2021届新高考一轮复习人教版第24讲水的电离和溶液的酸碱性作业
练案[24]第八章 水溶液中的离子平衡
第24讲 水的电离和溶液的酸碱性
A组 基础必做题
1．(2019·北京理综，12,6分)实验测得0.5 mol·L－1 CH3COONa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( C )
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
[解析] 本题考查了CH3COONa、CuSO4的水解，水的离子积常数及温度对相关平衡移动的影响等知识。该题的综合度高、思维容量大，侧重考查了学生对实验数据的提取、分析、处理能力。试题多角度、动态分析化学反应，运用化学反应原理来解决实际问题，体现了培养学生创新思维和创新意识的价值观念。A项，温度升高，纯水中的H＋、OH－的浓度都增大，但二者始终相等；B项，温度升高，CH3COONa的水解平衡正向移动，溶液中OH－浓度增大，图像中反映出的“随温度升高CH3COONa溶液的pH下降”的现象，是由“温度升高水的离子积常数增大”导致的，并非OH－浓度下降了；D项，温度升高对CH3COO－、Cu2＋的水解都有促进作用，二者水解平衡移动的方向是一致的，故选C。
2．(2020·新题预选)下列说法正确的是( A )
A．将水加热，KW增大，pH减小
B．向纯水中滴加稀氨水，水的电离程度不变
C．向水中加入少量硫酸氢钠固体，促进了水的电离，c(H＋)增大，KW不变
D．向水中加入AlCl3溶液对水的电离不产生影响
[解析] A项，升高温度促进水的电离，c(H＋)和c(OH－)均增大，KW增大，pH减小；B项，向纯水中加氨水，抑制水的电离；C项，向水中加入少量硫酸氢钠固体，抑制了水的电离，c(H＋)增大，KW不变；D项，AlCl3发生水解而促进水的电离。
3．(2019·上海高三检测)
(双选)对于常温下pH为1的硝酸溶液，下列叙述正确的是( AB )
A．该溶液1 mL稀释至100 mL后，pH等于3
B．向该溶液中加入等体积、pH为13的氢氧化钡溶液恰好完全中和
C．该溶液中硝酸电离出的c(H＋)与水电离出的c(H＋)之比为10－12
D．该溶液中水电离出的c(H＋)是pH为3的硝酸中水电离出的c(H＋)的100倍
[解析] A项，1 mL pH＝1的硝酸溶液稀释至100 mL后，H＋浓度由0.1 mol·L－1变为1×10－3 mol·L－1，所以，pH由1变为3，故A正确；B项，pH为13的氢氧化钡溶液中OH－浓度为0.1 mol·L－1，所以与等体积pH为1的硝酸溶液(H＋浓度为0.1 mol·L－1)恰好完全反应，故B正确；C项，水电离出的c(H＋)等于水电离的c(OH－)，即 mol·L－1＝10－13 mol·L－1，所以该溶液中硝酸电离出的c(H＋)与水电离出c(H＋)之比为＝1012，故C错误；D项，pH＝1的硝酸溶液中水电离出的c(H＋)为10－13 mol·L－1，pH为3的硝酸溶液中水电离的c(H＋)与水电离的c(OH－)相等，即 mol·L－1＝10－11 mol·L－1，所以该溶液中水电离出的c(H＋)是pH为3的硝酸中水电离出的c(H＋)的＝，故D错误。
4．(2020·衡水检测)常温下，下列有关电解质溶液的叙述错误的是( C )
A．某H2SO4溶液中＝1.0×108，由水电离出的c(H＋)＝1×10－11mol·L－1
B．将0.02 mol·L－1HCl溶液与0.02 mol·L－1Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液pH约为12
C．将0.1 mol·L－1的NaOH溶液加水稀释后，由水电离产生的c(H＋)·c(OH－)保持不变
D．pH＝3的H2SO4溶液，稀释105倍后，溶液的pH<7
[解析] 某H2SO4溶液中＝1.0×108，KW＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，得出c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，c(OH－)＝1×10－11mol·L－1，由水电离出的c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－11mol·L－1，故A正确；将0.02 mol·L－1HCl溶液与0.02 mol·L－1Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液c(OH－)＝＝0.01 mol·L－1，pH＝12，故B正确；将0.1 mol·L－1的NaOH溶液加水稀释后，碱性减弱，水的电离程度增大，由水电离产生的c(H＋)·c(OH－)增大，故C错误；pH＝3的H2SO4溶液，稀释105倍后，溶液的pH<7，故D正确。
