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高考化学二轮专题复习专题7 电解质溶液 (含解析)
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这是一份高考化学二轮专题复习专题7 电解质溶液 (含解析)，共38页。试卷主要包含了三大平衡影响因素，pH的计算思路，酸碱中和滴定，沉淀溶解平衡的三类应用等内容，欢迎下载使用。
专题7 电解质溶液
微专题
2019
2018
2017
考情透析
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
溶液中的三
大平衡及其
应用
T26(3)
T27(3)
T8
T12
T26(3)
T11
T26(3、5)
T27(4)
T11
T26
T28(3)
T12
T26(2)
T13
T27(5)
T28(1)
T8
T12
T13
T28(4、5)
T9
T10
T13
考向:结合图像考查弱电解质的电离平衡、粒子浓度大小比较、溶度积曲线;弱电解质的判断;电离平衡常数的计算及应用;Ksp的大小判断及相关计算;盐类水解的应用;滴定实验操作、误差分析、终点判断、计算等知识点是高考考查的重点
题型:选择题、工艺流程题、化学实验题、原理综合题
分值:6+4
溶液中粒子
浓度大小的
比较
T11
T11
T13
T12
电解质溶液
图像分析
T11
T12
T12
T13
T12
T13
14 溶液中的三大平衡及其应用
一、三大平衡影响因素
三大平衡
电离平衡
(以CH3COOH
CH3COO-+H+为例)
水解平衡
(以CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-为例)
沉淀溶解平衡
[以AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)为例]
研究对象
弱电解质溶液
会水解的盐溶液
难溶电解质
升温
促进电离
Ka增大
促进水解
Kh增大
若难溶物的溶解度与温度成正比,促进溶解;反之,则抑制溶解
若难溶物的溶解度与温度成正比,则Ksp增大;反之,则Ksp减小
加水
促进电离
Ka不变
促进水解
Kh不变
促进溶解
Ksp不变
加入相
应离子
加入
CH3COONa或盐酸,抑制电离
Ka不变
加入
CH3COOH或NaOH,抑制水解
Kh不变
加入AgNO3或NaCl
固体,抑制溶解
Ksp不变
加入反
应离子
(或物质)
加入OH-,
促进电离
Ka不变
加入H+,促进水解
Kh不变
加入氨水,促进溶解
Ksp不变
二、pH的计算思路
三、酸碱中和滴定
1.酸碱中和滴定原理
H++OH-H2O;c标·V标=c待·V待。
2.酸碱中和滴定的关键
(1)准确测定V标和V待,正确使用酸式、碱式滴定管。
(2)准确判断中和反应是否恰好完全进行,借助酸碱指示剂判断滴定终点。
3.酸碱中和滴定实验操作
(1)滴定前的准备工作。a.滴定管的检漏:关闭活塞,加水观察活塞周围有无水渗出;旋转活塞180°再检验有无水渗出。b.洗涤:滴定管用水洗后一定要用待装液进行润洗;锥形瓶水洗后不能进行润洗。c.装液调零:将溶液装入滴定管中,赶出气泡,并将液面调节到0刻度或0刻度以下。
(2)滴定操作(以盐酸标准液滴定NaOH溶液为例):左手握住活塞并旋转开关,右手摇瓶,目视锥形瓶中溶液的颜色变化,若颜色突变且半分钟内不再变色,则说明达到滴定终点。
4.指示剂选用及颜色变化
变色要灵敏,变色范围要小,且变色范围尽量与所生成的盐溶液的酸碱性一致,因此中和滴定一般选用酚酞、甲基橙,而不用石蕊溶液。
(1)强酸滴定强碱:甲基橙(黄色→橙色);酚酞(红色→无色)。
(2)强碱滴定强酸:甲基橙(红色→黄色);酚酞(无色→粉红色)。
(3)强酸滴定弱碱:甲基橙(黄色→橙色)。
(4)强碱滴定弱酸:酚酞(无色→粉红色)。
5.误差分析
根据计算式c待测=分析,c待测的大小取决于V标准的大小。
6.数据处理
分别记录滴定管中液面的初次与二次读数,记录数据要精确到0.01 mL。若几次平行实验所得到的数值比较接近,则取其平均值;若某次实验的数据与另外几次相差较大,则舍去该数据。
四、沉淀溶解平衡的三类应用
1.沉淀的生成
(1)加沉淀剂,如向AgNO3溶液中加入NaCl可生成沉淀。
(2)调节pH,如向一定浓度的CuSO4和 FeSO4的混合溶液中先加入H2O2氧化FeSO4,使Fe2+转化为Fe3+,再加入CuO或Cu(OH)2调节pH至约等于4,使得Fe3+的水解平衡右移转化为沉淀,而Cu2+没有沉淀从而达到除杂的目的。
2.沉淀的溶解
(1)酸溶解法,如CaCO3溶于盐酸。
(2)盐溶液溶解法,如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液。
(3)氧化还原溶解法,如Ag2S溶于稀HNO3。
(4)配位溶解法,如AgCl溶于氨水。
3.沉淀的转化
溶解能力相对较强的沉淀易向溶解能力相对较弱的沉淀转化,如:
考点1
▶ 三大平衡的影响因素
1.(2016年全国Ⅲ卷,13)下列有关电解质溶液的说法正确的是( )。
A.向0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中减小
B.将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃,溶液中增大
C.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中>1
D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中不变
解析▶ =,加入H2O后,醋酸的电离程度增大,但c(CH3COO-)减小,电离平衡常数Ka不变,故比值增大,A项错误;加热醋酸钠溶液,CH3COO-的水解程度增大,=K,h值增大,比值减小,B项错误;向盐酸中加入氨水至溶液呈中性,则有c(OH-)=c(H+),根据电荷守恒,c(N)=c(Cl-),C项错误;向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,沉淀溶解平衡逆向移动,溶液中仍等于,温度不变K,sp不变,故不变,D项正确。
答案▶ D
1.(2018年山东济南模拟)25 ℃时,下列有关电解质溶液的说法正确的是( )。
A.加水稀释0.1 mol·L-1氨水,溶液中c(H+)·c(OH-)和均不变
B.向饱和AgCl溶液中加入少量AgNO3固体,AgCl的Ksp和溶解度均不变
C.向盐酸中滴加氨水,由水电离出的c(H+)=10-7 mol·L-1时,溶液一定显中性
D.向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa固体,溶液中增大
解析▶ 加水稀释0.1 mol·L-1氨水,溶液的pH减小,c(H+)增大,c(OH-)减小,所以增大,A项错误;向饱和AgCl溶液中加入少量AgNO3固体,随着c(Ag+)的增大,AgCl的溶解度会减小,B项错误;盐酸抑制水的电离,氨水与盐酸反应生成的氯化铵促进水的电离,当溶液中盐酸的抑制作用和氯化铵的促进作用相抵消时,溶液中由水电离出的c(H+)=10-7 mol·L-1,此时溶液显酸性,C项错误;向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa固体,溶液中醋酸钠的浓度增大,碱性增强,pH升高,c(H+)减小,而醋酸的电离平衡常数Ka=,=,因为c(H+)减小,所以增大,D项正确。
答案▶ D
1.当弱电解质的电离平衡正向移动时,弱电解质的电离程度不一定增大。如向醋酸溶液中加入少量醋酸,平衡正向移动,但醋酸的电离程度减小。
2.当弱电解质的电离平衡正向移动时,弱电解质中的离子浓度不一定增大。如向醋酸溶液中加入少量水,平衡正向移动,但溶液中c(CH3COO-)和c(H+)都减小。
3.强碱弱酸盐不一定都呈碱性。当水解程度大于电离程度时,该盐溶液呈碱性,如NaHCO3;当水解程度小于电离程度时,该盐溶液呈酸性,如NaH2PO4、NaHSO3、NaHC2O4等。
4.溶解度小的难溶物有可能向溶解度大的转化。当两种难溶物的溶解度相差不大时,有可能实现溶解度小的向溶解度大的转化。如BaSO4的溶解度略小于BaCO3,向饱和Na2CO3溶液中加入BaSO4可以生成BaCO3。
考点2
▶ 电离、水解平衡常数和pH的相关计算
2.(2019年云南昆明4月检测)已知:pKa=-lgKa。25 ℃时,几种弱酸的pKa如表所示。下列说法正确的是( )。
化学式
CH3COOH
HCOOH
H2SO3
pKa
4.74
3.74
pKa1=1.90
pKa2=7.20
A.向Na2SO3溶液中加入过量乙酸,反应生成SO2
B.25 ℃时,pH=8的甲酸钠溶液中,c(HCOOH)=9.9×10-7 mol·L-1
C.25 ℃时,某乙酸溶液pH=a,则等浓度的甲酸溶液pH=a-1
D.相同温度下,等浓度的HCOONa溶液的pH比Na2SO3溶液的大
解析▶ 根据表格数据分析可知,酸性H2SO3 >HCOOH>CH3COOH>HS。因为乙酸的酸性大于HS而小于H2SO3,所以Na2SO3和乙酸反应生成NaHSO3和乙酸钠,故A项错误;因为HCOO-水解使甲酸钠呈碱性,且存在质子守恒,c(OH-)=c(H+)+c(HCOOH),因为溶液的pH=8,所以c(OH-)=10-6 mol·L-1,c(H+)=10-8 mol·L-1,所以c(HCOOH)=9.9×10-7 mol·L-1,故B项正确;等浓度的乙酸和甲酸溶液中存在电离平衡,假设甲酸溶液的pH=b,=10-4.74,=10-3.74,计算得b=a-0.5,故C项错误;因为甲酸的酸性比HS的酸性强,所以同温度下,等浓度的溶液中HCOO-的水解程度小于S的水解程度,即等浓度的甲酸钠的pH小于亚硫酸钠,故D项错误。
答案▶ B
2.(1)已知ClO-水解的离子方程式为ClO-+H2OHClO+OH-。常温下,该水解反应的平衡常数Kh=1.0×10-6,则1.0 mol·L-1NaClO溶液的pH= 。
(2)2×10-3 mol·L-1的氢氟酸水溶液中,调节溶液pH(忽略调节时体积变化),平衡体系中c(F-)、c(HF)与溶液pH的关系如图所示。
则25 ℃时,HF的电离平衡常数Ka(HF)= 。
(3)H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。
H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2As+H+的电离常数为Ka1,则pKa1= (pKa1=-lgKa1)。
解析▶ (1)1.0 mol·L-1NaClO溶液中,c(ClO-)=1.0 mol·L-1,反应ClO-+H2OHClO+OH-的平衡常数Kh=≈c2(OH-)=1.0×10-6,c(OH-)=1.0×10-3 mol·L-1,则c(H+)= mol·L-1=10-11 mol·L-1,所以溶液的pH=11。
(2)Ka(HF)===4×10-4。
(3)由图可知,当pH=2.2时,c(H3AsO4)=c(H2As),Ka1=,则Ka1=10-2.2,pKa1=-lgKa1=2.2。
答案▶ (1)11 (2)4×10-4 (3)2.2
1.依据电离常数表达式计算(以弱酸HA为例)
(1)Ka=,若只是弱酸溶液,则c(H+)=c(A-),Ka=。
(2)Ka与pH的关系
pH=-lg c(H+)=-lg=-lgKa+lg。
(3)Ka与A-水解常数Kh的关系
A-+H2OHA+OH-
Kh===。即Kw=Ka·Kh。
2.计算溶液pH的原则
考点3
▶ 有关Ksp的计算及应用
3.(2019年四川攀枝花三模)已知:Ksp(CoCO3)=1.6×10-13,Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8。若仅从沉淀转化角度考虑,在0.01 mol·L -1Na2C2O4溶液中加入CoCO3固体能否转化为CoC2O4沉淀?通过计算说明: 。
答案▶ CoCO3饱和溶液中c(Co2+)==mol·L-1=4×10-7 mol·L-1,c(Co2+)·c(C2)=4×10-7×0.01=4×10-9K
解析▶ 根据Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc3+)·c3(OH-)计算,c(OH-)==5×10-10,pH=-lgc(H+)=-lg=4.7,所以加氢氧化钠溶液调节溶液pH=4.7时,可使Sc3+沉淀完全;Ti4+完全沉淀的pH为1.05,因此沉淀中混有Ti(OH)4沉淀,根据Ksp[Fe(OH)2]=4.0×10-17计算知pH=7.7时Fe2+才会开始沉淀,所以沉淀成分是Ti(OH)4、Sc(OH)3。
答案▶ 4.7 Ti(OH)4、Sc(OH)3
3.已知常温下,Ksp(MnS)=3.0×10-14、Ksp(ZnS)=1.5×10-24。在除锌时发生的沉淀转化反应为MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq),其平衡常数K= 。
解析▶ 平衡常数K=====2×1010。
答案▶ 2×1010
4.已知常温下:Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13。常温下,若某溶液中c(Cu2+)=2.2 mol·L-1、c(Fe3+)=0.008 mol·L-1、c(Mn2+)=0.21 mol·L-1,向其中逐滴加入稀氨水,先生成的沉淀是 (填化学式);为了尽可能多回收铜,而不让锰析出,所得滤液的pH最大值为 。
解析▶ Cu2+开始沉淀时c(OH-)= mol·L-1=1×10-10 mol·L-1;Fe3+开始沉淀时c(OH-)= mol·L-1=×10-12mol·L-1;Mn2+开始沉淀时c(OH-)= mol·L-1=1×10-6 mol·L-1,因此首先沉淀的是Fe3+,即生成的沉淀为Fe(OH)3。为了尽可能多回收Cu,加入氨水应使Cu2+尽可能完全沉淀,而Mn2+不形成沉淀,Cu2+完全沉淀时c(OH-)= mol·L-1=×10-8 mol·L-1<1×10-6 mol·L-1,滤液的c(OH-)最大为1×10-6 mol·L-1,pH最大值为8.0。
答案▶ Fe(OH)3 8.0
1.Ksp的常见计算类型
(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度,如Ksp=a的饱和AgCl溶液中c(Ag+)= mol·L-1。
(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度,求溶液中另一种离子的浓度,如某温度下AgCl的Ksp=a,在0.1 mol·L-1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体,达到平衡后c(Ag+)=10a mol·L-1。
(3)计算沉淀转化的平衡常数,如Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq),平衡常数K===。
2.有关Ksp的计算往往与pH的计算结合起来,要注意pH与c(OH-)关系的转换;难溶电解质的悬浊液即为其沉淀溶解平衡状态,满足相应的Ksp。
15 溶液中粒子浓度大小的比较
一、熟悉两大理论,构建思维基点
1.电离理论
(1)弱电解质(弱酸、弱碱)的电离是微弱的,电离产生的微粒较少,同时还要考虑水的电离, 水的电离能力远小于弱酸或弱碱的电离能力。如氨水中:NH3·H2O、N、OH-浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(N)。
(2)多元弱酸的电离是分步进行的,且以第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)为主。如在H2S溶液中:H2S、HS-、S2-、H+的浓度大小关系是c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-)。
2.水解理论
(1)弱电解质离子的水解是微弱的(相互促进水解除外),但由于水的电离,水解后酸性溶液中c(H+)或碱性溶液中 c(OH-)总是大于水解产生的弱电解质的浓度。如NH4Cl溶液中:N、Cl-、NH3·H2O、H+的浓度大小关系是c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(NH3·H2O)。
(2)多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的,且以第一步水解为主,如在Na2CO3溶液中:C、HC、H2CO3的浓度大小关系是c(C)>c(HC)>c(H2CO3)。
二、把握三种守恒,明确等量关系
1.电荷守恒规律
电解质溶液中,无论存在多少种离子,溶液都呈电中性,即阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中:Na+、H+、HC、C、OH-存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=c(HC)+c(OH-)+2c(C)。其特点为表达式中包含溶液中的所有离子,没有弱电解质分子。
2.物料守恒规律
电解质溶液中,由于某些离子能够水解,离子种类增多,但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解,故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在,它们之间有如下守恒关系:c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。其特点为表达式中包含电解质对应的各种微粒,包括离子和弱电解质分子。
3.质子守恒规律
质子守恒是指在电离或水解过程中,会发生质子(H+)转移,在质子转移过程中其数量保持不变。如Na2S水溶液中的质子转移情况图示如下:
由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示为c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。质子守恒式中不含有溶质的离子。
考点
▶ 溶液中粒子浓度大小的比较
(2019年江苏,14)(双选)室温下,反应HC+H2OH2CO3+OH-的平衡常数K=2.2×10-8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合,可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略,室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )。
A.0.2 mol·L-1氨水:c(NH3·H2O)>c(N)>c(OH-)>c(H+)
B.0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液(pH>7):c(N)>c(HC)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)
C.0.2 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合:c(N)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HC)+c(C)
D.0.6 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合:c(NH3·H2O)+c(C)+c(OH-)=0.3 mol·L-1+c(H2CO3)+c(H+)
解析▶ NH3·H2O属于弱电解质,在水溶液中部分电离,氨水中存在的电离平衡有NH3·H2ON+OH-,H2OH++OH-,所以c(OH-)>c(N),A项错误。NH4HCO3溶液呈碱性,说明HC的水解程度大于N的水解程度,所以c(N)>c(HC),则c(H2CO3)>c(NH3·H2O),B项正确。由物料守恒,n(N)∶n(C)=2∶1,则有c(N)+c(NH3·H2O)=2[c(H2CO3)+c(HC)+c(C)],C项错误。由物料守恒,n(N)∶n(C)=4∶1,则有c(N)+c(NH3·H2O)=4[c(H2CO3)+c(HC)+c(C)]①,由电荷守恒可得c(N)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)②;结合①②可得c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HC)+2c(C)③,0.2 mol·L-1 NH4HCO3与氨水等体积混合后,c(NH4HCO3)=0.1 mol·L-1,由碳原子守恒可得c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1④,将③等式两边各加一个c(C),则有c(NH3·H2O)+c(OH-)+c(C)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HC)+3c(C),将④带入③中得,c(NH3·H2O)+c(OH-)+c(C)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3 mol·L-1,D项正确。
答案▶ BD
1.(2019年浙江4月选考,21)室温下,取20 mL 0.1 mol·L-1某二元酸H2A,滴加0.2 mol·L-1 NaOH溶液。已知:H2AH++HA-,HA-H++A2-。下列说法不正确的是( )。
A.0.1 mol·L-1 H2A溶液中有c(H+)-c(OH-)-c(A2-)=0.1 mol·L-1
B.当滴加至中性时,溶液中c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),用去NaOH溶液的体积小于10 mL
C.当用去NaOH溶液体积10 mL时,溶液的pH<7,此时溶液中有c(A2-)=c(H+)-c(OH-)
D.当用去NaOH溶液体积20 mL时,此时溶液中有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)
解析▶ 由于该二元酸H2A第一步完全电离,第二步部分电离,可以把20 mL 0.1 mol·L-1二元酸H2A看作20 mL 0.1 mol·L-1HA-和0.1 mol·L-1H+溶液,该溶液不存在H2A微粒。0.1 mol·L-1H2A溶液存在电荷守恒,其关系为c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-),因而c(H+)-c(OH-)-c(A2-)=c(A2-)+c(HA-)=0.1 mol·L-1,A项正确;若NaOH用去10 mL,反应得到NaHA溶液,由于HA-H++A2-,溶液呈酸性,因而滴加至溶液呈中性时,需要加入超过10 mL的NaOH溶液,B项错误;当用去NaOH溶液体积10 mL时,得到NaHA溶液,溶液的pH<7,存在质子守恒,其关系为c(A2-)=c(H+)-c(OH-),C项正确;当用去NaOH溶液体积20 mL时,得到Na2A溶液,根据物料守恒有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-),D项正确。
答案▶ B
2.
