资源简介

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
B.M点：2c＝c＋c
C.当V＝10 mL时，c＝c＋2c＋c
D.N点：c＞c＞c＞c＞c
解析：D　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：D　图像分析
根据CH3COOHCH3COO－＋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：C　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：C　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（　　）
A.0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中，各离子浓度由大到小的顺序为c（H＋）＞c（S）＞c（N）＞c（OH－）
B.a→b发生的离子反应为H＋＋OH－H2O
C.c点溶液中，＜1
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：D　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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