3.2 水的电离和溶液的ph 同步练习题 2024-2025学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1

3.2 水的电离和溶液的ph 同步练习题 2024-2025学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 一、单选题 1．下列关于水的电离H2OH++OH- △H＞0的说法错误的是（　　） A．将水加热至80℃，水的电离平衡正向移动，水依然呈中性 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．在某温度时，纯水中水电离的c(H+)为1.0×10-6 mol/L，水呈酸性 D．25℃的某溶液中，水电离的c(H+)=1.0×10-12 mol/L时，溶液可能呈酸性 2．下列叙述中，错误的是（　　） A．固体氯化钠不能导电，但氯化钠是电解质 B．纯水的pH值随温度的升高而降低 C．pH= (为水的离子积常数)的溶液一定呈中性 D．用大量水稀释溶液，溶液中所有离子浓度都要减小 3．下列在限定条件溶液中的各组离子，能够大量共存的是（　　） A．pH=1的溶液：Na+、Cl－、Fe2+、NO B．与Al能产生氢气的溶液：K+、Ba2+、Cl－、Br－ C．使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl－、SO、Al3+ D．水电离的H+浓度为1×10−12mol·L−1的溶液：K+、SO、CO、NH 4．25℃时，取浓度均为0.1 mol·L−1的醋酸溶液和氨水各20 mL，分别用0.1 mol·L−1 氢氧化钠溶液和0.1 mol·L−1盐酸进行中和滴定，滴定过程中pH随滴加溶液的体积变化关系如图所示。下列说法正确的是 A．曲线I，滴加10 mL溶液时：c(NH4+)+c(H＋)＝c(OH－)+c(NH3·H2O) B．曲线I，滴加20 mL溶液时：两溶液恰好完全反应，此时溶液的pH<7 C．曲线II，滴加溶液体积在10～20 mL之间时存在：c(NH4+)＝c(Cl－)>c(OH－)＝c(H＋) D．曲线II，滴加30 mL溶液时：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(OH－)>c(H＋) 5．常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（　　） A．的溶液中：、、、 B．无色溶液中：、、、 C．由水电离出的的溶液中：、、、 D．在使酚酞变红的溶液中：、、、 6．在实验室里可用标准溶液滴定醋酸溶液的方法准确测定某醋酸的物质的量浓度，下列操作会导致测定结果偏低的是 A．滴定前锥形瓶未干燥 B．未用标准溶液润洗滴定管 C．滴定后俯视读数 D．盛放标准液的滴定管滴定至终点时有一滴悬在管口 7．化学上常用表示溶液中的。25℃时，用0.100的溶液滴定20.000.100的溶液，与所加溶液的体积V的关系如图所示，下列说法正确的是（　　） A．D点溶液的 B．C点之前溶液显碱性，C点之后溶液显酸性 C．C点时，加入溶液的体积为20 D．25℃时，的电离常数 8．常温下，向一元弱碱BOH溶液中滴加一元强酸稀溶液，已知在一元弱碱BOH溶液中存在： c(BOH) +c(B+) =0.1 mol·L-1，溶液中c( BOH)和c(B+)的负对数pc的大小与pOH[ pOH= - lge( OH-)]的关系如图所示。下列有关叙述错误的是（　　） A．常温下，当溶液的pOH =5.75时，溶液的pH =8.25 B．常温下，一元弱碱BOH的电离平衡常数约为10-5 C．a点对应的溶液中，一元弱碱BOH的电离程度大于B+的水解程度 D．当溶液的pOH =5.75时，c(OH-) <c (H+)< c(B+) <c( BOH) 9．从下列实验事实所得出的相应结论正确的是（　　） 选项 实验事实 结论 A 向溶液中滴加少量稀硫酸，电导率减小 溶液中的离子浓度减小 B 在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变 催化剂一定不参与化学反应 C 常温下，用pH计分别测定等体积溶液和溶液的pH，测得pH都等于7 同温下，不同浓度的溶液中水的电离程度相同 D 向溶液中滴入稀盐酸，溶液中出现凝胶 非金属性：Cl＞Si A．A B．B C．C D．D 10．常温下，在下列给定条件的溶液中，一定能大量共存的离子组是（　　） A．能使紫色石蕊溶液变红色的溶液：Na+、Fe2+、SO、NO B．c(Fe3+)=0.1mol·L-1的溶液：H+、Al3+、Br-、SCN- C．加入铝粉生成H2的溶液：K+、NH、SO、HCO D．=0.1mol·L-1的溶液：Na+、K+、Cl-、CO 11．下列说法正确的是 A．常温下，等pH的与溶液的导电性相同 B．溶液呈酸性，是由于水解大于电离 C．常温下，pH=3的①溶液②HCl溶液③溶液中水电离程度：③>②=① D．常温下，的NaOH溶液，加水稀释10倍，所得溶液 12．化学中常用表示水溶液的酸碱度，其定义为。下列有关叙述不正确的是（　　） A．