统考版2024届高考化学二轮专项分层特训卷练18溶液的酸碱性和pH（附解析）

这是一份统考版2024届高考化学二轮专项分层特训卷练18溶液的酸碱性和pH（附解析），共5页。试卷主要包含了室温时，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。

A．相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c(C6H5O－)>c(CH3COO－)
B．将浓度均为0.10ml·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大
C．25℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，则此时溶液中c(C6H5O－)＝c(C6H5OH)
D．25℃时，0.10ml·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
2．[浙江6月]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0.01ml·L－1NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得0.01ml·L－1HR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
3．[浙江1月]25℃时，下列说法正确的是( )
A．NaHA溶液呈酸性，可以推测H2A为强酸
B．可溶性正盐BA溶液呈中性，可以推测BA为强酸强碱盐
C．0.010ml·L－1、0.10ml·L－1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2，则α1<α2
D．100mLpH＝10.00的Na2CO3溶液中水电离出H＋的物质的量为1.0×10－5ml
4．[2023·山东潍坊四中月考]水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是 ( )
A．图中五点对应的Kw间的关系：B>E>C>A>D
B．若从A点到D点，可采用在水中加入少量的H2SO4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NaOH的方法
D．若处在B点时，将pH＝2的硫酸溶液与pH＝12的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
5．[2023·黑龙江哈尔滨九中月考]下列说法正确的是(以下数据均为25℃时测定) ( )
A．1.0×10－5ml·L－1的盐酸稀释103倍，氢离子和氯离子浓度的比值为1
B．pH＝12的Na2CO3溶液中c水(OH－)＝1.0×10－12ml·L－1
C．已知H2A电离平衡常数K1＝5.0×10－2，K2＝5.2×10－5，则NaHA溶液的pH<7
D．pH＝3的硝酸和pH＝12的氢氧化钡溶液按体积比为9∶1混合(忽略溶液混合引起的体积变化)，溶液pH＝3
6．[2023·浙江山水联盟联考]常温下，0.1ml·L－1的CH3COONa溶液的pH＝8.8，溶液中存在：
①H2O⇌H＋＋OH－ Kw
②CH3COO－＋H＋⇌CH3COOH K1
③CH3COO－＋H2O⇌CH3COOH＋OH－ K2
下列说法不正确的是 ( )
A．K2＝K1×Kw
B．由水电离的氢离子浓度为10－8.8ml·L－1
C.常温下，该溶液加水稀释后，n(H＋)与n(OH－)的乘积变大
D．常温下，向100mL该溶液中加入100mLpH＝8.8的NaOH溶液，所得溶液的pH仍为8.8
7．[2023·河南名校联盟阶段测试]25℃时，下列说法错误的是 ( )
A．pH均为2的醋酸溶液和盐酸中，水的电离程度相等
B．NaHX溶液显碱性，则溶液中一定存在HX－的水解平衡
C．NH4Y溶液显中性，升高溶液温度，水电离出的c(H＋)不变
D．pH＝2的醋酸溶液和pH＝12的NaOH溶液等体积混合后溶液中c(H＋)>c(OH－)
8．室温时，下列说法正确的是 ( )
A．pH＝11的氨水和pH＝11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c(OH－)均为1×10－11ml·L－1
B．分别把100mLpH＝11的NaOH溶液和pH＝11的氨水加水稀释至1L，所得溶液pH均为10
C．分别向等体积的0.1ml·L－1HCl溶液和0.1ml·L－1CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液，恰好为中性时，消耗NaOH溶液的体积相等
