高考化学一轮复习 考点2 水的电离与溶液的pH 核心考点精讲精练（解析版）

考点2水的电离与溶液的pH1．3年真题考点分布年份卷区考点分布水的电离溶液的酸碱性和pH计算酸碱中和滴定综合应用2023湖南√√2022浙江√√√2021广东√海南√辽宁√浙江√2．命题规律及备考策略【命题规律】近3年新高考卷对于该专题主要考查：1．水的电离2．溶液的酸碱性和pH计算3．酸碱中和滴定【备考策略】熟练掌握认识水的电离有一定限度，是可以调控的。能多角度、动态地分析水的电离，并运用平衡移动原理解决实际问题。能从定性和定量上收集证据，能通过定性分析和定量计算推出合理的结论；能运用pH计算模型进行pH的简单计算。【命题预测】预测2024年高考，酸碱中和滴定中有探究价值的问题；能从问题和假设出发，确定探究目的，设计探究方案，进行实验探究；在探究过程中学会合作，面对“异常”现象敢于提出自己的见解，进行误差分析。考法1水的电离一、水的电离与水的离子积常数1.水的电离水是极弱的电解质，水的电离方程式为H2O＋H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－。2.水的离子积常数Kw＝c(H＋)·c(OH－)。(1)室温下：Kw＝1×10－14。(2)影响因素：只与温度有关，升高温度，Kw增大。(3)适用范围：Kw不仅适用于纯水，也适用于稀的电解质水溶液。(4)Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要温度不变，Kw不变。二、影响水电离平衡的因素体系变化条件平衡移动方向Kw水的电离程度c(OH－)c(H＋)HCl逆不变减小减小增大NaOH逆不变减小增大减小可水解的盐Na2CO3正不变增大增大减小NH4Cl正不变增大减小增大温度升温正增大增大增大增大降温逆减小减小减小减小其他：如加入Na正不变增大增大减小【典例1】（北京市顺义区2023届高三第一次模拟）最近《科学》杂志评出“十大科技突破”，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一、下列关于水的说法中不正确的是A．水是含极性键的极性分子B．水的电离方程式为：C．纯水中加入少量酸，水的电离受到抑制D．升高温度，水的电离程度增大【答案】B【解析】A．H2O的结构式为H-O-H，含有H-O极性键，H2O分子中心O原子有2对孤电子对，采取sp3杂化，空间构型为V形，属于极性分子，A正确；B．水的电离方程式为，B错误；C．纯水中加入少量酸，溶液中氢离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，电离受到抑制，C正确；D．水的电离是吸热的，升高温度平衡正向移动，电离程度增大，D正确；故选B。1.(河北省衡水中学2024届高三调研)一定温度下，水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示，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1.0×10-13C．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】A．图中曲线为一定温度下的离子积常数曲线，升高温度，c(H+)和c(OH-)均增大，水的离子积常数增大，所以升高温度将不在曲线上，不可能由c变到b，，故A错误；B．根据离子积常数可知，该温度下Kw=c(H+)⋅c(OH−)=1×10−7×1×10−7=1×10−14，故B错误；C．该温度下，加入FeCl3水解显酸性，氢离子浓度增大而氢氧根离子浓度减小，可以引起曲线b向a的变化，故C正确；D．该温度下，离子积常数不变，稀释溶液，只能在这条曲线上，不能造成由c向d的变化，故D错误；故答案为C。考法2溶液的酸碱性和pH的计算三、溶液的酸碱性和pH1.溶液的酸碱性溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。(1)酸性溶液：c(H＋)>c(OH－)，常温下，pH<7。(2)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)，常温下，pH＝7。(3)碱性溶液：c(H＋)<c(OH－)，常温下，pH>7。2.pH及其测量(1)计算公式：pH＝－lgc(H＋)。(2)溶液的酸碱性与pH的关系常温下：四、pH的测定1．pH试纸（1）使用方法取一小块pH试纸于干燥洁净的玻璃片或表面皿上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取试液点在试纸上，当试纸颜色变化稳定后迅速与标准比色卡对照，读出pH。