实验活动2 强酸与强碱的中和滴定（精练）（解析版）

PAGE19实验活动2强酸与强碱的中和滴定（精练）1．（高二·浙江）下列说法错误的是（）A．用润湿的pH试纸测稀NaOH溶液的pH，测定值偏小B．将pH=3的醋酸溶液稀释1000倍得到pH＜6醋酸溶液C．酸碱中和滴定时，若不小心滴过了头，可向锥形瓶内再滴加少量待测液，继续滴定到终点D．用酸式滴定管量取20.00mL的盐酸溶液，结束时仰视读数，会使所量液体体积偏大【答案】C【解析】A．润湿的pH试纸测稀NaOH溶液的pH，相当于稀释该溶液，使得测出的数值偏小，故A不符合题意；B．醋酸为弱酸，稀释过程中电离程度增大，所以将pH=3的醋酸溶液稀释1000倍得到pH＜6醋酸溶液，故B不符合题意；C．酸碱中和滴定时，若不小心滴过了头，应重新滴定，故C符合题意；D．用酸式滴定管量取20.00mL的盐酸溶液，结束时仰视读数，则末读数偏大，实际体积=末读数-初读数，所量液体体积偏大，故D不符合题意；故答案为：C。2．（广东）下列关于酸碱中和滴定实验的说法正确的是（）A．用碱式滴定管量取的溶液B．锥形瓶使用前用待测液润洗C．用标准盐酸滴定某氨水溶液，应选用甲基橙作指示剂D．用标准盐酸滴定某氨水溶液，滴定终点时俯视读数，导致测定结果偏高【答案】C【解析】A．KMnO4溶液具有强氧化性，应用酸式滴定管量取，故A不符合题意；B．锥形瓶使用时不能润洗，否则会导致滴定误差，故B不符合题意；C．强酸滴定弱碱，应选用甲基橙作指示剂，故C符合题意；D．达到滴定终点时俯视读数，使读取的标准液的体积偏小，测定结果偏低，故D不符合题意；故答案为：C。3．（高二下·赤峰期末）酸碱中和滴定实验中，下列说法正确的是（）A．中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好，指示剂一般加入B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁C．酸碱指示剂的变色点就是反应终点D．滴定前滴定管中的液体液面处于处，滴定过程中用去的液体，此时滴定管中剩余液体的体积为【答案】B【解析】A．较浓的标准液一滴引起的误差大，较稀的标准液引起的误差相对减小，同时指示剂本身就是有机弱酸或弱碱，加入较浓碱可引起平衡移动，所以加入指示剂也不宜过多，一般2～3滴，A不符合题意；B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可接触锥形瓶内壁，可使滴定管流出的液体充分反应，B符合题意；C．滴定终点是根据指示剂的颜色变化来判断的，滴定终点就是指示剂的变色点，但不是指示剂变色就是滴定终点，C不符合题意；D．滴定前滴定管中的液体液面处于25mL处，滴定过程中用去10.00mL的液体，滴定管的0刻度在上方，还有一段没有刻度的溶液，此时滴定管中剩余液体的体积为大于15mL，D不符合题意；故答案为：B。4．（高二·大庆）室温下，用0.100mol·L－1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol·L－1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法不正确的是（）A．pH＝7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）等于20.00mLB．Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线C．初始时盐酸的浓度为0.10mol/LD．滴定醋酸溶液、盐酸时，均可选择酚酞溶液做指示剂【答案】A【解析】A.pH=7时，溶液显中性，若滴定醋酸时加入V(NaOH)=20.00mL，则反应后所得溶液为CH3COONa溶液，显碱性，因此要使反应后溶液显中性，则加入NaOH溶液的体积应小于20.00mL，A符合题意；B.由分析可知，曲线Ⅱ表示的是滴定盐酸的曲线，B不符合题意；C.由题干可知，初始时盐酸的浓度为0.1mol·L－1，C不符合题意；D.滴定醋酸、盐酸时，都可用酚酞溶液做指示剂，D不符合题意；故答案为：A8．（高二·芜湖）下列关于酸碱中和滴定实验的说法错误的是（）A．指示剂变色点必须在滴定突跃范围内B．酸碱滴定实验中，用待测溶液润洗锥形瓶以减小实验误差C．若装标准溶液的滴定管在滴定前尖嘴处有气泡，则测得结果不可靠D．滴定管用蒸馏水洗净后，不能使用高温烘箱进行快速烘干【答案】B【解析】A．为了及时判断滴定终点，指示剂变色点必须在滴定突跃范围内，A不符合题意；B．若用待测液润洗锥形瓶，会造成待测液物质的量偏大，测得的浓度偏高，实验误差变大，B符合题意；C．若装标准溶液的滴定管在滴定前尖嘴处有气泡，滴定后气泡消失，会使最终测得的待测液浓度偏高，结果不可靠，C不符合题意；D．滴定管用蒸馏水洗净后，不能使用高温烘箱进行快速烘干，否则会使滴定管刻度不准确，D不符合题意；故答案为：B。9．（高二上·深圳期中）（1）Ⅰ．为测定某盐酸的浓度，用已知浓度的氢氧化钠溶液滴定。酸式滴定管排气泡的方法是。（2）在待测液中滴加几滴酚酞，用氢氧化钠标准溶液滴定，直至，即为滴定终点。（3）下列操作造成滴定结果偏高的是（填字母）。a．滴定过程中向锥形瓶中加入少量蒸馏水b．其他操作均符合题意，滴定终点读数时俯视滴定管的刻度c．未用用氢氧化钠标准溶液润洗碱式滴定管d．滴定终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴液体e．未用待测盐酸润洗酸式滴定管f．滴定前无气泡，滴定后尖嘴部分有气泡（4）常用于氧化还原滴定。滴定时应将加入滴定管中（填“酸式”或“碱式”）；在规格为25mL的滴定管中，若溶液起始读数是5mL，此时滴定管中的实际体积为（填标号）。A.1.5mLB.20mLC．大于20mLD．小于20mL（5）Ⅱ．某实验小组用0.55mol/L的NaOH溶液和0.25mol/L的溶液进行中和热的测定。取50mLNaOH溶液和50mL溶液在中（填仪器名称）进行实验。数据如下：实验次数起始温度/℃终止温度/℃NaOH平均值125.225.025.128.5226.226.426.332.5325.325.325.328.8426.126.526.329.6近似认为50mL0.55mol/LNaOH溶液和50mL0.25mol/L的溶液的密度都是1g/mL，中和后生成溶液的比热容，则测得中和热kJ/mol（精确到小数点后一位）。【答案】（1）快速放液（2）滴入最后半滴（一滴也可得分）氢氧化钠溶液，锥形瓶中由无色变为粉红色，且半分钟之内不再褪色（3）cd（4）酸式；c（5）简易量热计或量热计；―56.8【解析】（1）由分析可知，酸式滴定管排气泡的方法是快速放液。（2）待测液是盐酸，向待测液中滴入酚酞，溶液为无色，滴定结束时氢氧化钠过量，溶液变成红色，所以滴定终点现象为：滴入最后半滴（或一滴）氢氧化钠溶液，锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且半分钟之内不再褪色。

