高中苏教版 (2019)第二单元 溶液的酸碱性同步训练题

这是一份高中苏教版 (2019)第二单元 溶液的酸碱性同步训练题，共12页。试卷主要包含了现用0，用0，准确移取20，25 ℃时,向20等内容，欢迎下载使用。

专题3分层作业17　酸碱中和滴定
A级 必备知识基础练
1.NaOH溶液滴定盐酸的实验中,不必用到的是(　　)
A.酚酞 B.圆底烧瓶
C.锥形瓶 D.碱式滴定管
2.现用0.10 mol·L-1 HCl溶液滴定10 mL 0.05 mol·L-1 NaOH溶液,若酸式滴定管未润洗,达到终点时所用盐酸的体积应是(　　)
A.10 mL B.5 mL
C.大于5 mL D.小于5 mL
3.(2023河北石家庄月考)用0.100 0 mol·L-1 HCl溶液滴定未知浓度的KOH溶液。有关该实验的说法中正确的是(　　)

A.用图中的a滴定管盛装0.100 0 mol·L-1 HCl溶液
B.滴定前,需用未知浓度的KOH溶液润洗锥形瓶2~3次
C.滴定时,眼睛要注视滴定管中液面的变化
D.滴定过程中,滴定管漏液,测量结果偏高
4.准确移取20.00 mL某待测HCl溶液置于锥形瓶中,用0.100 0 mol·L-1 NaOH标准溶液滴定。下列说法正确的是(　　)
A.滴定管用蒸馏水洗涤后,装入NaOH标准溶液进行滴定
B.随着NaOH溶液滴入,锥形瓶中溶液pH由小变大
C.用酚酞作为指示剂,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,则测定结果偏小
5.下面关于中和滴定的实验操作叙述不正确的有(　　)
①将锥形瓶用蒸馏水和待测定的盐酸进行洗涤
②取20 mL待测定的盐酸,注入锥形瓶中
③向锥形瓶中加入几滴酚酞为指示剂
④碱式滴定管用蒸馏水洗涤后,直接注入已知浓度的NaOH溶液
⑤进行中和滴定时,一旦锥形瓶内溶液由无色变成粉红色,即可停止滴定
⑥记录数据,进行必要的数据处理和得出结论
A.①④⑥ B.①②④
C.①②④⑤ D.②③⑤
6.用一定浓度的NaOH溶液滴定未知浓度的HCl溶液,下列操作使所测浓度偏高的是(　　)
A.装待测溶液的酸式滴定管放液前有气泡,放液之后无气泡
B.装标准溶液的碱式滴定管滴定前无气泡,滴定终点有气泡
C.盛放标准溶液的滴定管在终点读数时,尖嘴处有一滴液体悬而未滴
D.锥形瓶用蒸馏水洗后未干燥
7.(2023河北廊坊期末)以酚酞试液作指示剂,对某新制NaOH溶液进行中和滴定实验,数据记录如下表:
实验
编号
待测液
消耗标准盐酸
(0.01 mol·L-1)的体积
①
20 mL NaOH溶液
V1 mL
②
20 mL NaOH溶液+10 mL H2O
V2 mL
③
敞口隔夜放置的20 mL NaOH溶液
V3 mL
则该新制的NaOH溶液的浓度c( mol·L-1)计算合理的是(　　)
A.c=0.01×(V1+V2+V3)3×20
B.c=0.01×(V1+V2)2×20
C.c=0.01×(V1+V3)2×20
D.c=0.01×V120
8.如图是25 ℃时盐酸与氢氧化钠溶液的滴定曲线a和b。

试认真分析后填空:
(1)曲线a是用　　　　　滴定　　　;曲线b是用　　　　　　滴定　　　　　　。 
(2)P点的纵坐标为　　　　　。 
(3)盐酸的物质的量浓度为　　　 mol·L-1;氢氧化钠溶液的体积为　　　　　 mL。 
B级 关键能力提升练
9.(2023广东梅州三校高二联考)25 ℃时,向20.00 mL 0.100 0 mol·L-1盐酸中滴加0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液,溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg 5≈0.7,下列说法不正确的是(　　)

