实验活动2 强酸与强碱的中和滴定精讲（解析版）

PAGE15实验活动2强酸与强碱的中和滴定（精讲）思维导图思维导图例题精讲例题精讲【例1】（2022高二·咸阳）实验小组欲用0.5000mol•L-1标准NaOH溶液标定未知浓度的H2SO4溶液，其操作分为如下几步：①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.5000mol•L-1标准NaOH溶液至“0”刻度线以上；②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体；③调节液面至“0”或“0”刻度线以下，并记下读数；④量取20.00mL待测液注入润洗过的锥形瓶中，并加入2滴酚酞溶液；⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数；⑥重复以上滴定操作2~3次。请回答下列问题：（1）以上步骤有错误的为个。（2）排除碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的(填序号)。（3）步骤⑤滴定时眼睛应注视；到达滴定终点的现象是。（4）以下是实验数据记录表：滴定次数待测液体积(mL)标准NaOH溶液体积(mL)滴定前滴定后120.000.0018.10220.002.2018.40320.002.0018.16根据表中数据计算该H2SO4溶液的物质的量浓度为mol/L。（5）下列操作可能使所测H2SO4溶液的浓度偏高的是____(填字母)。A．锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水A．碱式滴定管盛装标准液前未润洗B．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡C．滴定过程中刚变色就立即停止滴定【答案】（1）2（2）③（3）滴入最后一滴标准NaOH溶液时，溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色（4）0.2023（5）A；B【解析】（1）由题给操作步骤可知，步骤①用蒸馏水洗涤碱式滴定管后没有用氢氧化钠标准溶液润洗滴定管，会使消耗标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高；步骤④用待测液润洗锥形瓶会使待测液中溶质的物质的量偏大，导致所测结果偏高，则①④操作不正确，故答案为：2；（2）碱式滴定管排气泡需要将尖嘴朝上，这样便于把气泡排除，即采用如图所示操作中的③，故答案为：③；（3）骤⑤滴定时，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化；当硫酸和氢氧化钠溶液完全反应后，再滴入氢氧化钠溶液，溶液会由由无色变为粉红色，则判断到达滴定终点的依据是滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复原来颜色，故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟不恢复原来颜色；（4）由表格数据可知第一次实验中记录消耗氢氧化钠溶液体积明显多于后两次，舍去；由2、3次滴定记录的氢氧化钠溶液体积可知，消耗氢氧化钠溶液的体积为16.18mL，则硫酸的浓度为0.2023mol/L，故答案为：0.2023。（5）A．锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水不影响标准溶液的体积和待测液中溶质的物质的量，对实验结果无影响，故不正确；B．碱式滴定管盛装标准液前未润洗，使消耗标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故正确；C．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡使消耗标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏高，故正确；D．滴定过程刚变色就立即停止滴定可能使消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故不正确；故答案为：BC；【例2】（2022高二·浙江）硫酸亚铁铵是一种重要的化学试剂，样品中铁含量的测定可以采用酸性高锰酸钾滴定的方法。高锰酸钾标准溶液可用性质稳定、摩尔质量较大的基准物质草酸钠()进行标定。实验步骤如下：步骤一：先粗略配制浓度约为的高锰酸钾溶液250mL：步骤二：称取草酸钠固体mg放入锥形瓶中，加入适量水溶解并加硫酸酸化，加热到70~80℃立即用滴定，从而标定浓度为；步骤三：称取样品2.031g，放入锥形瓶并用适量水溶解，然后分成三等份；步骤四：用标准溶液滴定步骤三所配样品溶液，三次实验达到终点时消耗标准液体积如下：序号滴定前读数/mL滴定后读数/mL10.1020.1522.2025.3031.3021.25（1）写出用草酸标定高锰酸钾反应原理的离子方程式。（2）步骤一中至少需要用到的玻璃仪器有烧杯、、。（3）步骤二中需要对m的值进行预估，你的预估依据是。a．所加硫酸的体积和浓度b．反应的定量关系c．滴定管的最大容量d．用于溶解草酸钠的水的体积（4）在测定过程中，选出正确的滴定操作并排序：检查是否漏水→蒸馏水洗涤→标准液润洗滴定管→（）→（）→（）→（）→到达滴定终点，停止滴定，记录读数a．轻轻转动酸式滴定管的活塞，使滴定管尖嘴部分充满溶液，无气泡b．调整管中液面至“0”或“0”刻度以下，记录读数c．调整管中液面，用胶头滴管滴加标准液恰好到“0”刻度d．锥形瓶放于滴定管下，边摇边滴定，眼睛注视锥形瓶内颜色变化e．装入标准溶液至“0”刻度以上2~3mL，固定好滴定管f．锥形瓶放于滴定管下，边摇边滴定，眼睛注视滴定管内液面变化g.