2021版浙江高考选考化学一轮复习教师用书：专题82第二单元　溶液的酸碱性

第二单元　溶液的酸碱性
[考点分布]
知识内容
考试要求
2016年
2017年
2018年
2019年
2020年
4月
10月
4月
11月
4月
11月
4月
1月
(1)水的离子积常数
b

T30(3)①②






(2)溶液的酸碱性与溶液中c(H＋)、c(OH－)的大小关系
a
T21


T9
T18

T21
T17
(3)pH的概念，pH的大小与溶液酸碱性的关系
a

T18、T23
T18
T18
T18
T18

T23
(4)pH的简单计算
c





T18

T23
(5)测定溶液酸碱性的方法，用pH试纸、pH计测定溶液的pH
b
T9







(6)中和滴定原理及其操作方法
b
T31(5)




T23

T23
(7)几种常见酸碱指示剂的变色范围
a

T26(3)
T18




T23
　水的离子积常数

1．水的电离
水是极弱的电解质，水的电离方程式为
2H2OH3O＋＋OH－或H2OH＋＋OH－。
2．水的离子积常数：Kw＝c(H＋)·c(OH－)。
(1)室温下：Kw＝1.0×10－14。
(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。
(4)Kw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。
3．影响水电离平衡的因素
(1)升高温度，水的电离程度增大，Kw增大。
(2)加入酸或碱，水的电离程度减小，Kw不变。
(3)加入可水解的盐(如FeCl3、Na2CO3)，水的电离程度增大，Kw不变。
4．外界条件对水的电离平衡的影响
体系变化
条件　　　　
平衡移
动方向
Kw
水的电
离程度
c(OH－)
c(H＋)
酸
逆
不变
减小
减小
增大
碱
逆
不变
减小
增大
减小
可水解的盐
Na2CO3
正
不变
增大
增大
减小
NH4Cl
正
不变
增大
减小
增大
温度
升温
正
增大
增大
增大
增大
降温
逆
减小
减小
减小
减小
其他，如加入Na
正
不变
增大
增大
减小

