2019年高考化學命題熱點提分攻略 專題10 平衡原理的應用難點突破學案.doc

專題10 平衡原理的應用 全國卷 年份 題號 考點分布 化學平衡 電離平衡 水解平衡 溶解平衡 I 2018 13 ★ 28 ★ 2017 13 ★ ★ 27 ★ 28 ★ 2016 12 ★ ★ 27 ★ ★ II 2018 27 ★ 2017 12 ★ 27 ★ 2016 13 ★ 27 ★ III 2018 12 ★ 28 ★ 2017 13 ★ ★ 28 ★ 2016 13 ★ ★ ★ 27 ★ 北京卷 2018 11 ★ 27 ★ 天津卷 2018 4 10 ★ ★ 江蘇卷 2018 12、13 ★ 14 ★ 15 ★ 化學平衡常數(shù)、電離平衡常數(shù)、沉淀溶解平衡常數(shù)位于選修四《化學反應原理》部分，從近幾年的高考中發(fā)現(xiàn)，化學平衡常數(shù)已成為了高考命題的熱點；電離平衡常數(shù)和沉淀溶解平衡常數(shù)也漸有“升溫”的表現(xiàn)，因此，可以預測平衡常數(shù)在今后的高考中，將繼續(xù)成為高考的重點及熱點 考點一 四大平衡的共同點 1. 所有的平衡都建立在可逆“反應”的基礎上 平衡類別 化學平衡 電離平衡 水解平衡 溶解平衡 研究對象 可逆反應 弱電解質 鹽中的“弱”離子 溶質與其飽和溶液的 共存體系 平衡特點 逆、等、定、動、變 2. 都能用勒夏特列原理解釋平衡的移動 影響因素：溫度（升溫促進吸熱過程進行） 濃度（單一物質、所有物質） 化學平衡中的改變壓強相當于同等倍數(shù)的改變所有氣體的濃度。 【典例1】【2018全國1】最近我國科學家設計了一種CO2+H2S協(xié)同轉化裝置，實現(xiàn)對天然氣中CO2和H2S的高效去除。示意圖如圖所示，其中電極分別為ZnO石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯電極區(qū)發(fā)生反應為： ①EDTA-Fe2+-e-＝EDTA-Fe3+ ②2EDTA-Fe3++H2S＝2H++S+2EDTA-Fe2+ 該裝置工作時，下列敘述錯誤的是 A. 陰極的電極反應：CO2+2H++2e-＝CO+H2O B. 協(xié)同轉化總反應：CO2+H2S＝CO+H2O+S C. 石墨烯上的電勢比ZnO石墨烯上的低 D. 若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+，溶液需為酸性 【答案】C C、石墨烯電極為陽極，與電源的正極相連，因此石墨烯上的電勢比ZnO石墨烯電極上的高，C錯誤； D、由于鐵離子、亞鐵離子均易水解，所以如果采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA-Fe3＋/EDTA-Fe2＋，溶液需要酸性，D正確。答案選C。 點睛：準確判斷出陰陽極是解答的關鍵，注意從元素化合價變化的角度去分析氧化反應和還原反應，進而得出陰陽極。電勢高低的判斷是解答的難點，注意從物理學的角度借助于陽極與電源的正極相連去分析。 【典例2】【2018天津】由下列實驗及現(xiàn)象推出的相應結論正確的是 實驗 現(xiàn)象 結論 A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液 產生藍色沉淀 原溶液中有Fe2+，無Fe3+ B．向C6H5ONa溶液中通入CO2 溶液變渾濁 酸性：H2CO3>C6H5OH C．向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液 生成黑色沉淀 Ksp(CuS)<Ksp(ZnS) D．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液 ②再加足量鹽酸 ①產生白色沉淀 ②仍有白色沉淀 原溶液中有SO42- A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】分析：本題是化學實驗的基本問題，主要考查物質檢驗和性質比較實驗的問題。根據(jù)題目表述，與課上講解的實驗進行對比，比較異同，就可以判斷了。 詳解：A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，產生藍色沉淀，說明溶液中有Fe2+，但是無法證明是否有Fe3+。選項A錯誤。 B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液變渾濁，說明生成了苯酚，根據(jù)強酸制弱酸的原則，得到碳酸的酸性強于苯酚。選B正確。 C．向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液，雖然有ZnS不溶物，但是溶液中還有Na2S，加入硫酸銅溶液以后，Cu2+一定與溶液中的S2-反應得到黑色的CuS沉淀，不能證明發(fā)生了沉淀轉化。選項C錯誤。 D．向溶液中加入硝酸鋇溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入鹽酸時，溶液中就會同時存在硝酸鋇電離的硝酸根和鹽酸電離的氫離子，溶液具有硝酸的強氧化性。如果上一步得到的是亞硫酸鋇沉淀，此步就會被氧化為硫酸鋇沉淀，依然不溶，則無法證明原溶液有硫酸根離子。選項D錯誤。 點睛：在解決本題中選項C的類似問題時，一定要注意判斷溶液中的主要成分。當溶液混合進行反應的時候，一定是先進行大量離子之間的反應（本題就是進行大量存在的硫離子和銅離子的反應），然后再進行微量物質之間的反應。例如，向碳酸鈣和碳酸鈉的懸濁液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸鈉反應得到碳酸氫鈉，再與碳酸鈣反應得到碳酸氫鈣。 