶液中通入HCl气体
C. 使醋酸溶液的温度升高
D. 加入纯醋酸
[ 解析]：本题以电离平衡为依托，考查学生应用化学平衡的知识解决电离平衡问题的能力。在醋酸溶液中存在如下电离平衡: CH3COOH+H2O CH3COO－+H3O+ 仍然可以符合勒夏特列原理。加氢氧化钠固体c(H+)会减小，通入HCl气体c(H+)会增大，升温c(H+)也会增大，加入纯醋酸其浓度增大c(H+)会增大。答案为A。
例5（2004年湖北高考理综试题）将0.lmol·醋酸溶液加水稀释，下列说法正确的是（ ）
A．溶液中c(H+)和c(OH-)都减小 B．溶液中c(H+)增大
C．醋酸电离平衡向左移动 D．溶液的pH增大
[解析]主要考查电离平衡知识。弱酸的电离可联系到溶液的pH、物质的量浓度、水的电离平衡等基础知识，要用到化学平衡移动原理。要注意酸溶液稀释时，溶液的c(OH-)增大，同样碱溶液稀释时溶液中的c(H+)增大。
答案D。
应用2判断水解平衡的移动方向
例1（2007.12江苏南通）（9分）10℃时加热NaHCO3饱和溶液，测得该溶液的pH发生如下变化：
温度（℃） 10 20 30 加热煮沸后冷却到50℃
pH 8.3 8.4 8.5 8.8
甲同学认为，该溶液的pH升高的原因是HCO3-的水解程度增大，故碱性增强，该反应的离子方程式为 。乙同学认为，溶液pH升高的原因是NaHCO3受热分解，生成了Na2CO3，并推断Na2CO3的水解程度 （填“大于”或“小于”）NaHCO3。丙同学认为甲、乙的判断都不充分。丙认为：
⑴只要在加热煮沸的溶液中加入足量的试剂X，若产生沉淀，则 （填“甲”或“乙”）判断正确。试剂X是 。
A.Ba(OH)2溶液 B.BaCl2溶液 C.NaOH溶液 D.澄清的石灰水
⑵将加热后的溶液冷却到10℃，若溶液的pH (填“高于”、“低于”或“等于”）8.3，则 （填“甲”或“乙”）判断正确。
⑶查阅资料，发现NaHCO3的分解温度为150℃，丙断言 （填“甲”或“乙”）判断是错误的，理由是 。
[答案]HCO3-+H2OH2CO3+OH-；大于；
⑴乙；B；
⑵等于；甲；
⑶乙；常压下加热NaHCO3的水溶液，溶液的温度达不到150℃
例2(2001广东)若pH=3的酸溶液和pH=11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能
A．生成一种强酸弱碱盐
B．弱酸溶液和强碱溶液
C．弱酸与弱碱溶液反应
D．一元强酸溶液与一元强碱溶液反应
［解析］若酸、碱均是强酸、强碱，则由pH知酸溶液的c(H+)=碱溶液的c(OH-)，故等体积混合时恰好中和生成强酸强碱盐，该盐不水解，溶液呈中性，与题意不符，故D选项错误；若酸是弱酸，碱是强碱，则等体积混合后，酸明显剩余，其物质的量远大于所生成的弱酸强碱盐，因此，盐水解导致的碱性远小于酸电离产生的酸性，所以B项正确 。A项具有极强的干扰性，很多同学错选了A，原因是只注意到了A项中明显的“强酸弱碱盐”水解产生的酸性，而忽视了该条件时弱碱大过量对溶液性质的决定性影响。答案：B
应用3判断溶解平衡的移动方向
例1将AgCl分别投入下列溶液中:
①20ml 0.1mol/L的（NH4）2CO3溶液
②40ml 0.03mol/L的HCl溶液
③50ml 0.03mol/L的AgNO3溶液
④30ml 0.02mol/L的CaCl2溶液
⑤10ml 蒸馏水
⑥30ml 0.2mol/L的NH4NO3溶液
AgCl的溶解度由大到小的顺序是————
[解析] 在水中AgCl存在溶解平衡（注：第一个方程式是双向箭头）
AgCl(s) AgCl(aq)=Ag++Cl
（注：s表示为溶解的固体，aq表示已被溶解，但未电离的AgCl）
当溶液中存在Ag+或者Cl 时，溶解平衡逆向移动，AgCl的溶解度减小。溶液中Ag+和Cl 的浓度越大，逆向移动的程度越大，溶解度就越小。
以中性的水为参照，溶解度5>2=3>4
