2021高考化学一轮复习 核心素养测评二十七 水的电离和溶液的酸碱性（含解析）苏教版

水的电离和溶液的酸碱性一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)1.(2020聊城模拟)下列溶液一定显酸性的是()phc(oh-)的溶液0.1 moll-1的nh4cl溶液nahco3溶液a.b.c.d.【解析】选d。题目没有说明温度,所以对应的溶液不一定是酸性溶液;中溶液肯定显中性;中c(h+)c(oh-)的溶液肯定显酸性;中nh4cl水解,溶液呈酸性;中nahco3水解,溶液显碱性。【加固训练】(2019安庆模拟)下列说法正确的是()a.ph=2的h2so4与ph=1的硝酸溶液中c(h+)之比为110b.0.2 moll-1与0.1 moll-1醋酸中c(h+)之比为21c.100 时,纯水的ph=6,显酸性d.100 ml,ph=3的盐酸和醋酸溶液,分别与足量锌反应后,所得h2的质量相等【解析】选a。ph=2的h2so4溶液中c(h+)=0.01 moll-1,ph=1的hno3溶液中c(h+)=0.1 moll-1,二者c(h+)之比为110。2.(2020天津模拟)常温下下列关于ph=3的 ch3cooh溶液的叙述正确的是()a.该溶液中由h2o电离出的c(oh-)=1.010-3 moll-1b.与等体积ph=11的naoh溶液混合,所得溶液呈中性c.该溶液中离子浓度大小关系:c(h+)c(ch3coo-)c(oh-)d.滴加0.1 moll-1 ch3coona溶液至c(ch3coo-)=c(na+)时,溶液ph7【解析】选c。ph=3的 ch3cooh溶液中c(h+)=1.010-3 moll-1,醋酸抑制了水的电离,溶液中氢氧根离子来自水的电离,则由h2o电离出的c(oh-)=1.010-11 moll-1,故a错误;ph=3的ch3cooh与等体积ph=11的naoh溶液混合,醋酸为弱酸,混合液中醋酸过量,反应后溶液呈酸性,故b错误;醋酸电离出氢离子和醋酸根离子,由于氢离子还来自水的电离,则该溶液中离子浓度大小关系:c(h+)c(ch3coo-)c(oh-),故c正确;滴加0.1 moll-1ch3coona溶液至c(ch3coo-)=c(na+)时,根据电荷守恒可知c(h+)=c(oh-),溶液呈中性,溶液的ph=7,故d错误。3.(双选)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,可采用升温的方法b.b点对应的醋酸中由水电离出的c(h+)=10-6 moll-1c.c点对应溶液的kw大于d点对应溶液的kwd.t 时,0.05 moll-1 ba(oh)2溶液的ph=11【解析】选a、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正确;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 moll-1,b、c均错误;t 时,kw=10-12,0.05 moll-1 ba(oh)2溶液中c(h+)=10-11 moll-1,ph=11,d正确。4.(2020洛阳模拟)现使用0.100 0 moll-1naoh溶液利用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100 ml)。在本实验的滴定过程中,下列操作会使实验结果偏小的是()a.碱式滴定管在滴定时未用标准naoh溶液润洗b.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡,滴定后气泡消失c.锥形瓶中加入待测白醋溶液后,再加少量水d.锥形瓶在滴定时剧烈摇动,有少量液体溅出【解析】选d。a项造成naoh标准液浓度偏小,则消耗标准液偏多,实验结果偏大;b项读数偏大,实验结果偏大;c项无影响;d项白醋的物质的量减小,消耗的标准液偏小,实验结果偏小。【加固训练】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23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。二、非选择题(本题包括2小题,共26分)5.(12分)现有常温下的六种溶液:0.01 moll-1 ch3cooh溶液;0.01 moll-1 hcl溶液;ph=12的氨水;ph=12的naoh溶液;0.01 moll-1 ch3cooh溶液与ph=12的氨水等体积混合后所得溶液;0.01 moll-1 hcl溶液与ph=12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),水的电离程度相同的是_。 (2)若将混合后所得溶液ph=7,则消耗溶液的体积:_(填“”“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,故只有为nacl溶液,对h2o的电离无抑制作用。对水的电离抑制程度相同。(2)因ph=12的氨水中c(nh3h2o)0.01 moll-1,故、混合,欲使ph=7,则需体积:。(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。答案:(1)(2)(3)(4)a、b、c6.(14分)(2020滨州模拟).某温度下的水溶液中,c(h+)=10-x moll-1,c(oh-)=10-y moll-1。x与y的关系如图所示:(1)该温度下水的离子积为_(填具体数值);该温度_常温(填“高于”“低于”或“等于”)。(2)该温度下0.01 moll-1 naoh溶液的ph为_。(3)除了用ph外,科学家还建议用酸度(ag)来表示溶液的酸碱性:ag=lgc(h+)c(oh-)。则该温度下,0.01 moll-1盐酸的酸度ag=_。.实验室中有一未知浓度的稀盐酸,某学生用0.10 moll-1naoh标准溶液进行测定盐酸的浓度的实验。请完成下列填空:取20.00 ml待测盐酸放入锥形瓶中,并滴加23滴酚酞作指示剂,用自己配制的naoh标准溶液进行滴定。重复上述滴定操作23次,记录数据如下。实验编号naoh溶液的浓度(moll-1)滴定完成时,naoh溶液滴入的体积(ml)待测盐酸的体积(ml)10.1022.6820.0020.1022.7220.0030.1022.7020.00(1)滴定达到终点的标志是_。(2)根据上述数据,可计算出该盐酸的浓度约为_(保留两位有效数字)。(3)在上述实验中,下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有_(填字母序号)。a.滴定终点读数时俯视b.酸式滴定管使用前,水洗后未用待测盐酸润洗c.锥形瓶水洗后未干燥d.配制标准溶液时,称量的naoh固体中混有na2co3固体e.碱式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失【解析】.(1)根据图象可知x=4时,y=8,所以该温度下水的离子积常数是10-410-8=10-1210-14,所以温度高于常温。(2)0.01 moll-1naoh溶液中oh-的浓度是0.01 moll-1,所以氢离子的浓度为10-120.01=10-10(moll-1),因此ph=10。(3)0.01 moll-1盐酸溶液中氢离子浓度是0.01 moll-1,所以oh-的浓度是10-10 moll-1。因此该温度下,0.01 moll-1盐酸的酸度ag=lgc(h+)c(oh-)=8。.(1)根据指示剂在酸性溶液或碱性溶液中的颜色变化,我们可以判断中和反应是否恰好进行完全。(2)计算盐酸的浓度时,应计算三次中和滴定的平均值,因naoh标准液浓度及待测液的体积均相同,故只算naoh溶液体积的平均值即可。(3)滴定终点读数时俯视,标准液的体积偏小,结果偏小,a错误;酸式滴定管使用前,水洗后未用待测盐酸润洗,盐酸浓度减小,b错误;锥形瓶水洗后未干燥,无影响,c错误;配制标准溶液时,称量的naoh固体中混有na2co3固体,等质量的固体消耗的盐酸偏小,消耗标准溶液的体积偏大,结果偏高,d正确;碱式滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失,标准液的体积偏大,结果偏高,e正确。答案:.(1)10-12高于(2)10(3)8.(1)滴入最后一滴naoh溶液,溶液由无色恰好变成红色且半分钟内不褪色(2)0.11 moll-1(3)d、e一、选择题(本题包括3小题,每题6分,共18分)1.(2020衡水模拟)现有室温下四种溶液,有关叙述不正确的是()编号ph111133溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸溶液盐酸a.相同体积、溶液分别与naoh完全反应,消耗naoh物质的量:b.分别加水稀释10倍,四种溶液的ph:c.、两溶液等体积混合,所得溶液中c(cl-)c(nh4+)c(oh-)c(h+)d.val溶液与vb l溶液混合(近似认为混合溶液体积=va+vb),若混合后溶液ph=4,则vavb=119【解析】选c。