苏教版（2019）高考一轮复习考点规范练23　溶液的酸碱性

这是一份苏教版（2019）高考一轮复习考点规范练23　溶液的酸碱性，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1.关于35 ℃的0.1 ml·L-1 NaOH溶液,以下表述错误的是( )。
A.KW>1×10-14
B.水电离的c(H+)>1×10-13 ml·L-1
C.pH>13
D.c(OH-)=c(H+)+c(Na+)
2.下列有关水电离情况的说法正确的是( )。
A.100 ℃时,KW=10-12,此温度下pH=7的溶液一定呈中性
B.NH4Cl、CH3COONa、NaHCO3、NaHSO4溶于水,对水的电离都有促进作用
C.25 ℃时,pH=12的烧碱溶液与纯碱溶液,水的电离程度相同
D.如图为水的电离平衡曲线,若从A点到C点,可采用升高温度的方法
3.实验室现有3种酸碱指示剂,其pH变色范围如下:
用0.100 0 ml·L-1 NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液,反应恰好完全时,下列叙述中正确的是( )。
A.溶液呈中性,可选用甲基橙或酚酞作指示剂
B.溶液呈中性,只能选用石蕊作指示剂
C.溶液呈碱性,可选用甲基橙或酚酞作指示剂
D.溶液呈碱性,只能选用酚酞作指示剂
4.常温下,用0.100 0 ml·L-1的盐酸滴定20.00 mL未知浓度的Na2CO3溶液,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。下列有关叙述正确的是( )。
A.A点溶液呈碱性的原因用离子方程式表示为CO32-+2H2OH2CO3+2OH-
B.C点处的溶液中:c(Na+)-c(Cl-)=c(HCO3-)+2c(CO32-)
C.滴定过程中使用酚酞作为指示剂比甲基橙更准确
D.D点处溶液中水电离出的c(H+)大于B点处
5.准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中,用0.100 0 ml·L-1 NaOH溶液滴定,下列说法正确的是( )。
A.滴定管用蒸馏水洗涤后,直接装入标准NaOH溶液进行滴定
B.随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中溶液pH由小变大
C.用酚酞作指示剂,当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D.滴定达终点时,发现滴定管尖嘴部分有悬滴,则测定结果偏小
6.(2020全国Ⅰ改编)以酚酞为指示剂,用0.100 0 ml·L-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δ随滴加NaOH溶液的体积V(NaOH溶液)的变化关系[比如A2-的分布系数:δ(A2-)=c(A2-)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)]如图所示。
下列叙述正确的是( )。
A.曲线①代表δ(H2A),曲线②代表δ(HA-)
B.H2A溶液的浓度为0.200 0 ml·L-1
C.HA-的电离常数Ka=1.0×10-2
D.滴定终点时,溶液中c(Na+)7的原因: 。
(3)25 ℃时,向100 mL 0.01 ml·L-1的H3PO2溶液中,滴加等浓度的NaOH溶液至溶液呈中性,消耗NaOH溶液的体积 (填“>”“=”或“”“”“1×10-14,c(OH-)=0.1 ml·L-1,H+完全来自水,水电离的c(H+)>1×10-13 ml·L-1,故B项正确。因为c(H+)>1×10-13 ml·L-1,所以pHc(OH-)=c(H+)
解析 (1)根据氧化还原反应中得失电子数相等配平化学方程式。因该反应是歧化反应,则此反应的配平技巧是先配生成物化学计量数,再配反应物化学计量数。
(2)由题目信息知,白磷与过量的NaOH溶液反应生成产物之一是NaH2PO2,可见次磷酸是一元酸。NaH2PO2水溶液pH>7,说明H2PO2-会发生水解,所以H3PO2是一元弱酸。
(3)根据题目信息,若滴加NaOH溶液后恰好中和溶液中的H3PO2生成NaH2PO2,需NaOH溶液的体积是100 mL,此时溶液pH>7。若使溶液呈中性,则滴加的NaOH溶液体积应小于100 mL。由于溶液最终呈中性,则c(H+)=c(OH-),据电荷守恒知c(Na+)+c(H+)=c(H2PO2-)+c(OH-),所以溶液中离子浓度大小的顺序是c(Na+)=c(H2PO2-)>c(OH-)=c(H+)。