等质量的分别与均为3的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积更少 B．的盐酸和醋酸分别加水稀释至，盐酸加水体积更多 C．的醋酸溶液加水稀释使其体积变为原来的10倍，所得溶液小于4 D．向的醋酸溶液中加入等体积的盐酸溶液，醋酸的电离平衡不移动 13．配合物乙二胺四乙酸铁钠(，摩尔质量为)可溶于水，易风化，常见于强化盐中。乙二胺四乙酸铁钠的制备及测定如下： I．产品的制备： 步骤1：准确称取于烧杯中，加水充分溶解，分批加入适量浓氨水，搅拌、过滤、洗涤、干燥。 步骤2：将Fe(OH)3、乙二胺四乙酸(H4Y)，水加入三颈烧瓶中，搅拌，80℃水浴反应1h，加入Na2CO3溶液，发生反应：。经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、洗涤，晾干后得产品。 II．产品中铁含量的测定： 称取m2g祥品，加稀硫酸溶解，配成100.00mL溶液。取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入淀粉溶液，用标准溶液滴定，发生反应：。重复2~3次，消耗Na2S2O3标准溶液VmL。 对于上述实验，下列做法错误的是 A．分批加入浓氨水和搅拌可避免Fe(OH)3沉淀裹入过多杂质 B．“蒸发浓缩”操作为加热蒸发至大量晶体析出，停止加热 C．配制样品溶液操作中玻璃棒至少用到三次 D．滴入最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色且半分钟不变色即达滴定终点 14．下列实验操作正确的是（　　） A．中和反应反应热测定实验中，酸碱混合时，量筒中溶液应缓缓倒入小烧杯中，不断用玻璃棒搅拌 B．向20.01的溶液中加入50.01的溶液充分反应，取反应后溶液向其中加入溶液，若溶液颜色变成红色则为可逆反应 C．用玻璃棒蘸取0.10溶液点在用水湿润的广泛试纸上，测定该溶液的 D．改用600.50盐酸跟500.55溶液进行反应，求出的中和热数值和原来不同 15．25℃时，在某物质的溶液中，由水电离出的c(H+)＝1×10－a mol/L，下列说法错误的是 A．a＜7时，水的电离受到促进 B．a＞7时，水的电离受到抑制 C．a＜7时，溶液的pH一定为a D．a＞7时，溶液的pH一定为14－a 16．常温下，将0.1 mol/L NaOH溶液分别滴入20 mL0.1 mol/L HX溶液与20 mL 0.1mol/L HCl溶液中，溶液pH随滴入NaOH溶液体积变化的图像如下图所示。下列说法错误的是 A．N曲线代表HCl溶液 B．水的电离程度： C．HX的电离常数为 D．a、d点溶液混合后呈酸性 17．下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是（　　）。 A．无色溶液中：、、、 B．含有的溶液中：、、、 C．的溶液中：、、、 D．由水电离出的的溶液中：、、、 18．在指定的条件下，一定能大量共存的离子组是 A．无色溶液。 B．碱性条件： C．水电离出的的溶液： D．制作印刷电路板的腐蚀液： 19．在温度T℃时，水的离子积常数，若将此温度下的稀硫酸与的溶液混合(不考虑溶液混合时温度和体积的变化)，若，则混合后溶液的为（　　） A．3 B．4 C．9 D．10 20．常温下，与0.01mol/LNaOH溶液的pH相同的溶液是（　　） A．0.01mol/L盐酸 B．0.01mol/LBa(OH)2溶液 C．pH=12的NaCN溶液 D．0.01mol/L氨水 二、综合题 21．常温下，向100mL0.1molL-1H2S溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液。实验过程中，H2S溶液的pH与所滴加的NaOH溶液体积的关系如下图。 已知NaHS溶液显碱性，则： （1）b点所对应的NaOH溶液体积　 　100mL(填“大于”、“等于”或“小于”)。 （2）a、b、c、d中，水的电离程度最大的是　 　(填字母代号)。 22．室温下，有浓度均为0.2mol·L-1的下列五种溶液，请回答问题。 ①HCl ②NaCl ③CH3COOH ④CH3COONa ⑤Na2CO3 资料：室温下电离常数，醋酸Ka=1.7×10-5；碳酸Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11。 （1）上述溶液中水的电离被抑制的是　 　(填序号，下同)，水的电离被促进的是　 　，用离子方程式表示促进水电离程度最大的溶质与水的作用：　 　。 （2）上述溶液的pH由大到小的顺序为　 　。 （3）比较溶液③和④中CH3COO-的物质的量浓度：③　 　④(填“<”、“=”或“>”)。 （4）向溶液①中加水稀释至原体积的2倍，恢复至室温，所得溶液的pH为　 　。 （5）为确定溶液①稀释后的精确浓度，取20.00mL待测溶液①于锥形瓶中，用浓度为0.1000mol·L-1的NaOH标准溶液滴定。 ①为了确定滴定终点，还需要加入的试剂为　 　，达到滴定终点的现象为　 　。 ②在滴定实验过程中，下列仪器中有蒸馏水，对实验结果没有影响的是　 　(“滴定管”或“锥形瓶”)。 ③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗氢氧化钠标准溶液体积的平均值为20.30mL，则①所得溶液的准确浓度为　 　mol·L-1。 23．常温下，有浓度均为0.1mol•L-1的下列6种溶液： ①NaCN溶液②NaOH溶液③CH3COONa溶液④NH3•H2O溶液⑤NH4Cl溶液⑥FeCl3溶液 HCN H2CO3 CH3COOH Ka=4.9×10-10 Ka1=4×10-7 Ka2=5.6×10-11 Ka=1.7×10-5 （1）溶液③pH=10的原因是　 　(用离子方程式表示)。 （2）溶液①中各离子浓度由大到小的顺序是　 　。 （3）溶液①和③相比较，pH(NaCN)　 　pH(CH3COONa)(填“＞”“＜”或“=”)。 （4）pH相等的溶液②和溶液④，稀释相同的倍数，则稀释后pH(NaOH)　 　pH(NH3•H2O)(填“＞”“＜”或“=”)。 （5）CuCl2溶液中混有FeCl3杂质时，通常加入氧化铜固体以达到除杂目的，原因是　 　(用相应的离子方程式和必要的文字加以解释)。 （6）25℃时，向①NaCN溶液中通入少量CO2，发生反应的离子方程式为　 　。 （7）常温下，若④NH3•H2O溶液和⑤NH4Cl溶液的混合溶液中c()=c(Cl-)，则该溶液呈　 　性。(填“酸”“碱”或“中”)。 24．在水的电离平衡中，c(H+)和c(OH-)的关系如图所示： （1）A点水的离子积为，B点水的离子积为　 　。造成水的离子积变化的原因是　 　。 （2）下列说法正确的是　 　(填字母)。 a．图中A，B，D三点处Kw的大小关系：B＞A＞D b．AB线上任意点的溶液均显中性 c．B点溶液的pH=6，显酸性 d．图中温度T1＞T2 （3）某校学生用中和滴定法测定某NaOH溶液的物质的量浓度，选酚酞作指示剂。 ①盛装0.2000 mol/L盐酸标准液应该用　 　式滴定管。 ②终点判断方法：　 　。 ③有关数据记录如下： 实验序号待测液体积(mL)所消耗盐酸标准液的体积(mL) 实验序号 待测液体积(mL) 所消耗盐酸标准液的体积(mL) 滴定前 滴定后 1 20.00 0.60 20.70 2 20.00 6.00 25.90 3 20.00 0.40 23.20 则NaOH溶液的物质的量浓度为　 　mol/L。(保留四位有效数字) ④若滴定时锥形瓶未干燥，则测定结果　 　；(填“无影响”、“偏高”或“偏低”)。 25．某电镀废水中含有氰化物、铬(VI)等污染物，需要经过处理后才能排放。 （1）废水中铬(VI)主要以和形式存在，处理的方法是将铬(VI)还原为，再转化为沉淀。常温下，与在溶液中存在如下平衡：，该反应的平衡常数。 ①若废水中Cr(Ⅵ)的总的物质的量浓度mol∙L-1，要将废水中调节为100：1，则需调节溶液的pH=　 　。(忽略调节pH时溶液体积的变化) ②一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是向其中加入NaHSO3，写出所发生反应的离子方程式：　 　。 ③一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是加入铁屑。实验发现，在不改变铁屑总量的情况下，加入一定的烟道灰(一种细小的炭粒)，铬(VI)还原速率加快。加入烟道灰后铬(VI)还原速率加快的原因是　 　。 ④一种微生物电池还原Cr(Ⅵ)的工作原理如图甲所示。电池工作时a电极发生的电极反应为　 　。 （2）Fenton法去除氰化物的过程为H2O2在少量Fe2+催化作用下生成具有强氧化性的∙OH (羟基自由基)，∙OH将氰化物氧化为无毒物质。Fe2+催化H2O2生成∙OH的过程及∙OH氧化氰化物的过程中会发生如下反应： 实验发现，反应相同时间，氰化物的去除率与溶液pH的关系如图乙所示。pH=2~4时，氰化物的去除率随pH的增大而减小的原因是　 　。 答案解析部分 1．【答案】C 【解析】【解答】A．水电离过程会吸收热量，将水加热至80℃，水的电离平衡正向移动，但由于水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此水依然呈中性，A不符合题意； B．向水中加入少量NaOH，溶液中c(OH-)增大，水的电离平衡逆向移动，最终达到平衡时溶液中c(H+)＜c(OH-)，因此溶液呈碱性，B不符合题意； C．在某温度时，纯水中水电离的c(H+)为1.0×10-6 mol/L，水电离程度增大，该温度比室温高，升高温度导致水电离产生的c(H+)增大，由于水电离产生的c(H+)=c(OH-)，因此水仍然呈中性，C符合题意； D.25℃的某溶液中，水电离的c(H+)=1.0×10-12 mol/L时，水电离程度比纯水的低，抑制了水的电离，可能是向溶液中加入了酸，溶液显酸性，也可能是加入了碱，使溶液显碱性，因此该溶液可能呈酸性，也可能显碱性，D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A、升高温度促进水的电离； B、增大氢氧根浓度，平衡朝逆向移动； C、水无论处于什么温度都为中性； D、氢离子浓度<10-7mol/L，溶液可能是酸性，也可能是碱性。 2．