高中化学选择性必修一3.2.3 习题精练（解析版）

第3章水溶液中的离子反应与平衡3.2.3酸碱中和滴定一、选择题1．下列实验方法或操作正确的是()A．酸碱中和滴定时，右手旋转滴定管的活塞，左手摇动锥形瓶，眼睛注视滴定管中的液面B．用200mL烧杯配制物质的量浓度约为0.1000mol/L氢氧化钠溶液200mLC．不用另加任何试剂就能鉴别NaAlO2、Na2SiO3、HCl、NaCl四种无色溶液D．用托盘天平称取1.6g硫酸铜晶体配制100mL0.1mol/L的硫酸铜溶液【答案】C【解析】A．酸碱中和滴定时，眼睛应观察锥形瓶中溶液颜色的变化，故A错误；B．物质的量浓度约为0.1000mol/L的氢氧化钠溶液应用容量瓶，而不是烧杯，故B错误；C．任取一种逐滴滴入其他三种溶液中，观察现象。①若一个无明显变化，一个出现沉淀，一个先产生沉淀，滴加过量后又消失，则滴加的是HCl，无明显变化的是NaCl，出现沉淀的是Na2SiO3，先产生沉淀，滴加过量后又消失的是NaAlO2；②若两个无明显变化，一个出现沉淀，则滴加的是Na2SiO3或NaAlO2，出现沉淀的是HCl，无明显变化的是NaCl，再用HCl鉴别Na2SiO3或NaAlO2，出现沉淀的是Na2SiO3，先产生沉淀，滴加过量后又消失的是NaAlO2；③若都没有明显变化，则滴加的是NaCl，再在其余三种中任取一种逐滴滴入其他两种中，结合①②分析判断，因此根据该实验方法通过相互反应的现象可以鉴别这四种无色溶液，故C正确；D．配制100mL0.1mol/L的硫酸铜溶液采用0.01mol硫酸铜晶体，应该称取0.01mol×250g/mol=2.5g硫酸铜晶体，故D错误；2．用0.50mol•L﹣1NaOH标准液10.00mL，将未知浓度的盐酸20.00mL恰好滴定至终点，下列说法正确的是（）A．若滴定完毕，滴定管尖嘴悬有一滴液体，则所测的盐酸浓度偏大B．用量筒量取上述盐酸C．若选用酚酞作指示剂，终点时，液体恰好褪色D．盐酸的浓度为1.00mol•L﹣1【答案】A【解析】A．滴定管尖嘴悬有一滴液体，导致消耗的V(NaOH)偏大，由c(盐酸)=可知，所测的盐酸浓度偏大，故A正确；B．盐酸体积20.00mL，而量筒的感量为0.1mL，不能使用量筒，可选滴定管或移液管量取，故B错误；C．NaOH滴定盐酸，选用酚酞作指示剂，终点时，溶液由无色变为红色、且30s不变色，故C错误；D．用

0.50mol•L-1NaOH标准液10.00mL，滴定未知浓度的盐酸20.00mL，则c(盐酸)===0.25mol/L，故D错误；3．下列实验操作不正确的是（）A．用以水润湿的pH试纸测NaOH溶液的pHB．用10mL量简量取8.5mL蒸馏水C．酸碱中和滴定的滴定管需先用蒸馏水洗净，再用所要盛装的标准液或待测液润洗D．配制FeCl3溶液时，先将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释【答案】A【解析】A．用以水润湿的pH试纸测NaOH溶液的pH，pH偏小，选项A不正确；B．由于量筒的最小刻度为0.1mL，用10mL量筒量取8.58L蒸馏水，操作正确，选项B正确；C．酸碱中和滴定的滴定管需先用蒸馏水洗净，再用所要盛装的标准液或待测液润洗，选项C正确；D．配制FeCl3溶液时，为抑制FeCl3水解，先将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释，选项D正确；4．用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，恰好完全反应时，下列叙述中正确的是（）A．溶液呈中性，可选用甲基橙或酚酞作指示剂B．溶液呈中性，只能选用石蕊作指示剂C．溶液呈酸性，可选用甲基橙或酚酞指示剂D．溶液呈碱性，可选用酚酞作指示剂【答案】D【解析】用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定未知浓度的CH3COOH溶液，反应恰好完全时，溶质是醋酸钠，醋酸根离子水解，溶液呈碱性，选择碱性范围变色的指示剂，所以只能选用酚酞作指示剂；5．常温下，用溶液滴定溶液，曲线如图所示。下列说法错误的是（）A．滴定终点a可选择甲基橙作指示剂B．c点溶液中C．b点溶液中D．