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高考化学一轮复习一遍过专题30水的电离和溶液的酸碱性（含解析）
展开这是一份高考化学一轮复习一遍过专题30水的电离和溶液的酸碱性（含解析），共18页。试卷主要包含了下列叙述正确的是等内容，欢迎下载使用。
专题30 水的电离和溶液的酸碱性
1．如图为不同温度下水的电离平衡曲线，已知pOH=−lgc(OH−)，下列说法正确的是
A．T1和T2的关系是：T1>T2
B．KW的关系是：B>C>A=D=E
C．A点到D点：加入少量酸可实现
D．T2时：pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体积混合，溶液呈中性
【答案】C
【解析】A．水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，则水的离子积常数增大，根据图片知，Kw中A＞B，则T1＜T2，故A错误；B．相同温度下，水的离子积常数相同，温度越高，水的离子积常数越大，根据图片知，离子积常数A=E=D＞C＞B，故B错误；C．A点到D点是等温线，离子积常数不变，溶液的碱性减弱、酸性增强，所以A点到D点：加入少量酸可实现，故C正确；D．水的离子积常数未知，无法计算NaOH中氢氧根离子浓度，等体积混合，酸中氢离子、碱中氢氧根离子物质的量不一定相等，溶液酸碱性无法判断，如果是常温下，pH=2的硫酸与pH=12的NaOH溶液等体枳混合，溶液呈中性，故D错误。
2．室温下,用0.100mol·L-1NaOH溶液分别滴定20.00ml 0.100mol·L-1的盐酸和醋酸,滴定曲线如下图所示。下列说法正确的是( )
A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线
B．pH=7时,滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于滴定盐酸消耗的V(NaOH)
C．V(NaOH)=10.00mL时,醋酸溶液中C(CH3COO-)+2C(H+)=C(CH3COOH)+2C(OH-)
D．V(NaOH)=20.00mL时,两份溶液中C(Cl-)=C(CH3COO-)
【答案】B
【解析】A．醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液中pH：醋酸>盐酸，所以I是滴定醋酸的曲线，A项错误；B．NaOH和醋酸恰好反应时生成强碱弱酸盐，醋酸钠溶液呈碱性。pH=7时，溶液呈中性，要使溶液呈中性，则NaOH的体积应稍微小于恰好与醋酸完全反应时NaOH的体积，所以滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL， B项正确；C．V(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的CH3COOH、CH3COONa，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）>c（OH-），C(CH3COO-)>C(CH3COOH)，故C(CH3COO-)+2C(H+)>C(CH3COOH)+2C(OH-)，C项错误；
D．V(NaOH)=20.00mL时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以c（Cl-）>c（CH3COO-），D项错误。
3．25 ℃时纯水的电离度为a1，pH=2的醋酸溶液的电离度为a2，pH＝12的氢氧化钠溶液中水的电离度为a3。若将上述醋酸与氢氧化钠溶液等体积混合，所得溶液中水的电离度为a1。下列关系式中正确的是（ ）
A．a2=a3＜a4＜a1 B．a3=a2＜a1＜a4
C．a2＜a3＜a1＜a4 D．a1＜a2＜a3＜a4
【答案】A
【解析】酸、碱抑制水的电离，pH=2的醋酸溶液中H＋浓度等于pH＝12的氢氧化钠溶液中OH－浓度，则两溶液中水的电离程度相等，则有α2＝α3＜α1；pH=2的醋酸溶液与pH＝12的氢氧化钠溶液等体积混合后，醋酸溶液过量，得到醋酸和醋酸钠的混合溶液，溶液呈酸性，抑制水的电离，溶液中H＋浓度减小，较原醋酸对水的电离的抑制程度小，所以α2＝α3＜α4＜α1，故选A。
4．下列叙述正确的是
A．95℃纯水的pH<7，说明加热可导致水呈酸性
B．pH＝3的醋酸溶液，稀释至10倍后pH＝4
C．0.2mol·L－1的盐酸与等体积水混合后pH＝1
D．pH＝3的醋酸溶液与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后pH＝7
【答案】C
【解析】A.95℃纯水的pH<7是因为水的电离过程吸热，升高温度，促进电离，c(H+)＞10-7mol/L，但c(H+)=c(OH-)，纯水仍呈中性，故A错误；B.醋酸是弱酸，稀释促进醋酸电离，则稀释10倍后pH<4，故B错误；C.0.2mol·L－1盐酸中氢离子浓度为0.2mol·L－1，与等体积水混合后氢离子浓度为0.1mol·L－1，pH＝1，故C正确；D.因为醋酸是弱酸，pH＝3的醋酸与pH＝11的氢氧化钠溶液等体积混合后醋酸过量，溶液呈酸性，pH<7，故D错误。
5．若用AG表示溶液的酸度，其表达式为：AG=lg[]。室温下，实验室里用0.10mol/L的盐酸溶液滴定10 mL0.10mol/LMOH溶液，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．MOH电离方程式是MOH=M++OH-
B．C 点加入盐酸的体积为10mL
