苏教版高考化学一轮复习专题练8溶液中的离子反应第24讲水的电离和溶液的酸碱性含答案

第24讲 水的电离和溶液的酸碱性

1．(2021·河南洛阳统考)能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H＋)>c(OH－)的措施是(　　)

A．向水中通入SO2

B．将水加热煮沸

C．向纯水中投入一小块金属钠

D．向水中加入NaCl

解析：在水中存在水的电离平衡：H2O⇌H＋＋OH－。当向水中通入SO2时发生反应：SO2＋H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H＋＋HSO，H2SO3电离产生的H＋使溶液中的H＋的浓度增大，对水的电离起抑制作用，最终使水电离产生的H＋(OH－)的浓度远远小于溶液中的H＋浓度，即溶液中的c(H＋)>c(OH－)，A项正确；水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，所以将水加热煮沸促进了水的电离，但是水电离产生的H＋和OH－的个数总是相同的，所以升温后水中的H＋和OH－的浓度仍然相等，B项错误；向纯水中投入一小块金属钠发生反应：2Na＋2H2O===2NaOH＋H2↑，NaOH电离产生的OH－使水的电离平衡逆向移动，对水的电离起到了抑制作用，最终使整个溶液中的c(OH－)＞c(H＋)，C项错误；向水中加入NaCl，NaCl是强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，所以溶液中的H＋和OH－的浓度仍然相等，D项错误。

答案：A

2．25 ℃时，水的电离达到平衡：H2O⇌H＋＋OH－　ΔH＞0，下列叙述正确的是(　　)

A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低

B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变

C．向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，c(OH－)增大

D．将水加热，Kw增大，pH不变，呈中性

解析：向水中加入稀氨水，由于氨水在溶液中存在电离平衡：NH3·H2O⇌NH＋OH－，电离产生的OH－使溶液中c(OH－)增大，水的电离平衡逆向移动，c(OH－)增大，A错误；向水中加入少量固体硫酸氢钠，盐电离产生的H＋使溶液中c(H＋)增大，温度不变，所以Kw不变，B正确；向水中加入少量HCl，电离产生的H＋使水的电离平衡逆向移动，但是平衡移动的趋势是微弱的，溶液中酸电离产生的离子浓度增大的趋势大于平衡移动使离子浓度减小的趋势，所以c(H＋)增大，c(OH－)减小，C错误；将水加热，Kw增大，c(H＋)增大，pH减小，溶液仍然呈中性，D错误。

答案：B

3．将pH＝1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为(　　)

A．9　　　　　　　　　　B．10

C．11         D．12

解析：将pH＝1的盐酸加适量水，pH升高了1，说明所加的水是原溶液的9倍；另1份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH升高了1，则10－1×1－10－1·x＝10－2×(1＋x)，解得x＝，则加入的水与NaOH溶液的体积比为9∶＝11∶1。

答案：C

4．常温下，pH＝a和pH＝b的两种NaOH溶液，已知b＝a＋2，则将两种溶液等体积混合后，所得溶液的pH接近于(　　)

A．a－lg 2        B．b－lg 2

C．a＋lg 2        D．b＋lg 2

解析：两种溶液中c(OH－)分别为10a－14 mol·L－1、

10b－14 mol·L－1，等体积混合后c(OH－)＝

＝ mol·L－1，

pOH＝(14－a)－lg 101＋lg 2≈12－a＋lg 2，pH＝14－pOH＝2＋a－lg 2＝b－lg 2。

答案：B

5．下列实验操作，对实验结果不会产生影响的是(　　)

A．用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装标准液的滴定管用水洗后未用标准液润洗

B．用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装待测液的锥形瓶用水洗后用待测液润洗2～3次

C．测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中

D．用蒸馏水湿润的pH试纸测定硫酸钠溶液的pH

解析：用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装标准液的滴定管用水洗后未用标准液润洗，会导致测定结果偏高，选项A不正确；用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装待测液的锥形瓶用水洗后用待测液润洗2～3次，会导致测定结果偏高，选项B不正确；测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中，导致测定结果偏低，选项C不正确；用蒸馏水湿润的pH试纸测定硫酸钠溶液的pH，无影响，原因是硫酸钠溶液本身溶液显中性，选项D正确。

答案：D

6．食醋是厨房中常用调味品，某品牌白醋的浓度约为0.6 mol·L－1，可用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液来精确滴定其浓度，下列叙述中正确的是(　　)

A．NaOH溶液盛装在带玻璃塞的滴定管中

B．选用紫色石蕊作指示剂

C．滴定前需对白醋进行稀释处理

D．滴定后仰视读数，则所测白醋的浓度偏小

解析：带玻璃塞的滴定管是酸式滴定管，不能盛装碱性溶液，A项不正确；石蕊的变色不明显，一般不用作中和滴定的指示剂，B项不正确；白醋的浓度较大，为提高滴定的精确度，滴定前需对白醋进行稀释处理，C项正确；滴定后仰视读数，所读数值比实际值偏大，则所测白醋的浓度偏大，D项错误。

