2022高中化學(xué) 主題11 酸堿中和滴定補(bǔ)差試題 新人教版選修41下列說(shuō)法正確的是（ ）A等質(zhì)量的鋁分別與足量Fe2O3或Fe3O4發(fā)生鋁熱反應(yīng)時(shí)，轉(zhuǎn)移電子的數(shù)目相等B質(zhì)量分?jǐn)?shù)分別為40%和60%的硫酸溶液等體積混合，所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50%C金屬鈉著火時(shí)，立即用泡沫滅火器滅火D中和滴定實(shí)驗(yàn)時(shí)，用待測(cè)液潤(rùn)洗錐形瓶【答案】A2下列實(shí)驗(yàn)操作或儀器的用法中正確的是（ ）A滴定分析 B過(guò)濾 C制取Fe(OH)2沉淀 D稀釋濃硫酸【答案】C【解析】A高錳酸鉀具有強(qiáng)氧化性，應(yīng)用酸性滴定管盛裝，故A錯(cuò)誤；B過(guò)濾應(yīng)用玻璃棒引流，不能直接傾倒，故B錯(cuò)誤；C制備氫氧化亞鐵時(shí)要防止被氧化，苯可隔絕空氣，膠頭滴管插入到液面以下可防止被氧氣氧化，故C正確；D量筒不能用來(lái)稀釋溶液，應(yīng)在燒杯中稀釋，故D錯(cuò)誤；故選C。3用鹽酸滴定NaOH溶液的實(shí)驗(yàn)中，不必用到的是A甲基橙 B圓底燒瓶 C錐形瓶 D滴定管【答案】B【解析】用鹽酸滴定氫氧化鈉溶液的實(shí)驗(yàn)中，該用到的實(shí)驗(yàn)儀器有錐形瓶、滴定管、滴定管夾、鐵架臺(tái)等，用到的試劑有待測(cè)氫氫化鈉溶液、標(biāo)準(zhǔn)鹽酸、酸堿指示劑（甲基橙或酚酞），所以不必用到的是B圓底燒瓶。4室溫下，向100 mL某濃度H2A溶液中加入0.1 mol·L1 NaOH溶液，所得溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化曲線如圖所示，其中b、c為等當(dāng)點(diǎn)(等當(dāng)點(diǎn)指的是按某個(gè)方程式恰好反應(yīng)的點(diǎn))。下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是 A起始時(shí)，c(H2A)0.1 mol·L1Bb點(diǎn)時(shí)：c(Na)> c(A2)>c(HA) > c(H)>c(OH)Cbc段，反應(yīng)的離子方程式為HAOH=A2H2ODcd段，溶液中A2的水解程度逐漸減弱【答案】B【解析】【點(diǎn)睛】根據(jù)曲線中有兩個(gè)突躍范圍，故H2A為二元弱酸與一元堿NaOH反應(yīng)是分步完成的，根據(jù)H2A+NaOH=NaHA+H2O, NaHA+NaOH=Na2A+H20反應(yīng)進(jìn)行判斷,b點(diǎn)時(shí)是NaHA溶液，以此判斷離子濃度大小即可。5在一支25mL的酸式滴定管中盛入0.1mol/L-1 HCl溶液，其液面恰好在5mL的刻度處，若把滴定管中的溶液全部放入燒杯中，然后以0.1mol/L-1 NaOH溶液進(jìn)行滴定，則所需NaOH溶液的體積A大于20mL B小于20mL C等于20mL D等于5mL【答案】A考點(diǎn)：考查滴定管的使用。6以酚酞溶液為指示劑，對(duì)某新制的NaOH溶液進(jìn)行中和滴定實(shí)驗(yàn)，數(shù)據(jù)記錄如下表：待測(cè)液消耗標(biāo)準(zhǔn)鹽酸(0.10 mol·L1)的體積20 mL NaOH溶液V1mL20 mL NaOH溶液10 mL水V2mL敞口隔夜放置的20 mL NaOH溶液V3mL該新制的NaOH溶液的濃度c mol·L1合理的是( )Ac0.10×(V1V2V3)/(3×20)Bc0.10×(V1V2)/(2×20)Cc0.10×(V1V3)/(2×20)Dc0.10V1/20【答案】B【解析】NaOH溶液中加10 mL水，溶質(zhì)的量沒(méi)變，消耗標(biāo)準(zhǔn)鹽酸的體積不變，敞口隔夜放置的NaOH溶液，會(huì)變質(zhì)生成Na2CO3，酚酞作指示劑時(shí)，Na2CO3與鹽酸反應(yīng)只能生成NaHCO3，消耗的鹽酸偏少，所以V3不能用。