1、第一节水与水溶液（二）一、单选题，共15小题1下列叙述正确的是（）A氯化钠溶液在电流作用下电离成钠离子和氯离子B溶于水后能电离出氢离子的化合物都是酸C金属氧化物一定是碱性氧化物D离子化合物中一定含离子键，也可能含共价键2将已污染的空气通入某溶液，测其导电性的变化，能获得某种污染气体的含量。如果把含H2S的空气通入CuSO4溶液，导电性稍有变化，但溶液吸收H2S的容量大；若用溴水，则吸收容量不大而导电性变化很大。现要测量空气中的氯气含量，能兼顾吸收容量和导电性变化的灵敏度的吸收溶液是ANaOH溶液B蒸馏水CNa2SO3溶液DKI溶液3常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A使酚酞变红
2、色的溶液中：、B的溶液中：、C与反应能放出H2的溶液中：、D水电离的c(H+)=110-13molL-1的溶液中：、4常温下，pH=13的一元强碱溶液与pH=2的二元强酸溶液混合，所得混合液的pH=11，则强碱与强酸的体积比是 A101B29C110D195常温下，pH13的NaOH溶液与pH2的H2SO4溶液混合，所得混合溶液的pH7，则强碱与强酸的体积比为：A110B101C111D1116在25C时，某氯化铵溶液的pH=4，下列说法中不正确的是（ ）A由水电离出来的H+浓度为110-4 mol/LB溶液中c(H)c(OH-)，且Kw= c(H)c(OH-)11014C溶液中c(Cl-)c
3、()c(H)c(OH-)D此溶液中由水电离出来的c(H)= c(OH-)7室温下，将的盐酸滴入氨水中，溶液的随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。下列说法不正确的（ ）AA点溶液加水稀释，变大BB点消耗盐酸的体积小于氨水的体积CC点所示溶液中D滴加盐酸的过程中，溶液的导电能力一直在减弱8下列说法正确的是（ ）A用湿润的pH试纸测定溶液的pHB广泛pH试纸测得某碱性溶液的pH为12.5C常温下1LpH=13的氢氧化钠溶液中由水电离出的的数目为D的溶液不一定呈酸性9将15mL 1.0 molL1的CH3COOH(Ka1.8105)加入到5mL 2.0 molL1的NaOH溶液中，并将混合溶液稀释至10
4、0mL，则制得的溶液pH值约为(lg90.96)A4.4B4.8C5.0D5.410电解质溶液的电导率越大，导电能力越强。用0.l00molL-1的NaOH溶液滴定10.00mL浓度均0.l00molL-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中洛液的电导率如下图所示。下列说法不正确的是A曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线BA点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.05molL-1C在相同温度下，A、B、C三点溶液中水电离的c(H+)：BA=CDB点溶液中：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)11下列有关说法中，不正确的是A的HCN溶液
5、与的NaOH溶液等体积混合，所得溶液中，则a一定小于bB常温下，溶液的，则C常温下，的某酸溶液中，若，则溶液中由水电离出的D在的溶液中加入少量NaOH固体，减小12常温下，有甲、乙两份体积为1 L，浓度均为0.1 mol/L的醋酸溶液，其pH为3，甲用蒸馏水稀释100倍后，溶液的pH变为x；乙与等体积、浓度为0.2mol/L的NaOH混合，在混合液中：n(CH3COO-)+n(OH-)-n(H)=y mol，x、y的正确答案组合为( )A3；0.1B5；0. 2C3x5；0.1D3x”、“”、“”或“=”）.（2）向a点对应的醋酸溶液中滴加等物质的量浓度的NaOH溶液至b点，则两溶液的体积_（
