2020年高考化学难点专练4 电解质溶液曲线分析{带解析}

难点4 电解质溶液曲线分析
【命题规律】
本专题的考查点主要是弱电解质的电离平衡和盐类水解相结合，进行综合考察。

为高考的中频考点，命题形式以选择题为主，试题难度中等。

考查的核心素养以证据推理与模型认知为主。

【备考建议】
2020年高考备考应重点关注数形结合与分析推理型选择题。

【限时检测】（建议用时：30分钟）
1.（2019·安徽省六安市第一中学高考模拟）常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液溶液中﹣lg
()
()
224
H
H C O
c
+
和﹣
lg c(HC2O4-)[或-lg
()
()
24
H
HC O
c
c
+
-
和﹣lgc(C2O42-)]的关系如图所示。

下列说法正确的是（）
A. 曲线N表示-lg
()
()
24
c H
c HC O
+
-
和﹣lgc(C2O42-)的关系
B. K a1(H2C2O4)的数量级为10﹣1
C. 向NaHC2O4溶液中加少量NaOH至c(HC2O4﹣)和c(C2O42﹣)相等，此时溶液pH约为4
D. 在Na2C2O4和NaHC2O4物质的量为1:1的混合溶液中c(Na+)＞c(C2O42﹣)＞c(HC2O4﹣)＞c(H2C2O4)＞c(OH-)＞
c(H+)
【答案】A
【详解】A.H2C2O4溶液存在H2C2O4⇌HC2O4-+H+，HC2O4-⇌C2O42-+H+，且K a1(H2C2O4)=
()()
()
24
224
H HC O
H C O
c c
c
+-
⋅
，
K a2=
()()
()
2
24
24
H C O
HC O
c c
c
+-
-
⋅
，可知[-lg
()
()
224
H
]
H C O
c
c
+
+[-lg()
24
HC O
c-]=-lg(K a1)，
[-lg
()
()
24
H
]
HC O
c
c
+
-
+[-lg()224
C O
c-]=-lg(K a2)，因K a1>K a2，则-lg(K a1)< -lg(K a2)，可知曲线M表示-lg
()
()
224
H
H C O
c
c
+
和
-lg (
)
24
HC O c -
的关系，曲线N 表示-lg ()
(
)
24
H HC O
c c +-
和-lg (
)224
C O c -
的关系，A 正确；
B.当lg (
)24
HC O c -
=()2
2
4
H C O c ，[-lg ()
()
2
2
4
]H C O c H c ++[-lg ()2
4
c HC O -
]=-lg(K a1)=2，
K a1(H 2C 2O 4)=
()()
()
24224H HC O H C O c c c +-
⋅=c(H +)=10-2，B 错误；
C.向NaHC 2O 4溶液中加少量NaOH 至c(HC 2O 4-)和c(C 2O 42-)相等，K a2(H 2C 2O 4)=()()()
22424H C O HC O c c c +-
-
⋅=c(H +)=10-5，C 错误；
D.溶液的体积相等，由于二者的物质的量相等，所以c(NaHC 2O 4)、c(Na 2C 2O 4)相等，K a2=()()()
22424H C O HC O c c c +-
-
⋅= c(H +)=10-5，pH<5，溶液显酸性，c(H +)＞c(OH -)，D 错误。

2.（2019·黑龙江省大庆一中高考模拟）用0.1 mol·L －1 NaOH 溶液滴定40 mL 0.1 mol·L －1 H 2SO 3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. K a2(H 2SO 3)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(SO 32－)>c(HSO 3－)>c(OH －)
D. 图中Y 点对应的溶液中：3c(SO 32－)＝c(Na ＋)＋c(H ＋)－c(OH －) 【答案】C
【分析】用0.1mol/LNaOH 溶液滴定40mL0.1mol/LH 2SO 4溶液，由于H 2SO 3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H 2SO 3═NaHSO 3+H 2O ，NaHSO 3+NaOH═Na 2SO 3+H 2O ，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。

