《北京市2019版高考化学专题九弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性课件.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市2019版高考化学专题九弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性课件.ppt（99页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高考化学高考化学 (北京市专用)专题九弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性考点一弱电解质的电离平衡考点一弱电解质的电离平衡A A组组自主命题自主命题北京卷题组北京卷题组1.(2018北京理综,8,6分)下列化学用语对事实的表述不正确的是()A.硬脂酸与乙醇的酯化反应:C17H35COOH+C2OHC17H35COOC2H5+OB.常温时,0.1molL-1氨水的pH=11.1:NH3H2ON+OH-C.由Na和Cl形成离子键的过程:D.电解精炼铜的阴极反应:Cu2+2e-Cu五年高考答案答案A在酯化反应中,通常是“酸脱羟基醇脱氢”,所以A中反应后18O原子应存在于酯中。易错易混易错易混C项中离子键
2、的形成过程包含电子的转移,用电子式表示离子键的形成过程时要用箭头表示出电子转移的方向。2.(2014北京理综,9,6分)下列解释事实的方程式不正确的是()A.测0.1mol/L氨水的pH为11:NH3H2ON+OH-B.将Na块放入水中,产生气体:2Na+2H2O2NaOH+H2C.用CuCl2溶液做导电实验,灯泡发光:CuCl2Cu2+2Cl-D.Al片溶于NaOH溶液中,产生气体:2Al+2OH-+2H2O2Al+3H2答案答案CNH3H2O为弱碱,在水溶液中部分电离,故A项正确;Na能与水反应生成NaOH和H2,故B项正确;用CuCl2溶液做导电实验,反应的化学方程式为CuCl2Cu+C
3、l2,故C项错误;Al与NaOH溶液反应生成H2,故D项正确。解题关键解题关键准确理解电离、电解等概念。易错警示易错警示电离是指电解质在水分子作用下离解成自由移动的离子的过程,不需要通电;电解是指电流通过电解质溶液而在阴、阳两极发生氧化还原反应的过程,是化学变化。3.(2017课标,12,6分)改变0.1molL-1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示已知(X)=。下列叙述错误的是()A.pH=1.2时,c(H2A)=c(HA-)B.lgK2(H2A)=-4.2C.pH=2.7时,c(HA-)c(H2A)=c(A2-)B B组组统一命题
4、、省统一命题、省( (区、市区、市) )卷题组卷题组D.pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-)=c(H+)答案答案D本题考查弱电解质的电离及相关计算。结合题图,可知A、C正确。K2(H2A)=,结合题图中pH=4.2时c(HA-)=c(A2-),代入上式可得K2(H2A)=10-4.2,则lgK2(H2A)=-4.2,故B正确。pH=4.2时,c(H+)=10-4.2molL-1,但溶液中c(HA-)、c(A2-)均约为0.05molL-1,故D错误。疑难突破疑难突破在温度不变时,电离平衡常数不随溶液成分变化而改变,故可以选择特殊点进行计算。例如本题中K2(H2A)的计算。温馨提醒温馨提醒
5、此类图像题中,曲线的“起点”“拐点”“交点”等特殊点往往会隐含重要的解题信息,要注意正确利用。4.(2016课标,12,6分)298K时,在20.0mL0.10molL-1氨水中滴入0.10molL-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10molL-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20.0mLC.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-),错误;D项,N点对应的溶液为0.10molL-1氨水,c(OH-)=0.10molL-11
6、.32%=1.3210-3molL-1,c(H+)=molL-1,pH=11+lg1.32答案答案DH2S是二元弱酸,在水溶液中分步电离:H2SH+HS-、HS-H+S2-,故pH=5的H2S溶液中,c(HS-)c(H+)=110-5molL-1,A项错误;B项,NH3H2O是弱电解质,稀释促进NH3H2O的电离,故aH2CO3HClO,根据“越弱越水解”的原理知,水解程度:ClO-HCCH3COO-,所以pH相同的三种溶液中的c(Na+):,D项正确。7.(2014山东理综,13,5分)已知某温度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等,现向10mL浓度为0.1molL-1的CH3COO
7、H溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中()A.水的电离程度始终增大B.先增大再减小C.c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和始终保持不变D.当加入氨水的体积为10mL时,c(N)=c(CH3COO-)答案答案DCH3COOH溶液中水的电离被抑制,当CH3COOH与NH3H2O恰好反应时生成CH3COONH4,此时水的电离程度最大,再加入氨水,水的电离程度又减小,A项错误;=,温度不变,NH3H2O的电离平衡常数及KW均不变,随着氨水的滴加,c(H+)减小,故减小,B项错误;未滴加氨水时,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1mol/L,滴加10mL氨水时,c(CH3COO
8、H)+c(CH3COO-)=0.05mol/L,C项错误;由于CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等,故当加入氨水的体积为10mL时,c(N)=c(CH3COO-),D项正确。8.(2014重庆理综,3,6分)下列叙述正确的是()A.浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体B.CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO-)增大C.Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可得到Ca(OH)2D.25时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度答案答案DA项,浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液会生成Fe(OH)3沉淀,不能得到Fe(OH)3胶体
9、,A项错误;B项,加少量浓盐酸后发生反应:CH3COO-+H+CH3COOH,c(CH3COO-)减小,B项错误;C项,NaOH过量时发生反应:Ca(HCO3)2+2NaOHCaCO3+Na2CO3+2H2O,无Ca(OH)2生成,C项错误;D项,Cu(OH)2(s)Cu2+(aq)+2OH-(aq),Cu(NO3)2溶液中c(Cu2+)较大,会使平衡逆向移动,Cu(OH)2的溶解度减小,D项正确。9.(2016浙江理综,12,6分)苯甲酸钠(,缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25时,HA的Ka=6.2510-5,H2CO3的=4.1710-
