2020届人教高考化学一轮(水的电离和溶液的pH值)巩固练习题附答案

2020届人教高考化学一轮（水的电离和溶液的pH值）巩固练习题附答案
专题：水的电离和溶液的酸碱性
一、选择题
1、下列说法错误的是()
A．0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H＋)为10－13 mol·L－1
B．pH＝2与pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)之比为1∶10
C．等体积pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混合，混合后溶液pH＜7
D．1 mol醋酸分子中含有共价键的个数为8N A
解析：选A A项，0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中c(H＋)＜0.1 mol·L－1，故由水电离的c(H＋)＞10－13 mol·L－1，错误；B项，pH相差1，溶液中的c(H＋)相差10倍，正确；C项，等体积pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液混合，CH3COOH过量，溶液显酸性，即pH＜7，正确；D项，1个醋酸分子中含有8个共价键，即1 mol醋酸分子中含有共价键的个数为8N A，正确。

2、298 K时,在20.0 mL 0.10 mol·L-1氨水中滴入0.10 mol·L-1的盐酸,溶液的pH 与所加盐酸的体积关系如图所示。

已知0.10 mol·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是()。

A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B.M点对应的盐酸体积为20.0 mL
C.M点处的溶液中c(N)=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)
D.N点处的溶液中pH<12
【解析】盐酸滴定氨水的实验中,为了准确确定滴定终点,应选甲基橙作指示剂,A项错误;M点对应的盐酸体积若为20.0 mL,则所得溶液pH<7,为使溶液pH=7,盐酸的体积要略小于20.00 mL,B项错误;M点溶液pH=7,则溶液中
c(H+)=c(OH-)<c(N)=c(Cl-),C项错误;由0.10 mol·L-1的氨水的电离度为1.32%可知,溶液中
c(OH-)=0.10 mol·L-1×1.32%=1.32×10-3 mol·L-1,c(H+)=
mol·L-1=7.58×10-12 mol·L-1,即溶液的pH<12,D项正确。

【答案】D
3、已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4Na++H++S。

某温度下,向
c(H+)=1×10-6 mol·L-1的蒸馏水中加入NaHSO4晶体,保持温度不变,测得溶液的
c(H+)=1×10-2 mol·L-1。

下列对该溶液的叙述不正确
．．．的是()。

A.该温度高于25 ℃
B.由水电离出来的H+的浓度为1×10-10 mol·L-1
C.加入NaHSO4晶体会抑制水的电离
D.取该溶液加水稀释100倍,溶液中的c(OH-)减小
【解析】该温度下,蒸馏水中c(H+)=1×10-6 mol·L-1,大于25 ℃时纯水中的c(H+),该温度高于25 ℃,A项正确;此温度下K w=1×10-12,该NaHSO4溶液中
c(OH-)= mol·L-1=1×10-10 mol·L-1,由水电离出的c(H+)与溶液中的c(OH-)相等,为1×10-10 mol·L-1,B项正确;加入NaHSO4后,NaHSO4电离出的H+抑制了水的电离,C项正确;加水稀释时,该溶液中c(H+)减小,而K w不变,c(OH-)增大,D项错误。

【答案】D
4、将pH=1的盐酸平均分成两份,一份加入适量水,另一份加入适量与该盐酸物质的量浓度相同的NaOH溶液,pH都升高了1,则加入的水与NaOH溶液的体积之比
为()。

A.9
B.10
C.11
D.12
【解析】将pH=1的盐酸平均分成两份,一份加入适量水,pH升高了1,说明所加的水是原溶液的9倍;另一份加入适量与该盐酸物质的量浓度相同的NaOH溶液后,pH升高了1,则10-1×1-10-1·x=10-2·(1+x),解得x=,则加入的水与NaOH溶液
的体积之比为9∶=11∶1。

