2016届河南省高考化学第二轮复习考点训练题23.doc

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河南省光山县二高2016届高考化学二轮复习考点加餐训练（有解析）：溶液中的离子平衡
1．将质量分数为a%的NaOH溶液蒸发掉m g水后,变成VmL2a%NaOH不饱和溶液,则蒸发后溶液的
物质的量浓度是（ ）
A．mol/L B．mol/L C．mol/L D．mol/L
【答案】A
【解析】
试题分析：设蒸发后溶液的物质的量浓度为x，溶液的质量为t，则NaOH的物质的量为0.01Vx，NaOH的质量为0.01Vx×40，根据蒸发前后NaOH质量不变的关系，有以下关系：
（0.01Vx×40）/t=2a%
（0.01Vx×40）/（t+m）=a% 则t=m
由（0.01Vx×40）/m=2a% 求得x=（ma/2V)mol/L
考点：物质的量浓度
点评：此题根据蒸发前后溶质的质量不变的关系计算物质的量浓度，理清关系后，难度不大。
2．下列关于电解质溶液的叙述中正确的是（ ）
A．Na2CO3、NaHCO3两种盐的溶液中，离子种类是Na2CO3多于NaHCO3
B．在CH3COONa溶液中c (CH3COO-) > c(Na+) > c(OH-) > c(H+)
C．在0.1mol·L-1的醋酸溶液中加入适量的蒸馏水，溶液的c(H+)/c(CH3COOH)增大
D．常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)为10-5 mol/L，则此溶液可能是盐酸
【答案】C
【解析】A．Na2CO3、NaHCO3两种盐的溶液中，离子种类是Na2CO3和NaHCO3一样多；
B．在CH3COONa溶液中c (CH3COO-) > c(Na+) > c(OH-) > c(H+) ，这样肯定不对，违背了电荷守恒，应该为c(Na+) > c (CH3COO-) >c(OH-) > c(H+)；
D．常温下，某溶液中由水电离出的c(H+)为10-5 mol/L，水的电离受到了促进，此溶液为盐溶液，不可能为盐酸。
3．已知25℃，醋酸溶液中存在下述关系：K＝1.75×10－5，则有关K的下列说法正确的是
A．当向该溶液中加入一定量的硫酸时，K值增大
B．升高温度，K值增大
C．向醋酸溶液中加水，K增大
D．向醋酸溶液中加氢氧化钠，K增大
【答案】B
【解析】
试题分析：A、平衡常数只与温度有关，所以当向该溶液中加入一定量的硫酸时，K值不变，错误；B、醋酸的电离是吸热反应，所以升高温度，促进醋酸的电离，离子浓度增大，K增大，正确；C、向醋酸溶液中加水，平衡正向移动，但K不变，错误；D、向醋酸溶液中加氢氧化钠，平衡正向移动，但K不变，错误，答案选B。
考点：考查平衡常数的判断
4．CH3COONa稀溶液中分别加入少量下列物质或改变如下条件，能使比值
c (CH3COO-)/ c (Na+) 一定减小的是：
①固体NaOH ②固体KOH ③固体NaHSO4 ④固体CH3COONa ⑤冰醋酸 ⑥降温
A．只有①③ Ｂ．①③④
Ｃ．②④⑤⑥ Ｄ．③④⑥
【答案】A
5．关于常温下pH＝3的醋酸溶液，下列叙述正确的是
A．加水稀释10倍后，pH＝4
B．加水稀释后，溶液中c(H+)和c(OH－)均减少
C．加入醋酸钠晶体后，溶液的pH增大
D．加入等体积pH＝11的NaOH溶液后，溶液呈中性
【答案】C
【解析】
试题分析：A．加水稀释10倍后，溶液中醋酸分子会继续电离产生H+，所以溶液的pH<4，错误；B．加水稀释后，溶液中c(H+)减小，而c(OH－)增大，c(H+)和c(OH－)的乘积不变，错误；C．加入醋酸钠晶体后，醋酸的电离平衡逆向移动，溶液中c(H+)减小，所以溶液的pH增大，正确；D．加入等体积pH＝11的NaOH溶液后，醋酸电离的部分与NaOH恰好完全中和，未电离的酸分子会继续电离是溶液显酸性，错误。
考点：考查弱酸溶液的电离、中和、溶液的pH或溶液稀释的知识。
6．下列各离子①R- ②R+ ③ R3+ ④RH4+ ⑤ RH-(R表示不同的元素)都有10个电子，其中不会破坏水的电离平衡的有
A.①②③ B.仅有② C.②③④ D.①②⑤
【答案】B
【解析】酸或碱抑制水的电离，盐类的水解促进水的电离。①～⑤分别是F－、Na＋、Al3＋、NH4＋、OH－，所以答案选B。
7．下列说法中正确的是(　　)
A．在Na3PO4溶液中，c(Na＋)是c(PO43－)的3倍
B．pH为3的盐酸中，其c(H＋)是pH为1的盐酸中c(H＋)的3倍
C．0.1 mol·L－1KOH溶液和0.1 mol·L－1氨水中，其c(OH－)相等
D．在25℃时，无论是酸性、碱性还是中性的稀溶液中，其c(H＋)和c(OH－)的乘积都等于1×10－14
【答案】D
【解析】A.PO43－水解，c(Na＋)>3c(PO43－)；B.pH为3的盐酸中c(H＋)＝10－3mol·L－1，而pH＝1的盐酸中c(H＋)＝10－1 mol·I－1，前者是后者的；C.氨水为弱电解质，部分电离；D.水的离子积适用于纯水和稀的电解质水溶液。25℃时其值为1×10－14。
8．下列说法正确的是
