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2019-2020年高考化學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第九章 水溶液中的離子平衡真題實(shí)戰(zhàn)2（含解析） 1. [高考集萃]判斷正誤，正確的畫(huà)“√”，錯(cuò)誤的畫(huà)“”。 (1)[xx課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ]洗凈的錐形瓶和容量瓶可以放進(jìn)烘箱中烘干。(　　) (2)[xx課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ]酸式滴定管裝標(biāo)準(zhǔn)溶液前，必須先用該溶液潤(rùn)洗。(　　) (3)[xx課標(biāo)全國(guó)卷Ⅰ]酸堿滴定實(shí)驗(yàn)中，用待滴定溶液潤(rùn)洗錐形瓶以減小實(shí)驗(yàn)誤差。(　　) (4)[xx大綱全國(guó)卷]用蒸餾水潤(rùn)濕的試紙測(cè)溶液的pH，一定會(huì)使結(jié)果偏低。(　　) (5)[xx天津高考]在蒸餾水中滴加濃H2SO4，Kw不變。(　　) (6)[xx天津高考]NaCl溶液和醋酸銨溶液均顯中性，兩溶液中水的電離程度相同。(　　) (7)[xx福建高考]25 ℃與60 ℃時(shí)，水的pH相等。(　　) (8)[xx廣東高考]對(duì)于常溫下pH＝2的鹽酸中，由H2O電離出的c(H＋)＝1.010－12 molL－1。(　　) (9)[xx江蘇高考]水的離子積常數(shù)Kw隨著溫度的升高而增大，說(shuō)明水的電離是放熱反應(yīng)。(　　) (10)[xx天津高考]同濃度、同體積的強(qiáng)酸與強(qiáng)堿溶液混合后，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，否則會(huì)變形，定容不準(zhǔn)確，錯(cuò)誤；(2)滴定管使用前，需先用標(biāo)準(zhǔn)溶液潤(rùn)洗，以減小實(shí)驗(yàn)誤差，正確；(3)酸堿滴定實(shí)驗(yàn)中，不能用待測(cè)液潤(rùn)洗錐形瓶，潤(rùn)洗會(huì)導(dǎo)致待測(cè)液增多，使實(shí)驗(yàn)誤差增大，錯(cuò)誤；(4)當(dāng)溶液本身呈中性時(shí)，用蒸餾水潤(rùn)濕pH，對(duì)測(cè)量結(jié)果不產(chǎn)生影響，錯(cuò)誤；(5)濃H2SO4加入蒸餾水中會(huì)放熱，使Kw變大，錯(cuò)誤；(6)NaCl是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，對(duì)水的電離不產(chǎn)生影響，而CH3COONH4是弱酸弱堿鹽，對(duì)水的電離起促進(jìn)作用，兩者影響不同，錯(cuò)誤；(7)水的電離受到溫度的影響，溫度不同，水電離出的氫離子濃度不同，pH也不同，錯(cuò)誤；(8)pH＝2的鹽酸中，水的電離受到抑制，水電離出的c(H＋)＝水電離出的c(OH－)＝溶液中的c(OH－)＝10－12 molL－1，正確；(9)水的電離是吸熱過(guò)程，錯(cuò)誤；(10)若H2SO4與NaOH溶液等體積等濃度混合，溶液的pH<7，錯(cuò)誤。 2．[xx四川高考]下列溶液中粒子的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是(　　) A. 0.1 molL－1 NaHCO3溶液與0.1 molL－1 NaOH溶液等體積混合，所得溶液中：c(Na＋)>c(CO)> c(HCO)>c(OH－) B. 20 mL 0.1 molL－1 CH3COONa溶液與10 mL 0.1 molL－1 HCl溶液混合后溶液呈酸性，所得溶液中： c(CH3COO－)>c(Cl－)>c(CH3COOH)>c(H＋) C. 室溫下，pH＝2的鹽酸與pH＝12的氨水等體積混合，所得溶液中：c(Cl－)＋c(H＋)>c(NH)＋c(OH－) D. 0.1 molL－1 CH3COOH溶液與0.1 molL－1 NaOH溶液等體積混合，所得溶液中：c(OH－)>c(H＋)＋c(CH3COOH) 答案：B 解析：A項(xiàng)，NaHCO3＋NaOH===Na2CO3＋H2O，故溶液中各離子濃度大小關(guān)系應(yīng)為c(Na＋)>c(CO)>c(OH－)>c(HCO)，錯(cuò)誤；B項(xiàng)正確；C項(xiàng)，兩溶液混合，NH3H2O過(guò)量，溶液呈堿性，c(OH－)>c(H＋)，c(NH)>c(Cl－)，故c(Cl－)＋c(H＋)c(Na＋) C. M點(diǎn)和N點(diǎn)所示溶液中水的電離程度相同 D. Q點(diǎn)消耗NaOH溶液的體積等于醋酸溶液的體積 答案：C 解析：本題通過(guò)圖象考查酸堿中和滴定。