常温下,向100 mL0.01 mol·L-1氨水中缓慢通入SO2气体,整个过程中无气体逸出。忽略溶液体积的变化,溶液的pH与通入SO2的体积(已折算为标准状况)关系如图所示。下列说法正确的是( )。
A.a点溶液中:c(NH3·H2O)>c(HS)+2c(H2SO3)+0.005 mol·L-1
B.b点溶液中:c(S)>c(N)>c(HS)>c(OH-)
C.c点溶液中:2c(S)+c(HS)+c(NH3·H2O)=0.01 mol·L-1
D.d点溶液中:c(NH3·H2O)+2c(S)+c(OH-)=c(H2SO3)+c(H+)
解析▶ 起始时n(NH3·H2O)=0.01 mol·L-1×0.1 L=0.001 mol=1×10-3 mol,a、b、c、d四点均存在电荷守恒c(N)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-)。
a点n(SO2)==2.5×10-4 mol,消耗n(NH3·H2O)=5×10-4 mol,所以氨水过量,剩余5×10-4 mol,得到NH3·H2O、(NH4)2SO3的混合溶液,溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),N、S的关系为c(N)+c(NH3·H2O)=4c(S)+4c(HS)+4c(H2SO3)=2c(S)+2c(HS)+2c(H2SO3)+=2c(S)+2c(HS)+2c(H2SO3)+0.005 mol·L-1,结合电荷守恒消去c(N)得c(NH3·H2O)=c(HS)+2c(H2SO3)-[c(OH-)-c(H+)]+0.005 mol·L-1,即c(NH3·H2O)c(S),由于水的电离使c(OH-)>c(HS),即可得关系式c(N)>c(S)>c(OH-)>c(HS),故B项错误;c点为(NH4)2SO3和少量NH4HSO3的混合溶液,溶液呈中性,c(H+)=c(OH-),则电荷守恒为2c(S)+c(HS)=c(N),N原子守恒有c(N)+c(NH3·H2O)=0.01 mol·L-1,所以2c(S)+c(HS)+c(NH3·H2O)=0.01 mol·L-1,故C项正确;d点n(SO2)=1×10-3 mol,消耗n(NH3·H2O)=1×10-3 mol,得到NH4HSO3溶液,物料守恒为c(N)+c(NH3·H2O)=c(S)+c(HS)+c(H2SO3),结合电荷守恒消去c(N)得c(NH3·H2O)+c(S)+c(OH-)=c(H2SO3)+c(H+),故D项错误。
答案▶ C
1.分析溶液中微粒浓度关系的思维流程
2.规避等量关系中的2个易失分点
(1)电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(C)的化学计量数2代表一个C带2个负电荷,不可漏掉。
(2)物料守恒式中,浓度系数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的物料守恒式c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]中,“2”表示c(Na+)是溶液中含有硫元素的微粒总浓度的2倍,不能写成2c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)。
3.根据粒子浓度关系式,套用合适守恒式
粒子浓度关系
思考套用公式
一边全为阴离子,另一边全为阳离子
电荷守恒式
一边微粒全含有一种元素,另一边微粒全含有另一种元素
物料守恒式
一边微粒能电离H+,另一边微粒能结合H+
质子守恒式
两边没有明显特征
三守恒式结合
16 电解质溶液图像分析
一、一强一弱溶液的稀释图像
1.相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数,醋酸的pH大
加水稀释到相同的pH,盐酸加入的水多
2.相同体积、相同pH的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数,盐酸的pH大
加水稀释到相同的pH,醋酸加入的水多
3.pH与稀释倍数的线性关系
(1)HY为强酸、HX为弱酸
(2)a、b两点的溶液中:c(X-)=c(Y-)
(3)水的电离程度:d>c>a=b
(1)MOH为强碱、ROH为弱碱
(2)c(ROH)>c(MOH)
(3)水的电离程度:a>b
二、酸碱中和滴定图像
氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线
盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠溶液、氨水的滴定曲线
曲线起点不同:
强碱滴定强酸、弱酸的曲线,强酸起点低;强酸滴定强碱、弱碱的曲线,强碱起点高
突跃点变化范围不同:
强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)的
室温下pH=7 不一定是终点:
强碱与强酸:终点pH=7(甲基橙、酚酞均可)
强碱与弱酸:终点pH>7(酚酞作指示剂)
强酸与弱碱:终点pH<7(甲基橙作指示剂)
三、沉淀溶解平衡图像
1.曲线型
常温下,CaSO4 在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线(Ksp=9×10-6)
(1)a、c 点在曲线上,从a点到c点,在曲线上变化,条件是增加c(S),如加入 Na2SO4 固体;从c点到a点,在曲线上变化,条件是增加c(Ca2+),Ksp 不变。
(2)b点在曲线的上方,Qc>Ksp,将会有沉淀生成,从b点到曲线上,可加水稀释。
(3)d点在曲线的下方,Qc
(1)直线 AB 上的点:c(M2+)=c(R2-)。
(2)溶度积:CaSO4>CaCO3>MnCO3。
(3)X 点对 CaCO3 要析出沉淀,对 CaSO4 是不饱和溶液, 能继续溶解 CaSO4。
(4)Y 点:c(S)>c(Ca2+),二者的浓度积等于10-5; Z点:c(C)
分布曲线是指以 pH 为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的百分数)为纵坐标的关系曲线。
一元弱酸
(以CH3COOH为例)
二元弱酸
(以H2C2O4为例)
δ0为CH3COOH分布系数,δ1为CH3COO-分布系数
δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2分布系数、δ2为C2分布系数
考点1
▶ 弱电解质的电离及稀释图像
1.(2019年天津理综,5)某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。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Ⅰ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
解析▶ 由Ka(HNO2)K>a(CH3COOH)可知,酸性HNO2>CH3COOH。pH和体积均相同的两种酸稀释相同倍数时,酸性强的酸pH变化大,所以曲线Ⅱ为HNO2,A项错误;b、c两点处,b点酸性强,对水的电离抑制程度大,所以水的电离程度:c点>b点,B项错误;从c点到d点,==K,w和Ka是两个常数,只要温度不变,比值也不变,C项正确;a点pH相同,则CH3COOH的浓度大,恰好中和时消耗的NaOH多,所以溶液中n(Na+)多,D项错误。
答案▶ C
1.(2019年陕西宝鸡二检)25 ℃时,改变0.1 mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH,溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)随之改变[已知δ(RCOOH)=],甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )。
A.图中M、N两点对应溶液中的c(OH-):M>N
B.丙酸的电离常数K=10-4.88
C.等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较:HCOONa>CH3CH2COONa
D.将0.1 mol·L-1的HCOOH溶液与0.1 mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合,所得溶液中:c(Na+)>c(HCOOH)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)
解析▶ M点的pH小于N点的pH,即M点c(H+)大于N点c(H+),所以溶液中的c(OH-)应该是M点小于N点,故A项错误;pH=4.88时,丙酸的酸分子的物质的量分数为50%,即c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-),lgK=lgc(H+)=-4.88,即丙酸的电离常数K=10-4.88,故B项正确;由图中信息可知,相同pH时,丙酸的酸分子的物质的量分数大,说明电离程度小,故其酸性比甲酸弱,即HCOO-的水解程度小于CH3CH2COO-的水解程度,等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH应是pH(HCOONa)c(Na+),c(OH-)
弱酸的电离及稀释曲线
1.两种酸,加水稀释相同的倍数,pH变化越小的,酸性越弱。
2.可以从起点及pH图像的斜率判断酸性强弱(斜率越大酸性越强)。
3.弱酸加水稀释,只要温度不变,则电离常数、水的离子积均不变。
4.弱电解质溶液加水稀释的过程中,判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时,首先要考虑该关系式是否是电离常数、离子积常数、水解常数以及它们的变形。
考点2
▶ 中和滴定及原理应用图像
2.(2019年全国Ⅰ卷,11)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10-3,Ka2=3.9×10-6)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=7
D.c点的混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH-)
解析▶ 本题主要考查邻苯二甲酸与NaOH溶液的反应,侧重考查考生对中和滴定和电解质溶液的分析能力。b点为反应终点,此时溶质为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾,为强碱弱酸盐,则b点pH>7,C项错误。
答案▶ C
2.(2019年山东潍坊第二次模拟)常温时,向20 mL 0.1 mol·L-1的 CH3CH2COOH 溶液中滴加0.1 mol·L-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-)
C.c点溶液中=10-4
D.d点溶液中c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2COO-)+c(CH3CH2COOH)
解析▶ a点加入10 mL NaOH溶液,充分反应后所得溶液中含溶质CH3CH2COOH、CH3CH2COONa各0.001 mol。因pH<7,则溶液中CH3CH2COOH的电离程度大于CH3CH2COO-的水解程度,c(CH3CH2COO-) >c(Na+),A项错误。NaOH溶液加入前,CH3CH2COOH微弱电离出的H+抑制水电离;随着NaOH溶液的加入,CH3CH2COOH溶液的浓度减小,这种抑制作用减弱,水的电离程度增大;恰好中和时,生成的CH3CH2COO-水解,使水的电离程度达到最大;之后加入的NaOH溶液过量,NaOH完全电离生成的OH-抑制水的电离,水的电离程度又逐渐减小,故水的电离程度c>b>a>d,B项错误。据图,加入NaOH溶液前,0.1 mol·L-1 CH3CH2COOH溶液的pH=3,则溶液中c(CH3CH2COO-)≈c(H+)=10-3 mol·L-1,c(CH3CH2COOH)=0.1 mol·L-1-10-3 mol·L-1≈0.1 mol·L-1,常温下CH3CH2COOH的电离常数Ka=10-5,CH3CH2COO-的水解常数Kh==10-9。c点加入20 mL NaOH溶液,两者恰好完全反应得CH3CH2COONa溶液(pH=9),溶液中存在水解平衡CH3CH2COO-+H2OCH3CH2COOH+OH-,将Kh=10-9、c(OH-)=10-5 mol·L-1代入Kh表达式,得=10-4,C项正确。d点加入30 mL NaOH溶液,充分反应后所得溶液中的溶质为0.002 mol CH3CH2COONa、0.001 mol NaOH。电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3CH2COO-),物料守恒2c(Na+)=3c(CH3CH2COO-)+3c(CH3CH2COOH),两式相减得c(Na+) -c(H+)=2c(CH3CH2COO-)+3c(CH3CH2COOH)-c(OH-),进而有c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+2c(CH3CH2COO-)+3c(CH3CH2COOH)>c(H+)+c(CH3CH2COO-)+c(CH3CH2COOH),D项错误。
答案▶ C
3.(2019年山东青岛一模)已知 pOH=-lgc(OH-)。向20 mL 0.1 mol·L-1 的氨水中滴加未知浓度的稀 H2SO4,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H2SO4 的物质的量浓度为0.05 mol·L-1
B.当溶液中pH=pOH时,水的电离程度最大
C.a点时溶液中存在c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c(N)+2c(H+)
D.a、b、c三点对应 N的水解平衡常数:Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)
解析▶ 向20 mL 0.1 mol·L-1 的氨水中滴加未知浓度的稀 H2SO4,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,二者恰好完全反应。20 mL 0.1 mol·L-1的氨水中n(NH3·H2O)=0.1 mol·L-1×0.02 L=0.002 mol,V(H2SO4)=20 mL 时,恰好完全反应,则消耗硫酸的物质的量为0.001 mol,c(H2SO4)==0.05 mol·L-1,故A项正确;当溶液中的pH=pOH时,溶液呈中性,此时溶质为硫酸铵和氨水,N的水解程度与氨水的电离程度相等,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,N水解,促进了水的电离,此时水的电离程度最大,故B项错误;a点,反应后溶质为NH3·H2O和硫酸铵,且c(NH3·H2O)=2[c(NH4)2SO4],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(NH3·H2O)+c(N)=4c(S),二者结合可得c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c(N)+2c(H+),故C项正确;升高温度促进水解,水解常数增大,由图中实线可知,温度b>a>c,则a、b、c三点N的水解常数Kh(b)K>h(a)K>h(c),故D项正确。
答案▶ B
中和滴定及原理应用图像答题关键点
1.抓反应的“起始”点:判断酸、碱的相对强弱。
2.抓反应“一半”点:判断是哪种溶质的等量混合。
3.抓“恰好反应”点:即滴定终点,判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性。
4.抓溶液的“中性”点:判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足,此时c(H+)=c(OH-)。
5.抓反应的“过量”点:判断溶液中的溶质,判断哪种物质过量。
考点3
▶ 沉淀溶解平衡图像
3.(2019年全国Ⅱ卷,12)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( )。
A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)
D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
解析▶ 本题主要考查沉淀溶解平衡曲线的判断与分析,侧重考查考生对图像的分析能力。硫化镉在水溶液中存在溶解平衡CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq),温度不同时,在水中阴、阳离子浓度仍然相等,A项正确K;sp的大小只与温度有关,m、n、p三点对应的温度相同,故三点对应的Ksp均相等且比q点对应的Ksp小,B项错误;加入Na2S固体后,c(S2-)变大,c(Cd2+)变小,只能在mpn曲线上向p方向移动,C项正确;降低温度时,Cd2+和S2-浓度均减小且相等,D项正确。
答案▶ B
4.已知:pCu=-lg c(Cu+),pX=-lg c(X-)。298 K时,Ksp(CuCl)=a×10-6,Ksp(CuBr)=b×10-9,Ksp(CuI)=c×10-12。在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子的浓度关系如图所示。下列说法正确的是( )。
A.298 K时,在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl,c(Cu+)和c(Cl-)都减小
