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专题14 电解质溶液-备战高考化学核心考点归纳与最新模拟测试 (全国通用)
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专题14 电解质溶液
考点一、强酸(碱)和弱酸(碱)稀释图像
1.相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸
分析:加水稀释相同的倍数,醋酸的pH大
分析:加水稀释到相同的pH,盐酸加入的水多
2.相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸
分析:加水稀释相同的倍数,盐酸的pH大
分析: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
分析:(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
分析:(1)MOH为强碱、ROH为弱碱
(2)c(ROH)>c(MOH)
(3)水的电离程度:a>b
3.理解电解质溶液中的两个“微弱”:
(1)弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的,且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中:CH3COOHCH3COO-+H+,H2OOH-+H+,在溶液中微粒浓度由大到小的顺序:c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)。
(2)弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的,但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中:CH3COONa===CH3COO-+Na+,CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,H2OH++OH-,所以CH3COONa溶液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(CH3COOH)>c(H+)。
4.掌握三种守恒
(1)电荷守恒规律
电解质溶液中,无论存在多少种离子,溶液都是呈电中性,即阴离子所带负电荷总数一定等于阳离子所带正电荷总数。如NaHCO3溶液中存在着Na+、H+、HCO、CO、OH-,存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=c(HCO)+c(OH-)+2c(CO)。
(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)。
(3)质子守恒规律
质子守恒是指电解质溶液中的粒子电离出氢离子(H+)总数等于粒子接受的氢离子(H+)总数加上游离的氢离子(H+)数。或者理解为电解质溶液中分子或离子得到或失去的质子的物质的量应相等。质子守恒公式的意义是由水电离出的H+数目(或浓度)永远等于由水电离出的OH-的数目(或浓度),这是对质子守恒的另一角度的表述。质子守恒可由电荷守恒和物料守恒推导出来。
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:c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)=c(OH-)或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。
考点二、正态分布图
分布系数图及分析[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分数)为纵坐标的关系曲线]
一元弱酸
(以CH3COOH为例)
二元酸
(以草酸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HC2O分布系数、δ2为C2O分布系数
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。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式
同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的浓度,就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度
考点三、平衡常数(Kw、Ksp)曲线
(1)双曲线型
不同温度下水溶液中c(H+)与c(OH-)的变化曲线
常温下,CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线[Ksp=9×10-6]
(1)A、C、B三点均为中性,温度依次升高,Kw依次增大
(2)D点为酸性溶液,E点为碱性溶液,Kw=1×10-14
