河南省光山县二高高考化学二轮复习 考点加餐训练 溶液中的离子平衡（含解析）.doc

溶液中的离子平衡1将质量分数为a%的naoh溶液蒸发掉m g水后,变成vml2a%naoh不饱和溶液,则蒸发后溶液的 物质的量浓度是（ ）amol/l bmol/l cmol/l dmol/l【答案】a【解析】试题分析：设蒸发后溶液的物质的量浓度为x，溶液的质量为t，则naoh的物质的量为0.01vx，naoh的质量为0.01vx40，根据蒸发前后naoh质量不变的关系，有以下关系：（0.01vx40）/t=2a%（0.01vx40）/（t+m）=a% 则t=m由（0.01vx40）/m=2a% 求得x=（ma/2v)mol/l 考点：物质的量浓度点评：此题根据蒸发前后溶质的质量不变的关系计算物质的量浓度，理清关系后，难度不大。2下列关于电解质溶液的叙述中正确的是（ ）ana2co3、nahco3两种盐的溶液中，离子种类是na2co3多于nahco3b在ch3coona溶液中c (ch3coo-) c(na+) c(oh-) c(h+) c在0.1moll-1的醋酸溶液中加入适量的蒸馏水，溶液的c(h+)/c(ch3cooh)增大d常温下，某溶液中由水电离出的c(h+)为10-5 mol/l，则此溶液可能是盐酸【答案】c【解析】ana2co3、nahco3两种盐的溶液中，离子种类是na2co3和nahco3一样多；b在ch3coona溶液中c (ch3coo-) c(na+) c(oh-) c(h+) ，这样肯定不对，违背了电荷守恒，应该为c(na+) c (ch3coo-) c(oh-) c(h+)；d常温下，某溶液中由水电离出的c(h+)为10-5 mol/l，水的电离受到了促进，此溶液为盐溶液，不可能为盐酸。3已知25，醋酸溶液中存在下述关系：k1.75105，则有关k的下列说法正确的是a当向该溶液中加入一定量的硫酸时，k值增大 b升高温度，k值增大c向醋酸溶液中加水，k增大d向醋酸溶液中加氢氧化钠，k增大【答案】b【解析】试题分析：a、平衡常数只与温度有关，所以当向该溶液中加入一定量的硫酸时，k值不变，错误；b、醋酸的电离是吸热反应，所以升高温度，促进醋酸的电离，离子浓度增大，k增大，正确；c、向醋酸溶液中加水，平衡正向移动，但k不变，错误；d、向醋酸溶液中加氢氧化钠，平衡正向移动，但k不变，错误，答案选b。考点：考查平衡常数的判断4ch3coona稀溶液中分别加入少量下列物质或改变如下条件，能使比值c (ch3coo-)/ c (na+) 一定减小的是：固体naoh 固体koh 固体nahso4 固体ch3coona 冰醋酸 降温a只有 【答案】a5关于常温下ph3的醋酸溶液，下列叙述正确的是 a加水稀释10倍后，ph4 b加水稀释后，溶液中c(h+)和c(oh)均减少c加入醋酸钠晶体后，溶液的ph增大 d加入等体积ph11的naoh溶液后，溶液呈中性【答案】c【解析】试题分析：a加水稀释10倍后，溶液中醋酸分子会继续电离产生h+，所以溶液的ph3c(po43)；b.ph为3的盐酸中c(h)103moll1，而ph1的盐酸中c(h)101 moli1，前者是后者的；c.氨水为弱电解质，部分电离；d.水的离子积适用于纯水和稀的电解质水溶液。25时其值为11014。8下列说法正确的是a在101kpa下氢气的燃烧热h= -285.5kjmol-1，则水分解的热化学方程式：2h2o(l)=2h2(g)+o2(g)h=+285.5 kjmol-1bph=3和ph=5的盐酸各10ml混合，所得溶液的ph=4c一定温度下，1l0.50mol/lnh4cl溶液与2l0.25nh4cl溶液含nh4+物质的是不同d吸热反应“tio2(s)+2cl2(g)=ticl4(g)+o2(g)”在一定条件下可自发进行，则该反应的s0【答案】c【解析】试题分析：a燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，所以水分解的热化学方程式：h2o(l)=h2(g)+1/2o2(g) h=+285.5 kjmol-1；故a错误；bph=3和ph=5的盐酸各10ml混合，所得溶液的ph约为4.3，故b错误；c一定温度下，1l0.50mol/lnh4cl溶液与2l0.25nh4cl溶液，因nh4+的水解程度不等，含nh4+物质的量也不等，故c正确；d反应前后气体的总量不变s=0，故d错误；故选c。考点：考查反应热、溶液的ph、盐类的水解及反应熵值判断。9有下列四种溶液：盐酸；氯化铁；氢氧化钠；碳酸钠。