课时作业12 酸碱中和滴定(word练习)-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年新教材高中化学选择性必修第一册(人教版2019）

课时作业（十二） （建议用时：40 min） （见学生用书P165） 1.下列有关滴定操作的顺序正确的是（　　） ①检查滴定管是否漏水　②用蒸馏水洗涤玻璃仪器　③用标准溶液润洗盛装标准溶液的滴定管，用待测液润洗盛待测液的滴定管 ④装标准溶液和待测液并调整液面（记录初读数）　⑤取一定体积的待测液于锥形瓶中 ⑥滴定操作 A.①③②④⑤⑥ B.①②③④⑤⑥ C.②③①④⑤⑥ D.④⑤①②③⑥ 答案　B　 解析　①查漏是做滴定实验的前提，保证仪器的可靠性；②实验时要保证仪器的洁净，不能混入杂质；③为保证所盛溶液浓度的准确，仪器需先润洗，再盛装，这是酸碱滴定的关键操作；仪器洗涤干净后，按④⑤⑥顺序进行实验操作。因此，滴定操作的顺序为①②③④⑤⑥，故选B项。 2.用盐酸标准液来滴定NaOH待测液，下列操作会使测定结果偏低的是（　　） A.锥形瓶只用水洗 B.碱式滴定管只用水洗 C.使用甲基橙作指示剂 D.第一次观察酸式滴定管的刻度时俯视 答案　B　 解析　锥形瓶只用水洗，所消耗的标准溶液无变化，不会引起误差，A项不符合题意；碱式滴定管只用水洗，稀释了碱液，相同体积的碱液消耗的盐酸标准液偏小，测得浓度偏低，B项符合题意；用盐酸滴定NaOH，反应终点pH为7，应选用酚酞作指示剂，C项不符合题意；第一次观察酸式滴定管的刻度时俯视，体积读数偏小，滴定后读数减滴定前读数，得到标准液体积偏大，浓度偏高，D项不符合题意。 3.以酚酞溶液为指示剂，对某新制的NaOH溶液进行中和滴定实验，数据记录如表。下列关于该新制NaOH溶液的浓度c （mol·L－1）的计算式合理的是（　　） 待测液 消耗标准盐酸 （0.10 mol·L－1） 的体积 ① 20 mL NaOH溶液 V1 mL ② 20 mL NaOH溶液＋10 mL水 V2 mL ③ 敞口隔夜放置的20 mL NaOH溶液 V3 mL A. c＝0.10×（V1＋V2＋V3）/（3×20） B. c＝0.10×（V1＋V2）/（2×20） C. c＝0.10×（V1＋V3）/（2×20） D. c＝0.10V1/20 答案　B　 解析　NaOH溶液中加10 mL水，溶质的物质的量没变，消耗标准盐酸的体积不变，敞口隔夜放置的NaOH溶液会变质生成Na2CO3，酚酞作指示剂时，Na2CO3与盐酸反应只能生成NaHCO3，消耗的盐酸偏少，所以V3不能用，求①②的平均值即可。 4.下列实验操作正确的是（　　） A.选用图1滴定管量取17.60 mL NaCl溶液 B.如图2所示，记录滴定终点读数为19.90 mL C.中和滴定时，选用图1滴定管盛装NaOH标准溶液 D.可用图3装置进行KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液实验 答案　A　 解析　图1为酸式滴定管，滴定管的精度为0.01 mL，用酸式滴定管可量取17.60 mL NaCl溶液，A项正确；滴定管起始读数为0，滴定终点读数为18.10 mL，B项错误；中和滴定时NaOH溶液盛装在碱式滴定管中，图1为酸式滴定管，C项错误；标准液KMnO4溶液具有强氧化性会腐蚀橡胶，应该盛装在酸式滴定管，图3为碱式滴定管，D项错误。 5.如图是用0.100 0 mol·L－1 KOH溶液滴定20.00 mL未知浓度盐酸（酚酞作指示剂）的滴定曲线。下列说法正确的是（　　） A.水电离出的氢离子浓度：a＞b B.盐酸的物质的量浓度为0.010 0 mol·L－1 C.指示剂变色时，说明盐酸与KOH恰好完全反应，溶液刚好显中性 D.当滴加KOH溶液10.00 mL时，该混合液的pH＝1＋lg 3 答案　D　 解析　酸性越强对水电离的抑制程度越大，由图像可知，a点盐酸浓度较大，pH较小，则水的电离程度较小，所以水电离出的氢离子浓度b点大于a点，A项错误；加入20.00 mL KOH溶液恰好中和，盐酸的物质的量浓度为0.100 0 mol·L－1，B项错误；酚酞的变色范围是8～10，变色时溶液已经呈弱碱性，C项错误；盐酸的物质的量浓度为0.100 0 mol·L－1，当滴加KOH溶液10.00 mL时，c（H＋）＝ mol·L－1，pH＝1＋lg 3，D项正确。 6.下列对几种具体的滴定分析（待测液置于锥形瓶内）中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色判断不正确的是（　　） A.用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度：KMnO4——浅红色 B.利用“Ag＋＋SCN－AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度：Fe（NO3）3——浅红色 C.