高中化學(xué)魯科版化學(xué)反應(yīng)原理第三章物質(zhì)在水溶液中的行為單元測試 省一等獎

章末重難點專題突破一強、弱電解質(zhì)的概念及其判斷方法技巧1．強電解質(zhì)和弱電解質(zhì)的比較強電解質(zhì)弱電解質(zhì)概念在稀的水溶液中完全電離的電解質(zhì)在水溶液中部分電離的電解質(zhì)電離程度幾乎完全電離只有部分電離電離過程不可逆過程，無電離平衡可逆過程，存在電離平衡溶液中的粒子種類只有電離出的陰、陽離子，不存在電解質(zhì)分子既有電離出的陰、陽離子，又有電解質(zhì)分子化合物類別絕大多數(shù)鹽：如NaCl、BaSO4等；強酸：如H2SO4、HCl、HClO4等；強堿：如Ba(OH)2、Ca(OH)2等金屬氧化物：如Na2O等弱酸：如H2CO3、CH3COOH等；弱堿：如NH3·H2O、Cu(OH)2等；水電離方程式H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)NaHCO3=Na＋＋HCOeq\o\al(－,3)HAH＋＋A－BOHB＋＋OH－[特別提示](1)強電解質(zhì)溶液的導(dǎo)電能力不一定強；難溶性鹽如果能完全電離，也是強電解質(zhì)(如BaSO4、CaCO3等)。(2)弱電解質(zhì)的電離用可逆符號“”表示，多元弱酸分步電離，以第一步電離為主，電離方程式需分步書寫，如：H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)(主)、HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)(寫成H2CO3=H＋＋HCOeq\o\al(－,3)或H2CO32H＋＋COeq\o\al(2－,3)都是錯誤的！)【典例1】下列敘述中，能說明該物質(zhì)是弱電解質(zhì)的是()A．熔化時不導(dǎo)電B．不是離子化合物，而是共價化合物C．水溶液的導(dǎo)電能力很差D．溶液中溶質(zhì)分子和電離出的離子共存解析A選項，熔融狀態(tài)下能否導(dǎo)電是區(qū)分離子化合物和共價化合物的條件，而不是區(qū)分強、弱電解質(zhì)的條件；B選項，有許多共價化合物(如HCl、H2SO4等)是強電解質(zhì)；C選項，水溶液的導(dǎo)電能力不僅與電解質(zhì)的強弱有關(guān)，還與溶液中離子的濃度及所帶電荷有關(guān)；D選項，弱電解質(zhì)的電離是可逆的，溶液中溶質(zhì)分子和電離出的離子共存，則說明該物質(zhì)是弱電解質(zhì)。答案D2．弱電解質(zhì)的判斷方法技巧要判斷某電解質(zhì)是弱電解質(zhì)，關(guān)鍵在于一個“弱”字，即證明它只是部分電離或其溶液中存在電離平衡。以一元弱酸HA為例，證明它是弱電解質(zhì)的常用方法有：方法依據(jù)(實驗設(shè)計或現(xiàn)象)結(jié)論(1)酸溶液的pH①mol·L－1的HA溶液pH＞1(室溫下)；②將pH＝2的HA溶液稀釋100倍，稀釋后2＜pH＜4；③向HA溶液中滴加2滴石蕊溶液，溶液呈紅色，再加入少量NaA晶體，紅色變淺HA是一元弱酸，是弱電解質(zhì)。其中(5)、(6)項還能證明HA的酸性比H2CO3弱(2)鹽溶液的pHNaA溶液的pH＞7(室溫下)(3)溶液的導(dǎo)電性mol·L－1的HCl和HA溶液，前者的導(dǎo)電能力明顯更強(4)與金屬反應(yīng)的速率相同濃度的HCl與HA溶液，與相同(形狀、顆粒大小)的金屬或碳酸鹽反應(yīng)，前者的反應(yīng)速率快(5)其鈉鹽能與弱酸反應(yīng)生成HACO2通入NaA溶液中有HA生成HA是一元弱酸，是弱電解質(zhì)。