专题08水溶液中的离子反应与平衡(讲义)

专题08水溶液中的离子反应与平衡目录TOC\o"13"\p""\h\z\u22考点一弱电解质的电离平衡4【真题研析·规律探寻】4【核心提炼·考向探究】61．弱电解质62．弱电解质的电离平衡73．影响电离平衡的外界条件74．弱电解质平衡移动的“三个不一定”75．一元强酸与一元弱酸的比较86．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)稀释图像比较87．电离平衡常数9易错提醒9以一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)的比较为例9【题型归纳·命题预测】10考点二水的电离和溶液的酸碱性16【真题研析·规律探寻】16解题技巧17有关pH计算的一般思维模型17【核心提炼·考向探究】171．水的电离172．溶液中H＋或OH－的来源分析18易错题型18溶液酸碱性判断中的常见误区18【题型特训·命题预测】18题型一水的电离平衡概念理解18题型二水的电离平衡曲线20考点三酸碱中和滴定22【真题研析·规律探寻】22解题技巧26指示剂选择的基本原则26【核心提炼·考向探究】271．概念272．原理273．酸碱中和滴定的关键274．实验用品275．中和滴定实验操作276．氧化还原滴定的原理及指示剂的选择287．沉淀滴定28【题型特训·命题预测】29题型一滴定反应实验操作29题型二滴定反应实际运用32考点四盐类水解和粒子浓度大小比较37【真题研析·规律探寻】37解题技巧46离子浓度大小关系分析判断的基本解题框架46【核心提炼·考向探究】471．盐类水解的应用472．盐类水解程度大小比较的三个规律473．电解质溶液中的守恒关系474．微粒浓度大小的比较48【题型特训·命题预测】48题型一水解概念的理解48题型二离子浓度大小的比较51考点五难溶电解质的溶解平衡57【真题研析·规律探寻】57【核心提炼·考向探究】591．溶度积和离子积592．Ksp的影响因素593．沉淀溶解平衡的应用59易混易错60【题型特训·命题预测】60题型一沉淀溶解平衡的理解60题型二溶度积常数与电离平衡常数的综合分析65题型三沉淀溶解平衡的运用69考点要求考题统计考情分析弱电解质的电离平衡2023湖北卷12题，3分；2023湖北卷14题，3分；2023浙江6月选考15题，3分；2022江苏卷12题，3分；2022浙江1月选考17题，2分；2022全国乙卷13题，6分；2022湖北卷15题，3分；2022辽宁卷15题，3分；2021山东卷15题，4分；2021浙江1月选考17题，2分；2021浙江6月选考19题，2分【命题规律】水溶液中的离子平衡是化学平衡的延伸和应用，也是高考中考点分布较多的内容之一。高考对本部分内容的重点考查方向有：(1)中和滴定图像分析及有关计算；(2)微粒浓度关系判断；(3)沉淀溶解平衡及溶度积常数的应用；(4)溶液中的离子反应(离子共存和离子推断)；(5)结合图像考查弱电解质的电离和盐类的水解等。一是在选择题某一选项中以图像或者文字的形式考查，二是在填空题中结合化学反应原理综合考查。【命题预测】从高考命题的变化趋势来看，溶液中离子浓度的大小比较及沉淀的溶解平衡和转化是主流试题。多元弱酸弱碱分步电离平衡问题、多元弱酸弱碱离子的水解问题及化学反应速率的问题是命题的生长点。预计2024年高考题型会延续2023年高考命题形式，以曲线图的形式进行综合考查，要求考生会利用平衡移动原理分析外界条件改变对溶液中电离平衡、水解平衡、难溶电解质的溶解平衡的分析，把握其本质，其中溶度积的相关计算预计会在2023年的高考命题中占有一定的重要地位。水的电离和溶液的酸碱性2022·浙江省1月选考1题，2分；2022·浙江省1月选考17题，2分酸碱中和滴定2023湖南卷12题，4分；2021辽宁卷15题，3分；2021湖北卷14题，3分；2021海南卷14题，4分盐类水解和粒子浓度大小比较2022·浙江省6月选考23题，2分；2022·浙江省6月选考17题，2分；2022•海南省选择性考试13题，3分；2022•江苏卷12题，3分；2022•福建卷10题，3分；2022·浙江省1月选考23题，3分；2021•浙江1月选考23题，3分；2021•广东选择性考试8题，3分；2021•天津卷10题，3分；2021•北京卷题，3分；2021•浙江1月选考17题，3分；2021•山东卷15题，3分；2021•湖北选择性考试14题，3分难溶电解质的溶解平衡2023•浙江省1月选考，15；2023•浙江省6月选考15题，3分考点一弱电解质的电离平衡1．(2022•湖北省选择性考试，12)根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸性越强。已知：N2H5++NH3=NH4++N2H4，N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO，下列酸性强弱顺序正确的是()A．N2H5+＞N2H4＞NH4+ B．N2H5+＞CH3COOH＞NH4+C．NH3＞N2H4＞CH3COO D．CH3COOH＞N2H5+＞NH4+【答案】D【解析】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，则反应N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO中，酸性：CH3COOH＞N2H5+，反应N2H5++NH3=NH4++N2H4中，酸性：N2H5+＞NH4+，故酸性：CH3COOH＞N2H5+＞NH4+，故选D。2．(2021•浙江6月选考)某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是()A．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，则HR是弱酸B．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH2且pH7，则HR是弱酸C．25℃时，若测得HR溶液pH=a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH=b，ba，则HR是弱酸D．25℃时，若测得NaR溶液pH=a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH=b，ab，则HR是弱酸【答案】B【解析】A项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH2且pH7，可知溶液中c(H＋)0.01mol·Lˉ1，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；C项，假设HR为强酸，取pH的该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL测得此时溶液pH7，C错误；D项，假设HR为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，pH减小，D错误；故选B。3．(2022·浙江省1月选考，17)已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×107，Ka2=7.1×1015。下列说法正确的是()A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者B．向0.1mol·L1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2)＞c(HA)D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1【答案】B【解析】A项，在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2的水解程度大于HA，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B项，向0.1mol·L1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，，则H2A的电离度0.013%，故B正确；C项，向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2)<c(HA)，故C错误；D项，H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH<a+1，故D错误；故选B。4．