利用“2Fe3＋＋2I－I2＋2Fe2＋”，用FeCl3溶液测量KI样品中KI的百分含量：淀粉——蓝色 D.利用“OH－＋H＋H2O”来测量某盐酸的浓度时：酚酞——浅红色 答案　C　 解析　C项，不可用淀粉作指示剂，否则开始滴入FeCl3溶液即变蓝，应用KSCN溶液作指示剂，错误。 7.如图为用一定浓度的NaOH溶液滴定10 mL一定物质的量浓度的盐酸（HCl）的图示，依据图示可推出HCl和NaOH的物质的量浓度（　　） 选项 A B C D HCl物质的量浓度 （mol·L－1） 0.12 0.04 0.03 0.09 NaOH物质的量浓度 （mol·L－1） 0.04 0.12 0.09 0.03 答案　D　 解析　观察题图知，当NaOH溶液用至30 mL时正好中和。根据c酸V酸＝c碱V碱，V酸∶V碱＝10∶30＝1∶3，则c酸∶c碱＝3∶1，B、C项错误；由于加入NaOH 20 mL时，溶液pH已达到2，设HCl浓度为3x，则NaOH浓度为x，c（H＋）＝0.01 mol·L－1，则＝0.01 mol/L，解得x＝c（NaOH）＝0.03 mol·L－1，3c（NaOH）＝0.09 mol·L－1，D项正确，A项错误。 8.某学生用0.150 0 mol/L NaOH溶液测定某未知浓度的盐酸溶液，其操作可分解为如下几步： A.用蒸馏水洗净滴定管 B.用待测定的溶液润洗酸式滴定管 C.用酸式滴定管取稀盐酸25.00 mL，注入锥形瓶中，加入酚酞 D.另取锥形瓶，再重复操作2～3次 E.检查滴定管是否漏水 F.取下碱式滴定管用标准NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管“0”刻度以上2～3 cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下 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 完成以下填空： （1）滴定时正确操作的顺序是（用序号字母填写）：　　　　→　　　　→F→　　　　→　　　　→　　　　→D。 （2）操作F中应该选择图中滴定管　　　　（填标号）。 （3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察　　　　 　　　　。滴定终点溶液颜色的变化是　　　　。 （4）滴定结果如表所示： 滴定 次数 待测液 体积/mL 标准溶液的体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 1 25.00 1.02 21.03 2 25.00 0.60 20.60 3 25.00 0.20 20.19 计算该盐酸的物质的量浓度为　　　　（精确至0.000 1）。 解析　（1）中和滴定按照检漏、洗涤、润洗、装液、取待测液并加指示剂、滴定等顺序操作，则正确的顺序为E、A、F、B、C、G、D。（2）根据题意，操作F中应该选择碱式滴定管，碱式滴定管为乙。（3）滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应注意观察锥形瓶内溶液颜色的变化。滴定终点溶液由酸性变成弱碱性，颜色的变化为锥形瓶内溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色。（4）3次滴定过程中使用的氢氧化钠标准溶液的体积分别为20.01 mL，20.00 mL，19.99 mL，平均体积为 mL＝20.00 mL，c（HCl）＝＝ mol·L－1＝0.120 0 mol·L－1。 答案：（1）E　A　B　C　G　（2）乙　（3）锥形瓶内溶液颜色的变化　由无色变为浅红色且半分钟内不褪色　（4）0.120 0 mol·L－1 9.下列实验操作正确的是（　　） A.用NaOH标准液滴定未知浓度的盐酸时，配制标准液的NaOH固体中混有少量Na2CO3杂质，则所测浓度偏高 B.用盐酸标准液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液时，左手控制酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视酸式滴定管中液面的高度变化和液体滴下的速度 C.用已知浓度的盐酸滴定待测浓度的NaOH溶液（NaOH置于锥形瓶中），若酸式滴定管尖嘴部分气泡前有后无，则所测浓度偏低 D.中和滴定时为了更清楚观察到锥形瓶内溶液颜色的变化，可以加多2～3 mL指示剂 答案　A　 解析　用NaOH标准液滴定未知浓度的盐酸时，假设40 g全部是氢氧化钠（物质的量为1 mol）会消耗1 mol盐酸，若全部是碳酸钠（物质的量为0.38 mol）会消耗0.76 mol盐酸，因此若相同量的盐酸，用配制标准液的NaOH固体中混有少量Na2CO3杂质进行滴定，则消耗的标液体积偏多，则所测浓度偏高，A项正确；眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化和标液的流速，B项错误；若酸式滴定管尖嘴部分气泡前有后无，所读数据偏大，则所测浓度偏高，C项错误；指示剂加入过多会影响实验结果，D项错误。 