1、专题 15 水的电离和溶液 pH1在常温下，将 的 溶液与 的 溶液等体积混合后，溶液的 最接近于（已知）A9.3 B9.7 C10.7 D10.3【答案】C【解析】常温下，pH=9 的 NaOH 溶液中 c(OH )=105 molL1 ，pH=11 的 NaOH 溶液中 c(OH )=103 molL1 ，假设体积氢氧化钠的体积为 1L，等体积混合后，溶液中 n(OH )=(1L105 molL1 1L10 3 molL1 )10 3 mol，则 c(OH )=103 mol/2L=5104 molL1 ，根据水的离子积，推出 c(H )=1014 /(5104 )=21011 molL1
2、 ，解出 pH=10.7，故 C 正确。2下列物质对水的电离不会产生影响的是A B C D【答案】B3已知：pKa=-lgKa，25时，H2A 的 pKa1=1.85，pKa2=7.19 。常温下，用 0.1 mol/LNaOH 溶液滴定 20 mL 0.1 mol/LH2A 溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是AA 点所得溶液中：V010 mLBB 点所得溶液中：c(H2A)+c(H+)=c(HA-)+c(OH-)CC 点所得溶液中：c(A2-)= c(Na+)-c(HA-)-c(H2A)DD 点所得溶液中 A2-水解平衡常数 Kh1=10-7.19【答案】A【解析】AA 点溶液中 pH
3、=1.85，则溶液中 c(H+)=10-1.85mol/L，H 2A 的一级电离平衡常数为 Ka1=10-1.85mol/L，所以 c(H+)=Ka1，表明溶液中 c(NaHA)=c(H2A)，若恰好是 10mLNaOH，反应起始时存在 c(NaHA)=c(H2A)，平衡时 c(H2A)c(NaHA)，因此所加 NaOH 体积需10mL，会得到平衡时 c(NaHA)=c(H2A)，即 V010mL，故 A 错误；BB 点加入 NaOH 溶液的体积为 20mL，此时反应恰好产生 NaHA，为第一个滴定终点，溶液中存在质子守恒，c(H 2A)+c(H+)=c(A2-)+c(OH-)，故 B 错误；
4、CC 点溶液为 NaHA 和Na2A，溶液中存在电荷守恒，即 2c(A2-)+ c(HA-)+c(OH-)= c(Na+)+c(H+)，此时溶液 pH=7，则 2c(A2-)+ c(HA-)= c(Na+)，若 c(A2-)= c(Na+)-c(HA-)-c(H2A)成立，即得 c(A2-)= c(H2A)，显然(A 2-) c(H2A)，故 C错误；DD 点为加入 NaOH 溶液 40mL，此时溶液中恰好生成 Na2A，为第二个滴定终点，此时 Na2A 水解使溶液显碱性，溶液的 pH 为 9.85，发生水解的方程式为 A2-+H2OHA-+OH-，则 A2-水解平衡常数 Khl= = =10
5、-6.81，故 D 错误。 7用水稀释 0.1mol/L 的氨水,溶液中随着水量的增加而减小的是Ac(H+)/c(NH4+) Bc(NH3H2O)/ c(OH-)Cc(NH4+) c(OH-)/c(NH3H2O) Dc(H+)c(OH-)【答案】B【解析】氨水中存在：NH 3H2O NH4 OH ，加水稀释促进 NH3H2O 的电离，但 v(NH4 )、c(OH )降低，A、根据水的离子积，c(OH )减小，c(H )增大，c(H )/c(NH4 )增大，故 A 不符合题意；B、同溶液中，体积相同，c(NH 3H2O)/c(OH )=n(NH3H2O)/n(OH )，加水稀释促进电离，OH 物
6、质的量增大，NH3H2O 物质的量减小，即该比值随水量增加而减小，故 B 符合题意；C、该比值等于 Kb，Kb 只受温度的影响，即该比值保持不变，故 C 不符合题意；D、Kw=c(H )c(OH )，Kw 只受温度的影响，即 Kw 保持不变，故 D 不符合题意。8常温下，下列四种溶液中，由水电离出的氢离子浓度之比为( )pH0 的盐酸 0.1 molL1 的盐酸0.01 molL1 的 NaOH 溶液 pH11 的 NaOH 溶液A1000100101 B1101001 000C14131211 D11121314【答案】B9常温下，某无色溶液中由水电离出来的 c(H)=110-12 molL
7、-1，该溶液中一定能大量存在的离子组是ANa+、K+、MnO4、SO42BMg2+、NH4+、SO42-、ClCNa+、Cl、NO3、SO42DNa+、K+、CO32、NO3 【答案】C 【解析】A. 含有 MnO4 溶液是紫红色的，A 项排除；B如是碱性溶液，Mg 2+、NH 4+将不能大量存在；C.带入大量 H+或 OH-进行校验，与所给的四种离子均能共存，四种离子间也不发 生反应，C 项正确；D如是酸性溶液，C O32 将不能大量存在，D 项错误。 11常温下，用 0.1000 molL1NaOH 溶液滴定 20.00 mL 0.1000 molL1HA 溶液，滴定曲线如图。下列说法不正