将滴定管尖向上弯曲，轻轻挤压玻璃珠使滴定管的尖嘴部分充满溶液至无气泡（5）样品中铁元素的质量分数为。（6）以下操作会造成测定结果偏低的是____。A．达到滴定终点读取数据时，俯视视滴定管液面B．锥形瓶未用待测液润洗C．盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失D．溶液颜色变化后，立即读数【答案】（1）（2）玻璃棒；量筒（3）bc（4）e-a-b-d（5）17.4%（6）A；D【解析】（1）(H+)→Mn2+、Na2C2O4→CO2反应中其他元素没有得、失电子，据Mn和C的化合价变化分析，与Na2C2O4的物质的量之比为2：5，再据原子守恒和电荷守恒草酸标定高锰酸钾反应原理的离子方程式：；（2）粗略配浓度约为的高锰酸钾溶液250mL步骤有计算、称量、溶解、冷却等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，用量筒量取水在烧杯中溶解，冷却，并用玻璃棒搅拌，所以至少需要用到的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、量筒；（3）步骤二中需要根据滴定管的最大容量，确定可能用到的KMnO4的体积，粗略计算出其物质的量，并通过反应的定量关系计算用到的草酸钠的量，故答案为：bc；（4）滴定步骤包含检漏、洗涤、润洗、注液、调液，读数，滴定，滴定终点，接下来的排列顺序为：e-a-b-d；（5）实验达到终点时消耗标准液体积分别为：20.15mL-0.1mL=20.05mL，25.30mL-2.2mL=23.1mL(舍去)，21.25mL-1.3mL=19.95mL，平均体积=(20.05mL+19.95mL)÷2=20.0mL，根据，可知，样品中铁元素质量分数为：；（6）A．达到滴定终点读取数据时，俯视视滴定管液面，标准液体积偏小，结果偏低，A正确；B．锥形瓶未用待测液润洗，对结果无影响，B不正确；C．盛装标准溶液的滴定管，滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液体积偏大，结果偏大，C不正确；D．溶液颜色变化后，立即读数，消耗标准液体积偏小，结果偏小，D正确；故答案为：AD。【一隅三反】1．（2022高二·宝应）实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生为测定盐酸的浓度在实验室中进行如下实验。①配制100mL0.10mol·L-1NaOH标准溶液。②取20.00mL待测稀盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用自己配制的标准NaOH溶液进行滴定。重复上述滴定操作2～3次，记录数据如下。实验编号NaOH溶液的浓度(mol/L)滴定完成时，NaOH溶液滴入的体积(mL)待测盐酸溶液的体积(mL)10.1022.6220.0020.1022.7220.0030.1022.8020.00请完成下列问题：（1）配制NaOH标准溶液时，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、、胶头滴管。（2）滴定达到终点的现象是。（3）根据上述数据，可计算出该盐酸的浓度约为(保留两位有效数字)（4）如下图所示，排去碱式滴定管中气泡的方法应采用操作，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。（5）在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏高的有____。A．滴定终点读数时俯视读数B．锥形瓶水洗后未干燥C．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗D．称量前NaOH固体中混有Na2CO3固体E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失F．滴定过程中，锥形瓶的振荡过于激烈，使少量溶液溅出G．配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3【答案】（1）100mL容量瓶（2）加入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变为浅红色，且半分钟不褪色（3）0.11mol·L-1（4）丙（5）D；E【解析】（1）配制100mL0.10mol·L-1NaOH标准溶液，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管。（2）滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，即酚酞在酸中为无色，在碱中显浅红色，故答案为：加入最后一滴氢氧化钠溶液，溶液由无色恰好变为浅红色，且半分钟不褪色。（3）三组数据均有效，消耗氢氧化钠的平均体积为：=22.71mL，c(待测)===0.11mol·L-1；（4）碱式滴定管的气泡通常在橡胶管内，只要将滴定玻璃头朝上，并挤压橡皮管中的玻璃珠就可以将气泡冲出，故答案为：丙。（5）A．滴定终点读数时俯视读数，导致标准溶液的体积偏小，则待测溶液浓度偏低，故A不选；B．锥形瓶水洗后未干燥，对消耗标准液体积不产生影响，待测液浓度准确，故B不选；C．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，导致标准溶液的体积偏小，则待测溶液浓度偏低，故C不选；D．称量前NaOH固体中混有Na2CO3固体，导致标准溶液的体积偏大，则待测溶液浓度偏高，故D选；E．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失，导致标准溶液的体积偏大，则待测溶液浓度偏高，故E选；F．