高三化学一轮复习全套教学案

考点11化学键

2．掌握极性键和非极性键判断方法

3．了解键参数，共价键的主要类型δ键和π键

4．掌握原子、离子、分子、离子化合物的电子式，用电子式表示物质的形成过程

1、概念：，叫做化学键，根据成键原子间的电负性差值可将化学键分为和。旧的化学键的断裂和新的化学键的生成是化学反应的本质，也是化学反应中能量变化的根本。

2.写出下列微粒的电子式：Al Mg2+ O2- OH- NH4+ CaCl2 CO2

元素的原子间形成的共价键，共用电子对偏向任何一个原子，各原子

都，简称

极性共价键：元素的原子间形成的共价键，共用电子对偏向电负性较的一方，简称

、、；其中、是衡量共价稳定性的参数，通常键长越，键能越大，表明共价键越稳定；共价键具有性，是描述分子立体结构的重要参数，分子的立体结构还与有一定的关系。

四、等电子原理

、相同的分子具有相似的化学键特征，它们的许多性质是相近的，这叫做等电子原理。

A．离子化合物中可能含有共价键

B．共价化合物中可能含有离子键

C．离子化合物中只含离子键

D．共价键只能存在于化合物中

解析：离子键只存在于离子化合物中，共价键可存在于离子化合物、共价化合物以及某些单质中

答案： A

【例2】下列化合物中既存在离子键，又存在极性键的是

A．H2O B．NH4Cl C．NaOH D．Na2O2

解析：水分子中只有H-O键，是极性键，无离子键，排除A项；NH4Cl中NH4+和Cl-间是离子键，NH4+内N和H原子以极性键结合，B项正确；NaOH中Na+和OH-以离子键结合，OH-内H和O之间以极性键结合，C项正确；Na2O2中Na+和O22-以离子键结合，O22-内有非极性键，排除D项。

答案：B C。

【例3】下列分子中所有原子都满足最外层8电子结构的是

A．光气(COCl2) B．六氟化硫 C．二氟化氙 D．三氟化硼

解析：分子中的原子是否满足8电子结构，决定于中心原子的最外层电子数和形成共价键的数目

答案：A

答案：A

【例4】下列分子中，键能最小的是

Ａ．F2Ｂ．Ｂr2Ｃ．Ｃl2Ｄ．N2

解析：N2中含有一个三键，键能较大；F2、Ｂr2、Ｃl2中只有一个单键，键能小，F2分子中电子“密度”大，F原子间斥力大，键能最小

答案：A

【例6】能够用键能解释的是（）

Ａ．氮气的化学性质比氧气稳定

Ｂ．常温常压下，溴呈液体，碘为固体

Ｃ．稀有气体一般很难发生化学反应

Ｄ．硝酸易挥发，硫酸难挥发

解析：键能的大小影响键的稳定性，影响的是物质的化学性质(稳定性)

【例7】与NO3-互为等电子体的是（）

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Ａ．SO3Ｂ．BF3Ｃ．CH4Ｄ．NO2

解析：等电子体要求原子总数相同、价原子总数相同，C、D原子总数不同，A价原子总数不同，选B

答案：B

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考点12分子间作用力与氢键

2．掌握影响分子间作用力的因素，了解分子间作用力对物质性质的影响

1．概念：分子间作用力又称，是广泛存在于分子与分子之间的较弱的电性引力，只有分子间充分接近时才有分子间的相互作用存在。

2．影响分子间作用力大小的因素：

(1)组成与结构相似的物质，相对分子质量，分子间作用力越大

(2)分子的极性越大，分子间作用力

(3)分子的空间构型：一般来说，分子的空间型越对称，分子间作用力越小

3．分子间作用力对物质性质的影响

分子间作用力主要影响物质的物理性质，如、等

二、氢键

氢键是除范德华力外的另一种，它是由已经与电负性很强的原子形成共价键的氢原子与中电负性很强的原子之间的作用力；氢键不仅存在于分子与分子之间，也可存在于分子内。与化学键相比，氢键是一种较弱的作用力，但比范德

A．氯化氢气体溶于水

B．干冰气化

C．氯化钠固体溶于水

D．氢气在氯气中燃烧

解析：氯化氢气体溶于水，电离出H+和Cl-，原有的共价键被破坏；氯化钠固体溶于水，氯化钠固体中不能自由移动的Na+和Cl-变成能够自由移动，原有的离子键被破坏；干冰是由分子构成的，气化时只要克服分子间作用力，不要破坏分子内的化学键；氢气在氯气中燃烧是化学变化，必然有化学键的断裂。

答案： B

【例2】下列实验事实不能用氢键来解释的是

A．冰的密度比水小，能浮在水面上

B．接近沸点的水蒸气的相对分子质量测量值大于18

C．邻羟基苯甲醛的沸点低于对羟基苯甲醛

D．H2O比H2S稳定

解析：氢键使冰晶体中的水分子呈一定规则排列，空间利用率低，密度小；氢键使接近沸点的水蒸气中含有少量(H2O)2；邻羟基苯甲醛存在分子内氢键，而对羟基苯甲醛存在分子间氢键，增大了分子间作用力，沸点较高。H2O比H2S稳定是因为H-O比H-S稳定

答案：D。

【例3】下列物质中分子间能形成氢键的是

A．N2 B．HBr C．NH3 D．H2S

解析：A-H……B，A、B为N、O、F

答案：C

【例4】试从不同角度解释：乙醇（C2H5OH）和二甲醚（CH3OCH3）的化学组成均为C2H6O，但乙醇的沸点为78.5℃，而二甲醚的沸点为－23℃？

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解析：乙醇（C2H5OH）和二甲醚（CH3OCH3）的化学组成相同，两者的相对分子质量也相同，不同的是二者的极性、对称性不同，且乙醇能满足氢键的形成条件，从不同点加以解释。

答案：①乙醇的极性强，分子间作用力大，沸腾时需要提供更多的能量去破坏分子间作用力②乙醇分子之间能形成氢键，使分子间产生了较强的结合力，沸腾时需要提供更多的能量去破坏分子间氢键，而二甲醚分子间没有氢键，上述两点使乙醇的沸点比二甲醚的高。

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考点13 化学反应速率

用单位时间里反应物浓度的减少或生成物浓度的增加来表示。

1．表示方法：υ=△c/△t

2．单位:mol/(L·s)；mol/(L·min)；mol/L·S。

3．相互关系：

4NH 3+5O 24NO+6H 2O （g ）

υ(NH 3)∶υ(O 2)∶υ(NO)∶υ(H 2O)=4∶5∶4∶6 二、影响化学反应速率的因素

1．内因： （如：钠与水反应和钾与水反应速率明显不同）。

2．外内：

（1）浓度：浓度越大，单位体积内活化分子数 ，有效碰撞的几率 ，发生化学反应的速率 ；因此，化学反应速率与浓度有密切的关系，浓度越大，化学反应速率越快。增大反应物的浓度，正反应速率加快。

（2）温度：温度越高，一方面活化分子百分数 ，另一方面含有较高能量的分子间的碰撞频率 ，两个方面都使分子间有效碰撞的几率 ，反应速率 （正逆反应速率都加快）。

（3）压强：对于有气体参与的化学反应，通过改变容器体积而使压强变化的情况（PV=nRT ）：压强增大，相当于浓度 ，反应速率 。（反应物和生成物的浓度都增大，正逆反应速率都增大，相反，亦然）。

（4）催化剂：使用正催化剂，反应所需的活化能 ，活化分子百分数 ，有效碰撞的几率 ，化学反应速率

（对于可逆的反应使用催化剂可以同等程度地改变正逆反应速率）。

试题枚举

[课件]投影例题

【例1】已知：4NH 3+5O 2 4NO+6H 2O ，若反应速率分别用υ(NH 3)、υ(O 2)、υ(NO)、υ(H 2O) [mol·L -1·min -1

]表示，则关系正确的是

A ．4υ(NH 3)=5υ(O 2) B. 5υ(O 2)=6υ(H 2O)

C. 3υ(NH 2)=2υ(H 2O)

D. 4υ(O 2=5υ(NO)

解析：化学反应方程式的系数与分别用各物质表达的化学反应速率成正比。

答案：C 、D

【变式】在2L 密闭容器中，发生3A(气)+B(气)＝2C(气)的反应，若最初加入A 和B 都是4mol ，A 的平均反应速率为0.12mol /L·s，则10秒钟后容器中B 的物质的量为

