统考版2021届高考化学二轮复习备考提升指导与精练16溶液X型分布曲线类型及解题策略含解析

这是一份统考版2021届高考化学二轮复习备考提升指导与精练16溶液X型分布曲线类型及解题策略含解析，共9页。试卷主要包含了应用① 缓冲溶液及相关计算，76的溶液中，c＜c，2，由Ka2= =c=10−7，25)等内容，欢迎下载使用。

1.应用① 缓冲溶液及相关计算
例1：室温下，0.1ml·L−1的某二元酸H2A溶液中，逐渐加入NaOH溶液，可能存在的含A粒子的物质的量分数随pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．H2A的电离方程式：H2AH++HA−
B．pH=5时，在NaHA和Na2A的混合溶液中：c(HA−)∶c(A2−)=1∶100
C．等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液等体积混合，离子浓度大小关系为：c(Na+)>c(HA−)>c(A2−)
D．Na2A溶液必存在c(OH−)=c(H+)+c(HA−)+2c(H2A)，各粒子浓度均大于0
【解析】A．二元酸H2A溶液中不存在其分子，说明第一步完全电离，二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H++HA−，HA−H++A2−，A项错误；B．由图中pH=3时数据，可求得HA−的电离平衡常数Ka==1×10−3，温度不变，电离常数不变，pH=5时电离常数Ka===1×10−3，解得c(HA−)∶c(A2−)=1∶100，B项正确；C．由HA−只存在与pHc(A2−)>c(HA−)，C错误；
D．二元酸H2A的电离方程式为：H2A=H++HA−，HA−H++A2−，Na2A溶液中不存在H2A分子，c(H2A)=0，D项错误。
【答案】B
2.应用② 酸度对弱酸（碱）各型体分布的影响
例2：25℃时，草酸溶液中部分微粒的物质的量浓度随NaOH溶液的加入pH的变化如图所示。其中c(H2C2O4)+c(HC2Oeq \\al(－,4))+c(C2Oeq \\al(2－,4))=0.1ml·L－1，下列说法不正确的是（ ）
A．H2C2O4的Ka2数量级为10−5
B．NaHC2O4溶液中，c(Na+)>c(HC2Oeq \\al(－,4))>c(H+)>c(OH−)
C．0.1ml·L−1的H2C2O4溶液，H2C2O4的电离度为80%
D．pH=7的溶液中，c(Na+)=0.1ml·L−1+c(C2Oeq \\al(2－,4))－c(H2C2O4)
【解析】H2C2O4的电离方程式为H2C2O4H++HC2Oeq \\al(－,4)、HC2Oeq \\al(－,4)H++C2Oeq \\al(2－,4)，H2C2O4的Ka2=，根据图像可知，当c(HC2Oeq \\al(－,4))=c(C2Oeq \\al(2－,4))时溶液的pH介于4和5
之间，H2C2O4的Ka2数量级为10−5，A项正确；根据图像知NaHC2O4溶液呈酸性，NaHC2O4溶液中HC2Oeq \\al(－,4)的电离程度大于HC2Oeq \\al(－,4)的水解程度，但HC2Oeq \\al(－,4)的电离程度和水解程度都很微弱，故NaHC2O4溶液中c(Na+)>c(HC2Oeq \\al(－,4))>c(H+)>c(OH−)，B项正确；H2C2O4的电离以第一步电离为主，已电离的H2C2O4分子的浓度等于溶液中c(HC2Oeq \\al(－,4))，图像中0.1ml·L−1 H2C2O4溶液中c(HC2Oeq \\al(－,4))Ka3(H3PO4)，H2POeq \\al(−,4)在溶液中的水解大于电离，则溶液中：c(POeq \\al(3－,4))c(HPOeq \\al(2−,4))，故C正确；D．由图可知，当c(H3PO4)=c(H2POeq \\al(−,4))时，溶液的pH约为2.2，由Ka1(H3PO4)= =c（H+）=10−2.2，H2POeq \\al(−,4)的水解常数Kh=
==10−11.8＜Ka2(H3PO4)=10−7.2，H2POeq \\al(−,4)在溶液中电离大于水解，溶液显酸性，故D错误；故选D。
【答案】D
5．25℃时，取浓度均为0.1ml·L−1的醋酸溶液和氨水各20mL，分别用0.1ml·L−1 NaOH溶液、0.1ml·L−1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．曲线Ⅰ，滴加10 mL溶液时：c(CH3COO−)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH−)
