2024届高三新高考化学大一轮专题训练题-水的电离和溶液的pH
一、单选题
1．（2023秋·辽宁葫芦岛·高三兴城市高级中学校考期末）下列说法正确的是
A．向醋酸中加水，导电性一定减弱
B．压缩和的混合气体，颜色变深可以用勒夏特列原理来解释
C．进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视滴定管内溶液液面的变化
D． ，能自发进行，原因是体系有自发地向混乱度增加的方向转变的倾向
2．（2023·全国·高三专题练习）NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．常温常压下，3.4gH2S含有的共价键为0.2NA
B．2.0L1.0mol/LAlCl3溶液中，Cl-的数目为6.0NA
C．标准状况下，224.LH2O含有的质子数目为NA
D．100mLpH为10的Na2CO3溶液中，由水电离出的OH-的数目为10-5NA
3．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈九中校考期末）用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，待测液放在锥形瓶中。中和滴定时下列操作会使测定结果偏低的是(锥形瓶中溶液用滴定管量取)
A．碱式滴定管未用待测碱液润洗 B．酸式滴定管未用标准盐酸润洗
C．滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出 D．滴定前锥形瓶未用待测液润洗
4．（2023·全国·高三专题练习）焦亚硫酸钠是常用的食品抗氧化剂之一。利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5(焦亚硫酸钠)的工艺如图，已知：NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水可制得Na2S2O5。下列说法不正确的是
A．步骤I得到NaHSO3溶液
B．步骤II的目的是使NaHSO3转化为Na2SO3，可用NaOH溶液代替Na2CO3固体
C．工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液
D．在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，可用一定浓度的碘标准液进行滴定
5．（2022秋·浙江杭州·高三杭州四中校考期中）某学生以酚酞为指示剂用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的氢氧化钠溶液，三次实验分别记录有关数据如下表：
滴定次数 待测氢氧化钠溶液的体积/mL 0.1000 mol/L盐酸的体积/mL
滴定前刻度 滴定后刻度
第一次 25.00 0.00 28.85
第二次 25.00 0.00 28.90
第三次 25.00 0.00 17.55
下列说法正确的是
A．该氢氧化钠溶液中c(NaOH)=0.1155mol/L
B．当溶液从无色刚好变成红色时，则达到滴定终点
C．达滴定终点时，滴定管尖嘴有气泡，则测定结果偏高
D．实验中锥形瓶应用待测氢氧化钠溶液润洗
6．（2023秋·全国·高三专题练习）今有室温下四种溶液，下列有关叙述不正确的是
序号 ① ② ③ ④
pH 11 11 3 3
溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸
A．③和④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大
B．②和③两溶液等体积混合，所得溶液中c(H+)>c(OH-)
C．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①>②>④>③
D．V1L④溶液与V2L①溶液混合后，若混合后溶液pH=7，则V1
A．NaOH滴定未知浓度的醋酸溶液时，用甲基橙作指示剂
B．用湿润的pH试纸测氯水的pH值，测定值偏大
C．测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中混合，所测温度值偏高
D．盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，终点读数时无气泡，结果偏高
8．（2023秋·宁夏中卫·高三统考期末）下列说法正确的是
