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统考版2024届高考化学二轮专项分层特训卷练18溶液的酸碱性和pH(附解析)
统考版2024届高考化学二轮专项分层特训卷练18溶液的酸碱性和pH(附解析)
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练18 溶液的酸碱性和pH1.[2022·浙江6月]25℃时,苯酚(C6H5OH)的Ka=1.0×10-10,下列说法正确的是( )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0.10mol·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,0.10mol·L-1的C6H5OH溶液中加少量C6H5ONa固体,水的电离程度变小2.[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0.01mol·L-1NaR溶液pH=7,则HR是弱酸B.25℃时,若测得0.01mol·L-1HR溶液pH>2且pH<7,则HR是弱酸C.25℃时,若测得HR溶液pH=a,取该溶液10.0mL,加蒸馏水稀释至100.0mL,测得pH=b,b-a<1,则HR是弱酸D.25℃时,若测得NaR溶液pH=a,取该溶液10.0mL,升温至50℃,测得pH=b,a>b,则HR是弱酸3.[浙江1月]25℃时,下列说法正确的是( )A.NaHA溶液呈酸性,可以推测H2A为强酸B.可溶性正盐BA溶液呈中性,可以推测BA为强酸强碱盐C.0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度分别为α1、α2,则α1<α2D.100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-5mol4.[2023·山东潍坊四中月考]水的电离平衡曲线如图所示,下列说法正确的是( )A.图中五点对应的Kw间的关系:B>E>C>A>DB.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.[2023·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.1.0×10-5mol·L-1的盐酸稀释103倍,氢离子和氯离子浓度的比值为1B.pH=12的Na2CO3溶液中c水(OH-)=1.0×10-12mol·L-1C.已知H2A电离平衡常数K1=5.0×10-2,K2=5.2×10-5,则NaHA溶液的pH<7D.pH=3的硝酸和pH=12的氢氧化钡溶液按体积比为9∶1混合(忽略溶液混合引起的体积变化),溶液pH=36.[2023·浙江山水联盟联考]常温下,0.1mol·L-1的CH3COONa溶液的pH=8.8,溶液中存在:①H2O⇌H++OH- Kw ②CH3COO-+H+⇌CH3COOH K1③CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH- K2下列说法不正确的是( )A.K2=K1×KwB.由水电离的氢离子浓度为10-8.8mol·L-1C.常温下,该溶液加水稀释后,n(H+)与n(OH-)的乘积变大D.常温下,向100mL该溶液中加入100mLpH=8.8的NaOH溶液,所得溶液的pH仍为8.87.[2023·河南名校联盟阶段测试]25℃时,下列说法错误的是( )A.pH均为2的醋酸溶液和盐酸中,水的电离程度相等B.NaHX溶液显碱性,则溶液中一定存在HX-的水解平衡C.NH4Y溶液显中性,升高溶液温度,水电离出的c(H+)不变D.pH=2的醋酸溶液和pH=12的NaOH溶液等体积混合后溶液中c(H+)>c(OH-)8.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1×10-11mol·L-1B.分别把100mLpH=11的NaOH溶液和pH=11的氨水加水稀释至1L,所得溶液pH均为10C.分别向等体积的0.1mol·L-1HCl溶液和0.1mol·L-1CH3COOH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1mLpH=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.[2023·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20.00mL、浓度均为0.100mol·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:lg2≈0.3,lg5≈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0.100mol·L-1,且b点对应的pH为12.7C.图中a、b、c、d点溶液中,水的电离程度的大小关系:a>b>d>cD.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.[2023·山东济南一模]联氨(N2H4)是二元弱碱(pKb1=6,pKb2=15;pK=-lgK),在水中的电离方式类似于氨,常温下,向0.1mol·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)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)>c(N2H4)>c(N2H)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>aD.若c(N2H)>c(N2H4),则pH小于3.5练18 溶液的酸碱性和pH1.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-)<c(CH3COO-),A项错误;C6H5ONa溶液因水解而显碱性,加热促进水解,c(OH-)增大,但同时Kw也增大,则c(H+)可能减小,即pH可能增大,NaOH溶液因NaOH电离而显碱性,加热时c(OH-)不变,Kw增大,则c(H+)增大,pH减小,B项错误;pH=10.00,则c(H+)=10-10mol·L-1,而Ka=c(H+)·c(C6H5O-)/c(C6H5OH),则c(C6H5O-)/c(C6H5OH)=Ka/c(H+)=1.0,故此时溶液中c(C6H5O-)=c(C6H5OH),C项正确;苯酚溶液中存在电离平衡C6H5OH⇌C6H5O-+H+,加入苯酚钠固体,该电离平衡逆向移动,促进水的电离,D项错误。2.答案:B解析:A项,25℃时,pH=7的溶液呈中性,则NaR为强酸强碱盐,HR为强酸;B项,由题意得HR显酸性,且不能完全电离,为弱酸;C项,若HR为强酸,假设稀释前pH=a=6,加水稀释10倍后pH<7,b-a<1,故HR不一定为弱酸;D项,若HR是强酸,升高温度,NaR溶液的pH也降低。