(2021•浙江6月选考)某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是()A．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，则HR是弱酸B．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH2且pH7，则HR是弱酸C．25℃时，若测得HR溶液pH=a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH=b，ba，则HR是弱酸D．25℃时，若测得NaR溶液pH=a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH=b，ab，则HR是弱酸【答案】B【解析】A项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH2且pH7，可知溶液中c(H＋)0.01mol·Lˉ1，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；C项，假设HR为强酸，取pH的该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL测得此时溶液pH7，C错误；D项，假设HR为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，pH减小，D错误；故选B。5．(2021•浙江1月选考，17)25℃时，下列说法正确的是()A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐C．0.010mol·L1、0.10mol·L1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＜α2D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×105mol【答案】D【解析】A项，NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；B项，可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱碱盐，B错误；C项，弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010mol·L1、0.10mol·L1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1＞α2，C错误；D项，100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氢氧根离子的浓度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促进水的电离，则水电离出H＋的浓度是1×10－4mol/L，其物质的量为0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正确；故选D。6．(2022•全国乙卷)常温下，一元酸的Ka(HA)=1.0×103。在某体系中，与A离子不能穿过隔膜，未电离的可自由穿过该膜(如图所示)。设溶液中c总(HA)=c(HA)+c(A)，当达到平衡时，下列叙述正确的是()A．溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH)＋c(A)B．溶液Ⅱ中的HA的电离度为C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c总(HA)之比为104【答案】B【解析】A项，常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH)=1×107mol/L，c(H+)＜c(OH)＋c(A)，A错误；B项，常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×103，c总(HA)=c(HA)+c(A)，则=1.0×103，解得=，B正确；C项，根据题意，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；D项，常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×107mol/L，Ka==1.0×103，c总(HA)=c(HA)+c(A)，=1.0×103，溶液I中c总(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×103，c总(HA)=c(HA)+c(A)，=1.0×103，溶液II中c总(HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c总(HA)之比为[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；故选B。1．弱电解质(1)概念(2)与化合物类型的关系强电解质主要是大部分离子化合物及某些共价化合物，弱电解质主要是某些共价化合物。2．弱电解质的电离平衡(1)电离平衡的建立在一定条件下(如温度、压强等)，当弱电解质电离产生离子的速率和离子结合成弱电解质分子的速率相等时，溶液中各分子和离子的浓度都不再发生变化，电离过程达到了平衡。平衡建立过程的vt图像如图所示。(2)弱电解质电离平衡的特征3．影响电离平衡的外界条件外界条件电离平衡移动方向电离程度变化温度升高温度向右移动增大浓度稀释溶液向右移动增大相同离子加入与弱电解质相同离子的强电解质向左移动减小加入能与弱电解质离子反应的物质向右移动增大增大4．弱电解质平衡移动的“三个不一定”(1)稀醋酸加水稀释时，溶液中不一定所有的离子浓度都减小。因为温度不变，Kw＝c(H＋)·c(OH－)是定值，稀醋酸加水稀释时，溶液中的c(H＋)减小，故c(OH－)增大。(2)电离平衡右移，电解质分子的浓度不一定减小，离子的浓度不一定增大，电离程度也不一定增大。(3)对于浓的弱电解质溶液加H2O稀释的过程，弱电解质的电离程度逐渐增大，但离子浓度不一定减小，可能先增大后减小。5．一元强酸与一元弱酸的比较等物质的量浓度的盐酸(a)与醋酸溶液(b)等pH的盐酸(a)与醋酸溶液(b)pH或物质的量浓度pH：a＜b物质的量浓度：a＜b溶液的导电性a＞ba＝b水的电离程度a＜ba＝b加水稀释等倍数pH的变化量a＞ba＞b等体积溶液中和NaOH反应的量a＝ba＜b分别加该酸的钠盐固体后pHa：不变；b：变大a：不变；b：变大开始与金属反应的速率a＞b相同等体积溶液与过量活泼金属产生H2的量相同a＜b6．一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)稀释图像比较(1)相同体积、相同浓度的盐酸、醋酸加水稀释相同的倍数，醋酸的pH大加水稀释到相同的pH，盐酸加入的水多(2)相同体积、相同pH值的盐酸、醋酸加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大加水稀释到相同的pH，醋酸加入的水多7．电离平衡常数(1)①填写下表(25℃)弱电解质电离方程式电离常数NH3·H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－Kb＝1.8×10－5CH3COOHCH3COOHCH3COO－＋H＋Ka＝1.8×10－5HClOHClOH＋＋ClO－Ka＝3.0×10－8②CH3COOH酸性大于(填“大于”“小于”或“等于”)HClO酸性，判断的依据：相同条件下，电离常数越大，电离程度越大，c(H＋)越大，酸性越强。③电离平衡常数的意义：弱酸、弱碱的电离平衡常数能够反映酸碱性的相对强弱。电离平衡常数越大，电离程度越大。多元弱酸的电离以第一步电离为主，各级电离平衡常数的大小差距较大。④外因对电离平衡常数的影响：电离平衡常数与其他化学平衡常数一样只与温度有关，与电解质的浓度无关，升高温度，K值增大，原因是电离是吸热过程。(2)多元弱酸的分步电离，以碳酸为例，碳酸是二元弱酸，在水溶液中的电离是分步进行。①电离方程式是H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)，HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)。②电离平衡常数表达式：，。③比较大小：Ka1>Ka2。