1、專題十一水的電離和溶液的酸堿性高考化學高考化學 (山東專用)五年高考A A組山東省卷、課標組山東省卷、課標卷題組卷題組考點一水的電離平衡及影響因素考點一水的電離平衡及影響因素1.(2014山東理綜,13,5分)已知某溫度下CH3COOH和NH3H2O的電離常數相等,現向10 mL濃度為0.1 molL-1的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水,在滴加過程中()A.水的電離程度始終增大B.先增大再減小C.c(CH3COOH)與c(CH3COO-)之和始終保持不變D.當加入氨水的體積為10 mL時,c(N)=c(CH3COO-)432(NH )(NHH)ccO4H答案答案DCH3COOH溶液中水

2、的電離被抑制,當CH3COOH與NH3H2O恰好反應時生成CH3COONH4,此時水的電離程度最大,再加入氨水,水的電離程度又減小,A項錯誤;=,溫度不變,NH3H2O的電離平衡常數及KW均不變,隨著氨水的滴加,c(H+)減小,故減小,B項錯誤;未滴加氨水時,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol/L,滴加10 mL氨水時,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.05 mol/L,C項錯誤;由于CH3COOH和NH3H2O的電離常數相等,故當加入氨水的體積為10 mL時,c(N)=c(CH3COO-),D項正確。432(NH )(NHH)ccO432(NH )(H

3、)(OH )(NHH)(H )(OH )ccccOcc432(NH )(OH )(NHH)cccOW(H )cK32NH H OKW(H )cK432(NH )(NHH)ccO4H考點二溶液的酸堿性及考點二溶液的酸堿性及pHpH計算酸堿中和滴定的遷移應用計算酸堿中和滴定的遷移應用2.(2019課標,11,6分)NaOH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀(鄰苯二甲酸H2A的=1.110-3,=3.910-6)溶液,混合溶液的相對導電能力變化曲線如圖所示,其中b點為反應終點。下列敘述錯誤的是()A.混合溶液的導電能力與離子濃度和種類有關B.Na+與A2-的導電能力之和大于HA-的C.b點的混合溶液pH=7D.

4、c點的混合溶液中,c(Na+)c(K+)c(OH-)1aK2aK答案答案C本題涉及的考點有弱酸酸式鹽與強堿反應、鹽類水解、溶液導電能力和離子濃度大小比較等。利用圖像和所給數據進行定性、定量分析,考查了學生分析和解決化學問題的能力。根據圖像中溶液導電性的變化分析、推理,建立觀點、結論之間的邏輯關系,體現了證據推理與模型認知的學科核心素養,以及創新思維和創新意識的觀念。KHA與NaOH反應的過程中引入了Na+,HA-轉化為A2-,由圖像可知a到b過程中導電能力逐漸增強,A、B項正確;b點時,KHA與NaOH恰好完全反應生成正鹽,A2-水解使溶液呈堿性,C項錯誤;b點時,Na+、K+濃度相等,繼續滴

5、加NaOH溶液至c點,c(Na+)增大,由圖可知c(OH-)小于c(K+),D項正確。疑難突破疑難突破 b點時,KHA與NaOH按物質的量之比1 1恰好完全反應,注意ab、bc兩過程中NaOH加入量的相對大小關系,以及離子種類和離子濃度變化關系。3.(2016課標,12,6分)298 K時,在20.0 mL 0.10 molL-1氨水中滴入0.10 molL-1的鹽酸,溶液的pH與所加鹽酸的體積關系如圖所示。已知0.10 molL-1氨水的電離度為1.32%,下列有關敘述正確的是()A.該滴定過程應該選擇酚酞作為指示劑B.M點對應的鹽酸體積為20.0 mLC.M點處的溶液中c(N)=c(Cl-

6、)=c(H+)=c(OH-)D.N點處的溶液中pHc(H+)=c(OH-),錯誤;D項,N點對應的溶液為0.10 molL-1氨水,c(OH-)=0.10 molL-11.32%=1.3210-3 molL-1,c(H+)= molL-1,pH=11+lg 1.32c(A-)c(H+)c(HA)B.a、b兩點所示溶液中水的電離程度相同C.pH=7時,c(Na+)=c(A-)+c(HA)D.b點所示溶液中c(A-)c(HA)答案答案Da點V(HA)=10 mL,此時NaOH與HA剛好完全反應,pH=8.7,說明HA是弱酸,可知NaA溶液中:c(Na+)c(A-)c(OH-)c(HA)c(H+),

7、A錯誤;a點為NaA溶液,A-水解促進水的電離,b點為等濃度的NaA與HA的混合溶液,以HA的電離為主,水的電離受到抑制,B錯誤;pH=7時,c(Na+)=c(A-)c(H+)=c(OH-),C錯誤;b點為等濃度的NaA與HA的混合溶液,溶液pH=4.7c(HA),D正確。5.(2013山東理綜,13,4分)某溫度下,向一定體積0.1 molL-1的醋酸溶液中逐滴加入等濃度的NaOH溶液,溶液中pOH(pOH=-lgOH-)與pH的變化關系如圖所示,則()A.M點所示溶液的導電能力強于Q點B.N點所示溶液中c(CH3COO-)c(Na+)C.M點和N點所示溶液中水的電離程度相同D.Q點消耗Na

8、OH溶液的體積等于醋酸溶液的體積答案答案C 由圖示可知Q點溶液呈中性,M點CH3COOH過量,CH3COOH是弱酸,M點溶液導電能力應小于Q點,A項錯誤;圖中N點溶液呈堿性,依據電荷守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),c(H+)c(CH3COO-),B項錯誤;M點的pOH與N點的pH相同,表示M點的c(OH-)與N點的c(H+)相同,M點表示CH3COOH過量,水的電離程度應用c(OH-)表示,N點NaOH過量,水的電離程度應用c(H+)表示,C項正確;CH3COOH與NaOH恰好反應時生成的CH3COONa水解顯堿性,Q點所示的溶液呈中性,說明CH3COOH過

