（新）2022届高考化学训练专题7 电解质溶液

　　专题7　电解质溶液微专题201920182017考情透析ⅠⅡⅢⅠⅡⅢⅠⅡⅢ溶液中的三大平衡及其应用　　　T26(3)T27(3)T8T12T26(3)T11T26(3、5)T27(4)T11T26T28(3)T12T26(2)T13T27(5)T28(1)T8T12T13T28(4、5)T9T10T13考向:结合图像考查弱电解质的电离平衡、粒子浓度大小比较、溶度积曲线;弱电解质的判断;电离平衡常数的计算及应用;Ksp的大小判断及相关计算;盐类水解的应用;滴定实验操作、误差分析、终点判断、计算等知识点是高考考查的重点题型:选择题、工艺流程题、化学实验题、原理综合题分值:6+4溶液中粒子浓度大小的比较　　　T11T11T13T12电解质溶液图像分析T11T12T12T13T12T13 14　溶液中的三大平衡及其应用一、三大平衡影响因素三大平衡电离平衡(以CH3COOHCH3COO-+H+为例)水解平衡(以CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-为例)沉淀溶解平衡[以AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)为例]研究对象弱电解质溶液会水解的盐溶液难溶电解质升温促进电离Ka增大促进水解Kh增大若难溶物的溶解度与温度成正比,促进溶解;反之,则抑制溶解若难溶物的溶解度与温度成正比,则Ksp增大;反之,则Ksp减小加水促进电离Ka不变促进水解Kh不变促进溶解Ksp不变加入相应离子加入CH3COONa或盐酸,抑制电离Ka不变加入CH3COOH或NaOH,抑制水解Kh不变加入AgNO3或NaCl固体,抑制溶解Ksp不变加入反应离子(或物质)加入OH-,促进电离Ka不变加入H+,促进水解Kh不变加入氨水,促进溶解Ksp不变二、pH的计算思路三、酸碱中和滴定1.酸碱中和滴定原理H++OH-H2O;c标·V标=c待·V待。2.酸碱中和滴定的关键(1)准确测定V标和V待,正确使用酸式、碱式滴定管。 (2)准确判断中和反应是否恰好完全进行,借助酸碱指示剂判断滴定终点。3.酸碱中和滴定实验操作(1)滴定前的准备工作。a.滴定管的检漏:关闭活塞,加水观察活塞周围有无水渗出;旋转活塞180°再检验有无水渗出。b.洗涤:滴定管用水洗后一定要用待装液进行润洗;锥形瓶水洗后不能进行润洗。c.装液调零:将溶液装入滴定管中,赶出气泡,并将液面调节到0刻度或0刻度以下。(2)滴定操作(以盐酸标准液滴定NaOH溶液为例):左手握住活塞并旋转开关,右手摇瓶,目视锥形瓶中溶液的颜色变化,若颜色突变且半分钟内不再变色,则说明达到滴定终点。4.指示剂选用及颜色变化变色要灵敏,变色范围要小,且变色范围尽量与所生成的盐溶液的酸碱性一致,因此中和滴定一般选用酚酞、甲基橙,而不用石蕊溶液。(1)强酸滴定强碱:甲基橙(黄色→橙色);酚酞(红色→无色)。(2)强碱滴定强酸:甲基橙(红色→黄色);酚酞(无色→粉红色)。(3)强酸滴定弱碱:甲基橙(黄色→橙色)。(4)强碱滴定弱酸:酚酞(无色→粉红色)。5.误差分析根据计算式c待测=c标准·V标准V待测分析,c待测的大小取决于V标准的大小。6.数据处理分别记录滴定管中液面的初次与二次读数,记录数据要精确到0.01mL。若几次平行实验所得到的数值比较接近,则取其平均值;若某次实验的数据与另外几次相差较大,则舍去该数据。四、沉淀溶解平衡的三类应用1.沉淀的生成(1)加沉淀剂,如向AgNO3溶液中加入NaCl可生成沉淀。(2)调节pH,如向一定浓度的CuSO4和FeSO4的混合溶液中先加入H2O2氧化FeSO4,使Fe2+转化为Fe3+,再加入CuO或Cu(OH)2调节pH至约等于4,使得Fe3+的水解平衡右移转化为沉淀,而Cu2+没有沉淀从而达到除杂的目的。2.沉淀的溶解(1)酸溶解法,如CaCO3溶于盐酸。(2)盐溶液溶解法,如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液。(3)氧化还原溶解法,如Ag2S溶于稀HNO3。(4)配位溶解法,如AgCl溶于氨水。3.沉淀的转化溶解能力相对较强的沉淀易向溶解能力相对较弱的沉淀转化,如:考点1▶　三大平衡的影响因素1.(2016年全国Ⅲ卷,13)下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)。 A.向0.1mol·L-1CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中c(H+)c(CH3COOH)减小B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃,溶液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)·c(OH-)增大C.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中c(NH4+)c(Cl-)>1D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中c(Cl-)c(Br-)不变解析▶　c(H+)c(CH3COOH)=Kac(CH3COO-),加入H2O后,醋酸的电离程度增大,但c(CH3COO-)减小,电离平衡常数Ka不变,故比值增大,A项错误;加热醋酸钠溶液,CH3COO-的水解程度增大,c(CH3COO-)c(CH3COOH)·c(OH-)=1KhK,h值增大,比值减小,B项错误;向盐酸中加入氨水至溶液呈中性,则有c(OH-)=c(H+),根据电荷守恒,c(NH4+)=c(Cl-),C项错误;向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,沉淀溶解平衡逆向移动,溶液中c(Cl-)c(Br-)仍等于Ksp(AgCl)Ksp(AgBr),温度不变K,sp不变,故c(Cl-)c(Br-)不变,D项正确。答案▶　D1.(2018年山东济南模拟)25℃时,下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)。A.加水稀释0.1mol·L-1氨水,溶液中c(H+)·c(OH-)和c(H+)c(OH-)均不变B.向饱和AgCl溶液中加入少量AgNO3固体,AgCl的Ksp和溶解度均不变C.向盐酸中滴加氨水,由水电离出的c(H+)=10-7mol·L-1时,溶液一定显中性D.