2019-2020年高考化学二轮 专题训练 专题九 电解质溶液教案（学生版）.doc

2019-2020年高考化学二轮 专题训练 专题九 电解质溶液教案（学生版） 【考纲点击】1.了解弱电解质在水溶液中存在电离平衡。2.了解水的电离、离子积常数。3.了解溶液pH的定义，能进行pH的简单计算。4.了解盐类水解的原理、影响盐类水解程度的主要因素、盐类水解的应用。5.了解难溶电解质的溶解平衡。了解溶度积的含义，能用平衡移动原理分析沉淀溶解、生成和转化过程。 【命题规律】水溶液中的离子平衡是化学平衡的延伸和应用，也是高考中考点分布较多的内容之一。其中沉淀溶解平衡是新课标中新增的知识点，题型主要是选择题和填空题，其考查主要内容有：电离平衡。酸、碱混合溶液酸碱性的判断及pH的简单计算。盐对水电离平衡的影响及盐溶液蒸干(或灼烧)后产物的判断。电解质溶液中离子浓度的大小比较。沉淀的溶解平衡及沉淀的转化。从高考命题的变化趋势来看，溶液中离子浓度的大小比较及沉淀的溶解平衡和转化是主流试题。此类题目考查的内容既与盐的水解有关，又与弱电解质的电离平衡有关。题目不仅偏重考查粒子的浓度大小顺序，而且还侧重溶液中的各种守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守恒)关系的考查，从而使题目具有一定的综合性、灵活性和技巧性。【知识网络】【重点知识梳理】一、电解质1.强、弱电解质与物质分类的关系2.强、弱电解质与化学键的关系一般电解质的键型不同，电离程度就不同，已知典型的离子化合物，如强碱(NaOH、KOH等)、大部分盐类(如NaCl、CaCl2)以及强极性共价化合物(如HCl、H2SO4)，在水分子作用下能够全部电离，我们称这种在水溶液中能够完全电离的物质为强电解质。而含弱极性键的共价化合物如CH3COOH、NH3H2O、H2O等，在水中仅部分电离，为弱电解质。但是，仅从键型来区分强、弱电解质是不全面的，即使强极性共价化合物也有属于弱电解质的情况，如HF。3.弱电解质的判断在中学化学电解质溶液这一知识点的学习中，常常需要根据一些性质对强弱电解质进行有关判断和分析，属于高考的热点。现以弱酸为例进行分析，常见的判断方法有：（1）测定已知物质的量浓度的弱酸的pH。如已知酸HB，物质的量浓度为0.01 molL1，若为强酸，则完全电离，c(H)0.01 molL1，pH2；若为弱酸，则部分电离，c(H)2。（2）取一定体积的酸HB溶液(设取1体积)，测定其pH，稀释至体积扩大100倍，再测定其pH。若pH增大2个单位，则为强酸；若pH增大小于2个单位，则为弱酸。（3）取酸HB对应的钠盐溶液，测定其pH。若pH7，则为强酸；若pH7，则为弱酸。（4）取体积和pH相同的酸HB溶液和盐酸，分别加入足量的锌粒，若HB产生H2的速率大且量多，说明是弱酸。（5）分别取等体积等pH的酸HB和盐酸进行中和滴定，若达到终点时酸HB消耗的同浓度的NaOH溶液体积大，说明HB为弱酸。（6）分别取相同物质的量浓度的酸HB溶液和盐酸，测其导电性，若酸HB溶液的导电能力弱，说明HB为弱酸。（7）分别取相同pH的酸HB溶液和盐酸，向其中加入NaCl晶体和NaB晶体，振荡，待晶体溶解后，盐酸的pH几乎不变，若酸HB溶液的pH增大，说明HB为弱酸。4电离方程式的书写(1)强电解质：完全电离用“”，如：HClHCl ；NaOHNaOH；NaNO3NaNO3-。(2)弱电解质：部分电离用“”，如：CH3COOHCH3COOH，NH3H2ONH2-OH。(3)多元弱酸的电离是分步进行的，以第一步电离为主。如：H2CO3HHCO3-(主要)；HCO3-HCO32- (次要)。(4)多元弱碱用一步电离表示，如：Cu(OH)2Cu22OH。(5)强酸的酸式盐在水溶液中完全电离，如NaHSO4 =NaHSO42，在熔融状态下的电离为KHSO4=KHSO4。弱酸的酸式盐既有完全电离，又有部分电离，如NaHCO3=NaHCO3，HCO3HCO32。5电离度(1)定义：弱电解质在水中达到电离平衡状态时，已电离的电解质分子数占原有电解质分子总数(包括已电离和未电离)的百分率，称为电离度。(2)表达式：电离度通常用表示： 100%。(3)意义电离度实质上是平衡转化率的一种。