人教版 高化 选择性必修1 3.2 水的电离和溶液的pH 第1课时 同步练习（含解析）
文档属性
| 名称 | 人教版 高化 选择性必修1 3.2 水的电离和溶液的pH 第1课时 同步练习（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 511.0KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-11-14 10:21:51 | ||
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文档简介
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3.2 水的电离和溶液的pH 第1课时 同步练习（含解析）
一、单选题
1．下列说法错误的是（ ）
A．常温下，纯水中的c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1
B．向水中加入NaCl，H+与Cl-结合生成HCl，使水的电离平衡向正反应方向移动
C．向水中加入HCl或者NaOH，水的电离平衡都向逆反应方向移动
D．改变温度，Kw也会发生改变
2．已知室温时0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，叙述错误的是（ ）
A．该溶液的pH=4
B．升高温度，溶液的Kw增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10-7
D．该溶液里不存在HA分子
3．常温下将pH=8的NaOH溶液稀释1000倍，稀释后溶液中c(Na+)与c(OH－)之比接近（ ）
A．1：1 B．1：102 C．102：1 D．1：103
4．常温下0.1 mol/L的下列物质的水溶液，加热到80℃，溶液的pH几乎不变的是（ ）
A．氢氧化钠 B．硫酸铵 C．氯化钠 D．硫酸
5．下列说法正确的是
A．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可通过在常温下测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A一定是弱酸
B．用NaOH标准溶液滴定CH3COOH溶液至中性时，CH3COOH溶液恰好被中和
C．向冰醋酸中不断加水，溶液的pH不断增大
D．25℃和40℃时，0.1 mol·L-1的氨水的pH不相等，而25℃和40℃时，0.1 mol·L-1的氢氧化钠溶液的pH相等
6．用0.1000mol L-1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。有关该实验说法中，错误的是（ ）
A．本实验可选用酚酞作指示剂
B．用酸式滴定管盛装0.1000mol L-1HCl溶液
C．用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2~3次
D．滴定结束时俯视酸式滴定管读数，测量结果偏低
7．室温下，向20.0 mL 0.100 mol L 1的某弱酸HA的溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，过程中随pH的变化关系如下图所示。下列说法错误的是
A．a到c的过程中，为定值
B．a到c的过程中，水的电离程度不断减小
C．b点时，
D．c点时加入碱的体积小于20 mL
8．室温下，用0.1mol·L－1的NaOH溶液分别滴定20mL0.1mol·L－1的HA和HB溶液，溶液pH随加入NaOH溶液的体积变化曲线如图所示，下列判断错误的是（ ）
A．水的电离度：c点溶液>纯水>b点溶液
B．电离常数：Ka(HA)C．d点溶液：2c(Na+)=c(A－)+(HA)
D．a点溶液：c(B－)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH－)
9．在25℃条件下，将pH＝12的氨水加水稀释过程中，下列说法正确的是（ ）
A．能使溶液中的c( ) c(OH-)增大
B．溶液中c(H+) c(OH-)不变
C．能使溶液中 比值增大
D．此过程中，溶液中所有离子浓度均减小
10．已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4＝Na++H++SO 。某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，错误的是（ ）
A．该温度高于25℃
B．NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离
C．由水电离出来的H+的浓度是1.0×10－10mol·L－1
D．该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
11．某实验小组的同学用0.1000mol/L氢氧化钠溶液和0.05000mol/L草酸溶液在25℃下进行中和滴定实验，先向锥形瓶内加入25.00L溶液，然后开始滴定，直至滴定完全测得锥形瓶内溶液pH随滴定管滴加溶液体积变化的曲线(见下图)。根据图中数据，下列说法正确的是
A．草酸是一元酸
B．该实验不能使用碱式滴定管
C．当滴加了20.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的草酸根离子浓度大于氢离子浓度
D．当滴加了30.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的钠离子浓度小于氢氧根离子浓度
12．下列措施能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H+)＞c(OH-)的是（ ）
A．向水中通入SO2 B．将水加热煮沸
C．向水中加入NaCl D．向水中加入少量Na2O
二、多选题
13．常温下，用盐酸滴定某弱碱溶液，所得溶液、和的物质的量分数与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．的电离平衡常数为
B．曲线①代表，曲线②代表
C．b点溶液中存在
D．a、b、c三点的溶液，水的电离程度
14．实验室用0.01mol·L-1KOH标准溶液测定一元弱酸叠氮酸(HN3)的浓度。下列叙述错误的是（ ）
A．可选用酚酞做指示剂
B．开始平视，滴定终点仰视，测定结果偏低
C．KN3溶液呈碱性，其原因是：+H2O HN3+OH-
D．滴定终点的溶液中：c(K+)=c()+c(HN3)-c(H+)
三、实验探究题
15．某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请回答下列问题：
（1）观察下图（左），标准液盐酸应放入 滴定管中。（填“甲”或“乙”）
（2）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视 ，滴定终点的现象为 。
（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如上图（右）所示，则起始读数为 mL，所用盐酸溶液的体积为 mL。
（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表所示：
依据表中数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度 。
（5）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是_____________(填字母序号)。
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
四、综合题
16．25℃时，三种酸的电离平衡常数如下，回答下列问题：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
电离平衡常数 1.8×10-5 K1=4.3×10-7；K2=5.6×10-11 3.0×10-8
（1）一般情况下，当温度升高时，Ka (填“增大”、“减小”或“不变”).
（2）下列四种离子结合H+能力由大到小的顺序是 (填序号)；
a.CO b.ClO- c.CH3COO- d.HCO
（3）下列反应不能发生的是 (填序号)
a.CO +2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O
b.ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO
c.CO +2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-
d.HClO+CH3COO-=CH3COOH+ClO-
（4）用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是 (填序号)；
a. b.
c. d.
