2022届新教材高考化学一轮复习课时练24水的电离和溶液的pH含解析新人教版202106071272.docx

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1、-1-课时规范练课时规范练 2424水的电离和溶液的水的电离和溶液的 pHpH基础巩固基础巩固1 1.(2020 北京昌平区二模)常温下,向两个分别盛有 50 mL 0.100 molL-1盐酸的烧杯中各自匀速滴加 50 mL 蒸馏水、50 mL 0.100 molL-1醋酸铵溶液,装置如图所示(夹持仪器等已省略)。已知:常温下,CH3COONH4溶液 pH 约为 7。下列说法正确的是()A.实验滴加过程中溶液所有离子浓度都减小B.实验滴至 pH=2 时,溶液中c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=0.01 molL-1C.实验滴加过程中,溶液中均存在c(CH3COO-)c(NH4

2、+)c(H+)c(OH-)D.当滴入 20 mL 氨水时,溶液中存在c(NH4+)c(A-)3 3.(2020 全国 1,13)以酚酞为指示剂,用 0.100 0 molL-1的 NaOH 溶液滴定 20.00 mL 未知浓度的二元酸 H2A 溶液。溶液中,pH、分布系数随滴加 NaOH 溶液体积VNaOH的变化关系如下图所示。比如 A2-的分布系数:(A2-)=c(A2-)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)-2-下列叙述正确的是()A.曲线代表(H2A),曲线代表(HA-)B.H2A 溶液的浓度为 0.200 0 molL-1C.HA-的电离常数Ka=1.010-2D.滴定终点时,溶液

3、中c(Na+)”“c(HA-)+2c(A2-)B.加入 NaOH 溶液至 pH=8 时:c(K+)c(A2-)c(HA-)c(H2A)-4-C.加入 20 mL NaOH 溶液时:c(OH-)+c(A2-)=c(Na+)+c(H+)+c(H2A)D.在滴定过程中,水的电离程度一直减小7 7.(双选)(2020 山东青岛一模)室温,将 10 mL 浓度为 1 molL-1的 CH3NH2、NH2OH 两种一元碱溶液分别加水稀释,曲线如图,V是溶液体积(mL),pOH=-lgc(OH-)。已知:CH3NH2+H2OCH3NH3+OH-;NH2OH+H2ONH3OH+OH-。下列说法正确的是()A.

4、该温度下,Kb(NH2OH)的数量级为 10-9B.当 lgV=3 时,水的电离程度:NH2OHCH3NH2C.用等浓度盐酸分别滴定两种碱溶液至 pH=7,消耗盐酸的体积:NH2OHCH3NH2D.等浓度的 CH3NH3Cl 和 NH3OHCl 两种盐溶液中离子总浓度相等8 8.(2020 山东化学,15)25 时,某混合溶液中c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1molL-1,lgc(CH3COOH)、lgc(CH3COO-)、lgc(H+)和 lgc(OH-)随 pH 变化的关系如下图所示。Ka为 CH3COOH 的电离常数,下列说法正确的是()A.O 点时,c(CH3COOH

5、)=c(CH3COO-)B.N 点时,pH=-lgKaC.该体系中,c(CH3COOH)=0.1c(H+)Ka+c(H+)molL-1D.pH 由 7 到 14 的变化过程中,CH3COO-的水解程度始终增大9 9.现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液,甲为 0.1 molL-1的 NaOH 溶液,乙为 0.1 molL-1的HCl 溶液,丙为 0.1 molL-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)。-5-(3)常温下,用水稀释 0.1 molL-1的 CH3COOH 溶液时,下列各量随加水量的增加而增大的是(填

6、序号)。n(H+)c(H+)c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(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 20.00 mL 乙溶液和 20.00 mL 丙溶液,得到如图所示的两条滴定曲线,请回答有关问题:甲溶液滴定丙溶液的曲线是(填“图 1”或“图 2”)曲线。a=。1010.(2019 北京理综,26)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。.用已准确称量的 KBrO3固体配制一定体积的amolL-1KBrO3标准溶液;.取V1mL 上述溶液,加入过量 KBr,加 H2SO4酸化,溶液颜

7、色呈棕黄色;.向所得溶液中加入V2mL 废水;.向中加入过量 KI;.用bmolL-1Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时,滴加 2 滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗 Na2S2O3溶液V3mL。已知:I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6Na2S2O3和 Na2S4O6溶液颜色均为无色(1)中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和。(2)中发生反应的离子方程式是。(3)中发生反应的化学方程式是。(4)中加 KI 前,溶液颜色须为黄色,原因是。(5)KI 与 KBrO3物质的量关系为n(KI)6n(KBrO3)时,KI 一定过量,理由是。-6-(6)中滴定至终点的现象