（3）a.滴定过程中向锥形瓶中加入少量蒸馏水，对滴定结果无影响，不符合题意；

b.其他操作均符合题意，滴定终点读数时俯视滴定管的刻度，会使NaOH溶液读数体积偏小，导致滴定结果偏低，不符合题意；

c.未用氢氧化钠标准溶液润洗碱式滴定管，由于滴定管内残留有蒸馏水，会稀释标准液，导致滴定过程中消耗V(NaOH)增大，则滴定结果偏高，符合题意；

d.滴定终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴液体，该液体体积计入读数，但未参与反应，即V(NaOH)增大，则滴定结果偏高，符合题意；

e.未用待测盐酸润洗酸式滴定管，由于滴定管内残留有蒸馏水，会稀释盐酸溶液，放入锥形瓶中的盐酸溶液中c(HCl)偏小，消耗V(NaOH)偏小，则滴定结果偏低，不符合题意；

f.滴定前无气泡，滴定后尖嘴部分有气泡，会使碱液读数体积偏小，滴定结果偏低，不符合题意；

故答案选cd。

（4）由分析可知，滴定时应将KMnO4加入酸式滴定管中。酸式滴定管下端有部分容器体积未计入读数，因此在规格为25mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数是5毫升，则此时滴定管中KMnO4的实际体积大于20mL。

