2021版新高考地区选考化学（人教版）一轮复习课后达标检测：课题27　水的电离和溶液的pH 7页

一、选择题：每小题只有一个选项符合题意。‎ ‎1．(2020·洛阳联考)水的电离过程为H2OH＋＋OH－，在不同温度下其平衡常数为Kw(25 ℃)＝1.0×10－14，Kw(35 ℃)＝2.1×10－14。则下列叙述正确的是 (　　)‎ A．c(H＋)随着温度的升高而减小 B．在35 ℃时，c(H＋)>c(OH－)‎ C．向蒸馏水中通HCl，Kw增大 D．水的电离是吸热过程 解析：选D。水的电离是吸热过程，升高温度，平衡正向移动，c(H＋)随着温度的升高而增大，A项错误，D项正确；35 ℃时水电离出的c(H＋)＝c(OH－)，B项错误；向蒸馏水中通HCl，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，会抑制水的电离，但Kw只受温度影响，不会因此而发生变化，C项错误。‎ ‎2．(2020·临川一中模拟)现有浓度均为1 mol·L－1的五种溶液：①HCl溶液；②H2SO4溶液；③CH3COOH溶液；④NH4Cl溶液；⑤NaOH溶液。由水电离出的c(H＋)大小关系正确的是 (　　)‎ A．④>③>①＝⑤>②‎ B．①＝②>③>④>⑤‎ C．②>①>③>④>⑤‎ D．④>③>①>⑤>②‎ 解析：选A。水是弱电解质，存在电离平衡H2OH＋＋OH－，因此酸或碱都能抑制水的电离，而某些发生水解的盐可以促进水的电离。由于HCl、硫酸是强酸，氢氧化钠是强碱，醋酸是弱酸，氯化铵是盐且能水解，因此由水电离出的c(H＋)大小关系是④>③>①＝⑤>②。‎ ‎3．(2020·福建质检)常温下，下列溶液的pH最大的是 (　　)‎ A．0.02 mol·L－1氨水与水等体积混合后的溶液 B．pH＝2的盐酸与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后的溶液 C．0.02 mol·L－1盐酸与0.02 mol·L－1氨水等体积混合后的溶液 D．0.01 mol·L－1盐酸与0.03 mol·L－1氨水等体积混合后的溶液 解析：选A。A项，混合后得到0.01 mol·L－1氨水，NH3·H2O不能完全电离，则c(OH－)<0.01 mol·L－1，710－7 mol·L－1‎ C．pH＝2的盐酸、pH＝2的醋酸溶液中由水电离出的c(H＋)均为10－12 mol·L－1‎ D．pH＝11和pH＝13的NaOH溶液等体积混合后，溶液中的c(H＋)＝ mol·L－1‎ 解析：选C。NaOH溶液中的H＋是由水电离产生的，当稀释时，NaOH溶液的浓度减小，对H2O电离的抑制程度减弱，因而c(H＋)＝10－12 mol·L－1×10＝10－11 mol·L－1，A错误；CH3COOH已电离出的H＋可将NaOH完全中和，而绝大多数的CH3COOH是没电离的，即CH3COOH过量，混合溶液呈酸性，对水的电离起抑制作用，B错误；pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝10－3mol·L－1，pH＝13的NaOH溶液中c(OH－)＝10－1 mol·L－1，等体积混合后c(OH－)＝ mol·L－1≈5×10－2 mol·L－1，再结合水的离子积常数求得c(H＋)＝2×10－13 mol·L－1，D错误。‎ 二、选择题：每小题有一个或两个选项符合题意。‎ ‎8．水的电离平衡曲线如图所示，下列说法中正确的是 (　　)‎ A．图中A、B、D三点处Kw的大小关系：B>A>D B．25 ℃时，向pH＝1的稀硫酸中逐滴加入pH＝8的稀氨水，溶液中逐渐减小 C．25 ℃时，保持温度不变，在水中加入适量NH4Cl固体，体系可以从A点变化到C点 D．A点所对应的溶液中，可同时大量存在Na＋、Fe3＋、Cl－、SO 解析：选B。A、D点都处于25 ℃，Kw相等，B点处于100 ℃，水的电离是吸热过程，温度越高，Kw越大，故图中A、B、D三点处Kw的大小关系为B>A＝D，故A错误；Kb(NH3·H2O)＝，则＝，25 ℃时，Kb(NH3·H2O)为定值，向pH＝1的稀硫酸中逐滴加入pH＝8的稀氨水的过程中，pH逐渐增大，即c(OH－)逐渐增大，则逐渐减小，即逐渐减小，故B正确；温度不变，Kw不变，向水中加入氯化铵固体，溶液中c(H＋)变大，溶液显酸性，H＋浓度大于OH－浓度，故C错误；A点所对应的溶液中，pH＝7，Fe3＋不能大量存在，故D错误。‎ ‎9．(2020·连云港高三模拟)下列有关中和滴定的说法正确的是 (　　)‎ A．用25 mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7 mL B．