（江蘇專版）2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 跟蹤檢測（二十二）水的電離 溶液的pH（含解析）

（江蘇專版）2022年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 跟蹤檢測（二十二）水的電離 溶液的pH（含解析）1水的電離平衡為H2OHOHH>0，下列敘述不正確的是()A將水加熱，pH減小B恒溫下，向水中加入少量固體KOH，Kw不變C向水中滴入稀醋酸，c(H)增大D向水中加入少量固體NaClO，水的電離平衡逆向移動解析：選D水的電離是吸熱過程，升高溫度，平衡向電離方向移動，Kw增大，c(H)增大，則pH減小，故A正確；恒溫下，向水中加入少量固體KOH，因為Kw只受溫度的影響，所以Kw不變，故B正確；向水中滴入稀醋酸，稀醋酸是酸性溶液，所以c(H)增大，故C正確；向水中加入少量固體NaClO，ClO水解消耗H，水的電離平衡正向移動，故D錯誤。2常溫下，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的敘述錯誤的是()A某H2SO4溶液中1.0×108，由水電離出的c(H)1×1011 mol·L1B將0.02 mol·L1 HCl溶液與0.02 mol·L1 Ba(OH)2溶液等體積混合后，溶液pH約為12C將0.1 mol·L1的NaOH溶液加水稀釋后，由水電離產(chǎn)生的c(H)·c(OH)保持不變DpH3的H2SO4溶液，稀釋105倍后，溶液的pH7解析：選CH2SO4溶液中1.0×108，結(jié)合水的離子積常數(shù)1.0×1014可知溶液中c(H)1.0×103 mol·L1，H2SO4溶液中水的電離受到抑制，由水電離出的c(H)1.0×1011 mol·L1，A項正確；將0.02 mol·L1 HCl溶液與0.02 mol·L1 Ba(OH)2溶液等體積混合后，溶液中c(OH)0.01 mol·L1，溶液的pH12，B項正確；稀釋NaOH溶液時，水的電離程度增大，由水電離出的c(H)·c(OH)增大，C項錯誤；酸無論稀釋多少倍仍呈酸性，pH7，D項正確。325 時，重水(D2O)的離子積為1.6×1015，也可用pH一樣的定義來規(guī)定其酸堿度：pDlg c(D)，下列有關(guān)pD的敘述，正確的是()中性D2O的pD7在1 L D2O中，溶解0.01 mol NaOD，其pD121 L 0.01 mol·L1的DCl的重水溶液，pD2在100 mL 0.25 mol·L1 DCl的重水溶液中，加入50 mL 0.2 mol·L1 NaOD的重水溶液，反應(yīng)后溶液的pD1ABC D解析：選B由于重水的離子積常數(shù)為1.6×1015，因此重水中c(D)4×108，對應(yīng)的pD7.4，故錯；在0.01 mol·L1 NaOD的重水溶液中，c(OD)0.01 mol·L1，根據(jù)重水離子積常數(shù)，可推知c(D)1.6×1013 mol·L1，pD不等于12，故錯；在0.01 mol·L1 DCl的重水溶液中，c(D)0.01 mol·L1，因此pD2，正確；根據(jù)中和反應(yīng)量的關(guān)系，100 mL 0.25 mol·L1 DCl和50 mL 0.2 mol·L1 NaOD中和后溶液中過量的DCl的濃度為0.1 mol·L1，因此對應(yīng)溶液的pD1，正確。4常溫下，下列溶液一定呈堿性的是()A能與金屬鋁反應(yīng)放出氫氣的溶液B.106的溶液CpH2的CH3COOH溶液與pH12的NaOH溶液等體積混合D0.01 mol·L1的氨水與0.01 mol·L1的HCl溶液等體積混合解析：選B能與金屬鋁反應(yīng)放出氫氣的溶液可能呈酸性也可能呈強堿性，A錯誤；106<1，c(H)c(OH)，溶液呈堿性，B正確；CH3COOH為弱酸，NaOH為強堿，pH2的CH3COOH溶液與pH12的NaOH溶液等體積混合，CH3COOH過量，溶液呈酸性，C錯誤；0.01 mol·L1的氨水與0.01 mol·L1的HCl溶液等體積混合恰好發(fā)生中和反應(yīng)，生成的氯化銨水解使溶液呈酸性，D錯誤。