202X版高考化学一轮复习专题11弱电解质的电离和溶液的酸碱性课件

1、专题11 弱电解质的电离和溶液的酸碱性高考化学高考化学 (江苏省专用)A A组组 自主命题自主命题江苏卷题组江苏卷题组五年高考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.(2014江苏单科,14,4分)25 时,下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A.0.1 molL-1CH3COONa溶液与0.1 molL-1 HCl溶液等体积混合:c(Na+)=c(Cl-)c(CH3COO-)c(OH-)B.0.1 molL-1 NH4Cl溶液与0.1 molL-1氨水等体积混合(pH7):c(NH3H2O)c(N)c(Cl-)c(OH-)C.0.1 molL-1 Na2CO3溶液与0

2、.1 molL-1 NaHCO3溶液等体积混合:c(Na+)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3)D.0.1 molL-1 Na2C2O4溶液与0.1 molL-1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸):2c(C2)+c(HC2)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)4H2323O3O24O4O答案答案AC A项,两种溶液等体积混合,CH3COONa与HCl恰好完全反应生成浓度均为0.05 molL-1 的NaCl、CH3COOH的混合溶液,由于CH3COOH是弱酸,部分电离,故c(Na+)=c(Cl-)=0.05 molL-1c(CH3COO-)c(OH-),A项正确;B项,等

3、浓度的NH4Cl溶液和氨水混合,溶液呈碱性,说明NH3H2O的电离程度大于N的水解程度,故c(N)c(NH3H2O),B项错误;C项,根据物料守恒可知正确;D项,由电荷守恒可得:2c(C2)+c(HC2)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+),D项错误。4H4H24O4O方法归纳方法归纳 出现等式关系时一般要用到守恒原理解题,C项中要用到物料守恒,即=,则2c(Na+)=3c(C)+c(HC)+c(H2CO3);D项中要用到电荷守恒,关键要找全溶液中的阴、阳离子。(Na)(C)nn3223O3O对比突破对比突破 NH3H2O与NH4Cl按物质的量之比1 1混合,溶液呈碱性,即N

4、H3H2O的电离程度大于N的水解程度,故可只考虑NH3H2O的电离而忽略N的水解,所以有c(N)c(Cl-)c(NH3H2O)c(OH-)c(H+);类似的还有CH3COOH和CH3COONa按物质的量之比1 1混合,溶液呈酸性,有c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)c(OH-)。4H4H4H2.(2013江苏单科,11,4分)下列有关说法正确的是()A.反应NH3(g)+HCl(g) NH4Cl(s)在室温下可自发进行,则该反应的H0B.电解法精炼铜时,以粗铜作阴极,纯铜作阳极C.CH3COOH溶液加水稀释后,溶液中的值减小D.Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)

5、2固体,C水解程度减小,溶液的pH减小33(CH)(CHO )cCOOHcCO23O答案答案ACNH3(g)+HCl(g) NH4Cl(s)的S0,该反应室温下可自发进行,则G=H-TS0,所以H7.1时带4O1aK1aK1aK1aK负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;pH7.1时带正电荷,pH越低,表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如图3所示。 图3在pH 79之间,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降,其原因是 。在pH 47之间,吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,这是因为 。提高吸附剂X

6、对三价砷去除效果可采取的措施是 。答案答案(14分)(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2(2)OH-+H3AsO3 H2As+H2O2.2(3)在pH 79之间,随pH升高H2As转变为HAs,吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力增加在pH 47之间,吸附剂X表面带正电,五价砷主要以H2As和HAs阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷3O4O24O4O24O解析解析(1)碱性溶液易吸收空气中的CO2,CO2与碱发生反应CO2+2OH- C+H2O,故吸附剂X中含有C。(2)观察图1知,在pH为810之间,H3