其中(5)、(6)項還能證明HA的酸性比H2CO3弱(6)不與碳酸氫鈉溶液反應(yīng)HA溶液不與NaHCO3溶液反應(yīng)【典例2】下列事實能說明醋酸是弱電解質(zhì)的是()①醋酸與水能以任意比互溶②醋酸溶液中滴入石蕊溶液呈紅色③醋酸溶液中存在醋酸分子④mol·L－1醋酸溶液的pH比mol·L－1鹽酸的pH大⑤醋酸能和碳酸鈣反應(yīng)放出CO2⑥mol·L－1醋酸鈉溶液pH＝⑦大小相同的鋅粒與相同物質(zhì)的量濃度的鹽酸和醋酸溶液反應(yīng)，開始時醋酸產(chǎn)生H2的速率慢A．②⑥⑦ B．③④⑤⑥C．③④⑥⑦ D．①②解析弱電解質(zhì)不完全電離，存在電離平衡，在溶液中主要以分子形式存在，mol·L－1CH3COOH溶液的pH>1，由CH3COONa溶液呈堿性及等物質(zhì)的量濃度的醋酸和鹽酸與鋅粒反應(yīng)的對比實驗均能說明CH3COOH為弱電解質(zhì)。醋酸與水能以任意比互溶與酸性強弱無關(guān)，醋酸能與碳酸鈣反應(yīng)，醋酸溶液能使石蕊溶液呈紅色，證明醋酸有酸性，不能證明醋酸為弱酸。答案C二溶液酸堿性規(guī)律與pH計算方法1．溶液的酸堿性規(guī)律溶液的酸堿性取決于溶液中[H＋]和[OH－]的相對大?。喝芤侯悇e[H＋]與[OH－]的關(guān)系室溫(25℃)數(shù)值pH中性溶液[H＋]＝[OH－][H＋]＝[OH－]＝10－7mol·L－1＝7酸性溶液[H＋]>[OH－][H＋]>10－7mol·L－1<7堿性溶液[H＋]<[OH－][H＋]<10－7mol·L－1>7[特別提示]常溫下，溶液酸堿性判斷規(guī)律(1)pH相同的酸(或堿)，酸(或堿)越弱，其物質(zhì)的量濃度越大。(2)pH相同的強酸和弱酸溶液，加水稀釋相同的倍數(shù)時，強酸溶液的pH變化大?！镜淅?】已知溫度T時水的離子積常數(shù)為Kw，該溫度下，將濃度為amol·L－1的一元酸HA和bmol·L－1的一元堿BOH等體積混合，可判定該溶液呈中性的依據(jù)是()A．a(chǎn)＝bB．混合溶液的pH＝7C．混合溶液中，[H＋]＝eq\r(Kw)mol·L－1D．混合溶液中，[H＋]＋[B＋]＝[OH－]＋[A－]解析溶液呈中性的依據(jù)是[H＋]＝[OH－]，A項，酸HA、堿BOH的強弱未定，故a＝b不可作為判斷混合溶液呈中性的依據(jù)；B項，該混合溶液的溫度未確定為25℃，故其pH＝7時不一定呈中性；C項，混合溶液中[H＋][OH－]＝Kw，則[H＋]＝eq\r(Kw)mol·L－1時，[OH－]＝eq\r(Kw)mol·L－1，[H＋]＝[OH－]，溶液呈中性；D項，[H＋]＋[B＋]＝[OH－]＋[A－]，表示該混合溶液中陰、陽離子所帶電荷符合電荷守恒規(guī)律，該混合溶液無論呈酸性、中性還是堿性都成立。答案C2．pH的計算方法(1)基本方法思路先判斷溶液的酸堿性，再計算其pH；①若溶液為酸性，先求[H＋]，再求pH。②若溶液為堿性，先求[OH－]，再由[H＋]＝eq\f(Kw,[OH－])求[H＋]，最后求pH。(2)稀釋后溶液的pH估算①強酸pH＝a，加水稀釋10n倍，則pH＝a＋n。②弱酸pH＝a，加水稀釋10n倍，則a<pH<a＋n。③強堿pH＝b，加水稀釋10n倍，則pH＝b－n。④弱堿pH＝b，加水稀釋10n倍，則b－n<pH<b。⑤酸、堿溶液被無限稀釋后，pH只能接近于7。酸不能大于7，堿不能小于7。(3)強(弱)酸與弱(強)堿混合后溶液的pH判斷規(guī)律③以上兩種混合，若為強酸與強堿，則都呈中性。(4)酸堿中和滴定過程中的pH變化在中和反應(yīng)中，溶液pH發(fā)生很大的變化，在滴定過程中會因pH突變而使指示劑發(fā)生顏色變化(滴定曲線如圖。)通過溶液的顏色變化判斷反應(yīng)終點，測出消耗酸(或堿)溶液的體積，根據(jù)化學(xué)方程式中酸與堿物質(zhì)的量之比求出未知溶液的濃度。對于一元酸堿，則有：[H＋]V(H＋)＝[OH－]V(OH－)。三弱電解質(zhì)的電離平衡與電離常數(shù)1．弱電解質(zhì)的電離平衡電離平衡也是一種動態(tài)平衡，當(dāng)溶液的溫度、濃度改變時，電離平衡都會發(fā)生移動，符合勒·夏特列原理，其規(guī)律是①濃度：濃度越大，電離程度越小。