水溶液图像问题
一、单选题
1．常温下，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL浓度分别为、的一元酸(HA)、二元酸()溶液，得到如图滴定曲线，其中、为两种酸恰好完全中和的化学计量点。忽略溶液混合时体积变化。下列叙述正确的是
A．X曲线代表，Y曲线代表HA，
B．两种酸恰好完全中和时，均可用酚酞或甲基橙作指示剂
C．若，对于HA而言，滴定过程中有
D．若点，则点
2．室温下，通过下列实验探究溶液的性质。
实验1：用试纸测量溶液的，测得约为5。
实验2：向溶液中加入等体积氨水溶液，充分混合，溶液约为9。
实验3：向溶液中滴加几滴溶液，无明显现象
实验4：向溶液中加入溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是
A．由实验1可得出：
B．实验2所得溶液中存在：
C．由实验3可得出：
D．实验4所发生反应的离子方程式为：
3．常温下，实验室用的NaOH溶液滴定的HA溶液。溶液中，含A微粒a、b的分布系数δ、NaOH溶液的体积V与pH的关系如图所示。已知：HA的分布系数。下列叙述错误的是
A．x点对应溶液的pH约为5
B．p点对应的溶液中存在：
C．p→q对应的溶液中，水的电离程度一直增大
D．n点对应的溶液中存在：
4．常温下，用 0.10mol·L-1 的盐酸滴定 20mL 相同浓度的某一元碱 BOH 溶液，滴定过程中 pH 及电导率变化曲线如图所示：
下列说法正确的是
A．BOH 的 Kb约为 1×10-5
B．a 点：
C．b 点：c(B+)>0.05mol·L-1
D．滴加盐酸的过程中，溶液中水的电离程度先减小后增大
5．常温下，向某一元酸HR溶液中滴加一元碱BOH溶液，混合溶液的或与pH变化的关系如图所示。下列叙述正确的是
A．M线表示随pH的变化
B．BR溶液呈碱性
C．若温度升高，两条线均向下平移
D．常温下，溶液的
6．常温下，将11.65gBaSO4粉末置于盛有250mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体(忽视溶液体积的变化)并充分搅拌，加入Na2CO3固体的过程中，溶液中几种离子的浓度变化曲线如图所示，下列说法中正确的是
A．相同温度时，Ksp(BaSO4)>Ksp(BaCO3)
B．BaSO4在水中的溶解度、Ksp均比在BaCl2溶液中的大
C．若使0.05molBaSO4全部转化为BaCO3，至少要加入1.3molNa2CO3
D．0.05molBaSO4恰好全部转化为BaCO3时，溶液中离子浓度大小为c()>c(OH-)>c()>c(Ba2＋)
7．在25℃下，和溶液的随浓度变化如下表所示：
实验序号 ① ② ③ ④ ⑤
0.075 0.15 0.3 0.6 1.2
2.93 2.79 2.64 2.49
7.5 8.3 8.6 8.7
下列说法不正确的是
A．实验①中，溶液由水电离产生的是的倍
B．实验②→③中，浓度变化2倍，变化小于，说明为弱酸
C．实验④中，溶液中离子总数大于溶液
D．实验⑤中，若将等体积的两溶液混合，已知：的，则有：
8．常温下，用0.01mol/L的HM酸溶液滴定10.00mL0.01mol/LROH碱溶液，其滴定曲线如图所示。，下列分析不正确的是
A．ROH为弱碱
B．常温下Ka(HM)的数量级为10-8
C．A点时的溶液中：
D．B点时的溶液中存在
9．某温度下，向体积均为20.00mL、浓度均为0.1mol L-1的NaCl溶液、Na2CrO4溶液中分别滴加0.1mol L-1的AgNO3溶液，滴定过程中的pX(PX=-lgX，X=Cl-、CrO)与滴加AgNO3溶液体积的关系如图所示。(已知：lg3=0.47)下列说法错误的是
A．曲线Ⅰ表示AgNO3溶液滴定NaCl溶液的过程
B．Ksp(Ag2CrO4)=4.0×10-3b
