2021届高考化学一轮复习水的电离和溶液的酸碱性作业
核心素养提升练 二十三
水的电离和溶液的酸碱性
(25分钟 50分)
一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)
1.在不同温度下,水溶液中c(H+)与c(OH-)的关系如图所示。下列有关说法中正确的是 ( )
A.若从a点到c点,可采用在水中加入酸的方法
B.b点对应的醋酸中由水电离出的c(H+)=10-6 mol·L-1
C.c点对应溶液的Kw大于d点对应溶液的Kw
D.T ℃时,0.05 mol·L-1 Ba(OH)2溶液的pH=11
【解析】选D。 a点对应的c(H+)和c(OH-)相等,c点对应的c(H+)和c(OH-)也相等,溶液一定呈中性,从a点到c点,可以采用升温的方法,A错误;Kw只与温度有关,同温度下不同酸碱性溶液的Kw相同,a点和b点的Kw都是10-14,c点和d点的Kw都是10-12,酸和碱溶液都会抑制水的电离,酸溶液中由水电离出的c水(H+)与溶液中的c(OH-)相等,即b点时c水(H+)=c(OH-)=10-8 mol·L-1,B、C均错误;T ℃时,Kw=10-12,0.05 mol·L-1 Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-11 mol·L-1,pH=11,D正确。
【加固训练】
常温下,将pH=3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合后,混合溶液均呈中性:
①1×10-3mol·L-1的氨水b L
②c(OH-)=1×10-3mol·L-1的氨水c L
③c(OH-)=1×10-3mol·L-1的Ba(OH)2溶液d L
其中a、b、c、d的关系正确的是 ( )
A.b>a=d>c B.a=b>c>d
C.a=b>d>c D.c>a=d>b
【解析】选A。 pH=3的盐酸中c(H+)=1×10-3mol·L-1,与c(OH-)=1×10-3mol·L-1的Ba(OH)2溶液混合,混合溶液呈中性时二者的体积相等,即d=a;NH3·H2O为弱电解质,1×10-3mol·L-1的氨水中c(OH-)<1×10-3mol·L-1,因此1×10-3mol·L-1的氨水和c(OH-)=1×10-3mol·L-1的氨水分别与盐酸混合,混合溶液呈中性时,b>a,c
c。
2.实验室用标准KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液,下列说法或操作正确的是
( )
A.盛FeSO4溶液的锥形瓶滴定前用FeSO4溶液润洗2～3次
B.选碱式滴定管量取标准KMnO4溶液,并用碘化钾淀粉溶液作指示剂
C.滴定前仰视读数,滴定后俯视读数会导致滴定结果偏低
D.锥形瓶内溶液颜色变化由浅绿色变为紫红色,立即记下滴定管液面所在刻度
【解析】选C。滴定操作时锥形瓶只需用水洗干净即可,不能润洗,A项错误;标准KMnO4溶液应用酸式滴定管量取,不用添加任何指示剂,B项错误;实验时读数前仰后俯,导致读数体积小于实际消耗标准溶液体积,所测溶液浓度将偏低,C项正确;确定滴定终点时,需溶液由浅绿色变为紫红色,且30 s内溶液颜色不再发生变化,才可以确定滴定终点,D项错误。
3.(新题预测)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.pH=4的H2SO4溶液加水稀释100倍,溶液中由水电离产生的c(H+)=1×10-6 mol·
L-1
C.将1 L 0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液稀释为2 L,pH=13
D.pH=8的NaOH溶液稀释100倍,其pH=6
【解析】选C。 A项,pH=3的醋酸溶液在稀释过程中电离平衡向正向移动,稀释100倍时,3”“<”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)(1)图Ⅰ表示10 mL量筒中液面的位置,A与B,B与C刻度间相差1 mL, 如果刻度A为4,量筒中液体的体积是________ mL。
(2)排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图Ⅱ所示操作中的________(填“甲”“乙”或“丙”),然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
(3)实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数,其反应原理:
4N+6HCHO3H++6H2O+(CH2)6N4H+
滴定时,1 mol (CH2)6N4H+与1 mol H+相当,然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验:
步骤Ⅰ:称取样品1.500 g。
步骤Ⅱ:将样品溶解后,完全转移到250 mL容量瓶中,定容,充分摇匀。
步骤Ⅲ:移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中,加入10 mL 20%的中性甲醛溶液,摇匀、静置5 min后,加入1～2滴酚酞溶液,用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。
①根据步骤Ⅲ填空:
a.碱式滴定管用蒸馏水洗涤后,直接加入NaOH标准溶液进行滴定,则测得样品中氮的质量分数________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
