（课标I）2020版高考化学一轮复习 专题十五 水的电离和溶液的酸碱性课件

专题十五水的电离和溶液的酸碱性高考化学(课标专用)A组课标Ⅰ卷题组五年高考考点一水的电离与溶液的酸碱性(2012课标,11,6分)已知温度T时水的离子积常数为KW,该温度下,将浓度为amol·L-1的一元酸HA与bmol·L-1的一元碱BOH等体积混合,可判定该溶液呈中性的依据是 ()A.a=bB.混合溶液的pH=7C.混合溶液中,c(H+)= mol·L-1D.混合溶液中,c(H+)+c(B+)=c(OH-)+c(A-)WK答案CA项,若a=b,则只有当HA为强酸、BOH为强碱,或HA的电离常数Ka与BOH的电离常数Kb相等时,溶液才呈中性;B项,只有当温度T=298K时pH=7的溶液才呈中性;D项为电荷守恒关系式,无论溶液呈酸性、碱性还是中性,该关系式均成立;C项,因c(H+)·c(OH-)=KW,中性溶液中c(H+)=c(OH-),故c(H+)= mol·L-1,正确。WK考点二中和反应与中和滴定的迁移应用(2016课标Ⅰ,12,6分)298K时,在20.0mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·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0.10mol·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20.0mLC.M点处的溶液中c(N )=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)D.N点处的溶液中pH124H答案D强酸滴定弱碱,达到滴定终点时溶液呈酸性,应选用甲基橙作指示剂,A项错误;若氨水和盐酸恰好反应生成NH4Cl,溶液呈酸性,要使pH为7,盐酸应偏少,即M点对应的盐酸体积小于20.0mL,B项错误;C项,M点对应的溶液中离子浓度大小关系应为c(N )=c(Cl-)c(H+)=c(OH-),错误;D项,N点对应的溶液为0.10mol·L-1氨水,c(OH-)=0.10mol·L-1×1.32%=1.32×10-3mol·L-1,c(H+)= = mol·L-1,pH=11+lg1.3212,正确。4HW(OH)Kc143101.3210解题关键电离度= ×100%。已电离的弱电解质的物质的量弱电解质的总物质的量拓展延伸强碱滴定强酸或强酸滴定强碱,酚酞或甲基橙均可作指示剂;强酸滴定弱碱,甲基橙作指示剂;强碱滴定弱酸,酚酞作指示剂。B组课标Ⅱ、Ⅲ及其他省(区、市)卷题组考点一水的电离与溶液的酸碱性1.(2019北京理综,12,6分)实验测得0.5mol·L-1CH3COONa溶液、0.5mol·L-1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是 () A.随温度升高,纯水中c(H+)c(OH-)B.随温度升高,CH3COONa溶液的c(OH-)减小C.随温度升高,CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果D.随温度升高,CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低,是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同答案C本题考查了CH3COONa、CuSO4的水解,水的离子积常数及温度对相关平衡移动的影响等知识。该题的综合度高、思维容量大,侧重考查了学生对实验数据的提取、分析、处理能力。试题多角度、动态分析化学反应,运用化学反应原理来解决实际问题,体现了培养学生创新思维和创新意识的价值观念。A项,温度升高,纯水中的H+、OH-的浓度都增大,但二者始终相等;B项,温度升高,CH3COONa的水解平衡正向移动,溶液中OH-浓度增大,图像中反映出的“随温度升高CH3COONa溶液的pH下降”的现象,是由“温度升高水的离子积常数增大”导致的,并非OH-浓度下降了;D项,温度升高对CH3COO-、Cu2+的水解都有促进作用,二者水解平衡移动的方向是一致的。2.(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1.0×10-13C.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。考点二中和反应与中和滴定的迁移应用1.(2015重庆理综,3,6分)下列叙述正确的是 ()A.稀醋酸中加入少量醋酸钠能增大醋酸的电离程度B.25℃时,等体积等浓度的硝酸与氨水混合后,溶液pH=7C.25℃时,0.1mol·L-1的硫化氢溶液比等浓度的硫化钠溶液的导电能力弱D.0.1molAgCl和0.1molAgI混合后加入1L水中,所得溶液中c(Cl-)=c(I-)答案CA项,醋酸的电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+,加入少量CH3COONa,增加了CH3COO-的浓度,从而使醋酸电离平衡逆向移动,抑制了醋酸的电离;B项,等体积等浓度的硝酸与氨水混合生成NH4NO3,NH4NO3中N 能水解:N +H2O NH3·H2O+H+,溶液应呈酸性,则pH7;C项,溶液的导电能力是由溶液中离子总浓度和离子所带的电荷数决定的,H2S为弱电解质,Na2S为强电解质,所以等浓度的H2S溶液和Na2S溶液,Na2S溶液导电能力强;D项,在相同条件下AgI的溶解度小于AgCl的溶解度,所得溶液中c(Cl-)c(I-)。4H4H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0.1mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断错误的是 () A.