在稀釋溶液時，電離平衡向右移動，而離子濃度一般會減小。②溫度：溫度越高，電離程度越大。因電離是吸熱過程，升溫時平衡向右移動。③同離子效應(yīng)。如向醋酸溶液中加入醋酸鈉晶體，增大了CH3COO－的濃度，平衡左移，電離程度減??；加入稀鹽酸，平衡也會左移。④能反應(yīng)的物質(zhì)。如向醋酸溶液中加入鋅?；騈aOH溶液，平衡右移，電離程度增大。2．電離常數(shù)(電離平衡常數(shù))以CH3COOH為例，Ka＝eq\f([CH3COO－][H＋],[CH3COOH])，K的大小可以衡量弱電解質(zhì)電離的難易，K只與溫度有關(guān)。對多元弱酸(以H3PO4為例)而言，它們的電離是分步進行的，電離常數(shù)分別為Ka1、Ka2、Ka3，它們的關(guān)系是Ka1?Ka2?Ka3，因此多元弱酸電離程度的強弱主要由Ka1的大小決定。【典例4】下表是幾種常見弱酸的電離方程式及電離平衡常數(shù)(25℃)。酸電離方程式電離平衡常數(shù)K(mol·L－1)CH3COOHCH3COOHCH3COO－＋H＋－5H2CO3H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)K1＝－7K2＝－11H3PO4H3PO4H＋＋H2POeq\o\al(－,4)H2POeq\o\al(－,4)H＋＋HPO2－4HPOeq\o\al(2－,4)H＋＋POeq\o\al(3－,4)K1＝－3K2＝－8K3＝－13下列說法正確的是()A．溫度升高，K減小B．向mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量冰醋酸，[H＋]/[CH3COOH]將減小C．等物質(zhì)的量濃度的各溶液pH關(guān)系為pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)>pH(Na3PO4)D．POeq\o\al(3－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)和H2POeq\o\al(－,4)在溶液中能大量共存解析選項A，一般情況下，電解質(zhì)的電離是一個吸熱過程，因此溫度升高電離程度增大，K增大；選項B，在mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量冰醋酸，電離平衡向右移動，溶液中[CH3COO－]增大，K不變，[H＋]/[CH3COOH]＝K/[CH3COO－]，因此[H＋]/[CH3COOH]將減小；選項C，由于HPOeq\o\al(2－,4)的電離常數(shù)<HCOeq\o\al(－,3)的電離常數(shù)<CH3COOH的電離常數(shù)，因此正確的關(guān)系為pH(Na3PO4)>pH(Na2CO3)>pH(CH3COONa)；選項D，根據(jù)H3PO4的三級電離常數(shù)可知能發(fā)生如下反應(yīng)H2POeq\o\al(－,4)＋POeq\o\al(3－,4)=2HPOeq\o\al(2－,4)，因此POeq\o\al(3－,4)、HPOeq\o\al(2－,4)和H2POeq\o\al(－,4)在溶液中不能大量共存。答案B3．電離平衡的移動與電離平衡常數(shù)K、離子濃度的關(guān)系實例CH3COOHCH3COO－＋H＋ΔH>0NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－ΔH>0改變條件平衡移動方向電離平衡常數(shù)[H＋][OH－]平衡移動方向電離平衡常數(shù)[OH－][H＋]加水稀釋向右不變減小增大向右不變減小增大加HCl(g)向左不變增大減小向右不變減小增大加NaOH(s)向右不變減小增大向左不變增大減小加CH3COONH4(s)向左不變減小增大向左不變減小增大升高溫度向右變大增大向右變大增大【典例5】常溫下mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是()A．