新高考化学一轮复习考点过关练习第31练 水的电离和溶液的pH（含解析）

这是一份新高考化学一轮复习考点过关练习第31练 水的电离和溶液的pH（含解析），共20页。试卷主要包含了水溶液呈酸性的盐是，下列溶液一定显中性的是，下列溶液一定显酸性的是等内容，欢迎下载使用。

专题11 水溶液中的离子反应与平衡
第31练 水的电离和溶液的pH

1．(2022·浙江省1月选考)水溶液呈酸性的盐是( )
A．NH4Cl B．BaCl2 C．H2SO4 D．Ca(OH)2
【答案】A
【解析】A项，NH4Cl盐溶液存在NH4++H2ONH3·H2O+H+而显酸性，A符合题意；B项，BaCl2溶液中Ba2+和Cl-均不水解，是强酸强碱盐，溶液显中性，B不符合题意；C项，H2SO4属于酸，不是盐类，C不符合题意；D项，Ca(OH)2是碱类物质，溶液显碱性，D不符合题意；故选A。
2．下列溶液一定显中性的是( )
A．溶液中c(OH-)>c(H＋) B．c(H＋)=
C．溶液中c(H＋)=10-7 mol·L-1 D．pH<7的溶液
【答案】B
【解析】A项，c(OH-)>c(H＋)的溶液显碱性，故A错误；B项，c(H＋)=则Kw=c(OH-)∙c(H＋)=c(H＋)2，c(OH-)=c(H＋)，溶液一定显中性，故B正确；C项，常温下c(H＋)=10-7 mol·L-1的溶液显中性，未指明温度不能确定溶液酸碱性，故C错误；D项，常温下，pH<7的溶液显酸性，温度较高时pH小于7可能显中性，如100℃时，纯水的pH=6，为中性，故D错误；故选B。
3．下列溶液一定显酸性的是(　　)
A．溶液中c(OH－)>c(H＋) B．滴加紫色石蕊试液后变红色的溶液
C．溶液中c(H＋)＝10－6 mol·L－1 D．pH<7的溶液
【答案】B
【解析】判断溶液酸碱性的关键是看c(H＋)和c(OH－)的相对大小，若c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性；而pH<7或c(H＋)>10－7 mol·L－1，仅适用于常温时，若温度不确定，就不能用来判断溶液的酸碱性；而B项中可使紫色石蕊试液变红，则该溶液显酸性。
4．常温下，0.10mol·L−1盐酸溶液中c(Cl-)是水电离出的c(H+)的( )
A．13倍 B．10-13倍 C．1012倍 D．12倍
【答案】C
【解析】常温下，0.10mol·L−1盐酸溶液中c(Cl-)= c(H+)=0.10mol·L−1，水电离出的c(H+)= c(OH-)==10-13 mol·L−1，c(Cl-)是水电离出的c(H+)的倍=1012倍，故选C。
5．某温度下，测得0.01mol/LNaOH溶液pH=10，则下列说法正确的是( )
A．该溶液温度为25℃ B．与等体积的pH=4的盐酸刚好中和
C．该温度下蒸馏水pH=6 D．该溶液中c(H+)=10-12mol/L
【答案】C
【解析】A项，某温度下，测得0.01mol/LNaOH溶液pH=10，即氢离子浓度是10-10mol/L，氢氧化钠是一元强碱，则氢氧根离子浓度是是0.01mol/L，所以水的离子积常数是0.01×10－10＝10－12＞10－14，升高温度促进水的电离，该溶液温度大于25℃，A错误；B项，pH=4的盐酸溶液的浓度是10－4mol/L，所以与等体积的pH=4的盐酸中和后氢氧化钠过量，B错误；C项，该温度下水的离子积常数是10－12，所以蒸馏水的pH=6，C正确；D项，根据选项A分析可知该溶液中c(H+)=10-10mol/L，D错误；故选C。
6．在25 ℃的条件下，将体积都为10 mL、pH都等于3的醋酸和盐酸，加水稀释到a mL和b mL，测得稀释后溶液的pH均为5，则稀释时加入水的体积为(　　)
A．a＝b＝1000 mL B．a＝b>1000 mL
C．ab
【答案】D
【解析】在溶液中，盐酸电离是不可逆的，而CH3COOH的电离是可逆的，存在电离平衡，在加水稀释的过程中，盐酸溶液里c(H＋)的主要变化只有一个，即减小；CH3COOH溶液里c(H＋)的主要变化有两个，即减小和增大。若a＝b，稀释后的CH3COOH溶液pH<5，若使CH3COOH溶液pH＝5，就必须继续加水稀释，即a>b。
7．下列有关溶液的酸碱性与pH的说法错误的是(　　)
A．溶液pH越小，酸性越强，反之，碱性越强
B．pH<7的溶液，可能呈酸性
C．当溶液中的c(H＋)或c(OH－)较小时，用pH表示其酸碱性更为方便
D．把pH试纸直接插入待测溶液中，测其pH
【答案】D
【解析】A项因pH＝－lgc(H＋)，所以pH越小，c(H＋)越大，酸性越强，pH越大，c(H＋)越小，则c(OH－)越大，碱性越强，A项正确；B项在室温下，pH<7的溶液呈酸性，B项正确；C项当c(H＋)或c(OH－)小于1 mol·L－1时，使用pH表示其酸碱性更为方便，故C项正确；D项用pH试纸测溶液pH时，不能把pH试纸直接插入待测溶液中测pH，正确的做法为取一小片pH试纸，放在洁净的表面皿上或玻璃片上，用玻璃棒蘸取待测液点于试纸中央，然后与标准比色卡对照读取数据，所以D项错误。
8．下列关于溶液酸碱性的说法正确的是(　 　)
A．pH＝7的溶液呈中性
B．中性溶液中一定有c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1
C．c(H＋)＝ mol·L－1的溶液呈中性
D．在100 ℃时，纯水的pH<7，因此呈酸性
【答案】C
