高中化学复习知识点酸碱混合时的定性判断及计算.docx
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高中化学复习知识点酸碱混合时的定性判断及计算
高中化学复习知识点：
酸碱混合时的定性判断及计算
一、单选题
1．氨分子中的一个氢原子被甲基取代后，所得甲胺（CH3NH2）的性质与氨相似，CH3NH2·H2O也是一元弱碱，25℃时电离常Kb=4.0×10-5。
现用0.0500mol/L的稀硫酸滴定10mL0.1000mol/L的甲胺溶液，溶液中c（OH-）的负对数（pOH）与所加稀硫酸的体积（V）的关系如图所示。
下列说法正确的是
A．甲胺在水中的电离方程式为：
CH3NH2·H2O=CH3NH3++OH-
B．A、B、C三点溶液中，水电离出来的c（H+）:
B>C>A
C．C点所在溶液中
=2.5×10-5
D．B点溶液中存在c（CH3NH2·H2O）>c（CH3NH3+）>c（H+）>c（OH-）
2．体积相同、pH相同的NaOH溶液和氨水，与盐酸恰好中和时两者消耗HCl的物质的量
A．相同B．NaOH的多C．氨水的多D．无法比较
3．常温下，将0.1mol·L－1氢氧化钠溶液与0.06mol·L－1硫酸溶液等体积混合，该混合溶液的pH等于
A．1.7B．2.0C．12.0D．12.4
4．250C时，向20.0mL0.10mol/L氨水中滴入0.10mol/L盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。
已知0.10mol/L氨水的电离度为1.32%，下列有关叙述不正确的是（）
A．本实验应选用的指示剂是甲基橙
B．M点处的溶液中c（NH4+）=c（Cl−）>c（H+）=c（OH−）
C．N点处的溶液中pH<12
D．M点对应的盐酸体积为20.0mL
5．常温下，分别取未知浓度的MOH和HA溶液，加水稀释至原体积的n倍。
稀释过程中，两溶液pH的变化如下图所示。
下列叙述正确的是
A．MOH为弱碱，HA为强酸
B．水的电离程度：
X=Z>Y
C．若升高温度，Y、Z点对应溶液的pH均不变
D．将X点溶液与Z点溶液等体积混合，所得溶液呈碱性
6．常温下用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/L盐酸，恰好中和后不慎多加了1滴NaOH溶液（1滴溶液的体积以0.05mL计），再往锥形瓶中加蒸馏水至反应液的总体积为50mL，此时混合溶液的pH约为
A．4B．7.2C．10D．11.3
二、多选题
7．25℃时，体积均为25.00mL，浓度均为0.0100mol/L的HA、H3B溶液分别用0.0100mol/LNaOH溶液滴定，溶液的pH随V（NaOH）变化曲线如图所示，下列说法中正确的是
A．NaOH溶液滴定HA溶液可选甲基橙作指示剂
B．均为0.0100mol/LHA、H3B溶液中，酸性较强的是HA
C．25℃时，0.0100mol/LNa2HB溶液的pH>7
D．25℃时，向Na2HB溶液中滴加HA溶液反应的离子方程式为：
HB2－+HA==H2B－+A－
8．将0.20mol/L的盐酸和物质的量浓度为cmol/L的NaOH溶液按不同体积比配制成两种溶液。
下表是配制时所取盐酸与NaOH溶液体积与混合后溶液中Na+与Cl-的物质的量浓度数据（忽略溶液体积变化）：
溶液
混合前所取溶液体积（mL）
混合后离子浓度（mol/L）
HCl
NaOH
Na+
Cl-
①
30
x
1.5z
z
②
10
y
z
2z
下列说法正确（）
A．x=90B．y=30C．z=0.10D．c=0.10
9．室温时，0.01mol/L某一元弱酸HA中,有1%的HA发生了电离，则下列说法正确的是
A．上述弱酸溶液的pH=4
B．加入等体积的0.01mol/LNaOH溶液后，所得溶液的pH=7
C．加入等体积的0.01mol/LNaOH溶液后，所得溶液的pH>7
D．加入等体积的0.01mol/LNaOH溶液后，所得溶液的pH<7
10．下列有关室温时电解质溶液的叙述可能正确的是（）
A．同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH=7
