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主题21:水的电离和溶液的酸碱性李仕才A卷最新模拟基础训练1.已知NaHSO4在水中的电离方程式为NaHSO4Na+H+S。某温度下,向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体,保持温度不变,测得溶液的pH为2。对于该溶液,下列叙述中不正确的是()。A.该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液,可使反应后的溶液恰好呈中性B.水电离出的c(H+)=110-10 molL-1C.c(H+)=c(OH-)+c(S)D.该温度高于25 【解析】某温度下,pH=6的蒸馏水,Kw=110-12,NaHSO4溶液的pH为2,c(H+)=110-2molL-1,pH=12的NaOH溶液,c(OH-)=1 molL-1,反应后的溶液呈碱性,则A项不正确。【答案】A2.下列说法正确的是()。A.向10 mL浓度为0.1 molL-1 CH3COOH溶液中滴加相同浓度的氨水,在滴加过程中水的电离程度始终增大B.0.01 molL-1醋酸溶液中水的电离程度小于0.01 molL-1盐酸中水的电离程度C.常温下将0.01 molL-1盐酸与pH=12的氨水等体积混合,所得溶液中由水电离出的c(OH-)110-7 molL-1【解析】在滴加过程中,溶液的pH逐渐变大,水的电离程度在溶液显中性之前逐渐变大,显中性之后逐渐变小,A项错误;等浓度的醋酸和盐酸,醋酸的pH大,水的电离程度大,B项错误;混合后,氨水过量,溶液显碱性,由水电离出的c(OH-)110-7 molL-1,C项正确;醋酸与氨水等浓度、等体积混合后,得到的CH3COONH4溶液显中性,由水电离出的c(OH-)=110-7 molL-1,D项错误。【答案】C3.下列说法不正确的是()。A.常温下,在0.1 molL-1的H2SO4溶液中,由水电离出的c(H+)c(C)C.25 时,AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、MgCl2溶液中的溶度积相同D.向冰醋酸中逐滴加水,溶液的导电性、醋酸的电离程度、溶液的pH均先增大后减小【解析】在0.1 molL-1的H2SO4溶液中,由水电离出的c(H+)为5.010-14 molL-1c(C),B项正确;温度不变,AgCl固体的溶度积不变,C项正确;向冰醋酸中逐滴加水,醋酸的电离程度一直增大,D项错误。【答案】D4.室温下,用0.10 molL-1的盐酸滴定20.00 mL 0.10 molL-1的某碱BOH溶液,得到的滴定曲线如图所示:下列判断不正确的是()。A.滴定时可以使用甲基橙作指示剂B.b点时溶液的pH=7C.当c(Cl-)=c(B+)时,V(HCl)20.00 mLD.c点时溶液中c(H+)约为0.03 molL-1【解析】由图可知,0.10 molL-1的某碱BOH溶液的pH接近12,即小于13,则该碱为弱碱,应使用甲基橙作指示剂,A项正确;b点时,盐酸和BOH恰好完全反应,溶液中的溶质为强酸弱碱盐(BCl),pH7,B项错误;当c(Cl-)=c(B+)时,由电荷守恒可知,溶液呈中性,pH=7,此时未达到滴定终点,说明V(HCl) 20.00 mL,C项正确;c点时溶液中HCl过量,可忽略B+水解生成的H+,故c(H+)=0.10molL-120.00mL60.00mL0.03 molL-1,D项正确。【答案】B5.20 mL 0.1000 molL-1氨水用0.1000 molL-1的盐酸滴定,滴定曲线如图所示,下列说法正确的是()。A.该中和滴定适宜用酚酞作指示剂B.两者恰好中和时,溶液的pH=7C.达到滴定终点时,溶液中:c(H+)=c(OH-)+c(NH3H2O)D.当滴入盐酸达30 mL时,溶液中:c(N)+c(H+)c(OH-)+c(Cl-)【解析】恰好反应时生成的氯化铵会发生水解,溶液显酸性,该中和滴定适宜用甲基橙作指示剂,溶液的pHc(Y-)c(OH-)c(H+)D.