9、量,D項錯誤。6.(2015山東理綜,31,19分)毒重石的主要成分為BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等雜質),實驗室利用毒重石制備BaCl22H2O的流程如下:(1)毒重石用鹽酸浸取前需充分研磨,目的是 。實驗室用37%的鹽酸配制15%的鹽酸,除量筒外還需使用下列儀器中的 。a.燒杯b.容量瓶c.玻璃棒d.滴定管(2)加入NH3H2O調pH=8可除去 (填離子符號),濾渣中含 (填化學式)。加入H2C2O4時應避免過量,原因是 。已知:Ksp(BaC2O4)=1.610-7,Ksp(CaC2O4)=2.310-9 Ca2+Mg2+Fe3+開始沉淀時的pH11.99.11.9完全沉淀

10、時的pH13.911.13.2(3)利用間接酸堿滴定法可測定Ba2+的含量,實驗分兩步進行。已知:2Cr+2H+ Cr2+H2OBa2+Cr BaCrO4步驟:移取x mL一定濃度的Na2CrO4溶液于錐形瓶中,加入酸堿指示劑,用b molL-1鹽酸標準液滴定至終點,測得滴加鹽酸的體積為V0 mL。步驟:移取y mL BaCl2溶液于錐形瓶中,加入x mL與步驟相同濃度的Na2CrO4溶液,待Ba2+完全沉淀后,再加入酸堿指示劑,用b molL-1鹽酸標準液滴定至終點,測得滴加鹽酸的體積為V1 mL。滴加鹽酸標準液時應使用酸式滴定管,“0”刻度位于滴定管的 (填“上方”或“下方”)。BaCl2

11、溶液的濃度為 molL-1。若步驟中滴加鹽酸時有少量待測液濺出,Ba2+濃度測量值將 (填“偏大”或“偏小”)。24O27O24O答案答案(1)增大接觸面積從而使反應速率加快ac(2)Fe3+Mg(OH)2、Ca(OH)2H2C2O4過量會導致生成BaC2O4沉淀,產品產量減少(3)上方 偏大01()b VVy解析解析(1)把毒重石充分研磨的目的是增大接觸面積使反應速率加快;用37%的鹽酸配制15%的鹽酸需用量筒、燒杯、玻璃棒。(2)由表格中信息可知pH=8時Fe3+可完全沉淀,Mg2+、Ca2+未開始沉淀;pH=12.5時Mg2+完全沉淀,Ca2+部分沉淀;Ksp(CaC2O4)Ksp(Ba

12、C2O4),向含有Ca2+和Ba2+的溶液中加入H2C2O4,Ca2+先形成CaC2O4沉淀,但H2C2O4不能過量,否則Ba2+也會被沉淀。(3)滴定管“0”刻度位于滴定管的上方;由步驟可知x mL Na2CrO4溶液中Cr的物質的量為V0b10-3mol,步驟中與Ba2+形成沉淀的Cr的物質的量為(V0b-V1b)10-3mol,則y mL BaCl2溶液中Ba2+的物質的量為(V0b-V1b)10-3mol,c(BaCl2)= molL-1;若步驟中滴加鹽酸時有少量待測液濺出,會導致所測鹽酸體積V1偏小,若V1偏小,則(V0b-V1b)偏大,Ba2+濃度測量值將偏大。24O24O3013

13、() 1010V bVbmolyL01()b VVyB B組課標卷、其他自主命題省組課標卷、其他自主命題省( (區、市區、市) )卷題卷題組考點一水的電離平衡及影響因素考點一水的電離平衡及影響因素1.(2019上海選考,5,2分)25 時,0.005 mol/L Ba(OH)2溶液中H+濃度是()A.110-12 mol/LB.110-13 mol/LC.510-12 mol/LD.510-13 mol/L答案答案A25 時,0.005 mol/L Ba(OH)2溶液中c(OH-)=0.01 mol/L,則該溶液中c(H+)= mol/L=110-12 mol/L。141 100.012.(2

14、015重慶理綜,3,6分)下列敘述正確的是()A.稀醋酸中加入少量醋酸鈉能增大醋酸的電離程度B.25 時,等體積等濃度的硝酸與氨水混合后,溶液pH=7C.25 時,0.1 molL-1的硫化氫溶液比等濃度的硫化鈉溶液的導電能力弱D.0.1 mol AgCl和0.1 mol AgI混合后加入1 L水中,所得溶液中c(Cl-)=c(I-)答案答案CA項,醋酸電離的方程式為CH3COOH CH3COO-+H+,加入少量CH3COONa,增加了CH3COO-的濃度,從而使醋酸電離平衡逆向移動,抑制了醋酸的電離;B項,等體積等濃度的硝酸與氨水混合生成NH4NO3,NH4NO3中N能水解:N+H2O NH

15、3H2O+H+,溶液呈酸性,則pHc(I-)。4H4H考點二溶液的酸堿性及考點二溶液的酸堿性及pHpH計算酸堿中和滴定的遷移應用計算酸堿中和滴定的遷移應用3.(2019上海選考,13,2分)用標準鹽酸滴定未知濃度的氫氧化鈉溶液,用甲基橙作指示劑,下列說法正確的是()A.可以用酚酞代替指示劑B.滴定前用待測液潤洗錐形瓶C.若氫氧化鈉吸收少量CO2,不影響滴定結果D.當錐形瓶內溶液由橙色變為紅色,且半分鐘內不褪色,即達到滴定終點答案答案CA項,若NaOH部分變質,轉化為Na2CO3,用酚酞作指示劑會導致測定結果偏低;B項,滴定前用待測液潤洗錐形瓶,會導致測定結果偏高;D項,達到滴定終點時,錐形瓶內

