第三步:
抓住Ksp的特点,结合选项分析判断
(1)溶液在蒸发时(温度不变),离子浓度的变化分两种情况:
①原溶液不饱和时,离子浓度都增大;
②原溶液饱和时,离子浓度都不变。
(2)溶度积常数只是温度的函数,与溶液中溶质的离子浓
度无关,在同一曲线上的点,溶度积常数相同。
[解析] 选取横坐标为50mL的点,此时向50mL0.0500mol·L-1的Cl-溶液中,加入了50mL0.100mol·L-1的AgNO3溶液,所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025mol·L-1(按照银离子和氯离子1∶1的比例沉淀,同时不要忘记溶液体积变为原来的2倍),由图示得到此时Cl-的浓度约为1×10-8mol·L-1(实际稍小),所以Ksp(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10,所以其数量级为10-10,A正确。
由于Ksp(AgCl)极小,所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出,溶液一直是氯化银的饱和溶液,所以曲线上各点的溶液均满足c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl),B正确。
滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子,所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定,将50mL0.0500mol·L-1的Cl-溶液改为50mL0.0400mol·L-1的Cl-溶液,此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍,所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍,因此应该由c点的25mL变为25mL×0.8=20mL,而a点对应的是15mL,C错误。
卤化银从氟化银到碘化银的溶解度逐渐减小,所以Ksp(AgCl)大于Ksp(AgBr),将50mL0.0500mol·L-1的Cl-溶液改为50mL0.0500mol·L-1的Br-溶液,这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子,因为银离子和氯离子或溴离子都是按比例1∶1沉淀的,所以滴定终点的横坐标不变,但是因为溴化银更难溶,所以终点时,溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小,所以有可能由点c向b方向移动,D正确。
[答案] C
(2019·广州高三调研测试)一定温度下,三种碳酸盐MCO3(M:
Mg2+、Ca2+、Mn2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列说法错误的是( )
A.Ksp(MnCO3)的数量级为10-11
B.向MgCO3的悬浊液中加入少量水充分振荡,c(Mg2+)不变
C.a点表示的溶液中,c(Ca2+)>c(CO
)
D.向浓度均为0.01mol·L-1的Mg2+、Ca2+、Mn2+的混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液,最先形成MgCO3沉淀
答案 D
解析 -lgc(M)、-lgc(CO
)越大,则c(M)、c(CO
)越小,Ksp越小,根据题图,可以判断MgCO3、CaCO3、MnCO3的Ksp依次减小,故向浓度均为0.01mol·L-1的Mg2+、Ca2+、Mn2+的混合溶液中逐滴加入Na2CO3溶液,最先形成MnCO3沉淀,D项错误。
分布分数类图像分析
本类题纵坐标是溶液中存在的微粒的物质的量浓度或物质的量分数,横坐标是溶液的pH。
解答本类试题时也一般分三步分析:
第一步总体读图,通过观察弄清纵坐标的含义及单位,弄清各微粒浓度变化;第二步是识图,分析特殊点的图像含义,如曲线的起点、终点、交叉点、极值点、转折点等,分析曲线的变化趋势如斜率的大小及升降;第三步是分析,进行信息提取,挖掘隐含信息、排除干扰信息、提炼有用信息,在统摄信息的基础上进行逻辑推理或运用数据计算分析。
[解析] 溶液中存在H2PO
的电离平衡和水解平衡,存在HPO
的电离平衡,存在水的电离平衡等,所以至少存在4个平衡,A错误。
含P元素的粒子有H2PO
