2024年高考化学热点题型训练电解质溶液曲线分析含解析

电解质溶液曲线分析1.常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液溶液中﹣lg和﹣lgc(HC2O4-)[或-lg和﹣lgc(C2O42-)]的关系如图所示。下列说法正确的是（）A.曲线N表示-lg和﹣lgc(C2O42-)的关系B.Ka1(H2C2O4)的数量级为10﹣1C.向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2O4﹣)和c(C2O42﹣)相等，此时溶液pH约为4D.在Na2C2O4和NaHC2O4物质的量为1:1的混合溶液中c(Na+)＞c(C2O42﹣)＞c(HC2O4﹣)＞c(H2C2O4)＞c(OH-)＞c(H+)【答案】A【详解】A.H2C2O4溶液存在H2C2O4⇌HC2O4-+H+，HC2O4-⇌C2O42-+H+，且Ka1(H2C2O4)=，Ka2=，可知[-lg+[-lg]=-lg(Ka1)，[-lg+[-lg]=-lg(Ka2)，因Ka1>Ka2，则-lg(Ka1)<-lg(Ka2)，可知曲线M表示-lg和-lg的关系，曲线N表示-lg和-lg的关系，A正确；B.当lg=，[-lg+[-lg]=-lg(Ka1)=2，Ka1(H2C2O4)==c(H+)=10-2，B错误；C.向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2O4-)和c(C2O42-)相等，Ka2(H2C2O4)=c(H+)=10-5，C错误；D.溶液的体积相等，由于二者的物质的量相等，所以c(NaHC2O4)、c(Na2C2O4)相等，Ka2=c(H+)=10-5，pH<5，溶液显酸性，c(H+)＞c(OH-)，D错误。2.用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L－1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽视混合时溶液体积的变更）。下列叙述错误的是（）A.Ka2(H2SO3)的数量级为10－8B.若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂C.图中Z点对应的溶液中：c(Na＋)>c(SO32－)>c(HSO3－)>c(OH－)D.图中Y点对应的溶液中：3c(SO32－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)【答案】C【分析】用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O，完全滴定须要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析推断。【详解】A．由图像可知，当溶液中c(HSO3-)=c(SO32－)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19mol/L，则H2SO3的Ka2==c(H+)，所以H2SO3的Ka2=1×10-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为10－8，故A正确；B．第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，依据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，可用甲基橙作指示剂，故B正确；C．Z点为其次反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液显碱性，表明SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)＞c(HSO3-)，故C错误；D．依据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D正确。3.常温下向20mL0.1mol/L氨水中通入HCl气体，溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入HCl气体的体积变更如图所示。则下列说法正确的是A.b点通入的HCl气体，在标况下为44.8mLB.b、c之间溶液中c(NH4+)>c(Cl-)C.取10mL的c点溶液稀释时：c(NH4+)/c(NH3·H2O)减小D.d点溶液呈中性【答案】C【分析】氨水中通入HCl，发生NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O，对水的电离抑制实力先减弱后增大，然后逐步分析；【详解】A、当两者恰好完全反应时，n(HCl)=n(NH3·H2O)=20×10－3L×0.1mol·L－1=2×10－3mol，标准状况下HCl的体积为44.8mL，随着HCl的加入，溶液由碱性向酸性变更，b点对应水电离出的H＋浓度为10－7mol·L－1，此时溶液显中性，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，即所加HCl气体在标准状况下的体积小于44.8mL，故A错误；B、b点时，溶液显电中性，即c(NH4＋)=c(Cl－)，c点溶质为NH4Cl，c(Cl－)>c(NH4＋)，因此b、c之间溶液中c(NH4＋)<c(Cl－)，故B错误；C、c点溶质为NH4Cl，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋发生水解，NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，加水稀释，促进水解，n(NH3·H2O)增大，n(NH4+)减小，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，即c(NH4＋)/c(NH3·H2O)减小，故C正确；D、d点溶质为NH4Cl和HCl，溶液显酸性，故D错误。4.已知HA的酸性弱于HB的酸性。25℃时，用NaOH固体分别变更物质的量浓度均为0.1mol•L-1的HA溶液和HB溶液的pH（溶液的体积变更忽视不计），溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变更悄况如图所示。下列说法正确的是（）A.曲线Ⅰ表示溶液的pH与-lgc（A-）的变更关系B.C.溶液中水的电离程度：M>ND.N点对应的溶液中c（Na+）＞Q点对应的溶液中c（Na+）【答案】B【详解】A.由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知，Ka（HB）>Ka（HA），由图可知，曲线I表示溶液的pH与-lgc（B-）的变更关系，错误；依据图中M、N点的数据可知，c（A-）=c（B-），c（HA）=c（HB），故，正确；C.M点与N点存在c（A-）=c（B-），M点溶液的pH比N点溶液的pH小，故M点水的电离程度弱，错误；D.N、Q点对应溶液的pH相等，由图可知c（A-）<c（B-），依据电荷守恒可知，N点对应的溶液中c（Na+）小于Q点对应的溶液中c（Na+），错误。