2019高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 主題21 水的電離和溶液的酸堿性（6）（含解析）.doc

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主題21:水的電離和溶液的酸堿性 李仕才 A卷　最新模擬基礎(chǔ)訓(xùn)練 1.已知NaHSO4在水中的電離方程式為NaHSO4Na++H++S。某溫度下,向pH=6的蒸餾水中加入NaHSO4晶體,保持溫度不變,測(cè)得溶液的pH為2。對(duì)于該溶液,下列敘述中不正確的是(　　)。 A.該溫度下加入等體積pH=12的NaOH溶液,可使反應(yīng)后的溶液恰好呈中性 B.水電離出的c(H+)=110-10 molL-1 C.c(H+)=c(OH-)+c(S) D.該溫度高于25 ℃ 【解析】某溫度下,pH=6的蒸餾水,Kw=110-12,NaHSO4溶液的pH為2,c(H+)=110-2molL-1,pH=12的NaOH溶液,c(OH-)=1 molL-1,反應(yīng)后的溶液呈堿性,則A項(xiàng)不正確。 【答案】A 2.下列說法正確的是(　　)。 A.向10 mL濃度為0.1 molL-1 CH3COOH溶液中滴加相同濃度的氨水,在滴加過程中水的電離程度始終增大 B.0.01 molL-1醋酸溶液中水的電離程度小于0.01 molL-1鹽酸中水的電離程度 C.常溫下將0.01 molL-1鹽酸與pH=12的氨水等體積混合,所得溶液中由水電離出的c(OH-)<110-7 molL-1 D.常溫下將0.01 molL-1醋酸溶液與等濃度的氨水等體積混合,所得溶液中由水電離出的c(OH-)>110-7 molL-1 【解析】在滴加過程中,溶液的pH逐漸變大,水的電離程度在溶液顯中性之前逐漸變大,顯中性之后逐漸變小,A項(xiàng)錯(cuò)誤;等濃度的醋酸和鹽酸,醋酸的pH大,水的電離程度大,B項(xiàng)錯(cuò)誤;混合后,氨水過量,溶液顯堿性,由水電離出的c(OH-)<110-7 molL-1,C項(xiàng)正確;醋酸與氨水等濃度、等體積混合后,得到的CH3COONH4溶液顯中性,由水電離出的c(OH-)=110-7 molL-1,D項(xiàng)錯(cuò)誤。 【答案】C 3.下列說法不正確的是(　　)。 A.常溫下,在0.1 molL-1的H2SO4溶液中,由水電離出的c(H+)c(C) C.25 ℃時(shí),AgCl固體在等物質(zhì)的量濃度的NaCl、MgCl2溶液中的溶度積相同 D.向冰醋酸中逐滴加水,溶液的導(dǎo)電性、醋酸的電離程度、溶液的pH均先增大后減小 【解析】在0.1 molL-1的H2SO4溶液中,由水電離出的c(H+)為5.010-14 molL-1c(C),B項(xiàng)正確;溫度不變,AgCl固體的溶度積不變,C項(xiàng)正確;向冰醋酸中逐滴加水,醋酸的電離程度一直增大,D項(xiàng)錯(cuò)誤。 【答案】D 4.室溫下,用0.10 molL-1的鹽酸滴定20.00 mL 0.10 molL-1的某堿BOH溶液,得到的滴定曲線如圖所示: 下列判斷不正確的是(　　)。 A.滴定時(shí)可以使用甲基橙作指示劑 B.b點(diǎn)時(shí)溶液的pH=7 C.當(dāng)c(Cl-)=c(B+)時(shí),V(HCl)<20.00 mL D.c點(diǎn)時(shí)溶液中c(H+)約為0.03 molL-1 【解析】由圖可知,0.10 molL-1的某堿BOH溶液的pH接近12,即小于13,則該堿為弱堿,應(yīng)使用甲基橙作指示劑,A項(xiàng)正確;b點(diǎn)時(shí),鹽酸和BOH恰好完全反應(yīng),溶液中的溶質(zhì)為強(qiáng)酸弱堿鹽(BCl),pH<7,B項(xiàng)錯(cuò)誤;當(dāng)c(Cl-)=c(B+)時(shí),由電荷守恒可知,溶液呈中性,pH=7,此時(shí)未達(dá)到滴定終點(diǎn),說明V(HCl)< 20.00 mL,C項(xiàng)正確;c點(diǎn)時(shí)溶液中HCl過量,可忽略B+水解生成的H+,故c(H+)==0.10molL-120.00mL60.00mL≈0.03 molL-1,D項(xiàng)正確。 