（江苏专版）2020版高考化学一轮复习 跟踪检测（二十二）水的电离 溶液的pH（含解析）.doc

跟踪检测（二十二） 水的电离 溶液的pH1水的电离平衡为H2OHOHH0，下列叙述不正确的是()A将水加热，pH减小B恒温下，向水中加入少量固体KOH，Kw不变C向水中滴入稀醋酸，c(H)增大D向水中加入少量固体NaClO，水的电离平衡逆向移动解析：选D水的电离是吸热过程，升高温度，平衡向电离方向移动，Kw增大，c(H)增大，则pH减小，故A正确；恒温下，向水中加入少量固体KOH，因为Kw只受温度的影响，所以Kw不变，故B正确；向水中滴入稀醋酸，稀醋酸是酸性溶液，所以c(H)增大，故C正确；向水中加入少量固体NaClO，ClO水解消耗H，水的电离平衡正向移动，故D错误。2常温下，下列有关电解质溶液的叙述错误的是()A某H2SO4溶液中1.0108，由水电离出的c(H)11011 molL1B将0.02 molL1 HCl溶液与0.02 molL1 Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液pH约为12C将0.1 molL1的NaOH溶液加水稀释后，由水电离产生的c(H)c(OH)保持不变DpH3的H2SO4溶液，稀释105倍后，溶液的pH7解析：选CH2SO4溶液中1.0108，结合水的离子积常数1.01014可知溶液中c(H)1.0103 molL1，H2SO4溶液中水的电离受到抑制，由水电离出的c(H)1.01011 molL1，A项正确；将0.02 molL1 HCl溶液与0.02 molL1 Ba(OH)2溶液等体积混合后，溶液中c(OH)0.01 molL1，溶液的pH12，B项正确；稀释NaOH溶液时，水的电离程度增大，由水电离出的c(H)c(OH)增大，C项错误；酸无论稀释多少倍仍呈酸性，pH7，D项正确。325 时，重水(D2O)的离子积为1.61015，也可用pH一样的定义来规定其酸碱度：pDlg c(D)，下列有关pD的叙述，正确的是()中性D2O的pD7在1 L D2O中，溶解0.01 mol NaOD，其pD121 L 0.01 molL1的DCl的重水溶液，pD2在100 mL 0.25 molL1 DCl的重水溶液中，加入50 mL 0.2 molL1 NaOD的重水溶液，反应后溶液的pD1ABC D解析：选B由于重水的离子积常数为1.61015，因此重水中c(D)4108，对应的pD7.4，故错；在0.01 molL1 NaOD的重水溶液中，c(OD)0.01 molL1，根据重水离子积常数，可推知c(D)1.61013 molL1，pD不等于12，故错；在0.01 molL1 DCl的重水溶液中，c(D)0.01 molL1，因此pD2，正确；根据中和反应量的关系，100 mL 0.25 molL1 DCl和50 mL 0.2 molL1 NaOD中和后溶液中过量的DCl的浓度为0.1 molL1，因此对应溶液的pD1，正确。4常温下，下列溶液一定呈碱性的是()A能与金属铝反应放出氢气的溶液B.106的溶液CpH2的CH3COOH溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合D0.01 molL1的氨水与0.01 molL1的HCl溶液等体积混合解析：选B能与金属铝反应放出氢气的溶液可能呈酸性也可能呈强碱性，A错误；106c(A)c(H)c(OH)解析：选BA项，由乙组数据知，HA与NaOH以等物质的量反应，所得NaA溶液呈碱性，HA为弱酸，甲组中HA与NaOH以等物质的量混合，混合溶液pH7，错误；B项，乙溶液为NaA溶液，溶液中的OH全部来自水的电离，且c(OH)105 molL1，正确；C项，HA溶液与NaOH溶液等体积混合溶液的pH7，酸过量，c10.2，错误；D项，由数据知，丁组混合溶液是HA与NaA等物质的量混合，溶液呈酸性，HA的电离程度大于A的水解程度，即c(A)c(Na)c(H)c(OH)，错误。6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：选DA、B项会导致测定结果偏高，C项会导致测定结果偏低，D项无影响，原因是硫酸钠溶液显中性。7甲、乙两杯醋酸稀溶液，甲的pHa，乙的pHa1，对下列叙述的判断正确的是()甲由水电离出来的H的物质的量浓度是乙的物质的量浓度：c(甲)10c(乙)中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两杯酸的体积：10V(甲)V(乙)甲中的c(OH)为乙中的c(OH)的10倍A BC D解析：选D甲溶液的pHa，由水电离出来的c(OH)水c(H)水110a14 molL1；乙溶液的pHa1，由水电离出来的c(OH)水c(H)水110a114 molL1110a13 molL1，正确，错误；弱电解质浓度越大，电离度越小，故c(甲)10c(乙)，错误；中和等物质的量的NaOH时，10V(甲)V(乙)，错误；故D项正确。