又由于有反应：（注：双向）
Ag++2NH3·H2O Ag(NH3)2++H2O
NH4++OH ===NH3·H2O
说明溶液碱性越强，NH4(+)的浓度越大，银离子越容易被消耗，AgCl的溶解度也越大。由于作为弱酸弱碱盐的(NH4)2CO3的PH值显然大于强酸弱碱盐的NH4NO3，所以与水比较有1>6>5
综上所述：1>6>5>2=3>4
答案：①>⑥>⑤>②=③>④
例2把氢氧化钙放入蒸馏水中，一定时间后达到如下平衡：
Ca(OH)2(s)Ca2+＋2OH－
加入以下溶液，可使Ca(OH)2减少的是 ( )
A. Na2S溶液 B. AlCl3溶液 C. NaOH溶液 D. CaCl2溶液
简析： Na2S水解显碱性，增大了溶液中OH-的浓度；NaOH 提供大量OH-；CaCl2会增大Ca2＋的浓度，所以A、C、D选项都会使溶解平衡向左移动，而AlCl3中的Al可与OH-发生反应生成沉淀，使平衡向右移动，促进Ca(OH)2的溶解。答案B
第二单元 专题高考热点
[高考热点突破]
热考1：离子反应
热点透视：离子反应是历年高考热点之一，重点考查判断已书写的离子反应式的正误，离子是否大量共存，及根据题意书写离子反应方程式。近几年高考试题出现了指定条件下离子共存，与反应物的量有关的离子方程式的书写和正误判断，未知反应物的判断，污水处理，离子鉴别等题目，从中可以看出考查的侧重点逐步由考查“双基”转变考查综合能力，以后高考的考查方向也不会有大的变化，所以，抓好基础知识的学习和掌握才是取得高考胜利的根本。
考例1(2007宁夏新课标理综，11)下列反应的离子方程式正确的是[ ]
A．锌片插入硝酸银溶液中：Zn＋Ag＋＝Zn2＋＋Ag
B．碳酸氢钙溶液加到醋酸中：
Ca(HCO3)2＋2CH3COOH＝Ca2＋＋2CH3COO－＋2CO2↑＋2H2O
C．少量金属钠加到冷水中：Na＋2H2O＝Na＋＋OH－＋H2↑
D．氢氧化铜加到盐酸中：Cu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O
【解析】：A选中的方程式电荷不守恒， 正确的方程式应为Zn＋2Ag＋＝Zn2＋＋2Ag；B选项中的Ca(HCO3)2为可溶性盐，应写为离子符号，正确的离子方程式应为HCO＋CH3COOH＝CH3COO－＋CO2↑＋H2O；C选项中的离子方程式质量不守恒，正确的离子方程式应为2Na＋2H2O＝2Na＋＋2OH－＋H2↑；D选项中的离子方程式符合书写要求，是正确的。
【错析】：认为Ca(HCO3)2为难溶性盐而错选B；没有注意到C中的离子方程式质量不守恒而错选C。
【答案】：D
【考点】：本题考查了离子方程式的书写及正误判断。
【拓展】：离子方程式的书写及正误判断是高考命题的热点之一，在各种高考试题中有很强的连续性。纵观近几年的高考试题会发现：试题中涉及的反应大多数为教材中的基本反应；在判断正误的题型中多数为判断化学式是否应写为离子符号、电荷是否守恒、质量是否守恒、氧化还原反应中的电子是否守恒等，在备考复习中应注意强化训练。
考例2 (2007重庆理综，12)用过量的H2SO4、NaOH、NH3·H2O、NaCl等溶液，按题12图所示步骤分开五种离子。则溶液①、②、③、④是［ ］
题12图
A．①NaCl ②NaOH ③NH3·H2O ④H2SO4
B．①H2SO4 ②NaOH ③NH3·H2O ④NaCl
C．①H2SO4 ②NH3·H2O ③NaOH ④NaCl
D．①NaCl ②NH3·H2O ③NaOH ④H2SO4
