重难点09 水的电离与溶液的酸碱性-2023年高考化学专练(解析版)

重难点09 水的电离与溶液的酸碱性
1．水的电离
(1) 水的电离是吸热反应，常温时水的离子积K w＝10－14，100℃时，K w＝10－12。

(2) 不能把10－7作为判断一切溶液酸、碱性的分界线，应比较c(H+)和c(OH－)的大小。

(3) 已知水的c(H+)或c(OH－)，并不能确定溶液的酸碱性。

(4) 水的电离平衡与影响因素
①酸、碱可以打破水的电离平衡，促使水的电离平衡逆向移动，造成c(H+)≠c(OH－)，
αw下降。

溶液的pH表示的c(H+)为溶质酸的，通过水的离子积(K w) 的公式计算
出水电离的c(OH－)w，c(H+)w＝c(OH－)w。

碱溶液的pH表示的c(H+)则为水电离出
的c(H+)w，因为碱本身不含有H+。

增大。

只有
②能水解的盐可以打破水的电离平衡，促使水的电离平衡正向移动，α
w 一种弱离子水解，则c(H+)≠c(OH－)；若双水解，则可能相等，也可能不相等。

水解呈酸性的盐溶液的pH与酸溶液相同，水解呈碱性的盐溶液的pH与碱溶液相同。

增大，K w增
③温度可以影响水的电离平衡。

温度升高，水的电离平衡向右移动，α
w 大，pH降低，但c(H+)＝c(OH－)。

2．溶液的pH
定义：pH＝-lg{c(H+)}，通常的使用范围0~14，pH变化1个单位，则c(H+)变化10倍。

(1) pH─c(H+)─酸性─碱性─c(OH－)的关系；
(2) 两溶液的pH相差n个单位，则c(H+)和c(OH－)相差10n倍
(3) 酸、碱溶液稀释时，pH与c(H+)或c(OH－)的关系；
酸、碱溶液稀释后的pH计算：若把已知pH的酸或碱溶液稀释n倍，
① 强酸、强碱溶液的pH＝原pH±lg n(酸为“＋”，碱为“－”)
① 弱酸、弱碱溶液的pH＝原pH±lg n(酸为“＋”，碱为“－”)
一般情况下，强酸溶液稀释10倍，溶液的pH增大1；而弱酸溶液稀释10倍后，其pH只增大0.5左右。

① 当用水稀释溶液并求溶液的pH时，如强酸溶液的c(H+)远远大于纯水的c(H+)，水
的氢离子浓度可以忽略不计。

若溶液中的氢离子浓度接近于水电离的氢离子浓度(1×10－7 mol / L)时，水的c(H+)则不可忽略不计。

当溶液稀释时，若“高度稀释”时，pH接近于7，酸略小于7，碱略大于7；无限稀释时，可看作pH等于7。

(4) 两溶液混合的pH计算
① 两种强酸溶液混合，先求混合液的c (H +)，再求pH 。

① 两种强碱溶液混合，先求混合溶液的c (OH －)，通过K w 求c (H +)，再求pH 。

① 强酸与强碱溶液混合，首先判断是否过量，恰好中和时，pH ＝7；若非完全中和，
则依酸碱反应的相对量，求过量酸或碱的浓度，再求c (H +)或c (OH －)，若是c (OH
－)，则换算成c (H +)，最后求pH 。

求c (H +)或c (OH －
)时，必须注意混合后溶液体积的变化。

(5) 溶液的酸碱性与pH 大小与溶液的c (H +)、c (OH －)大小有关，而c (H +)或c (OH －
)的大
小与溶液浓度、酸碱强弱、几元酸、碱有关；对于弱酸、弱碱，还与电离度有关；
对于盐，还与弱离子的强弱有关。

相同浓度时，不同电解质的pH 大小比较原则是：
① 强酸弱碱盐＞弱酸＞一元强酸＞二元强酸；
① 强碱弱酸盐＜弱碱＜一元强碱＜二元强碱；
① 某多元弱酸正盐及对应酸式盐：正盐＞酸式盐；
① 盐溶液的pH 大小，视弱离子对应的酸或碱的强弱而定：酸越弱， 对应盐溶液的
pH 越大；碱越弱，对应盐溶液pH 越小；
①苯酚＞碳酸＞乙酸＞苯甲酸＞甲酸；
①NaHSO 4、KHSO 4视为一元强酸。