10、7,=4.9010-11。在生产碳酸饮料的过程中,除了添加NaA外,还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是(温度为25,不考虑饮料中其他成分)()A.相比于未充CO2的饮料,碳酸饮料的抑菌能力较低B.提高CO2充气压力,饮料中c(A-)不变C.当pH为5.0时,饮料中=0.16D.碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为:c(H+)=c(HC)+c(C)+c(OH-)-c(HA)C C组组教师专用题组教师专用题组答案答案CHA的抑菌能力显著高于A-,碳酸饮料中存在反应CO2+H2O+NaAHA+NaHCO3,HA含量比未充CO2的饮料要高,抑菌能力更强,A项不正确;增大压强可使更多的CO2溶于水中,生
11、成更多的HA,c(A-)会减小,B项不正确;已知HA的Ka=6.2510-5,Ka=,当c(H+)=10-5molL-1时,饮料中=0.16,C项正确;由物料守恒知c(Na+)=c(A-)+c(HA),由电荷守恒知c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)+c(A-),两式联立可得c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)-c(HA),D项不正确。10.(2015浙江理综,12,6分)40,在氨-水体系中不断通入CO2,各种离子的变化趋势如图所示。下列说法不正确的是()A.在pH=9.0时,c(N)c(HC)c(NH2COO-)c(C)B.不同pH的溶液中存在关系:c
12、(N)+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(NH2COO-)+c(OH-)C.随着CO2的通入,不断增大D.在溶液pH不断降低的过程中,有含NH2COO-的中间产物生成答案答案C由图像信息可知A项正确;由电荷守恒可知B项正确;Kb=,随着CO2的通入,c(N)不断增大,Kb为常数,则不断减小,C项不正确;由图中信息可知pH在10.57.5之间,NH2COO-先从0逐渐增多,后又逐渐减少到0,故有含NH2COO-的中间产物生成,D项正确。评析评析该题是数形结合题,考查学生的识图能力及信息处理能力。11.(2014浙江理综,12,6分)氯在饮用水处理中常用作杀菌剂,且HClO的杀菌能力比ClO
13、-强。25时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系:Cl2(g)Cl2(aq)K1=10-1.2Cl2(aq)+H2OHClO+H+Cl-K2=10-3.4HClOH+ClO-Ka=?其中Cl2(aq)、HClO和ClO-分别在三者中所占分数()随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是()A.Cl2(g)+H2O2H+ClO-+Cl-K=10-10.9B.在氯处理水体系中,c(HClO)+c(ClO-)=c(H+)-c(OH-)C.用氯处理饮用水时,pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差D.氯处理饮用水时,在夏季的杀菌效果比在冬季好答案答案CA项,在Cl2(g)+H2O2H+ClO-+Cl-反应
14、中,K=K1K2Ka,因Ka未知,故K也无法求出,A错误。B项,由电荷守恒知,c(H+)=c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-),c(Cl-)c(HClO),B错误。C项,由题意知,HClO杀菌能力比ClO-强,pH=7.5时HClO的浓度较pH=6.5时大,C正确。D项,夏季温度高,Cl2溶解度降低,且HClO易分解,所以夏季杀菌效果比冬季差,D错误。考点二水的电离溶液的酸碱性考点二水的电离溶液的酸碱性统一命题、省统一命题、省( (区、市区、市) )卷题卷题组1.(2018天津理综,6,6分)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下,LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2P)的变化如图
15、1所示,H3PO4溶液中H2P的分布分数随pH的变化如图2所示=。下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是()A.溶液中存在3个平衡B.含P元素的粒子有H2P、HP和PC.随c初始(H2P)增大,溶液的pH明显变小D.用浓度大于1molL-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3,当pH达到4.66时,H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4答案答案D本题考查盐类的水解、弱电解质的电离等。LiH2PO4溶液中存在H2P的水解平衡与电离平衡、水的电离平衡、HP的电离平衡等,A不正确;LiH2PO4溶液中含P元素的粒子有H2P、HP、P、H3PO4,B不正确;由图1可知当c初始(H2P)大于10-1mol
16、L-1后,溶液的pH不再随c初始(H2P)的变化而变化,C不正确;由图2可知H3PO4溶液的pH为4.66时,H2P的分布分数为0.994,故用浓度大于1molL-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3,当pH达到4.66时,H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4,D正确。温馨提示温馨提示任何水溶液中均存在水的电离平衡。2.(2016天津理综,6,6分)室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1molL-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断的是()A.三种酸的电离常数关系:KHAKHBKHDB.滴定至P点时,溶液中:c(B-)c(Na+)c(HB)c(H+)
17、c(OH-)C.pH=7时,三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)答案答案CA项,浓度均为0.1molL-1的HA、HB和HD三种酸溶液的pH不同,pH越小,则酸的电离常数越大,正确;B项,滴定至P点时,所得溶液为等物质的量浓度的HB与NaB的混合溶液,溶液显酸性,说明HB的电离程度强于B-的水解程度,故c(B-)c(Na+)c(HB)c(H+)c(OH-),正确;C项,pH=7时,三种溶液中:c(A-)c(B-)c(D-),错误;D项,根据质子守恒知D正确。3.(2015广东理
18、综,12,4分)准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中,用0.1000molL-1NaOH溶液滴定,下列说法正确的是()A.滴定管用蒸馏水洗涤后,装入NaOH溶液进行滴定B.随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中溶液pH由小变大C.用酚酞作指示剂,当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D.滴定达终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则测定结果偏小答案答案BA项,滴定管洗涤后还需用NaOH溶液润洗;B项,随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中发生反应HCl+NaOHNaCl+H2O,直至HCl完全被消耗,因此溶液的pH由小变大;C项,酚酞滴入待测HCl溶液中,溶液是无色的,当溶液由无色变为红色,且半分钟内不