A.V(NaOH溶液)=20.00 mL时,pH=7
B.V(NaOH溶液)=30.00 mL时,pH≈12.3
C.选择甲基红指示反应终点,误差比甲基橙的小
D.滴定过程中,水的电离程度不断减小
10.用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸(如图),下列实验操作不会引起误差的是(　　)

A.盛装NaOH溶液的滴定管在水洗后未用待装液润洗
B.盛装盐酸的锥形瓶用水洗后未用待装液润洗
C.其他操作均正确,滴定终点读数时仰视滴定管的刻度
D.滴定前无气泡,滴定到终点时发现尖嘴处有气泡
11.25 ℃时,用0.100 0 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1的一元强酸甲和一元弱酸乙,滴定曲线如图所示。下列有关判断正确的是(　　)

A.曲线Ⅰ代表的滴定最好选用甲基橙作指示剂
B.曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定一元弱酸乙
C.电离常数Ka(乙)≈1.01×10-5
D.图像中的x>20.00
12.实验室为测定一种烧碱样品的组成,称取该烧碱样品4.0 g配成1 L溶液,取出20.00 mL置于锥形瓶中,以甲基橙为指示剂,用0.10 mol·L-1 HCl标准溶液滴定,恰好完全中和时消耗标准盐酸19.00 mL,若烧碱中只含有一种杂质,则不可能是(　　)
A.NaCl B.Ca(OH)2
C.Na2CO3 D.NaHCO3
13.可用酚酞和甲基橙双指示剂法测定部分变质的烧碱中Na2CO3的含量。先将部分变质的烧碱配制成一定浓度的溶液并加入一种指示剂,用一定浓度的HCl溶液滴定至变色后,再加入另一种指示剂,继续用该HCl溶液滴定至变色,分别记录两个变色点加入HCl溶液的体积并进行计算。滴定过程中溶液pH的变化如图所示。下列说法错误的是(　　)

A.指示剂的添加顺序为先加酚酞,后加甲基橙
B.b点时溶液中的溶质主要为NaCl和NaHCO3
C.若V1>2V2,则a点溶液中存在c(CO32-)>c(OH-)
D.原固体混合物中碳酸钠的质量分数表示为53V220V1+33V2×100%
14.下列有关滴定的说法正确的是(　　)
A.用25 mL滴定管进行酸碱中和滴定时,用去标准溶液的体积为21.7 mL
B.用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸,配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质,则结果偏低
C.用c1 mol·L-1酸性高锰酸钾溶液滴定V2 mL未知浓度的H2C2O4溶液,至滴定终点用去酸性高锰酸钾溶液体积为V1 mL,则H2C2O4溶液的浓度为0.4c1V1V2 mol·L-1
D.用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时,若读取读数时,滴定前仰视,滴定到终点后俯视,会导致测定结果偏高
15.小龙同学在实验室选用碘量法测定某磁铁矿(主要成分是Fe3O4,杂质为SiO2、CuO)中铁元素的质量分数,实验步骤如下:
①酸浸:取m g样品,先将矿石粉碎,加入足量2 mol·L-1 H2SO4溶液浸取,过滤后得到浸取液;
②除杂:先向浸取液中加入足量H2S溶液,过滤后加入足量酸性H2O2溶液氧化Fe2+(过量的H2S转化为S),再加入一定量MnO2固体除去过量的H2O2溶液,一段时间后过滤得到V mL滤液;
③定容:将滤液稀释至250 mL,取出25.00 mL置于带塞子的锥形瓶中待用;
④转化:向取出的25.00 mL溶液中加入足量KI固体,塞上塞子置于暗处静置30 min;
⑤滴定:加入指示剂后,用c mol·L-1Na2S2O3标准溶液进行滴定至终点,消耗Na2S2O3标准溶液V1 mL;
⑥重复④⑤操作2次。已知:2S2O32-+I2S4O62-+2I-。
(1)①中将矿石粉碎的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　;加入足量H2SO4溶液的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)写出②中加入足量H2S溶液发生反应的离子方程式: 　　　　　　　　。 
(3)③中用　(填仪器名称) 
取出25.00 mL溶液。
(4)⑤中加入的指示剂是　　　　　　,滴定终点的现象是:滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后,　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。⑥中重复进行实验的目的是　　　　　　　。 
(5)该磁铁矿中铁元素质量分数为 　　　　　　　(用含m、c、V1的代数式表示,需要化简)。
(6)若滴定过程中溶液pH过低则会导致测定结果　　　　(填“偏高”或“偏低”),写出导致这种误差的离子方程式:　 　　　　　　　。 
若②中过量的H2O2溶液没除去则会导致测定结果　　　　(填“偏高”或“偏低”,下同),若②中MnO2固体没有过滤除去则会导致测定结果　　　　。 
C级 学科素养拔高练
16.硼氢化钠(NaBH4)是一种常见的还原剂,常温下易与水反应,可溶于异丙胺(沸点33 ℃),广泛应用于制药、造纸、废水处理等。某探究小组采用偏硼酸钠(NaBO2)为主要原料制备NaBH4,其实验流程如图:

(1)第①步为高温合成,写出该合成反应的化学方程式:　 　　　　　　　。 
(2)第③步为分离NaBH4并回收溶剂,采用的实验操作是　　　　　。 
(3)实验测定NaBH4产率的原理及步骤如下:
①测定原理∶3NaBH4+4KIO33NaBO2+4KI+6H2O
KIO3+5KI+3H2SO43I2+3K2SO4+3H2O
I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。
②测定步骤:
步骤1:探究小组以23.76 g NaBO2为主要原料制得NaBH4产品,将产品溶于NaOH溶液后配成250 mL溶液,用移液管量取2.50 mL置于碘量瓶中,加入30.00 mL 0.100 0 mol·L-1 KIO3溶液振荡60 s,使充分反应。
步骤2:向充分反应的溶液中加入过量的KI溶液,用4 mol·L-1的H2SO4调节pH至5.0以下,冷却后暗处放置数分钟。
步骤3:用0.200 0 mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至微黄色,加入几滴淀粉指示剂,继续滴定至终点,消耗Na2S2O3标准溶液的体积为24.00 mL。
通过计算确定上述实验流程中NaBH4的产率为　　　　　。 
(4)已知:NaBH4+2H2ONaBO2+4H2↑(HBO2是弱酸),实验测得25 ℃时,NaBH4每消耗一半所用的时间与溶液pH的关系如下表:
pH
8
10
12
14
时间min
6.2×10-1
6.2×10
6.2×103
6.2×105