8、是。(7)废水中苯酚的含量为gL-1(苯酚摩尔质量:94 gmol-1)。(8)由于Br2具有性质,中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。拓展深化拓展深化1111.(2020 山东临沂一模)草酸铁铵(NH4)3Fe(C2O4)3是一种常用的金属着色剂,易溶于水,常温下其水溶液的 pH 介于 4.05.0 之间。某兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测其纯度。(1)甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸,其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。仪器 a 的名称是。5560 下,装置 A 中生成 H2C2O4,同时生成 NO2和 NO 且物质的量之比为 31,该反应的化学方程式为。装置 B 的作

9、用是;装置 C 中盛装的试剂是。(2)乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。将 Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液;滴加氨水至,然后将溶液、过滤、洗涤并干燥,制得草酸铁铵产品。(3)丙组设计实验测定乙组产品的纯度。准确称量 5.000 g 产品配成 100 mL 溶液,取 10.00 mL 于锥形瓶中,加入足量 0.100 0 molL-1稀硫酸酸化后,再用 0.100 0 molL-1KMnO4标准溶液进行滴定,消耗 KMnO4溶液的体积为 12.00mL。滴定终点的现象是。滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快,其主要原因是。产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为%。已

10、知:(NH4)3Fe(C2O4)3的摩尔质量为 374 gmol-1-7-课时规范练 2424水的电离和溶液的 pH1 1.C向盐酸中滴加水,盐酸被稀释浓度降低,溶液中c(H+)减小,由于溶液中存在水的电离平衡,水的离子积不变,所以溶液中c(OH-)会增大,A 错误;当溶液 pH=2 时,c(H+)=0.01molL-1,根据电荷守恒c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(NH4+)可知:c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)-c(NH4+)=c(H+)=0.01molL-1,所以c(Cl-)+c(CH3COO-)+c(OH-)0.01molL-1,B 错误

11、;由于酸性:HClCH3COOH,CH3COOH 是弱酸,所以将 CH3COONH4溶液滴加到盐酸中,会发生反应:HCl+CH3COONH4CH3COOH+NH4Cl,而 NH4+不发生反应,仅有少量发生水解而消耗,且在酸溶液中水解程度会减弱,因此实验滴加过程中,溶液中均存在c(CH3COO-)1,则 lgc(H+)c(OH-)0,与图像不符,B 项错误;M点时,lgc(H+)c(OH-)3.5,经过计算氢离子约为 110-5.25molL-1,因此浓 度c(A-)c(NH4+)c(H+)c(OH-),C项正确;当滴入20mL氨水时,溶质为NH3H2O和NH4A,以一水合氨的电离为主,因此溶液

12、中存在c(NH4+)c(A-),D 项正确。3 3.C由图示滴定曲线中只有一个明显的滴定终点且终点时消耗氢氧化钠溶液的体积为 40mL,以及起点时溶液 pH=1,可确定酸 H2A 第一步是完全电离的,其浓度是 0.1000molL-1,所以曲线代表(HA-)、曲线代表(A2-),A、B 两项错误。C 项,曲线、交点时(HA-)=(A2-),此时VNaOH=25mL,再根据曲线可知此时溶液 pH=2,由Ka=c(H+)c(A2-)c(HA-),得Ka=1.010-2,C 项正确。利用电荷守恒,因为是强碱滴定弱酸,滴定终点时溶液呈碱性,c(H+)2c(A2-)+c(HA-),D 项错误。4 4.D

13、向mmL0.1molL-1H2SO3溶液中滴加0.1molL-1KOH溶液20mL,恰好反应生成K2SO3,溶液显碱性,消耗 H2SO3溶液体积 10mL,m=10,A 错误;c点时水的电离程度最大,K2SO3水解促进水的电离,c点恰好反应生成 K2SO3,此时溶液为碱性,溶液中存在电荷守-8-恒:c(K+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-),由于c(H+)c(HSO3-)+2c(SO32-),B 错误;b、d点水电离出的氢离子均为 110-7molL-1,b点为中性溶液,所以b点 pH=7,d点为硫化钾和氢氧化钾的混合液,溶液显碱性,pH7,C 错误;常温下,S

14、O32-+H2OHSO3-+OH-的Kb=KWKa2=10-1410-7=110-7,D 正确。5 5.答案(1)1.010-12(2)41.010-7(3)中Ba2+OH-+H+SO42-BaSO4+H2O11解析(1)KW=c(H+)c(OH-)=1.010-(x+y),根据图像可知,x+y=12,故KW=1.010-12。根据温度越高,H2O 的电离程度越大,KW也越大可知,此时T25。(2)此条件下,pH=6 时溶液呈中性。根据表中实验的数据可得c(OH-)=1.010-4molL-1,根据表中实验的数据有 22.0010-3L1.010-4molL-1=22.0010-3L1.010