题组一影响水电离平衡的因素及结果判断
1．25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：①NaCl；②NaOH；
③H2SO4；④(NH4)2SO4。其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是(　　)
A．④>③>②>①　　　　 B．②>③>①>④
C．④>①>②>③ D．③>②>①>④
解析：选C。分析四种物质可知②NaOH、③H2SO4抑制水的电离，①NaCl不影响水的电离平衡，④(NH4)2SO4促进水的电离(NH水解)，在②③中H2SO4为二元强酸，产生的c(H＋)大于NaOH产生的c(OH－)，抑制程度更大，故顺序为④>①>②>③。
2．(2020·嘉兴一中高二期中)在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)的关系如图所示。下列有关说法中正确的是(　　)
A．若从a点到c点，可采用在水中入酸的方法
B．b点对应的醋酸中由水电离的c(H＋)＝10－6 mol/L
C．c点对应溶液的Kw大于d点对应溶液的Kw
D．T ℃时，0.05 mol/L的Ba(OH)2溶液的pH＝11
解析：选D。 a点对应的c(H＋)和c(OH－)相等，同理 c点对应的c(H＋)和c(OH－)也相等，溶液一定呈中性，从a点到c点，可以采用升温的方法，若加酸，则导致c(H＋)和c(OH－)不再相等，A项错误；Kw只与温度有关，同温度下不同酸碱性溶液的Kw相同，a点和b点的Kw都是1.0×10－14，c点和d点的Kw都是1.0×10－12，C项错误；酸溶液中由水电离的c(H＋)与溶液中的c(OH－)相等，即c水(H＋)＝c(OH－)＝10－8mol/L，B项错误；T ℃时，Kw＝1.0×10－12，0.05 mol/L的Ba(OH)2溶液的c(H＋)＝10－11 mol/L，pH＝11，D项正确。
3．[2019·浙江4月选考，T30(3)①②]水在高温高压状态下呈现许多特殊的性质。当温度、压强分别超过临界温度(374.2 ℃)、临界压强(22.1 MPa)时的水称为超临界水。
(1)与常温常压的水相比，高温高压液态水的离子积会显著增大。解释其原因：________________________________________________________________________。
(2)如果水的离子积Kw从1.0×10－14增大到1.0×10－10，则相应的电离度是原来的________倍。
解析：水的电离度α＝，水的离子积Kw＝c(H＋)·c(OH－)，对纯水来说c(H＋)＝c(OH－)，Kw从1.0×10－14增大到1.0×10－10，则相应的电离度是原来的100倍。
答案：(1)水的电离为吸热过程，升高温度有利于电离平衡正向移动(压强对电离平衡影响不大)　(2)100
题组二水电离的c(H＋)或c(OH－)的计算
4．(2020·衢州校级期末)求算下列常温下溶液中由H2O电离的c(H＋)和c(OH－)。
(1)pH＝2的H2SO4溶液
c(H＋)＝________，c(OH－)＝________。
(2)pH＝10的NaOH溶液
c(H＋)＝________，c(OH－)＝________。
(3)pH＝2的NH4Cl溶液
c(H＋)＝________。
(4)pH＝10的Na2CO3溶液
c(OH－)＝________。
解析：(1)pH＝2的H2SO4溶液中，H＋来源有两个：H2SO4的电离和H2O的电离，而OH－只来源于水。应先求算c(OH－)，水电离的c(H＋)＝c(OH－)。(2)pH＝10的NaOH溶液中，OH－有两个来源：H2O的电离和NaOH的电离，H＋只来源于水。应先求出c(H＋)，水电离的c(OH－)＝c(H＋)。(3)～(4)水解的盐溶液中的H＋或OH－均由水电离产生，水解显酸性的盐应计算其c(H＋)，水解显碱性的盐应计算其c(OH－)。pH＝2的NH4Cl中由水电离产生的c(H＋)＝10－2 mol·L－1；pH＝10的Na2CO3溶液中由水电离产生的c(OH－)＝10－4 mol·L－1。
答案：(1)10－12 mol·L－1　10－12mol·L－1
(2)10－10 mol·L－1　10－10 mol·L－1
(3)10－2 mol·L－1
(4)10－4 mol·L－1
5．下列四种溶液中，室温下由水电离生成的H＋浓度之比(①∶②∶③∶④)是(　　)
①pH＝0的盐酸　②0.1 mol·L－1的盐酸　③0.01 mol·L－1的NaOH溶液　④pH＝11的NaOH溶液
A．1∶10∶100∶1 000　　 B．0∶1∶12∶11
C．14∶13∶12∶11 D．14∶13∶2∶3
解析：选A。①中c(H＋)＝1 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)与溶液中c(OH－)相等，等于1.0×10－14 mol·L－1；
②中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－13 mol·L－1；
③中c(OH－)＝1.0×10－2 mol·L－1，由水电离出的c(H＋)与溶液中c(H＋)相等，等于1.0×10－12 mol·L－1；
④中c(OH－)＝1.0×10－3 mol·L－1，同③所述由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－11 mol·L－1。
即(1.0×10－14)∶(1.0×10－13)∶(1.0×10－12)∶(1.0×10－11)＝1∶10∶100∶1 000。

理清溶液中H＋或OH－的来源
(1)常温下中性溶液
c(OH－)＝c(H＋)＝10－7 mol·L－1。
(2)溶质为酸的溶液
①OH－全部来自水的电离，水电离产生的c(H＋)＝c(OH－)。
②实例
计算常温下pH＝2的盐酸中水电离出的c(H＋)，方法是先求出溶液中的c(OH－)＝ mol·L－1＝10－12 mol·L－1，即水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12 mol·L－1。
(3)溶质为碱的溶液
①H＋全部来自水的电离，水电离产生的c(OH－)＝c(H＋)。
②实例
计算常温下pH＝12的NaOH溶液中水电离出的c(OH－)，方法是先求出溶液中的c(H＋)＝10－12 mol·L－1，即水电离出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12 mol·L－1。
(4)水解呈酸性或碱性的盐溶液
①常温下pH＝5的NH4Cl溶液中H＋全部来自水的电离，由水电离出的c(H＋)＝10－5 mol·L－1，因为部分OH－与NH结合，c(OH－)＝ mol·L－1＝10－9 mol·L－1。
②常温下pH＝12的Na2CO3溶液中OH－全部来自水的电离，由水电离出的c(OH－)＝ mol·L－1＝10－2 mol·L－1。
　溶液的酸碱性和pH

