高中化学人教版 (2019)选择性必修1第二节 水的电离和溶液的pH同步练习题

这是一份高中化学人教版 (2019)选择性必修1第二节 水的电离和溶液的pH同步练习题，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)
1.(2019全国Ⅲ)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是( )

A.每升溶液中的H+数目为0.02NA
B.c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)
C.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小
D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强
答案B
解析本题考查了有关pH、NA的计算,电解质溶液中的电荷守恒,弱电解质电离平衡的影响因素等,难度较小。常温下,pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=1×10-2ml·L-1,则1L溶液中H+的数目为0.01NA,A项错误;磷酸溶液中的阳离子有H+,阴离子有H2PO4-、HPO42-、PO43-及OH-,根据电荷守恒可得c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-),B项正确;磷酸为弱电解质,加水稀释促进电离,但c(H+)减小,pH增大,C项错误;磷酸的第一步电离方程式为H3PO4H2PO4-+H+,向磷酸溶液中加入NaH2PO4固体,根据同离子效应可知,磷酸电离平衡向逆向移动,溶液酸性减弱,D项错误。
2.(2020山西太原高二期中)常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是( )
A.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、NH4+、SO42-、NO3-
B.c(NO3-)=1 ml·L-1的溶液中:H+、Fe2+、SO42-、Cl-
C.中性溶液中:NH4+、Fe3+、SO42-、AlO2-
D.c(H+)c(OH-)=1×1012的溶液中:K+、Na+、S2O32-、F-
答案A
解析能使甲基橙变红的溶液呈酸性,Na+、NH4+、SO42-、NO3-能大量共存,故A正确;c(NO3-)=1ml·L-1的溶液中,H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应,不能大量共存,故B错误;中性溶液中Fe3+、AlO2-发生水解反应生成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀,不能大量共存,故C错误;c(H+)c(OH-)=1×1012的溶液呈酸性,在酸性条件下S2O32-会反应生成S和SO2,故D错误。
3.(2019上海等级考)常温下等体积的0.1 ml·L-1①CH3COOH溶液,②NaOH溶液,③CH3COONa溶液,假设溶液混合后对体积无影响,下列说法正确的是( )
A.①中c(CH3COOH)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
B.①②混合后,醋酸根离子浓度小于③的12
C.①③混合以后,溶液呈酸性,则c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)
D.①②混合溶液中水的电离程度比①③混合溶液中水的电离程度小
答案B
4.(2020安徽宿州高二期中)下列说法正确的是( )
A.向0.1 ml·L-1的氨水中加少量硫酸铵固体,则溶液中c(OH-)c(NH3·H2O)增大
B.常温下,0.1 ml·L-1一元酸(HA)溶液pH=3,则该溶液中,c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KW
C.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中c(NH4+)c(Cl-)>1
D.将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3、Na2CO3溶液蒸干均得不到原溶质
答案B
解析向氨水中加入少量硫酸铵固体,溶液中NH4+浓度变大,而一水合氨的电离平衡常数不变,由电离平衡常数表达式变形可得c(OH-)c(NH3·H2O)=Kbc(NH4+),则c(OH-)c(NH3·H2O)变小,A错误;根据电荷守恒有c(H+)=c(A-)+c(OH-),而c(OH-)=KWc(H+),所以c2(H+)=c(H+)·c(A-)+KW,B正确;向盐酸中加入氨水至中性,则c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒,c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-),则c(NH4+)=c(Cl-),c(NH4+)c(Cl-)=1,C错误;将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干分别得到的是CaCl2、Na2SO4、Fe(OH)3,均得不到原溶质,将Na2CO3溶液蒸干后可得到Na2CO3,D错误。
