1.惰性电极电解CuSO4溶液,一段时间后加入0.1mol碱式碳酸铜,溶液恰好恢复原来的浓度（不考虑CO2溶解）,求电解
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1.惰性电极电解CuSO4溶液,一段时间后加入0.1mol碱式碳酸铜,溶液恰好恢复原来的浓度（不考虑CO2溶解）,求电解过程中转移电子数.2.惰性电极电解V ml某二价金属阳离子溶液,阴极析出W g金属,溶液pH由6.5变为2.0,求该金属相对原子质量.第一题答案是0.6mol,第二题答案是200W/V g/mol,另外请说明第二题为什么不可以用OH-的浓度来计算,能否把思路和具体计算都写一下啊，我电解很差的。写清楚点嘛
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1、惰性电极电解CuSO4溶液,一段时间后加入0.1mol碱式碳酸铜,溶液恰好恢复原来的浓度说明电解产物为：第一阶段为2Cu↓+O2↑+2H2SO4第二阶段为电解水,电解产物为H2↑+O2↑0.1mol碱式碳酸铜看做0.2mol的氧化铜和0.1mol的水和0.1mol的二氧化碳.第一阶段：生成0.2molCuO转移的电子的物质的量是0.4mol；第二阶段：生成0.1molH2O转移的电子的物质的量是0.2mol；所以转移的电子的物质的量共是0.6mol.2、溶液pH由6.5变为2.0,酸性是在增强,在酸性溶液中H+是显性离子,用H+来计算,若溶液为碱性,OH-是显性离子,用OH-来计算
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这个题目很有挑战性啊. 一般情况下电解硫酸铜,发生的离子方程式为： 2CuSO4 + 2H2O = 2Cu+ 2H2SO4 + O2↑ 从产物来看,是2个Cu和2个氧,相当于生成了2个CuO.按照物料守恒定律,如果要恢复反应液原来体系,只要加入CuO即可恢复,那么为什么要加碱式碳酸铜 Cu2(OH)2CO3呢?显然是反
再答： 亲，如果你认可我的回答，请点击【采纳为满意回答】按钮~~手机提问的朋友在客户端右上角上评价点【采纳为满意答案】即可。~你1的采纳是我前进的动力~~O(∩_∩)O，互相帮助，祝共同进步！再问： 电解硫酸铜的时候水也会放电生成氧气，这时候水也会消耗，如果把碱式碳酸铜看成1个水的话，这个水不用考虑是电解硫酸铜时消耗的
选A和C,原因：Fe与酸反应生成氢气,消耗金属,是减重的.而原来是稀硫酸或盐酸,反应后生成为硫酸亚铁或氯化亚铁,是增重的.
1.电解CuSO4溶液发生的电解反应是：2CuSO4 + 2H2O = 2Cu + O2 + 2H2SO4显然从溶液中析出的是固体Cu和气体O2,并且摩尔比是2:1,刚好相当于CuO,所以选D,若选B,就会多H2O了,恢复不到原来的状态.2.选Cn(NaCl)=0.3*200/mol n(AgNO3)
　　选C　　电解硫酸铜溶液方程式：2CuSO4+2H20==通电==2Cu+2H2SO4+O2所以,电解后的溶液中硫酸铜变少,硫酸变多,同时还有氧气产生.因此相对于在原液中只损失了Cu和O.因此只需要补充Cu和 O就可以了.其余的都会使溶液其他组分发生变化,而回不到原溶液.所以,要使硫酸变为硫酸铜,用氧化铜.
2CuSO4+2H2O=2Cu+O2+2H2SO4H2SO4+Cu(OH)2=CuSO4+2H2O通过上面两个方程式,可以得到以下关系式：2Cu(OH)2------2H2SO4------O.8 XX=1.12升电解过程中阳极产生的气体在标准状况下的体积为1.12升. 再问： 我算的也是1.12升
13.因为阴极得到电子的不一定全是cu2+,还有水中的H+；14.C碳酸钙充分反应后已经被过滤掉了,而后面加热蒸干至质量不变,得到的只有碳酸钠ACa(CLo)2+2co2(过量）+2H2o=ca（Hco3）2+2HCLO 而HCLO受热易分解生产氯气和水跑出,碳酸氢钙则在加热的时候分解成碳酸钙希望对你有点帮助
1.DABC都是电解后少了什么往里加什么.D是电解铜离子和氢氧根,但氢氧根中实际只有氧元素变作氧气离开了溶液体系,故应加入氧化铜才能使溶液恢复原样.2.A 列三行式,不妨设反应结束后氨气体积为0.5,设氮气与氢气原体积为X（将它们看成一个整体）,由“混合气体中NH3的体积分数为25%”一句可列出方程,解得X=2.5,易
A、电解氯化铜时，阳极放氯气，阴极生成金属铜，所以应加氯化铜让电解质溶液复原，故A错误；B、电解硝酸银时，阳极产生氧气，阴极产生银，所以应加Ag2O让电解质溶液复原，故B正确；C、电解氯化钠时，阳极产生氯气，阴极产生氢气，所以应加氯化氢让电解质溶液复原，故C错误；D、电解硫酸铜时，阳极产生氧气，阴极产生金属铜，所以应加
A项中阴极为Cu2＋+ 2e－ = Cu,阳极为2Cl－－2e－ =Cl2↑,总反应为电解氯化铜生成铜和氯气,应补充氯化铜.B项中阴极为4H+ + 4e－ = 2H2↑,阳极为4 OH－ －4 e－ = O2↑ + 2H2O,总反应为电解水生成氢气和氧气,应补充水.C项中阴极为2H+ + 2e－ = H2↑,阳极为2C
答案选B,这个题主要就是看实际上电解的物质和后来加入的物质是不是一样.CuCl2溶液用惰性电极电解时,电解的实际上就是CuCl2,所以加入CuCl2可以使溶液变回原溶液,B中电解的是水,加入NaOH是肯定不行的,同理,C项和D项中电解的物质和加入的物质一样,所以都可以变回原溶液. 再问： B电解的是水为什么不可以加氢氧
用惰性电极电解CuSO4溶液一段时间后,欲使溶液恰好恢复至电解前情况,可加入的物质是A.CuSO4B.Cu(OH)2C.CuD.CuO 再答： 是这题吧？ 再答： 答案D 惰性电极电解CuSO4溶液，阳极OH－放电放出氧气，阴极铜离子放电，析出铜，pH减小。根据少什么加什么的原则，欲使溶液恰好恢复至电解前情 况，可加入
22.2g碱式碳酸铜,就是0.1molCu2(OH)2CO3+2H2SO4==2CuSO4+3H2O+CO2结合硫酸铜溶液电解,2CuSO4+2H2O=电解=2Cu+2H2SO4+O2可以看出实际上加入的碱式碳酸铜比单纯加氧化铜多加入了一些水,所以原溶液中的一些水被电解,所以硫酸铜被完全电解.再由加入的铜与电解生成的铜
img class="ikqb_img" src="http://a.hiphotos.baidu.com/zhidao/wh%3D600%2C800/sign=a092c34e97cad1c8d0eefb31/4a36acaf2edda3ccec056b3f92ea.jpg"
B CUO电解过程中,生成了硫酸,氧化铜和硫酸反应可补充硫酸铜.
,用惰性电极电解NaOH溶液的实质是电解水.同问提问15分钟内解答奖励20分[离结束还有06分58秒]25 ℃时,用惰性电极电解某浓度的NaOH溶液,若该溶液是饱和溶液,则电解时水减少,同时析出NaOH晶体,保持溶液仍然是饱和溶液,因为温度不变,则一小段时间后NaOH溶液的浓度保持不变；若原来是不饱和溶液,则随着水量减
错的.电解CuSO4溶液方程式：2CuSO4+2H2O==通电==Cu+O2↑+2H2SO4所以离开溶液的是Cu和O2,相当于CuO,而不是Cu(OH)2所以应该加入CuO
A．电解过程中阴极银离子放电，生成单质Ag，则阴极质量增加，故A正确；B．由4AgNO3+2H2O&电解&.&4Ag+O2↑+4HNO3，生成硝酸，溶液的酸性增强，pH不断降低，故B正确；C．由电解反应可知，从溶液中析出单质Ag和氧气，则可向溶液中加入适量的Ag2O固体可使溶液恢复电解前的
2Cu2++2H2O=4H++2Cu+O2(相当于2个CuO)4 20.2*(10^-1-10^-5) X X=0.01 ( 10^-5忽略）向溶液中加入CuO 质量=0.01*80=0.8g 再问： 能讲一下为什莫是CuO吗？为什莫相当于2个CuO？谢谢！ 再答： 你看下这条总反应，是什么物质逃离了溶液？逃掉什么就加
也许感兴趣的知识用碳酸钠为基准物质标定0.1mol/L盐酸,基准物质如何计算
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用碳酸钠为基准物质标定0.1mol/L盐酸,基准物质如何计算
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不需要进行计算的,因GB/T601-2002中有明确规定,标定0.1mol/L盐酸称取碳酸钠0.2g就可以了
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V(NaOH)=m(KHC8H4O4)/[M(KHC8H4O4)*c(NaOH)*10^-3]=m(KHC8H4O4)/[204.2*0.1*10^-3]若m(KHC8H4O4)=0.2g,则V(NaOH)=9.79mL若m(KHC8H4O4)=0.4g,则V(NaOH)=19.59mL若m(KHC8H4O4)=0.8
（1） 氯化钠（GB 12530-77）：于500灼烧1h,干燥器中冷却保存,称5.8454g,溶解于水中,转入1000容量瓶中,用蒸馏水稀释至刻度,为0.1N 氯化钠标准溶液；（2） 0.1N硝酸银标准溶液：取硝酸银（分析纯）16.989g,溶于1000ml水中.贮存于棕色瓶中,即为0.1N硝酸银溶液.标定：准确取氯
设盐酸的物质的量浓度为Xmol/L,则盐酸的物质的量为X*18.98/1000mol=0.01898X Na2CO3——2HCl 1.2 0....X*0.01898 则有1/0./X*0.01898,解得X=0.0212,即盐酸的物质的量浓度为0.0212mol/L
这与所选指示剂有关,因为不同滴定终点Ph不同,用Na2CO3标定HCL标准溶液,可以选用甲基橙或酚酞作指示剂,以酚酞作指示剂时Na2CO3滴定终点产物为NaHCO3,所需Na2CO3的质量质量为0.025*0.1*(23*2+60)=0.265g,若为甲基橙为指示剂滴定终点产物为CO2,所需Na2CO3的质量为0.02
一般用甲基橙指示剂,需称Na2CO3的质量约为：0.1*0.025*106/2=0.1325g
选B滴定时所用滴定管一般是50mL规格的,通常要求滴定剂用量在25mL左右.此处B溶液是滴定剂,25mL的B的物质的量约为n=cv=0.1*25/5mol.根据反应A+B=P知A和B1:1反应,所以A的用量大约也是0.0025mol,可计算出其质量m=nM=0..25g.当然称量
称取一定量的硼酸钠,用容量瓶定容,差不多配成0.0.2的浓度,再按酸碱滴定的方法就可以了. 再问： 如何计算？
以25ml水溶解0.1*0.025*105.99=0.1是HCl的浓度0.025是25ml换算成1L105.99是碳酸钠的摩尔质量
滴定时,滴定液的体积太少会造成误差很大,所以一般约为20~30mL可以满足精度要求.o.1mol/L的HCl,如果是25mL的话,就是2.5mmol了,你算算,消耗的碳酸钠是多少克?自然就知道选D了.
