2022届高考化学一轮复习-课时练26-水溶液-酸碱中和滴定鲁科版.docx

2022届高考化学一轮复习 课时练26 水溶液 酸碱中和滴定鲁科版2022届高考化学一轮复习 课时练26 水溶液 酸碱中和滴定鲁科版年级：姓名：- 13 -水溶液酸碱中和滴定基础巩固1.(2020北京昌平区二模)常温下,向两个分别盛有50 mL 0.100 molL-1盐酸的烧杯中各自匀速滴加50 mL蒸馏水、50 mL 0.100 molL-1醋酸铵溶液,装置如图所示(夹持仪器等已省略)。已知:常温下,CH3COONH4溶液pH约为7。下列说法正确的是()A.实验滴加过程中溶液所有离子浓度都减小B.实验滴至pH=2时,溶液中Cl-+CH3COO-+OH-=0.01 molL-1C.实验滴加过程中,溶液中均存在CH3COO-NH4+H+OH-D.当滴入20 mL氨水时,溶液中存在NH4+A-3.(2020全国1,13)以酚酞为指示剂,用0.100 0 molL-1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中,pH、分布系数随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如下图所示。比如A2-的分布系数:(A2-)=A2-H2A+HA-+A2-下列叙述正确的是()A.曲线代表(H2A),曲线代表(HA-)B.H2A溶液的浓度为0.200 0 molL-1C.HA-的电离常数Ka=1.010-2 molL-1D.滴定终点时,溶液中Na+”“HA-+2A2-B.加入NaOH溶液至pH=8时:K+HA-A2-H2AC.加入20 mL NaOH溶液时:OH-+A2-=Na+H+H2AD.在滴定过程中,水的电离程度一直减小7.(2020山东青岛一模)室温下,将10 mL浓度为1 molL-1的CH3NH2、NH2OH两种一元碱溶液分别加水稀释,曲线如图,V是溶液体积(mL),pOH=-lgOH-。已知:CH3NH2+H2OCH3NH3+OH-;NH2OH+H2ONH3OH+OH-。下列说法正确的是()A.该温度下,Kb(NH2OH)的数量级为10-9B.当lgV=3时,水的电离程度:NH2OHCH3NH2D.等浓度的CH3NH3Cl和NH3OHCl两种盐溶液中离子总浓度相等8.(2020山东化学,15改编)25 时,某混合溶液中CH3COOH+CH3COO-=0.1 molL-1,lgCH3COOH、lgCH3COO-、lgH+和lgOH-随pH变化的关系如右图所示。Ka为CH3COOH的电离常数,下列说法不正确的是()A.O点时,CH3COOH=CH3COO-B.N点时,pH=-lgKaC.该体系中,CH3COOH=0.1H+Ka+H+ molL-1D.pH由7到14的变化过程中,CH3COO-的水解程度先增大,后减小9.现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液,甲为0.1 molL-1的NaOH溶液,乙为0.1 molL-1的HCl溶液,丙为0.1 molL-1的CH3COOH溶液。试回答下列问题:(1)甲溶液的pH=。(2)丙溶液中存在的电离平衡为(用电离平衡方程式表示)。(3)常温下,用水稀释0.1 molL-1的CH3COOH溶液时,下列各量随加水量的增加而增大的是(填序号)。n(H+)H+CH3COOHCH3COO-OH-(4)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的OH-的大小关系为。(5)某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL丙溶液,得到如图所示的两条滴定曲线,请回答有关问题:甲溶液滴定丙溶液的曲线是(填“图1”或“图2”)曲线。a=。10.(2019北京理综,26)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a molL-1 KBrO3标准溶液;.取V1 mL上述溶液,加入过量KBr,加H2SO4酸化,溶液颜色呈棕黄色;.向所得溶液中加入V2 mL废水;.向中加入过量KI;.用b molL-1 Na2S2O3标准溶液滴定中溶液至浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液V3 mL。已知:I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色(1)中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和。(2)中发生反应的离子方程式是。(3)中发生反应的化学方程式是。(4)中加KI前,溶液颜色须为黄色,原因是。(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)6n(KBrO3)时,KI一定过量,理由是。