十年高考化學(xué)真題分類匯編 專題11 水的電離和溶液的酸堿性（含解斬）-人教版高三全冊化學(xué)試題

專題11水的電離和溶液的酸堿性1.（2019·全國Ⅲ·11）設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值。關(guān)于常溫下pH=2的H3PO4溶液，下列說法正確的是A．每升溶液中的H+數(shù)目為0.02NAB．c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH?)C．加水稀釋使電離度增大，溶液pH減小D．加入NaH2PO4固體，溶液酸性增強(qiáng)【答案】B【解析】本題考查阿伏加德羅常數(shù)、電離平衡及其影響因素等，考查的核心素養(yǎng)是變化觀念與平衡思想。pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=10-2mol·L-1，每升溶液中所含N(H+)=0.01NA，A錯(cuò)誤；由電荷守恒知，該H3PO4溶液中存c(H+)=c()+2c()+3c()+c(OH?)，B正確；加水稀釋能促進(jìn)H3PO4的電離，使其電離度增大，由于以增大溶液體積為主，導(dǎo)致溶液中c(H+)減小，溶液pH增大，C錯(cuò)誤；向H3PO4溶液中加入NaH2PO4固體，溶液中c(H2PO4-)增大，促使平衡H3PO4H++H2PO4-逆向移動(dòng)，抑制H3PO4電離，溶液酸性減弱，D錯(cuò)誤。【命題動(dòng)向】本題命題角度新穎，在同一道試題中綜合考查微粒數(shù)目的計(jì)算、電離平衡及其影響因素和守恒思想，命題具有前瞻性和導(dǎo)向性。2.（2019·北京·12）實(shí)驗(yàn)測得0.5mol·L-1CH3COONa溶液、0.5mol·L-1CuSO4溶液以及H2O的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是A.隨溫度升高，純水中c(H+)＞c(OH-)B.隨溫度升高，CH3COONa溶液的c(OH-)減小C.隨溫度升高，CuSO4溶液的pH變化是KW改變與水解平衡移動(dòng)共同作用的結(jié)果D.隨溫度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因?yàn)镃H3COO-、Cu2+水解平衡移動(dòng)方向不同【答案】C【解析】題考查鹽類水解等知識(shí)，考查的核心素養(yǎng)是變化觀念與平衡思想。任何溫度時(shí)，純水中H+濃度與OH-濃度始終相等，A項(xiàng)錯(cuò)誤；隨溫度升高，CH3COONa水解程度增大，溶液中c(OH-)增大，且溫度升高，水的電離程度增大，c(OH-)也增大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；溫度升高，水的電離程度增大，c(H+)增大，又CuSO4水解使溶液顯酸性，溫度升高，水解平衡正向移動(dòng)，故c(H+)增大，C項(xiàng)正確；溫度升高，能使電離平衡和水解平衡均向正反應(yīng)方向移動(dòng)，而CH3COONa溶液隨溫度升高pH降低的原因是水的電離程度增大得多，而CuSO4溶液隨溫度升高pH降低的原因是Cu2+水解程度增大得多，D項(xiàng)錯(cuò)誤?！疽族e(cuò)警示】本題易錯(cuò)選B。若只觀察圖中CH3COONa溶液pH隨溫度升高的變化趨勢，而忽視導(dǎo)致該變化的主要原因是水的電離程度隨溫度升高而增大，或者誤認(rèn)為KW在不同溫度時(shí)為定值，直接根據(jù)圖像變化得出c(H+)增大，c(OH-)減小，從而得出錯(cuò)誤的結(jié)論。3.（2015·全國II·2）一定溫度下，下列溶液的離子濃度關(guān)系式正確的是（