【解析】：根据溶液中含有Fe3+、Al3+、Ba2+、Ag+、K+，而用的分离试剂为H2SO4、NaOH、NH3·H2O、NaCl溶液，结合题目的分离流程图示，第①步只分离出一种沉淀，所以只能向溶液中加入NaCl溶液以沉淀Ag+而分出，同时对其它离子无影响，因此试剂①为NaCl溶液；这样余下的溶液中只有Fe3+、Al3+、Ba2+、K+，而加入试剂②后得到的沉淀和溶液均需要再加入试剂进行分离，说明加入试剂②后将得到两种离子的沉淀，另两种离子则在溶液中，因此试剂②为NH3·H2O，形成的沉淀为Fe(OH)3和AI(OH)3，另两种离子Ba2+和K+则留在溶液中；对于沉淀Fe(OH)3和Al(OH)3只能用NaOH溶液将二者分离，而对溶液中的Ba2+和K+离子则可以通过加入硫酸溶液使Ba2+形成BaSO4沉淀而分离，所以试剂③为NaOH溶液，试剂④为H2SO4溶液。
【错析】：忽略Ag2SO4是微溶的而错选C。
【答案】：D
【考点】：本题考查了离子的分离、实验的设计与评价，考查了常见离子的性质及离子共存问题。
考例3下列各种溶液中，能大量共存的无色透明的离子组
A．使PH=0的溶液： Fe2+ 、NO3-、SO42-、I-
B．C(H+)=10-14mol· L-1的溶液中：Na+ 、AlO2-、S2-、SO32-
C．酸性环境下：Na+ 、 Cu2+ 、NO3-、SO42-、
D．使紫色石蕊试液变红的溶液中：K+ 、Na+ 、Ca2+ 、HCO3-
【解析】： 首先要看题目要求离子共存还是不共存，二看题目的隐含的条件：酸性？碱性？有色？还是无色？三看是否发生离子反应或氧化还原反应。选项A：NO3-在PH=0的溶液酸性中会氧化Fe2+成Fe3+, 选项C虽共存但Cu2+ 有颜色。选项D使紫色石蕊试液变红的溶液中为酸性溶液，HCO3- 不能存在。。
【答案】： B
考例4．如图所示，在一条鱼、虾几乎绝迹的小河边，从上游到下游依次有甲、乙、丙、丁四座工厂，各厂排放的废水里都只含有Na2CO3、FeCl3、Ca(OH)2、HCl中的一种。某中学环保小组对河水监测时发现：①甲处河水呈乳白色；②乙处河水呈红褐色；③丙处河水由浑变清；④丁处产生气泡，河水仍澄清。请回答：
⑴ 四座工厂排出的废水里含有的污染物分别为：
甲 ；乙 ；
丙 ；丁 。（填化学式）
⑵ 在丁的下游M处取出的河水中，肯定含有的离
子是 。
⑶ 写出有关反应的离子方程式： 。
⑷ 小河中鱼、虾几乎绝迹的原因是 。
【解析】：本题以四种常见物质之间的离子反应为切入点，从环保的角度考查知识的实际应用。水流方向是由甲经过乙，依次流经丙和丁。根据四种物质的性质特点，甲处河水呈乳白色，故为Ca(OH)2；乙处河水呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3，故乙处为FeCl3；丙处河水由浑变清，是由于Fe(OH)3沉淀在丙处被溶解，故丙处为盐酸，丁处为Na2CO3（与盐酸作用产生气泡）。
【答案】：⑴ Ca(OH)2、FeCl3、HCl、Na2CO3 ；
⑵ Na+ 、Ca2+、Fe3+、H+、Cl―（OH―）；
⑶ Fe3+ + 3 OH―= Fe(OH)3↓；Fe(OH)3 +3H+ = Fe3+ + 3H2O ；
CO32― + 2H+ = H2O + CO2 ↑。
⑷ 河水中的酸碱性及有害物质的富集，直接危害鱼、虾等生物的生长。
热考2：弱电解质的电离
热点透视：弱电解质 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=弱电解质 )的判定是电解质溶液 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=溶液 )部分的重要内容，也是历年来高考的热点。在近年的高考中主要以选择 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=选择 )题为主，有时也出现在主观性试题中（考查操作的科学性和可行性及对所给化学实验设计给予评价），因而掌握其判定的思维角度和方法是十分重要的。重点考查弱电解质的概念，弱电解质电离平衡的建立，电离方程式的书写，外界条件对电离平衡的影响，平衡移动后各成分的变化，是近几年综合学科试题命题热点。近几年高考未出现大的变化，还是以传统题目为主，以后高考的考查方向也不会有大的变化，所以，抓好基础知识的复习，理解电离平衡的本质，是解决此类问题的关键。
