【创新方案】2020-2021学年高中化学每课一练：3.1.2-溶液的酸碱性与PH(鲁科版选修4)

一、选择题(本题包括7小题，每小题3分，共21分)1．喷墨打印机墨汁的pH为7.5～9.0。当墨汁喷在纸上时，与酸性物质作用生成不溶于水的固体。由此可知()①墨汁偏碱性②墨汁偏酸性③纸张偏酸性④纸张偏碱性A．①③ B．②④C．①④ D．②③解析：常温下pH>7的液体呈碱性，碱性墨汁喷到纸上与酸性物质作用生成不溶于水的固体，由此可知，纸张偏酸性，故A正确。答案：A2．下列说法中肯定正确的是()A．pH＝7，溶液中性B．pH>7，溶液呈碱性C．pH＝6溶液中[OH－]＝1×10－8mol·L－1D．pH＝6溶液中[H＋]＝1×10－6mol·L－1解析：A、B、C三项均须在25℃时成立；pH＝－lg[H＋]⇒[H＋]＝10－pH。故pH＝6的溶液中[H＋]＝1×10－6mol·L－1答案：D3．用pH试纸测定某溶液的pH，假如将pH试纸用蒸馏水润湿后，再把待测液滴到pH试纸上，跟比色卡对比，测得pH＝8。则此溶液的实际pH()A．大于8 B．小于8C．等于8 D．小于7解析：稀释后pH＝8，呈碱性，则稀释前肯定呈碱性，且溶液的碱性比稀释后的碱性强，即稀释前pH>8。答案：A4．(2022·福州高二检测)常温下，向0.1mol·L－1的硫酸溶液中逐滴加入物质的量浓度相同的氢氧化钡溶液，生成沉淀的量与加入氢氧化钡溶液的体积关系如右图所示，a、b、c、d分别表示试验时不同阶段的溶液，下列有关说法中正确的是()A．溶液的导电力量：a<b<d<cB．溶液的pH：a<b<c<dC．a溶液和b溶液呈碱性D．d处沉淀的量比c处的大解析：溶液的导电力量a点最大，c点最小；溶液的pH随Ba(OH)2溶液量的增加而增大；a溶液和b溶液呈酸性，c溶液显中性，d溶液显碱性；d处沉淀与c处等量。答案：B5．常温下，浓度均为0.1mol·L－1的下列溶液，pH由大到小的挨次是()①H2SO4溶液②盐酸③NaCl溶液④NaOH溶液⑤Ba(OH)2溶液A．⑤>④>③>②>① B．①>②>③>④>⑤C．④＝⑤>③>①＝② D．①＝②>③>④＝⑤解析：①[H＋]＝0.2mol·L－1②[H＋]＝0．1mol·L－1③[H＋]＝10－7mol·L－1④[OH－]＝0.1mol·L－1⑤[OH－]＝0.2mol·L－1，溶液中[H＋]越大，pH越小；[OH－]越大，pH越大。答案：A6．[双选题](2011·扬州调研)常温下，将0.02mol·L－1的Ba(OH)2溶液100mL和0.02mol·L－1NaHSO4溶液100mL混合，若忽视溶液体积变化，则混合后的溶液()A．pH＝12B．pH＝2C．由水电离产生的[H＋]＝1.0×10－2mol·L－1D．溶质的物质的量浓度为0.01mol·L－1解析：n[Ba(OH)2]＝0.02mol·L－1×0.1L＝0．002mol，n(OH－)＝0.004mol，n(NaHSO4)＝0.02mol·L－1×0.1L＝0.002mol，n(H＋)＝0.002mol，中和反应后n[OHeq\o\al(－,余)]＝0.002mol，[OH－]＝eq\f(0.002mol,0.2L)＝0.01mol·L－1，则[H＋]＝eq\f(KW,[OH－])＝1×10－12mol·L－1，pH＝12。反应后溶液中的溶质为NaOH，其物质的量为0.002mol，溶液体积为0.2L，所以c(NaOH)＝0.01mol·L－1。答案：AD7．室温时，pH＝13的强碱溶液与pH＝2的强酸溶液混合，所得混合液的pH＝11，则强碱与强酸的体积比是()A．11∶1 B．9∶1C．1∶11 D．1∶9解析：此题主要考查了强酸与强碱混合后pH的计算，解题时应留意酸先算[H＋]，碱应先求[OH－]，再求混合后[H＋]，最终求pH。本题可依据剩余的[OH－]来列式进行求算。方法一：[OH－]余＝eq\f([OH－]·V碱－[H＋]·V酸,V酸＋V碱)＝eq\f(0.1V碱－0.01V酸,V酸＋V碱)＝0.001mol·L－1解得：V碱∶V酸＝1∶9。方法二：估算法因强碱中[OH－]＝0.1mol·L－1，是强酸[H＋]＝0.01mol·L－1的10倍，故二者恰好中和的体积比应为V碱∶V酸＝1∶10，而题中不是恰好中和，而是碱稍过量，因而V碱∶V酸应略大于1∶10。答案：D二、非选择题(本题包括4小题，共39分)8．(8分)甲、乙两同学分别计算pH＝10和pH＝13的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH。甲同学的做法是：混合后[H＋]＝eq\f(10－10mol·L－1×1L＋10－13mol·L－1×1L,1L＋1L)＝5×10－11mol·L－1，pH＝11－lg5。