向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa固体,溶液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)增大解析▶　加水稀释0.1mol·L-1氨水,溶液的pH减小,c(H+)增大,c(OH-)减小,所以c(H+)c(OH-)增大,A项错误;向饱和AgCl溶液中加入少量AgNO3固体,随着c(Ag+)的增大,AgCl的溶解度会减小,B项错误;盐酸抑制水的电离,氨水与盐酸反应生成的氯化铵促进水的电离,当溶液中盐酸的抑制作用和氯化铵的促进作用相抵消时,溶液中由水电离出的c(H+)=10-7mol·L-1,此时溶液显酸性,C项错误;向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa固体,溶液中醋酸钠的浓度增大,碱性增强,pH升高,c(H+)减小,而醋酸的电离平衡常数Ka=c(H+)·c(CH3COO-)c(CH3COOH),c(CH3COO-)c(CH3COOH)=Kac(H+),因为c(H+)减小,所以c(CH3COO-)c(CH3COOH)增大,D项正确。答案▶　D 1.当弱电解质的电离平衡正向移动时,弱电解质的电离程度不一定增大。如向醋酸溶液中加入少量醋酸,平衡正向移动,但醋酸的电离程度减小。2.当弱电解质的电离平衡正向移动时,弱电解质中的离子浓度不一定增大。如向醋酸溶液中加入少量水,平衡正向移动,但溶液中c(CH3COO-)和c(H+)都减小。3.强碱弱酸盐不一定都呈碱性。当水解程度大于电离程度时,该盐溶液呈碱性,如NaHCO3;当水解程度小于电离程度时,该盐溶液呈酸性,如NaH2PO4、NaHSO3、NaHC2O4等。4.溶解度小的难溶物有可能向溶解度大的转化。当两种难溶物的溶解度相差不大时,有可能实现溶解度小的向溶解度大的转化。如BaSO4的溶解度略小于BaCO3,向饱和Na2CO3溶液中加入BaSO4可以生成BaCO3。考点2▶　电离、水解平衡常数和pH的相关计算2.(2019年云南昆明4月检测)已知:pKa=-lgKa。25℃时,几种弱酸的pKa如表所示。下列说法正确的是(　　)。化学式CH3COOHHCOOHH2SO3pKa4.743.74pKa1=1.90pKa2=7.20A.向Na2SO3溶液中加入过量乙酸,反应生成SO2B.25℃时,pH=8的甲酸钠溶液中,c(HCOOH)=9.9×10-7mol·L-1C.25℃时,某乙酸溶液pH=a,则等浓度的甲酸溶液pH=a-1D.相同温度下,等浓度的HCOONa溶液的pH比Na2SO3溶液的大解析▶　根据表格数据分析可知,酸性H2SO3>HCOOH>CH3COOH>HSO3-。因为乙酸的酸性大于HSO3-而小于H2SO3,所以Na2SO3和乙酸反应生成NaHSO3和乙酸钠,故A项错误;因为HCOO-水解使甲酸钠呈碱性,且存在质子守恒,c(OH-)=c(H+)+c(HCOOH),因为溶液的pH=8,所以c(OH-)=10-6mol·L-1,c(H+)=10-8mol·L-1,所以c(HCOOH)=9.9×10-7mol·L-1,故B项正确;等浓度的乙酸和甲酸溶液中存在电离平衡,假设甲酸溶液的pH=b,10-a×10-ac=10-4.74,10-b×10-bc=10-3.74,计算得b=a-0.5,故C项错误;因为甲酸的酸性比HSO3-的酸性强,所以同温度下,等浓度的溶液中HCOO-的水解程度小于SO32-的水解程度,即等浓度的甲酸钠的pH小于亚硫酸钠,故D项错误。答案▶　B 2.(1)已知ClO-水解的离子方程式为ClO-+H2OHClO+OH-。常温下,该水解反应的平衡常数Kh=1.0×10-6,则1.0mol·L-1NaClO溶液的pH=　　　　。 (2)2×10-3mol·L-1的氢氟酸水溶液中,调节溶液pH(忽略调节时体积变化),平衡体系中c(F-)、c(HF)与溶液pH的关系如图所示。则25℃时,HF的电离平衡常数Ka(HF)=　　　　　　　　　　　　。 (3)H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1,则pKa1=　　　　(pKa1=-lgKa1)。 解析▶　(1)1.0mol·L-1NaClO溶液中,c(ClO-)=1.0mol·L-1,反应ClO-+H2OHClO+OH-的平衡常数Kh=c(HClO)·c(OH-)c(ClO-)≈c2(OH-)=1.0×10-6,c(OH-)=1.0×10-3mol·L-1,则c(H+)=10-1410-3mol·L-1=10-11mol·L-1,所以溶液的pH=11。(2)Ka(HF)=c(H+)·c(F-)c(HF)=1×10-4×1.6×10-34.0×10-4=4×10-4。(3)由图可知,当pH=2.2时,c(H3AsO4)=c(H2AsO4-),Ka1=c(H+)·c(H2AsO4-)c(H3AsO4),则Ka1=10-2.2,pKa1=-lgKa1=2.2。答案▶　(1)11　(2)4×10-4　(3)2.21.依据电离常数表达式计算(以弱酸HA为例)(1)Ka=c(H+)·c(A-)c(HA),若只是弱酸溶液,则c(H+)=c(A-),Ka=c2(H+)c(HA)。　　(2)Ka与pH的关系pH=-lgc(H+)=-lgKa·c(HA)c(A-)=-lgKa+lgc(A-)c(HA)。 (3)Ka与A-水解常数Kh的关系A-+H2OHA+OH-Kh=c(HA)·c(OH-)c(A-)=c(HA)·c(OH-)·c(H+)c(A-)·c(H+)=KwKa。即Kw=Ka·Kh。2.计算溶液pH的原则考点3▶　有关Ksp的计算及应用3.(2019年四川攀枝花三模)已知:Ksp(CoCO3)=1.6×10-13,Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8。若仅从沉淀转化角度考虑,在0.01mol·L-1Na2C2O4溶液中加入CoCO3固体能否转化为CoC2O4沉淀?通过计算说明:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 答案▶　CoCO3饱和溶液中c(Co2+)=Ksp(CoCO3)=1.6×10-13mol·L-1=4×10-7mol·L-1,c(Co2+)·c(C2O42-)=4×10-7×0.01=4×10-9Kc(NH4+)。 (2)多元弱酸的电离是分步进行的,且以第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)为主。如在H2S溶液中:H2S、HS-、S2-、H+的浓度大小关系是c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-)。