a、b、c三点中水的电离程度最大的是c【答案】C【解析】A．滴定终点生成Na3PO4，溶液显碱性，则选择甲基橙作指示剂，故A正确；B．c点消耗NaOH溶液体积为30mL，此时完全生成Na3PO4，溶液中的OH-来源于PO43-的水解和水的电离，则根据质子守恒可得：，故B正确；C．b点消耗NaOH溶液体积为20mL，此时生成Na2HPO4，溶液中HPO42-的水解大于其电离，溶液显碱性，则c(HPO42-)＞c(H2PO4-)＞c(PO43-)，故C错误；D．a、b、c三点溶液中的溶质分别为NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4，其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大，水解促进水的电离，则水的电离程度最大的是c，故D正确；6．下列实验误差分析错误的是（）A．滴定管未润洗直接加入标准液，则待测溶液浓度偏大B．用容量瓶配制溶液，定容时仰视刻度线，所配溶液浓度偏小C．用润湿的pH试纸测稀酸溶液的pH，测定值偏小D．测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小【答案】C【解析】A.滴定管未润洗直接加入标准液，消耗标准液体积偏大，待测溶液浓度偏大，A项正确；B.用容量瓶配制溶液，定容时仰视刻度线，增大了溶液的体积，使所配溶液浓度偏小，B项正确；C.将pH试纸润湿后会将溶液稀释，使c(H+)降低，pH测定的值偏大，C项错误；D.测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，会造成热量的散失，导致所测温度值偏小，D项正确；7．用的标准溶液滴定某未知浓度的溶液，下列说法错误的是()A．该滴定实验不需要指示剂B．该实验用到的玻璃仪器有酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶C．滴定管使用前需检验是否漏液D．若滴定终止时，仰视读数，所测浓度偏高【答案】B【解析】A．高锰酸钾溶液本身为紫色，与草酸发生氧化还原反应被还原为无色的二价锰离子，所以该滴定实验不需要指示剂，故A正确；B．该实验用到的玻璃仪器有酸式滴定管、锥形瓶，用不到碱式滴定管，故B错误；C．滴定管使用前需检验是否漏液，故C正确；D．若滴定终止时，仰视读数，读取的标准溶液的体积偏大，所测浓度偏高，故D正确；8．下列有关滴定操作的说法正确的是（）A．进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视滴定管内溶液液面的变化B．用KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取KOH标准溶液进行滴定，则测定结果偏低C．用KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中含有NaOH杂质，则测定结果偏高D．用未知浓度的盐酸滴定KOH标准溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏高【答案】D【解析】A．进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视锥形瓶内溶液颜色的变化，A错误；B．用标准溶液滴定未知浓度的盐酸，洗净碱式滴定管后直接取标准溶液进行滴定，由于没有润洗，标准液浓度减小，消耗标准液体积增加，则测定结果偏高，B错误；C．所用的固体中混有杂质，相同质量的和，的物质的量大于的物质的量，故所配的溶液中浓度偏大，导致消耗标准液的体积偏小，根据可知偏小，C错误；D．用未知浓度的盐酸滴定标准溶液时，若滴定前仰视读数，滴定至终点后俯视读数，导致读取的盐酸体积偏小，依据可知测定偏高，D正确；9．用标准氢氧化钠滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞作为指示剂，下列操作会使滴定结果偏低的是（）A．用蒸馏水洗净滴定管后，装入标准氢氧化钠溶液进行滴定B．盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗D．盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视【答案】D【解析】A、用蒸馏水洗净碱式滴定管后，注入标准氢氧化钠溶液进行滴定，标准液的浓度偏小，消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏大，故A错误；B.盛装标准液的碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失,消耗的标准液的体积偏大，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏大，故B错误；C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用未知液润洗，对结果不影响，故C错误；D.盛装标准液的碱式滴定管滴定前仰视，滴定后俯视，消耗的标准液的体积偏小，根据c（待测）=c(标准)×V(标准)/V(待测)，分析c（待测）偏小，故D正确；10．下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是()提示：、。选项滴定管中的溶液锥形瓶中的溶液指示剂滴定终点颜色变化A溶液溶液酚酞无色→浅红色B盐酸氨水甲基橙黄色→橙色C酸性溶液溶液无无色→浅紫红色D碘水溶液淀粉蓝色→无色【答案】D【解析】A．氢氧化钠溶液滴定醋酸时，恰好中和时生成醋酸钠，此时溶液显碱性，所以选择碱性条件下变色的指示剂即酚酞，终点颜色变化为无色→浅红色，A正确；B．盐酸滴定氨水时，恰好中和时生成氯化铵，此时溶液显酸性，所以选择酸性条件下变色的指示剂—甲基橙，终点颜色变化为黄色→橙色，B正确；C．据题给已知反应，可以用酸性高锰酸钾溶液氧化亚硫酸钾的原理进行滴定，亚硫酸钾被完全氧化后，过量的高锰酸钾使溶液显浅紫红色，C正确；D．用碘水滴定硫化钠溶液，淀粉作指示剂，开始时溶液无色，硫化钠被完全消耗后，过量的碘水使淀粉显蓝色，所以滴定终点的颜色变化为无色→蓝色，D错误。11．用标准盐酸滴定氢氧化钠溶液(甲基橙作指示剂)，下列操作正确的是()A．本实验最好选择酚酞作指示剂B．滴定管用蒸馏水洗涤后，即装入标准盐酸进行滴定C．当滴定至溶液由黄色变为橙色时，即为滴定终点，立即停止滴定D．滴定时，边摇动锥形瓶边观察瓶中溶液的颜色变化【答案】D【解析】A．用盐酸滴定氢氧化钠溶液，达到滴定终点时酚酞由浅红色变为无色，不易观察，最好选择滴定过程中颜色由浅变深的指示剂，如甲基橙，A错误；B．滴定管用蒸馏水洗涤后，用标准盐酸润洗后才能装入标准盐酸进行滴定，B错误；C．甲基橙作指示剂时，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色，可认为达到滴定终点，停止滴定，C错误；D．滴定时，边摇动锥形瓶边观察瓶中溶液的颜色变化，以判断滴定终点，D正确。12．下列有关实验操作的叙述正确的是（）A．中和滴定实验中指示剂不宜加入过多，通常控制量在1mL~2mLB．用50mL酸式滴定管可准确量取25.00mLKMnO4溶液C．用量筒量取5.00mL1.00mol·L－1盐酸D．中和滴定实验中的锥形瓶用待测液润洗【答案】B【解析】A.中和滴定实验中指示剂不宜加入过多，通常控制量在2到3滴，故A错误；B.滴定管比较精确，可以用50mL酸式滴定管可准确量取25.00mLKMnO4溶液，故B正确；C.用量筒量取液体，只能精确到0.1mL，故C错误；D.中和滴定实验中的锥形瓶不能用待测液润洗，故D错误。二、非选择题13．滴定实验是化学学科中重要的定量实验。请回答下列问题：Ⅰ．酸碱中和滴定——已知某NaOH试样中含有NaCl杂质，为测定试样中NaOH的质量分数，进行如下步骤实验：①称量1.00g样品溶于水，配成250mL溶液；②准确量取25.00mL所配溶液于锥形瓶中；③滴加几滴酚酞溶液；④用0.10mol/L的标准盐酸滴定三次，每次消耗盐酸的体积记录如下：滴定序号待测液体积所消耗盐酸标准的体积（mL）滴定前滴定后125.000.5020.60225.006.0026.00325.001.1021.00（1）用_____滴定管(填“酸式”或“碱式”)盛装0.10mol/L的盐酸标准液。（2）试样中NaOH的质量分数为______________________。