19、褪色时停止滴定;D项,尖嘴部分的悬滴并未与待测HCl溶液反应,但已被计算在消耗的NaOH溶液的体积中,从而使测定结果偏大。4.(2015山东理综,13,5分)室温下向10mL0.1molL-1NaOH溶液中加入0.1molL-1的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A.a点所示溶液中c(Na+)c(A-)c(H+)c(HA)B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同C.pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA)D.b点所示溶液中c(A-)c(HA)答案答案Da点V(HA)=10mL,此时NaOH与HA刚好完全反应,pH=8.7,说明HA是弱酸,则NaA溶液中:c(N
20、a+)c(A-)c(OH-)c(HA)c(H+),A错误;a点为NaA溶液,A-水解促进水的电离,b点为等浓度的NaA与HA的混合溶液,以HA的电离为主,水的电离受到抑制,B错误;pH=7时,c(Na+)=c(A-)c(H+)=c(OH-),C错误;b点为等浓度的NaA与HA的混合溶液,溶液pH=4.7c(HA),D正确。5.(2015安徽理综,13,6分)25时,在10mL浓度均为0.1molL-1的NaOH和NH3H2O混合溶液中滴加0.1molL-1盐酸,下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是()A.未加盐酸时:c(OH-)c(Na+)=c(NH3H2O)B.加入10mL盐酸时:c(N)+c
21、(H+)=c(OH-)C.加入盐酸至溶液pH=7时:c(Cl-)=c(Na+)D.加入20mL盐酸时:c(Cl-)=c(N)+c(Na+)答案答案BNH3H2O发生微弱电离,溶液中c(OH-)c(Na+)c(NH3H2O),A项不正确;加入10mL0.1molL-1盐酸时,混合溶液中:c(Na+)=c(Cl-),结合电荷守恒:c(Na+)+c(H+)+c(N)=c(OH-)+c(Cl-)可知B项正确;加入盐酸至溶液pH=7时,c(H+)=c(OH-),结合电荷守恒可知c(Na+)+c(N)=c(Cl-),C项不正确;加入20mL盐酸时溶液中的溶质为NaCl和NH4Cl,溶液显酸性:c(H+)c
22、(OH-),结合电荷守恒可知:c(Na+)+c(N)c(Cl-),D项不正确。6.(2015广东理综,11,4分)一定温度下,水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示,下列说法正确的是()A.升高温度,可能引起由c向b的变化B.该温度下,水的离子积常数为1.010-13C.该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化D.该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化答案答案C升高温度时,水的电离平衡右移,c(H+)和c(OH-)均增大,KW随之增大,而c和b对应的KW相等,A项不正确;由图中数据可计算出该温度下,水的离子积常数KW=c(H+)c(OH-)=(1.010-7)(1.010-7)=1
23、.010-14,B项不正确;加入FeCl3后,由于Fe3+水解促进了水的电离,使c(H+)增大,c(OH-)减小,但KW不变,可引起由b向a的变化,C项正确;该温度下,稀释溶液,KW不变,而c和d对应的KW不相等,D项错误。评析评析本题通过图像考查水的电离平衡及其影响因素,着重考查学生分析问题的能力,难度不大。7.(2014广东理综,12,4分)常温下,0.2molL-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示,下列说法正确的是()A.HA为强酸B.该混合液pH=7C.图中X表示HA,Y表示OH-,Z表示H+D.该混合溶液中:c(A-)+c(Y)=c
24、(Na+)答案答案D混合后的溶液为0.1molL-1的NaA溶液,由图知,c(A-)c(A-)c(OH-)c(HA)c(H+),C错误。由上述分析知,Y是HA分子,根据物料守恒得c(A-)+c(HA)=c(Na+),D正确。评析评析本题以柱状图形式考查了电解质溶液的性质,难度不大,灵活性强,题型新颖。考生在平时的学习过程中要熟记电解质溶液的分析方法。8.(2018课标,26节选)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O,M=248gmol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题:(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:溶液配制:称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样
25、品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在中溶解,完全溶解后,全部转移至100mL的中,加蒸馏水至。滴定:取0.00950molL-1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2+6I-+14H+3I2+2Cr3+7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2S4+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80mL,则样品纯度为%(保留1位小数)。答案答案(2)烧杯容量瓶刻度蓝色褪去95.0解析解析(2)用Na2S2O3溶液滴定I2时,加入淀粉溶液作指示剂,溶液变蓝,当I2反应完全时,蓝色
26、褪去,即滴定过程中,当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时,溶液蓝色褪去,半分钟不恢复时即为滴定终点;设样品中含xmolNa2S2O35H2O,依据得失电子守恒知,0.52xmol=320.00950molL-10.02000L,解得x=1.1410-3,即所取样品中n(Na2S2O35H2O)=1.1410-3mol,故样品纯度为100%=95.0%。9.(2017天津理综,9,18分)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I-),实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。.准备标准溶液a.准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)后,配制成250mL标准溶液,放在棕色试剂瓶中
27、避光保存,备用。b.配制并标定100mL0.1000molL-1NH4SCN标准溶液,备用。.滴定的主要步骤a.取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。b.加入25.00mL0.1000molL-1AgNO3溶液(过量),使I-完全转化为AgI沉淀。c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d.用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+,使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后,体系出现淡红色,停止滴定。e.重复上述操作两次。三次测定数据如下表:实验序号123消耗NH4SCN标准溶液体积/mL10.2410.029.98f.数据处理。回答下列问题:(1)将称得的AgNO3配制成标