8常温下，用0.10 molL1 NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.10 molL1HCl溶液和20.00 mL 0.10 molL1 CH3COOH溶液，得到2条滴定曲线，如图所示，则下列说法正确的是()A图2是滴定盐酸的曲线Ba与b的关系是abCc点对应离子浓度由大到小的顺序为c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)D这两次滴定都可以用甲基橙作为指示剂解析：选C如果酸为强酸，则0.100 0 molL1酸的pH为1，根据酸的初始pH知，图1为盐酸滴定曲线，故A错误；根据图1知，a点氢氧化钠溶液的体积是20 mL，酸和碱的物质的量相等，二者恰好反应生成强酸强碱盐，其溶液呈中性；若醋酸溶液中滴入等量的氢氧化钠溶液，醋酸钠溶液呈碱性，所以图2b点时，氢氧化钠溶液的体积小于20.00 mL，ab，故B错误；c点溶液的成分为醋酸钠和醋酸，溶液呈酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，盐类水解程度较小，则溶液中离子浓度为c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)，故C正确；氢氧化钠和盐酸反应恰好呈中性，可以选择甲基橙或酚酞；氢氧化钠和醋酸恰好反应生成醋酸钠溶液呈碱性，只能选择酚酞，故D错误。9实验室欲用0.01 molL1的Na2S2O3溶液滴定碘水，发生的反应为I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6，下列说法正确的是( )A该滴定反应可用甲基橙作指示剂BNa2S2O3是该反应的还原剂C该滴定反应可选用如图所示装置D该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，转移电子的物质的量为4 mol解析：选B该滴定反应应该用淀粉溶液作指示剂，A项错误；在该反应中，I2中I的化合价降低，得到电子，I2作氧化剂，Na2S2O3中的S的化合价升高，失去电子，Na2S2O3是该反应的还原剂，B项正确；Na2S2O3溶液显碱性，应该使用碱式滴定管，不能用酸式滴定管，C项错误；该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，转移2 mol电子，D项错误。10在t 时，某Ba(OH)2的稀溶液中c(H)10a molL1，c(OH)10b molL1，已知ab12。向该溶液中逐滴加入pHc的盐酸，测得混合溶液的部分pH如表所示：序号氢氧化钡溶液的体积/mL盐酸的体积/mL溶液的pH22.000.00822.0018.00722.0022.006假设溶液混合后的体积变化忽略不计，则c为()A3B4C5D6解析：选BBa(OH)2溶液的pH8，即a8，再根据ab12，则b4，该温度下Kw1012；当恰好完全中和时，溶液的pH6，即加盐酸的体积为22.00 mL时，恰好完全中和，根据c(H)22.00 mLc(OH)22.00 mL，又c(OH)104 molL1，则盐酸c(H)104 molL1，pH4，即c4。11如表所示是不同温度下水的离子积常数：温度/25t1t2水的离子积常数11014a11012 试回答以下问题： (1)若25 t1”“”或“”)，做此判断的理由是_。(2)25 时，某Na2SO4溶液中c(SO)5104 molL1，取该溶液1 mL加水稀释至10 mL，则稀释后溶液中c(Na)c(OH)_。(3)t2 时，将pH11的苛性钠溶液V1 L与pH1的稀硫酸V2 L混合(设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和)，所得混合溶液的pH2，则V1V2_。此溶液中各种离子的浓度由大到小的顺序是_。解析：(1)25 t11107 molL1，所以Kw11014。(2)Na2SO4溶液中c(Na)25104 molL11103 molL1，稀释10倍后，c(Na)1104 molL1，此时溶液为中性，c(OH)1107 molL1，所以 c (Na)c(OH)104 molL1107 molL11 0001。(3)根据酸、碱中和原理及pH计算式得102 molL1，解得V1V2911，根据Na2SO4的化学组成及反应后溶液呈酸性，推知该溶液中各种离子浓度由大到小的顺序为c(Na) c(SO)c(H)c(OH)。答案：(1)温度升高，水的电离程度增大，所以水的离子积增大(2)1 0001(3)911c(Na)c(SO)c(H)c(OH)12某学生用0.200 0 molL1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步：用蒸馏水洗涤碱式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度线以上固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数量取20.00 mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3 mL酚酞溶液用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数请回答：(1)以上步骤有错误的是_(填编号)。