以一元强酸(HCl)与一元弱酸(CH3COOH)的比较为例(1)相同物质的量浓度、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较比较项目酸c(H＋)pH中和碱的能力与活泼金属反应产生H2的量开始与金属反应的速率盐酸大小相同相同大醋酸溶液小大小(2)相同pH、相同体积的盐酸与醋酸溶液的比较比较项目酸c(H＋)c(酸)中和碱的能力与足量活泼金属反应产生H2的量开始与金属反应的速率盐酸相同小小少相同醋酸溶液大大多1．能证明亚硝酸是弱酸的实验事实是()A．HNO2的酸性比CH3COOH强 B．0.1mol·L1NaNO2溶液的pH大于7C．HNO2溶液与Na2CO3反应生成CO2 D．HNO2不稳定可分解成NO和NO2【答案】B【解析】A项，HNO2的酸性比CH3COOH强，不能说明是弱酸，故A不符合题意；B项，0.1mol·L1NaNO2溶液的pH大于7，说明亚硝酸根水解，亚硝酸是弱酸，故B符合题意；C项，HNO2溶液与Na2CO3反应生成CO2，只能说明亚硝酸酸性大于碳酸，不能说明亚硝酸是弱酸，故C不符合题意；D项，HNO2不稳定可分解成NO和NO2，只能说明亚硝酸是不稳定性酸，不能说明亚硝酸是弱酸，故D不符合题意。故选B。2．(2024·湖北腾云联盟高三联考)常温下，一种解释乙酰水杨酸(用HA表示，Ka=1.0×1030)药物在人体吸收模式如下：假设离子不会穿过组织薄膜，而未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡。下列说法错误的是()A．血浆中HA电离程度比胃中大 B．在胃中，C．在血浆中， D．总药量之比【答案】C【解析】A项，如图可知，胃液酸性强，H+浓度大，抑制HA的电离，故血浆中HA电离程度比胃中大，A正确；B项，在胃中c(H＋)=1.0mol·L－1，根据可得，B正确；C项，在血浆中，，C错误；D项，未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡，血浆Ⅰ和胃Ⅱ中c(HA)相等，由，可得，则，溶液Ⅰ中，，，同理溶液Ⅱ中，，故总药量之比，D正确；故选C。3．(2023·北京市牛栏山一中高三检测)室温下，对于1L醋酸溶液，下列判断正确的是()A．该溶液中CH3COO的粒子数为个B．加入少量CH3COONa固体后，溶液的pH升高C．滴加NaOH溶液过程中，c(CH3COO)与c(CH3COOH)之和始终为0.1mol/LD．与Na2CO3溶液反应的离子方程式为CO32+2H+=H2O+CO2↑【答案】B【解析】A项，1L0.1mol•L1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，醋酸属于弱酸，是弱电解质，在溶液中部分电离，则CH3COO的粒子数小于6.02×1022，A项错误；B项，加入少量CH3COONa固体后，溶液中CH3COO的浓度增大，根据同离子效应，会抑制醋酸的电离，溶液中的氢离子浓度减小，酸性减弱，则溶液的pH升高，B项正确；C项，1L0.1mol•L1醋酸溶液中醋酸的物质的量为0.1mol，滴加NaOH溶液过程中，溶液中始终存在物料守恒，n(CH3COO)+n(CH3COOH)=0.1mol，但溶液体积不确定，故二者浓度之和无法计算，C项错误；D项，醋酸是弱电解质，离子反应中不能拆写，则离子方程式为CO32+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO，D项错误；故选B。4．醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHH+＋CH3COO－，下列叙述不正确的是A．0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释或加热均可使CH3COO－的物质的量增多B．0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，c(CH3COO－)/［c(CH3COOH)·c(OH－)］不变C．向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动，电离程度增大D．0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释后，溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO－)的值减小【答案】C【解析】A项，0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释或加热，平衡正向移动，均可使CH3COO－的物质的量增多，故不选A；B项，0.1mol/L的CH3COOH溶液加水稀释，c(CH3COO－)/［c(CH3COOH)·c(OH－)］=Ka/Kw，只受温度影响，加水稀释不发生变化，故不选B；C项，向0.1mol/LCH3COOH溶液中加入少量纯醋酸，平衡向右移动，电离程度减小，故选C；D项，0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释，平衡正向移动，溶液中c(CH3COOH)/c(CH3COO－)=n(CH3COOH)/n(CH3COO－)的值减小，故不选D。5．(2023·浙江省宁波市高三选考模拟考试)下列说法正确的是()A．25℃时，将pH=5的醋酸溶液与pH=5的盐酸等体积混合，混合后溶液pH＞5B．25℃时，等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C．25℃时，等体积、等pH的盐酸与醋酸分别用等浓度的NaOH溶液中和，盐酸消耗NaOH溶液多D．25℃时，pH=3的一元酸HA溶液与pH=11的一元碱MOH溶液等体积混合后溶液呈酸性，则HA是强酸【答案】B【解析】A项，pH=5的醋酸溶液与pH=5的盐酸中氢离子浓度相同，都是105mol/L，等体积混合后，氢离子浓度不变，故pH为5，A错误；B项，等浓度的盐酸与醋酸分别稀释相同倍数后其浓度依然相同，醋酸是弱酸，部分电离，氢离子浓度较小，pH大，B正确；C项，等体积、等pH的盐酸与醋酸，其中醋酸的浓度大，用氢氧化钠中和时消耗的氢氧化钠较多，C错误；D项，混合后溶液呈酸性，说明酸的浓度较大，则酸HA为弱酸，MOH是相对较强的碱，但是不一定是强碱，D错误；故选B。6．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中()A．水的电离程度始终增大B．c(NHeq\o\al(＋,4))/c(NH3·H2O)先增大再减小C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(CH3COO－)【答案】D【解析】开始滴加氨水时，水的电离程度增大，二者恰好完全反应时，水的电离程度最大，再继续滴加氨水时，水的电离程度减小，A项错误；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸性减弱，碱性增强，c(OH－)增大，由NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－可知K＝eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)，则eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)＝eq\f(K,c（OH－）)，故eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)减小，B项错误；根据原子守恒知n(CH3COO－)与n(CH3COOH)之和不变，但滴加氨水过程中，溶液体积不断增大，故c(CH3COO－)与c(CH3COOH)之和减小，C项错误；由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时，溶液呈中性，结合电荷守恒知c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，则c(CH3COO－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))，D项正确。7．(2023·浙江省诸暨市高三适应性考试)已知H2R为二元弱酸，Ka1(H2R)=5.4×102，Ka2(H2R)=5.4×105。室温下，下列说法不正确的是()A．0.1mol/LNaHR溶液pHB．用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，溶液中c(HR)c(R2)C．0.1mol/LH2R溶液：.2mol/L+c(OH)=c(H+)+c(H2R)+c(HR)D．