2022版高考化学一轮复习 课时分层提升练课时分层提升练25 水的电离和溶液的酸碱性

水的电离和溶液的酸碱性一、选择题1.下列溶液一定是碱性的是 ()A.pH=8的某电解质的溶液B.c(OH-)>1×10-7mol·L-1C.溶液中含有OH-D.溶液中c(OH-)>c(H+)【解析】选D。判断溶液是否显碱性,主要是比较溶液中的c(OH-)与c(H+)的大小,若c(OH-)>c(H+),溶液则显碱性,D项正确。2.对于常温下pH=1的硝酸溶液,有下列相关叙述,其中正确的是 ()①该溶液1mL稀释至100mL后,pH=3②向该溶液中加入等体积、pH=13的氢氧化钡溶液恰好完全中和③该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)比值为1×10-12④向该溶液中加入等体积、等浓度的氨水,所得溶液pH=7A.①②B.①③C.②④D.③④【解析】选A。pH=1的硝酸溶液c(H+)=0.1mol·L-1,①c===0.001mol·L-1,pH=3,故①正确;②pH=13的溶液c(OH-)=0.1mol·L-1,等体积混合恰好完全中和,故②正确;③硝酸电离出的c(H+)=0.1mol·L-1,由Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14可知,水电离出的c(H+)=10-13mol·L-1,该溶液中硝酸电离出的c(H+)与水电离出的c(H+)之比为1012,故③错误;④反应生成强酸弱碱盐NH4NO3,N发生水解,使反应后溶液呈酸性,故④错误。3.如果25℃时,Kw=10-14,100℃时Kw=10-12,这说明 ()A.100℃时水的电离常数较大B.前者c(H+)较后者大C.水的电离过程是一个放热过程D.Kw和温度无直接关系【解析】选A。100℃时Kw=10-12,25℃时Kw=10-14,则100℃时Kw较大,说明水的电离是吸热过程,温度升高Kw=c(H+)·c(OH-)增大,故100℃时水的电离常数较大,A项正确;100℃时水的电离程度大,c(H+)较25℃时的c(H+)大,B项错误;水的电离过程是吸热过程,C项错误;Kw受温度的影响,D项错误。4.(2019·宣城模拟)室温下,某溶液中水电离出的H+和OH-的物质的量浓度乘积为1×10-26,该溶液中一定不能大量存在的是 ()A.Cl-B.HCC.Na+D.N【解析】选B。由水电离的H+、OH-的浓度相等,所以c(H+)水=c(OH-)水==1×10-13mol·L-1,此溶液可能是pH=1的酸溶液,也可能是pH=13的碱溶液,所以HC一定不能大量共存。5.25℃时,水溶液中c(H+)与c(OH-)的变化关系如图中曲线ac所示,下列判断错误的是 ()A.ac曲线上的任意一点都有c(H+)·c(OH-)=10-14B.bd线段上任意一点对应的溶液都呈中性C.d点对应溶液的温度高于25℃,pH<7D.CH3COONa溶液不可能位于c点【解析】选D。ac曲线上的任意一点都有c(H+)·c(OH-)=10-14,A项正确;bd线段上任意一点都有c(H+)=c(OH-),因此溶液都呈中性,B项正确;d点c(H+)=c(OH-)=10-6,水的电离程度增大,因此温度高于25℃,pH=6,C项正确;c点c(H+)<c(OH-),溶液呈碱性,可能为CH3COONa溶液,D项错误。6.298K时,向体积均为15.0mL,浓度均为1.00mol·L-1的氨水和NaHCO3溶液中分别滴加1.00mol·L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示。下列有关叙述正确的是 ()A.曲线a是NaHCO3溶液的滴定曲线B.当V(盐酸)=4.00mL时,c(HC)>c(N)>c(C)C.当V(盐酸)=15.00mL时,c(Na+)=c(N)D.两个滴定过程均可选择酚酞作指示剂【解析】选B。等浓度的氨水pH较大,故曲线a是氨水的滴定曲线,A项错误;氨水的电离和碳酸氢根离子的电离和水解都是微弱的,氨水的电离略大些,当V(盐酸)=4.00mL时,大概比例为c(HC)∶c(N)∶c(C)=11∶4∶4,但c(N)>c(C),B项正确;当V(盐酸)=15.00mL时,两溶液体积增大一倍,与氨水反应得到氯化铵,铵根离子水解,c(N)<0.5mol·L-1,c(Na+)=0.5mol·L-1,则c(Na+)>c(N),C项错误;若选择酚酞作指示剂,滴定终点溶液变为无色时,溶液呈弱碱性,此时盐酸的用量不足,D项错误。二、非选择题7.(2019·莆田模拟)有一学生甲在实验室测某溶液的pH,实验时,他先用蒸馏水润湿pH试纸,然后用洁净干燥的玻璃棒蘸取试样进行检测。学生乙对学生甲的操作的评价为:操作错误,测定结果一定有误差。学生丙对学生甲的操作的评价为:操作错误,但测定结果不一定有误差。(1)你支持________(填“乙”或“丙”)同学的观点,原因是______________。