它们的ph分别为4，4，10，10，溶液中水的电离度为1，2，3，4，则下列关系正确的是a1=23=4b2=41=3c123=4d132=4【答案】b【解析】反应h2oh+oh-q；向水中加入酸或碱，h+或oh-增大，平衡向左移动，抑制了水的电离，h2o减小；向水中加入能水解的盐，消耗h+或oh-，使平衡向右移动，促进水的电离，h2o增大；升高温度，平衡向右移动，h2o增大；向水中加入其他能与h+或oh-反应的物质，也能促进水的电离。如na2o，na等。题中给出了四种溶液的溶质及ph，要求排列电离度的顺序。只要表示出水电离出来的h+水或oh-水，然后直接比较其大小即可。ph=4的盐酸：oh-为水电离产生的，oh-水=10-10mollph=4的fecl3溶液，h+为水电离出来的，h+水=10-4mollph=10的na2co3溶液，oh-为水电离出来的，oh-=10-4mollph=10的naoh溶液，h+为水电离出来的，h+=10-10moll所以b的顺序是正确的。10在相同温度时，100ml 0.01moll-1的醋酸溶液与10ml 0.1moll-1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是ah+的物质的量 b醋酸的电离常数 c中和时所需naoh的量 dch3cooh的物质的量【答案】a【解析】试题分析：a、醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，两种溶液溶质都为0.001mol，则100ml0.01moll-1的醋酸溶液与10ml0.1moll-1的醋酸溶液相比较，h+的物质的量前者大，正确；b、电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，错误；c、由于溶质n（ch3cooh）都为0.001mol，中和时所需naoh的量应相同，错误；d、0.01moll-1的醋酸电离程度大，则溶液中ch3cooh分子的物质的量小，错误。考点：本题考查弱电解质的电离、酸碱中和反应。 11已知某温度下，几种酸的电离常数如下：ka(hcn)= 6.210-10 mol/l、ka(hf)= 6.810-4 mol/l、ka(ch3cooh)= 1.810-5 mol/l、ka(hno2)= 6.410-6mol/l。则物质的量浓度都为0.1 mol/l的下列溶液中，ph最小的是anacn bnaf cch3coona dnano2【答案】b【解析】试题分析：由这几种弱酸在相同温度下的电离平衡常数可以判断酸性：hf ch3cooh hno2 hcn。酸越弱，相同条件下相同浓度的其相应的na盐水解程度越大，溶液的碱性就越强，ph就越大。故物质的量浓度都为0.1 mol/l的下列溶液中，ph最小的是naf。选项为：b 考点：考查盐的水解与形成盐的酸或碱的相对强弱的关系的知识。12下列叙述正确的是a熵变小于零而焓变大于零的反应肯定不能发生b热化学方程式中h的值与反应物的用量有关c化学反应中旧键断裂吸收能量，新键形成释放能量，所以化学反应伴随能量变化，但反应前后物质的总能量不变d用蒸馏水稀释0.1mol/l的醋酸至0.01mol/l，稀释过程中温度维持25不变，溶液中各离子浓度均减小【答案】c【解析】试题分析：a、熵变小于零即s0，g=h-ts0，反应不自发进行，不代表反应不能发生，错误；b、热化学方程式中h的值与反应物的用量无关，与热化学方程式中反应物的系数有关，错误；c、化学反应中旧键断裂吸收能量，新键形成释放能量，但遵循能量守恒定律，反应前后物质的总能量不变，所以化学反应伴随能量变化，正确；d、醋酸的稀释过程中，氢离子、醋酸根离子的浓度减小，但氢氧根离子的浓度增大，错误，答案选c。考点：考查反应自发的判断，热化学方程式与热效应的关系，溶液稀释过程离子浓度的变化13以0.1000 moll-1 naoh溶液滴定c moll-1，某弱酸ha溶液，其滴定曲线如图所示，下列说法正确的是a可用甲基橙作滴定指示剂b指示剂指示的滴定终点就是反应终点c突变范围的大小与酸的强弱及酸的浓度有关d滴定时氢氧化钠溶液盛放在带活塞的滴定管中【答案】c 【解析】试题分析：a、强碱与弱酸完全反应生成强碱弱酸盐，水解显碱性，故应选用碱性条件下变色的指示剂，如酚酞，而不可选甲基橙，错误；b、反应终点是指酸与碱刚好完全反应，而指示剂指示的是一个变色范围，错误；c、当酸的酸性很强，浓度较稀时，突变范围就大，正确；d、带活塞的为酸式滴定管，不可以盛naoh溶液，错误。