基本理論電離平衡

1、第四節(jié) 電離平衡【知識網(wǎng)絡(luò)】強電解質(zhì)（強酸、強堿、鹽）化合物能否電離物質(zhì)單質(zhì)電離程度電離不電離非電解質(zhì)（酒精、SO2、NH3）電解質(zhì)完全電離部分電離弱電解質(zhì)（弱酸、弱堿、水）內(nèi)因：電解質(zhì)結(jié)構(gòu)外因：溫度、濃度電離平衡電離過程電離程度判斷電離度動、定、變特征計算式=H+/c=OH-/c影響因素一 電離平衡： 二溶液的pH：一元弱酸或弱堿的pH計算強酸、強堿的單一或混合液pH計算甲基橙：3.14.4石蕊：58酚酞：810pH計：精確測定溶液的pHpH試紙：粗略測定溶液的pH酸堿指示劑：粗略測定溶液的pH范圍014的稀溶液表示溶液酸堿性的強弱溶液的pH表示方法物理意義適用范圍測定方法簡單計算pH=-l

2、gH+（H+=10- pH）三鹽類的水解判斷離子濃度；判斷離子共存；判斷弱電解質(zhì)強弱；鹽溶液配制；物質(zhì)的鑒別與除雜；制備膠體；明礬凈水；泡沫滅火機原理、草木灰不能與銨態(tài)氮肥混合使用；試劑存放：如NH4F溶液不能用玻璃瓶保存；判斷水解鹽受熱產(chǎn)物內(nèi)因：水解生成的弱電解質(zhì)“越弱”，水解程度越大外因：溫度：升溫有利水解；濃度：越稀越水解；外加酸或堿：抑制或促進水解為可逆反應(yīng)；水解程度是微弱的單離子水解：水寫分子式（不能寫成H+或OH-），中間用可逆（用 不能用=），后無沉氣出（不能用、）；多元弱酸根要分步寫；陽離子水解一般一步寫離子方程式書寫是水的電離平衡發(fā)生移動，改變了H+與OH-相對大小，使溶液呈

3、酸性或堿性實質(zhì)類型規(guī)律特征影響因素應(yīng)用鹽類水解強酸強堿鹽只溶解，不水解，溶液呈中性強堿弱酸鹽多元弱酸根分步水解，溶液呈堿性強酸弱堿鹽陽離子水解，溶液呈酸性弱酸弱堿鹽水解后溶液的酸堿性由弱酸根和弱堿的相對強弱決定完全水解有沉淀、氣體生成：如Al3+3HCO3- =Al(OH)3+3CO2誰弱誰水解，誰強顯誰性；越弱越易水解，雙弱雙水解，不弱不水解；鹽對應(yīng)的酸（堿）越弱，水解程度越大，溶液堿（酸性）越強。四中和滴定準備：查漏、洗滌、潤洗、裝液、排氣泡、調(diào)液面讀數(shù)滴定：取待測液、加指示劑、滴定、判終點讀數(shù)計算：取23次耗標準液的平均值，求待測液濃度作用：由指示劑的顏色的改變來確定滴定終點用量：12滴

4、選擇要求：變色明顯易于觀察；變色范圍越窄越好；變色范圍與終點pH吻合或接近酸式滴定管（不能盛放堿液）堿式滴定管（不能盛放酸液和氧化性溶液如KMnO4）錐形瓶、鐵架臺、滴定管夾、燒杯準確測定參加反應(yīng)的酸或堿液的體積準確判斷中和反應(yīng)是否恰好進行完全（滴定終點判斷）由標準液和待測液反應(yīng)，用指示劑反應(yīng)來確定“滴定終點”，據(jù)方程式求待測液的濃度原理關(guān)鍵中和滴定儀器指示劑操作【易錯指津】 1判斷電解質(zhì)和非電解質(zhì)（1）電解質(zhì)和非電解質(zhì)必須是化合物，不能是單質(zhì)也不能是混合物。（2）電解質(zhì)是溶質(zhì)本身能電離。就是說：其水溶液能導(dǎo)電者，它不一定是電解質(zhì)。如：SO2和CO2等都不是電解質(zhì)。（3）在水中不導(dǎo)電的化合物，

