人教版高考化学一轮复习限时集训26溶液的酸碱性含答案

溶液的酸碱性

(建议用时：40分钟)

1．下列关于水的说法正确的是(　　)

A．常温下正常雨水的pH为7.0，酸雨的pH小于7.0

B．将25 ℃纯水加热至95 ℃时，增大

C．将纯水加热到95 ℃时，水的离子积变大，pH不变，水仍呈中性

D．向水中加入醋酸或醋酸钠，均可促进水的电离

B　[正常雨水的pH为5.6，酸雨的pH小于5.6；将纯水加热后，水的离子积变大，＝c(H＋)变大，pH变小，水仍呈中性；向水中加入醋酸可抑制水的电离，而加入醋酸钠会促进水的电离。]

2．用0.100 0 mol·L－1盐酸滴定25.00 mL、浓度约0.1 mol·L－1氨水的过程中，下列操作、计算或分析错误的是(　　)

A．取待测液　　　　　B．滴加指示剂

C．消耗盐酸26.00 mL　　　D．所测氨水浓度偏低

D　[取氨水时，取液后有气泡时，取氨水的体积偏大，滴定时标准盐酸所用量偏多，所测氨水浓度偏高，D错误。]

3．下列说法中正确的是(　　)

A．25 ℃时NH4Cl溶液的Kw大于100 ℃时NaCl的Kw

B．常温下，pH均为5的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1∶104

C．根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH＝6.8的溶液一定显酸性

D．25 ℃，水电离出的c(H＋)H2O＝1×10－10 mol·L－1的溶液的pH一定为10

B　[温度越高，Kw越大，A错；pH＝6.8的溶液不一定为酸性，C错；c(H＋)H2O＝1×10－10 mol·L－1的溶液pH可能为4或10，D错。]

4．室温下，用0.10 mol·L－1的NaOH溶液滴定10.00 mL 0.10 mol·L－1的CH3COOH溶液，水的电离程度随加入NaOH溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A．该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂

B．从P点到N点，溶液中水的电离程度逐渐增大

C．M点对应的NaOH溶液的体积为10.00 mL

D．N点对应的溶液中c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(H＋)

C　[A项，应选酚酞，错误；B项，从图像可知从M点到N点，水的电离程度减小，错误；C项，M点为恰好生成盐，正确；D项，电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，物料守恒：c(Na＋)＝2c(CH3COOH)＋2c(CH3COO－)可推知c(OH－)＝2c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)＋c(H＋)，错误。]

5．25 ℃时，取未知浓度的硫酸、盐酸和醋酸各25.00 mL，分别用0.10 mol·L－1的NaOH溶液或0.10 mol·L－1的稀氨水滴定得如图所示曲线。下列说法正确的是    (　　)

A．由图可知曲线c为NaOH滴定硫酸

B．由图可知硫酸的物质的量浓度大于盐酸的物质的量浓度

C．曲线b、c的滴定实验可用酚酞作指示剂

D．由图可知滴定前醋酸电离百分比约为1.67%

D　[由图知，加入氨水或NaOH溶液后，a的pH在开始阶段变化大，应为碱滴定弱酸的变化曲线，则b、c为硫酸或盐酸的变化曲线。由于不知浓度，所以无法确定b、c；用氨水滴定盐酸或硫酸，终点显酸性，应用甲基橙作指示剂，A、C均错误；硫酸、盐酸都为强酸，题中纵坐标为pH，不能确定物质的量浓度大小，B错误。]

6．甲、乙、丙、丁四位同学通过计算得出室温下，在pH＝12的某溶液中，由水电离出的c(OH－)分别为甲：1.0×10－7 mol·L－1；乙：1.0×10－6 mol·L－1；丙：1.0×10－2 mol·L－1；丁：1.0×10－12 mol·L－1。其中你认为可能正确的数据是(　　)

