2021版高考化学一轮复习核心素养测评二十八水的电离和溶液的酸碱性含解析新人教版

2021版高考化学一轮复习核心素养测评二十八水的电离和溶液的酸碱性含解析新人教版

水的电离和溶液的酸碱性 一、选择题(本题包括4小题，每题6分，共24分)‎ ‎1.(2020·郑州模拟)下列说法中正确的是 (　　)‎ A.在水中加入明矾后，对水的电离平衡起抑制作用 B.某溶液中若c(H+)>10-7 mol·L-1，则一定有c(H+)>c(OH-)，溶液呈酸性 C.水溶液中c(H+)越大，则pH越小，溶液的酸性越强 D.pH=0的溶液中，只有H+而无OH-‎ ‎【解析】选C。明矾中的Al3+水解促进水的电离，A错误；温度未知，溶液中若c(H+)>10-7 mol·L-1，则不一定有c(H+)>c(OH-)，B错误；c(H+)越大，则pH 越小，溶液的酸性越强，C正确；pH=0的溶液中，c(H+)=1 mol·L-1，c(OH-)= mol·L-1，D错误。‎ ‎【加固训练】 　　(2019·安庆模拟)下列说法正确的是 (　　) A.pH=2的H2SO4与pH=1的硝酸溶液中c(H+)之比为1∶10 B.0.2 mol·L-1与0.1 mol·L-1醋酸中c(H+)之比为2∶1 C.100 ℃时，纯水的pH=6，显酸性 D.100 mL，pH=3的盐酸和醋酸溶液，分别与足量锌反应后，所得H2的质量相等 【解析】选A。pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01 mol·L-1，pH=1的HNO3溶液中c(H+)=0.1 mol·L-1，二者c(H+)之比为1∶10。‎ ‎2.25 ℃时，相同物质的量浓度的下列溶液：‎ ‎①Na2SO4　②HCl　③Ba(OH)2　④AlCl3，其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是 (　　)‎ A.④>③>②>①　　　　 B.②>③>①>④‎ C.④>①>②>③ D.③>②>①>④‎ ‎【解析】选C。分析四种物质的性质可知，Na2SO4不影响水的电离平衡，HCl和Ba(OH)2能抑制水的电离，AlCl3能促进水的电离。Ba(OH)2为二元强碱，溶液中的c(OH-)大于同浓度盐酸中的c(H+)，对水电离的抑制程度更大。‎ - 11 -‎ ‎3.(双选)pc类似pH，是指极稀溶液中，溶质物质的量浓度的常用负对数值。如某溶液溶质的物质的量浓度为1×10-3 mol·L-1，则该溶液中溶质的pc= -lg(1×10-3)=3。下列表述正确的是 (　　)‎ A.中性溶液中，pc(H+)+pc(OH-)=14‎ B.pc(H+)=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS-)=1×10-5 mol·L-1‎ C.pc(OH-)=a的氨水，稀释10倍后，其pc(OH-)=b，则a”“<”或“=”)③。  ‎ ‎(3)将六种溶液同等程度稀释10倍后，溶液的pH：①________②，③________④，⑤________⑥。  ‎ ‎(4)将①、④混合，若有c(CH3COO-)>c(H+)，则混合溶液可能呈________(填字母)。  ‎ A.酸性　　　　B.碱性　　　　C.中性 ‎【解析】(1)酸和碱都会抑制水的电离，故只有⑥为NaCl溶液，对H2O的电离无抑制作用。②③④对水的电离抑制程度相同。(2)因pH=12的氨水中c(NH3·H2O)>0.01 mol·L-1，故②、③混合，欲使pH=7，则需体积：②>③。(3)稀释同样的倍数后，溶液的pH：①>②；③>④；⑤>⑥。(4)由电荷守恒知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，仅知道c(CH3COO-)>c(H+)，无法比较c(H+)与c(OH-)的相对大小，也就无法判断混合液的酸碱性。‎ 答案：(1)⑥　②③④　(2)>　(3)>　>　>‎ ‎(4)A、B、C ‎6. (14分)(2020·滨州模拟)Ⅰ.某温度下的水溶液中，c(H+)=10-x mol·L-1，c(OH-)=10-y mol·L-1。x与y的关系如图所示： ‎ ‎(1)该温度下水的离子积为________(填具体数值)；该温度________常温(填“高于”“低于”或“等于”)。 ‎ ‎(2)该温度下0.01 mol·L-1 NaOH溶液的pH为________________。 ‎ - 11 -‎ ‎(3)除了用pH外，科学家还建议用酸度(AG)来表示溶液的酸碱性：AG=lg。则该温度下，0.01 mol·L-1盐酸的酸度AG=________。 ‎ Ⅱ.实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生用0.10 mol·L-1NaOH标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验。请完成下列填空：‎ 取20.00 mL待测盐酸放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的NaOH标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。