2019高考化学二轮复习第一篇题型六电解质溶液教案201902252118.doc

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1、1题型六 电解质溶液1.(2018全国卷,12)用 0.100 molL-1AgNO3滴定 50.0 mL 0.050 0 molL-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是( C )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 0.040 0 molL-1 Cl-,反应终点 c移到 aD.相同实验条件下,若改为 0.050 0 molL-1 Br-,反应终点 c向 b方向移动解析:由题图可知,当 AgNO3溶液的体积为 50.0 mL时,溶液中的 c(Cl

2、-)略小于 10-8 molL-1,此时混合溶液中 c(Ag+)= =2.510-0.100150.0 0.050 0 150.0 100 2 molL-1,故 Ksp=c(Ag+)c(Cl-)2.510 -210-8=2.510-10,A正确;因反应过程中有沉淀生成,溶液中必然存在平衡 AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq),故曲线上的各点均满足c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl),B正确;根据 Ag+Cl- AgCl可知,达到滴定终点时,消耗AgNO3溶液的体积为 =20.0 mL,C错误;相同实验条件下,沉淀相0.040 0150.0 0.1001同量的 Cl-和 Br-

3、消耗的 AgNO3的量相同,由于 Ksp(AgBr)c(OH-)D.当混合溶液呈中性时,c(Na +)c(HX-)c(X2-)c(OH-)=c(H+)2解析:己二酸(H 2X)的电离方程式为 H2X HX-+H+,HX- H+X2-,Ka1= ,Ka2=,因为 Ka1Ka2,所以 pH相同时, ,故图中曲线 M表示 pH与 ()(2) (2)()lg 的变化关系;曲线 N表示 pH与 lg 的变化关系;由曲线 M知,K a2(H2X)的数(2)() ()(2)量级为 10-6;HX-的电离程度大于水解程度,故 NaHX溶液中 c(H+)c(OH-);由曲线 M知,lg=0,即 c(X2-)=c

4、(HX-) 时,溶液显酸性,故呈中性时,c(X 2-)c(HX-),D项叙述错误。(2)()3.(2017全国卷,12)改变 0.1 molL-1二元弱酸 H2A溶液的 pH,溶液中 H2A、HA -、A 2-的物质的量分数 (X)随 pH的变化如图所示已知 (X)= 。下列叙述错误的是( D )A.pH=1.2时,c(H 2A)=c(HA-)B.lgK2(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:由题图可知:pH=1.2 时,(H 2A)=(HA -),由公式知 c(H2A)=c(HA-),

5、所以 A正确;H 2A的二级电离为 HA- H+A2-,所以 K2(H2A)= ,由题图可知 pH=4.2时,c(A 2-)=c(HA-),所以 K2(H2A)=c(H+),所以 lgK2(H2A)=-4.2,所以 B正确。由题图知:pH=2.7 时,c(HA-)c(H2A)=c(A2-),C正确,由题图知:pH=4.2 时,(HA -)=(A 2-),即 c(HA-)=c(A2-)c(H +)=10-4.2,所以 D错误。4.(2017全国卷,13)在湿法炼锌的电解循环溶液中,较高浓度的 Cl- 会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入 Cu和 CuSO4,生成 CuCl沉淀从而除去

6、Cl- 。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图,下列说法错误的是( C )3A.Ksp(CuCl) 的数量级为 10-7 B.除 Cl- 反应为 Cu+Cu2+2Cl- 2CuClC.加入 Cu越多,Cu +浓度越高,除 Cl- 效果越好D.2Cu+ Cu2+Cu平衡常数很大,反应趋于完全解析:A.K sp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl-),从图中数据知 c(Cl-)=1 mol/L时,c(Cu +)10 -7 mol/L,所以 Ksp(CuCl)的数量级为 10-7,正确;B.除 Cl-反应:Cu+Cu 2+2Cl- 2CuCl,正确;C.Cu 为固体,所以加入 Cu的多少对除 Cl-的

