2021高考化学人教版一轮复习规范演练：第七章 第二讲 水的电离和溶液的酸碱性
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规范演练19
一、选择题
1．(2019·辽宁盘锦高级中学月考)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( )
时刻
①
②
③
④
温度/℃
25
30
40
25
pH
9.66
9.52
9.37
9.25
A.Na2SO3溶液中存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋
OH－、HSO＋H2OH2SO3＋OH－
B．④的pH与①不同，是由于浓度减小造成的
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
解析： A项，Na2SO3属于强碱弱酸盐，SO存在水解平衡：SO＋H2OHSO＋OH－、HSO＋H2OH2SO3＋OH－，A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，SO浓度减小，溶液中c(OH－)减小，④的pH小于①，即④的pH与①不同，是由于SO浓度减小造成的，B正确；C项，盐类水解为吸热过程，①→③的过程，升高温度SO水解平衡正向移动，c(SO)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错误；D项，KW只与温度有关，①与④温度相同，KW值相等，D正确。
答案：C
2．(2019·江西赣州十三县市联考)在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)有如图所示关系。下列说法正确的是( )
A．b点溶液中不可能存在NH3·H2O
B．b、c两点pH相同，但溶液的酸碱性不同
C．通过降温的方法，可使溶液的状态中d点变为a点
D．a点溶液中可能大量共存的离子：Fe3＋、Na＋、Cl－、SO
解析：b点溶液中c(H＋)＝10－6 mol·L－1，溶液显酸性，如NH4Cl溶液中，NH4＋H2ONH3·H2O＋H＋，溶液显酸性，也有NH3·H2O存在，故A错误；b、c两点pH相同，但溶液的温度不同，b点溶液中c(H＋)＝10－6 mol·L－1，溶液显酸性，c点溶液为中性，故B正确；a点溶液中c(H＋)＝c(OH－)，溶液为中性，d点溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液为碱性，降低温度不可能由碱性变为中性，故C错误；a点溶液为中性，Fe3＋发生水解，生成氢氧化铁沉淀，所以a点溶液中Fe3＋、Na＋、Cl－、SO不能大量共存，故D错误。
答案：B
3．(2019·辽宁抚顺一模)25 ℃时，向浓度均为0.1 mol·L－1、体积均为100 mL的两种一元酸HX、HY溶液中分别加入NaOH 固体，溶液中lg随n( NaOH)的变化如下图所示。下列说法不正确的是( )
A．HX 为强酸，HY 为弱酸 B．b点时溶液呈中性
C．水的电离程度：d>c D．c点时溶液的pH＝4
解析：A项，根据图象0.1 mol·L－1 HX溶液中lg＝12，＝1×1012，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，解得c(H＋)＝0.1 mol·L－1，HX为强酸，0.1 mol·L－1 HY溶液中lg＜12，HY为弱酸，正确；B项，b点时溶液中lg＝0，溶液中c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性，正确；C项，d点、c点加入5×10－3 mol的NaOH固体，d点得到等物质的量浓度的NaX和HX的混合液，HX电离出H＋使d点溶液呈酸性，c点得到等物质的量浓度的NaY和HY的混合液，c点溶液呈酸性，HY的电离程度大于Y－的水解程度，d点溶液中c(H＋)大于c点，d点溶液中H＋对水的电离的抑制程度大于c点，水的电离程度：c>d，错误；D项，c点溶液中lg＝6，＝1×106，c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，解得c(H＋)＝1×10－4 mol·L－1，c点溶液的pH＝4，正确。
答案：C
4．(2019·浙江诸暨牌头中学月考)常温下，向10 mL 0.2 mol·L－1 H2C2O4溶液中滴加0.2 mol·L－1 KOH溶液，水电离出氢离子浓度c(H＋)与加入氢氧化钾溶液的体积的变化如下图，已知常温下，H2C2O4的电离常数为K1＝5.0×10－2，K2＝5.4×10－5
，根据图示判断，下列说法不正确的是( )
A．c点的溶液显碱性
B．a点时，加入KOH溶液的体积V1＝10 mL
C．b点时，溶液中各粒子浓度的大小顺序为：c(K＋)> c(C2O)>c(OH－)>c(HC2O)>c(H＋)
D．当V(KOH)＝15 mL时，溶液中存在以下关系：2c(K＋)＝3c(C2O)＋3c(HC2O)＋3c(H2C2O4)
解析：b点水电离出氢离子浓度最大，说明b点为K2C2O4溶液，则c点为K2C2O4和NaOH的混合溶液，溶液显碱性，故A正确；a点时，若加入KOH溶液的体积V1＝10 mL，恰好反应生成HC2O，根据K1＝5.0×10－2，K2＝5.4×10－5，K1·K2＞1×10－14，说明电离程度大于水解程度，水的电离受到抑制，水电离出氢离子浓度c(H＋)＜1×10－7 mol·L－1，与图象不符，故B错误；b点时，水电离出氢离子浓度最大，说明b点为K2C2O4溶液，水解后溶液显碱性，溶液中各粒子浓度的大小顺序为c(K＋)>c(C2O)>c(OH－)>c(HC2O)>c(H＋)，故C正确；当V(KOH)＝15 mL时，溶液中存在等浓度的K2C2O4和KHC2O4，根据物料守恒有3c(C2O)＋3c(HC2O)＋3c(H2C2O4)＝2c(K＋)，故D正确。
答案：B
