2021届（鲁科版）高考化学一轮复习水溶液　酸碱中和滴定作业

2021届（鲁科版）高考化学一轮复习水溶液　酸碱中和滴定作业

水溶液　酸碱中和滴定 一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)‎ ‎1.(2020·聊城模拟)下列溶液一定显酸性的是 (　　)‎ ‎①pH<7的溶液 ‎②c(H+)=c(OH-)的溶液 ‎③c(H+)=1×10-6 mol·L-1的溶液 ‎④c(H+)>c(OH-)的溶液 ‎⑤0.1 mol·L-1的NH4Cl溶液 ‎⑥NaHCO3溶液 A.①③④⑤⑥　　　　　　　 B.②④⑤⑥‎ C.⑤⑥ D.④⑤‎ ‎【解析】选D。题目没有说明温度,所以①③对应的溶液不一定是酸性溶液;②中溶液肯定显中性;④中c(H+)>c(OH-)的溶液肯定显酸性;⑤中NH4Cl水解,溶液呈酸性;⑥中NaHCO3水解,溶液显碱性。‎ ‎【加固训练】‎ ‎　　(2019·安庆模拟)下列说法正确的是 (　　)‎ A.pH=2的H2SO4与pH=1的硝酸溶液中c(H+)之比为1∶10‎ B.0.2 mol·L-1与0.1 mol·L-1醋酸中c(H+)之比为2∶1‎ C.100 ℃时,纯水的pH=6,显酸性 D.100 mL,pH=3的盐酸和醋酸溶液,分别与足量锌反应后,所得H2的质量相等 ‎【解析】选A。pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01 mol·L-1,pH=1的HNO3溶液中c(H+)=0.1 mol·L-1,二者c(H+)之比为1∶10。‎ ‎2.25 ℃时,相同物质的量浓度的下列溶液:①Na2SO4　②HCl　③Ba(OH)2　④AlCl3,其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是(　　)‎ A.④>③>②>①　　　　 B.②>③>①>④‎ C.④>①>②>③ D.③>②>①>④‎ ‎【解析】选C。分析四种物质的性质可知,Na2SO4不影响水的电离平衡,HCl和Ba(OH)2能抑制水的电离,AlCl3能促进水的电离。Ba(OH)2为二元强碱,溶液中的c(OH-)大于同浓度盐酸中的c(H+),对水电离的抑制程度更大。‎ ‎3.在不同温度下,水溶液中c(H+)与c(OH-)的关系如图所示。下列有关说法中正确的是 (　　)‎ A.若从a点到c点,可采用在水中加入酸的方法 B.b点对应的醋酸中由水电离出的c(H+)=10-6 mol·L-1‎ C.c点对应溶液的Kw大于d点对应溶液的Kw D.T ℃时,0.05 mol·L-1 Ba(OH)2溶液的pH=11‎ ‎【解析】选D。 a点对应的c(H+)和c(OH-)相等,c点对应的c(H+)和c(OH-)也相等,溶液一定呈中性,从a点到c点,可以采用升温的方法,A错误;Kw只与温度有关,同温度下不同酸碱性溶液的Kw相同,a点和b点的Kw都是10-14,c点和d点的Kw都是10-12,酸和碱溶液都会抑制水的电离,酸溶液中由水电离出的c水(H+)与溶液中的c(OH-)相等,即b点时c水(H+)=c(OH-)=10-8 mol·L-1,B、C均错误;T ℃时,Kw=10-12,0.05 mol·L-1 Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-11 mol·L-1,pH=11,D正确。‎ ‎4.(2019·洛阳模拟)现使用0.100 0 mol·L-1NaOH溶液利用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100 mL)。在本实验的滴定过程中,下列操作会使实验结果偏小的是 (　　)‎ A.碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗 B.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡,滴定后气泡消失 C.锥形瓶中加入待测白醋溶液后,再加少量水 D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动,有少量液体溅出 ‎【解析】选D。