2018-2019学年高中化学 模块复习课学案 苏教版选修4.doc

模块复习课 模块热点讲练热点1能量变化和反应焓变的计算(1)准确记忆并理解焓变、反应热、燃烧热、中和热、放热反应、吸热反应、盖斯定律等知识，明确反应的特点及一些细节是解答这类题目的关键。一个化学反应在不同的条件(温度、压强)下或物质的聚集状态不同或参加反应的物质的物质的量不同时，反应焓变是不同的，但要注意燃烧热、中和热与参加反应的物质的物质的量无关。(2)盖斯定律是反应热、燃烧热、中和热、热化学方程式之后的一个综合性知识，它是高考的必考内容。盖斯定律指化学反应的反应热只与反应体系的始态和终态有关，而与反应的途径无关。盖斯定律运用到反应热的计算中时，热化学方程式可进行“加、减、乘、除”运算。利用“盖斯定律”的一般步骤对点训练1通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是()C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H1a kJmol1CO(g)H2O(g)=CO2(g)H2(g)H2b kJmol1CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g)H3c kJmol12CH3OH(g)=CH3OCH3(g)H2O(g)H4d kJmol1A反应、为反应提供原料气B反应也是CO2资源化利用的方法之一C反应CH3OH(g)=CH3OCH3(g)H2O(l)的H kJmol1D反应2CO(g)4H2(g)=CH3OCH3(g)H2O(g)的H(2b2cd) kJmol1CA对：反应的反应物是反应、的产物，所以反应、为反应提供原料气。B对：反应是CO2与H2反应制取甲醇，是CO2资源化利用的方法之一。C错：该反应产物H2O为气态时，H kJmol1。D对：根据盖斯定律，反应22可得反应2CO(g)4H2(g)=CH3OCH3(g)H2O(g)的H(2b2cd) kJmol1。2下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。 【导学号：73702247】通过计算，可知系统()和系统()制氢的热化学方程式分别为_、_，制得等量H2所需能量较少的是_。【解析】将系统()、()中的三个热化学方程式直接相加即可得到所需答案。【答案】H2O(l)=H2(g)O2(g)H286 kJmol1H2S(g)=H2(g)S(s)H20 kJmol1系统()热点2原电池的工作原理及电极反应方程式的书写1原电池工作原理示意图2有关原电池解题的思维路径3原电池电极反应式书写的三个步骤(1)列物质标得失：按照负极发生氧化反应，正极发生还原反应，判断出电极反应物和产物，找出得失电子的数量。(2)看环境配守恒：电极产物在电解质溶液的环境中，应能稳定存在，如碱性介质中生成的H应让其结合OH生成水。电极反应式要遵守电荷守恒、质量守恒和得失电子守恒等，并加以配平。(3)两式加验总式：两电极反应式相加，与总反应方程式对照验证。特别说明：高考题中往往是非水溶液或具有离子交换膜，应根据图示信息确定电极反应方程式中需添加的“粒子”形式。对点训练3MgAgCl电池是一种以海水为电解质溶液的水激活电池。下列叙述错误的是() 【导学号：73702248】A负极反应式为Mg2e=Mg2B正极反应式为Age=AgC电池放电时Cl由正极向负极迁移D负极会发生副反应Mg2H2O=Mg(OH)2H2BMgAgCl电池的电极反应：负极Mg2e=Mg2，正极2AgCl2e=2Ag2Cl，A项正确，B项错误。在原电池的电解质溶液中，阳离子移向正极，阴离子移向负极，C项正确。Mg是活泼金属，能和H2O发生反应生成Mg(OH)2和H2，D项正确。4科学家设想以N2和H2为反应物，以溶有A的稀盐酸为电解质溶液，可制造出既能提供电源，又能固氮的新型燃料电池，装置如图所示，下列说法不正确的是()A该电池外电路电流从通入H2的电极流向通入N2的电极B反应过程中溶液的pH会变大，需要加入盐酸C通入N2的电极发生的电极反应式为：N26e8H=2NHD通入H2的电极为负极，A为NH4ClA电流从正极流向负极，即电流从通入N2的电极流向通入H2的电极，A项错误；放电过程中，负极电极反应为H22e=2H，正极电极反应为N28H6e=2NH，总反应式为N23H22H=2NH，消耗氢离子，电解质溶液pH升高，需要加入盐酸，B项正确；正极发生还原反应，即氮气被还原生成NH，电极反应式为N26e8H=2NH，C项正确；根据负极电极反应为H22e=2H，正极电极反应为N28H6e=2NH，总反应式为N23H22H=2NH，则H2为负极反应物，A为NH4Cl，D项正确。