3.2 水的电离和溶液的pH课时作业 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1
文档属性
| 名称 | 3.2 水的电离和溶液的pH课时作业 （含解析）2023-2024学年高二上学期化学人教版（2019）选择性必修1 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 301.9KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-12-12 14:48:58 | ||
图片预览
文档简介
3.2 水的电离和溶液的ph 课时作业
一、单选题
1．下列实验装置(固定装置略去)和操作正确的是( )
A． 分离CCl4和水
B． 酸碱中和滴定
C． 吸收HCl尾气
D． 中和热的测定
2．常温下，下列四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为（ ）
①pH＝0的盐酸 ②0.1 mol·L－1的盐酸③0.01 mol·L－1的NaOH溶液 ④pH＝11的NaOH溶液
A．1000∶100∶10∶1 B．1∶10∶100∶1 000
C．14∶13∶12∶11 D．11∶12∶13∶14
3．对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是（ ）
A．HCl B．13M3+ C．CH3COO﹣ D．
4．将pH=5的盐酸溶液稀释1000倍后，溶液的pH为（ ）
A．等于8 B．等于7
C．接近7又小于7 D．大于7而小于8
5．NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是（ ）
A．酚酞 B．圆底烧杯 C．锥形瓶 D．碱式滴定管
6．现有常温下四份等体积的酸或碱溶液：①0.01mol/L CH3COOH；②0.01mol/L HCl；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液．以下有关说法正确的是（ ）
A．将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④＞①＞②
B．将①、④等体积混合，则混合液的pH为7
C．四份溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：③＞①=②=④
D．将②加入③至恰好完全反应，则消耗体积为③＞②
7．在25℃时，在0.01mol·L-1的盐酸溶液中，水电离出的H+浓度是（ ）
A．5×10-13mol·L-1 B．0.02mol·L-1
C．1×10-7mol·L-1 D．1×10-12mol·L-1
8．下列图示或根据图示所得出的结论正确的是（ ）
A．图甲表示相同pH的盐酸和醋酸加水稀释过程中pH的变化，则曲线a代表醋酸
B．图乙表示温度不变，向0.1mol·L-1NH4Cl溶液中滴加0.1mol·L-1盐酸时，溶液中随盐酸体积的变化关系
C．图丙表示密闭容器中CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H3(g)到达平衡时，CH4的平衡转化率与压强、温度的变化关系曲线，说明该反应为吸热反应且P12
D．图丁表示0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1醋酸溶液滴定曲线
9．用盐酸标准液来滴定NaOH待测液，下列操作会使测定结果偏低的是（ ）
A．锥形瓶只用水洗
B．碱式滴定管只用水洗
C．使用甲基橙做指示剂
D．第一次观察酸式滴定管的刻度时俯视
10．在25℃时，某溶液中由水电离出的c（H+）=1×10﹣12 mol/L，则该溶液的pH可能为（ ）
A．10 B．7 C．6 D．2
11．某温度时，水的离子积为1.0×10-14，由此可知在该温度时水的电离度为（ ）
A．1.8×10-7% B．1.0×10-2%
C．1.8×10-9% D．1.8×10-14%
12．25℃时，水的电离达到平衡：H2O H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（ ）
A．向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c （H+）增大
B．将水加热，Kw增大，pH不变
C．向水中加入少量硫酸氢钠固体， 增大
D．向水中加入少量NaOH固体，平衡正向移动，c（H+）降低
13．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－)
14．现有常温时pH=1的硫酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是（ ）
A．加热
B．加入100 mL的水进行稀释
C．加入90mL 0.1 mol L﹣1的NaOH溶液
D．加入10 mL 0.01 mol L﹣1的盐酸
15．25℃四种水溶液①HCl，②FeCl3，③KOH，④Na2CO3其pH值依次为4、4、10、10，而溶液中水的电离程度大小关系正确的是（ ）
A．①=②=③=④ B．①＞③＞②＞④
C．④=②＞③=① D．①=③＞②=④
16．常温下，下列各溶液中水的电离度最大的是（ ）
A．pH=1的硫酸溶液
B．c(H+)=10－10mol/L纯碱溶液
C．0.01mol/L的烧碱溶液
D．c(H+ )=10－5mol/L的硫铵溶液
二、综合题
17．用酸式滴定管准确移取某未知浓度的盐酸溶液于一洁净的锥形瓶中，然后用的氢氧化钠溶液指示剂为酚酞滴定。滴定结果如下所示：
溶液起始读数 终点读数
第一次
第二次
（1）准确配制的氢氧化钠溶液，需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有 。
（2）根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为 。
（3）用标准氢氧化钠溶液滴定待测盐酸溶液，滴定时左手控制碱式滴定管的玻璃球，右手不停摇动锥形瓶，眼睛注视 ，直到滴定终点。
（4）达到滴定终点的标志是 。
（5）碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，对测定结果的影响是 填“偏高”或“偏低”或“不影响”
18．根据问题填空:
（1）溶液的pH除了可以通过实验得出的具体数据计算得到，在实验室中还可以用 或 来测量得到．
（2）某研究性学习小组用pH=1的盐酸滴定25.00mL未知物质的量浓度的NaOH溶液，从而求出该NaOH溶液的pH值（选用酚酞作为指示剂）
①实验过程中需要使用的仪器有铁架台、滴定管夹、碱式滴定管、胶头滴管、 、
②如图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为 mL；
③如何判断滴定到达终点
④根据下列数据：
滴定次数 待测液体积（mL） 标准盐酸体积（mL）
滴定前读数（mL） 滴定后读数（mL）
第一次 25.00 0.50 20.40
第二次 25.00 4.00 24.10
请计算待测NaOH溶液的浓度（保留两位小数） mol/L
⑤在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有： ．
A．滴定终点读数时俯视读数
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸溶液润洗
C．锥形瓶水洗后未干燥
D．酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．
19．某电镀废水中含有氰化物、铬(VI)等污染物，需要经过处理后才能排放。
（1）废水中铬(VI)主要以和形式存在，处理的方法是将铬(VI)还原为，再转化为沉淀。常温下，与在溶液中存在如下平衡：，该反应的平衡常数。
①若废水中Cr(Ⅵ)的总的物质的量浓度mol L-1，要将废水中调节为100：1，则需调节溶液的pH= 。(忽略调节pH时溶液体积的变化)
②一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是向其中加入NaHSO3，写出所发生反应的离子方程式： 。