將溶液稀釋到原體積的10倍B．加入適量的醋酸鈉固體C．加入等體積mol·L－1鹽酸D．提高溶液的溫度解析醋酸是弱酸，稀釋10倍同時也促進了其電離，溶液的a<pH<(a＋1)，A錯誤；醋酸根離子水解顯堿性，向酸溶液中加入適量堿性溶液可以使pH增大1，B正確；鹽酸完全電離，加入鹽酸后溶液的pH<a，C錯誤；升高溫度促進醋酸的電離，溶液的pH<a，D錯誤。答案B四“三角度”解讀鹽類水解基本規(guī)律1．鹽溶液的酸堿性規(guī)律鹽的類別溶液的酸堿性原因強酸弱堿鹽呈酸性，pH<7弱堿陽離子與H2O電離出的OH－結(jié)合，使[H＋]>[OH－]水解實質(zhì)：鹽電離出的離子與H2O電離出的H＋或OH－結(jié)合生成弱電解質(zhì)強堿弱酸鹽呈堿性，pH>7弱酸根陰離子與H2O電離出的H＋結(jié)合，使[OH－]>[H＋]強酸強堿鹽呈中性，pH＝7，H2O的電離平衡不被破壞，不水解弱酸的酸式鹽若電離程度>水解程度，[H＋]>[OH－]，呈酸性，如NaHSO3、NaHC2O4若電離程度<水解程度，[H＋]<[OH－]，呈堿性，如NaHCO3、NaHS2.鹽類水解的規(guī)律(1)有弱才水解——必須含有弱酸或弱堿的離子才能發(fā)生水解。(2)無弱不水解——強酸強堿鹽不發(fā)生水解。(3)誰弱誰水解——發(fā)生水解的是弱堿陽離子或弱酸根陰離子。(4)誰強顯誰性——組成鹽的酸根陰離子(堿性陽離子)是強酸根(強堿的陽離子)，則顯酸(堿)性。(5)都弱都水解——弱酸弱堿鹽因陰、陽離子都能發(fā)生水解且兩水解過程可相互促進，所以水解程度較大，少數(shù)可以完全水解，稱為雙水解反應(yīng)。(6)越弱越水解——組成鹽的酸根對應(yīng)的酸(即水解生成的酸)的酸性越弱(或陽離子對應(yīng)的堿的堿性越弱)，水解程度就越大，此即“越弱越水解”規(guī)律。[特別提示](1)能發(fā)生完全雙水解反應(yīng)的離子不能大量共存，反應(yīng)進行完全，產(chǎn)生沉淀或氣體，如2Al3＋＋3S2－＋6H2O=2Al(OH)3↓＋3H2S↑，F(xiàn)e3＋＋3HCOeq\o\al(－,3)=Fe(OH)3↓＋3CO2↑。(2)相同溫度下，Ka(HA)>Ka(HB)，即HA的酸性比HB強，那么相同濃度時B－的水解程度比A－大。相同濃度的NaA、NaB溶液中：[A－]>[B－]，[HA]<[HB]，NaA溶液的[OH－]小，堿性弱。(3)多元弱酸的電離常數(shù)Ka1?Ka2?Ka3，由此可以推知弱酸的正鹽的堿性比酸式鹽強，以Na2CO3和NaHCO3為例：COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－，HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－，COeq\o\al(2－,3)和HCOeq\o\al(－,3)對應(yīng)的弱酸分別是HCOeq\o\al(－,3)和H2CO3，HCOeq\o\al(－,3)的電離程度比H2CO3小得多，所以COeq\o\al(2－,3)的水解程度比HCOeq\o\al(－,3)大得多，相同濃度時Na2CO3溶液的堿性強，pH大。【典例6】相同物質(zhì)的量濃度的NaCN和NaClO相比，NaCN溶液的pH較大，則下列關(guān)于同溫、同體積、同濃度的HCN和HClO的說法中正確的是()A．酸的強弱：HCN>HClOB．pH：HClO>HCNC．與NaOH恰好完全反應(yīng)時，消耗NaOH的物質(zhì)的量：HClO>HCND．酸根離子濃度：[CN－]<[ClO－]解析在相同濃度條件下，酸越弱，對應(yīng)鹽溶液的堿性越強，即pH較大。