3.答案:D解析:NaHA溶液呈酸性,可能是HA-的电离程度大于其水解程度,不能据此得出H2A为强酸的结论,A错误;可溶性正盐BA溶液呈中性,不能推测BA为强酸强碱盐,因为也可能是B+和A-的水解程度相同,即BA也可能是弱酸弱碱盐,B错误;弱酸的浓度越小,其电离程度越大,因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的电离度α1>α2,C错误;溶液中水电离出的氢离子浓度一定等于水电离出的氢氧根离子浓度,pH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出的OH-的物质的量浓度为1.0×10-4mol·L-1,则水电离出的H+的物质的量浓度也是1.0×10-4mol·L-1,则100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水电离出H+的物质的量为1.0×10-4mol·L-1×100×10-3L=1.0×10-5mol,D正确。4.答案:B解析:A、D、E点都处于25℃,Kw相等,B点c(H+)和c(OH-)都大于C点的c(H+)和c(OH-),并且C点的c(H+)和c(OH-)大于A点的c(H+)和c(OH-),故Kw:B>C>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+)=10-2mol·L-1,pH=12的KOH溶液中c(OH-)=1mol·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:1.0×10-5mol·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-)=1.0×10-8mol·L-1,而此时水电离产生的H+浓度c水(H+)≈1.0×10-7mol·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-)=1.0×10-2mol·L-1,而H+和OH-均由水电离产生且相等,即c水(H+)=c水(OH-)=1.0×10-2mol·L-1,故B错误;HA-既电离又水解,Kh===2×10-13<K2=5.2×10-5,说明HA电离程度大于水解程度,溶液显酸性即pH<7,故C正确;假设HNO3与Ba(OH)2溶液的体积分别为9L、1L,pH=3的硝酸中n(H+)=10-3mol·L-1×9L=9×10-3mol,pH=12的Ba(OH)2的溶液中n(OH-)=10-2mol·L-1×1L=1×10-2mol,因此混合后c(OH-)==1×10-4mol·L-1,据Kw=c(H+)·c(OH-)得c(H+)=1×10-10mol·L-1,所以混合后溶液pH=-lgc(H+)=10,故D错误。6.答案:B解析:因反应①+②=③,所以K2=K1×Kw,A正确;常温下溶液的pH=8.8,则溶液中c(H+)=10-8.8mol·L-1,c(OH-)=10-5.2mol·L-1,溶液中的氢氧根离子全部由水电离,所以水电离出的cH2O(OH-)=10-5.2mol·L-1,水电离产生的cH2O(H+)=cH2O(OH-)=10-5.2mol·L-1,B错误;n(H+)·n(OH-)=c(H+)·V·c(OH-)·V=Kw·V2,温度不变则Kw不变,加水稀释,V变大,所以n(H+)·n(OH-)变大,C正确;混合前两溶液中c(H+)、c(OH-)分别相等,则混合后H+、OH-浓度不变,即pH不变,D正确。7.答案:C解析:pH均为2的醋酸溶液和盐酸中,H+浓度均为10-2mol·L-1,由Kw=c(H+)·c(OH-)得OH-浓度均为10-12mol·L-1,而酸溶液中OH-仅由H2O电离提供,所以由水电离出的氢氧根离子浓度均为10-12mol·L-1,两溶液中水的电离程度相等,A项正确;NaHX溶液显碱性,说明HX-发生了水解,则溶液中一定存在HX-的水解平衡,B项正确;NH4Y溶液显中性,说明NH和Y-的水解程度相等,而升高温度,能促进离子的水解和水的电离,因此水电离出的c(H+)增大,C项错误;pH=2的醋酸溶液和pH=12的NaOH溶液,前者浓度大,二者等体积混合后醋酸过量,溶液显酸性,即c(H+)>c(OH-),D项正确。8.答案:D解析:酸、碱抑制水的电离,弱酸、弱碱形成的盐能促进水的电离。pH=11的氨水中c(H+)=1×10-11mol·L-1,而H+仅由水提供,又cH2O(H+)=cH2O(OH-),所以水电离出的c(OH-)为1×10-11mol·L-1,pH=11的Na2CO3溶液中c(H+)=1×10-11mol·L-1,c(OH-)==1×10-3mol·L-1,得水电离产生的c(OH-)为1×10-3mol·L-1,故A错误;100mLpH=11的NaOH溶液加水稀释至1L,所得溶液pH为10,一水合氨是弱电解质,存在电离平衡,稀释促进其电离,100mLpH=11的氨水加水稀释至1L,所得溶液pH>10,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0.100mol·L-1×20.00mL=c[Ba(OH)2]×20.00mL,得c[Ba(OH)2]=0.100mol·L-1,2HCl +Ba(OH)2===BaCl2+2H2O,因消耗的n[Ba(OH)2]=n(HCl)=×0.100mol·L-1×0.02L=0.001mol,所以Ba(OH)2过量,c(OH-)==0.05mol·L-1,c(H+)==2×10-13mol·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的水解平衡常数:==10-8>Kb2,即N2H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)>c(N2H4)>c(N2H),A正确;pOH越大,溶液中的OH-浓度越小,故此图像是向0.1mol·L-1N2H5Cl溶液中通入HCl的变化曲线,b点时加入的HCl抑制了N2H的水解,到c点时抑制作用最强,此时N2H浓度最大,继续加入HCl对N2H的电离起促进作用,则N2H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):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+OH-,N2H+H2O⇌N2H+OH-,则Kb1×Kb2=×==10-21,若c(N2H)>c(N2H4),c(OH-)<mol·L-1=10-10.5mol·L-1,c(H+)>10-3.5,则pH小于3.5,D正确。
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高考 - 二轮专题
发布时间:2023-12-31 16:25:02
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