（5）体积均为10mL、c(H+)=10-2mol/L的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示。则HX的电离平衡常数 (填“大于”、“等于”或“小于”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来c(H+) 醋酸溶液中水电离出来的c(H+)，理由是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．常温下，Kw= c(H+)×c(OH-)=1×10-14，所以纯水中的c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1，A项不符合题意；
B．向水中加入NaCl，由于Na+与水电离出的OH-或Cl-与水电离出的H+均不形成弱电解质，则不会破坏水的电离平衡，B项符合题意；
C．向水中加入HCl或者NaOH，增大了H+或OH-的浓度，即增大了生成物浓度，平衡逆向移动，C项不符合题意；
D．水的电离为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，Kw增大，反之，Kw减小，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、常温下水的Kw= c(H+)×c(OH-)=1×10-14；
B、氯化氢为强酸，水中氢离子和氯离子无法结合；
C、氢离子和氢氧根会抑制水的电离；
D、化学平衡常数只受温度影响。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．HA电离出的c(H+)为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg(10-4)=4，故A不符合题意；
B．Kw只随温度的变化而变化，温度升高促进水的电离，Kw增大，故B不符合题意；
C．HA电离平衡常数为K= ，HA电离出的c(H+)=c(A-)=10-4mol/L，所以K= 1×10-7，故C不符合题意；
D．HA在水中有0.1%发生电离，即HA部分电离，所以在溶液中存在HA分子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用氢离子的浓度计算pH；
B．温度升高促进水的电离，KW增大；
C．根据电离度及离子的浓度计算电离平衡常数；
D．HA在水中只有0.1%发生电离，还有分子形式。
3．【答案】B
【解析】【解答】NaOH为强碱，则pH = 8的NaOH溶液中Na+浓度浓度等于氢氧根离子的浓度 = 1×10 6 mol/L；当溶液稀释1000倍后，氢氧根离子浓度只能无限接近中性即为1×10 7 mol/L，而钾离子浓度为：c(Na+) = 1×10 9 mol/L，因此稀释后所得溶液中c(Na+)与c(OH－)之比约为：（1×10 9）mol/L：（1×10 7）mol/L = 1：100，故B项符合题意，
故答案为：B。
【分析】将pH=8的NaOH溶液加水稀释1000倍，稀释后所得溶液中Na+浓度c(Na+)变为原来的千分之一，碱溶液稀释1000后，接近中性，pH 7，据此计算得出结论。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.0.1 mol/L氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.1 mol/L，溶液加热到80℃时，水的电离平衡向右移动，水的离子积常数增大，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故A不符合题意；
B．硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，0.1 mol/L溶液加热到80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故B不符合题意；
C.0.1 mol/L氯化钠溶液加热到80℃时，水的电离向右移动，水的离子积常数增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故C不符合题意；
D.0.1 mol/L硫酸溶液中氢离子浓度为0.1 mol/L，溶液加热到80℃时，溶液中氢离子浓度为依然为0.1 mol/L，溶液pH几乎不变，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、升高温度，水的电离平衡朝正向移动，加入氢氧化钠，氢氧根浓度增加，氢离子浓度减少，pH增大；
B、硫酸铵溶液中，铵根离子水解为氢离子，升高温度，pH减小；
C、氯化钠为中性，温度升高，中性溶液的pH减小；
D、硫酸为酸性，升高温度，氢离子浓度不变，pH不变。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．常温下，若溶液的，则说明发生了水解，说明其为强碱弱酸盐，即为弱酸，故A符合题意；
B．为弱酸，刚好中和的产物为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故B不符合题意；
C．纯醋酸不电离，向冰醋酸中不断加水，氢离子浓度先增大后减小，则溶液的pH先减小后增大，故C不符合题意；
D.25℃和40℃时，水的离子积不同，水的电离程度不同，40℃时水的离子积较大，相同浓度的NaOH溶液在40℃时溶液中的氢离子浓度较大，pH偏小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据盐类水解原理分析；
B．中和时生成强碱弱酸盐，溶液显碱性；
C．纯醋酸不电离，向冰醋酸中不断加水，氢离子浓度先增大后减小；
D.依据水的离子积常数不同分析。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．用0.1000mol L-1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定终点时生成NaCl，溶液呈中性，酚酞变色范围为8.2~10，可选用酚酞作指示剂，A不符合题意；
B．HCl溶液呈酸性，中和滴定时，需要用酸式滴定管盛装0.1000mol L-1HCl溶液，B不符合题意；
C．用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2~3次，导致锥形瓶中氢氧化钠的物质的量偏大，滴定时消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，所以锥形瓶不能润洗，C符合题意；
D．滴定结束时俯视酸式滴定管读数，读出的标准液体积偏小，导致测量结果偏低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.滴定终点时溶液呈中性；
B.盐酸显酸性，应用酸式滴定管盛装；
D.滴定管从上到下刻度增大，俯视读数偏小。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．根据物料守恒，a到c的过程中，为定值，故A不符合题意；