由pH：NaCN>NaClO，可以確定酸性：HCN<HClO，pH：HCN>HClO，由于是同體積、同濃度的HCN和HClO與NaOH恰好反應(yīng)，故消耗NaOH的量相同，所以A、B、C均錯誤；由酸性越強電離程度越大，故[CN－]<[ClO－]，D正確。答案D3．水解離子方程式的書寫方法規(guī)律類型要求示例一價陰、陽離子用“”，不標(biāo)“↓”、“↑”CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－NHeq\o\al(＋,4)＋H2ONH3·H2O＋H＋高價陽離子同上，不分步書寫Al3＋＋3H2OAl(OH)3＋3H＋高價陰離子分步書寫或只寫第一步COeq\o\al(2－,3)＋H2OHCOeq\o\al(－,3)＋OH－HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－弱酸的銨鹽共同水解，但仍用“”，不標(biāo)“↓”、“↑”NHeq\o\al(＋,4)＋HCOeq\o\al(－,3)＋H2ONH3·H2O＋H2CO3完全的雙水解反應(yīng)完全水解，用“=”，標(biāo)“↓”、“↑”Al3＋＋3[Al(OH)4]－=4Al(OH)3↓[特別提示](1)鹽類水解的規(guī)律是“陰生陰、陽生陽”——陰離子水解生成陰離子(OH－)，陽離子水解生成陽離子(H＋)。(2)酸式鹽離子的電離與水解：HR－＋H2OR2－＋H3O＋(電離，電離出H＋)HR－＋H2OH2R＋OH－(水解，產(chǎn)生OH－)【典例7】試根據(jù)水解反應(yīng)離子方程式的書寫原則及其注意的問題，判斷下列選項正確的是()A．FeCl3＋3H2O=Fe(OH)3↓＋3HClB．Al2S3＋6H2O2Al(OH)3＋3H2SC．S2－＋2H2OH2S＋2OH－D．HCOeq\o\al(－,3)＋H2OH2CO3＋OH－解析A中FeCl3水解的產(chǎn)物Fe(OH)3很少，不應(yīng)標(biāo)“↓”符號，且水解程度較小，不應(yīng)用“=”，而應(yīng)用“”，故A選項錯誤；B項中Al2S3中的Al3＋和S2－發(fā)生強烈的雙水解，生成Al(OH)3沉淀和H2S氣體，應(yīng)用“↓”及“↑”標(biāo)出，且反應(yīng)徹底，應(yīng)用“=”，而不應(yīng)用“”，故B選項錯誤；C項中多元弱酸根S2－的水解是分步進行的，一般第二步水解程度很小，往往可以忽略，更不能將這兩步合并為S2－＋2H2OH2S＋2OH－，故C選項錯誤；D中由于HCOeq\o\al(－,3)水解程度較小，應(yīng)用“”，故正確。答案D五溶液中粒子(離子、分子)濃度大小比較的“二三四”規(guī)則1．明確兩個“微弱”(1)弱電解質(zhì)的電離是微弱的，電離產(chǎn)生的離子的濃度小于弱電解質(zhì)分子的濃度。如弱酸HA溶液中[HA]>[H＋]>[A－]>[OH－]。(2)單一的弱酸根陰離子和弱堿陽離子的水解是微弱的，水解生成的粒子的濃度小于鹽電離產(chǎn)生的離子的濃度。如弱酸鹽NaA溶液中[Na＋]>[A－]>[OH－]>[HA]>[H＋]。[特別提示](1)多元弱酸要考慮分步電離(Ka1?Ka2?Ka3)，多元弱酸的正鹽要依據(jù)分步水解分析離子濃度，如Na2CO3溶液中，[Na＋]>[COeq\o\al(2－,3)]>[OH－]>[HCOeq\o\al(－,3)]>[H＋]。(2)強酸的酸式鹽NaHSO4只電離不水解；NaHSO3等的溶液中弱酸的酸式根離子的水解能力小于其電離能力，溶液顯酸性；NaHS、NaHCO3等的溶液水解能力大于其電離能力，溶液顯堿性。2．熟知“三個”守恒(1)電荷守恒規(guī)律：電解質(zhì)溶液中，無論存在多少種離子，溶液都呈電中性，即陰離子所帶負(fù)電荷總數(shù)一定等于陽離子所帶正電荷總數(shù)。