2020版高考化学（课标Ⅲ）一轮课件：专题十五 水的电离和溶液的酸碱性 .pptx

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1、专题十五 水的电离和溶液的酸碱性,高考化学 (课标),A组 课标卷区题组,五年高考,考点一 水的电离平衡及影响因素,考点二 溶液的酸碱性及pH计算 中和滴定的迁移应用,1.(2012课标,11,6分)已知温度T时水的离子积常数为KW,该温度下,将浓度为a molL-1的一元酸 HA与b molL-1的一元碱BOH等体积混合,可判定该溶液呈中性的依据是 ( ) A.a=b B.混合溶液的pH=7 C.混合溶液中,c(H+)= molL-1 D.混合溶液中,c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-),答案 C A项,若a=b,则只有当HA为强酸、BOH为强碱,或HA的电离常数Ka与BOH的电

2、离常 数Kb相等时,溶液才呈中性;B项,只有当温度T=298 K时pH=7的溶液才呈中性;D项为电荷守恒 关系式,无论溶液呈酸性、碱性还是中性,该关系式均成立;C项,因c(H+)c(OH-)=KW,中性溶液中 c(H+)=c(OH-),故c(H+)= molL-1,正确。,2.(2018课标,26,14分)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O,M=248 gmol-1)可用作定影剂、还原 剂。 回答下列问题: (1)已知:Ksp(BaSO4)=1.110-10,Ksp(BaS2O3)=4.110-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选 用下列试剂设计实验方案进行检验: 试剂:稀盐酸、稀H2

3、SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液,(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1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品,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100 mL的 中,加蒸馏水至 。 滴定:取0.009 50 molL-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,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 +2S2 S4 +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,

4、样品溶液的平均用量为24.80 mL,则样品纯度为 %(保留1位小数)。,答案 (1)加入过量稀盐酸 出现乳黄色浑浊 (吸)取上层清液,滴入BaCl2 产生白色沉淀 (2)烧杯 容量瓶 刻度 蓝色褪去 95.0,解析 本题考查离子的检验、化学实验方案的设计、溶液的配制、滴定终点的判断及化学计算。 (1)设计离子检验实验方案时注意排除杂质离子的干扰。检验市售硫代硫酸钠中含有硫酸根 时,先加酸除去S2 ,再加入Ba2+观察实验现象。实验过程为:取少量样品,加入除氧蒸馏水,固 体完全溶解得无色澄清溶液;向溶液中加入过量稀盐酸,澄清溶液中出现乳黄色浑浊,有刺激性 气体产生;静置,取少量上层清液于试管中

5、,向试管中滴加BaCl2溶液,产生白色沉淀,说明样品中 含有S 。 (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x mol Na2S2O35H2O,依据得失电子守恒知,0.52x mol=320.009 50 molL-10.02 0 00 L,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%。,审题方法 设计离子检验实验方案时,要注意排除杂质离子的干扰。,答题模

6、板 设计离子检验实验方案模板:取少量待测试样于试管中,加入蒸馏水,向试管中加入 试剂,产生现象,说明含有离子。,B组 课标、课标、自主命题省(区、市)卷题组,考点一 水的电离平衡及影响因素,1.(2019北京理综,12,6分)实验测得0.5 molL-1 CH3COONa溶液、0.5 molL-1 CuSO4溶液以及H2 O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 ( ) A.随温度升高,纯水中c(H+)c(OH-) B.随温度升高,CH3COONa溶液的c(OH-)减小 C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果 D.随温度升高,CH3COONa溶

7、液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移 动方向不同,答案 C 本题考查了CH3COONa、CuSO4的水解,水的离子积常数及温度对相关平衡移动的 影响等知识。该题的综合度高、思维容量大,侧重考查了学生对实验数据的提取、分析、处 理能力。试题多角度、动态分析化学反应,运用化学反应原理来解决实际问题,体现了培养学 生创新思维和创新意识的价值观念。 A项,温度升高,纯水中的H+、OH-的浓度都增大,但二者始终相等;B项,温度升高,CH3COONa的 水解平衡正向移动,溶液中OH-浓度增大,图像中反映出的“随温度升高CH3COONa溶液的pH 下降”的现象,是由“温度