5.向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物种(H2S、HS－、S2－)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)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽视滴加过程H2S气体的逸出)。下列说法不正确的是A.X、Y为曲线两交叉点。由X点处的pH，可计Ka1(H2S)B.Y点对应溶液中c(Na＋)与含硫各微粒浓度的大小关系为：c(Na＋)＝3[c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)]C.X、Y点对应溶液中水的电离程度大小关系为：X>YD.已知NaHS呈碱性，若向溶液中加入CuSO4溶液至恰好完全反应，所得溶液呈强酸性。其缘由是Cu2＋＋HS－=CuS↓＋H＋【答案】A【分析】向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小为S2-，B先增加后削减为HS-，C浓度始终在增加为H2S，据此分析解答。【详解】A．当滴加盐酸至X点时，c(HS−)=c(S2-)，所以Ka2==c(H+)，由X点处的pH，可以计算Ka2(H2S)，不能计算Ka1(H2S)，故A错误；B．向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，设Na2S、NaOH各为1mol，则n(Na)=3n(S)，溶液中含硫的微粒为HS-、S2-、H2S，则c(Na+)=3[c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)]，故B正确；C.X点对应溶液中含有等物质的量浓度的Na2S、NaHS、NaCl；Y点对应溶液中含有等物质的量浓度的NaHS、H2S、NaCl。Na2S和NaHS都能水解，水解促进水的电离；H2S的电离抑制了水的电离。因此溶液中水的电离程度大小关系为：X>Y，故C正确；D．NaHS溶液中加入CuSO4溶液后溶液的酸性变强，说明发生了反应Cu2++HS-=CuS↓+H+，故D正确。6.25℃时，用0.10mol·L的氨水滴定10.00mL0.05mol·L-1H2A溶液，加入氨水的体积(V)与溶液中lg的关系如图所示(忽视溶液体积变更)。下列说法不正确的是A.A点溶液的pH等于1B.由图中数据可知，H2A为弱酸C.B点水电离出的H+离子浓度为1．0×10-6mol·L-1D.C点溶液中【答案】B【详解】A.A点：依据c（H+）×c（OH-）=KW=1×10-14,lg=12,计算得c（H+）=10-1mol/L，则pH=1，故不选A；B.依据A点：c（H+）×c（OH-）=KW=1×10-14,lg=12,计算得c（H+）=10-1mol/L，得0.05mol/LH2A完全电离，H2A为强酸，故选B；C.B点酸碱恰好完全中和生成盐（NH4）2A的点，lg=2，计算得c（H+）=10-6mol/L，则水电离出的H+离子浓度为1.0×10-6mol·L-1,故不选C;D.C点NH4）2A与氨水混合物,依据lg=-4，计算得c（H+）=10-9mol/L，则pH=9，偏碱性,考虑氨水的电离平衡,则溶液中,故不选D。7.关于下列各图的叙述，正确的是A.向饱和溶液中加入硫酸钠固体B.与发生反应过程中的能量变更，则的燃烧热为483.6kJ·molC.25℃时，用0.1盐酸滴定20mL0.1氨水，溶液的pH随加入盐酸体积的变更D.表示肯定条件下进行的反应各成分的物质的量变更，时刻变更的条件可能是降低温度有时间【答案】D【详解】A、在硫酸钡饱和溶液中加入硫酸钠固体，硫酸根离子浓度增大，则硫酸钡的溶解平衡逆向移动，钡离子浓度减小，硫酸钡的溶度积不变，但硫酸钡的溶解度减小，选项A错误；B、燃烧热是以1mol可燃物作为标准来进行测定的，但图中以2mol氢氧燃烧的能量变更来表示，不符合燃烧热的定义，选项B错误；C、氨水属于弱碱水溶液，0.1mol/L氨水的pH小于13，加入20mL盐酸时两者恰好完全反应得到NH4Cl溶液，NH4Cl溶液的pH<7，且在加入20mL盐酸旁边pH应出现突变，选项C错误；D、表示肯定条件下进行的反应各成分的物质的量变更，时刻若降低温度，平衡正向移动，反应物的量削减、生成物的量增多，故时刻变更的条件可能是降低温度，选项D正确。8.生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到滤液用NaHCO3溶液处理，测得溶液pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变更的曲线如下:下列有关说法不正确的是A.原NaHCO3溶液中c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.8moL/LB.a点水的电离程度小于c点水的电离程度C.a点溶液中存在:c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+(OH-)D.生成沉淀的离子方程式为：HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-【答案】A【解析】A.据图可知，加入40mLNaHCO3溶液时生成沉淀最多，沉淀为0.032mol，因NaOH过量，则滤液中含有NaOH，由反应依次OH−+HCO3−=CO32−+H2O、HCO3−+AlO2−+H2O═Al(OH)3↓+CO32−并结合图象可知，加入前8mLNaHCO3溶液时不生成沉淀，则原NaHCO3溶液中c(NaHCO3)==1.0mol/L，所以c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=1.0moL/L，故A错误；B.a点时尚未加入NaHCO3溶液，滤液中NaOH过量，水的电离受到抑制，随NaHCO3溶液的加入，溶液中NaOH渐渐削减，水的电离程度渐渐增大，所以a点水的电离程度小于c点水的电离程度，故B正确；C.a点对应的溶液为加入过量烧碱后所得的滤液，因氧化镁与NaOH溶液不反应，则加入过量烧碱所得的滤液中含有NaOH和NaAlO2，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+(OH-)，故C正确；D.由上述分析可知，加入NaHCO3溶液生成沉淀的离子方程式为：HCO3−+AlO2−+H2O═Al(OH)3↓+CO32−，故D正确。9.25℃时，用0．10mol·L的氨水滴定l0．00mL0．05mol·L-1H2A溶液，加入氨水的体积(V)与溶液中lg的关系如图所示(忽视溶液体积变更)。下列说法不正确的是A.A点溶液的pH等于1B.由图中数据可知，H2A为弱酸C.B点水电离出的H+离子浓度为1．0×10-6mol·L-1D.C点溶液中【答案】B【详解】A.A点：依据c（H+）×c（OH-）=KW=1×10-14,l