、HPO
、PO
和H3PO4,B错误。
从图1中得到随着c初始(H2PO
)增大,溶液的pH大约从5.50减小到4.66,谈不上明显变小,同时达到4.66以后就不变了,C错误。
由图2得到,pH=4.66的时候,δ=0.994,即溶液中所有含P的成分中H2PO
占99.4%,所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4,D正确。
[答案] D
(2019·贵州重点中学高考教学质量测评)改变0.1mol/L二元弱酸H2A溶液的pH,溶液中H2A、HA-、A2-的物质的量分数(X)随pH的变化如图所示
。
借助图像分析,下列说法中错误的是( )
A.H2A的第一步电离常数K1(H2A)=10-1.2
B.pH=2.7时,c(HA-)>c(H2A)=c(A2-)
C.若向0.1mol/LNaHA溶液中滴入酚酞,溶液变红
D.pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-)>c(H+)
答案 C
解析 pH=1.2时,c(HA-)=c(H2A),H2A的第一步电离常数K1(H2A)=c(H+)=10-1.2,A正确;根据图中信息可知,pH=2.7时,δ(HA-)>δ(H2A)=δ(A2-),故c(HA-)>c(H2A)=c(A2-),B正确;根据图中信息可知,0.1mol/LNaHA溶液pH=2.7,溶液呈酸性,若向其中滴入酚酞,溶液无色,C错误;根据图中信息可知,pH=4.2时,c(HA-)=c(A2-),此时c(H2A)≈0,则c(HA-)=c(A2-)≈0.05mol/L>c(H+)=10-4.2mol/L,即c(HA-)=c(A2-)>c(H+),D正确。
建议用时:
40分钟
满分:
100分
一、选择题(本题共5小题,每小题只有一个选项符合题意)
1.(2019·长春外国语学校高三期末考试)常温下,向20mL某浓度的硫酸中滴入0.1mol/L氨水,溶液中水电离出的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图所示。
下列分析正确的是( )
A.该硫酸的浓度为1mol/L
B.b点所示溶液中:
c(NH
)=c(SO
)
C.V=40
D.c点所示溶液中:
c(H+)-c(OH-)=c(NH3·H2O)
答案 D
解析 根据20mL的稀H2SO4溶液中,水电离出的氢离子浓度是10-13mol/L,根据水的离子积得到硫酸电离出的氢离子浓度是0.1mol/L,稀硫酸的浓度为0.05mol/L,故A错误;根据电荷守恒可知c(H+)+c(NH
)=2c(SO
)+c(OH-),而溶液呈中性c(OH-)=c(H+),所以c(NH
)=2c(SO
),故B错误;c点水电离程度最大,说明此时铵根离子浓度最大,对水的电离促进程度最大,所以两者恰好完全反应生成硫酸铵,而稀硫酸的浓度为0.05mol/L,所以氨水的体积也是20mL,即V=20,故C错误;c点所示溶液是硫酸铵溶液,由质子守恒得D正确。
2.常温下,Ksp(CaSO4)=9×10-6,常温下,CaSO4在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。
下列判断错误的是( )
A.a、c两点均可以表示常温下CaSO4溶于水所形成的饱和溶液
B.a点对应的Ksp等于c点对应的Ksp
C.b点将有沉淀生成,平衡后溶液中c(SO
)一定不等于3×10-3mol·L-1
D.向d点溶液中加入适量CaCl2固体可以变到c点
答案 A
解析 CaSO4饱和溶液中阴阳离子浓度相等,a、c两点阴阳离子浓度不相等,A错误;a、c两点温度相同,温度不变Ksp不变,在曲线上的任意一点Ksp都相等,B正确;根据图示数据,可以看出b点Qc=2×10-5>Ksp,所以会生成沉淀,因为c(Ca2+)大于c(SO
),平衡后溶液中c(SO
)一定小于3×10-3mol·L-1,C正确;d点为不饱和状态,c(Ca2+)较小,如加入适量CaCl2固体,c(Ca2+)增大,此时c(SO
)不变,则可以变到c点,D正确。
3.(2019·湖北省鄂州市、黄冈市高三调研)已知金属离子M2+,25℃时在水中存在M2+(aq)、M(OH)+(aq)、M(OH)2(s)、M(OH)
(aq)、M(OH)
(aq)五种形态,该体系中各形态的物质的量分数(α)随pH的变化关系如图,下列叙述中错误的是( )
A.P点的pH为12,则M(OH)
M(OH)2+OH-的平衡常数为10-2