ph相等的醋酸和盐酸,醋酸的浓度大于盐酸,所以等体积等ph的盐酸和醋酸,醋酸的物质的量大于盐酸,则消耗naoh物质的量:,a正确;强酸、强碱稀释10倍,ph变化为1,则稀释10倍时的ph=10,的ph=4,而弱酸、弱碱稀释10倍,ph变化小于1,则的10ph11,的3ph,b正确;、两溶液等体积混合,溶液中氨水过量,溶质为氯化铵和一水合氨,溶液显碱性,氨水的电离大于铵根离子的水解,则c(nh4+)c(cl-)c(oh-)c(h+),c错误;若混合后溶液ph=4,则盐酸过量,则va10-3-vb10-3va+vb moll-1=0.000 1 moll-1,解得vavb=119,d正确。2.(2020泉州模拟)nh2oh为一元弱碱(25 时,电离常数kb=9.010-9),其电离方程式为nh2oh+h2onh3oh+oh-。用0.1 moll-1盐酸滴定20 ml 0.1 moll-1 nh2oh溶液,恒定25 时,滴定过程中由水电离出来的h+浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(已知:lg3=0.5)。下列说法不正确的是()a.a、b、c、d四点对应的溶液中nh2oh的电离常数相等b.a点对应溶液的ph=9.5c.d点对应溶液中存在:c(h+)=c(oh-)+c(nh3oh+)+c(nh2oh)d.c点时,溶液呈酸性【解析】选c。温度不变,平衡常数不变,故a正确;c(oh-)c(nh3oh+)c(nh2oh)c2(oh-)0.1=9.010-9,c(oh-)=310-5 (moll-1),ph=9.5,故b正确;根据电荷守恒规律c(h+)+c(nh3oh+)=c(oh-)+c(cl-),根据物料守恒2c(nh3oh+)+2c(nh2oh)=c(cl-),所以c(h+)=c(oh-)+c(nh3oh+)+2c(nh2oh),故c错误;恒定25 时c点的ph7,溶液呈酸性,故d正确。3.(2020西安模拟)常温下,将naoh溶液滴加到某一元酸(ha)溶液中,测得混合溶液的ph与离子浓度变化关系如图所示已知:pc(a-)c(ha)=-lgc(a-)c(ha)。下列叙述不正确的是()a.ka(ha)为10-4.76b.滴加naoh溶液过程中,c(a-)c(ha)c(oh-)不变c.m点所示溶液中:c(h+)=c(ha)+c(oh-)-c(na+)d.n点所示溶液中:c(na+)=c(a-)+c(ha)【解析】选d。m点,c(ha)=c(a-),ka(ha)=c(h+)c(a-)c(ha)=c(h+)=10-4.76,故a正确;ka(ha)=c(h+)c(a-)c(ha),c(a-)c(ha)c(oh-)=c(a-)c(h+)c(ha)c(h+)c(oh-)=ka(ha)kw,所以滴加naoh溶液过程中,c(a-)c(ha)c(oh-)保持不变,故b正确;m点c(ha)=c(a-),溶液中电荷守恒为c(na+)+c(h+)=c(a-)+c(oh-),则c(h+)=c(ha)+c(oh-)-c(na+),故c正确;n点溶液显酸性,溶液中溶质为ha和naa,所以n点所示溶液中:c(na+)”“(2)101c(na+)c(so42-)c(h+)=c(oh-)92c(h+)c(so42-)c(na+)c(oh-)5.(16分)滴定分析是一种操作简便、准确度很高的定量分析方法,它可广泛应用于中和滴定、氧化还原反应等滴定中。某研究性学习小组的同学利用滴定分析法进行下面两项定量分析。(1)测定naoh和na2co3的混合液中naoh的含量。实验操作为先向混合液中加过量的bacl2溶液使na2co3完全转化成baco3沉淀,然后用标准盐酸滴定(用酚酞作指示剂)。向混有baco3沉淀的naoh溶液中直接滴入盐酸,则终点颜色的变化为_,为何此种情况能测出naoh的含量?_。滴定时,若滴定管中的滴定液一直下降到活塞处才达到滴定终点,则能否由此准确地计算出结果?_(2)测定某品牌的碘盐(含有碘酸钾)中碘元素的百分含量。准确称取5.000 0 g该碘盐,溶于蒸馏水,然后与足量的ki溶液在酸性条件下混合(发生的反应为kio3+3h2so4+5ki3k2so4+3i2+3h2o),充分反应后将混合溶液稀释至250 ml,然后用5.010-4 moll-1的na2s2o3标准溶液进行滴定(用淀粉作指示剂,反应为i2+2s2o32-2i-+s4o62-)。取用na2s2o3标准溶液应该用_式滴定管。有关实验数值如下表所示(第