5．(2020·上海高三检测)(双选)常温下用pH为3的某酸溶液分别与pH都为11的氨水、氢氧化钠溶液等体积混合得到a、b两种溶液，关于这两种溶液酸碱性的描述正确的是( AB )
A．b不可能显碱性 B．a可能显酸性或碱性
C．a不可能显酸性 D．b可能显碱性或酸性
[解析]
若酸为强酸时，则b溶液形成的仅为强酸强碱盐的溶液，呈中性；若酸为弱酸时，则b溶液为弱酸与强碱弱酸盐的混合液，溶液应呈酸性，故A项正确，D项错误。若酸为强酸(或电离度比氨水大的弱酸)，则a溶液为强酸弱碱盐(或弱酸弱碱盐)和氨水的混合溶液，呈碱性；若酸为电离度比氨水小的酸，则a溶液为弱酸和弱酸弱碱盐的混合溶液，呈酸性；若酸是电离度与氨水相同的酸，则a溶液呈中性，故B项正确，C项错误。
6．(2019·福建龙岩一模)已知：pKa＝－lgKa。25 ℃时，H2A的pKa1＝1.85，pKa2＝7.19。常温下，用0.1 mol·L－1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L－1 H2A溶液的滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是( C )
A．a点溶液中：c(HA－)＝c(H2A)
B．b点溶液中：A2－水解平衡常数Kh1＝10－6.81
C．V0＝30 mL
D．a、b、c、d四点中，d点溶液中水的电离程度最大
[解析] H2A的pKa1＝1.85，则Ka1＝＝10－1.85，而a点pH＝1.85，溶液中c(H＋)＝10－1.85 mol·L－1，则c(HA－)＝c(H2A)，故A正确。根据A2－＋H2OHA－＋OH－可知，A2－水解平衡常数Kh1＝＝＝＝10－6.81，故B正确。H2A的二级电离平衡常数Ka2＝＝10－7.19，c点溶液的pH＝7.19，溶液中c(H＋)＝10－7.19 mol·L－1，则溶液中c(A2－)＝c(HA－)；V0＝30 mL时，反应后溶液为等物质的量浓度的NaHA和Na2A溶液，由于A2－水解平衡常数Kh1＝10－6.81>Ka2＝10－7.19，则c(A2－)
c>b>a，故D正确。
[审题方法] 当滴入20 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液时，所得溶液为40 mL 0.05 mol·L－1 NaHA溶液；当滴入40 mL 0.1 mol·L－1 NaOH溶液时，所得溶液为60 mL mol·L－1 Na2A溶液。
7．(2020·山东济南高三检测)取浓度均为0.1 mol·L－1的NaA、NaB溶液各1 L，分别通入0.02 mol CO2，发生反应：NaA＋CO2＋H2O===HA＋NaHCO3、2NaB＋CO2＋H2O===2HB＋Na2CO3。则常温下取浓度均为0.01 mol·L－1的HA和HB溶液各1 L，分别加水稀释至体积为V L时对应的线分别是 Y 、 Z 。
[解析] 结合强酸制弱酸，由两个化学方程式可知酸性：H2CO3>HA>HCO>HB。加水稀释，能促进弱酸的电离，但c(H＋)减小，pH增大；酸性越弱，加水稀释相同的倍数时，pH变化越小，故线Z表示常温下HB溶液的稀释，线Y表示常温下HA溶液的稀释，线X表示常温下一元强酸溶液的稀释。
8．(2020·山东潍坊高三检测)现有常温下的六种溶液：
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 ⑥ (填序号)，水的电离程度相同的是 ②③④ 。
(2)若将②③混合后所得溶液pH＝7，则消耗溶液的体积：
② > (填“>”“<”或“＝”)③。
(3)将六种溶液同等程度稀释10倍后，溶液的pH：
① > ②，③ > ④，⑤ > ⑥。
(4)将①、④混合，若有c(CH3COO－)>c(H＋)，则混合溶液可能呈 A、B、C (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为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②、③混合，欲使pH＝7，则需体积：②>③。
(3)稀释同样的倍数后，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＋)，无法比较c(H＋)与c(OH－)的相对大小，也就无法判断混合液的酸碱性。
B组 能力提升题
9．(2020·天津河西区期末)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，下列叙述错误的是( A )
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
[解析] 本题考查溶液的酸碱性的判断。由题可知，反应所得溶液呈中性，则40 ℃时，pH一定不为7，A错误；反应所得混合溶液呈中性，则溶液中c(H＋)＝c(OH－)，B正确；该溶液呈中性，则有c(H＋)＝c(OH－)，据电荷守恒可得，c(H＋)＋c(B＋)＝c(OH－)＋c(A－)，从而推知c(B＋)＝c(A－)，C正确；由于KW＝c(H＋)·c(OH－)，所得溶液呈中性，则有c(H＋)＝c(OH－)，从而推知c(OH－)＝ mol·L－1，D正确。