③一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是加入铁屑。实验发现，在不改变铁屑总量的情况下，加入一定的烟道灰(一种细小的炭粒)，铬(VI)还原速率加快。加入烟道灰后铬(VI)还原速率加快的原因是 。
④一种微生物电池还原Cr(Ⅵ)的工作原理如图甲所示。电池工作时a电极发生的电极反应为 。
（2）Fenton法去除氰化物的过程为H2O2在少量Fe2+催化作用下生成具有强氧化性的 OH (羟基自由基)， OH将氰化物氧化为无毒物质。Fe2+催化H2O2生成 OH的过程及 OH氧化氰化物的过程中会发生如下反应：
实验发现，反应相同时间，氰化物的去除率与溶液pH的关系如图乙所示。pH=2~4时，氰化物的去除率随pH的增大而减小的原因是 。
20．
（1）常温下0.01 mol·L－1HCl溶液：
①由水电离出的c(H＋)＝ ；
②pH＝ ；
③加水稀释100倍，pH＝ 。
（2）常温下0.01 mol·L－1NaOH溶液：
①pH＝ ；
②加水稀释100倍，pH＝ 。
21．用工业废渣(主要含有Fe2O3、FeO、Al2O3及少量Fe)制备绿矾FeSO4·7H2O晶体的流程如下：
（1）“浸泡”过程中加入过量NaOH溶液的目的是 。
（2）“溶解”后所得溶液中含有的金属阳离子为Fe3+和 ，检验此溶液中Fe3+可使用的试剂是 。
（3）“还原”时选择FeS2而不用Cu粉的原因是 。
（4）测定绿矾中Fe2+的氧化率实验方案如下：
步骤一：称取一定质量的绿矾样品，将其溶于适量的无氧蒸馏水并配成250mL溶液；
步骤二：取步骤一中配得的溶液25.00mL于锥形瓶，并加入适量稀硫酸酸化，逐滴滴加0.0400mol/L KMnO4溶液至恰好完全反应(反应原理为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O)，消耗KMnO4溶液20.00mL；
步骤三：另取步骤一中配得的溶液25.00mL于烧杯，加入足量氨水，将沉淀过滤、洗涤、干燥，在空气中灼烧至固体质量不再变化，称得残留红棕色固体的质量为0.4g。
①步骤三中灼烧所得残留固体的化学式为 。
②已知：Fe2+的氧化率=×100％
根据以上数据，计算该绿矾样品中Fe2+的氧化率，写出计算过程。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．四氯化碳和水互不相溶，可用分液法分离，故A符合题意；
B.NaOH具有腐蚀性，应放在碱式滴定管中，故B不符合题意；
C.斗浸入过深且用水吸收即可，不能起到防倒吸的作用，故C不符合题意；
D.温度计应放在小烧杯中，用于测量溶液的温度，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】（1）溶解度大的气体通入溶液时要有防倒吸装置，漏斗口边缘与液面接触，才有防倒吸的作用。
（2）酸性溶液和具有氧化性的溶液放在酸式滴定管中，碱性溶液放在碱式滴定管中。
2．【答案】B
【解析】【解答】①pH=0的盐酸中c(H+)=1mol·L-1，由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，为c(H+)=1.0×10-14mol·L-1；②0.1mol L-1的盐酸中c(H+)=0.1mol·L-1，由水电离出的氢离子浓度为c(H+)=1.0×10-13mol·L-1；③0.01mol L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol·L-1，由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，为c(H+)=1.0×10-12mol·L-1；④pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=0.001mol·L-1，由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，为c(H+)=1.0×10-11mol·L-1；由此可得由水电离出的氢离子浓度之比为①：②：③：④=1：10：100：1000。故A、C、D不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】计算水溶液中的氢离子或氢氧根离子的浓度，需要注意的是，酸溶液中水溶液中的氢离子或氢氧根离子的浓度等于水的离子积除以酸电离的氢离子浓度。碱溶液中水溶液中的氢离子或氢氧根离子的浓度等于水的离子积除以碱电离的氢氧根离子的浓度。
3．【答案】D
【解析】【解答】解：A．氯化氢溶于水后能电离出氢离子，使水的电离向左移动，所以能抑制水的电离，故A不选；
B．13M3+为13Al3+，Al3+能结合水电离的氢氧根离子生成弱电解质，使水的电离向正移，所以促进水的电离，故B不选；
C．加入了CH3COO﹣，CH3COO﹣ 会结合H+，c（H+）减小，平衡向右移动，故C不选；
D． 为Cl﹣，加入Cl﹣后，对水的电离平衡没有影响，平衡不移动，故D选．
故选D．
【分析】水的电离方程式为H2O═H++OH﹣，加入酸或碱能抑制水的电离，加入含有弱根离子的盐能促进水的电离，强酸强碱盐不影响水的电离，据此分析解答．
4．【答案】C
【解析】【解答】pH=5的盐酸溶液，加水稀释1000倍，溶液接近中性，但溶液始终为酸性溶液，即溶液的pH无限接近7但永远不能到达7，故稀释1000倍，液的pH接近7又小于7，
故答案为：C。
【分析】pH=5的盐酸溶液，加水稀释1000倍，溶液接近中性，但溶液始终为酸性溶液为易错点。
5．【答案】B
【解析】【解答】中和滴定时，用酚酞为酸碱指示剂，氢氧化钠溶液可放在碱式滴定管中，在锥形瓶中进行滴定，不用圆底烧瓶，故A、C、D正确，B错误．
故答案为：B．
【分析】根据滴定实验操作判断需要的仪器即可.
6．【答案】A
【解析】【解答】解：A．将四份溶液稀释相同倍数后溶液的pH：氨水存在电离平衡，溶液中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠溶液中氢氧根离子，③＞④，同浓度醋酸和盐酸稀释相同倍数，醋酸存在电离平衡，不能完全电离，醋酸溶液中氢离子浓度小于盐酸溶液中的氢离子浓度，所以溶液pH①＞②，故A正确；
B．若将①、④等体积混合，醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，故B错误；
C．四份溶液中溶质都是抑制水的电离的，其中②③④中H+、OH﹣浓度相等，对水的电离的抑制也相等，且大，①中CH3COOH电离出的H+浓度最小，因此其中水的电离程度最小，水的电离程度：①＞②，故C错误；
D．一水合氨为弱电解质，②③若等体积混合后溶液呈碱性，0.01mol/L HCl和pH=12的氨水比较，前者的浓度小，所以恰好完全反应，则消耗体积为③＜②，故D错误；
故选A．
【分析】四份溶液中溶质都是抑制水的电离的，①中CH3COOH电离出的H+浓度最小，②③④中电离出的H+、OH﹣浓度都为0.01 mol L﹣1，其中醋酸和一水合氨为弱电解质，加水促进电离，结合浓度对弱电解质的电离的影响解答该题．
7．【答案】D
【解析】【解答】0.01mol·L-1的盐酸溶液中，c(H+) = 0.01mol·L-1， ，盐酸溶液中氢离子主要来自于酸电离，氢氧根来自于水电离的，而水电离的氢离子等于水电离出的氢氧根，因此水电离出的氢离子 ，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】酸电离出氢离子，酸中氢氧根离子是水电离出的，碱电离出氢氧离子，碱中氢离子是水电离出的。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同pH的盐酸和醋酸加水稀释后，盐酸pH变化更大，醋酸pH变化更小，A不符合题意；
B．铵根离子水解出氢离子，往氯化铵溶液中滴加盐酸时，盐酸抑制铵根水解，则铵根离子浓度增大，但氢离子浓度增大更多，因此增大，B不符合题意；
C．正反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷平衡转化率减小，因此P12，C符合题意；