热点3电解原理及电极反应方程式的书写1电解池工作原理示意图2有关电解池解题的思维路径3电解池电极反应式的书写步骤特别说明：通常电极反应可以根据阳极材料和电解质溶液的性质进行判断，但在高考题中往往需要结合题给信息进行判断，根据“阳极氧化，阴极还原”的实质，灵活应用新信息。对点训练5用电解氧化法可以在铝制品表面形成致密、耐腐蚀的氧化膜，电解质溶液一般为H2SO4H2C2O4混合溶液。下列叙述错误的是()A待加工铝质工件为阳极B可选用不锈钢网作为阴极C阴极的电极反应式为Al33e=AlD硫酸根离子在电解过程中向阳极移动CA对：该电解池阳极发生的电极反应为2Al3H2O6e=Al2O36H，铝化合价升高失电子，所以待加工铝质工件应为阳极。B对，C错：阴极发生的电极反应为2H2e=H2，阴极可选用不锈钢网作电极。D对：电解质溶液中的阴离子向阳极移动。6三室式电渗析法处理含Na2SO4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab、cd均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na和SO可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。下列叙述正确的是() 【导学号：73702249】A通电后中间隔室的SO离子向正极迁移，正极区溶液pH增大B该法在处理含Na2SO4废水时可以得到NaOH和H2SO4产品C负极反应为2H2O4e=O24H，负极区溶液pH降低D当电路中通过1 mol电子的电量时，会有0.5 mol的O2生成BA项正极区发生的反应为2H2O4e=O24H，由于生成H，正极区溶液中阳离子增多，故中间隔室的SO向正极迁移，正极区溶液的pH减小。B项负极区发生的反应为2H2O2e=H22OH，阴离子增多，中间隔室的Na向负极迁移，故负极区产生NaOH，正极区产生H2SO4。C项由B项分析可知，负极区产生OH，负极区溶液的pH升高。D项正极区发生的反应为2H2O4e=O24H，当电路中通过1 mol电子的电量时，生成0.25 mol O2。热点4金属腐蚀与防护对点训练7支撑海港码头基础的钢管桩，常用外加电流的阴极保护法进行防腐，工作原理如图所示，其中高硅铸铁为惰性辅助阳极。下列有关表述不正确的是()A通入保护电流使钢管桩表面腐蚀电流接近于零B通电后外电路电子被强制从高硅铸铁流向钢管桩C高硅铸铁的作用是作为损耗阳极材料和传递电流D通入的保护电流应该根据环境条件变化进行调整CA对：外加强大的电流可以抑制金属电化学腐蚀产生的电流。B对：被保护的钢管桩作阴极，高硅铸铁作阳极，电解池中外电路电子由阳极流向阴极，即从高硅铸铁流向钢管桩。C错：高硅铸铁为惰性辅助阳极，其主要作用是传递电流，而不是作为损耗阳极。D对：保护电流要抑制金属电化学腐蚀产生的电流，应根据环境条件变化进行调整。8用如图装置研究电化学原理，下列分析中错误的是() 【导学号：73702250】选项连接电极材料ab分析AK1、K2石墨铁模拟铁的吸氧腐蚀 BK1、K2锌铁模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法CK1、K3石墨铁模拟电解饱和食盐水DK1、K3铁石墨模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法D在中性条件下，铁作负极失电子，石墨作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则Fe发生吸氧腐蚀，A项正确；Zn、Fe形成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，B项正确；Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，石墨作阳极，阳极上氯离子失电子，电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，C项正确；Fe与电源正极相连，Fe作阳极，Fe失电子被腐蚀，Fe不能被保护，D项错误。热点5化学反应速率及其影响因素1对化学反应速率计算公式的剖析v(B)(1)浓度变化只适用于气体和溶液中的溶质，不适用于固体和纯液体。(2)化学反应速率是某段时间内的平均反应速率，而不是即时速率，且计算时取正值。(3)同一反应用不同的物质表示反应速率时，数值可能不同，但意义相同。不同物质表示的反应速率之比等于其化学计量数之比。(4)对于可逆反应，反应进行的净速率是正、逆反应速率之差，当达到平衡时，净速率为零。2影响化学反应速率的“4大因素”(外因)3对于有气体参与的化学反应，有以下几种情况(1)恒温时，压缩体积压强增大反应物浓度增大反应速率加快。