2020年高考化学复习专题七　电解质溶液（可自主编辑PPT）

专题七电解质溶液,总纲目录,考点一电离平衡溶液酸碱性,1.(2019课标,11,6分)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是(B)A.每升溶液中的H+数目为0.02NAB.c(H+)=c(H2P)+2c(HP)+3c(P)+c(OH-)C.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强,答案BA项,由常温下溶液的pH=2可知c(H+)=10-2mol/L,则每升溶液中H+数目为0.01NA,错误;B项,依据电荷守恒可知正确;C项,加水稀释,溶液中的c(H+)减小,pH增大,错误;D项,由于H3PO4H+H2P,增加H2P浓度,电离平衡逆向移动,c(H+)减小,酸性减弱,错误。,2.(2017课标,28节选)(1)下列事实中,不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是(填标号)。A.氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应,而亚硫酸可以B.氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸C.0.10molL-1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1D.氢硫酸的还原性强于亚硫酸,答案(1)D,解析(1)酸性强弱与酸的还原性强弱没有必然的联系,所以D错误。,3.(2018课标,28节选)K3Fe(C2O4)33H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体,可用于晒制蓝图。回答下列问题:(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。称量mg样品于锥形瓶中,溶解后加稀H2SO4酸化,用cmolL-1KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是。向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后,过滤、洗涤,将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化,用cmolL-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为。,答案(3)粉红色出现100%,解析(3)Zn+2Fe3+2Fe2+Zn2+、5Fe2+Mn+8H+5Fe3+Mn2+4H2O,则Fe3+Mn,溶液中Fe3+为(cV10-3)5mol,即(5cV10-356)g,则晶体中铁的质量分数表达式为100%。,1.影响弱电解质电离的外界因素(1)外界条件对醋酸电离平衡的影响CH3COOHCH3COO-+H+H0,(2)外界条件对水的电离平衡的影响H2OH+OH-H0,2.电离常数及其应用(1)电离常数和水解常数可以相互转化。例如,C+H2OHC+OH-,Kh1=;HC+H2OH2CO3+OH-,Kh2=。(2)判断溶液酸碱性对于弱酸的酸式酸根离子,若电离常数大于水解常数,则以电离为主;若电离常数小于水解常数,则以水解为主。对于溶质为“HX+NaX”的溶液(HX为弱酸),若浓度相同,根据HX的电离常数和NaX的水解常数相对大小判断溶液的酸碱性。例如,含相同浓度的NaCN和HCN的溶液呈碱性,因NaX的水解常数大于HCN的电离常数。,3.酸碱中和滴定(1)酸碱中和滴定原理:H+OH-H2O,即c标V标=c待V待。(2)酸碱中和滴定的关键准确测定V标和V待,正确使用酸式、碱式滴定管。准确判断中和反应是否恰好完全进行,借助指示剂判断滴定终点。(3)酸碱中和滴定实验操作滴定前的准备工作a.滴定管:检漏水洗润洗注液调液面初始读数。,b.锥形瓶:水洗。滴定操作放出一定体积的待测液于洗净的锥形瓶中,滴加23滴指示剂,用标准溶液开始滴定。左手控制滴定管活塞或玻璃球,右手不断摇动锥形瓶,眼睛注视锥形瓶内溶液颜色变化。a.滴定速率:先快后慢,要逐滴加入,不能成股流下。b.终点的判断:当滴入最后一滴标准溶液,刚好使指示剂变色,且半分钟内不恢复原色,即为滴定终点。,(4)误差分析读数误差:若仰视读数,则读数偏大;若俯视读数,则读数偏小。分析方法:所有滴定实验中不正确的操作都归于对V标的影响,V标偏大则测定结果偏高,否则偏低。,考向一弱电解质的电离1.(2019广东茂名二模)已知部分弱酸的电离平衡常数如下表:,B.等体积、等物质的量浓度的HCOONa溶液和NaCN溶液中所含阴离子总数前者大于后者C.等物质的量浓度的NaHCO3和Na2CO3混合溶液中:c(Na+)c(OH-)c(HC)c(C)c(H+)D.