(6) 溶液pH 的计算
对于碱溶液，以OH -算pOH 值最为简捷，pOH ＝-lg{c (OH －)}，pH ＋pOH ＝14。

若已知酸、碱溶液的pH ，当两者完全反应时，酸、碱溶液的体积之比等于酸中c (H +)与碱中c (OH －)的反比。

（6）盐溶液的酸碱性
①强酸强碱盐 不 水解，其正盐的水溶液显 中 性；而酸式盐的水溶液显 酸 性。

如：K 2SO 4 NaCl 的水溶液显 中 性；NaHSO 4的水溶液显 酸 性。

②弱酸强碱盐， 阴 离子水解，其溶液显 碱 性。

如：Na 2CO 3溶液 ．CH 3COONa 溶液均显 碱 性 ③强酸弱碱盐， 阳 离子水解，其水溶液显 酸 性。

如：（NH 4）2SO 4溶液和NH 4Cl 溶液均显 酸 性
④弱酸弱碱盐， 阴离子 和 阳离子 都水解。

其水溶液的酸碱性应由生成的弱酸和弱碱的电离
程度的相对大小来判断。

例如：CH 3COONH 4溶液，CH 3COOH 和NH 3· H 2O 的电离程度相同，因此CH 3COONH 4溶液显 中 性；而 （NH 4）2CO 3溶液中，由于NH 3·H 2O 和HCO 3—的电离程度相比前者大，故NH 4+ 比CO 32-的水解程度 小 ，（NH 4）2CO 3溶液显 碱 性。

1．（2012·上海·高考真题）常温下a mol/L CH 3COOH 稀溶液和b mol/L KOH 稀溶液等体积
混合，下列判断一定错误的是
A ．若c (OH -)＞c (H +)，a=b
B ．若c (K +)＞c (CH 3COO -)，a ＞b
C ．若c (OH -)=c (H +)，a ＞b
D ．若c (K +)＜c (CH 3COO -)，a ＜b
【答案】D
【解析】A．若c(OH−)＞c(H+)，溶液为醋酸钾溶液或醋酸钾和KOH的混合液，则a①b，故A不符合题意；
B．若c(K+)＞c(CH3COO−)，由电荷守恒c(CH3COO−)+ c(OH−)= c(H+)+ c(K+)可知，c(OH−)
＞c(H+)，则a①b，若当a＞b，也就是弱酸强碱中和时，弱酸过量，溶液可能呈酸性、中性或碱性，醋酸过量的极少，所以过量的醋酸电离出的H+小于醋酸根水解产生的OH−，有可能成立，故B不符合题意；
C．若c(OH−)=c(H+)，溶液显中性，一定为醋酸和醋酸钾的混合液，则a＞b，故C不符合题意；
D．若c(K+)＜c(CH3COO−)，由电荷守恒可知c(CH3COO−)+ c(OH−)= c(H+)+ c(K+)，c(OH−)
＜c(H+)，则a＞b，故D符合题意；
答案选D。

2. （2013·上海·高考真题）374①、22.1Mpa以上的超临界水具有很强的溶解有机物的能力，并含有较多的H+和OH-，由此可知超临界水
A．显中性，pH等于7B．表现出非极性溶剂的特性
C．显酸性，pH小于7D．表现出极性溶剂的特性
【答案】B
【解析】A.25①时，水的pH=7，水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，在374①时，超临界水显中性，pH<7，A错误；
B.超临界水具有很强的溶解有机物的能力，根据相似相溶原理，说明超临界水表现出非极性溶剂的特性，B正确；
C. 25①时，水的pH=7，水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，在374①时，超临界水中H+与OH-浓度相等，显中性，pH<7，C错误；
D.超临界水具有很强的溶解有机物的能力，根据相似相溶原理，说明超临界水表现出非极性溶剂的特性，D错误；
答案选B。

是：
A．Na2CO3B．NH4Cl C．H2SO4D．NaHCO3
【答案】B
【解析】A．Na2CO3是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解导致溶液呈碱性，促进水电离，故A 错误；
B．氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，促进水的电离，故B正确；C．硫酸完全电离生成氢离子而导致溶液中c(H+)增大，溶液显酸性，抑制水的电离，故C
错误；
D．碳酸氢钠是强碱弱酸酸式盐，碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液显碱性，促进水的电离，故D错误；
故选B。