7如圖為10 mL一定物質(zhì)的量濃度的鹽酸(HCl),用一定濃度的NaOH溶液滴定的圖示,依據(jù)圖示可推出HCl和NaOH的物質(zhì)的量濃度( )選 項(xiàng)ABCDHCl物質(zhì)的量濃度/(mol·L-1)0.120.040.030.09NaOH物質(zhì)的量濃度/(mol·L-1)0.040.120.090.03AA BB CC DD【答案】D8實(shí)驗(yàn)室用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液測(cè)定某NaOH溶液的濃度，用甲基橙作指示劑，下列操作中可能使測(cè)定結(jié)果偏低的是A酸式滴定管在裝酸液前未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液潤(rùn)洗23次B開始實(shí)驗(yàn)時(shí)酸式滴定管尖嘴部分有氣泡，在滴定過(guò)程中氣泡消失C錐形瓶?jī)?nèi)溶液顏色變化由黃色變橙色，立即記下滴定管液面所在刻度D盛NaOH溶液的錐形瓶滴定前用NaOH溶液潤(rùn)洗23次【答案】C【解析】試題分析：A、所用的鹽酸的實(shí)際用量大于理論用量，故導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高；B、這種操作會(huì)導(dǎo)致鹽酸讀數(shù)偏大，測(cè)出NaOH溶液濃度也偏高；C、由黃色變?yōu)槌壬赡苡捎诰植縞(H+)變大引起的，振蕩后可能還會(huì)恢復(fù)黃色，應(yīng)在振蕩后半分鐘內(nèi)顏色保持不變才能認(rèn)為已達(dá)到滴定終點(diǎn)，故所用鹽酸的量比理論用量偏小，測(cè)出的NaOH溶液濃度偏低；D、用NaOH溶液潤(rùn)洗，直接導(dǎo)致鹽酸的用量偏大，故測(cè)定NaOH濃度偏高。考點(diǎn)：酸堿中和滴定過(guò)程中的誤差分析點(diǎn)評(píng)：本題考查了酸堿中和滴定過(guò)程中的誤差分析，難度中等。在進(jìn)行誤差分析時(shí)，可以利用公式c(NaOH)=c(HCl)V(HCl)/V(NaOH)，通過(guò)V(HCl)的誤差分析c(NaOH)的誤差。9兩人用同一瓶標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定同一瓶NaOH溶液，甲將錐形瓶用NaOH待測(cè)液潤(rùn)洗后，使用水洗過(guò)的堿式滴定管取堿液于錐形瓶中，乙則用甲用過(guò)的堿式滴定管另取堿液于剛用水洗過(guò)且留有蒸餾水珠的錐形瓶中，其他操作及讀數(shù)全部正確。下列說(shuō)法正確的是A甲操作正確 B乙操作有誤C甲測(cè)定的數(shù)值一定比乙小 D乙實(shí)際測(cè)得值較準(zhǔn)確【答案】D10NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液的配制和標(biāo)定，需經(jīng)過(guò)NaOH溶液配制，基準(zhǔn)物質(zhì)H2C2O4·2H2O的稱量以及用NaOH溶液滴定等操作。下列有關(guān)說(shuō)法正確的是A用圖甲所示操作轉(zhuǎn)移NaOH 溶液到容量瓶中B用圖乙所示裝置準(zhǔn)確稱得0.1575gH2C2O4·2H2O固體C用圖丙所示操作檢查堿式滴定管是否漏液D用圖丁所示裝置以NaOH 待測(cè)液滴定H2C2O4溶液【答案】C【解析】試題分析：A、轉(zhuǎn)移時(shí)用玻璃棒引流，所以不選A；B、用托盤天平稱量讀數(shù)只能到一位小數(shù)，不選B；C、用尖嘴向上排堿式滴定管中的氣泡，正確，不選C；D、氫氧化鈉溶液應(yīng)該放在堿式滴定管中，現(xiàn)在使用的酸式滴定管，錯(cuò)誤，不選D?？