2017年重庆高考化学综合提升训练（八）
(一)典型例题
【例1】常温下，纯水中存在电离平衡：H2O
H OH-，请填空：
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改变条件 |
水的电离平衡移动 |
Kw |
c(H )总 |
c(OH-)总 |
水电离出的c(H ) |
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升温到100℃ |
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通氯化氢 |
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10-2 mol/L |
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加氢氧化钠固体 |
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10-4 mol/L |
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加氯化钠固体 |
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10-7 mol/L |
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【分析】温度不变时，无论溶液是酸性、中性还是碱性，溶液中的氢离子浓度和氢氧根离子浓度的乘积都相同。常温下，此值为10-14。
在任何溶液中，水电离产生的氢离子浓度和水电离产生的氢氧根离子浓度始终相同，即为1:1。
【答案】
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改变条件 |
水的电离平衡移动方向 |
Kw |
c(H )总 |
c(OH-)总 |
水电离出的c(H ) |
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升温到100℃ |
正向 |
增大 |
增大 |
增大 |
增大 |
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通氯化氢 |
逆向 |
不变 |
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10-12 mol/L |
10-12 mol/L |
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加氢氧化钠固体 |
逆向 |
不变 |
10-10 mol/L |
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10-10 mol/L |
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加氯化钠固体 |
不动 |
不变 |
10-7 mol/L |
|
10-7 mol/L |
【例2】室温下，在pH=12的某溶液中，由水电离生成的c(OH-)为( )
A.1.0×10-7 mol·L-1 B.1.0×10-6 mol·L-1
C.1.0×10-2 mol·L-1 D.1.0×10-12 mol·L-1
【分析】本题以水的离子积为知识依托，考查学生对不同条件下水电离程度的认识，同时考查了思维的严密性。错解分析：pH=12的溶液，可能是碱溶液，也可能是盐溶液。忽略了强碱弱酸盐的水解，就会漏选D。
解题思路：先分析pH=12的溶液中c(H )、c(OH-)的大小。由c(H )=10-pH得：
c(H )=1.0×10-12 mol·L-1 c(OH-)=1.0×10-2 mol·L-1
再考虑溶液中的溶质：可能是碱，也可能是强碱弱酸盐。最后进行讨论：(1)若溶质为碱，则溶液中的H 都是水电离生成的：c水(OH-)=c水(H )=1.0×10-12 mol·L-1(2)若溶质为强碱弱酸盐，则溶液中的OH-都是水电离生成的：c水(OH-)=1.0×10-2 mol·L-1。
【答案】CD
【例3】室温下，把1mL0.1mol/L的H2SO4加水稀释成2L溶液，在此溶液中由水电离产生的H ，其浓度接近于( )
A. 1×10-4 mol/L B. 1×10-8 mol/L
C. 1×10-11 mol/L D. 1×10-10 mol/L
【分析】温度不变时，水溶液中氢离子的浓度和氢氧根离子的浓度乘积是一个常数。在酸溶液中氢氧根离子完全由水电离产生，而氢离子则由酸和水共同电离产生。当酸的浓度不是极小的情况下，由酸电离产生的氢离子总是远大于由水电离产生的(常常忽略水电离的部分)，而水电离产生的氢离子和氢氧根离子始终一样多。所以，酸溶液中的水电离的氢离子的求算通常采用求算氢氧根离子。
稀释后c(H )=(1×10-3L×0.1mol/L)/2L = 1×10-4mol/L
c(OH-) = 1×10-14/1×10-4 = 1×10-10 mol/L
【答案】D
【例4】将pH为5的硫酸溶液稀释500倍，稀释后溶液中c (SO42-)：c (H )约为( )
A、1：1 B、1：2 C、1：10 D、10：1
【分析】根据定量计算，稀释后c(H )=2×10-8mol·L-1，c(SO42-)=10-8 mol·L-1，有同学受到思维定势，很快得到答案为B。其实，题中设置了酸性溶液稀释后，氢离子浓度的最小值不小于1×10-7mol·L-1。所以，此题稀释后氢离子浓度只能近似为1×10-7mol·L-1。
【答案】C
【例5】弱酸HY溶液的pH=3.0，将其与等体积水混合后的pH范围是( )
A.3.0～3.3 B.3.3～3.5 C.3.5～4.0 D.3.7～4.3
【分析】虚拟HY为强酸，则将其与等体积水混合后
c(H )=
×10-3 mol·L-1
pH=3 lg2=3.3，事实上HY为弱酸，随着水的加入，还会有部分H 电离出来，故
c(H )>
×10-3 mol·L-1即pH<3.3。
【答案】A
【例6】将体积均为10 mL、pH均为3的盐酸和醋酸，加入水稀释至a mL和b mL，测得稀释后溶液的pH均为5，则稀释后溶液的体积( )
A.a=b=100 mL B.a=b=1000 mL
C.ab
【分析】盐酸是强电解质，完全电离。在加水稀释过程中盐酸电离出的H 离子的物质的量不会增加。溶液中c(H )与溶液体积成反比，故加水稀释时，c(H )会随着水的加入而变小。醋酸是弱电解质，发生部分电离。在加水稀释过程中未电离的醋酸分子发生电离，从而使溶液中H 离子的物质的量增加，而c(H )与溶液体积同样成反比，这就使得此溶液中c(H )受到n(H )的增加和溶液体积V增加的双重影响。很明显，若将盐酸和醋酸同等程度的稀释到体积都为a，则盐酸的c(H )比醋酸的c(H )小。若要稀释到两溶液的c(H )相等，则醋酸应该继续稀释，则有b>a。?