(3)AB直线的左上方均为碱性溶液,任意一点:c(H+)<c(OH-)
(1)a、c点在曲线上,a→c的变化为增大c(SO),如加入Na2SO4固体,但Ksp不变
(2)b点在曲线的上方,Qc>Ksp,将会有沉淀生成
(3)d点在曲线的下方,Qc<Ksp,则为不饱和溶液,还能继续溶解CaSO4
(2)直线型(pM-pR曲线)
pM为阳离子浓度的负对数,pR为阴离子浓度的负对数
①直线AB上的点:c(M2+)=c(R2-);
②溶度积:CaSO4>CaCO3>MnCO3;
③X点对CaCO3要析出沉淀,对CaSO4是不饱和溶液,能继续溶解CaSO4;
④Y点:c(SO)>c(Ca2+),二者的浓度积等10-5;Z点:c(CO)<c(Mn2+),二者的浓度积等10-10.6。
考点四、酸碱中和滴定曲线
1.滴定曲线特点
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、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)
室温下pH=7不一定是终点:强碱与强酸反应时,终点是pH=7;强碱与弱酸(强酸与弱碱)反应时,终点不是pH=7(强碱与弱酸反应终点是pH>7,强酸与弱碱反应终点是pH<7)
2.滴定曲线上的特殊点的分析
示例:常温下,用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1 CH3COOH溶液所得滴定曲线如图。
(1)pH—V图各特殊点对水电离程度的影响
点
溶质
水的电离情况
A
HAc
抑制
B
HAc、NaAc
抑制
C
HAc、NaAc
正常电离
D
NaAc
只促进
E
NaAc、NaOH
抑制
F
NaAc、NaOH
抑制
说明:表中HAc为CH3COOH
根据图中pH数据,图中A、B、C、D、E、F各点对应的溶液中水的电离程度大小顺序图示:
(2)pH—V图 各特殊点粒子大小关系及变化趋势
点
溶质
离子浓度大小比较
A
HAc
c(H+)>c(Ac-)>c(OH-)
B(1∶1)
HAc、NaAc
c(Ac-)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
C(pH=7)
HAc、NaAc
c(Ac-)=c(Na+)>c(H+)=c(OH-)
D
NaAc
c(Na+)>c(Ac-)>c(OH-)>c(H+)
E(2∶1)
NaAc、NaOH
c(Na+)>c(Ac-)>c(OH-)>c(H+)
F(1∶1)
NaAc、NaOH
c(Na+)>c(OH-)>c(Ac-)>c(H+)
【真题回顾练】
1.(2021·天津真题)常温下,下列有关电解质溶液的叙述正确的是
A.在溶液中
B.在溶液中
C.在溶液中
D.氨水和NH4Cl溶液混合,形成pH=9的溶液中
【答案】A
【解析】A.由于磷酸为多元酸,第一步电离大于第二步电离大于第三步电离,所以在溶液中,离子浓度大小为:,故A正确;B.在溶液中,根据电荷守恒得到,故B错误;C.在溶液中,根据物料守恒得到,故C错误;D.氨水和NH4Cl溶液混合,形成pH=9的溶液,则,根据电荷守恒,则,故D错误;故选A。
2.(2021·海南真题)一次性鉴别等浓度的、、三种溶液,下列方法不可行的是
A.测定 B.焰色试验
C.滴加溶液 D.滴加饱和溶液,微热
【答案】C
【解析】A.溶液显中性,溶液显酸性,溶液显碱性,故可以用测定pH的方法鉴别,故A正确;B.的焰色试验中现象为透过蓝色钴玻璃为紫色,的焰色试验中无现象,的焰色试验中现象为黄色,故可以用焰色试验的方法鉴别,故B正确;C.、、中只有能与反应有现象,故和不能鉴别,故C错误;D.2+CaCl2+2NH3+2H2O有刺激性气味气体产生,+=CaCO3+2NaOH有白色沉淀产生,而不反应无现象,故可以鉴别,故D正确;故选C。
3.(2021·北京真题)下列实验中,均产生白色沉淀。
下列分析不正确的是
A.Na2CO3与NaHCO3溶液中所含微粒种类相同
B.CaCl2能促进Na2CO3、NaHCO3水解
C.Al2(SO4)3能促进Na2CO3、NaHCO3水解
D.4个实验中,溶液滴入后,试管中溶液pH均降低
【答案】B
【解析】A.Na2CO3溶液、NaHCO3溶液均存在Na+、、、H2CO3、H+、OH-、H2O,故含有的微粒种类相同,A正确;B. H++,加入Ca2+后,Ca2+和反应生成沉淀,促进的电离,B错误;C.Al3+与、都能发生互相促进的水解反应,C正确;D.由题干信息可知形成沉淀时会消耗碳酸根和碳酸氢根,则它们浓度减小,水解产生的氢氧根的浓度会减小,pH减小,D正确;故选B。
4.(2021.1·浙江真题)25℃时,下列说法正确的是
A.NaHA溶液呈酸性,可以推测H2A为强酸
B.可溶性正盐BA溶液呈中性,可以推测BA为强酸强碱盐
C.0.010 mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2,则α1<α2
D.100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol
【答案】D
