高考化學(xué)總復(fù)習(xí)考點(diǎn)專訓(xùn)：水的電離和溶液pH（含解析）專題15水的電離和溶液pH1．在常溫下，將的溶液與的溶液等體積混合后，溶液的最接近于（已知）A．9.3B．9.7C．10.7D．10.3【答案】C【解析】常溫下，pH=9的NaOH溶液中c(OH－)=10－5mol·L－1，pH=11的NaOH溶液中c(OH－)=10－3mol·L－1，假設(shè)體積氫氧化鈉的體積為1L，等體積混合后，溶液中n(OH－)=(1L×10－5mol·L－1＋1L×10－3mol·L－1)≈10－3mol，則c(OH－)=10－3mol/2L=5×10－4mol·L－1，根據(jù)水的離子積，推出c(H＋)=10－14/(5×10－4)=2×10－11mol·L－1，解出pH=10.7，故C正確。2．下列物質(zhì)對水的電離不會產(chǎn)生影響的是A．B．C．D．【答案】B3．已知：pKa=-lgKa，25℃時(shí)，H2A的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常溫下，用0.1mol/LNaOH溶液滴定20mL0.1mol/LH2A溶液的滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是,A．A點(diǎn)所得溶液中：V0＜10mLB．B點(diǎn)所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)C．C點(diǎn)所得溶液中：c(A2-)=c(Na+)-c(HA-)-c(H2A)D．D點(diǎn)所得溶液中A2-水解平衡常數(shù)Kh1=10-7.19【答案】A【解析】A．A點(diǎn)溶液中pH=1.85，則溶液中c(H+)=10-1.85mol/L，H2A的一級電離平衡常數(shù)為Ka1==10-1.85mol/L，所以c(H+)=Ka1，表明溶液中c(NaHA)=c(H2A)，若恰好是10mLNaOH，反應(yīng)起始時(shí)存在c(NaHA)=c(H2A)，平衡時(shí)c(H2A)＜c(NaHA)，因此所加NaOH體積需＜10mL，會得到平衡時(shí)c(NaHA)=c(H2A)，即V0＜10mL，故A錯(cuò)誤；B．B點(diǎn)加入NaOH溶液的體積為20mL，此時(shí)反應(yīng)恰好產(chǎn)生NaHA，為第一個(gè)滴定終點(diǎn)，溶液中存在質(zhì)子守恒，c(H2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，故B錯(cuò)誤；C．C點(diǎn)溶液為NaHA和Na2A，溶液中存在電荷守恒，即2c(A2-)+c(HA-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，此時(shí)溶液pH=7，則2c(A2-)+c(HA-)=c(Na+)，若c(A2-)=c(Na+)-c(HA-)-c(H2A)成立，即得c(A2-)=c(H2A)，顯然(A2-)≠c(H2A)，故C錯(cuò)誤；D．D點(diǎn)為加入NaOH溶液40mL，此時(shí)溶液中恰好生成Na2A，為第二個(gè)滴定終點(diǎn)，此時(shí)Na2A水解使溶液顯堿性，溶液的pH為9.85，發(fā)生水解的方程式為A2-+H2O?HA-+OH-，則A2-水解平衡常數(shù)Khl====10-6.81，故D錯(cuò)誤。7．用水稀釋0.1mol/L的氨水,溶液中隨著水量的增加而減小的是A．c(H+)/c(NH4+)B．c(NH3·H2O)/c(OH-)C．c(NH4+)c(OH-)/c(NH3·H2O)D．c(H+)c(OH-)【答案】B【解析】氨水中存在：NH3·H2ONH4＋＋OH－，加水稀釋促進(jìn)NH3·H2O的電離，但v(NH4＋)、c(OH－)降低，A、根據(jù)水的離子積，c(OH－)減小，c(H＋)增大，c(H＋)/c(NH4＋)增大，故A不符合題意；B、同溶液中，體積相同，c(NH3·H2O)/c(OH－)=n(NH3·H2O)/n(OH－)，加水稀釋促進(jìn)電離，OH－物質(zhì)的量增大，NH3·H2O物質(zhì)的量減小，即該比值隨水量增加而減小，故B符合題意；C、該比值等于Kb，Kb只受溫度的影響，即該比值保持不變，故C不符合題意；D、Kw=c(H＋)×c(OH－)，Kw只受溫度的影響，即Kw保持不變，故D不符合題意。8．常溫下，下列四種溶液中，由水電離出的氫離子濃度之比為(　　),①pH＝0的鹽酸?、?.1mol·L－1的鹽酸③0.01mol·L－1的NaOH溶液　④pH＝11的NaOH溶液A．1000∶100∶10∶1B．