10.答案 (1)+1
(2)①H2N2O2H++HN2O2-,HN2O2-H++N2O22- ②> ③>
解析 (1)H2N2O2分子中,H的化合价为+1价,O的化合价为-2价,根据化合物中元素化合价代数和为0,得氮元素的化合价为+1价。
(2)①从图像可知0.01 ml·L-1的H2N2O2溶液pH=4.3,则H2N2O2是二元弱酸,以第一步电离为主,故在水溶液中的电离方程式:H2N2O2H++HN2O2-,HN2O2-H++N2O22-;②b点时溶液中溶质是NaHN2O2,其溶液pH>7,说明HN2O2-以水解为主,故溶液中c(H2N2O2)>c(N2O22-);③a点时溶液中c(Na+)+c(H+)=c(HN2O2-)+2c(N2O22-)+c(OH-),pH=7,则c(H+)=c(OH-),得c(Na+)=c(HN2O2-)+2c(N2O22-),c(Na+)>c(HN2O2-)+c(N2O22-)。
11.答案 (1)ad (2)1.7 酸 HF和NaF的浓度相等,Ka=4.0×10-4,Kh=KWKa=2.5×10-11,HF的电离程度大于F-的水解程度,故溶液呈酸性 (3)①> ②A>B>C>D ③c(SCN-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-) (4)5.8×107 能
解析 (1)它们都能反映一定条件下对应变化进行的程度,故a正确;难溶电解质的Ksp不一定随温度的升高而增大,故b错误;Ka只随温度变化,故c错误;由电离平衡常数,Ka(CH3COOH)=c(CH3COO-)·c(H+)c(CH3COOH),水的离子积常数KW=c(H+)·c(OH-),盐的水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)·c(OH-)c(CH3COO-)可知,一定温度下,在CH3COONa溶液中,KW=Ka·Kh,故d正确。
(2)Ka(HF)=c(H+)·c(F-)c(HF)=c2(H+)1.0=4.0×10-4,则1.0 ml·L-1 HF溶液中氢离子浓度为2.0×10-2 ml·L-1,所以pH=-lg(2.0×10-2)=2-lg 2≈1.7,HF和NaF的浓度相等,Ka=4.0×10-4,Kh=KWKa=10-144.0×10-4=2.5×10-11,故HF的电离程度大于F-的水解程度,溶液呈酸性。(3)①因CH3COOH溶液加到Na2CO3溶液中有气体放出,所以酸性:CH3COOH>H2CO3,CH3COONH4溶液为中性,可得醋酸的酸性和NH3·H2O的碱性一样,即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O),所以NH4HCO3溶液中碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子的水解程度,则溶液的pH>7。②NH4Cl溶液中Cl-不促进也不抑制NH4+水解;B、C、D中均相互促进,由Ka(CH3COOH)=1.8×10-5,Ka(HSCN)=0.13,酸性:CH3COOH>H2CO3可知,B、C、D中NH4+水解程度依次增大,则四种溶液中NH4+浓度由大到小的顺序排列是A>B>C>D。③由CH3COONH4溶液为中性,Ka(HSCN)=0.13>Ka(CH3COOH)=Kb(NH3·H2O)可知,NH4SCN溶液呈酸性,所以溶液中所有离子浓度由大到小的顺序为c(SCN-)>c(NH4+)>c(H+)>c(OH-)。(4)Mg(OH)2(s)+2CH3COOH(aq)Mg2+(aq)+2CH3COO-(aq)+2H2O(l),在25 ℃时的平衡常数K=c(Mg2+)·c2(CH3COO-)c2(CH3COOH)=c(Mg2+)·c2(CH3COO-)·c2(H+)·c2(OH-)c2(CH3COOH)·c2(H+)·c2(OH-)=Ka2(CH3COOH)·Ksp[Mg(OH)2]KW2=(1.8×10-5)2×1.8×10-11(1.0×10-14)2=5.832×107,因K特别大,所以Mg(OH)2能溶解于醋酸。
甲基橙
石蕊
酚酞
3.1~4.4
5.0~8.0
8.2~10.0