新教材适用2024版高考化学一轮总复习练案24第八章水溶液中的离子反应与平衡第24讲水的电离和溶液的pH

练案[24]　第24讲　水的电离和溶液的pH

一、选择题：本题共10小题，每小题只有一个选项符合题目要求。

1．(2023·安徽淮南模拟)某温度下，向c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液中c(H＋)＝1×10－2 mol·L－1。下列对该溶液的叙述不正确的是( D )

A．该温度高于25 ℃

B．由水电离出来的H＋的浓度为1×10－10 mol·L－1

C．加入NaHSO4晶体后抑制水的电离

D．加水稀释，溶液中的c(OH－)减小

[解析]　某温度下，蒸馏水中c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，则蒸馏水中c(OH－)＝1×10－6 mol·L－1，该温度下水的离子积Kw＝c(H＋)×c(OH－)＝1×10－6×1×10－6＝1×10－12>1×10－14，则溶液温度高于25 ℃，故A正确；该温度下水的离子积Kw＝10－12，则c(H＋)＝1×10－2 mol·L－1的溶液中c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－10 mol·L－1，由于酸溶液中OH－来自于水的电离，所以水电离出来的H＋的浓度c(H＋)水＝c(OH－)＝1×10－10 mol·L－1，故B正确；加入NaHSO4晶体时，NaHSO4属于强电解质，完全电离，即NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，电离的H＋抑制水的电离，故C正确；取该溶液加水稀释，溶液的酸性减弱，促进了水的电离，溶液中的c(OH－)增大，故D错误。

2．(2023·山东聊城模拟)水的电离平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( C )

A．温度：b>a>c

B．仅升高温度，可从a点变为c点

C．水的离子积常数Kw：b>c>d

D．b点对应温度下，0.5 mol·L－1 H2SO4溶液与1 mol·L－1 KOH溶液等体积混合，充分反应后，所得溶液中c(H＋)＝1.0×10－7 mol·L－1

[解析]　水的电离是吸热过程，温度越高越有利于正向移动，c(H＋)和c(OH－)都会变大，所以温度：b>c>a，故A错误；仅升高温度，c(H＋)和c(OH－)都会变大，而从a点变为c点，c(OH－)不变，显然矛盾，故B错误；根据Kw＝c(H＋)·c(OH－)，分别代入b、c、a点数据，可计算出相应温度下的水的离子积常数Kw分别为10－12、10－13、10－14，又a点和d点在同一条曲线上，水的离子积常数Kw相等，因而水的离子积常数Kw：b>c>d，故C正确；0.5 mol·L－1 H2SO4溶液与1 mol·L－1 KOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成硫酸钾和水，而硫酸钾为强酸强碱盐不水解，溶液呈中性，所以c(H＋)＝c(OH－)，则c(H＋)＝＝＝1.0×10－6 mol·L－1，故D错误。

3．(2023·山东日照模拟)已知温度T时，水的离子积常数为Kw，该温度下将V1 mL a mol·L－1的一元酸HA与V2 mL b mol·L－1的一元碱BOH充分混合，下列判断一定正确的是( C )

A．若V1·a＝V2·b，溶液中性，则该酸碱均为强电解质

B．若pH(HA)＋pH(BOH)＝14，则V1＝V2时，酸碱恰好完全中和

C．若混合溶液中c(OH－)＝ mol·L－1，则此溶液一定呈中性

D．此混合液中：c(A－)＋c(HA)＝a mol·L－1

[解析]　若HA和BOH均为弱电解质，且电离平衡常数相等，则V1·a＝V2·b时混合后溶液也显中性，故A错误；温度未知，水的离子积常数Kw不一定为1×10－14，所以当pH(HA)＋pH(BOH)＝14时，二者浓度不一定相等，且即使Kw＝1×10－14，HA若为较弱酸(或BOH为较弱碱)，二者浓度也不相等，等体积酸碱不能完全中和，故B错误；若混合溶液中c(OH－)＝ mol·L－1，则c(H＋)也等于 mol·L－1，c(H＋)＝c(OH－)，所以溶液一定呈中性，故C正确；混合后溶液中c(A)＝ mol·L－1，所以c(A－)＋c(HA)＝ mol·L－1，故D错误。