B.图中x代表CuI曲线,且P点c(Cu+)=c(I-)
C.298 K时,增大M点的阴离子浓度,则y上的点向N点移动
D.298 K时,CuBr(s)+I-(aq)CuI(s)+Br-(aq)的平衡常数K的数量级为103或102
解析▶ 根据图像,pCu=-lg c(Cu+)=3,c(Cu+)=10-3 mol·L-1,pX=-lg c(X-)=3,c(X-)=10-3 mol·L-1,则Ksp(CuX)=10-6,因此P点对应CuCl饱和溶液中阳离子和阴离子的浓度关系,即曲线x代表CuCl,则y代表CuBr,z代表CuI,据此分析解答。298 K时,在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl,c(Cl-)增大,温度不变K,sp(CuCl)不变,则c(Cu+)减小,故A项错误;根据上述分析,图中x代表CuCl曲线,故B项错误;298 K时,增大M点的阴离子浓度,温度不变K,sp(CuBr)不变,则c(Cu+)减小,pCu增大,即y上的点沿曲线向M点的斜下方移动,故C项错误;298 K时,CuBr(s)+I-(aq)CuI(s)+Br-(aq)的平衡常数K===×103,K的数量级为103或102,故D项正确。
答案▶ D
沉淀溶解平衡图像题的解题策略
1.沉淀溶解平衡曲线类似溶解度曲线,曲线上任一点都表示饱和溶液,曲线上方的任一点均表示过饱和溶液,此时有沉淀析出,曲线下方的任一点均表示不饱和溶液。溶度积常数只是温度的函数,与溶液中溶质的离子浓度无关,在同一曲线上的点,溶度积常数相同。
2.从图像中找到数据,根据Ksp公式计算得出Ksp的值。
3.比较溶液的Qc与Ksp的大小,判断溶液中有无沉淀析出。
4.涉及Qc的计算时,所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度,因此计算离子浓度时,所代入的溶液体积也必须是混合溶液的体积。
考点4
▶ 分布系数图像
4.(2019年湖北恩施质检)H2R为二元弱酸,向一定体积的0.1 mol·L-1的H2R溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液,溶液中不同形态的粒子(H2R、HR-、R2-)的物质的量分数α(X)[α(X)=]随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )。
A.常温下,K2(H2R)=1.0×10-11
B.常温下,HR-在水中的电离程度大于其水解程度
C.pH=9时,c(Na+)>c(HR-)+2c(R2-)
D.pH=7时,c(H2R)=c(HR-)
解析▶ 由图像可知,pH=11时, c(R2-)=c(HR-),故K2(H2R)==1.0×10-11,A项正确;根据图像,pH=9时,溶液中的溶质主要是NaHR,此时溶液呈碱性,故HR-在水中的电离程度小于其水解程度,B项错误;pH=9时,c(H+)< c(OH-),根据电荷守恒,溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-),故c(Na+)>c(HR-)+2c(R2- ),C项正确;由图中信息可知,pH=7时,c(H2R)=c(HR-),D项正确。
答案▶ B
5.亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病,在溶液中存在多种微粒形态。向1 L 0.1 mol·L-1 H3AsO3溶液中逐滴加入KOH溶液,各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )。
A.H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10-9
B.pH在8.0~10.0时,反应的离子方程式为H3AsO3+OH-H2As+H2O
C.M点对应的溶液中:c(H2As)+c(HAs)+c(As)+c(H3AsO3)=0.1 mol·L-1
D.pH=12时,溶液中存在:c(H2As)+2c(HAs)+3c(As)+c(H3AsO3)>c(H+)+c(K+)
解析▶ 由图中数据可知,pH=9.3时,c(H2As)=c(H3AsO3),故H3AsO3的电离常数Ka1==c(H+)=10-9.3,故Ka1的数量级为10-10,A项错误;由图可知,pH在8.0~10.0时,H3AsO3的物质的量分数逐渐减小,H2As的物质的量分数逐渐增大,故反应的离子方程式为H3AsO3+OH-H2As+H2O,B项正确;根据物料守恒可知,M点对应的溶液中,n(H2As)+n(HAs)+n(As)+n(H3AsO3)=0.1 mol,由于此时溶液的体积未知(或加入KOH溶液的体积未知)但大于1 L,故其总浓度小于0.1 mol·L-1,C项错误;由电荷守恒可知,c(H2As)+2c(HAs)+3c(As)+c(OH-)=c(H+)+c(K+),pH=12时,溶液呈碱性,由图可知,此时H3AsO3主要转化为H2As和HAs,说明H2As和HAs的电离程度小于H2As和HAs的水解程度,H2As和HAs水解都产生OH-,故c(OH-)>c(H3AsO3),因此,溶液中c(H2As)+2c(HAs)+3c(As)+c(H3AsO3)
1.随着 pH 增大,溶质分子浓度不断减小,离子浓度逐渐增大,酸根离子增多。根据数据分布可以书写一定 pH 时所发生反应的离子方程式。
2.同一pH 条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定 pH 的微粒分布系数和c(H+),就可以计算各成分在该 pH时的平衡浓度。
1.(2019年广东佛山质检)常温下,向20 mL 0.1 mol·L-1的H3PO4溶液中滴加0.1 mol·L-1的 NaOH溶液,所得溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是( )。
A.H3PO4溶液第一步滴定可用酚酞作指示剂
B.a点溶液中c(H2P)>c(H3PO4)>c(HP)
C.图像中a、b、c三处溶液中相等
D.b点溶液存在2c(Na+)=c(P)+c(H2P)+c(HP)+c(H3PO4)
解析▶ H3PO4溶液第一步滴定生成NaH2PO4,溶液呈酸性,可选用甲基橙作指示剂,故A项错误;a点为NaH2PO4溶液,NaH2PO4在水溶液中呈酸性,其电离程度大于水解程度,a点溶液中c(H2P)>c(HP)>c(H3PO4),故B项错误;温度相同,同一反应的平衡常数相同,a、b、c三处溶液中HP的水解平衡常数相等,故C项正确;b点是Na2HPO4溶液,物料守恒式为c(Na+)=2[c(P)+c(H2P)+c(HP)+c(H3PO4)],故D项错误。
答案▶ C
2.(2019年安徽黄山一模)室温下,向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液,若pc=-lg c,则所得溶液中pc(H2C2O4)、pc(HC2)、pc(C2)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )。
A.M点时, 2c(HC2)+c(C2)>c(Na+)
B.pH=x时,c(HC2)
D.随pH的升高而减小
解析▶ H2C2O4分两步电离,其电离方程式为H2C2O4H++HC2,HC2H++C2。根据电荷守恒可知,c(HC2)+2c(C2)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),因M点pH=4.3,pc(HC2)=pc(C2),即c(H+)> c(OH-),c(HC2)=c(C2),则可推出2c(HC2)+c(C2)>c(Na+),故A项正确;由图可知,pH=x时,pc(HC2)c(H2C2O4)=c(C2),故B项错误;常温下,M点pH=4.3,pc(HC2)=pc(C2),即c(HC2)=c(C2)K,a2(H2C2O4)==10-4.3,故C项错误;=,电离平衡常数只与温度有关,故温度不变时,该值不变,故D项错误。
答案▶ A
3.(2019年山东日照模拟)室温下,用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中,用NaOH溶液以恒定速率来滴定该浓氯水,根据测定结果绘制出ClO-、Cl等离子的物质的量浓度c与时间t的关系曲线如图。下列说法正确的是( )。
A.NaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装
B.a点溶液中存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(Cl)+c(OH-)
C.b点溶液中各离子浓度:c(Na+)>c(Cl-)>c(Cl)=c(ClO-)
D.t2~t4,ClO-的物质的量下降的原因可能是ClO-自身歧化:2ClO-Cl-+Cl
解析▶ 浓氯水有强氧化性,会腐蚀碱式滴定管的橡胶管,A项错误;溶液存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(Cl)+c(OH-)+c(Cl-),B项错误;b点溶液为氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠的混合液,根据氧化还原反应中得失电子数相等可知,c(Cl-)=5c(Cl)+c(ClO-),所以各离子浓度c(Na+)>c(Cl-)>c(Cl)=c(ClO-),C项正确;氧化还原反应中得失电子数应该相等,正确的离子方程式为3ClO-2Cl-+Cl,D项错误。
答案▶ C
4.浓度均为0.01 mol·L-1、体积均为V1 L的两种一元酸HX和HY的水溶液,加水稀释至体积为V L,测得两溶液pH随lg变化的情况如图所示,下列说法错误的是( )。
A.HY为一元弱酸
B.将两种溶液无限稀释,由水电离产生的c(H+)相等
C.lg=3时,升高温度,增大
D.HX 的电离程度:b>a
解析▶ lg=0,HX的pH=2,说明HX完全电离,属于一元强酸,HY的pH>3,说明HY部分电离,属于一元弱酸,A项正确;将两种溶液加水无限稀释,酸溶液无限接近中性,故由水电离产生的c(H+)相等,B项正确;lg=3时,升高温度会促进弱电解质HY的电离,即c(Y-)增大,但对强电解质HX无影响,即c(X-)不变,故增大,C项正确;HX为一元强酸,完全电离,即HX的电离程度b=a,D项错误。
答案▶ D
5.(2019年山东德州第一次模拟)298 K时,将0.1 mol·L-1的两种钠盐NaX、NaY溶液加水稀释,溶液的pH 与稀释倍数的对数lg的关系如图所示。下列说法不正确的是( )。
A.酸性:HY>HX
B.298 K时,=
C.lg=2时,c(HX)+c(X-)=c(HY)+c(Y-)
D.相同浓度时,NaX和NaY两溶液中离子总浓度相等
解析▶ 由图像可知,同浓度的NaX 和NaY溶液的pH,NaX更大,说明X-在水溶液中的水解能力强于Y-,则酸性HY>HX,故A项正确;由图像可知,298 K时,0.1 mol·L-1NaX溶液的pH=10,c(H+)=10-10 mol·L-1,c(HX)≈c(OH-)=10-4 mol·L-1,c(X-)≈0.1 mol·L-1,则K(HX)==10-7,同理可求得K(HY)=10-5,则==,故B项正确;根据物料守恒可知,lg=2时,c(HX)+c(X- )=c(HY)+c(Y- ),故C项正确;根据电荷守恒可知,浓度相等的两溶液中,阴阳离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+),由于水解程度NaX>NaY,则两溶液中c(H+)不同,两溶液中离子总浓度不相等,故D项错误。
答案▶ D
6.(2019年河北示范性高中联考)已知AG=lg。室温下用0.01 mol·L-1的NH3·H2O 滴定20.00 mL 0.01 mol·L-1某一元酸HQ 的结果如图所示。下列说法中正确的是( )。
A.HQ属于弱酸
B.整个过程中,c点水的电离程度最大
C.e点对应溶液中c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(N)+c(H+)
D.Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5
解析▶ 由a点可知0.01 mol·L-1 HQ溶液中c(H+)=0.01 mol·L-1,所以HQ属于强酸,A项错误;整个过程中,当酸碱恰好完全反应生成盐时,水的电离程度最大,由于生成的盐是强酸弱碱盐,此时溶液呈酸性,而c点时溶液呈中性,B项错误;e点溶液为等浓度的NH4Q和NH3·H2O混合液,根据电荷守恒有c(OH-)+c(Q-)=c(N)+c(H+) ,根据物料守恒有2c(Q-)=c(N)+c(NH3·H2O),所以e点对应溶液中2c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(N)+2c(H+),C项错误;e点溶液为等浓度的NH4Q和NH3·H2O混合液,由于电离和水解都很微弱,c(NH3·H2O)≈c(N),Kb(NH3·H2O)=≈c(OH-),由图像可知,e点时AG=lg=-4.5,再根据水的离子积Kw=c(H+)·c(OH-)=1×10-14,解得c(OH-)=10-4.75 mol·L-1=100.25×10-5 mol·L-1,所以Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5,D项正确。
答案▶ D
7.(2019年四川绵阳三诊)改变0.01 mol·L-1 NaAc(Ac-表示CH3COO-)溶液的pH,溶液中HAc、Ac-、H+、OH-浓度的对数值lg c与溶液pH的变化关系如图所示。若pKa=-lg Ka,下列叙述错误的是( )。
A.曲线b、d分别对应H+、OH-
B.pH=6时,c(HAc)>c(Ac-)>c(H+)
C.HAc电离常数的数量级为10-5
D.从曲线a与c的交点可知pKa=pH=4.74
解析▶ 微粒的浓度越大,lg c越大。酸性溶液中c(CH3COOH)≈0.01 mol·L-1,lg c(CH3COOH)≈-2,碱性溶液中c(CH3COO-)≈0.01 mol·L-1,lg c(CH3COO-)≈-2;酸性越强,lg c(H+)越大,lg c(OH-)越小,碱性越强,lg c(H+)越小,lg c(OH-)越大,根据图像可知,曲线c对应CH3COOH,曲线a对应CH3COO-,曲线b对应H+,曲线d对应OH-。根据上述分析,曲线b、d分别对应H+、OH-,A项正确;根据图像可知,pH=6时,c(Ac-)>c(HAc)>c(H+),B项错误;HAc电离常数Ka=,当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)时K,a=c(H+)=10-4.74,数量级为10-5,C项正确;曲线a与c的交点表示c(CH3COOH)=c(CH3COO-),根据C项的分析可知K,a=c(H+)=10-4.74,Kpa=-lg Ka=-lg c(H+)=pH=4.74,D项正确。
答案▶ B
8.(2019年广东广州测试)常温下,用0.10 mol·L-1 NaOH溶液滴定0.10 mol·L-1 HA溶液,滴定曲线如图a所示,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列叙述错误的是( )。
A.Ka(HA)的数量级为10-5
B.N点,c(Na+)-c(A-)=
C.P→Q过程中,水的电离程度逐渐增大
D.当滴定至溶液呈中性时,c(A-)>c(HA)
解析▶ 根据图a可知,中和百分数为50%时溶液的pH=4.74,此时溶液的组成为等物质的量浓度的NaA和HA,由于A-的水解和HA的电离都是微弱的,c(A-)≈c(HA)K,a(HA)==c(H+)=10-4.74,故Ka(HA)的数量级为10-5,A项正确;N点,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),即c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=-1×10-8.72,B项错误;P→Q过程中,随着氢氧化钠溶液的滴入,酸不断被消耗,溶液的酸性逐渐减弱,水的电离程度逐渐增大,C项正确;根据图b可知,当lg=1.0时,溶液呈酸性,当滴定至溶液呈中性时,溶液中c(A-)>c(HA),D项正确。
答案▶ B
9.已知金属离子M2+,25 ℃时在水中存在M2+(aq)、M(OH)+(aq)、M(OH)2(s)、M(OH(aq)、M(OH(aq)五种形态,该体系中各形态的物质的量分数(α)随pH的变化关系如图。下列叙述中错误的是( )。
A.P点的pH为12,则M(OHM(OH)2+OH-的平衡常数为10-2
B.M(OH)2完全沉淀后,增大溶液的pH,沉淀不会立即开始溶解
C.溶液pH达到14之前,M(OH)2沉淀已完全溶解
D.M(NO3)2溶液呈酸性,其水解的离子方程式为M2++H2OM(OH)++H+
解析▶ 随着pH增大,c(OH-)增大,M2+结合OH-数目增多,故曲线1为M2+(aq)、曲线2为M(OH)+(aq)、曲线3为M(OH)2(s)、曲线4为M(OH(aq)、曲线5为M(OH(aq)。P点的pH为12, c(OH-)=10-2,平衡常数K=,c[M(OH]未知,不能计算平衡常数,A项错误;由图可知,M(OH)2完全沉淀后,有一段曲线随着pH改变,物质的量分数(α)没有发生变化,所以增大溶液的pH,沉淀不会立即开始溶解,B项正确;由图中曲线3可知,溶液pH达到14之前,M(OH)2的物质的量分数为0,说明M(OH)2沉淀已完全溶解,C项正确。
答案▶ A
10.25 ℃时,分别向20.00 mL 0.1000 mol·L-1的氨水、醋酸铵溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸,溶液pH与加入盐酸体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )。
