2019年高考化学一轮复习 专题8.2 水的电离和溶液的酸碱性（测）.doc

专题8.2 水的电离和溶液的酸碱性（测试时间45分钟，满分100分） 姓名： 班级： 得分： 一、选择题(本题包括10小题，每小题5分，共50分)1【广西桂林十八中2018届期中】下列说法不正确的是 （ ）A 0.1 molL1的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H)为1013molL1B pH2与pH1的CH3COOH溶液中c(H)之比为110C 中和相同体积相同pH的盐酸和醋酸溶液所需NaOH的物质的量不相同，醋酸消耗NaOH的物质的量多D 水的离子积常数KW随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热反应【答案】A 2【四川成都七中2019届高三10月月考】298 K时，在20.0 mL 0.10 mol/L氨水中滴入0.10 mol/的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知：在0.10 mol氨水中有1.32%的NH3H2O发生电离，下列有关叙述正确的是 （ ） A 该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B M点对应的盐酸体积为20.0 mLC M点处的溶液中c(NH4)c(Cl)c(H)c(OH)D N点处的溶液中pH7C 图中Q点水的电离程度最小，Kw10-14 D M点,c(Na+)=c(HY)+c(Y-)+c(Cl-)【答案】B 8【2018年10月7日 每日一题】常温下，将pH=8和pH=10的两种氢氧化钠溶液等体积混合，混合后溶液中c(H+)均为 （ ）A molL-1 B (10-8+10-10)molL-1C (10-14-510-5) molL-1 D 210-10 molL-1【答案】D 9【天津河西区2018届高三上学期期末】已知40时水的离子积常数为Kw。该温度下, 将浓度为 a mol/L的一元酸HA与 b mol/L的一元碱BOH等体积混合，该溶液呈中性时，下列叙述不正确的是 （ ）A a=b,pH=7B 混合溶液的c(H+)=c(OH-)C 混合溶液中，c(B+) =c(A-)D 混合溶液中，c(OH-)= mol/L【答案】A【解析】一元酸HA若为弱酸，a=b，酸碱恰好完全反应，生成弱酸强碱盐，水解显碱性；若一元酸HA若为强酸，a=b，酸碱恰好完全反应，生成强酸强碱盐，溶液呈中性，但是溶液的pH7，因为温度为40时水的离子积常数为Kw， A错误；任何温度下，混合液呈中性，就满足c(H+)=c(OH-)；B正确；根据电荷守恒规律：c(H+)+ c(B+)= c(A-)+ c(OH-)，如果c(H+)=c(OH-)，则c(B+) =c(A-)，C正确；溶液中：c(H+)c(OH-)=Kw，该溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，所以c(OH-)= mol/L，D正确；正确答案选A。10【湖北省八校2018届高三第二次联考】为测定某草酸晶体（H2C2O42H2O）样品的纯度，现称取一定质量的该样品，配制成100 mL溶液，取25.00 mL该溶液于锥形瓶中，加适量稀硫酸，用0.100 mol/L的KMnO4溶液滴定(杂质不参与反应)。为省去计算过程，当称取的样品的质量为某数值时，滴定所用KMnO4溶液的毫升数恰好等于样品中草酸晶体的质量分数的100倍。则应称取样品的质量为（ ）A 2.25 g B 3.15 g C 9.00 g D 12.6 g【答案】D 二、非选择题（50分）11(10分) 【2018年10月7日 每日一题一轮复习】已知水在25 和95 时的电离平衡曲线如图所示： （1）25 时水的电离平衡曲线应为_(填“A”或“B”)。（2）95 时水的离子积Kw=_。（3）25 时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_。（4）95 时，若100 mL pH1=a的某强酸溶液与1 mL pH2=b的某强碱溶液混合后，所得溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是_。（5）在曲线B对应的温度下，将pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合，所得溶液的pH=5。请分析其原因：_。【答案】（10分，每空2分）（1）A （2）11012 （3）101 （4）pH1+pH2=14 （5）HA为弱酸【解析】（1）曲线A条件下Kw=c(H+)c(OH-)=10-710-7=10-14，曲线B条件下c(H+)=c(OH-)=10-6 mol/L，Kw=c(H+)c(OH-)=10-12；水的电离为吸热过程，加热促进电离，所以A曲线代表25时水的电离平衡曲线，故答案为：A；（2）由图像可知，95 时，水中H+的浓度为1106molL1，OH的浓度为1106molL1，则KW=11012。故答案为：11012；（3）25时所得混合溶液的pH=7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH-)=n(H+)，则V(NaOH)10-5 molL-1=V(H2SO4)10-4 molL-1，得V(NaOH)：V(H2SO4)=10：1，故答案为：10：1； （5）在曲线B对应的温度下，水的离子积为11012，HA溶液中c(H+)=0.01 molL1，NaOH溶液中，c(H+)=1010 molL1，则c(OH)=molL1=102 molL1，若HA是强酸，则两溶液等体积混合后所得溶液呈中性，现所得溶液的pH=5，即等体积混合后溶液显酸性，说明HA是弱酸，故答案为：HA为弱酸。