5常溫下，將一元酸HA和NaOH溶液等體積混合，兩種溶液的濃度和混合后所得溶液的pH如下表：實驗編號c(HA)/(mol·L1)c(NaOH)/(mol·L1)混合溶液的pH甲 0.1 0.1pHa乙 0.2 0.2pH9丙c1 0.2pH7丁0.20.1pH7下列判斷正確的是()Aa7B在乙組混合液中由水電離出的c(OH)105 mol·L1Cc10.2D丁組混合液中：c(Na)>c(A)>c(H)>c(OH)解析：選BA項，由乙組數(shù)據(jù)知，HA與NaOH以等物質(zhì)的量反應(yīng)，所得NaA溶液呈堿性，HA為弱酸，甲組中HA與NaOH以等物質(zhì)的量混合，混合溶液pH>7，錯誤；B項，乙溶液為NaA溶液，溶液中的OH全部來自水的電離，且c(OH)105 mol·L1，正確；C項，HA溶液與NaOH溶液等體積混合溶液的pH7，酸過量，c1>0.2，錯誤；D項，由數(shù)據(jù)知，丁組混合溶液是HA與NaA等物質(zhì)的量混合，溶液呈酸性，HA的電離程度大于A的水解程度，即c(A)>c(Na)>c(H)>c(OH)，錯誤。6下列實驗操作，對實驗結(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23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：選DA、B項會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高，C項會導(dǎo)致測定結(jié)果偏低，D項無影響，原因是硫酸鈉溶液顯中性。7甲、乙兩杯醋酸稀溶液，甲的pHa，乙的pHa1，對下列敘述的判斷正確的是()甲由水電離出來的H的物質(zhì)的量濃度是乙的物質(zhì)的量濃度：c(甲)10c(乙)中和等物質(zhì)的量的NaOH溶液需甲、乙兩杯酸的體積：10V(甲)V(乙)甲中的c(OH)為乙中的c(OH)的10倍A BC D解析：選D甲溶液的pHa，由水電離出來的c(OH)水c(H)水1×10a14 mol·L1；乙溶液的pHa1，由水電離出來的c(OH)水c(H)水1×10a114 mol·L11×10a13 mol·L1，正確，錯誤；弱電解質(zhì)濃度越大，電離度越小，故c(甲)10c(乙)，錯誤；中和等物質(zhì)的量的NaOH時，10V(甲)V(乙)，錯誤；故D項正確。8常溫下，用0.10 mol·L1 NaOH溶液分別滴定20.00 mL 0.10 mol·L1HCl溶液和20.00 mL 0.10 mol·L1 CH3COOH溶液，得到2條滴定曲線，如圖所示，則下列說法正確的是()A圖2是滴定鹽酸的曲線Ba與b的關(guān)系是abCc點對應(yīng)離子濃度由大到小的順序為c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)D這兩次滴定都可以用甲基橙作為指示劑解析：選C如果酸為強酸，則0.100 0 mol·L1酸的pH為1，根據(jù)酸的初始pH知，圖1為鹽酸滴定曲線，故A錯誤；根據(jù)圖1知，a點氫氧化鈉溶液的體積是20 mL，酸和堿的物質(zhì)的量相等，二者恰好反應(yīng)生成強酸強堿鹽，其溶液呈中性；若醋酸溶液中滴入等量的氫氧化鈉溶液，醋酸鈉溶液呈堿性，所以圖2b點時，氫氧化鈉溶液的體積小于20.00 mL，ab，故B錯誤；c點溶液的成分為醋酸鈉和醋酸，溶液呈酸性，說明醋酸的電離程度大于醋酸鈉的水解程度，鹽類水解程度較小，則溶液中離子濃度為c(CH3COO)c(Na)c(H)c(OH)，故C正確；氫氧化鈉和鹽酸反應(yīng)恰好呈中性，可以選擇甲基橙或酚酞；氫氧化鈉和醋酸恰好反應(yīng)生成醋酸鈉溶液呈堿性，只能選擇酚酞，故D錯誤。9實驗室欲用0.01 mol·L1的Na2S2O3溶液滴定碘水，發(fā)生的反應(yīng)為I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6，下列說法正確的是( )A該滴定反應(yīng)可用甲基橙作指示劑BNa2S2O3是該反應(yīng)的還原劑C該滴定反應(yīng)可選用如圖所示裝置D該反應(yīng)中每消耗2 mol Na2S2O3，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4 mol解析：選B該滴定反應(yīng)應(yīng)該用淀粉溶液作指示劑，A項錯誤；在該反應(yīng)中，I2中I的化合價降低，得到電子，I2作氧化劑，Na2S2O3中的S的化合價升高，失去電子，Na2S2O3是該反應(yīng)的還原劑，B項正確；Na2S2O3溶液顯堿性，應(yīng)該使用堿式滴定管，不能用酸式滴定管，C項錯誤；該反應(yīng)中每消耗2 mol Na2S2O3，轉(zhuǎn)移2 mol電子，D項錯誤。10在t 時，某Ba(OH)2的稀溶液中c(H)10a mol·L1，c(OH)10b mol·L1，已知ab12。