【解析】只有在25 ℃时pH＝7为中性溶液，A项错误；在中性溶液中，c(H＋)和c(OH－)一定相等，但并不一定等于1.0×10－7mol·L－1，B项错误，，由于混合溶液中c(H＋)＝，结合KW＝c(H＋)·c(OH－)，可推断出c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液一定呈中性，C项正确；100 ℃的纯水中，虽然pH<7，但c(H＋)＝c(OH－)，还是呈中性，D项错误。
9．用pH试纸测定溶液的pH，下列叙述正确的是( )
A．测得某浓度的NaClO溶液的pH为10
B．常温下测得NH4Cl溶液pH约为4.1
C．用湿润的pH试纸测pH相同的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是盐酸
D．在试管内放入少量溶液并煮沸，把pH试纸放在管口观察其颜色并与标准比色卡比较
【答案】C
【解析】A项，NaClO溶液具有漂白性，会将pH试纸漂白，故不能用pH试纸测定其pH，故A错误；B项，广泛的pH试纸测定的溶液的pH的数值为整数，故B错误；C项，稀释时，醋酸还会继续电离出氢离子，故稀释pH相同的盐酸和醋酸溶液时，醋酸的氢离子浓度变化小，pH变化小，故用湿润的pH试纸测pH相同的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是盐酸，故C正确；D项，在试管内放入少量溶液并煮沸，把pH试纸放在管口，无法测定溶液的pH，故D错误；故选C。
10．常温下，0.10mol·L−1盐酸溶液中c(Cl-)是水电离出的c(H+)的( )
A．13倍 B．10-13倍 C．1012倍 D．12倍
【答案】C
【解析】常温下，0.10mol·L−1盐酸溶液中c(Cl-)= c(H+)=0.10mol·L−1，水电离出的c(H+)= c(OH-)==10-13 mol·L−1，c(Cl-)是水电离出的c(H+)的倍=1012倍，故选C。
11．常温下，10LpH=2的硫酸溶液，该溶液的浓度是( )
A．1×10-1mol/L B．1×10-2mol/L C．2×10-2mol/L D．0.5×10-2mol/L
【答案】D
【解析】pH=2的硫酸溶液，c(H+)=10-2mol/L，硫酸电离产生2个氢离子，则c(H2SO4)=0.5×10-2mol/L，故选D。
12． 25℃时，pH=12的NaOH溶液中，由水电离出的H+离子浓度是( )
A．1×10-7mol/L B．1×10-12mol/L C．1×10-2mol/L D．1×10-14mol/L
【答案】B
【解析】25℃时，pH=12的NaOH溶液中，c(OH-)=0.01mol/L， Kw＝c(H+)×c(OH-) = 1×10－14 mol2·L－2 ，则c(H+) =1×10-2mol/L ，NaOH溶液中H＋全部来自水的电离，即水电离出的c(H+)= c(OH-)=1×10-2mol/L。故选B。
13．某温度下，测得0.01mol/LNaOH溶液pH=10，则下列说法正确的是( )
A．该溶液温度为25℃ B．与等体积的pH=4的盐酸刚好中和
C．该温度下蒸馏水pH=6 D．该溶液中c(H+)=10-12mol/L
【答案】C
【解析】A项，某温度下，测得0.01mol/LNaOH溶液pH=10，即氢离子浓度是10-10mol/L，氢氧化钠是一元强碱，则氢氧根离子浓度是是0.01mol/L，所以水的离子积常数是0.01×10－10＝10－12＞10－14，升高温度促进水的电离，该溶液温度大于25℃，A错误；B项，pH=4的盐酸溶液的浓度是10－4mol/L，所以与等体积的pH=4的盐酸中和后氢氧化钠过量，B错误；C项，该温度下水的离子积常数是10－12，所以蒸馏水的pH=6，C正确；D项，根据选项A分析可知该溶液中c(H+)=10-10mol/L，D错误；故选C。
14．用pH试纸测定溶液的pH，下列叙述正确的是( )
A．测得某浓度的NaClO溶液的pH为10
B．常温下测得NH4Cl溶液pH约为4.1
C．用湿润的pH试纸测pH相同的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是盐酸
D．在试管内放入少量溶液并煮沸，把pH试纸放在管口观察其颜色并与标准比色卡比较
【答案】C
【解析】A项，NaClO溶液具有漂白性，会将pH试纸漂白，故不能用pH试纸测定其pH，故A错误；B项，广泛的pH试纸测定的溶液的pH的数值为整数，故B错误；C项，稀释时，醋酸还会继续电离出氢离子，故稀释pH相同的盐酸和醋酸溶液时，醋酸的氢离子浓度变化小，pH变化小，故用湿润的pH试纸测pH相同的盐酸和醋酸溶液的pH，误差较大的是盐酸，故C正确；D项，在试管内放入少量溶液并煮沸，把pH试纸放在管口，无法测定溶液的pH，故D错误；故选C。
15．某温度下，水的离子积常数Kw=10-12。该温度下，将pH=4的硫酸与pH=9的氢氧化钠溶液混合并保持恒温，当混合溶液的pH=7时，硫酸与氢氧化钠溶液的体积比约为( )
A．9：1 B．1：10 C．10：1 D．99：21
【答案】A
【解析】该温度下，水的离子积常数Kw=10-12，纯水的pH=-lg=6，pH=4的硫酸溶液中c(H+)=10-4mol/L，pH=9的氢氧化钠溶液中c(OH-)==mol/L=10-3mol/L，两溶液混合并保持恒温，混合溶液的pH=7＞6，溶液呈碱性，则混合溶液中c(OH-)==mol/L=10-5mol/L，设稀硫酸、氢氧化钠溶液的体积分别为xL、yL，则c(OH-)=mol/L=10-5mol/L，整理可得x：y=9：1，故选A。