）A.pH=5的H2S溶液中，c(H+)=

c（HS-）=1×10-5mol·L-1B.pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b，則a=b+1C.pH=2的H2CO3溶液與pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)D.pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液的c(Na＋)：①＞②＞③【答案】D【解析】H2S為二元弱酸，分步電離，第一步電離程度遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于第二步，所以溶液中c（H+）＞c（HS-），故A錯(cuò)誤；B．一水合氨為弱電解質(zhì)，加水稀釋后促進(jìn)了其電離，其溶液pH變化比強(qiáng)堿小，pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b，則a＜b+1，B錯(cuò)誤；C．pH=2的H2CO3溶液與pH=12的NaOH溶液任意比例混合，根據(jù)電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=

c(OH－)+c(HCO3－)+2c(CO32－)，C錯(cuò)誤；D．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，根據(jù)鹽類水解規(guī)律：組成鹽的酸根離子對(duì)應(yīng)的酸越弱，該鹽的水解程度越大，物質(zhì)的量濃度相同時(shí)，溶液的堿性越強(qiáng)，則pH越大，故pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液的c(Na＋)大小為：①＞②＞③，D正確；答案選D。4.（2015·廣東·11）一定溫度下,水溶液中H＋和OH－的濃度變化曲線如圖,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1.0×10－13C．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、溫度升商，水的離子積增大，C（H+）C（OH-）都增大，表示的點(diǎn)就不在曲線上，故A錯(cuò)誤；B、b點(diǎn)c（H+）=c（OH-）=1.0×10-7，故KW=1.0×10-7×1.0×10-7=1.0×10-14，故B錯(cuò)誤；C、加入FeCl3，氯化鐵為強(qiáng)酸弱堿鹽，鐵離子結(jié)合水電離出的氫氧根，促進(jìn)水的電離平衡右移，即氫離子濃度增大，氫氧根離子濃度減小（由b到a），符合圖象變化趨勢，故C正確；D、由c點(diǎn)到d點(diǎn)，水的離子積常數(shù)減小，溫度不變，K不變，故不能利用稀釋使其形成此變化，故D錯(cuò)誤，故選C．5.（2015·山東·13）已知某溫度下CH3COOH和NH3·H2O的電離常數(shù)相等，現(xiàn)向10mL濃度為0.1mo1·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，在滴加過程中（）A.水的電離程度始終增大B.c(NH4+)/

c

(NH3·H2O)先增大再減小C.c(CH3COOH)與c(CH3COO-)之和始終保持不變D.當(dāng)加入氨水的體積為10mL時(shí)，c(NH4+)=c(CH3COO-)【答案】D【解析】A.向10mL濃度為0.1mo1·L-1的CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，在滴加過程中水的電離程度先增大，隨著氨水濃度的增加水的電離被抑制，水的電離程度減小，故A錯(cuò)誤；B.當(dāng)向CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水，開始時(shí)溶液為CH3COOH和CH3COONH4的混合物，由CH3COONH4的水解常數(shù)Kh=，隨著氨水的加入，c（H+）逐漸減小，Kh不變，c(NH4+)/

c

(NH3·H2O)變小，當(dāng)加氨水至溶液顯堿性時(shí)，氨水的電離常數(shù)隨著氨水的加入，c（OH-）逐漸增大，Kb不變，c(NH4+)/

c

(NH3·H2O)變小，所以c(NH4+)/

c

(NH3·H2O)始終減小，故B錯(cuò)誤；C．n（CH3COOH）與n（CH3COO-）之和為0.001mol，始終保持不變，由于溶液體積逐漸增大，所以c（CH3COOH）與c（CH3COO-）之和逐漸減小，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)加入氨水的體積為10mL時(shí)，醋酸和一水合氨的物質(zhì)的量相等，由于二者的電離常數(shù)相等，所以溶液顯示中性，c（H+）=c（OH-），根據(jù)電荷守恒可知：c（NH4+）=c（CH3COO-），故D正確；故答案選D6.（2015·海南·3）0.1mol下列氣體分別與1L0.lmol·L-1的NaOH溶液反應(yīng)，形成的溶液pH最小的是（）A．NO2B．SO2C．SO3D．CO2【答案】C7.（2012·江蘇·10）下列有關(guān)說法正確的是A.CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)室溫下不能自發(fā)進(jìn)行，說明該反應(yīng)的△H＜0B.鍍銅鐵制品鍍層受損后，鐵制品比受損前更容易生銹C.N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)△H＜0，其他條件不變時(shí)升高溫度，反應(yīng)速率Ｖ(H2)和氫氣的平衡轉(zhuǎn)化率均增大D.水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大，說明水的電離是放熱反應(yīng)【答案】B

