2019版高考化学总复习第8章水溶液中的离子平衡第2节水的电离和溶液的酸碱性模拟预测通关新人教版

第2节 水的电离和溶液的酸碱性一、选择题1下列说法正确的是()A水的电离方程式：H2O=HOHBpH7的溶液一定是中性溶液C升高温度，水的电离程度增大D将稀醋酸加水稀释时，c(H)减小，c(OH)也减小解析：选C。A.水是弱电解质，电离方程式应该使用可逆号，H2OHOH，错误。B.若溶液的温度不是室温，则pH7的溶液不一定是中性溶液，错误。C.水是弱电解质，电离吸收热量，所以升高温度，水的电离程度增大，正确。D.将稀醋酸加水稀释时，c(H)减小，由于存在水的电离平衡，所以c(OH)增大，错误。225 时，水的电离达到平衡：H2OHOH。下列叙述错误的是()A向水中通入氨气，平衡逆向移动，c(OH)增大B向水中加入少量稀硫酸，c(H)增大，Kw不变C将水加热平衡正向移动，Kw变大D升高温度，平衡正向移动，c(H)增大，pH不变解析：选D。向水中通入NH3，c(OH)增大，平衡左移，A正确；向水中加入少量稀H2SO4，c(H)增大，但温度不变，Kw不变，B正确；将水加热，水的电离平衡正向移动，Kw变大，C正确；升高温度，能促进水的电离，c(H)增大，pH减小，D错误。3与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3NHNH，据此判断以下叙述中错误的是()A液氨中含有NH3、NH、NH等微粒B一定温度下液氨中c(NH)c(NH)是个常数C液氨的电离达到平衡时：c(NH3)c(NH)c(NH)D只要不加入其他物质，液氨中c(NH)c(NH)解析：选C。此题要求将水的电离迁移应用于NH3。NH3分子电离产生H和NH，H与NH3结合生成NH，液氨电离产生等量的NH与NH，一定温度下离子浓度乘积为一常数；NH类似于H，NH类似于OH。4水的电离常数如下图两条曲线所示，曲线中的点都符合c(H)c(OH)常数，下列说法错误的是()A图中温度T1 T2B图中五点Kw间的关系：BCADEC曲线a、b均代表纯水的电离情况D若处在B点时，将pH2的硫酸溶液与pH12的KOH溶液等体积混合后，溶液显碱性解析：选C。D项，B点Kw1012，H2SO4中c(H)102 molL1，KOH中c(OH) molL11 molL1，等体积混合后，KOH过量，溶液呈碱性，正确。5常温下，0.1 molL1某一元酸(HA)溶液中1108，下列叙述正确的是()A该一元酸溶液的pH1B该溶液中由水电离出的c(H)11011 molL1C该溶液中水的离子积常数为11022D用pH11的NaOH溶液V1 L和V2 L 0.1 molL1该一元酸(HA)溶液混合，若混合溶液的pH7，则V1V2解析：选B。将c(OH)代入原题关系式中可得1108，解得c(H)1103 molL1，所以该溶液的pH3，A项错误；酸溶液中水的电离看氢氧根离子，c(OH) molL111011 molL1，所以由水电离出的c(H)11011 molL1，B项正确；常温下，水的离子积是一个常数，为11014，C项错误；由于HA是弱酸，二者等体积混合呈酸性，当pH7时应有V1V2，D项错误。6常温下，关于溶液稀释的说法正确的是()A将1 L 0.1 molL1的Ba(OH)2溶液加水稀释为2 L，pH13BpH3的醋酸溶液加水稀释100倍，pH5CpH4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H)1106 molL1DpH8的NaOH溶液加水稀释100倍，其pH6解析：选A。A.将1 L 0.1 molL1的Ba(OH)2溶液加水稀释为2 L，Ba(OH)2溶液的物质的量浓度变为0.05 molL1，氢氧根离子浓度为0.1 molL1，pH13，正确；B.pH3的醋酸溶液加水稀释100倍，促进醋酸的电离，因此稀释100倍后，其pH5，错误；C.pH4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中的c(H)1106 molL1，由水电离产生的c(H)c(OH)1108 molL1，错误；D.pH8的NaOH溶液加水稀释100倍，其pH应接近7，但不会小于7，错误。