2019年高考化學(xué)一輪總復(fù)習 考點掃描 專題23 水的電離和溶液的酸堿性學(xué)案.doc

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專題23 水的電離和溶液的酸堿性 【復(fù)習目標】 1．了解水的電離、離子積常數(shù)。 2．了解溶液pH的含義及其測定方法，能進行pH的簡單計算。 3．了解酸堿中和滴定的原理及過程，能做到分析或處理實驗數(shù)據(jù)，得出合理結(jié)論。 【考情分析】高考主要考點有四個，一是影響水電離平衡的因素及Kw的應(yīng)用；二是溶液的酸堿性的判斷及pH的計算；三是離子共存問題；四是酸堿中和滴定的原理及儀器的了解。從近幾年高考來看，由酸、堿電離出的c(H＋)、c(OH－)與水電離出的c(H＋)、c(OH－)的比值求算；酸、堿中和時，pH的變化、導(dǎo)電性的變化仍將是高考命題的熱點。 【考點過關(guān)】 考點一水的電離 水的電離 水是極弱的電解質(zhì) 水的電離方程式為H2O＋H2OH3O＋＋OH－或簡寫為：H2OH＋＋OH－ 25 ℃時，純水中c(H＋)＝c(OH－)＝110－7_molL－1 任何水溶液中，由水電離出的c(H＋)與c(OH－)都相等 水的離子積常數(shù) 室溫下：KW＝c(H＋)c(OH－)＝110－14 水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，升高溫度，KW增大 水的離子積常數(shù)KW不僅適用于純水，也適用于稀的電解質(zhì)水溶液 水的離子積常數(shù)KW揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要溫度不變，KW不變 水的離子積常數(shù)Kw表達式中，c(H＋)、c(OH－)均表示整個溶液中相應(yīng)離子總物質(zhì)的量濃度。但是一般情況下有：酸溶液中Kw＝c(H＋)酸c(OH－)水(忽略水電離出的H＋的濃度)；堿溶液中Kw＝c(H＋)水c(OH－)堿(忽略水電離出的OH－的濃度) 影響因素 溫度升高，促進水的電離，KW增大；溫度降低，抑制水的電離，KW減小 加入酸或堿抑制水的電離，Kw不變 加入可水解的鹽，促進水的電離，Kw不變 加入能與水反應(yīng)的活潑金屬，促進水的電離 水電離出的c(H＋)或c(OH－) 25 ℃中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)＝1.010－7molL－1 溶質(zhì)為酸的溶液，溶液中的OH－全部來自水的電離，水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝c(OH－)。如pH＝2的鹽酸中，溶液中的c(OH－)＝(KW/10－2) molL－1＝10－12 molL－1，即由水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 molL－1 溶質(zhì)為堿的溶液，溶液中的H＋全部來自水的電離，水電離產(chǎn)生的c(OH－)＝c(H＋)。如pH＝12的NaOH溶液中，溶液中的c(H＋)＝10－12 molL－1，即由水電離出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 molL－1 pH＝5的NH4Cl溶液中，H＋全部來自水的電離，由水電離的c(H＋)＝10－5 molL－1，因為部分OH－與部分NH結(jié)合，溶液中c(OH－)＝10－9 molL－1 pH＝12的Na2CO3溶液中，OH－全部來自水的電離，由水電離出的c(OH－)＝10－2 molL－1 【考點演練】下列說法正確的是 。 ①95 ℃純水的pH<7，說明加熱可導(dǎo)致水呈酸性 ②pH＝3的醋酸溶液，稀釋10倍后pH＝4 ③t ℃時，某溶液pH＝6，則該溶液一定為酸性 ④常溫下，將pH＝11的氨水稀釋后，溶液中所有離子的濃度降低 ⑤25℃時NH4Cl溶液的Kw大于100℃時NaCl溶液的Kw ⑥100℃時，將pH=2的鹽酸與pH=12的NaOH溶液等體積混合，溶液顯中性 ⑦常溫時，某溶液中由水電離出來的c(H＋)和c(OH－)的乘積為110－24，該溶液中一定可以大量存在K＋、Na＋、AlO、SO ⑧26M3＋對水的電離平衡不產(chǎn)生影響 ⑨向水中加入少量固體CH3COONa，平衡逆向移動，c(H＋)降低 ⑩一定溫度下，水溶液中H＋和OH－的濃度變化曲線如圖，加入FeCl3可能引起由b向a的變化 ?已知水在25 ℃和95 ℃時，其電離平衡曲線如圖所示，25 ℃時水的電離平衡曲線應(yīng)為A ?在25 ℃時，某稀溶液中由水電離產(chǎn)生的H＋濃度為110－13 molL－1，該溶液一定呈堿性 答案：⑩? 考點二溶液的酸堿性 1.溶液的酸堿性 溶液的酸堿性 溶液的酸堿性是由溶液中c(H＋)與c(OH－)相對大小決定的：c (H+) ＞ c (OH—)，溶液呈酸性；c(H＋) =c(OH－)，溶液呈中性；c(H＋)＜c(OH－)，溶液呈堿性 和pH的關(guān)系 在室溫下，中性溶液c(H+)= c(OH－) =1.010-7 mol L-1，pH =7；酸性溶液c(H+)＞c(OH－) ，c(H+)＞1.010-7 molL-1，pH ＜7；堿性溶液c(H+)＜c(OH－)，c(H+)＜1.010-7 molL-1，pH ＞7 判定規(guī)律 PH相同的酸，酸越弱，酸物質(zhì)的量濃度越大；pH相同的堿，堿越弱，堿物質(zhì)的量濃度越大 酸與堿的PH之和為14且等體積混合時，強酸與強堿混合，PH=7；強酸與弱堿混合，PH＞7；強堿與弱酸混合，PH＜7 等物質(zhì)的量濃度的一元酸、堿等體積混合后時，強酸和強堿混合，PH=7；強酸和弱堿混合，PH<7；弱酸和強堿混合，PH>7；弱酸和弱堿混合，PH由強者決定；未注明酸、堿強弱時，PH無法判斷 等體積強酸（PH1）和強堿（PH2）混合時，若溶液呈中性，二者PH之和為14；若溶液呈堿性，二者PH之和大于14；若溶液呈酸性，二者PH之和小于14 2.溶液的pH 概念 溶液的pH是c(H＋)的負對數(shù)，其表達式是pH＝－lgc(H＋) 測定 酸堿指示劑 只能測定溶液的pH范圍 pH試紙 取一小塊pH試紙于干燥潔凈的玻璃片或表面皿上，用干燥潔凈的玻璃棒蘸取試液點在試紙上，當試紙顏色變化穩(wěn)定后迅速與標準比色卡對照，讀出pH pH計 pH計可精確測定試液的pH(讀至小數(shù)點后2位) 計算 若溶液為酸性，先求c(H＋)，再求pH；若溶液為堿性，先求c(OH－)，再由c(H＋)＝求c(H＋)，最后求pH 強酸溶液 濃度為c mol/L的HnA溶液，c(H＋)＝nc mol/L，所以pH＝－lgnc 強堿溶液 濃度為c mol/L的B(OH)n溶液，c(OH－)＝nc mol/L，c(H＋)＝ mol/L，所以pH＝14＋lgnc 溶液混合 強酸溶液混合 先求c(H＋)混＝[c(H＋)1V1＋c(H＋)2V2]/(V1＋V2)，再求pH 強堿溶液混合 先求c(OH－)混＝[c(OH－)1V1＋c(OH－)2V2]/(V1＋V2)，再求c(H＋)＝KW/c(OH－)混?最后求pH 酸堿混合 若酸過量，則先求c(H＋)過＝[c(H＋)酸V酸－c(OH－)堿V堿]/(V酸＋V堿)，再求pH 若堿過量，則先求c(OH－)過＝[c(OH－)堿V堿－c(H＋)酸V酸]/(V酸＋V堿)?再求c(H＋)＝KW/c(OH－)過，最后求pH 稀釋 酸溶液 對于pH＝a的強酸和弱酸溶液，每稀釋10n倍，強酸的pH就增大n個單位，即pH＝a＋n(其中a＋n<7)；由于稀釋過程中，弱酸還會繼續(xù)電離，故弱酸的pH范圍是a7)；由于稀釋過程中，弱堿還會繼續(xù)電離，故弱堿的pH范圍是b－n7)；堿溶液無限稀釋，pH只能無限接近于7，不能小于7 【考點演練】下列有關(guān)說法正確的是 。 ①用潤濕的試紙測溶液的pH，一定會使結(jié)果偏低 ②一定溫度下，pH＝a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH＝b，則a＝b＋1 ③25 ℃ 時，pH＝4.5的番茄汁中c(H＋)是pH＝6.5的牛奶中c(H＋)的2倍 ④25 ℃ 時，某溶液中水電離出的c(H＋)＝10－13，則該溶液的pH一定為13 ⑤常溫下，pH＝3的鹽酸和pH＝12的NaOH溶液等體積混合所得溶液呈堿性 ⑥25 ℃ 時，pH＝2的CH3COOH溶液和pH＝12的NaOH溶液等體積混合所得溶液呈中性 ⑦25 ℃ 時，pH＝2的鹽酸和pH＝12的氨水等體積混合所得溶液呈酸性 ⑧25℃時有甲、乙兩杯醋酸稀溶液，甲的pH＝2，乙的pH＝3，中和等物質(zhì)的量的NaOH，需甲、乙兩杯酸的體積(V)之間的關(guān)系為10V(甲)>V(乙) ⑨MOH和ROH兩種一元堿，其水溶液分別加水稀釋時，pH變化如下圖所示，在x點時，ROH完全電離 ⑩在25℃時，向50.00 mL未知濃度的CH3COOH溶液中逐滴加入0.5 molL-1的NaOH溶液。滴定過程中，溶液的pH與滴入NaOH溶液體積的關(guān)系如右圖所示，①點所示溶液的導(dǎo)電能力弱于②點 ?室溫下，用0.100mol/L NaOH溶液分別滴定20.00ml 0.100mol/L 的鹽酸和醋酸，滴定曲線如圖所示，V(NaOH) =20ml時，c(Cl—)=c(CH3COO—) ?25 ℃時，將體積Va，pH＝a的某一元強堿與體積為Vb，pH＝b的某二元強酸混合。若所得溶液的pH＝7，且已知Va＞Vb，b＝0.5a，b值是可以等于4 答案：⑤⑨⑩? 考點三中和滴定 實驗原理 利用中和反應(yīng)，用已知濃度的酸(或堿)來測定未知濃度的堿(或酸)的濃度的實驗方法 主要儀器 酸式滴定管、堿式滴定管、錐形瓶、帶滴定管夾的鐵架臺等 滴定管使用 查漏→洗滌→潤洗→裝液→排氣→調(diào)液面→記錄 酸式滴定管包括玻璃活塞、長玻璃管，可盛放酸性溶液、強氧化性溶液，不能盛放堿性溶液及氫氟酸 堿式滴定管包括長玻璃管、橡皮管、玻璃球，可盛放堿性溶液，不能盛放酸性溶液及強氧化性的溶液 滴定管的上端都標有規(guī)格大小、使用溫度、0刻度，滴定管的精確讀數(shù)為0.01mL 主要試劑 標準液、待測液、酸堿指示劑、蒸餾水 指示劑選擇 指示劑選擇的基本原則：變色要靈敏是變色范圍要小，使變色范圍盡量與滴定終點溶液的酸堿性一致 不能用石蕊作指示劑 強酸滴定強堿一般用甲基橙，但用酚酞也可以 滴定終點為堿性時，用酚酞作指示劑，如用NaOH溶液滴定醋酸 滴定終點為酸性時，用甲基橙作指示劑，如用鹽酸滴定氨水 并不是所有的滴定都須使用指示劑，如用標準的Na2SO3滴定KMnO4溶液時，KMnO4顏色褪去時即為滴定終點 滴定操作 終點判斷 等到滴入最后一滴標準液，溶液由紅色變?yōu)闊o色，且在半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來的顏色，視為滴定終點并記錄標準液的體積 實驗步驟 洗(洗滌)：洗滌儀器并進行檢漏、潤洗 取(取液)：向酸(堿)式滴定管中注入標準液，向錐形瓶中注入待測液，加入2～3滴指示劑 滴(滴定)：在錐形瓶下墊一張白紙，向錐形瓶中先快后慢地加入標準液(后面逐滴加入)，至指示劑發(fā)生明顯的顏色變化(如由紅色變?yōu)闊o色或紅色變?yōu)槌壬?、無色變?yōu)榉奂t色等)且半分鐘內(nèi)不變時，停止滴定 讀(讀數(shù))：平視滴定管中凹液面最低點，讀取溶液體積 記(記錄)：記錄滴定前和滴定終點時滴定管中標準液的刻度，重復(fù)滴定2～3次將數(shù)據(jù)記入表中 算(計算)：以(V終－V始)為消耗的標準液的體積，取2～3次實驗結(jié)果的平均值，依據(jù)c待＝(一元酸堿)計算待測液的物質(zhì)的量濃度 誤差分析 依據(jù)原理c(標準)V(標準)＝c(待測)V(待測)，得c(待測)＝，因為c(標準)與V(待測)已確定，所以只要分析出不正確操作引起V(標準)的變化，即分析出結(jié)果[以標準酸溶液滴定未知濃度的堿(酚酞作指示劑)為例] 洗滌 酸式滴定管未用標準溶液潤洗, V(標準) 變大, c(待測) 偏高 堿式滴定管未用標準溶液潤洗, V(標準) 變小, c(待測) 偏低 錐形瓶用標準溶液潤洗, V(標準) 變大, c(待測) 偏高 錐形瓶洗凈后還留有蒸餾水, V(標準)不變, c(待測) 無影響 取液 