5.已知NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合加热煮沸能产生CO2气体。下列说法正确的是( )
A.NaHSO3溶液因水解而呈碱性
B.两溶液混合后产生CO2的原因是二者发生相互促进的水解反应
C.向NaHSO3溶液中加入三氯化铁溶液,既有沉淀生成又有气体生成
D.0.1 ml·L-1 NaHSO3溶液中:c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)-c(H+)=0.1 ml·L-1
答案D
解析由两溶液混合加热煮沸生成CO2知,亚硫酸氢钠溶液呈酸性,A错误;两溶液混合后产生CO2的原因是HSO3-电离产生的H+与CO32-发生反应,B错误;亚硫酸氢钠与三氯化铁溶液之间发生氧化还原反应,生成Fe2+和SO42-,无气体和沉淀生成,C错误;由c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)及c(Na+)=0.1ml·L-1知D正确。
6.相同温度下,关于盐酸和醋酸两种溶液的比较,下列说法正确的是( )
A.pH相等的两溶液中:c(CH3COO-)=c(Cl-)
B.分别中和pH相等、体积相等的两溶液,所需NaOH的物质的量相同
C.相同浓度的两溶液,分别与金属镁反应,反应速率相同
D.相同浓度的两溶液,分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化):c(CH3COO-)=c(Cl-)
答案A
7.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是( )
①醋酸与水能以任意比互溶;
②醋酸溶液能导电;
③醋酸稀溶液中存在醋酸分子;
④常温下,0.1 ml·L-1醋酸溶液的pH比0.1 ml·L-1盐酸的pH大;
⑤醋酸能和碳酸钙反应放出CO2;
⑥0.1 ml·L-1醋酸钠溶液pH=8.9;
⑦大小相同的铁片与等物质的量浓度的盐酸和醋酸溶液反应,开始时醋酸产生H2的速率慢;
⑧pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍
A.②⑥⑦⑧B.③④⑥⑦
C.③④⑥⑧D.①②
答案B
8.下列关于电解质溶液的叙述正确的是( )
A.Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中,离子种类不相同
B.常温下,1 ml·L-1的CH3COOH溶液与1 ml·L-1的NaOH溶液等体积混合后,所得混合液中:c(Na+)>c(CH3COO-)>c(H+)>c(OH-)
C.物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中,c(NH4+)前者小于后者
D.常温下,某溶液中由水电离出的c(H+)=10-5 ml·L-1,则此溶液可能是盐酸
答案C
解析A项,两种盐溶液中离子种类相同。B项,二者恰好反应生成CH3COONa,溶液呈碱性。C项,NH4HSO4电离产生的H+抑制了NH4+的水解,c(NH4+)前者小于后者,正确。D项,溶液中由水电离出的c(H+)=10-5ml·L-1,促进水的电离,而盐酸抑制水的电离。
9.某温度下,水溶液中c(H+)=10x ml·L-1,c(OH-)=10y ml·L-1,x和y的关系如图所示。则该温度下,0.01 ml·L-1的NaOH溶液的pH为( )
A.10B.11
C.12D.13
答案D
解析由图像知,KW=c(H+)·c(OH-)=1.0×10x+y=1.0×10-15。在0.01ml·L-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01ml·L-1,c(H+)=KWc(OH-)=1.0×10-13ml·L-1,pH=13。
10.(2016全国Ⅰ)298 K时,在20.0 mL 0.10 ml·L-1氨水中滴入0.10 ml·L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 ml·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是( )
A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B.M点对应的盐酸体积为20.0 mL
C.M点处的溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)
D.N点处的溶液中pH<12
答案D
解析氨水与盐酸中和生成氯化铵,氯化铵属于强酸弱碱盐,溶液显酸性,应选择在酸性范围变色的指示剂,指示剂可以为甲基橙,A选项错误;盐酸若为20mL,二者恰好中和,此时溶液为酸性,若溶液pH=7,则盐酸体积必然小于20mL,B选项错误;M点处溶液呈中性,c(NH4+)=c(Cl-),c(H+)=c(OH-),但c(Cl-)要远大于c(H+),C选项错误;由于N点为0.1ml·L-1的氨水,根据电离度为1.32%,c(OH-)=0.1ml·L-1×1.32%=0.00132ml·L-1,故pH<12,D选项正确。
二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意)
11.