7下列说法中正确的是()A25 时NH4Cl溶液的Kw大于100 时NaCl溶液的KwB常温下，pH均为5的醋酸和硫酸铝两种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为1104C根据溶液的pH与酸碱性的关系，推出pH6.8的溶液一定显酸性D100 时，将pH2的盐酸与pH12的NaOH溶液等体积混合，溶液显中性解析：选B。水的离子积常数只与温度有关，温度越高，Kw越大，A错误；醋酸中由水电离出的c(H)溶液中的 c(OH)109 molL1，硫酸铝溶液中由水电离出的 c(H)溶液中的c(H)105 molL1，B正确；C选项中未指明温度，无法判断溶液pH与酸碱性的关系，C错误；100 时Kw11012，所以将pH2的盐酸与pH12的NaOH溶液等体积混合后，溶液显碱性，D错误。8实验室用标准盐酸测定某NaOH溶液的浓度，用甲基橙作指示剂，下列操作中可能使测定结果偏低的是()A酸式滴定管在装酸液前未用标准盐酸润洗23次B开始实验时酸式滴定管尖嘴部分有气泡，在滴定过程中气泡消失C锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变橙色，立即记下滴定管液面所在刻度D盛NaOH溶液的锥形瓶滴定前用NaOH溶液润洗23次解析：选C。A项，所用的盐酸的实际用量大于理论用量，故导致测定结果偏高；B项，这种操作会导致盐酸读数偏大，测出NaOH溶液浓度偏高；C项，由黄色变为橙色可能由于局部c(H)变大引起的，振荡后可能还会恢复黄色，应在振荡后半分钟内颜色保持不变才能认为已达到滴定终点，故所用盐酸的量比理论用量偏小，测出的NaOH溶液浓度偏低；D项，用NaOH溶液润洗锥形瓶，直接导致盐酸的用量偏大，故测定NaOH溶液浓度偏高。9在T 时，某NaOH稀溶液中c(H)10a molL1，c(OH)10b molL1，已知ab12。向该溶液中逐滴加入pHc的盐酸(T )，测得混合溶液的部分pH如下表所示：序号NaOH溶液体积盐酸体积溶液pH20.000.00820.0020.006假设溶液混合前后的体积变化忽略不计，则c为()A1B4C5 D6解析：选B。据题意可知在该温度下水的离子积常数是11012，而不是11014。通过可知，此NaOH溶液中c(OH)104 molL1。由可知，加入20 mL盐酸后溶液的pH6，此时恰好完全中和。则c(H)1104 molL1，则c4。1025 时，体积为Va、pHa的某一元强酸溶液与体积为Vb、pHb的某一元强碱溶液均匀混合后，溶液的pH7，已知b6a，Va7得：a7/6；由混合后溶液的pH7得：n(H)n(OH)，即：Va10aVb10b14，得：10ab14；由于VaVb，即：10ab141，得：ab140，结合b6a得：a2，综合知，7/6aca，氢离子浓度越大，水的电离程度越小，三种溶液中水的电离程度由大到小的顺序为acb；醋酸在稀释过程中会促进电离，所以氢离子的物质的量增加，氢离子的浓度变化程度小，硫酸和盐酸溶液中氢离子物质的量不变且相等，所以c(H)由大到小的顺序为abc。答案：(1)温度升高，水的电离程度增大，离子积增大1 0001碱(2)acbabc13已知水在25 和95 时，其电离平衡曲线如图所示：(1)95 时，水的电离平衡曲线应为B，请说明理由： 。25 时，将pH9的NaOH溶液与pH4的硫酸溶液混合，所得混合溶液的pH7，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为 。(2)95 时，若100体积pHa的某强酸溶液与1体积pHb的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则a与b之间应满足的关系是 。(3)曲线A所对应的温度下，pH2的HCl溶液和pH11的某BOH溶液中，若水的电离程度分别用1、2表示，则1 2(填“大于”“小于”“等于”或“无法确定”)。