2020年高考化学一轮总复习文档：第八章高考热点课6 学案

　水溶液图像题的突破方法命题分析：水溶液中的图像能把抽象的溶液中平衡理论形象地表述出来，借助图形可以更直观地认识到外界条件对溶液中离子平衡的影响。纵观近年高考试题，常考的题型有酸、碱稀释图像，酸、碱中和滴定图像和沉淀溶解平衡图像，通过图像分析考查外界条件改变时，对Kw、K、Ksp的影响，某离子浓度的变化，更多地是考查溶液中离子浓度的守恒和大小关系以及运用Ksp进行的计算和判断等。突破点1　酸、碱稀释图像突破方法(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸稀释图像(2)相同体积、相同pH的盐酸、醋酸稀释图像　(2018·武汉市高三调研)浓度均为0.1 mol/L、体积均为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化关系如图所示。下列叙述正确的是(　　)A．HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱B．常温下，由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：a<bC．相同温度下，电离常数K(HX)：a>bD．lg＝3，若同时微热两种溶液(不考虑HX、HY和H2O的挥发)，则减小解析　A项，由图像可知当lg＝0，即V＝V0时，0.1 mol/L的HX溶液和HY溶液的pH分别为2到3之间和1，所以HX是弱酸、HY是强酸，错误；B项，酸抑制水的电离，所以酸性越弱、水的电离程度越大，即pH越大，水电离出的c(H＋)·c(OH－)越大，由图像可知，由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：a<b，正确；C项，温度相同，则电离常数相同，错误；D项，微热促进HX的电离，所以增大，错误。答案　B　(2018·湖南衡阳三模)室温下，pH相差1的两种一元碱溶液A和B，分别加水稀释时，溶液的pH变化如图所示。下列说法正确的是(　　)A．稀释前，c(A)＝10c(B)B．稀释前，A溶液中由水电离出的OH－的浓度大于10－7 mol/LC．用醋酸中和A溶液至恰好完全反应时，溶液的pH为7D．在M点，A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等答案　D解析　由图知，B为弱碱，稀释前，设c(A)＝0.1 mol/L，则c(B)＞0.01 mol/L，则c(A)＜10c(B)，A错误；碱抑制水的电离，则A溶液中由水电离出的OH－的浓度小于10－7 mol/L，B错误；用醋酸中和A溶液至恰好完全反应时，醋酸是弱酸，生成的醋酸根离子水解显碱性，pH不一定为7，C错误；M点A、B溶液pH相同，氢氧根离子浓度相同，所以M点A、B两种碱溶液中阳离子的物质的量浓度相等，D正确。突破点2　酸、碱中和滴定曲线突破方法：巧抓“5点”突破中和滴定图像题解决酸碱中和滴定曲线类问题的关键是巧抓“5点”，即曲线的起点、恰好反应点、中性点、反应一半点和过量点，先判断出各个点中的溶质及溶液的酸碱性，以下面室温时用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液为例(如图)，总结如何抓住滴定曲线的5个关键点：　(2017·全国卷Ⅰ)常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是(　　)A．Ka2(H2X)的数量级为10－6B．曲线N表示pH与lg的变化关系C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)解析　己二酸为二元弱酸，当横坐标为0.0时对应M、N两线的pH分别约为5.4和4.4，由第一步电离远远大于第二步电离可知第一步电离时己二酸pH更小，所以N为第一步电离，即曲线N表示pH与lg 的变化关系，B正确；由上述分析可知曲线M为己二酸的第二步电离，则当lg ＝0.0时，Ka2(H2X)＝＝c(H＋)≈10－5.4＝100.6×10－6，A正确；NaHX溶液中，＜1，则lg＜0，此时溶液pH＜5.4，溶液呈酸性，所以c(H＋)＞c(OH－)，C正确；由以上分析可知，HX－的电离程度大于其水解程度，故当溶液呈中性时，c(Na2X)＞c(NaHX)，溶液中各离子浓度大小关系为c(Na＋)＞c(X2－)＞c(HX－)＞c(OH－)＝c(H＋)，D错误。答案　D　(2018·齐齐哈尔市三模)常温下用0.1000 mol/L的盐酸分别逐滴加入到20.00 mL 0.1000 mol/L的三种一元碱XOH、MOH、YOH溶液中，溶液的pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列叙述错误的是(　　)A．XOH为强碱，MOH、YOH均为弱碱B．V[HCl(aq)]＝15.00 mL时，三种溶液中离子总浓度大小顺序：XOH>MOH>YOHC．