2020届高考化学二轮复习水的电离和溶液的酸碱性作业

2020届高考化学二轮复习水的电离和溶液的酸碱性作业

水的电离和溶液的酸碱性 ‎1、已知在100℃时，水的离子积常数Kw=1×10﹣12，在100℃时，下列说法正确的是（　　）‎ A．0.005mol/L的Ba（OH）2溶液，pH=10‎ B．0.001mol/L的CH3COOH溶液，pH=3‎ C．0.005mol/L的H2SO4溶液与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为6，溶液显酸性 D．完全中和pH=3的H2SO4溶液50ml，需要pH=9的NaOH溶液100ml ‎【答案】A ‎【解析】解：本题考查水的电离．‎ A、氢氧化钡为二元强碱，故0.005mol/L氢氧化钡溶液中的氢氧根的浓度为0.01mol/L，则溶液中的氢离子的浓度为10﹣10mol/L，故pH=10，故A正确；‎ B、醋酸为一元弱酸，不能完全电离，故溶液中的氢离子的浓度小于0.001mol/L，故pH＞3，故B错误；‎ C、0.005mol/L的H2SO4溶液与0.01mol/L的NaOH溶液等体积混合后恰好完全中和，溶液显中性，而在100℃时，水的离子积常数Kw=1×10﹣12，显中性时pH=6，故C错误；‎ D、pH=3的硫酸中，C（H+）=10﹣3mol/L，pH=9的NaOH溶液中C（OH﹣）=10﹣3mol/L，故中和pH=3的硫酸溶液50mL，需要pH=9的NaOH溶液50mL，故D错误；‎ 故选A．‎ ‎2、常温下，相同pH的硫酸溶液和硫酸铝溶液中由水电离出的c（H+）分别是1.0×10﹣amol/L和1.0×10﹣bmol/L，水的电离度分别是α1和α2，则下列关系正确的是（　　）‎ A．α1=α2 B．a+b=14 C．a＜b D．a＜7，b＞7‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：本题考查水的电离．‎ A、硫酸对水的电离有抑制作用，而硫酸铝是强酸弱碱盐，在溶液中能水解，对水的电离有促进作用，故两溶液中水的电离程度不同，且α1＜α2，故A 错误；‎ B、设两溶液的pH均为x．即两溶液中的c（H+）均为10﹣xmol/L．在硫酸溶液中，溶液中的氢离子几乎全部来自于硫酸的电离，而氢氧根全部来自于水的电离，而水电离出的氢氧根的浓度和氢离子浓度相等，故硫酸溶液中氢氧根的浓度为c（OH﹣）=1.0×10﹣amol/L，根据水的离子积可有：10﹣xmol/L×1.0×10﹣amol/L=10﹣14（mol/L）2①；‎ 在硫酸铝溶液中，铝离子的水解对水的电离有促进作用，且由于硫酸铝为正盐，故溶液中氢离子和氢氧根均全部来自于水的电离，但由于氢氧根被水解的铝离子结合，故溶液中的氢离子1.0×10﹣bmol/L是水电离出的全部，故有10﹣xmol/L=1.0×10﹣bmol/L②，将①②联立可知：10﹣bmol/L×1.0×10﹣amol/L=10﹣14（mol/L）2，故有a+b=14，故B正确；‎ C、硫酸对水的电离有抑制作用，而硫酸铝是强酸弱碱盐，在溶液中能水解，对水的电离有促进作用，故两溶液中水的电离程度α1＜α2，即两溶液中水电离出的氢离子浓度1.0×10﹣amol/L＜1.0×10﹣bmol/L，故a＞b，故C错误；‎ D、硫酸对水的电离有抑制作用，故硫酸溶液中水电离出的氢离子浓度1.0×10﹣amol/L＜10﹣7mol/L，故a＞7；而硫酸铝是强酸弱碱盐，在溶液中能水解，对水的电离有促进作用，故硫酸铝溶液中水电离出的氢离子浓度1.0×10﹣bmol/L＞10﹣7mol/L，故b＜7，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎3、25℃时，对于浓度为0.1mol/L的某酸溶液的pH的判断正确的是（　　）‎ A．pH=1 B．pH≥1 C．pH≤1 D．无法确定 ‎【答案】D ‎【解析】解：本题考查pH的简单计算．