2024届鲁科版高考化学一轮复习第7章第1节水和水溶液作业含答案

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第7章 第1节 水和水溶液
[基础练]
1．已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为a mol·L－1的一元酸HA与b mol·L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是(　　)
①a＝b　②混合溶液的pH＝7　③混合溶液中c(OH－)＝10－7 mol·L－1　④混合溶液中，c(H＋)＝ mol·L－1　⑤混合溶液中，c(B＋)＝c(A－)
A．②③ B．④⑤
C．①④ D．②⑤
解析：因为酸、碱的强弱未知，不能依据a＝b判断溶液呈中性，①错误；温度不能确定为25 ℃，溶液的pH＝7，c(OH)＝10－7 mol·L－1均不能判断溶液呈中性，②、③错误；Kw＝c(H＋)·c(OH－)，当c(H＋)＝c(OH－)＝ mol·L－1时，溶液一定呈中性，④正确；根据电荷守恒c(H＋)＋c(B＋)＝c(A－)＋c(OH－)，当c(B＋)＝c(A－)时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液一定呈中性，⑤正确，故选B。
答案：B
2．常温下，0.1 mol·L－1某一元酸(HA)溶液中＝1×10－8，下列叙述正确的是(　　)
A．该一元酸溶液的pH＝1
B．该溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1
C.该溶液中水的离子积常数为1×10－22
D．用pH＝11的NaOH溶液V1 L和V2 L 0.1 mol·L－1该一元酸(HA)溶液混合，若混合溶液的pH＝7，则V1＜V2
解析：将c(OH－)＝代入原题关系式中可得＝1×10－8，解得c(H＋)＝1×10－3 mol·L－1，所以该溶液的pH＝3，A错误；酸溶液中水电离出来的c(H＋)等于c(OH－)，则该溶液中水电离出来的c(OH－)＝ mol·L－1＝1×10－11 mol·L－1，所以由水电离出来的c(H＋)＝1×10－11 mol·L－1，B正确；常温下，水的离子积是一个常数，为1×10－14，C错误；由于HA是弱酸，二者等体积混合呈酸性，当pH＝7时应有V1＞V2，D错误。
答案：B
3．常温下，关于溶液稀释的说法正确的是(　　)
A．将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液加水到体积为2 L，pH＝13
B．pH＝3的醋酸溶液加水稀释到原浓度的，pH＝5
C．pH＝4的H2SO4溶液加水稀释到原浓度的，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1
D．pH＝8的NaOH溶液加水稀释到原浓度的，其pH＝6
解析：A项，c(OH－)＝0.2 mol·L－1，稀释1倍后c(OH－)＝0.1 mol·L－1，则pH＝13，正确；B项，醋酸是弱酸，稀释100倍后，醋酸溶液的pH20.00
解析：根据两种酸的浓度均为0.100 0 mol·L－1以及曲线Ⅰ、Ⅱ的起点对应的pH可知，曲线Ⅰ为NaOH滴定一元弱酸乙，曲线Ⅱ为NaOH滴定一元强酸甲，B错误；分析曲线Ⅰ可知，滴定终点时溶液为碱性，故应选取酚酞作指示剂，A错误；由a点可知，滴定前一元弱酸乙溶液中c(H＋)＝0.001 0 mol·L－1，故Ka(乙)＝≈1.01×10－5 mol·L－1，C正确；由曲线Ⅱ可知，强碱滴定强酸达到滴定终点时，pH＝7，所以x＝20.00，D错误。
答案：C
[提升练]
8．下列有关滴定的说法正确的是(　　)
A．用25 mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7 mL
B．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质，则结果偏低
C．用c1 mol·L－1酸性高锰酸钾溶液滴定V2 mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去酸性高锰酸钾溶液体积为V1 mL，则H2C2O4溶液的浓度为 mol·L－1
D．用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低
解析：滴定管的精确度为0.01 mL，故A错误；若配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质，会使OH－浓度偏高，滴定未知浓度的盐酸时，消耗标准溶液的体积偏小，使测得的盐酸的浓度偏低，故B正确；酸性高锰酸钾溶液滴定未知浓度的H2C2O4溶液，由化学方程式2KMnO4＋5H2C2O4＋3H2SO4===K2SO4＋2MnSO4＋10CO2↑＋8H2O可知，n(KMnO4)∶n(H2C2O4)＝2∶5，则H2C2O4溶液的浓度为 mol·L－1，故C错误；用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，使测得的盐酸溶液体积偏小，会导致测定浓度偏高，故D错误。