1．溶液的酸碱性与溶液中c(H＋)、c(OH－)的关系
溶液的酸碱性取决于溶液中c(H＋)和c(OH－)的相对大小。
(1)酸性溶液：c(H＋)>c(OH－)，常温下，pH7的溶液不一定呈碱性
B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同
C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(OH－)相等
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl－)＝c(NH)
答案：B
6．已知室温时，0.1 mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是 (　　)
A．该溶液的pH＝4
B．升高温度，溶液的pH增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10－7
D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍
解析：选B。根据HA在水中的电离度可算出c(H＋)＝0.1%×0.1 mol·L－1＝10－4 mol·L－1，所以pH＝4，A正确；因HA在水中存在电离平衡，升高温度促进平衡向电离的方向移动，所以c(H＋)将增大，pH会减小，B错误；可由平衡常数表达式算出Ka＝≈＝1×10－7，C正确；溶液中c(H＋)≈c酸(H＋)＝10－4 mol·L－1，所以c水(H＋)＝c(OH－)＝10－10 mol·L－1，c酸(H＋)约是c水(H＋)的106倍，D正确。
7．(2020·台州高二月考)准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定。下列说法正确的是(　　)
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小
解析：选B。A.滴定管用蒸馏水洗涤后，需用待装液润洗才能装入NaOH溶液进行滴定。B.随着NaOH溶液的滴入，锥形瓶内溶液中c(H＋)越来越小，故pH由小变大。C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪去，说明达到滴定终点，应停止滴定。D.滴定达终点时，滴定管尖嘴部分有悬滴，则所加标准NaOH溶液量偏多，使测定结果偏大。
8．下列变化使所得溶液的pH＝7的是(　　)
A．将25 ℃ pH＝7的NaCl溶液加热至80 ℃
B．常温下，pH＝2的NaHSO4溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合
C．常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合
D．常温下，0.1 mol·L－1的NaAlO2溶液和0.1 mol·L－1的HCl溶液按体积比1∶4混合
解析：选B。A项中加热促进水的电离，NaCl溶液中c(H＋)＝c(OH－)＞10－7 mol·L－1，pH＜7。C项中pH＝2的CH3COOH溶液中，CH3COOH的浓度大于10－2 mol·L－1，与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，酸过量，溶液呈酸性，pH＜7。D项中发生反应：NaAlO2＋4HCl===AlCl3＋NaCl＋2H2O，AlCl3为强酸弱碱盐，水解呈酸性，pH＜7。
9．下图表示水溶液中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－)＝Kw
B．M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)
C．图中T1＜T2
D．XZ线上任意点均有pH＝7
解析：选D。根据水的电离、水的离子积的影响因素以及pH的计算逐一分析各选项。A项水溶液中的c(H＋)与c(OH－)的乘积为一常数；B项由图看出M区域内c(H＋)＜c(OH－)；C项T2时c(H＋)·c(OH－)大于T1时c(H＋)·c(OH－)，因为水的电离过程是吸热的，温度越高，水的离子积越大，所以T2＞T1；D项pH＝－lg c(H＋)，XZ线上任意点的c(H＋)＝c(OH－)，但pH不一定为7。
10．(2020·舟山中学高三检测)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是(　　)
A．等浓度等体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7
B．将10 mL pH＝a的盐酸与100 mL pH＝b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a＋b＝13
C．pH＝10的Ba(OH)2溶液和pH＝13的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＝10.7(已知lg 2＝0.3)
D．pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液显中性
解析：选B。由于不知道是几元酸和几元碱，则等浓度等体积的强酸和强碱溶液混合后，pH的大小不能确定，A项错误；两溶液混合后恰好中和，则10－a mol·L－1×0.01 L＝10－14＋b mol·L－1×0.1 L，则－a－2＝－14＋b－1，则a＋b＝13，B项正确；c(OH－)＝≈5×10－2 mol·L－1，c(H＋)＝Kw/c(OH－)＝2×10－13 mol·L－1，pH＝12.7，C项错误；pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液显碱性，D项错误。
11．(2020·温州选考适应性测试)如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是(　　)