电离度表示弱电解质在水中的电离程度。温度相同、浓度相同时，不同的弱电解质的电离度是不同的，同一种电解质在不同浓度的水溶液中，其电离度也是不同的，溶液越稀，电离度越大。二、酸碱稀释时pH的变化1强酸、强碱的稀释 在稀释时，当它们的浓度大于105molL1时，不考虑水的电离；当它们的浓度小于105molL1时，应考虑水的电离。 例如：(1)pH=6的HCl溶液稀释100倍，混合液pH7(不能大于7)；(2)pH=8的NaOH溶液稀释100倍，混合液pH7(不能小于7)；(3)pH=3的HCl溶液稀释100倍，混合液pH=5； (4)pH=10的NaOH溶液稀释100倍，混合液pH=8。2弱酸、弱碱的稀释 在稀释过程中有浓度的变化，又有电离平衡的移动，不能求得具体数值，只能确定其pH范围。 例如：(1)pH=3的CH3COOH溶液，稀释100倍，稀释后3pH5； (2)pH=10的NH3H2O溶液，稀释100倍，稀释后8pH10； (3)pH=3的酸溶液，稀释100倍，稀释后3pH5； (4)pH=10的碱溶液，稀释100倍，稀释后8pH7，则说明HA为弱酸。(2)配制一定物质的量浓度的HA溶液(如：0.01 mol/L)，测其pH。若pH2，则说明HA为弱酸。变式探究1为证明某可溶性一元酸(HX)是弱酸，某同学设计了如下实验方案，其中不合理的是() A室温下，测0.1 mol/L的HX溶液的pH，若pH1，证明HX是弱酸B室温下，将等浓度等体积的盐酸和NaX溶液混合，若混合溶液pH7，证明HX是弱酸D在相同条件下，对0.1 mol/L的盐酸和0.1 mol/L的HX溶液进行导电性实验，若HX溶液灯泡较暗，证明HX为弱酸解析由0.1 mol/L HX溶液pH1知，c(H)7，说明盐在水中发生水解，XH2OHXOH，为强碱弱酸盐，C项正确；用同浓度的一元酸做导电实验，灯泡较暗者，溶液离子浓度较小，说明HX没有完全电离，则为弱酸，D项正确。答案；B考点二水的电离平衡和pH计算例225时，水的电离达到平衡：H2OHOHH0，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向水中加入少量固体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项中加入稀氨水，抑制水电离，平衡逆向移动，但溶液呈碱性，c(OH)增大；C项中加入少量CH3COONa固体，CH3COO与H结合生成CH3COOH，c(H)减小，平衡正向移动；D项中加热，平衡正向移动，KW增大，pH变小。答案：B例3室温时，将x mL pHa的稀NaOH溶液与y mL pHb的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是 ( )A若xy，且ab14，则pH7B若10xy，且ab13，则pH7C若axby，且ab13，则pH7D若x10y，且ab14，则pH7解析本题主要考查有关pH的简单计算。由题意知：n(NaOH)x10a14103 mol，n(HCl)y10b103 mol，所以n(NaOH)n(HCl)10(ab14)。若xy，且ab14，则n(NaOH)n(HCl)二者恰好完全反应，pH7；若10xy且ab13，则碱不足，pH7；若axby且ab13则n(NaOH)n(HCl)1，故pH1，NaOH过量，pH7。答案：D【名师点拨】水电离平衡的影响因素和溶液的pH计算(1)向水中加入H(酸)、OH(碱)会抑制水的电离，而且H、OH的浓度越大，对水的电离的抑制作用越强；向水中加入能消耗H或OH的物质(如：能水解的盐)，会促进水的电离，而且生成盐的弱酸、弱碱越弱，对水的电离的促进作用越强；由于电离吸热，所以，升温能促进水的电离。但只要温度不变，水溶液(稀溶液)中的c(H)c(OH)就不变，温度升高会使c(H)c(OH)增大。(2)计算溶液的pH时，应注意以下几点：外界条件是否指室温；当酸、碱混合后，首先要判断溶液的酸碱性，然后再计算c(H)或c(OH)，最后求得溶液的pH；要特别注意溶液中的c(H)和由水电离出的H的浓度之差异，否则容易走向误区。