‎ 实验 编号 NaOH溶液的浓度(mol·L-1)‎ 滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL)‎ 待测盐酸的体积(mL)‎ ‎1‎ ‎0.10‎ ‎22.68‎ ‎20.00‎ ‎2‎ ‎0.10‎ ‎22.72‎ ‎20.00‎ ‎3‎ ‎0.10‎ ‎22.70‎ ‎20.00‎ ‎(1)滴定达到终点的标志是___________。 ‎ ‎(2)根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为________(保留两位有效数字)。 ‎ ‎(3)在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有________(填字母序号)。 ‎ A.滴定终点读数时俯视 B.酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗 C.锥形瓶水洗后未干燥 D.配制标准溶液时，称量的NaOH固体中混有Na2CO3固体 E.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失 ‎【解析】Ⅰ.(1)根据图象可知x=4时，y=8，所以该温度下水的离子积常数是10-4×10-8=10-12>10-14，所以温度高于常温。‎ ‎(2)0.01 mol·L-1NaOH溶液中OH-的浓度是0.01 mol·L-1，所以氢离子的浓度为=10-10(mol·L-1)，因此pH=10。‎ ‎(3)0.01 mol·L-1盐酸溶液中氢离子浓度是0.01 mol·L-1，所以OH-的浓度是 - 11 -‎ ‎10-10 mol·L-1。因此该温度下，0.01 mol·L-1盐酸的酸度AG=lg=8。‎ Ⅱ.(1)根据指示剂在酸性溶液或碱性溶液中的颜色变化，我们可以判断中和反应是否恰好进行完全。(2)计算盐酸的浓度时，应计算三次中和滴定的平均值，因NaOH标准液浓度及待测液的体积均相同，故只算NaOH溶液体积的平均值即可。(3)滴定终点读数时俯视，标准液的体积偏小，结果偏小，A错误；酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸润洗，盐酸浓度减小，B错误；锥形瓶水洗后未干燥，无影响，C错误；配制标准溶液时，称量的NaOH固体中混有Na2CO3固体，等质量的固体消耗的盐酸偏小，消耗标准溶液的体积偏大，结果偏高，D正确；碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，标准液的体积偏大，结果偏高，E正确。‎ 答案：Ⅰ.(1)10-12　高于　(2)10　(3)8‎ Ⅱ.(1)滴入最后一滴NaOH溶液，溶液由无色恰好变成红色且半分钟内不褪色 ‎(2)0.11 mol·L-1　(3)D、E 一、选择题(本题包括3小题，每题6分，共18分)‎ ‎1.(2020·大连模拟)25 ℃时，0.1 mol·L-1的HA溶液中=1010，以下说法正确的是 (　　)‎ A.由水电离出来的c(H+)=1.0×10-13 mol·L-1‎ B.加水稀释HA的过程中，随着水量的增加而增大 C.0.1 mol·L-1的盐酸和0.1 mol·L-1的HA溶液分别加水稀释10倍：pH(HA) >pH(盐酸)‎ D.与等浓度等体积NaOH溶液反应后的溶液中：c(HA)+c(A-)=0.1 mol·L-1‎ ‎【解析】选C。25 ℃，Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14，=1010可得c(H+)=10-2 mol·L-1，pH=2，由水电离出来的c(H+)=1.0×10-12 mol·L-1，A错误；加水稀释时，平衡向右移动，‎ - 11 -‎ 减小，B错误；0.1 mol·L-1的盐酸(pH=1)和0.1 mol·L-1的HA(pH=2)溶液分别加水稀释10倍后，盐酸的pH=2，HA的pH>2，C正确；与等浓度等体积NaOH溶液反应，由于溶液的体积增大，所以反应后的溶液中：c(HA)+c(A-)<‎ ‎0.1 mol·L-1，D错误。‎ ‎2.(双选)(2020·泉州模拟改编)NH2OH为一元弱碱(25 ℃时，电离常数Kb=9.0×10-9)，其电离方程式为NH2OH+H2ONH3OH++OH-。用0.1 mol·L-1盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L-1 NH2OH溶液，恒定25 ℃时，滴定过程中由水电离出来的H+浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(已知：lg3=0.5)。下列说法不正确的是 (　　)‎ A.A、B、C、D四点对应的溶液中NH2OH的电离常数相等 B.A点对应溶液的pH=9.5‎ C.D点对应溶液中存在：c(H+)=c(OH-)+c(NH3OH+)+c(NH2OH)‎ D.C点时，溶液呈中性 ‎【解析】选C、D。温度不变，平衡常数不变，故A正确；≈=9.0×10-9，c(OH-)=3×10-5 (mol·L-1)，pH=9.5，故B正确；根据电荷守恒规律c(H+)+c(NH3OH+)=c(OH-)+c(Cl-)，根据物料守恒2c(NH3OH+)+2c(NH2OH) =c(Cl-)，所以c(H+)=c(OH-)+c(NH3OH+)+2c(NH2OH)，故C错误；恒定25 ℃时C点的pH<7，溶液呈酸性，故D错误。