实验中发现NaBH4与水反应开始释放H2很快,经过一段时间后就缓慢下来,可能的原因:一是反应物浓度降低,二是 　　　　　　　　。 



参考答案
专题3　分层作业17　酸碱中和滴定
1.B　解析 在酸碱中和滴定中要用滴定管滴加试剂,一般将待测溶液盛装在锥形瓶中,用指示剂酚酞来判断滴定终点,因此不必使用的仪器是圆底烧瓶。
2.C　解析 用0.10 mol·L-1HCl溶液滴定10 mL 0.05 mol·L-1 NaOH溶液,恰好完全反应时需5 mL HCl溶液。若酸式滴定管未润洗相当于盐酸被稀释,其浓度小于0.10 mol·L-1,则中和NaOH所需盐酸的体积大于5 mL。
3.D　解析 盐酸需要用酸式滴定管盛装,即用图中的b滴定管盛装,故A错误;用未知浓度的KOH溶液润洗锥形瓶2~3次,导致锥形瓶中KOH的物质的量偏大,测定结果偏高,所以锥形瓶不能润洗,故B错误;滴定时,眼睛要注视锥形瓶内溶液颜色的变化,不是注视滴定管中液面的变化,滴定完之后,再读取滴定管中溶液体积,故C错误;滴定过程中,滴定管漏液,消耗盐酸体积偏大,由c(KOH)=c(HCl)·V(HCl溶液)V(KOH溶液)可知,测量结果偏高,故D正确。
4.B　解析 A项,滴定管用蒸馏水洗涤后,需用标准溶液润洗后才能装入NaOH溶液进行滴定;B项,随着NaOH溶液的滴入,锥形瓶内溶液中c(H+)越来越小,故pH由小变大;C项,用酚酞作为指示剂,当锥形瓶内溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不褪去,说明达到滴定终点,应停止滴定;D项,滴定达到终点时,滴定管尖嘴部分有悬滴,则所读取的标准NaOH溶液量偏多,使测定结果偏大。
5.C　解析 ①锥形瓶用待测定的盐酸进行洗涤,导致滴定时标准液用量增加,实验数据偏大,错误;②锥形瓶中应准确加入20.00 mL待测定的盐酸,错误;③盐酸和氢氧化钠反应可用酚酞为指示剂,正确;④碱式滴定管用蒸馏水洗涤后,再用标准液润洗,若直接注入已知浓度的NaOH溶液导致标准液浓度偏低,用量增加,导致实验误差,错误;⑤进行中和滴定时,一旦锥形瓶内溶液由无色变成粉红色,且半分钟内不变色,即可停止滴定,错误;⑥记录数据,进行必要的数据处理和得出结论,正确;故选C。
6.C　解析 装待测溶液的酸式滴定管放液前有气泡,放液之后无气泡,则待测溶液的体积偏小,消耗标准溶液体积减小,则测得待测溶液浓度偏小,A不符合题意;盛标准溶液的碱式滴定管滴定前无气泡,滴定终点有气泡,则所测浓度偏低,B不符合题意;盛放标准溶液的滴定管在终点读数时,尖嘴处有一滴液体悬而未滴,所测浓度偏高,C符合题意;锥形瓶用蒸馏水洗后未干燥,并未影响待测溶液的物质的量,所以对结果无影响,D不符合题意。
7.B　解析 ②20 mL NaOH溶液中加入10 mL H2O,其溶质的物质的量不变,则V1、V2的值应基本相同;③敞口隔夜放置的NaOH溶液已发生反应生成部分Na2CO3,用酚酞作指示剂,Na2CO3被滴定到NaHCO3,消耗盐酸的量减少;为减小实验误差,应选择①和②进行计算,故答案选B。
8.答案 (1)NaOH溶液　盐酸　盐酸　NaOH溶液
(2)7　(3)0.1　15.00
解析 (1)曲线a的pH逐渐增大,应该是在酸溶液中加入了碱;曲线b的pH逐渐减小,应该是在碱溶液中加入了酸。
(2)P点表示酸碱恰好完全反应,故纵坐标是7。
(3)由曲线a可知,未滴加氢氧化钠溶液时,盐酸的pH=1,故盐酸的浓度为0.1 mol·L-1;NaOH溶液和盐酸的体积均为15.00 mL。
9.D　解析 25 ℃时,向20.00 mL 0.100 0 mol·L-1盐酸中滴加0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液,发生中和反应,当V(NaOH溶液)=20.00 mL时,两者恰好完全中和,溶液pH=7,A项正确;根据上述分析可知,当V(NaOH溶液)=30.00 mL时,碱过量,c(OH-)=(30.00-20.00) mL×0.100 0mol·L-1(30.00+20.00) mL=0.020 0 mol·L-1,c(H+)=5×10-13 mol·L-1,所以溶液的pH≈12.3,B项正确;反应终点的pH与指示剂的变色范围越吻合,误差越小。据图可知,选择甲基红指示反应终点,误差比甲基橙的小,C项正确;V(NaOH溶液)从0~20.00 mL过程中,盐酸逐渐被中和至恰好完全反应,盐酸的浓度逐渐减小为0,水的电离程度逐渐增大,V(NaOH溶液)>20.00 mL后,水的电离程度减小,D项错误。