滴定过程中，锥形瓶的振荡过于激烈，使少量溶液溅出，导致标准溶液的体积偏小，则待测溶液浓度偏低，故F不选；G．配制好的NaOH标准溶液保存不当，部分与空气中的CO2反应生成了Na2CO3，根据钠守恒，对V(标准)无影响，待测液浓度准确，故G不选；故答案为：DE。2．（2022高二·浙江）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是中学阶段常见的化学试剂。（1）I.它在酸性条件下不稳定，可与稀硫酸发生反应：。现利用该反应探究外界条件对反应速率的影响。实验编号0.1mol/LNa2S2O3溶液体积/mL0.1mol/LH2SO4溶液体积/mL水的体积/mL温度/℃出现浑浊所用时间/s14.03.01.02022.03.0V1203V23.03.030完成此实验设计，其中：V1=，V2=（2）对比实验1、2可探究对反应速率的影响。（3）II.硫代硫酸钠易与空气中的CO2、O2等反应而变质，现有研究性学习小组同学，测定实验室储存的Na2S2O3样品的纯度。方法如下：准确称取10.00g样品，用蒸馏水溶解并定容至250mL，准确移取该溶液25.00mL于锥形瓶中，加入2滴淀粉溶液，用0.1000mol/L碘的标准溶液滴定。反应原理为。滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：检漏→蒸馏水洗涤→→开始滴定。a.烘干b.装入滴定液至零刻度以上c.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下d.用洗耳球吹出润洗液e.排除气泡f.用滴定液润洗滴定管2至3次g.记录起始读数（4）本实验滴定过程中操作滴定管的图示正确的是____(填字母)A． B．C． D．（5）在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)（6）滴定终点的判断方法：。（7）本实验消耗碘的标准溶液20.00mL，则该样品的纯度为(保留四位有效数字)。（8）下列操作会使测得的样品纯度偏高的是____(填字母)。A．滴定前有气泡，滴定结束时气泡消失B．滴定管未用标准溶液润洗C．滴定前仰视读数，结束时俯视读数D．锥形瓶未润洗【答案】（1）3.0；2.0（2）浓度（3）fbecg（4）A（5）再用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁（6）滴入最后半滴溶液，溶液变蓝，且半分钟内无变化（7）63.20%（8）A；B【解析】（1）探究影响反应速率的因素时，只能改变一个条件，所取0.1mol/L的H2SO4体积相同，要保证最终浓度相同，混合溶液的总体积应相同，即总体积为8mL，由此可得出：V1=3.0，V2=2.0。答案为：3.0；2.0；（2）对比实验1、2，温度相同，H2SO4的体积、浓度相同，而硫代硫酸钠的体积不同，则混合后浓度不同，所以可探究浓度对反应速率的影响。答案为：浓度；（3）滴定前，进行检漏→蒸馏水洗涤，下一步应是标准液装入酸式滴定管，并做好滴定前的一切准备，则应进行的一系列操作为：f.用滴定液润洗滴定管2至3次、b.装入滴定液至零刻度以上、e.排除气泡、c.调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下、g.记录起始读数，故答案为：fbecg。答案为：fbecg；（4）A．使用酸式滴定管，操作规范，A正确；B．使用碱式滴定管，会造成橡皮管的腐蚀，B不正确；C．此操作易将活塞拉出，导致实验失败，C不正确；D．可以使用带有聚四氟乙烯活塞的滴定管，但操作不规范，D不正确；故答案为：A。（5）在接近终点时，使用“半滴操作”，其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。答案为：再用少量蒸馏水冲洗锥形瓶内壁；（6）滴定终点时，应看到指示剂变色，但不褪色，判断方法为：滴入最后半滴溶液，溶液变蓝，且半分钟内无变化。答案为：滴入最后半滴溶液，溶液变蓝，且半分钟内无变化；（7）本实验消耗碘的标准溶液20.00mL，则该样品的纯度为=63.20%。答案为：63.20%；（8）A．滴定前有气泡，滴定结束时气泡消失，则读取的所用碘标准溶液的体积偏大，测得的样品纯度偏高，A正确；B．滴定管未用标准溶液润洗，则碘标准溶液的浓度偏小，所用体积偏大，测得的样品纯度偏高，B正确；C．滴定前仰视读数，结束时俯视读数，则读取的所用碘的标准溶液的体积偏小，测得的样品纯度偏低，C不正确；D．锥形瓶未润洗，对硫代硫酸钠的物质的量不产生影响，最终测得的样品纯度不变，D不正确；故答案为：AB。答案为：AB。（2022高二·辽宁）按要求回答下列问题：（1）一定温度下，现有a.稀盐酸、b.稀硫酸、c.稀醋酸三种酸。①相同体积、等pH的三种酸，使其恰好完全中和所需NaOH的物质的量由大到小的顺序是(用a、b、c表示)。②体积相同、物质的量浓度也相同的三种酸，向其中分别放入足量的锌(大小、形状相同)，产生相同体积的(相同状况)，则开始时反应速率由大到小的顺序为(用a、b、c表示)。（2）现用中和滴定法测定某盐酸的浓度，有关数据记录如表：滴定序号待测液体积/mLNaOH标准液滴定前的刻度/mL滴定后的刻度/mL体积/mL125.00225.001.5031.5030.00325.005.0031.3426.34①用碱式滴定管盛装的氢氧化钠标准液。排出碱式滴定管中气泡的方法应采用如图1所示操作中的(填“甲”、“乙”或“丙”)，然后轻轻挤压玻璃球使尖嘴部分充满碱液。图1②第一次滴定前后，滴定管中液面的位置如图2，该次滴定所用氢氧化钠标准液的体积为。③实验中采用酚酞作为指示剂，判断滴定终点的现象：最后半滴加入时，锥形瓶中溶液从色变为色，且半分钟内不变色。④根据所给数据，该盐酸的物质的量浓度为mol/L。⑤出现了以下操作(其他操作正确)，其中会造成测定结果(待测液浓度)偏高的有(填标号)。