5、不一定不是電解質(zhì)。如：BaSO4、CaCO3等難溶鹽，因為其溶解度太小，導(dǎo)電性不易測出。但所溶解的極少部分，卻能全部電離生成離子，故均為強電解質(zhì)。2解題過程的有序性，是完成電解質(zhì)溶液的有關(guān)試題中應(yīng)加以注意的一個方面：如在弱電解質(zhì)溶液稀釋、強酸或強堿的相互反應(yīng)、酸堿的相互反應(yīng)等，都應(yīng)分層次地逐一分析外界條件的變化、平衡移動對所研究體系造成的影響。如兩強堿溶液相混合后，求溶液pH時，一定用OH-計算，絕對不能顛倒。例：將pH=10 NaOH溶液和pH=12 NaOH溶液等體積混合，求所得溶液的H+。許多同學(xué)往往直接加以計算：H+=(10-10+10-12)/2。注意在混合過程中H+、OH-的變化：

6、H+=(10-10+10-12)/2=1/2×10-10，OH-=(10-2+10-4)/2=1/2×10-10，H+OH->Kw，平衡將向生成水的方向移動，導(dǎo)致H+、OH-下降，并將對H+造成較大的影響，但對OH-的影響不大，因而混合溶液中H+的計算，應(yīng)由混合溶液中OH-，再通過水的離子積算出。3離子濃度的大小判斷的試題中應(yīng)結(jié)合溶液中存在的電荷守恒、溶液的pH逐步分析。在對等體積等濃度相混合的一元酸堿溶液、pH與pOH相等的酸與堿的等體積混合液，酸堿的物質(zhì)的量之間的關(guān)系是解題的關(guān)鍵。pH判斷的失誤，往往會造成離子濃度大小判斷的錯解。4在電離平衡的移動中，溶液中離子數(shù)

7、目的變化與離子濃度的變化不一定是等同的。如加水稀釋0.1mol/L醋酸溶液，電離平衡右移，H+數(shù)目增多，但H+卻是減小的。弱電解質(zhì)在反應(yīng)或稀釋過程中存在著電離平衡的移動，這一個知識點常隱藏于電解質(zhì)溶液的考題中。例：將體積都為10 mL、pH都等于3的醋酸和鹽酸，加水稀釋至a mL和b mL，測得稀釋后溶液的pH均為5。則稀釋后溶液的體積（1993年上海高考題）A.a=b=100mL B.a=b=1000mL C.a<b D.a>b對鹽酸稀釋1000倍是符合題意的，但對醋酸來說，稀釋時醋酸仍電離，稀釋1000倍時其pH小于5。要使pH等于5，必須再加水。選D。5對酸、堿溶液的pH和鹽

8、溶液的pH以及對水的電離度的影響等知識掌握不好而導(dǎo)致失誤。例：在pH都等于9的NaOH和CH3COONa兩種溶液中，設(shè)由水電離產(chǎn)生的OH-離子濃度分別為A mol/L與B mol/L，則A和B的關(guān)系為（1997年上海高考題）A.A>B B.A=10-4B C.B=10-4A D.A=B錯解：誤認為pH相同的NaOH和CH3COONa兩溶液中，水電離產(chǎn)生的OH-離子濃度是一樣的，錯選D。思路分析：兩者pH=9，但NaOH抑制水的電離，而CH3COONa促進水的電離，因此B>A。答案：B。方法要領(lǐng)：本題以溶液的pH為基本框架，借以考查對堿溶液、鹽溶液與水的電離之間關(guān)系的理解的深刻性。N

9、aOH和CH3COONa兩種溶液pH相同，但兩者對水的電離的影響不同；NaOH溶液中由水電離出的c(OH-)等于該溶液的c(H+)；而CH3COONa溶液中由水電離出的c(OH-)就是溶液本身的c(OH-)，所以A/B=10-9/10-5=10-4。6判斷離子濃度時，要注意鹽類的水解是“微弱”的。判斷兩種物質(zhì)是否完全反應(yīng)是看溶液中兩種溶質(zhì)物質(zhì)的量的關(guān)系，并不決定于溶液中已經(jīng)存在的離子的物質(zhì)的量。等體積pH=3堿溶液與pH=11的堿溶液相混合后，溶液的pH不一定等于7。如等體積pH=3的醋酸與等體積pH=11的NaOH相混后，醋酸中原存在的自由的H+離子與NaOH溶液中的OH-離子反應(yīng)完，但原有