4. （2017·上海·高考真题）有下列实验操作及对实验现象的描述
A．先用蒸馏水润洗pH试纸，然后用玻璃棒蘸取少量稀盐酸，滴在pH试纸上测定该HCl 的pH值。

B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，先用标准液润洗，然后再装入标准液。

C．反应FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl达到平衡后，向溶液中加入少量KCl固体，溶液颜色变浅。

D．CuSO4溶液中滴入少量NaOH，得到新制的氢氧化铜，然后再滴入少量乙醛，加热至沸腾后可检验醛基。

E.制取乙酸乙酯时，为了使受热均匀，一般采用水浴加热。

其中错误的是（选编号）_______________________________
【答案】A、C、D、E
【解析】A．先用蒸馏水润洗pH试纸，然后用玻璃棒蘸取少量稀盐酸，相当于测的是稀释后的盐酸的pH，故A错误；
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后，先用标准液润洗，然后再装入标准液，不会影响标准溶液的浓度，故B正确；
C．反应FeCl3+3KSCN Fe(SCN)3+3KCl的离子方程式为Fe3++ 3SCN-Fe(SCN)3，达到平衡后，向溶液中加入少量KCl固体，不改变平衡相关物质的浓度，平衡不移动，溶液颜色不变，故C错误；
D．制备新制氢氧化铜悬浊液应该在NaOH溶液中滴入少量CuSO4，故D错误；
E．制取乙酸乙酯需要直接加热，故E错误；
故选A、C、D、E。

如：在调至中性的亚硫酸钠溶液中加入甲醛水溶液，经充分反应后，产生的氢氧化钠的物质的量与甲醛的物质的量相等，然后用已知浓度的硫酸滴定氢氧化钠。

完成下列填空：
①．将4.00 mL甲醛水溶液加入到经调至中性的亚硫酸钠溶液中，充分反应后，用浓度为1.100 mol/L的硫酸滴定，至终点时耗用硫酸20.00 mL。

甲醛水溶液的浓度为______mol/L。

①．上述滴定中，若滴定管规格为50mL，甲醛水溶液取样不能超过_______mL。

①．工业甲醛含量测定的另一种方法：在甲醛水溶液中加入过氧化氢，将甲醛氧化为甲酸，
然后用已知浓度的氢氧化钠溶液滴定。

HCHO + H2O2 → HCOOH + H2O NaOH + HCOOH → HCOONa + H2O
已知H2O2能氧化甲酸生成二氧化碳和水。

如果H2O2用量不足，会导致甲醛含量的测定结果______（选填“偏高”、“偏低”或“不受影响”），因为_______；如果H2O2过量，会导致甲醛含量的测定结果______（选填“偏高”、“偏低”
或“不受影响”），因为________。

①．甲醛和新制氢氧化铜的反应显示了甲醛的还原性，发生反应的化学方程式通常表示如下：HCHO + 2Cu(OH)2−−→HCOOH + Cu2O↓ + 2H2O
若向足量新制氢氧化铜中加入少量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，设计一个简单实验验证这一判断_____________。

①主要仪器：试管酒精灯
①可供选用的试剂：硫酸铜溶液、甲醛、甲酸、氢氧化钠溶液
【答案】1110偏低未完全将甲醛氧化为甲酸，使消耗的NaOH标准溶液少偏低将甲醛氧化的甲酸进一步氧化为二氧化碳和水，使消耗的NaOH标准溶液少向试管中加入2mL10％的NaOH溶液，然后向其中滴加2％的硫酸铜溶液CuSO4溶液4~6滴，产生Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，取少量反应后的溶液，加入到新制Cu(OH)2悬浊液中，加热煮沸，观察有无砖红色沉淀产生，若有证明含有甲酸或甲酸盐，否则不含有甲酸或甲酸盐【解析】①.n(H2SO4)=1.100mol/L×0.02L=0.022mol，由于2NaOH+ H2SO4=Na2SO4+2H2O，所以n(NaOH)=2n(H2SO4)=0.044mol，n(HCHO)=n(NaOH)= 0.044mol。

