【文档说明】高考化学一轮优化探究练习：第8章 第27讲　水的电离和溶液的酸碱性 (含解析).doc，共(6)页，97.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课时作业1．下列实验操作，对实验结果不会产生影响的是()A．用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装标准液的滴定管用水洗后未用标准液润洗B．用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装待测液的锥形瓶用水洗后用待测液润洗2～3次C．测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中D．

用蒸馏水湿润的pH试纸测定硫酸钠溶液的pH解析：用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装标准液的滴定管用水洗后未用标准液润洗，会导致测定结果偏高，选项A不正确；用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装待测液的锥形瓶用水洗后用待测液润洗

2～3次，会导致测定结果偏高，选项B不正确；测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中，导致测定结果偏低，选项C不正确；用蒸馏水湿润的pH试纸测定硫酸钠溶液的pH，无影响，原因是硫酸钠溶液本身溶液显中性，选

项D正确。答案：D2．在25℃时，某溶液中由水电离出的c(H＋)＝1×10－12mol·L－1，则该溶液的pH可能是()A．2B．7C．6D．11解析：在任何溶液中，由水电离出的H＋和OH－的浓度永远相等。当由水

电离的c(H＋)＝c(OH－)＝1×10－12mol·L－1时，说明水的电离受到酸或碱的抑制，25℃时，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1×10－14，当为酸性溶液时，由酸电离出的c(H＋)＝1×10－141×10－12mol·L－1，pH＝2；当为碱性溶液时，由碱电离出的c

(OH－)＝1×10－141×10－12mol·L－1，pH＝12。答案：A3．H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，下列说法合理的是()A．该

滴定可用甲基橙做指示剂B．Na2S2O3是该反应的还原剂C．该滴定可选用如图所示装置D．该反应中每消耗2molNa2S2O3，电子转移数为4mol答案：B4．(2017·曲靖检测)25℃时，水的电离达到平衡

：H2OH＋＋OH－ΔH＞0，下列叙述正确的是()A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，Kw不变C．向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，c(O

H－)增大D．将水加热，Kw增大，pH不变，呈中性解析：A.向水中加入稀氨水，由于氨水在溶液中存在电离平衡：NH3·H2ONH＋4＋OH－，电离产生的OH－使溶液中c(OH－)增大，水的电离平衡逆向移动，c(OH－)增大，错误；B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，盐电离产生的H＋使溶液中c(H＋)

增大，温度不变，所以Kw不变，正确；C.向水中加入少量HCl，电离产生的H＋使水的电离平衡逆向移动，但是平衡移动的趋势是微弱的，溶液中酸电离产生的离子浓度增大的趋势大于平衡移动使离子浓度减小的趋势，所以c(H＋)增大，c(OH－)减小，错误；D.将水加热，Kw增大，c(H＋)增大

，pH减小，溶液仍然呈中性，错误。答案：B5．(2017·苏州检测)将pH＝1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶

液的体积比为()A．9B．10C．11D．12解析：将pH＝1的盐酸加适量水，pH升高了1，说明所加的水是原溶液的9倍；另1份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH升高了1，则10－1×1－10－1

·x＝10－2·(1＋x)，解得x＝911，则加入的水与NaOH溶液的体积比为9∶911＝11∶1。答案：C6．常温下，pH＝a和pH＝b的两种NaOH溶液，已知b＝a＋2，则将两种溶液等体积混合后，所得溶液的pH接近于()A．a－lg2B．b－lg2C．a＋lg2D．b＋l

g2解析：两种溶液中c(OH－)分别为10a－14mol·L－1、10b－14mol·L－1，等体积混合后c(OH－)＝10a－14mol·L－1＋10b－14mol·L－12＝101×10a－142mol·L－1，pOH＝(14－a)－lg101＋lg

2≈12－a＋lg2，pH＝14－pOH＝2＋a－lg2＝b－lg2。答案：B7．常温时，1体积pH＝2.5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应，则该强碱溶液的pH等于()A．9.0B．9.5C．10.5D．11.0解析：盐酸与一元强碱恰好完全反应，则n(H＋)＝n(OH－)。设盐酸

和强碱的体积分别为VL、10VL，强碱的pH＝x，则可列等式：10－2.5×V＝10x－14×10V。解得x＝10.5。答案：C8．T℃时，水的离子积为Kw，该温度下将amol/L一元酸HA溶液与bmol/L一元碱BOH溶液等

