2019年高考化学专题15水的电离和溶液pH考点专练.docx

专题15 水的电离和溶液pH1在常温下，将的溶液与的溶液等体积混合后，溶液的最接近于（已知）A9.3 B9.7 C10.7 D10.3【答案】C【解析】常温下，pH=9的NaOH溶液中c(OH)=105molL1，pH=11的NaOH溶液中c(OH)=103molL1，假设体积氢氧化钠的体积为1L，等体积混合后，溶液中n(OH)=(1L105molL11L103molL1)103mol，则c(OH)=103mol/2L=5104molL1，根据水的离子积，推出c(H)=1014/(5104)=21011molL1，解出pH=10.7，故C 正确。2下列物质对水的电离不会产生影响的是A B C D【答案】B3已知：pKa=-lgKa，25时，H2A 的 pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用 0.1 mol/LNaOH 溶液滴定20 mL 0.1 mol/LH2A 溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是AA 点所得溶液中：V010 mLBB 点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)CC 点所得溶液中：c(A2-)= c(Na+)-c(HA-)-c(H2A)DD 点所得溶液中 A2-水解平衡常数 Kh1=10-7.19【答案】A【解析】AA点溶液中pH=1.85，则溶液中c(H+)=10-1.85mol/L，H2A的一级电离平衡常数为Ka1=10-1.85mol/L，所以c(H+)=Ka1，表明溶液中c(NaHA)=c(H2A)，若恰好是10mLNaOH，反应起始时存在c(NaHA)=c(H2A)，平衡时c(H2A)c(NaHA)，因此所加NaOH体积需10mL，会得到平衡时c(NaHA)=c(H2A)，即V010mL，故A错误；BB点加入NaOH溶液的体积为20mL，此时反应恰好产生NaHA，为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒，c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，故B错误；CC点溶液为NaHA和Na2A，溶液中存在电荷守恒，即2c(A2-)+ c(HA-)+c(OH-)= c(Na+)+c(H+)，此时溶液pH=7，则2c(A2-)+ c(HA-)= c(Na+)，若c(A2-)= c(Na+)-c(HA-)-c(H2A)成立，即得c(A2-)= c(H2A)，显然(A2-) c(H2A)，故C错误；DD点为加入NaOH溶液40mL，此时溶液中恰好生成Na2A，为第二个滴定终点，此时Na2A水解使溶液显碱性，溶液的pH为9.85，发生水解的方程式为A2-+H2OHA-+OH-，则A2-水解平衡常数Khl=10-6.81，故D错误。 7用水稀释0.1mol/L的氨水,溶液中随着水量的增加而减小的是Ac(H+)/c(NH4+) Bc(NH3H2O)/ c(OH-)Cc(NH4+) c(OH-)/c(NH3H2O) Dc(H+)c(OH-)【答案】B【解析】氨水中存在：NH3H2ONH4OH，加水稀释促进NH3H2O的电离，但v(NH4)、c(OH)降低，A、根据水的离子积，c(OH)减小，c(H)增大，c(H)/c(NH4)增大，故A不符合题意；B、同溶液中，体积相同，c(NH3H2O)/c(OH)=n(NH3H2O)/n(OH)，加水稀释促进电离，OH物质的量增大，NH3H2O物质的量减小，即该比值随水量增加而减小，故B符合题意；C、该比值等于Kb，Kb只受温度的影响，即该比值保持不变，故C不符合题意；D、Kw=c(H)c(OH)，Kw只受温度的影响，即Kw保持不变，故D不符合题意。8常温下，下列四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为()pH0的盐酸 0.1 molL1的盐酸0.01 molL1的NaOH溶液 pH11的NaOH溶液A1000100101 B1101001 000C14131211 D11121314【答案】B9常温下，某无色溶液中由水电离出来的c(H)=110-12 molL-1，该溶液中一定能大量存在的离子组是ANa+、K+、MnO4、SO42BMg2+、NH4+、SO42-、ClCNa+、Cl、NO3、SO42DNa+、K+、CO32、NO3 【答案】C 【解析】A. 含有MnO4溶液是紫红色的，A项排除；B如是碱性溶液，Mg2+、NH4+将不能大量存在；C.带入大量H+或OH-进行校验，与所给的四种离子均能共存，四种离子间也不发生反应，C项正确；D如是酸性溶液，CO32将不能大量存在，D项错误。 11常温下，用0.1000 molL1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL1HA溶液，滴定曲线如图。下列说法不正确的是A常温下，HA电离常数为1.010-6B点所示溶液中：c(Na) c(A) c(OH)c(H)D从点到点的滴定过程中，水的电离程度不变【答案】D12用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，以下操作会导致测得的NaOH溶液浓度偏高的是( )A滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失B碱式滴定管量取NaOH溶液时，未进行润洗操作C滴定达到滴定终点时俯视读数D锥形瓶在取用NaOH待测液前用少量水洗涤【答案】A【解析】A.