(2)若用此法分别测定c(H+)相等的盐酸和醋酸溶液的pH,误差较大的是________,原因是________________________________。

(3)只从下列试剂中选择实验所需的物品,你________(填“能”或“不能”)区分0.1mol·L-1的硫酸和0.01mol·L-1的硫酸。若能,简述操作过程。________。

①紫色石蕊试液②酚酞试液③甲基橙试液④蒸馏水⑤BaCl2溶液⑥pH试纸【解析】pH试纸使用不能用蒸馏水润湿,若润湿相当于对待测液稀释。对于不同性质的溶液造成的影响不同:若溶液为中性,则测得结果无误差;若为酸性,测得结果偏大;若为碱性,测得结果偏小。答案:(1)丙当溶液呈中性时,则不产生误差;否则将产生误差(2)盐酸在稀释过程中,醋酸继续电离产生H+,使得溶液中c(H+)较盐酸溶液中c(H+)大,误差较小(3)能用玻璃棒分别蘸取两种溶液点在两张pH试纸上,与标准比色卡比较其pH,pH较大的为0.01mol·L-1的硫酸8.(2019·咸阳模拟)中学化学实验中,淡黄色的pH试纸常用于测定溶液的酸碱性。在25℃时,若溶液的pH=7,试纸不变色;若pH<7,试纸变红色;若pH>7,试纸变蓝色。而要精确测定溶液的pH,需用pH计。pH计主要通过测定溶液中H+浓度来测定溶液的pH。(1)已知水中存在如下平衡:H2O+H2OH3O++OH-ΔH>0,现欲使平衡向右移动,且所得溶液呈酸性,选择的方法是________(填字母)。

A.向水中加入NaHSO4B.向水中加入Cu(NO3)2C.加热水至100℃[其中c(H+)=1×10-6mol·L-1]D.在水中加入(NH4)2SO4(2)现欲测定100℃沸水的pH及酸碱性,若用pH试纸测定,则试纸显________色,溶液呈________性(填“酸”“碱”或“中”);若用pH计测定,则pH________7(填“>”“<”或“=”),溶液呈________性(填“酸”“碱”或“中”)。

【解析】(1)A加入NaHSO4后,c(H+)增大,水电离平衡逆移;B中加入Cu(NO3)2,溶液消耗OH-,平衡正移,溶液呈酸性;C中平衡正移,但溶液依然为中性;D中加入(NH4)2SO4,消耗OH-,平衡正移且呈酸性。(2)沸水仍呈中性,故用pH试纸测定应呈本来颜色;若用pH计测定,应小于7。答案:(1)B、D(2)淡黄中<中9.下表是不同温度下水的离子积常数:温度/℃25t1t2水的离子积常数1×10-14a1×10-12试回答以下问题:(1)若25<t1<t2,则a________1×10-14(填“>”“<”或“=”),做此判断的理由是__________________________________________。

(2)25℃时,某Na2SO4溶液中c(S)=5×10-4mol·L-1,取该溶液1mL加水稀释至10mL,则稀释后溶液中c(Na+)∶c(OH-)=________。

(3)t2℃时,将pH=11的苛性钠溶液V1L与pH=1的稀硫酸V2L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和),所得混合溶液的pH=2,则V1∶V2=________。此溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序是________。