B．pH=a的强酸与pH=b的碱等体积混合后，溶液的pH=7
C．稀醋酸加水稀释，醋酸电离程度增大，溶液的pH减小
D．在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c（Ba2+）增大
三、综合题
11．制取乙二醇的过程如图：
完成下列填空：
（1）草酸二甲酯“催化还原”制乙二醇，此反应的平衡常数表达式为K=
。
请书写此反应的化学方程式___。
将不同量的CO（g）和H2O（g）分别通入体积为3L的恒容密闭容器中，可以发生如下反应：
CO（g）+H2O（g）
CO2（g）+H2（g），得到三组数据（见下表）。
（2）实验1达平衡时，CO（g）的浓度为___mol/L。
（3）实验3跟实验2相比，改变的条件是___。
（4）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是___。
a．v正（CO）=v逆（H2）
b．容器中气体的平均分子量不随时间而变化
c．容器中气体的密度不随时间而变化
d．容器中CO的转化率不再发生变化
草酸二甲酯的水解产物草酸（H2C2O4）为二元弱酸。
常温下，向10mL0.1mol/LH2C2O4溶液中逐滴加入0.1mol/L溶液，所得滴定曲线如图所示。
（5）B点对应的溶液中存在KOH的平衡有：
H2O
H++OH-、___和___。
（6）由图可分析得出等物质的量浓度的草酸钾和草酸氢钾混合溶液显___（填“酸性”、“中性”、“碱性”）。
12．运用溶液中离子平衡的相关知识，解决下列问题。
（1）含酚酞的0.01mol•L-1CH3COONa溶液显浅红色的原因为___（用离子方程式和必要文字解释）。
（2）室温下，用0.100mol/L盐酸溶液滴定20.00mL0.100mol/L的某氨水溶液，滴定曲线如图所示。
①d点所示的溶液中离子浓度由大到小的顺序依次为___。
②b点所示的溶液中c（NH3•H2O）-c（NH4+）=___（用溶液中的其它离子浓度表示）。
③pH=10的氨水与pH=4的NH4C1溶液中，由水电离出的c（H+）之比为___。
（3）已知Ksp（BaCO3）=2.6×l0-9，Ksp（BaSO4）=1.1×10-10。
①现将浓度为2×10-4mol/LNa2CO3溶液与BaCl2溶液等体积混合，则生成BaCO3沉淀所需BaCl2溶液的最小浓度为___mol/L。
②向含有BaSO4固体的溶液中滴加Na2CO3溶液，当有BaCO3沉淀生成时，溶液=
___（保留三位有效数字）。
参考答案
1．C
【解析】A．甲胺是弱电解质，在水中的电离方程式为CH3NH2·H2O
CH3NH3++OH-，故A错误；
B．C点为完成中和点，只存在盐类水解促进水的电离，A点只有甲胺的电离抑制水的电离，则A、B、C三点溶液中，水电离出来的c（H+）为C>B>A，故B错误；C．C点只存在盐类水解，此时溶液中c（H+）=1.0×10-5mol/L，则
×c（H+）=Kw/Kb，
=Kw/[Kb×c（H+）]=（1×10-14）/[（4.0×10-5）×1.0×10-5]=2.5×10-5，故C正确；D．B点溶液中存在的CH3NH2·H2O电离和CH3NH3+的水解，此时溶液显碱性，即，故D错误；答案为C。
2．C
【解析】
【分析】
【详解】
氢氧化钠是强碱，一水合氨是弱碱，则pH相同的NaOH溶液和氨水相比，NaOH溶液的物质的量浓度小，等体积的碱与酸混合时，NaOH溶液的物质的量小、与盐酸恰好中和时消耗HCl的物质的量也少，C合理；
答案选C。
【点睛】
A容易错，同学往往因NaOH溶液和氨水体积相同、pH相同，则计算出氢氧根物质的量相同，自然而然就得出了消耗盐酸的量也相同的错误结论。
3．B
【解析】
设溶液的体积都是1L，则氢氧化钠的物质的量为1L×0.1mol•L-1=0.1mol，
硫酸的物质的量为1L×0.06mol•L-1=0.06mol，H+的物质的量为0.06mol×2=0.12mol，
则当酸碱发生中和时H+和OH-的物质的量分别为0.12mol和0.1mol，
则硫酸过量，过量的H+的物质的量为0.12mol-0.1mol=0.02mol，
则反应后溶液中H+的物质的量浓度为c（H+）=
