2024届人教版高考化学一轮复习专题十二弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性专题作业含答案

这是一份2024届人教版高考化学一轮复习专题十二弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性专题作业含答案，共27页。试卷主要包含了水的电离平衡曲线如下图所示，常温下,Ka1=10-1，常温下,向20 mL 0，室温下,向10 mL浓度均为0等内容，欢迎下载使用。
专题十二　弱电解质的电离平衡和溶液的酸碱性
1.常温下,下列实验事实能证明醋酸是一元酸的是(　　)
A.0.1 mol·L-1醋酸溶液pH=3
B.向醋酸钠溶液中滴加酚酞溶液,溶液变红
C.完全中和25 mL 0.1 mol·L-1醋酸溶液需要25 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液
D.等物质的量浓度时,醋酸溶液的导电性弱于盐酸
答案　C　说明醋酸为弱酸,但不能说明是一元酸,A错误;酚酞变红,说明醋酸根离子水解使溶液呈碱性,只能说明醋酸为弱酸,不能说明是一元酸,B错误;恰好完全中和时,消耗的NaOH和CH3COOH的物质的量相等,说明醋酸为一元酸,C正确;只能说明醋酸为弱酸,不能说明是一元酸,D错误。

2.水的电离平衡曲线如下图所示。下列说法正确的是(　　)

A.图中对应点的温度关系:a>b
B.水的离子积常数KW大小关系:b>d
C.温度不变,加入少量NaOH可使溶液从c点变到a点
D.b点对应温度下,将pH=2的H2SO4溶液与pH=10的NaOH溶液等体积混合后,溶液显酸性
答案　B　认识水的电离平衡曲线:

依据图像分析可知,a点水的离子积小于b点,a点的温度低于b点,A错误;由图像可知b点KW=10-12,d点KW=10-14,所以水的离子积常数KW:b>d,B正确;温度不变,KW不变,加入少量NaOH,c(OH-)增大,c(H+)减小,溶液不能从c点变到a点,C错误;b点对应温度下,pH=2的H2SO4溶液中氢离子浓度和pH=10的NaOH溶液中氢氧根离子浓度相同,等体积,混合后溶液呈中性,D错误。

3.常温下向100 mL蒸馏水中滴入10 mL 5 mol·L-1 HA溶液,利用传感器测得溶液中c(H+)和温度随着加入HA溶液体积的变化曲线如图所示,b点后温度下降明显。下列有关说法不正确的是(　　)

A.HA是强酸
B.ab段,HA溶解产生溶解热为主,温度升高,b点之后主要是电离吸热,使溶液温度降低
C.cd段,c(H+)增大,但HA电离程度减小
D.c点时,加入等体积等浓度的NaOH溶液,则c(Na+)=c(A-)+c(HA)
答案　A　向100 mL蒸馏水中滴入10 mL 5 mol·L-1 HA溶液时,c(HA)≈1010+100×5 mol·L-1≈0.45 mol·L-1,而此时c(H+)约为6×10-3 mol·L-1,证明HA部分电离,属于弱酸,A错误;ab段HA溶解产生溶解热为主,温度升高,b点之后主要是电离吸热,使溶液温度降低,B正确;cd段,HA浓度增大,c(H+)增大,但HA的电离程度减小,C正确;c点时,加入等体积等浓度的NaOH溶液,反应后溶质为NaA,根据物料守恒得c(Na+)=c(A-)+c(HA),D正确。

4.电离平衡常数有重要的功能,下列推测不合理的是(　　)
化学式
H2CO3
HCN
HF
电离平衡
常数(K)
Ka1=4.5×10-7
Ka2=4.7×10-11
6.2×10-10
6.8×10-4
A.电离出H+的能力:HF>H2CO3>HCN>HCO3-
B.相同物质的量浓度溶液的pH:NaFHCN>HCO3-,A正确;弱酸酸性越弱,酸根离子水解程度越大,酸性:HF>H2CO3>HCN,相同物质的量浓度溶液的pH:NaFHCO3-,CO2通入NaCN溶液中生成HCO3-,即CO2+H2O+CN- HCO3-+HCN,D错误。

5.常温下,Ka1(H2C2O4)=10-1.3,向20.00 mL 0.1 mol·L-1Na2C2O4溶液中滴入0.1 mol·L-1的盐酸,测得溶液的pH与V(盐酸)关系如图所示。下列说法正确的是　　(　　)