放出堿液的滴定管開始有氣泡，放出液體后氣泡消失, V(標準) 變大, c(待測) 偏高 滴定 酸式滴定管滴定前有氣泡，滴定終點時氣泡消失，V(標準) 變大, c(待測) 偏高 振蕩錐形瓶時部分液體濺出，V(標準) 變小, c(待測) 偏低 部分酸液滴出錐形瓶外，V(標準) 變大, c(待測) 偏高 溶液顏色較淺時滴入酸液過快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液無變化，V(標準) 變大, c(待測) 偏高 讀數(shù) 酸式滴定管滴定前讀數(shù)正確，滴定后俯視讀數(shù)(或前仰后俯) ，V(標準) 變小, c(待測) 偏低 酸式滴定管滴定前讀數(shù)正確，滴定后仰視讀數(shù)(或前俯后仰) ，V(標準) 變大, c(待測) 偏高 【考點演練】(2017屆昆明測試)乙二酸(HOOC—COOH)俗名草酸，是一種有還原性的有機弱酸，在化學(xué)上有廣泛應(yīng)用。 (1)小剛在做“研究溫度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響”實驗時，他往A、B兩支試管中均加入4 mL 0.01 molL－1的酸性KMnO4溶液和2 mL 0.1 molL－1 H2C2O4(乙二酸)溶液，振蕩，A試管置于熱水中，B試管置于冷水中，記錄溶液褪色所需的時間。褪色所需時間tA________tB(填“>”“＝”或“<”)。寫出該反應(yīng)的離子方程式：_______________________。 (2)實驗室有一瓶混有泥沙的乙二酸樣品，小剛利用上述反應(yīng)的原理來測定其含量，具體操作為： ①配制250 mL溶液：準確稱量5.000 g乙二酸樣品，配成250 mL溶液。配制溶液需要的計量儀器有__________________________________________________。 ②滴定：準確量取25.00 mL所配溶液于錐形瓶中，加少量酸酸化，將0.100 0 molL－1 KMnO4標準溶液裝入______(填“酸式”或“堿式”)滴定管，進行滴定操作。在滴定過程中發(fā)現(xiàn)，剛滴下少量KMnO4標準溶液時，溶液紫紅色并沒有馬上褪去。將錐形瓶搖動一段時間后，紫紅色才慢慢消失；再繼續(xù)滴加時，紫紅色就很快褪去，可能的原因是______________________；判斷滴定達到終點的現(xiàn)象是_______________________________________。 ③計算：重復(fù)上述操作2次，記錄實驗數(shù)據(jù)如下表。則消耗KMnO4標準溶液的平均體積為____ mL，此樣品的純度為____________。 序號 滴定前讀數(shù) 滴定后讀數(shù) 1 0.00 20.01 2 1.00 20.99 3 0.00 21.10 ④誤差分析：下列操作會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高的是________。 A．未用KMnO4標準溶液潤洗滴定管 B．滴定前錐形瓶內(nèi)有少量水 C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失 D．觀察讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視 答案：(1)<　2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O(2)①電子天平、250 mL容量瓶?、谒崾健》磻?yīng)生成的Mn2＋對反應(yīng)有催化作用　滴入最后一滴溶液，溶液由無色變成淺紫色，且半分鐘內(nèi)不褪色?、?0.00　90.00%　④AC 【過關(guān)練習】 1.（2018年高考北京卷）測定0.1 molL-1 Na2SO3溶液先升溫再降溫過程中的pH，數(shù)據(jù)如下。 時刻 ① ② ③ ④ 溫度/℃ 25 30 40 25 pH 9.66 9.52 9.37 9.25 實驗過程中，取①④時刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產(chǎn)生白色沉淀多。