如NaHCO3溶液中存在著Na＋、H＋、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、OH－，必存在如下關(guān)系：[Na＋]＋[H＋]＝[HCOeq\o\al(－,3)]＋[OH－]＋2[COeq\o\al(2－,3)]。(2)物料守恒規(guī)律(原子守恒)：電解質(zhì)溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2－、HS－都能水解，故S元素以S2－、HS－、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關(guān)系：[K＋]＝2[S2－]＋2[HS－]＋2[H2S]。(3)質(zhì)子守恒規(guī)律：質(zhì)子即H＋，酸堿反應(yīng)的本質(zhì)是質(zhì)子轉(zhuǎn)移，能失去質(zhì)子的酸失去的質(zhì)子數(shù)和能得到質(zhì)子的堿得到的質(zhì)子數(shù)相等。如NaHCO3溶液中，所以[H2CO3]＋[H3O＋]＝[COeq\o\al(2－,3)]＋[OH－]，即[H2CO3]＋[H＋]＝[COeq\o\al(2－,3)]＋[OH－]。[特別提示](1)一元酸HA與堿BOH的混合溶液中只含有H＋、A－、B＋、OH－4種離子，不可能出現(xiàn)兩種陽(陰)離子濃度同時大于兩種陰(陽)離子濃度的情況。如[B＋]>[A－]>[H＋]>[OH－]等肯定錯誤。(2)將物料守恒式代入電荷守恒式中，即可得出質(zhì)子守恒式。3．掌握“四個”步驟溶液中粒子濃度大小比較方法的四個步驟：(1)判斷反應(yīng)產(chǎn)物：判斷兩種溶液混合時生成了什么物質(zhì)，是否有物質(zhì)過量，再確定反應(yīng)后溶液的組成。(2)寫出反應(yīng)后溶液中存在的平衡：根據(jù)溶液的組成，寫出溶液中存在的所有平衡(水解平衡、電離平衡)，尤其要注意不要漏寫在任何水溶液中均存在的水的電離平衡。這一步的主要目的是分析溶液中存在的各種粒子及比較直觀地看出某些粒子濃度間的關(guān)系，在具體應(yīng)用時要注意防止遺漏。(3)列出溶液中存在的等式：根據(jù)反應(yīng)后溶液中存在的溶質(zhì)的守恒原理，列出兩個重要的等式，即電荷守恒式和物料守恒式，據(jù)此可列出溶液中陰、陽離子間的數(shù)學(xué)關(guān)系式。(4)比大小：根據(jù)溶液中存在的平衡和題給條件，結(jié)合平衡的有關(guān)知識，分析哪些平衡進行的程度相對大一些，哪些平衡進行的程度相對小一些，再依此比較溶液中各粒子濃度的大小。這一步是溶液中粒子濃度大小比較最重要的一步，關(guān)鍵是要把握好電離平衡和水解平衡兩大理論，樹立“主次”意識?！镜淅?】常溫下，將aLmol·L－1的NaOH溶液與bLmol·L－1的CH3COOH溶液混合。下列有關(guān)混合溶液的說法一定不正確是()A．a(chǎn)<b時，[CH3COO－]>[Na＋]>[H＋]>[OH－]B．a(chǎn)>b時，[CH3COO－]>[Na＋]>[OH－]>[H＋]C．a(chǎn)＝b時，[CH3COOH]＋[H＋]＝[OH－]D．無論a、b有何關(guān)系，均有[H＋]＋[Na＋]＝[CH3COO－]＋[OH－]解析由電荷守恒得[H＋]＋[Na＋]＝[CH3COO－]＋[OH－]，故D正確；若b>a，醋酸過量，溶液為CH3COONa與CH3COOH的混合溶液，當(dāng)溶液呈酸性時A正確；若a＝b，反應(yīng)后的溶液為CH3COONa溶液，由于CH3COO－水解而顯堿性，根據(jù)質(zhì)子守恒可知，C正確；若a>b，說明堿過量，溶液為CH3COONa與NaOH的混合溶液，存在[Na＋]>[CH3COO－]，B錯誤。答案B[理解感悟]酸堿混合后，如CH3COOH與NaOH溶液混合，溶液中會出現(xiàn)四種離子，有H＋、OH－、CH3COO－、Na＋，可按以下幾種情況考慮溶液的酸堿性和離子濃度的關(guān)系：(1)當(dāng)溶液是單一的鹽(CH3COONa)溶液并呈堿性時的情形：守恒關(guān)系：(物料守恒)[CH3COO－]＋[CH3COOH]＝[Na＋]；(質(zhì)子守恒)[OH－]＝[CH3COOH]＋[H＋]；(電荷守恒)[CH3COO－]＋[OH－]＝[Na＋]＋[H＋]。