考點(diǎn)2水的電離與溶液的pH（核心考點(diǎn)）2024年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)（新高考專用）

考點(diǎn)2水的電離與溶液的pH1．3年真題考點(diǎn)分布年份卷區(qū)考點(diǎn)分布水的電離溶液的酸堿性和pH計(jì)算酸堿中和滴定綜合應(yīng)用2023湖南√√2022浙江√√√2021廣東√海南√遼寧√浙江√2．命題規(guī)律及備考策略【命題規(guī)律】近3年新高考卷對(duì)于該專題主要考查：1．水的電離2．溶液的酸堿性和pH計(jì)算3．酸堿中和滴定【備考策略】熟練掌握認(rèn)識(shí)水的電離有一定限度，是可以調(diào)控的。能多角度、動(dòng)態(tài)地分析水的電離，并運(yùn)用平衡移動(dòng)原理解決實(shí)際問題。能從定性和定量上收集證據(jù)，能通過定性分析和定量計(jì)算推出合理的結(jié)論；能運(yùn)用pH計(jì)算模型進(jìn)行pH的簡(jiǎn)單計(jì)算。【命題預(yù)測(cè)】預(yù)測(cè)2024年高考，酸堿中和滴定中有探究?jī)r(jià)值的問題；能從問題和假設(shè)出發(fā)，確定探究目的，設(shè)計(jì)探究方案，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究；在探究過程中學(xué)會(huì)合作，面對(duì)“異?！爆F(xiàn)象敢于提出自己的見解，進(jìn)行誤差分析?？挤?水的電離一、水的電離與水的離子積常數(shù)水是極弱的電解質(zhì)，水的電離方程式為H2O＋H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－。Kw＝c(H＋)·c(OH－)。(1)室溫下：Kw＝1×10－14。(2)影響因素：只與溫度有關(guān)，升高溫度，Kw增大。(3)適用范圍：Kw不僅適用于純水，也適用于稀的電解質(zhì)水溶液。(4)Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要溫度不變，Kw不變。二、影響水電離平衡的因素體系變化條件平衡移動(dòng)方向Kw水的電離程度c(OH－)c(H＋)HCl逆不變減小減小增大NaOH逆不變減小增大減小可水解的鹽Na2CO3正不變?cè)龃笤龃鬁p小NH4Cl正不變?cè)龃鬁p小增大溫度升溫正增大增大增大增大降溫逆減小減小減小減小其他：如加入Na正不變?cè)龃笤龃鬁p小【典例1】（北京市順義區(qū)2023屆高三第一次模擬）最近《科學(xué)》雜志評(píng)出“十大科技突破”，其中“火星上‘找’到水的影子”名列第一、下列關(guān)于水的說法中不正確的是A．水是含極性鍵的極性分子B．水的電離方程式為：C．純水中加入少量酸，水的電離受到抑制D．升高溫度，水的電離程度增大【答案】B【解析】A．H2O的結(jié)構(gòu)式為HOH，含有HO極性鍵，H2O分子中心O原子有2對(duì)孤電子對(duì)，采取sp3雜化，空間構(gòu)型為V形，屬于極性分子，A正確；B．水的電離方程式為，B錯(cuò)誤；C．純水中加入少量酸，溶液中氫離子濃度增大，水的電離平衡逆向移動(dòng)，電離受到抑制，C正確；D．水的電離是吸熱的，升高溫度平衡正向移動(dòng)，電離程度增大，D正確；故選B。1.(河北省衡水中學(xué)2024屆高三調(diào)研)一定溫度下，水溶液中H+和OH的濃度變化曲線如圖所示，下列說法正確的是A．升高溫度，可能引起由c向b的變化B．該溫度下，水的離子積常數(shù)為1.0×1013C．該溫度下，加入FeCl3可能引起由b向a的變化D．該溫度下，稀釋溶液可能引起由c向d的變化【答案】C【解析】A．圖中曲線為一定溫度下的離子積常數(shù)曲線，升高溫度，c(H+)和c(OH)均增大，水的離子積常數(shù)增大，所以升高溫度將不在曲線上，不可能由c變到b，，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)離子積常數(shù)可知，該溫度下Kw=c(H+)?c(OH?)=1×10?7×1×10?7=1×10?14，故B錯(cuò)誤；C．該溫度下，加入FeCl3水解顯酸性，氫離子濃度增大而氫氧根離子濃度減小，可以引起曲線b向a的變化，故C正確；D．該溫度下，離子積常數(shù)不變，稀釋溶液，只能在這條曲線上，不能造成由c向d的變化，故D錯(cuò)誤；故答案為C?？挤?溶液的酸堿性和pH的計(jì)算三、溶液的酸堿性和pH溶液的酸堿性取決于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相對(duì)大小。(1)酸性溶液：c(H＋)>c(OH－)，常溫下，pH<7。(2)中性溶液：c(H＋)＝c(OH－)，常溫下，pH＝7。(3)堿性溶液：c(H＋)<c(OH－)，常溫下，pH>7。(1)計(jì)算公式：pH＝－lgc(H＋)。(2)溶液的酸堿性與pH的關(guān)系常溫下：四、pH的測(cè)定1．pH試紙（1）使用方法取一小塊pH試紙于干燥潔凈的玻璃片或表面皿上，用干燥潔凈的玻璃棒蘸取試液點(diǎn)在試紙上，當(dāng)試紙顏色變化穩(wěn)定后迅速與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對(duì)照，讀出pH。（2）分類①?gòu)V泛pH試紙：其pH范圍是1～14(最常用)，可以識(shí)別的pH差約為1。②精密pH試紙：可判別0.2或0.3的pH差值。③專用pH試紙：用于酸性、中性或堿性溶液的專用pH試紙。2．pH計(jì)pH計(jì)，又叫酸度計(jì)，可精密測(cè)量溶液的pH，其量程為0～14。