【详解】A ．由图像可知，当溶液中c(HSO 3-)= c(SO 32－)时，此时pH=7.19，即c(H +)=10-7.19mol/L ，则H 2SO 3的
K a2=
()
2
3
3
c SO c H
c HS
(
O
)+
-
－
（）
=c(H+)，所以H2SO3的K a2=1×10-7.19，K a2(H2SO3)的数量级为10－8，故A正确；
B．第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，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；
C．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SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)＞c(HSO3-)，故C错误；
D．根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于
c(HSO3-)=c(SO32-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D正确。

3.（2019·东北育才学校科学高中部高考模拟）常温下向20mL 0.1mol/L氨水中通入HCl气体，溶液中由水电离出的
氢离子浓度随通入HCl气体的体积变化如图所示。

则下列说法正确的是
A. b点通入的HCl气体，在标况下为44.8mL
B. b、c之间溶液中c(NH4+)>c(Cl-)
C. 取10mL的c点溶液稀释时：c(NH4+)/c(NH3·H 2O)减小
D. d点溶液呈中性
【答案】C
【分析】氨水中通入HCl，发生NH3·H2O＋HCl=NH4Cl＋H2O，对水的电离抑制能力先减弱后增大，然后逐步分析；【详解】A、当两者恰好完全反应时，n(HCl)=n(NH3·H2O)=20×10－3L×0.1mol·L－1=2×10－3mol，标准状况下HCl的体积为44.8mL，随着HCl的加入，溶液由碱性向酸性变化，b点对应水电离出的H＋浓度为10－7mol·L－1，此时溶液显中性，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，即所加HCl气体在标准状况下的体积小于44.8mL，故A错误；
B、b点时，溶液显电中性，即c(NH4＋)=c(Cl－)，c点溶质为NH4Cl，c(Cl－)>c(NH4＋)，因此b、c之间溶液中c(NH4＋)<c(Cl －)，故B错误；
C、c点溶质为NH4Cl，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4＋发生水解，NH4＋＋H2O NH3·H2O＋H＋，加水稀释，促进水解，n(NH3·H2O)增大，n(NH4+)减小，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，即c(NH4＋)/c(NH3·H2O)减小，故C 正确；
D、d点溶质为NH4Cl和HCl，溶液显酸性，故D错误。

4.（2019·山东省济南外国语学校高考模拟）已知HA的酸性弱于HB的酸性。

25℃时，用NaOH固体分别改变物质
的量浓度均为0.1 mol•L -1的HA 溶液和HB 溶液的pH （溶液的体积变化忽略不计），溶液中A -、B -的 物质的量浓度的负对数与溶液的pH 的变化悄况如图所示。

下列说法正确的是（ ）
A. 曲线Ⅰ表示溶液的pH 与-lgc （A -）的变化关系
B.
100(
)
a a K HB K HA （）=
C. 溶液中水的电离程度：M>N
D. N 点对应的溶液中c （Na +）＞Q 点对应的溶液中c （Na +） 【答案】B
【详解】A.由“HA 的酸性弱于HB 的酸性”可知，K a （HB ）>K a （HA ），由图可知，曲线I 表示溶液的pH 与-lgc （B -）的变化关系，错误；
B. 根据图中M 、N 点的数据可知，c （A -）=c （B -），c （HA ）=c （HB ），故
()()
()()
+M a +
a N
c H K HB =
=100K HA c H ，正确；
C.M 点与N 点存在c （A -）=c （B -），M 点溶液的pH 比N 点溶液的pH 小，故M 点水的电离程度弱，错误；
D.N 、Q 点对应溶液的pH 相等，由图可知c （A -）<c （B -），根据电荷守恒可知，N 点对应的溶液中c （Na +）小于Q 点对应的溶液中c （Na +），错误。

5.（2019·四川省成都市石室中学高考模拟）向等物质的量浓度Na 2S 、NaOH 混合溶液中滴加稀盐酸至过量。

其中主要含硫各物种(H 2S 、
HS －、S 2－)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)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程H 2S 气体的逸出)。