（2）分类①广泛pH试纸：其pH范围是1～14(最常用)，可以识别的pH差约为1。②精密pH试纸：可判别0.2或0.3的pH差值。③专用pH试纸：用于酸性、中性或碱性溶液的专用pH试纸。2．pH计pH计，又叫酸度计，可精密测量溶液的pH，其量程为0～14。①pH试纸不能测定具有漂白性的溶液的pH。②不能用湿润的玻璃棒蘸取待测液，也不能将pH试纸先用水润湿，否则溶液被稀释，可能造成误差（酸性溶液的pH偏大、碱性溶液的pH偏小、中性溶液的pH无影响）。五、pH的计算1．单一溶液pH的计算（1）酸性溶液中，先求c(H+)，再计算pH=-lgc(H+)；（2）碱性溶液中，先求c(OH-)，再由c(H+)=Kwc(OH-)求c(H+)，最后计算pH=-lgc(H+2．混合溶液pH的计算（1）强酸混合，先求，再计算pH=-lgc(H+)；（2）强碱混合，先求，再由c(H+)=Kwc(OH-)求c(H+)，最后计算（3）强酸强碱混合①恰好完全反应，pH=7(25℃)；②酸过量，先求，再计算pH=-lgc(H+)；③碱过量，先求，再由c(H+)=Kwc(OH-)求c(H+)，最后计算pH=3．酸、碱稀释时pH变化规律（1）pH=a的强酸溶液，稀释10m倍，pH=a+m（室温下，a+m＜7）pH=a的弱酸溶液，稀释10m倍，a＜pH＜a+n（室温下，a+m＜7）（2）pH=b的强碱溶液，稀释10n倍，pH=b-n（室温下，b-n＞7）pH=b的弱酸溶液，稀释10n倍，b-n＜pH＜b（室温下，b-n＞7）（3）pH=a的强酸溶液，稀释一倍（或与可忽略的酸/碱等体积混合），pH=a+0.3（室温下，a+0.3＜7）（4）pH=b的强碱溶液，稀释一倍（或与可忽略的酸/碱等体积混合），pH=b-0.3（室温下，b-0.3＞7）【方法规律】1.稀释规律酸、碱溶液稀释相同倍数时，强电解质溶液比弱电解质溶液的pH变化幅度大，但不管稀释多少倍，最终都无限接近中性。2.酸碱混合规律(1)等浓度等体积一元酸与一元碱混合的溶液——“谁强显谁性，同强显中性”。(2)25℃时，等体积pH之和等于14的一强一弱酸碱混合溶液——“谁弱谁过量，谁弱显谁性”。(3)强酸、强碱等体积混合(25℃时)①pH之和等于14呈中性；②pH之和小于14呈酸性；③pH之和大于14呈碱性。【典例2】(浙江省金丽衢十二校2022-2023学年高三第一次联考)下列说法一定正确的是A．相同温度下，1L0.02mol·L-1的NaCl溶液和2L0.01mol·L-1NaCN溶液中的离子总数相等B．常温下，将pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的一元碱BOH溶液等体积混合，所得溶液pH=7C．25℃时，向10mL0.1mol·L-1HA溶液中加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，当水电离出的c(H+)=1.0×10-7mol·L-1时，滴加氢氧化钠溶液的体积可能出现两种情况，则HA为弱酸D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，但电离常数Ka不变，c(H+)逐渐增大，导电性逐渐增强。【答案】C【解析】A．NaCN溶液中CN-水解，相同温度下，1L0.02mol·L-1的NaCl溶液中的离子总数大于2L0.01mol·L-1NaCN溶液中的离子总数，故A错误；B．常温下，将pH=2的一元酸HA溶液与pH=12的一元碱BOH溶液等体积混合，若HA为弱酸，所得溶液pH<7；若BOH为弱碱，所得溶液pH>7，故B错误；C．25℃时，向10mL0.1mol·L-1HA溶液中加入0.1mol·L-1的NaOH溶液，当水电离出的c(H+)=1.0×10-7mol·L-1时，滴加氢氧化钠溶液的体积可能出现两种情况，如图所示

，则HA为弱酸，故C正确；D．将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，但电离常数Ka不变，c(H+)先增大后减小，导电性先增强后减弱，故D错误；故选C。1．（浙江省浙里卷天下2022-2023学年高三冲刺卷）下列说法不正确的是A．相同温度下，相等的氨水、溶液中，相等B．的醋酸溶液的物质的量浓度大于的醋酸溶液的10倍C．均为4的盐酸和氯化铵溶液等体积混合后，所得溶液的D．用同浓度的溶液分别与等体积、等的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，盐酸消耗溶液的体积更大【答案】D【解析】A．相同温度下，水的离子积相等，相等的氨水、溶液中，相等，则溶液中相等，A正确；B．