【答案】D 【解析】【解答】A、氯化钠溶于水能导电，属于电解质，故A不符合题意； B、加热促进水电离，随温度的升高，纯水中氢离子浓度增大，纯水的pH值随温度的升高而降低，故B不符合题意； C、pH=(为水的离子积常数) 的溶液中，c （H+）=c （OH-） ，一定呈中性，故C不符合题意； D、若溶液呈中性，用水稀释则c （H+）、c （OH-）不变，若溶液呈酸性，用大量水稀释溶液则c （OH-）增大，若溶液呈碱性，用大量水稀释溶液则c （H+）增大 ，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A、电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物； B、加热促进水电离； C、c （H+）=c （OH-） 的溶液一定呈中性； D、用大量水稀释溶液，若溶液呈酸性，则c （OH-）增大，若溶液呈碱性，c （H+）增大。 3．【答案】B 4．【答案】B 【解析】【解答】A、实现表示的为HCl滴定氨水的曲线，加入10mL溶液，NH3·H2O反应掉一半，得到NH3·H2O和NH4Cl等浓度的混合溶液，根据物料守恒有c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=2c(Cl－)；根据电荷守恒，有c(NH4+)+c(H＋)＝c(OH－)+c(Cl－)，加入10mLHCl时，溶液呈碱性，说明NH3·H2O的电离大于NH4＋的水解，则c(NH4＋)＞c(Cl－)＞c(NH3·H2O)，则c(NH4+)+c(H＋)＜c(OH－)+ c(Cl－)，A不符合题意； B、恰好完全反应时，生成NH4Cl，为强酸弱碱盐，水解成酸性，pH＜7，B符合题意； C、曲线Ⅱ中，滴加溶液体积在10mL～20mL时，溶液的pH从酸性变成碱性，除了中性外c(OH－)≠c(H＋)，C不符合题意； D、曲线II，滴加30 mL溶液时，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)；根据电荷守恒c(CH3COO－)+c(OH－)=c(H＋) +c(Na＋)，则c(Na＋)> c(CH3COO－)，D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A、结合物料守恒判断； B、氯化铵中铵根离子水解呈酸性； C、氢离子和氢氧根的浓度大小可以根据溶液酸碱性判断； D、结合电荷守恒判断。 5．【答案】D 【解析】【解答】A、 的溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根具有强氧化性，能将亚铁离子氧化，不能大量共存，故A不符合题意； B、 为紫色，不能大量存在于无色溶液中，故B不符合题意； C、 由水电离出的的溶液，水的电离被抑制，可能呈酸性也可能呈碱性，碱性条件下，铵根离子不能大量存在，故C不符合题意； D、使酚酞变红的溶液呈碱性，碱性溶液中， 、、、 之间互不反应，能大量共存，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存。 6．【答案】C 7．【答案】D 【解析】【解答】A．D点溶液的AG==-8.5，则c(H+)=10-11.75，，A不符合题意； B．在C点，AG==0，则c(H+)= c(OH-)=10-7mol/L，在C点之前溶液显酸性，C点之后溶液显碱性，B不符合题意； C．C点lg=0，溶液呈中性，NaNO2是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，要使混合溶液呈中性则酸应该稍微过量，酸碱浓度相等，则C点加入NaOH溶液的体积小于20 mL，溶质为HNO2和NaNO2，C不符合题意； D.25℃时，在A点，=-5.5，=10-5.5，则==10-4。5，故HNO2的电离常数，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】1.弄清楚横纵坐标含有，图像变化趋势以及含义，2.充分利用图像的特殊点位进行计算，如起点、交点、终点，3.结合电荷守恒、物料守恒等进行比较离子浓度大小。 8．【答案】D 【解析】【解答】A．常温下，水溶液中始终存在水的电离平衡常数Kw=，pOH=5.75时，c(OH-)=mol/L，因此氢离子浓度为c(H+)=mol/L=mol/L，即pH =8.25，A不符合题意； B．根据a点，可知c(B+) =c( BOH)，BOH的电离平衡常数Kb=，此时c(OH-)=mol/L，可得电离平衡常数为，数量级为10-5，B不符合题意； C．a点溶液，对应的溶液pOH=4.75，溶液呈碱性，可知BOH的电离程度大于水解程度，C不符合题意； D．pOH =5.75时，由图像知pBOH>pB，则c(B+)> c(BOH)，且溶液呈碱性，c(OH-)> c(H+)，所以c (H+) <c(OH-) <c( BOH) < c(B+)，D符合题意； 故答案为：D。 【分析】A、常温下，pH+pOH=14； B、结合交点判断其pOH和电离平衡常数； C、根据此时的酸碱性，判断电离程度和水解程度； D、结合电荷守恒和图象进行判断。 