【文档说明】高考化学一轮复习顶层设计配餐作业：25《水的电离和溶液的酸碱性》 含解析.doc，共(13)页，191.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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配餐作业(二十五)水的电离和溶液的酸碱性►►见学生用书P4051．0.1mol·L－1的下列物质的水溶液，从常温加热到90℃，溶液的pH几乎不变的是()A．氯化钠B．氢氧化钾C．硫酸D．硫酸铵解析加热时Kw增大，

A项中c(H＋)增大，pH减小；B项中c(OH－)几乎不变，c(H＋)＝KwcOH－增大，故pH减小；C项中c(H＋)几乎不变，pH不变；D项促进NH＋4水解，c(H＋)增大，pH减小。答案C2．下列有关中和滴定的叙述正确的是()A．滴定时，标准液的浓度一定越小越好B．用盐

酸作标准液滴定NaOH溶液时，指示剂加入越多越好C．滴定管在滴液前和滴液后均有气泡一定不会造成误差D．滴定时眼睛应注视锥形瓶内颜色变化而不应注视滴定管内的液面变化解析A项，标准液的浓度越小，要求待测液的体积越小，误差越大；B项

，指示剂的用量增多，也会多消耗酸液，增大误差；C项，滴定前后的气泡大小可能不同，会产生误差；只有D项正确。答案D3.(2018·福建质检)H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定碘水发生的反应为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋N

a2S4O6，下列说法正确的是()A．该滴定反应可用甲基橙作指示剂B．Na2S2O3是该反应的还原剂C．该滴定反应可选用如图所示装置D．该反应中每消耗2molNa2S2O3，转移电子的物质的量为4mol解析碘水显酸性，甲基橙在该溶液中显红色，当用Na2S2O3溶液滴定

达到终点时溶液由红色变为橙色，颜色变化不明显，因此该滴定反应不可用甲基橙作指示剂，应该用淀粉溶液作指示剂，A项错误；在该反应中，I的化合价降低，得到电子，作氧化剂，Na2S2O3中的S的化合价升高，失

去电子，Na2S2O3是该反应的还原剂，B项正确；Na2S2O3是强碱弱酸盐，其溶液显碱性，应该使用碱式滴定管，不能用酸式滴定管，C项错误；该反应中每消耗2molNa2S2O3，转移2mol电子，D项错误。答案B4．常温下，15mL某待测物质的量浓度的盐酸，用

一定物质的量浓度的NaOH溶液滴定的滴定曲线如下图所示，则两种溶液的物质的量的浓度分别是()选项A.B.C.D.c(HCl)/(mol/L)0.120.060.050.1c(NaOH)/(mol/L)0.060.120.10.05解

析由图象起点pH＝1，可知盐酸浓度为0.1mol/L，只有D选项符合题意。答案D5．在室温下等体积的酸和碱的溶液，混合后pH一定小于7的是()A．pH＝3的硝酸和pH＝11的氢氧化钾溶液B．pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水C．pH＝3的硫酸和pH＝11

的氢氧化钠溶液D．pH＝3的醋酸和pH＝11的氢氧化钡溶液解析A项中HNO3＋KOH===KNO3＋H2O，二者完全反应，溶液呈中性；B项中NH3·H2O是弱电解质，HCl＋NH3·H2O===NH4Cl＋H2O，NH3·H2O过量，溶液呈碱性，p

H>7；C项中H2SO4＋2NaOH===Na2SO4＋2H2O，二者完全反应，溶液呈中性；D项中CH3COOH是弱电解质，二者反应后CH3COOH过量，溶液呈酸性，pH<7。答案D6．有甲、乙两种溶液，甲溶液的p

H是乙溶液pH的2倍，则甲溶液中c(H＋)与乙溶液中c(H＋)的关系是()A．2∶1B．100∶1C．1∶100D．无法确定解析由于溶液具体的pH未知，所以无法确定氢离子浓度的倍数关系。答案D7.水的电离常数如图两条曲线所示，曲

线中的点都符合c(H＋)×c(OH－)＝常数，下列说法错误的是()A．图中温度T1>T2B．图中五点的Kw的关系：B>C>A＝D＝EC．曲线a、b均代表纯水的电离情况D．若处在B点时，将pH＝2的硫酸

溶液与pH＝12的KOH溶液等体积混合后，溶液呈碱性解析B点Kw＝10－12，H2SO4中c(H＋)＝10－2mol·L－1，KOH中c(OH－)＝10－1210－12＝1mol·L－1，等体积混合后，KOH过量，溶液呈碱性，D项正确

；只有C项错误。答案C8．(2018·重庆联考)常温时，下列叙述正确的是()A．稀释pH＝3的醋酸溶液，溶液中所有离子的浓度均降低B．用标准盐酸滴定未知浓度的烧碱溶液，滴定前仰视，滴定后俯视，测得的烧碱溶液浓度偏