B．曲线Ⅰ，滴加20mL溶液时：c(Cl−)=c(NHeq \\al(+,4))＞c(H+)=c(OH−)
C．曲线Ⅱ，所滴加溶液在10～20mL之间时存在：c(NHeq \\al(+,4))=c(Cl−)＞c(OH−)=c(H+)
D．曲线Ⅱ，滴加10mL溶液时：c(CH3COO−)－c(CH3COOH)=2[c(H+)－c(OH−)]
【解析】根据未加盐酸和氢氧化钠时图象纵坐标所对应pH值可知，曲线Ⅰ线是盐酸滴定氨水，因为当未滴加溶液时，Ⅰ的pH＞7；Ⅱ线是氢氧化钠滴定醋酸溶液，因为当未滴加溶液时，曲线Ⅱ的pH＜7。A．曲线I为盐酸滴定氨水，当滴加溶液到10mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的氯化铵和一水合氨，由于在此条件下一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH−)，溶液中不存在醋酸根离子和钠离子，故A错误；B．曲线I为盐酸滴定氨水，当滴加溶液到20mL时，溶液中的溶质是氯化铵，NHeq \\al(+,4)水解，溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH−)，根据电荷守恒c(Cl−)+c(OH−)=c(NHeq \\al(+,4))+c(H+)，得c(Cl−)＞c(NHeq \\al(+,4))，盐类水解程度一般都较小，所以离子浓度大小顺序是c(Cl−)＞c(NHeq \\al(+,4))＞c(H+)＞c(OH−)，故B错误；C．曲线Ⅱ为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液在10 mL～20 mL之间，NaOH与醋酸反应，且NaOH的量不足，溶液中的溶质是醋酸钠和醋酸，不存在铵根离子和氯离子，故C错误；D．曲线Ⅱ为氢氧化钠滴定醋酸溶液的曲线，滴加溶液到10 mL时，溶液中的溶质是等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠，根据物料守恒c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=2c(Na+)，电荷守恒c(CH3COO−)+c(OH−)=c(H+)+c(Na+)，得c(CH3COO−)-c(CH3COOH)=2[c(H+)-c(OH−)]，故D正确；故选D。
【答案】D
6．已知：常温下，(1)Ka1(H2CO3)=4.3×10−7，Ka2(H2CO3)=5.6×10−11；(2)H2R及其钠盐的溶液中，H2R、HR−、R2−分别在三者中所占的物质的量分数（α）随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是（ ）
A．在pH=4.3的溶液中：3c（R2−）=c（Na+）+c（H+）-c（OH−）
B．等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，溶液中水的电离程度比纯水大
C．在pH=3的溶液中存在c(R2−)×c（H2R）/c2(HR−)=10−3
D．向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：2COeq \\al(2−,3)+H2R=2HCOeq \\al(−,3)+R2−
【解析】在PH=4.3的溶液中c(R2−)=c(HR−)溶液中电荷守恒为：2c(R2−)+c(HR−)+c(OH−)=c(Na+)
+c(H+)，所以3c(HR−)=c(Na+)+c(H+)-c(OH−)，A正确；B.等体积等浓度的NaOH溶液与H2R溶液混合后，生成等物质的量NaHR和H2R，溶液中HR-、H2R浓度相同时，pH=1.3，溶液显酸性，对水的电离起到抑制作用，所以溶液中水的电离程度比纯水小， B是错误；C.当溶液pH=1.3时，c(H2R)=c(HR−)，则，溶液的pH=4.3时，c(R2−)=
c(HR−)，则，，所以C选项是正确的；D.由C选项分析可以知道，H2R的电离常数Ka2大于H2CO3的Ka2，即酸性：HR−＞HCOeq \\al(−,3)，所以向Na2CO3溶液中加入少量H2R溶液，发生反应：2COeq \\al(2−,3)+H2R=2HCOeq \\al(−,3)+R2−，故D正确；答案选B。
【答案】B
7．室温下，将两种浓度均为0.1ml·L−1的溶液等体积混合，若溶液混合引起的体积变化可忽略，下列各混合溶液中微粒物质的量浓度关系正确的是（ ）
A．NaHCO3—Na2CO3混合溶液(pH=10.30)：
B．氨水-NH4Cl混合溶液(pH=9.25)：
C．CH3COOH—CH3COONa混合溶液(pH=4.76)：
