2020版高考化学(课标Ⅲ)一轮课件:专题十四 弱电解质的电离平衡 .pptx
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1、专题十四 弱电解质的电离平衡,高考化学 (课标),A组 课标卷区题组,五年高考,考点一 弱电解质的电离平衡,1.(2019课标,11,6分)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正 确的是 ( ) A.每升溶液中的H+数目为0.02NA B.c(H+)=c(H2P )+2c(HP )+3c(P )+c(OH-) C.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小 D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强,答案 B 本题涉及弱电解质的电离平衡及其影响因素,通过阿伏加德罗常数的应用,考查了 学生分析和解决问题的能力,对H3PO4溶液中存在的电离平衡的分析,体现了变化观念与平衡
2、思想的学科核心素养。 A项,由常温下溶液的pH=2可知c(H+)=10-2 mol/L,则每升溶液中H+数目为0.01NA,错误;B项,依据 电荷守恒可知正确;C项,加水稀释,溶液中的c(H+)减小,pH增大,错误;D项,由于H3PO4 H+H2 P ,增加H2P 浓度,电离平衡逆向移动,c(H+)减小,酸性减弱,错误。,易错警示 A选项常温下pH=2的溶液中c(H+)=10-2 mol/L易误当作0.02 mol/L;C选项易误认为 弱电解质的电离度增大,平衡正向移动,c(H+)增大。,2.(2011课标,10,6分)将浓度为0.1 mol HF溶液加水不断稀释,下列各量始终保持增大的是 (
3、 ) A.c(H+) B.Ka(HF) C. D.,答案 D HF为弱酸,存在电离平衡:HF H+F-,加水稀释,平衡正向移动,但c(H+)减小,A错 误。电离常数只受温度的影响,温度不变,电离常数不变,B错误。当溶液无限稀释时,c(F-)不断 减小,但c(H+)无限接近10-7 molL-1,C错误。 = ,由于加水稀释,平衡正向移动,所以溶 液中n(H+)增大,n(HF)减小,则 增大,D正确。,考点二 电离常数的应用,1.(2019课标,10,6分)固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等 领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的
4、示意图,下 列叙述错误的是 ( ) A.冰表面第一层中,HCl以分子形式存在 B.冰表面第二层中,H+浓度为510-3 molL-1(设冰的密度为0.9 gcm-3),C.冰表面第三层中,冰的氢键网络结构保持不变 D.冰表面各层之间,均存在可逆反应HCl H+Cl-,B组 课标、课标、自主命题省(区、市)卷题组,考点一 弱电解质的电离平衡,答案 D 本题涉及的考点有HCl的电离、H+浓度计算和水分子间氢键等。根据题目提供的 新信息,准确提取实质性内容,考查了学生接受、吸收、整合化学信息的能力。从原子、分子 水平认识物质的结构和变化,体现了宏观辨识与微观探析的学科核心素养。 由图可知,在冰表面第
5、一层氯化氢以分子形式存在,在第二层氯化氢以离子形式存在,而第三层 只有水分子,则在第一、二层之间存在可逆反应:HCl H+Cl-,A、C项正确,D项错误;1 L冰 中水的物质的量为 =50 mol,第二层中,n(Cl-)n(H2O)=10-41,n(Cl-)=510-3 mol,则c(H+)=c(Cl-)= = =510-3 molL-1,B项正确。,思路分析 依据图示分析氯化氢在不同层的存在形式,结合HCl的电离方程式和相关粒子数 量比例关系求第二层中H+的浓度。,2.(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+
6、C2 OH C17H35COOC2H5+ O B.常温时,0.1 molL-1氨水的pH=11.1:NH3H2O 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,答案 A 本题考查酯化反应机理、弱电解质的电离、离子键的形成和电解原理的应用等相 关知识。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。,3.(2016北京理综,11,6分)在两份相同的Ba(OH)2溶液中,分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4
7、、 NaHSO4溶液,其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。 下列分析不正确的是 ( ) A.代表滴加H2SO4溶液的变化曲线 B.b点,溶液中大量存在的离子是Na+、OH- C.c点,两溶液中含有相同量的OH- D.a、d两点对应的溶液均显中性,答案 C 中的a点处Ba(OH)2和H2SO4恰好完全反应,Ba2+和S 完全转化为BaSO4沉淀,溶 液的导电能力达到最低;在溶液中继续滴加H2SO4溶液到c点,此时H2SO4过量,溶液呈酸性。 中b点处Ba(OH)2和NaHSO4按物质的量之比11反应,此时除了生成BaSO4沉淀外,还生成 NaOH;bd是继续加入的NaHSO4与NaOH反
8、应的过程,因此中c点溶液呈碱性。故C项错 误。,思路梳理 对于曲线对应的反应过程要分析清楚。从开始到b点所发生的反应是Ba(OH)2+ NaHSO4 BaSO4+NaOH+H2O;从b点到d点所发生的反应是NaOH+NaHSO4 Na2SO4+ H2O。理清了反应过程,此题就不难作答。,4.(2015山东理综,13,5分)室温下向10 mL 0.1 molL-1 NaOH溶液中加入0.1 molL-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(N