用标准KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的KOH固体中有NaOH杂质，则结果偏低 C．用c1 mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定V2 mL未知浓度的H2C2O4溶液至滴定终点，用去酸性高锰酸钾溶液体积为V1 mL，则H2C2O4溶液的浓度为 mol/L D．用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高 解析：选BD。A.滴定管的精度为0.01 mL，故A错误；B.若配制标准溶液的KOH固体中有NaOH杂质，使OH－浓度偏高，滴定未知浓度的盐酸时，消耗标准液的体积偏小，使测得的盐酸浓度偏低，故B正确；C.用酸性高锰酸钾溶液滴定未知浓度的H2C2O4溶液，发生反应：2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O，n(KMnO4)∶n(H2C2O4)＝2∶5，则H2C2O4溶液的浓度为 mol/L，故C错误；D.用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，使测得的盐酸溶液体积偏小，导致测定结果偏高，故D正确。‎ ‎10．常温下，用NaOH溶液滴定 H2C2O4溶液，溶液中－lg和－lg c(HC2O)或－lg和－lg c(C2O)的关系如图所示。下列说法错误的是 (　　)‎ A．Ka1(H2C2O4)＝1×10－2‎ B．滴定过程中，当pH＝5时，c(Na＋)－3c(HC2O)>0‎ C．向1 mol/L的H2C2O4溶液中加入等体积、等浓度的NaOH溶液，完全反应后溶液显酸性 D．向0.1 mol/L的H2C2O4溶液中加水稀释，将减小 解析：选BD。根据题图可知，L1线表示－lg 和－lg c(HC2O)的关系，L2线表示－lg 和－lg c(C2O) 的关系，Ka1(H2C2O4)＝‎ ＝10－1×10－1＝1×10－2，A正确；根据题图可知，Ka2(H2C2O4)＝‎ eq f(c（H＋）·c（C2O）,c（HC2O）)＝10－2×10－3＝1×10－5，当pH＝5时，c(HC2O)＝c(C2O)，由电荷守恒 c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HC2O)＋2c(C2O)＋c(OH－)，所以c(Na＋)－3c(HC2O)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－9 mol/L－10－5 mol/L<0，B错误；向 1 mol/L 的H2C2O4溶液中加入等体积、等浓度的NaOH溶液，完全反应后溶液中的溶质是NaHC2O4，HC2O的电离常数是1×10－5、水解常数是＝1×10－12，故HC2O的电离常数大于其水解常数，因此该溶液显酸性，C正确；Ka1(H2C2O4)＝，则＝，向0.1 mol/L的H2C2O4溶液中加水稀释，c(H＋)减小，Ka1(H2C2O4)不变，所以将增大，D错误。‎ 三、非选择题 ‎11．(教材改编题)现有常温下的六种溶液：‎ ‎①0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液；‎ ‎②0.01 mol·L－1 HCl溶液；‎ ‎③pH＝12的氨水；‎ ‎④pH＝12的NaOH溶液；‎ ‎⑤0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液；‎ ‎⑥0.01 mol·L－1 HCl溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后所得溶液。‎ ‎(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“＝”，下同)③。‎ ‎(3)将六种溶液同等程度稀释10倍后，溶液的pH：‎ ‎①________②，③________④，⑤________⑥。‎ ‎(4)将①④混合，若有c(CH3COO－)>c(H＋)，则混合溶液可能呈________(填字母)。‎ A．酸性　 B．碱性　　　C．中性 解析：(1)酸和碱都会抑制水的电离，故只有⑥NaCl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)>0.01 mol·L－1，故②③混合，欲使pH＝7，则需体积：②>③。(3)稀释同样的倍数后，溶液的pH：①>②；③>④；⑤>⑥。