C．若B点加入的盐酸溶液体积为5 mL，所得溶液中：c(M+)+2c(H+)=c(MOH) + 2c(OH-)
D．滴定过程中从A点到D点溶液中水的电离程度逐渐增大
【答案】C
【解析】A、没有滴入盐酸时，MOH的AG=-8，，根据水的离子积Kw=c(H＋)×c(OH－)=10－14，解出c(OH－)=10－3mol·L－1，因此MOH为弱碱，电离方程式为MOH=M＋＋OH－，故A错误；B、C点时AG=0，即c(H＋)=c(OH－)，溶液显中性，MOH为弱碱，溶液显中性时，此时溶质为MOH和MCl，因此消耗HCl的体积小于10mL，故B错误；C、B点加入盐酸溶液的体积为5mL，此时溶液中溶质为MOH和MCl，且两者物质的量相等，根据电荷守恒，由c(M＋)＋c(H＋)=c(Cl－)＋c(OH－)，根据物料守恒，c(M＋)＋c(MOH)=2c(Cl－)，两式合并得到c(M＋)+2c(H＋)=c(MOH) + 2c(OH－)，故C正确；D、随着HCl的滴加，当滴加盐酸的体积为10mL时，水电离程度逐渐增大，当盐酸过量，对水的电离程度起到抑制，故D错误。
6．在25℃时水的离子积Kw＝1.0×10-14，在35℃时水的离子积Kw＝2.1×10-14，下列叙述正确的是（ ）
A．水中c(H＋)随着温度的升高而降低 B．水的电离是吸热过程
C．35℃时的水比25℃时的水电离程度小 D．25℃时，纯水中滴加NaOH溶液，Kw变小
【答案】B
【解析】A.根据温度与水的离子积大小关系可知：升高温度，水电离程度增大，水电离产生的c(H＋)增大，A错误；B.升高温度，水的离子积常数增大，说明升高温度促进水的电离，根据平衡移动原理：升高温度，平衡向吸热反应方向移动，所以水的电离是吸热过程，B正确；C.升高温度，水的离子积常数增大，所以35℃时的水比25℃时的水电离程度大，C错误；D.25℃时，纯水中滴加NaOH溶液，水的电离平衡逆向移动，使水电离产生的H+、OH-浓度减小，但溶液中c(OH-)增大，c(H+)·c(OH-)=Kw不变，该常数只与温度有关，D错误。
7．常温下，向l L pH=l0的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(y)与溶液中水电离出的c(OH-)的关系如图所示。下列叙述错误的是
A．a点溶液中：水电离出的c(H+)=1×10-10mol·L-1
B．b点溶液中：c(H+)=1×10-7mol·L-1
C．c点溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)
D．d点溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)
【答案】C
【解析】A．a点溶液是NaOH溶液，pH=10，则水电离出的c(H+)=1×10-10mol·L-1，正确。B．b点溶液中c(OH-)=1×10-7mol·L-1，由于水的离子积是kw=1×10-14mol2·L-2，所以c(H+)=1×10-7mol·L-1，正确。C．c点水电离产生的c(OH-)最大，则溶液是Na2CO3溶液。根据物料守恒可知c(Na+)>c(CO32-)，CO32-发生水解反应形成HCO3-，但是盐水解的程度是微弱的，主要还是以盐电离产生的离子存在，所以c(CO32-)>c(HCO3-)。故溶液中离子浓度关系是：c(Na+)>c(CO32-)>c(HCO3-)，错误。D．d点溶液中，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)，由于c(OH-)=1×10-7mol·L-1，所以c(H+)=1×10-7mol·L-1，故c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，正确。
8．在25℃时，某稀溶液中由水电离产生的c（OH-）=10-10 mol•L-1．下列有关该溶液的叙述正确的是（ ）
A．该溶液一定呈酸性
B．该溶液中可能等于
C．该溶液的pH可能为4也可能为10
D．该溶液有可能呈中性
【答案】C
【解析】A．根据以上分析知，该溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，故A错误；B．如果该溶液呈酸性，该溶液中c（H+）==10-4 mol•L-1，故B错误；C．如果该溶液呈酸性，该溶液中c（H+）==10-4 mol•L-1，溶液pH=4，如果该溶液呈碱性，溶液中c（H+）=10-10mol•L-1，则溶液的pH=10，故C正确；D．因为水的电离被抑制，所以溶质可能为酸或碱，溶液可能为酸性或碱性，不可能为中性，故D错误。
9．准确移取20.00mL某待测HCl溶液于锥形瓶中，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定。下列说法正确的是（ ）
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B．滴定达终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内内壁
C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D．滴定前读数正确，滴定后俯视滴定管读数，使结果偏高
【答案】B
【解析】A项，滴定管用蒸馏水洗涤后会将标准液稀释，应用标准溶液洗涤滴定管，故A项错误；B.接近终点时，为减小误差，可滴半滴，即用锥形瓶内壁接触尖嘴液滴，故B正确。C项，用酚酞作指示剂，滴定终点时锥形瓶中溶液由无色变红色，且半分钟不变色时停止滴定，故C项错误；D．俯视读数偏小，故结果偏小，故D错误。