中和等体积、等pH的HCOOH溶液和HCN溶液消耗NaOH的物质的量前者小于后者,下列叙述错误的是(C)A.NaCN溶液中通入少量CO2,发生的离子反应为CN-+H2O+CO2HCN+HC,答案C向NaCN溶液中通入少量CO2,因为酸性:H2CO3HCNHC,故反应生成HCN和NaHCO3,反应的离子方程式为CN-+CO2+H2OHCN+HC,A项正确;NaCN和HCOONa两溶液中分别存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CN-)和c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCOO-),甲酸的酸性大于HCN,等物质的量浓度的HCOONa溶液和NaCN溶液,CN-水解能力较强,故NaCN溶液中的c(OH)较大,则c(H+)较小,因两溶液中的Na+浓度相等,且溶液体积相等,所以HCOONa溶液中所含阴离子总数大于NaCN溶液中所含阴离子总数,B项正确;Na2CO3溶液中C水解程度大于NaHCO3溶液中HC的水解程度,溶液中c(HC)c(C)c(OH-),C项错误;由于HCOOH酸性大于HCN,所以等体积、,等pH的HCOOH溶液和HCN溶液,HCN溶液浓度较大,HCN的物质的量较大,消耗NaOH物质的量较多,即中和等体积、等pH的HCOOH溶液和HCN溶液消耗NaOH的物质的量前者小于后者,D项正确。,2.(2019天津理综,5,6分)某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.010-4和1.710-5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是(C)A.曲线代表HNO2溶液B.溶液中水的电离程度:b点c点C.从c点到d点,溶液中保持不变(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,答案C由电离常数的值可知酸性:HNO2CH3COOH,则曲线代表CH3COOH溶液,曲线代表HNO2溶液,A项错误;当稀释相同倍数时,b点溶液中c(H+)大于c点,对水的电离的抑制作用:b点c点,所以水的电离程度:b点c(HNO2),同体积的两种酸溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)不同,D项错误。,解题必备图像法理解一强一弱的稀释规律(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸溶液,(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸溶液,3.(2019湖南长沙一模)常温下,在新制氯水中滴加NaOH溶液,溶液中水电离出的c水(H+)对数与NaOH溶液体积之间的关系如图所示,下列推断一定正确的是(B)A.用pH试纸测定E点对应溶液,其pH=3B.G点对应溶液中:c(Na+)c(Cl-)c(ClO-)c(OH-)c(H+),考向二水的电离及溶液的酸碱性,C.H、F点对应的溶液中都存在:c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)D.常温下加水稀释H点对应溶液,溶液的pH增大,答案BA项,E点对应溶液为新制氯水,有漂白性,不能用pH试纸测量其pH,应该用pH计,错误;B项,G点时氯水与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的NaCl、NaClO,ClO-水解使溶液呈弱碱性,所以有c(Na+)c(Cl-)c(ClO)c(OH-)c(H+),正确;C项,H点对应溶液中的溶质为NaCl、NaClO和NaOH,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-),此时溶液呈碱性,则c(OH-)c(H+),所以c(Na+)c(Cl-)+c(ClO-),C项错误;D项,H点对应溶液为碱性溶液,加水稀释,溶液碱性减弱,pH减小,D项错误。,4.(2019河北石家庄一模)常温下,向20.00mL0.1molL-1HA溶液中滴入0.1molL-1NaOH溶液,溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数-lgc水(H+)与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中不正确的是(B),A.常温下,Ka(HA)约为10-5B.M、P两点溶液对应的pH=7C.b=20.00D.M点后溶液中均存在c(Na+)c(A-),答案B-lgc水(H+)=11,c水(H+)=c水(OH-)=10-11molL-1,根据常温下水的离子积求出溶液中c(H+)=KW/c水(OH-)=10-3molL-1,HAH+A-,c(H+)=c(A-)=10-3molL-1,Ka(HA)=10-5,A项正确;N点水电离出的H+浓度最大,说明HA与NaOH恰好完全反应生成NaA,P点溶液中的溶质为NaOH和NaA,溶液显碱性,即P点溶液的pH不等于7,B项错误;0b段水的电离程度逐渐增大,当加入NaOH溶液的体积为bmL时水的电离程度达到最大,即溶质为NaA,说明HA和NaOH恰好完全反应,b=20.00,C项正确;M点溶液pH=7,根据溶液呈电中性,可知存在c(Na+)=c(A-),M点后溶液中c(Na+)c(A-),D项正确。