1、专题11 水的电离和溶液的酸碱性1.（2019全国11）设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是A每升溶液中的H+数目为0.02NABc(H+)= c()+2c()+3c()+ c(OH)C加水稀释使电离度增大，溶液pH减小D加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强【答案】B 【解析】本题考查阿伏加德罗常数、电离平衡及其影响因素等，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。pH=2的H3PO4溶液中c (H+)=10-2 molL-1，每升溶液中所含N(H+)=0.01NA，A错误；由电荷守恒知，该H3PO4溶液中存c(H+)= c()+2c()+3c()+ c(O
2、H)，B正确；加水稀释能促进H3PO4的电离，使其电离度增大，由于以增大溶液体积为主，导致溶液中c(H+)减小，溶液pH增大，C错误；向H3PO4溶液中加入NaH2PO4固体，溶液中c(H2PO4-)增大，促使平衡H3PO4H+H2PO4-逆向移动，抑制H3PO4电离，溶液酸性减弱，D错误。【命题动向】本题命题角度新颖，在同一道试题中综合考查微粒数目的计算、电离平衡及其影响因素和守恒思想，命题具有前瞻性和导向性。2.（2019北京12）实验测得0.5 molL-1CH3COONa溶液、0.5 molL-1CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.随温度升高，纯
3、水中c(H+)c(OH-)B.随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH-)减小C.随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是KW改变与水解平衡移动共同作用的结果D.随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO-、Cu2+水解平衡移动方向不同 【答案】C【解析】题考查盐类水解等知识，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。任何温度时，纯水中H+浓度与OH-浓度始终相等，A项错误；随温度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c(OH-)增大，且温度升高，水的电离程度增大，c(OH-)也增大，B项错误；温度升高，水的电离程度增大，c(H+)增大，又CuSO4水解使溶
4、液显酸性，温度升高，水解平衡正向移动，故c(H+)增大，C项正确；温度升高，能使电离平衡和水解平衡均向正反应方向移动，而CH3COONa溶液随温度升高pH降低的原因是水的电离程度增大得多，而CuSO4溶液随温度升高pH降低的原因是Cu2+水解程度增大得多，D项错误。【易错警示】本题易错选B。若只观察图中CH3COONa溶液pH随温度升高的变化趋势，而忽视导致该变化的主要原因是水的电离程度随温度升高而增大，或者误认为KW在不同温度时为定值，直接根据图像变化得出c(H+)增大，c(OH-)减小，从而得出错误的结论。3.（2015全国II2）一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是（ ）A. p
5、H=5的H2S溶液中，c(H+)=c（HS-）=110-5molL-1B. pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C. pH=2的H2CO3溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)D. pH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c(Na)：【答案】D【解析】H2S为二元弱酸，分步电离，第一步电离程度远远大于第二步，所以溶液中c（H+）c（HS-），故A错误；B一水合氨为弱电解质，加水稀释后促进了其电离，其溶液pH变化比强碱小，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则ab+1，B错误；CpH=
6、2的H2CO3溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HCO3)+2c(CO32)，C错误；D酸性：CH3COOHH2CO3HClO，根据盐类水解规律：组成盐的酸根离子对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，则pH越大，故pH相同的CH3COONaNaHCO3NaClO三种溶液的c(Na)大小为：，D正确；答案选D。4.（2015广东11）一定温度下,水溶液中H和OH的浓度变化曲线如图,下列说法正确的是（ ）A升高温度,可能引起由c向b的变化B该温度下,水的离子积常数为1.01013C该温度下,加入F