B．a到c的过程中，HA物质的量浓度不断减小，酸性不断减弱，抑制水的电离程度不断减弱，则水的电离程度不断增大，故B符合题意；
C．b点时，根据电荷守恒得到，溶液显酸性，则，b点时，则，故C不符合题意；
D．若HA恰好完全反应，加入碱的体积等于20 mL，则此时溶质为NaA，NaA溶液中由于A－水解使溶液显碱性，c点溶液显中性，说明c点时加入碱的体积小于20 mL，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．根据物料守恒分析；
B．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
C．根据电荷守恒分析；
D．依据盐类水解规律分析。
8．【答案】C
【解析】【解答】A. c点为完全中和生成的盐溶液，根据起始ｐH可知，两种酸均为弱酸，且HA的酸性更弱，故c点为强碱弱酸盐溶液，水解促进水的电离，b点不完全中和，酸过量，酸的电离抑制水的电离，水的电离程度减小，故水的电离度：c点溶液>纯水>b点溶液，选项A不符合题意；
B. 由图中曲线可知，HA的酸性更弱，则电离常数：Ka(HA)C. d点溶液为氢氧化钠与NaA溶液按1：1形成的溶液，根据物料守恒有：c(Na+)=2c(A－)+2 c (HA)，选项C符合题意；
D. a点溶液以HB与NaB按1：1为溶质形成的溶液，溶液呈酸性，说明电离大于水解，则：c(B－)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH－)，选项D不符合题意。
故答案为:C。
【分析】0.1mol·L－1的HA和HB溶液pH均大于1，故两者均为弱酸，且HA的酸性更弱，据此分析解答。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．加水稀释一水合氨，促进电离，但是一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c( )、c(OH-)均减小，则c( ) c(OH-)减小，故A不符合题意；
B．温度不变离子积常数不变，则c(H+) c(OH-)=Kw不变，故B符合题意；
C．温度不变离子积常数、电离平衡常数不变，则 =Kb/Kw不变，故C不符合题意；
D．加水稀释一水合氨，促进电离，但是一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（OH-）减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．加水稀释一水合氨，虽然促进了电离，但是溶液中c( )、c(OH-)均减小；
B．离子积常数只和温度相关；
C．只要温度不变，则离子积常数、电离平衡常数就不变Kb/Kw不变；
D．氨水加水稀释后，碱性减弱，则溶液中c（H+）增大。
10．【答案】D
【解析】【解答】A.25℃蒸馏水中c（H+）=1×10-7mol/L，pH=6的蒸馏水呈中性，c（H+）=c（OH-）=1×10-6mol/L>1×10-7mol/L，水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，所以该温度高于25℃，A不符合题意；
B．NaHSO4电离出H+，c（H+）增大，抑制水的电离，B不符合题意；
C．该温度下水的离子积Kw=1×10-6×1×10-6=10-12，该溶液的pH=2，则该溶液中c（OH-）=10-12÷10-2=1×10-10(mol/L)，该溶液中OH-全部来自水电离，则由水电离出的H+的浓度为1×10-10mol/L，C不符合题意；
D．NaHSO4溶液的pH=2，c（H+）=1×10-2mol/L，pH=12的NaOH溶液中c（OH-）=10-12÷10-12=1(mol/L)，两者等体积混合充分反应后NaOH过量，溶液呈碱性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.此时pH=6的蒸馏水呈中性，c（H+）=c（OH-）=1×10-6mol/L>1×10-7mol/L，水的电离是吸热过程；
B.水电离生成氢离子和氢氧根离子，提高氢离子的浓度，抑制水的电离；
C.水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度；
D.纯水的pH=6，说明Kw=10-12，加入氢氧化钠溶液的物质的量应与氢离子的相等。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析知草酸是二元酸，A不符合题意；
B．盛装氢氧化钠溶液必须用碱式滴定管，量取草酸溶液必须用酸式滴定管，B不符合题意；
C．当滴加了20.00mL溶液时，根据方程式可计得锥形瓶内草酸钠有，草酸有，草酸钠完全电离，草酸微弱电离，因此溶液中草酸根离子浓度大于氢离子浓度。随着滴加的NaOH增多，生成的草酸钠更多，草酸根离子浓度变得更大，氢离子浓度变得更小，C符合题意；
D．当滴加了30.00mL溶液时，恰好完全中和，溶质只有草酸钠，草酸钠完全电离，氢氧根离子主要由草酸根离子水解产生，水解是微弱的，因此钠离子浓度大于氢氧根离子浓度。随着滴加的NaOH增多，增多的NaOH中，钠离子浓度等于氢氧根离子浓度，且NaOH还能抑制草酸根离子的水解，因此溶液中的钠离子浓度依然会大于氢氧根离子浓度，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据突变时酸碱的用量，草酸是二元酸；
B．依据药品性质选择滴定管，碱性溶液选择碱式滴定管，酸性、强氧化性试剂选择酸式滴定管；
C．草酸钠完全电离，草酸微弱电离，因此溶液中草酸根离子浓度大于氢离子浓度；
D．依据电离和水解原理分析。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．向水中通入SO2，生成酸，溶液中的c(H＋)＞c(OH-)，酸对水的电离起抑制作用，A符合题意；
B．加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，B不符合题意；
C．NaCl在水中电离出钠离子与氯离子，两者都不能结合水电离的氢离子或氢氧根离子，不能使氢离子或氢氧根离子浓度变化，平衡不移动，不影响水的电离，溶液呈中性，C不符合题意；
D．Na2O和水反应生成氢氧化钠，氢离子浓度降低，使水的电离向右移动，碱性增强，c(H＋)＜c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据影响电离平衡移动的因素和酸性的实质分析；
13．【答案】B,D
【解析】【解答】A．b点溶液中存在，的电离平衡常数为，A不符合题意；
B．由分析知，B符合题意；
C．b点溶液中存在，由于溶液pH=9.26，氢离子浓度小于氢氧根浓度，根据电荷守恒得到，因此有，C不符合题意；
D．从a到b点不断加入盐酸，ROH逐渐转化为R+，由于R+水解促进水电离，故a、b、c三点的溶液，水的电离程度，D符合题意。
故答案为BD。
【分析】A．选择b点利用计算；