0.01mol/L的H2R溶液与pH的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2【答案】C【解析】A项，NaHR是弱酸H2R的酸式盐，存在电离和水解，，电离强于水解，0.1mol/LNaHR溶液pH，A正确；B项，用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性时，c(OH)=c(H+)=107mol/L，，故溶液中c(HR)c(R2)，B正确；C项，0.1mol/LH2R溶液中根据电荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR)+c(R2)=0.1mol/L，c(H+)=c(HR)+2c(R2)+c(OH)，故.2mol/L+c(OH)=c(H+)+2c(H2R)+c(HR)，C错误；D项，H2R+2NaOH=2H2O+Na2R，0.01mol/L的H2R(二元酸)溶液与pH即0.01mol/L的NaOH溶液完全中和时，消耗酸与碱溶液的体积比为1∶2，D正确；故选C。8．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中()A．水的电离程度始终增大B．先增大再减小C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(CH3COO－)【答案】D【解析】A项，醋酸显酸性，水的电离平衡受到抑制，在滴加NH3·H2O的过程中，酸性减弱，水的电离程度受到抑制的程度减小，电离程度增大，当CH3COOH反应完后，加入的NH3·H2O会抑制水的电离，电离程度减小，故该选项错误；B项，在向醋酸中滴加氨水的过程中，碱性增强酸性减弱，c(OH－)一直增大。由NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－可知，K＝eq\f(c（OH－）·c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)，则，而K是常数，故直减小，该选项错误；C项，n(CH3COOH)与n(CH3COO－)之和保持不变，但溶液的体积是增大的，故c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和逐渐减小，该选项错误；D项，当加入氨水10mL时，两者恰好完全反应生成CH3COONH4，由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知，CH3COO－和NHeq\o\al(＋,4)的水解程度也相等，故c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(CH3COO－)，该选项正确。9．已知某温度下CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，现向10mL浓度为0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水，在滴加过程中()A．水的电离程度始终增大B．c(NHeq\o\al(＋,4))/c(NH3·H2O)先增大再减小C．c(CH3COOH)与c(CH3COO－)之和始终保持不变D．当加入氨水的体积为10mL时，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(CH3COO－)【答案】D【解析】开始滴加氨水时，水的电离程度增大，二者恰好完全反应时，水的电离程度最大，再继续滴加氨水时，水的电离程度减小，A项错误；向醋酸中滴加氨水，溶液的酸性减弱，碱性增强，c(OH－)增大，由NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－可知K＝eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)，则eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)＝eq\f(K,c（OH－）)，故eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）,c（NH3·H2O）)减小，B项错误；根据原子守恒知n(CH3COO－)与n(CH3COOH)之和不变，但滴加氨水过程中，溶液体积不断增大，故c(CH3COO－)与c(CH3COOH)之和减小，C项错误；由CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等可知当二者恰好完全反应时，溶液呈中性，结合电荷守恒知c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)，则c(CH3COO－)＝c(NHeq\o\al(＋,4))，D项正确。10．(2024·天津河西高三期中)下列有关25℃时1mol/LNaHSO3溶液(H2SO3的Ka1=102，Ka2=108)的说法正确的是()A．NaHSO3=Na++H++SO32B．c(HSO3)＞c(SO32)C．c(OH―)=c(H＋)+2c(H2SO3)+c(HSO3)D．【答案】B【解析】A项，NaHSO3为弱酸的酸式盐，NaHSO3的电离方程式为NaHSO3=Na++HSO3，故A错误；B项，HSO3的电离平衡常数为1.0×108，所以NaHSO3溶液中c(HSO3)＞c(SO32)，故B正确；C项，根据质子守恒，NaHSO3溶液中c(OH―)+c(SO32)=c(H＋)+c(H2SO3)，故C错误；D项，根据物料守恒，，没有溶液体积，不一定为1mol，故D错误；选B。11．(2024·河北石家庄高三第二次调研)已知25℃时，三种酸的电离常数为Ka(CH3COOH)=1.75×105，Ka(HCN)=6.2×1010，Ka1(H2CO3)=4.5×107，Ka2(H2CO3)=4.7×1011。下列说法正确的是()A．醋酸滴入NaCN溶液的离子方程式为H++CN=HCNB．NaHCO3在水溶液中的电离方程式为NaHCO3=Na++H++CO32C．Na2CO3溶液中滴加HCN的离子方程式为CO32+2HCN=2CN+H2O+CO2↑D．结合质子的能力：CH3COO<HCO3<CN<CO32【答案】D【解析】电离平衡常数越大，酸性越强，根据表中数据可知酸性：CH3COOH>H2CO3>HCN>HCO3。A项，因为酸性CH3COOH>HCN，由于醋酸是弱酸不可拆，反应的离子方程式是：CH3COOH+CN=HCN+CH3COO，故A错误；B项，NaHCO3在水溶液中电离出钠离子和HCO3，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3，故B错误；C项，酸性：H2CO3>HCN>HCO3，则Na2CO3溶液与HCN反应只能生成NaHCO3，不能生成H2CO3，离子方程式为CO32+HCN=CN+HCO3，故C错误；D项，酸性越弱，其对应酸根结合氢离子的能力越强，所以等浓度的结合质子的能力：CH3COO<HCO3<CN<CO32，故D正确；故选D。12．常温下pH＝2的两种酸溶液A和B，分别加水稀释1000倍，其pH与所加水的体积变化如图所示。下列结论正确的是()A．B酸比A酸的电离度大B．A为弱酸，B为强酸C．B酸的物质的量浓度比A的小D．A酸比B酸易电离【答案】D【解析】根据图示可知溶液稀释1000倍后，A酸溶液pH变化大，说明A酸酸性大于B酸酸性。则B酸为弱酸，其电离度应比A酸小，A酸易电离。同为pH＝2，B酸溶液物质的量浓度一定比A酸溶液浓度大。13．(2024·河南郑州·高三河南省实验中学校考期中)常温下，pH均为2、体积均为的溶液，分别加水稀释至体积为，溶液随的变化关系如图所示，下列叙述错误的是()A．常温下：Ka(HB)>Ka(HC)B．的电离度：a点<b点C．当时，升高温度，减小D．恰好中和均为2、体积均为V0的三种酸溶液，消耗的NaOH溶液一样多【答案】D【解析】常温下，pH=2的强酸加水稀释，c(H＋)减小pH增大，稀释后的强酸溶液pH=2+，pH=2的弱酸加水稀释时，弱酸电离平衡发生移动向电离产生离子的方向移动，使H+的物质的量增加，稀释后弱酸溶液c(H＋)大于稀释相同倍数后强酸溶液c(H＋)，弱酸溶液2<<2+，越弱的酸稀释后pH越小，所以结合图像可知是HA强酸，HB、HC是弱酸，酸性强弱为HA>HB>HC。