考点：酸碱中和滴定1440时，在氨水体系中不断通入co2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是a在ph9.0时，c(nh4+）c(hco3-）c(nh2coo）c(co32）b不同ph的溶液中存在关系：c(nh4+）c(h+）2c(co32）c(hco3）c(nh2coo）c(oh）c随着co2的通入，不断增大d在溶液中ph不断降低的过程中，有含nh2coo的中间产物生成【答案】c【解析】a、在ph9.0时，作直线垂直于横坐标，从图上可直接看得出：c(nh4+）c(hco3-）c(nh2coo）c(co32），a正确；b、根据电荷守恒可得：c(nh4+）c(h+）2c(co32）c(hco3）c(nh2coo）c(oh），b正确；c、=，kb不变，c(nh4+）不断增大，则比值不断减小，c不正确；d、从图上看，ph降低过程中，有含nh2coo的中间产物生成，d正确。答案选c。【考点定位】本题主要是考查电解质溶液中离子浓度大小关系，电荷守恒关系，图像分析应用等。1525 时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是a0.2 moll1 nh3h2o溶液与0.1 moll1盐酸等体积混合：c(nh4 )c(cl)c(oh)c(h)b物质的量浓度相等ch3cooh和ch3coona溶液等体积混合后呈酸性：c(ch3coo)c(nh4 )c(h)c(oh)d0.1 moll1 na2co3溶液与0.1 moll1 nahco3溶液等体积混合所得溶液：c(co32 )2c(oh)c(hco3 )c(h2co3)2c(h)【答案】ac【解析】试题分析：a、0.2 moll1 nh3h2o溶液与0.1 moll1盐酸等体积混合，氨水过量，故c(nh4 )c(cl)c(oh)c(h)，正确；b、物质的量浓度相等ch3cooh和ch3coona溶液等体积混合后呈酸性，那么c(ch3coo)c(ch3cooh)，错误；c、等物质的量浓度等体积的nh4hso4溶液和naoh溶液混合，c(na)c(so42 )c(nh4 )c(h)c(oh)，正确；d、0.1 moll1 na2co3溶液与0.1 moll1 nahco3溶液等体积混合所得溶液：c(co32 )c(oh)c(hco3 )c(h2co3)c(h)，错误；故本题选择ac。考点：离子浓度大小的比较16已知： h2o h+ + oh-(h0)，kw为水的电离常数，完成下表。改变条件电离平衡移动方向溶液中c（h+）ph的变化kw升高温度加入酸加入na【答案】改变条件电离平衡移动方向溶液中c（h+）ph的变化kw升高温度右增大减小增大加入酸左增大减小不变加入na左减小增大不变【解析】考查外界条件对电离平衡的影响。由于电离是吸热的，所以升高温度，促进水的电离。氢离子浓度，ph减小，水的离子积常数增大；加入强酸增大氢离子浓度，抑制水的电离，由于水的离子积常数只与温度有关系，所以是不变的；钠溶于水和水反应生成氢氧化钠，碱性增强，抑制水的电离。17氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。完成下列填空：写出电解饱和食盐水的离子方程式 。离子交换膜的作用为： 、 。精制饱和食盐水从图中 位置补充，氢氧化钠溶液从图中 位置流出（选填“a”、“b”、“c”或“d”）。kclo3可以和草酸（h2c2o4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂clo2，还生成co2和khso4等物质。写出该反应的化学方程式 。室温下，0.1 mol/l naclo溶液的ph 0.1 mol/l na2so3溶液的ph（选填“大于”、“小于”或“等于”）。浓度均为0.1 mol/l 的na2so3和na2co3的混合溶液中，so32、co32、hso3、hco3浓度从大到小的顺序为 。已知： h2so3 ki1=1.5410-2 ki2=1.0210-7hclo ki1=2.9510-8h2co3 ki1=4.310-7 ki2=5.610-11【答案】. 2cl2h2ocl2h22oh。.阻止oh-进入阳极室，与cl2发生副反应：2naoh+cl2=nacl+naclo+h2o；阻止阳极产生的cl2和阴极产生的h2混合发生爆炸。.a；d；.2kclo3+ h2c2o4+ 2h2so4= 2clo2+2co2+2khso4+2h2o.大于；so32co32hco3hso3。.电解饱和食盐水时，溶液中的阳离子h+在阴极得到电子变为h2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的阴离子cl-在阳极失去电子，发生氧化反应。产生cl2。反应的离子方程式是2cl2h2ocl2h22oh。.图中的离子交换膜只允许阳离子通，是阳离子交换膜，可以允许阳离子通过，不能使阴离子通过，这样就可以阻止阴极溶液中的oh-进入阳极室，与氯气发生反应，阻止cl-进入阴极室，使在阴极区产生的naoh纯度更高。同时可以阻止阳极产生的cl2和阴极产生的h2混合发生爆炸。.随着电解的进行，溶质nacl不断消耗，所以应该及时补充。