（浙江选考）2020版高考化学一轮复习专题8第二单元溶液的酸碱性检测（含解析）.docx

溶液的酸碱性一、选择题1(2017浙江11月选考，T9)下列物质的水溶液不能使酚酞变红的是()ANaOHBNa2CO3CNaClDNH3答案：C2(2019绍兴一中选考模拟)常温下0.1 molL1醋酸溶液的pHa，下列能使溶液pH(a1)的措施是()A将溶液稀释到原体积的10倍B加入适量的醋酸钠固体C加入等体积0.2 molL1盐酸D提高溶液的温度答案：B3(2017浙江11月选考，T18)下列说法不正确的是()ApH7的溶液不一定呈酸性B在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH)相等C在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl)c(CH3COO)D氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl)c(NH)，则溶液呈中性答案：B4(2019浙江“超级全能生”选考科目联考)下列叙述中正确的是()AKw是常数，它不受溶液浓度和温度的影响B1 mL 0.1 mol/L氨水与10 mL 0.1 mol/L的氨水中，所含OH的数目相等C滴入甲基橙显红色的溶液一定是酸溶液D稀释过程中，如果c(H)减小，则c(OH)必然增大答案：D5某研究小组为测定食用白醋中醋酸的含量，进行了如下操作，正确的是()A用碱式滴定管量取一定体积的待测白醋放入锥形瓶中B称取4.0 g NaOH放到1 000 mL容量瓶中，加水至刻度线，配成0.10 molL1 NaOH标准溶液C用NaOH溶液滴定白醋，使用酚酞作指示剂，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色时为滴定终点D滴定时眼睛要注视着滴定管内NaOH溶液的液面变化，防止滴定过量解析：选C。A项不能用碱式滴定管量取白醋，应用酸式滴定管，错误；B项应在烧杯中溶解NaOH固体，不能直接在容量瓶中溶解，错误；C项强碱滴定弱酸，用酚酞作指示剂，颜色变化符合滴定终点判断，正确；D项滴定时眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色变化，错误。6已知室温时，0.1 molL1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是 ()A该溶液的pH4B升高温度，溶液的pH增大C此酸的电离平衡常数约为1107D由HA电离出的c(H)约为水电离出的c(H)的106倍解析：选B。根据HA在水中的电离度可算出c(H)0.1%0.1 molL1104 molL1，所以pH4，A正确；因HA在水中存在电离平衡，升高温度促进平衡向电离的方向移动，所以c(H)将增大，pH会减小，B错误；可由平衡常数表达式算出Ka1107，C正确；溶液中c(H)c酸(H)104 molL1，所以c水(H)c(OH)1010 molL1，c酸(H)约是c水(H)的106倍，D正确。7(2019台州高二月考)准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 molL1 NaOH溶液滴定。下列说法正确的是()A滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定B随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大C用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定D滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小解析：选B。A.滴定管用蒸馏水洗涤后，需用待装液润洗才能装入NaOH溶液进行滴定。B.随着NaOH溶液的滴入，锥形瓶内溶液中c(H)越来越小，故pH由小变大。C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪去，说明达到滴定终点，应停止滴定。D.滴定达终点时，滴定管尖嘴部分有悬滴，则所加标准NaOH溶液量偏多，使测定结果偏大。8下列变化使所得溶液的pH7的是()A将25 pH7的NaCl溶液加热至80 B常温下，pH2的NaHSO4溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合C常温下，pH2的CH3COOH溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合D常温下，0.1 molL1的NaAlO2溶液和0.1 molL1的HCl溶液按体积比14混合解析：选B。A项中加热促进水的电离，NaCl溶液中c(H)c(OH)107 molL1，pH7。