2.水解理论(1)弱电解质离子的水解是微弱的(相互促进水解除外),但由于水的电离,水解后酸性溶液中c(H+)或碱性溶液中c(OH-)总是大于水解产生的弱电解质的浓度。如NH4Cl溶液中:NH4+、Cl-、NH3·H2O、H+的浓度大小关系是c(Cl-)>c(NH4+)>c(H+)>c(NH3·H2O)。(2)多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的,且以第一步水解为主,如在Na2CO3溶液中:CO32-、HCO3-、H2CO3的浓度大小关系是c(CO32-)>c(HCO3-)>c(H2CO3)。二、把握三种守恒,明确等量关系1.电荷守恒规律电解质溶液中,无论存在多少种离子,溶液都呈电中性,即阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中:Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。其特点为表达式中包含溶液中的所有离子,没有弱电解质分子。2.物料守恒规律电解质溶液中,由于某些离子能够水解,离子种类增多,但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解,故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在,它们之间有如下守恒关系:c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。其特点为表达式中包含电解质对应的各种微粒,包括离子和弱电解质分子。3.质子守恒规律质子守恒是指在电离或水解过程中,会发生质子(H+)转移,在质子转移过程中其数量保持不变。如Na2S水溶液中的质子转移情况图示如下:由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示为c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。质子守恒式中不含有溶质的离子。考点▶　溶液中粒子浓度大小的比较 (2019年江苏,14)(双选)室温下,反应HCO3-+H2OH2CO3+OH-的平衡常数K=2.2×10-8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合,可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略,室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是(　　)。　A.0.2mol·L-1氨水:c(NH3·H2O)>c(NH4+)>c(OH-)>c(H+)B.0.2mol·L-1NH4HCO3溶液(pH>7):c(NH4+)>c(HCO3-)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)C.0.2mol·L-1氨水和0.2mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合:c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)D.0.6mol·L-1氨水和0.2mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合:c(NH3·H2O)+c(CO32-)+c(OH-)=0.3mol·L-1+c(H2CO3)+c(H+)解析▶　NH3·H2O属于弱电解质,在水溶液中部分电离,氨水中存在的电离平衡有NH3·H2ONH4++OH-,H2OH++OH-,所以c(OH-)>c(NH4+),A项错误。NH4HCO3溶液呈碱性,说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解程度,所以c(NH4+)>c(HCO3-),则c(H2CO3)>c(NH3·H2O),B项正确。由物料守恒,n(N)∶n(C)=2∶1,则有c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)],C项错误。由物料守恒,n(N)∶n(C)=4∶1,则有c(NH4+)+c(NH3·H2O)=4[c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)]①,由电荷守恒可得c(NH4+)+c(H+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)②;结合①②可得c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HCO3-)+2c(CO32-)③,0.2mol·L-1NH4HCO3与氨水等体积混合后,c(NH4HCO3)=0.1mol·L-1,由碳原子守恒可得c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol·L-1④,将③等式两边各加一个c(CO32-),则有c(NH3·H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HCO3-)+3c(CO32-),将④带入③中得,c(NH3·H2O)+c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3mol·L-1,D项正确。答案▶　BD1.(2019年浙江4月选考,21)室温下,取20mL0.1mol·L-1某二元酸H2A,滴加0.2mol·L-1NaOH溶液。已知:H2AH++HA-,HA-H++A2-。下列说法不正确的是(　　)。 A.0.1mol·L-1H2A溶液中有c(H+)-c(OH-)-c(A2-)=0.1mol·L-1B.当滴加至中性时,溶液中c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),用去NaOH溶液的体积小于10mLC.当用去NaOH溶液体积10mL时,溶液的pH12c(NH4+)>c(HSO3-)>c(OH-)C.c点溶液中:2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(NH3·H2O)=0.01mol·L-1D.d点溶液中:c(NH3·H2O)+2c(SO32-)+c(OH-)=c(H2SO3)+c(H+)解析▶　起始时n(NH3·H2O)=0.01mol·L-1×0.1L=0.001mol=1×10-3mol,a、b、c、d四点均存在电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)。