高考化学二轮复习专题15《水的电离和溶液pH》考点专练（含详解）

专题15 水的电离和溶液pH

1．在常温下，将的溶液与的溶液等体积混合后，溶液的最接近于（已知）

A．9.3    B．9.7    C．10.7    D．10.3

【答案】C

【解析】常温下，pH=9的NaOH溶液中c(OH－)=10－5mol·L－1，pH=11的NaOH溶液中c(OH－)=10－3mol·L－1，假设体积氢氧化钠的体积为1L，等体积混合后，溶液中n(OH－)=(1L×10－5mol·L－1＋1L×10－3mol·L－1)≈10－3mol，则c(OH－)=10－3mol/2L=5×10－4mol·L－1，根据水的离子积，推出c(H＋)=10－14/(5×10－4)=2×10－11mol·L－1，解出pH=10.7，故C 正确。

2．下列物质对水的电离不会产生影响的是

A．    B．    C．    D．

【答案】B

3．已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2A 的 pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用 0.1 mol/LNaOH 溶液滴定20 mL 0.1 mol/LH2A 溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A．A 点所得溶液中：V0＜10 mL

B．B 点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)

C．C 点所得溶液中：c(A2-)= c(Na+)-c(HA-)-c(H2A)

D．D 点所得溶液中 A2-水解平衡常数 Kh1=10-7.19

【答案】A

【解析】A．A点溶液中pH=1.85，则溶液中c(H+)=10-1.85mol/L，H2A的一级电离平衡常数为Ka1==10-1.85mol/L，所以c(H+)=Ka1，表明溶液中c(NaHA)=c(H2A)，若恰好是10mLNaOH，反应起始时存在c(NaHA)=c(H2A)，平衡时c(H2A)＜c(NaHA)，因此所加NaOH体积需＜10mL，会得到平衡时c(NaHA)=c(H2A)，即V0＜10mL，故A错误；B．B点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒，c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，故B错误；C．C点溶液为NaHA和Na2A，溶液中存在电荷守恒，即2c(A2-)+ c(HA-)+c(OH-)= c(Na+)+c(H+)，此时溶液pH=7，则2c(A2-)+ c(HA-)= c(Na+)，若c(A2-)= c(Na+)-c(HA-)-c(H2A)成立，即得c(A2-)= c(H2A)，显然(A2-)≠ c(H2A)，故C错误；D．D点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，为第二个滴定终点，此时Na2A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为A2-+H2O⇌HA-+OH-，则A2-水解平衡常数Khl====10-6.81，故D错误。

7．用水稀释0.1mol/L的氨水,溶液中随着水量的增加而减小的是

A．c(H+)/c(NH4+)    B．c(NH3·H2O)/ c(OH-)

C．c(NH4+) c(OH-)/c(NH3·H2O)    D．c(H+)c(OH-)

【答案】B

【解析】氨水中存在：NH3·H2ONH4＋＋OH－，加水稀释促进NH3·H2O的电离，但v(NH4＋)、c(OH－)降低，A、根据水的离子积，c(OH－)减小，c(H＋)增大，c(H＋)/c(NH4＋)增大，故A不符合题意；B、同溶液中，体积相同，c(NH3·H2O)/c(OH－)=n(NH3·H2O)/n(OH－)，加水稀释促进电离，OH－物质的量增大，NH3·H2O物质的量减小，即该比值随水量增加而减小，故B符合题意；C、该比值等于Kb，Kb只受温度的影响，即该比值保持不变，故C不符合题意；D、Kw=c(H＋)×c(OH－)，Kw只受温度的影响，即Kw保持不变，故D不符合题意。

8．常温下，下列四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为(　　)

①pH＝0的盐酸　  ②0.1 mol·L－1的盐酸③0.01 mol·L－1的NaOH溶液　 ④pH＝11的NaOH溶液

A．1000∶100∶10∶1    B．1∶10∶100∶1 000

C．14∶13∶12∶11    D．11∶12∶13∶14

【答案】B

9．常温下，某无色溶液中由水电离出来的c(H＋)=1×10-12 mol·L-1，该溶液中一定能大量存在的离子组是

A．Na+、K+、MnO4－、SO42－

B．Mg2+、NH4+、SO42-、Cl－

C．Na+、Cl－、NO3－、SO42－

D．Na+、K+、CO32－、NO3－

【答案】C

【解析】A. 含有MnO4－溶液是紫红色的，A项排除；B．如是碱性溶液，Mg2+、NH4+将不能大量存在；

C.带入大量H+或OH-进行校验，与所给的四种离子均能共存，四种离子间也不发生反应，C项正确；D．如是酸性溶液，CO32－将不能大量存在，D项错误。

11．常温下，用0.1000 mol·L－1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 mol·L－1HA溶液，滴定曲线如图。下列说法不正确的是