则甲醛水溶液的浓度为c(HCHO)= n(HCHO)÷V=0.044mol÷0.004L=11mol/L。

①.根据上述分析可知4.00mL甲醛水溶液充分反应后产生的碱NaOH消耗硫酸20.00 mL，若
硫酸浓度不变，滴定管规格为50mL，消耗50mL硫酸，则甲醛水溶液取样体积最多是50 20
×4mL=10mL，即甲醛的体积不能超过10mL。

①.如果H2O2用量不足，产生的HCOOH偏少，进行中和滴定消耗的NaOH标准溶液的体积就偏小，会导致甲醛含量的测定结果偏低。

如果H2O2过量，由于H2O2能氧化反应产生的甲酸生成二氧化碳和水，使中和滴定消耗的NaOH标准溶液的体积也偏小，因此也会导致甲醛含量的测定结果偏低。

①.甲酸HCOOH或甲酸盐如HCOONa等都含有醛基，所以要证明向足量新制氢氧化铜中加入少量甲醛，充分反应，甲醛的氧化产物不是甲酸或甲酸盐，只要证明在物质中不含有醛基就可以。

方法是向试管中加入2mL10％的NaOH溶液，然后向其中滴加2％的硫酸铜溶液CuSO4溶液4~6滴，产生Cu(OH)2蓝色絮状沉淀，取少量反应后的溶液，加入到新制Cu(OH)2悬浊液中，加热煮沸，观察有无砖红色沉淀产生，若有证明含有甲酸或甲酸盐，否则不含有甲酸或甲酸盐。

限时40min
1．（2022·上海普陀·二模）水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是
A ．T 1>T 2
B ．K w ：b>c>a>d=e
C ．b→c 点可通过在水中加入适量的CH 3COONa(s)实现
D ．T 2时，将pH=10的NaOH(aq)与pH=3的H 2SO 4(aq)等体积混合，溶液呈碱性 【答案】D
【解析】A ．水的电离是吸热反应，温度升高电离平衡正向移动，c(H +)和c(OH -)都增大，由图可知，T 2>T 1，A 错误；
B ．K w 只受温度影响，温度不变，K w 不变，ade 点都处于同一温度下，则三点的Kw 相等，b 点c(H +)和c(OH -)都大于a 点的，由K w =c(H +)∙c(OH -)可知，b 点Kw 大于c
点大于a 点，则K w ：b>c>a=d=e ，B 错误；
C ．b→c 点K w 变小，是降温导致的，在水中加入适量的CH 3COONa(s)但温度不变，不能改变K w ，C 错误；
D ．T 2时，K w =c(H +)∙c(OH -)=10-6×10-6=10-12，pH=10的NaOH(aq)其c(OH -)=
-12
2-+-0w 110==10mol/L )10
c(H K ，pH=3的H 2SO 4(aq)其c(H +)=10-3mol/L ，两者等体积混合，n(OH -)过量，则溶液呈碱性，D 正确；
故选：D 。

①V 1 mL pH=9的氨水；①V 2 mL pH=10的氨水
下列判断正确的是
A ．10V 2＞V 1
B ．+432c(NH )c(NH H O) 的比值：①＞①
C ．水的电离程度：①＞①
D ．反应后溶液的pH ：①＞①
【答案】D
【解析】根据弱碱的电离程度判断起始的浓度，根据酸碱中和的量关系判断消耗的碱之间的关系；利用溶液中水的电离受溶质的影响判断其程度大小；
A ．设pH=9的氨水的浓度为c 1，电离程度为α1，则c 1=5
110α-；设pH=10的氨水浓度为c 2，
电离程度为α2，则c 2=
4210α-；因为故pH=9的氨水比pH=10的氨水电离程度大，故α1>α2，
则511422
10c 110c 10αα--=<，根据盐酸和氨水反应的关系比1：1得：等体积等浓度的盐酸与其恰好完全中和时，消耗的氨水的量分别为V 1×c 1=V 2×c 2，得10V 2<V 1，故A 不正确；
B ．+
432c(NH )c(NH H O)
⋅的比值即是两溶液的电离度，根据越稀粤电力判断，①<①，故B 不正确； C ．根据氨水溶液中水的电离受到抑制，抑制程度越大，水的电离程度越小，故①<①,故C 不正确；
D ．反应后pH=9的氨水消耗的体积大，故最终溶液的体积大，但生成的氯化铵的量相同，故①中最终的氯化铵溶液的浓度较小，故水解后氢离子浓度小，pH 大，故D 正确； 故选答案D ；
A ．pH 7=的溶液
B ．等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液
C ．c (H +)=c (OH —)的溶液
D ．紫色石蕊试液不变色的溶液 【答案】C
【解析】A ．pH=7的溶液不一定呈中性，如100①时，水的离子积常数是10-12，溶液pH=6时呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A 错误；
B ．等物质的量的强酸和强碱反应得到的溶液不一定呈中性，如等物质的量的二元强酸硫酸与一元强碱氢氧化钠混合反应时，硫酸溶液过量，溶液呈酸性，故B 错误；
C ．氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等的溶液一定呈中性，故C 正确；
D ．紫色石蕊试液不变色的溶液pH 在5—8范围间，溶液可能为酸性，或中性，或碱性，故D 错误；
故选C 。