10、的醋酸分子隨反應(yīng)的進行，繼續(xù)電離出H+，結(jié)果反應(yīng)后溶液呈酸性。對NH3.H2O與NH4Cl；NaAc和HAc的混合溶液，如濃度相差在超過10倍，則酸或堿的電離能力大于其鹽的水解能力。（HCN和NaCN的混合溶液則相反）7對中和滴定注意：儀器是否要用待盛液潤洗，眼睛注視什么，滴定管讀數(shù)要讀到小數(shù)后幾位等?！镜湫屠}評析】例1 下列物質(zhì)的水溶液能導(dǎo)電，但屬于非電解質(zhì)的是（2000年上海市高考題）A.CH3CH2COOH B.Cl2 C.NH4HCO3 D.SO2思路分析：對非電解質(zhì)概念的理解應(yīng)注意:一是指“在水溶液里和熔化狀態(tài)下”均不導(dǎo)電，二是“化合物”，單質(zhì)、混合物、溶液均不屬于非電解質(zhì)。SO2

11、的水溶液導(dǎo)電，是因為它與水反應(yīng)生成了能導(dǎo)電的化合物H2SO3，并不是SO2本身導(dǎo)電。答案：D方法要領(lǐng)：區(qū)別電解質(zhì)和非電解質(zhì)：均必須是化合物；本身能電離者為電解質(zhì)。例2 可判定某酸為強電解質(zhì)的現(xiàn)象是（1998年高考化學(xué)試測題）A.該酸加熱至沸騰也不分解 B.該酸可溶解Cu(OH)2C.該酸可跟石灰石反應(yīng)放出CO2 D.0.1mol/L酸pH=1思路分析：酸的強弱決定于其電離能力的大小。A只是說明酸較穩(wěn)定；B、C只說明酸具有酸性，不能說明完全電離；D中pH=1則H+=0.1mol/L，等于酸的濃度，說明酸是一元強酸。答案：D引申發(fā)散：電解質(zhì)相對強弱的判斷的依據(jù)有：化學(xué)方程式，如：C6H5OH+Na

12、2CO3C6H5ONa+NaHCO3(酸性：H2CO3>C6H5OH>HCO3-)。同濃度電解質(zhì)溶液pH大小或與金屬反應(yīng)快慢：反應(yīng)快者較電離能力強。同pH電解質(zhì)的稀釋：兩酸稀釋相同倍數(shù)后，其pH較小的為弱酸。同pH同體積酸與同一物質(zhì)反應(yīng)耗該物質(zhì)的量：消耗物質(zhì)多的為弱酸。鹽溶液的pH大小：如NaX、NaY的pH分別為8、9，則酸性是HX>HY。同條件下導(dǎo)電性：導(dǎo)電性強者電離能力較強。例3 水的電離過程為H2OH+OH-,在不同溫度下其平衡常數(shù)為K(25)=1.0×10-14,K(35)=2.1×10-14。則下列敘述正確的是（2000年上海高考題）A.C(H

13、+)隨著溫度升高而降低 C.在35時，c(H+)>c(OH-)C.水的電離度（25）>（35） D.水的電離是吸熱的思路分析：升溫后K值增大，說明水的電離平衡右移，水的電離度增加，c(H+)增大，c(OH-)也增大，且增大的倍數(shù)相同。答案：D方法要領(lǐng)：水的電離要破壞O-H共價鍵，為吸熱過程，根據(jù)溫度對電離平衡影響作出判斷。注意任何溫度下水中的H+與OH-總是相等的。例4 若室溫時pH=a的氨水和pH=b的HCl等體積混合，恰好完全反應(yīng),，則該氨水的電離度可表示為（1997年全國高考題）A.10(a+b-12)% B.10(a+b-14)% C.10(12-a-b)% D.10(14

14、-a-b)%思路分析：氨水的電離度=OH-/c=10a-14mol.L-1÷10-bmol.L-1=10(a+b-14)= 10(a+b-12)%其中濃度c借用了鹽酸的濃度，這是理解題意等體積混合恰好完全反應(yīng)而且酸堿都是一元的邏輯結(jié)果，是思維靈敏、嚴密的表現(xiàn)。答案：A方法要領(lǐng)：pH是重要概念，年年必考，本題跟聯(lián)系起來，組成新題，有一定難度。題中涉及到指數(shù)運算，即用數(shù)學(xué)方法來解答化學(xué)問題。在進行指數(shù)運算時，一定要細心，防止出現(xiàn)不必要的錯誤。在計算中要注意乘以100%（而不是只增添百分號），以防錯選B。例5 用水稀釋0.1mol/L氨水時，溶液中隨著水量的增加而減小的是（1998年全國高