V[HCl(aq)]＝20.00 mL时，三种溶液中水的电离程度：XOH>MOH>YOHD．V[HCl(aq)]＝40.00 mL时，YOH溶液中：c(H＋)＝c(Y＋)＋c(OH－)＋2c(YOH)答案　C解析　根据图示信息，在未滴加盐酸时，XOH的pH为13，为强碱，MOH、YOH的pH小于13，均为弱碱，A项正确；V[HCl(aq)]＝15.00 mL时，三种溶液中分别为XCl、XOH，MCl、MOH，YCl、YOH的混合物，因为碱性：XOH>MOH>YOH，故三种溶液中离子总浓度大小顺序：XOH>MOH>YOH，B项正确；V[HCl(aq)]＝20.00 mL时，三种溶液分别恰好是XCl、MCl、YCl溶液，水的电离程度为YOH>MOH>XOH，C项错误；V[HCl(aq)]＝40.00 mL时，YOH溶液中应为YCl、HCl的混合物，溶液中的电荷守恒为c(H＋)＋c(Y＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)，物料守恒为2[c(Y＋)＋c(YOH)]＝c(Cl－)，将电荷守恒和物料守恒两式联立得：c(H＋)＝c(Y＋)＋c(OH－)＋2c(YOH)，D项正确。突破点3　沉淀溶解平衡图像突破方法：解沉淀溶解平衡图像题三步骤第一步：明确图像中纵、横坐标的含义纵、横坐标通常是难溶物溶解后电离出的离子浓度。第二步：理解图像中线上点、线外点的含义(1)以氯化银为例，在该沉淀溶解平衡图像上，曲线上任意一点都达到了沉淀溶解平衡状态，此时Qc＝Ksp。在温度不变时，无论改变哪种离子的浓度，另一种离子的浓度只能在曲线上变化，不会出现在曲线以外。(2)曲线上方区域的点均为过饱和溶液，此时Qc＞Ksp。(3)曲线下方区域的点均为不饱和溶液，此时Qc<Ksp。第三步：抓住Ksp的特点，结合选项分析判断(1)溶液在蒸发时，离子浓度的变化分两种情况：①原溶液不饱和时，离子浓度都增大；②原溶液饱和时，离子浓度都不变。(2)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。　(2018·全国卷Ⅲ)用0.100 mol·L－1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L－1 Cl－溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是(　　)A．根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10－10B．曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)C．相同实验条件下，若改为0.0400 mol·L－1 Cl－，反应终点c移到aD．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L－1 Br－，反应终点c向b方向移动解析　选取横坐标为50 mL的点，此时向50 mL 0.0500 mol·L－1的Cl－溶液中，加入了50 mL 0.100 mol·L－1的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag＋浓度为0.025 mol·L－1(按照银离子和氯离子1∶1的比例沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来的2倍)，由图示得到此时Cl－的浓度约为1×10－8 mol·L－1(实际稍小)，所以Ksp(AgCl)约为0.025×10－8＝2.5×10－10，所以其数量级为10－10，A正确。由于Ksp(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以曲线上各点的溶液均满足c(Ag＋)·c(Cl－)＝Ksp(AgCl)，B正确。滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50 mL 0.0500 mol·L－1的Cl－溶液改为50 mL 0.0400 mol·L－1的Cl－溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25 mL变为25 mL×0.8＝20 mL，而a点对应的是15 mL，C错误。卤化银从氟化银到碘化银的溶解度逐渐减小，所以Ksp(AgCl)大于Ksp(AgBr)，将50 mL 0.0500 mol·L－1的Cl－溶液改为50 mL 0.0500 mol·L－1的Br－溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是按比例1∶1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由点c向b方向移动，D正确。答案　C　(2018·商丘模拟)25 ℃时，用Na2S溶液沉淀Cu2＋、Zn2＋两种金属离子(M2＋)，所需S2－最低浓度的对数值lg c(S2－)与lg c(M2＋)关系如图所示。