下列說法不正確的是 A. Na2SO3溶液中存在水解平衡：+H2O+OH? B. ④的pH與①不同，是由于濃度減小造成的 C. ①→③的過程中，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響一致 D. ①與④的Kw值相等 解析： A項，Na2SO3屬于強堿弱酸鹽，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A正確；B項，?、佗軙r刻的溶液，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液做對比實驗，④產(chǎn)生白色沉淀多，說明實驗過程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①與④溫度相同，④與①對比，SO32-濃度減小，溶液中c（OH-），④的pH小于①，即④的pH與①不同，是由于SO32-濃度減小造成的，B正確；C項，鹽類水解為吸熱過程，①→③的過程，升高溫度SO32-水解平衡正向移動，c（SO32-）減小，水解平衡逆向移動，溫度和濃度對水解平衡移動方向的影響相反，C錯誤；D項，Kw只與溫度有關(guān)，①與④溫度相同，Kw值相等，D正確。 答案：C 2．（大連市2018屆高三第二次模擬）在不同溫度下,水溶液中c(H+)與c(OH-)有如圖所示關(guān)系。下列說法正確的是 A. b點溶液中不可能存在NH3H2O B. b、c兩點pH相同,但溶液的酸堿性不同 C. 通過降溫的方法，可使溶液的狀態(tài)中d點變?yōu)閍點 D. a點溶液中可能大量共存的離子：Fe3+、Na+、Cl-、SO42- 解析：A. b點溶液中c(H+)=10—6mol?L—1,溶液顯酸性，如NH4Cl溶液中，NH4+H2O=NH3H2O+ H+，溶液顯酸性，也有NH3H2O存在，故A錯誤；B. b、c兩點pH相同,但溶液的溫度不同，b點溶液中c(H+)=10—6mol?L—1,溶液顯酸性，c點溶液為中性，故C正確；D. a點溶液中c(H+)=10—7mol?L—1，溶液為中性，F(xiàn)e3+發(fā)生水解，生成氫氧化鐵沉淀，所以a點溶液中Fe3+、Na+、Cl-、SO42-不能大量共存，故D錯誤。 答案：B 3．（鄭州市2018屆高三下學(xué)期第三次模擬）25℃時，向濃度均為0.1mol/L、體積均為100mL的兩種一元酸HX、HY溶液中分別加入NaOH固體，溶液中l(wèi)g隨n(NaOH)的變化如下圖所示。下列說法不正確的是 A. HX為強酸，HY為弱酸 B. b點時溶液呈中性 C. 水的電離程度：d>c D. c點時溶液的pH=4 解析：A項，根據(jù)圖像0.1mol/LHX溶液中l(wèi)g=12，=11012，c（H+）c（OH-）=110-14，解得c（H+）=0.1mol/L，HX為強酸，0.1 mol/LHY溶液中l(wèi)g12，HY為弱酸，A項正確；B項，b點時溶液中l(wèi)g=0，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，B項正確；C項，d點、c點加入510-3mol的NaOH固體，d點得到等物質(zhì)的量濃度的NaX和HX的混合液，HX電離出H+使d點溶液呈酸性，c點得到等物質(zhì)的量濃度的NaY和HY的混合液，c點溶液呈酸性，HY的電離程度大于Y-的水解程度，d點溶液中c（H+）大于c點，d點溶液中H+對水的電離的抑制程度大于c點，水的電離程度：cd，C項錯誤；D項，c點溶液中l(wèi)g=6，=1106，c（H+）c（OH-）=110-14，解得c（H+）=110-4mol/L，c點溶液的pH=4，D項正確。 答案：C 4．