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(江蘇專版)2020版高考化學(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).doc

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(江蘇專版)2020版高考化學(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).doc

跟蹤檢測(二十二) 水的電離 溶液的pH1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?yàn)镵w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1.0108,由水電離出的c(H)11011 molL1B將0.02 molL1 HCl溶液與0.02 molL1 Ba(OH)2溶液等體積混合后,溶液pH約為12C將0.1 molL1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1.0108,結(jié)合水的離子積常數(shù)1.01014可知溶液中c(H)1.0103 molL1,H2SO4溶液中水的電離受到抑制,由水電離出的c(H)1.01011 molL1,A項(xiàng)正確;將0.02 molL1 HCl溶液與0.02 molL1 Ba(OH)2溶液等體積混合后,溶液中c(OH)0.01 molL1,溶液的pH12,B項(xiàng)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(xiàng)錯誤;酸無論稀釋多少倍仍呈酸性,pH7,D項(xiàng)正確。325 時,重水(D2O)的離子積為1.61015,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 molL1的DCl的重水溶液,pD2在100 mL 0.25 molL1 DCl的重水溶液中,加入50 mL 0.2 molL1 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1.61015,因此重水中c(D)4108,對應(yīng)的pD7.4,故錯;在0.01 molL1 NaOD的重水溶液中,c(OD)0.01 molL1,根據(jù)重水離子積常數(shù),可推知c(D)1.61013 molL1,pD不等于12,故錯;在0.01 molL1 DCl的重水溶液中,c(D)0.01 molL1,因此pD2,正確;根據(jù)中和反應(yīng)量的關(guān)系,100 mL 0.25 molL1 DCl和50 mL 0.2 molL1 NaOD中和后溶液中過量的DCl的濃度為0.1 molL1,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 molL1的氨水與0.01 molL1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(qiáng)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(qiáng)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 molL1的氨水與0.01 molL1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(shí)驗(yàn)編號c(HA)/(molL1)c(NaOH)/(molL1)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 molL1Cc10.2D丁組混合液中:c(Na)>c(A)>c(H)>c(OH)解析:選BA項(xiàng),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(xiàng),乙溶液為NaA溶液,溶液中的OH全部來自水的電離,且c(OH)105 molL1,正確;C項(xiàng),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(xiàng),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(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(xiàng)會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高,C項(xiàng)會導(dǎo)致測定結(jié)果偏低,D項(xiàng)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110a14 molL1;乙溶液的pHa1,由水電離出來的c(OH)水c(H)水110a114 molL1110a13 molL1,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(xiàng)正確。8常溫下,用0.10 molL1 NaOH溶液分別滴定20.00 mL 0.10 molL1HCl溶液和20.00 mL 0.10 molL1 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(diǎn)對應(yīng)離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(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(qiáng)酸,則0.100 0 molL1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(diǎn)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(qiáng)酸強(qiáng)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(diǎn)時,氫氧化鈉溶液的體積小于20.00 mL,ab,故B錯誤;c點(diǎn)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(shí)驗(yàn)室欲用0.01 molL1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(xiàng)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(xiàng)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(xiàng)錯誤;該反應(yīng)中每消耗2 mol Na2S2O3,轉(zhuǎn)移2 mol電子,D項(xiàng)錯誤。10在t 時,某Ba(OH)2的稀溶液中c(H)10a molL1,c(OH)10b molL1,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(jì),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 molL1,則鹽酸c(H)104 molL1,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)11014a11012 試回答以下問題: (1)若25 <t1<t2 ,則a_11014(填“>”“<”或“”),做此判斷的理由是_。(2)25 時,某Na2SO4溶液中c(SO)5104 molL1,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(jìn)水的電離,c(H)c(OH)>1107 molL1,所以Kw>11014。(2)Na2SO4溶液中c(Na)25104 molL11103 molL1,稀釋10倍后,c(Na)1104 molL1,此時溶液為中性,c(OH)1107 molL1,所以 c (Na)c(OH)104 molL1107 molL11 0001。(3)根據(jù)酸、堿中和原理及pH計(jì)算式得102 molL1,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?yàn)閏(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 molL1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(diǎn),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(shí)驗(yàn)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(diǎn)的現(xiàn)象是:錐形瓶中溶液_。(5)以下是實(shí)驗(yàn)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(jì)算可得,該鹽酸濃度為_ molL1。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(shí)驗(yàn)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(xiàng),在錐形瓶裝液前,留有少量蒸餾水,對實(shí)驗(yàn)結(jié)果無影響,錯誤;B項(xiàng),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(xiàng),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(xiàng),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(diǎn)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(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知,第一次實(shí)驗(yàn)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 molL116.31 mL)20.00 mL0.163 1 molL1。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(jì)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CuSO45H2O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 molL1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(原理為I22S2O=2IS4O),到達(dá)滴定終點(diǎn)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 molL1 EDTA(H2Y2)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn),平均消耗EDTA溶液6 mL。滴定反應(yīng)如下:Cu2H2Y2=CuY22H。寫出計(jì)算CuSO45H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式w_。下列操作會導(dǎo)致CuSO45H2O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(diǎn)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 molL16103 L,解得w100 %。a項(xiàng),對上式中各量沒有影響;b項(xiàng),滴定終點(diǎn)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(xiàng),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=2CuII2100%c14草酸鐵晶體Fe2(C2O4)3xH2O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(shí)驗(yàn)小組做了如下實(shí)驗(yàn):步驟1:稱量4.66 g草酸鐵晶體進(jìn)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 molL1 KMnO4溶液滴定步驟2所得溶液至終點(diǎn),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 molL1 KMnO4溶液為V2、V3 mL。記錄數(shù)據(jù)如下表:實(shí)驗(yàn)編號KMnO4溶液的濃度(molL1)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(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)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(shí)驗(yàn)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?yàn)镵MnO4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)520.00 mL103 LmL10.02 molL12.000102mol,草酸鐵晶體Fe2(C2O4)3xH2O 中含有Fe2(C2O4)3的質(zhì)量為2.000102mol376 gmol13.76 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?yàn)镵MnO4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

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