202X届高考化学一轮复习专题十一水的电离和溶液的酸碱性课件

1、专题十一水的电离和溶液的酸碱性高考化学高考化学 (山东专用)五年高考A A组山东省卷、课标组山东省卷、课标卷题组卷题组考点一水的电离平衡及影响因素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-)432(NH )(NHH)ccO4H答案答案DCH3COOH溶液中水

2、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-)=0.1 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。432(NH )(NHH)ccO432(NH )(H

3、)(OH )(NHH)(H )(OH )ccccOcc432(NH )(OH )(NHH)cccOW(H )cK32NH H OKW(H )cK432(NH )(NHH)ccO4H考点二溶液的酸碱性及考点二溶液的酸碱性及pHpH计算酸碱中和滴定的迁移应用计算酸碱中和滴定的迁移应用2.(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=1.110-3,=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()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.

4、c点的混合溶液中,c(Na+)c(K+)c(OH-)1aK2aK答案答案C本题涉及的考点有弱酸酸式盐与强碱反应、盐类水解、溶液导电能力和离子浓度大小比较等。利用图像和所给数据进行定性、定量分析,考查了学生分析和解决化学问题的能力。根据图像中溶液导电性的变化分析、推理,建立观点、结论之间的逻辑关系,体现了证据推理与模型认知的学科核心素养,以及创新思维和创新意识的观念。KHA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

5、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。疑难突破疑难突破 b点时,KHA与NaOH按物质的量之比1 1恰好完全反应,注意ab、bc两过程中NaOH加入量的相对大小关系,以及离子种类和离子浓度变化关系。3.(2016课标,12,6分)298 K时,在20.0 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 mLC.M点处的溶液中c(N)=c(Cl-

6、)=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0.10 molL-1氨水,c(OH-)=0.10 molL-11.32%=1.3210-3 molL-1,c(H+)= molL-1,pH=11+lg 1.32c(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)=10 mL,此时NaOH与HA刚好完全反应,pH=8.7,说明HA是弱酸,可知NaA溶液中:c(Na+)c(A-)c(OH-)c(HA)c(H+),

7、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.(2013山东理综,13,4分)某温度下,向一定体积0.1 molL-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Na

8、OH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,M点溶液导电能力应小于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,M点表示CH3COOH过量,水的电离程度应用c(OH-)表示,N点NaOH过量,水的电离程度应用c(H+)表示,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

9、量,D项错误。6.(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BaCl22H2O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)=2.310-9 Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀

10、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+Cr BaCrO4步骤:移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中,加入酸碱指示剂,用b molL-1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V0 mL。步骤:移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中,加入x mL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b molL-1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V1 mL。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

11、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”)。24O27O24O答案答案(1)增大接触面积从而使反应速率加快ac(2)Fe3+Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀,产品产量减少(3)上方 偏大01()b VVy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(Ba

12、C2O4),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+也会被沉淀。(3)滴定管“0”刻度位于滴定管的上方;由步骤可知x mL Na2CrO4溶液中Cr的物质的量为V0b10-3mol,步骤中与Ba2+形成沉淀的Cr的物质的量为(V0b-V1b)10-3mol,则y mL BaCl2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,会导致所测盐酸体积V1偏小,若V1偏小,则(V0b-V1b)偏大,Ba2+浓度测量值将偏大。24O24O3013

13、() 1010V bVbmolyL01()b VVyB B组课标卷、其他自主命题省组课标卷、其他自主命题省( (区、市区、市) )卷题卷题组考点一水的电离平衡及影响因素考点一水的电离平衡及影响因素1.(2019上海选考,5,2分)25 时,0.005 mol/L Ba(OH)2溶液中H+浓度是()A.110-12 mol/LB.110-13 mol/LC.510-12 mol/LD.510-13 mol/L答案答案A25 时,0.005 mol/L Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.01 mol/L,则该溶液中c(H+)= mol/L=110-12 mol/L。141 100.012.(2