A．量取标准液的碱式滴定管未润洗B．锥形瓶水洗后直接装待测液C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸润洗D．滴定到达终点时，俯视滴定管读数E.滴定前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失【答案】（1）；（2）丙；26.30；无；粉红(或浅红)；0.2632；AE【解析】稀盐酸和稀硫酸属于强酸，在水中完全电离，稀醋酸属于弱酸，在水中部分电离；相同体积、等pH的三种酸，氢离子浓度相同，但弱酸稀醋酸中醋酸分子的物质的量浓度比盐酸和硫酸要大；体积相同、物质的量浓度也相同的三种酸，硫酸电离的氢离子最多，醋酸电离的氢离子最少。（1）①由分析可知，相同体积、等pH的三种酸，要使其恰好完全中和，稀醋酸所需NaOH的物质的量最多，盐酸和硫酸消耗的NaOH的物质的量一样，即；②体积相同、物质的量浓度也相同的三种酸，氢离子浓度大小为：，则开始时反应速率由大到小的顺序为；（2）①排出碱式滴定管中气泡的方法应采用如图1所示操作中的丙，才能顺利使气泡往上排除；②由图2可知，滴定前体积为0.60mL，滴定后体积为26.90mL，所以滴定过程消耗的氢氧化钠标准液的体积为：26.90mL-0.60mL=26.30mL；③实验中采用酚酞作为指示剂，锥形瓶装的是盐酸，所以滴定前溶液为无色，到达滴定终点后，氢氧化钠过量，溶液为粉红色，所以滴定终点的现象：最后半滴加入时，锥形瓶中溶液从无色变成粉红色或浅红色，且半分钟内不变色；④表格中序号2消耗的氢氧化钠体积为30.00mL，与序号1，3的数据误差较大，应当为异常数据剔除掉，则1，3两次滴定过程消耗的氢氧化钠溶液的平均体积为，所以该盐酸的物质的量浓度为；⑤A．量取标准液的碱式滴定管未润洗，导致标准液的浓度降低，使消耗的氢氧化钠溶液的体积偏大，导致结果偏大；B．锥形瓶水洗后直接装待测液，不影响盐酸的物质的量，对滴定结果无影响；C．酸式滴定管水洗后未用待测稀盐酸润洗，会导致待测的稀盐酸浓度降低，保持待测液为25mL的情况下，待测液中盐酸的物质的量偏少，导致滴定结果偏低；D．滴定到达终点时，俯视滴定管读数，使滴定后的体积读数偏小，导致消耗的氢氧化钠溶液的体积数据偏小，实验结果偏低；E．滴定前碱式滴定管尖嘴部分有气泡，则滴定前的体积读数偏低，滴定后气泡消失，从而导致滴定前后的体积读数差偏大，导致结果偏高；故答案为：AE。4．（2022高二·乐山）硫代硫酸钠(Na2S2O3)，又名大苏打，在化学实验中应用广泛。实验室进行如下实验测定某硫代硫酸钠样品的纯度(杂质不参与反应)。步骤I：准确称取10.00g产品，溶于蒸馏水配成250.00mL溶液。步骤II：取25.00mL注入锥形瓶，加入指示剂，用0.05mol·L-1标准碘溶液滴定。(已知：2S2O+I2=S4O(无色)+2I-)，回答下列问题：（1）步骤II中选用的指示剂为，滴定终点的现象为。（2）第一次滴定开始和结束时，滴定管中的液面如图，则消耗标准碘溶液的体积为mL。（3）重复上述操作，记录另两次数据如表，则产品中Na2S2O3•5H2O(M=248g/mol)的质量分数为(精确到0.1%)。滴定次数滴定前/mL滴定后/mL第二次0.5019.50第三次0.2220.22（4）下列操作会使测得Na2S2O3•5H2O的质量分数偏大的是。a.用蒸馏水冲洗锥形瓶b.读数时，滴定前俯视，滴定后仰视c.滴定过程中，锥形瓶振荡过于剧烈，有少量溶液溅出d.滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准碘溶液润洗【答案】（1）淀粉；加入最后一滴标准碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色（2）21.00（3）49.6%（4）bd【解析】(1)硫代硫酸钠溶液无色，用标准确碘溶液滴定时，淀粉遇到I2变蓝色，即滴定终点的现象为：加入最后一滴标准碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色，故答案为：淀粉；加入最后一滴标准碘液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟不褪色；(2)由图可知，起始读数为0.00mL，终点读数为21.00mL，故第一次消耗碘的标准溶液的体积为21.00mL，故答案为：21.00；(3)第二次滴定数据为19.00mL，第三次滴定数据为20.00mL，平均消耗标准液体积为20.00mL，根据方程式可知关系式为：，则n()=2n(I2)=，则产品中的质量分数为，故答案为：49.6%；(4)a．蒸馏水冲洗锥形瓶不会影响待测液溶质的物质的量和标准溶液的体积，对测定结果无影响，a项不正确；b．读数时，滴定前俯视，滴定后仰视，使消耗标准液的体积读数偏大，测定结果偏大，b项正确；c．滴定过程中，锥形瓶振荡过于剧烈，有少量溶液溅出，消耗标准液的体积偏小，测定结果偏小，c项不正确；d．定管用蒸馏水洗净后，未用标准碘溶液润洗，标准液的浓度偏小，消耗标准液的体积偏大，测定结果偏大，d项正确；故答案为：bd。课后测评一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.(全国Ⅲ)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是()A.每升溶液中的H+数目为0.02NAB.c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(POC.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强答案B解析本题考查了有关pH、NA的计算,电解质溶液中的电荷守恒,弱电解质电离平衡的影响因素等,难度较小。