人教版高中化學(xué)一輪復(fù)習(xí)基礎(chǔ)練習(xí)二十八酸堿中和滴定

練習(xí)二十八酸堿中和滴定1.(2022·江蘇化學(xué))實(shí)驗(yàn)中需要測(cè)定溶液中Ce3＋的含量。已知水溶液中Ce4＋可用準(zhǔn)確濃度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定。以苯代鄰氨基苯甲酸為指示劑，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液由紫紅色變?yōu)榱咙S色，滴定反應(yīng)為Fe2＋＋Ce4＋=Fe3＋＋Ce3＋。請(qǐng)補(bǔ)充完整實(shí)驗(yàn)方案：①準(zhǔn)確量取25.00mLCe3＋溶液[c(Ce3＋)約為0.2mol·L－1]，加氧化劑將Ce3＋完全氧化并去除多余氧化劑后，用稀硫酸酸化，將溶液完全轉(zhuǎn)移到250mL容量瓶中后定容；②按規(guī)定操作分別將0.02000mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2和待測(cè)Ce4＋溶液裝入如圖所示的滴定管中；③______________________________________。解析：(1)應(yīng)該用標(biāo)準(zhǔn)液滴定待測(cè)Ce4＋溶液，用苯代鄰氨基苯甲酸作指示劑，從左側(cè)滴定管中放出一定體積的待測(cè)Ce4＋溶液，加入指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，用0.02000mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2來(lái)滴定，當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液由紫紅色變?yōu)榱咙S色，且30s內(nèi)不恢復(fù)原色，即達(dá)到滴定終點(diǎn)，記錄標(biāo)準(zhǔn)液的體積。(2)題干信息中提到假設(shè)產(chǎn)品NaNH2的唯一雜質(zhì)為NaOH，因?yàn)楫a(chǎn)品溶于水生成氫氧化鈉和氨氣，所以可設(shè)計(jì)利用鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行溶解，過(guò)量的鹽酸再利用氫氧化鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液返滴定，因滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液中含氯化鈉和氯化銨，所以需選用酸性條件下變色的酸堿指示劑判斷滴定終點(diǎn)，最終利用所測(cè)數(shù)據(jù)計(jì)算得出產(chǎn)品中NaNH2的純度。故涉及的操作步驟為準(zhǔn)確稱取產(chǎn)品xg→準(zhǔn)確加入過(guò)量的HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液→滴加甲基紅指示劑→用氫氧化鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定→根據(jù)實(shí)驗(yàn)所測(cè)數(shù)據(jù)，計(jì)算產(chǎn)品純度。2.(2022·浙江6月選考)假設(shè)NaOH是產(chǎn)品NaNH2的唯一雜質(zhì)，可采用如下方法測(cè)定產(chǎn)品NaNH2純度。從下列選項(xiàng)中選擇最佳操作并排序。準(zhǔn)確稱取產(chǎn)品NaNH2xg→()→()→()→計(jì)算a．準(zhǔn)確加入過(guò)量的水b．準(zhǔn)確加入過(guò)量的HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液c．準(zhǔn)確加入過(guò)量的NH4Cl標(biāo)準(zhǔn)溶液d．滴加甲基紅指示劑(變色的pH范圍4.4～6.2)e．滴加石蕊指示劑(變色的pH范圍4.5～8.3)f．滴加酚酞指示劑(變色的pH范圍8.2～10.0)g．用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定h．用NH4Cl標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定i．用HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定答案：(1)從左側(cè)滴定管中放出一定體積的待測(cè)Ce4＋溶液，加入指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，用0.02000mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2來(lái)滴定，當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液由紫紅色變?yōu)榱咙S色，且30s內(nèi)不恢復(fù)原色，即達(dá)到滴定終點(diǎn)，記錄標(biāo)準(zhǔn)液的體積(2)bdg解析：(1)應(yīng)該用標(biāo)準(zhǔn)液滴定待測(cè)Ce4＋溶液，用苯代鄰氨基苯甲酸作指示劑，從左側(cè)滴定管中放出一定體積的待測(cè)Ce4＋溶液，加入指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，用0.02000mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2來(lái)滴定，當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)，溶液由紫紅色變?yōu)榱咙S色，且30s內(nèi)不恢復(fù)原色，即達(dá)到滴定終點(diǎn)，記錄標(biāo)準(zhǔn)液的體積。(2)題干信息中提到假設(shè)產(chǎn)品NaNH2的唯一雜質(zhì)為NaOH，因?yàn)楫a(chǎn)品溶于水生成氫氧化鈉和氨氣，所以可設(shè)計(jì)利用鹽酸標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行溶解，過(guò)量的鹽酸再利用氫氧化鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液返滴定，因滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液中含氯化鈉和氯化銨，所以需選用酸性條件下變色的酸堿指示劑判斷滴定終點(diǎn)，最終利用所測(cè)數(shù)據(jù)計(jì)算得出產(chǎn)品中NaNH2的純度。故涉及的操作步驟為準(zhǔn)確稱取產(chǎn)品xg→準(zhǔn)確加入過(guò)量的HCl標(biāo)準(zhǔn)溶液→滴加甲基紅指示劑→用氫氧化鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定→根據(jù)實(shí)驗(yàn)所測(cè)數(shù)據(jù)，計(jì)算產(chǎn)品純度。3．(2022·山東化學(xué))實(shí)驗(yàn)室用基準(zhǔn)Na2CO3配制標(biāo)準(zhǔn)溶液并標(biāo)定鹽酸濃度，應(yīng)選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．可用量筒量取25.00mLNa2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中B．應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液C．應(yīng)選用燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體D．達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顯橙色解析：選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，則應(yīng)將Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中，將待測(cè)鹽酸置于酸式滴定管中，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液由黃色變?yōu)槌壬?。