D．H2C2O4—NaHC2O4混合溶液(pH=1.68，H2C2O4为二元弱酸)：
【解析】A．NaHCO3水溶液呈碱性，说明HCOeq \\al(−,3)的水解程度大于其电离程度，等浓度的NaHCO3和Na2CO3水解关系为：COeq \\al(2−,3)＞HCOeq \\al(−,3)，溶液中剩余微粒浓度关系为：，COeq \\al(2−,3)和HCOeq \\al(−,3)水解程度微弱，生成的OH−浓度较低，由NaHCO3和Na2CO3化学式可知，该混合溶液中Na+浓度最大，则混合溶液中微粒浓度大小关系为：，故A正确；该混合溶液中电荷守恒为：，物料守恒为：c(NH3·H2O)+c(NHeq \\al(+,4))=2c(Cl−)，两式联立消去c(Cl-)可得：，故B错误；C．若不考虑溶液中相关微粒行为，则c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=c(Na+)，该溶液呈酸性，说明CH3COOH电离程度大于CH3COONa水解程度，则溶液中微粒浓度关系为：c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)>c(H+)，故C错误；D．该混合溶液中物料守恒为：，电荷守恒为：，两式相加可得：，故D错误；综上所述，A项正确。
【答案】A
8．0.010ml·L−1的二元酸H2A溶液中H2A、HA−、A2−的物质的量分数δ(X)随pH变化如图所示。
(1)用离子方程式说明Na2A溶液显碱性的原因：__________________，该反应的平衡常数表达式为K=________；溶液中c(Na+)+c(H+)=___________________________。
(2)若升高温度，发现溶液的碱性增强，说明随温度升高，该反应的平衡常数K________(填“增大”“不变”或“减小”)。
(3)H2A分两步发生电离，对应的电离平衡常数分别为Ka1和Ka2。由图确定下列数据(保留整数位)：
①－lgKa1=________；Ka2=________。
②将0.020ml·L−1 Na2A溶液和0.010ml·L−1盐酸等体积混合，所得溶液的pH约为________。
(4)0.010ml·L−1的NaHA溶液中，HA−的水解常数Kh约为________；该溶液中离子浓度由大到小的顺序为_________________________________。
【解析】(1)由题图可知，H2A溶液中含有H2A、HA−、A2−，则H2A是二元弱酸；Na2A溶液中A2−发生水解而使溶液呈碱性：A2−+H2OHA−+OH−。Na2A溶液呈电中性，据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)。(2)升高温度，溶液的碱性增强，则溶液中c(OH−)增大，说明升高温度，A2−的水解平衡正向移动，则水解平衡常数增大。(3)①H2A分两步发生电离：H2AHA−+H+、HA−A2−+H+，则有Ka1=eq \f(c(HA－)·c(H＋),c(H2A))，Ka2=eq \f(c(A2－)·c(H＋),c(HA－))；由题图可知，H2A和HA－的物质的量分数均为0.5时，则c(HA－)=c(H2A)时，溶液的pH=6，c(H+)=1×10－6ml·L－1，则有Ka1=c(H+)=1×10−6，－lgKa1=6。HA−和A2−的物质的量分数均为0.5时，溶液pH=10，则c(HA−)=c(A2−)时，c(H+)=1×10−10ml·L−1，则有Ka2=c(H+)=1×10−10。②0.020ml·L−1Na2A溶液和0.010ml·L−1盐酸等体积混合，二者发生反应，得到等浓度Na2A、NaHA和NaCl的混合溶液，溶液中c(A2－)≈c(HA－)，由题图可知，溶液的pH约为10。(4)0.010ml·L−1的NaHA溶液中，存在水解平衡：HA−+H2OH2A+OH−，则水解常数Kh=eq \f(c(H2A)·c(OH－),c(HA－))=eq \f(KW,Ka1)=eq \f(1×10－14,1×10－6)=1×10－8。NaHA溶液中存在HA－的电离平衡和水解平衡，由于Kh＞Ka2，则HA－的水解程度大于其电离程度，NaHA溶液呈碱性，且HA－的水解程度较小，Na+不发生水解，故溶液中离子浓度大小顺序：c(Na+)＞c(HA－)＞c(OH－)＞c(H+)＞c(A2－)。
【答案】(1)A2−+H2OHA−+OH− eq \f(c(HA－)·c(OH－),c(A2－))
c(OH−)+c(HA−)+2c(A2−)
(2)增大 (3)①6 1×10−10 ②10
(4)1×10−8 c(Na+)＞c(HA−)＞c(OH−)＞c(H+)＞c(A2−)