A.a点:c(Na+)=c(Cl-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-)
B.b点:c(Na+)>c(HC2O4-)>c(Cl-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)
C.c点:c(H2C2O4)=100.2×c(HC2O4-)
D.在滴加盐酸过程中,c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4)=0.1 mol·L-1
答案　A　a点溶液中,根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-),常温下溶液pH=7,则c(H+)=c(OH-),可得c(Na+)=c(Cl-)+c(HC2O4-)+2c(C2O42-),A正确;b点为等浓度NaHC2O4和NaCl的混合液,此时溶液pHc(H2C2O4),c(HC2O4-)c(Cl-)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4),B错误;c点为H2C2O4和NaCl的混合液,此时溶液pH=1.5,c(H+)=10-1.5 mol·L-1,已知Ka1(H2C2O4)=10-1.3,则c(H2C2O4)c(HC2O4-)=c(H+)Ka1(H2C2O4)=10-1.510-1.3=10-0.2,c(H2C2O4)=10-0.2×c(HC2O4-),C错误;在滴加盐酸过程中,根据物料守恒,n(H2C2O4)+n(HC2O4-)+n(C2O42-)始终等于2×10-3 mol,但溶液体积不断增加,浓度之和小于0.1 mol·L-1,D错误。

6.常温下,向20 mL 0.1 mol·L-1 CH3COOH溶液中逐滴加入0.1 mol·L-1的NaOH溶液,溶液中水电离出的c(OH-)随加入NaOH溶液的体积变化如图所示,下列说法正确的是(　　)

A.b、d两点溶液的pH相同
B.从a到e,水的电离程度一直增大
C.从a到c的过程中,溶液的导电能力逐渐增强
D.e点所示溶液中,c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)=0.1 mol·L-1
答案　C　b点溶质为等物质的量的CH3COOH、CH3COONa,d点溶质为CH3COONa、NaOH,pH:d点>b点,A错误;a点到c点CH3COOH逐渐转化为CH3COONa,c点溶质为CH3COONa,c点到e点,NaOH逐渐增多,CH3COOH、NaOH电离抑制水的电离,CH3COONa水解促进水的电离,从a到c水的电离程度逐渐增大,c点水的电离程度最大,c点到e点,水的电离程度又逐渐减小,B错误;CH3COOH是弱电解质,部分电离,CH3COONa是强电解质,完全电离,从a到c的过程中,CH3COOH浓度逐渐下降,CH3COONa浓度逐渐增大,则溶液的导电能力逐渐增强,C正确;e点溶质为CH3COONa、NaOH,根据物料守恒:c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH),滴加的NaOH溶液中c(Na+)=0.1 mol·L-1,滴加过程中,溶液的体积增大,故e点溶液中,c(Na+)z>x
B.x、y、z三点c(Cl-)大小关系为y>x=z
C.x点溶液中:Kb=c(OH-)·c(NH4+)c(OH-)-c(H+)
D.y点溶液中:c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-)
答案　C　由题图可知电导率大小顺序为y>z>x,故导电性:y>z>x,A正确;x、z两点所加盐酸的体积相同,且开始时氢氧化钠溶液和氨水的体积也相同,故这两点氯离子浓度相同,而y点加入盐酸的体积大于x、z点,故y点氯离子浓度最大,B正确;x点为氯化铵溶液,根据质子守恒可知c(H+)=c(OH-)+c(NH3·H2O),则c(NH3·H2O)=c(H+)-c(OH-),则Kb=c(OH-)·c(NH4+)c(NH3·H2O)=c(OH-)·c(NH4+)c(H+)-c(OH-),C错误;y点加入盐酸的体积为40 mL,y点为等浓度的氯化铵和HCl的混合液,溶液显酸性,铵根离子水解,故离子浓度由大到小的顺序为c(Cl-)>c(H+)>c(NH4+)>c(OH-),D正确。

8.电位滴定法是根据滴定过程中指示电极电位的变化来确定滴定终点的一种滴定分析方法。在化学计量点附近,被测离子浓度发生突跃,指示电极电位也发生了突跃,进而确定滴定终点。常温下,利用盐酸滴定某溶液中亚磷酸钠(Na2HPO3)的含量,其电位滴定曲线与pH曲线的关系如图所示。已知:亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸,电离常数Ka1=10-1.4,Ka2=10-6.7。下列说法正确的是(　　)

A.a点对应的溶液呈弱碱性
B.水的电离程度:a点小于b点
C.a点对应的溶液中存在:c(H+)+3c(H3PO3)=c(OH-)+c(HPO32-)
D.b点对应的溶液中存在:c(H+)=c(OH-)+c(H2PO3-)+2c(HPO32-)
答案　D　a点对应的溶液中溶质为NaH2PO3、NaCl,H2PO3-的电离常数Ka2=10-6.7,H2PO3-的水解常数Kh=10-1410-1.4=10-12.6,H2PO3-的电离程度大于水解程度,溶液显酸性,A错误;b点对应的溶液中溶质为H3PO3、NaCl,a、b两点溶液都呈酸性抑制水的电离,b点酸性强于a点,对水的电离抑制作用更强,故水的电离程度:a点大于b点,B错误;a点对应的溶液中溶质为等浓度的NaH2PO3、NaCl,溶液中存在物料守恒:c(Na+)=2c(HPO32-)+2c(H2PO3-)+2c(H3PO3)=2c(Cl-),电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(HPO32-)+c(H2PO3-)+c(Cl-),两式联立得:c(H+)+c(H3PO3)=c(OH-)+c(HPO32-),C错误;b点对应的溶液中溶质为H3PO3、NaCl,且物质的量之比为1∶2,溶液中存在物料守恒:c(Na+)=2c(HPO32-)+2c(H2PO3-)+2c(H3PO3)=c(Cl-),电荷守恒:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(HPO32-)+c(H2PO3-)+c(Cl-),两式联立得:c(H+)=c(OH-)+c(H2PO3-)+2c(HPO32-),D正确。

