化学大一轮复习人教版82水的电离和溶液的酸碱性.docx

化学大一轮复习人教版82水的电离和溶液的酸碱性.docx

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化学大一轮复习人教版82水的电离和溶液的酸碱性

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高考新风向·命题新情境

滴定操作的方法：

（1）传统方法：

滴定作为一种经典的分析技术被广泛使用。

最早，滴定剂通过带有刻度的玻璃管（滴定管）添加并记录消耗的体积，手动调节旋塞开关来控制滴定剂的添加量，当反应进行到终点时，指示剂颜色发生变化。

起初，只能进行那些到终点有颜色变化的滴定，后来的滴定可以人为加入指示剂。

结果的精确性主要靠化学师的技术能力，尤其是辨别不同颜色的能力。

（2）现代方法：

用于电位测量的电极取代了颜色指示剂，从而提高了结果的精确性与准确性。

自动滴定仪是由微处理器控制的仪器，可自动完成所有滴定相关操作：

①添加滴定剂；②监测反应（采集信号）；③识别终点；④数据存储；⑤计算；⑥存储结果；⑦将数据传送至打印机或电脑/外部系。

问题1.传统方法中是如何提高结果的精准性的？

（素养角度——宏观辨识与微观探析）

提示：

重复滴定2～3次，求消耗标准溶液体积的平均值。

问题2.在氧化还原滴定实验中，氧化剂通常使用什么滴定管？

（素养角度——科学探究与创新意识）

提示：

氧化剂会氧化橡胶管，故应该用酸式滴定管取用。

问题3.室温下，用0.10mol·L-1的盐酸滴定20.00mL0.10mol·L-1的某碱BOH溶液，用自动滴定仪得到的滴定曲线如下。

（素养角度——变化观念与平衡思想）

（1）a点时，溶液呈碱性，溶液中c（B+）和c（Cl-）的大小关系如何？

提示：

a点为BOH—BCl共存的溶液，呈碱性，故有c（B+）>c（Cl-）。

（2）b点时溶液的pH=7吗？

提示：

不对。

从图象起点pH<13，可知BOH为弱碱，b点为滴定终点，生成强酸弱碱盐，水解呈酸性，故pH<7。

（3）c点时溶液中c（H+）约为多少？

提示：

加入盐酸为40mL时，c（H+）=（0.10×40-0.10×20）÷60mol·L-1

≈0.03mol·L-1。

问题4.实验室有一瓶失去标签的某白色固体X，已知其成分可能是碳酸或亚硫酸的钠盐或钾盐，且其成分单一。

现某化学小组通过如下步骤来确定其成分：

（素养角度——科学探究与创新意识）

（1）阳离子的确定的实验方法及现象？

提示：

取固体少许，进行焰色反应实验，焰色为黄色，此白色固体是钠盐，透过蓝色钴玻璃，焰色为紫色，此白色固体是钾盐。

（2）如何确定阴离子？

提示：

取少量白色固体于试管中，然后向试管中加入稀盐酸，白色固体全部溶解，产生无色气体，此气体能使溴水褪色，则为S

；若此气体不能使溴水褪色，则为C

。

（3）确认其成分为Na2SO3后，由于某些原因，此白色固体部分被空气氧化，该化学小组想用已知浓度的酸性KMnO4溶液来确定变质固体中X的含量，具体步骤如下：

步骤Ⅰ　称取样品1.000g。

步骤Ⅱ　将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。

步骤Ⅲ　移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，用0.01mol·L-1KMnO4标准溶液滴定至终点。

重复操作步骤Ⅲ2次。

滴定结果如下表所示：

滴定

次数

待测溶

液的体

积/mL

标准溶液的体积

滴定前刻度/mL

滴定后刻度/mL

1

25.00

1.02

21.03

2

25.00

2.00

21.99

3

25.00

2.20

20.20

则该变质固体中Na2SO3的质量分数为________。

提示：

分析滴定数据，第三组数据明显偏小，滴定中误差很大，计算时应舍去。

由2Mn

+5S

+6H+

2Mn2++5S

+3H2O进行计算Na2SO3的含量为63%。

1.苹果酸（H2MA，Ka1=1.4×10-3；Ka2=1.7×10-5）是一种安全的食品保鲜剂，H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌。