常温下,pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=1×10-2mol·L-1,则1L溶液中H+的数目为0.01NA,A项错误;磷酸溶液中的阳离子有H+,阴离子有H2PO4-、HPO42-、PO43-及OH-,根据电荷守恒可得c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-),B项正确;磷酸为弱电解质,加水稀释促进电离,但c(H+)减小,pH增大,C项错误;磷酸的第一步电离方程式为H3PO4H2PO4-2.(山西太原高二期中)常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH4+、SO4B.c(NO3-)=1mol·L-1的溶液中:H+、Fe2+、SO4C.中性溶液中:NH4+、Fe3+、SO4D.c(H+)c(OH-)=1×1012的溶液中:K+答案A解析能使甲基橙变红的溶液呈酸性,Na+、NH4+、SO42-、NO3-能大量共存,故A正确;c(NO3-)=1mol·L-1的溶液中,H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应,不能大量共存,故B错误;中性溶液中Fe3+、AlO2-发生水解反应生成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀,不能大量共存,故C错误;c(H+)c(3.(上海等级考)常温下等体积的0.1mol·L-1①CH3COOH溶液,②NaOH溶液,③CH3COONa溶液,假设溶液混合后对体积无影响,下列说法正确的是()A.①中c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)B.①②混合后,醋酸根离子浓度小于③的1C.①③混合以后,溶液呈酸性,则c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)D.①②混合溶液中水的电离程度比①③混合溶液中水的电离程度小答案B4.(安徽宿州高二期中)下列说法正确的是()A.向0.1mol·L-1的氨水中加少量硫酸铵固体,则溶液中c(B.常温下,0.1mol·L-1一元酸(HA)溶液pH=3,则该溶液中,c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KWC.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中c(D.将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3、Na2CO3溶液蒸干均得不到原溶质答案B解析向氨水中加入少量硫酸铵固体,溶液中NH4+浓度变大,而一水合氨的电离平衡常数不变,由电离平衡常数表达式变形可得c(OH-)c(NH3·H2O)=Kbc(NH4+),则c(OH-)c(NH3·H2O)变小,A错误;根据电荷守恒有c(H+)=c(A-)+c(OH-),而c(OH-)=KWc(H+),所以c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KW,B正确;向盐酸中加入氨水至中性,则c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒,c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-),5.已知NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合加热煮沸能产生CO2气体。下列说法正确的是()A.NaHSO3溶液因水解而呈碱性B.两溶液混合后产生CO2的原因是二者发生相互促进的水解反应C.向NaHSO3溶液中加入三氯化铁溶液,既有沉淀生成又有气体生成D.0.1mol·L-1NaHSO3溶液中:c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)-c(H+)=0答案D解析由两溶液混合加热煮沸生成CO2知,亚硫酸氢钠溶液呈酸性,A错误;两溶液混合后产生CO2的原因是HSO3-电离产生的H+与CO32-发生反应,B错误;亚硫酸氢钠与三氯化铁溶液之间发生氧化还原反应,生成Fe2+和SO42-,无气体和沉淀生成,C错误;由c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)及c6.相同温度下,关于盐酸和醋酸两种溶液的比较,下列说法正确的是()A.pH相等的两溶液中:c(CH3COO-)=c(Cl-)B.分别中和pH相等、体积相等的两溶液,所需NaOH的物质的量相同C.相同浓度的两溶液,分别与金属镁反应,反应速率相同D.相同浓度的两溶液,分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化):c(CH3COO-)=c(Cl-)答案A7.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是()①醋酸与水能以任意比互溶;②醋酸溶液能导电;③醋酸稀溶液中存在醋酸分子;④常温下,0.1mol·L-1醋酸溶液的pH比0.1mol·L-1盐酸的pH大;⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2;⑥0.1mol·L-1醋酸钠溶液pH=8.9;⑦大小相同的铁片与等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液反应,开始时醋酸产生H2的速率慢;⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍A.②⑥⑦⑧ B.③④⑥⑦C.③④⑥⑧ D.①②答案B8.