1、章末总结(1)由0.1 molL-1氨水的pH为11,可知溶液中存在NH3H2ON+OH-。()提示:。0.1 molL-1强碱溶液的pH为13,而氨水为11,说明不能完全电离。(2)弱电解质在溶液里达到电离平衡时,分子的浓度和离子的浓度一定相等。()提示:。达到电离平衡时,分子的浓度和离子的浓度不再改变,不一定相等。(3)当弱电解质的浓度增大时,电离度增大,电离常数增大。()提示:。弱电解质的浓度增大,电离度减小,电离常数只与温度有关,故不变。(4)在1 molL-1的CH3COOH溶液中,升高温度,电离度增大。()提示:。弱酸的电离吸热,升高温度,电离平衡右移,电离度增大。(5)25 时,
2、0.10 molL-1 NaHCO3溶液加水稀释后,c(H+)与c(OH-)的乘积变大。()提示:。Kw只与温度有关,温度不变,Kw不变。(6)已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等,现向10 mL浓度为0.1 molL-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中水的电离程度始终增大。()提示:。滴加过程中水的电离程度先增大后减小。(7)向水中加入AlCl3溶液对水的电离不产生影响。()提示:。AlCl3溶于水后Al3+发生水解,促进水的电离。(8)在pH=2的盐酸溶液中由水电离出c(H+)和c(OH-)总是相等的。()提示:。任何情况下由水电离出c(H+)和c(
3、OH-)总是相等的。(9)温度不变,向CH3COOH溶液中加入CH3COONa,CH3COOH的电离平衡左移。()提示:。溶液中加入CH3COONa,c(CH3COO-)增大,醋酸的电离平衡左移。(10)如果c(H+)不等于c(OH-),则溶液一定呈现酸碱性。()提示:。c(H+)与c(OH-)的相对大小是判断酸碱性的标准。(11)常温常压时,pH=11的NaOH溶液与pH=3的醋酸溶液等体积混合后,滴入石蕊溶液呈红色。()提示:。醋酸过量,溶液显酸性,遇石蕊溶液呈红色。(12)中和滴定时,滴定管用所盛装的反应液润洗23次。()提示:。用所盛装的反应液润洗滴定管,可保证溶液浓度准确。(13)常
4、温下,pH=10的CH3COONa溶液与pH=4的NH4Cl溶液,水的电离程度相同。()提示:。CH3COONa溶液中水电离出的c(OH-) =10-4 molL-1,NH4Cl溶液中水电离出的c(H+)=10-4 molL-1,故水的电离程度相同。(14)在滴有酚酞溶液的氨水里,加入NH4Cl至溶液恰好无色,则此时溶液的pH7。()提示:。酚酞显无色时,pH8.2。(15)试管中加入2 mL饱和Na2CO3溶液,滴入两滴酚酞,加热,溶液先变红,后红色变浅。()提示:。饱和Na2CO3溶液显碱性,滴入酚酞溶液变红,加热促进水解,碱性增强红色加深。(16)难溶电解质达到溶解平衡时,增加难溶电解质
5、的量,平衡向溶解的方向移动。()提示:。增加固体难溶电解质,不影响浓度,平衡不移动。(17)在饱和NaCl溶液中浸泡NaCl固体,可除去其中的MgCl2等杂质。()提示:。 NaCl不再溶于饱和NaCl溶液,但MgCl2溶解。(18)Ksp小的物质其溶解能力一定比Ksp大的物质的溶解能力小。()提示:。不同类型的物质的Ksp表达式类型不同,不能直接根据Ksp的大小判断溶解能力大小。(1)某学生用0.200 0 molL-1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸,其操作为如下几步:用蒸馏水洗涤碱式滴定管,用标准NaOH溶液润洗滴定管23次,然后注入NaOH溶液至“0”刻度线以上;固定好滴定管并使滴
6、定管尖嘴充满液体;调节液面至“0”或“0”刻度线以下某一刻度,并记下读数;移取20.00 mL待测液注入洁净的锥形瓶中,并加入3滴酚酞溶液;用标准液滴定至终点,记下滴定管液面读数。请回答下列问题:判断滴定终点的现象是什么?提示:锥形瓶中溶液从无色变为浅红色,且半分钟内不变色。(2)称取制得的K2Cr2O7晶体2.500 0 g配成250 mL溶液,取出25.00 mL于锥形瓶中,加入10 mL 2 molL-1的H2SO4和足量碘化钾(铬的还原产物为Cr3+),放于暗处5 min,然后加入100 mL水,加入3 mL淀粉指示剂,用0.120 0 molL-1 Na2S2O3标准溶液滴定(I2+
7、2S22I-+S4)。判断达到滴定终点的依据是什么?若实验中共用去Na2S2O3标准溶液40.00 mL,计算所得产品中的重铬酸钾的纯度(设整个过程中其他杂质不参与反应)。提示:当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时,锥形瓶中溶液由蓝色变为无色,且半分钟之内不变色。消耗Na2S2O3的物质的量为0.120 0 molL-10.04 L=4.810-3 mol,Cr22Cr3+6I-3I26S2,则n(Cr2)=8.010-4 mol,故产品中重铬酸钾的纯度为100%=94.08%。1.(2018北京高考)测定0.1 molL-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH,数据如下。时刻温度/253