8、升高水的离子积常数增大”导致的,并非OH-浓度下降了;D项,温度 升高对CH3COO-、Cu2+的水解都有促进作用,二者水解平衡移动的方向是一致的。,2.(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1.010-13 C.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 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

9、度下,水的离子积常数KW=c(H+)c(OH-)=1.010-71. 010-7=1.010-14,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。,考点二 溶液的酸碱性及pH计算 中和滴定的迁移应用,3.(2015广东理综,12,4分)准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中,用0.100 0 molL-1 NaOH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

10、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 B A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+NaOH NaCl+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.(2016课标,12,6分)298 K时,在20.0

11、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 mL C.M点处的溶液中c(N )=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-) D.N点处的溶液中pH12,答案 D 强酸滴定弱碱,达到滴定终点时溶液呈酸性,应选用甲基橙作指示剂,A项错误;若氨 水和盐酸恰好反应生成NH4Cl,溶液呈酸性,要使pH为7,盐酸应偏少,即M点对应的盐酸体积小 于20.0 mL,B项错误;C项,M点对应的溶液

12、中离子浓度大小关系应为c(N )=c(Cl-)c(H+)=c(OH -),错误;D项,N点对应的溶液为氨水,c(OH-)=0.10 molL-11.32%=1.3210-3 molL-1,c(H+)= = molL-1,pH=11+lg 1.3212,正确。,知识拓展 酸碱恰好中和时溶液不一定显中性。判断电解质溶液中离子浓度大小时,经 常要用到三个守恒:电荷守恒、物料守恒、质子守恒。,5.(2019北京理综,26,12分)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不 含干扰测定的物质)。 .用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a molL-1 KBrO3标准溶液; .取V1

13、 mL上述溶液,加入过量KBr,加H2SO4酸化,溶液颜色呈棕黄色; .向所得溶液中加入V2 mL废水; .向中加入过量KI; .用b molL-1 Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点, 共消耗Na2S2O3溶液V3 mL。 已知:I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6 Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色 (1)中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 。 (2)中发生反应的离子方程式是 。 (3)中发生反应的化学方程式是 。 (4)中加KI前,溶液颜色须为黄色,原因是 。,(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)

14、6n(KBrO3)时,KI一定过量,理由是 。 (6)中滴定至终点的现象是 。 (7)废水中苯酚的含量为 gL-1(苯酚摩尔质量:94 gmol-1)。 (8)由于Br2具有 性质,中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。,答案 (1)容量瓶 (2)Br +5Br-+6H+ 3Br2+3H2O (3) +3Br2 +3HBr (4)Br2过量,保证苯酚完全反应 (5)反应物用量存在关系:KBrO33Br26KI,若无苯酚时,消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6 倍,因有苯酚消耗Br2,所以当n(KI)6n(KBrO3)时,KI一定过量 (6)溶液蓝色恰好消失 (7) (8)易挥发

15、,解析 本题所涉及的知识点有化学仪器的使用,离子方程式的书写,氧化还原滴定原理的应用, 物质的量浓度的相关计算等。试题通过实验的方式考查了学生的实验操作能力,分析、推理 能力和接受、吸收、整合信息的能力,体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。 (1)配制标准溶液用到的玻璃仪器除了给出的三种仪器外,还有容量瓶。 (4)溶液为黄色说明仍有Br2存在,此时废水中的苯酚已完全反应。 (5)假设废水中没有苯酚,KBrO3和KBr反应生成的Br2完全和KI反应时,消耗KI的物质的量刚好 是KBrO3的6倍。实际上苯酚一定会消耗一定量的Br2,所以当n(KI)n(KBrO3)=61时,KI就已 经过量了。