10.常温下，用氢氧化钠溶液来测定硫酸溶液，当达到滴定终点时，消耗氢氧化钠溶液的体积等于锥形瓶中硫酸溶液的体积，这说明（　　） A. NaOH和H2SO4溶液的物质的量浓度相等 B. NaOH的物质的量浓度等于H2SO4物质的量浓度的两倍 C. NaOH和H2SO4溶液的质量分数相等 D.氢氧化钠溶液的pH和硫酸溶液的pH之和等于12 答案　B　 解析　根据化学方程式2NaOH＋H2SO4Na2SO4＋2H2O，c（NaOH）·V（NaOH）＝2c（H2SO4）·V（H2SO4），当V（NaOH）＝V（H2SO4）时，c（NaOH）＝2c（H2SO4），A项错误，B项正确；溶液的质量分数，与溶液的密度及溶质的摩尔质量有关，质量分数不相等，C项错误；中和反应的实质是n（H＋）＝n（OH－），ca（H＋）·V（H2SO4）＝cb（OH－）·V（NaOH），因为V（H2SO4）＝V（NaOH），所以ca（H＋）＝cb（OH－）。常温下，对于NaOH溶液cb（H＋）＝，故ca（H＋）＝，两边同时取负对数可得pHa＋pHb＝14，D项错误。 11.实验小组用双指示剂法准确测定NaOH样品（杂质为Na2CO3）的纯度。步骤如下： ①称取m g样品，配制成100 mL溶液； ②取出25 mL溶液置于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用浓度为c mol·L－1的盐酸滴定至溶液恰好褪色（溶质为NaCl和NaHCO3），消耗盐酸体积为V1 mL； ③滴入2滴甲基橙溶液，继续滴定至终点，消耗盐酸体积为V2 mL。下列说法正确的是（　　） A.①中配制溶液时，需在容量瓶中加入100 mL水 B.②中溶液恰好褪色时：c（Na＋）＝c（HC）＋2c（C）＋c（Cl－） C. NaOH样品纯度为×100％ D.配制溶液时放置时间过长，会导致最终测定结果偏高 答案　C　 解析　①中配制溶液时，在容量瓶中定容时溶液总体积为100 mL，A项错误；②中溶液恰好褪色时溶质为NaCl和NaHCO3，由电荷守恒可知，c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HC）＋2c（C）＋c（Cl－）＋c（OH－），此时溶液显碱性，则氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，故，c（Na＋）＞c（HC）＋2c（C）＋c（Cl－），B项错误；第1次滴定反应为OH－＋H＋H2O、C＋H＋HC，第2次滴定反应为HC＋H＋H2O＋CO2↑，则通过第2次滴定可知，n（C）＝n（HC）＝cV2×10－3 mol，第1次滴定中氢氧化钠消耗HCl的物质的量的为n（HCl）＝cV1×10－3 mol－cV2×10－3 mol＝c（V1－V2）×10－3 mol＝n（NaOH），故NaOH样品纯度为×100％＝×100％，C项正确；配制溶液时放置时间过长，氢氧化钠吸收空气中二氧化碳生成碳酸钠，会导致最终测定结果偏低，D项错误。 12.某实验小组用如下实验测定海带预处理后所得溶液的碘含量，实验步骤及现象如下： 已知：I2＋2Na2S2O32NaI＋Na2S4O6，下列说法不正确的是（　　） A.溶液b为蓝色是因为发生了反应：H2O2＋2I－＋2H＋I2＋2H2O B.该实验可证明蓝色恢复与空气无关 C.溶液反复由无色变蓝的原因可能是H2O2氧化I－的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率快 D.上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，反应至不再产生气泡，过滤，对滤液进行滴定 答案　C　 解析　向含有I－的溶液中滴加稀硫酸、淀粉、过量H2O2，发生反应：H2O2＋2I－＋2H＋I2＋2H2O，生成的I2遇淀粉变为蓝色，A项正确；该实验蓝色恢复是因为过量的H2O2与NaI发生反应，生成的I2遇淀粉变为蓝色，与空气无关，B项正确；溶液变无色，是因为发生反应：I2＋2Na2S2O32NaI＋Na2S4O6，溶液又变蓝，是因为过量的H2O2与NaI发生反应，生成的I2遇淀粉变为蓝色，在加入Na2S2O3溶液后，溶液先变无色，随后变蓝色，可能是H2O2氧化I－的反应速率比Na2S2O3还原I2的反应速率慢，C项错误；由于H2O2是过量的，可与NaI发生反应，因此上述实验不能准确测定待测液中的碘含量，应补充实验步骤：滴定前向溶液b中加少量MnO2，过量的H2O2在MnO2的作用下分解，产生O2，至不再产生气泡，即H2O2完全分解后，过滤，对滤液进行滴定，D项正确。 13.