28、准溶液,所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有。(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是。(3)滴定应在pH0.5的条件下进行,其原因是。(4)b和c两步操作是否可以颠倒,说明理由。(5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为mL,测得c(I-)=molL-1。(6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步,应进行的操作为。(7)判断下列操作对c(I-)测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则测定结果。若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,则测定结果。答案答案(18分)(1)250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管
29、(2)避免AgNO3见光分解(3)防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3+的水解)(4)否(或不能)若颠倒,Fe3+与I-反应,指示剂耗尽,无法判断滴定终点(5)10.000.0600(6)用NH4SCN标准溶液进行润洗(7)偏高偏高解析解析(1)将称得的AgNO3配制成250mL标准溶液要用250mL容量瓶、胶头滴管、烧杯和玻璃棒。(2)AgNO3见光易分解,因此AgNO3标准溶液要放在棕色试剂瓶中避光保存。(3)本实验用NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂,Fe3+水解会影响滴定终点的判断,为了抑制Fe3+的水解,滴定应在pH7C.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防
30、止其腐蚀D.一定条件下反应N2+3H22NH3达到平衡时,3v正(H2)=2v逆(NH3)教师专用题组教师专用题组答案答案CA项,由2H2O22H2O+O2可知,每生成1molO2转移的电子数约为26.021023;B项,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后形成的应为CH3COONa和CH3COOH两物质的混合溶液,pHc(C)c(HC)c(OH-)B.20mL0.1mol/LCH3COONa溶液与10mL0.1mol/LHCl溶液混合后溶液呈酸性,所得溶液中:c(CH3COO-)c(Cl-)c(CH3COOH)c(H+)C.室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨
31、水等体积混合,所得溶液中:c(Cl-)+c(H+)c(N)+c(OH-)D.0.1mol/LCH3COOH溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(OH-)c(H+)+c(CH3COOH)答案答案BA项,NaHCO3+NaOHNa2CO3+H2O,故溶液中离子浓度大小关系应为c(Na+)c(C)c(OH-)c(HC),错误;B项正确;C项,两溶液混合,NH3H2O过量,溶液呈碱性,c(OH-)c(H+),c(N)c(Cl-),故c(Cl-)+c(H+)c(N)+c(OH-),错误;D项,两溶液等体积混合后,得CH3COONa溶液,根据质子守恒得c(OH-)=c(H+)+c(
32、CH3COOH),故错误。12.(2014江苏单科,1,2分)水是生命之源,2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图像,模型见下图。下列关于水的说法正确的是()A.水是弱电解质B.可燃冰是可以燃烧的水C.氢氧两种元素只能组成水D.0时冰的密度比液态水的密度大答案答案A可燃冰的主要成分是甲烷的水合物,B项错误;氢氧两种元素除组成H2O以外,还能组成H2O2,C项错误;0时冰的密度比液态水的小,D项错误。13.(2013天津理综,5,6分)下列有关电解质溶液的说法正确的是()A.在蒸馏水中滴加浓H2SO4,KW不变B.CaCO3难溶于稀硫酸,也难溶于醋酸C.在Na2S稀溶液中,c(H+
33、)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-)D.NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性,两溶液中水的电离程度相同答案答案C浓H2SO4加入蒸馏水中时会放热,使KW变大,A项错误;CaCO3可以溶于醋酸的原因是(CH3COO)2Ca能溶于水,而CaSO4是微溶物,不能类推,B项错误;C项,该式为Na2S溶液中的质子守恒式,正确;NaCl是强酸强碱盐,对水的电离不产生影响,而CH3COONH4是弱酸弱碱盐,对水的电离起促进作用,两者影响不相同,D项错误。14.(2013大纲全国,12,6分)如图表示水中c(H+)和c(OH-)的关系,下列判断的是()A.两条曲线间任意点均有c(H+)c(O
34、H-)=KWB.M区域内任意点均有c(H+)c(OH-)C.图中T1c(H+),B项正确;H2O(l)H+(aq)+OH-(aq)H0,升高温度平衡正向移动,图中Z点KW=10-6.510-6.5=10-13大于X点的KW=10-710-7=10-14,所以T2T1,C项正确;XZ线上任意点表示溶液呈中性,由于各点温度不同,故pH不同,D项错误。15.(2013课标,13,6分)室温时,M(OH)2(s)M2+(aq)+2OH-(aq)Ksp=a。c(M2+)=bmolL-1时,溶液的pH等于()A.lg()B.lg()C.14+lg()D.14+lg()答案答案C根据溶度积常数的表达式可知,
35、c(OH-)=molL-1,结合水的离子积可得:c(H+)=molL-1=10-14molL-1,则pH=-lgc(H+)=14+lg(),C项正确。16.(2013山东理综,13,4分)某温度下,向一定体积0.1molL-1的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液,溶液中pOH(pOH=-lgOH-)与pH的变化关系如下图所示,则()A.M点所示溶液的导电能力强于Q点B.N点所示溶液中c(CH3COO-)c(Na+)C.M点和N点所示溶液中水的电离程度相同D.Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积答案答案C由图示可知Q点溶液呈中性,M点CH3COOH过量,CH3COOH是弱酸,导电能力
36、M点应小于Q点,A项错误;图中N点溶液呈碱性,依据电荷守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),c(H+)c(CH3COO-),B项错误;M点的pOH与N点的pH相同,表示M点的c(OH-)与N点的c(H+)相同,二者对水的电离程度影响相同,C项正确;CH3COOH与NaOH恰好反应时生成的CH3COONa水解显碱性,Q点所示的溶液呈中性,说明CH3COOH过量,D项错误。评析评析该题主要考查电解质溶液知识的综合应用。解题的关键是熟练掌握pH的有关计算及应用,强、弱电解质的电离,溶液中的电荷守恒,盐类的水解等知识,若不理解酸、碱、盐对水电离的影响情况,则较难选出正确选
37、项C。17.(2013浙江理综,12,6分)25时,用浓度为0.1000molL-1的NaOH溶液滴定20.00mL浓度均为0.1000molL-1的三种酸HX、HY、HZ,滴定曲线如下图所示。下列说法正确的是()A.在相同温度下,同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序:HZHYc(Y-)c(OH-)c(H+)D.HY与HZ混合,达到平衡时:c(H+)=+c(Z-)+c(OH-)答案答案B由滴定曲线可推知三种酸的酸性强弱顺序为HZHYHX,故相同温度下,同浓度的三种酸的导电能力大小顺序为HZHYHX,A错误;HY+NaOHNaY+H2O,当V(NaOH)=10.00mL时,HY被中和掉一半,此时溶液