7、效果影响不大,错误;D.K= ,从图中 c(Cu2+)=c(Cu+)10 -6 mol/L,代入 K=106,所以反应趋于完全,正确。5.(2016全国卷,12)298 K时,在 20.0 mL 0.10 molL-1 氨水中滴入 0.10 molL-1的盐酸,溶液的 pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知 0.10 molL-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是( D )A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为 20.0 mLC.M点处的溶液中 c(N )=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)D.N点处的溶液中 pHc(H+)=c(OH-);由 0.10 m

8、olL-1氨水的电离度为 1.32%可知:c(OH -)=0.10 molL-11.32%=0.001 32 molL-1,所以 c(H+)=molL-1 molL-1=1.010-12 molL-1,故 pHc(OH-)=c(H+)解析:向 10 mL pH=3的 CH3COOH溶液中加入 90 mL H2O,醋酸的电离平衡正向移动,c(H +)10-4 molL-1,故由水电离出的 c(H+)c(Na+)c(H+)c(OH-),选项 D错误。2.(2018山东济南模拟)25 时,下列有关电解质溶液的说法正确的是( D )A.加水稀释 0.1 mol/L氨水,溶液中 c(H+)c(OH-)和

9、 的值均不变B.向饱和 AgCl溶液中加入少量 AgNO3,AgCl的 Ksp和溶解度均不变C.向盐酸中滴加氨水,由水电离出的 c(H+)=10-7mol/L时,溶液一定显中性D.向 CH3COONa溶液中加入少量 CH3COONa,溶液中 的值增大解析:加水稀释 0.1 mol/L氨水,溶液的 pH减小,所以 c(H+)增大,c(OH -)减小,所以的值增大,选项 A错误;向饱和 AgCl溶液中加入少量 AgNO3,随着银离子浓度的增大,氯化银在溶液中的溶解度应该会减小,所以选项 B错误;盐酸对水的电离起到抑制作用,氨水与盐酸反应生成的氯化铵对水的电离起到促进作用,当溶液中的盐酸的抑制作用和

10、氯化铵的促进作用相抵消的时候,溶液中水电离的 c(H+)=10-7mol/L,此时溶液明显显酸性,选项 C错误;向 CH3COONa溶液中加入少量 CH3COONa,溶液中醋酸钠浓度增大,碱性增强,所以 pH升高,氢离子浓度降低,而醋酸的电离平衡常数 K= ,所以 =(+)(3)(3),因为 c(H+)减小,所以比值增大,选项 D正确。3.(2018四川乐山模拟)把足量熟石灰放入蒸馏水中,一段时间后达到平衡:Ca(OH) 2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq),下列叙述正确的是( A )A.向溶液中加入少量的 NaOH固体,则其中的 Ca(OH)2的固体增多B.向溶液中加入 Na2CO3溶

11、液,则其中的 Ca(OH)2的固体增多C.恒温下向溶液中加入 CaO,溶液的 pH升高7D.给溶液加热,溶液的 pH升高解析:加入少量的 NaOH固体,OH -浓度增大,平衡逆向移动,则 Ca(OH)2的固体增多,A 正确;加入 Na2CO3溶液,发生 Ca2+C CaCO3,平衡正向移动,则 Ca(OH)2的固体减少,B 错误;23恒温下向溶液中加入 CaO,发生 CaO+H2O Ca(OH)2,仍为饱和溶液,pH 不变,但是由于水量减少,故溶解的氢氯化钙减少,C 错误;给溶液加热,Ca(OH) 2的溶解度降低,溶液 pH减小,D 错误。【教师用书备用】 室温下,有两种溶液:0.01 mol

12、L -1 NH3H2O溶液;0.01 molL -1 NH4Cl溶液。下列操作可以使两种溶液中 c(N )都增大的是( B )A.加入少量 H2O B.通入少量 HCl气体C.加入少量 NaOH固体 D.升高温度解析:中存在:NH 3H2O N +OH-,中存在:N +H2O NH3H2O+H+;则加入少量 H2O,两平衡均正向移动,但主体微粒浓度均减小,即 c(N )均减小,A 错误;通入少量 HCl气体,平衡正向移动,c(N )增大,平衡逆向移动,c(N )增大,B 正确;加入少量 NaOH固体,平衡逆向移动,c(N )减小,平衡正向移动,c(N )减小,C 错误;升高温度,两平衡均正向移

