2026版高考化学一轮复习第12章微题型119　水的电离和溶液酸碱性

微题型119水的电离和溶液酸碱性1.室温下，某溶液中由水电离产生的c(H+)和c(OH-)的乘积为1×10-10，该溶液的溶质可能为()A.CuSO4 B.CH3COOHC.Ba(OH)2 D.KBr答案A解析CuSO4为强酸弱碱盐，铜离子水解促进水的电离，A符合；CH3COOH为酸，Ba(OH)2是碱，均抑制水的电离，B、C不符合；KBr为强酸强碱盐，对水的电离没有影响，D不符合。2.常温下，下列能促进水的电离，并使溶液pH小于7的操作是()①加入NaHSO4固体②投入一小块金属钠③通CO2④通NH3⑤加热煮沸A.②④ B.①③ C.⑤ D.①③⑤答案C解析NaHSO4溶于水电离产生氢离子，氢离子抑制水的电离，①不选；钠与水反应促进水的电离，但生成强碱氢氧化钠，pH大于7，②不选；二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸电离产生氢离子，抑制水的电离，③不选；氨气溶于水生成弱碱一水合氨，一水合氨电离产生氢氧根离子，抑制水的电离，④不选；常温下，水电离的氢离子浓度为10-7mol·L-1，pH=7，水的电离是吸热过程，加热煮沸温度升高，水的电离程度增大，并使溶液pH小于7，⑤正确。3.室温下，pH=12的NaOH溶液中，由水电离出的c(OH-)约为()A.1×10-2mol·L-1 B.1×10-7mol·L-1C.1×10-14mol·L-1 D.1×10-12mol·L-1答案D解析室温下，pH=12的NaOH溶液中，氢氧根离子抑制了水的电离，则氢氧化钠溶液中的氢离子是由水的电离产生的，故水电离出来的c(OH-)=c(H+)=1×10-12mol·L-1，故选D。4.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A.c(H+)c(OH-)=1的溶液中：KB.水电离的c(H+)=1×10-12mol·L-1的溶液：K+、NH4+、C2OC.使酚酞变红色的溶液中：K+、Na+、CO3D.在c水(H+)·c水(OH-)=10-26的溶液中：Na+、Fe2+、NO3-答案C解析c(H+)c(OH-)=1的溶液呈中性，中性溶液中，Fe3+水解较完全生成氢氧化铁沉淀而不能大量存在，A不符合题意；水的电离受到抑制，在酸性溶液中，C2O42-会生成H2C2O4，在碱性溶液中，NH4+会生成NH3·H2O，B不符合题意；使酚酞变红色的溶液呈碱性，K+、Na+、CO32-、NO3-可以大量共存，C符合题意；水电离出的c(H+)和c(OH-)相等，则c水(H+)=c水5.“火星上‘找’到水的影子”被《科学》杂志评为10大科技突破之一。某温度下，重水(D2O)的离子积Kw=1.6×10-15，可以用pH一样的定义来规定pD=-lgc(D+)。下列说法错误的是()A.重水是极弱的电解质，将金属Na加入重水中，重水的电离程度增大B.该温度下，纯重水的pD=8-2lg2C.该温度下，1L含0.01molDCl的重水溶液，其pD=2D.该温度下，在100mL0.2mol·L-1的DCl重水溶液中，加入100mL0.4mol·L-1NaOD的重水溶液，充分反应后溶液的pD=13(忽略溶液体积的变化)答案D解析重水是极弱的电解质，存在电离平衡，D2OOD-+D+，Na与重水电离生成的D+反应生成D2，促进重水电离，从而使重水的电离程度增大，A正确；重水(D2O)的离子积Kw=1.6×10-15，则c(D+)=c(OD-)=4×10-8mol·L-1，pD=-lgc(D+)=-lg(4×10-8)=8-2lg2，B正确；1L含DCl的重水溶液中c(D+)=0.01mol·L-1，pD=-lg0.01=2，C正确；100mL0.2mol·L-1的DCl重水溶液和100mL0.4mol·L-1的NaOD的重水溶液混合时，NaOD过量，所以，c(OD-)=0.1L×0.4mol·L-1-0.1L×0.2mol·L-10.1L+0.1L=0.1mol·L-1，c6.