优化课堂高二化学人教版选修四课时作业32水的电离和溶液的酸碱性 第2课时文档格式.docx

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B．若X为强碱，则a＝9

C．若X、Y都是弱碱，则a的值一定大于9

D．完全中和X、Y两溶液时，消耗同浓度稀硫酸的体积V（X）>

V（Y）

【解析】　由图可知稀释100倍后X的pH变化大，则X的碱性比Y强，若X、Y都是弱碱，则a大于9，C项正确；

稀释后Y的c（OH－）大，对水的电离抑制程度大，X溶液中水的电离程度大，A项错误；

若X为强碱，稀释100倍，pH减小2变为9，B项正确；

完全中和X、Y两溶液；

Y消耗稀H2SO4的体积大，因为Y浓度大，D项错误。

【答案】　BC

4．25℃时，将pH＝2和pH＝5的硫酸溶液等体积混合后，溶液的pH为（　　）

A．2.3　　　　　　B．4.7

C．3.5D．以上答案都不正确

【解析】　pH＝2，则c（H＋）＝10－2mol·

L－1；

pH＝5，则c（H＋）＝10－5mol·

L－1，将两溶液等体积混合后：

c（H＋）混＝

≈

×

10－2mol·

L－1，pH＝－lg

＝2＋lg2≈2.3。

5．某学生用碱式滴定管量取0.1mol·

L－1的NaOH溶液，开始时仰视液面读数为1.00mL，取出部分溶液后，俯视液面，读数为11.00mL，该同学在操作中实际取出的液体体积为（　　）

A．大于10.00mL　　　B．小于10.00mL

C．等于10.00mLD．等于11.00mL

【解析】　滴定管的“0”刻度在上，量取NaOH溶液，开始时仰视液面使读数偏大，取出部分溶液后，俯视液面使读数偏小，滴定前后刻度差为10.00mL，但实际取出的液体体积偏大。

6．两人用同一瓶盐酸滴定同一瓶NaOH溶液。

甲将锥形瓶用NaOH待测液润洗后，使用水洗过的碱式滴定管取碱液于锥形瓶中；

乙则用甲用过的滴定管取碱液于刚用蒸馏水洗过且存有蒸馏水的锥形瓶中，其他操作及读数均正确，你的判断是（　　）

A．甲操作有错

B．乙操作有错

C．甲测定数值一定比乙小

D．乙实际测得值较不准确

【解析】　锥形瓶不应用碱液润洗。

甲用过的滴定管对乙来说已润洗过。

7．下列实验操作和数据记录都正确的是（　　）

A．用托盘天平称量时，将NaOH固体放在右盘内的纸上，称得质量为10.2g

B．用25mL碱式滴定管量取高锰酸钾溶液，体积为16.60mL

C．用干燥的广泛pH试纸测稀盐酸的pH＝3.2

D．用10mL量筒量取NaCl溶液，体积为9.2mL

【解析】　用托盘天平称量时，物质应放在左盘，A错；

因为KMnO4溶液具有强氧化性，可腐蚀橡皮管，B错；

广泛pH试纸只能测pH为整数，C错。

【答案】　D

8．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是（　　）

A．酸式滴定管未润洗就装标准液滴定

B．锥形瓶未用待测液润洗

C．标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视

D．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失

【解析】　A项，标准液被管壁附着的水稀释，使标准液用量偏大，测定结果偏高；

B项，不影响锥形瓶内NaOH溶质的量，标准液用量不变，测定结果不受影响；

C项，滴前仰视，读数偏大；

滴定终点俯视，读数偏小，因此标准液用量少了，测定结果偏低；

D项，滴定后，原先气泡占据的体积充满标准液，使标准液用量偏多，测定结果偏高。

【答案】　C

9．某学生用0.100mol·

L－1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分解为如下几步：

A．移取20.00mL待测盐酸溶液注入洁净的锥形瓶，并加入2～3滴酚酞；

B．用标准溶液润洗滴定管2～3次；

C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管尖嘴使之充满溶液；

D．取标准KOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上2cm～3cm；

E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；

F．把锥形瓶放在滴定管的下面，用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。

就此实验完成填空：

（1）正确操作步骤的顺序是（用序号字母填写）________。

（2）上述B步骤操作的目的是___________________。

（3）上述A步骤操作之前，若先用待测溶液润洗锥形瓶，则滴定结果________（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。

