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专题8.2 水的电离和溶液的酸碱性 1【北京101中学2018届期中】25时，水中存在电离平衡：2H2OH3O+OHH0。下列叙述不正确的是 （ ）A 向水中通入HCl，抑制水的电离B 向水中加入少量氨水，促进水的电离C 向水中加入少量Na2CO3固体，促进水的电离D 将水加热，Kw增大【答案】B 2【福建厦门双十中学2018届第二次月考】25时，在等体积的下列溶液中，发生电离的水的物质的量之比是 （ ）pH=0的H2SO4溶液 0.05molL-1的Ba(OH)2溶液pH=10的Na2S溶液 pH=5的NH4NO3溶液A 1101010109 B 1551095108C 1201010109 D 110104109【答案】A【解析】设溶液的体积为1L,中pH=0的H2SO4溶液中c(H+)=1 molL-1,，c(OH-)=10-14 molL-1,水电离的物质的量为10-14；中c(OH-)=0.1 molL-1,，c(H+)=10-13 molL-1,，水电离的物质的量为10-13 mol；中c(OH-)=10-4 molL-1，水的电离的物质的量为10-4 mol；中c(H+)=10-5 molL-1，水的电离的物质的量为10-5 mol；故中水的电离的物质的量之比为：10-14：10-13：10-4 ：10-5=1101010109 ；A 正确；正确选项A。3【江苏清江中学2018学届期中】已知25 时水的离子积为Kw1.01014 ，35 时水的离子积为Kw2.11014。下列说法中正确的是 （ ）A 水中的c(H)随温度的升高而降低B 25 时水呈中性，35 时水呈酸性C 水的电离过程是吸热过程D 一定温度下，向水中加入酸或碱时，水的离子积将发生变化【答案】C 4【四川雅安2018届期末】用pH试纸测量碱溶液的pH时，若事先将pH试纸用蒸馏水润湿，则测量结果会 （ ）A 偏大 B 偏小 C 不变 D 无法判断【答案】B【解析】分析：用pH试纸测定未知溶液的pH时，正确的操作方法为用玻璃棒蘸取少量待测液滴在干燥的pH试纸上，与标准比色卡对比来确定pH。不能用水湿润pH试纸，否则稀释了某碱溶液，使溶液的碱性减弱，据此进行分析判断。详解：用pH试纸测定未知溶液的pH时不能先将试纸用蒸馏水润湿，否则稀释了某碱溶液，使溶液的碱性减弱，测得的结果与实际的pH比较偏小。答案选B。5【内蒙古集宁一中2019届第一次测试】常温下，关于溶液的稀释，下列说法正确的是 （ ）A pH3的醋酸溶液稀释100倍，pH5B pH4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H)1106 molL1C 将1 L 0.1 molL1的Ba(OH)2溶液稀释为2 L，pH13D pH8的NaOH溶液稀释100倍，其pH6【答案】C 6【上海普陀区2018届高三二模】用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，若滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准盐酸润洗，其他操作均正确，则NaOH溶液浓度的测定值 （ ）A 一定偏低 B 一定偏高 C 仍然准确 D 可能偏高也可能偏低【答案】B【解析】若滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准盐酸润洗，造成标准液盐酸的浓度偏小，在中和定量的氢氧化钠溶液时，消耗盐酸的体积偏大，根据：c(NaOH)=c(HCl)v(HCl)/v(NaoH)可知，所测NaOH溶液浓度偏高，正确选项B。7【四川雅安中学2019届高三上第一次月考】硫酸钠-过氧化氢加合物（xNa2SO4 yH2O2zH2O）的组成可通过下列实验测定：准确称取1.77g样品，配制成100.00mL溶液A。准确量取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的氯化钡溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.0025mol。准确量取25.00mL溶液A，加入适量的稀硫酸酸化后，用0.02molL-1 KMnO4溶液滴定至终点(KMnO4只与加合物中的H2O2发生反应)，消耗KMnO4溶液25.00mL。回答下列问题：（1）在步骤中，所需玻璃仪器除了烧杯外还需要_；（2）在步骤中，下列操作会使所配溶液浓度偏低的是_（填字母）；A在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外B定容时仰视仪器上的刻度线C定容后震荡摇匀静置，发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线D配制前容量瓶中有少量水（3）中的KMnO4溶液置于_（“酸式”或“碱式”）滴定管中，滴定终点的现象是_，写出滴定中发生的离子反应方程式_； （4）通过计算确定样品的组成为_。