14、015重庆理综,3,6分)下列叙述正确的是()A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B.25 时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后,溶液pH=7C.25 时,0.1 molL-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D.0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中,所得溶液中c(Cl-)=c(I-)答案答案CA项,醋酸电离的方程式为CH3COOH CH3COO-+H+,加入少量CH3COONa,增加了CH3COO-的浓度,从而使醋酸电离平衡逆向移动,抑制了醋酸的电离;B项,等体积等浓度的硝酸与氨水混合生成NH4NO3,NH4NO3中N能水解:N+H2O NH

15、3H2O+H+,溶液呈酸性,则pHc(I-)。4H4H考点二溶液的酸碱性及考点二溶液的酸碱性及pHpH计算酸碱中和滴定的迁移应用计算酸碱中和滴定的迁移应用3.(2019上海选考,13,2分)用标准盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液,用甲基橙作指示剂,下列说法正确的是()A.可以用酚酞代替指示剂B.滴定前用待测液润洗锥形瓶C.若氢氧化钠吸收少量CO2,不影响滴定结果D.当锥形瓶内溶液由橙色变为红色,且半分钟内不褪色,即达到滴定终点答案答案CA项,若NaOH部分变质,转化为Na2CO3,用酚酞作指示剂会导致测定结果偏低;B项,滴定前用待测液润洗锥形瓶,会导致测定结果偏高;D项,达到滴定终点时,锥形瓶内

16、溶液由黄色变为橙色,且半分钟内不褪色。4.(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()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4O24O34O答案答案B本题涉及弱电解质的电离平衡及其影响因素,通过阿伏加德罗常数的应用,考查了学生分析和解决问题的能力,对H3PO4溶液中存在的电离平衡的分析,体现了变化观念与平衡思想的学科核心素养。A项,由常温下溶液的pH=2可知c(H+)=10-2 mol

17、/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H3PO4 H+H2P,增加H2P浓度,电离平衡逆向移动,c(H+)减小,酸性减弱,错误。4O4O易错警示易错警示 A选项常温下pH=2的溶液中c(H+)=10-2 mol/L易误当作0.02 mol/L;C选项易误认为弱电解质的电离度增大,平衡正向移动,c(H+)增大。5.(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

18、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+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。6.(2019江苏单科,18,12

19、分)聚合硫酸铁Fe2(OH)6-2n(SO4)nm广泛用于水的净化。以FeSO47H2O为原料,经溶解、氧化、水解聚合等步骤,可制备聚合硫酸铁。(1)将一定量的FeSO47H2O溶于稀硫酸,在约70 下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液,继续反应一段时间,得到红棕色黏稠液体。 H2O2氧化Fe2+的离子方程式为 ;水解聚合反应会导致溶液的pH 。(2)测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数:准确称取液态样品3.000 g,置于250 mL锥形瓶中,加入适量稀盐酸,加热,滴加稍过量的SnCl2溶液(Sn2+将Fe3+还原为Fe2+),充分反应后,除去过量的Sn2+。用5.00010-2 molL-1

20、 K2Cr2O7溶液滴定至终点(滴定过程中Cr2与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。上述实验中若不除去过量的Sn2+,样品中铁的质量分数的测定结果将 (填“偏大”或“偏小”或“无影响”)。计算该样品中铁的质量分数(写出计算过程)。27O答案答案(12分)(1)2Fe2+H2O2+2H+ 2Fe3+2H2O减小(2)偏大n(Cr2)=5.00010-2 molL-122.00 mL10-3 LmL-1=1.10010-3 mol由滴定时Cr2Cr3+和Fe2+Fe3+,根据电子得失守恒可得微粒的关系式:Cr26Fe2+(或Cr2+14H+6Fe2+ 6

21、Fe3+2Cr3+7H2O)则n(Fe2+)=6n(Cr2)=61.10010-3 mol=6.60010-3 mol样品中铁元素的质量:m(Fe)=6.60010-3 mol56 gmol-1=0.369 6 g样品中铁元素的质量分数:(Fe)=100%=12.32%27O27O27O27O27O0.369 6 g3.000 g解析解析本题涉及氧化还原反应离子方程式的书写,溶液pH的变化,化合物中元素的质量分数的计算及误差分析等,通过滴定原理的拓展应用,考查了化学实验与探究的能力,体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。(1)依氧化还原反应原理可以写出H2O2氧化Fe2+的离子方程式,水解聚

