考点27 水的电离和溶液的pH 真题过关 2023年高考化学一轮复习

考点27  水的电离和溶液的pH 真题过关

1．【2022·浙江省6月选考】时，向浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液(醋酸的Ka=1.8×10-5；用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL等浓度的盐酸，滴定终点的突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是(    )

A．恰好中和时，溶液呈碱性

B．滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，发生反应的离子方程式为：H++OH-=H2O

C．滴定过程中，c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)

D．时，c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)

【答案】B

【解析】A项，恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A正确；B项，滴加NaOH溶液至pH=4.3的过程中，若只发生反应的离子方程式：H++OH-=H2O，则滴加NaOH溶液的体积为20mL，则根据电离常数，0.1mol·L－1的醋酸中，c(H+)≈c(CH3COO-)= ==>1.0×10-4.3，故用氢氧化钠滴定的过程中，醋酸也参加了反应，则离子方程式为：H++OH-=H2O和CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，B错误；C项，滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，根据物料守恒可知：c(Cl-)=c(CH3COO-)+c(CH3COOH)，C正确；D项，向20mL浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH溶液，当盐酸的体积为20ml时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，当加入的NaOH溶液的体积为30mL时，溶液为NaCl和等浓度的CH3COONa、CH3COOH，根据Ka=1.8×10-5＞Kh=可知，此时溶液仍然呈酸性，需继续滴加NaOH溶液，故有c(Na＋)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D正确；故选B。

2．【2020·浙江省7月选考】水溶液呈酸性的是(    )

A．NaCl B．NaHSO4 C．HCOONa D．NaHCO3

【答案】B

【解析】A项，NaCl是强酸强碱盐，其不能水解，故其水溶液呈中性，A不符合题意；B项，NaHSO4是强酸的酸式盐，其属于强电解质，其在水溶液中的电离方程式为NaHSO4=Na++H++SO42-，故其水溶液呈酸性，B符合题意；C项，HCOONa属于强碱弱酸盐，其在水溶液中可以完全电离，其电离产生的HCOO－可以发生水解，其水解的离子方程式为HCOO－＋H2OHCOOH＋OH－，故其水溶液呈碱性，C不符合题意；D项，NaHCO３是强碱弱酸盐，既能发生电离又能发生水解，但其水解程度大于电离程度，故其水溶液呈碱性，D不符合题意。故选B。

3．【2019•上海等级考】用标准盐酸溶液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液，用甲基橙作指示剂，下列说法正确的是(  )

A． 可以用酚酞代替指示剂

B． 滴定前用待测液润洗锥形瓶

C． 若氢氧化钠吸收少量CO2，不影响滴定结果

D． 当锥形瓶内溶液由橙色变为红色，且半分钟内不褪色，即达到滴定终点

【答案】C

【解析】A项，指示剂的选择原则是“由浅变深”如果用酚酞做指示剂颜色变化过程由红色变为无色，不符合要求，A错误；B项，滴定前用待测液润洗锥形瓶滴定结果偏大，B错误；C项，如果氢氧化钠吸收少量二氧化碳，发生反应：CO2+2NaOH→Na2CO3+H2O，再滴入盐酸，盐酸先和剩余的氢氧根反应，H+ + OH-→ H2O再与碳酸钠反应，CO₃²⁻+2H⁺→H₂O+CO₂↑可以发现存在关系2 OH---CO32- --2H⁺，因此消耗盐酸的物质的量始终等于氢氧化钠的物质的量，因此氢氧化钠吸收少量二氧化碳 不影响测定结果，C正确；D项，该实验滴定终点为锥形瓶内溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟不褪色，即为滴定终点，如果变为红色说明盐酸已经过量，D错误。

4．【2019•新课标Ⅲ卷】设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液，下列说法正确的是(    )

A．每升溶液中的H+数目为0.02NA

B．c(H+)= c(H2PO4－)+2c(H2PO42－)+3c(PO43－)+ c(OH−)