B．依据图像结合滴定反应中曲线变化判断；
C．根据电荷守恒分析；
D．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离。
14．【答案】B,D
【解析】【解答】A．KN3是强碱弱酸盐，水溶液因水解呈显碱性，故可选用酚酞做指示剂，A不符合题意；
B． 开始平视，滴定终点仰视，导致标准溶液体积偏大，则测定结果偏高，B符合题意；
C． KN3溶液因水解呈碱性，其原因是：+H2O HN3+OH-，C不符合题意；
D． 滴定终点所得为KN3溶液：据电荷守恒则有：c(K+)+c(H+)=c(-)+c(OH-)，根据物料守恒，则c()+c(HN3)= c(K+)， D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】B.碱式滴定管0刻度在上面，开始平视，终点仰视，相当于加入的 KOH标准溶液 体积变大，所以导致测定结果偏大
D.对终点结合电荷守恒列出等式，然后对N元素列出物理守恒列式，二者结合即可得到正确关系式。
15．【答案】（1）甲
（2）锥形瓶中溶液的颜色变化；当滴入最后一滴盐酸时，溶液刚好由黄色变为橙色且在半分钟内溶液颜色保持不变
（3）0.00；26.10
（4）0.1044 mol·L－1
（5）D
【解析】【解答】（1）甲是酸式滴定管、乙是碱式滴定管，酸性液体盛入酸式滴定管中，所以标准液盐酸应放入甲中；（2）用标准盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化，滴定终点的现象为当滴入最后一滴盐酸时，溶液刚好由黄色变为橙色且在半分钟内溶液颜色保持不变。（3）滴定管的0刻度在上，由图可知：滴定前刻度0.00，滴定后刻度26.10，溶液体积26.10；（4）第二组数据，误差太大，舍去，取第一次和第二次盐酸体积的平均值：V= (26.11+26.09)/2= 26.10 mL，根据c(酸)v(酸)=c(碱)v(碱)，0.1mol/L 26.10 mL= c(NaOH) 25.00 mL，c(NaOH)=0.1044 mol/L；（5）酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)= 可知，测定c(NaOH)偏大，故A不符合；B、滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)= 可知，测定c(NaOH)无影响，故B不符合；C选项酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)= 可知，测定c(NaOH)偏大，故C不符合；D选项，读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)= 可知，测定c(NaOH)偏低，故D符合。
【分析】（1）酸性液体盛入酸式滴定管中；(2)眼睛观察的是锥形瓶内指示剂颜色的变化，而不是滴定管中液体的体积变化；判断滴定终点时，注意在指示剂颜色发生变化后，半分钟内不再复原，停止滴定；（3）滴定管的0刻度在上；（4）第二组数据，误差太大，舍去，取第一次和第二次盐酸体积计算平均值，根据c(酸)v(酸)=c(碱)v(碱)，计算NaOH溶液的物质的量浓度。（5）根据c(待测)= 分析误差。
16．【答案】（1）增大
（2）a>b>d>c
（3）c,d
（4）b
（5）大于；大于；稀释后，HX的pH大，酸性弱，对水抑制程度小，水电离程度大
【解析】【解答】(1)弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进弱电解质的电离，则当温度升高时，Ka增大；(2)电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞ ，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO ＞ClO-＞HCO ＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c；(3)a．碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，反应CO +2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O能够发生，故a不选；
b．CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，反应ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO能够发生，故b不选；
c．HClO的酸性小于碳酸，CO +2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-不能发生，故c选；
d．由于酸性CH3COOH＞HClO，弱酸不能制强酸，则HClO不能制CH3COOH，HClO+CH3COO-=CH3COOH+ClO-不能发生，故d选；
故答案为：c、d；(4)a．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以 = 的比值减小，故a不选；
b．加水稀释醋酸促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则 = 的比值增大，故b选；
c．加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以 的比值减小，故c不选；
d．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大， 的比值减小，故d不选；
故答案为b；(5)根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数，稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)；原因是酸溶液中氢离子浓度越小，对水的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力减弱。
【分析】弱电解电离过程是吸热的；酸越弱，电离平衡常数越小，对应的酸根离子越易水解；结合强酸制弱酸的原理分析；结合加水稀释时对电离平衡的影响分析，注意水的离子积常数只受温度影响。
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3.2 水的电离和溶液的pH 第1课时 同步练习（含解析）
一、单选题
1．下列说法错误的是（ ）
A．常温下，纯水中的c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1
B．向水中加入NaCl，H+与Cl-结合生成HCl，使水的电离平衡向正反应方向移动
C．向水中加入HCl或者NaOH，水的电离平衡都向逆反应方向移动
D．改变温度，Kw也会发生改变
2．已知室温时0.1mol/L某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，叙述错误的是（ ）