【答案】玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管A、B、C酸式最后一滴KMnO4溶液滴下时，溶液由无色变为浅紫色，且30秒内不褪色5H2O2 + 6H+ + 2 MnO4- = 2Mn2+8H2O +5O22Na2SO4 H2O22H2O （2）根据c=分析误差，c与n成正比，c与V成反比，A、在溶解过程中有少量液体溅出烧杯外，导致溶质的n偏小，c偏小；B、定容时仰视仪器上的刻度线，导致溶液的体积V偏大，c偏小；C、定容后，将容量瓶振荡摇匀后，静置发现液面低于刻度线，于是又加入少量水至刻度线，导致溶液体积偏大，c偏小；D、配制前容量瓶中有少量水对配制无影响。因此，本题正确答案是：A、B、C；（3）酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以腐蚀橡胶，因此因置于酸式滴定管中，当溶液由无色变成浅紫色，并在半分钟后不褪去可判断滴定达到终点，滴定中KMnO4和H2O2发生氧化还原反应生成Mn2+和氧气，根据得失电子守恒，配平离子反应方程式为5H2O2 + 6H+ + 2 MnO4- = 2Mn2+8H2O +5O2，因此，本题正确答案是：酸式；最后一滴KMnO4溶液滴下时，溶液由无色变为浅紫色，且30秒内不褪色；5H2O2 + 6H+ + 2 MnO4- = 2Mn2+8H2O +5O2；（4）n(Na2SO4)= n(BaSO4)= 0.0025mol，根据5H2O2 + 6H+ + 2 MnO4- = 2Mn2+8H2O +5O2可以知道，n(H2O2)=0.02000mol/L0.025L=0.00125mol， m(Na2SO4)=142g/mol0.0025mol=0.355g， m(H2O2)=34g/mol0.00125mol=0.0425g， m(H2O2)=1.7700g-0.355g-0.0425g=0.045g，n(H2O)=0.0025mol，x:y:z= n(Na2SO4): n(H2O2): n(H2O)=0.0025mol:0.00125mol:0.0025mol=2:1:2硫酸钠-过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4 H2O22H2O，因此，本题正确答案是：2Na2SO4 H2O22H2O。8【湖南省嘉禾一中、临武一中2018届期中】下表是不同温度下水的离子积数据：温度/25t1t2水的离子积常数1101411012试回答以下问题：（1）若25t1t2，则_(填“”“”或“=”)11014，作出此判断的理由是_。（2）t1下，将pH=a的苛性钠溶液10mL与pH=b的稀硫酸500mL混合，测得溶液呈中性，若a+b=14，则此温度下水的离子积常数=_。（3）t2 下，将pH=11的苛性钠溶液V1 L与pH=1的稀硫酸V2 L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH=10，则V1V2=_。【答案】 水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，离子积增大 510-13 11:9 1【天津河西区2018届高三第三次模拟】已知液氨的性质与水相似。T时，NH3 + NH3 NH4+NH2- ，NH4+的平衡浓度为110-15mol/L，则下列说法中正确的是 （ ）A 在此温度下液氨的离子积为110-17B 在液氨中放入金属钠，可生成NaNH2C 恒温下，在液氨中加入NH4Cl，可使液氨的离子积减小D 降温，可使液氨电离平衡逆向移动，且c(NH4+)c(NH2-)【答案】B 2【天津市六校2018届高三上学期期末】现有常温下0.1mol/L的Na2SO4溶液。欲使此溶液中水的电离平衡向右移动，且pH7时，其中不可能存在HAc分子B当混合溶液的pHc(Ac-)C判断该滴定过程的终点，最好选择甲基橙作为指示剂D达到滴定终点时，混合液中c(Na+)和c(Ac-)一定不相等【答案】D 6【黑龙江哈尔滨三中2019届第二次月考】4体积pH9的Ca(OH)2溶液跟1体积pH13的NaOH溶液混合后，溶液中氢离子浓度为 （ ）A 510-13molL1 B 210-12mol/LC 1/5（410-9 + 110-13）molL1 D 1/5（410-5 + 110-1）mol/L【答案】A【解析】4体积pH9的Ca(OH)2溶液中，c(OH)=10-14/10-9=10-5mol/L,1体积pH13的NaOH溶液的中c(OH)=10-14/10-13=10-1mol/L，混合后溶液中氢氧根离子浓度c(OH)=（410-5+0.1）/(4+1)210-2mol/L，混合溶液中c(H)=10-14/210-2=510-13mol/L，综上所述，本题选A。