(2019全国Ⅱ)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是( )
A.图中a和b分别为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度
B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)C.向m点的溶液中加入少量Na2S固体,溶液组成由m沿mpn线向p方向移动
D.温度降低时,q点的饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动
答案B
解析CdS在水中存在沉淀溶解平衡:CdS(s)Cd2+(aq)+S2-(aq),电离出的S2-浓度与Cd2+浓度相同,A项正确;沉淀溶解平衡常数只与温度有关,温度相同,Ksp相同,所以m、p、n三点的Ksp相同,B项错误;在T1温度下,向m点的溶液中加入少量Na2S固体,S2-浓度增大,但由于Ksp不变,所以Cd2+浓度必然减小,因此溶液组成由m沿mpn线向p方向移动,C项正确;温度降低,CdS的Ksp减小,但S2-浓度与Cd2+浓度仍然相等,所以q点饱和溶液的组成由q沿qp线向p方向移动,D项正确。
12.
室温下,用相同浓度的NaOH溶液,分别滴定浓度均为0.1 ml·L-1的三种酸(HA、HB和HD)溶液,滴定曲线如图所示,下列判断错误的是( )
A.三种酸的电离常数关系:KHA>KHB>KHD
B.滴定至P点时,溶液中:c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-)
C.pH=7时,三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)
D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)
答案C
解析A项,题给三种酸均为一元酸,浓度相同时,pH越小,说明对应酸越强,电离常数越大,因此根据未发生中和反应时三种酸溶液的pH大小可知A项正确;B项,P点时,HB反应一半,溶液中溶质为NaB和HB,且物质的量浓度相等,此时溶液呈酸性,说明HB的电离程度大于NaB的水解程度,则溶液中c(B-)>c(Na+)>c(HB)>c(H+)>c(OH-),正确;C项,对于任何一种酸HX,加NaOH反应达到中性时,酸越弱,需要的NaOH越少,c(Na+)越小,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),由于c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(X-),由于酸性HA>HB>HD,故达中性时三种溶液中c(A-)>c(B-)>c(D-),错误;D项,完全中和并混合后,溶液中溶质有NaA、NaB、NaD,水电离的H+部分被A-、B-、D-结合生成HA、HB、HD,所以根据质子守恒有c(H+)+c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-),正确。
13.
(2020黑龙江期中)常温下,向20 mL 0.1 ml·L-1MOH溶液中滴加CH3COOH溶液,所得溶液的pH及导电能力变化如图所示。下列叙述正确的是( )
A.MOH是强电解质
B.CH3COOH溶液的浓度约为0.1 ml·L-1
C.水的离子积KW:b=c=a
D.溶液的导电能力与可自由移动离子的数目有关
答案BC
解析常温下0.1ml·L-1MOH溶液的pH=8,即c(OH-)=10-6ml·L-1,则表明MOH在溶液中部分电离,即MOH是弱电解质,A错误;设CH3COOH溶液的浓度为x,b点导电能力最强,说明此时恰好完全中和,则20×10-3L·x=20×10-3L×0.1ml·L-1,x=0.1ml·L-1,由此得出CH3COOH溶液的浓度约为0.1ml·L-1,B正确;温度不变时,水的离子积KW不变,C正确;溶液的导电能力与可自由移动离子数目不成比例关系,与离子的总浓度和离子所带电荷数目有关,D错误。
14.向1 L含0.01 ml NaAlO2和0.02 ml NaOH的溶液中缓慢通入CO2,随n(CO2)增大,先后发生三个不同的反应,当0.01 ml答案D
解析A项,通入CO2之前,溶液中的电荷守恒关系为c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-),则c(Na+)c(CO32-)>c(AlO2-)>c(OH-),错误;C项,n=0.015ml时,发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3↓+Na2CO3,溶液中溶质为Na2CO3,则对应关系为c(Na+)>c(CO32-)>c(OH-)>c(HCO3-),错误;D项,n=0.03ml时,发生反应CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO3,NaHCO3溶液呈碱性:c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+),正确。
