PAGE第8頁共8頁課時跟蹤檢測（二十三）水的電離和溶液的酸堿性1．(2020·浙江選考)水溶液呈酸性的是()A．NaCl B．NaHSO4C．HCOONa D．NaHCO3解析：選B氯化鈉是強酸強堿鹽，水溶液呈中性，A項錯誤；硫酸氫鈉在水中完全電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，水溶液呈酸性，B項正確；甲酸鈉是弱酸強堿鹽，水溶液呈堿性，C項錯誤；碳酸氫鈉是弱酸強堿鹽，水溶液呈堿性，D項錯誤。2．(2021·杭州二中模擬)下列操作中，能使水的電離平衡向右移動且使液體呈酸性的是()A．向水中加入NaHSO4B．向水中加入CuSO4C．向水中加入Na2CO3D．將水加熱到100℃解析：選BA項，NaHSO4電離出H＋，抑制水的電離，溶液顯酸性，錯誤；B項，CuSO4電離出的Cu2＋能水解，促進水的電離，溶液顯酸性，正確；C項，Na2CO3電離出的COeq\o\al(2－,3)能水解，促進水的電離，溶液顯堿性，錯誤；D項，將水加熱，促進水的電離，但仍為中性，錯誤。3．(2021·北京海淀區聯考)常溫下，100mL1.0mol·L－1Na2C2O4溶液中加入足量pH＝1的稀硫酸，再加入20mLKMnO4A．該Na2C2O4溶液中C2Oeq\o\al(2－,4)數目為0.1NAB．稀硫酸中水電離的c(H＋)＝0.1mol·L－1C．KMnO4溶液濃度為0.1mol·L－1D．反應過程中轉移電子數為0.2NA解析：選D100mL1.0mol·L－1Na2C2O4溶液中含有n(Na2C2O4)＝0.1L×1.0mol·L－1＝0.1mol，其中C2Oeq\o\al(2－,4)水解，使得C2Oeq\o\al(2－,4)數目少于0.1NA，故A錯誤；硫酸抑制水的電離，pH＝1的稀硫酸中水電離的c(H＋)＝c(OH－)＝eq\f(10－14,0.1)mol·L－1＝10－13mol·L－1，故B錯誤；反應的化學方程式為5Na2C2O4＋2KMnO4＋8H2SO4=10CO2↑＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O＋5Na2SO4，則KMnO4溶液中含有n(KMnO4)＝eq\f(2,5)n(Na2C2O4)＝eq\f(2,5)×0.1mol＝0.04mol，c(KMnO4)＝eq\f(0.04mol,0.02L)＝2mol·L－1，故C錯誤；反應中Mn由＋7價降低為＋2價，反應過程中轉移電子的物質的量為0.04mol×(7－2)＝0.2mol，即轉移電子數為0.2NA，故D正確。4．(2021·長郡中學月考)下列說法正確的是()A．向0.1mol·L－1的HF溶液中不斷加水稀釋，eq\f(cH＋,cHF)減小B．向水中通入少量的HCl(g)，c(H＋)增大，KW增大C．將pH＝2的鹽酸和pH＝2的醋酸溶液等體積混合(忽略混合后溶液體積的變化)，混合后溶液的pH＝2D．中性溶液的c(H＋)一定等于10－7mol·L－1解析：選CHF是弱酸，eq\f(cH＋,cHF)＝eq\f(Ka,cF－)，稀釋時電離程度增大，溫度不變，Ka不變，但c(F－)減小，eq\f(cH＋,cHF)增大，A錯誤。水的離子積大小只與溫度有關，溫度不變，KW不變，B錯誤。pH＝2的鹽酸和pH＝2的醋酸溶液中，c(H＋)均為10－2mol·L－1，等體積混合后pH不變，C正確。中性溶液中H＋的濃度等于OH－濃度，但具體濃度與溫度有關，不一定等于10－7mol·L－1，D錯誤。5．(2021·瓊西中學模擬)下列敘述正確的是()A．95℃B．pH＝3的醋酸溶液，稀釋至10倍后pH＝4C．pH＝3的醋酸溶液與pH＝11的氫氧化鈉溶液等體積混合后pH＝7D．0.2mol·L－1的鹽酸與等體積水混合后pH＝1解析：選DA項，水是弱電解質，電離吸熱，加熱促進電離，所以95℃純水的pH＜7，但任何純水都是顯中性的，錯誤；B項，醋酸是弱酸，存在電離平衡，稀釋促進電離，H＋的物質的量增加，所以pH＝3的醋酸溶液，稀釋至10倍后3＜pH＜4，錯誤；C項，醋酸是弱酸，則pH＝3的醋酸溶液中醋酸的濃度大于10－3mol·L－1，而pH＝11的氫氧化鈉溶液中氫氧化鈉的濃度＝10－3mol·L－1，所以二者等體積混合后醋酸過量，溶液顯酸性，即pH＜7，錯誤；D項，0.2mol·L－1的鹽酸與等體積水混合后溶液的濃度為0.1mol·L－16．(2021·浙江選考)25℃A．NaHA溶液呈酸性，可以推測H2AB．可溶性正鹽BA溶液呈中性，可以推測BA為強酸強堿鹽C．0.010mol·L－1、0.10mol·L－1的醋酸溶液的電離度分別為α1、α2，則α1<α2D．100mLpH＝10.00的Na2CO3溶液中水電離出H＋的物質的量為1.0×10－5mol解析：選D只要HA－的電離程度大于水解程度，NaHA溶液就呈酸性，A錯誤；當Bn＋和An－的水解程度相同時，BA溶液也呈中性，B錯誤；稀釋促進弱電解質的電離，則α1>α2，C錯誤。