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2011年高考化学二轮专题复习 电离平衡
【知识网络】21世纪教育网
1． 电离平衡：
二．溶液的pH：w。w-w*k&s%5￥u
三．盐类的水解
四．中和滴定
【易错指津】
1．判断电解质和非电解质
（1）电解质和非电解质必须是化合物，不能是单质也不能是混合物。
（2）电解质是溶质本身能电离。就是说：其水溶液能导电者，它不一定是电解质。如：SO2和CO2等都不是电解质。
（3）在水中不导电的化合物，不一定不是电解质。如：BaSO4、CaCO3等难溶盐，因为其溶解度太小，导电性不易测出。但所溶解的极少部分，却能全部电离生成离子，故均为强电解质。
2．解题过程的有序性，是完成电解质溶液的有关试题中应加以注意的一个方面：
如在弱电解质溶液稀释、强酸或强碱的相互反应、酸碱的相互反应等，都应分层次地逐一分析外界条件的变化、平衡移动对所研究体系造成的影响。
如两强碱溶液相混合后，求溶液pH时，一定用[OH-]计算，绝对不能颠倒。
例：将pH=10 NaOH溶液和pH=12 NaOH溶液等体积混合，求所得溶液的[H+]。许多同学往往直接加以计算：[H+]=(10-10+10-12)/2。注意在混合过程中[H+]、[OH-]的变化：[H+]=(10-10+10-12)/2=1/2×10-10，[OH-]=(10-2+10-4)/2=1/2×10-10，[H+][OH-]>Kw，平衡将向生成水的方向移动，导致[H+]、[OH-]下降，并将对[H+]造成较大的影响，但对[OH-]的影响不大，因而混合溶液中[H+]的计算，应由混合溶液中[OH-]，再通过水的离子积算出。
3．离子浓度的大小判断的试题中应结合溶液中存在的电荷守恒、溶液的pH逐步分析。在对等体积等浓度相混合的一元酸碱溶液、pH与pOH相等的酸与碱的等体积混合液，酸碱的物质的量之间的关系是解题的关键。pH判断的失误，往往会造成离子浓度大小判断的错解。
4．在电离平衡的移动中，溶液中离子数目的变化与离子浓度的变化不一定是等同的。
如加水稀释0.1mol/L醋酸溶液，电离平衡右移，H+数目增多，但[H+]却是减小的。
弱电解质在反应或稀释过程中存在着电离平衡的移动，这一个知识点常隐藏于电解质溶液的考题中。
例：将体积都为10 mL、pH都等于3的醋酸和盐酸，加水稀释至a mL和b mL，测得稀释后溶液的pH均为5。则稀释后溶液的体积（1993年上海高考题）
A.a=b=100 mL B.a=b=1000 mL C.ab
对盐酸稀释1000倍是符合题意的，但对醋酸来说，稀释时醋酸仍电离，稀释1000倍时其pH小于5。要使pH等于5，必须再加水。选D。
5．对酸、碱溶液的pH和盐溶液的pH以及对水的电离度的影响等知识掌握不好而导致失误。
例：在pH都等于9的NaOH和CH3COONa两种溶液中，设由水电离产生的OH-离子浓度分别为A mol/L与B mol/L，则A和B的关系为（1997年上海高考题）
A.A>B B.A=10-4B C.B=10-4A D.A=B
错解：误认为pH相同的NaOH和CH3COONa两溶液中，水电离产生的OH-离子浓度是一样的，错选D。
思路分析：两者pH=9，但NaOH抑制水的电离，而CH3COONa促进水的电离，因此B>A。答案：B。
方法要领：本题以溶液的pH为基本框架，借以考查对碱溶液、盐溶液与水的电离之间关系的理解的深刻性。NaOH和CH3COONa两种溶液pH相同，但两者对水的电离的影响不同；NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)等于该溶液的c(H+)；而CH3COONa溶液中由水电离出的c(OH-)就是溶液本身的c(OH-)，所以A/B=10-9/10-5=10-4。
6．判断离子浓度时，要注意盐类的水解是“微弱”的。判断两种物质是否完全反应是看溶液中两种溶质物质的量的关系，并不决定于溶液中已经存在的离子的物质的量。
