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(共18张PPT)
1.“突跃曲线”的分析应用
知｜识｜强｜化
1. 定量理解滴定“突跃曲线”
（1）实例展示[以0.10 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.10 mol·L－1 HCl
溶液（如图）为例]
加入NaOH 溶液 剩余HCl溶液体
积/mL 过量NaOH溶液体积/mL pH 滴定/％ V/mL 99.9 19.98 0.02 4.30 滴定突跃ΔpH
＝5.4
100.0 20.00 0.00 0.00 7.00 100.1 20.02 0.02 9.70 （2）分析解读
NaOH溶液体积从19.98 mL到20.02 mL，只增加了0.04 mL（约1
滴），就使得溶液的pH改变了5.4个单位。这种在化学计量点
±0.1％范围内，pH的急剧变化称为滴定突跃。滴定突跃范围是
选择指示剂的重要依据，凡是在滴定突跃范围内能发生颜色变化
的指示剂都可以用来指示滴定终点。实际分析时，为了更好地判
断终点，氢氧化钠溶液滴定盐酸通常选用酚酞作指示剂的原因：
滴定终点的颜色由无色变为浅红色，更容易辨别。
2. 抓五点破中和滴定图像中粒子浓度关系
（1）分析
反应的“起始”点 判断酸、碱的相对强弱
反应的“一半”点 判断是哪些溶质的等量混合
溶液的“中性”点 判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足
“恰好”反应点 判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性
反应的“过量”点 判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量
（2）实例
室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1
NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示。
真｜题｜研｜析
1. （2024·湖南高考13题）常温下Ka ＝1.8×10－4，向20 mL 0.10
mol·L－1NaOH溶液中缓慢滴入相同浓度的HCOOH溶液，混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH溶液体积的变化关系如图所示，下列说法错误的是（　　）
A. 水的电离程度：M＜N
√
解析：　结合起点和终点，向20 mL 0.10 mol·L－1 NaOH溶液中滴入相同浓度的HCOOH溶液，发生浓度改变的微粒是Na＋、OH－、H＋和HCOO－；当V ＝0 mL时，溶液中存在Na＋、H＋和OH－，c ＝c ＝0.10 mol·L－1，随着加入HCOOH溶液，c 减少但不会降到0，当V ＝20 mL时，c ＝0.05 mol·L－1，随着加入HCOOH溶液，c 会与HCOOH反应而减少，溶质由NaOH变为NaOH和HCOONa混合物，最终为HCOONa，c 增加得很少，而c 增加得多，当V ＝20 mL时，溶质为HCOONa，HCOO－少部分水解，c ＜0.05 mol·L－1，斜率为正的曲线代表c ，即经过M点在下降的曲线表示的是OH－浓度的改变，经过M点、N点的在上升的曲线表示的是HCOO－浓度的改变。
N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，此时仅存在HCOONa的水解，M点时仍剩余有未反应的NaOH，对水的电离产生抑制，故水的电离程度：M＜N，A正确；M点溶液中电荷守恒有c ＋c ＝c ＋c ，M点c ＝c ，联立可得2c ＝c ＋c ，B正确；当V ＝10 mL时，溶液中的溶质为c ∶c ＝1∶1，根据电荷守恒有c ＋c ＝c ＋c ，根据元素守恒c ＝2c ＋2c ，两式整理可得c ＝c ＋2c ＋c ，C正确；
N点HCOOH溶液与NaOH溶液恰好反应生成HCOONa，HCOO－发生水解，因此c ＞c 及c ＞c ，观察图中N点可知，c ≈0.05 mol·L－1，根据Ka ＝ ＝1.8×10－4，可知c ＞c ，D错误。
2. （2023·湖南高考12题）常温下，用浓度为0.020 0 mol·L－1的NaOH标准
溶液滴定浓度均为0.020 0 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴
定过程中溶液的pH随η（ η＝ ）的变化曲线如图所示。下
列说法错误的是（　　）
A. Ka（CH3COOH）约为10－4.76
B. 点 a：c（Na＋）＝c（Cl－）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH）
C. 点b：c（CH3COOH）＜c（CH3COO－）
D. 水的电离程度：a＜b＜c＜d
√
解析：　图像分析