向該溶液中逐滴加入pHc的鹽酸，測得混合溶液的部分pH如表所示：序號氫氧化鋇溶液的體積/mL鹽酸的體積/mL溶液的pH22.000.00822.0018.00722.0022.006假設(shè)溶液混合后的體積變化忽略不計，則c為()A3B4C5D6解析：選BBa(OH)2溶液的pH8，即a8，再根據(jù)ab12，則b4，該溫度下Kw1012；當(dāng)恰好完全中和時，溶液的pH6，即加鹽酸的體積為22.00 mL時，恰好完全中和，根據(jù)c(H)×22.00 mLc(OH)×22.00 mL，又c(OH)104 mol·L1，則鹽酸c(H)104 mol·L1，pH4，即c4。11如表所示是不同溫度下水的離子積常數(shù)：溫度/25t1t2水的離子積常數(shù)1×1014a1×1012 試回答以下問題： (1)若25 <t1<t2 ，則a_1×1014(填“>”“<”或“”)，做此判斷的理由是_。(2)25 時，某Na2SO4溶液中c(SO)5×104 mol·L1，取該溶液1 mL加水稀釋至10 mL，則稀釋后溶液中c(Na)c(OH)_。(3)t2 時，將pH11的苛性鈉溶液V1 L與pH1的稀硫酸V2 L混合(設(shè)混合后溶液的體積為原兩溶液體積之和)，所得混合溶液的pH2，則V1V2_。此溶液中各種離子的濃度由大到小的順序是_。解析：(1)25 <t1<t2，溫度升高，促進水的電離，c(H)c(OH)>1×107 mol·L1，所以Kw>1×1014。(2)Na2SO4溶液中c(Na)2×5×104 mol·L11×103 mol·L1，稀釋10倍后，c(Na)1×104 mol·L1，此時溶液為中性，c(OH)1×107 mol·L1，所以 c (Na)c(OH)104 mol·L1107 mol·L11 0001。(3)根據(jù)酸、堿中和原理及pH計算式得102 mol·L1，解得V1V2911，根據(jù)Na2SO4的化學(xué)組成及反應(yīng)后溶液呈酸性，推知該溶液中各種離子濃度由大到小的順序為c(Na)> c(SO)>c(H)>c(OH)。答案：(1)>溫度升高，水的電離程度增大，所以水的離子積增大(2)1 0001(3)911c(Na)>c(SO)>c(H)>c(OH)12某學(xué)生用0.200 0 mol·L1的標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作可分為如下幾步：用蒸餾水洗滌堿式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度線以上固定好滴定管并使滴定管尖嘴充滿液體調(diào)節(jié)液面至“0”或“0”刻度線稍下，并記下讀數(shù)量取20.00 mL待測液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3 mL酚酞溶液用標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點，記下滴定管液面讀數(shù)請回答：(1)以上步驟有錯誤的是_(填編號)。(2)用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定時，應(yīng)將標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液注入_(從圖中選填“甲”或“乙”)中。(3)下列操作會引起實驗結(jié)果偏大的是_(填字母)。A在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水B滴定前，滴定管尖嘴有氣泡，滴定后無氣泡C錐形瓶先用蒸餾水洗滌后，未用待測液潤洗D用酸式滴定管量取液體時，釋放液體前滴定管前端有氣泡，之后消失(4)滴定時，左手控制滴定管，右手搖動錐形瓶，眼睛注視_。判斷到達(dá)滴定終點的現(xiàn)象是：錐形瓶中溶液_。(5)以下是實驗數(shù)據(jù)記錄表滴定次數(shù)鹽酸體積(mL)NaOH溶液體積讀數(shù)(mL)滴定前滴定后120.000.0021.30220.000.0016.30320.000.0016.32通過計算可得，該鹽酸濃度為_ mol·L1。