7、AsO3的分布分数逐渐减小,H2As的分布分数逐渐增大,故该过程中,NaOH与H3AsO3反应生成NaH2AsO3和水,离子方程式为OH-+H3AsO3 H2As+H2O。由H3AsO4的第一步电离方程式知,=,观察图2知,当pH=2.2,即c(H+)=10-2.2mol/L时,H3AsO4的分布分数和H2As的分布分数相等,即=10-2.2,故p=-lg =-lg 10-2.2=2.2。23O23O3O3O1aK2434(H )(HO )(HO )ccAscAs4O1aK1aK1aK解题方法解题方法 认真观察图像,注意图像中的关键点和特殊点;解第(3)小题时,注意阅读题干中的已知信息,围绕已

8、知信息分析图像。考点二溶液的酸碱性中和滴定考点二溶液的酸碱性中和滴定4.(2018江苏单科,13,4分)根据下列图示所得出的结论不正确的是()A.图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线,说明该反应的H0B.图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2)随反应时间变化的曲线,说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C.图丙是室温下用0.100 0 molL-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 molL-1某一元酸HX的滴定曲线,说明HX是一元强酸D.图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时,溶液中

9、c(Ba2+)与c(S)的关系曲线,说明溶液中c(S)越大c(Ba2+)越小24O24O答案答案C由图甲可知,温度升高,lgK减小,即K值减小,平衡逆向移动,故正反应放热,H1,故HX为弱酸,C错误;由图丁可知c(S)与c(Ba2+)成反比,即c(S)越大c(Ba2+)越小,D正确。24O24O审题方法审题方法 解答图像题时要看清横坐标、纵坐标对应的物理量及二者的关系。如图甲,随着温度升高,lgK逐渐减小,即K值逐渐减小,说明平衡逆向移动。5.(2016江苏单科,14,4分)H2C2O4为二元弱酸。20 时,配制一组c(H2C2O4)+ c(HC2)+c(C2)=0.100 molL-1的H2

10、C2O4和NaOH混合溶液,溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()A.pH=2.5的溶液中:c(H2C2O4)+c(C2) c(HC2)B.c(Na+)=0.100 molL-1的溶液中:c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2)C.c(HC2)=c(C2)的溶液中:c(Na+)0.100 molL-1+c(HC2)D.pH=7.0的溶液中:c(Na+)2c(C2)4O24O24O4O24O4O24O4O24O答案答案BD结合图像分析,pH=2.5时,c(H2C2O4)+c(C2)远小于c(HC2),A错误;c(

11、Na+)=0.100 molL-1的溶液中存在c(Na+)=c(C2)+c(HC2)+c(H2C2O4)、c(H+)+c(Na+)=c(HC2)+2c(C2)+c(OH-),联合两式可以得到c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2),B正确;根据电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=2c(C2)+c(HC2)+c(OH-),可以得到c(Na+)=2c(C2)+c(HC2)+c(OH-)-c(H+),再结合c(C2 )+c(HC2)+c(H2C2O4)=0.100 molL-1可以得出c(Na+)=0.100 molL-1+c(C2)-c(H2C2O4)+c(OH-)-c(H+)=0

12、.100 molL-1+c(HC2)-c(H2C2O4)+c(OH-)-c(H+),因为此时溶液pH7,则c(OH-)-c(H+)-c(H2C2O4)0,故c(Na+)2c(C2),D正确。24O4O24O4O4O24O24O24O4O24O4O24O4O24O4O4O24O4O24O6.(2012江苏单科,15,4分)25 时,有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 molL-1的一组醋酸、醋酸钠混合溶液,溶液中c(CH3COOH)、c(CH3COO-)与pH的关系如下图所示。下列有关溶液中离子浓度关系的叙述正确的是()A.pH=5.5的溶液中:c(CH3COOH)c(CH3C

13、OO-)c(H+)c(OH-)B.W点所表示的溶液中:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)C.pH=3.5的溶液中:c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.1 molL-1D.向W点所表示的1.0 L溶液中通入0.05 mol HCl气体(溶液体积变化可忽略):c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)答案答案BC A项,由图示可知,pH=4.75时,c(CH3COO-)=0.050 molL-1,若pH由4.755.5,溶液酸性减弱,说明CH3COONa的量增加,即c(CH3COO-)0.050 molL-1,c(CH3COOH)0.05