b.锥形瓶用蒸馏水洗涤后,水未倒尽,则滴定时用去NaOH标准溶液的体积________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
c.滴定达到终点时,酚酞指示剂由________色变成________色。
②滴定结果如下表所示:
滴定
次数
待测溶液
的体积/ mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/ mL
滴定后刻度/ mL
1
25.00
1.02
21.03
2
25.00
2.00
21.99
3
25.00
0.20
20.20
若NaOH标准溶液的浓度为0.101 0 mo1·L-1,则该样品中氮的质量分数为________。
【解析】(1)量筒中刻度自上而下逐渐减小,如果刻度A为4,量筒中液体的体积是3.2 mL。
(2)排去碱式滴定管中气泡的方法应采用题图所示操作中的丙操作,然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。
(3)①a.碱式滴定管用蒸馏水洗涤后,没有用NaOH标准溶液润洗就直接加入NaOH标准溶液,使滴定的氢氧化钠溶液的浓度偏小,则消耗氢氧化钠标准溶液体积偏多,测得样品中(CH2)6N4H+偏多,因此测得样品中氮的质量分数偏高;
b.锥形瓶用蒸馏水洗涤后,水未倒尽,由于溶液中含有的待测物质的物质的量不变,则滴定时用去NaOH标准溶液的体积也不变,因此不会产生任何影响;
c.由于指示剂酚酞在酸溶液中,用已知浓度的碱滴定未知浓度的酸,因此开始溶液是无色,当滴定达到终点时,酚酞指示剂由无色变成浅红色。
②根据实验可知第一次实验反应消耗标准溶液的体积为21.03 mL-1.02 mL=
20.01 mL;第二次实验反应消耗标准溶液的体积为21.99 mL-2.00 mL=19.99 mL;第三次实验反应消耗标准溶液的体积为20.20 mL-0.20 mL=20.00 mL;因此反应消耗标准溶液的体积是V=(20.01 mL+19.99 mL+20.00 mL)÷3=20.00 mL,根据酸、碱发生中和反应时的物质的量关系是1∶1可知:c×25.00 mL=0.101 0 mol·L-1×20.00 mL,解得c=0.080 8 mol·L-1,则250 mL溶液中含有(CH2)6N4H+及H+
的物质的量是0.080 8 mol·L-1×0.25 L=0.020 2 mol,则在1.500 g样品中含N的物质的量是0.020 2 mol,其中含有N的质量是m(N)=0.020 2 mol×14 g·mol-1
=0.282 8 g,所以N元素的质量分数=0.282 8 g÷1.500 g×100%=18.85%。
答案:(1)3.2 (2)丙 (3)①a.偏高 b.无影响 c.无 浅红 ②18.85%
(30分钟 50分)
一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)
1.甲、乙两烧杯盛有稀的醋酸溶液,甲的pH=a,乙的pH=a+1,下列叙述正确的是
( )
①甲中由水电离出来的H+的物质的量浓度是乙的
②物质的量浓度:c(甲)=10c(乙)
③中和等物质的量的NaOH溶液需甲、乙两烧杯酸的体积:10V(甲)>V(乙)
④甲中c(OH-)为乙中c(OH-)的10倍
A.①②④ B.①③
C.②④ D.①
【解析】选D。甲溶液的pH=a,由水电离出来的c(OH-)水=c(H+)水=1×10a-14 mol·L-1;乙溶液的pH=a+1,由水电离出来的c(OH-)水=c(H+)水=1×10a+1-14 mol·L-1=1×
10a-13 mol·L-1,①正确,④错误;弱电解质浓度越大,电离度越小,故c(甲)>
10c(乙),②错误;中和等量的NaOH时,10V(甲)BOH>AOH
B.pH=7时,c(A+)=c(B+)=c(D+)
C.滴定至P点时,溶液中:c(Cl-)>c(B+)>c(BOH)>c(OH-)>c(H+)
D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(AOH)+c(BOH)+c(DOH)=c(H+)-c(OH-)
【解析】选D。三种碱的起始浓度均为0.1 mol·L-1,由图中信息可知,起始时pH都小于13,说明三种碱均为弱碱,且碱性强弱为AOHBOH>DOH,A不正确;滴定至P点时,此时中和百分数为50%,即BOH恰好有一半被中和,溶液为物质的量浓度相同的BOH和BCl混合溶液,pH>7、溶液显碱性,则BOH的电离程度大于BCl的水解程度,所以溶液中c(Cl-)10-4 mol·L-1×9 L,故根据c混合(OH-)==10-5 mol·
L-1,c(H+)混合= mol·L-1=10-7 mol·L-1,故混合溶液的pH=-lg c(H+)=7。
答案:7
3.(新题预测)100 ℃时,水电离产生的c(H+)=1×10-6 mol·L-1,若10体积pH=a的某强酸溶液与1体积pH=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性,则混合之前两溶液的pH之间的关系是 ( )
A.a+b=14 B.a+b=13
C.a+b=15 D.a+b=7
【解析】选B。根据混合后溶液呈中性,可得n(H+)=n(OH-),即10-a×10=10-12+b,所以a+b=13。
4.已知:下表为25 ℃时某些弱酸的电离平衡常数。
弱电解质
CH3COOH
HClO
H2CO3
电离平
衡常数
Ka=1.75×10-5
Ka=3.0×10-8
Ka1=4.4×10-7
Ka2=4.7×10-11
下图表示常温下,稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液时,溶液pH随加水量的变化。下列说法正确的是 ( )