即时巩固2下列叙述正确的是 ()A某醋酸溶液的pHa，将此溶液稀释1倍后，溶液的pHb，则abB在滴有酚酞溶液的氨水里，加入NH4Cl至溶液恰好无色，则此时溶液的pHc(NH)c(SO)c(OH)c(H)B0.1 mol/L NaHCO3溶液：c(Na)c(OH)c(HCO)c(H)CNa2CO3溶液：c(OH)c(H)c(HCO)2c(H2CO3)D25时，pH4.75、浓度均为0.1 mol/L的CH3COOH、CH3COONa混合溶液： c(CH3COO)c(OH)c(SO)，所以c(SO)c(NH)，故A错误；B项， NaHCO3溶液中，OH是由HCO水解和水的电离所生成的，但是这些都是微弱的，HCO的浓度永远大于OH的浓度，故错；C项质子守恒为c(H)c(HCO)2c(H2CO3)c(OH)，C项正确;D项，由电荷守恒得：c(CH3COO)c(OH)c(H)c(Na)，由物料守恒可得：2c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)，将两式中的c(Na)消去，可得c(CH3COO)2c(OH)2c(H)c(CH3COOH)。所以c(CH3COO)c(OH)c(H)c(CH3COOH)c(H)c(OH),因为pH4.75，故c(H)c(OH)0，所以D项不等式应为“”，故错。(1)A项溶液呈中性时溶质为Na2SO4、NH3H2O和(NH4)2SO4，因为OH先中和H，再与NH反应，由于NH水解呈酸性，故NH部分参与反应；若加入NaOH至反应最大量时溶质为等物质的量的Na2SO4和NH3H2O，此时c(Na)c(SO)c(OH)c(NH)c(H)。(2)pH7时，c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)。答案(1)Na2SO4、NH3H2O、(NH4)2SO4；c(Na)c(SO)c(OH)c(NH )c(H)(2)c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)【方法技巧】 解答离子浓度大小比较的试题，抓住一个原理、两类平衡、三种守恒进行分析，包括化学平衡移动原理，电离平衡和水解平衡，电荷守恒、物料守恒和质子守恒。其中电荷守恒是指溶液中阳离子所带正电荷总数等于阴离子所带负电荷总数，溶液呈电中性，例如在NaHCO3溶液中：c(Na)c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)；物料守恒是指某一组分的原始浓度应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和，例如在Na2CO3溶液中：c(Na)c(CO)c(HCO)c(H2CO3)；质子守恒是指溶液中由水电离出来的H和OH总是相等的。质子守恒可由电荷守恒和物料守恒联立推导出来。例如在Na2CO3溶液中：c(OH)c(HCO)2c(H2CO3)c(H)。变式探究3常温下，用0.100 0 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol/L CH3COOH溶液所得滴定曲线如下图。下列说法正确的是 ()A点所示溶液中：c(CH3COO)c(OH)c(CH3COOH)c(H)B点所示溶液中：c(Na)c(CH3COOH)c(CH3COO)C点所示溶液中：c(Na)c(OH)c(CH3COO)c(H)D滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)c(CH3COO)c(H)c(Na)c(OH)解析向CH3COOH溶液中逐滴滴加NaOH溶液，当加入NaOH很少时，D项正确；继续滴加至点，2n(NaOH)n(CH3COOH)，此时溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，pH7，因CH3COOH电离，c(CH3COOH)c(CH3COOH)c(H)，A错误；点时pH7，根据电荷守恒，则有c(Na)c(CH3COO)，B错误；点时n(NaOH)c(CH3COOH)，此时溶质为CH3COONa，CH3COO水解使溶液显碱性，正确顺序为c(Na)c(CH3COO)c(OH)c(H)，C错误。