8、确的是A常温下，HA 电离常数为 1.010-6B点所示溶液中：c(Na) c(A) c(OH)c(H)D从点到点的滴定过程中，水的电离程度不变【答案】D12用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的 NaOH 溶液时，以下操作会导致测得的 NaOH 溶液浓度偏高的是( )A滴定前滴定管有气泡，滴定后气泡消失B碱式滴定管量取 NaOH 溶液时，未进行润洗操作C滴定达到滴定终点时俯视读数D锥形瓶在取用 NaOH 待测液前用少量水洗涤【答案】A【解析】A.滴定前，没有逐出酸式滴定管尖嘴处的气泡，滴定终点时气泡消失，造成 V（标准） 偏大，根据c（待测） =V(标准) c(标准) /V(待测) 分析，可以知道
9、c（待测） 偏大，故 A 正确；B.碱式滴定管量取 NaOH 溶液时，未进行润洗操作，导致 NaOH 溶液浓度降低，故 B 错误；C.滴定达到终点时，俯视读数，导致 V（标准） 偏小，根据 c（待测） =V(标准) c(标准) /V(待测) 分析，测定结果偏低，故 C 错误；D.锥形瓶在取用 NaOH 待测液前用少量水洗涤,对结果无影响，故 D 错误。 17室温下，甲、乙两烧杯均盛有 5 mL pH3 的某一元酸溶液，向乙烧杯中加水稀释至 pH4。关于甲、乙两烧杯中溶液的描述不正确的是溶液的体积：10V 甲V 乙 水电离出的 OH浓度：10c(OH)甲c(OH)乙若分别用等浓度的 NaOH 溶
10、液完全中和，所得溶液的 pH：甲乙若分别与 5 mL pH11 的 NaOH 溶液反应，所得溶液的 pH：甲乙A B C D【答案】BpH=3 的酸中，氢氧根离子全部由水电离产生，c(OH -)甲 =Kw/c(H+)=10-11mol/L，pH=4 的酸中，氢氧根离子全部由水电离产生，c(OH -)乙 = Kw/c(H+)=10-10mol/L，则 10c(OH-)甲 =c(OH-)乙 ，故错误；稀释前后甲乙两个烧杯中所含的一元酸的物质的量相等，依据酸碱中和反应可知，消耗氢氧化钠的物质的量相等，生成的盐的浓度甲大于乙，若酸为强酸则二者 pH 相等，若酸为弱酸，则甲的 pH 大于乙，故错误；若酸
11、是强酸，分别与 5mL pH=11 的 NaOH 溶液反应，恰好发生酸碱中和，生成强酸强碱盐，pH 相等，若为弱酸，则反应后酸有剩余，甲中剩余酸浓度大，酸性强，pH 小，所得溶液的 pH：甲乙，故正确；结合以上分析可知，错误，本题选 B。18某温度下，pH11 的氨水和 NaOH 溶液分别加水稀释 100 倍，溶液的 pH 随溶液体积变化的曲线如图所示。根据图像判断错误的是( )Aa 值一定大于 9B为 NaOH 溶液稀释时溶液的 pH 变化曲线C完全中和相同体积的稀释相同倍数后的两溶液，消耗相同浓度的稀 H2SO4 的体积 V(NaOH)40 mL)。(4)滴定至终点时，消耗 NaOH 溶液
12、 25.00 mL，该葡萄酒中 SO2 含量为_gL1。(5)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施_。【答案】冷凝管(或冷凝器) b SO2H 2O2=H2SO4 酚酞 0.24 原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响 (4) 根据 2NaOHH 2SO4SO 2可知 SO2的物质的量为 n(SO2)=1/2n(NaOH)=1/2(0.0900mol/L0.025L)=0.001125mol，其质量是 m(SO2)=0.001125mol64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：0.0
13、72g 0.3L=0.24g/L；(5)盐酸是挥发性酸，挥发的盐酸会消耗氢氧化钠，使得反应过程中消耗的氢氧化钠溶液体积增大，导致测定结果偏高；故改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响。 24硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O，M=248gmol-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：(1)利用 K2Cr2O7 标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：溶液配制：称取 1.2000g 某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水配制成 100mL 溶液。滴定：取 0.00950mol/L 的 K2Cr2O7 标准溶液 20.