①pH試紙不能測(cè)定具有漂白性的溶液的pH。②不能用濕潤(rùn)的玻璃棒蘸取待測(cè)液，也不能將pH試紙先用水潤(rùn)濕，否則溶液被稀釋，可能造成誤差（酸性溶液的pH偏大、堿性溶液的pH偏小、中性溶液的pH無影響）。五、pH的計(jì)算1．單一溶液pH的計(jì)算（1）酸性溶液中，先求c(H+)，再計(jì)算pH=lgc(H+)；（2）堿性溶液中，先求c(OH)，再由c(H+)=Kwc(OH-)求c(H+2．混合溶液pH的計(jì)算（1）強(qiáng)酸混合，先求，再計(jì)算pH=lgc(H+)；（2）強(qiáng)堿混合，先求，再由c(H+)=Kwc(OH-)求c(H+（3）強(qiáng)酸強(qiáng)堿混合①恰好完全反應(yīng)，pH=7(25℃)；②酸過量，先求，再計(jì)算pH=lgc(H+)；③堿過量，先求，再由c(H+)=Kwc(OH-)求c(H+3．酸、堿稀釋時(shí)pH變化規(guī)律（1）pH=a的強(qiáng)酸溶液，稀釋10m倍，pH=a+m（室溫下，a+m＜7）pH=a的弱酸溶液，稀釋10m倍，a＜pH＜a+n（室溫下，a+m＜7）（2）pH=b的強(qiáng)堿溶液，稀釋10n倍，pH=bn（室溫下，bn＞7）pH=b的弱酸溶液，稀釋10n倍，bn＜pH＜b（室溫下，bn＞7）（室溫下，a+0.3＜7）（室溫下，b0.3＞7）【方法規(guī)律】酸、堿溶液稀釋相同倍數(shù)時(shí)，強(qiáng)電解質(zhì)溶液比弱電解質(zhì)溶液的pH變化幅度大，但不管稀釋多少倍，最終都無限接近中性。(1)等濃度等體積一元酸與一元堿混合的溶液——“誰(shuí)強(qiáng)顯誰(shuí)性，同強(qiáng)顯中性”。(2)25℃時(shí)，等體積pH之和等于14的一強(qiáng)一弱酸堿混合溶液——“誰(shuí)弱誰(shuí)過量，誰(shuí)弱顯誰(shuí)性”。(3)強(qiáng)酸、強(qiáng)堿等體積混合(25℃時(shí))①pH之和等于14呈中性；②pH之和小于14呈酸性；③pH之和大于14呈堿性。【典例2】(浙江省金麗衢十二校20222023學(xué)年高三第一次聯(lián)考)下列說法一定正確的是A．相同溫度下，1L0.02mol·L1的NaCl溶液和2L0.01mol·L1NaCN溶液中的離子總數(shù)相等B．常溫下，將pH=2的一元酸HA溶液與pH=12的一元堿BOH溶液等體積混合，所得溶液pH=7C．25℃時(shí)，向10mL0.1mol·L1HA溶液中加入0.1mol·L1的NaOH溶液，當(dāng)水電離出的c(H+)=1.0×107mol·L1時(shí)，滴加氫氧化鈉溶液的體積可能出現(xiàn)兩種情況，則HA為弱酸D．將冰醋酸加水稀釋，冰醋酸的電離度逐漸增加，但電離常數(shù)Ka不變，c(H+)逐漸增大，導(dǎo)電性逐漸增強(qiáng)?！敬鸢浮緾【解析】A．NaCN溶液中CN水解，相同溫度下，1L0.02mol·L1的NaCl溶液中的離子總數(shù)大于2L0.01mol·L1NaCN溶液中的離子總數(shù)，故A錯(cuò)誤；B．常溫下，將pH=2的一元酸HA溶液與pH=12的一元堿BOH溶液等體積混合，若HA為弱酸，所得溶液pH<7；若BOH為弱堿，所得溶液pH>7，故B錯(cuò)誤；C．25℃時(shí)，向10mL0.1mol·L1HA溶液中加入0.1mol·L1的NaOH溶液，當(dāng)水電離出的c(H+)=1.0×107mol·L1時(shí)，滴加氫氧化鈉溶液的體積可能出現(xiàn)兩種情況，如圖所示

，則HA為弱酸，故C正確；D．將冰醋酸加水稀釋，冰醋酸的電離度逐漸增加，但電離常數(shù)Ka不變，c(H+)先增大后減小，導(dǎo)電性先增強(qiáng)后減弱，故D錯(cuò)誤；故選C。1．（浙江省浙里卷天下20222023學(xué)年高三沖刺卷）下列說法不正確的是A．相同溫度下，相等的氨水、溶液中，相等B．的醋酸溶液的物質(zhì)的量濃度大于的醋酸溶液的10倍C．均為4的鹽酸和氯化銨溶液等體積混合后，所得溶液的D．用同濃度的溶液分別與等體積、等的鹽酸和醋酸溶液恰好完全反應(yīng)，鹽酸消耗溶液的體積更大【答案】D【解析】A．相同溫度下，水的離子積相等，相等的氨水、溶液中，相等，則溶液中相等，A正確；B．醋酸為弱酸，不能完全電離，濃度越大，電離程度越小，的醋酸溶液的物質(zhì)的量濃度為(為電離度)，的醋酸溶液的物質(zhì)的量濃度為(為電離度)，故前者比后者的10倍還大，B正確；C．均為4的鹽酸和氯化銨溶液等體積混合的瞬間，，不發(fā)生變化，銨根離子和一水合氨的濃度瞬間變?yōu)樵瓉淼亩种?，則二者的比值不變，故所得溶液中水的電離平衡沒有移動(dòng)，氯化銨的水解平衡沒有移動(dòng)，混合溶液中，，C正確；D．醋酸是弱酸，等體積、等的鹽酸和醋酸溶液中醋酸的物質(zhì)的量大于鹽酸的物質(zhì)的量，則用同濃度的溶液分別與等體積、等的鹽酸和醋酸溶液恰好完全反應(yīng)，醋酸消耗溶液的體積更大，D錯(cuò)誤。故選D?？挤?酸堿中和滴定六、酸堿中和滴定利用酸堿中和反應(yīng)，用已知濃度酸(或堿)來測(cè)定未知濃度的堿(或酸)的實(shí)驗(yàn)方法。以標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定待測(cè)的NaOH溶液，待測(cè)的NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度為c(NaOH)＝eq\f(c（HCl）·V（HCl）,V（NaOH）)。酸堿中和滴定的關(guān)鍵：(1)準(zhǔn)確測(cè)定標(biāo)準(zhǔn)液和待測(cè)液的體積；(2)準(zhǔn)確判斷滴定終點(diǎn)。