,方法归纳水电离出的c(H+)或c(OH-)的计算方法(25)(1)中性溶液c(H+)=c(OH-)=1.010-7molL-1。(2)溶质为酸或碱(以溶质为酸的溶液为例)H+来源于酸和水的电离,而OH-只来源于水。如计算pH=2的盐酸中水电离出的c(H+):求出溶液中的c(OH-)=10-12molL-1,即水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-12molL-1。,(3)水解呈酸性或碱性的正盐溶液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+)=10-2molL-1;pH=12的Na2CO3溶液中由水电离出的c(OH-)=10-2molL-1。,考向三酸碱中和滴定及拓展应用5.(2019天津理综,9节选).环己烯含量的测定在一定条件下,向ag环己烯样品中加入定量制得的bmolBr2,与环己烯充分反应后,剩余的Br2与足量KI作用生成I2,用cmolL-1的Na2S2O3标准溶液滴定,终点时消耗Na2S2O3标准溶液VmL(以上数据均已扣除干扰因素)。测定过程中,发生的反应如下:Br2+Br2+2KII2+2KBrI2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6,(5)滴定所用指示剂为。样品中环己烯的质量分数为(用字母表示)。(6)下列情况会导致测定结果偏低的是(填序号)。a.样品中含有苯酚杂质b.在测定过程中部分环己烯挥发c.Na2S2O3标准溶液部分被氧化,答案(5)淀粉溶液(6)b、c,解析(5)用Na2S2O3标准溶液滴定I2时常用淀粉溶液作指示剂;依据测定过程的反应可知,与环己烯反应后剩余的n(Br2)=n(I2)=n(Na2S2O3)=cV10-3mol,则与环己烯反应的n(Br2)=(b-cV10-3)mol,则n()=n(Br2)=(b-cV10-3)mol,故样品中环己烯的质量分数为=。,(6)a项,样品中含有苯酚杂质,苯酚能与Br2发生反应,消耗Br2的量增加,测定结果偏高;b项,测定过程中环己烯挥发,消耗Br2的量减少,测定结果偏低;c项,Na2S2O3标准液部分被氧化,则滴定过程中消耗Na2S2O3的量增多,计算出剩余的Br2的量偏多,则与环己烯反应的Br2的量偏少,测定结果偏低。,6.(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amolL-1KBrO3标准溶液;.取V1mL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V2mL废水;.向中加入过量KI;.用bmolL-1Na2S2O3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V3mL。已知:I2+2Na2S2O32NaI+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)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:94gmol-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,解析(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。(7)由KBrO3与KBr反应生成的Br2的物质的量的计算:Br+5Br-+6H+3Br2+3H2O1mol3mol,amolL-1V110-3L3aV110-3mol与废水反应后剩余的Br2的物质的量的计算:Br2I22Na2S2O31mol2molbV310-3molbmolL-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,3Br21mol3molx(3aV1-bV3)10-3mol解得x=(aV1-bV3)10-3mol,所以废水中苯酚的含量为=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。,1.(2019课标,11,6分)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.110-3,Ka2=3.910-6)溶液,混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示,其中b点为反应终点。下列叙述错误的是(C),考点二盐类水解离子浓度大小的比较,A.