第23讲-第三章《水溶液中的离子反应与平衡》单元测试(基础巩固)(教师版).docx

《水溶液中的离子反应与平衡》单元测试（基础巩固）

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题(共45分)
1．(本题3分)下列说法正确的是
A．CO2的水溶液具有导电性，所以CO2是电解质
B．BaSO4难溶于水，其水溶液几乎不导电，故BaSO4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溶液
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
【详解】
A．CO2自身不能电离，其水溶液导电是因为CO2与水反应生成的碳酸为电解质，A错误；
B．BaSO4难溶于水，其水溶液的导电能力极弱，但是BaSO4在熔融状态下完全电离，是强电解质，B错误；
C．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错误；
D．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正确；
综上所述答案为D。
2．(本题3分)20℃时饱和溶液1L，其浓度为0.1mol/L，其电离方程式为，，若要使该溶液中浓度增大，同时使浓度减小，可采取的措施是(已知CuS为不溶于非氧化性酸的极难溶沉淀)
A．加入适量的水 B．加入适量的NaOH固体
C．加入适量的 D．加入适量的固体
【答案】D
【详解】
A．加入适量的水能促进饱和溶液的电离，但溶液中浓度和浓度都减小，故A不符合题意；
B．加入适量的NaOH固体能和溶液反应，使该溶液中浓度减小，同时使浓度增大，故B不符合题意；
C．加入适量的增大了浓度，抑制了，的电离，故C不符合题意；
D．加入适量的固体，铜离子会和硫离子发生反应生成CuS沉淀，使得浓度减小，促进了，电离，使浓度增大，故D符合题意；
故答案：D。
3．(本题3分)下列说法正确的是
A．强电解质均易溶于水
B．强电解质水溶液的导电能力一定大于弱电解质水溶液的导电能力
C．在水中的电离程度：
D．弱电解质的电离过程是可逆的
【答案】D
【详解】
A．强电解质也有难溶性物质比如硫酸钡，A错误；
B．电解质溶液的导电能力与离子浓度和离子所带的电荷数有关，与电解质强弱无关，B错误；
C．硝酸酸性强于亚硫酸，C错误；
D．弱电解质为部分电离，故电离过程是可逆的，D正确；
故选D。
4．(本题3分)欲使0.1mol·L-1NaHCO3溶液中c(H+)、c(CO)、c(HCO)都减小，其方法是
A．加入饱和石灰水溶液 B．通入氯化氢气体
C．加入氢氧化钾固体 D．通入二氧化碳气体
【答案】A
【详解】
A．Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3+H2O+NaOH，所以加入饱和石灰水溶液后，碳酸氢根离子转化为碳酸钙沉淀，所以碳酸氢根离子浓度、碳酸根离子浓度都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以氢离子浓度也减小，A正确；
B．HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2，所以通入氯化氢气体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以氢离子浓度增大，B错误；
C．HCO+OH-=CO+H2O，所以加入氢氧化钾固体后，碳酸氢根离子浓度减小，碳酸根离子浓度增大，氢离子浓度减小，C错误；
D．二氧化碳与水反应生成碳酸，c(H+)、c(HCO)增大，D错误；
故答案为:A。
5．(本题3分)已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，要使溶液中值增大，可以采取的措施是
A．加少量烧碱溶液 B．降低温度
C．加少量冰醋酸 D．加水
【答案】D
【详解】
A．在醋酸溶液中氢氧化钠固体，氢氧根离子和氢离子反应，促进电离，平衡正向移动，醋酸根离子浓度增大，根据电离平衡常数进行分析，变小，故A错误；
B．电离过程吸热，降低温度，平衡逆向移动，比值减小，B错误；
C．加入冰醋酸，平衡右移，但电离程度减小，比值减小，C错误；
D．加水稀释，促进电离，氢离子个数增多，醋酸分子个数减小，在同一溶液中，体积相同，所以比值增大，D正确；
故选D。
6．(本题3分)下表是常温下某些一元弱酸的电离常数：
弱酸
HCN
HF
CH3COOH
HNO2
电离常数
6.2×10-10
6.3×10-4
1.8×10-5
5.6×10-4
则0.1mol•L-1的下列溶液中，pH最大的是
A．HCN B．HF C．CH3COOH D．HNO2
【答案】A
【详解】
电离平衡常数越小，电离程度越小，相同浓度时，电离产生的c(H+)越小，pH越大，由表中数据可知，Ka(HCN)最小，则0.1molL-1的HCN溶液的pH最大，故答案选A。
7．(本题3分)常温下，①pH=3的硫酸溶液，②0.0001mol/L的醋酸，③溶液中的c(H+)=1×10-4mol/L，④=10-12，则此四种溶液的酸性由强到弱的顺序为
A．①③④② B．④①③② C．④③①② D．①③④②
【答案】B
【详解】
氢离子浓度越大，酸性越强，常温下，①pH=3的硫酸溶液中c(H+)=10-3mol/L，醋酸为弱酸不完全电离，所以②0.0001mol/L的醋酸溶液中c(H+)＜10-4mol/L，③溶液中的c(H+)=1×10-4mol/L，④溶液中=10-12，则c(H+)=10-2mol/L；
综上所述酸性由强到弱为④①③②，故答案为B。
8．(本题3分)下列各离子组在指定的溶液中能够大量共存的是
A．pH＝11的NaOH溶液中：CO、K+、NO、SO
B．含有NO溶液中：I-、SO、SO、H+
C．在由水电离出的c(H+)＝1.0×10-13mol•L-1的溶液中：Na+、NH 、SO、HCO
D．无色溶液中：Cu2+、K+、SCN-、Cl-
【答案】A
【详解】
A．pH＝11的NaOH溶液中：CO、K+、NO、SO各离子能够大量共存，Ａ符合题意；
B．含有NO溶液中：I-、SO、SO、H+，SO、NO、H+，I-、NO、H+均因发生氧化还原反应而不能大量共存，B不合题意；
C．在由水电离出的c(H+)＝1.0×10-13mol•L-1的溶液中即可能是强酸性溶液，则不能由大量的HCO，H++ HCO=H2O+CO2↑，也可能是强碱性溶液，不能由大量的NH和HCO，OH-+ NH=NH3∙H2O，OH-+ HCO=H2O+，C不合题意；
D．无色溶液中不可能含有大量的Cu2+，D不合题意；
故答案为：A。
9．(本题3分)常温下，取浓度相同的NaOH和HCl溶液，以3∶2体积比相混合，所得溶液的pH等于12，则原溶液的浓度为
A．0.01mol·L-1 B．0.17mol·L-1 C．0.05mol·L-1 D．0.50mol·L-1
【答案】C
【详解】
由题意，可设原溶液物质的量浓度为c mol·L-1，NaOH溶液体积为3V L，HCl溶液体积为2V L，则二者混合后溶液体积为5V L，因为常温下二者混合反应后，所得溶液pH=12，即c(H＋)=10-12mol·L-1，所以c(OH-)=Kw÷c(H＋)=10-14÷10-12=10-2mol·L-1，则c mol·L-1×3V L-c mol·L-1×2 VL=10-2mol·L-1×5V L，解得c=0.05，则原溶液的浓度为0.05 mol·L-1，故答案为：C。
10．(本题3分)常温下，pH=10的X、Y两种碱溶液各1mL，分别加水稀释到100mL，其pH与溶液体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是