15.(2018江苏卷)H2C2O4为二元弱酸,Ka1(H2C2O4)=5.4×10-2,Ka2(H2C2O4)=5.4×10-5,设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 ml·L-1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
0 ml·L-1 H2C2O4溶液:c(H+)=0.100 0 ml·L-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)
B.c(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)>c(H2C2O4)>c(C2O42-)>c(H+)
C.pH=7的溶液:c(Na+)=0.100 0 ml·L-1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)
D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)
答案AD
解析根据电荷守恒可得:c(H+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:0.1000ml·L-1=c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-),两者相减得:c(H+)-0.1000ml·L-1=c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4),A项正确;c(Na+)=c(总),说明NaOH与H2C2O4按物质的量之比1∶1反应,完全反应生成NaHC2O4溶液,根据电离常数,HC2O4-电离程度大于水解程度,则c(C2O42-)>c(H2C2O4),B项错误;根据电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),由于c(H+)=c(OH-),则有c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-),而c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)=c(总),所以c(Na+)=c(总)-c(H2C2O4)+c(C2O42-),反应过程中溶液体积增大,c(总)小于0.1000ml·L-1,C项错误;根据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:c(Na+)=2[c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-)],两者相减得:c(H+)=c(OH-)-2c(H2C2O4)-c(HC2O4-),D正确。
三、非选择题(本题共5小题,共60分)
16.(12分)现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(单位:g·100 mL-1)。
Ⅰ.实验步骤
(1)配制待测白醋溶液,用 (填仪器名称)量取10.00 mL食用白醋,在 (填仪器名称)中用水稀释后转移到100 mL (填仪器名称)中,洗涤后定容,摇匀即得待测白醋溶液。
(2)量取待测白醋溶液20.00 mL置于锥形瓶中,向其中滴加2滴酚酞溶液作为指示剂。
(3)读取盛装0.100 0 ml·L-1 NaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。
(4)滴定。判断滴定终点的现象是 ,达到滴定终点,停止滴定,并记录NaOH溶液的最终读数,再重复滴定3次。
(5)如图是某次滴定时的滴定管中的液面,其读数为 mL。
Ⅱ.实验记录
Ⅲ.数据处理与讨论
(6)甲同学在处理数据时按如下方式计算平均消耗NaOH溶液的体积:
V=(15.95+15.00+15.05+14.95) mL4≈15.24 mL。
①指出甲同学计算的不合理之处: 。
②按正确数据处理,得出c(市售白醋)= ml·L-1,市售白醋总酸量= g·100 mL-1。
答案(1)酸式滴定管 烧杯 容量瓶
(4)滴入最后半滴碱溶液后,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色 (5)22.60
(6)①第1组实验数据误差较大,属异常值,应舍去
②0.075 4.5
解析(1)配制待测白醋溶液,用酸式滴定管准确量取10.00mL食用白醋,在烧杯中加蒸馏水稀释,再转移到100mL容量瓶中进行定容。
(4)向待测白醋中滴加酚酞作为指示剂,开始时溶液无色,当滴入最后半滴碱溶液时,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色。
(5)滴定管的0刻度在上方,由图示可知,滴定管中液面读数为22.60mL。
