高三一轮复习化学试题（人教版新高考新教材）考点规范练22　水的电离和溶液的pH

考点规范练22水的电离和溶液的pH一、选择题1.下面是一段关于酸碱中和滴定实验操作的叙述:①取一锥形瓶,用待测NaOH溶液润洗两次;②在锥形瓶中加入25mL待测NaOH溶液;③加入几滴石蕊溶液作指示剂;④取一支酸式滴定管,洗涤干净;⑤直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液,进行滴定;⑥左手旋转滴定管的玻璃活塞,右手不停摇动锥形瓶;⑦两眼注视着滴定管内盐酸液面下降,直至滴定终点。文中所述操作有错误的序号为()。A.④⑥⑦ B.①②⑥C.③⑤⑦ D.①③⑤⑦答案:D解析:锥形瓶不用待测液润洗,①错;③石蕊变色不明显,不易观察颜色,在酸碱中和滴定时不用石蕊溶液作指示剂,③错;滴定管使用前要润洗,⑤错;滴定过程中眼睛观察锥形瓶中溶液颜色变化,⑦错。2.下列说法中正确的是()。A.OH的浓度增大,溶液的碱性一定增强B.常温下0.1mol·L1醋酸溶液的pH=a,将溶液稀释到原体积的10倍能使溶液的pH=(a+1)C.将NaCl溶液从常温加热至80℃,溶液仍保持中性,pH不变D.pH=2的硫酸和pH=2的醋酸以体积比1∶10混合后,溶液pH仍为2答案:D解析:温度升高水的电离程度增大,氢离子浓度增大,氢氧根离子浓度也增大,但溶液仍为中性,A项错误。因为醋酸是弱酸,当溶液加水稀释时,醋酸会继续电离,所以稀释到原体积的10倍时,溶液的pH范围是a<pH<(a+1),B项错误。将NaCl溶液从常温加热至80℃,水的电离程度增大,氢离子浓度增大,氢氧根离子浓度也增大,但溶液仍为中性,pH减小,C项错误。pH=2的硫酸和pH=2的醋酸以体积比1∶10混合后,溶液的氢离子浓度为c(H+)=1L×10-2mol·L-3.下列叙述正确的是()。A.95℃时纯水的pH<7,说明加热可导致水呈酸性B.室温下,pH=5的盐酸,加水稀释至溶液的体积为原溶液体积的103倍后pH=8C.pH=1的盐酸与等体积pH=3的盐酸混合后pH=2D.25℃时,pH=3的醋酸与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH<7答案:D解析:升高温度,水的电离程度增大,水电离产生的c(H+)增大,溶液的pH减小,但水仍呈中性,A项错误。室温下,pH=5的盐酸加水稀释至原溶液体积的103倍,溶液仍呈酸性,则pH<7,B项错误。pH=1的盐酸与pH=3的盐酸等体积混合后,所得混合液的pH<2,C项错误。醋酸是弱电解质,pH=3的醋酸中c(CH3COOH)>1×103mol·L1,pH=11的NaOH溶液中c(NaOH)=1×103mol·L1,两者等体积混合后,醋酸有剩余,所得混合液呈酸性,则pH<7,D项正确。4.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1mol·L1B.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的滴定曲线D.酚酞不能用作本实验的指示剂答案:B解析:根据曲线可以看出盐酸的pH=1,pH=lgc(H+)=1,所以c(HCl)=c(H+)=0.1mol·L1,故A项错误;根据曲线可以看出P点时溶液的pH=7,说明溶液呈中性,反应恰好完全,故B项正确;曲线a的pH随着滴定的进行由小到大,说明是氢氧化钠溶液滴定盐酸的滴定曲线,故C项错误;氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性,可用酚酞或甲基橙作指示剂,故D项错误。5.(双选)常温下,0.1mol·L1某一元酸(HA)溶液中c(OH-)c(A.该一元酸溶液的pH=3B.该溶液中由水电离出的c(H+)=1.0×103mol·L1C.该溶液中水的离子积常数为1.0×1022D.用aL0.1mol·L1NaOH溶液与bL0.1mol·L1该一元酸(HA)溶液混合,若混合溶液的pH=7,则a<b答案:AD解析:常温下KW=1×1014,0.1mol·L1HA溶液中c(OH-)c(H+)=1.0×108,则c(H+)=1.0×103mol·L1,故HA溶液的pH=3,A项正确。HA溶液中OH全部来源于水的电离,则水电离出的c水(H+)=c水(OH)=1.0×1011mol·L1,B项错误。常温下水的离子积常数为KW=1×1014,与溶液的酸碱性无关,C项错误。等浓度的NaOH溶液与HA溶液恰好完全反应生成NaA,此时溶液呈碱性,若使溶液的pH=7,应使n(HA)稍大于n(NaOH),则有0.1mol·L1×aL<0.1mol·6.(双选)在一定温度下,弱碱(CH3NH2)在水溶液中的电离方程式为CH3NH2+H2OCH3NH3++OHA.电离平衡常数表达式Kb=cB.加入适量的CH3NH2溶液,电离常数Kb增大C.加水稀释,c(OH)减小,KW不变D.升高温度,c(CH3NH3答案:CD解析:对于一元弱电解质,电离平衡常数为电离出离子浓度的乘积与未电离分子的浓度之比,则电离平衡常数表达式Kb=c(CH3NH3+)·c(OH-)c(CH3NH2),故A项错误。Kb与温度有关,则加入适量的CH3NH2溶液,电离常数Kb不变,故B项错误。温度不变,KW不变,加水促进电离,但总体积增大,7.25℃时,下列说法不正确的是()。A.pH=3的硫酸溶液中,由水电离出的H+浓度为1.0×1011mol·L1B.pH相等的盐酸和醋酸溶液中,c(Cl)>c(CH3COO)C.NaHS溶液呈碱性,说明H2S是弱电解质D.pH=10的氨水中加入氯化铵固体,溶液pH减小答案:B解析:pH=3的硫酸溶液中,c(H+)=103mol·L1,由于室温下水的离子积常数KW=1014,所以溶液中由水电离出的H+浓度c(H+)=10-1410-3mol·L1=1.0×1011mol·L1,A项正确。