下列关于电解质溶液的叙述正确的是()A.Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中,离子种类不相同B.常温下,1mol·L-1的CH3COOH溶液与1mol·L-1的NaOH溶液等体积混合后,所得混合液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)C.物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中,c(NH4+D.常温下,某溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-1,则此溶液可能是盐酸答案C解析A项,两种盐溶液中离子种类相同。B项,二者恰好反应生成CH3COONa,溶液呈碱性。C项,NH4HSO4电离产生的H+抑制了NH4+的水解,c(NH4+)前者小于后者,正确。D项,溶液中由水电离出的c(H+)=10-5mol·L-19.某温度下,水溶液中c(H+)=10xmol·L-1,c(OH-)=10ymol·L-1,x和y的关系如图所示。则该温度下,0.01mol·L-1的NaOH溶液的pH为()A.10 B.11C.12 D.13答案D解析由图像知,KW=c(H+)·c(OH-)=1.0×10x+y=1.0×10-15。在0.01mol·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01mol·L-1,c(H+)=KWc(OH-)10.(2016全国Ⅰ)298K时,在20.0mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是()A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0mLC.M点处的溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=c(H+)=c(OHD.N点处的溶液中pH<12答案D解析氨水与盐酸中和生成氯化铵,氯化铵属于强酸弱碱盐,溶液显酸性,应选择在酸性范围变色的指示剂,指示剂可以为甲基橙,A选项错误;盐酸若为20mL,二者恰好中和,此时溶液为酸性,若溶液pH=7,则盐酸体积必然小于20mL,B选项错误;M点处溶液呈中性,c(NH4+)=c(Cl-),c(H+)=c(OH-),但c(Cl-)要远大于c(H+),C选项错误;由于N点为0.1mol·L-1的氨水,根据电离度为1.32%,c(OH-)=0.1mol·L-1×1.32%=0.00132mol·L-1,故二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意)11.(全国Ⅱ)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)<Ksp(p)<Ksp(q)C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动答案B解析CdS在水中存在沉淀溶解平衡:CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq),电离出的S2-浓度与Cd2+浓度相同,A项正确;沉淀溶解平衡常数只与温度有关,温度相同,Ksp相同,所以m、p、n三点的Ksp相同,B项错误;在T1温度下,向m点的溶液中加入少量Na2S固体,S2-浓度增大,但由于Ksp不变,所以Cd2+浓度必然减小,因此溶液组成由m沿mpn线向p方向移动,C项正确;温度降低,CdS的Ksp减小,但S2-浓度与Cd2+浓度仍然相等,所以q点饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动,D项正确。12.室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1mol·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断错误的是()A.三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHDB.滴定至P点时,溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)C.pH=7时,三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)答案C解析A项,题给三种酸均为一元酸,浓度相同时,pH越小,说明对应酸越强,电离常数越大,因此根据未发生中和反应时三种酸溶液的pH大小可知A项正确;B项,P点时,HB反应一半,溶液中溶质为NaB和HB,且物质的量浓度相等,此时溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于NaB的水解程度,则溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-),正确;C项,对于任何一种酸HX,加NaOH反应达到中性时,酸越弱,需要的NaOH越少,c(Na+)越小,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),由于c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(X-),由于酸性HA>HB>HD,故达中性时三种溶液中c(A-)>c(B-)>c(D-),错误;D项,完全中和并混合后,溶液中溶质有NaA、NaB、NaD,水电离的H+部分被A-、B-、D-结合生成HA、HB、HD,所以根据质子守恒有c(H+)+c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-),正确。