13、动,则中 c(N )增大,中 c(N )减小,D 错误。考向 2 四大平衡常数的关系及综合应用(对应学生用书第 2527页)1.四大常数(1)水的离子积常数 KW。(2)弱电解质电离常数:弱酸电离常数 Ka(二元弱酸有 Ka1、K a2)、弱碱电离常数 Kb。(3)盐的水解常数:K h(多元弱酸根有多级水解 Kh1、K h2)。(4)沉淀的溶度积常数:K sp。注意:K W并非水的电离常数,水的电离常数 K= ,KW=Kc(H2O)=c(H+)c(OH-)。所以实际上 KW是水的电离常数与溶液中水的浓度的乘积,由于纯水和稀溶液中水的浓度基本不变,是个常数,所以其浓度与电离常数乘积也必然是个常数

14、,此常数称“水的离子积常数”。2.所有常数均只与温度有关系(即温度不变,K 不变);各种常数在水中或其他稀酸、碱、盐溶液中可能受到各种相关微粒浓度影响,平衡会移动,但是其数值不变。比如稀酸、稀碱溶液中由于 H+、OH -浓度较高抑制了水的电离平衡,但水的 KW不变不过注意 KW=c(H+)c(OH-),此时 H+、OH -浓度也包括稀酸、稀碱电离产生的氢离子和氢氧根离子;再比如 CH3COOH在醋酸钠溶液中电离受到抑制,但其 Ka不变K a表达式中 c(CH3COO-)也包含醋酸钠电离产生的醋酸根在内,沉淀溶解平衡类似。所以各种常数表达式中,各微粒浓度均指“溶液中的该微粒浓8度”,而并非专指“

15、水、弱酸碱、弱离子盐、沉淀”产生的该微粒浓度。3.常数的运算法则:K h= ;K h1= ,Kh2= 。4.熟练掌握各种常数表达式的书写和基本计算,能运用 Qc与各种 K的关系定量判断各种平衡的移动方向:Q cK,平衡逆向移动,Q cKsp(AgCl),即 c(Ag +)c(Cl-)Ksp(AgCl),也就是满足 c(Ag+)9molL-1=1.810-8molL-1,欲使 Cr 沉淀,则需满足 QcKsp(Ag2CrO4),即 24c2(Ag+)c(Cr )Ksp(Ag2CrO4),c(Ag+) molL-1=10-4.5 molL-1,向混合溶24 110110.01液中滴加硝酸银溶液,A

16、g +浓度由 0逐渐增大,首先满足 Cl-沉淀的浓度要求,然后才能满足Cr 沉淀的浓度要求,所以 Cl-先沉淀,B 错误;K sp只与温度有关,则 t 时,Y 点和 Z点24的 Ag2CrO4的 Ksp相等,C 正确;饱和 Ag2CrO4溶液中加入 K2CrO4,c(Cr )增大,平衡逆向移24动,c(Ag +)减小,则饱和 Ag2CrO4溶液中加入 K2CrO4能使溶液由 Y点变为 Z点,D 错误。温馨提示:本题 B选项计算过程相当麻烦,而且上述计算还没有考虑滴加 AgNO3溶液后溶液体积增大造成氯离子、铬酸根离子浓度的减小,是一种近似计算。判断沉淀先后问题,一般的规律是 Ksp小者优先沉淀