A．该溶液的pH=4
B．升高温度，溶液的Kw增大
C．此酸的电离平衡常数约为1×10-7
D．该溶液里不存在HA分子
3．常温下将pH=8的NaOH溶液稀释1000倍，稀释后溶液中c(Na+)与c(OH－)之比接近（ ）
A．1：1 B．1：102 C．102：1 D．1：103
4．常温下0.1 mol/L的下列物质的水溶液，加热到80℃，溶液的pH几乎不变的是（ ）
A．氢氧化钠 B．硫酸铵 C．氯化钠 D．硫酸
5．下列说法正确的是
A．为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可通过在常温下测NaHA溶液的pH，若pH＞7，则H2A一定是弱酸
B．用NaOH标准溶液滴定CH3COOH溶液至中性时，CH3COOH溶液恰好被中和
C．向冰醋酸中不断加水，溶液的pH不断增大
D．25℃和40℃时，0.1 mol·L-1的氨水的pH不相等，而25℃和40℃时，0.1 mol·L-1的氢氧化钠溶液的pH相等
6．用0.1000mol L-1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液。有关该实验说法中，错误的是（ ）
A．本实验可选用酚酞作指示剂
B．用酸式滴定管盛装0.1000mol L-1HCl溶液
C．用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2~3次
D．滴定结束时俯视酸式滴定管读数，测量结果偏低
7．室温下，向20.0 mL 0.100 mol L 1的某弱酸HA的溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，过程中随pH的变化关系如下图所示。下列说法错误的是
A．a到c的过程中，为定值
B．a到c的过程中，水的电离程度不断减小
C．b点时，
D．c点时加入碱的体积小于20 mL
8．室温下，用0.1mol·L－1的NaOH溶液分别滴定20mL0.1mol·L－1的HA和HB溶液，溶液pH随加入NaOH溶液的体积变化曲线如图所示，下列判断错误的是（ ）
A．水的电离度：c点溶液>纯水>b点溶液
B．电离常数：Ka(HA)
D．a点溶液：c(B－)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH－)
9．在25℃条件下，将pH＝12的氨水加水稀释过程中，下列说法正确的是（ ）
A．能使溶液中的c( ) c(OH-)增大
B．溶液中c(H+) c(OH-)不变
C．能使溶液中 比值增大
D．此过程中，溶液中所有离子浓度均减小
10．已知NaHSO4在水中的电离方程式为：NaHSO4＝Na++H++SO 。某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述中，错误的是（ ）
A．该温度高于25℃
B．NaHSO4晶体的加入抑制了水的电离
C．由水电离出来的H+的浓度是1.0×10－10mol·L－1
D．该温度下加入等体积pH为12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
11．某实验小组的同学用0.1000mol/L氢氧化钠溶液和0.05000mol/L草酸溶液在25℃下进行中和滴定实验，先向锥形瓶内加入25.00L溶液，然后开始滴定，直至滴定完全测得锥形瓶内溶液pH随滴定管滴加溶液体积变化的曲线(见下图)。根据图中数据，下列说法正确的是
A．草酸是一元酸
B．该实验不能使用碱式滴定管
C．当滴加了20.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的草酸根离子浓度大于氢离子浓度
D．当滴加了30.00mL溶液后，锥形瓶内溶液的钠离子浓度小于氢氧根离子浓度
12．下列措施能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H+)＞c(OH-)的是（ ）
A．向水中通入SO2 B．将水加热煮沸
C．向水中加入NaCl D．向水中加入少量Na2O
二、多选题
13．常温下，用盐酸滴定某弱碱溶液，所得溶液、和的物质的量分数与滴加盐酸体积的关系如图所示。下列叙述正确的是（ ）
A．的电离平衡常数为
B．曲线①代表，曲线②代表
C．b点溶液中存在
D．a、b、c三点的溶液，水的电离程度
14．实验室用0.01mol·L-1KOH标准溶液测定一元弱酸叠氮酸(HN3)的浓度。下列叙述错误的是（ ）
A．可选用酚酞做指示剂
B．开始平视，滴定终点仰视，测定结果偏低
C．KN3溶液呈碱性，其原因是：+H2O HN3+OH-
D．滴定终点的溶液中：c(K+)=c()+c(HN3)-c(H+)
三、实验探究题
15．某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请回答下列问题：
（1）观察下图（左），标准液盐酸应放入 滴定管中。（填“甲”或“乙”）
（2）用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视 ，滴定终点的现象为 。
（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如上图（右）所示，则起始读数为 mL，所用盐酸溶液的体积为 mL。
（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表所示：
依据表中数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度 。
（5）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是_____________(填字母序号)。
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
四、综合题
16．25℃时，三种酸的电离平衡常数如下，回答下列问题：
化学式 CH3COOH H2CO3 HClO
电离平衡常数 1.8×10-5 K1=4.3×10-7；K2=5.6×10-11 3.0×10-8
（1）一般情况下，当温度升高时，Ka (填“增大”、“减小”或“不变”).
（2）下列四种离子结合H+能力由大到小的顺序是 (填序号)；
a.CO b.ClO- c.CH3COO- d.HCO
（3）下列反应不能发生的是 (填序号)
a.CO +2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O
b.ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO
c.CO +2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-
d.HClO+CH3COO-=CH3COOH+ClO-
（4）用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸，下列各式表示的数值随水量的增加而增大的是 (填序号)；
a. b.
c. d.