(6)中滴定至终点的现象是。(7)废水中苯酚的含量为 gL-1(苯酚摩尔质量:94 gmol-1)。(8)由于Br2具有性质,中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。拓展深化11.(2020山东临沂一模)草酸铁铵(NH4)3Fe(C2O4)3是一种常用的金属着色剂,易溶于水,常温下其水溶液的pH介于4.05.0之间。某兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测其纯度。(1)甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸,其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。仪器a的名称是。5560 下,装置A中生成H2C2O4,同时生成NO2和NO且物质的量之比为31,该反应的化学方程式为。装置B的作用是;装置C中盛装的试剂是。(2)乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液;滴加氨水至,然后将溶液、过滤、洗涤并干燥,制得草酸铁铵产品。(3)丙组设计实验测定乙组产品的纯度。准确称量5.000 g产品配成100 mL溶液,取10.00 mL于锥形瓶中,加入足量0.100 0 molL-1稀硫酸酸化后,再用0.100 0 molL-1 KMnO4标准溶液进行滴定,消耗KMnO4溶液的体积为12.00 mL。滴定终点的现象是。滴定过程中发现退色速率开始缓慢后迅速加快,其主要原因是。产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为%。已知:(NH4)3Fe(C2O4)3的摩尔质量为374 gmol-1课时规范练26水溶液酸碱中和滴定1.C向盐酸中滴加水,盐酸被稀释浓度降低,溶液中H+减小,由于溶液中存在水的电离平衡,水的离子积不变,所以溶液中OH-会增大,A错误;当溶液pH=2时,H+=0.01molL-1,根据电荷守恒Cl-+CH3COO-+OH-=H+NH4+可知:Cl-+CH3COO-+OH-NH4+=H+=0.01molL-1,所以Cl-+CH3COO-+OH-0.01molL-1,B错误;由于酸性:HClCH3COOH,CH3COOH是弱酸,所以将CH3COONH4溶液滴加到盐酸中,会发生反应:HCl+CH3COONH4CH3COOH+NH4Cl,而NH4+不发生反应,仅有少量发生水解而消耗,且在酸溶液中水解程度会减弱,因此实验滴加过程中,溶液中均存在CH3COO-1,则lgH+OH-0,与图像不符,B项错误;M点时,lgH+OH-3.5,经过计算氢离子约为110-5.25molL-1,因此浓度A-NH4+H+OH-,C项正确;当滴入20mL氨水时,溶质为NH3H2O和NH4A,以一水合氨的电离为主,因此溶液中存在NH4+A-,D项正确。3.C由图示滴定曲线中只有一个明显的滴定终点且终点时消耗氢氧化钠溶液的体积为40mL,以及起点时溶液pH=1,可确定酸H2A第一步是完全电离的,其浓度是0.1000molL-1,所以曲线代表(HA-)、曲线代表(A2-),A、B两项错误。C项,曲线、交点时(HA-)=(A2-),此时VNaOH=25mL,再根据曲线可知此时溶液pH=2,由Ka=H+A2-HA-,得Ka=1.010-2molL-1,C项正确。利用电荷守恒,因为是强碱滴定弱酸,滴定终点时溶液呈碱性,H+2A2-+HA-,D项错误。4.D向mmL0.1molL-1H2SO3溶液中滴加0.1molL-1KOH溶液20mL,恰好反应生成K2SO3,溶液显碱性,消耗H2SO3溶液体积10mL,m=10,A错误;c点时水的电离程度最大,K2SO3水解促进水的电离,c点恰好反应生成K2SO3,此时溶液为碱性,溶液中存在电荷守恒:K+H+=HSO3-+2SO32-+OH-,由于H+HSO3-+2SO32-,B错误;b、d点水电离出的氢离子均为110-7molL-1,b点为中性溶液,所以b点pH=7,d点为硫化钾和氢氧化钾的混合液,溶液显碱性,pH7,C错误;常温下,SO32-+H2OHSO3-+OH-的Kb=KWKa2=10-1410-7molL-1=110-7molL-1,D正确。5.答案(1)1.010-12(2)41.010-7(3)中Ba2+OH-+H+SO42-BaSO4+H2O11解析:(1)KW=H+OH-=1.010-(x+y)mol2L-2,根据图像可知,x+y=12,故KW=1.010-12mol2L-2。根据温度越高,H2O的电离程度越大,KW也越大可知,此时T25。(2)此条件下,pH=6时溶液呈中性。根据表中实验的数据可得OH-=1.010-4molL-1,根据表中实验的数据有22.0010-3L1.010-4molL-1=22.0010-3L1.010-amolL-1,可得a=4,即pH=4。