高一数学必修一各章知识点总结 [学习经验]

发表于：2012-05-23 阅读：90次

高一数学必修一各章知识点总结

　　第一章集合与函数概念
　　
　　一、集合有关概念
　　
　　1、集合的含义：某些指定的对象集在一起就成为一个集合，其中每一个对象叫元素。
　　
　　2、集合的中元素的三个特性：
　　
　　1.元素的确定性；2.元素的互异性；3.元素的无序性
　　
　　说明：(1)对于一个给定的集合，集合中的元素是确定的，任何一个对象或者是或者不是这个给定的集合的元素。
　　
　　(2)任何一个给定的集合中，任何两个元素都是不同的对象，相同的对象归入一个集合时，仅算一个元素。
　　
　　(3)集合中的元素是平等的，没有先后顺序，因此判定两个集合是否一样，仅需比较它们的元素是否一样，不需考查排列顺序是否一样。
　　
　　(4)集合元素的三个特性使集合本身具有了确定性和整体性。
　　
　　3、集合的表示：{…}如{我校的篮球队员}，{太平洋,大西洋,印度洋,北冰洋}
　　
　　1.用拉丁字母表示集合：A={我校的篮球队员},B={1,2,3,4,5}
　　
　　2．集合的表示方法：列举法与描述法。
　　
　　注意啊：常用数集及其记法：
　　
　　非负整数集（即自然数集）记作：N
　　
　　正整数集N*或N+整数集Z有理数集Q实数集R
　　
　　关于“属于”的概念
　　
　　集合的元素通常用小写的拉丁字母表示，如：a是集合A的元素，就说a属于集合A记作a∈A，相反，a不属于集合A记作a?A
　　
　　列举法：把集合中的元素一一列举出来，然后用一个大括号括上。
　　
　　描述法：将集合中的元素的公共属性描述出来，写在大括号内表示集合的方法。用确定的条件表示某些对象是否属于这个集合的方法。
　　
　　①语言描述法：例：{不是直角三角形的三角形}
　　
　　②数学式子描述法：例：不等式x-3>2的解集是{x?R|x-3>2}或{x|x-3>2}
　　
　　4、集合的分类：
　　
　　1．有限集含有有限个元素的集合
　　
　　2．无限集含有无限个元素的集合
　　
　　3．空集不含任何元素的集合例：{x|x2=－5｝
　　
　　二、集合间的基本关系
　　
　　1.“包含”关系—子集
　　
　　注意：有两种可能（1）A是B的一部分，；（2）A与B是同一集合。
　　
　　反之:集合A不包含于集合B,或集合B不包含集合A,记作AB或BA
　　
　　2．“相等”关系(5≥5，且5≤5，则5=5)
　　
　　实例：设A={x|x2-1=0}B={-1,1}“元素相同”
　　
　　结论：对于两个集合A与B，如果集合A的任何一个元素都是集合B的元素，同时,集合B的任何一个元素都是集合A的元素，我们就说集合A等于集合B，即：A=B
　　
　　①任何一个集合是它本身的子集。AíA
　　
　　②真子集:如果AíB,且A1B那就说集合A是集合B的真子集，记作AB(或BA)
　　
　　③如果AíB,BíC,那么AíC
　　
　　④如果AíB同时BíA那么A=B
　　
　　3.不含任何元素的集合叫做空集，记为Φ
　　
　　规定:空集是任何集合的子集，空集是任何非空集合的真子集。

高一数学各知识点解题技巧口诀 [学习经验]

