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06水的电离和溶液的pH-北京市2023-2024学年高二化学上学期期末重点专题练习（人教版2019新版，选择性必须第1册）
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06水的电离和溶液的pH-北京市2023-2024学年高二化学上学期期末重点专题练习（人教版2019新版，选择性必修1）一、单选题1．（2022上·北京丰台·高二统考期末）在常温下，有关下列4种溶液的叙述不正确的是A．4种溶液中由水电离出的均为B．等体积的溶液①和②分别与足量锌充分反应，溶液（1）产生氢气更多C．将溶液②、③等体积混合，所得溶液中：D．将溶液②与溶液④混合后，若所得溶液的，则2．（2024上·北京丰台·高二统考期末）某温度下，将和体积均相同的和溶液分别加水稀释，其随加水体积的变化如图所示，下列叙述不正确的是A．稀释前溶液的浓度B．在点和点均存在C．从点到点，溶液中的不变D．溶液中水的电离程度点点3．（2023上·北京·高二北京市第十一中学校考期末）室温时，关于1 mL 1.0×10−2 mol·L−1 NaOH 溶液的说法不正确的是A．此溶液的pH=12B．此溶液中，由水电离出的 c(OH－)=1.0×10−12 mol·L−1C．将此溶液加水稀释至 100 mL，所得溶液pH=10D．将此溶液与9 mL 1.0×10−3 mol·L−1 盐酸混合，所得溶液 pH=114．（2021上·北京石景山·高二统考期末）下列说法中正确的是A．时Kw为，pH=6的纯水呈酸性B．常温下将1mL1×10-6mol/L的稀盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9C．常温下当水电离的c(H+)为1×10-13mol/L时，此溶液的pH可能为1或13D．常温下将pH=2的盐酸与醋酸各分别稀释至100mL，所得醋酸溶液的pH更大5．（2022上·北京西城·高二统考期末）用0.1000 mol·L HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。有关该实验说法中，不正确的是A．本实验可选用酚酞作指示剂B．用酸式滴定管盛装0.1000 mol·L HCl溶液C．用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2~3次D．滴定开始时平视读数，滴定结束时俯视酸式滴定管读数，测量结果偏低6．（2023上·北京海淀·高二北京二十中校考期末）25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是A．溶液 B．盐酸C．溶液 D．氨水7．（2023上·北京房山·高二统考期末）下列溶液一定显酸性的是A．的溶液 B．含的溶液 C．的溶液 D．溶液8．（2023上·北京丰台·高二北京市第十二中学校考期末）常温下将的硫酸平均分成两等份，一份加入适量水，另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液，两者pH都增大了1。加入水和NaOH溶液的体积比为A．11∶1 B．10∶1 C．6∶1 D．5∶19．（2023上·北京丰台·高二北京市第十二中学校考期末）若溶液中由水电离产生的，该溶液中可能大量共存的离子组是A．、、、 B．、、、C．、、、 D．、、、10．（2023上·北京东城·高二汇文中学校考期末）室温下用水稀释氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是A． B．的物质的量C．和的乘积 D．11．（2023上·北京东城·高二汇文中学校考期末）下列物质一定呈中性的是A．溶液 B．的溶液C．非电解质溶于水得到的溶液 D．由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液12．（2023上·北京顺义·高二统考期末）常温下，某溶液中。下列说法不正确的是A．该溶液显酸性B．该溶液中C．该溶液的溶质一定是一种弱酸D．升高温度，溶液中水的离子积增大13．（2023上·北京西城·高二统考期末）用0.1000mol•L-1HCl溶液滴定0.1000mol•L-1左右的NaOH溶液。下列说法不正确的是A．在使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用B．锥形瓶盛装0.1000mol•L-1左右的NaOH溶液前必须保持干燥C．酸式滴定管在盛装0.1000mol•L-1HCl溶液前要用该溶液润洗2~3次D．用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色14．（2022上·北京·高二北京师大附中校考期末）下列关于水的电离 的说法不正确的是A．将水加热至50℃，水的电离平衡正向移动，B．向水中加入少量NaOH，水的电离平衡逆向移动，溶液呈碱性C．向水中加入少量，水的电离平衡正向移动，溶液呈酸性D．常温下，的盐酸中，水电离的二、填空题15．（2023上·北京东城·高二汇文中学校考期末）室温下6种稀溶液：①、②、③、④、⑤氨水、⑥NaOH，回答下列问题：(1)若溶液①②③浓度均为，pH由大到小的顺序是 。(用序号填写)(2)中和等体积、pH相同的①②③溶液消耗NaOH最多的是 。(用序号填写)(3)将等体积、等物质的量浓度的③、⑥混合，则溶液的pH 7(填“>”、“<”或“=”)。(4)将等物质的量浓度的①、⑤混合后呈中性，则消耗两溶液的体积① ⑤(填“>”、“<”或“=”)。(5)ⅰ.若室温下③、④溶液的pH均为5，分别用电离方程式和离子方程式解释原因： 、 ；ⅱ.③、④溶液中由水电离产生的的比值为 (填序号)。a.1∶1 b. c.(6)常温下，的⑥溶液与的②溶液混合所得混合溶液(混合过程中溶液体积变化忽略不计)，则 。16．（2023上·北京西城·高二统考期末）已知：25℃时，CH3COOH和NH3•H2O的电离平衡常数近似相等。(1)关于0.1mol•L-1CH3COOH溶液，回答下列问题。①25℃时，测得0.1mol•L-1CH3COOH溶液的pH=3，则由水电离出的的浓度为 mol•L-1。②CH3COONa溶液显 (填“酸性”、“碱性”或“中性”)，用离子方程式表示其原因： 。(2)关于0.1mol•L-1氨水，回答下列问题。①NH3•H2O的电离方程式为 ，NH3•H2O的电离平衡常数表达式：Kb= 。②25℃时，0.1mol•L-1氨水的pH= 。③25℃时，向10mL0.1mol•L-1氨水中加入同体积同浓度的盐酸。下列说法正确的是 。a.c(Cl-)＞c(NH)＞c(OH-)＞c(H+)b.c(Cl-)=c(NH)+c(NH3•H2O)三、解答题17．（2024上·北京西城·高二统考期末）工业上利用软锰矿和菱锰矿联合进行锅炉燃煤烟气脱硫，同时制备重要化工产品MnSO4，工艺流程如下：资料：i．软锰矿的主要成分是 MnO2，含少量SiO2、Fe3O4、FeO。ⅱ．锅炉燃煤过程中空气过量。ⅲ．该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH。(1)吸收烟气前，软锰矿需研磨后填入吸收塔。研磨的目的是 。(2)将SO2烟气通入吸收塔中，发生的主要反应的化学方程式是 。(3)软锰矿浆脱硫过程中，控制流量，每隔3 h监测一次：测定软锰矿浆的pH；同时测定吸收塔入口和出口的SO2含量，计算SO2的吸收率，结果如图所示：①吸收塔中矿浆pH逐渐下降的原因是 (用化学用语表示)。②当SO2吸收率低于95%时，无法实现SO2烟气的达标排放，此时需向吸收塔中加入一定量菱锰矿(主要成分MnCO3)。下列说法中，正确的是 (填字母)。a．