(2)恒温时，对于恒容密闭容器：充入气体反应物气体反应物浓度增大(压强也增大)反应速率加快。充入“惰性”气体总压强增大反应物浓度未改变反应速率不变。(3)恒温恒压时：充入“惰性”气体体积增大气体反应物浓度减小反应速率减小。4外界条件对可逆反应的正、逆反应速率的影响方向是一致的，但影响程度不一定相同(1)当增大反应物浓度时，v(正)增大，v(逆)瞬间不变，随后也增大；(2)增大压强，气体分子数减小方向的反应速率变化程度大；(3)对于反应前后气体分子数不变的反应，改变压强可以同等程度地改变正、逆反应速度；(4)升温温度，v(正)和v(逆)都增大，但吸热反应方向的反应速率增大的程度大；(5)使用催化剂，能同等程度地改变正、逆反应速率。对点训练9已知分解1 mol H2O2放出热量98 kJ，在含少量I的溶液中，H2O2分解的机理为：H2O2IH2OIO慢H2O2IOH2OO2I快下列有关该反应的说法正确的是()A反应速率与I浓度有关BIO也是该反应的催化剂C反应活化能等于98 kJmol1Dv(H2O2)v(H2O)v(O2)AA.将题给两个反应合并可得总反应为2H2O2=2H2OO2，该反应中I作催化剂，其浓度的大小将影响该反应的反应速率。B该反应中IO是中间产物，不是该反应的催化剂。C反应的活化能表示一个化学反应发生所需要的最小能量，分解1 mol H2O2放出98 kJ热量，不能据此判断该反应的活化能。D由反应速率与对应物质的化学计量数的关系可知v(H2O2)v(H2O)2v(O2)。10H2O2分解速率受多种因素影响。实验测得70 时不同条件下H2O2浓度随时间的变化如图所示。下列说法正确的是() 【导学号：73702251】甲乙丙丁A图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越小，其分解速率越快B图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越小，H2O2分解速率越快C图丙表明，少量Mn2存在时，溶液碱性越强，H2O2分解速率越快D图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2对H2O2分解速率的影响大DA错：图甲表明，其他条件相同时，H2O2浓度越大，其分解速率越快。B错：图乙表明，其他条件相同时，溶液pH越大，H2O2分解速率越快。C错：Mn2浓度相同时，1.0 molL1 NaOH溶液中H2O2分解速率小于0.1 molL1 NaOH溶液中H2O2分解速率。D对：pH相同时，Mn2浓度越大，分解速率越快，所以图丙和图丁表明，碱性溶液中，Mn2对H2O2分解速率的影响大。热点6化学平衡状态及其影响因素1外界条件对化学平衡状态的影响2解答化学平衡移动问题的步骤对点训练11常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)4CO(g)Ni(CO)4(g)。230 时，该反应的平衡常数K2105。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2 ，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230 制得高纯镍。下列判断正确的是()A增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B第阶段，在30 和50 两者之间选择反应温度，选50 C第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D该反应达到平衡时，v生成Ni(CO)44v生成(CO)BA错：增加c(CO)，平衡正向移动，温度不变，反应的平衡常数不变。B对：第一阶段，生成的Ni(CO)4是气态，应选择高于其沸点的反应温度，故选50 。C错：230 时，化学平衡常数K2105，有利于反应逆向进行，Ni(CO)4分解率较高。D错：反应达到平衡时，4v生成Ni(CO)4v生成(CO)。12丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题： 【导学号：73702252】(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1丁烯(C4H8)的热化学方程式如下：C4H10(g)=C4H8(g)H2(g)H1已知：C4H10(g)O2(g)=C4H8(g)H2O(g)H2119 kJmol1H2(g)O2(g)=H2O(g)H3242 kJmol1反应的H1为_kJmol1。