发表于：2012-05-23 阅读：41次

　　高一数学各知识点解题技巧口诀

　　高一数学技巧多，总结规律繁化简；概括知识难变易，高中数学巧记忆。
　　
　　言简意赅易上口，结合课本胜一筹。始生之物形必丑，抛砖引得白玉出。
　　
　　一、《集合与函数》
　　
　　内容子交并补集，还有幂指对函数。性质奇偶与增减，观察图象最明显。
　　
　　复合函数式出现，性质乘法法则辨，若要详细证明它，还须将那定义抓。
　　
　　指数与对数函数，两者互为反函数。底数非1的正数，1两边增减变故。
　　
　　函数定义域好求。分母不能等于0，偶次方根须非负，零和负数无对数；
　　
　　正切函数角不直，余切函数角不平；其余函数实数集，多种情况求交集。
　　
　　两个互为反函数，单调性质都相同；图象互为轴对称，Y＝X是对称轴；
　　
　　求解非常有规律，反解换元定义域；反函数的定义域，原来函数的值域。
　　
　　幂函数性质易记，指数化既约分数；函数性质看指数，奇母奇子奇函数，
　　
　　奇母偶子偶函数，偶母非奇偶函数；图象第一象限内，函数增减看正负。
　　
　　二、《立体几何》
　　
　　点线面三位一体，柱锥台球为代表。距离都从点出发，角度皆为线线成。
　　
　　垂直平行是重点，证明须弄清概念。线线线面和面面、三对之间循环现。
　　
　　方程思想整体求，化归意识动割补。计算之前须证明，画好移出的图形。
　　
　　立体几何辅助线，常用垂线和平面。射影概念很重要，对于解题最关键。
　　
　　异面直线二面角，体积射影公式活。公理性质三垂线，解决问题一大片。
　　
　　三、《平面解析几何》
　　
　　有向线段直线圆，椭圆双曲抛物线，参数方程极坐标，数形结合称典范。
　　
　　笛卡尔的观点对，点和有序实数对，两者—一来对应，开创几何新途径。
　　
　　两种思想相辉映，化归思想打前阵；都说待定系数法，实为方程组思想。
　　
　　三种类型集大成，画出曲线求方程，给了方程作曲线，曲线位置关系判。
　　
　　四件工具是法宝，坐标思想参数好；平面几何不能丢，旋转变换复数求。
　　
　　解析几何是几何，得意忘形学不活。图形直观数入微，数学本是数形学。

氧化还原反应的有关计算专题训练 [高中化学]

发表于：2012-05-23 阅读：483次

氧化还原反应的有关计算专题训练

依据氧化还原反应的电子守恒，可以计算化学反应中某物质的化合价、溶液中溶质的浓度、反应中各物质的比值、电化学中求某元素的相对原子质量、溶液的pH值等。这部分内容是高考中的常规考点，在各种题型中都可以出现。

解题方法：氧化剂得到电子化合价降低转变为还原产物，还原剂失去电子化合价升高转变为氧化产物。在同一个氧化还原反应中得失电子数相等，即化合价升高总价数等于化合价降低总价数。 

【例题1】(NH₄)₂SO₄在强热条件下分解，生成NH₃、SO₂、N₂、H₂O，反应中生成的氧化产物和还原产物的物质的量之比为

A. 1 : 3        B. 2 : 3       C. 1 : 1           D. 4 : 3

解析：(NH₄)₂SO₄在强热条件下分解，氧化产物为N₂，还原产物为SO₂，依据化合价升降相等原则有3×2↑×x ＝ 2↓×y，故有x : y ＝ 1 : 3

答案：A

【例题2】R₂O₈^n－在一定条件下可把Mn²⁺氧化为MnO₄^－，若反应中R₂O₈^n－变为RO₄^2－，又知反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为5:2，则n值为：

A. 4           B. 3           C. 2           D. 1

解析：依题意有5R₂O₈^n－ + 2Mn²⁺ === 2MnO₄^－ + 10RO₄^2－，设R₂O₈^n－中R的化合价为x，依据化合价升降相等原则有

5×2×↓(x－6) ＝ 2×↑(7－2)，解得x ＝ 7，因此有

2×7 + 8×(－2) ＝ －n，解得n ＝ 2.

答案：C

【例题3】(NH₄)₂PtCl₆在强热条件下分解，生成N₂、HCl、NH₄Cl、Pt反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为

A. 1 : 2       B. 1 : 3      C. 2 : 3         D. 3 : 2

解析：(NH₄)₂PtCl₆在强热条件下分解，氧化产物为N₂，还原产物为Pt，依据化合价升降相等原则有3×2↑×x ＝ 4↓×y，故有x : y ＝ 2 : 3 

答案：C

【例题4】Cl₂与NaOH（70℃）的溶液中，能同时发生两个自身氧化还原反应，完全反应后，测得溶液中NaClO、NaClO₃之比4 : 1，则溶液中NaCl和NaClO的物质的量之比为