实验中,所得溶液pH=7,Ba(OH)2过量,溶液呈碱性,由H2O电离产生的OH-等于由水电离产生的H+,即由水电离产生的OH-=1.010-7molL-1。(3)按丁方式混合时,Ba(OH)2提供的OH-与NaHSO4提供的H+相等,混合后溶液呈中性。按乙方式混合时,反应前:n(Ba2+)=1.010-3mol,n(OH-)=2.010-3mol,n(H+)=n(SO42-)=1.010-3mol,实际反应的Ba2+、OH-、H+、SO42-均为1.010-3mol,故反应的离子方程式为Ba2+OH-+H+SO42-BaSO4+H2O。按甲方式混合时,OH-过量,反应后溶液中OH-=20.110-0.1515molL-1=0.1molL-1,H+=1.010-11molL-1,pH=11。6.C由题可知常温下Ka1(H2A)=1.110-3,Ka2(H2A)=3.910-6,因此Kh(HA-)=KWKa1(H2A)OH-,根据KHA溶液中的电荷守恒K+H+=OH-+HA-+2A2-,可得K+H2A,A2-HA-,B项错误;KHA溶液的初始浓度为0.1molL-1,体积为20mL,因此加入20mL浓度为0.1molL-1的NaOH溶液后,物料守恒关系式为Na+=K+=A2-+HA-+H2A,溶液中的电荷守恒关系式为Na+K+H+=OH-+HA-+2A2-,联立两个式子可得OH-+A2-=Na+H+H2A,C项正确;KHA的溶液中水的电离总体上受抑制,滴定过程中,KHA逐渐转变为A2-,A2-会促进水的电离;因此,滴定过程中水的电离程度逐渐增加,至滴定终点时水的电离程度达到最大,D项错误。7.A该温度下,取lgV=1的点,OH-NH3OH+=110-4.5molL-1,NH2OH=1molL-1,Kb(NH2OH)=NH3OH+OH-NH2OH=10-9molL-1,即数量级为10-9,A正确;当lgV=3时,NH2OH比CH3NH2的pOH大,OH-浓度小,碱对水的电离平衡起抑制作用,OH-浓度小,抑制作用小,水的电离程度大,故水的电离程度:NH2OHCH3NH2,B错误;同浓度时,pOH:NH2OHCH3NH2,即CH3NH2碱性强,用等浓度盐酸分别滴定两种碱溶液至pH=7,由于碱性越强对应的盐的水解程度越小,碱性越弱对应的盐的水解程度越大,它们生成盐水解后均能使溶液显酸性,故CH3NH2消耗盐酸的体积较大,C错误;等浓度的CH3NH3Cl和NH3OHCl两种盐溶液中,由于CH3NH3+和NH3OH+水解程度不同,所以离子总浓度不相等,D错误。8.A在CH3COO-和CH3COOH的混合溶液中,随着pH的增大,lgCH3COOH减小,lgCH3COO-增大,pH为0时,lgOH-约为0,由于可知MO为lgH+,OP为lgOH-,MN为lgCH3COO-,NP为lgCH3COOH。从图示看,O点时即pH=7时,CH3COOHCH3COO-,A项错误;N点为lgCH3COO-=lgCH3COOH,则Ka=H+,pH=-lgKa,B项正确;根据醋酸的电离常数表达式:Ka=H+CH3COO-CH3COOH,结合CH3COOH+CH3COO-=0.1molL-1,即可求得CH3COOH=0.1H+Ka+H+molL-1,C项正确;pH由7到14的变化过程中,CH3COO-的水解先增大,后减小(被抑制),D项正确。9.答案(1)13(2)CH3COOHCH3COO-+H+、H2OOH-+H+(3)(4)丙甲=乙(5)图220.00解析:(1)甲溶液中OH-=0.1molL-1,则H+=10-13molL-1,pH=13。(2)CH3COOH溶液中存在CH3COOH和H2O的电离平衡。(3)CH3COOH是弱酸,当向0.1molL-1的CH3COOH溶液中加水稀释时,CH3COOH的电离程度增大,电离平衡向右移动,n(H+)增大,但是H+减小,即增大,减小;设CH3COOH在水中的电离常数为K,则CH3COOHCH3COO-=H+K,H+减小,而K在一定温度下是常数,故CH3COOHCH3COO-减小,即减小;温度一定,KW为一定值,KW=H+OH-,H+减小,则OH-增大,即增大。(4)酸、碱对水的电离具有抑制作用,水溶液中H+或OH-越大,水的电离程度越小,反之越大。(5)HCl是强酸,CH3COOH是弱酸,分析题中图示,可知图2是甲溶液滴定丙溶液的曲线。氢氧化钠溶液滴定盐酸恰好中和时,pH=7,因二者浓度相等,则二者体积相等,所以a=20.00。10.答案(1)一定容积的容量瓶(2)BrO3-+5Br-+6H+3Br2+3H2O(3)+3Br2+3HBr(4)确保Br2过量,保证苯酚完全反应(5)反应物用量存在关系:KBrO33Br26KI,若无苯酚时,消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍,因有苯酚消耗Br2,所以当n(KI)6n(KBrO3)时,KI一定过量(6)溶液蓝色恰好消失,且半分钟内不恢复原色(7)(6aV1-bV3)473V2(8)易挥发解析:(1)配制一定物质的量浓度的溶液用到的玻璃仪器有:烧杯、玻璃棒、胶头滴管和一定容积的容量瓶。