高三化学总复习练习第八章水溶液中的离子平衡826

826[A层基础练]1．(2018·黑龙江牡丹江期中联考)常温下，下列关于pH均为3的盐酸与醋酸两种溶液的说法正确的是()A．醋酸溶液的浓度大于盐酸溶液的浓度B．相同体积的两溶液能中和等物质的量的氢氧化钠C．两溶液稀释100倍，pH都为5D．两溶液中分别加入少量对应的钠盐晶体，c(H＋)均明显增大【解析】pH均为3的盐酸与醋酸两种溶液中c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，由于CH3COOH部分电离，HCl完全电离，故c(CH3COOH)>c(HCl)，A正确；由于c(CH3COOH)>c(HCl)，则等体积的两种溶液中n(CH3COOH)>n(HCl)，故中和NaOH时，CH3COOH消耗的NaOH多，B错误；pH＝3的盐酸稀释100倍时，pH变为5，而pH＝3的醋酸稀释100倍时，CH3COOH的电离程度增大，其pH<5，C错误；盐酸中加入NaCl晶体，溶液中c(H＋)不变，而醋酸中加入CH3COONa晶体，c(CH3COO－)增大，CH3COOH的电离平衡逆向移动，溶液中c(H＋)减小，D错误。【答案】A2．(2018·四川绵阳第一次诊断)现有常温下pH＝a的NaOH溶液与pH＝b的硫酸溶液，将二者等体积混合，所得溶液呈中性，则下列对两溶液的相关分析不正确的是()A．Kw均为1×10－14 B．若a＝12，则有b＝2C．a、b为固定值 D．水电离出的c(H＋)相等【解析】常温下，pH＝a的NaOH溶液中c(OH－)＝10a－14mol·L－1，pH＝b的硫酸溶液中c(H＋)＝10－bmol·L－1，二者等体积混合所得溶液呈中性，则有VL×10a－14mol·L－1＝10－bmol·L－1×VL，得出a＋b＝14。Kw只与温度有关，与溶液的酸碱性无关，故室温下两溶液中均有Kw＝1×10－14，A项正确；由于a＋b＝14，若a＝12，则有b＝2，B项正确；a、b不是固定值，只要满足a＋b＝14，且a>7，b<7即可，C项错误；由于a＋b＝14，NaOH溶液中H＋由水电离产生，则有c(H＋)＝10－amol·L－1；硫酸溶液中OH－由水电离产生，则有c(OH－)＝10b－14mol·L－1＝10(14－a)－14mol·L－1＝10－amol·L－1，故两溶液中水电离出的c(H＋)相等，D项正确。【答案】C3．(2018·河北唐山一中期中)25℃时，若体积为Va、pH＝a的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH＝b的某一元强碱溶液混合，恰好中和，且已知Va<Vb和a＝0.5b，则下列符合a值的是()A．3 B．4C．5 D．6【解析】25℃时，pH＝a的一元强酸溶液中c(H＋)＝10－amol·L－1，pH＝b的一元强碱溶液中c(OH－)＝10b－14mol·L－1；体积为Va、pH＝a的某一元强酸溶液与体积为Vb、pH＝b的某一元强碱溶液混合，恰好中和，则有n(H＋)＝n(OH－)，即Va×10－amol·L－1＝Vb×10b－14mol·L－1，则有eq\f(Va,Vb)＝10a＋b－14，又知Va<Vb和a＝0.5b，那么eq\f(Va,Vb)＝103a－14<1，解得a<eq\f(14,3)；又因为一元强碱溶液的pH＝b＝2a>7，则有a>eq\f(7,2)，从而可得a的取值范围为eq\f(7,2)<a<eq\f(14,3)，故只有a＝4符合要求。【答案】B4．(2018·山西康杰中学第二次诊断)室温下，A、B两烧杯均盛有10mLpH＝2的HA溶液，向B烧杯中加水稀释至pH＝3。关于A、B两烧杯中溶液的描述正确的是()A．水电离出的c(OH－)：10cA(OH－)>cB(OH－)B．溶液的体积：10VA＝VBC．若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：A>BD．