量筒的精確度不高，不可用量筒量取Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，應(yīng)該用堿式滴定管或移液管量取25.00mLNa2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液置于錐形瓶中，A說(shuō)法錯(cuò)誤；Na2CO3溶液顯堿性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防堿性溶液腐蝕玻璃產(chǎn)生有黏性的硅酸鈉溶液而將瓶塞粘住，故應(yīng)選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標(biāo)準(zhǔn)溶液，B說(shuō)法正確；Na2CO3有吸水性且有一定的腐蝕性，故應(yīng)選用小燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體，C說(shuō)法正確；Na2CO3溶液顯堿性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中顯黃色，當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲嘻}酸時(shí)，溶液由黃色突變?yōu)槌壬野敕昼娭畠?nèi)不變色即為滴定終點(diǎn)，故達(dá)到滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顯橙色，D說(shuō)法正確。答案：A4．(2023·山東化學(xué))一定條件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反應(yīng)[(CH3CO)2O＋ROH→CH3COOR＋CH3COOH]可進(jìn)行完全，利用此反應(yīng)定量測(cè)定有機(jī)醇(ROH)中的羥基含量，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中酯的水解可忽略。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐苯溶液。②量取一定體積乙酸酐苯溶液置于錐形瓶中，加入mgROH樣品，充分反應(yīng)后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O→2CH3COOH。③加指示劑并用cmol·L－1NaOH甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V1mL。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用cmol·L－1NaOH甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。對(duì)于上述實(shí)驗(yàn)，下列做法正確的是()A．進(jìn)行容量瓶檢漏時(shí)，倒置一次即可B．滴入半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，錐形瓶中溶液變色，即可判定達(dá)滴定終點(diǎn)C．滴定讀數(shù)時(shí)，應(yīng)單手持滴定管上端并保持其自然垂直D．滴定讀數(shù)時(shí)，應(yīng)雙手一上一下持滴定管解析：進(jìn)行容量瓶檢漏時(shí)，倒置一次，然后玻璃塞旋轉(zhuǎn)180°后再倒置一次，故A錯(cuò)誤；滴入半滴標(biāo)準(zhǔn)溶液，錐形瓶中溶液變色，且半分鐘內(nèi)不變回原色，才是達(dá)到滴定終點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；滴定讀數(shù)時(shí)，應(yīng)單手持滴定管上端無(wú)刻度處，并保持其自然垂直，故C正確，D錯(cuò)誤。答案：C5．(2023·山東化學(xué))一定條件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反應(yīng)[(CH3CO)2O＋ROH→CH3COOR＋CH3COOH]可進(jìn)行完全，利用此反應(yīng)定量測(cè)定有機(jī)醇(ROH)中的羥基含量，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中酯的水解可忽略。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐苯溶液。②量取一定體積乙酸酐苯溶液置于錐形瓶中，加入mgROH樣品，充分反應(yīng)后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O→2CH3COOH。③加指示劑并用cmol·L－1NaOH甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V1mL。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用cmol·L－1NaOH甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。ROH樣品中羥基含量(質(zhì)量分?jǐn)?shù))計(jì)算正確的是()A.eq\f(cV2－V1×17,1000m)×100%B.eq\f(cV1－V2×17,1000m)×100%C.eq\f(0.5cV2－V1×17,1000m)×100%D.eq\f(c0.5V2－V1×17,1000m)×100%解析：根據(jù)滴定過(guò)程中，用cmol·L－1NaOH甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL，則消耗NaOH的物質(zhì)的量為V2×c×10－3mol，則乙酸酐的總物質(zhì)的量＝eq\f(V2×c×10－3,2)mol；設(shè)ROH樣品中羥基的物質(zhì)的量為xmol，則消耗xmol乙酸酐，生成xmol乙酸，可得2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cV2×10－3,2)－x))mol＋xmol＝cV1×10－3mol，解得x＝c(V2－V1)×10－3，所以ROH樣品中羥基質(zhì)量分?jǐn)?shù)＝eq\f(cV2－V1×10－3mol×17g·mol－1,mg)×100%＝eq\f(cV2－V1×17,1000m)×100%，A項(xiàng)正確。答案：A6．(2023·山東化學(xué))一定條件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反應(yīng)[(CH3CO)2O＋ROH→CH3COOR＋CH3COOH]可進(jìn)行完全，利用此反應(yīng)定量測(cè)定有機(jī)醇(ROH)中的羥基含量，實(shí)驗(yàn)過(guò)程中酯的水解可忽略。實(shí)驗(yàn)步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐苯溶液。②量取一定體積乙酸酐苯溶液置于錐形瓶中，加入mgROH樣品，充分反應(yīng)后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O→2CH3COOH。③加指示劑并用cmol·L－1NaOH甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V1mL。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用cmol·L－1NaOH甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液V2mL。根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)原理，下列說(shuō)法正確的是()A．可以用乙酸代替乙酸酐進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)B．若因甲醇揮發(fā)造成標(biāo)準(zhǔn)溶液濃度發(fā)生變化，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小C．步驟③滴定時(shí)，不慎將錐形瓶?jī)?nèi)溶液濺出，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小D．步驟④中，若加水量不足，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大解析：步驟④測(cè)定乙酸酐的物質(zhì)的量為eq\f(cV2,2)×10－3mol；根據(jù)步驟②③可知mgROH樣品中羥基的物質(zhì)的量為eq\f(cV2,2)×10－3mol×2－cV1×10－3mol＝c(V2－V1)×10－3mol。