7【云南红河州2018届高三复习统一检测】水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件，某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧，实验步骤及测定原理如下：取样、氧的固定用溶解氧瓶采集水样，记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液（含有KI）混合，反应生成MnO(OH)2，实现氧的固定。酸化、滴定将固氧后的水样酸化，MnO(OH)2被I还原为Mn2+，在暗处静置5 min，然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2+I2=2I+）。回答下列问题：（1）氧的固定”中发生反应的化学方程式为_。（2）Na2S2O3溶液不稳定，使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、试剂瓶和_，配制溶液定容时俯视会导致Na2S2O3溶液的浓度_，（填“偏高”或“偏 低”）蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用，其目的是杀菌、除_及二氧化碳。（3）取100.00 mL水样经固氧、酸化后，用0.5 molL1Na2S2O3溶液滴定，以_作指示剂，如何判断该反应到达终点_；若反应中消耗Na2S2O3溶液的体积为10 mL，则水样中溶解氧的含量为_mgL1。（4）上述滴定完成时，若滴定前平视，滴定后仰视会导致测量结果_。（填“偏高”或“偏低”）【答案】 容量瓶和玻璃棒 偏高 氧气 淀粉溶液当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色 400 偏高【解析】（1）由题述信息可知“氧的固定”中发生反应的化学方程式为；（2）配制一定物质的浓度的溶液所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、试剂瓶、玻璃棒、容量瓶等，故答案为容量瓶和玻璃棒；定容时俯视会造成溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏高，故答案为偏高；（3）水样经固氧、酸化后，滴入淀粉，溶液呈蓝色，用0.5 molL1Na2S2O3溶液滴定至终点时溶液的蓝色恰好完全褪去；根据关系式O22MnO(OH)22I24Na2S2O3，可知水样中溶解氧含量为 （0.51010-3）4321030.1=400（mgL1），故答案为：淀粉、当滴加最后一滴Na2S2O3溶液时蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色、400；（4）若滴定前平视，滴定后仰视会造成消耗Na2S2O3溶液的体积偏大，从而导致测量结果偏高，故答案为偏高。8【北京师大附中2018届高三上期中】常温下，浓度均为0.1mol/L、100mL的Ba（OH）2溶液中，分别滴入浓度均为0.1mol/L的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如下图所示。 （1） 0.1mol/L的NaHSO4溶液pH=_。（2）曲线_代表滴加H2SO4溶液的变化曲线。b点溶液的酸碱性为_（酸性或碱性或中性）。（3）d点溶液中主要离子种类：_。【答案】 1 碱性 Na+、SO42- （3）d点在曲线上，导电能力最小，d点Ba（OH）2与NaHSO4的反应为Ba（OH）2+2NaHSO4=BaSO4+2H2O+Na2SO4，d点为Na2SO4溶液，溶液中主要离子为Na+、SO42-。 1【2018新课标3卷】用0.100molL-1AgNO3滴定50.0mL0.0500molL-1Cl-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0.0400molL-1Cl-，反应终点c移到aD相同实验条件下，若改为0.0500molL-1Br-，反应终点c向b方向移动【答案】C B由于KSP(AgCl)极小，所以向溶液滴加硝酸银就会有沉淀析出，溶液一直是氯化银的饱和溶液，所以c(Ag+)c(Cl-)KSP(AgCl)，选项B正确。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50mL0.05mol/L的Cl-溶液改为50mL0.04mol/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。 点睛：本题虽然选择了一个学生不太熟悉的滴定过程沉淀滴定，但是其内在原理实际和酸碱中和滴定是一样的。这种滴定的理论终点都应该是恰好反应的点，酸碱中和滴定是酸碱恰好中和，沉淀滴定就是恰好沉淀，这样就能判断溶液发生改变的时候，滴定终点如何变化了。2【2018江苏卷】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0.1000molL1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000molL1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】分析：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。 