若分别用10mLpH＝12的NaOH溶液反应，所得溶液的pH：A≤B【解析】HA溶液中OH－全部是水电离产生，室温下，pH＝2的HA溶液中水电离出的cA(OH－)＝1×10－12mol·L－1，pH＝3的HA溶液中水电离出的cB(OH－)＝1×10－11mol·L－1，则有10cA(OH－)＝cB(OH－)，A错误；若HA为一元强酸，根据稀释过程中n(H＋)不变可得：10mL×10－2mol·L－1＝VB×10－3mol·L－1，则有VB＝100mL，故有10VA＝VB；若HA为一元弱酸，加水稀释时，促进HA的电离，电离产生的n(H＋)增多，欲使溶液的pH＝3，加入的水要稍多一些，则有10VA<VB，B错误；A、B两烧杯中HA溶液中n(HA)相等，依据反应NaOH＋HANaA＋H2O可知，A、B消耗的n(NaOH)相等，若HA为一元强酸，则NaA为强酸强碱盐，则所得溶液的pH：A＝B；若HA为一元弱酸，则NaA为强碱弱酸盐，A－发生水解而使溶液呈碱性，由于B烧杯中溶液的体积大于A烧杯中溶液，A烧杯中NaA溶液的浓度大，溶液的碱性较强，则所得溶液的pH：A>B，C错误；若HA为强酸，分别与10mLpH＝12的NaOH溶液反应，恰好发生酸碱中和反应，生成强酸强碱盐，所得溶液的pH相等；若HA为弱酸，则反应后酸有剩余，A中剩余酸的浓度大，酸性强，所得溶液的pH小，则所得溶液的pH：A<B，综合上述分析可知，所得溶液的pH：A≤B，D正确。【答案】D5．(2018·湖北襄、宜等四地七校第二次联考)常温下，下列说法不正确的是()A．pH＝2与pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)之比为1∶10B．0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中，由水电离的c(H＋)为1×10－13mol·L－1C．pH＝12的NaOH溶液和pH＝2的CH3COOH溶液等体积混合后溶液的pH<7D．等体积pH＝2的H2SO4溶液和pH＝2的HCl溶液混合后溶液的pH＝2【解析】pH＝2与pH＝1的CH3COOH溶液中c(H＋)分别为0.01mol·L－1、0.1mol·L－1，则两溶液中c(H＋)之比为1∶10，A正确；CH3COOH是弱电解质，0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中c(H＋)<0.1mol·L－1，由c(OH－)＝eq\f(Kw,c（H＋）)可知，该溶液中c(OH－)>1×10－13mol·L－1，故由水电离的c水(H＋)＝c(OH－)>1×10－13mol·L－1，B错误；pH＝12的NaOH溶液中c(OH－)＝0.01mol·L－1，pH＝2的CH3COOH溶液中c(CH3COOH)>0.01mol·L－1，二者等体积混合反应后，CH3COOH有剩余，溶液的pH<7，C正确；pH＝2的H2SO4溶液和pH＝2的HCl溶液中c(H＋)均为0.01mol·L－1，则两溶液等体积混合后，溶液中c(H＋)仍为0.01mol·L－1，故混合液的pH＝2，D正确。【答案】B6.(2018·安徽淮北一模)常温下，用0.10mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.10mol·L－1CH3COOH溶液和HCN溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是()A．点①和点②所示溶液中：c(CH3COOH)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COO－)B．醋酸的滴定终点是点③C．滴定CH3COOH过程中不可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)D．滴定HCN过程中可以用石蕊试液指示终点【解析】①、②两点对应的V(NaOH)＝10mL，点①溶液为等浓度HCN和NaCN混合液，据物料守恒可得2c(Na＋)＝c(HCN)＋c(CN－)；点②溶液为等浓度CH3COOH和CH3COONa混合液，据物料守恒可得2c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，从而可得c(HCN)＋c(CN－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，即c(CH3COOH)－c(CN－)＝c(HCN)－c(CH3COO－)，A正确；NaOH溶液滴定醋酸时，达到滴定终点生成CH3COONa，溶液呈碱性，而点③溶液pH＝7，故醋酸的滴定终点不是点③，而应是点④，B错误；滴定CH3COOH过程中，若滴加NaOH溶液的体积较小，混合液呈酸性，可能出现c(CH3COOH)>c(CH3COO－)>c(H＋)>c(Na＋)>c(OH－)，C错误；滴定HCN时，达到滴定终点生成NaCN，溶液呈碱性，应选酚酞试液作指示剂，石蕊试液因变色不明显，一般不能作为中和滴定的指示剂，D错误。【答案】A7．(2018·长沙模拟)Ⅰ.