a点n(SO2)=5.6×10-3L22.4L·mol-1=2.5×10-4mol,消耗n(NH3·H2O)=5×10-4mol,所以氨水过量,剩余5×10-4mol,得到NH3·H2O、(NH4)2SO3的混合溶液,溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),N、S的关系为 c(NH4+)+c(NH3·H2O)=4c(SO32-)+4c(HSO3-)+4c(H2SO3)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)+2×2.5×10-4mol0.1L=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)+0.005mol·L-1,结合电荷守恒消去c(NH4+)得c(NH3·H2O)=c(HSO3-)+2c(H2SO3)-[c(OH-)-c(H+)]+0.005mol·L-1,即c(NH3·H2O)c(SO32-),由于水的电离使c(OH-)>c(HSO3-),即可得关系式12c(NH4+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-),故B项错误;c点为(NH4)2SO3和少量NH4HSO3的混合溶液,溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),则电荷守恒为2c(SO32-)+c(HSO3-)=c(NH4+),N原子守恒有c(NH4+)+c(NH3·H2O)=0.01mol·L-1,所以2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(NH3·H2O)=0.01mol·L-1,故C项正确;d点n(SO2)=1×10-3mol,消耗n(NH3·H2O)=1×10-3mol,得到NH4HSO3溶液,物料守恒为c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3),结合电荷守恒消去c(NH4+)得c(NH3·H2O)+c(SO32-)+c(OH-)=c(H2SO3)+c(H+),故D项错误。答案▶　C1.分析溶液中微粒浓度关系的思维流程2.规避等量关系中的2个易失分点(1)电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(CO32-)的化学计量数2代表一个CO32-带2个负电荷,不可漏掉。 (2)物料守恒式中,浓度系数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的物料守恒式c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]中,“2”表示c(Na+)是溶液中含有硫元素的微粒总浓度的2倍,不能写成2c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)。3.根据粒子浓度关系式,套用合适守恒式粒子浓度关系思考套用公式一边全为阴离子,另一边全为阳离子电荷守恒式一边微粒全含有一种元素,另一边微粒全含有另一种元素物料守恒式一边微粒能电离H+,另一边微粒能结合H+质子守恒式两边没有明显特征三守恒式结合16　电解质溶液图像分析一、一强一弱溶液的稀释图像1.相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸加水稀释相同的倍数,醋酸的pH大加水稀释到相同的pH,盐酸加入的水多　　2.相同体积、相同pH的盐酸、醋酸加水稀释相同的倍数,盐酸的pH大加水稀释到相同的pH,醋酸加入的水多 　　3.pH与稀释倍数的线性关系(1)HY为强酸、HX为弱酸(2)a、b两点的溶液中:c(X-)=c(Y-)(3)水的电离程度:d>c>a=b(1)MOH为强碱、ROH为弱碱(2)c(ROH)>c(MOH)(3)水的电离程度:a>b二、酸碱中和滴定图像氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠溶液、氨水的滴定曲线曲线起点不同:强碱滴定强酸、弱酸的曲线,强酸起点低;强酸滴定强碱、弱碱的曲线,强碱起点高突跃点变化范围不同:强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)的室温下pH=7不一定是终点:强碱与强酸:终点pH=7(甲基橙、酚酞均可)强碱与弱酸:终点pH>7(酚酞作指示剂)强酸与弱碱:终点pHKsp,将会有沉淀生成,从b点到曲线上,可加水稀释。(3)d点在曲线的下方,QcCaCO3>MnCO3。(3)X点对CaCO3要析出沉淀,对CaSO4是不饱和溶液,能继续溶解CaSO4。(4)Y点:c(SO42-)>c(Ca2+),二者的浓度积等于10-5;Z点:c(CO32-)c点C.从c点到d点,溶液中c(HA)·c(OH-)c(A-)保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)D.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同解析▶　由Ka(HNO2)K>a(CH3COOH)可知,酸性HNO2>CH3COOH。pH和体积均相同的两种酸稀释相同倍数时,酸性强的酸pH变化大,所以曲线Ⅱ为HNO2,A项错误;b、c两点处,b点酸性强,对水的电离抑制程度大,所以水的电离程度:c点>b点,B项错误;从c点到d点,c(HA)·c(OH-)c(A-)=c(HA)·c(OH-)·c(H+)c(A-)·c(H+)=KwKaK,w和Ka是两个常数,只要温度不变,比值也不变,C项正确;a点pH相同,则CH3COOH的浓度大,恰好中和时消耗的NaOH多,所以溶液中n(Na+)多,D项错误。答案▶　C1.(2019年陕西宝鸡二检)25℃时,改变0.1mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH,溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)随之改变[已知δ(RCOOH)=c(RCOOH)c(RCOOH)+c(RCOO-)],甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)。