吸收塔中吸收率下降的可能原因是pH减小抑制了SO2的溶解b．菱锰矿调节pH升至5.0以上后，吸收率又可以恢复至95%左右c．加入菱锰矿能增加矿浆中Mn2+的浓度(4)经检测发现滤液1中仍含有少量Fe2+，可加入MnO2进行“深度净化”，该过程中反应的离子方程式是 。(5)产品含量测定方法如下：I．称取a g晶体，加足量硫酸溶解，将溶液定容于100 mL容量瓶中。Ⅱ．取25.00 mL 溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量 (NH4)2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的(NH4)2S2O8分解。Ⅲ．加入指示剂，用b mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，滴定至终点时消耗c mL，重新变成Mn2+。① 补全步骤Ⅱ中反应的离子方程式： ，。②产品中MnSO4的质量分数为 (MnSO4的摩尔质量为151 g/mol)。18．（2023上·北京房山·高二统考期末）含硫化合物，不仅用于研究化学反应的原理，也在生产生活有普遍应用。(1)以反应为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。请回答：①上表中，a为 ，b为 。②上述三个实验中的反应速率最快的应该是实验 (用I、II、III作答)(2)亚硫酸钠是一种常见的食品添加剂。为检验某食品中亚硫酸钠含量(通常以样品中含的质量计)，某研究小组同学设计了如下实验方案。I.称取样品；II.向样品中加入足量稀硫酸；III.将I中产生的用足量溶液吸收；IV.将II所得硫酸溶液用氢氧化钠标准液滴定；V.数据处理。①是一种食品添加剂。写出与稀硫酸反应的离子方程式 。②步骤III中的作用是 。③步骤IV中可选用的指示剂为 。下图显示滴定终点时，滴定管(量程为)读数为 。④步骤IV中消耗溶液，则样品中含的质量是 g(用含W、V的代数式表示)。⑤步骤IV中的下列操作会造成该实验亚硫酸盐含量测定结果偏低的有 。a.滴定开始读数时仰视读数b.装入氢氧化钠标准液前，碱式滴定管未用氢氧化钠标准液润洗c.锥形瓶内用水冲洗后未干燥d.在滴定过程中发现局部溶液发生色变就立即停止滴定19．（2023上·北京丰台·高二北京市第十二中学校考期末）侯德榜先生对外国的制碱法进行了改进，与合成氨工业和化肥工业联合，发明了侯氏制碱法，极大的促进了我国制碱工业的发展。侯氏制碱法的主要生产流程如图：资料：某些盐在20℃、100 g 中的溶解度数据(1)流程图中的气体b是 (填“氨气”或“二氧化碳”)(2)写出侯氏制碱法涉及的主要反应的化学方程式： (3)请结合平衡移动原理解释使用饱和食盐水的原因： (4)侯氏制碱法制备的纯碱产品中含有少量NaCl等杂质，利用滴定法可测定纯碱产品中的质量分数。首先称取1.1000 g纯碱产品，配制成100 mL待测液；然后取25 mL待测液，用0.1000 mol/L的盐酸滴定，滴定曲线如图所示。①配制100 mL待测液时，需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、 、胶头滴管。②a点可选择 (填“酚酞”或“甲基橙”)做指示剂。已知：酚酞的变色范围是pH 8~10，甲基橙的变色范围是pH 3.1~4.4。③根据滴定曲线，纯碱产品中的质量分数为 。④下列情况会造成测定结果偏低的是 (填字母)a．使用的锥形瓶未干燥b．滴定后俯视读数c．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失d．滴定过程中振荡时有液滴溅出20．（2022上·北京怀柔·高二统考期末）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视 ，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并 为止。(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是___________。A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，所用盐酸溶液的体积为 mL。(4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：依据上表数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度为 。(5)有两份上述NaOH溶液，把其中的一份放在空气中一段时间。用已知浓度的盐酸溶液滴定体积相同的上述两份溶液，若第一份(在空气中放置一段时间)所消耗盐酸溶液的体积为，另一份消耗盐酸溶液的体积为。(已知：甲基橙的变色范围：3.1-4.4，酚酞的变色范围8.2-10)①以甲基橙作指示剂时，与的关系是 (填“>”“<”或“=”，下同)；②以酚酞作指示剂时，与的关系是 。 编号①②③④溶液醋酸盐酸氨水氢氧化钠溶液pH331111金属离子Fe3+Fe2+Mn2+开始沉淀1.56.37.6完全沉淀2.88.310.2实验序号溶液溶液蒸馏水温度/℃浓度/()体积/mL浓度/()体积/mL体积/mLI0.11.50.11.51020II0.12.50.11.59aIII0.1b0.11.5930NaCl 溶解度35.921.79.637.221.5100滴定次数测NaOH溶液的体积/mL盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09参考答案：1．C【详解】A．酸溶液中氢氧根离子来自水的电离，碱溶液中氢离子来自水的电离，由pH可知四种溶液中水电离的均为，A正确；B．等pH值得强酸和弱酸，弱酸因不完全电离，因此弱酸浓度大于强酸，等体积时，醋酸的物质的量大于盐酸，与足量锌反应生成的氢气醋酸多，B正确；C．一水合氨是弱碱不完全电离，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后，一水合氨过量有剩余，混合后溶液呈碱性，则，C错误；D．将溶液②与溶液④混合后，若所得溶液的，则混合后=，，D正确； 故选C。2．B【分析】盐酸是在溶液中完全电离的强酸，醋酸是在溶液中部分电离的弱酸，pH相等的盐酸溶液和醋酸溶液加水稀释相同倍数时，盐酸溶液pH变化大，则曲线Ⅰ表示盐酸溶液pH随加水体积的变化，曲线Ⅱ表示醋酸溶液pH随加水体积的变化。【详解】A．盐酸是在溶液中完全电离的强酸，醋酸是在溶液中部分电离的弱酸，则稀释前溶液pH相等的盐酸溶液浓度小于醋酸溶液，故A正确；B．由电荷守恒关系c(H+)=c(酸根阴离子)+ c(OH—)可知，溶液中c(H+)＞c(酸根阴离子)，故B错误；C．温度不变，水的离子积常数不变，则从点到点，溶液中Kw=c(H+)c(OH—)不变，故C正确；D．酸溶液中的氢离子抑制水的电离，溶液中氢离子浓度越大，水的电离程度越小，由图可知，b点溶液的pH小于c点，氢离子浓度大于c点，则水的电离程度小于c点，故D正确；故选B。3．D【详解】A．NaOH溶液完全电离，溶液中c(OH−)＝1.0×10−2mol/L，故c(H＋)＝1.0×10−12mol/L，故pH＝−lgc(H＋)＝12，故A正确；B．碱溶液中水电离出的c(OH−)等于溶液中c(H＋)＝1.0×10−12mol/L，故B正确；C．1mL1.0×10−2mol/L氢氧化钠加水稀释到100mL时溶液中c(OH−)＝10−4mol/L，c(H＋)＝1.0×10−10mol/L，pH＝−lg10−10＝10，故C正确；D．应为HCl＋NaOH＝NaCl＋H2O，二者混合后氢氧化钠过量，混合溶液中c(OH−)＝＝10−4mol/L，c(H＋)＝1.0×10−10mol/L，pH＝−lg10−10＝10，故D错误；故答案选D。