高考化学真题透析第2讲水的电离和溶液的酸碱性（精讲深剖）（含解析）.docx

第2讲 水的电离和溶液的酸碱性真题速递1（2019新课标）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】A、常温下pH2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H数目为0.01NA，A错误；B、根据电荷守恒可知选项B正确；C、加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D、加入NaH2PO4固体，H2PO4浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误。2（2019天津）某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A曲线代表溶液B溶液中水的电离程度：b点c点C从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同【答案】C【解析】A、由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比I的酸性强，代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；C、代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)c(HNO2)c(OH-)/c(H+)c(NO2-)=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误。3（2019浙江4月选考）室温下，取20 mL 0.1 molL1某二元酸H2A，滴加0.1 molL1 NaOH溶液。已知：H2AH+HA，HAH+A2。下列说法不正确的是A0.1 molL1 H2A溶液中有c(H+)c(OH)c(A2)0.1 molL1B当滴加至中性时，溶液中c(Na+)c(HA)2c(A2)，用去NaOH溶液的体积小于10 mLC当用去NaOH溶液体积10 mL时，溶液的pH7，此时溶液中有c(A2)c(H+)c(OH)D当用去NaOH溶液体积20 mL时，此时溶液中有c(Na+)2c(HA)2c(A2)【答案】B【解析】A. 0.1 molL1H2A溶液存在电荷守恒，其关系为c(H+)=c(OH)+2c(A2)+ c(HA)，因而c(H+)-c(OH)-c(A2)= c(A2)+c(HA)=0.1molL1，A项正确；B.若NaOH用去10ml，反应得到NaHA溶液，由于HAH+A2，溶液显酸性，因而滴加至中性时，需要加入超过10ml的NaOH溶液，B项错误；C.当用去NaOH溶液体积10 mL时，得到NaHA溶液，溶液的pH7，存在质子守恒，其关系为c(A2)c(H+)c(OH)，C项正确；D.当用去NaOH溶液体积20 mL时，得到Na2A溶液，根据物料守恒有：c(Na+)2c(HA)2c(A2)，D项正确。4（2018课标）下列实验操作不当的是A. 用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B. 用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C. 用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D. 常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二【答案】B【解析】A锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。B用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。C用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。D蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。5（2018江苏）H2C2O4为二元弱酸，Ka1 (H2C2O4 ) =5.4102，Ka2 (H2C2O4 ) =5.4105，设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4) +c(HC2O4) +c(C2O42)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.1000 molL1H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是A. 0.1000 molL1 H2C2O4溶液：c(H+ ) =0.1000 molL1+c(C2O42 )+c(OH)c(H2C2O4 )B. c(Na+ ) =c(总)的溶液：c(Na+ ) c(H2C2O4 ) c(C2O42 ) c(H+ )C. pH = 7的溶液：c(Na+ ) =0.1000 molL1+ c(C2O42) c(H2C2O4)D. c(Na+ ) =2c(总)的溶液：c(OH) c(H+) = 2c(H2C2O4) +c(HC2O4)【答案】AD【解析】A项，H2C2O4溶液中的电荷守恒为c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），0.1000 molL1H2C2O4溶液中0.1000mol/L=c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（H+）=0.1000mol/L-c（H2C2O4）+c（C2O42-）+c（OH-），A项正确；B项，c（Na+）=c（总）时溶液中溶质为NaHC2O4，HC2O4-既存在电离平衡又存在水解平衡，HC2O4-水解的离子方程式为HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，HC2O4-水解常数Kh=1.8510-13Ka2（H2C2O4），HC2O4-的电离程度大于水解程度，则c（C2O42-）c（H2C2O4），B项错误；C项，滴入NaOH溶液后，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），室温pH=7即c（H+）=c（OH-），则c（Na+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）=c（总）+c（C2O42-）-c（H2C2O4），由于溶液体积变大，c（总）0.1000mol/L，c（Na+）0.1000mol/L +c（C2O42-）-c（H2C2O4），C项错误；D项，c（Na+）=2c（总）时溶液中溶质为Na2C2O4，溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=c（HC2O4-）+2c（C2O42-）+c（OH-），物料守恒为c（Na+）=2c（H2C2O4） + c（HC2O4-）+ c（C2O42-），两式整理得c（OH-）-c（H+）=2c（H2C2O4）+c（HC2O4-），D项正确；答案选AD。6（2018天津）下列叙述正确的是A. 某温度下，一元弱酸HA的Ka越小，则NaA的Kh(水解常数)越小B. 铁管镀锌层局部破损后，铁管仍不易生锈C. 反应活化能越高，该反应越易进行D. 不能用红外光谱区分C2H5OH和CH3OCH3【答案】B【解析】A根据“越弱越水解”的原理，HA的Ka越小，代表HA越弱，所以A-的水解越强，应该是NaA的Kh(水解常数)越大。选项A错误。B铁管镀锌层局部破损后，形成锌铁原电池，因为锌比铁活泼，所以锌为负极，对正极铁起到了保护作用，延缓了铁管的腐蚀。选B正确。C反应的活化能越高，该反应进行的应该是越困难（可以简单理解为需要“翻越”的山峰越高，“翻越”越困难）。选项C错误。D红外光谱是用来检测有机物中的官能团或特定结构的，C2H5OH和CH3OCH3的官能团明显有较大差异，所以可以用红外光谱区分，选项D错误。7. （2017课标）常温下将NaOH溶液添加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是AKa2（H2X）的数量级为10-6B曲线N表示pH与的变化关系CNaHX溶液中c(H)c(OH)D当混合溶液呈中性时，c(Na)c(HX-)c(X2-)c(H+)=c(OH-)【答案】D【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，根据图像取0.6和4.8点， =100.6molL1，c(H)=104.8molL1，代入Ka2得到Ka2=105.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6molL1，c(H)=105.0molL1，代入Ka1得到Ka2=104.4，因此HX的水解常数是1014/104.4Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H)c(OH)，C正确；D.根据图像可知当0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，0，即c(X2-)c(HX-)，D错误；答案选D。