A．pH=0的溶液不存在 B．使用广泛pH试纸测得某溶液的pH=3.5
C．中性溶液的pH不一定等于7 D．适用于任何温度、任何溶液
9．（2022秋·浙江宁波·高三效实中学校考期中）用0.1000mol/L的NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度为c1的溶液和20.00mL浓度为c2的溶液，得到如图滴定曲线，其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点(这两点的横坐标分别为10.60mL和17.20mL)。下列说法不正确的是
A．X曲线代表，且c1>c2
B．溶液中，
C．若a点，则a点有
D．若b点时溶液中，则b点消耗了8.60mLNaOH溶液
10．（2022秋·广东深圳·高三深圳市福田区福田中学校考阶段练习）用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是
A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确
B．配制标准溶液的固体NaOH中混有杂质KOH
C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗
D．碱式滴定管未用标准液润洗
11．（2023秋·天津南开·高三南开大学附属中学校考期末）用0.1000mol/L的盐酸滴定20.00mLNaOH溶液，测定其浓度，下列说法正确的是
A．用量筒量取20.00mLNaOH溶液
B．需用NaOH溶液润洗锥形瓶
C．滴定前，没有除去酸式滴定管中的气泡，滴定后气泡消失，所测浓度会偏小
D．使用酚酞做指示剂，滴定终点的现象为溶液浅红色褪去，半分钟不变色
12．（2022秋·四川成都·高三校联考期末）用一定浓度的盐酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，下列有关说法正确的是
A．若选用酚酞作指示剂，滴定终点的颜色变化为无色变为浅红色
B．锥形瓶应用待装NaOH溶液润洗
C．碱式滴定管滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，测得的NaOH浓度偏大
D．酸式滴定管读数时滴定前仰视，滴定后俯视，测得的NaOH浓度偏小
13．（2023春·江西宜春·高三江西省丰城中学校考开学考试）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．在=106mol/L的溶液中：Al3+、H+、Cl-、SO
B．由水电离的c(H+)=10-13mol/L溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO
C．pH=1的溶液中：Fe2+、Na+、SO、NO
D．使甲基橙变黄的溶液中：Mg2+、ClO-、AlO、Na+
14．（2022秋·河北·高三专题练习）氟与碱反应和其他卤素与碱反应不同，在稀碱(例如NaOH)中可发生反应：。用代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．17g羟基(-OH)中含有的电子数为9
B．1L pH=13的NaOH溶液中水电离出的数目为0.1
C．当反应消耗22.4L 时，转移的电子数为2
D．0.1 NaF溶液中含有的数目为0.2
二、非选择题
15．（2021秋·湖北·高三校联考期中）工业上常以软锰矿(主要成分为MnO2，假设MnO2全部消耗且杂质不参与反应)为原料生产高锰酸钾，为测定产品的纯度，进行如下实验：称取1.0800g样品，配制成100mL待测液。取浓度为0.2000的H2C2O4溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，用所配制的KMnO4待测液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48mL。
(1)配制100mL待测液时需要用到的玻璃仪器主要有烧杯、胶头滴管、玻璃棒、量筒和 。
(2)在滴定时：
①眼睛应观察 。
②KMnO4待测液装在 (填“酸式”或“碱式”)滴定管中，原因是 。
③达到滴定终点的标志是 。
④在锥形瓶下垫一张白纸，其目的是 。
(3)已知：。该样品的纯度为 (写出计算式即可，不用化简)。
16．（2021秋·江苏扬州·高三扬州中学校考阶段练习）弱电解质的研究是重要课题。
(1)①已知不同pH条件下，水溶液中碳元素的存在形态如图所示。下列说法不正确的是