8、04025pH9.669.529.379.25实验过程中,取时刻的溶液,加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验,产生白色沉淀多。下列说法不正确的是()A.Na2SO3溶液中存在水解平衡: S+H2OHS+OH-B.的pH 与不同,是由于S浓度减小造成的C.的过程中,温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致D.与的Kw 值相等【解析】选C。Na2SO3属于弱酸强碱盐,溶液中存在水解平衡S+H2OHS+OH-,A正确;的pH 与不同,是由于S被O2氧化生成S,浓度减小,水解平衡左移,OH-浓度减小,B正确;水解反应为吸热反应,升高温度,水解平衡右移,pH应当升高,而的过程中pH下降,说明温度和浓度对
9、水解平衡移动方向的影响不一致,C错误; 离子积常数Kw 值只受温度影响,与的温度相同,故Kw 值相等,D正确。2.(2018江苏高考)根据下列图示所得出的结论不正确的是()A.图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线,说明该反应的H0B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线,说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C.图丙是室温下用0.100 0 molL-1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 molL-1某一元酸HX的滴定曲线,说明HX是一元强酸D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2
10、+达到沉淀溶解平衡时,溶液中c(Ba2+)与c(S)的关系曲线,说明溶液中c(S)越大c(Ba2+)越小【解析】选C。A项,图甲中,温度升高,lgK减小,即K减小,说明升高温度平衡逆向移动,则该反应为放热反应,正确;B项,图乙中,曲线的倾斜减小,说明反应速率在减小,正确;C项,图丙中,没有滴入NaOH溶液时,0.100 0 molL-1HX的pH约为3,则HX为一元弱酸,错误;D项,图丁中曲线上的点为沉淀溶解平衡的点,c(S)与c(B)成反比,正确。3.(2016全国高考)298 K时,在20.0 mL 0.10 molL-1氨水中滴入0.10 molL-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关
11、系如图所示。已知0.10 molL-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是()A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0 mLC.M点处的溶液中c(N)=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)D.N点处的溶液中pHc(H+)=c(OH-),C错误;N点氨水中已经电离的一水合氨浓度是0.10 molL-11.32%=1.3210-3 molL-1,所以N处的溶液中氢离子浓度为=7.610-12 molL-1,因此pH12,D正确。4.(2017全国卷)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
12、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 ()A.Ksp(CuCl)的数量级为10-7B.除Cl-反应为Cu+Cu2+2Cl-2CuClC.加入Cu越多,Cu+浓度越高,除Cl-效果越好D.2Cu+Cu2+Cu平衡常数很大,反应趋于完全【解析】选C。Ksp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl-),横坐标-lg为1时,即c(Cl-)=10-1 molL-1,纵坐标lg大于-6,小于-5,所以Ksp(CuCl)的数量级是10-7,A项正确;向溶液中同时加入Cu和CuSO4,生成CuCl沉淀,除去Cl-的反应为Cu+Cu2+2Cl-2CuCl,B项正确;铜为
13、固体,只要满足反应用量,Cu的量对除Cl-效果无影响,C项错误;在没有Cl-存在的情况下,反应2Cu+Cu2+Cu趋于完全,D项正确。5.(2018天津高考)CO2是一种廉价的碳资源,其综合利用具有重要意义。回答下列问题:(1)CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13,CO2主要转化为_(写离子符号);若所得溶液c(HC)c(C)=21,溶液pH=_。(室温下,H2CO3的K1=410-7;K2=510-11)(2)CO2与CH4经催化重整,制得合成气:CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)已知上述反应中相关的化学键键能数据如下:化学键CHCOHHCO(CO)键能/kJ
