2025版高考化学一轮总复习真题演练第8章水溶液中的离子反应与平衡第28讲水的电离和溶液的pH酸碱中和滴定及拓展应用

第28讲水的电离和溶液的pH、酸碱中和滴定及拓展应用命题分析本讲内容主要是以电解质溶液为背景，考查水的电离程度变更或比较，侧重以电解质溶液图像、综合试验和化工流程为载体，考查水的电离程度、溶液酸碱性及pH调控与计算、以酸碱中和滴定和氧化还原滴定原理为背景，考查电解质溶液中不同微粒分布分数曲线分析、离子浓度大小比较、电离常数及纯度的计算等。真题演练1．(2024·湖南，12,3分)常温下，用浓度为0.0200mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随ηeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(η＝\f(V标准溶液,V待测溶液)))的变更曲线如图所示。下列说法错误的是(D)A．Ka(CH3COOH)约为10－4.76B．点a：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C．点b：c(CH3COOH)<c(CH3COO－)D．水的电离程度：a<b<c<d[解析]用浓度为0.0200mol·L－1的NaOH标准溶液滴定同浓度的HCl和CH3COOH的混合溶液，在滴定过程中NaOH溶液先与强酸HCl反应，再与弱酸CH3COOH反应。点a时η＝1.00，此时标准溶液与待测溶液体积相同，盐酸恰好被中和，醋酸还没有反应，此时溶液中c(NaCl)＝c(CH3COOH)＝0.01mol·L－1，pH＝3.38，即c(H＋)＝10－3.38mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝eq\f(cCH3COO－cH＋,cCH3COOH)≈eq\f(10－3.38×10－3.38,0.01)＝10－4.76，依据元素养量守恒可得，c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，A、B正确；点b时η＝1.50，醋酸反应掉一半，此时溶液中溶质为NaCl、CH3COONa和CH3COOH，且c(CH3COOH)＝c(CH3COONa)，此时溶液pH<7，CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，所以c(CH3COOH)<c(CH3COO－)，C正确；点c时η＝2.00，此时溶液恰好被中和，溶液中溶质为NaCl和CH3COONa，CH3COO－水解促进水的电离，c点之前有剩余的酸，c点之后有过量的碱，均会抑制水的电离，故c点水的电离程度最大，D错误。2．(2024·湖北，12,3分)依据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，给出质子的实力越强，酸性越强。已知：N2Heq\o\al(＋,5)＋NH3=NHeq\o\al(＋,4)＋N2H4N2H4＋CH3COOH=N2Heq\o\al(＋,5)＋CH3COO－下列酸性强弱依次正确的是(D)A．N2Heq\o\al(＋,5)>N2H4>NHeq\o\al(＋,4)B．N2Heq\o\al(＋,5)>CH3COOH>NHeq\o\al(＋,4)C．NH3>N2H4>CH3COO－D．CH3COOH>N2Heq\o\al(＋,5)>NHeq\o\al(＋,4)[解析]依据复分解反应的规律，强酸能够制弱酸，依据酸碱质子理论，给出质子(H＋)的物质是酸，则由反应N2H4＋CH3COOH=N2Heq\o\al(＋,5)＋CH3COO－知，酸性：CH3COOH>N2Heq\o\al(＋,5)；由反应N2Heq\o\al(＋,5)＋NH3=NHeq\o\al(＋,4)＋N2H4知，酸性：N2Heq\o\al(＋,5)>NHeq\o\al(＋,4)，故酸性：CH3COOH>N2Heq\o\al(＋,5)>NHeq\o\al(＋,4)，D正确。3．(2024·山东，6,2分)试验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是(A)A．可用量筒量取25.00mLNa2CO3标准溶液置于锥形瓶中B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液C．应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体D．达到滴定终点时溶液显橙色[解析]量筒的精确度不够，应用碱式滴定管或移液管量取25.00mLNa2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A项错误；Na2CO3溶液显碱性，可选用配带塑料塞的容量瓶来配制Na2CO3溶液，B项正确；Na2CO3有吸水性且有确定的腐蚀性，应选用烧杯称量Na2CO3固体，C项正确；Na2CO3溶液显碱性，当达到滴定终点时，溶质为NaCl、H2CO3，溶液呈弱酸性，故达到滴定终点时溶液由黄色变为橙色，D项正确。