9.(双选)室温下,向10 mL浓度均为0.1 mol/L的CuCl2、FeCl2和ZnCl2溶液中分别滴加等浓度的Na2S溶液,滴加过程中pc[pc=-lg c(M2+),M2+为Cu2+、Fe2+或Zn2+]与Na2S溶液体积的关系如图所示。已知:Ksp(CuS)Ksp(MnS)
答案　D　0.1 mol/L的H2S溶液的pH约为3.9,二元弱酸的第一步电离远大于第二步电离,根据电离方程式H2S H++HS-,c(HS-)≈c(H+)=10-3.9 mol/L,Ka1(H2S)=c(H+)·c(HS-)c(H2S)≈10-3.9×10-3.90.1=10-6.8,A正确;实验1中H2S溶液存在电荷守恒:c(H+)=c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-),B正确;实验2中发生反应2H2S+SO2 3S↓+2H2O,溶液酸性减弱,由于SO2足量,反应完全后产生大量的H2SO3,则溶液酸性又增强,故溶液pH先增大后减小,最终保持不变,C正确;实验3中向H2S溶液中加入硫酸铜溶液,产生CuS黑色沉淀,若H2S未反应完全,再加入硫酸锰溶液,又生成MnS沉淀,沉淀量增加,但不能说明发生了沉淀转化,故不能说明Ksp(CuS)>Ksp(MnS),D错误。
14.已知室温下Ka1(H2S)=10-7,Ka2(H2S)=10-12.9。通过下列实验探究含硫化合物的性质。
实验1:测得0.1 mol·L-1 H2S溶液pH=4.1
实验2:向10 mL 0.1 mol·L-1 NaHS溶液中加入5 mL水,测得溶液的pH不断减小
实验3:向实验2所得溶液中滴加10 mL 0.1 mol·L-1 NaOH溶液,测得反应后溶液pH=12
实验4:向实验3所得溶液中滴加几滴0.1 mol·L-1 MnSO4溶液,产生粉色沉淀,再滴加几滴0.1 mol·L-1 CuSO4溶液,产生黑色沉淀
下列说法正确的是(　　)
A.由实验1可知:0.1 mol·L-1 H2S溶液中c(S2-)Ksp(CuS)
答案　A　0.1 mol·L-1 H2S溶液pH=4.1,即c(H+)=10-4.1 mol·L-1,Ka1(H2S)=c(H+)·c(HS-)c(H2S)≈10-4.1×c(HS-)0.1=10-7,则c(HS-)=10-3.9 mol·L-1,Ka2(H2S)=c(H+)·c(S2-)c(HS-)=10-4.1×c(S2-)10-3.9=10-12.9,则c(S2-)=10-12.7 mol·L-1,pH=4.1,则c(OH-)=10-9.9 mol·L-1,则c(S2-)Ksp(CuS),D错误。

15.室温下,下列实验探究方案不能达到实验目的的是(　　)
选项
探究方案
实验目的
A
向2 mL 1 mol·L-1 CH3COOH溶液中滴加1 mol·L-1 Na2CO3溶液,观察现象
比较Ka(CH3COOH)和Ka1(H2CO3)的大小
B
向4 mL 0.1 mol·L-1 CuSO4溶液中滴加1 mol·L-1氨水至沉淀溶解,再加入8 mL 95%乙醇,过滤
制备
[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体
C
把两个体积相同、封装有等量NO2和N2O4混合气体的烧瓶分别同时浸泡在热水和冰水中,观察混合气体的颜色变化
探究温度对化学平衡的影响
D
向溶液X中滴加少量稀硝酸,然后滴入几滴Ba(NO3)2溶液,观察现象
检验溶液X是否含有SO42-
答案　D　Na2CO3和CH3COOH反应生成CO2,说明乙酸酸性强于碳酸,Ka(CH3COOH)大于Ka1(H2CO3),A项正确;实验先得到铜氨溶液,再加入8 mL 95%乙醇,[Cu(NH3)4]SO4溶解度减小,析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体,B项正确;NO2和N2O4分别为红棕色气体和无色气体,且两者的转化为可逆反应,将两个体积相同、装有等量NO2和N2O4混合气体的烧瓶分别同时浸泡在热水和冰水中,观察混合气体的颜色变化可以判断平衡移动情况,能探究温度对化学平衡的影响,C项正确;若溶液中含有SO32-,SO32-会被硝酸氧化为SO42-,SO42-和Ba2+生成BaSO4沉淀,故不能检验溶液X是否含有SO42-,D项错误。