A项，相同温度下，弱酸酸性相对越强其电离平衡常数Ka越大，由酸性强弱HB>HC可判断Ka(HB)>Ka(HC)，A项正确；B项，HC是弱酸，HCH++C加水稀释电离平衡正向移动，电离程度增大，越稀电离度越大，稀释时，a点稀释倍数小b点稀释倍数大，b点浓度更稀，可以判断a点电离度<b点，B项正确；C项，HA强酸，HC是弱酸，当时，升高温度HA溶液中c(A)不变(忽略溶液体积变化)，HCH++C电离平衡正向移动溶液中c(C)增大，故减小，C项正确；D项，pH=2，c(H＋)=102mol·L1，强酸HA由于完全电离c(HA)=102mol·L1，弱酸HB电离，三段式分析：，同样分析弱酸HC，，酸性强弱HB>HC，相同条件下HC电离度更小，所以c(HC)＞c(HB)，溶液浓度c(HC)＞c(HB)＞c(HA)，体积都为V0时，溶液中溶质物质的量，中和反应消耗NaOH溶液不一样多，D项错误；故选D。14．(2023·河北省部分学校高三联考)在25℃下，稀释CH3COOH和某酸HA的溶液，溶液pH变化的曲线如图所示，其中V1表示稀释前的体积，V2表示稀释后的体积，下列说法错误的是()A．，两种酸溶液pH相同时，c(HA)c(CH3COOH)B．a、b两点中，水的电离程度a小于bC．25℃时，等浓度的CH3COONa与NaA溶液中，c(A)c(CH3COO)D．曲线上a、b两点中，的比值一定相等 【答案】A【解析】A项，m<4，两种酸都是弱酸，HA的酸性小于CH3COOH，故pH相同时，c(CH3COOH)c(HA)，A项错误；B项，a点pH小于b点pH，则a溶液中c(H＋)大，对水的电离抑制程度大，因此水的电离程度：a小于b，B项正确；C项，CH3COOH和HA都是弱酸，其中HA的酸性弱于CH3COOH，25℃时，等浓度的CH3COONa和NaA溶液中，c(A)c(CH3COO)，C项正确；D项，，又，KW不变，故曲线上a、b两点一定相等，D项正确；故选A。考点二水的电离和溶液的酸碱性1．(2022·浙江省1月选考，1)水溶液呈酸性的盐是()A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca(OH)2【答案】A【解析】A项，NH4Cl盐溶液存在NH4++H2ONH3·H2O+H+而显酸性，A符合题意；B项，BaCl2溶液中Ba2+和Cl均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；C项，H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；D项，Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；故选A。2．(2022·浙江省1月选考，17)已知25℃时二元酸H2A的Ka1=1.3×107，Ka2=7.1×1015。下列说法正确的是()A．在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者B．向0.1mol·L1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则H2A的电离度为0.013%C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2)＞c(HA)D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1【答案】B【解析】A项，在等浓度的Na2A、NaHA溶液中，A2的水解程度大于HA，水的电离程度前者大于后者，故A错误；B项，向0.1mol·L1的H2A溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，，则H2A的电离度0.013%，故B正确；C项，向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，则c(A2)<c(HA)，故C错误；D项，H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，H2A的电离平衡正向移动，则该溶液pH<a+1，故D错误；故选B。有关pH计算的一般思维模型1．水的电离(1)水的电离：H2O＋H2OH3O＋＋OH－，可简写为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。④Kw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。2．溶液中H＋或OH－的来源分析(1)溶液为酸的溶液。溶液中的OH－全部来自水的电离，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)。如pH＝2的盐酸中，溶液中的c(OH－)＝(Kw/10－2)mol·L－1＝10－12mol·L－1，即由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12mol·L－1。(2)溶质为碱的溶液。溶液中的H＋全部来自水的电离，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)。如pH＝12的NaOH溶液中，溶液中的c(H＋)＝10－12mol·L－1，即由水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12mol·L－1。(3)水解呈酸性或碱性的盐溶液。①pH＝5的NH4Cl溶液中，H＋全部来自水的电离，由水电离的c(H＋)＝10－5mol·L－1，因为部分OH－与部分NHeq\o\al(＋,4)结合，溶液中c(OH－)＝10－9mol·L－1。②pH＝12的Na2CO3溶液中，OH－全部来自水的电离，由水电离出的c(OH－)＝10－2mol·L－1。溶液酸碱性判断中的常见误区(1)误认为溶液的酸碱性取决于pH。如pH＝7的溶液在温度不同时，可能呈酸性或碱性，也可能呈中性。(2)误认为酸碱恰好中和时溶液一定显中性。如强酸和弱碱恰好中和时，溶液显酸性；强碱和弱酸恰好中和时，溶液显碱性，强酸和强碱恰好中和时，溶液显中性。(3)使用pH试纸测溶液酸碱性时，若先用蒸馏水润湿，测量结果不一定偏小。先用蒸馏水润湿，相当于将待测液稀释，若待测液为碱性溶液，则所测结果偏小；若待测液为酸性溶液，则所测液为中性溶液，则所测结果没有误差。题型一水的电离平衡概念理解1．(2024·宁夏固原高三期中)在水电离出的c(H+)=1014mol/L的溶液中，一定能大量共存的离子组是()A．K+、Na+、HCO3、Cl B．K+、AlO2、Br、ClC．Na+、Cl、NO3、SO42 D．Al3+、NH4+、Cl、SO42【答案】C【解析】水电离出的c(H+)=1014mol/L的溶液可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液。A项，HCO3既不能在强酸溶液中也不能强溶液中碱性存在，A错误；B项，AlO2不能在强酸溶液中存在，B错误；C项，Na+、Cl、NO3、SO42相互之间不反应，且都能在酸性和碱性溶液中存在，C正确；D项，Al3+、NH4+不能在强碱溶液中大量存在，D错误；故选C。2．25℃时，Kw＝1.0×10－14；100℃时，Kw＝1×10－12，下列说法正确的是()A．100℃时，pH＝10的NaOH溶液和pH＝2的H2SO4恰好中和，所得溶液的pH＝7B．25℃时，0.2mol·L－1Ba(OH)2溶液和0.2mol·L－1HCl等体积混合，所得溶液的pH＝7C．25℃时，0.2mol·L－1NaOH溶液与0.2mol·L－1CH3COOH恰好中和，所得溶液的pH＝7D．25℃时，pH＝12的氨水和pH＝2的H2SO4等体积混合，所得溶液的pH>7【答案】D【解析】100℃时，NaOH和H2SO4恰好中和时，pH＝6，A错误；25℃时，c(OH－)＝0.4mol·L－1，c(H＋)＝0.2mol·L－1，等体积混合后pH大于7，B错误；C项，由于CH3COO－的水解pH大于7，错误；D项，氨水过量，pH>7，正确。3．(2023·上海市宜川中学高三期中)已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为amol/L的一元酸HA与bmol/L的一元碱BOH等体积混合，可判断溶液呈中性的依据是()A．a=b B．混合溶液中，c(H+)+c(B+)=c(OH﹣)+c(A﹣)C．混合溶液中，c(H+)= D．混合溶液的pH=7【答案】C【解析】判断溶液呈中性的依据为，c(H+)=C(OH)。A项，一元酸和一元碱的相对强度不知，因此无法判定得到的盐溶液的酸碱性，A错误；B项，根据电荷守恒，c(H+)+c(B+)=c(OH﹣)+c(A﹣)，不论式酸性、碱性及中性溶液都存电荷守恒，B错误；C项，根据Kw=c(H+)C(OH)，，则c(H+)=C(OH)，溶液显中性，C正确；D项，溶液温度不知道，pH=7无法判断溶液的酸碱性，D错误；故选C。