A项造成NaOH标准液浓度偏小,则消耗标准液偏多,实验结果偏大;B项读数偏大,实验结果偏大;C项无影响;D项白醋的物质的量减小,消耗的标准液偏小,实验结果偏小。‎ ‎【加固训练】‎ ‎　　实验室用标准KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液,下列说法或操作正确的是 (　　)‎ A.盛FeSO4溶液的锥形瓶滴定前用FeSO4溶液润洗2～3次 B.选碱式滴定管量取标准KMnO4溶液,并用碘化钾淀粉溶液作指示剂 C.滴定前仰视读数,滴定后俯视读数会导致滴定结果偏低 D.锥形瓶内溶液颜色变化由浅绿色变为紫红色,立即记下滴定管液面所在刻度 ‎【解析】选C。滴定操作时锥形瓶只需用水洗干净即可,不能润洗,A项错误;标准KMnO4溶液应用酸式滴定管量取,不用添加任何指示剂,B项错误;实验时读数前仰后俯,导致读数体积小于实际消耗标准溶液体积,所测溶液浓度将偏低,C项正确;确定滴定终点时,需溶液由浅绿色变为紫红色,且30 s内溶液颜色不再发生变化,才可以确定滴定终点,D项错误。‎ 二、非选择题(本题包括2小题,共26分)‎ ‎5.(12分)现有常温下的六种溶液:‎ ‎①0.01 mol·L-1 CH3COOH溶液;‎ ‎②0.01 mol·L-1 HCl溶液;‎ ‎③pH=12的氨水;‎ ‎④pH=12的NaOH溶液;‎ ‎⑤0.01 mol·L-1 CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液;‎ ‎⑥0.01 mol·L-1 HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后所得溶液。‎ ‎(1)其中水的电离程度最大的是　　　　(填序号),水的电离程度相同的是　　　　。  ‎ ‎(2)若将②③混合后所得溶液pH=7,则消耗溶液的体积:②　　　　(填“>”“<”或“=”)③。  ‎ ‎(3)将六种溶液同等程度稀释10倍后,溶液的 pH:①　　　　②,③　　　　④, ‎ ‎⑤　　　　⑥。  ‎ ‎(4)将①、④混合,若有c(CH3COO-)>c(H+),则混合溶液可能呈　　　　(填字母)。  ‎ A.酸性　　　　B.碱性　　　　C.中性 ‎【解析】(1)酸和碱都会抑制水的电离,故只有⑥为NaCl溶液,对H2O的电离无抑制作用。②③④对水的电离抑制程度相同。(2)因pH=12的氨水中c(NH3·H2O)>‎ ‎0.01 mol·L-1,故②、③混合,欲使pH=7,则需体积:②>③。(3)稀释同样的倍数后,溶液的pH:①>②;③>④;⑤>⑥。(4)由电荷守恒知:c(Na+)+c(H+)=‎ c(CH3COO-)+c(OH-),仅知道c(CH3COO-)>c(H+),无法比较c(H+)与c(OH-)的相对大小,也就无法判断混合液的酸碱性。‎ 答案:(1)⑥　②③④　(2)>　(3)>　>　>‎ ‎(4)A、B、C ‎6.(14分)(2020·同心模拟)乙二酸俗名草酸,下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4·xH2O)进行的探究性学习的过程,请你参与并协助他们完成相关学习任务。‎ 该组同学的研究课题是探究测定草酸晶体(H2C2O4·xH2O)中的x值。通过查阅资料得知,草酸易溶于水,水溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定:‎ ‎2Mn+5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O 学习小组的同学设计了如下步骤用滴定的方法测定x值。‎ ‎①称取1.260 g纯草酸晶体,将其制成100. 00 mL水溶液为待测液。‎ ‎②取25.00 mL待测液放入锥形瓶中,再加入适量的稀硫酸。‎ ‎③用浓度为0.100 0 mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定,达到终点时消耗10.00 mL。