A．甲、乙　　　　 B．乙、丙

C．丙、丁   D．乙、丁

C　[若为碱液，c(OH－)H2O＝1×10－12 mol·L－1，若为盐溶液，c(OH－)H2O＝1×10－2 mol·L－1。]

7．下列说法错误的是(　　)

A．常温下，0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H＋)为10－13 mol·L－1

B．pH＝2与pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)之比为1∶10

C．常温下，等体积pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混合，混合后溶液pH<7

D．某温度时水的离子积常数Kw＝1×10－13，若将此温度下pH＝11的NaOH溶液a L与pH＝1的稀硫酸b L混合，若所得混合液pH＝2，则a∶b＝9∶2

A　[25 ℃时，0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液的c(H＋)<0.1 mol·L－1，c(H＋)H2O>10－13 mol·L－1。]

8．将一定体积的NaOH溶液分成两等份，一份用pH＝2的一元酸HA溶液中和，消耗酸溶液的体积为V1；另一份用pH＝2的一元酸HB溶液中和，消耗酸溶液的体积为V2；则下列叙述正确的是(　　)

A．若V1>V2，则说明HA的酸性比HB的酸性强

B．若V1>V2，则说明HA的酸性比HB的酸性弱

C．因为两种酸溶液的pH相等，故V1一定等于V2

D．HA、HB分别和NaOH中和后，所得的溶液一定都呈中性

A　[中和等量的氢氧化钠需要等量的一元酸，若V1>V2，说明HA的浓度小，比HB的电离程度大，HA的酸性强，A正确、B错误；C项，因为酸的电离程度不一定相同，所以需要的体积不一定相同，错误；D项，因为不能确定酸的强弱，所以不能确定盐溶液的酸碱性，错误。]

9．甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似。已知pKb＝－lgKb，pKb(CH3NH2·H2O)＝3.4，pKb(NH3·H2O)＝4.8。常温下，向10.00 mL 0. 100 0 mol·L－1的甲胺溶液中滴加0. 050 0 mol·L－1的稀硫酸，溶液中c(OH－)的负对数pOH＝－lgc(OH－)与所加稀硫酸溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是(　　)

A．B点对应的溶液的pOH>3.4

B．甲胺溶于水后存在平衡：CH3NH2＋H2OCH3NH＋OH－

C．A、B、C三点对应的溶液中，水电离出来的c(H＋)：C>B>A

D．A、B、C、D四点对应的溶液中，c(CH3NH)的大小顺序：D>C>B>A

D　[C点硫酸与CH3NH2·H2O恰好反应，由于CH3NH的水解程度较小，则C、D点n(CH3NH)相差较小，但D点加入硫酸溶液体积为C点2倍，则c(CH3NH)：C>D，D错误。]

10．现有常温下的六份溶液：

①0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液；

②0.01 mol·L－1 HCl溶液；

③pH＝12的氨水；

④pH＝12的NaOH溶液；

⑤0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液；

⑥0.01 mol·L－1 HCl溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后所得溶液。

(1)其中水的电离程度最大的是        (填序号，下同)，水的电离程度相同的是        。

(2)若②③混合后所得溶液的pH＝7，则消耗溶液的体积：②        ③。(填“>”“<”或“＝”)

(3)将六份溶液稀释相同倍后，溶液的pH：①      ②，③        ④，⑤

        ⑥(填“>”“<”或“＝”)。

(4)将①④混合，若有c(CH3COO－)>c(H＋)，则混合溶液可能呈

        (填字母)。

A．酸性　　　　B．碱性　　　　C．中性

(5)25 ℃时，有pH＝x的盐酸和pH＝y的氢氧化钠溶液(x≤6，y≥8)，取a L该盐酸与b L该氢氧化钠溶液反应，恰好完全中和，求：

①若x＋y＝14，则a/b＝        (填数据)；

②若x＋y＝13，则a/b＝        (填数据)；

③若x＋y>14，则a/b＝        (填表达式)。

[解析]　(1)酸和碱都会抑制水的电离，故只有⑥(NaCl溶液)对H2O的电离无抑制作用。②③④对水的电离抑制程度相同。

(2)因pH＝12的氨水中c(NH3·H2O)>0.01 mol·L－1，故②③混合，欲使pH＝7，则需体积②>③。

(3)稀释相同的倍数后，溶液的pH：①>②；③>④；⑤>⑥。

(4)由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，仅知道c(CH3COO－)>c(H＋)，溶液酸碱性均有可能存在，故选ABC。

