2020届一轮复习人教版水的电离和溶液的酸碱性作业
水的电离和溶液的酸碱性
A组 基础必做题
1．25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－，下列叙述正确的是 ( B )
A．将水加热，KW增大，pH不变
B．向水中加入少量盐酸，c(H＋)增大，KW不变
C．向水中加入NaOH固体，电离平衡逆向移动，c(OH－)减小
D．向水中加入AlCl3，固体，电离平衡正向移动，c(OH－)增大
[解析] 加热促使水的电离平衡正向移动，c(H＋)、c(OH－)均增大，又知Kw＝c(H＋)·c(OH－)，pH＝－lgc(H＋)，则Kw增大，pH减小，A错误；向水中加入少量盐酸，水的电离平衡逆向移动，但达到新平衡时c(H＋)增大，由于温度不变，则KW不变，B正确；向水中加入NaOH固体，溶液中c(OH－)增大，水的电离平衡逆向移动，C错误；向水中加入AlCl3固体，Al3＋发生水解反应，结合OH－生成Al(OH)3，溶液中c(OH－)减小，电离平衡正向移动，D错误。
2．25 ℃，某稀溶液中由水电离产生的c(H＋)为1×10－10mol·L－1，下列说法正确的是 ( A )
A．该溶液的pH不可能是7
B．该溶液不可能存在
C．该溶液的pH一定是10
D．该溶液的pH一定是4
[解析] 25 ℃时，纯水中水电离产生的c(H＋)＝1×10－7mol·L－1，该溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－10mol·L－1<1×10－7mol·L－1，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，则可能是酸或碱溶液，故只有A正确。
3．现有pH＝5的CH3COOH溶液10 mL，要使pH增大3，可采取的方法有 ( B )
A．向溶液中加水稀释至10 L
B．加入一定量的NaOH固体
C．加入一定量pH＝8的NaOH溶液
D．加入一定浓度的盐酸
[解析] pH＝8，说明溶液呈碱性，酸溶液无论如何稀释也不会呈碱性，A项错误；因加入NaOH溶液的pH＝8，故酸碱无论怎样中和，pH也只能接近8，不会出现pH＝8，C项错误；因盐酸呈酸性，故无法实现，D项错误。
4．室温时，往20 mL 0.1 mol·L－1的HM酸溶液中逐滴滴入0.1 mol·L－1的ROH碱溶液，溶液的pH与所加ROH溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是 ( B )
A．V(ROH)<20 mL时，随着V(ROH)增大，HM的电离程度减小
B．K(HM)＝K(ROH)
C．RM不能发生水解反应
D．V(ROH)>20 mL时，溶液中c(R＋)
2，则HM为弱酸。V(ROH)<20 mL时，随着V(ROH)增大，溶液中c(H＋)减小，HM的电离平衡正向移动，HM的电离程度增大，A项错误；由题图可知，V(ROH)＝20 mL时，溶液呈中性，则二者的电离常数相等，B项正确；RM溶液呈中性，HM为弱酸，则ROH为弱碱，RM为弱酸弱碱盐，可以发生水解反应，C项错误；V(ROH)>20 mL时，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，结合电荷守恒式c(OH－)＋c(M－)＝c(H＋)＋c(R＋)知，c(M－)2
[解析] 向蒸馏水中加入Na2O，Na2O与水反应生成NaOH，NaOH抑制水的电离，A正确；醋酸溶液中，＝，故该比值只受温度影响，向0.1 mol·L－1的醋酸溶液中加水稀释，不会引起此比值的变化，B正确；C项，若无限稀释醋酸根离子浓度一直减小，氢离子浓度约为1×10－7 mol·L－1，增大，C错误；0.1 mol·L－1的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，醋酸浓度变为0.01 mol·L－1，由于醋酸不完全电离，故溶液的pH>2，D正确。本题易错选B。错因：未明确与Ka、KW的关系。纠错方法：在判断电解质溶液中某几种微粒浓度比值随条件改变的变化情况时，往往可以考虑弱电解质的电离常数表达式、盐的水解常数表达式或KW，根据Ka(或Kb)、Kh、KW只与温度有关，而与其他条件无关着手判断，即可得出正确的结论。
6．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法不正确的是 ( C )
A．图中五点的KW间的关系为B>C>A＝D＝E
B．若从A点到D点，可采用：恒温条件下，在水中加入少量的醋酸，提高溶液酸性
C．若从A点到C点，可采用：恒温条件下，在水中加入少量的醋酸铵，促进水的电离
D．100 ℃时，将pH＝2的硫酸与0.01 mol·L－1的KOH溶液等体积混合后，溶液中c(H＋)＝c(OH－)＝10－6mol·L－1
[解析] 点A、D、E都处于25 ℃等温线上，KW相等，结合图中B、C两点的c(H＋)＝c(OH－)，且按A、C、B的顺序依次增加，故B>C>A＝D＝E，A项正确；加酸，c(H＋)变大，c(OH－)变小，但温度不变，KW不变，B正确；若从A点到C点，c(H＋)和c(OH－)同等程度的增大，故KW增大，其温度应升高，C不正确；100 ℃时，KW＝1×10－12，pH＝2的硫酸中c(H＋)＝10－2mol·L－1，pH＝10的KOH溶液中c(OH)－＝10－2mol·L－1，等体积混合，恰好中和，溶液显中性，D正确。