16.ZnSO4·7H2O产品的纯度可用配位滴定法测定。准确称取一定量的ZnSO4·7H2O晶体加入250 mL的锥形瓶中,加水约20 mL。再加入2~3滴5%的二甲酚橙(作指示剂)、约5 mL六亚甲基四胺缓冲溶液,摇匀。用已标定的0.016 0 mol/L EDTA溶液滴定,滴定至溶液由红紫色变成亮黄色,即为滴定终点(ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1∶1反应)。实验数据如表:
m(ZnSO4·7H2O)/g
起始滴定
管读数/mL
终点滴定
管读数/mL
0.169 2
0.20
26.50
ZnSO4·7H2O产品的纯度为　　　　(保留2位有效数字)。 
答案　71%
解析　ZnSO4·7H2O与EDTA按物质的量之比1∶1反应,根据题表中数据知,消耗EDTA的体积为(26.50-0.20)×10-3 L=2.630×10-2 L,则ZnSO4·7H2O的质量为2.630×10-2 L×0.016 0 mol/L×287 g/mol≈0.120 8 g,ZnSO4·7H2O产品的纯度为0.120 8 g0.169 2 g×100%≈71%。

17.下列有关电解质溶液的说法正确的是(　　)
A.向0.1 mol/L CH3COOH溶液中加入少量水,溶液中c(H+)c(CH3COOH)减小
B.将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃,溶液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)·c(OH-)增大
C.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中c(NH4+)c(Cl-)>1
D.用pH=3和pH=2的醋酸溶液中和含等量NaOH的溶液,所消耗的醋酸溶液的体积分别为Va和Vb,则Va>10Vb
答案　D　向 CH3COOH溶液中加入少量水促进醋酸电离,n(H+)增大,n(CH3COOH)减少,则溶液中c(H+)c(CH3COOH)=n(H+)n(CH3COOH)增大,A错误;将CH3COONa溶液从20 ℃升温至30 ℃,升温促进CH3COONa的水解,使c(CH3COO-)减小,c(CH3COOH)和c(OH-)增大,则溶液中c(CH3COO-)c(CH3COOH)·c(OH-)减小,B错误;向盐酸中加入氨水,溶液中存在电荷守恒:c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),溶液显中性时,c(H+)=c(OH-),则c(NH4+)=c(Cl-),所以溶液中c(NH4+)c(Cl-)=1,C错误;若pH=2的醋酸溶液浓度为c1,Ka≈10-2×10-2c1,pH=3的醋酸溶液浓度为c2,Ka≈10-3×10-3c2,则有10-4c1=10-6c2,故c1=100c2>10c2,由于NaOH是等量的,则消耗的醋酸的物质的量相等,有c2Va=c1Vb,结合c1>10c2,故Va>10Vb,D正确。

18.25 ℃时,向Na2XO3溶液中滴入稀硫酸,混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示,反应过程始终无气体逸出。已知:x表示c(XO32-)c(HXO3-)或c(HXO3-)c(H2XO3)。下列叙述错误的是(　　)

A.H2XO3的Ka2的数量级为10-11
B.在NaHXO3溶液中:c(H+)·c(XO32-)c(OH-)·c(H2XO3)>1
C.溶液显中性时:c(HXO3-)+2c(H2XO3)=2c(SO42-)
D.温度不变时,随着硫酸的加入,c2(H+)·c(XO32-)c(H2XO3)始终保持不变
答案　B　M点对应的电离常数为10-1×10-9.3=10-10.3,N点对应的电离常数为10×10-7.4=10-6.4,根据弱电解质的第一步电离常数大于第二步电离常数,则直线m表示c(XO32-)c(HXO3-)与pH的关系,直线n表示c(HXO3-)c(H2XO3)与pH的关系,故H2XO3的Ka2=c(XO32-)·c(H+)c(HXO3-)=10-1×10-9.3=10-10.3,则Ka2的数量级为10-11,A正确;NaHXO3溶液中,HXO3-的电离常数为Ka2=c(XO32-)·c(H+)c(HXO3-)=10-10.3,水解常数Kh=c(H2XO3)·c(OH-)c(HXO3-)=KWKa1=10-7.6,故Kh>Ka2,即c(H2XO3)·c(OH-)c(HXO3-)>c(XO32-)·c(H+)c(HXO3-),得出c(H+)·c(XO32-)c(OH-)·c(H2XO3)c(H2PO2-)
答案　B　分析随着NaOH溶液的加入相关曲线变化,可知含磷微粒只有2种,曲线①表示随着NaOH溶液的加入相关粒子的分布系数越来越小,当加入的NaOH溶液的体积达到20 mL 时,曲线①代表的粒子恰好完全反应,推知曲线①代表δ(H3PO2),曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH溶液的加入逐渐增大,故曲线②代表δ(H2PO2-),曲线③代表溶液pH随滴加NaOH溶液体积的变化,当加入NaOH溶液的体积达到20 mL 时,酸碱恰好完全反应,结合起点溶液的pH,可推出H3PO2为一元弱酸,A正确;由曲线①②交点可知,c(H3PO2)=c(H2PO2-),对应曲线③pH≈3,即c(H+)≈10-3 mol·L-1,Ka(H3PO2)=c(H2PO2-)·c(H+)c(H3PO2)≈10-3,故H2PO2-的水解常数Kh=KWKa≈1.0×10-11,B错误;H3PO2为一元弱酸,达到滴定终点时n(NaOH)=n(H3PO2),即c(NaOH)·V(NaOH)=c(H3PO2)·V(H3PO2),由V(NaOH)=20 mL 时达到滴定终点可知,次磷酸溶液的浓度为0.100 mol·L-1,C正确;由溶液中的电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(H2PO2-)+c(OH-),酚酞作指示剂,滴定终点时溶液呈碱性,即c(OH-)>c(H+),推知c(Na+)>c(H2PO2-),D正确。