16、溶液由黃色變為橙色,且半分鐘內不褪色。4.(2019課標,11,6分)設NA為阿伏加德羅常數值。關于常溫下pH=2的H3PO4溶液,下列說法正確的是()A.每升溶液中的H+數目為0.02NAB.c(H+)=c(H2P)+2c(HP)+3c(P)+c(OH-)C.加水稀釋使電離度增大,溶液pH減小D.加入NaH2PO4固體,溶液酸性增強4O24O34O答案答案B本題涉及弱電解質的電離平衡及其影響因素,通過阿伏加德羅常數的應用,考查了學生分析和解決問題的能力,對H3PO4溶液中存在的電離平衡的分析,體現了變化觀念與平衡思想的學科核心素養。A項,由常溫下溶液的pH=2可知c(H+)=10-2 mol

17、/L,則每升溶液中H+數目為0.01NA,錯誤;B項,依據電荷守恒可知正確;C項,加水稀釋,溶液中的c(H+)減小,pH增大,錯誤;D項,由于H3PO4 H+H2P,增加H2P濃度,電離平衡逆向移動,c(H+)減小,酸性減弱,錯誤。4O4O易錯警示易錯警示 A選項常溫下pH=2的溶液中c(H+)=10-2 mol/L易誤當作0.02 mol/L;C選項易誤認為弱電解質的電離度增大,平衡正向移動,c(H+)增大。5.(2015廣東理綜,12,4分)準確移取20.00 mL某待測HCl溶液于錐形瓶中,用0.100 0 molL-1 NaOH溶液滴定,下列說法正確的是()A.滴定管用蒸餾水洗滌后,裝

18、入NaOH溶液進行滴定B.隨著NaOH溶液滴入,錐形瓶中溶液pH由小變大C.用酚酞作指示劑,當錐形瓶中溶液由紅色變無色時停止滴定D.滴定達終點時,發現滴定管尖嘴部分有懸滴,則測定結果偏小答案答案BA項,滴定管洗滌后還需用NaOH溶液潤洗;B項,隨著NaOH溶液滴入,錐形瓶中發生反應HCl+NaOH NaCl+H2O,直至HCl完全被消耗,因此溶液的pH由小變大;C項,酚酞滴入待測HCl溶液中,溶液是無色的,當溶液由無色變為紅色,且半分鐘內不褪色時停止滴定;D項,尖嘴部分的懸滴并未與待測HCl溶液反應,但已被計算在消耗的NaOH溶液的體積中,從而使測定結果偏大。6.(2019江蘇單科,18,12

19、分)聚合硫酸鐵Fe2(OH)6-2n(SO4)nm廣泛用于水的凈化。以FeSO47H2O為原料,經溶解、氧化、水解聚合等步驟,可制備聚合硫酸鐵。(1)將一定量的FeSO47H2O溶于稀硫酸,在約70 下邊攪拌邊緩慢加入一定量的H2O2溶液,繼續反應一段時間,得到紅棕色黏稠液體。 H2O2氧化Fe2+的離子方程式為 ;水解聚合反應會導致溶液的pH 。(2)測定聚合硫酸鐵樣品中鐵的質量分數:準確稱取液態樣品3.000 g,置于250 mL錐形瓶中,加入適量稀鹽酸,加熱,滴加稍過量的SnCl2溶液(Sn2+將Fe3+還原為Fe2+),充分反應后,除去過量的Sn2+。用5.00010-2 molL-1

20、 K2Cr2O7溶液滴定至終點(滴定過程中Cr2與Fe2+反應生成Cr3+和Fe3+),消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。上述實驗中若不除去過量的Sn2+,樣品中鐵的質量分數的測定結果將 (填“偏大”或“偏小”或“無影響”)。計算該樣品中鐵的質量分數(寫出計算過程)。27O答案答案(12分)(1)2Fe2+H2O2+2H+ 2Fe3+2H2O減小(2)偏大n(Cr2)=5.00010-2 molL-122.00 mL10-3 LmL-1=1.10010-3 mol由滴定時Cr2Cr3+和Fe2+Fe3+,根據電子得失守恒可得微粒的關系式:Cr26Fe2+(或Cr2+14H+6Fe2+ 6

21、Fe3+2Cr3+7H2O)則n(Fe2+)=6n(Cr2)=61.10010-3 mol=6.60010-3 mol樣品中鐵元素的質量:m(Fe)=6.60010-3 mol56 gmol-1=0.369 6 g樣品中鐵元素的質量分數:(Fe)=100%=12.32%27O27O27O27O27O0.369 6 g3.000 g解析解析本題涉及氧化還原反應離子方程式的書寫,溶液pH的變化,化合物中元素的質量分數的計算及誤差分析等,通過滴定原理的拓展應用,考查了化學實驗與探究的能力,體現了科學探究與創新意識的學科核心素養。(1)依氧化還原反應原理可以寫出H2O2氧化Fe2+的離子方程式,水解聚

22、合反應消耗了溶液中的OH-,導致溶液中H+濃度增大,所以溶液的pH減小。(2)過量Sn2+具有還原性也可與K2Cr2O7溶液反應,若不除去則導致消耗K2Cr2O7的量偏多,使測定結果偏大。由題意知樣品中的Fe3+被Sn2+還原為Fe2+,結合氧化還原反應中電子得失守恒規律可以找出Fe2+與Cr2的反應關系,從而計算出樣品中Fe元素的質量分數。27O方法技巧方法技巧 在化學計算時,應用守恒思想:原子守恒、電荷守恒、電子得失守恒進行計算。7.(2017天津理綜,9,18分)用沉淀滴定法快速測定NaI等碘化物溶液中c(I-),實驗過程包括準備標準溶液和滴定待測溶液。.準備標準溶液a.準確稱取AgNO