5．(2019·安阳模拟)25 ℃时，用0.10 mol·L－1的氨水滴定10.00 mL 0.05 mol·L－1的二元酸H2A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lg的关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．H2A的电离方程式为H2AH＋＋HA －
B．B点溶液中，水电离出的氢离子浓度为1.0×10－6 mol·L－1
C．C点溶液中，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝2c(A2－)
D．25 ℃时，氨水的电离平衡常数Kb＝1×10－10
解析：根据图象，A点时，0.05 mol·L－1的二元酸H2A的溶液lg＝－12，此时c(OH－)＝10－12 c(H＋)，c(OH－)＝1.0×10－13 mol·L－1，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，说明H2A为二元强酸。A项，H2A的电离方程式为H2A===2H＋＋A 2－，错误；B项，B点溶液中，加入了10 mL 0.10 mol·L－1的氨水，恰好完全反应，此时溶液应为(NH4)2A溶液，lg＝－2，c(OH－)＝10－2 c(H＋)，c(OH－)＝1.0×10－8 mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－6 mol·L－1，此时溶液因NH水解呈酸性，溶液中的氢离子均是水电离产生的，故水电离出的氢离子浓度为1.0×10－6 mol·L－1，正确；C项，C点溶液中，加入了12.5 mL 0.10 mol·L－1的氨水，此时溶液应为(NH4)2A和NH3·H2O混合溶液，lg＝0，c(OH－)＝c(H＋)，根据电荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝2c(A2－)＋c(OH－)，即c(NH)＝2c(A2－)，错误；D项，B点时，c(OH－)＝1.0×10－8 mol·L－1，c(H＋)＝1.0×10－6 mol·L－1，溶液因NH水解呈酸性，NH＋H2OH＋＋NH3·H2O，该反应的水解常数为Kh＝＝＝＝2×10－
5，故氨水的电离平衡常数为Kb＝＝5×10－10，错误。
答案：B
6．(2019·河南商丘中学月考)已知Kb(NH3·H2O)＝1.7×10－5，Ka(CH3COOH)＝1.7×10－5。25 ℃时，向20 mL浓度均为0.01 mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1的氨水，测定过程中电导率和pH变化曲线如图所示，下列说法错误的是( )
A．a点溶液中，c(CH3COO－)数量级约为10－5
B．b点溶液中，c(NH) >c(CH3COOH)
C．c点溶液中，c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋ c(CH3COOH)
D．c点水的电离程度小于d点
解析：氨水逐滴滴入盐酸和醋酸的混合液中，依次发生的反应为HCl＋NH3·H2O===NH4Cl、CH3COOH＋NH3·H2O===CH3COONH4＋H2O；盐酸为强酸，随着氨水的滴入，溶液的体积变大，溶液中离子浓度变小，溶液的电导率逐渐变小，当盐酸恰好完全反应时电导率最小，b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液；继续滴加氨水，弱酸醋酸与氨水反应生成强电解质CH3COONH4，溶液中离子浓度变大，溶液的电导率又逐渐变大，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液；醋酸恰好完全反应后，继续滴加氨水，氨水属于弱碱水溶液，溶液中离子浓度又变小，溶液的导电率又变小。A项，a点没有滴入氨水，盐酸为强酸，醋酸为弱酸，醋酸的电离方程式为CH3COOH
CH3COO－＋H＋，设溶液中c(CH3COO－)＝x mol·L－1，则溶液中c(H＋)＝(0.01＋x) mol·L－1，c(CH3COOH)＝(0.01－x) mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝＝1.7×10－5，由于HCl电离的H＋抑制CH3COOH的电离，0.01＋x≈0.01，0.01－x≈0.01，解得x≈1.7×10－5，c(CH3COO－)的数量级约为10－5，正确；B项，根据上述分析，b点为等浓度的NH4Cl和CH3COOH的混合液，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH的水解离子方程式为NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，NH的水解平衡常数Kh(NH)＝＝＝1×10－14÷(1.7×10－5)＝5.88×10－10
c(CH3COOH)，正确；C项，根据上述分析，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，溶液中的物料守恒为c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，正确；D项，c点为等浓度的NH4Cl和CH3COONH4的混合液，NH4Cl、CH3COONH4水解促进水的电离，d点为等浓度的NH4Cl、CH3COONH4和略过量的氨水组成的混合液，过量的氨水对水的电离起抑制作用，c点水的电离程度大于d点，错误。
答案：D
7．(2019·湖南衡阳三中月考)类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC＝－lgc。常温下，某浓度的H2A溶液在不同pH 下，测得pC(H2A)、pC(HA－)、pC(A2－)的变化如图所示。下列说法正确( )
A．曲线Ⅱ表示pC(HA－ )随pH的变化
