2021年新高考化学二轮备考选择题高频热点专项突破--专项突破17 水的电离和溶液的酸碱性

这是一份2021年新高考化学二轮备考选择题高频热点专项突破--专项突破17 水的电离和溶液的酸碱性，共26页。试卷主要包含了外界条件对水的电离平衡的影响，一强一弱溶液的稀释图像，分布系数图像，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021年新高考化学二轮备考选择题高频热点
特训17 水的电离和溶液的酸碱性
考向分析：（1）借助图像数据考查Kw、pH的计算
(2)酸、碱中水电离出c(H＋)或c(OH－)大小分析
(3)中和滴定原理的拓展与应用
（一）必备知识和方法
1.外界条件对水的电离平衡的影响
H2O⇌H＋＋OH－　ΔH>0
体系变化
条件
平衡移动方向
Kw
水的电离程度
c(OH－)
c(H＋)
酸
向左
不变
减小
减小
增大
碱
向左
不变
减小
增大
减小
可水解的盐

Na2CO3
向右
不变
增大
增大
减小
NH4Cl
向右
不变
增大
减小
增大
温度

升温
向右
增大
增大
增大
增大
降温
向左
减小
减小
减小
减小
其他：如加入Na
向右
不变
增大
增大
减小
2.不同温度下水溶液中c(H＋)与c(OH－)的变化曲线

①A、C、B三点均为中性，温度依次升高，KW依次增大
②D点为酸性溶液，E点为碱性溶液，KW＝1×10－14
③AB直线的左上方均为碱性溶液，任意一点：c(H＋)c>a＝b





①MOH为强碱、ROH为弱碱
②c(ROH)>c(MOH)
③水的电离程度：a>b
4．滴定原理及其应用
(1)氧化还原滴定：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质。
①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液原理：2MnO4-＋6H＋＋5H2C2O4═══10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O
指示剂：酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂，当滴入一滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点。
②Na2S2O3溶液滴定碘液
原理：2Na2S2O3＋I2═══Na2S4O6＋2NaI
指示剂：用淀粉作指示剂，当滴入一滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点。
(2)沉淀滴定：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。如利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。
注意：①在进行相关计算时，要注意取出样品溶液与原样品所配制溶液量之间的关系。
②若测量的次数在三次及以上，在计算平均体积时，要舍去与其他二次(或以上)数据相差较大的一次，求平均值。
5.分布系数图像
分布系数:组分的平衡浓度占总浓度的分数,为纵坐标.
以草酸H2C2O4为例

δ0为H2C2O4分布系数、δ1为HC2O分布系数、δ2为C2O分布系数
随着pH增大，溶质分子浓度不断减小，离子浓度逐渐增大，酸根离子增多。根据分布系数可以书写一定pH时所发生反应的离子方程式。同一pH条件下可以存在多种溶质微粒。根据在一定pH的微粒分布系数和酸的浓度，就可以计算各成分在该pH时的平衡浓度

例1．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中正确的是(　　)

A．图中a、b、d三点处KW的大小关系：b>a>d
B．纯水仅升高温度，就可以从a点变到c点
C．在b点对应温度下，将pH＝2的HCl与pH＝10的Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液显中性
D．在d点对应温度下，在水中加入适量HCl，就可以从b点变化到c点
[解析]　图中a、b、d三点处KW的大小关系为a＝dc(K+)>c(OH−)
4．[2019北京]实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4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
5．[2018新课标Ⅲ]用0.100 mol·L-1 AgNO3滴定50.0 mL 0.0500 mol·L-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10-10
B．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 mol·L-1 Cl-，反应终点c移到a
D．相同实验条件下，若改为0.0500 mol·L-1 Br-，反应终点c向b方向移动
6．[2018浙江11月选考]下列说法不正确的是
A．测得0.1 mol·L－1的一元酸HA溶液pH＝3.0，则HA一定为弱电解质
B．25℃时，将0.1 mol·L-1的NaOH溶液加水稀释100倍，所得溶液的pH＝11.0
C．25℃时，将0.1 mol·L-1的HA溶液加水稀释至pH＝4.0，所得溶液c(OH－)＝1×10-10 mol·L-1
D．0.1 mol·L-1的HA溶液与0.1 mol·L-1的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定等于7.0
7．[2018浙江11月选考]常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是