A．稀释前，两种碱溶液中溶质的物质的量浓度一定相等
B．稀释后，X溶液的碱性比Y溶液的碱性强
C．完全中和X、Y溶液时，消耗同浓度盐酸的体积：VX>VY
D．若8<a<10，则X、Y都是弱碱
【答案】D
【详解】
A．由图像可知，pH=10的碱稀释100倍，X的pH变化比Y的大，则Y一定是弱碱，X的碱性比Y强，Y的碱性弱，pH相同时，Y的浓度大，则稀释前，两种碱溶液中溶质的物质的量浓度不相等，故A错误；
B．稀释后，Y中OH-浓度大，X溶液的碱性比Y溶液的碱性弱，故B错误；
C．Y的碱性弱，pH相同时，Y的浓度大，等体积时Y的物质的量大，则完全中和X、Y溶液时，消耗同浓度盐酸的体积：VX<VY，故C错误；
D．a=8，则X为强碱，若8<a<10，则X、Y都是弱碱，故D正确；
答案选D。
11．(本题3分)盐类水解在工农业生产和日常生活中有着广泛的应用，有关应用或说法与盐类水解无关的是
A．用热的纯碱溶液洗涤餐具上的油污
B．生活中常用明矾净水
C．用稀硫酸除去铜器表面的铜绿Cu(OH)2CO3
D．长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，可施用适量的熟石灰
【答案】C
【详解】
A．纯碱为强碱弱酸盐，水解呈碱性，油污在碱性条件下水解较完全，可用于油污的清洗，故A项不选；
B．明矾溶于水，溶液中铝离子水解生成氢氧化铝胶体，Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，具有吸附性，能使悬浮于水中的不溶性固体小颗粒凝聚而加快小颗粒的沉降，故B项不选；
C．用稀硫酸除去铜器表面的铜绿，是碱式碳酸铜和稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，与水解无关，故C项选；
D．长期使用硫酸铵化肥的土壤，易变酸性，和铵根离子水解有关，熟石灰显碱性，且价格便宜，常用来改良酸性土壤，故D项不选；
故选C。
12．(本题3分)下列实验操作、实验现象及解释或结论都正确且有因果关系的是
选项
实验操作
实验现象
解释或结论
A
在平衡体系中加入KCl晶体
溶液颜色变浅
加入生成物该化学平衡向逆反应方向移动
B
常温下，用pH计测定溶液
测得pH=7
溶液对水的电离程度无影响
C
将硫酸铝溶液加入到天然淡水中，搅拌，静置
水变澄清，絮状沉淀下沉到底部
的水解与天然水中的水解互相促进，生成胶体
D
用pH试纸测得相同浓度的pH NaClO溶液、溶液的pH
NaClO溶液的pH约为9，溶液的pH约为8
的酸性比HClO强
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】
A．氯化钾对平衡移动无影响，故A错误；
B．溶液的pH=7，是醋酸根和铵根的水解程度相同，促进了水的电离，故B错误；
C．的水解与天然水中的水解互相促进，生成胶体，搅拌静置，胶体沉淀，水变澄清，故C正确；
D．NaClO具有氧化性会氧化漂白试纸，故不能用pH试纸测量，故D错误；
故选C。
13．(本题3分)T℃下，三种硫酸盐M(M：Pb2+、Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知p(M)=-1gc(M)，p(SO)=-1gc(SO)。下列说法正确的是