A.M点溶液中:c(OH-)>c(N)>c(NH3·H2O)>c(H+)
B.N点溶液中:c(Cl-)>c(N)>c(NH3·H2O)>c(OH-)
C.P点溶液中:c(N)<2c(CH3COO-)+c(NH3·H2O)
D.Q点溶液中:2c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(N)
解析▶ 一水合氨是弱电解质,电离程度较小,一水合氨电离导致溶液呈碱性,水还能电离出OH-,则溶液中存在c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(N)>c(H+),A项错误;N点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH3·H2O和NH4Cl,混合溶液呈碱性,说明一水合氨的电离程度大于N的水解程度,但是其电离和水解程度都较小,则存在c(N)>c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-),B项错误;P点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COOH和CH3COONH4,溶液中存在物料守恒c(N)+c(NH3·H2O)=2c(Cl-),电荷守恒c(N)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-),溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),c(N)
11.(2019年吉林辽源模拟)硫酸锰是一种重要的化工中间体,是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下:
已知:①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。
②金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图所示(25 ℃):
③此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54;当离子浓度≤10-5 mol·L-1时,离子沉淀完全。
请回答下列问题:
(1)传统工艺处理高硫锰矿时,不经“混合焙烧”,而是直接用H2SO4浸出,其缺点为 。
(2)“氧化”时,发生反应的离子方程式为 。若省略“氧化”步骤,造成的后果是 。
(3)“中和除杂”时,生成沉淀的主要成分为 (填化学式)。
(4)“氟化除杂”时,若使溶液中的Mg2+和Ca2+沉淀完全,需维持c(F-)不低于 。[已知:Ksp(MgF2)=6.4×10-10;Ksp(CaF2)=3.6×10-12]
(5)“碳化结晶”时,发生反应的离子方程式为 。
(6)“系列操作”指 、过滤、洗涤、干燥。
(7)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2,电解过程中阳极的电极反应式为 。
解析▶ (3)“中和除杂”时,Fe3+、Al3+与加入的C之间发生相互促进的水解反应得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。
(4)若使溶液中的Mg2+沉淀完全,需维持c(F-)不低于 mol·L-1=8×10-3 mol·L-1。
(6)硫酸锰溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物。
(7)电解过程中阳极发生氧化反应,元素化合价升高,故为Mn2+失去电子生成二氧化锰,电极反应式为Mn2++2H2O-2e-MnO2+4H+。
答案▶ (1)产生硫化氢等气体,污染环境
(2)MnO2+2Fe2++4H+2Fe3++Mn2++2H2O Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠,造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全,影响产品纯度)
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)8×10-3 mol·L-1
(5)Mn2++2HCMnCO3↓+CO2↑+H2O
(6)蒸发浓缩、冷却结晶
(7)Mn2++2H2O-2e-MnO2+4H+
12.(2019年广西钦州三模)铁及其化合物在人类的生活生产中有着重要的作用,Fe2+、Fe3+是影响水质的一个重要因素。回答下列问题:
Ⅰ.测量某河水样本中铁的含量
(1)水样中Fe2+的含量越大,溶解氧的含量就越低,用离子方程式解释原因: 。
(2)测定Fe2+:取5 mL c mol·L-1的KMnO4标准液,稀释至100 mL。取10.00 mL河水水样,加入稀硫酸后,用稀释后的KMnO4溶液进行滴定,消耗KMnO4溶液V1 mL。
①用 (填滴定管的名称)盛放KMnO4标准液。
②滴定达到终点的标志是 。
(3)测定Fe3+:取10.00 mL水样,转移至盛有过量锌粒的烧杯中充分反应。加入过量稀硫酸,用表面皿盖住烧杯并加热10分钟,冷却后用(2)中稀释后的KMnO4溶液滴定,消耗KMnO4溶液V2 mL。
①锌粒的作用是 。
②河水中Fe3+的浓度是 mol·L-1(用含字母的代数式表示)。
Ⅱ.氢氧化亚铁[Fe(OH)2]在常温常压下为白色固体。
(4)当溶液中某离子浓度小于1×10-5 mol·L-1时,可以认为该离子已沉淀完全。常温下,Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16。现调节含Fe2+的某河水样品pH=9,用简要计算过程说明Fe2+是否已经沉淀完全: 。
(5)一种用Na2SO4溶液作电解液电解制取Fe(OH)2的实验装置如图所示。通电后,溶液中产生白色沉淀,且较长时间不变色。
①必须使用铁作电极的是 (填“A”或“B”)极。
②B极的电极反应式为 。
解析▶ (1)酸性条件下,O2在水中被Fe2+还原,则溶解氧的含量降低,离子方程式为4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O。
(2)①KMnO4标准液具有强氧化性,能腐蚀橡胶,要用酸式滴定管盛放。
(3)取10.00 mL水样,与过量锌粒充分反应后Fe3+和Fe2+都被还原为Fe,再加入过量稀硫酸将Fe转化为Fe2+。①根据以上分析,锌粒的作用是将Fe3+还原。②滴定时溶液中的Fe2+包括两部分,一部分是水样中原来就有的,另一部分是由Fe3+转化而来的,根据反应关系,5Fe2+~Mn,滴定时消耗的n1(Mn)=× mol=5×10-5cV2 mol,滴定水样中原有的Fe2+消耗的n2(Mn)=× mol=5×10-5cV1 mol,则水样中Fe3+的物质的量为(5×10-5cV2-5×10-5cV1) mol×5=2.5×10-4c(V2-V1) mol,则河水中c(Fe3+)==2.5×10-2c(V2-V1) mol·L-1。
(4)根据Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16,pH=9时,c(Fe2+)= mol·L-1=8.0×10-6 mol·L-1<1×10-5 mol·L-1,Fe2+已经沉淀完全。
(5)①由装置图可知,电解装置的A极与电源正极相连,则A为阳极,阳极发生铁失电子的氧化反应,故必须使用铁作电极的是A极。②B极为阴极,阴极发生水得电子的还原反应,电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-。
答案▶ (1)4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O
(2)①酸式滴定管 ②滴入最后一滴KMnO4溶液,紫色不褪去,并在半分钟内保持不变
(3)①将Fe3+还原 ②2.5×10-2c(V2-V1)
(4)pH=9时,c(Fe2+)= mol·L-1=8.0×10-6 mol·L-1<1×10-5 mol·L-1,Fe2+已经沉淀完全
(5)A 2H2O+2e-H2↑+2OH-
13.(2019年安徽安庆二模)锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。一种以软锰矿浆(主要成分为MnO2,含少量 Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如图所示。
(1)“溶浸”生产中为提高SO2回收率可采取的措施有 (填字母)。
A.不断搅拌,使SO2和软锰矿浆充分接触
B.增大通入SO2的流速
C.减少软锰矿浆的进入量
D.减小通入SO2的流速
(2)已知:室温下,Ksp[Al(OH)3]=1×10-33,Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39, pH=7.1 时 Mn(OH)2开始沉淀。氧化除杂时(室温)除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度小于1×10-6 mol·L-1),需调节溶液pH的范围为 。
(3)常温下将硫酸锰与K2S2O8溶液混合静置一周,慢慢得到球形二氧化锰。请写出发生反应的离子方程式: 。
(4)将MnO2和 Li2CO3按4∶1的物质的量之比配料,混合搅拌,然后升温至600~750 ℃,制取产品LiMn2O4。写出该反应的化学方程式: 。
(5)大气污染物SO2也可用NaOH溶液吸收。已知pKa=-lgKa,25 ℃时,H2SO3的pKa1=1.85,pKa2=7.19。该温度下用0.1 mol· L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示。b点所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是 ;c点所得溶液中:c(HS) (填“>”“<”或“=”)c(S)。
解析▶ (1)不断搅拌,使SO2和软锰矿浆充分接触,这样SO2就会更多地转化为S,A项正确;增大通入SO2的流速,可能会导致部分SO2未来得及反应就逸出,物质的产率降低,B项错误;减少软锰矿浆的进入量,SO2可能不能及时参加反应,导致SO2回收率降低,C项错误;减小通入SO2的流速,SO2能尽可能充分反应,SO2回收率增大,D项正确。
(2)除杂时只能除去Fe3+和Al3+,不能除去Mn2+,由题意可知,室温下,pH=7.1时Mn2+开始沉淀;因Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c(Al3+)·c3(OH-),c(Al3+)=1×10-6 mol·L-1,所以Al3+完全沉淀时的c(OH-)=1×10-9 mol·L-1,c(H+)=1×10-5 mol·L-1,pH=5;同理Fe3+完全沉淀时的pH约为3,故pH的范围是5.0
(4)MnO2和Li2CO3反应后只有Mn的化合价降低,必然有元素的化合价升高,C元素处在最高价态,化合价不能升高,则只能是O元素化合价升高,所以还有O2生成。根据电子守恒、原子守恒,可得该反应的化学方程式为8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
(5)b点恰好反应生成NaHSO3,溶液呈酸性,则溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)>c(HS)>c(S)>c(H+)>c(OH-);c点pH=7.19=pKa2,Ka2=c(H+),所以c(HS)=c(S)。
答案▶ (1)AD
(2)5.0
(4)8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
(5)c(Na+)>c(HS)>c(S)>c(H+)>c(OH-) =
14.(2019年安徽合肥二检)铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(主要含BeO、CuS,还含少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下:
已知:ⅰ.铍、铝元素化学性质相似;BeCl2熔融时能微弱电离。
ⅱ.常温下:Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20, Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13。
回答下列问题:
(1)滤液A的主要成分除NaOH外,还有 (填化学式);写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式: 。
(2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,为得到较纯净的BeCl2溶液,选择下列实验操作最合理步骤的顺序是 (填序号);电解熔融BeCl2制备金属铍时,需要加入NaCl,其作用是 。
①加入过量的NaOH;②加入过量的氨水;③加入适量的HCl;④过滤;⑤洗涤。
(3)反应Ⅱ中CuS的氧化产物为S单质,该反应的化学方程式为 。
解析▶ (1)废旧铍铜元件的主要成分BeO、CuS、FeS、SiO2,根据信息ⅰ,BeO属于两性氧化物,SiO2属于酸性氧化物,能与氢氧化钠溶液反应,化学方程式为BeO+2NaOHNa2BeO2+H2O、SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O,CuS、FeS不与氢氧化钠反应,因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2;根据信息ⅰ,反应Ⅰ中为Na2BeO2与过量盐酸反应,反应的离子方程式为Be+4H+Be2++2H2O。
(2)Be、Al元素的化学性质相似,向滤液C中先加入过量的氨水,生成Be(OH)2沉淀,然后过滤、洗涤,再加入适量的HCl,生成BeCl2,合理的步骤是②④⑤③;BeCl2熔融时能微弱电离,熔融BeCl2中离子浓度较小,电解熔融BeCl2制备金属铍时,需要加入NaCl,其作用是增大离子浓度,增强熔融盐的导电性。
答案▶ (1)Na2SiO3、Na2BeO2 Be+4H+Be2++2H2O
(2)②④⑤③ 增大离子浓度,增强熔融盐的导电性
(3)MnO2+CuS+2H2SO4S+MnSO4+CuSO4+2H2O
专题7 电解质溶液
微专题
2019
2018
2017
考情透析
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
Ⅰ
Ⅱ
Ⅲ
溶液中的三
大平衡及其
应用
T26(3)
T27(3)
T8
T12
T26(3)
T11
T26(3、5)
T27(4)
T11
T26
T28(3)
T12
T26(2)
T13
T27(5)
T28(1)
T8
T12
T13
T28(4、5)
T9
T10
T13
考向:结合图像考查弱电解质的电离平衡、粒子浓度大小比较、溶度积曲线;弱电解质的判断;电离平衡常数的计算及应用;Ksp的大小判断及相关计算;盐类水解的应用;滴定实验操作、误差分析、终点判断、计算等知识点是高考考查的重点
题型:选择题、工艺流程题、化学实验题、原理综合题
分值:6+4
溶液中粒子
浓度大小的
比较
T11
T11
T13
T12
电解质溶液
图像分析
T11
T12
T12
T13
T12
T13
14 溶液中的三大平衡及其应用
一、三大平衡影响因素
三大平衡
电离平衡
(以CH3COOH
CH3COO-+H+为例)
水解平衡
(以CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-为例)
沉淀溶解平衡
[以AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq)为例]
研究对象
弱电解质溶液
会水解的盐溶液
难溶电解质
升温
促进电离
Ka增大
促进水解
Kh增大
若难溶物的溶解度与温度成正比,促进溶解;反之,则抑制溶解
若难溶物的溶解度与温度成正比,则Ksp增大;反之,则Ksp减小
加水
促进电离
Ka不变
促进水解
Kh不变
促进溶解
Ksp不变
加入相
应离子
加入
CH3COONa或盐酸,抑制电离
Ka不变
加入
CH3COOH或NaOH,抑制水解
Kh不变
加入AgNO3或NaCl
固体,抑制溶解
Ksp不变
加入反
应离子
(或物质)
加入OH-,
促进电离
Ka不变
加入H+,促进水解
Kh不变
加入氨水,促进溶解
Ksp不变
二、pH的计算思路
三、酸碱中和滴定
1.酸碱中和滴定原理
H++OH-H2O;c标·V标=c待·V待。
2.酸碱中和滴定的关键
(1)准确测定V标和V待,正确使用酸式、碱式滴定管。
(2)准确判断中和反应是否恰好完全进行,借助酸碱指示剂判断滴定终点。
3.酸碱中和滴定实验操作
(1)滴定前的准备工作。a.滴定管的检漏:关闭活塞,加水观察活塞周围有无水渗出;旋转活塞180°再检验有无水渗出。b.洗涤:滴定管用水洗后一定要用待装液进行润洗;锥形瓶水洗后不能进行润洗。c.装液调零:将溶液装入滴定管中,赶出气泡,并将液面调节到0刻度或0刻度以下。
(2)滴定操作(以盐酸标准液滴定NaOH溶液为例):左手握住活塞并旋转开关,右手摇瓶,目视锥形瓶中溶液的颜色变化,若颜色突变且半分钟内不再变色,则说明达到滴定终点。
4.指示剂选用及颜色变化
变色要灵敏,变色范围要小,且变色范围尽量与所生成的盐溶液的酸碱性一致,因此中和滴定一般选用酚酞、甲基橙,而不用石蕊溶液。
(1)强酸滴定强碱:甲基橙(黄色→橙色);酚酞(红色→无色)。
(2)强碱滴定强酸:甲基橙(红色→黄色);酚酞(无色→粉红色)。
(3)强酸滴定弱碱:甲基橙(黄色→橙色)。
(4)强碱滴定弱酸:酚酞(无色→粉红色)。
5.误差分析
根据计算式c待测=分析,c待测的大小取决于V标准的大小。
