（全国版）2021高考化学一轮复习课时作业31水的电离和溶液的酸碱性（含解析） 练习

课时作业(三十一)　水的电离和溶液的酸碱性

1．(2019·福建厦门质检)下列微粒不会影响水的电离平衡的是(　　)

A.　　　　 B．

C．Cl—O—H　　　 D．

A　[代表Na＋，是强碱NaOH对应的阳离子，不发生水解，故不影响水的电离，A正确；S2－易发生水解反应而促进水的电离，B错误；HClO属于弱酸，部分电离产生H＋和ClO－，抑制水的电离，C错误；代表CH3COOH，部分电离产生H＋和CH3COO－，抑制水的电离，D错误。]

2．(2019·天津河西区模拟)已知40 ℃时水的离子积常数为Kw。该温度下，将浓度为a mol·L－1的一元酸HA与b mol·L－1的一元碱BOH等体积混合，该溶液呈中性时，下列叙述不正确的是(　　)

A．a＝b，pH＝7

B．混合溶液的c(H＋)＝c(OH－)

C．混合溶液中c(B＋)＝c(A－)

D．混合溶液中c(OH－)＝ mol·L－1

A　[40 ℃时水的离子积常数Kw>1.0×10－14，溶液呈中性时，pH<7，故pH＝7的溶液呈碱性，A错误；混合溶液的c(H＋)＝c(OH－)，则该溶液呈中性，B正确；混合溶液呈电中性，据电荷守恒可得c(B＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，若溶液中c(B＋)＝c(A－)，故c(H＋)＝c(OH－)，则该溶液呈中性，C正确；在水溶液中，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，将c(H＋)＝ mol·L－1代入可得c(OH－)＝ mol·L－1，此时c(H＋)＝c(OH－)，则该溶液呈中性，D正确。]

3．(2019·湖南双峰模拟)某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中不正确的是(　　)

A．该温度高于25 ℃

B．由水电离出来的c(H＋)为1.0×10－10 mol·L－1

C．加入NaHSO4晶体，抑制了水的电离

D．该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液，可使该溶液恰好呈中性

D　[该温度下蒸馏水呈中性，其pH＝6，则有Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，温度越高，Kw越大，故该温度高于25 ℃，A正确；加入NaHSO4晶体后，溶液的pH＝2，则水电离出的c(H＋)水＝c(OH－)水＝1.0×10－10 mol·L－1，B正确；加入NaHSO4晶体后，电离产生H＋，使溶液呈酸性，抑制水的电离，C正确；该温度下，pH＝12的NaOH溶液中c(OH－)＝1 mol·L－1，若加入等体积pH＝12的NaOH溶液，充分反应后NaOH剩余，所得溶液呈碱性，D错误。]

4．(2019·黑龙江大庆模拟)下列叙述正确的是(　　)

A．95 ℃时纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性

B．室温下，pH＝5的盐酸溶液，加水稀释至溶液的体积为原溶液体积的103倍后pH＝8

C．pH＝1的盐酸与等体积pH＝3的盐酸混合后pH＝2

D．25 ℃时，pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH<7

D　[升高温度，水的电离程度增大，水电离产生的c(H＋)增大，溶液的pH减小，但水仍呈中性，A错误；室温下，pH＝5的盐酸加水稀释至原溶液体积的103倍，溶液仍呈酸性，则pH<7，B错误；pH＝1的盐酸与pH＝3的盐酸等体积混合后，所得混合液的pH<2，C错误；醋酸是弱电解质，pH＝3的醋酸溶液中c(CH3COOH)>1×10－3 mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中c(NaOH)＝1×10－3mol·L－1，二者等体积混合后，醋酸剩余，所得混合液呈酸性，则有pH<7，D正确。]

5．(2019·福建四校联考)常温下，0.1 mol·L－1某一元酸(HA)溶液中＝1.0×10－8，则下列叙述中正确的是(　　)