16、 (7)由KBrO3与KBr反应生成的Br2的物质的量的计算: Br +5Br-+6H+ 3Br2+3H2O 1 mol 3 mol a molL-1V110-3L 3aV110-3 mol 与废水反应后剩余的Br2的物质的量的计算: Br2 I2 2Na2S2O3,1 mol 2 mol bV310-3 mol b molL-1V310-3L 与苯酚反应的Br2的物质的量为(3aV110-3- bV310-3) mol; 设废水中苯酚的物质的量为x, 3Br2 1 mol 3 mol x (3aV1- bV3)10-3 mol 解得x=(aV1- bV3)10-3 mol, 所以废水中苯酚的

17、含量为 = gL-1。,(8)当Br2挥发掉后,在步骤中消耗的Na2S2O3的量减少,即V3减小,导致测定结果偏高。,6.(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4.246 8 g(0.025 0 mol)后,配制成250 mL标准溶液,放在棕色试剂瓶中 避光保存,备用。 b.配制并标定100 mL 0.100 0 molL-1 NH4SCN标准溶液,备用。 .滴定的主要步骤 a.取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。 b.加入25.00 mL 0.100

18、0 molL-1 AgNO3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0.100 0 molL-1 NH4SCN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:,f.数据处理。 回答下列问题: (1)将称得的AgNO3配制成标准溶液,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

19、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 (18分)(1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管 (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)10.00

20、0.060 0 (6)用NH4SCN标准溶液进行润洗 (7)偏高 偏高,解析 本题考查化学实验基本操作、实验数据的处理和误差分析等。 (1)配制250 mL AgNO3标准溶液要用250 mL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pH0.5的条件下进行。 (4)若操作颠倒,指示剂中含有的Fe3+会与待测液中的I-反应,使指示剂耗尽,无法指示滴定终 点。 (5)观察三次实验数据知,第1次数据与后两次实验数

21、据相差较大,应舍去;第2次和第3次实验数 据求平均值得,消耗NH4SCN标准溶液的平均体积为10.00 mL;由Ag+I- AgI、Ag+SCN- AgSCN知,c(I-)= =0.060 0 molL-1。 (6)滴定管装入溶液之前必须用待装溶液润洗,故在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步 为用NH4SCN标准溶液润洗滴定管。 (7)配制AgNO3标准溶液时烧杯中的溶液溅出,则配制的AgNO3标准溶液浓度偏小,滴定时消 耗NH4SCN溶液偏少,测定的c(I-)偏高;,滴定终点时俯视读数,由于滴定管刻度“上小下大”,故读数偏小,代入计算式的NH4SCN标 准溶液体积偏小,测定的c(I-)

22、偏高。,易混易错 处理平行实验中的数据时,对于误差较大的数据应直接舍去,不能代入求平均值。,C组 教师专用题组,考点一 水的电离平衡及影响因素,1.(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 ( ) 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10 mL时,c(N )=c(CH3COO-),答案 D CH3COOH溶液中水的电离被抑制,当CH3COOH与NH3H2O恰

23、好反应生成CH3 COONH4时,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-)=0.1 mol/L,滴加10 mL氨水时,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.05 mol/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10 mL时,c(N ) =c(CH3COO-),D项正确。,考点二 溶液的酸碱性及pH计算 中和滴定的迁移应用,2.(2013课标,

24、13,6分,0.55)室温时,M(OH)2(s) M2+(aq)+2OH-(aq) Ksp=a。c(M2+)=b molL-1 时,溶液的pH等于 ( ) A. lg( ) B. lg( ) C.14+ lg( ) D.14+ lg( ),答案 C 根据溶度积常数的表达式可知,c(OH-)= = molL-1,结合水的离子积可得:c(H+)= molL-1=10-14 molL-1,则pH=-lgc(H+)=14+ lg ( ),C项正确。,思路分析 当温度一定时,溶液中的c(H+)和c(OH-)的乘积KW是一个常数; 根据pH=-lg c(H+)计算求解,判断各选项正确与否。,解题关键 Ks