(1)儀器圖(A)是酸式滴定管、圖(B)是堿式滴定管、滴定管夾、鐵架臺(tái)、錐形瓶。(2)試劑：標(biāo)準(zhǔn)液、待測(cè)液、指示劑、蒸餾水。(3)滴定管①構(gòu)造：“0”刻度線在上方，尖嘴部分無刻度。②精確度：讀數(shù)可精確到0.01mL。③洗滌：先用蒸餾水洗滌，再用待裝液潤(rùn)洗。④排泡：酸、堿式滴定管中的液體在滴定前均要排出尖嘴中的氣泡。⑤使用注意事項(xiàng)：試劑性質(zhì)滴定管原因酸性、氧化性酸式滴定管氧化性物質(zhì)易腐蝕橡膠管堿性堿式滴定管堿性物質(zhì)易腐蝕玻璃，致使玻璃活塞無法打開以標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定待測(cè)NaOH溶液為例(1)滴定前的準(zhǔn)備①滴定管：查漏→洗滌→潤(rùn)洗→裝液→調(diào)液面→記錄。②錐形瓶：注堿液→記體積→加指示劑。(2)滴定(3)終點(diǎn)判斷等到滴入最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液，指示劑變色，且在半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原來的顏色，視為滴定終點(diǎn)并記錄標(biāo)準(zhǔn)液的體積。(4)數(shù)據(jù)處理按上述操作重復(fù)二至三次，求出用去標(biāo)準(zhǔn)鹽酸體積的平均值，根據(jù)c(NaOH)＝eq\f(c（HCl）·V（HCl）,V（NaOH）)計(jì)算。常用酸堿指示劑及變色范圍指示劑變色范圍的pH石蕊甲基橙酚酞5.指示劑的選擇：一般不選擇石蕊，變色現(xiàn)象不明顯。強(qiáng)酸滴（弱）堿甲基橙，強(qiáng)堿滴（弱）酸用酚酞，兩強(qiáng)互滴（甲基橙酚酞）都可以。滴定種類選用的指示劑滴定終點(diǎn)顏色變化指示劑用量強(qiáng)酸滴定強(qiáng)堿酚酞紅色→無色23滴甲基橙黃色→橙色強(qiáng)酸滴定弱堿甲基橙黃色→橙色強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸甲基橙紅色→橙色酚酞無色→粉紅色強(qiáng)堿定弱酸酚酞無色→粉紅色七、酸堿中和滴定的誤差分析由c待測(cè)＝eq\f(c標(biāo)準(zhǔn)·V標(biāo)準(zhǔn),V待測(cè))可知，c標(biāo)準(zhǔn)和V待測(cè)均為定值，所以c待測(cè)的誤差主要來自V標(biāo)準(zhǔn)，V標(biāo)準(zhǔn)偏大則c待測(cè)偏高，V標(biāo)準(zhǔn)偏小則c待測(cè)偏低。（1）若以鹽酸標(biāo)準(zhǔn)液滴定未知濃度的NaOH溶液，常見的誤差分析如下：步驟操作V標(biāo)準(zhǔn)c待測(cè)洗滌酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗變大偏高堿式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗變小偏低錐形瓶用待測(cè)溶液潤(rùn)洗變大偏高錐形瓶洗凈后還留有蒸餾水不變無影響取液放出堿液的滴定管開始有氣泡，放出液體后氣泡消失變小偏低滴定酸式滴定管滴定前有氣泡，滴定終點(diǎn)時(shí)氣泡消失變大偏高振蕩錐形瓶時(shí)部分液體濺出變小偏低部分酸液滴出錐形瓶外變大偏高溶液顏色較淺時(shí)滴入酸液過快，停止滴定后再加一滴NaOH溶液無變化變大偏高讀數(shù)滴定前讀數(shù)正確，滴定后俯視讀數(shù)(或前仰后俯)變小偏低滴定前讀數(shù)正確，滴定后仰視讀數(shù)(或前俯后仰)變大偏高配制標(biāo)準(zhǔn)液若配制NaOH溶液，所取的NaOH固體部分潮解變大偏高若配制NaOH溶液，所取的NaOH固體中含有不與酸反應(yīng)的雜質(zhì)變大偏高若配制NaOH溶液，所取的NaOH固體中含有與酸反應(yīng)的雜質(zhì)（Na2CO3）變大偏高若配制NaOH溶液，所取的NaOH固體中含有與酸反應(yīng)的雜質(zhì)（Na2O）變小偏低（2）若先配制NaOH標(biāo)準(zhǔn)液，滴定未知濃度的鹽酸，配制NaOH標(biāo)準(zhǔn)液時(shí)：步驟操作V標(biāo)準(zhǔn)c待測(cè)配制NaOH標(biāo)準(zhǔn)液NaOH固體部分潮解偏高偏高NaOH固體中含有不與酸反應(yīng)的雜質(zhì)偏高偏高NaOH固體中含有與酸反應(yīng)的雜質(zhì)（Na2CO3）偏高偏高NaOH固體中含有與酸反應(yīng)的雜質(zhì)（Na2O）偏低偏低【典例3】(湖南省長(zhǎng)沙市2023屆高三聯(lián)考)下圖是0.01mol·L1甲溶液滴定0.0lmol·L1乙溶液的導(dǎo)電能力變化曲線，其中曲線③表示鹽酸滴定CH3COONa溶液，其他曲線是醋酸溶液滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定鹽酸。下列判斷正確的是A．由圖可知條件相同時(shí)離子導(dǎo)電能力為H+>OH>CH3COOB．曲線②是NaOH溶液滴定鹽酸導(dǎo)電能力變化曲線C．隨著甲溶液體積增大，曲線①始終保持最高導(dǎo)電能力D．a(chǎn)、b、c三個(gè)點(diǎn)不都是反應(yīng)終點(diǎn)【答案】A【解析】A．由曲線③鹽酸滴定NaAc溶液，曲線②的最低點(diǎn)比曲線③還低，為醋酸滴定NaOH溶液的曲線，因此曲線①是NaOH溶液滴定鹽酸導(dǎo)電能力變化曲線，則由圖可知條件相同時(shí)離子導(dǎo)電能力為H+>OH>CH3COO，故A正確；B．