2021版浙江高考选考化学一轮复习课后达标检测：专题8 2 第二单元　溶液的酸碱性 7页

课后达标检测 一、选择题 ‎1．(2017·浙江11月选考，T9)下列物质的水溶液不能使酚酞变红的是(　　)‎ A．NaOH　　　　　　　　　 B．Na2CO3‎ C．NaCl D．NH3‎ 答案：C ‎2．(2020·绍兴一中选考模拟)常温下0.1 mol·L－1醋酸溶液的pH＝a，下列能使溶液pH＝(a＋1)的措施是(　　)‎ A．将溶液稀释到原体积的10倍 B．加入适量的醋酸钠固体 C．加入等体积0.2 mol·L－1盐酸 D．提高溶液的温度 答案：B ‎3．(2017·浙江11月选考，T18)下列说法不正确的是(　　)‎ A．pH＜7的溶液不一定呈酸性 B．在相同温度下，物质的量浓度相等的氨水、NaOH溶液，c(OH－)相等 C．在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl－)＝c(CH3COO－)‎ D．氨水和盐酸反应后的溶液，若c(Cl－)＝c(NH)，则溶液呈中性 答案：B ‎4．(2020·浙江“超级全能生”选考科目联考)下列叙述中正确的是(　　)‎ A．Kw是常数，它不受溶液浓度和温度的影响 B．1 mL 0.1 mol/L氨水与10 mL 0.1 mol/L的氨水中，所含OH－的数目相等 C．滴入甲基橙显红色的溶液一定是酸溶液 D．稀释过程中，如果c(H＋)减小，则c(OH－)必然增大 答案：D ‎5．(2020·浙江1月选考,T17)下列说法不正确的是(　　)‎ A．pH >7的溶液不一定呈碱性 B．中和pH和体积均相等的氨水、NaOH溶液，所需HCl的物质的量相同 C．相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液中，c(OH－)相等 D．氨水和盐酸反应后的溶液，若溶液呈中性，则c(Cl－)＝c(NH)‎ 答案：B ‎6．已知室温时，0.1 mol·L－1某一元酸HA在水中有0.1%发生电离，下列叙述错误的是 (　　)‎ A．该溶液的pH＝4‎ B．升高温度，溶液的pH增大 C．此酸的电离平衡常数约为1×10－7‎ D．由HA电离出的c(H＋)约为水电离出的c(H＋)的106倍 解析：选B。根据HA在水中的电离度可算出c(H＋)＝0.1%×0.1 mol·L－1＝10－4 mol·L－1，所以pH＝4，A正确；因HA在水中存在电离平衡，升高温度促进平衡向电离的方向移动，所以c(H＋)将增大，pH会减小，B错误；可由平衡常数表达式算出Ka＝≈＝1×10－7，C正确；溶液中c(H＋)≈c酸(H＋)＝10－4 mol·L－1，所以c水(H＋)＝c(OH－)＝10－10 mol·L－1，c酸(H＋)约是c水(H＋)的106倍，D正确。‎ ‎7．(2020·台州高二月考)准确移取20.00 mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定。下列说法正确的是(　　)‎ A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定 B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大 C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定 D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏小 解析：选B。A.滴定管用蒸馏水洗涤后，需用待装液润洗才能装入NaOH溶液进行滴定。B.随着NaOH溶液的滴入，锥形瓶内溶液中c(H＋)越来越小，故pH由小变大。C.用酚酞作指示剂，当锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪去，说明达到滴定终点，应停止滴定。D.滴定达终点时，滴定管尖嘴部分有悬滴，则所加标准NaOH溶液量偏多，使测定结果偏大。‎ ‎8．下列变化使所得溶液的pH＝7的是(　　)‎ A．将25 ℃ pH＝7的NaCl溶液加热至80 ℃‎ B．常温下，pH＝2的NaHSO4溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合 C．常温下，pH＝2的CH3COOH溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合 D．常温下，0.1 mol·L－1的NaAlO2溶液和0.1 mol·L－1的HCl溶液按体积比1∶4混合 解析：选B。A项中加热促进水的电离，NaCl溶液中c(H＋)＝c(OH－)＞10－7 mol·L－1，pH＜7。C项中pH＝2的CH3COOH溶液中，CH3COOH的浓度大于10－2 mol·L－1，与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后，酸过量，溶液呈酸性，pH＜7。D项中发生反应：NaAlO2＋4HCl===AlCl3＋NaCl＋2H2O，AlCl3为强酸弱碱盐，水解呈酸性，pH＜7。‎ ‎9．下图表示水溶液中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－)＝Kw B．M区域内任意点均有c(H＋)＜c(OH－)‎ C．图中T1＜T2‎ D．XZ线上任意点均有pH＝7‎ 解析：选D。根据水的电离、水的离子积的影响因素以及pH的计算逐一分析各选项。A项水溶液中的c(H＋)与c(OH－)的乘积为一常数；B项由图看出M区域内c(H＋)＜c(OH－)；C项T2时c(H＋)·c(OH－)大于T1时c(H＋)·c(OH－)，因为水的电离过程是吸热的，温度越高，水的离子积越大，所以T2＞T1；D项pH＝－lg c(H＋)，XZ线上任意点的c(H＋)＝c(OH－)，但pH不一定为7。‎ ‎10．(2020·舟山中学高三检测)常温下，下列有关电解质溶液的叙述正确的是(　　)‎ A．