考例1(2007. 10年山东师大附中)（7分）现有25℃时0.1mol·L-1的氨水，请回答以下问题：
（1）若向氨水中加入少量硫酸铵固体，此时溶液中，。
（2）若向氨水中加入稀硫酸，使其恰好完全中和，写出反应的离子方程式______________。
（3）若向氨水中加入稀硫酸至溶液的pH=7，此时，则=_____；
（4）若向氨水中加入pH=1的硫酸，且氨水与硫酸的体积比为1︰1，则所得溶液中各离子物质的量浓度由大到小的顺序是_________________。
【解析】
【答案】：（7分）
（1）减小（1分） 不变（1分）
（2）NH3·H2O+H+=NH4++H2O（2分）
（3）n/2mol·L-1（1分）
（4）(NH4+)>(SO42-)>(H+)>(OH-)（2分
考例2：下列事实可证明氨水是弱碱 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=弱碱 )的是 （ ）
A.氨水能跟氯化亚铁溶液反应生成氢氧化亚铁 B.氨盐受热易分解
C.0.1mol/L氨水可以使酚酞试液变红 D.0.1mol/L氯化铵溶液的PH约为5
[解析]：要证明氨水是弱碱，就需从其对应的铵盐是否能水解呈酸性或其水溶液的碱性强弱是否受外界因素影响等角度考虑。A、C项仅是证明氨水呈碱性而已；B项说明铵盐不稳定；D项氯化铵溶液显酸性是由于氨根离子水解导致，其水解的离子方程式 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=离子方程式 )为：NH4+ +H2O≒NH3·H2O+H+，故选D
[答案]：D
考例3：．用实验确定某酸HA是弱电解质。两同学的方案是：甲：①称取一定质量的HA配制0.lmol/L的溶液100mL；②用pH试纸测出该溶液的pH值，即可证明HA是弱电解质。乙：①用已知物质的量浓度的HA溶液、盐酸，分别配制pH＝l的两种酸溶液各100mL；②分别取这两种溶液各10mL，加水稀释为100mL；③各取相同体积的两种稀释液装入两个试管，同时加入纯度相同的锌粒，观察现象，即可证明HA是弱电解质。
（1）在两个方案的第①步中，都要用到的定量仪器是
（2）甲方案中，说明HA是弱电解质的理由是测得溶液的pH 1（选填＞、＜、＝），乙方案中，说明HA是弱电解质的现象是 （多选扣分）
（a）装HCl溶液的试管中放出H2的速率快； （b）装HA溶液的试管中放出H2的速率快；（c）两个试管中产生气体速率一样快。
（3）请你评价：乙方案中难以实现之处和不妥之处
（4）请你再提出一个合理而比较容易进行的方案(药品可任用)，作简明扼要表述。
[解析]：这是一道集电离平衡理论与实验基本操作、实验评价、实验设计于一体的试题，目的是考察学生的综合应用 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=应用 )能力。（1）准确配制100mL的溶液时，必须使用容量瓶，容量瓶有不同的型号，对于本题要选用100mL的容量瓶才行。（2）甲方案中，HA是弱电解质，在溶液中只能部分电离，所以溶液中C(H+)<0.1mol/L,故PH〉1；乙方案中，盐酸是强酸 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=强酸 )而醋酸是弱酸 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=弱酸 )，当PH=1的盐酸和醋酸稀释相同的倍数时，由于醋酸存在电离平衡而盐酸不存在电离平衡，因而醋酸中存在的电离平衡向右移动，导致盐酸中C（H+）小于醋酸中C（H+），所以醋酸放出氢气快。