醋酸为弱酸，不能完全电离，浓度越大，电离程度越小，的醋酸溶液的物质的量浓度为(为电离度)，的醋酸溶液的物质的量浓度为(为电离度)，故前者比后者的10倍还大，B正确；C．均为4的盐酸和氯化铵溶液等体积混合的瞬间，，不发生变化，铵根离子和一水合氨的浓度瞬间变为原来的二分之一，则二者的比值不变，故所得溶液中水的电离平衡没有移动，氯化铵的水解平衡没有移动，混合溶液中，，C正确；D．醋酸是弱酸，等体积、等的盐酸和醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量，则用同浓度的溶液分别与等体积、等的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，醋酸消耗溶液的体积更大，D错误。故选D。考法3酸碱中和滴定六、酸碱中和滴定1.实验原理利用酸碱中和反应，用已知浓度酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。以标准盐酸滴定待测的NaOH溶液，待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)＝eq\f(c（HCl）·V（HCl）,V（NaOH）)。酸碱中和滴定的关键：(1)准确测定标准液和待测液的体积；(2)准确判断滴定终点。2.实验用品(1)仪器图(A)是酸式滴定管、图(B)是碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。(2)试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。(3)滴定管①构造：“0”刻度线在上方，尖嘴部分无刻度。②精确度：读数可精确到0.01mL。③洗涤：先用蒸馏水洗涤，再用待装液润洗。④排泡：酸、碱式滴定管中的液体在滴定前均要排出尖嘴中的气泡。⑤使用注意事项：试剂性质滴定管原因酸性、氧化性酸式滴定管氧化性物质易腐蚀橡胶管碱性碱式滴定管碱性物质易腐蚀玻璃，致使玻璃活塞无法打开3.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①滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录。②锥形瓶：注碱液→记体积→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。(4)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，根据c(NaOH)＝eq\f(c（HCl）·V（HCl）,V（NaOH）)计算。常用酸碱指示剂及变色范围指示剂变色范围的pH石蕊＜5.0红色5.0～8.0紫色>8.0蓝色甲基橙＜3.1红色3.1～4.4橙色>4.4黄色酚酞＜8.2无色8.2～10.0浅红色>10.0红色5.指示剂的选择：一般不选择石蕊，变色现象不明显。强酸滴（弱）碱甲基橙，强碱滴（弱）酸用酚酞，两强互滴（甲基橙酚酞）都可以。滴定种类选用的指示剂滴定终点颜色变化指示剂用量强酸滴定强碱酚酞红色→无色2-3滴甲基橙黄色→橙色强酸滴定弱碱甲基橙黄色→橙色强碱滴定强酸甲基橙红色→橙色酚酞无色→粉红色强碱定弱酸酚酞无色→粉红色七、酸碱中和滴定的误差分析由c待测＝eq\f(c标准·V标准,V待测)可知，c标准和V待测均为定值，所以c待测的误差主要来自V标准，V标准偏大则c待测偏高，V标准偏小则c待测偏低。（1）若以盐酸标准液滴定未知浓度的NaOH溶液，常见的误差分析如下：步骤操作V标准c待测洗涤酸式滴定管未用标准溶液润洗变大偏高碱式滴定管未用标准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出锥形瓶外变大偏高溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后再加一滴NaOH溶液无变化变大偏高读数滴定前读数正确，滴定后俯视读数(或前仰后俯)变小偏低滴定前读数正确，滴定后仰视读数(或前俯后仰)变大偏高配制标准液若配制NaOH溶液，所取的NaOH固体部分潮解变大偏高若配制NaOH溶液，所取的NaOH固体中含有不与酸反应的杂质变大偏高若配制NaOH溶液，所取的NaOH固体中含有与酸反应的杂质（Na2CO3）变大偏高若配制NaOH溶液，所取的NaOH固体中含有与酸反应的杂质（Na2O）变小偏低（2）若先配制NaOH标准液，滴定未知浓度的盐酸，配制NaOH标准液时：步骤操作V标准c待测配制NaOH标准液NaOH固体部分潮解偏高偏高NaOH固体中含有不与酸反应的杂质偏高偏高NaOH固体中含有与酸反应的杂质（Na2CO3）偏高偏高NaOH固体中含有与酸反应的杂质（Na2O）偏低偏低【典例3】(湖南省长沙市2023届高三联考)下图是0.01mol·L-1甲溶液滴定0.0lmol·L-1乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线③表示盐酸滴定CH3COONa溶液，其他曲线是醋酸溶液滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断正确的是A．