9．【答案】A 【解析】【解答】A． 向溶液中滴加少量稀硫酸，二者反应生成难溶于水的硫酸钡沉淀和水，溶液中的离子浓度减小，电导率减小，故A符合题意； B． 催化剂可能参与化学反应，在化学反应前后，催化剂的质量和化学性质都没有发生改变，是因为催化剂参与反应，又生成，故B不符合题意； C． 不同浓度的溶液的pH都等于7，说明醋酸根离子和铵根离子的水解程度相等，但是浓度越大，两种离子的水解程度就越大，水的电离程度就越大，故C不符合题意； D． 向溶液中滴入稀盐酸，溶液中出现凝胶，说明盐酸的酸性比硅酸的酸性强，但是非金属性强弱需要比较最高价含氧酸的酸性强弱，故该实验不能证明非金属性：Cl＞Si，故D不符合题意； 故答案为：A。 【分析】A.溶液的导电性与离子浓度和离子所带电荷有关； B.催化剂可能先参与反应，再生成； C.酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离； D.盐酸不是Cl元素的最高价含氧酸。 10．【答案】D 【解析】【解答】A．能使紫色石蕊溶液变红色的溶液显酸性，H+、Fe2+、NO发生氧化还原反应不能共存，故A不符合题意； B．Fe3+、SCN-结合生成络离子，不能共存，故B不符合题意； C．加入铝粉生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存在NH、HCO，酸溶液中不能大量存在HCO，故C不符合题意； D．常温下=0.1mol·L-1的溶液显碱性，各种离子之间不反应，可大量共存，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】判断离子之间是否能大量共存，主要看离子之间是否发生反应。若离子之间反应生成气体、沉淀、弱电解质或发生氧化还原反应、络合反应、双水解反应等时，离子之间不可大量共存。在遇到此类试题时，注意题干中是否涉及颜色，要熟悉溶液中常见离子的颜色，以及溶液的酸碱性。另注意“H+与NO3－”组合具有强氧化性，能与S2-、Fe2+、I-等发生氧化还原反应。 11．【答案】C 【解析】【解答】A．是弱电解质，不完全电离，为盐，完全电离，所以常温下，等pH的与溶液的导电性：>，故A不符合题意； B．溶液中，存在电离：和水解：，溶液呈酸性，则说明以电离为主，故B不符合题意； C．属于强酸弱碱盐，水解，水的电离程度最大，任何酸和碱都抑制水的电离，pH=3的溶液和HCl溶液电离程度相同，综上水的电离程度：③>②=①，故C符合题意； D．NaOH为强碱，完全电离，稀释时，溶液中离子浓度成倍数变化，常温下，的NaOH溶液，加水稀释10倍，所得溶液，故D不符合题意，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】A．依据电解强弱，导电性与溶液中自由移动离子的浓度有关； B．利用溶液性质分析电离和水解的程度； C．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离； D．稀释时，溶液中离子浓度成倍数变化。 12．【答案】A 【解析】【解答】A.pH均为3的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大，与等质量的NaOH溶液恰好完全反应，消耗醋酸的体积更少，A错误； B. 的盐酸和 醋酸分别加水稀释至 ，醋酸电离平衡正向移动，加水体积更小，所以盐酸加水体积更多，B正确； C. 的醋酸溶液加水稀释使其体积变为原来的10倍，，所得溶液pH小于4，C正确； D.向 的醋酸溶液中加入等体积 的盐酸溶液，不变，醋酸的电离平衡不移动，D正确； 故选A。 【分析】A.​​​​​​​pH均为3的盐酸和醋酸溶液，醋酸浓度大； B、C.稀释时醋酸电离平衡正向移动； D.醋酸的电离平衡不移动。 13．【答案】B 14．【答案】B 【解析】【解答】A．中和反应反应热测定实验中，酸碱混合时，量筒中氢氧化钠溶液应迅速倒入小烧杯中，否则会造成热量散失，导致所测结果偏低，故A不符合题意； B．少量的氯化铁溶液与碘化钾溶液充分反应后加入硫氰化钾溶液，溶液颜色变成红色说明溶液中含有铁离子，证明氯化铁溶液与碘化钾溶液反应生成氯化亚铁和碘的反应为可逆反应，故B符合题意； C．用pH试纸测定醋酸醋酸溶液pH时，试纸不能用蒸馏水润湿，且测定的pH为范围值，不是确定值，故C不符合题意； D．改用60mL0.50mol/L盐酸跟50mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行反应时，反应放出的热量不同，但求出的中和热数值和原来相同，故D不符合题意； 故答案为：B。 【分析】A.若缓缓把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，热量散失，导致反应后的温度低； C.广泛pH试纸只能测出整数值； D.中和热取决于稀的强酸与强碱反应生成1mol水放出的热量，与酸碱的物质的量无关。 15．【答案】D 【解析】【解答】A．如果a＜7，则水电离出的c(H+)＞1×10-7mol/L，则水的电离受到促进，故A不符合题意； B．如果a＞7，则水电离出的c(H+)＜1×10-7mol/L，则水的电离受到抑制，故B不符合题意； C．