（5）由分析可知，中和热测定在简易量热计或量热计中进行。实验1~4中溶液变化温度分别为3.4℃、6.2℃、3.5℃、3.3℃，第2次实验数据偏差较大，舍去，所以溶液温度变化的平均值为（3.4℃+3.5℃+3.3℃）÷3=3.4℃。50mLNaOH溶液和50mLH2SO4溶液反应后放出的热量为Q=4.18J/(g·℃)×100×10-3L×1×103g/L×3.4℃=1421.2J，而50mL0.55mol/L的NaOH溶液和50mL0.25mol/LH2SO4溶液反应的离子方程式为H++OH-=H2O，所以生成的n(H2O)=0.25mol/L×2×50×10-3L=0.025mol，所以测得的中和热ΔH=-=56.848kJ/mol≈-56.8kJ/mol。10．（高二上·嘉兴期中）某学生用0.1000mol/LKOH溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步：①移取25.00mL待测的盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2-3滴酚酞②用标准溶液润洗滴定管2-3次③把盛有标准溶液的滴定管固定好，调节液面使滴定管尖嘴充满溶液④取标准KOH溶液注入至0刻度以上2-3cm⑤调节液面至0或0刻度以下，记下读数⑥把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点，记下滴定管液面的刻度（1）正确操作的顺序是（用序号填写）.（2）步骤④中的滴定管是：（填“酸式滴定管”或“碱式滴定管”）。（3）当步骤⑥待测液由色变为色，且半分钟内不变化即达到终点，KOH溶液开始时读数及恰好反应时的读数见表。实验编号待测盐酸溶液体积（mL）滴定开始读数（mL）滴定结束读数（mL）①25.000.0019.95②25.001.1018.30③25.000.2020.25请计算待测的盐酸的物质的量浓度mol/l（小数点后面保留4位数字）。（4）由于操作失误，使得上述所测盐酸溶液的浓度偏高的是_。A．滴定达到终点时，俯视滴定管内液面读数B．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用氢氧化钾溶液进行滴定C．锥形瓶用蒸馏水洗净后未干燥就装入盐酸待测液D．滴定时碱式滴定管中氢氧化钾溶液洒落在锥形瓶外【答案】（1）②④③⑤①⑥（2）碱式滴定管（3）无；浅红或粉红；0.0800（4）B；D【解析】（1）实验前，应先用标准溶液润洗滴定管，再取标准溶液注入滴定管内。将装有标准溶液的滴定管固定在铁架台上，并调节液面使滴定管尖嘴充满溶液。接着调节液面至0或0刻度以下，记录读数。移取待测溶液，注入锥形瓶内，并加入酸碱指示剂。将装有待测液的锥形瓶放置在滴定管下，用标准溶液进行滴定，并记录滴定终点时滴定管的读数。

综上，正确的操作顺序为②④③⑤①⑥。

（2）步骤④中所取的标准溶液为KOH碱性溶液，因此需用碱式滴定管。（3）滴定终点时，溶液显弱碱性，酚酞遇碱变红色，因此步骤⑥中当溶液由无色变为浅红色，且半分钟内颜色不变时，说明达到滴定终点。

实验①达到滴定终点时，消耗KOH溶液的体积为19.95mL-0.00mL=19.95mL；实验②达到滴定终点时，消耗KOH溶液的体积为18.30mL-1.10mL=17.20mL；实验③达到滴定终点时，消耗KOH溶液的体积为20.25mL-0.20mL=20.05mL。实验②中数据与实验①、实验③相差较大，应舍去，因此实验过程中消耗KOH溶液的体积为。因此待测盐酸的物质的量浓度。