0.1mol/LNOH标准溶液称取0.4－0.6克于105－110℃烘至恒重的邻苯二甲酸氢钾,称准至0.0002克,分别溶于80ml不含二氧化碳水中,加2滴10g/L酚酞指示剂,用配好的待标定溶液至溶液呈粉红色与标准色相同.同时作空白试验.
邻苯二甲酸氢钾（C8H5KO4）浓度也应该在0.2mol/l左右就行了 看看配多少毫升,乘以分子量就行了比如配1000ml 就是0.2*204.22=40.844g
没有给定基本单元,假设C(KMnO4)=0.002mol/L,滴定分析要求消耗标准溶液体积在20—40毫升范围内,滴定反应：5Na2C2O4 + 2KMnO4 + 16H+ =2Mn^2+ + 10CO2 + 8H2O5 2m/134.00 0.002*20/4g 同理可算出当V=40ml时,m=
硫代硫酸钠容易于微生物作用要加入 少量的碳酸钠防止S沉淀生成,还有配制的时候要用热水,配制好后过滤使用,存放于棕色的容量瓶中. 再问： 能详细点么，谢谢！ 再答： 假如你需要配制1000毫升的硫代硫酸钠0.1摩尔每升，先在托盘天平上称取24.8克的含五个结晶水的硫代硫酸钠，溶于经煮沸的冷却水中，再加入2克的无水碳酸钠，
1.硫酸 (H2SO4) 滴定液(1) 配制0.10 mol/L硫酸滴定液时,取硫酸15 ml,沿盛有蒸馏水的烧杯壁缓缓注入水中.待溶液温度降至室温,再加蒸馏水稀释至2500 ml,摇匀.(2) 标定浓度时,称取经270℃～300℃烘干至恒重的基准无水碳酸钠0.4g(精确至0.0001 g),置250 ml碘量瓶中,加
第一次滴定的过量了,滴至溶液由绿色变为灰色即可,否则很容易过量,第二次滴定一般滴3-5滴即可. 再问： 我试了好几次，不同颜色我都试了，第二次滴定的时候还是1滴就变色了。第一次滴没见变灰色，我选择变暗紫色就停了，第二次滴了1滴就变成紫红色了。我第二次做：第一次滴到变成紫红色为止，第二次滴还是1滴就变色了，还是变成没加热
楼上的回答都是有问题的...首先,加热到80度改变的东西是水的离子积常数,就是水溶液中氢离子和氢氧根浓度的乘积的固定关系..而公式 PH=-lg[H] 是没有变化的.所以,结论是,只要溶液中氢离子的浓度不发生改变的,那么PH就不会变设水的离子积常数为KW有了这个铺垫,再看选项..A氯化钠,溶液中的氢离子浓度=氢氧根浓度
理论上讲两者都可以.但在滴定过程中利于观察的角度来讲,最好还是选NaOH,用NaOH滴定时,以酚酞为指示剂,颜色变化由浅变深,人的眼睛利于观察到滴定终点,减少滴定误差!
HCl-NH4Cl混合溶液中,HCl可用NaOH标准溶液直接准备滴定,而NH4+的酸性太弱（Ka=5.6x10-10）,不能用NaOH溶液直接准确滴定,当滴定到HCl的计量点时,溶液中剩余的是NH4Cl,溶液呈弱酸性.甲基红（变色范围pH=4.4～6.2）,而甲基橙变色范围（3.1-4.4） ,变色范围更酸,NH4Cl
如果是在高中,就是分别利用浓盐酸、NaOH固体进行溶液的配制.首先计算需要的浓盐酸的体积,用量筒量取,在烧杯中略加稀释,转移进入容量瓶,进行定容.计算需要的NaOH固体的质量,用烧杯在天平上称量,适当溶解,转移进入容量瓶,进行定容.但是,若是更高一级的要求,就不是这样配制的了.浓盐酸浓度本身的浓度并不完全准确,因为容易
也许感兴趣的知识试求下列几种情况下输出端电压Vy及个元件（R,Da,Db)中通过的电流,（1）Va=Vb=0,(2)Va=+3,Vb=0
问题描述：
试求下列几种情况下输出端电压Vy及个元件（R,Da,Db)中通过的电流,（1）Va=Vb=0,(2)Va=+3,Vb=0,(3)Va=Vb=0,二极管的正向电压可以忽略不计.
问题解答：
再问： 老师您解的很好，但是我不明白各小题的Da和Db是怎样判断出截止和导通的，还有Vy的值是怎么求得。希望您帮我讲解一下。 再答： Da、Db的正极电压高于负极。就导通。 再答： 负极电压高于正极时，二极管截止。 再答： 加到Vb的正极。所以Db导通。 再答： 例如（2）中：Vb=0伏。12V电压从R1 再答： Db正极电压为0.7V。 再答： 而Va=3V。所以Da的负极电压高于正极电压。Da截止。再问： 我没看懂，（2）为什么Db先导通再问： 是按二极管电位的高低吗再问： 非常感谢，我明白了。。我还有个问题，这样的开关电路怎样画成普通电路。 再答： 没有理解你的意思？想画成什么样的？再问： 再问： 就是可以化成这样的吗？ 再答：
再答： 画成这样你能理解吗？再问： 能讲下吗
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第一题先假设A中玻璃管上方与大气相通,则构成连通器,管中水银应与杯中水银等高,而现在没有掉落,正是由于大气压的作用所以没有掉落,所以此时A中气体压强加20cm高的水银的压强等于大气压强,具体过程请楼主自己完成吧.第二题首先可以根据液体公式压强来计算即等于密度乘g再乘深度算出水对气泡的压强,因为力的作用是相互的,所以气泡
首先都必须假设上述两情况下两种金属混合成合金后体积不会改变,则：1）两种金属的体积相等混合后的密度=（m1+m1）/2V；2）两种金属的质量相等混合后的密度=2m/（V1+V2）
①匀加速提高，重物受到拉力和重力，两个力都做功，根据牛顿第二定律得：F拉1-mg=ma1，解得：F拉1=1000N，则W拉1=F拉1x=×103J，WG1=-mgx=100×9.8×2=-1.96×103 J，拉力做正功，重力做负功②匀速提高时，重物受到拉力和重力，两个力都做功，拉力等于重力，拉力做功W
/>（1）用10kv的电压输电,输电线上的电流：P=U1I1I1=P/U1=00=10(A)输电线损失的热功率：P失1=I1²R=10²×1=100（W） （2）用1kv的电压输电,输电线上的电流：P=U2I2I2=P/U2=0=100(A)输电线损失的热功率
1》Uo＝0,Da＝Db＝12/(A)＝3mA、Dc＝0(A).2》Uo＝0,Da＝0(A)、Db＝12/(A)＝3mA、Dc＝0(A).3》Uo＝12/()×(V),Da＝Db＝0(A)、Dc＝2.4/4(A)＝2.4mA.
W=F*S=μmgsW=F*S=（ma+μmg)sW=F*S=fscos37°W=F*S=（ma+mg)s算式已经列出来了,自己带书就行了,好好想想怎么来的就行了,做这种题是请把受力分析做出来再根据功的定义算就ok了 再问： 3的摩擦因数你没算 再答： 哈哈，同学，你该好好看看题，并且好好理解一下力做功的定义，我的并没
(1)&B球在上升过程中与A球相遇由于A球做自由落体运动：Ha＝1/2*g*ta^2B球做竖直上抛运动（全过程中）：Hb=v*tb-1/2*g*tb^2由于AB相遇时时间相等ta=tb=t,且Ha+Hb=h所以h＝1/2g*t^2+v*t-1/2*g*t^2＝v*t∴t=h/v0设B球上升到最大高度时,与球A
由受力分析可得,斜鲜拉力Tsin60=mg,所以T=2/3*根号3*mg,横线L=Tcos60-ma L=(根号3减1)mg/3;第二问模仿着做就行!
（1）物体在水平方向运动时，水平方向受拉力与摩擦力，摩擦力f=μmg=0.4×200=80N；由牛顿第二定律可知：F-f=ma；解得：F=f+ma=80+20×1=100N；拉力所做的功为：W=FL=100×10=1000J；（2）物体向上加速运动时，拉力为：F′=mg+ma=200+20×1=220N；拉力的功为：W
注意自动扶梯的每一台阶是水平的,5KG的物体应该放置在水平的台阶上,g取10N/kg 1、电梯匀速运动,实为匀速直线运动Fy＝N－mg=0 N=mg=5kg×10N/kg=50N,物体对电梯的压力也是50N电梯对物体的摩擦力是02、电梯以2m/S＾2的加速度向上运动,应理解为电梯以2M/S＾2的加速度沿自动扶梯斜向上的
分解加速度.用牛顿第二定律列方程（1）N-mgcosθ=macosθ f-mgsinθ=masinθ得N=m(g+a)cosθ f=m(g+a)sinθ此为超重（2）mgcosθ-N=macosθ mgsinθ-f=masinθ得N=m(g-a)cosθ f=m(g-a)sinθ此为失重
1在水平方向上是摩擦力做功,所以W= fs = - 0.4×20×10×10 = -800（J）2在竖直方向上,重力做功所以W= fs = 20×10×10 = 2000(J) 再问： 第一题怎么没用到加速度 再答： 两个题给的加速度都没用再问： 那这答案这对没对啊 再答： 怎么不对了？ 我的答案没问题啊
图中 Vy 是开路,电阻无穷大,没有电流通过.这在实际应用中也是存在的,如 Vy 信号是输入 CMOS 型的数字电路,电流几乎为零,可以忽略.
