2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8章 物質(zhì)在水溶液的行為 第24講 水溶液和溶液的pH練習(xí) 魯科版

《2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8章 物質(zhì)在水溶液的行為 第24講 水溶液和溶液的pH練習(xí) 魯科版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8章 物質(zhì)在水溶液的行為 第24講 水溶液和溶液的pH練習(xí) 魯科版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第8章 物質(zhì)在水溶液的行為 第24講 水溶液和溶液的pH練習(xí) 魯科版 1．下列實(shí)驗(yàn)操作，對實(shí)驗(yàn)結(jié)果不會產(chǎn)生影響的是(　　) A．用酸堿中和滴定法測待測液濃度時，裝標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管用水洗后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗 B．用酸堿中和滴定法測待測液濃度時，裝待測液的錐形瓶用水洗后用待測液潤洗2～3次 C．測定中和反應(yīng)的反應(yīng)熱時，將堿溶液緩慢倒入酸溶液中 D．用蒸餾水濕潤的pH試紙測定硫酸鈉溶液的pH 解析：用酸堿中和滴定法測待測液濃度時，裝標(biāo)準(zhǔn)液的滴定管用水洗后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗，會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，選項(xiàng)A不正確；用酸堿中和滴定法測待測液濃度時，裝待測液的錐形瓶用水洗后用待測液

2、潤洗2～3次，會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，選項(xiàng)B不正確；測定中和反應(yīng)的反應(yīng)熱時，將堿溶液緩慢倒入酸溶液中，導(dǎo)致測定結(jié)果偏低，選項(xiàng)C不正確；用蒸餾水濕潤的pH試紙測定硫酸鈉溶液的pH，無影響，原因是硫酸鈉溶液本身溶液顯中性，選項(xiàng)D正確。 答案：D 2．在25 ℃時，某溶液中由水電離出的[H＋]＝1×10－12 mol·L－1，則該溶液的pH可能是(　　) A．2　　　　　　　　　 B．7 C．6 D．11 解析：在任何溶液中，由水電離出的H＋和OH－的濃度永遠(yuǎn)相等。當(dāng)由水電離的[H＋]＝[OH－]＝1×10－12 mol·L－1時，說明水的電離受到酸或堿的抑制，25 ℃時，KW＝[H＋]·[

3、OH－]＝1×10－14，當(dāng)為酸性溶液時，由酸電離出的[H＋]＝ mol·L－1，pH＝2；當(dāng)為堿性溶液時，由堿電離出的[OH－]＝ mol·L－1，pH＝12。 答案：A 3．H2S2O3是一種弱酸，實(shí)驗(yàn)室欲用0.01 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定I2溶液，發(fā)生的反應(yīng)為I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，下列說法合理的是(　　) A．該滴定可用甲基橙做指示劑 B．Na2S2O3是該反應(yīng)的還原劑 C．該滴定可選用如圖所示裝置 D．該反應(yīng)中每消耗2 mol Na2S2O3，電子轉(zhuǎn)移數(shù)為4 mol 答案：B 4．(2017·曲靖檢測)25 ℃時，

4、水的電離達(dá)到平衡：H2OH＋＋OH－　ΔH＞0，下列敘述正確的是(　　) A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移動，[OH－]降低 B．向水中加入少量固體硫酸氫鈉，[H＋]增大，Kw不變 C．向水中加入少量鹽酸，平衡逆向移動，[OH－]增大 D．將水加熱，Kw增大，pH不變，呈中性 解析：A.向水中加入稀氨水，由于氨水在溶液中存在電離平衡：NH3·H2ONH＋OH－，電離產(chǎn)生的OH－使溶液中[OH－]增大，水的電離平衡逆向移動，[OH－]增大，錯誤；B.向水中加入少量固體硫酸氫鈉，鹽電離產(chǎn)生的H＋使溶液中[H＋]增大，溫度不變，所以KW不變，正確；C.向水中加入少量HCl，電離產(chǎn)生