乙酸與醇的酯化反應(yīng)進(jìn)行不徹底，不能用乙酸代替乙酸酐進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn)，故A錯(cuò)誤；若甲醇揮發(fā)，則氫氧化鈉甲醇標(biāo)準(zhǔn)溶液的濃度偏大，即c比實(shí)際濃度小，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小，故B正確；步驟③滴定時(shí)，不慎將錐形瓶?jī)?nèi)溶液濺出，則V1偏小，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏大，故C錯(cuò)誤；步驟④中，若加水量不足，生成乙酸的物質(zhì)的量偏小，則V2偏小，將導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏小，故D錯(cuò)誤。答案：B7.(2023·湖南化學(xué))常溫下，用濃度為0.0200mol·L－1的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定濃度均為0.0200mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定過(guò)程中溶液的pH隨ηeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(η＝\f(V標(biāo)準(zhǔn)溶液,V待測(cè)溶液)))的變化曲線如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．Ka(CH3COOH)約為10－4.76B．點(diǎn)a：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)C．點(diǎn)b：c(CH3COOH)<c(CH3COO－)D．水的電離程度：a<b<c<d解析：點(diǎn)a時(shí)溶質(zhì)為NaCl和CH3COOH，c(CH3COOH)＝0.0100mol·L－1，c(H＋)＝10－3.38mol·L－1，Ka(CH3COOH)＝eq\f(cH＋·cCH3COO－,cCH3COOH)≈eq\f(10－3.38×10－3.38,0.0100)＝10－4.76，故A正確；點(diǎn)a溶液為等濃度的NaCl和CH3COOH混合溶液，存在物料守恒關(guān)系c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，故B正確；點(diǎn)b溶液中含有NaCl及等濃度的CH3COOH和CH3COONa，由于pH<7，溶液顯酸性，說(shuō)明CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度，則c(CH3COOH)<c(CH3COO－)，故C正確；點(diǎn)c溶液中CH3COO－水解促進(jìn)水的電離，點(diǎn)d堿過(guò)量，會(huì)抑制水的電離，則水的電離程度c>d，故D錯(cuò)誤。故選D。8．(2024·咸陽(yáng)模擬)常溫下，用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1丙酮酸(CH3COCOOH)溶液，滴定過(guò)程中pH及電導(dǎo)率隨加入NaOH溶液的體積變化曲線如圖。下列說(shuō)法正確的是()A．水的電離程度：b>cB．曲線Ⅱ?yàn)殡妼?dǎo)率曲線C．b點(diǎn)溶液中：2c(OH－)＋c(CH3COCOO－)＝2c(H＋)＋c(CH3COCOOH)D．若a點(diǎn)pH＝1.7，則CH3COCOOH的電離常數(shù)Ka的數(shù)量級(jí)為10－2(已知10－1.7＝0.02)解析：氫氧化鈉與丙酮酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為NaOH＋CH3COCOOH=CH3COCOONa＋H2O，丙酮酸為弱酸，CH3COCOONa為鈉鹽，是強(qiáng)電解質(zhì)，在水溶液中完全電離，因此隨著氫氧化鈉溶液的加入，溶液中離子濃度增大，電導(dǎo)率增大，當(dāng)氫氧化鈉和丙酮酸恰好完全反應(yīng)后，再加入氫氧化鈉溶液，溶液電導(dǎo)率趨于不變，不會(huì)出現(xiàn)突然增大的趨勢(shì)，因此曲線Ⅰ為電導(dǎo)率曲線，曲線Ⅱ?yàn)閜H曲線。b點(diǎn)為氫氧化鈉和丙酮酸的半反應(yīng)點(diǎn)，溶液中含等物質(zhì)的量的丙酮酸和丙酮酸鈉，c點(diǎn)為氫氧化鈉和丙酮酸恰好完全反應(yīng)點(diǎn)，溶液中只有丙酮酸鈉，而酸抑制水的電離，鹽水解促進(jìn)水的電離，因此水的電離程度：b<c，A錯(cuò)誤；曲線Ⅰ為電導(dǎo)率曲線，曲線Ⅱ?yàn)閜H曲線，B錯(cuò)誤；b點(diǎn)為氫氧化鈉和丙酮酸的半反應(yīng)點(diǎn)，溶液中含等物質(zhì)的量的丙酮酸和丙酮酸鈉，溶液中存在電荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(CH3COCOO－)＋c(OH－)，物料守恒：c(CH3COCOO－)＋c(CH3COCOOH)＝2c(Na＋)，兩式聯(lián)立消去c(Na＋)可得：2c(OH－)＋c(CH3COCOO－)＝2c(H＋)＋c(CH3COCOOH)，C正確；a點(diǎn)pH＝1.7，c(H＋)＝10－1.7mol·L－1＝0.02mol·L－1，CH3COCOOH的電離方程式為CH3COCOOHCH3COCOO－＋H＋，CH3COCOOH的電離常數(shù)Ka＝eq\f(cH＋·cCH3COCOO－,cCH3COCOOH)≈eq\f(0.02×0.02,0.1)＝4×10－3，數(shù)量級(jí)為10－3，D錯(cuò)誤。答案：C9．(2022·河北化學(xué))某水樣中含一定濃度的COeq\o\al(2－,3)、HCOeq\o\al(－,3)和其他不與酸堿反應(yīng)的離子。取10.00mL水樣，用0.01000mol·L－1的HCl溶液進(jìn)行滴定，溶液pH隨滴加HCl溶液體積V(HCl)的變化關(guān)系如圖(混合后溶液體積變化忽略不計(jì))。下列說(shuō)法正確的是()A．該水樣中c(COeq\o\al(2－,3))＝0.01mol·L－1B．a(chǎn)點(diǎn)處c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)C．當(dāng)V(HCl)≤20.00mL時(shí)，溶液中c(HCOeq\o\al(－,3))基本保持不變D．曲線上任意一點(diǎn)存在c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＝0.03mol·L－1解析：向碳酸根和碳酸氫根的混合溶液中加入鹽酸時(shí)，先后發(fā)生COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)、HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2CO3，則滴定時(shí)溶液pH會(huì)發(fā)生兩次突躍，第一次突躍時(shí)碳酸根離子與鹽酸恰好完全反應(yīng)生成碳酸氫根離子，第二次突躍時(shí)碳酸氫根離子與鹽酸恰好完全反應(yīng)生成碳酸，由圖可知，滴定過(guò)程中溶液pH第一次發(fā)生突躍時(shí)，鹽酸溶液的體積為20.00mL，由反應(yīng)方程式COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)可知，水樣中碳酸根離子的濃度為eq\f(0.01000mol·L－1×0.0200L,0.0100L)＝0.02mol·L－1，溶液pH第二次發(fā)生突躍時(shí)，鹽酸溶液的體積為50.00mL，則水樣中碳酸氫根離子的濃度為eq\f(0.01000mol·L－1×0.0500L－0.0200L－0.0200L,0.0100L)＝0.01mol·L－1。