‎ ‎(1)上述步骤②中使用的锥形瓶是否需要事先用待测液润洗　　　　(填“是”或“否”)。滴定时,将酸性KMnO4标准液装在如图中的　　　　(填“甲”或“乙”)滴定管中。 ‎ ‎(2)本实验滴定达到终点的标志可以是　　　　　　　。 ‎ ‎(3)通过上述数据,求得x=　　　　。 ‎ 讨论:①若滴定终点时俯视滴定管刻度,则由此测得的x值会　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”,下同)。 ‎ ‎②根据上述实验计算的数据可信性不强,为了提高实验的准确性,请写出改进方法 　　　　　　　　　　　　　　　　　。‎ ‎【解析】(1)如果用待测液润洗锥形瓶就会有少量液体残留在瓶壁上,造成滴定的待测物增多,使得计算值大于实际浓度,故上述步骤②中使用的锥形瓶不需要事先用待测液润洗;酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,腐蚀橡皮管,所以用酸性滴定管,选甲;‎ ‎(2)可用高锰酸钾自身的颜色作为指示剂判断滴定终点,当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时,溶液由无色变为紫色,且半分钟内不褪色,表明达到滴定终点;‎ ‎(3)‎ ‎2Mn+　 　　5H2C2O4+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O ‎2 5‎ ‎0.100 0×0.01 0.002 5‎ ‎25.00 mL待测液中含有0.002 5 mol草酸,100 mL待测液中含有0.01 mol草酸,其质量为0.9 g。所以1.260 g纯草酸晶体中水的质量为1.260-0.9=0.36(g),其物质的量为0.02 mol,则x=2;①若滴定终点时俯视滴定管读数,则消耗酸性高锰酸钾溶液的体积偏小,所得草酸的物质的量偏小,则水的物质的量偏大;②根据上述实验计算的数据可信性不强,为了提高实验的准确性,应重复操作②③增加平行实验。‎ 答案:(1)否　甲　(2)当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液时,溶液由无色变为紫色,且半分钟内不褪色,即达滴定终点　(3)2　①偏大　②重复操作②③增加平行实验 一、选择题(本题包括3小题,每题6分,共18分)‎ ‎1.将一定体积的NaOH溶液分成两等份,一份用pH=2的一元酸HA溶液中和,消耗酸溶液的体积为V1;另一份用pH=2的一元酸HB溶液中和,消耗酸溶液的体积为V2;则下列叙述正确的是 (　　)‎ A.若V1>V2,则说明HA的酸性比HB的酸性强 B.若V1>V2,则说明HA的酸性比HB的酸性弱 C.因为两种酸溶液的pH相等,故V1一定等于V2‎ D.HA、HB分别和NaOH中和后,所得的溶液都一定呈中性 ‎【解析】选A。中和等量的氢氧化钠需要等量的一元酸,若V1>V2,说明HA的浓度小,HA比HB的电离程度大,HA比HB的酸性强,A正确,B错误;因为酸的电离程度不一定相同,所以需要的体积不一定相同,C错误;因为不能确定酸的强弱,所以不能确定盐溶液的酸碱性,D错误。‎ ‎2.(2020·泉州模拟)NH2OH为一元弱碱(25 ℃时,电离常数Kb=9.0×10-9),其电离方程式为NH2OH+H2ONH3OH++OH-。用0.1 mol·L-1盐酸滴定20 mL 0.1 mol·L-1 NH2OH溶液,恒定25 ℃时,滴定过程中由水电离出来的H+浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(已知:lg3=0.5)。下列说法不正确的是 (　　)‎ A.A、B、C、D四点对应的溶液中NH2OH的电离常数相等 B.A点对应溶液的pH=9.5‎ C.D点对应溶液中存在:c(H+)=c(OH-)+c(NH3OH+)+c(NH2OH)‎ D.C点时,溶液呈酸性 ‎【解析】选C。