25、p=c(M2+)c2(OH-)。,3.(2014四川理综,6,6分)下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是 ( ) A.0.1 mol/L NaHCO3溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(Na+)c(C )c (HC )c(OH-) B.20 mL 0.1 mol/L CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol/L HCl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的氨水等体积混合,所得溶液中:c(Cl-)+c(H+)c(N )+c(OH-) D.0.1 mol/

26、L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(OH-)c(H+)+c (CH3COOH),答案 B A项,NaHCO3+NaOH Na2CO3+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-),C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(CH3COOH),故错误。,4.(2014课标,11,6分)一定

27、温度下,下列溶液的离子浓度关系式正确的是 ( ) A.pH=5的H2S溶液中,c(H+)=c(HS-)=110-5 molL-1 B.pH=a的氨水溶液,稀释10倍后,其pH=b,则a=b+1 C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2 ) D.pH相同的CH3COONa NaHCO3 NaClO三种溶液的c(Na+):,答案 D H2S是二元弱酸,在水溶液中分步电离:H2S H+HS-、HS- H+S2-,故pH=5的 H2S溶液中,c(HS-)H2CO3HClO,根据“越弱越水解”的原理知,水解程 度:ClO-H

28、C CH3COO-,所以pH相同的三种溶液中的c(Na+):,D项正确。,思路分析 判断电解质溶液中离子浓度大小时,首先要确定溶液中的溶质,溶液是单一溶液还 是混合溶液,如果是两溶液混合,要理清是简单混合,还是有反应发生;然后分析溶液中存在的 电离平衡、水解平衡等,不能忽略水的电离平衡,涉及等式关系时要注意物料守恒、电荷守恒 及质子守恒的应用。,易错警示 A项易忽略H2S的第二步电离;B项易忽略弱电解质越稀越电离的规律;C项易忽略 在任何溶液中都满足电荷守恒。,5.(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0.25 gL-1

29、。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。 图1 (1)仪器A的名称是 ,水通入A的进口为 。 (2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸,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0.090 0 molL-1 NaOH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50 mL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) (=,10 mL,=40 mL,40 mL)。 图2 (4)滴定至终点时,

30、消耗NaOH溶液25.00 mL,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 (1)冷凝管或冷凝器 b (2)SO2+H2O2 H2SO4 (3) 酚酞 (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 (1)仪器A是冷凝管或冷凝器;为使冷凝更充分,要让水由b口进,若由a口进,冷凝器中水 装不满。(2)SO2具有还原性,而H2O2具有氧化性,所以反应为SO2+H2O2 H2SO4。(3)NaOH是 强碱,应装在碱式滴定管中,为赶出尖嘴

31、处气泡,要让尖嘴部分略向上弯曲,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40 mL,选 。(4)滴定时发生的反应为H2SO4+2NaOH Na2SO4+2H2O,则可得n(SO2)= n(NaOH)= 0.090 0 molL-125.0010-3 L=1.12510-3 mol,m(SO2)=64 gmol-11.12510-3 mol=7.210-2 g, 该葡萄酒中SO2含量为 =0.24 gL-1。(5)B中有盐酸,加热时挥发出的HCl气

32、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进行对比实验。,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,三年模拟,考点一 水的电离平衡及影响因素,1.(2019四川宜宾一诊,13)常温下,将NaOH溶液滴加到HA溶液中,测得混合溶液的pH与p 变化关系如下图所示。已知:p =-lg 。下列叙述错误的是 ( ),A.m点:c(A-)=c(HA) B.Ka(HA)的数量级为10-4 C.水的电离程度:mr,D.r点:c(H+)=c(A-)+c(OH-)-c(Na+),答案 B m点,p =-lg =0,