图(a)是反应平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x_0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是_(填标号)。A升高温度B降低温度C增大压强D降低压强图(a)图(b) 图(c)(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是_。(3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 之前随温度升高而增大的原因可能是_、_；590 之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是_。【解析】(1)由盖斯定律可知，式式式，即H1H2H3119 kJ/mol(242 kJ/mol)123 kJ/mol。由图(a)可知，同温下，x MPa时丁烯的平衡产率高于0.1 MPa时的，根据压强减小，平衡向右移动可知，x小于0.1。欲提高丁烯的平衡产率，应使平衡向右移动，该反应的正反应为吸热反应，因此可以通过升高温度的方法使平衡向右移动；该反应为气体体积增大的反应，因此可以通过降低压强的方法使平衡向右移动，所以A、D选项正确。(2)由于氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大，所以丁烯产率降低。(3)该反应的正反应为吸热反应，因此升高温度可以使平衡向右移动，使丁烯的产率增大，另外，反应速率也随温度的升高而增大。由题意知，丁烯在高温条件下能够发生裂解，因此当温度超过590 时，参与裂解反应的丁烯增多，而使产率降低。【答案】(1)123小于AD(2)氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大(3)升高温度有利于反应向吸热方向进行温度升高反应速率加快丁烯高温裂解生成短链烃类热点7化学平衡常数及平衡转化率的计算1化学平衡常数表达式的书写方法对反应：mA(g)nB(g)pC(g)qD(g)，K。(1)由于固体或纯液体的浓度是一常数，如果有固体或纯液体参加或生成，则表达式中不能出现固体或纯液体；稀溶液中进行的反应，如有水参加反应，由于水的浓度是常数而不必出现在表达式中；非水溶液中进行的反应，若有水参加或生成，则应出现在表达式中。例如：CH3COOH(l)CH3CH2OH(l)CH3COOCH2CH3(l)H2O(l)的平衡常数表达式为K(2)表达式与化学计量数一一对应，方程式中化学计量数不同，表达式就不同；可逆反应中，正反应的表达式与逆反应的表达式互为倒数。例如：N2(g)3H2(g)2NH3(g)K12NH3(g)N2(g)3H2(g)K2N2(g)H2(g)NH3(g)同一温度下，K1、K2、K3的数值都固定但相互之间不相等，显然K1，K3。2转化率计算公式转化率100%。3“三段式”模式进行化学平衡计算根据反应进行(或平衡移动)的方向，设某反应物消耗的量为x，然后列式求解。例：mAnBpCqD起始量： a b 0 0变化量： mx nx px qx平衡量： amx bnx px qx注意：变化量与化学方程式中各物质的化学计量数成比例。这里a、b可指：物质的量、浓度、体积等。弄清起始量、平衡量、平衡转化率三者之间的互换关系。在利用平衡常数时，要注意反应物或生成物的状态。对点训练13羰基硫(COS)可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：CO(g)H2S(g)COS(g)H2(g)K0.1反应前CO物质的量为10 mol，平衡后CO物质的量为8 mol。下列说法正确的是()A升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应B通入CO后，正反应速率逐渐增大C反应前H2S物质的量为7 molDCO的平衡转化率为80%C由题中信息可列三段式：CO(g)H2S(g) COS(g)H2(g)起始： 10 mol x mol 0 0转化： 2 mol 2 mol 2 mol 2 mol平衡： 8 mol (x2) mol 2 mol 2 mol设容器体积为V L，由K0.1可得K0.1，解得x7，C项正确。14近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题： 【导学号：73702253】H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)CO2(g)COS(g)H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。