一、物体受力情况如左图所示.由牛顿第二定律知&F-F1-f=ma.又&F1=mgsinθ,f=μmgcosθ.所以&a=(F-mgsinθ-μmgcosθ)/m&,.二、物体受力情况如右图所示.由牛顿第二定律知&F3-F1-f=ma.又&F3=Fcosθ；F1
侧面图的晨昏线是垂直于太阳光线的 再问： 非常感谢您的帮助！
第一个PH为5 第二种PH 为10第一种情况设HCl体积为11x 可算出两种溶液混合后氢离子物质的量为 (10-4)*2x 进而可算出氢离子溶度为10-5mol/L 算出ph为5第二种情况设NaOH体积为11x 可算出两种溶液混合后氢氧根离子物质的量为 (10-4)*2x 进而可算出氢氧根离子溶度为10-5mol/L
第一题你确定你画的图对?!下面的两个动滑轮就用了一个?!如果是这样的话.1.此时绳子的股数是4,人、动滑轮和吊篮总重力为：G=mg=120kg*10N/kg=1200N站在吊篮中的人所用的力为：F=(1/4)*G=(1/4)*N如果人站在地上的话,那么承担重物的绳子的股数应为：4-1=3所以站在地上的
样本总量为C 20 4(1) 3360 (c10 4) *2的4次方(2) 45 C 10 2(3) 1440 (C 10 1) * (C 9 2) * 2*2
1：竖直向上F=Mg2：右上F=根号下【（Mg）2+（Ma）2】 再问： 能详细点吗 是预习所以不太深入 再答： 首先，这是杆所以它对球的作用力和杆的方向无关。 小球只受重力和杆对它的力。 1：静止，所以杆对它的力和重力平衡 故与重力等大反向，竖直向上F=Mg 2：以加速度a水平向右加速度运动，所以杆对它的力除和重力平
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北京卷2019届高考化学一轮复习人教B版课件：专题9 弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
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3.(2017北京丰台一模,11)分别向等体积1 mol/L盐酸和1 mol/L 醋酸溶液中加入等量的镁条,反应时间与溶液pH的变化关系如下图。下列说法中不正确的是?(　　) ? A.Y代表盐酸与镁条的反应 B.a点时反应Y消耗镁条的量少 C.b点表示此时两溶液pH相等 D.c点表示此时反应结束 答案
B　A项,1 mol/L盐酸的pH为0,1 mol/L醋酸溶液的pH大于0,故Y代表盐酸与镁条的反应,X代表醋酸溶液与镁条的反应;B项,等浓度的盐酸和醋酸溶液,盐酸中H+浓度大,反应速率快,故a点时反应Y消耗镁条的量多;C项,观察图像可知,b点表示此时两溶液pH相等;D项,c点后溶液的pH不变,表示反应结束。 解题关键　等浓度的盐酸和醋酸溶液,盐酸中c(H+)大,与镁反应速率快。 知识拓展　足量金属与酸反应产生H2的速率取决于c(H+),与n(H+)无必然联系;产生H2的物质的量取决于酸最终电离出的 n(H+),与c(H+)无必然联系。 4.(2016北京顺义一模,12)电导率可用于衡量电解质溶液的导电能力:电导率越大,溶液的导电能力越强。室温下,用0.100 mol/L的NH3·H2O溶液滴定10.00 mL 浓度均为0.100 mol/L的HCl和CH3COOH的混合溶液,电导率曲线如下图所示。下列说法正确的是?(　　) ? A.①点溶液中c(H+)为0.200 mol/L B.②点溶液的温度最低 C.③点后离子数目减少,电导率略降低 D.③点时溶液中有c(Cl-)>c(CH3COO-) 答案
D　A项,CH3COOH为弱酸,0.100 mol/L醋酸溶液中c(H+)小于0.100 mol/L,故①点溶液中c(H+)小于0.200 mol/L;B项,中和反应为放热反应,故②点溶液的温度高于①点;C项,③点后,氨水过量,会电离出N?与OH-,离子数目增多,但离子浓度减小,电导率略降低;D项,③点时,氨水 与混合酸恰好完全反应,得到等浓度的氯化铵与醋酸铵的混合溶液,因醋酸根离子会水解,故溶液中有c(Cl-)>c(CH3COO-)。 审题技巧　理解电导率的概念;根据图像分析出各点对应的溶质成分。 思路分析　在①点,氨水体积为0,溶液为0.100 mol/L的盐酸和醋酸的混合溶液;③点时,酸与碱恰好完全中和;分析出各点对应的溶质,结合相关知识分析判断。 5.(2018北京昌平期末,16)(9分)醋酸是实验室及生活中的常见物质。 (1)写出醋酸的电离方程式:
。 (2)常温下醋酸溶液的pH7 c.CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2 d.0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红 e.常温下0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH>1 (4)25 ℃时,在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液、盐酸中,分别逐滴加入浓度为0.1 mol·L-1的NaOH溶液,溶液pH随加入NaOH溶液体积变化如图所示。 二、非选择题(共25分) ? ⅰ.当加入NaOH溶液20 mL时,①溶液的离子浓度大小关系是　　　　　　　　　　　　　
。 ⅱ.当②溶液的pH=7时,溶液中存在的微粒浓度大小关系正确的是　　　　
。 a.c(Na+)=c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-) b.c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)>c(CH3COOH) c.c(CH3COOH)>c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-) 答案　(1)CH3COOH? CH3COO-+H+ (2)醋酸可以电离出H+,溶液中c(H+)>c(OH-) (3)abe (4)ⅰ.c(Na+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-)　ⅱ.a 解析　(1)醋酸是弱电解质,不能完全电离,电离方程式为CH3COOH? CH3COO-+H+。 (2)判断溶液酸碱性看溶液中的c(H+)和c(OH-)的相对大小,醋酸溶液显酸性的原因是:醋酸电离出氢离子使溶液中的c(H+)大于c(OH-)。 (3)a项,同浓度的CH3COOH溶液和盐酸分别与相同的Mg条反应,放出H2的初始速率醋酸慢,说明醋酸溶液中的氢离子浓度小,可以说明醋酸为弱酸;b项,常温下,0.1 mol·L-1 CH3COONa溶液的pH>7,说明醋酸钠是强碱弱酸盐,即醋酸为弱酸;c项,CH3COOH溶液与Na2CO3反应生成CO2,只能证明醋酸的酸性比碳酸强,不能证明醋酸是弱酸;d项,0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红,只能证明醋酸溶液显酸性,不能证明醋酸为弱酸;e项,常温下0.1 mol·L-1醋酸溶液的pH>1,说明醋酸部分电离,可以证明醋酸为弱酸。 (4)根据起点的pH可以判断出,①为HCl,②为CH3COOH。当加入20 mL氢氧化钠溶液时,HCl和NaOH恰好完全反应得到NaCl溶液,溶液显中性,离子浓度大小关系为c(Na+)=c(Cl-)>c(H+)=c(OH-);当②溶液达到中性时,应该是醋酸和醋酸钠的混合溶液,此时氢离子和氢氧根离子浓度相等,结合电荷守恒可知钠离子和醋酸根离子浓度相等,溶液中存在的微粒浓度大小关系为c(Na+)=c(CH3COO-)>c(CH3COOH)>c(H+)=c(OH-)。 思路分析　判断溶液中的各微粒浓度大小时,首先要准确判断溶液中的溶质是什么。 6.(2017北京海淀期末,18)(16分)H2O2广泛应用于化学品合成、纸浆和纺织品的漂白,是环保型液体漂白剂。有研究表明,H2O2溶液的漂白性是H?所致。 (1)H2O2溶液显弱酸性,测得0.15 mol·L-1H2O2溶液的pH约为6。写出H2O2生成H?的电离方程 式:　　　　　　　
。 (2)其他条件相同时,研究不同初始pH条件下H2O2溶液的漂白效果,结果如下: ? 由上图可得到的结论是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　结合平衡移动原理简述理由:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　
。 (3)实验发现:若pH >11,则H2O2溶液的漂白效果随pH增大而降低。针对这一现象,继续进行实验,发现溶液中H2O2的分解与pH有关。测定不同初始pH条件下,初始浓度均为0.15 mol·L-1的H2O2溶液发生分解反应,结果如下: 初始pH pH=10 pH=12 1小时后H2O2溶液浓度 0.13 mol·L-1 0.07 mol·L-1 1小时后pH 没有明显变化 没有明显变化 查阅资料:H?+H2O2? H2O+O2↑+OH-。 ①结合离子方程式解释1小时后pH没有明显变化的原因:　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　
。 ②从反应速率的角度分析pH过大,H2O2溶液漂白效果会降低的原因:　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
。 答案　(1)H2O2? H?+H+ (2)其他条件相同时,初始pH越大,染料脱色率越高,即H2O2的漂白效果越好
c(OH-)增大,促使H2O2? H?+H+正向移动,c(H?)增大,漂白效果增强 (3)①碱性条件下:H2O2+OH-? H?+H2O,又知H?+H2O2 ? H2O+O2↑+OH-,OH-可看作是 H2O2分解反应的催化剂,故反应前后pH不变 ②pH过大,H2O2分解过快,使参与漂白的c(H?)下降,故漂白效果降低 解析　(1)0.15 mol·L-1H2O2溶液的pH约为6,说明H2O2不能完全电离,故H2O2生成H?的电离方 程式为H2O2? H?+H+; (2)c(OH-)增大,促使H2O2? H?+H+正向移动,c(H?)增大,漂白效果增强。 审题技巧　认真读题,提取有用信息,结合所学知识作答。 解题关键　H2O2是弱电解质,在水溶液中存在电离平衡,解题时注意外界条件对平衡的影响。 * 考点一　弱电解质的电离平衡 1.(2018北京人大附中2月月考,7)常温下,向10 mL 0.1 mol/L的某酸(HA)溶液中逐滴加入0.1
mol/L的氨水,所得溶液的pH及导电能力与加入氨水的体积关系如图所示。下列说法中不正确的是?(　　) ? A.HA为弱酸 B.b点对应溶液pH=7,此时HA溶液与氨水恰好完全反应 C.c点对应的溶液存在c(OH-)=c(H+)+c(HA) A组
年高考模拟·基础题组 三年模拟 D.a、b、c三点中,b点对应的溶液中水的电离程度最大 答案
C　A项,因为常温下0.1 mol/L的HA溶液的pH>1,所以HA为弱酸;B项,b点加入0.1 mol/L氨水10 mL,HA溶液与氨水恰好完全反应,由图可知b点对应溶液pH=7;C项,c点对应的溶液为等物质的量的NH4A和NH3·H2O的混合溶液,由电荷守恒得c(OH-)+c(A-)=c(N?)+c(H+),由物料 守恒得c(N?)+c(NH3·H2O)=2c(A-)+2c(HA),两式相加得:c(OH-)+c(NH3·H2O)=c(A-)+2c(HA)+c (H+);D项,b点所得溶液中的溶质为NH4A,NH4A为弱酸弱碱盐,促进水的电离,a点HA未反应完全,抑制水的电离,c点氨水过量,抑制水的电离。 2.(2018北京西城期末,13)下列方法中,可以使0.10 mol·L-1氨水中NH3·H2O的电离程度减小的是?(　　) A.加入少量0.10 mol·L-1盐酸 B.加水稀释 C.加入少量0.10 mol·L-1NaOH溶液 D.加入少量NaCl固体
