2022年高考化学一轮复习 第8章 物质在水溶液的行为 第24讲 水溶液和溶液的pH练习 鲁科版

2022年高考化学一轮复习 第8章 物质在水溶液的行为 第24讲 水溶液和溶液的pH练习 鲁科版1下列实验操作，对实验结果不会产生影响的是()A用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装标准液的滴定管用水洗后未用标准液润洗B用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装待测液的锥形瓶用水洗后用待测液润洗23次C测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中D用蒸馏水湿润的pH试纸测定硫酸钠溶液的pH解析：用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装标准液的滴定管用水洗后未用标准液润洗，会导致测定结果偏高，选项A不正确；用酸碱中和滴定法测待测液浓度时，装待测液的锥形瓶用水洗后用待测液润洗23次，会导致测定结果偏高，选项B不正确；测定中和反应的反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中，导致测定结果偏低，选项C不正确；用蒸馏水湿润的pH试纸测定硫酸钠溶液的pH，无影响，原因是硫酸钠溶液本身溶液显中性，选项D正确。答案：D2在25 时，某溶液中由水电离出的H11012 molL1，则该溶液的pH可能是()A2B7C6 D11解析：在任何溶液中，由水电离出的H和OH的浓度永远相等。当由水电离的HOH11012 molL1时，说明水的电离受到酸或碱的抑制，25 时，KWHOH11014，当为酸性溶液时，由酸电离出的H molL1，pH2；当为碱性溶液时，由碱电离出的OH molL1，pH12。答案：A3H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01 molL1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，发生的反应为I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6，下列说法合理的是()A该滴定可用甲基橙做指示剂BNa2S2O3是该反应的还原剂C该滴定可选用如图所示装置D该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，电子转移数为4 mol答案：B4(2017曲靖检测)25 时，水的电离达到平衡：H2OHOHH0，下列叙述正确的是()A向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，OH降低B向水中加入少量固体硫酸氢钠，H增大，Kw不变C向水中加入少量盐酸，平衡逆向移动，OH增大D将水加热，Kw增大，pH不变，呈中性解析：A.向水中加入稀氨水，由于氨水在溶液中存在电离平衡：NH3H2ONHOH，电离产生的OH使溶液中OH增大，水的电离平衡逆向移动，OH增大，错误；B.向水中加入少量固体硫酸氢钠，盐电离产生的H使溶液中H增大，温度不变，所以KW不变，正确；C.向水中加入少量HCl，电离产生的H使水的电离平衡逆向移动，但是平衡移动的趋势是微弱的，溶液中酸电离产生的离子浓度增大的趋势大于平衡移动使离子浓度减小的趋势，所以H增大，OH减小，错误；D.将水加热，KW增大，H增大，pH减小，溶液仍然呈中性，错误。答案：B5(2017苏州检测)将pH1的盐酸平均分成两份，一份加入适量水，另一份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液，pH都升高了1，则加入的水与NaOH溶液的体积比为()A9B10C11 D12解析：将pH1的盐酸加适量水，pH升高了1，说明所加的水是原溶液的9倍；另1份加入与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH升高了1，则1011101x102(1x)，解得x，则加入的水与NaOH溶液的体积比为9111。答案：C6常温下，pHa和pHb的两种NaOH溶液，已知ba2，则将两种溶液等体积混合后，所得溶液的pH接近于()Aalg 2Bblg 2Calg 2 Dblg 2解析：两种溶液中OH分别为10a14 molL1、10b14 molL1，等体积混合后OHmolL1，pOH(14a)lg 101lg 212alg 2，pH14pOH2alg 2blg 2。答案：B7常温时，1体积pH2.5的盐酸与10体积某一元强碱溶液恰好完全反应，则该强碱溶液的pH等于()A9.0 B9.5C10.5 D11.0解析：盐酸与一元强碱恰好完全反应，则n(H)n(OH)。设盐酸和强碱的体积分别为V L、10V L，强碱的pHx，则可列等式：102.5V10x1410V。解得x10.5。答案：C8T 时，水的离子积为Kw，该温度下将a mol/L一元酸HA溶液与b mol/L一元碱BOH溶液等体积混合，若混合后溶液呈中性，则下列说法一定正确的是()A混合液中，HB混合液的pH7C混合液中，BAOHDab解析：混合液呈中性，则n(H)n(OH)，根据KWHOH可得，H，A对；温度不一定为25 ，故中性溶液的pH不一定等于7，B错；根据电荷守恒，混合液中BHOHA，C错；当HA为强酸，BOH为弱碱时，ab，当HA为弱酸，BOH为强碱时，ab，D错。答案：A9室温时，M(OH)2(s)M2(aq)2OH(aq)。Kspa，M2b molL1时，溶液的pH等于()A.lgB.lgC14lg D14lg解析：根据M(OH)2的KspM2OH2，则溶液中OH，则pHlg Hlg14lg。答案：C10(2017广东珠海质检)如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是()A盐酸的物质的量浓度为1 molL1BP点时反应恰好完全中和，溶液呈中性C曲线a是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D酚酞溶液不能用做本实验的指示剂解析：根据曲线a知，滴定前盐酸的pH1，c(HCl)0.1 molL1，A错误；P点表示盐酸与氢氧化钠恰好完全中和，溶液呈中性，B正确；曲线a是氢氧化钠溶液滴定盐酸的曲线，曲线b是盐酸滴定氢氧化钠溶液的曲线，C错误；强酸与强碱滴定，可以用酚酞做指示剂，D错误。