低C．pH均为11的NaOH和NH3·H2O溶液中，水的电离程度不相同D．分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸溶液，硫酸溶液消耗氢氧化钠的物质的量多解析稀释pH＝3的醋酸溶液，醋酸的电离程度增大，n(H＋)、n(CH3COO－)增大，但c(H＋)、

c(CH3COO－)减小，根据Kw＝c(H＋)·c(OH－)知，c(OH－)增大，A项错误；滴定前仰视，读数偏大，滴定后俯视，读数偏小，则读取的标准盐酸的体积偏小，导致测得的烧碱溶液浓度偏低，B项正确；pH均为11的

NaOH和NH3·H2O溶液中，c(OH－)相同，故水的电离程度相同，C项错误；醋酸为弱酸，不完全电离，故分别中和pH与体积均相同的硫酸和醋酸溶液时，醋酸溶液消耗氢氧化钠的物质的量多，D项错误。答案B9．(2018·湖北八校第二次联考)取未知浓度的硫酸、盐酸和醋酸各2

5.00mL，分别用0.10mol·L－1的NaOH溶液或0.10mol·L－1的稀氨水滴定得如图所示曲线。下列说法正确的是()A．由图可知曲线c为NaOH滴定硫酸B．由图可知硫酸的物质的量浓度大于盐酸的物质的量

浓度C．曲线b、c的滴定实验可用酚酞作指示剂D．由图可知滴定前醋酸电离百分比约为1.67%解析由题图可知，加入NaOH溶液或氨水时，曲线a的pH在开始阶段变化较大，应为碱滴定弱酸的变化曲线，则b、c为

硫酸、盐酸的滴定曲线，由于浓度未知，则不能确定曲线b、c表示的滴定过程，A项错误；硫酸和盐酸都是强酸，图中纵坐标为pH，不能确定其浓度大小，B项错误；曲线c达到终点时溶液呈酸性，应选用甲基橙作指示剂，C项错误；滴定前，醋酸溶液的pH＝3，则有

c(H＋)＝1×10－3mol·L－1，滴定终点时消耗15mLNaOH溶液，则有c(CH3COOH)×0.025L＝0.10mol·L－1×0.015L，解得c(CH3COOH)＝0.06mol·L－1，故滴定前CH3COOH电离的百分数为1×10－3mol·L－1

0.06mol·L－1×100%≈1.67%，D项正确。答案D【素养立意】本题结合图象，考查酸、碱滴定的情况，不仅考查学生对强酸与弱酸、强碱与弱碱本质区别的理解，还考查学生通过图象提取信息，分析问题和解决问题的能力。10.(2018·东莞质检)常温时，

1mol·L－1的HClO2和1mol·L－1的HMnO4两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示。下列说法正确的是()A．当稀释至pH均为3时，溶液中c(ClO－2)>c(MnO－

4)B．在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足：pH＝lgVV0C．常温下，浓度均为0.1mol·L－1的NaClO2和NaMnO4溶液的pH：NaMnO4>NaClO2D．稀释前分别用1mol·L－1的NaO

H溶液中和，消耗的NaOH溶液体积：HMnO4＞HClO2解析从图象可知，V/V0＝1000时，1mol·L－1的HMnO4稀释后的溶液pH＝3，所以HMnO4为强酸，HClO2为弱酸；同浓度的两种酸，当pH均为3时，根据物料守恒规律：HMnO4溶液：c(

H＋)＝c(MnO－4)；HClO2溶液：c(H＋)＝c(ClO－2)＋c(HClO2)；根据上述等式看出溶液中c(ClO－2)<c(MnO－4)，A项错误；根据图象可知：因为HMnO4为强酸，满足0≤pH≤5时，溶液的pH与溶液体积稀释的关系pH＝lgVV0

＋1－1＝lgVV0，B项正确；酸性：HClO2<HMnO4，同浓度的NaClO2水解溶液显碱性，pH>7，NaMnO4不水解溶液显中性，C项错误；两种都为一元酸，同体积同浓度中和1mol·L－1的NaOH溶液能力相同，D项错误。答案B11．(20

18·沧州质量监测)常温下，将HCl气体通入到1L浓度均为0.1mol/L的NaA和NaB的混合溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示(忽略溶液体积的变化)。下列叙述不正确的是()A．Ka(HB)的数量级为10－9B．酸性的强

弱顺序为HCl>HA>HBC．当通入0.1molHCl气体时，c(B－)>c(A－)D．当混合溶液呈中性时，c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(A－)＋c(B－)解析根据图象可知，当lgcHBcB－＝3时，pH＝6，此时，c(H＋)＝10－6mol/L，cH

