1、高考资源网（） 您身边的高考专家考点26水的电离和溶液的酸碱性题组一基础小题1下列关于水的电离叙述正确的是()A无论在什么条件下，c(H)增大，酸性都增强B稀释氯化铵溶液，水的电离程度变大C稀释氢氧化钠溶液，水的电离程度变小D升高温度，Kw变大，H浓度增大答案D解析A选项错误，对于纯水，升高温度，H浓度增大，但仍为中性；B选项错误，氯化铵水解促进水的电离，稀释氯化铵溶液后，水的电离程度减小；C选项错误，NaOH抑制水的电离，稀释NaOH溶液后，水的电离程度变大；D选项正确，Kw与温度有关，温度越高，Kw也越大。2下列说法中正确的是()A显酸性的溶液是酸溶液，显碱性的溶液是碱溶液B盐促进水的电离
2、，酸碱抑制水的电离C常温下，某溶液中水电离出的H浓度为1109 molL1，该溶液不一定是碱溶液D中性溶液即pH7的溶液答案C解析A选项错误，显酸性的溶液可能是酸溶液，也可能是强酸的酸式盐溶液等，显碱性的溶液可能是碱溶液，也可能是强碱弱酸盐溶液等；B选项错误，不是所有盐都能促进水的电离；C选项正确，酸碱都能抑制水的电离，根据水的电离不能判断溶液的酸碱性；D选项错误，温度不确定，中性溶液的pH不一定为7。3室温下，水的电离达到平衡：H2OHOH。下列叙述正确的是()A将水加热，平衡正向移动，Kw不变B向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，c(H)增大C向水中加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，c(O
3、H)降低D向水中加入少量CH3COONa固体，平衡正向移动，c(OH)c(H)答案B解析Kw与温度有关，温度升高，Kw变大，故A错误；加入酸，则c(H)增大，加入碱，则c(OH)增大，且平衡均逆向移动，故B正确，C错误；加入CH3COONa固体，CH3COO可结合水电离出的H，导致水的电离平衡正向移动，c(OH)c(H)，D错误。425 时，下列溶液的酸性最强的是()A0.01 molL1的HCl溶液BpH2的H2SO4溶液Cc(OH)1013 molL1的溶液DpH1的HNO3溶液加水稀释为原来的2倍答案C解析比较溶液的酸性强弱可以通过比较其c(H)的大小而得出。A中c(H)0.01 mol
4、L1，B中c(H)0.01 molL1，C中c(H)0.1 molL1，D中c(H)0.05 molL1，故选C。5某温度下Kw1013，在此温度下，将pHa的NaOH溶液Va L与pHb的H2SO4溶液Vb L混合，下列说法正确的是()A若所得混合液为中性，且a12，b2，则VaVb11B若所得混合液为中性，且ab12，则VaVb1001C若所得混合液pH10，且a12，b2，则VaVb19D若所得混合液pH10，且a12，b2，则VaVb10199答案C解析当所得混合液为中性时，Va10a13Vb10b，则1013(ab)，故A选项，VaVb110，错误；B选项，当所得混合液为中性时，Va
5、10a13Vb10b，则1013(ab)，VaVb101，错误；当所得溶液pH10时，103，即，故C选项正确，D选项错误。6现有常温下水电离出的c(H)均为11011 molL1的4种溶液：HCl溶液；CH3COOH溶液；NaOH 溶液；氨水。有关上述溶液的比较中，正确的是()A向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，溶液的pH：B等体积的、溶液分别与足量铝粉反应，生成H2的量最小C、溶液等体积混合后，溶液显碱性D、溶液混合后，若pH7，则消耗溶液的体积：答案B解析由题意知，和的pH相等，pH3，和的pH相等，pH11。向等体积溶液中分别加水稀释100倍后，溶液的pH：，A选项错误；等体积时，
6、生成氢气最少，B选项正确；、溶液等体积混合后，醋酸过量，溶液显酸性，C选项错误；、溶液混合若pH7，则消耗溶液的体积：，D选项错误。7如图表示水中c(H)和c(OH)的关系，下列判断错误的是()A两条曲线上任意点均有c(H)c(OH)KwBM区域内任意点均有c(H)c(OH)C图中T1T2DXZ线上任意点均有pH7答案D解析由水的离子积的定义知两条曲线上任意点均有c(H)c(OH)Kw，A正确；由图中纵横轴的大小可知M区域内任意点均有c(H)T1，C正确；由pHlg c(H)可知只有当c(H)107 molL1时，才有pH7，D错误。8对于常温下pH10的氨水，下列说法正确的是()A该溶液与p