8（2015广东）一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图2，下列说法正确的是（ ）A升高温度，可能引起有c向b的变化B该温度下，水的离子积常数为1.010-13C该温度下，加入FeCl3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】温度升高，水的离子积增大，c(H+)、c(OH-）都增大，表示的点就不在曲线上，A错；水的离子积常数K=c(H+)c(OH-)，从图可知离子积是1.010-11，不是1.010-13，B错；加入FeCl3，水解使得溶液酸性增强，c(H+)增大，那么c(OH-)减小，故可能引起由b向a的变化，C对；温度不变水的离子积不变，稀释溶液后所表示的点还在曲线上，不可能引起由c向d的变化，D错。9.（2019北京）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 molL1 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 molL1 Na2S2O3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v2 mL。已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ 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_gL1（苯酚摩尔质量：94 gmol 1）。（8）由于Br2具有_性质，中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。【答案】 (1). 容量瓶、量筒 (2). BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O (3). (4). 中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应生成I2可利用后续滴定法测量，从而间接计算苯酚消耗的Br2 (5). 中反应为KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O可知3n(KBrO3)=n(Br2)，中Br2部分与苯酚反应，剩余溴在中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n(KI) 2n(Br2)，推知n(KI)6n(KBrO3) (6). 当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色 (7). (8). 挥发【解析】（1）准确称量KBrO3固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，一定规格的容量瓶，因而该空填容量瓶、量筒；（2）KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，溶液颜色呈棕黄色，说明生成Br2，根据缺项配平可知该离子方程式为BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O；（3）苯酚和溴水反应得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化学方程式为；（4）该测量过程是利用一定量的溴分别与苯酚和KI反应，注意溴须反应完全，且一定量溴的总量已知，部分溴与KI反应生成的I2可利用氧化还原滴定法测量，进而计算出与KI反应的溴的消耗量，将一定量溴减去与KI反应的溴的消耗量，可得与苯酚反应的溴的消耗量，因而一定量的溴与苯酚反应完，必须有剩余的溴与KI反应，中反应结束时，若溶液显黄色说明苯酚反应完，且有溴剩余，以便与KI反应，故原因为中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应，从而间接计算苯酚消耗的Br2；（5）中反应为KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，中Br2部分与苯酚反应，剩余溴的量设为n2(Br2)（n1(Br2)n2(Br2)）在中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n(KI) 2n2(Br2)，推知n(KI)6n(KBrO3)；因而当n(KI)6n(KBrO3)，KI一定过量；（6）中含碘的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着Na2S2O3溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色；（7）n(BrO3-)=av110-3mol，根据反应BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O可知n(Br2)=3av110-3mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I22Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2 I2，可得Br22Na2S2O3，n(Na2S2O3)= bv310-3mol，n1(Br2)=bv310-3mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)= n(Br2)- n1(Br2)=( 3av1-bv3) 10-3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2C6H5OH，n(C6H5OH)=n2(Br2)=(av1-bv3)10-3mol，废水中苯酚的含量=mol；（8）中生成的溴须被苯酚和KI完全反应掉，而溴有挥发性，反应时须在密闭容器中进行。