13.(黑龙江期中)常温下,向20mL0.1mol·L-1MOH溶液中滴加CH3COOH溶液,所得溶液的pH及导电能力变化如图所示。下列叙述正确的是()A.MOH是强电解质B.CH3COOH溶液的浓度约为0.1mol·L-1C.水的离子积KW:b=c=aD.溶液的导电能力与可自由移动离子的数目有关答案BC解析常温下0.1mol·L-1MOH溶液的pH=8,即c(OH-)=10-6mol·L-1,则表明MOH在溶液中部分电离,即MOH是弱电解质,A错误;设CH3COOH溶液的浓度为x,b点导电能力最强,说明此时恰好完全中和,则20×10-3L·x=20×10-3L×0.1mol·L-1,x=0.1mol·L-1,由此得出CH3COOH溶液的浓度约为0.1mol·L-1,B正确;温度不变时,水的离子积KW不变,C正确;溶液的导电能力与可自由移动离子数目不成比例关系,与离子的总浓度和离子所带电荷数目有关,D错误。14.向1L含0.01molNaAlO2和0.02molNaOH的溶液中缓慢通入CO2,随n(CO2)增大,先后发生三个不同的反应,当0.01mol<n(CO2)≤0.015mol时发生的反应是2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3。下列对应关系正确的是()选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)>c(AlO2-)+c(OHB0.01c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(CC0.015c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-D0.03c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H答案D解析A项,通入CO2之前,溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-),则c(Na+)<c(AlO2-)+c(OH-),错误;B项,n=0.01mol时,发生反应CO2+2NaOHNa2CO3+H2O,溶液中的溶质为0.01molNa2CO3和0.01molNaAlO2,CO32-、AlO2-水解生成OH-,且AlO2-的水解程度大于CO32-的水解程度,则溶液中离子浓度的大小关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(AlO2-)>c(OH-),错误;C项,n=0.015mol时,发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3,溶液中溶质为Na2CO3,则对应关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-),错误;D项,n=0.03mol时,发生反应CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO315.(2018江苏卷)H2C2O4为二元弱酸,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室温下用NaOH溶液滴定25.00mL0.1000mol·L-1HA.0.1000mol·L-1H2C2O4溶液:c(H+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2B.c(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>cC.pH=7的溶液:c(Na+)=0.1000mol·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4答案AD解析根据电荷守恒可得:c(H+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:0.1000mol·L-1=c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-),两者相减得:c(H+)-0.1000mol·L-1=c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4),A项正确;c(Na+)=c(总),说明NaOH与H2C2O4按物质的量之比1∶1反应,完全反应生成NaHC2O4溶液,根据电离常数,HC2O4-电离程度大于水解程度,则c(C2O42-)>c(H2C2O4),B项错误;根据电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),由于c(H+)=c(OH-),则有c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-),而c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)=c(总),所以c(Na+)=c(总)-c(H2C2O4)+c(C2O42-),反应过程中溶液体积增大,c(总)小于0.1000mol·L-1,C项错误;根据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:c(Na+)=2[c三、非选择题(本题共5小题,共60分)16.(12分)现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(单位:g·100mL-1)。Ⅰ.实验步骤(1)配制待测白醋溶液,用(填仪器名称)量取10.00mL食用白醋,在(填仪器名称)中用水稀释后转移到100mL(填仪器名称)中,洗涤后定容,摇匀即得待测白醋溶液。