在盐酸中存在电荷守恒:c(H+)=c(OH)+c(Cl);在醋酸溶液中存在电荷守恒:c(H+)=c(OH)+c(CH3COO)。由于溶液的pH相等,则两种溶液中c(H+)相等,温度相同即KW不变,所以溶液中c(OH)相等,故两种溶液中c(Cl)=c(CH3COO),B项错误。NaHS溶液呈碱性,是由于在溶液中HS发生水解,使溶液中c(H+)<c(OH),因此可说明H2S是弱电解质,C项正确。在氨水中存在电离平衡:NH3·H2ONH4++OH,当向溶液中加入氯化铵固体时,溶液中c(NH4+)增大,电离平衡逆向移动,导致溶液中8.常温下,已知CH3COOH的电离常数为1.75×105(已知17.5=4.2),向20mL0.01mol·L1CH3COOH溶液中逐滴加入0.01mol·L1的NaOH溶液,溶液中水电离的c(HA.B、D两点溶液的pH相同B.B点溶液中离子浓度大小顺序是c(Na+)>c(CH3COO)>c(H+)>c(OH)C.E点所示溶液中,c(Na+)=2[c(CH3COO)+c(CH3COOH)]=0.005mol·L1D.A点坐标为(0,2.4×1011)答案:D解析:CH3COOH溶液中加入NaOH溶液发生CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O,B点消耗NaOH溶液的体积为10mL,NaOH和CH3COOH的物质的量浓度相等,则此时溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa,且两者物质的量相等,CH3COO的水解常数为KWKa=10-141.75×10-5=11.75×109<1.75×105,CH3COOH的电离大于CH3COO的水解,即B点溶液显酸性。D点溶质为CH3COONa和NaOH,溶液显碱性,B、D两点pH不相同,故A项错误。根据A项分析知,B点溶液中溶质为CH3COOH和CH3COONa,且两者物质的量相等,CH3COOH的电离大于CH3COO的水解,因此离子浓度大小顺序是c(CH3COO)>c(Na+)>c(H+)>c(OH),故B项错误。E点溶质为CH3COONa40×10-3L×0.01mol·L-160×10-3L≈0.007mol·L1,故C项错误。CH3COOH发生电离:CH3COOHCH3COO+H+,电离平衡常数Ka=c(H+)·c(CH3COO-)c(CH3COOH)=1.75×105,因此有c2(H+)=1.75×107,即c(H+)=4.2×104mol·9.在某温度时,将nmol·L1氨水滴入10mL1.0mol·L1盐酸中,溶液的pH和温度随加入的氨水体积的变化曲线如图所示。下列有关说法错误的是()。A.C点存在守恒关系:c(NH4+)=cB.B点:c(Cl)>c(NH4+)>c(H+)>cC.水的电离程度:B>C>A>DD.25℃时,NH4Cl的水解平衡常数为(n1)×107(用n表示)答案:C解析:C点溶液呈中性,所以c(H+)=c(OH),由电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(Cl)+c(OH)知,c(NH4+)=c(Cl),A项正确。由图像知,B点溶液为NH4Cl溶液,此溶液中离子浓度大小为c(Cl)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH),B项正确。由图像知,B点溶液温度最高,说明此时两溶液恰好反应生成氯化铵,铵根离子水解促进了水的电离,则A、D两点都抑制了水的电离,B点水的电离程度最大;由于D点混合液的pH不知,则无法判断A、D两点水的电离程度大小,C项错误。根据图像可知,25℃时溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH)=107mol·L1;根据电荷守恒知,c(NH4+)=c(Cl)=0.5mol·L1;根据元素守恒可知,c(NH3·H2O)=(0.5n0.5)mol·L1,则25℃时NH4Cl的水解常数为Kh=(10.如图为室温下某二元酸H2M溶液中H2M、HM、M2的浓度对数lgc随pH的变化图像。下列分析错误的是()。A.该二元酸溶液浓度为0.010mol·L1B.pH=1.89时,c(H2M)=c(HM)>c(M2)C.pH=7.0时,lgc(M2)lgc(HM)=0.77D.在NaHM溶液中,水的电离受到抑制答案:A解析:据图可知,溶液中H2M、HM、M2三种粒子可以同时存在,所以H2M应为二元弱酸,pH增大的过程中发生反应:H2M+OHHM+H2O、HM+OHM2+H2O。起点处,溶液中主要存在H2MHM+H+,据图可知c(H2M)=0.1mol·L1,c(HM)=0.001mol·L1,根据元素守恒,二元酸的浓度应为0.1mol·L1+0.001mol·L1=0.101mol·L1,故A项错误。据图可知,pH=1.89时,c(H2M)=c(HM)>c(M2),故B项正确。lgc(M2)lgc(HM)=lgc(M2-)c(HM-),Ka2=c(M2-)·c(H+)c(HM-),据图可知,pH=6.23时,c(M2-)c(HM-)=1,所以Ka2=106.23;温度不变平衡常数不变,所以pH=7.二、非选择题11.(1)将V10.15mol·L1稀硫酸与V20.1mol·L1NaOH溶液混合,所得溶液的pH为1,则V1∶V2=(溶液体积变化忽略不计)。

