《高考化學一輪復習 主題21 水的電離和溶液的酸堿性6含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考化學一輪復習 主題21 水的電離和溶液的酸堿性6含解析（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 主題21:水的電離和溶液的酸堿性 李仕才 A卷　最新模擬基礎(chǔ)訓練 1.已知NaHSO4在水中的電離方程式為NaHSO4Na++H++S。某溫度下,向pH=6的蒸餾水中加入NaHSO4晶體,保持溫度不變,測得溶液的pH為2。對于該溶液,下列敘述中不正確的是(　　)。 A.該溫度下加入等體積pH=12的NaOH溶液,可使反應后的溶液恰好呈中性 B.水電離出的c(H+)=110-10 molL-1 C.c(H+)=c(OH-)+c(S) D.該溫度高于25 ℃ 【解析】某溫度下,pH=6的蒸餾水,Kw=110-12,NaHSO4溶液的pH為2,c(H+)=110-2molL-

2、1,pH=12的NaOH溶液,c(OH-)=1 molL-1,反應后的溶液呈堿性,則A項不正確。 【答案】A 2.下列說法正確的是(　　)。 A.向10 mL濃度為0.1 molL-1 CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水,在滴加過程中水的電離程度始終增大 B.0.01 molL-1醋酸溶液中水的電離程度小于0.01 molL-1鹽酸中水的電離程度 C.常溫下將0.01 molL-1鹽酸與pH=12的氨水等體積混合,所得溶液中由水電離出的c(OH-)<110-7 molL-1 D.常溫下將0.01 molL-1醋酸溶液與等濃度的氨水等體積混合,所得溶液中由水電離出的c(OH-)>

3、110-7 molL-1 【解析】在滴加過程中,溶液的pH逐漸變大,水的電離程度在溶液顯中性之前逐漸變大,顯中性之后逐漸變小,A項錯誤;等濃度的醋酸和鹽酸,醋酸的pH大,水的電離程度大,B項錯誤;混合后,氨水過量,溶液顯堿性,由水電離出的c(OH-)<110-7 molL-1,C項正確;醋酸與氨水等濃度、等體積混合后,得到的CH3COONH4溶液顯中性,由水電離出的c(OH-)=110-7 molL-1,D項錯誤。 【答案】C 3.下列說法不正確的是(　　)。 A.常溫下,在0.1 molL-1的H2SO4溶液中,由水電離出的c(H+)

4、O3溶液:c(H2CO3)>c(C) C.25 ℃時,AgCl固體在等物質(zhì)的量濃度的NaCl、MgCl2溶液中的溶度積相同 D.向冰醋酸中逐滴加水,溶液的導電性、醋酸的電離程度、溶液的pH均先增大后減小 【解析】在0.1 molL-1的H2SO4溶液中,由水電離出的c(H+)為5.010-14 molL-1c(C),B項正確;溫度不變,AgCl固體的溶度積不變,C項正確;向冰醋酸中逐滴加水,醋酸的電離程度一直增大,D項錯誤。 【答案】D 4.室溫下,用0.10 mol

5、L-1的鹽酸滴定20.00 mL 0.10 molL-1的某堿BOH溶液,得到的滴定曲線如圖所示: 下列判斷不正確的是(　　)。 A.滴定時可以使用甲基橙作指示劑 B.b點時溶液的pH=7 C.當c(Cl-)=c(B+)時,V(HCl)<20.00 mL D.c點時溶液中c(H+)約為0.03 molL-1 【解析】由圖可知,0.10 molL-1的某堿BOH溶液的pH接近12,即小于13,則該堿為弱堿,應使用甲基橙作指示劑,A項正確;b點時,鹽酸和BOH恰好完全反應,溶液中的溶質(zhì)為強酸弱堿鹽(BCl),pH<7,B項錯誤;當c(Cl-)=c(B+)時,由電荷守恒可知,溶液呈中

6、性,pH=7,此時未達到滴定終點,說明V(HCl)< 20.00 mL,C項正確;c點時溶液中HCl過量,可忽略B+水解生成的H+,故c(H+)==0.10molL-120.00mL60.00mL≈0.03 molL-1,D項正確。 【答案】B 5.20 mL 0.1000 molL-1氨水用0.1000 molL-1的鹽酸滴定,滴定曲線如圖所示,下列說法正確的是(　　)。 A.該中和滴定適宜用酚酞作指示劑 B.兩者恰好中和時,溶液的pH=7 C.達到滴定終點時,溶液中:c(H+)=c(OH-)+c(NH3H2O) D.當?shù)稳臌}酸達30 mL時,溶液中:c(N)+c(H+)

7、(OH-)+c(Cl-) 【解析】恰好反應時生成的氯化銨會發(fā)生水解,溶液顯酸性,該中和滴定適宜用甲基橙作指示劑,溶液的pH<7,A、B兩項均錯誤;根據(jù)質(zhì)子守恒可知,溶液中c(H+)=c(OH-)+c(NH3H2O),C項正確;當?shù)稳臌}酸達30 mL時,根據(jù)電荷守恒可知,溶液中c(N)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),D項錯誤。 【答案】C 6.25 ℃時,用0.1000 molL-1的NaOH溶液分別滴定20.00 mL 0.1000 molL-1的HX、HY、HZ ,滴定曲線如圖所示。下列說法錯誤的是(　　)。 A.HZ是強酸,HX、HY是弱酸 B.根據(jù)滴定曲線,可得K