【答案】C
【例7】99mL0.1mol/L的盐酸和101mL0.05mol/L氢氧化钡溶液混合后，溶液的c(H )为( )(不考虑混合时的体积变化)。
A. 0.5×(10-8 10-10)mol/L B. (10-8 10-10)mol/L
C.(1×10-14-5×10-5)mol/L D. 1×10-11 mol/L
【分析】把101mL的Ba(OH)2分差成99mL和2mL，其中99mLBa(OH)2溶液和99mL盐酸溶液恰好完全反应，这样就相当于将2mL0.05mol/L的Ba(OH)2加水稀释至200mL，先求溶液中的[OH-]，然后再化成[H ]，故应选D。
[答案]D
本文导航第1页高考化学综合提升训练第2页高考化学综合提升训练第3页全国各地化学模拟试题第4页全国各地化学真题试卷【例8】将pH=8的NaOH溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合后，溶液的pH值最接近于( )。
A. 8.3 B. 8. C. 9 D. 9.7
[解析]同种溶质的酸或碱溶液混合后溶液的pH值约为大的pH减去0.3(两溶液的pH值必须相差2以上)。
[答案]D
【例9】室温下xL pH=a的盐酸溶液和yL pH=b的电离度为α的氨水恰好完全中和，则x/y的值为( )
A.1 B. 10-14-a-b /α C. 10a b-14/α D.10a-b/α
【分析】c(HCl)=c(H )=10-amol·L-1，盐酸的物质的量=10-a×x mol·L-1，c(NH3·H2O)·α=c(OH-)=10b-14 mol·L-1，NH3·H2O物质的量为10b-14÷α×y mol·L-1。根据题意：
10-a·x=10b-14÷α×y，得x/y=10a b-14/α。
【答案】C
【例10】若在室温下pH=a的氨水与pH=b的盐酸等体积混合，恰好完全反应，则该氨水的电离度可表示为( )
A.10a b-12 % B. 10a b-14 % C. 1012-a-b % D. 1014-a-b %
【分析】设氨水和盐酸各取1L。氨水电离出的c(OH-)=10-14÷10-a mol·L-1=10a-14mol·L-1
即氨水电离出的OH-的物质的量为10a-14mol，而NH3·H2O的物质的量=盐酸的物质的量=10-bmol·L-1×1L=10-bmol;所以氨水的电离度为10a b-12 %。
【答案】A
【例11】用0.01mol/LH2SO4滴定0.01mol/LNaOH溶液，中和后加水至100mL。若滴定时终点判断有误差：①多加了1滴H2SO4;②少加了1滴H2SO4(设1滴为0.05mL)。则①和②c(H )之比为( )
A. 10 B. 50 C. 5×103 D. 104
【分析】多加1滴H2SO4，则酸过量，相当于将这1滴硫酸由0.05mL稀释至100mL。少加1滴H2SO4，相当NaOH溶液过量2滴，即将这部分NaOH溶液稀释至100mL。现计算如下：
①多加1滴硫酸时，c(H )=
=10-5(mol/L)， ②少加1滴硫酸时，c(OH-)
=10-5(mol/L)， c(H )=
=10-9(mol/L)，故二者比值为104。
【答案】D
【例12】有①、②、③三瓶体积相等，浓度都是1mol·L-1的盐酸溶液，将①加热蒸发至体积一半;向②中加入少量的CH3COONa固体(加入后仍显酸性);③不作任何改变，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定上述三种溶液，所耗NaOH溶液的体积为( )
A. ①=②>③ B. ③>②>① C. ③=②>① D. ①=②=③
【分析】本题着重考查酸碱中和、溶液的酸碱性判断及抽象思维能力。
对①加热蒸发，由于HCl的挥发性比水大，故蒸发后溶质可以认为没有，消耗的NaOH溶液的体积最少。在②中加入CH3COONa固体，发生反应：HCl CH3COONa==CH3COOH NaCl，当以酚酞作指示剂时，HCl、CH3COOH被NaOH中和：HCl NaOH==NaCl H2O，CH3COOH NaOH==CH3COONa H2O，此过程中被中和的H 物质的量与③相同。
若改用甲基橙作指示剂，因为甲基橙的变色范围(pH)为3.1~4.4，此时，部分CH3COOH不能被NaOH完全中和，三种溶液所消耗的NaOH溶液体积为③>②>①。
【答案】C
【例13】以标准的盐酸溶液滴定未知的氢氧化钠为例，判断以下操作所引起的误差(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)
⑴读数：滴定前俯视或滴定后仰视; ( )
⑵未用标准液润洗滴定管; ( )
⑶用待测液润洗锥形瓶; ( )
⑷滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后尖嘴气泡消失; ( )
⑸不小心将标准液滴在锥形瓶的外面; ( )
⑹指示剂用量过多。 ( )
【分析】本题主要考查学生的实验操作规范及误差分析能力。(1)滴定前俯视或滴定后仰视会导致标准液读数偏大，造成滴定结果偏高。(1)未用标准液润洗滴定管，会使标准液浓度降低，造成滴定结果偏高。(3)用待测液润洗锥形瓶，会使标准液用去更多，造成滴定结果偏高。(4)气泡不排除，结束后往往气泡会消失，所用标准液读数增大，造成测定结果偏高。(5)不小心将标准液滴在锥形瓶的外面，导致标准液读数偏大，造成滴定结果偏高。(6)指示剂本身就是一种弱电解质，指示剂用量过多会导致标准液耗去偏多，造成测定结果偏高。
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