工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2，利用滴定原理测定Cr2含量的方法如下： 步骤Ⅰ：量取20.00 mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2＋6I－＋14H＋2Cr3＋＋3I2＋7H2O。步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.200 0 mol·L－1Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如表：（I2＋2Na2S2O32NaI＋Na2S4O6） 滴定 次数 Na2S2O3溶液起始读数/mL Na2S2O3溶液终点读数/mL 第一次 1.02 19.03 第二次 2.00 19.99 第三次 0.20 a （1）步骤Ⅰ量取20.00 mL废水选择的仪器是　　　　。 （2）步骤Ⅲ中滴加的指示剂为　　　　；滴定达到终点时的实验现象是　　　　 　　　　。 （3）步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则： ①a＝　　　　。 ②原工业废水中Cr2的含量为　　　　g·L－1。 （4）以下操作会造成废水中Cr2含量测定值偏低的是　　　　（填字母）。 A.量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水清洗后未用标准液润洗 B.盛装待测液的锥形瓶用水洗后未用待测液润洗 C.滴定过程中摇动锥形瓶时有少量待测液溅出 D.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度 E.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 解析　（1）根据信息，Cr2氧化性较强，量取废水应用酸式滴定管。（2）滴定碘单质应选用淀粉溶液作指示剂；滴定达到终点时碘单质刚好被消耗，所以滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液刚好从蓝色变为无色，且半分钟内不变色。（3）①根据图示，滴定管“0”刻度在上，且精确到0.01 mL，a值为18.20；②从表格数据可知，三次实验消耗0.1000 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液的体积平均值为＝18.00 mL，根据Cr2＋6I－＋14H＋2Cr3＋＋3I2＋7H2O和I2＋2Na2S2O32NaI＋Na2S4O6，Cr2～3I2～6Na2S2O3，n（Cr2）＝n（Na2S2O3）＝×0.2000 mol/L×18.00×10－3L＝6×10－4mol，Cr2的含量为：＝6.48 g·L－1。（4）根据Cr2＋6I－＋14H＋2Cr3＋＋3I2＋7H2O和I2＋2Na2S2O32NaI＋Na2S4O6，则c（待测）偏低，Cr2含量就偏低；量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水清洗后未用标准液润洗，造成V（标准）偏大，根据c（待测） ×V（待测）＝c（标准）×V（标准）分析，测定c（待测）偏高，A项错误；盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，测定c（待测）无影响，B项错误；滴定过程中摇动锥形瓶时有少量待测液溅出，导致V（标准）偏低，则c（待测）偏低，C项正确；滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V（标准）偏小，测定c（待测）偏低，D项正确；滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，造成V（标准）偏大，测定c（待测）偏高，E项错误；故选CD。 答案：（1）酸式滴定管　（2）淀粉溶液　滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液刚好从蓝色变为无色，且半分钟内不变色　（3）18.20　6.48 （4）CD 阶段重点突破练（四） （建议用时：40 min） （见学生用书P168） 一、选择题 1.下列说法正确的是（　　） A.加水稀释两种pH相同的酸，pH变化大的一定是强酸 B. PbSO4难溶于水，其水溶液几乎不导电，故PbSO4是弱电解质 C.物质的量浓度相同的两种电解质溶液，导电能力弱的一定是弱电解质 D.电离平衡正移，电解质分子浓度不一定减小，离子浓度不一定增大 答案　D　 解析　没有说明是否稀释相同的倍数，A项错误；PbSO4难溶于水，其水溶液的导电能力极弱，但是硫酸铅在熔融状态下完全电离，是强电解质，B项错误；物质的量浓度相同的两种电解质溶液，导电能力弱的不一定为弱电解质，如物质的量浓度相等的硫酸和盐酸，硫酸的导电能力大于盐酸，但HCl为强电解质，C项错误；稀醋酸溶液中加入冰醋酸，醋酸分子的浓度增大，电离平衡正移；加水稀释能够促进弱电解质的电离，弱电解质的电离平衡正移，但离子浓度减小，因此电离平衡正移，电解质分子浓度不一定减小，离子浓度不一定增大，D项正确。 