7．现用NaOH标准溶液来测定HA溶液的浓度。滴定时有下列操作：
①向溶液中加入1～2滴指示剂；②取20.00 mL HA溶液放入锥形瓶中；③用氢氧化钠溶液滴定至终点；④重复以上操作；⑤配制250 mL NaOH标准溶液；⑥根据实验数据计算NaOH的物质的量浓度。
(1)以上各步中，正确的操作顺序是__⑤②①③④⑥__(填序号)，上述②中使用的仪器除锥形瓶外，还需要__酸式滴定管__，使用__酚酞__作指示剂。
(2)滴定并记录V(NaOH溶液)的初、终读数。数据记录如下表：
滴定次数
1
2
3
4
V(HA溶液)/mL
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH溶液)/mL(初读数)
0.10
0.30
0.00
0.20
V(NaOH溶液)/mL(终读数)
20.08
20.30
20.80
20.22
V(NaOH溶液)/mL(消耗)
19.98
20.00
20.80
20.02
某同学在处理数据过程中计算得到平均消耗NaOH溶液的体积V(NaOH溶液)＝mL＝20.20 mL
他的计算合理吗？__不合理__。
理由是__第3组数据明显偏大，应舍去__。
通过仪器测得第4次滴定过程中溶液pH随加入氢氧化钠溶液体积的变化曲线如图所示，则a__<__20.02(填“>”“<”或“＝”)。
B组 能力提升题
8．25 ℃时，下列说法正确的是 ( C )
A．pH＝12的NaOH溶液中，c(H＋)＝10－12mol·L－1，将溶液稀释为原体积的10倍后，c(H＋)＝mol·L－1＝10－13mol·L－1
B．pH＝3的CH3COOH溶液与pH＝11的NaOH溶液等体积混合后，因生成的CH3COONa水解，所以由水电离出的c(H＋)>10－7mol·L－1
C．pH＝2的盐酸、pH＝2的醋酸溶液中由水电离出的c(H＋)均为10－12mol·L－1
D．pH＝11和pH＝13的NaOH溶液等体积混合后，溶液中的c(H＋)＝mol·L－1
[解析] NaOH溶液中的H＋是由水电离产生的，当稀释时，由于NaOH溶液的浓度发生变化，对H2O电离的抑制程度会改变，水的电离平衡会发生移动，因而将n(H＋)当成不变的值进行计算是错误的，A错误；CH3COOH已电离出的H＋可将NaOH完全中和，而绝大多数的CH3COOH是没电离的，即CH3COOH过量，混合溶液呈酸性，对水的电离起抑制作用，B错误；pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝10－3mol·L－1，pH＝13的NaOH溶液中c(OH－)＝10－1mol·L－1，等体积混合后c(OH－)＝mol·L－1≈5×10－2mol·L－1，再结合离子积常数求得c(H＋)＝2×10－13mol·L－1，D错误。
9．常温下，将pH＝3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合后，混合溶液均呈中性：
①1×10－3mol·L－1的氨水b L
②c(OH－)＝1×10－3mol·L－1的氨水c L
③c(OH－)＝1×10－3mol·L－1的Ba(OH)2溶液d L
其中a、b、c、d的关系正确的是 ( A )
A．b>a＝d>c B．a＝b>c>d
C．a＝b>d>c D．c>a＝d>b
[解析] pH＝3的盐酸中c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，与c(OH－)＝1×10－3mol·L－1的Ba(OH)2溶液混合，混合溶液呈中性时两者的体积相等，即d＝a；NH3·H2O为弱电解质，1×10－3mol·L－1的氨水中c(OH－)<1×10－3 mol·L－1，因此1×10－3mol·L－1的氨水和c(OH
－)＝1×10－3mol·L－1的氨水分别与盐酸混合，混合溶液呈中性时，b>a，cc(H＋)，可用pH试纸测定其pH
C．若y＝200，c点对应溶液中：c(OH－)－c(H＋)＝2c(Cl－)＋c(HClO)
D．b～c段，随NaOH溶液的滴入，逐渐增大
[解析] 本题通过Cl2与NaOH反应的相关图像分析，考查电离平衡、盐类水解及微粒浓度关系等。pH＝4时，c(H＋)＝10－4mol·L－1，设c(ClO－)＝a mol·L－1，则c(Cl－)＝ma mol·L－1，根据得失电子守恒知c(HClO)＝(ma－a)mol·L－1，故Ka(HClO)＝＝＝，A项错误。Cl2与NaOH反应生成的NaClO具有漂白性，故不能用pH试纸测定反应后溶液的pH，B项错误。y＝200时，NaOH过量，Cl2全部参与反应，生成等物质的量的NaClO和NaCl，ClO－部分水解：ClO－＋H2OHClO＋OH－，故c点对应溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(ClO－)②，根据物料守恒有：c(Na＋)＝2[c(ClO－)＋c(Cl－)＋c(HClO)]③，联立①②③可得c(OH－)－c(H＋)＝2c(Cl－)＋c(HClO)，C项正确。b～c段，随着NaOH溶液的滴入，c(HClO)逐渐减小，c(ClO－)逐渐增大，故逐渐减小，D项错误。