【解析】A.NaHA溶液呈酸性,可能是HA-的电离程度大于其水解程度,不能据此得出H2A为强酸的结论,A错误;B.可溶性正盐BA溶液呈中性,不能推测BA为强酸强碱盐,因为也可能是B+和A-的水解程度相同,即也可能是弱酸弱碱盐,B错误;C.弱酸的浓度越小,其电离程度越大,因此0.010 mol·L-1、0.10 mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2,则α1>α2,C错误;D.100 mL pH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10-4mol/L,碳酸根水解促进水的电离,则水电离出H+的浓度是1×10-4mol/L,其物质的量为0.1L×1×10-4mol/L=1×10-5mol,D正确;答案选D。
5.(2021.6·浙江真题)某同学拟用计测定溶液以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是
A.25℃时,若测得溶液,则HR是弱酸
B.25℃时,若测得溶液且,则HR是弱酸
C.25℃时,若测得HR溶液,取该溶液,加蒸馏水稀释至,测得,则HR是弱酸
D.25℃时,若测得NaR溶液,取该溶液,升温至50℃,测得,,则HR是弱酸
【答案】B
【解析】A.25℃时,若测得溶液,可知为强酸强碱盐,则为强酸,A错误;B.25℃时,若测得溶液且,可知溶液中,所以未完全电离,为弱酸,B正确;C.假设为强酸,取的该溶液,加蒸馏水稀释至测得此时溶液,C错误;D.假设为强酸,则为强酸强碱盐,溶液呈中性,升温至50℃,促进水的电离,水的离子积常数增大,减小,D错误;答案为:B。
6.(2021·湖北真题)常温下,已知H3PO3溶液中含磷物种的浓度之和为0.1mol·L-1,溶液中各含磷物种的pc—pOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc=-lgc),pOH表示OH-的浓度负对数[pOH=-lgc(OH-)];x、y、z三点的坐标:x(7.3,1.3),y(10.0,3.6),z(12.6,1.3)。下列说法正确的是
A.曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化
B.H3PO3的结构简式为
C.pH=4的溶液中:c(H2PO)1.0×105
【答案】D
【解析】A.图象中含P物质只有3种,说明为二元弱酸。随着逐渐增大,减小,根据 、 ,知逐渐减小,先增大后减小,逐渐增大,,则逐渐增大,先减小后增大,逐渐减小,故曲线③表示,曲线②表示,曲线①表示;根据x点知,时,,c(OH-)=10-7.3mol/L,c(H+)=10-6.7mol/L,则的,根据z点知,,,c(OH-)=10-12.6mol/L,c(H+)=10-1.4mol/L,则的,曲线①表示随的变化,故A错误;B.为二元弱酸,其结构简式为,故B错误;C.即,由图可知,此时,,即,而,故,故C错误;D.由减去,可得,则平衡常数,故D正确;故答案:D。
7.(2021·福建真题)如图为某实验测得溶液在升温过程中(不考虑水挥发)的pH变化曲线。下列说法正确的是
A.a点溶液的比c点溶液的小
B.a点时,
C.b点溶液中,
D.ab段,pH减小说明升温抑制了的水解
【答案】A
【解析】A.Kw=c(H+)c(OH-),随着温度的升高,Kw增大;a点、c点的pH相同,即氢离子浓度相同,但是不同,c点的Kw大,所以a点溶液的比c点溶液的小,故A正确;B.碳酸氢钠溶液中存在电离平衡和水解平衡,根据图示可知,碳酸氢钠溶液显碱性,水解过程大于电离过程,Kh= ,所以,故B错误;C.b点溶液显碱性,溶液中存在电荷守恒: ,由于c(H+)
B.M点,c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C.O点,pH=
D.P点,c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】CD
【解析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液,依次发生离子反应:、、,溶液中逐渐减小,和先增大后减小,逐渐增大。,,,M点,由此可知,N点,则,P点,则。A.,,因此,故A错误;B.M点存在电荷守恒:,此时,因此,故B错误;C.O点,因此,即,因此,溶液,故C正确;D.P点溶质为NaCl、HR、NaR,此时溶液呈碱性,因此,溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度,因此,故D正确;综上所述,正确的是CD,故答案为CD。
【模拟仿真练】
1.(2022·福建·二模)下列说法正确的是
A.25℃时,pH均为11的烧碱溶液与纯碱溶液中,水的电离程度相同
B.25℃时,pH=9的某酸式盐NaHA的水溶液中:
C.等物质的量浓度的K2S和KHS混合溶液中:
D.用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸,达到滴定终点时发现滴定管尖嘴部分有悬滴,会使测定结果偏小