在25℃时，有一pH＝12的NaOH溶液100mL，欲使它的pH降为11：(1)如果加入蒸馏水，就加入________mL；(2)如果加入pH＝10的NaOH溶液，应加入________mL；(3)如果加入0.008mol·L－1HCl溶液，应加入________mL。Ⅱ.在25℃时，有pH为a的盐酸和pH为b的NaOH溶液等体积混合：(1)若a＋b＝14，则溶液呈________性；(2)若a＋b＝13，则溶液呈________性；(3)若a＋b>14，则溶液呈________性。【解析】Ⅰ.(1)pH＝12的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.01mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中，c(OH－)＝0.001mol·L－1，设加入水的体积是V1，0.01mol·L－1×0.1L＝0.001mol·L－1×(0.1＋V1)L，V1＝eq\f(0.01mol·L－1×0.1L,0.001mol·L－1)－0.1L＝0.9L＝900mL。(2)pH＝12的NaOH溶液中c(OH－)＝0.01mol·L－1，pH＝10的NaOH溶液中c(OH－)＝0.0001mol·L－1，设加入pH＝10的NaOH溶液的体积是V2，0.01mol·L－1×0.1L＋0.0001mol·L－1×V2＝0.001mol·L－1×(0.1＋V2)，V2＝1L＝1000mL。(3)0.008mol·L－1HCl溶液中c(H＋)＝0.008mol·L－1，设加入盐酸的体积为V3，c(OH－)＝eq\f(0.01mol·L－1×0.1L－0.008mol·L－1×V3,0.1L＋V3)＝0.001mol·L－1，解得：V3＝100mL。Ⅱ.pH＝a的盐酸中c(H＋)＝10－amol·L－1，pH＝b的NaOH溶液中c(OH－)＝10b－14mol·L－1，两溶液等体积混合后：(1)若a＋b＝14，c(H＋)＝c(OH－)，溶液呈中性；(2)若a＋b＝13，c(H＋)>c(OH－)，溶液呈酸性；(3)若a＋b>14，c(H＋)<c(OH－)，溶液呈碱性。【答案】Ⅰ.(1)900(2)1000(3)100Ⅱ.(1)中(2)酸(3)碱8．(2018·南昌模拟)欲测定某NaOH溶液的物质的量浓度，可用0.1000mol·L－1的HCl标准溶液进行中和滴定(用甲基橙作指示剂)。请回答下列问题：(1)滴定时，盛装待测NaOH溶液的仪器名称为________。(2)盛装标准盐酸的仪器名称为________。(3)滴定至终点的颜色变化为________。(4)若甲学生在实验过程中，记录滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面如图，则此时消耗标准溶液的体积为________。(5)乙学生做了三组平行实验，数据记录如下：选取上述合理数据，计算出待测NaOH溶液的物质的量浓度为________。(保留四位有效数字)(6)下列哪些操作会使测定结果偏高________(填字母)。A．锥形瓶用蒸馏水洗净后再用待测液润洗B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗C．滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数【解析】(1)待测NaOH溶液盛放于锥形瓶中。(2)盛装标准盐酸的仪器名称为酸式滴定管。(3)待测液是NaOH溶液，甲基橙在NaOH溶液中呈黄色，随着溶液的pH减小，当滴到溶液的pH小于4.4时，溶液颜色由黄色变成橙色，且半分钟不褪色，滴定结束。(4)滴定前滴定管内液面读数为0.50mL，滴定后液面读数为27.40mL，消耗标准溶液的体积为27.40mL－0.50mL＝26.90mL。(5)三次实验消耗标准溶液的体积依次为26.29mL、30.00mL、26.31mL，第二组数据误差较大，舍去，则1、3组平均消耗V(盐酸)＝eq\f(26.29mL＋26.31mL,2)＝26.30mL，c(NaOH)＝eq\f(0.0263L×0.1000mol·L－1,0.025L)＝0.1052mol·L－1。(6)A项，锥形瓶用待测液润洗，会使锥形瓶内溶质的物质的量增大，造成V(标准)偏大，c(待测)偏高，正确；B项，酸式滴定管用蒸馏水洗净后再用标准液润洗，对V(标准)无影响，c(待测)不变，错误；C项，滴定前酸式滴定管尖端气泡未排除，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，c(待测)偏高，正确；D项，滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，造成V(标准)偏小，c(待测)偏低，错误。