4．(2023·山东潍坊检测)下面是一段关于酸碱中和滴定实验操作的叙述：①取一锥形瓶，用待测NaOH溶液润洗两次　②在一锥形瓶中加入25.00 mL待测NaOH溶液　③加入几滴石蕊试剂作指示剂　④取一支酸式滴定管，洗涤干净　⑤直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，进行滴定　⑥左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶　⑦两眼注视着滴定管内盐酸液面下降，直至滴定终点。文中所述操作有错误的序号为( D )

A．④⑥⑦  B．①⑤⑥⑦

C．③⑤⑦  D．①③⑤⑦

[解析]　中和滴定中锥形瓶不能润洗，因碱的物质的量一定，有蒸馏水对实验无影响，①错误；锥形瓶中盛放待测液，标准酸滴定碱，所以锥形瓶中加入25.00 mL待测NaOH溶液，②正确；石蕊遇碱变蓝，遇酸变红，但变色范围与反应终点差距大，酸滴定碱一般选择酚酞作指示剂，③错误；实验前滴定管需洗涤，防止残留物质对实验造成影响，④正确；酸式滴定管需要润洗，否则浓度变小，消耗酸体积偏大，则不能直接往酸式滴定管中注入标准酸溶液，⑤错误；滴定过程中，需要控制活塞和振荡锥形瓶，即左手旋转滴定管的玻璃活塞，右手不停摇动锥形瓶，⑥正确；滴定过程中，需要观察锥形瓶中溶液颜色的变化，从而确定滴定终点，而不能观察滴定管内盐酸溶液液面下降，⑦错误；故错误的是①③⑤⑦。

5．(2023·广东深圳六校联考)室温时，向20.0 mL 0.10 mol·L－1氨水中滴入0.10 mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸体积关系如图所示。(已知：NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5)下列有关叙述正确的是( D )

A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂

B．a点溶液pH<11

C．b点溶液中c(NH)＝c(Cl－)>c(H＋)＝c(OH－)

D．a→c过程中水的电离程度先增大后减小

[解析]　由于滴定终点生成物是NH4Cl，溶液显酸性，而酚酞的变色范围是8.0～10.0，故该滴定过程应该不能选择酚酞作为指示剂，应该选用甲基橙作为指示剂，A错误；a点溶液为氨水，根据电离平衡NH3·H2ONH＋OH－，根据NH3·H2O的Kb＝1.8×10－5，即≈＝1.8×10－5，故c(OH－)＝×10－3 mol·L－1，故pH>11，B错误；b点时两溶液恰好完全反应，此时溶液为NH4Cl溶液，由于铵根离子水解而显酸性，故溶液中c(Cl－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)，C错误；a点NH3·H2O抑制水的电离，随着盐酸的加入，NH3·H2O减少，NH4Cl增多，故抑制作用逐渐减弱，铵根离子对水电离的促进作用增强，所以水的电离程度逐渐增大，b点为NH4Cl溶液，此时水的电离程度最大，b到c的过程中应为盐酸过量，导致对水的电离的抑制作用增强，水的电离程度又减弱，故a→c过程中水的电离程度先增大后减小，D正确。

6．(2023·山东淄博检测)25 ℃时，分别稀释pH＝11的Ba(OH)2溶液和氨水，溶液pH的变化如图所示。

已知：Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5。下列说法正确的是( D )

A．若35 ℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来靠近

B．保持25 ℃不变，取A、B两点对应的溶液等体积混合后，pH>9

C．由水电离产生的c(H＋)：A点>B点

D．曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中，＝1.8×10－5

[解析]　温度升高，Kw变大，若在35 ℃时分别稀释上述两种溶液，则图中Ⅰ、Ⅱ曲线将比原来疏远，A错误；25 ℃时，A、B两点对应的溶液的pH均为9，保持25 ℃不变，则Kw不变，两者等体积混合后，溶液中H＋浓度不变，故pH仍不变，B错误；碱溶液中的H＋全部由水电离，A、B两点，pH＝9，所以两点水电离的c(H＋)相同，C错误；曲线Ⅰ上任意点对应的溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＝c(H＋)＋c(NH)，则有＝