A．常温下，HA电离常数为1.0×10-6

B．点②所示溶液中：c(Na＋)< c(HA)+c(A－)

C．点③所示溶液中：c(Na＋)> c(A－)> c(OH－)>c(H＋)

D．从点①到点③的滴定过程中，水的电离程度不变

【答案】D

12．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，以下操作会导致测得的NaOH溶液浓度偏高的是(　  　)

A．滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失

B．碱式滴定管量取NaOH溶液时，未进行润洗操作

C．滴定达到滴定终点时俯视读数

D．锥形瓶在取用NaOH待测液前用少量水洗涤

【答案】A

【解析】A.滴定前，没有逐出酸式滴定管尖嘴处的气泡，滴定终点时气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=V(标准)×c(标准)/V(待测)分析，可以知道c（待测）偏大，故A正确；B.碱式滴定管量取NaOH溶液时，未进行润洗操作，导致NaOH溶液浓度降低，故B错误；C.滴定达到终点时，俯视读数，导致V（标准）偏小，根据c（待测）=V(标准)×c(标准)/V(待测)分析，测定结果偏低，故C错误；D.锥形瓶在取用NaOH待测液前用少量水洗涤,对结果无影响，故D错误。

17．室温下，甲、乙两烧杯均盛有5 mL pH＝3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH＝4。关于甲、乙两烧杯中溶液的描述不正确的是

①溶液的体积：10V甲≤V乙

②水电离出的OH－浓度：10c(OH－)甲≤c(OH－)乙

③若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙

④若分别与5 mL pH＝11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲≤乙

A．①②    B．②③    C．③④    D．①④

【答案】B

②pH=3的酸中，氢氧根离子全部由水电离产生，c(OH-)甲=Kw/c(H+)=10-11mol/L，pH=4的酸中，氢氧根离子全部由水电离产生，c(OH-)乙= Kw/c(H+)=10-10mol/L，则10c(OH-)甲=c(OH-)乙，故②错误；

③稀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③错误；

④若酸是强酸，分别与5mL pH=11的NaOH溶液反应，恰好发生酸碱中和，生成强酸强碱盐，pH相等，若为弱酸，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④正确；

结合以上分析可知，②③错误，本题选B。

18．某温度下，pH＝11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示。根据图像判断错误的是(　　)

A．a值一定大于9

B．Ⅰ为NaOH溶液稀释时溶液的pH变化曲线

C．完全中和相同体积的稀释相同倍数后的两溶液，消耗相同浓度的稀H2SO4的体积V(NaOH)<V(氨水)

D．稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大

【答案】D

浓度大，可知I为氢氧化钠溶液稀释时溶液的pH变化曲线，正确；C．由于NaOH是强碱，完全电离，而NH3·H2O 是弱碱，部分电离，所以物质的浓度：c(NaOH)<c(NH3·H2O)。由于氨水浓度较大，则完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V(NaOH)＜V(氨水)，正确；D．在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡：H2OH++OH-，由于稀释后氨水中氢氧根离子浓度较大，对水电离平衡移动的抑制能力强，所以水的电离程度比NaOH溶液中的小，错误。

19．下列实验操作不会引起误差的是

A．酸碱中和滴定时，用待测液润洗锥形瓶

B．量取待测液时，滴定管未用待测液冲洗

C．用NaOH标准溶液测定未知浓度的盐酸时，选用酚酞作指示剂，实验时不小心多加了几滴指示剂

D．用标准盐酸测定未知浓度NaOH溶液结束实验时，酸式滴定管尖嘴部分无气泡，结束实验时有气泡

【答案】C

【解析】A．锥形瓶用蒸馏水洗后，不能用待测液润洗，否则待测液的物质的量增加，滴定时标准液所用体积增加，导致测定结果偏大，选项A错误；B. 量取待测液时，滴定管未用待测液冲洗，待测液变稀，滴定时标准液所用体积偏小，导致测定结果偏低，选项B错误；C、在滴定过程中，指示剂略多加了几滴，一般不影响实验结果，因为指示剂不会改变反应过程中酸和碱的物质的量，选项C正确；D、开始实验时酸式滴定管中无气泡，结束实验时有气泡，会导致所读取的V(HCl)偏小，依据V(HC1)c(HCl) =V(NaOH)c(NaOH)，所测的c(NaOH)偏小，选项D错误。

23．中华人民共和国国家标准(GB2760­2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 g·L－1。某兴趣小组用题图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。

(1)仪器A的名称是______________，水通入A的进口为________。（a/b）

(2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为__。

(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择题图中的________；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________（酚酞/甲基橙）；若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积________(填序号)(①＝10 mL，②＝40 mL，③<10 mL，④>40 mL)。