等体积pH=3碱溶液与pH=11的碱溶液相混合后，溶液的pH不一定等于7。
如等体积pH=3的醋酸与等体积pH=11的NaOH相混后，醋酸中原存在的自由的H+离子与NaOH溶液中的OH-离子反应完，但原有的醋酸分子随反应的进行，继续电离出H+，结果反应后溶液呈酸性。
对NH3.H2O与NH4Cl；NaAc和HAc的混合溶液，如浓度相差在超过10倍，则酸或碱的电离能力大于其盐的水解能力。（HCN和NaCN的混合溶液则相反）
7．对中和滴定注意：仪器是否要用待盛液润洗，眼睛注视什么，滴定管读数要读到小数后几位等。[来源:21世纪教育网
【典型例题评析】
例1 下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（2000年上海市高考题）
A.CH3CH2COOH B.Cl2 C.NH4HCO3 D.SO2
思路分析：对非电解质概念的理解应注意:一是指“在水溶液里和熔化状态下”均不导电，二是“化合物”，单质、混合物、溶液均不属于非电解质。SO2的水溶液导电，是因为它与水反应生成了能导电的化合物H2SO3，并不是SO2本身导电。
答案：D
方法要领：区别电解质和非电解质：①均必须是化合物；②本身能电离者为电解质。
例2 可判定某酸为强电解质的现象是（1998年高考化学试测题）
A.该酸加热至沸腾也不分解 B.该酸可溶解Cu(OH)2
C.该酸可跟石灰石反应放出CO2 D.0.1mol/L酸pH=1
思路分析：酸的强弱决定于其电离能力的大小。A只是说明酸较稳定；B、C只说明酸具有酸性，不能说明完全电离；D中pH=1则[H+]=0.1mol/L，等于酸的浓度，说明酸是一元强酸。
答案：D
引申发散：电解质相对强弱的判断的依据有：
①化学方程式，如：C6H5OH+Na2CO3→C6H5ONa+NaHCO3(酸性：H2CO3>C6H5OH>HCO3-)。
②同浓度电解质溶液pH大小或与金属反应快慢：反应快者较电离能力强。
③同pH电解质的稀释：两酸稀释相同倍数后，其pH较小的为弱酸。
④同pH同体积酸与同一物质反应耗该物质的量：消耗物质多的为弱酸。
⑤盐溶液的pH大小：如NaX、NaY的pH分别为8、9，则酸性是HX>HY。
⑥同条件下导电性：导电性强者电离能力较强。
例3 水的电离过程为H2O?H++OH-,在不同温度下其平衡常数为K(25℃)=1.0×10-14,K(35℃)=2.1×10-14。则下列叙述正确的是（2000年上海高考题）
A.C(H+)随着温度升高而降低 C.在35℃时，c(H+)>c(OH-)
C.水的电离度?（25℃）>（35℃） D.水的电离是吸热的
思路分析：升温后K值增大，说明水的电离平衡右移，水的电离度增加，c(H+)增大，c(OH-)也增大，且增大的倍数相同。
答案：D
方法要领：水的电离要破坏O-H共价键，为吸热过程，根据温度对电离平衡影响作出判断。注意任何温度下水中的[H+]与[OH-]总是相等的。
例4 若室温时pH=a的氨水和pH=b的HCl等体积混合，恰好完全反应,，则该氨水的电离度可表示为（1997年全国高考题）
A.10(a+b-12)% B.10(a+b-14)% C.10(12-a-b)% D.10(14-a-b)%
思路分析：氨水的电离度=[OH-]/c=10a-14mol.L-1÷10-bmol.L-1=10(a+b-14)= 10(a+b-12)%
其中浓度c借用了盐酸的浓度，这是理解题意等体积混合恰好完全反应而且酸碱都是一元的逻辑结果，是思维灵敏、严密的表现。
答案：A
方法要领：pH是重要概念，年年必考，本题跟联系起来，组成新题，有一定难度。
题中涉及到指数运算，即用数学方法来解答化学问题。在进行指数运算时，一定要细心，防止出现不必要的错误。在计算中要注意乘以100%（而不是只增添百分号），以防错选B。
例5 用水稀释0.1mol/L氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是（1998年全国高考题）