考纲解读考点内容说明水的电离和溶液的酸碱性 了解水的电离、离子积常数。 了解溶液 pH 的含义及其测定方法，能进行 pH 的简单计算。水的电离和溶液的酸碱性常在选择题中考查。 考点精讲考点一 水的电离1水的电离(1) 水的电离方程式水是一种极弱的电解质，它能像酸一样电离出极少量的H，又能像碱一样电离出少量的OH(这叫做水的自偶电离)。水的电离方程式可表示为：H2O + H2O H3O + OH，简写为：H2OH + OH(2) 水的离子积KW：一定温度下，水的电离常数为：即c(H)c(OH)Kc(H2O)设水的密度为1 gcm3，则1 L H2O1 000 mL H2O1 000 gH2055.6 mol，即H2O的起始浓度为55.6 molL1由于水是极弱的电解质，它电离时消耗的水与电离前相比，可忽略不计例如，25时，1 LH2O中已电离的H2O为107mol，所以c(H2O)55.6 molL1，即Kc(H2O)为一常数，这个新的常数叫做水的离子积常数，简称水的离子积，表示为： c(H)c(OH)KW【名师点拨】2影响Kw的因素Kw与溶液中H+、OH无关，与湿度有关。水的电离为吸热过程，所以当湿度升高时，水的电离程度增大，Kw也增大。例如100，1LH2O有106mol电离，此时水的离子积常数为Kw=106106=1012.3影响水的电离平衡因素（1）湿度，升湿度促进水的电离，降温则相反（2）向纯水中引入H+或OH，会抑制水的电离（3）向纯水中引入弱酸酸根阴离子或弱碱阳离子，将促进水的电离，为盐类水解的实质。典例125 时纯水的电离度为a1，pH=2的醋酸溶液的电离度为a2，pH12的氢氧化钠溶液中水的电离度为a3。若将上述醋酸与氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中水的电离度为a1。下列关系式中正确的是（ ）Aa2=a3a4a1Ba3=a2a1a4Ca2a3a1a4Da1a2a3a4【答案】A【解析】酸、碱抑制水的电离，pH=2的醋酸溶液中H浓度等于pH12的氢氧化钠溶液中OH浓度，则两溶液中水的电离程度相等，则有231；pH=2的醋酸溶液与pH12的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸溶液过量，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈酸性，抑制水的电离，溶液中H浓度减小，较原醋酸对水的电离的抑制程度小，所以2341，故选A。典例2如图表示水中c(H)和c(OH)的关系，下列判断错误的是()A两条曲线间任意点均有c(H)c(OH)KwBM区域内任意点均有c(H)c(OH)C图中T1T2DXZ线上任意点均有pH7【答案】D【解析】A只要是水溶液中，都会有c(H+)c(OH-)=Kw，故A正确；B XZ连线的斜率是1，存在c(H+)=c(OH-)，在X、Z连线的上方M区域，c(H+)c(OH-)，在X、Z连线的下方，c(H+)c(OH-)，故B正确，C水的电离是吸热反应，升高温度，促进水的电离，则Kw逐渐增大，Z点Kw大于X点，所以T1T2，故C正确；DXZ连线的斜率是1，存在c(H+)=c(OH-)，温度升高，Kw变大，pH值减小，即小于7，故D错误。【拓展提升】 一定温度下，由于KW为一常数，故通常不写单位，如25时KW11014。 KW只与温度有关，与溶液的酸碱性无关温度不变，KW不变；温度变化，KW也发生变化。 由于水的电离过程是吸热过程，因此温度升高时，纯水中的c(H)、c(OH)同时增大，KW也随着增大例如 25时，c(H)(OH)1107 molL1 ，KW11014；100时，c(H)(OH)1106 molL1 ，KW11012，但由于c(H)与c(OH)始终保持相等，故仍显中性 在任何以水为溶剂的溶液中都存在H和OH，它们既相互依存，又相互制约当溶液中的c(H)增大时，c(OH)将减小；反之，当溶液中的c(OH)增大时，c(H)则必然减小但无论在中性、酸性还是碱性溶液中，在一定温度下，c(H)与c(OH)的乘积(即KW)仍是不变的，也就是说，KW不仅适用于纯水，也适用于任何酸、碱、盐的稀溶液只要温度相同，不论是在纯水中，还是在酸、碱、盐的水溶液中，KW都是相同的 一定温度下，不论是纯水中，还是在酸、碱、盐的水溶液中，由H2O电离产生的c(H)与c(OH)总是相等的如25时，0.1 molL1的盐酸中，c水(H)c(OH)11013 molL1 水的电离平衡遵循勒夏特列原理例如，向纯水中加入酸或碱，均使水的电离平衡逆向移动(即酸或碱抑制水的电离)；向水中投入活泼金属如钠等，由于金属与水电离产生的H直接作用而促进水的电离。