精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a位置补充，由于阴极h+不断放电，附近的溶液显碱性，氢氧化钠溶液从图中d位置流出；水不断消耗，所以从b口不断加入蒸馏水，从c位置流出的是稀的nacl溶液。.kclo3有氧化性，h2c2o4有还原性，在酸性条件下kclo3可以和草酸（h2c2o4）生成高效的消毒杀菌剂clo2，还生成co2和khso4等物质。则根据电子守恒及原子守恒，可得该反应的化学方程式是：2kclo3+ h2c2o4+ 2h2so4= 2clo2+2co2+2khso4+2h2o. naclo、na2so3都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的h+，破坏了水的电离平衡，当最终达到平衡时，溶液中c(oh-)c(h+)，所以溶液显碱性。形成盐的酸越弱，盐水解程度就越大。消耗的离子浓度越大，当溶液达到平衡时，剩余的离子浓度就越小。由于h2so3的ki2=1.0210-7；hclo的ki1=2.9510-8，所以酸性：hso3-hclo，因此溶液的ph: naclo na2so3。由于电离程度：h2so3 h2co3hso3-hco3-，浓度均为0.1 mol/l 的na2so3和na2co3的混合溶液中，水解程度：co32so32，所以离子浓度：so32co32；水解产生的离子浓度：hco3- hso3-。但是盐水解程度总的来说很小，主要以盐电离产生的离子存在。所以在该溶液中so32、co32、hso3、hco3 浓度从大到小的顺序为so32co32hco3hso3。【考点定位】考查电解原理的应用、氧化还原反应方程式的书写、电离平衡常数在比较离子浓度大小的应用的知识。182013年全国各地连续出现了严重的雾霾天气，给人们的出行及身体造成了极大的危害，因此研究no2、so2、co等大气污染气体的处理具有重要意义。i脱硫技术能有效控制so2对空气的污染。（1）海水呈弱碱性，主要含有na+、k+、ca2+、mg2+、ci-、so42-、br-、hco3-等离子。含so2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如下图所示：向曝气池中通入空气的目的是 通入空气后曝气池中海水与天然海水相比，浓度没有明显变化的离子是 。acl- bso42- chco3-（2）用naoh溶液吸收烟气中的so2，将所得的na2so3溶液进行电解，可循环再生naoh，同时得到h2so4，其原理如下图所示。(电极材料为石墨)图中b极要连接电的(填“正”或“负”) 极，c口流出的物质是 。so32-放电的电极反应式为 电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因 。ii我国的能消费结构以燃煤为主，将煤气化可减少环境污染，但煤气化过程中能产生有害气体h2s，用足量的na2co3溶液可吸收，该反应的离子方程式为 。(已知：h2s kal=9110-8；ka2=11 10-12；h2co3 kal=43010-7；ka2=561 10-11)【答案】（1）将h2so3、hso3-等氧化为so42-; a （2）正 硫酸so32- -2e-+h2o=so42-+2h+;在阴极h+放电生成h2，c（h+）减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强； co32-+h2s=hco3-+hs-.【解析】试题分析：（2）分析电解池中离子的移动方向，a极连接电源负极，b极连接电源的正极，且b极发生氧化反应，生成硫酸从c口流出，阴极区h+放电生成h2，c（h+）减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强；用足量的na2co3溶液吸收h2s，：h2s kal=9110-8；ka2=11 10-12；h2co3 kal=43010-7；ka2=561 10-11，可知酸性强弱顺序为h2co3 h2s hco3-hs-,从而反应的离子方程式为co32-+h2s=hco3-+hs-.考点：元素化合物知识、电解原理、原电池原理。19某化学课外小组同学在实验室做酸碱中和滴定实验，他们准确移取25.00ml某未知浓度的盐酸溶液于一洁净锥形瓶中，然后用0.2000moll naoh溶液滴定(指示剂为酚酞)。滴定结果如下：naoh溶液起始读数naoh溶液终点读数第一次0.02ml18.60ml第二次0.04ml18.66ml第三次0.20ml20.60ml（1）根据以上数据可计算出盐酸的物质的量浓度为 moll。