（4）A、达到滴定终点时，俯视滴定管内液面读数，则所得标准液的体积偏小，因此最终结果偏低，A不符合题意；

B、碱式滴定管盛装的是标准液，若碱式滴定管只水洗不润洗，则消耗标准液的体积偏大，因此最终结果偏高，B符合题意；

C、锥形瓶水洗后未干燥，则锥形瓶内有水，但水不与标准KOH溶液反应，因此消耗标准液的体积不变，最终结果不变，C不符合题意；

D、滴定时KOH溶液洒落在锥形瓶外，则消耗标准KOH溶液的体积偏大，因此最终结果偏高，D符合题意；故答案为：BD11．（2020二上·宜春期末）（1）Ⅰ某学生用已知物质的量浓度的硫酸来测定未知物质的量浓度的溶液时，选择酚酞作指示剂。回答下列问题：用标准的硫酸滴定待测的溶液时，终点现象是：。（2）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用硫酸溶液的体积为。（3）某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：测定次数待测溶液的体积/硫酸的体积/滴定前刻度滴定后刻度溶液体积/第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09依据上表数据计算可得该溶液的物质的量浓度为(保留四位有效数字)。（4）下列操作中可能使所测溶液的浓度数值偏低的是____(填字母)。A．酸式滴定管未用标准硫酸润洗就直接注入标准硫酸A．读取硫酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数B．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失C．锥形瓶用水洗涤后，用待测液润洗（5）酸碱中和滴定原理也可用于其它类型的滴定。如：一种测定水样中的浓度的实验步骤如下：第1步：向锥形瓶中加入处理后的水样25.00，加入几滴溶液作为指示剂。第2步：加入溶液(过量)，充分摇匀。第3步：用标准溶液进行滴定，至终点时消耗标准溶液。计算该水样中的物质的量浓度为(已知：，，)。（6）Ⅱ、某实验小组用溶液和0.50硫酸溶液进行中和热的测定取溶液和30硫酸溶液进行实验，测得起止温度差的平均值为4.0℃。近似认为溶液和0.50硫酸溶液的密度都是1，中和后生成溶液的比热容。则计算得中和热(取小数点后一位)。（7）上述实验结果与-57.3有偏差，产生偏差的原因可能是(填字母)。a.实验装置保温、隔热效果差b.用量筒量取溶液的体积时仰视刻度线读数c.分多次把溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中d.用温度计测定溶液起始温度后直接测定溶液的温度【答案】（1）滴入最后一滴标准液，溶液从红色变成无色，30s内溶液颜色无变化（2）26.10（3）0.2088（4）A（5）（6）-53.5（7）acd【解析】(1)指示剂为酚酞，故用标准的硫酸滴定待测的溶液时，终点现象是：滴入最后一滴标准液，溶液从红色变成无色，30s内溶液颜色无变化；(2)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则滴定结束时的读数为26.60mL，所用硫酸溶液的体积为26.10mL。(3)第二次实验数据失真，第一次与第三次硫酸体积的平均值为26.10mL，依据上表数据计算可得该NaOH溶液的物质的量浓度为=0.2088。(4)A．酸式滴定管未用标准硫酸润洗就直接注入标准硫酸，硫酸浓度偏小，所用体积偏大，测得NaOH溶液的浓度数值偏高，A不合题意；B．读取硫酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，读取的硫酸体积数值偏小，测得NaOH溶液的浓度数值偏低，B符合题意；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取的硫酸体积偏大，测得NaOH溶液的浓度数值偏高，C不合题意；D．锥形瓶用水洗涤后，用待测液润洗，所用硫酸体积偏大，测得NaOH溶液的浓度数值偏大，D不合题意。答案为：B。(5)因为Ksp(AgBr)－的物质的量浓度为mol·L－1。(6)ΔH＝=－53.5kJ/mol。(7)53.5<57.3，则ΔH的测定值偏低。a．实验装置保温、隔热效果差，ΔH数值偏小；b．用量筒量取NaOH溶液的体积时仰视刻度线读数，NaOH所取体积偏大，释放的热量偏多，ΔH数值偏大；c．分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，在加入过程中导致热量损失，ΔH数值偏小；d．