8、a(HY)≈10-5 C.將上述HX、HY溶液等體積混合后,用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反應時:c(X-)>c(Y-)>c(OH-)>c(H+) D.將上述HY與HZ溶液等體積混合達到平衡時:c(H+)=c(OH-)+c(Z-)+c(Y-) 【解析】0.1000 molL-1的HX、HY、HZ中,HZ的pH=1,為強酸,其他兩種酸溶液的pH大于1,說明不完全電離,為弱酸,A項正確;當NaOH溶液滴到10 mL時,溶液中c(HY)≈c(Y-),即Ka(HY)≈c(H+)=10-5,B項正確;HX恰好完全反應時,HY早已完全反應,所得溶液為NaX和NaY混合液,酸性:HX

9、水解程度小于NaX,故溶液中c(X-)

10、液可直接循環(huán)使用 d.②的濾液可直接循環(huán)使用 (3)提取的NH4Cl中含少量Fe2+、S。將產(chǎn)品溶解,加入H2O2,加熱至沸騰,再加入BaCl2溶液,過濾,蒸發(fā)結(jié)晶,得到工業(yè)氯化銨。加熱至沸騰的目的是　　　　　　;濾渣的主要成分是　　　　　　　　。 (4)稱取1.840 g小蘇打樣品(含少量NaCl),配成250 mL溶液,取出25.00 mL溶液,用0.1000 molL-1鹽酸滴定,消耗鹽酸21.50 mL。選甲基橙而不選酚酞作為指示劑的原因是　　　　　　　　　　　　　。 (5)將一定質(zhì)量的小蘇打樣品(含少量NaCl)溶于足量鹽酸,蒸干后稱量固體質(zhì)量,也可測定小蘇打的含量。若蒸發(fā)過

11、程中有少量液體濺出,則測定結(jié)果　　　　(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。 【解析】(1)在飽和食鹽水中加入碳酸氫銨可制備小蘇打(NaHCO3),根據(jù)質(zhì)量守恒定律可知,同時生成了NH4Cl,反應的化學方程式為NH4HCO3+NaClNaHCO3↓+NH4Cl。 (2)母液中含有氯化銨,通入氨,冷卻、加食鹽,有利于氯化銨的析出,純度更高,過濾后濾液中含有氨氣,不能直接循環(huán)使用,而②的濾液可直接循環(huán)使用。 (3)加熱可加快亞鐵離子的氧化速率,且有利于鐵離子的水解,再加入BaCl2溶液,得到硫酸鋇沉淀,濾渣的主要成分是氫氧化鐵、硫酸鋇。 (4)碳酸氫鈉溶液的pH接近8.2,與酚酞變色的pH接

12、近,變色時的pH和反應終點的pH相差較大;反應產(chǎn)生的二氧化碳不能全部逸出,使得溶液偏酸性,因此使用甲基橙的誤差小(使用甲基橙易判斷滴定終點,誤差小)。 (5)若樣品全部為碳酸氫鈉,與鹽酸反應后生成氯化鈉,質(zhì)量減小;若樣品全部為氯化鈉時,質(zhì)量基本不變?？芍訜岷蠊腆w質(zhì)量越小,碳酸氫鈉含量越大,若蒸發(fā)過程中有少量液體濺出,蒸干后所得固體質(zhì)量偏小,則小蘇打含量偏高。 【答案】(1)NH4HCO3+NaClNaHCO3↓+NH4Cl (2)ad (3)使Fe3+完全水解為Fe(OH)3　Fe(OH)3、BaSO4 (4)選用酚酞作為指示劑,不能確定滴定終點 (5)偏高 8.實驗室中有一未

13、知濃度的稀鹽酸,某學生用0.10 molL-1NaOH標準溶液進行鹽酸濃度測定的實驗。請完成下列問題: 取20.00 mL待測鹽酸放入錐形瓶中,并滴加2~3滴酚酞作指示劑,用剛配制好的NaOH標準溶液進行滴定。重復上述滴定操作2~3次,記錄數(shù)據(jù)如下。 實驗 編號 NaOH溶液的 濃度(molL-1) 滴定完成時,NaOH溶液 滴入的體積(mL) 待測鹽酸 的體積(mL) 1 0.10 22.62 20.00 2 0.10 22.72 20.00 3 0.10 22.80 20.00 (1)滴定達到終點的標志是　　　　　　　　　。 (2)根據(jù)上述