等浓度等体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH＝7‎ B．将10 mL pH＝a的盐酸与100 mL pH＝b的Ba(OH)2溶液混合后恰好中和，则a＋b＝13‎ C．pH＝10的Ba(OH)2溶液和pH＝13的NaOH溶液等体积混合后溶液的pH＝10.7(已知lg 2＝0.3)‎ D．pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液显中性 解析：选B。由于不知道是几元酸和几元碱，则等浓度等体积的强酸和强碱溶液混合后，pH的大小不能确定，A项错误；两溶液混合后恰好中和，则10－a mol·L－1×0.01 L＝10－14＋b mol·L－1×0.1 L，则－a－2＝－14＋b－1，则a＋b＝13，B项正确；c(OH－)＝≈5×10－2 mol·L－1，c(H＋)＝Kw/c(OH－)＝2×10－13 mol·L－1，pH＝12.7，C项错误；pH＝2的盐酸与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液显碱性，D项错误。‎ ‎11．(2020·温州选考适应性测试)如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是(　　)‎ A．盐酸的物质的量浓度为1 mol·L－1‎ B．P点时反应恰好完全，溶液呈中性 C．曲线a是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线 D．酚酞不能用作本实验的指示剂 解析：选B。根据曲线a知，滴定前盐酸的pH＝1，c(HCl)＝0.1 mol·L－1，A项错误；P点表示盐酸与氢氧化钠溶液恰好完全中和，溶液呈中性，B项正确；曲线a是氢氧化钠溶液滴定盐酸的曲线，曲线b是盐酸滴定氢氧化钠溶液的曲线，C项错误；强酸与强碱滴定，可以用酚酞作指示剂，D项错误。‎ 二、非选择题 ‎12．现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1 mol·L－1的NaOH溶液，乙为0.1 mol·L－1的HCl溶液，丙为0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：‎ ‎(1)甲溶液的pH＝________；‎ ‎(2)丙溶液中存在电离平衡为____________________________________(用电离平衡方程式表示)；‎ ‎(3)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c(OH－)的大小关系为________________；‎ ‎(4)某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL 丙溶液，得到如图所示两条滴定曲线，请完成有关问题：‎ ‎①甲溶液滴定丙溶液的曲线是______(填“图1”或“图2”)；‎ ‎②a＝________mL。‎ 解析：(1)c(OH－)＝0.1 mol·L－1，则c(H＋)＝10－13 mol·L－1，pH＝13。(2)CH3COOH溶液中存在CH3COOH和水的电离平衡。(3)酸、碱对水的电离具有抑制作用，水溶液中c(H＋)或c(OH－)越大，水的电离程度越小，反之越大。(4)0.1 mol·L－1的HCl溶液pH＝1，0.1 mol·L－1的CH3COOH溶液pH＞1，对照题中图示，可知图2是甲溶液滴定丙溶液的曲线；氢氧化钠溶液滴定盐酸恰好中和时，pH＝7，二者浓度相等，体积相等，a＝20.00 mL；氢氧化钠溶液滴定醋酸恰好中和时，生成醋酸钠溶液，pH＞7。‎ 答案：(1)13　(2)CH3COOHCH3COO－＋H＋、H2OOH－＋H＋　(3)丙＞甲＝乙　(4)①图2‎ ‎②20.00‎ ‎13．现有常温下的六份溶液：‎ ‎①0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液；‎ ‎②0.01 mol·L－1 HCl溶液；‎ ‎③pH＝12的氨水；‎ ‎④pH＝12的NaOH溶液；‎ ‎⑤0.01 mol·L－1 CH3COOH溶液与pH＝12的氨水等体积混合后所得溶液；‎ ‎⑥0.01 mol·L－1 HCl溶液与pH＝12的NaOH溶液等体积混合后所得溶液。‎ ‎(1)其中水的电离程度最大的是________(填序号，下同)，水的电离程度相同的是________；‎ ‎(2)若将②③混合后所得溶液pH＝7，则消耗溶液的体积：②________③(填“＞”“＜”或“＝”)；‎ ‎(3)将六份溶液同等稀释10倍后，溶液的pH：‎ ‎①________②，③________④，⑤________⑥；(填“＞”“＜”或“＝”)‎ ‎(4)将①④混合，若有c(CH3COO－)＞c(H＋)，则混合溶液可能呈________(填字母)。‎ A．酸性　　　B．碱性　　　C．中性 解析：(1)酸和碱都会抑制水的电离，故只有⑥反应后为NaCl溶液，对H2O的电离无抑制作用。⑤反应后，氨水过量，①②③④⑤对水的电离都有抑制作用。其中②③和④对水的电离抑制程度相同。(2)因pH＝12的氨水中c(NH3·H2O)＞0.01 mol·L－1，欲使②、③混合后的pH＝7，需消耗的体积：②＞③。(3)稀释同样的倍数后，溶液的pH：①＞②；③＞④；⑤＞⑥。(4)由电荷守恒知：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，仅知道c(CH3COO－)＞c(H＋)，无法比较c(H＋)与c(OH－)的相对大小，也就无法判断混合液的酸碱性，故选项A、B、C都有可能。‎ 答案：(1)⑥　②③④　(2)＞　(3)＞　＞　＞　(4)ABC ‎14．(2020·温州中学选考模拟)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体试样(不含能与I－发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。