1∶10∶100∶1000C．14∶13∶12∶11D．11∶12∶13∶14【答案】B9．常溫下，某無色溶液中由水電離出來的c(H＋)=1×10-12mol·L-1，該溶液中一定能大量存在的離子組是A．Na+、K+、MnO4－、SO42－B．Mg2+、NH4+、SO42-、Cl－C．Na+、Cl－、NO3－、SO42－D．Na+、K+、CO32－、NO3－【答案】C【解析】A.含有MnO4－溶液是紫紅色的，A項(xiàng)排除；B．如是堿性溶液，Mg2+、NH4+將不能大量存在；C.帶入大量H+或OH-進(jìn)行校驗(yàn)，與所給的四種離子均能共存，四種離子間也不發(fā)生反應(yīng)，C項(xiàng)正確；D．如是酸性溶液，CO32－將不能大量存在，D項(xiàng)錯(cuò)誤。11．常溫下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1HA溶液，滴定曲線如圖。下列說法不正確的是,A．常溫下，HA電離常數(shù)為1.0×10-6B．點(diǎn)②所示溶液中：c(Na＋)c(A－)>c(OH－)>c(H＋)D．從點(diǎn)①到點(diǎn)③的滴定過程中，水的電離程度不變【答案】D12．用已知濃度的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液時(shí)，以下操作會導(dǎo)致測得的NaOH溶液濃度偏高的是(　　)A．滴定前滴定管有氣泡，滴定后氣泡消失B．堿式滴定管量取NaOH溶液時(shí)，未進(jìn)行潤洗操作,C．滴定達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)D．錐形瓶在取用NaOH待測液前用少量水洗滌【答案】A【解析】A.滴定前，沒有逐出酸式滴定管尖嘴處的氣泡，滴定終點(diǎn)時(shí)氣泡消失，造成V（標(biāo)準(zhǔn)）偏大，根據(jù)c（待測）=V(標(biāo)準(zhǔn))×c(標(biāo)準(zhǔn))/V(待測)分析，可以知道c（待測）偏大，故A正確；B.堿式滴定管量取NaOH溶液時(shí)，未進(jìn)行潤洗操作，導(dǎo)致NaOH溶液濃度降低，故B錯(cuò)誤；C.滴定達(dá)到終點(diǎn)時(shí)，俯視讀數(shù)，導(dǎo)致V（標(biāo)準(zhǔn)）偏小，根據(jù)c（待測）=V(標(biāo)準(zhǔn))×c(標(biāo)準(zhǔn))/V(待測)分析，測定結(jié)果偏低，故C錯(cuò)誤；D.錐形瓶在取用NaOH待測液前用少量水洗滌,對結(jié)果無影響，故D錯(cuò)誤。17．室溫下，甲、乙兩燒杯均盛有5mLpH＝3的某一元酸溶液，向乙燒杯中加水稀釋至pH＝4。關(guān)于甲、乙兩燒杯中溶液的描述不正確的是①溶液的體積：10V甲≤V乙②水電離出的OH－濃度：10c(OH－)甲≤c(OH－)乙③若分別用等濃度的NaOH溶液完全中和，所得溶液的pH：甲≤乙④若分別與5mLpH＝11的NaOH溶液反應(yīng)，所得溶液的pH：甲≤乙A．①②B．②③C．③④D．①④【答案】B②pH=3的酸中，氫氧根離子全部由水電離產(chǎn)生，c(OH-)甲=Kw/c(H+)=10-11mol/L，pH=4的酸中，氫氧根離子全部由水電離產(chǎn)生，c(OH-)乙=Kw/c(H+)=10-10mol/L，則10c(OH-)甲=c(OH-)乙，故②錯(cuò)誤；③稀釋前后甲乙兩個(gè)燒杯中所含的一元酸的物質(zhì)的量相等，依據(jù)酸堿中和反應(yīng)可知，消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量相等，生成的鹽的濃度甲大于乙，若酸為強(qiáng)酸則二者pH相等，若酸為弱酸，則甲的pH大于乙，故③錯(cuò)誤；④若酸是強(qiáng)酸，分別與5mL,pH=11的NaOH溶液反應(yīng)，恰好發(fā)生酸堿中和，生成強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，pH相等，若為弱酸，則反應(yīng)后酸有剩余，甲中剩余酸濃度大，酸性強(qiáng)，pH小，所得溶液的pH：甲≤乙，故④正確；結(jié)合以上分析可知，②③錯(cuò)誤，本題選B。18．某溫度下，pH＝11的氨水和NaOH溶液分別加水稀釋100倍，溶液的pH隨溶液體積變化的曲線如圖所示。根據(jù)圖像判斷錯(cuò)誤的是(　　)A．a(chǎn)值一定大于9B．Ⅰ為NaOH溶液稀釋時(shí)溶液的pH變化曲線C．完全中和相同體積的稀釋相同倍數(shù)后的兩溶液，消耗相同濃度的稀H2SO4的體積V(NaOH)40mL)。