2019高考化学总复习 第八章 水溶液中的离子平衡 课时作业24 水的电离和溶液的酸碱性 新人教版.doc

课时作业24水的电离和溶液的酸碱性一、选择题1下列溶液显酸性的是()pHc(OH)的溶液0.1 molL1的NH4Cl溶液NaHCO3溶液A BC D解析：题目没有说明温度，所以对应的溶液不一定是酸性溶液；中溶液肯定显中性；中c(H)c(OH)的溶液肯定显酸性；中NH4Cl水解，溶液呈酸性；中NaHCO3水解程度大于电离程度，溶液显碱性。答案：D2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：水的离子积常数只与温度有关，温度越高，Kw越大，A错；醋酸中水电离出的c(H)溶液中的c(OH)109 molL1，硫酸铝溶液中水电离出的c(H)等于溶液中的c(H)105 molL1，B正确；C选项不知温度，无法判断，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。答案：B3常温下，将0.02 molL1的Ba(OH)2溶液100 mL和0.02 molL1 NaHSO4溶液100 mL混合，若忽略溶液体积变化，则混合后的溶液()ApH12BpH2C由水电离产生的c(H)1.0102 molL1D溶质的物质的量浓度为0.02 molL1解析：当Ba(OH)2与NaHSO4等物质的量混合后溶液中发生的反应为Ba(OH)2NaHSO4=BaSO4NaOHH2O 1 1 1 0.002 mol即反应后溶液中的溶质为NaOH，c(OH)c(NaOH)0.01 molL1，c(H)c(H)水11012 molL1，溶液的pHlgc(H)lg(11012)12。答案：A4下列说法正确的是()A向10 mL浓度为0.1 molL1 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B0.01 molL1醋酸溶液中水的电离程度小于0.01 molL1盐酸中水的电离程度C常温下将0.01 molL1盐酸与pH12的氨水等体积混合，所得溶液中由水电离出的c(OH)1107 molL1D常温下pH9的NaOH溶液与CH3COONa溶液，水电离产生的c(OH)相等解析：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错误；等浓度的醋酸和盐酸，醋酸的pH大，水的电离程度大，B错误；混合后，氨水过量，溶液显碱性，由水电离出的c(OH)107 molL1CpH2的盐酸、pH2的醋酸溶液中由水电离出的c(H)均为1012 molL1DpH11和pH13的NaOH溶液等体积混合后，溶液中的c(H) molL1解析：NaOH溶液中的H是由水电离产生的，当稀释时，由于NaOH溶液的浓度发生变化，对H2O电离的抑制程度会改变，水的电离平衡会发生移动，因而将n(H)当成不变的值进行计算是错误的，A错误；CH3COOH已电离出的H可将NaOH完全中和，而绝大多数的CH3COOH是没电离的，即CH3COOH过量，混合溶液呈酸性，对水的电离起抑制作用，B错误；pH11的NaOH溶液中c(OH)103 molL1，pH13的NaOH溶液中c(OH)101 molL1，等体积混合后c(OH) molL15102 molL1，再结合离子积常数求得c(H)21013 molL1，D错误。答案：C6已知25 下，Ka(HCOOH)1.78104，Kb(NH3H2O)1.79105。保持25 不变，向一定体积0.1 molL1的氨水中滴加0.1 molL1的甲酸溶液。在滴加过程中下列说法正确的是()A水的电离常数先增大后减小B当氨水和甲酸溶液体积相等时，c(HCOO)c(NH)Cc(NH3H2O)与c(NH)之和始终保持不变D.始终保持不变解析：温度不变，则水的电离常数不变，A项错误；当氨水和甲酸溶液体积相等时，二者恰好完全反应生成甲酸铵，但HCOOH与NH3H2O的电离常数不同，所以甲酸铵溶液不是中性，则c(HCOO)与c(NH)不相等，B项错误；随着甲酸的滴入，溶液的体积逐渐增大，则c(NH3H2O)与c(NH)之和逐渐减小，n(NH3H2O)与n(NH)之和保持不变，C项错误；NH3H2O电离产生NH和OH，电离常数是K1c(NH)c(OH)/c(NH3H2O)，甲酸的电离常数为K2c(HCOO)c(H)/c(HCOOH)，水的离子积常数为Kwc(H)c(OH)，所以c(NH)c(HCOO)/c(NH3H2O)c(HCOOH)K1K2/Kw，三者均是温度常数，温度不变，则该比值不变，D项正确。答案：D7常温下，将pH3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合后，混合溶液均呈中性：1103 molL1的氨水b Lc(OH)1103 molL1的氨水c Lc(OH)1103 molL1的Ba(OH)2溶液d L其中a、b、c、d的关系正确的是()AbadcBabcdCabdc Dcadb解析：pH3的盐酸中c(H)1103 molL1，与c(OH)1103 molL1的Ba(OH)2溶液混合，混合溶液呈中性时二者的体积相等，即da；NH3H2O为弱电解质，1103 molL1的氨水中c(OH)a，ca。