B.M(OH)2完全沉淀后,增大溶液的pH,沉淀不会立即开始溶解
C.溶液pH达到14之前,沉淀M(OH)2已完全溶解
D.M(NO3)2溶液显酸性,其水解的离子方程式为M2++H2OM(OH)++H+
答案 A
解析 随着pH增大,c(OH-)增大,金属离子M2+能结合OH-随之增多,故1为M2+(aq)、2为M(OH)+(aq)、3为M(OH)2(s)、4为M(OH)
(aq)、5为M(OH)
(aq)。
平衡常数K=
,P点的pH为12,c(OH-)=10-2,c[M(OH)
]不知道,不能计算平衡常数,故A错误。
由图可知,M(OH)2完全沉淀后,有一段随着pH改变,物质的量分数(α)没有发生变化,所以增大溶液的pH,沉淀不会立即开始溶解,故B正确。
由图中3可知,溶液pH达到14之前,M(OH)2物质的量分数已经为0,说明沉淀M(OH)2已完全溶解,故C正确。
M(NO3)2溶液显酸性,其水解的离子方程式为M2++H2OM(OH)++H+,故D正确。
4.浓度均为0.1mol/L、体积均为V0的HX、HY溶液,分别加水稀释至体积V,pH随lg
的变化关系如图所示。
下列叙述正确的是( )
A.HX、HY都是弱酸,且HX的酸性比HY的弱
B.常温下,由水电离出的c(H+)·c(OH-):
a
C.相同温度下,电离常数K(HX):
a>b
D.lg
=3,若同时微热两种溶液(不考虑HX、HY和H2O的挥发),则
减小
答案 B
解析 A项,由图像可知当lg
=0,即V=V0时,0.1mol/L的HX溶液和HY溶液的pH分别为2到3之间和1,所以HX是弱酸、HY是强酸,错误;B项,酸抑制水的电离,所以酸性越弱、水的电离程度越大,即pH越大,水电离出的c(H+)·c(OH-)越大,由图像可知,由水电离出的c(H+)·c(OH-):
a
增大,错误。
5.(2019·河南南阳市高三期末质量评估)常温下,向20.00mL0.1mol·L-1KOH溶液中滴加0.1mol·L-1HA(弱酸)溶液,混合溶液中水电离出的c(OH-)与HA溶液体积之间的关系如图1所示:
向20.00mL0.1mol·L-1HA溶液中滴加0.1mol·L-1KOH溶液,混合溶液中水电离出的c(OH-)与KOH溶液体积之间的关系如图2所示。
下列有关说法正确的是( )
A.A点、X点对应溶液中水的电离程度相同
B.B点、Y点对应溶液的pH相等
C.C点、Z点对应溶液中都存在:
c(OH-)=c(H+)+c(HA)
D.D点、W点对应溶液中分别都存在:
c(K+)=c(A-)
答案 C
解析 图1中A点是0.1mol·L-1KOH溶液,图2中X点是0.1mol·L-1HA溶液,因为HA是弱酸,故0.1mol·L-1HA溶液中c(H+)小于0.1mol·L-1KOH溶液中c(OH-),因此0.1mol·L-1HA溶液对水电离的抑制作用小于0.1mol·L-1KOH溶液对水电离的抑制作用,所以两溶液中水的电离程度不相同,A错误;KA因水解促进水的电离且水解呈碱性。
常温下c水(OH-)=c水(H+)=1×10-7mol·L-1,恰好是纯水中水电离出来的OH-浓度。
对于B点溶液中c水(OH-)=10-7mol·L-1,此时KOH对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消,溶质是KOH和KA,溶液呈碱性;对于Y点溶液中c水(OH-)=10-7mol·L-1,此时HA对水电离的抑制作用与KA对水电离的促进作用相互抵消,溶质是HA和KA,溶液呈中性。
所以B点、Y点对应溶液的pH不相等,B错误;C(或Z)点时KOH与HA恰好完全反应,此时KA对水电离的促进作用最大,C(或Z)点溶液中溶质都是KA,由KA溶液中质子守恒得:
c(OH-)=c(H+)+c(HA),C正确;D点对应的溶液中溶质是HA和KA,溶液显中性,c(H+)=c(OH-),且有电荷守恒c(K+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),则有c(K+)=c(A-);W点对应的溶液中溶质是KOH和KA,溶液显碱性,c(H+)c(A-),D错误。
二、选择题(本题共4小题,每小题有一个或两个选项符合题意)
6.(2019·西安五校高三联考)电解质溶液电导率越大导电能力越强。
常温下,用0.100mol·L-1盐酸滴定10.00mL浓度均为0.100mol·L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液(二甲胺在水中电离与氨相似,Kb[(CH3)2NH·H2O]=1.6×10-4)。