4．已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4=Na＋＋H＋＋SOeq\o\al(2－,4)。某温c(H＋)c(H＋)＝1×10－2mol·L－1。下列对该溶液的叙述不正确的是()A．该温度高于25℃B．由水电离出来的H＋的浓度为1×10－10mol·L－1C．加入NaHSO4晶体抑制水的电离D．取该溶液加水稀释100倍，溶液中的c(OH－)减小【答案】D【解析】A项，Kw＝1×10－6×1×10－6mol2·L－2＝1×10－12mol2·L－2，温度高于25℃；B、C项，NaHSO4电离出的H＋抑制H2O电离，c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－10mol·L－1；D项，加H2O稀释，c(H＋)减小，而c(OH－)增大。5．(2024·湖北恩施教育联盟统考)一些非水溶剂，会发生类似水的自耦解离：2SO2SO2++SO32，2NH3NH4++NH2，N2O4NO++NO3；据此推测下列反应方程式书写错误的是()A．NOCl+AgNO3=N2O3+AgClO(液态N2O4中)B．SOCl2+Cs2SO3=2CsCl2+2SO2(液态SO2中)C．NH4Cl+NaNH2=NaCl+2NH3(液氨中)D．4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl【答案】A【解析】A项，在液态N2O4中N2O4NO++NO3，所以NOCl+AgNO3=N2O4+AgCl，A错误；B项，在液态SO2中SOCl2SO2++2Cl，所以SOCl2+Cs2SO3=2CsCl2+2SO2，B正确；C项，在液氨中2NH3NH4++NH2，所以NH4Cl+NaNH2=NaCl+2NH3，C正确；D项，2NH3NH4++NH2，COCl2CO2++2Cl2，所以4NH3+COCl2=CO(NH2)2+2NH4Cl，D正确；故选A。6．一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。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．c点溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈碱性，升温，溶液中c(OH－)不可能减小。B．由b点对应c(H＋)与c(OH－)可知，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14。C．FeCl3溶液水解显酸性，溶液中c(H＋)增大，因一定温度下水的离子积是常数，故溶液中c(OH－)减小，因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化。D．c点溶液呈碱性，稀释时c(OH－)减小，同时c(H＋)应增大，故稀释溶液时不可能引起由c向d的变化。题型二水的电离平衡曲线7．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－)＝KwB．M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)C．图中T1＜T2D．XZ线上任意点均有pH＝7【答案】D【解析】由水的离子积的定义知两条曲线间任意点均有c(H＋)·c(OH－)＝Kw，A项正确；由图中纵横轴的大小可知M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)，B项正确；温度越高，水的电离程度越大，电离出的c(H＋)与c(OH－)越大，所以T2＞T1，C项正确；XZ线上任意点都有c(H＋)＝c(OH－)，只有当c(H＋)＝10－7mol·L－1时，才有pH＝7，D项错误。8．(2022·四川省凉山州高三第一次诊断测试)水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是()A．图中温度T1＞T2＞B．温度时，将的NaOH溶液与的H2SO4溶液混合，若混合溶液呈中性，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为C．b点到c点可以通过温度不变，在水中加入适量的D．图中五个点的Kw的关系为b>c>a>d=e【答案】B【解析】根据图像可知温度为T1时Kw=107107=1014，温度为T2时Kw=106106=1012，温度升高水的电离程度增大，故T2＞T1。A项，根据分析可知温度为T1时Kw=107107=1014，温度为T2时Kw=106106=1012，温度升高水的电离程度增大，故T1＞T2＞，故A错误；B项，T2温度时，将的NaOH溶液c(OH)=102mol/L，的H2SO4溶液c(H+)=103mol/L，混合后，若溶液呈中性，根据n(OH)=n(H+)，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为1：10，故B正确；C项，由图可知b点到c点Kw减小，温度改变Kw改变，故C错误；D项，温度不变Kw，温度升高Kw增大，a、e、d三点温度相同故Kw相同，从a到b温度依次升高，故Kw的关系为b>c>a=d=e，故D错误；故选B。9．一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图，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】c点、b点对应相同的温度，A项错误；根据b点对应的纵坐标和横坐标都为1．0×10－7mol·L－1可知，水的离子积常数为1．0×10－14，B项错误；FeCl3为强酸弱碱盐，可水解使溶液呈酸性，C项正确；c、d点对应的c(H＋)相同，c(OH－)不同，但由于Kw只与温度有关，所以温度不变时，稀释溶液不可能引起c向d的变化，D项错误。10．常温下，向20.00mL0.1mol·L－1HA溶液中滴入0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[－lgc(H+)水]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法中不正确的是()A．常温下，Ka(HA)约为10－5B．M、P两点溶液对应的pH＝7C．b＝20.00D．M点后溶液中均存在c(Na＋)＞c(A－)【答案】B【解析】0.1mol·L－1HA溶液中，－lgc(H＋)水＝11，c(H＋)水＝c(OH－)水＝10－11mol·L－1，根据常温c(H＋)c(H＋)c(mol·L－1，Ka(HA)＝eq\f(10－6,0.1)mol·L－1＝10－5mol·L－1，A项正确；N点水电离出的H＋浓度最大，说明HA与NaOH恰好完全反应生成NaA，P点溶质为NaOH和NaA，溶液显碱性，即P点pH不等于7，B项错误；0～b段水的电离程度逐渐增大，当达到b点时水的电离程度达到最大，即溶质为NaA，说明HA和NaOH恰好完全反应，b＝20.00，C项正确；M点溶液pH＝7，根据溶液呈电中性，存在c(Na＋)＝c(A－)，M点后，c(Na＋)＞c(A－)，D项正确。考点三酸碱中和滴定1．(2023•湖南卷，12)常温下，用浓度为0.0200mol·L1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L1的HCl和CH3COOH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．Ka(CH3COOH)约为104.76B．点a：c(Na+)=c(Cl)=c(CH3COOH)+c(CH3COO)C．点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO)D．水的电离程度：＜＜c＜d【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。A项，a点时溶质成分为NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)=0.0100mol/L，c(H+)=103.38mol/L，Ka(CH3COOH)==104.76，故A正确；B项，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；C项，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；D项，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．