23、3基準物4.246 8 g(0.025 0 mol)后,配制成250 mL標準溶液,放在棕色試劑瓶中避光保存,備用。b.配制并標定100 mL 0.100 0 molL-1 NH4SCN標準溶液,備用。.滴定的主要步驟a.取待測NaI溶液25.00 mL于錐形瓶中。b.加入25.00 mL 0.100 0 molL-1 AgNO3溶液(過量),使I-完全轉化為AgI沉淀。c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示劑。d.用0.100 0 molL-1 NH4SCN溶液滴定過量的Ag+,使其恰好完全轉化為AgSCN沉淀后,體系出現淡紅色,停止滴定。e.重復上述操作兩次。三次測定數據如下表:實驗序號

24、123消耗NH4SCN標準溶液體積/mL10.2410.029.98f.數據處理。回答下列問題:(1)將稱得的AgNO3配制成標準溶液,所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有 。(2)AgNO3標準溶液放在棕色試劑瓶中避光保存的原因是 。(3)滴定應在pH0.5的條件下進行,其原因是 。(4)b和c兩步操作是否可以顛倒 ,說明理由 。(5)所消耗的NH4SCN標準溶液平均體積為 mL,測得c(I-)= molL-1。(6)在滴定管中裝入NH4SCN標準溶液的前一步,應進行的操作為 。(7)判斷下列操作對c(I-)測定結果的影響(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。若在配制AgNO3標準溶液時,燒杯中的

25、溶液有少量濺出,則測定結果 。若在滴定終點讀取滴定管刻度時,俯視標準液液面,則測定結果 。答案答案(18分)(1)250 mL(棕色)容量瓶、膠頭滴管(2)避免AgNO3見光分解(3)防止因Fe3+的水解而影響滴定終點的判斷(或抑制Fe3+的水解)(4)否(或不能)若顛倒,Fe3+與I-反應,指示劑耗盡,無法判斷滴定終點(5)10.000.060 0(6)用NH4SCN標準溶液進行潤洗(7)偏高偏高解析解析(1)將稱得的AgNO3配制成250 mL標準溶液要用250 mL容量瓶、膠頭滴管、燒杯和玻璃棒。(2)AgNO3見光易分解,因此AgNO3標準溶液要放在棕色試劑瓶中避光保存。(3)本實驗用

26、NH4Fe(SO4)2溶液作指示劑,Fe3+水解會影響滴定終點的判斷,為了抑制Fe3+的水解,滴定應在pH4O答案答案D H2S是二元弱酸,在水溶液中分步電離:H2S H+HS-、HS- H+S2-,故pH=5的H2S溶液中,c(HS-)c(H+)=110-5 molL-1,A項錯誤;B項,NH3H2O是弱電解質,稀釋促進NH3H2O的電離,故aH2CO3HClO,根據“越弱越水解”的原理知,水解程度:ClO-HCCH3COO-,所以pH相同的三種溶液中的c(Na+):,D項正確。4O24O3O2.(2013大綱全國,12,6分)下圖表示水中c(H+)和c(OH-)的關系,下列判斷的是()A.

27、兩條曲線間任意點均有c(H+)c(OH-)=KWB.M區域內任意點均有c(H+)c(OH-)C.圖中T1c(H+),B項正確;H2O(l) H+(aq)+OH-(aq) H0,升高溫度平衡正向移動,圖中Z點KW=10-6.510-6.5=10-13大于X點的KW=10-710-7=10-14,所以T2T1,C項正確;XZ線上任意點表示溶液呈中性,由于各點溫度不同,故pH不同,D項錯誤。3.(2012課標,11,6分)已知溫度T時水的離子積常數為KW,該溫度下,將濃度為a molL-1的一元酸HA與b molL-1的一元堿BOH等體積混合,可判定該溶液呈中性的依據是()A.a=bB.混合溶液的p

28、H=7C.混合溶液中,c(H+)= molL-1D.混合溶液中,c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-)WK答案答案CA項,只有當HA為強酸、BOH為強堿,或HA的電離常數Ka與BOH的電離常數Kb相等時,溶液才呈中性;B項,只有當溫度T=298 K時pH=7的溶液才呈中性;D項為電荷守恒關系式,無論溶液呈酸性、堿性還是中性,該關系式均成立;C項,因c(H+)c(OH-)=KW,中性溶液中c(H+)=c(OH-),故c(H+)= molL-1,正確。WK考點二考點二 溶液的酸堿性及溶液的酸堿性及pHpH計算酸堿中和滴定的遷移應用計算酸堿中和滴定的遷移應用4.(2013浙江理綜,12,6

29、分)25 時,用濃度為0.100 0 molL-1的NaOH溶液滴定20.00 mL濃度均為0.100 0 molL-1的三種酸HX、HY、HZ,滴定曲線如下圖所示。下列說法正確的是()A.在相同溫度下,同濃度的三種酸溶液的導電能力順序:HZHYc(Y-)c(OH-)c(H+)D.HY與HZ混合,達到平衡時:c(H+)=+c(Z-)+c(OH-)a()(HY)(Y )KHYcc答案答案B由滴定曲線可推知三種酸的酸性強弱順序為HZHYHX,故相同溫度下,同濃度的三種酸的導電能力大小順序為HZHYHX,A錯誤;HY+NaOH NaY+H2O,當V(NaOH)=10.00 mL時,HY被中和掉一半,

30、此時溶液中c(HY)c(Y-),c(H+)=10-5 mol/L,Ka(HY)=c(H+)=10-5,B正確;因HY酸性強于HX,故在HX、HY的混合溶液中滴加NaOH溶液時,HY先反應,當HX恰好被完全中和時,溶液是等濃度的NaX與NaY的混合溶液,X-的水解程度大于Y-,故最終溶液中離子濃度的大小順序為c(Y-)c(X-)c(OH-)c(H+),C錯誤;HY與HZ混合,達到平衡時,根據電荷守恒可得c(H+)=c(Y-)+c(Z-)+c(OH-),D錯誤。(H )(Y )(HY)ccc5.(2014重慶理綜,9,15分)中華人民共和國國家標準(GB2760-2011)規定葡萄酒中SO2最大使