答案：C

7．关于下列各实验或装置的叙述不正确的是(　　)

A．实验①可用于测溶液pH

B．实验②是用酸性KMnO4溶液滴定

C．装置③是滴定操作时手的操作

D．装置④中最后一滴NaOH标准液使溶液由无色变为红色，即达到滴定终点

解析：A、B、C三项均正确；装置④中最后一滴NaOH标准液使溶液由无色变为红色，半分钟不恢复成原来的颜色，即达到滴定终点，D项错误。

答案：D

8．已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a mol·L－1的一元酸HA与b mol·L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是(　　)

A．a＝b

B．混合溶液的pH＝7

C．混合溶液中，c(H＋)＝ mol·L－1

D．混合溶液中，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)

解析：若a＝b，则只有当HA为强酸、BOH为强碱，或HA的电离常数Ka与BOH的电离常数Kb相等时，溶液才呈中性；只有当温度T＝298 K时pH＝7的溶液才呈中性；D项为电荷守恒关系式，无论溶液呈酸性、碱性还是中性，该关系式均成立；因c(H＋)·c(OH－)＝Kw，中性溶液中c(H＋)＝c(OH－)，故c(H＋)＝ mol·L－1，C正确。

答案：C

9．(双选)常温下，下列有关说法正确的是(混合后溶液体积变化忽略不计)(　　)

A．将pH＝2的盐酸和pH＝5的稀硫酸等体积混合，混合液的pH＝3.5

B．将pH＝11的NaOH溶液和pH＝13的Ba(OH)2溶液等体积混合，混合液的pH＝12.7

C．将pH＝2的H2X溶液稀释至原来的1 000倍，得到混合溶液的pH＝5

D．将pH＝1的盐酸和0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液等体积混合，混合液的pH＝12.7

解析：A项，混合液中c(H＋)＝

≈5×10－3mol·L－1，pH≈2.3，A错误；B项，c(OH－)＝≈0.05 mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1＝2×10－13mol·L－1，pH≈12.7，B正确；C项，若H2X为强酸，则稀释后溶液的pH＝5；若H2X为弱酸，则稀释后溶液的pH<5，C错误；D项，c(OH－)＝＝0.05 mol·L－1，c(H＋)＝＝ mol·L－1＝2×10－13 mol·L－1，pH≈12.7，D正确。

答案：BD

10．室温下，甲、乙两烧杯中均盛有5 mL pH＝3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH＝4。关于甲、乙两烧杯中溶液的描述不正确的是(　　)

①溶液的体积：10V甲≤V乙

②水电离出的OH－浓度：10c(OH－)甲≤c(OH－)乙

③若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙

④若分别与5 mL pH＝11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≤乙

A．①②          B．②③

C．③④          D．①④

解析：①若酸是强酸，稀释过程中氢离子物质的量不变：5×10－3L×10－3 mol/L＝V L×10－4 mol/L，解得V＝0.05，则10V甲＝V乙；若酸为弱酸，加水稀释时，促进弱酸的电离，电离产生的氢离子增多，要使pH仍然为4，加入的水应该多一些，则10V甲≤V乙，故①正确；②pH＝3的酸中，c(OH－)甲＝＝10－11 mol/L；pH＝4的酸中，c(OH－)乙＝＝10－10 mol/L，则10c(OH－)甲＝c(OH－)乙，故②错误；③稀释前后甲、乙两个烧杯中所含的一元酸的物质的量相等，依据酸碱中和反应原理可知，消耗氢氧化钠的物质的量相等，生成的盐的浓度甲大于乙，若酸为强酸，则二者pH相等；若酸为弱酸，则甲的pH大于乙，故③错误；④若酸是强酸，分别与5 mL pH＝11的NaOH溶液反应，恰好完全中和，生成强酸强碱盐，pH相等；若酸为弱酸，则反应后酸有剩余，甲中剩余酸浓度大，酸性强，pH小，所得溶液的pH：甲<乙，故④正确。

答案：B

11．(双选)某学习小组用“间接碘量法”测定某CuCl2晶体试样的纯度，试样不含其他能与I－发生反应的氧化性杂质，已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O===S4O＋2I－。取m g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，部分实验仪器和读数如图所示。

下列说法正确的是(　　)

A．试样在甲中溶解，滴定管选丙

B．选用淀粉作指示剂，当甲中溶液由蓝色变为无色时，即达到滴定终点

C．丁图中滴定前，滴定管的读数为(a－0.50)mL

D．对装有标准液的滴定管读数时，滴定前后读数方式如丁图所示，则测得的结果偏小

解析：A项，甲中盛装的是含有I2的溶液，则滴定管中盛装的为Na2S2O3标准溶液，该溶液显碱性，应选用碱式滴定管(丙)，A正确；B项，溶液变色且经过30 s左右溶液不恢复原来的颜色，视为滴定终点，B不正确；C项，滴定管“0”刻度在上端，故滴定前的读数为(a＋0.50)mL，C不正确；D项，滴定后俯视读数，将导致读数偏小，故测得的结果偏小，D正确。