15、考題）A.OH-/NH3.H2O B.NH3.H2O/OH- C.H+和OH-的乘積 D.OH-的物質(zhì)的量思路分析：A項：OH-/NH3.H2O該表達式實際上代表了一元弱堿的電離度的求算式，而電離度隨溶液濃度的變小而變大；B項是A項的倒數(shù)，故必然變?。籆項H+.OH-的乘積，只與溫度有關(guān)；D項中，由于溶液稀釋時，NH3.H2O的電離度變大，故溶液中OH-物質(zhì)的量必變大。答案：B方法要領(lǐng)：本題考查了一元弱酸或弱堿的電離度的變化表示式。對D項，隨著稀釋OH-始終是減小的，但n(OH-)是增大的。復(fù)習(xí)中要掌握弱電解質(zhì)溶液的電離平衡和電離度，及弱電解質(zhì)沖稀時電離度、離子濃度、離子物質(zhì)的量變化情況。注意

16、離子濃度的變化與離子物質(zhì)的量的變化有時并不是一致的。例6室溫下，在pH=12的某溶液中由水電離的為OH-（2000年全國高考題）×10-7×10-6×10-2×10-12mol/L思路分析：本題只給了一個“某溶液”，若為堿的溶液，則水的電離平衡被破壞（抑制），因此由水電離出的H+(H2O)=OH-(H2O)=10-12mol/L；如該溶液是鹽的溶液，則該鹽必為弱酸鹽，要促進水的電離，故水電離出的H+(H2O)=OH-(H2O)=10-2mol/L。答案：C、D方法要領(lǐng)：溶液在加酸、堿、鹽時，其水電離產(chǎn)生的H+(H2O)與OH-(H2O)分別說明如下：1.

17、加酸：H+(H2O)=OH-(H2O)= OH-(溶液)=Kw/H+(總)2.加堿：H+(H2O)=OH-(H2O)=H+(溶液)=Kw/OH-(總)3.加鹽：不水解鹽：H+(H2O)=OH-(H2O)=1×10-7mol/L強酸弱堿鹽：H+(H2O)=OH-(H2O)=H+(溶液)弱酸強堿鹽：H+(H2O)=OH-(H2O)=OH-(溶液)例7 在室溫下等體積的酸和堿的溶液，混合后pH一定小于7的是（1997年全國高考題）A.pH=3的硝酸跟pH=11的氫氧化鉀溶液 B.pH=3的硝酸跟pH=11的氨水C. pH=3的硫酸跟pH=11的氫氧化鈉溶液 D.pH=3的醋酸跟pH=11的

18、氫氧化鋇溶液思路分析：pH=3的強酸溶液和pH=11的強堿溶液，等體積混合恰好中和，pH=7；pH=11的氨水，由于氨水是弱堿，已電離的NH3.H2O使溶液pH=11，但仍有大量NH3.H2O沒有電離，等體積混合后，氨水過量，混合后溶液酸堿性由剩余NH3.H2O的決定，pH>7；在D中，醋酸過量，混合后溶液顯酸性，pH<7。答案：D方法要領(lǐng)：此題可不必按反應(yīng)的化學(xué)方程式計算，但必須清楚強電解質(zhì)與弱電解質(zhì)的電離情況不同，按酸中所含H+物質(zhì)的量與堿中所含OH-物質(zhì)的量，來判斷反應(yīng)后溶液的酸堿性。應(yīng)該明白如下規(guī)律：（1）已知pH和溶液的體積，其H+（或OH-）物質(zhì)的量與原強酸（或強堿）是

19、一元的還是二元的無關(guān)。（2）已知溶液的pH，若該溶液是弱酸（或弱堿），則原溶質(zhì)的濃度遠大于 H+（或OH-）。（3）酸與堿溶液混合，若酸有較大量剩余，溶液顯酸性。因為對大多數(shù)弱酸來說，弱酸的電離能力強于相應(yīng)陰離子的水解能力。若反過來，剩余的弱堿是NH3.H2O，溶液顯堿性，因為NH3.H2O電離能力強于NH4+的水解能力。對于H2SO4、Ba(OH)2等二元酸堿，當(dāng)告知pH時，元數(shù)不再參與換算。例8 已知一種H+=1×10-3 mol/L的酸和一種OH-=1×10-3 mol/L的堿溶液等體積混合后溶液呈酸性。其原因可能是（1991年全國高考題）A.濃的強酸和稀的強堿溶液反