键c(diǎn)：配制溶液和滴定管的使用，天平的使用11實(shí)驗(yàn)室測(cè)定水體中氯離子含量，實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：向水樣中加入K2CrO4溶液作指示劑，用0.0010 mol·L-1AgNO3溶液滴定至終點(diǎn)。已知：Ag2CrO4為不溶于水的磚紅色沉淀；常溫下Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)= 1.8×10-12?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）滴定時(shí)，應(yīng)使用_(填“酸式”或“堿式”) 滴定管。（2）滴定達(dá)到終點(diǎn)的標(biāo)志是_。（3）實(shí)驗(yàn)過(guò)程中測(cè)得數(shù)據(jù)如下表：編號(hào)123V(水樣)/mL10.0010.0010.00V(AgNO3)/mL3.754.013.99計(jì)算水樣中氯離子的含量為_mg/L（保留2位小數(shù)）（4）滴定結(jié)束后：當(dāng)溶液中的殘余c(Cl-)=1.8×10-5mol/L，則此時(shí)溶液中c(CrO42-)=_ mol·L1。已知2AgCl+ CrO42-2Cl-+Ag2CrO4，計(jì)算出該反應(yīng)的平衡常數(shù)為_。（5）下列情況會(huì)造成實(shí)驗(yàn)測(cè)定結(jié)果偏低的是_。（填標(biāo)號(hào)）A.錐形瓶洗滌后未干燥 B.滴定前，未使用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗滴定管C.滴定管滴定前仰視讀數(shù)，滴定后俯視讀數(shù)D.滴定管滴定前尖嘴部分充滿溶液，滴定結(jié)束時(shí)滴定管尖嘴有氣泡【答案】酸式 滴加最后一滴AgNO3溶液時(shí)，生成磚紅色沉淀，且半分鐘不變色 14.20 1.8×10-2 1.8×10-8 CD 【解析】【分析】（1）用0.0010 mol·L-1AgNO3溶液滴定，AgNO3為強(qiáng)酸弱堿鹽，水解使溶液呈酸性，必須盛放于酸式滴定管中；（2）當(dāng)Cl-恰好沉淀完全時(shí)，再滴加一滴硝酸銀溶液，Ag+ 與CrO 42-生成Ag2CrO4磚紅色沉淀；（3）依據(jù)表中數(shù)據(jù)，計(jì)算即可；（4）依據(jù)溶度積常數(shù)Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)= 1.8×10-12計(jì)算；（5）根據(jù)實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，不當(dāng)操作所引起的c(Cl-)的變化討論；（3）第1組硝酸銀溶液體積的數(shù)據(jù)與第2組和第3組相比，誤差較大，舍去第1組數(shù)據(jù)，用第2組和第3組數(shù)據(jù)的平均值計(jì)算。消耗的硝酸銀溶液的體積的平均值為（3.99+4.01）×10-3L/2=4×10-3L，n(Cl-)=n(Ag+)=4×10-3L×0.001 mol/L=4×10-6mol，m(Cl-)=4×10-6×35.5×103mg=142×10-3mg，水樣中氯離子的含量為142×10-3mg÷（10×10-3L）=14.20 mg/L；本題答案為：14.20。（4）當(dāng)溶液中的殘余c(Cl-)=1.8×10-5mol/L時(shí)，根據(jù)c(Cl-)×c(Ag +)=1.8×10-10，則c(Ag +)=1×10-5mol/L,又依據(jù)Ksp(Ag2CrO4)= 1.8×10-12，即c(CrO42-)×c2(Ag +)= 1.8×10-12 ，解得c(CrO42-)=1.8×10-2mol/L；對(duì)于2AgCl+ CrO42-2Cl-+Ag2CrO4，平衡常數(shù)K=c2(Cl-)/c(CrO42-)c2(Cl-)×c2(Ag +)/c(CrO42-)×c2(Ag +)= (1.8×10-10)2/（1.8×10-12）=1.8×10-8；本題答案為：1.8×10-2mol/L，1.8×10-8。