1．下列事实不能证明亚硝酸(HNO2)是弱酸的是( )
A．0.01mol·L-1的HNO2溶液的pH=3
B．HNO2溶液的导电能力比盐酸弱
C．25℃时NaNO2溶液的pH大于7
D．25℃时将pH=2的HNO2溶液稀释至原体积的100倍，溶液的pH=3.7
【答案】B
【解析】A项，若HNO2为强酸，就属于强电解质，HNO2在溶液中完全电离生成氢离子和亚硝酸根离子，则0.01 mol·L-1的HNO2溶液的c(H+)=0.01 mol·L-1，溶液的pH=-lgc(H+)=2，现0.01mol/L的HNO2溶液的pH=3，说明溶液中c(H+)＜0.01mol/L，氢离子没有完全电离，则亚硝酸(HNO2)是弱酸，故A不符合题意；B项，溶液的导电能力与溶液中离子浓度大小和离子所带电荷多少有关，等物质的量浓度的HNO2溶液导电能力比盐酸弱，可以说明亚硝酸没有完全电离，证明亚硝酸是弱酸，但选项中HNO2溶液和盐酸溶液的物质的量浓度未知，HNO2溶液的导电能力比盐酸弱，不能说明亚硝酸(HNO2)是弱酸，故B符合题意；C项，25℃时NaNO2溶液的pH大于7，NaNO2溶液显碱性，说明NaNO2是强碱弱酸盐，则说明亚硝酸(HNO2)是弱酸，故C不符合题意；D项，25℃时将pH=2的HNO2溶液稀释至原体积的100倍，若亚硝酸(HNO2)是强酸，则溶液的pH增大两个单位，pH=4，现溶液的pH=3.7，说明稀释后又电离出氢离子，能说明亚硝酸(HNO2)是弱酸，故D不符合题意；故选B。
2．对室温下100ml pH=3的醋酸和盐酸两种溶液分别采取下列措施，有关叙述正确的是( )

A．加水稀释至溶液体积为1000ml，醋酸溶液的pH变为4
B．温度都升高后，两溶液的pH不再相等
C．加水稀释至溶液体积为200ml后，两种溶液中c(OH-)都减小
D．加足量的锌充分反应后，两溶液中产生的氢气体积可用如图表示
【答案】B
【解析】A项，对于酸，加水稀释后，溶液的酸性均要减弱，两溶液的pH均增大，稀释至1000ml，溶液的浓度变为原来十分之一，加水促进醋酸电离，氢离子的物质的量变大，故pH变化小于1个单位，则醋酸溶液的pH＜4，A错误；B项，盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，升高温度，醋酸的电离程度增大，所以酸性会增强，pH会减小，则两溶液的pH不再相等，B正确；C项，对于酸，加水稀释后，溶液的酸性均要减弱，两溶液的pH均增大，则两溶液中c(OH-)都增大，C错误；D项，盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，相同体积的两种溶液，加足量的锌充分反应后，醋酸产生的氢气比盐酸多，D错误；故选B。
3．常温下，水存在H2O H+ + OH-的平衡，下列说法错误的是( )
A．将水加热，Kw增大，pH减小
B．向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，Kw减小
C．向水中加入少量固体NH4Cl，c(H+) > 10-7mol/L，Kw不变
D．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡正向移动，c(H+)降低
【答案】B
【解析】A项，水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，水的离子积常数增大，氢离子浓度增大，溶液的pH减小，故A正确； B项，温度不变，水的离子积常数不变，与溶液的酸碱性无关，向水中滴入少量稀盐酸，氢离子浓度最大，水的电离平衡逆向移动，Kw不变，故B错误；C项，向水中加入少量固体NH4Cl，NH4Cl水解使溶液呈酸性，c(H+) > 10-7mol/L，温度不变，Kw不变，故C正确；D项，向水中加入醋酸钠固体，醋酸根离子结合水电离产生的氢离子发生水解促进水的电离，平衡正向移动，氢离子浓度减小，故D正确；故选B。
4．在相同温度下，0.01 mol·L-1 NaOH溶液和0.01 mol·L-1的盐酸相比，下列说法正确的是( )
A．两溶液中由水电离的c(H+)都是1.0×10-12 mol·L-1
B．NaOH溶液和盐酸由水电离出c(OH-)分别为1.0×10-2 mol·L-1、1.0×10-12 mol·L-1
C．两溶液中由水电离出的c(H+)相等
D．两者都促进了水的电离
【答案】C
【解析】酸和碱的电离都会抑制水的电离，温度相同则Kw相同，0.01mol/L NaOH溶液中水电离出的c(H+)水=mol/L，0.01mol/L的盐酸溶液中水电离出的c(H+)水=c(OH-)水=mol/L，所以由水电离出的c(H+)相等，但由于温度未知，所以无法确定具体值；故选C。
5．pH相同的醋酸溶液和盐酸，分别用蒸馏水稀释到原体积的m和n倍，稀释后两溶液pH仍相同，则m和n的关系是(　　)
A．m＝n B．m>n C．m 【答案】B
【解析】本题考查弱酸不完全电离，浓度越大，电离程度越小，稀释时n(H＋)增大，而强酸不存在电离平衡，体积扩大多少倍，c(H＋)减小多少倍。所以弱酸CH3COOH应再多稀释一点，pH变化才和盐酸相等，即m>n。
6．现有体积相同、pH均为2的盐酸和醋酸，下列叙述错误的是 (　　)
A．盐酸溶液中的c(Cl－)与醋酸溶液中的c(CH3COO－)相等
B．它们与NaOH完全中和时，醋酸溶液所消耗的NaOH多
C．分别用水稀释相同倍数时，n(Cl－)＜n(CH3COO－)