4．C【详解】A．在100°C时，水中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，pH约为6的纯水呈中性，A错误；B．将1mL1×10-6mol/L的盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH接近于7，B错误；C．在常温下，当水电离出的c(H+)为1×10-13mol/L时，水的电离被抑制，如加入酸，溶液中c(H+)=10-1mol/L，pH =1，如加入碱，溶液中c(H+)=10-13mol/L，pH=13，C正确；D．1mLpH=2的盐酸稀释至100mL，氢离子浓度变为10-4mol/L，溶液pH=4，加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，氢离子的物质的量增大，故1mLpH =2的醋酸稀释至100mL，氢离子浓度大于10-4mol/L，溶液pH<4，D错误；答案选C。5．C【详解】A．用0.1000mol•L-1 HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定终点时生成NaCl，溶液呈中性，酚酞的变色范围为8～10，可选用酚酞作指示剂，故A正确；B．HC溶液呈酸性，中和滴定时，需要用酸式滴定管盛装0.1000mol•L-1 HCl溶液，故B正确；C．用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2～3次，导致锥形瓶中氢氧化钠的物质的量偏大，滴定时消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，所以锥形瓶不能润洗，故C错误；D．滴定结束时俯视酸式滴定管读数，读出的标准液体积偏小，导致测量结果偏低，故D正确；故选C。6．B【分析】水的电离平衡：H2OH++OH-中，要使平衡发生移动，应改变溶液c(H+)或c(OH-)的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离；【详解】A．0.1mol/LNH4Cl溶液中铵根水解，促进水的电离；B．盐酸是一元强酸，盐酸溶液中水的电离被抑制，其中0.1mol/L盐酸溶液中氢离子浓度是0.1mol/L；C．溶液中铵根离子大于0.1mol/LNH4Cl溶液中铵根浓度，对水的电离促进作用较大；D．一水合氨是弱碱，pH=12的氨水溶液中水的电离被抑制，溶液中氢氧根浓度是0.01mol/L；酸或碱溶液中氢离子浓度或氢氧根浓度越大，水的电离程度越小，因此水的电离程度最小的是0.1mol/L盐酸溶液；故选B。7．A【详解】A．的溶液，一定显酸性，A正确；B．任何水溶液中均存在，不能判断溶液的酸碱性，B错误；C．温度未知，的溶液不一定显酸性，如100°C时pH=6的溶液显中性，C错误；D．为强碱弱酸盐，溶液水解显碱性，D错误；答案选A。8．C【详解】的硫酸溶液，体积为1L，加水体积为，加入的溶液体积为，，溶液中的，则加水：，加入的：，所以，故选C。9．B【分析】若溶液中由水电离产生的，水的电离受到抑制，该溶液可能是酸性或碱性溶液。【详解】A. 与H+或OH-均不能大量共存，故A不选；B. 、、、在酸性条件下可大量共存，故B选；C.若为碱性， 与OH-不能大量共存，若为酸性，、H+、能发生氧化还原反应，故C不选；D.若为碱性， 与OH-不能大量共存，若为酸性，、、H+能发生氧化还原反应，故D不选；故选B。10．D【详解】A．由 可知，加水促进电离，但溶液被稀释，c(OH-)减小，c(H+)和c(OH-)的乘积不变，所以c(H+)增大，A错误；B．由 可知，加水促进电离，n(OH-)增大，B错误；C．因加水稀释时，温度不变，则c(H+)和c(OH-)的乘积不变，C错误；D．由 可知，加水促进电离，则减小，由于不变，则增大，故减小，D正确；故选D。11．B【详解】A．在室温下，pH=7的溶液为中性，若温度不是室温，则pH=7的溶液不一定是中性溶液，选项A错误；B．c(H+)= c(OH-)的溶液一定为中性溶液，选项B正确；C．非电解质溶于水若发生反应产生酸或碱，则溶液可能显酸性或碱性，因此不一定得到中性溶液，选项C错误；D．强酸、强碱的元数没有确定，所以二者以等物质的量反应得到的溶液不一定是中性溶液，选项D错误；答案选B。12．C【分析】常温下，某溶液中 c(H+)=2.4×10−7mol⋅L-1，则。【详解】A．根据分析，c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，A正确；B．根据分析，该溶液中 c(OH−)=4.17×10−8mol⋅L−1，B正确；C．该溶液的溶质也可能为比较稀的强酸，C错误；D．升高温度，水的电离平衡正向移动，水的离子积增大，D正确；故选C。13．B【详解】A．在使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用，故A正确；B．用于滴定的锥形瓶不需要干燥，对测定结果没有任何影响，故B错误；C．为了保证装入滴定管的溶液的浓度不被稀释，要用该溶液润洗滴定管2~3次，故C正确；D．酸滴定碱，是酸的浓度已知，碱的浓度未知，酸装在滴定管中，碱装在锥形瓶中，锥形瓶中呈碱性，指示剂加在锥形瓶中，酚酞遇碱变为粉红色，故初始颜色为粉红色，但随着酸的加入，锥形瓶中碱性减小，直至到滴定终点变为中性，所以锥形瓶中由粉红色变为无色，且半分钟内不变色，故D正确；故选B。14．D【详解】A．水的电离吸热，将水加热至50℃，水的电离平衡正向移动，水电离出的氢离子浓度增大，pH小于7，故A正确；B．向水中加入少量NaOH，氢氧根离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，溶液呈碱性，故B正确；C．向水中加入少量NH4Cl，铵根离子结合水电离出的氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，水的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，溶液呈酸性，故C正确；D．盐酸抑制水电离，常温下，pH=2的盐酸中，水电离的c(H+)=1.0×10−12mol·L−1，故D错误；故选：D。15．(1)③①②(2)③(3)>(4)< (5) 1:104(6)2：9【分析】①是一元强酸，完全电离，②是二元强酸，完全电离，③是一元弱酸，不完全电离，④是会水解的盐，完全电离产生的会水解、⑤氨水是一元弱碱，不完全电离，⑥NaOH是一元强碱，完全电离，据此回答问题。【详解】（1）根据分析可知，若溶液①②③浓度均为，①中c(H+)=10-2mol/L，②中c(H+)=2×10-2mol/L，③中c(H+)<10-2mol/L，c(H+)越小，pH越大，故pH大小顺序为：③>①>②；（2）根据分析可知，中和等体积、pH相同的①②③溶液，则①和②电离的c(H+)相同，消耗NaOH相同，而③是一元弱酸，最终能电离的c(H+)大于①和②，故消耗NaOH最多；（3）将等体积、等物质的量浓度的③、⑥NaOH混合，两者完全反应生成CH3COONa，CH3COO-会发生水解：，溶液显碱性，pH>7；（4）将等物质的量浓度的①、⑤氨水混合后呈中性，两者若完全反应生成NH4Cl，会发生水解：，使溶液显酸性，所以反应后除了生成NH4Cl，还剩余有氨水，故消耗两溶液的体积①<⑤；（5）i：③pH=5，显酸性，是因为醋酸是一元弱酸，电离方程式：，④pH=5，显酸性，是因为会发生水解：；Ii：室温下，③pH=5，则c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-9mol/L=c水(OH-)=c水(H+)，④pH=5，则c(H+)=10-5mol/L=c水(H+)，所以③和⑤由水电离产生的的比值为10-9:10-5=1:104；（6）常温下，的⑥NaOH溶液与的②溶液混合所得混合溶液(混合过程中溶液体积变化忽略不计)，则混合后溶液显碱性，说明碱过量，则有，解得。