17、,但需注意此方法应用前提是两种沉淀离子浓度相等,两种沉淀Ksp表达式相同,比如 AgCl、AgBr 由于后者 Ksp小于前者,所以当 c(Cl-)=c(Br-)时,向其溶液中加入硝酸银溶液,后者先沉淀。比如本题,AgCl 与 Ag2CrO4的 Ksp表达式不同,根据上述规律,应该是 Cr 先沉淀,但事实相反。不过注意当两者 Ksp相差很大(据经验大概相差 10-524左右时)一般可以不必管表达式形式是否相同,直接根据 Ksp小者优先沉淀考虑。1.(2018宁夏银川模拟)常温,某二元弱酸 H2A溶液中离子浓度与 pH的关系如图所示y 为lg 或 lg 。下列说法不正确的是 ( C )()(2)

18、(2)(2)A.曲线 b为 lg 与 pH的变化关系()(2)B.该温度下,H 2A的 Ka2约为 10-4.1C.若在上图中作 lg pH关系图,得到的曲线会与曲线 b平行()(2)D.若升高温度,则图中曲线 a、b 上移解析:本题可以采取把纵坐标由对数形式换成指数形式的方法对图像进行分析。因为 H2A的第一步电离:H 2A HA-+H+, = ,根据图像,开始随着反应的进行,HA -物质110的量增多,某一时刻当 HA-的物质的量大于 H2A,其 lg 数值先大于 0,根据图像知 b()(2)的图像数值先大于 0,故 A正确;当 pH=4.1时,a、b 两线相交,所以 lg 和 lg ()

19、(2)相等,即 = ,故 c(HA-)=c(A2-),H2A的第一步电离:H 2A HA-+H+,第二(2)(2) ()(2)(2)(2)步电离:HA - A2-+H+,Ka2= ,所以 =c(H+)=10-4.1,故 B正确;由 A2-2+H2O HA-+OH-知 A2-的水解平衡常数 K= ,KW=c(OH-)c(H+),所以 K=()()(2)= ,因为曲线 b为 lg 与 pH的变化关系,与电离常数成正比,根2 ()(2)据分析若在上图中作 lg pH关系图,与 A2-的水解常数有关系,且 A2-的水解平衡常()(2)数 K= ,所以得到的曲线不会与曲线 b平行,故 C不正确;因为电离

20、是吸热过程,若升高温2度,则图中曲线 a、b 上移是正确的。2.(2018四川宜宾模拟)t 时,AgCl(s)与 AgI(s)分别在溶液中达到沉淀溶解平衡,相关离子浓度的关系如图所示。下列说法正确的是( D )A.曲线 Y表示-lg 与-lg 的变化关系B.t 时,向 Z点对应的溶液中加入蒸馏水,可使溶液变为曲线 X对应的饱和溶液C.t 时,AgCl(s)+I -(aq) AgI(s)+Cl-(aq)的平衡常数 K=1103D.t 时,向浓度均为 0.1 molL-1的 KI与 KCl混合溶液中加入 AgNO3溶液,当 Cl-刚好完全沉淀时,此时 c(I-)=110-11molL-1解析:本题

21、可以采取把纵坐标由对数形式换成指数形式的方法对图像进行分析。-lg11=16时,c(Ag +)=10-16molL-1,此时-lg =0,则 c(I-)=1 molL-1,AgI的Ksp=10-16;同理,-lg =10时,c(Ag +)=10-10molL-1,此时-lg =0,则 c(Cl-)=1 molL-1,AgCl的 Ksp=10-10,由于碘化银的溶度积小于氯化银,故曲线 Y表示-lg 与-lg 的变化关系,选项 A错误;t 时,向 Z点对应的溶液中加入蒸馏水,银离子浓度()1及卤离子浓度均减小,-lg 与-lg 均增大,可使溶液变为曲线 Y对应的饱和()1溶液,选项 B错误;t

22、时,AgCl(s)+I -(aq) AgI(s)+Cl-(aq)的平衡常数 K= = =1106,选项 C错误;t 时,向浓度均为 0.1 molL-1的 KI与10101016KCl混合溶液中加入 AgNO3溶液,当 Cl-刚好完全沉淀时,c(Cl -)=110-5molL-1,c(Ag+)=molL-1=110-5molL-1,此时 c(I-)= molL-1=110-11molL-1,选项 D正确。3.(2018广东梅州模拟)T 时,浓度均为 1 mol/L的两种弱酸 HA、HB 中不断加水稀释,并用pH传感器测定溶液 pH。所得溶液 pH的两倍(2pH)与溶液浓度的对数(lg c)的关