A. 11:2         B. 1:1         C. 9:4          D. 5:1

解析：Cl₂中氯元素的化合价为0价，而在NaClO、NaClO₃中氯元素的化合价分别为+1、+5价，设NaCl和NaClO的物质的量分别为x和y，依据化合价升降相等原则有1↓×x ＝ 1↑×y + 5↑××y，故有x : y ＝ 9 : 4

答案：C

【例题5】含n克HNO₃的稀溶液恰好与m克Fe完全反应，若HNO₃只被还原为NO，则n : m可能是①5 : 1、②9 : 2、③3 : 1、④2 : 1、⑤4 : 1

A. ②③⑤    B. ①③④        C. ②③④       D. ①③ 

解析：当Fe恰好完全转变为+2价时，3Fe + 8HNO_{3 ===} 3Fe(NO₃)₂ + 2NO↑+ 4H₂O，有 ＝  解得：n : m ＝ 3 : 1 

   当Fe恰好完全转变为+3价时，Fe + 4HNO_{3 ===} Fe(NO₃)₃ + NO↑+ 2H₂O，有＝  解得：n : m ＝ 9 : 2

结合选项分析n : m的取值范围在4.5至3之间。

答案：A

【例题6】Zn与HNO₃反应，Zn和被还原的HNO₃的物质的量之比为4 : 1则HNO₃的还原产物可能为

A. NO₂      B. NO       C. N₂O       D. NH₄NO₃

解析：设还原产物中氮元素的化合价为x，依据化合价升降相等原则有

4×2↑＝1↓×(5－x) 解得：x ＝ －3

答案：D

【例题7】将Mg和 Cu的合金2.64克，投入适量的稀HNO₃中恰好反应，固体全部溶解时，收集的还原产物为NO，体积为0.896L(SPT)，向反应后的溶液中加入2mol/L NaOH溶液60mL时，金属离子恰好完全沉淀，则形成沉淀的质量为 

A. 4.32克      B. 4.68克        C. 5.36克     D. 6.38克

解析：依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg和 Cu共失去

n(e^－) ＝ ×3 ＝ 0.12 mol，由电荷守恒知Mg和Cu共需要结合0.12 mol OH^－，故形成沉淀的质量m ＝ 2.64g + 0.12 mol×17g/mol ＝ 4.68g

答案：B

【例题8】取x克Mg和 Cu的合金完全溶于浓HNO₃中，反应过程中HNO₃被还原只产生8960 mL NO₂和672 mL N₂O₄气体(SPT)，向反应后的溶液中加入足量的NaOH溶液，形成沉淀质量为17.02克，则X的值为

A. 8.64克      B. 9.20克       C. 9.00克     D. 9.44克

解析：依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg和 Cu共失去

n(e^－) ＝ ×1 ＝ 0.46 mol，由电荷守恒知Mg和 Cu共需要结合0.46 mol OH^－，因此有17.02g＝ x + 0.46 mol×17g/mol ，解得x ＝ 9.20g

答案：B

【例题9】将14克Ag和Cu的合金与一定浓度的HNO₃反应，全部溶解后，产生的气体再通入1.12 L(SPT)O₂，恰好完全吸收，求合金中各成分的含量？

解析：Ag和Cu失去电子的总数等于O₂得到电子的总数，依题意有 

108n(Ag) + 64n(Cu) ＝14  

n(Ag) + 2n(Cu) ＝ ×4 ＝ 0.2

解得n(Ag)＝ 0.1mol        n(Cu)＝0.05mol

w(Ag) ＝ ×100％ ＝ 77.14％

w(Cu) ＝ 1－77.14％ ＝ 22.86％

答案：合金中w(Ag)为77.14％，w(Cu)为 22.86％。

【例题10】将51.2 g Cu 完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、 N₂O₄ 、NO₂)的混合物共0.8 mol，这些气体恰好能被500 mL 2 mol/L的NaOH溶液完全吸收，生成NaNO₃和NaNO₂的混合溶液，其中生成的NaNO₃的物质的量为

（已知NO+NO₂+2NaOH === 2NaNO₂+H₂O，2NO₂+2NaOH === NaNO₃ +NaNO₂ +H₂O ）

 A. 0.2 mol      B. 0.4 mol       C. 0.6 mol     D. 0.8 mol 

解析：51.2 g Cu即为0.8 mol Cu，失去的电子等于NaNO₂ 生成时得到的电子，则NaNO₂ 为0.8 mol，由Na⁺守恒知：n(Na⁺) ＝ n(NaNO₂)+ n(NaNO₃)，得NaNO₃为0.2 mol。 