D．它们分别与足量CaCO3反应时，放出的CO2一样多
【答案】D
【解析】两种溶液中分别存在电荷守恒：c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)，c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)，因pH相等，则c(CH3COO－)＝c(Cl－)，故A正确；醋酸为弱酸，pH相同时，醋酸浓度较大，则与NaOH完全中和时，醋酸溶液所消耗的NaOH多，故B正确；加水稀释，促进醋酸的电离，醋酸溶液酸性较强，由电荷守恒c(CH3COO－)＋c(OH－)＝c(H＋)，c(Cl－)＋c(OH－)＝c(H＋)，可知n(Cl－)＜n(CH3COO－)，故C正确；醋酸浓度较大，体积相同时物质的量较大，则与足量CaCO3反应时，醋酸放出的CO2较多，故D错误。
7．(2021年6月浙江选考)某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是( )
A．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH＞2且pH＜7，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液pH= a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH= b，b-a＜1，则HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液pH= a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH= b，a＞b，则HR是弱酸
【答案】B
【解析】A项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；B项，25℃时，若测得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH＞2且pH＜7，可知溶液中c(H＋)＜0.01mol·Lˉ1，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；C项，假设HR为强酸，取pH=6的该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL测得此时溶液pH＜7，C错误；D项，假设HR为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，pH减小，D错误；故选B。
8．(2020年1月浙江选考)下列说法不正确的是( )
A．pH＞7的溶液不一定呈碱性
B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同
C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(OH−)相等
D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl−)＝c(NH)
【答案】B
【解析】A项，温度影响水的电离，则pH>7的溶液不一定呈碱性；溶液酸碱性与溶液中氢离子、氢氧根离子浓度有关，当c(H+) 9．常温下，有浓度均为 0.1 mol·L-1、体积均为 100mL 的两种一元酸HX、HY溶液，下列叙述不正确的是(　　)
A．若此时 HY 溶液的 pH=3，则 HY 是弱酸
B．若分别加入 0.01molNaOH 固体，则酸碱恰好完全中和
C．若分别加入 0.01molNaOH 固体，则所得溶液的pH 均为 7
D．若此时 HX 溶液的 pH=1，则由水电离出的c(H+) =1×10-13 mol·L-1
【答案】C
【解析】A项，浓度为 0.1 mol·L-1HY溶液， 若此时pH=3，则说明HY不完全电离，即HY 是弱酸，故A正确；B项，浓度均为 0.1 mol·L-1、体积均为 100mL 的两种一元酸HX、HY溶液与NaOH恰好中和消耗NaOH为0.01mol，则酸碱恰好完全中和，故B正确；C项，若分别加入 0.01molNaOH固体，则酸碱恰好完全中和，由于酸的强弱未知，可能生成强碱强酸盐或强碱弱酸盐，则所得溶液的 pH 7，故C错误；D项，浓度为 0.1mol/LHX溶液， 若此时pH=1，说明HX为强酸，则由水电离出的c(H+) = mol·L-1=1×10-13 mol·L-1，故D正确。
10．NaOH标准溶液的配制和标定，需经过NaOH溶液配制、基准物质H2C2O4•2H2O的称量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有关说法正确的是( )

A．图甲：转移NaOH溶液到250mL容量瓶中
B．图乙：准确称得0.1575gH2C2O4·2H2O固体
C．用图丙所示操作排除碱式滴定管中的气泡
D．用图丁所示装置以NaOH待测液滴定H2C2O4溶液
【答案】C
【解析】A项，向容量瓶中转移溶液时需要用玻璃棒引流，故A错误；B项，托盘天平的精度值为0.1g，故B错误；C项，碱式滴定管中气泡排出操作：把橡皮管向上弯曲，出口上斜，挤捏玻璃珠，使溶液从尖嘴快速喷出，气泡即可随之排掉，故C正确；D项，NaOH溶液应装在碱式滴定管中，故D错误；故选C。