‎ 由于酸的种类不确定，根据酸的种类来讨论：‎ 若此酸为弱酸，则不完全电离，溶液中的氢离子浓度小于0.1mol/L，则pH＞1；‎ 若此酸为一元强酸，则溶液中的氢离子浓度为0.1mol/L，则pH=1；‎ 若此酸为二元或多元强酸，则溶液中的氢离子浓度大于0.1mol/L，则pH＜1；‎ 故选D．‎ ‎4、化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用。下列有关仪器的选择及试剂的保存正确的是（）‎ A.用托盘天平称量5.75gNaCl固体 B.用碱式滴定管量取20.00mLKMnO4溶液 C.在存放液溴的试剂瓶中加水进行液封 D.AgNO3溶液保存于无色细口瓶中 ‎【答案】C ‎【解析】解：A、托盘天平精确度为0.1g，故A错误；B、高锰酸钾溶液具有强氧化性，用酸式滴定管量取，不能用碱式滴定管，故B错误；C、液溴是易挥发的液体，保存时应加水液封，故C正确；D、AgNO3见光分解，因此硝酸银溶液保存于棕色细口瓶中，故D错误。‎ ‎5、水的电离过程为：H2OH+＋OH-，在不同温度下其平衡常数为Kw(25℃)=1.0×10-14，Kw(35℃)＝2.1×10-14，则下列叙述正确的是（）‎ A.c(H+)随着温度的升高而降低 B.在35℃时，c(H+)>c(OH-)‎ C.蒸馏水中通HCl，Kw增大 D.水的电离是吸热过程 ‎【答案】D ‎【解析】解：A、随着温度的升高，水的离子积增大，溶液c(H＋)增大，故错误；B、升高温度，促进水的电离，但c(H＋)=c(OH-)，故错误；C、Kw只受温度影响，与浓度等无关，故错误；D、升高温度，促进水的电离，说明反应是吸热反应，故正确。‎ ‎6、下列说法中正确的是（）‎ A.用湿润碘化钾淀粉试纸鉴别Br2(g)和NO2‎ B.检验红砖中的红色物质是否是Fe2O3的操作步骤为:样品→粉碎→加水溶解→过滤→向滤液中滴加KSCN溶液 C.用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小 D.滴定管、移液管在使用前要用待装润洗，而容量瓶不用待装液润洗 ‎【答案】D ‎【解析】解：把握物质的性质、实验技能为解答的关键，科学性和可行性是设计实验方案的两条重要原则，任何实验方案都必须科学可行．评价时，从以下4个方面分析：①实验原理是否正确、可行；②‎ 实验操作是否完全、合理；③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。‎ ‎7、温度为t℃时，在10mL1.0mol·L-1的盐酸中，逐滴滴入xmol·L-1的氨水，随着氨水逐渐加入，溶液中的pH变化曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化，c点时溶液的温度为常温）。则下列有关判断正确的是（）‎ A.b点，c（NH4+）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）‎ B.a点，水的电离程度最大 C.x=1.0‎ D.c点时，c（NH3·H2O）=0.5（x-1）mol·L-1‎ ‎【答案】D ‎【解析】解：本题考查酸碱中和滴定及溶液中离子浓度的大小比较。‎ ‎8、以下说法正确的是（）‎ A.酸雨是pH小于7的雨水 B.H2O与D2O互为同位素 C.滴定管装标准液前应先用标准液润洗2～3次 D.SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2漂白性 ‎【答案】C ‎【解析】解：A、酸雨是pH小于5.6的雨水，A错误；B、H2O与D2O均表示水分子，不能互为同位素，B错误；C、滴定管装标准液前应先用标准液润洗2～3次，C正确；D、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2还原性，D错误，答案选C。‎ ‎9、下列说法正确的是（）‎ A.能使酚酞试液变红的溶液不一定是碱溶液 B.