7、eCl3可能引起由b向a的变化D该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化【答案】C【解析】A、温度升商，水的离子积增大，C（H+）C（OH-）都增大，表示的点就不在曲线上，故A错误；B、b点c（H+）=c（OH-）=1.010-7，故KW=1.010-71.010-7=1.010-14，故B错误；C、加入FeCl3，氯化铁为强酸弱碱盐，铁离子结合水电离出的氢氧根，促进水的电离平衡右移，即氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小（由b到a），符合图象变化趋势，故C正确；D、由c点到d点，水的离子积常数减小，温度不变，K不变，故不能利用稀释使其形成此变化，故D错误，故选C5.（2015山东13）已知某温
8、度下CH3COOH和NH3H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mo1L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中（ ）A.水的电离程度始终增大B.c(NH4+) /c(NH3H2O)先增大再减小C.c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和始终保持不变D.当加入氨水的体积为10mL时，c(NH4+)=c(CH3COO-)【答案】D【解析】A.向10mL浓度为0.1mo1L-1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中水的电离程度先增大，随着氨水浓度的增加水的电离被抑制，水的电离程度减小，故A错误；B.当向CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，开始时溶
9、液为CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常数Kh=，随着氨水的加入，c（H+）逐渐减小，Kh不变，c(NH4+) /c(NH3H2O)变小，当加氨水至溶液显碱性时，氨水的电离常数随着氨水的加入，c（OH-）逐渐增大，Kb不变，c(NH4+) /c(NH3H2O)变小，所以c(NH4+) /c(NH3H2O)始终减小，故B错误；Cn（CH3COOH）与n（CH3COO-）之和为0.001mol，始终保持不变，由于溶液体积逐渐增大，所以c（CH3COOH）与c（CH3COO-）之和逐渐减小，故C错误；D当加入氨水的体积为10mL时，醋酸和一水合氨的物质的量相等，由
10、于二者的电离常数相等，所以溶液显示中性，c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO-），故D正确；故答案选D6.（2015海南3）0.1mol下列气体分别与1L0.lmolL-1的NaOH溶液反应，形成的溶液pH最小的是（ ）ANO2BSO2 CSO3DCO2【答案】C7.（2012江苏10）下列有关说法正确的是A.CaCO3(s)=CaO(s)CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的H0 B.镀铜铁制品镀层受损后，铁制品比受损前更容易生锈C.N2(g)3H2(g)2NH3(g) H0，其他条件不变时升高温度，反应速率(H2)和氢气的平衡转化率均增大D.水
11、的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应【答案】B【解析】本题是化学反应与热效应、电化学等的简单综合题，着力考查学生对熵变、焓变，水解反应、原电池电解池、化学反应速率的影响因素等方面的能力。A.分解反应一般是常识吸热反应，熵变、焓变都大于零，仅在高温下自发。内容来源于选修四P34-P36中化学方向的判断。B.铁比铜活泼，组成的原电池中铁为负极，更易被氧化。C.据平衡移动原理，升高温度平衡向逆反应方向移动，平衡转化率减小。D.水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热反应，越热越电离，水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大。 8.（2012全国I11）已知温度
12、T时水的离子积常数为KW，该温度下，将浓度为a molL-1的一元酸HA与bmolL-1的一元碱BOH等体积混合，可判断溶液呈中性的依据是（ ）Aa = b B混合溶液的PH = 7C混合溶液中， D混合溶液中，【答案】C【解析】A项，因无法确定酸与碱是否为强酸、强碱，故反应后的溶液不一定成中性；B项，因温度T不一定指常温25，同样也不能说明溶液是中性的；C项，通过分析可知，题给条件实际上即C(H+) = C(OH-)，故溶液必然显中性；D项，根据溶液中的电荷守衡，无论溶液呈酸性、碱性或中性都成立，故无法判断。9.（2011福建10）常温下0.1molL1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=
13、(a1)的措施是A将溶液稀释到原体积的10倍 B加入适量的醋酸钠固体C加入等体积0.2 molL1盐酸 D提高溶液的温度【答案】B【解析】醋酸是弱酸，电离方程式是CH3COOHH+CH3COO，故稀释10倍，pH增加不到一个单位，A项错误；加入适量的醋酸钠固体，抑制醋酸的电离，使其pH增大，可以使其pH由a变成(a1)；B项正确；加入等体积0.2 molL1盐酸，虽然抑制醋酸的电离，但增大了c（H），溶液的pH减少；C项错误；提高溶液的温度，促进了醋酸的电离，c（H）增大，溶液的pH减少；D项错误。此题涉及弱电解质的电离平衡移动，切入点都是比较常规的设问，但学生易错选。10.（2011四川14
