2022年高考化学一轮复习讲义第8章第39讲 专项提能特训15　滴定过程的曲线分析 (含解析)

专项提能特训15　滴定过程的曲线分析

1．室温条件下，将0.1 mol·L－1的NaOH溶液逐滴滴入10 mL 0.1 mol·L－1HB溶液中，所得溶液pH随NaOH溶液体积的变化如图。下列说法正确的是(　　)

A．K(HB)的数量级为10－4

B．该中和滴定可采用酚酞作为指示剂

C．V1＝10

D．b点时，NaOH与HB恰好完全反应

答案　B

解析　根据电离平衡方程，电离出的c(H＋)＝c(B－)，即K(HB)＝≈＝10－3，K的数量级为10－3，A错误；V1时混合溶液恰好为中性，由于NaB为强碱弱酸盐，故此时酸有剩余，V1<10，C错误；c点时，NaOH与HB恰好完全反应，D错误。

2．(2020·菏泽一模)室温下，用0.1 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol·L－1的HCl溶液和HX溶液，溶液的pH随加入NaOH溶液体积的变化如图，下列说法不正确的是(　　)

A．HX为弱酸

B．M点c(HX)－c(X－)＞c(OH－)－c(H＋)

C．将P点和N点的溶液混合，呈酸性

D．向N点的溶液中通入HCl至pH＝7，则c(Na＋)＞c(HX)＝c(Cl－)＞c(X－)

答案　C

解析　0.1 mol·L－1 HCl溶液是强酸溶液，HCl完全电离，所以溶液的pH＝1；而0.1 mol·L－1 HX溶液的pH＞5，说明HX是弱酸，A项正确；M点是等浓度的HX和NaX的混合溶液，溶液呈碱性，说明水解大于电离，所以M点c(HX)＞c(X－)，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(X－)，结合物料守恒2c(Na＋)＝c(HX)＋c(X－)可知c(HX)－c(X－)＝2c(OH－)－2c(H＋)，所以c(HX)－c(X－)＞c(OH－)－c(H＋)，B项正确；向N点的溶液中通入HCl至pH＝7，此时溶液中有HX、NaCl和NaX，其中HX的浓度大于NaX，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(X－)＋c(Cl－)，结合物料守恒c(Na＋)＝c(HX)＋c(X－)及溶液pH＝7可知溶液中c(Na＋)＞c(HX)＝c(Cl－)＞c(X－)，D项正确。

3．(2019·大连模拟)室温下，向a点(pH＝a)的20.00 mL 1.000 mol·L－1氨水中滴入1.000 mol·L－1盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是(　　)

A．将此氨水稀释，溶液的导电能力减弱

B．b点溶液中离子浓度大小可能存在：c(NH)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)

C．c点时消耗盐酸体积V(HCl)＜20.00 mL

D．a、d两点的溶液，水的离子积Kw(a)＞Kw(d)

答案　D

解析　加水稀释，氨水中NH、OH－浓度均减小，因而导电能力减弱，A项正确；b点氨水剩余，NH3·H2O的电离程度大于NH水解程度，溶液显碱性，B项正确；c点呈中性，因而V(HCl)略小于20.00 mL，C项正确；d点对应的温度较高，其水的离子积常数较大，D项错误。

4．298 K时，在20.00 mL 0.1 mol·L－1 C6H5COOH(苯甲酸)溶液中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液中离子浓度与pH关系如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．a点：溶液中c(Na＋)＞c(C6H5COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)

B．b点：对应的NaOH溶液体积为10 mL

C．对b点溶液加热(不考虑挥发)，实现曲线由b点向c点的变化

D．298 K时，C6H5COOH的电离常数为1×10－4.19

答案　D

解析　由题图知，a点溶液呈酸性，根据电荷守恒可知c(C6H5COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，A错误；加10 mL NaOH溶液时，苯甲酸反应一半，此时溶液呈酸性，C6H5COOH的电离程度大于C6H5COO－的水解程度，c(C6H5COO－)>c(C6H5COOH)，而b点溶液中c(C6H5COO－)＝c(C6H5COOH)，B错误；对b点溶液加热，C6H5COOH的电离程度增大，溶液的pH降低，C错误；计算电离常数，选b点特殊点计算，Ka＝c(H＋)＝1×10－4.19，D正确。

5.常温下，向20 mL 0.1 mol·L－1氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c(H＋)随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是(　　)

A．b、d两点为恰好完全反应点

B．c点溶液中，c(NH)＝c(Cl－)

C．a、b之间的任意一点：c(Cl－)＞c(NH)，c(H＋)＞c(OH－)

D．常温下，0.1 mol·L－1氨水的电离常数K约为1×10－5

答案　D

解析　向氨水中逐滴加入盐酸，水的电离程度由小逐渐变大，后又逐渐减小；b点表示过量氨水的电离与NH的水解程度相互“抵消”；随着NH的水解占优势，c点NH的水解程度达到最大，也是恰好反应点；再继续加入盐酸，盐酸过量抑制水的电离。根据以上分析可知，b点氨水过量，d点盐酸过量，A项错误；c点溶质是NH4Cl，因NH水解，故c(NH)＜c(Cl－)，B项错误；a、b之间氨水电离占优势，c(Cl－)＜c(NH)，c(H＋)＜c(OH－)，C项错误；a点，溶液中c(NH)≈c(OH－)，c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1－0.001 mol·L－1≈0.1 mol·L－1，则氨水的电离常数K＝＝＝10－5，D项正确。