【解析】本題是化學(xué)反應(yīng)與熱效應(yīng)、電化學(xué)等的簡單綜合題，著力考查學(xué)生對(duì)熵變、焓變，水解反應(yīng)、原電池電解池、化學(xué)反應(yīng)速率的影響因素等方面的能力。A.分解反應(yīng)一般是常識(shí)吸熱反應(yīng)，熵變、焓變都大于零，僅在高溫下自發(fā)。內(nèi)容來源于《選修四》P34-P36中化學(xué)方向的判斷。B.鐵比銅活潑，組成的原電池中鐵為負(fù)極，更易被氧化。C.據(jù)平衡移動(dòng)原理，升高溫度平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，平衡轉(zhuǎn)化率減小。D.水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大，說明水的電離是吸熱反應(yīng)，越熱越電離，水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大。8.（2012·全國I·11）已知溫度T時(shí)水的離子積常數(shù)為KW，該溫度下，將濃度為amol·L-1的一元酸HA與bmol·L-1的一元堿BOH等體積混合，可判斷溶液呈中性的依據(jù)是（）A．a(chǎn)=bB．混合溶液的PH=7C．混合溶液中，D．混合溶液中，【答案】C

【解析】A項(xiàng)，因無法確定酸與堿是否為強(qiáng)酸、強(qiáng)堿，故反應(yīng)后的溶液不一定成中性；B項(xiàng)，因溫度T不一定指常溫25℃，同樣也不能說明溶液是中性的；C項(xiàng)，通過分析可知，題給條件實(shí)際上即C(H+)=C(OH-)，故溶液必然顯中性；D項(xiàng)，根據(jù)溶液中的電荷守衡，無論溶液呈酸性、堿性或中性都成立，故無法判斷。9.（2011·福建·10）常溫下0.1mol·L－1醋酸溶液的pH=a，下列能使溶液pH=(a＋1)的措施是A．將溶液稀釋到原體積的10倍

