通用版高考化学考点题型拓展复习题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备考方向导航考点1　水的电离　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 　　　　　　 [2020浙江温州高考适应性考试]常温下,在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol·L-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液,反应后溶液中水电离的c(H+)水的负对数[-lg c(H+)水]与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是              (　　)A.a、b、c三点溶液均显中性B.a点溶液中c(Na+)=c(X-)>c(H+)=c(OH-)C.b点溶液中的离子总浓度大于d点溶液D.常温下,Ka(HX)≈10-5考点2　溶液的酸碱性与pH2.[2020浙江7月选考,17,2分]下列说法不正确的是 (　　)A.2.0×10-7 mol·L-1的盐酸中c(H+)=2.0×10-7 mol·L-1B.将KCl溶液从常温加热至80 ℃,溶液的pH变小但仍保持中性C.常温下,NaCN溶液呈碱性,说明HCN是弱电解质D.常温下,pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体,溶液pH增大考点3　酸碱中和滴定3.[2018浙江下半年选考,23,2分]常温下,分别取浓度不同、体积均为20.00 mL的3种HCl溶液,分别滴入浓度为1.000 mol·L-1、0.100 0 mol·L-1和0.010 00 mol·L-1的NaOH溶液,测得3个反应体系的pH随V(NaOH溶液)变化的曲线如图,在V(NaOH溶液)=20.00 mL前后pH出现突跃。下列说法不正确的是              (　　)A.3种HCl溶液的c(HCl):最大的是最小的100倍B.曲线a、b、c对应的c(NaOH):a>b>cC.当V(NaOH溶液)=20.00 mL时,3个体系中均满足:c(Na+)=c(Cl-)D.当V(NaOH溶液)相同时,pH突跃最大的体系中的c(H+)最大4.[2019北京,26,12分]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.用已准确称量的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+Na2S4O6Na2S2O3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。 5.[2020北京高考适应性测试]常温下用一定浓度的NaOH溶液滴定某浓度的醋酸溶液。滴定终点附近溶液pH和导电能力的变化分别如图1、图2所示(利用溶液导电能力的变化可判断滴定终点,溶液总体积变化忽略不计)。下列说法错误的是              (　　)A.a点对应的溶液中:c(CH3COO-)=c(Na+)B.a→b过程中,n(CH3COO-)不断增大C.c→d过程中,溶液的导电能力增强的主要原因是c(OH-)和c(Na+)增大D.根据溶液pH和导电能力的变化可判断:V2<V36.[2020山东嘉祥一中三检]常温下,向 10 mL 0.1 mol/L HR 溶液中逐滴加入 0.1 mol/L氨水,所得溶液 pH 及导电能力变化如图所示。下列分析正确的是              (　　)A.a、b、c、d点对应溶液中阳离子浓度最大的是d点B.常温下,R-的水解常数的数量级为 10-9C.b点和d点对应溶液中,水的电离程度相等D.d 点对应溶液中微粒浓度关系:c(R-)+2c(HR)=c(NH3·H2O)拓展变式1.[2020贵州贵阳摸底考试]水中c(H+)和c(OH-)的关系如图所示,下列判断错误的是 (　　)A.温度关系:T1<T2B.XZ线上任意点对应的溶液均有pH=7C.M区域内任意点(不含实线上的点)对应的溶液均有c(H+)<c(OH-)D.两条曲线间任意点均有c(H+)·c(OH-)=Kw2.298 K时,用0.100 mol·L-1盐酸滴定20.00 mL 0.100 mol·L-1 MOH溶液,溶液的pH与所加盐酸体积的关系如图所示(已知:10-1.4≈0.04)。下列说法正确的是              (　　)A.E点后随着盐酸加入,溶液中水电离的c(H+)·c(OH-)保持不变B.V=20.00C.298 K时,向P点对应的溶液中加入少量水稀释,保持不变D.298 K时,Kb(MOH)的数量级为10-23.