BcB－＝103，Ka(HB)＝cH＋·cB－cHB＝10－6×10－3＝10－9，故A项正确；pH一定时，lgcHBcB－＞lgcHAcA－，则有cHBcB－＞cHAc

A－，cB－cHB＜cA－cHA，式子两边都乘以c(H＋)，可得cH＋·cB－cHB＜cH＋·cA－cHA，即Ka(HB)＜Ka(HA)，所以酸性HA>HB，向NaA和NaB的混合溶液中通入HCl后，溶液中存在HA、HB，则说明HCl酸

性强于HA和HB，所以酸性强弱顺序为HCl>HA>HB，故B项正确；原溶液中NaA和NaB均为0.1mol，根据强酸制弱酸原理，通入0.1molHCl，H＋先与B－反应，反应后溶液中溶质为0.1molNaA、0.1molNaCl、0.1molHB，NaA完全电离，微弱水解，而HB部

分电离，所以溶液中c(B－)＜c(A－)，故C项错误；混合溶液的电荷守恒为c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(A－)＋c(B－)＋c(OH－)，当溶液呈中性时，c(H＋)＝c(OH－)，所以有c(Na

＋)＝c(Cl－)＋c(A－)＋c(B－)，故D项正确。答案C12．(2018·安徽高三阶段性测试)在分析化学中常用Na2C2O4晶体作为基准物质测定KMnO4溶液的浓度。(1)若将WgNa2C2O4配成100mL标准溶液，移取20.00mL置于锥形瓶中，则KMnO4溶液

应装在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，判断滴定达到终点的现象是____________________________。(2)写出热的经硫酸酸化的KMnO4与Na2C2O4反应生成Mn2＋和CO2的化学方程式：_______

___________________________。(3)25℃时，用pH计测得0.10mol·L－1草酸钠溶液的pH＝a，则H2C2O4的第二级电离平衡常数Ka2＝________。解析(1)高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故KMnO4溶

液应装在酸式滴定管中；KMnO4溶液呈紫色，达到滴定终点时，滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色。(2)根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式：2KMnO4＋5Na2C2O4＋8H2SO4===K2SO4＋2

MnSO4＋5Na2SO4＋10CO2↑＋8H2O。(3)0.10mol·L－1草酸钠溶液的pH＝a，则溶液中c(H＋)＝10－amol·L－1，草酸钠溶液以C2O2－4的一级水解为主，根据C2O2－4＋H2OHC2O－4＋OH－，知c

(HC2O－4)＝c(OH－)＝10a－14mol·L－1，c(C2O2－4)＝(0.10－10a－14)mol·L－1≈0.1mol·L－1，则H2C2O4的第二级电离平衡常数Ka2＝cH＋·cC2O2－4cHC2O－4＝10－a×0.1

10a－14＝1013－2a。答案(1)酸式滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色(2)2KMnO4＋5Na2C2O4＋8H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋5Na2SO4＋10CO2↑＋8H2O(3)10

13－2a13．(2018·唐山模拟)现有常温下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol·L－1的NaOH溶液，乙为0.1mol·L－1的HCl溶液，丙为0.1mol·L－1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：(1)甲溶液的pH＝________。(2)丙溶液中存在的电离

平衡为_______________________(用电离平衡方程式表示)。(3)常温下，用水稀释0.1mol·L－1的CH3COOH溶液时，下列各量随水量的增加而增大的是________(填序号)。①n(H＋)

②c(H＋)③cCH3COOHcCH3COO－④c(OH－)(4)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH－)的大小关系为__________________。(5)某同学用甲溶液分别滴定20.00mL乙溶液和20.00mL丙溶液，得到如图所示的两条滴定曲线，请回答有关问

题：①甲溶液滴定丙溶液的曲线是________(填“图1”或“图2”)曲线。②a＝________。解析(1)c(OH－)＝0.1mol·L－1，则c(H＋)＝10－13mol·L－1，pH＝13。(2)CH3COO

H溶液中存在CH3COOH和水的电离平衡。(3)CH3COOH是弱酸，当向0.1mol·L－1的CH3COOH溶液中加水稀释时，CH3COOH的电离程度增大，平衡向右移动，H＋的物质的量增大，但是c(H＋)减小，故①增大，②减小；设CH3COOH在水中的

电离平衡常数为K，则cCH3COOHcCH3COO－＝cH＋K，c(H＋)减小，而K在一定温度下是常数，故cCH3COOHcCH3COO－减小，即③减小；常温下，Kw为一定值，Kw＝c(H＋)·c(OH－)，c(H＋)减小，则c(OH

