202X届高考化学一轮复习专题十四弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性课件

1、专题十四弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性高考化学高考化学 (北京专用)五年高考A A组自主命题组自主命题北京卷题组北京卷题组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.(2019北京理综,7,6分)下列示意图与化学用语表述内容不相符的是(水合离子用相应离子符号表示)()答案答案B本题考查了电解质的电离、电离方程式的书写、电解原理和化学键与能量的关系等知识。通过图示、化学方程式等形式考查学生接受、吸收、整合化学信息的能力;试题以图示形式呈现物质变化规律,体现了变化观念与平衡思想的学科核心素养及运用模型解释化学现象、揭示现象的本质和规律的学科思想,体现了学以致用的价值观念。B项中用惰性电极

2、电解CuCl2溶液的化学方程式是CuCl2 Cu+Cl2。解题方法解题方法 D项中反应热的计算方法是:H=-(生成HCl所放出的能量-断裂H2、Cl2中的化学键所吸收的能量)=-(431 kJmol-12-436 kJmol-1-243 kJmol-1)=-183 kJmol-1。2.(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,0.1 molL-1氨水的pH=11.1:NH3H2O N+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-Cu1

3、85H182H4H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。3.(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0.1 mol/L氨水的pH为11:NH3H2O N+OH-B.将Na块放入水中,产生气体:2Na+2H2O 2NaOH+H2C.用CuCl2溶液做导电实验,灯泡发光:CuCl2 Cu2+2Cl-D.Al片溶于NaOH溶液中,产生气体:2Al+2OH-+2H2O 2Al+3H24H2O答案答案CNH3H

4、2O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CuCl2 Cu+Cl2,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。1.(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

5、图所示。下列叙述正确的是()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(HA)(OH )(A )cccB B组统一命题、省（区、市）卷题组组统一命题、省（区、市）卷题组考点一弱电解质的电离平衡考点一弱电解质的电离平衡答案答案C本题涉及弱酸的稀释与pH变化的相关知识,通过加水的体积与酸的pH变化图像,考查学生分析和解决问题的能力,以两种弱酸的性质作比较,体现宏观辨识与微观探析的学科核心素养。由电离常数的值可知酸性:HNO2CH3COOH

6、,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。(HA)(OH )(A )cccWaKK审题方法审题方法 依题干信息判断两种酸的酸性强弱;认真分析图像中曲线的变化趋势,准确判断曲线对应的酸。2.(2017课标,12,6分)改变0.1 molL-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.

7、2时,c(H2A)=c(HA-)B.lgK2(H2A)=-4.2C.pH=2.7时,c(HA-)c(H2A)=c(A2-)22(X)(H)(HA )(A )ccAccD.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+)=10-4.2 molL-1,但溶液中c(HA-)、c(A2-)均约为0.05 molL-1,故D错误。2(A )(H )(H

8、A )ccc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 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。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(C

9、l-)=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(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

10、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。9.(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(H

11、2P )的变化如图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4O4O24(HO )()cPcP总含 元素的粒子4O24O34O4OD.用浓度大于1 molL-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

12、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10-1 molL-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1 molL-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。4O24O4O24O34O4O4O4O温馨提示温馨提示 任何水溶液中均存在水的电离平衡。10.(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0.1 molL-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴

13、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+)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+)错误答案答案CA项,浓度均为0.1 molL-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(H

14、B)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。11.(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

15、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。12.(2015安徽理综,13,6分)25 时,在10 mL浓度均为0.1 molL-1的NaOH和NH3H2O混合溶液中滴加0.1 molL-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10 mL盐酸时:c(N)+c(H+)=c(OH-)C.加

16、入盐酸至溶液pH=7时:c(Cl-)=c(Na+)D.加入20 mL盐酸时:c(Cl-)=c(N)+c(Na+)4H4H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10 mL 0.1 molL-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20 mL盐酸时溶液中的溶质为NaCl和NH4Cl,溶液显酸性:c(H+)c(OH-)

