考点巩固卷11 水溶液中的离子反应与平衡（一）（解析版）

第页考点巩固卷11水溶液中的离子反应与平衡（一）考点01电离平衡（限时：25min）考法01弱电解质的电离平衡考法02电离常数及其有关计算考法03一元强酸(碱)和一元弱酸(碱)的比较考法04分布系数曲线的图像分析考点02水的电离和溶液的酸碱性（限时：30min）考法01水的电离与水的离子积考法02溶液的酸碱性与pH考法03酸碱中和滴定考法04滴定曲线的分析考法05中和滴定的拓展应用考点01电离平衡考法01弱电解质的电离平衡1．常温下，100mL0.1mol·L－1CH3COOH溶液中，欲使其溶液中的c(H＋)增大，但又要使醋酸电离程度减小，应采取()A．加入少量CH3COONa固体B．加入少量NaOH固体C．升高温度D．加入少量冰醋酸【答案】D【解析】CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋。加入少量CH3COONa固体，c(CH3COO－)增大，平衡逆向移动，c(H＋)、醋酸电离程度均减小，A项错误；加入少量NaOH固体，OH－与H＋反应，平衡正向移动，c(H＋)减小，醋酸电离程度增大，B项错误；升高温度，促进醋酸的电离，c(H＋)、醋酸电离程度均增大，C项错误；加入少量冰醋酸，平衡正向移动，c(H＋)增大，但c(CH3COOH)增大，醋酸电离程度减小，D项正确。2．稀氨水中存在着下列平衡：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH－)增大，应加入适量的物质是()①NH4Cl固体②硫酸③NaOH固体④水⑤加热⑥加入少量MgSO4固体A．①②③⑤ B．③⑥C．③ D．③⑤【答案】C【解析】若在氨水中加入NH4Cl固体，c(NHeq\o\al(＋,4))增大，平衡向逆反应方向移动，c(OH－)减小，①不符合题意；硫酸中的H＋与OH－反应，使c(OH－)减小，平衡向正反应方向移动，②不符合题意；当在氨水中加入NaOH固体后，c(OH－)增大，平衡向逆反应方向移动，③符合题意；若在氨水中加入水，稀释溶液，平衡向正反应方向移动，c(OH－)减小，④不符合题意；电离属于吸热过程，加热，平衡向正反应方向移动，⑤不符合题意；加入MgSO4固体发生反应，溶液中c(OH－)减小，平衡向正反应方向移动，⑥不符合题意。3．某同学拟用pH计测定溶液pH以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确的是()A．25℃时，若测得0.01mol·L－1NaR溶液pH＝7，则HR是弱酸B．25℃时，若测得0.01mol·L－1HR溶液pH＞2且pH＜7，则HR是弱酸C．25℃时，若测得HR溶液pH＝a，取该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得pH＝b，b－a＜1，则HR是弱酸D．25℃时，若测得NaR溶液pH＝a，取该溶液10.0mL，升温至50℃，测得pH＝b，a＞b，则HR是弱酸【答案】B【解析】25℃时，若测得0.01mol·L－1NaR溶液pH＝7，可知NaR为强酸强碱盐，则HR为强酸，A错误；25℃时，若测得0.01mol·L－1HR溶液pH>2且pH<7，可知溶液中c(H＋)<0.01mol·L－1，所以HR未完全电离，HR为弱酸，B正确；假设HR为强酸，取pH＝6的该溶液10.0mL，加蒸馏水稀释至100.0mL，测得此时溶液pH<7，C错误；假设HR为强酸，则NaR为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促进水的电离，水的离子积常数增大，pH减小，D错误。4．在测定电解质溶液的导电能力装置（如图所示）中，若向某一电解质溶液中逐滴加入另一物质，则灯泡由亮变暗至熄灭后，又逐渐变亮的是（）A.稀盐酸中逐滴加入食盐溶液 B.稀硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液C.稀硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液 D.氢氧化钠溶液中加入H2【答案】C【解析】硫酸和氢氧化钡都是强电解质，二者发生反应BaOH2+H2SO4BaSO4↓+2H2O，反应生成难溶物和弱电解质，随着BaOH5．如图所示，纵轴表示导电能力，横轴表示所加溶液的量，下列说法正确的是A．曲线A表示NaOH溶液中滴加稀盐酸B．曲线B表示CH3COOH溶液中滴加NaOH溶液C．曲线C表示Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸D．曲线D表示Cu(OH)2悬浊液中滴加HCl溶液【答案】C【解析】稀盐酸和NaOH溶液混合时反应生成NaCl，溶液的体积增大，溶液中离子浓度减小，溶液导电性降低，应该用D表示，A错误；醋酸是弱电解质，醋酸中加入NaOH溶液生成强电解质醋酸钠，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，应该用A表示，B错误；氢氧化钡和稀硫酸反应生成硫酸钡沉淀和水，当二者完全反应时溶液中离子浓度最小，导电性最弱，继续加入稀硫酸，溶液中离子浓度增大，溶液导电性增强，应该用C表示，C正确；氢氧化铜是弱电解质，溶液中离子浓度较小，加入HCl溶液后生成强电解质硝酸铜，离子浓度增大，溶液导电性增强，应该用A表示，D错误。考法02电离常数及其有关计算6．（2024·浙江湖州期末）已知25弱酸电离平衡常数HCOOHKaHCNKaH2Ka1以下反应不能自发进行的是（）A.HCOOH+NaCNB.NaHCOC.NaCN+D.2【答案】D【解析】根据题表中数据可知，酸性的强弱顺序为HCOOH>H2CO3>HCN>HCO3−；再根据7．下表是在相同温度下三种酸的一些数据，下列判断正确的是()酸HXHYHZ浓度/(mol·L－1)0.120.20.911电离度0.250.20.10.30.5电离常数Ka1Ka2Ka3Ka4Ka5A．在相同温度下，HX的数据可以说明：弱电解质溶液，浓度越低，电离度越大，且Ka1>Ka2>Ka3＝0.01B．室温时，若在NaZ溶液中加水，则eq\f(c(Z－),c(HZ)·c(OH－))变小，若加少量盐酸，则eq\f(c(Z－),c(HZ)·c(OH－))变大C．含等物质的量的NaX、NaY和NaZ的混合溶液：c(Z－)<c(Y－)<c(X－)D．在相同温度下，Ka5>Ka4>Ka3【答案】D【解析】相同温度下电离度随溶液浓度的增大而减小，结合表中数据判断，当HX的浓度为1mol·L－1时，HX的电离度小于0.1，故三种酸的酸性强弱顺序为HZ>HY>HX，D项正确；电离常数只与温度有关，温度相同，Ka1＝Ka2＝Ka3，A项错误；依据Z－＋H2OHZ＋OH－可知，eq\f(c(Z－),c(HZ)·c(OH－))是Z－水解平衡常数的倒数，其只随温度的变化而变化，B项错误；依据“越弱越水解”可知，NaX的水解程度最大，c(X－)最小，C项错误。8．（2024·河北·二模）已知电离常数：，，，，下列离子方程式书写正确的是A．向溶液中滴加HCN：B．向溶液中通入过量HF：C．向和NaCN混合溶液中通入少量HF：D．向NaCN溶液中通入少量：【答案】C【解析】根据数据，，酸性比HCN酸性强，故无法实现HCN制，A错误；，HF酸性比酸性强，故过量HF与应产生，离子反应为，B错误；，故HF优先与反应，C正确；，向NaCN溶液中通入少量：，D错误。