由图可知条件相同时离子导电能力为H+>OH->CH3COO-B．曲线②是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线C．随着甲溶液体积增大，曲线①始终保持最高导电能力D．a、b、c三个点不都是反应终点【答案】A【解析】A．由曲线③盐酸滴定NaAc溶液，曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，则由图可知条件相同时离子导电能力为H+>OH->CH3COO-，故A正确；B．曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B错误；C．由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线①逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，故C错误；D．反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D错误；故选A。1．（重庆市万州第二高级中学2023届高三下学期第二次质量检测）25℃时，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L的一元强酸甲和一元弱酸乙，滴定曲线如图所示。下列有关判断正确的是

A．曲线Ⅰ代表的滴定最好选用甲基橙作指示剂B．曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定一元弱酸乙C．电离常数Ka(乙)=1.01×10-5D．图象中的x>20.00【答案】C【解析】A．根据两种酸的浓度均为以及曲线Ⅰ、Ⅱ的起点对应的pH可知，曲线Ⅰ为NaOH滴定一元弱酸乙，曲线Ⅱ为NaOH滴定一元强酸甲。分析曲线Ⅰ可知，滴定终点时溶液为碱性，故应选取酚酞作指示剂，A项错误；B．由以上分析可知，B项错误；C．由a点可知，滴定前，一元弱酸乙溶液中，故，C项正确；D．由曲线Ⅱ可知，强碱滴定强酸达到滴定终点时pH=7可知，，D项错误；故选C。【基础过关】1．（重庆市巴蜀中学校2023学年高三模拟）室温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．在溶液中：、、、B．含大量的溶液中：、、、C．加入Al产生的溶液中：、、、D．由水电离的的溶液中：、、、【答案】B【解析】A．铁离子和SCN-离子生成红色物质，不共存，A不符合题意；B．、、、、相互之间不反应，能共存，B符合题意；C．加入Al产生的溶液为酸性或碱性，若为碱性溶液氢氧根离子会和镁离子、碳酸氢根离子反应不共存；若为酸性氢离子会和反应不共存，C不符合题意；D．由水电离的的溶液为酸性或碱性，酸性溶液中氢离子、氯离子、次氯酸根离子会发生氧化还原反应生成氯气，不共存，D不符合题意；故选B。2．（天津市和平区2023届高三下学期三模）用标准的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，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溶液润洗后装入一定体积的NaOH溶液C．取10.00mLNaOH溶液放入洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水D．取10.00mL的NaOH溶液，放入锥形瓶后，把碱式滴定管尖嘴液滴吹去【答案】C【解析】A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸前需要先润洗，若不润洗相当于稀释了标准溶液，会使测定结果偏高，故A错误；B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗后装入一定体积的NaOH溶液，会使NaOH溶液的用量偏多，所以测定结果偏高，故A错误；C．取10.00mLNaOH溶液放入洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水，NaOH溶液的用量不变，所以不会引起实验误差，故C正确；D．