答案：D考点四沉淀溶解平衡例5硫酸锶(SrSO4)在水中的沉淀溶解平衡曲线如下。下列说法正确的是() A温度一定时，Ksp(SrSO4)随c(SO)的增大而减小B三个不同温度中，313 K时Ksp(SrSO4)最大C283 K时，图中a点对应的溶液是饱和溶液D283 K下的SrSO4饱和溶液升温到363 K后变为不饱和溶液解析温度一定，Ksp(SrSO4)不变，A错误；由题中沉淀溶解平衡曲线可看出，313 K时，c(Sr2)、c(SO)最大，Ksp最大，B正确；a点c(Sr2)小于平衡时c(Sr2)，故未达到饱和，沉淀继续溶解，C错误；从283 K升温到363 K要析出固体，依然为饱和溶液。答案：B【知识归纳】 1.沉淀溶解平衡(1)溶度积溶解平衡：AmBn(s) mAn(aq)nBm(aq)表达式：Kspc(An)mc(Bm)n应用QcKsp：溶液过饱和，生成沉淀QcKsp，溶液饱和，沉淀溶解平衡QcKsp：溶液未饱和，无沉淀生成(2)应用计算溶液中离子浓度由溶液中离子浓度判断沉淀的溶解与生成方向沉淀转化的原因及实验现象2沉淀的形成、溶解与转化(1)欲沉淀某种离子时，应尽量选择让该离子形成的沉淀溶解度足够小的试剂，同时尽量增大与该离子形成沉淀的离子浓度，以使该离子沉淀更完全。(2)沉淀可由一些合适的试剂，如酸、盐等溶解。(3)沉淀的转化规律从溶解度小的转化为溶解度更小的。变式探究4某温度下，Fe(OH)3(s)、Cu(OH)2(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡后，改变溶液pH，金属阳离子浓度的变化如图所示。据图分析，下列判断错误的是 ()AKspFe(OH)3KspCu(OH)2B加适量NH4Cl固体可使溶液由a点变到b点Cc、d两点代表的溶液中c(H)与c(OH)乘积相等DFe(OH)3、Cu(OH)2分别在b、c两点代表的溶液中达到饱和解析b、c两点金属阳离子的浓度相等，设都为x，c(OH)c109.6，c(OH)b1012.7，则KspFe(OH)3x(1012.7)3，KspCu(OH)2x(109.6)2，故KspFe(OH)3Ksp，沉淀要析出，故D正确。答案：B【高考失分警示】1计算溶液的pH时，常见错误是直接应用溶液中c(H)来求解，忽略溶液中当c(OH)c(H)时，OH对水电离平衡的影响。2在对弱酸或弱碱溶液加水稀释时，并非所有离子浓度都减小，不要忽视KW在一定温度下是定值，当H(或OH)浓度减小时，必然意味着OH(或H)浓度增大。3电解质溶液的导电性与电解质的强弱没有必然的关系，强电解质的稀溶液导电能力未必强。溶液导电性的强弱决定于溶液中离子的浓度及离子所带电荷多少等因素，与电解质的强弱有关的同时也受其他因素的影响，因此不能作为判断电解质强弱的标准。4误认为Ksp越小，物质的溶解能力越弱。只有物质类型相同时(如AB型、AB2型等)，Ksp越小，难溶电解质在水中的溶解能力越弱。若物质类型不同如Mg(OH)2和AgCl，Ksp不能直接用于判断物质溶解能力的强弱。【高考真题精解精析】【xx高考试题解析】1（上海）常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是Ab不可能显碱性 B a可能显酸性或碱性Ca不可能显酸性 Db可能显碱性或酸性解析：pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液，其浓度分别是大于103mol/L和等于103mol/L，由于pH为3的某酸溶液，其强弱未知。因此与pH为11的氨水反应时，都有可能过量；而与pH为11的氢氧化钠溶液反应时酸可能过量或二者恰好反应。答案：AB2.（天津）下列说法正确的是A.25时NH4Cl溶液的KW大于100时NH4Cl溶液的KWB.SO2通入碘水中，反应的离子方程式为SO2I22H2O=SO322IC.