C．其他条件不变，如果NaCl溶液浓度改为0.05mol L-1，则滴定终点向上移动
D．M点的纵坐标约为2a-1.47
10．某金属阳离子与可结合生成多种络合产物，在水溶液中存在如下平衡：。向某浓度的溶液中滴加浓氨水实验测得、、、、的物质的量分布分数()与溶液中游离氨的关系和M、P两点的坐标如图所示。下列说法正确的是
A．曲线b表示
B．平衡常数
C．时，
D．时，
11．常温下，向的HR溶液中逐滴滴入的溶液，所得溶液pH及导电性变化如图所示。下列分析不正确的是
A．a～b点导电能力增强说明HR为弱酸
B．c点溶液存在
C．b点溶液，此时溶液显酸性
D．b～c任意点溶液均有
12．测定溶液中甘油浓度通常采用采用高碘酸氧化还原法，实验步骤如下：
i．配制准确浓度的硫代硫酸钠()溶液
①称取16克，溶于1000毫升水中，冷却，备用。
②称取0.147克基准重铬酸钾()，置于碘量瓶中，溶于25毫升水，加2克碘化钾及20毫升的硫酸，摇匀。于暗处放置10分钟。加75毫升水，用硫代硫酸钠溶液滴定()，近终点时加1毫升0.5%指示剂，继续滴定至溶液由蓝色变为亮绿色。再重复滴定2次，平均用硫代硫酸钠溶液。
ii．甘油含量测定
①准确量取甘油溶液，放入碘量瓶中，再加入溶液、溶液、正己烷，盖好塞盖，摇匀，在室温下于暗处放置。
②加入反应后，再加水，剩余的和反应生成的被还原析出碘，析出的碘用配制好的标液滴定，滴定至颜色变亮时加入指示剂，此时溶液呈现不透明深蓝色，继续滴至蓝色恰好消失为止。
③再重复滴定2次，平均用溶液。
回答下列问题：
(1)步骤i①的实验操作是否正确 (填“正确”或“错误”)。
(2)步骤i②的目的是 ，所用的指示剂是 ，溶液浓度是 。
(3)甘油()溶液与溶液反应生成甲醛、甲酸、，写出步骤ii①反应的离子方程式 。步骤ii②中高碘酸与反应的离子方程式为 。
(4)步骤ii中下列因素引起测定结果偏高的是 。
a．将碘量瓶换成普通锥形瓶
b．加入的过量
c．溶液浓度偏小
d．指示剂一褪色就停止滴定、读数
e．滴定前正视读数，滴定后仰视读数
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】A．HA消耗的V(NaOH)小于消耗V(NaOH)的二倍，则，A错误；
B．、HA恰好完全中和时，产物为强碱弱酸盐，均呈碱性，可使用酚酞做指示剂，不可使用甲基橙做指示剂，B错误；
C．溶液中的质子守恒：①，物料守恒：②，得：，C正确；
D．完全中和时消耗，a点时，占消耗氢氧化钠总体积的四分之三，则溶质为NaHB与，且二者的浓度比为：1：1形成的溶液，则a点物料守恒和电荷守恒有关系式：①，②，用②-①，得由于酸性环境，，故，D错误；
故选C。
2．D
【详解】A．由实验1可知溶液的pH 约为5，说明的电离程度大于水解程度，则，则，故A错误；
B．实验2所得溶液为溶质可看成混合溶液，根据质子守恒可得：，故B错误；
C．实验3中NaHSO3的量不足，无明显现象，不能得出，故C错误；
D．实验4中把氧化为，与结合生成沉淀，且，所以发生反应的离子方程式为，故D正确；
答案选D。
3．D
【分析】从图中可以看出，当V(NaOH)=0时，pH=3，c(H+)=10-3mol/L，此时Ka===10-5。随着NaOH的不断滴入，溶液的pH不断增大，δ(HA)不断减小，δ(A-)不断增大，则δ(HA)为不断下降的曲线，δ(A-)为不断上升的曲线。
【详解】A．x点时，δ(HA)=δ(A-)，则c(HA)=c(A-)，Ka== c(H+)=10-5mol/L，对应溶液的pH约为5，A正确；
B．p点对应的溶液中，V(NaOH)=10时，反应后溶液中，n(HA)=n(A-)，依据物料守恒，2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，依据电荷守恒，c(H+)+c(Na+)=c(A-)+ c(OH-)，则，B正确；