【典例3】【2018江蘇】根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是 選項 實驗操作和現(xiàn)象 結論 A 向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變清 苯酚的酸性強于H2CO3的酸性 B 向碘水中加入等體積CCl4，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色 I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度 C 向CuSO4溶液中加入鐵粉，有紅色固體析出 Fe2+的氧化性強于Cu2+的氧化性 D 向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成 Ksp(AgCl) >Ksp(AgI) A. A B. B C. C D. D 【答案】B 詳解：A項，向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液，濁液變清，發(fā)生反應+Na2CO3→+NaHCO3，酸性：H2CO3HCO3-，A項錯誤；B項，向碘水中加入等體積CCl4，振蕩后靜置，上層接近無色，下層顯紫紅色，說明CCl4將I2從碘水中萃取出來，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B項正確；C項，向CuSO4溶液中加入鐵粉，有紅色固體析出，發(fā)生的反應為Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根據(jù)同一反應中氧化性：氧化劑氧化產物，氧化性Cu2+Fe2+，C項錯誤；D項，向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成，說明先達到AgI的溶度積，但由于NaCl、NaI的濃度未知，不能說明AgCl、AgI溶度積的大小，D項錯誤；答案選B。 點睛：本題考查苯酚與碳酸酸性強弱的探究、萃取的原理、氧化性強弱的判斷、沉淀的生成。易錯選D項，產生錯誤的原因是：忽視NaCl、NaI的濃度未知，思維不嚴謹。 【典例4】【2018江蘇】根據(jù)下列圖示所得出的結論不正確的是 A. 圖甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常數(shù)與反應溫度的關系曲線，說明該反應的ΔH<0 B. 圖乙是室溫下H2O2催化分解放出氧氣的反應中c(H2O2 )隨反應時間變化的曲線，說明隨著反應的進行H2O2分解速率逐漸減小 C. 圖丙是室溫下用0.1000 molL?1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL?1某一元酸HX的滴定曲線，說明HX是一元強酸 D. 圖丁是室溫下用Na2SO4除去溶液中Ba2+達到沉淀溶解平衡時，溶液中c(Ba2+ )與c(SO42?)的關系曲線，說明溶液中c(SO42? )越大c(Ba2+ )越小 【答案】C 弱酸；D項，根據(jù)圖像可見橫坐標越小，縱坐標越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，說明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。 詳解：A項，升高溫度，lgK減小，平衡向逆反應方向移動，逆反應為吸熱反應，正反應為放熱反應，該反應的ΔH0，A項正確；B項，根據(jù)圖像，隨著時間的推移，c（H2O2）變化趨于平緩，隨著反應的進行H2O2分解速率逐漸減小，B項正確；C項，根據(jù)圖像，沒有滴入NaOH溶液時，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX為一元弱酸，C項錯誤；D項，根據(jù)圖像可見橫坐標越小，縱坐標越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，說明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小，D項正確；答案選C。 點睛：本題考查圖像的分析，側重考查溫度對化學平衡常數(shù)的影響、化學反應速率、酸堿中和滴定pH曲線的分析、沉淀溶解平衡曲線的分析，掌握有關的原理，明確圖像中縱、橫坐標的含義和曲線的變化趨勢是解題的關鍵。 考點二　四大平衡常數(shù)的應用 化學平衡常數(shù)(K) 電離常數(shù)(Ka、Kb) 水的離子積常數(shù)(KW) 難溶電解質的溶度積常數(shù)(Ksp) 概念 在一定溫度下，當一個可逆反應達到化學平衡時，生成物濃度冪之積與反應物濃度冪之積的比值是一個常數(shù)，這個常數(shù)就是該反應的化學平衡常數(shù) 在一定條件下達到電離平衡時，弱電解質電離形成的各種離子的濃度的乘積與溶液中未電離的分子的濃度之比是一個常數(shù)，這個常數(shù)稱為電離常數(shù) 水或稀的水溶液中c(OH－)與c(H＋)的乘積 在一定溫度下，在難溶電解質的飽和溶液中，各離子濃度冪之乘積為一常數(shù) 表達式 對于一般的可逆反應：mA(g)＋nB(g) pC(g)＋qD(g)，在一定溫度下達到平衡時：K＝ (1)對于一元弱酸HA：HAH＋＋A－，電離常數(shù)Ka＝ (2)對于一元弱堿BOH：BOHB＋＋OH－，電離常數(shù)Kb＝ KW＝c(OH－)c(H＋) MmAn的飽和溶液： Ksp＝cm(Mn+)cn (Am－) 影響因素 只與溫度有關 只與溫度有關，升溫，K值增大 只與溫度有關，溫度升高，KW增大 只與難溶電解質的性質和溫度有關 1. 化學平衡常數(shù) ?？碱}型 1.求解平衡常數(shù)； 2.由平衡常數(shù)算初始(或平衡)濃度； 3.計算轉化率(或產率)； 4.應用平衡常數(shù)K判斷平衡移動方向(或放熱、吸熱等情況)。 對策 從基礎的地方入手，如速率計算、“三階段式”的運用、阿伏加德羅定律及其推論的應用、算轉化率等，這些都與化學平衡常數(shù)密不可分(嚴格講電離平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡也是化學平衡，只是在溶液中進行的特定類型的反應而已)，要在練習中多反思，提高應試能力。 