33、则c(A-)=c(HA),A正确;m点,p =0,pH=4.76,Ka(HA)= =c(H+)=10-4.76,所以Ka(HA)的数量级为10-5,B错误;m点、r点溶液均呈酸性,说明HA 均过量,溶液中氢氧根离子全部来自水的电离,r点溶液酸性较弱,溶液中氢氧根离子浓度较大, 故水的电离程度:mr,C正确;根据电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-),故c(H+)=c(A-)+c(OH-)-c (Na+),D正确。,知识拓展 水解呈酸性或碱性的盐溶液,H+和OH-均由水电离产生,如pH=2的NH4Cl溶液中由 水电离出的c(H+)水=1.010-2 mol/L,c(OH-)

34、=1.010-12 mol/L是因为部分OH-与部分N 结合生成 NH3H2O;pH=12的Na2CO3溶液中由水电离出的c(OH-)水=1.010-2 mol/L。,2.(2019广西南宁第一次适应测试,13)常温下,HNO2的电离平衡常数为K=4.610-4(已知 =2. 14),向20 mL 0.01 molL-1 HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液,测得混合液的pH随加 入NaOH溶液的体积的变化如图所示,下列判断正确的 是 ( ) A.X=20,B.a、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小 C.a点的溶液中c(H+)=2.1410-3 molL-1 D.b点溶液中

35、微粒浓度的大小关系为c(HNO2)c(Na+)c(N ),答案 C 向20 mL 0.01 molL-1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液,若恰好反应需 要氢氧化钠溶液体积20 mL,溶质是NaNO2,由于NaNO2为弱酸强碱盐,N 水解使溶液呈碱性, 而c点溶液呈中性,所以Xc(Na+)c(HNO2),D不正确。,试题分析 HNO2的电离平衡常数为K=4.610-4,亚硝酸为弱酸存在电离平衡,电离方程式为 HNO2 N +H+。注意中性溶液中溶质的判断。,3.(2019四川成都石室中学二诊,13)向等物质的量浓度的Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸 至过量。其中含硫各微粒(H

36、2S、HS-、S2-)的分布分数(平衡时某微粒的浓度占各微粒浓度和 的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程H2S气体的逸出)。下列说法不正确的 是 ( ),B.Y点对应溶液中c(Na+)与含硫各微粒浓度的大小关系为c(Na+)=3c(H2S)+c(HS-)+c(S2-) C.X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系:XY D.已知NaHS溶液呈碱性,若向溶液中加入CuSO4溶液至恰好完全反应,所得溶液呈强酸性,其 原因是C +HS- CuS+H+,A.X、Y均为曲线交叉点,由X点处的pH可计算 (H2S),答案 A A项,当滴加盐酸至X点时,c(HS-)=c(S2-), = ,故由X

37、点处的pH可以计算 (H2S),A错误;B项,因为混合溶液中c(Na2S)=c(NaOH),则n(Na)=3n(S),溶液中含硫的微粒为 HS-、S2-、H2S,则c(Na+)=3c(H2S)+c(HS-)+c(S2-),B正确;C项,X点对应溶液中含有等物质的量浓 度的Na2S、NaHS,Y点对应溶液中含有等物质的量浓度的NaHS、H2S,Na2S和NaHS的水解促 进水的电离,H2S的电离抑制水的电离,因此溶液中水的电离程度大小关系:XY,C正确;D项, NaHS溶液中加入CuSO4溶液后溶液的酸性变强,说明发生了反应Cu2+HS- CuS+H+,D正 确。,思路分析 向等物质的量浓度的N