11．白云石[CaMg(CO3)2]中钙含量测定常用KMnO4滴定的方法。具体做法是将其酸溶后转化为草酸钙，过滤后用酸溶解，再用KMnO4滴定。则下列说法错误的是( )
A．KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
B．实验过程中两次用酸溶解，均需使用稀盐酸
C．KMnO4滴定草酸过程中，标准状况下每产生448mLCO2气体理论上转移0.02mole-
D．滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO4-+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，将导致测定结果偏高
【答案】B
【解析】A项，草酸是弱酸，具有还原性，会被高锰酸钾氧化，根据质量守恒和化合价升降守恒等可知KMnO4滴定草酸发生反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，A正确；B项，高锰酸钾具有强氧化性，会氧化盐酸产生氯气造成误差，所以实验过程中不可使用稀盐酸，B错误；C项，KMnO4滴定草酸过程中，存在关系，标准状况下448mLCO2气体物质的量为，根据关系式可知理论上转移0.02mole-，C正确；D项，根据质量守恒定律和的失电守恒定律可以得出：，滴定过程中若滴加KMnO4过快会发生反应4MnO4-+12H+=4Mn2++5O2↑+6H2O，消耗的KMnO4溶液体积会偏大，会导致测定结果偏高，D正确；故选B。
12．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是(　　)
A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定
B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定
C．用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水再进行滴定
D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸
【答案】C
【解析】A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定，标准盐酸被稀释，浓度偏小，造成消耗的V(酸)偏大，根据c(碱)＝c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c(碱)偏大，故A错误；B．蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定，待测液的物质的量偏大，造成消耗的V(酸)偏大，根据c(碱)＝c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c(碱)偏大，故B错误；C．用碱式滴定管取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定，对V(酸)无影响，根据c(碱)＝c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c(碱)不变，故C正确；D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸，造成消耗的V(酸)可能偏小，根据c(碱)＝c(酸)×V(酸)/V(碱)分析，可知c(碱)可能偏小，故D错误。

1．某温度下，水的离子积常数Kw=10-12。该温度下，将pH=4的硫酸与pH=9的氢氧化钠溶液混合并保持恒温，当混合溶液的pH=7时，硫酸与氢氧化钠溶液的体积比约为( )
A．9：1 B．1：10 C．10：1 D．99：21
【答案】A
【解析】该温度下，水的离子积常数Kw=10-12，纯水的pH=-lg=6，pH=4的硫酸溶液中c(H+)=10-4mol/L，pH=9的氢氧化钠溶液中c(OH-)==mol/L=10-3mol/L，两溶液混合并保持恒温，混合溶液的pH=7＞6，溶液呈碱性，则混合溶液中c(OH-)==mol/L=10-5mol/L，设稀硫酸、氢氧化钠溶液的体积分别为xL、yL，则c(OH-)=mol/L=10-5mol/L，整理可得x：y=9：1，故选A。
2．甲、乙两种醋酸稀溶液，甲的pH=a，乙的pH=a+1，下列叙述正确的是 (　　)
A．甲中水电离出来的H+的物质的量浓度是乙中水电离出来的H+的物质的量浓度的10倍
B．中和等物质的量的NaOH，需甲、乙两种醋酸溶液的体积：10V(甲)>V(乙)
C．物质的量浓度：c(甲)>10c(乙)
D．甲中的c(OH-)为乙中的c(OH-)的10倍
【答案】C
【解析】c(H+)=10-pH mol·L-1，所以c(H+)甲=10－a mol·L-1，c(H+)乙=10-(a+1) mol·L-1，所以c(H+)甲=10c(H+)乙，则10c(OH-)甲=c(OH-)乙，酸溶液中c(H＋)水＝c(OH－) 水，则水电离出的H+浓度：乙是甲的10倍，故A、D错误；弱电解质浓度越大，电离度越小，故c(甲)>10c(乙)，则c(甲)>10c(乙)，所以与等物质的量的NaOH反应消耗酸的体积，10V(甲) 3．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是( )

A．图中五点KW间的关系：B>C>A>D=E
B．若从A点到D点，可采用在水中加入少量NaOH的方法