9．（2024·湖北·三模）已知溶剂分子结合的能力会影响酸给出的能力，某温度下部分酸在冰醋酸中的如下表所示，下列说法错误的是分子式HCl4.877.24(一级)8.99.4A．在冰醋酸中的电离方程式：B．在冰醋酸中酸性：C．结合的能力：D．相同温度下醋酸在液氨中的大于其在水中的【答案】D【解析】由表格数据可知，高氯酸在冰醋酸中部分电离出高氯酸根离子和CH3COOH离子，电离方程式为，A正确；由表格数据可知，四种酸在冰醋酸中的电离常数的大小顺序为，则在冰醋酸中酸性的大小顺序为，B正确；由表格数据可知，在水中完全电离的四种强酸在冰醋酸中均不能完全电离，说明水分子结合氢离子的能力强于醋酸，故C正确；相同温度下醋酸在液氨中的电离程度大于在水中的电离程度，所以在液氨中的小于其在水中的，D错误。10．部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHH2SH2CO3HClO电离平衡常数(25℃)Ka＝1.77×10－4Ka1＝1.1×10－7；Ka2＝1.3×10－13Ka1＝4.5×10－7；Ka2＝4.7×10－11Ka＝4.0×10－8按要求回答下列问题：(1)HCOOH、H2S、H2CO3、HClO的酸性由强到弱的顺序为________________。(2)相同浓度的HCOO－、HS－、S2－、HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)、ClO－结合H＋的能力由强到弱的顺序为______________________________。(3)运用上述电离常数及物质的特性判断下列化学方程式不正确的是________(填序号)。①次氯酸与NaHCO3溶液的反应：HClO＋HCOeq\o\al(－,3)=ClO－＋H2O＋CO2↑②少量CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋2ClO－=COeq\o\al(2－,3)＋2HClO③少量CO2通入NaClO溶液中：CO2＋H2O＋ClO－=HCOeq\o\al(－,3)＋HClO④硫化氢通入NaClO溶液中：H2S＋ClO－=HS－＋HClO⑤碳酸钠滴入少量甲酸溶液中：2HCOOH＋COeq\o\al(2－,3)=2HCOO－＋CO2↑＋H2O(4)25℃，相同浓度的下列溶液①Na2S②Na2CO3③NaHCO3④NaClOpH由大到小的顺序为__________(填“序号”)。【答案】(1)HCOOH>H2CO3>H2S>HClO(2)S2－>COeq\o\al(2－,3)>ClO－>HS－>HCOeq\o\al(－,3)>HCOO－(3)①②④⑤(4)①>②>④>③【解析】(3)①因HClO酸性比H2CO3(H2O＋CO2)弱，不能发生；②因HClO比HCOeq\o\al(－,3)的Ka大，HClO与COeq\o\al(2－,3)反应，该反应应为CO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HCOeq\o\al(－,3)；④H2S与ClO－发生氧化还原反应；⑤少量甲酸，生成HCOeq\o\al(－,3)。考法03一元强酸(碱)和一元弱酸(碱)的比较11．某温度下，HNO2和CH3COOH的电离常数分别为5.0×10－4和1.7×10－5。将pH和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是()A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液B．溶液中水的电离程度：b点>c点C．从c点到d点，溶液中eq\f(c(HA)·c(OH－),c(A－))保持不变(其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子)D．相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液n(Na＋)相同【答案】C【解析】加相同体积水，曲线Ⅱ对应的pH变化较大，代表较强的酸，即HNO2，A错误；酸溶液中pH越小，水的电离程度越小，即b点<c点，B错误；相同体积的a点，浓度不同，酸的物质的量不同，n(Na＋)不同，D错误。12．在相同温度时，100mLHF溶液与10mLHF溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是A．HF的电离常数 B．溶液中H＋的物质的量C．中和时所需NaOH的物质的量 D．溶液中HF的物质的量【答案】B【解析】电离常数只与温度有关，温度相同，电离常数相等，A项不符合题意；100mL溶液和10mL溶液中，溶质的物质的量相同，但浓度越小，电离程度越大，100mL溶液中H＋的物质的量大，B项符合题意；溶质的物质的量相同，中和时所需NaOH的物质的量相同，C项不符合题意；10mL溶液中HF的电离程度小，HF物质的量大，D项不符合题意。13．浓度均为0.10mol·L－1、体积均为V0的MOH和ROH溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lgeq\f(V,V0)的变化如图所示，下列叙述错误的是()A．MOH的碱性强于ROH的碱性B．ROH的电离程度：b点大于a点C．若两溶液无限稀释，则它们的c(OH－)相等D．当lgeq\f(V,V0)＝2时，若两溶液同时升高温度，则eq\f(c(M＋),c(R＋))增大【答案】D【解析】由图像可知0.1mol·L－1的MOH溶液的pH＝13，说明MOH完全电离，为强碱，同理判断ROH为弱碱，所以前者的碱性大于后者，A正确；ROH为弱电解质，溶液越稀越易电离，所以电离程度b点大于a点，B正确；当两溶液无限稀释下去，相当于纯水，所以二者氢氧根离子浓度相等，C正确；当lgeq\f(V,V0)＝2时，MOH溶液的pH＝11，ROH溶液的pH＝10，MOH溶液不存在电离平衡，ROH溶液存在电离平衡，升高温度，M＋浓度无影响，R＋浓度增大，所以eq\f(c(M＋),c(R＋))减小，D错误。14．（2024·湖北武汉期中）在常温下，下列4种溶液的叙述中，正确的是（）编号①②③④溶液氨水氢氧化钠溶液CH3盐酸pH111133A.将③加水稀释，保持溶液温度不变，溶液中cHB.取1mL①加水稀释至100C.将aL④与bL②混合后，若所得溶液［体积为aD.等体积的③、④两溶液分别与NaOH溶液中和，所消耗NaOH的物质的量相等【答案】C【解析】将③加水稀释，保持温度不变，溶液中cH+cCH3COOH=cH+⋅cCH3COO−cCH3COOH⋅cCH3COO−=KacCH3COO−，加水后醋酸根离子的浓度减小，则cH+cCH3COOH变大，A错误；NH3⋅H2O为弱碱，取1mL①加水稀释至100mL，NH3⋅H2O的电离程度变大，所得溶液的pH大于9，15．(2024·辽宁锦州模拟)常温下将浓度均为1.0mol·L－1，体积相同的HX和HY溶液分别加水稀释，pH与溶液浓度的对数(lgc)间的关系如图所示。下列叙述正确的是()A．酸性：HX＞HYB．HX的电离常数(Ka)的数量级为10－3C．水的电离程度：a＜bD．当lgc＝－7时，HY溶液的pH大于7【答案】C【解析】由图可知，浓度均为1.0mol/L，体积相同的HX和HY溶液，稀释相同倍数时，HY的pH小，酸性强，故酸性HY>HX，A错误；根据图中b点可计算HX的电离常数Ka＝eq\f(cX－×cH＋,cHX)＝eq\f(10－6×10－6,10－3)＝10－9，B错误；由图可知，a点的c(H＋)大于b点且溶质均为酸，故a点对水的抑制作用强，即水的电离程度a＜b，C正确；HY是弱酸，当lgc＝－7时，HY溶液的pH不可能大于7，应小于7，D错误。