【答案】C
5、室温下,向pH=a,体积、浓度分别为20.00 mL 1.00 mol·L-1的氨水中滴入1.00 mol·L-1的盐酸,溶液pH和温度随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。

下列有关
说法错误
．．的是()。

A.将此氨水稀释,溶液的导电能力减弱
B.b点溶液中离子浓度大小可能存在:c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)
C.c点时消耗盐酸体积V(HCl)<20.00 mL
D.a、d两点的溶液,水的离子积K w(a)>K w(d)
【解析】A项,稀释氨水,虽然促进了一水合氨的电离,但溶液中离子浓度减小,导电能力降低,正确;B项,b点pH>7,c(OH-)>c(H+),溶液中电荷守恒为
c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),则c(N)>c(Cl-),可能存在c(N)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+),正确;C项,溶液显中性时,HCl的物质的量小于一水合氨的,所以c点消耗盐酸体积V(HCl)<20.00 mL,正确;D项,d点温度高于a点,因水的电离是吸热的,故水的离子积K w(a)<K w(d),错误。

【答案】D
6、下列说法正确的是()。

A.向10 mL浓度为0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴
加过程中水的电离程度始终增大
B.0.01 mol·L-1醋酸溶液中水的电离程度小于0.01 mol·L-1盐酸中水的电离程度
C.常温下将0.01 mol·L-1盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液中由水电离出的c(OH-)<1×10-7 mol·L-1
D.常温下将0.01 mol·L-1醋酸溶液与等浓度的氨水等体积混合,所得溶液中由水电离出的c(OH-)>1×10-7 mol·L-1
【解析】在滴加过程中,溶液的pH逐渐变大,水的电离程度在溶液显中性之前逐渐变大,显中性之后逐渐变小,A项错误;等浓度的醋酸和盐酸,醋酸的pH大,水的电离程度大,B项错误;混合后,氨水过量,溶液显碱性,由水电离出的
c(OH-)<1×10-7 mol·L-1,C项正确;醋酸与氨水等浓度、等体积混合后,得到的CH3COONH4溶液显中性,由水电离出的c(OH-)=1×10-7 mol·L-1,D项错误。

【答案】C
7、常温下,向100 mL 0.01 mol·L-1 HA溶液中逐滴加入0.02 mol·L-1的MOH
溶液,图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况,下列说法中错误
．．的是()。

A.HA为一元强酸,MOH为一元弱碱
B.N 点溶液中离子浓度大小关系为c(M+)=c(A-)>c(H+)=c(OH-)
C.N点水的电离程度大于K点水的电离程度
D.N→K之间曲线上任意一点都有c(M+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)
【解析】0.01 mol·L-1 HA溶液中pH=2,则HA是强酸,N点时溶液呈中性,MOH的物质的量大于HA的物质的量,说明MOH是弱碱,A项正确;N点
pH=7,则c(H+)=c(OH-),由电荷守恒可知,B项正确;N点溶液呈中性,K点溶液呈碱性,碱性溶液抑制水的电离,所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度,C项正确; N→K之间曲线上任意一点溶液为MA和MOH的混合溶液,在N点起始阶段c(A-)>c(OH-),即c(A-)和c(OH-)的大小与MOH的量有关,D项错误。

【答案】D
8、一定温度下,水溶液中H+和OH-的浓度变化曲线如图所示,下列说法正确的是()
A.升高温度,可能引起由c向b的变化
B.该温度下,水的离子积常数为1.0×10-13
C.该温度下,加入FeCl
3
可能引起由b向a的变化
D.该温度下,稀释溶液可能引起由c向d的变化
答案C升高温度时,水的电离平衡右移,c(H+)和c(OH-)均增大,K
W
随之增大,而
c和b对应的K
W
相等,A项不正确;由图中数据可计算出该温度下,水的离子积常
数K
W =c(H+)·c(OH-)=1.0×10-7×1.0×10-7=1.0×10-14,B项不正确;加入FeCl
3
后,
由于Fe3+水解促进了水的电离,使c(H+)增大,c(OH-)减小,但K
W
不变,可引起由b
向a的变化,C项正确;该温度下,稀释溶液,K
W 不变,而c和d对应的K
W
不相等,D
项错误。