凡需加热的反应一定是吸热反应 C.反应速率越快，反应现象越明显 D.水解反应是放热反应 ‎【答案】A ‎【解析】解：A、能使酚酞试液变红的溶液显碱性，不一定是碱溶液，A正确；B、需加热的反应不一定是吸热反应，例如碳燃烧等，B错误；C、反应速率越快，反应现象不一定越明显，例如中和反应，C错误；D、水解反应是中和反应的逆反应，是吸热反应，D错误，答案选A。‎ ‎10、25℃时，0.01mol/L氢氧化钠溶液的pH是（）‎ A.2B.5C.9D.12‎ ‎【答案】D ‎【解析】0.01mol/L氢氧化钠溶液中，,pH是12，故D正确。‎ ‎11、室温下，甲乙两烧杯中分别盛有pH=a和pH=（a+1）的醋酸溶液，下列说法正确的是（　　）‎ A．若甲烧杯中溶液浓度为0.1mol·L﹣1，则乙烧杯中溶液浓度大于0.01mol·L﹣1‎ B．向甲烧杯中加入等体积pH=（14﹣a）的NaOH溶液后，溶液显碱性 C．两溶液中水电离出的OH﹣浓度：10C甲（OH﹣）＜C乙（OH﹣）‎ D．取等体积甲乙溶液分别与适量NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲＞乙 ‎【答案】D ‎【解析】解：本题考查弱电解质在水溶液中的电离平衡．‎ A、醋酸为弱电解质，浓度越小，电离度越小，pH=a的醋酸溶液中醋酸的电离度小于pH=（a+1）的醋酸溶液，所以乙烧杯中溶液浓度小于0.01mol·L﹣1，故A错误；‎ B、由于氢氧化钠是强电解质，所以向甲烧杯中加入等体积pH=（14﹣a）的NaOH溶液后，醋酸过量，溶液呈酸性，故B错误；‎ C、根据c（OH﹣）=可知，10C甲（OH﹣）=C乙（OH﹣），故C错误；‎ D、醋酸为弱电解质，pH=a的醋酸溶液中醋酸的浓度大于pH=（a+1）的醋酸溶液的浓度的10倍，所以取等体积甲乙溶液分别与适量NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲＞乙，故D正确；‎ 故选D．‎ ‎12、一定能在下列溶液中大量共存的离子组是（）‎ A.在加入Al能放出大量气体的溶液中：Na+、Ba2+、NO3-、Cl-‎ B.无色溶液：AlO2—、Na+、HCO3—、Mg2+‎ C.室温，溶液中水电离出的H+、OH—浓度的乘积为10-28：Na+、NO3—、Mg2+、K+‎ D.无色溶液：Cr3+、NO3-、Na+、Cl-、NH4+‎ ‎【答案】A ‎【解析】A、加入铝，放出大量的气体，此溶液可能是酸，也可能是碱，因此这些离子能够大量共存，故A正确；B、发生HCO3－＋AlO2－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－，这些离子不能大量共存，故B错误；C、水电离H＋和OH－浓度的乘积小于10－14，溶质可能是酸，也可能是碱，Mg2＋不能在碱中大量存在，生成氢氧化镁沉淀，故C错误；D、Cr3＋显绿色，不符合题意，故D错误。‎ ‎13、用NaOH溶液完全中和pH=3的下列溶液各100mL.需NaOH溶液体积最大的是 A.盐酸B.硫酸 C.硝酸D.醋酸 ‎【答案】D ‎【解析】pH=3的各酸溶液中c（H+）=0.001mol/L，发生反应的本质为 H++OH-=H2O，盐酸、硫酸、硝酸都是强酸，完全电离，三者消耗氢氧化钠的体积相等；醋酸为弱酸，溶液中只有部分发生电离，溶液中存在大量的醋酸分子，氢离子反应后会继续提供氢离子，消耗氢氧化钠的体积最大，故选D。‎ ‎14、下列溶液均处于25℃，有关叙述正确的是 A.将醋酸溶液加水稀释1000倍，pH增大3‎ B.在NaHCO3溶液中：c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)‎ C.pH=8的Ba(OH)2溶液和pH=8的氨水中，由水电离的c(OH-)均为l×10-8mol/L D.pH=13的NaOH溶掖与pH=1的盐酸混合后，一定有c(H+)=c(OH-)‎ ‎【答案】C ‎【解析】考查了电解质溶液中的有关知识，包括弱电解质的电离、溶液的离子浓度的关系、酸碱中和等。