温度不变,平衡常数不变,故A正确;≈=9.0×10-9,c(OH-)=3×10-5(mol·L-1),pH=9.5,故B正确;根据电荷守恒规律c(H+)+c(NH3OH+)=c(OH-)+c(Cl-),根据物料守恒2c(NH3OH+)+2c(NH2OH)=c(Cl-),所以c(H+)=c(OH-)+c(NH3OH+)+2c(NH2OH),故C错误;恒定25 ℃时C点的pH<7,溶液呈酸性,故D正确。‎ ‎【加固训练】‎ ‎(2020·烟台模拟)在25 ℃时,向50.00 mL未知浓度的氨水中逐滴加入 ‎0.5 mol·L-1的HCl溶液。滴定过程中,溶液的pOH[pOH=-lgc(OH-)]与滴入HCl溶液体积的关系如图所示,则下列说法中正确的是 (　　)‎ ‎　‎ A.图中②点所示溶液的导电能力弱于①点 B.③点处水电离出的c(H+)=1×10-8 mol·L-1‎ C.图中点①所示溶液中,c(Cl-)>c(N)>c(OH-)>c(H+)‎ D.25 ℃时氨水的Kb约为5×10-5.6 mol·L-1‎ ‎【解析】选D。向50.00 mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5 mol·L-1的HCl,盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水,氯化铵中N水解显酸性,因而②(pH=7)时,氨水稍过量,即反应未完全进行,从①到②,氨水的量减少,氯化铵的量变多,又溶液导电能力与溶液中离子浓度成正比,氯化铵为强电解质,‎ 完全电离,得到的离子(N的水解不影响)多于氨水电离出的离子(氨水为弱碱,少部分NH3·H2O发生电离),因而图中②点所示溶液的导电能力强于①点,A错误;观察图象曲线变化趋势,可推知③为盐酸和氨水恰好完全反应的点,得到氯化铵溶液,盐类的水解促进水的电离,因而溶液pOH=8,则c溶液(OH-)=10-8 mol·L-1,c水(OH-)=‎ c水(H+)=Kw/c溶液(OH-)=10-6 mol·L-1,B错误;①点盐酸的量是③点的一半,③为恰好完全反应的点,因而易算出①点溶液溶质为等量的NH3·H2O和NH4Cl,可知电荷守恒为c(N)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),又①pOH=4,说明溶液显碱性,则c(OH-)>c(H+),那么c(N)>c(Cl-),C错误;V(HCl)=0时,可知氨水的pOH=2.8,则c(OH-)=10-2.8 mol·L-1,又NH3·H2ON+OH-,可知c(N)=c(OH-)=10-2.8 mol·L-1,‎ ‎③点盐酸和氨水恰好反应,因而c(NH3·H2O)= mol·L-1=0.2 mol·L-1,因而Kb===5×10-5.6 mol·L-1,D正确。‎ ‎3.(2020·西安模拟)常温下,将NaOH溶液滴加到某一元酸(HA)溶液中,测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示[已知:p=-lg]。下列叙述不正确的是 (　　)‎ A.Ka(HA)为10-4.76‎ B.滴加NaOH溶液过程中,不变 C.m点所示溶液中:c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+)‎ D.n点所示溶液中:c(Na+)=c(A-)+c(HA)‎ ‎【解析】选D。m点,c(HA)=c(A-),Ka(HA)==c(H+)=10-4.76,故A正确;Ka(HA)=,=‎ ‎=,所以滴加NaOH溶液过程中,保持不变,故B正确;m点c(HA)=c(A-),溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),则c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+),故C正确;n点溶液显酸性,溶液中溶质为HA和NaA,所以n点所示溶液中:c(Na+)”“<”或“=”)。 ‎ ‎(2)若将此温度(t ℃)下,pH=11的苛性钠溶液a L与pH=1的稀硫酸b L混合(假设混合后溶液体积不变化),试通过计算填写以下不同情况时两种溶液的体积比,并比较溶液中各离子的浓度大小。