C．若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量H2SO4的方法
D．若处在B点时，将pH=2的硫酸与pH=12的KOH等体积混合后，溶液显碱性
【答案】A
【解析】A项，在图中可看出：A、D、E是在25℃水的电离平衡曲线，三点的Kw相同。B是在100℃水的电离平衡曲线上，C在A、B的连线上，由于水是弱电解质，升高温度，促进水的电离，水的离子积常数增大，则图中五点KW间的关系：B>C>A=D=E，故A正确；B项，若从A点到D点，由于温度不变，溶液中c(H+)增大，c(OH-)减小，可采用在水中加入少量酸的方法，故B错误；C项，若从A点到C点，由于水的离子积常数增大，所以采用升高温度的方法，故C错误；D项，若处在B点时，由于Kw=10—12。pH=2的硫酸，c(H+)=10-2mol/L，pH=12的KOH，c(OH-)=1mol/L，若二者等体积混合，由于n(OH-)>n(H+)，所以溶液显碱性，故D错误；故选A。
4．部分弱酸的电离平衡常数如下表：
弱酸
HCOOH
HCN
H2CO3
电离平衡常数(25 ℃)
Ki＝1.77×10－4
Ki＝4.9×10－10
Ki1＝4.3×10－7 Ki2＝5.6×10－11
下列选项错误的是(　　)
A．2CN－＋H2O＋CO2===2HCN＋CO
B．2HCOOH＋CO===2HCOO－＋H2O＋CO2↑
C．由数据可知酸性：HCOOH>H2CO3>HCN>HCO
D．25 ℃时，在等浓度的CH3COOH溶液和HCN溶液中，水的电离程度后者大
【答案】A
【解析】A项，Ki1(H2CO3)>Ki(HCN)>Ki2(H2CO3)，故HCN可与CO发生反应生成CN－和HCO，因此向含CN－的溶液中通入CO2发生反应为CN－＋H2O＋CO2===HCN＋HCO，错误；B项，利用甲酸与碳酸的电离平衡常数可知酸性：HCOOH>H2CO3，则HCOOH可与碳酸盐作用生成甲酸盐、CO2和H2O，正确；C项，酸性：HCOOH>H2CO3>HCN>HCO，正确；D项，相同温度下，等浓度的CH3COOH溶液与HCN溶液中，醋酸中c(H＋)大，对水的抑制程度大，即HCN溶液中水的电离程度大，正确。
5．(2020•浙江1月选考)室温下，向20.00 mL 0.1000mol·L−1盐酸中滴加0.1000mol·L−1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5＝0.7。下列说法不正确的是( )

A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH＝7
B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
D．V(NaOH)＝30.00 mL时，pH＝12.3
【答案】C
【解析】A项，NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下，故A正确；B项，选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C项，甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D项，时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c(NaOH)==0.02mol/L，即溶液中c(OH-)=0.02mol，则c(H+)=5×10-13 mol/L，pH=-lgc(H+)=12.3，故D正确；故选C。
6．(2021•浙江1月选考)实验测得10 mL 0.50 mol·L-1NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化如图所示。已知25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8×10-5.下列说法不正确的是( )

A．图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化'
B．将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1，溶液pH变化值小于lgx
C．随温度升高，Kw增大，CH3COONa溶液中c(OH- )减小，c(H+)增大，pH减小
D．25 ℃时稀释相同倍数的NH4Cl溶液与CH3COONa溶液中：c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)
【答案】C
【解析】由题中信息可知，图中两条曲线为10 mL 0. 50 mol·L-1 NH4Cl溶液、10 mL 0.50mol·L-1CH3COONa溶液的pH分别随温度与稀释加水量的变化曲线，由于两种盐均能水解，水解反应为吸热过程，且温度越高、浓度越小其水解程度越大。氯化铵水解能使溶液呈酸性，浓度越小，虽然水程度越大，但其溶液的酸性越弱，故其pH越大；醋酸钠水解能使溶液呈碱性，浓度越小，其水溶液的碱性越弱，故其pH越小。温度越高，水的电离度越大。因此，图中的实线为pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化。