(精确到0.0001) （2） 下列有关滴定的操作正确的顺序是 用标准液润洗滴定管 往滴定管中注入标准溶液检查滴定管是否漏水 滴定 加水洗涤a b c d（3）若操作有误，则导致待测盐酸溶液浓度偏低的错误操作是 a滴定管用蒸馏水洗后未用标准碱液润洗，直接装入标准碱液b滴定前滴定管尖端有气泡，滴后气泡消失c滴定管读数时，滴定前仰视滴定后俯视d待测液中指示剂酚酞(为有机弱酸)加得太多（4）如果准确移取25.00ml 0.2000moll naoh溶液于锥形瓶中，滴入酚酞指示剂，然后用未知浓度的盐酸(装在酸式滴定管中)滴定，是否也可测定出盐酸的物质的量浓度? 填 “是”或“否”)（5）另一小组同学用标准盐酸滴定未知浓度的naoh溶液，若测定结果偏高，则产生误差的原因可能是 a滴定时，装naoh溶液的锥形瓶未用naoh溶液润洗b酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准盐酸润洗c滴定前，酸式滴定管尖嘴处有气泡，而在滴定后气泡消失d配置naoh溶液时，naoh固体中混有少量koh固体【答案】（10分） 0.1488 b c 是 bc【解析】试题分析：（1）第三次的数据偏差较大，为保证数据的有效性，所以舍去第三次数据，则消耗氢氧化钠的平均体积是（18.60-0.02+18.66-0.04）/2=18.60ml，则盐酸的物质的量浓度为18.60ml0.2000moll/25.00ml=0.1488mol/l；（2）滴定时先检查滴定管是否漏水，再水洗、标准液润洗，装入标准液，滴定，所以答案选b；（3）a滴定管用蒸馏水洗后未用标准碱液润洗，直接装入标准碱液，会使氢氧化钠溶液体积偏大，滴定结果偏高，错误； b滴定前滴定管尖端有气泡，使初读数偏小，滴后气泡消失，则消耗氢氧化钠的体积偏大，结果偏高，错误； c滴定管读数时，滴定前仰视使读数偏大，滴定后俯视使读数偏小，所以消耗氢氧化钠的体积偏小，结果偏低，正确；d待测液中指示剂酚酞(为有机弱酸)加得太多，则消耗氢氧化钠的体积增多，滴定结果偏高，错误，答案选c；（4）是；因为强酸与强碱的滴定，可以把固定体积的氢氧化钠溶液放入锥形瓶中，待测液放入滴定管中，发生反应的实质仍是氢离子与氢氧根离子的中和反应，不影响实验结果；（5）a滴定时，装naoh溶液的锥形瓶未用naoh溶液润洗，对实验结果无影响，错误；b酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准盐酸润洗，使消耗盐酸的体积偏大，结果偏高，正确；c滴定前，酸式滴定管尖嘴处有气泡，使初读数偏小，而在滴定后气泡消失，所以消耗盐酸的体积偏大，结果偏高，正确； d配置naoh溶液时，naoh固体中混有少量koh固体，使所配溶液的浓度偏低，错误，答案选bc。考点：考查滴定操作的判断，误差的分析，实验结果的计算20阅读下列实验内容，根据题目要求回答问题：某学生为测定未知浓度的硫酸溶液，实验如下：用1.00ml待测硫酸配制100ml稀h2so4溶液；以0.14 moll1的naoh溶液滴定上述稀h2so4 25.00ml，滴定终止时消耗naoh溶液15.00ml。（1）该学生用标准0.14 moll1naoh溶液滴定硫酸的实验操作如下：a、用酸式滴定管取稀h2so4 25.00ml，注入锥形瓶中，加入指示剂。b、用待测定的溶液润洗酸式滴定管。c、用蒸馏水洗干净滴定管。d、取下碱式滴定管用标准的naoh溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管刻度“0”以上23cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下。e、检查滴定管是否漏水。f、另取锥形瓶，再重复操作一次。g、把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。滴定操作的正确顺序是（用序号填写）_ 。该滴定操作中应选用的指示剂是 _ 。在g操作中如何确定终点？ _ _ 。（2）碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果_（填“偏小”、“偏大”或“无影响”）。（3）配制准确浓度的稀h2so4溶液，必须使用的主要容器是 _ 。（4）如有1 moll1和0.1 moll1的naoh溶液，应用_ _的naoh溶液，原因是_ _ 。（5）用标准naoh溶液滴定时，应将标准naoh溶液注入 _（选填“甲”或“乙”）中。（6）观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则结果会导致测得的稀h2so4溶液浓度测定值 （选填“偏大”“偏小”或“无影响”）（7）计算待测硫酸（稀释前的硫酸）溶液的物质的量浓度（计算结果保留到小数点后第二位） _ 。 