A.2.8mol

B.1.6mol

C.3.2mol

D.3.6mol

答案：C

【例2】某温度时，浓度都是1mol·L -1的两种气体，X 2、Y 2在密闭容器中反应生成气体Z ，达到平衡时c(X 2)=0.4mol·L -1、c(Y

2)=0.8mol·L -1、c(Z)=0.4mol·L -1

，则该反应的反应式是

A. X 2+2Y 2 2XY 2

B. 2X 2+Y 2 2X 2Y

C. 3X 2+Y 2 2X 3Y

D. X 2+3Y 2 2XY 3

解析：根据化学反应方程式的系数与分别用各物质表达的化学反应速率成正比的关系，只需分别计算同一时间内用各物质表达的化学反应速率，然后进行比较。

答案：C

【变式】A 和B 反应生成C ，假定反应由A 、B 开始，它们的起始浓度均为1mol/L 。反应进行2min 后A 的浓度为0.8mol/L ，B 的浓度为0.6mol/L ，C 的浓度为0.6mol/L 。则2min 内反应的平均速率υA =__________，υB =_____________，υC =___________。该反应的化学反应方程式为___________________________。

答案υA =0.1mol·L -1·min -1， υB =0.2mol·L -1·min -1， υC =0.3mol·L -1·min -1；

化学反应方程式为A+2B=3C 。

【例3】在一定条件下，反应N 2+3H 2 2NH 3，在2L 密闭容器中进行，5min 内氨的质量增加了1.7g ，则反应速率为

A. υ(H 2)=0.03mol/(L·min)

B. υ(N 2)=0.02mol/(L·min)

C. υ(NH 3)=0.17g/(L·min)

D. υ(NH 3)=0.01mol/(L·min)

解析：根据题目可知V(NH 3)=0.01mol/(L·min)，根据反应系数与化学反应速率的关系可求出V(H 2)=0.015mol/(L·min)

答案：D

【变式】4NH 3+5O 2 4NO+6H 2O 反应在5L 的密闭容器中进行，半分钟后，NO 物质的量增加了0.3mol ，则此反应的反应速率为

A.υ(O 2)=0.01mol/L·s

B.υ(NO)=0.008mol/L·s

C.υ(H 2O)=0.003mol/L·s

D.υ(NH 3)=0.002mol/L·s

答案：CD

【变式】把0.6molX 气体和0.4molY 气体混合2L 于容器中使它们发生如下反应，3X(气)+Y(气) nZ(气)+2W(气)，5min 末已生成0.2mol W ，若测知以Z 浓度变化来表示的反应平均速率为0.01mol/L·min，则

（1）上述反应中Z 气体的反应方程式系数n 的值是

A.1

B.2

C.3

D.4

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（2）上述反应在5分钟末时，已消耗的Y 值占原来的分数是

A.20%

B.25%

C.33%

D.50%

答案：（1）A （2）B

【例4】下列体系加压后，对化学反应速率没有影响的是

A.2SO 2+O 2 2SO 3

B.CO+H 2O(气)

CO 2+H 2 C.CO 2+H 2 H 2CO 3 D.OH -+H +＝H 2O

解析：压强对没有气体参加的反应无影响。

答案：D

【例5】把镁带投入盛有盐酸的敞口容器里，在下列因素中：①盐酸的浓度，②镁带的表面积，③溶液的温度，④氯离子的浓度。对反应速率有影响的是

A.①②

B.③④

C.①②③④

D.①②③

解析：根据影响反应速率的因素有：浓度、温度、压强和催化剂可知，①③肯定对反应速率有影响，而镁带的表面积越大则与

盐酸的接触越充分，显然反应速率越快。此反应的实质是Mg+2H +＝Mg 2++H 2↑，与氯离子浓度无关，所以④对此反应速率无影响。故

本题的正确答案为D 。

答案：D

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考点14 化学平衡

。

一、化学平衡的概念：在一定条件下的可逆反应里，正反应和逆反应的速率相等，反应混合物中各组在成分的含量保持不变的状态叫做化学平衡。

1．“等”——处于密闭体系的可逆反应，化学平衡状态建立的条件是正反应速率和逆反应速率相等。即v(正)=v(逆)≠0。这是可逆反应达到平衡状态的重要标志。

2．“定”——当一定条件下可逆反应一旦达平衡（可逆反应进行到最大的程度）状态时，在平衡体系的混合物中，各组成成分的含量（即反应物与生成物的物质的量，物质的量浓度，质量分数，体积分数等）保持一定而不变（即不随时间的改变而改变）。这是判断体系是否处于化学平衡状态的重要依据。

3．“动”——指定化学反应已达化学平衡状态时，反应并没有停止，实际上正反应与逆反应始终在进行，且正反应速率等于逆反应速率，所以化学平衡状态是动态平衡状态。

4．“变”——任何化学平衡状态均是暂时的、相对的、有条件的（与浓度、压强、温度等有关）。而与达平衡的过程无关（化学平衡状态既可从正反应方向开始达平衡，也可以从逆反应方向开始达平衡）。

二、化学平衡的移动——勒沙特列原理：

如果改变影响平衡的一个条件（如浓度、压强或温度），平衡就向着能够减弱这种改变的方向移动。

三、影响化学平衡的条件

【例1】下列哪种说法可以证明反应N2 + 3H22NH3已达到平衡状态（）

A. 1个N≡ N键断裂的同时，有3个H - N键形成。

B. 1个N≡ N断裂的同时，有3个H - N键断裂。

C. 1个N≡ N断裂的同时，有6个H - N键断裂。

D. 1个N≡ N键断裂的同时，有6个H - N键形成。

解析：根据化学平衡的定义，当一个可逆反应达到平衡时V正= V逆，同时各物质的百分含量保持不变，从本质上来讲反应虽然仍在进行，但各种物质的绝对量不再变化，我们就称为达到平衡状态，对此题关键要分清谁表示V正谁表示V逆，例如，1个N≡N 断裂，即表示要向右进行，生成NH3即为V正；而6个N-H键断裂表示向左进行，生成N2与H2，即V逆。6个N-H形成，相当于生成2molNH3，表示V正。根据同一反应中，用不同的物质来表示某反应的速率，若正、逆反应速率之比等于方程式各物质的系数之比，反应亦达到平衡，所以答案为A、C。

答案：A、C

【例2】能够充分说明在恒温恒容下的密闭容器中，反应2SO2+O22SO3已达平衡状态的标志是

A.容器中SO2、O2、SO3的物质的量之比为2：1：2

B.SO2和SO3的物质的量浓度相等

C.反应容器内压强不随时间变化而变化

D.单位时间内生成2molSO3时，即生成1molO2

解析：由于题目中没有给出各物质的起始量，也没有给出反应的具体条件，所以无法知道容器中SO2、O2、SO3的物质的量之比为2：1：2时，及SO2和SO3的物质的量浓度相等时反应是否达到平衡，也就是说无法知道达到平衡后，SO2和SO3的物质的量浓度上否相等。所以A、B选项不能选为答案。由于此反应是气体非等体积反应，在恒温恒容下，压强不变，说明各物质的浓度不变，故C选项正确。由于单位时间内生成2molSO3时，即消耗了1molO2，此时又生成1molO2，即意味着正反应速率等于逆反应速率，所以D选项也正确。

答案：C、D

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【例3】可逆反应： 3A（g）3B(?)+C(?)（正反应为吸热反应），随着温度升高，气体平均相对分子质量有变小趋势，则下列判断正确的是

A．B和C可能都是固体

B．B和C一定都是气体

C．若C为固体，则B一定是气体

D．B和C可能都是气体

解析：本题考查平衡移动知识，重在考查分析问题、解决问题的能力．根据题干条件可对各选项逐一分析。选项A中，如果B和C都是固体，则无论平衡怎样移动，反应混合物中的气体只有A一种，A的相对分子质量不随温度升高而改变，所以气体的平均相对分子质量不随温度升高而改变，因此选项A不符合题意．选项C中，当C为固体，B为气体时，该反应为反应前后气体分子数不变的反应．由于温度升高平衡向吸热反应方向移动。有更多的固体C生成，使反应混合物中气体的总质量相应减小，而气体分