A项，由分析可知，图中实线表示pH随加水量的变化，虚线表示pH随温度的变化，A说法正确；B项，将NH4Cl溶液加水稀释至浓度mol·L-1时，若氯化铵的水解平衡不发生移动，则其中的c(H+)变为原来的，则溶液的pH将增大lgx，但是，加水稀释时，氯化铵的水解平衡向正反应方向移动，c(H+)大于原来的，因此，溶液pH的变化值小于lgx，B说法正确；C项，随温度升高，水的电离程度变大，因此水的离子积变大，即Kw增大；随温度升高，CH3COONa的水解程度变大，溶液中c(OH-)增大，因此，C说法不正确；D项， 25℃时稀释相同倍数的NH4C1溶液与CH3COONa溶液中均分别存在电荷守恒，c(Na+ ) +c(H+) =c(OH-)+c(CH3COO- ) ，c(NH4+)+c(H+ ) =c(Cl-)+c(OH- )。因此，氯化铵溶液中，c(Cl-)-c(NH4+) =c(H+ )-c(OH- )，醋酸钠溶液中，c(Na+ )-c(CH3COO- )= c(OH-) -c(H+) 。由于25 ℃时CH3COOH和NH3·H2O的电离常数均为1.8 ×10-5，因此，由于原溶液的物质的量浓度相同，稀释相同倍数后的NH4C1溶液与CH3COONa溶液，溶质的物质的量浓度仍相等，由于电离常数相同，其中盐的水解程度是相同的，因此，两溶液中|c(OH-) -c(H+)|(两者差的绝对值)相等，故c(Na+ )-c(CH3COO- )=c(Cl-)-c(NH4+)，D说法正确。故选C。
7．(2021•浙江6月选考)取两份10mL 0.05mol·Lˉ1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol·Lˉ1的盐酸，另一份滴加0.05mol·Lˉ1 NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。

下列说法不正确的是( )
A．由a点可知：NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度
B．a→b→c过程中：c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)逐渐减小
C．a→d→e过程中：c(Na＋)＜c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)
D．令c点的c(Na＋)+c(H＋)= x，e点的c(Na＋)+c(H＋)=y，则x＞y
【答案】C
【解析】向NaHCO3溶液中滴加盐酸，溶液酸性增强，溶液pH将逐渐减小，向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，溶液碱性增强，溶液pH将逐渐增大，因此abc曲线为向NaHCO3溶液中滴加NaOH溶液，ade曲线为向NaHCO3溶液中滴加盐酸。A项，a点溶质为NaHCO3，此时溶液呈碱性，HCO3-在溶液中电离使溶液呈酸性，HCO3-在溶液中水解使溶液呈碱性，由此可知，NaHCO3溶液中HCO3-的水解程度大于电离程度，故A正确；B项，由电荷守恒可知，a→b→c过程溶液中c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)= c(Na＋)+c(H＋)，滴加NaOH溶液的过程中c(Na＋)保持不变，c(H＋)逐渐减小，因此c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)逐渐减小，故B正确；C项，由物料守恒可知，a点溶液中c(Na＋)=c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)，向NaHCO3溶液中滴加盐酸过程中有CO2逸出，因此a→d→e过程中c(Na＋)＞c(HCO3－)+c(CO32-)+c(H2CO3)，故C错误；D项，c点溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.05+10-11.3)mol/L，e点溶液体积增大1倍，此时溶液中c(Na＋)+c(H＋)=(0.025+10-4)mol/L，因此x>y，故D正确；故选C。
8．(2021•湖南选择性考试)常温下，用0.1000mol•L﹣1的盐酸分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol•L﹣1的三种一元弱酸的钠盐(NaX、NaY、NaZ)溶液，滴定曲线如图所示。下列判断错误的是(　　)

A．该NaX溶液中：c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)
B．三种一元弱酸的电离常数：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)
C．当pH＝7时，三种溶液中：c(X﹣)＝c(Y﹣)＝c(Z﹣)
D．分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)
【答案】C