A.图中M、N两点对应溶液中的c(OH-):M>NB.丙酸的电离常数K=10-4.88 C.等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较:HCOONa>CH3CH2COONaD.将0.1mol·L-1的HCOOH溶液与0.1mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合,所得溶液中:c(Na+)>c(HCOOH)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)解析▶　M点的pH小于N点的pH,即M点c(H+)大于N点c(H+),所以溶液中的c(OH-)应该是M点小于N点,故A项错误;pH=4.88时,丙酸的酸分子的物质的量分数为50%,即c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-),lgK=lgc(H+)=-4.88,即丙酸的电离常数K=10-4.88,故B项正确;由图中信息可知,相同pH时,丙酸的酸分子的物质的量分数大,说明电离程度小,故其酸性比甲酸弱,即HCOO-的水解程度小于CH3CH2COO-的水解程度,等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH应是pH(HCOONa)c(Na+),c(OH-)c(K+)>c(OH-)解析▶　本题主要考查邻苯二甲酸与NaOH溶液的反应,侧重考查考生对中和滴定和电解质溶液的分析能力。b点为反应终点,此时溶质为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾,为强碱弱酸盐,则b点pH>7,C项错误。答案▶　C 2.(2019年山东潍坊第二次模拟)常温时,向20mL0.1mol·L-1的CH3CH2COOH溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH溶液,溶液的pH与滴加NaOH溶液体积V的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)。A.a点溶液中c(CH3CH2COO-)d>b>aC.c点溶液中c(CH3CH2COOH)c(CH3CH2COO-)=10-4D.d点溶液中c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2COO-)+c(CH3CH2COOH)解析▶　a点加入10mLNaOH溶液,充分反应后所得溶液中含溶质CH3CH2COOH、CH3CH2COONa各0.001mol。因pHc(Na+),A项错误。NaOH溶液加入前,CH3CH2COOH微弱电离出的H+抑制水电离;随着NaOH溶液的加入,CH3CH2COOH溶液的浓度减小,这种抑制作用减弱,水的电离程度增大;恰好中和时,生成的CH3CH2COO-水解,使水的电离程度达到最大;之后加入的NaOH溶液过量,NaOH完全电离生成的OH-抑制水的电离,水的电离程度又逐渐减小,故水的电离程度c>b>a>d,B项错误。据图,加入NaOH溶液前,0.1mol·L-1CH3CH2COOH溶液的pH=3,则溶液中c(CH3CH2COO-)≈c(H+)=10-3mol·L-1,c(CH3CH2COOH)=0.1mol·L-1-10-3mol·L-1≈0.1mol·L-1,常温下CH3CH2COOH的电离常数Ka=10-5,CH3CH2COO-的水解常数Kh=KwKa=10-9。c点加入20mLNaOH溶液,两者恰好完全反应得CH3CH2COONa溶液(pH=9),溶液中存在水解平衡CH3CH2COO-+H2OCH3CH2COOH+OH-,将Kh=10-9、c(OH-)=10-5mol·L-1代入Kh表达式,得c(CH3CH2COOH)c(CH3CH2COO-)=10-4,C项正确。d点加入30mLNaOH溶液,充分反应后所得溶液中的溶质为0.002molCH3CH2COONa、0.001molNaOH。电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3CH2COO-),物料守恒2c(Na+)=3c(CH3CH2COO-)+3c(CH3CH2COOH),两式相减得c(Na+)-c(H+)=2c(CH3CH2COO-)+3c(CH3CH2COOH)-c(OH-),进而有 c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+2c(CH3CH2COO-)+3c(CH3CH2COOH)>c(H+)+c(CH3CH2COO-)+c(CH3CH2COOH),D项错误。答案▶　C3.(2019年山东青岛一模)已知pOH=-lgc(OH-)。向20mL0.1mol·L-1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4,测得混合溶液的温度、pOH随加入稀硫酸体积的变化如图所示,下列说法不正确的是(　　)。A.稀H2SO4的物质的量浓度为0.05mol·L-1B.当溶液中pH=pOH时,水的电离程度最大C.a点时溶液中存在c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c(NH4+)+2c(H+)D.a、b、c三点对应NH4+的水解平衡常数:Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)解析▶　向20mL0.1mol·L-1的氨水中滴加未知浓度的稀H2SO4,反应放热,溶液的温度升高,当二者恰好完全反应时,放热最多,溶液的温度最高,所以硫酸的体积为20mL时,二者恰好完全反应。20mL0.1mol·L-1的氨水中n(NH3·H2O)=0.1mol·L-1×0.02L=0.002mol,V(H2SO4)=20mL时,恰好完全反应,则消耗硫酸的物质的量为0.001mol,c(H2SO4)=0.001mol0.02L=0.05mol·L-1,故A项正确;当溶液中的pH=pOH时,溶液呈中性,此时溶质为硫酸铵和氨水,NH4+的水解程度与氨水的电离程度相等,水的电离几乎没有影响,当氨水与硫酸恰好反应生成硫酸铵时,即b点时,NH4+水解,促进了水的电离,此时水的电离程度最大,故B项错误;a点,反应后溶质为NH3·H2O和硫酸铵,且c(NH3·H2O)=2[c(NH4)2SO4],根据电荷守恒可得c(NH4+)+c(H+)=2c(SO42-)+c(OH-),根据物料守恒可得c(NH3·H2O)+c(NH4+)=4c(SO42-),二者结合可得c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c(NH4+)+2c(H+),故C项正确;升高温度促进水解,水解常数增大,由图中实线可知,温度b>a>c,则a、b、c三点NH4+的水解常数Kh(b)K>h(a)K>h(c),故D项正确。