（5）錐形瓶洗滌后不需要干燥，對(duì)測(cè)定結(jié)果無(wú)影響；滴定前，未使用標(biāo)準(zhǔn)液潤(rùn)洗滴定管，標(biāo)準(zhǔn)液濃度變小，所消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，結(jié)果偏大；酸式滴定管滴定前仰視讀數(shù)，滴定后俯視讀數(shù)，導(dǎo)致讀數(shù)偏小，結(jié)果偏低；酸式滴定管滴定前尖嘴部分充滿溶液，滴定結(jié)束時(shí)滴定管尖嘴有氣泡，有部分液體未放出，所耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏小，結(jié)果偏低。所以造成實(shí)驗(yàn)測(cè)定結(jié)果偏低的是CD；本題答案為：CD。1225時(shí)，CH3COOH的電離常數(shù)Ka=1.8×10-5。常溫下,往25ml氫氧化鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液中逐滴加入0.2 mol·L1的CH3COOH溶液，pH變化曲線如下圖所示：（1）該氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度為_mol·L1。（2）A點(diǎn)對(duì)應(yīng)酸的體積為12.5ml，則所得混合溶液中由水電離出的c(OH)_ mol·L1。（3）B點(diǎn)所示溶液中，c(CH3COO)c(Na)_ mol·L1(填精確值)，c(CH3COO)/c(CH3COOH)_。（4）C點(diǎn)所示溶液中，c(CH3COOH)_c(CH3COO)。(填“”、“”或“”)（5）向300 mL上述NaOH溶液中通入448 mL CO2(標(biāo)準(zhǔn)狀況)氣體，充分反應(yīng)后，溶液中粒子濃度關(guān)系正確的是_Ac(Na+)+ c(H+)= c(OH-)+ c(HCO3-)+ c(CO32-) B2/3c(Na+)= c(HCO3-)+ c(CO32-)+ c(H2CO3) Cc(Na+)> c(CO32-)> c(HCO3-)> c(OH-)> c(H+) Dc(Na+)> c(HCO3-)> c(CO32-)> c(OH-)> c(H+)【答案】0.1 1×10-4 9.9×107 18 < BD 【解析】（4）C點(diǎn)所示溶液是CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，溶液顯酸性，CH3COONa的水解程度小于CH3COOH的電離程度；（5）依據(jù)題給數(shù)據(jù)計(jì)算，溶液的成分，然后依據(jù)溶液中的守恒關(guān)系可得結(jié)論；（3）由圖可看出，B點(diǎn)所示溶液pH=6，是CH3COONa和CH3COOH的混合溶液，溶液中的電荷守恒為：c(CH3COO-)c(OH-)=c(Na+)c(H+),所以c(CH3COO)c(Na)c(H+)c(OH-)=11061108=9.9107mol/L；因?yàn)榇姿岬碾婋x平衡常數(shù)為：Ka=1.8×10-5，所以c(CH3COO)/c(CH3COOH)= Ka/c(H+)=18；本題答案為：9.9×107，18。（4）由于c(NaOH)=0.1mol/L，可知C點(diǎn)所示溶液是CH3COONa和CH3COOH等物質(zhì)的量的混合溶液，溶液顯酸性，CH3COONa的水解程度小于CH3COOH的電離程度，所以c(CH3COOH)c(CH3COO)；本題答案為：<。