23、系如图所示。下列叙述错误的是( D )已知:HA 的电离平衡常数:K a= ;pK a=-lgKa。(+)()()()A.酸性:HAHBB.a点对应的溶液中:c(HA)=0.1 mol/L,c(H +)=0.01 mol/LC.T 时,弱酸 HB的 pKa5D.弱酸的 Ka随溶液浓度的降低而增大解析:从图中得到,浓度相等的时候,HB 溶液的 pH更高,所以说明 HB的酸性更弱,选项 A正12确;a 点溶液的纵坐标为 4,即溶液的 pH为 2(注意纵坐标为 pH的 2倍),所以 c(H+)=0.01 mol/L,a点溶液的横坐标为-1,即 lg c(HA)=-1,所以 c(HA)=0.1 mol

24、/L,选项 B正确;从图中得到,1 mol/L的 HB溶液(即 lg c=0时)的 pH=2.5,即 c(H+)=10-2.5mol/L,所以 Ka= =10-5,所以 pKa5,选项 C正确;K a是电离平衡常数 ,其数值只与温度相关,温度不(102.5)21变,K a的值不变,选项 D错误。【教师用书备用】 常温下,取一定量的 PbI2固体配成饱和溶液,t 时刻改变某一条件,离子浓度变化如图所示。下列有关说法正确的是( D )A.常温下,PbI 2的 Ksp为 210-6B.温度不变,向 PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液,平衡向左移动,Pb 2+的浓度减小C.温度不变,t 时刻改变的

25、条件可能是向溶液中加入了 KI固体,PbI 2的 Ksp增大D.常温下,K sp(PbS)=810-28,向 PbI2的悬浊液中加入 Na2S溶液,反应 PbI2(s)+S2-(aq)PbS(s)+2I-(aq)的化学平衡常数为 51018解析:根据图像知常温下平衡时溶液中 c(Pb2+)、c(I -)分别是 110-3molL-1、210 -3molL-1,因此 PbI2的 Ksp=c(Pb2+)c2(I-)=410-9,A错误;PbI 2饱和溶液中存在平衡:PbI2(s) Pb2+(aq)+2I-(aq),温度不变,向 PbI2饱和溶液中加入少量硝酸铅浓溶液,Pb 2+浓度增大,平衡逆向移

26、动,最终平衡时 Pb2+浓度仍然比原平衡时大,B 错误;根据图像知 t时刻改变的条件是增大碘离子浓度,温度不变,PbI 2的 Ksp不变,C 错误;反应 PbI2(s)+S2-(aq)PbS(s)+2I-(aq)的化学平衡常数 K= = = =51018,D正确。(2)()考向 3 溶液中粒子浓度关系比较(对应学生用书第 2729页)1.弱酸碱的电离(1)电解质越弱电离程度越小,电离出的离子浓度通常越低。(2)Ka1Ka2,所以一级电离出的离子浓度一般大于二级电离出的离子浓度。2.盐类水解(1)盐的弱离子对应弱电解质越弱,弱离子水解程度就越大,弱离子的浓度则越小,弱离子的水解程度就越大。(2)

27、Kh1Kh2。3.弱电解质电离以及盐类水解程度都很小:通常弱电解质电离多数在 10%以内,多数盐类单水解水解度在 1%以内,但注意题目所给条件,有例外的情况。4.何时考虑水解平衡、电离平衡13(1)弱电解质溶液:仅考虑电离平衡(还有水的电离平衡)。(2)含弱离子的盐类:仅考虑水解平衡(还有水的电离平衡)。(3)弱酸弱酸盐混合液,弱碱弱碱盐混合液,酸式盐溶液:既考虑弱酸碱电离平衡,又考虑盐所含弱离子的水解平衡(酸式酸根离子既水解又电离)。5.三个守恒规律(1)电荷守恒:阳离子所带正电荷总数=阴离子所带负电荷总数。(2)物料守恒(原子守恒):此守恒反映的是“变”与“不变”的离子或分子之间的一种等量