（3）若出现下列情况，测定结果偏高的是___________。a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外d．酸式滴定管滴至终点对，俯视读数e．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗Ⅱ．氧化还原滴定—取草酸溶液置于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，用浓度为0.1mol·L－1的高锰酸钾溶液滴定，发生的反应为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+10CO2↑+2MnSO4+8H2O。（4）滴定时，KMnO4溶液应装在酸式滴定管中，滴定终点时滴定现象是________________。Ⅲ．沉淀滴定――滴定剂和被滴定物的生成物比滴定剂与指示剂的生成物更难溶。（5）参考下表中的数据，若用AgNO3滴定NaSCN溶液，可选用的指示剂是____(填选项字母)。难溶物AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白浅黄白砖红白Ksp1.77×10－105.35×10－131.21×10－161.12×10－121.0×10－12A．NaClB．NaBrC．NaCND．Na2CrO4【答案】（1）酸式（2）80%（3）ce（4）锥形瓶中溶液由无色变为浅红色或浅紫色，且半分钟内不褪色（5）D【解析】（1）在酸碱中和滴定中，用酸式滴定管盛装酸性或具有氧化性的溶液，用碱式滴定管盛装碱性液体，所以用酸式滴定管盛装0.10mol/L的盐酸标准液；（2）根据三次实验所得数据求平均值，消耗盐酸体积为（20.10+20.00+19.90）÷3=20.00mL，再根据c(酸)×V（酸）=c(碱)×V（碱），0.1×20=c(碱)×25解得c(碱)=0.08mol/L，试样中NaOH的质量分数为[（0.08×0.25）×40]÷1×100%=80%；（3）a．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，对测定结果无影响；b．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致碱液减少，消耗标准液减少，所测浓度偏低；c．若在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，导致消耗标准酸液增大，所测浓度偏高；d．酸式滴定管滴至终点时，俯视读数，导致末读数据减小，所测结果偏低，e．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准液润洗，导致标准液浓度降低，消耗标准液体积增大，所测结果偏高；选ce；（4）KMnO4溶液是紫色溶液，当高锰酸钾滴入，由于反应导致溶液无色，若到终点，再滴入的高锰酸钾使溶液呈紫色，所以该滴定过程不需要指示剂，滴定终点时滴定现象是锥形瓶中溶液由无色变为浅红色或浅紫色，且半分钟内不褪色；（5）指示剂的选取原则变色明显，根据题给信息，用Na2CrO4作指示剂最好，选D。14．图甲是用的盐酸滴定某未知浓度的溶液的示意图，图乙是某次滴定前后盛放盐酸的滴定管中液面的位置。实验编号待测溶液的体积/滴定前盐酸的读数/滴定后盐酸的读数/120.001.2023.00220.001.2129.21320.001.5023.48请回答下列问题：(1)仪器A的名称是________。(2)图乙中盐酸的体积读数：滴定前读数为________，滴定后读数为________。(3)某实验小组同学三次实验的实验数据如上表所示。根据表中数据计算出待测溶液的浓度是________(保留四位有效数字)。(4)对下列几种假定情况进行讨论：①取待测溶液的滴定管，放液前滴定管尖端有气泡，放液后气泡消失，对测定结果的影响是________(填“无影响”“偏高”或“偏低”，下同)。②滴定前锥形瓶未用待测液润洗，对测定结果的影响是________。【答案】（1）酸式滴定管（2）0.80mL22.80mL（3）0.1100mol·L-1（4）偏低无影响【解析】(1)仪器的下端是玻璃活塞，所以仪器的名称为酸式滴定管。