(2)量取待测白醋溶液20.00mL置于锥形瓶中,向其中滴加2滴酚酞溶液作为指示剂。(3)读取盛装0.1000mol·L-1NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。(4)滴定。判断滴定终点的现象是,达到滴定终点,停止滴定,并记录NaOH溶液的最终读数,再重复滴定3次。

(5)如图是某次滴定时的滴定管中的液面,其读数为mL。

Ⅱ.实验记录项目每次滴定所读实验数据1234V(样品)/mL20.0020.0020.0020.00V(NaOH溶液)(消耗)/mL15.9515.0015.0514.95Ⅲ.数据处理与讨论(6)甲同学在处理数据时按如下方式计算平均消耗NaOH溶液的体积:V=(15.95+15.00+15①指出甲同学计算的不合理之处:。

②按正确数据处理,得出c(市售白醋)=mol·L-1,市售白醋总酸量=g·100mL-1。

答案(1)酸式滴定管烧杯容量瓶(4)滴入最后半滴碱溶液后,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色(5)22.60(6)①第1组实验数据误差较大,属异常值,应舍去②0.0754.5解析(1)配制待测白醋溶液,用酸式滴定管准确量取10.00mL食用白醋,在烧杯中加蒸馏水稀释,再转移到100mL容量瓶中进行定容。(4)向待测白醋中滴加酚酞作为指示剂,开始时溶液无色,当滴入最后半滴碱溶液时,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色。(5)滴定管的0刻度在上方,由图示可知,滴定管中液面读数为22.60mL。(6)①分析表中实验数据,第1组实验消耗NaOH溶液的体积与其他三组相差较大,应舍去第1组数据,取其他三组数据进行计算。②第2~4组实验中消耗NaOH溶液的平均体积为V(NaOH溶液)=(15.00+15.05+14.95)mL3=15.00mL,则有n(CH3COOH)=n(NaOH)=15.00×10-3L×0.1000mol·L-1=1.5×10-3mol,c(CH3COOH)=1.5×10-3mol0.02L=0.075mol·L-1,100mL该醋酸中含有醋酸的物质的量为0.075mol·L-1×0.1L=7.5×10-3mol。因量取10.00mL食用白醋配制成100mL待测白醋溶液,故10.00mL食用白醋中m(CH3COOH)=7.5×10-3mol×6017.(12分)草酸(H2C2O4)是二元弱酸,KHC2O4溶液呈酸性。向10mL0.01mol·L-1的H2C2O4溶液滴加0.01mol·L-1KOH溶液V(mL),回答下列问题。(1)当V<10mL时,反应的离子方程式为

。

(2)当V=10mL时,溶液中HC2O4-、C2O42-、H2C2O4。

(3)当V=amL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-);当V=bmL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4);则a(填“<(4)当V=20mL时,再滴入NaOH溶液,则溶液中n(K+)n(C2O42-)的值将答案(1)H2C2O4+OH-HC2O4-+H2(2)c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(H2(3)>(4)变小18.(12分)某铬盐厂净化含Cr(Ⅵ)废水并提取Cr2O3的一种工艺流程如图所示。已知:Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17(1)步骤Ⅰ中,发生的反应为2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O,B中含铬元素的离子有(2)当清液中Cr3+的浓度≤1.5mg·L-1时,可认为已达铬的排放标准。若测得清液的pH=5,则清液尚不符合铬的排放标准,因为此时Cr3+的浓度为mg·L-1。

(3)步骤Ⅱ还可用其他物质代替NaHSO3做还原剂。①若用FeSO4·7H2O做还原剂,反应的离子方程式为,步骤Ⅲ中参加反应的阳离子一定有(填离子符号)。

②若用铁屑做还原剂,当铁的投放量相同时,经计算,C溶液的pH与c(Cr2O72-pH3456c7.02×10-217.02×10-71.25×10-32.12×10-34有人认为pH=6时,c(Cr2O72-)变小的原因是Cr2O72-基本上都已转化为

。

③用铁屑做还原剂时,为使所得产品中含铁元素杂质的含量尽可能低,需要控制的条件有

。

答案(1)CrO42-、(2)32.76(3)①Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2OCr3+、Fe3+、②不正确,c(H+)减小,化学平衡2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O向逆反应方向移动,溶液中Cr(Ⅵ③铁屑过量;将溶液的pH控制在使Cr3+完全沉淀而Fe2+不沉淀的范围内解析(1)根据反应可知B中含铬元素的离子有CrO42-、Cr(2)若清液的pH=5,则c(OH-)=10-9mol·L-1,c(Cr3+)=Ksp[Cr(OH)3]c3(OH-)=6.3×10-4mol·L-1,则此时Cr3+的浓度也为6.3×10-4mol·L-1×52×103(3)①若用FeSO4·7H2