(2)室温下,某水溶液中存在的离子有Na+、A、H+、OH,根据题意,回答下列问题:①若溶液pH>7,则c(Na+)c(A),理由是

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②若溶液由pH=3的HA溶液amL与pH=11的NaOH溶液bmL混合而得,则下列说法正确的是(填字母)。

A.若反应后溶液呈中性,则c(H+)+c(OH)=2×107mol·L1B.若a=b,反应后溶液pH一定等于7C.若反应后溶液呈酸性,则a一定大于bD.若反应后溶液呈碱性,则a一定小于b答案:(1)1∶1(2)①>根据电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(A),由于c(OH)>c(H+),故c(Na+)>c(A)②AD解析:(1)根据混合后所得溶液的pH为1,可得0.15mol·L-1×2×V1-0.1mol·L-1×V2V1+V2=0.1mol·L1,解得V1∶V2=1∶1。(2)①根据电荷守恒,c(H+)+c(Na+)=c(OH)+c(A),若溶液pH>7,则c(OH)>c(H+),故c(Na+)>c(A)。②若反应后溶液呈中性,则c(H+)+c(OH)=2×107mol·L1,A项正确。若HA是强酸,得到溶液显中性,pH=7;若HA是弱酸,则HA部分电离,同体积反应后溶液显酸性,pH<7,B项错误。若反应后溶液呈酸性,如果HA是弱酸,可能因为反应后HA过量使溶液显酸性,a不一定大于b,C项错误。若反应后溶液呈碱性12.连二次硝酸(H2N2O2)是一种二元酸,可用于制N2O气体。(1)连二次硝酸中氮元素的化合价为价。

(2)常温下,用0.01mol·L1的NaOH溶液滴定10mL0.01mol·L1的H2N2O2溶液,测得溶液pH与NaOH溶液体积的关系如图所示。①写出H2N2O2在水溶液中的电离方程式:

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②B点时溶液中c(H2N2O2)(填“>”“<”或“=”,下同)c(N2O2③A点时溶液中c(Na+)c(HN2O2-)+c(N2答案:(1)+1(2)①H2N2O2H++HN2O2-,HN2O2-H++N2O22-解析:(1)H2N2O2分子中,H的化合价为+1价,O的化合价为2价,根据化合物中元素化合价代数和为0,得氮元素的化合价为+1价。(2)①从图像可知0.01mol·L1的H2N2O2溶液pH=4.3,故H2N2O2是二元弱酸,以第一步电离为主,故在水溶液中的电离方程式:H2N2O2H++HN2O2-,HN2O2-H++N2O22-;②B点时溶液中溶质是NaHN2O2,其溶液pH>7,说明HN2O2-以水解为主,故溶液中c(H2N2O2)>c(N2O22-);③A点时溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HN2O2-)+2c(N2O22-)+c(OH),pH=7,则c(H+)=c(O