10．(2019·福建厦门模拟)25 ℃时，相同pH的两种一元弱酸HA与HB溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法正确的是( D )
A．同浓度的NaA与NaB溶液中，c(A－)小于c(B－)
B．a点溶液的导电性大于b点溶液
C．a点的c(HA)大于b点的c(HB)
D．HA的酸性强于HB
[解析] 由于稀释过程中HA溶液的pH变化较大，故HA的酸性强于HB，D项正确；酸的酸性越强，对应盐的水解程度越弱，即NaB的水解程度较大，同浓度的NaA与NaB溶液中，c(B－)小于c(A－)，A项错误；b点溶液的pH小于a点溶液的pH，说明b点溶液中c(H＋)和c(B－)较大，溶液的导电性较强，B项错误；HA酸性强于HB，则相同pH的溶液，c(HA)c(Na＋)＝c(SO)>c(OH－)
[解析] 本题考查水的电离和水的离子积、离子浓度的比较等。100 ℃时纯水的pH＝6，此时水的离子积常数KW＝1.0×10－12，A错误；NaHSO4是强酸的酸式盐，溶于水完全电离，电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，B正确；100 ℃时，所得溶液的pH＝2，则溶液中c(H＋)＝1.0×10－2 mol·L－1，故由水电离出来的c(H＋)＝c(OH－)＝1.0×10－10 mol·L－1，C正确；该溶液呈酸性，则有c(H＋)>c(OH－)，考虑NaHSO4在水溶液中的电离及水的电离，离子浓度大小关系：c(H＋)>c(Na＋)＝c(SO)>c(OH－)，D正确。
13．(2020·南京检测)(双选)室温下，在pH＝12的某溶液中，由水电离的c(OH－)为( CD )
A．1.0×10－7 mol·L－1 B．1.0×10－6 mol·L－1
C．1.0×10－2 mol·L－1 D．1.0×10－12 mol·L－1
[解析] pH＝12的溶液为碱性溶液，其中，c(H＋)总＝1.0×10－12 mol·L－1，c(OH－)总＝1.0×10－2 mol·L－1。但碱性溶液的形成是多方面的。
(1)若溶质为碱，则碱电离出的OH－抑制了水的电离，溶液中的OH－来自两个方面，一是碱电离的，二是水电离的；但溶液中的H＋无疑都是水电离的，即c(H＋)水＝c(H＋)总＝1.0×10－12 mol·L－1，而水电离生成的H＋和OH－是等物质的量的，所以：c(OH－)水＝1.0×10－12 mol·L－1。
(2)若溶质为强碱弱酸盐，则盐的水解促进水的电离，即(弱酸阴离子为Bn－)：Bn－＋H2OHB(n－1)＋OH－，这时溶液中的H＋和OH－都是水电离产生的，要注意：水电离出的H＋并非完全存在于溶液中，而是部分存在溶液中，部分被弱酸根Bn－结合了，但溶液中的OH－却都是水电离生成的。根据水离子积常数得：c(OH－)总＝c(OH－)水＝＝1.0×10－2 mol·L－1。
[点拨] 25 ℃，纯水H2OH＋＋OH－，电离出c(H＋)＝c(OH－)＝1×107
mol/L。当向纯水中加入酸或碱时，增大了溶液中H＋浓度或OH－浓度，水的电离程度减小，水自身电离出的c(H＋)、c(OH－)必然相应减小。本题考查学生的发散思维。
14．(2020·辽宁沈阳市郊联考)已知电离常数的大小可以用来比较酸性的相对强弱，观察下表中的数据
弱酸
电离常数
弱酸
电离常数
H2CO3
Ka1＝4.4×10－7
H2C2O4
Ka1＝5.4×10－2
Ka2＝4.7×10－11
Ka2＝5.4×10－5
分析表格中两种弱酸可能涉及的分子或离子，依据：较强酸＋较弱酸盐===较弱酸＋较强酸盐的反应规律，且较强酸和较弱酸盐按物质的量之比为1︰1发生反应，则最多可以写出的离子方程式的个数(不考虑难溶盐)是( C )
A．2 B．4
C．6 D．8
[解析] 根据题表中电离常数的大小，可知酸性：H2C2O4>HC2O>H2CO3>HCO，根据题给反应规律，知H2C2O4与C2O、HCO、CO反应，可分别生成HC2O、H2CO3、HCO；HC2O与HCO、CO反应，可分别生成H2CO3、HCO；H2CO3与CO反应，可生成HCO。故最多可以写出离子方程式(不考虑难溶盐)有6个，C项正确。
15．(2020·海南检测)下图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是( D )
A．两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝KW
B．M区域内任意点均有c(H＋)c(H＋)，B项正确；H2O(l)H＋(aq)＋OH－(aq) ΔH>0，升高温度平衡正向移动，图中Z点KW＝10－6.5×10－6.5＝10－13大于X点的KW＝10－7×10－7＝10－14，所以T2>T1，C项正确；XZ线上任意点表示溶液呈中性，由于各点温度不同，故pH不同，D项错误。