答案▶　B 中和滴定及原理应用图像答题关键点1.抓反应的“起始”点:判断酸、碱的相对强弱。2.抓反应“一半”点:判断是哪种溶质的等量混合。3.抓“恰好反应”点:即滴定终点,判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性。4.抓溶液的“中性”点:判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足,此时c(H+)=c(OH-)。5.抓反应的“过量”点:判断溶液中的溶质,判断哪种物质过量。考点3▶　沉淀溶解平衡图像3.(2019年全国Ⅱ卷,12)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是(　　)。A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)c(H+)+c(K+) 解析▶　由图中数据可知,pH=9.3时,c(H2AsO3-)=c(H3AsO3),故H3AsO3的电离常数Ka1=c(H+)·c(H2AsO3-)c(H3AsO3)=c(H+)=10-9.3,故Ka1的数量级为10-10,A项错误;由图可知,pH在8.0~10.0时,H3AsO3的物质的量分数逐渐减小,H2AsO3-的物质的量分数逐渐增大,故反应的离子方程式为H3AsO3+OH-H2AsO3-+H2O,B项正确;根据物料守恒可知,M点对应的溶液中,n(H2AsO3-)+n(HAsO32-)+n(AsO33-)+n(H3AsO3)=0.1mol,由于此时溶液的体积未知(或加入KOH溶液的体积未知)但大于1L,故其总浓度小于0.1mol·L-1,C项错误;由电荷守恒可知,c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+),pH=12时,溶液呈碱性,由图可知,此时H3AsO3主要转化为H2AsO3-和HAsO32-,说明H2AsO3-和HAsO32-的电离程度小于H2AsO3-和HAsO32-的水解程度,H2AsO3-和HAsO32-水解都产生OH-,故c(OH-)>c(H3AsO3),因此,溶液中c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)c(H3PO4)>c(HPO42-)C.图像中a、b、c三处溶液中c(H2PO4-)·c(OH-)c(HPO42-)相等 D.b点溶液存在2c(Na+)=c(PO43-)+c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(H3PO4)解析▶　H3PO4溶液第一步滴定生成NaH2PO4,溶液呈酸性,可选用甲基橙作指示剂,故A项错误;a点为NaH2PO4溶液,NaH2PO4在水溶液中呈酸性,其电离程度大于水解程度,a点溶液中c(H2PO4-)>c(HPO42-)>c(H3PO4),故B项错误;温度相同,同一反应的平衡常数相同,a、b、c三处溶液中HPO42-的水解平衡常数相等,故C项正确;b点是Na2HPO4溶液,物料守恒式为c(Na+)=2[c(PO43-)+c(H2PO4-)+c(HPO42-)+c(H3PO4)],故D项错误。答案▶　C2.(2019年安徽黄山一模)室温下,向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液,若pc=-lgc,则所得溶液中pc(H2C2O4)、pc(HC2O4-)、pc(C2O42-)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)。A.M点时,2c(HC2O4-)+c(C2O42-)>c(Na+)B.pH=x时,c(HC2O4-)c(OH-),c(HC2O4-)=c(C2O42-),则可推出2c(HC2O4-)+c(C2O42-)>c(Na+),故A项正确;由图可知,pH=x时,pc(HC2O4-)c(H2C2O4)=c(C2O42-),故B项错误;常温下,M点pH=4.3,pc(HC2O4-)=pc(C2O42-),即c(HC2O4-)=c(C2O42-)K,a2(H2C2O4)=c(H+)·c(C2O42-)c(HC2O4-)=10-4.3,故C项错误;c2(HC2O4-)c(H2C2O4)·c(C2O42-)=Ka1(H2C2O4)Ka2(H2C2O4),电离平衡常数只与温度有关,故温度不变时,该值不变,故D项错误。答案▶　A 3.(2019年山东日照模拟)室温下,用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中,用NaOH溶液以恒定速率来滴定该浓氯水,根据测定结果绘制出ClO-、ClO3-等离子的物质的量浓度c与时间t的关系曲线如图。下列说法正确的是(　　)。A.NaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装B.a点溶液中存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(ClO3-)+c(OH-)C.b点溶液中各离子浓度:c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO3-)=c(ClO-)D.t2~t4,ClO-的物质的量下降的原因可能是ClO-自身歧化:2ClO-Cl-+ClO3-解析▶　浓氯水有强氧化性,会腐蚀碱式滴定管的橡胶管,A项错误;溶液存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(ClO3-)+c(OH-)+c(Cl-),B项错误;b点溶液为氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠的混合液,根据氧化还原反应中得失电子数相等可知,c(Cl-)=5c(ClO3-)+c(ClO-),所以各离子浓度c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO3-)=c(ClO-),C项正确;氧化还原反应中得失电子数应该相等,正确的离子方程式为3ClO-2Cl-+ClO3-,D项错误。