10．水是生命之源，生产生活都离不开水。下列有关说法正确的是（ ）
A．水的电离是放热过程
B．纯水的pH一定等于7
C．pH=4的盐酸和NH4Cl溶液中水的电离程度相同
D．电解水制H2和O2时，可以向水中加入少量Na2SO4以增强溶液导电性
【答案】D
【解析】A．水的电离是一个吸热的过程，A项错误；B．只有在25℃时，纯水的pH才等于7，温度升高，纯水的pH要减小，B项错误；C．盐酸电离出的氢离子抑制了水的电离，氯化铵溶液中铵根离子的水解促进了水的电离，两溶液中水的电离程度明显不同，C项错误；D．Na2SO4为强电解质，电解Na2SO4溶液实质为电解水；水为弱电解质，水电离产生的离子浓度较小，导电性差，电解水时加入Na2SO4可以增强溶液的导电性，D项正确。
11．某温度下，体积和pH都相同的NaOH溶液与CH3COONa溶液加水稀释时的pH变化曲线如图所示，下列判断正确的是（ ）
A．c点的溶液中c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+)
B．a、b两点溶液的导电性：a>b
C．b、c两点溶液中水的电离程度：b=c
D．用相同浓度的盐酸分别与等体积的b、c处溶液恰好完全反应，消耗盐酸的体积：Vb=Vc
【答案】B
【解析】A．任一点溶液中均存在电荷守恒：c(OH−)+c(CH3COO-)＝c(H+)+c(Na+)，依据物料守恒有： c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＝c(Na+)，将两式相减得：c(H+)+c(CH3COOH)＝c(OH−)。如所给的等式c(OH−)+c(CH3COOH)＝c(H+)成立，则可得出c(CH3COOH)=0这一错误的结论，A项错误；B．开始两溶液的pH相同，则开始物质的量浓度：CH3COONa>NaOH，a、b两点溶液稀释的倍数相同，所得对应溶液中的离子浓度：CH3COONa>NaOH，导电性：a>b， B项正确；C．b、c两点溶液中pH相同，但一个是碱溶液，水的电离受到抑制，一个是强碱弱酸盐的溶液，水的电离因CH3COO-水解而受到促进，所以水的电离程度：b
A．用NaOH标准液测定未知浓度的盐酸时，滴定后滴定管尖嘴出现气泡
B．测定中和热实验中，两只烧杯口不相平
C．测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，加热分解后的样品置于空气中自然冷却
D．配制0.1 mol·L－1 NaCl溶液时，定容时俯视刻度线
【答案】D
【解析】A．用NaOH标准液测定未知浓度的盐酸时，滴定后滴定管尖嘴出现气泡，导致消耗标准液的体积偏小，测定的盐酸浓度偏低，故A错误；B．大小烧杯的杯口不相平，易造成空气对流，热量容易散失，中和热的数值偏低，故B错误；C．加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，加热前后质量差减小，测定结果偏低，故C错误；D．配制0.1 mol·L－1 NaCl溶液，定容时俯视刻度线，液面在刻度下，溶液的体积偏小，配制浓度偏高，故D正确。
13．使用酸碱中和滴定的方法，用0.01 mol·L－1盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作能够使测定结果偏高的是 ( )
A．用量筒量取浓盐酸配制0.1 mol·L－1稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸
B．配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线
C．滴定前尖嘴处无气泡，滴定终点时有气泡
D．滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁粘附的盐酸冲下
【答案】A
【解析】A．量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸，会导致浓盐酸被蒸馏水稀释，所配标准液稀盐酸浓度减小，滴定时消耗的标准液体积增大，根据c测=(c标×V标)/V测，测定结果偏高，A选；B．配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线，导致容量瓶中加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液总体积偏小，所配标准液浓度偏高，滴定时消耗的标准液体积偏小，根据c测=(c标×V标)/V测，测定结果偏低，B不选；C．滴定前尖嘴处无气泡，滴定终点时有气泡，导致消耗的标准液体积偏小，根据c测=(c标×V标)/V测，测定结果偏低，C不选；D．滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内避粘附的盐酸冲下，对待测液物质的量没有影响，所以不影响消耗的标准液的体积，对测定结果无影响，D不选。
14．NaOH溶液滴定邻苯二甲酸氢钾（邻苯二甲酸H2A的Ka1=1.1×10−3 ，Ka2=3.9×10−6）溶液，混合溶液的相对导电能力变化曲线如图所示，其中b点为反应终点。下列叙述错误的是
A．混合溶液的导电能力与离子浓度和种类有关
B．Na+与A2−的导电能力之和大于HA−的
C．b点的混合溶液pH=7
D．c点的混合溶液中，c(Na+)>c(K+)>c(OH−)
【答案】C