D．分别向1mLpH＝3的盐酸和pH＝3的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，两溶液的pH均增大
9．[2023·重庆巴蜀中学月考]常温下，用一定浓度的Ba(OH)2溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100ml·L－1的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶液。滴定过程中溶液的电导率变化如图所示(已知：lg2≈0.3，lg5≈0.7，溶液混合引起的体积变化可忽略)。下列说法正确的是( )
A．曲线①②③分别代表Ba(OH)2溶液滴定盐酸、醋酸溶液和硫酸的曲线
B．由图可知Ba(OH)2溶液浓度为0.100ml·L－1，且b点对应的pH为12.7
C．图中a、b、c、d点溶液中，水的电离程度的大小关系：a>b>d>c
D．a点对应的溶液中离子浓度大小关系：
c(Ba2＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
10．[2023·山东济南一模]联氨(N2H4)是二元弱碱(pKb1＝6，pKb2＝15；pK＝－lgK)，在水中的电离方式类似于氨，常温下，向0.1ml·L－1N2H5Cl溶液通入HCl或加入NaOH固体(假设溶液总体积不变)，溶液中c(N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) )随pOH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A．N2H5Cl溶液中c(N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) )>c(N2H4)>c(N2H eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(6)) )
B．b点加入NaOH(或HCl)的物质的量与d点加入HCl(或NaOH)物质的量相等
C．水的电离程度：b>a
D．若c(N2H eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(6)) )>c(N2H4)，则pH小于3.5
练18 溶液的酸碱性和pH
1．答案：C
解析：苯酚的酸性比乙酸的弱，C6H5ONa的水解程度大于CH3COONa，若二者溶液的pH相等，则后者的浓度较大，c（C6H5O－）2．答案：B
解析：A项，25℃时，pH＝7的溶液呈中性，则NaR为强酸强碱盐，HR为强酸；B项，由题意得HR显酸性，且不能完全电离，为弱酸；C项，若HR为强酸，假设稀释前pH＝a＝6，加水稀释10倍后pH<7，b－a<1，故HR不一定为弱酸；D项，若HR是强酸，升高温度，NaR溶液的pH也降低。
3．答案：D
解析：NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的电离程度大于其水解程度，不能据此得出H2A为强酸的结论，A错误；可溶性正盐BA溶液呈中性，不能推测BA为强酸强碱盐，因为也可能是B＋和A－的水解程度相同，即BA也可能是弱酸弱碱盐，B错误；弱酸的浓度越小，其电离程度越大，因此0.010ml·L－1、0.10ml·L－1的醋酸溶液的电离度α1>α2，C错误；溶液中水电离出的氢离子浓度一定等于水电离出的氢氧根离子浓度，pH＝10.00的Na2CO3溶液中水电离出的OH－的物质的量浓度为1.0×10－4ml·L－1，则水电离出的H＋的物质的量浓度也是1.0×10－4ml·L－1，则100mLpH＝10.00的Na2CO3溶液中水电离出H＋的物质的量为1.0×10－4ml·L－1×100×10－3L＝1.0×10－5ml，D正确。
4．答案：B
解析：A、D、E点都处于25℃，Kw相等，B点c（H＋）和c（OH－）都大于C点的c（H＋）和c（OH－），并且C点的c（H＋）和c（OH－）大于A点的c（H＋）和c（OH－），故Kw：B>C>A＝D＝E，故A错误；若从A点到D点，温度不变，Kw＝1×10－14，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，则可采用在水中加入少量的H2SO4的方法，故B正确；若从A点到C点，c（H＋）变大，c（OH－）变大，Kw增大，且c（H＋）＝c（OH－），溶液显中性，无法通过加入氢氧化钠实现，只能升高温度，故C错误；若处在B点时，Kw＝1×10－12，pH＝2的硫酸中c（H＋）＝10－2ml·L－1，pH＝12的KOH溶液中c（OH－）＝1ml·L－1，等体积混合，KOH过量，溶液显碱性，故D错误。
5．答案：C