14、0 molL-1,即c(CH3COOH)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)D.滴定过程中可能出现:c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(H+)c(Na+)c(OH-)答案答案D A项,点所示溶液是CH3COONa与CH3COOH物质的量之比为1 1的混合液,CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,故c(Na+)c(CH3COOH);由电荷守恒可知:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),所以c(CH3COO-)+c(OH-)c(CH3COOH)+c(H+)。B项,点所示溶液的pH=7,即c(H+)=c(OH-),由电荷守恒知:c(Na+)+c(

15、H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),故c(Na+)=c(CH3COO-)。C项,点所示溶液为CH3COONa溶液,其中各离子浓度关系为c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)。D项,当CH3COOH过量时,可能出现此粒子浓度关系。B B组组 统一命题、省统一命题、省( (区、市区、市) )卷题组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

16、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-)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

17、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。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()A.曲线代表HNO2溶液B.溶液中水的电离程度:b点c

18、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 )ccc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,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

19、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。3.(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-Cu185H182H4H答案答案A本题考查酯化反应机理、弱电解质的电离、离子键的形

20、成和电解原理的应用等相关知识。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标出电子转移的方向。4.(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=1.2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.

21、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。2(A )(H )(HA )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

22、”“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。5.(2015课标,13,6分)浓度均为0.10 molL-1、体积均为V0的MOH和ROH溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是()A.MOH的碱性强于ROH的碱性B.ROH的电离程度:b点大于a点C.若两溶液无限稀释,则它们的c(OH-)相等D.当lg=2时,若两溶液同时升高温度,则增大0VV0VV(M )(R )cc答案答案D根据题图信息可判断MOH是强碱,而ROH为弱碱,A项正确;B项,ROH是弱碱,加水稀释时,电离程度增大,正确;C项,若两溶液无限稀释,pH最终无限接近7,它们的c(O

23、H-)相等,正确;D项,当lg=2时,两溶液同时升温,由于ROH是弱碱,c(R+)增大,c(M+)不变,则减小,错误。0VV(M )(R )cc考点二溶液的酸碱性中和滴定考点二溶液的酸碱性中和滴定6.(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

24、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/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。7.(2019北京理综,11

25、,6分)探究草酸(H2C2O4)性质,进行如下实验。(已知:室温下,0.1 molL-1 H2C2O4的pH=1.3)由上述实验所得草酸性质所对应的方程式不正确的是()A.H2C2O4有酸性,Ca(OH)2+H2C2O4 CaC2O4+2H2OB.酸性:H2C2O4H2CO3,NaHCO3+H2C2O4 NaHC2O4+CO2+H2OC.H2C2O4有还原性,2Mn+5C2+16H+ 2Mn2+10CO2+8H2OD.H2C2O4可发生酯化反应,HOOCCOOH+2C2H5OH C2H5OOCCOOC2H5+2H2O实验装置试剂a现象Ca(OH)2溶液(含酚酞)溶液褪色,产生白色沉淀少量NaH

26、CO3溶液产生气泡酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色C2H5OH和浓硫酸加热后产生有香味物质4O24O答案答案C 本题考查的知识点有中和反应、强酸制弱酸反应、氧化还原反应和酯化反应等,通过实验的形式考查学生的分析能力和判断能力,体现了证据推理与模型认知的学科核心素养。C项中H2C2O4是弱酸,在书写相关离子方程式时不应拆成C2和H+,故错误。24O审题技巧审题技巧 题干里明确提到室温下0.1 molL-1 H2C2O4溶液的pH=1.3,说明H2C2O4是弱酸,所以书写相关反应的离子方程式时是不能将其拆分的。8.(2016课标,12,6分)298 K时,在20.0 mL 0.10 molL-1氨水

27、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-)=c(H+)=c(OH-)D.N点处的溶液中pHc(H+)=c(OH-),错误;D项,N点对应的溶液为氨水,c(OH-)=0.10 molL-11.32%=1.3210-3 molL-1,c(H+)= molL-1,pH=11+lg 1.32KHBKHDB.滴定至P点时,溶液中:c(B-)c(Na+)c(HB)c(H+)c(OH-)