a．pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是
b．A点，溶液中和浓度相同
c．当时，
②向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是 。
(2)H2CO3以及其它部分弱酸的电离平衡常数如表：
弱酸 H2S H2CO3 HClO
电离平衡常数(25℃)
按要求回答下列问题：
①H2S、H2CO3 、 HClO的酸性由强到弱的顺序为 。
②将少量CO2气体通入NaClO溶液中，写出该反应的离子方程式： 。
③测得0.1 mol·L 1 BaS溶液pH≈13，溶液中OH－、S2 、HS－三种离子浓度由大到小的顺序依次是 。
(3)常温下，已知0.1mol/L一元酸HCOOH(甲酸)溶液中
①0.1mol/L HCOOH的 pH= 。
②取10mL0.1mol/L的 HCOOH溶液稀释100倍，有关说法正确的是 (填写序号)
A．所有离子的浓度在稀释过程中都会减少
B．稀释后溶液的pH=5
C．稀释后甲酸的电离度会增大
D．与稀释前比较，稀释后水的电离程度增大
17．（2021秋·甘肃白银·高三白银市第八中学校考阶段练习）(I)现有①硫酸铜晶体，②碳酸钙固体，③纯磷酸，④硫化氢，⑤三氧化硫，⑥金属镁，⑦石墨，⑧固态苛性钾，⑨氨水，⑩熟石灰固体，其中：
(1)属于强电解质的是 (填序号，下同)
(2)属于弱电解质的是 ；
(3)属于非电解质的是 ；
(II)已知pH=2的高碘酸(H5IO6)溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得混合液显酸性；0.01mol/L的碘酸(HIO3)或高锰酸(HMnO4)溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得混合液显中性。请回答下列问题：
(4)高碘酸是 (填写“强酸”或“弱酸”)，理由是 。
(5)已知高碘酸和硫酸锰(MnSO4)在溶液中反应生成高锰酸，碘酸和硫酸，此反应的氧化剂是 ，反应的离子方程式可表示为 。
(Ⅲ)在中和滴定操作过程中，有以下各项因操作不当而引起的实验误差，用“偏高”“偏低”或“无影响”等填空：
(6)滴定管(装标准溶液)在滴定前尖嘴处有气泡，滴定过程中气泡消失，使滴定结果 。
(7)用含Na2O杂质的NaOH固体来配制已知浓度的标准溶液，用于滴定未知浓度的盐酸，使测得盐酸的浓度 。
(8)用含Na2CO3杂质的NaOH固体来配制已知浓度的标准溶液，用于滴定未知浓度的盐酸，使测得盐酸的浓度 。
18．（2021秋·江西景德镇·高三景德镇一中校考期中）水溶液是中学化学的重点研究对象。
(1)水是极弱的电解质，也是最重要的溶剂。常温下，某电解质溶解在水中后，溶液中c(H+)水为1×10-9 mol/L [c(H+)水为溶液中由水电离产生的H+的浓度]，则该电解质可能是 。
A．CuSO4 B．HCl C．Na2S D．NaOH E．K2SO4
(2)已知HClO是比H2CO3还弱的酸，要使新制稀氯水中的c(HClO)增大，可采取的措施有(至少答两种) 。
(3)下列方法中，可以使醋酸稀溶液中 CH3COOH电离程度增大的是 填字母序号。
a．滴加少量浓盐酸 b．微热溶液 c．加水稀释 d．加入少量醋酸钠晶体
(4)25℃时，利用pH试纸测得0.1 mol/L醋酸溶液的pH约为3，则可以估算出醋酸的电离常数约为 ；向10 mL此溶液中加水稀释的值将 填“增大”、“减小”或“无法确定”
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．向冰醋酸中加水，促进醋酸电离，开始时，醋酸电离程度大于溶液体积增大程度，溶液中c(CH3COO-)和c(H+)增大，溶液导电性增强，A错误；
B．压缩和的混合气体，颜色变深是因为体积缩小，NO2的浓度增大，不是因为平衡移动导致的，即不能用勒夏特列原理来解释，B错误；
C．进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，C错误；
D．该反应中，生成物有气体，体系混乱度增大，则，反应能自发进行，D正确；
故选D。
2．C
【详解】A．分子中含2个H-S键，常温常压下，即0.1mol，含有的共价键为，A正确；
B．溶液中，的物质的量为1mol/L×2L×3=6mol，的数目为，B正确；