31、用量為0.25 gL-1。某興趣小組用圖1裝置(夾持裝置略)收集某葡萄酒中SO2,并對其含量進行測定。圖1圖2(1)儀器A的名稱是 ,水通入A的進口為 。(2)B中加入300.00 mL葡萄酒和適量鹽酸,加熱使SO2全部逸出并與C中H2O2完全反應,其化學方程式為 。(3)除去C中過量的H2O2,然后用0.090 0 molL-1 NaOH標準溶液進行滴定,滴定前排氣泡時,應選擇圖2中的 ;若滴定終點時溶液的pH=8.8,則選擇的指示劑為 ;若用50 mL滴定管進行實驗,當滴定管中的液面在刻度“10”處,則管內液體的體積(填序號) (=10 mL,=40 mL,40 mL)。(4)滴定至終點時

32、,消耗NaOH溶液25.00 mL,該葡萄酒中SO2含量為: gL-1。(5)該測定結果比實際值偏高,分析原因并利用現有裝置提出改進措施 。答案答案(1)冷凝管或冷凝器b(2)SO2+H2O2 H2SO4(3)酚酞(4)0.24(5)原因:鹽酸的揮發;改進措施:用不揮發的強酸如硫酸代替鹽酸,或用蒸餾水代替葡萄酒進行對比實驗,扣除鹽酸揮發的影響解析解析(1)儀器A是冷凝管或冷凝器;為使冷凝更充分,要讓水在冷凝器中緩慢上升,所以水由b口進,若從a口進,冷凝器中水裝不滿。(2)SO2具有還原性,而H2O2具有氧化性,所以反應為SO2+H2O2 H2SO4。(3)NaOH是強堿,應裝在堿式滴定管中,為

33、趕出尖嘴處氣泡,要讓尖嘴部分略向上彎曲排出氣泡,所以選;酚酞的變色范圍在8.210.0之間,而滴定終點時溶液的pH=8.8,所以可以選擇酚酞作指示劑;根據題意及滴定管的結構知,刻度“10”處至尖嘴部分均有溶液,所以滴定管內液體體積大于40 mL,選。(4)滴定時發生的反應為H2SO4+2NaOH Na2SO4+2H2O,則可得n(SO2)=n(NaOH)=0.090 0 molL-125.0010-3 L=1.12510-3 mol,m(SO2)=64 gmol-11.12510-3 mol=7.210-2 g,該葡萄酒中SO2含量為=0.24 gL-1。(5)B中有鹽酸,加熱時揮發出的HCl

34、氣體進入C中,所以滴定時,多消耗了NaOH溶液,從而使測定結果比實際值偏高,若仍用現有裝置進行實驗,可用硫酸代替鹽酸,或用蒸餾水代替葡萄酒做對比實驗。12122317.2 10300.00 mL 10LgL m三年模擬A A組組 20172019 20172019年高考模擬年高考模擬考點基礎題組考點基礎題組考點一水的電離平衡及影響因素考點一水的電離平衡及影響因素1.(2019山東青島一模,13)已知pOH=-lgc(OH-)。向20 mL 0.1 molL-1的氨水中滴加未知濃度的稀硫酸,測得混合溶液的溫度、pOH隨加入稀硫酸體積的變化如圖所示。下列說法不正確的是()A.稀硫酸的物質的量濃度為

35、0.05 molL-1B.當溶液中pH=pOH時,水的電離程度最大C.a點時溶液中存在NH3H2O+2OH- N+2H+D.a、b、c三點對應N的水解平衡常數:Kh(b)Kh(a)Kh(c)4H4H答案答案B向20 mL 0.1 molL-1的氨水中滴加未知濃度的稀硫酸,反應放熱,溶液的溫度升高,當二者恰好完全反應時,放熱最多,溶液的溫度最高,所以硫酸的體積為20 mL時,恰好完全反應。20 mL 0.1 molL-1的氨水消耗硫酸的物質的量為0.001 mol,該硫酸的物質的量濃度為0.001 mol0.02 L=0.05 molL-1,A項正確;當溶液中的pH=pOH時,溶液為中性,此時溶

36、質為硫酸銨和一水合氨,對水的電離幾乎沒有影響,當氨水與硫酸恰好反應生成硫酸銨時,即b點時水的電離程度最大,B項錯誤;a點加入10 mL稀硫酸,反應后溶質為一水合氨和硫酸銨,且一水合氨的濃度為硫酸銨的2倍,根據電荷守恒可得:c(N)+c(H+)=2c(S)+c(OH-),根據物料守恒可得:c(NH3H2O)+c(N)=4c(S),二者結合可得:c(NH3H2O)+2c(OH-)=c(N)+2c(H+),C項正確;升高溫度促進N的水解,水解常數增大,由圖可知,溶液溫度:bac,則a、b、c三點N的水解平衡常數Kh(b)Kh(a)Kh(c),D項正確。4H24O4H24O4H4H4H2.(2019山

37、東聊城一模,28)亞磷酸(H3PO3)是重要的化工原料,可作尼龍增白劑、農藥中間體等。(1)亞磷酸溶液與硝酸銀溶液混合生成黑色的銀和一氧化氮氣體,反應的化學方程式為 。(2)亞磷酸為二元弱酸。已知:H3PO3(aq)+NaOH(aq) NaH2PO3(aq)+H2O(l) H=-a kJ/molHCl(aq)+NaOH(aq) NaCl(aq)+H2O(l) H=-b kJ/mol求H3PO3(aq) H+(aq)+H2P(aq) H= 。(3)25 時,H3PO3電離常數=8.410-3,則NaH2PO3水解常數Kh= (結果保留兩位有效數字);Na2HPO3為 (填“正鹽”或“酸式鹽”),