由分析可知，水樣中碳酸根離子的濃度為0.02mol·L－1，故A錯(cuò)誤；由圖可知，a點(diǎn)發(fā)生的反應(yīng)為碳酸根離子與氫離子恰好完全反應(yīng)生成碳酸氫根離子，可溶性碳酸氫鹽溶液中質(zhì)子守恒關(guān)系為c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))，故B錯(cuò)誤；由分析可知，水樣中碳酸氫根離子的濃度為0.01mol·L－1，當(dāng)鹽酸溶液體積V(HCl)≤20.00mL時(shí)，只發(fā)生反應(yīng)COeq\o\al(2－,3)＋H＋=HCOeq\o\al(－,3)，滴定時(shí)溶液中碳酸氫根離子濃度為eq\f(0.01000mol·L－1×0.0100L＋0.01000mol·L－1×VHCl,0.0100L＋VHCl)＝0.01mol·L－1，則滴定時(shí)溶液中碳酸氫根離子濃度不變，故C正確；由分析可知，水樣中碳酸根離子和碳酸氫根離子濃度之和為0.03mol·L－1，由物料守恒可知，溶液中c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)＝0.03mol·L－1，滴定加入鹽酸會(huì)使溶液體積增大，則溶液中[c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))＋c(H2CO3)]會(huì)小于0.03mol·L－1，故D錯(cuò)誤。答案：C10．室溫下，某實(shí)驗(yàn)小組分別配制濃度為0.01mol·L－1、0.02mol·L－1、0.04mol·L－1的H3PO2(次磷酸)溶液并等體積分為3組加入絕熱反應(yīng)器，利用電子滴定管定量滴加濃度為0.01mol·L－1的NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液。通過(guò)手持式儀器得到如圖圖像，已知pc(X)＝－lgc(X)，lg2≈0.3，lg5≈0.7。下列敘述正確的是()A．滴加NaOH過(guò)程中，a曲線對(duì)應(yīng)溶液中的eq\f(c2H＋·cH2PO\o\al(－,2)·cOH－,cH3PO2)不變B．溶液中c(Na＋)＋c(H＋)＝c(H2POeq\o\al(－,2))＋2c(HPOeq\o\al(2－,2))＋3c(POeq\o\al(3－,2))＋c(OH－)C．若m＝10.00，則n≈10.70D．滴加40.00mL0.01mol·L－1NaOH溶液后，b曲線對(duì)應(yīng)溶液中存在c(H2POeq\o\al(－,2))＋2c(H3PO2)＋c(H＋)＝c(OH－)解析：未加入NaOH溶液時(shí)，H3PO2溶液濃度越小，c(H＋)越小，對(duì)水的電離抑制程度越小，c水(OH－)越大，pc水(OH－)越小，則a代表0.01mol·L－1的H3PO2溶液，b代表0.02mol·L－1的H3PO2溶液，c代表0.04mol·L－1的H3PO2溶液，以此解答。a代表0.01mol·L－1的H3PO2溶液，溶液中的eq\f(c2H＋·cH2PO\o\al(－,2)·cOH－,cH3PO2)＝Kw·Ka，由于該裝置絕熱，反應(yīng)過(guò)程中溫度升高，Kw·Ka增大，故A錯(cuò)誤；H3PO2是一元弱酸，溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(H2POeq\o\al(－,2))＋c(OH－)，故B錯(cuò)誤；若m＝10.00，則0.01mol·L－1的H3PO2溶液中c水(OH－)＝10－10mol·L－1，c(H＋)＝eq\f(10－14,10－10)mol·L－1＝10－4mol·L－1，則H3PO2的電離平衡常數(shù)Ka＝eq\f(cH＋·cH2PO\o\al(－,2),cH3PO2)≈eq\f(10－42,0.01)＝10－6,0.04mol·L－1的H3PO2溶液中c(H＋)≈eq\r(Ka×0.04)mol·L－1＝eq\r(10－6×0.04)mol·L－1＝2×10－4mol·L－1，c水(OH－)＝eq\f(10－14,2×10－4)mol·L－1＝5×10－11mol·L－1，pc水(OH－)＝－lg(5×10－11)＝11－lg5≈10.3，故C錯(cuò)誤；由圖可知，加入20mL0.01mol·L－1NaOH溶液后時(shí)，0.02mol·L－1的H3PO2溶液與NaOH完全反應(yīng)，當(dāng)加入40.00mL0.01mol·L－1NaOH溶液后，得到等濃度的NaOH和NaH2PO2溶液，根據(jù)電荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝c(H2POeq\o\al(－,2))＋c(OH－)和物料守恒c(Na＋)＝2c(H2POeq\o\al(－,2))＋2c(H3PO2)，可得c(H2POeq\o\al(－,2))＋2c(H3PO2)＋c(H＋)＝c(OH－)，故D正確。答案：D11．(2024·濟(jì)寧模擬)常溫下，向20mL0.1mol·L－1NaN溶液中滴入等濃度的HM溶液，所得溶液中l(wèi)geq\f(cHM,cHN)與lgeq\f(cM－,cN－)的關(guān)系如圖所示。已知Ka(HN)＝3.0×10－5，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．Ka(HM)＝3.0×10－6B．滴入20mLHM溶液后，溶液中存在：c(M－)＞c(HN)C．隨著HM溶液的加入，eq\f(cHN·cHM,cN－·cM－)的值變大D．滴入20mLHM溶液后，溶液中存在：c(HN)＋c(OH－)＋2c(N－)＝c(HM)＋c(Na＋)＋c(H＋)解析：根據(jù)坐標(biāo)圖示可知：當(dāng)lgeq\f(cHM,cHN)＝－1時(shí)，lgeq\f(cM－,cN－)＝0，即此時(shí)10c(HM)＝c(HN)、c(M－)＝c(N－)，所以Ka(HM)＝eq\f(cM－·cH＋,cHM)＝eq\f(cN－·cH＋,\f(1,10)×cHN)＝3.0×10－4，A錯(cuò)誤；滴入等濃度20mLHM溶液后，根據(jù)復(fù)分解反應(yīng)的規(guī)律：強(qiáng)酸與弱酸鹽反應(yīng)可以制備弱酸，二者恰好發(fā)生反應(yīng)：HM＋NaN=HN＋NaM，M－會(huì)發(fā)生水解反應(yīng)，HN會(huì)發(fā)生電離反應(yīng)，Kh(M－)＝eq\f(Kw,KaHM)＝eq\f(1×10－14,3.0×10－4)＝eq\f(1,3)×10－10＜Ka(HN)，故c(M－)＞c(HN)，B正確；隨著HM溶液的加入，溶液中存在eq\f(cHN·cHM,cN－·cM－)＝eq\f(cHN·c2H＋·cHM,cN－·c2H＋·cM－)＝eq\f(c2H＋,KaHM·KaHN)，溶液中c(H＋)會(huì)不斷增大，電離平衡常數(shù)不變，故eq\f(cHN·cHM,cN－·cM－)增大，C正確；向其中滴入20mL等濃度的HM溶液后，n(HM)＝n(NaN)，微粒處于同一溶液中，根據(jù)物料守恒可得c(HM)＋c(M－)＝c(HN)＋c(N－)；根據(jù)電荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(M－)＋c(N－)＋c(OH－)，兩式相加，整理可得關(guān)系式c(HN)＋c(OH－)＋2c(N－)＝c(HM)＋c(Na＋)＋c(H＋)，D正確。答案：A12．(2024·天津模擬)某學(xué)習(xí)小組用“間接碘量法”測(cè)定某CuCl2晶體試樣的純度，試樣不含其他能與I－發(fā)生反應(yīng)的氧化性雜質(zhì)，已知：2Cu2＋＋4I－=2CuI↓＋I(xiàn)2，I2＋2S2Oeq\o\al(2－,3)=S4Oeq\o\al(2－,6)＋2I－。取mg試樣溶于水，加入過(guò)量KI固體，充分反應(yīng)，用0.1000mol·L－1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，部分實(shí)驗(yàn)儀器和讀數(shù)如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．試樣在容量瓶中溶解，滴定管選乙B．選用淀粉做指示劑，當(dāng)甲中溶液由無(wú)色變?yōu)樗{(lán)色時(shí)，即達(dá)到滴定終點(diǎn)C．圖丁中，滴定前滴定管的讀數(shù)為(a－1.00)mLD．對(duì)裝有待測(cè)液的滴定管讀數(shù)時(shí)，滴定前后讀數(shù)方式如圖丁所示，則測(cè)得的結(jié)果偏大解析：不能在容量瓶中稀釋或溶解，乙為酸式滴定管、丙為堿式滴定管，Na2S2O3溶液呈弱堿性，應(yīng)選擇堿式滴定管(丙)，故A錯(cuò)誤；淀粉遇碘變藍(lán)色，選用淀粉做指示劑，硫代硫酸鈉滴定碘單質(zhì)，滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液藍(lán)色褪去，且半分鐘內(nèi)不變色，說(shuō)明達(dá)到滴定終點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；滴定管刻度由上而下數(shù)值增大，圖丁中，滴定前滴定管的讀數(shù)為(a＋1.00)mL，故C錯(cuò)誤；滴定后俯視滴定管，液面在刻度線下方，待測(cè)液體積讀數(shù)偏小，則測(cè)得的結(jié)果偏大，故D正確。