C．标准状况下水不是气态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，C错误；
D．溶液中存在水解平衡、和水的电离平衡，全部由水电离产生，但H+有部分被水解反应消耗。常温下，pH=10时，，根据水的离子积得，100mL该溶液中水电离产生的数目为，D正确；
故答案选C。
3．A
【详解】A．碱式滴定管未用待测碱液润洗，会使得待测液的n(NaOH)偏小，则消耗的V(盐酸)偏小，测定结果偏低，A选；
B．酸式滴定管未用标准盐酸润洗，会使得标准液c(HCl)偏小，则消耗的V(盐酸)偏大，测定结果偏高，B不选；
C．滴定过程中滴定管内不慎有标准液溅出，则消耗的V(盐酸)偏大，测定结果偏高，C不选；
D．滴定前锥形瓶不能用待测液润洗，D不选；
故选A。
4．B
【分析】向饱和碳酸钠的溶液中通入调pH=4.1，溶液呈酸性，饱和碳酸钠的溶液为碱性，其反应为，得到溶液；再加入碳酸钠固体调pH为，其目的为得到；最后再通入，然后脱结晶水得到，以此解答。
【详解】A．向饱和溶液中通入使溶液的pH变为4.1，此时得到溶液，A正确；
B．步骤Ⅱ的目的是使转化为，该步操作需要调节溶液的，NaOH的碱性过强，所以不能用NaOH溶液代替固体，B错误；
C．结合以上分析可知，步骤Ⅱ使转化为，步骤Ⅲ再次充入，调节，得到过饱和溶液，以便于后续结晶脱水得到，C正确；
D．为抗氧化剂，具有较强的还原性，能够与碘单质发生氧化还原反应，可用一定浓度的碘标准液测定葡萄酒中的残留量，D正确；
故选B。
5．A
【详解】A． 由表格数据可知，第三次误差较大舍弃，V(HCl)=，由c酸V酸=c碱V碱可知，c(NaOH)= =0.1155 mol L-1，故A正确；
B． 盐酸滴定NaOH，NaOH遇酚酞变红，滴定终点时变为无色，则溶液由红色变为无色、且30s不变时达到滴定终点，故B错误；
C． 达滴定终点时，滴定管尖嘴有气泡，消耗V(HCl)偏小，由c酸V酸=c碱V碱可知，c(NaOH)偏小，则测定结果偏低，故C错误；
D． 实验中锥形瓶应用待测氢氧化钠溶液润洗，消耗V(HCl)偏大，由c酸V酸=c碱V碱可知，c(NaOH)偏大，而中和滴定实验中锥形瓶不能用待测液润洗，故D错误；
故选A。
6．D
【分析】醋酸和一水合氨是弱电解质，NaOH和HCl是强电解质，pH相等的醋酸和盐酸、NaOH和氨水，醋酸的浓度大于盐酸、氨水的浓度大于NaOH，加水稀释促进弱电解质的电离，但弱酸弱碱的酸碱性减弱。
【详解】A．醋酸溶液中存在电离平衡，加入醋酸钠固体，醋酸根离子浓度增大，醋酸的电离平衡逆向移动，醋酸酸性减弱，盐酸中加入醋酸钠固体，能够反应生成醋酸，氢离子浓度减小，故两溶液的pH均增大，故A正确；
B．氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同的醋酸与NaOH溶液等体积混合，氢氧化钠完全反应，醋酸过量，溶液显酸性，故B正确；
C．分别加水稀释10倍，NaOH溶液和盐酸的pH变为10和4，氨水的pH大于10 小于11，醋酸的pH大于3小于4，所以溶液的pH：①＞②＞④＞③，故C正确；
D．氢离子浓度与氢氧根离子浓度相同的盐酸与氨水等体积混合，氨水过量，溶液显碱性，V1L④和V2L①溶液混合后，若pH=7，则V1＞V2，故D错误；
故答案为：D。
7．D
【详解】A．氢氧化钠溶液与醋酸溶液完全反应生成强碱弱酸盐醋酸钠，溶液呈碱性，若滴定时，选用甲基橙做指示剂，醋酸溶液不可能完全反应，会导致所测浓度偏低，故A错误；
B． 氯水中含有的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，所以用pH试纸无法测得氯水的pH，故B错误；
C．测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中混合时会有热量散失，导致所测温度值偏低，故C错误；
D．盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，滴定前滴定管尖嘴处有气泡，终点读数时无气泡会使盐酸溶液体积偏大，导致所测结果偏高，故D正确；
故选D。
8．C
【详解】A．pH=0的溶液中c(H+)=1 mol/L，该溶液是可以存在的，A错误；
B．使用广范pH试纸只能粗略测定溶液pH，溶液pH值测定数值只能是整数，不能出现小数，B错误；
C．在任何物质的稀溶液中都存在水的电离平衡，Kw为常数，不同温度下Kw不同，只有在室温下Kw=10-14，此时中性溶液pH=7，若温度不是室温下，则中性溶液的pH就不等于7，C正确；