A．盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1
B．P点时反应恰好完全，溶液呈中性
C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
解析：选B。根据曲线a知，滴定前盐酸的pH＝1，c(HCl)＝0.1 mol·L－1，A项错误；P点表示盐酸与氢氧化钠溶液恰好完全中和，溶液呈中性，B项正确；曲线a是氢氧化钠溶液滴定盐酸的曲线，曲线b是盐酸滴定氢氧化钠溶液的曲线，C项错误；强酸与强碱滴定，可以用酚酞作指示剂，D项错误。
二、非选择题
12．现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol·L－1的NaOH溶液，乙为0.1 mol·L－1的HCl溶液，丙为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：
(1)甲溶液的pH＝________；
(2)丙溶液中存在电离平衡为____________________________________(用电离平衡方程式表示)；
(3)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH－)的大小关系为________________；
(4)某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL 丙溶液，得到如图所示两条滴定曲线，请完成有关问题：

①甲溶液滴定丙溶液的曲线是______(填“图1”或“图2”)；
②a＝________mL。
解析：(1)c(OH－)＝0.1 mol·L－1，则c(H＋)＝10－13 mol·L－1，pH＝13。(2)CH3COOH溶液中存在CH3COOH和水的电离平衡。(3)酸、碱对水的电离具有抑制作用，水溶液中c(H＋)或c(OH－)越大，水的电离程度越小，反之越大。(4)0.1 mol·L－1的HCl溶液pH＝1，0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液pH＞1，对照题中图示，可知图2是甲溶液滴定丙溶液的曲线；氢氧化钠溶液滴定盐酸恰好中和时，pH＝7，二者浓度相等，体积相等，a＝20.00 mL；氢氧化钠溶液滴定醋酸恰好中和时，生成醋酸钠溶液，pH＞7。
答案：(1)13　(2)CH3COOHCH3COO－＋H＋、H2OOH－＋H＋　(3)丙＞甲＝乙　(4)①图2
②20.00
13．现有常温下的六份溶液：
①0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液；
②0.01 mol·L－1 HCl溶液；
③pH＝12的氨水；
④pH＝12的NaOH溶液；
⑤0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液；
⑥0.01 mol·L－1 HCl溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后所得溶液。
(1)其中水的电离程度最大的是________(填序号，下同)，水的电离程度相同的是________；
(2)若将②③混合后所得溶液pH＝7，则消耗溶液的体积：②________③(填“＞”“＜”或“＝”)；
(3)将六份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：
①________②，③________④，⑤________⑥；(填“＞”“＜”或“＝”)
(4)将①④混合，若有c(CH3COO－)＞c(H＋)，则混合溶液可能呈________(填字母)。
A．酸性　　　B．碱性　　　C．中性
解析：(1)酸和碱都会抑制水的电离，故只有⑥反应后为NaCl溶液，对H2O的电离无抑制作用。⑤反应后，氨水过量，①②③④⑤对水的电离都有抑制作用。其中②③和④对水的电离抑制程度相同。(2)因pH＝12的氨水中c(NH3·H2O)＞0.01 mol·L－1，欲使②、③混合后的pH＝7，需消耗的体积：②＞③。(3)稀释同样的倍数后，溶液的pH：①＞②；③＞④；⑤＞⑥。(4)由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，仅知道c(CH3COO－)＞c(H＋)，无法比较c(H＋)与c(OH－)的相对大小，也就无法判断混合液的酸碱性，故选项A、B、C都有可能。
答案：(1)⑥　②③④　(2)＞　(3)＞　＞　＞　(4)ABC
14．(2020·温州中学选考模拟)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。
已知：I2＋2S2O===S4O＋2I－。
(1)可选用________作滴定指示剂，滴定终点的现象是____________________________。
(2)CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为__________________________________。
(3)该试样中CuCl2·2H2O的质量分数为________________________________。