38、其溶液顯 (填“酸性”“中性”“堿性”或“無法判斷”);濃度均為0.1 mol/L的Na2HPO3和NaOH的混合液,加水稀釋10倍后的溶液中將 (填“增大”“不變”或“減小”)。(4)亞磷酸可用電解Na2HPO3溶液來制得,裝置如圖所示:3O1aK2323(HO )(HPO )cPcA室的電極反應式為 ;產品室中反應的離子方程式為 。答案答案(1)2H3PO3+AgNO3 2H3PO4+Ag+NO(2)(b-a)kJ/mol(3)1.210-12正鹽堿性增大(4)4OH-4e- O2+2H2O(或2H2O-4e- O2+4H+)HP+2H+ H3PO3(或HP+H+ H2P、H2P+H+ H

39、3PO3)23O23O3O3O解析解析(1)根據題意所給的產物結合氧化還原反應配平技巧即可配平,反應的化學方程式為2H3PO3+AgNO3 2H3PO4+Ag+NO。(2)已知:H3PO3(aq)+NaOH(aq) NaH2PO3(aq)+H2O(l) H=-a kJ/molHCl(aq)+NaOH(aq) NaCl(aq)+H2O(l) H=-b kJ/mol;根據蓋斯定律可知-得H3PO3(aq) H+(aq)+H2P(aq) H=(-a+b) kJ/mol。(3)25 時,H3PO3的電離方程式為H3PO3(aq) H+(aq)+H2P(aq),=8.410-3,NaH2PO3的水解平衡

40、常數Kh=KW/=1.210-12;因為亞磷酸為二元弱酸,所以Na2HPO3為正鹽,能發生水解使溶液顯堿性;濃度均為0.1 mol/L的Na2HPO3和NaOH的混合液,=,加水稀釋10倍后c(OH-)減少,c(H+)增大,不變,所以溶液中將增大。(4)由裝置圖中Na+的移動方向可知A室為陽極區,B室為陰極區。電解Na2HPO3溶液的陽極反應式為4OH-4e- O2+2H2O;H+透過陽膜進入產品室;陰極反應式:2H+2e- H2,Na+透過陽膜進入B室,HP透過陰膜進入產品室,發生反應為HP+2H+ H3PO3。3O3O1aK1aK143108.4 102323(HO )(HPO )cPc2

41、3223(HO ) (H )(HO) (H )cPccPc2a(H )cK2aK2323(HO )(HPO )cPc23O23O考點二溶液的酸堿性及考點二溶液的酸堿性及pHpH計算酸堿中和滴定的遷移應用計算酸堿中和滴定的遷移應用3.(2019山東濰坊期末,14)25 時,用0.10 molL-1的氨水滴定10.00 mL 0.05 molL-1的二元酸H2A的溶液,滴定過程中加入氨水的體積(V)與溶液中lg的關系如圖所示。下列說法正確的是()(OH )(H )ccA.H2A的電離方程式為H2A H+HA-B.B點溶液中,水電離出的氫離子濃度為1.010-6 molL-1C.C點溶液中,c(N)

42、+c(NH3H2O)=2c(A2-)4HD.25 時,一水合氨的電離平衡常數為Kb= 7101b答案答案B 由A(0,-12)可知,0.05 molL-1的二元酸H2A溶液中c(H+)=0.1 molL-1,該酸為二元強酸,不存在電離平衡,A項錯誤;由B(10,-2)可知,對應溶液為(NH4)2A溶液,強酸弱堿鹽溶液呈酸性,故由水電離出的氫離子濃度為1.010-6 mol/L,B項正確;C點溶液呈中性,該溶液為(NH4)2A和NH3H2O的混合溶液,故c(N)+c(NH3H2O)2c(A2-),C項錯誤;由C點數據可知,c(OH-)=10-7 molL-1,c(N)=2c(A2-),故Kb=,

43、D項錯誤。4H4H432(NH )(OH )(NHH)cccO3733332 10.00 100.0510(10) 10100.102 10.00 100.05(10) 10bbb 61010b4.(2019山東淄博二模,12)已知25 時,向10 mL 0.01 molL-1 NaCN溶液中逐滴加入0.01 molL-1的鹽酸,滴定曲線如圖1所示,CN-、HCN的物質的量分數()隨pH變化的關系如圖2所示。下列表述正確的是() 圖1 圖2A.b點時:c(Cl-)c(HCN)B.d點時:c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH-)+2c(CN-)C.圖2中的e點對應圖1中的c點D.選用

44、酚酞試劑比選用甲基橙試劑作指示劑誤差更小答案答案Bb點時,溶液中的溶質為等物質的量NaCl、NaCN和HCN,此時溶液呈堿性,說明CN-的水解大于HCN的電離,故c(HCN)c(Cl-)c(CN-),A項錯誤;d點恰好完全反應,根據電荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(CN-),根據物料守恒:c(Cl-)=c(CN-)+c(HCN),兩式相加可得:c(Na+)+c(H+)=c(HCN)+c(OH-)+2c(CN-),B項正確;圖1中c點c(HCN)c(CN-),C項錯誤;若用酚酞試劑作指示劑,在8pHc(C2)c(OH-)c(HC2)c(H+)D.當V(KOH溶液

45、)=15 mL時,溶液中存在以下關系:2c(K+)=3c(C2)+3c(HC2)+3c(H2C2O4)24O4O24O4O答案答案Bb點時水電離出的氫離子濃度最大,說明b點為K2C2O4溶液,則c點為K2C2O4和KOH的混合溶液,溶液顯堿性,A項正確;a點時,若加入KOH溶液的體積V1=10 mL,恰好反應生成HC2,根據K1=5.010-2,K2=5.410-5,得K2,說明HC2的電離程度大于其水解程度,水的電離受到抑制,水電離出氫離子濃度c(H+)c(C2)c(OH-)c(HC2)c(H+),C項正確;當V(KOH溶液)=15 mL時,溶液中存在等濃度的K2C2O4和KHC2O4,根據