点睛：本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。3【2017新课标1卷】常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（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106B曲线N表示pH与的变化关系CNaHX溶液中D当混合溶液呈中性时，【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，=100.6 molL1，c(H)=104.8 molL1，代入Ka2得到Ka2=105.4，因此Ka2（H2X）的数量级为106，A正确；B根据以上【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意分清楚反应的过程，搞清楚M和N曲线表示的含义，答题的关键是明确二元弱酸的电离特点。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。4【2017新课标2卷】改变0.1二元弱酸溶液的pH，溶液中的、的物质的量分数随pH的变化如图所示已知。 下列叙述错误的是 （ ）ApH=1.2时，BCpH=2.7时，DpH=4.2时，【答案】D 【名师点睛】该题综合性强，该题解答时注意利用守恒的思想解决问题。电解质溶液中离子浓度大小比较问题，是高考热点中的热点。多年以来全国高考化学试卷几乎年年涉及。这种题型考查的知识点多，灵活性、综合性较强，有较好的区分度，它能有效地测试出学生对强弱电解质、电离平衡、水的电离、pH、离子反应、盐类水解等基本概念的掌握程度以及对这些知识的综合运用能力。围绕盐类水解的类型和规律的应用试题在高考中常有涉及。解决这类题目必须掌握的知识基础有：掌握强弱电解质判断及其电离，盐类的水解，化学平衡理论(电离平衡、水解平衡)，电离与水解的竞争反应，以及化学反应类型，化学计算，甚至还要用到“守恒”来求解。5【2016年高考新课标卷】298K时，在20.0mL 0.10mol氨水中滴入0.10 mol的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 mol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pHKHBKHDB滴定至P点时，溶液中：c(B)c(Na)c(HB)c(H)c(OH) CpH=7时，三种溶液中：c(A)=c(B)=c(D) D当中和百分数达100%时，将三种溶液混合后：c(HA)c(HB)c(HD)=c(OH)c(H)【答案】C 【考点定位】考查中和滴定图像、弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较【名师点晴】本题考查了酸碱混合时的定性判断、弱电解质的电离平衡、离子浓度大小比较等。在判断溶液中微粒浓度大小的比较时，要重点从三个守恒关系出发，分析思考。（1）两个理论依据：弱电解质电离理论：电离微粒的浓度大于电离生成微粒的浓度。例如，H2CO3溶液中：c(H2CO3)c(HCO3)c(CO32)(多元弱酸第一步电离程度远远大于第二步电离)。水解理论：水解离子的浓度大于水解生成微粒的浓度。例如，Na2CO3溶液中：c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)(多元弱酸根离子的水解以第一步为主)。（2）三个守恒关系：电荷守恒：电荷守恒是指溶液必须保持电中性，即溶液中所有阳离子的电荷总浓度等于所有阴离子的电荷总浓度。例如，NaHCO3溶液中：c(Na)c(H)=c(HCO3)2c(CO32)c(OH)。物料守恒：物料守恒也就是原子守恒，变化前后某种元素的原子个数守恒。例如，0.1 molL1 NaHCO3溶液中：c(Na)c(HCO3)c(CO32)c(H2CO3)0.1 molL1。质子守恒：由水电离出的c(H)等于由水电离出的c(OH)，在碱性盐溶液中OH守恒，在酸性盐溶液中H守恒。例如，纯碱溶液中c(OH)c(H)c(HCO3)2c(H2CO3)。质子守恒的关系式也可以由电荷守恒式与物料守恒式推导得到。解答本题时，能够从图像的起始点得出三种酸的相对强弱是解题的关键。7【2018天津卷】CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。回答下列问题：（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为_（写离子符号）；若所得溶液c(HCO3)c(CO32)=21，溶液pH=_。（室温下，H2CO3的K1=4107；K2=51011）【答案】 CO32- 10
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