【答案】C
【解析】
A.烧碱抑制水的电离,纯碱促进水的电离,A错误;
B.NaHA水溶液中的pH=9,说明的水解程度大于电离程度,即,B错误;
C.K2S和KHS溶液中硫离子和硫氢根离子均水解导致两种离子浓度减小,故等物质的量浓度的K2S和KHS混合溶液中:,C正确;
D.达到滴定终点时滴定管尖嘴部分有悬滴,说明滴定管的读数偏大,则测定结果偏大,D错误;
故选C。
2.(2022·河南新乡·一模)常温下,已知弱酸溶液中含R物种的浓度之和为,溶液中所有含R物种的的关系如图所示,下列说法错误的是
已知,①pOH表示浓度的负对数[]。
②a、b、c三点的坐标,a(7.3,-1.3)、b(10.0.-3.6)、c(12.6,-1.3)。
A.为二元弱酸
B.曲线③表示随pOH的变化
C.pH=6.7的溶液中:
D.反应的平衡常数
【答案】D
【解析】
A.图象中含R物质只有3种,说明为二元弱酸,故A错误;
B.随着逐渐增大,减小,根据、,知逐渐减小,先增大后减小,逐渐增大,,则逐渐增大,先减小后增大,逐渐减小,故曲线③表示,曲线②表示,曲线①表示,故B正确;
C.即,由图可知,此时,,即,而,故,故C正确;
D.根据a点知,时,,c(OH-)=10-7.3mol/L,c(H+)=10-6.7mol/L,则的,根据c点知,,,c(OH-)=10-12.6mol/L,c(H+)=10-1.4mol/L,则的,由减去,可得,则平衡常数,故D错误;
答案选D。
3.(2022·全国·模拟预测)室温下,的,向溶液中逐滴加入溶液,点K时达到终点。溶液的随溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
A.溶液的浓度为
B.点M时溶液中存在:
C.点N时溶液中存在:
D.随着的滴入,不断增大
【答案】C
【解析】
A.向溶液中逐滴加入溶液,点K时达到终点,K点时氢氧化钠溶液的体积为10.5mL,根据2~,可得溶液的浓度为=0.02625mol/L,故A错误;
B.点M时加入氢氧化钠溶液的体积为5.25mL,此时恰好生成NaHC2O4,根据物料守恒可得,故B错误;
C.点N时溶液pH=3.21,c(H+)=10-3.21mol/L,根据的,Ka2=,故=10-0.99≈10-1,,故C正确;
D.随着的滴入,不断减小,不断增大,故不断减小,故D错误;
故选C。
4.(2022·山东济南·一模)谷氨酸[HOOC(CH2)2CH(NH3+ )COO-,用H2R表示]是人体内氮代谢的基本氨基酸之一,其盐酸盐(H3RCl)在水溶液中存在如下平衡:
H3R+H2R HR- R2-
常湿下,向一定浓度的H3RCl溶液中滴加NaOH溶液,混合溶液中lgx[x表示、或]随pOH[pOH= -lgc(OH- )]的变化如图所示,下列说法错误的是
A.K1的数量级为10-2
B.曲线I表示pOH与lg的变化关系
C.M点时,c(H+)+c(Na+)+c(H3R+)=c(OH-)+3c(HR-)+c(Cl-)
D.pH=7时,c(HR-)>c(H2R)>c(R2-)
【答案】AD
【解析】
由题意知,K1>K2>K3,一级电离时酸性最强,因此曲线I表示pOH与lg的关系,曲线II表示pOH与lg的关系,曲线III表示pOH与lg的关系。
A.K1=,当lg=0,即时,pOH=11.9,因pOH=-lgc(OH-),所以c(OH-)=10-11.9mol/L,c(H+)==10-2.1mol/L,K1=c(H+)=10-2.1,数量级为10-3,A项错误;
B.由分析可知,曲线I表示pOH与lg的变化关系,B项正确;
C.M点时,lg=0,,依据电荷守恒:c(H+)+c(Na+)+c(H3R+)=c(OH-)+c(HR-)+2c(R2-)+c(Cl-),则有c(H+)+c(Na+)+c(H3R+)=c(OH-)+3c(HR-)+c(Cl-),C项正确;
D.pH=7时,pOH=7,由曲线I可知,lg>0,则,由曲线II可知,c(H+)
D.0.1mol∙L-1CH3COONa溶液中,c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
【答案】B
【解析】
A.除CH3COOH电离出的H+外,水也会电离出少量H+,A项错误;
B.由电荷守恒可知,混合溶液中c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),此时溶液pH=8,溶液中c(H+)c(OH-)>c(H+),C项错误;
D.由电荷守恒可知,CH3COONa溶液中,c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),D项错误。
故选B。
9.(2022·河南郑州·一模)在一定浓度的溴水中通入乙烯时,溶液的pH变化以及发生反应的历程如图。下列相关说法错误的是
A.可以用溴水除去C2H6中的CH2=CH2
B.原溴水pH=3.51的原因是Br2+H2OHBr+HBrO
C.该过程pH减小的原因可能是发生了Br2+H2O+CH2=CH2→HBr+CH2BrCH2OH
D.生成CH2BrCH2Br和CH2BrCH2OH的物质的量之比为1:1