4．（2022·上海虹口·模拟预测）短周期元素X 、Y 、Z 、W 原子序数依次增大。

常温下，四种元素最高价氧化物对应水化物均能形成浓度为10.10mol L -⋅的溶液，它们的pH 分布如下图所示。

下列说法正确的是
A ．X 与W 可能位于同一主族
B ．最外层未成对电子数：W Z X Y >>>
C ．四种元素的简单离子中Y 的半径最小
D ．四种元素的最高价氧化物对应水化物中Z 的酸性最强 【答案】C
【解析】短周期元素X 、Y 、Z 、W 原子序数依次增大，常温下，四种元素最高价氧化物对应水化物均能形成浓度为0.1mol/L 的溶液，根据它们的pH 分布可知，X 、W 的pH=1，应该为硝酸和高氯酸，则X 为N ，W 为Cl ，Z 的pH 小于1，应该为硫酸，Z 为S ，Y 的pH=13，应该为氢氧化钠，则Y 为Na ，据此作答。

A ．X 、W 分别位于①A 族和①A 族，二者不同主族，A 错误；
B ．N 、Na 、S 、Cl 的最外层未成对电子数分别为3、1、2、1，则最外层未成对电子数X>Z>W=Y ，B 错误；
C ．电子层数越多，离子半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径Z>W>X>Y ，C 正确；
D ．非金属性Cl>N>S ，则最高价氧化物对应水化物的酸性W>X>Z ，即四种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性W 最强，D 错误；
故答案选C 。

11的溶液和22的3CH COOH 溶液混合，下列关于混合溶液的叙述正确的是
A ．若pH 7>，则一定是1122c V =c V
B ．若1221V =V c =c ，，则()()-+3c CH COO =c Na
C ．当pH 7=时，若12V =V ，则一定是12c >c
D ．当pH 7<时，()()()()
3Na H CH COO OH c c c c ++--+=+ 【答案】D
【解析】A ．醋酸是弱酸，氢氧化钠是强碱，所以等物质的量的酸和碱混合时，溶液呈碱性，当氢氧化钠过量时溶液更呈碱性，所以当pH 7>时，则一定是1122c V c V ≥，A 项错误； B ．如果12V =V 、21c =c ，则醋酸和氢氧化钠的物质的量相等，混合后恰好反应生成醋酸钠，
溶液显碱性，所以()()
-+c OH c H ＞，根据溶液中电荷守恒得()()()()++--3c Na +c H =c CH COO +c OH ，则()()-+3c CH COO c Na ＜，B 项错误；
C ．醋酸钠是强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，若要使混合溶液呈中性，酸应该稍微过量，所以当pH=7时，若12V =V ，则一定是12c c ＜，C 项错误；
D ．反应后的溶液，一定存在电荷守恒：()()()()++--3
c Na
+c H =c CH COO +c OH ，D 项正确； 答案选D 。

6．（2022·上海闵行·模拟预测）一定呈酸性的溶液是
A ．pH=6的溶液
B ．NH 4Fe(SO 4)2溶液
C ．与Al 反应生成H 2的溶液
D ．c(H +)水电离=10-13mol·L -1的溶液 【答案】B
【解析】A ．酸性溶液为氢离子浓度大于氢氧根离子浓度的溶液，水的电离随温度升高而变大，升高温度水电离程度变大，氢离子浓度变大，pH=6的溶液不一定是酸性溶液，A 错误；
B ．NH 4Fe(SO 4)2溶液为强酸弱碱盐溶液，铵根离子、铁离子水解使溶液显酸性，B 正确；
C ．强碱氢氧化钠也会与Al 反应生成H 2，C 错误；
D ．c(H +)水电离=10-13mol·L -1的溶液说明水电离收到抑制，可能为酸溶液也可能为碱溶液，D 错误；
故选B 。