答案：A

【练习1】9.8g镁、铝混合物溶解在一定量的热浓硝酸中，当金属完全溶解后收集到标准状况下8.96 L NO₂和2.24 L N₂O₄气体，向反应的溶液中加入足量的氨水，则生成的沉淀有 

A. 18克      B. 20克       C. 22克      D. 24克 

解析：依据在同一个氧化还原反应中得失电子数相等原则，解得Mg和 Al共失去

n(e^－)＝×1 + ×2 ＝ 0.6 mol。由电荷守恒知Mg和 Al共需要结合0.6 mol OH^－，故形成沉淀的质量m ＝ 9.8g + 0.6 mol×17g/mol ＝ 20g 

答案：B

【练习2】将11.2g的Mg和Cu的混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的气体X，再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生21.4g沉淀，根据题意推断气体X的成分可能是 

A. 0.3mol NO₂和0.3mol NO         B. 0.2mol NO₂和0.1mol N₂O₄

C. 0.1mol NO、0.2mol NO₂和0.05mol N₂O₄      D. 0.6mol NO

解析：根据Mg、Cu的变化：Mg～Mg²⁺～2OH^－～Mg(OH)₂～2e^－、Cu～Cu²⁺～2OH^－～Cu(OH)₂～2e^－知增加的质量为OH^－的质量，转移电子的物质的量与OH^－的物质的量相等，则有n(OH^－)＝21.4g－11.2 g/17g·mol^－1＝0.6 mol，故反应转移的电子的物质的量也为0.6 mol。选项A转移电子的物质的量

 

为0.3mol×1+ 0.3mol×3 ＝ 1.2 mol，不正确；选项B转移电子的物质的量为0.2mol×1+ 0.1mol×2 ＝ 0.4 mol，不正确；选项C转移电子的物质的量为0.1mol×3+ 0.2mol×1+ 0.05mol×2 ＝ 0.6 mol，正确；选项D转移电子的物质的量为0.6mol×3＝1.8 mol，不正确.

 

答案：C

溶液中的三个守恒 [高中化学]

发表于：2012-05-23 阅读：1602次

溶液中的三个守恒

在中学阶段的电解质溶液中的三个守恒包括：电荷守恒、物料守恒以及质子守恒。

1. 电荷守恒：电解质溶液中所以阳离子阳离子所带有的正电荷总数与所有的阴离子所带有的负电荷总数相等。如：NaHCO₃溶液中存在着Na⁺、H⁺、HCO₃^－_、CO₃^2－和OH^－这几种离子，便有如下关系：c(Na⁺) + c(H⁺)_＝ c(HCO₃^－) + c(OH^－) + 2c (CO₃^2－)。

 

2. 物料守恒：电解质溶液中，由于某些离子能够水解，离子种类增多，但原子总数是不会改变的，因而是守恒的，如Na₂S溶液中，n(Na ) : n(S)＝2 : 1，但S^2—、HS^—都能水解，故S元素以S^2—、HS^－、H₂S三种形式存在，它们之间有如下的守恒关系：c (Na⁺) ₌₌₌₂c(S^2－) + 2c (HS^－) + 2c(H₂S)。 

3. 电解质溶液中分子或离子得到或失去质子（H⁺）的物质的量应相等。如：NH₄HCO₃溶液中H₃O⁺、H₂CO₃为得到质子后的产物，NH₃、OH^—、CO₃^2－为失去质子后的产物，故有以下关系：c(H₃O⁺) + c(H₂CO₃)_＝ c(NH₃)  ₊ c(OH^—) + c (CO₃^2—)，再如：Na₂CO₃溶液中质子守恒的关系是：c(OH^—)_＝ c(H⁺) + c(HCO₃^—) + 2c(H₂CO₃) 或c(H⁺) _＝ c(OH^—) －c(HCO₃^—)－2c(H₂CO₃)。

4. 离子浓度关系和离子浓度大小的比较

一般来说，有关离子浓度关系判断的试题要联想到上述三个守恒，或其中两个叠加或变形等。而离子浓度大小的比较是该部分内容中最常见的题型，除利用好上述守恒外，还要考虑其它方面的影响，如单一的酸或碱溶液考虑电离，单一的盐溶液考虑水解；混合溶液如果不反应，即考虑电离又考虑水解，如果反应还要考虑过量与不过量。