（4）判断到达滴定终点的实验现象是________。

【解析】　

（1）本题考查的是酸碱中和滴定的实验操作过程。

所以正确的操作顺序为：

BDCEAF。

（2）无论是盛放标准液还是待测液的滴定管都必须润洗，因为滴定管内壁上附着的蒸馏水会对放入的溶液稀释而引起测定误差。

（3）A步骤操作之前，若先用待测液润洗锥形瓶，将使锥形瓶内壁上附着待测液，导致待测液的实际体积大于20.00mL，最终在滴定过程中消耗的标准液偏多，使测定结果偏高。

（4）本实验中采用酚酞作指示剂，故当溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，即达到了滴定终点。

【答案】　

（1）BDCEAF　

（2）洗去附着在滴定管内壁上的水，防止将标准液稀释而带来误差　（3）偏高

（4）溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色

10．为更好地表示溶液的酸碱性，科学家提出了酸度（AG）的概念，AG＝lg

，则下列叙述正确的是（　　）

A．中性溶液的AG＝1

B．酸性溶液的AG<

C．常温下0.1mol·

L－1NaOH溶液的AG＝12

D．常温下0.1mol·

L－1盐酸溶液的AG＝12

【解析】　中性溶液中

＝1，AG＝0；

酸性溶液中，

>

1，AG>

0；

常温下0.1mol·

L－1氢氧化钠溶液中，

＝10－12，AG＝－12；

L－1盐酸溶液中，

＝1012，AG＝12。

11．现有温度相同，pH＝a和pH＝b的两种NaOH溶液，已知b＝a＋2，将两种溶液等体积混合后，所得溶液的pH接近于（　　）

A．a－lg2　　　　　　　B．b－lg2

C．a＋lg2D．b＋lg2

【解析】　pH＝a的NaOH溶液，c（H＋）＝10－amol·

L－1，c（OH－）＝10a－14mol·

pH＝b的NaOH溶液，c（H＋）＝10－bmol·

L－1，c（OH－）＝10b－14mol·

而溶液等体积混合后：

c（OH－）＝

，由于b＝a＋2，所以c（OH－）＝5×

10b－15mol·

则c（H＋）＝2×

10－bmol·

L－1，所以pH＝b－lg2，故答案选B。

12．相同体积、相同pH的某一元强酸溶液①和某一元中强酸溶液②分别与足量的锌粉发生反应，下列关于氢气体积（V）随时间（t）变化的示意图正确的是（　　）

【解析】　本题考查弱电解质的电离平衡，意在考查考生分析图象的能力。

pH相同的一元中强酸的物质的量浓度大于一元强酸的物质的量浓度，所以加入足量锌粉最终产生氢气的量，一元中强酸多，反应过程中，未电离的中强酸分子继续电离，使得溶液中H＋浓度比强酸大，反应速率中强酸大于强酸。

13．如图是常温下向20.0mL的盐酸中，逐滴加入0.10mol·

L－1NaOH溶液时，溶液的pH随NaOH溶液的体积V（mL）变化的曲线，根据图像所得的下列结论中正确的是（　　）

A．原盐酸的浓度为0.10mol·

L－1

B．x的值为2.0

C．pH＝12，V值为20.4

D．原盐酸的浓度为1.0mol·

【解析】　当V（NaOH）＝0mL时，盐酸溶液的pH＝1，因此c（HCl）＝0.10mol·

当反应后溶液pH＝7时，HCl与NaOH恰好完全反应，因此n（HCl）＝n（NaOH），故V（NaOH）＝20.0mL；

当反应后溶液pH＝12时，

＝1×

L－1，解得V（NaOH）＝24.4mL。

14．中和滴定是一种操作简单、准确度高的定量分析方法。

实际工作中也可利用物质间的氧化还原反应、沉淀反应进行类似的滴定分析，这些滴定分析均需要通过指示剂来确定滴定终点，下列对几种具体的滴定分析（待测液置于锥形瓶内）中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色的判断不正确的是（　　）