15、-amolL-1,可得a=4,即 pH=4。实验中,所得溶液pH=7,Ba(OH)2过量,溶液呈碱性,由 H2O 电离产生的c(OH-)等于由水电离产生的c(H+),即由水电离产生的c(OH-)=1.010-7molL-1。(3)按丁方式混合时,Ba(OH)2提供的 OH-与 NaHSO4提供的 H+相等,混合后溶液呈中性。按乙方式混合时,反应前:n(Ba2+)=1.010-3mol,n(OH-)=2.010-3mol,n(H+)=n(SO42-)=1.010-3mol,实际反应的 Ba2+、OH-、H+、SO42-均为 1.010-3mol,故反应的离子方程式为 Ba2+OH-+H+SO42

16、-BaSO4+H2O。按甲方式混合时,OH-过量,反应后溶液 中c(OH-)=20.110-0.1515molL-1=0.1molL-1,c(H+)=1.010-11molL-1,pH=11。6 6.BC由题可知常温下Ka1(H2A)=1.110-3,Ka2(H2A)=3.910-6,因此Kh(HA-)=KWKa1(H2A)c(OH-),根据 KHA 溶液中的电荷守恒式:c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),可得c(K+)c(H2A),c(A2-)c(HA-),B 项正确;KHA 溶液的初始浓度为 0.1molL-1,体积为20mL,因此加入 20mL0.1mol

17、L-1的 NaOH 溶液后,物料守恒关系式为c(Na+)=c(K+)=c(A2-)+c(HA-)+c(H2A),溶液中的电荷守恒关系式为c(Na+)+c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+2c(A2-),联立两个式子可得c(OH-)+c(A2-)=c(Na+)+c(H+)+c(H2A),C 项正确;KHA 溶液中水的电离总体上受抑制,滴定过程-9-中,KHA 逐渐转变为 A2-,A2-会促进水的电离;因此,滴定过程中水的电离程度逐渐增加,至滴定终点时水的电离程度达到最大,D 项错误。7 7.AB该温度下,取 lgV=1 的点,c(OH-)=c(NH3OH+)=110-4.5mol

18、L-1,c(NH2OH)=1molL-1,Kb(NH2OH)=c(NH3OH+)c(OH-)c(NH2OH)=10-9,即数量级为 10-9,A 正确;当 lgV=3 时,NH2OH 比 CH3NH2的 pOH 大,OH-浓度小,碱对水的电离平衡起抑制作用,OH-浓度小,抑制作用小,水的电离程度大,故水的电离程度:NH2OHCH3NH2,B 正确;同浓度时,pOH:NH2OHCH3NH2,即 CH3NH2碱性强,用等浓度盐酸分别滴定两种碱溶液至 pH=7,由于碱性越弱对应的盐的水解程度越大,它们生成盐水解后均能使溶液显酸性,故 CH3NH2消耗盐酸的体积较大,C 错误;等浓度的 CH3NH3C

19、l 和 NH3OHCl 两种盐溶液中,由于 CH3NH3+和 NH3OH+水解程度不同,所以离子总浓度不相等,D 错误。8 8.BC在 CH3COO-、CH3COOH 的混合溶液中,随着 pH 的增大,lgc(CH3COOH)减小,lgc(CH3COO-)增大。当 pH=0 时,c(H+)=1molL-1,又由于c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=0.1molL-1,所以c(H+)c(CH3COOH)c(CH3COO-)。N 点 时c(CH3COOH)=c(CH3COO-),Ka=c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=c(H+),pH=-lgc(H+)=-lgKa,B 项

20、正确;O 点时c(H+)=c(OH-),c(CH3COO-)c(CH3COOH),该体系中,c(CH3COO-)=0.1molL-1-c(CH3COOH),因为Ka=c(H+)c(CH3COO-)c(CH3COOH)=c(H+)0.1-c(CH3COOH)c(CH3COOH),整理可得,c(CH3COOH)=0.1c(H+)Ka+c(H+)molL-1,故A项错误,C项正确;pH 从 7 到 14 的过程中,存在随c(OH-)增大,CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-水解平衡逆向移动的过程,D 项错误。9 9.答案(1)13(2)CH3COOHCH3COO-+H+、H2OOH-+H+(

21、3)(4)丙甲=乙(5)图 220.00解析(1)甲溶液中c(OH-)=0.1molL-1,则c(H+)=10-13molL-1,pH=13。(2)CH3COOH 溶液中存在CH3COOH 和 H2O 的电离平衡。(3)CH3COOH 是弱酸,当向 0.1molL-1的 CH3COOH 溶液中加水稀释时,CH3COOH 的电离程度增大,电离平衡向右移动,n(H+)增大,但是c(H+)减小,即增大,减小;设 CH3COOH 在水中的电离常数为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,即减小