7．（2016·上海·模拟预测）室温下向10mL0.1 mol·L -1NaOH 溶液中加入0.1 mol·L -1的一元酸HA ，溶液pH 的变化曲线如图所示。

下列说法正确的是
A ．a 点所示溶液中c(Na ＋)＞c(A -)＞c(H ＋)＞c(HA)
B ．a 、b 两点所示溶液中水的电离程度相同
C ．pH=7时，c(Na ＋)=c(A -)＋c(HA)
D ．b 点所示溶液中c(A -)＞c(HA)
【答案】D
【解析】A ．a 点NaOH 与HA 恰好完全反应，溶液的pH 为8.7，呈碱性，说明HA 为弱酸，NaA 发生了水解反应，则溶液中c(Na ＋)>c(A －)>c(OH －)>c(HA)>c(H ＋)，A 错误；
B．a点NaOH与HA恰好完全反应生成NaA，NaA发生了水解，促进了水的电离，b点溶液中溶质为等物质的量NaA和HA，主要由于HA的电离而使溶液呈酸性，抑制了水的电离，所以a点水的电离程度大于b点水的电离程度，B错误；
C．根据电荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，pH＝7，则c(H＋)＝c(OH－)，可得c(Na ＋)＝c(A－)，C错误；
D．b点溶液中溶质为等物质的量NaA和HA，溶液呈酸性，说明HA的电离程度大于NaA 的水解程度，所以c(A－)>c(HA)，D正确；
答案选D。

8．（2013·上海普陀·二模）K、K a、K w分别表示化学平衡常数、弱酸的电离常数和水的离子积常数，下列判断正确的是
A．在500①、20MPa条件下，在5L密闭容器中进行合成氨的反应，使用催化剂后K增大B．室温下K a(HCN)<K a(CH3COOH)，说明CH3COOH的电离度一定比HCN的大
C．25①时，pH均为4的盐酸和NH4I溶液中K w不相等
D．2SO2+O2⇌2SO3达平衡后，改变某一条件时K不变，SO2的转化率可能增大、减小或不变
【答案】D
【解析】A．化学平衡常数只与温度有关，在500①、20MPa条件下，在5L密闭容器中进行合成氨的反应，使用催化剂后K不变，故A错误；
B．电离常数越大，酸性越强，越易电离，但电离度还与温度、浓度等有关，故B错误；C．水的离子积常数只与温度有关，25①时，pH均为4的盐酸和NH4I溶液中K w相等，故C 错误；
D．2SO2+O2⇌2SO3达平衡后，改变某一条件时K不变，说明温度不变，增大压强SO2的转化率增大、减小压强SO2的转化率减小；恒容条件下，同比例增大SO2、O2的物质的量，SO2的转化率不变，故D正确；
选D。

3
正确的是
A．溶液中
+
-
c(H)
c(OH)
减小
B．溶液中导电粒子数目减少
C．CH3COOH电离程度增大，c(H+)也增大D．向溶液中加入pH=11的NaOH溶液后，pH＞7【答案】A
【解析】A．由分析可知，稀释后溶液中H+的浓度减小，则OH-浓度增大，故溶液中
+
-c(H) c(OH)
减小，A正确；
B．加水稀释对弱电解质的电离起促进作用，溶液中导电粒子即CH3COO-、H+、OH-的数目增大，B错误；
C．由分析可知，加水稀释对弱电解质的电离起促进作用，CH3COOH电离程度增大，但c(H+)减小，C错误；
D．未告知加入NaOH溶液的体积，无法知道向溶液中加入pH=11的NaOH溶液后溶液的酸碱性，D错误；
故答案为：A。

几乎不变的是
A．氢氧化钠B．硫酸铵C．氯化钠D．硫酸
【答案】D
【解析】A．0.1 mol/L氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.1 mol/L，溶液加热到80①时，水的电离平衡向右移动，水的离子积常数增大，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故A错误；
B．硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，0.1 mol/L溶液加热到80①时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故B错误；C．0.1 mol/L氯化钠溶液加热到80①时，水的电离向右移动，水的离子积常数增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故C错误；
D．0.1 mol/L硫酸溶液中氢离子浓度为0.1 mol/L，溶液加热到80①时，溶液中氢离子浓度为依然为0.1 mol/L，溶液pH几乎不变，故D正确；
故选D。