【答案】(1)锥形瓶(2)酸式滴定管(3)黄色变为橙色(4)26.90mL(5)0.1052mol·L－1(6)AC[B层提升练]9．(2018·衡阳模拟)在t℃时，某Ba(OH)2的稀溶液中c(H＋)＝10－amol·L－1，c(OH－)＝10－bmol·L－1，已知a＋b＝12。向该溶液中逐滴加入pH＝c的盐酸，测得混合溶液的部分pH如下表所示：序号氢氧化钡溶液的体积/mL盐酸的体积/mL溶液的pH①22.000.008②22.0018.007③22.0022.006假设溶液混合后的体积变化忽略不计，则c为()A．3 B．4C．5 D．6【解析】Ba(OH)2溶液的pH＝8，即a＝8，再根据a＋b＝12，则b＝4，该温度下Kw＝10－12；当恰好完全中和时，溶液的pH＝6，即加盐酸的体积为22.00mL时，恰好完全中和，根据c(H＋)×22.00mL＝c(OH－)×22.00mL，又c(OH－)＝10－4mol·L－1，则盐酸c(H＋)＝10－4mol·L－1，pH＝4，即c＝4。【答案】B10．(2018·厦门模拟)常温下，向20mL某浓度的硫酸溶液中滴入0.1mol·L－1氨水，溶液中水电离的氢离子浓度随加入氨水的体积变化如图。下列分析正确的是()A．V＝40B．c点所示溶液中：c(H＋)－c(OH－)＝2c(NH3·H2O)C．NH3·H2O的电离常数K＝10－4D．d点所示溶液中：c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,4))【解析】A项，c点水的电离程度最大，说明此时c(NHeq\o\al(＋,4))最大，对水的电离促进程度最大，氨水与硫酸恰好完全反应生成(NH4)2SO4，氨水体积为0时，水电离出c(H＋)＝1×10－13mol·L－1，水电离出c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，溶液中的c(H＋)＝0.1mol·L－1，c(H2SO4)＝0.05mol·L－1，消耗氨水的体积也是20mL，即V＝20，错误；B项，c点所示溶液是(NH4)2SO4溶液，由质子守恒得：c(H＋)－c(OH－)＝c(NH3·H2O)，错误；C项，根据题意，无法判断NH3·H2O的电离常数的大小，错误；D项，根据电荷守恒：c(H＋)＋c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＋c(OH－)，而溶液呈中性c(OH－)＝c(H＋)，所以c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，正确。【答案】D11．(2018·山东青岛二中模拟)已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如图所示：(1)则25℃时水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”)，请说明理由________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)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________。(3)95℃时，若100体积pH1＝a的某强酸溶液与1体积pH2＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前a与b之间应满足的关系是________________。(4)曲线B对应温度下，pH＝2的某HA溶液和pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH＝5。请分析其原因：_______________________________________________________________________________________________________________。【解析】(1)升高温度时，促进水的电离，水的离子积也增大，水中氢离子浓度、氢氧根离子浓度都增大，水的pH减小，但溶液仍然呈中性。因此结合图像中A、B曲线变化情况及氢离子浓度、氢氧根离子浓度判断25℃时水的电离平衡曲线应为A，理由为水的电离是吸热过程，升高温度，使水的电离程度增大。