A．溶度积：BaSO4＜PbSO4＜SrSO4
B．Y点对应的SrSO4是过饱和溶液，能继续溶解 SrSO4
C．Z点对应的溶液中c(Ba2+)＞c(SO)，c(Ba2+)×c(SO)等于1×10-25
D．BaSO4不可能转化成PbSO4
【答案】A
【详解】
A．p(M)=-1gc(M)，p(M)越大，Pb2+、Ba2+、Sr2+的浓度越小；p(SO)=-1gc(SO)，p()越大，c()越小；溶度积Ksp=c(M)×c()，所以溶度积BaSO4＜PbSO4＜SrSO4，故A正确；
B．由题中图示可知，Y点对应的SrSO4溶液，c(Sr2+)×c()＜Ksp(SrSO4)，所以Y点对应的SrSO4溶液为不饱和溶液，能继续溶解SrSO4，故B错误；
C．由题中图示可知，Z点的p(M)比C点的小，p(M)越小，Ba2+的浓度越大，即Z点的Ba2+的浓度大于C点的Ba2+的浓度，而C点Ba2+的浓度与浓度相等，所以Z点对应溶液中c(Ba2+)＞c()，温度不变，Ksp不变，Z点和C点的溶度积相等，c(Ba2+)×c()=10-5.0×10-5.0=10-10.0，故C错误；
D．因PbSO4、BaSO4为同类型沉淀，由题中图示可知，Ksp(BaSO4)＜Ksp(PbSO4)，增大Pb2+的浓度，当c(Pb2+)×c()＞Ksp(PbSO4)，可使BaSO4转化为PbSO4，故D错误；
答案为A。
14．(本题3分)已知：工业生产中可用ZnS作为沉淀剂除去工业废水中的Cu2+，可表示为Cu2+(aq)+ZnS(s)Zn2+(aq)+CuS(s)。下列说法不正确的是
A．反应达平衡时，c(Cu2+)=c(Zn2+)
B．过量的ZnS可通过过滤除去
C．该反应平衡常数K=
D．相同温度时，溶解度：S(ZnS)>S(CuS)
【答案】A
【详解】
A．溶解度S(ZnS)>S(CuS)，所以达到反应平衡时c(Cu2+)＜c(Zn2+)，A错误；
B．工业生产中可用ZnS作为沉淀剂，过量的ZnS可通过过滤除去，B正确；
C．Cu2+(aq)+ZnS(s)Zn2+(aq)+CuS(s)平衡常数K=，C正确；
D．溶解度小的沉淀转化能转化为溶解度更小的沉淀，ZnS能转化为CuS，则溶解度S(ZnS)>S(CuS)，D正确；
答案选A。
15．(本题3分)常温下，在25mL0.1mol/LNaOH 溶液中逐滴加入0.2mol/LCH3COOH 溶液，下图曲线所示的有关粒子浓度关系错误的是