‎ ‎【加固训练】‎ ‎　　(2020·烟台模拟)在25 ℃时，向50.00 mL未知浓度的氨水中逐滴加入 ‎0.5 mol·L-1的HCl溶液。滴定过程中，溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是 (　　)‎ - 11 -‎ A.图中②点所示溶液的导电能力弱于①点 B.③点处水电离出的c(H+)=1×10-8 mol·L-1‎ C.图中点①所示溶液中，c(Cl-)>c(N)>c(OH-)>c(H+)‎ D.25 ℃时氨水的Kb约为5×10-5.6 mol·L-1‎ ‎【解析】选D。向50.00 mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5 mol·L-1的HCl，盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵中N水解显酸性，因而②(pH=7)时，氨水稍过量，即反应未完全进行，从①到②，氨水的量减少，氯化铵的量变多，又溶液导电能力与溶液中离子浓度成正比，氯化铵为强电解质，完全电离，得到的离子(N的水解不影响)多于氨水电离出的离子(氨水为弱碱，少部分NH3·H2O发生电离)，因而图中②点所示溶液的导电能力强于①点，A错误；观察图象曲线变化趋势，可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化铵溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8，则c溶液(OH-)=‎ ‎10-8 mol·L-1，c水(OH-)=c水(H+)=Kw/c溶液(OH-)=10-6 mol·L-1，B错误；①点盐酸的量是③点的一半，③为恰好完全反应的点，因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl，可知电荷守恒为c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又①pOH=4，说明溶液显碱性，则c(OH-)>c(H+)，那么c(N)>c(Cl-)，C错误；V(HCl)=0时，可知氨水的pOH=2.8，则c(OH-)=10-2.8 mol·L-1，又NH3·H2ON+OH-，可知c(N)=c(OH-)=10-2.8 mol·L-1，③点盐酸和氨水恰好反应，因而c(NH3·H2O)=‎ ‎ mol·L-1=0.2 mol·L-1，因而Kb===5×10-5.6 mol·L-1，D正确。‎ - 11 -‎ ‎3.(2020·西安模拟)常温下，将NaOH溶液滴加到某一元酸(HA)溶液中，测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知：p=-lg]。下列叙述不正确的是 (　　)‎ A.Ka(HA)为10-4.76‎ B.滴加NaOH溶液过程中，不变 C.m点所示溶液中：c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+)‎ D.n点所示溶液中：c(Na+)=c(A-)+c(HA)‎ ‎【解析】选D。m点，c(HA)=c(A-)，Ka(HA)==c(H+)=10-4.76，故A正确；Ka(HA)=，==，所以滴加NaOH溶液过程中，保持不变，故B正确；m点c(HA)=c(A-)，溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，则c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+)，故C正确；n点溶液显酸性，溶液中溶质为HA和NaA，所以n点所示溶液中：c(Na+)”“<”或“=”)。 ‎ ‎(2)若将此温度(t ℃)下，pH=11的苛性钠溶液a L与pH=1的稀硫酸b L混合(假设混合后溶液体积不变化)，试通过计算填写以下不同情况时两种溶液的体积比，并比较溶液中各离子的浓度大小。‎ ‎①若所得混合液为中性，则a∶b=________；此溶液中各种离子的浓度由大到小排列顺序是__  __。 ‎ ‎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顺序是_________________。 ‎ ‎【解析】(1)由图象可知Kw为10-13，该温度下的Kw比25 ℃的大，水的电离受到促进，是温度升高所致。(2)①Kw=10-13时，pH=11的NaOH溶液中，c(OH-)=‎ ‎0.01 mol·L-1。中性时，n(H+)=n(OH-)，即b L×0.1 mol·L-1=a L×0.01 mol·L-1，a∶b=10∶1。此时，溶液中的溶质是Na2SO4。②=10-2，解得a∶b=9∶2。此时，溶液中的溶质是Na2SO4和H2SO4。‎ 答案：(1)10-13　>　‎ ‎(2)①10∶1　c(Na+)>c(S)>c(H+)=c(OH-)　②9∶2　c(H+)>c(S)>c(Na+)>c(OH-)‎ ‎5.(16分)(2020·厦门模拟)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。‎ Ⅰ.