7．(2021·保定質檢)用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1鹽酸過程中的pH變化如圖所示。下列說法錯誤的是()A．b點時，加入極少量NaOH溶液都會引起pH的突變B．選指示劑時，其變色范圍應在4.30～9.70之間C．若將鹽酸換成同濃度的CH3COOH溶液，曲線ab段將會上移D．都使用酚酞作指示劑，若將NaOH溶液換成同濃度的氨水，所消耗氨水的體積較NaOH溶液小解析：選Db點在突變范圍內，極少量NaOH溶液也會引起pH的突變，A正確；題圖中反應終點的pH在4.30～9.70之間，選擇指示劑的變色范圍應在反應終點的pH范圍內，B正確；醋酸是弱酸，等濃度時醋酸溶液的pH大于鹽酸，滴定終點時醋酸鈉溶液水解顯堿性，曲線ab段將會上移，C正確；使用酚酞作指示劑，用同濃度氨水代替NaOH溶液，滴定終點時溶質為NH4Cl，溶液顯酸性，要使溶液由無色變為淺紅色，pH在8.2～10之間，則消耗氨水的體積大于NaOH溶液，D錯誤。8．(2021年1月新高考8省聯考·湖北卷)25℃一元弱酸溶液加入的NaOH溶液混合后所得溶液HA10.0mL0．20mol·L－15.0mL0．20mol·L－1溶液ⅠpH＝5.0HB10.0mL0．20mol·L－15.0mL0．20mol·L－1溶液ⅡpH＝4.0下列說法錯誤的是()A．溶液Ⅰ中，c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)B．Ⅰ和Ⅱ的pH相差1.0，說明eq\f(KaHA,KaHB)＝10C．混合Ⅰ和Ⅱ：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(B－)＋c(OH－)D．混合Ⅰ和Ⅱ：c(HA)>c(HB)解析：選B由電荷守恒可知溶液Ⅰ中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)，pH＝5.0，則c(H＋)>c(OH－)，因此c(A－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)，A正確；溶液Ⅰ的pH＝5.0，溶液Ⅱ的pH＝4.0，則HB的電離常數大于HA的電離常數，eq\f(KaHA,KaHB)<1<10，B錯誤；由電荷守恒可知混合Ⅰ和Ⅱ有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(B－)＋c(OH－)，C正確；由于HB的電離常數大于HA的電離常數，則混合Ⅰ和Ⅱ后有：c(HA)>c(HB)，D正確。9．[雙選]室溫下，用0.10mol·L－1NaOH溶液滴定10.00mL0.10mol·L－1HClO溶液，水的電離程度隨NaOH溶液體積的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是()A．該中和滴定適合選用酚酞作指示劑B．M點對應的水溶液pH＝7C．M點為滴定終點D．N點溶液中，c(Na＋)>c(ClO－)>c(OH－)>c(H＋)解析：選AC恰好完全中和時生成NaClO，由于ClO－水解而使溶液呈堿性，故應選用酚酞作指示劑，A正確；M點水的電離程度最大，此時恰好完全中和生成NaClO，ClO－發生水解而使溶液呈堿性，溶液的pH>7，B錯誤，C正確；N點加入20.00mLNaOH溶液，所得溶液是等濃度的NaClO和NaOH的混合液，ClO－會發生水解，則N點溶液中：c(Na＋)>c(OH－)>c(ClO－)>c(H＋)，D錯誤。10．[雙選]25℃時，100mL0.100mol·L－1氨水用0.100mol·L－1下列說法正確的是()A．可用酚酞作滴定指示劑B．在a點：c(NH3·H2O)＋c(NHeq\o\al(＋,4))<2c(Cl－)C．在a點溶液中水的電離程度比b點的小D．在b點：lgc(NHeq\o\al(＋,4))－lgc(NH3·H2O)＝4.52解析：選CD氨水與鹽酸恰好完全反應生成氯化銨，溶液顯酸性，故選擇甲基橙作指示劑，A錯誤。a點是NH4Cl和NH3·H2O的混合溶液，根據電荷守恒得c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＋c(OH－)，等式兩側同時乘以2得2c(H＋)＋2c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(Cl－)＋2c(OH－)，根據圖可知a點時c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(NH3·H2O)，則有c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)＝2c(Cl－)＋2c(OH－)－2c(H＋)，此時溶液顯堿性，故2c(OH－)－2c(H＋)>0，則c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(NH3·H2O)>2c(Cl－)，B錯誤。