A.[OH-]/[NH3.H2O] B.[NH3.H2O]/[OH-] C.[H+]和[OH-]的乘积 D.OH-的物质的量
思路分析：A项：[OH-]/[NH3.H2O]该表达式实际上代表了一元弱碱的电离度的求算式，而电离度随溶液浓度的变小而变大；B项是A项的倒数，故必然变小；C项[H+].[OH-]的乘积，只与温度有关；D项中，由于溶液稀释时，NH3.H2O的电离度变大，故溶液中OH-物质的量必变大。
答案：B21世纪教育网
方法要领：本题考查了一元弱酸或弱碱的电离度的变化表示式。对D项，随着稀释[OH-]始终是减小的，但n(OH-)是增大的。
复习中要掌握弱电解质溶液的电离平衡和电离度，及弱电解质冲稀时电离度、离子浓度、离子物质的量变化情况。注意离子浓度的变化与离子物质的量的变化有时并不是一致的。
例6 室温下，在pH=12的某溶液中由水电离的为[OH-]（2000年全国高考题）
A.1.0×10-7mol/L B.1.0×10-6mol/L C.1.0×10-2mol/L D.1.0×10-12mol/L
思路分析：本题只给了一个“某溶液”，若为碱的溶液，则水的电离平衡被破坏（抑制），因此由水电离出的[H+](H2O)=[OH-](H2O)=10-12mol/L；如该溶液是盐的溶液，则该盐必为弱酸盐，要促进水的电离，故水电离出的[H+](H2O)=[OH-](H2O)=10-2mol/L。
答案：C、D
方法要领：溶液在加酸、碱、盐时，其水电离产生的[H+](H2O)与[OH-](H2O)分别说明如下：
1.加酸：[H+](H2O)=[OH-](H2O)= [OH-](溶液)=Kw/[H+](总)
2.加碱：[H+](H2O)=[OH-](H2O)=[H+](溶液)=Kw/[OH-](总)
3.加盐：
①不水解盐：[H+](H2O)=[OH-](H2O)=1×10-7mol/L
②强酸弱碱盐：[H+](H2O)=[OH-](H2O)=[H+](溶液)
③弱酸强碱盐：[H+](H2O)=[OH-](H2O)=[OH-](溶液)
例7 在室温下等体积的酸和碱的溶液，混合后pH一定小于7的是（1997年全国高考题）
A.pH=3的硝酸跟pH=11的氢氧化钾溶液 B.pH=3的硝酸跟pH=11的氨水
C. pH=3的硫酸跟pH=11的氢氧化钠溶液 D.pH=3的醋酸跟pH=11的氢氧化钡溶液
思路分析：pH=3的强酸溶液和pH=11的强碱溶液，等体积混合恰好中和，pH=7；pH=11的氨水，由于氨水是弱碱，已电离的NH3.H2O使溶液pH=11，但仍有大量NH3.H2O没有电离，等体积混合后，氨水过量，混合后溶液酸碱性由剩余NH3.H2O的决定，pH>7；在D中，醋酸过量，混合后溶液显酸性，pH<7。
答案：D
方法要领：此题可不必按反应的化学方程式计算，但必须清楚强电解质与弱电解质的电离情况不同，按酸中所含H+物质的量与碱中所含OH-物质的量，来判断反应后溶液的酸碱性。
应该明白如下规律：
（1）已知pH和溶液的体积，其H+（或OH-）物质的量与原强酸（或强碱）是一元的还是二元的无关。
（2）已知溶液的pH，若该溶液是弱酸（或弱碱），则原溶质的浓度远大于 [H+]（或[OH-]）。
（3）酸与碱溶液混合，若酸有较大量剩余，溶液显酸性。因为对大多数弱酸来说，弱酸的电离能力强于相应阴离子的水解能力。若反过来，剩余的弱碱是NH3.H2O，溶液显碱性，因为NH3.H2O电离能力强于NH4+的水解能力。21世纪教育网
对于H2SO4、Ba(OH)2等二元酸碱，当告知pH时，元数不再参与换算。
例8 已知一种[H+]=1×10-3 mol/L的酸和一种[OH-]=1×10-3 mol/L的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性。其原因可能是（1991年全国高考题）
A.浓的强酸和稀的强碱溶液反应 B.浓的弱酸和稀的强碱溶液反应
C.等浓度的强酸和弱碱溶液反应 D.生成了一种强酸弱碱盐
思路分析：酸和碱溶液混合后所得溶液呈酸性，其原因有下列两种可能：