C．p→q对应的溶液中，起初以HA的电离为主，抑制水电离，后来以A-的水解为主，促进水电离，所以水的电离程度一直增大，C正确；
D．n点对应的溶液pH=7，此时NaA、HA共存，c(H+)=c(OH-)，依据电荷守恒，可得出c(Na+)=c(A-)，由Ka==10-5，可得出c(A-)=100c(HA)，所以存在：，D错误；
故选D。
4．A
【详解】A．根据图知，开始时BOH溶液的pH=11，溶液中c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，BOH电离程度较小，则溶液中c(BOH)≈0.1mol/L，c(B+)≈c(OH-)=10-3mol/L，BOH的Kb==10-5，A正确；
B．a点等浓度的BOH和BCl混合溶液，存在电荷守恒c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)、存在物料守恒c(B+)+c(BOH)=2c(Cl-)，所以存在，B错误；
C．由A项分析可知，BOH是弱碱，b点为BOH与HCl恰好完全反应，由于B+发生水解，故b点c(B+)<0.05 mol·L-1，C错误；
D．随着盐酸的滴加，一开始BOH电离的OH-浓度越来越小，对水的电离的抑制作用也越来越小，水的电离程度增大，B+浓度越来越大，B+水解对水的电离起促进作用，当恰好完全反应生成BCl时，水的电离程度最大，继续滴加盐酸，由于HCl电离出的H+对水的电离和B+水解均起到抑制作用，导致水的电离程度又减小，即滴加盐酸的过程中，溶液中水的电离程度先增大后减小，D错误；
故选A。
5．D
【分析】根据，可知，根据，可知，则随着pH增大，的值逐渐减小，的值逐渐增大，所以M线表示随pH的变化，N线表示随pH的变化。
【详解】A．根据分析可知，M线表示随pH的变化，A项错误；
B．当时，，根据图像可知，pH＜7，溶液呈酸性，则，则，则BR溶液呈酸性，B项错误；
C．升高温度，酸碱的电离平衡常数都变大，则和都增大，两条线均向上平移，C项错误；
D．对于0.1mol/L的NaR溶液，设溶液中氢氧根的浓度为xmol/L，则可列三段式如下：
，
则，解得，即，pH=9，D项正确；
故选D。
6．C
【详解】A．根据图像，浓度为0时，c(Ba2+)、c()都是1×10-5，所以Ksp(BaSO4)=1×10 10，碳酸钡饱和溶液中当c()=5×10 4时，c(Ba2+)=0.5×10 5，Ksp(BaCO3)=2.5×10 9，则相同温度时，Ksp(BaSO4)< Ksp(BaCO3)，A项错误；
B．BaSO4在BaCl2溶液中由于Ba2+的存在，使沉淀溶解平衡向生成沉淀方向移动，因此在BaCl2溶液中的溶解度变小，Ksp只随温度的改变而改变，无论在水中还是BaCl2溶液中，Ksp值是不变的，B项错误；
C．若使0.05molBaSO4全部转化为BaCO3，发生的反应为BaSO4+BaCO3+，根据图象，Ksp(BaSO4)=1×10 10，Ksp(BaCO3)=2.5×10 9，反应的平衡常数K1=0.04，若使0.05molBaSO4全部转化为BaCO3，则反应生成0.05mol，K=0.04，则平衡时n()=1.25mol，则至少需要Na2CO3的物质的量为1.25mol+0.05mol=1.3mol，C项正确；
D．0.05molBaSO4全部转化为BaCO3时，溶液中存在大量的，平衡时的浓度大于，水解促进OH 的形成，因此溶液中浓度最小的是Ba2+，因此离子浓度大小关系为：c()＞c()＞c(OH )＞c(Ba2+)，D项错误；
故选C。
7．C
【详解】A． 实验①中，促进水的电离；该溶液pH=7.5，由水电离产生的=水电离产生的=107.5-14=10-6.5，抑制水的电离、该溶液pH=2.93，由水电离产生的=水电离产生的=102.93-14=10-11.07，则溶液由水电离产生的是的，A正确；