利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。
下列说法正确的是( )
A.曲线①代表滴定二甲胺溶液的曲线
B.a点溶液中:
c[(CH3)2NH
]>c[(CH3)2NH·H2O]
C.d点溶液中:
c(H+)=c(OH-)+c[(CH3)2NH·H2O]
D.b、c、e三点的溶液中,水的电离程度最大的是b点
答案 C
解析 二甲胺是弱电解质,因此浓度均为0.100mol·L-1的NaOH溶液和二甲胺[(CH3)2NH]溶液相比,二甲胺溶液中离子浓度小,故起始时二甲胺溶液电导率小,故曲线②代表滴定二甲胺溶液的曲线,A项错误;曲线①表示滴定NaOH溶液的曲线,a点在曲线①上,a点溶液中不含(CH3)2NH
和(CH3)2NH·H2O,B项错误;d点二甲胺和盐酸恰好完全反应,得到(CH3)2NH2Cl溶液,根据电荷守恒可知,c(H+)+c[(CH3)2NH
]=c(OH-)+c(Cl-),根据物料守恒可知,c(Cl-)=c[(CH3)2NH
]+c[(CH3)2NH·H2O],消去c(Cl-),可得c(H+)=c(OH-)+c[(CH3)2NH·H2O],C项正确;b点溶液中的溶质是等物质的量的二甲胺、(CH3)2NH2Cl,(CH3)2NH
的水解平衡常数Kh=
=
=6.25×10-11<1.6×10-4,即(CH3)2NH
的水解程度小于二甲胺的电离程度,b点溶液呈碱性,水的电离受到抑制,c点NaOH与HCl恰好完全反应,溶质为NaCl,水的电离既不受到促进也不受到抑制,e点溶液中溶质为等物质的量的HCl和(CH3)2NH2Cl,水的电离受到抑制,因此水的电离程度最大的是c点,D项错误。
7.常温下用0.1000mol/L的盐酸分别逐滴加入到20.00mL0.1000mol/L的三种一元碱XOH、MOH、YOH溶液中,溶液的pH随加入盐酸体积的变化如图所示。
下列叙述错误的是( )
A.XOH、MOH、YOH均为弱碱
B.V[HCl(aq)]=15.00mL时,三种溶液中离子总浓度大小顺序:
XOH>MOH>YOH
C.V[HCl(aq)]=20.00mL时,三种溶液中水的电离程度:
XOH>MOH>YOH
D.V[HCl(aq)]=40.00mL时,YOH溶液中:
c(H+)=c(Y+)+c(OH-)+2c(YOH)
答案 AC
解析 根据图示信息,在未滴加盐酸时,XOH的pH为13,为强碱,MOH、YOH的pH小于13,均为弱碱,A错误;V[HCl(aq)]=15.00mL时,三种溶液中分别为XCl、XOH,MCl、MOH,YCl、YOH的混合物,因为碱性:
XOH>MOH>YOH,故三种溶液中离子总浓度大小顺序:
XOH>MOH>YOH,B正确;V[HCl(aq)]=20.00mL时,三种溶液分别恰好是XCl、MCl、YCl溶液,水的电离程度为YOH>MOH>XOH,C错误;V[HCl(aq)]=40.00mL时,YOH溶液中应为YCl、HCl的混合物,溶液中的电荷守恒为c(H+)+c(Y+)=c(OH-)+c(Cl-),物料守恒为2[c(Y+)+c(YOH)]=c(Cl-),将电荷守恒和物料守恒两式联立得:
c(H+)=c(Y+)+c(OH-)+2c(YOH),D正确。
8.(2019·昆明市高三复习诊断)常温下,用0.1mol·L-1的NaOH溶液滴定10mL0.1mol·L-1的H2A溶液,溶液的pH与NaOH溶液体积关系如图所示。
下列说法错误的是( )
A.水的电离程度:
C>B
B.向A点溶液中加少量的水:
变大
C.C点:
c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-)
D.D点:
2c(Na+)=c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)
答案 BD
解析 C点加入10mL0.1mol·L-1的NaOH溶液,发生反应NaOH+H2A===NaHA+H2O,溶质为NaHA,溶液pH略大于7,说明HA-的水解程度大于电离程度,促进水的电离,B点为中性溶液,故水的电离程度:
C>B,故A正确;若A点溶液中加入少量水,促进弱酸的电离,H2AH++HA-,Ka1=
,
=
=
=
,温度不变,Ka1和Kw都不变,故B错误;C点溶液的pH>7,为碱性溶液,故c(H+)c(HA-)+2c(A2-),故C正确;D点为