(4)滴定至終點(diǎn)時(shí)，消耗NaOH溶液25.00mL，該葡萄酒中SO2含量為________g·L－1。(5)該測定結(jié)果比實(shí)際值偏高，分析原因并利用現(xiàn)有裝置提出改進(jìn)措施_____________________。【答案】冷凝管(或冷凝器)bSO2＋H2O2=H2SO4③酚酞④0.24,原因：鹽酸的揮發(fā)；改進(jìn)措施：用不揮發(fā)的強(qiáng)酸如硫酸代替鹽酸，或用蒸餾水代替葡萄酒進(jìn)行對比實(shí)驗(yàn)，扣除鹽酸揮發(fā)的影響(4)根據(jù)2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的物質(zhì)的量為n(SO2)=1/2n(NaOH)=1/2×(0.0900mol/L×0.025L)=0.001125mol，其質(zhì)量是m(SO2)=0.001125mol×64g/mol=0.072g，該葡萄酒中的二氧化硫含量為：0.072g÷0.3L=0.24g/L；(5)鹽酸是揮發(fā)性酸，揮發(fā)的鹽酸會消耗氫氧化鈉，使得反應(yīng)過程中消耗的氫氧化鈉溶液體積增大，導(dǎo)致測定結(jié)果偏高；故改進(jìn)的措施為：用不揮發(fā)的強(qiáng)酸，如硫酸代替鹽酸，或用蒸餾水代替葡萄酒進(jìn)行對比實(shí)驗(yàn)，排除鹽酸揮發(fā)的影響。24．硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3·5H2O，M=248g·mol-1)可用作定影劑、還原劑?；卮鹣铝袉栴}：(1)利用K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液定量測定硫代硫酸鈉的純度。測定步驟如下：①溶液配制：稱取1.2000g某硫代硫酸鈉晶體樣品，用新煮沸并冷卻的蒸餾水配制成100mL溶液。②,滴定：取0.00950mol/L的K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00mL，硫酸酸化后加入過量KI，寫出發(fā)生反應(yīng)的離子方程式：____________________________________。然后用硫代硫酸鈉樣品溶液滴定至淡黃綠色，發(fā)生反應(yīng)：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。加入____________作為指示劑，繼續(xù)滴定，當(dāng)溶液________________________，即為終點(diǎn)。平行滴定3次，樣品溶液的平均用量為24.80mL，則樣品純度為____________%(保留1位小數(shù))。(2)①該實(shí)驗(yàn)中應(yīng)該用____________式滴定管裝K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液；②開始時(shí)，滴定管尖嘴處無氣泡，結(jié)束后發(fā)現(xiàn)尖嘴處有氣泡出現(xiàn)，則測定結(jié)果____________(填“偏高”或“偏低”或“無影響”)。(3)Na2S2O3還原性較強(qiáng)，在溶液中易被Cl2氧化成SO42-，常用作脫氯劑，該反應(yīng)的離子方程式為_______________________?！敬鸢浮緾r2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O淀粉溶液藍(lán)色恰好褪去，且半分鐘不恢復(fù)95.0%酸偏高S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl－+10H+（2）①K2Cr2O7溶液具有強(qiáng)氧化性，能腐蝕橡膠，應(yīng)用酸式滴定管盛放K2Cr2O7；②開始時(shí)滴定管尖嘴處無氣泡，結(jié)束后發(fā)現(xiàn)尖嘴處有氣泡，末讀數(shù)偏小，則相當(dāng)于樣品溶液用量偏小，樣品溶液的濃度偏大，即100mL溶液中Na2S2O3物質(zhì)的量或質(zhì)量增大，測定結(jié)果（樣品純度）偏高；（3）Cl2作氧化劑，被還原成Cl－，S2O32－被氧化成SO42－，根據(jù)化合價(jià)升降法進(jìn)行配平，離子方程式為S2O32－+4Cl2+5H2O=2SO42－+8Cl－+10H＋。25．