22、合反应消耗了溶液中的OH-,导致溶液中H+浓度增大,所以溶液的pH减小。(2)过量Sn2+具有还原性也可与K2Cr2O7溶液反应,若不除去则导致消耗K2Cr2O7的量偏多,使测定结果偏大。由题意知样品中的Fe3+被Sn2+还原为Fe2+,结合氧化还原反应中电子得失守恒规律可以找出Fe2+与Cr2的反应关系,从而计算出样品中Fe元素的质量分数。27O方法技巧方法技巧 在化学计算时,应用守恒思想:原子守恒、电荷守恒、电子得失守恒进行计算。7.(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AgNO

23、3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 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:实验序号

24、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

25、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)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)10.000.060 0(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250 mL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

26、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pH4O答案答案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-)c(H+)=110-5 molL-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。4O24O3O2.(2013大纲全国,12,6分)下图表示水中c(H+)和c(OH-)的关系,下列判断的是()A.

27、两条曲线间任意点均有c(H+)c(OH-)=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。3.(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=bB.混合溶液的p

28、H=7C.混合溶液中,c(H+)= molL-1D.混合溶液中,c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-)WK答案答案CA项,只有当HA为强酸、BOH为强碱,或HA的电离常数Ka与BOH的电离常数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。WK考点二考点二 溶液的酸碱性及溶液的酸碱性及pHpH计算酸碱中和滴定的迁移应用计算酸碱中和滴定的迁移应用4.(2013浙江理综,12,6

29、分)25 时,用浓度为0.100 0 molL-1的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 molL-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-)a()(HY)(Y )KHYcc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+NaOH NaY+H2O,当V(NaOH)=10.00 mL时,HY被中和掉一半,

30、此时溶液中c(HY)c(Y-),c(H+)=10-5 mol/L,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,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。(H )(Y )(HY)ccc5.(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

31、用量为0.25 gL-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。图1图2(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)。(4)滴定至终点时

32、,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解析(1)仪器A是冷凝管或冷凝器;为使冷凝更充分,要让水在冷凝器中缓慢上升,所以水由b口进,若从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

33、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

34、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。12122317.2 10300.00 mL 10LgL m三年模拟A A组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组考点基础题组考点一水的电离平衡及影响因素考点一水的电离平衡及影响因素1.(2019山东青岛一模,13)已知pOH=-lgc(OH-)。向20 mL 0.1 molL-1的氨水中滴加未知浓度的稀硫酸,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.稀硫酸的物质的量浓度为

35、0.05 molL-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NH3H2O+2OH- N+2H+D.a、b、c三点对应N的水解平衡常数:Kh(b)Kh(a)Kh(c)4H4H答案答案B向20 mL 0.1 molL-1的氨水中滴加未知浓度的稀硫酸,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20 mL时,恰好完全反应。20 mL 0.1 molL-1的氨水消耗硫酸的物质的量为0.001 mol,该硫酸的物质的量浓度为0.001 mol0.02 L=0.05 molL-1,A项正确;当溶液中的pH=pOH时,溶液为中性,此时溶

36、质为硫酸铵和一水合氨,对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点时水的电离程度最大,B项错误;a点加入10 mL稀硫酸,反应后溶质为一水合氨和硫酸铵,且一水合氨的浓度为硫酸铵的2倍,根据电荷守恒可得:c(N)+c(H+)=2c(S)+c(OH-),根据物料守恒可得:c(NH3H2O)+c(N)=4c(S),二者结合可得:c(NH3H2O)+2c(OH-)=c(N)+2c(H+),C项正确;升高温度促进N的水解,水解常数增大,由图可知,溶液温度:bac,则a、b、c三点N的水解平衡常数Kh(b)Kh(a)Kh(c),D项正确。4H24O4H24O4H4H4H2.(2019山

37、东聊城一模,28)亚磷酸(H3PO3)是重要的化工原料,可作尼龙增白剂、农药中间体等。(1)亚磷酸溶液与硝酸银溶液混合生成黑色的银和一氧化氮气体,反应的化学方程式为 。(2)亚磷酸为二元弱酸。已知:H3PO3(aq)+NaOH(aq) NaH2PO3(aq)+H2O(l) H=-a kJ/molHCl(aq)+NaOH(aq) NaCl(aq)+H2O(l) H=-b kJ/mol求H3PO3(aq) H+(aq)+H2P(aq) H= 。(3)25 时,H3PO3电离常数=8.410-3,则NaH2PO3水解常数Kh= (结果保留两位有效数字);Na2HPO3为 (填“正盐”或“酸式盐”),