17、,结合电荷守恒可知:c(Na+)+c(N)c(Cl-),D项不正确。4H4H4H13.(2018课标,26节选)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:(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

18、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,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)。27O23O26O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-10.020 00 L,解得x=1.1410-3,即所

19、取样品中n(Na2S2O35H2O)=1.1410-3mol,故样品纯度为100%=95.0%。311.14 10248 l24.80 mL1.2 g100 mLmolg mo答案答案(2)烧杯容量瓶刻度蓝色褪去95.014.(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

20、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

21、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)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

22、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pHc(HC)c(NH2COO-)c(C)B.不同pH的溶液中存在关系:c(N)+c(H+)=2c(C)+c(HC

23、)+c(NH2COO-)+c(OH-)4H3O23O4H23O3O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。432(NH )(OH )(NHH)cccO4H32(OH )(NHH)ccO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。3.(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-强。25 时氯气-氯水体系

24、中存在以下平衡关系:Cl2(g)Cl2(aq) K1=10-1.2Cl2(aq)+H2O HClO+H+Cl- K2=10-3.4HClO H+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)+H2O 2H+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)+H2O 2H+ClO-+Cl-反应中,K=K

25、1K2Ka,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时小,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。22(H )(ClO )(Cl )(Cl )cccc4.(2014广东理综,12,4分)常温下,0.2 molL-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()考点二水的电离平衡及溶液的酸

26、碱性考点二水的电离平衡及溶液的酸碱性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(Na+)答案答案D混合后的溶液为0.1 molL-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。5.(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

27、 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/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)23O3O4H答案答

28、案BA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-),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。23O3O4H4H6.(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

29、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。7.(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

30、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 (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

31、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 Ca2+Mg2+Fe3+开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2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、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反应物接触面积使反应速率加快

32、;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x mL Na2CrO4溶液中Cr的物质的量为V0b10-3 mol,步骤中与Ba2+形成沉淀的Cr的物质的量为(V0b-V1b)10-3 mol,则y mL BaCl2溶液中Ba2+的

33、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。24O24O3013() 1010V bVbmolyL01()b VVy8.(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。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

34、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,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

35、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+H2O2 H2SO4。(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40 mL,选。(4)滴定时发生的反应为H

36、2SO4+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=7210-3 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。12123372 10300.00 10gL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

37、点。(4)中计算SO2的含量时容易出错;(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1.(2019北京朝阳期末,6)常温时,能证明乙酸是弱酸的实验事实是()A.CH3COOH溶液与Fe反应放出H2B.0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH大于1C.CH3COOH溶液与NaHCO3反应生成CO2D.0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红答案答案BA项,金属与酸反应生成氢气为酸的通性,不能说明CH3COOH为弱酸;B项,0.1 m

38、ol/L CH3COOH溶液的pH大于1说明CH3COOH在溶液中不能完全电离,即CH3COOH是弱酸;C项,CH3COOH溶液与NaHCO3反应生成CO2,证明醋酸的酸性大于碳酸,不能说明CH3COOH为弱酸;D项,CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红为酸的通性,不能说明CH3COOH为弱酸。思路分析思路分析测定酸溶液、盐溶液的pH,由酸的不完全电离及盐的水解判断弱电解质,以此来解答。解题关键解题关键本题考查弱电解质的判断,侧重分析与应用能力的考查,把握酸的通性、弱电解质的性质为解答的关键。2.(2019北京海淀期末,3)常温下,将2种一元酸HX和HY分别和NaOH溶液等体积混合,实验数据如下

39、:下列说法正确的是()A.HY为强酸 B.HX溶液的pH=1C.甲的混合液中c(X-)=c(Na+) D.乙的混合液中c(Na+)c(Y-)组别混合前混合后甲c(HX)=0.1 molL-1c(NaOH)=0.1 molL-1pH=9乙c(HY)=0.1 molL-1c(NaOH)=0.1 molL-1pH=7答案答案AA项,由表格数据可知,等体积、等浓度的一元酸溶液与NaOH溶液混合后,乙组最终所得溶液pH=7,得NaY为强酸强碱盐,即HY为一元强酸;B项,由表格数据可知,等体积、等浓度的一元酸溶液与NaOH溶液混合后,甲组最终所得溶液pH=9,得NaX为强碱弱酸盐,即HX为一元弱酸,在溶液