（3）由于HA是弱电解质，因而其电离程度的大小 ( http: / / www. / keyword.asp keyword=大小 )不但与其本身的性质有关，而且还受温度、浓度的影响，所以HA溶液中的C（H+）只能测定而不能准确配制；再者锌粒的质量和纯度可以称量或测定，但锌粒的形状、大小则很难控制。（4）这是一个开放性问题，可以从盐类的水解角度考虑，若强碱盐NaA溶液中pH＞7，即说明该溶液呈碱性，也就证明A-发生水解，其水解方程式为：A-+H2O≒HA+OH-，故NaA对应的酸HA是弱电解质；也可以从影响电离平衡的角度考虑，若已知pH的HA溶液中，如可采用加热升温或加入固体盐NaA等方法后，测得溶液的pH发生变化，即可证明HA是弱电解质；也可以从电离的特点角度考虑，如可采用配制相同浓度的盐酸和醋酸，然后分别测定两溶液的pH。若pH（盐酸）＜pH（醋酸），即能证明HA是弱电解质。
[答案]：（1）100mL容量瓶；（2）＞、b；（3）配制pH＝l的HA溶液难以实现，不妥之处在于加入的锌粒难以做到表面积相同；（4）配制NaA溶液，测其pH值＞7即证明HA是弱电解质（其它正确答案也可）。
热考3：溶液的酸碱性及PH的有关计算
热点透视：
考例1：(2007.3淄博市二摸)某同学向100mL氢硫酸溶液中通人标准状况下的二氧化硫气体，所得溶液pH变化如图所。他据此得到的下列四条关于二氧化硫和亚硫酸的说法。请分析其中正确的是
A．SO2 是弱电解质
B．H2SO3不是强酸
C．亚硫酸是比氢硫酸还弱的酸
D．原氢硫酸溶液的物质的量浓度0.05mo1·L—1
【解析】二氧化硫不是电解质，A错；从图上看，在224mL时，0.05 mol·L-1的亚硫酸的pH远小于1，说明它是弱酸，B正确；根据方程式：2H2S+SO2=3S+2H2O得，原氢硫酸溶液的物质的量浓度0.1mo1·L—1，D错；从图中看出，同浓度的亚硫酸比氢硫酸的pH小，则其酸性比氢硫酸的要强，C错。
[答案] B
考例2：将pH相同的盐酸和醋酸溶液分别稀释到原体积的m倍和n倍，稀释后两溶液的pH相同，m和n的关系是（ ）
A. m=n B. m＞n
C. m＜n D.无法确定
[解析]：盐酸和醋酸在稀释过程中c(H+)和pH的变化如下图：
从图中可看出，稀释后溶液的pH仍然相同时，从稀释的倍数上看，盐酸比醋酸小，即m＜n，应选C。
[答案]：C
考例3：常温时，pH＝1的两种一元酸溶液HA和HB，分别加水稀释1000倍，两溶液的pH值与所加水的体积变化如图所示，下列结论中正确的是
A．在稀释过程中HA与HB溶液中c(OH－)均增大
B．当稀释100倍时，HB的pH为2
C．在稀释过程中当两者pH分别都是2时，c(HA)＞c(HB)
D．等体积pH=1的HA和HB分别用等物质的量浓度的NaOH中和，消耗碱溶液体积HA等于HB
[解析]：由于稀释了相同的倍数，而的pH变化不同就可推知HA为强酸，而HB为弱酸，而Kw没变，所以[OH-]*[H+]就不变，必然是一个增大，另一个减小。
由图可知在稀释过程中HA与HB溶液pH均增大，所以c(OH－)均增大正确，故A项为答案；
由于HB为弱酸，当稀释100倍时，HB的pH应大于2小于3 ，所以B项错误；
要使两者pH分别都是2时，由图象可知PH=2时，HA加水小于HB加水量，则必然 c(HA)>c(HB)，故 C项正确；等体积pH=1的HA和HB，则必然 c(HA)
考例4：向20mL盐酸和硫酸的混合酸溶液中，渐渐加入0.1mol/L的Ba(OH)2溶液。生成沉淀的质量和溶液的pH变化曲线如右图。根据此实验数据计算：
（1）原溶液中硫酸和盐酸的浓度各为多少_________________。
（2）A点处溶液的pH是______________。
[解析]：本题以图示形式检查酸、碱中和生成沉淀质量和溶液pH曲线随加入Ba(OH)2溶液体积变化情况，此题属于理解层次的中等难度试题。
（1）依据图示，沉淀最大时已加入Ba(OH)2溶液20mL，混合酸中硫酸被完全中和。所以原混合酸中硫酸的物质的量浓度为0.1mol/L。
