2023高考化学一轮复习第九章水溶液中的离子平衡真题实战2

第九章水溶液中的离子平衡真题实战21.[高考集萃]判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。(1)[2014·课标全国卷Ⅰ]洗净的锥形瓶和容量瓶可以放进烘箱中烘干。(　　)(2)[2014·课标全国卷Ⅰ]酸式滴定管装标准溶液前，必须先用该溶液润洗。(　　)(3)[2014·课标全国卷Ⅰ]酸碱滴定实验中，用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差。(　　)(4)[2014·大纲全国卷]用蒸馏水润湿的试纸测溶液的pH，一定会使结果偏低。(　　)(5)[2013·天津高考]在蒸馏水中滴加浓H2SO4，Kw不变。(　　)(6)[2013·天津高考]NaCl溶液和醋酸铵溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同。(　　)(7)[2012·福建高考]25℃与60℃时，水的pH相等。(　　)(8)[2012·广东高考]对于常温下pH＝2的盐酸中，由H2O电离出的c(H＋)＝1.0×10－12mol·L－1。(　　)(9)[2012·江苏高考]水的离子积常数Kw随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应。(　　)(10)[2012·天津高考]同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7。(　　)答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×　(8)√　(9)×　(10)×解析：(1)容量瓶不能用烘箱烘干，否则会变形，定容不准确，错误；(2)滴定管使用前，需先用标准溶液润洗，以减小实验误差，正确；(3)酸碱滴定实验中，不能用待测液润洗锥形瓶，润洗会导致待测液增多，使实验误差增大，错误；(4)当溶液本身呈中性时，用蒸馏水润湿pH，对测量结果不产生影响，错误；(5)浓H2SO4加入蒸馏水中会放热，使Kw变大，错误；(6)NaCl是强酸强碱盐，对水的电离不产生影响，而CH3COONH4是弱酸弱碱盐，对水的电离起促进作用，两者影响不同，错误；(7)水的电离受到温度的影响，温度不同，水电离出的氢离子浓度不同，pH也不同，错误；(8)pH＝2的盐酸中，水的电离受到抑制，水电离出的c(H＋)＝水电离出的c(OH－)＝溶液中的c(OH－)＝10－12mol·L－1，正确；(9)水的电离是吸热过程，错误；(10)若H2SO4与NaOH溶液等体积等浓度混合，溶液的pH<7，错误。2．[2014·四川高考]下列溶液中粒子的物质的量浓度关系正确的是(　　)A.0.1mol·L－1NaHCO3溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)>c(OH－)B.20mL0.1mol·L－1CH3COONa溶液与10mL0.1mol·L－1HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中：c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋)C.室温下，pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H\n＋)>c(NH)＋c(OH－)D.0.1mol·L－1CH3COOH溶液与0.1mol·L－1NaOH溶液等体积混合，所得溶液中：c(OH－)>c(H＋)＋c(CH3COOH)答案：B解析：A项，NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，故溶液中各离子浓度大小关系应为c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)，错误；B项正确；C项，两溶液混合，NH3·H2O过量，溶液呈碱性，c(OH－)>c(H＋)，c(NH)>c(Cl－)，故c(Cl－)＋c(H＋)<c(NH)＋c(OH－)，C错误；D项，两溶液等体积混合后，得CH3COONa溶液，根据质子守恒得c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COOH)，故错误。3．[2013·大纲全国卷]下图表示水中c(H＋)和c(OH－)的关系，下列判断错误的是(　　)A.两条曲线间任意点均有c(H＋)×c(OH－)＝KwB.M区域内任意点均有c(H＋)<c(OH－)C.图中T1<T2D.XZ线上任意点均有pH＝7答案：D解析：本题考查了水的电离、水的离子积、pH的计算等知识。水电离出的c(H＋)与c(OH－)的乘积为一常数，A项正确；由图看出M区域c(H＋)<c(OH－)，B项正确；升高温度水的电离程度增大，c(H＋)与c(OH－)都增大，C项正确；可知XZ线上(除X点外)任意一点的pH都小于7，D项错误。\n4.[2013·山东高考]某温度下，向一定体积0.1mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液，溶液中pOH(pOH＝－lg[OH－])与pH的变化关系如右图所示，则(　　)A.M点所示溶液的导电能力强于Q点B.N点所示溶液中c(CH3COO－)>c(Na＋)C.M点和N点所示溶液中水的电离程度相同D.Q点消耗NaOH溶液的体积等于醋酸溶液的体积答案：C解析：本题通过图象考查酸碱中和滴定。由图象可以看出，在Q点溶液呈中性，在M点pOH>pH，即c(H＋)>c(OH－)，溶液显酸性，同理可知在N点溶液显碱性。M点时溶液显酸性，加入的NaOH不足，故导电性M<Q，A错；在N点溶液显碱性，加入的碱过量，溶液中的溶质为CH3COONa和NaOH，故c(CH3COO－)<c(Na＋)，B错；在M点溶液中c(H＋)与N点溶液中c(OH－)相等，C正确；在Q点溶液呈中性，酸应稍过量，故NaOH溶液的体积少于醋酸溶液的体积，D错。5.[2014·课标全国卷Ⅱ]某小组以CoCl2·6H2O、NH4Cl、H2O2、浓氨水为原料，在活性炭催化下，合成了橙黄色晶体X。为确定其组成，进行如下实验。①氨的测定：精确称取wgX，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用V1mLc1mol·L－1的盐酸标准溶液吸收。蒸氨结束后取下接收瓶，用c2mol·L－1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。