[2020江苏,18(2),8分]二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为C3N3O3C+H++2H2OC3H3N3O3+2HClOHClO+2I-+H+I2+Cl-+H2O　I2+2S2S4+2I-准确称取1.120 0 g样品,用容量瓶配成250.0 mL溶液;取25.00 mL上述溶液于碘量瓶中,加入适量稀硫酸和过量KI溶液,密封在暗处静置5 min;用0.100 0 mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色,加入淀粉指示剂,继续滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。(1)通过计算判断该样品是否为优质品。(写出计算过程,该样品的有效氯=×100%)(2)若在检测中加入稀硫酸的量过少,将导致样品的有效氯测定值　　　　(填“偏高”或“偏低”)。 4.[2018浙江4月选考,23,2分]在常温下,向10 mL浓度均为0.1 mol·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L-1的盐酸,溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是              (　　)A.在a点的溶液中:c(Na+)>c(C)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)B.在b点的溶液中:2n(C)+n(HC)<0.001 molC.在c点的溶液pH<7,是因为此时HC的电离能力大于其水解能力D.若将0.1 mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸,当滴至溶液的pH=7时:c(Na+)=c(CH3COO-)5.[2017全国卷Ⅰ,13,6分]常温下将NaOH溶液滴加到己二酸(H2X)溶液中,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是              (　　)A.Ka2(H2X)的数量级为10-6B.曲线N表示pH与lg的变化关系C.NaHX溶液中c(H+)>c(OH-)D.当混合溶液呈中性时,c(Na+)>c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+)答案专题十七　水的电离和溶液的酸碱性备考方向导航1.A　由题图知常温下0.1 mol·L-1 HX溶液中水电离出的氢离子浓度为10-11 mol·L-1,则HX为弱酸,d点溶液的溶质为NaX,此时水电离出的氢离子浓度最大,溶液显碱性,c点溶液的溶质为NaX、NaOH,溶液一定显碱性,a点溶液的溶质为HX、NaX,水电离出的氢离子浓度为10-7 mol·L-1,溶液呈中性,c(Na+)=c(X-)>c(H+)=c(OH-),A错误,B正确;b、d点溶液的溶质分别为NaY、NaX,分别存在电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Y-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),由题图知酸性:HY>HX,所以b点溶液中的c(H+)比d点溶液中的c(H+)大,而c(Na+)相同,故b点溶液中的离子总浓度大于d点溶液中的离子总浓度,C正确;常温下,0.1 mol·L-1 HX溶液中水电离出的氢离子浓度为10-11 mol·L-1,则溶液中c(X-)≈c(H+)=10-3 mol·L-1,Ka(HX)==≈10-5,D正确。2.A　盐酸的浓度为2×10-7 mol·L-1,全电离,接近中性,溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大,不能忽略水电离的氢离子,故c(H+)大于2×10-7 mol·L-1,A项错误;水的电离是吸热的,升高温度促进水的电离,氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大,pH减小,但氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍相等,溶液呈中性,B项正确;常温下,NaCN溶液呈碱性,说明NaCN是强碱弱酸盐,HCN是弱酸,C项正确;醋酸溶液中加入醋酸钠固体,醋酸根离子浓度增大,醋酸的电离平衡逆向移动,氢离子浓度减小,溶液pH增大,D项正确。3.D　由题图可知,当3种HCl溶液中分别加入等体积的NaOH溶液时,溶液的pH均为7,说明均正好完全反应,NaOH溶液与对应的HCl溶液的浓度相等。