6、填“相等”或“不相等”）.（3）d点对应的食盐水_，呈_性（填“酸”、“中”或“碱”）.（4）将等pH等体积的HCl和分别稀释m倍和n倍，稀释后两溶液的pH仍相等，则m_n（填“大于、等于、小于”）.（5）常温下，将的NaOH溶液与的溶液混合，若所得混合溶液的，则为_.（6）常温下，0.05mol/L的溶液中，由水所电离出的为_.参考答案1D【解析】分析：A、电离无须通电；B、能电离出氢离子的化合物不一定为酸；C、金属氧化物不一定是碱性氧化物；D、含离子键的一定为离子化合物。详解：A氯化钠溶液在水分子的作用下电离成钠离子和氯离子，无须通电，通电是电解氯化钠溶液，产物为氢氧化钠和氢气和氯气，选项
7、A错误；B硫酸氢钠是盐，但在水中能电离出氢离子，选项B错误；C、金属氧化物不一定都是碱性氧化物，高锰酸酐Mn2O7就属于酸性氧化物，选项C错误；D、离子化合物中一定有离子键，可能有共价键，如NaOH含离子键及O-H共价键，选项D正确；答案选D。2C【详解】A氯气能和NaOH溶液反应，生成氯化钠和次氯酸钠，生成物的种类增多，导电的离子浓度增大，兼顾容量和导电性变化的灵敏度，实际上氯气和氢氧化钠的反应如下：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，2molNaOH反应，生成1mol氯化钠和1mol次氯酸钠，但离子浓度没有改变，导电能力不变，故A不符合；B常温下氯气在水中的溶解度为1：2，其
8、溶解度较低，吸收容量较小，故B不符合；C由于氯气和亚硫酸钠发生如下反应：Cl2+Na2SO3+H2O=2HCl+Na2SO4，从吸收容量上看，用亚硫酸钠溶质吸收氯气符合题意容量大的要求；从反应方程式上看：1mol亚硫酸钠转化为1mol硫酸钠和2mol盐酸，离子的浓度增大1倍(从离子所带电荷总量看)，符合导电性增强，故C符合；DKI溶液和氯气反应Cl2+2I-=I2+2Cl-，吸收量符合，但反应恰好离子浓度基本不变，故D不符合；故答案为：C。【点睛】本题错解是由于思维定势，对液体吸收气体容量大简单地理解为溶解度较大，常温下氯气在水中的溶解度为1：2，属于可溶范围，符合吸收容量大的条件；再考虑氯气
9、溶于水生成盐酸和次氯酸的导电性比蒸馏水大大增强，灵敏度也好，因而错误选择了B选项；实际上气体的溶解度表示的是在1 L水中溶解的气体体积数，而相同物质的量的气体和液体、固体在体积上相差一千倍左右，如1 mol任何气体在标准状况下的体积为22.4L；1mol水18mL，若1L溶液中含有1mol溶质，它吸收1mol的气体(22.4 L)，比溶解的气体多得多，何况溶质的物质的量大，吸收的容量将更大。3B【详解】A使酚酞变红色的溶液呈碱性，Al3+、OH-之间能够发生反应，不能大量共存，故A不选； B的溶液中c(H+)=0.1mol/L，溶液显酸性，溶液中存在大量H+，、Ca2+、Cl-、之间不反应，且
10、都不与H+反应，能够大量共存，故B选；C与Al反应能放出H2的溶液为酸或强碱溶液，Fe2+、OH-之间能够反应，Fe2+、H+、之间能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不选；D水电离的c(H+)=110-13molL-1的溶液中存在大量H+或OH-，H+与、反应，在酸性溶液中不能大量共存，故D不选；故选B。4D【详解】常温下混合溶液pH=11，则溶液显碱性，说明碱过量，设碱的体积为V1，pH=13，则溶液中c(OH-)=0.1mol/L；设酸的体积为V2，pH=2，则溶液中c(H+)=0.01mol/L，二者混合是碱过量，pH=11，则混合溶液中c(OH-)=10-3mol/L=，解得V1
11、：V2=19，故答案为D。5A【解析】pH7溶液呈中性，pH2的H2SO4溶液中 、pH13的NaOH溶液 ，混合后pH7，溶液呈中性，则强碱与强酸的体积比为110，故A正确。6B【分析】氯化铵溶液的pH=4，则溶液中发生的水解反应，溶液呈酸性。【详解】A由于发生水解，促进了水的电离，所以由水电离出来的H+浓度为110-4 mol/L，A正确；B水的离子积常数只受温度变化的影响，不受电解质的影响，所以溶液中且Kw= c(H)c(OH-)=11014，B不正确；CNH4Cl电离时，产生的c(Cl-)=c()，但由于发生水解，使其浓度减小，所以c(Cl-)c()，且溶液显酸性，c(H)c(OH-)