C．加水稀释使电离度增大，溶液pH减小

D．加入NaH2PO4固体，溶液酸性增强

【答案】B

【解析】A项，常温下pH＝2，则溶液中氢离子浓度是0.01mol/L，因此每升溶液中H＋数目为0.01NA，A错误；B项，根据电荷守恒可知选项B正确；C项，加水稀释促进电离，电离度增大，但氢离子浓度减小，pH增大，C错误；D项，加入NaH2PO4固体，H2PO4－浓度增大，抑制磷酸的电离，溶液的酸性减弱，D错误。

5．【2019•年4月浙江选考】高温高压液态水具有接近常温下弱酸的 c(H+)或弱碱的 c(OH-)， 油脂在其中能以较快的反应速率水解。与常温常压水相比，下列说法不正确的是(    )

A．高温高压液态水中，体系温度升高，油脂水解反应速率加快

B．高温高压液态水中，油脂与水的互溶能力增强，油脂水解反应速率加快

C．高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解

D．高温高压液态水中的油脂水解，相当于常温下在体系中加入了相同 c(H+)的酸或相同c(OH-)的碱的水解

【答案】D

【解析】对于任何化学反应，体系温度升高，均可加快反应速率，A 项正确；由于高温高压液态水中，c(H+)和c(OH-)增大，油脂水解向右移动的倾向变大，因而油脂与水的互溶能力增强， 反应速率加快，B 项正确；油脂在酸性(H+做催化剂)条件下水解，高温高压液态水中，c(H+)增大，可催化油脂水解反应，且产生的酸进一步催化水解，C 项正确；高温高压液态水中的油脂水解，其水环境仍呈中性，因而不能理解成相当于常温下在体系中加入了相同 c(H+)的酸或相同 c(OH-)的碱的水解，而是以体系升温、增加水和油脂的互溶以及提高水中 H+浓度的方式，促进油脂的水解，D 项不正确。

6．【2019•北京卷】实验测得0.5 mol·L−1CH3COONa溶液、0.5 mol·L−1 CuSO4溶液以及H2O的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(    )

A．随温度升高，纯水中c(H+)>c(OH−)

B．随温度升高，CH3COONa溶液的c(OH−)减小

C．随温度升高，CuSO4溶液的pH变化是Kw改变与水解平衡移动共同作用的结果

D．随温度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因为CH3COO−、Cu2+水解平衡移动方向不同

【答案】C

【解析】A项，水的电离为吸热过程，升高温度，平和向着电离方向移动，水中c(H+).c(OH-)=Kw减小，故pH减小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合题意；B项，水的电离为吸热过程，升高温度，进水的电离，所以c(OH-)增大，醋酸根水解为吸热过程，CH3COOH-+H2OCH3COOH+OH-，升高温度促进盐类水解，所以c(OH-)增大，故B不符合题意；C项，升高温度，促进水的电离，故c(H+)增大；升高温度，促进铜离子水解Cu2++2H2OCu(OH)2 +2H+，故c(H+)增大，两者共同作用使pH发生变化，故C符合题意；D项，盐类水解为吸热过程，升高温度促进盐类水解，故D不符合题意；故选C。

7．【2019•浙江11月选考】常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是(    )

A． 3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍

B． 曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>c

C． 当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)

D． 当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大

【答案】D

【解析】A、由图可知，c(HCl)分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a对应的c(NaOH)最大，以此类推，选项B正确；C、当 V(NaOH)＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c(H+)＝c(OH-)，根据电荷守恒c(H+)＋c(Na+)＝c(Cl-)+c(OH-)，选项C正确；D、当 V(NaOH)相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c(H+)应该是相同的，选项D不正确。答案选D。

8．【2018•北京卷】测定0.1 mol·L-1 Na2SO3溶液先升温再降温过程中的pH，数据如下。

实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多。

下列说法不正确的是(    )

A．Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-

B．④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的

C．①→③的过程中，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响一致

D．①与④的Kw值相等

【答案】C

【解析】A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO32-存在水解平衡：SO32-+H2OHSO3-+OH-、HSO3-+H2OH2SO3+OH-，A项正确；B项，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液做对比实验，④产生白色沉淀多，说明实验过程中部分Na2SO3被氧化成Na2SO4，①与④温度相同，④与①对比，SO32-浓度减小，溶液中c(OH-)，④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO32-浓度减小造成的，B项正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO32-水解平衡正向移动，c(SO32-)减小，水解平衡逆向移动，温度和浓度对水解平衡移动方向的影响相反，C项错误；D项，Kw只与温度有关，①与④温度相同，Kw值相等；故选C。