A．任一点一定都有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)
B．B点：a=12.5，c(Na+ ) =c(CH3COO-)>c(OH-)= c(H+)
C．C点：c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=2 c(Na+ )=0.1mol/L
D．C点：c(CH3COO-)：c(CH3COOH))=3：2，则CH3COOH的Ka=1.5×10-5
【答案】B
【解析】
A. 曲线上任一点都有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)符合电荷守恒，故A正确；B、在B点溶液显中性，则结果是c（OH-）=c（H+），则a一定不等于12.5mL故B错误；C、在C点时，醋酸剩余，剩余的醋酸的浓度和生成的醋酸钠浓度相等均为0.05mol/l，根据物料守恒，则：c（CH3COO-）+c（CH3COOH）=0.1mol/L-1，故C正确；D. 因为 C点：c(CH3COO-)：c(CH3COOH)=3：2 pH=5，c（H+）=10-5mol/L，所以CH3COOH的Ka=1.5×10-5，故D正确。
点睛：酸碱中和C(H+)=C(OH-)呈中性，抓住电解质溶液中的电荷守恒，物料守恒规律解答。运用电离平衡常数的计算公式进行判断。

二、填空题(共24分)
16．(本题12分)已知水在25 ℃和100 ℃时，其电离平衡曲线如图所示:

(1)100 ℃时水的电离平衡曲线应为____(填“A”或“B”)，理由是____。
(2)25 ℃时，将pH=9的NaOH溶液与pH=4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH=7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积之比为____。
(3)100 ℃时，若100体积pH1=a的某强酸溶液与1体积pH2=b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH 与强碱的pH 之间应满足的关系式为____。
(4)曲线B对应温度下，pH=2的某HA溶液和pH=10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH=5。原因是_____________。
【答案】B 水的电离是吸热过程，温度高时，电离程度大，c(H+)、c(OH-)大 10∶1 a+b=14或pH1+pH2=14 曲线B对应100 ℃时水的电离平衡曲线，此时水的离子积为10-12，HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH=5
【分析】
水的电离是吸热过程，升高温度促进电离，即升高温度，水的离子积增大，然后进行分析。
【详解】
（1）25℃时水的离子积为1×10－14，水的离子积受温度的影响，升高温度，促进水的电离，c(OH－)和c(H＋)增大，水的离子积增大，即100℃时水的电离平衡曲线是B；（2）25℃时，pH=9的NaOH溶液c(OH－)=10－14/10－9mol·L－1=10－5mol·L－1，混合后溶液显中性，即有V(NaOH)×10－5=V(H2SO4)×10－4，V(NaOH):V(H2SO4)=10：1；（3）由图中数据可知，100℃时水的离子积为10－12，pH2=b的强碱溶液中c(OH－)=10－12/10－bmol·L－1=10(b－12)mol·L－1，混合物溶液显中性，即100×10－a=1×10(b－12)，得出a＋b=14或pH1＋pH2=14；（4）100℃时的水的离子积为10－12，当pH=6时溶液显中性，因此pH=5说明溶液显酸性，假设HA为强酸，两种溶液的体积为1L，HA中n(H＋)=10－2mol，NaOH中n(OH－)=10－2mol，等体积混合后，溶液显中性，但是现在溶液显酸性，即HA为弱酸，c(HA)>c(NaOH)，等体积混合物，HA有剩余，使溶液显酸性。
【点睛】
本题的易错点一定注意温度不同，溶液为中性的pH也不相同，25℃时溶液显中性，pH=7，100℃时，溶液显中性，pH=6。
17．(本题12分)回答下列问题
（1）含有弱酸HA和其钠盐NaA的混合溶液，在化学上用作缓冲溶液。向其中加入少量酸或碱时，溶液的酸碱性变化不大。
①向其中加入少量KOH溶液时，发生反应的离子方程式是___________。
②现将溶液和溶液等体积混合，得到缓冲溶液。
a．若HA为HCN，该溶液显碱性，则溶液中c(Na+)___________c(CN-) (填“＜”、“=”或“＞”)。
b．若HA为，该溶液显酸性，则溶液中所有的离子按浓度由大到小排列的顺序是___________。
（2）常温下，向溶液中逐滴加入溶液，图中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况(体积变化忽略不计)。回答下列问题：