(2)用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入_(从图中选填“甲”或“乙”)中。(3)下列操作会引起实验结果偏大的是_(填字母)。A在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水B滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡C锥形瓶先用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗D用酸式滴定管量取液体时，释放液体前滴定管前端有气泡，之后消失(4)滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视_。判断到达滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液_。(5)以下是实验数据记录表滴定次数盐酸体积(mL)NaOH溶液体积读数(mL)滴定前滴定后120.000.0021.30220.000.0016.30320.000.0016.32通过计算可得，该盐酸浓度为_ molL1。解析：(1)碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液，标准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)V(标准)c(标准) V(待测)，可知c(待测)偏大；酸碱指示剂酚酞是弱电解质，也会反应消耗酸或碱，为了减少实验误差，酚酞一般滴加1滴或2滴，错误。(2)NaOH溶液，应装在碱式滴定管乙中。(3)A项，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，对实验结果无影响，错误；B项，滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后无气泡，使标准溶液体积偏大，导致待测溶液的浓度偏高，正确；C项，锥形瓶用蒸馏水洗涤后，未用待测液润洗，不产生误差，错误；D项，用酸式滴定管量取液体时，释放液体前滴定管前端有气泡，之后消失，则待测溶液体积偏少，反应消耗标准酸溶液的体积偏小，使测得浓度偏低，错误。(4)滴定时，左手控制滴定管，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化；判断到达滴定终点的现象是：锥形瓶中溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不变色。(5)根据实验数据可知，第一次实验数据误差较大，舍去，V(NaOH)(16.3016.32)216.31 mL，c(NaOH)V(NaOH)c(HCl)V(HCl)，c(HCl)c(NaOH)V(NaOH)V(HCl)(0.200 0 molL116.31 mL)20.00 mL0.163 1 molL1。答案：(1)(2)乙(3)B(4)锥形瓶内溶液颜色的变化由无色变成浅红色，且半分钟内不变色(5)0.163 113信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了威胁。某研究性学习小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70% Cu、25% Al、4% Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：(1)第步Cu与酸反应的离子方程式为_。(2)第步加H2O2的作用是_。(3)该探究小组提出两种方案测定CuSO45H2O晶体的纯度。方案一：取a g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定(原理为I22S2O=2IS4O)，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。CuSO4溶液与KI反应的离子方程式为_。方案二：取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c molL1 EDTA(H2Y2)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6 mL。滴定反应如下：Cu2H2Y2=CuY22H。写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式w_。