D．滴入20mL氢氧化钠溶液时，恰好完全反应，此时溶液为醋酸钠溶液，醋酸钠溶液由于水解溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、醋酸为弱酸，存在电离平衡，加水稀释时，氢离子浓度减小较慢，以此判断醋酸稀释时，pH的变化曲线；
B、根据水解常数Kh＝c(NH3 H2O) c(H＋)/c(NH4＋)判断；
C、反应CH4（g）＋H2O（g） CO（g）＋3H2（g）正向体积增大，增大压强，平衡逆向移动；
D、NaOH和醋酸恰好完全反应生成的醋酸钠溶液呈碱性。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．锥形瓶只用水洗，所消耗的标准溶液无变化，不会引起误差，故A不符合题意；
B．碱式滴定管只用水洗，稀释了碱液，相同体积的碱液消耗的盐酸标准液偏小，测得浓度偏低，故B符合题意；
C．用盐酸滴定NaOH，反应终点pH为7，应选用酚酞作指示剂，故C不符合题意；
D．第一次观察酸式滴定管的刻度时俯视，体积读数偏小，滴定后读数减滴定前读数，得到标液体积偏大，浓度偏高，故D不符合题意。
故答案为B。
【分析】根据，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
10．【答案】D
【解析】【解答】解：25℃时：Kw=c（OH﹣）×c（H+）=10﹣14，纯水中c（H+）=c（OH﹣）=1.0×10﹣7 mol/L，在25℃时，某溶液中，由水电离出的c（H+）水=1.0×10﹣12 mol/L＜10﹣7mol/L，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，溶质能电离出氢离子、氢氧根离子就能抑制水电离，则该溶质可能是酸或碱或强酸的酸式盐，如果为酸溶液，则pH=2，如果为盐溶液，则pH=12，
故选D．
【分析】在25℃时，某溶液中，由水电离出的c（H+）水=1.0×10﹣12 mol/L＜10﹣7mol/L，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，溶质能电离出氢离子、氢氧根离子就能抑制水电离，据此分析判断．
11．【答案】A
【解析】【解答】纯水中，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，某温度时水的离子积常数为1.0×10-14，则c（H+）=c（OH-）=1.0×10-7mol/L，1L水的物质的量mol，则其电离度=×100%=1.8×10-7%，
故答案为：A。
【分析】某温度时水的离子积常数为1.0×10-14，则c（H+）=c（OH-）=1.0×10-7mol/L，据此结合电离度的公式进行计算。
12．【答案】C
【解析】【解答】解：A．向平衡体系中加入水，温度不变，加入的水与原水的电离平衡一样，c（H+）、c（OH﹣）都不变，平衡不移动，故A错误；
B．水的电离△H＞0，反应吸热，温度升高，平衡正向移动，溶液中氢离子浓度增大，pH降低，故B错误；
C．由于硫酸氢钠是强电解质，加入水后，溶液中的氢离子浓度增大，平衡虽向逆向移动，但溶液中的氢离子浓度因硫酸氢钠的电离增大，温度不变KW=c（H+）×c（OH﹣）不变，c （OH﹣）减小，所以 增大，故C正确；
D．NaOH电离的氢氧根重力使溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，c（H+）降低，故D错误；
故选C．
【分析】A．水的电离达到平衡：H2O H++OH﹣，如改变溶液中c（H+）或c（OH﹣），平衡可发生移动；
B．水的电离是吸热反应，升高温度，氢离子浓度增大，pH减小；
C．硫酸氢钠是强电解质，溶于水电离出氢离子，溶液中氢离子浓度增大；
D．氢氧化钠是强碱，加入后溶液中的氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动．
13．【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。
14．【答案】C
【解析】【解答】解：A．加热pH=1的硫酸溶液，溶液中氢离子浓度基本不变，无法使溶液的pH变为2，故A错误；
B．加入100 mL的水进行稀释，稀释后溶液的体积约为110mL，则溶液中氢离子浓度不是0.01mol/L，溶液pH≠2，故B错误；
C．加入90mL 0.1 mol L﹣1的NaOH溶液，混合液中氢离子浓度为： =0.01mol/L，混合液的pH=2，故C正确；
D．pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，与0.01mol/L的盐酸混合后溶液中氢离子浓度一定大于0.01mol/L，则混合液的pH一定小于2，故D错误；
故选C．
【分析】A．水的电离为吸热过程，升高温度，水的离子积增大，氢离子浓度基本不变；
B．加入100mL的水，溶液体积在110mL左右，溶液增大的体积大于10倍；
C．根据混合液中氢离子浓度进行计算；
D．硫酸氢离子浓度为0.1mol/L，盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L，混合液中氢离子浓度一定大于0.01mol/l．
15．【答案】C
【解析】【解答】解：酸和碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，对于HCl而言，完全电离，溶液中的氢离子可看做是由酸电离出的，由水的离子积得知氢氧根的浓度为10﹣10mol/L，因此由水电离出的氢离子浓度等于氢氧根的浓度等于10﹣10mol/L，KOH同样如此，为10﹣10mol/L，对于Na2CO3而言，碳酸根与水发生水解，产生的氢氧根浓度为10﹣4mol/L，于是由水电离出的氢离子浓度等于由水电离出的氢氧根的浓度等于10﹣4mol/L，只不过，氢离子被碳酸根结合了，同理FeCl3也是如此．
故选C．
【分析】酸和碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，根据溶液的pH值，分别求出水电离产生的氢离子或者是氢氧根的浓度，进行比较即可得出答案．
16．【答案】B
【解析】【解答】硫酸和烧碱都可以抑制水的电离；纯碱和硫酸铵都能水解，故其促进水的电离。c(H+ )=10－10mol/L纯碱溶液，pH=10， c(OH- )=10－4mol/L；c(H+ )=10－5mol/L的硫酸铵溶液的pH=5。显然,碳酸钠溶液中c(OH- )大于硫酸铵溶液中的c(H+ )，故纯碱溶液中水的电离度最大，B符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对水电离程度影响因素的考查，酸碱溶液会抑制水的电离，其酸中c(H+)越大（或碱中c(OH-)越大），则对水的电离程度越小；可水解的盐溶液会促进水的电离，且盐溶液中c(H+)或c(OH-)越大， 水的电离程度越大；据此结合选项所给溶液进行分析。
17．【答案】（1）250mL容量瓶、胶头滴管
（2）0.1000 mol L-1
（3）锥形瓶内溶液颜色的变化
（4）当最后一滴标准液滴下后溶液由无色变粉红色且30s内不变色
（5）偏高
【解析】【解答】（1）配制溶液时，根据250mL的溶液，选择用250mL的容量瓶，液面距离容量瓶刻线1~2cm时改用胶头滴管滴加；
（2）结合公式c酸=c碱×V碱÷V酸计算，c碱=0.2000mol·L-1，V碱=12.50mL=0.0125L，V酸=25mL=0.025L，代入公式，计算可得c酸=0.1000mol·L-1；
（3）左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶液面；
（4）酚酞的pH变色范围为8.2~10.0，pH突变范围为4-10，当最后一滴氢氧化钠溶液进入时，溶液pH由4变为10，溶液由无色变为粉红色；
（5）滴定前由气泡，滴定后气泡消失，此时读数比实际偏高，导致最终结果偏高。
【分析】（1）配制溶液的仪器有钥匙、托盘天平（或量筒）、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管；
（2）结合公式c酸=c碱×V碱÷V酸计算；
（3）左手控制滴定管，右手观察锥形瓶颜色变化；
（4） 滴定终点的现象是最后一滴标准液进入锥形瓶中，颜色或者沉淀半分钟内不再变化；