答案：A8下列说法错误的是()A0.1 molL1的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H)为1013 molL1BpH2与pH1的CH3COOH溶液中c(H)之比为110C等体积pH12的NaOH溶液和pH2的CH3COOH溶液混合，混合后溶液pH7D1 mol醋酸分子中含有共价键的个数为8NA解析：A项，0.1 molL1的CH3COOH溶液中c(H)1013 molL1，错误；B项，pH相差1，溶液中的c(H)相差10倍，正确；C项，等体积pH12的NaOH溶液和pH2的CH3COOH溶液混合，CH3COOH过量，溶液显酸性，即pHADB25 时，向pH1的稀硫酸中逐滴加入pH8的稀氨水，溶液中的值逐渐减小C在25 时，保持温度不变，在水中加入适量NH4Cl固体，体系可从A点变化到C点DA点所对应的溶液中，可同时大量存在Na、Fe3、Cl、SO解析：A、D都处于25 时，Kw相等，c(H)和c(OH)越大，Kw越大，故BCAD，故A错误；25 时，向pH1的稀硫酸中逐滴加入pH8的稀氨水，会发生反应得到硫酸铵溶液，随着氨水的逐渐滴入，氨水的电离程度大于铵根离子的水解程度，所以铵根离子浓度减小，氨水浓度增大，即溶液中的值逐渐减小，故B正确；温度不变，Kw不变，向水中加入氯化铵固体，溶液中c(OH)变大，c(H)变大，溶液显示酸性，H浓度大于OH浓度，故C错误；A点所对应的溶液中，pH7，但是，Fe3的水解导致不能大量共存，故D错误。答案：B10室温下，用0.1 mol/L氨水分别滴定20.0 mL 0.1 mol/L的盐酸和醋酸，曲线如图所示，下列说法正确的是()A曲线表示的是滴定盐酸的曲线Bx20C滴定过程中的值逐渐减小D当曲线和曲线pH均为7时，一溶液中的c(Cl)等于另一溶液中的c(CH3COO)解析：滴定开始时0.1 mol/L盐酸pH1,0.1 mol/L醋酸pH1，所以滴定盐酸的曲线是，滴定醋酸的曲线是，A错误；用0.1 mol/L氨水滴定20.0 mL 0.1 mol/L的盐酸，两者恰好反应，消耗20.0 mL 0.1 mol/L氨水，但反应生成氯化铵，氯化铵水解溶液呈酸性，所以溶液呈中性时，碱应过量，B错误；NH3H2O的电离常数Kb只与温度有关，随着氨水的加入，c(OH)在增大，所以滴定过程中的值逐渐减小，C正确；当曲线和曲线pH均为7时，分别存在电荷守恒：c(NH)c(H)c(Cl)c(OH)，c(NH)c(H)c(CH3COO)c(OH)，都存在：c(H)c(OH)，所以c(NH)c(Cl)，c(NH)c(CH3COO)，在盐酸中，氨水过量，在醋酸中，氨水恰好反应，所以盐酸中c(NH)大，则c(Cl)c(CH3COO)，D错误。答案：C二、非选择题11水是极弱的电解质，改变温度或加入某些电解质会影响水的电离。请回答下列问题：(1)纯水在100 时pH6，该温度下0.1 molL1的NaOH溶液中，溶液的pH_。(2)25 时，向水中加入少量碳酸钠固体，得到pH为11的溶液，其水解的离子方程式为_，由水电离出的c(OH)_molL1。(3)体积均为100 mL、pH均为2的盐酸与一元酸HX，加水稀释过程中pH与溶液体积的关系如图所示，则HX是_(填“强酸”或“弱酸”)，理由是_。(4)电离平衡常数是衡量弱电解质电离能力强弱的物理量。已知：化学式电离常数(25 )HCNK4.91010CH3COOHK1.8105H2CO3K14.4107、K24.7101125 时，等浓度的NaCN溶液、Na2CO3溶液和CH3COONa溶液，溶液的pH由大到小的顺序为_(填化学式)。25 时，在0.5 molL1的醋酸溶液中由醋酸电离出的c(H)约是由水电离出的c(H)的_倍。解析：(1)纯水在100 时，pH6，该温度下Kw1012,0.1 molL1的NaOH溶液中，溶液的c(H)1011 mol/L，pH11。(2)碳酸钠分步水解，由水电离出的c(OH) molL1103 molL1。(3)pH相等的强酸和弱酸等倍数稀释，强酸pH变化大，则HX是弱酸。(4)酸性越弱，其盐水解程度越大，pH越大，根据电离常数知酸性：CH3COOHHCNHCO，则水解程度：Na2CO3NaCNCH3COONa。Kac2(H)/0.51.8105，c(H)3103 molL1，则c(OH)，溶液中c(OH)等于水电离出的c(H)，故两种物质电离出的c(H)之比为9108。答案：(1)11(2)COH2OHCOOH、HCOH2OH2CO3OH103(3)弱酸稀释相同倍数，一元酸HX的pH变化量比HCl的小，说明HX存在电离平衡，故HX为弱酸(4)Na2CO3NaCNCH3COONa 910812(1)某研究性学习小组在实验室中配制1 molL1的稀硫酸标准溶液，然后用其滴定某未知浓度的NaOH溶液。下列有关说法中正确的是_(填字母序号)。A实验中所用到的滴定管、容量瓶，在使用前均需要检漏B如果实验中需用60 mL的稀硫酸标准溶液，配制时应选用100 mL容量瓶C容量瓶中含有少量蒸馏水，会导致所配标准溶液的浓度偏小D酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准浓度的稀硫酸，则测得的NaOH溶液的浓度将偏大E配制溶液时，定容时俯视读数，则导致实验结果偏大F中和滴定时，若在最后一次读数时俯视读数，则导致实验结果偏大(2)常温下，已知0.1 molL1一元酸HA溶液中c(OH)/c(H)1108。