其一，这两种溶液恰好完全反应，但参与反应的是弱碱和强酸，生成强酸弱碱盐容易水解而显酸性。
其二，酸和碱并没有恰好完全反应，反应以后酸有剩余，因而溶液显酸性。
本题中的酸溶液H+离子浓度只有1×10-3mol/L。如果此酸是强酸，它是完全电离的，可见它是一种稀溶液；如果是弱酸，因为它只有少部分电离，则弱酸的浓度可能较大。同理，碱溶液的OH-离子浓度也是1×10-3mol/L，即或是强碱的稀溶液，或是弱碱的较浓溶液。[来源:21世纪教育网
如上所述，可立即排除选项A，并确定选项B是符合条件的答案，混合后的溶液呈酸性这表明所用的是较浓的弱酸实际上是过量的。21世纪教育网
由于题目为不定项选择，还有正确的选项，需继续分析C、D两选项。
如果酸是强酸、碱是弱碱，按前分析，两者不可能是等浓度的，可判断选项C不对，也正是由于这种原因，混合溶液呈酸性肯定不是从生成的盐水解而来的，这样，选项D也不正确。
必须注意，题给的条件是酸中的[H+]与碱中的[OH-]相等，而不是酸溶液的浓度与碱溶液的浓度相等。
答案：B
方法要领：酸和碱之间的反应是最常见的化学反应之一，本题意在于以这类最常见的反应为素材，多角度地考查与之相关的知识。本题设置了迷惑性较强的选项，估计考生在实际应答时会在几个都像似是而非的选项前下不了决心。
4个选项首先给人的印象好象是前3个叙述方式显然与选项D不同，这样D的地位就显得突出；加以强酸弱碱盐水解显酸性相当多的考生中认为是首先要考虑的原因。在这种思维定势的影响下，错选了D。
纯净的强酸弱碱盐的水溶液，由于水解而显酸性。但在强酸弱碱盐与弱碱的混合溶中，由于弱碱的电离趋势远大于强酸弱碱盐的水解趋势，即由于弱碱的存在而使溶液显碱性。
例9 pH=13的强碱溶液与pH=2的强酸溶液混合，所得混合溶液的pH=11，则强碱与强酸的体积比是（1998年全国高考题）
A.11:1 B.9:1 C.1:11 D.1:9
思路分析：强酸与强碱混合的pH计算，相混时看余量，余下的溶液显碱性，且[OH-]=10-3mol/L，因此，若设强碱、强酸的体积分别为x、y，则由题意：，x:y=1:9。
一题多解：碱中[OH-]为酸中[H+]10倍，完全中和V(碱)/V(酸)=1/10，现OH-稍过量，故V(碱)/V(酸)>1:10，只有D符合。
答案：D
引申发散：本题酸、碱反应后pH=11，说明碱过量，必须按[OH-]进行计算。如果忽略了这一点而用[H+]计算，那就错了。21世纪教育网
pH计算关键抓主要矛盾，即酸求[H+]，碱求[OH-]。且忌在任何情况下都以[H+]进行换算。pH计算的几种情况：
1．两种强酸溶液混合时，先求[H+]，再求pH
[H+]=
2．两种强碱溶液混合时，先求[OH-]，再通过Kw求[H+]，最后求pH21世纪教育网
[OH-]=
3．强酸与强碱溶液混合：H++OH-=H2O
①酸过量:[H+]=[c(H+)V(H+)-c(OH-)V(OH-)]÷[V(H+)+ V(OH-)]
②碱过量:[OH-]=[c(OH-)V(OH-)-c(H+)V(H+)]÷[V(H+)+ V(OH-)]
注意：混合后溶液显酸性，一定用[H+]计算；如显碱性一定[OH-]用计算，绝不能颠倒。
4．强酸强碱溶液稀释后的pH
强酸或强碱溶液无限稀释时，其pH只是接近7。
例10 25℃时,若体积为Va、pH=a的某一元强酸与体积为Vb、pH=b的某一元强碱混合,恰好中和,且已知Va(1)a值可否等于3(填“可”或“否”) ,其理由是
(2)a值可否等于5(填“可”或“否”) ,其理由是
(3)a的取值范围是 [来源:21世纪教育网
思路分析：本题是一个pH的计算。它以pH计算为载体，考查了讨论题型的解法。根据酸碱中和的本质：n(H+)=n(OH-)，由题意得：10-a.Va=10b-14.Vb,Va/Vb=10a+b-14<1,讨论得解。