(5)若两溶液完全中和，则溶液中n(H＋)＝n(OH－)，即10－xa＝10y－14b，整理得＝10x＋y－14，①若x＋y＝14，＝1；②若x＋y＝13，则＝0.1；③若x＋y>14，则＝10x＋y－14。

[答案]　(1)⑥　②③④

(2)>　(3)>　>　>　(4)ABC

(5)①1　②0.1　③10x＋y－14

11．甲胺(CH3NH2)与NH3类似，常温下CH3NH2·H2O的电离常数为Kb，已知pKb＝－lg Kb＝3.4。下列说法正确的是(　　)

A．(CH3NH3)2SO4溶液中离子浓度：c(CH3NH)>c(SO)>c(OH－)>c(H＋)

B．常温下，pH＝3的盐酸和pH＝11的CH3NH2·H2O溶液等体积混合，混合溶液呈酸性

C．用标准浓度的盐酸滴定未知浓度的CH3NH2·H2O溶液的实验中，选择酚酞作指示剂

D．常温下向CH3NH2·H2O溶液中滴加稀硫酸至c(CH3NH2·H2O)＝c(CH3NH)时，溶液pH＝10.6

D　[已知常温下CH3NH2·H2O的电离常数为Kb，pKb＝－lg Kb＝3.4。根据(CH3NH3)2SO4溶液类似硫酸铵溶液分析判断，c(CH3NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)，故A错误。CH3NH2·H2O是弱碱，常温下，pH＝3的盐酸和pH＝11的CH3NH2·H2O溶液等体积混合后有大量的CH3NH2·H2O分子剩余，混合溶液呈碱性，故B错误。用标准浓度的盐酸滴定未知浓度的CH3NH2·H2O溶液的实验中，恰好完全反应时溶液呈酸性，据此分析判断应该选择甲基橙作指示剂，故C错误。根据Kb＝，并结合c(CH3NH2·H2O)＝c(CH3NH)可知，Kb＝＝c(OH－)，pH＝14－pOH＝14－3.4＝10.6，故D正确。 ]

12.(2020·山东名校联考)室温时，向20 mL 0.1 mol·L－1的两种酸HA、HB溶液中分别滴加0.1 mol·L－1 NaOH溶液，其pH变化分别对应右图中的Ⅰ、Ⅱ。下列说法不正确的是(　　)

A．向NaA溶液中滴加HB溶液可产生HA

B．a点溶液中微粒浓度：c(A－)>c(Na＋)>c(HA)

C．滴加NaOH溶液至pH＝7时，两种溶液中c(A－)＝c(B－)

D．滴加20 mL NaOH溶液时，Ⅰ中H2O的电离程度大于Ⅱ中

C　[根据题图，可知未加入NaOH溶液时Ⅱ对应的pH＝1，则HB为强酸，Ⅰ对应的pH＝3，则HA为弱酸，酸性HB>HA，强酸可以制备弱酸，所以向NaA溶液中滴加HB溶液可以生成HA，A选项正确；a点对应溶液中溶质为NaA、HA，二者物质的量相同，a点溶液pH<7，说明HA的电离程度大于NaA的水解程度，所以c(A－)>c(Na＋)>c(HA)，B选项正确；滴加NaOH溶液至pH＝7时，根据电荷守恒，c(A－)＝c(Na＋)、c(B－)＝c(Na＋)，但是两溶液中c(Na＋)不相同，所以c(A－)≠c(B－)，C选项错误；滴加20 mL NaOH溶液时，HA、HB恰好被完全中和，但是NaA水解，所以Ⅰ中水的电离程度大于Ⅱ中，D选项正确。]