28、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+)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(HB)c(H+)c(OH-),正确;C项,pH=7时,三种溶液中c(A-)、c(B-)、c(D-)不相等,错误;D项,根据质子守恒知D正确。疑难突破疑难突破 由三

29、种酸溶液的pH可知三种酸均为弱酸,再根据pH的大小确定KHAKHBKHD。评析强碱滴定弱酸过程中存在酸碱中和反应、弱酸的电离和弱酸根离子的水解,本题是多因素综合分析的好题目,难度稍大。2.(2016浙江理综,12,6分)苯甲酸钠(,缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25 时,HA的Ka=6.2510-5,H2CO3的=4.1710-7,=4.9010-11。在生产碳酸饮料的过程中,除了添加NaA外,还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是(温度为25 ,不考虑饮料中其他成分)()A.相比于未充CO2的饮料,碳酸饮料的抑菌能力较低B.提高CO2充

30、气压力,饮料中c(A-)不变C.当pH为5.0时,饮料中=0.16D.碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为:c(H+)=c(HC)+c(C)+c(OH-)-c(HA)1aK2aK(HA)(A )cc3O23O答案答案CHA的抑菌能力显著高于A-,碳酸饮料中HA含量比未充CO2的饮料要高,抑菌能力更强,A项不正确;增大压强可使更多的CO2溶于水中,生成更多的HA,c(A-)会减小,B项不正确;已知HA的Ka=6.2510-5,Ka=,当c(H+)=10-5 molL-1时,饮料中=0.16,C项正确;由物料守恒知c(Na+)=c(A-)+c(HA),由电荷守恒知c(Na+)+c(H+)=c(HC)+2

31、c(C)+c(OH-)+c(A-),两式联立可得c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)-c(HA),D项不正确。(H )(A )(HA)ccc(HA)(A )cca(H )cK55106.25 1016.253O23O3O23O规律方法规律方法 要注意电离平衡常数的运用;掌握溶液中的电荷守恒、物料守恒。3.(2015浙江理综,12,6分)40 ,在氨-水体系中不断通入CO2,各种离子的变化趋势如图所示。下列说法不正确的是()A.在pH=9.0时,c(N)c(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)+c(NH2COO-

32、)+c(OH-)C.随着CO2的通入,不断增大4H3O23O4H23O3O32(OH )(NHH)ccOD.在溶液pH不断降低的过程中,有含NH2COO-的中间产物生成答案答案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)ccO4.(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

33、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1.010-13C.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,Fe3+水解使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

34、,而c和d对应的KW不相等,D项错误。5.(2015山东理综,13,5分)室温下向10 mL 0.1 molL-1 NaOH溶液中加入0.1 molL-1的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是()A.a点所示溶液中c(Na+)c(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+),A错误;a点为NaA

35、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。A A组组 2017201920172019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1.(2019苏州期末,14)25 时,已知Ka(CH3COOH)=1.7510-5,Kb(NH3H2O)=1.7610-5。取浓度均为0.100 0 molL-1的醋酸溶液和氨水各20.00 mL,分

36、别用0.100 0 molL-1 NaOH溶液、0.100 0 molL-1盐酸进行滴定,滴定过程中pH随滴加溶液体积变化关系如下图所示。下列说法正确的是()A.曲线,滴加溶液10.00 mL时:c(H+)+c(Cl-)=c(N)+c(OH-)B.曲线,滴加溶液20.00 mL时:c(Cl-)c(N)c(H+)c(OH-)C.曲线,滴定过程中可能出现:c(CH3COO-)=c(CH3COOH)c(H+)=c(OH-)D.曲线,滴加溶液10.00 mL时:c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH)4H4H答案答案BD曲线开始时pH7,滴定过程中pH减小,则该曲线是用

37、盐酸滴定氨水的曲线;曲线开始时pHc(N)c(H+)c(OH-),故正确;C项,若溶液为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa混合溶液,则有c(CH3COO-)c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)c(OH-),而若要使溶液中c(H+)=c(OH-),则应在CH3COOH和CH3COONa等物质的量的基础上继续加入CH3COONa,则必有c(CH3COO-)c(CH3COOH),故错误;D项,当滴加NaOH溶液10.00 mL时,由电荷守恒得:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-),物料守恒得:c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+),两式