【答案】D
【解析】
A.CH2=CH2能与溴水反应,而C2H6不能,则可以用溴水除去C2H6中的CH2=CH2,故A正确;
B.溴水中存在平衡:Br2+H2OHBr+HBrO,生成物HBr和HBrO都是酸,使得溴水pH=3.51,故B正确;
C.由反应历程可知,第二步反应,中间体不仅能和溴离子反应,也能和水反应,若和水反应生成CH2BrCH2OH和HBr,总反应为Br2+H2O+CH2=CH2→HBr+CH2BrCH2OH,使溶液pH减小,故C正确;
D.由于溴离子和水分子与反应的能力不同,故生成的CH2BrCH2Br和CH2BrCH2OH的物质的量之比不是1:1,故D错误;
答案选D。
10.(2022·湖南长沙·一模)乙二胺()是二元弱碱,在水中的电离原理类似于氨。
电离方程式为:第一级电离
第二级电离
已知。常温下,向乙二胺溶液中滴加某浓度硫酸溶液,调节的值,测得溶液的随离子浓度变化关系如图所示。下列说法错误的是
A.溶液中水的电离程度:b点大于a点
B.曲线G代表与的变化关系
C.常温下,的的数量级为
D.等浓度等体积的溶液与溶液混合,所得溶液是呈中性
【答案】D
【解析】
A.a到b的变化过程中,生成的盐更多,水的电离程度增大,A项正确;
B.第一步电离的k大,大,小,故曲线M代表与的变化关系,曲线G代表与,B项正确;
C.二元弱碱的第一步电离强于第二步电离,当与等于0时,氢氧根离子浓度等于相应的k值,参照的计算,常温下,d点时,,C项正确;
D.为强酸弱碱盐、正盐,与等浓度等体积的溶液混合,产生,电离为主,溶液呈碱性,溶液中,D项错误;
故选:D。
11.(2022·广东韶关·一模)室温下,通过下列实验探究NaHCO3溶液的性质。下列有关说法正确的是
实验
实验操作和现象
1
用pH计测定0.05 mol∙L−1 NaHCO3溶液,测得pH约为8.3
2
向10 mL 0.05 mol∙L−1 NaHCO3溶液中滴加10 mL 0.05 mol∙L−1 NaOH溶液,反应结束后测得溶液pH约为10.3
3
向10 mL 0.05 mol∙L−1 NaHCO3溶液中滴加10 mL 0.05 mol∙L−1 HCl,反应结束后测得溶液pH约为5.6
4
向0.05 mol/L NaHCO3溶液中滴加过量0.1 mol∙L−1 Ca(OH)2溶液,产生白色沉淀
A.NaHCO3溶液中的电离程度大于水解程度
B.实验2滴加结束后:c(H+) + 2c(H2CO3) + c() =c(OH-)
C.实验3滴加过程中:c(Na+) = c() + c() + c(H2CO3)
D.实验4反应静置后的上层清液中:c(Ca2+)∙c()< Ksp(CaCO3)
【答案】B
【解析】
A.用pH计测定0.05 mol∙L−1 NaHCO3溶液,测得pH约为8.3,溶液显碱性,因此NaHCO3溶液中的电离程度小于水解程度,故A错误;
B.向10 mL 0.05 mol∙L−1 NaHCO3溶液中滴加10 mL 0.05 mol∙L−1 NaOH溶液,反应结束后测得溶液pH约为10.3,溶质为Na2CO3,因此实验2滴加结束后,根据质子守恒得到:c(H+) + 2c(H2CO3) + c() =c(OH-),故B正确;
C.实验3滴加开始前,按照物料守恒:c(Na+) = c() + c() + c(H2CO3),滴加后产生气泡,则无此守恒,故C错误;
D.实验4反应静置后的上层清液存在难溶物的溶解平衡,则有c(Ca2+)c()= Ksp(CaCO3),故D错误。
综上所述,答案为B。
12.(2022·福建漳州·一模)边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液,水溶液中H2SO3、HSO、SO的分布系数δ随pH的变化关系如图所示。[比如H2SO3的分布系数: δ (H2SO3) =],下列有关叙述错误的是
A.当溶液pH范围为4~5时,停止通入SO2
B.根据曲线数据计算可知Ka2(H2SO3)的数量级为10-7
C.a点的溶液中c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c( HSO)+2c(SO)+c( HCO) +2c(CO)
D.pH=3的溶液中,c(Na+)<c(HSO)+c(H2SO3)
【答案】B
【解析】
A.由图可知,当溶液pH范围为4~5时,二氧化硫与碳酸钠恰好反应生成亚硫酸氢钠,则当溶液pH范围为4~5时,停止通入二氧化硫,故A正确;
B.由图可知,当溶液中c(HSO)=c(SO)时,溶液pH为7.2,则Ka2(H2SO3)= = c(H+)=10—7.2,则Ka2(H2SO3)的数量级为10-8,故B错误;
C.由图可知,a点为亚硫酸氢钠、亚硫酸和碳酸的混合溶液,溶液中存在电荷守恒关系c(H+)+c(Na+)=c(OH—)+c( HSO)+2c(SO)+c( HCO) +2c(CO),故C正确;
D.由图可知,pH=3的溶液为亚硫酸氢钠、亚硫酸和碳酸的混合溶液,由物料守恒可知,溶液中c(Na+)<c(HSO)+c(H2SO3),故D正确;
故选B。