三种酸的电离常数关系:KHAKHBKHDB.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CA项,浓度均为0.1mol·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。疑难突破由三种酸溶液的pH可知三种酸均为弱酸,再根据pH的大小确定KHAKHBKHD。3.(2019北京理综,26,12分)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的amol·L-1KBrO3标准溶液;Ⅱ.取V1mL上述溶液,加入过量KBr,加H2SO4酸化,溶液颜色呈棕黄色;Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入V2mL废水;Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI;Ⅴ.用bmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液V3mL。已知:I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和。(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是。(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是。(4)Ⅳ中加KI前,溶液颜色须为黄色,原因是。(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量,理由是。(6)Ⅴ中滴定至终点的现象是。(7)废水中苯酚的含量为g·L-1(苯酚摩尔质量:94g·mol-1)。(8)由于Br2具有性质,Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。答案(1)容量瓶(2)Br +5Br-+6H+ 3Br2+3H2O(3) +3Br2  ↓+3HBr(4)Br2过量,保证苯酚完全反应(5)反应物用量存在关系:KBrO3~3Br2~6KI,若无苯酚时,消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍,因有苯酚消耗Br2,所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量(6)溶液蓝色恰好消失(7) (8)易挥发3O132(6)946aVbVV解析本题所涉及的知识点有化学仪器的使用,离子方程式的书写,氧化还原滴定原理的应用,物质的量浓度的相关计算等。试题通过实验的方式考查了学生的实验操作能力,分析、推理能力和接受、吸收、整合信息的能力,体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。(1)配制标准溶液用到的玻璃仪器除了给出的三种仪器外,还有容量瓶。(4)溶液为黄色说明仍有Br2存在,此时废水中的苯酚已完全反应。(5)假设废水中没有苯酚,KBrO3和KBr反应生成的Br2完全和KI反应时,消耗KI的物质的量刚好是KBrO3的6倍。实际上苯酚一定会消耗一定量的Br2,所以当n(KI)∶n(KBrO3)=6∶1时,KI就已经过量了。(7)由KBrO3与KBr反应生成的Br2的物质的量的计算:Br +5Br-+6H+ 3Br2+3H2O1mol3molamol·L-1×V1×10-3L3aV1×10-3mol与废水反应后剩余的Br2的物质的量的计算:3OBr2~I2~2Na2S2O31mol2mol bV3×10-3molbmol·L-1×V3×10-3L与苯酚反应的Br2的物质的量为(3aV1×10-3- bV3×10-3)mol;设废水中苯酚的物质的量为x,~3Br21mol3molx(3aV1- bV3)×10-3mol解得x=(aV1- bV3)×10-3mol,所以废水中苯酚的含量为=g·L-1。121212163113321()1094l610aVbVmolgmoVL13294(6)6aVbVV(8)当Br2挥发掉后,在Ⅴ步骤中消耗的Na2S2O3的量减少,即V3减小,导致测定结果偏高。4.(2018课标Ⅲ,26,14分)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题:(1)已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaS2O3)=4.1×10-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验:试剂:稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象①取少量样品,加入除氧蒸馏水②固体完全溶解得无色澄清溶液③④,有刺激性气体产生⑤静置,溶液⑥答案(1)③加入过量稀盐酸④出现乳黄色浑浊⑤(吸)取上层清液,滴入BaCl2⑥产生白色沉淀(2)①烧杯容量瓶刻度②蓝色褪去95.0(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1.2000g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100mL的中,加蒸馏水至。②滴定:取0.00950mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL,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24.80mL,则样品纯度为%(保留1位小数)。27O23O26O答题模板设计离子检验实验方案模板:取少量待测试样于试管中,加入蒸馏水,向试管中加入××试剂,产生××现象,说明含有××离子。解