解析：(1)“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体试样的纯度的基本原理是CuCl2氧化I－生成I2，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，而淀粉溶液遇I2显蓝色，故可用淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点的现象是滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内溶液不恢复原来的颜色。(2)CuCl2与KI发生氧化还原反应，离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。(3)由题给信息可得关系式：2Cu2＋～I2～2S2O，则有n(CuCl2·2H2O)＝n(Cu2＋)＝n(S2O)＝0.100 0 mol·L－1×20.00×10－3 L＝2.000×10－3 mol，m(CuCl2·2H2O)＝2.000×10－3 mol×171 g·mol－1＝0.342 g。试样中CuCl2·2H2O的质量分数为×100%＝95%。
答案：(1)淀粉溶液　滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来的颜色
(2)2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2　(3)95%
15．(2020·金丽衢十二校联考)过氧碳酸钠(Na2CO3·xH2O2)是一种新型氧系漂白剂，无毒无味，无环境污染。它的使用带来漂染行业的一次“工业革命”。某同学用以下流程合成过氧碳酸钠。
a．称取6.0 g无水碳酸钠于三口烧瓶中，用去离子水配成碳酸钠溶液约25 mL；
b．依次加入稳定剂硫酸镁0.12 g、硅酸钠0.21 g，充分溶解；
c．量取12 mL 30%H2O2溶液，加入滴液漏斗中；
d．控制反应液温度低于15 ℃，滴入H2O2溶液，15 min滴完；
e．滴完后量取80 mL异丙醇加入溶液中，抽滤，常温下干燥得产物6.72 g。
(1)本实验中的Na2CO3必须采用分析纯试剂，水必须为去离子水，原因是________________________________________________________________________。
(2)过氧碳酸钠相对于过氧化氢的优点是_________________________________。
(3)加入异丙醇的作用是_______________________________________________。
(4)称取0.200 0 g产物，溶于水中，将溶液小心酸化，用0.05 mol·L－1 KMnO4溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液13.60 mL。
①该滴定操作达到终点的现象是_____________________________________。
②计算x的值：________。
③从文献中查得x＝1.50，则发生该偏差的原因(不考虑分析误差)最可能是________________________________________________________________________。
(5)过硼酸钠(Na2H4B2O8)为另一常见漂白剂，其中B为＋3价，则当x＝1.50时，等物质的量的过硼酸钠与过氧碳酸钠相比，漂白能力是后者的______倍。
解析：(1)采用分析纯试剂Na2CO3和去离子水主要是为了防止Na2CO3和水中的杂质催化H2O2分解。(2)过氧化氢不稳定，受热、光照均易分解，过氧碳酸钠稳定性高，且储存、运输方便。(3)异丙醇的作用是减小过氧碳酸钠的溶解度，促使其析出，提高产品产率。(4)①用高锰酸钾溶液滴定至终点的现象是溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。②设0.200 0 g产物中H2O2的物质的量为a mol，则
2MnO＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
2 5
0．05×0.013 6 a
＝，解得a＝0.001 7，则 n (Na2CO3)＝ mol＝0.001 34 mol。1∶x＝0.001 34∶0.001 7，解得x＝1.27。③与文献中所查得的x＝1.50 相比，计算得到的x的值偏小，说明产品中含有杂质，则最可能的原因是加入异丙醇的量过大，使部分Na2CO3与产物共同析出。(5)根据化合物中元素化合价之和为0可知，1个Na2H4B2O8的8个O中，4个O的化合价为－2，4个O的化合价为－1，则1 mol 过硼酸钠作漂白剂时，转移4 mol电子。1 mol Na2CO3·1.5H2O2作漂白剂时，转移3 mol 电子。故过硼酸钠与过氧碳酸钠相比，漂白能力是后者的倍。
答案：(1)Na2CO3和水中的杂质可能催化H2O2分解
(2)储存、运输方便，久置不易分解
(3)减小过氧碳酸钠的溶解度，促使其析出
(4)①溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色
②1.27　③加入异丙醇的量过大，使部分Na2CO3与产物共同析出
(5)