《2019年高考化学总复习 专题15水的电离和溶液pH考点专练》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2019年高考化学总复习 专题15水的电离和溶液pH考点专练(12页珍藏版)》请在金锄头文库上搜索。
1、专题15 水的电离和溶液pH1在常温下,将的溶液与的溶液等体积混合后,溶液的最接近于(已知)A9.3 B9.7 C10.7 D10.3【答案】C【解析】常温下,pH=9的NaOH溶液中c(OH)=105molL1,pH=11的NaOH溶液中c(OH)=103molL1,假设体积氢氧化钠的体积为1L,等体积混合后,溶液中n(OH)=(1L105molL11L103molL1)103mol,则c(OH)=103mol/2L=5104molL1,根据水的离子积,推出c(H)=1014/(5104)=21011molL1,解出pH=10.7,故C 正确。2下列物质对水的电离不会产生影响的是A B C
2、D【答案】B3已知:pKa=-lgKa,25时,H2A 的 pKa1=1.85,pKa2=7.19。常温下,用 0.1 mol/LNaOH 溶液滴定20 mL 0.1 mol/LH2A 溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是AA 点所得溶液中:V010 mLBB 点所得溶液中:c(H2A)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)CC 点所得溶液中:c(A2-)= c(Na+)-c(HA-)-c(H2A)DD 点所得溶液中 A2-水解平衡常数 Kh1=10-7.19【答案】A【解析】AA点溶液中pH=1.85,则溶液中c(H+)=10-1.85mol/L,H2A的一级电离平衡常数为Ka1=10
3、-1.85mol/L,所以c(H+)=Ka1,表明溶液中c(NaHA)=c(H2A),若恰好是10mLNaOH,反应起始时存在c(NaHA)=c(H2A),平衡时c(H2A)c(NaHA),因此所加NaOH体积需10mL,会得到平衡时c(NaHA)=c(H2A),即V010mL,故A错误;BB点加入NaOH溶液的体积为20mL,此时反应恰好产生NaHA,为第一个滴定终点,溶液中存在质子守恒,c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-),故B错误;CC点溶液为NaHA和Na2A,溶液中存在电荷守恒,即2c(A2-)+ c(HA-)+c(OH-)= c(Na+)+c(H+),此时溶液pH=
4、7,则2c(A2-)+ c(HA-)= c(Na+),若c(A2-)= c(Na+)-c(HA-)-c(H2A)成立,即得c(A2-)= c(H2A),显然(A2-) c(H2A),故C错误;DD点为加入NaOH溶液40mL,此时溶液中恰好生成Na2A,为第二个滴定终点,此时Na2A水解使溶液显碱性,溶液的pH为9.85,发生水解的方程式为A2-+H2OHA-+OH-,则A2-水解平衡常数Khl=10-6.81,故D错误。 7用水稀释0.1mol/L的氨水,溶液中随着水量的增加而减小的是Ac(H+)/c(NH4+) Bc(NH3H2O)/ c(OH-)Cc(NH4+) c(OH-)/c(NH3
5、H2O) Dc(H+)c(OH-)【答案】B【解析】氨水中存在:NH3H2ONH4OH,加水稀释促进NH3H2O的电离,但v(NH4)、c(OH)降低,A、根据水的离子积,c(OH)减小,c(H)增大,c(H)/c(NH4)增大,故A不符合题意;B、同溶液中,体积相同,c(NH3H2O)/c(OH)=n(NH3H2O)/n(OH),加水稀释促进电离,OH物质的量增大,NH3H2O物质的量减小,即该比值随水量增加而减小,故B符合题意;C、该比值等于Kb,Kb只受温度的影响,即该比值保持不变,故C不符合题意;D、Kw=c(H)c(OH),Kw只受温度的影响,即Kw保持不变,故D不符合题意。8常温下
6、,下列四种溶液中,由水电离出的氢离子浓度之比为()pH0的盐酸 0.1 molL1的盐酸0.01 molL1的NaOH溶液 pH11的NaOH溶液A1000100101 B1101001 000C14131211 D11121314【答案】B9常温下,某无色溶液中由水电离出来的c(H)=110-12 molL-1,该溶液中一定能大量存在的离子组是ANa+、K+、MnO4、SO42BMg2+、NH4+、SO42-、ClCNa+、Cl、NO3、SO42DNa+、K+、CO32、NO3 【答案】C 【解析】A. 含有MnO4溶液是紫红色的,A项排除;B如是碱性溶液,Mg2+、NH4+将不能大量存在;
7、C.带入大量H+或OH-进行校验,与所给的四种离子均能共存,四种离子间也不发生反应,C项正确;D如是酸性溶液,CO32将不能大量存在,D项错误。 11常温下,用0.1000 molL1NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL1HA溶液,滴定曲线如图。下列说法不正确的是A常温下,HA电离常数为1.010-6B点所示溶液中:c(Na) c(A) c(OH)c(H)D从点到点的滴定过程中,水的电离程度不变【答案】D12用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时,以下操作会导致测得的NaOH溶液浓度偏高的是( )A滴定前滴定管有气泡,滴定后气泡消失B碱式滴定管量取NaOH溶液时,未进