14、00mL，硫酸酸化后加入过量 KI，写出发生反应的离子方程式：_。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+ 2I-。加入_作为指示剂，继续滴定，当溶液_，即为终点。平行滴定 3 次，样品溶液的平均用量为 24.80mL，则样品纯度为_%(保留 1 位小数)。(2)该实验中应该用_式滴定管装 K2Cr2O7 标准溶液；开始时，滴定管尖嘴处无气泡，结束后发现尖嘴处有气泡出现，则测定结果_(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)。(3)Na2S2O3 还原性较强，在溶液中易被 Cl2 氧化成 SO42-，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为_。【答案】Cr 2
15、O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3+7H2O 淀粉溶液 蓝色恰好褪去，且半分钟不恢复 95.0% 酸 偏高 S 2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl +10H+ （2）K 2Cr2O7溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应用酸式滴定管盛放 K2Cr2O7；开始时滴定管尖嘴处无气泡，结束后发现尖嘴处有气泡，末读数偏小，则相当于样品溶液用量偏小，样品溶液的浓度偏大，即 100mL 溶液中 Na2S2O3物质的量或质量增大，测定结果（样品纯度）偏高；（3）Cl 2作氧化剂，被还原成 Cl ，S 2O32 被氧化成 SO42 ，根据化合价升降法进行配平，离子方程式为S2O32 +4
16、Cl2+5H2O=2SO42 +8Cl +10H 。25某化学学习小组用酸性 KMnO4 溶液与 H2C2O4(K1 = 5.4 10-2)的反应(此反应为放热反应)进行如下实验：、探究“条件对化学反应速率的影响” ，并设计了如下的方案记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20 molL-1 H2C2O4 溶液、0.010 molL-1 KMnO4 溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽物理量 V(H2C2O4 溶液)/mL V(蒸馏水)/mL V(KMnO4 溶液)/mL T/ 乙 2.0 0 4.0 50 2.0 0 4.0 25 2.0 a 4.0 25(
17、1)完成该反应的实验原理： + MnO4- + = CO2 + Mn2+ + H2O_(2)上述实验、是探究_对化学反应速率的影响；若上述实验、是探究浓度对化学反应速率的影响，则 a 为_；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写_。、测定 H2C2O4xH2O 中 x 值。已知：M(H2C2O4) = 90 gmol-1。称取 1.260 g 纯草酸晶体，将草酸制成 100.00 mL 水溶液为待测液； 取 25.00 mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀 H2SO4； 用浓度为 0.05 000 molL-1 的 KMnO4 标准溶液进行滴定。 (1)某学生的滴定方式(夹持部分略
18、去)如下，最合理的是_(选填 a、b)。由图可知消耗 KMnO4 溶液 体积为_ mL。(2)滴定终点锥形瓶内现象为_。 (3)通过上述数据，求得 x =_。(4)下列操作会造成所测 x 偏大的是_(填字母)。A滴定终点俯视读数B锥形瓶用待测溶液润洗C滴定前有气泡，滴定后没有气泡D配制 100 mL 待测溶液时，有少量溅出【答案】5H 2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ = 10CO2 + 2Mn2+ + 8H2O 温度 1.0 t(溶液褪色时间)/s b 20.00 滴最后一滴 KMnO4，溶液由无色变为紫红色，且半分钟不褪色 2 AD .（1）因为 KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶
19、管，故应用酸式滴定管盛装；滴定前刻度为 0.80ml，滴定后刻度是 20.80ml，所以消耗高锰酸钾的体积为(20.80-0.80)mL=20.00mL；故答案为：b，20.00。（2）可利用 KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点时，再滴加 KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫色，故答案为：当滴入最后一滴 KMnO4溶液时，溶液由无色变为紫色，且半分钟内不褪色，即达滴定终点。（3）由题给化学方程式及数据可知，1.260g 纯草酸晶体中含 H2C2O4的物质的量为：0.1000mol/L10.00mL10-3L/mL5/2100mL/25mL=0.0100mol，则 1.260gH2C
20、2O4xH2O 中含 H2O 的物质的量为(1.260g-0.0100mol90g/mol)/18g/mol=0.0200mol，所以 n（H 2C2O4）：n（H 2O）=0.0100mol：0.0200mol=1：x，则 x=2。（4）A.若滴定终点时俯视读数，读数偏小，结果偏低，则消耗酸性 KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n（H 2C2O4）偏小，则 n（H 2O）偏大，故 A 正确；B.锥形瓶用待测溶液润洗，消耗标准液体积增加，结果偏高，则消耗酸性 KMnO4溶液的体积偏高，由此所得 n（H 2C2O4）偏大，则 n（H 2O）偏小，故 B 错误；C.滴定前有气泡，滴定后没有气泡，消耗标准液体积增加，结果偏高，则消耗酸性 KMnO4溶液的体积偏高，
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