B．加入適量的醋酸鈉固體C．加入等體積0.2mol·L－1鹽酸

D．提高溶液的溫度【答案】B

【解析】醋酸是弱酸，電離方程式是CH3COOHH++CH3COO－，故稀釋10倍，pH增加不到一個(gè)單位，A項(xiàng)錯(cuò)誤；加入適量的醋酸鈉固體，抑制醋酸的電離，使其pH增大，可以使其pH由a變成(a＋1)；B項(xiàng)正確；加入等體積0.2mol·L－1鹽酸，雖然抑制醋酸的電離，但增大了c（H＋），溶液的pH減少；C項(xiàng)錯(cuò)誤；提高溶液的溫度，促進(jìn)了醋酸的電離，c（H＋）增大，溶液的pH減少；D項(xiàng)錯(cuò)誤。此題涉及弱電解質(zhì)的電離平衡移動(dòng)，切入點(diǎn)都是比較常規(guī)的設(shè)問，但學(xué)生易錯(cuò)選。10.（2011·四川·14）（2011）25℃時(shí)，在等體積的①pH=0的H2SO4溶液、②0.05mol/L的Ba（OH）2溶液，③pH=10的Na2S溶液，④pH=5的NH4NO3溶液中，發(fā)生電離的水的物質(zhì)的量之比是A.1:10:10:10B.1:5:5×10:5×10C.1:20:10:10D.1:10:10:10【答案】A【解析】酸或堿是抑制水電離的，且酸性越強(qiáng)或堿性越強(qiáng)，抑制的程度就越大；能發(fā)生水解的鹽是促進(jìn)水電離的。由題意知①②③④中發(fā)生電離的水的物質(zhì)的量分別是10－14、10－13、10－4、10－5，所以選項(xiàng)A正確。題型二：中和反應(yīng)與中和滴定的遷移性11.（2019·全國Ι·11）NaOH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀（鄰苯二甲酸氫鉀H2A的Ka1=1.1×10?3，Ka2=3.9×10?6）溶液，混合溶液的相對(duì)導(dǎo)電能力變化曲線如圖所示，其中b點(diǎn)為反應(yīng)終點(diǎn)。下列敘述錯(cuò)誤的是A．混合溶液的導(dǎo)電能力與離子濃度和種類有關(guān)B．Na+與A2?的導(dǎo)電能力之和大于HA?的C．b點(diǎn)的混合溶液pH=7D．c點(diǎn)的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH?)【答案】C【解析】本題考查電解質(zhì)溶液與電離平衡，涉及溶液導(dǎo)電能力的影響因素、混合溶液中離子濃度大小比較、pH判斷等知識(shí)，考查的核心素養(yǎng)是變化觀念與平衡思想。滴定至終點(diǎn)時(shí)發(fā)生反應(yīng)：2NaOH+2KHAK2A+Na2A+2H2O。溶液導(dǎo)電能力與溶液中離子濃度、離子種類有關(guān)，離子濃度越大、所帶電荷越多，其導(dǎo)電能力越強(qiáng)，A項(xiàng)正確；圖像中縱軸表示“相對(duì)導(dǎo)電能力”，隨著NaOH溶液的滴加，溶液中c(K+)、c（HA-）逐漸減小，而Na+、A2-的物質(zhì)的量逐漸增大，由題圖可知，溶液的相對(duì)導(dǎo)電能力逐漸增強(qiáng)，說明Na+與A2-的導(dǎo)電能力之和大于HA-的，B項(xiàng)正確；本實(shí)驗(yàn)?zāi)J(rèn)在常溫下進(jìn)行，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液中的溶質(zhì)為鄰苯二甲酸鈉和鄰苯二甲酸鉀，由于鄰苯二甲酸是弱酸，所以溶液呈堿性，pH＞7，C項(xiàng)錯(cuò)誤；滴定終點(diǎn)時(shí)，c(K+)＝c(Na+)，a點(diǎn)到b點(diǎn)加入NaOH溶液的體積大于b點(diǎn)到c點(diǎn)的，故c點(diǎn)時(shí)c(K+)＞c(OH-)，所以c(Na+)＞c(K+)＞c(OH-)，D項(xiàng)正確?！咀叱稣`區(qū)】分析圖像時(shí)，抓住溶液導(dǎo)電能力與溶液中離子濃度大小的關(guān)系、加入氫氧化鈉溶液體積與溶液中離子濃度大小的關(guān)系等，結(jié)合酸式鹽與堿反應(yīng)的方程式分析溶液中溶質(zhì)的變化。本題有兩個(gè)陷阱：（1）相對(duì)導(dǎo)電能力；（2）圖像中ab段和bc段加入氫氧化鈉溶液體積不同，易錯(cuò)選D項(xiàng)。12.（2018·全國III·12）用0.100mol·L-1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L-1Cl-溶液的滴定曲線如圖所示。