【解析】A项、向邻苯二甲酸氢钾溶液中加入氢氧化钠溶液，两者反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中Na+和A2—的浓度增大。由图像可知，溶液导电性增强，说明导电能力与离子浓度和种类有关，故A正确；B项、a点和b点K+的物质的量相同，K+的物质的量浓度变化不明显，HA—转化为A2—，b点导电性强于a点，说明Na+和A2—的导电能力强于HA—，故B正确；C项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，邻苯二甲酸钾为强碱弱酸盐，A2—在溶液中水解使溶液呈碱性，溶液pH＞7，故C错误；D项、b点邻苯二甲酸氢钾溶液与氢氧化钠溶液恰好完全反应生成等物质的量的邻苯二甲酸钾和邻苯二甲酸钠，溶液中c（Na+）和c（K+）相等，c点是继续加入氢氧化钠溶液后，得到邻苯二甲酸钾、邻苯二甲酸钠、氢氧化钠的混合溶液，则溶液中c（Na+）＞c（K+），由图可知，a点到b点加入氢氧化钠溶液的体积大于b点到c点加入氢氧化钠溶液的体积，则溶液中c（K+）＞c（OH—），溶液中三者大小顺序为c（Na+）＞c（K+）＞c（OH—），故D正确。
15．用pH试纸测定某无色溶液的pH，正确的操作是（ ）
A．将pH试纸放入溶液中，观察其颜色变化并与标准比色卡比较
B．将溶液倒在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡比较
C．用干燥、洁净玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，观察其颜色变化并与标准比色卡比较
D．在试管内放入少量溶液并煮沸，把pH试纸放在管口观察其颜色并与标准比色卡比较
【答案】C
【解析】A. 不能把pH试纸放入溶液，会污染试剂，A项错误；B. 不能将溶液倒在pH试纸上，B项错误；
C. 符合测定溶液pH的方法，C项正确；D. 在试管内放入少量溶液，煮沸，把pH试纸放在管口，无法测定该溶液的pH，D项错误。
16．在不同温度下，水溶液中c(H＋)与c(OH－)关系如图所示。下列说法不正确的是
A．图中五点Kw间的关系：B>C>A=D=E
B．在温度不变的水中，加入适量的NH4Cl，无法实现从A点变到C点
C．D点对应的水溶液中，可能有NH4+、Fe3+、Cl－、NO3－大量同时存在
D．若处在B点时，将pH =2的硫酸溶液与 pH = 10的KOH溶液等体积混合，所得溶液呈中性
【答案】C
【解析】A.通过关系式：KW= c(H＋)c(OH－)可计算出图中五点关系：B点KW =10-610-6=10-12，A、D、E在同一条曲线上，所以三点的KW相等，KW=10-710-7=10-14，C点位于A、B之间，所以10-14
17．常温度下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后再滴加0.1mol/L的NaOH溶液，整个过程中溶液的pH变化曲线如图所示。下列选项正确的是
A．a点时，已经滴入NaOH溶液
B．b点所示的溶液中，只存在两种分子
C．a、b、c、d四个点中，c点水的电离程度最大
D．d点所示的溶液中，钠元素与氯元素的物质的量相等
【答案】C
【解析】A项：曲线起点pH=7为纯水，通入氯气后经a点至b点达到饱和，此过程发生的反应为Cl2+H2OHCl+HClO，A项错误；B项：b点所示溶液为饱和氯水，其中存在Cl2+H2OHCl+HClO，HCl=H++Cl-，HClOH++ClO-，故存在Cl2、H2O、HClO三种分子，B项错误；C项：a、b溶液为氯水，其中H+抑制水电离。b点之后向饱和氯水中滴加NaOH溶液，c点时pH=7，溶质为NaCl、NaClO和少量HClO，水的电离程度较大。d点溶液碱性较强，过量的OH－抑制水电离。故c点溶液中水的电离程度最大，C项正确。D项：d点溶液中，溶质为NaCl、NaClO和NaOH，故钠离子的物质的量大于氯原子的物质的量，D项错误。
18．常温下向20mL 0.1mol/L氨水中通入HCl气体，溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入HCl气体的体积变化如图所示。则下列说法正确的是
A．b点通入的HCl气体，在标况下为44.8mL
B．b、c之间溶液中c(NH4+)>c(Cl-)
C．取10mL的c点溶液稀释时：c(NH4+)/c(NH3·H2O)减小
D．d点溶液呈中性
【答案】C
【解析】A、当两者恰好完全反应时，n(HCl)=n(NH3·H2O)=20×10－3L×0.1mol·L－1=2×10－3mol，标准状况下HCl的体积为44.8mL，随着HCl的加入，溶液由碱性向酸性变化，b点对应水电离出的H＋浓度为10－7mol·L－1，此时溶液显中性，溶质为NH3·H2O和NH4Cl，即所加HCl气体在标准状况下的体积小于44.8mL，故A错误；B、b点时，溶液显电中性，即c(NH4＋)=c(Cl－)，c点溶质为NH4Cl，c(Cl－)>c(NH4＋)，因此b、c之间溶液中c(NH4＋)
A．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”
B．水凝固形成20℃时的“暖冰”所发生的变化是化学变化
C．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质
D．该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2
【答案】B
【解析】A．在电场作用下，水分子间更易形成氢键，因而可以制得“暖冰”，否则20℃时，水分子不能瞬间凝固形成冰，选项A正确；B．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，选项B错误；C．酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质；含有少量KSCN 的FeCl2溶液呈血红色，说明燃烧生成了具有氧化性的物质，选项C正确；D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能含有一定量的双氧水，选项D正确。