用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H2SO4溶液的温度，因温度计上附着的NaOH与硫酸反应放热，导致硫酸的起始温度偏高，最终热量差值偏小，ΔH数值偏小。故acd符合题意。答案为：acd。12．（高二东城）CH3COONa溶液是常见的强碱弱酸盐，可由醋酸和NaOH溶液反应得到。（1）CH3COONa水溶液呈(填“酸”或“碱”)性。（2）CH3COONa在溶液中发生水解反应的离子方程式是。（3）用0.1000mol/LNaOH分别滴定25.00mL0.1000mol/L盐酸和25.00mL0.1000mol/L醋酸，滴定过程中pH变化曲线如下图所示。①在上述滴定过程中，不需要使用的玻璃仪器(填序号)。A．容量瓶B．碱式滴定管C．锥形瓶D．胶头滴管②由图中数据可判断滴定盐酸的pH变化曲线如图，判断的理由如下(答出2点)：i.起始未滴加NaOH溶液时，。ii.。③滴定CH3COOH溶液的过程中，当滴加12.50mLNaOH溶液时，溶液中各离子浓度由大到小的顺序是(用符号“c”及“>”表示)。（4）向0.1mol/LCH3COONa溶液中逐滴加入0.1mol/L盐酸至恰好反应。反应过程中，你认为CH3COONa的水解平衡向(填“左”或“右”)移动，分析的过程：当滴入稀盐酸后，【答案】（1）碱（2）CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-（3）AD；0.1000mol/L盐酸，pH=1；恰好完全反应时，为氯化钠溶液，pH=7；c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)（4）左或右；向溶液加入盐酸，盐酸电离产生的氢离子与氢氧根离子反应生成水，导致水解平衡向右移动；或向溶液加入盐酸，氢离子与醋酸根离子反应生成醋酸，溶液中醋酸浓度增大，水解平衡向左移动【解析】(1)CH3COONa为强碱弱酸盐，醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，导致水溶液呈碱性；(2)CH3COONa在溶液中醋酸根离子水解生成醋酸和氢氧根离子，离子方程式为CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-；(3)①滴定过程中，使用的仪器有酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶，不用容量瓶，答案为AD；②i.未加入NaOH时，盐酸的浓度为0.100mol/L，为强酸，完全电离，c(H+)=0.1mol/L，溶液的pH=1；ii.恰好完全反应时，溶液为中性，即pH=7；③滴定CH3COOH溶液的过程中，当滴加12.50mLNaOH溶液时，溶质为等量的CH3COOH、CH3COONa，根据图像，溶液显酸性，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，即c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)；(4)CH3COONa溶液中，CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，向溶液加入盐酸，盐酸电离产生的氢离子与氢氧根离子反应生成水，导致水解平衡向右移动；或向溶液加入盐酸，氢离子与醋酸根离子反应生成醋酸，溶液中醋酸浓度增大，水解平衡向左移动。13．中华人民共和国国家标准(GB2760-2011)规定葡萄酒中的最大使用量为。某化学兴趣小组用如图所示装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中的，并对其含量进行测定。（1）B中加入300.00mL葡萄酒和适量硫酸，加热使全部逸出并与C中完全反应，C中发生反应的化学方程式为。（2）除去C中过量的后，用标准溶液进行滴定，该标准液应置于(填“酸式”或“碱式”)滴定管中，若用容量为50mL的滴定管进行实验，当滴定管中的凹液面最低处在刻度“15”处时，则管内液体的体积(填标号)。A．=15mLB．=35mLC．<15mLD．>35mL（3）该兴趣小组选择用酚酞作指示剂，达到滴定终点的标志为。（4）①滴定开始和结束时，滴定管中液面如图所示，则起始读数为mL，终点读数为mL，所用NaOH溶液的体积为mL。②根据消耗的NaOH溶液的量，计算该葡萄酒中含量为。（5）下列操作可能使测定的葡萄酒中含量偏低的是___________(填标号)。A．滴定管未用标准液润洗就直接注入NaOH标准溶液B．滴定管在滴定前无气泡，滴定后尖嘴处有气泡C．滴定结束后，滴定管尖嘴处悬挂一滴液滴D．