38、联立消去c(Na+),得c(CH3COO-)+2c(OH-)=2c(H+)+c(CH3COOH),故正确。4H4H4H2.(2019扬州一模,14)H2A为二元弱酸。25 时,配制一组c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100 molL-1的H2A和NaOH的混合溶液,溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()A.H2A的=10-1.2B.pH=4.2的溶液中:c(HA-)=c(A2-)=0.050 molL-1C.pH=7的溶液中:c(Na+)2c(A2-)+c(H+)D.c(Na+)=0.150 molL-1的溶液

39、中:2c(OH-)+c(HA-)+3c(H2A)=2c(H+)+c(A2-)1aK答案答案ACA项,H2A的第一步电离平衡常数=,由图像可知c(HA-)=c(H2A)时,pH=-lgc(H+)=1.2,则=10-1.2,故正确;B项,从图中可看出,在pH=4.2的溶液中,c(HA-)=c(A2-),因有少许H2A图中未显示,结合题设条件c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100 molL-1,则c(HA-)=c(A2-)且略小于0.050 molL-1,故错误;C项,在pH=4.2时,可计算出二元弱酸H2A的第二步电离平衡常数=10-4.2,由图可知在pH=7的溶液中c(A2-)接近

40、0.1 molL-1,c(H+)=10-7 molL-1,带入上述平衡常数表达式可得c(HA-)=10-3.8 molL-1c(H+),结合电荷守恒可得:c(Na+)=2c(A2-)+c(HA-),则c(Na+)2c(A2-)+c(H+),故正确;D项,c(Na+)=0.150 molL-1的溶液中存在c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)=0.100 molL-1,则溶液中存在物料守恒:2c(Na+)=3c(H2A)+c(HA-)+c(A2-),又存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),-2得,2c(OH-)+c(A2-)=c(HA-)+3c(H

41、2A)+2c(H+),故错误。1aK2(HA )(H )(H)cccA1aK2(A )(H )(HA )ccc解题关键解题关键 多元弱酸的酸式盐溶液中,存在微弱的电离和水解,故要注意多种微粒是共存的。本题中pH=4.2的溶液中,存在极少量的H2A分子,不能忽略。方法归纳方法归纳 有关电解质溶液的图像题中,比较微粒浓度大小和判断等式关系,往往借助三大守恒(电荷守恒、物料守恒、质子守恒)来解决问题。3.(2019南通一模,13)根据下列图示所得出的结论正确的是()A.图甲表示1 mL pH=2某一元酸溶液加水稀释时,pH随溶液总体积的变化曲线,说明该酸是强酸B.图乙表示恒容密闭容器中其他条件相同时

42、改变温度,反应CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g)中n(CH3OH)随时间的变化曲线,说明反应平衡常数KKC.图丙表示不同温度下水溶液中-lgc(H+)、-lgc(OH-)变化曲线,说明T1T2D.图丁表示1 mol H2和0.5 mol O2反应生成1 mol H2O过程中的能量变化曲线,说明H2的燃烧热是241.8 kJmol-1 答案答案BA项,图甲表示1 mL pH=2某一元酸溶液加水稀释时,pH随溶液总体积的变化曲线,当溶液体积为100 mL时,溶液体积变为原来的100倍,pHK,故正确;C项,升高温度促进水的电离,c(H+)、c(OH-)增大,-lgc(H+)

43、、-lgc(OH-)减小,图丙表示不同温度下水溶液中-lgc(H+)、-lgc(OH-)变化曲线,说明T1100B.图乙表示A、B两物质的溶解度随温度变化情况,将t1 时A、B的饱和溶液分别升温至t2 时,溶质的质量分数BAC.图丙表示用0.100 0 molL-1 NaOH溶液滴定25.00 mL盐酸的滴定曲线D.图丁表示平衡2NO2(g) N2O4(g)在t1时迅速将体积缩小后c(N2O4)的变化答案答案AA项,pH相等的NaOH和NH3H2O溶液分别加水稀释相同倍数时,NH3H2O溶液中由于存在电离平衡,溶液碱性减弱得较慢,pH较大,故曲线表示NH3H2O溶液,n100,故正确;B项,由