13.(2022·辽宁大连·模拟预测)25℃时,用HCl气体调节0.1mol·L−1氨水的pH,体系中粒子浓度的对数值(lgc)、反应物的物质的量之比[]与pH的关系如图所示。若忽略通入气体后溶液体积的变化,下列有关说法正确的是
A.25℃时,NH3·H2O的电离平衡常数为10-9.25
B.t=0.5时,2c(H+)+c(NH3·H2O)=c(NH)+2c(OH−)
C.P1所示溶液:c(Cl−)=0.05mol·L−1
D.P2所示溶液:c(NH)>100c(NH3·H2O)
【答案】D
【解析】
A.NH3·H2O的电离平衡常数K=,据图可知当lgc(NH)=lgc(NH3·H2O),即c(NH)=c(NH3·H2O)时,溶液pH=9.25,则此时c(OH−)=10-4.75mol/L,所以K=10-4.75,A错误;
B.t=0.5时,溶液中的溶质为等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl,溶液中存在电荷守恒:c(NH)+c(H+)=c(OH−)+c(Cl−),存在物料守恒2c(Cl−)=c(NH3·H2O)+c(NH),联立可得2c(H+)+ c(NH) = c(NH3·H2O) +2c(OH−),B错误;
C.若c(Cl−)=0.05mol·L−1,则此时溶质应为等物质的量的NH3·H2O和NH4Cl,由于NH的水解程度和NH3·H2O的电离程度不同,所以此时溶液中c(NH)≠c(NH3·H2O),与P1不符,C错误;
D.K==10-4.75,P2所示溶液pH=7,则c(OH-)=10-7,所以==102.25>100,D正确;
综上所述答案为D。
14.(2022·安徽·淮北市教育科学研究所一模)某温度下,向体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol•L-1的NaCl溶液、Na2CrO4溶液中分别滴加0.1mol•L-1的AgNO3溶液,滴定过程中的pX(PX=-lgX,X=Cl-、CrO)与滴加AgNO3溶液体积的关系如图所示。(已知:lg3=0.47)下列说法错误的是
A.曲线Ⅰ表示AgNO3溶液滴定NaCl溶液的过程
B.Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-3b
C.其他条件不变,如果NaCl溶液浓度改为0.05mol•L-1,则滴定终点向上移动
D.M点的纵坐标约为2a-1.47
【答案】C
【解析】
A.由图可知,pX=a或b时反应完全,并且二者的起始浓度、体积均相同,即二者溶质的起始物质的量相同,反应为NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3,Na2CrO4+AgNO3=Ag2CrO4↓+2NaNO3,完全反应时Na2CrO4消耗AgNO3溶液的体积是NaCl的2倍,所以曲线I表示NaCl溶液、曲线II表示Na2CrO4溶液,故A正确;
B.曲线II表示Na2CrO4溶液,达到滴定终点时pX=b,即c(CrO)=10-bmol/L,(s)⇌Ag+(aq)+CrO (aq),则c(Ag+)=2c(CrO)=2.0×10-bmol/L,Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+)•c(CrO)=(2.0×10-b)2×(10-b)=4.0×10-3b,故B正确;
C.温度不变,氯化银的溶度积不变,若将NaCl溶液浓度改为0.05mol•L-1,需要的硝酸银溶液的体积变成原来的一般,因此滴定终点会向左平移,故C错误;
D.由曲线I可知,pX=a时达到滴定终点,此时c(Cl-)=c(Ag+)=10-amol/L,Ksp(AgCl)=c(Ag+)•c(Cl-)=10-2a,当在NaCl溶液中加入40mLAgNO3溶液,混合溶液中c(Ag+)≈mol/L,则溶液中c(Cl-)=mol/L=30×10-2amol/L,pX=-lg30×10-2a=2a-1-lg3=2a-1.47,故D正确;
故选:C。
15.(2022·全国·模拟预测)0.1 mol/L NaOH溶液与盐酸酸化的0.02 mol/LFeCl3溶液滴定时t-pH曲线如图所示(已知,lg2=0.3)。下列说法正确的是
A.如图为FeCl3溶液滴定NaOH溶液的t-pH曲线
B.由曲线上a点pH,可计算室温下Fe3+的水解常数
C.曲线上b点表示Fe3+恰好沉淀完全
D.c点存在关系:
【答案】C
【解析】
A.FeCl3溶液是强酸弱碱盐,水解使溶液显酸性。根据图示可知在开始滴定时溶液pH<7,溶液显酸性,因此开始时溶液是盐酸酸化的FeCl3溶液,图示表示的是NaOH溶液滴定FeCl3溶液的t-pH曲线,A错误;
B.在室温下在FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡:Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+,则根据a点溶液的pH=1.7,可知此时c(H+)=10-1.7 mol/L,在a点Fe3+有一部分水解使Fe3+的浓度小于0.02 mol/L,所以Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的平衡常数Kh=,B错误;