C项中pH2的CH3COOH溶液中，CH3COOH的浓度大于102 molL1，与pH12的NaOH溶液等体积混合后，酸过量，溶液呈酸性，pH7。D项中发生反应：NaAlO24HCl=AlCl3NaCl2H2O，AlCl3为强酸弱碱盐，水解呈酸性，pH7。9下图表示水溶液中c(H)和c(OH)的关系，下列判断错误的是()A两条曲线间任意点均有c(H)c(OH)KwBM区域内任意点均有c(H)c(OH)C图中T1T2DXZ线上任意点均有pH7解析：选D。根据水的电离、水的离子积的影响因素以及pH的计算逐一分析各选项。A项水溶液中的c(H)与c(OH)的乘积为一常数；B项由图看出M区域内c(H)c(OH)；C项T2时c(H)c(OH)大于T1时c(H)c(OH)，因为水的电离过程是吸热的，温度越高，水的离子积越大，所以T2T1；D项pHlg c(H)，XZ线上任意点的c(H)c(OH)，但pH不一定为7。10(2019舟山中学高三检测)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是()A等浓度等体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH7B将10 mL pHa的盐酸与100 mL pHb的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则ab13CpH10的Ba(OH)2溶液和pH13的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH10.7(已知lg 20.3)DpH2的盐酸与pH12的氨水等体积混合后所得溶液显中性解析：选B。由于不知道是几元酸和几元碱，则等浓度等体积的强酸和强碱溶液混合后，pH的大小不能确定，A项错误；两溶液混合后恰好中和，则10a molL10.01 L1014b molL10.1 L，则a214b1，则ab13，B项正确；c(OH)5102 molL1，c(H)Kw/c(OH)21013 molL1，pH12.7，C项错误；pH2的盐酸与pH12的氨水等体积混合后所得溶液显碱性，D项错误。11(2019温州选考适应性测试)如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是()A盐酸的物质的量浓度为1 molL1BP点时反应恰好完全，溶液呈中性C曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线D酚酞不能用作本实验的指示剂解析：选B。根据曲线a知，滴定前盐酸的pH1，c(HCl)0.1 molL1，A项错误；P点表示盐酸与氢氧化钠溶液恰好完全中和，溶液呈中性，B项正确；曲线a是氢氧化钠溶液滴定盐酸的曲线，曲线b是盐酸滴定氢氧化钠溶液的曲线，C项错误；强酸与强碱滴定，可以用酚酞作指示剂，D项错误。二、非选择题12现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 molL1的NaOH溶液，乙为0.1 molL1的HCl溶液，丙为0.1 molL1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：(1)甲溶液的pH_；(2)丙溶液中存在电离平衡为_(用电离平衡方程式表示)；(3)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH)的大小关系为_；(4)某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL 丙溶液，得到如图所示两条滴定曲线，请完成有关问题：甲溶液滴定丙溶液的曲线是_(填“图1”或“图2”)；a_mL。解析：(1)c(OH)0.1 molL1，则c(H)1013 molL1，pH13。(2)CH3COOH溶液中存在CH3COOH和水的电离平衡。(3)酸、碱对水的电离具有抑制作用，水溶液中c(H)或c(OH)越大，水的电离程度越小，反之越大。(4)0.1 molL1的HCl溶液pH1，0.1 molL1的CH3COOH溶液pH1，对照题中图示，可知图2是甲溶液滴定丙溶液的曲线；氢氧化钠溶液滴定盐酸恰好中和时，pH7，二者浓度相等，体积相等，a20.00 mL；氢氧化钠溶液滴定醋酸恰好中和时，生成醋酸钠溶液，pH7。答案：(1)13(2)CH3COOHCH3COOH、H2OOHH(3)丙甲乙(4)图220.0013现有常温下的六份溶液：0.01 molL1 CH3COOH溶液；0.01 molL1 HCl溶液；pH12的氨水；pH12的NaOH溶液；0.01 molL1 CH3COOH溶液与pH12的氨水等体积混合后所得溶液；0.01 molL1 HCl溶液与pH12的NaOH溶液等体积混合后所得溶液。