[解后反思] 本题难度较大，解题的关键是正确利用电荷守恒、物料守恒得出关系式，并能正确运用溶液中的电离平衡、水解平衡进行分析。
11．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
H2C2O3
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11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。
12．室温下，用0.10 mol·L－1的盐酸滴定20.00 mL 0.10 mol·L－1的某碱BOH溶液得到的滴定曲线如图所示：
下列判断不正确的是 ( B )
A．滴定时可以使用甲基橙作指示剂
B．b点时溶液的pH＝7
C．当c(Cl－)＝c(B＋)时，V(HCl)<20.00 mL
D．c点时溶液中c(H＋)约为0.03 mol·L－1
[解析] 由图可知0.10 mol·L－1的某碱BOH溶液的pH接近12，即小于13，则该碱为弱碱，应使用甲基橙作指示剂，A项正确；b点时，盐酸和BOH恰好完全反应，溶液中的溶质为强酸弱碱盐(BCl)，pH<7，B项错误；当c(Cl－)＝c(B＋)时，由电荷守恒知，溶液呈中性，pH＝7，此时未达滴定终点，说明V(HCl)<20.00mL，C项正确；c点时溶液中HCl过量，可忽略B＋水解生成的H＋，故c(H＋)＝n(H＋)过量/V混＝(0.10 mol·L－1×20.00mL)/60.00 mL≈0.03 mol·L－1，D项正确。
13．常温下将NaOH溶液添加到己二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是 ( D )
A．Ka2(H2X)的数量级为10－6
B．曲线N表示pH与lg的变化关系
C．NaHX溶液中c(H＋)>c(OH－)
D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)>c(HX－)>c(X2－)>c(OH－)＝c(H＋)
[解析] H2X的电离方程式为H2XH＋＋HX－，HX－H＋＋X2－。当＝＝1时，即横坐标为0.0时，Ka1＝c(H＋)，Ka2＝c′(H＋)，因为Ka1>Ka2，故c(H＋)>c′(H＋)，即pHc(OH－)，C项正确；电荷守恒式为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(H－)＋c(HX－)＋2c(X2－)，中性溶液中存在c(H＋)＝c(OH－)，故有c(Na＋)＝c(HX－)＋2c(x2－)，假设c(HX－)＝c(X2－)或c(HX－)>c(X2－)(见C项分析)，则溶液一定呈酸性，故中性溶液中c(HX－)__③(填“>”“<”或“＝”)。
(3)将六份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：
①__>__②，③__>__④，⑤__>__⑥(填“>”“<”或“＝”)。
(4)将①④混合，若有c(CH3COO－)>c(H＋)，则混合溶液可能呈__ABC__(填字母)。
A．酸性 B．碱性
C．中性
[解析] (1)酸和碱都抑制水的电离，故只有⑥(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②③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，故选ABC。
15．常温下向25 mL稀硫酸中逐滴滴入0.1 mol/L氨水，溶液中由水电离出的H＋
浓度随滴入氨水的体积变化如图。
(1)稀梳酸的浓度为__0.05_mol/L__，V1的值为__25__mL。
(2)B点和D点溶液中的溶质分别为__(NH4)2SO4和H2SO4__、__(NH4)2SO4和NH3·H2O__(填化学式)。
(3)判断A、D两点溶液的pH：A点__<7__，D点__<7__(填“>7”、“<7”或“＝7”)。
(4)在V(NH3·H2O)从0到V2的变化过程中，溶液中不可能出现的离子浓度排序是__C__(填字母)。
A．2c(SO)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)
B．c(NH)>c(SO)>c(H＋)>c(OH－)
C．c(NH)>2c(SO)>c(OH－)>c(H＋)
D．c(H＋)>c(SO)>c(NH)>c(OH－)
[解析] 本题考查酸碱滴定过程分析，意在考查考生将实际问题分解，通过运用相关知识，采用分析、综合的方法，解决简单化学问题的能力。P点溶液是硫酸，根据由水电离出的氢离子浓度可知溶液中c(OH－)＝10－13mol/L，则溶液中c(H＋)＝0.1 mol/L，c(H2SO4)＝0.05 mol/L。随着氨水的滴入，溶液酸性减弱，对水的电离的抑制减弱，水电离出的c(H＋)增大，当c水(H＋)达到最大值时，就是(NH4)2SO4的量最多时，也就是酸碱滴定的终点，所以C点就是酸碱恰好反应的点，C点往后，氨水开始过量，氨水对水的电离又起抑制作用，c水(H＋)又开始下降，到E点时，溶液中由水电离出的氢离子浓度与纯水中由水电离出的氢离子浓度相等，此时溶液中(NH4)2SO4的水解和NH3·H2O的电离互相抑制，使溶液显中性，E点以前一直都是酸性溶液。