a點時溶質為氯化銨和一水合氨，溶液呈堿性，說明一水合氨電離程度大于NHeq\o\al(＋,4)水解程度，溶液中H＋全部來自于水的電離，c(H＋)＝c水(H＋)＝10－9.26mol·L－1；25℃時，b點溶質為氯化銨和氯化氫，c(H＋)＝10－4.74mol·L－1，OH－全部來自于水的電離，水電離產生的OH－一部分與NHeq\o\al(＋,4)結合生成NH3·H2O，剩余的c(OH－)＝eq\f(KW,cH＋)＝eq\f(10－14,10－4.74)mol·L－1＝10－9.26mol·L－1，則由水電離產生的c水(OH－)>10－9.26mol·L－1，故a點溶液中水的電離程度小于b點，C正確；由a點數據可知，常溫下Kb(NH3·H2O)＝eq\f(cNH\o\al(＋,4)·cOH－,cNH3·H2O)＝10－4.74，在b點，lgc(NHeq\o\al(＋,4))－lgc(NH3·H2O)＝lgeq\f(cNH\o\al(＋,4),cNH3·H2O)＝lgeq\f(KbNH3·H2O,cOH－)＝－4.74－(－9.26)＝4.52，D正確。11．(2019·全國卷Ⅰ)NaOH溶液滴定鄰苯二甲酸氫鉀(鄰苯二甲酸H2A的Ka1＝1.1×10－3，Ka2＝3.9×10－6A．混合溶液的導電能力與離子濃度和種類有關B．Na＋與A2－的導電能力之和大于HA－的C．b點的混合溶液pH＝7D．c點的混合溶液中，c(Na＋)>c(K＋)>c(OH－)解析：選CA對：溶液導電能力的強弱與溶液中自由移動的離子濃度和種類有關。B對：由圖知，a點到b點，HA－轉化為A2－，b點導電能力相對于a點增強，可判斷Na＋和A2－的導電能力之和大于HA－的。C錯：b點為反應終點，發生的反應為2KHA＋2NaOH=Na2A＋K2A＋2H2O。因為H2A為弱酸，所以Na2A、K2A溶液顯堿性，pH>7。D對：c點為Na2A、K2A和NaOH的混合溶液，由圖可知c(Na＋)>c12．現有常溫下的六份溶液：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溶液與pH＝12的氨水等體積混合后所得溶液；⑥0.01mol·L－1HCl溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合所得溶液。(1)其中水的電離程度最大的是________(填序號，下同)，水的電離程度相同的是________。(2)若將②③混合后所得溶液的pH＝7，則消耗溶液的體積：②________③(填“>”“<”或“＝”)。(3)將六份溶液分別稀釋10倍后，溶液的pH：①________②，③________④，⑤________⑥。(填“>”“<”或“＝”)(4)將①④混合，若有c(CH3COO－)>c(H＋)，則混合溶液可能呈________(填字母)。A．酸性 B．堿性C．中性解析：(1)酸和堿都會抑制水的電離，故只有⑥(NaCl溶液)對H2O的電離無抑制作用。②③④對水的電離抑制程度相同。(2)因pH＝12的氨水中c(NH3·H2O)>0.01mol·L－1，故②③混合，欲使pH＝7，則需體積：②>③。(3)稀釋同樣的倍數后，溶液的pH：①>②；③>④；⑤>⑥。(4)由電荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，僅知道c(CH3COO－)>c(H＋)，無法比較c(H＋)與c(OH－)的相對大小，混合液可能呈酸性、堿性或中性，故選A、B、C。答案：(1)⑥②③④(2)>(3)>>>(4)ABC13．H2O2溶液俗稱雙氧水，廣泛應用于醫藥、國防、工業、農業、化工等領域中。H2O2易分解，需加入一定量的尿素、乙酰苯胺等有機物作為穩定劑。測定H2O2含量的常用方法有碘量法、高錳酸鉀法、硫酸鈰法等。回答下列問題。(1)碘量法是將過量的KI溶液加入H2O2樣品中，然后加入指示劑，用0.10mol·L－1Na2S2O3標準溶液滴定(發生反應：I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－)。滴定時所用指示劑為______________；若某次滴定過程中消耗標準溶液12.50mL，則該過程中轉移的電子為________mol。(2)高錳酸鉀法是用酸性KMnO4溶液滴定H2O2樣品以測定其含量，寫出反應的離子方程式：____________________________________________________________________________________________________________________________________________；高錳酸鉀法雖操作簡單，但測定誤差較大。