‎ 已知：I2＋2S2O===S4O＋2I－。‎ ‎(1)可选用________作滴定指示剂，滴定终点的现象是____________________________。‎ ‎(2)CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为__________________________________。‎ ‎(3)该试样中CuCl2·2H2O的质量分数为________________________________。‎ 解析：(1)“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体试样的纯度的基本原理是CuCl2氧化I－生成I2，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，而淀粉溶液遇I2显蓝色，故可用淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点的现象是滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内溶液不恢复原来的颜色。(2)CuCl2与KI发生氧化还原反应，离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。(3)由题给信息可得关系式：2Cu2＋～I2～2S2O，则有n(CuCl2·2H2O)＝‎ n(Cu2＋)＝n(S2O)＝0.100 0 mol·L－1×20.00×10－3 L＝2.000×10－3 mol，m(CuCl2·2H2O)＝2.000×10－3 mol×171 g·mol－1＝0.342 g。试样中CuCl2·2H2O的质量分数为×100%＝95%。‎ 答案：(1)淀粉溶液　滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液，蓝色褪去，且半分钟内不恢复原来的颜色 ‎(2)2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2　(3)95%‎ ‎15．(2020·金丽衢十二校联考)过氧碳酸钠(Na2CO3·xH2O2)是一种新型氧系漂白剂，无毒无味，无环境污染。它的使用带来漂染行业的一次“工业革命”。某同学用以下流程合成过氧碳酸钠。‎ a．称取6.0 g无水碳酸钠于三口烧瓶中，用去离子水配成碳酸钠溶液约25 mL；‎ b．依次加入稳定剂硫酸镁0.12 g、硅酸钠0.21 g，充分溶解；‎ c．量取12 mL 30%H2O2溶液，加入滴液漏斗中；‎ d．控制反应液温度低于15 ℃，滴入H2O2溶液，15 min滴完；‎ e．滴完后量取80 mL异丙醇加入溶液中，抽滤，常温下干燥得产物6.72 g。‎ ‎(1)本实验中的Na2CO3必须采用分析纯试剂，水必须为去离子水，原因是________________________________________________________________________。‎ ‎(2)过氧碳酸钠相对于过氧化氢的优点是_________________________________。‎ ‎(3)加入异丙醇的作用是_______________________________________________。‎ ‎(4)称取0.200 0 g产物，溶于水中，将溶液小心酸化，用0.05 mol·L－1 KMnO4溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液13.60 mL。‎ ‎①该滴定操作达到终点的现象是_____________________________________。‎ ‎②计算x的值：________。‎ ‎③从文献中查得x＝1.50，则发生该偏差的原因(不考虑分析误差)最可能是________________________________________________________________________。‎ ‎(5)过硼酸钠(Na2H4B2O8)为另一常见漂白剂，其中B为＋3价，则当x＝1.50时，等物质的量的过硼酸钠与过氧碳酸钠相比，漂白能力是后者的______倍。‎ 解析：(1)采用分析纯试剂Na2CO3和去离子水主要是为了防止Na2CO3和水中的杂质催化H2O2分解。(2)过氧化氢不稳定，受热、光照均易分解，过氧碳酸钠稳定性高，且储存、运输方便。(3)异丙醇的作用是减小过氧碳酸钠的溶解度，促使其析出，提高产品产率。(4)①用高锰酸钾溶液滴定至终点的现象是溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。②设0.200 0 g产物中H2O2的物质的量为a mol，则 ‎2MnO＋6H＋＋5H2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O ‎ 2 5‎ ‎0．05×0.013 6 a ＝，解得a＝0.001 7，则 n (Na2CO3)＝ mol＝0.001 34 mol。1∶x＝0.001 34∶0.001 7，解得x＝1.27。③与文献中所查得的x＝1.50 相比，计算得到的x的值偏小，说明产品中含有杂质，则最可能的原因是加入异丙醇的量过大，使部分Na2CO3与产物共同析出。(5)根据化合物中元素化合价之和为0可知，1个Na2H4B2O8的8个O中，4个O的化合价为－2，4个O的化合价为－1，则1 mol 过硼酸钠作漂白剂时，转移4 mol电子。1 mol Na2CO3·1.5H2O2作漂白剂时，转移3 mol 电子。故过硼酸钠与过氧碳酸钠相比，漂白能力是后者的倍。‎ 答案：(1)Na2CO3和水中的杂质可能催化H2O2分解 ‎(2)储存、运输方便，久置不易分解 ‎(3)减小过氧碳酸钠的溶解度，促使其析出 ‎(4)①溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 ‎②1.27　③加入异丙醇的量过大，使部分Na2CO3与产物共同析出 ‎(5)