下列有關(guān)描述錯(cuò)誤的是A．根據(jù)曲線數(shù)據(jù)計(jì)算可知Ksp(AgCl)的數(shù)量級(jí)為10-10B．曲線上各點(diǎn)的溶液滿足關(guān)系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)C．相同實(shí)驗(yàn)條件下，若改為0.0400mol·L-1Cl-，反應(yīng)終點(diǎn)c移到aD．相同實(shí)驗(yàn)條件下，若改為0.0500mol·L-1Br-，反應(yīng)終點(diǎn)c向b方向移動(dòng)【答案】C【解析】C．滴定的過程是用硝酸銀滴定氯離子，所以滴定的終點(diǎn)應(yīng)該由原溶液中氯離子的物質(zhì)的量決定，將50mL0.05mol/L的Cl-溶液改為50mL0.04mol/L的Cl-溶液，此時(shí)溶液中的氯離子的物質(zhì)的量是原來的0.8倍，所以滴定終點(diǎn)需要加入的硝酸銀的量也是原來的0.8倍，因此應(yīng)該由c點(diǎn)的25mL變?yōu)?5×0.8=20mL，而a點(diǎn)對(duì)應(yīng)的是15mL，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。13.（2016·全國I·12）298K時(shí)，在20.0mL0.10mol/L氨水中滴入0.10mol/L的鹽酸，溶液的pH與所加鹽酸的體積關(guān)系如圖所示。已知0.10mol/L氨水的電離度為1.32%，下列有關(guān)敘述正確的是（）A．該滴定過程應(yīng)該選擇酚酞作為指示劑B．M點(diǎn)對(duì)應(yīng)的鹽酸體積為20.0mLC．M點(diǎn)處的溶液中c(NH4＋)＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)D．N點(diǎn)處的溶液中pH＜12【答案】D根據(jù)水的離子積常數(shù)可知：N處的溶液中氫離子濃度＝＝7.6×10－12mol/L，根據(jù)pH=?lgc(H+)可知此時(shí)溶液中pH＜12，正確。14.（2018·江蘇·13）根據(jù)下列圖示所得出的結(jié)論不正確的是（）A．圖甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常數(shù)與反應(yīng)溫度的關(guān)系曲線，說明該反應(yīng)的ΔH<0B．圖乙是室溫下H2O2催化分解放出氧氣的反應(yīng)中c(H2O2)隨反應(yīng)時(shí)間變化的曲線，說明隨著反應(yīng)的進(jìn)行H2O2分解速率逐漸減小C．圖丙是室溫下用0.1000mol·L?1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L?1某一元酸HX的滴定曲線，說明HX是一元強(qiáng)酸D．圖丁是室溫下用Na2SO4除去溶液中Ba2+達(dá)到沉淀溶解平衡時(shí)，溶液中c(Ba2+)與c(SO42?)的關(guān)系曲線，說明溶液中c(SO42?)越大c(Ba2+)越小【答案】C【解析】A項(xiàng)，升高溫度，lgK減小，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，逆反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，該反應(yīng)的ΔH0；B項(xiàng)，根據(jù)圖像，隨著時(shí)間的推移，c（H2O2）變化趨于平緩，隨著反應(yīng)的進(jìn)行H2O2分解速率逐漸減??；C項(xiàng)，根據(jù)圖像，沒有滴入NaOH溶液時(shí)，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX為一元弱酸；D項(xiàng)，根據(jù)圖像可見橫坐標(biāo)越小，縱坐標(biāo)越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，說明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。15.（2014·重慶·9）中華人民共和國國家標(biāo)準(zhǔn)(GB2760-2011)規(guī)定葡萄酒中SO2最大使用量為0.25g·L-1。某興趣小組用圖1裝置(夾持裝置略)收集某葡萄酒中SO2,并對(duì)其含量進(jìn)行測定。圖1圖2(1)儀器A的名稱是,水通入A的進(jìn)口為。