A．用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度：

KMnO4——浅红色

B．利用“Ag＋＋SCN－===AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度：

Fe（NO3）3——浅红色

C．利用“2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋”，用FeCl3溶液测量KI样品中KI的百分含量：

淀粉——蓝色

D．利用OH－＋H＋===H2O来测量某盐酸的浓度时：

酚酞——浅红色

【解析】　A项利用过量KMnO4本身的颜色来确定终点；

B中利用Fe3＋能与KSCN结合成Fe（SCN）3，浅红色为终点；

C中只要反应一开始就有I2生成，溶液就呈蓝色，无法判断终点；

D中酚酞由无色滴定到浅红色为终点。

15．DIS系统即数字化信息系统，某学习小组用DIS系统测定食用白醋中醋酸的物质的量浓度，以溶液的导电能力来判断滴定终点。

实验步骤如下：

（1）用________（填仪器名称）量取10.00mL的食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL________（填仪器名称）中定容，然后将稀释后的溶液倒入试剂瓶中。

（2）量取20.00mL的上述溶液倒入烧杯中，连接好DIS系统，向烧杯中滴加浓度为0.1000mol/L的氨水，计算机屏幕上显示出溶液导电能力随氨水体积变化的曲线（如图）。

①用滴定管盛氨水前，滴定管要用________润洗2～3遍。

②氨水与醋酸反应的离子方程式是_____________________。

③食用白醋中醋酸的物质的量浓度是________。

【解析】　

（1）食用白醋的主要成分为醋酸，故用酸式滴定管量取，精确配制溶液需用容量瓶。

（2）滴定管需用待测液或标准液润洗；

根据反应方程式CH3COOH＋NH3·

H2O===CH3COO－＋NH

＋H2O可知，随着氨水的加入，溶液的导电性逐渐增强，恰好反应时，离子浓度最大，导电性最强，继续加入氨水，溶液被稀释，导电性减弱，所以完全中和时，消耗氨水的体积为20.00mL。

由n（CH3COOH）＝n（NH3·

H2O）知，原食用白醋中醋酸的物质的量浓度为

＝1.000mol/L。

【答案】　

（1）酸式滴定管　容量瓶

（2）①0.1000mol/L的氨水

②CH3COOH＋NH3·

＋H2O

③1.000mol/L

16．下表是不同温度下水的离子积数据：

温度/℃

25

t1

t2

水的离子积KW

1×

10－14

a

10－12

试回答以下问题：

（1）若25<

t1<

t2，则a________1×

10－14（填“>

”、“<

”或“＝”），作此判断的理由是_________________。

（2）25℃下，某Na2SO4溶液中c（SO

）＝5×

10－4mol·

L－1，取该溶液1mL加水稀释至10mL，则稀释后溶液中c（Na＋）∶c（OH－）＝________。

（3）在t2℃下pH＝10的NaOH溶液中，水电离产生的OH－浓度为________。

（4）t2℃下，将pH＝11的NaOH溶液V1L与pH＝1的稀硫酸V2L混合（设混合后溶液的体积为原两溶液体积之和），所得混合溶液的pH＝2，则V1∶V2＝________。

【解析】　

（1）升温，KW变大。

（2）c（SO

10－4mol·

L－1，则

c（Na＋）＝2c（SO

）＝1×

10－3mol·

L－1，

稀释10倍，则c（Na＋）＝1×

L－1。

25℃时Na2SO4溶液中c（OH－）＝1×

10－7mol·

L－1，稀释10倍后仍然为1×

10－7mol·

L－1，则c（Na＋）∶c（OH－）＝103∶1。

（3）pH＝10的NaOH溶液c（H＋）＝10－10mol·

L－1，NaOH溶液中c（H＋）来自水的电离，水电离出H＋的同时也电离出等量的OH－。

（4）t2℃时，pH＝2，说明溶液为酸性，酸过量。

t2℃时，pH＝11的NaOH溶液，c（OH－）＝0.1mol·

＝0.01mol·

L－1,9V2＝11V1，

＝

。

【答案】　

（1）>

　水的电离为吸热过程，温度升高，水的电离程度变大，离子积增大

（2）1000∶1

（3）1×

10－10mol·

（4）9∶11