7、H10的Ba(OH)2溶液，溶质的物质的量浓度之比为21B该溶液由水电离出来的c(H)与pH4的NH4Cl溶液相同C降低温度，溶液的减小，pH降低D往该溶液中加入足量的NH4Cl固体后，c(NH)c(NH3H2O)c(Cl)答案C解析NH3H2O为弱电解质，部分电离，其物质的量浓度大于Ba(OH)2浓度的2倍，A项错误；氨水抑制水的电离，NH4Cl中NH水解促进水的电离，B项错误；降低温度，NH3H2O电离平衡逆向移动，溶液的减小，pH降低，C项正确；氯化铵溶液中存在：c(NH)c(NH3H2O)c(Cl)，而往氨水中加入氯化铵，则不会有此关系，D项错误。9已知100 时，水的离子积常数Kw1
8、1012，对于该温度下pH为1的硫酸，下列叙述正确的是()A向该溶液中加入等体积、pH为13的氢氧化钡溶液恰好完全中和B该溶液中硫酸电离出的c(H)与水电离出的c(H)之比为1010C等体积的该硫酸与室温下pH为1的硫酸中和碱的能力相同D该溶液中水电离出的c(H)是pH为3的硫酸中水电离出的c(H)的100倍答案C解析选项A中，在该温度下，当pH(强酸)pH(强碱)12时，两种溶液等体积混合时才完全中和，A错误；选项B中两者之比为1010，不正确；由于pH为1的硫酸酸性强，对水电离的抑制程度大，故D错误；不论在何温度下，pH为1的硫酸的c(H)都为0.1 molL1，故C正确。10在不同温度下
9、，水溶液中c(H)与c(OH)有如图所示关系。下列说法正确的是()Aa点对应的溶液中大量存在：Al3、Na、Cl、NOBb点对应的溶液中大量存在：K、Ba2、NO、ICc点对应的溶液中大量存在：Fe3、Na、Cl、SODd点对应的溶液中大量存在：Na、K、SO、Cl答案D解析a点溶液呈中性，Al3只能存在于酸性溶液中，A选项错误；b点溶液呈酸性，NO在酸性条件下具有强氧化性，能与I反应，B选项错误；C选项，c点溶液呈中性，Fe3只能存在于酸性溶液中，错误；d点溶液呈碱性，D选项正确。题组二高考小题11(2018浙江4月选考)在常温下，向10 mL浓度均为0.1 molL1的NaOH和Na2CO
10、3混合溶液中滴加0.1 molL1的盐酸，溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是()A在a点的溶液中：c(Na)c(CO)c(Cl)c(OH)c(H)B在b点的溶液中：2n(CO)n(HCO)0.001 molC在c点的溶液pHc(CO)c(OH)c(Cl)c(H)，A项错误；b点的溶液pH7，结合电荷守恒式：c(Na)c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)c(Cl)，可得c(HCO)2c(CO)c(Na)c(Cl)，故n(HCO)2n(CO)0.003 moln(Cl)，由题图知溶液pH7时加入盐酸的体积大于20 mL，故n(Cl)0.002 mol，所以2n(CO)n(
11、HCO)0.001 mol，B项正确；c点的溶液pH7，是因为反应生成的H2CO3的电离能力大于HCO的水解能力，C项错误；若将0.1 molL1的盐酸换成同浓度的醋酸，当滴至溶液的pH7时，电荷守恒式为c(Na)c(H)c(OH)c(HCO)2c(CO)c(CH3COO)，则c(Na)c(CH3COO)，D项错误。12(2015广东高考)一定温度下，水溶液中H和OH的浓度变化曲线如图。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1.01013C该温度下，加入FeCl3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解析图中曲线上的点
12、对应同一温度下的水溶液中的c(H)和c(OH)，升高温度，水的离子积常数发生改变，所以升温不能引起c向b的变化，A项错误；b点对应 的c(H)c(OH)，Kwc(H)c(OH)1.01014，B项错误；Fe3水解，溶液显酸性，图中a点c(OH)c(NH)Cc点，pH可能大于7Dac段，溶液pH增大是CH3COOHHCH3COO逆向移动的结果答案B解析a点为0.01 mol/L的醋酸溶液，由于醋酸为弱酸，不能完全电离，所以0.01 mol/L的醋酸溶液pH2，A错。醋酸铵为中性溶液，所以向醋酸溶液中无限加入醋酸铵溶液，溶液的pH无限接近7，则b点溶液呈酸性，c(H)c(OH)，根据电荷守恒可知：
13、c(H)c(NH)c(OH)c(CH3COO)，故c(NH)c(C2O)c(H2C2O4)对应1.22pH4.19Dc(Na)c(HC2O)2c(C2O)对应pH7答案C解析根据电离常数表达式，可知，又H2C2O4的第一步电离常数大于第二步电离常数，故当和相等时，前者对应溶液的pH小，则直线中X表示，A项正确；由图像可知，当pH1.22时，lg 0，则Ka1c(H)101.22，当pH0时，根据Ka1101.22，可知lg 1.22，即直线的斜率为1，同理根据pH4.19时lg 0和Ka2的表达式可求出pH0时，lg 4.19，即直线的斜率也为1，B项正确；结合题中浓度关系可知，1，又104.