20．准确移取20.00 mL某待测 HCl溶液于锥形瓶中，用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定。下列说法正确的是 ( )
A．滴定管用蒸馏水洗涤后，装入NaOH溶液进行滴定
B．随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大
C．用酚酞作指示剂，当锥形瓶中溶液由红色变无色时停止滴定
D．滴定达终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则测定结果偏大
【答案】BD
【解析】A．滴定管使用之前必须用NaOH标准液润洗，否则消耗的标准液体积偏大，测定酸的浓度偏大，A错误；B．碱滴定酸，氢离子浓度逐渐减小，则随着NaOH溶液滴入，锥形瓶中溶液pH由小变大，B正确；C．用酚酞作指示剂，滴定前锥形瓶中为无色溶液，则当锥形瓶中溶液由无色变红色且30s内不褪去时，停止滴定，C错误；D．滴定终点时，发现滴定管尖嘴部分有悬滴，则消耗的标准液体积偏大，则测定酸的浓度偏大，D正确。
21．水的硬度常用一种规定的标准来衡量：将水中的Ca2＋、Mg2＋都看作Ca2＋，并将其质量折算成CaO的质量，通常把1L水中含有10mgCaO称为1°，1L水中含有20mgCaO即为2°，以此类推，8°以上为硬水，8°以下为软水，Ca2＋、Mg2＋的硬度之和称为总硬度。用配位滴定法分析某水样(含有Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋、Cl－、SO42-、HCO3-)的硬度时，取50.00mL水样放入250mL锥形瓶中，加入稀盐酸数滴，煮沸，冷却，加入2mL1∶1的三乙醇胺溶液和10mLNH3·H2O—NH4Cl缓冲溶液(pH＝10)及3滴酸性铬蓝K素酚绿B混合指示剂，用0.01000mol·L－1 EDTA溶液滴定至由红色到蓝色即终点，消耗EDTA溶液12.5mL。另取水样50.00mL，将上述操作中加入缓冲溶液改为加入20%的NaOH溶液使pH>12，用0.01000mol·L－1 EDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液7.50mL。(已知Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋与EDTA反应的化学计量比均为1∶1)
（1）日常生活中可用____检验某水样是硬水还是软水。
（2）加入数滴稀盐酸并煮沸的目的是______。
（3）加入三乙醇胺溶液的目的是_____。
（4）试计算水样钙硬度和水样总硬度(写出计算过程)。_____
【答案】肥皂水 除去HCO3-并赶走CO2 除去Fe3＋ 8.4°、14°
【解析】 (1) 肥皂的主要成分是高级脂肪酸盐，遇到硬水会产生沉淀，日常生活中可用肥皂水检验某水样是硬水还是软水，故答案为：肥皂水；
(2)加入数滴稀盐酸并煮沸，可以除去溶液中的HCO3-并赶走CO2，否则当HCO3-含量高时，加入NH3·H2O—NH4Cl缓冲溶液后会析出碳酸钙沉淀，使测得的结果偏小，故答案为：除去HCO3-并赶走CO2；
(3)加入三乙醇胺溶液，可以除去Fe3＋，防止Fe3＋干扰实验，故答案为：除去Fe3＋；
(4) Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋与EDTA反应的化学计量比均为1∶1，即存在关系Ca2＋(或Mg2＋)~EDTA，pH=10时，消耗EDTA的物质的量=0.0125L×0.01000mol·L－1 =0.000125mol，则50.00mL水样中含有Ca2＋、Mg2＋共0.000125mol，折算成CaO为0.000125mol，质量为0.000125mol×56g/mol=0.007g=7mg，则1L水中含有7mg×=140mgCaO，水样总硬度为14°；另取水样50.00mL，将上述操作中加入缓冲溶液改为加入20%的NaOH溶液使pH>12，使镁离子沉淀，再用EDTA溶液滴定钙离子浓度，消耗EDTA的物质的量=0.0075L×0.01000mol·L－1 =0.000075mol，则50.00mL水样中含有Ca2＋0.000075mol，折算成CaO为0.000075mol，质量为0.000075mol×56g/mol=0.0042g=4.2mg，则1L水中含有4.2mg×=84mgCaO，水样钙硬度为8.4°，故答案为：8.4°、14°。
22．某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：
①将碱式滴定管用蒸馏水洗净，并用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，从碱式滴定管中放入20. 00mL待测溶液到锥形瓶中
②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0. 1000mol/L标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数
③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定. 滴定至指示剂刚好变色，且半分钟内颜色不再改变为止，测得所耗盐酸的体积为V1mL