44、图像可知,t1 时A、B的溶解度相等,其饱和溶液中溶质的质量分数应相等,若将两者的饱和溶液升温至t2 ,两者均变成不饱和溶液且两份溶液中溶质的质量分数均相等,故错误;C项,由图可知,当加入的NaOH溶液体积为20.00 mL时为突变区域,此时二者应恰好完全反应,则有:c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH),将已知数据代入,可求得c(HCl)=0.080 0 molL-1,可知起点处pH1,故错误;D项,由化学方程式2NO2(g) N2O4(g)结合平衡移动原理可知,迅速缩小体积后,平衡应向正反应方向移动,则c(N2O4)应在(体积缩小)瞬间增大之后持续增大,而非持续减小,故错误

45、。5.(2019南通一模,14)室温下,下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()A.20 mL 0.1 molL-1 CH3COONa溶液中加入0.1 molL-1盐酸至溶液pH=7:c(CH3COOH)=c(Cl-)B.向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反应:c(Ca2+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-)C.0.2 molL-1 CH3COOH溶液与0.1 molL-1 NaOH溶液等体积混合(pHc(OH-)+c(CH3COO-)D.0.1 molL-1CH3COOH溶液与0.1 molL-1 Na2CO3溶液等体积混合(无气体逸出):c(

46、C)c(CH3COOH)+c(H2CO3)23O答案答案ADA项,20 mL 0.1 molL-1 CH3COONa溶液中加入0.1 molL-1盐酸至溶液pH=7:c(H+)=c(OH-),结合电荷守恒可得c(CH3COO-)+c(Cl-)=c(Na+),由物料守恒得c(Na+)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH),联立两式可知c(CH3COOH)=c(Cl-),故正确;B项,向澄清石灰水中通入Cl2至Ca(OH)2恰好完全反应,根据电荷守恒有:2c(Ca2+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(ClO-),故错误;C项,0.2 molL-1 CH3COOH溶液与0.1 m

47、olL-1 NaOH溶液等体积混合pH7,根据电荷守恒有c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(CH3COO-),根据物料守恒有2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-),将代入得,2c(H+)+c(CH3COOH)=2c(OH-)+c(CH3COO-),因pHc(OH-),故有c(H+)+c(CH3COOH)c(OH-)+c(CH3COO-),故错误;D项,0.1 molL-1 CH3COOH溶液与0.1 molL-1 Na2CO3溶液等体积混合(无气体逸出),则得到CH3COONa和NaHCO3物质的量之比为1 1的溶液,根据质子守恒有:c(OH-)+c(C)=c(H+

48、)+c(CH3COOH)+c(H2CO3),由溶液水解呈碱性,则c(H+)c(OH-),故c(C)0能自发进行,其原因是S0D.工业上通过反应“Na(l)+KCl(l) NaCl(l)+K(g)”冶炼钾,说明钠的金属性强于钾3(H )(CHO )ccCOB 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:60分钟分值:90分一、选择题(每题4分,共52分)答案答案CA项,向CH3COONa溶液中加入少量水,c(CH3COO-)减小,溶液碱性变弱,则c(H+)增大,溶液中增大,故错误;B项,不是所有的合金耐腐蚀性都较差,例如钛合金、铝合金等具有很好的抗腐

49、蚀性能,故错误;D项,K的金属性比钠强,题述反应能够发生的原因是K的沸点比Na低,故错误。3(H )(CHO )ccCO知识拓展知识拓展 工业上常常采用合金化的方法获得一系列耐蚀合金:如向原不耐蚀的金属或合金中加入稳定性高的合金元素;或加入易钝化的合金元素;或加入能促使合金表面生成致密保护膜的合金元素。2.(2019无锡期中,10)下列说法正确的是()A.氨水稀释后,溶液中的值减小B.若电工操作中将铝线与铜线直接相连,会导致铜线更快被氧化C.纤维素的水解产物能够发生银镜反应,说明纤维素是一种还原性糖D.8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g)+12H2O(g) H0,则该反应一定能自发进行