大小關(guān)系：[Na＋]>[CH3COO－]>[OH－]>[H＋]。(2)當(dāng)溶液呈中性，溶質(zhì)是CH3COONa和CH3COOH的混合物，相當(dāng)于CH3COONa沒水解。守恒關(guān)系：(物料守恒)[CH3COO－]＝[Na＋]；(質(zhì)子守恒)[OH－]＝[H＋]；(電荷守恒)[CH3COO－]＋[OH－]＝[Na＋]＋[H＋]。大小關(guān)系：[Na＋]＝[CH3COO－]>[OH－]＝[H＋]。(3)當(dāng)溶液呈酸性，溶質(zhì)是CH3COONa和CH3COOH的混合物，相當(dāng)于CH3COONa和CH3COOH的混合溶液呈中性的基礎(chǔ)上又加入了醋酸。大小關(guān)系：[CH3COO－]>[Na＋]>[H＋]>[OH－]。(4)強堿弱酸鹽堿過量，溶質(zhì)是CH3COONa和NaOH的混合物。大小關(guān)系：[Na＋]>[CH3COO－]>[OH－]>[H＋]或[Na＋]>[CH3COO－]＝[OH－]>[H＋]或[Na＋]>[OH－]>[CH3COO－]>[H＋]?！镜淅?】常溫下，下列有關(guān)各溶液的敘述正確的是()A．pH>7的溶液中不可能存在醋酸分子B．20mLmol·L－1的醋酸鈉溶液與10mLmol·L－1的鹽酸混合后溶液顯酸性：[CH3COO－]>[Cl－]>[H＋]>[CH3COOH]C．mol·L－1醋酸的pH＝a,mol·L－1的醋酸的pH＝b，則a＋1>bD．已知酸性HF>CH3COOH，pH相等的NaF與CH3COOK溶液中：[Na＋]－[F－]<[K＋]－[CH3COO－]解析醋酸鈉溶液顯堿性，pH>7，其中存在醋酸分子，選項A不正確；選項B中兩者發(fā)生反應(yīng)后溶液中的溶質(zhì)為等濃度的醋酸、氯化鈉和醋酸鈉，醋酸的電離程度大于醋酸根離子的水解程度，溶液顯酸性，正確的關(guān)系為[CH3COO－]>[Cl－]>[CH3COOH]>[H＋]，B錯；對于弱電解質(zhì)溶液，溶液越稀越容易電離，mol·L－1醋酸的電離程度大于mol·L－1醋酸的電離程度，因此選項C正確；根據(jù)電荷守恒，在NaF溶液中[Na＋]－[F－]＝[OH－]－[H＋]，在CH3COOK溶液中[K＋]－[CH3COO－]＝[OH－]－[H＋]，由于兩溶液的pH相等，因此有[Na＋]－[F－]＝[K＋]－[CH3COO－]，D錯。答案C六難溶電解質(zhì)的溶解平衡及其三個應(yīng)用1．難溶電解質(zhì)的溶解平衡與溶度積(1)難溶電解質(zhì)在水中會建立如下平衡：MmAn(s)eq\o(,\s\up7(溶解),\s\do5(沉淀))mMn＋(aq)＋nAm－(aq)。因此，難溶電解質(zhì)的溶解度雖然很小，但不可能為零(完全不溶解)，溶液中的離子結(jié)合成難溶電解質(zhì)時，也不可能完全進行到底。勒·夏特列原理同樣適用于溶解平衡。(2)下列沉淀溶解平衡：MmAn(s)mMn＋(aq)＋nAm－(aq)，固體純物質(zhì)不列入平衡常數(shù)，其溶度積為Ksp＝[Mn＋]m[Am－]n，AgCl的Ksp＝[Ag＋][Cl－]。對于相同類型的物質(zhì)，Ksp的大小反映了難溶電解質(zhì)在溶液中溶解能力的大小，也反映了該物質(zhì)在溶液中沉淀的難易。與平衡常數(shù)一樣，Ksp與溫度有關(guān)。不過溫度改變不大時，Ksp變化也不大，常溫下的計算可不考慮溫度的影響。(3)通過比較溶度積Ksp與溶液中有關(guān)離子的濃度商Q的相對大小，可以判斷難溶電解質(zhì)在給定條件下能否生成沉淀或溶解。如AgCl溶液的Q＝c(Ag＋)·c(Cl－)，該計算式中的離子濃度不一定是平衡濃度，而Ksp計算式中的離子濃度一定是平衡濃度。