（5）体积均为10mL、c(H+)=10-2mol/L的醋酸溶液与HX溶液分别加水稀释至1000mL，稀释过程中pH变化如图所示。则HX的电离平衡常数 (填“大于”、“等于”或“小于”，下同)醋酸的电离平衡常数；稀释后，HX溶液中水电离出来c(H+) 醋酸溶液中水电离出来的c(H+)，理由是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．常温下，Kw= c(H+)×c(OH-)=1×10-14，所以纯水中的c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol·L-1，A项不符合题意；
B．向水中加入NaCl，由于Na+与水电离出的OH-或Cl-与水电离出的H+均不形成弱电解质，则不会破坏水的电离平衡，B项符合题意；
C．向水中加入HCl或者NaOH，增大了H+或OH-的浓度，即增大了生成物浓度，平衡逆向移动，C项不符合题意；
D．水的电离为吸热反应，升高温度，平衡正向移动，Kw增大，反之，Kw减小，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、常温下水的Kw= c(H+)×c(OH-)=1×10-14；
B、氯化氢为强酸，水中氢离子和氯离子无法结合；
C、氢离子和氢氧根会抑制水的电离；
D、化学平衡常数只受温度影响。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．HA电离出的c(H+)为0.1mol/L×0.1%=10-4mol/L，则pH=-lg(10-4)=4，故A不符合题意；
B．Kw只随温度的变化而变化，温度升高促进水的电离，Kw增大，故B不符合题意；
C．HA电离平衡常数为K= ，HA电离出的c(H+)=c(A-)=10-4mol/L，所以K= 1×10-7，故C不符合题意；
D．HA在水中有0.1%发生电离，即HA部分电离，所以在溶液中存在HA分子，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．利用氢离子的浓度计算pH；
B．温度升高促进水的电离，KW增大；
C．根据电离度及离子的浓度计算电离平衡常数；
D．HA在水中只有0.1%发生电离，还有分子形式。
3．【答案】B
【解析】【解答】NaOH为强碱，则pH = 8的NaOH溶液中Na+浓度浓度等于氢氧根离子的浓度 = 1×10 6 mol/L；当溶液稀释1000倍后，氢氧根离子浓度只能无限接近中性即为1×10 7 mol/L，而钾离子浓度为：c(Na+) = 1×10 9 mol/L，因此稀释后所得溶液中c(Na+)与c(OH－)之比约为：（1×10 9）mol/L：（1×10 7）mol/L = 1：100，故B项符合题意，
故答案为：B。
【分析】将pH=8的NaOH溶液加水稀释1000倍，稀释后所得溶液中Na+浓度c(Na+)变为原来的千分之一，碱溶液稀释1000后，接近中性，pH 7，据此计算得出结论。
4．【答案】D
【解析】【解答】A.0.1 mol/L氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度为0.1 mol/L，溶液加热到80℃时，水的电离平衡向右移动，水的离子积常数增大，溶液中氢离子浓度减小，溶液pH增大，故A不符合题意；
B．硫酸铵是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中的水解反应是吸热反应，0.1 mol/L溶液加热到80℃时，水解平衡向正反应方向移动，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故B不符合题意；
C.0.1 mol/L氯化钠溶液加热到80℃时，水的电离向右移动，水的离子积常数增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大，故C不符合题意；
D.0.1 mol/L硫酸溶液中氢离子浓度为0.1 mol/L，溶液加热到80℃时，溶液中氢离子浓度为依然为0.1 mol/L，溶液pH几乎不变，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、升高温度，水的电离平衡朝正向移动，加入氢氧化钠，氢氧根浓度增加，氢离子浓度减少，pH增大；
B、硫酸铵溶液中，铵根离子水解为氢离子，升高温度，pH减小；
C、氯化钠为中性，温度升高，中性溶液的pH减小；
D、硫酸为酸性，升高温度，氢离子浓度不变，pH不变。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．常温下，若溶液的，则说明发生了水解，说明其为强碱弱酸盐，即为弱酸，故A符合题意；
B．为弱酸，刚好中和的产物为强碱弱酸盐，溶液显碱性，故B不符合题意；
C．纯醋酸不电离，向冰醋酸中不断加水，氢离子浓度先增大后减小，则溶液的pH先减小后增大，故C不符合题意；
D.25℃和40℃时，水的离子积不同，水的电离程度不同，40℃时水的离子积较大，相同浓度的NaOH溶液在40℃时溶液中的氢离子浓度较大，pH偏小，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．依据盐类水解原理分析；
B．中和时生成强碱弱酸盐，溶液显碱性；
C．纯醋酸不电离，向冰醋酸中不断加水，氢离子浓度先增大后减小；
D.依据水的离子积常数不同分析。
6．【答案】C
【解析】【解答】A．用0.1000mol L-1HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，滴定终点时生成NaCl，溶液呈中性，酚酞变色范围为8.2~10，可选用酚酞作指示剂，A不符合题意；
B．HCl溶液呈酸性，中和滴定时，需要用酸式滴定管盛装0.1000mol L-1HCl溶液，B不符合题意；
C．用未知浓度的NaOH溶液润洗锥形瓶2~3次，导致锥形瓶中氢氧化钠的物质的量偏大，滴定时消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高，所以锥形瓶不能润洗，C符合题意；
D．滴定结束时俯视酸式滴定管读数，读出的标准液体积偏小，导致测量结果偏低，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.滴定终点时溶液呈中性；
B.盐酸显酸性，应用酸式滴定管盛装；
D.滴定管从上到下刻度增大，俯视读数偏小。
7．【答案】B