－)增大，即④增大。(4)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。(5)①HCl是强酸，CH3COOH是弱酸，分析题图，可知图2是甲溶液滴定丙溶液的曲线。②氢氧化钠溶液滴定盐酸恰好中和时，

pH＝7，因二者浓度相等，则二者体积相等，a＝20.00；氢氧化钠溶液滴定醋酸恰好中和时，生成醋酸钠溶液，pH>7。答案(1)13(2)CH3COOHCH3COO－＋H＋，H2OOH－＋H＋(3)①④(4)丙>甲＝乙(5)①图2②20.0014．(2018·厦门质检)铝锰合金可作炼钢脱氧剂。某

课外小组欲测定铝锰合金中锰的含量。Ⅰ.硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液的浓度滴定步骤1：取20.00mL0.015mol/LK2Cr2O7标准液于250mL锥形瓶中，加入20mL稀硫酸和5mL浓磷酸，用硫酸亚铁铵溶液滴定，接近终点时加2滴R溶液作指示剂，继续滴定至终点，消耗

的体积为V1mL。步骤2：重复步骤1实验，接近终点时加4滴R溶液，消耗的体积为V2mL。Ⅱ.过硫酸铵[(NH4)2S2O8]催化氧化滴定法测定锰含量取mg铝锰合金于锥形瓶中，加入适量的浓磷酸，加热至完全溶解，稀释冷却摇匀，再加入少量的硝酸银溶液、

过量的过硫酸铵溶液，加热煮沸至无大量气泡冒出，冷却至室温(此时溶液中锰的化合价为＋7价)，用标定的硫酸亚铁铵溶液进行滴定，根据实验数据计算铝锰合金中锰的含量。[查阅资料]①酸性条件下，Cr2O2－7具有很强的氧化性，易被还原为绿色的Cr3＋。②R溶液的变色原理：(1)Ⅰ中步骤1、2需

要的玻璃仪器有锥形瓶、胶头滴管、____________、____________。(2)Ⅰ中滴定过程，主要反应的离子方程式是__________________________________________________。(3)Ⅰ中步骤2的主要作用是__

________________________________________________。(4)Ⅱ中硫酸亚铁铵溶液的滴定浓度是____________mol/L(用含V1、V2的代数式表示)。(5)Ⅱ中加入硝酸银溶液的目的是___

_____________________________________。(6)Ⅱ中若未加热煮沸无大量气泡冒出，锰含量测定结果将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。(7)为了提高该实验的准确度和可靠度，需进行______________。解析(

1)因为硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液显酸性，K2Cr2O7溶液有强氧化性，所以Ⅰ中滴定实验需要用到酸式滴定管，可使用量筒向滴定管中取液体，也可以使用移液管取用，故Ⅰ中需要的玻璃仪器除了锥形瓶、胶头滴管外，还有酸式滴定管、量筒(或移液管)。(2)Ⅰ中滴定过程，

酸性条件下用硫酸亚铁铵溶液滴定K2Cr2O7标准液，Fe2＋与Cr2O2－7发生氧化还原反应，离子方程式为14H＋＋Cr2O2－7＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。(3)根据[查阅资料]②R溶液的变色原理可得，变色过程要消耗一定量的氧化剂或还原剂，所以对指示剂用量加以校正是提高准

确度的关键，因此Ⅰ中步骤2的主要作用是校正指示剂。(4)加2滴R溶液作指示剂时消耗硫酸亚铁铵溶液V1mL，为校正指示剂所造成的误差，加4滴R溶液时消耗硫酸亚铁铵溶液V2mL，所以K2Cr2O7标准液实际消耗的硫酸亚铁铵溶液为(2V1－V2

)mL，根据反应离子方程式可得关系：Cr2O2－7～6Fe2＋，又根据已知20.00mL0.015mol/LK2Cr2O7标准液，所以硫酸亚铁铵溶液的浓度为0.015×20.00×62V1－V2mol/L＝1.82V1－V2mol/L。(5)由已知，催化氧

化滴定法测定铝锰合金中锰含量，过硫酸铵[(NH4)2S2O8]作氧化剂与锰在催化剂作用下发生氧化还原反应，所以Ⅱ中加入硝酸银溶液的目的是作为催化剂，加快氧化速率。(6)Ⅱ中过硫酸铵是过量的，存在反应(NH4)2S2O8＋2H2O===2NH4

HSO4＋H2O2，加热煮沸至无大量气泡冒出，是为了除去溶液中的氧化性物质，若未加热煮沸无大量气泡冒出，则消耗还原剂硫酸亚铁铵的物质的量偏大，锰含量测定结果将偏大。(7)为了提高该实验的准确度和可靠度，需防止偶然误差的产生，可取两个以上相

同的样品，以完全一致的条件进行实验，看其结果的一致性，即进行平行实验。答案(1)酸式滴定管量筒(或移液管)(2)14H＋＋Cr2O2－7＋6Fe2＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O(3)校正指示剂(4)1.8/

(2V1－V2)(5)作为催化剂，加快氧化速率(6)偏大(7)平行实验