第八章物质水溶液中的行为第一讲水溶液酸碱中和滴定一、选择题1．25℃时，水的电离达到平衡：H2OH＋＋OH－ ΔH>0，下列叙述正确的是( )A．向水中加入稀氨水，平衡逆向移动，c(OH－)降低B．向水中加入少量固体硫酸氢钠，c(H＋)增大，KW不变C．向水中加入少量固体CH3COONa，平衡逆向移动，c(H＋)降低D．将水加热，KW增大，pH不变解析酸、碱均抑制水的电离，由于NH3·H2O是弱碱，c(OH－)增大，A错误；NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO，H＋抑制水的电离，c(H＋)增大，c(OH－)降低，KW不变(温度未变)；CH3COONa电离出的CH3COO－发生水解，CH3COO－＋H2O===CH3COOH＋OH－，促进了水的电离，水解使溶液呈碱性，c(H＋)降低，C错误；升温，平衡正向移动，c(H＋)、c(OH－)均增大，KW也变大，D错误。答案 B2．下列离子在稳定人体血液的pH中起作用的是( )A．Na＋B．HCOC．Fe2＋D．Cl－解析 HCO既可以与H＋反应，又可以与OH－反应，可起到调节血液pH的作用。答案 B3．常温时，纯水中由水电离的c(H＋)＝a，pH＝1的盐酸中由水电离的c(H＋)＝b,0.2mol·L－1的盐酸与0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液等体积混合后，由水电离的c(H＋)＝c，则a、b、c的关系正确的是( )A．a>b＝cB．a>c>bC．c>b>aD．b>c>a解析 纯水中加酸或碱会抑制水的电离，a＝1×10－7mol·L－1，b＝c(H＋)水＝c(OH－)液＝＝1×10－13mol·L－1；c＝c(H＋)水＝c(OH－)液＝，而c(H＋)液＝＝5×10－2mol·L－1，故c＝＝2×10－13mol·L－1，即a>c>b，选B。答案 B7\n4．室温时，将xmLpH＝a的稀NaOH溶液与ymLpH＝b的稀盐酸充分反应。下列关于反应后溶液pH的判断，正确的是( )A．若x＝y，且a＋b＝14，则pH＞7B．若10x＝y，且a＋b＝13，则pH＝7C．若ax＝by，且a＋b＝13，则pH＝7D．若x＝10y，且a＋b＝14，则pH＞7解析 本题主要考查有关pH的简单计算。由题意知：n(NaOH)＝x·10a－14·10－3mol，n(HCl)＝y·10－b·10－3mol，所以n(NaOH)∶n(HCl)＝＝×10(a＋b－14)。若x＝y，且a＋b＝14，则n(NaOH)＝n(HCl)两者恰好完全反应，pH＝7；若10x＝y且a＋b＝13，则碱不足，pH＜7；若ax＝by且a＋b＝13则n(NaOH)∶n(HCl)＝·＜1，碱不足，故pH＜7；若x＝10y且a＋b＝14，则n(NaOH)∶n(HCl)＝10＞1，NaOH过量，pH＞7。答案 D5．常温下，某溶液中由水电离的c(H＋)＝1×10－13mol·L－1，该溶液可能是( )①二氧化硫水溶液 ②氯化铵水溶液 ③硝酸钠水溶液 ④氢氧化钠水溶液A．①④B．①②C．②③D．③④解析 某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10－13mol·L－1，正常水电离出来的c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1，说明该溶液抑制了水的电离，它既可能是酸溶液也可能是碱溶液。①SO2＋H2O===H2SO3，H2SO3===HSO＋H＋，HSO===SO＋H＋，溶液呈酸性抑制水的电离。④NaOH===Na＋＋OH－，溶液呈碱性抑制水的电离。②氯化铵水溶液：NH4Cl＋H2O===NH3·H2O＋HCl，促进水的电离，使得溶液呈酸性：c(H＋)>1.0×10－7mol·L－1。③硝酸钠是强酸强碱盐，不水解，呈中性，c(H＋)＝1.0×10－7mol·L－1。答案为A。答案 A6．现有常温时pH＝1的某强酸溶液10mL，下列操作能使溶液的pH变成2的是（）A．加水稀释成100mLB．加入10mL的水进行稀释C．加入10mL0.01mol/L的NaOH溶液D．加入10mL0.01mol/L的HCl溶液解析 加水稀释为原来溶液体积的10倍，强酸的pH正好增大1个单位。7\n答案 A7．向VmLBaCl2溶液中加入一定体积的0.05mol/L硫酸溶液，两者恰好完全反应，且反应后溶液的pH为3.0。原BaCl2的物质的量浓度为（）A．5.05×10－4mol/LB．5.05×10－3mol/LC．1.01×10－4mol/LD．1.01×10－3mol/L解析 BaCl2溶液与H2SO4溶液混合除生成沉淀外，另一方面是H2SO4溶液中的[H＋]被稀释，原H2SO4溶液中[H＋]＝0.05mol/L×2＝0.1mol/L，pH＝1被稀释100倍，BaCl2溶液与H2SO4溶液的体积比为99∶1，则二者物质的量浓度之比为1∶99，[BaCl2]＝0.05mol/L×＝5.05×10－4mol/L。