H2S的平衡转化率1_%，反应平衡常数K_。在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率2_1，该反应的H_0。(填“”“1。温度升高，平衡向吸热反应方向移动，故H0。A项，充入H2S，H2S的转化率反而减小。B项，充入CO2，增大了一种反应物的浓度，能够提高另一种反应物的转化率，故H2S的转化率增大。C项，充入COS，平衡左移，H2S的转化率减小。D项，充入N2，对平衡无影响，不改变H2S的转化率。【答案】2.52.8103B热点8化学反应速率和化学平衡图像分析有关化学平衡图像题常见的思维路径对点训练15将6 mol CO2和8 mol H2充入一容积为2 L的密闭容器中(温度保持不变)发生反应CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)HHB，组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，则NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，正确；B项，根据图2知，a点所示的溶液是80 时100 g水中只溶解了大约100 g KNO3固体，明显小于80 时KNO3的溶解度，未达到饱和，正确；C项，放热反应中反应物的总能量高于生成物的总能量，使用催化剂能降低反应的活化能，不能改变反应的始、末状态，不能改变反应热，与图3相符，正确；D项，恒温恒容条件下，反应：2NO2(g)N2O4(g)达到平衡时正、逆反应速率相等，即v(NO2)消耗2v(N2O4)消耗，而图4中A点v(NO2)消耗v(N2O4)消耗，反应未达到平衡状态，错误。热点9弱电解质的电离平衡1判断弱电解质的方法(1)在浓度和温度相同时，与强电解质溶液做导电性对比试验。(2)在浓度和温度相同时，与强电解质溶液比较反应速率快慢。(3)配制一定物质的量浓度的HA溶液(如0.01 molL1)，测其pH。若pH2，则说明HA为弱酸。(4)测定对应的盐溶液的酸碱性，如钠盐(NaA)溶于水，测其pH，若pH7，则说明HA为弱酸。(5)稀释前后pH与稀释倍数的变化关系。如将pH2的酸溶液稀释1 000倍，pHc(H2A)c(A2)DpH4.2时，c(HA)c(A2)c(H)DA对：根据题给图像，pH1.2 时，H2A与HA的物质的量分数相等，则有c(H2A)c(HA)。B对：根据题给图像，pH4.2时，HA与A2的物质的量分数相等，K2(H2A)c(H)104.2，则lgK2(H2A)4.2。C对：根据题给图像，pH2.7时，H2A与A2的物质的量分数相等，且远小于HA的物质的量分数，则有c(HA)c(H2A)c(A2)。D错：根据题给图像，pH4.2时，HA与A2的物质的量分数相等，c(HA)c(A2)，且c(HA)c(A2)约为0.1 molL1，c(H)104.2 molL1，则c(HA)c(A2)c(H)。18在a、b两支试管中，分别装入形态相同、质量相等的锌粒，然后向两试管中分别加入相同物质的量浓度、相同体积的稀盐酸和稀醋酸。填写下列空白： 【导学号：73702255】(1)a、b两支试管中的现象：相同点是_；不同点是_；原因是_。(2)a、b两支试管中生成气体的体积开始时是V(a)_V(b)；反应完毕后生成气体的总体积是V(a)_V(b)，原因是_。【解析】随反应进行，盐酸中c(H)减小，醋酸中不断电离出Hn(HCl)n(CH3COOH),【答案】(1)都产生无色气泡a中反应速率较快盐酸是强酸，醋酸是弱酸，盐酸溶液中c(H)大(2)开始反应时，盐酸溶液中H浓度较大，但H的总的物质的量相等热点10水的电离及溶液的酸碱性1水电离的c(H)或c(OH)的计算方法(25 )(1)中性溶液：c(H)c(OH)1.0107 molL1。(2)溶质为酸的溶液H来源于酸电离和水电离，而OH只来源于水。如计算pH2的盐酸中水电离出的c(H)：方法是先求出溶液中的c(OH)1012 molL1，即水电离出的c(H)c(OH)1012 molL1。(3)溶质为碱的溶液OH来源于碱电离和水电离，而H只来源于水。如pH12的NaOH溶液中，c(H)1012 molL1，即水电离产生的c(OH)c(H)1012 molL1。(4)水解呈酸性或碱性的正盐溶液H和OH均由水电离产生。如pH2的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H)102 molL1；如pH12的Na2CO3溶液中由水电离出的c(OH)102 molL1。