38、中c(HY)c(Y-),c(H+)=10-5molL-1,Ka(HY)=c(H+)=10-5,B正确;因HY酸性强于HX,故在HX、HY的混合溶液中滴加NaOH溶液时,HY先反应,当HX恰好被完全中和时,溶液是等浓度的NaX与NaY的混合溶液,考虑到X-的水解程度大于Y-,故最终溶液中离子浓度的大小顺序为c(Y-)c(X-)c(OH-)c(H+),C错误;HY与HZ混合,达到平衡时,根据电荷守恒可得c(H+)=c(Y-)+c(Z-)+c(OH-),D错误。18.(2015山东理综,31,19分)毒重石的主要成分为BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质),实验室利用毒重石制备BaCl2
39、2H2O的流程如下:(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨,目的是。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸,除量筒外还需使用下列仪器中的。a.烧杯b.容量瓶c.玻璃棒d.滴定管(2)加入NH3H2O调pH=8可除去(填离子符号),滤渣中含(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量,原因是。已知:Ksp(BaC2O4)=1.610-7,Ksp(CaC2O4)=2.310-9Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2(3)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量,实验分两步进行。已知:2Cr+2H+Cr2+H2OBa2+CrBaCrO4步骤:移取xm
40、L一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中,加入酸碱指示剂,用bmolL-1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V0mL。步骤:移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中,加入xmL与步骤相同浓度的Na2CrO4溶液,待Ba2+完全沉淀后,再加入酸碱指示剂,用bmolL-1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V1mL。滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管,“0”刻度位于滴定管的(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为molL-1。若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出,Ba2+浓度测量值将(填“偏大”或“偏小”)。答案答案(1)增大接触面积从而使反应速率加快a、c(2)Fe3+Mg(OH)2
41、、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀,产品产量减少(3)上方偏大解析解析(1)把毒重石充分研磨的目的是增大接触面积使反应速率加快;用37%的盐酸配制15%的盐酸需用量筒、烧杯、玻璃棒。(2)由表格中信息可知pH=8时Fe3+可完全沉淀,Mg2+、Ca2+未开始沉淀;pH=12.5时Mg2+完全沉淀,Ca2+部分沉淀;Ksp(CaC2O4)Ksp(BaC2O4),向含有Ca2+和Ba2+的溶液中加入H2C2O4,Ca2+先形成CaC2O4沉淀,但H2C2O4不能过量,否则Ba2+也会沉淀。(3)滴定管“0”刻度位于滴定管的上方;由步骤可知xmLNa2CrO4溶液中Cr的物质
42、的量为V0b10-3mol,步骤中与Ba2+形成沉淀的Cr的物质的量为(V0b-V1b)10-3mol,则ymLBaCl2溶液中Ba2+的物质的量为(V0b-V1b)10-3mol,c(BaCl2)=molL-1;若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出,会导致V1偏小,则V0b-V1b偏大,Ba2+浓度测量值将偏大。19.(2014重庆理综,9,15分)中华人民共和国国家标准(GB2760-2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25gL-1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2,并对其含量进行测定。(1)仪器A的名称是,水通入A的进口为。(2)B中加入300.00mL葡萄酒
43、和适量盐酸,加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应,其化学方程式为。(3)除去C中过量的H2O2,然后用0.0900molL-1NaOH标准溶液进行滴定,滴定前排气泡时,应选择图2中的;若滴定终点时溶液的pH=8.8,则选择的指示剂为;若用50mL滴定管进行实验,当滴定管中的液面在刻度“10”处,则管内液体的体积(填序号)(=10mL,=40mL,40mL)。图2图1(4)滴定至终点时,消耗NaOH溶液25.00mL,该葡萄酒中SO2含量为:gL-1。(5)该测定结果比实际值偏高,分析原因并利用现有装置提出改进措施。答案答案(1)冷凝管或冷凝器b(2)SO2+H2O2H2SO4(3)酚酞
44、(4)0.24(5)原因:盐酸的挥发;改进措施:用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸,或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验,扣除盐酸挥发的影响解析解析(1)仪器A是冷凝管;为使冷凝更充分,要让水由b口进,若由a口进,冷凝管中水装不满。(2)SO2具有还原性,而H2O2具有氧化性,所以反应为SO2+H2O2H2SO4。(3)NaOH是强碱,应装在碱式滴定管中,为赶出尖嘴处气泡,要让尖嘴部分略向上弯曲排出气泡,所以选;酚酞的变色范围在8.210.0之间,而滴定终点时溶液的pH=8.8,所以可以选择酚酞作指示剂;根据题意及滴定管的结构知,刻度“10”处至尖嘴部分均有溶液,所以滴定管内液体体积大于40mL,选。(
45、4)滴定时发生的反应为H2SO4+2NaOHNa2SO4+2H2O,则可得n(SO2)=n(NaOH)=0.0900molL-125.0010-3L=1.12510-3mol,m(SO2)=64gmol-11.12510-3mol=7210-3g,该葡萄酒中SO2含量为=0.24gL-1。(5)B中有盐酸,加热时挥发出的HCl气体进入C中,所以滴定时多消耗了NaOH溶液,从而使测定结果比实际值偏高,若仍用现有装置进行实验,可用硫酸代替盐酸,或用蒸馏水代替葡萄酒做对比实验。评析评析本题以滴定实验为载体,考查了化学实验、元素及其化合物、指示剂、化学计算等知识点。(4)中计算SO2的含量时容易出错;
46、(5)要学会综合分析产生误差的原因。难度适中。考点一弱电解质的电离平衡考点一弱电解质的电离平衡1.(2018北京人大附中2月月考,7)常温下,向10mL0.1mol/L的某酸(HA)溶液中逐滴加入0.1mol/L的氨水,所得溶液的pH及导电能力与加入氨水的体积关系如图所示。下列说法中不正确的是()A.HA为弱酸B.b点对应溶液pH=7,此时HA溶液与氨水恰好完全反应C.c点对应的溶液存在c(OH-)=c(H+)+c(HA)A A组组2016201820162018年高考模拟年高考模拟基础题组基础题组三年模拟D.a、b、c三点中,b点对应的溶液中水的电离程度最大答案答案CA项,因为常温下0.1m
47、ol/L的HA溶液的pH1,所以HA为弱酸;B项,b点加入0.1mol/L氨水10mL,HA溶液与氨水恰好完全反应,由图可知b点对应溶液pH=7;C项,c点对应的溶液为等物质的量的NH4A和NH3H2O的混合溶液,由电荷守恒得c(OH-)+c(A-)=c(N)+c(H+),由物料守恒得c(N)+c(NH3H2O)=2c(A-)+2c(HA),两式相加得:c(OH-)+c(NH3H2O)=c(A-)+2c(HA)+c(H+);D项,b点所得溶液中的溶质为NH4A,NH4A为弱酸弱碱盐,促进水的电离,a点HA未反应完全,抑制水的电离,c点氨水过量,抑制水的电离。2.(2018北京西城期末,13)下