答案：(1)否,若a=3,则b=6,溶液显酸性,与题意不符；(2)否,若a=5,[H+]a=10-5mol/L,则b=10，[OH-]b=10-4mol/L，Va/Vb=[OH-]b/[H+]a>1,不合题意；(3)Va/Vb=[OH-]b/[H+]a={10-14/[H+]b}÷[H+]a=[10-14/10-b]÷10-a=10(a+b-14)<1，故(a+b-14)<0,而a=0.5b，即3a<14,a<14/3，又pH=b=2a>7，a>7/2，所以7/2引申发散：25℃,10体积某强酸溶液与1体积某强碱溶液混合溶液后呈中性，则混合前，强酸的pH与强碱的pH之间应满足什么关系？（1994年全国高考题）
思路分析：可根据pH概念，水的离子积常数，pH的有关计算方法，充分理解“10体积某强酸溶液与1体积某强碱溶液”和“混合后溶液呈中性”这两条题给信息。可知混合前10体积强酸溶液中H+物质的量等于1体积强碱溶液中OH-物质的量。
设酸溶液的体积是10L，则碱溶液的体积是1L。
10×[H+]酸=1×[OH-]碱 由[OH-]碱=(1×10-14)/[H+]碱 得：10×[H+]酸=1×(1×10-14)/[H+]碱
10×[H+]酸×[H+]碱=1×10-14 两边各取负对数：（-lg[H+]酸）+（-lg[H+]碱）+（-lg10）=-lg10-14
pH(酸)+pH(碱)-14=14 故pH(酸)+pH(碱)=15。
答案：pH(酸)+pH(碱)=15
一题多解：解法二：设pH(酸)=x，则[H+]酸=10-xmol/L pH(碱)=y，则[H+]碱=10-ymol/L
[OH-]碱=(1×10-14)/10-y=10(y-14) 依题意：10×[H+]酸=1×[OH-]碱 10×10-x=1×0(y-14) 1-x=y-14 x+y=15。
解法三：强酸与强碱溶液中和后pH=7，则强酸的pH升高7- pH(酸)。强碱的pH降低pH(碱)-7。
由于10×[H+]酸=1×[OH-]碱 可知强碱的pH降低的数值大于强酸的pH升高的数值，且强碱pH降低的数值与强酸pH升高的数值之差为1。
[(pH(碱)-7)]-[(pH(酸)-7)]=1 pH(酸)+pH(碱)=15。
此法充分运用强酸与强碱中和时，强酸溶液中H+被消耗，pH升高；强碱溶液中OH-被消耗，pH降低，并且巧妙地结合强酸、强碱消耗的体积之比，较快地推导出pH(酸)与pH(碱)之间应满足的关系。
例11 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（2001年上海高考题）
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
思路分析：中性溶液中[H+]=[OH-]，则AG=lg1=0，A正确；酸性溶液[H+]>[OH-]，AG>0。B错；对C选项：[OH-]=10-1mol/L，[H+]=10-13mol/L，AG=lg10-13/10-1=-12；对D选项则AG=12。
答案：AD
方法要领：理解运用新信息，注意AG表达式与pH的不同。解题中把选项中的[H+]和[OH-]代入AG计算式即可。
例12 在蒸发皿中加热并灼烧(<900℃)下列物质的溶液，可以得到该物质固体的是（1999年上海高考题）
A.氯化铝 B.碳酸氢钠 B.硫酸镁 D.高锰酸钾
思路分析：AlCl3溶液蒸干灼烧时，发生一系列过程：AlCl3的水解平衡：AlCl3+3H2O
Al(OH)3+3HCl-Q，在加热时正向移动，又HCl挥发，故蒸干后得Al(OH)3；再灼烧分解为Al2O3。NaHCO3和KMnO4两固体受热分解。
答案：C
方法要领：本题考核的知识点是盐的水解和物质的分解反应。对于易挥发酸易水解的盐溶液，在蒸发时，由于酸的挥发，水解平衡右移，最后得到的是氢氧化物沉淀，而非原溶质盐。21世纪教育网
制备无水盐时要考虑盐的水解。不同的盐溶液中加热过程中，由于生成物挥发或难挥发，最终得到的固体产物类型有所不同。如明矾溶液蒸干灼烧，尽管Al3+水解，但由于H2SO4为高沸点酸，难挥发，最终得到的固体仍然是明矾；K2CO3溶液加热，尽管K2CO3水解，但生成的KHCO3和KOH反应后仍为K2CO3。