38、a2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸,盐酸和氢氧化钠先反 应,然后和硫化钠反应,A表示的含硫微粒浓度减小,为S2-;B表示的含硫微粒浓度先增大后减小, 为HS-;C表示的含硫微粒浓度一直在增大,为H2S,据此分析解答。,4.(2018四川乐山第一次调研,13)常温下,向20 mL 0.01 mol/L CH3COOH 溶液中逐滴加入0.01 mol/L的NaOH溶液,溶液中水电离出的c(H+)随加入NaOH溶液体积的变化示意图如下。下列 说法中不正确的是 ( ) A.从a到c,醋酸的电离始终受到促进 B.b、d两点溶液的pH相同,C.c点所示溶液中c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c

39、(H+) D.e 点所示溶液中,c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH),答案 B 醋酸溶液中存在CH3COOH CH3COO-+H+,加入NaOH溶液,消耗H+,醋酸的电离 平衡正向移动,A正确。b点溶液中的溶质为CH3COOH 和CH3COONa,溶液显酸性;d点溶液中 的溶质为CH3COONa和NaOH,溶液显碱性,故b、d两点溶液的pH不相同,B错误。c点溶液中的 溶质为CH3COONa,由于CH3COO- 水解,所以c(Na+)c(CH3COO-),溶液显碱性,故c(OH-)c(H+), 各离子浓度大小顺序为c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+),

40、C正确。e点溶液中的溶质为CH3 COONa和NaOH,且二者物质的量相等,根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3 COOH),D正确。,5.(2017云南昆明第二次市统测,13)室温下,浓度均为0.1 molL-1、体积均为V0的HA、HB溶液, 分别加水稀释至V,pH随lg 的变化如图所示。下列说法正确的是 ( ) A.HA为强酸,HB为弱酸 B.水的电离程度a点大于b点 C.当pH=2时,HA溶液中 =9 D.等浓度等体积的HB、NaOH溶液充分反应后,离子浓度大小关系为(B-)c(Na+)c(H+)c(OH-),答案 C 两种酸的浓度均为0.1 molL-1

41、,由图中pH可知两种酸都为弱酸,A错误;a点、b点对应 溶液的pH相同,可知b点水的电离程度等于a点,B错误;C项,当pH=2时,c(H+)=0.01 molL-1, HA H+ + A- 起始浓度(molL-1) 0.1 0 0 转化浓度(molL-1) 0.01 0.01 0.01 平衡浓度(molL-1) 0.09 0.01 0.01 可得HA溶液中 =9,C正确;等浓度等体积的HB、NaOH溶液充分反应后,所得溶液为NaB 溶液,NaB是强碱弱酸盐,B-水解使溶液呈碱性,离子浓度关系为c(Na+)c(B-)c(OH-)c(H+),D错 误。,考点二 溶液的酸碱性及pH计算 中和滴定的迁

42、移应用,6.(2018四川成都七中三诊,13)已知:Kb(NH3H2O)=1.7610-5。25 时,分别向浓度均为0.1 mol/ L,体积均为20 mL的HX、HY溶液中滴入等物质的量浓度的氨水,溶液中水电离出的c水(H+)与 加入氨水的体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是 ( ) A.HX的电离方程式为HX H+X- B.b点时溶液中c(N )=c(Y-)c(H+)=c(OH-) C.其中一种酸的电离度为0.1% D.a点溶液呈中性,答案 C HX为弱酸,HX的电离方程式为HX H+X-,A错误;在HY对应曲线中,b点时c水(H+) 最大且大于10-7 molL-1,说明恰好生成NH

43、4Y,NH4Y为强酸弱碱盐,溶液中N 水解使溶液显酸 性,c(H+)c(OH-),B错误;0.1 mol/L的HX中c水(H+)=10-10 mol/L,则溶液的pH=4,c(H+)=10-4 mol/L, HX的电离度为(10-4 mol/L)/(0.1 mol/L)100%=0.1%,C正确;在HX对应曲线中,a点时c水(H+)最 大,说明恰好完全反应生成NH4X,根据C的分析,HX的电离平衡常数K= =10-7,因此N 的水解程度小于X-的水解程度,溶液显碱性,D错误。,解题关键 根据图像中0.1 mol/L的HX、HY溶液中的c水(H+)判断出HX为弱酸、HY为强酸为 解题的关键。,7