48、列方法中,可以使0.10molL-1氨水中NH3H2O的电离程度减小的是()A.加入少量0.10molL-1盐酸B.加水稀释C.加入少量0.10molL-1NaOH溶液D.加入少量NaCl固体答案答案CA项,加入盐酸可以消耗NH3H2O电离出来的OH-,使得NH3H2O的电离平衡正向移动,NH3H2O的电离程度增大;B项,加水稀释可以使电离平衡正向移动,NH3H2O的电离程度增大;C项,加入0.1molL-1NaOH溶液,增大了溶液中的OH-浓度,使得电离平衡逆向移动,NH3H2O的电离程度减小;D项,加入NaCl固体,对NH3H2O的电离无影响。3.(2018北京海淀期末,10)现有常温下体
49、积均为10mL、pH=3的两种溶液:盐酸,CH3COOH溶液。下列说法中,正确的是()A.溶液中溶质的物质的量浓度:B.溶液中酸根离子的物质的量浓度:=C.加水稀释至1L,溶液的pH:;D项,相同pH条件下,弱酸的物质的量浓度远大于强酸的物质的量浓度,所以中和至中性时,弱酸消耗的氢氧化钠更多。4.(2017北京东城期末,4)室温下,关于1.0mL0.1mol/L氨水,下列判断正确的是()A.溶液的pH等于13B.加入少量NH4Cl固体,c(OH-)不变C.c(OH-)=c(N)+c(H+)D.与1.0mL0.1mol/L盐酸混合后,溶液呈中性答案答案CA项,NH3H2O是弱电解质,不能完全电离
50、,0.1mol/L氨水的pH小于13;B项,加入少量NH4Cl固体,c(N)增大,NH3H2O的电离平衡逆向移动,c(OH-)减小;C项,由电荷守恒知,c(OH-)=c(N)+c(H+);D项,混合后,二者恰好中和生成NH4Cl,因N水解使溶液呈酸性。5.(2016北京石景山期末,12)常温下,两种酸的电离平衡常数如下表:现有常温下,浓度均为0.1mol/L的下列溶液:Na2SO3;Na2CO3;NaHSO3。下列有关说法正确的是()A.pH:Na2CO3溶液小于Na2SO3溶液B.结合H+能力:C弱于SC.NaHSO3溶液显酸性的原因是:NaHSO3Na+H+SD.与溶液等体积混合后的溶液中
51、:c(S)c(C)c(HC)c(HS)酸电离常数K1电离常数K2H2SO31.5410-21.0210-7H2CO34.310-75.610-11答案答案DA项,HS的酸性强于HC,则Na2CO3的水解程度大于Na2SO3,故Na2CO3溶液的pH大于Na2SO3溶液;B项,亚硫酸的二级电离常数大于碳酸的二级电离常数,则结合H+能力:C强于S;C项,NaHSO3溶液显酸性的原因是HS的电离程度大于水解程度;D项,亚硫酸钠的水解程度小于碳酸钠,则c(S)c(C)c(HC)c(HS)。6.(2017北京昌平期末,15)室温下,pH均为2的两种一元酸HA和HB溶液各1mL,分别加水稀释,pH随溶液体
52、积变化的曲线如下图所示:(1)HB溶液稀释到1000mL时,溶液中的c(H+)=mol/L。(2)由图可判断:HA的酸性(填“”或“(3)HA为强酸,HAH+A-,加水稀释时不存在平衡的移动,n(H+)不变,c(H+)减小幅度大,pH增大幅度大;HB为弱酸,存在HBH+B-,加水稀释时,电离程度增大,n(H+)增大,c(H+)减小幅度小,pH增大幅度小解析解析(1)HB溶液稀释到1000mL时,溶液的pH变为3,则溶液中c(H+)=10-3mol/L;(2)加水稀释相同的倍数,HA的pH变化大于HB,说明酸性:HAHB。考点二水的电离溶液的酸碱性考点二水的电离溶液的酸碱性1.(2018北京四中
53、一模,12)已知:pKa=-lgKa,25时,H2A的p=1.85,p=7.19。常温下,用0.1molL-1NaOH溶液滴定20mL0.1molL-1H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A.A点V0=10mLB.B点所得溶液中:c(H2A)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)C.C点所得溶液中:c(A2-)=c(HA-)D.D点所得溶液中:A2-水解平衡常数=10-7.19答案答案CA项,A点溶液中溶质为H2A和NaHA,pH=1.85=p,则c(H2A)=c(HA-),分析可知所加氢氧化钠溶液的体积小于10mL;B项,B点所得溶液中的溶质为NaHA,溶液显酸性,由电荷守恒
54、c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)及物料守恒c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)得,c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-);C项,C点溶液pH=7.19,则c(H+)=10-7.19molL-1,=10-7.19,所以c(A2-)=c(HA-);D项,A2-的水解平衡常数=10-6.81。2.(2018北京人大附中2月月考,14)常温下,用0.1mol/L的NaOH溶液滴定相同浓度的一元弱酸HA溶液20mL,滴定过程中溶液的pH随滴定分数滴定分数=的变化曲线如图所示(忽略中和热效应),下列说法不正确的是()A.HA溶液加水稀释后
55、,溶液中c(HA)/c(A-)的值减小B.当滴定分数为1时,溶液中水的电离程度最大C.当滴定分数大于1时,溶液中离子浓度关系一定是c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+)D.当滴定分数为x时,HA的电离常数为KHA=(10-7x)/(1-x)答案答案CA项,在弱酸HA溶液中存在电离平衡:HAH+A-,c(HA)/c(A-)=,加水稀释,c(H+)减小,KHA不变,c(HA)/c(A-)的值减小;B项,当滴定分数为1时,二者恰好完全反应,溶液中的溶质为NaA,NaA属于强碱弱酸盐,促进水的电离,而滴定分数大于或小于1时,溶液中水的电离都受到抑制,故滴定分数为1时溶液中水的电离程度最大;C项,
56、当滴定分数大于1时,溶液中离子浓度关系可能为c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+),也可能为c(Na+)c(OH-)c(A-)c(H+);D项,HA的电离常数KHA=。3.(2018北京海淀一模,11)HA为一元弱酸。已知溶液中HA、A-的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如下图所示。常温下,向10mL0.1mol/LHA溶液中,滴加0.1mol/LNaOH溶液xmL。下列说法中,不正确的是()A.pH=9时,c(A-)=c(HA)B.x=0时,1pH7C.x=5时,c(A-)=c(HA)D.x=10时,c(A-)+c(HA)=c(Na+)=0.05mol/L答案答案CA项,观察图像可知,
57、pH=9时,两条曲线相交,即c(A-)=c(HA);B项,常温下,HA溶液显酸性,故pH7,HA不完全电离,故c(H+)1,即x=0时,1pH7;C项,x=5时,相当于NaA与HA按物质的量之比11混合,由图像可知,溶液显碱性,说明A-的水解程度大于HA的电离程度,所以c(A-)7,故C错误;=,随着NaOH溶液的加入,c(H+)逐渐减小,而温度不变,Ka不变,则的值逐渐增大,故D正确。5.(2017北京朝阳二模,8)下列说法正确的是()A.NaOH溶液的导电能力一定比氨水强B.中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液,需要等量的NaOHC.若盐酸的浓度是醋酸溶液浓度的两倍,则盐酸中的c(H