（山東K12聯(lián)盟2018屆高三開年迎春考試）常溫下,向10mL0.2mol/LH2C2O4溶液中滴加0.2mol/LKOH溶液，水電離出氫離子濃度c(H+)與加入氫氧化鉀溶液的體積的變化如下圖,已知常溫下,H2C2O4的電離常數(shù)為：K1=5.010-2，K2=5.410-5,根據(jù)圖示判斷，下列說法不正確的是（ ） A. c點的溶液顯堿性 B. a點時,加入KOH溶液的體積V1=10mL C. b點時,溶液中各粒子濃度的大小順序為：c(K+)>c(C2O42-)>c(OH-)>c(HC2O4-)>c(H+) D. 當V(KOH)=15mL時,溶液中存在以下關(guān)系：2c(K+)=3c(C2O42-)+3c(HC2O4-)+3c(H2C2O4) 答案：B 5．（宜賓市高2018屆高三第三次診斷考試）25℃時，用0.10 mol/L的氨水滴定10.00 mL 0.05 mol/L的二元酸H2A的溶液，滴定過程中加入氨水的體積(V)與溶液中的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是 A. H2A的電離方程式為H2AH++HA - B. B點溶液中，水電離出的氫離子濃度為1.010-6 mol/L C. C點溶液中，c(NH4+)+c(NH3H2O)= 2c(A2-) 解析：根據(jù)圖像，A點時，0.05 mol/L的二元酸H2A的溶液= -12，此時c（OH-）=10-12c（H+），c（OH-）=1.010-13 mol/L，c（H+）=0.1 mol/L，說明H2A為二元強酸。A、H2A的電離方程式為H2A=2H++A 2-，故A錯誤；B、B點溶液中，加入了10mL 0.10 mol/L的氨水，恰好完全反應(yīng)，此時溶液應(yīng)為（NH4）2A溶液， = -2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.010-8 mol/L，c（H+）=1.010-6mol/L，此時溶液因NH4+水解呈酸性，溶液中的氫離子均是水電離產(chǎn)生的，故水電離出的氫離子濃度為1.010-6 mol/L，故B正確；C、C點溶液中，加入了12.5 mL 0.10 mol/L的氨水，此時溶液應(yīng)為（NH4）2A和NH3H2O混合溶液， = 0，c（OH-）=c（H+），根據(jù)電荷守恒：c(NH4+)+c(H+)= 2c(A2-)+c（OH-），即c(NH4+)= 2c(A2-)，故C錯誤；D、B點時，溶液應(yīng)為0.025mol/L（NH4）2A溶液， = -2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.010-8 mol/L，c（H+）=1.010-6mol/L，溶液因NH4+水解呈酸性，NH4++ H2OH++ NH3H2O，該反應(yīng)的水解常數(shù)為Kh= == =210-5，故氨水的電離平衡常數(shù)為=510-10，故D錯誤。 答案：B 6．（南寧市第三中學(xué)2018屆高三第二次模擬考試）已知Kb（NH3H2O）=1.710-5，Ka（CH3COOH）=1.710-5。25℃時，向20mL濃度均為0.01molL-1的鹽酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01molL-1的氨水，測定過程中電導(dǎo)率和pH變化曲線如圖所示，下列說法錯誤的是 A. a點溶液中，c(CH3COO-)數(shù)量級約為10-5 B. b點溶液中，c(NH4+) > c(CH3COOH) C. c點溶液中，c(NH4+) +c(NH3H2O) = c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(CH3COOH) D. c點水的電離程度小于d點 解析：氨水逐滴滴入鹽酸和醋酸的混合液中，依次發(fā)生的反應(yīng)為：HCl+NH3H2O=NH4Cl、CH3COOH+NH3H2O=CH3COONH4+H2O；鹽酸為強酸，隨著氨水的滴入，溶液的體積變大，溶液中離子濃度變小，溶液的電導(dǎo)率逐漸變小，當鹽酸恰好完全反應(yīng)時電導(dǎo)率最小，b點為等濃度的NH4Cl和CH3COOH的混合液；繼續(xù)滴加氨水，弱酸醋酸與氨水反應(yīng)生成強電解質(zhì)CH3COONH4，溶液中離子濃度變大，溶液的電導(dǎo)率又逐漸變大，c點為等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液；醋酸恰好完全反應(yīng)后，繼續(xù)滴加氨水，氨水屬于弱堿水溶液，溶液中離子濃度又變小，溶液的導(dǎo)電率又變小。