(2)中发生的反应是Br-与BrO3-的归中反应,离子方程式为5Br-+BrO3-+6H+3Br2+3H2O。(3)中发生的反应是苯酚与浓溴水的反应,化学方程式为+3Br2+3HBr。(4)为了保证废水中苯酚完全反应,加入的Br2必须过量,故溶液颜色须为黄色。(5)根据5Br-+BrO3-+6H+3Br2+3H2O和2KI+Br2I2+2KBr,当n(KI)=6n(KBrO3)时KI恰好和步骤中生成的Br2完全反应,而步骤中苯酚会消耗一定量的Br2,因此当n(KI)6n(KBrO3),KI一定过量。(6)中滴定至终点的现象是:滴入最后一滴溶液,溶液由蓝色变为无色且30s后蓝色不恢复。(7)由BrO3-3Br2可知,n(Br2)总=3aV110-3mol,其中一部分Br2与苯酚反应,剩余部分与KI反应,生成的I2用硫代硫酸钠溶液滴定,关系式为Br2I22Na2S2O3,n(Br2)剩余=n(I2)=12n(Na2S2O3)=12bV310-3mol;根据3Br2,n()=13n(Br2)=13n(Br2)总-n(Br2)剩余=13(3aV110-3-12bV310-3)mol,故废水中苯酚的含量为:13(3aV110-3-12bV310-3)94V210-3gL-1。(8)由于Br2具有易挥发的性质,因此中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。11.答案(1)球形冷凝管12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2+3NO+9H2O安全瓶,防倒吸NaOH溶液(2)溶液pH介于4.05.0之间加热浓缩、冷却结晶(3)当滴入最后一滴KMnO4标准溶液,溶液刚好变为粉红色,且半分钟内不退色反应生成的Mn2+是该反应的催化剂74.8解析:(1)根据图示仪器a的名称为球形冷凝管。5560下,装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4,同时生成NO2和NO且物质的量之比为31,根据电子得失守恒、原子守恒,该反应的化学方程式为12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2+3NO+9H2O。反应中生成的NO2和NO,均为污染性气体,需要进行尾气吸收,NO2和NO被吸收时会导致倒吸,装置B的作用是做安全瓶防止倒吸,装置C中盛装的试剂是NaOH溶液,用于吸收NO2和NO。(2)草酸铁铵(NH4)3Fe(C2O4)3易溶于水,常温下其水溶液的pH介于4.05.0之间,则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液,滴加氨水至pH介于4.05.0之间;草酸铁铵是铵盐,温度过高易分解,且温度过高促进铵根离子和铁离子水解,不能直接加热蒸干。(3)滴定原理是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应,高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色退去,自身可作指示剂,滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾溶液,溶液刚好变为粉红色,且半分钟内不退色,即为达到终点。滴定过程中高锰酸钾被还原为Mn2+,且随着反应进行,Mn2+的浓度增大,反应速率加快,说明反应生成的Mn2+可以加快反应速率,即Mn2+起催化剂的作用。滴定过程中,产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸,草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+2Mn2+10CO2+8H2O,10.00mL产品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000molL-10.012L=0.0012mol,则10.00mL产品溶液中n(H2C2O4)=52n(MnO4-)=520.0012mol=0.003mol,根据物料守恒,100mL产品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量=100100.003mol13374gmol-1=3.74g,故产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为3.74g5g100%=74.8%。