4．(2024·浙江1月选考，17,2分)25℃时，下列说法正确的是(D)A．NaHA溶液呈酸性，可以推想H2A为强酸B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推想BA为强酸强碱盐C．0.010mol·L－1、0.10mol·L－1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1.0×10－5mol[解析]NaHSO3溶液呈酸性，但H2SO3为弱酸，A错误；CH3COONH4溶液呈中性，但它为弱酸弱碱盐，B错误；溶液越稀，电离度越大，则α1>α2，C错误；pH＝10.00的Na2CO3溶液中OH－全部来自水的电离，c水(H＋)＝c水(OH－)＝1.0×10－4mol·L－1，故100mL此溶液中n水(H＋)＝1.0×10－4mol·L－1×0.1L＝1.0×10－5mol，D正确。5．(2024·浙江1月选考，23,2分)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溶液体积的变更如图。已知lg5＝0.7。下列说法不正确的是(C)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，可减小试验误差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[解析]NaOH与盐酸恰好完全反应时，得到NaCl溶液，pH＝7，A正确；为减小试验误差，应选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，B正确；由题图知，甲基红的变色范围在pH突变范围内，故选择甲基红作指示剂指示反应终点，误差比选择甲基橙的小，C错误；V(NaOH)＝30.00mL时，NaOH溶液过量10.00mL，c(OH－)＝eq\f(0.1000mol·L－1×10.00mL,20.00mL＋30.00mL)＝2.000×10－2mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(1×10－14,2.000×10－2)mol·L－1＝5.000×10－13mol·L－1，pH＝－lg(5.000×10－13)＝12.3，D正确。6．(2024·湖南，10,3分)室温时，用0.100mol·L－1的标准AgNO3溶液滴定15.00mL浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液，通过电位滴定法获得lgc(Ag＋)与V(AgNO3)的关系曲线如图所示(忽视沉淀对离子的吸附作用。若溶液中离子浓度小于1.0×10－5mol·L－1时，认为该离子沉淀完全。Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(AgBr)＝5.4×10－13，Ksp(AgI)＝8.5×10－17)。下列说法正确的是(C)A．a点：有白色沉淀生成B．原溶液中I－的浓度为0.100mol·L－1C．当Br－沉淀完全时，已经有部分Cl－沉淀D．b点：c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)>c(Ag＋)[解析]因Ksp(AgI)<Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)，则向浓度相等的Cl－、Br－、I－混合溶液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgI黄色沉淀，A不正确；滴入4.50mL0.100mol·L－1AgNO3溶液时，浓度相等的Cl－、Br－、I－均完全沉淀，故15.00mL溶液中三种离子浓度均为0.01mol·L－1，B不正确；当Br－沉淀完全时，溶液中Ag＋浓度至少为eq\f(5.4×10－13,1.0×10－5)mol·L－1＝5.4×10－8mol·L－1，此时c(Cl－)＝eq\f(1.8×10－10,5.4×10－8)mol·L－1≈3.3×10－3mol·L－1，若Cl－不沉淀，则c(Cl－)＝eq\f(15.00×0.01,18.00)mol·L－1≈8.3×10－3mol·L－1，故已经有部分Cl－沉淀，C正确；b点AgNO3溶液过量，c(Ag＋)>c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)，D不正确。本讲要点速记：1．三种式子H2OH＋＋OH－；Kw＝c(H＋)·c(OH－)；pH＝－lgc(H＋)。2．三种关系(1)c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性；(2)c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；(3)c(H＋)<c(OH－)，溶液呈碱性。3．pH计算的口诀酸按酸(H＋)，碱按碱(OH－)，酸碱中和求过量，无限稀释7为限。4．滴定管运用的四个步骤查漏