【例题4】（2011江苏高考）下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是

A. 在0.1 mol·L^－1NaHCO₃溶液中：c(Na^＋)＞c(HCO₃^－)＞c(CO₃^2－)＞c(H₂CO₃)

B. 在0.1 mol·L^－1Na₂CO₃溶液中：c(OH^－)－c(H^＋)＝c(HCO₃^－) + 2c(H₂CO₃^－)

C. 向0.2 mol·L^－1NaHCO₃溶液中加入等体积0.1 mol·L^－1NaOH溶液：c(CO₃^2－)＞c(HCO₃^－)＞c(OH^－)＞c(H^＋)

D. 常温下，CH₃COONa和CH₃COOH混合溶液[pH＝7，c(Na^＋)＝0.1 mol·L^－1]：c(Na^＋)＝c(CH₃COO^－)＞c(CH₃COOH)＞c(H^＋)＝c(OH^－) 

解析：A选项在0.1 mol·L^－1NaHCO₃溶液中，HCO₃^－在溶液中存在水解与电离两个过程，而溶液呈碱性，说明水解过程大于电离过程，c(H₂CO₃)＞c(CO₃^2－)；B选项c(OH^－)－c(H⁺)＝c(HCO₃^－)＋2c(H₂CO₃^－)中把c(H⁺)移项到等式另一边，即是质子守恒关系式；C选项向0.2 mol·L^－1NaHCO₃溶液中加入等体积0.1 mol·L^－1NaOH溶液后，相当于0.05 mol·L^－1的Na₂CO₃溶液和NaHCO₃溶液的混合液，由于Na₂CO₃的水解程度大于NaHCO₃的水解程度，因此正确的关系是：c(HCO₃^－)＞c(CO₃^2－)＞c(OH^－)＞c(H⁺)；D选项常温下，CH₃COONa和CH₃COOH混合溶液，包括CH₃COO^－水解和CH₃COOH电离两个过程，既然pH＝7, 根据电荷守恒式，不难得出c(Na⁺)＝c(CH₃COO^－) ＝0.1 mol· L^－1，c(H⁺)＝c(OH^－)＝1×10^－7 mol·L^－1。水解是有限的，c(CH₃COO^－)＞c(CH₃COOH)。

答案：B、D

点拨：本题属于基本概念与理论的考查，落点在水解与电离平衡、物料守恒和电荷守恒、离子浓度大小比较。溶液中存在水解与电离两个过程，离子浓度大小比较是考试热点内容，高三复习中要强化训练。

【例题5】（2011广东高考）对于0.1mol·L^－1 Na₂SO₃溶液，正确的是

A. 升高温度，溶液的pH降低    

B. c(Na^＋)＝2c(SO₃^2―)+ c(HSO₃^―)+ c(H₂SO₃)

C. c(Na^＋) + c(H^＋) ＝ 2c(SO₃^2―)+ 2c(HSO₃^―) + c(OH^―)

D. 加入少量NaOH固体，c(SO₃^2―)与c(Na^＋)均增大

解析：本题考查盐类水解及外界条件对水解平衡的影响和溶液中离子浓度大小判断。Na₂SO₃属于弱酸强碱盐，水解显碱性，方程式为SO₃^2－＋H₂O HSO₃^－+ OH^－、HSO₃^－＋H₂O H₂SO₃+ OH^－，因为水解是吸热的，所以升高温度，有利于水解，碱性会增强，A不正确；加入少量NaOH固体，c(OH^―)增大，抑制水解，所以c(SO₃^2―)增大，D是正确的；由物料守恒知钠原子个数是硫原子的2倍，因此有c(Na^＋)＝2c(SO₃^2―) + 2c(HSO₃^―)+ 2c(H₂SO₃)，所以B不正确，有电荷守恒知c(Na^＋) +c(H^＋)＝2c(SO₃^2―)+ c(HSO₃^―)+ c(OH^―)，因此C也不正确。