解析：1.0×10－5ml·L－1盐酸稀释103倍，盐酸电离产生的H＋和Cl－浓度为cHCl（H＋）＝c（Cl－）＝1.0×10－8ml·L－1，而此时水电离产生的H＋浓度c水（H＋）≈1.0×10－7ml·L－1，所以c（H＋）∶c（Cl－）≈（1.0×10－8＋1.0×10－7）∶1.0×10－8＝11∶1，故A错误；25℃时，pH＝12的Na2CO3溶液中，c（OH－）＝1.0×10－2ml·L－1，而H＋和OH－均由水电离产生且相等，即c水（H＋）＝c水（OH－）＝1.0×10－2ml·L－1，故B错误；HA－既电离又水解，Kh＝eq \f(Kw,K1)＝eq \f(10－14,5.0×10－2)＝2×10－136．答案：B
解析：因反应①＋②＝③，所以K2＝K1×Kw，A正确；常温下溶液的pH＝8.8，则溶液中c（H＋）＝10－8.8ml·L－1，c（OH－）＝10－5.2ml·L－1，溶液中的氢氧根离子全部由水电离，所以水电离出的cH2O（OH－）＝10－5.2ml·L－1，水电离产生的cH2O（H＋）＝cH2O（OH－）＝10－5.2ml·L－1，B错误；n（H＋）·n（OH－）＝c（H＋）·V·c（OH－）·V＝Kw·V2，温度不变则Kw不变，加水稀释，V变大，所以n（H＋）·n（OH－）变大，C正确；混合前两溶液中c（H＋）、c（OH－）分别相等，则混合后H＋、OH－浓度不变，即pH不变，D正确。
7．答案：C
解析：pH均为2的醋酸溶液和盐酸中，H＋浓度均为10－2ml·L－1，由Kw＝c（H＋）·c（OH－）得OH－浓度均为10－12ml·L－1，而酸溶液中OH－仅由H2O电离提供，所以由水电离出的氢氧根离子浓度均为10－12ml·L－1，两溶液中水的电离程度相等，A项正确；NaHX溶液显碱性，说明HX－发生了水解，则溶液中一定存在HX－的水解平衡，B项正确；NH4Y溶液显中性，说明NH eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(4)) 和Y－的水解程度相等，而升高温度，能促进离子的水解和水的电离，因此水电离出的c（H＋）增大，C项错误；pH＝2的醋酸溶液和pH＝12的NaOH溶液，前者浓度大，二者等体积混合后醋酸过量，溶液显酸性，即c（H＋）>c（OH－），D项正确。
8．答案：D
解析：酸、碱抑制水的电离，弱酸、弱碱形成的盐能促进水的电离。pH＝11的氨水中c（H＋）＝1×10－11ml·L－1，而H＋仅由水提供，又cH2O（H＋）＝cH2O（OH－），所以水电离出的c（OH－）为1×10－11ml·L－1，pH＝11的Na2CO3溶液中c（H＋）＝1×10－11ml·L－1，c（OH－）＝eq \f(Kw,c（H＋）)＝1×10－3ml·L－1，得水电离产生的c（OH－）为1×10－3ml·L－1，故A错误；100mLpH＝11的NaOH溶液加水稀释至1L，所得溶液pH为10，一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，稀释促进其电离，100mLpH＝11的氨水加水稀释至1L，所得溶液pH>10，故B错误；等浓度等体积的盐酸和醋酸溶液，HCl和CH3COOH物质的量相等，当分别加入含等物质的量的NaOH的NaOH溶液时，盐酸变为氯化钠溶液，溶液显中性，此时醋酸溶液变为醋酸钠溶液，醋酸钠水解使其溶液呈碱性，因此，若要使溶液呈中性，必须少加一些氢氧化钠溶液，故C错误；盐酸中加醋酸钠，两者发生反应生成弱酸醋酸，故其pH增大，向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，会使醋酸的电离平衡逆向移动，pH增大，故D正确。
9．答案：B
解析：电导率与溶液中离子浓度成正比，当V[Ba（OH）2]＝0时，由图可知溶液的电导率：③>②>①，又相同浓度的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶液中c（H＋）依次减小，则溶液的电导率依次减小，所以曲线①②③分别代表Ba（OH）2溶液滴定醋酸溶液、盐酸、硫酸的曲线，故A错误；c点表示的是硫酸与Ba（OH）2恰好完全反应，化学方程式为H2SO4＋Ba（OH）2===BaSO4↓＋2H2O，因c（H2SO4）·V（H2SO4）＝c[Ba（OH）2]·V[Ba（OH）2]，即0.100ml·L－1×20.00mL＝c[Ba（OH）2]×20.00mL，得c[Ba（OH）2]＝0.100ml·L－1，2HCl＋Ba（OH）2===BaCl2＋2H2O，因消耗的n[Ba（OH）2]＝eq \f(1,2)n（HCl）＝eq \f(1,2)×0.100ml·L－1×0.02L＝0.001ml，所以Ba（OH）2过量，c（OH－）＝eq \f(0.100ml·L－1×20mL×2－0.002ml,20mL＋20mL)＝0.05ml·L－1，c（H＋）＝eq \f(Kw,c（OH－）)＝2×10－13ml·L－1，b点对应的pH＝－lg（2×10－13）＝12.7，故B正确；a点时根据反应2CH3COOH＋Ba（OH）2===（CH3COO）2Ba＋2H2O得两者恰好反应，溶质成分（CH3COO）2Ba为强碱弱酸盐，促进水的电离，b点时根据反应2HCl＋Ba（OH）2===BaCl2＋2H2O得反应后溶液中溶质成分为等物质的量的BaCl2和Ba（OH）2，BaCl2为强酸强碱盐，对水的电离无影响，而Ba（OH）2抑制水的电离，c点时根据反应H2SO4＋Ba（OH）2===BaSO4↓＋2H2O得两者恰好反应，产物BaSO4难溶且强酸强碱盐对水的电离无影响，d点时根据反应2CH3COOH＋Ba（OH）2===（CH3COO）2Ba＋2H2O得反应后溶质成分为等物质的量的Ba（OH）2、（CH3COO）2Ba，Ba（OH）2抑制水的电离，（CH3COO）2Ba促进水的电离，d点对水电离的抑制程度小于b点，综上所述水的电离程度的大小关系：a>c>d>b，故C错误；由C项分析可知，a点时溶质成分为（CH3COO）2Ba，因此a点对应的溶液中离子浓度大小关系：c（CH3COO－）>c（Ba2＋）>c（OH－）>c（H＋），故D错误。
10．答案：B
解析：由题干信息可知，N2H4的Kb1＝10－6，Kb2＝10－15，则N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 的水解平衡常数：eq \f(Kw,Kb1)＝eq \f(10－14,10－6)＝10－8>Kb2，即N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 的水解程度大于电离程度，水解和电离都是微弱的，N2H5Cl溶液中有c（N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) ）>c（N2H4）>c（N2H eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(6)) ），A正确；pOH越大，溶液中的OH－浓度越小，故此图像是向0.1ml·L－1N2H5Cl溶液中通入HCl的变化曲线，b点时加入的HCl抑制了N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 的水解，到c点时抑制作用最强，此时N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 浓度最大，继续加入HCl对N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 的电离起促进作用，则N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 浓度又减小，故d点加入的HCl的物质的量大于b点所加HCl的物质的量，B错误；由图示可知，c（N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) ）：b>a，水的电离程度：b>a，C正确；结合NH3在水中的电离方式可知，N2H4的电离方程式为N2H4＋H2O⇌N2Heq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5))＋OH－，N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) ＋H2O⇌N2Heq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(6))＋OH－，则Kb1×Kb2＝eq \f(c（N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) ）·c（OH－）,c（N2N4）)×eq \f(c（N2H eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(6)) ）·c（OH－）,c（N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) ）)＝eq \f(c（N2H eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(6)) ）·c2（OH－）,c（N2H4）)＝10－21，若c（N2H eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(6)) ）>c（N2H4），c（OH－）10－3.5，则pH小于3.5，D正确。