C　A项,加入盐酸可以消耗NH3·H2O电离出来的OH-,使得NH3·H2O的电离平衡正向移动,NH3·H2O的电离程度增大;B项,加水稀释可以使电离平衡正向移动,NH3·H2O的电离程度增大;C项,加入0.1 mol·L-1 NaOH溶液,增大了溶液中的OH-浓度,使得电离平衡逆向移动,NH3·H2O的电离程度减小;D项,加入NaCl固体,对NH3·H2O的电离无影响。 3.(2018北京海淀期末,10)现有常温下体积均为10 mL、pH=3的两种溶液:①盐酸,②CH3COOH溶液。下列说法中,正确的是
?(　　) A.溶液中溶质的物质的量浓度:①>② B.溶液中酸根离子的物质的量浓度:①=② C.加水稀释至1 L,溶液的pH:①②;D项,相同pH条件下,弱酸的物质的量浓度远大于强酸的物质的量浓度,所以中和至中性时,弱酸消耗的氢氧化钠更多。 4.(2017北京东城期末,4)室温下,关于1.0 mL 0.1 mol/L氨水,下列判断正确的是?(　　) A.溶液的pH等于13 B.加入少量NH4Cl固体,c(OH-)不变 C.c(OH-)=c(N?)+c(H+) D.与1.0 mL 0.1 mol/L盐酸混合后,溶液呈中性 答案
C　A项,NH3·H2O是弱电解质,不能完全电离,0.1 mol/L氨水的pH小于13;B项,加入少量NH4Cl固体,c(N?)增大,NH3·H2O的电离平衡逆向移动,c(OH-)减小;C项,由电荷守恒知,c(OH-)= c(N?)+c(H+);D项,混合后,二者恰好中和生成NH4Cl,因N?水解使溶液呈酸性。 5.(2016北京石景山期末,12)常温下,两种酸的电离平衡常数如下表: 现有常温下,浓度均为0.1 mol/L的下列溶液:①Na2SO3;②Na2CO3;③NaHSO3。下列有关说法正确的是?(　　) A.pH:Na2CO3溶液小于Na2SO3溶液 B.结合H+能力:C?弱于S? C.NaHSO3溶液显酸性的原因是:NaHSO3? Na++ H++ S? D.①与②溶液等体积混合后的溶液中:c(S?)>c(C?)>c(HC?)>c(HS?) 酸 电离常数K1 电离常数K2 H2SO3 1.54×10-2 1.02×10-7 H2CO3 4.3×10-7 5.6×10-11 答案
D　A项,HS?的酸性强于HC?,则Na2CO3的水解程度大于Na2SO3,故Na2CO3溶液的pH 大于Na2SO3溶液;B项,亚硫酸的二级电离常数大于碳酸的二级电离常数,则结合H+能力:C?强 于S?;C项,NaHSO3溶液显酸性的原因是HS?的电离程度大于水解程度;D项,亚硫酸钠的水 解程度小于碳酸钠,则c(S?)>c(C?)>c(HC?)>c(HS?)。 6.(2017北京昌平期末,15)室温下,pH均为2的两种一元酸HA和HB溶液各1 mL,分别加水稀释,pH随溶液体积变化的曲线如下图所示: ? (1)HB溶液稀释到1 000 mL时,溶液中的c(H+)=　　
mol/L。 (2)由图可判断:HA的酸性　　
(填“>”或“ (3)HA为强酸,HA? H++A-,加水稀释时不存在平衡的移动,n(H+)不变,c(H+)减小幅度大,pH增 大幅度大;HB为弱酸,存在HB? H++B-,加水稀释时,电离程度增大,n(H+)增大,c(H+)减小幅度 小,pH增大幅度小 解析　(1)HB溶液稀释到1 000 mL时,溶液的pH变为3,则溶液中c(H+)=10-3 mol/L; (2)加水稀释相同的倍数,HA的pH变化大于HB,说明酸性:HA>HB。 考点二　水的电离　溶液的酸碱性 1.(2018北京四中一模,12)已知:pKa=-lgKa,25 ℃时,H2A的p?=1.85,p?=7.19。常温下,用0.1
mol·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1 H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是?(　　) ? A.A点V0=10 mL B.B点所得溶液中:c(H2A)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-) C.C点所得溶液中:c(A2-)=c(HA-) D.D点所得溶液中:A2-水解平衡常数?=10-7.19
C　A项,A点溶液中溶质为H2A和NaHA,pH=1.85=p?,则c(H2A)=c(HA-),分析可知所加 氢氧化钠溶液的体积小于10 mL;B项,B点所得溶液中的溶质为NaHA,溶液显酸性,由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)+2c(A2-)及物料守恒c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)得,c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-);C项,C点溶液pH=7.19,则c(H+)=10-7.19mol·L-1,?=?=10-7.19,所以c(A2-)=c (HA-);D项,A2-的水解平衡常数?=?=10-6.81。 2.(2018北京人大附中2月月考,14)常温下,用0.1 mol/L的NaOH溶液滴定相同浓度的一元弱酸HA溶液20 mL,滴定过程中溶液的pH随滴定分数[滴定分数=?]的变化曲线如图所示 (忽略中和热效应),下列说法不正确的是?(　　) ? A.HA溶液加水稀释后,溶液中c(HA)/c(A-)的值减小 B.当滴定分数为1时,溶液中水的电离程度最大 C.当滴定分数大于1时,溶液中离子浓度关系一定是c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+) D.当滴定分数为x时,HA的电离常数为KHA=(10-7x)/(1-x) 答案
C　A项,在弱酸HA溶液中存在电离平衡:HA? H++A-,c(HA)/c(A-)=?,加水稀释,c (H+)减小,KHA不变,c(HA)/c(A-)的值减小;B项,当滴定分数为1时,二者恰好完全反应,溶液中的溶质为NaA,NaA属于强碱弱酸盐,促进水的电离,而滴定分数大于或小于1时,溶液中水的电离都受到抑制,故滴定分数为1时溶液中水的电离程度最大;C项,当滴定分数大于1时,溶液中离子浓度关系可能为c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+),也可能为c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+);D项,HA的电离常数KHA=?=?。 3.(2018北京海淀一模,11)HA为一元弱酸。已知溶液中HA、A-的物质的量分数δ随溶液pH变化的曲线如下图所示。常温下,向10 mL 0.1 mol/L HA溶液中,滴加0.1 mol/L NaOH溶液x
mL。下列说法中,不正确的是?(　　) ? A.pH=9时,c(A-)=c(HA) B.x=0时,1<pH<7 C.x=5时,c(A-)=c(HA) D.x=10时,c(A-)+c(HA)=c(Na+)=0.05 mol/L 答案
C　A项,观察图像可知,pH=9时,两条曲线相交,即c(A-)=c(HA);B项,常温下,HA溶液显酸性,故pH<7,HA不完全电离,故c(H+)1,即x=0时,1<pH<7;C项,x=5时,相当于NaA与HA按物质的量之比1∶1混合,由图像可知,溶液显碱性,说明A-的水解程度大于HA的电离程度,所以c(A-)7,故C错误;?=?,随着NaOH溶液的加入,c(H+)逐渐减小,而温度不变,Ka不变,则 ?的值逐渐增大,故D正确。 5.(2017北京朝阳二模,8)下列说法正确的是?(　　) A.NaOH溶液的导电能力一定比氨水强 B.中和等体积、等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液,需要等量的NaOH C.若盐酸的浓度是醋酸溶液浓度的两倍,则盐酸中的c(H+)也是醋酸溶液中c(H+)的两倍
D.将NaOH溶液和氨水各稀释一倍,两者的c(OH-)均减小到原来的一半 答案
B　A项,没有指明两种溶液的浓度,无法比较导电能力;B项,等物质的量的HCl和CH3COOH中和碱的能力相同,则消耗氢氧化钠的量相同;C项,醋酸是弱酸,不能完全电离,故盐酸中H+浓度大于醋酸溶液中H+浓度的两倍;D项,NH3·H2O是弱碱,加水稀释促进NH3·H2O的电离,故氨水中的OH-浓度应大于原浓度的一半。 6.(2017北京海淀期末,9)室温下,向0.01 mol·L-1的醋酸溶液中滴入pH=7的醋酸铵溶液,溶液pH随滴入醋酸铵溶液体积变化的曲线示意图如下图所示。下列分析正确的是?(　　) ? A.a点,pH=2 B.b点,c(CH3COO-)>c(N?) C.c点,pH可能大于7 D.ac段,溶液pH增大是CH3COOH? H++ CH3COO-逆向移动的结果 答案
B　A项,醋酸是弱酸,0.01 mol·L-1的醋酸溶液的pH>2。B项,b点为醋酸和醋酸铵的混合溶液,溶液显酸性,结合电荷守恒可知,c(CH3COO-)>c(N?)。C项,酸性溶液和中性溶液混合,不 可能得到碱性溶液。D项,若所加CH3COONH4溶液的浓度很大,则溶液pH增大是CH3COOH? H++CH3COO-逆向移动的结果;若所加CH3COONH4溶液的浓度很小,则相当于稀释,c(H+) 减小,所以溶液pH增大。 7.(2017北京西城一模,9)现有25 ℃时,0.1 mol·L-1的3种溶液:①盐酸;②氨水;③CH3COONa溶液。下列说法中,不正确的是?(　　) A.3种溶液中pH最小的是① B.3种溶液中水的电离程度最大的是② C.①与②等体积混合后溶液显酸性 D.①与③等体积混合后c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-) 答案
B　A项,0.1 mol·L-1盐酸的pH=1;氨水和CH3COONa溶液显碱性,pH>7,故3种溶液中pH最小的是①;B项,盐酸和氨水都抑制水的电离,CH3COONa水解促进水的电离,故3种溶液中水的电离程度最大的是③;C项,0.1 mol·L-1的盐酸和氨水等体积混合后恰好完全反应生成氯化铵,氯化铵水解使溶液显酸性;D项,①与③等体积混合后的溶液为CH3COOH和NaCl的混合溶液,混合溶液显酸性,存在醋酸和水的电离平衡,故c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)。 8.(2016北京海淀期末,6)常温下,关于pH=2的盐酸,下列说法不正确的是?(　　) A.溶液中c(H+)=1.0×10-2 mol·L-1 B.此溶液中由水电离出的c(OH-)=1.0×10-12 mol·L-1 C.加水稀释至原体积的100倍后,溶液的pH=4 D.加入等体积pH=12的氨水,溶液呈中性 答案
A项,pH=2的盐酸中c(H+)=1.0×10-2 mol·L-1;B项,此溶液中由水电离出的c(OH-) =? mol·L-1=1.0×10-12 mol·L-1;C项,加水稀释至原体积的100倍后,溶液中c(H+)=1.0×10-4 mol ·L-1,溶液的pH=4;D项,加入等体积pH=12的氨水,反应后氨水有剩余,溶液呈碱性。 9.(2018北京朝阳期中,15)常温下,某同学将盐酸与氨水等体积混合,两种溶液的浓度和混合后所得溶液的pH如下表: 请回答: (1)①中所得溶液,由水电离出的c(H+)=　