答案：D

【例题6】下列溶液中微粒的物质的量关系正确的是

A. 将等物质的量的KHC₂O₄和H₂C₂O₄溶于水配成溶液：2c(K⁺)＝c(HC₂O₄^－) + c(H₂C₂O₄)

B. ① 0.2mol/L NH₄Cl溶液、②0.1mol/L (NH₄)₂Fe(SO₄)₂溶液、③0.2mol/L NH₄HSO₄溶液、④0.1 mol/L (NH₄)₂CO₃溶液中，c(NH₄⁺)大小：③＞②＞①＞④

C. 0.1 mol/L CH₃COONa溶液与0.15 mol/L HCl等体积混合：c(Cl^―)＞c(H⁺)＞c(Na⁺)＞c(CH₃COO^―)＞c(OH^―)

D. 0.1 mol/L 的KHA溶液，其pH＝10， c(K⁺)＞c(A^2―)＞c(HA^―)＞c(OH^―)

解析：A项，命题者的意图是考查物料守恒，但忽视了C₂O₄^2－的存在，错误；B项，②中Fe²⁺和NH₄⁺相互抑制水解，③中NH₄HSO₄电离出的H⁺抑制NH₄⁺的水解，④中CO₃^2－和NH₄⁺相互促进水解，正确；C项，它们等体积混合后，得到的溶液为0.05mol/LCH₃COOH、 0.025 mol/L HCl和0.05mol/L NaCl0.05mol/L的混合溶液，c(Na⁺)＞c(H⁺)，错误；D项，pH＝10，说明HA^―的水解程度大于电离程度，但无论水解还是电离，都是微弱的，故c(HA^―)＞c(A^2―)，因此该项错误。

答案：B

高考指导 [高中数学]

发表于：2012-05-23 阅读：67次

高考指导：高三生必知学习的四个有效点

　　高三学习的有效点就是自己的增分点。高考要增分，必须要惜时。要惜时，就要减少无用之功；要减少无用之功，就要有针对的、千方百计的抓学习的有效点。高三最大的悲哀就是拼命地、专心致志地无效劳动。
　　一、知识记忆点：
　　多年的经验告诉我们“成也基础，败也基础”。无论是学习好的，还是学习差的，要使得近期学习有效，就要抓知识的记忆点。所谓知识的记忆点，就是该记住的而没有记住的那些基础知识。这些知识点，一天记不住，一天都不会有好成绩。数学、物理差，很大程度是有的连公式都没有记牢；英语差，很大程度是有好多的单词和短语没有记住。可见，强化记忆基础知识点，至关重要。
　　二、概念模糊点:
　　大家都知道，司机开车迷失了方向，猛踩油门是很荒唐的；学生学习，概念模糊，只能是糊涂概念做糊涂题，是永远提高不了学习成绩的。近期把各学科概念模糊的知识点一一攻克，是上乘的做法。
　　三、常考易错点：
　　抓“常考易错点”是考前的重中之重。为什么“常考”，因为是重点；为什么“易错”，因为没有掌握住，所以，要有计划把所有考试中的“常考易错点”找出来，一一的强化，学习成绩才会有质的飞跃。
　　四、各科潜力点：
　　要使得学习有效，就要集中优势兵力，挖出、挖对潜力学科。潜力学科，说白了就是自己最能增分的学科。这最能增分的学科，不管是强科还是弱科，也不管是文科还是理科，只要通过复习，能增分就好。哪个学科通过复习能增分，就在哪个学科上用大劲，哪个章节通过复习能拿分，就在哪个章节上用大功。

溶液中的三个平衡 [高中化学]

发表于：2012-05-18 阅读：192次

溶液中的三个平衡

电离平衡、水解平衡以及沉淀溶解平衡，这三种平衡都遵循勒夏特列原理——当只改变体系的一个条件时，平衡向能减弱这种改变的方向移动。

1. 电离平衡常数、水的离子积常数、溶度积常数均只与温度有关。电离平衡常数和水的离子积常数随着温度的升高而增大——弱电解质的电离和水的电离均为吸热过程。

 2. 弱酸的酸式盐溶液的酸碱性取决于弱酸的酸式酸根离子的电离程度和水解程度的相对大小。①若水解度大于电离度，则显碱性，如：NaHCO₃、NaHS、Na₂HPO₄；②若电离度大于水解度，则显酸性，如：NaHSO₃、NaH₂PO₄等。 