16．(1) 1×10-11 碱性 CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-(2) NH3•H2O+OH- 11 b【详解】（1）①CH3COOH溶液中，由水电离出的的浓度等于溶液中OH-的浓度，则pH=3的CH3COOH溶液中，由水电离出的的浓度为mol/L=1×10-11mol/L；②CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COONa溶液中CH3COO-发生水解反应：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，溶液显碱性。（2）①NH3•H2O是一元弱碱，电离方程式为为NH3•H2O+OH-，NH3•H2O的电离平衡常数表达式：Kb=；②因为25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，而0.1mol•L-1CH3COOH溶液的pH=3，c(H+)=1×10-3mol/L，故25 ℃时，0.1mol•L-1NH3•H2O 溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L ，c(H+)=mol/L=1×10-11mol/L，pH=11；③25℃时，向10mL0.1mol•L-1氨水中加入同体积同浓度的盐酸，得到NH4Cl溶液，发生水解生成NH3·H2O和H+，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，溶液中各离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)；根据物料守恒：c(Cl-)=c(NH)+c(NH3•H2O)，故选b。17．(1)增大反应物的接触面积，提高反应速率(2)MnO2 + SO2 =MnSO4(3) 、2H2SO3 + O2 = 2H2SO4或2SO2 + O2 + 2H2O = 2H2SO4 abc(4)(5) 【分析】软锰矿浆中的二氧化锰将二氧化硫氧化为硫酸根，二氧化硅不能溶解，过滤后溶液中有硫酸锰和硫酸亚铁（二氧化硫也可以还原三价铁），深度净化将亚铁离子氧化为氢氧化铁过滤除去后即可得到较为纯净的硫酸锰纯度较高的溶液，经过结晶就可以得到硫酸锰晶体。【详解】（1）研磨后，增加了软锰矿和二氧化硫的接触面积，而增加二氧化硫的吸收时的反应速率；（2）二氧化锰将二氧化硫氧化为硫酸根，Mn被还原为+2价：MnO2 + SO2 =MnSO4；（3）①二氧化硫溶于水生成亚硫酸再被空气中的氧气氧化为硫酸、2H2SO3 + O2 = 2H2SO4或2SO2 + O2 + 2H2O = 2H2SO4使得溶液中氢离子浓度增大，溶液pH下降；②a．吸收塔中吸收率下降的可能原因是pH减小抑制了SO2的溶解，pH减小导致平衡逆向移动，而抑制了二氧化硫溶解，a正确；b．图中信息可以看出pH=5.0时吸收率恰好为95%，菱锰矿调节pH升至5.0以上后，吸收率又可以恢复至95%左右，b正确；c．加入菱锰矿能调节pH时和消耗酸离子的同时生成了Mn2+，增加矿浆中Mn2+的浓度，c正确；（4）据分析，二氧化锰将亚铁离子氧化为氢氧化铁沉淀自身被还原为锰离子：；（5）根据得失电子守恒有：，根据化学方程式及得失电子守恒有：，则样品中硫酸锰的质量为。18．(1) 20 2.5 III(2) ↑+H2O 将二氧化硫氧化为硫酸 酚酞溶液 20.60 ad【详解】（1）①Ⅰ与Ⅱ的温度相同，只控制浓度不同， 与只有温度不同，可知a= 20，b=13-9-1.5=2.5；②实验表明，实验III的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为实验II中生成浅黄色沉淀的时间最短；（2）①2Na2SO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的离子方程式为:↑+H2O；②步骤③中H2O2的作用是氧化二氧化硫生成硫酸故答案为；③将Ⅲ所得硫酸溶液用氢氧化钠溶液滴定，可选用的指示剂为酚酞溶液，滴定终点时，滴定管 (量程为25mL)读数为20.60ml；④步骤IV中消耗0.01000mol·L-1NaOH溶液VmL，2NaOH~H2SO4，称取样品质量是Wg，硫元素守恒计算1kg样品中含SO2的质量： ；⑤a．滴定开始读数时仰视读数，氢氧化钠的体积偏小，则亚硫酸盐含量偏低，故a正确；b．装入气氧化钠标准液前，碱式滴定管未用氢氧化钠标准液润洗，氢氧化钠的体积偏大，则亚硫酸盐含量偏高，故b错误；c．锥形瓶内用水冲洗后未干燥，不影响实验结果，故c错误；d．在滴定过程中发现局部溶液发生色变就立即停止滴定，氢氧化钠的体积偏小，则亚硫酸盐含量偏低，故d正确；故选:ad。19．(1)二氧化碳(2)、(3)饱和食盐水中大，有利于逆向移动，从溶液中析出(4) 玻璃棒、 100 mL容量瓶 酚酞 96.4% bd【分析】向饱和食盐水中依次通入气体a氨气、气体b二氧化碳，沉淀池中发生反应，过滤后，所得滤液中含NH4Cl的母液，还含有大量的NaCl，可以循环使用；滤渣为固体，将固体煅烧分解得到纯碱，化学反应方程式为，生成的CO2可循环利用。（4）根据滴定曲线，和盐酸发生两步反应，第一步为，a为第一步滴定终点，第二步为，b为第二步滴定终点。【详解】（1）根据分析，流程图中的气体b是二氧化碳；（2）根据分析，侯氏制碱法涉及的主要反应的化学方程式有：、；（3）使用饱和食盐水的原因是：饱和食盐水中大，有利于逆向移动，有利于从溶液中析出；（4）①配制100 mL待测液时，需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、100 mL容量瓶和胶头滴管；②达到第一步滴定终点a时，溶液呈碱性，为减小实验误差，应选择酚酞做指示剂；③根据滴定曲线，和盐酸发生两步反应，第一步为，a为第一步滴定终点，则达到第一步滴定终点时，消耗，纯碱产品中的质量分数为；④a．使用的锥形瓶未干燥，溶质的物质的量不变，对测定结果没有影响，a不符合题意；b．滴定后俯视读数，使得读数偏小，测定结果偏低，b符合题意；c．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，使得读数偏大，测定结果偏高，c不符合题意；d．滴定过程中振荡时有液滴溅出，溶质有损失，消耗盐酸体积偏小，测定结果偏低，d符合题意；故选bd。20．(1) 锥形瓶内颜色变化 半分钟内不变色(2)D(3)26.10(4)(5) = < 【详解】（1）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内颜色变化．直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并半分钟内不褪色为止，故答案为：锥形瓶内颜色变化；半分钟内不褪色；（2）A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，V盐酸偏大，所测NaOH溶液的浓度数值偏高，故A不选；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对实验无影响，故B不选；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，V盐酸偏大，所测NaOH溶液的浓度数值偏高，故C不选；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，V盐酸偏小，所测NaOH溶液的浓度数值偏低，故D选；故答案为：D；（3）滴定管的感量为0.01mL，小刻度在上方，由图可知，起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，故答案为26.10；（4）由表格可知，第二次数据误差大，应舍去，盐酸的体积为=26.00mL，根据反应方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O，则c（NaOH）==0.104 0 mol/L；（5）①氢氧化钠在空气中反应生成碳酸钠，以甲基橙为指示剂，反应后溶液颜色变色范围为3.1～4.4，溶液呈酸性，滴定后溶液溶质为NaCl，则VA=VB，②用酚酞作指示剂，变色范围是8.2～10，溶液呈碱性，在空气中放置一段时间的溶液滴定后溶质为氯化钠和碳酸氢钠，所用酸较少，则VA