(6)①分析表中实验数据,第1组实验消耗NaOH溶液的体积与其他三组相差较大,应舍去第1组数据,取其他三组数据进行计算。②第2~4组实验中消耗NaOH溶液的平均体积为V(NaOH溶液)=(15.00+15.05+14.95) mL3=15.00mL,则有n(CH3COOH)=n(NaOH)=15.00×10-3L×0.1000ml·L-1=1.5×10-3ml,c(CH3COOH)=1.5×10-3ml0.02L=0.075ml·L-1,100mL该醋酸中含有醋酸的物质的量为0.075ml·L-1×0.1L=7.5×10-3ml。因量取10.00mL食用白醋配制成100mL待测白醋溶液,故10.00mL食用白醋中m(CH3COOH)=7.5×10-3ml×60g·ml-1=0.45g,故该市售白醋的总酸量为4.5g·100mL-1。
17.(12分)草酸(H2C2O4)是二元弱酸,KHC2O4溶液呈酸性。向10 mL 0.01 ml·L-1的H2C2O4溶液滴加0.01 ml·L-1 KOH溶液V(mL),回答下列问题。
(1)当V<10 mL时,反应的离子方程式为
。
(2)当V=10 mL时,溶液中HC2O4-、C2O42-、H2C2O4、H+的浓度从大到小的顺序为
。
(3)当V=a mL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-);当V=b mL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4);则a (填“<”“=”或“>”)b。
(4)当V=20 mL时,再滴入NaOH溶液,则溶液中n(K+)n(C2O42-)的值将 (填“变大”“变小”或“不变”)。
答案(1)H2C2O4+OH-HC2O4-+H2O
(2)c(HC2O4-)>c(H+)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)
(3)> (4)变小
18.(12分)某铬盐厂净化含Cr(Ⅵ)废水并提取Cr2O3的一种工艺流程如图所示。
已知:Ksp[Cr(OH)3]=6.3×10-31
Ksp[Fe(OH)3]=2.8×10-39
Ksp[Fe(OH)2]=4.9×10-17
(1)步骤Ⅰ中,发生的反应为2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O,B中含铬元素的离子有 (填离子符号)。
(2)当清液中Cr3+的浓度≤1.5 mg·L-1时,可认为已达铬的排放标准。若测得清液的pH=5,则清液尚不符合铬的排放标准,因为此时Cr3+的浓度为 mg·L-1。
(3)步骤Ⅱ还可用其他物质代替NaHSO3做还原剂。
①若用FeSO4·7H2O做还原剂,反应的离子方程式为 ,步骤Ⅲ中参加反应的阳离子一定有 (填离子符号)。
②若用铁屑做还原剂,当铁的投放量相同时,经计算,C溶液的pH与c(Cr2O72-)的对应关系如下表所示:
有人认为pH=6时,c(Cr2O72-)变小的原因是Cr2O72-基本上都已转化为Cr3+。这种说法是否正确,为什么?

。
③用铁屑做还原剂时,为使所得产品中含铁元素杂质的含量尽可能低,需要控制的条件有
。
答案(1)CrO42-、Cr2O72-
(2)32.76
(3)①Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O Cr3+、Fe3+、H+
②不正确,c(H+)减小,化学平衡2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O向逆反应方向移动,溶液中Cr(Ⅵ)主要以CrO42-形式存在
③铁屑过量;将溶液的pH控制在使Cr3+完全沉淀而Fe2+不沉淀的范围内
解析(1)根据反应可知B中含铬元素的离子有CrO42-、Cr2O72-。
(2)若清液的pH=5,则c(OH-)=10-9ml·L-1,c(Cr3+)=Ksp[Cr(OH)3]c3(OH-)=6.3×10-4ml·L-1,则此时Cr3+的浓度也为6.3×10-4ml·L-1×52×103mg·ml-1=32.76mg·L-1。
(3)①若用FeSO4·7H2O做还原剂,反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O,则C中的阳离子有Fe2+、Fe3+、Cr3+、H+,因为Ksp[Fe(OH)2]较大,故步骤Ⅲ中参加反应的阳离子一定有Fe3+、Cr3+、H+。②c(H+)减小,化学平衡2H++2CrO42-Cr2O72-+H2O向逆反应方向移动,溶液中Cr(Ⅵ)主要以CrO42-形式存在。③铁屑做还原剂要过量,同时应控制溶液的pH使Cr3+完全沉淀,而Fe2+不沉淀。
19.(12分)(2019辽宁重点高中协作校模拟)水溶液是中学化学的重点研究对象。
(1)水是极弱的电解质,也是最重要的溶剂。常温下,某电解质溶解在水中后,溶液中c(H+)=1×10-9 ml·L-1,则该电解质可能是 。
A.CuSO4 B.HCl C.Na2S D.NaOH
E.K2SO4
(2)已知HClO是比H2CO3还弱的酸,要使新制稀氯水中的c(HClO)增大,可采取的措施有(至少答两种) 。