20.电导率是衡量电解质溶液导电能力大小的物理量。常温下,将相同体积的氢氧化钠和醋酸溶液分别加水稀释,溶液的电导率随加入水的体积V(H2O)变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(　　)

A.曲线Ⅰ表示氢氧化钠溶液加水稀释过程中溶液电导率的变化
B.a、b、c三点溶液的pH:cc(H+)>c(OH-)
B.在E、F、G三点中,水电离程度最大的是F
C.溶液对应的某中性点位于图像的F和G点之间
D.滴加NaOH溶液时,NH4+优先与NaOH反应
答案　C　向NH4Fe(SO4)2溶液中滴加NaOH溶液,根据先反应得到的产物不影响离子反应的规则,Fe3+先和氢氧化钠反应生成沉淀,然后NH4+和氢氧化钠反应生成NH3·H2O,说明NH3·H2O比Fe(OH)3更容易电离,NH3·H2O碱性强于Fe(OH)3,NH4+水解程度小于Fe3+,故c(NH4+)>c(Fe3+),A、D错误。E点加入20 mL NaOH溶液,Fe3+没有完全反应,故E点溶液的溶质是(NH4)2SO4、Fe2(SO4)3、Na2SO4,NH4+、Fe3+水解促进水电离;F点加入30 mL NaOH溶液,Fe3+恰好完全反应,故F点溶液的溶质为(NH4)2SO4、Na2SO4,只有NH4+水解促进水电离;G点溶液的溶质为NH3·H2O、Na2SO4,NH3·H2O抑制水电离,所以E点溶液中水电离程度最大,B错误。由F、G点对应溶液溶质知,F点溶液呈酸性,G点溶液呈碱性,所以溶液对应的某中性点位于图像的F和G点之间,C正确。

24.联氨(N2H4)为二元弱碱,可溶于水,在水中的电离方式与氨相似。下列说法正确的是(　　)
A.联氨的电离方程式可表示为N2H4+2H2O N2H62++2OH-
B.联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为N2H5HSO4
C.联氨水溶液加水稀释,促进联氨的电离,c(OH-)增大
D.室温下,N2H6Cl2水溶液的pHc(B2-)
C.用酒石酸检验K+时,最佳pH范围是3.04~4.37
D.V(KOH溶液)=10 mL时,c(H2B)+c(HB-)+c(B2-)≈0.067 mol/L
答案　C　分析题图可知,①、②、③分别表示H2B、HB-、B2-的浓度分数随溶液pH的变化。A项,当pH=3.04时,c(H2B)=c(HB-),则H2B的电离常数Ka1=c(HB-)·c(H+)c(H2B)=1×10-3.04,Ka1的数量级为10-4,错误;B项,由题图可知,pH=4时,溶液中离子的浓度大小顺序为c(HB-)>c(B2-)>c(H2B),错误;C项,由题图可知,pH在3.04~4.37范围内,溶液中HB-浓度较大,有利于钾离子转化为酒石酸氢钾,正确;D项,当加入氢氧化钾溶液的体积为10 mL时,酒石酸溶液与氢氧化钾溶液恰好反应生成酒石酸氢钾,由酒石酸氢钾的溶度积可知,溶液中c(HB-)=Ksp(KHB)=3.8×10-4 mol/L≈0.019 5 mol/L,由元素质量守恒可知,溶液中c(H2B)+c(HB-)+c(B2-)≈0.019 5 mol/L,错误。

26.常温下,用0.100 0 mol·L-1盐酸滴定20.00 mL某浓度的Na2A溶液,溶液中H2A、HA-、A2-的分布分数δ随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法不正确的是(　　)