(2)B中加入300.00mL葡萄酒和適量鹽酸,加熱使SO2全部逸出并與C中H2O2完全反應(yīng),其化學(xué)方程式為。

(3)除去C中過量的H2O2,然后用0.0900mol·L-1NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定,滴定前排氣泡時(shí),應(yīng)選擇圖2中的;若滴定終點(diǎn)時(shí)溶液的pH=8.8,則選擇的指示劑為;若用50mL滴定管進(jìn)行實(shí)驗(yàn),當(dāng)?shù)味ü苤械囊好嬖诳潭取?0”處,則管內(nèi)液體的體積(填序號(hào))(①=10mL,②=40mL,③<10mL,④>40mL)。

(4)滴定至終點(diǎn)時(shí),消耗NaOH溶液25.00mL,該葡萄酒中SO2含量為:g·L-1。

(5)該測定結(jié)果比實(shí)際值偏高,分析原因并利用現(xiàn)有裝置提出改進(jìn)措施

。

【答案】(1)冷凝管或冷凝器b(2)SO2＋H2O2===H2SO4(3)③酚酞④(4)0.24(5)原因：鹽酸的揮發(fā)；改進(jìn)措施：用不揮發(fā)的強(qiáng)酸如硫酸代替鹽酸，或用蒸餾水代替葡萄酒進(jìn)行對(duì)比實(shí)驗(yàn)，扣除鹽酸揮發(fā)的影響【解析】(1)儀器A是蒸餾實(shí)驗(yàn)中使用的冷凝器；為使冷凝更充分，要讓水在冷凝器中緩慢上升，所以水由b口進(jìn)，若a口進(jìn)，冷凝管中水裝不滿。(2)SO2具有還原性，而H2O2具有氧化性，所以反應(yīng)為SO2＋H2O2=H2SO4。(3)NaOH是強(qiáng)堿，應(yīng)裝在堿式滴定管中，為趕出尖嘴處氣泡，要讓尖嘴部分略向上彎曲排出氣泡，所以選③；酚酞的變色范圍在8.2～10.0之間，而滴定終點(diǎn)時(shí)溶液的pH＝8.8，所以可以選擇酚酞作指示劑；根據(jù)題意及滴定管的結(jié)構(gòu)知，刻度“10”處至尖嘴部分均有溶液，所以滴定管內(nèi)液體體積大于40mL，選④。(4)滴定時(shí)發(fā)生的反應(yīng)為H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O，則可得n(SO2)＝n(NaOH)＝×0.0900mol·L－1×25.00×10－3L＝1.125×10－3mol，m(SO2)＝64g·mol－1×1.125×10－3mol＝72×10－3g，該葡萄酒中SO2含量為＝0.24g·L－1。(5)B中有鹽酸，加熱時(shí)揮發(fā)出的HCl氣體進(jìn)入C中，所以滴定時(shí)，多消耗了NaOH溶液，從而使測定結(jié)果比實(shí)際值偏高，若仍用現(xiàn)有裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，可用硫酸代替鹽酸，或用蒸餾水代替葡萄糖做對(duì)比實(shí)驗(yàn)。16.（2014·海南·11）室溫下，用0.100mol·L－1NaOH溶液分別滴定20.00mL0.100mol·L－1的鹽酸和醋酸，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是()A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲線B．pH＝7時(shí)，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mLC．V(NaOH)＝20.00mL時(shí)，兩份溶液中c(Cl－)＝c(CH3COO－)D．V(NaOH)＝10.00mL時(shí)，醋酸溶液中c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)【答案】B【解析】當(dāng)用0.100mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.100mol·L－1鹽酸消耗20mLNaOH溶液時(shí)，所得溶液pH＝7，觀察滴定曲線圖知A項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)醋酸與NaOH恰好反應(yīng)完時(shí)，所得到的溶液pH>7，當(dāng)?shù)味ǖ絧H＝7時(shí)，表明消耗的V(NaOH)<20mL，B項(xiàng)正確，C項(xiàng)錯(cuò)誤；若c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(OH－)成立，則c(Na＋)＋c(H＋)>c(OH－)＋c(CH3COO－)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。