B．当pH＝1.40时，c(H2A)>c(A2－)>c(HA－)
C．常温下，＝104.50
D．a、b、c三点对应的溶液中，c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2－)的值相等
解析：多元弱酸的第一步电离大于第二步电离，根据定义pC＝－lg c，pH增大，pC增大较明显，曲线Ⅱ应为表示pC(H2A)随pH的变化，曲线Ⅲ应为表示pC(A2－)随pH的变化。A项，多元弱酸的第一步电离大于第二步电离，根据定义pC＝－lgc，pH增大，pC增大较明显，曲线Ⅱ应为表示pC(H2A)随pH的变化，错误；B项，当pH＝1.40时，由图可知，pC(H2A)>pC(HA－)>pC(A2－)，则c(H2A)2×10－11，有沉淀生成。(4)由于CO＋H2OHCO＋OH－，显碱性。为了验证其结论，采取的实验方案为向红色溶液中加入足量BaCl2溶液，如果溶液还显红色说明甲正确，红色褪去说明乙正确。
答案：(1)B ＜ (2)10 有 (3)碱 CO 向红色溶液中加入足量BaCl2溶液，如果溶液还显红色说明甲正确，红色褪去说明乙正确(或其他合理答案)
10．(2019·重庆万州中学月考)欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.100 0 mol·L－1的HCl标准溶液进行中和滴定(用甲基橙作指示剂)。请回答下列问题：
(1)滴定时，盛装待测NaOH溶液的仪器名称为________。
(2)盛装标准盐酸的仪器名称为______________。
(3)滴定至终点的颜色变化为____________。
(4)若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50 mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为__________。
(5)乙学生做了三组平行实验，数据记录如下，选取合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为______________(保留四位有效数字)。
实验
序号
待测NaOH溶
液的体积/mL
0.100 0 mol·L－1 HCl溶液的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
1
25.00
0.00
26.29
2
25.00
1.00
31.00
3
25.00
1.00
27.31
(6)下列哪些操作会使测定结果偏高________(填字母)。
A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗
C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数
解析：(1)待测NaOH溶液盛放于锥形瓶中。(2)盛装标准盐酸的仪器名称为酸式滴定管。(3)待测液是NaOH溶液，甲基橙在NaOH溶液中呈黄色，随着溶液的pH减小，当滴到溶液的pH小于4.4时，溶液颜色由黄色变成橙色，且半分钟不褪色，滴定结束。(4)
滴定前滴定管内液面读数为0.50 mL，滴定后液面读数为27.40 mL，消耗标准溶液的体积为27.40 mL－0.50 mL＝26.90 mL。(5)三次实验消耗标准溶液的体积依次为26.29 mL、30.00 mL、26.31 mL，第二组数据误差较大，舍去，则1、3组平均消耗V(盐酸)＝＝26.30 mL，c(NaOH)＝＝0.105 2 mol·L－1。(6)A项，锥形瓶用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，造成V(标准)偏大，c(待测)偏高，正确；B项，酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，对V(标准)无影响，c(待测)不变，错误；C项，滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，c(待测)偏高，正确；D项，滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，造成V(标准)偏小，c(待测)偏低，错误。
答案：(1)锥形瓶 (2)酸式滴定管 (3)黄色变为橙色
(4)26.90 mL (5)0.105 2 mol·L－1 (6)AC
11．硫酸亚锡(SnSO4)是一种重要的能溶于水的硫酸盐，广泛应用于镀锡工业。某研究小组设计SnSO4 制备路线如下：
查阅资料：
Ⅰ.酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2＋、Sn4＋两种主要存在形式，Sn2＋易被氧化。
Ⅱ.SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡[Sn(OH)Cl]。
回答下列问题：
(1)操作Ⅰ的步骤为____________
、过滤、洗涤、干燥。过滤后滤液仍混浊的原因是(除滤纸破损，所有仪器均洗涤干净)________、
_____________________________________________________。
(2)SnCl2粉末需加浓盐酸进行溶解，请结合必要的化学方程式及化学反应原理解释原因：__________________________________
____________________________________________________。
(3)加入锡粉的作用有两个：①调节溶液pH；②_____________
____________________________________________________。
(4)SnSO4还可在酸性条件下用作双氧水的去除剂，发生反应的离子方程式是_____________________________________________