(1)其中水的电离程度最大的是_(填序号，下同)，水的电离程度相同的是_；(2)若将、混合后所得溶液pH7，则消耗溶液的体积：_(填“”“”或“”)；(3)将六份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：_，_，_；(填“”“”或“”)(4)将、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，故只有反应后为NaCl溶液，对H2O的电离无抑制作用。反应后，氨水过量，对水的电离都有抑制作用。其中和对水的电离抑制程度相同。(2)因pH12的氨水中c(NH3H2O)0.01 molL1，欲使、混合后的pH7，需消耗的体积：。(3)稀释同样的倍数后，溶液的pH：；。(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，故选项A、B、C都有可能。答案：(1)(2)(3)(4)ABC14(2019温州中学选考模拟)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体试样(不含能与I发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。已知：I22S2O=S4O2I。(1)可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是_。(2)CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_。(3)该试样中CuCl22H2O的质量分数为_。解析：(1)“间接碘量法”测定含有CuCl22H2O晶体试样的纯度的基本原理是CuCl2氧化I生成I2，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，而淀粉溶液遇I2显蓝色，故可用淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点的现象是滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内溶液不恢复原来的颜色。(2)CuCl2与KI发生氧化还原反应，离子方程式为2Cu24I=2CuII2。(3)由题给信息可得关系式：2Cu2I22S2O，则有n(CuCl22H2O)n(Cu2)n(S2O)0.100 0 molL120.00103 L2.000103 mol，m(CuCl22H2O)2.000103 mol171 gmol10.342 g。试样中CuCl22H2O的质量分数为100%95%。答案：(1)淀粉溶液滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来的颜色(2)2Cu24I=2CuII2(3)95%15(2019金丽衢十二校联考)过氧碳酸钠(Na2CO3xH2O2)是一种新型氧系漂白剂，无毒无味，无环境污染。它的使用带来漂染行业的一次“工业革命”。某同学用以下流程合成过氧碳酸钠。a称取6.0 g无水碳酸钠于三口烧瓶中，用去离子水配成碳酸钠溶液约25 mL；b依次加入稳定剂硫酸镁0.12 g、硅酸钠0.21 g，充分溶解；c量取12 mL 30%H2O2溶液，加入滴液漏斗中；d控制反应液温度低于15 ，滴入H2O2溶液，15 min滴完；e滴完后量取80 mL异丙醇加入溶液中，抽滤，常温下干燥得产物6.72 g。(1)本实验中的Na2CO3必须采用分析纯试剂，水必须为去离子水，原因是_。(2)过氧碳酸钠相对于过氧化氢的优点是_。(3)加入异丙醇的作用是_。(4)称取0.200 0 g产物，溶于水中，将溶液小心酸化，用0.05 molL1 KMnO4溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液13.60 mL。该滴定操作达到终点的现象是_。计算x的值：_。从文献中查得x1.50，则发生该偏差的原因(不考虑分析误差)最可能是_。(5)过硼酸钠(Na2H4B2O8)为另一常见漂白剂，其中B为3价，则当x1.50时，等物质的量的过硼酸钠与过氧碳酸钠相比，漂白能力是后者的_倍。解析：(1)采用分析纯试剂Na2CO3和去离子水主要是为了防止Na2CO3和水中的杂质催化H2O2分解。(2)过氧化氢不稳定，受热、光照均易分解，过氧碳酸钠稳定性高，且储存、运输方便。(3)异丙醇的作用是减小过氧碳酸钠的溶解度，促使其析出，提高产品产率。(4)用高锰酸钾溶液滴定至终点的现象是溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。设0.200 0 g产物中H2O2的物质的量为a mol，则2MnO6H5H2O2=2Mn25O28H2O 2 50050.013 6 a，解得a0.001 7，则 n (Na2CO3) mol0.001 34 mol。1x0.001 340.001 7，解得x1.27。与文献中所查得的x1.50 相比，计算得到的x的值偏小，说明产品中含有杂质，则最可能的原因是加入异丙醇的量过