A.溶液pH=7时,2c(A2-)+c(HA-)=c(Na+)
B.待测液中Na2A的浓度c(Na2A)=0.100 0 mol·L-1
C.δ(H2A)=δ(A2-)时,溶液pH=8.31
D.滴定过程中,可依次选用酚酞和甲基橙作指示剂
答案　A　A项,常温下,用0.100 0 mol·L-1盐酸滴定20.00 mL某浓度的Na2A溶液,根据电荷守恒可知:c(OH-)+2c(A2-)+c(HA-)+c(Cl-)=c(H+)+c(Na+),当溶液pH=7时,c(H+)=c(OH-),故2c(A2-)+c(HA-)+c(Cl-)=c(Na+),错误;B项,Na2A与足量盐酸反应的化学方程式为Na2A+2HCl H2A+2NaCl,可知HCl和Na2A以物质的量之比2∶1完全反应,由题图可知完全反应时消耗盐酸40 mL,c(HCl)×V(HCl)=2c(Na2A)×V(Na2A),可得c(Na2A)=0.100 0 mol·L-1,正确;C项,d点时,c(H2A)=c(HA-),Ka1=c(H+)·c(HA-)c(H2A)=10-6.38,a点时,c(A2-)=c(HA-),Ka2=c(H+)·c(A2-)c(HA-)=10-10.24,则Ka1×Ka2=c(H+)·c(HA-)c(H2A)×c(H+)·c(A2-)c(HA-)=c2(H+)·c(A2-)c(H2A)=10-6.38×10-10.24=10-16.62,当δ(H2A)=δ(A2-)时,c2(H+)=10-16.62 mol2·L-2,溶液pH=8.31,正确;D项,由题图可知,第一次突变时溶液显碱性,pH约为8.31,可选酚酞作指示剂,第二次突变时溶液显酸性,pH约为3.8,可用甲基橙作指示剂,正确。

27.常温下,将pH相同、体积均为V0的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释至V,pH随lg VV0的变化如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A.曲线②表示CH3COOH溶液
B.c点溶液的导电性比b点溶液的导电性强
C.盐酸和醋酸溶液分别稀释到pH=4时,c(Cl-)>c(CH3COO-)　
D.c点酸的总浓度大于a点酸的总浓度
答案　C　A项,开始时溶液pH=3,当lgVV0=1,即溶液都稀释至10倍,曲线①的pH=4,曲线②的pH=3.5,pH变化小的是弱酸,则曲线①表示盐酸,曲线②表示CH3COOH溶液,正确;B项,溶液稀释倍数越小,溶液的pH越小,离子浓度越大,该溶液的导电能力就越强,由题图可知溶液的pH:cb,故c点溶液的导电性比b点溶液的导电性强,正确;C项,根据电荷守恒,盐酸中存在:c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),CH3COOH溶液中存在:c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-),pH=4时,两种溶液中c(H+)、c(OH-)均相等,故c(Cl-)=c(CH3COO-),错误;D项,体积相同、pH相等的两种酸溶液,c(CH3COOH)>c(HCl),当二者稀释至相同倍数时,盐酸为强酸,离子浓度减小,CH3COOH为弱酸,在溶液中存在电离平衡,离子浓度增大,此时溶液中酸的浓度:c(CH3COOH)>c(HCl),即c点酸的总浓度大于a点酸的总浓度,正确。

28.溴甲酚绿(用HBb表示)指示剂是一元弱酸,HBb为黄色,Bb-为蓝色。下列叙述正确的是(　　)
A.0.01 mol·L-1HBb溶液的pH=2
B.HBb溶液的pH随温度升高而减小
C.向NaOH溶液中滴加HBb指示剂,溶液显黄色
D.0.01 mol·L-1NaBb溶液中,c(H+)+c(Na+)=c(Bb-)+c(HBb)
答案　B　A项,已知HBb指示剂是一元弱酸,HBb在溶液中部分电离,因此0.01 mol·L-1HBb溶液的pH>2,错误;B项,温度升高,HBb的电离程度增大,溶液的酸性增强,pH减小,正确;C项,向NaOH溶液中滴加HBb指示剂,二者发生酸碱中和反应产生Bb-,溶液显蓝色,错误;D项,0.01 mol·L-1NaBb溶液中,根据元素质量守恒可知c(Na+)=c(Bb-)+c(HBb),根据电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)=c(Bb-)+c(OH-),错误。

29.草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加NaOH溶液,混合溶液中lgX[X表示c(HC2O4-)c(H2C2O4)或c(C2O42-)c(HC2O4-)]随pH的变化如图所示。下列说法不正确的是(　　)

A.NaHC2O4溶液显酸性
B.H2C2O4第二步电离常数的数量级是10-5
C.pH=7时,c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)
D.1.22c(H2C2O4)
答案　D　A项,曲线Ⅰ表示lgc(HC2O4-)c(H2C2O4)随pH的变化,曲线Ⅱ表示lgc(C2O42-)c(HC2O4-)随pH的变化,a点时c(H2C2O4)∶c(NaHC2O4)=1∶1,Ka1=c(HC2O4-)·c(H+)c(H2C2O4)=10-1.22,b点时c(NaHC2O4)∶c(Na2C2O4)=1∶1,Ka2=c(C2O42-)·c(H+)c(HC2O4-)=10-4.19,NaHC2O4溶液中,Kh(HC2O4-)=KW/Ka1=10-12.78c(C2O42-)>c(H2C2O4)转变,错误。