9、a+)=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,可知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。,考点二 电离常数的应用,5.(2019天津理综,5,6分)某温度下,HN
10、O2和CH3COOH的电离常数分别为5.010-4和1.710-5。将 pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释,其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的 是 ( ) A.曲线代表HNO2溶液 B.溶液中水的电离程度:b点c点 C.从c点到d点,溶液中 保持不变(其中HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子) D.相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)相同,答案 C 本题涉及弱酸的稀释与pH变化的相关知识,通过加水的体积与酸的pH变化图像,考 查学生分析和解决问题的能力,以两种弱酸的性质作比较,体现宏观辨识与微观探析的学科核 心素养。 由电离常数的值可知酸性:HNO2C
11、H3COOH,则曲线代表CH3COOH溶液,曲线代表HNO2 溶液,A项错误;当稀释相同倍数时,b点溶液中c(H+)大于c点,对水的电离的抑制作用:b点c点, 所以水的电离程度:b点c(HNO2),同体积的 两种酸溶液分别与NaOH恰好中和后,溶液中n(Na+)不同,D项错误。,审题方法 依题干信息判断两种酸的酸性强弱;认真分析图像中曲线的变化趋势,准确判 断曲线对应的酸。,6.(2018天津理综,3,6分)下列叙述正确的是 ( ) A.某温度下,一元弱酸HA的Ka越小,则NaA的Kh(水解常数)越小 B.铁管镀锌层局部破损后,铁管仍不易生锈 C.反应活化能越高,该反应越易进行 D.不能用红外
12、光谱区分C2H5OH和CH3OCH3,答案 B 本题考查弱电解质的电离、金属的腐蚀、化学反应与能量及有机物分子的结构。 A项,HA的Ka越小,说明该一元酸的酸性越弱,酸根离子的水解能力越强,NaA的Kh越大;B项,镀 锌层局部破损后有可能在特定的环境下形成原电池,铁电极被保护而不易生锈;C项,活化能越 高,反应越不易进行;D项,C2H5OH和CH3OCH3的官能团不同,红外光谱也不同,所以用红外光谱 可以区分。,知识拓展 核磁共振氢谱用来确定化学环境中氢原子种类及数目;质谱用来确定分子的相对 分子质量;红外光谱主要用来确定官能团的种类。,7.(2017课标,12,6分)改变0.1 molL-1
13、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的变化如图所示已知(X)= 。 下列叙述错误的是 ( ) A.pH=1.2时,c(H2A)=c(HA-) B.lgK2(H2A)=-4.2 C.pH=2.7时,c(HA-)c(H2A)=c(A2-) 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lgK2(H2A)=-4. 2,故B正确。pH=4.2时,c(H+)=1
14、0-4.2 molL-1,但溶液中c(HA-)、c(A2-)均约为0.05 molL-1,故D错。,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。,8.(2017江苏单科,20,14分)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素,使用吸附剂是去除水 中砷的有效措施之一。 (1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合,搅拌使其充分反应,可获得一种砷的高 效吸附剂X,吸附剂X中含有C ,其原因是 。 (2)H3A
15、sO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之 和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。,图1 图2,以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.010.0),将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由 无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为 。 H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4 H2As +H+的电离常数为 ,则p = (p,=-lg )。 (3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH=7.1时,吸附剂X表面不带电荷;pH7.1时带 负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;pH7.1时带正电荷,pH越低,表面所带正电荷越
16、多。pH 不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质 量)如图3所示。,图3,在pH 79之间,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降,其原因是 。 在pH 47之间,吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,这是因为 。 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是 。,答案 (14分)(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2 (2)OH-+H3AsO3 H2As +H2O 2.2 (3)在pH 79之间,随pH升高H2As 转变为HAs ,吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力 增加 在pH 47之间,吸附剂X表面带正电,五价砷主要以H2As 和
