2022高三化学（全国版）一轮复习试题：专题十七　水的电离和溶液的酸碱性 1 Word版

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专题十七　水的电离和溶液的酸碱性
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考点1　水的电离　　　　　　　　　 　　　　　　　　　 　　　　　　
1. [2020浙江温州高考适应性考试]常温下,在体积均为20 mL、浓度均为0.1 mol·L-1的HX溶液、HY溶液中分别滴加同浓度的NaOH溶液,反应后溶液中水电离的c(H+)水的负对数[-lg c(H+)水]与滴加氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A.a、b、c三点溶液均显中性
B.a点溶液中c(Na+)=c(X-)>c(H+)=c(OH-)
C.b点溶液中的离子总浓度大于d点溶液
D.常温下,Ka(HX)≈10-5
考点2　溶液的酸碱性与pH
2.[2020浙江7月选考,17,2分]下列说法不正确的是(　　)
A.2.0×10-7 mol·L-1的盐酸中c(H+)=2.0×10-7 mol·L-1
B.将KCl溶液从常温加热至80 ℃,溶液的pH变小但仍保持中性
C.常温下,NaCN溶液呈碱性,说明HCN是弱电解质
D.常温下,pH为3的醋酸溶液中加入醋酸钠固体,溶液pH增大
考点3　酸碱中和滴定
3.[2018浙江下半年选考,23,2分]常温下,分别取浓度不同、体积均为20.00 mL的3种HCl溶液,分别滴入浓度为1.000 mol·L-1、0.100 0 mol·L-1和0.010 00 mol·L-1的NaOH溶液,测得3个反应体系的pH随V(NaOH溶液)变化的曲线如图,在V(NaOH溶液)=20.00 mL前后pH出现突跃。下列说法不正确的是(　　)

A.3种HCl溶液的c(HCl):最大的是最小的100倍
B.曲线a、b、c对应的c(NaOH):a>b>c
C.当V(NaOH溶液)=20.00 mL时,3个体系中均满足:c(Na+)=c(Cl-)
D.当V(NaOH溶液)相同时,pH突跃最大的体系中的c(H+)最大
4.[2019北京,26,12分]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)。
Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L-1 KBrO3标准溶液;
Ⅱ.取v1 mL上述溶液,加入过量KBr,加H2SO4酸化,溶液颜色呈棕黄色;
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL废水;
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI;
Ⅴ.用b mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ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v3 mL。
已知:I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和　　　　　　。 
(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是　　　　　　　　　　。 
(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　。 
(4)Ⅳ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)Ⅴ中滴定至终点的现象是　　　　　　　　　　。 
(7)废水中苯酚的含量为　　　　　　　　g·L-1(苯酚摩尔质量:94 g·mol-1)。 
(8)由于Br2具有　　　　性质,Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。 
5.[2020北京高考适应性测试]常温下用一定浓度的NaOH溶液滴定某浓度的醋酸溶液。滴定终点附近溶液pH和导电能力的变化分别如图1、图2所示(利用溶液导电能力的变化可判断滴定终点,溶液总体积变化忽略不计)。下列说法错误的是(　　)

A.a点对应的溶液中:c(CH3COO-)=c(Na+)
B.a→b过程中,n(CH3COO-)不断增大
C.c→d过程中,溶液的导电能力增强的主要原因是c(OH-)和c(Na+)增大
D.根据溶液pH和导电能力的变化可判断:V2c(OH-)>c(H+)
B.在b点的溶液中:2n(CO32-)+n(HCO3-)c(HX-)>c(X2-)>c(OH-)=c(H+)
答案
专题十七　水的电离和溶液的酸碱性