考法04分布系数曲线的图像分析16．（2024·湖北襄阳期中）常温下，以酚酞为指示剂，用0.1000mol⋅L−1的NaOH溶液滴定pH=［已知：A2−的分布分数δ下列叙述不正确的是（）A.曲线①代表δH2B.H2AC.NaHA溶液显碱性D.a点溶液中：c【答案】D【解析】根据题图可知，H2A分两步电离：H2A⇌H++HA−、HA−⇌H++A2−，酸性较强时，溶液中溶质以H2A为主，所以曲线①代表δH2A，曲线②代表δHA−，曲线③代表δA2−，A正确；a点溶液中cH2A=cHA−，Ka1=cH+⋅cHA−cH17．（2024·福建福州·三模）向敞口容器中加入一定体积pH=13的84消毒液(NaClO的浓度约为，不断搅拌，逐滴加入溶液，溶液pH变化曲线如图1所示(AB段pH快速下降的原因之一是)。图2表示NaClO溶液中含氯微粒的物质的量分数与pH的关系。关于上述滴定过程，下列说法正确的是A．原84消毒液中，HClO的含量约为B．AB段Fe被氧化的反应C．CD段较BC段pH下降快的主要原因是HClO的氧化性强于ClO⁻D．400s后反应几乎停止【答案】C【解析】由图2可知，HClO的电离常数为Ka=10-7.5，原84消毒液中，NaClO的浓度约为，pH=13，则，，A错误；根据分析可知，AB段溶液为碱性环境，存在大量OH-，Fe被氧化的反应为，B错误；当溶液中原本存在的OH-反应完全后，BC段发生反应，生成弱酸HClO，BC段pH缓慢下降，再滴入FeCl2溶液，由于HClO的氧化性强于ClO⁻，CD段HClO氧化Fe2+，发生反应HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+5H+，生成强酸HCl，所以CD段pH迅速下降，C正确；反应进行至400s时，此时仍反应进行，生成的HClO氧化Cl-产生Cl2，离子方程式为HClO+Cl-+H+=Cl2↑+H2O，D错误。18．(2024·河北邢台名校联盟联考)向0.1mol·L－1的H2C2O4溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2Oeq\o\al(－,4)、C2Oeq\o\al(2－,4)三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系如图甲所示；向0.1mol·L－1的草酸钠溶液中逐滴滴加等浓度的CaCl2溶液，形成的c(C2Oeq\o\al(2－,4))与c(Ca2＋)变化如图乙所示。下列有关说法中错误的是(已知lg2≈0.3)()A．图乙中当溶液c(Ca2＋)＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))时，c(HC2Oeq\o\al(－,4))>c(H＋)B．向10mL0.1mol·L－1草酸钠溶液中加入等体积0.2mol·L－1CaCl2溶液后，溶液中c(C2Oeq\o\al(2－,4))为4.5×10－8mol·L－1C．0.05mol·L－1的NaHC2O4溶液的pH>2.5D．向0.1mol·L－1的H2C2O4溶液中逐滴滴加等浓度的Ca(OH)2溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2Oeq\o\al(－,4)、C2Oeq\o\al(2－,4)三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系与图甲相同【答案】A【解析】向0.1mol·L－1的H2C2O4溶液中逐滴滴加等浓度的NaOH溶液，H2C2O4的物质的量分数减小，HC2Oeq\o\al(－,4)的物质的量分数先增大后减小，C2Oeq\o\al(2－,4)的物质的量分数增大，则溶液中存在电荷守恒：c(OH－)＋2c(C2Oeq\o\al(2－,4))＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＋c(Cl－)＝c(H＋)＋c(Na＋)＋2c(Ca2＋)，当c(Ca2＋)＝c(C2Oeq\o\al(2－,4))时，滴加的CaCl2与溶液中存在的Na2C2O4完全反应，则c(Cl－)＝c(Na＋)，c(OH－)＋c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝c(H＋)，则c(HC2Oeq\o\al(－,4))<c(H＋)，A项错误；向10mL0.1mol·L－1草酸钠溶液中加入等体积0.2mol·L－1CaCl2溶液后得到的溶液中c(Ca2＋)＝eq\f(0.01×0.2－0.01×0.1,0.02)mol·L－1＝0.05mol·L－1，由图乙可知CaC2O4的Ksp＝c(Ca2＋)·c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝1.5×10－5×1.5×10－4＝2.25×10－9，则溶液中c(C2Oeq\o\al(2－,4))＝eq\f(Ksp,cCa2＋)＝eq\f(2.25×10－9,0.05)mol·L－1＝4.5×10－8mol·L－1，B项正确；由以上分析可知，当pH为4.2时，HC2Oeq\o\al(－,4)和C2Oeq\o\al(2－,4)浓度相等，则H2C2O4的Ka2＝eq\f(cC2O\o\al(2－,4)·cH＋,cHC2O\o\al(－,4))＝c(H＋)＝1×10－4.2,0.05mol·L－1的NaHC2O4溶液中c(HC2Oeq\o\al(－,4))＝0.05mol·L－1，则c(H＋)≈eq\r(Ka2·cHC2O\o\al(－,4))＝eq\r(1×10－4.2×0.05)mol·L－1＝eq\r(5×10－6.2)mol·L－1，pH＝－lgeq\r(5×10－6.2)＝3.1－eq\f(1,2)lg5＝3.1－eq\f(1,2)(1－lg2)≈2.75>2.5，C项正确；H2C2O4的两步电离平衡常数大小只受温度影响，向0.1mol·L－1的H2C2O4溶液中逐滴滴加等浓度的Ca(OH)2溶液，所得溶液中H2C2O4、HC2Oeq\o\al(－,4)、C2Oeq\o\al(2－,4)三种微粒的物质的量分数(δ)与溶液pH的关系与图甲相同，D项正确。19．（2024·湖北襄阳期末）25℃时，向联氨N2H4溶液中逐滴滴加稀硫酸，混合溶液中N2H4、N2H5+、A.曲线Ⅲ对应的是NB.KC.若C点溶液为N2HD.刚开始滴入稀硫酸时，生成的盐是N【答案】C【解析】根据题意可知，联氨为二元弱碱，溶液中cN2H4>cN2H5+，则题图中曲线Ⅰ对应的微粒为N2H4，曲线Ⅱ对应的微粒为N2H5+，曲线Ⅲ对应的微粒为N2H62+，A正确；当pOH=6时，cOH−=1.0×10−6mol⋅L−1，A点时溶液中存在c20．乙二胺四乙酸(通常用表示)简称EDTA，因能与众多金属离子络合而在化学分析与测定中有广泛应用，其结构简式为，EDTA在水溶液中总是以七种形式存在，常温下其分布系数与溶液的关系如图所示。下列说法错误的是A．EDTA既能与酸反应又能与碱反应，曲线a代表B．常温下，电离常数C．时，溶液中D．