10.B　解析 盛装NaOH溶液的滴定管在水洗后未用待装液润洗,会导致消耗标准溶液的体积增大,根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)可知,测定结果会偏高,A不符合题意;盛装待测溶液的锥形瓶用水洗后未用所装待测溶液润洗,待测溶液的物质的量不变,对V(标准)无影响,对测定结果无影响,B符合题意;滴定终点仰视滴定管读数,读出的数据偏大,导致标准溶液体积偏大,测定结果偏高,C不符合题意;滴定前无气泡,滴定到终点时发现尖嘴处有气泡,造成V(标准)偏小,测定结果偏小,D不符合题意。
11.C　解析 根据两种酸的浓度均为0.100 0 mol·L-1以及曲线Ⅰ、Ⅱ的起点对应的pH可知,曲线Ⅰ为NaOH溶液滴定一元弱酸乙,曲线Ⅱ为NaOH溶液滴定一元强酸甲,B项错误;分析曲线Ⅰ可知,滴定终点时溶液为碱性,故应选取酚酞作指示剂,A项错误;由a点可知,滴定前,一元弱酸乙溶液中c(H+)=0.001 0 mol·L-1,故Ka(乙)=0.001020.100 0-0.001 0≈1.01×10-5,C项正确;由强碱滴定强酸达到滴定终点时pH=7可知,x=20.00,D项错误。
12.B　解析 19.00 mL 0.10 mol·L-1 HCl标准溶液中含有HCl的物质的量为0.10 mol·L-1×0.019 L=0.001 9 mol,假设只发生反应HCl+NaOHNaCl+H2O,则20.00 mL配制的烧碱溶液中含有0.001 9 mol NaOH,则1 L该溶液中含有氢氧化钠的物质的量为0.001 9 mol×1 000 mL20.00 mL=0.095 mol,1 L 溶液中含有氢氧化钠的质量为40 g·mol-1×0.095 mol=3.8 g<4.0 g,由于烧碱样品中含有杂质,说明含有的杂质不与HCl反应或在等质量时消耗HCl的物质的量小于NaOH。氯化钠不与氯化氢反应,含有氯化钠时消耗的氯化氢减少,NaCl可能存在;74 g氢氧化钙消耗2 mol HCl,37 g氢氧化钙消耗1 mol HCl,等质量时消耗的HCl大于氢氧化钠,Ca(OH)2不可能存在;106 g Na2CO3消耗2 mol HCl,53 g Na2CO3消耗1 mol HCl,等质量时Na2CO3消耗的氯化氢小于氢氧化钠,Na2CO3可能存在;84 g NaHCO3消耗1 mol HCl,等质量时消耗的氯化氢小于氢氧化钠,NaHCO3可能存在。
13.C　解析 由题意分析可知,指示剂的添加顺序为先加酚酞,后加甲基橙,A项正确;b点时溶液中的溶质主要为NaCl和NaHCO3,B项正确;若V1>2V2,说明a点溶液中c(OH-)>c(CO32-),C项错误;设HCl溶液的物质的量浓度为c,则部分变质的烧碱中碳酸钠的质量分数为
106cV2×10-340c(V1-V2)×10-3+106cV2×10-3×100%=53V220V1+33V2×100%,D项正确。
14.B　解析 滴定管的精度为0.01 mL,故A错误;若配制标准溶液的固体KOH中有NaOH杂质,使OH-浓度偏高,滴定未知浓度的盐酸时,则消耗标准溶液的体积偏小,使测得盐酸的浓度偏低,故B正确;用酸性高锰酸钾溶液滴定未知浓度的H2C2O4溶液,反应的化学方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O,n(KMnO4)∶n(H2C2O4)=2∶5,则H2C2O4溶液的浓度为5c1V12V2 mol·L-1,故C错误;用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,若读取读数时,滴定前仰视,滴定到终点后俯视,使消耗的盐酸体积偏小,导致测定结果偏低,故D错误。
