通用版高考化学考点复习训练十七水的电离和溶液的酸碱性含答案

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专题十七　水的电离和溶液的酸碱性

考点1 水的电离
1.[2020福建三明第一中学模拟]某温度下,向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体,保持温度不变,测得溶液的pH为2。下列对该溶液的叙述不正确的是 (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.该温度下加入等体积pH=12的NaOH溶液可使该溶液恰好呈中性
B.该温度高于25 ℃
C.加入NaHSO4晶体抑制了水的电离
D.该溶液中由水电离出来的H+浓度是1.0×10-10 mol·L-1
2.[2020浙江宁波新高考适应性考试]下列说法正确的是(　　)
A.25 ℃时某溶液中水电离出的c水(H+)=1.0×10-12 mol·L-1,其pH一定是12
B.某温度下,向氨水中通入CO2,随着CO2的通入,c(OH-)c(NH3·H2O)不断增大
C.恒温恒容下,反应X(g)+3Y(g)2Z(g),起始时充入3 mol X和3 mol Y,当X的体积分数不变时,反应达到平衡
D.某温度下,向pH=6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体,保持温度不变,测得溶液的pH为2,该温度下加入等体积pH=10的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性
3.[2021河北廊坊模拟]如图是不同温度(T1、T2)下溶液中水的离子积常数Kw变化曲线,有关说法正确的是(　　)

A.图中温度T1A=D=E
D.E、D两点水的电离均被抑制,而Kw相等
4.[2021各地开学考试试题组合,6分]25 ℃时,有pH均为9的NaOH溶液和CH3COONa溶液。回答下列问题:
(1)两溶液中c(H+)·c(OH-)=　　　　。 
(2)各取10 mL上述溶液,分别加水稀释至100 mL,pH较大的是　　　　溶液。 
(3)各取10 mL上述溶液,分别加热至90 ℃,pH较小的是　　　　溶液。 
(4)两溶液中由水电离出的c(OH-)分别为NaOH溶液　　　　　　　;CH3COONa溶液　　　　　　　　。 
(5)取10 mL CH3COONa溶液,加水稀释至100 mL,c(CH3COO-)c(OH-)的值　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。 
考点2 溶液的酸碱性与pH

5.[2020福建三明一中模拟]常温下,关于溶液的稀释下列说法正确的是(　　)
A.pH=3的醋酸溶液稀释100倍,pH=5
B.将1 L 0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液稀释为2 L,pH=13
C.pH=4的H2SO4溶液加水稀释100倍,溶液中由水电离产生的c水(H+)=1.0×10-6 mol·L-1
D.pH=8的NaOH溶液稀释100倍,其pH=6
6.[2021四川成都七中模拟]常温下0.1 mol·L-1的①CH3COOH 溶液、②NaOH溶液、③CH3COONa溶液,下列叙述正确的是(　　)
A.①中c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
B.①②等体积混合后,醋酸根离子浓度小于③的二分之一
C.①③等体积混合后,溶液呈酸性,则c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)
D.①②等体积混合后,水的电离程度比①③等体积混合后的电离程度小
考点3 酸碱中和滴定
7.[2020安徽合肥调研检测]已知25 ℃时,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5,该温度下,用0.100 mol·L-1氨水滴定10.00 mL 0.100 mol·L-1一元酸HA溶液,滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lgc(H+)c(OH-)的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A.HA为强酸
B.a=10.00
C.25 ℃时,NH4+的水解平衡常数为59×10-9
D.当滴入20.00 mL氨水时,溶液中c(NH4+)>c(A-)
8.[2021河北石家庄质检]25 ℃时,用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1某二元弱酸H2X溶液,滴定过程中溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.H2X的第一步电离方程式为H2XHX-+H+
B.b点溶液中c(H2X)>c(X2-)
C.c点溶液中c(Na+)=c(X2-)+c(HX-)+c(H2X)
D.水的电离程度:aA=D=E,C项正确;E点溶液呈碱性,水的电离可能被促进(如Na2CO3溶液),也可能被抑制(如NaOH溶液),同理D点溶液呈酸性,水的电离可能被促进(如NH4Cl溶液),也可能被抑制(如稀硫酸),但Kw均相等,D项错误。