故答案为：酸式滴定管；(2)滴定前，滴定管读数为，滴定后，滴定管读数为。故答案为：0.80mL；22.80mL；(3)三次滴定消耗盐酸的体积分别为、、，第二组数据误差太大，舍去，则平均消耗，。故答案为：0.1100mol·L-1；(4)①取待测液的滴定管，放液前滴定管尖端有气泡，放液后气泡消失，使实际所取待测液的体积偏小，导致消耗标准液的体积偏小，根据分析，偏低；②若滴定前锥形瓶未用待测液润洗，待测液中溶质的物质的量不变，消耗标准液的体积也不变，根据分析，不变。故答案为：偏低；无影响。15．实验室有一瓶未知浓度的Na2S2O3，通过下列实验测定其浓度①取10.0mLNa2S2O3于锥形瓶中，滴入指示剂2—3滴。②取一滴定管,依次查漏，洗涤，用0.01mol·L－1的I2溶液润洗，然后注入该标准溶液,调整液面，记下读数。③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。试回答下列问题：（1）步骤①加入的指示剂是__________。（2）步聚③达到滴定终点的判断__________________________________。（3）已知消耗标准液实验数据如下表：实验次数始读数(ml)末读数(ml)10.1019.2021.8520.7530.0024.06则废水中的Na2S2O3物质的量浓度为_______________。（4）下列操作会导致测定结果偏高的是_________。A．滴定管在装液前未用标准溶液润洗B．滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出C．装标准溶液的滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定终点时发现气泡D．达到滴定终点时，仰视读数【答案】（1）淀粉溶液（2）滴入最后一滴标准液时,溶液由无色变成蓝色,且振荡半分钟内不变色（3）0.038mol•L﹣1（4）AD【解析】（1）本滴定实验为利用I2+2Na2S2O3=2NaI+2Na2S4O6测定生成I2从而确定水样中的Cl2，故所用指示剂用来指示溶液中I2的量，故应用淀粉溶液作指示剂；综上所述，本题答案是：淀粉溶液。（2）碘遇淀粉变蓝，判断达到滴定终点的实验现象是：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变成蓝色且半分钟内不恢复；综上所述，本题答案是：滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变成蓝色，且振荡半分钟内不变色。（3）从图表中数据可知，消耗标准液的体积：三组数据：19.10mL，18.90mL，24.06，24.06误差太大，舍去；因此消耗标准液的体积平均为19.00mL；根据反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，则废水中的Na2S2O3物质的量浓度为(19×0.01×2)/10=0.038mol•L﹣1；综上所述，本题答案是：0.038mol•L﹣1。（4）依据进行如下分析：A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗会导致c（标准）变小，则V（标准）偏大，故所测NaOH溶液浓度偏大，正确；B．滴定过程中，锥形瓶振荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，导致待测溶液的溶质总量减小，消耗标准液的体积偏小，所测NaOH溶液浓度偏小，错误；C．滴定前滴定管尖嘴中没有气泡，滴定终点时发现气泡，由于气泡占有空间，则会导致V（标准）体积偏小，故会导致所测浓度偏小，错误；D．达到滴定终点时，仰视读数，导致V（标准）体积偏大，会导致所测浓度偏大；正确；综上所述，本题选AD。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FeSO4·7H2O做还原剂,反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O,则C中的阳离子有Fe2+、Fe3+、Cr3+、H+,因为Ksp[Fe(OH)2]较大,