28、关系。例:Na 2CO3溶液中,“不变的是 Na+”,“变”的是 C ,C 有一部分通过水解会变23 23成 HC 和 H2CO3两种形式,所以碳酸根最终有三种形式存在:C 、HC 、H 2CO3。Na 2CO323溶液中如若碳酸根不水解,则有 c(Na+)=2c(C ),“三种形式”的碳酸根加一起浓度仍然23与原来相同,所以有 c(Na+)=2c(C )+c(HC )+c(H2CO3),注意本式中 c(C )代表的23 23是水解后,剩下的没水解的碳酸根浓度。(3)质子守恒:基本原理是根据 H2O H+OH-,知道 c(H+)水 =c(OH-)水 ,此关系称为质子守恒。比如在碳酸钠溶液中质子

29、守恒关系式为 c(OH-)=c(H+)+c(HC )+2c(H2CO3)。此守恒比较难理解,一般可以通过“电荷守恒”与“物料守恒”推导出来。比如碳酸钠溶液中电荷守恒是c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC )+2c(C ),物料守恒关系为 c(Na+)=2c(C )+c(HC )23 23+c(H2CO3),电荷守恒乘以 2再减去物料守恒即得质子守恒。6.此类题目处理技巧(1)此类题目的标志:出现类似以下特点 c(X-)c(Y+)c(Z-)c(R+)或 c(Y+)+c(R+)=c(Z-)+c(X-)的选项,前者一般属于离子浓度大小比较类题型,一般根据水解程度、电离程度相对大小解决,有

30、些也可以根据电荷守恒结合酸碱性分析,后者一般考查的是“三个守恒” 。(2)对于酸碱混合型(一弱一强)的离子浓度大小排序问题可用“三点分析法”进行分析:三点分别为:半中点:一元酸碱,弱的一方反应掉 50%或二元弱酸被中和掉 50%;中性点:溶液整体显中性时溶液中既有弱酸碱剩余,又有生成的含弱离子的盐存在;中和点:酸碱按照方程式系数比恰好完全中和的点。例:CH 3COOH与 NaOH中和过程:(半中点)醋酸被中和一半,此时溶液中溶质是 CH3COOH和 CH3COONa,物质的量浓度之比为 11,此时有 CH3COOH CH3COO-+H+和 CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-,由于醋

31、酸电离程度大于其水解程度,电解生成 CH3COO-大于水解消耗 CH3COO-,所以相较原来增多,所以有 c(CH3COO-)c(Na+),同理有 c(H+)c(OH-),因为醋酸电离程度较小,水的电离更小(受醋酸电离抑制),所以有 c(Na+)c(H+),因此最后排序为 c(CH 3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)。(中性点)因为显中性,所以有 c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒有 c(CH3COO-)=c(Na+),同时中性溶液中常温下 c(H+)=c(OH-)=10-7molL-1,浓度极低,所以最后排序为 c(CH3COO-)=c(Na+)c(H+)=c(OH-)。(中

32、和点)是醋酸被完全中和点,此时溶液是 CH3COONa溶液,由于 CH3COO-水解,所以有 c(Na+)c(CH3COO-),由于水解显碱性,所以有 c(OH-)c(H+),由于醋酸根水解程度较小,所以有c(CH3COO-)c(OH-),最终排序为 c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)。14一般题目经常考的就是这几个点的离子浓度比较,其他点较少考查,如有考查可以根据上述三点综合分析。【例 1】 一定温度下,下列溶液的离子浓度关系式正确的是( D )A.pH=5的 H2S溶液中,c(H +)=c(HS-)=110-5 molL-1B.pH=a的氨水,稀释 10倍后,其 pH=