4.(1)1.0×10-14(1分)　(2)CH3COONa(1分)　(3)NaOH(1分)　(4)1×10-9 mol·L-1(1分)　1×10-5 mol·L-1(1分)　(5)减小(1分)
【解析】　(1)两种溶液的温度相同,则水的离子积相同,即c(H+)·c(OH-)=Kw=1.0×10-14。(2)pH=9的NaOH溶液稀释10倍后pH=8;加水稀释CH3COONa溶液时,CH3COO-的水解程度增大,故pH=9的CH3COONa溶液稀释10倍后pH>8。(3)NaOH在水中完全电离,其水溶液的pH大小受温度影响不大,而加热能促进盐类水解,故将两种溶液分别加热到90 ℃时,pH较小的是NaOH溶液。(4)NaOH溶液中的H+全部由水电离产生,pH=9的NaOH溶液中,c(H+)=1.0×10-9 mol·L-1,即由水电离出的H+浓度为1.0×10-9 mol·L-1,因水电离出的c(H+)=c(OH-),故由水电离出的OH-浓度为1.0×10-9 mol·L-1;盐类水解促进水的电离,CH3COONa溶液中的OH-全部由水电离产生,pH=9的CH3COONa溶液中c(OH-)=1.0×10-5 mol·L-1,即由水电离出的OH-浓度为1.0×10-5 mol·L-1。(5)CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,其平衡常数K=c(CH3COOH)·c(OH-)c(CH3COO-),溶液稀释过程中c(CH3COOH)减小,而平衡常数K的值不变,故c(OH-)c(CH3COO-)的值增大,即c(CH3COO-)c(OH-)的值减小。
5.B　醋酸是弱电解质,在水溶液里存在电离平衡,加水稀释能促进醋酸电离,则pH=3的醋酸溶液加水稀释100倍,pH7,D项错误。
6.B　CH3COOH溶液中存在两个电离平衡:H2O H++OH-、CH3COOH CH3COO-+H+,CH3COOH抑制H2O的电离,故①中c(CH3COOH)>c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-),A项错误。①②等体积混合后,生成醋酸钠溶液,其浓度为0.05 mol·L-1,醋酸根离子易水解,且浓度越小水解程度越大,故①②等体积混合后醋酸根离子浓度小于③的二分之一,B项正确。①③等体积混合后,溶液呈酸性,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,则c(CH3COO-)>c(Na+)>c(H+),C项错误。①②等体积混合后,所得溶液溶质为醋酸钠,其水解促进水的电离,①③等体积混合后,所得溶液呈酸性,抑制水的电离,D项错误。
7.B　没有加入氨水时,HA溶液中lg c(H+)c(OH-)=12,根据25 ℃时水的离子积Kw=1×10-14,得c(H+)=0.1 mol·L-1=c(HA),说明HA完全电离,HA为一元强酸,A项正确;加入a mL 氨水时,lgc(H+)c(OH-)=0,则溶液中c(H+)=c(OH-),溶液显中性,当加入10.00 mL氨水时,HA与氨水恰好完全反应生成强酸弱碱盐,溶液显酸性,所以加入的氨水的体积大于10.00 mL,即a>10.00,B项错误;25 ℃时,NH4+的水解平衡常数Kh=KwKb=1×10-141.8×10-5=59×10-9,C项正确;当滴入20.00 mL氨水时,混合液溶质为等物质的量的NH3·H2O、NH4A,Kb>Kh,则NH3·H2O的电离程度大于NH4A的水解程度,即c(H+)c(A-),D项正确。
8.D　图中a点未滴加NaOH溶液,溶液中仅存在H2X的电离,再结合0.1 mol·L-1 H2X溶液的pH=1.7可知H2X在溶液中部分电离;b点加入20.0 mL NaOH溶液,得到的溶液溶质为NaHX,c点加入40.0 mL NaOH溶液,恰好完全反应生成Na2X。结合上述分析知,H2X在溶液中存在电离平衡,其第一步电离方程式为H2XHX-+H+,A项错误;b点溶液中溶质为NaHX,结合溶液的pH=4.6可知HX-的电离程度大于其水解程度,故溶液中c(X2-)>c(H2X),B项错误;c点溶液中溶质为Na2X,根据物料守恒可知c(Na+)=2[c(X2-)+c(HX-)+c(H2X)],C项错误;c点Na2X水解促进水的电离,a、b两点溶液均呈酸性,水的电离均被抑制,且溶液的酸性越强,对水的电离抑制程度越大,即水的电离程度a25 ℃,A项正确;AG= lgc(H+)c(OH-)=lg c2(H+)c(OH-)·c(H+)= pKw-2pH,25 ℃时,pKw=14,即25 ℃时AG=14-2pH,B项不正确;AB线段上任意点对应的溶液中c(H+)=c(OH-),则pH=pOH,Kw=c(H+)·c(OH-),pKw=pH+pOH,pH=pOH=pKw2,C项正确;HX和NaX的混合溶液中,由电荷守恒可知c(Na+)+c(H+)=c(X-)+c(OH-),由题图可知D点对应的溶液中c(H+)>c(OH-),则c(Na+)c(NH4+)>c(NH3·H2O),故B错误。氨水和盐酸反应,溶液温度是25 ℃时,加入氨水的体积为10 mL,溶液的pH为7,溶质是NH4Cl和NH3·H2O,由电荷守恒知c(OH-)+c(Cl-)=c(NH4+)+c(H+),因此时c(OH-)=c(H+)=10-7 mol·L-1,故c(NH4+)=c(Cl-)=1.0 mol·L-1÷2=0.5 mol·L-1,由物料守恒知c(NH4+)+c(NH3·H2O)=n2 mol·L-1,则c(NH3·H2O)=(n2-12) mol·L-1,则25 ℃时,NH3·H2O的电离平衡常数Kb=c(NH4+)·c(OH-)c(NH3·H2O)=10-7n-1,故C正确。从a点(溶质为HCl)至b点(溶质为NH4Cl)的过程中,主要发生的反应为NH3·H2O+H+NH4++H2O,溶液中离子总数基本不变,但溶液体积明显增大,故溶液中离子总浓度下降,溶液导电性减弱;从b点至c点(溶质为NH4Cl、NH3·H2O)的过程中,溶液中离子总数稍微增加,但溶液体积明显增大,离子总浓度下降,导电性减弱,故D错误。