如果a＜7，则水的电离受到促进，该溶液为盐溶液，溶液的pH=a，故C不符合题意； D．如果a＞7，则水的电离受到抑制，该溶液为酸溶液或碱溶液，则该溶液的pH值为a或14-a，故D符合题意； 故答案为：D。 【分析】水电力的氢离子浓度如果小于10-14mol/L，则可能是酸溶液或者碱溶液，如果水电离的氢离子浓度大于10-14mol/L，则是水解成酸性的盐溶液。 16．【答案】D 17．【答案】C 【解析】【解答】A.Fe3+溶液显黄色，Fe3+与SCN-生成配合物Fe(SCN)3不能大量共存，A错误； B.Al3+与HCO3-发生双水解不能大量共存，B错误； C.pH=11的溶液呈碱性，但 CO32-、K+、NO3-、SO42- 与OH-均能相互共存，C正确； D. 由水电离出的的溶液，可能显酸性也可能显碱性，碱性溶液Fe2+、Al3+不能共存，酸性条件H+、NO3-、Fe2+发生氧化还原反应不能大量共存，D错误； 答案：C 【分析】A.无色溶液中不能有有颜色的离子Fe3+，Fe3+与SCN-生成配合物Fe(SCN)3不能大量共存； B.Al3+与HCO3-发生双水解不能大量共存； C.pH=11的溶液呈碱性； D.由水电离出的的溶液，可能显酸性也可能显碱性。 18．【答案】B 19．【答案】D 【解析】【解答】设稀硫酸的体积bL=9L，氢氧化钠溶液的体积cL=101L，则稀硫酸中氢离子的物质的量为0.1mol/L9L=0.9mol，氢氧化钠溶液中氢离子浓度为10-11mol/L，氢氧根离子的浓度为mol/L=10-2mol/L，氢氧根离子的物质的量为10-2mol/L101L=1.01mol，氢氧根离子的物质的量大于氢离子的物质的量，两者混合后溶液显碱性，c(OH-)=，氢离子浓度为=10-10mol/L，pH=10， 故答案为：D。 【分析】混合后NaOH过量，溶液显碱性，计算溶液中c(OH-)，进而计算c(H+)，最后根据pH=-lgc(H+)计算，据此解答。 20．【答案】C 【解析】【解答】A、 0.01mol/L盐酸中c（H+）=10-2mol/L，pH=2 ，故A不符合题意； B、 0.01mol/LBa（OH）2溶液中c（OH-）=0.02mol/L ， c（H+）=5×10-13mol/L，pH=13-lg5 ，故B不符合题意； C、pH=12的NaCN溶液的pH与0.01mol/LNaOH溶液的pH相同，故C符合题意； D、一水合氨部分电离， 0.01mol/L氨水中c（OH-）＜0.01mol/L，其pH＜12 ，故D不符合题意； 故答案为：C。 【分析】 0.01mol/LNaOH溶液中c（OH-）=0.01mol/L，溶液中c（H+）=1×10-12mol/L，pH=-lg1×10-12=12。 21．【答案】（1）小于 （2）c 【解析】【解答】（1）若向100mL0.1molL-1H2S溶液中滴加100mL 0.1mol·L-1NaOH溶液，则两者物质的量之比为1：1，发生的反应为H2S+NaOH=NaHS+H2O，溶质为NaHS，结合题干信息可知常温下NaHS溶液呈碱性，即pH>7，而图像中b点pH=7，则滴加的NaOH溶液体积小于100mL，故答案为：小于； （2）溶质电离出氢离子、氢氧根离子均抑制水的电离，离子的水解会促进水的电离，a点溶质为NaHS和H2S，溶质会同时抑制和促进水的电离，b点溶质为NaHS，溶质会抑制和促进水的电离，c点溶质为Na2S，溶质只会促进水的电离，d点溶质为Na2S和NaOH，溶质会抑制和促进水电离，综上可知，只有c点的溶质只会促进水的电离，则水电离程度最大的是c，故答案为：c。 【分析】（1）此类题型可以先假设恰好反应的点，根据该点的pH判断溶液的酸碱性，再根据题干或图像信息判断所加溶液的体积； （2）溶质电离出氢离子、氢氧根离子均抑制水的电离，离子的水解会促进水的电离。 22．【答案】（1）①③；④⑤；+H2O +OH-、+H2OH2CO3+OH- （2）⑤④②③① （3）< （4）1 （5）酚酞；溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；锥形瓶；0.1015 【解析】【解答】(1)酸或碱电离产生的氢离子或氢氧根离子抑制水的电离，上述溶液中水的电离被抑制的是①③； 盐电离产生的阳离子（或酸根离子）与氢氧根离子（或氢离子）结合成弱碱（弱酸）促进水的电离，上述溶液中水的电离被促进的是④⑤； 弱酸的酸性越弱水解程度越大，促进水电离程度最大的溶质Na2CO3，可用离子方程式表示与水的作用为+H2O +OH-、+H2OH2CO3+OH-； (2)酸的酸性越强，酸的电离程度越大，其酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液的pH越小，根据表中数据知，酸性最强的酸是CH3COOH、酸性最弱的酸是H2CO3；上述溶液的pH由大到小的顺序为⑤④②③①； (3)弱酸的电离是微弱的，③中CH3COO-的物质的量浓度较小，盐CH3COONa的电离是完全的，盐CH3COONa的水解也是微弱的，④中CH3COO-的物质的量浓度较大，故③和④中CH3COO-的物质的量浓度：③<④； (4)盐酸是强酸完全电离，稀释时氢离子按倍数降低，故向溶液①中加水稀释至原体积的2倍，恢复至室温，所得溶液的pH为1； (5)为了确定滴定终点，还需要加入酸碱指示剂，所加的试剂为酚酞，达到滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色； ②在滴定实验过程中，必须用所装溶液润洗滴定管而锥形瓶不需要，锥形瓶中有蒸馏水，对实验结果没有影响，答案为“锥形瓶”； ③经3次平行实验，达到滴定终点时，消耗氢氧化钠标准溶液体积的平均值为20.30mL，则①所得溶液的准确浓度为 mol·L-1=0.1015mol·L-1。 