=0.01mol•L-1，
pH=-lg10-2=2.0，故选B．
4．D
【解析】
【分析】
【详解】
A． 氨水中滴入盐酸，滴定终点时生成氯化铵，显酸性，则选甲基橙作为指示剂，故A正确；
B．M点显中性，c（H+）=c（OH−），电荷守恒式为c（NH4+）+c（H+）=c（Cl−）+c（OH−），且显性离子大于隐性离子，则存在c（NH4+）=c（Cl−）＞c（H+）=c（OH−），故B正确；
C．N点为氨水溶液，氨水浓度为0.10mol•L-1，该氨水电离度为1.32%，则该溶液中c（OH-）=0.10mol·L-1×1.32%=1.32×10-3mol·L-1，c（H+）=
mol·L-1=7.6×10-10mol·L-1，pH=-lgc（H+），所以该点溶液pH＜12，故C正确；
D．若M点盐酸的体积为20.0mL，等体积等浓度恰好生成氯化铵，水解显酸性，则不可能显中性，则盐酸的体积应小于20mL时可能显中性，故D错误；
答案选D。
5．B
【解析】A.纵坐标为物质的量的倍数取对数，HA从pH=4到pH=5稀释了100倍，所以HA为弱酸，MOH的pH从10到9稀释了10倍，所以MOH为强碱，故A错误；B.水的电离度受溶液中酸电离出的H+浓度或者碱电离出的OH-浓度影响，X点pH=5时，c（H+）水=10-14/10-5=10-9mol/L，Z点c（H+）水=10-9mol/L，Y点c（H+）水=10-10mol/L，所以水的电离度X=Z>Y，故B正确；C.升温水的离子积会增大，溶液的pH值会发生变化，故C错误；D.HA为弱酸，MOH为强碱，X点和Z点相比，HA的溶液浓度大于MOH，所以等体积混合后溶液应该呈酸性，故D错误。
点睛：
本题通过图像的分析，考察了弱酸在稀释过程中电离程度的变化，同时考察了水的离子积，对学生知识的迁移运用有较高的要求。
6．C
【解析】
【分析】
【详解】
恰好中和后不慎多加了1滴NaOH溶液，则碱过量，溶液显碱性，加水稀释后溶液中c（OH-）=
，则溶液中c（H+）=10-10mol/L，pH=10，故答案为C。
【点睛】
计算酸和碱混合后的pH值时要先判断谁过量，酸过量则直接计算溶液中氢离子的浓度，得到pH值；若碱过量，要先计算溶液中的氢氧根浓度，再计算氢离子浓度得到pH值。
7．CD
【解析】
【分析】
【详解】
A．0.0100mol/L的HA溶液如果为强酸，氢离子浓度为0.0100mol/L，pH=2，由图可知起始HA溶液的pH在3~4之间，说明HA为一元弱酸，滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而甲基橙的变色范围是3.1~4.4，所以应选酚酞作指示剂，故A错误；
B．由图可知，浓度均为0.0100mol/L的HA、H3B溶液，H3B溶液起始时pH更小，说明H3B电离出氢离子的能力强于HA，则酸性较强的为H3B，故B错误；
C．HB2-+H2O⇌H2B-+OH-，Kh=
，由图可知
时，pH为7.2，则Ka2=10-7.2，Kh=10-6.8，即常温下HB2-的水解程度大于电离程度，Na2HB溶液呈碱性，故C正确；
D．由图可知
时，pH为4.75，
时，pH为7.2，HA溶液的酸性强于Na2HB溶液，向Na2HB溶液中滴加HA溶液符合强酸制弱酸，离子方程式为：
HB2－+HA=H2B－+A－，故D正确；
答案选CD。
8．AD
【解析】
【分析】
由题可知，混合后溶液中Na+离子全部来源于NaOH，Cl-离子全部来源于HCl，根据元素守恒列出溶液①和溶液②混合后Na+离子和Cl-离子浓度的计算式，从而进行计算。
【详解】
由题可知，混合后溶液中Na+离子全部来源于NaOH，Cl-离子全部来源于HCl，则：
溶液①混合后溶液中c（Na+）=
=1.5zmol/L，c（Cl-）=
=zmol/L；
溶液②混合后溶液中c（Na+）=
=zmol/L，c（Cl-）=
=2zmol/L；
解得：
x=90，c=0.10，y=10，z=0.05；
故答案选AD。
9．AC
【解析】
【分析】
【详解】
A、氢离子浓度=0.01mol/L
1%=0.0001mol/L，故pH=4，故A正确；