40、中不能完全电离,c(HX)=0.1 molL-1,pH1;C项,甲的混合液中生成的NaX为强碱弱酸盐,X-在溶液中会发生水解,故混合液中c(X-)B.溶液中酸根离子的物质的量浓度:=C.加水稀释至1 L,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.(2019北京昌平期末,15)25 时,将0.10 mol/L的NaOH溶液逐滴滴入20 mL 0.10 mol/L CH3COOH溶液中,pH随滴入NaOH溶液体积的变化如下图所示:(1)点存在的电离平衡是 。(2)点两溶液发生反应的离子方程式是 。(3)点溶液的pH

41、 7(填“”“”“解析解析(1)点表示0.10 mol/L CH3COOH溶液,CH3COOH是弱电解质,在溶液中不能完全电离,存在电离平衡CH3COOH CH3COO-+H+。(2)两溶液发生酸碱中和反应,离子方程式为CH3COOH+OH- CH3COO-+H2O。(3)点表示向CH3COOH溶液中加入20 mL 0.10 mol/L的NaOH溶液,恰好完全反应生成CH3COONa,CH3COONa是强碱弱酸盐,在溶液中CH3COO-发生水解反应,消耗水电离产生的H+,则溶液中c(OH-)c(H+),使溶液呈碱性,pH7;CH3COO-发生水解反应浓度减小,而Na+不水解,则溶液中c(Na+

42、)c(CH3COO-)。5.(2019北京朝阳期末,5)下列关于物质性质的比较,不正确的是 ()A.沸点:C2H5OHCH3CH3B.水的电离程度:100 25 C.溶解度:AgIAgClD.完全燃烧放出的热量:1 mol C1 mol CO考点二水的电离平衡及溶液的酸碱性考点二水的电离平衡及溶液的酸碱性答案答案CA项,乙醇常温下为液体,而乙烷常温下为气体,故乙醇的沸点更高;B项,水的电离是吸热过程,故升高温度电离程度增大;C项,AgI的溶解度小于AgCl;D项,由于碳与氧气反应生成CO是放热反应,故等物质的量的C和CO完全燃烧时,C燃烧放出的热量更多。6.(2019北京牛栏山一中期中,10)

43、常温下,向20 mL 0.1 mol/L醋酸溶液中滴加0.1 mol/L的氢氧化钠溶液,测定结果如下图所示。下列解释不正确的是()A.0.1 mol/L醋酸溶液pH约为3,说明醋酸是弱电解质B.m大于20C.a点表示的溶液中,c(CH3COO- )c(Na+)D.b点表示的溶液中,溶质可能为醋酸钠和氢氧化钠答案答案BA项,常温下,0.1 mol/L的醋酸溶液的pH为3,说明醋酸在溶液中不能完全电离,则能证明醋酸是弱电解质;B项,当CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa时,由于CH3COO-水解使得溶液呈碱性,所以pH=7时溶液中溶质应为CH3COONa和CH3COOH,即mc

44、(OH-),由电荷守恒可知,c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-),所以c(CH3COO- )c(Na+);D项,b点溶液pH7,溶质可能为醋酸钠和氢氧化钠。易错警示易错警示注意观察图像,m对应的点是溶液显中性的点,并不是酸碱恰好中和的点。7.(2018北京东城期末,11)常温时,向20 mL 0.1 mol/L的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.1 mol/L的NaOH溶液,滴入NaOH溶液的体积与溶液pH的变化如图所示。下列说法正确的是()A.a点的pH=1B.b点时,c(CH3COO-)=0.05 mol/LC.c点时,V(NaOH溶液)=20 mLD.反应过程中的值