【解析】A项，因为HX为弱酸，NaX溶液存在水解：X﹣+H2O⇌HX+OH﹣，所以c(Na+)＞c(X﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，故A正确；B项，根据盐类水解的规律：越弱越水解可知，相同浓度的强碱弱酸盐溶液中，一元弱酸越弱，则其盐溶液碱性越强，结合图片可知溶液碱性强弱为：NaX＜NaY＜NaZ，则酸性强弱为：HX＞HY＞HZ，一元弱酸中，酸性越强，电离程度越大，电离平衡常数K越大，所以有：Ka(HX)＞Ka(HY)＞Ka(HZ)，故B正确；C项，当pH＝7时，c(H+)＝c(OH﹣)，根据电荷守恒，NaX溶液中有：c(H+)+c(Na+)＝c(OH﹣)+c(X﹣)+c(Cl﹣)，则有：c(X﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，同理有：c(Y﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，c(Z﹣)＝c(Na+)﹣c(Cl﹣)，又因三种溶液滴定到pH＝7时，消耗的HCl的量是不一样的，即溶液中的c(Cl﹣)是不一样的，所以c(X﹣)≠c(Y﹣)≠c(Z﹣)，故C错误；D项，分别滴加20.00mL盐酸后，再将三种溶液混合后存在电荷守恒：c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)+c(OH﹣)+c(Cl﹣)＝c(H+)+c(Na+)，又混合溶液中c(Na+)0.05mol/L，混合溶液中c(Cl﹣)0.05mol/L，代入电荷守恒表达式，有c(X﹣)+c(Y﹣)+c(Z﹣)＝c(H+)﹣c(OH﹣)，故D正确。故选C。
9．(2021•山东卷)赖氨酸[H3N+(CH2)4CH(NH2)COO-，用HR表示]是人体必需氨基酸，其盐酸盐(H3RCl2)在水溶液中存在如下平衡：H3R2+H2R+HRR-。向一定浓度的H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，溶液中H3R2+、H2R+、HR和R-的分布系数δ(x)随pH变化如图所示。已知δ(x)=，下列表述正确的是( )

A．>
B．M点，c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)
C．O点，pH=
D．P点，c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
【答案】CD
【解析】向H3RCl2溶液中滴加NaOH溶液，依次发生离子反应：H3R2++OH-=H2R++H2O、H2R++OH-=HR+H2O、HR+OH-=R-+H2O，溶液中H3R2+逐渐减小，H2R+和HR先增大后减小，R-逐渐增大。，，，M点c(H3R2+)=c(H2R+)，由此可知K1=102.2，N点c(HR)=c(H2R+)，则K2=10-9.1，P点c(HR)=c(R-)，则K3=10-10.8。A项，，，因此，故A错误；B项，M点存在电荷守恒：c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=2c(H3R2+)+c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，此时c(H3R2+)=c(H2R+)，因此c(Cl-) +c(OH-)+c(R-)=3c(H2R+)+c(Na+)+c(H+)，故B错误；C项，O点c(H2R+)=c(R-)，因此，即，因此，溶液，故C正确；D项，P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时溶液呈碱性，因此c(OH-)>c(H+)，溶质浓度大于水解和电离所产生微粒浓度，因此c(Na+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)，故D正确；故选CD。
10．常温下，用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L-1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述错误的是( )

A．可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值
B．滴定中两次反应终点可依次用甲基橙、酚酞作指示剂
C．图中Y点对应的溶液中3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)
D．图中Z点对应的溶液中：c(Na+)>c(SO32-)>c(HSO3-)>c(OH-)
【答案】D
【解析】A项，混合溶液中W点c(H2SO3)=c(HSO3-)，Ka1(H2SO3)==c(H+)=10-pH=10-2，混合溶液Y点中c(SO32-)=c(HSO3-)，Ka2(H2SO3)==c(H+)=10-pH=10-7.19，故可求出Ka1(H2SO3)、Ka2(H2SO3)的值，A正确；B项，甲基橙变色范围为3.1-4.4，滴定到第一反应终点溶液pH值为4.25，在其范围内，所以可以选取甲基橙作指示剂， 酚酞的变色范围是8.2~10.0，滴定到第二反应终点溶液pH值为9.86，在其范围内，所以可以选取酚酞作指示剂，B正确；C项，Y点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)且该点溶液中存在c(SO32-)=c(HSO3-)，所以存在3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，C正确；D项，Z点酸碱恰好完全反应生成Na2SO3，SO32-两步水解生成OH-导致溶液呈碱性，但只有第一步水解生成HSO3-，所以c(HSO3-)＜c(OH-)，由物料守恒知c(Na+)＞c(SO32-)，则该点溶液中存在c(Na+)＞c(SO32-)＞c(OH-)＞c(HSO3-)，D错误；故选D。