常温下，溶液中【答案】D【解析】乙二胺四乙酸为四元酸，可以和碱反应，随和pH的增大，EDTA在水中的微粒中含有氢的量逐渐减少，随着pH减小，EDTA中氮原子含有孤电子对，可以和氢离子反应，随着pH减小结合的氢逐渐增大，则a、b、c、d、e、f、g分别表示。由分析可知，EDTA既能与酸反应又能与碱反应，曲线a代表，A正确；，，由图像可知的pH≈2，则H4Y的电离常数≈10-2.0，B正确；由图可知，时，溶液中，C正确；，由图可知，，，则，D错误。考点02水的电离和溶液的酸碱性考法01水的电离与水的离子积1．（2024·湖南长沙期末）有关水的电离平衡，下列叙述一定正确的是（）A.温度不变，向水中滴入少量稀盐酸，平衡逆向移动，KWB.将水加热，KW增大，pHC.温度不变，向水中加入少量NaOH固体，平衡逆向移动，cOHD.温度不变，向水中通入HCl，由水电离出的c水H+【答案】C【解析】温度不变，向水中滴入少量稀盐酸，抑制水的电离，平衡逆向移动，但KW只与温度有关，保持不变，故A错误；将水加热，KW增大，pH减小，但水中cOH−=cH+，液体仍呈中性，故B错误；温度不变，向水中加入少量NaOH固体，cOH−增大，抑制水的电离，平衡逆向移动，故C正确；温度不变，向水中通入HCl，cH+增大，抑制水的电离，2．(2024·安徽省十校联盟模拟)下列说法正确的是()A．在水电离出的ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＝1×10－12mol·L－1的溶液中，HS－可能大量存在B．将0.1mol·L－1亚硫酸溶液加水稀释，溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))、ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HSO\o\al(－,3)))均减小C．等体积等浓度的NaCl和CH3COONa溶液中离子总数相等D．pH＝5的NH4Cl溶液中，水电离出的ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))＝1×10－9mol·L－1【答案】B【解析】由水电离出的ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＝1×10－12mol·L－1的溶液，为酸或碱溶液，酸式酸根离子HS－在酸性或碱性条件下不可能大量存在，故A错误；将0.1mol·L－1亚硫酸溶液加水稀释，与溶质相关的电离方程式中所有微粒浓度均减小，即溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))、ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HSO\o\al(－,3)))均减小，故B正确；NaCl溶液显中性，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na＋))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Cl－))，CH3COONa溶液显碱性，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na＋))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＝ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))＋ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(CH3COO－))，NaCl溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))更大，结合电荷守恒式，故等体积等浓度的NaCl、CH3COONa溶液中离子总数：NaCl>CH3COONa，故C错误；pH＝5的NH4Cl溶液中，水电离出的ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))＝1×10－5mol·L－1，故D错误。3．一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是()A．升高温度，可能引起由c向b的变化B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－14C．该温度下，加入FeCl3可能引起由a向b的变化D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化【答案】B【解析】A项，c点溶液中c(OH－)＞c(H＋)，溶液呈碱性，升温，溶液中c(OH－)不可能减小，错误。B项，由b点对应c(H＋)与c(OH－)可知，Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14，正确。C项，FeCl3溶液水解显酸性，溶液中c(H＋)增大，因一定温度下水的离子积是常数，故溶液中c(OH－)减小，因此加入FeCl3溶液可能引起由b向a的变化，错误。D项，c点溶液呈碱性，稀释时c(OH－)减小，同时c(H＋)应增大，故稀释溶液时不可能引起由c向d的转化，错误。4．（23-24高三上·天津河北·期末）室温下，下列各组离子在指定溶液中一定不能大量共存的是A．与铝粉反应放出的透明溶液：、，、B．常温下，由水电离的的溶液：、、，C．使石蕊试液显红色的溶液：、、、D．含有大量的溶液：，、、、【答案】D【解析】与铝粉反应放出H2的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，酸性条件下Cu2+、Al3+，Na+、能大量共存，碱性条件下Cu2+、Al3+不能大量共存，即该溶液中，这组离子可能大量共存，A不符合题意；常温下，由水电离的c(H+)=1×10−12mol/L的溶液pH=2或12，pH=2时，选项中所有离子可以共存，pH=12时，为碱性，铵根不能在碱性溶液中大量存在，即该溶液中，这组离子可能大量共存，B不符合题意；使石蕊试液显红色的溶液为酸性，选项所给离子一定可以大量共存，C不符合题意；酸性条件下，硝酸根有强氧化性，会氧化Fe2+，故硝酸根和氢离子一定不能在含有大量Fe2+的溶液中大量共存，D符合题意。5．按要求填写下列问题：(1)某些共价化合物(如H2O、NH3、N2O4等)在液态时会发生微弱的电离，如2H2O⇌H3O++OH-，则液态NH3的电离方程式为。(2)已知水溶液中c(H+)和c(OH-)的关系如图所示，试回答下列问题：i.图中五点对应的Kw的关系是。ii.若从A点到D点，可采用的措施是(填序号)。a．升温b．加入少量的盐酸c．加入少量的NH3·H2O(3)25℃时，0.1mol·L-1的HA溶液中=1010。①HA是(填“强”或“弱”)电解质。②在加水稀释HA溶液的过程中，随着水量的增加而增大的是(填序号)。A．c(HA)B．C．c(H+)与c(OH-)的乘积D．c(OH-)(4)现有浓度均为0.1mol·L-1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠，三种溶液中由水电离出的H+浓度由大到小的顺序是(用序号表示)。【答案】(1)2NH3+(2)b(3)弱D(4)②＞③＞①【解析】（1）根据水的电离方程式2H2O⇌H3O++OH-，则液态NH3的电离方程式为：2NH3+。（2）i.KW只与温度有关，水的电离吸热，温度越高水的电离程度越大，KW越大，图中五点对应的KW的关系是。ii.a．A点到D点，温度不变，故不选a；b．加入少量的盐酸，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，温度不变，KW不变，故选b；c．加入少量的NH3·H2O，氢氧根离子浓度增大，KW不变，氢离子浓度减小，故不选c；选b。（3）①25℃时，0.1mol·L-1的HA溶液中=1010,，可知HA是弱电解质。②A．加水稀释，c(HA)减小，故不选A；