06水的电离和溶液的pH-北京市2023-2024学年高二化学上学期期末重点专题练习（人教版2019新版，选择性必修1）一、单选题1．（2022上·北京丰台·高二统考期末）在常温下，有关下列4种溶液的叙述不正确的是A．4种溶液中由水电离出的均为B．等体积的溶液①和②分别与足量锌充分反应，溶液（1）产生氢气更多C．将溶液②、③等体积混合，所得溶液中：D．将溶液②与溶液④混合后，若所得溶液的，则2．（2024上·北京丰台·高二统考期末）某温度下，将和体积均相同的和溶液分别加水稀释，其随加水体积的变化如图所示，下列叙述不正确的是A．稀释前溶液的浓度B．在点和点均存在C．从点到点，溶液中的不变D．溶液中水的电离程度点点3．（2023上·北京·高二北京市第十一中学校考期末）室温时，关于1 mL 1.0×10−2 mol·L−1 NaOH 溶液的说法不正确的是A．此溶液的pH=12B．此溶液中，由水电离出的 c(OH－)=1.0×10−12 mol·L−1C．将此溶液加水稀释至 100 mL，所得溶液pH=10D．将此溶液与9 mL 1.0×10−3 mol·L−1 盐酸混合，所得溶液 pH=114．（2021上·北京石景山·高二统考期末）下列说法中正确的是A．时Kw为，pH=6的纯水呈酸性B．常温下将1mL1×10-6mol/L的稀盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为9C．常温下当水电离的c(H+)为1×10-13mol/L时，此溶液的pH可能为1或13D．常温下将pH=2的盐酸与醋酸各分别稀释至100mL，所得醋酸溶液的pH更大5．（2022上·北京西城·高二统考期末）用0.1000 mol·L HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。有关该实验说法中，不正确的是A．本实验可选用酚酞作指示剂B．用酸式滴定管盛装0.1000 mol·L HCl溶液C．用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2~3次D．滴定开始时平视读数，滴定结束时俯视酸式滴定管读数，测量结果偏低6．（2023上·北京海淀·高二北京二十中校考期末）25℃时，下列溶液中水的电离程度最小的是A．溶液 B．盐酸C．溶液 D．氨水7．（2023上·北京房山·高二统考期末）下列溶液一定显酸性的是A．的溶液 B．含的溶液 C．的溶液 D．溶液8．（2023上·北京丰台·高二北京市第十二中学校考期末）常温下将的硫酸平均分成两等份，一份加入适量水，另一份加入与该硫酸溶液物质的量浓度相同的氢氧化钠溶液，两者pH都增大了1。加入水和NaOH溶液的体积比为A．11∶1 B．10∶1 C．6∶1 D．5∶19．（2023上·北京丰台·高二北京市第十二中学校考期末）若溶液中由水电离产生的，该溶液中可能大量共存的离子组是A．、、、 B．、、、C．、、、 D．、、、10．（2023上·北京东城·高二汇文中学校考期末）室温下用水稀释氨水时，溶液中随着水量的增加而减小的是A． B．的物质的量C．和的乘积 D．11．（2023上·北京东城·高二汇文中学校考期末）下列物质一定呈中性的是A．溶液 B．的溶液C．非电解质溶于水得到的溶液 D．由强酸、强碱等物质的量反应得到的溶液12．（2023上·北京顺义·高二统考期末）常温下，某溶液中。下列说法不正确的是A．该溶液显酸性B．该溶液中C．该溶液的溶质一定是一种弱酸D．升高温度，溶液中水的离子积增大13．（2023上·北京西城·高二统考期末）用0.1000mol•L-1HCl溶液滴定0.1000mol•L-1左右的NaOH溶液。下列说法不正确的是A．在使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用B．锥形瓶盛装0.1000mol•L-1左右的NaOH溶液前必须保持干燥C．酸式滴定管在盛装0.1000mol•L-1HCl溶液前要用该溶液润洗2~3次D．用酚酞作指示剂，达到滴定终点时，溶液颜色从粉红色刚好变为无色，且半分钟内不变色14．（2022上·北京·高二北京师大附中校考期末）下列关于水的电离 的说法不正确的是A．将水加热至50℃，水的电离平衡正向移动，B．向水中加入少量NaOH，水的电离平衡逆向移动，溶液呈碱性C．向水中加入少量，水的电离平衡正向移动，溶液呈酸性D．常温下，的盐酸中，水电离的二、填空题15．（2023上·北京东城·高二汇文中学校考期末）室温下6种稀溶液：①、②、③、④、⑤氨水、⑥NaOH，回答下列问题：(1)若溶液①②③浓度均为，pH由大到小的顺序是 。(用序号填写)(2)中和等体积、pH相同的①②③溶液消耗NaOH最多的是 。(用序号填写)(3)将等体积、等物质的量浓度的③、⑥混合，则溶液的pH 7(填“>”、“<”或“=”)。(4)将等物质的量浓度的①、⑤混合后呈中性，则消耗两溶液的体积① ⑤(填“>”、“<”或“=”)。(5)ⅰ.若室温下③、④溶液的pH均为5，分别用电离方程式和离子方程式解释原因： 、 ；ⅱ.③、④溶液中由水电离产生的的比值为 (填序号)。a.1∶1 b. c.(6)常温下，的⑥溶液与的②溶液混合所得混合溶液(混合过程中溶液体积变化忽略不计)，则 。16．（2023上·北京西城·高二统考期末）已知：25℃时，CH3COOH和NH3•H2O的电离平衡常数近似相等。(1)关于0.1mol•L-1CH3COOH溶液，回答下列问题。①25℃时，测得0.1mol•L-1CH3COOH溶液的pH=3，则由水电离出的的浓度为 mol•L-1。②CH3COONa溶液显 (填“酸性”、“碱性”或“中性”)，用离子方程式表示其原因： 。(2)关于0.1mol•L-1氨水，回答下列问题。①NH3•H2O的电离方程式为 ，NH3•H2O的电离平衡常数表达式：Kb= 。②25℃时，0.1mol•L-1氨水的pH= 。③25℃时，向10mL0.1mol•L-1氨水中加入同体积同浓度的盐酸。下列说法正确的是 。a.c(Cl-)＞c(NH)＞c(OH-)＞c(H+)b.c(Cl-)=c(NH)+c(NH3•H2O)三、解答题17．（2024上·北京西城·高二统考期末）工业上利用软锰矿和菱锰矿联合进行锅炉燃煤烟气脱硫，同时制备重要化工产品MnSO4，工艺流程如下：资料：i．软锰矿的主要成分是 MnO2，含少量SiO2、Fe3O4、FeO。ⅱ．锅炉燃煤过程中空气过量。ⅲ．该工艺条件下，溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH。(1)吸收烟气前，软锰矿需研磨后填入吸收塔。研磨的目的是 。(2)将SO2烟气通入吸收塔中，发生的主要反应的化学方程式是 。(3)软锰矿浆脱硫过程中，控制流量，每隔3 h监测一次：测定软锰矿浆的pH；同时测定吸收塔入口和出口的SO2含量，计算SO2的吸收率，结果如图所示：①吸收塔中矿浆pH逐渐下降的原因是 (用化学用语表示)。