A．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)：a>b>c
C．当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)
D．当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大

（三）热点强化训练
1．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-＋H+。下列叙述正确的是( )
A．0.1mol/LCH3COOH溶液中离子浓度的关系满足：0.1mol/L=c(OH-)＋c(CH3COO-)
B．CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，平衡逆向移动，c(CH3COO-)减小
C．常温下，pH=2的CH3COOH溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性
D．温度一定时，CHCOOH和CHCOONa的混合溶液中，=
2．室温时，下列说法正确的是( )
A．的氨水和的溶液中，由水电离产生的均为
B．分别向的溶液和氨水中加水稀释至，所得溶液均为10
C．分别向的溶液和溶液中加入少量固体，两溶液的均增大
D．分别向等体积、浓度均为的溶液和溶液中加入等浓度的溶液，恰好为中性时，消耗溶液的体积相等
3．下列有关实验的说法正确的是( )
A．往某稀溶液中加入稀溶液，然后利用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体判断原溶液中是否含
B．用标准溶液滴定某未知浓度溶液的实验中，达终点时，若发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
C．测定某醋酸溶液的：用玻璃棒蘸取少量溶液滴在干燥的试纸上，与标准比色卡对照并读出
D．配制的溶液：称取固体于烧杯中，加入少量蒸馏水溶解，立即转移至容量瓶中定容
4．下图表示室温下，等体积两种一元酸HA(曲线I)和HB(曲线Ⅱ)在稀释过程中溶液pH的变化。以下判断正确的是

A． 物质的量浓度：HA=HB
B． B．酸性：HA>HB
C． 水的电离程度：ac>d
B．a 点的两种酸溶液分别与 NaOH 固体恰好完全中和后，溶液中 n(Na+)相同
C．从c点到d点，溶液中不变
D．同温下 pH 相同的 NaOH 溶液、CH3COONa 溶液、HCOONa 溶液、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)10，V2=20，NaHA溶液呈酸性 B．a点纵坐标约为10−12mol·L−1
C．b点溶液呈中性，d点溶液呈碱性 D．c点溶液c水(H+)≈1×10−3mol·L−1
14．草酸H2C2O4是二元弱酸。向100 mL 0.40 mol/L H2C2O4溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液调节pH，加水控制溶液体积为200 mL。测得溶液中微粒的δ(x)随 pH变化曲线如图所示，δ(x)=，x代表微粒H2C2O4、HC2O或C2O。下列叙述正确的是

A．曲线Ⅰ是HC2O的变化曲线
B．草酸H2C2O4的电离常数K= 1.0×10-1.22
C．在 b点，c(C2O)+2c(OH-)= c(HC2O)+c(H+)
D．在c点，c(HC2O)=0.06 mol/L
15．（双选）室温下，向20.00mL0.1000mol·L−1盐酸中滴加0.1000mol·L−1NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5=0.7。下列说法不正确的是( )

A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7
B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
D．V(NaOH)=30.00mL时，pH=13.3