B．HA溶液加水稀释，Ka只与温度有关，不变，故不选B；

C．KW只与温度有关，加水稀释，与的乘积不变，故不选C；

D．HA溶液呈酸性，加水稀释，KW不变，减小，所以增大，故选D；选D。（4）①硫酸溶液中酸电离的氢离子浓度为0.2mol/L、②醋酸溶液中酸电离的氢离子浓度小于0.1mol/L、③氢氧化钠溶液中碱电离的氢氧根离子浓度为0.1mol/L，酸、碱抑制水电离，所以三种溶液中由水电离出的浓度由大到小的顺序是②＞③＞①。考法02溶液的酸碱性与pH6．已知温度T时水的离子积常数为Kw，该温度下，将浓度为amol·L－1的一元酸HA与bmol·L－1的一元碱BOH等体积混合，可判定该溶液呈中性的依据是()①a＝b②混合溶液的pH＝7③混合溶液中c(OH－)＝10－7mol·L－1④混合溶液中，c(H＋)＝eq\r(Kw)mol·L－1⑤混合溶液中，c(B＋)＝c(A－)A．②③B．④⑤C．①④D．②⑤【答案】B【解析】因为酸、碱的强弱未知，不能依据a＝b判断，①错误；温度不能确定为25℃，溶液的pH＝7，c(OH－)＝10－7mol·L－1不能判断溶液呈中性，②③错误；Kw＝c(H＋)·c(OH－)，当c(H＋)＝c(OH－)＝eq\r(Kw)mol·L－1时，溶液一定呈中性，④正确；根据电荷守恒c(H＋)＋c(B＋)＝c(A－)＋c(OH－)，当c(B＋)＝c(A－)时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液一定呈中性，B项正确。7．下列有关电解质溶液的说法中正确的是A．在100℃时，pH约为6的纯水呈酸性B．将1mL盐酸稀释到1000mL，所得溶液pH为9C．在常温下，当水电离出的为时，此溶液的pH可能为2或12D．将pH=12的氨水和氢氧化钠溶液各1mL稀释至100mL，所得氢氧化钠溶液pH略大【答案】C【解析】纯水呈中性，A项错误；盐酸稀释，pH不可能大于7，只能接近7，B项错误；酸和碱均抑制水的电离，水电离出的为时，此溶液的pH可能为2或12，C项正确；pH=12的氨水稀释时，电离程度增大，pH变化小，氨水pH略大，D项错误。8．（2024·北京海淀期末）室温时，关于1mLA.此溶液的pH=B.此溶液中，由水电离出的cC.将此溶液加水稀释到100mLD.将此溶液与9mL【答案】【解析】1mL1.0×10−2mol⋅L−1盐酸中cH+=1.0×10−2mol⋅L−1，pH=−lgcH+=2，故A不符合题意；盐酸中由水电离出的cH+=cOH−，则由水电离出的cH9．(2024·广东佛山模拟)下列说法不正确的是()A．相同温度下，pH相等的氨水、NaOH溶液中，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))相等B．pH＝4的醋酸溶液的物质的量浓度大于pH＝5的醋酸溶液的10倍C．pH均为4的盐酸和氯化铵溶液等体积混合后，所得溶液的pH＝4D．用同浓度的NaOH溶液分别与等体积、等pH的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，盐酸消耗NaOH溶液的体积更大【答案】D【解析】相同温度下，水的离子积相等，pH相等的氨水、NaOH溶液中，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))相等，则溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))相等，A正确；醋酸为弱酸，不能完全电离，浓度越大，电离程度越小，pH＝4的醋酸溶液的物质的量浓度为eq\f(10－4,α1)mol·L－1(α1为电离度)，pH＝5的醋酸溶液的物质的量浓度为eq\f(10－5,α2)mol·L－1(α2为电离度)，故前者比后者的10倍还大，B正确；pH均为4的盐酸和氯化铵溶液等体积混合的瞬间，ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＝1.0×10－4mol·L－1，不发生变化，铵根离子和一水合氨的浓度瞬间变为原来的二分之一，则二者的比值不变，故所得溶液中水的电离平衡没有移动，氯化铵的水解平衡没有移动，混合溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))＝1.0×10－4mol·L－1，pH＝4，C正确；醋酸是弱酸，等体积、等pH的盐酸和醋酸溶液中醋酸的物质的量大于盐酸的物质的量，则用同浓度的NaOH溶液分别与等体积、等pH的盐酸和醋酸溶液恰好完全反应，醋酸消耗NaOH溶液的体积更大，D错误。10．根据要求解答下列问题(常温条件下)。(1)pH＝5的H2SO4溶液，加水稀释到500倍，则稀释后c(SOeq\o\al(2－,4))与c(H＋)的比值为____。(2)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______。(3)在一定体积pH＝12的Ba(OH)2溶液中，逐滴加入一定物质的量浓度的NaHSO4溶液，当溶液中的Ba2＋恰好完全沉淀时，溶液pH＝11。若反应后溶液的体积等于Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积之和，则Ba(OH)2溶液与NaHSO4溶液的体积比是____。(4)将pH＝a的NaOH溶液VaL与pH＝b的稀盐酸VbL混合，若所得溶液呈中性，且a＋b＝13，则eq\f(Va,Vb)＝____。【答案】(1)1∶10(2)0.05mol·L－1(3)1∶4(4)10【解析】(1)pH＝5的H2SO4溶液，c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(1,2)×10－5mol·L－1，c(H＋)＝1×10－5；稀释到500倍，c(SOeq\o\al(2－,4))＝1×10－8mol·L－1，c(H＋)≈1×10－7，故c(SOeq\o\al(2－,4))∶c(H＋)＝1∶10。(2)c(OH－)＝10－2mol·L－1＝eq\f(3c－2c,5)，c＝5×10－2mol·L－1。(3)设氢氧化钡溶液体积为V1L，硫酸氢钠溶液的体积为V2L，依题意知，n(Ba2＋)＝n(SOeq\o\al(2－,4))，由Ba(OH)2＋NaHSO4=BaSO4↓＋NaOH＋H2O知，生成的氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)＝n[Ba(OH)2]＝0.5×10－2V1mol，eq\f(0.5×10－2V1mol,V1＋V2L)＝1×10－3mol·L－1，则V1∶V2＝1∶4。(4)10－14＋aVa＝10－bVb，eq\f(Va,Vb)＝eq\f(10－b,10－14＋a)＝1014－(a＋b)＝10。考法03酸碱中和滴定11．