C.pH=3.2以后,pH迅速增加,说明b点Fe3+恰好沉淀完全。若Fe3+刚好沉淀完全,则c(Fe3+)=1.0×10-5 mol/L,c3(OH-)=,pOH=11-lg2=11-×0.3=10.8,所以此时溶液pH=14-pOH=14-10.8=3.2,即说明b点时表示Fe3+恰好沉淀完全,C正确;
D.c点溶液中还存在Na+,因此根据电荷守恒可知微粒浓度存在关系:3c(Fe3+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),D错误;
故合理选项是C。
16.(2021·四川遂宁·一模)25℃时,向的二元酸H2A溶液中逐滴滴入等浓度的NaOH溶液,测得溶液的pH与lg Y[Y代表或]关系如图。下列相关结论正确的是
A.曲线a表示pH与的变化关系
B.25℃时,H2A的约为10-7.2
C.当溶液的pH=6时,
D.滴入20.00mL NaOH溶液时,
【答案】B
【解析】
根据向H2A溶液中加入NaOH溶液的反应过程可知,H2A越来越少,先生成HA-,在生成A2-,则可知曲线a代表lg随pH的变化,曲线b代表随pH的变化曲线,已知H2AH++HA-,则有Ka1=,根据曲线a可知,Ka1==101.88×10-4=10-2.12,HA-H++A2-,则有Ka2=,根据曲线b可知,Ka2==102.8×10-10=10-7.2,据此分析解题。
A.由分析可知,曲线a表示pH与lg的变化关系,A错误;
B.由分析可知,25℃时,H2A的约为10-7.2,B正确;
C.根据电荷守恒可知,当溶液的pH=6时,,C错误;
D.滴入20.00mL NaOH溶液时即生成NaHA溶液,由分析可知,Ka2=10-7.2,Kh2===10-11.88,即HA-的电离大于水解,反应后溶液呈酸性,故离子浓度大小关系为:,D错误;
故答案为:B。
17.(2022·云南·一模)电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量,根据溶液电导率变化可以确定滴定反应的终点。用0.100 mol/L的KOH溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.100 mol/L的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是
A.相同温度下,C点水的电离程度大于A点
B.由PA段电导率变化趋势可知,K+的导电能力强于H+
C.A点溶液中:c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1 mol·L-1
D.B点溶液中:c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+)
【答案】D
【解析】
A.溶液导电能力与离子浓度成正比,CH3COOH是弱电解质,溶液中自由移动的离子浓度比强酸HCl的小。在开始滴定时①电导率小于②,说明①是醋酸的滴定曲线,②是HCl的滴定曲线。当加入KOH溶液体积至20 mL时,二者都是恰好反应产生盐。A点CH3COOK是强碱弱酸盐,C点是KCl是强酸强碱盐,CH3COOK水解促进水的电离,而KCl不水解,对水的电离平衡无影响,所以相同温度下,A点水的电离程度大于点C,A错误;
B.PA段电导率增加,是由于开始时CH3COOH溶液中自由移动的离子浓度较小,溶液导电能力较弱,随着KOH的滴入,弱酸CH3COOH与KOH发生中和反应产生CH3COOK,产生了大量自由移动的CH3COO-、K+,溶液中自由移动的离子浓度增大,因而溶液的导电能力增强,而不能说K+的导电能力强于H+,B错误;
C.A点为CH3COOK溶液,根据电荷守恒可得:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+),根据K+在反应前后物质的量不变,可知c(K+)=,所以c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.050 mol/L,C错误;
D.B点溶液为KOH、CH3COOK等浓度的混合溶液,根据元素守恒可知c(K+)最大;CH3COOK是强碱弱酸盐,CH3COO-水解消耗水电离产生的H+,使溶液c(OH-)增大,最终达到平衡时c(OH-)>c(H+),且盐电离产生的c(CH3COO-)大于水电离产生的c(H+),故溶液中离子浓度:c(K+)>c(OH-)>c(CH3COO-)>c(H+),D正确;
故合理选项是D。
18.(2022·河南郑州·一模)把形状、大小一样,质量为1.3g(过量)的镁条分别同时放入80mLpH=2.25的乙酸溶液和pH=2.12的盐酸中,用数字化传感技术测定上述两个反应体系的pH和温度随反应时间变化曲线如图所示。结合图像分析得出的结论正确的是
A.该过程中盐酸的反应更快
B.两溶液中反应的离子方程式均可表示为:Mg+2H+=Mg2++H2↑
C.醋酸中反应至800s时,溶液中2c(Mg2+)=c(CH3COO-)