20、應(yīng) B.濃的弱酸和稀的強堿溶液反應(yīng)C.等濃度的強酸和弱堿溶液反應(yīng) D.生成了一種強酸弱堿鹽思路分析：酸和堿溶液混合后所得溶液呈酸性，其原因有下列兩種可能：其一，這兩種溶液恰好完全反應(yīng)，但參與反應(yīng)的是弱堿和強酸，生成強酸弱堿鹽容易水解而顯酸性。其二，酸和堿并沒有恰好完全反應(yīng)，反應(yīng)以后酸有剩余，因而溶液顯酸性。本題中的酸溶液H+離子濃度只有1×10-3mol/L。如果此酸是強酸，它是完全電離的，可見它是一種稀溶液；如果是弱酸，因為它只有少部分電離，則弱酸的濃度可能較大。同理，堿溶液的OH-離子濃度也是1×10-3mol/L，即或是強堿的稀溶液，或是弱堿的較濃溶液。如上所述，可立

21、即排除選項A，并確定選項B是符合條件的答案，混合后的溶液呈酸性這表明所用的是較濃的弱酸實際上是過量的。由于題目為不定項選擇，還有正確的選項，需繼續(xù)分析C、D兩選項。如果酸是強酸、堿是弱堿，按前分析，兩者不可能是等濃度的，可判斷選項C不對，也正是由于這種原因，混合溶液呈酸性肯定不是從生成的鹽水解而來的，這樣，選項D也不正確。必須注意，題給的條件是酸中的H+與堿中的OH-相等，而不是酸溶液的濃度與堿溶液的濃度相等。答案：B方法要領(lǐng)：酸和堿之間的反應(yīng)是最常見的化學(xué)反應(yīng)之一，本題意在于以這類最常見的反應(yīng)為素材，多角度地考查與之相關(guān)的知識。本題設(shè)置了迷惑性較強的選項，估計考生在實際應(yīng)答時會在幾個都像似是

22、而非的選項前下不了決心。4個選項首先給人的印象好象是前3個敘述方式顯然與選項D不同，這樣D的地位就顯得突出；加以強酸弱堿鹽水解顯酸性相當(dāng)多的考生中認為是首先要考慮的原因。在這種思維定勢的影響下，錯選了D。純凈的強酸弱堿鹽的水溶液，由于水解而顯酸性。但在強酸弱堿鹽與弱堿的混合溶中，由于弱堿的電離趨勢遠大于強酸弱堿鹽的水解趨勢，即由于弱堿的存在而使溶液顯堿性。例9 pH=13的強堿溶液與pH=2的強酸溶液混合，所得混合溶液的pH=11，則強堿與強酸的體積比是（1998年全國高考題）A.11:1 B.9:1 C.1:11 D.1:9思路分析：強酸與強堿混合的pH計算，相混時看余量，余下的溶液顯堿性，

23、且OH-=10-3mol/L，因此，若設(shè)強堿、強酸的體積分別為x、y，則由題意：，x:y=1:9。一題多解：堿中OH-為酸中H+10倍，完全中和V(堿)/V(酸)=1/10，現(xiàn)OH-稍過量，故V(堿)/V(酸)>1:10，只有D符合。答案：D引申發(fā)散：本題酸、堿反應(yīng)后pH=11，說明堿過量，必須按OH-進行計算。如果忽略了這一點而用H+計算，那就錯了。pH計算關(guān)鍵抓主要矛盾，即酸求H+，堿求OH-。且忌在任何情況下都以H+進行換算。pH計算的幾種情況：1兩種強酸溶液混合時，先求H+，再求pHH+=2兩種強堿溶液混合時，先求OH-，再通過Kw求H+，最后求pHOH-=3強酸與強堿溶液混合：

24、H+OH-=H2O酸過量:H+=c(H+)V(H+)-c(OH-)V(OH-)÷V(H+)+ V(OH-)堿過量:OH-=c(OH-)V(OH-)-c(H+)V(H+)÷V(H+)+ V(OH-)注意：混合后溶液顯酸性，一定用H+計算；如顯堿性一定OH-用計算，絕不能顛倒。4強酸強堿溶液稀釋后的pH強酸或強堿溶液無限稀釋時，其pH只是接近7。例10 25時,若體積為Va、pH=a的某一元強酸與體積為Vb、pH=b的某一元強堿混合,恰好中和,且已知Va<Vb和a=0.5b,請?zhí)顚懴铝锌瞻?（2000年全國高考題）(1)a值可否等于3(填“可”或“否”),其理由是(2)a