参考答案
真题演练
1.【答案】C
【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L×40mL2×20.00mL=0.1000mol/L，据此分析作答。
A．根据分析，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，A错误；
B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)= 0.1000mol/L×40mL2×20.00mL=0.1000mol/L，B错误；
C．根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数Ka=c(A2-)⋅c(H+)c(HA-)=c(H+)=1×10-2，C正确；
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)，则c(Na+)＞2c(A2-)+c(HA-)，D错误；答案选C。
【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2-，HA-⇌H++A2-；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图像中δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH≠5，而是pH=2。
2.【答案】BC
【解析】根据图像分析可知，随着pH的升高，氢氧根离子和醋酸根离子浓度增大，氢离子和醋酸离子浓度减小，又pH=7的时候，氢氧根离子浓度等于氢离子浓度，故可推知，图中各曲线代表的浓度分别是：曲线1为lgc(CH3COO-)随pH的变化曲线，曲线2为lgc(H+)随pH的变化曲线，曲线3为lgc(OH-)随pH的变化曲线，曲线4为lgc(CH3COOH)随pH的变化曲线，据此结合水溶液的平衡分析作答。
A. 根据上述分析可知，O点为曲线2和曲线3的交点，对应的pH=7，应该得出的结论为：c(H+)= c(OH-)，故A错误；
B. N点为曲线1和曲线4的交点， lgc(CH3COO-)=lgc(CH3COOH)，即c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，因Ka=，代入等量关系并变形可知pH=-lgKa，故B正确；
C. c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，则c(CH3COO-)=0.1mol/L- c(CH3COOH)，又Ka=，联立两式消去c(CH3COO-)并化简整理可得出，c(CH3COOH)=mol/L，故C正确；
D. 醋酸根离子的水解平衡为：CH3COO-+H2O CH3COOH +OH-，pH由7到14的变化过程中，碱性不断增强，c(OH-)不断增大，则使不利于醋酸根离子的水解平衡，会使其水解程度减小，故D错误；
答案选BC。
3.【答案】C
【解析】邻苯二甲酸氢钾为二元弱酸酸式盐，溶液呈酸性，向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中离子浓度增大，导电性增强，邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠为强碱弱酸盐，邻苯二甲酸根在溶液中水解使溶液呈碱性。
A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；
B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，故B正确；
C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；
D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正确。
故选C。
【点睛】本题考查水溶液中的离子平衡，试题侧重考查分析、理解问题的能力，注意正确分析图象曲线变化，明确酸式盐与碱反应溶液浓度和成分的变化与导电性变化的关系是解答关键。
4.【答案】C
【解析】水的电离为吸热过程，升高温度，促进水的电离；盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，据此解题；
A.水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw减小，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；
B.水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；
C.升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；
D.盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；
综上所述，本题应选C。
【点睛】本题考查弱电解质在水中的电离平衡，明确化学平衡常数只是温度的函数，温度对水的电离和盐类水解平衡的影响是解题的关键，盐类水解是高频考点，也是高考的重点和难点，本题难度不大，是基础题。
5.【答案】C
【解析】本题应该从题目所给的图入手，寻找特定数据判断题目中的沉淀滴定的具体过程。注意：横坐标是加入的硝酸银溶液的体积，纵坐标是氯离子浓度的负对数。A．选取横坐标为50 mL的点，此时向50 mL 0.05 mol/L的Cl-溶液中，加入了50 mL 0.1 mol/L的AgNO3溶液，所以计算出此时溶液中过量的Ag+浓度为0.025 mol/L(按照银离子和氯离子1∶1沉淀，同时不要忘记溶液体积变为原来2倍)，由图示得到此时Cl-约为1×10-8mol/L(实际稍小)，所以Ksp(AgCl)约为0.025×10-8=2.5×10-10，所以其数量级为10-10，选项A正确。
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25×0.8=20mL，而a点对应的是15mL，选项C错误。
D．卤化银从氟化银到碘化银的溶解度应该逐渐减小，所以Ksp(AgCl)应该大于Ksp(AgBr)，将50mL 0.05mol/L的Cl-溶液改为50 mL 0.05 mol/L的Br-溶液，这是将溶液中的氯离子换为等物质的量的溴离子，因为银离子和氯离子或溴离子都是1∶1沉淀的，所以滴定终点的横坐标不变，但是因为溴化银更难溶，所以终点时，溴离子的浓度应该比终点时氯离子的浓度更小，所以有可能由c点变为b点,选项D正确。
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。
6.【答案】D
【解析】A、若HA为强酸，0.1 mol·L-1的HA溶液pH为1.0，现测得溶液pH为3.0，则HA为弱酸，选项A正确；B、0.1mol/L的NaOH溶液加水稀释100倍后，c（OH-）＝1×10-11，pH值为11.0，选项B正确；C、pH值为4.0的溶液中c（H+）＝1×10－4mol/L，在25℃时，水的离子积KW＝1×10-14，故c（OH-）＝1×10-10mol/L，选项C正确；D、若HA为强酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH为7.0，若HA为弱酸，与NaOH等体积等浓度混合后，所得溶液pH大于7.0，选项D不正确。答案选D。
7.【答案】D
【解析】A、由图可知，c（HCl）分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a对应的c（NaOH）最大，以此类推，选项B正确；C、当 V（NaOH）＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c（H+）＝c（OH-），根据电荷守恒c（H+）＋c（Na+）＝c（Cl-）+c（OH-），选项C正确；D、当 V（NaOH）相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c（H+）应该是相同的，选项D不正确。答案选D。