（23-24高三上·贵州安顺·期末）计量仪器是化学实验的一类重要仪器。下图是量筒、水银温度计、滴定管的一部分，下列读数(虚线刻度)及说法正确的是A．是量筒，读数为25.0mL B．是量筒，读数为2.5mLC．是滴定管，读数为2.5mL D．是温度计，读数为2.50℃【答案】B【解析】量筒没有0刻度，故a不是量筒，A错误；量筒没有0刻度，是量筒，读数到0.1mL，读数为2.5mL，B正确；c是滴定管，读数到0.01mL，故读数为2.50mL，C错误；温度计大刻度应该在上，读数到0.1℃，D错误。12．关于下列各实验或装置的叙述不正确的是（）①②③④A.实验①可用于测溶液的pHB.实验②可用酸性KMnO4溶液测定Na2SOC.装置③是滴定操作时手的操作D.装置④中最后半滴NaOH标准液使溶液由无色变为红色，即到达滴定终点【答案】D【解析】装置④中最后半滴NaOH标准液使溶液由无色变为红色，且半分钟内不恢复原来的颜色，即到达滴定终点，D项错误。13．（2024·四川·模拟预测）实验通过向0.1000mol/LHCl溶液中逐滴加入0.1000mol/LNaOH溶液，测定出酸碱反应曲线。下列仪器中，本实验必须用到的有①温度计②碱式滴定管③胶头滴管④烧杯⑤分液漏斗⑥锥形瓶⑦酒精灯⑧滴定管夹A．①③④⑥ B．②④⑤⑧ C．②③⑤⑦ D．②④⑥⑧【答案】D【解析】在用标准NaOH溶液滴定未知浓度盐酸时，实验步骤是洗涤、润洗、装液、调零、取液、滴加指示剂、进行滴定，题中给出的仪器中，在本实验中必须用到的仪器有碱式滴定管、烧杯、锥形瓶、滴定管夹，D正确。14．（2024·山东淄博期末）下列叙述正确的是（）A.NaOH标准溶液滴定未知浓度的CH3B.用湿润的pH试纸测新制氯水的pH，测定值偏大C.测定中和反应反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中混合，所测温度值偏高D.用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时，滴定前滴定管尖嘴部位有气泡，滴定终点读数时无气泡，测定结果偏高【答案】D【解析】氢氧化钠标准溶液与CH3COOH溶液完全反应生成强碱弱酸盐醋酸钠和水，溶液呈碱性，若滴定时，选用甲基橙作指示剂，CH3COOH不可能完全反应，会导致所测CH3COOH溶液的浓度偏低，故A错误；新制氯水中含有的次氯酸具有强氧化性，能将有机色质漂白褪色，所以不能用pH试纸测新制氯水的pH，故B错误；测定中和反应反应热时，将碱溶液缓慢倒入酸溶液中混合时会有热量散失，导致所测温度值偏低，故C错误；用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH15．(2024·山东潍坊期末)电池级草酸亚铁需要纯度在99%以上，可用标准高锰酸钾溶液滴定法测定草酸亚铁样品纯度(样品中不含其他还原性离子)。下列说法错误的是()A．打开酸式滴定管的活塞，迅速放液以赶出气泡B．滴定过程中，眼睛要时刻注意滴定管液面变化C．滴入最后半滴标准液，溶液变为浅红色且半分钟内不褪色，达到滴定终点D．用待测液润洗锥形瓶，测得草酸亚铁样品纯度偏高【答案】B【解析】赶出酸式滴定管中的气泡可采用迅速放液、缓慢关闭的方法，A项正确；滴定过程中，眼睛应始终注视锥形瓶中溶液颜色的变化，以确定是否达到反应终点，B项错误；在未达滴定终点前，加入的高锰酸钾会与草酸亚铁反应，当达滴定终点时，KMnO4稍微过量，溶液显浅红色，且半分钟内不褪色，C项正确；锥形瓶不需要用待测液润洗，若润洗，则所取待测液偏多，消耗标准液偏多，导致所测样品纯度偏高，D项正确。考法04滴定曲线的分析16．一元酸HX和HY溶液的体积都是20mL，分别用下列说法正确的是（）A.用0.1mol⋅LB.HX可能是HCl，HY可能是CHC.HX溶液和HY溶液中溶质的物质的量浓度可能都为1D.a点和b点对应溶液的导电能力相同【答案】A【解析】由题图可知，HX是弱酸，到达滴定终点时溶液呈碱性，甲基橙的变色范围为3.1～4.4，选用甲基橙作指示剂时，到达滴定终点时HX没有反应完全，消耗NaOH溶液的体积偏小，测定结果偏低，故A正确；由题图可知，酸性：HY>HX，故B错误；由题图可知，消耗约20.00mLNaOH溶液时，HX溶液和HY溶液的滴定均达到滴定终点，则nHX=nHY=nNaOH，即0.02L×cHX=0.02L×cHY=0.02L×0.1mol⋅L−1，所以cHX=cHY=0.1mol⋅L−1，故C错误；a点对应的溶液为等浓度的HX和NaX的混合溶液，b点对应的溶液为等浓度的HY和NaY17．常温下，向20.00mL0.1mol·L－1HA溶液中滴入0.1mol·L－1NaOH溶液，溶液中由水电离出的氢离子浓度的负对数[－lgc水(H＋)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示，下列说法中不正确的是()A．常温下，Ka(HA)约为10－5B．M、P两点溶液对应的pH＝7C．b＝20.00D．M点后溶液中均存在c(Na＋)＞c(A－)【答案】B【解析】向HA溶液中加入NaOH溶液，－lgc水(H＋)先减小至N点再变大，说明c水(H＋)先增大，再减小。N点时c水(H＋)最大，说明恰好完全反应。M点为HA与NaA的混合物，为中性，pH＝7，N点时恰好完全反应，pH＞7，P点为NaA与NaOH的混合溶液，呈碱性，pH＞7，B错误。18．T℃时，NH3⋅H2O和CH3COOH的电离平衡常数均约为1×10−5。向10A.a点溶液中cB.b点溶液中存在cC.c点溶液中cD.a、b、c、d四点对应的溶液中，水的电离程度最大的是d点【答案】A【解析】设a点溶液中醋酸根离子浓度为xCH3Ka=0.01+x×x0.01−x，x≈1×10−5，A正确；b点溶液中溶质为CH3COOH和NHcNH4++cH+，①+②得cNH3⋅H2O+cOH−=cCH3COOH+cH+，CH3COONH4和NH4Cl，d点溶液中溶质为CH3COONH4、NH4Cl和NH3⋅H2O，酸、碱抑制水的电离，19．25℃时，用0.200mol·L－1NaOH溶液滴定10.0mL0.200mol·L－1H2A溶液，加入NaOH溶液的体积、混合溶液中的离子浓度与pH的变化关系如图所示。下列说法错误的是()A．H2A的第二步电离常数Ka2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2A))的数量级为10－5B．第一步电离和第二步电离的滴定所选指示剂不同C．P点溶液中存在ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na＋))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HA－))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A2－))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))D．