准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L-1 KBrO3标准溶液；‎ Ⅱ.取V1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；‎ Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入V2 mL废水；‎ Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI；‎ Ⅴ.用b mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加2滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液V3 mL。‎ 已知：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6‎ - 11 -‎ Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色 ‎(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________。 ‎ ‎(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是____________。 ‎ ‎(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是____________。 ‎ ‎(4)Ⅳ中加KI前，溶液颜色须为黄色，原因是___________。 ‎ ‎(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时，KI一定过量，理由是______________。 ‎ ‎(6)Ⅴ中滴定至终点的现象是________________。 ‎ ‎(7)废水中苯酚的含量为__________ g·L-1(苯酚摩尔质量：94 g·mol-1)。 ‎ ‎(8)由于Br2具有__________性质，Ⅱ～Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。 ‎ ‎【解析】(1)配制溶液还需的玻璃仪器是容量瓶、量筒。‎ ‎(2)KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，发生Br+5Br-+6H+3Br2+3H2O。‎ ‎(3)苯酚和溴水反应得到白色沉淀2，4，6-三溴苯酚。‎ ‎(4)Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余。‎ ‎(5)Ⅱ中反应为KBrO3+5KBr+3H2SO43K2SO4+3Br2+3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，Ⅱ中Br2部分与苯酚反应，剩余溴的量设为n2(Br2)，n1(Br2)>n2(Br2)，在Ⅳ中反应为Br2+2KII2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n(KI)≥2n2(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3)；因而当n(KI)≥6n(KBrO3)，KI一定过量。‎ ‎(6)Ⅴ中含碘的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着Na2S2O3溶液滴入，蓝色变浅直至消失。‎ ‎(7)n(Br)=aV1×10-3 mol，生成n(Br2)=3aV1×10-3 mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据Br2～I2～2Na2S2O3，可得Br2～2Na2S2O3，n1(Br2)=bV3×10-3 mol，苯酚消耗的n2(Br2)=n(Br2)-n1(Br2)=(3aV1-bV3) ×10-3 mol，n(C6H5OH)=n2(Br2)=(aV1-bV3)×10-3 mol，废水中苯酚的含量=‎ - 11 -‎ ‎=‎ g·L-1。‎ ‎(8)Ⅱ中生成的溴须被苯酚和KI完全反应掉，而溴有挥发性，反应时须在密闭容器中进行。‎ 答案：(1)容量瓶、量筒 ‎(2)Br+5Br-+6H+3Br2+3H2O ‎(3)+3Br2+3HBr ‎(4)Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应生成I2可利用后续滴定法测量，从而间接计算苯酚消耗的Br2‎ ‎(5)Ⅱ中反应为KBrO3+5KBr+3H2SO43K2SO4+3Br2+3H2O可知3n(KBrO3)=n(Br2)，Ⅱ中Br2部分与苯酚反应，剩余溴在Ⅳ中反应为Br2+2KII2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n(KI)≥ 2n(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3)‎ ‎(6)当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30 s内不变色 ‎(7)　(8)挥发 - 11 -‎