常温下，向20mL0.2mol·L-1H2MA溶液中滴加0.2mol·L-1NaOH溶液。

根据图示判断，下列说法正确的是（　　）

A.b点比a点杀菌能力强

B.曲线Ⅲ代表HMA-物质的量的变化

C.MA2-水解常数Kh≈7.14×10-12

D.当V=30mL时，溶液显酸性

【★解析★】选D。

H2MA与NaOH反应过程中H2MA浓度逐渐减小、HMA-浓度先增大后减小、MA2-浓度增大，所以Ⅰ表示H2MA、Ⅱ表示HMA-、Ⅲ表示MA2-。

H2MA分子比离子更易透过细胞膜而杀灭细菌，则H2MA浓度越大杀菌能力越大，H2MA浓度：

a>b，所以杀菌能力a>b，A错误；通过上述分析可知，Ⅲ表示MA2-物质的量的变化，B错误；MA2-水解常数Kh=

=

=

≈5.88×10-10，C错误；当V=30mL时，溶液中生成等物质的量浓度的NaHMA、Na2MA，根据图知溶液中c（HMA-）

2.（2020·威海模拟）常温时，1mol·L-1的HClO2和1mol·L-1的HMnO4两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别将两溶液加水稀释，所得曲线如图所示。

下列说法正确的是（　　）

A.当稀释至pH均为3时，溶液中c（Cl

）>c（Mn

）

B.在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足：

pH=lg

C.常温下，浓度均为0.1mol·L-1的NaClO2和NaMnO4溶液的pH：

NaMnO4>NaClO2

D.稀释前分别用1mol·L-1的NaOH溶液中和，消耗的NaOH溶液体积：

HMnO4>HClO2

【★解析★】选B。

lg

+1=1，即没有稀释之前，1mol·L-1的HMnO4溶液pH=0，所以HMnO4为强酸，同理HClO2为弱酸；同浓度的两种酸，当pH均为3时，HMnO4溶液：

c（H+）=c（Mn

），HClO2溶液c（H+）=c（Cl

）+c（HClO2），则c（Cl

）<

c（Mn

），A错误；因HMnO4为强酸，满足0≤pH≤5时，溶液pH与溶液体积稀释的关系pH=lg

+1-1=lg

，B正确；酸性：

HClO27，NaMnO4溶液不水解显中性，C错误；两种都为一元酸，同体积同浓度中和1mol·L-1的NaOH溶液能力相同，D错误。

3.乳酸亚铁晶体{[CH3CH（OH）COO]2Fe·3H2O}是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得：

2CH3CH（OH）COOH+FeCO3+2H2O

[CH3CH（OH）COO]2Fe·3H2O+CO2↑。

乳酸亚铁晶体纯度的测量：

（1）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因可能是 _________________________________。

（2）经查阅文献后，改用Ce（SO4）2标准溶液滴定进行测定。

反应中Ce4+的还原产物为Ce3+。

测定时，先称取5.760g样品溶解后进行必要处理，用________配制成250mL溶液，每次取25.00mL、0.1000mol·L-1Ce（SO4）2标准溶液滴定至终点，记录数据如表。

则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为________（以质量分数表示，乳酸亚铁晶体相对分子质量为288）。

滴定

次数

0.1000mol·L-1Ce（SO4）2标准液体积/mL

滴定前读数

滴定后读数

1

0.10

19.85

2

0.12

21.32

3

1.05

20.70

【★解析★】

（1）根据乳酸亚铁的结构简式，乳酸亚铁中含有羟基，羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乳酸根中羟基（—OH）被氧化多消耗了酸性高锰酸钾溶液，因此滴定实验中发现结果总是大于100%；

（2）用250mL容量瓶配制成250mL溶液，三次消耗Ce（SO4）2的体积分别是

19.75mL、21.20mL、19.65mL，第二次消耗的体积与另外两次消耗的体积差别大，删去21.20mL，因此平均消耗的Ce（SO4）2的体积为

mL=

19.70mL，根据得失电子数目守恒，因此有19.70×10-3L×0.1mol·L-1×

1×

=n（Fe2+）×1，解得n（Fe2+）=1.97×10-2mol，样品的纯度为

×100%=98.5%。

答案：

（1）乳酸根中羟基（—OH）被氧化多消耗了酸性高锰酸钾溶液　

（2）250mL容量瓶　98.5%

【加固训练】

1.（2020·南平模拟）常温下，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×

10-5mol·L-1。

向20mL浓度均为0.1mol·L-1NaOH和NH3·H2O的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液，所得混合液的电导率与加入CH3COOH溶液的体积（V）关系如图所示。