④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL
试回答下列问题
(1)锥形瓶的溶液从____色变为_______无色时，停止滴定；
(2)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛观察______________
(3)②缺少的操作是________________用标准液润洗酸式滴定管
(4)某次滴定时的滴定管中的液面如图，其读数为_______
(5)根据下列数据：
滴定次数
待测液体积(mL)
标准盐酸体积(mL)
滴定前读数(mL)
滴定后读数(mL)
第一次
20. 00
0. 50
25. 40
第二次
20. 00
4. 00
29. 10
请计算待测NaOH溶液的浓度为________
(6)以下操作造成测定结果偏高的原因可能是____
A 未用标准液润洗酸式滴定管
B 滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确
C 盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗
D 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液
E 溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化
【答案】红 无 锥形瓶内溶液颜色变化 用标准盐酸溶液润洗滴定管 22.60 0.1250 ADE
【解析】（1）标准酸滴定氢氧化钠溶液，酚酞作指示剂，滴定终点时，锥形瓶中的溶液从红色变为无色，且半分钟内不改变时可判断达到滴定终点，故答案为：红，无。
（2）滴定时边滴边摇动锥形瓶，边观察锥形瓶内溶液颜色的变化，以便及时判断滴定终点，故答案为：锥形瓶内溶液颜色变化。
（3）酸式滴定管用蒸馏水洗净后，应用标准盐酸溶液润洗滴定管2-3次，故答案为：用标准盐酸溶液润洗滴定管。
（4）由图可知，其读数为22.60mL，故答案为：22.60。
（5）两次消耗盐酸的体积分别为25.40-0.50=24.90mL，29.10-4.00=25.10mL，数据均有效，则消耗盐酸溶液的平均体积为=25.00mL，可计算c(碱)== =0.1250mol/L，故答案为：0.1250。
（6）A.由于没有润洗，所以导致装在滴定管里的酸的浓度偏小，从而导致滴定所用的酸的体积增多，根据c(碱)=，c（酸），v（碱）是固定的，故当v（酸）增大时，c（碱）的浓度测得偏大，以知道c(碱)偏大，故A正确；
B.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，造成V(酸)偏小，根据c(碱)=，可以知道c(碱)偏小，故B错误；
C.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，操作正确，不会影响测定结果，故C错误；
D.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，根据c(碱)=，由于c（酸）、V（碱）的数据都是定的，因此误差值存在于V（酸），滴定管尖嘴处悬挂液滴，导致V（酸）增大，c（碱）偏高，故D正确；
E.溶液颜色较浅时滴入酸液过快，停止滴定后反加一滴NaOH溶液无变化，则酸过量，消耗的酸溶液体积偏大，根据c(碱)=，导致计算的待测碱溶液的浓度偏高，故E正确。
故答案为：ADE。
23．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）。
Ⅰ．用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L−1 KBrO3标准溶液；
Ⅱ．取v1 mL上述溶液，加入过量KBr，加H2SO4酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入v2 mL废水；
Ⅳ．向Ⅲ中加入过量KI；
Ⅴ．用b mol·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ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v2 mL。
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________。
（2）Ⅰ中发生反应的离子方程式是_______________________________。
（3）Ⅲ中发生反应的化学方程式是_________________________________。
（4）Ⅳ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）Ⅴ中滴定至终点的现象是_____________________________。
（7）废水中苯酚的含量为___________g·L−1（苯酚摩尔质量：94 g·mol −1）。
（8）由于Br2具有____________性质，Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