D．水的离子积常数只适用于室温下的水的稀溶液，D错误；
故合理选项是C。
9．D
【详解】A．是二元弱酸，滴定过程中有两次滴定突变，是一元酸，滴定时只有一次滴定突变，所以根据图示可知X曲线代表，Y曲线代表。其中c、d为两种酸恰好完全中和的化学计量点，根据恰好反应时消耗NaOH溶液的体积可知：，，，选项A正确；
B．由图可知，被完全中和时需消耗，则加入5.30mLNaOH溶液时，恰好转化为，因为，所以溶液呈酸性，故可推断的电离程度大于的水解程度，即，故，选项B正确；
C．若a点，则a点溶液为、按物质的量之比1∶1形成的混合溶液，因为，溶液显酸性，故的电离程度大于和的水解程度，则a点有，选项C正确；
D．若b点时加入氢氧化钠体积为8.60mL，则此时溶液为、按物质的量之比1∶1形成的混合溶液，因为，所以溶液呈酸性，故可推断的电离程度大于的水解程度，即溶液中，若要求b点时溶液中，则此时消耗氢氧化钠溶液的体积应小于8.60mL，选项D不正确；
答案选D。
10．A
【分析】根据，V(标)偏大，则计算得到的c(待)偏大，据此解答。
【详解】A、滴定终点，俯视读数，V(标)减小，结果偏低，故A正确；
B、等质量氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾物质的量，因此所配溶液中c(OH－)偏小，消耗标准液的体积增大，因此结果偏高，故B错误；
C、待测液的物质的量增大，消耗标准液的体积增大，结果偏高，故C错误；
D、碱式滴定管未用标准液润洗，导致c(标)偏小，所以滴定中消耗的V(标)偏大，因此结果偏高，故D错误；
11．D
【详解】A．量筒的精确度为0.1，不能用量筒量取20.00mLNaOH溶液，应该用碱式滴定管，A错误；
B．盛待测液的锥形瓶不能润洗，若用待测液润洗，会使锥形瓶内残留溶质，消耗的标准液偏多，测定结果偏大，B错误；
C．滴定前，没有除去酸式滴定管中的气泡，滴定后气泡消失，会使标准液的体积偏大，所测浓度偏大，C错误；
D．使用酚酞做指示剂，滴定前溶液显红色，滴定终点的现象为溶液浅红色褪去，半分钟不变色，D正确；
故选D。
12．D
【详解】A．用一定浓度的盐酸标准溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，若选用酚酞作指示剂，滴定终点的颜色由浅红色褪为无色，A错误；
B．锥形瓶不能润洗，否则会使待测液浓度偏高，B错误；
C．碱式滴定管滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，会使所取待测液偏少，标准液体积用得偏少，测得的NaOH浓度偏小，C错误；
D．酸式滴定管读数时滴定前仰视，滴定后俯视，使标准液体积读数偏小，测得的NaOH浓度偏小，D正确；
所以选D。
13．A
【详解】A．在=106mol/L的溶液中含大量H+和Al3+、H+、Cl-、SO均能共存，A正确；
B．由水电离的c(H+)=10-13mol/L溶液可能呈酸性或碱性，HCO一定不能大量存在，B错误；
C． pH=1的溶液中含大量H+，酸性条件下，NO具有强氧化性，能氧化Fe2+而不能大量共存，C错误；
D．使甲基橙变黄的溶液中溶液呈弱酸性或碱性，碱性条件下Mg2+不能大量共存，D错误；
故答案选A。
14．A
【详解】A．1分子羟基中含有9个电子，17g羟基(-OH，为1mol)中含有的电子数为9，故A正确；
B．氢氧化钠抑制水的电离，1L pH=13的NaOH溶液（氢离子浓度为10-13mol/L）中水电离出的等于水电离出的氢离子，其物质的量为10-13mol/L×1L=10-13mol，数目为10-13，故B错误；
C．不确定是否为标况，不能计算转移电子的数目，故C错误；
D．没有溶液的体积，不能计算钠离子的数目，故D错误；
故选A。
15．(1)100mL容量瓶
(2) 锥形瓶中溶液颜色的变化 酸式 高锰酸钾溶液会腐蚀碱式滴定管上的橡胶 当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅红色且30s内颜色不褪去 便于观察锥形瓶中溶液颜色的变化
(3)
【解析】(1)
配制溶液的过程有计算、称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶，必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、100mL容量瓶和胶体滴管，则还需要的玻璃仪器有100mL容量瓶；
(2)