常温下，0.1 molL1 HA溶液的pH_；写出该酸(HA)与NaOH溶液反应的离子方程式：_；pH3的HA与pH11的NaOH溶液等体积混合后，溶液中4种离子物质的量浓度大小关系是：_；0.2 molL1 HA溶液与0.1 molL1 NaOH溶液等体积混合后所得溶液中：c(H)c(HA)c(OH)_molL1。(溶液体积变化忽略不计)(3)t 时，有pH2的稀硫酸和pH11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则该温度下水的离子积常数Kw_。该温度下(t )，将100 mL 0.1 molL1的稀H2SO4溶液与100 mL 0.4 molL1的NaOH溶液混合后(溶液体积变化忽略不计)，溶液的pH_。该温度下(t )，1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则稀硫酸的pH(pHa)与NaOH溶液的pH(pHb)的关系是：_。解析：(1)容量瓶中含有少量蒸馏水，不会影响溶质和溶剂的质量，所以不影响实验结果，C不正确；配制溶液时，若在最后一次读数时俯视读数，则硫酸溶液的体积偏小，浓度偏大，导致最后测得NaOH溶液的浓度偏小，E不正确；中和滴定时，若在最后一次读数时俯视读数，则消耗硫酸的体积减小，导致最后测得NaOH溶液的浓度偏小，F不正确，其余选项都是正确的，答案为ABD。(2)根据水的离子积常数可知，如果c(OH)/c(H)1108，则溶液中OH浓度为 molL111011 molL1。则H浓度为0.001 molL1，所以pH3，这说明HA是弱酸，所以和氢氧化钠反应的离子方程式是HAOH=AH2O。由于HA是弱酸，所以pH3的HA溶液的浓度大于0.001 molL1，则在和氢氧化钠的反应中HA是过量的，因此反应后溶液显酸性，则离子浓度大小顺序是c(A)c(Na)c(H)c(OH)。0.2 molL1 HA溶液与0.1 molL1 NaOH溶液等体积混合后，酸是过量的，所以根据电荷守恒和物料守恒可知，c(Na)c(H)c(OH)c(A)、2c(Na)c(HA)c(A)0.1 molL1。则c(H)c(HA)c(OH)c(Na)0.05 molL1。(3)t 时，有pH2的稀硫酸和pH11的NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，则0.01Kw/1011，解得该温度下水的离子积常数Kw1013。硫酸和氢氧化钠的物质的量分别是0.01 mol和0.04 mol，则氢氧化钠是过量的，所以溶液中OH浓度是(0.04 mol0.02 mol)0.2 L0.1 molL1，则溶液中H浓度是11012 molL1，即pH12。1体积的稀硫酸和10体积的NaOH溶液混合后溶液呈中性，则10pHa1010pHb13，解得pHapHb12。答案：(1)ABD(2)3HAOH=AH2Oc(A)c(Na)c(H)c(OH)0.05(3)101312pHapHb1213.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_(填编号)。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通过计算可得，该盐酸浓度为_molL1(计算结果保留4位小数)。.利用间接酸碱滴定法可测定Ba2的含量，实验分两步进行。已知：2CrO2H=Cr2OH2OBa2CrO=BaCrO4步骤1：移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0 mL。步骤2：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤1相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1 mL。则BaCl2溶液浓度为_molL1。若步骤2中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则Ba2浓度的测量值将_(填“偏大”或“偏小”)。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，眼睛注视锥形瓶内颜色；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，且半分钟内不褪色。(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。.由题意知，步骤1用于测定x mL Na2CrO4中的n(Na2CrO4)，步骤2用于测定与Ba2反应后剩余n(Na2CrO4)，二者之差即为与Ba2反应的n(Na2CrO4)，由离子方程式知HCrOBa2， 1 1(V0bV1b)103c(BaCl2)y103所以c(BaCl2)(V0bV1b)/y molL1若步骤2中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1减小，则Ba2浓度测量值将偏大。答案：.(1)(2)乙(3)B(4)锥形瓶内颜色由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色(5)0.163 1.(V0bV1b)/y偏大