高考化学二轮复习专项分层特训练26 溶液的酸碱性和pH 含答案

这是一份高考化学二轮复习专项分层特训练26 溶液的酸碱性和pH 含答案，共7页。试卷主要包含了8 ml·L－1等内容，欢迎下载使用。
A.相同温度下，等pH的C6H5ONa和CH3COONa溶液中，c（C6H5O－）>c（CH3COO－）
B.将浓度均为0. 10 ml·L－1的C6H5ONa和NaOH溶液加热，两种溶液的pH均变大
C.25 ℃时，C6H5OH溶液与NaOH溶液混合，测得pH＝10.00，则此时溶液中c（C6H5O－）＝c（C6H5OH）
D.25 ℃时，0.10 ml·L－1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体，水的电离程度变小
2.[2021·浙江6月]某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是 （ ）
A.25 ℃时，若测得0.01 ml·L－1 NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸
B.25 ℃时，若测得0.01 ml·L－1 HR溶液pH>2且pHC>A>D
B.若从A点到D点，可采用在水中加入少量的H2SO4的方法
C.若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量NaOH的方法
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，溶液显中性
5.[2022·黑龙江哈尔滨九中月考]下列说法正确的是（以下数据均为25 ℃时测定） （ ）
A.1.0×10－5 ml·L－1的盐酸稀释103倍，氢离子和氯离子浓度的比值为1
B.pH＝12的Na2CO3溶液中c水（OH－）＝1.0×10－12 ml·L－1
C.已知H2A电离平衡常数K1＝5.0×10－2，K2＝5.2×10－5，则NaHA溶液的pHc（OH－）
8.[2021·上海交大附中月考]室温时，下列说法正确的是 （ ）
A.pH＝11的氨水和pH＝11的Na2CO3溶液中，由水电离产生的c（OH－）均为1×10－11 ml·L－1
B.分别把100 mL pH＝11的NaOH溶液和pH＝11的氨水加水稀释至1 L，所得溶液pH均为10
C.分别向等体积的0.1 ml·L－1 HCl溶液和0.1 ml·L－1 CH3COOH溶液中加入等浓度的NaOH溶液，恰好为中性时，消耗NaOH溶液的体积相等
D.分别向1 mL pH＝3的盐酸和pH＝3的CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，两溶液的pH均增大
9.[2022·重庆巴蜀中学月考]常温下，用一定浓度的Ba（OH）2溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.100 ml·L－1的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶液。滴定过程中溶液的电导率变化如图所示（已知：lg 2≈0.3，lg 5≈0.7，溶液混合引起的体积变化可忽略）。下列说法正确的是（ ）
A.曲线①②③分别代表Ba（OH）2溶液滴定盐酸、醋酸溶液和硫酸的曲线
B.由图可知Ba（OH）2溶液浓度为0.100 ml·L－1，且b点对应的pH为12.7
C.图中a、b、c、d点溶液中，水的电离程度的大小关系：a>b>d>c
D.a点对应的溶液中离子浓度大小关系：c（Ba2＋）>c（CH3COO－）>c（OH－）>c（H＋）
10.[2022·山东济南一模]联氨（N2H4）是二元弱碱（pKb1＝6，pKb2＝15；pK＝－lg K），在水中的电离方式类似于氨，常温下，向0.1 ml·L－1N2H5Cl溶液通入HCl或加入NaOH固体（假设溶液总体积不变），溶液中c（N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) ）随pOH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是（ ）
A.N2H5Cl溶液中c（N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) ）>c（N2H4）>c（N2H eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(6)) ）
B.b点加入NaOH（或HCl）的物质的量与d点加入HCl（或NaOH）物质的量相等
C.水的电离程度：b>a
D.若c（N2H eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(6)) ）>c（N2H4），则pH小于3.5
练26 溶液的酸碱性和pH
1．答案：C
解析：苯酚的酸性比乙酸的弱，C6H5ONa的水解程度大于CH3COONa，若二者溶液的pH相等，则后者的浓度较大，c（C6H5O－）A＝D＝E，故A错误；若从A点到D点，温度不变，Kw＝1×10－14，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，则可采用在水中加入少量的H2SO4的方法，故B正确；若从A点到C点，c（H＋）变大，c（OH－）变大，Kw增大，且c（H＋）＝c（OH－），溶液显中性，无法通过加入氢氧化钠实现，只能升高温度，故C错误；若处在B点时，Kw＝1×10－12，pH＝2的硫酸中c（H＋）＝10－2 ml·L－1，pH＝12的KOH溶液中c（OH－）＝1 ml·L－1，等体积混合，KOH过量，溶液显碱性，故D错误。
5．答案：C
解析：1.0×10－5 ml·L－1盐酸稀释103倍，盐酸电离产生的H＋和Cl－浓度为cHCl（H＋）＝c（Cl－）＝1.0×10－8 ml·L－1，而此时水电离产生的H＋浓度c水（H＋）≈1.0×10－7 ml·L－1，所以c（H＋）∶c（Cl－）≈（1.0×10－8＋1.0×10－7）∶1.0×10－8＝11∶1，故A错误；25 ℃时，pH＝12的Na2CO3溶液中，c（OH－）＝1.0×10－2 ml·L－1，而H＋和OH－均由水电离产生且相等，即c水（H＋）＝c水（OH－）＝1.0×10－2 ml·L－1，故B错误；HA－既电离又水解，Kh＝ eq \f(Kw,K1) ＝ eq \f(10－14,5.0×10－2) ＝2×10－1310，故B错误；等浓度等体积的盐酸和醋酸溶液，HCl和CH3COOH物质的量相等，当分别加入含等物质的量的NaOH的NaOH溶液时，盐酸变为氯化钠溶液，溶液显中性，此时醋酸溶液变为醋酸钠溶液，醋酸钠水解使其溶液呈碱性，因此，若要使溶液呈中性，必须少加一些氢氧化钠溶液，故C错误；盐酸中加醋酸钠，两者发生反应生成弱酸醋酸，故其pH增大，向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，会使醋酸的电离平衡逆向移动，pH增大，故D正确。