当H2SO4刚被Ba(OH)2溶液中和时，可以认为溶液中盐酸未被中和。从20mL起，再加Ba(OH)2溶液至60mL时溶液中盐酸全被中和完，溶液呈中性，pH=7，所以原混合酸中盐酸的物质的量浓度为0.4mol/L。
（2）A点处溶液中氢离子浓度是盐酸提供的，因H2SO4刚被Ba(OH)2溶液中和，溶液被冲稀，体积扩大到原来的2倍，则盐酸浓度缩小到原来的1/2，由原来的0.4mol/L变为0.2mol/L。即氢离子浓度为0.2mol/L。所以pH=0.7。
[答案]：（1）c(H2SO4)=0.1mol/L c(HCl)=0.4mol/L (2) pH=0.7
热考4：盐类水解及其应用
热点透视：盐类水解概念,盐类水解的离子方程式的写法规律,影响盐类水解程度的主要因素，盐类水解的应用等都是高考的热点，主要题型是选择题和填空题，近几年高考中盐类水解常与离子浓度大小比较等题目联合考查。
考例1(1996年上海)物质的量浓度相同的下列溶液中，NH４+浓度最大的是：（ ）
A．NH4Cl B．NH4HSO4 C．CH3COONH4 D．NH4HCO3
【解析】：本题考查影响盐水解平衡移动的相关因素。在所给的四种铵盐中，都存在NH４+的水解平衡：NH４++H2O NH３ H2O+H+。如果铵盐中阴离子对此平衡没有影响，则[NH4+]应该相同。所以比较[NH4+]的大小,实际上就是分析阴离子对NH４+水解平衡影响的情况。
Ａ项，Cl－不水解, 对平衡无影响。Ｂ项，HSO4－ H++SO４２－使溶液呈酸性，[H+]增大，抑制NH４+的水解,使平衡向左移动，[NH4+]大于NH4Cl中的[NH4+]。 Ｃ项，CH3COO－能水解：CH3COO－+H2O CH3COOH+OH－产生OH－与H+中和，降低[H+],使NH4+水解平衡向右移，即促进了NH4+的水解,所以[NH4+]小于NH4Cl中的[NH4+]。 Ｄ项，HCO3－在水中存在两个平衡，电离和水解:HCO3－ H++CO32－， HCO3－+H2O H2CO3+OH－,但水解大于电离，因此溶液呈碱性，同样能促进水解使[NH4+]减少，即小于NH4Cl中[NH4+]，综上， [NH4+]最大的为NH4HSO4溶液。
[答案]：Ｂ
考例2：(2007.3淄博市二摸)（8分）现有常温下的0.1mol·L－1纯碱溶液。
（1）你认为该溶液呈碱性的原因是（用离子方程式表示）： ①
为证明你的上述观点，请设计一个简单的实验，简述实验过程： ②
（2）同学甲认为该溶液中Na2CO3的水解是微弱的，发生水解的CO离子不超过其总量的10％。请你设计实验证明该同学的观点是否正确。 ③
（3）同学乙就该溶液中粒子之间的关系写出了下列四个关系式，你认为其中正确的是
④
A．c(Na+)=2c(CO) B．c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H2CO3)
C．c(CO)+c(HCO)=0.1mol·L－1 D．c(OH－)=c(H+)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)
（4）水解反应是典型的可逆反应。水解反应的化学平衡常数称为水解常数（用Kh表示），
请写出Na2CO3第一步水解反应的水解常数的表示式： ⑤
【解析】
（1）纯碱是盐不是碱，其溶液呈碱性的原因只能是盐的水解。
证明的出发点是：把产生水解的离子消耗掉，看在无水解离子的情况下溶液是否发生变化。
（2）离子是微观的，发生水解的量是看不到的，但水解后的结果――溶液酸碱性和酸碱度是可以测量的，所以可用测溶液pH的方法来测定“水解度”。
（3）A式c(Na+)=2c(CO) 方程式两边分别是正负电荷，所以考虑电荷守恒。因为缺少EQ HCO而错误。 B式是离子浓度大小排序：c(CO)＞c(OH－)＞c(HCO)＞c(H2CO3)，
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