5、的 H＋使水的電離平衡逆向移動，但是平衡移動的趨勢是微弱的，溶液中酸電離產(chǎn)生的離子濃度增大的趨勢大于平衡移動使離子濃度減小的趨勢，所以[H＋]增大，[OH－]減小，錯誤；D.將水加熱，KW增大，[H＋]增大，pH減小，溶液仍然呈中性，錯誤。 答案：B 5．(2017·蘇州檢測)將pH＝1的鹽酸平均分成兩份，一份加入適量水，另一份加入與該鹽酸物質(zhì)的量濃度相同的適量NaOH溶液，pH都升高了1，則加入的水與NaOH溶液的體積比為(　　) A．9　　　　　　　　　 B．10 C．11 D．12 解析：將pH＝1的鹽酸加適量水，pH升高了1，說明所加的水是原溶液的9倍；另1份加入與該鹽酸

6、物質(zhì)的量濃度相同的適量NaOH溶液后，pH升高了1，則10－1×1－10－1·x＝10－2·(1＋x)，解得x＝，則加入的水與NaOH溶液的體積比為9∶＝11∶1。 答案：C 6．常溫下，pH＝a和pH＝b的兩種NaOH溶液，已知b＝a＋2，則將兩種溶液等體積混合后，所得溶液的pH接近于(　　) A．a(chǎn)－lg 2　　　　　　 B．b－lg 2 C．a(chǎn)＋lg 2 D．b＋lg 2 解析：兩種溶液中[OH－]分別為10a－14 mol·L－1、10b－14 mol·L－1，等體積混合后 [OH－]＝＝mol·L－1， pOH＝(14－a)－lg 101＋lg 2≈12－a＋lg 2

7、，pH＝14－pOH＝2＋a－lg 2＝ b－lg 2。 答案：B 7．常溫時，1體積pH＝2.5的鹽酸與10體積某一元強(qiáng)堿溶液恰好完全反應(yīng)，則該強(qiáng)堿溶液的pH等于(　　) A．9.0 B．9.5 C．10.5 D．11.0 解析：鹽酸與一元強(qiáng)堿恰好完全反應(yīng)，則n(H＋)＝n(OH－)。設(shè)鹽酸和強(qiáng)堿的體積分別為V L、10V L，強(qiáng)堿的pH＝x，則可列等式：10－2.5×V＝10x－14×10V。解得x＝10.5。 答案：C 8．T ℃時，水的離子積為Kw，該溫度下將a mol/L一元酸HA溶液與b mol/L一元堿BOH溶液等體積混合，若混合后溶液呈中性，則下列說法一定正

8、確的是 (　　) A．混合液中，[H＋]＝ B．混合液的pH＝7 C．混合液中，[B＋]＝[A－]＋[OH－] D．a(chǎn)＝b 解析：混合液呈中性，則n(H＋)＝n(OH－)，根據(jù)KW＝[H＋][OH－]可得，[H＋]＝，A對；溫度不一定為25 ℃，故中性溶液的pH不一定等于7，B錯；根據(jù)電荷守恒，混合液中[B＋]＋[H＋]＝[OH－]＋[A－]，C錯；當(dāng)HA為強(qiáng)酸，BOH為弱堿時，a＜b，當(dāng)HA為弱酸，BOH為強(qiáng)堿時，a＞b，D錯。 答案：A 9．室溫時，M(OH)2(s)M2＋(aq)＋2OH－(aq)。Ksp＝a，[M2＋]＝b mol·L－1時，溶液的pH等于(　　)

9、 A.lg　　　　　　 B.lg C．14＋lg D．14＋lg 解析：根據(jù)M(OH)2的Ksp＝[M2＋][OH－]2，則溶液中[OH－]＝＝，則 pH＝－lg [H＋]＝－lg ＝－＝14＋lg。 答案：C 10．(2017·廣東珠海質(zhì)檢)如圖曲線a和b是鹽酸與氫氧化鈉相互滴定的滴定曲線，下列敘述正確的是(　　) A．鹽酸的物質(zhì)的量濃度為1 mol·L－1 B．P點(diǎn)時反應(yīng)恰好完全中和，溶液呈中性 C．曲線a是鹽酸滴定氫氧化鈉的滴定曲線 D．酚酞溶液不能用做本實(shí)驗(yàn)的指示劑 解析：根據(jù)曲線a知，滴定前鹽酸的pH＝1，c(HCl)＝0.1 mol·L－1，A錯誤；P點(diǎn)