(4)曲线B对应温度下，将0.02 mol/L Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合后，混合溶液的pH 。解析：(1)水的电离是吸热过程，温度高时，电离程度大，c(H)、c(OH)均增大，95 时，水的电离平衡曲线应为B；25 时，pH9的NaOH溶液，c(OH)105 mol/L；pH4的H2SO4溶液，c(H)104 mol/L；若所得混合溶液的pH7，n(OH)n(H)。则c(OH)V(NaOH)c(H)V(H2SO4)。故NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为V(NaOH)V(H2SO4)c(H)c(OH)101。(2)95 时，水的离子积常数是Kw1012。若100体积pHa的某强酸溶液中n(H)10010a mol102a mol，1体积pHb的某强碱溶液n(OH)101210b10b12mol。混合后溶液呈中性，102amol10b12mol。2ab12，所以ab14。(3)曲线A所对应的温度是室温。在室温下，pH2的HCl溶液，c水(H)1012 mol/L；pH11的某BOH溶液中，c水(H)1011 mol/L；水电离产生的H的浓度越大，水的电离程度就越大。若水的电离程度分别用1、2表示，则12。(4)曲线B所对应的温度是95 ，该温度下水的离子积常数是Kw1012，在曲线B所对应的温度下，将0.02 mol/L的Ba(OH)2溶液与等物质的量浓度的NaHSO4溶液等体积混合，则反应后溶液中c(OH)0.02 mol2 L0.01 mol/L。由于该温度下水的离子积常数是Kw1012，所以c(H)1010 mol/L，所得混合液的pH10。答案：(1)水的电离是吸热过程，温度高时，电离程度大， c(H)、c(OH)均增大101(2)ab14(3)小于(4)1014.实验室有一瓶失去标签的某白色固体X，已知其成分可能是碳酸或亚硫酸的钠盐或钾盐，且其成分单一。现某化学小组通过如下步骤来确定其成分：(1)阳离子的确定实验方法及现象： 。结论：此白色固体是钠盐。(2)阴离子的确定取少量白色固体于试管中，然后向试管中加入稀盐酸，白色固体全部溶解，产生无色气体，此气体能使溴水褪色。要进一步确定其成分需补做如下实验：取适量白色固体配成溶液，取少许溶液于试管中，加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。.确认其成分后，由于某些原因，此白色固体部分被空气氧化，该化学小组想用已知浓度的酸性KMnO4溶液来确定变质固体中X的含量，具体步骤如下：步骤称取样品1.000 g。步骤将样品溶解后，完全转移到250 mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，用0.01 molL1 KMnO4标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。(1)写出步骤所发生反应的离子方程式： 。(2)在配制0.01 molL1 KMnO4标准溶液时若仰视定容，则最终测得变质固体中X的含量 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(3)滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.002.2020.20则该变质固体中X的质量分数为 。解析：.题中一个关键点是白色固体成分单一，由阳离子检验可知该盐是钠盐，由实验(2)可知该盐是亚硫酸盐或亚硫酸氢盐，由实验(2)可排除该盐是亚硫酸氢盐，故该盐应是Na2SO3，Na2SO3易在空气中被氧化生成Na2SO4。.(2)配制0.01 molL1 KMnO4 标准溶液时若仰视定容，使c(KMnO4)减小，则在进行滴定操作时消耗 V(KMnO4)会变大，导致所测Na2SO3含量偏大。(3)分析滴定数据，第三组数据明显偏小，滴定中误差很大，计算时应舍去。答案：.(1)取固体少许，进行焰色反应实验，焰色为黄色.(1)2MnO5SO6H=2Mn25SO3H2O(2)偏大(3)63%