14、19 molL1，pH1，则c(H)2.705，综上，c(HC2O)c(C2O)c(H2C2O4) 对应2.705pH4.19，C项错误；根据电荷守恒可知，c(Na)c(H)c(HC2O)2c(C2O)c(OH)，当c(Na)c(HC2O)2c(C2O)时，存在c(H)c(OH)，即对应pH7，D项正确。题组一基础大题16(1)某研究性学习小组在实验室中配制1 molL1的稀硫酸标准溶液，然后用其滴定某未知浓度的NaOH溶液。下列有关说法中正确的是_。A实验中所用到的滴定管、容量瓶，在使用前均需要检漏B如果实验中需用60 mL的稀硫酸标准溶液，配制时应选用100 mL容量瓶C容量瓶中含有少量蒸
15、馏水，会导致所配标准溶液的浓度偏小D酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀硫酸，则测得的NaOH溶液的浓度将偏大E中和滴定时，若在最后一次读数时俯视读数，则导致最后测得NaOH溶液的浓度偏大(2)常温下，已知0.1 molL1一元酸HA溶液中1108。常温下，0.1 molL1HA溶液的pH_；写出该酸(HA)与NaOH溶液反应的离子方程式：_；pH3的HA与pH11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中4种离子物质的量浓度大小关系是：_；0.2 molL1HA溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：c(H)c(HA)c(OH)_molL1。(溶液体积变化忽略不计)(3)
16、t 时，有pH2的稀硫酸和pH11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数Kw_。该温度下(t )，将100 mL 0.1 molL1的稀H2SO4溶液与100 mL 0.4 molL1的NaOH溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液的pH_。该温度下(t )，1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则稀硫酸的pH(pHa)与NaOH溶液的pH(pHb)的关系是：_。答案(1)ABD(2)3HAOH=AH2Oc(A)c(Na)c(H)c(OH)0.05(3)101312pHapHb12解析(1)容量瓶中含有少量蒸馏水，不会影响溶质和溶剂的质量，所以不影响
17、实验结果，C不正确；中和滴定时，若在最后一次读数时俯视读数，则使硫酸的体积偏小，导致最后测得NaOH溶液的浓度偏小，E不正确。(2)根据水的离子积常数可知，如果1108，则溶液中OH浓度为c(OH)11011 molL1。则氢离子浓度为0.001 molL1，所以pH3，这说明HA是弱酸，所以和氢氧化钠反应的离子方程式是HAOH=AH2O。由于HA是弱酸，所以pH3的HA溶液的浓度大于0.001 molL1，则在和氢氧化钠的反应中HA是过量的，因此反应后溶液显酸性，则离子浓度大小顺序是c(A)c(Na)c(H)c(OH)。0.2 molL1 HA溶液与0.1 molL1 NaOH溶液等体积混合
18、后，酸是过量的，所以根据电荷守恒和物料守恒可知，c(Na)c(H)c(OH)c(A)、2c(Na)c(HA)c(A)，则c(H)c(HA)c(OH)c(Na)0.05 molL1。(3)t 时，有pH2的稀硫酸和pH11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则0.01，解得该温度下水的离子积常数Kw1013。硫酸和氢氧化钠的物质的量是0.01 mol和0.04 mol，则氢氧化钠是过量的，所以溶液中OH浓度是(0.04 mol0.02 mol)0.2 L0.1 molL1，则溶液中氢离子浓度是11012 molL1，即pH12。1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则10pH
19、a1010pHb13，解得pHapHb12。题组二高考大题17(2017江苏高考)砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素，使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。(1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合，搅拌使其充分反应，可获得一种砷的高效吸附剂X，吸附剂X中含有CO，其原因是_。(2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如图1和图2所示。以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.010.0)，将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中，当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为_。H3A
20、sO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsOH的电离常数为Ka1，则pKa1_(pKa1lg Ka1)。答案(1)碱性溶液吸收了空气中的CO2(2)OHH3AsO3=H2AsOH2O2.2解析(1)反应物中含有的氢氧化钠溶液，会吸收空气中的CO2生成CO。(2)H3AsO3中As的化合价为3价，故应根据图 1来分析。由于使用酚酞作指示剂，故应根据变色点pH8.0时判断其产物，即pH8.0附近H3AsO3的分布分数逐渐减少而H2AsO的分布分数逐渐增大，可知H3AsO3 为反应物、H2AsO为生成物，再结合离子方程式的书写方法可知，反应的离子方程式为OHH3AsO3=H2AsOH2O。由图 2可