33、b,则 a=b+1C.pH=2的 H2C2O4溶液与 pH=12的 NaOH溶液任意比例混合:c(Na +)+c(H+)=c(OH-)+c(HC2 )D.pH相同的CH 3COONa、NaHCO 3、NaClO 三种溶液的 c(Na+):精讲精析:根据 H2S H+HS-,HS- H+S2-,H2O H+OH-,很明显一级电离中 c(H+)=c(HS-),如果再考虑二级电离以及水的电离,那么就有 c(H+)c(HS-),所以 A错误;根据强酸碱及弱酸碱溶液稀释规律,氨水属于弱酸碱溶液,稀释 10倍其 pH降低小于 1个单位,所以有 ba-1即a,因为三者 pH相等,也就是水解造成的碱性相同,那

34、么就要达到相同水解程度,因此水解程度大的就要通过降低浓度减少水解出的 OH-数量,所以三者浓度(等于Na+浓度)大小关系是,所以 D正确。【例 2】 (2018辽宁六校协作体模拟 )常温下,向 20 mL 0.2 molL-1 H2A 溶液中滴加0.2 molL-1NaOH溶液。有关微粒物质的量变化如下图(其中代表 H2A,代表 HA-,代表 A2-)。根据图示判断,下列说法正确的是( C )A.H2A在水中的电离方程式是 H2A H+HA-、HA - H+A2-B.等体积等浓度的 NaOH溶液与 H2A溶液混合后溶液显碱性C.当 V(NaOH溶液)=20 mL 时,溶液中存在以下关系:c(H

35、 +)+c(H2A)=c(A2-)+c(OH-)D.当 V(NaOH溶液)=30 mL 时,溶液中各粒子浓度的大小顺序为 c(Na+)c(HA-)c(A2-)c(H+)c(OH-)精讲精析:根据图像起点有 H2A且物质的量接近 410-3mol,HA-很少说明 H2A为二元弱酸,一级电离应该用可逆号,因此 A错误;根据“三点分析法”,当 V(NaOH溶液)=20 mL时是“半中点”,此时溶液溶质是 NaHA,溶液体积是 40 mL,溶液中既有(A 2-的二级水解平衡)HA -+H2O H2A+OH-,又有(H 2A的二级电离平衡)HA - H+A2-,根据图中坐标知道 n(A2-)n(H2A)

36、,所以电离程度水解程度,此时溶液显酸性,所以 B错误,V(NaOH 溶液)=20 mL,根据电荷守恒有c(H+)+c(Na+)=2c(A2-)+c(OH-)+c(HA-),显然 C并非电荷守恒,根据物料守恒有 c(Na+)=c(A2-)+c(H2A)+c(HA-),C也不符合,所以考虑 C可能是质子守恒,由于 C中等式没有 Na+,所以把物料守恒中钠离子浓度代入电荷守恒表达式得 c(H+)+c(A2-)+c(H2A)+c(HA-)=2c(A2-)+c(OH-)+c(HA-),进一步化简得:c(H +)+c(H2A)=c(A2-)+c(OH-),所以 C正确;当 V(NaOH溶液)=30 mL时

37、,相当于是一级酸完全中和,二级酸“半中和”,此时溶液中溶质是 Na2A和 NaHA且两者物质的量浓度之比为 11,同理根据图像知此时 n(A2-)n(HA-),也就是 c(A2-)c(HA-),所以 D错误。151.(2018福建莆田模拟)常温下,二元弱酸 H2Y溶液中滴加 KOH溶液,所得混合溶液的 pH与离子浓度变化的关系如图所示,下列有关说法错误的是( D )A.曲线 M表示 pH与 lg 的变化关系()(2)B.a点溶液中:c(H +)-c(OH-)=2c(Y2-)+c(HY-)-c(K+)C.H2Y的第二级电离常数 (H2Y)=10-4.32D.交点 b的溶液中:c(H 2Y)=c(