(2021•辽宁选择性考试，15)用0.1000mol·L1盐酸滴定20.00mLNa2A溶液，溶液中H2A、HA、A2的分布分数随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是(如A2分布分数：)A．H2A的Ka1为1010.25 B．c点：c(HA)＞c(A2－)＞c(H2A)C．第一次突变，可选酚酞作指示剂 D．c(Na2A)=0.2000mol·L1【答案】C【解析】用0.1000mol·L1盐酸滴定20.00mLNa2A溶液，pH较大时A2的分布分数最大，随着pH的减小，A2的分布分数逐渐减小，HA的分布分数逐渐增大，恰好生成NaHA之后，HA的分布分数逐渐减小，H2A的分布分数逐渐增大，表示H2A、HA、A2的分布分数的曲线如图所示，。A项，H2A的，根据上图交点1计算可知Ka1=106.38，A错误；B项，根据图像可知c点中c(HA)＞c(H2A)＞c(A2－)，B错误；C项，根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞做指示剂，C正确；D项，根据图像e点可知，当加入盐酸40mL时，全部生成H2A，根据Na2A+2HCl=2NaCl+H2A计算可知c(Na2A)=0.1000mol·L1，D错误；故选C。3．(2021•湖北选择性考试，14)常温下，已知H3PO3溶液中含磷物料的浓度之和为0.1mol·L1，溶液中各含磷物种的pcpOH关系如图所示。图中pc表示各含磷物种的浓度负对数(pc＝－lgc)，pOH表示OH的浓度负对数[pOH＝－lgc(OH)]；x、y、z三点的坐标：x(7.3，1.3)、y(10.0，3.6)、z(12.6，1.3)。下列说法正确的是()A．曲线①表示pc(H3PO3)随pOH的变化B．H3PO3的结构简式为C．pH＝4的溶液中：c(H2PO)＜0.1mol·L1－2c(HPO2)D．H3PO3＋HPO22H2PO的平衡常数K＞1.0×105【答案】D【解析】图像中含P的微粒只有3种，说明H3PO3是二元弱酸，随着c(OH)增大，pOH减小，依次发生反应：H3PO3＋OH＝H2PO＋H2O，H2PO＋H2O＝HPO2＋H2O，c(H3PO3)逐渐减小，c(H2PO)先增大，后减小；c(HPO2)逐渐增大，即p(H3PO3)逐渐增大，p(H2PO)先减小，后增大；p(HPO2)减小。观察图像知，横坐标代表pOH，从左至右，pOH增大；纵坐标代表pc，从下至上减小。pOH＝0时，pc(H3PO3)最大，pc(HPO2)最小，pc(H2PO)居中。所以，曲线①代表pc(HPO2)，曲线②代表pc(H2PO)，曲线③代表pc(H3PO3)，A项错误；依题意，亚磷酸是二元弱酸，羟基上氢能电离出氢离子，则其分子中含有两个羟基，亚磷酸的结构简式为，B项错误；pH＝4，pOH＝10，pc(H3PO3)＝pc(HPO2)，推知c(H3PO3)＝c(HPO2)，根据物料守恒知，c(H3PO3)＋c(H2PO)＋c(HPO2)＝0.1mol·L1，得：c(H2PO)＝0.1mol·L1－2c(HPO2)，C项错误；x点表示c(H2PO)＝c(HPO2)，pOH＝7.3，，z点表示c(H3PO3)＝c(H2PO)，pOH＝12.6，，H3PO3＋HPO22H2PO的平衡常数，D项正确。4．(2021•海南选择性考试，14)25℃时，向10.00mL0.1000mol·L1的NaHCO3溶液中滴加.1000mol·L1的盐酸，溶液的随加入的盐酸的体积变化如图所示。下列有关说法正确的是()A．点，溶液是由于HCO3水解程度大于电离程度B．点，c(Na＋)=c(HCO3)+2c(CO32)+c(Cl)C．c点，溶液中的主要来自HCO3的电离D．d点，c(Na＋)=c(Cl)=0.1000mol·L1【答案】AB【解析】A项，HCO3存在水解平衡和电离平衡，a点溶液pH＞7是由于HCO3水解程度大于电离程度，故A正确；B项，根据电荷守恒c(Na＋)+c(H＋)=c(HCO3)+2c(CO32)+c(Cl)+c(OH―)，b点pH=7即c(H＋)=c(OH)，所以c(Na＋)=c(HCO3)+2c(CO32)+c(Cl)，故B正确；C项，c点，溶质为碳酸氢钠、氯化钠、碳酸，溶液中的H+主要来自H2CO3的电离，故C错误；D项，d点，碳酸氢钠和盐酸恰好反应，c(Na＋)=c(Cl)=0.0500mol·L1，故D错误；选AB。5．(2020•浙江1月选考)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＝7B．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＝12．3【答案】C【解析】A项，NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下，故A正确；B项，选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C项，甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D项，时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)==0.02mol/L，即溶液中c(OH)=0.02mol，则c(H+)=5×1013mol/L，pH=lgc(H+)=12．3，故D正确；故选C。指示剂选择的基本原则变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。(1)不能用石蕊作指示剂。(2)滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂，例如用NaOH溶液滴定醋酸。(3)滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂，例如用盐酸滴定氨水。(4)强酸与强碱间进行滴定时，用甲基橙和酚酞都可以。(5)并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准的Na2SO3滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色恰好褪去时即为滴定终点。1．概念：用已知物质的量浓度的酸(或碱)来测定未知物质的量浓度的碱(或酸)的方法。2．原理：c待＝eq\f(c标×V标,V待)(以一元酸与一元碱的滴定为例)。在酸碱中和滴定过程中，开始时由于被滴定的酸(或碱)浓度较大，滴入少量的碱(或酸)对其pH的影响不大。当滴定接近终点(pH＝7)时，很少量(一滴，约0.04mL)的碱(或酸)就会引起溶液pH突变(如图所示)。3．酸碱中和滴定的关键(1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。(2)选取适当指示剂，准确判断滴定终点。4．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。指示剂变色范围的pH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．中和滴定实验操作(以酚酞作指示剂，用盐酸滴定氢氧化钠溶液)。(1)滴定前的准备。(2)滴定。(3)终点判断：等到滴入最后一滴反应液，指示剂变色，且在半分钟内不能恢复原来的颜色，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2～3次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据原理计算。c(NaOH)＝eq\f(c（HCl）·V（HCl）,V（NaOH）)6．氧化还原滴定的原理及指示剂的选择(1)原理：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，或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。(2)试剂：常见用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等；常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。