①常温下一定浓度的MCl稀溶液的pH___________(填“＞”“＜”或“=”)7，用离子方程式表示其原因___________。
②K点对应的溶液中，c(M+)+c(MOH) ___________(填“＞”“＜”或“=”)2c(Cl-)；
【答案】
（1） ＞
（2） ＜ =
【解析】
（1）
①HA为弱酸，向缓冲液中加入少量的KOH溶液，发生的离子方程式为HA＋OH－=A－＋H2O；故答案为HA＋OH－=A－＋H2O；
②等体积的0.04mol·L－1HA和0.02mol·L－1NaOH混合，混合后溶液中的溶质为NaA和HA，且两者物质的量相等；
a．HA为HCN，缓冲液为HCN和NaCN，且物质的量相同，溶液显碱性，说明CN－水解程度大于HCN的电离程度，因此c(Na＋)＞c(CN－)；故答案为＞；
b．若HA为CH3COOH，则缓冲液为CH3COOH和CH3COONa，且物质的量相等，溶液中含有的离子是CH3COO－、Na＋、H＋、OH－，溶液显酸性，推出c(H＋)＞c(OH－)，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，即c(CH3COO－)＞c(Na＋)，弱电解质电离程度微弱，得出溶液中离子浓度大小顺序是c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；故答案为c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)；
（2）
①假设MOH为强碱，向100mL0.01mol·L－1HCl中加入50mL0.02mol·L－1MOH，充分反应后，溶液的pH=7，但根据图像，当加入51mLMOH时，溶液的pH才等于7，说明MOH为弱碱，MCl为强酸弱碱盐，M＋发生水解：M＋＋H2O=MOH＋H＋，溶液显酸性，即pH＜7，故答案为＜；M＋＋H2OMOH＋H＋；
②K点加入MOH100mL，MOH和HCl充分反应后，溶质为MOH和MCl，物质的量均为0.001mol，根据元素质量守恒，则有c(M＋)＋c(MOH)=2c(Cl－)；故答案为=。

三、工业流程题(共16分)
18．(本题16分)钛酸锂电池是一种较安全的锂离子电池，利用钛酸锂废料(含有少量碳、镍和铁元素)，回收其中的有价金属锂和钛并制备高附加值的碳酸锂和二氧化钛产品，工艺流程如图所示：

(1)中的化合价为______。
(2)酸浸时生成钛酸，提高酸浸速率的措施有：________．(写一条即可)
(3)浸出渣中含有钛酸和少量_________。
(4)已知：．常温时通过调节溶液大于________，达到除杂目的。
若要将镍、铁从浸出液中分步除去，达到分离镍和铁的目的，方案为___________，然后继续调，过滤得到。
(5)用碳酸钠“沉锂”的离子方程式为___________________________；碳酸钠的添加量(理论用量的倍数)对的收率及纯度影响如图所示．代表纯度的曲线为___________(填“a”或“b”)。

(6)工业上向尾液中加入的目的是___________(填编号)。
A．进一步回收金属锂 B．得到产品 C．除杂 D．污水处理
【答案】 适当提高酸的浓度、升高温度 C或者碳 9 先用氧化剂如把氧化为，然后用调节至左右，过滤得到 a AB
【分析】
钛酸锂废料(含有少量碳、镍和铁元素)，经过预处理，再用稀硫酸酸浸，碳不和稀硫酸反应，Ni和铁与稀硫酸反应，钛酸锂和稀硫酸反应生成硫酸锂和钛酸，过滤，将浸出液调节pH值除掉镍和铁元素，过滤后向滤液中加入碳酸钠溶液得到碳酸锂沉淀，再将尾液中加入磷酸钠并进一步回收锂。
【详解】
(1)根据化合价分子得到中的化合价为+4；故答案为：+4。
(2)酸浸时生成钛酸，提高酸浸速率的措施，可以从浓度、温度以及接触面积，因此提高酸浸速率的措施为适当提高酸的浓度、升高温度；故答案为：适当提高酸的浓度、升高温度。
(3)由于废料中含有少量碳，碳不和稀硫酸反应，因此浸出渣中含有钛酸和少量碳；故答案为：C或者碳。
(4)根据题意要除杂，则，则，pH=8.6，，则，pH=9，，因此常温时通过调节溶液大于9，达到除杂目的；若要将镍、铁从浸出液中分步除去，达到分离镍和铁的目的，由于两者的溶度积常数接近，无法将两者分离开，因此要先用氧化剂如把氧化为，然后用调节至左右，过滤得到，然后继续调，过滤得到；故答案为：9；先用氧化剂如把氧化为，然后用调节至左右，过滤得到。
(5)用碳酸钠“沉锂”的离子方程式为；当碳酸钠的浓度增大，碳酸根浓度增大，平衡向碳酸锂反应生成，当倍数增大，钠离子形成的盐被包裹进碳酸锂沉淀中，从而降低了碳酸锂的纯度，因此代表纯度的曲线为a；故答案为：；a。
(6)工业上向尾液中加入，主要发生反应，因此是进一步回收金属锂和得到产品；故答案为：AB。