M点和N点溶液中eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HA－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A2－)))相等【答案】D【解析】Ka2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2A))＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋))·c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HA－)))，由N点可知Ka2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2A))≈10－4.3，数量级为10－5，故A正确；由电离常数和水解常数知，NaHA溶液显酸性、Na2A溶液显碱性，第一步滴定选择甲基橙作指示剂，第二步滴定选择酚酞作指示剂，故B正确；P点为NaHA溶液，HA－电离程度大于水解，溶液中ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Na＋))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HA－))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A2－))>ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(OH－))，故C正确；M点和N点溶液的pH不同，溶液中eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HA－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A2－)))不相等，故D错误。20．(2024·福建龙岩质检)按如图甲装置，常温下分别向25mL0.3mol·L－1Na2CO3溶液和25mL0.3mol·L－1NaHCO3溶液中逐滴滴加0.3mol·L－1的稀盐酸，测得压强随盐酸体积的变化曲线如图乙所示，已知：碳酸Ka1＝4.3×10－7；Ka2＝5.6×10－11。下列说法正确的是()A．X为Na2CO3溶液的反应曲线B．a点溶液中c(H＋)的数量级为10－12C．a到c点之间的离子浓度大小关系：c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)D．水的电离程度：c<a<b【答案】C【解析】Na2CO3溶液中随着盐酸量的增加先生成NaHCO3，再生成NaCl和CO2，故图中压强先增大的为NaHCO3溶液反应曲线，即曲线X为碳酸氢钠溶液的反应曲线，曲线Y为碳酸钠溶液的反应曲线，A项错误；25mL0.3mol·L－1碳酸钠与12.5mL0.3mol·L－1盐酸反应，反应后溶液中的溶质有NaHCO3和Na2CO3，且物质的量相等，c(COeq\o\al(2－,3))≈c(HCOeq\o\al(－,3))，则Ka2≈c(H＋)＝5.6×10－11，a点溶液中c(H＋)的数量级为10－11，B项错误；a点溶质为NaHCO3和Na2CO3，且物质的量相等，c点加入25mL0.3mol·L－1盐酸，溶质为NaHCO3，溶液显碱性，因此a到c点之间的离子浓度大小顺序是c(Na＋)>c(HCOeq\o\al(－,3))>c(COeq\o\al(2－,3))>c(OH－)>c(H＋)，C项正确；a点溶质为NaHCO3和Na2CO3，c点溶质为NaHCO3，b点溶质为NaCl，HCOeq\o\al(－,3)、COeq\o\al(2－,3)发生水解，促进水的电离，NaCl对水的电离无影响，b点水的电离程度最小，D项错误。考法05中和滴定的拓展应用21．(2024·北京海淀区期中)食醋中含有醋酸等有机酸及少量氨基酸。食醋的酸度是指每100mL食醋中含酸(均折合成醋酸)的质量。国家标准规定酿造食醋酸度不得低于3.5g/100mL。可用滴定法测定食醋的酸度。某小组同学量取10.00mL自制食醋样品稀释至250.00mL(溶液几乎无色)，每次量取25.00mL于锥形瓶中，加入3.00mL中性甲醛溶液(掩蔽氨基的碱性)，以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L－1NaOH标准溶液滴定，滴定管读数记录如表。第一次第二次第三次滴定前NaOH溶液的体积读数/mL0.001.002.00滴定后NaOH溶液的体积读数/mL9.9011.0012.10下列说法不正确的是()A．醋酸易溶于水与“醋酸分子和水分子之间能形成氢键”有关B．锥形瓶中溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色时停止滴定C．该自制食醋样品的酸度不符合国家标准D．若不加甲醛溶液，测定结果会偏低【答案】C【解析】CH3COOH分子中的—OH和水分子间易形成氢键，使得醋酸易溶于水，A项正确；用NaOH溶液滴定醋酸，以酚酞为指示剂，则达到滴定终点时，锥形瓶内溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色，B项正确；由表中数据知，滴定时平均消耗NaOH溶液的体积为10.00mL，根据CH3COOH＋NaOH=CH3COONa＋H2O可计算稀释后CH3COOH的浓度为eq\f(0.1000mol·L－1×10.00mL,25.00mL)＝0.04mol·L－1，则原10.00mL样品中CH3COOH的物质的量为0.04mol·L－1×250.00×10－3L＝0.01mol，质量为0.01mol×60g·mol－1＝0.6g，则100mL食醋中含酸6g，该食醋的酸度为6g/100mL，符合国家标准，C项错误；若不加甲醛溶液掩蔽氨基的碱性，则氨基会消耗一部分醋酸，造成滴定时消耗的NaOH溶液体积偏小，测定结果偏低，D项正确。22．（23-24高三上·山东威海·期末）为检测某品牌银耳中添加剂亚硫酸盐的含量，取银耳样品和蒸馏水放入三颈瓶中；取碘标准溶液和淀粉溶液加入锥形瓶中，并加入适量蒸馏水搅拌，部分装置如图。向三颈瓶中通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了碘标准液。另做空白实验，消耗碘标准溶液。下列说法正确的是A．选择的三颈瓶规格为B．滴定终点溶液变为蓝色，读数时应双手上下持滴定管C．“不通氮气”或者“先加磷酸再通氮气”，这两种做法都会使测定结果偏高D．银耳样品中亚硫酸盐的百分含量(以质量计)为【答案】D【解析】三颈烧瓶所盛液体体积通常占其容积的1/3~2/3，则本实验应选择的三颈烧瓶规格为，A错误；将SO2消耗完后，过量的碘单质与淀粉反应使溶液显蓝色，读数时应单手持滴定管，B错误；开始通入氮气的目的是将装置中的空气排出，防止空气中的氧气将亚硫酸盐部分氧化成硫酸盐而影响实验，若“不通氮气”或者“先加磷酸再通氮气”，反应生成的SO2量较少，消耗的标准碘液也少，所测结果偏低，C错误；反应中消耗I2的体积为0.4mL+1.0mL-0.2mL=1.2mL，n(I2)=1.2×10-3L×0.01mol/L=1.2×10-5mol，根据关系式I2~SO2知，n(SO2)=1.2×10-5mol，m(SO2)=64g/mol×1.2×10-5mol=7.68×10-4g=0.000768g，样品为10.00g，因此SO2的含量为，D正确。23．（2024·河北秦皇岛·三模）三氯化六氨合钴(III)是一种重要的含钴配合物，由制备它的装置和步骤如下(夹持装置已省略)：已知：在溶液中较稳定，具有较强还原性。回答下列问题：(1)向混合液加入溶液与氨水时，应最先打开活塞(填字母代号)；加入所有试剂后，水浴的温度控制在55℃左右，反应约30分钟。球形干燥管中试剂为。