6.数据处理
分别记录滴定管中液面的初次与二次读数,记录数据要精确到0.01 mL。若几次平行实验所得到的数值比较接近,则取其平均值;若某次实验的数据与另外几次相差较大,则舍去该数据。
四、沉淀溶解平衡的三类应用
1.沉淀的生成
(1)加沉淀剂,如向AgNO3溶液中加入NaCl可生成沉淀。
(2)调节pH,如向一定浓度的CuSO4和 FeSO4的混合溶液中先加入H2O2氧化FeSO4,使Fe2+转化为Fe3+,再加入CuO或Cu(OH)2调节pH至约等于4,使得Fe3+的水解平衡右移转化为沉淀,而Cu2+没有沉淀从而达到除杂的目的。
2.沉淀的溶解
(1)酸溶解法,如CaCO3溶于盐酸。
(2)盐溶液溶解法,如Mg(OH)2溶于NH4Cl溶液。
(3)氧化还原溶解法,如Ag2S溶于稀HNO3。
(4)配位溶解法,如AgCl溶于氨水。
3.沉淀的转化
溶解能力相对较强的沉淀易向溶解能力相对较弱的沉淀转化,如:
考点1
▶ 三大平衡的影响因素
1.(2016年全国Ⅲ卷,13)下列有关电解质溶液的说法正确的是( )。
A.向0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中减小
B.将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃,溶液中增大
C.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中>1
D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,溶液中不变
解析▶ =,加入H2O后,醋酸的电离程度增大,但c(CH3COO-)减小,电离平衡常数Ka不变,故比值增大,A项错误;加热醋酸钠溶液,CH3COO-的水解程度增大,=K,h值增大,比值减小,B项错误;向盐酸中加入氨水至溶液呈中性,则有c(OH-)=c(H+),根据电荷守恒,c(N)=c(Cl-),C项错误;向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3,沉淀溶解平衡逆向移动,溶液中仍等于,温度不变K,sp不变,故不变,D项正确。
答案▶ D
1.(2018年山东济南模拟)25 ℃时,下列有关电解质溶液的说法正确的是( )。
A.加水稀释0.1 mol·L-1氨水,溶液中c(H+)·c(OH-)和均不变
B.向饱和AgCl溶液中加入少量AgNO3固体,AgCl的Ksp和溶解度均不变
C.向盐酸中滴加氨水,由水电离出的c(H+)=10-7 mol·L-1时,溶液一定显中性
D.向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa固体,溶液中增大
解析▶ 加水稀释0.1 mol·L-1氨水,溶液的pH减小,c(H+)增大,c(OH-)减小,所以增大,A项错误;向饱和AgCl溶液中加入少量AgNO3固体,随着c(Ag+)的增大,AgCl的溶解度会减小,B项错误;盐酸抑制水的电离,氨水与盐酸反应生成的氯化铵促进水的电离,当溶液中盐酸的抑制作用和氯化铵的促进作用相抵消时,溶液中由水电离出的c(H+)=10-7 mol·L-1,此时溶液显酸性,C项错误;向CH3COONa溶液中加入少量CH3COONa固体,溶液中醋酸钠的浓度增大,碱性增强,pH升高,c(H+)减小,而醋酸的电离平衡常数Ka=,=,因为c(H+)减小,所以增大,D项正确。
答案▶ D
1.当弱电解质的电离平衡正向移动时,弱电解质的电离程度不一定增大。如向醋酸溶液中加入少量醋酸,平衡正向移动,但醋酸的电离程度减小。
2.当弱电解质的电离平衡正向移动时,弱电解质中的离子浓度不一定增大。如向醋酸溶液中加入少量水,平衡正向移动,但溶液中c(CH3COO-)和c(H+)都减小。
3.强碱弱酸盐不一定都呈碱性。当水解程度大于电离程度时,该盐溶液呈碱性,如NaHCO3;当水解程度小于电离程度时,该盐溶液呈酸性,如NaH2PO4、NaHSO3、NaHC2O4等。
4.溶解度小的难溶物有可能向溶解度大的转化。当两种难溶物的溶解度相差不大时,有可能实现溶解度小的向溶解度大的转化。如BaSO4的溶解度略小于BaCO3,向饱和Na2CO3溶液中加入BaSO4可以生成BaCO3。
考点2
▶ 电离、水解平衡常数和pH的相关计算
2.(2019年云南昆明4月检测)已知:pKa=-lgKa。25 ℃时,几种弱酸的pKa如表所示。下列说法正确的是( )。
化学式
CH3COOH
HCOOH
H2SO3
pKa
4.74
3.74
pKa1=1.90
pKa2=7.20
A.向Na2SO3溶液中加入过量乙酸,反应生成SO2
B.25 ℃时,pH=8的甲酸钠溶液中,c(HCOOH)=9.9×10-7 mol·L-1
C.25 ℃时,某乙酸溶液pH=a,则等浓度的甲酸溶液pH=a-1
D.相同温度下,等浓度的HCOONa溶液的pH比Na2SO3溶液的大
解析▶ 根据表格数据分析可知,酸性H2SO3 >HCOOH>CH3COOH>HS。因为乙酸的酸性大于HS而小于H2SO3,所以Na2SO3和乙酸反应生成NaHSO3和乙酸钠,故A项错误;因为HCOO-水解使甲酸钠呈碱性,且存在质子守恒,c(OH-)=c(H+)+c(HCOOH),因为溶液的pH=8,所以c(OH-)=10-6 mol·L-1,c(H+)=10-8 mol·L-1,所以c(HCOOH)=9.9×10-7 mol·L-1,故B项正确;等浓度的乙酸和甲酸溶液中存在电离平衡,假设甲酸溶液的pH=b,=10-4.74,=10-3.74,计算得b=a-0.5,故C项错误;因为甲酸的酸性比HS的酸性强,所以同温度下,等浓度的溶液中HCOO-的水解程度小于S的水解程度,即等浓度的甲酸钠的pH小于亚硫酸钠,故D项错误。
答案▶ B
2.(1)已知ClO-水解的离子方程式为ClO-+H2OHClO+OH-。常温下,该水解反应的平衡常数Kh=1.0×10-6,则1.0 mol·L-1NaClO溶液的pH= 。
(2)2×10-3 mol·L-1的氢氟酸水溶液中,调节溶液pH(忽略调节时体积变化),平衡体系中c(F-)、c(HF)与溶液pH的关系如图所示。
则25 ℃时,HF的电离平衡常数Ka(HF)= 。
(3)H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。
H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2As+H+的电离常数为Ka1,则pKa1= (pKa1=-lgKa1)。
解析▶ (1)1.0 mol·L-1NaClO溶液中,c(ClO-)=1.0 mol·L-1,反应ClO-+H2OHClO+OH-的平衡常数Kh=≈c2(OH-)=1.0×10-6,c(OH-)=1.0×10-3 mol·L-1,则c(H+)= mol·L-1=10-11 mol·L-1,所以溶液的pH=11。
(2)Ka(HF)===4×10-4。
(3)由图可知,当pH=2.2时,c(H3AsO4)=c(H2As),Ka1=,则Ka1=10-2.2,pKa1=-lgKa1=2.2。
答案▶ (1)11 (2)4×10-4 (3)2.2
1.依据电离常数表达式计算(以弱酸HA为例)
(1)Ka=,若只是弱酸溶液,则c(H+)=c(A-),Ka=。
(2)Ka与pH的关系
pH=-lg c(H+)=-lg=-lgKa+lg。
(3)Ka与A-水解常数Kh的关系
A-+H2OHA+OH-
Kh===。即Kw=Ka·Kh。
2.计算溶液pH的原则
考点3
▶ 有关Ksp的计算及应用
3.(2019年四川攀枝花三模)已知:Ksp(CoCO3)=1.6×10-13,Ksp(CoC2O4)=6.3×10-8。若仅从沉淀转化角度考虑,在0.01 mol·L -1Na2C2O4溶液中加入CoCO3固体能否转化为CoC2O4沉淀?通过计算说明: 。
答案▶ CoCO3饱和溶液中c(Co2+)==mol·L-1=4×10-7 mol·L-1,c(Co2+)·c(C2)=4×10-7×0.01=4×10-9K
解析▶ 根据Ksp[Sc(OH)3]=c(Sc3+)·c3(OH-)计算,c(OH-)==5×10-10,pH=-lgc(H+)=-lg=4.7,所以加氢氧化钠溶液调节溶液pH=4.7时,可使Sc3+沉淀完全;Ti4+完全沉淀的pH为1.05,因此沉淀中混有Ti(OH)4沉淀,根据Ksp[Fe(OH)2]=4.0×10-17计算知pH=7.7时Fe2+才会开始沉淀,所以沉淀成分是Ti(OH)4、Sc(OH)3。
答案▶ 4.7 Ti(OH)4、Sc(OH)3
3.已知常温下,Ksp(MnS)=3.0×10-14、Ksp(ZnS)=1.5×10-24。在除锌时发生的沉淀转化反应为MnS(s)+Zn2+(aq)ZnS(s)+Mn2+(aq),其平衡常数K= 。
解析▶ 平衡常数K=====2×1010。
答案▶ 2×1010
4.已知常温下:Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13。常温下,若某溶液中c(Cu2+)=2.2 mol·L-1、c(Fe3+)=0.008 mol·L-1、c(Mn2+)=0.21 mol·L-1,向其中逐滴加入稀氨水,先生成的沉淀是 (填化学式);为了尽可能多回收铜,而不让锰析出,所得滤液的pH最大值为 。
解析▶ Cu2+开始沉淀时c(OH-)= mol·L-1=1×10-10 mol·L-1;Fe3+开始沉淀时c(OH-)= mol·L-1=×10-12mol·L-1;Mn2+开始沉淀时c(OH-)= mol·L-1=1×10-6 mol·L-1,因此首先沉淀的是Fe3+,即生成的沉淀为Fe(OH)3。为了尽可能多回收Cu,加入氨水应使Cu2+尽可能完全沉淀,而Mn2+不形成沉淀,Cu2+完全沉淀时c(OH-)= mol·L-1=×10-8 mol·L-1<1×10-6 mol·L-1,滤液的c(OH-)最大为1×10-6 mol·L-1,pH最大值为8.0。
答案▶ Fe(OH)3 8.0
1.Ksp的常见计算类型
(1)已知溶度积求溶液中的某种离子的浓度,如Ksp=a的饱和AgCl溶液中c(Ag+)= mol·L-1。
(2)已知溶度积、溶液中某离子的浓度,求溶液中另一种离子的浓度,如某温度下AgCl的Ksp=a,在0.1 mol·L-1的NaCl溶液中加入过量的AgCl固体,达到平衡后c(Ag+)=10a mol·L-1。
(3)计算沉淀转化的平衡常数,如Cu2+(aq)+MnS(s)CuS(s)+Mn2+(aq),平衡常数K===。
2.有关Ksp的计算往往与pH的计算结合起来,要注意pH与c(OH-)关系的转换;难溶电解质的悬浊液即为其沉淀溶解平衡状态,满足相应的Ksp。
15 溶液中粒子浓度大小的比较
一、熟悉两大理论,构建思维基点
1.电离理论
(1)弱电解质(弱酸、弱碱)的电离是微弱的,电离产生的微粒较少,同时还要考虑水的电离, 水的电离能力远小于弱酸或弱碱的电离能力。如氨水中:NH3·H2O、N、OH-浓度的大小关系是c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(N)。
(2)多元弱酸的电离是分步进行的,且以第一步电离(第一步电离程度远大于第二步电离)为主。如在H2S溶液中:H2S、HS-、S2-、H+的浓度大小关系是c(H2S)>c(H+)>c(HS-)>c(S2-)。
2.水解理论
(1)弱电解质离子的水解是微弱的(相互促进水解除外),但由于水的电离,水解后酸性溶液中c(H+)或碱性溶液中 c(OH-)总是大于水解产生的弱电解质的浓度。如NH4Cl溶液中:N、Cl-、NH3·H2O、H+的浓度大小关系是c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(NH3·H2O)。
(2)多元弱酸酸根离子的水解是分步进行的,且以第一步水解为主,如在Na2CO3溶液中:C、HC、H2CO3的浓度大小关系是c(C)>c(HC)>c(H2CO3)。
二、把握三种守恒,明确等量关系
1.电荷守恒规律
电解质溶液中,无论存在多少种离子,溶液都呈电中性,即阴离子所带负电荷总数等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中:Na+、H+、HC、C、OH-存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=c(HC)+c(OH-)+2c(C)。其特点为表达式中包含溶液中的所有离子,没有弱电解质分子。
2.物料守恒规律
电解质溶液中,由于某些离子能够水解,离子种类增多,但元素总是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解,故S元素以S2-、HS-、H2S三种形式存在,它们之间有如下守恒关系:c(K+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。其特点为表达式中包含电解质对应的各种微粒,包括离子和弱电解质分子。
3.质子守恒规律
质子守恒是指在电离或水解过程中,会发生质子(H+)转移,在质子转移过程中其数量保持不变。如Na2S水溶液中的质子转移情况图示如下:
由图可得Na2S水溶液中质子守恒式可表示为c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。质子守恒式中不含有溶质的离子。
考点
▶ 溶液中粒子浓度大小的比较
(2019年江苏,14)(双选)室温下,反应HC+H2OH2CO3+OH-的平衡常数K=2.2×10-8。将NH4HCO3溶液和氨水按一定比例混合,可用于浸取废渣中的ZnO。若溶液混合引起的体积变化可忽略,室温时下列指定溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是( )。
A.0.2 mol·L-1氨水:c(NH3·H2O)>c(N)>c(OH-)>c(H+)
B.0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液(pH>7):c(N)>c(HC)>c(H2CO3)>c(NH3·H2O)
C.0.2 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合:c(N)+c(NH3·H2O)=c(H2CO3)+c(HC)+c(C)
D.0.6 mol·L-1氨水和0.2 mol·L-1NH4HCO3溶液等体积混合:c(NH3·H2O)+c(C)+c(OH-)=0.3 mol·L-1+c(H2CO3)+c(H+)
解析▶ NH3·H2O属于弱电解质,在水溶液中部分电离,氨水中存在的电离平衡有NH3·H2ON+OH-,H2OH++OH-,所以c(OH-)>c(N),A项错误。NH4HCO3溶液呈碱性,说明HC的水解程度大于N的水解程度,所以c(N)>c(HC),则c(H2CO3)>c(NH3·H2O),B项正确。由物料守恒,n(N)∶n(C)=2∶1,则有c(N)+c(NH3·H2O)=2[c(H2CO3)+c(HC)+c(C)],C项错误。由物料守恒,n(N)∶n(C)=4∶1,则有c(N)+c(NH3·H2O)=4[c(H2CO3)+c(HC)+c(C)]①,由电荷守恒可得c(N)+c(H+)=c(HC)+2c(C)+c(OH-)②;结合①②可得c(NH3·H2O)+c(OH-)=c(H+)+4c(H2CO3)+3c(HC)+2c(C)③,0.2 mol·L-1 NH4HCO3与氨水等体积混合后,c(NH4HCO3)=0.1 mol·L-1,由碳原子守恒可得c(H2CO3)+c(HC)+c(C)=0.1 mol·L-1④,将③等式两边各加一个c(C),则有c(NH3·H2O)+c(OH-)+c(C)=c(H+)+c(H2CO3)+3c(H2CO3)+3c(HC)+3c(C),将④带入③中得,c(NH3·H2O)+c(OH-)+c(C)=c(H+)+c(H2CO3)+0.3 mol·L-1,D项正确。
答案▶ BD
1.(2019年浙江4月选考,21)室温下,取20 mL 0.1 mol·L-1某二元酸H2A,滴加0.2 mol·L-1 NaOH溶液。已知:H2AH++HA-,HA-H++A2-。下列说法不正确的是( )。
A.0.1 mol·L-1 H2A溶液中有c(H+)-c(OH-)-c(A2-)=0.1 mol·L-1
B.当滴加至中性时,溶液中c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-),用去NaOH溶液的体积小于10 mL
C.当用去NaOH溶液体积10 mL时,溶液的pH<7,此时溶液中有c(A2-)=c(H+)-c(OH-)
D.当用去NaOH溶液体积20 mL时,此时溶液中有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)
解析▶ 由于该二元酸H2A第一步完全电离,第二步部分电离,可以把20 mL 0.1 mol·L-1二元酸H2A看作20 mL 0.1 mol·L-1HA-和0.1 mol·L-1H+溶液,该溶液不存在H2A微粒。0.1 mol·L-1H2A溶液存在电荷守恒,其关系为c(H+)=c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-),因而c(H+)-c(OH-)-c(A2-)=c(A2-)+c(HA-)=0.1 mol·L-1,A项正确;若NaOH用去10 mL,反应得到NaHA溶液,由于HA-H++A2-,溶液呈酸性,因而滴加至溶液呈中性时,需要加入超过10 mL的NaOH溶液,B项错误;当用去NaOH溶液体积10 mL时,得到NaHA溶液,溶液的pH<7,存在质子守恒,其关系为c(A2-)=c(H+)-c(OH-),C项正确;当用去NaOH溶液体积20 mL时,得到Na2A溶液,根据物料守恒有c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-),D项正确。
答案▶ B
2.