【答案】（1）ecdbagf（2分，其它合理答案也给分）酚酞 溶液由无色变为浅红色（或粉红色）且半分钟内不褪色（2）偏大（3）100ml容量瓶（100未写不给分）（4）0.1 moll1 溶液浓度越稀，误差就越小（5）乙（6）偏小（7）4.20 moll1（2分，单位不写扣1分）【解析】试题分析：（1）用标准0.14 moll1naoh溶液滴定硫酸，首先要检查滴定管是否漏水，再用蒸馏水洗干净滴定管，取下碱式滴定管用标准的naoh溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管刻度“0”以上23cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下，然后用待测定的溶液润洗酸式滴定管，再用酸式滴定管取稀h2so4 25.00ml，注入锥形瓶中，加入指示剂，把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度；另取锥形瓶，再重复操作一次，故滴定操作的正确顺序为ecdbagf；该滴定实验是用标准0.14 moll1naoh溶液滴定硫酸，所以要用酚酞作为终点的指示剂；当溶液由无色变为浅红色（或粉红色）且半分钟内不褪色，即可以认为滴定达到终点；（2）碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗，说明naoh溶液的浓度小于0.14moll1，所以会使计算的结果变大；（3）配制准确浓度的稀h2so4溶液，必须使用的主要容器是100ml容量瓶；（4）如有1 moll1和0.1 moll1的naoh溶液，应用0.1 moll1的naoh溶液，因为溶液浓度越稀，误差就越小；（5）甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管，故用标准naoh溶液滴定时，应将标准naoh溶液注入乙中；（6）观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，则读到的数值比实际数值大，滴定后俯视，则读到的数值比实际数值小，所以最后计算时得到的氢氧化钠的体积比实际上的小，故导致测得的稀h2so4溶液浓度测定值偏小；（7）根据c1v1=c2v2，可以得到0.1415=2c225，所以c2=0.042mol/l，故待测硫酸（稀释前的硫酸）溶液的物质的量浓度为0.042100=4.2mol/l。考点：酸碱滴定点评：本题考查酸碱滴定，酸碱滴定是中学的经典实验之一，是高考常考的考点，本题难度不大。21某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定操作：a在250 ml容量瓶中配制250 ml烧碱溶液b用移液管（或碱式滴定管）量取25.00 ml 烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴酚酞指示剂zxxkc在天平上准确称取烧碱样品w g，在烧杯中加蒸馏水溶解d将物质的量浓度为m moll1的标准h2so4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度v1 mle在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为v2 ml请完成下列问题：（1）正确的操作步骤是（填写字母）_d_。（2）操作d中液面应调整到_；尖嘴部分应_。（3）以下操作会造成所测烧碱溶液浓度偏低的是（ ）a酸式滴定管未用待装溶液润洗b碱式滴定管未用待装溶液润洗c锥形瓶未用待装溶液润洗d在滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失（4）该烧碱样品的纯度计算式是_。【答案】（1）c a b e（2）零刻度或零刻度以下的某一刻度 充满溶液，无气泡（3）b（4）%【解析】试题分析：（1）实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，故答案为：c；a；b；d；e；（2）滴定管0刻度在上，滴定前应调节到零刻度或零稍下的某一刻度，为减小误差，尖嘴部分应充满液体，无气泡.（3）a酸式滴定管未用待装溶液润洗，则酸的浓度减小，消耗酸溶液的体积增大，则测定结果偏高，a错误；b碱式滴定管未用待装溶液润洗，则碱的浓度减小，消耗酸溶液的体积减小，则测定结果偏低，b正确；c锥形瓶未用待装溶液润洗属于正确的操作，不影响结果，c错误；d在滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则消耗酸溶液的体积增大，则测定结果偏高，d错误，答案选b。