（5）300 mL 0.1mol/L的NaOH溶液中，n(NaOH)=0.03mol, 448 mL CO2的物質(zhì)的量為n(CO2)=0.02mol，充分反應(yīng)后，可知n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=0.01mol，依據(jù)溶液中的物料守恒關(guān)系可得：2/3c(Na+)= c(HCO3-)+ c(CO32-)+ c(H2CO3)，又混合溶液顯堿性，是碳酸鈉和碳酸氫鈉水解的結(jié)果，且等物質(zhì)的量的碳酸鈉比碳酸氫鈉水解程度更大，所以有c(Na+)> c(HCO3-)> c(CO32-)> c(OH-)> c(H+)；本題答案為：BD。13現(xiàn)有HA、HB和H2C三種酸。室溫下用0.1mol·L1NaOH溶液分別滴定20.00 mL濃度均為0.1mol·L1的HA、HB兩種酸的溶液，滴定過(guò)程中溶液的pH隨滴入的NaOH 溶液體積的變化如圖所示。（1）a點(diǎn)時(shí)的溶液中由水電離出的c(H+)=_mol·L1，Ka(HB)=_。（2）與曲線I 上的c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中各離子濃度由大到小的順序?yàn)開；b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中c(HB)_c(B)(填“>”“<”或“=”)。（3）已知常溫下向0.1mol·L1的NaHC 溶液中滴入幾滴石蕊試液后溶液變成紅色。若測(cè)得此溶液的pH=1，則NaHC的電離方程式為_。若在此溶液中能檢測(cè)到H2C 分子，則此溶液中c(C2)_c(H2C)(填“>”“<”或“=”)。若H2C的一級(jí)電離為H2C=H+ HC，常溫下0.1mol·L1H2C溶液中的c(H+ )=0.11mol·L1，則0.1mol·L1NaHC溶液中的c (H+)_0.01mol·L1(填“>”“<”或“=”)。（4）已知溫度時(shí)，0.1 mol·L1的某一元酸HB在水中有 0.1% 發(fā)生電離，回答下列各問(wèn)題：該溶液的pH_。 HB的電離平衡常數(shù)K_。由HB電離出的c(H)約為水電離出的c(H)的_倍。【答案】3×1013 1×105 c(Na+)>c(B)>c(OH)>c(H+) < NaHC=Na+H+C2 > > 4 1×107 106 【解析】若在此溶液中能檢測(cè)到H2C分子，則NaHC為弱酸的酸式鹽，溶液呈酸性說(shuō)明HC的電離大于水解；常溫下0.1mol·L1NaHC溶液中的c(H+)=0.11 mol/L，其中一級(jí)電離產(chǎn)生的c(H+)=0.1mol/L，二級(jí)電離不完全電離在第一級(jí)電離產(chǎn)生的氫離子抑制下電離的c(H+)=0.01 mol/L，則0.1mol·L1NaHC溶液在沒(méi)有受抑制情況下電離程度增大； （4） HB電離出的c(H+)為0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，則pH=-lg(10-4)=4；由HBH+B-，c(H+)= c(B-)=10-4mol/L，則電離平衡常數(shù)為K=110-7；HA電離出的c(H+)為0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，水電離產(chǎn)生的氫氧根離子為mol/L=10-10mol/L，而水電離氫離子濃度等于氫氧根離子的濃度，以此分析?！驹斀狻浚?）由圖中曲線可知，濃度0.1mol·L1的HA酸溶液的pH=1，說(shuō)明HA是強(qiáng)酸，完全電離，a點(diǎn)時(shí)加入10mL氫氧化鈉溶液，則溶液中酸過(guò)量，c(H+)=mol/L，酸抑制水的電離，溶液中由水電離出的c(H+)= c(OH-)=mol/L=310-13；由圖中曲線可知，濃度0.1mol·L1的HB酸溶液pH=3，Ka(HB)=110-5；因此，本題正確答案是：3×1013 ；1×105；（3）若0.1mol·L1的NaHC 溶液pH=1，則NaHC為強(qiáng)酸的酸式鹽，其電離方程式為NaHC=Na+H+C2。