常温下,向100 mL0.01 mol·L-1氨水中缓慢通入SO2气体,整个过程中无气体逸出。忽略溶液体积的变化,溶液的pH与通入SO2的体积(已折算为标准状况)关系如图所示。下列说法正确的是( )。
A.a点溶液中:c(NH3·H2O)>c(HS)+2c(H2SO3)+0.005 mol·L-1
B.b点溶液中:c(S)>c(N)>c(HS)>c(OH-)
C.c点溶液中:2c(S)+c(HS)+c(NH3·H2O)=0.01 mol·L-1
D.d点溶液中:c(NH3·H2O)+2c(S)+c(OH-)=c(H2SO3)+c(H+)
解析▶ 起始时n(NH3·H2O)=0.01 mol·L-1×0.1 L=0.001 mol=1×10-3 mol,a、b、c、d四点均存在电荷守恒c(N)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-)。
a点n(SO2)==2.5×10-4 mol,消耗n(NH3·H2O)=5×10-4 mol,所以氨水过量,剩余5×10-4 mol,得到NH3·H2O、(NH4)2SO3的混合溶液,溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),N、S的关系为c(N)+c(NH3·H2O)=4c(S)+4c(HS)+4c(H2SO3)=2c(S)+2c(HS)+2c(H2SO3)+=2c(S)+2c(HS)+2c(H2SO3)+0.005 mol·L-1,结合电荷守恒消去c(N)得c(NH3·H2O)=c(HS)+2c(H2SO3)-[c(OH-)-c(H+)]+0.005 mol·L-1,即c(NH3·H2O)
答案▶ C
1.分析溶液中微粒浓度关系的思维流程
2.规避等量关系中的2个易失分点
(1)电荷守恒式中不只是各离子浓度的简单相加。如2c(C)的化学计量数2代表一个C带2个负电荷,不可漏掉。
(2)物料守恒式中,浓度系数不能漏写或颠倒。如Na2S溶液中的物料守恒式c(Na+)=2[c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)]中,“2”表示c(Na+)是溶液中含有硫元素的微粒总浓度的2倍,不能写成2c(Na+)=c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)。
3.根据粒子浓度关系式,套用合适守恒式
粒子浓度关系
思考套用公式
一边全为阴离子,另一边全为阳离子
电荷守恒式
一边微粒全含有一种元素,另一边微粒全含有另一种元素
物料守恒式
一边微粒能电离H+,另一边微粒能结合H+
质子守恒式
两边没有明显特征
三守恒式结合
16 电解质溶液图像分析
一、一强一弱溶液的稀释图像
1.相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数,醋酸的pH大
加水稀释到相同的pH,盐酸加入的水多
2.相同体积、相同pH的盐酸、醋酸
加水稀释相同的倍数,盐酸的pH大
加水稀释到相同的pH,醋酸加入的水多
3.pH与稀释倍数的线性关系
(1)HY为强酸、HX为弱酸
(2)a、b两点的溶液中:c(X-)=c(Y-)
(3)水的电离程度:d>c>a=b
(1)MOH为强碱、ROH为弱碱
(2)c(ROH)>c(MOH)
(3)水的电离程度:a>b
二、酸碱中和滴定图像
氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线
盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠溶液、氨水的滴定曲线
曲线起点不同:
强碱滴定强酸、弱酸的曲线,强酸起点低;强酸滴定强碱、弱碱的曲线,强碱起点高
突跃点变化范围不同:
强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应(强酸与弱碱反应)的
室温下pH=7 不一定是终点:
强碱与强酸:终点pH=7(甲基橙、酚酞均可)
强碱与弱酸:终点pH>7(酚酞作指示剂)
强酸与弱碱:终点pH<7(甲基橙作指示剂)
三、沉淀溶解平衡图像
1.曲线型
常温下,CaSO4 在水溶液中的沉淀溶解平衡曲线(Ksp=9×10-6)
(1)a、c 点在曲线上,从a点到c点,在曲线上变化,条件是增加c(S),如加入 Na2SO4 固体;从c点到a点,在曲线上变化,条件是增加c(Ca2+),Ksp 不变。
(2)b点在曲线的上方,Qc>Ksp,将会有沉淀生成,从b点到曲线上,可加水稀释。
(3)d点在曲线的下方,Qc
(1)直线 AB 上的点:c(M2+)=c(R2-)。
(2)溶度积:CaSO4>CaCO3>MnCO3。
(3)X 点对 CaCO3 要析出沉淀,对 CaSO4 是不饱和溶液, 能继续溶解 CaSO4。
(4)Y 点:c(S)>c(Ca2+),二者的浓度积等于10-5; Z点:c(C)
分布曲线是指以 pH 为横坐标、分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的百分数)为纵坐标的关系曲线。
一元弱酸
(以CH3COOH为例)
二元弱酸
(以H2C2O4为例)
δ0为CH3COOH分布系数,δ1为CH3COO-分布系数
δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2分布系数、δ2为C2分布系数
考点1
▶ 弱电解质的电离及稀释图像
1.(2019年天津理综,5)某温度下,HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10-4和1.7×10-5。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Ⅰ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
解析▶ 由Ka(HNO2)K>a(CH3COOH)可知,酸性HNO2>CH3COOH。pH和体积均相同的两种酸稀释相同倍数时,酸性强的酸pH变化大,所以曲线Ⅱ为HNO2,A项错误;b、c两点处,b点酸性强,对水的电离抑制程度大,所以水的电离程度:c点>b点,B项错误;从c点到d点,==K,w和Ka是两个常数,只要温度不变,比值也不变,C项正确;a点pH相同,则CH3COOH的浓度大,恰好中和时消耗的NaOH多,所以溶液中n(Na+)多,D项错误。
答案▶ C
1.(2019年陕西宝鸡二检)25 ℃时,改变0.1 mol·L-1弱酸RCOOH溶液的pH,溶液中RCOOH分子的物质的量分数δ(RCOOH)随之改变[已知δ(RCOOH)=],甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )。
A.图中M、N两点对应溶液中的c(OH-):M>N
B.丙酸的电离常数K=10-4.88
C.等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH比较:HCOONa>CH3CH2COONa
D.将0.1 mol·L-1的HCOOH溶液与0.1 mol·L-1的HCOONa溶液等体积混合,所得溶液中:c(Na+)>c(HCOOH)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)
解析▶ M点的pH小于N点的pH,即M点c(H+)大于N点c(H+),所以溶液中的c(OH-)应该是M点小于N点,故A项错误;pH=4.88时,丙酸的酸分子的物质的量分数为50%,即c(CH3CH2COOH)=c(CH3CH2COO-),lgK=lgc(H+)=-4.88,即丙酸的电离常数K=10-4.88,故B项正确;由图中信息可知,相同pH时,丙酸的酸分子的物质的量分数大,说明电离程度小,故其酸性比甲酸弱,即HCOO-的水解程度小于CH3CH2COO-的水解程度,等浓度的HCOONa和CH3CH2COONa两种溶液的pH应是pH(HCOONa)
弱酸的电离及稀释曲线
1.两种酸,加水稀释相同的倍数,pH变化越小的,酸性越弱。
2.可以从起点及pH图像的斜率判断酸性强弱(斜率越大酸性越强)。
3.弱酸加水稀释,只要温度不变,则电离常数、水的离子积均不变。
4.弱电解质溶液加水稀释的过程中,判断某些微粒浓度的关系式是否发生变化时,首先要考虑该关系式是否是电离常数、离子积常数、水解常数以及它们的变形。
考点2
▶ 中和滴定及原理应用图像
2.(2019年全国Ⅰ卷,11)NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾(邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10-3,Ka2=3.9×10-6)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=7
D.c点的混合溶液中,c(Na+)>c(K+)>c(OH-)
解析▶ 本题主要考查邻苯二甲酸与NaOH溶液的反应,侧重考查考生对中和滴定和电解质溶液的分析能力。b点为反应终点,此时溶质为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾,为强碱弱酸盐,则b点pH>7,C项错误。
答案▶ C
2.(2019年山东潍坊第二次模拟)常温时,向20 mL 0.1 mol·L-1的 CH3CH2COOH 溶液中滴加0.1 mol·L-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-)
C.c点溶液中=10-4
D.d点溶液中c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2COO-)+c(CH3CH2COOH)
解析▶ a点加入10 mL NaOH溶液,充分反应后所得溶液中含溶质CH3CH2COOH、CH3CH2COONa各0.001 mol。因pH<7,则溶液中CH3CH2COOH的电离程度大于CH3CH2COO-的水解程度,c(CH3CH2COO-) >c(Na+),A项错误。NaOH溶液加入前,CH3CH2COOH微弱电离出的H+抑制水电离;随着NaOH溶液的加入,CH3CH2COOH溶液的浓度减小,这种抑制作用减弱,水的电离程度增大;恰好中和时,生成的CH3CH2COO-水解,使水的电离程度达到最大;之后加入的NaOH溶液过量,NaOH完全电离生成的OH-抑制水的电离,水的电离程度又逐渐减小,故水的电离程度c>b>a>d,B项错误。据图,加入NaOH溶液前,0.1 mol·L-1 CH3CH2COOH溶液的pH=3,则溶液中c(CH3CH2COO-)≈c(H+)=10-3 mol·L-1,c(CH3CH2COOH)=0.1 mol·L-1-10-3 mol·L-1≈0.1 mol·L-1,常温下CH3CH2COOH的电离常数Ka=10-5,CH3CH2COO-的水解常数Kh==10-9。c点加入20 mL NaOH溶液,两者恰好完全反应得CH3CH2COONa溶液(pH=9),溶液中存在水解平衡CH3CH2COO-+H2OCH3CH2COOH+OH-,将Kh=10-9、c(OH-)=10-5 mol·L-1代入Kh表达式,得=10-4,C项正确。d点加入30 mL NaOH溶液,充分反应后所得溶液中的溶质为0.002 mol CH3CH2COONa、0.001 mol NaOH。电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3CH2COO-),物料守恒2c(Na+)=3c(CH3CH2COO-)+3c(CH3CH2COOH),两式相减得c(Na+) -c(H+)=2c(CH3CH2COO-)+3c(CH3CH2COOH)-c(OH-),进而有c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+2c(CH3CH2COO-)+3c(CH3CH2COOH)>c(H+)+c(CH3CH2COO-)+c(CH3CH2COOH),D项错误。
答案▶ C
3.(2019年山东青岛一模)已知 pOH=-lgc(OH-)。向20 mL 0.1 mol·L-1 的氨水中滴加未知浓度的稀 H2SO4,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H2SO4 的物质的量浓度为0.05 mol·L-1
B.当溶液中pH=pOH时,水的电离程度最大
C.a点时溶液中存在c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c(N)+2c(H+)
D.a、b、c三点对应 N的水解平衡常数:Kh(b)>Kh(a)>Kh(c)
解析▶ 向20 mL 0.1 mol·L-1 的氨水中滴加未知浓度的稀 H2SO4,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,二者恰好完全反应。20 mL 0.1 mol·L-1的氨水中n(NH3·H2O)=0.1 mol·L-1×0.02 L=0.002 mol,V(H2SO4)=20 mL 时,恰好完全反应,则消耗硫酸的物质的量为0.001 mol,c(H2SO4)==0.05 mol·L-1,故A项正确;当溶液中的pH=pOH时,溶液呈中性,此时溶质为硫酸铵和氨水,N的水解程度与氨水的电离程度相等,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,N水解,促进了水的电离,此时水的电离程度最大,故B项错误;a点,反应后溶质为NH3·H2O和硫酸铵,且c(NH3·H2O)=2[c(NH4)2SO4],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(NH3·H2O)+c(N)=4c(S),二者结合可得c(NH3·H2O)+2c(OH-)=c(N)+2c(H+),故C项正确;升高温度促进水解,水解常数增大,由图中实线可知,温度b>a>c,则a、b、c三点N的水解常数Kh(b)K>h(a)K>h(c),故D项正确。
答案▶ B
中和滴定及原理应用图像答题关键点
1.抓反应的“起始”点:判断酸、碱的相对强弱。
2.抓反应“一半”点:判断是哪种溶质的等量混合。
3.抓“恰好反应”点:即滴定终点,判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性。
4.抓溶液的“中性”点:判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足,此时c(H+)=c(OH-)。
5.抓反应的“过量”点:判断溶液中的溶质,判断哪种物质过量。
考点3
▶ 沉淀溶解平衡图像
3.(2019年全国Ⅱ卷,12)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( )。
A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)
D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
解析▶ 本题主要考查沉淀溶解平衡曲线的判断与分析,侧重考查考生对图像的分析能力。硫化镉在水溶液中存在溶解平衡CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq),温度不同时,在水中阴、阳离子浓度仍然相等,A项正确K;sp的大小只与温度有关,m、n、p三点对应的温度相同,故三点对应的Ksp均相等且比q点对应的Ksp小,B项错误;加入Na2S固体后,c(S2-)变大,c(Cd2+)变小,只能在mpn曲线上向p方向移动,C项正确;降低温度时,Cd2+和S2-浓度均减小且相等,D项正确。