mol·L-1。 (2)②中,c　　
0.2(填“>”“”“7 答案　(1)10-5　(2)> (3)c(N?)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)　(4)> 解析　(1)①中盐酸与氨水恰好完全反应,所得溶液为NH4Cl溶液,NH4Cl会促进水的电离,故pH=5的NH4Cl溶液中由水电离出的c(H+)=10-5 mol·L-1; (2)由①知,等体积、等浓度的盐酸与氨水混合后溶液显酸性,②中溶液显中性说明氨水过量,则氨水的浓度大于盐酸的浓度,即c>0.2; (3)③中所得溶液为等浓度的NH4Cl、NH3·H2O的混合溶液,溶液显碱性,说明NH3·H2O的电离程度大于N?的水解程度,故溶液中各离子浓度由大到小的顺序是c(N?)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+); (4)?=?,温度不变,K(NH3·H2O)不变;①中所用氨水相当于在③中所用氨 水的基础上加水稀释,c(OH-)减小,则?增大,即①所用氨水中的?大于③中 所用氨水。 10.(2017北京西城期末,18)25 ℃时,向10 mL 0.1 mol·L-1 NH4HSO4溶液中逐滴滴入0.1 mol·L-1
NaOH溶液,溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如下图所示: ? (1)用电离方程式表示P点pHc(N?) b.N点c(N?)+c(Na+)=2c(S?) c.Q点c(N?)+c(NH3·H2O)=c(Na+) 答案　(1)NH4HSO4? N?+H++S?　(2)M　(3)ab 解析　(1)NH4HSO4溶于水完全电离生成N?、H+、S?,因此P点pHc(N?);b项,N 点溶液呈中性,结合电荷守恒得,c(N?)+c(Na+)=2c(S?);c项,Q点溶液中的溶质为等物质的量 的NH3·H2O、硫酸钠,根据物料守恒得,2c(N?)+2c(NH3·H2O)=c(Na+)。 11.(2016北京西城期末,18)用0.1 mol·L-1 NaOH溶液分别滴定体积均为20 mL、浓度均为0.1
mol·L-1的盐酸和HX溶液,溶液的pH随加入NaOH溶液体积的变化如下图: ? (1)HX为　　
酸(填“强”或“弱”)。 (2)N点pH>7的原因是(用化学用语表示)　　　　　　　　　　　
。 (3)下列说法正确的是　　　
(填字母)。 a.M点c(HX)c(OH-) c.P点c(Cl-)=0.05 mol·L-1
答案　(1)弱 (2)X-+H2O? HX+OH- (3)b 解析　(1)HCl是强电解质,在水溶液中完全电离,所以0.1 mol·L-1盐酸的pH=1;而0.1 mol·L-1HX溶液的pH=5,说明HX在水溶液中部分电离,是弱酸。 (2)N点对应的溶液为NaX溶液,X-水解而使溶液呈碱性,反应方程式为X-+H2O? HX+OH-。 (3)M点为等浓度的HX和NaX的混合溶液,溶液呈碱性,说明X-的水解程度大于HX的电离程度,所以c(HX)>c(X-),c(Na+)>c(OH-);P点所示溶液中c(Cl-)=? mol·L-1=0.067 mol·L-1。 1.(2018北京朝阳一模,11)测溶液pH可研究反应过程。用盐酸分别滴定Na2CO3、NaHCO3溶液,测得pH随加入盐酸体积的变化如下图所示(曲线②从B1点开始滴定)。下列判断不正确的是? (　　)
A.曲线①表示用盐酸滴定Na2CO3溶液的过程 B.B、C1点均满足:c(Na+)+c(H+)=2c(C?)+c(HC?)+c(OH-) B组
年高考模拟·综合题组 时间:25分钟　　分值:45分 一、选择题(每题5分,共20分) C.曲线①、②说明Na2CO3与盐酸的反应分步进行 D.BC段和B1C1段发生的主要反应均是HC?+H+? CO2↑+H2O 答案
B　A项,分析可知,①表示盐酸滴定Na2CO3溶液的过程;B项,溶液中的阴离子还有Cl-,则电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(C?)+c(HC?)+c(OH-)+c(Cl-);C项,由曲线①、②可以得知,Na2 CO3与盐酸的反应分步进行,首先发生反应:Na2CO3+HCl? NaCl+NaHCO3,然后发生反应: NaHCO3+HCl? NaCl+H2O+CO2↑;D项,BC段和B1C1段均表示NaHCO3和HCl的反应,即HC ?+H+? CO2↑+H2O。 审题技巧　认真观察图像,注意横坐标和纵坐标所表示的意义,结合相关知识分析曲线的变化原因。 思路分析　碳酸钠与盐酸的反应分两步,盐酸量少时生成碳酸氢钠,盐酸量多时生成二氧化碳气体。 2.(2018北京石景山期末,14)亚砷酸(H3AsO3)是三元弱酸,可以用于治疗白血病,H3AsO3水溶液中含砷物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如下图,下列说法正确的是?(　　) ? A.H3AsO3的电离方程式为H3AsO3? 3H++As? B.H3AsO3的第一步电离常数为?,则?=10-9.2 C.H3AsO3溶液的pH约为9.2 D.pH=12时,溶液中c(H2As?)+2c(HAs?)+3c(As?)+c(OH-)=c(H+) 答案
B　A项,亚砷酸(H3AsO3)是三元弱酸,多元弱酸的电离是分步进行的;B项,根据图中信息可知,pH=9.2时,c(H2As?)=c(H3AsO3),H3AsO3的第一步电离常数?=?=10-9.2;C 项,没有给出浓度,无法确定H3AsO3溶液的pH;D项,pH=12时,c(OH-)>c(H+),溶液中c(H2As?)+2c (HAs?)+3c(As?)+c(OH-)>c(H+)。 解题关键　本题考查弱电解质的电离平衡、电离平衡常数的计算及应用,认真观察图像,找到特殊点是解答本题的关键。 易错警示　本题易错选D,注意pH=12时,c(OH-)>c(H+)。 4.(2015山东理综,13,5分)室温下向10 mL 0.1
mol·L-1 NaOH溶液中加入0.1 mol·L-1的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示。下列说法正确的是
(　　) A.a点所示溶液中c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(HA) B.a、b两点所示溶液中水的电离程度相同 C.pH=7时,c(Na+)=c(A-)+c(HA) D.b点所示溶液中c(A-)>c(HA) 答案
D　a点V(HA)=10 mL,此时NaOH与HA刚好完全反应,pH=8.7,说明HA是弱酸,则NaA溶液中:c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),A错误;a点为NaA溶液,A-水解促进水的电离,b点为等浓度的NaA与HA的混合溶液,以HA的电离为主,水的电离受到抑制,B错误;pH=7时,c(Na+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-),C错误;b点为等浓度的NaA与HA的混合溶液,溶液pH=4.7c(HA),D正确。 5.(2015安徽理综,13,6分)25 ℃时,在10 mL浓度均为0.1 mol·L-1的NaOH和NH3·H2O混合溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸,下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是?(　　) A.未加盐酸时:c(OH-)>c(Na+)=c(NH3·H2O) B.加入10 mL盐酸时:c(N?)+c(H+)=c(OH-) C.加入盐酸至溶液pH=7时:c(Cl-)=c(Na+) D.加入20 mL盐酸时:c(Cl-)=c(N?)+c(Na+) 答案
B　NH3·H2O发生微弱电离,溶液中c(OH-)>c(Na+)>c(NH3·H2O),A项不正确;加入10 mL
0.1 mol·L-1盐酸时,混合溶液中:c(Na+)=c(Cl-),结合电荷守恒:c(Na+)+c(H+)+c(N?)=c(OH-)+c(Cl-) 可知B项正确;加入盐酸至溶液pH=7时,c(H+)=c(OH-),结合电荷守恒可知c(Na+)+c(N?)=c(Cl-), C项不正确;加入20 mL盐酸时溶液中的溶质为NaCl和NH4Cl,溶液显酸性:c(H+)>c(OH-),结合电荷守恒可知:c(Na+)+c(N?)<c(Cl-),D项不正确。 6.(2015广东理综,11,4分) 一定温度下,水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示,下列说法正确的是?(　　) ? A.升高温度,可能引起由c向b的变化 B.该温度下,水的离子积常数为1.0×10-13 C.该温度下,加入FeCl3可能引起由b向a的变化 D.该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化 答案
C　升高温度时,水的电离平衡右移,c(H+)和c(OH-)均增大,KW随之增大,而c和b对应的KW相等,A项不正确;由图中数据可计算出该温度下,水的离子积常数KW =c(H+)·c(OH-)=(1.0×10-7)×(1.0×10-7)=1.0×10-14,B项不正确;加入FeCl3后,由于Fe3+水解促进了水的电离,使c(H+)增大,c(OH-)减小,但KW不变,可引起由b向a的变化,C项正确;该温度下,稀释溶液,KW不变,而c和d对应的KW不相等,D项错误。 评析　本题通过图像考查水的电离平衡及其影响因素,着重考查学生分析问题的能力,难度不大。 7.(2014广东理综,12,4分)常温下,0.2 mol·L-1的一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后,所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示,下列说法正确的是?(　　) A.HA为强酸 B.该混合液pH=7 C.图中X表示HA,Y表示OH-,Z表示H+ D.该混合溶液中:c(A-)+c(Y)=c(Na+) 答案
D　混合后的溶液为0.1 mol·L-1的NaA溶液,由图知,c(A-)c(A-)>c(OH-)>c(HA)>c(H+),C错误。由上述分析知,Y是HA分子,根据物料守恒得c(A-)+c(HA)=c(Na+),D正确。 评析　本题以柱状图形式考查了电解质溶液的性质,难度不大,灵活性强,题型新颖。考生在平时的学习过程中要熟记电解质溶液的分析方法。 8.(2018课标Ⅲ,26节选)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248 g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。 回答下列问题: (2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下: ①溶液配制:称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在　　　
中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的　　　
中,加蒸馏水至　　　