下列说法错误的是（　　）

A.M点：

c（Na+）>c（CH3COO-）>c（NH3·H2O）>c（N

）

B.溶液呈中性的点处于N、P之间

C.已知lg3≈0.5，P点的pH=5

D.P点：

3[c（CH3COO-）+c（CH3COOH）]=2[c（Na+）+c（N

）+c（NH3·H2O）]

【★解析★】选D。

M点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NH3·H2O，CH3COONa水解，NH3·H2O电离，但CH3COONa水解程度小于NH3·H2O电离程度，c（Na+）>

c（CH3COO-）>c（NH3·H2O）>c（N

），故A正确；体积为20mL时NaOH和醋酸恰好完全反应、体积为40mL时醋酸和一水合氨恰好完全反应；醋酸钠溶液呈碱性、醋酸铵溶液呈中性，要使混合溶液呈中性，应该使醋酸稍微过量，所以要使溶液呈中性，加入醋酸的体积应该大于40mL，应该在N、P之间，故B正确；加入醋酸60mL时，溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH，且三者的物质的量浓度相等，该溶液为缓冲溶液，溶液的pH=pKa-lg

=-lg1.8×

10-5-lg

=6-lg9=6-2lg3≈5，故C正确；加入醋酸60mL时，溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH，且三者的物质的量浓度相等，根据物料守恒，2[c（CH3COO-）+c（CH3COOH）]=3[c（Na+）+c（N

）+c（NH3·H2O）]，故D错误。

2.常温下，用0.1000mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的某酸HX，滴定曲线如图所示。

下列说法正确的是（　　）

A.滴定过程可用甲基橙作指示剂

B.常温下，HX的电离常数约为1×10-5

C.点d溶液中：

c（Na+）>c（X-）>c（OH-）>c（H+）

D.点b溶液中：

c（HX）+c（H+）=c（OH-）+c（X-）

【★解析★】选B。

由滴定中和曲线可知，加入NaOH溶液20.00mL时，酸碱恰好中和，根据c（酸）×V（酸）=c（碱）×V（碱）可知，酸HX的物质的量浓度为

0.100mol·L-1；未滴定时溶液pH=3，可知酸HX为弱酸。

由图示可知，滴加

20mLNaOH溶液，恰好反应生成NaX，溶液呈碱性，则应该选用酚酞作指示剂，故A错误；a点pH=3，c（H+）=1×10-3mol·L-1，则该酸的电离平衡常数Ka=

=

=1×10-5，故B正确；点d溶液中加入40mL等浓度的NaOH溶液，溶质为等浓度的NaX和NaOH，X-部分水解，则c（OH-）>c（X-），正确的离子浓度大小为c（Na+）>c（OH-）>c（X-）>c（H+），故C错误；D.点b溶液中加入10mL等浓度的NaOH溶液，溶质为等浓度的NaX和HX，此时溶液显酸性，即HX的电离大于X-的水解，溶液中c（Na+）>c（HX），另溶液中存在电荷守恒式c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（X-），则c（HX）+c（H+）

3.（2020·大庆模拟）用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。

下列叙述错误的是（　　）

A.Ka2（H2SO3）的数量级为10-8

B.若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂

C.图中Z点对应的溶液中：

c（Na+）>c（S

）>c（HS

）>c（OH-）

D.图中Y点对应的溶液中：

3c（S

）=c（Na+）+c（H+）-c（OH-）

【★解析★】选C。

用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为NaOH+H2SO3

NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOH

Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。

由图象可知，当溶液中c（HS

）=c（S

）时，此时pH=7.19，即c（H+）=10-7.19mol·L-1，则H2SO3的Ka2=

=c（H+），所以H2SO3的Ka2=1×10-7.19，Ka2（H2SO3）的数量级为10-8，故A正确；第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图象，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.1～4.4，可用甲基橙作指示剂，故B正确；Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液显碱性，表明S

会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c（OH-）>c（HS

），故C错误；根据图象，Y点溶液中c（HS

）=c（S

），根据电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=

c（OH-）+c（HS

）+2c（S

），由于c（HS

）=c（S

），所以3c（S

）=c（Na+）+c（H+）-c（OH-），故D正确。

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