22、;温度一定,KW为一定值,KW=c(H+)c(OH-),c(H+)减小,则c(OH-)增大,即增大。(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)HCl 是强酸,CH3COOH 是弱酸,分析题中图示,可知图 2 是甲溶液滴定丙溶液-10-的曲线。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,所以a=20.00。1010.答案(1)一定容积的容量瓶(2)BrO3-+5Br-+6H+3Br2+3H2O(3)+3Br2+3HBr(4)确保 Br2过量,保证苯酚完全反应(5)反应物用量存在关系:KBrO33Br2

23、6KI,若无苯酚时,消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的 6 倍,因有苯酚消耗 Br2,所以当n(KI)6n(KBrO3)时,KI 一定过量(6)溶液蓝色恰好消失(7)(6aV1-bV3)473V2(8)易挥发解析(1)配制一定物质的量浓度的溶液用到的玻璃仪器有:烧杯、玻璃棒、胶头滴管和一定容积的容量瓶。(2)中发生的反应是 Br-与 BrO3-的归中反应,离子方程式为 5Br-+BrO3-+6H+3Br2+3H2O。(3)中发生的反应是苯酚与浓溴水的反应,化学方程式为+3Br2+3HBr。(4)为了保证废水中苯酚完全反应,加入的 Br2必须过量,故溶液颜色须为黄色。(5)根据 5Br-+B

24、rO3-+6H+3Br2+3H2O 和 2KI+Br2I2+2KBr,当n(KI)=6n(KBrO3)时 KI 恰好和步骤中生成的 Br2完全反应,而步骤中苯酚会消耗一定量的 Br2,因此当n(KI)6n(KBrO3),KI 一定过量。(6)中滴定至终点的现象是:滴入最后半滴溶液,溶液由蓝色变为无色且 30s 后蓝色不恢复。(7)由 BrO3-3Br2可知,n(Br2)总=3aV110-3mol,其中一部分 Br2与苯酚反应,剩余部分与 KI反应,生成的 I2用硫代硫酸钠溶液滴定,关系式为 Br2I22Na2S2O3,n(Br2)剩余=n(I2)=12n(Na2S2O3)=12bV310-3m

25、ol;根据3Br2,n()=13n(Br2)=13n(Br2)总-n(Br2)-11-剩余=13(3aV110-3-12bV310-3)mol,故废水中苯酚的含量为:13(3aV110-3-12bV310-3)94V210-3gL-1。(8)由于 Br2具有易挥发的性质,因此中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。1111.答案(1)球形冷凝管12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2+3NO+9H2O安全瓶,防倒吸NaOH 溶液(2)溶液 pH 介于 4.05.0 之间加热浓缩、冷却结晶(3)当滴入最后一滴 KMnO4标准溶液,溶液刚好变为粉红色,且半分钟内不褪色反应生成

26、的 Mn2+是该反应的催化剂74.8解析(1)根据图示仪器 a 的名称为球形冷凝管。5560下,装置 A 中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成 H2C2O4,同时生成 NO2和 NO 且物质的量之比为 31,根据电子得失守恒、原子守恒,该反应的化学方程式为 12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2+3NO+9H2O。反应中生成的NO2和 NO,均为污染性气体,需要进行尾气吸收,NO2和 NO 被吸收时会导致倒吸,装置 B 的作用是做安全瓶防止倒吸,装置 C 中盛装的试剂是 NaOH 溶液,用于吸收 NO2和 NO。(2)草酸铁铵(NH4)3Fe(C2O4)3易溶于水,常温下其水溶液的

27、 pH 介于 4.05.0 之间,则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液,滴加氨水至 pH 介于 4.05.0 之间;草酸铁铵是铵盐,温度过高易分解,且温度过高促进铵根离子和铁离子水解,不能直接加热蒸干。(3)滴定原理是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应,高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去,自身可作指示剂,滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾溶液,溶液刚好变为粉红色,且半分钟内不褪色,即为达到终点。滴定过程中高锰酸钾被还原为 Mn2+,且随着反应进行,Mn2+的浓度增大,反应速率加快,说明反应生成的 Mn2+可以加快反应速率,即 Mn2+起催化剂的作用。滴定过程中,产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸,草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,离子反应为 5H2C2O4+2MnO4-+6H+2Mn2+10CO2+8H2O,10.00mL 产品溶液消 耗n(MnO4-)=0.1000molL-10.012L=0.0012mol,则 10.00mL 产品 溶液中n(H2C2O4)=52n(MnO4-)=520.0012mol=0.003mol,根据物料守恒,100mL 产品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量=100100.003mol13374gmol-1=3.74g,故产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为3.74g5g100%=74.8%。