8、行润洗操作C滴定达到滴定终点时俯视读数D锥形瓶在取用NaOH待测液前用少量水洗涤【答案】A【解析】A.滴定前,没有逐出酸式滴定管尖嘴处的气泡,滴定终点时气泡消失,造成V(标准)偏大,根据c(待测)=V(标准)c(标准)/V(待测)分析,可以知道c(待测)偏大,故A正确;B.碱式滴定管量取NaOH溶液时,未进行润洗操作,导致NaOH溶液浓度降低,故B错误;C.滴定达到终点时,俯视读数,导致V(标准)偏小,根据c(待测)=V(标准)c(标准)/V(待测)分析,测定结果偏低,故C错误;D.锥形瓶在取用NaOH待测液前用少量水洗涤,对结果无影响,故D错误。 17室温下,甲、乙两烧杯均盛有5 mL pH
9、3的某一元酸溶液,向乙烧杯中加水稀释至pH4。关于甲、乙两烧杯中溶液的描述不正确的是溶液的体积:10V甲V乙 水电离出的OH浓度:10c(OH)甲c(OH)乙若分别用等浓度的NaOH溶液完全中和,所得溶液的pH:甲乙若分别与5 mL pH11的NaOH溶液反应,所得溶液的pH:甲乙A B C D【答案】BpH=3的酸中,氢氧根离子全部由水电离产生,c(OH-)甲=Kw/c(H+)=10-11mol/L,pH=4的酸中,氢氧根离子全部由水电离产生,c(OH-)乙= Kw/c(H+)=10-10mol/L,则10c(OH-)甲=c(OH-)乙,故错误;稀释前后甲乙两个烧杯中所含的一元酸的物质的量相
10、等,依据酸碱中和反应可知,消耗氢氧化钠的物质的量相等,生成的盐的浓度甲大于乙,若酸为强酸则二者pH相等,若酸为弱酸,则甲的pH大于乙,故错误;若酸是强酸,分别与5mL pH=11的NaOH溶液反应,恰好发生酸碱中和,生成强酸强碱盐,pH相等,若为弱酸,则反应后酸有剩余,甲中剩余酸浓度大,酸性强,pH小,所得溶液的pH:甲乙,故正确;结合以上分析可知,错误,本题选B。18某温度下,pH11的氨水和NaOH溶液分别加水稀释100倍,溶液的pH随溶液体积变化的曲线如图所示。根据图像判断错误的是()Aa值一定大于9B为NaOH溶液稀释时溶液的pH变化曲线C完全中和相同体积的稀释相同倍数后的两溶液,消耗
11、相同浓度的稀H2SO4的体积V(NaOH)V(氨水)D稀释后氨水中水的电离程度比NaOH溶液中水的电离程度大【答案】D浓度大,可知I为氢氧化钠溶液稀释时溶液的pH变化曲线,正确;C由于NaOH是强碱,完全电离,而NH3H2O 是弱碱,部分电离,所以物质的浓度:c(NaOH)c(NH3H2O)。由于氨水浓度较大,则完全中和稀释后相同体积的两溶液时,消耗相同浓度的稀硫酸的体积V(NaOH)V(氨水),正确;D在任何物质的水溶液中都存在水的电离平衡:H2OH+OH-,由于稀释后氨水中氢氧根离子浓度较大,对水电离平衡移动的抑制能力强,所以水的电离程度比NaOH溶液中的小,错误。19下列实验操作不会引起
12、误差的是A酸碱中和滴定时,用待测液润洗锥形瓶B量取待测液时,滴定管未用待测液冲洗C用NaOH标准溶液测定未知浓度的盐酸时,选用酚酞作指示剂,实验时不小心多加了几滴指示剂D用标准盐酸测定未知浓度NaOH溶液结束实验时,酸式滴定管尖嘴部分无气泡,结束实验时有气泡【答案】C【解析】A锥形瓶用蒸馏水洗后,不能用待测液润洗,否则待测液的物质的量增加,滴定时标准液所用体积增加,导致测定结果偏大,选项A错误;B. 量取待测液时,滴定管未用待测液冲洗,待测液变稀,滴定时标准液所用体积偏小,导致测定结果偏低,选项B错误;C、在滴定过程中,指示剂略多加了几滴,一般不影响实验结果,因为指示剂不会改变反应过程中酸和碱
13、的物质的量,选项C正确;D、开始实验时酸式滴定管中无气泡,结束实验时有气泡,会导致所读取的V(HCl)偏小,依据V(HC1)c(HCl) =V(NaOH)c(NaOH),所测的c(NaOH)偏小,选项D错误。 23中华人民共和国国家标准(GB27602011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25 gL1。某兴趣小组用题图装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2,并对其含量进行测定。(1)仪器A的名称是_,水通入A的进口为_。(a/b)(2)B中加入300.00 mL葡萄酒和适量盐酸,加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应,其化学方程式为_。(3)除去C中过量的H2O2,然后用0.090
14、0 molL1NaOH标准溶液进行滴定,滴定前排气泡时,应选择题图中的_;若滴定终点时溶液的pH8.8,则选择的指示剂为_(酚酞/甲基橙);若用50 mL滴定管进行实验,当滴定管中的液面在刻度“10”处,则管内液体的体积_(填序号)(10 mL,40 mL,40 mL)。(4)滴定至终点时,消耗NaOH溶液25.00 mL,该葡萄酒中SO2含量为_gL1。(5)该测定结果比实际值偏高,分析原因并利用现有装置提出改进措施_。【答案】冷凝管(或冷凝器) b SO2H2O2=H2SO4 酚酞 0.24 原因:盐酸的挥发;改进措施:用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸,或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验,扣除盐酸挥发的影响 (4) 根据2NaOHH2SO4SO2可知SO2的物质的量为n(SO2)=1/2n(NaOH)=1/2(0.0900mol/L0.025L)=0.001125mol,其质量是m(SO2)=0.001125mol64g/mol=0.072g,该葡萄酒中的二氧化硫含量为:0.072g 0.3L=0.24g/L;(5)盐酸是挥发性酸,挥发的盐酸会消耗氢氧化钠,使得反应过程中消耗的氢氧化钠溶液体积增