A．该一元酸溶液的pH＝1

B．该溶液中由水电离出的c(H＋)＝1.0×10－3 mol·L－1

C．该溶液中水的离子积常数为1.0×10－22

D．用0.1 mol·L－1NaOH溶液V1 L与V2 L 0.1 mol·L－1该一元酸(HA)溶液混合，若混合溶液的pH＝7，则V1<V2

D　[常温下Kw＝1×10－14,0.1 mol·L－1HA溶液中＝1.0×10－8，则有c(H＋)＝1.0×10－3 mol·L－1，故HA溶液的pH＝3，A错误；HA溶液中OH－全部来源于水的电离，则水电离出的c(H＋)水＝c(OH－)水＝1.0×10－11 mol·L－1，B错误；常温下水的离子积常数为Kw＝1×10－14，与溶液的酸碱性无关，C错误；等浓度的NaOH溶液和HA溶液恰好完全反应生成NaA，此时溶液呈碱性，若使溶液的pH＝7，应使n(HA)稍大于n(NaOH)，则有0.1 mol·L－1×V1 L<0.1 mol·L－1×V2 L，从而推知V1<V2，D正确。]

6．(2019·四川成都模拟)常温下，若使pH＝3的盐酸与pH＝9的Ba(OH)2溶液混合使其成为pH＝7的溶液，混合时盐酸和Ba(OH)2溶液的体积比为(　　)

A．1∶60　　　 B．3∶1

C．1∶100　　　 D．100∶1

C　[常温下，pH＝3的盐酸中c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1，pH＝9的Ba(OH2)溶液中c(OH－)＝1×10－5 mol·L－1。若两种溶液混合使所得溶液成为pH＝7的溶液，则有n(H＋)＝n(OH－)，即1×10－3 mol·L－1·V(HCl)＝1×10－5 mol·L－1·V(NaOH)，故有＝＝1∶100。]

7．(2018·辽宁鞍山四模)常温条件下，向20 mL 0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H＋)随加入NaOH溶液的体积变化如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．b、d两点溶液的pH相同

B．从a到c，对醋酸的电离既有促进作用也有抑制作用

C．e点所示溶液中，c(Na＋)＝2c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)＝0.01 mol·L－1

D．从a→c的过程中，存在pH＝7的点

D　[b点醋酸过量，其电离使溶液显酸性，pH<7，d点，NaOH过量，pH>7，故A错误；醋酸溶液中存在CH3COOHCH3COO－＋H＋，加NaOH溶液消耗氢离子，醋酸的电离平衡正向移动，所以从a到c，醋酸的电离始终受到促进，故B错误；e点所示溶液中，加入的NaOH的物质的量是醋酸的物质的量的2倍，反应后溶液中醋酸钠和NaOH物质的量相等，根据物料守恒得c(Na＋)＝2c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)＝0.01 mol·L－1×，故C错误；c点，醋酸与氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，氢氧化钠溶液体积小于20 mL时的某一个值恰好使溶液显中性，所以从a→c的过程中，存在着pH＝7的点，故D正确。]

8．(2019·山西大同模拟)常温下，用0.10 mol·L－1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.10 mol·L－1 HCl溶液和20.00 mL 0.10 mol·L－1 CH3COOH溶液，得到两条滴定曲线，如图所示，则下列说法正确的是(　　)

A．图2是滴定盐酸的曲线

B．a与b的关系是a＜b

C．E点对应离子浓度由大到小的顺序可能为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)

D．这两次滴定都可以用甲基橙作为指示剂

C　[如果酸为强酸，则0.10 mol·L－1酸的pH为1，根据酸的初始pH知，图1为盐酸的滴定曲线，故A错误；根据图1知，a点氢氧化钠溶液的体积是20.00 mL，酸和碱的物质的量相等，二者恰好反应生成强酸强碱盐，其溶液呈中性；醋酸溶液中滴入氢氧化钠溶液，醋酸钠溶液呈碱性，所以氢氧化钠溶液的体积小于20.00 mL，a＞b，故B错误；E点溶液的成分为醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，盐类水解程度较小，则溶液中离子浓度可能为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)，故C正确；氢氧化钠和盐酸恰好反应呈中性，可以选择甲基橙或酚酞；氢氧化钠和醋酸恰好反应生成醋酸钠溶液呈碱性，只能选择酚酞，故D错误。]

9．(2019·河南中原名校联考)已知100 ℃时，水的离子积常数为Kw＝1×10－12，对于该温度下pH＝11的氨水，下列叙述正确的是(　　)