下列操作会导致CuSO45H2O含量的测定结果偏高的是_(填字母)。a未干燥锥形瓶b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c.未除净可与EDTA反应的干扰离子解析：(1)铜与浓硝酸电离的NO和浓硝酸、稀硫酸电离的H反应产生NO2或NO。(2)第步加入H2O2是将Fe2氧化为Fe3，H2O2为绿色氧化剂，还原产物为H2O，无污染。(3)Cu2氧化I得CuI沉淀和I2，利用化合价升降法配平。从滴定反应知，n(Cu2)n(EDTA)，所以有：c molL16103 L，解得w100 %。a项，对上式中各量没有影响；b项，滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，读数时标准溶液体积偏小，结果偏低；c项，使EDTA的量增大，所以测定结果偏高。答案：(1)Cu4H2NO=Cu22NO22H2O或3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O(2)将Fe2氧化成Fe3(3)2Cu24I=2CuII2100%c14草酸铁晶体Fe2(C2O4)3xH2O通过相关处理后可溶于水，且能做净水剂，在110 可完全失去结晶水。为测定该晶体中铁的含量和结晶水的含量，某实验小组做了如下实验：步骤1：称量4.66 g草酸铁晶体进行处理后，配制成250 mL一定物质的量浓度的溶液。步骤2：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至C2O恰好全部氧化成CO2，同时MnO被还原成Mn2。向反应后的溶液中加入一小匙锌粉，加热至溶液黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。步骤3：用 0.020 0 molL1 KMnO4溶液滴定步骤2所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液V1 mL，滴定中MnO被还原成Mn2。重复步骤2、步骤3的操作2次，分别滴定消耗0.020 0 molL1 KMnO4溶液为V2、V3 mL。记录数据如下表：实验编号KMnO4溶液的浓度(molL1)KMnO4溶液滴入的体积(mL)10.020 0V120.0220.020 0V220.1230.020 0V319.98请回答下列问题：(1)草酸铁溶液能做净水剂的原因_(用离子方程式表示)。(2)该实验步骤1和步骤3中使用的仪器除托盘天平、铁架台、滴定管夹、烧杯、玻璃棒外，一定需用下列仪器中的_ (填字母)。A酸式滴定管B碱式滴定管C量筒(10 mL)D锥形瓶 E胶头滴管 F漏斗G250 mL容量瓶(3)步骤3滴定时是否选择指示剂_(填“是”或“否”)，说明理由_；写出步骤3中发生反应的离子方程式_。(4)在步骤2中，若加入的KMnO4溶液的量不够，则测得的铁含量_(填“偏低”“偏高”或“不变”)；实验测得该晶体中结晶水的个数x为_。解析：(1)草酸铁溶液水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附性，能作净水剂，反应的离子方程式为Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3H。(2)实验步骤1是配制溶液，需要的仪器有托盘天平、烧杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、胶头滴管；步骤3是滴定，使用的仪器有铁架台、滴定管夹、锥形瓶、酸式滴定管，因此需用仪器中的A、D、E、G。(3)高锰酸钾溶液显紫红色，步骤3滴定时发生的反应为5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O，因为KMnO4被还原剂还原成Mn2，紫红色褪去，所以不需要指示剂。(4)在步骤2中，若加入的KMnO4溶液的量不够，导致C2O不能完全被氧化，使步骤3中消耗的高锰酸钾溶液的体积偏大，则测得的铁含量偏高；第二次误差偏大，舍去。第一次和第三次的平均体积为20.00 mL，根据步骤3中的离子反应可知：n(Fe2)5n(MnO)520.00 mL103 LmL10.02 molL12.000102mol，草酸铁晶体Fe2(C2O4)3xH2O 中含有Fe2(C2O4)3的质量为2.000102mol376 gmol13.76 g，则结晶水的物质的量为0.05 mol，则Fe2(C2O4)3和H2O的物质的量之比为15，即x5。答案：(1)Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3H(2)ADEG(3)否因为KMnO4被还原剂还原成Mn2，紫红色褪去，所以不需要指示剂5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O(4)偏高5