(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L－1。

(5)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施_____________________。

【答案】冷凝管(或冷凝器)    b    SO2＋H2O2=H2SO4    ③    酚酞    ④    0.24    原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响   

(4) 根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的物质的量为n(SO2)=1/2n(NaOH)=1/2×(0.0900mol/L×0.025L)=0.001125mol，其质量是m(SO2)=0.001125mol×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.072g ÷0.3L=0.24g/L；

(5)盐酸是挥发性酸，挥发的盐酸会消耗氢氧化钠，使得反应过程中消耗的氢氧化钠溶液体积增大，导致测定结果偏高；故改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响。

24．硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O，M=248g·mol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：

(1)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：

①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水配制成100mL溶液。

②滴定：取0.00950mol/L的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，写出发生反应的离子方程式：____________________________________。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。加入____________作为指示剂，继续滴定，当溶液________________________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为____________%(保留1位小数)。

(2)①该实验中应该用____________式滴定管装K2Cr2O7标准溶液；

②开始时，滴定管尖嘴处无气泡，结束后发现尖嘴处有气泡出现，则测定结果____________(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。

(3)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_______________________。

【答案】Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O    淀粉溶液    蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复    95.0%    酸    偏高    S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl－+10H+   

（2）①K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应用酸式滴定管盛放K2Cr2O7；

②开始时滴定管尖嘴处无气泡，结束后发现尖嘴处有气泡，末读数偏小，则相当于样品溶液用量偏小，样品溶液的浓度偏大，即100mL溶液中Na2S2O3物质的量或质量增大，测定结果（样品纯度）偏高；

（3）Cl2作氧化剂，被还原成Cl－，S2O32－被氧化成SO42－，根据化合价升降法进行配平，离子方程式为S2O32－+4Cl2+5H2O=2SO42－+8Cl－+10H＋。

25．某化学学习小组用酸性KMnO4溶液与H2C2O4(K1 = 5.4 × 10-2)的反应(此反应为放热反应)进行如下实验：

Ⅰ、探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如下的方案记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20 mol•L-1 H2C2O4溶液、0.010 mol•L-1 KMnO4 溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽

(1)完成该反应的实验原理：      +   MnO4- +       =   CO2↑ +   Mn2+ +   H2O_______________

(2)上述实验①、②是探究___________对化学反应速率的影响；若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则 a 为___________；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写_______________。

Ⅱ、测定H2C2O4•xH2O中x值。已知：M(H2C2O4) = 90 g•mol-1。①称取1.260 g 纯草酸晶体，将草酸制成 100.00 mL 水溶液为待测液； ②取 25.00 mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀 H2SO4； ③用浓度为 0.05 000 mol•L-1的KMnO4标准溶液进行滴定。

(1)某学生的滴定方式(夹持部分略去)如下，最合理的是________(选填 a、b)。由图可知消耗 KMnO4 溶液体积为________ mL。

(2)滴定终点锥形瓶内现象为__________________________________________________。

(3)通过上述数据，求得 x =______________。

(4)下列操作会造成所测x偏大的是____________(填字母)。

A．滴定终点俯视读数

B．锥形瓶用待测溶液润洗

C．滴定前有气泡，滴定后没有气泡

D．配制100 mL待测溶液时，有少量溅出

【答案】5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 10CO2↑ + 2Mn2+ + 8H2O    温度    1.0    t(溶液褪色时间)/s    b    20.00    滴最后一滴KMnO4，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色    2    AD   

Ⅱ.（1）因为KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装；滴定前刻度为0.80ml，滴定后刻度是20.80ml，所以消耗高锰酸钾的体积为(20.80-0.80)mL=20.00mL；故答案为：b，20.00。

（2）可利用KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫色，故答案为：当滴入最后一滴KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点。

（3）由题给化学方程式及数据可知，1.260g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量为：0.1000mol/L×10.00mL×10-3L/mL×5/2×100mL/25mL=0.0100mol，则1.260gH2C2O4•xH2O中含H2O的物质的量为(1.260g-0.0100mol×90g/mol)/18g/mol=0.0200mol，所以n（H2C2O4）：n（H2O）=0.0100mol：0.0200mol=1：x，则x=2。

（4）A.若滴定终点时俯视读数，读数偏小，结果偏低，则消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n（H2C2O4）偏小，则n（H2O）偏大，故A正确；

B.锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准液体积增加，结果偏高，则消耗酸性KMnO4溶液的体积偏高，由此所得n（H2C2O4）偏大，则n（H2O）偏小，故B错误；

C.滴定前有气泡，滴定后没有气泡，消耗标准液体积增加，结果偏高，则消耗酸性KMnO4溶液的体积偏高，