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2019年高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第三板塊 專題八 水溶液中的離子平衡 跟蹤檢測(cè)（二十四）水的電離和溶液的酸堿性 1．用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列各操作中，不會(huì)引起實(shí)驗(yàn)誤差的是(　　) A．用蒸餾水洗凈滴定管后，裝入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸進(jìn)行滴定 B．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤(rùn)洗，而后裝入一定體積的NaOH溶液 C．用堿式滴定管量取10.00 mL NaOH溶液放入用蒸餾水洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水進(jìn)行滴定 D．改用移液管量取10.00 mL NaOH溶液，放入錐形瓶后，把移液管尖嘴處液體吹入 解析：選C　由c(測(cè))＝c(標(biāo))V(標(biāo))/V(測(cè))，由于c(標(biāo))、V(待)均為定值，所以c(測(cè))的大小取決于V(標(biāo))的大小，即V(標(biāo))偏大或偏小，則c(測(cè))偏大或偏小。A中滴定管沒(méi)有潤(rùn)洗，鹽酸被稀釋，消耗鹽酸的體積增加，濃度偏高；B中錐形瓶如果用氫氧化鈉溶液潤(rùn)洗，則消耗鹽酸的體積增加，濃度偏高；C中加入蒸餾水，并沒(méi)有改變?nèi)苜|(zhì)的物質(zhì)的量，測(cè)定結(jié)果不變；D中，如果把移液管尖嘴處液體吹入，則氫氧化鈉的量增加，消耗鹽酸的體積增加，濃度偏高。 2．在t ℃時(shí)，某Ba(OH)2的稀溶液中c(H＋)＝10－a molL－1，c(OH－)＝10－b molL－1，已知a＋b＝12。向該溶液中逐滴加入pH＝c的鹽酸，測(cè)得混合溶液的部分pH如下表所示： 序號(hào) 氫氧化鋇溶液的體積/mL 鹽酸的體積/mL 溶液的pH ① 22.00 0.00 8 ② 22.00 18.00 7 ③ 22.00 22.00 6 假設(shè)溶液混合后的體積變化忽略不計(jì)，則c為(　　) A．3　　　　　B．4　　　　　C．5　　　　　D．6 解析：選B　Ba(OH)2溶液的pH＝8，即a＝8，再根據(jù)a＋b＝12，則b＝4，該溫度下KW＝10－12；當(dāng)恰好完全中和時(shí)，溶液的pH＝6，即加鹽酸的體積為22.00 mL時(shí)，恰好完全中和，根據(jù)c(H＋)22.00 mL＝c(OH－)22.00 mL，又c(OH－)＝10－4 molL－1，則鹽酸c(H＋)＝10－4 molL－1，pH＝4，即c＝4。 3.室溫下，用0.1 molL－1氨水分別滴定20.0 mL 0.1 molL－1的鹽酸和醋酸，曲線如圖所示，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．Ⅰ曲線表示的是滴定鹽酸的曲線 B．x＝20 C．滴定過(guò)程中的值逐漸減小 D．當(dāng)Ⅰ曲線和Ⅱ曲線pH均為7時(shí)，一溶液中的c(Cl－)等于另一溶液中的c(CH3COO－) 解析：選C　滴定開(kāi)始時(shí)0.1 molL－1鹽酸pH＝1,0.1 molL－1醋酸pH>1，所以滴定鹽酸的曲線是圖Ⅱ，滴定醋酸的曲線是圖Ⅰ，A錯(cuò)誤；用0.1 molL－1氨水滴定20.0 mL 0.1 molL－1的鹽酸，兩者恰好反應(yīng)，消耗20.0 mL 0.1 molL－1氨水，但反應(yīng)生成氯化銨，氯化銨水解溶液呈酸性，所以溶液呈中性時(shí)，堿應(yīng)過(guò)量，B錯(cuò)誤；NH3H2O的電離常數(shù)Kb＝只與溫度有關(guān)，隨著氨水的加入，c(OH－)在增大，所以滴定過(guò)程中的值逐漸減小，C正確；當(dāng)Ⅰ曲線和Ⅱ曲線pH均為7時(shí)，分別存在電荷守恒：c(NH)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)，c(NH)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，都存在：c(H＋)＝c(OH－)，所以c(NH)＝c(Cl－)，c(NH)＝c(CH3COO－)，在鹽酸中，氨水過(guò)量，在醋酸中，氨水恰好反應(yīng)，所以鹽酸中c(NH)大，則c(Cl－)>c(CH3COO－)，D錯(cuò)誤。 4．常溫下，pH＝13的強(qiáng)堿溶液與pH＝2的強(qiáng)酸溶液混合(體積變化忽略不計(jì))，所得混合液的pH＝11，則強(qiáng)堿與強(qiáng)酸的體積比是(　　) A．11∶1　　　　　　　　 B．9∶1 C．1∶11 D．1∶9 解析：選D　酸堿反應(yīng)后所得混合液的pH＝11，溶液呈堿性，OH－過(guò)量，設(shè)強(qiáng)堿溶液的體積為x L，強(qiáng)酸溶液的體積為y L，pH＝13的強(qiáng)堿溶液，c(OH－)＝0.1 molL－1，pH＝2的強(qiáng)酸溶液，c(H＋)＝0.01 molL－1，混合后pH＝11，則＝0.001 molL－1，解得x∶y＝1∶9。 5．常溫下，將pH＝3的鹽酸a L分別與下列三種溶液混合后，混合溶液均呈中性： ①110－3 molL－1的氨水b L ②c(OH－)＝110－3 molL－1的氨水c L ③c(OH－)＝110－3 molL－1的Ba(OH)2溶液d L 其中a、b、c、d的關(guān)系正確的是(　　) A．