12(15分) 【2018版化学高考总复习专题八】（1）常温下，将1 mL pH1的H2SO4溶液加水稀释到100 mL，稀释后的溶液中_。（2）某温度时，测得0.01 molL1的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的离子积常数Kw_。该温度_(填“高于”或“低于”)25 。（3）常温下，设pH5的H2SO4溶液中由水电离出的H浓度为c1；pH5的Al2(SO4)3溶液中由水电离出的H浓度为c2，则_。（4）常温下，pH13的Ba(OH)2溶液a L与pH3的H2SO4溶液b L混合(混合后溶液体积变化忽略不计)。若所得混合溶液呈中性，则ab_。若所得混合溶液pH12，则ab_。（5）在（2）所述温度下，将pHa的NaOH溶液VaL与pHb的硫酸Vb L混合。若所得混合液为中性，且a12，b2，则VaVb_。若所得混合液的pH10，且a12，b2，则VaVb_。【答案】（1）108 （2分 ） （2）11013（2分 ） 高于（1分 ） （3）104 （2分 ）（4）1100（2分 ） 1190（2分 ） （5）110（2分 ） 19（2分 ）【解析】（1）1mL pH=1的H2SO4溶液加水稀释到100mL，c（H+）由0.1mol/L变为0.001mol/L，则稀释后溶液的pH=-lg0.001=3；（2）常温下，0.01mol/L的NaOH溶液的pH为12，而某温度时测得0.01mol/L的NaOH溶液的pH为11，则KW=0.0110-11=1.010-13，温度高于25； =0.01mol/L，解得a：b=11：90；（5）若所得混合溶液为中性，且a=12，b=2，因c（OH-）Va=c（H+）Vb，a=11，溶液中氢氧根离子浓度为0.1mol/L，b=2，则氢离子浓度为0.01mol/L，则0.1Va=0.01Vb，则Va：Vb=1：10；若所得混合溶液的pH=10，混合液中碱过量，该温度下氢氧根离子浓度为0.001mo/L，a=12，氢氧根离子浓度为0.1mol/L，b=2，溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，则c（OH-）=0.001mol/L，解得：Va：Vb=1：9。13（10分）【天津2018届高三下学期测试】I某工厂废水中含游离态氯，通过下列实验测定其浓度。取水样10.0 mL于锥形瓶中，加入10.0 mL的KI溶液(足量)，发生的反应为：Cl2+2KI2KCl+I2，滴入指示剂23滴。取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净后，再用0.01molL-1 Na2S2O3溶液润洗，然后装入0.01molL-1 Na2S2O3溶液到0刻度以上，排出下端尖嘴内的气泡，调整液面至0刻度或0刻度下某一位置，记下读数。将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3=2NaI+ 2Na2S4O6。试回答下列问答： （1）步骤加入的指示剂是_。 （2）步骤应使用_式滴定管。 （3）判断达到滴定终点的实验现象是_。 （4）若用0.1032 mol/L HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，下列情况对实验结果无影响的是_。A酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗 B锥形瓶未用待测液润洗C滴定前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定后气泡消失了D滴定时将标准液溅出锥形瓶外（5）碳酸H2CO3，K1=4.310-7，K2=5.610-11，草酸H2C2O4 K1=5.910-2，K2=6.410-5。0.1 mol/L Na2CO3溶液的pH_0.1 mol/L Na2C2O4溶液的pH(选填“大于”、“小于”或“等于”)。若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小的顺序正确的是_。Ac(H+)c(HC2O4-)c(HCO3-)c（CO32-) Bc(HCO3-)c(HC2O4-)c(C2O42-)c(CO32-)Cc(H+)c(HC2O4-)c(C2O42-)c(CO32-) Dc(H2CO3) c(HCO3-)c(HC2O4-)c(CO32-)【答案】（1）淀粉溶液（1分） （2）碱（1分） （3）滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变成无色且半分钟内不恢复（2分） （4）B （2分） （5）大于 （2分） AC（2分） （4）A、酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗，标准盐酸的浓度偏小，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，测定c(待测)偏大，故A错误；B、锥形瓶未用待测液润洗，对V(标准)无影响，根据c(待测)=可知，测定c(待测)无影响，故B正确；C、滴定前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定后气泡消失了，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=可知，测定c(待测)偏大，故C错误；D、滴定时将标准液溅出锥形瓶外，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=可知，测定c(待测)偏小，故D错误；故选B；（5）草酸的二级电离常数等于碳酸的二级电离常数，说明草酸氢根的酸性比碳酸氢根的强，则0.1 