專項提能特訓15滴定過程的曲線分析1．室溫條件下，將0.1mol·L－1的NaOH溶液逐滴滴入10mL0.1mol·L－1HB溶液中，所得溶液pH隨NaOH溶液體積的變化如圖。下列說法正確的是()A．K(HB)的數量級為10－4B．該中和滴定可采用酚酞作為指示劑C．V1＝10D．b點時，NaOH與HB恰好完全反應答案B解析根據電離平衡方程，電離出的c(H＋)＝c(B－)，即K(HB)＝eq\f(cH＋·cB－,cHB)≈eq\f(10－2×10－2,0.1)＝10－3，K的數量級為10－3，A錯誤；V1時混合溶液恰好為中性，由于NaB為強堿弱酸鹽，故此時酸有剩余，V1<10，C錯誤；c點時，NaOH與HB恰好完全反應，D錯誤。2．(2020·菏澤一模)室溫下，用0.1mol·L－1NaOH溶液分別滴定體積均為20mL、濃度均為0.1mol·L－1的HCl溶液和HX溶液，溶液的pH隨加入NaOH溶液體積的變化如圖，下列說法不正確的是()A．HX為弱酸B．M點c(HX)－c(X－)＞c(OH－)－c(H＋)C．將P點和N點的溶液混合，呈酸性D．向N點的溶液中通入HCl至pH＝7，則c(Na＋)＞c(HX)＝c(Cl－)＞c(X－)答案C解析0.1mol·L－1HCl溶液是強酸溶液，HCl完全電離，所以溶液的pH＝1；而0.1mol·L－1HX溶液的pH＞5，說明HX是弱酸，A項正確；M點是等濃度的HX和NaX的混合溶液，溶液呈堿性，說明水解大于電離，所以M點c(HX)＞c(X－)，根據電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝所以c(HX)－c(X－)＞c(OH－)－c(H＋)，B項正確；向N點的溶液中通入HCl至pH＝7，此時＋c(X－)＋c(Cl－)，結合物料守恒c(Na＋)＝c(HX)＋c(X－)及溶液pH＝7可知溶液中c(Na＋)＞c(HX)＝c(Cl－)＞c(X－)，D項正確。鹽酸，溶液pH和溫度隨加入鹽酸體積的變化曲線如圖所示。下列有關說法錯誤的是()A．將此氨水稀釋，溶液的導電能力減弱B．b點溶液中離子濃度大小可能存在：c(NHeq\o\al(＋,4))＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H＋)C．c點時消耗鹽酸體積V(HCl)＜20.00mLD．a、d兩點的溶液，水的離子積Kw(a)＞Kw(d)答案D解析加水稀釋，氨水中NHeq\o\al(＋,4)、OH－濃度均減小，因而導電能力減弱，A項正確；b點氨水剩余，NH3·H2O的電離程度大于NHeq\o\al(＋,4)水解程度，溶液顯堿性，B項正確；c點呈中性，因而4．298K時，在20.00mL0.1mol·L－1C6H5COOH(苯甲酸)溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液中離子濃度與pH關系如圖所示。下列說法正確的是()A．a點：溶液中c(Na＋)＞c(C6H5COO－)＞c(H＋)＞c(OH－)B．b點：對應的NaOH溶液體積為10mLC．對b點溶液加熱(不考慮揮發)，實現曲線由b點向c點的變化D．298K時，C6H5COOH的電離常數為1×10－4.19答案D解析由題圖知，a點溶液呈酸性，根據電荷守恒可知c(C6H5COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，A錯誤；加10mLNaOH溶液時，苯甲酸反應一半，此時溶液呈酸性，C6H5COOH的電離程度大于C6H5COO－的水解程度，c(C6H5COO－)>c(C6H5COOH)，而b點溶液中c(C6H5COO－)＝c(C6H5COOH)，B錯誤；對b點溶液加熱，C6H5COOH的電離程度增大，溶液的pH降低，C錯誤；計算電離常數，選b點特殊點計算，Ka＝c(H＋)＝1×10－4.19，D正確。5.常溫下，向20mL0.1mol·L－1氨水中滴加鹽酸，溶液中由水電離出的c(H＋)隨加入鹽酸體積的變化如圖所示。則下列說法正確的是()A．b、d兩點為恰好完全反應點B．c點溶液中，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)C．a、b之間的任意一點：c(Cl－)＞c(NHeq\o\al(＋,4))，c(H＋)＞c(OH－)D．常溫下，0.1mol·L－1氨水的電離常數K約為1×10－5答案D解析向氨水中逐滴加入鹽酸，水的電離程度由小逐漸變大，后又逐漸減小；b點表示過量氨水的電離與NHeq\o\al(＋,4)的水解程度相互“抵消”；隨著NHeq\o\al(＋,4)的水解占優勢，c點NHeq\o\al(＋,4)的水解程度達到最大，也是恰好反應點；再繼續加入鹽酸，鹽酸過量抑制水的電離。