将上述HY与HZ溶液等体积混合达到平衡时:c(H+)=c(OH-)+c(Z-)+c(Y-)【解析】0.1000 molL-1的HX、HY、HZ中,HZ的pH=1,为强酸,其他两种酸溶液的pH大于1,说明不完全电离,为弱酸,A项正确;当NaOH溶液滴到10 mL时,溶液中c(HY)c(Y-),即Ka(HY)c(H+)=10-5,B项正确;HX恰好完全反应时,HY早已完全反应,所得溶液为NaX和NaY混合液,酸性:HXHY,NaY的水解程度小于NaX,故溶液中c(X-)c(Y-),C项错误;HY与HZ溶液等体积混合时,溶液中电荷守恒为c(H+)=c(Y-)+c(Z-)+c(OH-),D项正确。【答案】C7.在精制饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打(NaHCO3),并提取氯化铵作为肥料或进一步提纯为工业氯化铵。回答下列问题:(1)写出上述制备小苏打的化学方程式:。(2)滤出小苏打后,从母液中提取氯化铵有两种方法:通入氨,冷却、加食盐,过滤不通氨,冷却、加食盐,过滤下列对上述两种方法的评价正确的是(填字母)。a.析出的氯化铵纯度更高b.析出的氯化铵纯度更高c.的滤液可直接循环使用d.的滤液可直接循环使用(3)提取的NH4Cl中含少量Fe2+、S。将产品溶解,加入H2O2,加热至沸腾,再加入BaCl2溶液,过滤,蒸发结晶,得到工业氯化铵。加热至沸腾的目的是;滤渣的主要成分是。(4)称取1.840 g小苏打样品(含少量NaCl),配成250 mL溶液,取出25.00 mL溶液,用0.1000 molL-1盐酸滴定,消耗盐酸21.50 mL。选甲基橙而不选酚酞作为指示剂的原因是。(5)将一定质量的小苏打样品(含少量NaCl)溶于足量盐酸,蒸干后称量固体质量,也可测定小苏打的含量。若蒸发过程中有少量液体溅出,则测定结果(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。【解析】(1)在饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打(NaHCO3),根据质量守恒定律可知,同时生成了NH4Cl,反应的化学方程式为NH4HCO3+NaClNaHCO3+NH4Cl。(2)母液中含有氯化铵,通入氨,冷却、加食盐,有利于氯化铵的析出,纯度更高,过滤后滤液中含有氨气,不能直接循环使用,而的滤液可直接循环使用。(3)加热可加快亚铁离子的氧化速率,且有利于铁离子的水解,再加入BaCl2溶液,得到硫酸钡沉淀,滤渣的主要成分是氢氧化铁、硫酸钡。(4)碳酸氢钠溶液的pH接近8.2,与酚酞变色的pH接近,变色时的pH和反应终点的pH相差较大;反应产生的二氧化碳不能全部逸出,使得溶液偏酸性,因此使用甲基橙的误差小(使用甲基橙易判断滴定终点,误差小)。(5)若样品全部为碳酸氢钠,与盐酸反应后生成氯化钠,质量减小;若样品全部为氯化钠时,质量基本不变。可知加热后固体质量越小,碳酸氢钠含量越大,若蒸发过程中有少量液体溅出,蒸干后所得固体质量偏小,则小苏打含量偏高。【答案】(1)NH4HCO3+NaClNaHCO3+NH4Cl(2)ad(3)使Fe3+完全水解为Fe(OH)3Fe(OH)3、BaSO4(4)选用酚酞作为指示剂,不能确定滴定终点(5)偏高8.实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某学生用0.10 molL-1NaOH标准溶液进行盐酸浓度测定的实验。请完成下列问题:取20.00 mL待测盐酸放入锥形瓶中,并滴加23滴酚酞作指示剂,用刚配制好的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作23次,记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度(molL-1)滴定完成时,NaOH溶液滴入的体积(mL)待测盐酸的体积(mL)10.1022.6220.0020.1022.7220.0030.1022.8020.00(1)滴定达到终点的标志是。(2)根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为(保留两位有效数字)。(3)排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的,然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。