加入铝粉能产生氢气的溶液中，可能存在大量的Na、Ba2、AlO2、NO3D.100时，将pH2的盐酸与pH12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性解析：在稀溶液中水的离子积常数KWc(H)c(OH)，KW只与温度有关而与溶液的酸碱性无关，由于水的电离是吸热的，因此温度升高时会促进水的电离，即KW会增大，例如25时KW11014，而在100时KW11012，所以选项A不正确；碘水具有氧化性，可以将二氧化硫氧化成硫酸，而单质碘被还原成碘离子，方程式为SO2I22H2O=SO422I+4H+，选项B不正确；能和铝粉反应产生氢气的溶液既可以显酸性也可以显碱性，这四种离子：Na、Ba2、AlO2、NO3虽然在酸性溶液中不能大量共存（AlO2会结合H+，生成氢氧化铝沉淀或生成Al3+），但可以在碱性溶液中大量共存，因此选项C正确；100时，KW11012，此时pH2的盐酸其浓度为102mol/L，但pH12的NaOH溶液其其浓度为1mol/L，所以当二者等体积混合时NaOH过量，溶液显碱性，D不正确。答案：C3.（重庆）对滴有酚酞试液的下列溶液，操作后颜色变深的是A.明矾溶液加热 B.CH3COONa溶液加热C.氨水中加入少量NH4Cl固体 D.小苏打溶液中加入少量NaCl固体4（上海）120 mL含有0.20 mol碳酸钠的溶液和200 mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是A2.0mol/L B1.5 mol/L C0.18 mol/L D0.24mol/L解析：若碳酸钠恰好与盐酸反应生成碳酸氢钠，则盐酸的浓度是1.0 mol/L；若碳酸钠恰好与盐酸反应生成二氧化碳，则盐酸的浓度是2.0 mol/L。由于最终生成的气体体积不同，所以只能是介于二者之间。答案：B5.（天津）25时，向10ml0.01mol/LKOH溶液中滴加0.01mol/L苯酚溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的A.pH7时，c(C6H5O)c(K+)c(H)c(OH)B.pHc(C6H5O)c(H)c(OH)C.VC6H5OH(aq)10ml时，c(K+)c(C6H5O)c(OH)c(H)D.VC6H5OH(aq)20ml时，c(C6H5O)+c(C6H5OH)=2c(K+)解析：pH7时，c(H)不可能大于c(OH)的，所以选项A明显不正确；由溶液中的电荷守恒定律知：c(K+)+c(H)c(C6H5O)+c(OH)，所以不可能满足c(K+)c(C6H5O)c(H)c(OH)，即选项B不正确；中苯酚是一种极弱的酸，所以当KOH溶液和苯酚恰好反应，产物苯酚钾会发生水解反应而显碱性。由题中数据不难计算出，当二者恰好反应时消耗苯酚的体积是10ml，此时溶液中粒子的浓度大小关系为：c(K+)c(C6H5O)c(OH)c(H)，所以选项C是不正确的；当加入苯酚的体积是20ml时，苯酚过量，溶液是由等物质的量浓度的苯酚和苯酚钾组成，所以根据物料守恒可知c(C6H5O)+c(C6H5OH)=2c(K+)一定成立，因此选项D是正确的。答案：D6.（浙江）海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：模拟海水中的离子浓度(mol/L)NaMg2Ca2Cl0.4390.0500.0110.5600.001注：溶液中某种离子的浓度小于1.0105 mol/L，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp(CaCO3)4.96109；Ksp(MgCO3)6.82106；KspCa(OH)24.68106；KspMg(OH)25.611012。下列说法正确的是A沉淀物X为CaCO3B滤液M中存在Mg2，不存在Ca2C滤液N中存在Mg2、Ca2D步骤中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物【答案】A【解析】本题考察方式很新颖，主要考察溶度积的计算和分析。步骤发生Ca2OHCaCO3H2O，步骤：KspMg(OH)2c(Mg2)(103)25.61012，c(Mg2)5.6106。QCa(OH)2c(Ca2)(103)2108Ksp，无Ca(OH)2析出。A正确。生成0001 mol CaCO3。B错误。剩余c(Ca2)0.001 mol/L。C错误。c(Mg2)5.6106105，无剩余，D错误。