子数保持不变，所以气体平均相对分子质量也相应变小，若C为固体，而B为非气体时，则反应混合物中的

气体只有A，这与选项A情况相同，不符合题意要求，所以只有当C为固体时，B必为气体，才符合回意要求，选项C符合题意．既然选项C符合题意要求，则选项B一定不符合或意要求。选项D中，如果B和C都是气体，则正反应方向是气体分子数增大的方向，由于升温平衡向正反应方向移动，反应混合物中气体分子数相应增大，而反应混合物的总质量保持不变（反应物和生成物全部为气体）。所以气体平均相对分子质量变小．选项D符合题意．

答案：C、D。

【例4】密闭容器中一定量的混合气体发生反应：

，平衡时，测得A的浓度为0.50mol·L

－1，在温度不变时，把容器容积扩大到原来的2倍，使其重新达到平衡，A的浓度为0.30mol·L-1，有关叙述不正确的是（）。

A．平衡一定向右移动

B．B的转化率降低

C ．

D．C的体积分数降低

解析：本题可采用虚拟的方法来解答。假设把容器扩大到原来的2倍时．平衡不移动（虚拟），则这时A的浓度由0.50 mol·L －l变为0. 25 mol·L－l，而事实上A的浓度为0.30 mol·L－1，然后再由虚拟状态回到事实．A的浓度由0.25 mol·L－1变为0.30 mol·L －1，平衡向生成A的方向即本反应逆反应方向移动。与备选选项对照，只有A项不正确。

答案：A

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第 8 页 共 120 页 考点15 化学平衡的图像

考点聚焦

1．进一步掌握理解浓度、温度、压强、催化剂等条件对化学反应速率和化学平衡移动的影响。

2．能够通过对图形、图表的观察，获取有关的感性知识和印象，并对这些感性知识进行初步加工和记忆

知识梳理

1．牢固掌握有关的概念与原理，尤其要注意外界条件的改变对一个可逆反应来讲，正逆反应速率如何变化，化学平衡如何移动，在速度-时间图、转化率-时间图、反应物的含量-浓度图等上如何体现。要能够画出有关的变化图象。

2．对于化学反应速率的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：

（1）认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与有关的原理挂钩。

（2）看清起点，分清反应物、生成物，浓度减小的是反应物，浓度增大的是生成物一般生成物多数以原点为起点。

（3）抓住变化趋势，分清正、逆反应，吸、放热反应。升高温度时，v （吸）>v(放)，在速率-时间图上，要注意看清曲线是连续的还是跳跃的，分清渐变和突变，大变和小变。例如，升高温度，v(吸)大增，v(放)小增，增大反应物浓度，v(正)突变，v(逆)渐变。

（4）注意终点。例如在浓度-时间图上，一定要看清终点时反应物的消耗量、生成物的增加量，并结合有关原理进行推理判断。

3．对于化学平衡的有关图象问题，可按以下的方法进行分析：

（1）认清坐标系，搞清纵、横坐标所代表的意义，并与勒沙特列原理挂钩。

（2）紧扣可逆反应的特征，搞清正反应方向是吸热还是放热，体积增大还是减小、不变，有无固体、纯液体物质参加或生成等。

（3）看清速率的变化及变化量的大小，在条件与变化之间搭桥。

（4）看清起点、拐点、终点，看清曲线的变化趋势。

（5）先拐先平。例如，在转化率-时间图上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高。

（6）定一议二。当图象中有三个量时，先确定一个量不变再讨论另外两个量的关系。

试题枚举

[课件]投影例题

5Ｌ的容器中，Ａ、Ｂ、Ｃ三种物质物质的量随着时间变化的

关系如图1所示，则该反应的化学方程式为_________，2ｓ内用Ａ的浓度变化和用Ｂ的浓度

变化表示的平均反应速率分别为_________、_________。

解析：这类题目是讨论同一时间段内各物质的变化量的比例关系，且要注意物质的量

减少的为反应物，物质的量增多的为生成物。又因物质的量都不变时，反应物、生成物共存，

故方程式要用“”表示。

答案：Ａ3Ｂ＋Ｃ；0．08ｍｏｌ／（Ｌ·s）；0．12ｍｏｌ／（Ｌ·s）。

【例2】 对达到平衡状态的可逆反应X+Y Z+W ，在其他条件不变的情况下，增大压

强，反应速率变化图象如图1所示，则图象中关于X 、Y 、Z 、W 四种物质的聚集状态为

A ．Z 、W 均为气体，X 、Y 中有一种是气体

B ．Z 、W 中有一种是气体，X 、Y 皆非气体

C ．X 、Y 、Z 、W 皆非气体

D ．X 、Y 均为气体，Z 、W 中有一种为气体

解析： 经常有一些同学错选B ，认为增大压强，平衡向气体体积缩小的方向移动．其

实，图象告诉我们的是：增大压强，加快了正、逆反应，但逆反应速率增大的幅度大

于正反应速率增大的幅度，由此而导致平衡向左移动．而压强的改变，只影响气体反

应的速率，选项B 所言的X 、Y 皆非气体即其正反应速率不受影响，故正确答案为A ．

答案：A

【例3】下列各图是温度（或压强）对应

；的正、逆反应速

率的影响，曲线交点表示建立平衡时的温度或压强，其中正确的是

解析：曲线交点表示建立平衡时的温度或压强，升高温度，增加压强，、均增大，B 中，D 中、

走向均减小，则B、D 均错；可逆反应；的正反应是一个气体体积增

大的吸热反应，则升高温度，向正反应方向移动，故；增加压强，向逆反应方向移动，故。

答案：A、C

【例4】现有可逆反应A（g）＋2B（g ）nC（g）＋Q，在相同温度、不同压强时，A的转化率跟反应时间（t）的关系如图4，其中结论正确的是 [ ]．

A．p1＞p2，n＞3 B．p1＜p2，n＞3

C．p1＜p2，n＜3 D．p1＞p2，n=3

解析：当其他条件不变时，对于有气体参加的可逆反应，压强越大，到达平衡的时间越短．图象中曲线和横轴平行，表明反应已达平衡．由图象知道，当压强为p2时，该反应到达平衡的时间较短，故p1＜p2．在其他条

p1时，A的转化率较大，所以正反应为气体体积增加的反应，即1+2＜n，故正确答案选B。

答案：B

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考点16 弱电解质的电离平衡

2．了解电离平衡概念，能描述弱电解质在水溶液中的电离平衡。

3．会书写常见弱电解质的电离方程式。

弱电解质（填序号），并说出你的判断依据。

⑴H2SO4 ⑵液氨⑶Ca(OH)2 ⑷石墨⑸NH3·H2O ⑹H2O ⑺CH3COONH4⑻C2H5OH ⑼CaCO3 ⑽氨水⑾H3PO4⑿Na2O

电解质：判断依据：

非电解质：判断依据：

既不是电解质也不是非电解质：

判断依据：

强电解质：判断依据：

弱电解质：判断依据：

1．电解质和非电解质

⑴电解质的概念：常见物质类别：。

⑵非电解质的概念: 常见物质类别：。

2．强电解质和弱电解质

⑴强电解质的概念：常见物质类别：。

⑵弱电解质的概念：常见物质类别：。

⑴ 概念：在一定条件下（如温度，浓度）下，当电解质分子电离成离子的速率和离子重新结合成分子的速率时，电离过程就达到了状态，这叫做电离平衡。

⑵ 弱电解质电离平衡的特点：

①“动”：。②“等”：。

③“定”：。④“变”：。

⑶弱电解质电离平衡的影响因素：

内因（主要因素）：

外因（次要因素）：

①浓度：。②温度：。

③酸碱性：。④其它条件：。

⑷电离平衡常数：

一元弱酸：CH3COOH CH3COO-+H+

①电离平衡常数化是函数，不变K不变。

②K值越，该弱电解质较易电离，其对应的弱酸弱碱较强；K值越，该弱电解质越难电离，其对应的弱酸弱碱越弱；

即K值大小可判断弱电解质相对强弱。

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5.弱电解质的电离平衡

(1)特征：①动：υ(电离)＝υ(结合)≠０的动态平衡②定：条件一定，分子和离子浓度一定③变：条件改变，平衡破坏，发生移动

(2)影响因素（以CH3COOH CH3COO－+ H+为例）

①浓度：加水稀释促进电离，溶液中ｎ(H+)增大，c(H+)减小②温度：升温促进电离（因为电离过程是吸热的）③相关离子：例如加入无水CH3COONa能抑制电离，加入盐酸也抑制电离，加入碱能促进电离，仍然符合勒夏特列原理