答案：D13．(2024·福建檢測(cè))二氧化錳礦粉中MnO2含量測(cè)定實(shí)驗(yàn)流程如圖。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．Na2C2O4將MnO2還原為Mn2＋B．滴定終點(diǎn)溶液的顏色從無(wú)色變?yōu)闇\紅色C．MnO2含量為eq\f(8.7,m)%D．若滴定終點(diǎn)時(shí)滴定管尖嘴處出現(xiàn)氣泡，則測(cè)得MnO2含量偏小解析：Na2C2O4具有還原性、二氧化錳具有氧化性，Na2C2O4將MnO2還原為Mn2＋，A正確；滴定中使用高錳酸鉀溶液滴定草酸鈉，恰好反應(yīng)后高錳酸鉀過(guò)量溶液顯淺紅色，故滴定終點(diǎn)溶液的顏色從無(wú)色變?yōu)闇\紅色，B正確；Na2C2O4將KMnO4還原為Mn2＋，根據(jù)電子守恒可知，5Na2C2O4～10e－～2KMnO4，與KMnO4反應(yīng)Na2C2O4的物質(zhì)的量為20×10－3L×0.1000mol·L－1×eq\f(5,2)＝5×10－3mol；Na2C2O4將MnO2還原為Mn2＋，根據(jù)電子守恒可知，Na2C2O4～2e－～MnO2，與MnO2反應(yīng)消耗Na2C2O4的物質(zhì)的量也就是MnO2的物質(zhì)的量為30×10－3L×0.2000mol·L－1－5×10－3mol＝10－3mol，故MnO2含量為eq\f(87g·mol－1×10－3mol,mg)×100%＝eq\f(8.7,m)%，C正確；若滴定終點(diǎn)時(shí)滴定管尖嘴處出現(xiàn)氣泡，則高錳酸鉀的讀數(shù)偏小，導(dǎo)致測(cè)得MnO2含量偏大，D錯(cuò)誤。答案：D14．(2024·山東聯(lián)考)測(cè)定某草酸晶體樣品的純度的主要操作包括：①稱取一定質(zhì)量的草酸晶體，加水使其完全溶解；②轉(zhuǎn)移、定容，得到待測(cè)液；③移取20.00mL待測(cè)液，用0.1000mol·L－1的KMnO4溶液滴定。上述操作中，不需要用到的儀器為()解析：由題意可知，稱取一定質(zhì)量的草酸晶體時(shí)需要用到的儀器為托盤天平，定容時(shí)用到的儀器為容量瓶，用0.1000mol·L－1的高錳酸鉀溶液滴定時(shí)用到的儀器為酸式滴定管和錐形瓶，則實(shí)驗(yàn)時(shí)不需要用到的儀器為堿式滴定管，D項(xiàng)符合題意。答案：D15．(2024·濰坊模擬)電池級(jí)草酸亞鐵需要純度在99%以上，可用標(biāo)準(zhǔn)高錳酸鉀溶液滴定法測(cè)定草酸亞鐵樣品純度(樣品中不含其他還原性離子)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．打開(kāi)酸式滴定管的活塞，迅速放液以趕出氣泡B．滴定過(guò)程中，眼睛要時(shí)刻注意滴定管液面變化C．滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液，溶液變?yōu)闇\紅色且半分鐘內(nèi)不褪色，到達(dá)滴定終點(diǎn)D．用待測(cè)液潤(rùn)洗錐形瓶，測(cè)得草酸亞鐵樣品純度偏高解析：排出酸式滴定管尖嘴中的氣泡的方法是打開(kāi)活塞，迅速放出液體以沖出氣泡，使尖嘴部分充滿溶液，故A正確；滴定過(guò)程中，眼睛要時(shí)刻注意錐形瓶中溶液顏色變化，便于及時(shí)判斷滴定終點(diǎn)，不需要觀察滴定管中液面變化，故B錯(cuò)誤；用標(biāo)準(zhǔn)高錳酸鉀溶液滴定法測(cè)定草酸亞鐵樣品時(shí)，滴定終點(diǎn)現(xiàn)象為滴入最后半滴標(biāo)準(zhǔn)液，溶液變?yōu)闇\紅色且半分鐘內(nèi)不褪色，故C正確；用待測(cè)液潤(rùn)洗錐形瓶，導(dǎo)致待測(cè)液中草酸亞鐵的物質(zhì)的量偏大，滴定過(guò)程中消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，測(cè)得草酸亞鐵樣品純度偏高，故D正確。答案：B16．(2024·湛江模擬)25℃時(shí)，向Na2SO3溶液中滴入鹽酸，混合溶液的pH與離子濃度變化的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是()已知pc＝－lgeq\f(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))或－lgeq\f(cHSO\o\al(－,3),cH2SO3)。A．曲線m表示pH與－lgeq\f(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))的變化關(guān)系B．當(dāng)溶液呈中性時(shí)，c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)C．Ka1(H2SO3)＝1.0×10－1.8D．25℃時(shí)，SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－的平衡常數(shù)為1.0×10－6.9解析：Na2SO3溶液中SOeq\o\al(2－,3)發(fā)生水解：SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－、HSOeq\o\al(－,3)＋H2OH2SO3＋OH－，－lgeq\f(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))＝－lgeq\f(Ka2,cH＋)，－lgeq\f(cHSO\o\al(－,3),cH2SO3)＝－lgeq\f(Ka1,cH＋)，H2SO3的第一步電離平衡常數(shù)大于第二步電離平衡常數(shù)，Ka1>Ka2，則當(dāng)pH相等時(shí)，－lgeq\f(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))>－lgeq\f(cHSO\o\al(－,3),cH2SO3)，曲線m表示pH與－lgeq\f(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))的變化關(guān)系，曲線n代表pH與－lgeq\f(cHSO\o\al(－,3),cH2SO3)的變化關(guān)系。曲線m表示pH與－lgeq\f(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))的變化關(guān)系，故A正確；溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)＋c(OH－)，當(dāng)溶液呈中性時(shí)，c(H＋)＝c(OH－)，c(Na＋)＝c(HSOeq\o\al(－,3))＋2c(SOeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)，故B正確；當(dāng)pc＝－lgeq\f(cHSO\o\al(－,3),cH2SO3)＝－lgeq\f(Ka1,cH＋)＝－1時(shí)，pH＝2.8，c(H＋)＝1×10－2.8mol·L－1，則Ka1(H2SO3)＝1.0×10－1.8，故C正確；當(dāng)pc＝－lgeq\f(cSO\o\al(2－,3),cHSO\o\al(－,3))＝－lgeq\f(Ka2,cH＋)＝1時(shí)，pH＝5.9，c(H＋)＝1×10－5.9mol·L－1，則Ka2(H2SO3)＝1.0×10－6.9，SOeq\o\al(2－,3)＋H2OHSOeq\o\al(－,3)＋OH－的平衡常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka2)＝eq\f(1×10－14,1.0×10－6.9)＝1×10－7.1，故D錯(cuò)誤。答案：D17．(2023·重慶模擬)常溫下，用0.4mol·L－1鹽酸滴定20mL0.4mol·L－1Na2CO3溶液，反應(yīng)過(guò)程中的pH和壓強(qiáng)變化如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．Ka2(H2CO3)的數(shù)量級(jí)為10－11B．b點(diǎn)：c(H2CO3)－c(COeq\o\al(2－,3))＝c(OH－)－c(H＋)C．