滴定前，没有逐出酸式滴定管尖嘴处的气泡，滴定终点时气泡消失，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=V(标准)c(标准)/V(待测)分析，可以知道c（待测）偏大，故A正确；B.碱式滴定管量取NaOH溶液时，未进行润洗操作，导致NaOH溶液浓度降低，故B错误；C.滴定达到终点时，俯视读数，导致V（标准）偏小，根据c（待测）=V(标准)c(标准)/V(待测)分析，测定结果偏低，故C错误；D.锥形瓶在取用NaOH待测液前用少量水洗涤,对结果无影响，故D错误。 17室温下，甲、乙两烧杯均盛有5 mL pH3的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至pH4。关于甲、乙两烧杯中溶液的描述不正确的是溶液的体积：10V甲V乙 水电离出的OH浓度：10c(OH)甲c(OH)乙若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲乙若分别与5 mL pH11的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：甲乙A B C D【答案】BpH=3的酸中，氢氧根离子全部由水电离产生，c(OH-)甲=Kw/c(H+)=10-11mol/L，pH=4的酸中，氢氧根离子全部由水电离产生，c(OH-)乙= Kw/c(H+)=10-10mol/L，则10c(OH-)甲=c(OH-)乙，故错误；稀释前后甲乙两个烧杯中所含的一元酸的物质的量相等，依据酸碱中和反应可知，消耗氢氧化钠的物质的量相等，生成的盐的浓度甲大于乙，若酸为强酸则二者pH相等，若酸为弱酸，则甲的pH大于乙，故错误；若酸是强酸，分别与5mL pH=11的NaOH溶液反应，恰好发生酸碱中和，生成强酸强碱盐，pH相等，若为弱酸，则反应后酸有剩余，甲中剩余酸浓度大，酸性强，pH小，所得溶液的pH：甲乙，故正确；结合以上分析可知，错误，本题选B。18某温度下，pH11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍，溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示。根据图像判断错误的是()Aa值一定大于9B为NaOH溶液稀释时溶液的pH变化曲线C完全中和相同体积的稀释相同倍数后的两溶液，消耗相同浓度的稀H2SO4的体积V(NaOH)V(氨水)D稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大【答案】D浓度大，可知I为氢氧化钠溶液稀释时溶液的pH变化曲线，正确；C由于NaOH是强碱，完全电离，而NH3H2O 是弱碱，部分电离，所以物质的浓度：c(NaOH)c(NH3H2O)。由于氨水浓度较大，则完全中和稀释后相同体积的两溶液时，消耗相同浓度的稀硫酸的体积V(NaOH)V(氨水)，正确；D在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡：H2OH+OH-，由于稀释后氨水中氢氧根离子浓度较大，对水电离平衡移动的抑制能力强，所以水的电离程度比NaOH溶液中的小，错误。19下列实验操作不会引起误差的是A酸碱中和滴定时，用待测液润洗锥形瓶B量取待测液时，滴定管未用待测液冲洗C用NaOH标准溶液测定未知浓度的盐酸时，选用酚酞作指示剂，实验时不小心多加了几滴指示剂D用标准盐酸测定未知浓度NaOH溶液结束实验时，酸式滴定管尖嘴部分无气泡，结束实验时有气泡【答案】C【解析】A锥形瓶用蒸馏水洗后，不能用待测液润洗，否则待测液的物质的量增加，滴定时标准液所用体积增加，导致测定结果偏大，选项A错误；B. 量取待测液时，滴定管未用待测液冲洗，待测液变稀，滴定时标准液所用体积偏小，导致测定结果偏低，选项B错误；C、在滴定过程中，指示剂略多加了几滴，一般不影响实验结果，因为指示剂不会改变反应过程中酸和碱的物质的量，选项C正确；D、开始实验时酸式滴定管中无气泡，结束实验时有气泡，会导致所读取的V(HCl)偏小，依据V(HC1)c(HCl) =V(NaOH)c(NaOH)，所测的c(NaOH)偏小，选项D错误。 23中华人民共和国国家标准(GB27602011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 gL1。某兴趣小组用题图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。(1)仪器A的名称是_，水通入A的进口为_。（a/b）(2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为_。(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0 molL1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择题图中的_；若滴定终点时溶液的pH8.8，则选择的指示剂为_（酚酞/甲基橙）；若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积_(填序号)(10 mL，40 mL，40 mL)。(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为_gL1。