①滴定时，左手控制滴定速度，边用右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色的变化；
②高锰酸钾溶液会腐蚀碱式滴定管上的橡胶，故应该放到酸式滴定管中；
③达到滴定终点的标准是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅红色且30s内颜色不褪去；
④滴定终点是溶液由无色变为浅红色，颜色较浅，故在锥形瓶下垫一张白纸，其目的是便于观察锥形瓶中溶液颜色的变化；
(3)
称取1.0800g样品，配制成100mL待测液，取浓度为0.2000mol·L-1的H2C2O4溶液20.00mL，加入稀硫酸酸化，H2C2O4物质的量为0.2000mol/L×0.020L=0.0040mol，用所配制的KMnO4待测液平行滴定三次，平均消耗的体积为24.48mL，根据，可得，则样品纯度为。
16．(1) bc
(2) c(OH－)＞c(HS－)＞c(S2 )
(3) 3 CD
【详解】（1）①a．根据图中信息，pH=8时，溶液中含碳元素的微粒主要是，故a正确；b．根据图中信息A点，溶液中CO2和与浓度相同，故b错误；c．当时，溶液显碱性，因此，故c错误；综上所述，答案为：bc。
②pH=8.4的水溶液主要是，因此向上述pH=8.4的水溶液中加入NaOH溶液时发生反应的离子方程式是；故答案为：。
（2）①根据电离常数可得到H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为H2CO3＞H2S＞HClO；故答案为：H2CO3＞H2S＞HClO。
②根据H2CO3＞HClO＞，将少量CO2气体通入NaClO溶液中，该反应的离子方程式：；故答案为：。
③测得0.1 mol·L 1 BaS溶液pH≈13，则c(OH－)=0.1 mol·L 1，由于硫离子发生水解生成硫氢根和氢氧根，因此溶液中OH－、S2 、HS－三种离子浓度由大到小的顺序依次是c(OH－)＞c(HS－)＞c(S2 )；故答案为：c(OH－)＞c(HS－)＞c(S2 )。
（3）①0.1mol/L一元酸HCOOH(甲酸)溶液中，则c(H+)=1×10 3mol L 1，因此0.1mol/L HCOOH的pH=3；故答案为：3。
②A．稀释过程中甲酸根离子浓度、氢离子浓度减少，氢氧根离子浓度增大，故A错误；B．10mL0.1mol/L的 HCOOH溶液稀释100倍，稀释后，由于甲酸又要电离，因此氢离子浓度大于1×10 5mol L 1，因此溶液的pH小于5，故B错误；C．稀释后，电离平衡正向移动，因此甲酸的电离度会增大，故C正确；D．加水稀释，溶液氢离子浓度减小，抑制水的电离程度减小，因此与稀释前比较，稀释后水的电离程度增大，故D正确；综上所述，答案为：CD。
17．(1)①②⑧⑩
(2)③④
(3)⑤
(4) 弱酸 由于高碘酸溶液的c(H+)与NaOH溶液的c(OH-)相等，二者等体积混合后，混合液显酸性，说明酸过量，原高碘酸溶液中只有一部分高碘酸的分子发生了电离，所以高碘酸是弱酸
(5) 高碘酸 5H5IO6+2Mn2+=2MnO+5IO+7H2O+11H+
(6)偏高
(7)偏低
(8)偏高
【详解】（1）强电解质是溶于水全部电离的电解质，强酸、强碱以及大多数盐属于强电解质，①②⑧⑩是强电解质，故答案为：①②⑧⑩。
（2）弱电解质是溶于水部分电离的电解质，弱酸、弱碱属于弱电解质，③④是弱电解质，故答案为：③④。
（3）⑤属于化合物，它的水溶液虽然能导电，但并不是它自身电离使溶液导电，所以是非电解质，故答案为：⑤。
（4）pH=2的高碘酸(H5IO6)溶液与pH=12的NaOH溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，氢氧化钠是强碱，等体积混合时，若溶液呈中性，说明氢离子和氢氧根离子恰好反应，高碘酸是强酸，但实际混合溶液呈酸性，说明高碘酸又电离出部分氢离子，所以高碘酸是弱酸，故答案为：弱酸；由于高碘酸溶液的c(H+)与NaOH溶液的c(OH-)相等，二者等体积混合后，混合液显酸性，说明酸过量，原高碘酸溶液中只有一部分高碘酸的分子发生了电离，所以高碘酸是弱酸。
（5）0.01mol/L的碘酸(HIO3)或高锰酸(HMnO4)溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合，所得混合液显中性，说明碘酸、高锰酸均为强酸，高碘酸和硫酸锰(MnSO4)在溶液中反应生成高锰酸，碘酸和硫酸，反应中I元素的化合价降低，则高碘酸为氧化剂，在酸性条件下高碘酸和锰离子发生氧化还原反应生成碘酸根离子、高锰酸根离子和水，所以反应的离子方程式为5H5IO6+2Mn2+=2MnO+5IO+7H2O+11H+，故答案为：高碘酸；5H5IO6+2Mn2+=2MnO+5IO+7H2O+11H+。