58、+)也是醋酸溶液中c(H+)的两倍D.将NaOH溶液和氨水各稀释一倍,两者的c(OH-)均减小到原来的一半答案答案BA项,没有指明两种溶液的浓度,无法比较导电能力;B项,等物质的量的HCl和CH3COOH中和碱的能力相同,则消耗氢氧化钠的量相同;C项,醋酸是弱酸,不能完全电离,故盐酸中H+浓度大于醋酸溶液中H+浓度的两倍;D项,NH3H2O是弱碱,加水稀释促进NH3H2O的电离,故氨水中的OH-浓度应大于原浓度的一半。6.(2017北京海淀期末,9)室温下,向0.01molL-1的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵溶液,溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如下图所示。下列分析正确的是()A
59、.a点,pH=2B.b点,c(CH3COO-)c(N)C.c点,pH可能大于7D.ac段,溶液pH增大是CH3COOHH+CH3COO-逆向移动的结果答案答案BA项,醋酸是弱酸,0.01molL-1的醋酸溶液的pH2。B项,b点为醋酸和醋酸铵的混合溶液,溶液显酸性,结合电荷守恒可知,c(CH3COO-)c(N)。C项,酸性溶液和中性溶液混合,不可能得到碱性溶液。D项,若所加CH3COONH4溶液的浓度很大,则溶液pH增大是CH3COOHH+CH3COO-逆向移动的结果;若所加CH3COONH4溶液的浓度很小,则相当于稀释,c(H+)减小,所以溶液pH增大。7.(2017北京西城一模,9)现有2
60、5时,0.1molL-1的3种溶液:盐酸;氨水;CH3COONa溶液。下列说法中,不正确的是()A.3种溶液中pH最小的是B.3种溶液中水的电离程度最大的是C.与等体积混合后溶液显酸性D.与等体积混合后c(H+)c(CH3COO-)c(OH-)答案答案BA项,0.1molL-1盐酸的pH=1;氨水和CH3COONa溶液显碱性,pH7,故3种溶液中pH最小的是;B项,盐酸和氨水都抑制水的电离,CH3COONa水解促进水的电离,故3种溶液中水的电离程度最大的是;C项,0.1molL-1的盐酸和氨水等体积混合后恰好完全反应生成氯化铵,氯化铵水解使溶液显酸性;D项,与等体积混合后的溶液为CH3COOH
61、和NaCl的混合溶液,混合溶液显酸性,存在醋酸和水的电离平衡,故c(H+)c(CH3COO-)c(OH-)。8.(2016北京海淀期末,6)常温下,关于pH=2的盐酸,下列说法不正确的是()A.溶液中c(H+)=1.010-2molL-1B.此溶液中由水电离出的c(OH-)=1.010-12molL-1C.加水稀释至原体积的100倍后,溶液的pH=4D.加入等体积pH=12的氨水,溶液呈中性答案答案DA项,pH=2的盐酸中c(H+)=1.010-2molL-1;B项,此溶液中由水电离出的c(OH-)=molL-1=1.010-12molL-1;C项,加水稀释至原体积的100倍后,溶液中c(H+
62、)=1.010-4molL-1,溶液的pH=4;D项,加入等体积pH=12的氨水,反应后氨水有剩余,溶液呈碱性。9.(2018北京朝阳期中,15)常温下,某同学将盐酸与氨水等体积混合,两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表:请回答:(1)中所得溶液,由水电离出的c(H+)=molL-1。(2)中,c0.2(填“”“”“7答案答案(1)10-5(2)(3)c(N)c(Cl-)c(OH-)c(H+)(4)解析解析(1)中盐酸与氨水恰好完全反应,所得溶液为NH4Cl溶液,NH4Cl会促进水的电离,故pH=5的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H+)=10-5molL-1;(2)由知,等体积、等浓度
63、的盐酸与氨水混合后溶液显酸性,中溶液显中性说明氨水过量,则氨水的浓度大于盐酸的浓度,即c0.2;(3)中所得溶液为等浓度的NH4Cl、NH3H2O的混合溶液,溶液显碱性,说明NH3H2O的电离程度大于N的水解程度,故溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c(N)c(Cl-)c(OH-)c(H+);(4)=,温度不变,K(NH3H2O)不变;中所用氨水相当于在中所用氨水的基础上加水稀释,c(OH-)减小,则增大,即所用氨水中的大于中所用氨水。10.(2017北京西城期末,18)25时,向10mL0.1molL-1NH4HSO4溶液中逐滴滴入0.1molL-1NaOH溶液,溶液的pH与NaOH溶液的体积
64、关系如下图所示:(1)用电离方程式表示P点pHc(N)b.N点c(N)+c(Na+)=2c(S)c.Q点c(N)+c(NH3H2O)=c(Na+)答案答案(1)NH4HSO4N+H+S(2)M(3)ab解析解析(1)NH4HSO4溶于水完全电离生成N、H+、S,因此P点pHc(N);b项,N点溶液呈中性,结合电荷守恒得,c(N)+c(Na+)=2c(S);c项,Q点溶液中的溶质为等物质的量的NH3H2O、硫酸钠,根据物料守恒得,2c(N)+2c(NH3H2O)=c(Na+)。11.(2016北京西城期末,18)用0.1molL-1NaOH溶液分别滴定体积均为20mL、浓度均为0.1molL-1
65、的盐酸和HX溶液,溶液的pH随加入NaOH溶液体积的变化如下图:(1)HX为酸(填“强”或“弱”)。(2)N点pH7的原因是(用化学用语表示)。(3)下列说法正确的是(填字母)。a.M点c(HX)c(OH-)c.P点c(Cl-)=0.05molL-1答案答案(1)弱(2)X-+H2OHX+OH-(3)b解析解析(1)HCl是强电解质,在水溶液中完全电离,所以0.1molL-1盐酸的pH=1;而0.1molL-1HX溶液的pH=5,说明HX在水溶液中部分电离,是弱酸。(2)N点对应的溶液为NaX溶液,X-水解而使溶液呈碱性,反应方程式为X-+H2OHX+OH-。(3)M点为等浓度的HX和NaX的
66、混合溶液,溶液呈碱性,说明X-的水解程度大于HX的电离程度,所以c(HX)c(X-),c(Na+)c(OH-);P点所示溶液中c(Cl-)=molL-1=0.067molL-1。1.(2018北京朝阳一模,11)测溶液pH可研究反应过程。用盐酸分别滴定Na2CO3、NaHCO3溶液,测得pH随加入盐酸体积的变化如下图所示(曲线从B1点开始滴定)。下列判断不正确的是()A.曲线表示用盐酸滴定Na2CO3溶液的过程B.B、C1点均满足:c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(OH-)B B组组2016201820162018年高考模拟年高考模拟综合题组综合题组时间时间:25:25分钟
67、分值分钟分值:45:45分分一、选择题(每题5分,共20分)C.曲线、说明Na2CO3与盐酸的反应分步进行D.BC段和B1C1段发生的主要反应均是HC+H+CO2+H2O答案答案BA项,分析可知,表示盐酸滴定Na2CO3溶液的过程;B项,溶液中的阴离子还有Cl-,则电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(C)+c(HC)+c(OH-)+c(Cl-);C项,由曲线、可以得知,Na2CO3与盐酸的反应分步进行,首先发生反应:Na2CO3+HClNaCl+NaHCO3,然后发生反应:NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2;D项,BC段和B1C1段均表示NaHCO3和HCl的反应,即HC+H+
68、CO2+H2O。审题技巧审题技巧认真观察图像,注意横坐标和纵坐标所表示的意义,结合相关知识分析曲线的变化原因。思路分析思路分析碳酸钠与盐酸的反应分两步,盐酸量少时生成碳酸氢钠,盐酸量多时生成二氧化碳气体。2.(2018北京石景山期末,14)亚砷酸(H3AsO3)是三元弱酸,可以用于治疗白血病,H3AsO3水溶液中含砷物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如下图,下列说法正确的是()A.H3AsO3的电离方程式为H3AsO33H+AsB.H3AsO3的第一步电离常数为,则=10-9.2C.H3AsO3溶液的pH约为9.2D.pH=12时,溶液中c(H2As)+2c