2.为了探究强弱电解质对反应速率的影响，分别向试管1和试管2中加入等浓度、等体积的盐酸和醋酸溶液，再同时加入相同质量的锌粉（不足），下列说法正确的是（不考虑酸的挥发）（　　） A.反应刚开始时，试管2中反应更剧烈 B.反应结束后，试管1中产生的气体更多 C.反应结束后，试管2中溶液含有的H＋浓度更小 D.生成相同体积（相同条件下）的H2时，试管1消耗的时间更长 答案　C　 解析　盐酸中的H＋是完全电离的，醋酸中的H＋是部分电离的，因此刚开始时盐酸中的浓度更大，反应更剧烈，A项错误；锌粉不足，则锌粉完全反应，消耗相同质量的锌粉，产生的气体量相同，B项错误；试管1和试管2中加入等浓度、等体积的盐酸和醋酸溶液中，后者H＋离子浓度小，同时加入相同质量的锌粉（不足），反应结束后，试管2中溶液含有的H＋浓度更小，C项正确；盐酸为强酸，所含氢离子浓度更大，反应速率更快，D项错误。 3.常温下向0.1 mol/L HF溶液中加入少量水，下列各项增大的是：①pH；②c（H＋）·c（OH－）；③水的电离程度；④c（H＋）·c（F－）；⑤c（H＋）/c（F－）（　　） A.①③⑤ B.①②④ C.①③ D.仅有① 答案　A　 解析　HF是弱酸，常温下向0.1 mol/L HF溶液中加入少量水，HF的电离平衡HFH＋＋F－会正向移动，c（H＋）、c（F－）、c（HF）都会减小，溶液酸性减弱，①pH会增大；温度不变，水的离子积②c（H＋）·c（OH－）不变；酸性减弱，水的电离被抑制程度减小，③水的电离程度会增大；c（H＋）·c（F－）＝Ka·c（HF），温度不变，Ka不变，加水稀释，c（HF）减小，所以④减小；加水稀释时c（H＋）、c（F－）减小程度一样，但水的电离程度增大，氢离子浓度减小的慢，所以⑤c（H＋）/c（F－）会增大；符合题意的是①③⑤，故选A项。 4.向起始pH相同的盐酸和醋酸溶液中加水稀释，pH随lg（稀释后的溶液总体积为Vt，稀释前的体积V0）的变化关系如下图所示，下列说法正确的是（　　） A.曲线N表示的是盐酸加水稀释过程中，pH随lg的变化关系 B.升高温度，CH3COOH的电离平衡向电离方向移动，c点将向下移动 C.当lg＝1时，c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）＝0.01 mol·L－1 D. a→c→d过程中，CH3COOH的电离程度减小 答案　A　 解析　起始pH相同的盐酸和醋酸溶液中加水稀释相同的倍数，盐酸的pH大于醋酸，曲线M表示的是盐酸加水稀释过程，A项错误；升高温度，CH3COOH的电离平衡向电离方向移动，氢离子浓度增大c点将向下移动，B项正确；不知道醋酸的初始浓度，C项错误；加水稀释过程中CH3COOH的电离程度增大，D项错误。 5.次氯酸为一元弱酸，具有强氧化性，能杀菌、消毒。其溶液中HClO、ClO－所占物质的量分数（分布系数δ）随pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是（　　） A.该温度下，次氯酸的电离平衡常数Ka＝10－5 B.次氯酸的电离方程式为HClOH＋＋ClO－ C.向pH＝5的次氯酸溶液中滴加少量的甲基橙，溶液最终变为黄色 D.某浓度的次氯酸溶液中加水稀释过程中，保持不变 答案　C　 解析　HClO、ClO－所占物质的量分数（分布系数δ）相等时，Ka＝c（H＋）＝10－5，A项正确；次氯酸为一元弱酸，电离方程式为HClOH＋＋ClO－，B项正确；次氯酸具有强氧化性，能漂白酸碱指示剂，故遇甲基橙溶液最终变为无色，C项错误；加水稀释过程中，＝保持不变，D项正确。 6.下表是几种弱酸在常温下的电离平衡常数： 酸 HX HY HZ 电离 常数 7.2×10－4 1.8×10－6 1.8×10－8 下列说法正确的是（　　） A. HX的酸性弱于HY B.向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，弱酸的电离程度不变 C.常温下，0.1 mol·L－1HY溶液达到电离平衡时，溶液中c（H＋）＝3×10－4 mol·L－1 D.反应HZ＋X－HX＋Z－能够发生 答案　C　 解析　弱酸的电离常数越大，该酸的酸性就越强，HX的酸性比HY的酸性强，A项错误；向弱酸溶液中加少量NaOH溶液，二者发生中和反应，促进弱酸的电离，则弱酸的电离程度增大，B项错误；常温下HY的电离常数Ka＝1.8×10－6，则≈＝1.8×10－6，c2（H＋）＝1.8×10－7，c（H＋）＝3×10－4 mol·L－1，C项正确；根据强酸制弱酸可知HZ＋X－HX＋Z－不能发生，D项错误。 7.