【解析】【解答】A．根据物料守恒，a到c的过程中，为定值，故A不符合题意；
B．a到c的过程中，HA物质的量浓度不断减小，酸性不断减弱，抑制水的电离程度不断减弱，则水的电离程度不断增大，故B符合题意；
C．b点时，根据电荷守恒得到，溶液显酸性，则，b点时，则，故C不符合题意；
D．若HA恰好完全反应，加入碱的体积等于20 mL，则此时溶质为NaA，NaA溶液中由于A－水解使溶液显碱性，c点溶液显中性，说明c点时加入碱的体积小于20 mL，故D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】A．根据物料守恒分析；
B．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离；
C．根据电荷守恒分析；
D．依据盐类水解规律分析。
8．【答案】C
【解析】【解答】A. c点为完全中和生成的盐溶液，根据起始ｐH可知，两种酸均为弱酸，且HA的酸性更弱，故c点为强碱弱酸盐溶液，水解促进水的电离，b点不完全中和，酸过量，酸的电离抑制水的电离，水的电离程度减小，故水的电离度：c点溶液>纯水>b点溶液，选项A不符合题意；
B. 由图中曲线可知，HA的酸性更弱，则电离常数：Ka(HA)
D. a点溶液以HB与NaB按1：1为溶质形成的溶液，溶液呈酸性，说明电离大于水解，则：c(B－)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH－)，选项D不符合题意。
故答案为:C。
【分析】0.1mol·L－1的HA和HB溶液pH均大于1，故两者均为弱酸，且HA的酸性更弱，据此分析解答。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．加水稀释一水合氨，促进电离，但是一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c( )、c(OH-)均减小，则c( ) c(OH-)减小，故A不符合题意；
B．温度不变离子积常数不变，则c(H+) c(OH-)=Kw不变，故B符合题意；
C．温度不变离子积常数、电离平衡常数不变，则 =Kb/Kw不变，故C不符合题意；
D．加水稀释一水合氨，促进电离，但是一水合氨电离增大程度小于溶液体积增大程度，导致溶液中c（OH-）减小，温度不变水的离子积常数不变，则溶液中c（H+）增大，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．加水稀释一水合氨，虽然促进了电离，但是溶液中c( )、c(OH-)均减小；
B．离子积常数只和温度相关；
C．只要温度不变，则离子积常数、电离平衡常数就不变Kb/Kw不变；
D．氨水加水稀释后，碱性减弱，则溶液中c（H+）增大。
10．【答案】D
【解析】【解答】A.25℃蒸馏水中c（H+）=1×10-7mol/L，pH=6的蒸馏水呈中性，c（H+）=c（OH-）=1×10-6mol/L>1×10-7mol/L，水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离，所以该温度高于25℃，A不符合题意；
B．NaHSO4电离出H+，c（H+）增大，抑制水的电离，B不符合题意；
C．该温度下水的离子积Kw=1×10-6×1×10-6=10-12，该溶液的pH=2，则该溶液中c（OH-）=10-12÷10-2=1×10-10(mol/L)，该溶液中OH-全部来自水电离，则由水电离出的H+的浓度为1×10-10mol/L，C不符合题意；
D．NaHSO4溶液的pH=2，c（H+）=1×10-2mol/L，pH=12的NaOH溶液中c（OH-）=10-12÷10-12=1(mol/L)，两者等体积混合充分反应后NaOH过量，溶液呈碱性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.此时pH=6的蒸馏水呈中性，c（H+）=c（OH-）=1×10-6mol/L>1×10-7mol/L，水的电离是吸热过程；
B.水电离生成氢离子和氢氧根离子，提高氢离子的浓度，抑制水的电离；
C.水电离出来的氢离子的浓度等于溶液中氢氧根离子的浓度；
D.纯水的pH=6，说明Kw=10-12，加入氢氧化钠溶液的物质的量应与氢离子的相等。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析知草酸是二元酸，A不符合题意；
B．盛装氢氧化钠溶液必须用碱式滴定管，量取草酸溶液必须用酸式滴定管，B不符合题意；
C．当滴加了20.00mL溶液时，根据方程式可计得锥形瓶内草酸钠有，草酸有，草酸钠完全电离，草酸微弱电离，因此溶液中草酸根离子浓度大于氢离子浓度。随着滴加的NaOH增多，生成的草酸钠更多，草酸根离子浓度变得更大，氢离子浓度变得更小，C符合题意；
D．当滴加了30.00mL溶液时，恰好完全中和，溶质只有草酸钠，草酸钠完全电离，氢氧根离子主要由草酸根离子水解产生，水解是微弱的，因此钠离子浓度大于氢氧根离子浓度。随着滴加的NaOH增多，增多的NaOH中，钠离子浓度等于氢氧根离子浓度，且NaOH还能抑制草酸根离子的水解，因此溶液中的钠离子浓度依然会大于氢氧根离子浓度，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据突变时酸碱的用量，草酸是二元酸；
B．依据药品性质选择滴定管，碱性溶液选择碱式滴定管，酸性、强氧化性试剂选择酸式滴定管；
C．草酸钠完全电离，草酸微弱电离，因此溶液中草酸根离子浓度大于氢离子浓度；
D．依据电离和水解原理分析。
12．【答案】A
【解析】【解答】A．向水中通入SO2，生成酸，溶液中的c(H＋)＞c(OH-)，酸对水的电离起抑制作用，A符合题意；
B．加热时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，B不符合题意；
C．NaCl在水中电离出钠离子与氯离子，两者都不能结合水电离的氢离子或氢氧根离子，不能使氢离子或氢氧根离子浓度变化，平衡不移动，不影响水的电离，溶液呈中性，C不符合题意；
D．Na2O和水反应生成氢氧化钠，氢离子浓度降低，使水的电离向右移动，碱性增强，c(H＋)＜c(OH-)，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据影响电离平衡移动的因素和酸性的实质分析；
13．【答案】B,D
【解析】【解答】A．b点溶液中存在，的电离平衡常数为，A不符合题意；
B．由分析知，B符合题意；