12、，从而得出溶液中c(Cl-)c()c(H)c(OH-)，C正确；D此溶液的pH=4，是因为水电离出的一部分OH-与结合；不管是酸性溶液、碱性溶液、还是中性溶液，由水电离出来的c(H)、c(OH-)都相等，D正确；故选B。7D【分析】根据图示滴定过程中溶液的酸碱性，判断溶质的组成，进而分析解答。【详解】A. A点为氨水溶液，加水稀释时，碱性减弱，c(OH-)减小，不变，则增大，故A正确；B. 若消耗盐酸和氨水等体积时，恰好完全反应，此时溶质为氯化铵，溶液呈酸性，B点时，pH=7，则消耗盐酸的体积小于氨水的体积，故B正确；C. C点时，恰好完全反应，溶质为NH4Cl，根据物料守恒知溶液中，故C正确
13、；D. 一水合氨为弱电解质，滴定前溶液中离子浓度较小，滴加盐酸反应生成氯化铵，氯化铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电能力增强，故D错误；故选D。8D【详解】ApH试纸是不需要润湿的，若润湿会稀释溶液，导致测得的溶液的pH出现误差，故A错误；B广泛pH试纸测得的数值精确到1，不能精确到0.1，故B错误；C常温下，的氢氧化钠溶液中的浓度为，故溶液中由水电离出的的数目为，故C错误；D的溶液不一定呈酸性，只有当溶液中时溶液显酸性，如100时纯水呈中性，其pH7，故D正确；故选D。9C【详解】将15mL 1.0 molL1的CH3COOH(Ka1.8105)加入到5mL 2.0 molL1的NaOH
14、溶液中，两者反应，NaOH反应完，生成CH3COONa物质的量为0.005L2.0 molL10.01mol，剩余CH3COOH的物质的量为0.015L1.0 molL10.005L2.0 molL10.005mol，将混合溶液稀释至100mL，则CH3COOH的物质的量浓度为，CH3COONa的物质的量浓度为，则制得的溶液pH值约为，故C符合题意。综上所述，答案为C。10CD【详解】A.电解质溶液的电导率越大，导电能力越强，离子浓度越大，醋酸和盐酸的浓度相等，由于盐酸是一元强酸，完全电离，醋酸是一元弱酸，部分电离，在溶液中存在电离平衡，因此溶液中c(H+)盐酸大于醋酸，未加NaOH溶液时盐酸
15、电导率大于醋酸，所以曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线，A正确；B.A点溶液中醋酸和NaOH恰好完全反应生成醋酸钠和水，溶液体积增大一倍，溶液浓度降为原来的一半，溶液中存在电荷守恒c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.05molL-1，B正确；C.相同温度下，酸或碱抑制水电离，含有弱酸根离子的盐促进水电离，且酸中氢离子浓度或碱中氢氧根离子浓度越大，其抑制水电离程度越大，A中溶质为醋酸钠、B中溶质为物质的量浓度相等的醋酸钠和NaOH、C点溶质为氯化钠，A点促进水电离、B点抑制水电离、C点不影响水电离，所以A、B、C三点溶液中水电离的c(H+)：BC10-14，说明t时水的离子积大
16、于25时水的离子积，说明条件改变，促进了水的电离，根据平衡移动原理，t大于25 1:10 12 1:9 1:99 【分析】（1）使水的电离平衡向右移动的方法有升高温度、加入强酸弱碱盐或强碱弱酸盐等，如果溶液呈酸性，说明溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度；（2）0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，则c（H+）=110-11mol/L，c（OH-）=0.01mol/L，根据Kw=c（H+）c（OH-）计算；依据25Kw=c(H+)c(OH-)=10-14判断t的大小；(3) t时，pHa的NaOH溶液VaL，溶液中n(OH-)10a-13Va，pHb的HCl溶液VbL，溶液中n(H)10