答案：AD

12．(双选)(2021·河南天一大联考)25℃时，用0.100 mol·L－1盐酸滴定25.00 mL 0.100 mol·L－1氨水的滴定曲线如图所示：

下列说法正确的是(　　)

A．可用酚酞作指示剂

B．25℃时，NH3·H2O的lg Kb＝－4.8

C．0.100 mol·L－1氨水用水稀释时，

不断减小

D．当滴入的盐酸为12.50 mL时，溶液中：c(NH)>c(Cl－)＞c(NH3·H2O)

解析：由题图知反应终点时溶液的pH＝5.12，不在酚酞变色范围内，A项错误；c(NH)＝c(NH3·H2O)时pH＝9.2，Kb＝＝c(OH－)＝109.2－14＝10－4.8，lg Kb＝－4.8，B项正确；＝，稀释时该比值不变，C项错误；当滴入12.50 mL盐酸时，溶液为等物质的量浓度的NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液，由题图知溶液显碱性，则NH3·H2O的电离程度大于NH的水解程度，故c(NH)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)，D项正确。

答案：BD

13．25℃时，向10 mL 0.1 mol·L－1 NH4HSO4溶液中逐滴滴入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如下图所示：

(1)用电离方程式表示P点pH<7的原因：___________________________________________________________________

__________________________________________________________________。

(2)M、Q两点中，水的电离程度较大的是________点。

(3)下列关系中，正确的是________(填字母)。

a．M点c(Na＋)>c(NH)

b．N点c(NH)＋c(Na＋)＝2c(SO)

c．Q点c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Na＋)

解析：(1)NH4HSO4溶于水完全电离生成NH、H＋、SO，因此P点pH<7。

(2)M点溶质为硫酸钠和(NH4)2SO4，(NH4)2SO4水解促进水的电离；Q点溶质为NH3·H2O和硫酸钠，一水合氨的电离抑制水的电离，故水的电离程度较大的是M点。

(3)a项，M点溶液中的溶质为等物质的量的硫酸钠和(NH4)2SO4，NH水解使c(Na＋)>c(NH)；b项，N点溶液呈中性，结合电荷守恒可得c(NH)＋c(Na＋)＝2c(SO)；c项，Q点溶液中的溶质为等物质的量的NH3·H2O和硫酸钠，根据物料守恒可得2c(NH)＋2c(NH3·H2O)＝c(Na＋)。

答案：(1)NH4HSO4===NH＋H＋＋SO

(2)M　(3)ab

14．化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。

Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L－1KBrO3标准溶液；

Ⅱ.取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；

Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL废水；

Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；

Ⅴ.用b mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液v3 mL。

I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6

Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色

(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和________。

(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是_____________________________________

_________________________________________________________________。

(3)Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是_________________________________________________________________________________________________________________________________________。

(4)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是____________________________________________________________________。

(5)Ⅴ中滴定至终点的现象是__________________________________________。

(6)废水中苯酚的含量为________g·L－1(苯酚摩尔质量：94 g·mol－1)。

(7)由于Br2具有________性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。

解析：(1)配制一定物质的量浓度溶液时一定要使用容量瓶。

(2)－1价Br与＋5价Br在酸性条件下可发生氧化还原反应，化合价变为0价，即生成溴单质，该反应的离子方程式为5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O。

(3)溶液显黄色说明溴过量，使用过量的溴是为了确保苯酚已完全被除去，也为下一步操作打下基础。

(4)5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O，Br2＋2KI===I2＋2KBr，反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，因此如果没有苯酚与溴的反应，则n(KI)∶n(KBrO3)＝6∶1时，两者恰好完全反应，因废水中含有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量。

(5)溴与KI反应生成碘单质，碘遇淀粉使溶液变蓝色；碘单质与硫代硫酸钠反应生成碘离子，因此当碘恰好完全反应时，溶液的蓝色恰好消失。

(6)v1 mL a mol·L－1 KBrO3溶液的物质的量为av1×10－3 mol，v3 mL b mol·L－1硫代硫酸钠的物质的量为bv3×10－3 mol，可消耗I2的物质的量为bv3×10－3 mol；由3I2～BrO可知，生成bv3×10－3 mol I2需要消耗BrO的物质的量为bv3×10－3 mol，即与苯酚对应的BrO的物质的量为(av1×10－3－bv3×10－3) mol，由～3Br2～BrO可知，苯酚的物质的量为(av1×10－3－bv3×10－3) mol，即废水中苯酚的含量＝＝

 g·L－1＝ g·L－1。

(7)溴易挥发，挥发出去的溴也会被认为是与苯酚反应而消耗的，即会造成测定结果偏高。

答案：(1)容量瓶　(2)5Br－＋BrO＋6H＋===3Br2＋3H2O　(3)Br2过量，保证苯酚完全反应　(4)反应物用量存在关系：KBrO3～3Br2～6KI，若无苯酚时，消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍，因有苯酚消耗Br2，所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量

(5)溶液蓝色恰好消失　(6)

(7)易挥发