（4） 硫酸的物质的量为m（v2-v1）10-3mol，则n（naoh）=2m（v2-v1）10-3mol，m（naoh）=80m（v2-v1）10-3，则样品中naoh的质量为1080m（v2-v1）10-3，所以烧碱样品纯度为1080（v2-v1） 10-3m/w100%=%（注意：v为ml），【考点定位】本题主要是考查中和滴定实验的有关判断与计算【名师点晴】误差分析：（1）原理（以标准盐酸滴定待测naoh溶液为例）：cb；vb准确量取的待测液的体积；ca标准溶液的浓度。故有：cb正比于va。（2）常见误差步骤操作v（标准）c（待测）洗涤酸式滴定管未用标准溶液润洗变大偏高碱式滴定管未用待测溶液润洗变小偏低锥形瓶用待测溶液润洗变大偏高锥形瓶洗净后还留有蒸馏水不变无影响取液放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失变小偏低滴定酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失变大偏高振荡锥形瓶时部分液体溅出变小偏低部分酸液滴出锥形瓶外变大偏高溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴naoh溶液无变化变大偏高读数酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后俯视读数（或前仰后俯）变小偏低酸式滴定管滴定前读数正确，滴定后仰视读数（或前俯后仰）变大偏高22在25 时，有ph为x的盐酸和ph为y的naoh溶液，取vx l该盐酸同该naoh溶液中和，需vy l naoh，求：（1）若x+y=14时，则vx/vy=_(填数值)。（2）若x+y=13时，则vx/vy=_(填数值)。（3）若x+y14时，则vx/vy=_(填表达式)，且vxvy_(填“”“=”或“”)。【答案】（1）1 （2）（3）10x+y-14 【解析】因为ph=x c（h+）=10-x moll-1ph=y naoh中poh=14-y c（oh-）=10-（14-y）=10y-14 h+ + oh-=h2o10-xvx 10y-14vy所以=10x+y-1423已知：正盐a强热可得到b、c、d、e四种物质，b通常情况下为无色无味液体，e、f 是空气主要成分，d能产生酸雨，i为红棕色气体，c与j反应可得a，j、k为两种常见的酸。物质之间的转化关系如图所示(图中部分反应物或生成物及反应条件未列出）。请回答下列问题：（1）c、e分别是_、_。（2）写出a强热分解生成b、c、d、e的化学方程式_。（3）写出d通人fecl 3 溶液时，发生反应的离子方程式_。（4）定浓度j、k混合后的稀溶液200ml，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解a g(产生气体只为g)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。则a_g，生成的气体g标准状况下体积为_，j的物质的量浓度为_。【答案】（12分）（1）nh3（1分），n2（1分）；（2）3(nh4)2so46h2o+4nh3+3so2+n2（2分）；（3）so2+2fe3+2h2o=so42-+2fe2+4h+（2分）；（49.6g（2分）；2.24l（2分）；2.5mol/l（2分）。【解析】试题分析：正盐a强热可得到b、c、d、e四种物质，b通常情况下为无色无味液体，则b是h2o，e、f 是空气主要成分，d能产生酸雨，i为红棕色气体，c与j反应可得a，j、k为两种常见的酸。d能产生酸雨，则d为so2 ，i为红棕色气体，i为no2 ，e、f 是空气主要成分，分别为n2 、o2 中的一种，c能与f连续反应得到no2 ，可推知f为o2 、c为nh3 、g为no，故e为n2 。j、k为两种常见的酸，b通常情况下为无色无味液体，酸k可以由b与no2 反应得到，则b为h2o、k为hno3。so2 与氧气反应生成h为so3 ，进一步与水化合生成j为h2 so4，c是nh3 与j反应可得a，且为正盐，故a为(nh4)2so4。（1）由上述分析可知，c为nh3 ，e为n2 ；（2）(nh4)2so4加强热发生分解反应产生nh3、n2、so2、水的化学方程式是3(nh4)2so46h2o+4nh3+3so2+n2；（3）so2 具有还原性，fecl3具有氧化性，将so2通入fecl3 溶液时，发生氧化还原反应，so2被氧化生成硫酸根，同时铁离子被还有为亚铁离子，反应的离子方程式为：so2+2fe3+2h2o=so42-+2fe2+4h+；（5）将硝酸与硫酸混合，得到强酸性溶液。