考点一精练：1（上海市闵行区20182019学年第二学期高三年级化学二模）对水的电离平衡没有影响的物质是A硝酸铵B硫化钠C氯化氢D碘化钠【答案】D【解析】A. 硝酸铵中NH4+易水解，促进水的电离，故A不符合题意；B. 硫化钠中的S2-易水解，促进水的电离，故B不符合题意；C. 氯化氢溶于水电离出H+抑制水的电离，故C不符合题意；D. 碘化钠是强酸强碱盐，对水的电离无影响，故D符合题意。2t 时，某NaOH稀溶液中c(H)10a molL1，c(OH)10b molL1，已知ab12，请回答下列问题：(1)该温度下水的离子积常数KW_。(2)该NaOH溶液中NaOH的物质的量浓度为_，该NaOH溶液中由水电离出的c(OH)为_。(3)给该NaOH溶液加热，pH_(填“变大”“变小”或“不变”)。【答案】1012 10b molL1 10a molL1 变小 【解析】 (1)该温度下水的离子积常数KWc(H) c(OH)10a molL110b molL110-（a+b），因ab12，故KW11012。(2) NaOH是强电解质，在水溶液中完全电离，该溶液中NaOH的物质的量浓度等于c(OH)10b molL1；该NaOH溶液中，水的电离受到抑制，因此水电离出的c(OH)等于c(H)10a molL1。(3)水的电离是吸热过程，给该NaOH溶液加热，水的电离程度增大，c(H)将增大，故pH变小。3（江苏省南京师范大学附属中学2019届高三5月模拟考试）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）Ac(OH)/c(H)1012的溶液中：NH4+、Cu2、NO3-、SO42-B滴加KSCN溶液显红色的溶液中：NH4+、K、Cl、IC0.1molL1的NaHCO3溶液中：Fe3、K、Cl、SO42-D水电离产生的c(OH)1012 molL1的溶液中：Na、Al3、Cl、NO3-【答案】A【解析】Ac(OH)/c(H)=10-12的溶液，显酸性，NH4+、Cu2、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，故A正确；B滴加KSCN溶液显红色的溶液，说明溶液中存在三价铁离子，三价铁离子能够氧化碘离子，不能大量共存，故B错误；CFe3与HCO3-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D由水电离的c(OH)=10-12molL-1的溶液，为酸溶液或碱溶液，碱溶液中不能大量存在Al3+，故D错误。考点二 溶液的酸碱性1. 任何水溶液中都存在水的电离，因此都含有H和OH一种溶液是显酸性、中性还是碱性，是由该溶液中的c(H)与c(OH)的相对大小来决定的。酸性溶液：c(H)c(OH)中性溶液：c(H)c(OH)碱性溶液：c(H)c(OH)例如：25时，因为KW11014，所以：中性溶液：c(H)c(OH)1107 molL1 酸性溶液：c(H)1107 molL1，c(OH)1107 molL1碱性溶液：c(H)1107 molL1，c(OH) 1107 molL1100时，因为KW11012，所以：中性溶液：c(H)c(OH)1106 molL1 酸性溶液：c(H)1106 molL1，c(OH)1106 molL1碱性溶液：c(H)1106 molL1，c(OH) 1106 molL12. 溶液酸碱性与c(H)、c(OH)、 KW的关系：25时溶液c(H)（molL1）c(OH)（molL1）c(H)与c(OH)的关系KW酸性溶液11071107c(H)c(OH)11014中性溶液11071107c(H)c(OH)碱性溶液11071107c(H)c(OH)3. 酸、碱、盐溶液中水电离的定量计算。（列表比较如下：）c(H)水与c(OH)水关系x的计算式室温x值对水电离影响纯 水c(H)水=c(OH)水x=x=1107mol/L酸溶液x=KW/ c(H)x1107mol/L抑制碱溶液x=KW/ c(OH)注c(H)水、c(OH)水指水电离出的H+、OH浓度由上表可得重要规律：（1）在任意湿度、任意物质的水溶液中（含纯水）的水本身电离出的c(H)水c(OH)水（2）酸和碱对水的电离均起抑制作用 只要碱的pH值相等（不论强弱、不论几元）对水的抑制程度相等，碱也同理。 若酸溶液的pH值与碱溶液的pOH值相等，则两种溶液中水的电离度相等。如pH=3的盐酸溶液与pH=11的氨水溶液在室温下，由水电离出的 c(H)水=c(OH)水=1011mol/L典例1 40 时水的离子积Kw2.91014，则在40 时，c(H)1107molL1的溶液()A呈酸性B呈碱性C呈中性D无法判断【答案】B【解析】40时，水的离子积常数是2.910-14。