。 ②滴定:取0.009 50 mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2?+6I-+14H+? 3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2 +2S2?? S4?+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液　
,即为终点。平行滴 定3次,样品溶液的平均用量为24.80 mL,则样品纯度为　　　
%(保留1位小数)。 答案　(2)①烧杯　容量瓶　刻度　②蓝色褪去　95.0 解析　(2)②用Na2S2O3溶液滴定I2时,加入淀粉溶液作指示剂,溶液变蓝,当I2反应完全时,蓝色褪去,即滴定过程中,当滴入最后一滴硫代硫酸钠溶液时,溶液蓝色褪去,半分钟不恢复时即为滴定终点;设样品中含x mol Na2S2O3·5H2O,依据得失电子守恒知,0.5×2×x mol=3×2×0.009 50 mol·L-1×0.020 00 L,解得x=1.14×10-3,即所取样品中n(Na2S2O3·5H2O)=1.14×10-3mol,故样品纯度为?×100%=95.0%。 9.(2017天津理综,9,18分)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I-),实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。 Ⅰ.准备标准溶液 a.准确称取AgNO3基准物4.246 8 g(0.025 0 mol)后,配制成250 mL标准溶液,放在棕色试剂瓶中避光保存,备用。 b.配制并标定100 mL 0.100 0 mol·L-1 NH4SCN标准溶液,备用。 Ⅱ.滴定的主要步骤 a.取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。 b.加入25.00 mL 0.100 0 mol·L-1 AgNO3溶液(过量),使I-完全转化为AgI沉淀。 c.加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。 d.用0.100 0 mol·L-1 NH4SCN溶液滴定过量的Ag+,使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后,体系出现淡红色,停止滴定。 e.重复上述操作两次。三次测定数据如下表: 实验序号 1 2 3 消耗NH4SCN标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98 f.数据处理。 回答下列问题: (1)将称得的AgNO3配制成标准溶液,所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有
。 (2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是　　　　　　　　　　　　　　
。 (3)滴定应在pH<0.5的条件下进行,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　
。 (4)b和c两步操作是否可以颠倒　　　　　　
,说明理由　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　
。 (5)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为　　　
mL,测得c(I-)=　　　
mol·L-1。 (6)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步,应进行的操作为　　　　　　　　　　
。 (7)判断下列操作对c(I-)测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 ①若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则测定结果　　　
。 ②若在滴定终点读取滴定管刻度时,俯视标准液液面,则测定结果　　　
。 答案　(18分)(1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管 (2)避免AgNO3见光分解 (3)防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3+的水解) (4)否(或不能)　若颠倒,Fe3+与I-反应,指示剂耗尽,无法判断滴定终点 (5)10.00　0.060 0 (6)用NH4SCN标准溶液进行润洗 (7)①偏高　②偏高 解析　(1)将称得的AgNO3配制成250 mL标准溶液要用250 mL容量瓶、胶头滴管、烧杯和玻璃棒。 (2)AgNO3见光易分解,因此AgNO3标准溶液要放在棕色试剂瓶中避光保存。 (3)本实验用NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂,Fe3+水解会影响滴定终点的判断,为了抑制Fe3+的水解,滴定应在pH7 C.钢铁水闸可用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法防止其腐蚀 D.一定条件下反应N2+3H2? 2NH3达到平衡时,3v正(H2)=2v逆(NH3) 教师专用题组 答案
C　A项,由2H2O2? 2H2O+O2↑可知,每生成1 mol O2转移的电子数约为2×6.02×1023;B 项,pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合后形成的应为CH3COONa和CH3COOH两物质的混合溶液,pHc(C?)>c (HC?)>c(OH-) B.20 mL 0.1 mol/L CH3COONa溶液与10 mL 0.1 mol/L HCl溶液混合后溶液呈酸性,所得溶液中:c(CH3COO-)>c(Cl-)>c(CH3COOH)>c(H+) C.室温下,pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液中:c(Cl-)+c(H+)>c(N?)+c(OH-) D.0.1 mol/L CH3COOH溶液与0.1 mol/L NaOH溶液等体积混合,所得溶液中:c(OH-)>c(H+)+c(CH3COOH) 答案
B　A项,NaHCO3+NaOH? Na2CO3+H2O,故溶液中离子浓度大小关系应为c(Na+)>c(C ?)>c(OH-)>c(HC?),错误;B项正确;C项,两溶液混合,NH3·H2O过量,溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+), c(N?)>c(Cl-),故c(Cl-)+c(H+)<c(N?)+c(OH-),错误;D项,两溶液等体积混合后,得CH3COONa溶 液,根据质子守恒得c(OH-)=c(H+)+c(CH3COOH),故错误。 12.(2014江苏单科,1,2分)水是生命之源,2014年我国科学家首次拍摄到水分子团簇的空间取向图像,模型见下图。下列关于水的说法正确的是?(　　) ? A.水是弱电解质 B.可燃冰是可以燃烧的水
C.氢氧两种元素只能组成水 D.0 ℃时冰的密度比液态水的密度大
A　可燃冰的主要成分是甲烷的水合物,B项错误;氢氧两种元素除组成H2O以外,还能组成H2O2,C项错误;0 ℃时冰的密度比液态水的小,D项错误。 13.(2013天津理综,5,6分)下列有关电解质溶液的说法正确的是
?(　　) A.在蒸馏水中滴加浓H2SO4,KW不变 B.CaCO3难溶于稀硫酸,也难溶于醋酸 C.在Na2S稀溶液中,c(H+)=c(OH-)-2c(H2S)-c(HS-) D.NaCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性,两溶液中水的电离程度相同 答案
C　浓H2SO4加入蒸馏水中时会放热,使KW变大,A项错误;CaCO3可以溶于醋酸的原因是(CH3COO)2Ca能溶于水,而CaSO4是微溶物,不能类推,B项错误;C项,该式为Na2S溶液中的质子守恒式,正确;NaCl是强酸强碱盐,对水的电离不产生影响,而CH3COONH4是弱酸弱碱盐,对水的电离起促进作用,两者影响不相同,D项错误。 14.(2013大纲全国,12,6分)如图表示水中c(H+)和c(OH-)的关系,下列判断?的是?(　　) ? A.两条曲线间任意点均有c(H+)×c(OH-)=KW B.M区域内任意点均有c(H+)<c(OH-) C.图中T1c(H+),B项正确;H2O(l)? H+(aq)+OH-(aq)
ΔH>0,升高温度平衡正向移动,图中Z点KW=10-6.5×10-6.5=10-13大于X点 的KW=10-7×10-7=10-14,所以T2>T1,C项正确;XZ线上任意点表示溶液呈中性,由于各点温度不同,故pH不同,D项错误。 15.(2013课标Ⅱ,13,6分)室温时,M(OH)2(s)? M2+(aq)+2OH-(aq)
Ksp=a。c(M2+)=b mol·L-1时, 溶液的pH等于?(　　) A.?lg(?)　　B.?lg(?) C.14+?lg(?)　　D.14+?lg(?) 答案
C　根据溶度积常数的表达式可知,c(OH-)=?=? mol·L-1,结合水的离子积可得: c(H+)=? mol·L-1=10-14? mol·L-1,则pH=-lgc(H+)=14+?lg(?),C项正确。 16.(2013山东理综,13,4分)某温度下,向一定体积0.1 mol·L-1的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液,溶液中pOH(pOH=-lg[OH-])与pH的变化关系如下图所示,则?(　　)
A.M点所示溶液的导电能力强于Q点 B.N点所示溶液中c(CH3COO-)>c(Na+) C.M点和N点所示溶液中水的电离程度相同 D.Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积 答案
由图示可知Q点溶液呈中性,M点CH3COOH过量,CH3COOH是弱酸,导电能力M点应小于Q点,A项错误;图中N点溶液呈碱性,依据电荷守恒:c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+),c(H+)c(CH3COO-),B项错误;M点的pOH与N点的pH相同,表示M点的c(OH-)与N点的c(H+)相同,二者对水的电离程度影响相同,C项正确;CH3COOH与NaOH恰好反应时生成的CH3COONa水解显碱性,Q点所示的溶液呈中性,说明CH3COOH过量,D项错误。 评析　该题主要考查电解质溶液知识的综合应用。解题的关键是熟练掌握pH的有关计算及应用,强、弱电解质的电离,溶液中的电荷守恒,盐类的水解等知识,若不理解酸、碱、盐对水电离的影响情况,则较难选出正确选项C。 17.(2013浙江理综,12,6分)25 ℃时,用浓度为0.100 0 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L-1的三种酸HX、HY、HZ,滴定曲线如下图所示。下列说法正确的是?(　　) ? A.在相同温度下,同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序:HZ<HYc(Y-)>c(OH-)>c(H+) D.HY与HZ混合,达到平衡时:c(H+)=?+c(Z-)+c(OH-) 答案