44、.(2019四川泸州二诊,7)常温下,将稀盐酸滴加到等浓度的弱碱AOH溶液中,测得混合液的pH 和lg 的关系如图所示,其中a点表示未加盐酸时的数据,e点表示盐酸和AOH恰好完全反 应时的数据。下列说法错误的是 ( ) A.常温下,A+的水解平衡常数为1.010-10,B.点e溶液中水电离出的H+浓度为10-6.23 mol/L C.点c溶液中的n(A+)+n(AOH)等于点e溶液中的n(Cl-) D.点d溶液中:c(Cl-)c(AOH)c(A+),答案 D A项,由图可知,a点时lg =1, =10,pH=11,Kb= = =10-4,则 A+的水解平衡常数为 = =1.01 ,A正确;B项

45、,由题中信息可知,e点表示盐酸和AOH恰 好完全反应,溶液为ACl溶液,溶液中的H+来自水的电离,所以点e溶液中水电离出的H+浓度为1 0-6.23 mol/L,B正确;C项,e点表示盐酸和AOH恰好完全反应,根据物料守恒:n(A+)+n(AOH)=n(Cl-), 从c点到e点n(Cl-)增大,但n(A+)+n(AOH)不变,所以点c溶液中的n(A+)+n(AOH)等于点e溶液中的 n(Cl-),C正确;D项,d点盐酸过量,溶液为ACl和HCl混合溶液,且A+水解,故c(Cl-)c(A+),结合图像 知,d点时,lg =-5,故c(AOH)c(A+)c(AOH),D错误。,思路分析 由图像可知

46、,a点表示未加盐酸时,lg =1, =10,此时pH=11,根据AOH A+OH-知,Kb= = =10-4;由题中信息可知,图中e点表示盐酸和AOH恰好完全 反应,溶液为ACl溶液,溶液中的H+来自水的电离;c点溶液为中性,c(H+)=c(OH-);d点溶液盐酸过 量,溶液为ACl和HCl混合溶液,据此分析解答。,8.(2019贵州安顺教学质量监测,13)化学上常用AG表示溶液的酸碱度,AG=lg 。25 时, 用0.100 mol/L的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 mol/L的醋酸溶液,AG与所加NaOH溶液的体 积(V )的关系如图所示。下列说法错误的是 ( ) A.C点

47、对应溶液中存在c(Na+)=c(CH3COO-)c(OH-)=c(H+) B.B点对应溶液中存在2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH),C.25 时,醋酸的水解常数Kh=10-4.5 D.D点对应溶液的pH=11.25,答案 C C点AG=0,说明c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,溶液中只有4种离子,故离子浓度大小为c (Na+)=c(CH3COO-)c(OH-)=c(H+),正确;加入10 mL NaOH溶液时,醋酸恰好消耗一半,得到的溶 液为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+

48、c(CH3COO-),物料守恒为2c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),两式联立得2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3 COO-)-c(CH3COOH),正确;根据题干信息,AG=lg ,滴定没有开始时,AG=8.5,结合25 时 溶液中c(H+)c(OH-)=KW=10-14可知,开始时c(H+)=10-2.75,Kh= = ,可以近似认 为c(H+)=c(CH3COO-),c(CH3COOH)基本不变,则Kh= = =10-9.5,错误;D点时,AG=lg =-8.5,c(H+)c(OH-)=KW=10-14,可求出c(H+)=10-11.25 molL-1,D点对应溶液的pH=11.25,正 确。,知识拓展 滴定过程中的定量关系 (1)电荷守恒关系在任何时候均存在;(2)物料守恒可以根据加入酸的物质的量和加入碱的物质 的量进行确定,但不一定为等量关系。,9.2018云南师大附中适应性月考(八),13常温下,用0.100 0 mol/L NaOH溶液分别滴定浓度均 为0