45、不断增大33(CHO )(CH)cCOcCOOH答案答案DCH3COOH为弱酸,部分电离,a点为0.1 mol/L的CH3COOH溶液,c(H+)小于0.1 mol/L,则pH大于1,故A错误;b点溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa,溶液体积由20 mL扩大为30 mL,根据物料守恒得c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol/L,CH3COOH的电离和CH3COO-的水解均是微弱的,则二者的浓度应均接近于 mol/L0.033 mol/L,故B错误;V(NaOH溶液)=20 mL时,CH3COOH与NaOH恰好完全反应生成CH3COONa,此时溶液显碱性,pH

46、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。230.1333(CHO )(CH)cCOcCOOHa(H )Kc33(CHO )(CH)cCOcCOOH8.(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10 mL 0.1 mol/L HA溶液中,滴加0.1 mol/L NaOH溶液x mL。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(N

47、a+)=0.05 mol/L答案答案CA项,观察图像可知,pH=9时,两条曲线相交,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1 1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-)”“”“7432(NH )(NHH)ccO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+)=10-5 molL-1;(2)由知,等体积、等浓度的盐酸与氨水混合后溶液显酸

48、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。4H4H4H432(NH )(NHH)ccO32(NHH)(OH )KOc432(NH )(NHH)ccO432(NH )(NHH)ccO答案答案(1)10-5(2)(3)c(N )c(C

49、l-)c(OH-)c(H+)(4)B B组组2017201920172019年高考模拟年高考模拟专题综合题组专题综合题组时间:20分钟分值:60分一、选择题(每小题6分,共36分)1.(2019北京东城期末,12)室温下,依次进行如下实验:取一定量冰醋酸,配制成100 mL 0.1 mol/L CH3COOH溶液;取20 mL中所配溶液,加入20 mL 0.1 mol/L NaOH溶液;继续滴加a mL 0.1 mol/L盐酸,至溶液的pH=7。下列说法不正确的是()A.中,溶液的pH1B.中,反应后的溶液c(Na+)c(CH3COOH-)c(OH-)c(H+)C.中,a=20D.中,反应后的

50、溶液,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)答案答案CA项,冰醋酸是弱酸,不能完全电离,所以0.1 mol/L CH3COOH溶液中c(H+)1;B项,加入的NaOH溶液恰好与CH3COOH完全反应生成CH3COONa,CH3COONa是强碱弱酸盐,CH3COO-水解略有消耗,所以反应后的溶液中c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+);C项,中溶液因CH3COO-水解而呈弱碱性,只需加少量的盐酸即可调整至中性,所以a小于20;D项,反应后溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-),又由于溶液呈中性,c(H+)=c(OH

51、-),故c(Na+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)。2.(2019北京通州期末,14)向NaOH溶液中缓慢通入CO2气体,溶液中C的物质的量与通入CO2的物质的量的关系如图。下列说法错误的是()A.水的电离程度:a=bpH(b)C.c点溶液满足:c(Na+)c(C)c(OH-)c(HC)c(H+)D.a、b、c三点溶液都满足:c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)23O23O3O3O23O答案答案A向NaOH溶液中缓慢通入CO2气体,开始反应为CO2+2OH- C+H2O,当全部生成C后继续通入CO2气体,发生反应CO2+C+H2O 2HC。a点溶液中含NaOH和

52、Na2CO3,b点溶液中含Na2CO3和NaHCO3。A项,b点溶液中水的电离被促进,a点溶液中水的电离被抑制,所以b点水的电离程度比a点大;B项,由上述分析可知pH(a)pH(b);C项,c点得到的溶液是碳酸钠溶液,C水解使溶液显碱性,溶液中满足:c(Na+)c(C)c(OH-)c(HC)c(H+);D项,a、b、c三点溶液中均存在电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)。23O23O23O3O23O23O3O3O23O解题关键解题关键明确反应过程中各阶段的产物,读懂图像变化特征是解题关键。3.(2019北京石景山期末,14)已知常温下,氨水中NH3H2O的电

