2019届一轮复习鲁科版8-专项突破(十五)滴定曲线(pH曲线)分析教案

2019届一轮复习鲁科版8-专项突破(十五)滴定曲线(pH曲线)分析教案

‎(十五)滴定曲线(pH曲线)分析 ‎(对应学生用书第153页)‎ ‎[考纲知识整合]‎ ‎1．中和滴定曲线(pH曲线)示例图示 ‎(以0.100 0 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol/L 盐酸为例)‎ ‎2．酸、碱相互滴定的两类pH曲线 ‎　　　　　　　　　　碱滴定酸　　　　　酸滴定碱 ‎[高考命题点突破]‎ 命题点1　中和滴定的一般pH曲线分析 ‎[典例导航]‎ 已知‎25 ℃‎下CH3COOH的电离常数K＝1.6×10－5。该温度下，向20 mL 0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1 KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：(已知lg 4＝0.6) ‎ ‎【导学号：95160249】‎ ‎(1)a点溶液中[H＋]为________，pH约为________。‎ ‎(2)a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是________点，滴定过程中宜选用________作指示剂，滴定终点在________(填“c点以上”或“c点以下”)。‎ ‎(3)V0________ 20 mL(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎(4)c点溶液中离子浓度大小顺序为___________________________________。‎ ‎【解析】　(1)电离消耗的醋酸在计算醋酸的电离平衡浓度时可以忽略不计。由K＝得，[H＋]≈ mol·L－1＝4×10－4 mol·L－1。‎ ‎(2)a点是醋酸溶液，b点是醋酸和少量CH3COOK的混合溶液，c点是CH3COOK和少量醋酸的混合溶液，d点是CH3COOK和KOH的混合溶液，酸、碱均能抑制水的电离，CH3COOK水解促进水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最大。由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性，故应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞。滴定终点应在c点以上。‎ ‎(3)恰好反应时，滴入KOH溶液的体积为20 mL，此溶液呈碱性，当pH＝7时，KOH溶液加入的少，故V0<20 mL。‎ ‎(4)根据电荷守恒知，[K＋]＋[H＋]＝[CH3COO－]＋[OH－]，又因pH＝7，故[K＋]＝[CH3COO－]>[H＋]＝[OH－]。‎ ‎【答案】　(1)4×10－4 mol·L－1　3.4‎ ‎(2)c　酚酞　c点以上 ‎(3)<　(4)[K＋]＝[CH3COO－]>[H＋]＝[OH－]‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2016·全国Ⅰ卷)298 K时，在20.0 mL 0.10 mol·L－1氨水中滴入0.10 mol·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0.10 mol·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20.0 mL C．M点处的溶液中[NH]＝[Cl－]＝[H＋]＝[OH－]‎ D．N点处的溶液中pH<12‎ D　[A项用0.10 mol·L－1盐酸滴定20.0 mL 0.10 mol·L－1‎ 氨水，二者恰好完全反应时生成强酸弱碱盐NH4Cl，应选用甲基橙作指示剂。B项当V(HCl)＝20.0 mL时，二者恰好完全反应生成NH4Cl，此时溶液呈酸性，而图中M点溶液的pH＝7，故M点对应盐酸的体积小于20.0 mL。C项M点溶液呈中性，则有[H＋]＝[OH－]；据电荷守恒可得[H＋]＋[NH]＝[OH－]＋[Cl－]，则有[NH]＝[Cl－]，此时溶液中离子浓度关系为[NH]＝[Cl－]>[H＋]＝[OH－]。D项NH3·H2O为弱电解质，部分发生电离，N点时V(HCl)＝0，此时氨水的电离度为1.32%，则有[OH－]＝0.10 mol·L－1×1.32%＝1.32×10－3mol·L－1，[H＋]＝＝mol·L－1≈7.58×10－12mol·L－1，故N点处的溶液中pH<12。]‎ ‎2．