常温下，一种解释乙酰水杨酸（用HA表示，Ka＝1×10－3.0）药物在人体吸收模式如下： 假设离子不会穿过组织薄膜，而未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡。下列说法错误的是（　　） A.血浆中HA电离程度比胃中大 B.在胃中，＝1×10－2.0 C.在血浆中，＜1×104.4 D.总药量之比≈1×104.4 答案　C　 解析　如图可知，胃液酸性强，H＋浓度大，抑制HA的电离，故血浆中HA电离程度比胃中大，A项正确；在胃中c（H＋）＝1×10－1.0 mol/L，根据Ka＝＝1×10－3.0可得＝1×10－2.0，B项正确；在血浆中，＝1＋＝1＋＝1＋＞1×104.4，C项错误；未电离的HA则可自由穿过该膜且达到平衡，血浆Ⅰ和胃Ⅱ中c（HA）相等，由Ka（HA）＝，可得cⅠ平衡（A－）×cⅠ平衡（H＋）＝cⅡ平衡（A－）×cⅡ平衡（H＋），则＝＝＝106.4，溶液Ⅰ中，＝≈1，cⅠ平衡总（HA）＝cⅠ平衡（A－），同理溶液Ⅱ中，cⅡ平衡总（HA）＝101cⅡ平衡（A－），故总药量之比＝＝＝≈104.4，D项正确。 8.表中是不同温度下水的离子积常数的数值，下列说法错误的是（　　） 温度/℃ 0 10 20 25 40 50 90 100 Kw/×10－14 0.115 0.296 0.687 1.01 2.87 5.31 37.1 54.5 A.由表中的数据可以确定，0～100 ℃条件下，当一个溶液的pH＝6时，该溶液一定是显酸性的 B. Kw的数值随着温度的升高而增大，说明水的电离是吸热的 C.温度为10 ℃的0.1 mol/L HCl溶液中c（OH－）＝mol/L＝2.96×10－13 mol/L D.上述这些Kw的数值不能在浓的电解质溶液中使用 答案　C　 解析　根据上表数据可知：在100 ℃时中性溶液pH＞6，所以在温度为0～100 ℃条件下，当一个溶液的pH＝6时，该溶液一定是显酸性的，A项正确；根据表格数据可知：温度升高，Kw增大，说明升高温度，电离平衡正向移动，因此水的电离是吸热的，B项正确；在温度为10 ℃时Kw＝0.296×10－14，0.1 mol/L HCl溶液中c（H＋）＝0.1 mol/L，则c（OH－）＝mol/L＝2.96×10－14 mol/L，C项错误；水的离子积常数Kw只适合电解质的稀溶液，不适合浓溶液，因此不能在浓溶液中使用水的离子积常数，D项正确。 9.常温下，若1体积H2SO4溶液与2体积pH＝11的NaOH溶液混合所得溶液的pH＝3（溶液体积变化不计），则H2SO4与NaOH物质的量浓度之比应为（　　） A.5∶1 B.5∶2 C.1∶5 D.2∶5 答案　B　 解析　pH＝11的NaOH溶液物质的量浓度为1×10－3mol·L－1，H2SO4＋2NaOHNa2SO4＋2H2O，设H2SO4溶液的物质的量浓度为c mol·L－1，体积为V L，则氢氧化钠溶液的体积为2V L，混合所得溶液的pH＝3，即c（H＋）＝mol·L－1＝10－3 mol·L－1，解得c＝2.5×10－3，则H2SO4与NaOH物质的量浓度之比应为5∶2，B符合题意。 10.用已知浓度的盐酸测定未知浓度的NaOH溶液的浓度，用酚酞作指示剂，下列说法正确的是（　　） A.量取15.00 mL待测液：在25 mL滴定管中装入待测液，调整初始读数为10.00 mL后，将剩余待测液全部放入锥形瓶 B.润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入3～5 mL所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从上口倒出 C.滴定终点读数时俯视读数，读取的滴定液体积数据偏小 D.判断滴定终点：溶液颜色由无色变为浅红色，且半分钟内颜色不再变化 答案　C　 解析　应调整为初始读数为0 mL后，再量取15.00 mL待测液，A项错误；润洗酸式滴定管时应从滴定管上口加入3～5 mL所要盛装的酸溶液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿其内壁，再从下口放出，重复2～3次，B项错误；滴定管的0刻度在上方，滴定终点读数时俯视读数，则读取数值偏小，C项正确；滴定终点时溶液颜色应由红色变为无色，且半分钟内颜色不再变化，D项错误。 11.温度分别为T1（T1＝25 ℃）和T2时，水溶液中的c（H＋）、c（OH－）的关系如图所示，下列判断错误的是（　　） A. x＝1.0×10－7，T1＜T2 B. T1时，b点可能是向蒸馏水中滴加了醋酸溶液导致的 C. T1时，c点水电离出的c（OH－）可能为1.0×10－6mol·L－1 D. T1时，向蒸馏水中逐滴滴加浓硫酸，a点沿着曲线向b点方向移动 答案　D　 解析　25 ℃时，KW＝1.0×10－14，c（OH－）＝c（H＋）＝1.0×10－7，T2时，KW＝1.0×10－12，温度升高，KW增大，故T1＜T2，A项正确；b点时，c（H＋）＝1.0×10－6，则c（OH－）＝1.0×10－8，c（H＋）＞c（OH－），溶液成酸性，醋酸溶液符合条件，B项正确；c点时，c（OH－）＝1.0×10－6，则c（H＋）＝1.0×10－8，c（OH－）＞c（H＋），溶液显碱性，可能是碱溶液，也可能是水解显碱性的盐溶液，C项正确；向蒸馏水中逐滴滴加浓硫酸，温度升高，Kw增大，a点不能沿着曲线向b点方向移动，D项错误。 