取10.00mL的NaOH溶液，放入锥形瓶后，把碱式滴定管尖嘴液滴吹去，会使得取用的NaOH溶液偏少，所以测定结果偏低，故D错误；故选C。3．（黑龙江省齐齐哈尔市2023届高三下学期二模）如图为室温下某二元碱溶液中M(OH)2、M(OH)+、M2+的浓度(mol·L-1)对数lgc随pOH[-lgc(OH-)]的变化关系。下列说法正确的是A．该二元碱的浓度为0.10mol/LB．pOH=8.0时，lgc(M2+)-lgc[M(OH)+]=1.55C．当c(M2+)=c[M(OH)+]时，pH=6.45D．pH=7时，lgc(M2+)-lgc[M(OH)2]=8.35【答案】B【分析】pOH越小，溶液碱性越强，随着溶液碱性的减弱，M(OH)2浓度逐渐减小，M(OH)+浓度先增大后减小，M2+浓度逐渐增大，因此左侧的虚线表示M(OH)2，实线表示M(OH)+，右侧虚线表示M2+。【解析】A．根据图像可知，pOH=0时，M(OH)2浓度为0.1mol/L，M(OH)+浓度为0.001mol/L，根据M守恒可知，该二元碱的浓度大于0.1mol/L，A错误；B．根据图示可知，pOH=6.45时，c[M(OH)+]=c(M2+)，此时Ka2==c(OH-)=10-6.45，pOH=8时，lgc(M2+)-lgc[M(OH)+]==1.55，B正确；C．当c[M(OH)+]=c(M2+)时，pOH=6.45，此时pH=7.55，C错误；D．Ka1=10-1.9，Ka1×Ka2==10-8.35，则lgc(M2+)-lgc[M(OH)2]=lg=lg，pH=7，故lg=5.65，D错误；故答案选B。4．（湖北省名校联盟2023届高三联合测评）H3PO3是制造塑料稳定剂的原料。常温下，向100mL0.5mol·L-1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中所有含磷微粒的物质的量分数(δ)与溶液pOH[pOH=-lgc(OH-)]的关系如图所示。下列说法错误的是

A．H3PO3的结构简式为B．a点水电离出的c(OH-)=1×10-7.4mol·L-1C．当pH=4时，c(HPO)=c(H3PO3)D．b点时加入NaOH溶液的体积为50mL【答案】D【解析】A．图像中只含有3种含磷微粒，因此H3PO3为二元酸有两个羟基氧，结构，A项正确；B．随着c(OH-)逐渐增大，pOH减小，根据H3PO3+OH-=H2PO3-+H2O，H2PO3-+OH-=HPO32-+H2O知，c(H3PO3)逐渐减小，c()先增大后减小，c()逐渐增大，故曲线I、II、II分别表示、、H3PO3的变化曲线，a点溶质为Na2HPO3和NaH2PO3，溶液pH为6.6，显酸性，H2PO3-电离出H+，该溶液对水的电离起抑制作用，C水(OH-)=C溶液(OH-)=1×10-7.4mol·L-1，B项正确；C．b点时，c(H3PO3)=c()此时Ka1=c(H+)=10-1.4，a点时，c()=c()，Ka2=c(H+)=10-6.6，Ka1·Ka2=10-8，当c(H+)=10-4时，c()=c(H3PO3)，C项正确；D．当加入NaOH溶液的体积为50mL，反应生成的NaH2PO3和剩余的H3PO3物质的量相同，但需要考虑H3PO3的电离和的电离，此时c(H3PO3)≠c()，D项错误；故选D。5．（江西省九江市2023届高三下学期第三次模拟）人体血液存在H2CO3/，/等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lgx[x表示或]与pH的关系如图所示。已知碳酸pKa1=6.4、磷酸pKa2=7.2(pKa=－lgKa)。则下列说法错误的是

A．曲线I表示lg与pH的变化关系B．a→b的过程中，水的电离程度逐渐增大C．当pH增大时，逐渐减小D．当c(H2CO3)=c()时，c()<c()【答案】C【分析】由电离平衡H2CO3HCO+H+、H2POHPO+H+可知，随pH增大，溶液中c(OH-)增大，使电离平衡向右移动，减小，增大，所以曲线I表示lg与pH的变化关系，曲线II表示lg与pH的变化关系，以此分析解答。【解析】A．由分析可知，曲线I表示lg与pH的变化关系，故A正确；B．曲线I表示lg与pH的变化关系，a→b的过程中，c(HCO)逐渐增大，对水的电离促进作用增大，所以水的电离程度逐渐增大，故B正确；C．根据Kal=；Ka2=，可得=c()，当pH增大时，的电离被促进，浓度逐渐增大，所以逐渐增大，故C错误；D．由题给信息可知，则当c(H2CO3)=c()时，lg=0，由图可知，此时lg<0，说明c()<c()，故D正确；故选C。6．（辽宁省大连二中2023年高三模拟）金属M与单质碘在无水醋酸中反应，得到化合物，提纯干燥后测得其熔点为144.5℃。