c→d段主要發(fā)生的反應(yīng)為HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2CO3D．e→f段壓強(qiáng)增大的主要原因是鹽酸的揮發(fā)解析：向20mL0.4mol·L－1Na2CO3溶液中加入等濃度的HCl發(fā)生反應(yīng)：Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3，當(dāng)加入HCl體積是20mL時(shí)恰好發(fā)生上述反應(yīng)，此時(shí)溶液為0.2mol·L－1的NaCl與0.2mol·L－1NaHCO3的混合溶液，繼續(xù)加入鹽酸，發(fā)生反應(yīng)：NaHCO3＋HCl=NaCl＋H2O＋CO2↑，當(dāng)V(HCl)＝40mL時(shí)，上述反應(yīng)恰好反應(yīng)完全，溶質(zhì)為NaCl和少量H2CO3。根據(jù)圖像可知：當(dāng)V(HCl)＝0時(shí)，為0.4mol·L－1Na2CO3溶液，此時(shí)溶液pH＝12，c(H＋)＝10－12mol·L－1，則根據(jù)水的離子積常數(shù)Kw＝10－14可知此時(shí)溶液中c(OH－)＝10－2mol·L－1，則COeq\o\al(2－,3)的水解平衡常數(shù)Kh1＝eq\f(cHCO\o\al(－,3)·cOH－,cCO\o\al(2－,3))≈eq\f(10－2×10－2,0.4－10－2)≈2.6×10－4，則H2CO3的第二步電離平衡常數(shù)Ka2＝eq\f(Kw,Kh1)＝eq\f(10－14,2.6×10－4)≈3.8×10－11，數(shù)量級(jí)為10－11，故A正確；b點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液成分是等濃度的NaCl與NaHCO3的混合溶液，由質(zhì)子守恒：c(H2CO3)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(COeq\o\al(2－,3))，整理可得c(H2CO3)－c(COeq\o\al(2－,3))＝c(OH－)－c(H＋)，故B正確；c點(diǎn)溶液成分為NaCl與NaHCO3的混合溶液，向其中加入HCl，氣體壓強(qiáng)不變，說(shuō)明c→d主要發(fā)生反應(yīng)HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=H2CO3，沒(méi)有產(chǎn)生CO2氣體，故C正確；e點(diǎn)時(shí)Na2CO3與HCl完全反應(yīng)生成了H2CO3，H2CO3分解產(chǎn)生CO2、H2O，但仍然有少量H2CO3溶解在溶液中且存在電離平衡：H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)，當(dāng)再向溶液中加入HCl時(shí)，溶液中c(H＋)增大，平衡逆向移動(dòng)，c(H2CO3)增大，H2CO3又分解產(chǎn)生CO2氣體，導(dǎo)致體系的壓強(qiáng)仍繼續(xù)增大，故D錯(cuò)誤。答案：D18．(2024·天津模擬)常溫時(shí)，用0.1000mol·L－1的NaOH溶液滴定二元酸H2A溶液。溶液的pH、分布系數(shù)δ隨滴加NaOH溶液體積V(NaOH)的變化關(guān)系如圖所示。eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(例如A2－的分布系數(shù)：δA2－＝\f(cA2－,cH2A＋cHA－＋cA2－)))。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．常溫時(shí)，用酚酞作d點(diǎn)的指示劑時(shí)，溶液由無(wú)色變成淺紅色B．常溫時(shí)，A2－的兩級(jí)水解常數(shù)Kh1·Kh2＝10－16.9C．常溫時(shí)，滴定至pH＝5.5時(shí)，c(H2A)∶c(HA－)∶c(A2－)＝100.1∶101.2∶1D．常溫時(shí)，b點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中存在可逆過(guò)程2HA－H2A＋A2－，且K＝10－11解析：利用A點(diǎn)pH＝4.4，δ(H2A)＝δ(HA－)計(jì)算Ka1＝eq\f(cH＋·cHA－,cH2A)＝c(H＋)＝10－4.4，同理利用C點(diǎn)計(jì)算Ka2＝eq\f(cH＋·cA2－,cHA－)＝c(H＋)＝10－6.7。H2A的第二個(gè)滴定突躍在酚酞的變色范圍，可選酚酞作為指示劑，且滴定終點(diǎn)時(shí)酚酞由無(wú)色變?yōu)闇\紅色，A項(xiàng)正確；Kh1＝eq\f(Kw,Ka2)、Kh2＝eq\f(Kw,Ka1)，則Kh1·Kh2＝eq\f(10－14×10－14,10－4.4×10－6.7)＝10－16.9，B項(xiàng)正確；pH＝5.5時(shí)，利用Ka2＝eq\f(cH＋·cA2－,cHA－)＝10－6.7計(jì)算c(A2－)＝eq\f(10－6.7,10－5.5)×c(HA－)＝10－1.2c(HA－)，利用Ka1＝eq\f(cH＋·cHA－,cH2A)＝10－4.4計(jì)算c(H2A)＝eq\f(10－5.5,10－4.4)×c(HA－)＝10－1.1c(HA－)，所以c(H2A)∶c(HA－)∶c(A2－)＝10－1.1∶1∶10－1.2＝100.1∶101.2∶1，C項(xiàng)正確；2HA－H2A＋A2－，K＝eq\f(cA2－·cH2A,c2HA－)＝eq\f(cA2－·cH＋·cH2A,cHA－·cH＋·cHA－)＝eq\f(Ka2,Ka1)＝10－2.3，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案：D19．(2024·深圳模擬)用0.10mol·L－1的NaOH溶液分別滴定體積均為20.00mL、濃度均為0.050mol·L－1的鹽酸、磷酸及谷氨酸(H2G)，滴定曲線如圖所示。下列說(shuō)法正確的是()A．用酚酞作指示劑滴定磷酸到終點(diǎn)時(shí)，溶液中的溶質(zhì)為Na2HPO4B．滴定鹽酸時(shí)，V(NaOH)＝10.0mL時(shí)，c(Cl－)>c(Na＋)C．H3PO4與H2G的第一電離平衡常數(shù)Ka1的數(shù)量級(jí)不同D．NaH2PO4溶液中：c(Na＋)>c(H2POeq\o\al(－,4))>c(H3PO4)>c(HPOeq\o\al(2－,4))解析：酚酞變色的pH范圍為8.2～10.0，由題圖知，該范圍內(nèi)滴定磷酸消耗NaOH溶液的體積為20.0mL，發(fā)生反應(yīng)：2NaOH＋H3PO4=2H2O＋Na2HPO4，此時(shí)溶液中的溶質(zhì)為Na2HPO4，A正確；V(NaOH)＝10.0mL時(shí)，NaOH與HCl恰好完全反應(yīng)生成NaCl，溶液呈中性，c(OH－)＝c(H＋)，結(jié)合電荷守恒：c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)可得，c(Na＋)＝c(Cl－)，B錯(cuò)誤；由題圖可知，V(NaOH)＝0時(shí)，0.050mol·L－1的H3PO4和H2G溶液的pH基本相同，結(jié)合多元弱酸以第一步電離為主可知，H3PO4和H2G的第一電離平衡常數(shù)Ka1的數(shù)量級(jí)相同，C錯(cuò)誤；由題圖可知，第一滴定終點(diǎn)時(shí)，即V(NaOH)＝10.0mL時(shí)，發(fā)生反應(yīng)：NaOH＋H3PO4=H2O＋NaH2PO4，此時(shí)溶液中溶質(zhì)為NaH2PO4，溶液顯酸性，說(shuō)明H2POeq\o\al(－,4)的電離程度大于其水解程度，則NaH2PO4溶液中c(Na＋)>c(H2POeq\o\al(－,4))>c(HPOeq\o\al(2－,4))>c(H3PO4)，D錯(cuò)誤。答案：A20．(2024·包頭質(zhì)檢)實(shí)驗(yàn)室用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1的HAuCl4溶液。溶液中，含氯微粒a、b的分布系數(shù)δ、NaOH溶液體積V(NaOH)與pH的關(guān)系如圖所示。eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(例如HAuCl4的分布系數(shù)δHAuCl4＝\f(cHAuCl4,cHAuCl4＋cAuCl\o\al(－,4))。))下列敘述錯(cuò)誤的是()A．