21、知，当H3AsO4和H2AsO的分布分数即浓度相等时，其pH2.2。H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsOH的电离常数Ka1c(H)102.2，则pKa1lg Ka1lg 102.22.2。18(2016天津高考)水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mgL1。我国地表水环境质量标准规定，生活饮用水源的DO不能低于5 mgL1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。.测定原理：碱性条件下，O2将Mn2氧化为MnO(OH)2：2Mn2O24OH=2MnO(OH)2酸性条件下，MnO(OH)2将I氧化为I2：Mn
22、O(OH)2IHMn2I2H2O(未配平)用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：2S2OI2=S4O2I.测定步骤：a安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。b向烧瓶中加入200 mL水样。c向烧瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4无氧溶液(过量)、2 mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应完全。d搅拌并向烧瓶中加入2 mL H2SO4无氧溶液，至反应完全，溶液为中性或弱酸性。e从烧瓶中取出40.00 mL溶液，以淀粉作指示剂，用0.01000 molL1 Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据。fg处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。回答下列
23、问题：(1)配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为_。(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器是_。滴定管 注射器 量筒(3)搅拌的作用是_。(4)配平反应的方程式，其化学计量数依次为_。(5)步骤f为_。(6)步骤e中达到滴定终点的标志为_。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50 mL，水样的DO_mgL1(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标：_(填“是”或“否”)。(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差。写出产生此误差的原因(用离子方程式表示，至少写出两个)：_。答案(1)将溶剂水煮沸后冷却(2)(3)使溶液混合均
24、匀，快速完成反应(4)1,2,4,1,1,3(5)重复步骤e的操作23次(6)溶液蓝色褪去(半分钟内不变色)9.0是(7)2HS2O=SSO2H2O、SO2I22H2O=4HSO2I、4H4IO2=2I22H2O(任写其中两个)解析(1)气体在水中的溶解度随温度升高而减小，将溶剂水煮沸可以除去水中氧。(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择注射器。(3)搅拌可以使溶液混合均匀，加快反应的速率。(4)根据化合价升降守恒，反应配平得MnO(OH)22I4H=Mn2I23H2O。(5)滴定操作一般需要重复进行23次，以便减小实验误差，因此步骤f为重复步骤e的操作23次。(6)碘离子被氧化为碘单质后，
25、用Na2S2O3溶液滴定将碘还原为碘离子，因此滴定结束，溶液的蓝色消失；n(Na2S2O3)0.01000 molL14.5103 L4.5105 mol，根据反应有O22MnO(OH)22I24S2O，n(O2)n(Na2S2O3)1.125105 mol，该河水的DO9103 gL19.0 mgL15 mgL1，达标。(7)Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应，生成的SO2也能够被生成的碘氧化，同时空气中的氧气也能够将I氧化，反应的离子方程式分别为：2HS2O=SSO2H2O；SO2I22H2O=4HSO2I；4H4IO2=2I22H2O。题组三模拟大题19(2019北京师大附中高三期中
26、)25 时，向10 mL 0.1 molL1NH4HSO4溶液中逐滴滴入0.1 molL1NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液体积关系如图所示：(1)用电离方程式表示P点pH7的原因是_。(2)M、Q两点中，水的电离程度较大的是_点。(3)下列关系中，正确的是_。aM点c(Na)c(NH)bN点c(NH)c(Na)2c(SO)cQ点c(NH)c(NH3H2O)c(Na)答案(1)NH4HSO4=NHHSO(2)M(3)ab解析(1)NH4HSO4溶液中存在NH4HSO4=NHHSO，因此P点pH7。(2)M点，溶质为等物质的量的硫酸钠和(NH4)2SO4的混合物，(NH4)2SO4水解，促进水的电离，Q点溶质为等物质的量的一水合氨、硫酸钠，一水合氨的电离抑制水的电离，水的电离程度较大的是M点。(3)a.M点溶质为等物质的量的硫酸钠和(NH4)2SO4的混合物，铵根离子水解，c(Na)c(NH)，正确；bN点溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH)c(Na)2c(SO)，正确；c.Q点溶质为等物质的量一水合氨、硫酸钠，根据物料守恒，2c(NH)2c(NH3H2O)=c(Na)，错误。- 13 - 版权所有高考资源网