答案 A8．下图是向100mL的盐酸中逐渐加入NaOH溶液时，溶液pH变化的图像，根据图像所得结论正确的是( )A．原来盐酸的物质的量浓度为0.1mol·L－1B．x为0.1mol的NaOHC．原来盐酸的物质的量浓度为1mol·L－1D．x为1mol的NaOH解析 从题图中知，起始的盐酸溶液pH＝1，c(H＋)＝0.1mol·L－1。 所以n(HCl)＝0.1L×0.1mol·L－1＝0.01mol所以n(NaOH)＝n(HCl)＝0.01mol。答案 A二、非选择题9．某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白：7\n(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手轻轻摇动锥形瓶，眼睛注视__________________________________________________________________________________________________________________________________________。直到因加入一滴盐酸后，溶液由黄色变为橙色，并_____________________________为止。(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是________(填字母序号)。A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数(3)若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则起始读数为________mL，终点读数为________mL；所用盐酸溶液的体积为________mL。解析 在求c(NaOH)和进行误差分析时应依据公式：c(NaOH)＝。欲求c(NaOH)，须先得V[HCl(aq)]再代入公式；进行误差分析时，要考虑实际操作对每一个量即V[HCl(aq)]和V[NaOH(aq)]的影响，进而影响c(NaOH)。(1)考查酸碱中和滴定实验的规范操作。(2)考查由于不正确操作引起的误差分析。酸式滴定管未用标准盐酸润洗，内壁附着一层水，可将加入的盐酸冲稀，中和相同量的碱，所需盐酸的体积偏大，结果偏高；用碱式滴定管取出的待测NaOH溶液的物质的量一旦确定，倒入锥形瓶后，水的加入不影响OH－的物质的量，也就不影响结果；若排出气泡，液面会下降，故读取V酸偏大，结果偏高；正确读数(虚线部分)和错误读数(实线部分)如图所示，故D选项读取V酸偏小，结果偏低。(3)读数时，以凹液面的最低点为基准。答案 (1)锥形瓶内溶液颜色变化 半分钟内不褪色(2)D (3)0.00 26.10 26.1010．在不同温度下的水溶液中c(H＋)＝10xmol·L－1，c(OH－)＝10ymol·L－1，x与y的关系如图所示。请回答下列问题：(1)曲线Ⅰ代表的温度下，水的离子积为________，曲线Ⅰ所代表的温度________(填“高于”、“低于”或“等于”)曲线Ⅱ所代表的温度。你判断的依据是__________________7\n___________________________________________________________________________。(2)曲线Ⅰ所代表的温度下，0.01mol·L－1的NaOH溶液的pH为________。解析 (1)根据曲线中的数据，可以知道曲线Ⅰ代表的温度下水的离子积为1×10－12mol2·L－2，水的电离过程是吸热过程，温度越高，水的离子积就越大，曲线Ⅰ所代表的水的离子积比曲线Ⅱ的大，所以曲线Ⅰ代表的温度高。(2)曲线Ⅰ所代表水的离子积为1×10－12,0.01mol·L－1的NaOH溶液中c(OH－)＝10－2mol·L－1，则c(H＋)＝10－10mol·L－1，pH＝10。答案 (1)1×10－12 高于 曲线Ⅱ所代表的水的离子积比曲线Ⅰ的小，由于水的电离过程是吸热过程，温度越高，离子积越大，故曲线Ⅱ代表的温度低 (2)1011．已知水在25℃和95℃时，其电离平衡曲线如右图所示：(1)则25℃时水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”)，请说明理由__________________________________________________________________________________。(2)25℃时，将pH＝9的NaOH溶液与H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为________。(3)95℃时，若100体积pH1＝a的某强酸溶液与1体积pH2＝b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是__________________。