曲線②的最低點(diǎn)比曲線③還低，為醋酸滴定NaOH溶液的曲線，因此曲線①是NaOH溶液滴定鹽酸導(dǎo)電能力變化曲線，故B錯(cuò)誤；C．由曲線①起始點(diǎn)最高，說明鹽酸的導(dǎo)電能力最強(qiáng)，隨著甲溶液體積增大，曲線①逐漸變成氯化鈉和氫氧化鈉的混合物，根據(jù)曲線②可知，氫氧化鈉的導(dǎo)電能力不如鹽酸，而隨著甲溶液體積增大，曲線③的溶液逐漸變成鹽酸為主的導(dǎo)電能力曲線，故C錯(cuò)誤；D．反應(yīng)達(dá)到終點(diǎn)時(shí)會(huì)形成折點(diǎn)，因?yàn)閷?dǎo)電物質(zhì)發(fā)生了變化，即a點(diǎn)是反應(yīng)終點(diǎn)，故D錯(cuò)誤；故選A。1．（重慶市萬州第二高級(jí)中學(xué)2023屆高三下學(xué)期第二次質(zhì)量檢測(cè)）25℃時(shí)，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L的一元強(qiáng)酸甲和一元弱酸乙，滴定曲線如圖所示。下列有關(guān)判斷正確的是A．曲線Ⅰ代表的滴定最好選用甲基橙作指示劑B．曲線Ⅱ?yàn)镹aOH溶液滴定一元弱酸乙C．電離常數(shù)Ka(乙)=1.01×105【答案】C【解析】A．根據(jù)兩種酸的濃度均為以及曲線Ⅰ、Ⅱ的起點(diǎn)對(duì)應(yīng)的pH可知，曲線Ⅰ為NaOH滴定一元弱酸乙，曲線Ⅱ?yàn)镹aOH滴定一元強(qiáng)酸甲。分析曲線Ⅰ可知，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液為堿性，故應(yīng)選取酚酞作指示劑，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．由以上分析可知，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．由a點(diǎn)可知，滴定前，一元弱酸乙溶液中，故，C項(xiàng)正確；D．由曲線Ⅱ可知，強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)pH=7可知，，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選C。【基礎(chǔ)過關(guān)】1．（重慶市巴蜀中學(xué)校2023學(xué)年高三模擬）室溫下，下列各組離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產(chǎn)生的溶液中：、、、D．由水電離的的溶液中：、、、【答案】B【解析】A．鐵離子和SCN離子生成紅色物質(zhì)，不共存，A不符合題意；B．、、、、相互之間不反應(yīng)，能共存，B符合題意；C．加入Al產(chǎn)生的溶液為酸性或堿性，若為堿性溶液氫氧根離子會(huì)和鎂離子、碳酸氫根離子反應(yīng)不共存；若為酸性氫離子會(huì)和反應(yīng)不共存，C不符合題意；D．由水電離的的溶液為酸性或堿性，酸性溶液中氫離子、氯離子、次氯酸根離子會(huì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯氣，不共存，D不符合題意；故選B。2．（天津市和平區(qū)2023屆高三下學(xué)期三模）用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列各操作中，不會(huì)引起實(shí)驗(yàn)誤差的是A．用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸進(jìn)行滴定B．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤(rùn)洗后裝入一定體積的NaOH溶液C．取10.00mLNaOH溶液放入洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水D．取10.00mL的NaOH溶液，放入錐形瓶后，把堿式滴定管尖嘴液滴吹去【答案】C【解析】A．用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸前需要先潤(rùn)洗，若不潤(rùn)洗相當(dāng)于稀釋了標(biāo)準(zhǔn)溶液，會(huì)使測(cè)定結(jié)果偏高，故A錯(cuò)誤；B．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤(rùn)洗后裝入一定體積的NaOH溶液，會(huì)使NaOH溶液的用量偏多，所以測(cè)定結(jié)果偏高，故A錯(cuò)誤；C．取10.00mLNaOH溶液放入洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水，NaOH溶液的用量不變，所以不會(huì)引起實(shí)驗(yàn)誤差，故C正確；D．取10.00mL的NaOH溶液，放入錐形瓶后，把堿式滴定管尖嘴液滴吹去，會(huì)使得取用的NaOH溶液偏少，所以測(cè)定結(jié)果偏低，故D錯(cuò)誤；故選C。3．（黑龍江省齊齊哈爾市2023屆高三下學(xué)期二模）如圖為室溫下某二元堿溶液中M(OH)2、M(OH)+、M2+的濃度(mol·L1)對(duì)數(shù)lgc隨pOH[lgc(OH)]的變化關(guān)系。下列說法正確的是A．該二元堿的濃度為0.10mol/LB．pOH=8.0時(shí)，lgc(M2+)lgc[M(OH)+]=1.55C．當(dāng)c(M2+)=c[M(OH)+D．