12.某同学在两个相同的特制容器中分别加入20 mL 0.4 mol·L－1 Na2CO3溶液和40 mL 0.2 mol·L－1 NaHCO3溶液，再分别用0.4 mol·L－1盐酸滴定，利用pH计和压强传感器检测，得到如图线。 已知：常温下，酚酞的变色范围是pH：8.2～10.0，甲基橙的变色范围是pH：3.1～4.4。下列说法不正确的是（　　） A. Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中微粒种类相同 B.图中曲线甲和丁表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸 C.在b点发生反应的离子方程式为C＋2H＋CO2↑＋H2O D.滴定分析时，a点可用酚酞、c点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点 答案　C　 解析　Na2CO3的水解程度大于NaHCO3，则0.4 mol·L－1Na2CO3溶液的碱性强于40 mL 0.2 mol·L－1NaHCO3溶液，Na2CO3与HCl反应先生成NaHCO3，NaHCO3再与盐酸反应生成CO2气体，NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体，并且n（Na2CO3）＝n（NaHCO3）＝0.008 mol，分别加入20 mL 0.4 mol·L－1HCl时Na2CO3恰好转化为NaHCO3，容器中压强不变，随着HCl的加入，容器中压强逐渐增大，加入40 mL HCl时容器的压强达到最大值，NaHCO3直接与HCl反应生成CO2气体，容器中压强增大，并且加入20 mL HCl时容器的压强达到最大值、一直保持不变，所以图中甲、丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸。Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中微粒均有Na＋、C、HC、H2CO3、H2O、H＋、OH－，种类相同，A项正确；由上述分析可知，B项正确；在加入20 ml HCl时Na2CO3转化为了NaHCO3，从20 mL以后，NaHCO3与HCl反应生成CO2，故在b点发生的反应为HC＋H＋CO2↑＋H2O，C项错误；由图可知，滴定分析时，a点的pH在8左右，在酚酞的变色范围内，可选择酚酞作指示剂；c点的pH在4左右，在甲基橙的变色范围内，可选择甲基橙作指示剂，D项正确。 二、非选择题 13.按要求完成下列各题。 （1）pH＝2的A、B两种酸溶液各1 mL，分别加水稀释到1 000 mL，其pH与溶液体积的关系如图所示。回答下列问题： ①若a＝5，则A为　　　　（填“强”或“弱”）酸，若再稀释1 000倍，则A的pH　　　　。 ②若A、B都是弱酸，则a的范围是　　　　。 （2）浓度均为0.1 mol·L－1的下列溶液：①盐酸、②醋酸、③氢氧化钠、④氨水，四种溶液中pH值由大到小的顺序是　　　　（填序号）。 （3）一定温度下，向等体积纯水中分别加入等物质的量的下列物质：①NaOH、②CH3COOH、③NaClO，则水的电离程度最大的是　　　　（填编号）。 （4）常温下将pH＝12的NaOH溶液和pH＝4的HCl溶液等体积混合，混合后溶液的pH为　　　　（lg 2＝0.3）。 解析　（1）①强酸稀释，体积每增大10n倍，pH就增大n个单位；弱酸稀释，体积每增大10n倍，pH增大不足n个单位。当pH为2的酸，稀释1 000倍，pH变为5，说明A为强酸，继续稀释1 000倍，pH会无限趋近于7。②弱酸稀释，体积每增大10n倍，pH增大不足n个单位，故若A、B都是弱酸，则a的范围是2＜a＜5。（2）①盐酸为强酸，完全电离；②醋酸为弱酸，部分电离，故同浓度时盐酸的pH小于醋酸；③氢氧化钠为强碱，完全电离；④氨水为弱碱，部分电离，故同浓度时氢氧化钠的pH大于氨水，综合四种溶液中pH值由大到小的顺序是③＞④＞②＞①。（3）①氢氧化钠为强碱，抑制水的电离；②醋酸为弱酸，抑制水的电离，但弱于氢氧化钠；③次氯酸钠为强碱弱酸盐，次氯酸跟与水电离出的H＋可以生成弱酸次氯酸，故水电离程度最大的是③。（4）pH＝12的NaOH溶液中c（OH－）＝10－2 mol·L－1，pH＝4的HCl溶液中c（H＋）＝10－4 mol·L－1，等体积混合后c（OH－）＝≈ mol·L－1，则c（H＋）＝2×10－12 mol·L－1，pH＝12－0.3＝11.7。 