69、(HAs)+3c(As)+c(OH-)=c(H+)答案答案BA项,亚砷酸(H3AsO3)是三元弱酸,多元弱酸的电离是分步进行的;B项,根据图中信息可知,pH=9.2时,c(H2As)=c(H3AsO3),H3AsO3的第一步电离常数=10-9.2;C项,没有给出浓度,无法确定H3AsO3溶液的pH;D项,pH=12时,c(OH-)c(H+),溶液中c(H2As)+2c(HAs)+3c(As)+c(OH-)c(H+)。解题关键解题关键本题考查弱电解质的电离平衡、电离平衡常数的计算及应用,认真观察图像,找到特殊点是解答本题的关键。易错警示易错警示本题易错选D,注意pH=12时,c(OH-)c(H+
70、)。3.(2017北京丰台一模,11)分别向等体积1mol/L盐酸和1mol/L醋酸溶液中加入等量的镁条,反应时间与溶液pH的变化关系如下图。下列说法中不正确的是()A.Y代表盐酸与镁条的反应B.a点时反应Y消耗镁条的量少C.b点表示此时两溶液pH相等D.c点表示此时反应结束答案答案BA项,1mol/L盐酸的pH为0,1mol/L醋酸溶液的pH大于0,故Y代表盐酸与镁条的反应,X代表醋酸溶液与镁条的反应;B项,等浓度的盐酸和醋酸溶液,盐酸中H+浓度大,反应速率快,故a点时反应Y消耗镁条的量多;C项,观察图像可知,b点表示此时两溶液pH相等;D项,c点后溶液的pH不变,表示反应结束。解题关键解题
71、关键等浓度的盐酸和醋酸溶液,盐酸中c(H+)大,与镁反应速率快。知识拓展知识拓展足量金属与酸反应产生H2的速率取决于c(H+),与n(H+)无必然联系;产生H2的物质的量取决于酸最终电离出的n(H+),与c(H+)无必然联系。4.(2016北京顺义一模,12)电导率可用于衡量电解质溶液的导电能力:电导率越大,溶液的导电能力越强。室温下,用0.100mol/L的NH3H2O溶液滴定10.00mL浓度均为0.100mol/L的HCl和CH3COOH的混合溶液,电导率曲线如下图所示。下列说法正确的是()A.点溶液中c(H+)为0.200mol/LB.点溶液的温度最低C.点后离子数目减少,电导率略降低
72、D.点时溶液中有c(Cl-)c(CH3COO-)答案答案DA项,CH3COOH为弱酸,0.100mol/L醋酸溶液中c(H+)小于0.100mol/L,故点溶液中c(H+)小于0.200mol/L;B项,中和反应为放热反应,故点溶液的温度高于点;C项,点后,氨水过量,会电离出N与OH-,离子数目增多,但离子浓度减小,电导率略降低;D项,点时,氨水与混合酸恰好完全反应,得到等浓度的氯化铵与醋酸铵的混合溶液,因醋酸根离子会水解,故溶液中有c(Cl-)c(CH3COO-)。审题技巧审题技巧理解电导率的概念;根据图像分析出各点对应的溶质成分。思路分析思路分析在点,氨水体积为0,溶液为0.100mol/
73、L的盐酸和醋酸的混合溶液;点时,酸与碱恰好完全中和;分析出各点对应的溶质,结合相关知识分析判断。5.(2018北京昌平期末,16)(9分)醋酸是实验室及生活中的常见物质。(1)写出醋酸的电离方程式:。(2)常温下醋酸溶液的pH7c.CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2d.0.1molL-1CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红e.常温下0.1molL-1醋酸溶液的pH1(4)25时,在体积均为20mL、浓度均为0.1molL-1的CH3COOH溶液、盐酸中,分别逐滴加入浓度为0.1molL-1的NaOH溶液,溶液pH随加入NaOH溶液体积变化如图所示。二、非选择题(共25分).当加入Na
74、OH溶液20mL时,溶液的离子浓度大小关系是。.当溶液的pH=7时,溶液中存在的微粒浓度大小关系正确的是。a.c(Na+)=c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(H+)=c(OH-)b.c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)c(CH3COOH)c.c(CH3COOH)c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)答案答案(1)CH3COOHCH3COO-+H+(2)醋酸可以电离出H+,溶液中c(H+)c(OH-)(3)abe(4).c(Na+)=c(Cl-)c(H+)=c(OH-).a解析解析(1)醋酸是弱电解质,不能完全电离,电离方程式为CH3COOHC
75、H3COO-+H+。(2)判断溶液酸碱性看溶液中的c(H+)和c(OH-)的相对大小,醋酸溶液显酸性的原因是:醋酸电离出氢离子使溶液中的c(H+)大于c(OH-)。(3)a项,同浓度的CH3COOH溶液和盐酸分别与相同的Mg条反应,放出H2的初始速率醋酸慢,说明醋酸溶液中的氢离子浓度小,可以说明醋酸为弱酸;b项,常温下,0.1molL-1CH3COONa溶液的pH7,说明醋酸钠是强碱弱酸盐,即醋酸为弱酸;c项,CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2,只能证明醋酸的酸性比碳酸强,不能证明醋酸是弱酸;d项,0.1molL-1CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红,只能证明醋酸溶液显酸性,不能证
76、明醋酸为弱酸;e项,常温下0.1molL-1醋酸溶液的pH1,说明醋酸部分电离,可以证明醋酸为弱酸。(4)根据起点的pH可以判断出,为HCl,为CH3COOH。当加入20mL氢氧化钠溶液时,HCl和NaOH恰好完全反应得到NaCl溶液,溶液显中性,离子浓度大小关系为c(Na+)=c(Cl-)c(H+)=c(OH-);当溶液达到中性时,应该是醋酸和醋酸钠的混合溶液,此时氢离子和氢氧根离子浓度相等,结合电荷守恒可知钠离子和醋酸根离子浓度相等,溶液中存在的微粒浓度大小关系为c(Na+)=c(CH3COO-)c(CH3COOH)c(H+)=c(OH-)。思路分析思路分析判断溶液中的各微粒浓度大小时,首
77、先要准确判断溶液中的溶质是什么。6.(2017北京海淀期末,18)(16分)H2O2广泛应用于化学品合成、纸浆和纺织品的漂白,是环保型液体漂白剂。有研究表明,H2O2溶液的漂白性是H所致。(1)H2O2溶液显弱酸性,测得0.15molL-1H2O2溶液的pH约为6。写出H2O2生成H的电离方程式:。(2)其他条件相同时,研究不同初始pH条件下H2O2溶液的漂白效果,结果如下:由上图可得到的结论是;结合平衡移动原理简述理由:。(3)实验发现:若pH11,则H2O2溶液的漂白效果随pH增大而降低。针对这一现象,继续进行实验,发现溶液中H2O2的分解与pH有关。测定不同初始pH条件下,初始浓度均为0
78、.15molL-1的H2O2溶液发生分解反应,结果如下:初始pHpH=10pH=121小时后H2O2溶液浓度0.13molL-10.07molL-11小时后pH没有明显变化没有明显变化查阅资料:H+H2O2H2O+O2+OH-。结合离子方程式解释1小时后pH没有明显变化的原因:。从反应速率的角度分析pH过大,H2O2溶液漂白效果会降低的原因:。答案答案(1)H2O2H+H+(2)其他条件相同时,初始pH越大,染料脱色率越高,即H2O2的漂白效果越好c(OH-)增大,促使H2O2H+H+正向移动,c(H)增大,漂白效果增强(3)碱性条件下:H2O2+OH-H+H2O,又知H+H2O2H2O+O2+OH-,OH-可看作是H2O2分解反应的催化剂,故反应前后pH不变pH过大,H2O2分解过快,使参与漂白的c(H)下降,故漂白效果降低解析解析(1)0.15molL-1H2O2溶液的pH约为6,说明H2O2不能完全电离,故H2O2生成H的电离方程式为H2O2H+H+;(2)c(OH-)增大,促使H2O2H+H+正向移动,c(H)增大,漂白效果增强。审题技巧审题技巧认真读题,提取有用信息,结合所学知识作答。解题关键解题关键H2O2是弱电解质,在水溶液中存在电离平衡,解题时注意外界条件对平衡的影响。