C．b点溶液中存在，由于溶液pH=9.26，氢离子浓度小于氢氧根浓度，根据电荷守恒得到，因此有，C不符合题意；
D．从a到b点不断加入盐酸，ROH逐渐转化为R+，由于R+水解促进水电离，故a、b、c三点的溶液，水的电离程度，D符合题意。
故答案为BD。
【分析】A．选择b点利用计算；
B．依据图像结合滴定反应中曲线变化判断；
C．根据电荷守恒分析；
D．依据酸或碱抑制水的电离，含有弱根离子的盐促进水的电离。
14．【答案】B,D
【解析】【解答】A．KN3是强碱弱酸盐，水溶液因水解呈显碱性，故可选用酚酞做指示剂，A不符合题意；
B． 开始平视，滴定终点仰视，导致标准溶液体积偏大，则测定结果偏高，B符合题意；
C． KN3溶液因水解呈碱性，其原因是：+H2O HN3+OH-，C不符合题意；
D． 滴定终点所得为KN3溶液：据电荷守恒则有：c(K+)+c(H+)=c(-)+c(OH-)，根据物料守恒，则c()+c(HN3)= c(K+)， D符合题意；
故答案为：BD。
【分析】B.碱式滴定管0刻度在上面，开始平视，终点仰视，相当于加入的 KOH标准溶液 体积变大，所以导致测定结果偏大
D.对终点结合电荷守恒列出等式，然后对N元素列出物理守恒列式，二者结合即可得到正确关系式。
15．【答案】（1）甲
（2）锥形瓶中溶液的颜色变化；当滴入最后一滴盐酸时，溶液刚好由黄色变为橙色且在半分钟内溶液颜色保持不变
（3）0.00；26.10
（4）0.1044 mol·L－1
（5）D
【解析】【解答】（1）甲是酸式滴定管、乙是碱式滴定管，酸性液体盛入酸式滴定管中，所以标准液盐酸应放入甲中；（2）用标准盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液的颜色变化，滴定终点的现象为当滴入最后一滴盐酸时，溶液刚好由黄色变为橙色且在半分钟内溶液颜色保持不变。（3）滴定管的0刻度在上，由图可知：滴定前刻度0.00，滴定后刻度26.10，溶液体积26.10；（4）第二组数据，误差太大，舍去，取第一次和第二次盐酸体积的平均值：V= (26.11+26.09)/2= 26.10 mL，根据c(酸)v(酸)=c(碱)v(碱)，0.1mol/L 26.10 mL= c(NaOH) 25.00 mL，c(NaOH)=0.1044 mol/L；（5）酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗就直接注入标准盐酸溶液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)= 可知，测定c(NaOH)偏大，故A不符合；B、滴定前盛放氢氧化钠溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)= 可知，测定c(NaOH)无影响，故B不符合；C选项酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)= 可知，测定c(NaOH)偏大，故C不符合；D选项，读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)= 可知，测定c(NaOH)偏低，故D符合。
【分析】（1）酸性液体盛入酸式滴定管中；(2)眼睛观察的是锥形瓶内指示剂颜色的变化，而不是滴定管中液体的体积变化；判断滴定终点时，注意在指示剂颜色发生变化后，半分钟内不再复原，停止滴定；（3）滴定管的0刻度在上；（4）第二组数据，误差太大，舍去，取第一次和第二次盐酸体积计算平均值，根据c(酸)v(酸)=c(碱)v(碱)，计算NaOH溶液的物质的量浓度。（5）根据c(待测)= 分析误差。
16．【答案】（1）增大
（2）a>b>d>c
（3）c,d
（4）b
（5）大于；大于；稀释后，HX的pH大，酸性弱，对水抑制程度小，水电离程度大
【解析】【解答】(1)弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进弱电解质的电离，则当温度升高时，Ka增大；(2)电离平衡常数越大，越易电离，溶液中离子浓度越大，则酸性强弱为：CH3COOH＞H2CO3＞HClO＞ ，酸根离子对应的酸的酸性越强，酸根离子结合氢离子的能力越弱，则四种离子结合质子的能力由大到小的顺序是：CO ＞ClO-＞HCO ＞CH3COO-，即a＞b＞d＞c；(3)a．碳酸的酸性小于CH3COOH，所以CH3COOH能够制取碳酸，反应CO +2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O能够发生，故a不选；
b．CH3COOH的酸性大于HClO，CH3COOH能够制取HClO，反应ClO-+CH3COOH=CH3COO-+HClO能够发生，故b不选；
c．HClO的酸性小于碳酸，CO +2HClO=CO2↑+H2O+2ClO-不能发生，故c选；
d．由于酸性CH3COOH＞HClO，弱酸不能制强酸，则HClO不能制CH3COOH，HClO+CH3COO-=CH3COOH+ClO-不能发生，故d选；
故答案为：c、d；(4)a．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，所以 = 的比值减小，故a不选；
b．加水稀释醋酸促进醋酸电离，醋酸根离子物质的量增大，醋酸分子的物质的量减小，则 = 的比值增大，故b选；
c．加水稀释促进醋酸电离，但氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以 的比值减小，故c不选；
d．加水稀释醋酸促进醋酸电离，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，则氢氧根离子浓度增大， 的比值减小，故d不选；
故答案为b；(5)根据图知，pH相同的醋酸和HX稀释相同的倍数，HX的pH变化大，则HX的酸性大于醋酸，所以HX的电离平衡常数大于醋酸的电离平衡常数，稀释后醋酸中氢离子浓度大于HX，所以醋酸抑制水电离程度大于HX，则HX溶液中水电离出来的c(H+)大于醋酸溶液水电离出来c(H+)；原因是酸溶液中氢离子浓度越小，对水的抑制程度越小，水的电离程度越大，稀释后HX溶液中的c(H+)小于CH3COOH溶液中的c(H+)，它对水的电离的抑制能力减弱。
【分析】弱电解电离过程是吸热的；酸越弱，电离平衡常数越小，对应的酸根离子越易水解；结合强酸制弱酸的原理分析；结合加水稀释时对电离平衡的影响分析，注意水的离子积常数只受温度影响。
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