【答案】容量瓶、量筒 BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应生成I2可利用后续滴定法测量，从而间接计算苯酚消耗的Br2 Ⅱ中反应为KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O可知3n(KBrO3)=n(Br2)，Ⅱ中Br2部分与苯酚反应，剩余溴在Ⅳ中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n(KI)≥ 2n(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3) 当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色 挥发
【解析】（1）准确称量KBrO3固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，一定规格的容量瓶，因而该空填容量瓶、量筒；
（2）KBrO3溶液中加入KBr和H2SO4，溶液颜色呈棕黄色，说明生成Br2，根据缺项配平可知该离子方程式为BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O；
（3）苯酚和溴水反应得到白色沉淀2,4,6-三溴苯酚，化学方程式为；
（4）该测量过程是利用一定量的溴分别与苯酚和KI反应，注意溴须反应完全，且一定量溴的总量已知，部分溴与KI反应生成的I2可利用氧化还原滴定法测量，进而计算出与KI反应的溴的消耗量，将一定量溴减去与KI反应的溴的消耗量，可得与苯酚反应的溴的消耗量，因而一定量的溴与苯酚反应完，必须有剩余的溴与KI反应，Ⅲ中反应结束时，若溶液显黄色说明苯酚反应完，且有溴剩余，以便与KI反应，故原因为Ⅱ中生成的Br2与废水中苯酚完全反应后，Ⅲ中溶液颜色为黄色，说明有Br2剩余，剩余Br2与过量KI反应，从而间接计算苯酚消耗的Br2；
（5）Ⅱ中反应为KBrO3 + 5KBr + 3H2SO4=3K2SO4+ 3Br2 + 3H2O可知3n(KBrO3)=n1(Br2)，Ⅱ中Br2部分与苯酚反应，剩余溴的量设为n2(Br2)（n1(Br2)>n2(Br2)）在Ⅳ中反应为Br2+2KI=I2+2KBr，若剩余溴完全反应，则n(KI)≥ 2n2(Br2)，推知n(KI)≥6n(KBrO3)；因而当n(KI)≥6n(KBrO3)，KI一定过量；
（6）Ⅴ中含碘的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着Na2S2O3溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且30s不变色；
（7）n(BrO3-)=av1×10-3mol，根据反应BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O可知n(Br2)=3av1×10-3mol，溴分别与苯酚和KI反应，先计算由KI消耗的溴的量，设为n1(Br2)，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知I2~2Na2S2O3，又Br2+2I-=I2+2Br-可知Br2~ I2，可得Br2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)= bv3×10-3mol，n1(Br2)=bv3×10-3mol，再计算由苯酚消耗的溴的量，设为n2(Br2)= n(Br2)- n1(Br2)=( 3av1-bv3) ×10-3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系为3Br2~C6H5OH，n(C6H5OH)=n2(Br2)=(av1-bv3)×10-3mol，废水中苯酚的含量==mol；
（8）Ⅱ中生成的溴须被苯酚和KI完全反应掉，而溴有挥发性，反应时须在密闭容器中进行。
24．用中和滴定法测定某烧碱样品的纯度。有以下步骤：
(1)配制待测液：用5.0g含有少量杂质（杂质不与盐酸反应）的固体烧碱样品配制1000mL溶液。除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有______；
(2)选择酚酞为指示剂进行滴定：
①盛装0.1000mol/L的盐酸标准液应该使用_____式滴定管；
②滴定时双眼应_______________；
③滴定终点的实验现象：___________。
(3)有关数据记录如下：
测定序号
待测溶液的体积(mL)
所耗盐酸标准液的体积(mL)
滴定前读数
滴定后读数
①
20.00
0.50
20.78
②
20.00
1.20
21.32
计算纯度：烧碱样品的纯度是________；（取两次实验所耗盐酸的平均值进行计算）
(4)误差讨论：（选填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
①用蒸馏水冲洗锥形瓶，会使测定结果__________；
②在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，会使测定结果_______；
③读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，会使测定结果__________；
④装标准液之前，没有用标准液润洗滴定管，会使测定结果__________。
【答案】1000mL容量瓶和胶头滴管 酸式 锥形瓶内溶液颜色变化 滴入最后一滴盐酸溶液后，锥形瓶内溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不变色 80.8% 无影响 偏高 偏低 偏高