②当SO2吸收率低于95%时，无法实现SO2烟气的达标排放，此时需向吸收塔中加入一定量菱锰矿(主要成分MnCO3)。下列说法中，正确的是 (填字母)。a．吸收塔中吸收率下降的可能原因是pH减小抑制了SO2的溶解b．菱锰矿调节pH升至5.0以上后，吸收率又可以恢复至95%左右c．加入菱锰矿能增加矿浆中Mn2+的浓度(4)经检测发现滤液1中仍含有少量Fe2+，可加入MnO2进行“深度净化”，该过程中反应的离子方程式是 。(5)产品含量测定方法如下：I．称取a g晶体，加足量硫酸溶解，将溶液定容于100 mL容量瓶中。Ⅱ．取25.00 mL 溶液于锥形瓶中，加入少量催化剂和过量 (NH4)2S2O8溶液，加热、充分反应后，煮沸溶液使过量的(NH4)2S2O8分解。Ⅲ．加入指示剂，用b mol/L (NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定，滴定至终点时消耗c mL，重新变成Mn2+。① 补全步骤Ⅱ中反应的离子方程式： ，。②产品中MnSO4的质量分数为 (MnSO4的摩尔质量为151 g/mol)。18．（2023上·北京房山·高二统考期末）含硫化合物，不仅用于研究化学反应的原理，也在生产生活有普遍应用。(1)以反应为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。请回答：①上表中，a为 ，b为 。②上述三个实验中的反应速率最快的应该是实验 (用I、II、III作答)(2)亚硫酸钠是一种常见的食品添加剂。为检验某食品中亚硫酸钠含量(通常以样品中含的质量计)，某研究小组同学设计了如下实验方案。I.称取样品；II.向样品中加入足量稀硫酸；III.将I中产生的用足量溶液吸收；IV.将II所得硫酸溶液用氢氧化钠标准液滴定；V.数据处理。①是一种食品添加剂。写出与稀硫酸反应的离子方程式 。②步骤III中的作用是 。③步骤IV中可选用的指示剂为 。下图显示滴定终点时，滴定管(量程为)读数为 。④步骤IV中消耗溶液，则样品中含的质量是 g(用含W、V的代数式表示)。⑤步骤IV中的下列操作会造成该实验亚硫酸盐含量测定结果偏低的有 。a.滴定开始读数时仰视读数b.装入氢氧化钠标准液前，碱式滴定管未用氢氧化钠标准液润洗c.锥形瓶内用水冲洗后未干燥d.在滴定过程中发现局部溶液发生色变就立即停止滴定19．（2023上·北京丰台·高二北京市第十二中学校考期末）侯德榜先生对外国的制碱法进行了改进，与合成氨工业和化肥工业联合，发明了侯氏制碱法，极大的促进了我国制碱工业的发展。侯氏制碱法的主要生产流程如图：资料：某些盐在20℃、100 g 中的溶解度数据(1)流程图中的气体b是 (填“氨气”或“二氧化碳”)(2)写出侯氏制碱法涉及的主要反应的化学方程式： (3)请结合平衡移动原理解释使用饱和食盐水的原因： (4)侯氏制碱法制备的纯碱产品中含有少量NaCl等杂质，利用滴定法可测定纯碱产品中的质量分数。首先称取1.1000 g纯碱产品，配制成100 mL待测液；然后取25 mL待测液，用0.1000 mol/L的盐酸滴定，滴定曲线如图所示。①配制100 mL待测液时，需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、 、胶头滴管。②a点可选择 (填“酚酞”或“甲基橙”)做指示剂。已知：酚酞的变色范围是pH 8~10，甲基橙的变色范围是pH 3.1~4.4。③根据滴定曲线，纯碱产品中的质量分数为 。④下列情况会造成测定结果偏低的是 (填字母)a．使用的锥形瓶未干燥b．滴定后俯视读数c．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失d．滴定过程中振荡时有液滴溅出20．（2022上·北京怀柔·高二统考期末）某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视 ，直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并 为止。(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是___________。A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，所用盐酸溶液的体积为 mL。(4)某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：依据上表数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度为 。(5)有两份上述NaOH溶液，把其中的一份放在空气中一段时间。用已知浓度的盐酸溶液滴定体积相同的上述两份溶液，若第一份(在空气中放置一段时间)所消耗盐酸溶液的体积为，另一份消耗盐酸溶液的体积为。(已知：甲基橙的变色范围：3.1-4.4，酚酞的变色范围8.2-10)①以甲基橙作指示剂时，与的关系是 (填“>”“<”或“=”，下同)；②以酚酞作指示剂时，与的关系是 。 编号①②③④溶液醋酸盐酸氨水氢氧化钠溶液pH331111金属离子Fe3+Fe2+Mn2+开始沉淀1.56.37.6完全沉淀2.88.310.2实验序号溶液溶液蒸馏水温度/℃浓度/()体积/mL浓度/()体积/mL体积/mLI0.11.50.11.51020II0.12.50.11.59aIII0.1b0.11.5930NaCl 溶解度35.921.79.637.221.5100滴定次数测NaOH溶液的体积/mL盐酸的体积/mL滴定前刻度滴定后刻度溶液体积第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09参考答案：1．C【详解】A．酸溶液中氢氧根离子来自水的电离，碱溶液中氢离子来自水的电离，由pH可知四种溶液中水电离的均为，A正确；B．等pH值得强酸和弱酸，弱酸因不完全电离，因此弱酸浓度大于强酸，等体积时，醋酸的物质的量大于盐酸，与足量锌反应生成的氢气醋酸多，B正确；C．一水合氨是弱碱不完全电离，pH=11的氨水与pH=3的盐酸等体积混合后，一水合氨过量有剩余，混合后溶液呈碱性，则，C错误；D．将溶液②与溶液④混合后，若所得溶液的，则混合后=，，D正确； 故选C。2．B【分析】盐酸是在溶液中完全电离的强酸，醋酸是在溶液中部分电离的弱酸，pH相等的盐酸溶液和醋酸溶液加水稀释相同倍数时，盐酸溶液pH变化大，则曲线Ⅰ表示盐酸溶液pH随加水体积的变化，曲线Ⅱ表示醋酸溶液pH随加水体积的变化。【详解】A．盐酸是在溶液中完全电离的强酸，醋酸是在溶液中部分电离的弱酸，则稀释前溶液pH相等的盐酸溶液浓度小于醋酸溶液，故A正确；B．由电荷守恒关系c(H+)=c(酸根阴离子)+ c(OH—)可知，溶液中c(H+)＞c(酸根阴离子)，故B错误；C．温度不变，水的离子积常数不变，则从点到点，溶液中Kw=c(H+)c(OH—)不变，故C正确；D．酸溶液中的氢离子抑制水的电离，溶液中氢离子浓度越大，水的电离程度越小，由图可知，b点溶液的pH小于c点，氢离子浓度大于c点，则水的电离程度小于c点，故D正确；故选B。3．D【详解】A．NaOH溶液完全电离，溶液中c(OH−)＝1.0×10−2mol/L，故c(H＋)＝1.0×10−12mol/L，故pH＝−lgc(H＋)＝12，故A正确；B．碱溶液中水电离出的c(OH−)等于溶液中c(H＋)＝1.0×10−12mol/L，故B正确；C．1mL1.0×10−2mol/L氢氧化钠加水稀释到100mL时溶液中c(OH−)＝10−4mol/L，c(H＋)＝1.0×10−10mol/L，pH＝−lg10−10＝10，故C正确；D．应为HCl＋NaOH＝NaCl＋H2O，二者混合后氢氧化钠过量，混合溶液中c(OH−)＝＝10−4mol/L，c(H＋)＝1.0×10−10mol/L，pH＝−lg10−10＝10，故D错误；故答案选D。