强化训练
1．D
【解析】A．醋酸溶液中，根据电荷守恒，由于醋酸是弱酸，不能完全电离，故0.1mol/LCH3COOH溶液中 小于0.1mol/L，A错误；
B．醋酸溶液中加入醋酸钠固体，c(CH3COO-)增大，平衡逆向移动，根据勒夏特列原理虽然逆向移动，但是只能减弱c(CH3COO-)的增大不能阻止增大，故醋酸根离子浓度增大，B错误；
C．pH=2的CH3COOH物质的量浓度远大于0.01mol/L，所以二者等体积混合，醋酸远远过量，溶液呈现酸性，C错误；
D．混合溶液中，，D正确；
故选D。
2．C
【解析】A．氨水抑制水的电离，的氨水中由水电离产生的c(OH-)为，碳酸钠促进水的电离，的溶液中由水电离产生的为，故A错误；
B．加水稀释促进一水合氨的电离，氨水中氢氧根离子的物质的量会增大，所以把的氨水中加水稀释至，所得溶液大于10，故B错误；
C．向的溶液中加，盐酸与醋酸钠反应生成弱酸醋酸，溶液的会增大，在溶液中加，醋酸钠电离出的醋酸根离子能抑制醋酸的电离，溶液的会增大，故C正确；
D．向等体积、浓度均为的溶液和溶液中加入等浓度的溶液，恰好中和生成氯化钠和醋酸钠，NaCl溶液显中性，醋酸钠溶液显碱性，若要醋酸钠显中性，则要减少氢氧化钠的量，所以二者消耗溶液的体积不同，故D错误；
答案选C。
3．C
【解析】A．利用稀溶液检验时，需要加热，否则无法产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，故A错误；
B．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，(后)读数偏大，，则计算得到的消耗的溶液体积偏大，根据可知，测定结果偏大，故B错误；
C．在测定溶液的时，试纸需要是干燥的，原因是使用湿润试纸进行测定时，相当于稀释待测液，所测的溶液浓度偏小，若溶液不是中性溶液，测定结果会有偏差，故C正确；
D．由固体配制一定物质的量浓度溶液的步骤一般为：计算→称量→溶解→冷却→转移→洗涤→定容，题中“加入少量蒸馏水溶解”后需要“冷却”，“转移至容量瓶”后，需要洗涤烧杯和玻璃棒2~3次，并把洗涤液转移到容量瓶后，才能定容，故D错误。
故选C。
4．C
【分析】pH相同的酸，稀释相同倍数时，酸性强的酸的pH的变化大，酸性较弱的酸的pH的变化小，据此得出酸性：HB＞HA。
【解析】A．在稀释前两种酸的pH相同，而两种酸的酸性：HB＞HA，故在稀释前两种酸溶液的浓度c(HA)＞c(HB)，故A错误；
B．pH相同的酸，稀释相同倍数时，酸性强的酸的pH的变化大，酸性较弱的酸的pH的变化小，故HB的酸性强于HA的酸性，故B错误；
C．a点pH小于d点，说明酸的电离对水的电离的抑制a点大于d点，所以水的电离程度ab>c>d，则水电离程度：aK2=10-4.19，所以直线I中X表示的是，A正确，不符合题意；
B．pH=0时， lg=lgK2=-4.19，草酸的电离常数Ka2的数量级为10-5，B正确，不符合题意；
C．设pH=a , c( H+)=10-a，，当< 时，0，解得a >2.705，所以 > > c(H2C204 )对应2.705