例13 将0.1mol/L的醋酸钠溶液20mL与0.1mol/L盐酸10rnL混合后，溶液显酸性，则溶液中有关微粒的浓度关系正确的是（2001年上海市高考题）
A.c (Ac－)＞c (Cl－)＞c (H＋)＞c (HAc)
B.c (Ac－)＞c (Cl－)＞c (HAc)＞c (H＋)
C.c (Ac－)＝c (Cl-)＞c (H＋)＞c (HAc)
D.c (Na＋)＋c (H＋)＝c (Ac－)＋c (Cl－)＋c (OH－)
思路分析：本题考查的知识点有电解质的电离、弱电解质的电离平衡、盐类水解及离子浓度比较。解这类题目有两条规律：(1)电荷守恒：指电解质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；(2)物料守恒：指在平衡状态下，电解质溶液中某一组分的起始浓度等于它在溶液中各种形式存在微粒的浓度之和。由题给条件，由发生的反应得：
NaAc + HCl = NaCl + HAc
起始物质的量 0.002 0.001
反应后物质的量 0.001 0 0.001 0.001
反应后为等浓度的NaAc、HAc、NaCl混合液，由于HAc电离能力大于Ac-水解能力，且HAc的电离是微弱的，故[Ac-]>[HAc]、[HAc]>[H+]，A和C错误，B正确；由电荷守恒原理知D也对。
答案：B、D
方法要领：一看有无反应，确定溶质种类；二看溶质电离、水解情况，确定浓度大小关系；三据守恒关系，确定浓度等式关系（对电荷守恒式，如离子所带电荷数不是1时，计算时应将其物质的溶液浓度与其电荷数相乘后再求总和）。
列守恒关系式要注意以下三点：
①善于通过离子发生的变化，找出溶液中所有的离子和分子，不能遗漏，否则因遗漏会造成列式错误；
②电荷守恒要注意离子浓度前面的系数；物料守恒要弄清发生变化的元素各微粒的浓度与未发生变化的元素微粒浓度间的关系；
③某些关系式既不是电荷守恒也不是物料守恒，通常是由两种守恒关系式通过某种变换（如“相加”、“相减”等）而得。
例14 某二元弱酸(简写成H2A)溶液，按下式发生一级和二级电离H2A H++HA-，HA-
H++A2-（1999年全国高考题）
已知同浓度时电离度(H2A)>(HA-)。设有下列四种溶液:
A. 0.01mol/LH2A溶液
B. 0.01mol/LNaHA溶液中
C. 0.02mol/LHCl与0.04mol/LNaHA等体积混合
D. 0.02mol/LNaOH与0.02mol/LNaHA等体积混合
①[H+]最大的是 ，最小的是 ；②[H2A]最大的是 ，最小的是 ；③[A2-]最大的是 ，最小的是 。
思路分析：C中的HCl与NaHA发生反应HCl+NaHA=H2A+NaCl后，得到0.01mol/LH2A和0.01mol/LNaHA的混合溶液，D中0.02mol/L的NaOH与0.02mol/L的NaHA溶液等体积混合后，发生反应NaOH+NaHA=Na2A+H2O得到的是0.01mol/LNa2A溶液。根据相同浓度时的电离度可知，C溶液中的HA-基本不电离，对溶液中[H+]的增大贡献极小，而由于浓度大，对H2A的电离平衡起抑制作用，致使C中[H+]不如溶液A大。
答案：①A，D；②C、D；③D、A21世纪教育网
方法要领：这是一道综合考查考生关于溶液浓度计算技能、对弱酸电离度以及盐类水解理解水平的题目。解答此题的关键是比较A和C两种溶液中[H+]的大小。虽然题目中只对弱酸的各级电离常数进行简单提示：，而实际上(H2A)和(HA-)之间不是差几倍、几十倍的关系，而往往是数千倍、数万倍甚至十万倍以上，特别是溶液C中，在H2A电离出的H+的抑制作用下，HA-的电离几乎可以忽略不计；而它对H2A电离平衡的影响（抑制作用）却是很大的。因此，溶液A中的[H+]就比溶液C中大一些。这种比较是通过化学概念、化学思想而进行的，不是单纯的机械计算和数学推理，这一问题的出现进一步提示我们在复习中化学方法的养成，防止死记硬背。
