[小初高学习]2019年高考化学命题热点提分攻略 专题10 平衡原理的应用难点突破学案

专题10 平衡原理的应用
化学平衡常数、电离平衡常数、沉淀溶解平衡常数位于选修四《化学反应原理》部分，从近几年的高考中发现，化学平衡常数已成为了高考命题的热点；电离平衡常数和沉淀溶解平衡常数也渐有“升温”的表现，因此，可以预测平衡常数在今后的高考中，将继续成为高考的重点及热点
考点一四大平衡的共同点
1. 所有的平衡都建立在可逆“反应”的基础上
平衡类别化学平衡电离平衡水解平衡溶解平衡
溶质与其饱和溶液的
研究对象可逆反应弱电解质盐中的“弱”离子
共存体系
平衡特点逆、等、定、动、变
2. 都能用勒夏特列原理解释平衡的移动
影响因素：温度（升温促进吸热过程进行）
浓度（单一物质、所有物质）
化学平衡中的改变压强相当于同等倍数的改变所有气体的浓度。

【典例1】【2018全国1】最近我国科学家设计了一种CO2+H2S协同转化装置，实现对天然气中CO2和H2S的高效去除。

示意图如图所示，其中电极分别为ZnO石墨烯（石墨烯包裹的ZnO）和石墨烯，石墨烯电极区发生反应为：
①EDTA-Fe2+-e-＝EDTA-Fe3+
②2EDTA-Fe3++H2S＝2H++S+2EDTA-Fe2+
该装置工作时，下列叙述错误的是
A. 阴极的电极反应：CO2+2H++2e-＝CO+H2O
B. 协同转化总反应：CO2+H2S＝CO+H2O+S
C. 石墨烯上的电势比ZnO石墨烯上的低
D. 若采用Fe3+/Fe2+取代EDTA-Fe3+/EDTA-Fe2+，溶液需为酸性
C
【答案】
C、石墨烯电极为阳极，与电源的正极相连，因此石墨烯上的电势比ZnO石墨烯电极上的高，C错误；
D、由于铁离子、亚铁离子均易水解，所以如果采用Fe3＋/Fe2＋取代EDTA-Fe3＋/EDTA-Fe2＋，溶液需要酸性，D 正确。

答案选C。

点睛：准确判断出阴阳极是解答的关键，注意从元素化合价变化的角度去分析氧化反应和还原反应，进而得出阴阳极。

电势高低的判断是解答的难点，注意从物理学的角度借助于阳极与电源的正极相连去分析。

【典例2】【2018天津】由下列实验及现象推出的相应结论正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D
【答案】B
【解析】分析：本题是化学实验的基本问题，主要考查物质检验和性质比较实验的问题。

根据题目表述，与课上讲解的实验进行对比，比较异同，就可以判断了。

详解：A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+。

选项A 错误。

B ．向
C 6H 5ONa 溶液中通入CO 2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚。

选B 正确。

C ．向含有ZnS 和Na 2S 的悬浊液中滴加CuSO 4溶液，虽然有ZnS 不溶物，但是溶液中还有Na 2S ，加入硫酸铜溶液以后，Cu 2+
一定与溶液中的S 2-
反应得到黑色的CuS 沉淀，不能证明发生了沉淀转化。

选项C 错误。

D ．向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。

如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子。

选项D 错误。

点睛：在解决本题中选项C 的类似问题时，一定要注意判断溶液中的主要成分。

当溶液混合进行反应的时候，一定是先进行大量离子之间的反应（本题就是进行大量存在的硫离子和铜离子的反应），然后再进行微量物质之间的反应。

例如，向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠，再与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。

【典例3】【2018江苏】根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
A. A
B. B
C. C
D. D 【答案】B
详解：A 项，向苯酚浊液中加入Na 2CO 3溶液，浊液变清，发生反应+Na 2CO 3→+NaHCO 3，酸性：
H2CO3HCO3-，A项错误；B项，向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明CCl4将I2从碘水中萃取出来，I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，B项正确；C项，向CuSO4溶液中加入铁粉，有红色固体析出，发生的反应为Fe+Cu2+=Fe2++Cu，根据同一反应中氧化性：氧化剂
氧化产物，氧化性Cu2+Fe2+，C项错误；D项，向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI的浓度未知，不能说明AgCl、AgI溶度积的大小，D项错误；答案选B。

点睛：本题考查苯酚与碳酸酸性强弱的探究、萃取的原理、氧化性强弱的判断、沉淀的生成。

易错选D项，产生错误的原因是：忽视NaCl、NaI的浓度未知，思维不严谨。

【典例4】【2018江苏】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ΔH<0
B. 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0.1000 mol·L−1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L−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+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42−)的关系曲线，说明溶液中c(SO42− )越大c(Ba2+ )越小
【答案】C
弱酸；D项，根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。