6.弱电解质的电离平衡

(1)特征：①动：υ(电离)＝υ(结合)≠０的动态平衡②定：条件一定，分子和离子浓度一定③变：条件改变，平衡破坏，发生移动

(2)影响因素（以CH3COOH CH3COO－+ H+为例）

①浓度：加水稀释促进电离，溶液中ｎ(H+)增大，c(H+)减小②温度：升温促进电离（因为电离过程是吸热的）③相关离子：例如加入无水CH3COONa能抑制电离，加入盐酸也抑制电离，加入碱能促进电离，仍然符合勒夏特列原理

7.电离方程式的书写及弱电解质溶液中粒子浓度关系

1．电离方程式的书写：

⑴强电解质用“＝”，弱电解质用“”

⑵多元弱酸分步电离，以第一步为主：

例如：NaCl=Na++Cl－

NH3·H2O NH4++OH—

H3PO4

H++H2PO4—(为主)

(3)酸式盐：强酸的酸式盐完全电离，一步写出，如NaHSO4＝Na++H++SO42一。弱酸的酸式盐强中有弱

分步写出：如NaHCO3＝Na++ HCO3一；HCO3一＝CO32一+ H+

2．弱电解质溶液中粒子浓度关系：

如在0.1mol/L的氢硫酸溶液中，根据H2S的分步电离，得各离子浓度大小关系：

c(H+)＞c(HS－)＞c(S2－)＞c(OH－)，根据阴阳离子的电荷守恒关系：

c(H+)=2 c(S2－)+ c(HS－)+ c(OH－)。

根据物料守恒关系，得0.1mol/L=c(H2S)+ c(S2－)+ c(HS－)

11）11.在0.1mol·L－1CH3COOH溶液中存在如下电离平衡：CH3COOH CH3COO－＋H+对于该平衡，下列叙述正确的是

A．加入水时，平衡向逆反应方向移动

B．加入少量NaOH固体，平衡向正反应方向移动

C．加入少量0.1mol·L－1HCl溶液，溶液中c(H+)减小

D．加入少量CH3COONa固体，平衡向正反应方向移动

解析：弱电解质的电离平衡 (1）在一定条件（如温度、浓度）下，当电解质分子电离成离子的速率和离子重新结合成分子的速率相等时，电离过程就达到了平衡状态，这叫做电离平衡。（2）影响电离平衡的条件：①温度：升高温度，电离平衡向电离方向移动（因为弱电解质的电离过程是吸热的）。②浓度：当弱电解质溶液被稀释时平衡向电离的方向移动。A、加水，有利于弱电解质的电离，虽离子浓度减小，但离子数目增加B、加碱于弱酸电离的H+反应使电离正向移动，但H+浓度减小。C、加强酸提供H+，抑制弱酸电离，但H+浓度增大，溶液酸性增强.D、加同阴离子的强电解质，同离子抑制弱酸电离，平衡逆向移动。

答案：B

【例2】下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是

A． CH3COOH B． Cl2 C． NH4NO3D． SO2解析：本题考查电解质和非电解质基本概念，因此要正确理解概念的含义并能够加以区别切记不能混淆这些概念。Cl2及溶液既不是电解质，又不是非电解质，因为Cl2不是化合物其水溶液又是混合物。SO2水溶液能导电但不是自身电离出自由移动的离子导电，所以也不是电解质因此是非电解质。

答案：B

【例3】（2004年高考全国卷Ⅱ）将0.5mol/LCH3OOH 溶液加水稀释，下列说法正确的是（）

第11 页共120 页

A．溶液中c(H+)和c(OH－)都减少 B．溶液中c(H+)增大

C．醋酸电离平衡向左移动 D．溶液的pH增大

解析：常温下，c(H+)·c(OH－)＝K W，加水稀释，c(H+)减少，c(OH－) 增大，据电离平衡移动原理，醋酸的电离平衡向右移动。

答案：D

【例4】一定量的盐酸跟过量的铁粉反应时，为了减缓反应速率，且不影响生成氢气的总量，可向盐酸中加入适量的（）①NaOH 固体②KNO3溶液③水④CH3COONa固体

A．①③ B．②④ C．②③ D．③④

解析：此题主要考离子浓度大小变化以及量的变化之间的判断判断。此类题目要抓住反应后变化和速率影响的因素结合考虑，对基础知识要求能熟练应用。盐酸一定，铁粉过量产生H2的总量取决于盐酸的多少，为减缓反应且不影响H2的产量，应从降低c(H+)入手。

答案：D

【例5】下列电离方程式正确的是（）

A．NaHSO 4Na++H++SO42一 B．NaHCO 3Na++ HCO3一

C．H3PO 43H++PO43－D．HF+H2O F－+H3O+

解析：本题考查强弱电解质电离方程式的书写形式及强弱电解质的识别。此题一般单独出现在高考题中可能性不大，但是作为训练题值得大家去思考，特别第四个答案中的水合氢离子容易被同学忽略。

答案：D

【点评】

【例6】（2004年广东高考）甲酸和乙酸都是弱酸，当它们的浓度均为0.10 mol/L时，甲酸中的c(H+)约为乙酸中的c(H+)的3倍。

现有两种浓度不等的甲酸溶液a和b，以及0.10mol/L的乙酸，经测定它们的pH从大到小依次为a、乙酸、b。由此可知( ）

A．a的浓度必小于乙酸的浓度 B．a的浓度必大于乙酸的浓度

C．b的浓度必小于乙酸的浓度D．b的浓度必大于乙酸的浓度

解析：由同浓度的甲、乙两酸，甲酸中的c(H+)大于乙酸中的c(H+)，说明甲酸的酸性强于乙酸，由pH：a＞乙酸＞b知c(H+)：a＜乙酸＜b，a的浓度一定小于乙酸的浓度，b的浓度与乙酸的浓度关系不能确定，可能大于也可能小于，也可以等于。

答案：A

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考点17 水的电离与溶液的pH

pH的方法。

2．学会使用滴定管，能进行酸碱滴定，并能绘制滴定过程中的pH变化曲线，了解酸碱中和过程中溶液pH的变化规律。

⑴水的电离和电离平衡：水是一种电解质，它能微弱地电离，生成和离子，电离方程式为，简写为：；ΔH<0。在一定温度下，纯水电离生成的c（H+）=c（OH-），实验测得在25°C时，c（H+）=c （OH-）= 。此时水的电离度为。

⑵影响水的电离平衡的因素：

①温度：当温度升高时，水的电离平衡向方向移动，这时水中的c（H+）、c（OH-）如何变化？

②浓度：往水中加入酸或碱，水的电离平衡的移动方向是，若往水中加入强碱弱酸盐或强酸弱碱盐，水的电离平衡的移动方向是，

⑶水的离子积：在一定温度下，水中或中c（H+）与c（OH-）的乘积是一个常数，用Kw表示，称为水的离子积常数，温度不同，Kw不同，在25°C时，Kw= = ；当温度升高时，Kw将，比如在100°C时，Kw= ，此时水的电离度为。在常温下，c（H+）=0.01mol/L的强酸溶液与c（OH-）=0.01mol/L的强碱溶液中,Kw= ，水的电离度= 。

2．溶液的酸碱性和pH值

⑴溶液的酸碱性：25°C时：中性溶液c（H+）=c（OH-）= pH= ；酸性溶液；碱性溶液；溶液的酸碱性与溶液PH值是否等于7 (填有关或无关），与溶液中c（H+）和c（OH-）的有关。

⑵溶液的pH值：

①概念：。

②表达式：，pH值适合于表示溶液的酸碱性。

3．酸、碱批示剂及溶液pH值的实验测定方法

精确方法：pH计法

常用方法：pH试纸法。不能先用水湿润pH试纸的原因

是。

1．水的电离和影响因素

⑴水是一个极弱的电解质，存在电离平衡：

H2O H++OH-

（2）影响水电离平衡的因素

①酸、碱

在纯水中加入酸或碱，均使水的电离平衡左移，此时若温度不变，ＫW不变，c（Ｈ＋）发生改变，pＨ也随之改变；若向水中加入酸，则c（H+）增大，c（OH－）变小，pH变小。