＝＝Kb(NH3·H2O)＝1.8×10－5，D正确。

7．(2023·河北唐山测试)室温下，下列说法正确的是( A )

A．pH均为3的盐酸和CH3COOH溶液，导电能力相同

B．中和等体积、等pH的盐酸和醋酸所用NaOH的物质的量：盐酸>醋酸

C．将pH＝2的硫酸和pH＝12的氨水等体积混合后的溶液呈酸性

D．将pH均为11的NaOH溶液和氨水加水稀释10倍，所得溶液的pH均为10

[解析]　pH均为3的盐酸和CH3COOH溶液中c(H＋)相等，则c(Cl－)＝c(CH3COO－)，溶液中离子浓度相同，导电能力相同，A正确；等pH的两种一元酸的浓度不同，c(醋酸)>c(盐酸)，所以中和等体积、等pH的两种酸所消耗的NaOH的物质的量为醋酸>盐酸，B错误；硫酸和氨水的pH之和为14，且一水合氨为弱电解质，则氨水浓度远大于硫酸，等体积混合后，所得溶液中氨水过量，溶液呈碱性，C错误；氨水稀释之后电离程度增大，所以pH大于10，D错误。

8．(2023·河北武邑模拟)已知在常温条件下，下列说法正确的是( B )

A．水电离的c(H＋)＝10－7 mol·L－1的溶液一定呈中性

B．将10 mL 0.01 mol·L－1 NaOH溶液与同浓度的HA溶液混合，若混合后溶液呈中性，则消耗的HA的体积V≥10 mL

C．将1 mL pH＝8的NaOH溶液加水稀释为100 mL，pH下降两个单位

D．若NH4Cl溶液和NH4HSO4溶液的pH相等，则c(NH)也相等

[解析]　水电离的c(H＋)＝10－7 mol·L－1的溶液不一定呈中性，如盐酸和氯化铵的混合溶液中，若盐酸对水的电离的抑制程度与铵根离子水解对水电离的促进程度相等时，水的电离既不被促进也不被抑制，水电离的c(H＋)＝10－7 mol·L－1，溶液显酸性，故A错误；10 mL 0.01 mol·L－1 NaOH溶液与同浓度的HA溶液混合，混合后溶液呈中性，如果HA是强酸，则体积是10 mL，如果HA是弱酸，则体积大于10 mL，故B正确；将1 mL pH＝8的NaOH溶液加水稀释为100 mL，则体积变大100倍，所以氢氧根离子浓度会减小，但是pH不会下降两个单位，碱溶液不会成为酸溶液，只能无限接近于7，故C错误；NH4Cl中铵根离子水解导致溶液呈酸性，NH4HSO4中电离出氢离子以及铵根离子水解导致溶液呈酸性，但后者电离出的氢离子抑制铵根离子水解，NH4HSO4溶液显酸性主要是由电离出的氢离子决定的，所以两种溶液的pH相等时，前者的c(NH)大于后者的，故D错误。

9．(2023·湖南五市十校联考)某温度下，体积和pH都相同的NaOH溶液与CH3COONa溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断错误的是( C )

A．曲线Ⅱ为CH3COONa稀释曲线

B．a点的溶液中c(H＋)＋c(CH3COOH)＝c(OH－)