把溶液分为两等份，向其中的一份中加入过量铁，在oa段发生反应为：fe+no3 - +4h+ =fe3+no+2h2 o，ab段发生反应为：fe+2fe3+ =3fe2+ ，bc段发生反应为：fe+2h+=fe2+ +h2 ，向其中另一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解a g(产生气体只为g)，发生反应：3cu8h2no3=3cu22no4h2o； cu与混酸反应生成no，反应生成no物质的量等于fe反应生成no的物质的量，oa段发生反应生成no，该阶段消耗fe为5.6g，其物质的量是n(fe)= 5.6g56g/mol=0.1mol，由方程式可知，生成no为0.1mol，根据方程式可知参加反应的cu的物质的量是n(cu)=3/2n(no)= 3/20.1mol=0.15mol，故可以溶解cu的质量=0.15mol64g/mol=9.6g；反应生成no的体积v(no)= 0.1mol22.4l/mol=2.24l；当反应不再进行时，得到的溶液为feso4溶液，反应共消耗fe的质量是14g，其物质的量是n(fe)= 14g56g/mol=0.25mol，所以根据元素守恒可知n(h2so4)=n(feso4)=n(fe)= 0.25mol，每份含硫酸0.25mol，所以硫酸的浓度c(h2so4)= n(h2so4)v= 0.25mol0.1l=2.5mol/l。【考点定位】考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写及有关氧化还原反应计算的知识。【名师点睛】本题涉及多种元素的单质及化合物，但是它们之间有一定的关系，只要根据题目已知条件找到突破口，其它物质就很容易推断得到。通常情况下为无色无味液体是水；e、f 是空气主要成分，则它们分别是氮气、氧气中的一种，d能产生酸雨，则d是so2；i为红棕色气体，i是no2，c连续与空气的成分之一f反应产生no2，则c是nh3，f是o2，e必然是n2，其它就可以根据元素的单质及化合物的性质及转化关系和题干已知条件推断得到。硝酸具有强的氧化性，在强酸性环境中会把金属氧化为金属阳离子，其本身被还原得到no，当溶液中h+足量时，n元素完全转化为no，然后根据原子守恒、电子守恒，结合微粒的氧化性强弱顺序，就可以得到各种待求物理量的答案。元素及化合物的推断是本题解答的根据。24请回答：（1）将硫化钠溶液与氯化铝溶液混合，有白色沉淀和气体生成，但此沉淀不是硫化铝。写出该反应的离子反应方程式： 。（2）将nh3通过灼热的cuo，有无色无味的难溶于水的气体生成，写出该反应的化学方程式： 。（3）cocl2常用作多彩水泥的添加剂，可用钴的某种氧化物与盐酸反应制备(其中co的化合价为+2、+3)。现取适量这种钴的氧化物，可与480 ml 5 moll1 盐酸恰好完全反应，得到cocl2溶液和6.72 l黄绿色气体(标准状况)。则该反应的化学反应方程式为 。下表给出五种元素的相关信息，其中a、b、c、d为短周期元素。根据以下信息填空：元素相关信息a在常温、常压下，其单质是气体，随着人类对环境的认识和要求的提高，它将成为备受青睐的清洁燃料b工业上通过分离液态空气获得其单质，其某种同素异形体是保护地球地表环境的重要屏障c植物生长三要素之一，它能形成多种氧化物，其中一种是早期医疗中使用的麻醉剂d室温下其单质为淡黄色粉末状固体，加热易熔化。该单质在氧气中燃烧，发出明亮的蓝紫色火焰e它在地壳中储量丰富，是人体不可缺少的微量元素之一。其单质为银白色固体，是工农业生产中不可或缺的金属材料，常用于机械制备、建筑等行业（4）c与a形成的某一化合物能和c与b形成的另一无色化合物(这两种化合物分子中原子个数比皆为12)一起用作火箭助推剂，两者发生反应生成无毒物质，写出上述化学反应方程式： 。（5）化合物x是元素d的最高价氧化物的水化物，x在水中的电离方程为 ；常温下，e的单质与化合物x稀溶液反应生成盐y，y的化学式是 。化合物z仅由元素d和e组成， z+h2o+o2x+y，产物中n(x)：n(y)=1：1，写出并配平上述方程式： 。（6）盐y受强热会发生分解反应，其气体产物由元素d的氧化物组成，请设计一个可行的定性实验，验证其气体产物中所含元素d的氧化物的组成 。 【答案】（1）2al3+3s2+6h2o=2al(oh)3+3h2s（2）2nh3+3cuo=3cu+n2+3h2o（3）co3o4+8hcl=3cocl2+cl2+4h2o（4）2n2h4+n2o4=3n2+4h2o（5）h2so4=2h+so42 feso4 2fes2+2h2o+7o22feso4+2h2so4（6）将气体产物通入品红溶液，如果品红溶液褪色，则含有so2，反之则无so2。取适量吸收液于试管，滴加适量盐酸酸化，再滴加bacl2，如有白色沉淀生成，则含有so3，反之则无so3。【解析】试题分析