3. 沉淀溶解平衡的应用

沉淀的生成、溶解和转化在生产、生活以及医疗中可用来进行污水的处理、物质的提纯、疾病的检查和治疗。解决这类问题时应充分利用平衡移动原理加以分析。

当Q_C＞K_SP时，生成沉淀；当Q_C＜K_SP时，沉淀溶解；当Q_C＝K_SP时，达到平衡状态。

4. 完全双水解

常见的含有下列离子的两种盐混合时，阴阳离子的水解相互促进，会发生较彻底的双水解。需要特别注意的是在书写这些物质的水解方程式时，应用“₌₌₌”，并将沉淀及气体分别用“↓”、“↑”符号标出（高考中未写可是要扣分的哦）。如：当Al³⁺分别遇到AlO₂^－、CO₃^2－、HCO₃^－、S^2－时，[3AlO₂^－ + Al³⁺ + 6H₂O ₌₌₌ 4Al(OH)₃↓]；当Fe³⁺分别遇到CO₃^2－、HCO₃^－、AlO₂^－ 时；还有NH₄⁺与Al³⁺；SiO₃与Fe³⁺、Al³⁺等离子的混合。 

另外，有些盐溶液在加热时，水解受到促进，而水解产物之一为可挥发性酸时，酸的挥发又促进水解，故加热蒸干这些盐溶液得不到对应的溶质，而是对应的碱（或对应的金属氧化物）。如：①金属阳离子易水解的挥发性强酸盐溶液蒸干后得到氢氧化物，继续加热后得到金属氧化物，如FeCl₃、AlCl₃、Mg(NO₃)₂溶液蒸干灼烧得到的是Fe₂O₃、 Al₂O₃、MgO而不是FeCl₃、AlCl₃、Mg(NO₃)₂固体；②金属阳离子易水解的难挥发性强酸盐溶液蒸干后得到原溶质，如Al₂(SO₄)₃、Fe(SO₄)₃等。③阴离子易水解的强碱盐，如Na₂CO₃等溶液蒸干后也可得到原溶质；④阴阳离子均易水解，此类盐溶液蒸干后得不到任何物质，如(NH₄)₂CO₃等；⑤不稳定化合物的水溶液，加热时在溶液中就能分解，也得不到原溶质，如Ca (HCO₃)₂溶液，蒸干后得到CaCO₃；⑥易被氧化的物质，其溶液蒸干后得不到原溶质，如FeSO₄、Na₂SO₃等，蒸干后得到其氧化产物Fe₂(SO₄)₃、Na₂SO₄等。

例题解析 

1 下列有关实验的说法正确的是

A. 将氯化铝溶液加热蒸发、烘干可得无水氯化铝固体

B. 测量溶液的导电性可区分出试剂盐酸和醋酸，导电能力强的是盐酸

C. 含有大量Fe³⁺、Al³⁺、NO₃^－的溶液呈酸性

D. 除去硫酸铝溶液中混有的硫酸镁，可加入足量烧碱，过滤，向滤液中加适量硫酸酸化

解析：在AlCl₃溶液中存在Al³⁺水解，在加热蒸发时，平衡向水解方向移动，而生成的盐酸因氯化氢的挥发浓度变小，更促进了其水解，最终得到Al(OH)₃，灼烧后得到Al₂O₃固体，A选项错；溶液导电性强弱与溶液中离子浓度大小有关，而与溶质是强、弱电解质无关，B选项错；Fe³⁺、Al³⁺水解而使溶液呈酸性，C选项对；加入足量的NaOH，则又混入了新的杂质，应加入Al(OH)₃来调节pH，使Mg²⁺沉淀，D选项错。

答案：C

点拨：本题主要考查了弱电解质的电离和水解的有关知识。利用某些离子的水解，通过调节溶液pH来除去该离子是化学中常用的方法，但本题D选项极易忽视又引入新的杂质而造成错选。

2 为了配制NH₄⁺的浓度与Cl^－的浓度比为1 : 1的溶液，可在NH₄Cl溶液中加入①适量NH₄NO₃；②适量NaCl；③适量氨水；④适量NaOH。

A. ①②      B. ②③      C. ①③      D. ②④

解析：NH₄Cl溶液中存在NH₄⁺ + H₂O  NH₃·H₂O₂ + H⁺，使c(NH₄⁺) : c(Cl^－)＜1 : 1，要使c(NH₄⁺) : c(Cl^－)＝1 : 1，其方法是增大NH₄⁺的浓度，故选C。

答案：C