在氢离子浓度是110-7mol/L的溶液中，c(OH-)=2.910-14/110-7=2.910-7，氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，所以溶液呈碱性。典例2下列叙述正确的是（）A95纯水的pH7，说明加热可导致水呈酸性B常温下，pH=3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH=4C常温下，0.2 molL1的盐酸，与等体积水混合后pH=1D常温下，pH=3的醋酸溶液，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH=7【答案】C【解析】A水的电离为吸热过程，温度升高，促进电离，溶液中c(H+)增大，pH减小，但存在c(H+)=c(OH-)，溶液呈中性，故A错误；B醋酸为弱酸，加水稀释，促进醋酸电离，将pH=3的醋酸溶液稀释至10倍后溶液3pH4，故B错误；C将0.2molL-1的盐酸与等体积水混合后，c(H+)=0.1mol/L，则pH=1，故C正确；DpH=3的醋酸溶液和pH=11的氢氧化钠溶液中：c(H+)=c(OH-)=110-3mol/L，但醋酸为弱酸，不完全电离，醋酸浓度大，与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液pH7，故D错误。【拓展提升】一元强酸与一元弱酸的比较：1. 浓度相同、体积相同的一元强酸与一元弱酸的比较c(H)pH与金属V开始与金属反应V过程产生H2的量中和碱的量加水稀释后PH同加相同水稀释后PHHCl大小快快相同相同多小HAc小大慢慢少大2. pH相同的一元强酸与一元弱酸的比较：c(H)C与金属V开始与金属V过程产生H2的量中和碱的量加水稀释后PH同加相同水稀释后PHHCl同小 相同 慢 少少 少 大HAc大 快 多 多 多 小考点二精练：1下列说法正确的是（）ApH=7的溶液一定呈中性BpH=3的盐酸的c(H+)是pH=1 的盐酸的100倍CNa2CO3溶液与NaHCO3 溶液中所含微粒的种类一定相同D同浓度同体积的氨水与NaOH溶液，与相同浓度的盐酸反应呈中性时，消耗盐酸的体积相同【答案】C【解析】A温度未知，100时pH=6为中性，所以不能由pH=7判断酸碱性，故A错误；BpH=3的盐酸的c(H+)=0.001mol/L，pH=1的盐酸的c(H+)=0.1mol/L，则pH为1的盐酸的c(H+)是pH为3的盐酸的100倍，故B错误；C碳酸根离子、碳酸氢根离子均水解，两溶液都含有Na+、H2CO3、CO32-、HCO3-、OH-、H+、H2O，故C正确；D氯化铵溶液因铵根离子水解显酸性，氯化钠溶液为中性；同浓度的氨水和NaOH溶液，与相同浓度的盐酸反应呈中性时，氨水需剩余，则其消耗盐酸的体积较小，所以两种溶液消耗的盐酸的体积不同，故D错误。2（浙江省临海市白云高级中学2019届高三3月月考）常温下，下列说法正确的是A稀释酸溶液，溶液中所有离子的浓度均减小B用CH3COOH溶液做导电性实验，灯泡很暗，说明CH3COOH是弱电解质C相同物质的量浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数，稀释后溶液pH：盐酸醋酸,分别稀释相同倍数，稀释后氢离子浓度仍旧为盐酸醋酸,则溶液pH：盐酸醋酸，C正确；D. pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，醋酸为弱酸，则醋酸的物质的量大于氢氧化钠的，混合后酸过量，则混合液呈酸性，D错误。3常温下，关于下列两种溶液的说法不正确的是（ ）pH1212溶质NaOHNH3H2OA中c(NH4+)等于中c(Na+)B两溶液中溶质的物质的量浓度：C中和等体积的两溶液所用等浓度盐酸的体积：【答案】D【解析】A.电荷守恒可得：c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)、c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，两溶液的pH相同，相同温度下氢离子、氢氧根离子浓度相同，则c(NH4+)=c(Na+)=c(OH-)- c(H+)，A正确；B.NaOH是一元强碱，完全电离，c(OH-)=c(NaOH)，一水合氨是一元弱碱，存在电离平衡，所以c(NH3H2O)c(OH-)=c(NaOH)，即c(NaOH)，所以当两者体积相同时，n(NH3H2O)n(NaOH)，因此中和等体积的两溶液所用等浓度盐酸的体积：n(NH3H2O)n(NaOH)，即c(NaOH)，所以两溶液分别与pH=2的盐酸等体积混合后，一水合氨过量，溶液相对来说，碱性强些，故混合后混合液的pH：，D错误。考点三 酸碱中和滴定一实验原理1. 