水的电离和溶液的酸碱性同步试题.doc

周测一答案
1．D　2.C
3．D　[Ca(OH)2为强电解质；NaHCO3电离产生Na＋与HCO；H2CO3为多元弱酸，分步电离，不可一步完成。]
4．C　5.D
6．B　[电离平衡常数越大，电离程度越大，同浓度时，电离产生的c(H＋)越大，pH越小。]
7．D　[A、C项只能说明溶液的酸碱性，而不能比较其相对强弱；B项仅说明乙酸酸性比碳酸强；D项由于0.1 mol·L－1的乙酸溶液pH>1，说明乙酸未完全电离，为弱酸。]
8．C　[相同温度时，电离平衡常数越小，其电离程度越小，浓度相同时，电离产生的离子浓度就小。]
9．C　[由电离平衡看出，要使指示剂显红色，平衡必须左移，即应加入H＋。在题中给出的试剂中，只有①和④能提供H＋。]
10．B　[本题主要考查考生对电离平衡移动的理解，侧重考查考生分析问题的能力。]
11．D　[由题意可知，要使反应速率减小，而不改变H2的量，则要求c(H＋)减小，而n(H＋)不变，可采取的措施是：加水或加CH3COONa。]
12．D　[加入NaOH(s)、蒸馏水、升高温度均能使平衡右移，但加入NaOH、蒸馏水时c(H＋)减小，升高温度时c(H＋)增大。]
13．A　[一水合氨是弱电解质，加水稀释，一水合氨的电离平衡右移，n(OH－)和n(NH)增大，但c(OH－)和c(NH)减小。A、B、C各项中，分子、分母同乘溶液体积，浓度之比等于物质的量之比。]
14．A　15.B
16．(1)B
(2)由于氯水中存在下列平衡：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，饱和食盐水中，c(Cl－)很大，平衡左移
解析　A、D直接与HClO反应，使c(HClO)减小，C中加HCl，使c(H＋)增大，抑制了平衡向右移动，使c(HClO)减小；在饱和食盐水中，c(Cl－)很大，使平衡Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO左移，从而降低Cl2在水中的溶解度。
17．(1)向电离方向移动　增大
(2)向电离方向移动　减小
(3)向离子结合成分子的方向移动　增大
(4)向电离方向移动　减小
解析　对于弱电解质的水溶液(以CH3COOHCH3COO－＋H＋为例)，加水稀释，溶液的体积增大，相当于化学平衡的减压扩体，平衡向粒子数增大的一方(即向电离的方向)移动(化学平衡中气体分子数增大的方向)。若加入冰醋酸，CH3COOH分子的浓度增大，平衡也向电离方向移动。
18．0.1 mol·L－1　1.99×10－5 mol·L－1　变大

弱电解质的电离作业
答案：1、D 2、BC 3、B 4、AC 5、B 6、B 7、A 8、C 9、A 10、D
11.> = > =
12.（1）H2O2H++ HO2- HO2-H＋+O22- （2）H2O2+ Ba(OH)2BaO2+ 2H2O（3）H2O2+H2O2H3O2++HO2-
13. （1）A、D；（2）C、D；（3）D、A对溶液 A，H+离子浓度取决于 H2A 的第一级电离程度，对溶液 B，H+离子浓度取决于 HA-离子的电离程度；由于 H2A 的第一级电离大于第二级电离，因此，溶液 A 的 c（H+）要大于溶液 B。溶液 C 中生成了 0.02mol的 H2A，同时还有 0.02mol的 HA-离子共存（假设两溶液的体积均为 1L 混合），因此溶液的组成为 0.01mol·L-1H2A 和0.01mol·L-1HA-。由于存在共同离子 HA-的作用，其 c（H+）小于 A 而大于 B。溶液 D 的 H+离子浓度无疑是四种溶液中最小的。比较 H2A 浓度的大小，只需要比较溶液 A 和溶液 C，因为溶液 D 的 H2A 浓度显然最小。溶液 C 中与 H2A 共存有 HA-离子，这就抑制了 H2A 的电离，当 H2A 的起始浓度相同时，溶液 C 的 H2A 浓度较溶液 A 大（溶液 B 因水解：HA-+H2OH2A +OH―，生成的H2A 浓度不大）。溶液 D 发生下列反应：OH―+ HA-A2-+ H2O，难电离的 HA-全部都转化为 A2-离子，因此溶液 D 的 A2-离子浓度最大，A2-离子是 H2A 第二级电离的产物，由 HA-离子提供。对于其他三种溶液，比较 A2-离子浓度从比较HA-离子浓度即可以看出。溶液 C 的 HA-离子浓度明显地大于溶液 A，溶液 B 电离出来的 A2-离子浓度也多于溶液 A，因此，A2-离子浓度最小的是溶液 A。
14. （1）①④②③；（2）③②④①；（3）③①②④（4）一级电离产生的 H+抑制了二级电离。