50、432(NH )(NHH)ccO答案答案DA项,NH3H2O的电离常数K=,稀释后K不变、c(OH-)减小,则的值增大,故错误;B项,铝线和铜线直接相连时形成原电池,铜线为正极,不易被氧化,故错误;C项,纤维 素中无醛基,为非还原性糖,故错误;D项,该反应H0,则G=H-TS0,该反应一定能自发进行,故正确。432(NH )(OH )(NHH)cccO432(NH )(NHH)ccO方法归纳方法归纳 弱酸(或弱碱)稀释后溶液中微粒浓度的比值变化问题,通常根据弱酸(或弱碱)的电离常数保持不变进行分析。规律总结规律总结反应的自发性:HS反应的自发性H0一定能自发进行H0S0一定不能自发进行H0S0

51、S0高温条件下能自发进行3.(2019泰州一模,13)图1为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示),图2为室温下某溶液中CH3COOH和CH3COO-两种微粒浓度随pH变化的曲线。下列结论错误的是() 图1 图2A.CH4分子在催化剂表面会断开CH键,断键会吸收能量B.中间体的能量大于中间体的能量C.室温下,CH3COOH的电离常数Ka=10-4.76D.升高温度,图2中两条曲线交点会向pH增大方向移动答案答案DA项,由图1可知,CH4分子在形成中间体时会断开CH键,吸收能量,故正确;B项,由图1可知中间体的能量大于中间体的能量,故正确;C项,CH3C

52、OOH的电离常数Ka=,当c(CH3COO-)=c(CH3COOH)时,溶液pH=4.76,即c(H+)=10-4.76,代入Ka表达式得出Ka=10-4.76,故正确;D项,升高温度,醋酸电离程度变大,在pHc(HS)+2c(H2SO3)+0.005 molL-1B.b点所表示溶液中:c(S)c(N)c(HS)c(OH-)C.c点所表示溶液中:2c(S)+c(HS)+c(NH3H2O)=0.01 molL-1D.d点所表示溶液中:c(NH3H2O)+c(S)+c(OH-)=c(H2SO3)+c(H+)3O23O124H3O23O3O23O答案答案CD A项,结合图像a点,根据物料守恒,可写出

53、:c(N)+c(NH3H2O)=0.01 molL-1,c(S)+c(HS)+c(H2SO3)=0.002 5 molL-1,联立得:c(N)+c(NH3H2O)=2c(S)+2c(HS)+2c(H2SO3)+0.005 molL-1,再根据电荷守恒可得:c(N)+c(H+)=c(OH-)+2c(S)+c(HS),因为a点c(H+)2c(S)+c(HS),可得,c(NH3H2O)c(HS)+2c(H2SO3)+0.005 molL-1,故错误;B项,b点c(H+)2c(S)+c(HS),即c(N)c(S),故错误;C项,c点c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒c(N )+c(H+)=c(OH

54、-)+2c(S)+c(HS)可知:c(N)=2c(S)+c(HS),结合物料守恒即可得2c(S)+c(HS)+c(NH3H2O)=0.01 molL-1,故正确;D项,根据电荷守恒c(N)+c(H+)=c(OH-)+2c(S)+c(HS),物料守恒c(N)+c(NH3H2O)=c(S)+c(HS)+c(H2SO3),消去c(N)即可得c(NH3H2O)+c(S)+c(OH-)=c(H2SO3)+c(H+),故正确。4H23O3O4H23O3O4H23O3O4H23O3O3O4H23O3O4H23O3O124H23O4H23O3O4H23O3O23O3O4H23O3O4H23O3O4H23O疑难