pH=7時(shí)，lgc(M2+)lgc[M(OH)2【答案】B【分析】pOH越小，溶液堿性越強(qiáng)，隨著溶液堿性的減弱，M(OH)2濃度逐漸減小，M(OH)+濃度先增大后減小，M2+濃度逐漸增大，因此左側(cè)的虛線表示M(OH)2，實(shí)線表示M(OH)+，右側(cè)虛線表示M2+?！窘馕觥緼．根據(jù)圖像可知，pOH=0時(shí)，M(OH)2濃度為0.1mol/L，M(OH)+濃度為0.001mol/L，根據(jù)M守恒可知，該二元堿的濃度大于0.1mol/L，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)圖示可知，pOH=6.45時(shí)，c[M(OH)+]=c(M2+)，此時(shí)Ka2==c(OH)=10，pOH=8時(shí)，lgc(M2+)lgc[M(OH)+]==1.55，B正確；C．當(dāng)c[M(OH)+]=c(M2+)時(shí)，pOH=6.45，此時(shí)pH=7.55，C錯(cuò)誤；D．Ka1=10，Ka1×Ka2==10，則lgc(M2+)lgc[M(OH)2]=lg=lg，pH=7，故lg=5.65，D錯(cuò)誤；故答案選B。4．（湖北省名校聯(lián)盟2023屆高三聯(lián)合測(cè)評(píng)）H3PO3是制造塑料穩(wěn)定劑的原料。常溫下，向100mL0.5mol·L1H3PO3溶液中滴加等濃度的NaOH溶液，混合溶液中所有含磷微粒的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)(δ)與溶液pOH[pOH=lgc(OH)]的關(guān)系如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是

A．H3PO3的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為B．a(chǎn)點(diǎn)水電離出的c(OH)=1×10mol·L1C．當(dāng)pH=4時(shí)，c(HPO)=c(H3PO3)D．b點(diǎn)時(shí)加入NaOH溶液的體積為50mL【答案】D【解析】A．圖像中只含有3種含磷微粒，因此H3PO3為二元酸有兩個(gè)羥基氧，結(jié)構(gòu)，A項(xiàng)正確；B．隨著c(OH)逐漸增大，pOH減小，根據(jù)H3PO3+OH=H2PO3+H2O，H2PO3+OH=HPO32+H2O知，c(H3PO3)逐漸減小，c()先增大后減小，c()逐漸增大，故曲線I、II、II分別表示、、H3PO3的變化曲線，a點(diǎn)溶質(zhì)為Na2HPO3和NaH2PO3，溶液pH為6.6，顯酸性，H2PO3電離出H+，該溶液對(duì)水的電離起抑制作用，C水(OH)=C溶液(OH)=1×10mol·L1，B項(xiàng)正確；C．b點(diǎn)時(shí)，c(H3PO3)=c()此時(shí)Ka1=c(H+)=10，a點(diǎn)時(shí)，c()=c()，Ka2=c(H+)=10，Ka1·Ka2=108，當(dāng)c(H+)=104時(shí)，c()=c(H3PO3)，C項(xiàng)正確；D．當(dāng)加入NaOH溶液的體積為50mL，反應(yīng)生成的NaH2PO3和剩余的H3PO3物質(zhì)的量相同，但需要考慮H3PO3的電離和的電離，此時(shí)c(H3PO3)≠c()，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選D。5．（江西省九江市2023屆高三下學(xué)期第三次模擬）人體血液存在H2CO3/，/等緩沖對(duì)。常溫下，水溶液中各緩沖對(duì)的微粒濃度之比的對(duì)數(shù)值lgx[x表示或]與pH的關(guān)系如圖所示。已知碳酸pKa1=6.4、磷酸pKa2=7.2(pKa=－lgKa)。則下列說法錯(cuò)誤的是A．曲線I表示lg與pH的變化關(guān)系B．a(chǎn)→b的過程中，水的電離程度逐漸增大C．當(dāng)pH增大時(shí)，逐漸減小D．當(dāng)c(H2CO3)=c()時(shí)，c()<c()【答案】C【分析】由電離平衡H2CO3HCO+H+、H2POHPO+H+可知，隨pH增大，溶液中c(OH)增大，使電離平衡向右移動(dòng)，減小，增大，所以曲線I表示lg與pH的變化關(guān)系，曲線II表示lg與pH的變化關(guān)系，以此分析解答?！窘馕觥緼．由分析可知，曲線I表示lg與pH的變化關(guān)系，故A正確；B．曲線I表示lg與pH的變化關(guān)系，a→b的過程中，c(HCO)逐漸增大，對(duì)水的電離促進(jìn)作用增大，所以水的電離程度逐漸增大，故B正確；C．根據(jù)Kal=；Ka2=，可得=c()，當(dāng)pH增大時(shí)，的電離被促進(jìn)，濃度逐漸增大，所以逐漸增大，故C錯(cuò)誤；D．由題給信息可知，則當(dāng)c(H2CO3)=c()時(shí)，lg=0，由圖可知，此時(shí)lg<0，說明c()<c()，故D正確；故選C。6．（遼寧省大連二中2023年高三模擬）金屬M(fèi)與單質(zhì)碘在無水醋酸中反應(yīng)，得到化合物，提純干燥后測(cè)得其熔點(diǎn)為144.5℃。為確定，置于特制的梨形瓶中，加入50mL6molL1的鹽酸，同時(shí)加入適量，用0.1000molL1的碘酸鉀溶液進(jìn)行滴定。隨著碘酸鉀溶液的加入，可觀察到層呈紫色，后逐漸變淺，滴至紫色褪去為終點(diǎn)，此時(shí)層呈淡黃色，滴定消耗碘酸鉀溶液20.00mL。在中顯黃色的物質(zhì)在歷史上曾被誤認(rèn)為。下面有關(guān)實(shí)驗(yàn)細(xì)節(jié)的描述中，錯(cuò)誤的是A．