②温度

若升温，由于水电离吸热，升温将促进水的电离，故平衡右移，c（H+）、c（OH－）同时增大，pH变小，但由于c（H+）与c（OH －）始终保持相等，故仍显中性。

③易水解的盐

在纯水中加入能水解的盐，不管水解后溶液显什么性，均促进水的电离，使水的电离程度增大，但只要温度不变，ＫW不变。

④其他因素

如向水中加入活泼金属，由于与水电离出的H+直接作用，因而促进了水的电离平衡向电离的方向移动。

2．溶液酸碱性的基本规律

（1）溶液酸碱性判定规律

①pH相同的酸，酸越弱，酸物质的量浓度越大；pH相同的碱，碱越弱，碱物质的量浓度越大。

②酸与碱的pH之和为14，且等体积混合时，强酸与强碱混合，pH=7；强酸与弱碱混合，pH＞7;强碱与弱酸混合，pH＜7。（2）稀释后溶液pH的变化规律

①对于强酸溶液，每稀释10n倍，pH增大n个单位（增大后不超过7）。

②对于强碱溶液，每稀释10n倍，pH减小n个单位（减小后不小于7）。

③对于pH相同的强酸与弱酸（或强碱与弱碱）稀释相同倍数时，pH变化不同，其结果是强酸或强碱的变化的程度大。

④对于物质的量浓度相同的强酸和弱酸，稀释相同倍数，pH变化不同，其结果是强酸稀释后pH增大得比弱酸快（强碱、弱碱类似）。

3．溶液pH的计算

（1）单一溶液的pH计算

①强酸溶液，如H n A，设浓度为c mol·L－1，

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第 14 页 共 120 页 c （H +）＝nc mol·L －1，pH ＝－lg c （H +）＝－lg nc 。

②强碱溶液，如 B （OH ）n ，设浓度为c mol·L －1，

c （H +）＝nc 14

10- mol·L －1，pH ＝－lg c （H +

）＝14＋lg nc 。 （2）酸、碱混合pH 计算

①两强酸混合c 混（H +）＝212211)H ()H (V V V c V c ++++ ②两强碱混合c 混（OH

－）＝212211)OH ()OH (V V V c V c ++--

③强酸与强碱混合 碱酸碱碱酸酸混混V V V c V c c c +-=??

???-++-|)OH ()H (|)H ()OH ( （3）混合溶液pH 的计算

①两种pH 不同的强酸溶液混合时，要先求出混合后溶液中c （H +），再求其pH ，当等体积混合时，可用速算法，即

ΔpH=1时，pH 合=pH 小+0.26

ΔpH≥2时，pH 合=pH 小+0.3

②两种强碱的稀溶液混合时，必须先求出混合后溶液中c （OH －），再利用K W 换算成c （H +）求其pH 。

当等体积混合时也可用速算法：

ΔpH=1时，pH 合=pH 大－0.26

ΔpH≥2时，pH 合=pH 大－0.3

(4）稀强酸与稀强碱溶液混合后pH 的计算，要先根据H ++OH －==== H 2O 计算出哪种物质过量，然后计算出过量的c （H +）或c （OH

－），再求其pH 。

(5）pH 之和等于14的两种溶液以等体积相混合时，其混合溶液的pH 的判断：

①若两者都是强电解质，则混合后pH=7。

②若酸为强酸，碱为弱碱，则混合后pH>7。

③若酸为弱酸，碱为强碱，则混合后pH<7。

(6）等物质的量浓度的一元酸、碱等体积混合后溶液的pH 的判断：

①强酸和强碱混合，pH=7；②强酸和弱碱混合，pH<7；③弱酸和强碱混合，pH>7；④弱酸和弱碱混合，pH 由强者决定；⑤未注明酸、碱强弱时，pH 无法判断。

(7）等体积强酸（pH 1）和强碱（pH 2）混合：

①若溶液呈中性，二者pH 之和为14。

②若溶液呈碱性，二者pH 之和大于14。

pH 之和小于14。

的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应，则该碱溶液的pH 等于

A ．9.0

B ．9.5

C ．10.5

D ．11.0

解析： 方法一：盐酸与某一元强碱恰好完全反应时：n （OH －）=n （H +）。所以有c （OH －）×10V =c （H +）·V ，c （OH －）=10)H (+c ，

c （OH －）=10

L mol 101

5.2--?=10－3.5 mol·L －1 pH=－lg c （H +

）=－lg )(OH W -c K =－lg 5.3141010--=－lg10－10.5=10.5。所以选择C 选项。

方法二：若1体积pH ＝2.5的盐酸和1体积某浓度的该一元强碱恰好完全反应，则酸中H +浓度等于碱中OH 上标－浓度，两者

的pH 之和等于14，也就是碱的pH ＝11.5。将该溶液稀释10倍，就得到题中所用的强碱溶液，其pH 减小1，等于10.5。

答案: C 。

【例2】 25 ℃时，若体积为V a 、pH=a 的某一元强酸与体积为V b 、pH=b 的某一元强碱混合，恰好中和，且已知V a

(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__________________。

解析:本题是对强酸、强碱中和规律的研究，综合性较强。强酸与强碱完全中和，pH 之和必为14，即a +b =14，由此可知a =3或a =5均不合题意。难点在a 的取值范围的确定上。

第 15 页 共 120 页

)H ()(+-=a b b a c OH c V V =a

b

a b c c ---++-=101010)H ()

H (1014

14

=10

a +

b －14

<1

所以a +b －14<0，而a =0.5b ,即3a <14,a <

3

14。 又pH=b =2a >7,a >

2

7，所以

27

14。 答案:(1）否 若a =3，则b =6，溶液显酸性，与题意不符，故a ≠3

(2）否 若a =5，c a （H +

）＝10－5

mol·L －1

，则b =10，c b （OH －

）=10－4

mol·L －1

，b

a

V V =

)

H ()OH (+

-a b c c >1，不符合题意，

故a ≠5

(3）

27

14 【例3】在pH 都等于9的NaOH 溶液和CH 3COONa 溶液中，设由水电离产生的OH -

离子浓度分别为A 和B ，则A 和B 的关系是

A.

A B >

B.

C. B A =-104

D.

A B =

解析：本题是在纯水中加入碱和盐溶液后判断水的电离情况。pH 等于9的NaOH 溶液中，C （H +

）= ，而NaOH 只提供OH -，不提供H +

，所以溶液中的H +

就是水提供的，即A= 。

pH=9的CH 3COONa 溶液中, C （H +

）= ，由K W 知C （OH —

） =110

5

1??--mol L ，CH 3

COONa 不提供H +

和OH —

，

两者全部来自于水的电离，故水电离出来的C （H +）、C （OH

—

），即B=11051

??--mol L ，所以答案为B 。应指出的是，这里的

c OH c H ()()-+≠水水，因水电离出来的H +有相当一部分转化为CH 3

COOH 了。本题也可以根据“酸碱抑制，盐促进”

来估算，立即得答案为B 。

答案：B 【例4】 常温下

pH =1的两种一元酸溶液A 和B ，分别加水1000倍稀释，其pH 与所加水的体积变化如下图所示，则下列结论

中正确的是

A. A 酸比B 酸的电离程度小

B. B 酸比A 酸容易电离

C. B 是弱酸，A 是强酸

D. pH=1时，B 酸的物质的量浓度比A 酸大

mol L +

--?11，加

水稀释103

pH =4。如果是

一元弱酸，则1<

。从图上可以看出A 酸为强酸而B 酸是弱酸。pH=1时，

B 酸的物质的量浓度比A 酸大。所以

C 和

D 是正确的。 答案：CD

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第 16 页 共 120 页 考点18 酸碱中和滴定

1．掌握酸碱中和滴定的原理及反应实质。

2．学会酸碱中和滴的操作方法步骤和指示剂的选择。所使用的仪器名称和特点、对仪器洗涤的要求。

3．能正确分析实验操作中的误差。

4．培养学生的实验应用能力和分析问题解决问题的能力。

1.中和滴定的概念及原理 (1)概念：用已知物质的量浓度的酸（或碱）来测定未知物质的量浓度的碱（或酸）的方法。

(2)实质：中和反应。

(3)关键：①准确测定 ；

②准确判断 。

（答案：标准液和待测溶液的体积、反应的终点。）

2．中和滴定所用仪器

酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶、铁架台、滴定管夹、烧杯等

3．试剂：

标准液、待测液、指示剂；指示剂的作用：通过指示剂的颜色变化来确定滴定终点。

指示剂的选择：变色要灵敏、明显，一般强酸滴定强碱用甲基橙，强碱滴定强酸用酚酞。

4．中和滴定的操作（以标准盐酸滴定NaOH 为例）

Ⅰ、准备：

1）滴定管：

①检验酸式滴定管是否漏水

②洗涤滴定管后要用标准液洗涤2~3次，并排除管尖嘴处的气泡

③注入标准液至“0”刻度上方2~3cm 处

④将液面调节到“0”刻度（或“0”刻度以下某一刻度）

2）锥形瓶：只用蒸馏水洗涤，不能用待测液润洗

Ⅱ、滴定：

①用碱式滴定管取一定体积的待测液于锥形瓶中，滴入1~2滴指示剂

②用左手握活塞旋转开关，右手不断旋转振荡锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化至橙色或粉红色出现，记下刻度。 Ⅲ、计算：每个样品滴定2~3次，取平均值求出结果。