①若Q>Ksp，則溶液過飽和，有沉淀析出，直至溶液飽和，達到新的平衡。②若Q＝Ksp，則溶液飽和，沉淀與溶解處于平衡狀態(tài)。③若Q<Ksp，則溶液未飽和，無沉淀析出，若加入過量難溶電解質(zhì)，難溶電解質(zhì)溶解直至溶液飽和?！镜淅?0】已知25℃時，CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示，向100mL該條件下的CaSO4飽和溶液中加入400mLmol·L－1Na2SO4溶液，下列敘述正確的是()A．溶液中析出CaSO4固體沉淀，最終溶液中[SOeq\o\al(2－,4)]比原來的大B．溶液中無沉淀析出，溶液中[Ca2＋]、[SOeq\o\al(2－,4)]都變小C．溶液中析出CaSO4固體沉淀，溶液中[Ca2＋]、[SOeq\o\al(2－,4)]都變小D．溶液中無沉淀析出，但最終溶液中[SOeq\o\al(2－,4)]比原來的大解析本題是一道考查沉淀溶解平衡的圖像題。由題意知，Ksp(CaSO4)＝[Ca2＋][SOeq\o\al(2－,4)]＝－3mol·L－－3mol·L－1＝910－6mol2·L－2，CaSO4飽和溶液中[Ca2＋]＝[SOeq\o\al(2－,4)]＝－3mol·L－1。加入400mLmol·L－1Na2SO4溶液后，[Ca2＋]＝eq\f×10－3mol·L－1×L,L)＝610－4mol·L－1，[SOeq\o\al(2－,4)]＝eq\f×10－3mol·L－1×L＋mol·L－1×L,L)＝－3mol·L－1，Q＝c(Ca2＋)c(SOeq\o\al(2－,4))＝610－4mol·L－－3mol·L－1＝－6mol2·L－2＜Ksp(CaSO4)，所以溶液中無CaSO4沉淀產(chǎn)生，則D正確。答案D2．沉淀溶解平衡的應(yīng)用難溶電解質(zhì)的溶解平衡也是動態(tài)平衡，可以利用其逆反應(yīng)使溶液中的離子轉(zhuǎn)化為沉淀，化學(xué)上通常認(rèn)為溶液中的剩余離子濃度小于110－5mol·L－1時就沉淀完全。(1)沉淀的溶解根據(jù)溶度積規(guī)則，使沉淀溶解的必要條件是Q<Ksp，因此創(chuàng)造條件使溶液中有關(guān)離子的濃度降低，就能達到此目的。降低溶液中離子的濃度可以通過以下三種途徑：①使相關(guān)離子生成弱電解質(zhì)：如要使ZnS溶解，可以加鹽酸，H＋與ZnS中溶解生成的S2－相結(jié)合形成弱電解質(zhì)HS－和H2S，于是ZnS溶解。只要鹽酸的量能滿足需要，ZnS就能不斷溶解。②使相關(guān)離子被氧化：如CuS在鹽酸中不能溶解，但在HNO3中可以溶解。原因是S2－被氧化，使得CuS(s)Cu2＋(aq)＋S2－(aq)平衡右移，CuS溶解。反應(yīng)的離子方程式為3CuS＋2NOeq\o\al(－,3)＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋3S↓＋4H2O。(2)分步沉淀若一種沉淀劑可使溶液中多種離子沉淀時，則可以控制條件，使這些離子先后分別沉淀，這種現(xiàn)象稱為分步沉淀。①同一類型的沉淀，Ksp越小越先沉淀，且Ksp相差越大分步沉淀越完全，如AgCl、AgBr、AgI。②不同類型的沉淀，其沉淀的先后順序要通過計算才能確定，如AgCl和Ag2CrO4。(3)沉淀的轉(zhuǎn)化由一種沉淀轉(zhuǎn)化為另一種沉淀的過程，若難溶電解質(zhì)類型相同，則Ksp較大的沉淀易于轉(zhuǎn)化為Ksp較小的沉淀。但要注意的是通過改變外界條件，利用勒·夏特列原理也可以使溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化成溶解度大的沉淀。①易溶物向難溶物轉(zhuǎn)化：如向BaCO3沉淀中加入Na2CrO4溶液，將會發(fā)現(xiàn)白色的BaCO3