(5)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施_。【答案】冷凝管(或冷凝器) b SO2H2O2=H2SO4 酚酞 0.24 原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响 (4) 根据2NaOHH2SO4SO2可知SO2的物质的量为n(SO2)=1/2n(NaOH)=1/2(0.0900mol/L0.025L)=0.001125mol，其质量是m(SO2)=0.001125mol64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.072g 0.3L=0.24g/L；(5)盐酸是挥发性酸，挥发的盐酸会消耗氢氧化钠，使得反应过程中消耗的氢氧化钠溶液体积增大，导致测定结果偏高；故改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响。 24硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O，M=248gmol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：(1)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水配制成100mL溶液。滴定：取0.00950mol/L的K2Cr2O7标准溶液20.00mL，硫酸酸化后加入过量KI，写出发生反应的离子方程式：_。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。加入_作为指示剂，继续滴定，当溶液_，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，则样品纯度为_%(保留1位小数)。(2)该实验中应该用_式滴定管装K2Cr2O7标准溶液；开始时，滴定管尖嘴处无气泡，结束后发现尖嘴处有气泡出现，则测定结果_(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。(3)Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_。【答案】Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3+7H2O 淀粉溶液 蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复 95.0% 酸 偏高 S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl+10H+ （2）K2Cr2O7溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应用酸式滴定管盛放K2Cr2O7；开始时滴定管尖嘴处无气泡，结束后发现尖嘴处有气泡，末读数偏小，则相当于样品溶液用量偏小，样品溶液的浓度偏大，即100mL溶液中Na2S2O3物质的量或质量增大，测定结果（样品纯度）偏高；（3）Cl2作氧化剂，被还原成Cl，S2O32被氧化成SO42，根据化合价升降法进行配平，离子方程式为S2O32+4Cl2+5H2O=2SO42+8Cl+10H。25某化学学习小组用酸性KMnO4溶液与H2C2O4(K1 = 5.4 10-2)的反应(此反应为放热反应)进行如下实验：、探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如下的方案记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20 molL-1 H2C2O4溶液、0.010 molL-1 KMnO4 溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽物理量V(H2C2O4溶液)/mLV(蒸馏水)/mLV(KMnO4溶液)/mLT/乙2.004.0502.004.0252.0a4.025(1)完成该反应的实验原理： + MnO4- + = CO2 + Mn2+ + H2O_(2)上述实验、是探究_对化学反应速率的影响；若上述实验、是探究浓度对化学反应速率的影响，则 a 为_；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写_。、测定H2C2O4xH2O中x值。已知：M(H2C2O4) = 90 gmol-1。称取1.260 g 纯草酸晶体，将草酸制成 100.00 mL 水溶液为待测液； 取 25.00 mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀 H2SO4； 用浓度为 0.05 000 molL-1的KMnO4标准溶液进行滴定。 (1)某学生的滴定方式(夹持部分略去)如下，最合理的是_(选填 a、b)。由图可知消耗 KMnO4 溶液体积为_ mL。(2)滴定终点锥形瓶内现象为_。 (3)通过上述数据，求得 x =_。(4)下列操作会造成所测x偏大的是_(填字母)。A滴定终点俯视读数B锥形瓶用待测溶液润洗C滴定前有气泡，滴定后没有气泡D配制100 mL待测溶液时，有少量溅出【答案】5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 10CO2 + 2Mn2+ + 8H2O 温度 1.0 t(溶液褪色时间)/s b 20