10、表示鹽酸與氫氧化鈉恰好完全中和，溶液呈中性，B正確；曲線a是氫氧化鈉溶液滴定鹽酸的曲線，曲線b是鹽酸滴定氫氧化鈉溶液的曲線，C錯誤；強(qiáng)酸與強(qiáng)堿滴定，可以用酚酞做指示劑，D錯誤。 答案：B 11．現(xiàn)有常溫下的六份溶液：①0.01 mol·L－1CH3COOH溶液；②0.01 mol·L－1HCl溶液；③pH＝12的氨水；④pH＝12的NaOH溶液；⑤0.01 mol·L－1CH3COOH溶液與pH＝12的氨水等體積混合后所得溶液；⑥0.01 mol·L－1HCl溶液與pH＝12的NaOH溶液等體積混合所得溶液。 (1)其中水的電離程度最大的是________(填序號，下同)，水的電離程度相

11、同的是________。 (2)若將②③混合后所得溶液pH＝7，則消耗溶液的體積：②________(填“>”“<”或“＝”)③。 (3)將六份溶液同等程度稀釋10倍后，溶液的pH： ①________②，③________④，⑤________⑥。(填“>”“<”或“＝”) 解析：(1)酸和堿都會抑制水的電離，故只有⑥為NaCl溶液，對H2O的電離無抑制作用。②③④對水的電離抑制程度相同。(2)因pH＝12的氨水中[NH3·H2O]> 0.01 mol·L－1，故②③混合，欲使pH＝7，則需消耗溶液的體積：②>③。 (3)稀釋同樣的倍數(shù)后，溶液的pH：①>②；③>④；⑤>⑥。

12、答案：(1)⑥?、冖邰堋?2)>　(3)>　>　> 12．(2017·桂林檢測)下表是不同溫度下水的離子積數(shù)據(jù)： 溫度/℃ 25 t1 t2 水的離子積常數(shù) 1×10－14 α 1×10－12 試回答下列問題： (1)若25＜t1＜t2，則α________(填“＞”“＜”或“＝”)1×10－14，做出此判斷的理由是___________________________________________________________ _________________________________________________________________。 (

13、2)在t1 ℃時，測得純水中的[H＋]＝2.4×10－7mol·L－1，則[OH－]為________。該溫度下，測得某H2SO4溶液中[SO]＝5×10－6mol·L－1，該溶液中[OH－]＝________mol·L－1。 (3)①t2 ℃下：①0.01 mol·L－1的氫氧化鈉溶液的pH＝________。 ②若10體積的某強(qiáng)酸溶液與1體積的某強(qiáng)堿溶液混合后溶液呈中性，則混合之前，該強(qiáng)酸的pH數(shù)值pH1與強(qiáng)堿的pH數(shù)值pH2之間應(yīng)滿足的關(guān)系是________。 解析：(1)水是弱電解質(zhì)，存在電離平衡，電離吸熱。所以溫度升高，水的電離程度增大，離子積增大；(2)水電離出的氫離子濃度和

14、氫氧根離子濃度相同，某溫度下純水中的[H＋]＝2.4×10－7 mol·L－1，則此時純水中的[OH－]＝2.4× 10－7mol·L－1，該溫度下，某H2SO4溶液中[SO]＝5×10－6 mol·L－1，則溶液中氫離子濃度是1×10－5 mol·L－1，[OH－]＝＝5.76×10－9 mol·L－1；(3)t2 ℃溫度下水的離子積常數(shù)是1×10－12，①0.01 mol·L－1的氫氧化鈉溶液的[H＋]＝1× 10－12/0.01＝10－10，則pH＝10；②設(shè)強(qiáng)酸的pH＝a，強(qiáng)堿的pH＝b，由t2℃時，若10體積的某強(qiáng)酸溶液與1體積的某強(qiáng)堿溶液混合后溶液呈中性，即n(H＋)＝n(OH

15、－)，則10×10－a＝1×10b－12,101－a＝10b－12，即1－a＝b－12，則a＋b＝13，即pH(酸)＋pH(堿)＝13。 答案：(1)＞　水的電離是吸熱過程，升高溫度，平衡向電離的方向移動，[H＋]增大，[OH－]增大，KW＝[H＋][OH－]，KW增大 (2)2.4×10－7mol·L－1　5.76×10－9mol·L－1 (3)①10?、趐H1＋pH2＝13 13．現(xiàn)有常溫條件下甲、乙、丙三種溶液，甲為0.1 mol·L－1的NaOH溶液，乙為0.1 mol·L－1的HCl溶液，丙為0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液。試回答下列問題： (1)甲溶液的pH＝