[命题分析] 分析本题涉及的考点有水的离子积常数的含义、水的电离平衡的影响因素、pH的判断，主要考查考生识图和分析问题的能力，体现变化观念与平衡思想的学科核心素养。
16．(2020·北京海淀高三检测)(1)图Ⅰ表示10 mL量筒中液面的位置，A与B，B与C刻度间相差1 mL，如果刻度A为4，量筒中液体的体积是 3.2 mL。
(2)排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图Ⅱ所示操作中的 丙 (填“甲”“乙”或“丙”)，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
(3)实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理：
4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋
滴定时，1 mol(CH2)6N4H＋与1 mol H＋相当，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤Ⅰ：称取样品1.500 g。
步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀。
步骤Ⅲ：移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入1～2滴酚酞溶液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。
①根据步骤Ⅲ填空：
a．碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数 偏高 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
b．锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积 无影响 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
c．滴定达到终点时，酚酞指示剂由 无 色变成 浅红 色。
②滴定结果如下表所示：
滴定
次数
待测溶液
的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
2.00
21.99
3
25.00
0.20
20.20
若NaOH标准溶液的浓度为0.101 0 mol·L－1，则该样品中氮的质量分数为 18.85% 。
[解析] (1)量筒中刻度自上而下逐渐减小，如果刻度A为4，量筒中液体的体积是3.2 mL。
(2)排去碱式滴定管中气泡的方法应采用题图所示操作中的丙操作，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
(3)①a.碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，没有用NaOH标准溶液润洗就直接加入NaOH标准溶液，使滴定的氢氧化钠溶液的浓度偏小，则消耗氢氧化钠标准溶液体积偏多，测得样品中(CH2)6N4H＋偏多，因此测得样品中氮的质量分数偏高；b.锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，由于溶液中含有的待测物质的物质的量不变，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积也不变，因此不会产生任何影响；c.由于指示剂酚酞在酸溶液中，用已知浓度的碱滴定未知浓度的酸，因此开始溶液是无色，当滴定达到终点时，酚酞指示剂由无色变成浅红色。②根据实验可知第一次实验反应消耗标准溶液的体积为21.03 mL－1.02 mL＝20.01 mL；第二次实验反应消耗标准溶液的体积为21.99 mL－2.00 mL＝19.99 mL；第三次实验反应消耗标准溶液的体积为20.20 mL－0.20 mL＝20.00 mL；因此反应消耗标准溶液的体积是V＝(20.01 mL＋19.99 mL＋20.00 mL)÷3＝20.00 mL，根据酸、碱发生中和反应时的物质的量关系是1︰1可知：c×25.00 mL＝0.101 0 mol·L－1×20.00 mL，解得c＝0.080 8 mol·L－1，则250 mL溶液中含有(CH2)6N4H＋及H＋的物质的量是0.080 8 mol·L－1×0.25 L＝0.020 2 mol，则在1.500 g样品中含NH的物质的量是0.020 2 mol，其中含有N的质量是m(N)＝0.020 2 mol×14 g·mol－1＝0.282 8 g，所以N元素的质量分数＝0.282 8 g÷1.500 g×100%＝18.85%。
