1、专题十七水的电离和溶液的酸碱性备考方向导航考点1水的电离 1. 2020浙江温州高考适应性考试常温下,在体积均为20 mL、浓度均为0.1 molL-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液,反应后溶液中水电离的c(H+)水的负对数-lg c(H+)水与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是()A.a、b、c三点溶液均显中性B.a点溶液中c(Na+)=c(X-)c(H+)=c(OH-)C.b点溶液中的离子总浓度大于d点溶液D.常温下,Ka(HX)10-5考点2溶液的酸碱性与pH2.2020浙江7月选考,17,2分下列说法不正确的是()A.2.010-7 molL-1
2、的盐酸中c(H+)=2.010-7 molL-1B.将KCl溶液从常温加热至80 ,溶液的pH变小但仍保持中性C.常温下,NaCN溶液呈碱性,说明HCN是弱电解质D.常温下,pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体,溶液pH增大考点3酸碱中和滴定3.2018浙江下半年选考,23,2分常温下,分别取浓度不同、体积均为20.00 mL的3种HCl溶液,分别滴入浓度为1.000 molL-1、0.100 0 molL-1和0.010 00 molL-1的NaOH溶液,测得3个反应体系的pH随V(NaOH溶液)变化的曲线如图,在V(NaOH溶液)=20.00 mL前后pH出现突跃。下列说法不正确的是()A.
3、3种HCl溶液的c(HCl):最大的是最小的100倍B.曲线a、b、c对应的c(NaOH):abcC.当V(NaOH溶液)=20.00 mL时,3个体系中均满足:c(Na+)=c(Cl-)D.当V(NaOH溶液)相同时,pH突跃最大的体系中的c(H+)最大4.2019北京,26,12分化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a molL-1 KBrO3标准溶液;.取v1 mL上述溶液,加入过量KBr,加H2SO4酸化,溶液颜色呈棕黄色;.向所得溶液中加入v2 mL废水;.向中加入过量KI;.用b molL-1 N
4、a2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液v3 mL。已知:I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色(1)中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和。(2)中发生反应的离子方程式是。(3)中发生反应的化学方程式是。(4)中加KI前,溶液颜色须为黄色,原因是。(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)6n(KBrO3)时,KI一定过量,理由是。(6)中滴定至终点的现象是。(7)废水中苯酚的含量为gL-1(苯酚摩尔质量:94 gmol-1)。(8)由于Br2具有性质,中反应须在
5、密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。5.2020北京高考适应性测试常温下用一定浓度的NaOH溶液滴定某浓度的醋酸溶液。滴定终点附近溶液pH和导电能力的变化分别如图1、图2所示(利用溶液导电能力的变化可判断滴定终点,溶液总体积变化忽略不计)。下列说法错误的是()A.a点对应的溶液中:c(CH3COO-)=c(Na+)B.ab过程中,n(CH3COO-)不断增大C.cd过程中,溶液的导电能力增强的主要原因是c(OH-)和c(Na+)增大D.根据溶液pH和导电能力的变化可判断:V2V36.2020山东嘉祥一中三检常温下,向 10 mL 0.1 mol/L HR 溶液中逐滴加入 0.1 mol/L
6、氨水,所得溶液 pH 及导电能力变化如图所示。下列分析正确的是()A.a、b、c、d点对应溶液中阳离子浓度最大的是d点B.常温下,R-的水解常数的数量级为 10-9C.b点和d点对应溶液中,水的电离程度相等D.d 点对应溶液中微粒浓度关系:c(R-)+2c(HR)=c(NH3H2O)拓展变式1.2020贵州贵阳摸底考试水中c(H+)和c(OH-)的关系如图所示,下列判断错误的是()A.温度关系:T1T2B.XZ线上任意点对应的溶液均有pH=7C.M区域内任意点(不含实线上的点)对应的溶液均有c(H+)c(CO32)c(Cl-)c(OH-)c(H+)B.在b点的溶液中:2n(CO32)+n(HC