(2018·太原模拟)室温下，向a点(pH＝XT)的20.00 mL 1.000 mol·L－1氨水中滴入1.000 mol·L－1盐酸，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是(　　) ‎ ‎【导学号：95160250】‎ A．将此氨水稀释，溶液的导电能力减弱 B．b点溶液中离子浓度大小可能存在：[NH]>[Cl－]> [OH－]>[H＋]‎ C．c点时消耗盐酸体积V(HCl)<20.00 mL D．a、d两点的溶液，水的离子积KW(a)>KW(d)‎ D　[A项，稀释氨水，虽然促进一水合氨的电离，但溶液中离子浓度减小，导电能力降低，正确；B项，b点pH>7，[OH－]>[H＋]，溶液中电荷守恒为[NH]＋[H＋]＝[Cl－]＋[OH－]，则[NH]>[Cl－]，即[NH]>[Cl－]>[OH－]>[H＋]，正确；C项，溶液显中性时，HCl的物质的量小于一水合氨，所以c点消耗盐酸体积V(HCl)<20.00 mL，正确；D项，d点温度高于a点，水的离子积KW(a)[OH－]‎ D．当混合溶液呈中性时，[Na＋]>[HX－]>[X2－]>[OH－]＝[H＋]‎ ‎[审题指导]　(1)Ka1＝⇒pH＋lg Ka1＝lg 。‎ ‎(2)Ka2＝⇒pH＋lg Ka2＝lg 。‎ ‎(3)lg ＝0.0⇒＝1(pH<7)⇒NaHX溶液呈酸性。‎ ‎(4)＝1(pH<7)⇒中性(pH＝7)时[X2－]>[HX－]。‎ ‎【解析】　由H2XH＋＋HX－可知：Ka1＝，则[H＋]＝，等式两边同取负对数可得：pH1＝－lgKa1＋lg。同理，由HX－H＋＋X2－可得：pH2＝－lgKa2＋lg 。因1>Ka1>>Ka2，则－ lgKa1<－lgKa2。当lg ＝lg 时，有pH1[OH－]，C项正确。‎ 由以上分析可知，HX－的电离程度大于其水解程度，故当溶液呈中性时，[Na2X]>[NaHX]，溶液中各离子浓度大小关系为[Na＋]>[X2－]>[HX－]>[OH－]＝[H＋]，D项错误。‎ ‎【答案】　D ‎(1)lg Ka1约为________。‎ ‎(2)当pH＝5.0时，lg________lg(填“>”或“<”)。‎ ‎【答案】　(1)－4.4　(2)<‎ ‎[对点训练]‎ ‎4．(2018·河南南阳等六市联考)某温度下，向一定体积0.1 mol·L－1的氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，溶液中pOH{pOH＝－lg[OH－]}与pH的变化关系如下图所示。下列说法不正确的是 (　　) ‎ ‎【导学号：95160251】‎ A．M点和N点溶液中H2O的电离程度相同 B．Q点溶液中，[NH]＋[NH3·H2O]＝[Cl－]‎ C．M点溶液的导电性小于Q点溶液的导电性 D．N点溶液加水稀释，变小 B　[由于M点碱过量，N点酸过量，M点溶液中氢氧根离子浓度与N点溶液中氢离子浓度相同，对水的电离抑制能力相同，故两点的水电离程度相同，A正确；Q点时pH＝pOH，说明溶液呈中性，电荷守恒为：[NH]＋[H＋]＝[Cl－]＋[OH－]，则[NH]＝[Cl－‎ ‎]，B错误；M点溶液中主要溶质为一水合氨，为弱电解质，在溶液中部分电离，溶液中离子浓度较小，Q点溶液中溶质主要为氯化铵，为强电解质，溶液中离子浓度较大，故M点溶液的导电能力小于Q点，C正确；N点溶液加水稀释，Kb＝，温度不变，Kb不变，加水稀释氢离子浓度减小，[OH－]增大，所以变小，故D正确。]‎ ‎5．(2018·名校联考)常温下，向某浓度的H‎2C2O4溶液中逐滴加入已知浓度的NaOH溶液，若定义pC是溶液中溶质物质的量浓度的负对数，则所得溶液中pC(H‎2C2O4)、pC(HC2O)、pC(C2O)与溶液pH的关系如图所示(已知：H‎2C2O4HC2O＋H＋　Ka1；HC2OC2O＋H＋　Ka2)。则下列说法正确的是(　　)‎ ‎ 【导学号：95160252】‎ A．pH＝4时，[HC2O]<[C2O]‎ B．pH＝3～5.3的过程中水的电离程度增大 C．常温下，Ka1＝10－0.7 mol·L－1‎ D．常温下，随pH的升高先增大后减小 B　[pH逐渐升高，[HC2O]减小，则pC(HC2O)增大；[C2O]增大，则pC(C2O)减小，根据题图可知：曲线Ⅱ表示H‎2C2O4浓度负对数的变化，曲线Ⅰ表示HC2O浓度负对数的变化，曲线Ⅲ表示C2O浓度负对数的变化。选项A，pH＝4时，pC(HC2O)[C2O]，错误；选项B，pH＝3时溶质主要是NaHC2O4，向此时的溶液中加NaOH溶液，NaHC2O4溶液和NaOH溶液之间会发生反应得到C2O，C2O的水解程度较大，对水的电离起到促进作用，正确；选项C，a点时H‎2C2O4、HC2O的物质的量浓度相同，则Ka1＝[H＋]＝10－0.8，错误；选项D，温度不变时，＝Ka1/Ka2不随pH的升高而变化，错误。]‎