30.废旧锂离子电池的正极材料为活性物质LixCoO2(x≤1),附着物为炭黑、聚乙烯醇黏合剂、淀粉等。用下列实验可以测定LixCoO2的组成:
实验1:准确称取一定质量的LixCoO2样品,加入盐酸,加热至固体完全溶解(溶液中的金属离子只存在Li+和Co2+),冷却后转移到容量瓶中并定容至100 mL。
实验2:移取25.00 mL实验1容量瓶中溶液,加入指示剂,用0.010 00 mol·L-1 EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至终点(滴定反应为Co2++Y4- CoY2-),平行滴定3次,平均消耗EDTA溶液25.00 mL。
实验3:准确称取与实验1中等质量的LixCoO2样品,加入一定量的硝酸和H2O2溶液,加热至固体完全溶解。冷却后转移到容量瓶并定容至100 mL。移取10.00 mL溶液,通过火焰原子吸收光谱法测定其中Li+浓度为6.000×10-3 mol·L-1。
LixCoO2样品的化学式为　　　　,并写出计算过程。 
答案　Li0.6CoO2
由Co2++Y4- CoY2-可知,25.00 mL样品溶液中n(Co2+)=n(Y4-)=0.010 00 mol·L-1×25.00×10-3 L=2.500×10-4 mol
100 mL样品溶液中含有的n(Co)=n(Co2+)=2.500×10-4mol×100 mL25.00 mL=1.000×10-3 mol
由实验3可知100 mL样品溶液中n(Li)=6.000×10-3 mol·L-1×0.1 L=6.000×10-4 mol
n(Li)∶n(Co)=x∶1=6.000×10-4 mol∶1.000×10-3 mol=0.6,x=0.6,所以LixCoO2样品的化学式为Li0.6CoO2。

31.纳米零价铁可将水体中Cr(Ⅵ)还原为Cr3+,再将Cr3+转化为Cr(OH)3(两性氢氧化物)从水体中除去。
①室温下Cr(Ⅵ)总浓度为0.20 mol·L-1的溶液中,含铬物种浓度随pH的分布如图所示。H2CrO4的Ka2=　　　　。 

②调节溶液pH,可使Cr3+转化为Cr(OH)3沉淀而被除去。但pH>9时,铬的去除率却降低,其原因是 
　。 
答案　①10-6.5　②Cr(OH)3与OH-反应生成可溶于水的物质{[Cr(OH)4]-或CrO2-}
解析　①H2CrO4的第二步电离方程式为HCrO4- H++CrO42-,Ka2=c(H+)·c(CrO42-)c(HCrO4-),由题图知,当pH=6.5时,c(HCrO4-)=c(CrO42-),Ka2=c(H+)=10-6.5。②由题中信息可知,Cr(OH)3为两性氢氧化物,当碱性过强时,Cr(OH)3沉淀会溶解,形成可溶于水的含铬离子。
名师点睛　弱酸分布系数与微粒主要存在形式
pH为横坐标,分布系数(即组分的平衡浓度占总浓度的分数)为纵坐标,分布系数与溶液pH之间的关系曲线如下:
(1)一元弱酸(以CH3COOH为例)
　δ0—CH3COOHδ1—CH3COO-
(2)二元弱酸(以H2C2O4为例)
　δ0—H2C2O4δ1—HC2O4-δ2—C2O42-
(3)三元弱酸(以H3PO4为例)
　δ0—H3PO4δ1—H2PO4-δ2—HPO42-δ3—PO43-