答案：B
9．常温下，向20 mL 0.1 mol·L－1氨水中滴加盐酸，溶液中由水电离出的c(H＋)随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是(　　)

A．b、d两点为恰好完全反应点
B．c点溶液中，c(NH)＝c(Cl－)
C．a、b之间的任意一点：c(Cl－)＞c(NH)，c(H＋)＞c(OH－)
D．常温下，0.1 mol·L－1氨水的电离常数Kb约为1×10－5 mol·L－1
解析：向氨水中逐滴加入盐酸，水的电离程度由小逐渐变大，后又逐渐减小；b点表示过量氨水的电离与NH的水解程度相互“抵消”；c点表示NH的水解程度达到最大，也是恰好反应点，再继续加入盐酸，盐酸过量抑制水的电离，A错误；c点溶质是NH4Cl，因NH水解，故c(NH)＜c(Cl－)，B错误；a、b之间氨水电离占优势，c(Cl－)＜c(NH)，c(H＋)＜c(OH－)，C错误；a点，溶液中c(NH)＝c(OH－)＝10－3 mol·L－1，c(NH3·H2O)＝0.1 mol·L－1－0.001 mol·L－1，则氨水的电离常数K＝＝ mol·L－1≈10－5 mol·L－1，D正确。
答案：D
10．(双选)一元酸HX和HY都是20 mL，分别用0.1 mol·L－1 NaOH滴定，滴定曲线如图，下列说法正确的是(　　)

A．用0.1 mol·L－1 NaOH滴定HX时，选用甲基橙作指示剂，测定结果偏低
B．HX可能是HCl，HY可能是CH3COOH
C．HX和HY的物质的量浓度可能都为1 mol·L－1
D．a点和b点对应溶液的导电性不同
解析：用氢氧化钠滴定HX，恰好完全反应时溶液显碱性，甲基橙在酸性时就变色，故氢氧化钠消耗量会减小，测定结果偏低，故A正确；0.1 mol·L－1 NaOH与20 mL酸恰好反应时消耗的NaOH的体积为20.00 mL，所以酸的浓度都是0.1 mol·L－1，根据图像纵坐标可知，HX为弱酸，HY为强酸，故B、C错误；a点对应溶质是NaX和HX，HX为弱电解质；b点对应溶质是NaY和HY，HY是强电解质，虽然各物质的浓度都相同，但是溶液中离子浓度不相同，故导电性不同，故D正确。
答案：AD
[综合练]
11．(1)常温下，将1 mL pH＝1的H2SO4溶液加水稀释到100 mL，稀释后的溶液中＝________。
(2)某温度时，测得0.01 mol·L－1的NaOH溶液的pH为11，则该温度下水的离子积常数Kw＝________。该温度________(填“高于”或“低于”)25 ℃。
(3)常温下，设pH＝5的H2SO4溶液中由水电离出的H＋浓度为c1；pH＝5的Al2(SO4)3溶液中由水电离出的H＋浓度为c2，则＝________。
(4)常温下，pH＝13的Ba(OH)2溶液a L与pH＝3的H2SO4溶液b L混合(混合后溶液体积变化忽略不计)。
若所得混合溶液呈中性，则a∶b＝________。
若所得混合溶液pH＝12，则a∶b＝________。
(5)在(2)所述温度下，将pH＝a的NaOH溶液Va L与pH＝b的硫酸Vb L混合。
①若所得混合液为中性，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝________。
②若所得混合液的pH＝10，且a＝12，b＝2，则Va∶Vb＝________。
解析：(3)c1＝c(OH－)＝10－9 mol·L－1，c2＝c(H＋)＝10－5 mol·L－1。(4)若呈中性，则0.1a＝10－3b，a∶b＝1∶100；若pH＝12，则c(OH－)＝＝0.01 mol·L－1，a∶b＝11∶90。(5)Kw＝1×10－13，①若呈中性，则10－13＋a·Va＝10－b·Vb，将a＝12，b＝2代入，得Va∶Vb＝1∶10。②若pH＝10，则呈碱性，c(OH－)混＝＝10－3 mol·L－1，而c(OH－)混＝，将a＝12，b＝2代入，得Va∶Vb＝1∶9。
答案：(1)108　(2)1×10－13　高于　(3)10－4
(4)1∶100　11∶90　(5)①1∶10　②1∶9
12．(1)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数，其反应原理为2Ba2＋＋Cr2O＋H2O===2BaCrO4↓＋2H＋、4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋[滴定时，1 mol(CH2)6N4H＋与1 mol H＋相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。
实验步骤：称取样品2.800 g，配成250 mL溶液，移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，用氯化钡溶液使Cr2O完全沉淀后，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入1～2滴酚酞试液，用0.200 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次。
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察________。