(4)由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，仅知道c(CH3COO－)>c(H＋)，无法比较c(H＋)与c(OH－)的相对大小，也就无法判断混合液的酸碱性。‎ 答案：(1)⑥　②③④　(2)>　(3)>　>　>　(4)ABC ‎12.Ⅰ.已知某温度下CH3COOH的电离常数Ka＝1.6×10－5‎ ‎。该温度下，向20 mL 0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.01 mol·L－1 KOH溶液，其pH变化曲线如图所示(忽略温度变化)。请回答下列有关问题：(已知lg 4＝0.6)‎ ‎(1)a点溶液中c(H＋)为________，pH约为________。‎ ‎(2)a、b、c、d四点中水的电离程度最大的是________点，滴定过程中宜选用________做指示剂，滴定终点在________(填“c点以上”或“c点以下”)。‎ Ⅱ.(3)若向20 mL稀氨水中逐滴加入等浓度的盐酸，则下列变化趋势正确的是________(填字母)。‎ 解析：Ⅰ.(1)电离消耗的醋酸在计算醋酸的电离平衡浓度时可以忽略不计。由Ka＝得，c(H＋)≈ mol·L－1＝4×10－4 mol·L－1。(2)a点是醋酸溶液，b点是醋酸和少量CH3COOK的混合溶液，c点是CH3COOK和少量醋酸的混合溶液，d点是CH3COOK和KOH的混合溶液，酸、碱均能抑制水的电离，CH3COOK水解促进水的电离，所以c点溶液中水的电离程度最大。由于酸碱恰好完全反应时溶液显碱性，故应该选择在碱性范围内变色的指示剂酚酞。滴定终点应在c点以上。Ⅱ.(3)由于稀氨水显碱性，首 先排除选项A和C；两者恰好反应时溶液显酸性，排除选项D。‎ 答案：Ⅰ.(1)4×10－4 mol·L－1　3.4　(2)c　酚酞　c点以上　Ⅱ.(3)B ‎13．(2018·高考天津卷)烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下检测方法：‎ 将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L－1 FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2 mol·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗v2 mL。‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)NO被H2O2氧化为NO的离子方程式为________________________________________________________________________‎ ‎________________________________________________________________________。‎ ‎(2)滴定过程中发生下列反应：‎ ‎3Fe2＋＋NO＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2O Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O 则气样中NOx折合成NO2的含量为________________mg·m－3。‎ ‎(3)若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果________________________________________________________________________‎ ‎(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。‎ 解析：(1)NO被H2O2氧化为NO，则H2O2被还原为H2O，配平离子方程式为2NO＋3H2O2===2NO＋2H＋＋2H2O。(2)根据滴定原理，可得原溶液中NO消耗的n(Fe2＋)＝(c1 mol·L－1×v1×10－3 L－c2 mol·L－1×v2×10－3 L×6)×＝5(c1v1－6c2v2)×10－3 mol，则n(NO)＝n(Fe2＋)＝(c1v1－6c2v2)×10－3 mol，故气样中NOx折合成NO2的含量为(c1v1－6c2v2)×10－3 mol×46 000 mg·mol－1÷(v×10－3) m3＝×104 mg·m－3。(3)若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗的FeSO4标准溶液的体积偏大，测定结果偏高。‎ 答案：(1)2NO＋3H2O2===2H＋＋2NO＋2H2O　(2)×104　(3)偏高 ‎ ‎