55、突破疑难突破 抓住图像给出的信息,特别是溶液的酸碱性。命题归纳命题归纳 “电解质溶液中相关离子浓度关系的判断”主要考查学生对电解质溶液中平衡原理的应用能力,以及运用电解质溶液中物料守恒和电荷守恒的原理解决实际问题的能力。5.(2019徐州、淮安、连云港调研,14)常温常压下,将a mol CO2气体通入含b mol NaOH的溶液中,下列对所得溶液的描述正确的是()A.2ac(C)c(OH-)c(H+)B.2a=b时,则一定存在:c(OH-)=c(H2CO3)+c(HC)+c(H+)C.b2aD.a=b时,则一定存在:2c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(C)+2c(HC)+c(H2

56、CO3)23O3O323(HCO )(CO)cc233(HO )(HCO )cCc23O3O答案答案CD通入过量CO2时,溶液中发生的反应分别为2NaOH+CO2 Na2CO3+H2O、NaOH+CO2 NaHCO3。A项,当2ab时,NaOH溶液过量,反应后的溶液为Na2CO3和NaOH的混合溶液,故c(OH-)可能大于c(C),故错误;B项,当2a=b时,恰好反应生成Na2CO3溶液,根据质子守恒得c(OH-)=2c(H2CO3)+c(HC)+c(H+),故错误;C项,b2a=,同一溶液中c(OH-)相同,消去c(OH-)可得,故正确;D项,a=b时,反应后的溶液为NaHCO3溶液,溶液中

57、存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(C)+c(HC)和物料守恒c(Na+)=c(C)+c(HC)+c(H2CO3),将两式相加可得2c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(C)+2c(HC)+c(H2CO3),故正确。23O3O23O3O23COK323(HCO )(OH )(CO )ccc3HCOK233(HO )(OH )(HCO )cCcc23O3O23COK323(HCO )(OH )(CO )ccc3HCOK233(HO )(OH )(HCO )cCcc323(HCO )(CO)cc233(HO )(HCO )cCc23O3O23O3O23O3O规律总结规

58、律总结 判断离子浓度大小时:(1)先确定溶液中溶质的成分(两溶液混合时,能反应者优先考虑反应);(2)再根据电离程度和水解程度的大小确定溶液的酸碱性;(3)根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒判断离子浓度的等式或不等式是否正确。6.(2019江苏四校调研,12)下列图示与对应的叙述相符的是()A.图甲表示同温度下,pH=1的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释时pH的变化曲线,其中曲线为盐酸,且b点溶液的导电性比a点弱B.由图乙可知,若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO,调节pH在4左右C.图丙表示恒温恒容条件下,2NO2(g) N2O4(g)中,各物质的浓度与其消耗速率之间的关系,其中

59、交点A对应的状态为化学平衡状态D.图丁为KNO3和NaCl溶解度曲线,若除去NaCl中少量的KNO3,可在较高温度下制得浓溶液后,再冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得纯净NaCl答案答案ABA项,相同pH的盐酸和醋酸溶液加等量水稀释时强酸的pH变化较弱酸明显,则曲线为盐酸;b点溶液pH比a点大,即溶液中离子浓度较小,导电性较弱,故正确;B项,加入CuO既能消耗H+也不引入新的杂质,调节pH在4左右Cu2+未沉淀而Fe3+已沉淀完全,故正确;C项,当NO2与N2O4消耗速率为2 1且不再变化时为化学平衡状态,而A点二者消耗速率相等,故错误;D项,根据KNO3和NaCl溶解度曲线,要除去NaCl中少量的

60、KNO3,应蒸发溶液至有大量晶体出现,然后趁热过滤、洗涤、干燥得纯净NaCl,故错误。知识拓展知识拓展 根据KNO3和NaCl溶解度曲线,要除去NaCl中少量的KNO3,应蒸发溶液至有大量晶体出现,然后趁热过滤、洗涤、干燥得纯净NaCl。反之要除去KNO3中少量的NaCl,可加热浓缩,再冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得纯净KNO3。方法技巧方法技巧 pH相同的弱酸与强酸相同程度的稀释,由于弱酸中存在弱电解质的电离平衡,其pH变化较为缓和;同理,pH相同的弱碱与强碱相同程度的稀释,弱碱的pH变化较为缓和。7.(2019扬州一模,13)下列图示与对应的叙述正确的是()A.根据图甲,若要除去CuSO4溶