38、Y2-)c(HY-)c(H+)c(OH-)解析:随着 pH的增大,H 2Y的电离程度逐渐增大,溶液中 逐渐增大, 逐渐减小,()(2) ()(2)lg 逐渐增大,lg 逐渐减小,因此曲线 M表示 pH与 lg 的变化关系,()(2) ()(2)故 A正确;a 点溶液中存在电荷守恒:c(H +)+c(K+)=2c(Y2-)+c(HY-)+c(OH-),因此 c(H+)-c(OH-)=2c(Y2-)+c(HY-)-c(K+),故 B正确;pH=3 时,lg =1.3,则 (H2Y)= =()(2) 2=10-4.3,故 C正确;交点 b的溶液中存在:lg =lg 1.3,因此 ()(2) ()(2

39、) ()(2)101.3,即 c(Y2-)c(H2CO3)+c(C )23B.b点横坐标数值大约为 10.316C.c点的溶液中:c(Na +)0.05 molL-1,溶液中离23子浓度大小 c(HC )c(H2CO3)+c(C ),所以 A正确;b 点 c(C )=c(HC )=0.05 23 23molL-1,因为 C +H2O HC +OH-,K= =c(OH-)=210-4 molL-23 (3)()(23)1,c(H+)=510-11 molL-1,pH=-lg(510-11)=10.3,所以 B正确;溶液中存在电荷守恒:c(OH-)+2c(C )+c(HC )=c(H+)+c(Na

40、+),c点溶液中,c(OH -)c(H+),则 c(Na+)2c(C )23 23+c(HC ),故 C错误;a、b、c 三点溶液中所含 Na2CO3依次增多,所含 NaHCO3依次减少,越弱越水解,对水的电离促进越大,即溶液中水的电离程度:ac(CH3COOH)C.c点溶液中,c(N )+c(NH3H2O)=c(Cl-)+c(CH3COO-) +c(CH3COOH)D.c点水的电离程度小于 d点解析:氨水逐滴滴入盐酸和醋酸的混合液中,依次发生的反应为HCl+NH3H2O NH4Cl、CH 3COOH+NH3H2O CH3COONH4+H2O;盐酸为强酸,随着氨水的滴入,溶液的体积变大,溶液中

41、离子浓度变小,溶液的电导率逐渐变小,当盐酸恰好完全反应时电导率最小,b 点为等浓度的 NH4Cl和 CH3COOH的混合液;继续滴加氨水,醋酸与氨水反应生成强电解质 CH3COONH4,溶液中离子浓度变大,溶液的电导率又逐渐变大,c 点为等浓度的 NH4Cl和CH3COONH4的混合液;醋酸恰好完全反应后,继续滴加氨水,氨水属于弱碱水溶液,溶液中离子浓度又变小,溶液的导电率又变小。A 项,a 点没有滴入氨水,盐酸为强酸,醋酸为弱酸,醋酸的电离方程式为 CH3COOH CH3COO-+H+,设溶液中 c(CH3COO-)=x molL-1,则溶液中 c(H+)=(0.01+x)molL-1,c(

42、CH3COOH)=(0.01-x)molL-1,Ka(CH3COOH)= =(+)(3)(3)=1.710-5,由于 HCl电离的 H+抑制 CH3COOH的电离,0.01+x0.01,0.01-(0.01+)0.01x0.01,解得 x1.710 -5,c(CH3COO-)的数量级约为 10-5,A项正确;B 项,根据上述分析,b点为等浓度的 NH4Cl和 CH3COOH的混合液,NH 4Cl属于强酸弱碱盐,N 水解的离子方程式为N +H2O NH3H2O+H+,N 的水解平衡常数 Kh(N )= = 5.8810 -10c(CH3COOH),B项正确;C 项,根据上述分析,c 点为等浓度的NH4Cl和 CH3COONH4的混合液,溶液中的物料守恒为 c(N )+c(NH3H2O)=c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH), C项正确;D 项,c 点为等浓度的 NH4Cl和 CH3COONH4的混合液,NH4Cl、CH 3COONH4水解促进水的电离,d 点为等浓度的 NH4Cl、CH 3COONH4和略过量的氨水组成的混合液,过量的氨水对水的电离起抑制作用,c 点水的电离程度大于 d点,D 项错误。