（5）滴定误差分析：
滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，偏大；滴定管未用待测液润洗，偏小；锥形瓶用待测液润洗，偏大盛；标准液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏大；待测液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏小；待测液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏大；标准液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏小；滴定结束后，尖嘴挂着余液，偏大；滴定后俯视读数，偏大；滴定前俯视读数，偏小。
18．【答案】（1）pH试纸；pH计
（2）酸式滴定管；锥形瓶；22.60；当滴加最后一滴盐酸，溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色；0.0800；BD
【解析】【解答】解：（1）溶液的pH除了可以通过实验得出的具体数据计算得到，在实验室中还可以用pH试纸、pH计测量溶液的pH值，
故答案为：pH试纸；pH计；（2）①本滴定实验还需要装标准液盐酸的酸式滴定管、装待测液的锥形瓶，
故答案为：酸式滴定管；锥形瓶；②从图中读出数据为22.60mL，
故答案为：22.60；③当滴加最后一滴盐酸，溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色，说明达到终点，
故答案为：当滴加最后一滴盐酸，溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色；④pH=1的盐酸的浓度为0.1mol/L，标准液体积的平均值为：（19.90mL+20.10mL）=20.00mL，
n（盐酸）=c（盐酸）×V（盐酸）=0.1mol/L×0.0200L=0.0020mol，根据关系式HCl～NaOH可知氢氧化钠的物质的量为0.0020mol，待测液的体积为25.00mL，
NaOH溶液的物质的量浓度：c（NaOH）= = =0.0800mol/L，
故答案为：0.0800；⑤用公式c（待测）= 分析误差，主要是对标准液所用体积的影响进行分析，
A．滴定终点读数时俯视读数，读数偏小，所以标准液的体积偏小，结果偏低，故A错误；
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸溶液润洗，标准液被稀释，达到终点时消耗的标准液体积增大，使测定结果偏高，故B正确；
C．锥形瓶水洗后未干燥，水珠附着在瓶壁，对待测液的物质的量没有影响，消耗标准液无影响，所以对结果无影响，故C错误；
D．酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，达到终点时消耗的标准液体积增大，使测定结果偏高，故D正确；
故答案为：BD．
【分析】（1）在实验室可以通过pH试纸、pH计测量溶液的pH值；（2）①本滴定实验还需要装标准液盐酸的酸式滴定管、装待测液的锥形瓶；②从图中读出数据为22.60mL；③当滴加最后一滴盐酸，溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色，说明达到终点；④算出标准液体积的平均值，根据关系式HCl～NaOH来计算该NaOH溶液的物质的量浓度；⑤用公式c（待测）= 分析误差，主要是对标准液所用体积的影响进行分析．
19．【答案】（1）4.5；+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；形成原电池，且铁作负极，加快反应速率；CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+
（2）随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱
【解析】【解答】（1）①若废水中Cr(Ⅵ)的总的物质的量浓度mol L-1，要将废水中调节为100：1，则=0.1mol/L，=0.001mol/L，K===1×10-14，c(H+)=1×10-4.5mol/L，需调节溶液的pH=4.5。
②在酸性溶液中，NaHSO3还原，生成Cr3+、等，发生反应的离子方程式：+3+5H+=2Cr3++3+4H2O。
③还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是加入铁屑、加入一定的烟道灰(一种细小的炭粒)，Fe、C、含铬(VI)酸性废水形成原电池，加快铬(VI)的还原速率。则加入烟道灰后铬(VI)还原速率加快的原因是：形成原电池，且铁作负极，加快反应速率。
④电池工作时，a电极CH3COOH转化为CO2，C元素的价态升高，发生氧化反应，则a电极为负极，发生的电极反应为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+。答案为：4.5；+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；形成原电池，且铁作负极，加快反应速率；CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+；
（2）从图中可以看出，pH=2~4时，氰化物的去除率随pH的增大而减小，则表明c( OH)减小、氧化能力减弱，原因是：随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱。答案为：随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱。
【分析】（1）①根据pH=-lgc(H+)计算；
②酸性溶液中，NaHSO3与发生反应+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；
③形成原电池可加快反应速率；
④a电极CH3COOH转化为CO2，电极反应为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+；
（2） 随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱。
20．【答案】（1）1.0×10－12mol·L－1；2；4
（2）12；10
【解析】【解答】解：(1) ①0.01 mol·L－1HCl溶液中c(H+)=0.01mol/L，溶液中氢氧根离子只能由水电离，Kw= c(H+)×c(OH-)=10-14，故c(OH-)=1.0×10－12mol·L－1，由水电离的氢离子浓度等于溶液中c(OH-)，故溶液中由水电离的氢离子浓度为1.0×10－12mol·L－1；
②0.01 mol·L－1HCl溶液中，pH=-lgc(H+)=2；
③加水稀释100倍，c(H+)=1.0×10－4mol·L－1，pH=-lgc(H+)=4；(2) ①常温下0.01 mol·L－1NaOH溶液，c(OH-)=1.0×10－2mol·L－1，Kw= c(H+)×c(OH-)=10-14，故c(H+)=1.0×10－12mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=12；
②加水稀释100倍，c(OH-)=1.0×10－4mol·L－1，c(H+)=1.0×10－10mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=10；
【分析】（1）先根据水的Kw值计算出由水电离出的c(OH-)，及可得到由水电离的氢离子浓度；根据溶液中氢离子的浓度与pH值的关系解答；先求出稀释后的氢离子溶度，再计算即可；
（2）在常温下根据Kw值计算出溶液中c(H+)，进而可以得到pH值；先求出稀释后c(OH-)，再求出c(H+)，进而得出其pH值。
21．【答案】（1）除去Al2O3
（2）Fe2+；硫氰化钾溶液或氢氧化钠溶液(KSCN溶液或NaOH溶液)
（3）防止引入杂质Cu2+
（4）Fe2O3；20%
【解析】【解答】(1)据分析，“浸泡”过程中加入过量NaOH溶液的目的是除去Al2O3。