38、其溶液显 (填“酸性”“中性”“碱性”或“无法判断”);浓度均为0.1 mol/L的Na2HPO3和NaOH的混合液,加水稀释10倍后的溶液中将 (填“增大”“不变”或“减小”)。(4)亚磷酸可用电解Na2HPO3溶液来制得,装置如图所示:3O1aK2323(HO )(HPO )cPcA室的电极反应式为 ;产品室中反应的离子方程式为 。答案答案(1)2H3PO3+AgNO3 2H3PO4+Ag+NO(2)(b-a)kJ/mol(3)1.210-12正盐碱性增大(4)4OH-4e- O2+2H2O(或2H2O-4e- O2+4H+)HP+2H+ H3PO3(或HP+H+ H2P、H2P+H+ H

39、3PO3)23O23O3O3O解析解析(1)根据题意所给的产物结合氧化还原反应配平技巧即可配平,反应的化学方程式为2H3PO3+AgNO3 2H3PO4+Ag+NO。(2)已知:H3PO3(aq)+NaOH(aq) NaH2PO3(aq)+H2O(l) H=-a kJ/molHCl(aq)+NaOH(aq) NaCl(aq)+H2O(l) H=-b kJ/mol;根据盖斯定律可知-得H3PO3(aq) H+(aq)+H2P(aq) H=(-a+b) kJ/mol。(3)25 时,H3PO3的电离方程式为H3PO3(aq) H+(aq)+H2P(aq),=8.410-3,NaH2PO3的水解平衡

40、常数Kh=KW/=1.210-12;因为亚磷酸为二元弱酸,所以Na2HPO3为正盐,能发生水解使溶液显碱性;浓度均为0.1 mol/L的Na2HPO3和NaOH的混合液,=,加水稀释10倍后c(OH-)减少,c(H+)增大,不变,所以溶液中将增大。(4)由装置图中Na+的移动方向可知A室为阳极区,B室为阴极区。电解Na2HPO3溶液的阳极反应式为4OH-4e- O2+2H2O;H+透过阳膜进入产品室;阴极反应式:2H+2e- H2,Na+透过阳膜进入B室,HP透过阴膜进入产品室,发生反应为HP+2H+ H3PO3。3O3O1aK1aK143108.4 102323(HO )(HPO )cPc2

41、3223(HO ) (H )(HO) (H )cPccPc2a(H )cK2aK2323(HO )(HPO )cPc23O23O考点二溶液的酸碱性及考点二溶液的酸碱性及pHpH计算酸碱中和滴定的迁移应用计算酸碱中和滴定的迁移应用3.(2019山东潍坊期末,14)25 时,用0.10 molL-1的氨水滴定10.00 mL 0.05 molL-1的二元酸H2A的溶液,滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lg的关系如图所示。下列说法正确的是()(OH )(H )ccA.H2A的电离方程式为H2A H+HA-B.B点溶液中,水电离出的氢离子浓度为1.010-6 molL-1C.C点溶液中,c(N)

42、+c(NH3H2O)=2c(A2-)4HD.25 时,一水合氨的电离平衡常数为Kb= 7101b答案答案B 由A(0,-12)可知,0.05 molL-1的二元酸H2A溶液中c(H+)=0.1 molL-1,该酸为二元强酸,不存在电离平衡,A项错误;由B(10,-2)可知,对应溶液为(NH4)2A溶液,强酸弱碱盐溶液呈酸性,故由水电离出的氢离子浓度为1.010-6 mol/L,B项正确;C点溶液呈中性,该溶液为(NH4)2A和NH3H2O的混合溶液,故c(N)+c(NH3H2O)2c(A2-),C项错误;由C点数据可知,c(OH-)=10-7 molL-1,c(N)=2c(A2-),故Kb=,