14、mol-14137454361 075则该反应的H=_。分别在V L恒温密闭容器A(恒容)、B(恒压,容积可变)中,加入CH4和CO2各1 mol 的混合气体。两容器中反应达平衡后放出或吸收的热量较多的是_(填“A” 或“B ”)。按一定体积比加入CH4和CO2,在恒压下发生反应,温度对CO和H2产率的影响如图1所示。此反应优选温度为900 的原因是_。(3)O2辅助的Al-CO2电池工作原理如图2所示。该电池电容量大,能有效利用CO2,电池反应产物Al2(C2O4)3是重要的化工原料。电池的负极反应式:_。电池的正极反应式:6O2+6e-6、6CO2+63C2+6O2,反应过程中O2的作用是
15、_。该电池的总反应式:_。【解析】(1)CO2与足量NaOH溶液反应后溶液pH=13,CO2主要转化为C;对于Na2CO3溶液,其水解常数Kh=,得c(OH-)=110-4 molL-1,c(H+)=110-10 molL-1,pH=10。(2)反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的H=(4134+7452)-(21075+2436)kJmol-1=+120 kJmol-1。A为恒容容器,B为恒压,容积可变,在容器B中随反应的进行容器的体积增大,相对容器A来说,相当于压强减小,平衡向正方向移动,容器B吸收的热量多。CH4和CO2在恒压下发生反应,优选温度为900 的原因是,
16、900 时合成气产率已经较高,再升高温度产率增幅不大,但能耗升高,经济效益降低。(3)负极是铝失电子,反应式为Al-3e-Al3+(或2Al-6e-2Al3+);根据正极反应式:6O2+6e-6、6CO2+63C2+6O2,反应前后O2的物质的量不变,其作用是催化剂;将正极、负极反应式合并得总反应式为2Al+6CO2Al2(C2O4)3。答案:(1)C10(2)+120 kJmol-1B900 时,合成气产率已经较高,再升高温度产率增幅不大,但能耗升高,经济效益降低(3)Al-3e-Al3+(或2Al-6e-2Al3+) 催化剂 2Al+6CO2Al2(C2O4)36.(2015全国卷)碘及其
17、化合物在合成杀菌剂、药物等方面具有广泛用途。回答下列问题:(1)大量的碘富集在海藻中,用水浸取后浓缩,再向浓缩液中加MnO2和H2SO4,即可得到I2。该反应的还原产物为_。(2)上述浓缩液中主要含有I-、Cl-等离子。取一定量的浓缩液,向其中滴加AgNO3溶液,当AgCl开始沉淀时,溶液中为_。已知Ksp(AgCl)=1.810-10,Ksp(AgI)=8.510-17。(3)已知反应2HI(g)H2(g)+I2(g)的H=+11 kJmol-1,1 mol H2(g)、1 mol I2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收436 kJ、151 kJ的能量,则1 mol HI(g)分子中化学键
18、断裂时需吸收的能量为_kJ。(4)Bodensteins研究了下列反应:2HI(g)H2(g)+I2(g),在716 K时,气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表:t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784根据上述实验结果,该反应的平衡常数K的计算式为_。上述反应中,正反应速率为v正=k正x2(HI),逆反应速率为v逆=k逆x(H2)x(I2),其中k正、k逆为速率常数,则k逆为_(以K和k正表示)。若k正=0.002 7 min-1,在t=40 min 时,
19、v正=_min-1。由上述实验数据计算得到v正x(HI)和v逆x(H2)的关系可用下图表示。当升高到某一温度时,反应重新达到平衡,相应的点分别为_(填字母)。【解析】(1)根据化合价升降规律,结合实验室制取氯气的反应,碘元素的化合价升高,锰元素的化合价降低,所以还原产物为硫酸锰。(2)=,代入数据可得=4.710-7。(3)根据焓变等于反应物键能减去生成物键能可知:2EHI-EHH-EII=+11 kJmol-1,得EHI=299 kJmol-1。(4)K=,x(HI)=0.784,x(H2)=x(I2)=(1-0.784)2=0.108。平衡时,v正=v逆,k正x2(HI)=k逆x(H2)x(I2),k逆=;v正=k正x2(HI),k正=0.002 7 min-1,在t=40 min时,x(HI)=0.85,代入数据得v正1.9510-3 min-1。升高温度,正逆反应速率均增大,在图象上v正、v逆均上移;但平衡右移,x(HI)减少,在图象上数值减小,即A点,平衡右移,x(H2)、x(I2)增大,在图象上数值增大,即E点。答案:(1)MnSO4(或Mn2+)(2)4.710-7(3)299(4)K=1.9510-3A、E9