答案▶ B
4.已知:pCu=-lg c(Cu+),pX=-lg c(X-)。298 K时,Ksp(CuCl)=a×10-6,Ksp(CuBr)=b×10-9,Ksp(CuI)=c×10-12。在CuCl、CuBr、CuI的饱和溶液中阳离子和阴离子的浓度关系如图所示。下列说法正确的是( )。
A.298 K时,在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl,c(Cu+)和c(Cl-)都减小
B.图中x代表CuI曲线,且P点c(Cu+)=c(I-)
C.298 K时,增大M点的阴离子浓度,则y上的点向N点移动
D.298 K时,CuBr(s)+I-(aq)CuI(s)+Br-(aq)的平衡常数K的数量级为103或102
解析▶ 根据图像,pCu=-lg c(Cu+)=3,c(Cu+)=10-3 mol·L-1,pX=-lg c(X-)=3,c(X-)=10-3 mol·L-1,则Ksp(CuX)=10-6,因此P点对应CuCl饱和溶液中阳离子和阴离子的浓度关系,即曲线x代表CuCl,则y代表CuBr,z代表CuI,据此分析解答。298 K时,在CuCl的饱和溶液中加入少量NaCl,c(Cl-)增大,温度不变K,sp(CuCl)不变,则c(Cu+)减小,故A项错误;根据上述分析,图中x代表CuCl曲线,故B项错误;298 K时,增大M点的阴离子浓度,温度不变K,sp(CuBr)不变,则c(Cu+)减小,pCu增大,即y上的点沿曲线向M点的斜下方移动,故C项错误;298 K时,CuBr(s)+I-(aq)CuI(s)+Br-(aq)的平衡常数K===×103,K的数量级为103或102,故D项正确。
答案▶ D
沉淀溶解平衡图像题的解题策略
1.沉淀溶解平衡曲线类似溶解度曲线,曲线上任一点都表示饱和溶液,曲线上方的任一点均表示过饱和溶液,此时有沉淀析出,曲线下方的任一点均表示不饱和溶液。溶度积常数只是温度的函数,与溶液中溶质的离子浓度无关,在同一曲线上的点,溶度积常数相同。
2.从图像中找到数据,根据Ksp公式计算得出Ksp的值。
3.比较溶液的Qc与Ksp的大小,判断溶液中有无沉淀析出。
4.涉及Qc的计算时,所代入的离子浓度一定是混合溶液中的离子浓度,因此计算离子浓度时,所代入的溶液体积也必须是混合溶液的体积。
考点4
▶ 分布系数图像
4.(2019年湖北恩施质检)H2R为二元弱酸,向一定体积的0.1 mol·L-1的H2R溶液中逐滴加入一定浓度的NaOH溶液,溶液中不同形态的粒子(H2R、HR-、R2-)的物质的量分数α(X)[α(X)=]随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是( )。
A.常温下,K2(H2R)=1.0×10-11
B.常温下,HR-在水中的电离程度大于其水解程度
C.pH=9时,c(Na+)>c(HR-)+2c(R2-)
D.pH=7时,c(H2R)=c(HR-)
解析▶ 由图像可知,pH=11时, c(R2-)=c(HR-),故K2(H2R)==1.0×10-11,A项正确;根据图像,pH=9时,溶液中的溶质主要是NaHR,此时溶液呈碱性,故HR-在水中的电离程度小于其水解程度,B项错误;pH=9时,c(H+)< c(OH-),根据电荷守恒,溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-),故c(Na+)>c(HR-)+2c(R2- ),C项正确;由图中信息可知,pH=7时,c(H2R)=c(HR-),D项正确。
答案▶ B
5.亚砷酸(H3AsO3)可以用于治疗白血病,在溶液中存在多种微粒形态。向1 L 0.1 mol·L-1 H3AsO3溶液中逐滴加入KOH溶液,各种微粒的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )。
A.H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10-9
B.pH在8.0~10.0时,反应的离子方程式为H3AsO3+OH-H2As+H2O
C.M点对应的溶液中:c(H2As)+c(HAs)+c(As)+c(H3AsO3)=0.1 mol·L-1
D.pH=12时,溶液中存在:c(H2As)+2c(HAs)+3c(As)+c(H3AsO3)>c(H+)+c(K+)
解析▶ 由图中数据可知,pH=9.3时,c(H2As)=c(H3AsO3),故H3AsO3的电离常数Ka1==c(H+)=10-9.3,故Ka1的数量级为10-10,A项错误;由图可知,pH在8.0~10.0时,H3AsO3的物质的量分数逐渐减小,H2As的物质的量分数逐渐增大,故反应的离子方程式为H3AsO3+OH-H2As+H2O,B项正确;根据物料守恒可知,M点对应的溶液中,n(H2As)+n(HAs)+n(As)+n(H3AsO3)=0.1 mol,由于此时溶液的体积未知(或加入KOH溶液的体积未知)但大于1 L,故其总浓度小于0.1 mol·L-1,C项错误;由电荷守恒可知,c(H2As)+2c(HAs)+3c(As)+c(OH-)=c(H+)+c(K+),pH=12时,溶液呈碱性,由图可知,此时H3AsO3主要转化为H2As和HAs,说明H2As和HAs的电离程度小于H2As和HAs的水解程度,H2As和HAs水解都产生OH-,故c(OH-)>c(H3AsO3),因此,溶液中c(H2As)+2c(HAs)+3c(As)+c(H3AsO3)
1.随着 pH 增大,溶质分子浓度不断减小,离子浓度逐渐增大,酸根离子增多。根据数据分布可以书写一定 pH 时所发生反应的离子方程式。
2.同一pH 条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定 pH 的微粒分布系数和c(H+),就可以计算各成分在该 pH时的平衡浓度。
1.(2019年广东佛山质检)常温下,向20 mL 0.1 mol·L-1的H3PO4溶液中滴加0.1 mol·L-1的 NaOH溶液,所得溶液的pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法正确的是( )。
A.H3PO4溶液第一步滴定可用酚酞作指示剂
B.a点溶液中c(H2P)>c(H3PO4)>c(HP)
C.图像中a、b、c三处溶液中相等
D.b点溶液存在2c(Na+)=c(P)+c(H2P)+c(HP)+c(H3PO4)
解析▶ H3PO4溶液第一步滴定生成NaH2PO4,溶液呈酸性,可选用甲基橙作指示剂,故A项错误;a点为NaH2PO4溶液,NaH2PO4在水溶液中呈酸性,其电离程度大于水解程度,a点溶液中c(H2P)>c(HP)>c(H3PO4),故B项错误;温度相同,同一反应的平衡常数相同,a、b、c三处溶液中HP的水解平衡常数相等,故C项正确;b点是Na2HPO4溶液,物料守恒式为c(Na+)=2[c(P)+c(H2P)+c(HP)+c(H3PO4)],故D项错误。
答案▶ C
2.(2019年安徽黄山一模)室温下,向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液,若pc=-lg c,则所得溶液中pc(H2C2O4)、pc(HC2)、pc(C2)与溶液pH的关系如图所示。下列说法正确的是( )。
A.M点时, 2c(HC2)+c(C2)>c(Na+)
B.pH=x时,c(HC2)
D.随pH的升高而减小
解析▶ H2C2O4分两步电离,其电离方程式为H2C2O4H++HC2,HC2H++C2。根据电荷守恒可知,c(HC2)+2c(C2)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),因M点pH=4.3,pc(HC2)=pc(C2),即c(H+)> c(OH-),c(HC2)=c(C2),则可推出2c(HC2)+c(C2)>c(Na+),故A项正确;由图可知,pH=x时,pc(HC2)
答案▶ A
3.(2019年山东日照模拟)室温下,用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中,用NaOH溶液以恒定速率来滴定该浓氯水,根据测定结果绘制出ClO-、Cl等离子的物质的量浓度c与时间t的关系曲线如图。下列说法正确的是( )。
A.NaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装
B.a点溶液中存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(Cl)+c(OH-)
C.b点溶液中各离子浓度:c(Na+)>c(Cl-)>c(Cl)=c(ClO-)
D.t2~t4,ClO-的物质的量下降的原因可能是ClO-自身歧化:2ClO-Cl-+Cl
解析▶ 浓氯水有强氧化性,会腐蚀碱式滴定管的橡胶管,A项错误;溶液存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(Cl)+c(OH-)+c(Cl-),B项错误;b点溶液为氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠的混合液,根据氧化还原反应中得失电子数相等可知,c(Cl-)=5c(Cl)+c(ClO-),所以各离子浓度c(Na+)>c(Cl-)>c(Cl)=c(ClO-),C项正确;氧化还原反应中得失电子数应该相等,正确的离子方程式为3ClO-2Cl-+Cl,D项错误。
答案▶ C
4.浓度均为0.01 mol·L-1、体积均为V1 L的两种一元酸HX和HY的水溶液,加水稀释至体积为V L,测得两溶液pH随lg变化的情况如图所示,下列说法错误的是( )。
A.HY为一元弱酸
B.将两种溶液无限稀释,由水电离产生的c(H+)相等
C.lg=3时,升高温度,增大
D.HX 的电离程度:b>a
解析▶ lg=0,HX的pH=2,说明HX完全电离,属于一元强酸,HY的pH>3,说明HY部分电离,属于一元弱酸,A项正确;将两种溶液加水无限稀释,酸溶液无限接近中性,故由水电离产生的c(H+)相等,B项正确;lg=3时,升高温度会促进弱电解质HY的电离,即c(Y-)增大,但对强电解质HX无影响,即c(X-)不变,故增大,C项正确;HX为一元强酸,完全电离,即HX的电离程度b=a,D项错误。
答案▶ D
5.(2019年山东德州第一次模拟)298 K时,将0.1 mol·L-1的两种钠盐NaX、NaY溶液加水稀释,溶液的pH 与稀释倍数的对数lg的关系如图所示。下列说法不正确的是( )。
A.酸性:HY>HX
B.298 K时,=
C.lg=2时,c(HX)+c(X-)=c(HY)+c(Y-)
D.相同浓度时,NaX和NaY两溶液中离子总浓度相等
解析▶ 由图像可知,同浓度的NaX 和NaY溶液的pH,NaX更大,说明X-在水溶液中的水解能力强于Y-,则酸性HY>HX,故A项正确;由图像可知,298 K时,0.1 mol·L-1NaX溶液的pH=10,c(H+)=10-10 mol·L-1,c(HX)≈c(OH-)=10-4 mol·L-1,c(X-)≈0.1 mol·L-1,则K(HX)==10-7,同理可求得K(HY)=10-5,则==,故B项正确;根据物料守恒可知,lg=2时,c(HX)+c(X- )=c(HY)+c(Y- ),故C项正确;根据电荷守恒可知,浓度相等的两溶液中,阴阳离子总浓度为2c(Na+)+2c(H+),由于水解程度NaX>NaY,则两溶液中c(H+)不同,两溶液中离子总浓度不相等,故D项错误。
答案▶ D
6.(2019年河北示范性高中联考)已知AG=lg。室温下用0.01 mol·L-1的NH3·H2O 滴定20.00 mL 0.01 mol·L-1某一元酸HQ 的结果如图所示。下列说法中正确的是( )。
A.HQ属于弱酸
B.整个过程中,c点水的电离程度最大
C.e点对应溶液中c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(N)+c(H+)
D.Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5
解析▶ 由a点可知0.01 mol·L-1 HQ溶液中c(H+)=0.01 mol·L-1,所以HQ属于强酸,A项错误;整个过程中,当酸碱恰好完全反应生成盐时,水的电离程度最大,由于生成的盐是强酸弱碱盐,此时溶液呈酸性,而c点时溶液呈中性,B项错误;e点溶液为等浓度的NH4Q和NH3·H2O混合液,根据电荷守恒有c(OH-)+c(Q-)=c(N)+c(H+) ,根据物料守恒有2c(Q-)=c(N)+c(NH3·H2O),所以e点对应溶液中2c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(N)+2c(H+),C项错误;e点溶液为等浓度的NH4Q和NH3·H2O混合液,由于电离和水解都很微弱,c(NH3·H2O)≈c(N),Kb(NH3·H2O)=≈c(OH-),由图像可知,e点时AG=lg=-4.5,再根据水的离子积Kw=c(H+)·c(OH-)=1×10-14,解得c(OH-)=10-4.75 mol·L-1=100.25×10-5 mol·L-1,所以Kb(NH3·H2O)的数量级为10-5,D项正确。
答案▶ D
7.(2019年四川绵阳三诊)改变0.01 mol·L-1 NaAc(Ac-表示CH3COO-)溶液的pH,溶液中HAc、Ac-、H+、OH-浓度的对数值lg c与溶液pH的变化关系如图所示。若pKa=-lg Ka,下列叙述错误的是( )。
A.曲线b、d分别对应H+、OH-
B.pH=6时,c(HAc)>c(Ac-)>c(H+)
C.HAc电离常数的数量级为10-5
D.从曲线a与c的交点可知pKa=pH=4.74
解析▶ 微粒的浓度越大,lg c越大。酸性溶液中c(CH3COOH)≈0.01 mol·L-1,lg c(CH3COOH)≈-2,碱性溶液中c(CH3COO-)≈0.01 mol·L-1,lg c(CH3COO-)≈-2;酸性越强,lg c(H+)越大,lg c(OH-)越小,碱性越强,lg c(H+)越小,lg c(OH-)越大,根据图像可知,曲线c对应CH3COOH,曲线a对应CH3COO-,曲线b对应H+,曲线d对应OH-。根据上述分析,曲线b、d分别对应H+、OH-,A项正确;根据图像可知,pH=6时,c(Ac-)>c(HAc)>c(H+),B项错误;HAc电离常数Ka=,当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)时K,a=c(H+)=10-4.74,数量级为10-5,C项正确;曲线a与c的交点表示c(CH3COOH)=c(CH3COO-),根据C项的分析可知K,a=c(H+)=10-4.74,Kpa=-lg Ka=-lg c(H+)=pH=4.74,D项正确。
答案▶ B
8.(2019年广东广州测试)常温下,用0.10 mol·L-1 NaOH溶液滴定0.10 mol·L-1 HA溶液,滴定曲线如图a所示,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图b所示。下列叙述错误的是( )。
A.Ka(HA)的数量级为10-5
B.N点,c(Na+)-c(A-)=
C.P→Q过程中,水的电离程度逐渐增大
D.当滴定至溶液呈中性时,c(A-)>c(HA)