混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关B.Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的C.b点的混合溶液pH=7D.c点的混合溶液中,c(Na+)c(K+)c(OH-),答案CKHA与NaOH反应的过程中引入了Na+,HA-转化为A2-,由图像可知a到b过程中导电能力逐渐增强,A、B项正确;b点时,KHA与NaOH恰好完全反应生成正盐,A2-水解使溶液呈碱性,C项错误;b点时,Na+、K+浓度相等,继续滴加NaOH溶液至c点,c(Na+)增大,由图可知c(OH-)小于c(K+),D项正确。,2.(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(D)A.pH=1.2时,c(H2A)=c(HA-)B.lgK2(H2A)=-4.2C.pH=2.7时,c(HA-)c(H2A)=c(A2-)D.pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-)=c(H+),答案D结合题图可知A、C正确。pH=4.2时c(HA-)=c(A2-),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。,1.盐的水解(1)(2)水解规律:有弱才水解,无弱不水解,都弱都水解,越弱越水解,谁强显谁性。(3)影响因素(以FeCl3溶液为例)Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+H0,2.粒子浓度的大小比较(1)NH4Cl溶液,(2)Na2CO3溶液,(3)NaHCO3溶液,(4)NaHSO3溶液,(5)CH3COOH、CH3COONa混合溶液(同浓度、同体积),(6)NH4Cl、NH3H2O混合溶液(同浓度、同体积),考向一盐的水解及影响因素,1.(2019湖南永州二模)常温下,关于等体积、等pH的盐酸和氯化铵溶液,下列说法正确的是(B)A.两溶液导电能力相同B.分别与等量且同条件的锌反应,平均反应速率后者大C.稀释至10倍后,盐酸的pH比氯化铵溶液的pH小D.分别与等浓度的氢氧化钠溶液恰好反应,消耗的氢氧化钠溶液的体积相同,答案B盐酸是强酸,完全电离,NH4Cl属于强酸弱碱盐,N水解使溶液显酸性,因为N水解程度微弱,因此相同pH时,c(NH4Cl)c(HCl),离子所带电荷越多,离子浓度越大,导电能力越强,即NH4Cl溶液的导电能力强于盐酸,故A错误;NH4Cl溶液中存在:N+H2ONH3H2O+H+,加入Zn,消耗H+,促进N水解,即反应开始后NH4Cl溶液中c(H+)大于盐酸中c(H+),平均反应速率大,故B正确;加水稀释促进N水解,NH4Cl溶液中c(H+)大于盐酸中c(H+),即盐酸的pH比NH4Cl溶液的pH大,故C错误;氯化铵溶液浓度更大,消耗的氢氧化钠溶液的体积更大,故D错误。,2.(2019北京理综,12,6分)实验测得0.5molL-1CH3COONa溶液、0.5molL-1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(C),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CA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。,考向二粒子浓度关系及大小比较3.(2019上海单科,20,2分)常温下0.1mol/LCH3COOH、NaOH、CH3COONa,下列叙述正确的是(B)A.中c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)B.等体积混合后,醋酸根离子浓度小于的二分之一C.等体积混合以后,溶液呈酸性,则c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)D.等体积混合以后,水的电离程度比等体积混合后水的电离程度小,答案BA项,0.1mol/LCH3COOH发生部分电离产生CH3COO-和H+,水发生微弱电离产生H+和OH-,故中c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO-)c(OH-),错误;B项,等体积混合后恰好反应生成CH3COONa,且c(CH3COONa)=0.05mol/L,由于混合后c(CH3COONa)小于,则混合液中CH3COO-的水解程度比大,故混合液中c(CH3COO-)小于中c(CH3COO-),正确;C项,等体积混合后为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa的混合溶液,溶液显酸性说明,CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,则c(CH3COO-)c(Na+)c(H+),错误;D项,等体积混合后恰好生成CH3COONa,CH3COO-水解促进水的电离,等体积混合后,由于CH3COOH电离程度大于CH3COO-的水解程度,水的电离被抑制,故等体积混合后水的电离程度比等体积混合后水的电离程度大,错误。