再分析起始点的数据,曲线a对应的纵坐标为0,曲线b对应的纵坐标为1,曲线c对应的纵坐标为2,则相应的c(HCl)分别为1.000 mol·L-1、0.100 0 mol·L-1和0.010 00 mol·L-1。由上述分析可知,3种HCl溶液中c(HCl)最大的是1.000 mol·L-1,最小的是0.010 00 mol·L-1,两者相差100倍,A项正确。由上述分析可知,曲线a、b、c对应的NaOH溶液的浓度分别为1.000 mol·L-1、0.100 0 mol·L-1和0.010 00 mol·L-1,B项正确。当V(NaOH溶液)=20.00 mL时,溶液的pH均为7,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒可得c(Na+)=c(Cl-),C项正确。当pH小于7时,V(NaOH溶液)相同时,pH突跃最大的体系中的c(H+)最大,而当pH大于7时,pH突跃最大的体系中的c(H+)最小,D项错误。4.(1)容量瓶(1分)　(2)Br+5Br-+6H+3Br2+3H2O(2分)(3)+3Br2+3HBr(2分)　(4)Br2过量,保证苯酚完全反应(1分)　(5)反应物用量存在关系:KBrO3~3Br2~6KI,若无苯酚时,消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍,因有苯酚消耗Br2,所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量(2分)　(6)溶液蓝色恰好消失(1分)　(7)(2分)　(8)易挥发(1分)【解析】　(1)配制一定浓度的溶液需要用容量瓶进行定容。(2)Ⅱ中Br-与Br在酸性条件下发生氧化还原反应生成Br2、H2O,离子方程式为5Br-+Br+6H+3Br2+3H2O。(3)废水中含有苯酚,苯酚与Br2发生取代反应生成三溴苯酚,化学方程式为+3Br2↓+3HBr。(4)本实验的目的是测定经处理后的废水中的苯酚含量,苯酚需完全反应,剩余的Br2可通过滴定测定,所以在加入KI之前,溶液颜色须为黄色,以确保Br2过量,苯酚完全反应。(5)根据得失电子守恒,当n(KI)∶n(KBrO3)=6∶1时,KI恰好与步骤Ⅱ中生成的Br2完全反应,而步骤Ⅱ中苯酚会消耗Br2,所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量。(6)滴定时用淀粉作指示剂,当达到滴定终点时,溶液蓝色恰好消失。(7)结合题意可知,生成Br2的物质的量=3av1×10-3 mol,与KI反应消耗n(Br2)= mol,则与C6H5OH反应的n(Br2)=3av1×10-3 mol- mol,废水中苯酚的含量== g·L-1。(8)Br2具有挥发性,故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。5.C　常温下,a点对应溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH-),又根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),故c(Na+)=c(CH3COO-),A项正确;a→b过程中,CH3COOH逐渐与NaOH反应,则溶液中的n(CH3COO-)不断增大,B项正确;d点以后溶液的导电能力增大更快,说明d点时CH3COOH恰好与NaOH完全反应,达到滴定终点,而pH=7时,溶液中的溶质为CH3COONa和CH3COOH,未达到反应终点,所以V2<V3,D项正确;c→d过程中未达到滴定终点,溶液中的溶质为CH3COONa和CH3COOH,c(CH3COO-)、c(Na+)逐渐增大是溶液的导电能力逐渐增强的主要原因,C项错误。6.B　溶液导电能力与离子浓度、离子所带电荷数有关,离子浓度越大、所带电荷越多,其导电能力越强,a、b、c、d点对应溶液中离子所带电荷数均为1,且每点对应溶液中阳离子数与阴离子数相等,但b点对应溶液的导电能力最强,所以阳离子浓度最大的是b点,A项错误;由题图可知,0.1 mol/L HR 溶液的pH=3,则c(R+)≈c(H+)=10-3 mol/L,c(HR)≈0.1 mol/L,HR的电离常数Ka≈=10-5,则R-的水解常数Kh===10-9,B项正确;b点对应溶液的pH为7,d点对应溶液的pH大于7,故水的电离程度不同,C项错误;d点对应溶液的溶质为等物质的量的NH4R和NH3·H2O,根据物料守恒可得2c(R-)+2c(HR)=c(NH3·H2O)+c(N),由电荷守恒可得c(R-)+c(OH-)=c(H+)+c(N),由以上两式可得c(R-)+2c(HR)=c(NH3·H2O)+c(OH-)-c(H+),d点对应溶液呈碱性,则c(OH-)>c(H+),则c(R-)+2c(HR)>c(NH3·H2O),D项错误。