滴定終點(diǎn)時(shí)的操作：當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液恰好由紫色變?yōu)榈S色，且半分鐘不變色B．滴定結(jié)束后中主要的溶質(zhì)為C．如果用過量的碘化鉀溶液滴定碘酸鉀溶液，則滴定過程中層顏色逐漸加深，直至不變D．紫色褪去反應(yīng)的離子方程式為：【答案】C【分析】用碘酸鉀溶液進(jìn)行滴定，隨著碘酸鉀溶液的加入，可觀察到層呈紫色，是生成碘單質(zhì)，后逐漸變淺，滴至紫色褪去是碘單質(zhì)、碘酸根離子、氫離子和氯離子發(fā)生反應(yīng)生成氯化碘，此時(shí)層呈淡黃色?！窘馕觥緼．滴定終點(diǎn)時(shí)的操作：當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液恰好由紫色變?yōu)榈S色，且半分鐘不變色，A正確；B．根據(jù)上述分析可知，滴定結(jié)束后中主要的溶質(zhì)為，B正確；C．碘離子與碘酸根離子反應(yīng)中需消耗氫離子，當(dāng)氫離子不足時(shí)不會(huì)再生成碘單質(zhì),層顏色不會(huì)加深，C錯(cuò)誤；D．紫色褪去反應(yīng)的離子方程式為：，D正確；故選C。7．（廣東省茂名市第一中學(xué)2023屆高三三模）部分含硫物質(zhì)的分類與相應(yīng)化合價(jià)關(guān)系如圖所示。下列推斷不合理的是A．pH=5的a、d水溶液中c(H+)相同B．c通入紫色石蕊先變紅后褪色C．b和e反應(yīng)可能生成Na2S2O3D．e能夠促進(jìn)水的電離【答案】B【分析】根據(jù)含有硫元素的物質(zhì)所屬類型，結(jié)合硫元素的化合價(jià)，可知a是H2S，b是單質(zhì)S，c是SO2，d是H2SO4，e為Na2SO3等亞硫酸鹽，再結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)分析解答。【解析】A．pH=5的H2S、H2SO4水溶液中c(H+)都為1.0×105mol·L1，故c(H+)相同，A正確；B．c是SO2，SO2只能漂白某些有機(jī)色質(zhì)，比如品紅溶液，但是不能使指示劑褪色，故B說法錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；C．單質(zhì)S與Na2SO3固體共熱，可生成硫代硫酸鈉Na2S2O3，C正確D．Na2SO3等亞硫酸鹽為水解鹽，能夠促進(jìn)水的電離，D正確；故選B?！灸芰μ嵘?．（重慶市第一中學(xué)校2023屆高三下學(xué)期適應(yīng)性考試）常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．使甲基橙試液變紅的溶液：B．通入足量的溶液：C．通入足量的溶液：D．水電離的的溶液：【答案】A【解析】A．使甲基橙試液變紅的溶液為酸性溶液，酸性溶液中，之間互不反應(yīng)，能大量共存，故A符合題意；B．具有還原性，能與發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故B不符合題意；C．通入足量NH3的溶液中：Cu2+會(huì)反應(yīng)生成[Cu]NH3)2]2+，不能大量共存，故C不符合題意；D．水電離的的溶液可能呈酸性，也可能呈堿性，存在，當(dāng)溶液呈堿性時(shí)，該平衡正向移動(dòng)，主要以形式存在，故D不符合題意；故答案選A。2．（山東省濟(jì)南三中2023屆高三下學(xué)期二模）某溫度下，和的電離常數(shù)分別為和。將pH和體積均相同的兩種酸溶液分別稀釋(忽略溫度的變化)，其pH隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述正確的是A．曲線Ⅰ代表溶液B．溶液中水的電離程度：b點(diǎn)>c點(diǎn)C．從c點(diǎn)到d點(diǎn)，溶液中的值增大D．相同體積a點(diǎn)的兩溶液分別與恰好中和后，溶液中相同【答案】A【分析】某溫度下，和的電離常數(shù)分別為和，則酸的強(qiáng)弱為?！窘馕觥緼．pH值相同的兩種酸，加水稀釋，氫離子濃度減小，由于相對(duì)弱的酸電離出的氫離子比相對(duì)強(qiáng)的酸電離出的氫離子多，則后來相對(duì)弱的酸中氫離子濃度大于相對(duì)強(qiáng)的酸中氫離子，因此曲線Ⅰ代表溶液，故A正確；B．b點(diǎn)氫離子濃度大于c點(diǎn)氫離子濃度，因此b點(diǎn)抑制水的電離程度大，則溶液中水的電離程度：c點(diǎn)＞b點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．從c點(diǎn)到d點(diǎn)，平衡正向移動(dòng)，但溫度不變，故溶液中的值不變，故C錯(cuò)誤；D．相同體積a點(diǎn)的兩溶液分別與恰好中和后，由于醋酸的物質(zhì)的量濃度大于HCN的物質(zhì)的量濃度，則醋酸溶液中加入的氫氧化鈉溶液多，因此兩溶液中不相同，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為A。3．（北京市順義一中2023屆高三下學(xué)期模擬）用0.100mol·L1的NaOH溶液分別滴定體積均為10.00mL、濃度均為0.100mol·L1的HCl和CH3COOH溶液。利用傳感器測(cè)得滴定過程中溶液的電導(dǎo)率(電導(dǎo)率越大表示溶液導(dǎo)電性越強(qiáng))變化如圖所示。下列說法正確的是A．曲線①代表向HCl中滴加NaOH B．A點(diǎn)溶液的pH小于C點(diǎn)溶液的pHC．