‎ ‎15、能影响水的电离平衡,并使溶液中的c(H+)>c(OH-)的措施是 A.向水中通入SO2B.将水加热煮沸 C.向纯水中投入一小块金属钠D.向水中加人NaCl ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A．在水中存在水的电离平衡：H2OH++OH－。当向水中通入SO2时发生反应：SO2+H2O=H2SO3．H2SO3H++HSO3-。H2SO3电离产生的H+使溶液中的H+的浓度增大，对水的电离平衡起到了抑制作用。最终使水电离产生的H+、OH-的浓度远远小于溶液中的H+。即溶液中的c(H＋)＞c(OH－)。正确。B．水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离。所以将水加热煮沸促进了水的电离。但是水电离产生的H+和OH-离子的个数总是相同，所以升温后水中的H+和OH-的浓度仍然相等。错误。C．向纯水中投入一小块金属钠发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH电离产生的OH-使水的电离平衡逆向移动，对水的电离起到了抑制作用，最终使整个溶液中的c(OH－)＞c(H＋)。错误。D．向水中加入NaCl．NaCl是强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，所以水中的H+和OH-离子的浓度仍然相等。错误。‎ ‎16、能影响水的电离平衡，并使溶液中的c(H+)>c(OH-)的措施是（）‎ A.向水中通入SO2B.将水加热煮沸 C.向纯水中投入一小块金属钠D.向水中加入NaCl ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：A．在水中存在水的电离平衡：H2OH++OH－。当向水中通入SO2时发生反应：SO2+H2O=H2SO3．H2SO3H++HSO3-。H2SO3电离产生的H+使溶液中的H+的浓度增大，对水的电离平衡起到了抑制作用。最终使水电离产生的H+、OH-的浓度远远小于溶液中的H+。即溶液中的c(H＋)＞c(OH－)。正确。B．水的电离是吸热过程，升高温度促进水的电离。所以将水加热煮沸促进了水的电离。但是水电离产生的H+和OH-离子的个数总是相同，所以升温后水中的H+和OH-的浓度仍然相等。错误。C．向纯水中投入一小块金属钠发生反应：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，NaOH电离产生的OH-使水的电离平衡逆向移动，对水的电离起到了抑制作用，最终使整个溶液中的c(OH－)＞c(H＋)。错误。D．向水中加入NaCl．NaCl是强酸强碱盐，对水的电离平衡无影响，所以水中的H+和OH-离子的浓度仍然相等。错误。‎ ‎17、 下列有关实验现象和解释或结论都正确的是（）‎ 选项 实验操作 实验现象 解释或结论 A 将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中 红棕色变深 反应2NO2N2O4的△H<0‎ B 淀粉水解后的溶液加入新制Cu(OH)2浊液，再加热 无砖红色沉淀 淀粉水解产物不含醛基 C 用铂丝蘸取少量溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 该溶液是钠盐溶液 D 向盛有1mL0.lmol/L的AgNO3溶液中加入10滴0.1mol/L的NaCl溶液，振荡，再加入10滴0.1nol/L的NaI溶液，再振荡，‎ 先生成白色沉淀，后产生黄色沉淀 Ksp(AgI)c(NH4+)‎ D.当c(HR)=c(R-)时，溶液必为中性 ‎【答案】A ‎【解析】A.pH=5时，lg=0，则=1，说明HR在溶液中不能完全电离，HR是弱酸，根据HRH++R－可知，Ka（HR）=，pH=5时，Ka（HR）=c（H+）=10-5mol/L，因溶液温度不变，则Ka 始终不变。