17、-bVb。【详解】(1) A加热至100，促进水的电离，溶液仍呈中性，故A错误；B向水中加入NaHSO4固体，电离出的氢离子抑制水的电离，故B错误；C向水中加CH3COONa，水解呈碱性，故C错误；D向水中加入NH4Cl固体，水解呈酸性，故D正确；D正确，故答案为：D；(2)由0.01molL-1的NaOH溶液的pH11可知，溶液中c(H+)=110-11molL-1，c(OH-)=10-2 molL-1，则Kw=c(H+)c(OH-)=10-1310-14，说明t时水的离子积大于25时水的离子积，说明条件改变，促进了水的电离，根据平衡移动原理可知，t大于25，故答案为：在0.01molL-1
18、的NaOH溶液的pH11可知c(H+)=110-11molL-1，c(OH-)=10-2 molL-1，则Kw=c(H+)c(OH-)=10-1310-14，说明t时水的离子积大于25时水的离子积，说明条件改变，促进了水的电离，根据平衡移动原理，t大于25；(3) t时，pHa的NaOH溶液VaL，溶液中n(OH-)10a-13Va，pHb的HCl溶液VbL，溶液中n(H)10-bVb；由溶液呈中性可得10a-13Va10-bVb，解得Va:Vb=1013-(a+b)10:1，故答案为：10:1；由溶液呈中性可得由溶液呈中性可得10a-13Va10-bVb，若Va：Vb10：1，解得ab12，
19、故答案为：12；若所得混合溶液的pH10，则溶液中c(OH-) =10-3，由a12和b2可得Va:Vb1:9，故答案为：1:9；由pH12的NaOH溶液VaL与VbL水混合后所得溶液的pH10可得溶液中c(OH-)10-3，解得Va:Vb1:99，故答案为：1:99。17H2S HSO3- 11014 H2SO4 NH4Cl 1109mol/L 1105mol/L 减小 【详解】I. （1）上表的6种酸进行比较，酸性最弱的酸是电离平衡常数最小的酸，若为二元弱酸，主要看K1，比较表中数据，可得出酸性最弱的是H2S；HCOO-、S2-、HSO3-这3种离子中；对应酸电离平衡常数越大，电离产生的酸
20、根离子结合H+的能力越弱，所以最难结合H+的是电离平衡常数最大的酸，分析表中数据，最难结合H+的是HSO3-。答案为：H2S；HSO3-；II.（1）两溶液中c(H)c(OH)，等于室温时水的离子积常数11014。答案为：11014；（2）加水稀释后H2SO4溶液中H直接稀释，而NH4Cl溶液中NH4+H2ONH3H2OH平衡右移， H的浓度减小得没有硫酸溶液中多，pH增大程度较小，故pH较大的是H2SO4溶液。答案为：H2SO4；（3）升高温度促进NH4+的水解，H浓度增大，pH减小，而硫酸在水溶液中完全电离，H+浓度不变，故pH较小的是NH4Cl溶液。答案为：NH4Cl；（4）由水电离的c
21、(H)等于由水电离出的c(OH)，故H2SO4溶液中，H+可认为完全由酸电离，因此水电离出的H+等于水电离出的c(OH-)109 mol/L，NH4Cl溶液中的水电离出H均来自于水的电离，因此水电离的c(H)1105 mol/L。答案为：1109mol/L；1105mol/L；（5）加水稀释后使平衡NH4+H2ONH3H2OH右移，故c(H)106mol/L，n(H+)增大，n(NH4+)减小，则减小，。答案为：；减小。1811：9产生白色沉淀，同时放出无色无味气体Al3+3HCO3=Al(OH)3+3CO2【解析】试题分析：（1）酸或碱抑制水电离，含有弱根离子的盐促进水电离；（2）水的电离过
22、程是吸热的过程，温度升高，水的电离受到促进，据此回答；根据混合后溶液呈碱性进行计算（3）铝离子和碳酸氢根离子水解相互促进，据此回答判断。解析：（1）氯化铵为强酸弱碱盐，水解促进水的电离，醋酸为弱酸，溶液中c（H+）较小，硫酸和氢氧化钠都为强电解质，浓度相同时，硫酸对水的电离抑制程度较大，所以四种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是；（2）水的电离过程是吸热的过程，温度升高，促进水的电离，常温下，纯水中c（H+）=110-7molL-1，c（H+）=110-6.5molL-1110-7molL-1，则T时pH=11的NaOH溶液中c（OH-）=1013/1011=0.01mol/L，在T时
