2022版高考化学一轮复习8.2水的电离和溶液的酸碱性练习含解析新人教版.doc

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1、水的电离和溶液的酸碱性滴定操作的方法：(1)传统方法：滴定作为一种经典的分析技术被广泛使用。最早，滴定剂通过带有刻度的玻璃管(滴定管)添加并记录消耗的体积，手动调节旋塞开关来控制滴定剂的添加量，当反响进行到终点时，指示剂颜色发生变化。起初，只能进行那些到终点有颜色变化的滴定，后来的滴定可以人为参加指示剂。结果的精确性主要靠化学师的技术能力，尤其是区分不同颜色的能力。(2)现代方法：用于电位测量的电极取代了颜色指示剂，从而提高了结果的精确性与准确性。自动滴定仪是由微处理器控制的仪器，可自动完成所有滴定相关操作：添加滴定剂；监测反响(采集信号)；识别终点；数据存储；计算；存储结果；将数据传送至打印

2、机或电脑/外部系。问题1.传统方法中是如何提高结果的精准性的？(素养角度宏观辨识与微观探析)提示：重复滴定23次，求消耗标准溶液体积的平均值。问题2.在氧化复原滴定实验中，氧化剂通常使用什么滴定管？(素养角度科学探究与创新意识)提示：氧化剂会氧化橡胶管，故应该用酸式滴定管取用。问题3.室温下，用0.10 molL-1的盐酸滴定20.00 mL 0.10 molL-1的某碱BOH溶液，用自动滴定仪得到的滴定曲线如下。(素养角度变化观念与平衡思想)(1)a点时，溶液呈碱性，溶液中c(B+)和c(Cl-)的大小关系如何？提示：a点为BOHBCl共存的溶液，呈碱性，故有c(B+)c(Cl-)。(2)b

3、点时溶液的pH=7吗？提示：不对。从图象起点pH13，可知BOH为弱碱，b点为滴定终点，生成强酸弱碱盐，水解呈酸性，故pHb，所以杀菌能力ab，A错误；通过上述分析可知，表示MA2-物质的量的变化，B错误；MA2-水解常数Kh=5.8810-10，C错误；当V=30 mL时，溶液中生成等物质的量浓度的NaHMA、Na2MA，根据图知溶液中c(HMA-)c(Mn)B.在0pH5时，HMnO4溶液满足：pH=lgC.常温下，浓度均为0.1 molL-1的NaClO2和NaMnO4溶液的pH：NaMnO4NaClO2D.稀释前分别用1 molL-1的NaOH溶液中和，消耗的NaOH溶液体积：HMnO

4、4HClO2【解析】选B。lg+1=1，即没有稀释之前，1 molL-1的HMnO4溶液pH=0，所以HMnO4为强酸，同理HClO2为弱酸；同浓度的两种酸，当pH均为3时，HMnO4溶液：c(H+)=c(Mn)，HClO2溶液c(H+)=c(Cl)+c(HClO2)，那么c(Cl)c(Mn)，A错误；因HMnO4为强酸，满足0pH5时，溶液pH与溶液体积稀释的关系pH=lg+1-1=lg，B正确；酸性：HClO27，NaMnO4溶液不水解显中性，C错误；两种都为一元酸，同体积同浓度中和1 molL-1的NaOH溶液能力相同，D错误。3.乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe3H2O是一种

5、很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反响制得：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2OCH3CH(OH)COO2Fe3H2O+CO2。乳酸亚铁晶体纯度的测量：(1)假设用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因可能是_。(2)经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反响中Ce4+的复原产物为Ce3+。测定时，先称取5.760 g 样品溶解后进行必要处理，用_配制成250 mL溶液，每次取25.00 mL、0.100 0 molL-1 Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表。那么产

6、品中乳酸亚铁晶体的纯度为_(以质量分数表示，乳酸亚铁晶体相对分子质量为288)。滴定次数0.100 0 molL-1 Ce(SO4)2标准液体积/mL滴定前读数滴定后读数10.1019.8520.1221.3231.0520.70【解析】(1)根据乳酸亚铁的结构简式，乳酸亚铁中含有羟基，羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乳酸根中羟基(OH)被氧化多消耗了酸性高锰酸钾溶液，因此滴定实验中发现结果总是大于100%；(2)用250 mL容量瓶配制成250 mL溶液，三次消耗Ce(SO4)2的体积分别是19.75 mL、21.20 mL、19.65 mL，第二次消耗的体积与另外两次消耗的体积差异大，删去2