答案：（1）强　无限接近7　2＜a＜5 （2）③＞④＞②＞①　（3）③　（4）11.7 14.根据题意，完成下列填空： （1）某温度时，测得0.1 mol·L－1的NaOH溶液的pH为12，则该温度下水的离子积常数Kw＝　　　　。 （2）浓度为0.1 mol·L－1的二元弱酸H2S的水溶液中，H2S电离产生的离子有　　　　种（填数字），这几种离子中，浓度大小处于第二位的是　　　　（填离子符号）。 （3）25 ℃时，两种酸的电离平衡常数如下表所示。 化学式 HCN HClO 电离平衡常数 6.2×10－10 3.0×10－8 ①表中所列的二种酸中，酸性较弱的是　　　　（写化学式）。 ②将20 mL 0.1 mol·L－1的HCN溶液加水稀释后，以下各项一定变小的是　　　　（填字母）。 A. HCN对水的电离的抑制作用 B. HCN的电离程度 C.溶液的中和能力 （4）纯碱溶液呈碱性是因为它能与水发生水解反应，可与水电离出的H＋生成HC和H2CO3，促进水的电离，但该溶液中由水电离产生的氢离子和氢氧根一定相等，请依此规律完善纯碱溶液中氢氧根浓度和其他相关粒子的相等关系式，即c（OH－）＝　　　　。 解析　（1）pH为12，则此时溶液中c（H＋）＝10－12 mol·L－1，NaOH的浓度为0.1 mol·L－1，则溶液中c（OH－）＝0.1 mol·L－1，Kw＝c（H＋）×c（OH－）＝10－12×0.1＝10－13。（2）H2S为二元弱酸，电离产生HS－、H＋、S2－，共3种；水也会电离产生氢离子，而第一步电离抑制第二步电离，所以浓度大小处于第二位的是HS－。（3）①电离平衡常数越小，酸的电离程度越弱，酸性越弱，所以酸性较弱的是HCN。②稀释后HCN电离出的氢离子浓度减小，对水的电离抑制作用减弱，A符合题意；稀释后HCN的电离程度增大，B不符合题意；HCN的物质的量没有变，则中和能力不变，C不符合题意；故选A项。（4）碳酸钠溶液中水电离出的氢离子一部分以氢离子形式存在与水中，一部分被C结合生成HC，HC再结合生成H2CO3，所以c（OH－）＝c（H＋）＋c（HC）＋2c（H2CO3）。 答案：（1）10－13　（2）3　HS－　（3）HCN　A （4）c（H＋）＋c（HC）＋2c（H2CO3） 15.现有下列物质：Ⅰ.苛性钾溶液　Ⅱ. NH3·H2O Ⅲ. H2SO3　Ⅳ. H2SO4　Ⅴ.碘水 Ⅵ. KHSO4　Ⅶ.氯化钡 （1）上述物质中属于强电解质的有　　　　（填标号，下同），属于弱电解质的有　　　　（填标号）。 （2）常温下，将V1 L pH＝13的Ⅰ与V2 L 0.01 mol·L－1Ⅳ溶液混合，所得溶液的pH＝12，忽略溶液混合时体积的变化，则V1∶V2＝　　　　。 （3）用0.100 mol·L－1的Ⅰ滴定未知浓度的Ⅵ溶液。 ①盛装Ⅵ溶液的滴定管为　　　　（填“a”或“b”）。 ②若用酚酞作指示剂，到达滴定终点时的现象为　　　　。 ③平行滴定三次所得的实验数据如下表： 实验次数 Ⅰ的体积 Ⅵ溶液的体积 1 20.02 25.00 2 19.98 25.00 3 20.00 25.00 Ⅵ溶液的浓度为　　　　mol·L－1。 ④下列操作使测定结果偏大的是　　　　（填标号）。 A.锥形瓶用待测液润洗 B.滴定前滴定管无气泡，滴定后有气泡 C.到达滴定终点时仰视读数 解析　（1）在水溶液中能完全电离的电解质，叫强电解质，强酸、强碱、绝大多数盐为强电解质，所以：Ⅳ. H2SO4（强酸），Ⅵ. KHSO4（盐），Ⅶ.氯化钡（盐）为强电解质；在水溶液中部分电离的弱酸、弱碱、水及极少数盐为弱电解质，所以：Ⅱ. NH3·H2O（弱碱），Ⅲ. H2SO3（弱酸）为弱电解质。 （2）当两溶液混合后，溶液的pH＝12，c（OH－）＝＝＝0.01，V1∶V2＝1∶3。（3）①Ⅵ. KHSO4显酸性，盛装Ⅵ溶液的滴定管用酸式滴定管，选a。②用酚酞作指示剂，用已知浓度的KOH滴定未知浓度的KHSO4时，当滴入最后半滴（或一滴）KOH溶液时，KHSO4完全反应，含有酚酞的溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不恢复原色。③c（KHSO4）＝，V（KOH）＝mL＝20.00 mL， 得c（KHSO4）＝＝0.080 mol·L－1。④锥形瓶用待测液润洗，使锥形瓶内残留溶质，消耗更多的标准溶液，使测定结果偏大，A项正确；滴定前滴定管无气泡，滴定后有气泡，标准液体积偏小，使测定结果偏小，B项错误；到达滴定终点时仰视读数，V＝V终－V0，V终偏大，标准液体积偏大，使测定结果偏大，C项正确；故选AC。 答案：（1） Ⅳ、Ⅵ、Ⅶ　Ⅱ、Ⅲ　（2）1∶3　（3）a　当滴入最后半滴（或一滴）KOH溶液时，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不恢复原色　0.080　AC 学科网（北京）股份有限公司 $$