25、值可否等于5(填“可”或“否”),其理由是(3)a的取值范圍是思路分析：本題是一個pH的計算。它以pH計算為載體，考查了討論題型的解法。根據(jù)酸堿中和的本質(zhì)：n(H+)=n(OH-)，由題意得：10-a.Va=10b-14.Vb,Va/Vb=10a+b-14<1,討論得解。答案：(1)否,若a=3,則b=6,溶液顯酸性,與題意不符；(2)否,若a=5,H+a=10-5mol/L,則b=10，OH-b=10-4mol/L，Va/Vb=OH-b/H+a>1,不合題意；(3)Va/Vb=OH-b/H+a=10-14/H+b÷H+a=10-14/10-b÷10-a=10(

26、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<a<14/3。引申發(fā)散：25,10體積某強酸溶液與1體積某強堿溶液混合溶液后呈中性，則混合前，強酸的pH與強堿的pH之間應(yīng)滿足什么關(guān)系？（1994年全國高考題）思路分析：可根據(jù)pH概念，水的離子積常數(shù)，pH的有關(guān)計算方法，充分理解“10體積某強酸溶液與1體積某強堿溶液”和“混合后溶液呈中性”這兩條題給信息?？芍旌锨?0體積強酸溶液中H+物質(zhì)的量等于1體積強堿溶液中OH-物質(zhì)的量。設(shè)酸溶液的體積是10L，則堿溶液的

27、體積是1L。10×H+酸=1×OH-堿 由OH-堿=(1×10-14)/H+堿 得：10×H+酸=1×(1×10-14)/H+堿10×H+酸×H+堿=1×10-14 兩邊各取負對數(shù)：（-lgH+酸）+（-lgH+堿）+（-lg10）=-lg10-14pH(酸)+pH(堿)-14=14 故pH(酸)+pH(堿)=15。答案：pH(酸)+pH(堿)=15一題多解：解法二：設(shè)pH(酸)=x，則H+酸=10-xmol/L pH(堿)=y，則H+堿=10-ymol/LOH-堿=(1×10-14)/10-y

28、=10(y-14) 依題意：10×H+酸=1×OH-堿 10×10-x=1×0(y-14) 1-x=y-14 x+y=15。解法三：強酸與強堿溶液中和后pH=7，則強酸的pH升高7- pH(酸)。強堿的pH降低pH(堿)-7。由于10×H+酸=1×OH-堿 可知強堿的pH降低的數(shù)值大于強酸的pH升高的數(shù)值，且強堿pH降低的數(shù)值與強酸pH升高的數(shù)值之差為1。(pH(堿)-7)-(pH(酸)-7)=1 pH(酸)+pH(堿)=15。 此法充分運用強酸與強堿中和時，強酸溶液中H+被消耗，pH升高；強堿溶液中OH-被消耗，pH降低，并且巧妙地

29、結(jié)合強酸、強堿消耗的體積之比，較快地推導(dǎo)出pH(酸)與pH(堿)之間應(yīng)滿足的關(guān)系。例11 為更好地表示溶液的酸堿性，科學(xué)家提出了酸度（AG）的概念，AG，則下列敘述正確的是（2001年上海高考題）A.中性溶液的AG0 B.酸性溶液的AG0C.常溫下0.lmol/L氫氧化鈉溶液的AG12 D.常溫下0.lmol/L鹽酸溶液的AG12思路分析：中性溶液中H+=OH-，則AG=lg1=0，A正確；酸性溶液H+>OH-，AG>0。B錯；對C選項：OH-=10-1mol/L，H+=10-13mol/L，AG=lg10-13/10-1=-12；對D選項則AG=12。答案：AD方法要領(lǐng)：理解運用