常温下，下列有关电解质溶液的说法正确的是()A.pH=3的CH3COOH溶液中，由水电离出来的c(OH-)=10-3mol·L-1B.pH=11的CH3COONa溶液与pH=11的NH3·H2O溶液中，水的电离程度相同C.将pH=3的CH3COOH溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH=7D.0.1mol·L-1的NH3·H2O溶液与0.1mol·L-1的HCl溶液混合后呈中性，则c(NH4+)=c答案D解析pH=3的CH3COOH溶液中，c(H+)=10-3mol·L-1，c(OH-)=10-11mol·L-1，OH-全部来自水的电离，A项错误；CH3COONa溶液中CH3COO-水解促进水的电离，而NH3·H2O溶液中电离出的OH-抑制水的电离，B项错误；pH=3的CH3COOH溶液的物质的量的浓度大于pH=11的NaOH溶液的物质的量的浓度，二者等体积混合，CH3COOH过量，故溶液显酸性，pH<7，C项错误；混合后溶液呈中性，根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知，c(NH4+)=c(7.水的电离过程为H2OH++OH-，在不同温度下其离子积常数不同，Kw(25℃)=1.0×10-14，Kw(35℃)=2.1×10-14。则下列关于纯水的叙述不正确的是()A.c(H+)随着温度升高而升高B.在35℃时，c(H+)>c(OH-)C.25℃时水的电离程度小于35℃时水的电离程度D.水的电离是吸热的答案B解析在35℃时，纯水呈中性，c(H+)=c(OH-)，故B错误；升高温度，Kw增大，25℃时水的电离程度小于35℃时水的电离程度，故C正确；升高温度，Kw增大，可知水的电离平衡正向移动，则水的电离是吸热的，故D正确。8.下列说法正确的是()A.在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性B.常温下，将10mL1×10-6mol·L-1盐酸稀释至1000mL，所得溶液的pH为8C.常温下，若水电离出的c(H+)为1×10-12mol·L-1，该溶液的pH可能为2D.将pH=12的NaOH溶液和氨水各1mL稀释至100mL，所得氨水的pH略小答案C解析纯水中c(H+)=c(OH-)，因此纯水仍为中性，故A错误；盐酸显酸性，无论稀释多少倍，pH总是小于7，因此所得溶液的pH不可能为8，故B错误；常温下，水电离出的c(H+)为1×10-12mol·L-1<1×10-7mol·L-1，水电离受到了抑制，若溶液为酸性，则pH为2，若溶液为碱性，则pH为12，故C正确；pH=12的NaOH溶液中c(OH-)=10-2mol·L-1，将1mL稀释至100mL，此时溶液中c(OH-)=10-4mol·L-1，溶液pH=10，一水合氨是弱碱，在溶液中存在电离平衡，主要以电解质分子存在，pH=12时，c(NH3·H2O)>c(OH-)=10-2mol·L-1，当将该溶液1mL稀释至100mL，稀释时使一水合氨的电离平衡正向移动，导致溶液中c(OH-)>10-4mol·L-1，使溶液的pH>10，可见所得氨水的pH略大，故D错误。9.(2024·海南二模)室温下，向10mL0.1mol·L-1NaOH溶液中加入下列试剂，所得溶液仍呈碱性的是()A.10mLpH=1的H2SO4B.10mLpH=1的CH3COOHC.22.4LCl2D.10mL0.1mol·L答案D解析10mL0.1mol·L-1NaOH中，n(NaOH)=n(OH-)=0.1mol·L-1×10×10-3L=10-3mol。10mLpH=1的H2SO4中，n(H+)=0.1mol·L-1×10×10-3L=10-3mol，n(H+)=n(OH-)，则混合后溶液显中性，A错误；因为CH3COOH是弱电解质，部分电离，则10mLpH=1的CH3COOH中，n(CH3COOH)>n(H+)=0.1mol·L-1×10×10-3L=10-3mol，因此混合后CH3COOH过量，溶