【分析】(1)酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离；弱酸的酸性越弱水解程度越大； (2)酸的酸性越强，酸的电离程度越大，其酸根离子水解程度越小； (3)弱酸的电离是微弱的，水解也是微弱的； (4)盐酸是强酸完全电离，稀释时氢离子按倍数降低； (5)需要加入酸碱指示剂，通过现象变化判断终点； ②在滴定实验过程中，必须用所装溶液润洗滴定管而锥形瓶不需要； ③利用中和反应原理，用平均值计算。 23．【答案】（1）CH3COO-+H2OCH3COOH+OH- （2）c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+) （3）＞ （4）＜ （5）Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化铜与H+反应，c(H+)降低，平衡向右移动，c(Fe3+)减小 （6）CO2+H2O+CN-=+HCN （7）中 【解析】【解答】（1）溶液③CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子在溶液中发生水解，从而使溶液显碱性，则pH=10的原因是CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-。答案为：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-； （2）①NaCN为强碱弱酸盐，CN-发生水解生成OH-等，但单水解进行的程度小，所以c(CN-)＞c(OH-)，则各离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)。答案为：c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)； （3）溶液①NaCN和③CH3COONa相比较，由于Ka(HCN)=4.9×10-10＜Ka(CH3COOH)=1.7×10-5，所以NaCN水解的程度比CH3COONa大，溶液的碱性强，则pH(NaCN)＞pH(CH3COONa)。答案为：＞； （4）pH相等的溶液②NaOH溶液和④NH3•H2O溶液，由于NaOH为强碱，而NH3•H2O为弱碱，所以稀释相同的倍数，NH3•H2O的电离程度增大，溶液中OH-的物质的量增大，所以稀释后NH3•H2O中c(OH-)大，pH(NaOH)＜pH(NH3•H2O)。答案为：＜； （5）CuCl2溶液中混有FeCl3杂质，加入氧化铜固体，可与Fe3+水解生成的H+反应，从而促进Fe3+的水解，达到除杂目的，原因是：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化铜与H+反应，c(H+)降低，平衡向右移动，c(Fe3+)减小。答案为：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入氧化铜与H+反应，c(H+)降低，平衡向右移动，c(Fe3+)减小； （6）25℃时，向①NaCN溶液中通入少量CO2，由于Ka2(H2CO3)＜Ka(HCN)＜Ka1(H2CO3)，所以碳酸只发生第一步电离，发生反应的离子方程式为CO2+H2O+CN-=+HCN。答案为：CO2+H2O+CN-=+HCN； （7）常温下，若④NH3•H2O溶液和⑤NH4Cl溶液的混合溶液中c()=c(Cl-)，依据电荷守恒，可得出c(H+)=c(OH-)，则该溶液呈中性。答案为：中。 【分析】（1）依据盐类水解规律分析； （2）①依据盐类水解规律和电荷守恒分析； （3）利用越弱越水解分析 （4）依据化学平衡移动原理分析； （5）调节溶液的pH值：使某些离子转变为沉淀而达到分离的目的，抑制某些离子的水解，防止某些离子的氧化等； （6）依据强酸制弱酸分析； （7）依据电荷守恒分析。 24．【答案】（1）10-12；水电离过程会吸收热量，温度升高，水电离平衡正向移动，导致水电离产生的c(H+)、c(OH-)都增大 （2）b （3）酸；当滴加最后一滴标准酸溶液，溶液由浅红色变为无色，半分钟内溶液不再变为红色时，说明滴定达到终点；0.2000；无影响 【解析】【解答】（1）根据图示可知：B点水的离子积Kw= c(H+)·c(OH-)=10-6 mol/L×10-6 mol/L=10-12( mol/L)2； 水电离过程会吸收热量，温度升高，水电离平衡正向移动，导致水电离产生的c(H+)、c(OH-)都增大，因而水的离子积Kw增大； （2）a．