用已知浓度的酸(或碱)滴定未知浓度的碱(或酸)的浓度。2. 利用酸碱指示剂明显的颜色变化表示反应已完全，即反应到达终点。指示剂变色范围的pH石蕊8.0蓝色甲基橙4.4黄色酚酞10.0红色二. 实验用品1. 仪器：酸式滴定管(如图A)、碱式滴定管(如图B)、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。滴定管的结构特点及使用方法三 实验操作(以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例)(1) 滴定前的准备 滴定管：查漏洗涤润洗装液调液面记录。 锥形瓶：注碱液记读数加指示剂。(2) 滴定(3) 终点判断：等到滴入最后一滴标准液，指示剂变色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，视为滴定终点并记录标准液的体积。四数据处理按上述操作重复二至三次，求出用去标准盐酸体积的平均值，再根据c(NaOH)计算。典例1某同学用0.1 mol/L 的盐酸滴定20.00 mL NaOH溶液，测定其浓度。下列操作正确的是A需用NaOH溶液润洗锥形瓶B用量筒量取20.00 mL NaOH溶液C滴定前，使酸式滴定管尖嘴部分充满盐酸D充分反应后，滴入酚酞溶液，观察是否到达滴定终点【答案】C【解析】A不能用NaOH溶液润洗锥形瓶，否则锥形瓶中氢氧化钠的量偏多，故A错误；B量筒的精确度为0.1mL，不能用量筒量取20.00 mL NaOH溶液，故B错误；C滴定前，需要排气泡，使酸式滴定管尖嘴部分充满盐酸，故C正确；D滴定前需要滴加指示剂，滴定时，注意观察是否到达滴定终点，故D错误。典例2用 0.50molL1NaOH标准液10.00mL，将未知浓度的盐酸20.00mL恰好滴定至终点，下列说法正确的是（）A若滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，则所测的盐酸浓度偏大B用量筒量取上述盐酸C若选用酚酞作指示剂，终点时，液体恰好褪色D盐酸的浓度为1.00 molL1【答案】A【解析】A滴定管尖嘴悬有一滴液体，导致消耗的V(NaOH)偏大，由c(盐酸)=可知，所测的盐酸浓度偏大，故A正确； B盐酸体积20.00mL，而量筒的感量为0.1mL，不能使用量筒，可选滴定管或移液管量取，故B错误；CNaOH滴定盐酸，选用酚酞作指示剂，终点时，溶液由无色变为红色、且30s不变色，故C错误；D用0.50molL-1NaOH标准液10.00mL，滴定未知浓度的盐酸20.00mL，则c(盐酸)= =0.25mol/L，故D错误。典例3（上海市浦东新区2019届高三下学期高考化学等级二模）用标准盐酸滴定待测NaOH溶液时，相关说法正确的是( )A可用石蕊作指示剂B滴定时眼睛注视滴定管中液面下降C需做平行实验23次D当溶液颜色变化时立即读数【答案】C【解析】A项：石蕊变色范围58，在酸、碱性溶液中都变色，且变色不灵敏，故不用石蕊作中和滴定的指示剂，A项错误；B项：滴定时眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判定滴定终点，B项错误；C项：为减少滴定误差，提高测定精度，需做平行实验23次，取平均值作为最终结果，C项正确；D项：为防止锥形瓶中标准液局部过量使指示剂发生颜色变化，当溶液颜色发生变化且半分钟不变色时才能读数，D项错误。【拓展提升】 恰好中和酸碱恰好完全反应溶液呈中性滴定终点。2在酸碱中和滴定误差分析中，要看清楚标准液与待测液的位置。标准液在滴定管中与标准液在锥形瓶中产生误差情况相反。3误差分析以标准酸溶液滴定未知浓度的碱溶液(酚酞作指示剂)为例，常见的因操作不正确而引起的误差有：步骤操作VAcB洗涤酸式滴定管未用标准酸溶液润洗变大偏高碱式滴定管未用待测溶液润洗变小偏低锥形瓶用待测溶液润洗变大偏高锥形瓶洗净后还留有蒸馏水不变无影响取液放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失变小偏低滴定酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失变大偏高振荡锥形瓶时部分液体溅出变小偏低部分酸液滴在锥形瓶外变大偏高溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴碱液颜色无变化变大偏高读数酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯)变小偏低酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰)变大偏高考点三精练：1（江西省抚州市临川区第一中学2020届高三上学期适应性考试）下列情况会使所配溶液浓度偏低或其他测量值偏低的是（）用稀醋酸和稀氢氧化钠溶液反应测定中和热数值；溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤；用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积；在用标准液（已知浓度）滴定未知浓度的溶液时，盛标准液的滴定管水洗后未润洗；定容时，仰视容量瓶的刻度线ABCD【答案】B【解析】醋酸为弱电解质，其电离过程为吸热过程，因此稀醋酸与稀氢氧化钠溶液反应测定的中和热数值减小，故符合题意；溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，造成容量瓶中溶质的物质的量减少，即物质的量浓度偏低，故符合题意；用滴定管量取液体时，开始时平视读数，结束时俯视读数所得溶液的体积偏大，故不符合题意；未用标准液润洗滴定管，标准液的浓度降低，消耗标准液的体积增大，即测的未知液的浓度将偏大，故不符合题意；定容时，仰视容量瓶的刻度线，所得溶液体积偏大，浓度偏小，故符合题意；综上所述，偏低的是，故B正确。2（湖北部分重点中学2020届高三新起点联考）下列有关实验操作的叙述错误的是（ ）A洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏大C蒸馏完毕后，应先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置D用标准盐酸溶液滴定氨水来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂【答案】A【解析】A锥形瓶和容量瓶不需要干燥，有少量水对实验无影响，故A错误；B用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，则所配溶液浓度偏大，故B正确；C蒸馏完毕后，还需充分冷凝，则先停止加热，待装置冷却后，停止通水，再拆卸蒸馏装置，故C正确；D用标准盐酸溶液滴定氨水来测定其浓度，滴定终点时恰好生成NH4Cl，溶液显酸性，则应选择甲基橙为指示剂，故D正确；答案为A。3用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是（ ）A用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定B用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定C用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定D用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸【答案】C【解析】A. 用蒸馏水洗净滴定管后，必须再用标准液盐酸润洗滴定管，避免滴定管内的水分将标准液稀释了，标准液浓度减小，滴定时消耗体积增大，测定结果偏大，A项错误；B. 用蒸馏水洗后的锥形瓶，不能再用待测液润洗，避免润洗后待测液物质的量增加，测定结果偏大，B项错误；C. 锥形瓶内多些蒸馏水不影响滴定结果，因为待测液的物质的量没有变化，测定结果不会受到影响，C项正确；D. 当溶液由红色刚变无色时，不能立即读数，必须等到溶液颜色半分钟不再变化，否则会影响测定结果，D项错误。考点四 pH的计算1. 基本关系式 pH1gc(H) c(H)10pH molL1 任何水溶液中，由水电离产生的c(H)与c(OH)总是相等的，即：c水(H)c水(OH)。 常温(25)时，c(H)c(OH)11014 n元强酸溶液中c(H)nc酸；n元强碱溶液中c(OH)nc碱典例1 10mLpH4的盐酸，稀释10倍到100mL时，求pH。【答案】5【解析】pH4，即c(H)1104mol/L，稀释10倍，即c(H)1105mol/L， 所以pH5。2. 强酸与弱酸、强碱与弱碱溶液加水稀释后pH的计算强酸与弱酸分别加水稀释相同倍数时，由于弱酸中原来未电离的弱酸分子进一步电离出离子，故弱酸的pH变化小。设稀释10n倍，则：强酸：pH稀 pH原 + n弱酸：pH稀 pH原 + n典例2 pH6的稀盐酸稀释至1000倍，求pH。【答案】6.99【解析】pH6的稀盐酸，稀释1000倍时：c(H)(1106999107)/10001.009107， pH6.99【名师点拨】当强酸、强碱溶液的H离子浓度接近水电离出的H离浓度(1107mol/L)时，水的H离子浓度就不能忽略不计。3. 两强酸或两强碱溶液混合后pH的计算 两强酸溶液混合先求出： 再求pH混1gc混(H)典例3 pH5和pH3的强酸溶液接等体积混合后溶液的pH值。【答案】【解析】强酸溶液的混合，溶液中H是主要的。c(H)(11051103)/25.05104(mol/L pH3.3 两强碱溶液混合求算两强碱溶液混合后溶液的pH时，不能直接根据题中给出的碱的pH求算混合液的pH，而必须先分别求出两强碱溶液中的c(OH)，再依下式求算c混(OH)：然后求出c混(H)、pH混。例如：将pH8的Ba(OH)2溶液与pH10的NaOH溶液等体积混合后，溶液