读取NaOH溶液体积时，滴定前读数符合题意，滴定后俯视读数【答案】（1）SO2+H2O2=H2SO4（2）碱式；④（3）当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液由无色变红，且半分钟不褪色（4）0.80；25.80；25.00；0.24（5）B；D【解析】（1）双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4；故答案为：SO2+H2O2=H2SO4。（2）NaOH为标准液，碱性液体应该使用碱式滴定管；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“15”处，滴定管的0刻度在上方，15mL刻度线下方还有35mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积>(50.00mL-15.00mL)=35.00mL；故答案为：碱式；④。（3）酚酞做指示剂，滴定终点现象为：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液由无色变红，且半分钟不变色；故答案为：当滴入最后一滴氢氧化钠溶液时，溶液由无色变红，且半分钟不褪色。（4）①滴定管的0刻度在上方，根据图像，开始读数为：0.80mL，终点读数为：25.80mL；NaOH溶液的体积为(25.80mL-0.80mL)=25.00mL；故答案为：0.80；25.80；25.00。②根据2NaOH~H2SO4~SO2可知SO2的质量为：12×(0.0900mol/L×0.025L)×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为；故答案为：0.24（5）根据H2SO4~SO2的关系，滴定误差分析原理，A.滴定管未用标准液润洗就直接注入NaOH标准溶液，导致标准液浓度偏小，则标准液体积偏大，最终导致待测液浓度偏大，A不符合题意；B.滴定管在滴定前无气泡，滴定后尖嘴处有气泡，导致读数体积偏小，则导致待测液浓度偏小；B符合题意；C.滴定结束后，滴定管尖嘴处悬挂一滴液滴，读数标准液体积偏大，最终导致待测液浓度偏大，C不符合题意；D.读取NaOH溶液体积时，滴定前读数符合题意，滴定后俯视读数，读数体积偏小，则导致待测液浓度偏小，D符合题意；故答案BD。14．（高二上·联合期中）高锰酸钾是一种重要的化学试剂，利用高锰酸钾完成以下两个实验：（1）Ⅰ.用高锰酸钾标准溶液滴定某些试样，来测得试样的浓度。下图可以用于装酸性高锰酸钾标准溶液的是：(选“甲”、“乙”)（2）如何判断该滴定终点？（3）关于高锰酸钾溶液测定试样浓度的滴定操作，下列说法错误的是____A．溶液、溶液、KI溶液均可以用高锰酸钾溶液测定浓度B．加标准液时，要先排气泡再调节液面位于“0”刻度或以下C．滴定时，左手控制开关，右手晃动锥形瓶D．滴定过程，滴定管下方尖嘴不能伸进锥形瓶中（4）实验过程中的下列操作，会使所测试样浓度偏小的是____。A．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数B．滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时消失C．盛装试样的锥形瓶进行了润洗D．滴定快结束前，用蒸馏水淋洗锥形瓶上口（5）Ⅱ.探究酸性和反应的影响因素已知高锰酸钾和草酸反应的离子方程式为：，当反应开始时，通过压力传感技术收集锥形瓶内压强数据，并绘制出压强-时间曲线如图，时间段内反应速率变快的因素分析：甲同学：该反应放热，体系温度升高，成为主导影响因素乙同学：根据自己的解析设计以下实验方案进行验证：实验编号实验温度/试管中所加试剂及其用量/L再向试管中加入某种固体溶液褪至无色所需时间/min溶液稀溶液溶液①252.03.02.03.0无②252.03.02.03.0根据实验设计，你推测乙同学认为反应加快的因素是什么？。（6）若观察到，则乙同学分析的影响因素是合理的。【答案】（1）乙（2）最后半滴高锰酸钾溶液滴下，锥形瓶中溶液恰好由无色变成浅紫(红)色，且30秒内不褪色（3）A；D（4）A（5）对该反应有催化作用（6）大于【解析】（1）高锰酸钾有强氧化性需用酸式滴定管乙装；（2）高锰酸钾本身有颜色即可作指示剂，当最后半滴高锰酸钾溶液滴下，锥形瓶中溶液恰好由无色变成浅紫(红)色，且30秒内不褪色即为滴定终点；（3）A.溶液、溶液、KI溶液中中的三价铁离子只具有氧化性不能用高锰酸钾溶液测定浓度，A不正确；B.加标准液时，要先排气泡再调节液面位于“0”刻度或以下，B正确；C.