（6）气泡的体积计入了标准溶液，使测得结果偏高，故答案为：偏高。
（7）NaOH中含有Na2O，则标准溶液的浓度已经偏高（62gNa2O相当于80gNaOH），而所滴入的标准溶液体积偏小，测得结果偏低，故答案为：偏低。
（8）把标准溶液视为Na2CO3溶液，由于53g Na2CO3相当于40gNaOH，所以中和相同量的盐酸所需Na2CO3溶液的体积比NaOH溶液的体积大，使标准溶液体积偏大，结果偏高，故答案为：偏高。
18．(1)BCD
(2)再通入氯气；加入碳酸盐；加入次氯酸钠
(3)bc
(4) 10-5 mol/L 增大
【解析】(1)
水中加入某电解质后，c(H+)水＝1×10-9 mol/L＜1×10-7 mol/L，水的电离产生的H+浓度减小，该溶液可能显酸性，也可能显碱性。
A．CuSO4是强酸弱碱盐，在溶液中Cu2+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，使水电离平衡正向移动，使溶液中c(H+)增大，水电离产生的c(H+)也增大，A不符合题意；
B．加入HCl后，HCl电离产生的H+对水的电离平衡起抑制作用，导致水电离产生的H+浓度减小，溶液中水电离产生的c(H+)可能会为1×10-9 mol/L，B符合题意；
C．向其中加入Na2S，S2-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水的的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性。溶液中c(H+)完全由水电离产生，c(H+)水可能会变为1×10-9 mol/L，C符合题意；
D．加入NaOH，NaOH电离产生OH-，使溶液中c(OH-)增大，水的电离平衡逆向移动，最终达到平衡时c(OH-)＞c(H+)，溶液显碱性，溶液中c(H+)完全由水电离产生，则c(H+)水可能由原来的1×10-7 mol/L变为1×10-9 mol/L，D符合题意；
E．K2SO4是强酸强碱盐，不水解，也不能电离产生H+或OH-，则溶液中c(H+)就是水电离产生，c(H+)水=1×10-7 mol/L，不能变为1×10-9 mol/L，E不符合题意；
故合理选项是BCD；
(2)
氯水中存在的平衡是Cl+H2OH++Cl-+HClO、HClOH++ClO-，要使c (HClO)增大，加入某些物质使Cl+H2OH++Cl-+HClO的平衡向正反应方向移动或使HClOH++ClO-的平衡向逆反应方向移动，则根据影响化学平衡的条件，可知：实施的措施可以是通入氯气增大c(Cl2)或加入碳酸盐通过消耗HCl使c (HClO)增大或加入次氯酸盐，盐电离产生ClO-与溶液中的H+结合形成HClO，使c (HClO)增大；
(3)
CH3COOH在溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使CH3COOH电离程度增大，应该使电离平衡正向移动。
a．滴加少量浓盐酸，导致溶液中c(H+)增大，电离平衡逆向移动，最终达到平衡时CH3COOH电离程度减小，a不符合题意；
b．醋酸电离过程会吸收能量，将醋酸溶液进行微热，醋酸电离平衡正向移动，使更多的醋酸分子发生电离，最终达到平衡时CH3COOH电离程度增大，b符合题意；
c．加水稀释电离平衡正向移动，可以使更多醋酸分子发生电离，因此最终达到平衡时CH3COOH电离程度增大，c符合题意；
d．加入少量醋酸钠晶体，盐电离产生CH3COO-，使溶液中c(CH3COO-)增大，增大生成物浓度，电离平衡逆向移动，最终达到平衡时，溶液中CH3COOH电离程度减小，d不符合题意；
故合理选项是bc；
(4)
25℃时，利用pH试纸测得0.1 mol/L醋酸溶液的pH约为3，c(H+)=10-3 mol/L，电离平衡常数Ka=；
向10 mL此溶液中加水稀释的，若电离平衡不发生移动，稀释使c(H+)、c(CH3COOH)减小的倍数相同，不变；但稀释时电离平衡正向移动，c(H+)在稀释减小的基础上又有所增加，而c(CH3COOH) 在稀释减小的基础上又进一步减小，因此最终达到平衡时的值将会增大。
答案第1页，共2页
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