53、离平衡常数:Kb110-5。向1 L 0.1 molL-1NH4Cl溶液中,不断加入固体NaOH后,N与NH3H2O的变化趋势如下图所示(溶液体积和温度的变化、氨的挥发均忽略不计),下列说法正确的是()A.NH4Cl的电离方程式为NH4Cl Cl-+NB.M点时,pH9C.a=0.05D.当n(NaOH)=0.05 mol时溶液中有:c(Cl-)c(Na+)c(N)c(OH-)c(H+)4H4H4H答案答案B A项,NH4Cl为强电解质,在溶液中完全电离,电离方程式为NH4Cl Cl-+N;B项,氨水中NH3H2O的电离平衡常数Kb=c(N)c(OH-)/c(NH3H2O),由图可知M点时,c

54、(N)=c(NH3H2O),则c(OH-)110-5 molL-1,溶液pH9;C项,若a=0.05,则得到等浓度的氯化铵、一水合氨和氯化钠混合溶液,由于一水合氨的电离程度大于氯化铵的水解程度,溶液中c(N)c(NH3H2O),与M点时c(N)=c(NH3H2O)矛盾;D项,当n(NaOH)=0.05 mol时,则反应得到等浓度的氯化铵、一水合氨和氯化钠混合溶液,由于一水合氨的电离程度大于氯化铵的水解程度,溶液中c(Cl-)c(N)c(Na+)c(OH-)c(H+)。4H4H4H4H4H4H解题关键解题关键本题考查弱电解质的电离平衡,明确M点溶液中溶质的成分及溶质在溶液中电离、水解程度的相对大

55、小是解题关键。4.(2019北京石景山一模,11)25 时,将20 mL 0.10 mol/L CH3COOH溶液和20 mL 0.10 mol/L HX溶液分别与20 mL 0.10 mol/L NaHCO3溶液混合,测得产生气体的体积(V)随时间(t)的变化如下图,下列说法中不正确的是()A.反应开始前,HX溶液中c(H+)大于CH3COOH溶液中c(H+)B.CH3COOH溶液中反应结束后,c(Na+)c(CH3COO-)C.反应结束后所得两溶液中,c(CH3COO-)c(CH3COO-),正确;C项,反应后分别得到等浓度的NaX、CH3COONa溶液,由于酸性:HXCH3COOH,则c

56、(CH3COO-)CH3COOH,无法判断HX是强酸还是弱酸。易错警示易错警示本题易判断出HX与CH3COOH的酸性强弱。但无法判断HX是否为强酸,学生可能忽略这一点而导致错选。5.(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H3AsO3 3H+AsB.H3AsO3的第一步电离常数为,则=10-9.2C.H3AsO3溶液的pH约为9.233O1aK1aKD.pH=12时,溶液中c(H2As)+2c(HA

57、s)+3c(As)+c(OH-)=c(H+)3O23O33O答案答案B A项,亚砷酸(H3AsO3)是三元弱酸,三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+)。3O1aK2333(H )(HO )(HO )ccAscAs3O23O33O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

58、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+)。6.(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-)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+H2O3O23O3O答案答案BA项,分析可知,表示盐酸滴定Na2CO3溶液的过程;

59、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+HCl NaCl+NaHCO3,然后发生反应:NaHCO3+HCl NaCl+H2O+CO2;D项,BC段和B1C1段均表示NaHCO3和HCl的反应,即HC+H+ CO2+H2O。23O3O3O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。7.

60、(2018北京昌平期末,16)(8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.0.1 molL-1 CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红e.常温下0.1 molL-1醋酸溶液的pH1(4)25 时,在体积均为20 mL、浓度均为0.1 molL-1的CH3COOH溶液、盐酸中,分别逐滴加入浓度为0.1 molL-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24分).当加入NaOH溶液20 mL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