A、B兩點(diǎn)水的電離程度：A>B D．C→D發(fā)生了反應(yīng)：H++OH=H2O【答案】C【分析】HCl為強(qiáng)電解質(zhì)，CH3COOH為弱電解質(zhì)，濃度相同時(shí)，HCl溶液的導(dǎo)電能力更強(qiáng)，所以曲線②代表向HCl中滴加NaOH，曲線①代表向CH3COOH中滴加NaOH。【解析】A．根據(jù)分析曲線②代表向HCl中滴加NaOH，A錯(cuò)誤；B．曲線①為向CH3COOH中滴加NaOH，當(dāng)?shù)渭拥腘aOH為10.00mL時(shí)，恰好與醋酸中和，所以A點(diǎn)溶質(zhì)為CH3COONa，同理C點(diǎn)溶質(zhì)為NaCl，由于醋酸根的水解，A點(diǎn)溶液顯堿性，而C點(diǎn)溶液顯中性，所以A點(diǎn)溶液的pH大于C點(diǎn)溶液的pH，B錯(cuò)誤；C．A點(diǎn)溶質(zhì)為CH3COONa，B點(diǎn)溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的CH3COONa和NaOH，醋酸根的水解促進(jìn)水的電離，而NaOH的電離會(huì)抑制水的電離，所以A點(diǎn)水的電離程度更大，C正確；D．C點(diǎn)溶質(zhì)為NaCl，繼續(xù)滴加NaOH溶液時(shí)不發(fā)生化學(xué)反應(yīng)，D錯(cuò)誤；故選C。4．（重慶市縉云教育聯(lián)盟2023屆高三上學(xué)期第一次診斷性檢測(cè)）4HSO4溶液，記錄溶液pH與加入NaOH溶液體積的關(guān)系曲線如圖所示。已知：Kb(NH3?H2O)=1.8×105，下列說法不正確的是A．a(chǎn)點(diǎn)：c(NH)+c(H+)=c(Na+)+c(OH)B．b點(diǎn)：c(Na+)>c(SO)>c(NH)>c(OH)=c(H+)C．c→d的過程中存在c(NH)=c(NH3?H2O)D．a(chǎn)、b、c、d四點(diǎn)中，b點(diǎn)溶液中水的電離程度最大【答案】D【解析】A．a(chǎn)點(diǎn)加入100mLNaOH，與完全中和，溶質(zhì)為和，并且二者物質(zhì)的量濃度相等，即，電荷守恒關(guān)系式為，則，選項(xiàng)A正確；B．b點(diǎn)，則，根據(jù)電荷守恒可知，，b點(diǎn)氫氧化鈉體積大于100mL，則，所以，b點(diǎn)離子濃度大小為，選項(xiàng)B正確；C．c點(diǎn)處與NaOH反應(yīng)后，溶液中和的物質(zhì)的量之比為1∶2，由于，電離程度大于的水解程度，故c點(diǎn)處。d點(diǎn)處與NaOH恰好完全反應(yīng)生成和，電離程度較小故溶液中，所以c→d的過程中必然存在一點(diǎn)使得，選項(xiàng)C正確；D．a(chǎn)點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為和，水解促進(jìn)水的電離。b點(diǎn)，促進(jìn)作用與抑制作用相當(dāng)，水正常電離。c點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為、和，pH>7，以電離為主，抑制水的電離，d點(diǎn)溶液中溶質(zhì)為和，抑制水的電離，所以a、b、c、d四點(diǎn)中，a點(diǎn)溶液中水的電離程度最大，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選D。5．（天津市河西區(qū)20222023學(xué)年高三下學(xué)期總復(fù)習(xí)質(zhì)量調(diào)查）常溫下，向20mL0.1mol/L的某一元酸(HA)溶液中加入幾滴酚酞溶液，再逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，測(cè)得滴定曲線如圖。下列說法不正確的是A．V=10mL時(shí)，c(HA)＞c(A)B．pH=7時(shí)，V(NaOH)＜20mLC．滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無色變?yōu)闇\紅色D．a(chǎn)點(diǎn)的水的電離程度大于b點(diǎn)的水的電離程度【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，當(dāng)加入NaOH溶液10mL時(shí)，溶液中含有等物質(zhì)的量的HA和NaA，根據(jù)圖象可知溶液pH＜7，顯酸性，說明HA的電離作用大于A的水解作用，故濃度：c(HA)＜c(A)，A錯(cuò)誤；B．當(dāng)加入NaOH溶液體積是20.00mL時(shí)，二者恰好反應(yīng)產(chǎn)生NaA，此時(shí)溶液pH=8＞7，則當(dāng)溶液pH=7時(shí)，滴加NaOH溶液的體積V(NaOH)＜20mL，B正確；C．當(dāng)?shù)味ㄟ_(dá)到終點(diǎn)時(shí)，溶液顯堿性，由于指示劑在待測(cè)酸溶液中，因此看到溶液會(huì)由無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不再變?yōu)闊o色，C正確；D．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)溶液的溶質(zhì)為NaA，該鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽，弱酸根A會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)，使水電離程度增大；b點(diǎn)為NaA與NaOH的混合溶液，堿的存在會(huì)抑制水的電離，因此水的電離程度：a點(diǎn)＞b點(diǎn)，D正確；故合理選項(xiàng)是A。