(2)据分析，“溶解”后所得溶液中含有的金属阳离子为Fe3+和Fe2+，检验此溶液中Fe3+可使用的试剂是硫氰化钾溶液或氢氧化钠溶液，Fe3+遇硫氰化钾溶液出现血红色，遇氢氧化钠溶液出现红褐色。
(3)铜与Fe3+反应后生成铜离子进入溶液，“还原”时选择FeS2而不用Cu粉的原因是防止引入杂质Cu2+。
(4)①步骤三中灼烧所得残留红棕色固体的化学式为Fe2O3；
②在25.00 mL溶液中，
由步骤二 ：n(MnO)=0.0400 mol·L-1× 20.00×10-3 L=0.0008 mol ，由反应原理知MnO~5Fe2+
故n(Fe2+)=5n(MnO)=5×0.0008 mol=0.004 mol；由步骤三：n(Fe2O3)= =0.0025 mol，根据原子守恒，n(Fe2+)+n(Fe3+)=2×n(Fe2O3)=2×0.0025 mol=0.005 mol，所以样品中被氧化的Fe3+为：n(Fe3+)=0.005 mol-0.004 mol=0.001 mol，故样品中的Fe2+的氧化率==20％。
【分析】（1）氧化铝能与NaOH溶液反应，加氢氧化钠溶液的目的是为了除去氧化铝；
(2)废渣中的铁元素有+2价和+3价，所以溶解后 所得溶液中含有的金属阳离子为Fe3+和 Fe2+，铁离子用KSCN来检验；
（3）如果选用铜粉会引入新的杂质；
（4）化学方程式的计算，结合原子守恒，算出铁元素的物质的量。
一、单选题
1．下列实验装置(固定装置略去)和操作正确的是( )
A． 分离CCl4和水
B． 酸碱中和滴定
C． 吸收HCl尾气
D． 中和热的测定
2．常温下，下列四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为（ ）
①pH＝0的盐酸 ②0.1 mol·L－1的盐酸③0.01 mol·L－1的NaOH溶液 ④pH＝11的NaOH溶液
A．1000∶100∶10∶1 B．1∶10∶100∶1 000
C．14∶13∶12∶11 D．11∶12∶13∶14
3．对H2O的电离平衡不产生影响的粒子是（ ）
A．HCl B．13M3+ C．CH3COO﹣ D．
4．将pH=5的盐酸溶液稀释1000倍后，溶液的pH为（ ）
A．等于8 B．等于7
C．接近7又小于7 D．大于7而小于8
5．NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是（ ）
A．酚酞 B．圆底烧杯 C．锥形瓶 D．碱式滴定管
6．现有常温下四份等体积的酸或碱溶液：①0.01mol/L CH3COOH；②0.01mol/L HCl；③pH=12的氨水；④pH=12的NaOH溶液．以下有关说法正确的是（ ）
A．将四份溶液稀释相同倍数后，溶液的pH：③＞④＞①＞②
B．将①、④等体积混合，则混合液的pH为7
C．四份溶液中水的电离程度由大到小的顺序为：③＞①=②=④
D．将②加入③至恰好完全反应，则消耗体积为③＞②
7．在25℃时，在0.01mol·L-1的盐酸溶液中，水电离出的H+浓度是（ ）
A．5×10-13mol·L-1 B．0.02mol·L-1
C．1×10-7mol·L-1 D．1×10-12mol·L-1
8．下列图示或根据图示所得出的结论正确的是（ ）
A．图甲表示相同pH的盐酸和醋酸加水稀释过程中pH的变化，则曲线a代表醋酸
B．图乙表示温度不变，向0.1mol·L-1NH4Cl溶液中滴加0.1mol·L-1盐酸时，溶液中随盐酸体积的变化关系
C．图丙表示密闭容器中CH4(g)+H2O(g) CO(g)+3H3(g)到达平衡时，CH4的平衡转化率与压强、温度的变化关系曲线，说明该反应为吸热反应且P12
D．图丁表示0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1醋酸溶液滴定曲线
9．用盐酸标准液来滴定NaOH待测液，下列操作会使测定结果偏低的是（ ）
A．锥形瓶只用水洗
B．碱式滴定管只用水洗
C．使用甲基橙做指示剂
D．第一次观察酸式滴定管的刻度时俯视
10．在25℃时，某溶液中由水电离出的c（H+）=1×10﹣12 mol/L，则该溶液的pH可能为（ ）
A．10 B．7 C．6 D．2
11．某温度时，水的离子积为1.0×10-14，由此可知在该温度时水的电离度为（ ）
A．1.8×10-7% B．1.0×10-2%
C．1.8×10-9% D．1.8×10-14%
12．25℃时，水的电离达到平衡：H2O H++OH﹣△H＞0，下列叙述正确的是（ ）
A．向平衡体系中加入水，平衡正向移动，c （H+）增大
B．将水加热，Kw增大，pH不变
C．向水中加入少量硫酸氢钠固体， 增大
D．向水中加入少量NaOH固体，平衡正向移动，c（H+）降低
13．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－)
14．现有常温时pH=1的硫酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是（ ）
A．加热
B．加入100 mL的水进行稀释
C．加入90mL 0.1 mol L﹣1的NaOH溶液
D．加入10 mL 0.01 mol L﹣1的盐酸
15．25℃四种水溶液①HCl，②FeCl3，③KOH，④Na2CO3其pH值依次为4、4、10、10，而溶液中水的电离程度大小关系正确的是（ ）
A．①=②=③=④ B．①＞③＞②＞④
C．④=②＞③=① D．①=③＞②=④
16．常温下，下列各溶液中水的电离度最大的是（ ）
A．pH=1的硫酸溶液
B．c(H+)=10－10mol/L纯碱溶液
C．0.01mol/L的烧碱溶液
D．c(H+ )=10－5mol/L的硫铵溶液
二、综合题
17．用酸式滴定管准确移取某未知浓度的盐酸溶液于一洁净的锥形瓶中，然后用的氢氧化钠溶液指示剂为酚酞滴定。滴定结果如下所示：
溶液起始读数 终点读数
第一次
第二次
（1）准确配制的氢氧化钠溶液，需要的主要仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的玻璃仪器有 。
（2）根据以上数据可以计算出盐酸的物质的量浓度为 。
（3）用标准氢氧化钠溶液滴定待测盐酸溶液，滴定时左手控制碱式滴定管的玻璃球，右手不停摇动锥形瓶，眼睛注视 ，直到滴定终点。
（4）达到滴定终点的标志是 。
（5）碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，对测定结果的影响是 填“偏高”或“偏低”或“不影响”
18．根据问题填空:
（1）溶液的pH除了可以通过实验得出的具体数据计算得到，在实验室中还可以用 或 来测量得到．
（2）某研究性学习小组用pH=1的盐酸滴定25.00mL未知物质的量浓度的NaOH溶液，从而求出该NaOH溶液的pH值（选用酚酞作为指示剂）
①实验过程中需要使用的仪器有铁架台、滴定管夹、碱式滴定管、胶头滴管、 、
②如图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为 mL；
③如何判断滴定到达终点
④根据下列数据：
滴定次数 待测液体积（mL） 标准盐酸体积（mL）
滴定前读数（mL） 滴定后读数（mL）
第一次 25.00 0.50 20.40
第二次 25.00 4.00 24.10
请计算待测NaOH溶液的浓度（保留两位小数） mol/L
⑤在上述实验中，下列操作（其他操作正确）会造成测定结果偏高的有： ．
A．滴定终点读数时俯视读数
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸溶液润洗
C．锥形瓶水洗后未干燥
D．酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失．
19．某电镀废水中含有氰化物、铬(VI)等污染物，需要经过处理后才能排放。
（1）废水中铬(VI)主要以和形式存在，处理的方法是将铬(VI)还原为，再转化为沉淀。常温下，与在溶液中存在如下平衡：，该反应的平衡常数。
①若废水中Cr(Ⅵ)的总的物质的量浓度mol L-1，要将废水中调节为100：1，则需调节溶液的pH= 。(忽略调节pH时溶液体积的变化)
②一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是向其中加入NaHSO3，写出所发生反应的离子方程式： 。