A項，a點沒有滴入氨水，鹽酸為強酸，醋酸為弱酸，醋酸的電離方程式為CH3COOHCH3COO-+H+，設(shè)溶液中c（CH3COO-）=xmol/L，則溶液中c（H+）=（0.01+x）mol/L，c（CH3COOH）=（0.01-x）mol/L，Ka（CH3COOH）===1.710-5，由于HCl電離的H+抑制CH3COOH的電離，0.01+x0.01，0.01-x0.01，解得x1.710-5，c（CH3COO-）的數(shù)量級約為10-5，A項正確；B項，根據(jù)上述分析，b點為等濃度的NH4Cl和CH3COOH的混合液，NH4Cl屬于強酸弱堿鹽，NH4+的水解離子方程式為NH4++H2ONH3H2O+H+，NH4+的水解平衡常數(shù)Kh（NH4+）==KW/Kb（NH3H2O）=110-14（1.710-5）=5.8810-10Ka（CH3COOH），NH4+的水解程度小于CH3COOH的電離程度，b點溶液中c（NH4+）c（CH3COOH），B項正確；C項，根據(jù)上述分析，c點為等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，溶液中的物料守恒為c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（Cl-）+c（CH3COO-）+c（CH3COOH），C項正確；D項，c點為等濃度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，NH4Cl、CH3COONH4水解促進水的電離，d點為等濃度的NH4Cl、CH3COONH4和略過量的氨水組成的混合液，過量的氨水對水的電離起抑制作用，c點水的電離程度大于d點，D項錯誤。 答案：D 7．（茂名市五大聯(lián)盟學(xué)校高三五月聯(lián)考）類比pH的定義,對于稀溶液可以定義pC=-1gc。常溫下，某濃度的H2A溶液在不同pH下,測得pC(H2A)、pC(HA-)、pC(A2-)的變化如圖所示。下列說法正確（ ） A. 曲線Ⅱ表示pC(HA-)隨pH的變化 B. 當pH=1.40時，c(H2A)>c(A2-)>c(HA-) C. 常溫下，=104.50 D. a、b、c三點對應(yīng)的溶液中,c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)的值相等 解析：多元弱酸的第一步電離大于第二步電離，根據(jù)定義pC=-1gc，pH增大，pC增大較明顯，曲線Ⅱ應(yīng)為表示pC(H2A)隨pH的變化，曲線Ⅲ應(yīng)為表示pC(A2-)隨pH的變化。A、多元弱酸的第一步電離大于第二步電離，根據(jù)定義pC=-1gc，pH增大，pC增大較明顯，曲線Ⅱ應(yīng)為表示pC(H2A)隨pH的變化，選項A錯誤；B、當pH=1.40時，由圖可知，pC(H2A)>pC(HA-)>pC(A2-)，則c(H2A)”、“=”或“<”)。 (4)從粗銅精煉的陽極泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的一和工芝流程如下: ③己知加壓酸浸時控制溶液的pH為5.0，生成TeO2沉淀。如果H2SO4溶液濃度過大，將導(dǎo)致TeO2沉淀不完全，原因是_____________。 ④防止局部酸度過大的操作方法是___________。 ⑤對濾渣“酸浸”后，將Na2SO3加入Te(SO4)2溶液中進行“還原”得到固態(tài)碲，該反應(yīng)的離子方程式是____________。 ⑥“還原”得到固態(tài)碲后分離出粗碲的方法是________，對粗碲進行洗滌，判斷洗滌干凈的實驗操作和現(xiàn)象是_____________。 