C．b、c两点溶液中水的电离程度：b＝c

D．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积：Vb<Vc

[解析]　NaOH溶液中的OH－主要是NaOH电离产生的，NaOH完全电离，体积和pH都相同的NaOH与CH3COONa溶液加水稀释的过程中，NaOH不能继续电离，NaOH溶液中c(OH－)变化大；加水稀释时CH3COO－可继续水解，溶液中的c(OH－)变化小，故曲线Ⅰ表示NaOH溶液，曲线Ⅱ表示CH3COONa溶液，A正确；醋酸钠是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，根据元素质量守恒和电荷守恒推知：c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)，B正确；酸或碱抑制水的电离，含有弱离子的盐水解促进水的电离，b抑制水的电离、c促进水的电离，b、c两点溶液中水的电离程度：b<c，C错误；pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c(CH3COONa)>c(NaOH)，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液消耗相同浓度盐酸的体积与氢氧化钠和醋酸钠的物质的量成正比，相同体积相同pH的醋酸钠和氢氧化钠溶液中n(CH3COONa)>n(NaOH)，所以醋酸钠消耗盐酸多，消耗盐酸体积Vb<Vc，D正确。

10．(2023·福建漳州一模)室温时，HCOOH和CH3COOH的电离常数分别为1.8×10－4和1.75×10－5。将浓度和体积均相同的两种酸溶液混合后加水稀释，随加水量的变化，溶液中HA浓度(HA表示混合溶液中的HCOOH或CH3COOH)与溶液pH的关系如图所示。下列叙述正确的是( B )

A．曲线X代表HCOOH

B．当pH＝6时，c点所对应的溶液中c(HCOO－)＋c(CH3COO－)＝9.9×10－7 mol·L－1

C．稀释过程中，逐渐减小

D．溶液中水电离出的H＋的物质的量浓度：a点＝b点>c点

[解析]　电离平衡常数越大酸性越强，故HCOOH的酸性强于CH3COOH的酸性，则稀释过程中CH3COOH的浓度比HCOOH的浓度大，曲线X代表CH3COOH，A错误；c点pH＝6，根据混合溶液中电荷守恒可知：c(HCOO－)＋c(CH3COO－)＝c(H＋)－c(OH－)＝10－6 mol·L－1－10－8 mol·L－1＝9.9×10－7 mol·L－1，B正确；Ka(HCOOH)＝，Ka(CH3COOH)＝，＝，温度不变，不变，故不变，C错误；a点和b点溶液的pH相同，溶液中水电离出的H＋的物质的量浓度相同，c点溶液pH比a点、b点大，对水的电离抑制减弱，溶液中水电离出的H＋的物质的量浓度更大，故溶液中水电离出的H＋的物质的量浓度：c点>a点＝b点，D错误。

二、非选择题：本题共4小题。

11．(2023·山东滨州检测)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溶液等体积混合所得溶液。

(1)其中水的电离程度最大的是 ⑥　(填序号，下同)，水的电离程度相同的是 ②③④　。

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

(3)将①④混合，若有c(CH3COO－)>c(H＋)，则混合溶液可能呈 ABC　(填字母)。

A．酸性　　 B．碱性　　

C．中性

[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)由电荷守恒知，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，仅知道c(CH3COO－)>c(H＋)，无法比较c(H＋)与c(OH－)的相对大小，混合溶液可能呈酸性、碱性或中性，故选ABC。

12．(2023·广西检测)根据要求回答下列问题(常温条件下)。

(1)在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是 14　。

(2)将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的稀盐酸Vb L混合，若所得溶液呈中性，且a＋b＝13，则＝ 10　。

[解析]　(1)设氢氧化钡溶液的体积为V1 L，硫酸氢钠溶液的体积为V2 L，依题意知，n(Ba2＋)＝n(SO)，由Ba(OH)2＋NaHSO4===BaSO4↓＋NaOH＋H2O知，生成的氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)＝n[Ba(OH)2]＝5×10－3V1 mol，＝1×10－3 mol·L－1，则V1V2＝14。(2)pH＝a的NaOH溶液中c(OH－)＝10a－14 mol·L－1，pH＝b的稀盐酸中c(H＋)＝10－b mol·L－1，根据中和反应H＋＋OH－===H2O知，c(OH－)·Va＝c(H＋)·Vb，＝＝＝1014－(a＋b)，因为a＋b＝13，则＝10。

13．(2023·河北衡水检测)氮化锶(Sr3N2)在工业上广泛用于生产荧光粉。锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。