根據以上分析可知，B項錯誤；a、b之間氨水電離占優勢，c(Cl－)＜c(NHeq\o\al(＋,4))，c(H＋)＜c(OH－)，C項錯誤；a點，溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))≈c(OH－)，c(NH3·H2O)＝0.1mol·L－1－0.001mol·L－1≈0.1mol·L－1，則氨水的電離常數K＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)＝eq\f(10－3×10－3,0.1)＝10－5，D項正確。6．(2020·寧夏三校高三聯考)常溫下，在體積均為20mL、濃度均為0.1mol·L－1的HX溶液、HY溶液中分別滴加同濃度的NaOH溶液，反應后溶液中水電離的c(H＋)表示為pH水＝－lgc(H＋)水。pH水與滴加氫氧化鈉溶液體積的關系如圖所示。下列推斷正確的是()A．HX的電離方程式為HX=H＋＋X－B．T點時c(Na＋)＝c(Y－)＞c(H＋)＝c(OH－)C．常溫下用蒸餾水分別稀釋N、P點溶液，pH都降低D．常溫下，HY的電離常數Ka＝eq\f(x,20－x×107)答案D解析依題意，HX和HY是兩種一元酸。由圖像知，加入氫氧化鈉溶液，水電離程度增大，溶液由酸性逐漸變為中性，當恰好完全反應時溶液呈堿性且水電離程度達到最大值。HX為弱酸，故A錯誤；T、P點對應的溶液都呈堿性，故B錯誤；N點呈中性，加入蒸餾水稀釋中性溶液，稀釋后溶液仍然呈中性，故C錯誤。7．常溫下，用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定新配制的25.0mL0.02mol·L－1FeSO4溶液，應用手持技術測定溶液的pH與時間(t)的關系，結果如圖所示。下列說法中錯誤的是()A．ab段，溶液中發生的主要反應：H＋＋OH－=H2OB．bc段，溶液中：c(Fe2＋)＞c(Fe3＋)＞c(H＋)＞c(OH－)C．d點，溶液中的離子主要有Na＋、SOeq\o\al(2－,4)、OH－D．滴定過程發生了復分解反應和氧化還原反應答案B解析ab段，新配制的25.0mL0.02mol·L－1FeSO4溶液，為抑制水解加了些硫酸，溶液中發生的主要反應為H＋＋OH－=H2O，A項正確；bc段，c(H＋)＞c(Fe3＋)，B項錯誤；d點pH＝11.72，表示滴定反應已完全結束，此時溶液中含有硫酸鈉與過量的氫氧化鈉，溶液中的離子主要有Na＋、SOeq\o\al(2－,4)、OH－，C項正確；滴定過程中發生的反應有酸堿中和反應，硫酸亞鐵與氫氧化鈉的復分解反應，氫氧化亞鐵與氧氣的氧化還原反應，D項正確。8．(2020·成都模擬)如圖為室溫下某二元酸H2M溶液中H2M、HM－、M2－的濃度對數lgc隨pH的變化圖像。下列分析錯誤的是()A．該二元酸溶液濃度為0.010mol·L－1B．pH＝1.89時，c(H2M)＝c(HM－)>c(M2－)C．pH＝7.0時，lgc(M2－)－lgc(HM－)＝0.77D．在NaHM溶液中，水的電離受到抑制答案A解析起點處，溶液中主要存在H2MHM－＋H＋，據圖可知c(H2M)＝0.1mol·L－1，c(HM－)故A錯誤；據圖可知pH＝1.89時c(H2M)＝c(HM－)>c(M2－)，故B正確；lgc(M2－)－lgc(HM－)＝lg

eq\f(cM2－,cHM－)，Ka2＝eq\f(cM2－·cH＋,cHM－)，據圖可知pH＝6.23時，eq\f(cM2－,cHM－)＝1，所以Ka2＝10－6.23，溫度不變平衡常數不變，所以pH＝7.0時eq\f(cM2－,cHM－)＝eq\f(10－6.23,10－7)＝100.77，所以lg

eq\f(cM2－,cHM－)＝0.77，故C正確；在NaHM溶液中M元素主要以HM－的形式存在，據圖可知當溶液中c(HM－)最大時，溶液呈酸性，說明HM－的電離程度大于水解程度，而電離抑制水的電離，水解促進水的電離，所以水的電離受到的抑制作用更大，故D正確。9.Ⅰ.已知某溫度下CH3COOH的電離常數K＝1.6×10－5。該溫度下，向20mL0.01mol·L－1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L－1KOH溶液，其pH變化曲線如圖所示(忽略溫度變化)。請回答下列有關問題：(已知lg4＝0.6)(1)a點溶液中c(H＋)為________，pH約為________。(2)a、b、c、d四點中水的電離程度最大的是________點，滴定過程中宜選用__________作指示劑，滴定終點在________(填“c點以上”或“c點以下”)。Ⅱ.(3)若向20mL稀氨水中逐滴加入等濃度的鹽酸，則下列變化趨勢正確的是______(填字母)。答案(1)4×10－4mol·L－13.4(2)c酚酞c點以上(3)B解析(1)電離消耗的醋酸在計算醋酸的電離平衡濃度時可以忽略不計。由K＝eq\f(c2H＋,cCH3COOH)得，c(H＋)≈eq\r(1.6×10－5×0.01)mol·L－1＝4×10－