A．向该溶液中加入同温同体积pH＝1的盐酸，反应后溶液呈中性

B．温度降低至25 ℃，该氨水溶液中H2O电离出的c(H＋)小于10－11 mol·L－1

C．该氨水溶液中加入少量NH4Cl固体，NH3·H2O的电离程度增大

D．滴加等浓度、等体积的硫酸，所得溶液中存在电离平衡：NH4HSO4(aq)NH(aq)＋H＋(aq)＋SO(aq)

B　[100 ℃时，Kw＝1×10－12，pH＝11的氨水中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，则c(NH3·H2O)>0.1 mol·L－1，与同温同体积pH＝1的盐酸混合，反应后氨水剩余，所得溶液呈碱性，A错误。100 ℃时，该氨水中水电离出的c(H＋)水＝c(OH－)水＝1×10－11 mol·L－1；温度降低至25 ℃，水的离子积Kw减小，水的电离程度减小，则H2O电离出的c(H＋)小于10－11 mol·L－1，B正确。氨水中存在电离平衡：NH3·H2ONH＋OH－，加入少量NH4Cl固体，c(NH)增大，NH3·H2O的电离平衡逆向移动，电离程度减小，C错误。NH4HSO4是强电解质，在水溶液中完全电离，不存在电离平衡，D错误。]

10．(2018·四川南充二诊)25 ℃时，0.1 mol·L－1的3种溶液：①盐酸、②氨水、③CH3COONa溶液。下列说法中，不正确的是(　　)

A．3种溶液中pH最小的是①

B．3种溶液中水的电离程度最大的是③

C．①与②等体积混合后溶液显酸性

D．①与③等体积混合后：c(Na＋)>c(Cl－)>c(H＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)

D　[盐酸呈酸性，氨水和CH3COONa溶液呈碱性，则pH最小的是盐酸，A正确；盐酸和氨水抑制水的电离，CH3COONa因发生水解而促进水的电离，故水的电离程度最大的是CH3COONa，B正确；等浓度、等体积的盐酸和氨水混合，二者恰好完全反应生成NH4Cl，由于NH发生水解而使溶液呈酸性，C正确；等浓度、等体积的盐酸和CH3COONa溶液混合，二者恰好完全反应生成CH3COOH和NaCl，由于Na＋、Cl－均不发生水解，则有c(Na＋)＝c(Cl－)，D错误。]

11．(2019·广西钦州质检)常温下，浓度均为1.0 mol·L－1的HX溶液、HY溶液，分别加水稀释，稀释后溶液的pH随浓度的变化如图所示，下列叙述正确的是(　　)

A．HX是强酸，溶液每稀释10倍，pH始终增大1

B．常温下HY的电离常数约为1.0×10－4

C．溶液中水的电离程度：a点大于b点

D．消耗同浓度的NaOH溶液体积：a点大于b点

B　[由图可知，常温下1.0 mol·L－1 HX和HY溶液的pH分别为0、2.0，则HX是强酸，HY是弱酸，稀释HX溶液，开始阶段每稀释10倍pH增大1，溶液较稀时，再稀释10倍pH增大小于1，pH始终小于7，A错误。由图可知，c(HY)＝10－2 mol·L－1时溶液的pH＝3.0，则HY的电离平衡常数为Ka(HY)＝＝≈1.0×10－4，B正确。a点溶液的pH小于b点，则a点溶液的酸性强于b点，而酸性越强，水的电离程度越小，故水的电离程度：a<b，C错误。题目未指明HX和HY溶液的体积，无法确定消耗同浓度NaOH溶液的体积，D错误。]

12．(2018·四川成都三诊)已知H2A为二元弱酸，室温下向100.0 mL 0.1 mol·L－1H2A溶液中加入不同质量的NaOH固体，pH变化如下表(不考虑溶液体积变化)。下列分析正确的是(　　)

A．H2A第一步电离K1的数量级为10－8

B．上述过程中水的电离程度一直增大

C．m(NaOH)＝0.6 g时，c(Na＋)>c(A2－)>c(HA－)>c(OH－)>c(H＋)

D．若溶液中加NaOH至＝100时，c(OH－)>100 c(H＋)