14、）（2011）25时，在等体积的 pH=0的H2SO4溶液、0.05mol/L的Ba（OH）2溶液，pH=10的Na2S溶液，pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是A.1:10:10:10 B.1:5:510:510C.1:20:10:10 D.1:10:10:10【答案】A【解析】酸或碱是抑制水电离的，且酸性越强或碱性越强，抑制的程度就越大；能发生水解的盐是促进水电离的。由题意知中发生电离的水的物质的量分别是1014、1013、104、105，所以选项A正确。题型二：中和反应与中和滴定的迁移性11.（2019全国11）NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸氢钾H2A的
15、Ka1=1.1103 ，Ka2=3.9106）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是A混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关 BNa+与A2的导电能力之和大于HA的 Cb点的混合溶液pH=7 Dc点的混合溶液中，c(Na+)c(K+)c(OH)【答案】C【解析】本题考查电解质溶液与电离平衡，涉及溶液导电能力的影响因素、混合溶液中离子浓度大小比较、pH判断等知识，考查的核心素养是变化观念与平衡思想。滴定至终点时发生反应：2NaOH+2KHAK2A+Na2A+2H2O。溶液导电能力与溶液中离子浓度、离子种类有关，离子浓度越大、所带电荷越多，其导电能力越强
16、，A项正确；图像中纵轴表示“相对导电能力”，随着NaOH溶液的滴加，溶液中c(K+)、c（HA-）逐渐减小，而Na+、A2-的物质的量逐渐增大，由题图可知，溶液的相对导电能力逐渐增强，说明Na+与A2-的导电能力之和大于HA-的，B项正确；本实验默认在常温下进行，滴定终点时，溶液中的溶质为邻苯二甲酸钠和邻苯二甲酸钾，由于邻苯二甲酸是弱酸，所以溶液呈碱性，pH7，C项错误；滴定终点时，c(K+)c(Na+)，a点到b点加入NaOH溶液的体积大于b点到c点的，故c点时c(K+)c(OH-)，所以c(Na+)c(K+)c(OH-)，D项正确。【走出误区】分析图像时，抓住溶液导电能力与溶液中离子浓度大
17、小的关系、加入氢氧化钠溶液体积与溶液中离子浓度大小的关系等，结合酸式盐与碱反应的方程式分析溶液中溶质的变化。本题有两个陷阱：（1）相对导电能力；（2）图像中ab段和bc段加入氢氧化钠溶液体积不同，易错选D项。12.（2018全国III12）用0.100 molL-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 molL-1 Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是A根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10B曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)c(Cl-)=Ksp(AgCl)C相同实验条件下，若改为0.0400 molL-1 Cl-，反应终点c移到aD相同实验条件下
18、，若改为0.0500 molL-1 Br-，反应终点c向b方向移动【答案】C【解析】C滴定的过程是用硝酸银滴定氯离子，所以滴定的终点应该由原溶液中氯离子的物质的量决定，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL 0.04mol/L的Cl-溶液，此时溶液中的氯离子的物质的量是原来的0.8倍，所以滴定终点需要加入的硝酸银的量也是原来的0.8倍，因此应该由c点的25mL变为250.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。13.（2016全国I12）298 K时，在20.0 mL 0.10 mol/L氨水中滴入0.10 mol/L的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已
19、知0.10 mol/L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BM点对应的盐酸体积为20.0 mLCM点处的溶液中c(NH4)c(Cl)c(H)c(OH)DN点处的溶液中pH12【答案】D根据水的离子积常数可知：N处的溶液中氢离子浓度7.61012 mol/L，根据pH=lgc(H+)可知此时溶液中pH12，正确。14.（2018江苏13）根据下列图示所得出的结论不正确的是（ ）A图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的H0B图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应