D.最终溶液呈碱性可能是因为Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2
【答案】D
【解析】
A.80mLpH=2.25的乙酸溶液和pH=2.12的盐酸中,开始时盐酸中氢离子浓度达,随着反应进行,盐酸中氢离子浓度减小的快;乙酸为弱酸,随着反应的进行,醋酸不断电离,补充氢离子的浓度,所以醋酸中氢离子浓度减小的慢,所以整个过程中醋酸的反应更快,故A错误;
B.乙酸为弱酸,在离子方程式中不能拆,盐酸为强酸,在离子方程式中能拆,所以镁与两者溶液反应的离子方程式不相同,故B错误;
C.由图可知,醋酸中反应至800s时pH=7,此时溶液不一定为中性,根据电荷守恒c(H+)+2c(Mg2+)=c(CH3COO-)+c(OH-),故C错误;
D.因为镁条是过量的,且镁条是活泼金属,镁条和酸反应是放热反应,所以最终溶液呈碱性可能是因为过量的镁条和水反应的结果,即Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2,故D正确;
故答案:D。
19.(2021·四川内江·一模)羟胺的电离方程式为:NH2OH+H2ONH3OH+ + OH-,用0.1 mol∙L−1的盐酸滴定20 mL0.1 mol∙L−1羟胺溶液,恒定25℃时,溶液AG与所加盐酸的体积( V)关系如图所示 [已知:AG]。下列说法错误的是
A.25℃时,羟胺的电离平衡常数Kb约为1.0×10−8
B.由c点到d点的过程中水的电离程度逐渐减小
C.图中b点V(盐酸)<10mL
D.d点对应溶液中存在c(H+) = c(OH-) + c(NH3OH+) + c(NH2OH)
【答案】D
【解析】
A.25℃时,AG=−5,即c(H+) =1.0×10−9.5 mol∙L−1,c(OH) =1.0×10−4.5 mol∙L−1,则羟胺的电离平衡常数Kb,故A正确;
B.c点和盐酸恰好反应完,盐溶液水解而使得显酸性,促进水的电离,而d点盐酸过量,溶质是盐(NH3OHCl)和HCl且两者物质的量浓度相等,溶液显酸性,因此由c点到d点的过程中水的电离程度逐渐减小,故B正确;
C.图中b点溶液呈中性,当V(盐酸)=10mL,溶质是NH2OH和对应的盐酸盐,其Kh=1.0×10−6>1.0×10−8,说明水解占主要即溶液显酸性,要使溶液呈中性,则加入的盐酸的体积小于10mL,故C正确;
D.d点溶质是盐(NH3OHCl)和HCl且两者物质的量浓度相等,根据电荷守恒得到c(H+) + c(NH3OH+) = c(OH-) + c(Cl-),根据物料守恒得到c(Cl-)= 2 c(NH3OH+) + 2c(NH2OH),前者加后者得到c(H+) = c(OH-) + c(NH3OH+) + 2c(NH2OH),故D错误。
综上所述,答案为D。
20.(2021·上海金山·一模)H2X为二元弱酸。20℃时,向100mL0.1mol·L-1的Na2X溶液中缓慢通入HCl(忽略溶液体积变化及H2X的挥发)。指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是
A.通入HCl前:c(X2-)>c(HX-)>c(OH-)>c(H+)
B.若通入5×10-3molHCl,溶液呈碱性,则溶液中c(X2-)=c(HX-)
C.pH=7时:溶液中c(HX-)>c(Cl-)
D.c(Cl-)=0.1mol·L-1时:c(OH-)-c(H+)=c(H2X)-c(X2-)
【答案】D
【解析】
A.通入HCl气体之前,该溶液为Na2X溶液,分步水解且程度很小,离子浓度大小关系为c(X2-)>c(OH-)>c(HX-)>c(H+),A错误;
B.若通入5×10-3molHCl,则反应后溶液为NaHX和Na2X等浓度混合的溶液,因溶液呈碱性,即HX-的电离小于X2-的水解,则溶液中c(X2-)<c(HX-),B错误;
C.电荷守恒式c(Cl-)+2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),物料守恒式c(Na+)=2c(X2-)+2c(HX-)+2c(H2X),pH=7的溶液c(OH-)=c(H+),三等式联立可得c(Cl-)>c(HX-),C错误;
D.c(Cl-)=0.100 mol•L-1的溶液中,c(X2-)+c(HX-)+c(H2X)=c(Cl-)=0.100mol•L-1,又根据电荷守恒式c(Cl-)+2c(X2-)+c(HX-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),物料守恒式c(Na+)=2c(X2-)+2c(HX-)+2c(H2X)可得c(Cl-)+c(OH-)═c(H+)+c(HX-)+2c(H2X),所以c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)-[c(X2-)+c(HX-)+c(H2X)]=c(H2X)-c(X2-),D正确;
故答案为:D。
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