氮化锶产品纯度的测定：称取6.0 g Sr3N2粗品，加入干燥的三颈瓶中，然后由恒压漏斗加入蒸馏水，通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，用200 mL 1.00 mol·L－1的盐酸标准溶液完全吸收(吸收液体积变化忽略不计)。从烧杯中量取20.00 mL的吸收液，用1.00 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗16.00 mL NaOH溶液。(图中夹持装置略)

(1)三颈瓶中发生的化学反应方程式为 Sr3N2＋6H2O===3Sr(OH)2＋2NH3↑　。

(2)用1.00 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时所选指示剂为 c　(填字母)。

a．石蕊试液　 B．酚酞试液　

C．甲基橙

(3)产品纯度为 96.93%　。

[解析]　(1)三颈瓶中Sr3N2与H2O反应，生成Sr(OH)2和NH3，化学方程式为Sr3N2＋6H2O===3Sr(OH)2＋2NH3↑。(2)用1.00 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，需防止NH4Cl与NaOH发生反应，所以应选择变色范围在酸性区域的指示剂，所选指示剂为c。(3)与NH3反应的盐酸物质的量为：0.200 L×1.00 mol·L－1－0.016 0 L×1.00 mol·L－1×＝0.04 mol，n(Sr3N2)＝0.02 mol，产品纯度为×100%＝96.93%。

14．(2023·湖南长沙检测)如图是用0.100 0 mol·L－1的盐酸滴定某未知浓度的NaOH溶液的示意图和某次滴定前、后的盛放盐酸滴定管中液面的位置。请回答：

(1)仪器A的名称是 酸式滴定管　。

(2)盐酸的体积读数：滴定前读数为 0.80　mL，滴定后读数为 22.80　mL。

(3)某实验小组同学的三次实验的实验数据如下表所示。根据表中数据计算出的待测NaOH溶液的浓度是 0.110 0 mol·L－1　(保留四位有效数字)。

(4)滴定操作可分解为如下几步(所用的仪器刚用蒸馏水洗净)：

A．用碱式滴定管向锥形瓶里注入20.00 mL待测NaOH溶液，并加入2～3滴酚酞；

B．用标准溶液润洗酸式滴定管2～3次；

C．把盛有标准溶液的酸式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液，使管内无气泡；

D．取标准盐酸注入酸式滴定管至刻度0以上2～3 cm；

E．调节液面至0或0以下刻度，记下读数；

F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准盐酸滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。

正确操作步骤的顺序是 BDCEAF　(用字母填写)。

(5)判断到达滴定终点的实验现象是 当溶液颜色由粉红色变为无色，且半分钟内不变色　。

(6)对下列几种假定情况进行讨论：(填“无影响”“偏高”或“偏低”)

①如果上述B步骤省略，对测定结果的影响是 偏高　；

②取待测溶液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，对测定结果的影响是 偏低　；

③若滴定前锥形瓶未用待测溶液润洗，对测定结果的影响是 无影响　；

④标准溶液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，对测定结果的影响是 偏低　。

[解析]　(1)该滴定管的下端是玻璃活塞，所以仪器A的名称为酸式滴定管。(2)滴定前，滴定管中的液面读数为0.80 mL，滴定后，滴定管中的液面读数为22.80 mL。(3)三次滴定消耗的体积分别为22.02 mL、22.00 mL、21.98 mL，数据均有效，则平均消耗V(NaOH溶液)＝22.00 mL，c(待测)＝＝＝0.110 0 mol·L－1。(4)中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、滴定等顺序操作，可知正确的操作顺序为BDCEAF。(5)滴定时，当溶液颜色由粉红色变为无色，且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点。(6)①如果上述B步骤省略，即未用标准溶液润洗酸式滴定管2～3次，相当于标准溶液稀释，导致标准溶液的体积偏大，根据c(待测)＝分析，c(待测)偏高；②取待测溶液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，待测溶液的物质的量偏小，导致消耗标准溶液的体积偏小，c(待测)偏低；③若滴定前锥形瓶未用待测溶液润洗，待测溶液的物质的量不变，标准溶液的体积也不变，c(待测)不变；④标准溶液读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，导致标准溶液的体积偏小，c(待测)偏低。