2022届高考化学一轮复习 第八章 第25讲 水的电离及溶液的酸碱性课时作业练习（含解析）.docx

1、第25讲 水的电离及溶液的酸碱性1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SO2B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：H2OHOH。当向水中通入SO2时发生反应：SO2H2OH2SO3，H2SO3HHSO，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

2、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：2Na2H2O=2NaOHH2，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：A225 时，水的电离达到平衡：H2OHOHH0，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)减小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

3、稀氨水，由于氨水在溶液中存在电离平衡：NH3H2ONHOH，电离产生的OH使溶液中c(OH)增大，水的电离平衡逆向移动使c(OH)减小，c(OH)增大的程度大于减小的程度，故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：B3将pH1的盐酸平均分成两份，一

4、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()A9B10C11D12解析：将pH1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；另一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1011101x102(1x)，解得x，则加入的水与NaOH溶液的体积比为9111。答案：C4常温下，pHa和pHb的两种NaOH溶液，已知ba2，则将两种溶液等体积混合后，所得溶液的pH接近于()Aalg 2Bblg 2Calg 2Dblg 2解析：两种溶液中c(OH)分别为10a14 molL1、10b14

5、 molL1，等体积混合后：c(OH) molL1，pOH(14a)lg 101lg 212alg 2，pH14pOH2alg 2blg 2。答案：B5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23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

6、水洗后用待测液润洗23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显中性，选项D正确。答案：D6食醋是厨房中常用调味品，某品牌白醋的浓度约为0.6 molL1，可用0.100 0 molL1 NaOH溶液来精确滴定其浓度，下列叙述中正确的是()ANaOH溶液盛装在带玻璃塞的滴定管中B选用紫色石蕊做指示剂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

7、，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：C7室温时，M(OH)2(s)M2(aq)2OH(aq)，Kspa。c(M2)b molL1时，溶液的pH等于()A.lg()B.lg()C14lg()D14lg()解析：根据M(OH)2的Kspc(M2)c2(OH)，则溶液中c(OH) ，则pHlg c(H)lg(1014 )14lg()14lg()。答案：C8室温时，将x mL pHa的稀NaOH溶液与y mL pHb的稀盐酸充分反应。下列关于反应后

8、溶液pH的判断，正确的是()A若xy，且ab14，则pH7B若10xy，且ab13，则pH7C若axby，且ab13，则pH7D若x10y，且ab14，则pH7解析：pHb的盐酸中c(H)10b molL1；pHa的NaOH溶液中：c(H)10a molL1；c(OH)10a14 molL1。c(H)混 molL1。若xy，ab14，则pH7；若10xy，ab13，则pH7；若axby，ab13，则pH7，故应选D。答案：D9已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a molL1的一元酸HA与b molL1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是()AabB混合溶液的p

9、H7C混合溶液中，c(H) molL1D混合溶液中，c(H)c(B)c(OH)c(A)解析：若ab，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，A错误；只有当温度T298 K时pH7的溶液才呈中性，B错误；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，D错误；因c(H)c(OH)Kw，中性溶液中c(H)c(OH)，故c(H) molL1，C正确。答案：C10室温下，甲、乙两烧杯中均盛有5 mL pH3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH4。关于甲、乙两烧杯中溶液的描述不正确的是()溶液的体积：10V甲V乙水电离出的

10、OH浓度：10c(OH)甲c(OH)乙若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲乙若分别与5 mL pH11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲乙ABCD解析：若酸是强酸，稀释过程中氢离子物质的量不变：5103L103 mol/LV乙 L104 mol/L，解得V乙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，故正确；pH3的酸溶液中，c(OH)甲 mol/L1011 mol/L；pH4的酸溶液中，c(OH)乙mol/L1010 mol/L，则10c(OH)甲c(OH)乙，故错误；稀

11、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，故错误；若酸是强酸，分别与5 mL pH11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，故正确。答案：B1125 时，向10 mL 0.1 molL1 NH4HSO4溶液中逐滴滴入0.1 molL1 NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示：(1)用电离方程式表示P点pHc(NH)bN点c(NH

12、)c(Na)2c(SO)cQ点c(NH)c(NH3H2O)c(Na)解析：(1)NH4HSO4溶于水完全电离生成NH、H、SO，因此P点pHc(NH)；b项，N点溶液呈中性，有c(H)c(OH)，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NH3H2O和Na2SO4，根据物料守恒可得2c(NH)2c(NH3H2O)c(Na)。答案：(1)NH4HSO4=NHHSO(2)M(3)ab12(1)常温下，将1 mL pH1的H2SO4溶液加水稀释到100 mL，稀释后的溶液中_。(2)某温度时，测得0.01 molL1的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水