乙同学的做法是：混合后[OH－]＝eq\f(10－4mol·L－1×1L＋10－1mol·L－1×1L,1L＋1L)＝5×10－2mol·L－1，pOH＝2－lg5，pH＝14－pOH＝12＋lg5。甲、乙两同学的做法中，正确的是________。说明理由________________________________________________________________________。解析：碱溶液中的H＋是由H2O电离生成的，由于碱对H2O的电离有抑制作用，故H＋浓度很小，故对碱溶液计算pH时，应先计算[OH－]，再由KW求出[H＋]计算pH。甲同学直接用[H＋]计算pH是错误的。答案：乙由于是碱溶液，不能直接用[H＋]计算pH，所以甲同学错误9．(8分)有pH＝12的NaOH溶液100mL，要使它的pH降为11。(1)若加入蒸馏水，应加________mL。(2)若加入pH为10的NaOH溶液，应加______mL。(3)若加入0.01mol·L－1的盐酸，应加____________mL。解析：(1)加水稀释pH＝12的NaOH溶液至pH＝11，体积增大到10倍所以需加水900mL。(2)设需pH＝10的NaOH溶液体积为V，那么：eq\f(10－2mol·L－1×0.1L＋10－4mol·L－1×V,0.1L＋V)＝10－3mol·L－1，V＝1L＝1000mL。(3)设需0.01mol·L－1盐酸体积为V，那么：eq\f(10－2mol·L－1×0.1L－0.01mol·L－1·V,0.1L＋V)＝10－3mol·L－1，V＝81.8mL。答案：(1)900(2)1000(3)81.810．(10分)某温度t时，水的离子积为KW＝1×10－13mol2·L－2，则t________25℃(填“>”、“<”或“＝”)，其理由是________________________________________。若将此温度下pH＝11的苛性钠溶液aL与pH＝1的稀硫酸b(1)若所得混合溶液为中性，则a∶b＝________，此溶液中各种离子的浓度由大到小排列的挨次是__________________________。(2)若所得混合液的pH＝2，则a∶b＝________，此溶液中各种离子的浓度由大到小排列的挨次是_________________________________________________________________。解析：室温时水的KW＝1×10－14mol2·L－2<1×10－13mol2·L－2，水的电离是吸热的，上升温度，水的电离平衡正向移动，KW增大，则t>25℃苛性钠溶液中，[OH－]＝eq\f(KW,[H＋])＝eq\f(10－13,10－11)mol·L－1＝10－2mol·L－1，则n(OH－)＝aL×10－2mol·L－1＝0.01amol。稀硫酸中，n(H＋)＝bL×10－1mol·L－1＝0.1bmol。(1)所得混合液为中性，即n(H＋)＝n(OH－)，故0.1bmol＝0.01amol，得a∶b＝10∶1。(2)所得混合液的pH＝2，即酸过量，由[n(H＋)－n(OH－)]/(aL＋bL)＝[H＋]进行计算，故(0.1b－0.01a)mol/(aL＋bL)＝10－2mol·L－1，解得a∶b＝9∶答案：>水的电离过程是吸热的，上升温度，电离平衡正向移动，KW增大，则t>25(1)10∶1[Na＋]>[SOeq\o\al(2－,4)]>[H＋]＝[OH－](2)9∶2[SOeq\o\al(2－,4)]>[Na＋]>[H＋]>[OH－]11．(13分)浓度为0.1mol·L－1的盐酸、硫酸、醋酸三种溶液，试回答：(1)三种溶液中[H＋]依次为amol·L－1，bmol·L－1，cmol·L－1，其大小挨次为__________。(2)三种溶液的pH大小挨次为__________。(3)等体积的以上三种酸分别与过量的NaOH溶液反应，生成的盐的物质的量依次为n1mol，n2mol，n3mol，它们的大小关系为__________。(4)中和肯定量NaOH溶液生成正盐时，需上述三种酸的体积依次是V1L、V2L、V(5)与锌反应时产生氢气的速率分别为v1、v2、v3，其大小关系为__________。解析：(1)这三种酸中盐酸与硫酸为强酸，完全电离，故盐酸中[H＋]＝0.1mol/L，硫酸中[H＋]＝0.2mol/L，而醋酸是弱酸，存在电离平衡，部分电离[H＋]<0.1mol/L。(2)据pH＝－lg[H＋]知，盐酸pH＝1，硫酸pH<1，醋酸pH>1。(3)等体积的三种酸，其物质的量也相等，所以其生成盐的物质的量也相等