答案▶　C4.浓度均为0.01mol·L-1、体积均为V1L的两种一元酸HX和HY的水溶液,加水稀释至体积为VL,测得两溶液pH随lgVV1变化的情况如图所示,下列说法错误的是(　　)。A.HY为一元弱酸B.将两种溶液无限稀释,由水电离产生的c(H+)相等 C.lgVV1=3时,升高温度,c(Y-)c(X-)增大D.HX的电离程度:b>a解析▶　lgVV1=0,HX的pH=2,说明HX完全电离,属于一元强酸,HY的pH>3,说明HY部分电离,属于一元弱酸,A项正确;将两种溶液加水无限稀释,酸溶液无限接近中性,故由水电离产生的c(H+)相等,B项正确;lgVV1=3时,升高温度会促进弱电解质HY的电离,即c(Y-)增大,但对强电解质HX无影响,即c(X-)不变,故c(Y-)c(X-)增大,C项正确;HX为一元强酸,完全电离,即HX的电离程度b=a,D项错误。答案▶　D5.(2019年山东德州第一次模拟)298K时,将0.1mol·L-1的两种钠盐NaX、NaY溶液加水稀释,溶液的pH与稀释倍数的对数lgVV0的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)。A.酸性:HY>HXB.298K时,K(HX)K(HY)=1100C.lgVV0=2时,c(HX)+c(X-)=c(HY)+c(Y-)D.相同浓度时,NaX和NaY两溶液中离子总浓度相等解析▶　由图像可知,同浓度的NaX和NaY溶液的pH,NaX更大,说明X-在水溶液中的水解能力强于Y-,则酸性HY>HX,故A项正确;由图像可知,298K时,0.1mol·L-1NaX溶液的pH=10,c(H+)=10-10mol·L-1,c(HX)≈c(OH-)=10-4mol·L-1,c(X-)≈0.1mol·L-1,则K(HX)=10-10×0.110-4=10-7,同理可求得K(HY)=10-5,则K(HX)K(HY)=10-710-5=1100,故B项正确;根据物料守恒可知,lgVV0=2时,c(HX)+c(X-)=c(HY)+c(Y-),故C项正确;根据电荷守恒可知,浓度相等的两溶液中,阴阳离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+),由于水解程度NaX>NaY,则两溶液中c(H+)不同,两溶液中离子总浓度不相等,故D项错误。答案▶　D 6.(2019年河北示范性高中联考)已知AG=lgc(H+)c(OH-)。室温下用0.01mol·L-1的NH3·H2O滴定20.00mL0.01mol·L-1某一元酸HQ的结果如图所示。下列说法中正确的是(　　)。A.HQ属于弱酸B.整个过程中,c点水的电离程度最大C.e点对应溶液中c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+c(H+)D.Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5解析▶　由a点可知0.01mol·L-1HQ溶液中c(H+)=0.01mol·L-1,所以HQ属于强酸,A项错误;整个过程中,当酸碱恰好完全反应生成盐时,水的电离程度最大,由于生成的盐是强酸弱碱盐,此时溶液呈酸性,而c点时溶液呈中性,B项错误;e点溶液为等浓度的NH4Q和NH3·H2O混合液,根据电荷守恒有c(OH-)+c(Q-)=c(NH4+)+c(H+),根据物料守恒有2c(Q-)=c(NH4+)+c(NH3·H2O),所以e点对应溶液中2c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(NH4+)+2c(H+),C项错误;e点溶液为等浓度的NH4Q和NH3·H2O混合液,由于电离和水解都很微弱,c(NH3·H2O)≈c(NH4+),Kb(NH3·H2O)=c(NH4+)·c(OH-)c(NH3·H2O)≈c(OH-),由图像可知,e点时AG=lgc(H+)c(OH-)=-4.5,再根据水的离子积Kw=c(H+)·c(OH-)=1×10-14,解得c(OH-)=10-4.75mol·L-1=100.25×10-5mol·L-1,所以Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5,D项正确。答案▶　D7.(2019年四川绵阳三诊)改变0.01mol·L-1NaAc(Ac-表示CH3COO-)溶液的pH,溶液中HAc、Ac-、H+、OH-浓度的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。若pKa=-lgKa,下列叙述错误的是(　　)。 A.曲线b、d分别对应H+、OH-B.pH=6时,c(HAc)>c(Ac-)>c(H+)C.HAc电离常数的数量级为10-5D.从曲线a与c的交点可知pKa=pH=4.74解析▶　微粒的浓度越大,lgc越大。酸性溶液中c(CH3COOH)≈0.01mol·L-1,lgc(CH3COOH)≈-2,碱性溶液中c(CH3COO-)≈0.01mol·L-1,lgc(CH3COO-)≈-2;酸性越强,lgc(H+)越大,lgc(OH-)越小,碱性越强,lgc(H+)越小,lgc(OH-)越大,根据图像可知,曲线c对应CH3COOH,曲线a对应CH3COO-,曲线b对应H+,曲线d对应OH-。根据上述分析,曲线b、d分别对应H+、OH-,A项正确;根据图像可知,pH=6时,c(Ac-)>c(HAc)>c(H+),B项错误;HAc电离常数Ka=c(H+)·c(CH3COO-)c(CH3COOH),当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)时K,a=c(H+)=10-4.74,数量级为10-5,C项正确;曲线a与c的交点表示c(CH3COOH)=c(CH3COO-),根据C项的分析可知K,a=c(H+)=10-4.74,Kpa=-lgKa=-lgc(H+)=pH=4.74,D项正确。答案▶　B8.(2019年广东广州测试)常温下,用0.10mol·L-1NaOH溶液滴定0.10mol·L-1HA溶液,滴定曲线如图a所示,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列叙述错误的是(　　)。A.Ka(HA)的数量级为10-5 B.N点,c(Na+)-c(A-)=Kw1×10-8.72C.P→Q过程中,水的电离程度逐渐增大D.