x點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液的pH約為5B．p點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中，2c(H＋)＋c(HAuCl4)＝2c(OH－)＋c(AuCleq\o\al(－,4))C．微粒b為AuCleq\o\al(－,4)，該滴定可選酚酞作指示劑D．滴定到q點(diǎn)時(shí)，溶液中c(HAuCl4)>c(AuCleq\o\al(－,4))解析：由圖像可知，當(dāng)V(NaOH)＝0時(shí)，對(duì)應(yīng)溶液的pH＝3，此時(shí)溶液中的c(H＋)＝10－3mol·L－1，Ka＝eq\f(cH＋·cAuCl\o\al(－,4),cHAuCl4)≈eq\f(10－3·10－3,0.1－10－3)≈10－5，x點(diǎn)時(shí)，根據(jù)圖像有c(HAuCl4)＝c(AuCleq\o\al(－,4))，則此時(shí)的Ka＝c(H＋)≈10－5，pH＝－lgc(H＋)≈5，A正確；p點(diǎn)時(shí)，V(NaOH)＝10mL，根據(jù)電荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(AuCleq\o\al(－,4))，根據(jù)物料守恒有2c(Na＋)＝c(HAuCl4)＋c(AuCleq\o\al(－,4))，兩式聯(lián)立消去c(Na＋)，得：2c(H＋)＋c(HAuCl4)＝2c(OH－)＋c(AuCleq\o\al(－,4))，B正確；隨著pH的增大，HAuCl4逐漸減少，AuCleq\o\al(－,4)逐漸增多，結(jié)合圖像可知，微粒a為HAuCl4，微粒b為AuCleq\o\al(－,4)，滴定到q點(diǎn)時(shí)，V(NaOH)＝20mL，兩者恰好完全反應(yīng)，生成NaAuCl4溶液，此時(shí)溶液呈堿性，所以選酚酞作指示劑，C正確；滴定到q點(diǎn)時(shí)，V(NaOH)＝20mL，由題圖可知c(AuCleq\o\al(－,4))>c(HAuCl4)，D錯(cuò)誤。答案：D21．某研究小組利用電位滴定法研究鹽酸滴加亞磷酸鈉(Na2HPO3)溶液過(guò)程中的化學(xué)變化，得到電極電位U和溶液pH隨鹽酸滴加的體積變化曲線如圖所示。已知：①電位滴定法的原理：在化學(xué)計(jì)量點(diǎn)附近，被測(cè)離子濃度發(fā)生突躍，指示電極電位也發(fā)生了突躍，進(jìn)而確定滴定終點(diǎn)。②亞磷酸(H3PO3)是二元弱酸，其電離平衡常數(shù)分別是Ka1＝10－1.4，Ka2＝10－6.7。下列說(shuō)法不正確的是()A．a(chǎn)點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液的溶質(zhì)為NaH2PO3和NaCl，pH<7B．第二次電極電位突躍發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為NaH2PO3＋HCl=H3PO3＋NaClC．c點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中可能存在：c(H＋)＝c(OH－)＋c(H2POeq\o\al(－,3))＋2c(HPOeq\o\al(2－,3))D．水的電離程度：a＞b解析：根據(jù)圖像可知，從開(kāi)始到a點(diǎn)發(fā)生Na2HPO3＋HCl=NaH2PO3＋NaCl，a點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶質(zhì)為NaH2PO3、NaCl，H2POeq\o\al(－,3)的電離平衡常數(shù)Ka2＝10－6.7，H2POeq\o\al(－,3)水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,10－1.4)＝10－12.6＜Ka2，H2POeq\o\al(－,3)的電離程度大于水解程度，即pH＜7，故A說(shuō)法正確；發(fā)生第二次突躍的反應(yīng)是NaH2PO3＋HCl=NaCl＋H3PO3，故B說(shuō)法正確；c點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶質(zhì)為NaH2PO3、NaCl、H3PO3，根據(jù)電荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(H2POeq\o\al(－,3))＋2c(HPOeq\o\al(2－,3))＋c(Cl－)，c(Na＋)>c(Cl－)，故C說(shuō)法錯(cuò)誤；b點(diǎn)溶質(zhì)為NaCl、H3PO3，a點(diǎn)溶質(zhì)為NaH2PO3、NaCl，隨著鹽酸的滴加，溶液酸性增強(qiáng)，b點(diǎn)溶液酸性強(qiáng)于a點(diǎn)，因此水的電離程度a＞b，故D說(shuō)法正確。答案：C22．(1)用amol·L－1的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，用酚酞做指示劑，達(dá)到滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是____________________________________________________________________________若用甲基橙作指示劑，滴定終點(diǎn)現(xiàn)象是____________________________________________。(2)用標(biāo)準(zhǔn)碘溶液滴定溶有SO2的水溶液，以測(cè)定水中SO2的含量，應(yīng)選用________做指示劑，達(dá)到滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是___________________________________________________。(3)用標(biāo)準(zhǔn)酸性KMnO4溶液滴定溶有SO2的水溶液，以測(cè)定水中SO2的含量，是否需要選用指示劑________(填“是”或“否”)，達(dá)到滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是________________________。(4)用氧化還原滴定法測(cè)定TiO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：一定條件下，將TiO2溶解并還原為Ti3＋，再用KSCN溶液做指示劑，用NH4Fe(SO4)2標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋，滴定Ti3＋時(shí)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)______________________，達(dá)到滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是__________________________________。(5)用標(biāo)準(zhǔn)KI溶液滴定含有Fe3＋的溶液，應(yīng)選用________做指示劑，滴定終點(diǎn)現(xiàn)象是_____________。答案：(1)當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液后，溶液由紅色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)紅色當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液后，溶液由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不恢復(fù)黃色(2)淀粉溶液當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液后，溶液由無(wú)色變?yōu)樗{(lán)色，且半分鐘內(nèi)不褪色(3)否當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲嗡嵝訩MnO4溶液后，溶液由無(wú)色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色(4)Ti3＋＋Fe3＋=Ti4＋＋Fe2＋當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液后，溶液變成紅色，且半分鐘內(nèi)不褪色(5)KSCN溶液當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)KI溶液后，溶液的紅色褪去，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)紅色23．