Ⅳ、注意点：

①滴速：先快后慢，当接近终点时，应一滴一摇

②终点判断：当最后一滴刚好使指示剂颜色发生明显的改变而且半分钟内不恢复原来的颜色，即为滴定终点。

5．中和滴定的误差分析

原理：滴定待测液的浓度时，消耗标准溶液多，则结果偏高；消耗标准溶液少，则结果偏低。从计算式分析，当酸与碱恰好中和时，有关系式：c （标）·V （标）·n （标）=c （待）·V （待）·n （待）（c 、V 、n 分别表示溶液物质的量浓度，溶液体积，酸或碱的元数）。故c （待）=)

()()()()(待待标标标n V n V c ???，由于 c （标）、n （标）、V （待）、n （待）均为定值，所以c （待）的大小取决于V （标）的大小，V （标）大，则c （待）大，V （标）小，则c （待）小。

6．中和滴定过程中的pH 变化和滴定终点的判断

①酸碱滴定过程中，溶液的pH 发生了很大的变化。若用标准的强酸溶液滴定未知浓度的强碱溶液，则反应开始时溶液的pH 很大，随着强酸的滴入，溶液的pH 逐渐减小；当二者恰好中和时溶液的pH 为7；当酸过量一滴时，溶液立即变为酸性。若用强碱滴定强酸则恰恰相反。

②根据滴定过程中的pH 变化及酸碱指示剂在酸性或碱性溶液中的颜色变化，只要选择合适的指示剂，即可准确判断中和反应是否恰好进行。在实验室里选用的指示剂一般为酚酞，当用酸滴定碱时，恰好中和时颜色由红色刚好褪去；当用碱滴定酸时，恰好中和时颜色由无色变为浅红色。

7．中和滴定实验主要仪器的使用

①中和滴定中使用的滴定管分酸式和碱式两种，使用时不能混用。酸式滴定管还可用于盛其他酸性或具有强氧化性的物质，碱式滴定管还能用于盛装其他碱性物质。

②中和滴定中有关仪器的洗涤，滴定管在使用前经检查后要进行洗涤，须先用自来水洗（必要时用特殊试剂洗）再用蒸馏水洗，然后再用待盛液润洗2～3次。但锥形瓶用蒸馏水洗净后不能再用待盛液润洗，否则将会引起误差。

③要注意滴定管的刻度，0刻度在上，往下越来越大，全部容积大于它的最大刻度值，因为下端有一部分没有刻度。滴定时，所用溶液不得超过最低刻度，也不得一次滴定使用两滴定管酸（或碱），也不得中途向滴定管中添加。

附：中和滴定实验中的误差因素

第 17 页 共 120 页

酸碱中和滴定实验中的误差因素主要来自以下6个方面。

（一）仪器润洗不当

1.盛标准液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗。

分析：这时标准液的实际浓度变小了，所以会使其用量有所增加，导致c 待测液（物质的量浓度）的测定值偏大。

2.盛待测液的滴定管或移液管用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗。

分析：这时实际所取待测液的总物质的量变少了，所以会使标准液的用量减少，导致c 待测液的测定值偏少。

3.锥形瓶用蒸馏水洗涤后再用待测液润洗。

分析：这时待测液的实际总量变多了，使标准液的用量增加，导致c 待测液的测定值偏大。

（二）读数方法有误

1.滴定前仰视，滴定后俯视。

分析：由图1可知：

仰视时：观察液面低于实际液面。

俯视时：观察液面高于实际液面。

所以滴前仰视V 前液偏大，滴后俯视V 后测偏小。这样V 标准液（V 标=V 后测－V 前测）的值就偏

小，导致c 待测液偏小。

2.滴定前俯视，滴定后仰视

分析：同理推知V 标准液偏大，c 待测液偏大。

（三）操作出现问题

1.盛标准液的滴定管漏液。

分析：这样会增加标准液的实际用量，致使c 待测液的测定值偏大。

2.盛待测液的滴定管滴前尖嘴部分有气泡，终了无气泡（或前无气泡后有气泡）。

分析：对于气泡的前有后无，会把V 标准液的值读大，致使c 待测液的值偏大。反之亦反。

3.振荡锥形瓶时，不小心将待测液溅出。

分析：这样会使待测液的总量变少，从而标准液的用量也减少，致使c 待测液的值偏小。

4.滴定过程中，将标准液滴到锥形瓶外。

分析：这样会增加标准液的用量，使c 待测液的值偏大。

5.移液时，将移液管（无“吹”字）尖嘴处的残液吹入锥形瓶中。

分析：这样会使待测液的总量变多，从而增加标准液的用量，致使c 待测液的值偏大。

6.快速滴定后立即读数。

分析：快速滴定会造成：当已达终点时，尚有一些标准液附着于滴定管内壁，而此时立即读数，势必造成标准液过量，而导致c 待测液的值偏大。

（四）指示剂选择欠妥

1.用强酸滴定弱碱，指示剂选用酚酞。

分析：由于滴定终点溶液呈酸性，选用酚酞势必造成酸的用量减少，从而导致c 待测液的测定值偏小。

2.用强碱滴定弱酸，指示剂选用甲基橙。

分析：同样，由于终点时溶液呈碱性，选用甲基橙也势必造成碱的用量减少，从而致使c 弱酸的测定值偏小。

（注：①强酸滴定弱碱，必选甲基橙；②强碱滴定弱酸，必选酚酞；③两强相滴定，原则上甲基橙和酚酞皆可选用；④中和滴定，肯定不用石蕊）

（五）终点判断不准

1.强酸滴定弱碱时，甲其橙由黄色变为红色停止滴定。

分析：终点时的颜色变化应是由黄变橙，所以这属于过晚估计终点，致使c 待测液的值偏大。

2.强碱滴定弱酸时，酚酞由无色变为粉红色时立即停止滴定（半分钟后溶液又变为无色）

分析：这属于过早估计终点，致使c 待测液的值偏小。

3.滴至终点时滴定管尖嘴处半滴尚未滴下（或一滴标准液附着在锥形瓶内壁上未摆下）

分析：此时，假如把这半滴（或一滴）标准液滴入反应液中，肯定会超过终点。所以，这种情况会使c 待测液的值偏大。

（六）样品含有杂质

用固体配制标准液时，样品中含有杂质。

1.用盐酸滴定含Na 2O 的NaOH 样品。

分析：由于1 mol HCl~40 g NaOH ，而1 mol HCl~31 g Na 2O ，所以实际上相当于NaOH 质量变大了，最终使w (NaOH)的值偏大。

2.用含Na 2CO 3的NaOH 标准液滴定盐酸。

分析：若以酚酞作指示剂，由于1 mol HCl~40 g NaOH 而1 mol HCl~106 g Na 2CO 3~80 g NaOH ，所以这实际上相当于V (NaOH)变大

c 盐酸的值偏大。

1 mol·L －1的HCl 溶液，将①加热蒸发至体积减少一半，在②中加入少量CH 3COONa 固体

（加入后溶液仍呈强酸性），③不作改变，然后以酚酞作指示剂，用NaOH 溶液滴定上述三种溶液，所消耗的NaOH 溶液的体积是（ ）

A ．①＝③＞②

B ．③＞②＞①

C ．③＝②＞①

D ．①＝②＝③

解析：这是一道有关化学实验、酸碱中和滴定、电离平衡移动、盐类水解等的综合题。“陷阱”设在①中，蒸发时溶液中的水分子和HCl 分子将同时挥发出来，溶液中盐酸浓度要降低；对于②中加入CH 3COONa 固体，CH 3COO －+H