B．若一元强酸的浓度变化2倍，则氢离子的浓度也变化2倍， 变化等于，而实验②→③中，浓度变化2倍，变化小于，说明为弱酸，B正确；
C． 是强电解质、在溶液中完全电离，是弱电解质、在溶液中微弱地电离，则均为0.6mol/L的溶液中离子总浓度大于溶液中离子总浓度，但溶液体积不知道，故难以判断离子数目的相对大小，C错误；
D．因为的，的水解常数，说明醋酸电离大于醋酸钠水解，等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合溶液呈酸性，则：实验⑤中得混合溶液呈酸性，则有：，D正确；
答案选C。
8．B
【详解】A．依据图象可知：0.01mol/LROH的AG为-7.2，则：=10-7.2，结合c(H+)c(OH-)=10-14，得c(OH-)=10-3.4，小于0.01mol/L，所以ROH为弱碱，A正确；
B．A点时ROH与HM的体积均为10.00mL，且AG=lg=0， AG=lg=0，溶液呈中性，说明Ka(HM)=Kb(ROH)，Kb(ROH)== =10-4.8，故常温下Ka(HM)的数量级为10-5，B错误；
C．A点时，根据电荷守恒：c(R+)+c(H+)=c(OH-)+c(M-)，A点时溶液呈中性， c(H+)=c(OH-)，故c(R+)=c(M-)，C正确；
D．B点时，根据电荷守恒：c(R+)+c(H+)=c(OH-)+c(M-)，根据物料守恒得3c(R+)+3c(ROH)=2c(M-)+2c(HM)，可得c(H+)= c(M-)+c(ROH)+c(OH-)- c(HM)，D正确。
9．C
【详解】A．由图可知，pX=a或b时反应完全，并且二者的起始浓度、体积均相同，即二者溶质的起始物质的量相同，反应为NaCl+AgNO3=AgCl↓+NaNO3，Na2CrO4+AgNO3=Ag2CrO4↓+2NaNO3，完全反应时Na2CrO4消耗AgNO3溶液的体积是NaCl的2倍，所以曲线I表示NaCl溶液、曲线II表示Na2CrO4溶液，故A正确；
B．曲线II表示Na2CrO4溶液，达到滴定终点时pX=b，即c(CrO)=10-bmol/L，(s) Ag+(aq)+CrO (aq)，则c(Ag+)=2c(CrO)=2.0×10-bmol/L，Ksp(Ag2CrO4)=c2(Ag+) c(CrO)=(2.0×10-b)2×(10-b)=4.0×10-3b，故B正确；
C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将NaCl溶液浓度改为0.05mol L-1，需要的硝酸银溶液的体积变成原来的一般，因此滴定终点会向左平移，故C错误；
D．由曲线I可知，pX=a时达到滴定终点，此时c(Cl-)=c(Ag+)=10-amol/L，Ksp(AgCl)=c(Ag+) c(Cl-)=10-2a，当在NaCl溶液中加入40mLAgNO3溶液，混合溶液中c(Ag+)≈mol/L，则溶液中c(Cl-)=mol/L=30×10-2amol/L，pX=-lg30×10-2a=2a-1-lg3=2a-1.47，故D正确；
10．D
【分析】增大游离NH3的浓度，平衡逆向移动，所以曲线表示、曲线表示、曲线表示、曲线表示、曲线表示。
【详解】A．由图得知，曲线a在最小时含量最高，说明曲线a表示；随着增大，的浓度逐渐减小；的浓度逐渐增大，故曲线表示；继续增大，的浓度又逐渐减小，的浓度开始逐渐增大，则曲线表示；以此类推，曲线表示；最大时，的浓度最大，曲线表示，故A错误；
B．根据选项A分析可知：曲线表示、曲线表示、曲线表示、曲线表示、曲线表示，根据平衡常数表达式，可知点，根据点对应的横坐标求得，，同理可求得点对应的，则反应平衡常数，故B错误；
C．时，对应的溶液存在电荷守恒：，故C错误；