1.A　由题图知常温下0.1 mol·L-1 HX溶液中水电离出的氢离子浓度为10-11 mol·L-1,则HX为弱酸,d点溶液的溶质为NaX,此时水电离出的氢离子浓度最大,溶液显碱性,c点溶液的溶质为NaX、NaOH,溶液一定显碱性,a点溶液的溶质为HX、NaX,水电离出的氢离子浓度为10-7 mol·L-1,溶液呈中性,c(Na+)=c(X-)>c(H+)=c(OH-),A错误,B正确;b、d点溶液的溶质分别为NaY、NaX,分别存在电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Y-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),由题图知酸性:HY>HX,所以b点溶液中的c(H+)比d点溶液中的c(H+)大,而c(Na+)相同,故b点溶液中的离子总浓度大于d点溶液中的离子总浓度,C正确;常温下,0.1 mol·L-1 HX溶液中水电离出的氢离子浓度为10-11 mol·L-1,则溶液中c(X-)≈c(H+)=10-3 mol·L-1,Ka(HX)=c(H+)·c(X-)c(HX)=10-3×10-30.1-10-3≈10-5,D正确。
2.A　盐酸的浓度为2×10-7 mol·L-1,全电离,接近中性,溶剂水电离出的氢离子浓度的数量级与溶质HCl电离的氢离子浓度相差不大,不能忽略水电离的氢离子,故c(H+)大于2×10-7 mol·L-1,A项错误;水的电离是吸热的,升高温度促进水的电离,氢离子浓度和氢氧根离子浓度均增大,pH减小,但氢离子浓度和氢氧根离子浓度仍相等,溶液呈中性,B项正确;常温下,NaCN溶液呈碱性,说明NaCN是强碱弱酸盐,HCN是弱酸,C项正确;醋酸溶液中加入醋酸钠固体,醋酸根离子浓度增大,醋酸的电离平衡逆向移动,氢离子浓度减小,溶液pH增大,D项正确。
3.D　由题图可知,当3种HCl溶液中分别加入等体积的NaOH溶液时,溶液的pH均为7,说明均正好完全反应,NaOH溶液与对应的HCl溶液的浓度相等。再分析起始点的数据,曲线a对应的纵坐标为0,曲线b对应的纵坐标为1,曲线c对应的纵坐标为2,则相应的c(HCl)分别为1.000 mol·L-1、0.100 0 mol·L-1和0.010 00 mol·L-1。由上述分析可知,3种HCl溶液中c(HCl)最大的是1.000 mol·L-1,最小的是0.010 00 mol·L-1,两者相差100倍,A项正确。由上述分析可知,曲线a、b、c对应的NaOH溶液的浓度分别为1.000 mol·L-1、0.100 0 mol·L-1和0.010 00 mol·L-1,B项正确。当V(NaOH溶液)=20.00 mL时,溶液的pH均为7,则c(H+)=c(OH-),根据电荷守恒可得c(Na+)=c(Cl-),C项正确。当pH小于7时,V(NaOH溶液)相同时,pH突跃最大的体系中的c(H+)最大,而当pH大于7时,pH突跃最大的体系中的c(H+)最小,D项错误。
4.(1)容量瓶(1分)　(2)BrO3-+5Br-+6H+3Br2+3H2O(2分)
(3)+3Br2+3HBr(2分)　(4)Br2过量,保证苯酚完全反应(1分)　(5)反应物用量存在关系:KBrO3~3Br2~6KI,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(2分)　(6)溶液蓝色恰好消失(1分)　(7)(6av1-bv3)×946v2(2分)　(8)易挥发(1分)
【解析】　(1)配制一定浓度的溶液需要用容量瓶进行定容。(2)Ⅱ中Br-与BrO3-在酸性条件下发生氧化还原反应生成Br2、H2O,离子方程式为5Br-+BrO3-+6H+3Br2+3H2O。(3)废水中含有苯酚,苯酚与Br2发生取代反应生成三溴苯酚,化学方程式为+3Br2↓+3HBr。(4)本实验的目的是测定经处理后的废水中的苯酚含量,苯酚需完全反应,剩余的Br2可通过滴定测定,所以在加入KI之前,溶液颜色须为黄色,以确保Br2过量,苯酚完全反应。(5)根据得失电子守恒,当n(KI)∶n(KBrO3)=6∶1时,KI恰好与步骤Ⅱ中生成的Br2完全反应,而步骤Ⅱ中苯酚会消耗Br2,所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量。(6)滴定时用淀粉作指示剂,当达到滴定终点时,溶液蓝色恰好消失。(7)结合题意可知,生成Br2的物质的量=3av1×10-3 mol,与KI反应消耗n(Br2)=bv3×10-32 mol,则与C6H5OH反应的n(Br2)=3av1×10-3 mol-bv3×10-32 mol,废水中苯酚的含量=(3av1×10-3-bv3×10-32)mol×94g·mol-13×v2×10-3L=(6av1-bv3)×946v2 g·L-1。(8)Br2具有挥发性,故Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。
5.C　常温下,a点对应溶液的pH=7,则c(H+)=c(OH-),又根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),故c(Na+)=c(CH3COO-),A项正确;a→b过程中,CH3COOH逐渐与NaOH反应,则溶液中的n(CH3COO-)不断增大,B项正确;d点以后溶液的导电能力增大更快,说明d点时CH3COOH恰好与NaOH完全反应,达到滴定终点,而pH=7时,溶液中的溶质为CH3COONa和CH3COOH,未达到反应终点,所以V2c(H+),则c(R-)+2c(HR)>c(NH3·H2O),D项错误。

1.B　水的电离为吸热反应,温度越高,电离程度越大,故T1c(CO32-)>c(OH-)>c(Cl-)>c(H+),A项错误。b点对应溶液的pH=7,结合电荷守恒式:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(Cl-),可得c(HCO3-)+2c(CO32-)=c(Na+)-c(Cl-),故n(HCO3-)+2n(CO32-)=0.003 mol-n(Cl-),由题图知溶液pH=7时加入盐酸的体积大于20 mL,故n(Cl-)>0.002 mol,所以2n(CO32-)+n(HCO3-)