+CH 3COOH ，但用NaOH

溶液中和时，CH 3COOH 也同时被中和，所以消耗NaOH 的体积不会变化。

答案：C

【例2】 取相同体积（0.025 L ）的两份0.01 mol·L －1 NaOH 溶液，把其中一份放在空气中一段时间后，溶液的pH_________（填“增大”“减小”或“不变”），其原因是_________。

第 18 页 共 120 页 用已知浓度的硫酸溶液中和上述两份溶液，其中第一份（在空气中放置一段时间）所消耗硫酸溶液的体积为V （A ），另一份消耗硫酸溶液的体积V （B ），则：

(1）以甲基橙为指示剂时，V （A ）和V （B ）的关系是：_________；

(2）以酚酞为指示剂时，V （A ）和V （B ）的关系是：_________。

解析：NaOH 溶液放置于空气中，因NaOH 与空气中CO 2反应造成NaOH 减少，故溶液的pH 减小。用H 2SO 4滴定Na 2CO 3溶液，反应分两个阶段进行：

①H ++CO -23====HCO -3（此时溶液呈弱碱性）

②H ++HCO -3====CO 2↑+H 2O （此时溶液呈弱酸性）

滴定过程中，按哪种反应进行，取决于选择的指示剂。

(1）若选用甲基橙作指示剂，因其变色范围在pH=3.1～4.4。故滴定反应按②进行，由关系式：2NaOH

??→?2CO Na 2CO 3??→?+H 2CO 2↑可知消耗的H 2SO 4量不变，故答案为V （A ）=V （B ）。

(2）若选用酚酞作指示剂，酚酞的变色范围为pH=8～10，滴定反应按①进行，由关系式：

2NaOH ??→?2CO Na 2CO 3??→?+

H NaHCO 3

可知消耗H 2SO 4的量减少，故答案为V （A ）＜V （B ）。

答案： 减小因NaOH 与空气中CO 2反应，造成NaOH 减少，故溶液pH 减小

(1）V （A ）=V （B ） (2）V （A ）＜V （B ）

【例3】测血钙的含量时，可将2.0 mL 血液用蒸馏水稀释后，向其中加入足量草酸铵（NH 4）2C 2O 4晶体，反应生成CaC 2O 4沉淀。 将

沉淀用稀硫酸处理得H 2C 2O 4后，再用KMnO 4某酸性溶液滴定，氧化产物为CO 2，还原产物为Mn 2+，若终点时用去20.0 mL 1.0×10－4 mol·

L －1的KMnO 4溶液。

(1）写出用KMnO 4滴定H 2C 2O 4的离子方程式_______________________。

(2）判断滴定终点的方法是________________________________________。

(3）计算：血液中含钙离子的浓度为________________________________g·mL －1。

解析：因为KMnO 4溶液至反应完毕过量时，会使溶液呈紫色，故可用滴入一滴KMnO 4酸性溶液由无色变为浅紫色且半分钟不褪色的方法来判断终点。由题意知可能发生反应的离子方程式为：2MnO -4+5H 2C 2O 4+6H +====2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O 、Ca 2++C 2O -24====CaC 2O 4↓、

CaC 2O 4+2H +====Ca 2++H 2C 2O 4。

设2 mL 血液中含Ca 2+的物质的量为x ，则

5Ca 2+～5CaC 2O 4～5H 2C 2O 4～2MnO -

4

5 2

x 20.0×10－3 L×1.0×10－4 mol·L －1 x =5.0×10－6 mol ，1 mL 血液中Ca 2+的浓度为mL 2mol g 40mol 100.516--???=1.0×104 g·mL －1

答案： (1）2MnO -4+5H 2C 2O 4+6H +====2Mn 2+

+10CO 2↑+8H 2O

(2）溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色

(3）1.0×10

-4 [作业]完成《三维设计》相关练习题

考点19 盐的水解

2．运用比较、分类、归纳、概括等方法得出盐类水解规律，探究影响盐类水解程度的主要因素。

3．能运用盐类水解的规律判断常见盐溶液的酸碱性。

4．会书写盐类水解的离子方程式。

⑴概念：。

⑵实质：。

⑶盐类水解的规律。

如果要判断盐类是否发生水解反应或水解后溶液的酸碱性，要看盐的离子对应的酸或碱的相对强弱。

①在通常情况下，盐类水解的程度是很小的，并且反应前后均有弱电解质存在，因而盐的水解反应是可逆的。

②有弱才水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，越弱越水解，都弱都水解，两强不水解。

③盐对应的酸（或碱）越弱，水解程度越大，溶液的碱性（或酸性）越强。

④多元弱酸根离子，正酸根离子比酸式酸根离子水解程度大很多。

⑷影响盐类水解的因素：决定因素是盐的结构和性质。

①温度：盐类水解是吸热，升温，水解程度增大。

②浓度：水解过程是一个微粒总量（不考虑水分子）增加的过程，因而加水稀释，平衡向右移动，水解程度加大，而水解产生

的H+（或OH-）的浓度减小。

③加入酸、碱等物质：水解显酸性的盐溶液中加入碱，肯定促进盐的水解，加入酸，抑制盐的水解；水解显碱性的同理。总之

水解平衡遵从化学平衡移动原理。

二、水解的表示

①多元弱酸根离子水解，以第一步为主；

②多元弱碱阳离子可书写一步总反应方程式；

③水解程度一般很小，故方程式用“”符号，且产生的物质的浓度太小，一般不用“↑”、“↓”表示；

④双水解比单水解程度大，有些可以进行到底。

三、盐类水解的类型

①强酸弱碱盐的水解：溶液呈酸性，弱碱阳离子水解

②强碱弱酸盐的水解：溶液呈碱性，弱酸根离子水解

③弱酸弱碱盐的水解程度很大，溶液的酸碱性决定与酸碱性的相对强弱

Ⅰ.酸强于碱显酸性，如(NH4)2SO3

Ⅱ.碱强于酸显碱性，如NH4CN

Ⅲ.酸碱强弱相当的呈中性，如CH3COONH4

④强酸强碱盐，不水解，呈中性

⑤弱酸的酸式盐水解，酸取决于酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小

Ⅰ如电离程度大于水解程度，以电离为主，溶液呈酸性，如NaHSO3、NaH2PO4

Ⅱ如水解程度大于电离程度，以水解为主，溶液呈碱性，如NaHCO3、Na2HPO4、NaHS

⑥完全双水解的盐，如Al3+与HCO3-、CO32-、S2-、AlO2-等发生双水解进行到底。

四、溶液中离子浓度大小的比较

①多元弱酸溶液，根据多步电离分析，如在H3PO4的溶液中，c (H+)>c(H2PO4-)>c(HPO42-)>c(PO43-)

②多元弱酸的正盐溶液根据弱酸根的分步水解分析，如Na2CO3的溶液中，c (Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-)

③不同溶液中同一离子浓度的比较，要看溶液中其他离子对其影响的因素。如在相同的物质的量浓度的下列各溶液中a、NH4Cl

b、CH3COONH4

c、NH4HSO4。c(NH4+)由大到小的顺序是 c>a>b。

④ 混合溶液中各离子浓度的比较，要进行综合分析，如电解因素、水解因素等。

分别以H2S、NaHS、Na2S为例：

①离子浓度的大小比较：H2S 、NaHS 、

Na2S 。

五、电解质溶液中的守恒规律

⑴电荷守恒：电解质溶液中阴、阳离子所带的正、负电荷数相等，即溶液不显电性。如磷酸溶液中，c(H+)=c(OH-)+c(H2PO4-)+2

c(HPO42-)+3 c(PO43-)

⑵物料守恒：就是电解质溶液中某一组分的原始浓度（起始浓度）应该等于它在溶液中各种存在形式的浓度之和。如0.1mol/L

的NaHS溶液，0.1= c (HS-)+ c (S2-)+ c (H2S)或

第19 页共120 页

第 20 页 共 120 页 c (Na +)= c (HS -)+ c (S 2-)+ c (H 2S)

⑶原理守恒：水电离的特征是c (H +)= c (OH -)，据此可以得出下列关系如在K 2CO 3溶液中：c (OH -)= c (H +)+ c (HCO 3-