二、非选择题
（一）实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某学生用0.10 mol·L-1NaOH标准溶液进行盐酸浓度测定的实验。

请完成下列问题:
取20.00 mL 待测盐酸放入锥形瓶中,并滴加2~3滴酚酞作指示剂,用刚配制好的NaOH 标准溶液进行滴定。

重复上述滴定操作2~3次,记录数据如下。

(1)滴定达到终点的标志是 。

(2)根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为 (保留两位有效数字)。

(3)排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的 ,然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。

(4)在上述实验中,下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有 (填字母)。

A.滴定终点读数时俯视
B.酸式滴定管使用前,水洗后未用待测盐酸润洗
C.锥形瓶水洗后未干燥
D.配制标准溶液时,称量的NaOH 固体中混有Na 2CO 3固体
E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失
【解析】根据指示剂在酸性溶液或碱性溶液中的颜色变化,我们可以判断中和反应是否恰好进行完全。

计算盐酸的浓度时,应计算三次中和滴定所用NaOH
溶液的平均值,因NaOH标准液浓度及待测液的体积均相同,故只算NaOH溶液体积的平均值即可。

根据碱式滴定管的构造可知,弯曲橡胶管即可将管中的气泡排出。

【答案】(1)滴入最后一滴NaOH溶液后,溶液由无色恰好变成红色且半分钟内不褪色
(2)0.11 mol·L-1
(3)丙
(4)DE
（二）将V L气样通入适量酸化的H
2O
2
溶液中,使NO
x
完全被氧化成N,加水稀
释至100.00 mL。

量取20.00 mL该溶液,加入V
1mL c
1
mol·L-1FeSO
4
标准溶液(过
量),充分反应后,用c
2mol·L-1K
2
Cr
2
O
7
标准溶液滴定剩余的Fe2+,终点时消耗V
2
mL。

(5)NO被H
2O
2
氧化为N的离子方程式
为。

(6)滴定操作使用的玻璃仪器主要有。

(7)滴定过程中发生下列反应:
3Fe2++N+4H+ NO↑+3Fe3++2H
2
O
Cr
2+6Fe2++14H+ 2Cr3++6Fe3++7H
2
O
则气样中NO
x 折合成NO
2
的含量为mg·m-3。

(8)判断下列情况对NO
x
含量测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

若缺少采样步骤③,会使测定结果。

若FeSO
4
标准溶液部分变质,会使测定结果。

答案(5)2NO+3H
2O
2
2H++2N+2H
2
O
(6)锥形瓶、酸式滴定管
(7)×104
(8)偏低偏高
解析(5)NO被氧化为N,H
2O
2
被还原为H
2
O。

(6)盛放K
2
Cr
2
O
7
溶液及量取20.00
mL稀释液均用酸式滴定管,稀释液在滴定过程中需放在锥形瓶中。

(7)20.00 mL
溶液中剩余Fe2+的物质的量为(6c
2V
2
×10-3)mol,则参加反应的N的物质的量为
[(c
1V
1
×10-3-6c
2
V
2
×10-3)×]mol,依据氮原子守恒,V L气样中NO
x
折合成NO
2
的物
质的量为[(c
1V
1
-6c
2
V
2
)×10-3]mol,质量为[(c
1
V
1
-6c
2
V
2
)×10-3×46]g,含量为
mg·m-3=[×104]mg·m-3。

(8)若缺少采样步骤③,会使气样中
含有空气,部分NO
x 与O
2
、H
2
O共同反应,导致测得的NO
x
含量偏低;若FeSO
4
标准溶
液部分变质,则导致V
2偏小,使计算出的NO
x
含量偏高。