下列说法中不正确的是(　　)A．Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋)B．25 ℃时，Ksp(CuS)约为1×10－35C．向100 mL浓度均为10－5 mol·L－1的Zn2＋、Cu2＋的混合溶液中逐滴加入1×10－4 mol·L－1的Na2S溶液，Cu2＋先沉淀D．向Cu2＋浓度为1×10－5 mol·L－1废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出答案　A解析　Na2S溶液中存在物料守恒：2c(S2－)＋2c(HS－)＋2c(H2S)＝c(Na＋)，A错误；Ksp(CuS)＝10－25×10－10＝1×10－35，B正确；向100 mL浓度均为10－5 mol·L－1的Zn2＋、Cu2＋的混合溶液中逐滴加入1×10－4 mol·L－1的Na2S溶液，由于CuS、ZnS构型相同，且Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，故Cu2＋先沉淀，C正确；由于Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，向Cu2＋浓度为1×10－5 mol·L－1废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出，D正确。突破点4　分布分数类图像分析突破方法本类题纵坐标是溶液中存在的微粒的物质的量浓度或物质的量分数，横坐标是溶液的pH。解答本类试题时也是一般分三步分析：第一步总体读图，通过观察弄清纵坐标的含义及单位，弄清各微粒浓度变化；第二步是识图，分析特殊点的图像含义，如曲线的起点、终点、交叉点、极值点、转折点等，分析曲线的变化趋势如斜率的大小及升降；第三步是分析，进行信息提取，挖掘隐含信息、排除干扰信息、提炼有用信息，在统摄信息的基础上进行逻辑推理或运用数据计算分析。　(2017·全国卷Ⅱ)改变0.1 mol·L－1二元弱酸H2A溶液的pH，溶液中H2A、HA－、A2－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示已知δ(X)＝。下列叙述错误的是(　　)A.pH＝1.2时，c(H2A)＝c(HA－)B.lg [K2(H2A)]＝－4.2C.pH＝2.7时，c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)D.pH＝4.2时，c(HA－)＝c(A2－)＝c(H＋)解析　A对：根据题给图像，pH＝1.2时，H2A与HA－的物质的量分数相等，则有c(H2A)＝c(HA－)。B对：根据题给图像，pH＝4.2时，HA－与A2－的物质的量分数相等，K2(H2A)＝＝c(H＋)＝10－4.2，则lg [K2(H2A)]＝－4.2。C对：根据题给图像，pH＝2.7时，H2A与A2－的物质的量分数相等，且远小于HA－的物质的量分数，则有c(HA－)>c(H2A)＝c(A2－)。D错：根据题给图像，pH＝4.2时，HA－与A2－的物质的量分数相等，c(HA－)＝c(A2－)，且c(HA－)＋c(A2－)约为0.1 mol·L－1，c(H＋)＝10－4.2 mol·L－1，则c(HA－)＝c(A2－)>c(H＋)。答案　D　(2018·广东省二模)25 ℃时，改变0.1 mol·L－1 RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH、RCOO－的微粒分布分数α(X)＝；甲酸(HCOOH)与丙酸(CH3CH2COOH)中酸分子的分布分数与pH的关系如图所示。下列说法正确的是(　　)A．丙酸的酸性比甲酸强B．若0.1 mol·L－1甲酸溶液的pH＝2.33，则0.01 mol·L－1甲酸溶液的pH＝3.33C．25 ℃时CH3CH2COOHCH3CH2COO－＋H＋的lg K＝－4.88D．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＋)答案　C解析　根据图示，当甲酸、丙酸分子的分布分数α均为50%时，甲酸的pH＝3.75，丙酸的pH＝4.88。则：Ka(HCOOH)＝＝10－3.75，Ka(CH3CH2COOH)＝＝10－4.88，HCOOH的酸性比丙酸强，A项错误，C项正确；甲酸是弱酸，稀释10倍时，pH变化小于1，若0.1 mol·L－1甲酸溶液的pH＝2.33，则0.01 mol·L－1甲酸溶液的pH＜3.33，B项错误；Ka(HCOOH)＝10－3.75，则Kh(HCOO－)＝＝＝10－10.25，可以看出，等浓度时，HCOOH电离大于HCOO－水解，故将0.1 mol·L－1的HCOOH溶液与0.1 mol·L－1的HCOONa溶液等体积混合，溶液呈酸性，溶液中微粒大小顺序为：c(HCOO－)＞c(Na＋)＞c(HCOOH)＞c(H＋)＞c(OH－)，D项错误。