4．C【详解】A．在100°C时，水中c(H+)=c(OH-)=10-6mol/L，pH约为6的纯水呈中性，A错误；B．将1mL1×10-6mol/L的盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH接近于7，B错误；C．在常温下，当水电离出的c(H+)为1×10-13mol/L时，水的电离被抑制，如加入酸，溶液中c(H+)=10-1mol/L，pH =1，如加入碱，溶液中c(H+)=10-13mol/L，pH=13，C正确；D．1mLpH=2的盐酸稀释至100mL，氢离子浓度变为10-4mol/L，溶液pH=4，加水稀释，醋酸的电离平衡正向移动，氢离子的物质的量增大，故1mLpH =2的醋酸稀释至100mL，氢离子浓度大于10-4mol/L，溶液pH<4，D错误；答案选C。5．C【详解】A．用0.1000mol•L-1 HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定终点时生成NaCl，溶液呈中性，酚酞的变色范围为8～10，可选用酚酞作指示剂，故A正确；B．HC溶液呈酸性，中和滴定时，需要用酸式滴定管盛装0.1000mol•L-1 HCl溶液，故B正确；C．用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2～3次，导致锥形瓶中氢氧化钠的物质的量偏大，滴定时消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，所以锥形瓶不能润洗，故C错误；D．滴定结束时俯视酸式滴定管读数，读出的标准液体积偏小，导致测量结果偏低，故D正确；故选C。6．B【分析】水的电离平衡：H2OH++OH-中，要使平衡发生移动，应改变溶液c(H+)或c(OH-)的浓度，水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，酸碱抑制水的电离，水解的盐促进水的电离；【详解】A．0.1mol/LNH4Cl溶液中铵根水解，促进水的电离；B．盐酸是一元强酸，盐酸溶液中水的电离被抑制，其中0.1mol/L盐酸溶液中氢离子浓度是0.1mol/L；C．溶液中铵根离子大于0.1mol/LNH4Cl溶液中铵根浓度，对水的电离促进作用较大；D．一水合氨是弱碱，pH=12的氨水溶液中水的电离被抑制，溶液中氢氧根浓度是0.01mol/L；酸或碱溶液中氢离子浓度或氢氧根浓度越大，水的电离程度越小，因此水的电离程度最小的是0.1mol/L盐酸溶液；故选B。7．A【详解】A．的溶液，一定显酸性，A正确；B．任何水溶液中均存在，不能判断溶液的酸碱性，B错误；C．温度未知，的溶液不一定显酸性，如100°C时pH=6的溶液显中性，C错误；D．为强碱弱酸盐，溶液水解显碱性，D错误；答案选A。8．C【详解】的硫酸溶液，体积为1L，加水体积为，加入的溶液体积为，，溶液中的，则加水：，加入的：，所以，故选C。9．B【分析】若溶液中由水电离产生的，水的电离受到抑制，该溶液可能是酸性或碱性溶液。【详解】A. 与H+或OH-均不能大量共存，故A不选；B. 、、、在酸性条件下可大量共存，故B选；C.若为碱性， 与OH-不能大量共存，若为酸性，、H+、能发生氧化还原反应，故C不选；D.若为碱性， 与OH-不能大量共存，若为酸性，、、H+能发生氧化还原反应，故D不选；故选B。10．D【详解】A．由 可知，加水促进电离，但溶液被稀释，c(OH-)减小，c(H+)和c(OH-)的乘积不变，所以c(H+)增大，A错误；B．由 可知，加水促进电离，n(OH-)增大，B错误；C．因加水稀释时，温度不变，则c(H+)和c(OH-)的乘积不变，C错误；D．由 可知，加水促进电离，则减小，由于不变，则增大，故减小，D正确；故选D。11．B【详解】A．在室温下，pH=7的溶液为中性，若温度不是室温，则pH=7的溶液不一定是中性溶液，选项A错误；B．c(H+)= c(OH-)的溶液一定为中性溶液，选项B正确；C．非电解质溶于水若发生反应产生酸或碱，则溶液可能显酸性或碱性，因此不一定得到中性溶液，选项C错误；D．强酸、强碱的元数没有确定，所以二者以等物质的量反应得到的溶液不一定是中性溶液，选项D错误；答案选B。12．C【分析】常温下，某溶液中 c(H+)=2.4×10−7mol⋅L-1，则。【详解】A．根据分析，c(H+)>c(OH-)，溶液显酸性，A正确；B．根据分析，该溶液中 c(OH−)=4.17×10−8mol⋅L−1，B正确；C．该溶液的溶质也可能为比较稀的强酸，C错误；D．升高温度，水的电离平衡正向移动，水的离子积增大，D正确；故选C。13．B【详解】A．在使用滴定管前，首先要检查活塞是否漏水，在确保不漏水后方可使用，故A正确；B．用于滴定的锥形瓶不需要干燥，对测定结果没有任何影响，故B错误；C．为了保证装入滴定管的溶液的浓度不被稀释，要用该溶液润洗滴定管2~3次，故C正确；D．酸滴定碱，是酸的浓度已知，碱的浓度未知，酸装在滴定管中，碱装在锥形瓶中，锥形瓶中呈碱性，指示剂加在锥形瓶中，酚酞遇碱变为粉红色，故初始颜色为粉红色，但随着酸的加入，锥形瓶中碱性减小，直至到滴定终点变为中性，所以锥形瓶中由粉红色变为无色，且半分钟内不变色，故D正确；故选B。14．D【详解】A．水的电离吸热，将水加热至50℃，水的电离平衡正向移动，水电离出的氢离子浓度增大，pH小于7，故A正确；B．向水中加入少量NaOH，氢氧根离子浓度增大，水的电离平衡逆向移动，溶液呈碱性，故B正确；C．向水中加入少量NH4Cl，铵根离子结合水电离出的氢氧根离子，氢氧根离子浓度减小，水的电离平衡正向移动，氢离子浓度增大，溶液呈酸性，故C正确；D．盐酸抑制水电离，常温下，pH=2的盐酸中，水电离的c(H+)=1.0×10−12mol·L−1，故D错误；故选：D。15．(1)③①②(2)③(3)>(4)< (5) 1:104(6)2：9【分析】①是一元强酸，完全电离，②是二元强酸，完全电离，③是一元弱酸，不完全电离，④是会水解的盐，完全电离产生的会水解、⑤氨水是一元弱碱，不完全电离，⑥NaOH是一元强碱，完全电离，据此回答问题。【详解】（1）根据分析可知，若溶液①②③浓度均为，①中c(H+)=10-2mol/L，②中c(H+)=2×10-2mol/L，③中c(H+)<10-2mol/L，c(H+)越小，pH越大，故pH大小顺序为：③>①>②；（2）根据分析可知，中和等体积、pH相同的①②③溶液，则①和②电离的c(H+)相同，消耗NaOH相同，而③是一元弱酸，最终能电离的c(H+)大于①和②，故消耗NaOH最多；（3）将等体积、等物质的量浓度的③、⑥NaOH混合，两者完全反应生成CH3COONa，CH3COO-会发生水解：，溶液显碱性，pH>7；（4）将等物质的量浓度的①、⑤氨水混合后呈中性，两者若完全反应生成NH4Cl，会发生水解：，使溶液显酸性，所以反应后除了生成NH4Cl，还剩余有氨水，故消耗两溶液的体积①<⑤；（5）i：③pH=5，显酸性，是因为醋酸是一元弱酸，电离方程式：，④pH=5，显酸性，是因为会发生水解：；Ii：室温下，③pH=5，则c(H+)=10-5mol/L，c(OH-)=10-9mol/L=c水(OH-)=c水(H+)，④pH=5，则c(H+)=10-5mol/L=c水(H+)，所以③和⑤由水电离产生的的比值为10-9:10-5=1:104；（6）常温下，的⑥NaOH溶液与的②溶液混合所得混合溶液(混合过程中溶液体积变化忽略不计)，则混合后溶液显碱性，说明碱过量，则有，解得。16．(1) 1×10-11 碱性 CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-(2) NH3•H2O+OH- 11 b【详解】（1）①CH3COOH溶液中，由水电离出的的浓度等于溶液中OH-的浓度，则pH=3的CH3COOH溶液中，由水电离出的的浓度为mol/L=1×10-11mol/L；②CH3COONa是强碱弱酸盐，CH3COONa溶液中CH3COO-发生水解反应：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，溶液显碱性。