【答案】B 5.20 mL 0.1000 molL-1氨水用0.1000 molL-1的鹽酸滴定,滴定曲線如圖所示,下列說法正確的是(　　)。 A.該中和滴定適宜用酚酞作指示劑 B.兩者恰好中和時(shí),溶液的pH=7 C.達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí),溶液中:c(H+)=c(OH-)+c(NH3H2O) D.當(dāng)?shù)稳臌}酸達(dá)30 mL時(shí),溶液中:c(N)+c(H+)c(Y-)>c(OH-)>c(H+) D.將上述HY與HZ溶液等體積混合達(dá)到平衡時(shí):c(H+)=c(OH-)+c(Z-)+c(Y-) 【解析】0.1000 molL-1的HX、HY、HZ中,HZ的pH=1,為強(qiáng)酸,其他兩種酸溶液的pH大于1,說明不完全電離,為弱酸,A項(xiàng)正確;當(dāng)NaOH溶液滴到10 mL時(shí),溶液中c(HY)≈c(Y-),即Ka(HY)≈c(H+)=10-5,B項(xiàng)正確;HX恰好完全反應(yīng)時(shí),HY早已完全反應(yīng),所得溶液為NaX和NaY混合液,酸性:HXHB　等于 (3)弱　等于 10.已知:I2+2S2S4+2I-。某學(xué)習(xí)小組用“間接碘量法”測(cè)定CuCl22H2O晶體試樣(不含能與I-發(fā)生反應(yīng)的氧化性雜質(zhì))的純度,過程如下:取0.36 g試樣溶于水,加入過量KI固體,充分反應(yīng),生成白色沉淀。用0.1000 molL-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定,到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí),消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00 mL。 (1)Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液應(yīng)用　　　　(填“酸式”或“堿式”)滴定管量取?？蛇x用　　　　作滴定指示劑,滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是　 　。 (2)CuCl2溶液與KI反應(yīng)的離子方程式為 　。 (3)該試樣中CuCl22H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【解析】(1)“間接碘量法”測(cè)定CuCl22H2O晶體試樣純度的基本原理是CuCl2氧化I-生成I2,用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定生成的I2,而淀粉溶液遇I2顯藍(lán)色,故可用淀粉溶液作指示劑,達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí),溶液由藍(lán)色變成無色,且半分鐘內(nèi)溶液不恢復(fù)原來的顏色。Na2S2O3是強(qiáng)堿弱酸鹽,溶液水解呈堿性,應(yīng)用堿式滴定管盛裝。(2)CuCl2與KI發(fā)生氧化還原反應(yīng),離子方程式為2Cu2++4I-2CuI↓+I2。(3)由題給信息可得關(guān)系式2Cu2+~I2~2S2,則有n(CuCl22H2O)=n(Cu2+)=n(S2)=0.1000 molL-120.0010-3L=2.00010-3mol,m(CuCl22H2O)=2.00010-3mol171 gmol-1=0.342 g。試樣中CuCl22H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.342g0.36g100%=95%。 【答案】(1)堿式　淀粉溶液　溶液藍(lán)色恰好褪去,且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色 (2)2Cu2++4I-2CuI↓+I2 (3)95%