水的电离和溶液的酸碱性周测（2）答案
1．B　2.C　3.D　4.A　5.C　6.A
7．B　8.A　9.A　10.A　11.B　12.A
13．D　[中性溶液中＝1，AG＝0；酸性溶液中，＞1，AG＞0；常温下0.1 mol·L－1的氢氧化钠溶液中，＝10－12，AG＝－12；常温下0.1 mol·L－1的盐酸溶液中，＝1012，AG＝12。]
14．B
15．(1)1×10－12 mol2·L－2　水的电离要吸热，温度升高，水的电离程度增大，即离子积增大
(2)否，在盐酸中c(H＋)≠c(OH－)，所以不在B点。
(3)2×10－9 mol·L－1
16．(1)a＝>c(或b>a>c)
(2)n1＝n2＝n3
(3)V1＝2V2＝V3(或V1＝V3>V2)
(4)v2>v1>v3
解析　(1)这三种酸中盐酸与硫酸为强酸，完全电离，故盐酸中c(H＋)＝0.1 mol·L－1，硫酸中c(H＋)＝0.2 mol·L－1，而醋酸是弱酸，存在电离平衡，部分电离，c(H＋)<0.1 mol·L－1。
(2)等浓度等体积的三种酸，其物质的量也相等，所以其生成盐的物质的量也相等。
(3)生成正盐是指与这些酸中的H＋完全反应，由于硫酸是二元酸，另外两种都是一元酸，所以在等体积的前提下，硫酸中的H＋的物质的量是另外两种酸的两倍，因此中和一定量的NaOH所需硫酸的体积是另外两种酸体积的一半。
(4)c(H＋)越大，产生H2速率越快，由(1)知v2>v1>v3。
17．(1)4　(2)1×10－7 mol·L－1　(3)增大　减小　(4)106
解析　(1)HA电离出的c(H＋)＝0.1×0.1% mol·L－1＝1×10－4 mol·L－1，pH＝－lg(1×10－4)＝4；(2)电离平衡常数K＝＝＝1×10－7 mol·L－1；(3)因HAH＋＋A－，电离过程是吸热的，所以升高温度，c(H＋)、c(A－)均增大，则K增大，而pH减小；(4)c(H＋)HA＝1×10－4 mol·L－1。c(H＋)水＝c(OH－)＝＝1×10－10 mol·L－1，所以c(H＋)HA∶c(H＋)水＝(1×10－4)∶(1×10－10)＝106。
18．(1)B、D　(2)淡黄　中　<　中
解析　(1)A加入NaHSO4后，c(H＋)增大，水电离平衡逆移；B中加入Cu(NO3)2，溶液消耗OH－，平衡正移，溶液呈酸性；C中平衡正移，但溶液依然为中性；D中加入(NH4)2SO4，消耗OH－，平衡正移且呈酸性。(2)沸水仍呈中性，故用pH试纸测定应呈本来颜色；若用pH计测定，应小于7。

溶液pH的计算 周测（3）
参考答案
1．A　[醋酸溶液中存在电离平衡，加水稀释时，平衡向右移动，产生更多H＋，使c(H＋)降低的程度小于盐酸。]
2．D　[碱溶液中应先求出c混(OH－)＝≈5×10－1 mol·L－1，所以c混(H＋)＝ mol·L－1＝2×10－14 mol·L－1。]
3．C　[强酸等体积混合，利用近似计算：pH＝2＋0.3＝2.3，c(H＋)＝1×102.3 mol·L－1。]
4．B
5．D　[两种酸混合后，溶液中的c(H＋)＝