14、數(shù)據(jù),可計算出該鹽酸的濃度約為　　　　(保留兩位有效數(shù)字)。 (3)排去堿式滴定管中氣泡的方法應采用如圖所示操作中的　　　　,然后輕輕擠壓玻璃球使尖嘴部分充滿堿液。 (4)在上述實驗中,下列操作(其他操作正確)會造成測定結(jié)果偏高的有　　　　(填字母)。 A.滴定終點讀數(shù)時俯視 B.酸式滴定管使用前,水洗后未用待測鹽酸潤洗 C.錐形瓶水洗后未干燥 D.配制標準溶液時,稱量的NaOH固體中混有Na2CO3固體 E.堿式滴定管尖嘴部分有氣泡,滴定后消失 【解析】根據(jù)指示劑在酸性溶液或堿性溶液中的顏色變化,我們可以判斷中和反應是否恰好進行完全。計算鹽酸的濃度時,應計算三次中和滴定所

15、用NaOH溶液的平均值,因NaOH標準液濃度及待測液的體積均相同,故只算NaOH溶液體積的平均值即可。根據(jù)堿式滴定管的構(gòu)造可知,彎曲橡膠管即可將管中的氣泡排出。 【答案】(1)滴入最后一滴NaOH溶液后,溶液由無色恰好變成紅色且半分鐘內(nèi)不褪色 (2)0.11 molL-1 (3)丙 (4)DE 9.為研究HA、HB溶液和MOH溶液的酸堿性的相對強弱,某化學學習小組設計了以下實驗:室溫下,pH=2的兩種酸溶液HA、HB和pH=12的堿溶液MOH各1 mL,分別加水稀釋到1000 mL,其pH的變化與溶液體積的關(guān)系如圖所示。根據(jù)所給數(shù)據(jù),請回答下列問題: (1)HA為　　　(填“強

16、”或“弱”,下同)酸,HB為　　酸。 (2)若c=9,則稀釋后的三種溶液中,由水電離出的氫離子濃度的大小順序為　　　　　　　　　　　　　　(用酸、堿的化學式表示)。將稀釋后的HA溶液和MOH溶液等體積混合,則所得溶液中c(A-)　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)c(M+)。 (3)若b+c=14,則MOH為　　　　(填“強”或“弱”)堿。將稀釋后的HB溶液和MOH溶液等體積混合后,所得混合溶液的pH　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)7。 【解析】(1)pH=a的強酸,稀釋10n倍后,溶液的pH=a+n;pH=a的弱酸,稀釋10n倍后,溶液的pH介于a和a+n之間。據(jù)此可確定H

17、A是強酸,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<110-9 molL-1。將稀釋后的HA溶液和MOH溶液等體積混合,二者恰好完全反應生成強酸強堿鹽,溶液顯中性,根據(jù)電荷守恒可知c(A-)=c(M+)。 (3)若b+c=14,則b=14-c,在pH=c的MOH溶液中,c(OH-)=10c-14molL-1=10-bmolL-1,即c(OH-)=10-2 molL-1的MOH稀釋103倍后,c(OH-)≠10-5 mol

18、L-1,所以MOH是弱堿。因為同溫下,HB和MOH的電離能力相同,所以將稀釋后的HB溶液和MOH溶液等體積混合,反應后溶液呈中性。 【答案】(1)強　弱 (2)HA=MOH>HB　等于 (3)弱　等于 10.已知:I2+2S2S4+2I-。某學習小組用“間接碘量法”測定CuCl22H2O晶體試樣(不含能與I-發(fā)生反應的氧化性雜質(zhì))的純度,過程如下:取0.36 g試樣溶于水,加入過量KI固體,充分反應,生成白色沉淀。用0.1000 molL-1Na2S2O3標準溶液滴定,到達滴定終點時,消耗Na2S2O3標準溶液20.00 mL。 (1)Na2S2O3標準溶液應用　　　　(填“酸式”或

19、“堿式”)滴定管量取?？蛇x用　　　　作滴定指示劑,滴定終點的現(xiàn)象是　 　。 (2)CuCl2溶液與KI反應的離子方程式為 　。 (3)該試樣中CuCl22H2O的質(zhì)量分數(shù)為　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【解析】(1)“間接碘量法”測定CuCl22H2O晶體試樣純度的基本原理是CuCl2氧化I-生成I2,用Na2S2O3標準溶液滴定生成的I2,而淀粉溶液遇I2顯藍色,故可用淀粉溶液作指示劑,達到滴定終點時,溶液由藍色變成無色,且半分鐘內(nèi)溶液不恢復原來的顏色。Na2S2O3是強堿弱酸鹽,溶液水解呈堿性,應用堿式滴定管盛裝。(2)CuCl2與KI發(fā)生氧化還原反應,離子方程式為2Cu

20、2++4I-2CuI↓+I2。(3)由題給信息可得關(guān)系式2Cu2+~I2~2S2,則有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。試樣中CuCl22H2O的質(zhì)量分數(shù)為0.342g0.36g100%=95%。 【答案】(1)堿式　淀粉溶液　溶液藍色恰好褪去,且半分鐘內(nèi)不恢復原色 (2)2Cu2++4I-2CuI↓+I2 (3)95% 6EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F3756EDBC3191F2351DD815FF33D4435F375