43、D项错误。4H4H432(NH )(OH )(NHH)cccO3733332 10.00 100.0510(10) 10100.102 10.00 100.05(10) 10bbb 61010b4.(2019山东淄博二模,12)已知25 时,向10 mL 0.01 molL-1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 molL-1的盐酸,滴定曲线如图1所示,CN-、HCN的物质的量分数()随pH变化的关系如图2所示。下列表述正确的是() 图1 图2A.b点时:c(Cl-)c(HCN)B.d点时:c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH-)+2c(CN-)C.图2中的e点对应图1中的c点D.选用

44、酚酞试剂比选用甲基橙试剂作指示剂误差更小答案答案Bb点时,溶液中的溶质为等物质的量NaCl、NaCN和HCN,此时溶液呈碱性,说明CN-的水解大于HCN的电离,故c(HCN)c(Cl-)c(CN-),A项错误;d点恰好完全反应,根据电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(CN-),根据物料守恒:c(Cl-)=c(CN-)+c(HCN),两式相加可得:c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH-)+2c(CN-),B项正确;图1中c点c(HCN)c(CN-),C项错误;若用酚酞试剂作指示剂,在8pHc(C2)c(OH-)c(HC2)c(H+)D.当V(KOH溶液

45、)=15 mL时,溶液中存在以下关系:2c(K+)=3c(C2)+3c(HC2)+3c(H2C2O4)24O4O24O4O答案答案Bb点时水电离出的氢离子浓度最大,说明b点为K2C2O4溶液,则c点为K2C2O4和KOH的混合溶液,溶液显碱性,A项正确;a点时,若加入KOH溶液的体积V1=10 mL,恰好反应生成HC2,根据K1=5.010-2,K2=5.410-5,得K2,说明HC2的电离程度大于其水解程度,水的电离受到抑制,水电离出氢离子浓度c(H+)c(C2)c(OH-)c(HC2)c(H+),C项正确;当V(KOH溶液)=15 mL时,溶液中存在等浓度的K2C2O4和KHC2O4,根据

46、物料守恒有3c(C2)+ 3c(HC2) +3c(H2C2O4)=2c(K+),D项正确。4OW1KK4O24O4O24O4O2.(2019山东潍坊二模,13)常温时,向20 mL 0.1 molL-1的CH3CH2COOH溶液中滴加0.1 molL-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-)dbaC.c点溶液中=10-4D.d点溶液中c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2COO-)+c(CH3CH2COOH)3232(CHH)(CHHO )cCCOOHcCCO答案答案Ca点时溶质为等浓度的

47、CH3CH2COOH和CH3CH2COONa,溶液呈酸性,说明CH3CH2COOH的电离大于CH3CH2COO-的水解,微粒浓度关系为c(CH3CH2COO-)c(Na+)c(CH3COOH),A项错误;c点二者恰好反应生成CH3CH2COONa,此时水的电离程度最大,次之为b点,a、d点过量的CH3CH2COOH和NaOH的物质的量相等,因NaOH为强电解质,抑制水的电离程度更强,d点水的电离程度最小,B项错误;图中“起点”时pH=3,则Ka=10-5,根据电离平衡常数表达式:=10-4,C项正确;d点溶液呈碱性,c(OH-)c(H+),NaOH过量:c(Na+)c(CH3CH2COO-)+

48、c(CH3CH2COOH),D项错误。3232(CHHO )(H )(CHH)cCCOccCCOOH232(H )(CHH)ccCCOOH3 2100.1 3232(CHH)(CHHO )cCCOOHcCCOa(H )cK9510103.(2019山东菏泽一模,13)25 时,向10 mL 0.1 molL-1一元弱碱XOH溶液中逐滴滴加0.1 molL-1的HCl溶液,溶液的AGAG=lg 变化如图所示(溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法不正确的是()A.若a=-8,则Kb(XOH)10-5B.M点表示盐酸和XOH恰好完全反应C.R点溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl-)D