为确定的组成，进行以下实验：称取0.6263g，置于特制的梨形瓶中，加入50mL6molL-1的盐酸，同时加入适量，用0.1000molL-1的碘酸钾溶液进行滴定。随着碘酸钾溶液的加入，可观察到层呈紫色，后逐渐变浅，滴至紫色褪去为终点，此时层呈淡黄色，滴定消耗碘酸钾溶液20.00mL。在中显黄色的物质在历史上曾被误认为。下面有关实验细节的描述中，错误的是A．滴定终点时的操作：当滴入最后半滴标准液时，溶液恰好由紫色变为淡黄色，且半分钟不变色B．滴定结束后中主要的溶质为C．如果用过量的碘化钾溶液滴定碘酸钾溶液，则滴定过程中层颜色逐渐加深，直至不变D．紫色褪去反应的离子方程式为：【答案】C【分析】用碘酸钾溶液进行滴定，随着碘酸钾溶液的加入，可观察到层呈紫色，是生成碘单质，后逐渐变浅，滴至紫色褪去是碘单质、碘酸根离子、氢离子和氯离子发生反应生成氯化碘，此时层呈淡黄色。【解析】A．滴定终点时的操作：当滴入最后半滴标准液时，溶液恰好由紫色变为淡黄色，且半分钟不变色，A正确；B．根据上述分析可知，滴定结束后中主要的溶质为，B正确；C．碘离子与碘酸根离子反应中需消耗氢离子，当氢离子不足时不会再生成碘单质,层颜色不会加深，C错误；D．紫色褪去反应的离子方程式为：，D正确；故选C。7．（广东省茂名市第一中学2023届高三三模）部分含硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是

A．pH=5的a、d水溶液中c(H+)相同B．c通入紫色石蕊先变红后褪色C．b和e反应可能生成Na2S2O3D．e能够促进水的电离【答案】B【分析】根据含有硫元素的物质所属类型，结合硫元素的化合价，可知a是H2S，b是单质S，c是SO2，d是H2SO4，e为Na2SO3等亚硫酸盐，再结合物质的性质分析解答。【解析】A．pH=5的H2S、H2SO4水溶液中c(H+)都为1.0×10-5mol·L-1，故c(H+)相同，A正确；B．c是SO2，SO2只能漂白某些有机色质，比如品红溶液，但是不能使指示剂褪色，故B说法错误，B错误；C．单质S与Na2SO3固体共热，可生成硫代硫酸钠Na2S2O3，C正确D．Na2SO3等亚硫酸盐为水解盐，能够促进水的电离，D正确；故选B。【能力提升】1．（重庆市第一中学校2023届高三下学期适应性考试）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．使甲基橙试液变红的溶液：B．通入足量的溶液：C．通入足量的溶液：D．水电离的的溶液：【答案】A【解析】A．使甲基橙试液变红的溶液为酸性溶液，酸性溶液中，之间互不反应，能大量共存，故A符合题意；B．具有还原性，能与发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不符合题意；C．通入足量NH3的溶液中：Cu2+会反应生成[Cu]NH3)2]2+，不能大量共存，故C不符合题意；D．水电离的的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，存在，当溶液呈碱性时，该平衡正向移动，主要以形式存在，故D不符合题意；故答案选A。2．（山东省济南三中2023届高三下学期二模）某温度下，和的电离常数分别为和。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释(忽略温度的变化)，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A．曲线Ⅰ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，溶液中的值增大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】A【分析】某温度下，和的电离常数分别为和，则酸的强弱为。【解析】A．pH值相同的两种酸，加水稀释，氢离子浓度减小，由于相对弱的酸电离出的氢离子比相对强的酸电离出的氢离子多，则后来相对弱的酸中氢离子浓度大于相对强的酸中氢离子，因此曲线Ⅰ代表溶液，故A正确；B．b点氢离子浓度大于c点氢离子浓度，因此b点抑制水的电离程度大，则溶液中水的电离程度：c点＞b点，故B错误；C．从c点到d点，平衡正向移动，但温度不变，故溶液中的值不变，故C错误；D．相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，由于醋酸的物质的量浓度大于HCN的物质的量浓度，则醋酸溶液中加入的氢氧化钠溶液多，因此两溶液中不相同，故D错误。综上所述，答案为A。3．