体积混合，若混合后溶液呈中性，则下列说法一定正确的是()A．混合液中，c(H＋)＝KwB．混合液的pH＝7C．混合液中，c(B＋)＝c(A－)＋c(OH－)D．a＝b解析：混合液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，根据Kw＝c(H＋)·c(OH－)可得，c(H＋)＝

Kw，A对；温度不一定为25℃，故中性溶液的pH不一定等于7，B错；根据电荷守恒，混合液中c(B＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，C错；当HA为强酸，BOH为弱碱时，a＜b，当HA为弱酸，BOH为强碱时，a＞b，D错。答案：A9．室温时，M(OH)2(s)M2＋(a

q)＋2OH－(aq)。Ksp＝a，c(M2＋)＝bmol·L－1时，溶液的pH等于()A.12lgbaB.12lgabC．14＋12lgabD．14＋12lgba解析：根据M(OH)2的Ksp＝c(M2＋)·c2(OH－)，则溶液中c(OH－)

＝KspcM2＋＝ab，则pH＝－lgc(H＋)＝－lg10－14÷ab＝－－14－12lgab＝14＋12lgab。答案：C10．(2017·广东珠海质检)如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是()A．盐酸的物质的量浓度为1

mol·L－1B．P点时反应恰好完全中和，溶液呈中性C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D．酚酞溶液不能用做本实验的指示剂解析：根据曲线a知，滴定前盐酸的pH＝1，c(HCl)＝0.1mol·L－1，A错误；P点表示盐酸与氢氧化钠恰好完全中和，溶液呈中性，B正确；曲线a是氢氧化钠溶液滴定盐酸的

曲线，曲线b是盐酸滴定氢氧化钠溶液的曲线，C错误；强酸与强碱滴定，可以用酚酞做指示剂，D错误。答案：B11．现有常温下的六份溶液：①0.01mol·L－1CH3COOH溶液；②0.01mol·L－1HCl溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液

；⑤0.01mol·L－1CH3COOH溶液与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液；⑥0.01mol·L－1HCl溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。(1)其中水的电离程度最大的是________(填序号，下同)，水的电离

程度相同的是________。(2)若将②③混合后所得溶液pH＝7，则消耗溶液的体积：②________(填“>”“<”或“＝”)③。(3)将六份溶液同等程度稀释10倍后，溶液的pH：①________②，③___

_____④，⑤________⑥。(填“>”“<”或“＝”)解析：(1)酸和碱都会抑制水的电离，故只有⑥为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)>0.01mol·L－1，故②③混合，欲使p

H＝7，则需消耗溶液的体积：②>③。(3)稀释同样的倍数后，溶液的pH：①>②；③>④；⑤>⑥。答案：(1)⑥②③④(2)>(3)>>>12．(2017·桂林检测)下表是不同温度下水的离子积数据：温度/℃25t1t2水的离子积常数1×10－14α1×10－12试回答下列问题：(1)

若25＜t1＜t2，则α________(填“＞”“＜”或“＝”)1×10－14，做出此判断的理由是_________________________________________________________________________

_______________________________________________________________________。(2)在t1℃时，测得纯水中的c(H＋)＝2.4×10－7mol·L－1

，则c(OH－)为________。该温度下，测得某H2SO4溶液中c(SO2－4)＝5×10－6mol·L－1，该溶液中c(OH－)＝________mol·L－1。(3)①t2℃下：①0.01mol·L－1的氢氧化钠溶液的pH＝__

______。②若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，该强酸的pH数值pH1与强碱的pH数值pH2之间应满足的关系是________。解析：(1)水是弱电解质，存在电离平衡，电离

吸热。所以温度升高，水的电离程度增大，离子积增大；(2)水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，某温度下纯水中的c(H＋)＝2.4×10－7mol·L－1，则此时纯水中的c(OH－)＝2.4×10－7mol·L－1，该温度下，某H2SO4溶液中c(S

O2－4)＝5×10－6mol·L－1，则溶液中氢离子浓度是1×10－5mol·L－1，c(OH－)＝5.76×10－1410－5＝5.76×10－9mol·L－1；(3)t2℃温度下水的离子积常数是1×10－12，

①0.01mol·L－1的氢氧化钠溶液的c(H＋)＝1×10－12/0.01＝10－10，则pH＝10；②设强酸的pH＝a，强碱的pH＝b，由t2℃时，若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，即

n(H＋)＝n(OH－)，则10×10－a＝1×10b－12,101－a＝10b－12，即1－a＝b－12，则a＋b＝13，即pH(酸)＋pH(碱)＝13。答案：(1)＞水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离的方向移动，c(H＋