20、时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小C图丙是室温下用0.1000 molL1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸D图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2+达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2+ )与c(SO42)的关系曲线，说明溶液中c(SO42 )越大c(Ba2+ )越小【答案】C【解析】A项，升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的H0；B项，根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C项，根据图像，没
21、有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸；D项，根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。15.（2014重庆9）中华人民共和国国家标准(GB2760-2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 gL-1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2,并对其含量进行测定。图1图2(1)仪器A的名称是,水通入A的进口为。(2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸,加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应,其化学方程式为。(3)除去C中过量的H2
22、O2,然后用0.090 0 molL-1 NaOH标准溶液进行滴定,滴定前排气泡时,应选择图2中的;若滴定终点时溶液的pH=8.8,则选择的指示剂为;若用50 mL滴定管进行实验,当滴定管中的液面在刻度“10”处,则管内液体的体积(填序号)(=10 mL,=40 mL,40 mL)。(4)滴定至终点时,消耗NaOH溶液25.00 mL,该葡萄酒中SO2含量为:gL-1。(5)该测定结果比实际值偏高,分析原因并利用现有装置提出改进措施。【答案】(1)冷凝管或冷凝器b(2)SO2H2O2=H2SO4(3)酚酞(4)0.24(5)原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代
23、替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响【解析】(1)仪器A是蒸馏实验中使用的冷凝器；为使冷凝更充分，要让水在冷凝器中缓慢上升，所以水由b口进，若a口进，冷凝管中水装不满。(2)SO2具有还原性，而H2O2具有氧化性，所以反应为SO2H2O2=H2SO4。(3)NaOH是强碱，应装在碱式滴定管中，为赶出尖嘴处气泡，要让尖嘴部分略向上弯曲排出气泡，所以选；酚酞的变色范围在8.210.0之间，而滴定终点时溶液的pH8.8，所以可以选择酚酞作指示剂；根据题意及滴定管的结构知，刻度“10”处至尖嘴部分均有溶液，所以滴定管内液体体积大于40 mL，选。(4)滴定时发生的反应为H2SO42NaOH=Na2
24、SO42H2O，则可得n(SO2)n(NaOH)0.090 0 molL125.00103L1.125103mol，m(SO2)64 gmol11.125103mol72103g，该葡萄酒中SO2含量为0.24 gL1。(5)B中有盐酸，加热时挥发出的HCl气体进入C中，所以滴定时，多消耗了NaOH溶液，从而使测定结果比实际值偏高，若仍用现有装置进行实验，可用硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄糖做对比实验。16.（2014海南11）室温下，用0.100 molL1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 molL1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A表示的是滴定醋酸的
25、曲线BpH7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20 mLCV(NaOH)20.00 mL时，两份溶液中c(Cl)c(CH3COO)DV(NaOH)10.00 mL时，醋酸溶液中c(Na)c(CH3COO)c(H)c(OH)【答案】B【解析】当用0.100 molL1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 molL1盐酸消耗20 mL NaOH溶液时，所得溶液pH7，观察滴定曲线图知A项错误；当醋酸与NaOH恰好反应完时，所得到的溶液pH7，当滴定到pH 7时，表明消耗的V(NaOH)c(CH3COO)c(H)c(OH)成立，则c(Na)c(H)c(OH)c(CH3COO)，D项错误。1
26、7.（2013山东13）某温度下，向一定体积0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOHlgOH-)与pH的变化关系如图所示，则AM点所示溶液导电能力强于Q点BN点所示溶液中c(CH3COO-)c(Na+)CM点和N点所示溶液中水的电离程度相同DQ点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积【答案】C【解析】由于醋酸是弱酸，电离程度很小，离子浓度也较小，M点溶液的导电能力最弱，A错；N点所示溶液为碱性，根据溶液电荷守恒易判断出此时c（Na+）c(CH3COO-)，B错；由于M点的H+浓度等于N点的OH-浓度，对水的电离程度抑制能力相同，所以两点所示溶液中水电离程度