答案：B11现有常温下的六份溶液：0.01 molL1CH3COOH溶液；0.01 molL1HCl溶液；pH12的氨水；pH12的NaOH溶液；0.01 molL1CH3COOH溶液与pH12的氨水等体积混合后所得溶液；0.01 molL1HCl溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合所得溶液。(1)其中水的电离程度最大的是_(填序号，下同)，水的电离程度相同的是_。(2)若将混合后所得溶液pH7，则消耗溶液的体积：_(填“”“”“0.01 molL1，故混合，欲使pH7，则需消耗溶液的体积：。(3)稀释同样的倍数后，溶液的pH：；。答案：(1)(2)(3)12(2017桂林检测)下表是不同温度下水的离子积数据：温度/25t1t2水的离子积常数1101411012试回答下列问题：(1)若25t1t2，则_(填“”“”或“”)11014，做出此判断的理由是_。(2)在t1 时，测得纯水中的H2.4107molL1，则OH为_。该温度下，测得某H2SO4溶液中SO5106molL1，该溶液中OH_molL1。(3)t2 下：0.01 molL1的氢氧化钠溶液的pH_。若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合之前，该强酸的pH数值pH1与强碱的pH数值pH2之间应满足的关系是_。解析：(1)水是弱电解质，存在电离平衡，电离吸热。所以温度升高，水的电离程度增大，离子积增大；(2)水电离出的氢离子浓度和氢氧根离子浓度相同，某温度下纯水中的H2.4107 molL1，则此时纯水中的OH2.4107molL1，该温度下，某H2SO4溶液中SO5106 molL1，则溶液中氢离子浓度是1105 molL1，OH5.76109 molL1；(3)t2 温度下水的离子积常数是11012，0.01 molL1的氢氧化钠溶液的H11012/0.011010，则pH10；设强酸的pHa，强碱的pHb，由t2时，若10体积的某强酸溶液与1体积的某强碱溶液混合后溶液呈中性，即n(H)n(OH)，则1010a110b12,101a10b12，即1ab12，则ab13，即pH(酸)pH(碱)13。答案：(1)水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离的方向移动，H增大，OH增大，KWHOH，KW增大(2)2.4107molL15.76109molL1(3)10pH1pH21313现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 molL1的NaOH溶液，乙为0.1 molL1的HCl溶液，丙为0.1 molL1的CH3COOH溶液。试回答下列问题：(1)甲溶液的pH_。(2)丙溶液中存在的电离平衡为_(用电离平衡方程式表示)。(3)常温下，用水稀释0.1 molL1的CH3COOH溶液时，下列各量随水量的增加而增大的是_(填序号)。n(H)H OH(4)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的OH的大小关系为_。(5)某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL丙溶液，得到如图所示的两条滴定曲线，请回答有关问题：图1图2甲溶液滴定丙溶液的曲线是_(填“图1”或“图2”)曲线。a_。解析：(1)OH0.1 molL1，则H1013molL1，pH13。(2)CH3COOH溶液中存在CH3COOH和水的电离平衡。(3)CH3COOH是弱酸，当向0.1 molL1的CH3COOH溶液中加水稀释时，CH3COOH的电离程度增大，平衡向右移动，H的物质的量增大，但是c(H)减小，故增大，减小；设CH3COOH在水中的电离平衡常数为K，则，H减小，而K在一定温度下是常数，故减小，即减小；常温下，KW为一定值，KWHOH，H减小，则OH增大，即增大。(4)酸、碱对水的电离具有抑制作用，水溶液中H或OH越大，水的电离程度越小，反之越大。(5)HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，分析题图，可知图2是甲溶液滴定丙溶液的曲线。氢氧化钠溶液滴定盐酸恰好中和时，pH7，因二者浓度相等，则二者体积相等，a20.00；氢氧化钠溶液滴定醋酸恰好中和时，生成醋酸钠溶液，pH7。答案：(1)13(2)CH3COOHCH3COOH、H2OOHH(3)(4)丙甲乙(5)图220.0014自来水中余氯的测定：含氯消毒剂给自来水消毒后有余氯。测定自来水中余氯含量的方案如下：在250 mL碘量瓶中(或具塞锥形瓶中)放置 0.5 g碘化钾，加10 mL稀硫酸，准确量取流动水样100 mL(打开自来水龙头，待水流数十秒后再取水样)置于碘量瓶，迅速塞上塞摇动，见水样呈淡黄色，加1 mL淀粉溶液变蓝，则说明水样中有余氯。再以c mol/L标准Na2S2O3溶液滴定，至溶液蓝色消失呈无色透明溶液，记下硫代硫酸钠溶液的体积。(已知：滴定时反应的化学方程式为I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6)(1)若该自来水是以漂白粉消毒，能说明水样中有余氯的反应离子方程式为_。(2)按上述方案实验，消耗标准 Na2S2O3溶液V mL，该次实验测得自来水样品中余氯量(以游离Cl2计算)为_mgL1。在上述实验过程中，若“塞上塞摇动”动作不够迅速，则测得结果_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。解析：(1)漂白粉的有效成分是次氯酸根，次氯酸根检验强氧化性，可以将碘离子氧化得碘单质，自身被还原为氯离子，反应离子方程式为ClO2I2H=CII2H2O。(2)根据Cl2I22Na2S2O3，可知 n(Cl2)n(Na2S2O3)V103Lc mol/L，氯气质量为V103Lc mol/L71 g/mol3.55 Vc102g35.5 Vc mg，故余氯量(以游离Cl2计算)为355 Vc mg/L；动作不迅速，空气中的氧气在酸性条件下可把碘离子氧化生成单质碘，消耗硫代硫酸钠的体积会增大，所以结果偏高。答案：(1)ClO2I2H=ClI2H2O(2)355cV偏高