③一种还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是加入铁屑。实验发现，在不改变铁屑总量的情况下，加入一定的烟道灰(一种细小的炭粒)，铬(VI)还原速率加快。加入烟道灰后铬(VI)还原速率加快的原因是 。
④一种微生物电池还原Cr(Ⅵ)的工作原理如图甲所示。电池工作时a电极发生的电极反应为 。
（2）Fenton法去除氰化物的过程为H2O2在少量Fe2+催化作用下生成具有强氧化性的 OH (羟基自由基)， OH将氰化物氧化为无毒物质。Fe2+催化H2O2生成 OH的过程及 OH氧化氰化物的过程中会发生如下反应：
实验发现，反应相同时间，氰化物的去除率与溶液pH的关系如图乙所示。pH=2~4时，氰化物的去除率随pH的增大而减小的原因是 。
20．
（1）常温下0.01 mol·L－1HCl溶液：
①由水电离出的c(H＋)＝ ；
②pH＝ ；
③加水稀释100倍，pH＝ 。
（2）常温下0.01 mol·L－1NaOH溶液：
①pH＝ ；
②加水稀释100倍，pH＝ 。
21．用工业废渣(主要含有Fe2O3、FeO、Al2O3及少量Fe)制备绿矾FeSO4·7H2O晶体的流程如下：
（1）“浸泡”过程中加入过量NaOH溶液的目的是 。
（2）“溶解”后所得溶液中含有的金属阳离子为Fe3+和 ，检验此溶液中Fe3+可使用的试剂是 。
（3）“还原”时选择FeS2而不用Cu粉的原因是 。
（4）测定绿矾中Fe2+的氧化率实验方案如下：
步骤一：称取一定质量的绿矾样品，将其溶于适量的无氧蒸馏水并配成250mL溶液；
步骤二：取步骤一中配得的溶液25.00mL于锥形瓶，并加入适量稀硫酸酸化，逐滴滴加0.0400mol/L KMnO4溶液至恰好完全反应(反应原理为：MnO+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O)，消耗KMnO4溶液20.00mL；
步骤三：另取步骤一中配得的溶液25.00mL于烧杯，加入足量氨水，将沉淀过滤、洗涤、干燥，在空气中灼烧至固体质量不再变化，称得残留红棕色固体的质量为0.4g。
①步骤三中灼烧所得残留固体的化学式为 。
②已知：Fe2+的氧化率=×100％
根据以上数据，计算该绿矾样品中Fe2+的氧化率，写出计算过程。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．四氯化碳和水互不相溶，可用分液法分离，故A符合题意；
B.NaOH具有腐蚀性，应放在碱式滴定管中，故B不符合题意；
C.斗浸入过深且用水吸收即可，不能起到防倒吸的作用，故C不符合题意；
D.温度计应放在小烧杯中，用于测量溶液的温度，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】（1）溶解度大的气体通入溶液时要有防倒吸装置，漏斗口边缘与液面接触，才有防倒吸的作用。
（2）酸性溶液和具有氧化性的溶液放在酸式滴定管中，碱性溶液放在碱式滴定管中。
2．【答案】B
【解析】【解答】①pH=0的盐酸中c(H+)=1mol·L-1，由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，为c(H+)=1.0×10-14mol·L-1；②0.1mol L-1的盐酸中c(H+)=0.1mol·L-1，由水电离出的氢离子浓度为c(H+)=1.0×10-13mol·L-1；③0.01mol L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol·L-1，由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，为c(H+)=1.0×10-12mol·L-1；④pH=11的NaOH溶液中c(OH-)=0.001mol·L-1，由水电离出的氢离子和氢氧根离子浓度相等，为c(H+)=1.0×10-11mol·L-1；由此可得由水电离出的氢离子浓度之比为①：②：③：④=1：10：100：1000。故A、C、D不符合题意，B符合题意。
故答案为：B。
【分析】计算水溶液中的氢离子或氢氧根离子的浓度，需要注意的是，酸溶液中水溶液中的氢离子或氢氧根离子的浓度等于水的离子积除以酸电离的氢离子浓度。碱溶液中水溶液中的氢离子或氢氧根离子的浓度等于水的离子积除以碱电离的氢氧根离子的浓度。
3．【答案】D
【解析】【解答】解：A．氯化氢溶于水后能电离出氢离子，使水的电离向左移动，所以能抑制水的电离，故A不选；
B．13M3+为13Al3+，Al3+能结合水电离的氢氧根离子生成弱电解质，使水的电离向正移，所以促进水的电离，故B不选；
C．加入了CH3COO﹣，CH3COO﹣ 会结合H+，c（H+）减小，平衡向右移动，故C不选；
D． 为Cl﹣，加入Cl﹣后，对水的电离平衡没有影响，平衡不移动，故D选．
故选D．
【分析】水的电离方程式为H2O═H++OH﹣，加入酸或碱能抑制水的电离，加入含有弱根离子的盐能促进水的电离，强酸强碱盐不影响水的电离，据此分析解答．
4．【答案】C
【解析】【解答】pH=5的盐酸溶液，加水稀释1000倍，溶液接近中性，但溶液始终为酸性溶液，即溶液的pH无限接近7但永远不能到达7，故稀释1000倍，液的pH接近7又小于7，
故答案为：C。
【分析】pH=5的盐酸溶液，加水稀释1000倍，溶液接近中性，但溶液始终为酸性溶液为易错点。
5．【答案】B
【解析】【解答】中和滴定时，用酚酞为酸碱指示剂，氢氧化钠溶液可放在碱式滴定管中，在锥形瓶中进行滴定，不用圆底烧瓶，故A、C、D正确，B错误．
故答案为：B．
【分析】根据滴定实验操作判断需要的仪器即可.
6．【答案】A
【解析】【解答】解：A．将四份溶液稀释相同倍数后溶液的pH：氨水存在电离平衡，溶液中氢氧根离子浓度大于氢氧化钠溶液中氢氧根离子，③＞④，同浓度醋酸和盐酸稀释相同倍数，醋酸存在电离平衡，不能完全电离，醋酸溶液中氢离子浓度小于盐酸溶液中的氢离子浓度，所以溶液pH①＞②，故A正确；
B．若将①、④等体积混合，醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，故B错误；
C．四份溶液中溶质都是抑制水的电离的，其中②③④中H+、OH﹣浓度相等，对水的电离的抑制也相等，且大，①中CH3COOH电离出的H+浓度最小，因此其中水的电离程度最小，水的电离程度：①＞②，故C错误；
D．一水合氨为弱电解质，②③若等体积混合后溶液呈碱性，0.01mol/L HCl和pH=12的氨水比较，前者的浓度小，所以恰好完全反应，则消耗体积为③＜②，故D错误；
故选A．
【分析】四份溶液中溶质都是抑制水的电离的，①中CH3COOH电离出的H+浓度最小，②③④中电离出的H+、OH﹣浓度都为0.01 mol L﹣1，其中醋酸和一水合氨为弱电解质，加水促进电离，结合浓度对弱电解质的电离的影响解答该题．
7．【答案】D
【解析】【解答】0.01mol·L-1的盐酸溶液中，c(H+) = 0.01mol·L-1， ，盐酸溶液中氢离子主要来自于酸电离，氢氧根来自于水电离的，而水电离的氢离子等于水电离出的氢氧根，因此水电离出的氢离子 ，故D符合题意。
故答案为：D。
【分析】酸电离出氢离子，酸中氢氧根离子是水电离出的，碱电离出氢氧离子，碱中氢离子是水电离出的。
8．【答案】C
【解析】【解答】A．盐酸是强酸，醋酸是弱酸，相同pH的盐酸和醋酸加水稀释后，盐酸pH变化更大，醋酸pH变化更小，A不符合题意；
B．铵根离子水解出氢离子，往氯化铵溶液中滴加盐酸时，盐酸抑制铵根水解，则铵根离子浓度增大，但氢离子浓度增大更多，因此增大，B不符合题意；
C．正反应为气体分子数增大的反应，增大压强，平衡逆向移动，甲烷平衡转化率减小，因此P12，C符合题意；
D．滴入20mL氢氧化钠溶液时，恰好完全反应，此时溶液为醋酸钠溶液，醋酸钠溶液由于水解溶液显碱性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、醋酸为弱酸，存在电离平衡，加水稀释时，氢离子浓度减小较慢，以此判断醋酸稀释时，pH的变化曲线；
B、根据水解常数Kh＝c(NH3 H2O) c(H＋)/c(NH4＋)判断；
C、反应CH4（g）＋H2O（g） CO（g）＋3H2（g）正向体积增大，增大压强，平衡逆向移动；