27、相同，C正确；Q点的pOHpH，溶液为中性，而两者等体积混合后生成醋酸钠，水解显碱性。则所加NaOH溶液体积略小于醋酸溶液的体积，D错。18.（2013浙江12）25时，用浓度为0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定20.00 mL浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HZHYHXB根据滴定曲线，可得Ka(HY)105C将上述HX、HY溶液等体积混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时：c(X)c(Y)c(OH)c(H+)Ka(HY)c(HY) c(Y)DHY与HZ混合，达到平衡时
28、：c(H+)= + c(Z) +c(OH)【答案】B【解析】浓度均为0.1000 mol/L的三种酸HX、HY、HZ，根据滴定曲线0点三种酸的pH可得到HZ是强酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HYHX。因此，同温同浓度时，三种酸的导电性：HZHYHX。B选项：当NaOH溶液滴加到10 mL时，溶液中c(HY)c(Y)，即Ka(HY)c(H+)=10pH=105。C选项：用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时，HY早被完全中和，所得溶液是NaY和NaX混合溶液，但因酸性：HYHX，即X的水解程度大于Y，溶液中c(Y)c(X)。D选项：HY与HZ混合，溶液的电荷守恒式为：c(H+)=c(Y)+ c(
29、Z) +c(OH)，又根据HY的电离平衡常数：Ka(HY)c(HY) c(H+)c(Y) c(H+)c(Y) c(HY)Ka(HY)= 即有：c(Y)=Ka(HY)c(HY) c(H+)c(Y) 所以达平衡后：c(H+)= + c(Z) +c(OH)。19.（2011安徽12）室温下，将1.000molL1盐酸滴入20.00mL 1.000molL1氨水中，溶液pH和温度随加入盐酸体积变化曲线如下图所示。下列有关说法正确的是A. a点由水电离出的c(H)=1.01014mol/LB. b点：c(NH4)c(NH3H2O)=c(Cl)C.c点：c(Cl)= c(NH4)D.d点后，溶液温度略下降
30、的主要原因是NH3H2O电离吸热【答案】C【解析】氨水属于弱碱，因此在1.000molL1氨水中OH的浓度不会是1.000molL1而是要小于1.000molL1，由水得离子积常数可知溶液中H+浓度应大于1.01014mol/L，A不正确；由图像可知b点溶液显碱性，说明此时氨水有剩余，即溶液是由氨水和氯化铵组成的，因此有c(NH4)c(NH3H2O)c(Cl)，B不正确；由图像可知c点溶液显中性，由电荷守衡可知c(H+）+c(NH4+）c(OH）+c(Cl)，所以c(NH4+）c(Cl)，C正确；由图像可知d点后溶液中主要物质是NH4Cl，而NH4Cl要水解吸热，所以温度会略有降低，D也不正确
31、。20.（2011海南11）用0.1026molL-1的盐酸滴定25.00mL未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达终点时，滴定管中的液面如下图所示，正确的读数为A. 22.30mL B. 22.35mL C. 23.65mL D. 23.70Ml【答案】B【解析】本题考查基本的实验素质，滴定管读数。图中液面在2223mL之间，分刻度有10个，因而每刻度是0.1mL，液体的凹面读数约为22.35mL。 【误区警示】本题是基础题，但要注意读数时滴定管与量筒间的差别，滴定管是由上向下读数，量筒则正好相反。21.（2011全国II9）温室时，将浓度和体积分别为c1、v1的NaOH溶液和c2、v2的CH3CO
32、OH溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述错误的是A若PH7时，则一定是c1v1=c2v2B在任何情况下都是c（Na+）+c（H）=c（CH3COO）+c（OH）C当pH=7时，若V1=V2，则一定是c2c1D若V1=V2,C1=C2,则c（CH3COO）+C(CH3COOH)=C(Na)【答案】A【解析】若c1v1=c2v2说明二者恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，但NaOH过量时液也显碱性。22.（2010江苏12）常温下，用 0.1000 molLNaOH溶液滴定 20.00mL0.1000 molL溶液所得滴定曲线如右图。下列说法正确的是A点所示溶液中：B点所示溶液中：C点所示溶液中：D滴定过程中可能出现：【答案】D【解析】本题主要考查的是粒子浓度大小的比较。A项，处于点时，酸过量，根据电荷守恒，则有B项，在点时，pH=7。仍没有完全反应，酸过量，；C项。当时，两者完全反应，此时由于的水解，溶液呈碱性，但水解程度是微弱的，D项，在滴定过程中，当的量少时，不能完全中和醋酸，则有综上分析可知，本题选D项。