解析▶ 根据图a可知,中和百分数为50%时溶液的pH=4.74,此时溶液的组成为等物质的量浓度的NaA和HA,由于A-的水解和HA的电离都是微弱的,c(A-)≈c(HA)K,a(HA)==c(H+)=10-4.74,故Ka(HA)的数量级为10-5,A项正确;N点,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),即c(Na+)-c(A-)=c(OH-)-c(H+)=-1×10-8.72,B项错误;P→Q过程中,随着氢氧化钠溶液的滴入,酸不断被消耗,溶液的酸性逐渐减弱,水的电离程度逐渐增大,C项正确;根据图b可知,当lg=1.0时,溶液呈酸性,当滴定至溶液呈中性时,溶液中c(A-)>c(HA),D项正确。
答案▶ B
9.已知金属离子M2+,25 ℃时在水中存在M2+(aq)、M(OH)+(aq)、M(OH)2(s)、M(OH(aq)、M(OH(aq)五种形态,该体系中各形态的物质的量分数(α)随pH的变化关系如图。下列叙述中错误的是( )。
A.P点的pH为12,则M(OHM(OH)2+OH-的平衡常数为10-2
B.M(OH)2完全沉淀后,增大溶液的pH,沉淀不会立即开始溶解
C.溶液pH达到14之前,M(OH)2沉淀已完全溶解
D.M(NO3)2溶液呈酸性,其水解的离子方程式为M2++H2OM(OH)++H+
解析▶ 随着pH增大,c(OH-)增大,M2+结合OH-数目增多,故曲线1为M2+(aq)、曲线2为M(OH)+(aq)、曲线3为M(OH)2(s)、曲线4为M(OH(aq)、曲线5为M(OH(aq)。P点的pH为12, c(OH-)=10-2,平衡常数K=,c[M(OH]未知,不能计算平衡常数,A项错误;由图可知,M(OH)2完全沉淀后,有一段曲线随着pH改变,物质的量分数(α)没有发生变化,所以增大溶液的pH,沉淀不会立即开始溶解,B项正确;由图中曲线3可知,溶液pH达到14之前,M(OH)2的物质的量分数为0,说明M(OH)2沉淀已完全溶解,C项正确。
答案▶ A
10.25 ℃时,分别向20.00 mL 0.1000 mol·L-1的氨水、醋酸铵溶液中滴加0.1000 mol·L-1的盐酸,溶液pH与加入盐酸体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是( )。
A.M点溶液中:c(OH-)>c(N)>c(NH3·H2O)>c(H+)
B.N点溶液中:c(Cl-)>c(N)>c(NH3·H2O)>c(OH-)
C.P点溶液中:c(N)<2c(CH3COO-)+c(NH3·H2O)
D.Q点溶液中:2c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(N)
解析▶ 一水合氨是弱电解质,电离程度较小,一水合氨电离导致溶液呈碱性,水还能电离出OH-,则溶液中存在c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(N)>c(H+),A项错误;N点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH3·H2O和NH4Cl,混合溶液呈碱性,说明一水合氨的电离程度大于N的水解程度,但是其电离和水解程度都较小,则存在c(N)>c(Cl-)>c(NH3·H2O)>c(OH-),B项错误;P点溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COOH和CH3COONH4,溶液中存在物料守恒c(N)+c(NH3·H2O)=2c(Cl-),电荷守恒c(N)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(Cl-)+c(OH-),溶液呈酸性,则c(H+)>c(OH-),c(N)
11.(2019年吉林辽源模拟)硫酸锰是一种重要的化工中间体,是锰行业研究的热点。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下:
已知:①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。
②金属离子在水溶液中的平衡浓度与pH的关系如图所示(25 ℃):
③此实验条件下Mn2+开始沉淀的pH为7.54;当离子浓度≤10-5 mol·L-1时,离子沉淀完全。
请回答下列问题:
(1)传统工艺处理高硫锰矿时,不经“混合焙烧”,而是直接用H2SO4浸出,其缺点为 。
(2)“氧化”时,发生反应的离子方程式为 。若省略“氧化”步骤,造成的后果是 。
(3)“中和除杂”时,生成沉淀的主要成分为 (填化学式)。
(4)“氟化除杂”时,若使溶液中的Mg2+和Ca2+沉淀完全,需维持c(F-)不低于 。[已知:Ksp(MgF2)=6.4×10-10;Ksp(CaF2)=3.6×10-12]
(5)“碳化结晶”时,发生反应的离子方程式为 。
(6)“系列操作”指 、过滤、洗涤、干燥。
(7)用惰性电极电解MnSO4溶液可制备MnO2,电解过程中阳极的电极反应式为 。
解析▶ (3)“中和除杂”时,Fe3+、Al3+与加入的C之间发生相互促进的水解反应得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀。
(4)若使溶液中的Mg2+沉淀完全,需维持c(F-)不低于 mol·L-1=8×10-3 mol·L-1。
(6)硫酸锰溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物。
(7)电解过程中阳极发生氧化反应,元素化合价升高,故为Mn2+失去电子生成二氧化锰,电极反应式为Mn2++2H2O-2e-MnO2+4H+。
答案▶ (1)产生硫化氢等气体,污染环境
(2)MnO2+2Fe2++4H+2Fe3++Mn2++2H2O Fe2+与Mn2+沉淀区有重叠,造成Mn2+损失(或Fe2+去除不完全,影响产品纯度)
(3)Fe(OH)3、Al(OH)3
(4)8×10-3 mol·L-1
(5)Mn2++2HCMnCO3↓+CO2↑+H2O
(6)蒸发浓缩、冷却结晶
(7)Mn2++2H2O-2e-MnO2+4H+
12.(2019年广西钦州三模)铁及其化合物在人类的生活生产中有着重要的作用,Fe2+、Fe3+是影响水质的一个重要因素。回答下列问题:
Ⅰ.测量某河水样本中铁的含量
(1)水样中Fe2+的含量越大,溶解氧的含量就越低,用离子方程式解释原因: 。
(2)测定Fe2+:取5 mL c mol·L-1的KMnO4标准液,稀释至100 mL。取10.00 mL河水水样,加入稀硫酸后,用稀释后的KMnO4溶液进行滴定,消耗KMnO4溶液V1 mL。
①用 (填滴定管的名称)盛放KMnO4标准液。
②滴定达到终点的标志是 。
(3)测定Fe3+:取10.00 mL水样,转移至盛有过量锌粒的烧杯中充分反应。加入过量稀硫酸,用表面皿盖住烧杯并加热10分钟,冷却后用(2)中稀释后的KMnO4溶液滴定,消耗KMnO4溶液V2 mL。
①锌粒的作用是 。
②河水中Fe3+的浓度是 mol·L-1(用含字母的代数式表示)。
Ⅱ.氢氧化亚铁[Fe(OH)2]在常温常压下为白色固体。
(4)当溶液中某离子浓度小于1×10-5 mol·L-1时,可以认为该离子已沉淀完全。常温下,Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16。现调节含Fe2+的某河水样品pH=9,用简要计算过程说明Fe2+是否已经沉淀完全: 。
(5)一种用Na2SO4溶液作电解液电解制取Fe(OH)2的实验装置如图所示。通电后,溶液中产生白色沉淀,且较长时间不变色。
①必须使用铁作电极的是 (填“A”或“B”)极。
②B极的电极反应式为 。
解析▶ (1)酸性条件下,O2在水中被Fe2+还原,则溶解氧的含量降低,离子方程式为4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O。
(2)①KMnO4标准液具有强氧化性,能腐蚀橡胶,要用酸式滴定管盛放。
(3)取10.00 mL水样,与过量锌粒充分反应后Fe3+和Fe2+都被还原为Fe,再加入过量稀硫酸将Fe转化为Fe2+。①根据以上分析,锌粒的作用是将Fe3+还原。②滴定时溶液中的Fe2+包括两部分,一部分是水样中原来就有的,另一部分是由Fe3+转化而来的,根据反应关系,5Fe2+~Mn,滴定时消耗的n1(Mn)=× mol=5×10-5cV2 mol,滴定水样中原有的Fe2+消耗的n2(Mn)=× mol=5×10-5cV1 mol,则水样中Fe3+的物质的量为(5×10-5cV2-5×10-5cV1) mol×5=2.5×10-4c(V2-V1) mol,则河水中c(Fe3+)==2.5×10-2c(V2-V1) mol·L-1。
(4)根据Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16,pH=9时,c(Fe2+)= mol·L-1=8.0×10-6 mol·L-1<1×10-5 mol·L-1,Fe2+已经沉淀完全。
(5)①由装置图可知,电解装置的A极与电源正极相连,则A为阳极,阳极发生铁失电子的氧化反应,故必须使用铁作电极的是A极。②B极为阴极,阴极发生水得电子的还原反应,电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-。
答案▶ (1)4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O
(2)①酸式滴定管 ②滴入最后一滴KMnO4溶液,紫色不褪去,并在半分钟内保持不变
(3)①将Fe3+还原 ②2.5×10-2c(V2-V1)
(4)pH=9时,c(Fe2+)= mol·L-1=8.0×10-6 mol·L-1<1×10-5 mol·L-1,Fe2+已经沉淀完全
(5)A 2H2O+2e-H2↑+2OH-
13.(2019年安徽安庆二模)锰酸锂离子蓄电池是第二代锂离子动力电池。一种以软锰矿浆(主要成分为MnO2,含少量 Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)为原料制备锰酸锂的流程如图所示。
(1)“溶浸”生产中为提高SO2回收率可采取的措施有 (填字母)。
A.不断搅拌,使SO2和软锰矿浆充分接触
B.增大通入SO2的流速
C.减少软锰矿浆的进入量
D.减小通入SO2的流速
(2)已知:室温下,Ksp[Al(OH)3]=1×10-33,Ksp[Fe(OH)3]=1×10-39, pH=7.1 时 Mn(OH)2开始沉淀。氧化除杂时(室温)除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度小于1×10-6 mol·L-1),需调节溶液pH的范围为 。
(3)常温下将硫酸锰与K2S2O8溶液混合静置一周,慢慢得到球形二氧化锰。请写出发生反应的离子方程式: 。
(4)将MnO2和 Li2CO3按4∶1的物质的量之比配料,混合搅拌,然后升温至600~750 ℃,制取产品LiMn2O4。写出该反应的化学方程式: 。
(5)大气污染物SO2也可用NaOH溶液吸收。已知pKa=-lgKa,25 ℃时,H2SO3的pKa1=1.85,pKa2=7.19。该温度下用0.1 mol· L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示。b点所得溶液中各离子浓度由大到小的顺序是 ;c点所得溶液中:c(HS) (填“>”“<”或“=”)c(S)。
解析▶ (1)不断搅拌,使SO2和软锰矿浆充分接触,这样SO2就会更多地转化为S,A项正确;增大通入SO2的流速,可能会导致部分SO2未来得及反应就逸出,物质的产率降低,B项错误;减少软锰矿浆的进入量,SO2可能不能及时参加反应,导致SO2回收率降低,C项错误;减小通入SO2的流速,SO2能尽可能充分反应,SO2回收率增大,D项正确。
(2)除杂时只能除去Fe3+和Al3+,不能除去Mn2+,由题意可知,室温下,pH=7.1时Mn2+开始沉淀;因Ksp[Al(OH)3]=1×10-33=c(Al3+)·c3(OH-),c(Al3+)=1×10-6 mol·L-1,所以Al3+完全沉淀时的c(OH-)=1×10-9 mol·L-1,c(H+)=1×10-5 mol·L-1,pH=5;同理Fe3+完全沉淀时的pH约为3,故pH的范围是5.0
(4)MnO2和Li2CO3反应后只有Mn的化合价降低,必然有元素的化合价升高,C元素处在最高价态,化合价不能升高,则只能是O元素化合价升高,所以还有O2生成。根据电子守恒、原子守恒,可得该反应的化学方程式为8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑。
(5)b点恰好反应生成NaHSO3,溶液呈酸性,则溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)>c(HS)>c(S)>c(H+)>c(OH-);c点pH=7.19=pKa2,Ka2=c(H+),所以c(HS)=c(S)。
答案▶ (1)AD
(2)5.0
(4)8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑
(5)c(Na+)>c(HS)>c(S)>c(H+)>c(OH-) =
14.(2019年安徽合肥二检)铍铜是广泛应用于制造高级弹性元件的良好合金。某科研小组从某废旧铍铜元件(主要含BeO、CuS,还含少量FeS和SiO2)中回收铍和铜两种金属的工艺流程如下:
已知:ⅰ.铍、铝元素化学性质相似;BeCl2熔融时能微弱电离。
ⅱ.常温下:Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20, Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38,Ksp[Mn(OH)2]=2.1×10-13。
回答下列问题:
(1)滤液A的主要成分除NaOH外,还有 (填化学式);写出反应Ⅰ中含铍化合物与过量盐酸反应的离子方程式: 。
(2)滤液C中含NaCl、BeCl2和少量HCl,为得到较纯净的BeCl2溶液,选择下列实验操作最合理步骤的顺序是 (填序号);电解熔融BeCl2制备金属铍时,需要加入NaCl,其作用是 。
①加入过量的NaOH;②加入过量的氨水;③加入适量的HCl;④过滤;⑤洗涤。
(3)反应Ⅱ中CuS的氧化产物为S单质,该反应的化学方程式为 。
解析▶ (1)废旧铍铜元件的主要成分BeO、CuS、FeS、SiO2,根据信息ⅰ,BeO属于两性氧化物,SiO2属于酸性氧化物,能与氢氧化钠溶液反应,化学方程式为BeO+2NaOHNa2BeO2+H2O、SiO2+2NaOHNa2SiO3+H2O,CuS、FeS不与氢氧化钠反应,因此滤液A中主要成分是NaOH、Na2SiO3、Na2BeO2;根据信息ⅰ,反应Ⅰ中为Na2BeO2与过量盐酸反应,反应的离子方程式为Be+4H+Be2++2H2O。
(2)Be、Al元素的化学性质相似,向滤液C中先加入过量的氨水,生成Be(OH)2沉淀,然后过滤、洗涤,再加入适量的HCl,生成BeCl2,合理的步骤是②④⑤③;BeCl2熔融时能微弱电离,熔融BeCl2中离子浓度较小,电解熔融BeCl2制备金属铍时,需要加入NaCl,其作用是增大离子浓度,增强熔融盐的导电性。
答案▶ (1)Na2SiO3、Na2BeO2 Be+4H+Be2++2H2O
(2)②④⑤③ 增大离子浓度,增强熔融盐的导电性
(3)MnO2+CuS+2H2SO4S+MnSO4+CuSO4+2H2O
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