由圖象可以看出，在Q點(diǎn)溶液呈中性，在M點(diǎn)pOH>pH，即c(H＋)>c(OH－)，溶液顯酸性，同理可知在N點(diǎn)溶液顯堿性。M點(diǎn)時(shí)溶液顯酸性，加入的NaOH不足，故導(dǎo)電性M40 mL)。 (4)滴定至終點(diǎn)時(shí)，消耗NaOH溶液25.00 mL，該葡萄酒中SO2含量為：________ gL－1。 (5)該測(cè)定結(jié)果比實(shí)際值偏高，分析原因并利用現(xiàn)有裝置提出改進(jìn)措施______________________________________________。 (6)[xx福建高考]葡萄酒中抗氧化劑殘留量的測(cè)定 葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測(cè)定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)的方案如下： (已知：滴定時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2＋I(xiàn)2＋2H2O===H2SO4＋2HI) ①按上述方案實(shí)驗(yàn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液25.00 mL，該次實(shí)驗(yàn)測(cè)得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)為_(kāi)_______ gL－1。 ②在上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，若有部分HI被空氣氧化，則測(cè)定結(jié)果________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。 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：鹽酸的揮發(fā)；改進(jìn)措施：用不揮發(fā)的強(qiáng)酸如硫酸代替鹽酸，或用蒸餾水代替葡萄酒進(jìn)行對(duì)比實(shí)驗(yàn)，消除鹽酸揮發(fā)的影響 (6)①0.16　②偏低 解析：本題考查重要儀器的識(shí)別、化學(xué)實(shí)驗(yàn)基本操作、物質(zhì)含量測(cè)定、誤差分析與實(shí)驗(yàn)評(píng)價(jià)等，意在考查考生對(duì)教材基礎(chǔ)實(shí)驗(yàn)的遷移和應(yīng)用能力。(1)儀器A為起冷凝作用的冷凝管(或冷凝器)。為使整個(gè)冷凝管中充滿冷凝水，水應(yīng)該從下端(b端)進(jìn)入。(2)SO2被H2O2氧化為H2SO4，反應(yīng)方程式為SO2＋H2O2===H2SO4。(3)盛放NaOH溶液，應(yīng)用帶有橡皮管的堿式滴定管，可通過(guò)折彎橡膠管的方法(③)排出滴定管中的氣泡。滴定終點(diǎn)時(shí)溶液的pH＝8.8，溶液呈弱堿性，應(yīng)該選用酚酞作指示劑。由于滴定管下端充滿溶液且沒(méi)有刻度，所以滴定管中NaOH溶液的體積大于50 mL－10 mL＝40 mL。(4)根據(jù)SO2～H2SO4～2NaOH，n(SO2)＝0.0900 molL－125.0010－3 L＝1.125010－3 mol，則m(SO2)＝1.125010－3 mol64 gmol－1＝7.210－2 g，故SO2的含量＝＝0.24 gL－1。(5)測(cè)定結(jié)果偏高應(yīng)該從消耗NaOH溶液體積進(jìn)行分析，如B中加入的鹽酸具有揮發(fā)性，加熱時(shí)進(jìn)入裝置C中，導(dǎo)致溶液中H＋的量增多，消耗NaOH溶液體積增大，導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高，要消除影響，可用難揮發(fā)性酸(如稀硫酸)代替鹽酸；也可從滴定管讀數(shù)方面進(jìn)行分析。(6)①100.00 mL葡萄酒樣品中抗氧化劑的殘留量n(SO2)＝n(I2)＝0.01000 molL－125.0010－3 L＝2.510－4 mol，則1 L樣品中抗氧化劑的殘留量為2.510－4 mol1064 gmol－1＝0.16 g。②HI被氧化生成I2，若有部分HI被氧化，則實(shí)驗(yàn)過(guò)程中讀數(shù)較實(shí)際消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液偏少，測(cè)定結(jié)果會(huì)偏低。