（2）①NH3•H2O是一元弱碱，电离方程式为为NH3•H2O+OH-，NH3•H2O的电离平衡常数表达式：Kb=；②因为25 ℃时，CH3COOH和NH3·H2O的电离常数相等，而0.1mol•L-1CH3COOH溶液的pH=3，c(H+)=1×10-3mol/L，故25 ℃时，0.1mol•L-1NH3•H2O 溶液中c(OH-)=1×10-3mol/L ，c(H+)=mol/L=1×10-11mol/L，pH=11；③25℃时，向10mL0.1mol•L-1氨水中加入同体积同浓度的盐酸，得到NH4Cl溶液，发生水解生成NH3·H2O和H+，溶液呈酸性，c(H+)＞c(OH-)，溶液中各离子浓度大小关系为：c(Cl-)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH-)；根据物料守恒：c(Cl-)=c(NH)+c(NH3•H2O)，故选b。17．(1)增大反应物的接触面积，提高反应速率(2)MnO2 + SO2 =MnSO4(3) 、2H2SO3 + O2 = 2H2SO4或2SO2 + O2 + 2H2O = 2H2SO4 abc(4)(5) 【分析】软锰矿浆中的二氧化锰将二氧化硫氧化为硫酸根，二氧化硅不能溶解，过滤后溶液中有硫酸锰和硫酸亚铁（二氧化硫也可以还原三价铁），深度净化将亚铁离子氧化为氢氧化铁过滤除去后即可得到较为纯净的硫酸锰纯度较高的溶液，经过结晶就可以得到硫酸锰晶体。【详解】（1）研磨后，增加了软锰矿和二氧化硫的接触面积，而增加二氧化硫的吸收时的反应速率；（2）二氧化锰将二氧化硫氧化为硫酸根，Mn被还原为+2价：MnO2 + SO2 =MnSO4；（3）①二氧化硫溶于水生成亚硫酸再被空气中的氧气氧化为硫酸、2H2SO3 + O2 = 2H2SO4或2SO2 + O2 + 2H2O = 2H2SO4使得溶液中氢离子浓度增大，溶液pH下降；②a．吸收塔中吸收率下降的可能原因是pH减小抑制了SO2的溶解，pH减小导致平衡逆向移动，而抑制了二氧化硫溶解，a正确；b．图中信息可以看出pH=5.0时吸收率恰好为95%，菱锰矿调节pH升至5.0以上后，吸收率又可以恢复至95%左右，b正确；c．加入菱锰矿能调节pH时和消耗酸离子的同时生成了Mn2+，增加矿浆中Mn2+的浓度，c正确；（4）据分析，二氧化锰将亚铁离子氧化为氢氧化铁沉淀自身被还原为锰离子：；（5）根据得失电子守恒有：，根据化学方程式及得失电子守恒有：，则样品中硫酸锰的质量为。18．(1) 20 2.5 III(2) ↑+H2O 将二氧化硫氧化为硫酸 酚酞溶液 20.60 ad【详解】（1）①Ⅰ与Ⅱ的温度相同，只控制浓度不同， 与只有温度不同，可知a= 20，b=13-9-1.5=2.5；②实验表明，实验III的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为实验II中生成浅黄色沉淀的时间最短；（2）①2Na2SO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的离子方程式为:↑+H2O；②步骤③中H2O2的作用是氧化二氧化硫生成硫酸故答案为；③将Ⅲ所得硫酸溶液用氢氧化钠溶液滴定，可选用的指示剂为酚酞溶液，滴定终点时，滴定管 (量程为25mL)读数为20.60ml；④步骤IV中消耗0.01000mol·L-1NaOH溶液VmL，2NaOH~H2SO4，称取样品质量是Wg，硫元素守恒计算1kg样品中含SO2的质量： ；⑤a．滴定开始读数时仰视读数，氢氧化钠的体积偏小，则亚硫酸盐含量偏低，故a正确；b．装入气氧化钠标准液前，碱式滴定管未用氢氧化钠标准液润洗，氢氧化钠的体积偏大，则亚硫酸盐含量偏高，故b错误；c．锥形瓶内用水冲洗后未干燥，不影响实验结果，故c错误；d．在滴定过程中发现局部溶液发生色变就立即停止滴定，氢氧化钠的体积偏小，则亚硫酸盐含量偏低，故d正确；故选:ad。19．(1)二氧化碳(2)、(3)饱和食盐水中大，有利于逆向移动，从溶液中析出(4) 玻璃棒、 100 mL容量瓶 酚酞 96.4% bd【分析】向饱和食盐水中依次通入气体a氨气、气体b二氧化碳，沉淀池中发生反应，过滤后，所得滤液中含NH4Cl的母液，还含有大量的NaCl，可以循环使用；滤渣为固体，将固体煅烧分解得到纯碱，化学反应方程式为，生成的CO2可循环利用。（4）根据滴定曲线，和盐酸发生两步反应，第一步为，a为第一步滴定终点，第二步为，b为第二步滴定终点。【详解】（1）根据分析，流程图中的气体b是二氧化碳；（2）根据分析，侯氏制碱法涉及的主要反应的化学方程式有：、；（3）使用饱和食盐水的原因是：饱和食盐水中大，有利于逆向移动，有利于从溶液中析出；（4）①配制100 mL待测液时，需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、100 mL容量瓶和胶头滴管；②达到第一步滴定终点a时，溶液呈碱性，为减小实验误差，应选择酚酞做指示剂；③根据滴定曲线，和盐酸发生两步反应，第一步为，a为第一步滴定终点，则达到第一步滴定终点时，消耗，纯碱产品中的质量分数为；④a．使用的锥形瓶未干燥，溶质的物质的量不变，对测定结果没有影响，a不符合题意；b．滴定后俯视读数，使得读数偏小，测定结果偏低，b符合题意；c．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，使得读数偏大，测定结果偏高，c不符合题意；d．滴定过程中振荡时有液滴溅出，溶质有损失，消耗盐酸体积偏小，测定结果偏低，d符合题意；故选bd。20．(1) 锥形瓶内颜色变化 半分钟内不变色(2)D(3)26.10(4)(5) = < 【详解】（1）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内颜色变化．直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并半分钟内不褪色为止，故答案为：锥形瓶内颜色变化；半分钟内不褪色；（2）A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，V盐酸偏大，所测NaOH溶液的浓度数值偏高，故A不选；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，对实验无影响，故B不选；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，V盐酸偏大，所测NaOH溶液的浓度数值偏高，故C不选；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，V盐酸偏小，所测NaOH溶液的浓度数值偏低，故D选；故答案为：D；（3）滴定管的感量为0.01mL，小刻度在上方，由图可知，起始读数为0.00mL，终点读数为26.10mL，故答案为26.10；（4）由表格可知，第二次数据误差大，应舍去，盐酸的体积为=26.00mL，根据反应方程式HCl+NaOH=NaCl+H2O，则c（NaOH）==0.104 0 mol/L；（5）①氢氧化钠在空气中反应生成碳酸钠，以甲基橙为指示剂，反应后溶液颜色变色范围为3.1～4.4，溶液呈酸性，滴定后溶液溶质为NaCl，则VA=VB，②用酚酞作指示剂，变色范围是8.2～10，溶液呈碱性，在空气中放置一段时间的溶液滴定后溶质为氯化钠和碳酸氢钠，所用酸较少，则VA
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