解析：(1)堿式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液潤洗就直接注入標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，根據(jù)c(待測)V(標(biāo)準(zhǔn))×c(標(biāo)準(zhǔn)) ÷V(待測)，可知c(待測)偏大；酸堿指示劑酚酞是弱電解質(zhì)，也會反應(yīng)消耗酸或堿，為了減少實驗誤差，酚酞一般滴加1滴或2滴，錯誤。(2)NaOH溶液，應(yīng)裝在堿式滴定管乙中。(3)A項，在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水，對實驗結(jié)果無影響，錯誤；B項，滴定前，滴定管尖嘴有氣泡，滴定后無氣泡，使標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏大，導(dǎo)致待測溶液的濃度偏高，正確；C項，錐形瓶用蒸餾水洗滌后，未用待測液潤洗，不產(chǎn)生誤差，錯誤；D項，用酸式滴定管量取液體時，釋放液體前滴定管前端有氣泡，之后消失，則待測溶液體積偏少，反應(yīng)消耗標(biāo)準(zhǔn)酸溶液的體積偏小，使測得濃度偏低，錯誤。(4)滴定時，左手控制滴定管，右手搖動錐形瓶，眼睛注視錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化；判斷到達(dá)滴定終點的現(xiàn)象是：錐形瓶中溶液由無色變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不變色。(5)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)可知，第一次實驗數(shù)據(jù)誤差較大，舍去，V(NaOH)(16.3016.32)÷216.31 mL，c(NaOH)·V(NaOH)c(HCl)·V(HCl)，c(HCl)c(NaOH)·V(NaOH)÷V(HCl)(0.200 0 mol·L1×16.31 mL)÷20.00 mL0.163 1 mol·L1。答案：(1)(2)乙(3)B(4)錐形瓶內(nèi)溶液顏色的變化由無色變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不變色(5)0.163 113信息時代產(chǎn)生的大量電子垃圾對環(huán)境構(gòu)成了威脅。某研究性學(xué)習(xí)小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70% Cu、25% Al、4% Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設(shè)計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：(1)第步Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為_。(2)第步加H2O2的作用是_。(3)該探究小組提出兩種方案測定CuSO4·5H2O晶體的純度。方案一：取a g試樣溶于水，加入過量KI固體，充分反應(yīng)，生成白色沉淀。用0.100 0 mol·L1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(原理為I22S2O=2IS4O)，到達(dá)滴定終點時，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00 mL。CuSO4溶液與KI反應(yīng)的離子方程式為_。方案二：取a g試樣配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干擾離子后，用c mol·L1 EDTA(H2Y2)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液6 mL。滴定反應(yīng)如下：Cu2H2Y2=CuY22H。寫出計算CuSO4·5H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式w_。下列操作會導(dǎo)致CuSO4·5H2O含量的測定結(jié)果偏高的是_(填字母)。a未干燥錐形瓶b滴定終點時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡c.未除凈可與EDTA反應(yīng)的干擾離子解析：(1)銅與濃硝酸電離的NO和濃硝酸、稀硫酸電離的H反應(yīng)產(chǎn)生NO2或NO。