设0.1mol·L-1HR溶液中H+的浓度为xmol/L，则Ka===10-5mol/L，解得x=10-3mol/L，则pH=-lgc(H+)=3，故A正确；B.根据A项分析可知，HR是弱酸，常温时Ka（HR）=10-5mol/L，故B错误；C.lL0.lmol·L-1一元酸HR溶液中n（HR）=0.1mol，当通入0.1molNH3时，恰好与HR完全反应，得NH4R溶液，因Ka（HR）＜Kb(NH3？H2O)，所以R-的水解程度大于NH4+的水解程度，则c(R-)＜c(NH4+)，故C错误；D.据图可知，当c(HR)=c(R-)时，lg=0，pH=5，溶液成酸性，故D错误；答案选A。‎ 点睛：本题主要通过图象考查酸碱溶液混合时溶液中离子浓度的大小比较、弱电解质的电离和溶液的pH计算，难度较大。解答本题的关键是通过pH=5时，lg=0，则=1，判断出HR在溶液中不能完全电离，属于弱酸，进而根据HRH++R－计算出Ka（HR）=10-5mol/L，再结合Ka只与温度有关，温度不变时，Ka不变，求出溶液的pH，从而对各项做出正确判断。 ‎ ‎19、现有室温下pH=2的醋酸溶液甲和pH=2的盐酸乙，请根据下列操作回答问题：‎ ‎（1）取10mL的甲溶液，加入等体积的水，醋酸的电离平衡　移动（填“向左”、“向右”或“不”）．另取10mL的甲溶液，加入少量无水醋酸钠固体（假设加入固体前后，溶液体积保持不变）．待固体溶解后，溶液中c（H+）/c（CH3COOH）的比值将　　（填“增大”、“减小”或“无法确定”）．‎ ‎（2）相同条件下，取等体积的甲、乙两溶液各稀释100倍．稀释后的溶液其pH大小关系为pH（甲）　　pH（乙）（填“大于”、“小于”或“等于”下同）．‎ ‎（3）各取25mL的甲、乙两溶液，分别用等浓度的NaOH稀溶液中和至pH=7，则消耗的NaOH溶液的体积大小关系为：V（甲）　　V（乙）．‎ ‎（4）取25mL甲溶液，加入等体积pH=12的NaOH溶液，反应后溶液中c（Na+）和c（CH3COO﹣）的大小关系为：c（Na+）　　c（CH3COO﹣）．‎ ‎（5）甲乙两溶液中由水电离出的c（H+）大小关系为：甲　　乙（填“‎ 大于”、“小于”或“等于”）．室温下，向V1ml乙溶液中加入pH=13的NaOH溶液V2ml，所得溶液PH=3，则V1与V2的比值为　　（设混合溶液总体积为V1+V2）．‎ ‎【答案】（1）向右；减小；‎ ‎（2）小于；‎ ‎（3）＞；‎ ‎（4）小于；‎ ‎（5）等于；101：9．‎ ‎【解析】解：本题考查弱电解质在水溶液中的电离平衡；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．‎ ‎（1）醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸电离平衡向正反应方向移动；向醋酸中加入醋酸钠固体，溶液中醋酸根离子浓度增大，抑制醋酸电离，则氢离子浓度减小，醋酸分子浓度增大，所以c（H+）/c（CH3COOH）减小，故答案为：向右；减小；‎ ‎（2）氯化氢是强电解质，完全电离，醋酸是弱电解质，溶液中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，所以醋酸溶液中氢离子浓度减小程度大于盐酸溶液中氢离子浓度减小程度，所以醋酸的pH小于盐酸，故答案为：小于；‎ ‎（3）pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，等体积等pH的两种酸，醋酸的物质的量大于盐酸，酸的物质的量越多需要等浓度的氢氧化钠溶液体积越大，所以V（甲）＞V（乙），故答案为：＞；‎ ‎（4）pH=12的NaOH溶液中c（NaOH）=0.02mol/L，pH=2的醋酸中c（CH3COOH）＞0.02mol/L，二者等体积混合，醋酸过量，溶液呈酸性，则c（H+）＞c（OH﹣），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（CH3COO﹣），所以c（Na+）＜c（CH3COO﹣），故答案为：小于；‎ ‎（5）pH=2的醋酸溶液甲和pH=2的盐酸乙中，两溶液的pH相等，即氢离子浓度相等，由水电离出的c（H+）相等，室温下，向V1ml乙溶液中加入pH=13的NaOH溶液V2ml，所得溶液PH=3，则酸剩余，得到：10﹣3=，解得V1：V2=101：9．