17、HAs 阴离子存在,静电引力 较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小 加入氧化剂,将三 价砷转化为五价砷,解析 (1)碱性溶液易吸收空气中的CO2,CO2与碱发生反应CO2+2OH- C +H2O,故吸附剂 X中含有C 。 (2)观察图1知,在pH为810之间,H3AsO3的分布分数逐渐减小,H2As 的分布分数逐渐增大, 故该过程中,NaOH与H3AsO3反应生成NaH2AsO3和水,离子方程式为OH-+H3AsO3 H2As + H2O。 由H3AsO4的第一步电离方程式知, = ,观察图2知,当pH=2.2,即c(H+)=10-2.2 mol/L时,H3
18、AsO4的分布分数和H2As 的分布分数相等,即 =10-2.2,故p =-lg =-lg 10-2.2=2.2。,解题方法 认真观察图像,注意图像中的关键点和特殊点;解第(3)小题时,注意阅读题干 中的已知信息,围绕已知信息分析图像。,C组 教师专用题组,考点一 弱电解质的电离平衡,1.(2014天津理综,5,6分)下列有关电解质溶液中粒子浓度关系正确的是 ( ) A.pH=1的NaHSO4溶液:c(H+)=c(S )+c(OH-) B.含有AgCl和AgI固体的悬浊液:c(Ag+)c(Cl-)=c(I-) C.CO2的水溶液:c(H+)c(HC )=2c(C ) D.含等物质的量的NaHC
19、2O4和Na2C2O4的溶液:3c(Na+)=2c(HC2 )+c(C2 )+c(H2C2O4),答案 A 根据NaHSO4溶液中的电荷守恒,有c(H+)+c(Na+)=2c(S )+c(OH-),又因为c(Na+)=c(S ),所以A项正确;B项,相同条件下,AgI的溶解度比AgCl的小,故I-的浓度比Cl-的小;C项,碳酸 的电离是分步进行的,第一步电离程度远大于第二步,所以c(HC )c(C );D项,Na+的总浓 度应是H2C2O4、HC2 、C2 总浓度的1.5倍,即2c(Na+)=3c(H2C2O4)+c(HC2 )+c(C2 )。,2.(2015浙江理综,12,6分)40 ,在氨
20、-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. 57.5之间,NH2COO-先从0逐渐增多,后又
21、逐渐减少到0,故有含NH2COO-的中间产物生成,D项 正确。,3.(2018江苏单科,14,4分)(双选)H2C2O4为二元弱酸, (H2C2O4)=5.410-2, (H2C2O4)=5.410-5, 设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2 )+c(C2 )。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.10 0 0 molL-1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正 确的是( ) A.0.100 0 molL-1 H2C2O4溶液:c(H+)=0.100 0 molL-1+c(C2 )+c(OH-)-c(H2C2O4) B.c
22、(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)c(H2C2O4)c(C2 )c(H+) C.pH=7的溶液:c(Na+)=0.100 0 molL-1+c(C2 )-c(H2C2O4) D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2 ),答案 AD 本题考查电解质溶液中粒子浓度的关系。A项,由电荷守恒可知:c(H+)=c(OH-)+c (HC2 )+2c(C2 ),将其中一个c(C2 )用题干信息代替可变式为c(H+)=c(OH-)+c(HC2 )+c(C 2 )+c(总)-c(H2C2O4)-c(HC2 )=0.100 0 molL-1+c(C2 )
23、+c(OH-)-c(H2C2O4),正确。B项,由c(Na +)=c(总)可知溶液中的溶质为NaHC2O4,已知 = =5.410-5,因c(HC2 )c(C2 ), 所以c(H+)5.410-5 molL-1,溶液显酸性,HC2 的电离程度大于其水解程度,故c(C2 )c(H2C2 O4),错误。C项,由电荷守恒可知:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HC2 )+2c(C2 ),溶液pH=7,则c(Na+) =c(HC2 )+2c(C2 )=c(总)+c(C2 )-c(H2C2O4),因为加入NaOH溶液,溶液的总体积增大,c(总) 0.100 0 molL-1,所以c(Na+)0
24、.100 0 molL-1+c(C2 )-c(H2C2O4),错误。D项,将c(Na+)=2c(总)代 入C项的电荷守恒式可推知:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2 ),正确。,解题技巧 判断粒子浓度的关系时,除了掌握电荷守恒、物料守恒外,还要特别注意溶液的酸 碱性,根据c(H+)与c(OH-)的大小关系判断。,考点二 电离常数的应用,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,三年模拟,考点一 弱电解质的电离平衡,1.(2019贵州遵义航天高级中学第五次模拟,13)25 时,用0.10 molL-1的氨水滴定10.00 mL a molL-1的盐酸,混合溶液的pH与
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