(2)第步加入H2O2是將Fe2氧化為Fe3，H2O2為綠色氧化劑，還原產(chǎn)物為H2O，無污染。(3)Cu2氧化I得CuI沉淀和I2，利用化合價升降法配平。從滴定反應(yīng)知，n(Cu2)n(EDTA)，所以有：×c mol·L1×6×103 L，解得w×100 %。a項，對上式中各量沒有影響；b項，滴定終點時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡，讀數(shù)時標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏小，結(jié)果偏低；c項，使EDTA的量增大，所以測定結(jié)果偏高。答案：(1)Cu4H2NO=Cu22NO22H2O或3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O(2)將Fe2氧化成Fe3(3)2Cu24I=2CuII2×100%c14草酸鐵晶體Fe2(C2O4)3·xH2O通過相關(guān)處理后可溶于水，且能做凈水劑，在110 可完全失去結(jié)晶水。為測定該晶體中鐵的含量和結(jié)晶水的含量，某實驗小組做了如下實驗：步驟1：稱量4.66 g草酸鐵晶體進行處理后，配制成250 mL一定物質(zhì)的量濃度的溶液。步驟2：取所配溶液25.00 mL于錐形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至C2O恰好全部氧化成CO2，同時MnO被還原成Mn2。向反應(yīng)后的溶液中加入一小匙鋅粉，加熱至溶液黃色剛好消失，過濾、洗滌，將過濾及洗滌所得溶液收集到錐形瓶中，此時溶液仍呈酸性。步驟3：用 0.020 0 mol·L1 KMnO4溶液滴定步驟2所得溶液至終點，消耗KMnO4溶液V1 mL，滴定中MnO被還原成Mn2。重復(fù)步驟2、步驟3的操作2次，分別滴定消耗0.020 0 mol·L1 KMnO4溶液為V2、V3 mL。記錄數(shù)據(jù)如下表：實驗編號KMnO4溶液的濃度(mol·L1)KMnO4溶液滴入的體積(mL)10.020 0V120.0220.020 0V220.1230.020 0V319.98請回答下列問題：(1)草酸鐵溶液能做凈水劑的原因_(用離子方程式表示)。(2)該實驗步驟1和步驟3中使用的儀器除托盤天平、鐵架臺、滴定管夾、燒杯、玻璃棒外，一定需用下列儀器中的_ (填字母)。A酸式滴定管B堿式滴定管C量筒(10 mL)D錐形瓶 E膠頭滴管 F漏斗G250 mL容量瓶(3)步驟3滴定時是否選擇指示劑_(填“是”或“否”)，說明理由_；寫出步驟3中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_。(4)在步驟2中，若加入的KMnO4溶液的量不夠，則測得的鐵含量_(填“偏低”“偏高”或“不變”)；實驗測得該晶體中結(jié)晶水的個數(shù)x為_。解析：(1)草酸鐵溶液水解生成Fe(OH)3膠體，具有吸附性，能作凈水劑，反應(yīng)的離子方程式為Fe33H2OFe(OH)3(膠體)3H。(2)實驗步驟1是配制溶液，需要的儀器有托盤天平、燒杯、玻璃棒、250 mL容量瓶、膠頭滴管；步驟3是滴定，使用的儀器有鐵架臺、滴定管夾、錐形瓶、酸式滴定管，因此需用儀器中的A、D、E、G。(3)高錳酸鉀溶液顯紫紅色，步驟3滴定時發(fā)生的反應(yīng)為5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O，因為KMnO4被還原劑還原成Mn2，紫紅色褪去，所以不需要指示劑。(4)在步驟2中，若加入的KMnO4溶液的量不夠，導(dǎo)致C2O不能完全被氧化，使步驟3中消耗的高錳酸鉀溶液的體積偏大，則測得的鐵含量偏高；第二次誤差偏大，舍去。第一次和第三次的平均體積為20.00 mL，根據(jù)步驟3中的離子反應(yīng)可知：n(Fe2)5n(MnO)5×20.00 mL×103 L·mL1×0.02 mol·L1×2.000×102mol，草酸鐵晶體Fe2(C2O4)3·xH2O 中含有Fe2(C2O4)3的質(zhì)量為×2.000×102mol×376 g·mol13.76 g，則結(jié)晶水的物質(zhì)的量為0.05 mol，則Fe2(C2O4)3和H2O的物質(zhì)的量之比為15，即x5。答案：(1)Fe33H2OFe(OH)3(膠體)3H(2)ADEG(3)否因為KMnO4被還原劑還原成Mn2，紫紅色褪去，所以不需要指示劑5Fe2MnO8H=5Fe3Mn24H2O(4)偏高5