49、.M点到N点,水的电离程度先增大后减小(H )(OH )cc答案答案Ba点表示0.1 molL-1的XOH溶液,若a=-8,则c(OH-)=10-3 molL-1,所以Kb(XOH)=10-5,A项正确;两者恰好反应时,生成强酸弱碱盐,溶液显酸性,M点AG=0,则溶液中c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,所以溶质为XOH和XCl,两者不是恰好完全反应,B项错误;若R点恰好为XCl溶液时,根据物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(Cl-),C项正确;M点的溶质为XOH和XCl,继续加入盐酸,直至溶质全部为XCl时,该过程水的电离程度增大,然后XCl溶液中再加入盐酸,水的电离程度减小,所以从

50、M点到N点,水的电离程度先增大后减小,D项正确。(X )(OH )(XOH)ccc3310100.14.(2019山东枣庄一模)温室下,向100 mL 0.1 molL-1二元酸H2A溶液中加入0.1 molL-1 NaOH溶液,溶液的pH随NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法不正确的是()A.H2A为二元弱酸B.a、b、c、d四种状态中水的电离程度最大的是c点C.b点存在:c(Na+)c(HA-)c(H+)c(OH-)c(A2-)D.c点存在:c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)答案答案Ca、b、c、d四个点,a点pH=2,说明H2A为弱酸;b点为NaHA溶液;c点

51、NaOH与H2A恰好完全反应,为Na2A溶液;d点NaOH过量,为NaOH和Na2A物质的量比为1 1的混合溶液。由以上分析可知,A项正确;c点恰好生成Na2A,Na2A水解促进水的电离,c点水的电离程度最大,B项正确;b点为NaHA溶液,溶液显酸性,HA-的电离程度大于其水解程度,所以b点存在:c(Na+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-),C项错误;c点NaOH与H2A恰好完全反应,为Na2A溶液,根据Na2A溶液中的质子守恒,可以得出c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A),D项正确。5.(2019山东临沂二模,13)25 时,向20.00 mL 0.1 mol

52、L-1H2X溶液中滴入0.1 molL-1NaOH溶液,溶液中由水电离出的c水(OH-)的负对数-lg c水(OH-)与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中正确的是()A.水的电离程度:MN=QPB.图中M、P、Q三点对应溶液中相等2(HX )(X )ccC.N点溶液中c(Na+)c(X2-)c(HX-)c(H+)=c(OH-)D.P点溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+c(H2X)答案答案C 从图可知0.1 molL-1的H2X的pH=1.3说明该酸为弱酸。P点时恰好生成正盐,水的电离程度最大,结合纵坐标可知图中四点水的电离程度:PN=QM,A项错误;根据该酸的二级电离平

53、衡常数(HX-的电离平衡常数)可知=,M、P、Q三点对应溶液中c(H+)不等,B项错误;N点溶液呈中性,已经接近滴定终点,此时溶液中离子浓度:c(Na+)c(X2-)c(HX-)c(H+)=c(OH-),C项正确;根据质子守恒原理P点存在:c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X),D项错误。2(HX )(X )cc2a(H )cK6.(2019山东德州二模,13)25 时,用0.10 molL-1的氨水滴定10.00 mL 0.05 molL-1 H2A溶液,加入氨水的体积(V)与溶液中lg的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是()A.A点溶液的pH等于1B.由图

54、中数据可知,H2A为弱酸C.B点水电离出的H+浓度为1.010-6 molL-1D.C点溶液中c(N)c(A2-)c(OH-)c(H+)(H )(OH )cc4H答案答案B根据A点的纵坐标为12,可知=11012,KW=c(H+)c(OH-)=110-14,溶液中c(H+)=0.1 molL-1,则H2A完全电离为强酸,A点溶液pH等于1,A项正确、B项错误;B点二者恰好反应生成(NH4)2A,利用B点数据,结合水的离子积常数可求得此时由水电离出的c(H+)=110-6 molL-1,C项正确;C点溶质为等物质的量浓度的NH3H2O和(NH4)2A,溶液显碱性,离子浓度c(N)c(A2-)c(

55、OH-)c(H+),D项正确。(H )(OH )cc4H二、非选择题(共29分)7.(2019山东青岛二中期末,27)(14分)利用化学原理可以对工厂排放的废水、废渣等进行有效检测与合理处理。某工厂对制革工业污泥中Cr()的处理工艺流程如下:已知:硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr3+,其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。常温下,部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH如下:阳离子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+沉淀完全时的pH3.711.15.4(8溶解)9(9溶解)(1)实验室用18.4 molL-1的浓硫酸配制480 mL 2 molL-1的硫酸,需量取浓硫酸 mL;配制时所用玻