B、加入等体积的0.01mol/LNaOH溶液后，刚好反应完生成NaA溶液，是强碱弱酸盐，溶液pH>7，故B错误；
C、加入等体积的0.01mol/LNaOH溶液后，刚好反应完生成NaA溶液，是强碱弱酸盐，溶液pH>7，故C正确；
D、加入等体积的0.01mol/LNaOH溶液后，刚好反应完生成NaA溶液，是强碱弱酸盐，溶液pH>7，故D错误。
答案选AC。
【点睛】
本题考查离子pH计算及酸碱强弱的定性判断，判断溶液的组成是解决问题的关键。
10．AB
【解析】
【分析】
【详解】
A．同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，如果酸中氢离子和碱中氢氧根离子的物质的量相等，则二者恰好反应，溶液呈中性，故A正确；
B．如果pH=a的强酸与pH=b的碱等体积混合后，如果酸中氢离子和碱中氢氧根离子的物质的量相等，则二者恰好反应，溶液呈中性，故B正确；
C．加水稀释醋酸促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，溶液的pH增大，故C错误；
D．硫酸钡是难溶物，在水溶液里存在溶解平衡，向溶液中加入硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，则抑制硫酸钡溶解，故D错误；
故选：
AB。
11．CH3OOC−COOCH3（g）+4H2（g）⇌HOCH2−CH2OH（g）+2CH3OH（g）0.8使用了催化剂或加大了压强adHC2O4−⇌H++C2O42−HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-酸性
【解析】
【分析】
（1）由化学平衡常数的概念分析解答；
（2）结合化学方程式，平衡时CO2的物质的量，计算出CO转化的物质的量，得到平衡时CO的浓度；
（3）实验3跟实验2相比，平衡时CO2的物质的量不变，说明化学平衡状态等效，只是反应时间缩短，可以结合化学平衡移动知识获得答案；
（4）结合反应的方程式的特点，到达平衡时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不变，由此衍生的一些物理量也不变．
（5）H2C2O4为二元中强酸，HC2O4-在溶液中既发生电离又发生水解；
（6）根据图示分析草酸氢根离子电离程度与水解程度的相对大小。
【详解】
（1）化学平衡常数，是指在一定温度下，可逆反应无论从正反应开始，还是从逆反应开始，也不管反应物起始浓度大小，最后都达到平衡，这时各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积除以各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积所得的比值。
此反应的平衡常数表达式为K=
，反应的化学方程式CH3OOC−COOCH3（g）+4H2（g）⇌HOCH2−CH2OH（g）+2CH3OH（g）；
（2）平衡时CO2的物质的量为1.6mol，CO和CO2的计量数之比为1：
1，则CO消耗了1.6mol，剩余4mol-1.6mol=2.4mol，浓度为
=0.8mol/L；
（3）实验3跟实验2相比，平衡时CO2的物质的量不变，需要时间少，化学反应速率快，不影响化学平衡，且能加快反应速率，可想到加入催化剂；又由于反应前后气体体积不变，也可以增大压强；
（4） a．v正（CO）=v逆（H2），说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故a正确；
b．由于反应前后气体的体积不变，则无论是否达到平衡状态都存在容器中气体的平均分子量不随时间而变化，不能作为判断达到平衡的依据，故b错误；
c．由于气体的质量不变，容器的体积不变，则无论是否达到平衡状态，容器内气体密度都不变，不能作为判断达到平衡的依据，故c错误；
d．容器中CO的转化率不再发生变化，是平衡标志，故d正确；
答案选ad；
（5）该溶液中H+、OH−、K+、HC2O4−，H2C2O4为二元中强酸，HC2O4-在溶液中发生电离与水解，还存在平衡：
HC2O4−⇌H++C2O42−，HC2O4-+H2O⇌H2C2O4+OH-；