例15 物质的量溶液浓度相同的下列溶液中，含微粒种类最多的是（1996年上海市高考题）
A.CaCl2 B.CH3COONa C.NH3 D.K2S
思路分析：对于CaCl2，溶液中存在的微粒有Ca2+、Cl-、H+、OH-、H2O等5种；对于CH3COONa因水解：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，溶液中存在Na+、CH3COOH、CH3COO-、H2O、H+、OH-等6种微粒。对于NH3在溶液中存在平衡：NH3+H2O NH3.H2O NH4++OH-，溶液中存在着NH4+、NH3.H2O、NH3、H2O、H+、OH-等6种微粒；对于K2S，由于发生两级水解：S2-+H2O HS-+OH-，HS-+H2O H2S+OH-，溶液中存在着K+、S2-、HS-、H2S、H2O、H+、OH-等7种微粒。
答案：D
方法要领：溶液中的微粒包含溶液中所有分子和离子，要防止遗漏溶剂分子及由水电离产生的离子。
例16 某学生中和滴定实验的过程中如下：(a)取一支碱式滴定管；(b)用蒸馏水洗净；(c)即加入待测的NaOH溶液；(d)记录液面刻度读数；(e)用酸式滴定管精确放出一定量标准酸液；(f)置于未经标准酸液润洗的洁净锥形瓶中；(g)加入适量蒸馏水；(h)加入酚酞试液2滴；（i）滴定时，边滴边摇荡；（j）边注视滴定管内液面的变化；(k)当小心滴到溶液由无色变成粉红色时，即停止滴定；(l)记录液面刻度读数；(m)根据滴定管内的两次读数得出NaOH溶液体积为22mL。
指出上述实验过程中的错误之处（用编号表示） 。(选错一个倒扣1分，但不出现负分)（1995年上海高考题）
思路分析：对于（c），待测NaOH溶液的滴定管未用该NaOH溶液润洗；对于（j），滴定时眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；对于（k），应滴至溶液由无色变成粉红色至半分钟内不再褪去为止；对于（m），记录NaOH溶液体积，根据滴定管测量准确度，应记录到小数点后两位。
答案：c j k m
方法要领：中和滴定操作作为一定量实验，要注意防止实验不当造成误差。如仪器是否需要润洗；滴定管读数方法；眼睛看什么位置；滴定终点的判断等。
例17 用实验确定某酸HA是弱电解质。两同学的方案是：（2001年上海市高考题）
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，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（药品可任取），作简明扼要表述。
思路分析：该题是验证某酸是弱电解质的一个“袖珍”课题的讨论，设问是从用到的主要仪器开始，然后步步深入至得出结论的依据和现象，而且要求对甲乙两种方法进行评价，指出其中有难以实现之处和不妥之处，最后要求再提出一个简单而可行的方案，作为终结。试题融实验、理论、元素化合物、pH的简单计算换算等知识为一体。
（1）配制一定物质的量浓度的溶液所必需的定量仪器是容量瓶；（2）甲方案中，0.1mol/L的某弱酸HA，由于它部分电离，H+浓度小于0.1mol/L，pH应该大于1。
乙方案中，盐酸稀释体积变大，但H+的物质的量不变，pH变化较大。弱酸HA稀释体积也变大，弱酸稀释后，电离度变大，H+的物质的量增大，因此，pH变化较小。加入锌粒后，装HA溶液的试管中因H+的物质的量浓度大，所以放出H2的速率快。
（3）乙方案中，要求配制某一定pH的弱酸溶液，但影响溶液pH的因素很多，如温度变化等，导致配制的溶液的pH不稳定。因此配制pH=1的弱酸HA难以实现。不妥之处，因为是液化与固体反应，固体的表面积对反应速率的影响大，仅仅用反应产生气体的速率来判断溶液中H+的物质的量浓度的大小，说服力不强。
（4）要证明某酸弱酸还有很多方法。如：配制NaA的盐溶液，再测量溶液的pH，pH>7，说明HA是弱酸。