在同一等温线上Kw相同，升高温度，水电离产生的c(H+)、c(OH-)都增大，水的离子积Kw增大；根据图示可知温度：T2＞T1，所以图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B＞A=D，a不正确； b．根据图示可知：A、B两点溶液中c(H+)=c(OH-)，溶液显中性，b正确； c．B两点溶液中c(H+)=10-6 mol/L，但溶液中c(H+)=c(OH-)，因此溶液仍然显中性，c不正确； d．由于水的离子积常数：T2＞T1，水电离过程会吸收热量，温度升高，水的离子积常数会增大，因此温度：T2＞T1，d不正确； 故答案为：b； （3）①盐酸中含有大量H+，溶液显酸性，因此应该盛放在酸式滴定管中； ②用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，以酚酞为指示剂，开始时溶液显红色，随着HCl的滴入，溶液碱性逐渐减弱，红色逐渐变浅，当滴加最后一滴标准酸溶液，溶液由浅红色变为无色，半分钟内溶液不再变为红色，说明滴定达到终点； ③三次实验消耗标准盐酸溶液的体积分别是20.10 mL、19.90 mL、22.80 mL，可见第三次实验数据偏差较大，应该舍去，平均消耗HCl的体积是V(HCl)=，根据恰好反应时n(HCl)=n(NaOH)，可知NaOH溶液的物质的量浓度c(NaOH)=； ④若滴定时锥形瓶未干燥，由于不影响NaOH溶液中溶质的物质的量，因此对测定结果无影响。 【分析】（1）Kw= c(H+)·c(OH-)；升温，水的离子积常数增大； （2）a.Kw只与温度有关； b.c(H+)=c(OH-)时，溶液呈中性； c.B点溶液中c(H+)=c(OH-)； d.温度越高，水的离子积常数越大； （3）①盐酸为酸性溶液，用酸式滴定管盛装； ②当滴加最后一滴标准酸溶液，溶液由浅红色变为无色，半分钟内溶液不再变为红色时，说明滴定达到终点； ③算出三次消耗盐酸的体积，求出平均值，再计算出待测液的浓度； ④滴定时锥形瓶无需干燥。 25．【答案】（1）4.5；+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；形成原电池，且铁作负极，加快反应速率；CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+ （2）随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生∙OH的能力减弱，c(∙OH)减小；溶液的酸性减弱，∙OH氧化CN-的能力减弱 【解析】【解答】（1）①若废水中Cr(Ⅵ)的总的物质的量浓度mol∙L-1，要将废水中调节为100：1，则=0.1mol/L，=0.001mol/L，K===1×10-14，c(H+)=1×10-4.5mol/L，需调节溶液的pH=4.5。 ②在酸性溶液中，NaHSO3还原，生成Cr3+、等，发生反应的离子方程式：+3+5H+=2Cr3++3+4H2O。 ③还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是加入铁屑、加入一定的烟道灰(一种细小的炭粒)，Fe、C、含铬(VI)酸性废水形成原电池，加快铬(VI)的还原速率。则加入烟道灰后铬(VI)还原速率加快的原因是：形成原电池，且铁作负极，加快反应速率。 ④电池工作时，a电极CH3COOH转化为CO2，C元素的价态升高，发生氧化反应，则a电极为负极，发生的电极反应为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+。答案为：4.5；+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；形成原电池，且铁作负极，加快反应速率；CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+； （2）从图中可以看出，pH=2~4时，氰化物的去除率随pH的增大而减小，则表明c(∙OH)减小、氧化能力减弱，原因是：随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生∙OH的能力减弱，c(∙OH)减小；溶液的酸性减弱，∙OH氧化CN-的能力减弱。答案为：随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生∙OH的能力减弱，c(∙OH)减小；溶液的酸性减弱，∙OH氧化CN-的能力减弱。 【分析】（1）①根据pH=-lgc(H+)计算； ②酸性溶液中，NaHSO3与发生反应+3+5H+=2Cr3++3+4H2O； ③形成原电池可加快反应速率； ④a电极CH3COOH转化为CO2，电极反应为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+； （2） 随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生∙OH的能力减弱，c(∙OH)减小；溶液的酸性减弱，∙OH氧化CN-的能力减弱。 学科网（北京）股份有限公司 $$