D．结合图象可知时，，故D正确；
11．C
【分析】根据图象可知，a～b点导电能力增强，说明HR为弱电解质，在溶液中部分电离，加入氨水后生成强电解质，离子浓度增大；b点溶液pH=7，此时加入10mLNH3 H2O，HR与NH3 H2O的浓度、体积相等，则二者恰好反应；c点时溶液的pH>7，混合液显示碱性，则c(OH-)>c(H+)，说明NH小于R-的水解程度；b～c任意点Kw=c(H+)×c(OH-)，Kw只与温度有关，与溶液浓度大小无关。
【详解】A． a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；
B． c点时溶液的pH>7，溶质为NH3 H2O和NH4R，混合液呈碱性，则c(OH-)>c(H+)，根据电荷守恒，c点溶液存在，故B正确；
C． 根据图象可知b点溶液pH=7，此时加入10mLNH3 H2O，HR与NH3 H2O的浓度、体积相等，则二者恰好反应生成NH4R，NH4+离子与R-的水解程度相等，溶液呈中性，故C错误；
D． b～c任意点溶液温度相同，Kw只与温度有关，与溶液浓度大小无关，则溶液均有，故D正确；
故选C。
12．(1)正确
(2) 标定的浓度 淀粉溶液 0.1
(3)
(4)
【分析】本实验是利用中和滴定原理来测量甘油的含量，(4)根据滴定原理可知，整个过程中甘油失去电子，1mol甘油失去4mol电子，I-失去电子变为I2，1molI-失去1mol电子，高碘酸根离子得到电子变为I2，1mol得到7mol电子，故根据得失电子守恒可知：4n(甘油)+n(I-)=7n()，根据I原子守恒有：n(I2)=[n()+n(I-)]=[0.02L×0.04mol/L+ n(I-)]，滴定时又有：n(I2)=n()，据此分析解题。
【详解】（1）此操作不是配制一定物质的量浓度的溶液，而是配成Na2S2O3溶液，然后用标准液K2Cr2O7进行标定其浓度，故步骤i①的实验操作正确，故答案为：正确；
（2）由实验步骤可知，步骤i②的目的是用用标准液K2Cr2O7进行标定Na2S2O3溶液的浓度，利用I2能使淀粉溶液变蓝的特性，故所用的指示剂是淀粉溶液，根据得失电子总数相等可以找到如下关系式：K2Cr2O7~3I2~6 Na2S2O3，故有：n(Na2S2O3)=6n(K2Cr2O7)，即c(Na2S2O3)×30×10-3L=6×，解得Na2S2O3溶液浓度是0.1，故答案为：0.1；
（3）由题干信息可知，甘油()溶液与溶液反应生成甲醛、甲酸、，故步骤ii①反应的化学方程式为：，故其离子方程式为：，根据同一元素不同价态之间的氧化还原反应规律可知，高碘酸与反应的离子方程式为：，故答案为：；；
（4）根据滴定原理可知，整个过程中甘油失去电子，1mol甘油失去4mol电子，I-失去电子变为I2，1molI-失去1mol电子，高碘酸根离子得到电子变为I2，1mol得到7mol电子，故根据得失电子守恒可知：4n(甘油)+n(I-)=7n()，根据I原子守恒有：n(I2)=[n()+n(I-)]=[0.02L×0.04mol/L+ n(I-)]，滴定时又有：n(I2)=n()，据此分析解题：
a．将碘量瓶换成普通锥形瓶，将导致I2升华，从而使得消耗Na2S2O3的量偏小，即n(I-)偏小，则甘油的量偏大，故结果偏高，a符合题意；
b．加入的过量，由于实验中本身KI就是过量的，故KI过量对实验结果无影响，b不合题意；
c．溶液浓度偏小，将导致生成的I2的质量偏小，直接导致消耗Na2S2O3的量偏小，即n(I-)偏小，则甘油的量偏大，故结果偏高，c符合题意；
d．指示剂一褪色就停止滴定、读数，将导致消耗Na2S2O3的量偏小，即n(I-)偏小，则甘油的量偏大，故结果偏高，d符合题意；
e．滴定前正视读数，滴定后仰视读数，将导致消耗Na2S2O3的量偏大，即n(I-)偏大，则甘油的量偏小，故结果偏低，e不符题意；
故答案为：acd