下列说法不正确的是
A. X 、Y 为曲线两交叉点。

由X 点处的pH ，可计Ka 1(H 2S)
B. Y 点对应溶液中c(Na ＋)与含硫各微粒浓度的大小关系为：c(Na ＋
)＝3[c(H 2S)＋c(HS －)＋c(S 2－)] C. X 、Y 点对应溶液中水的电离程度大小关系为：X > Y
D. 已知NaHS 呈碱性，若向溶液中加入CuSO 4溶液至恰好完全反应，所得溶液呈强酸性。

其原因是
Cu 2＋＋HS －=CuS↓＋H ＋ 【答案】A
【分析】向等物质的量浓度Na 2S 、NaOH 混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A 表示含硫微粒浓度减小为S 2-，B 先增加后减少为HS -，C 浓度一直在增加为H 2S ，据此分析解答。

【详解】A ．当滴加盐酸至X 点时，c(HS −)=c(S 2-)，所以K a2==c(H +)，由X 点处的pH ，可以计算Ka 2(H 2S)，
不能计算Ka 1(H 2S)，故A 错误；
B ．向等物质的量浓度Na 2S 、NaOH 混合溶液中滴加稀盐酸，设Na 2S 、NaOH 各为1mol ，则n(Na)=3n(S)，溶液中含硫的微粒为HS -、S 2-、H 2S ，则c(Na +)=3[c(H 2S)+c(HS -)+c(S 2-)]，故B 正确；
C. X 点对应溶液中含有等物质的量浓度的Na 2S 、NaHS 、NaCl ；Y 点对应溶液中含有等物质的量浓度的NaHS 、H 2S 、NaCl 。

Na 2S 和NaHS 都能水解，水解促进水的电离；H 2S 的电离抑制了水的电离。

因此溶液中水的电离程度大小关系为：X > Y ，故C 正确；
D ．NaHS 溶液中加入CuSO 4溶液后溶液的酸性变强，说明发生了反应Cu 2++HS - =CuS↓+H +，故D 正确。

6.（2019·山东省德州市高考联考模拟）25℃时，用0.10mol·L 的氨水滴定10.00mL0.05mol·L -1H 2A 溶液，加入氨水的体积(V)与溶液中lg
()()
+
-
c H c OH 的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。

下列说法不正确的是
A. A 点溶液的pH 等于1
B. 由图中数据可知，H 2A 为弱酸
C. B 点水电离出的H +离子浓度为1．0×10-6mol·L -1
D. C 点溶液中(
)()()()+
2--+
4c NH >c A >c OH >c H
【答案】B
【详解】A. A 点：根据c （H +）×c （OH -）=K W =1×10-14,lg ()
()
+-
c H c OH
=12,计算得c （H +）=10-1mol/L ，则pH=1，故不
选A ；
B. 根据A 点：c （H +）×c （OH -）=K W =1×10-14,lg ()
()
+-
c H c OH
=12,计算得c （H +）=10-1mol/L ，得0.05mol/LH 2A 完全电
离，H 2A 为强酸，故选B ；
C. B 点酸碱恰好完全中和生成盐（NH 4）2A 的点，lg ()()
+
-
c H c OH =2，计算得c （H +
）=10-6
mol/L ，则水电离出的H +
离
子浓度为1.0×
10-6mol·L -1,故不选C; D. C 点NH 4）2A 与氨水混合物,根据lg ()()
+
-
c H c OH =-4，计算得c （H +
）=10-9
mol/L ，则pH=9，偏碱性,考虑氨水的电离平衡,则溶液中(
)()()()+
2--+
4
c NH >c A >c OH >c H ,故不选D 。

7.（2019·东北三省三校（辽宁实验中学、东北师大附中、哈师大附中）高考联考模拟）关于下列各图的叙述，正确的是
A. 向饱和溶液中加入硫酸钠固体
B. 与发生反应过程中的能量变化，则的燃烧热为483.6kJ·
mol C. 25℃时，用0.1盐酸滴定20mL0.1氨水，溶液的pH 随加入盐酸体积的
变化
D. 表示一定条件下进行的反应 各成分的物质的量变化，时刻改
变的条件可能是降低温度有时间 【答案】D
【详解】A 、在硫酸钡饱和溶液中加入硫酸钠固体，硫酸根离子浓度增大，则硫酸钡的溶解平衡逆向移动，钡离子浓度减小，硫酸钡的溶度积不变，但硫酸钡的溶解度减小，选项A 错误；
B、燃烧热是以1 mol可燃物作为标准来进行测定的，但图中以2mol氢氧燃烧的能量变化来表示，不符合燃烧热的定义，选项B错误；
C、氨水属于弱碱水溶液，0.1mol/L氨水的pH小于13，加入20mL盐酸时两者恰好完全反应得到NH4Cl溶液，NH4Cl 溶液的pH<7，且在加入20mL盐酸附近pH应出现突变，选项C错误；
D、表示一定条件下进行的反应各成分的物质的量变化，时刻若降低温度，平衡正向移动，反应物的量减少、生成物的量增多，故时刻改变的条件可能是降低温度，选项D正确。