【解析】(1)25<t1<t2,温度升高,促进水的电离,c(H+)=c(OH-)>1×10-7mol·L-1,所以Kw>1×10-14。(2)Na2SO4溶液中c(Na+)=2×5×10-4mol·L-1=1×10-3mol·L-1,稀释10倍后,c(Na+)=1×10-4mol·L-1,此时溶液为中性,c(OH-)=1×10-7mol·L-1,所以c(Na+)∶c(OH-)=10-4mol·L-1∶10-7mol·L-1=1000。(3)根据酸、碱中和原理及pH计算式:=10-2mol·L-1,解得V1∶V2=9∶11,根据Na2SO4的化学组成及反应后溶液呈酸性,推知该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)>c(S)>c(H+)>c(OH-)。答案:(1)>温度升高,水的电离程度增大,所以水的离子积增大(2)1000(3)9∶11c(Na+)>c(S)>c(H+)>c(OH-)【加固训练】请回答下列问題:(1)纯水在T℃时,pH=6,该温度下1mol·L-1的NaOH溶液中,由水电离出的c(OH-)=________mol·L-1。

(2)某一元弱酸溶液(A)与二元强酸(B)的pH相等。若将两溶液稀释相同的倍数后,pH(A)________pH(B)(填“>”“=”或“<”);现用上述稀释溶液中和等浓度等体积的NaOH溶液,则需稀释溶液的体积V(A)________V(B)(填“>”“=”或“<”)。

(3)已知:二元酸H2R的电离方程式是H2RH++HR-,HR-R2-+H+,①若0.1mol·L-1NaHR溶液的c(H+)=amol·L-1,则0.1mol·L-1H2R溶液中c(H+)________(0.1+a)mol·L-1(填“<”“>”或“=”),理由是______________________________。

②NaHR溶液呈________性,理由是________________________________。

③某温度下,向10mL、0.1mol·L-1NaHR溶液中加入0.1mol·L-1KOH溶液VmL至中性,此时溶液中以下关系一定正确的是________(填写字母)。