B　由滴定曲线可推知三种酸的酸性强弱顺序为HZ>HY>HX,故相同温度下,同浓度的三种酸的导电能力大小顺序为HZ>HY>HX,A错误;HY+NaOH? NaY+H2O,当V(NaOH)=10. 00 mL时,HY被中和掉一半,此时溶液中c(HY)≈c(Y-),c(H+)=10-5 mol·L-1,Ka(HY)=?≈ c(H+)=10-5,B正确;因HY酸性强于HX,故在HX、HY的混合溶液中滴加NaOH溶液时,HY先反应,当HX恰好被完全中和时,溶液是等浓度的NaX与NaY的混合溶液,考虑到X-的水解程度大于Y-,故最终溶液中离子浓度的大小顺序为c(Y-)>c(X-)>c(OH-)>c(H+),C错误;HY与HZ混合,达到平衡时,根据电荷守恒可得c(H+)=c(Y-)+c(Z-)+c(OH-),D错误。 18.(2015山东理综,31,19分)毒重石的主要成分为BaCO3(含Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质),实验室利用毒重石制备BaCl2·2H2O的流程如下: (1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨,目的是　　　　　　　　　　　　
。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸,除量筒外还需使用下列仪器中的　　　
。 a.烧杯　　　b.容量瓶　　　c.玻璃棒　　　d.滴定管 (2)加入NH3·H2O调pH=8可除去　　　
(填离子符号),滤渣Ⅱ中含　　　　　　
(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量,原因是
。 已知:Ksp(BaC2O4)=1.6×10-7,Ksp(CaC2O4)=2.3×10-9
Ca2+ Mg2+ Fe3+ 开始沉淀时的pH 11.9 9.1 1.9 完全沉淀时的pH 13.9 11.1 3.2 (3)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量,实验分两步进行。 已知:2Cr?+2H+? Cr2?+H2O Ba2++Cr?? BaCrO4↓ 步骤Ⅰ:移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中,加入酸碱指示剂,用b mol·L-1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V0 mL。 步骤Ⅱ:移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中,加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液,待Ba2+完全沉淀后,再加入酸碱指示剂,用b mol·L-1盐酸标准液滴定至终点,测得滴加盐酸的体积为V1
mL。 滴加盐酸标准液时应使用酸式滴定管,“0”刻度位于滴定管的　　　
(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为　　　
mol·L-1。若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出,Ba2+浓度测量值将　　　
(填“偏大”或“偏小”)。 答案　(1)增大接触面积从而使反应速率加快　a、c (2)Fe3+　Mg(OH)2、Ca(OH)2　H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀,产品产量减少 (3)上方
?　偏大 解析　(1)把毒重石充分研磨的目的是增大接触面积使反应速率加快;用37%的盐酸配制15%的盐酸需用量筒、烧杯、玻璃棒。(2)由表格中信息可知pH=8时Fe3+可完全沉淀,Mg2+、Ca2+未开始沉淀;pH=12.5时Mg2+完全沉淀,Ca2+部分沉淀;Ksp(CaC2O4)<Ksp(BaC2O4),向含有Ca2+和Ba2+的溶液中加入H2C2O4,Ca2+先形成CaC2O4沉淀,但H2C2O4不能过量,否则Ba2+也会沉淀。(3)滴定管“0”刻度位于滴定管的上方;由步骤Ⅰ可知x mL Na2CrO4溶液中Cr?的物质的量为V0b×10-3
mol,步骤Ⅱ中与Ba2+形成沉淀的Cr?的物质的量为(V0b-V1b)×10-3 mol,则y mL BaCl2溶液中Ba2 +的物质的量为(V0b-V1b)×10-3mol,c(BaCl2)=?=? mol·L-1;若步骤Ⅱ中滴 加盐酸时有少量待测液溅出,会导致V1偏小,则V0b-V1b偏大,Ba2+浓度测量值将偏大。 19.(2014重庆理综,9,15分)中华人民共和国国家标准(GB)规 定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L-1。某兴趣小组用图1装置(夹持 装置略)收集某葡萄酒中SO2,并对其含量进行测定。 (1)仪器A的名称是　　　
,水通入A的进口为　　　
。 (2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸,加热使SO2全部逸出并 与C中H2O2完全反应,其化学方程式为　　　　　　　　　　　　　
。 (3)除去C中过量的H2O2,然后用0.090 0 mol·L-1 NaOH标准溶液进行滴定, 滴定前排气泡时,应选择图2中的　　　若滴定终点时溶液的pH=8.8,则选择的指示剂为　　　若用50 mL滴定管进行实验,当滴定管中的液面在刻度“10”处,则管内液体 的体积(填序号)　　　
(①=10 mL,②=40 mL,③40 mL)。
图2 图1 (4)滴定至终点时,消耗NaOH溶液25.00 mL,该葡萄酒中SO2含量为:　　　
g·L-1。 (5)该测定结果比实际值偏高,分析原因并利用现有装置提出改进措施
。 答案　(1)冷凝管或冷凝器　b (2)SO2+H2O2? H2SO4 (3)③　酚酞　④　(4)0.24 (5)原因:盐酸的挥发;改进措施:用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸,或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验,扣除盐酸挥发的影响 解析　(1)仪器A是冷凝管;为使冷凝更充分,要让水由b口进,若由a口进,冷凝管中水装不满。 (2)SO2具有还原性,而H2O2具有氧化性,所以反应为SO2+H2O2? H2SO4。 (3)NaOH是强碱,应装在碱式滴定管中,为赶出尖嘴处气泡,要让尖嘴部分略向上弯曲排出气泡,所以选③;酚酞的变色范围在8.2~10.0之间,而滴定终点时溶液的pH=8.8,所以可以选择酚酞作指示剂;根据题意及滴定管的结构知,刻度“10”处至尖嘴部分均有溶液,所以滴定管内液体体积大于40 mL,选④。 (4)滴定时发生的反应为H2SO4+2NaOH? Na2SO4+2H2O,则可得n(SO2)=?n(NaOH)=?×0.090
0 mol·L-1×25.00×10-3 L=1.125×10-3 mol,m(SO2)=64 g·mol-1×1.125×10-3 mol=72×10-3 g,该葡萄酒中SO2含量为?=0.24 g·L-1。 (5)B中有盐酸,加热时挥发出的HCl气体进入C中,所以滴定时多消耗了NaOH溶液,从而使测定结果比实际值偏高,若仍用现有装置进行实验,可用硫酸代替盐酸,或用蒸馏水代替葡萄酒做对比实验。 评析
本题以滴定实验为载体,考查了化学实验、元素及其化合物、指示剂、化学计算等知识点。(4)中计算SO2的含量时容易出错;(5)要学会综合分析产生误差的原因。难度适中。 高考化学 (北京市专用) 专题九　弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性 考点一　弱电解质的电离平衡 A组
自主命题·北京卷题组 1.(2018北京理综,8,6分)下列化学用语对事实的表述不正确的是?(　　) A.硬脂酸与乙醇的酯化反应:C17H35COOH+C2?OH?C17H35COOC2H5+?O B.常温时,0.1 mol·L-1氨水的pH=11.1:NH3·H2O? N?+OH- C.由Na和Cl形成离子键的过程:? D.电解精炼铜的阴极反应:Cu2++2e-?Cu 五年高考 答案
A　在酯化反应中,通常是“酸脱羟基醇脱氢”,所以A中反应后18O原子应存在于酯中。 易错易混
C项中离子键的形成过程包含电子的转移,用电子式表示离子键的形成过程时要用箭头表示出电子转移的方向。 2.(2014北京理综,9,6分)下列解释事实的方程式不正确的是?(　　) A.测0.1 mol/L氨水的pH为11:NH3·H2O? N?+OH- B.将Na块放入水中,产生气体:2Na+2H2O? 2NaOH+H2↑ C.用CuCl2溶液做导电实验,灯泡发光:CuCl2? Cu2++2Cl- D.Al片溶于NaOH溶液中,产生气体:2Al+2OH-+2H2O? 2Al?+3H2↑ 答案
C　NH3·H2O为弱碱,在水溶液中部分电离,故A项正确;Na能与水反应生成NaOH和H2,故B项正确;用CuCl2溶液做导电实验,反应的化学方程式为CuCl2? Cu+Cl2↑,故C项错误;Al与 NaOH溶液反应生成H2,故D项正确。 解题关键　准确理解电离、电解等概念。 易错警示　电离是指电解质在水分子作用下离解成自由移动的离子的过程,不需要通电;电解是指电流通过电解质溶液而在阴、阳两极发生氧化还原反应的过程,是化学变化。 3.(2017课标Ⅱ,12,6分)改变0.1 mol·L-1二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示[已知δ(X)=?]。 下列叙述错误的是?(　　) ? A.pH=1.2时,c(H2A)=c(HA-) B.lg[K2(H2A)]=-4.2 C.pH=2.7时,c(HA-)>c(H2A)=c(A2-) B组
统一命题、省(区、市)卷题组 D.pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-)=c(H+) 答案
D　本题考查弱电解质的电离及相关计算。结合题图,可知A、C正确。K2(H2A)=?,结合题图中pH=4.2时c(HA-)=c(A2-),代入上式可得K2(H2A)=10-4.2,则lg[K2(H2A)]= -4.2,故B正确。pH=4.2时,c(H+)=10-4.2 mol·L-1,但溶液中c(HA-)、c(A2-)均约为0.05 mol·L-1,故D错误。 疑难突破　在温度不变时,电离平衡常数不随溶液成分变化而改变,故可以选择特殊点进行计算。例如本题中K2(H2A)的计算。 温馨提醒　此类图像题中,曲线的“起点”“拐点”“交点”等特殊点往往会隐含重要的解题信息,要注意正确利用。 4.(2016课标Ⅰ,12,6分)298 K时,在20.0 mL 0.10 mol·L-1氨水中滴入0.10 mol·L-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 mol·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是?(　　) ? 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 mL C.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-), 错误;D项,N点对应的溶液为0.10 mol·L-1氨水,c(OH-)=0.10 mol·L-1×1.32%=1.32×10-3 mol·L-1,c(H+) =?=? mol·L-1,pH=11+lg 1.32②>③ 答案