D　[初始时，0.1 mol·L－1H2A溶液的pH＝3.8，根据氢离子浓度的近似计算公式c(H＋)＝＝＝10－3.8 mol·L－1，所以Kal＝10－6.6，其数量级为10－7，A错误。初始时，0.1 mol·L－1H2A溶液对于水的电离一定是抑制，随着H2A逐渐被中和，转化为盐，则变成对水的电离产生促进，最后氢氧化钠过量，再对水的电离产生抑制，B错误。加入的氢氧化钠为0.6 g(0.015 mol)时，溶液为浓度相等的Na2A和NaHA混合溶液，由表中数据得到此时溶液一定显碱性，因为A2－的水解能力强于HA－，且A2－水解得到HA－，所以c(A2－)<c(HA－)，C错误。加入0.4 g氢氧化钠(0.01 mol)时，溶液为NaHA的溶液，pH＝8.3，根据选项A的分析，Kal＝10－6.6，而Ka2一定远小于Kal，即HA－的电离很困难，所以此时溶液中的一定大于100。为了使溶液＝100，应该加入一些氢氧化钠，此时溶液的pH一定高于8.3。考虑到溶液的pH＝8时，c(OH－)＝100 c(H＋)，所以pH>8时，一定有c(OH－)>100 c(H＋)，D正确。]

13．(2019·江苏扬州调研)用ClO2处理过的饮用水(pH为5.5～6.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO)。饮用水中的ClO2、ClO含量可用连续碘量法进行测定。ClO2被I－还原为ClO、Cl－的转化率与溶液pH的关系如图所示。当pH≤2.0时，ClO也能被I－完全还原为Cl－。反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI。

(1)请写出pH≤2.0时ClO与I－反应的离子方程式：

________________________________________________________________________。

(2)请完成相应的实验步骤：

步骤1：准确量取V mL水样加入到锥形瓶中；

步骤2：调节水样的pH为7.0～8.0；

步骤3：加入足量的KI晶体；

步骤4：加入少量淀粉溶液，用c mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1 mL；

步骤5：________________________________________________________________________；

步骤6：再用c mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点，又消耗Na2S2O3溶液V2 mL。

(3)根据上述分析数据，测得该饮用水中ClO的浓度为________mol·L－1(用含字母的代数式表示)。

解析　(3)根据电子守恒可得pH为7.0～8.0时反应的关系式：

ClO2　　　　  　～I2～　　　　Na2S2O3

cV1×10－3mol　　　           　cV1×10－3mol

pH≤2.0时，反应的关系式：

ClO　　　    　～2I2～　　　　4Na2S2O3

×10－3mol　　　　           cV2×10－3mol

故原水样中含有n(ClO)＝×10－3mol

c(ClO)＝mol·L－1。

答案　(1)ClO＋4H＋＋4I－===Cl－＋2I2＋2H2O

(2)调节溶液的pH≤2.0　(3)

14．六氨氯化镁 (MgCl2·6NH3)具有极好的可逆性、放氨特性，是一种优良的储氨材料。某研究小组在实验室以菱镁矿(主要成分 MgCO3，含少量 FeCO3等杂质)为原料制备了六氨氯化镁，现在对产品的成分进行测定，其中氯离子含量检测方法如下：

A．称取1.420 g样品，加足量硫酸溶解，配制成250 mL溶液；

B．量取25.00 mL待测液于锥形瓶中；

C．用0.200 0 mol/L AgNO3标准溶液滴定至终点，记录消耗AgNO3标准溶液的体积；

D．重复b、c操作2～3次，平均消耗AgNO3标准溶液10.00 mL 。

(1)配制样品溶液时加硝酸的原因________________________________________________________________________

______________。

(2)该样品中氯离子百分含量为________。

(3)将氯离子百分含量实验值与理论值 (36.04%)相比较，请分析造成此结果的可能原因有________________________________(已知滴定操作正确、硫酸根离子对检测无影响)。

解析　(1)检验Cl－需要用AgNO3，而Ag＋能与NH3络合生成[Ag(NH3)2]＋，所以加入硝酸除去NH3；(2)由实验数据可得n(AgNO3)＝10.00×10－3L×0.200 0 mol·L－1＝0.002 000 mol，所以Cl－的百分含量＝×100%＝50.00%；(3)根据MgCl2·6NH3的组成可得，其中Cl－的百分含量＝×100%＝36.04%，但实验结果偏高，可能是MgCl2没有完全氨化，也可能是产品在称量时已有部分氨气逸出。

答案　(1)除去NH3，避免 NH3与Ag＋发生络合，干扰检测　(2)50.00%　(3)氨化过程不完全或晶体称量时已有部分氨气逸出