D、NaOH和醋酸恰好完全反应生成的醋酸钠溶液呈碱性。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．锥形瓶只用水洗，所消耗的标准溶液无变化，不会引起误差，故A不符合题意；
B．碱式滴定管只用水洗，稀释了碱液，相同体积的碱液消耗的盐酸标准液偏小，测得浓度偏低，故B符合题意；
C．用盐酸滴定NaOH，反应终点pH为7，应选用酚酞作指示剂，故C不符合题意；
D．第一次观察酸式滴定管的刻度时俯视，体积读数偏小，滴定后读数减滴定前读数，得到标液体积偏大，浓度偏高，故D不符合题意。
故答案为B。
【分析】根据，分析不当操作对V（标准）的影响，以此判断浓度的误差。
10．【答案】D
【解析】【解答】解：25℃时：Kw=c（OH﹣）×c（H+）=10﹣14，纯水中c（H+）=c（OH﹣）=1.0×10﹣7 mol/L，在25℃时，某溶液中，由水电离出的c（H+）水=1.0×10﹣12 mol/L＜10﹣7mol/L，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，溶质能电离出氢离子、氢氧根离子就能抑制水电离，则该溶质可能是酸或碱或强酸的酸式盐，如果为酸溶液，则pH=2，如果为盐溶液，则pH=12，
故选D．
【分析】在25℃时，某溶液中，由水电离出的c（H+）水=1.0×10﹣12 mol/L＜10﹣7mol/L，说明该溶液中的溶质抑制水的电离，溶质能电离出氢离子、氢氧根离子就能抑制水电离，据此分析判断．
11．【答案】A
【解析】【解答】纯水中，氢离子浓度等于氢氧根离子浓度，某温度时水的离子积常数为1.0×10-14，则c（H+）=c（OH-）=1.0×10-7mol/L，1L水的物质的量mol，则其电离度=×100%=1.8×10-7%，
故答案为：A。
【分析】某温度时水的离子积常数为1.0×10-14，则c（H+）=c（OH-）=1.0×10-7mol/L，据此结合电离度的公式进行计算。
12．【答案】C
【解析】【解答】解：A．向平衡体系中加入水，温度不变，加入的水与原水的电离平衡一样，c（H+）、c（OH﹣）都不变，平衡不移动，故A错误；
B．水的电离△H＞0，反应吸热，温度升高，平衡正向移动，溶液中氢离子浓度增大，pH降低，故B错误；
C．由于硫酸氢钠是强电解质，加入水后，溶液中的氢离子浓度增大，平衡虽向逆向移动，但溶液中的氢离子浓度因硫酸氢钠的电离增大，温度不变KW=c（H+）×c（OH﹣）不变，c （OH﹣）减小，所以 增大，故C正确；
D．NaOH电离的氢氧根重力使溶液中氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动，c（H+）降低，故D错误；
故选C．
【分析】A．水的电离达到平衡：H2O H++OH﹣，如改变溶液中c（H+）或c（OH﹣），平衡可发生移动；
B．水的电离是吸热反应，升高温度，氢离子浓度增大，pH减小；
C．硫酸氢钠是强电解质，溶于水电离出氢离子，溶液中氢离子浓度增大；
D．氢氧化钠是强碱，加入后溶液中的氢氧根离子浓度增大，平衡逆向移动．
13．【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。
14．【答案】C
【解析】【解答】解：A．加热pH=1的硫酸溶液，溶液中氢离子浓度基本不变，无法使溶液的pH变为2，故A错误；
B．加入100 mL的水进行稀释，稀释后溶液的体积约为110mL，则溶液中氢离子浓度不是0.01mol/L，溶液pH≠2，故B错误；
C．加入90mL 0.1 mol L﹣1的NaOH溶液，混合液中氢离子浓度为： =0.01mol/L，混合液的pH=2，故C正确；
D．pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，与0.01mol/L的盐酸混合后溶液中氢离子浓度一定大于0.01mol/L，则混合液的pH一定小于2，故D错误；
故选C．
【分析】A．水的电离为吸热过程，升高温度，水的离子积增大，氢离子浓度基本不变；
B．加入100mL的水，溶液体积在110mL左右，溶液增大的体积大于10倍；
C．根据混合液中氢离子浓度进行计算；
D．硫酸氢离子浓度为0.1mol/L，盐酸中氢离子浓度为0.01mol/L，混合液中氢离子浓度一定大于0.01mol/l．
15．【答案】C
【解析】【解答】解：酸和碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，对于HCl而言，完全电离，溶液中的氢离子可看做是由酸电离出的，由水的离子积得知氢氧根的浓度为10﹣10mol/L，因此由水电离出的氢离子浓度等于氢氧根的浓度等于10﹣10mol/L，KOH同样如此，为10﹣10mol/L，对于Na2CO3而言，碳酸根与水发生水解，产生的氢氧根浓度为10﹣4mol/L，于是由水电离出的氢离子浓度等于由水电离出的氢氧根的浓度等于10﹣4mol/L，只不过，氢离子被碳酸根结合了，同理FeCl3也是如此．
故选C．
【分析】酸和碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离，根据溶液的pH值，分别求出水电离产生的氢离子或者是氢氧根的浓度，进行比较即可得出答案．
16．【答案】B
【解析】【解答】硫酸和烧碱都可以抑制水的电离；纯碱和硫酸铵都能水解，故其促进水的电离。c(H+ )=10－10mol/L纯碱溶液，pH=10， c(OH- )=10－4mol/L；c(H+ )=10－5mol/L的硫酸铵溶液的pH=5。显然,碳酸钠溶液中c(OH- )大于硫酸铵溶液中的c(H+ )，故纯碱溶液中水的电离度最大，B符合题意；
故答案为：B
【分析】此题是对水电离程度影响因素的考查，酸碱溶液会抑制水的电离，其酸中c(H+)越大（或碱中c(OH-)越大），则对水的电离程度越小；可水解的盐溶液会促进水的电离，且盐溶液中c(H+)或c(OH-)越大， 水的电离程度越大；据此结合选项所给溶液进行分析。
17．【答案】（1）250mL容量瓶、胶头滴管
（2）0.1000 mol L-1
（3）锥形瓶内溶液颜色的变化
（4）当最后一滴标准液滴下后溶液由无色变粉红色且30s内不变色
（5）偏高
【解析】【解答】（1）配制溶液时，根据250mL的溶液，选择用250mL的容量瓶，液面距离容量瓶刻线1~2cm时改用胶头滴管滴加；
（2）结合公式c酸=c碱×V碱÷V酸计算，c碱=0.2000mol·L-1，V碱=12.50mL=0.0125L，V酸=25mL=0.025L，代入公式，计算可得c酸=0.1000mol·L-1；
（3）左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶液面；
（4）酚酞的pH变色范围为8.2~10.0，pH突变范围为4-10，当最后一滴氢氧化钠溶液进入时，溶液pH由4变为10，溶液由无色变为粉红色；
（5）滴定前由气泡，滴定后气泡消失，此时读数比实际偏高，导致最终结果偏高。
【分析】（1）配制溶液的仪器有钥匙、托盘天平（或量筒）、烧杯、容量瓶、玻璃棒、胶头滴管；
（2）结合公式c酸=c碱×V碱÷V酸计算；
（3）左手控制滴定管，右手观察锥形瓶颜色变化；
（4） 滴定终点的现象是最后一滴标准液进入锥形瓶中，颜色或者沉淀半分钟内不再变化；
（5）滴定误差分析：
滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，偏大；滴定管未用待测液润洗，偏小；锥形瓶用待测液润洗，偏大盛；标准液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏大；待测液的滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，偏小；待测液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏大；标准液滴定管调“0”后，未将尖嘴部挂着的余液除去，偏小；滴定结束后，尖嘴挂着余液，偏大；滴定后俯视读数，偏大；滴定前俯视读数，偏小。
18．【答案】（1）pH试纸；pH计
（2）酸式滴定管；锥形瓶；22.60；当滴加最后一滴盐酸，溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色；0.0800；BD