(2023·北京化學(xué))尿素樣品含氮量的測(cè)定方法如下。已知：溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))不能直接用NaOH溶液準(zhǔn)確滴定。(1)消化液中的含氮粒子是________。(2)步驟ⅳ中標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液的濃度和消耗的體積分別為c和V，計(jì)算樣品含氮量還需要的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)有____________________________________________。解析：(1)尿素消化分解生成NH3和CO2，由于存在濃H2SO4，則消化液中含氮粒子為NHeq\o\al(＋,4)。(2)除了已知數(shù)據(jù)外，還需要的是樣品的質(zhì)量、步驟ⅲ所加入H2SO4溶液的體積和濃度。答案：(1)NHeq\o\al(＋,4)(2)樣品的質(zhì)量、步驟ⅲ所加入H2SO4溶液的體積和濃度24．為了測(cè)定某樣品中NaNO2的含量，某同學(xué)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：①稱取樣品ag，加水溶解，配制成100mL溶液。②取25.00mL溶液于錐形瓶中，用0.0200mol·L－1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液(酸性)進(jìn)行滴定，滴定結(jié)束后消耗KMnO4溶液VmL。(1)滴定過(guò)程中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是________________________________________；測(cè)得該樣品中NaNO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(kāi)_______。(2)若滴定過(guò)程中剛出現(xiàn)顏色變化就停止滴定，則測(cè)定結(jié)果________(填“偏大”“偏小”或“無(wú)影響”)。解析：(1)根據(jù)得失電子守恒，5NaNO2～2KMnO45mol2moln(NaNO2)0.0200×10－3V×4moln(NaNO2)＝eq\f(0.0200×10－3V×4mol×5mol,2mol)＝2×10－4Vmol，該樣品中NaNO2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為eq\f(2×10－4Vmol×69g·mol－1,ag)×100%＝eq\f(1.38V,a)%(2)若滴定過(guò)程中剛出現(xiàn)顏色變化就停止滴定，則KMnO4的用量偏少，測(cè)定結(jié)果偏小。答案：(1)5NOeq\o\al(－,2)＋2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋=5NOeq\o\al(－,3)＋2Mn2＋＋3H2Oeq\f(1.38V,a)%(2)偏小25．煙道氣中的NOx是主要的大氣污染物之一，為了監(jiān)測(cè)其含量，選用如下采樣和檢測(cè)方法。將VL氣樣通入適量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化為NOeq\o\al(－,3)，加水稀釋至100.00mL。量取20.00mL該溶液，加入V1mLc1mol·L－1FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液(過(guò)量)，充分反應(yīng)后，用c2mol·L－1K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定剩余的Fe2＋，終點(diǎn)時(shí)消耗V2mL?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)滴定過(guò)程中發(fā)生下列反應(yīng)：3Fe2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋=NO↑＋3Fe3＋＋2H2OCr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O則氣樣中NOx折合成NO2的含量為_(kāi)_______mg·m－3。(2)若FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液部分變質(zhì)，會(huì)使測(cè)定結(jié)果________(填“偏高”“偏低”或“無(wú)影響”)。解析：(1)根據(jù)關(guān)系式：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～6Fe2＋，求得K2Cr2O7標(biāo)準(zhǔn)溶液消耗n(Fe2＋)＝6c2V2×10－3mol；則NOeq\o\al(－,3)消耗n(Fe2＋)＝(c1V1－6c2V2)×10－3mol，根據(jù)關(guān)系式3Fe2＋～NOeq\o\al(－,3)得n(NOeq\o\al(－,3))＝eq\f(1,3)(c1V1－6c2V2)×10－3mol，n(NO2)＝n(NOeq\o\al(－,3))＝eq\f(1,3)(c1V1－6c2V2)×10－3mol，VL氣樣中含m(NO2)＝eq\f(1,3)(c1V1－6c2V2)×46×eq\f(100,20)mg，所以氣樣中NO2的含量為eq\f(\f(1,3)c1V1－6c2V2×46×\f(100,20),V×10－3)mg·m－3＝eq\f(23c1V1－6c2V2,3V)×104mg·m－3。答案：(1)eq\f(23c1V1－6c2V2,3V)×104(2)偏高26.(2022·河北化學(xué))某研究小組為了更準(zhǔn)確檢測(cè)香菇中添加劑亞硫酸鹽的含量，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)如下：①三頸燒瓶中加入10.00g香菇樣品和400mL水；錐形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并預(yù)加0.30mL0.01000mol·L－1的碘標(biāo)準(zhǔn)溶液，攪拌。②以0.2L·min－1流速通氮?dú)猓偌尤脒^(guò)量磷酸，加熱并保持微沸，同時(shí)用碘標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，至終點(diǎn)時(shí)滴定消耗了1.00mL碘標(biāo)準(zhǔn)溶液。③做空白實(shí)驗(yàn)，消耗了0.10mL碘標(biāo)準(zhǔn)溶液。④用適量Na2SO3替代香菇樣品，重復(fù)上述步驟，測(cè)得SO2的平均回收率為95%。已知：Ka1(H3PO4)＝7.1×10－3，Ka1(H2SO3)＝1.3×10－2回答下列問(wèn)題：(1)裝置圖中儀器a、b的名稱分別為_(kāi)_______、________。(2)三頸燒瓶適宜的規(guī)格為_(kāi)_______(填標(biāo)號(hào))。A．250mL B.500mLC.1000mL(3)解釋加入H3PO4能夠生成SO2的原因：_______________________________________。(4)滴定管在使用前需要________、洗滌、潤(rùn)洗；滴定終點(diǎn)時(shí)溶液的顏色為_(kāi)_______；滴定反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)________________________________________________。(5)若先加磷酸再通氮?dú)?，?huì)使測(cè)定結(jié)果________(填“偏高”“偏低”或“無(wú)影響”)。(6)該樣品中亞硫酸鹽含量為_(kāi)_______mg·kg－1(以SO2計(jì)，結(jié)果保留三位有效數(shù)字)。答案：(1)球形冷凝管酸式滴定管(2)C(3)Ka1(H3PO4)與Ka1(H2SO3)相差不大，H3PO4與亞硫酸鹽反應(yīng)存在平衡：H3PO4＋SOeq\o\al(2－,3)HPOeq\o\al(2－,4)＋H2SO3