)增大，c(OH－)增大，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，Kw增大(2)2.4×10－7mol·L－15.76×10－9mol·L－1(3)①10②pH1＋pH2＝1313．现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol·L－1的NaOH溶液，乙为0.1mol

·L－1的HCl溶液，丙为0.1mol·L－1的CH3COOH溶液。试回答下列问题：(1)甲溶液的pH＝________。(2)丙溶液中存在的电离平衡为____________________________________________________________________

_________________________________________________________(用电离平衡方程式表示)。(3)常温下，用水稀释0.1mol·L－1的CH3COOH溶液时，下列各量随水量的增加而增大的是________(

填序号)。①n(H＋)②c(H＋)③cCH3COOHcCH3COO－④c(OH－)(4)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH－)的大小关系为________。(5)某同学用甲溶液分别滴定20.00mL乙溶液和20.00mL丙溶液，得到如

图所示的两条滴定曲线，请回答有关问题：图1图2①甲溶液滴定丙溶液的曲线是________(填“图1”或“图2”)曲线。②a＝________。解析：(1)c(OH－)＝0.1mol·L－1，则c(H＋)＝10－13mol·L－1，pH＝1

3。(2)CH3COOH溶液中存在CH3COOH和水的电离平衡。(3)CH3COOH是弱酸，当向0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中加水稀释时，CH3COOH的电离程度增大，平衡向右移动，H＋的物质的量增大，

但是c(H＋)减小，故①增大，②减小；设CH3COOH在水中的电离平衡常数为K，则cCH3COOHcCH3COO－＝cH＋K，c(H＋)减小，而K在一定温度下是常数，故cCH3COOHcCH3COO－减小，即③减小；常温下，Kw

为一定值，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，c(H＋)减小，则c(OH－)增大，即④增大。(4)酸、碱对水的电离具有抑制作用，水溶液中c(H＋)或c(OH－)越大，水的电离程度越小，反之越大。(5)①HCl是强酸，CH3COO

H是弱酸，分析题图，可知图2是甲溶液滴定丙溶液的曲线。②氢氧化钠溶液滴定盐酸恰好中和时，pH＝7，因二者浓度相等，则二者体积相等，a＝20.00；氢氧化钠溶液滴定醋酸恰好中和时，生成醋酸钠溶液，pH＞7。答案：(1)13(2)CH3C

OOHCH3COO－＋H＋、H2OOH－＋H＋(3)①④(4)丙＞甲＝乙(5)①图2②20.0014．自来水中余氯的测定：含氯消毒剂给自来水消毒后有余氯。测定自来水中余氯含量的方案如下：在250mL碘量瓶中(或具塞锥形瓶中)放置0.5g碘化钾，加10mL

稀硫酸，准确量取流动水样100mL(打开自来水龙头，待水流数十秒后再取水样)置于碘量瓶，迅速塞上塞摇动，见水样呈淡黄色，加1mL淀粉溶液变蓝，则说明水样中有余氯。再以cmol/L标准Na2S2O3溶液滴定，至溶液蓝

色消失呈无色透明溶液，记下硫代硫酸钠溶液的体积。(已知：滴定时反应的化学方程式为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6)(1)若该自来水是以漂白粉消毒，能说明水样中有余氯的反应离子方程式为___________________________________

_____________________________________。(2)按上述方案实验，消耗标准Na2S2O3溶液VmL，该次实验测得自来水样品中余氯量(以游离Cl2计算)为________mg·L－1。在上述实验过程中，若“塞上塞摇动”动作不够迅速，则测得结果________(填

“偏高”“偏低”或“不变”)。解析：(1)漂白粉的有效成分是次氯酸根，次氯酸根检验强氧化性，可以将碘离子氧化得碘单质，自身被还原为氯离子，反应离子方程式为ClO－＋2I－＋2H＋===CI－＋I2＋H2O。

(2)根据Cl2～I2～2Na2S2O3，可知n(Cl2)＝12n(Na2S2O3)＝12×V×10－3L×cmol/L，氯气质量为12×V×10－3L×cmol/L×71g/mol＝3.55Vc×10－2g＝35.5Vcmg，故余氯量(以游离Cl2计算)为35.5Vcmg0.1

L＝355Vcmg/L；动作不迅速，空气中的氧气在酸性条件下可把碘离子氧化生成单质碘，消耗硫代硫酸钠的体积会增大，所以结果偏高。答案：(1)ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I2＋H2O(2)355cV偏高