1.B　水的电离为吸热反应,温度越高,电离程度越大,故T1<T2,A项正确;由题图可知,只有X点对应的溶液存在pH=7,越靠近Z点,pH越小,B项错误;XZ线上任意点对应的溶液均有c(H+)=c(OH-),在X、Z连线的上方M区域c(H+)<c(OH-),在X、Z连线的下方区域c(H+)>c(OH-),C项正确;在任何溶液中,均有c(OH-)·c(H+)=Kw,D项正确。2.D　由P点对应溶液的pH=12.6可知,MOH为弱碱,E点对应溶液呈中性,溶质为MCl、MOH,MOH电离抑制水的电离,M+水解促进水的电离,E点后随着盐酸的加入,MCl逐渐增多,MOH逐渐减少,水电离的c(H+)·c(OH-)逐渐增大,当MOH反应完全后,再加入盐酸,HCl抑制水的电离,水电离的c(H+)·c(OH-)减小,A项错误。MOH为弱碱,则中和至E点时所消耗的盐酸体积小于20.00 mL,B项错误。加水稀释时MOH电离的c(M+)=c(OH-),由于碱性减弱,H2O电离的c(OH-)增大,所以加水稀释时,增大,C项错误。由P点对应溶液的pH可得c(OH-)==10-1.4 mol·L-1,Kb(MOH)==≈2.7×10-2,故Kb(MOH)的数量级为10-2,D项正确。3.(1)n(S2)=0.100 0 mol·L-1×0.020 00 L=2.000×10-3 mol根据物质转换和电子得失守恒关系:C3N3O3C~2HClO~2I2~4S2得n(Cl)=0.5n(S2)=1.000×10-3 mol氯元素的质量:m(Cl)=1.000×10-3 mol×35.5 g·mol-1=0.035 50 g该样品的有效氯为×2×100%=63.39%该样品的有效氯大于60%,故该样品为优质品(6分)(2)偏低(2分)【解析】　(1)依据三个反应得出关系式:C3N3O3C~2HClO~2I2~ 4S2,根据Na2S2O3的消耗量,可以计算出测定中转化为HClO的氯的物质的量,进而得出氯元素的质量,再由有效氯的计算公式×100%,可计算出有效氯。(2)加入的稀硫酸的量过少,则生成的I2少,消耗Na2S2O3的量减少,则计算出的HClO的量偏少,导致样品的有效氯测定值偏低。4.B　向10 mL浓度均为0.1 mol·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1 mol·L-1盐酸,依次发生反应:①H++OH-H2O、②H++CHC、③H++HCH2CO3。a点的溶液中加入盐酸的体积为5 mL,则溶液中溶质的物质的量之比为n(NaCl)∶n(NaOH)∶n(Na2CO3)=1∶1∶2,故溶液中离子浓度大小为c(Na+)>c(C)>c(OH-)>c(Cl-)>c(H+),A项错误。b点对应溶液的pH=7,结合电荷守恒式:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)+c(Cl-),可得c(HC)+2c(C)=c(Na+)-c(Cl-),故n(HC)+2n(C)=0.003 mol-n(Cl-),由题图知溶液pH=7时加入盐酸的体积大于20 mL,故n(Cl-)>0.002 mol,所以2n(C)+n(HC)<0.001 mol,B项正确。c点对应溶液的pH<7,是因为反应生成的H2CO3的电离能力大于HC的水解能力,C项错误。若将0.1 mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸,当滴至溶液的pH=7时,电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HC)+2c(C)+c(CH3COO-),则c(Na+)≠c(CH3COO-),D项错误。5.D　H2X的电离方程式为H2XH++HX-,HX-H++X2-。当==1,即横坐标为0.0时,Ka1=c(H+),Ka2=c'(H+),因为Ka1>Ka2,故c(H+)>c'(H+),即pH<pH',结合题图知,曲线N代表第一步电离,曲线M代表第二步电离,Ka2≈10-5.4,A、B项正确;选择曲线M分析,当NaHX、Na2X浓度相等时,溶液pH约为5.4,溶液呈酸性,所以,NaHX溶液中c(H+)>c(OH-),C项正确;溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HX-)+2c(X2-),中性溶液中存在c(H+)=c(OH-),故c(Na+)=c(HX-)+2c(X2-),假设c(HX-)=c(X2-)或c(HX-)>c(X2-)(见C项分析),则溶液一定呈酸性,故中性溶液中c(HX-)<c(X2-),D项错误。