A.相同浓度的CH3COONa和NaClO的混合溶液中,各离子浓度的大小关系是 c(Na+)>c(ClO-)>c(CH3COO-)>c(OH-)>c(H+)
B.向NaClO溶液中通入少量二氧化碳的离子方程式:2ClO-+CO2+H2O
2HClO+C
C.图象中a、c两点处的溶液中,相等(HR代表CH3COOH或HClO)
D.图象中a点酸的总浓度大于b点酸的总浓度
【解析】选C。根据表中电离常数可知,酸性由强至弱的顺序为CH3COOH>H2CO3>
HClO>HC,结合质子的能力由大到小的顺序为C>ClO->HC>CH3COO-。ClO-的水解程度大于CH3COO-的水解程度,同浓度CH3COONa和NaClO的混合液中,各离子浓度的大小关系应是c(Na+)>c(CH3COO-)>c(ClO-)>c(OH-)>c(H+),A项错误;
C结合质子的能力大于ClO-结合质子的能力,离子方程式应为ClO-+CO2+H2O
HClO+HC,B项错误;变形为,该式即为,温度相同,则该式的值相等,C项正确;CH3COOH的酸性强于HClO,pH相同时,HClO的浓度大于CH3COOH的浓度,D项错误。
二、非选择题(本题包括2小题,共26分)
5.(16分)(1)常温下,将1 mL pH=1的H2SO4溶液加水稀释到100 mL,稀释后的溶液中=________。
(2)某温度时,测得0.01 mol·L-1的NaOH溶液的pH为11,则该温度下水的离子积常数Kw=________。该温度________(填“高于”或“低于”)25 ℃。
(3)常温下,设pH=5的H2SO4溶液中由水电离出的H+浓度为c1;pH=5的(NH4)2SO4溶液中由水电离出的H+浓度为c2,则=________。
(4)常温下,pH=13的Ba(OH)2溶液a L与pH=3的H2SO4溶液b L混合(混合后溶液体积变化忽略不计)。
若所得混合溶液呈中性,则a∶b=________。
若所得混合溶液pH=12,则a∶b=________。
(5)在(2)所述温度下,将pH=a的NaOH溶液VaL与pH=b的硫酸Vb L混合。
①若所得混合液为中性,且a=12,b=2,则Va∶Vb=________。
②若所得混合液的pH=10,且a=12,b=2,则Va∶Vb=________。
【解析】(1)稀释后溶液中c(H+)=10-3 mol·L-1、c(OH-)=10-11 mol·L-1,=108。
(2)0.01 mol·L-1的NaOH溶液在室温下pH=12,所以高于室温。(3) pH=5的H2SO4溶液抑制水的电离,pH=5的(NH4)2SO4溶液促进水的电离。c1=c(OH-)=10-9 mol·L-1,
c2=c(H+)=10-5 mol·L-1,所以=10-4;(4)若呈中性,则0.1a=10-3b,a∶b=1∶100,若pH=12,则c(OH-)==0.01mol·L-1,a∶b=11∶90;(5)Kw=1×10-13,①若呈中性,则10-13+a·Va=10-b·Vb,将a=12,b=2代入,得Va∶Vb=1∶10,②若pH=10,则呈碱性,c(OH-)混==10-3 mol·L-1,而c(OH-)混=,将a=12,
b=2代入,得Va∶Vb=1∶9。
答案:(1)108 (2)1×10-13 高于
(3)10-4 (4)1∶100 11∶90
(5)①1∶10 ②1∶9
6.(10分)水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧。实验步骤及测定原理如下:
Ⅰ.取样,氧的固定:
用溶解氧瓶采集水样。记录大气压及水体温度。将水样与Mn(OH)2碱性悬浊液(含有KI)混合,反应生成MnO(OH)2,实现氧的固定。发生反应的化学方程式为2Mn(OH)2+O22MnO(OH)2
Ⅱ.酸化,滴定:
将固氧后的水样酸化,MnO(OH)2被I-还原为Mn2+,在暗处静置5 min,然后用标准Na2S2O3溶液滴定生成的I2(2S2+I22I-+S4)。
回答下列问题:
(1)Na2S2O3溶液不稳定,使用前需标定。配制该溶液时需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、试剂瓶和________;蒸馏水必须经过煮沸、冷却后才能使用,其目的是杀菌、除________及二氧化碳。
(2)取100.00 mL水样经固氧、酸化后,用a mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,以淀粉溶液作指示剂,终点现象为________;若消耗Na2S2O3 溶液的体积为b mL,则水样中溶解氧的含量为______ mg·L-1。
(3)上述滴定完成后,若滴定管尖嘴处留有气泡会导致测量结果偏________(填“高”或“低”)。
【解析】(1)一定物质的量浓度溶液的配制还需要量筒;加热可以除去溶解的氧气,避免实验结果不准确。
(2)该实验用硫代硫酸钠标准液滴定I2,因此终点现象为当最后一滴标准液滴入时,溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不再变化;根据关系式O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3,可得水样中溶解氧的含量为 mg·L-1=80ab mg·L-1。
(3)终点读数时有气泡,会导致所测溶液体积偏小,最终结果偏低。
答案:(1)量筒 氧气
(2)当最后一滴标准液滴入时,溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不再变化 80ab
(3)低
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