30、新信息，注意AG表達式與pH的不同。解題中把選項中的H+和OH-代入AG計算式即可。例12 在蒸發(fā)皿中加熱并灼燒(<900)下列物質(zhì)的溶液，可以得到該物質(zhì)固體的是（1999年上海高考題）A.氯化鋁 B.碳酸氫鈉 B.硫酸鎂 D.高錳酸鉀思路分析：AlCl3溶液蒸干灼燒時，發(fā)生一系列過程：AlCl3的水解平衡：AlCl3+3H2O Al(OH)3+3HCl-Q，在加熱時正向移動，又HCl揮發(fā)，故蒸干后得Al(OH)3；再灼燒分解為Al2O3。NaHCO3和KMnO4兩固體受熱分解。答案：C方法要領(lǐng)：本題考核的知識點是鹽的水解和物質(zhì)的分解反應(yīng)。對于易揮發(fā)酸易水解的鹽溶液，在蒸發(fā)時，由于酸的揮

31、發(fā)，水解平衡右移，最后得到的是氫氧化物沉淀，而非原溶質(zhì)鹽。制備無水鹽時要考慮鹽的水解。不同的鹽溶液中加熱過程中，由于生成物揮發(fā)或難揮發(fā)，最終得到的固體產(chǎn)物類型有所不同。如明礬溶液蒸干灼燒，盡管Al3+水解，但由于H2SO4為高沸點酸，難揮發(fā)，最終得到的固體仍然是明礬；K2CO3溶液加熱，盡管K2CO3水解，但生成的KHCO3和KOH反應(yīng)后仍為K2CO3。例13 將0.1mol/L的醋酸鈉溶液20mL與0.1mol/L鹽酸10rnL混合后，溶液顯酸性，則溶液中有關(guān)微粒的濃度關(guān)系正確的是（2001年上海市高考題）A.c (Ac)c (Cl)c (H)c (HAc)B.c (Ac)c (Cl)c (

32、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：本題考查的知識點有電解質(zhì)的電離、弱電解質(zhì)的電離平衡、鹽類水解及離子濃度比較。解這類題目有兩條規(guī)律：(1)電荷守恒：指電解質(zhì)溶液中陽離子所帶正電荷總數(shù)等于陰離子所帶負電荷總數(shù)；(2)物料守恒：指在平衡狀態(tài)下，電解質(zhì)溶液中某一組分的起始濃度等于它在溶液中各種形式存在微粒的濃度之和。由題給條件，由發(fā)生的反應(yīng)得：NaAc+HCl=NaCl+HAc起始物質(zhì)的量 0.002 0.001反應(yīng)后物質(zhì)的量 0.001 0 0.0010.001反應(yīng)后為等濃度的NaAc、H

33、Ac、NaCl混合液，由于HAc電離能力大于Ac-水解能力，且HAc的電離是微弱的，故Ac->HAc、HAc>H+，A和C錯誤，B正確；由電荷守恒原理知D也對。答案：B、D方法要領(lǐng)：一看有無反應(yīng)，確定溶質(zhì)種類；二看溶質(zhì)電離、水解情況，確定濃度大小關(guān)系；三據(jù)守恒關(guān)系，確定濃度等式關(guān)系（對電荷守恒式，如離子所帶電荷數(shù)不是1時，計算時應(yīng)將其物質(zhì)的溶液濃度與其電荷數(shù)相乘后再求總和）。列守恒關(guān)系式要注意以下三點：善于通過離子發(fā)生的變化，找出溶液中所有的離子和分子，不能遺漏，否則因遺漏會造成列式錯誤；電荷守恒要注意離子濃度前面的系數(shù)；物料守恒要弄清發(fā)生變化的元素各微粒的濃度與未發(fā)生變化的元素微

34、粒濃度間的關(guān)系；某些關(guān)系式既不是電荷守恒也不是物料守恒，通常是由兩種守恒關(guān)系式通過某種變換（如“相加”、“相減”等）而得。例14某二元弱酸(簡寫成H2A)溶液，按下式發(fā)生一級和二級電離H2A H+HA-，HA-H+A2-（1999年全國高考題）已知同濃度時電離度(H2A)>(HA-)。設(shè)有下列四種溶液:2A溶液B. 0.01mol/LNaHA溶液中C. 0.02mol/LHCl與0.04mol/LNaHA等體積混合 D.0.02mol/LNaOH與0.02mol/LNaHA等體積混合H+最大的是，最小的是；H2A最大的是，最小的是；A2-最大的是，最小的是 。思路分析：C中的HCl與Na