9．答案：B
解析：电导率与溶液中离子浓度成正比，当V[Ba（OH）2]＝0时，由图可知溶液的电导率：③>②>①，又相同浓度的H2SO4、HCl和CH3COOH三种溶液中c（H＋）依次减小，则溶液的电导率依次减小，所以曲线①②③分别代表Ba（OH）2溶液滴定醋酸溶液、盐酸、硫酸的曲线，故A错误；c点表示的是硫酸与Ba（OH）2恰好完全反应，化学方程式为H2SO4＋Ba（OH）2===BaSO4↓＋2H2O，因c（H2SO4）·V（H2SO4）＝c[Ba（OH）2]·V[Ba（OH）2]，即0.100 ml·L－1×20.00 mL＝c[Ba（OH）2]×20.00 mL，得c[Ba（OH）2]＝0.100 ml·L－1，2HCl＋Ba（OH）2===BaCl2＋2H2O，因消耗的n[Ba（OH）2]＝ eq \f(1,2) n（HCl）＝ eq \f(1,2) ×0.100 ml·L－1×0.02 L＝0.001 ml，所以Ba（OH）2过量，c（OH－）＝ eq \f(0.100 ml·L－1×20 mL×2－0.002 ml,20 mL＋20 mL) ＝0.05 ml·L－1，c（H＋）＝ eq \f(Kw,c（OH－）) ＝2×10－13 ml·L－1，b点对应的pH＝－lg（2×10－13）＝12.7，故B正确；a点时根据反应2CH3COOH＋Ba（OH）2===（CH3COO）2Ba＋2H2O得两者恰好反应，溶质成分（CH3COO）2Ba为强碱弱酸盐，促进水的电离，b点时根据反应2HCl＋Ba（OH）2===BaCl2＋2H2O得反应后溶液中溶质成分为等物质的量的BaCl2和Ba（OH）2，BaCl2为强酸强碱盐，对水的电离无影响，而Ba（OH）2抑制水的电离，c点时根据反应H2SO4＋Ba（OH）2===BaSO4↓＋2H2O得两者恰好反应，产物BaSO4难溶且强酸强碱盐对水的电离无影响，d点时根据反应2CH3COOH＋Ba（OH）2===（CH3COO）2Ba＋2H2O得反应后溶质成分为等物质的量的Ba（OH）2、（CH3COO）2Ba，Ba（OH）2抑制水的电离，（CH3COO）2Ba促进水的电离，d点对水电离的抑制程度小于b点，综上所述水的电离程度的大小关系：a>c>d>b，故C错误；由C项分析可知，a点时溶质成分为（CH3COO）2Ba，因此a点对应的溶液中离子浓度大小关系：c（CH3COO－）>c（Ba2＋）>c（OH－）>c（H＋），故D错误。
10．答案：B
解析：由题干信息可知，N2H4的Kb1＝10－6，Kb2＝10－15，则N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 的水解平衡常数： eq \f(Kw,Kb1) ＝ eq \f(10－14,10－6) ＝10－8>Kb2，即 N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 的水解程度大于电离程度，水解和电离都是微弱的，N2H5Cl溶液中有c（N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) ）>c（N2H4）>c（N2H eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(6)) ），A正确；pOH越大，溶液中的OH－浓度越小，故此图像是向0.1 ml·L－1 N2H5Cl溶液中通入HCl的变化曲线，b点时加入的HCl抑制了N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 的水解，到c点时抑制作用最强，此时N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 浓度最大，继续加入HCl对N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 的电离起促进作用，则N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) 浓度又减小，故d点加入的HCl的物质的量大于b点所加HCl的物质的量，B错误；由图示可知，c（N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) ）：b>a，水的电离程度：b>a，C正确；结合NH3在水中的电离方式可知，N2H4的电离方程式为N2H4＋H2O⇌N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) ＋OH－，N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) ＋H2O⇌N2H eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(6)) ＋OH－，则Kb1×Kb2＝ eq \f(c（N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) ）·c（OH－）,c（N2N4）) × eq \f(c（N2H eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(6)) ）·c（OH－）,c（N2H eq \\al(\s\up1(＋),\s\d1(5)) ）) ＝ eq \f(c（N2H eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(6)) ）·c2（OH－）,c（N2H4）) ＝10－21，若c（N2H eq \\al(\s\up1(2＋),\s\d1(6)) ）>c（N2H4），c（OH－）< eq \r(10－21) ml·L－1＝10－10.5 ml·L－1，c（H＋）>10－3.5，则pH小于3.5，D正确。