【解析】【解答】解：（1）溶液的pH除了可以通过实验得出的具体数据计算得到，在实验室中还可以用pH试纸、pH计测量溶液的pH值，
故答案为：pH试纸；pH计；（2）①本滴定实验还需要装标准液盐酸的酸式滴定管、装待测液的锥形瓶，
故答案为：酸式滴定管；锥形瓶；②从图中读出数据为22.60mL，
故答案为：22.60；③当滴加最后一滴盐酸，溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色，说明达到终点，
故答案为：当滴加最后一滴盐酸，溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色；④pH=1的盐酸的浓度为0.1mol/L，标准液体积的平均值为：（19.90mL+20.10mL）=20.00mL，
n（盐酸）=c（盐酸）×V（盐酸）=0.1mol/L×0.0200L=0.0020mol，根据关系式HCl～NaOH可知氢氧化钠的物质的量为0.0020mol，待测液的体积为25.00mL，
NaOH溶液的物质的量浓度：c（NaOH）= = =0.0800mol/L，
故答案为：0.0800；⑤用公式c（待测）= 分析误差，主要是对标准液所用体积的影响进行分析，
A．滴定终点读数时俯视读数，读数偏小，所以标准液的体积偏小，结果偏低，故A错误；
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用盐酸溶液润洗，标准液被稀释，达到终点时消耗的标准液体积增大，使测定结果偏高，故B正确；
C．锥形瓶水洗后未干燥，水珠附着在瓶壁，对待测液的物质的量没有影响，消耗标准液无影响，所以对结果无影响，故C错误；
D．酸式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，达到终点时消耗的标准液体积增大，使测定结果偏高，故D正确；
故答案为：BD．
【分析】（1）在实验室可以通过pH试纸、pH计测量溶液的pH值；（2）①本滴定实验还需要装标准液盐酸的酸式滴定管、装待测液的锥形瓶；②从图中读出数据为22.60mL；③当滴加最后一滴盐酸，溶液的颜色由黄色变为橙色，且在半分钟内不变色，说明达到终点；④算出标准液体积的平均值，根据关系式HCl～NaOH来计算该NaOH溶液的物质的量浓度；⑤用公式c（待测）= 分析误差，主要是对标准液所用体积的影响进行分析．
19．【答案】（1）4.5；+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；形成原电池，且铁作负极，加快反应速率；CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+
（2）随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱
【解析】【解答】（1）①若废水中Cr(Ⅵ)的总的物质的量浓度mol L-1，要将废水中调节为100：1，则=0.1mol/L，=0.001mol/L，K===1×10-14，c(H+)=1×10-4.5mol/L，需调节溶液的pH=4.5。
②在酸性溶液中，NaHSO3还原，生成Cr3+、等，发生反应的离子方程式：+3+5H+=2Cr3++3+4H2O。
③还原酸性废水中Cr(Ⅵ)的方法是加入铁屑、加入一定的烟道灰(一种细小的炭粒)，Fe、C、含铬(VI)酸性废水形成原电池，加快铬(VI)的还原速率。则加入烟道灰后铬(VI)还原速率加快的原因是：形成原电池，且铁作负极，加快反应速率。
④电池工作时，a电极CH3COOH转化为CO2，C元素的价态升高，发生氧化反应，则a电极为负极，发生的电极反应为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+。答案为：4.5；+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；形成原电池，且铁作负极，加快反应速率；CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+；
（2）从图中可以看出，pH=2~4时，氰化物的去除率随pH的增大而减小，则表明c( OH)减小、氧化能力减弱，原因是：随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱。答案为：随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱。
【分析】（1）①根据pH=-lgc(H+)计算；
②酸性溶液中，NaHSO3与发生反应+3+5H+=2Cr3++3+4H2O；
③形成原电池可加快反应速率；
④a电极CH3COOH转化为CO2，电极反应为CH3COOH+2H2O-8e-=2CO2↑+8H+；
（2） 随pH的升高，H2O2分解为O2的速率加快，导致H2O2浓度减小；使Fe2+催化H2O2产生 OH的能力减弱，c( OH)减小；溶液的酸性减弱， OH氧化CN-的能力减弱。
20．【答案】（1）1.0×10－12mol·L－1；2；4
（2）12；10
【解析】【解答】解：(1) ①0.01 mol·L－1HCl溶液中c(H+)=0.01mol/L，溶液中氢氧根离子只能由水电离，Kw= c(H+)×c(OH-)=10-14，故c(OH-)=1.0×10－12mol·L－1，由水电离的氢离子浓度等于溶液中c(OH-)，故溶液中由水电离的氢离子浓度为1.0×10－12mol·L－1；
②0.01 mol·L－1HCl溶液中，pH=-lgc(H+)=2；
③加水稀释100倍，c(H+)=1.0×10－4mol·L－1，pH=-lgc(H+)=4；(2) ①常温下0.01 mol·L－1NaOH溶液，c(OH-)=1.0×10－2mol·L－1，Kw= c(H+)×c(OH-)=10-14，故c(H+)=1.0×10－12mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=12；
②加水稀释100倍，c(OH-)=1.0×10－4mol·L－1，c(H+)=1.0×10－10mol·L－1，pH＝-lgc(H+)=10；
【分析】（1）先根据水的Kw值计算出由水电离出的c(OH-)，及可得到由水电离的氢离子浓度；根据溶液中氢离子的浓度与pH值的关系解答；先求出稀释后的氢离子溶度，再计算即可；
（2）在常温下根据Kw值计算出溶液中c(H+)，进而可以得到pH值；先求出稀释后c(OH-)，再求出c(H+)，进而得出其pH值。
21．【答案】（1）除去Al2O3
（2）Fe2+；硫氰化钾溶液或氢氧化钠溶液(KSCN溶液或NaOH溶液)
（3）防止引入杂质Cu2+
（4）Fe2O3；20%
【解析】【解答】(1)据分析，“浸泡”过程中加入过量NaOH溶液的目的是除去Al2O3。
(2)据分析，“溶解”后所得溶液中含有的金属阳离子为Fe3+和Fe2+，检验此溶液中Fe3+可使用的试剂是硫氰化钾溶液或氢氧化钠溶液，Fe3+遇硫氰化钾溶液出现血红色，遇氢氧化钠溶液出现红褐色。
(3)铜与Fe3+反应后生成铜离子进入溶液，“还原”时选择FeS2而不用Cu粉的原因是防止引入杂质Cu2+。
(4)①步骤三中灼烧所得残留红棕色固体的化学式为Fe2O3；
②在25.00 mL溶液中，
由步骤二 ：n(MnO)=0.0400 mol·L-1× 20.00×10-3 L=0.0008 mol ，由反应原理知MnO~5Fe2+
故n(Fe2+)=5n(MnO)=5×0.0008 mol=0.004 mol；由步骤三：n(Fe2O3)= =0.0025 mol，根据原子守恒，n(Fe2+)+n(Fe3+)=2×n(Fe2O3)=2×0.0025 mol=0.005 mol，所以样品中被氧化的Fe3+为：n(Fe3+)=0.005 mol-0.004 mol=0.001 mol，故样品中的Fe2+的氧化率==20％。
【分析】（1）氧化铝能与NaOH溶液反应，加氢氧化钠溶液的目的是为了除去氧化铝；
(2)废渣中的铁元素有+2价和+3价，所以溶解后 所得溶液中含有的金属阳离子为Fe3+和 Fe2+，铁离子用KSCN来检验；
（3）如果选用铜粉会引入新的杂质；
（4）化学方程式的计算，结合原子守恒，算出铁元素的物质的量。