A．浓醋酸B．酸雨样品
C．漂粉精溶液D．石灰水
【答案】A
【解析】A．醋酸易挥发，浓醋酸敞口放置后，溶质挥发，浓度减小，酸性减弱，pH增大，选项A符合；
B．酸雨样品中含有亚硫酸等弱酸，敞口放置后，被氧化生成硫酸，酸性增强，pH减小，选项B不符合；
C．漂粉精溶液为强碱弱酸盐溶液，溶液呈碱性，敞口放置后，与空气中的二氧化碳作用生成碳酸钙和次氯酸，pH减小，选项C不符合；
D．石灰水敞口放置后，吸收空气中的二氧化碳，pH减小，选项D不符合；
答案选A。

12．（2021·上海闵行·二模）在某温度时，将1.0mol・L-1氨水滴入10 mL1.0mol・L-1盐酸中，溶液pH和温度随加入氨水体积变化曲线如图所示：
(1)a、b、c、d对应的溶液中水的电离程度由大到小的是_____。

(2)氨水体积滴至____时(填“V1”或“V2”)，氨水与盐酸恰好完全反应，简述判断依据____；此时溶液中离子浓度由大到小的顺序是____。

【答案】b>c>d>a V1氨水和盐酸反应为放热反应，由图可知当氨水体积滴到V1时溶液的温度最高，则此刻氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化
NH)>c(H+)>c(OH-)
铵c(Cl-)>c(+4
【解析】由图可知，a点为盐酸溶液，溶液中pH为0，盐酸电离出的氢离子抑制水的电离；b点时溶液温度最高，说明氨水与盐酸恰好反应，则b点溶质为氯化铵，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，促进水的电离；c点为氯化铵和氨水的混合溶液，25①时，溶液pH为7，溶液呈中性；d点为氯化铵和氨水的混合溶液，溶液pH为10，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解，使溶液呈碱性，一水合氨电离出的氢氧根离子抑制水的电离。

(1)水的电离是吸热过程，温度越高，水的电离程度越大，由图可知，反应温度的顺序为
b>c>a=d，由分析可知，a点和d点抑制水的电离，温度相同时，a点溶液中氢离子浓度大于d点溶液中氢氧根离子浓度，抑制程度大于d点；b点温度最高，且氯化铵在溶液中水解促进水的电离；c点的温度高于a点和d点，且溶液呈中性，促进水电离的程度小于b点，高于d点，则对应的溶液中水的电离程度由大到小的是b>c>d>a，故答案为：b>c>d>a；(2) 由分析可知，b点时溶液温度最高，说明氨水与盐酸恰好完全反应生成氯化铵，则氨水体积为V1，氯化铵在溶液中水解使溶液呈酸性，溶液中c(H+)>c(OH-)，由电荷守恒可知，NH)，则溶液中溶液中离子浓度由大到小的顺序是
溶液中c(Cl-)>c(+4
NH)>c(H+)>c(OH-)，故答案为：V1；氨水和盐酸反应为放热反应，由图可知当氨c(Cl-)>c(+
4
水体积滴到V1时溶液的温度最高，则此刻氨水和盐酸恰好完全反应生成氯化铵；
NH)>c(H+)>c(OH-)。

c(Cl-)>c(+
4
13．（2016·上海普陀·一模）CO2和CH4在一定条件下合成乙酸：CO2+CH42224
TiO/Cu Al O
−−−−−−−→CH3COOH。

完成下列填空：
(1)①写出碳原子最外电子层的轨道表示式______
①钛(Ti)是22号元素，它是______(选填编号)
a.主族元素
b.副族元素
c.短周期元素
d.长周期元素
(2)CS2分子的电子式为______；其熔沸点比CO2高，原因是______常温下，向1L pH=10的NaOH溶液中持续通入CO2。