滴定时，左手控制开关控制流速，右手晃动锥形瓶，眼睛观察溶液颜色变化，C正确；D.滴定过程，略深入锥形瓶瓶口1~2cm，防止滴定液在摇晃时泄漏至瓶外，引起滴定误差，D不正确；故答案为：AD；（4）A.滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会导致标准液高锰酸钾体积偏小，，故待测液浓度会偏小，A正确；B.滴定前尖嘴部分有气泡，滴定终点时消失，导致导致标准液高锰酸钾体积偏大，，故待测液浓度会偏大，B不正确；C.盛装试样的锥形瓶进行了润洗，导致待测液增多消耗更多的标准液即V（标）增大，，待测液浓度会偏大，C不正确；D.滴定快结束前，用蒸馏水淋洗锥形瓶上口，无影响，D不正确；故答案为：A；（5）根据实验设计，控制变量法原则，区别在于有无硫酸锰，故乙同学认为反应加快的因素是对该反应有催化作用；（6）若观察到大于，则乙同学分析的影响因素是合理的。15．（高二上·通州期中）碳酸氢钠属于抗酸药，用于碱化尿液及酸血症，也可用于胃酸过多，在潮湿空气中缓缓分解。某化学小组用如下方法对某品牌碳酸氢钠片中的含量进行了探究(可能含有少量Na2CO3，药品中不含干扰测定的物质)。【鉴别】a．取铂丝，用盐酸湿润后，蘸取药品粉末，在无色火焰中燃烧，火焰显黄色。b．向本品水溶液中加盐酸产生泡沸现象。【检查】配置药品质量分数为0.8%的水溶液，测pH为8.3。【含量测定】小组采用滴定法进行含量测定：I．用已准确称量的药品固体ag配制一定体积的溶液VmL。(此时主要溶质为NaHCO3和少量Na2CO3)II．取V1mL上述溶液于锥形瓶中，加入酚酞指示剂2—3滴。III．用1mol/L盐酸标准溶液滴定II中溶液至第一终点时，消耗盐酸溶液V2mL。(此时溶质为NaCl和NaHCO3)IV．再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，又消耗盐酸溶液V3mL。已知：H2CO3的电离平衡常数；常用的酸碱指示剂及其变色范围如下：酚酞：pH<8.2无色、8.2<pH<10浅红色、pH>10红色甲基橙：pH<3.1红色、3.1<pH<4.4橙色、pH>4.4黄色（1）请写出“鉴别”中产生泡沸现象主要反应的离子反应方程式：。（2）请结合化学用语解释“检查”中水溶液pH为8.3的主要原因(不考虑杂质影响)：（3）“含量测定”的步骤I中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和。（4）滴定过程中应选择如图所示滴定管(填字母)。（5）步骤V中第二步滴定用甲基橙滴定至终点的现象是由色变为橙色。（6）药品中碳酸氢钠的质量分数为。(碳酸氢钠摩尔质量：)【答案】（1）HCO+H+=CO2↑+H2O（2）HCO在溶液中的水解程度大于电离程度，使溶液呈碱性，水解的离子方程式为HCO+H2OH2CO3+OH-（3）容量瓶（4）AB（5）黄（6）×100%【解析】（1）由题意可知，“鉴别”中产生泡沸现象的主要反应为碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的离子反应方程式为HCO+H+=CO2↑+H2O，故答案为：HCO+H+=CO2↑+H2O；（2）“检查”中水溶液pH为8.3的主要原因是碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，使溶液呈碱性，水解的离子方程式为HCO+H2OH2CO3+OH—，故答案为：HCO在溶液中的水解程度大于电离程度，使溶液呈碱性，水解的离子方程式为HCO+H2OH2CO3+OH—；（3）由配制一定物质的量浓度溶液配制的步骤可知，步骤I中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，故答案为：容量瓶；（4）药品溶液呈碱性，滴定过程中取V1mL药品溶液应选用碱式滴定管，用1mol/L盐酸标准溶液滴定药品溶液时应选用酸式滴定管盛装盐酸标准溶液，故答案为：AB；（5）碳酸氢钠溶液呈碱性，滴入甲基橙溶液，溶液呈黄色，步骤V中第二步滴定发生的反应为碳酸氢钠溶液与盐酸反应生成氯化钠和碳酸，则用甲基橙滴定至终点的实验现象是溶液由黄色变为橙色，故答案为：黄；（6）由题意可知，第一次滴定溶液中碳酸钠消耗1mol/L盐酸标准溶液的体积为V2mL，第二次滴定溶液中碳酸氢钠消耗1mol/L盐酸标准溶液的体积为V3mL，则药品中碳酸氢钠消耗1mol/L盐酸标准溶液的体积为(V3—V2)mL，ag药品中碳酸氢钠的质量分数为×100%=×100%，故答案为：×100%。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-