(3)常温下,将pH=3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合,所得溶液均呈中性。
①浓度为1.0×10-3 ml·L-1的氨水b L;②c(OH-)=1×10-3 ml·L-1的氨水c L;③c(OH-)=1×10-3 ml·L-1的氢氧化钡溶液d L,则a、b、c、d之间的大小关系是 。
(4)强酸制弱酸是水溶液中的重要经验规律。
已知HA、H2B是两种弱酸,存在以下关系:H2B(少量)+2A-B2-+2HA,则A-、B2-、HB-三种阴离子结合H+由易到难的顺序为 。
(5)已知:H2AH++HA-、HA-H++A2-,常温下,0.1 ml·L-1 NaHA溶液的pH=2,则0.1 ml·L-1 H2A溶液中c(H+)的大小范围是 ;NaHA溶液中各离子浓度大小关系为 。
(6)常温下,已知Ksp(AgCl)=1.8×10-10,向50 mL 0.018 ml·L-1AgNO3溶液中加入相同体积的0.020 ml·L-1盐酸,则c(Ag+)= ml·L-1,此时所得混合溶液的pH= 。
答案(1)CD
(2)通入氯气、加入碳酸钙、加入次氯酸钠等
(3)b>a=d>c
(4)A-、B2-、HB-
(5)0.1 ml·L-1c(Na+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)
(6)1.8×10-7 2
20.(12分)(2018全国Ⅲ)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O,M=248 g·ml-1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题:
(1)已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10-10,Ksp(BaS2O3)=4.1×10-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验:
试剂:稀盐酸、稀硫酸、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:
①溶液配制:称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在 中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的 中,加蒸馏水至 。
②滴定:取0.009 50 ml·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32-S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液 ,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80 mL,则样品纯度为 %(保留1位小数)。
答案(1)③加入过量稀盐酸 ④出现乳黄色浑浊
⑤(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶液 ⑥产生白色沉淀
(2)①烧杯 容量瓶 刻度线 ②蓝色褪去 95.0
解析(1)先加过量盐酸排除S2O32-干扰:S2O32-+2H+S↓+SO2↑+H2O,然后在酸性条件下加BaCl2溶液,通过产生BaSO4沉淀证明SO42-存在。
(2)①溶液配制应在烧杯中溶解,容量瓶中定容。②滴定过程中I2→I-,达到滴定终点时无I2,故溶液蓝色褪去,即为终点;根据反应的离子方程式,可得到如下定量关系:
Cr2O72- ~ 3I2 ~ 6Na2S2O3·5H2O
1ml248×6g
0.00950ml·L-1×0.02Lm(Na2S2O3·5H2O)
m(Na2S2O3·5H2O)=0.28272g
则样品纯度为×1.2g×100%=95.0%。
选项
n(CO2)/ml
溶液中离子的物质的量浓度
A
0
c(Na+)>c(AlO2-)+c(OH-)
B
0.01
c(Na+)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(CO32-)
C
0.015
c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)
D
0.03
c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)
项目
每次滴定所读实验数据
1
2
3
4
V(样品)/mL
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH溶液)
(消耗)/mL
15.95
15.00
15.05
14.95
pH
3
4
5
6
c(Cr2O72-)(ml·L-1)
7.02×
10-21
7.02×
10-7
1.25×
10-3
2.12×
10-34
实验步骤
现象
①取少量样品,加入除氧蒸馏水
②固体完全溶解得无色澄清溶液
③
④ ,有刺激性气体产生
⑤静置,
⑥