生成0.05 mol Mg(OH)2，余0.005 mol OH，QCa(OH)20.010.00522.5107Ksp，无Ca(OH)2析出7.（四川）25 在等体积的pH=0的H2SO4溶液，0.05 molL1的Ba(OH)2溶液，pH = 10的Na2S溶液，pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是( )A1101010109 B1551095109C1201010109 D110 104109【答案】A【解析】中pH=0的H2SO4中c(H)=1.0 molL1，c(OH)=1.01014molL1，水电离程度为1.01014molL1。中c(OH)=0.1 molL1，c(H)=1.01013molL1，水电离程度为1.01013molL1。中c(OH)=1.0104molL1，水的电离程度为1.0104molL1。中c(H)=1.0105molL1，水的电离程度为1.0105molL1。故中水的电离程度之比为：1.01014molL1：1.01013molL1：1.0104molL1：1.0105molL1=1:10:1010:109，A项正确。8.（全国新课标）将浓度为0.1molL-1HF溶液加水不断稀释，下列各量始终保持增大的是A. c（H+） B. C. D. 解析：HF属于弱电解质，加水促进HF的电离平衡向右移动，即电离程度增大，但电离平衡常数只与温度有关，所以选项B不变；但同时溶液的体积也增大，所以溶液的酸性会降低，即c(H+)、c(F-)和c(HF)的浓度均降低，考虑到溶液中水还会电离出氢离子，所以稀释到一定程度(即无限稀释时)，c(H+)就不在发生变化，但c(F-)和c(HF)却一直会降低，所以选项D符合题意。答案：D9.（大纲版）室温时，将浓度和体积分别为C1、V1的NaOH溶液和C2、V2的CH3COOH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是 A若pH7，则一定是C1V1=C2V2 B在任何情况下都是c(Na)c(H)=C(CH3COO)c(OH) C.当pH=7时，若V1=V2，则一定是C1C2 D.若V1=V2， C1=C2，则 C(CH3COO)C(CH3COOH)=c(Na) 【解析】A选项错误，恰好反应时生成的CH3COONa显碱性固然不错，但显碱性时还有可能是NaOH过量，也可能是醋酸略过量，及pH7时，可能是C1V1=C2V2（溶质CH3COONa）,也可能是C1V1C2V2（溶质为NaOH和CH3COONa），还可能是C1V1C2V2（溶质大量的CH3COONa和少量的CH3COOH）；B选项正确，电荷守恒原理应用；C选项正确，pH=7说明溶液显中性，且V1=V2，若C1=C2或C1C2则溶液显碱性，现在要显中性，只可能是C1C2；D选项正确，C1V1=C2V2时溶质为CH3COONa，虽然CH3COO-水解，但是由物料守恒可知D正确【答案】A10.（山东）室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是A.溶液中导电粒子的数目减少 B.溶液中不变C.醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大 D.再加入10mLpH=11的NaOH溶液，混合液pH=7【答案】B【解析】本题考查弱电解质的电离平衡问题及电离平衡常数与水的离子积的计算问题。A选项加水稀释电离平衡向电离的方向移动，醋酸分子减少，氢离子和醋酸根粒子增多，即溶液中导电的微粒数目增多，故A错误；B选项由电离平衡常数=，由于温度一定，Ka和Kw一定，故不变，故正确；C选项，虽然电离度增大，但是稀释后pH会增大，c（H+）减小，所以C错误；D选项中醋酸为弱电解质，不能完全电离，c(CH3COOH)远大于0.001mol/L，故混合后，醋酸过量很多，应该显酸性，则D错误。11、（广东）对于0.1molL-1 Na2SO3溶液，正确的是A、升高温度，溶液的pH降低B、c（Na）=2c（SO32）+ c（HSO3）+ c（H2SO3）C、c（Na）+c（H）=2 c（SO32）+ 2c（HSO3）+ c（OH）D、加入少量NaOH固体，c（SO32）与c（Na）均增大答案：D解析：此题考查水溶液中的离子平衡知识。