（6）根据图知，B点二者恰好完全反应生成KHC2O4，溶液的pH＜7，说明草酸氢根离子电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性。
12．醋酸根离子水解结合水电离出的氢离子，CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-，促进水的电离平衡正向进行，溶液中氢氧根离子浓度增大，使溶液显碱性（C1-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）2c（H+）﹣2c（OH-）10-65.2×10-523.6
【解析】
【分析】
（1）CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性；
（2）①d点加入20mL盐酸后，两溶液恰好反应生成氯化铵，根据氯化铵溶液中离子浓度大小进行判断；
②b点加入了10mL盐酸，反应后的溶液中含有等浓度的氨水和氯化铵，一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解，溶液显示碱性，溶液中出电荷守恒和物料守恒计算分析；
③常温下，pH=10的氨水溶液中，水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度=10-10mol/L；pH=4的NH4C1溶液中水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度=10-4mol/L；
（3）①等体积混合后溶液中碳酸根的浓度为1×l0-4mol/L，利用溶度积计算需要钡离子浓度，再根据稀释定律计算所需BaCl2溶液的最小浓度；
②当碳酸钡、硫酸钡两种沉淀共存时，溶液中钡离子浓度为定值，根据溶度积计算。
【详解】
（1）根据盐类水解的规律，无弱不水解，有弱才水解，越弱越水解，谁强显谁性，CH3COONa为强碱弱酸盐，水解呈碱性，遇酚酞变红，发生水解反应的离子方程式为CH3COO-+H2O
CH3COOH+OH-；
（2）①d点时加入20mL盐酸，两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解溶液显示酸性，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知c（Cl-）＞c（NH4+），则溶液中离子浓度大小为：
c（Cl-）＞c（NH4+）＞c（H+）＞c（OH-）；
②b点加入的盐酸体积为氨水体积的
，等浓度的两溶液反应后，混合液中含有等浓度的氨水和氯化铵，由于一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则溶液显示碱性，溶液中出电荷守恒和物料守恒计算分析，电荷守恒c（NH4+）+c（H+）=c（C1-）+c（OH-），c（NH4+）+c（NH3•H2O）=2c（C1-），溶液中c（NH3•H2O）-c（NH4+）=2c（H+）-2c（OH-）；
③常温下，pH=10的氨水溶液中，水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度=10-10mol/L；pH=4的NH4C1溶液中水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度=10-4mol/L，pH=10的氨水与pH=4的NH4C1溶液中，由水电离出的c（H+）之比为=
=10-6；
（3）①等体积混合后溶液中碳酸根的浓度为2×l0-4mol/L×
=1×l0-4mol/L，要生成BaCO3沉淀需要钡离子浓度为
mol/L=2.6×l0-5mol/L，故需要BaCl2溶液的最小浓度为2.6×l0-5mol/L×2=5.2×l0-5mol/L；
②Ksp（BaSO4）=c（Ba2+）×（SO42-）=1.1×10-10；Ksp（BaCO3）=c（Ba2+）×c（CO32-）=2.6×10-9，则
=23.6。
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