)+2(H 2CO 3)（也称质子守恒）

例题：分别以①H 2S②NaHS③Na 2S 为例离子浓度的守恒关系:

⑴物料守恒① 、

② ③

⑵电荷守恒：① ② ③ ；

⑶质子守恒：① ②

③ 。

六、盐类水解的应用

Ⅰ.判断溶液的酸碱性： ；

Ⅱ.判断不同弱电解质的相对强弱： ；

Ⅲ.比较溶液中离子浓度：

①同一溶液中不同离子浓度： 、

②不同溶液中相同离子浓度： 。

Ⅳ.解释某些化学现象及在生产生活中的应用： 。 。

七、离子共存问题的分析

①不能与H +共存的离子有 、

②不能与OH -共存的离子有 、

③不能与HCO 3-共存的离子有 、

④不能与Al 3+共存的离子有 、

⑤不能与AlO 2-共存的离子有 、

⑥不能与Fe 3+共存的离子有 、

⑦不能与Fe 2+共存的离子有 、

-共存的离子有 、

[例1] （2006江苏，13）下列叙述正确的是

A ．0.1mol·L －1氨水中，c (OH -)==c (NH 4+)

B ．10 mL 0.02mol·L －1HCl 溶液与10 mL 0.02mol·L －1Ba(OH)2溶液充分混合,若混合后溶液的体积为20 mL ，则溶液的pH=12

C ．在0.1mol·L －1CH 3COONa 溶液中，c (OH -)==c (CH 3COOH)＋c (H +)

D ．0.1mol·L －1某二元弱酸强碱盐NaHA 溶液中，c (Na +)==2c (A 2-)＋c (HA -)＋c (H 2A)

解析：NH 3·H 2O 是弱电解质，它本身电离所产生的两种离子浓度相等，得氨水中的部分OH -来自于H 2O 的电离，所以c (OH -)>c (NH 4+)，A 错；B 项中酸碱中和反应后， 121110102.002.001.002.001.02)(---

--

??=??-???=L mol L L mol L L mol L OH C pH=-lgC(H +)=-lg （10-14/10-12

）=12，B 正确；根据盐的消解规律，可以判断C 正确；D 项中因钠元素的离子与A 原子的物质的量之比为1∶1，对应关系应该为c (Na +)=c (A 2-)＋c (HA -)＋c (H 2A)，D 错。

答案：BC

[例2] （2006四川，12）25℃时，将稀氨水逐滴加入到稀硫酸中，当溶液的PH ＝7时，下列关系正确的是

A ．c (NH 4+)==c (SO 42－)

B ．c (NH 4+)>c (SO 42－)

C ．c (NH 4+)

D ．c (OH －)+c (SO 42－)==c (H +)+c (NH 4+)

解析： 氨水与稀硫酸反应，至溶液呈中性，即c （H +）=c （OH -）；根据电荷守恒有：c (NH 4+)+c (H +)=c (OH -)+2c (SO 42-),则D 错;将前两个等式融合得, c (NH 4+)=2c (SO 42-),则A 错,B 对,C 错。

答案： B

[例3] 已知0.1 mol·L －1的二元酸H 2A 溶液的pH=4.0，则下列说法正确的是（ ）

A ．在Na 2A 、NaHA 两溶液中，离子种类不相同

B ．在溶质物质的量相等的Na 2A 、NaHA 两溶液中，阴离子总数相等

C ．在NaHA 溶液中一定有：c （Na +）+c （H +）=c （HA －）+c （OH －）+2c （A 2－）

D ．在Na 2A 溶液中一定有：c （Na +）＞c （A 2－）＞c （H +）＞c （OH －）

解析：0.1 mol·L－1的强酸pH＝1.0，0.1 mol·L－1的H2A溶液pH＝4.0，说明它是一种弱酸。Na2A发生水解A2－+H2O HA

－+OH－和HA－+H

2O H2A+OH －，溶液中存在HA－、A2－、H+、OH－；NaHA发生水解HA－+H

2O H2A+OH

－和电离HA －H++A2

－，溶液中存在HA－、A2－、H+、OH－，所以两溶液中离子种类相同，A不正确。

物质的量相等的Na2A和NaHA因为存在上述水解、电离等过程，阴离子数量发生变化，所以阴离子总量不相等，B不正确。

由电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（HA－）+c（OH－）+2c（A2－），C正确。Na2A溶液显碱性，c（OH－）＞c（H+），D不正确。

答案： C

[例4]化合物SOCl2是一种液态化合物，沸点77 ℃。在盛有10 mL水的锥形瓶中，小心地滴加8～10滴SOCl2，可观察到剧烈反应，液面上有白雾形成，并有带刺激性气味的气体逸出。该气体可使滴有品红试液的滤纸褪色。轻轻振荡锥形瓶，等白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色凝乳状沉淀析出。

（1）根据上述实验，写出SOCl2和水反应的化学方程式：________________。

（2）AlCl3溶液蒸干灼烧得不到无水AlCl3，而用SOCl2与AlCl3·6H2O混合共热，可得到无水AlCl3，原因是________________。

解析：水解的本质是化合物中带正电的基团结合水中电离产生的OH－，而带负电部分结合水中电离产生的H+。据题给信息分析，产生的刺激性气体应是SO2，它是由SO2+结合OH－转化成H2SO3，而另一带负电的Cl－结合水电离的H+生成HCl，与AgNO3反应生成白色的AgCl沉淀。

答案：（1）SOCl2+H2O====SO2↑+2HCl

（2）因为蒸干AlCl3溶液时，由于AlCl3水解生成的HCl易挥发，而得到Al（OH）3，但当与SOCl2混合共热时，由于SOCl2极易吸水，防止了AlCl3的水解，有关的化学方程式为6SOCl2+AlCl3·6H2O====6SO2↑+AlCl3+12HCl

[例5]用酚酞、石蕊、0.1mol/L氨水、氯化铵晶体、0.1mol/L盐酸、熟石灰和蒸馏水，若仅用上述试剂怎样用简单实验方法证明氨水是弱碱？并指出是通过什么途径证明氨水是弱碱的？

解析：证明氨水是弱碱，可通过两条途径：一是证明氨水中存在电离平衡，如方案（1）。另一是证明NH4+作为弱碱阳离子能破坏水的电离平衡发生水解反应，如方案（2）、（3）。

答案：方案（1）取少量氨水，滴加酚酞，溶液呈红色，然后向其中加人少量CH3COONH4晶体，振荡，可看到红色变浅，说明氨水中存在电离平衡，氨水为弱碱。

方案（2）取少量NH4Cl晶体溶于水，滴加石蕊试液，溶液显红色，说明NH4+水解生成了NH3·H2O和HCl，从而破坏了水的电离平衡，亦说明氨水是弱碱。

方案（3）将 0.1mol/L NH3· H2O与0.1mol/L盐酸等体积混合，再滴加石蕊试剂，溶液显红色，说明NH4+水解破坏了水的电离平衡，从而说明氨水是弱碱。

[变式]解释说明化学事实：向盛有少量Mg（OH）2悬浊液培养皿中加入适量的饱和氯化铵溶液。现象

讨论解释其原因：同学甲：实验中存在Mg（OH）2的溶解、结晶平衡： Mg（OH）2（固）

Mg2++2OH-。当加入NH4Cl时，由

于NH4+水解，NH4++H2O NH3·H2O+H+，使溶液呈酸性。H++OH-=H2O，从而使溶液中[OH-]减小，促进Mg（OH）2溶解，使溶液澄清。同学乙：实验中加入NH4Cl后，溶液中NH4+可与OH-结合从而使Mg（OH）2的溶解平衡右移使溶液澄清。甲、乙同学的两种解释谁的更有道理？通过实验来进一步验证：。为什么乙更合理？

答案： Mg（OH）2溶解，使溶液澄清；乙同学的解释合理；向盛有少量Mg（OH）2悬浊液的培养皿中加入CH3COONH4固体，观察悬浊液是否变澄清。CH3COONH4属弱酸弱碱盐，虽强烈水解但溶液呈中性。同时，CH3COONH4溶液中也有大量NH4+，若Mg（OH）2没有溶解，说明甲同学解释正确。若Mg（OH）2溶解，则说明乙同学解释正确；因为Mg（OH）2比 NH3· H2O的碱性强。

[作业]完成《三维设计》相关练习题

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