(3)指示剂：氧化还原滴定的指示剂有三类：①氧化还原指示剂；②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝；③自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色。7．沉淀滴定(1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。(2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrOeq\o\al(2－,4)为指示剂，这是因为AgCl比AgCrO4更难溶。题型一滴定反应实验操作1．下列有关滴定的说法正确的是()A．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，则结果偏低B．用c1mol·L－1酸性高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去酸性高锰酸钾溶液体积为V1mL，则H2C2O4溶液的浓度为eq\f(0.4c1V1,V2)mol·L－1C．用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低D．用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21．7mL【答案】A【解析】用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，由于氢氧化钠的摩尔质量较小，则所配标准溶液中OH－浓度较大，滴定时消耗标准溶液体积偏小，所以测定结果偏低，A正确；用c1mol·L－1酸性高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去高锰酸钾溶液体积为V1mL，由两者反应中化合价升降总数相等(或电子转移守恒)可得到关系式5H2C2O4～2KMnO4，则n(H2C2O4)＝2．5n(KMnO4)＝2．5×V1mL×c1mol·L－1，所以H2C2O4溶液的浓度为eq\f(2.5c1V1,V2)mol·L－1，B不正确；用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，则未知盐酸的体积偏小，导致测定结果偏高，C不正确；滴定管的读数要精确到0.01mL，D不正确。2．下列滴定反应中，指示剂使用正确的是()A．用H2O2溶液滴定KI溶液，淀粉做指示剂B．用酸性KMnO4标准溶液滴定NaHSO3溶液以测量其浓度，用甲基橙做指示剂C．用标准FeCl3溶液滴定KI溶液，KSCN溶液做指示剂D．用强酸标准溶液滴定测量弱碱浓度，用酚酞做指示剂【答案】C【解析】A项，用过氧化氢滴定碘化钾溶液，若用淀粉作指示剂，反应开始生成的碘遇淀粉使溶液就变为蓝色，继续滴加时，溶液蓝色的变化无法确定滴定终点，故A错误；B项，酸性高锰酸钾溶液与亚硫酸氢钠溶液完全反应时，再滴入酸性高锰酸钾溶液，过量的酸性高锰酸钾会使溶液会变为浅紫色，则滴定时不需要指示剂即可完成测量实验，故B错误；C项，氯化铁溶液与碘化钾溶液完全反应时，若用硫氰化钾溶液做指示剂，过量的氯化铁溶液与硫氰化钾溶液反应生成硫氰化铁溶液，使溶液变为红色，可以确定滴定达到终点，故C正确；D项，强酸溶液与弱碱溶液完全反应时生成强酸弱碱盐，强酸弱碱盐使溶液呈酸性，若用酚酞作指示剂无法判断反应的终点，应选用甲基橙做指示剂，故D错误；故选C。3．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是()A．配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质B．滴定到终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液【答案】A【解析】A项将会使标准碱液的c(OH－)偏大，滴定时耗用的V(OH－)偏小，导致结果偏低，A项正确；滴定终点时仰视读数，将使读取碱液的体积偏大，测定结果偏高，B项错误；用未知液润洗锥形瓶将使测定结果偏高，C项错误；尖嘴处悬挂溶液将使读取的标准液体积偏大，测定结果偏高，D项错误。4．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是()。A．酸式滴定管未润洗就装标准液滴定B．锥形瓶未用待测液润洗C．读取标准液体积时，滴前仰视，滴定到终点后俯视D．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失【答案】C【解析】A项，标准液被管壁附着的水稀释，使标准液用量偏大，测定结果偏高；B项，不影响锥形瓶内NaOH的量，标准液用量不变，测定结果不受影响；C项，滴前仰视，读数偏大，滴定终点时俯视，读数偏小，因此标准液用量偏少，测定结果偏低；D项，滴定后，原先气泡占据的体积充满标准液，使标准液用量偏多，测定结果偏高。5．下列有关滴定操作的说法正确的是()A．用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21．7mLB．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定，则测定结果偏低C．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中含有NaOH杂质，则测定结果偏高D．用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时，若读取读数，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高【答案】D【解析】A项，滴定管精确值为0.01mL，读数应保留小数点后2位，错误；B项，由于滴定管没有润洗，标准液浓度偏小，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，错误；C项，等质量的NaOH和KOH，NaOH的物质的量大于KOH，即所配溶液OH浓度偏大，导致消耗标准液体积偏小可知，所测盐酸的浓度偏小，错误；D项，导致消耗的盐酸体积偏小，依据c酸=c碱6．白云石[CaMg(CO3)2]中钙含量测定常用KMnO4滴定的方法。具体做法是将其酸溶后转化为草酸钙，过滤后用酸溶解，再用KMnO4滴定。则下列说法错误的是()A．KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2OB．实验过程中两次用酸溶解，均需使用稀盐酸C．KMnO4滴定草酸过程中，标准状况下每产生448mLCO2气体理论上转移0.02moleD．滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO4+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，将导致测定结果偏高【答案】B【解析】A项，草酸是弱酸，具有还原性，会被高锰酸钾氧化，根据质量守恒和化合价升降守恒等可知KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A正确；B项，高锰酸钾具有强氧化性，会氧化盐酸产生氯气造成误差，所以实验过程中不可使用稀盐酸，B错误；C项，KMnO4滴定草酸过程中，存在关系，标准状况下448mLCO2气体物质的量为，根据关系式可知理论上转移0.02mole，C正确；D项，根据质量守恒定律和的失电守恒定律可以得出：，滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO4+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，消耗的KMnO4溶液体积会偏大，会导致测定结果偏高，D正确；故选B。7．(2024·北京朝阳高三期中)分别向相同浓度的Na2CO3、NaHCO3溶液中逐滴加入盐酸，滴定过程中溶液的pH变化如下图，下列说法不正确的是()A．曲线①、②分别表示盐酸滴定Na2CO3、NaHCO3溶液的过程B．a、b、c点水的电离程度：a>b>cC．a、b、d点均满足：c(Na＋)+c(H＋)c(CO32)+c(HCO3－)+c(OH―)D．ab段和de段发生的主要反应均为：HCO3+H+=CO2↑+H2O【答案】C【解析】碳酸钠在溶液中的水解程度大于碳酸氢钠，相同浓度碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液，则曲线①表示盐酸滴定碳酸钠溶液的过程、曲线②表示盐酸滴定碳酸氢钠溶液的过程，a点为碳酸钠溶液与盐酸恰好反应得到碳酸氢钠和氯化钠的混合溶液，b点和e点都是碳酸氢钠