\n②氯的测定：准确称取样品X，配成溶液后用AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀不再消失为终点(Ag2CrO4为砖红色)。回答下列问题：(1)装置中安全管的作用原理是_________________________。(2)用NaOH标准溶液滴定过剩的HCl时，应使用________式滴定管，可使用的指示剂为________。(3)样品中氨的质量分数表达式为________。(4)测定氨前应该对装置进行气密性检验，若气密性不好测定结果将________(填“偏高”或“偏低”)。(5)测定氯的过程中，使用棕色滴定管的原因是__________________；滴定终点时，若溶液中c(Ag＋)＝2.0×10－5mol·L－1,c(CrO)为________mol·L－1。[已知：Ksp(Ag2CrO4)＝1.12×10－12](6)经测定，样品X中钴、氨和氯的物质的量之比为1∶6∶3，钴的化合价为________。制备X的化学方程式为________________；X的制备过程中温度不能过高的原因是_____________________。答案：(1)当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定(2)碱酚酞(或甲基红)(3)×100%(4)偏低(5)防止硝酸银见光分解2.8×10－3(6)＋3'2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O　温度过高过氧化氢分解、氨气逸出解析：(1)当A中压力过大时，安全管中液面上升，使A瓶中压力稳定。(2)盛装氢氧化钠溶液应使用碱式滴定管，强碱滴定强酸，可以使用酚酞，也可以使用甲基红作指示剂。(3)总的盐酸的物质的量减去氢氧化钠的物质的量即为氨气物质的量，所以氨的质量分数的表达式为[(c1V1－c2V2)×10－3×17/w\n]×100%。(4)气密性不好，会有一部分氨逸出，使测定结果偏低。(5)因为硝酸银见光易分解，所以使用棕色滴定管；由题意，c2(Ag＋)×c(CrO)＝4.0×10－10×c(CrO)＝1.12×10－12，c(CrO)＝2.8×10－3mol·L－1。(6)由题给条件，可以写出X的化学式为[Co(NH3)6]Cl3，所以Co的化合价为＋3，制备X的化学方程式为2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O2===2[Co(NH3)6]Cl3＋2H2O，反应物中有NH3和H2O2，温度过高，会使过氧化氢分解、氨气逸出，不利于X的制备。6．[2014·重庆高考]中华人民共和国国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。(1)仪器A的名称是________，水通入A的进口为________。(2)B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为__________________。(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L－1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的________；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积(填序号)________(①＝10mL，②＝40mL，③<10mL，④>40mL)。(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：________g·L－1。(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______________________________________________。(6)[2014·福建高考]葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定\n葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI)①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________g·L－1。②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。答案：(1)冷凝管或冷凝器'b(2)SO2＋H2O2===H2SO4'(3)③'酚酞'④(4)0.24(5)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，消除盐酸挥发的影响(6)①0.16　②偏低解析：本题考查重要仪器的识别、化学实验基本操作、物质含量测定、误差分析与实验评价等，意在考查考生对教材基础实验的迁移和应用能力。(1)仪器A为起冷凝作用的冷凝管(或冷凝器)。为使整个冷凝管中充满冷凝水，水应该从下端(b端)进入。(2)SO2被H2O2氧化为H2SO4，反应方程式为SO2＋H2O2===H2SO4。(3)盛放NaOH溶液，应用带有橡皮管的碱式滴定管，可通过折弯橡胶管的方法(③)排出滴定管中的气泡。滴定终点时溶液的pH＝8.8，溶液呈弱碱性，应该选用酚酞作指示剂。由于滴定管下端充满溶液且没有刻度，所以滴定管中NaOH溶液的体积大于50mL－10mL＝40mL。(4)根据SO2～H2SO4～2NaOH，n(SO2)＝×0.0900mol·L－1×25.00×10－3L＝1.1250×10－3mol，则m(SO2)＝1.1250×10－3mol×64g·mol－1＝7.2×10－2g，故SO2的含量＝＝0.24g·L－1。(5)测定结果偏高应该从消耗NaOH溶液体积进行分析，如B中加入的盐酸具有挥发性，加热时进入装置C中，导致溶液中H＋的量增多，消耗NaOH溶液体积增大，导致测定结果偏高，要消除影响，可用难挥发性酸(如稀硫酸)代替盐酸；也可从滴定管读数方面进行分析。(6)①100.00mL葡萄酒样品中抗氧化剂的残留量n(SO2)＝n(I2)＝0.01000mol·L－1×25.00×10－3L＝2.5×10－4mol，则1L样品中抗氧化剂的残留量为2.5×10－4mol×10×64g·mol－1＝0.16g。②HI被氧化生成I2，若有部分HI被氧化，则实验过程中读数较实际消耗标准I2溶液偏少，测定结果会偏低。