2.電離常數(shù) 常考 題型 1.直接求電離平衡常數(shù)； 2.由電離平衡常數(shù)求弱酸(或弱堿)的濃度； 3.由Ka或Kb求pH。試題一般難度不大，是在化學平衡基礎上派生出來的。 對策 注意平衡體系中同種離子的濃度是同一個濃度，當兩個量相加或相減時，若相差100倍以上，要舍棄小的等一些基本的近似處理能力。 3.水的離子積常數(shù) 常考 題型 1.計算溫度高于室溫時的KW； 2.通過KW的大小比較相應溫度的高低； 3.溶液中c(H＋)與c(OH－)相互換算；Ⅳ.酸、堿、能水解的鹽溶液中水電離出的c(H＋)或c(OH－)的計算。 對策 KW只與溫度有關，升高溫度，KW增大；在稀溶液中，c(H＋)c(OH－)＝KW，其中c(H＋)、c(OH－)是溶液中的H＋、OH－濃度；水電離出的H＋數(shù)目與OH－數(shù)目相等。 4.難溶電解質的溶度積常數(shù) ?？? 題型 1.溶解度與Ksp的相關轉化與比較； 2.沉淀先后的計算與判斷； 3.沉淀轉化相關計算； 4.金屬沉淀完全的pH及沉淀分離的相關計算； 5.與其他平衡(如氧化還原平衡、配位平衡)綜合的計算； 6.數(shù)形結合的相關計算等。 對策 應用Ksp數(shù)值大小比較物質的溶解度大小時，一定是在組成上屬于同一類型的難溶電解質才能進行比較，否則，不能比較；在判斷沉淀的生成或轉化時，把離子濃度數(shù)值代入Ksp表達式，若數(shù)值大于Ksp，沉淀可生成或轉化為相應難溶物質；利用Ksp可計算某些沉淀轉化反應的化學平衡常數(shù)。 【典例5】【2018全國3】用0.100 molL-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 molL-1 Cl-溶液的滴定曲線如圖所示。下列有關描述錯誤的是 A. 根據(jù)曲線數(shù)據(jù)計算可知Ksp(AgCl)的數(shù)量級為10-10 B. 曲線上各點的溶液滿足關系式c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl) C. 相同實驗條件下，若改為0.0400 molL-1 Cl-，反應終點c移到a D. 相同實驗條件下，若改為0.0500 molL-1 Br-，反應終點c向b方向移動 【答案】C B．由于KSP(AgCl)極小，所以向溶液滴加硝酸銀就會有沉淀析出，溶液一直是氯化銀的飽和溶液，所以c(Ag+)c(Cl-)＝KSP(AgCl)，選項B正確。 C．滴定的過程是用硝酸銀滴定氯離子，所以滴定的終點應該由原溶液中氯離子的物質的量決定，將50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改為50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此時溶液中的氯離子的物質的量是原來的0.8倍，所以滴定終點需要加入的硝酸銀的量也是原來的0.8倍，因此應該由c點的25mL變?yōu)?50.8=20mL，而a點對應的是15mL，選項C錯誤。 D．鹵化銀從氟化銀到碘化銀的溶解度應該逐漸減小，所以KSP(AgCl)應該大于KSP(AgBr)，將50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改為50mL 0.05mol/L的Br-溶液，這是將溶液中的氯離子換為等物質的量的溴離子，因為銀離子和氯離子或溴離子都是1:1沉淀的，所以滴定終點的橫坐標不變，但是因為溴化銀更難溶，所以終點時，溴離子的濃度應該比終點時氯離子的濃度更小，所以有可能由a點變?yōu)閎點。選項D正確。 點睛：本題雖然選擇了一個學生不太熟悉的滴定過程——沉淀滴定，但是其內在原理實際和酸堿中和滴定是一樣的。這種滴定的理論終點都應該是恰好反應的點，酸堿中和滴定是酸堿恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，這樣就能判斷溶液發(fā)生改變的時候，滴定終點如何變化了。 【典例6】【2018北京】測定0.1 molL-1 Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH，數(shù)據(jù)如下。 時刻 ① ② ③ ④ 溫度/℃ 25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 實驗過程中，?、佗軙r刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產生白色沉淀多。 下列說法不正確的是 A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH? B. ④的pH與①不同，是由于濃度減小造成的 C. ①→③的過程中，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致 D. ①與④的Kw值相等 【答案】C 溫度相同，④與①對比，SO32-濃度減小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C項，鹽類水解為吸熱過程，①→③的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動，c（SO32-）減小，水解平衡逆向移動；D項，Kw只與溫度有關。 