某科研工作者對大量測定結果進行分析，發現94%的結果超過實際含量，主要原因是____________________________________________________________________________________________________________(不考慮KMnO4的分解及實驗操作誤差)。(3)硫酸鈰法測定H2O2的含量：取H2O2樣品1.00mL，稀釋為250.00mL，取上述稀釋過的H2O2溶液25.00mL于錐形瓶中，加入適量稀硫酸和2～3滴Fe2＋-鄰菲羅啉混合指示劑，揺勻后，用0.08mol·L－1Ce(SO4)2標準溶液滴定至終點(到達終點時Ce元素顯＋3價)。重復測定2～3次，平均消耗標準溶液22.08mL，則該H2O2樣品的質量濃度為________g·L－1(結果保留1位小數)；若未用Ce(SO4)2標準溶液潤洗滴定管，會造成測定結果______(填“偏高”“無影響”或“偏低”)。解析：(1)H2O2與I－反應生成碘單質，達到滴定終點時I2又被還原為I－，指示劑用淀粉溶液；由I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－可知，消耗1molS2Oeq\o\al(2－,3)時轉移1mole－，滴定過程中消耗標準溶液12.50mL，則該過程中轉移電子的物質的量為12.50×10－3L×0.10mol·L－1＝1.25×10－3mol。(2)KMnO4的氧化性強于H2O2的氧化性，且酸性條件下還原產物為Mn2＋，故反應的離子方程式為2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋5O2↑＋8H2O；KMnO4具有強氧化性，能與尿素、乙酰苯胺等有機物反應，則消耗標準液偏多，從而導致測定結果超過實際含量。(3)由得失電子守恒可知存在H2O2～2Ce4＋，用0.08mol·L－1Ce(SO4)2標準溶液滴定，平均消耗標準溶液22.08mL,則H2O2樣品的質量濃度為eq\a\vs4\al(\f(22.08×10－3L×0.08mol·L－1×\f(1,2)×\f(250,25.00)×34g·mol－1,0.001L))≈300.3g·L－1；若未用Ce(SO4)2標準溶液潤洗滴定管，相當于Ce(SO4)2標準溶液被稀釋，消耗標準液的體積偏大，會造成測定結果偏高。答案：(1)淀粉溶液1.25×10－3(2)2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O用高錳酸鉀溶液滴定時，尿素、乙酰苯胺等有機物也被高錳酸鉀氧化，消耗標準液偏多，導致測定結果偏高(3)300.3偏高14．用沉淀滴定法快速測定NaI等碘化物溶液中c(I－)，實驗過程包括準備標準溶液和滴定待測溶液。Ⅰ.準備標準溶液a．準確稱取AgNO3基準物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL標準溶液，放在棕色試劑瓶中避光保存，備用。b．配制并標定100mL0.1000mol·L－1NH4SCN標準溶液，備用。Ⅱ.滴定的主要步驟a．取待測NaI溶液25.00mL于錐形瓶中。b．加入25.00mL0.1000mol·L－1AgNO3溶液(過量)，使I－完全轉化為AgI沉淀。c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示劑。d．用0.1000mol·L－1NH4SCN溶液滴定過量的Ag＋，使其恰好完全轉化為AgSCN沉淀后，體系出現淡紅色，停止滴定。e．重復上述操作兩次。三次測定數據如下表：實驗序號123消耗NH4SCN標準溶液體積/mL10.2410.029.98f.數據處理?；卮鹣铝袉栴}：(1)將稱得的AgNO3配制成標準溶液，所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有________。(2)AgNO3標準溶液放在棕色試劑瓶中避光保存的原因是________________。(3)滴定應在pH<0.5的條件下進行，其目的是________________。(4)b和c兩步操作是否可以顛倒________，說明理由__________________________。(5)所消耗的NH4SCN標準溶液平均體積為________mL，測得c(I－)＝________mol·L－1。(6)在滴定管中裝入NH4SCN標準溶液的前一步，應進行的操作為________________。(7)判斷下列操作對c(I－)測定結果的影響(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。①