7、1.20 mL，因此平均消耗的Ce(SO4)2的体积为 mL=19.70 mL，根据得失电子数目守恒，因此有19.7010-3 L0.1 molL-11=n(Fe2+)1，解得n(Fe2+)=1.9710-2 mol，样品的纯度为100%=98.5%。答案：(1)乳酸根中羟基(OH)被氧化多消耗了酸性高锰酸钾溶液(2)250 mL容量瓶98.5%【加固训练】1.(2022南平模拟)常温下，CH3COOH和NH3H2O的电离常数均为1.810-5 molL-1。向20 mL浓度均为0.1 molL-1NaOH和NH3H2O的混合液中滴加等物质的量浓度的CH3COOH溶液，所得混合液的电导率与参加

8、CH3COOH溶液的体积(V)关系如下图。以下说法错误的选项是()A.M点：c(Na+)c(CH3COO-)c(NH3H2O)c(N)B.溶液呈中性的点处于N、P之间C.lg30.5，P点的pH=5D.P点：3c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=2c(Na+)+c(N)+c(NH3H2O)【解析】选D。M点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa、NH3H2O，CH3COONa水解，NH3H2O电离，但CH3COONa水解程度小于NH3H2O电离程度，c(Na+)c(CH3COO-)c(NH3H2O)c(N)，故A正确；体积为20 mL时NaOH和醋酸恰好完全反响、体积为40 mL

9、时醋酸和一水合氨恰好完全反响；醋酸钠溶液呈碱性、醋酸铵溶液呈中性，要使混合溶液呈中性，应该使醋酸稍微过量，所以要使溶液呈中性，参加醋酸的体积应该大于40 mL，应该在N、P之间，故B正确；参加醋酸60 mL时，溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH，且三者的物质的量浓度相等，该溶液为缓冲溶液，溶液的pH=pKa-lg=-lg1.810-5-lg =6-lg9=6-2lg35，故C正确；参加醋酸60 mL时，溶液中的溶质为CH3COONa、CH3COONH4、CH3COOH，且三者的物质的量浓度相等，根据物料守恒，2c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=3c(N

10、a+)+c(N)+c(NH3H2O)，故D错误。2.常温下，用0.100 0 molL-1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的某酸HX，滴定曲线如下图。以下说法正确的选项是()A.滴定过程可用甲基橙作指示剂B.常温下，HX的电离常数约为110-5C.点d溶液中：c(Na+)c(X-)c(OH-)c(H+)D.点b溶液中：c(HX)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)【解析】选B。由滴定中和曲线可知，参加NaOH溶液20.00 mL时，酸碱恰好中和，根据c(酸)V(酸)=c(碱)V(碱)可知，酸HX的物质的量浓度为0.100 molL-1；未滴定时溶液pH=3，可知酸HX为弱酸。由图示

11、可知，滴加20 mL NaOH溶液，恰好反响生成NaX，溶液呈碱性，那么应该选用酚酞作指示剂，故A错误；a点pH=3，c(H+)=110-3 molL-1，那么该酸的电离平衡常数Ka=110-5，故B正确；点d溶液中参加40 mL等浓度的NaOH溶液，溶质为等浓度的NaX和NaOH，X-局部水解，那么c(OH-)c(X-)，正确的离子浓度大小为c(Na+)c(OH-)c(X-)c(H+)，故C错误；D.点b溶液中参加10 mL等浓度的NaOH溶液，溶质为等浓度的NaX和HX，此时溶液显酸性，即HX的电离大于X-的水解，溶液中c(Na+)c(HX)，另溶液中存在电荷守恒式c(Na+)+c(H+)

12、=c(OH-)+c(X-)，那么c(HX)+c(H+)c(S)c(HS)c(OH-)D.图中Y点对应的溶液中：3c(S)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)【解析】选C。用0.1 molL-1 NaOH溶液滴定40 mL 0.1 molL-1 H2SO3溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反响为NaOH+H2SO3NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOHNa2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80 mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。由图象可知，当溶液中c(HS)=c(S)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19 molL-1，

13、那么H2SO3的Ka2=c(H+)，所以H2SO3的Ka2=110-7.19，Ka2(H2SO3)的数量级为10-8，故A正确；第一反响终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图象，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.14.4，可用甲基橙作指示剂，故B正确；Z点为第二反响终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液显碱性，说明S会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)c(HS)，故C错误；根据图象，Y点溶液中c(HS)=c(S)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HS)+2c(S)，由于c(HS)=c(S)，所以3c(S)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D正确。- 7 -