16、________。 (2)丙溶液中存在的電離平衡為______________________________ ____________________(用電離平衡方程式表示)。 (3)常溫下，用水稀釋0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液時，下列各量隨水量的增加而增大的是________(填序號)。 ①n(H＋)　　　　　?、赱H＋] ③ ④[OH－] (4)甲、乙、丙三種溶液中由水電離出的[OH－]的大小關(guān)系為________。 (5)某同學(xué)用甲溶液分別滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL丙溶液，得到如圖所示的兩條滴定曲線，請回答有關(guān)問題： 圖1

17、 圖2 ①甲溶液滴定丙溶液的曲線是________(填“圖1”或“圖2”)曲線。 ②a＝________。 解析：(1)[OH－]＝0.1 mol·L－1，則[H＋]＝10－13mol·L－1，pH＝13。(2)CH3COOH溶液中存在CH3COOH和水的電離平衡。(3)CH3COOH是弱酸，當(dāng)向0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液中加水稀釋時，CH3COOH的電離程度增大，平衡向右移動，H＋的物質(zhì)的量增大，但是c(H＋)減小，故①增大，②減??；設(shè)CH3COOH在水中的電離平衡常數(shù)為K，則＝，[H＋]減小，而K在一定溫度下是常數(shù)，故減小，即③減??；常溫下，KW為一定值，KW＝[

18、H＋][OH－]，[H＋]減小，則[OH－]增大，即④增大。(4)酸、堿對水的電離具有抑制作用，水溶液中[H＋]或[OH－]越大，水的電離程度越小，反之越大。(5)①HCl是強(qiáng)酸，CH3COOH是弱酸，分析題圖，可知圖2是甲溶液滴定丙溶液的曲線。②氫氧化鈉溶液滴定鹽酸恰好中和時，pH＝7，因二者濃度相等，則二者體積相等，a＝20.00；氫氧化鈉溶液滴定醋酸恰好中和時，生成醋酸鈉溶液，pH＞7。 答案：(1)13　(2)CH3COOHCH3COO－＋H＋、H2OOH－＋H＋　(3)①④　(4)丙＞甲＝乙 (5)①圖2?、?0.00 14．自來水中余氯的測定：含氯消毒劑給自來水消毒后

19、有余氯。測定自來水中余氯含量的方案如下：在250 mL碘量瓶中(或具塞錐形瓶中)放置 0.5 g碘化鉀，加10 mL稀硫酸，準(zhǔn)確量取流動水樣100 mL(打開自來水龍頭，待水流數(shù)十秒后再取水樣)置于碘量瓶，迅速塞上塞搖動，見水樣呈淡黃色，加1 mL淀粉溶液變藍(lán)，則說明水樣中有余氯。再以c mol/L標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定，至溶液藍(lán)色消失呈無色透明溶液，記下硫代硫酸鈉溶液的體積。(已知：滴定時反應(yīng)的化學(xué)方程式為I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6) (1)若該自來水是以漂白粉消毒，能說明水樣中有余氯的反應(yīng)離子方程式為_____________________________

20、_______________________________________ ______________________________________________________________。 (2)按上述方案實(shí)驗(yàn)，消耗標(biāo)準(zhǔn) Na2S2O3溶液V mL，該次實(shí)驗(yàn)測得自來水樣品中余氯量(以游離Cl2計算)為________mg·L－1。在上述實(shí)驗(yàn)過程中，若“塞上塞搖動”動作不夠迅速，則測得結(jié)果________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。 解析：(1)漂白粉的有效成分是次氯酸根，次氯酸根檢驗(yàn)強(qiáng)氧化性，可以將碘離子氧化得碘單質(zhì)，自身被還原為氯離子，反應(yīng)離子方程式為ClO－＋2I－＋2H＋===CI－＋I(xiàn)2＋H2O。 (2)根據(jù)Cl2～I(xiàn)2～2Na2S2O3，可知 n(Cl2)＝n(Na2S2O3)＝×V×10－3L×c mol/L，氯氣質(zhì)量為×V×10－3L×c mol/L×71 g/mol＝3.55 Vc×10－2g＝35.5 Vc mg，故余氯量(以游離Cl2計算)為＝355 Vc mg/L；動作不迅速，空氣中的氧氣在酸性條件下可把碘離子氧化生成單質(zhì)碘，消耗硫代硫酸鈉的體積會增大，所以結(jié)果偏高。 答案：(1)ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I(xiàn)2＋H2O (2)355cV　偏高