(2)制备的总反应化学方程式为。(3)由滤渣获取的步骤：向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，向滤液加入少量甲，冷却结晶后过滤，用乙洗涤晶体2~3次，低温干燥。下列选项合理的是(填字母)。A．甲为浓盐酸，乙为水B．甲为乙醇，乙为浓盐酸C．甲为浓盐酸，乙为乙醇(4)称取样品，加入盛有足量氢氧化钠溶液的烧瓶中并加热，将生成的氨气通入装有盐酸的锥形瓶中，充分吸收，向锥形瓶加入2~3滴甲基橙，用的NaOH滴定(杂质不反应)。①达滴定终点时，共消耗NaOH溶液14.00mL，则样品的纯度为(保留四位有效数字)。②下列操作会使纯度测量值偏高的是(填字母)。A．滴定前，碱式滴定管未润洗B．滴定前尖嘴处无气泡，滴定后有气泡C．滴定终点时俯视滴定管刻度D．滴定时选用酚酞为指示剂(5)请指出该装置存在的缺陷：。【答案】(1)dP2O5或CaCl2(2)(3)C(4)91.67%BC(5)缺少温度计【解析】将CoCl2∙6H2O、NH4Cl溶液、活性炭混合，加入氨水得到[Co(NH3)6]Cl2，再加入H2O2的水溶液，在活性炭的催化作用下，溶液中Co(Ⅱ)被氧化为Co(Ⅲ)，生成[Co(NH3)6]Cl3•6H2O和活性炭的浊液，过滤，得到滤渣中含有[Co(NH3)6]Cl3•6H2O和活性炭，向滤渣中加入80℃左右的热水，充分搅拌后，趁热过滤，冷却后向滤液中加入少量浓盐酸，边加边搅拌，充分静置后过滤，用无水乙醇洗涤晶体2~3次，低温干燥得到产品。（1）Co2+在溶液中较稳定，[Co(NH3)6]2+具有较强还原性，为了将不易被氧化的Co2+转化为具有较强还原性的[Co(NH3)6]2+，应该先打开d进行络合反应，再打开b进行氧化；干燥管的作用是吸收多余的氨气且防止空气中的水蒸气进入装置，干燥管中试剂为P2O5或CaCl2；（2）CoCl2和NH3•H2O、H2O2反应生成[Co(NH3)6]Cl3，根据得失电子守恒和原子守恒配平方程式为：2CoCl2+10NH3•H2O+H2O2+2NH4Cl=2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；（3）由分析可知，滤渣中[Co(NH3)6]Cl3•6H2O表面有残留的氨水，加入浓盐酸可以消耗氨水且抑制[Co(NH3)6]Cl3•6H2O的电离，[Co(NH3)6]Cl3能够溶于水，所以过量的盐酸要用乙醇洗涤，故选C。（4）①称取0.2675g[Co(NH3)6]Cl3样品，加入盛有足量氢氧化钠溶液的烧瓶中并加热，发生反应：[Co(NH3)6]Cl3+3NaOH=Co(OH)3↓+6NH3↑+3NaCl，将生成的氨气通入装有25.00mL0.5000mol⋅L−1盐酸的锥形瓶中，充分吸收，向锥形瓶加入2~3滴甲基橙，用0.5000mol⋅L−1的NaOH滴定，达滴定终点时，共消耗NaOH溶液14.00mL，则剩余n(HCl)=0.014L×0.5000mol/L=0.007mol，消耗n(HCl)=0.025L×0.5000mol/L-0.007mol=0.0055mol，则n(NH3)=0.0055mol，n([Co(NH3)6]Cl3)=n(NH3)=mol，样品纯度为=91.67%；②A．碱式滴定管未润洗，会造成NaOH标准溶液浓度变小，用量增多，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏大，消耗n(HCl)偏小，n([Co(NH3)6]Cl3)偏小，故A不选；B．若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后出现气泡，V(NaOH)偏小，致滴定结果剩余盐酸的结果偏小，消耗n(HCl)偏大，n([Co(NH3)6]Cl3)偏大，故B选；C．终点读数时，俯视滴定管的刻度，V(NaOH)偏小，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏小，消耗n(HCl)偏大，n([Co(NH3)6]Cl3)偏大，故C选；D．酚酞的变色范围是8.2~10.0，滴定时选用酚酞为指示剂，则V(NaOH)偏大，导致滴定结果剩余盐酸的结果偏大，消耗n(HCl)偏小，n([Co(NH3)6]Cl3)偏小，故D不选；故选BC；（5）由题意，水浴的温度控制在55℃左右，但是装置中缺少温度计。24．(2024·辽宁大连模拟)酸碱中和滴定和氧化还原滴定是重要的定量分析方法。Ⅰ.现用盐酸标准溶液来测定NaOH溶液的浓度。有以下实验操作：①向溶液中加入1～2滴指示剂②取20.00mL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配制250mL盐酸标准溶液⑥根据实验数据计算氢氧化钠的物质的量浓度(1)实验过程中正确的操作顺序是________(填序号)。Ⅱ.工业废水中常含有一定量氧化性较强的Cr2Oeq\o\al(2－,7)，利用滴定原理测定Cr2Oeq\o\al(2－,7)含量的方法如下：步骤Ⅰ：量取30.00mL废水于锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化。步骤Ⅱ：加入过量的碘化钾溶液充分反应：Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋6I－＋14H＋=2Cr3＋＋3I2＋7H2O。步骤Ⅲ：向锥形瓶中滴入几滴指示剂。用滴定管量取0.1000mol·L－1Na2S2O3溶液进行滴定，数据记录如表：(I2＋2Na2S2O3=2NaI＋Na2S4O6)滴定次数Na2S2O3溶液起始读数/mLNa2S2O3溶液终点读数/mL第一次1.0219.03第二次2.0019.99第三次0.20a(2)步骤Ⅰ量取30.00mL废水选择的仪器是________________。(3)步骤Ⅲ中滴加的指示剂为________；滴定达到终点时的实验现象是：滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液刚好从蓝色变为无色，且30s内不变色。(4)步骤Ⅲ中a的读数如图所示，则：①a＝________。②Cr2Oeq\o\al(2－,7)的含量为________g·L－1。(5)以下操作会造成废水中Cr2Oeq\o\al(2－,7)含量测定值偏高的是________(填字母)。A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度B．盛装待测液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗C．滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液D．量取Na2S2O3溶液的滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗【答案】(1)⑤②①③④⑥(2)酸式滴定管(3)淀粉溶液(4)①18.20②2.16(5)CD【解析】(1)酸碱中和滴定的步骤是：①实验器材准备。滴定管查漏、清洗，锥形瓶清洗。②用标准液润洗滴定管，然后润洗2～3次，最后调“0”记录初始刻度。③量取待测液，装入锥形瓶，然后滴入指示剂摇匀。④进行滴定，到终点时停止滴定，读取刻度。⑤重复滴定2～3次，记录数据，计算待测液浓度。实验过程中正确的操作顺序是：⑤②①③④⑥；(2)重铬酸根具有强氧化性