13．(2020·扬州模拟)下图是0.01 mol·L－1甲溶液滴定0.01 mol·L－1乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线③是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲线是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断错误的是(　　)

A．条件相同时导电能力：盐酸>NaAc

B．曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线

C．随着甲溶液体积增大，曲线①仍然保持最高导电能力

D．a点是反应终点

C　[由曲线③盐酸滴定NaAc溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件相同时导电能力：盐酸>NaAc，故A正确；曲线②的最低点比曲线③还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线①是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B正确；由曲线①起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线①逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线②可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线③的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线③，故C错误；反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D正确。]

14．(1)取w g纯净的光卤石KCl·MgCl2·6H2O溶于稍过量的稀硝酸中，再用水稀释，配制成250 mL溶液。取25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴几滴K2CrO4溶液(作指示剂)，用c mol·L－1的AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗V mL AgNO3标准溶液。

①纯净的光卤石中所含镁元素的质量分数为      %(用含w、c、V的代数式表示)。

②其他操作均正确，若滴定开始时仰视读数，滴定终点时俯视读数、则测得的结果会        (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

(2)为了测定产品中Na2S2O3的纯度，实验如下：

准确称取w g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 mol·L－1碘的标准溶液滴定，反应原理为：2S2O＋I2===S4O＋2I－。

①滴定至终点时，溶液颜色的变化为                                                      

                                                    。

②滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为         

mL。产品的纯度为        (设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)。

(3)现用滴定法测定产品中锰的含量。实验步骤：称取4.000 g试样，向其中加入稍过量的磷酸和硝酸，加热使产品中MnCO3完全转化为[Mn(PO4)2]3－(其中NO转化为NO)；加入稍过量的硫酸铵，发生反应NO＋NH===N2↑＋2H2O以除去NO；加入稀硫酸酸化，再加入60.00 mL 0.500 mol·L－1硫酸亚铁铵溶液，发生的反应为[Mn(PO4)2]3－＋Fe2＋===Mn2＋＋Fe3＋＋2PO；用5.00 mL 0.500 mol·L－1酸性K2Cr2O7溶液恰好除去过量的Fe2＋。

①酸性K2Cr2O7溶液与Fe2＋反应的离子方程式为             

                                                    。

②试样中锰的质量分数为        。

[解析]　(1)①根据关系式：Mg2＋～KCl·MgCl2·6H2O～3Cl－～3AgNO3可知Mg的质量分数为×100%＝%。

②若滴定开始时仰视读数，滴定终点时俯视读数，消耗硝酸银溶液的体积偏小，则测得的结果会偏低。

(2)①因指示剂为淀粉，当滴定到终点时，过量的单质碘遇到淀粉显蓝色，且半分钟内不褪色；

②起始体积为0.00 mL，终点体积为18.10 mL，因此消耗碘的标准溶液体积为18.10 mL；该滴定过程中反应的关系式为：2S2O～I2，n(S2O)＝2n(I2)＝2×0.1 mol·L－1×18.10×10－3 L＝3.620×10－3 mol，则产品的纯度为×100%。

(3)②加入的硫酸亚铁铵中的亚铁离子分两部分，与[Mn(PO4)2]3－和K2Cr2O7反应，n(Fe2＋)∶n(Cr2O)＝6∶1，n1(Fe2＋)＝6×0.5 mol·L－1×0.005 L＝0.015 mol，n2(Fe2＋)∶n([Mn(PO4)2]3－)＝1∶1，n2(Fe2＋)＝n([Mn(PO4)2]3－)＝0.500 mol·L－1×0.060 L－0.015 mol＝0.015 mol，根据Mn原子守恒，则m(Mn)＝0.015 mol×55 g·mol－1＝0.825 g，质量分数＝×100%＝20.625%。

[答案]　(1)①　②偏低

(2)①由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色　②18.10　×100%

(3)①6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O　②20.625%