若在此溶液中能檢測(cè)到H2C分子，則NaHC為弱酸的酸式鹽，溶液呈酸性說(shuō)明HC的電離大于水解，則此溶液中c(C2)>c(H2C)。若H2C的一級(jí)電離為H2C=H+ HC，常溫下0.1mol·L1NaHC溶液中的c(H+)=0.11 mol/L，其中一級(jí)電離產(chǎn)生的c(H+)=0.1mol/L，二級(jí)電離不完全電離在第一級(jí)電離產(chǎn)生的氫離子抑制下電離的c(H+)=0.01 mol/L，則0.1mol·L1NaHC溶液在沒(méi)有受抑制情況下電離程度增大，則c(H+)>0.01 mol/L。因此，本題正確答案是：NaHC=Na+H+C2；> ；> ；（4） HB電離出的c(H+)為0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，則pH=-lg(10-4)=4，由HBH+B-，c(H+)= c(B-)=10-4mol/L，則電離平衡常數(shù)為K=110-7，HA電離出的c(H+)為0.1mol/L0.1%=10-4mol/L，水電離產(chǎn)生的氫氧根離子為mol/L=10-10mol/L，而水電離氫離子濃度等于氫氧根離子的濃度，c(H+)為10-10mol/L，則由HA電離出的c(H+)約為水電離出的c(H+)的106倍，因此，本題正確答案是：4；1×107；106。14水中溶解氧是水生生物生存不可缺少的條件。某課外小組采用碘量法測(cè)定學(xué)校周邊河水中的溶解氧。實(shí)驗(yàn)步驟及測(cè)定原理如下：.取樣、氧的固定用溶解氧瓶采集水樣。記錄大氣壓及水體溫度。將水樣與Mn(OH)2堿性懸濁液（含有KI）混合，反應(yīng)生成MnO(OH)2，實(shí)現(xiàn)氧的固定。.酸化，滴定將固氧后的水樣酸化，MnO(OH)2被I還原為Mn2+，在暗處?kù)o置5 min，然后用標(biāo)準(zhǔn)Na2S2O3溶液滴定生成的I2（2 S2O32+I2=2I+ S4O62）?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）“氧的固定”中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_。（2）Na2S2O3溶液不穩(wěn)定，使用前需標(biāo)定。配制該溶液時(shí)需要的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、試劑瓶、膠頭滴管和_；蒸餾水必須經(jīng)過(guò)煮沸、冷卻后才能使用，其目的是殺菌、除_及二氧化碳。（3）取100.00 mL水樣經(jīng)固氧、酸化后，用a mol·L1Na2S2O3溶液滴定，以淀粉溶液作指示劑，終點(diǎn)現(xiàn)象為_；若消耗Na2S2O3溶液的體積為b mL，則水樣中溶解氧的含量為_mg·L1?！敬鸢浮?Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2 容量瓶 氧氣 藍(lán)色剛好褪去 80ab 【解析】【詳解】（1）“氧的固定”中化學(xué)方程式為： 2Mn(OH)2+O2=2MnO(OH)2；（2）配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液，使用的儀器有：燒杯、玻璃棒、一定容積的容量瓶、膠頭滴管、量筒；蒸餾水必須經(jīng)過(guò)煮沸、冷卻后才能使用，其目的是殺菌、除氧氣及二氧化碳；（3）碘遇淀粉變藍(lán)色，選擇淀粉作指示劑，當(dāng)溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘顏色不再變化說(shuō)明滴定到達(dá)終點(diǎn)；根據(jù)O22I24S2O32得n（O2）=b×10-3×a/4mol，m（O2）=b×10-3×a/4mol×32g·mol1=8abmg，水樣中溶解氧的含量為：8abmg/0.1L=80abmg·L-1。