根据CH3COOH CH3COO－＋H＋，可近似认为a点c（H＋）＝c（CH3COO－），又a点pH＝3.38，c（H＋）＝10－3.38 mol·L－1，故Ka（CH3COOH）≈ ＝10－4.76，A项正确；a点HCl恰好被完全中和，由物料守恒可得溶液中c（Na＋）＝c（Cl－）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH），B项正确；b点溶液pH＜7，以CH3COOH的电离为主，溶液中c（CH3COOH）＜c（CH3COO－），C项正确；a、b两点溶液呈酸性，水的电离均受到抑制，溶液pH越小，水的电离受抑制程度越大，c点酸碱恰好完全中和，CH3COO－水解促进水的电离，此时水的电离程度最大，d点NaOH溶液过量，又抑制水的电离，D项错误。
能｜力｜进｜阶
1. （2023·北京昌平区二模）常温下，用0.01 mol·L－1 NaOH溶液滴定
20.00 mL 0.01 mol·L－1的某一元酸HA溶液，滴定过程中溶液的pH随
NaOH溶液体积变化的曲线如图所示，其中a点对应的纵坐标pH＝
3.38。下列说法正确的是（忽略稀溶液混合
时引起的体积变化）（　　）
A. HA的电离常数Ka（HA）＝1×10－6.76
B. b点对应溶液中存在：c（A－）＜c（HA）
C. d点对应溶液中存在：c（A－）＋c（HA）＝0.005 mol·L－1
D. 滴定过程中由水电离产生的c（OH－）：a＜b＜c＜d＜e
√
解析：　根据a点的纵坐标可知，HA的电离常数Ka（HA）≈ ＝1×10－4.76，A错误；b点为半中和点，此时溶液为等物质的量浓度的NaA与HA的混合溶液，由于溶液显酸性，则HA的电离程度大于NaA的水解程度，故对应溶液中存在：c（A－）＞c（HA），B错误；d点为恰好反应点，此时溶质为NaA，溶液体积为40.00 mL，根据元素守恒可知含A原子微粒的物质的量浓度为0.005 mol·L－1，d点对应溶液中存在：c（A－）＋c（HA）＝0.005 mol·L－1，C正确；滴定过程中a、b、c、d点对应的水的电离程度逐渐增大，d点为恰好反应点，d点后NaOH过量，水的电离程度又逐渐减小，故d点水的电离程度最大，D错误。
2. （2024·合肥三模）25 ℃，取浓度均为0.1 mol·L－1的ROH溶液和HX溶液各20 mL，分别用0.1 mol·L－1的盐酸、0.1 mol·L－1的NaOH溶液进行滴定。滴定过程中溶液的pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A. HX为弱酸，ROH为强碱
B. 曲线Ⅱ对应的V＝10 mL时溶液中：c（OH－）－c
（H＋）＝c（HX）－c（X－）
C. 滴定前，ROH溶液中：c（ROH）＞c（OH－）＞
c（R＋）＞c（H＋）
D. 滴定至V＝40 mL的过程中，两种溶液中由水电离
出的c（H＋）·c（OH－）始终保持不变
√
解析：　滴定0.1 mol·L－1的ROH溶液，溶液由碱性变为酸性，曲线Ⅰ
对应盐酸滴定ROH溶液，则曲线Ⅱ对应NaOH溶液滴定HX溶液。常温
下，0.1 mol·L－1的HX溶液的pH≈3，0.1 mol·L－1的ROH溶液的pH≈11，所以HX为弱酸，ROH为弱碱，A错误； 曲线Ⅱ代表的是用氢
氧化钠溶液滴定HX溶液，滴定至V＝10 mL时，溶质是等浓度的HX、
NaX，根据元素守恒和电荷守恒，存在2c（OH－）－2c（H＋）＝c
（HX）－c（X－），B错误；0.1 mol·L－1 ROH溶液的pH≈11，溶液中
仅有少量ROH电离，此时溶液显碱性，且水也会电离出氢氧根离子，则
ROH溶液中存在c（ROH）＞c（OH－）＞c（R＋）＞c（H＋），C正
确；酸和碱都会抑制水的电离，滴定至V＝40 mL的过程中盐酸、氢氧化钠均过量，水的电离程度先变大后减小，则两种溶液中由水电离出的c（H＋）·c（OH－）先增大后减小，D错误。
3. （2024·长沙一中等名校联考）常温下，向100 mL 0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，得到溶液的pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。下列说法错误的是（　　）
D. 常温下，d点溶液中，由水电离出的c水（H＋）·c水（OH－）＝1×10－14
√
解析：　由于NH4HSO4中H＋和S 个数比为1∶1，水电离也会产生H＋，故c（H＋）＞c（S ），由于N 会发生水解而S 不水解，故c（S ）＞c（N ），由图像知溶液pH较小，c（OH－）＜10－7 mol·L－1，而N 由于水解浓度略小于0.1 mol·L－1，故c（N ）＞c（OH－），A正确；b点是等浓度的两溶液等体积混合，NH4HSO4中的H＋和NaOH中的OH－刚好反应，故a→b发生的离子反应为H＋＋OH－ H2O，B正确；c点溶液，pH＝7，由电荷守恒可得c（N ）＋c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OH－）＋2c（S ），故c（N ）＋c（H＋）＋c（Na＋）＜c（OH－）＋3c（S ），C正确；d点时NaOH过量，溶液显碱性，加酸加碱对水的电离有抑制作用，故c水（H＋）·c水（OH－）＜1×10－14，D错误。

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