35、HA發(fā)生反應(yīng)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與0.02mol/L的NaHA溶液等體積混合后，發(fā)生反應(yīng)NaOH+NaHA=Na2A+H2O得到的是0.01mol/LNa2A溶液。根據(jù)相同濃度時的電離度可知，C溶液中的HA-基本不電離，對溶液中H+的增大貢獻極小，而由于濃度大，對H2A的電離平衡起抑制作用，致使C中H+不如溶液A大。答案：A，D；C、D；D、A方法要領(lǐng)：這是一道綜合考查考生關(guān)于溶液濃度計算技能、對弱酸電離度以及鹽類水解理解水平的題目。解答此題的關(guān)鍵是比較A和C兩種溶液中H+的大

36、小。雖然題目中只對弱酸的各級電離常數(shù)進行簡單提示：，而實際上(H2A)和(HA-)之間不是差幾倍、幾十倍的關(guān)系，而往往是數(shù)千倍、數(shù)萬倍甚至十萬倍以上，特別是溶液C中，在H2A電離出的H+的抑制作用下，HA-的電離幾乎可以忽略不計；而它對H2A電離平衡的影響（抑制作用）卻是很大的。因此，溶液A中的H+就比溶液C中大一些。這種比較是通過化學(xué)概念、化學(xué)思想而進行的，不是單純的機械計算和數(shù)學(xué)推理，這一問題的出現(xiàn)進一步提示我們在復(fù)習(xí)中化學(xué)方法的養(yǎng)成，防止死記硬背。例15 物質(zhì)的量溶液濃度相同的下列溶液中，含微粒種類最多的是（1996年上海市高考題）A.CaCl2 B.CH3COONa C.NH3 D.K

37、2S思路分析：對于CaCl2，溶液中存在的微粒有Ca2+、Cl-、H+、OH-、H2O等5種；對于CH3COONa因水解：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，溶液中存在Na+、CH3COOH、CH3COO-、H2O、H+、OH-等6種微粒。對于NH3在溶液中存在平衡：NH3+H2O NH3.H2O NH4+OH-，溶液中存在著NH4+、NH3.H2O、NH3、H2O、H+、OH-等6種微粒；對于K2S，由于發(fā)生兩級水解：S2-+H2O HS-+OH-，HS-+H2O H2S+OH-，溶液中存在著K+、S2-、HS-、H2S、H2O、H+、OH-等7種微粒。答案：D方法要領(lǐng)：溶液中

38、的微粒包含溶液中所有分子和離子，要防止遺漏溶劑分子及由水電離產(chǎn)生的離子。例16 某學(xué)生中和滴定實驗的過程中如下：(a)取一支堿式滴定管；(b)用蒸餾水洗凈；(c)即加入待測的NaOH溶液；(d)記錄液面刻度讀數(shù)；(e)用酸式滴定管精確放出一定量標準酸液；(f)置于未經(jīng)標準酸液潤洗的潔凈錐形瓶中；(g)加入適量蒸餾水；(h)加入酚酞試液2滴；（i）滴定時，邊滴邊搖蕩；（j）邊注視滴定管內(nèi)液面的變化；(k)當(dāng)小心滴到溶液由無色變成粉紅色時，即停止滴定；(l)記錄液面刻度讀數(shù)；(m)根據(jù)滴定管內(nèi)的兩次讀數(shù)得出NaOH溶液體積為22mL。指出上述實驗過程中的錯誤之處（用編號表示）。(選錯一個倒扣1分，

39、但不出現(xiàn)負分)（1995年上海高考題）思路分析：對于（c），待測NaOH溶液的滴定管未用該NaOH溶液潤洗；對于（j），滴定時眼睛要注視錐形瓶內(nèi)溶液的顏色變化；對于（k），應(yīng)滴至溶液由無色變成粉紅色至半分鐘內(nèi)不再褪去為止；對于（m），記錄NaOH溶液體積，根據(jù)滴定管測量準確度，應(yīng)記錄到小數(shù)點后兩位。答案：c j k m方法要領(lǐng)：中和滴定操作作為一定量實驗，要注意防止實驗不當(dāng)造成誤差。如儀器是否需要潤洗；滴定管讀數(shù)方法；眼睛看什么位置；滴定終點的判斷等。例17 用實驗確定某酸HA是弱電解質(zhì)。兩同學(xué)的方案是：（2001年上海市高考題）甲：稱取一定質(zhì)量的HA配制0.lmol/L的溶液100mL； 用pH試紙測出該溶液的pH，即可證明HA是弱電解質(zhì)。乙：用已知物質(zhì)的量濃度的HA溶液、鹽酸，分別配制pHl的兩種酸溶液各100mL；分別取這兩種溶液各10mL