H2S是二元弱酸,在水溶液中分步电离:H2S? H++HS-、HS-? H++S2-,故pH=5的 H2S溶液中,c(HS-)<c(H+)=1×10-5 mol·L-1,A项错误;B项,NH3·H2O是弱电解质,稀释促进NH3·H2O的电离,故aH2CO3>HClO,根据“越弱越水解”的原理知,水解程 度:ClO->HC?>CH3COO-,所以pH相同的三种溶液中的c(Na+):①>②>③,D项正确。 7.(2014山东理综,13,5分)已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,现向10 mL浓度为0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中?(　　) A.水的电离程度始终增大 B.?先增大再减小 C.c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和始终保持不变 D.当加入氨水的体积为10 mL时,c(N?)=c(CH3COO-) 答案
D　CH3COOH溶液中水的电离被抑制,当CH3COOH与NH3·H2O恰好反应时生成CH3COONH4,此时水的电离程度最大,再加入氨水,水的电离程度又减小,A项错误;?= ?=?·?=?·?,温度不变,NH3·H2O的电离平 衡常数及KW均不变,随着氨水的滴加,c(H+)减小,故?减小,B项错误;未滴加氨水时,c (CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1 mol/L,滴加10 mL氨水时,c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.05 mol/L,C项错误;由于CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等,故当加入氨水的体积为10 mL时,c(N?) =c(CH3COO-),D项正确。 8.(2014重庆理综,3,6分)下列叙述正确的是?(　　) A.浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液可制得Fe(OH)3胶体 B.CH3COONa溶液中滴加少量浓盐酸后c(CH3COO-)增大 C.Ca(HCO3)2溶液与过量NaOH溶液反应可得到Ca(OH)2 D.25 ℃时Cu(OH)2在水中的溶解度大于其在Cu(NO3)2溶液中的溶解度 答案
A项,浓氨水中滴加FeCl3饱和溶液会生成Fe(OH)3沉淀,不能得到Fe(OH)3胶体,A项错误;B项,加少量浓盐酸后发生反应:CH3COO-+H+? CH3COOH,c(CH3COO-)减小,B项错误;C 项,NaOH过量时发生反应:Ca(HCO3)2+2NaOH? CaCO3↓+Na2CO3+2H2O,无Ca(OH)2生成,C 项错误;D项,Cu(OH)2(s)? Cu2+(aq)+2OH-(aq),Cu(NO3)2溶液中c(Cu2+)较大,会使平衡逆向移 动,Cu(OH)2的溶解度减小,D项正确。 9.(2016浙江理综,12,6分)苯甲酸钠(?,缩写为NaA)可用作饮料的防腐剂。研究 表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25 ℃时,HA的Ka=6.25×10-5,H2CO3的?=4.17× 10-7,?=4.90×10-11。在生产碳酸饮料的过程中,除了添加NaA外,还需加压充入CO2气体。下列 说法正确的是(温度为25 ℃,不考虑饮料中其他成分)?(　　) A.相比于未充CO2的饮料,碳酸饮料的抑菌能力较低 B.提高CO2充气压力,饮料中c(A-)不变 C.当pH为5.0时,饮料中?=0.16 D.碳酸饮料中各种粒子的浓度关系为:c(H+)=c(HC?)+c(C?)+c(OH-)-c(HA) C组
教师专用题组 答案
HA的抑菌能力显著高于A-,碳酸饮料中存在反应CO2+H2O+NaA? HA+NaHCO3, HA含量比未充CO2的饮料要高,抑菌能力更强,A项不正确;增大压强可使更多的CO2溶于水中,生成更多的HA,c(A-)会减小,B项不正确;已知HA的Ka=6.25×10-5,Ka=?,当c(H+)=10-5
mol·L-1时,饮料中?=?=?=?=0.16,C项正确;由物料守恒知c(Na+)=c(A-)+ c(HA),由电荷守恒知c(Na+)+c(H+)=c(HC?)+2c(C?)+c(OH-)+c(A-),两式联立可得c(H+)= c(HC?)+2c(C?)+c(OH-)-c(HA),D项不正确。 10.(2015浙江理综,12,6分)40 ℃,在氨-水体系中不断通入CO2,各种离子的变化趋势如图所示。下列说法不正确的是?(　　) ? A.在pH=9.0时,c(N?)>c(HC?)>c(NH2COO-)>c(C?) B.不同pH的溶液中存在关系:c(N?)+c(H+)=2c(C?)+c(HC?)+c(NH2COO-)+c(OH-) C.随着CO2的通入,?不断增大 D.在溶液pH不断降低的过程中,有含NH2COO-的中间产物生成 答案
C　由图像信息可知A项正确;由电荷守恒可知B项正确;Kb=?,随着CO2的 通入,c(N?)不断增大,Kb为常数,则?不断减小,C项不正确;由图中信息可知pH在 10.5~7.5之间,NH2COO-先从0逐渐增多,后又逐渐减少到0,故有含NH2COO-的中间产物生成,D项正确。 评析　该题是数形结合题,考查学生的识图能力及信息处理能力。 11.(2014浙江理综,12,6分)氯在饮用水处理中常用作杀菌剂,且HClO的杀菌能力比ClO-强。25
℃时氯气-氯水体系中存在以下平衡关系: Cl2(g)?Cl2(aq)
K1=10-1.2 Cl2(aq)+H2O? HClO+H++Cl-
K2=10-3.4 HClO? H++ClO-
Ka=? 其中Cl2(aq)、HClO和ClO-分别在三者中所占分数(α)随pH变化的关系如图所示。下列表述正确的是?(　　) ? A.Cl2(g)+H2O? 2H++ClO-+Cl-
K=10-10.9 B.在氯处理水体系中,c(HClO)+c(ClO-)=c(H+)-c(OH-) C.用氯处理饮用水时,pH=7.5时杀菌效果比pH=6.5时差 D.氯处理饮用水时,在夏季的杀菌效果比在冬季好 答案
C　A项,在Cl2(g)+H2O? 2H++ClO-+Cl-反应中,K=?=K1·K2·Ka,因Ka 未知,故K也无法求出,A错误。B项,由电荷守恒知,c(H+)=c(ClO-)+c(Cl-)+c(OH-),c(Cl-)≠c(HClO), B错误。C项,由题意知,HClO杀菌能力比ClO-强,pH=7.5时HClO的浓度较pH=6.5时大,C正确。D项,夏季温度高,Cl2溶解度降低,且HClO易分解,所以夏季杀菌效果比冬季差,D错误。 考点二　水的电离　溶液的酸碱性 统一命题、省(区、市)卷题组 1.(2018天津理综,6,6分)LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下,LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2P?)的变化如图1所示,H3PO4溶液中H2P?的分布分数δ随pH的变化如图2所示[δ= ?]。 ? ? 下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是?(　　) A.溶液中存在3个平衡 B.含P元素的粒子有H2P?、HP?和P? C.随c初始(H2P?)增大,溶液的pH明显变小 D.用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3,当pH达到4.66时,H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4
D　本题考查盐类的水解、弱电解质的电离等。LiH2PO4溶液中存在H2P?的水解平 衡与电离平衡、水的电离平衡、HP?的电离平衡等,A不正确;LiH2PO4溶液中含P元素的粒 子有H2P?、HP?、P?、H3PO4,B不正确;由图1可知当c初始(H2P?)大于10-1 mol·L-1后,溶液 的pH不再随c初始(H2P?)的变化而变化,C不正确;由图2可知H3PO4溶液的pH为4.66时,H2P?的 分布分数为0.994,故用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3,当pH达到4.66时,H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4,D正确。 温馨提示
任何水溶液中均存在水的电离平衡。 2.(2016天津理综,6,6分)室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1 mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断?的是?(　　) ? A.三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHD B.滴定至P点时,溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-) C.pH=7时,三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-) D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+) 答案
C　A项,浓度均为0.1 mol·L-1的HA、HB和HD三种酸溶液的pH不同,pH越小,则酸的电离常数越大,正确;B项,滴定至P点时,所得溶液为等物质的量浓度的HB与NaB的混合溶液,溶液显酸性,说明HB的电离程度强于B-的水解程度,故c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-),正确;C项,pH=7时,三种溶液中:c(A-)>c(B-)>c(D-),错误;D项,根据质子守恒知D正确。 3.(2015广东理综,12,4分)准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中,用0.100 0 mol·L-1
NaOH溶液滴定,下列说法正确的是?(　　) A.滴定管用蒸馏水洗涤后,装入NaOH溶液进行滴定 B.随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中溶液pH由小变大 C.用酚酞作指示剂,当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定 D.滴定达终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则测定结果偏小 答案
B　A项,滴定管洗涤后还需用NaOH溶液润洗;B项,随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中发生反应HCl+NaOH? NaCl+H2O,直至HCl完全被消耗,因此溶液的pH由小变大;C项,酚酞滴入 待测HCl溶液中,溶液是无色的,当溶液由无色变为红色,且半分钟内不褪色时停止滴定;D项,尖嘴部分的悬滴并未与待测HCl溶液反应,但已被计算在消耗的NaOH溶液的体积中,从而使测定结果偏大。 *
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