15.答案 (1)增大矿石与溶液的接触面积,加快反应速率　使Fe3O4全部浸出
(2)H2S+2Fe3+S↓+2H++2Fe2+,H2S+Cu2+CuS↓+2H+
(3)酸式滴定管
(4)淀粉溶液　溶液蓝色恰好褪去,且30 s内不变色　减小误差
(5)56cV1m%
(6)偏高　2H++S2O32-H2O+S↓+SO2↑　偏高　偏高
解析 (1)①中将矿石粉碎的目的是增大矿石与溶液的接触面积,加快反应速率,加入足量H2SO4溶液的目的是使Fe3O4全部浸出。
(2)②中加入足量H2S溶液与铁离子发生氧化还原反应生成硫单质,同时又与铜离子反应产生CuS沉淀,发生反应的离子方程式为H2S+2Fe3+S↓+2H++2Fe2+,H2S+Cu2+CuS↓+2H+。
(3)③中用酸式滴定管准确取出25.00 mL溶液。
(4)淀粉遇碘变蓝,故⑤中加入的指示剂是淀粉溶液,滴定终点的现象是滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液后,溶液蓝色恰好褪去,且30 s内不变色;⑥中重复进行实验的目的是多次实验取平均值,减小误差。
(5)实验过程中发生反应2Fe3++2I-2Fe2++I2、2S2O32-+I2S4O62-+2I-,设该磁铁矿中铁元素质量分数为x,则:
2Fe3+　~　I2　~　2S2O32-
2×56 g 2 mol
m g×x　　 c mol·L-1×V1×10-3 L×250 mL25.00 mL
x=2×56×c×25025.00×V1×10-32×m×100%=56cV1m%。
(6)若滴定过程中溶液的pH过低则会导致测定结果偏高,导致这种误差的离子方程式为2H++S2O32-H2O+S↓+SO2↑;若②中过量的H2O2溶液没除去则会产生更多的碘单质,滴定时消耗Na2S2O3标准溶液偏多,会导致测定结果偏高;若②中MnO2固体没有过滤除去则也会产生更多的碘单质,滴定时消耗Na2S2O3标准溶液偏多,会导致测定结果偏高。
16.答案 (1)NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3
(2)蒸馏
(3)45.8%
(4)反应生成了碱性的NaBO2,抑制反应的进一步进行
解析 根据题意分析可知,NaBO2、Na、SiO2、H2反应生成NaBH4和Na2SiO3,NaBH4可溶于异丙胺,加入异丙胺过滤,分离出Na2SiO3,通过蒸馏NaBH4的异丙胺溶液可得到NaBH4固体。
(1)第①步反应,NaBO2、Na、SiO2、H2反应生成NaBH4和Na2SiO3,该反应的化学方程式为NaBO2+2SiO2+4Na+2H2NaBH4+2Na2SiO3。
(2)异丙胺的沸点为33 ℃,蒸馏NaBH4的异丙胺溶液可得到NaBH4固体。
(3)23.76 g NaBO2的物质的量为0.36 mol,理论上生成NaBH4的物质的量是0.36 mol;设2.50 mL NaBH4溶液含溶质的物质的量为x,根据测定原理:3NaBH4+4KIO33NaBO2+4KI+6H2O、KIO3+5KI+3H2SO43I2+3K2SO4+3H2O、I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6,NaBH4、Na2S2O3把KIO3还原为I-,1 mol NaBH4失8 mol电子、1 mol Na2S2O3失1 mol电子、1 mol KIO3得6 mol电子,根据得失电子守恒,8x+1×0.200 0 mol·L-1×0.024 L=6×0.03 L×0.100 0 mol·L-1,x=0.001 65 mol,NaBH4的产率为0.001 650.36×2.50250×100%≈45.8%。
(4)根据表格数据,溶液碱性越强反应速率越慢,NaBH4+2H2ONaBO2+4H2↑反应生成了碱性的NaBO2,抑制反应的进一步进行,所以经过一段时间后反应就缓慢下来。