8.B　R(OH)2为可溶性有机二元弱碱,R(OH)2的分布分数最大时,溶液pH最大,则曲线Ⅰ、曲线Ⅱ、曲线Ⅲ分别表示R(OH)2、ROH+和R2+的分布分数。A点时c(ROH+)=c[R(OH)2],c(OH-)=10-(14-12.5) mol·L-1,故R(OH)2的Kb1=c(OH-)=10-1.5,A项错误。同理,取B点坐标进行计算得Kb2=10-4.5,当溶液中c[R(OH)2]=c(R2+)时,由Kb1和Kb2的表达式可推出Kb1·Kb2=c2(OH-)=Kw2c2(H+)=10-6,即pH=11,B项正确。当加入15 mL HCl溶液时,溶液中溶质是ROHCl,根据电荷守恒得2c(R2+)+c(ROH+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),而ROHCl溶液呈碱性,即c(H+)c(OH-)>c(H+)(2分)　(3)①2　1　3　3　3　3(共2分)　②1∶2(2分)　(4)13(2分)　(5)cd(2分)
【解析】　(1)Na2S水解会促进水的电离,使水的电离程度增大。盐类水解是吸热反应,微热会促进Na2S水解,溶液pH增大。(2)盐类的水解程度较小,又因NaHS的水溶液呈碱性,故c(HS-)>c(OH-)>c(H+),Na+不水解,故离子浓度大小为c(Na+)>c(HS-)>c(OH-)>c(H+)。(3)①根据得失电子守恒和原子守恒可配平化学方程式:2Na2S+Na2SO3+3H2SO43Na2SO4+3S↓+3H2O。②该反应中,S既是氧化产物也是还原产物,由还原剂是Na2S,氧化剂是Na2SO3可知,还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶2。(4)S2-的水解常数Kh=c(HS-)·c(OH-)c(S2−)= c(HS-)·c(OH-)·c(H+)c(S2−)·c(H+)=KwKa2,Na2S溶液中,可认为c(HS-)=c(OH-),c(S2-)≈0.1 mol·L-1,故c2(OH-)c(S2−)=KwKa2,代入相关数据可得c(OH-)=0.1 mol·L-1,即pH=13。(5)结合反应原理溶度积小的物质转化为溶度积更小的物质,知Ksp(FeS)>Ksp(CuS),a项错误;没有该反应的平衡常数,则无法比较达到平衡时c(Cu2+)和 c(Fe2+)的大小,b项错误;加入Na2S固体后,S2-结合溶液中的Cu2+、Fe2+,使其浓度降低,c项正确;其平衡常数K=c(Fe2+)c(Cu2+)=c(S2−)·c(Fe2+)c(Cu2+)·c(S2−)=Ksp(FeS)Ksp(CuS),d项正确。
10.(1)将溶剂水煮沸后冷却(2分)　(2)②(2分)　(3)使溶液混合均匀,快速完成反应(2分)　(4)1,2,4,1,1,3(2分)　(5)重复步骤e的操作2~3次(2分)　(6)溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色(2分)　9.0(2分)　是(2分)　(7)2H++S2O32−S↓+SO2↑+H2O、SO2+I2+2H2O4H++SO42−+2I-、4H++4I-+O22I2+2H2O(任写其中2个)(2分)
【解析】　(1)气体的溶解度随温度的升高而减小,所以除去水中氧的简单操作是将溶剂水煮沸。(2)向封闭式体系中添加一定量液体试剂最宜选择的仪器是注射器。(3)搅拌可使溶液混合均匀,使反应快速完成。(4)该反应是氧化还原反应,依据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒即可完成配平。(5)定量实验要求重复进行2~3次。(6)步骤e是向碘-淀粉的蓝色溶液中滴加Na2S2O3溶液,达到滴定终点时,溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色。根据题中所给的离子方程式可得O2~2MnO(OH)2~2I2~4S2O32−,即O2~4S2O32−。40.00 mL水样最终消耗Na2S2O3的物质的量为4.5×10-5 mol,故其中氧气的物质的量为4.54×10-5 mol,质量为4.54×10-5 mol×32 g·mol-1×103 mg·g-1=0.36 mg,则1 L水样中氧气的质量为0.36 mg×100040.00=9.0 mg,即DO=9.0 mg·L-1>5 mg·L-1,作为饮用水源达标。(7)若溶液的pH过低,则溶液酸性过强。在酸性条件下,H+能与S2O32−发生反应生成SO2等;氧气能将I-氧化,生成的碘单质能与生成的二氧化硫发生反应,使实验产生误差。