又如：用右图装置，向烧杯中加入无水某弱酸，接通直流电源，灵敏电流计中没有电流通过。向烧杯内慢慢加蒸馏水，并不断搅拌，电流计中开始有电流通过，随着继续加蒸馏水，发现电流计中通过的电流从小到大，然后再从大到小。
同样在烧杯中加入浓盐酸，按上述方法向烧杯中加蒸馏水，发现电流计中电流通过的现象是：先最大，然后逐渐减小。如此就可以区分两种不同类别的酸。
答案：（1）100mL容量瓶（注：未标明规格的扣1分） （2）＞、b（多选扣分）
（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
（注：本题解答若操作简单、现象明显、不是化学教材中讲过的常规方法应属创新，经认可后可给予奖励，奖励分不超过2分）
方法要领：试题要求考生经过仔细分析、对比、推断，指出其中的不足，同时要求用研究性的思路考虑问题，提出更优的实验方案。考生反映今年的实验题变了，不仅照方抓药做实验无济于事，如果对一些基本的知识和技能掌握的不牢固，不具有研究性学习的意识，同样是不能解决问题。看来平时只听老师讲，不去积极参与讨论、不去对他人的方案进行评头论足恐怕是不行了。
强电解质（强酸、强碱、盐）
化
合
物
能否
电离
物质
单质
电离程度
电离
不电离
非电解质（酒精、SO2、NH3）
电解质
完全电离
部分电离
弱电解质（弱酸、弱碱、水）
①内因：电解质结构
②外因：温度、浓度
电离平衡
电离过程
电离程度判断
电离度
动、定、变
特征
计算式
=[H+]/c
=[OH-]/c
影响因素
①一元弱酸或弱碱的pH计算
②强酸、强碱的单一或混合液pH计算
①甲基橙：3.1～4.4
②石蕊：5～8
③酚酞：8～10
①pH计：精确测定溶液的pH
②pH试纸：粗略测定溶液的pH
③酸碱指示剂：粗略测定溶液的pH范围
0～14的稀溶液
表示溶液酸碱性的强弱
溶
液
的
pH
表示方法
物理意义
适用范围
测定方法
简单计算
pH=-lg[H+]（[H+]=10- pH）
①判断离子浓度；②判断离子共存；③判断弱电解质强弱；④盐溶液配制；⑤物质的鉴别与除杂；⑥制备胶体；⑦明矾净水；⑧泡沫灭火机原理、草木灰不能与铵态氮肥混合使用；⑨试剂存放：如NH4F溶液不能用玻璃瓶保存；
⑩判断水解盐受热产物
内因：水解生成的弱电解质“越弱”，水解程度越大
外因：①温度：升温有利水解；②浓度：越稀越水解；③外加酸或碱：抑制或促进水解
①为可逆反应；②水解程度是微弱的
单离子水解：①水写分子式（不能写成H+或OH-），中间用可逆（用 不能用=），后无沉气出（不能用↑、↓）；②多元弱酸根要分步写；③阳离子水解一般一步写
离子方
程式
书写
是水的电离平衡发生移动，改变了[H+]与[OH-]相对大小，使溶液呈酸性或碱性
实质
类型
规律
特征
影响
因素
应用
盐
类
水
解
①强酸强碱盐—只溶解，不水解，溶液呈中性
②强碱弱酸盐—多元弱酸根分步水解，溶液呈碱性
③强酸弱碱盐—阳离子水解，溶液呈酸性
④弱酸弱碱盐—水解后溶液的酸碱性由弱酸根和弱碱的相对强弱决定
⑤完全水解—有沉淀、气体生成：如Al3++3HCO3- =Al(OH)3↓+3CO2↑
谁弱谁水解，谁强显谁性；越弱越易水解，双弱双水解，不弱不水解；
盐对应的酸（碱）越弱，水解程度越大，溶液碱（酸性）越强。
①准备：查漏、洗涤、润洗、装液、排气泡、调液面读数②滴定：取待测液、加指示剂、滴定、判终点读数
③计算：取2～3次耗标准液的平均值，求待测液浓度
①作用：由指示剂的颜色的改变来确定滴定终点
②用量：1～2滴
③选择要求：⑴变色明显易于观察；⑵变色范围越窄越好；⑶变色范围与终点pH吻合或接近
①酸式滴定管（不能盛放碱液）
②碱式滴定管（不能盛放酸液和氧化性溶液如KMnO4）
③锥形瓶、铁架台、滴定管夹、烧杯
①准确测定参加反应的酸或碱液的体积
②准确判断中和反应是否恰好进行完全（滴定终点判断）
由标准液和待测液反应，用指示剂反应来确定“滴定终点”，据方程式求待测液的浓度
原理
关键
中
和
滴
定
仪器
指示剂
操作
A
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