23、将pH=11的NaOH溶液aL与pH=2的H2SO4的溶液bL混合（忽略混合后溶液体积的变化），若所得混合溶液的pH=10，c（OH-）=1013/1010mol/L=0.001mol/L，则有：，解得则a：b=11：9。（3）铝离子和碳酸氢根离子水解相互促进，会产生白色沉淀氢氧化铝，同时产生无色气体二氧化碳，反应方程式是：Al3+3HCO3=Al(OH)3+3CO2。点睛：该题的难点是pH计算，注意水的离子积常数变化，注意掌握pH计算的一般思维模型：。19Al2(SO4)3= 2 Al3+3SO42- BaCl2 SO42-+Ba2+=BaSO4 Fe Fe+Cu2+=Fe2+Cu 2NaO
24、H+CuSO4=Cu（OH）2+Na2SO4 6H+Fe2O3=2Fe3+3H2O CO2+Ca2+2OH-=CaCO3+H2O 【详解】（1）Al2(SO4)3属于强电解质，完全电离，离子方程式为：Al2(SO4)3= 2 Al3+3SO42-；答案是：Al2(SO4)3= 2Al3+3SO42-；（2）Cl-(SO42-)，加入氯化钡溶液，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：BaCl2；SO42-+Ba2+=BaSO4答案是：BaCl2；SO42-+Ba2+=BaSO4；Fe2+(Cu2+)，铁的还原性大于铜，加入足量的铁粉，离子方程式：Fe+Cu2+=Fe2+Cu；答案是
25、：Fe；Fe+Cu2+=Fe2+Cu；（3）可溶性铜盐与可溶性强碱反应生成氢氧化铜沉淀，符合Cu2+2OH-=Cu(OH)2离子方程式相对应的化学方程式：2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2+Na2SO4；答案是：2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2+Na2SO4；（4）用稀硫酸清洗铁锈（Fe2O3），反应生成硫酸铁和水，离子方程式为：6H+Fe2O3=2Fe3+3H2O；向足量澄清石灰水中通入二氧化碳，反应生成碳酸钙沉淀和水，离子方程式为：CO2+Ca2+2OH-=CaCO3+H2O；故答案为6H+Fe2O3=2Fe3+3H2O；CO2+Ca2+2OH-=CaCO3+H2O。20 不相等
26、 6 中性 小于 1019 【详解】(1) TC时Kw=10-610-6=10-12，该温度下的Kw值大于25时的Kw，所以TC25C，故答案为：；(2) 醋酸与NaOH恰好反应生成醋酸钠，溶液显碱性，若要溶液显中性，则醋酸稍过量，所以醋酸与NaOH的体积不相等，故答案为：不相等；(3) d点对应溶液中氢离子浓度为10-6mol/L，则溶液的pH=6，氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同，所以溶液显中性，故答案为：6，中性;(4) 醋酸是弱电解质，氯化氢是强电解质，稀释会促进醋酸的电离，若将醋酸和盐酸稀释相同的倍数，醋酸的pH会比盐酸小，因此若要使醋酸和盐酸稀释后溶液的pH仍然相等，则醋酸要稀释的倍数要更大一点才能满足要求，m小于n，故答案为:小于；(5)常温下，水的离子积常数为10-14，在该温度下，其pH=7，混合溶液的pH=117，所以混合溶液呈碱性，pH=12的NaOH溶液中，pH=1的H2SO4溶液c(H+)=0.1mol/L，混合溶液pH=11，则混合溶液中，V1:V2=101:9，故答案为：101:9；(6)常温下，0.05mol/L的H2SO4溶液中,氢离子浓度为0.11mol/L，因此，氢氧根离子浓度为，硫酸溶液中，水电离的氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，故答案为：10-13mol/L。