‎ ‎①若所得混合液为中性,则a∶b=　　　　;此溶液中各种离子的浓度由大到小排列顺序是　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎②若所得混合液的pH=2,则a∶b=　　　　;此溶液中各种离子的浓度由大到小排列顺序是 　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎【解析】(1)由图象可知Kw为10-13,该温度下的Kw比25 ℃的大,水的电离受到促进,是温度升高所致。(2)①Kw=10-13时,pH=11的NaOH溶液中,c(OH-)=0.01 mol ‎·L-1。中性时,n(H+)=n(OH-),即b L×0.1 mol·L-1=a L×0.01 mol·L-1,a∶b=10∶1。此时,溶液中的溶质是Na2SO4。②=10-2,解得a∶b=9∶2。此时,溶液中的溶质是Na2SO4和H2SO4。‎ 答案:(1)10-13　>　‎ ‎(2)①10∶1　c(Na+)>c(S)>c(H+)=c(OH-)　②9∶2　c(H+)>c(S)>c(Na+)>c(OH-)‎ ‎5.(16分)滴定分析是一种操作简便、准确度很高的定量分析方法,它可广泛应用于中和滴定、氧化还原反应等滴定中。某研究性学习小组的同学利用滴定分析法进行下面两项定量分析。 ‎ ‎(1)测定NaOH和Na2CO3的混合液中NaOH的含量。实验操作为先向混合液中加过量的BaCl2溶液使Na2CO3完全转化成BaCO3沉淀,然后用标准盐酸滴定(用酚酞作指示剂)。‎ ‎①向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中直接滴入盐酸,则终点颜色的变化为　　　　,为何此种情况能测出NaOH的含量?　 　　 　　 　　 　　　。 ‎ ‎②滴定时,若滴定管中的滴定液一直下降到活塞处才达到滴定终点,则能否由此准确地计算出结果? 　　 　　 　　 　　 　　 　　 　　 　　 　　 　 ‎ ‎(2)测定某品牌的碘盐(含有碘酸钾)中碘元素的百分含量。准确称取5.000 0 g该碘盐,溶于蒸馏水,然后与足量的KI溶液在酸性条件下混合(发生的反应为KIO3+3H2SO4+5KI3K2SO4+3I2+3H2O),充分反应后将混合溶液稀释至250 mL,‎ 然后用5.0×10-4 mol·L-1的Na2S2O3标准溶液进行滴定(用淀粉作指示剂,反应为I2+2S22I-+S4)。取用Na2S2O3标准溶液应该用　　　　式滴定管。有关实验数值如下表所示(第一次滴定终点的数据如图所示,请将读得的数据填入表中)。 ‎ 滴定 次数 待测液的 体积(mL)‎ 滴定前的 读数(mL)‎ 滴定后的 读数(mL)‎ 第一次 ‎25.00‎ ‎0.00‎ V=‎ 第二次 ‎25.00‎ ‎0.00‎ ‎14.99‎ 第三次 ‎25.00‎ ‎0.00‎ ‎15.01‎ 该碘盐中碘元素的百分含量为　　　　,下列操作中,会导致所测得的碘元素的百分含量偏大的是　　　　。 ‎ a.滴定终点时,俯视刻度 b.没有用Na2S2O3标准溶液润洗相应的滴定管 c.锥形瓶中有少量的蒸馏水 ‎【解析】(1)由于用酚酞作指示剂,滴定终点时溶液的颜色变化为由浅红色变成无色,此时溶液呈弱碱性,BaCO3无法反应,此过程中只有NaOH与盐酸反应,故可求出NaOH的含量。(2)第一次滴定终点的读数是15.90 mL,所消耗Na2S2O3溶液的量比另外两次多出许多,故应舍弃;滴定25.00 mL待测液消耗15.00 mL Na2S2O3溶液。由I～3I2～6S2知,5.000 0 g该碘盐中,n(I)=×15×10-3 L×‎ ‎5.0×10-4 mol·L-1=1.25×10-6 mol,m(I)=127 g·mol-1×1.25×10-6 mol≈1.59×10-4 g,故碘元素的百分含量为3.18×10-5×100%。a 操作会导致滴定后读数偏小,测量值偏小;b操作会导致标准溶液被稀释,测量的结果偏大;c操作对实验结果无影响。‎ 答案:(1)①由浅红色变成无色　滴定终点时溶液呈弱碱性,BaCO3不参与反应　②不能,因为活塞处无刻度,无法准确地读出所用标准盐酸的体积 ‎(2)碱　15.90　3.18×10-5×100%　b