17.（2013·山東·13）某溫度下，向一定體積0.1mol/L醋酸溶液中逐滴加入等濃度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lg[OH-])與pH的變化關(guān)系如圖所示，則A．M點(diǎn)所示溶液導(dǎo)電能力強(qiáng)于Q點(diǎn)B．N點(diǎn)所示溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+)C．M點(diǎn)和N點(diǎn)所示溶液中水的電離程度相同D．Q點(diǎn)消耗NaOH溶液的體積等于醋酸溶液的體積【答案】C【解析】由于醋酸是弱酸，電離程度很小，離子濃度也較小，M點(diǎn)溶液的導(dǎo)電能力最弱，A錯(cuò)；N點(diǎn)所示溶液為堿性，根據(jù)溶液電荷守恒易判斷出此時(shí)c（Na+）＞c(CH3COO-)，B錯(cuò)；由于M點(diǎn)的H+濃度等于N點(diǎn)的OH-濃度，對(duì)水的電離程度抑制能力相同，所以兩點(diǎn)所示溶液中水電離程度相同，C正確；Q點(diǎn)的pOH＝pH，溶液為中性，而兩者等體積混合后生成醋酸鈉，水解顯堿性。則所加NaOH溶液體積略小于醋酸溶液的體積，D錯(cuò)。18.（2013·浙江·12）25℃時(shí)，用濃度為0.1000mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL濃度均為0.1000mol/L的三種酸HX、HY、HZ，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是A．在相同溫度下，同濃度的三種酸溶液的導(dǎo)電能力順序：HZ＜HY＜HXB．根據(jù)滴定曲線，可得Ka(HY)≈10—5C．將上述HX、HY溶液等體積混合后，用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應(yīng)時(shí)：c(X—)＞c(Y—)＞c(OH—)＞c(H+)Ka(HY)Ka(HY)·c(HY)c(Y—)D．HY與HZ混合，達(dá)到平衡時(shí)：c(H+)=+c(Z—)+c(OH—)【答案】B【解析】濃度均為0.1000mol/L的三種酸HX、HY、HZ，根據(jù)滴定曲線0點(diǎn)三種酸的pH可得到HZ是強(qiáng)酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。因此，同溫同濃度時(shí)，三種酸的導(dǎo)電性：HZ＞HY＞HX。B選項(xiàng)：當(dāng)NaOH溶液滴加到10mL時(shí)，溶液中c(HY)≈c(Y—)，即Ka(HY)≈c(H+)=10—pH=10—5。C選項(xiàng)：用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應(yīng)時(shí)，HY早被完全中和，所得溶液是NaY和NaX混合溶液，但因酸性：HY＞HX，即X—的水解程度大于Y—，溶液中c(Y—)＞c(X—)。D選項(xiàng)：HY與HZ混合，溶液的電荷守恒式為：c(H+)=c(Y—)+c(Z—)+c(OH—)，又根據(jù)HY的電離平衡常數(shù)：Ka(HY)·Ka(HY)·c(HY)c(H+)c(Y—)c(H+)·c(Y—)c(HY)Ka(HY)=即有：c(Y—)=Ka(HY)Ka(HY)·c(HY)c(H+)c(Y—)所以達(dá)平衡后：c(H+)=+c(Z—)+c(OH—)。19.（2011·安徽·12）室溫下，將1.000mol·L－1鹽酸滴入20.00mL1.000mol·L－1氨水中，溶液pH和溫度隨加入鹽酸體積變化曲線如下圖所示。下列有關(guān)說法正確的是A.a點(diǎn)由水電離出的c(H＋)=1.0×10－14mol/LB.b點(diǎn)：c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=c(Cl－)C.c點(diǎn)：c(Cl－)=c(NH4＋)D.d點(diǎn)后，溶液溫度略下降的主要原因是NH3·H2O電離吸熱【答案】C【解析】氨水屬于弱堿，因此在1.000mol·L－1氨水中OH－的濃度不會(huì)是1.000mol·L－1而是要小于1.000mol·L－1，由水得離子積