②滴定结果如下表所示：
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
25.00
1.07
21.06
2
25.00
0.88
20.89
3
25.00
0.20
21.20
4
25.00
0.66
20.66
该样品中氮元素的质量分数为________。
(2)测定POCl3含量。用PCl3氧化法制备的POCl3中常含有PCl3杂质。
已知：PCl3遇水生成H3PO3和HCl，POCl3遇水生成H3PO4和HCl。
Ⅰ.准确称取1.455 g制得的POCl3产品，置于盛有60.00 mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解；
Ⅱ.将水解液配成100.00 mL溶液，取10.00 mL溶液于锥形瓶中；
Ⅲ.加入10.00 mL 0.320 0 mol·L－1AgNO3溶液，使氯离子完全沉淀；向其中加入少许硝基苯用力摇动；
Ⅳ.以Fe3＋为指示剂，用0.020 0 mol·L－1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去10.00 mL KSCN溶液。已知：Ag＋＋SCN－===AgSCN↓；Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)。
①滴定终点的现象为____________。
②实验过程中加入硝基苯的目的是______________；若无此操作，则所测POCl3含量将会____________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
③产品中POCl3的百分含量为____________(保留三位有效数字)。
(3)CuSO4·5H2O的含量通常利用“间接碘量法”测定，步骤如下：
①称取1.250 g产品配成100 mL溶液。
②取其中25.00 mL溶液，加入足量的NaF溶液后，滴加KI溶液至不再产生沉淀。
③用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，平行滴定3次。已知Cu2＋与F－不反应，Fe3＋与F－反应生成FeF，氧化性I2>FeF；I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6。步骤②中，若不加足量的NaF溶液，最终的测量值将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。滴加KI溶液，有白色碘化物沉淀生成，反应的离子方程式为__________________；若Na2S2O3标准溶液的平均用量为10.00 mL，则胆矾产品纯度为________%。
解析：(1)4次滴定消耗氢氧化钠溶液体积依次为19.99 mL、20.01 mL、21.00 mL、20.00 mL，第3次测定误差较大，舍去，取剩下3次滴定的平均值得消耗氢氧化钠溶液体积为20.00 mL。由题给关系可知(NH4)2Cr2O7～4OH－，
则w(N)＝×100%＝10.00%。
(2)①滴加KSCN标准溶液，先生成AgSCN沉淀，达到滴定终点时，溶液变为红色，且半分钟不褪色。②根据题
给信息，加入硝基苯可覆盖AgCl沉淀，避免AgCl与KSCN标准溶液反应，若无此操作，则KSCN标准溶液用量偏多，测得的Ag＋浓度偏大，从而使所测POCl3含量偏小。③Ⅰ～Ⅲ涉及的反应有PCl3＋3H2O===H3PO3＋3HCl，POCl3＋3H2O===H3PO4＋3HCl，HCl＋AgNO3===AgCl↓＋HNO3，此过程消耗AgNO3的物质的量为0.01 L×0.320 0 mol·L－1－0.01 L×0.020 0 mol·L－1＝0.003 mol，由关系式PCl3～3HCl～3AgNO3及POCl3～3HCl～3AgNO3可知，10.00 mL溶液中n(PCl3)＋n(POCl3)＝0.001 mol，则产品中n(PCl3)＋n(POCl3)＝0.001× mol＝0.01 mol，设POCl3的物质的量为x mol，(153.5×x)g＋[137.5×(0.01－x)]g＝1.455 g，则x＝0.005 mol，故产品的纯度为×100%≈52.7%。
(3)结合题中信息可知Cu2＋与I－发生氧化还原反应的离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，若步骤②中不加入足量的NaF溶液，Fe3＋也消耗I－，导致最终测量值将偏大。根据关系式2Cu2＋～I2～2Na2S2O3，可得c(Cu2＋)＝0.040 0 mol·L－1，则胆矾产品纯度＝
＝80.00%。
答案：(1)①偏大　锥形瓶内溶液颜色的变化　②10.00%
(2)①当滴入最后一滴KSCN标准溶液时，溶液变为红色，且半分钟不褪色
②使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN－与AgCl反应　偏小
③52.7%
(3)偏大　2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2　80.00