7、O3-)0.001 molC.在c点的溶液pHc(OH-)D.当混合溶液呈中性时,c(Na+)c(HX-)c(X2-)c(OH-)=c(H+)答案专题十七水的电离和溶液的酸碱性备考方向导航1.A由题图知常温下0.1 molL-1 HX溶液中水电离出的氢离子浓度为10-11 molL-1,则HX为弱酸,d点溶液的溶质为NaX,此时水电离出的氢离子浓度最大,溶液显碱性,c点溶液的溶质为NaX、NaOH,溶液一定显碱性,a点溶液的溶质为HX、NaX,水电离出的氢离子浓度为10-7 molL-1,溶液呈中性,c(Na+)=c(X-)c(H+)=c(OH-),A错误,B正确;b、d点溶液的溶质分别为Na
8、Y、NaX,分别存在电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Y-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),由题图知酸性:HYHX,所以b点溶液中的c(H+)比d点溶液中的c(H+)大,而c(Na+)相同,故b点溶液中的离子总浓度大于d点溶液中的离子总浓度,C正确;常温下,0.1 molL-1 HX溶液中水电离出的氢离子浓度为10-11 molL-1,则溶液中c(X-)c(H+)=10-3 molL-1,Ka(HX)=c(H+)c(X-)c(HX)=10-310-30.110-310-5,D正确。2.A盐酸的浓度为210-7 molL-1,全电离,接近中性,溶剂水电离
9、出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大,不能忽略水电离的氢离子,故c(H+)大于210-7 molL-1,A项错误;水的电离是吸热的,升高温度促进水的电离,氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大,pH减小,但氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍相等,溶液呈中性,B项正确;常温下,NaCN溶液呈碱性,说明NaCN是强碱弱酸盐,HCN是弱酸,C项正确;醋酸溶液中加入醋酸钠固体,醋酸根离子浓度增大,醋酸的电离平衡逆向移动,氢离子浓度减小,溶液pH增大,D项正确。3.D由题图可知,当3种HCl溶液中分别加入等体积的NaOH溶液时,溶液的pH均为7,说明均正好完全反应,NaOH溶液与对应的HCl溶
10、液的浓度相等。再分析起始点的数据,曲线a对应的纵坐标为0,曲线b对应的纵坐标为1,曲线c对应的纵坐标为2,则相应的c(HCl)分别为1.000 molL-1、0.100 0 molL-1和0.010 00 molL-1。由上述分析可知,3种HCl溶液中c(HCl)最大的是1.000 molL-1,最小的是0.010 00 molL-1,两者相差100倍,A项正确。由上述分析可知,曲线a、b、c对应的NaOH溶液的浓度分别为1.000 molL-1、0.100 0 molL-1和0.010 00 molL-1,B项正确。当V(NaOH溶液)=20.00 mL时,溶液的pH均为7,则c(H+)=c
11、(OH-),根据电荷守恒可得c(Na+)=c(Cl-),C项正确。当pH小于7时,V(NaOH溶液)相同时,pH突跃最大的体系中的c(H+)最大,而当pH大于7时,pH突跃最大的体系中的c(H+)最小,D项错误。4.(1)容量瓶(1分)(2)BrO3-+5Br-+6H+3Br2+3H2O(2分)(3)+3Br2+3HBr(2分)(4)Br2过量,保证苯酚完全反应(1分)(5)反应物用量存在关系:KBrO33Br26KI,若无苯酚时,消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍,因有苯酚消耗Br2,所以当n(KI)6n(KBrO3)时,KI一定过量(2分)(6)溶液蓝色恰好消失(1分)(7)(6a
12、v1-bv3)946v2(2分)(8)易挥发(1分)【解析】(1)配制一定浓度的溶液需要用容量瓶进行定容。(2)中Br-与BrO3-在酸性条件下发生氧化还原反应生成Br2、H2O,离子方程式为5Br-+BrO3-+6H+3Br2+3H2O。(3)废水中含有苯酚,苯酚与Br2发生取代反应生成三溴苯酚,化学方程式为+3Br2+3HBr。(4)本实验的目的是测定经处理后的废水中的苯酚含量,苯酚需完全反应,剩余的Br2可通过滴定测定,所以在加入KI之前,溶液颜色须为黄色,以确保Br2过量,苯酚完全反应。(5)根据得失电子守恒,当n(KI)n(KBrO3)=61时,KI恰好与步骤中生成的Br2完全反应,
13、而步骤中苯酚会消耗Br2,所以当n(KI)6n(KBrO3)时,KI一定过量。(6)滴定时用淀粉作指示剂,当达到滴定终点时,溶液蓝色恰好消失。(7)结合题意可知,生成Br2的物质的量=3av110-3 mol,与KI反应消耗n(Br2)=bv310-32 mol,则与C6H5OH反应的n(Br2)=3av110-3 mol-bv310-32 mol,废水中苯酚的含量=(3av110-3-bv310-32)mol94gmol-13v210-3L=(6av1-bv3)946v2 gL-1。(8)Br2具有挥发性,故中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。5.C常温下,a点对应溶液的pH=