通入CO2的体积(V)与溶液中水电离产生的OH﹣离子浓度(c)的
关系如图所示
(3)c点溶液中离子浓度由大至小的关系是：______
(4)a点溶液中由水电离产生的c(H+)=______；b点溶液中c(H+)______1×10﹣7mol/L(填写“等于”、“大于”或“小于”)
(5)能使0.1mol/L乙酸溶液的电离程度以及pH都增大的是______(选填序号)
a.加水稀释
b.加入少量乙酸钠固体
c.通氯化氢
d.加入少量苛性钠固体
【答案】bd二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大c(Na+)＞c(CO32﹣)＞c(HCO 3﹣)1×10﹣
10mol/L小于ad
【解析】(1)①C原子共2个电子层，最外层电子为2s、2p电子，最外电子层的轨道表示式
为，故答案为：；
①钛(Ti)是22号元素，位于第四周期①B族，为长周期副族元素，故答案为：bd；
(2)CS2的电子式类似于CO2，电子式为，二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大，则熔点越高，故答案为：；二者都为分子晶体，相对分子质量越大，分子间作用力越大；
(3)当水电离出的OH−离子浓度最大时，说明此时的溶液是碳酸钠溶液，对水的电离起促进
作用，所以离子溶液浓度大小为c(Na+)＞c(CO32﹣)＞c(HCO3﹣)，故答案为：c(Na+)＞c(CO32﹣)
＞c(HCO3﹣)；
(4)水电离出的氢离子与氢氧根离子的浓度始终相等，a是没有通二氧化碳的情况，即pH＝10的NaOH溶液，则c(H＋)＝1×10−10mol/L，而氢离子来源于水的电离，所以水电离出的c(H ＋)＝1×10−10mol/L，b点是强碱溶液对水的电离起抑制作用，所以溶液中的c(H＋)＜
1×10−7mol/L，故答案为：1×10−10mol/L；小于；
(5)a．加水稀释，促进电离，且氢离子浓度减小，pH增大，故选；
b．加入少量乙酸钠固体，抑制电离，电离程度减小，故不选；
c．通氯化氢，酸性增强，pH减小，故不选；
d．加入少量苛性钠固体，促进电离，且氢离子浓度减小，pH增大，故选；
故答案为：ad。

14．（2019·上海·一模）若把黄铜矿CuFeS2看作为硫化铜和硫化亚铁的缔合物，可用来制取铜和铁及硫的化合物。

如:8CuFeS2+21O2→高温8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2
（1）在黄铜矿中硫的化合价为______________，该反应中还原产物(通过得电子而产生的物质)有_________种。

（2）若反应中消耗氧气6.3mol，则反应转移的电子数为_________，其中某元素部分被氧化，则其被氧化和未被氧化的物质的量之比为_________。

（3）反应产生污染气体，需要吸收处理，下列不可用来吸收该污染气体的是_________（选填编号）
A．KMnO4溶液B．NaOH溶液C．H2S气体D．NaHSO3溶液
（4）某吸收方法产生的物质可能有：①Na2SO4①NaHSO4①Na2SO3①NaHSO3等。

等浓度的上述四种物质的溶液pH值由大到小的是_____________________（用编号填写），选用这些物质中的部分，实现离子反应2H++SO32－→H2O+SO2↑，写出对应的化学方程式
__________________。

某NaHSO3的浓度为c1，pH为x1，NaHSO4溶液的浓度为c2，pH
为x2，若x1<x2，则c1___c2(填“>”或“<“或“=”)。

【答案】-2四30N A1:1CD①①①①2NaHSO4+ Na2SO3= 2Na2SO4+
H2O+SO2↑>
【解析】CuFeS2中硫的化合价为-2价，氧化剂所含元素化合价降低，被还原得到的产物是还原产物。

8CuFeS2+21O2→高温8Cu+4FeO+2Fe2O3+16SO2，由方程式可推出，每消耗21mol氧气，转移的电子数为16mol+84mol=100mol，其中铁元素部分被氧化，CuFeS2→Fe2O3，8个Fe中有4个被氧化。

等浓度的①Na2SO4的pH=7，①NaHSO4完全电离，NaHSO4=Na++H++SO42-，pH<7①Na2SO3溶液中：存在水解平衡SO32-+H2O①HSO3-+OH-，溶液显碱性，pH>7，①NaHSO3溶液中：HSO3-+H2O①H2SO3+OH-，HSO3-①H++SO32-，电离大于水解，所以pH<7，由于NaHSO4。