（北京市顺义一中2023届高三下学期模拟）用0.100mol·L-1的NaOH溶液分别滴定体积均为10.00mL、浓度均为0.100mol·L-1的HCl和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率(电导率越大表示溶液导电性越强)变化如图所示。下列说法正确的是A．曲线①代表向HCl中滴加NaOH B．A点溶液的pH小于C点溶液的pHC．A、B两点水的电离程度：A>B D．C→D发生了反应：H++OH-=H2O【答案】C【分析】HCl为强电解质，CH3COOH为弱电解质，浓度相同时，HCl溶液的导电能力更强，所以曲线②代表向HCl中滴加NaOH，曲线①代表向CH3COOH中滴加NaOH。【解析】A．根据分析曲线②代表向HCl中滴加NaOH，A错误；B．曲线①为向CH3COOH中滴加NaOH，当滴加的NaOH为10.00mL时，恰好与醋酸中和，所以A点溶质为CH3COONa，同理C点溶质为NaCl，由于醋酸根的水解，A点溶液显碱性，而C点溶液显中性，所以A点溶液的pH大于C点溶液的pH，B错误；C．A点溶质为CH3COONa，B点溶质为等物质的量的CH3COONa和NaOH，醋酸根的水解促进水的电离，而NaOH的电离会抑制水的电离，所以A点水的电离程度更大，C正确；D．C点溶质为NaCl，继续滴加NaOH溶液时不发生化学反应，D错误；故选C。4．（重庆市缙云教育联盟2023届高三上学期第一次诊断性检测）室温下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定100mL0.1mol/LNH4HSO4溶液，记录溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示。已知：Kb(NH3•H2O)=1.8×10-5，下列说法不正确的是A．a点：c(NH)+c(H+)=c(Na+)+c(OH-)B．b点：c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH-)=c(H+)C．c→d的过程中存在c(NH)=c(NH3•H2O)D．a、b、c、d四点中，b点溶液中水的电离程度最大【答案】D【解析】A．a点加入100mLNaOH，与完全中和，溶质为和，并且二者物质的量浓度相等，即，电荷守恒关系式为，则，选项A正确；B．b点，则，根据电荷守恒可知，，b点氢氧化钠体积大于100mL，则，所以，b点离子浓度大小为，选项B正确；C．c点处与NaOH反应后，溶液中和的物质的量之比为1∶2，由于，电离程度大于的水解程度，故c点处。d点处与NaOH恰好完全反应生成和，电离程度较小故溶液中，所以c→d的过程中必然存在一点使得，选项C正确；D．a点溶液中溶质为和，水解促进水的电离。b点，促进作用与抑制作用相当，水正常电离。c点溶液中溶质为、和，pH>7，以电离为主，抑制水的电离，d点溶液中溶质为和，抑制水的电离，所以a、b、c、d四点中，a点溶液中水的电离程度最大，选项D错误。答案选D。5．（天津市河西区2022-2023学年高三下学期总复习质量调查）常温下，向20mL0.1mol/L的某一元酸(HA)溶液中加入几滴酚酞溶液，再逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，测得滴定曲线如图。下列说法不正确的是A．V=10mL时，c(HA)＞c(A-)B．pH=7时，V(NaOH)＜20mLC．滴定终点时，溶液由无色变为浅红色D．a点的水的电离程度大于b点的水的电离程度【答案】A【解析】A．向20mL0.1mol/L的某一元酸(HA)溶液中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，当加入NaOH溶液10mL时，溶液中含有等物质的量的HA和NaA，根据图象可知溶液pH＜7，显酸性，说明HA的电离作用大于A-的水解作用，故浓度：c(HA)＜c(A-)，A错误；B．当加入NaOH溶液体积是20.00mL时，二者恰好反应产生NaA，此时溶液pH=8＞7，则当溶液pH=7时，滴加NaOH溶液的体积V(NaOH)＜20mL，B正确；C．当滴定达到终点时，溶液显碱性，由于指示剂在待测酸溶液中，因此看到溶液会由无色变为浅红色，且半分钟内不再变为无色，C正确；D．a点时溶液的溶质为NaA，该盐是强碱弱酸盐，弱酸根A-会发生水解反应，使水电离程度增大；b点为NaA与NaOH的混合溶液，碱的存在会抑制水的电离，因此水的电离程度：a点＞b点，D正确；故合理选项是A。6．（湖北省武汉市实验中学2023届高三模拟）常温下，pH均为2、体积均为V0的HA、HB、HC溶液，分别加水稀释至体积为V，溶液pH随。的变化关系如图所示，下列叙述正确的是