(4)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(填字母)。A.滴定终点读数时俯视B.酸式滴定管使用前,水洗后未用待测盐酸润洗C.锥形瓶水洗后未干燥D.配制标准溶液时,称量的NaOH固体中混有Na2CO3固体E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失【解析】根据指示剂在酸性溶液或碱性溶液中的颜色变化,我们可以判断中和反应是否恰好进行完全。计算盐酸的浓度时,应计算三次中和滴定所用NaOH溶液的平均值,因NaOH标准液浓度及待测液的体积均相同,故只算NaOH溶液体积的平均值即可。根据碱式滴定管的构造可知,弯曲橡胶管即可将管中的气泡排出。【答案】(1)滴入最后一滴NaOH溶液后,溶液由无色恰好变成红色且半分钟内不褪色(2)0.11 molL-1(3)丙(4)DE9.为研究HA、HB溶液和MOH溶液的酸碱性的相对强弱,某化学学习小组设计了以下实验:室温下,pH=2的两种酸溶液HA、HB和pH=12的碱溶液MOH各1 mL,分别加水稀释到1000 mL,其pH的变化与溶液体积的关系如图所示。根据所给数据,请回答下列问题:(1)HA为(填“强”或“弱”,下同)酸,HB为酸。(2)若c=9,则稀释后的三种溶液中,由水电离出的氢离子浓度的大小顺序为(用酸、碱的化学式表示)。将稀释后的HA溶液和MOH溶液等体积混合,则所得溶液中c(A-)(填“大于”“小于”或“等于”)c(M+)。(3)若b+c=14,则MOH为(填“强”或“弱”)碱。将稀释后的HB溶液和MOH溶液等体积混合后,所得混合溶液的pH(填“大于”“小于”或“等于”)7。【解析】(1)pH=a的强酸,稀释10n倍后,溶液的pH=a+n;pH=a的弱酸,稀释10n倍后,溶液的pH介于a和a+n之间。据此可确定HA是强酸,HB是弱酸。(2)pH=9的MOH溶液中,c(H+)水=110-9 molL-1;pH=5的HA溶液中,c(H+)水=c(OH-)水=110-9 molL-1;pH=b的HB溶液中,c(H+)水=c(OH-)水HB等于(3)弱等于10.已知:I2+2S2S4+2I-。某学习小组用“间接碘量法”测定CuCl22H2O晶体试样(不含能与I-发生反应的氧化性杂质)的纯度,过程如下:取0.36 g试样溶于水,加入过量KI固体,充分反应,生成白色沉淀。用0.1000 molL-1Na2S2O3标准溶液滴定,到达滴定终点时,消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。(1)Na2S2O3标准溶液应用(填“酸式”或“碱式”)滴定管量取。可选用作滴定指示剂,滴定终点的现象是。(2)CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为。(3)该试样中CuCl22H2O的质量分数为。【解析】(1)“间接碘量法”测定CuCl22H2O晶体试样纯度的基本原理是CuCl2氧化I-生成I2,用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2,而淀粉溶液遇I2显蓝色,故可用淀粉溶液作指示剂,达到滴定终点时,溶液由蓝色变成无色,且半分钟内溶液不恢复原来的颜色。Na2S2O3是强碱弱酸盐,溶液水解呈碱性,应用碱式滴定管盛装。(2)CuCl2与KI发生氧化还原反应,离子方程式为2Cu2+4I-2CuI+I2。(3)由题给信息可得关系式2Cu2+I22S2,则有n(CuCl22H2O)=n(Cu2+)=n(S2)=0.1000 molL-120.0010-3L=2.00010-3mol,m(CuCl22H2O)=2.00010-3mol171 gmol-1=0.342 g。试样中CuCl22H2O的质量分数为0.342g0.36g100%=95%。【答案】(1)碱式淀粉溶液溶液蓝色恰好褪去,且半分钟内不恢复原色(2)2Cu2+4I-2CuI+I2(3)95%6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375
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