b>a＝d>c B．a(chǎn)＝b>c>d C．a(chǎn)＝b>d>c D．c>a＝d>b 解析：選A　pH＝3的鹽酸中c(H＋)＝110－3 molL－1，與c(OH－)＝110－3 molL－1的Ba(OH)2溶液混合，混合溶液呈中性時(shí)二者的體積相等，即d＝a；NH3H2O為弱電解質(zhì)，110－3 molL－1的氨水中c(OH－)<110－3 molL－1，因此110－3 molL－1的氨水和c(OH－)＝110－3 molL－1的氨水分別與鹽酸混合，混合溶液呈中性時(shí)，b>a，c1，C錯(cuò)誤；醋酸是弱電解質(zhì)，通入NH3生成強(qiáng)電解質(zhì)醋酸銨，導(dǎo)電性增強(qiáng)，D錯(cuò)誤。 9.用0.1 molL－1的NaOH溶液分別滴定0.1 molL－120.00 mL X、Y、Z三種酸溶液。溶液pH與加入NaOH溶液體積之間的關(guān)系如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是(　　 ) A．Z為一元強(qiáng)酸 B．a(chǎn)、b、c點(diǎn)中b點(diǎn)的陰離子的物質(zhì)的量濃度最大 C．d點(diǎn)的c(OH－)為0.02 molL－1(忽略鹽類(lèi)的水解) D．X和Y為一元弱酸，且其電離常數(shù)Ka(X)Y>X，電離常數(shù)Ka(Y)>Ka(X)，A、D項(xiàng)正確；Z為強(qiáng)酸，完全電離，且c點(diǎn)時(shí)加入的NaOH溶液體積最小，故c點(diǎn)的陰離子濃度最大，B項(xiàng)錯(cuò)誤；d點(diǎn)時(shí)，NaOH溶液過(guò)量10 mL，而此時(shí)溶液總體積為50 mL，相當(dāng)于將NaOH溶液稀釋5倍，此時(shí)c(OH－)＝0.02 molL－1，C項(xiàng)正確。 10．(xx蘇州一模)常溫下，用0.100 0 molL－1NaOH溶液滴20.00 mL 0.100 0 molL－1CH3COOH溶液所得滴定曲線如圖。下列說(shuō)法正確的是(　　 ) A．點(diǎn)①所示的溶液中：c(Na＋)＋c(H＋)>c(CH3COOH)＋c(OH－) B．點(diǎn)②所示的溶液中：c(Na＋)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH) C．點(diǎn)③所示的溶液中：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－) D．點(diǎn)④所示的溶液中：2c(OH－)－2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋3c(CH3COOH) 解析：選AD　點(diǎn)①溶液中溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的CH3COOH和CH3COONa，由電荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，溶液呈酸性，CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，故c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，A正確；點(diǎn)②溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，結(jié)合電荷守恒可知c(Na＋)＝c(CH3COO－)，B錯(cuò)誤；點(diǎn)③溶液呈堿性，c(OH－)>c(H＋)，C錯(cuò)誤；點(diǎn)④溶液中物料守恒為2c(Na＋)＝3c(CH3COO－)＋3c(CH3COOH)，代入電荷守恒式可得2c(OH－)－2c(H＋)＝c(CH3COO－)＋3c(CH3COOH)，D正確。 11．過(guò)氧化氫是重要的氧化劑、還原劑，它的水溶液又稱為雙氧水。某化學(xué)興趣小組取一定量的過(guò)氧化氫溶液，準(zhǔn)確測(cè)定了過(guò)氧化氫的含量。請(qǐng)?zhí)顚?xiě)下列空白： (1)移取10.00 mL密度為ρ gmL－1的過(guò)氧化氫溶液至250 mL________(填儀器名稱)中，加水稀釋至刻度，搖勻。移取稀釋后的過(guò)氧化氫溶液25.00 mL至錐形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸餾水稀釋，作被測(cè)試樣。 (2)用高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定被測(cè)試樣，其反應(yīng)的離子方程式如下，請(qǐng)將相關(guān)物質(zhì)的化學(xué)計(jì)量數(shù)及化學(xué)式填寫(xiě)在方框里。 MnO＋H2O2＋H＋===Mn2＋＋H2O＋ (3)滴定時(shí)，將高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液注入________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中。滴定到達(dá)終點(diǎn)的現(xiàn)象是__________________________________。 (4)重復(fù)滴定三次，平均耗用c molL－1 KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液V mL，則原過(guò)氧化氫溶液中過(guò)氧化氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_______________________。 (5)若滴定前滴定管尖嘴中有氣泡，滴定后氣泡消失，則測(cè)定結(jié)果__________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。 解析：(1)根據(jù)題意應(yīng)該選用容量瓶。(2)殘缺方程式配平首先應(yīng)確定缺什么，分析可知缺的是O2，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，配平化學(xué)方程式。(3)由于高錳酸鉀標(biāo)準(zhǔn)溶液具有強(qiáng)氧化性，所以只能使用酸式滴定管。滴定到達(dá)終點(diǎn)的現(xiàn)象是滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，溶液呈淺紅色，且30秒內(nèi)不褪色。(4)根據(jù)配平的化學(xué)方程式計(jì)算出過(guò)氧化氫的量，最后計(jì)算出原過(guò)氧化氫溶液中過(guò)氧化氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。(5)若滴定前滴定管尖嘴中有氣泡，滴定后氣泡消失，有一部分溶液占據(jù)了氣泡的體積，并沒(méi)有滴入錐形瓶，則測(cè)定結(jié)果偏高。 答案：(1)容量瓶　(2)2　5　6　2　8　5　O2↑ (3)酸式　滴入最后一滴高錳酸鉀溶液，溶液呈淺紅色，且30秒內(nèi)不褪色 (4)　(5)偏高 12．某學(xué)生用0.200 0 molL－1的標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，其操作可分為如下幾步： ①用蒸餾水洗滌堿式滴定管，并注入NaOH溶液至“0”刻度線以上 ②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充滿液體 ③調(diào)節(jié)液面至“0”或“0”刻度線稍下，并記下讀數(shù) ④量取20.00 mL待測(cè)液注入潔凈的錐形瓶中，并加入3 mL酚酞溶液 ⑤用標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，記下滴定管液面讀數(shù) 請(qǐng)回答： (1)以上步驟有錯(cuò)誤的是________(填編號(hào))。 (2)用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定時(shí)，應(yīng)將標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液注入______(從圖中選填“甲”或“乙”)中。 (3)下列操作會(huì)引起實(shí)驗(yàn)結(jié)果偏大的是______(填字母)。 A．在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水 B．滴定前，滴定管尖嘴有氣泡，滴定后無(wú)氣泡 C．錐形瓶先用蒸餾水洗滌后，未用待測(cè)液潤(rùn)洗 D．用酸式滴定管量取液體時(shí)，釋放液體前滴定管前端有氣泡，之后消失 (4)滴定時(shí)，左手控制滴定管，右手搖動(dòng)錐形瓶，眼睛注視______________。判斷到達(dá)滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是：錐形瓶中溶液_________________________________________。 (5)以下是實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)記錄表 滴定次數(shù) 鹽酸體積(mL) NaOH溶液體積讀數(shù)(mL) 滴定前 滴定后 1 20.00 0.00 21.30 2 20.00 0.00 16.30 3 20.00 0.00 16.32 通過(guò)計(jì)算可得，該鹽酸濃度為_(kāi)_____ molL－1。 解析：(1)①堿式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液潤(rùn)洗就直接注入標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液，標(biāo)準(zhǔn)液的濃度偏小，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，根據(jù)c(待測(cè))＝V(標(biāo)準(zhǔn))c(標(biāo)準(zhǔn)) V(待測(cè))，可知c(待測(cè))偏大；④酸堿指示劑酚酞是弱電解質(zhì)，也會(huì)反應(yīng)消耗酸或堿，為了減少實(shí)驗(yàn)誤差，酚酞一般滴加1滴或2滴，錯(cuò)誤。 (2)NaOH溶液，應(yīng)裝在堿式滴定管乙中。 (3)A項(xiàng)，在錐形瓶裝液前，留有少量蒸餾水，對(duì)實(shí)驗(yàn)結(jié)果無(wú)影響，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，滴定前，滴定管尖嘴有氣泡，滴定后無(wú)氣泡，使標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏大，導(dǎo)致待測(cè)溶液的濃度偏高，正確；C項(xiàng)，錐形瓶用蒸餾水洗滌后，未用待測(cè)液潤(rùn)洗，不產(chǎn)生誤差，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，用酸式滴定管量取液體時(shí)，釋放液體前滴定管前端有氣泡，之后消失，則待測(cè)溶液體積偏少，反應(yīng)消耗標(biāo)準(zhǔn)酸溶液的體積偏小，使測(cè)得濃度偏低，錯(cuò)誤。 (4)滴定時(shí)，左手控制滴定管，右手搖動(dòng)錐形瓶，眼睛注視錐形瓶?jī)?nèi)溶液顏色的變化；判斷到達(dá)滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是：錐形瓶中溶液由無(wú)色變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不變色。 (5)根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可知，第一次實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)誤差較大，舍去，V(NaOH)＝(16.30＋16.32)2＝16.31 mL，c(NaOH)V(NaOH)＝c(HCl)V(HCl)，c(HCl)＝[c(NaOH)V(NaOH)]V(HCl)＝(0.200 0 molL－116.31 mL)20.00 mL＝0.163 1 molL－1。 答案：(1)①④　(2)乙　(3)B (4)錐形瓶?jī)?nèi)溶液顏色的變化　由無(wú)色變成淺紅色，且半分鐘內(nèi)不變色　(5)0.163 1 13．信息時(shí)代產(chǎn)生的大量電子垃圾對(duì)環(huán)境構(gòu)成了威脅。某研究性學(xué)習(xí)小組將一批廢棄的線路板簡(jiǎn)單處理后，得到含70% Cu、25% Al、4% Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設(shè)計(jì)出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線： (1)第①步Cu與酸反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_______________________________________。 (2)第②步加H2O2的作用是_________________________________________________。 (3)該探究小組提出兩種方案測(cè)定CuSO45H2O晶體的純度。 方案一：取a g試樣溶于水，加入過(guò)量KI固體，充分反應(yīng)，生成白色沉淀。用0.100 0 molL－1 Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定(原理為I2＋2S2O===2I－＋S4O)，到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)，消耗Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液20.00 mL。 ①CuSO4溶液與KI反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)_________________________________。 方案二：取a g試樣配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干擾離子后，用c molL－1 EDTA(H2Y2－)標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，平均消耗EDTA溶液6 mL。滴定反應(yīng)如下： Cu2＋＋H2Y2－===CuY2－＋2H＋。 ②寫(xiě)出計(jì)算CuSO45H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式w＝________。 ③下列操作會(huì)導(dǎo)致CuSO45H2O含量的測(cè)定結(jié)果偏高的是________(填字母)。 a．未干燥錐形瓶　b．滴定終點(diǎn)時(shí)滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡c.未除凈可與EDTA反應(yīng)的干擾離子 解析：(1)銅與濃硝酸電離的NO和濃硝酸、稀硫酸電離的H＋反應(yīng)產(chǎn)生NO2或NO。(2)第②步加入H2O2是將Fe2＋氧化為Fe3＋，H2O2為綠色氧化劑，還原產(chǎn)物為H2O，無(wú)污染。(3)①Cu2＋氧化I－得CuI沉淀和I2，利用化合價(jià)升降法配平。②從滴定反應(yīng)知，n(Cu2＋)＝n(EDTA)，所以有：＝c molL－1610－3 L，解得w＝＝100 %。③a項(xiàng)，對(duì)上式中各量沒(méi)有影響；b項(xiàng)，滴定終點(diǎn)時(shí)滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡，讀數(shù)時(shí)標(biāo)準(zhǔn)溶液體積偏小，結(jié)果偏低；c項(xiàng)，使EDTA的量增大，所以測(cè)定結(jié)果偏高。 答案：(1)Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O或3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O (2)將Fe2＋氧化成Fe3＋ (3)①2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I(xiàn)2?、?00%?、踓