,4.(2019陕西渭南质检)常温下,向1L0.1molL-1NH4Cl溶液中,不断加入固体NaOH后,N与NH3H2O的变化趋势如图所示(不考虑溶液体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是(C)A.M点的溶液中水的电离程度比原溶液小B.在M点时,n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)molC.随着NaOH的加入,不断增大D.当n(NaOH)=0.1mol时,c(Na+)=c(N)+c(NH3H2O),答案CA项,原溶液为氯化铵溶液,N水解促进水的电离,在M点,氯化铵与NaOH反应生成NH3H2O,NH3H2O电离可抑制水的电离,所以M点的溶液中水的电离程度比原溶液小,正确;B项,根据电荷守恒可得:c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)+c(N),则c(OH-)-c(H+)=c(Na+)+c(N)-c(Cl-)=(a+0.05-0.1)molL-1=(a-0.05)molL-1,由于原溶液体积为1L,且不考虑溶液体积变化和氨的挥发,故n(OH-)-n(H+)=(a-0.05)mol,正确;C项,=,温度不变,KW、Kb不变,随着NaOH的加入,NH3H2O的浓度增大,所以减小,错误;D项,当加入NaOH的物质的量为0.1mol时,氯化铵恰好与NaOH反应生成NaCl和NH3H2O,根据物料守恒可知,c(Na+)=c(N)+c(NH3H2O),正确。,考点三沉淀溶解平衡,1.(2019课标,12,6分)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(B)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)Qc,则沉淀不断溶解。此时硫酸钡的量不断减少,平衡向右移动,c(Ba2+)、c(S)都增大。若Ksp=Qc,则沉淀与溶解达到平衡。此时硫酸钡溶解达到平衡,c(Ba2+)、c(S)保持不变。若KspKsp(BaCO3)B.加入Na2CO3固体,立即有BaCO3固体生成,C.BaCO3的Ksp=2.510-10D.曲线BC段内,c(C)c(S)=25,答案D当c(C)=0时,c(S)=c(Ba2+)=1.010-5molL-1,Ksp(BaSO4)=1.010-51.010-5=1.010-10;由题图可知当c(C)2.510-4molL-1时,开始有BaCO3生成,Ksp(BaCO3)=2.510-41.010-5=2.510-9,故A、B、C错误。曲线BC段内,BaSO4(s)和BaCO3(s)在溶液中都达到了沉淀溶解平衡状态,故=25,故D正确。,5.(2019河北邯郸一模)硫酸钡是一种比碳酸钡更难溶的物质,常温下-lgc(Ba2+)随-lgc(C)或-lgc(S)的变化趋势如图,下列说法正确的是(C)A.趋势线A表示硫酸钡B.常温下,Ksp(BaCO3)=110-11C.将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中,此时溶液中的=10D.在硫酸钡悬浊液中,若要使0.1mol的硫酸钡完全转化成碳酸钡,则需要加入碳酸钠的物质的量至少为0.1mol,答案C负对数数值越大,离子浓度越小,根据硫酸钡的溶解度比碳酸钡的小,可知趋势线B表示硫酸钡,A项错误;从趋势线A取一点计算可知Ksp(BaCO3)=110-10,B项错误;将碳酸钡和硫酸钡固体置于水中,=10,C项正确;要使BaSO4沉淀完全转化为BaCO3,加入碳酸钠的物质的量应大于0.1mol,D项错误。,热点题型离子平衡中的图像分析,1.酸碱中和滴定曲线图像分析,2.与KW、Ksp有关的图像分析(1)直线型(pM-pR曲线)pM为阳离子浓度的负对数,pR为阴离子浓度的负对数,直线AB上的点:c(M2+)=c(R2-);溶度积:CaSO4CaCO3MnCO3;X点相对于CaCO3来说要析出沉淀,相对于CaSO4来说是不饱和溶液,能继续溶解CaSO4;Y点:c(S)c(Ca2+),二者的浓度积等于10-5;Z点:c(C)c(Mn2+),二者的浓度积等于10-10.6。(2)双曲线型图像分析,(3)分布系数图像分析说明:pH为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标,典例1(2018课标,12,6分)用0.100molL-1AgNO3滴定50.0mL0.0500molL-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是(C)A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl)C.