(2)25℃时所得混合溶液的pH＝7，即酸碱恰好中和。现pH(碱)＋pH(酸)＝9＋4＝13，说明酸溶液中c(H＋)是碱溶液中c(OH－)的10倍，所以碱溶液的体积必是酸溶液的10倍。(3)要注意的是95℃时，水的离子积为10－12，即酸溶液中c(H＋)与碱溶液中c(OH－)的浓度相等时pH(酸)＋pH(碱)＝12。现强碱溶液中c(OH－)的浓度是强酸溶液中c(H＋)的100倍，所以pH(酸)＋pH(碱)＝14，即a＋b＝14。【答案】(1)A水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，c(H＋)、c(OH－)小(2)10∶1(3)a＋b＝14(4)曲线B对应95℃，此时水的离子积为10－12，HA若为强酸，与pH＝10的NaOH溶液等体积混合后应为pH＝6，现pH＝5，说明HA为弱酸，混合溶液中的过量的HA分子能继续电离出H＋[C层真题练]12．(2016·全国乙，12)298K时，在20.0mL0.10mol·L－1氨水中滴入0.10mol·L－1的盐酸，溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L－1氨水的电离度为1.32%，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20.0mLC．M点处的溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)＝c(H＋)＝c(OH－)D．N点处的溶液中pH<12【解析】氨水与盐酸中和生成氯化铵，氯化铵属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，应选择在酸性范围变色的指示剂，指示剂可以为甲基橙，A选项错误；盐酸若为20mL，二者恰好中和，此时溶液为酸性，若溶液pH＝7，则盐酸体积必然小于20mL，B选项错误；M点处溶液呈中性，c(NHeq\o\al(＋,4))＝c(Cl－)，c(H＋)＝c(OH－)，但c(Cl－)要远大于c(H＋)，C选项错误；由于N点为0.1mol·L－1的氨水，根据电离度为1.32%，c(OH－)＝0.1mol·L－1×1.32%＝0.00132mol·L－1，故pH<12，D选项正确。【答案】D13．(2017·天津理综，9)用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I－)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。Ⅰ.准备标准溶液a．准确称取AgNO3基准物4.2468g(0.0250mol)后，配制成250mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。b．配制并标定100mL0.1000mol·L－1NH4SCN标准溶液，备用。Ⅱ.滴定的主要步骤a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。b．加入25.00mL0.1000mol·L－1AgNO3溶液(过量)，使I－完全转化为AgI沉淀。c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d．用0.1000mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。e．重复上述操作两次。三次测定数据如下表：实验序号123消耗NH4SCN标准溶液体积/mL10.2410.029.98f.数据处理。回答下列问题：(1)将称得的AgNO3配制成标准溶液，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有________________________________________________________________________。(2)AgNO3标准溶液放在棕色试剂瓶中避光保存的原因是________________________________________________________________________。(3)滴定应在pH<0.5的条件下进行，其原因是_________________。(4)b和c两步操作是否可以颠倒________，说明理由_____________________________________________________________________________