(4)曲线B对应温度下，pH＝2的某HA溶液和pH＝10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH＝5。请分析其原因：___________________________________________________________________________________________________________________________。解析 本题的关键是搞清楚温度对水的电离平衡、水的离子积和溶液pH的影响。(1)当温度升高时，促进水的电离，水的离子积也增大，水中氢离子浓度、氢氧根离子浓度都增大，水的pH减小，但溶液仍然呈中性。因此结合图象中A、B曲线变化情况及氢离子浓度、氢氧根离子浓度可以判断，25℃时水的电离平衡曲线应为A，理由为水的电离是吸热过程，升高温度，水的电离程度增大。(2)25℃时所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH－)＝n(H＋)，则V[NaOH(aq)]·10－5mol·L－1＝V[H2SO4(aq)]·10－4mol·L－1，得V[NaOH(aq)]∶V[H2SO4(aq)]＝10∶1。(3)要注意是95℃时，水的离子积为1×10－12，即c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，根据957\n℃时混合后溶液呈中性，pH2＝b的某强碱溶液中c(OH－)＝10b－12;有100×10－a＝1×10b－12，即10－a＋2＝10b－12，所以，有以下关系：a＋b＝14或pH1＋pH2＝14。(4)在曲线B对应温度下，因pH(酸)＋pH(碱)＝12，可得酸碱两溶液中c(H＋)＝c(OH－)，如是强酸、强碱，两溶液等体积混合后溶液应呈中性；现混合溶液的pH＝5，即等体积混合后溶液显酸性，说明H＋与OH－完全反应后又有新的H＋产生，即酸过量，所以说酸HA是弱酸。答案 (1)A 水的电离是吸热过程，温度低时，电离程度小，KW小(2)10∶1 (3)a＋b＝14或pH1＋pH2＝14(4)曲线B对应95℃，此时水的离子积为1×10－12，因pH(酸)＋pH(碱)＝12，可得酸碱两溶液中c(H＋)＝c(OH－)，若HA为强酸，HA与NaOH溶液等体积混合后溶液应呈中性，现混合溶液pH＝5，即混合后溶液显酸性则HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H＋，使溶液pH＝512．实验室常利用甲醛法测定(NH4)2SO4样品中氮的质量分数，其反应原理为：4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋[滴定时，1mol(CH2)6N4H＋与1molH＋相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：步骤Ⅰ 称取样品1.500g。步骤Ⅱ 将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤Ⅲ 移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。(1)根据步骤Ⅲ填空：①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。③滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察________。A．滴定管内液面的变化B．锥形瓶内溶液颜色的变化④滴定达到终点时，酚酞指示剂由______色变成______色。(2)滴定结果如下表所示：滴定次数待测溶液的体积/mL标准溶液的体积7\n滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL125.001.0221.03225.002.0021.99325.000.2020.20若NaOH标准溶液的浓度为0.1010mol·L－1，则该样品中氮的质量分数为________。解析 (1)在滴定过程中，应在边滴边摇动锥形瓶的同时，边注视锥形瓶内溶液颜色的变化。当溶液颜色由无色变成浅红色并保持半分钟颜色不变时，表明已达到滴定终点。由4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋，H＋＋OH－===H2O及题给信息得：NH～OH－，即V(NH)·c(NH)＝V(NaOH)·c(NaOH)；碱式滴定管不用标准液润洗就直接加入标准液，使c(NaOH)降低，消耗NaOH溶液的体积增大，n(NH)增大，结果偏高。锥形瓶中水未倒净对结果没有影响。(2)三次实验平均消耗NaOH溶液的体积为：＝20.00mL,25.00mL待测液中n(NH)＝n(OH－)＝0.1010mol·L－1×0.02000L＝2.020×10－3mol，样品中氮的质量分数为：×100%≈18.85%。答案 (1)①偏高 ②无影响 ③B ④无 粉红(或浅红)(2)18.85%7