相同实验条件下,若改为0.0400molL-1Cl-,反应终点c移到aD.相同实验条件下,若改为0.0500molL-1Br-,反应终点c向b方向移动,答案C本题考查沉淀溶解平衡及溶度积常数。A项,根据滴定曲线知,当加入25mLAgNO3溶液时达到反应终点,此时c(Cl-)110-5molL-1,Ag+沉淀完全,则c(Ag+)=110-5molL-1,故Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-),数量级为10-10,正确;B项,由溶度积常数的定义知,曲线上各点满足Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl-),正确;C项,相同条件下,若改为0.0400molL-1Cl-,达到反应终点时c(Cl-)不变,消耗V(AgNO3)=20mL,错误;D项,相同条件下,若改为0.0500molL-1Br-,由于Ksp(AgBr)c(HX-)c(X2-)c(OH-)=c(H+),答案D分析题意及题图可知,图中曲线M表示pH与lg的变化关系,曲线N表示pH与lg的变化关系,B正确;在曲线M上选择点(0.0,5.37),此时c(H+)=110-5.37mol/L,=100=1,Ka2(H2X)=10-5.37,数量级为10-6,A项正确;当=1时,溶液显酸性,所以NaHX溶液中c(H+)c(OH-),C正确;当c(X2-)与c(HX-)相等时,溶液显酸性,若要使溶液显中性,需再加入NaOH溶液,则X2-的浓度大于HX-的浓度,各离子浓度大小关系为c(Na+)c(X2-)c(HX-)c(OH-)=c(H+),D错误。,1.(2019河南天一大联考)25时,用0.100molL-1盐酸滴定25.00mL0.100molL-1氨水的滴定曲线如图所示:,下列说法正确的是(B)A.可用酚酞作指示剂B.25时,NH3H2O的lgKb=-4.8C.0.100molL-1氨水用水稀释时,不断减小D.当滴入的盐酸为12.50mL时,溶液中:c(Cl-)c(NH3H2O)c(N),答案B由题图知反应终点时溶液的pH=5.12,不在酚酞变色范围内,A项错误;c(N)=c(NH3H2O)时pH=9.2,Kb=c(OH-)=109.2-14=10-4.8,lgKb=-4.8,B项正确;=,稀释时该比值不变,C项错误;当滴入12.50mL盐酸时,溶液为等物质的量浓度的NH4Cl和NH3H2O的混合溶液,由题图知溶液显碱性,则NH3H2O的电离程度大于N的水解程度,故c(N)c(Cl-)c(NH3H2O),D项错误。,2.(2019广东高三一模)25时,在20mL0.1molL-1的一元弱酸HA溶液中滴加0.1molL-1NaOH溶液,溶液中lg与pH的关系如图所示。下列说法正确的是(B)A.A点对应溶液中:c(Na+)c(A-)c(H+)c(OH-)B.25时,HA的电离常数为1.010-5.3C.B点对应的NaOH溶液体积为10mLD.对C点溶液加热(不考虑挥发),则一定增大,答案BA项,A点对应溶液显酸性,即c(H+)c(OH-),溶液中电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),所以c(A-)c(Na+),错误;B项,pH=5.3时,lg=0,即c(A-)=c(HA),Ka=c(H+)=10-5.3,正确;C项,Ka=10-5.3=Kh,20mL0.1molL-1HA溶液中加入10mL0.1molL-1NaOH溶液,得到等浓度的HA和NaA混合溶液,混合溶液中c(A-)c(HA),即lg0,故B点对应的NaOH溶液的体积小于10mL,错误;D项,A-的水解常数Kh随温度升高而增大,=,随温度升高而减小,错误。,3.(2019河北衡水中学一模)某温度时,卤化银(AgX,X=Cl、Br、I)的3条溶解平衡曲线a、b、c如图所示,AgCl、AgBr、AgI的Ksp依次减小。已知pAg=-lgc(Ag+),pX=-lgc(X-),利用pX-pAg的坐标系可表示出AgX的溶度积与溶液中的c(Ag+)和c(X-)的相互关系。下列说法正确的是(D),A.a线表示AgI,c线表示AgClB.Ksp(AgBr)的数量级为10-12C.d点表示在水中加入足量AgBr形成的饱和溶液D.e点可以表示过量的AgNO3溶液与KI溶液反应产生AgI,答案DA项,已知pAg=-lgc(Ag+),pX=-lgc(X-),c(Ag+)、c(X-)越大,浓度的负对数得到的数值越小,又因AgCl、AgBr、AgI的Ksp依次减小,所以a线表示的是AgCl,b线表示的是AgBr,c线表示的是AgI,错误;B项,从图像中b线与横坐标的交点读出12c(I-),正确。,4.(2019广州天河二模)乙二胺(H2NCH2CH2NH2)为无色液体,电离类似于氨:NH3+H2ON+OH-,25时,Kb1=10-4.07,Kb2=10-7.15,乙二胺溶液中含氮微粒的物质的量浓度分数()随溶液pH的变化如图