A.溶液pH=7B.水的离子积Kw=c2(OH-)C.V=10D.c(K+)<c(Na+)【解析】(1)纯水在T℃时,pH=6,即c(H+)=c(OH-)=10-6mol·L-1,可知Kw=10-12,1mol·L-1的NaOH溶液中由水电离出的c(OH-)取决于溶液中的c(H+),即c水电离(OH-)=c(H+)=10-12mol·L-1。(2)强酸每稀释10n倍,pH就增大n个单位,弱酸每稀释10n倍,pH增大不到n个单位,所以两溶液稀释相同的倍数后,pH(A)<pH(B);一元弱酸溶液(A)与二元强酸(B)的pH相等,说明弱酸的浓度远大于强酸的浓度,A中氢离子的物质的量远大于B中氢离子的物质的量,所以用上述稀释溶液中和等浓度等体积的NaOH溶液,则需稀释溶液的体积V(A)<V(B)。(3)①由二元酸H2R的电离方程式是H2RH++HR-,HR-R2-+H+,可知,0.1mol·L-1NaHR溶液中只存在HR-的电离,c(H+)=amol·L-1,而0.1mol·L-1H2R溶液中存在两步电离,第一步电离出的H+对HR-的电离产生了抑制作用,所以c(H+)<(0.1+a)mol·L-1;②二元酸H2R的第一步电离方程式是H2RH++HR-,HR-只电离不水解,溶液呈酸性;③A.由于温度不知道,故中性时溶液pH不能确定,选项A错误;B.中性c(OH-)=c(H+),Kw=c(OH-)·c(H+)=c2(OH-),选项B正确;C.HR-与OH-恰好反应时生成R2-,溶液呈碱性,已知溶液为中性,说明NaHR溶液有剩余,故V<10,选项C错误;D.根据C选项判断,NaHR过量,所以c(K+)<c(Na+),选项D正确。答案:(1)10-12(2)<<(3)①<H2R中第一步电离出的H+对HR-的电离产生了抑制作用②酸HR-只电离不水解③BD一、选择题1.室温下,下列混合溶液的pH一定小于7的是 ()A.pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合B.pH=3的盐酸和pH=11的氢氧化钡溶液等体积混合C.pH=3的醋酸和pH=11的氢氧化钡溶液等体积混合D.pH=3的硫酸和pH=11的氨水等体积混合【解析】选C。pH=3的盐酸中c(H+)=1×10-3mol·L-1,pH=11的氨水中c(OH-)=1×10-3mol·L-1,由于氨水为弱碱,在室温下等体积混合后,则氨水过量,pH>7,A错误;pH=3的盐酸中c(H+)=1×10-3mol·L-1,pH=11的氢氧化钡溶液c(OH-)=1×10-3mol·L-1,酸碱都是强电解质,在室温下等体积混合后,pH=7,B错误;pH=3的醋酸c(H+)=1×10-3mol·L-1,pH=11的氢氧化钡溶液中c(OH-)=1×10-3mol·L-1,由于醋酸为弱酸,在室温下等体积混合后,则醋酸过量,pH<7,C正确;pH=3的硫酸中c(H+)=1×10-3mol·L-1,pH=11的氨水中c(OH-)=1×10-3mol·L-1,由于氨水为弱碱,在室温下等体积混合后,则氨水过量,pH>7,D错误。2.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,可采用在水中加入酸的方法B.b点对应的醋酸中由水电离出的c(H+)=10-6mol·L-1C.c点对应溶液的Kw大于d点对应溶液的KwD.T℃时,0.05mol·L-1Ba(OH)2溶液的pH=11【解析】选D。a点对应的c(H+)和c(OH-)相等,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,A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10-14,c点和d点的Kw都是10-12,酸和碱溶液都会抑制水的电离,酸溶液中由水电离出的c水(H+)与溶液中的c(OH-)相等,即b点时c水(H+)=c(OH-)=10-8mol·L-1,B、C均错误;T℃时,Kw=10-12,0.05mol·L-1Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-11mol·L-1,pH=11,D正确。3.(2019·福州模拟)已知:pH=-lgc(H+),pOH=-lgc(OH-)。常温下,向某浓度的盐酸溶液中滴加氢氧化钠溶液,所得溶液pOH和pH变化如图所示。下列说法正确的是 ()A.盐酸与NaOH溶液的浓度相等B.B点和D点水的电离程度相同C.滴加NaOH溶液改为滴加氨水溶液,该图曲线不变D.升高温度,滴定过程中pOH+pH>14【解析】选B。起始时盐酸的pH=0,则c(H+)=1mol·L-1,c(HCl)=1mol·L-1,最终时pH=14,则c(OH-)=1mol·L-1,由于是向盐酸中加入过量NaOH溶液后的溶液,故c(NaOH)>1mol·L-1,A项错误;B点pH=4,是因为HCl电离,D点pH=10,是由于NaOH电离,B点、D点水的电离均受到抑制,且由水电离出c(H+)=c(OH-),则B点、D点水的电离程度相同,B项正确;滴加NaOH溶液改为滴加氨水溶液,由于NH3·H2O为弱碱,最终所得溶液pH不可能为14,C项错误;升高温度,水的离子积Kw增大,即c(H+)·c(OH-)>10-14,故pOH+pH<14,D项错误。4.(2019·吉安模拟)25℃时VaLpH=2的盐酸与VbLpH=12的氨水混合,若所得溶液显酸性,下列有关判断正确的是 ()A.Va一定等于VbB.Va一定小于VbC.混合溶液中离子浓度一定满足:c(Cl-)>c(N)>c(H+)>c(OH-)D.混合溶液中离子浓度一定满足:c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)【解析】选D。由于氨水是弱碱,所以pH=12的氨水溶液的浓度大于0.01mol·L-1。如果Va等于Vb,则氨水一定是过量的,溶液显碱性,A、B项错误;N不一定大于氢离子浓度,C项错误;D符合电荷守恒,D正确。5.