14、7,则c(H+)=c(OH-),又根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),故c(Na+)=c(CH3COO-),A项正确;ab过程中,CH3COOH逐渐与NaOH反应,则溶液中的n(CH3COO-)不断增大,B项正确;d点以后溶液的导电能力增大更快,说明d点时CH3COOH恰好与NaOH完全反应,达到滴定终点,而pH=7时,溶液中的溶质为CH3COONa和CH3COOH,未达到反应终点,所以V2c(H+),则c(R-)+2c(HR)c(NH3H2O),D项错误。1.B水的电离为吸热反应,温度越高,电离程度越大,故T1T2,A项正确;由题图可知,只有X点对应
15、的溶液存在pH=7,越靠近Z点,pH越小,B项错误;XZ线上任意点对应的溶液均有c(H+)=c(OH-),在X、Z连线的上方M区域c(H+)c(OH-),C项正确;在任何溶液中,均有c(OH-)c(H+)=Kw,D项正确。2.D由P点对应溶液的pH=12.6可知,MOH为弱碱,E点对应溶液呈中性,溶质为MCl、MOH,MOH电离抑制水的电离,M+水解促进水的电离,E点后随着盐酸的加入,MCl逐渐增多,MOH逐渐减少,水电离的c(H+)c(OH-)逐渐增大,当MOH反应完全后,再加入盐酸,HCl抑制水的电离,水电离的c(H+)c(OH-)减小,A项错误。MOH为弱碱,则中和至E点时所消耗的盐酸体
16、积小于20.00 mL,B项错误。加水稀释时MOH电离的c(M+)=c(OH-),由于碱性减弱,H2O电离的c(OH-)增大,所以加水稀释时,c(OH-)c(M+)增大,C项错误。由P点对应溶液的pH可得c(OH-)=Kwc(H+)=10-1.4 molL-1,Kb(MOH)=c(OH-)c(M+)c(MOH)=10-1.410-1.40.10010-1.42.710-2,故Kb(MOH)的数量级为10-2,D项正确。3.(1)n(S2O32)=0.100 0 molL-10.020 00 L=2.00010-3 mol根据物质转换和电子得失守恒关系:C3N3O3Cl2-2HClO2I24S2
17、O32得n(Cl)=0.5n(S2O32)=1.00010-3 mol氯元素的质量:m(Cl)=1.00010-3 mol35.5 gmol-1=0.035 50 g该样品的有效氯为0.03550g1.1200g25.00mL250.0mL2100%=63.39%该样品的有效氯大于60%,故该样品为优质品(6分)(2)偏低(2分)【解析】(1)依据三个反应得出关系式:C3N3O3Cl2-2HClO2I2 4S2O32,根据Na2S2O3的消耗量,可以计算出测定中转化为HClO的氯的物质的量,进而得出氯元素的质量,再由有效氯的计算公式测定中转化为HClO的氯元素质量2样品质量100%,可计算出有
18、效氯。(2)加入的稀硫酸的量过少,则生成的I2少,消耗Na2S2O3的量减少,则计算出的HClO的量偏少,导致样品的有效氯测定值偏低。4.B向10 mL浓度均为0.1 molL-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 molL-1盐酸,依次发生反应:H+OH-H2O、H+CO32HCO3-、H+HCO3-H2CO3。a点的溶液中加入盐酸的体积为5 mL,则溶液中溶质的物质的量之比为n(NaCl)n(NaOH)n(Na2CO3)=112,故溶液中离子浓度大小为c(Na+)c(CO32)c(OH-)c(Cl-)c(H+),A项错误。b点对应溶液的pH=7,结合电荷守恒式:c(Na+)+c(
19、H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32)+c(Cl-),可得c(HCO3-)+2c(CO32)=c(Na+)-c(Cl-),故n(HCO3-)+2n(CO32)=0.003 mol-n(Cl-),由题图知溶液pH=7时加入盐酸的体积大于20 mL,故n(Cl-)0.002 mol,所以2n(CO32)+n(HCO3-)0.001 mol,B项正确。c点对应溶液的pHKa2,故c(H+)c(H+),即pHc(OH-),C项正确;溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-),中性溶液中存在c(H+)=c(OH-),故c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-),假设c(HX-)=c(X2-)或c(HX-)c(X2-)(见C项分析),则溶液一定呈酸性,故中性溶液中c(HX-)c(X2-),D项错误。