6．(2020·宁夏三校高三联考)常温下，在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol·L－1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液，反应后溶液中水电离的c(H＋)表示为pH水＝

－lgc(H＋)水。pH水与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。

下列推断正确的是(　　)

A．HX的电离方程式为HX===H＋＋X－

B．T点时c(Na＋)＝c(Y－)＞c(H＋)＝c(OH－)

C．常温下用蒸馏水分别稀释N、P点溶液，pH都降低

D．常温下，HY的电离常数Ka＝

答案　D

解析　依题意，HX和HY是两种一元酸。由图像知，加入氢氧化钠溶液，水电离程度增大，溶液由酸性逐渐变为中性，当恰好完全反应时溶液呈碱性且水电离程度达到最大值。HX为弱酸，故A错误；T、P点对应的溶液都呈碱性，故B错误；N点呈中性，加入蒸馏水稀释中性溶液，稀释后溶液仍然呈中性，故C错误。

7．常温下，用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定新配制的25.0 mL 0.02 mol·L－1 FeSO4溶液，应用手持技术测定溶液的pH与时间(t)的关系，结果如图所示。下列说法中错误的是(　　)

A．ab段，溶液中发生的主要反应：H＋＋OH－===H2O

B．bc段，溶液中：c(Fe2＋)＞c(Fe3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)

C．d点，溶液中的离子主要有Na＋、SO、OH－

D．滴定过程发生了复分解反应和氧化还原反应

答案　B

解析　ab段，新配制的25.0 mL 0.02 mol·L－1 FeSO4溶液，为抑制水解加了些硫酸，溶液中发生的主要反应为H＋＋OH－===H2O，A项正确；bc段，c(H＋)＞c(Fe3＋)，B项错误；d点pH＝11.72，表示滴定反应已完全结束，此时溶液中含有硫酸钠与过量的氢氧化钠，溶液中的离子主要有Na＋、SO、OH－，C项正确；滴定过程中发生的反应有酸碱中和反应，硫酸亚铁与氢氧化钠的复分解反应，氢氧化亚铁与氧气的氧化还原反应，D项正确。

8．(2020·成都模拟)如图为室温下某二元酸H2M溶液中H2M、HM－、M2－的浓度对数lg c随pH的变化图像。下列分析错误的是(　　)

A．该二元酸溶液浓度为0.010 mol·L－1

B．pH＝1.89时，c(H2M)＝c(HM－)>c(M2－)

C．pH＝7.0时，lgc(M2－)－lgc(HM－)＝0.77

D．在NaHM溶液中，水的电离受到抑制

答案　A

解析　起点处，溶液中主要存在H2MHM－＋H＋，据图可知c(H2M)＝0.1 mol·L－1，c(HM－)＝0.001 mol·L－1，根据物料守恒，二元酸的浓度应为0.1 mol·L－1＋0.001 mol·L－1＝0.101 mol·L－1，故A错误；据图可知pH＝1.89时c(H2M)＝c(HM－)>c(M2－)，故B正确；lgc(M2－)－lgc(HM－)＝lg ，Ka2＝，据图可知pH＝6.23时，＝1，所以Ka2＝10－6.23，温度不变平衡常数不变，所以pH＝7.0时＝＝100.77，所以lg ＝0.77，故C正确；在NaHM溶液中M元素主要以HM－的形式存在，据图可知当溶液中c(HM－)最大时，溶液呈酸性，说明HM－的电离程度大于水解程度，而电离抑制水的电离，水解促进水的电离，所以水的电离受到的抑制作用更大，故D正确。

9.Ⅰ.已知某温度下CH3COOH的电离常数K＝1.6×10－5。该温度下，向20 mL 0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1 KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。

请回答下列有关问题：(已知lg 4＝0.6)

(1)a点溶液中c(H＋)为________，pH约为________。

(2)a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是________点，滴定过程中宜选用__________作指示剂，滴定终点在________(填“c点以上”或“c点以下”)。

Ⅱ.(3)若向20 mL稀氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，则下列变化趋势正确的是______(填字母)。

答案　(1)4×10－4 mol·L－1　3.4  (2)c　酚酞　c点以上  (3)B

解析　(1)电离消耗的醋酸在计算醋酸的电离平衡浓度时可以忽略不计。由K＝得，c(H＋)≈ mol·L－1＝4×10－4 mol·L－1。(2)a点是醋酸溶液，b点是醋酸和少量CH3COOK的混合溶液，c点是CH3COOK和少量醋酸的混合溶液，d点是CH3COOK和KOH的混合溶液，酸、碱均能抑制水的电离，CH3COOK水解促进水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最大。由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性，故应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞。滴定终点应在c点以上。(3)由于稀氨水显碱性，首先排除选项A和C；两者恰好反应时溶液显酸性，排除选项D。