詳解：A項，Na2SO3屬于強堿弱酸鹽，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A項正確；B項，取①④時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產生白色沉淀多，說明實驗過程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①與④溫度相同，④與①對比，SO32-濃度減小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH與①不同，是由于SO32-濃度減小造成的，B項正確；C項，鹽類水解為吸熱過程，①→③的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動，c（SO32-）減小，水解平衡逆向移動，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響相反，C項錯誤；D項，Kw只與溫度有關，①與④溫度相同，Kw值相等；答案選C。 點睛：本題考查鹽類水解離子方程式的書寫、外界條件對鹽類水解平衡的影響、影響水的離子積的因素、SO32-的還原性。解題時注意從溫度和濃度兩個角度進行分析。 【典例7】【2018江蘇】H2C2O4為二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.410?2，Ka2 (H2C2O4 ) =5.410?5，設H2C2O4溶液中c(總)=c(H2C2O4) +c(HC2O4?) +c(C2O42?)。室溫下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 molL?1H2C2O4溶液至終點。滴定過程得到的下列溶液中微粒的物質的量濃度關系一定正確的是 A. 0.1000 molL?1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 molL?1+c(C2O42? )+c(OH?)?c(H2C2O4 ) B. c(Na+ ) =c(總)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42? ) >c(H+ ) C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 molL?1+ c(C2O42?) ?c(H2C2O4) D. c(Na+ ) =2c(總)的溶液：c(OH?) ?c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4?) 【答案】AD （H2C2O4），HC2O4-的電離程度大于水解程度，則c（C2O42-）c（H2C2O4）；C項，滴入NaOH溶液后，溶液中的電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室溫pH=7即c（H+）=c（OH-），則c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（總）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液體積變大，c（總）0.1000mol/L；D項，c（Na+）=2c（總）時溶液中溶質為Na2C2O4，溶液中的電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒為c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，兩式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-）。 詳解：A項， H2C2O4溶液中的電荷守恒為c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 molL?1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），兩式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A項正確；B項，c（Na+）=c（總）時溶液中溶質為NaHC2O4，HC2O4-既存在電離平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的離子方程式為HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常數(shù)Kh=====1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的電離程度大于水解程度，則c（C2O42-）c（H2C2O4），B項錯誤；C項，滴入NaOH溶液后，溶液中的電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室溫pH=7即c（H+）=c（OH-），則c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（總）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液體積變大，c（總）0.1000mol/L，c（Na+）0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C項錯誤；D項，c（Na+）=2c（總）時溶液中溶質為Na2C2O4，溶液中的電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒為c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，兩式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D項正確；答案選AD。 點睛：本題考查溶液中粒子濃度的大小關系。確定溶液中粒子濃度大小關系時，先確定溶質的組成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次（如B項），巧用電荷守恒、物料守恒和質子守恒（質子守恒一般可由電荷守恒和物料守恒推出）。注意加入NaOH溶液后，由于溶液體積變大，c（總）0.1000mol/L。