2有关溶液酸碱性及pH的易错易混辨析(1)一定温度下，无论是稀酸、稀碱或盐溶液中，水的离子积Kwc(H)c(OH)均不变，水电离出的c(H)c(OH)，Kw只与温度有关，只有在25 时，Kw11014。(2)pH是溶液酸碱性的量度。pH6的溶液在常温下呈酸性，其他温度也可能呈中性或碱性；pH0的溶液并非没有H，而是c(H)1.0 molL1，同时也并非无OH，此时c(OH)1.01014 molL1。(3)对于强酸(强碱)溶液，每稀释为10倍体积时，pH增大(减小)1个单位；对于弱酸(弱碱)溶液，每稀释为10倍体积，pH增大(减小)不足1个单位；无论稀释多少倍，酸(碱)溶液的pH不能等于或大于(小于)7，只能趋近于7。(4)强碱溶液的pH计算，应先根据溶液的c(OH)求出溶液c(H)，从而求出溶液的pH。(5)强酸、强碱的pH之和与c(H)、c(OH)比较：(6)若酸、碱溶液的pH之和为14，酸、碱中有一强一弱，则酸、碱溶液混合后，谁弱显谁性。对点训练19有关电解质溶液的叙述正确的是()A向0.2 molL1 CH3COOH溶液中加入等体积0.1 molL1 NaOH溶液，测得溶液中c(CH3COO)c(Na)，则溶液中水的电离程度比纯水的大B向0.1 molL1氨水中滴加0.1 molL1盐酸，刚好完全中和时溶液pHa，则由水电离产生的c(OH)10a14 molL1C将0.1 molL1 Na2CO3溶液和0.1 molL1 NaHCO3溶液等体积混合，所得溶液中：c(CO)2c(OH)2c(H)c(HCO)3c(H2CO3)D对于难溶电解质：相同温度时，Ksp大的饱和溶液的物质的量浓度一定比Ksp小的饱和溶液的物质的量浓度大C0.2 molL1的CH3COOH溶液中加入等体积的0.1 molL1的NaOH溶液，得到0.05 molL1的CH3COONa和0.05 molL1的CH3COOH的混合液，已知溶液中c(CH3COO)c(Na)，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，溶液因CH3COOH的电离而显酸性，水的电离受到抑制，因此溶液中水的电离程度比纯水的小，A项错误；0.1 molL1的氨水与0.1 molL1的盐酸完全中和后得到的是0.05 molL1的NH4Cl溶液，由于NH水解，因此由水电离产生的c(OH)c(H)10a molL1，B项错误；0.1 molL1 Na2CO3溶液和0.1 molL1 NaHCO3溶液等体积混合后，c(Na2CO3)0.05 molL1，c(NaHCO3)0.05 molL1，c(Na)0.15 molL1，由物料守恒有c(CO)c(HCO)c(H2CO3)0.1 molL1，所以2c(Na)3c(CO)c(HCO)c(H2CO3)，由电荷守恒有c(Na)c(H)2c(CO)c(HCO)c(OH)，2c(Na)2c(H)4c(CO)2c(HCO)2c(OH)，将式代入式整理得c(CO)2c(OH)2c(H)c(HCO)3c(H2CO3)，故C项正确；对于化学式类型相同的难溶电解质，相同温度时，Ksp大的饱和溶液的物质的量浓度一定比Ksp小的饱和溶液的物质的量浓度大，但对于化学式类型不同的难溶电解质则不一定，D项错误。20一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是() 【导学号：73702256】ApH5的H2S溶液中：c(H)c(HS)1105 mol/LB稀释氨水10倍后，其c(OH)为原来的CpH之和为14的H2C2O4与NaOH溶液混合：c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O)D将等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中：c(HS)，A错误；氨水的稀释过程中，电离平衡正向移动，补充氢氧根离子，稀释10倍后其c(OH)大于原来的，B错误；根据电荷守恒，c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O)2c(C2O)，C错误；Na2CO3水解程度大于NaHCO3，故将等物质的量的Na2CO3和NaHCO3混合溶于水中：”或“c(OH)D当混合溶液呈中性时，c(Na)c(HX)c(X2)c(OH)c(H)D由H2XHHX可知：Kal，则c(H)，等式两边同取负对数可得：pH1lgKallg。同理，由HXHX2可得：pH2lgKa2lg 。因1Ka1Ka2，则 lgKa1lgKa2。当lg lg 时，有pH1pH2，故曲线N表示pH与lg 的变化关系，曲线M表示pH与lg 的变化关系，B项正确。