32.NCl3可用于面粉的漂白和杀菌。已知:NCl3为黄色油状液体,熔点为-40 ℃,沸点为70 ℃,95 ℃以上易爆炸。实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3,待反应结束,为测定溶液中残留的NCl3的物质的量浓度,进行如下操作:
ⅰ.取蒸馏烧瓶中的反应液25.00 mL,加入过量饱和Na2SO3溶液充分反应后,再加入过量30%的NaOH溶液,微热;
ⅱ.用15.00 mL 0.100 mol·L-1的稀硫酸吸收产生的NH3,得到溶液A;
ⅲ.用0.100 mol·L-1的NaOH标准液滴定溶液A至滴定终点,消耗V mL NaOH标准液。
(4)滴定至终点时溶液中溶质仅有(NH4)2SO4和Na2SO4,用含V的代数式表示NCl3的物质的量浓度为　　　　mol·L-1。 
(5)为减小误差,滴定时最适宜的指示剂为　　　　(填序号)。 
a.酚酞 b.甲基橙
c.石蕊 d.淀粉溶液
答案　(4)3-0.1V25　(5)b
解析　(4)用15.00 mL 0.100 mol·L-1的稀硫酸吸收产生的NH3,得到溶液A,发生反应NH3+H+ NH4+;用0.100 mol·L-1的NaOH标准液滴定溶液A至滴定终点,消耗V mL NaOH标准液,滴定反应为OH-+H+ H2O,可知溶液A中的n(H+)=n(OH-)=0.100 mol·L-1×V×10-3 L,根据NH3+H+ NH4+可知,溶液A中n(NH3)=n总-n(H+)=15.00×10-3 L×0.100 mol·L-1×2-0.100 mol·L-1×V×10-3 L,c(NH3)=15.00×10-3L×0.100 mol·L-1×2-0.100 mol·L-1×V×10-3L25.00×10-3L=3-0.1V25 mol·L-1,根据氮原子守恒得关系式NCl3~NH3,可得c(NCl3)=c(NH3)=3-0.1V25 mol·L-1。(5)滴定终点时溶质仅有(NH4)2SO4和Na2SO4,此时溶液呈酸性,则选择变色范围在3.1~4.4的甲基橙更合适,故选b。
8.为精准投放药量,先利用滴定方法测定滤液中的Cr2O72-含量。方法如下:
步骤Ⅰ:量取10.00 mL滤液于锥形瓶中,加入适量稀硫酸酸化(除Cr2O72-外,其他成分不参与滴定反应)。
步骤Ⅱ:加入过量的碘化钾溶液充分反应,Cr2O72-+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0.100 0 mol/L Na2S2O3溶液进行滴定,平均用去Na2S2O3溶液18.00 mL(I2+2Na2S2O3 2NaI+Na2S4O6)。
①步骤Ⅰ量取10.00 mL滤液选择的仪器是　　　　　。 
②Cr2O72-的含量为　　　　g/L。 
答案　①酸式滴定管(或移液管)　②6.48
解析　①滤液中含有Cr2O72-,具有强氧化性,所以选择的仪器是酸式滴定管或移液管。
②根据滴定反应方程式找出关系式:Cr2O72-~3I2~6Na2S2O3,c(Cr2O72-)=c(Na2S2O3)·V(Na2S2O3)6V(Cr2O72-)=0.100 0mol/L×18.00×10-3L6×10.00×10-3L=0.03 mol/L,Cr2O72-的含量为0.03mol/L×1 L×216 g/mol1 L=6.48 g/L。

33.锌是人体必需的一种微量元素,素有“生命之花”的美誉。
Ⅱ.葡萄糖酸锌的纯度测定
制得产品之后,需要对产品的纯度进行测定以确定是否满足要求。以铬黑T(EBT)作为指示剂,用EDTA进行测定,原理为Zn2+与EBT作用可形成酒红色微粒Zn-EBT,由于EDTA与Zn2+结合能力更强,发生如下反应:Zn-EBT(酒红色)+EDTA Zn-EDTA+EBT(蓝色)。已知:葡萄糖酸锌[(C6H11O7)2Zn]的相对分子质量为 455。
其步骤如下:
步骤1.取5.200 g产品溶于水配成100.00 mL 溶液,取25.00 mL 置于锥形瓶中,再加入少量EBT作指示剂;
步骤2.在25.00 mL 溶液中加入2.000 mol·L-1EDTA 10.00 mL (过量);
步骤3.用1.000 mol·L-1锌标准溶液滴定至终点,平均消耗锌标准溶液18.00 mL 。
(5)步骤2中EDTA溶液已加过量时溶液的颜色为　　　　　　　。 
(6)样品中葡萄糖酸锌的质量分数为　　　　　　　(保留四位有效数字)。 
答案　(5)蓝色 　(6)70.00%
解析　(5)由滴定原理提示的化学方程式:Zn-EBT(酒红色)+EDTA Zn-EDTA+EBT(蓝色),可知EDTA溶液已加过量时溶液的颜色为蓝色。
(6)由于EDTA先与Zn-EBT反应,剩余的EDTA再与锌标准溶液反应,故25.00 mL 产品溶液消耗EDTA的物质的量为2.000 mol·L-1×0.01 L-1.000 mol·L-1×0.018 L=2.000×10-3 mol,根据滴定原理反应Zn-EBT(酒红色)+EDTA Zn-EDTA+EBT(蓝色),可得关系式:
(C6H11O7)2Zn~EDTA11n2.000×10-3mol
可知25.00 mL 溶液中含葡萄糖酸锌的物质的量为2.000×10-3 mol,由于5.200 g产品溶于水配成100.00 mL 溶液,故产品中含有的葡萄糖酸锌的总物质的量为4×2.000×10-3 mol,则5.200 g产品中葡萄糖酸锌的质量分数为2.000×10-3mol×4×455 g·mol-15.200 g×100%=70.00%。