＝0.001 mol·L－1，所以溶液的pH＝－lgc(H＋)＝－lg0.001＝3。]
6．D　[本题考查有关混合溶液pH的计算。有关稀溶液混合，总体积近似等于两种溶液体积之和。强碱溶液混合，应按c(OH－)计算：c混(OH－)＝(1×10－6 mol·L－1＋1×10－4 mol·L－1)/2＝5.05×10－5 mol·L－1，c混(H＋)＝KW/c(OH－)≈2×10－10 mol·L－1，pH＝9.7。]
7．D　[此题是电解质无限稀释问题，酸或碱无限稀释时，pH接近7，c(H＋)≈c(OH－)≈1×10－7mol·L－1。]
8．D
9．A　[A加水稀释为原溶液体积的10倍，强酸的pH正好增大1个单位。]
10．B　[Ba(OH)2是强碱，则a＝d。由于HCl与NH3·H2O的中和产物NH4Cl可水解呈酸性，则要使混合溶液呈中性，NH3·H2O必需过量，则b>a。由于NH3·H2O是一种很弱的碱，只有少部分电离，则②中的c一定小于a，即d>c。]
11．A　[0.05 mol·L－1的H2SO4溶液中c(H＋)＝0.10 mol·L－1，pH＝1。]
12．D　[pH＝5的H2SO4溶液中，c(H＋)＝10－5 mol·L－1，则c(SO)＝×10－5 mol·L－1，稀释1 000倍后，c(H＋)≈10－7 mol·L－1，c(SO)＝＝5×10－9 mol·L－1，则c(H＋)∶c(SO)＝10－7∶5×10－9＝20∶1。]
13．C
14．C　[设所取每份硫酸的体积为V1，使硫酸由pH＝1变为pH＝2，所加水的体积为9V1，又设所加NaOH溶液的体积为V2，则有c(H＋)＝ mol·L－1＝0.01 mol·L－1，解得V2＝V1，即V水∶VNaOH＝6∶1。]
15．D　[由题意得：n(NaOH)＝x×10a－14×10－3 mol，n(HCl)＝y×10－b×10－3 mol，则＝×10a＋b－14
当x＝y，且a＋b＝14时，＝1，所以pH＝7，A错；当10x＝y，a＋b＝13时，＝，所以pH<7，B错；当ax＝by，a＋b＝13时，＝，所以pH<7，C错；当x＝10y，且a＋b＝14时，＝10，所以pH>7，D正确。]
16．A　[由图可以知道稀释后A的pH大于B的，说明稀释后，A溶液酸性比B弱；若a＝4，说明A的pH变化了三个单位，说明A为强酸，B为弱酸。]
17．(1)1.0×10－13 mol2·L－2　>
(2)①10∶1　②9∶2
18．2∶9
19．(1)900　(2)1 000　(3)81.8
解析　本题考查了溶液稀释的三种方法：加水稀释；加入更稀的溶液稀释；加入能消耗溶质的溶液稀释。
(1)加水稀释pH＝12的NaOH溶液至pH＝11，应使体积增大至10倍，所以需加水900 mL。
(2)设需pH＝10的NaOH溶液体积为V，那么：
＝
1×10－3 mol·L－1，
V＝1 L＝1 000 mL。
(3)设需0.01 mol·L－1的盐酸体积为V，那么：

＝10－3 mol·L－1，V＝81.8 mL。

酸碱中和滴定 周测（4）参考答案
1．B　[量筒无“0”刻度，滴定管“0”刻度在上方，托盘天平“0”刻度在标尺的左边。]
2．A
3．C　[设NaOH和HCl溶液的浓度都为x。根据反应后溶液的pH＝12显碱性列计算式。
＝c(OH－)＝10－2 mol·L－1
解之得x＝0.05 mol·L－1。]
4．C　[此题考察中和滴定的一部分操作和滴定管结构，甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管；
2NaOH＋H2SO4===Na2SO4＋2H2O
c(H2SO4)＝
若锥形瓶装入一定体积NaOH溶液，则选用甲，滴定管内装H2SO4溶液。若锥形瓶中装入一定体积H2SO4溶液(待测液)，则选用乙，滴定管内装NaOH溶液。]
5．B
6．A　[滴定管的“0”刻度在上，量取NaOH溶液，开始时仰视液面使读数偏大，取出部分溶液后，俯视液面使读数偏小，滴定前后刻度差为10.00 mL，但实际取出的液体体积偏大。]
7．C　[滴定时，眼睛应注视锥形瓶中的溶液颜色变化。]
8．B　[②20 mL NaOH溶液中加入10 mL H2O，其溶质物质的量不变，只要仍用20 mL来进行计算，仍可得正确值。③敞口隔夜放置的NaOH溶液已发生反应生成部分Na2CO3溶液，用酚酞作指示剂，消耗盐酸的量将发生改变。]
9．B
10．(1)锥形瓶内溶液颜色的变化　在半分钟内不褪色　(2)D　(3)0.00　26.10　26.10
11．(1)甲
(2)当滴入最后一滴酸性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)2　偏大　偏小
解析　(1)因为酸性KMnO4具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，故应用酸式滴定管盛装。
(2)可利用酸性KMnO4溶液自身的颜色作为指示剂判断滴定终点，当达到滴定终点时，再滴加酸性KMnO4溶液时，溶液将由无色变为紫色。
(3)由题给化学方程式及数据可知，1.260 g纯草酸晶体中含H2C2O4的物质的量为0.100 0 mol·L－1×10.00 mL×10－3 L·mL－1××＝0.010 0 mol，则1.260 g H2C2O4·xH2O中含H2O的物质的量为
＝0.020 0mol，则x＝2。若滴定终点时俯视滴定管读数，则所得消耗酸性KMnO4溶液的体积偏小，由此所得n(H2C2O4)偏小，则n(H2O)偏大，x偏大；同理，若酸性KMnO4溶液变质，则消耗其体积偏大，所得x值偏小

水的电离和溶液的酸碱性同步试题
答案：1、D 2、CD 3、D 4、D 5、D 6、C 7、B 8、C 9、CD 10、C
11、C 12、D
13、(1)否 a=3 b=6, 溶液呈酸性与题意的强碱溶液不符合
(2)否 a=5, b=10，满足恰好完全反应时nOH－=nH+，则有Va·10－a= Vb·10 b－14，，从而可推出va>vb与题意va