46、物料守恒有3c(C2)+ 3c(HC2) +3c(H2C2O4)=2c(K+),D項正確。4OW1KK4O24O4O24O4O2.(2019山東濰坊二模,13)常溫時,向20 mL 0.1 molL-1的CH3CH2COOH溶液中滴加0.1 molL-1的NaOH溶液,溶液的pH與滴加NaOH溶液體積V的關系如圖所示。下列說法正確的是()A.a點溶液中c(CH3CH2COO-)dbaC.c點溶液中=10-4D.d點溶液中c(Na+)+c(OH-)=c(H+)+c(CH3CH2COO-)+c(CH3CH2COOH)3232(CHH)(CHHO )cCCOOHcCCO答案答案Ca點時溶質為等濃度的

47、CH3CH2COOH和CH3CH2COONa,溶液呈酸性,說明CH3CH2COOH的電離大于CH3CH2COO-的水解,微粒濃度關系為c(CH3CH2COO-)c(Na+)c(CH3COOH),A項錯誤;c點二者恰好反應生成CH3CH2COONa,此時水的電離程度最大,次之為b點,a、d點過量的CH3CH2COOH和NaOH的物質的量相等,因NaOH為強電解質,抑制水的電離程度更強,d點水的電離程度最小,B項錯誤;圖中“起點”時pH=3,則Ka=10-5,根據電離平衡常數表達式:=10-4,C項正確;d點溶液呈堿性,c(OH-)c(H+),NaOH過量:c(Na+)c(CH3CH2COO-)+

48、c(CH3CH2COOH),D項錯誤。3232(CHHO )(H )(CHH)cCCOccCCOOH232(H )(CHH)ccCCOOH3 2100.1 3232(CHH)(CHHO )cCCOOHcCCOa(H )cK9510103.(2019山東菏澤一模,13)25 時,向10 mL 0.1 molL-1一元弱堿XOH溶液中逐滴滴加0.1 molL-1的HCl溶液,溶液的AGAG=lg 變化如圖所示(溶液混合時體積變化忽略不計)。下列說法不正確的是()A.若a=-8,則Kb(XOH)10-5B.M點表示鹽酸和XOH恰好完全反應C.R點溶液中可能存在c(X+)+c(XOH)=c(Cl-)D

49、.M點到N點,水的電離程度先增大后減小(H )(OH )cc答案答案Ba點表示0.1 molL-1的XOH溶液,若a=-8,則c(OH-)=10-3 molL-1,所以Kb(XOH)=10-5,A項正確;兩者恰好反應時,生成強酸弱堿鹽,溶液顯酸性,M點AG=0,則溶液中c(H+)=c(OH-),溶液呈中性,所以溶質為XOH和XCl,兩者不是恰好完全反應,B項錯誤;若R點恰好為XCl溶液時,根據物料守恒可得c(X+)+c(XOH)=c(Cl-),C項正確;M點的溶質為XOH和XCl,繼續加入鹽酸,直至溶質全部為XCl時,該過程水的電離程度增大,然后XCl溶液中再加入鹽酸,水的電離程度減小,所以從

50、M點到N點,水的電離程度先增大后減小,D項正確。(X )(OH )(XOH)ccc3310100.14.(2019山東棗莊一模)溫室下,向100 mL 0.1 molL-1二元酸H2A溶液中加入0.1 molL-1 NaOH溶液,溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化曲線如圖所示。下列說法不正確的是()A.H2A為二元弱酸B.a、b、c、d四種狀態中水的電離程度最大的是c點C.b點存在:c(Na+)c(HA-)c(H+)c(OH-)c(A2-)D.c點存在:c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)答案答案Ca、b、c、d四個點,a點pH=2,說明H2A為弱酸;b點為NaHA溶液;c點

51、NaOH與H2A恰好完全反應,為Na2A溶液;d點NaOH過量,為NaOH和Na2A物質的量比為1 1的混合溶液。由以上分析可知,A項正確;c點恰好生成Na2A,Na2A水解促進水的電離,c點水的電離程度最大,B項正確;b點為NaHA溶液,溶液顯酸性,HA-的電離程度大于其水解程度,所以b點存在:c(Na+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-),C項錯誤;c點NaOH與H2A恰好完全反應,為Na2A溶液,根據Na2A溶液中的質子守恒,可以得出c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A),D項正確。5.(2019山東臨沂二模,13)25 時,向20.00 mL 0.1 mol

52、L-1H2X溶液中滴入0.1 molL-1NaOH溶液,溶液中由水電離出的c水(OH-)的負對數-lg c水(OH-)與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列說法中正確的是()A.水的電離程度:MN=QPB.圖中M、P、Q三點對應溶液中相等2(HX )(X )ccC.N點溶液中c(Na+)c(X2-)c(HX-)c(H+)=c(OH-)D.P點溶液中c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+c(H2X)答案答案C 從圖可知0.1 molL-1的H2X的pH=1.3說明該酸為弱酸。P點時恰好生成正鹽,水的電離程度最大,結合縱坐標可知圖中四點水的電離程度:PN=QM,A項錯誤;根據該酸的二級電離平

53、衡常數(HX-的電離平衡常數)可知=,M、P、Q三點對應溶液中c(H+)不等,B項錯誤;N點溶液呈中性,已經接近滴定終點,此時溶液中離子濃度:c(Na+)c(X2-)c(HX-)c(H+)=c(OH-),C項正確;根據質子守恒原理P點存在:c(OH-)=c(H+)+c(HX-)+2c(H2X),D項錯誤。2(HX )(X )cc2a(H )cK6.(2019山東德州二模,13)25 時,用0.10 molL-1的氨水滴定10.00 mL 0.05 molL-1 H2A溶液,加入氨水的體積(V)與溶液中lg的關系如圖所示(忽略溶液體積變化)。下列說法不正確的是()A.A點溶液的pH等于1B.由圖