某化學(xué)學(xué)習(xí)小組用酸性KMnO4溶液與H2C2O4(K1=5.4×10-2)的反應(yīng)(此反應(yīng)為放熱反應(yīng))進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：,Ⅰ、探究“條件對化學(xué)反應(yīng)速率的影響”，并設(shè)計(jì)了如下的方案記錄實(shí)驗(yàn)結(jié)果(忽略溶液混合體積變化)。限選試劑和儀器：0.20mol•L-1H2C2O4溶液、0.010mol•L-1KMnO4溶液(酸性)、蒸餾水、試管、量筒、秒表、恒溫水浴槽物理量V(H2C2O4溶液)/mLV(蒸餾水)/mLV(KMnO4溶液)/mLT/℃乙①2.004.050②2.004.025③2.0a4.025(1)完成該反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)原理：+MnO4-+=CO2↑+Mn2++H2O_______________(2)上述實(shí)驗(yàn)①、②是探究___________對化學(xué)反應(yīng)速率的影響；若上述實(shí)驗(yàn)②、③是探究濃度對化學(xué)反應(yīng)速率的影響，則a為___________；乙是實(shí)驗(yàn)需要測量的物理量，則表格中“乙”應(yīng)填寫_______________。Ⅱ、測定H2C2O4•xH2O中x值。已知：M(H2C2O4)=90g•mol-1。①稱取1.260g純草酸晶體，將草酸制成100.00mL水溶液為待測液；②取25.00mL待測液放入錐形瓶中，再加入適量的稀H2SO4；③用濃度為0.05000mol•L-1的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定。(1)某學(xué)生的滴定方式(夾持部分略去)如下，最合理的是________(選填a、b)。由圖可知消耗KMnO4溶液體積為________mL。,(2)滴定終點(diǎn)錐形瓶內(nèi)現(xiàn)象為__________________________________________________。(3)通過上述數(shù)據(jù)，求得x=______________。(4)下列操作會造成所測x偏大的是____________(填字母)。A．滴定終點(diǎn)俯視讀數(shù)B．錐形瓶用待測溶液潤洗C．滴定前有氣泡，滴定后沒有氣泡D．配制100mL待測溶液時(shí)，有少量濺出【答案】5H2C2O4+2MnO4-+6H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O溫度1.0t(溶液褪色時(shí)間)/sb20.00滴最后一滴KMnO4，溶液由無色變?yōu)樽霞t色，且半分鐘不褪色2AD,Ⅱ.（1）因?yàn)镵MnO4具有強(qiáng)氧化性，會腐蝕橡膠管，故應(yīng)用酸式滴定管盛裝；滴定前刻度為0.80ml，滴定后刻度是20.80ml，所以消耗高錳酸鉀的體積為(20.80-0.80)mL=20.00mL；故答案為：b，20.00。（2）可利用KMnO4溶液自身的顏色作為指示劑判斷滴定終點(diǎn)時(shí)，再滴加KMnO4溶液時(shí)，溶液將由無色變?yōu)樽仙?，故答案為：?dāng)?shù)稳胱詈笠坏蜬MnO4溶液時(shí)，溶液由無色變?yōu)樽仙?，且半分鐘?nèi)不褪色，即達(dá)滴定終點(diǎn)。（3）由題給化學(xué)方程式及數(shù)據(jù)可知，1.260g純草酸晶體中含H2C2O4的物質(zhì)的量為：0.1000mol/L×10.00mL×10-3L/mL×5/2×100mL/25mL=0.0100mol，則1.260gH2C2O4•xH2O中含H2O的物質(zhì)的量為(1.260g-0.0100mol×90g/mol)/18g/mol=0.0200mol，所以n（H2C2O4）：n（H2O）=0.0100mol：0.0200mol=1：x，則x=2。（4）A.若滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，讀數(shù)偏小，結(jié)果偏低，則消耗酸性KMnO4溶液的體積偏小，由此所得n（H2C2O4）偏小，則n（H2O）偏大，故A正確；B.錐形瓶用待測溶液潤洗，消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積增加，結(jié)果偏高，則消耗酸性KMnO4溶液的體積偏高，由此所得n（H2C2O4）偏大，則n（H2O）偏小，故B錯(cuò)誤；C.滴定前有氣泡，滴定后沒有氣泡，消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積增加，結(jié)果偏高，則消耗酸性KMnO4溶液的體積偏高，