56、璃仪器除量筒、胶头滴管、烧杯和玻璃棒外,还需 。(2)H2O2的作用是将滤液中的Cr3+转化为Cr2,写出此反应的离子方程式: 。(3)加入NaOH溶液使溶液呈碱性,既可以除去某些杂质离子,同时又可以将Cr2转化为Cr,写出该反应的离子方程式: 。(4)钠离子交换树脂的反应原理为Mn+nNaR MRn+nNa+,则利用钠离子交换树脂可除去滤液中的金属阳离子有 。(5)写出上述流程中用SO2进行还原时发生反应的离子方程式: 。(6)沉淀滴定法是测定粒子浓度的方法之一,为了测定某废水中SCN-浓度,可用标准AgNO3溶液滴定待测液,已知:27O27O24O银盐性质AgClAgIAgCNAg2CrO

57、4AgSCN颜色白黄白砖红白Ksp1.810-108.310-171.210-163.510-111.010-12滴定时可选为滴定指示剂的是 (选填编号),滴定终点现象是 。A.NaClB.K2CrO4C.KID.NaCN答案答案(1)54.3500 mL容量瓶(2)2Cr3+3H2O2+H2O Cr2+8H+(3)Cr2+2OH- 2Cr+H2O(4)Mg2+、Ca2+(5)2Cr+3SO2+12H2O 2Cr(OH)(H2O)5SO4+S+2OH-(6)B当滴入最后一滴标准液时,产生砖红色沉淀,且半分钟内沉淀颜色不再改变27O27O24O24O24O解析解析硫酸浸取液中的金属离子主要是Cr

58、3+,其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+,加入H2O2的作用是将滤液中的Cr3+转化为Cr2;调节pH=8是为了让Fe3+、Al3+转化为氢氧化物沉淀而除去,同时Cr2转化为Cr;过滤后,滤液通过钠离子交换树脂是为了除掉Ca2+和Mg2+;通入二氧化硫将Cr还原为Cr(OH)(H2O)5SO4。(1)根据c1V1=c2V2列等式,18.4V110-3 mol=250010-3 mol,得V154.3 mL;配制时所用玻璃仪器还需500 mL容量瓶。(2)三步法配平离子方程式:根据化合价升降相等,配平化合价变化的元素;根据左右两边电荷守恒确定氢离子的化学计量数;根据左右两边原子守恒确定

59、水的化学计量数,离子方程式为2Cr3+3H2O2+H2O Cr2+8H+。(3)利用电荷守恒和原子守恒书写离子方程式:Cr2+2OH- 2Cr+H2O。(4)根据阳离子互换原则确定,利用钠离子交换树脂可除去滤液中的金属阳离子有Mg2+、Ca2+。(5)利用得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平离子方程式得2Cr+3SO2+12H2O 2Cr(OH)(H2O)5SO4+S+2OH-。27O27O24O24O27O27O24O24O24O(6)指示剂选择原则:颜色变化明显;生成银盐的Ksp略微大于AgSCN,可选择K2CrO4作为指示剂。8.(2018山东济南一模,26)(15分)H2O2是医药、卫

60、生行业上广泛使用的消毒剂。某课外小组采用滴定法测定某医用消毒剂中H2O2的浓度。实验步骤如下:标准液的配制和标定:称取一定量KMnO4固体溶于水,避光放置610 天,过滤并取滤液于滴定管中待用,称取m g Na2C2O4 固体于锥形瓶中,加水溶解,再加H2SO4酸化,滴定至终点,消耗KMnO4溶液的体积为V1 mL,滴定过程中发生的一个反应为5H2C2O4+2Mn+6H+ 2Mn2+10CO2+8H2O。H2O2浓度的测定:取待测样品25 mL稀释至500 mL,再移取10.00 mL于锥形瓶中,加H2SO4酸化,用上述KMnO4标准液滴定至终点,消耗溶液的体积为V2 mL。回答下列问题:(1