54、中數據可知,H2A為弱酸C.B點水電離出的H+濃度為1.010-6 molL-1D.C點溶液中c(N)c(A2-)c(OH-)c(H+)(H )(OH )cc4H答案答案B根據A點的縱坐標為12,可知=11012,KW=c(H+)c(OH-)=110-14,溶液中c(H+)=0.1 molL-1,則H2A完全電離為強酸,A點溶液pH等于1,A項正確、B項錯誤;B點二者恰好反應生成(NH4)2A,利用B點數據,結合水的離子積常數可求得此時由水電離出的c(H+)=110-6 molL-1,C項正確;C點溶質為等物質的量濃度的NH3H2O和(NH4)2A,溶液顯堿性,離子濃度c(N)c(A2-)c(

55、OH-)c(H+),D項正確。(H )(OH )cc4H二、非選擇題(共29分)7.(2019山東青島二中期末,27)(14分)利用化學原理可以對工廠排放的廢水、廢渣等進行有效檢測與合理處理。某工廠對制革工業污泥中Cr()的處理工藝流程如下:已知:硫酸浸取液中的金屬離子主要是Cr3+,其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+。常溫下,部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH如下:陽離子Fe3+Mg2+Al3+Cr3+沉淀完全時的pH3.711.15.4(8溶解)9(9溶解)(1)實驗室用18.4 molL-1的濃硫酸配制480 mL 2 molL-1的硫酸,需量取濃硫酸 mL;配制時所用玻

56、璃儀器除量筒、膠頭滴管、燒杯和玻璃棒外,還需 。(2)H2O2的作用是將濾液中的Cr3+轉化為Cr2,寫出此反應的離子方程式: 。(3)加入NaOH溶液使溶液呈堿性,既可以除去某些雜質離子,同時又可以將Cr2轉化為Cr,寫出該反應的離子方程式: 。(4)鈉離子交換樹脂的反應原理為Mn+nNaR MRn+nNa+,則利用鈉離子交換樹脂可除去濾液中的金屬陽離子有 。(5)寫出上述流程中用SO2進行還原時發生反應的離子方程式: 。(6)沉淀滴定法是測定粒子濃度的方法之一,為了測定某廢水中SCN-濃度,可用標準AgNO3溶液滴定待測液,已知:27O27O24O銀鹽性質AgClAgIAgCNAg2CrO

57、4AgSCN顏色白黃白磚紅白Ksp1.810-108.310-171.210-163.510-111.010-12滴定時可選為滴定指示劑的是 (選填編號),滴定終點現象是 。A.NaClB.K2CrO4C.KID.NaCN答案答案(1)54.3500 mL容量瓶(2)2Cr3+3H2O2+H2O Cr2+8H+(3)Cr2+2OH- 2Cr+H2O(4)Mg2+、Ca2+(5)2Cr+3SO2+12H2O 2Cr(OH)(H2O)5SO4+S+2OH-(6)B當滴入最后一滴標準液時,產生磚紅色沉淀,且半分鐘內沉淀顏色不再改變27O27O24O24O24O解析解析硫酸浸取液中的金屬離子主要是Cr

58、3+,其次是Fe3+、Al3+、Ca2+和Mg2+,加入H2O2的作用是將濾液中的Cr3+轉化為Cr2;調節pH=8是為了讓Fe3+、Al3+轉化為氫氧化物沉淀而除去,同時Cr2轉化為Cr;過濾后,濾液通過鈉離子交換樹脂是為了除掉Ca2+和Mg2+;通入二氧化硫將Cr還原為Cr(OH)(H2O)5SO4。(1)根據c1V1=c2V2列等式,18.4V110-3 mol=250010-3 mol,得V154.3 mL;配制時所用玻璃儀器還需500 mL容量瓶。(2)三步法配平離子方程式:根據化合價升降相等,配平化合價變化的元素;根據左右兩邊電荷守恒確定氫離子的化學計量數;根據左右兩邊原子守恒確定

59、水的化學計量數,離子方程式為2Cr3+3H2O2+H2O Cr2+8H+。(3)利用電荷守恒和原子守恒書寫離子方程式:Cr2+2OH- 2Cr+H2O。(4)根據陽離子互換原則確定,利用鈉離子交換樹脂可除去濾液中的金屬陽離子有Mg2+、Ca2+。(5)利用得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒配平離子方程式得2Cr+3SO2+12H2O 2Cr(OH)(H2O)5SO4+S+2OH-。27O27O24O24O27O27O24O24O24O(6)指示劑選擇原則:顏色變化明顯;生成銀鹽的Ksp略微大于AgSCN,可選擇K2CrO4作為指示劑。8.(2018山東濟南一模,26)(15分)H2O2是醫藥、衛

60、生行業上廣泛使用的消毒劑。某課外小組采用滴定法測定某醫用消毒劑中H2O2的濃度。實驗步驟如下:標準液的配制和標定:稱取一定量KMnO4固體溶于水,避光放置610 天,過濾并取濾液于滴定管中待用,稱取m g Na2C2O4 固體于錐形瓶中,加水溶解,再加H2SO4酸化,滴定至終點,消耗KMnO4溶液的體積為V1 mL,滴定過程中發生的一個反應為5H2C2O4+2Mn+6H+ 2Mn2+10CO2+8H2O。H2O2濃度的測定:取待測樣品25 mL稀釋至500 mL,再移取10.00 mL于錐形瓶中,加H2SO4酸化,用上述KMnO4標準液滴定至終點,消耗溶液的體積為V2 mL。回答下列問題:(1