mol/L Na2CO3溶液中碳酸根的水解程度大于0.1 mol/L Na2C2O4溶液中草酸根的水解程度，故0.1 mol/L Na2CO3溶液碱性更强，即0.1mol/LNa2CO3溶液的pH大于0.1mol/L Na2C2O4溶液的pH，草酸的一级、二级电离常数均大于碳酸的一级电离常数，草酸、碳酸的一级电离远大于二级电离，第一步电离为主，因此溶液中c (H+)c (HC2O4-)c (C2O42-)c (HCO3-)c (CO32-)，则AC正确，BD错误，故答案为：大于；AC。14(15分) 【陕西西安远东一中2019届高三10月月考】为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取M g固体样品，配成250 mL溶液。设计了以下两种实验方案：方案I：取50.00 mL上述溶液加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液操作I洗涤操作称量，得到沉淀的质量为m1 g方案：取50.00 mL上述溶液，用a mol/L 的酸性KMnO4溶液进行滴定。实验中所记录的数据如下表： 滴定次数实验数据1234待测溶液体积/mL50.0050.0050.0050.00滴定管初读数/mL0.000.200.100.15滴定管末读数/mL20.9521.2020.1521.20 （1）配制250 mL Na2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、滴管、药匙和_、_。（2）操作I为_操作为_（3）方案I中如何判别加入的氯化钡已经过量_（4）在方案中滴定终点的判断方法是_。（5） 在方案中发生的离子反应方程式为_（6）根据方案所提供的数据，计算Na2SO3的纯度为_。（写成分数形式）（7）有同学模仿方案I，提出方案：取50.00 mL上述溶液加入足量的盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液操作I洗涤操作称重，得到沉淀质量为m2 g 并用方案I的方法计算结果。根据方案，从理论上讲，下列说法正确的是_（填序号）a方案I比方案的计算结果要低 b方案I比方案的计算结果要高 cm1=m2 ，方案I和方案的结果一样 d方案不应根据方案I的方法计算（8）上述实验中，由于操作错误所引起的实验误差分析正确的是_（填序号）。a方案I中如果没有洗涤操作，实验结果将偏小b方案I中如果没有操作，实验结果将偏大c方案中如果没有洗涤操作，实验结果将偏小d方案中如果没有操作，实验结果将偏大【答案】（1）天平（1分） 250mL容量瓶 （1分） （2）过滤（1分） 干燥（烘干）（1分）（3）静置分层后，向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡，不再产生沉淀，即已沉淀完全（2分）（4）加入最后一滴高锰酸钾溶液后溶液由无色变为紫色，且在半分钟内不褪（1分）（5）2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2+5SO42-+3H2O（2分）（6）1323a/40M（2分） （7）bd（2分） （8）ad（2分）（2）取2.500 mL上述溶液,加入足量的盐酸酸化的BaCl2溶液生成硫酸钡沉淀过滤洗涤干燥称量,得到沉淀的质量为m1g,操作I为分离固体和液体用过滤,操作为干燥沉淀;（3）判别加入的氯化钡已经过量的方法为:静置分层后,向上清液中加入盐酸酸化的氯化钡,不再产生沉淀,即已沉淀完全;（4）在方案中滴定终点的判断方法是加入最后一滴后溶液由无色变为紫色,且在半分钟内不褪;（5）酸性KMnO4具有氧化性，SO32-具有还原性，两者发生氧化还原反应，离子反应方程式为：2MnO4-+5SO32-+6H+=2Mn2+5SO42-+3H2O；（6）从图表中4组数据可知,消耗的高锰酸钾的体积分别为：20.95mL、21.00mL、20.05mL、21.05mL，第三组数据误差较大,应舍去, 高锰酸钾平均消耗的溶液体积V=(20.95mL+21.00mL+21.05mL)/3=21.00mL,消耗高锰酸钾的物质的量为a mol/L0.021L=0.021amol结合化学方程式定量关系计算, 2MnO4-5SO32-可知，50.00 mL的上述溶液中含有亚硫酸钠的物质的量为0.021amol5/2=21a/400mol,则Mg固体中亚硫酸钠的物质的量为21a/400mol250mL/50mL=21a/80mol,所以亚硫酸钠的纯度为：21a/80mol126g/molMg100%=1323a/40M;（7）方案I如操作过程较慢,可导致部分亚硫酸被氧化为硫酸,进而生成不溶于盐酸的硫酸钡沉淀,导致结果偏大,方案生成的硫酸钡沉淀来源于样品中含有的硫酸钠和亚硫酸钠,其中亚硫酸钠被氧化生成硫酸钠,生成的硫酸钡沉淀的质量较大, 方案I计算硫酸钡的质量可确定硫酸钠的质量,进而计算亚硫酸钠的纯度,而方案根据硫酸钡的质量可确定硫酸钠、亚硫酸钠的物质的量总量,结合二者质量可确定亚硫酸钠的质量,两种方案不同,计算方法不同。因此，本题正确答案是:bd;