A．水的电离程度：a点>b点B．HA为强酸，且Ka(HB)<Ka(HC)C．当＝3时，升高溶液的温度，增大D．取a、c两点溶液，中和体积、浓度均相同的NaOH溶液，c点溶液消耗的体积较小【答案】C【分析】稀释100倍时，pH由2变为4的酸为强酸，pH由2变为小于4的酸为弱酸，根据图知，HA为强酸而HB、HC为弱酸，pH变化越小的酸酸性越弱，则酸性HB>HC，以此解答。【解析】A．HC是弱酸，HC溶液中水的电离被抑制，加水稀释，溶液中H+浓度减小，对水电离的抑制效果减弱，则水的电离程度：a点<b点，故A错误；B．由分析可知，HA为强酸而HB、HC为弱酸，则酸性HB>HC，Ka(HB)>Ka(HC)，故B错误；C．HA为强酸而HB、HC为弱酸，当＝3时，三种溶液同时升高温度，促进弱酸电离，不考虑酸和水挥发时，c(A-）不变，c(B-)增大，增大，故C正确；D．酸性HB>HC，pH均为2、体积均为V0的HB、HC溶液，稀释相同的倍数后浓度：c(HC)>c(HB)，中和相同体积相同浓度的NaOH溶液消耗酸体积与酸浓度成反比，所以HB消耗体积大，故D错误；故选C。【真题感知】1.（2023·湖南卷第12题）常温下，用浓度为的标准溶液滴定浓度均为的和的混合溶液，滴定过程中溶液的随()的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.约为B.点a：C.点b：D.水的电离程度：【答案】D【解析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线可知，a点时NaOH溶液和HCl恰好完全反应生成NaCl和水，CH3COOH未发生反应，溶质成分为NaCl和CH3COOH；b点时NaOH溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c点时NaOH溶液与CH3COOH恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d点时NaOH过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa和NaOH，据此解答。由分析可知，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10-3.38mol/L，==10-4.76，故A正确；a点溶液为等浓度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)=c(Cl-)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，故B正确；点b溶液中含有NaCl及等浓度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，则c(CH3COOH)<c(CH3COO-)，故C正确；c点溶液中CH3COO-水解促进水的电离，d点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，故D错误；故选D。2.（2022·浙江卷）某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L-1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L-1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L-1盐酸滴定，利用pH计和压力传感器检测，得到如图曲线：下列说法正确的的是A.图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸B.当滴加盐酸的体积为V1mL时(a点、b点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO3-+H+=CO2↑+H2OC.根据pH—V(HCl)图，滴定分析时，c点可用酚酞、d点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点D.Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)-c(CO32-)=c(OH-)-c(H+)【答案】C【解析】碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，则碳酸钠溶液的起始pH较大，甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子再与氢离子反应产生碳酸，进而产生二氧化碳，则图中丁线表示向Na2CO