对于0.1molL-1的Na2SO3溶液，由于亚硫酸根离子的水解随温度的升高而增强，故其升温时，溶液的pH升高，A错；分析溶液中的守恒，可知：c（Na）=2c（SO32）+2c（HSO3）+2c（H2SO3），B错；分析溶液中的电荷守恒，其中：c（Na）+c（H）=2c（SO32）+c（HSO3）+c（OH），C错；由于溶液存在亚硫酸根离子的水解，当加入少量NaOH固体，c（SO32）与c（Na）均增大，D对。12.（江苏）下列图示与对应的叙述相符的是A.图5表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B.图6表示0.1000 molL1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000 molL1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线C.图7表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80时KNO3的不饱和溶液D.图8 表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大【答案】C【解析】本题考查学生对化学反应热效应、酸碱中和滴定、溶解度曲线、平衡转化率等角度的理解能力。是基本理论内容的综合。高三复习要多注重这一方面的能力训练。A.图5表示反应物总能量大于生成物总能量，是放热反应。B.图6中起始点0.1000 molL1CH3COOH溶液pH值不会在1以下；当NaOH与CH3COOH等物质的反应时，溶液因盐类水解而呈碱性，突跃会提前；终点pH值也不会是13。C.图7通过a作一条辅助线，与KNO3的溶解度曲线有一交点在a点之上，说明a点溶液是不饱和溶液。D.图8 表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时曲线并没有达到平衡，所以反应物的转化率并不是最大。13.（江苏）下列说法正确的是A.一定温度下，反应MgCl2(1)Mg(1) Cl2(g)的 H0 S0B.水解反应NH4H2ONH3H2OH达到平衡后，升高温度平衡逆向移动C.铅蓄电池放电时的负极和充电时的阳极均发生还原反应D.对于反应2H2O22H2OO2, 加入MnO2或升高温度都能加快O2的生成速率【答案】AD【解析】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。A.分解反应是吸热反应，熵变、焓变都大于零，内容来源于选修四化学方向的判断。B.水解反应是吸热反应，温度越高越水解，有利于向水解方向移动。C.铅蓄电池放电时的负极失电子，发生氧化反应。D.升高温度和加入正催化剂一般都能加快反应速率。14.（江苏）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A.在0.1 molL1NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)B.在0.1 molL1Na2CO3溶液中：c(OH)c(H)c(HCO3)2c(H2CO3)C.向0.2 molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH溶液：c(CO32) c(HCO3) c(OH)c(H)D.常温下，CH3COONa和CH3COOH混合溶液pH7, c(Na)0.1 molL1：c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)c(H)c(OH)【答案】BD【解析】本题属于基本概念与理论的考查，落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较。溶液中存在水解与电离两个过程的离子浓度大小比较似乎是考试热点内容，高三复习中要反复加强训练。A.在0.1 molL1NaHCO3溶液中，HCO3在溶液中存在水解与电离两个过程，而溶液呈碱性，