13、的离子积常数Kw_。该温度_(填“高于”或“低于”)25 。(3)常温下，设pH5的H2SO4溶液中由水电离出的H浓度为c1；pH5的Al2(SO4)3溶液中由水电离出的H浓度为c2，则_。(4)常温下，pH13的Ba(OH)2溶液a L与pH3的H2SO4溶液b L混合(混合后溶液体积变化忽略不计)，若所得混合溶液呈中性，则ab_。答案：(1)1108(2)11013高于(3)1104(4)1100B组提升题组13298 K时，在20.0 mL 0.10 molL1氨水中滴入0.10 molL1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 molL1氨水的电离度为1.32 %

14、，下列有关叙述正确的是()A该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂BM点对应的盐酸体积为20.00 mLCM点处的溶液中c(NH)c(Cl)c(H)c(OH)DN点处的溶液中pH12解析：向氨水中滴加稀盐酸，两者等物质的量反应，产物为NH4Cl，其溶液显酸性，应选择在酸性范围内变色的指示剂，如甲基橙的变色范围为3.14.4。而酚酞的变色范围是8.210.0，在碱性范围内变色，不能作为该滴定的指示剂，故A项错误；盐酸体积为20.00 mL时恰好反应生成NH4Cl，NHH2ONH3H2OH导致其溶液pH小于7，而M点处pH7，故B项错误；因为溶液pH7，所以c(H)c(OH)107 molL1，又由于存

15、在电荷守恒c(H)c(NH)c(OH)c(Cl)，可得c(NH)c(Cl)，二者浓度约为0.05 molL1，远大于107molL1，故C项错误；若开始时pH为12，则c(OH)102 molL1，此时对应氨水的电离度为10%，由于题中给出氨水电离度为1.32%，远低于10%，则pH应小于12，故D项正确。答案：D1425 时，用0.100 molL1盐酸滴定25.00 mL 0.100 molL1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B25 时，NH3H2O的lg Kb4.8C0.100 molL1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(

16、Cl)c(NH3H2O)c(NH)解析：由题图知反应终点时溶液的pH5.12，不在酚酞变色范围内，A项错误；c(NH)c(NH3H2O)时pH9.2，Kbc(OH)109.214104.8，lg Kb4.8，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NH3H2O的混合溶液，由题图知溶液显碱性，则NH3H2O的电离程度大于NH的水解程度，故c(NH)c(Cl)c(NH3H2O)，D项错误。答案：B15某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)。.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a molL

17、1KBrO3标准溶液；.取V1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；.向所得溶液中加入V2 mL废水；.向中加入过量KI；.用b molL1Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V3 mL。已知：I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色(1)中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。(2)中发生反应的离子方程式是_。(3)中加KI前，溶液颜色须为棕黄色，原因是_。(4)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)6n(KBrO3)时，KI一定过

18、量，理由是_。(5)中滴定至终点的现象是_。(6)废水中苯酚的含量为_gL1(苯酚的摩尔质量为94 gmol1)。(7)由于Br2具有_性质，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5BrBrO6H=3Br23H2O。(3)溶液显棕黄色说明溴过量，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)5BrBrO6H=3Br23H2O，Br22KI=I22KBr，反应物用量存在关系：KBrO33Br26KI，

19、因此如果没有苯酚与溴的反应，则n(KI)n(KBrO3)61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且半分钟内不恢复蓝色。(6)V1 mL a molL1 KBrO3溶液的物质的量为aV1103 mol，V3 mL b molL1硫代硫酸钠的物质的量为bV3103 mol，可消耗I2的物质的量为bV3103 mol；由3I2BrO可知，生成bV3103 mol I2需要消耗BrO的物质的量为bV3103 mol，即与苯酚对应的BrO的物质的量为(aV1103bV3103) mol，由3Br2BrO可知，苯酚的物质的量为(aV1103bV3103) mol，即废水中苯酚的含量 gL1 gL1。(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)5BrBrO6H=3Br23H2O(3)Br2过量，保证苯酚完全反应(4)反应物用量存在关系：KBrO33Br26KI，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)溶液蓝色恰好消失且半分钟内不恢复蓝色(6)(7)挥发