答案：（1）小于（2）TeO2+2NaOH=Na2TeO3+H2O（3）10% <（4）溶液酸性過強，TeO2會繼續(xù)與酸反應(yīng)，導(dǎo)致TeO2沉淀不完全 攪拌 2SO32-+Te4++2H2O=Te↓+2SO42-+4H+ 過濾 取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀生成，則說明洗滌干凈 ④防止局部酸度過大的操作方法是攪拌；⑤對濾渣“酸浸后，將Na2SO3加入Te（SO4）2溶液中進行還原得到固態(tài)碲，根據(jù)電子得失守恒、原子守恒以及電荷守恒可知該反應(yīng)的離子方程式是2SO32-+Te4++2H2O＝Te↓+2SO42-+4H+；⑥還原得到固態(tài)碲后分離出粗碲的方法是過濾，對粗碲進行洗滌，判斷洗滌干凈的實驗操作和現(xiàn)象是：取少量最后一次洗滌液，加入BaCl2溶液，若沒有白色沉淀生成，則說明洗滌干凈。 11．（遼南協(xié)作校2018屆高三下學(xué)期第一次模擬）廢棄物回收利用可變廢為寶。某工業(yè)固體廢物的組成為Al2O3、FeO、Fe2O3等。下圖是以該固體廢物為原料制取氧化鋁、磁性Fe3O4膠體粒子的一種工藝流程: (1)檢驗制備Fe3O4膠體粒子成功的實驗操作名稱是____________________________。 (2)寫出由溶液B制備磁性Fe3O4膠體粒子的離子方程式___________________。 (3)由溶液B制得Fe3O4膠體粒子的過程中，須持續(xù)通入N2。其原因是____________。 (4)向溶液C中加入NaHCO3溶液，溶液的pH_________(填“增大”，“不變”或“減小”)。 (5)固體D是Al(OH)3，空溫時Al(OH)3溶于NaOH溶液反應(yīng)的平衡常數(shù)等于20，則此時Al(OH)3A1O2-+H++H2O的電離常數(shù)K=_______________。 (6)用重路酸鉀(K2Cr2O7)可測定產(chǎn)物磁性Fe3O4膠體粒子中鐵元素的含量，過程如下圖。已知，反應(yīng)中K2Cr2O7被還原為Cr3+。 ①寫出甲→乙的化學(xué)方程式___________________________________。 ②寫出乙→丙的離子方程式_________________________________________。 答案：丁達爾效應(yīng) 2Fe3++Fe2++8OH-Fe3O4(膠體)+4H2O N2氣氛下，防止Fe2+被氧化 減小 2.010-13 SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2 Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O （4）C為NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，偏鋁酸根離子促進碳酸氫根離子電離且和氫離子結(jié)合生成氫氧化鋁白色沉淀，方程式為：NaAlO2 + NaHCO3 +H2O=Al(OH)3↓+ Na2CO3，導(dǎo)致溶液的pH減??； （5）氫氧化鋁溶解于氫氧化鈉溶液中的離子方程式為：Al(OH)3+OH -? AlO2-+2H2O，K== =20, Al(OH)3電離的方程式為：Al(OH)3? AlO2-+H++H2O；由電離方程式可知Ka=c(AlO2-)C(H+)，由K== =20和Ka=c(AlO2-)C(H+)聯(lián)立可得Ka=KKW=20110-14= 2.010-13； （6）①Fe3+能把Sn2+氧化為Sn4+，F(xiàn)e3+被還原為Fe2+，所以甲→乙反應(yīng)的化學(xué)方程式為：SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2②在酸性條件下K2Cr2O7將Fe2+氧化為Fe3+,還原產(chǎn)物為Cr3+,所以乙→丙的反應(yīng)的離子方程式為：Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2。