四、实验题(共15分)
19．(本题15分)现用邻苯二甲酸氢钾(KHA)标准溶液来测定NaOH溶液的浓度。滴定时有下列操作：
①向溶液中加入1-2滴指示剂。
②取20.00 mL标准溶液放入锥形瓶中。
③用氢氧化钠溶液滴定至终点。
④重复以上操作。
⑤精确称取5.105 g邻苯二甲酸氢钾(相对分了质量为204.2)固体配制成250 mL标准溶液(测得pH约为4.2)。
⑥用根据实险数据计算氢氧化纳的物质的量浓度。
(1)以上各步中，正确的操作顺序是___________，上述②中使用的玻璃仪器除锥形瓶外，还需要___________。
(2)已知该实验用酚酞作指示剂，则滴定终点的现象为___________。
(3)滴定并记录V(NaOH溶液)的初、终谈数。数据记录如下表：
滴定次数
1
2
3
4
V(标准溶液)/mL
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH溶液)/mL(初读数)
0.10
0.30
0.00
0.20
V(NaOH溶液)/mL(终读数)
20.08
20.30
20.80
20.22
V(NaOH)/mL(消耗)
19.98
20.00
20.80
20.02
某同学在处理数据过程中计算得到平均消耗NaOH溶液的体积为V(NaOH溶液)==20.20 mL。他的计算合理吗？___________；理由是___________。通过仪器测得第4次滴定过程中溶液pH随加入氢氧化钠溶液休积的变化曲线如图所示，则a___________20.02(填“>”“＜”“=”)。

(4)步骤②中在调节起始读数时，滴定管(25mL规格)中的标准液位置如图所示，若此时将所装标准液全部放出，所放液体的体积为___________ (填选项字母)。

a.2.60 mL b.大于2.60 mL c.22.40 mL d.大于22.40 mL
(5)滴定前，用蒸馏水洗净碱式滴定管，然后加入待测定的氢氧化钠溶液，滴定，此操作使实验结果_____(填“偏大”偏小”或“不产生误差")。
【答案】⑤②①③④⑥ 酸式滴定管 溶液由无色变为浅红色，且30 s内不变色 不合理 第3组数据明显偏大，误差太大，不应采用 ＜ d 偏小
【详解】
(1)在用标准KHA标准液测定NaOH浓度的操作中，正确的操作顺序是配制250 mL标准KHA溶液；取20.00 mL标准液放入锥形瓶中；向溶液中加入1~2滴指示剂；用待测NaOH溶液滴定至终点；重复以上操作；根据实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度；故顺序是⑤②①③④⑥；上述②取20.00 mL标准溶液放入锥形瓶中，使用的仪器除锥形瓶外，还需要酸式滴定管(标准液KHA显酸性，故装在酸式滴定管中)，故此处填：酸式滴定管；
(2)由于该实验采用的是待测液滴定标准液的实验方法，故指示剂酚酞加入标准液KHA中，由于KHA溶液显酸性，故此时溶液呈无色，当KHA与NaOH恰好反应生成Na2A、K2A，由于A2-水解溶液显弱碱性，故终点时溶液显浅红色，故此处填：溶液由无色变为浅红色，且30 s内不变色；
(3)他的计算不合理，原因是第3组数据明显偏大，误差太大，不应采用；根据滴定曲线可知，加入a mL NaOH时，溶液pH=7，这时没有达到滴定突变，即没有达到反应终点，所以a＜20.02mL；
(4)由于滴定管下方尖嘴部分没有刻度，故溶液全部放出后，液体体积大于25-2.60=22.40 mL，故答案选d；
(5)由于未用待测液润洗滴定管，故待测液浓度被稀释，中和等量的标准液消耗待测NaOH溶液体积偏大，但由标准液对应求出NaOH的物质的量不变，故所测待测液浓度偏小。