______________________________________________________
_____________________________________________________。
(5)该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应)：取质量为m g的锡粉溶于稀硫酸中，向生成的SnSO4中加入过量的Fe2(SO4)3溶液，用物质的量浓度为c mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2＋，共消耗K2Cr2O7溶液的体积为V L。 则锡粉中锡的质量分数是__________________(Sn的摩尔质量为M g·mol－1，用含m、c、V、M的代数式表示)。
解析：(1)由流程图可知，操作Ⅰ是从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(2)由信息可知，SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡，存在平衡：SnCl2＋H2OSn(OH)Cl＋HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2＋水解。
(3)由信息可知，Sn2＋易被氧化，加入Sn粉除调节溶液pH外，还防止Sn2＋被氧化。
(4)双氧水有强氧化性，将Sn2＋易被氧化为Sn4＋，自身被还原为水，离子方程式为Sn2＋＋H2O2＋2H＋===Sn4＋＋2H2O。
(5)令锡粉中锡的质量分数为x，则：
Sn～Sn2＋～2Fe3＋～2Fe2＋～K2Cr2O7
M g mol
m×x c mol·L－1×V L
解得x＝。
答案：(1)蒸发浓缩 冷却结晶 玻璃棒抵在单层滤纸一侧 滤液的液面高于滤纸边缘 (2)SnCl2易水解，发生SnCl2＋H2OSn(OH)Cl＋HCl，加入盐酸，使该平衡向左移动，抑制Sn2＋水解 (3)②防止Sn2＋被氧化
(4)Sn2＋＋H2O2＋2H＋===Sn4＋＋2H2O (5)
12．(2019·辽南协作校第一次模拟)废弃物回收利用可变废为宝。某工业固体废物的组成为Al2O3、FeO、Fe2O3等。下图是以该固体废物为原料制取氧化铝、磁性Fe3O4胶体粒子的一种工艺流程：
(1)检验制备Fe3O4胶体粒子是否成功的实验操作名称是_____。
(2)写出由溶液B制备磁性Fe3O4胶体粒子的离子方程式：______
_____________________________________________________。
(3)由溶液B制得Fe3O4胶体粒子的过程中，须持续通入N2，其原因是____________________________________________________
_____________________________________________________。
(4)向溶液C中加入NaHCO3溶液，溶液的pH________(填“增大
”“不变”或“减小”)。
(5)固体D是Al(OH)3，室温时Al(OH)3溶于NaOH溶液反应的平衡常数等于20，则此时：Al(OH)3AlO＋H＋＋H2O的电离常数K＝______________。
(6)用重路酸钾(K2Cr2O7)可测定产物磁性Fe3O4胶体粒子中铁元素的含量，过程如下图。已知，反应中K2Cr2O7被还原为Cr3＋。
①写出甲→乙的化学方程式_____________________________
_____________________________________________________。
②写出乙→丙的离子方程式_____________________________
_____________________________________________________。
解析：(1) 胶体能够产生丁达尔效应，可以通过丁达尔效应检验制备Fe3O4胶体粒子是否成功。(2)溶液B中含有Fe3＋和Fe2＋与NaOH溶液在加热的条件下可以制备Fe3O4胶体粒子，制备的离子方程式为2Fe3＋＋Fe2＋＋8OH－Fe3O4(胶体)＋4H2O。(3)Fe2＋容易被氧化，持续通入N2，在N2气氛下防止Fe2＋被氧化。(4)C为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中滴加NaHCO3溶液，偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子电离且和氢离子结合生成氢氧化铝白色沉淀，方程式为NaAlO2＋NaHCO3＋H2O===Al(OH)3↓＋Na2CO3，导致溶液的pH减小。(5)氢氧化铝溶解于氢氧化钠溶液中的离子方程式为Al(OH)3＋OH－AlO＋2H2O，K＝＝＝20, Al(OH)3电离的方程式为Al(OH)3 AlO＋H＋＋H2O；由电离方程式可知Ka＝c(AlO)×c(H＋)，由K＝＝＝20和Ka＝c
(AlO)×c(H＋)联立可得Ka＝K×KW＝20×1×10－14＝ 2.0×10－13。(6)①Fe3＋能把Sn2＋氧化为Sn4＋，Fe3＋被还原为Fe2＋，所以甲→乙反应的化学方程式为SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2。②在酸性条件下K2Cr2O7将 Fe2＋氧化为 Fe3＋，还原产物为 Cr3＋，所以乙→丙的反应的离子方程式为Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。
答案：(1)丁达尔效应 (2)2Fe3＋＋Fe2＋＋8OH－Fe3O4(胶体)＋4H2O (3)N2气氛下，防止Fe2＋被氧化
(4)减小 (5)2.0×10－13 (6)SnCl2＋2FeCl3===SnCl4＋2FeCl2 Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