(2019·渭南模拟)若室温时pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合,恰好完全反应,则该氨水的电离度可表示为 ()A.10a+b-12% B.10a+b-14%C.1012-a-b% D.1014-a-b%【解析】选A。pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合,恰好完全反应,则氨水的浓度和盐酸的浓度相等,都是10-bmol·L-1,根据氨水的电离方程式和pH可计算氨水中已电离的一水合氨的浓度为10a-14mol·L-1,所以室温下氨水的电离度为×100%=10a+b-12%,A项正确。6.常温下,在20mL0.01mol·L-1ROH溶液中滴加0.01mol·L-1HCl溶液,混合溶液的pH与盐酸体积(V)的关系如图所示。下列推断正确的是 ()A.滴定前ROH溶液中有ROHR++OH-B.滴定至b点的过程中,水电离的c(OH-)逐渐减小C.a点溶液中存在c(R+)>c(OH-)>c(Cl-)>c(H+)D.用甲基橙作指示剂比酚酞作指示剂的误差小【解析】选D。从图示看,0.01mol·L-1ROH溶液的pH<12,说明ROH是弱碱,电离方程式为ROHR++OH-,A项错误。滴定至b点过程中,溶液中c(OH-)逐渐减小,对水电离的抑制作用逐渐减弱,R+水解使水电离的c(OH-)逐渐增大,B项错误。a点溶液呈碱性,c(OH-)>c(H+),OH-、H+均来自于弱电解质的电离,其浓度很小,故离子浓度大小排序为c(R+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),C项错误。从图象看出,滴定终点的pH≈4,选择甲基橙作指示剂比酚酞的误差小,D项正确。7.(2019·武汉模拟)向VmL0.1mol·L-1氨水中滴加等物质的量浓度的稀H2SO4,测得混合溶液的温度和pOH[pOH=-lgc(OH-)]随着加入稀硫酸的体积的变化如图所示(实线为温度变化,虚线为pOH变化),下列说法不正确的是 ()A.V=40B.b点时溶液的pOH>pHC.a、b、c三点由水电离的c(OH-)依次减小D.a、b、d三点对应NH3·H2O的电离常数:K(b)>K(d)>K(a)【解析】选C。b点时溶液温度最高,此时NH3·H2O和硫酸恰好反应完全,根据NH3·H2O与H2SO4按物质的量之比2∶1完全反应,由于二者浓度相等,则氨水体积为硫酸体积2倍,故V=40,A项正确;恰好反应时生成(NH4)2SO4,溶液显酸性,c(H+)>c(OH-),则pOH>pH,B项正确;a点NH3·H2O剩余一半,为物质的量之比2∶1的NH3·H2O与(NH4)2SO4的混合溶液,溶液呈碱性,抑制水的电离,b点恰好完全反应,为(NH4)2SO4溶液,促进水的电离,c点硫酸过量一倍,为等物质的量的(NH4)2SO4与H2SO4的混合溶液,溶液呈酸性,抑制水的电离,故b点水的电离程度最大,C项错误;a、b、d三点的温度高低顺序为b>d>a,温度越高,NH3·H2O的电离常数越大,故NH3·H2O的电离常数:K(b)>K(d)>K(a),D项正确。【加固训练】(2019·宁波模拟)25℃时,向盛有50mLpH=2的HA溶液的绝热容器中加入pH=13的NaOH溶液,加入NaOH溶液的体积(V)与所得混合溶液的温度(T)的关系如图所示。下列叙述正确的是 ()A.HA溶液的物质的量浓度为0.01mol·L-1B.b→c的过程中,温度降低的原因是溶液中发生了吸热反应C.a→b的过程中,混合溶液中可能存在:c(A-)=c(Na+)D.25℃时,HA的电离平衡常数K约为1.43×10-2【解析】选C。恰好中和时混合溶液温度最高,即b点,此时消耗氢氧化钠0.004mol,得出HA的浓度为0.08mol·L-1,故A错误;b→c的过程中,温度降低的原因是溶液中发生了反应恰好生成NaA,继续滴加氢氧化钠溶液不能发生反应,故B错误;NaA呈碱性,HA呈酸性,a→b的过程中,混合溶液可能呈中性,存在:c(A-)=c(Na+),故C正确;电离平衡常数K==0.01×0.01÷0.08=1.25×10-3,故D错误。二、非选择题8.(1)Na2S2O5可用作食品抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时,取50mL葡萄酒样品,用0.01000mol·L-1的碘标准液滴定到终点,消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式为____________________________________________。

该样品中Na2S2O5的残留量为________g·L-1(以SO2计)。

(2)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。①称量mg样品于锥形瓶中,溶解后加稀硫酸酸化,用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是______________________________________。

②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后,过滤、洗涤,将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀硫酸酸化,用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为__________________________。

(3)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:①溶液配制:称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品配制成100mL溶液。②滴定:取0.00950mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S