6．（湖北省武漢市實(shí)驗(yàn)中學(xué)2023屆高三模擬）常溫下，pH均為2、體積均為V0的HA、HB、HC溶液，分別加水稀釋至體積為V，溶液pH隨。的變化關(guān)系如圖所示，下列敘述正確的是A．水的電離程度：a點(diǎn)>b點(diǎn)B．HA為強(qiáng)酸，且Ka(HB)<Ka(HC)C．當(dāng)＝3時(shí)，升高溶液的溫度，增大D．取a、c兩點(diǎn)溶液，中和體積、濃度均相同的NaOH溶液，c點(diǎn)溶液消耗的體積較小【答案】C【分析】稀釋100倍時(shí)，pH由2變?yōu)?的酸為強(qiáng)酸，pH由2變?yōu)樾∮?的酸為弱酸，根據(jù)圖知，HA為強(qiáng)酸而HB、HC為弱酸，pH變化越小的酸酸性越弱，則酸性HB>HC，以此解答。【解析】A．HC是弱酸，HC溶液中水的電離被抑制，加水稀釋，溶液中H+濃度減小，對(duì)水電離的抑制效果減弱，則水的電離程度：a點(diǎn)<b點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B．由分析可知，HA為強(qiáng)酸而HB、HC為弱酸，則酸性HB>HC，Ka(HB)>Ka(HC)，故B錯(cuò)誤；C．HA為強(qiáng)酸而HB、HC為弱酸，當(dāng)＝3時(shí)，三種溶液同時(shí)升高溫度，促進(jìn)弱酸電離，不考慮酸和水揮發(fā)時(shí)，c(A）不變，c(B)增大，增大，故C正確；D．酸性HB>HC，pH均為2、體積均為V0的HB、HC溶液，稀釋相同的倍數(shù)后濃度：c(HC)>c(HB)，中和相同體積相同濃度的NaOH溶液消耗酸體積與酸濃度成反比，所以HB消耗體積大，故D錯(cuò)誤；故選C。【真題感知】1.（2023·湖南卷第12題）常溫下，用濃度為的標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定濃度均為的和的混合溶液，滴定過程中溶液的隨()的變化曲線如圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A.約為B.點(diǎn)a：C.點(diǎn)b：D.水的電離程度：【答案】D【解析】NaOH溶液和HCl、CH3COOH混酸反應(yīng)時(shí)，先與強(qiáng)酸反應(yīng)，然后再與弱酸反應(yīng)，由滴定曲線可知，a點(diǎn)時(shí)NaOH溶液和HCl恰好完全反應(yīng)生成NaCl和水，CH3COOH未發(fā)生反應(yīng)，溶質(zhì)成分為NaCl和CH3COOH；b點(diǎn)時(shí)NaOH溶液反應(yīng)掉一半的CH3COOH，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COOH和CH3COONa；c點(diǎn)時(shí)NaOH溶液與CH3COOH恰好完全反應(yīng)，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa；d點(diǎn)時(shí)NaOH過量，溶質(zhì)成分為NaCl、CH3COONa和NaOH，據(jù)此解答。由分析可知，a點(diǎn)時(shí)溶質(zhì)成分為NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=10mol/L，==10，故A正確；a點(diǎn)溶液為等濃度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒關(guān)系c(Na+)=c(Cl)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)，故B正確；點(diǎn)b溶液中含有NaCl及等濃度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液顯酸性，說明CH3COOH的電離程度大于CH3COO的水解程度，則c(CH3COOH)<c(CH3COO)，故C正確；c點(diǎn)溶液中CH3COO水解促進(jìn)水的電離，d點(diǎn)堿過量，會(huì)抑制水的電離，則水的電離程度c>d，故D錯(cuò)誤；故選D。2.（2022·浙江卷）某同學(xué)在兩個(gè)相同的特制容器中分別加入20mL0.4mol·L1Na2CO3溶液和40mL0.2mol·L1NaHCO3溶液，再分別用0.4mol·L1鹽酸滴定，利用pH計(jì)和壓力傳感器檢測(cè)，得到如圖曲線：下列說法正確的的是A.圖中甲、丁線表示向NaHCO3溶液中滴加鹽酸，乙、丙線表示向Na2CO3溶液中滴加鹽酸B.當(dāng)?shù)渭欲}酸的體積為V1mL時(shí)(a點(diǎn)、b點(diǎn))，所發(fā)生的反應(yīng)用離子方程式表示為：HCO3+H+=CO2↑+H2OC.根據(jù)pH—V(HCl)圖，滴定分析時(shí)，c點(diǎn)可用酚酞、d點(diǎn)可用甲基橙作指示劑指示滴定終點(diǎn)D.Na2CO3和NaHCO3溶液中均滿足：c(H2CO3)c(CO32)=c(OH)c(H+)【答案】C【解析】碳酸鈉的水解程度大于碳酸氫鈉，故碳酸鈉的堿性強(qiáng)于碳酸氫鈉，則碳酸鈉溶液的起始pH較大，甲曲線表示碳酸鈉溶液中滴加鹽酸，碳酸鈉與鹽酸反應(yīng)先生成碳酸氫鈉，碳酸氫根離子再與氫離子反應(yīng)產(chǎn)生碳酸，進(jìn)而產(chǎn)生二氧化碳，則圖中丁線表示向Na2CO3溶液中滴加鹽酸，乙、丙線表