【解析】 (1)配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到1000mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤烧杯和玻璃棒2～3次，洗涤液转移到容量瓶中，继续加水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以需要的玻璃仪器为：烧杯、玻璃棒、1000mL容量瓶、胶头滴管；
(2)①盛装0.1000mol/L的盐酸标准液应该使用酸式滴定管；
②滴定时眼睛应注意观察锥形瓶中溶液颜色的变化；
③以酚酞为指示剂，用0.1000mol/L的盐酸标准液滴定未知浓度的NaOH溶液，开始时溶液为碱性，显红色，随着HCl的滴入，溶液的碱性逐渐减弱，红色逐渐变浅，当滴加最后一滴盐酸，溶液由红色变为无色，半分钟内不再变为红色时，滴定达到终点。因此滴定终点的实验现象是滴入最后一滴盐酸溶液后，锥形瓶内溶液颜色恰好由红色变为无色，且半分钟内不变色；
(3)两次消耗盐酸体积分别为：20.78mL-0.50mL=20.28mL、21.32mL-1.20mL=20.12mL；二次数据均有效，盐酸的平均体积为20.20mL，根据方程式：HCl+NaOH=NaCl+H2O可知原溶液n(NaOH)=n(HCl)=×0.1000mol/L×20.20mL×10-3L/mL=0.101mol，所以烧碱的纯度为×100%=80.8%；
(4)①用蒸馏水冲洗锥形瓶，由于不影响NaOH的物质的量，对V（标准）无影响，因此对测定结果无影响；
②在滴定过程中不慎将数滴酸液滴在锥形瓶外，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏高，从而使测定结果偏高；
③读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，造成V(标准)偏小，根据根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏低，从而使测定结果偏低；
④装标准液之前，没有用标准液润洗滴定管，会使测定结果标准溶液浓度降低，导致V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，可知c(待测)偏高，从而使测定结果偏高。
25．实验室中利用含银废料（主要含有AgNO3和AgCl）制取硝酸银的实验步骤如下：
步骤1：向废液中加入足量的NaCl溶液，将所得沉淀过滤，并洗涤干净。
步骤2：将沉淀放入烧杯，并放入铝片，再加入20%的Na2CO3溶液至浸没固体，加热搅拌，至沉淀变为灰白色[含有Ag、Al(OH)3和少量仍未反应的AgCl]。取出铝片，过滤并洗涤沉淀。
步骤3：……
（1）步骤1中检验所加NaCl溶液已经足量的方法是________________。
（2）步骤2加热时还产生能使澄清石灰水变浑浊的气体。写出该过程中发生反应的离子方程式：________________________________。
加入足量稀盐酸，充分反应后，过滤；洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀硝酸，充分反应后，过滤；将所得滤液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤；用冰水洗涤、干燥 ，得到硝酸银晶体（实验中必须使用的试剂有：稀盐酸、稀硝酸、冰水）。
（3）已知：Ag＋＋SCN－＝AgSCN↓（白色）。实验室可通过如下过程测定所制硝酸银样品的纯度（杂质不参与反应）：
①称取2.000g制备的硝酸银样品，加水溶解，定容到100mL。溶液配制过程中所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有_________。
②准确量取25.00mL溶液，酸化后滴入几滴铁铵钒[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂，再用0.1000 mol·L－1NH4SCN标准溶液滴定。滴定终点的实验现象为________。
③重复②的操作两次，所用NH4SCN标准溶液的平均体积为29.00mL。则硝酸银的质量分数为_____。
【答案】静置，向上层清液中继续滴加NaCl溶液，若溶液不变浑浊，则NaCl已足量 2Al＋6AgCl＋3CO32－＋3H2O＝2Al(OH)3＋6Ag＋6Cl－＋3CO2↑ 100mL容量瓶、胶头滴管 溶液变为（血）红色 98.60%
【解析】
（1）加足量NaCl的溶液后不含Ag+，所以检验步骤1中所加NaCl溶液已经足量的方法是：静置，向上层清液中继续滴加NaCl溶液，若溶液不变浑浊，则NaCl已足量；
（2）步骤2中铝置换出氯化银中的银，铝离子与CO32－发生双水解反应生成氢氧化铝和二氧化碳，反应方程式是2Al＋6AgCl＋3CO32－＋3H2O＝2Al(OH)3＋6Ag＋6Cl－＋3CO2↑；
（3）①称取2.000g制备的硝酸银样品，加水溶解，定容到100mL。所用的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还有100mL容量瓶、胶头滴管；
②酸化后滴入几滴铁铵钒[NH4Fe(SO4)2]溶液作指示剂，用0.1000 mol·L－1NH4SCN标准溶液滴定， NH4SCN先与Ag＋反应生成AgSCN沉淀，再与NH4Fe(SO4)2溶液变红色，滴定终点的现象是溶液变为（血）红色；
③设AgNO3的质量是xg；
Ag NO3＋NH4SCN＝AgSCN↓+ NH4NO3
170g 1mol
Xg 0.1 mol·L－1×0.029L
， x =0.493g；硝酸银的质量分数为98.60%。
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