9．【2018•天津卷】LiH2PO4是制备电池的重要原料。室温下，LiH2PO4溶液的pH随c初始(H2PO4–)的变化如图1所示，H3PO4溶液中H2PO4–的分布分数δ随pH的变化如图2所示，[]下列有关LiH2PO4溶液的叙述正确的是(    )

A．溶液中存在3个平衡

B．含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–

C．随c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH明显变小

D．用浓度大于1 mol·L-1的H3PO4溶液溶解Li2CO3，当pH达到4.66时，H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4

【答案】D

【解析】A项，溶液中存在H2PO4–的电离平衡和水解平衡，存在HPO42–的电离平衡，存在水的电离平衡，所以至少存在4个平衡，A错误；B项，含P元素的粒子有H2PO4–、HPO42–、PO43–和H3PO4，B错误；C项，从图1中得到随着c初始(H2PO4–)增大，溶液的pH不过从5.5减小到4.66，谈不上明显变小，同时达到4.66的pH值以后就不变了，C错误；D项，由图2得到，pH=4.66的时候，δ=0.994，即溶液中所有含P的成分中H2PO4–占99.4%，所以此时H3PO4几乎全部转化为LiH2PO4，D正确。

10．【2018•新课标Ⅰ卷，27(4)】Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为___________________________________________________，

该样品中Na2S2O5的残留量为____________g·L－1(以SO2计)。

【答案】S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋　0.128

【解析】根据电子、电荷及质量守恒，可写出反应的离子方程式为S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋，n(S2O)＝×n(I2)＝×0.010 00 mol·L－1×10.00×10－3 L＝5×10－5 mol，该样品中S2O的残留量(以SO2计)为5×10－5 mol×2×64 g·mol－1×＝0.128 g·L－1。

11．【2018•新课标Ⅱ卷，28(3)】测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。

①称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是________________________________________________________。

②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为____________________。

【答案】①溶液变成粉红色且半分钟内不变色  ②×100%

【解析】①滴定终点的现象是有粉红色出现且半分钟内不变色。②加入锌粉后将Fe3＋还原为Fe2＋，再用KMnO4溶液滴定，将Fe2＋氧化为Fe3＋，MnO转化为Mn2＋：Fe2＋→Fe3＋～e－MnO→Mn2＋～5e－，可得关系式：5Fe2＋～MnO，已知n(MnO)＝cV×10－3 mol，则n(Fe2＋)＝5cV×10－3 mol，则m(Fe2＋)＝5cV×10－3×56 g，该晶体中铁的质量分数w(Fe)＝×100%＝×100%。

12．【2018•新课标Ⅲ卷，26(2)】②改编]称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体，用100 mL容量瓶配成样品溶液。取0.009 50 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O===S4O＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，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24.80 mL，则样品纯度为________%(保留1位小数)。

【答案】蓝色褪去　95.0

【解析】加入淀粉溶液作指示剂，淀粉遇I2变蓝色，加入的Na2S2O3样品与I2反应，当I2消耗完后，溶液蓝色退去，即为滴定终点。由反应Cr2O＋6I－＋14H＋===3I2＋2Cr3＋＋7H2O

I2＋2S2O===S4O＋2I－，得关系式：

Cr2O　～　3I2　～　6S2O

1　　　　　　　　　　6

0．009 50 mol·L－1×0.02 L　0.009 50 mol·L－1×0.02 L×6，硫代硫酸钠样品溶液的浓度＝

，样品的纯度为×100%＝95.0%。

13．【2018•新课标Ⅰ卷，26(5)】凯氏定氮法的原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化为铵盐，铵盐经处理后，通过滴定测量，已知NH3＋H3BO3===NH3·H3BO3；NH3·H3BO3＋HCl===NH4Cl＋H3BO3，取某甘氨酸(C2H5NO2)样品m克进行测定，滴定锥形瓶中吸收液(含NH3·H3BO3和指示剂)时消耗浓度为c mol·L－1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为________%，样品的纯度≤________%。

【答案】