8.（2019·福建省莆田一中、四中高考模拟）生产上用过量烧碱溶液处理某矿物(含Al2O3、MgO)，过滤后得到滤液用
NaHCO3溶液处理，测得溶液pH和Al(OH)3生成的量随加入NaHCO3溶液体积变化的曲线如下:
下列有关说法不正确的是
A. 原NaHCO3溶液中c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.8moL/L
B. a点水的电离程度小于c点水的电离程度
C. a点溶液中存在:c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+(OH-)
D. 生成沉淀的离子方程式为：HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-
【答案】A
【解析】
A. 据图可知，加入40mLNaHCO3溶液时生成沉淀最多，沉淀为0.032mol，因NaOH过量，则滤液中含有NaOH，由反应顺序OH−+HCO3−=CO32−+H2O、HCO3−+AlO2−+H2O═Al(OH)3↓+ CO32−并结合图象可知，加入前8mLNaHCO3溶液时不生成沉淀，则原NaHCO3溶液中c(NaHCO3)==1.0mol/L，所以c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=1.0moL/L，故A错误；
B. a点时尚未加入NaHCO3溶液，滤液中NaOH过量，水的电离受到抑制，随NaHCO3溶液的加入，溶液中NaOH逐渐减少，水的电离程度逐渐增大，所以a点水的电离程度小于c点水的电离程度，故B正确；
C. a点对应的溶液为加入过量烧碱后所得的滤液，因氧化镁与NaOH溶液不反应，则加入过量烧碱所得的滤液中含有NaOH和NaAlO2，由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+(OH-)，故C正确；
D. 由上述分析可知，加入NaHCO3溶液生成沉淀的离子方程式为：HCO3−+AlO2−+H2O═Al(OH)3↓+ CO32−，故D正确。

9.（2019·山东省德州市高考联考模拟）25℃时，用0．10mol·L的氨水滴定l0．00mL0．05mol·L-1H2A溶液，加入氨
水的体积(V)与溶液中lg ()()
+
-
c H c OH 的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。

下列说法不正确的是
A. A 点溶液的pH 等于1
B. 由图中数据可知，H 2A 为弱酸
C. B 点水电离出的H +离子浓度为1．0×10-6mol·L -1
D. C 点溶液中(
)()()()+
2--+
4c NH >c A >c OH >c H
【答案】B
【详解】A. A 点：根据c （H +）×c （OH -）=K W =1×10-14,lg ()()
+
-
C H c OH =12,计算得c （H +
）=10-1
mol/L ，则pH=1，故不
选A ；
B. 根据A 点：c （H +）×c （OH -）=K W =1×10-14,lg ()()
+
-
C H c OH =12,计算得c （H +
）=10-1
mol/L ，得0.05mol/LH 2
A 完全电离，H 2A 为强酸，故选
B ；
C. B 点酸碱恰好完全中和生成盐（NH 4
）2
A 的点，lg ()()
+
-
c H c OH =2，计算得c （H +
）=10-6
mol/L ，则水电离出的H +
离子浓度为1.0×
10-6mol·L -1,故不选C; D. C 点NH 4）2A 与氨水混合物,根据lg ()()
+
-
c H c OH =-4，计算得c （H +
）=10-9
mol/L ，则pH=9，偏碱性,考虑氨水的电离
平衡,则溶液中(
)()()()+
2--+
4c NH >c A >c OH >c H ,故不选D 。