故答案为：等于；101：9．‎ ‎20、 常温下，回答下列关于酸和碱中和反应的问题:‎ 将某一元酸HA和NaOH溶液等体积混合，分别进行编号①、②、③的实验，实验数据记录事表 序号 HA物质的量浓度(mol/L)‎ NaOH物质的量浓度(mol/L)‎ 混合溶液的pH ‎①‎ ‎0.1‎ ‎0.1‎ pH=9‎ ‎②‎ c ‎0.2‎ pH=7‎ ‎③‎ ‎0.2‎ ‎0.1‎ pH>9‎ 请回答:‎ ‎(1)根据①组实验情况，混合溶液pH=9的原因是_____________(用离子方程式表示)。‎ ‎(2)混合溶液①中由水电离出的c(H+)_____0.1moI/LNaOH溶液中由水电离出的c(H+)。(填“>”“<”或“=”)‎ ‎(3)根据①组实验情况，在该溶液中下列关系式正确的是(填序号字母)______。‎ A.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)‎ B.c(Na+)=c(HA)+c(A-)‎ C.c(HA)+c(H+)=c(OH-)‎ D.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)+c(HA)‎ ‎(4)②组情况表明，c_________0.2mol/L(选填“>”、“<”或“=”)。混合溶液中离子浓度c(A-)____c(Na+)(选填“>”、“<”或“=”)。‎ ‎(5)从③组实验结果分析，离子浓度由大到小的顺序是_________________________。‎ ‎【答案】A-+H2OHA+OH->ABC>=c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)‎ ‎【解析】本题主要考查有关中和反应及盐类水解的判断和计算。‎ ‎(1)根据①组实验情况，中和反应恰好完全进行，形成NaA溶液，混合溶液pH=9的原因是NaA水解使溶液呈碱性，A-+H2OHA+OH-。‎ ‎(2)盐类水解促进水的电离，酸、碱抑制水的电离，所以混合溶液①中由水电离出的c(H+)>0.1moI/LNaOH溶液中由水电离出的c(H+)。‎ ‎(3)根据①组实验情况，形成NaA的溶液，NaA水解使溶液呈碱性。A.电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，故A正确；B.元素守恒：c(Na+)=c(HA)+c(A-)，故B正确；‎ C.质子守恒：c(HA)+c(H+)=c(OH-)，故C正确；D.电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，c(HA)≠0，所以c(Na+)+c(H+)≠c(OH-)+c(A-)+c(HA)，故D错误。故选ABC。‎ ‎(4)若c=0.2mol/L，中和反应恰好完全进行，形成NaA溶液，NaA水解使溶液呈碱性。②组情况表明pH=7，所以c>0.2mol/L。混合溶液中电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，而且c(H+)=c(OH-)，所以c(A-)=c(Na+)。‎ ‎(5)从③组实验结果分析，形成等浓度的HA、NaA的混合溶液，pH>9表明NaA的水解程度大于HA的电离程度，所以离子浓度由大到小的顺序是c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)。 ‎