当滴定至溶液呈中性时,c(A-)>c(HA)解析▶　根据图a可知,中和百分数为50%时溶液的pH=4.74,此时溶液的组成为等物质的量浓度的NaA和HA,由于A-的水解和HA的电离都是微弱的,c(A-)≈c(HA)K,a(HA)=c(A-)·c(H+)c(HA)=c(H+)=10-4.74,故Ka(HA)的数量级为10-5,A项正确;N点,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),即c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=Kw1×10-8.72-1×10-8.72,B项错误;P→Q过程中,随着氢氧化钠溶液的滴入,酸不断被消耗,溶液的酸性逐渐减弱,水的电离程度逐渐增大,C项正确;根据图b可知,当lgc(A-)c(HA)=1.0时,溶液呈酸性,当滴定至溶液呈中性时,溶液中c(A-)>c(HA),D项正确。答案▶　B9.已知金属离子M2+,25℃时在水中存在M2+(aq)、M(OH)+(aq)、M(OH)2(s)、M(OH)3-(aq)、M(OH)42-(aq)五种形态,该体系中各形态的物质的量分数(α)随pH的变化关系如图。下列叙述中错误的是(　　)。A.P点的pH为12,则M(OH)3-M(OH)2+OH-的平衡常数为10-2B.M(OH)2完全沉淀后,增大溶液的pH,沉淀不会立即开始溶解C.溶液pH达到14之前,M(OH)2沉淀已完全溶解D.M(NO3)2溶液呈酸性,其水解的离子方程式为M2++H2OM(OH)++H+解析▶　随着pH增大,c(OH-)增大,M2+结合OH-数目增多,故曲线1为M2+(aq)、曲线2为M(OH)+(aq)、曲线3为M(OH)2(s)、曲线4为M(OH)3-(aq)、曲线5为M(OH)42-(aq)。P点的pH为12,c(OH-)=10-2,平衡常数K=c(OH-)c[M(OH)3-],c[M(OH)3-]未知,不能计算平衡常数,A项错误;由图可知,M(OH)2完全沉淀后,有一段曲线随着pH改变,物质的量分数(α)没有发生变化,所以增大溶液的pH,沉淀不会立即开始溶解,B项正确;由图中曲线3可知,溶液pH达到14之前,M(OH)2的物质的量分数为0,说明M(OH)2沉淀已完全溶解,C项正确。 答案▶　A10.25℃时,分别向20.00mL0.1000mol·L-1的氨水、醋酸铵溶液中滴加0.1000mol·L-1的盐酸,溶液pH与加入盐酸体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是(　　)。A.M点溶液中:c(OH-)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(H+)B.N点溶液中:c(Cl-)>c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(OH-)C.P点溶液中:c(NH4+)c(OH-)>c(NH4+)>c(H+),A项错误;N点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH3·H2O和NH4Cl,混合溶液呈碱性,说明一水合氨的电离程度大于NH4+的水解程度,但是其电离和水解程度都较小,则存在c(NH4+)>c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-),B项错误;P点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COOH和CH3COONH4,溶液中存在物料守恒c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(Cl-),电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-),溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),c(NH4+)c(OH-)　=14.(2019年安徽合肥二检)铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(主要含BeO、CuS,还含少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下:已知:ⅰ.铍、铝元素化学性质相似;BeCl2熔融时能微弱电离。ⅱ.常温下:Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13。回答下列问题:(1)滤液A的主要成分除NaOH外,还有　　　　　　　(填化学式);写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,为得到较纯净的BeCl2溶液,选择下列实验操作最合理步骤的顺序是　　　　　　　(填序号);电解熔融BeCl2制备金属铍时,需要加入NaCl,其作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ①加入过量的NaOH;②加入过量的氨水;③加入适量的HCl;④过滤;⑤洗涤。(3)反应Ⅱ中CuS的氧化产物为S单质,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　。 解析▶　(1)废旧铍铜元件的主要成分BeO、CuS、FeS、SiO2,根据信息ⅰ,BeO属于两性氧化物,SiO2属于酸性氧化物,能与氢氧化钠溶液反应,化学方程式为BeO+2NaOHNa2BeO2+H2O、SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O,CuS、FeS不与氢氧化钠反应,因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2;根据信息ⅰ,反应Ⅰ中为Na2BeO2与过量盐酸反应,反应的离子方程式为BeO22-+4H+Be2++2H2O。(2)Be、Al元素的化学性质相似,向滤液C中先加入过量的氨水,生成Be(OH)2沉淀,然后过滤、洗涤,再加入适量的HCl,生成BeCl2,合理的步骤是②④⑤③;BeCl2熔融时能微弱电离,熔融BeCl2中离子浓度较小,电解熔融BeCl2制备金属铍时,需要加入NaCl,其作用是增大离子浓度,增强熔融盐的导电性。 答案▶　(1)Na2SiO3、Na2BeO2　BeO22-+4H+Be2++2H2O(2)②④⑤③　增大离子浓度,增强熔融盐的导电性(3)MnO2+CuS+2H2SO4S+MnSO4+CuSO4+2H2O