详解：A项，升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反
应的ΔH
0，A 项正确；B 项，根据图像，随着时间的推移，c （H 2O 2）变化趋于平缓，随着反应的进行H 2O 2
分解速率逐渐减小，B 项正确；C 项，根据图像，没有滴入NaOH 溶液时，0.1000mol/LHX 溶液的pH
1，HX
为一元弱酸，C 项错误；D 项，根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc （SO 42-
）越小，-lgc （Ba 2+
）越大，说明c （SO 42-）越大c （Ba 2+
）越小，D 项正确；答案选C 。

点睛：本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH 曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。

考点二 四大平衡常数的应用
B(g) p (1)对于一元弱酸HA ：HA
H ＋
＋A
－
，电离常数K a ＝c （H ＋）·c （A －
）c （HA ）
(2)对于一元弱碱BOH ：BOH B ＋
＋OH －
，电离常数K b
＝
c ＋
c
－
c
1. 化学平衡常数
2.电离常数
3.水的离子积常数
4.难溶电解质的溶度积常数
【典例5】【2018全国3】用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。

下列有关描述错误的是
A. 根据曲线数据计算可知K sp(AgCl)的数量级为10-10
B. 曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=K sp(AgCl)
C. 相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D. 相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
【答案】C
B．由于K SP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)·c(Cl-)＝K SP(AgCl)，选项B正确。

C．滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，
所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为25×0.8=20mL，而a 点对应的是15mL，选项C错误。

D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以K SP(AgCl)应该大于K SP(AgBr)，将50mL 0.05mol/L 的Cl-溶液改为50mL 0.05mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1:1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由a点变为b点。

选项D正确。

点睛：本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程——沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。

这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。

【典例6】【2018北京】测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。

实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④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：+H2O+OH−
B. ④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的
C. ①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致
D. ①与④的K w值相等
【答案】C
温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动；D项，K w只与温度有关。

详解：A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2O HSO3-+OH-、HSO3-+H2O H2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实
验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c（SO32-）减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，K w只与温度有关，①与④温度相同，K w值相等；答案选C。

点睛：本题考查盐类水解离子方程式的书写、外界条件对盐类水解平衡的影响、影响水的离子积的因素、SO32-的还原性。

解题时注意从温度和浓度两个角度进行分析。

【典例7】【2018江苏】H2C2O4为二元弱酸，K a1 (H2C2O4) =5.4×10−2，K a2 (H2C2O4) =5.4×10−5，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4−) +c(C2O42−)。

室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液至终点。

滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A. 0.1000 mol·L−1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 m ol·L−1+c(C2O42− )+c(OH−)−c(H2C2O4 )
B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) >c(H2C2O4 ) >c(C2O42− ) >c(H+ )
C. pH = 7的溶液：c(Na+) =0.1000 mol·L−1+ c(C2O42−) −c(H2C2O4)
D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH−) −c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4−)
【答案】AD
（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4）；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L；D 项，c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2[c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-）]，两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-）。

详解：A项， H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 mol·L−1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A项正确；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2O H2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数
小初高试卷教案习题集
小初高试卷教案习题集 K h
=
=
=
=
=1.8510
-13K a2（H 2C 2O 4），HC 2O 4-的电离程度大于水解程度，则c （C 2O 42-）
c （H 2C 2O 4），B 项错误；C 项，滴入NaOH 溶液后，溶液中的电荷守恒为c （Na +）+c （H +）=c （HC 2O 4-）+2c （C 2O 42-）+c （OH -），室温pH=7即c （H +）=c （OH -），
则c （Na +）=c （HC 2O 4-）+2c （C 2O 42-）=c （总）+c （C 2O 42-
）-c （H 2C 2O 4），由于溶液体积变大，c （总）0.1000mol/L ，c （Na +）0.1000mol/L +c （C 2O 42-）-c （H 2C 2O 4），C 项错误；D 项，c （Na +）=2c （总）时溶液中溶质为Na 2C 2O 4，溶液中的电荷守恒为c （Na +）+c （H +）=c （HC 2O 4-）+2c （C 2O 42-）+c （OH -），物料守恒为c （Na +）=2[c （H 2C 2O 4） + c （HC 2O 4-）+ c （C 2O 42-）]，两式整理得c （OH -）-c （H +）=2c （H 2C 2O 4）+c （HC 2O 4-），D 项正确；答案选AD 。

点睛：本题考查溶液中粒子浓度的大小关系。

确定溶液中粒子浓度大小关系时，先确定溶质的组成，分析溶液中存在的平衡，弄清主次（如B 项），巧用电荷守恒、物料守恒和质子守恒（质子守恒一般可由电荷守恒和物料守恒推出）。

注意加入NaOH 溶液后，由于溶液体积变大，c （总）0.1000mol/L 。