由曲线M可知，当pH4.8 时，lg 0.6，由pH2lgKa2lg 可得：lgKa20.64.85.4，Ka2105.4100.6106，故Ka2的数量级为106，A项正确。NaHX溶液中，1，则lg 0，此时溶液pHc(OH)，C项正确。由以上分析可知，HX的电离程度大于其水解程度，故当溶液呈中性时，c(Na2X)c(NaHX)，溶液中各离子浓度大小关系为c(Na)c(X2)c(HX)c(OH)c(H)，D项错误。22下列有关电解质溶液中粒子的物质的量浓度大小关系正确的是()A等物质的量浓度的下列物质的溶液：H2CO3Na2CO3NaHCO3(NH4)2CO3，其中c(CO)的大小关系为：BpH2的H2C2O4溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合：c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O)c(C2O)C向0.2 mol/L NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol/L NaOH溶液：c(CO)c(HCO)c(OH)c(H)D常温下，同浓度的CH3COONa与CH3COOH溶液等体积混合，溶液的pHc(Na)c(H)AA项，相比较，由于发生互促水解，水解程度较大，则c(CO)：，为二元弱酸，c(CO)最小，则c(CO)的大小关系为：，故A正确；B项，pH2的H2C2O4溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合时，草酸过量，反应后的溶液中含有草酸和草酸氢钠，溶液显酸性，根据电荷守恒有c(Na)c(H)c(OH)c(HC2O)2c(C2O)，故B错误；C项，向0.2 mol/L NaHCO3溶液中加入等体积0.1 mol/L NaOH溶液，反应后溶液中含有等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，溶液显碱性，CO的水解程度大于HCO，因此c(HCO)c(CO)，故C错误；D项，常温下，同浓度的CH3COONa与CH3COOH溶液等体积混合，溶液的pH7，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，根据电荷守恒有c(CH3COO)c(OH)c(Na)c(H)，由于c(CH3COOH)c(CH3COO)，因此c(CH3COOH)c(OH)c(Na)c(H)，故D错误。热点12沉淀溶解平衡利用氢氧化物的Ksp及水的离子积Kw确定溶液pH的方法：(1)依据Ksp先求出开始或完全沉淀的c(OH)；(2)根据Kw求出c(H)；(3)pHlg c(H)。对点训练23在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的Cl会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去Cl。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是()【导学号：73702257】图AKsp(CuCl)的数量级为107B除Cl反应为CuCu22Cl=2CuClC加入Cu越多，Cu浓度越高，除Cl效果越好D2Cu=Cu2Cu平衡常数很大，反应趋于完全CA对：当lg0时，lg 约为7，即c(Cl)1 molL1，c(Cu)107 molL1，因此Ksp(CuCl)的数量级为107。B对：分析生成物CuCl的化合价可知，Cl元素的化合价没有发生变化，Cu元素由0价和2价均变为1价，因此参加该反应的微粒为Cu、Cu2和Cl，生成物为CuCl，则反应的离子方程式为CuCu22Cl=2CuCl。C错：铜为固体，只要满足反应用量，Cu的量对除Cl效果无影响。D对：2Cu=Cu2Cu的平衡常数K，可取图像中的c(Cu)c(Cu2)1106 molL1代入平衡常数的表达式中计算，即为K1106 Lmol1，因此平衡常数很大，反应趋于完全。24在0.10 molL1硫酸铜溶液中加入氢氧化钠稀溶液充分搅拌，有浅蓝色氢氧化铜沉淀生成，当溶液的pH8时，c(Cu2)_ molL1(KspCu(OH)22.21020)。若在0.1 molL1硫酸铜溶液中通入过量H2S气体，使Cu2完全沉淀为CuS，此时溶液中的H浓度是_ molL1。 【导学号：73702258】【解析】pH8时c(OH)106 molL1，由硫酸铜的沉淀溶解平衡常数可知：Ksp2.210201012c(Cu2)，得c(Cu2)2.2108 molL1；使Cu2沉淀完全，已知c(Cu2)0.1 molL1，根据反应关系式：Cu22H得c(H)0.2 molL1。【答案】2.21080.2