A．在101kPa下氢气的燃烧热△H= -285.5kJ•mol-1，则水分解的热化学方程式：2H2O(l)=2H2(g)+O2(g)△H=+285.5 kJ•mol-1
B．pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合，所得溶液的pH=4
C．一定温度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25NH4Cl溶液含NH4+物质的是不同
D．吸热反应“TiO2(s)+2Cl2(g)=TiCl4(g)+O2(g)”在一定条件下可自发进行，则该反应的△S<0
【答案】C
【解析】
试题分析：A．燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量，所以水分解的热化学方程式：H2O(l)=H2(g)+1/2O2(g) △H=+285.5 kJ•mol-1；故A错误；B．pH=3和pH=5的盐酸各10mL混合，所得溶液的pH约为4.3，故B错误；C．一定温度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25NH4Cl溶液，因NH4+的水解程度不等，含NH4+物质的量也不等，故C正确；D．反应前后气体的总量不变△S=0，故D错误；故选C。
考点：考查反应热、溶液的pH、盐类的水解及反应熵值判断。
9．有下列四种溶液：①盐酸；②氯化铁；③氢氧化钠；④碳酸钠。它们的pH分别为4，4，10，10，溶液中水的电离度为α1，α2，α3，α4，则下列关系正确的是
A．α1=α2＞α3=α4
B．α2=α4＞α1=α3
C．α1＝α2＝α3=α4
D．α1＝α3＞α2=α4
【答案】B
【解析】反应H2OH++OH--Q；①向水中加入酸或碱，[H+]或[OH-]增大，平衡向左移动，抑制了水的电离，αH2O减小；②向水中加入能水解的盐，消耗H+或OH-，使平衡向右移动，促进水的电离，αH2O增大；③升高温度，平衡向右移动，αH2O增大；④向水中加入其他能与H+或OH-反应的物质，也能促进水的电离。如Na2O，Na等。题中给出了四种溶液的溶质及pH，要求排列电离度α的顺序。只要表示出水电离出来的[H+]水或[OH-]水，然后直接比较其大小即可。
pH=4的盐酸：OH-为水电离产生的，[OH-]水=10-10mol／L
pH=4的FeCl3溶液，H+为水电离出来的，[H+]水=10-4mol／L
pH=10的Na2CO3溶液，OH-为水电离出来的，[OH-]=10-4mol／L
pH=10的NaOH溶液，H+为水电离出来的，[H+]=10-10mol／L
所以B的顺序是正确的。
10．在相同温度时，100mL 0.01mol·L-1的醋酸溶液与10mL 0.1mol·L-1的醋酸溶液相比较，下列数值中，前者大于后者的是
A．H+的物质的量 B．醋酸的电离常数
C．中和时所需NaOH的量 D．CH3COOH的物质的量
【答案】A
【解析】
试题分析：A、醋酸为弱电解质，浓度越大，电离程度越小，两种溶液溶质都为0.001mol，则100mL 0.01mol•L-1的醋酸溶液与10mL0.1mol•L-1的醋酸溶液相比较，H+的物质的量前者大，正确；B、电离平衡常数只与温度有关，温度相同则电离平衡常数相同，错误；C、由于溶质n（CH3COOH）都为0.001mol，中和时所需NaOH的量应相同，错误；D、0.01mol•L-1的醋酸电离程度大，则溶液中CH3COOH分子的物质的量小，错误。
考点：本题考查弱电解质的电离、酸碱中和反应。
11．已知某温度下，几种酸的电离常数如下：Ka(HCN)= 6.2×10-10 mol/L、Ka(HF)= 6.8×10-4 mol/L、Ka(CH3COOH)= 1.8×10-5 mol/L、Ka(HNO2)= 6.4×10-6mol/L。则物质的量浓度都为0.1 mol/L的下列溶液中，pH最小的是
A．NaCN B．NaF C．CH3COONa D．NaNO2
【答案】B
【解析】
试题分析：由这几种弱酸在相同温度下的电离平衡常数可以判断酸性：HF＞ CH3COOH ＞ HNO2＞ HCN。酸越弱，相同条件下相同浓度的其相应的Na盐水解程度越大，溶液的碱性就越强，PH就越大。故物质的量浓度都为0.1 mol/L的下列溶液中，pH最小的是NaF。选项为：B．
考点：考查盐的水解与形成盐的酸或碱的相对强弱的关系的知识。
12．下列叙述正确的是
A．熵变小于零而焓变大于零的反应肯定不能发生
B．热化学方程式中ΔH的值与反应物的用量有关
C．化学反应中旧键断裂吸收能量，新键形成释放能量，所以化学反应伴随能量变化，但反应前后物质的总能量不变
D．用蒸馏水稀释0.1mol/L的醋酸至0.01mol/L，稀释过程中温度维持25℃不变，溶液中各离子浓度均减小
【答案】C
【解析】
试题分析：A、熵变小于零即△S<0，焓变大于零即△H>0，△G=△H-T△S>0，反应不自发进行，不代表反应不能发生，错误；B、热化学方程式中ΔH的值与反应物的用量无关，与热化学方程式中反应物的系数有关，错误；C、化学反应中旧键断裂吸收能量，新键形成释放能量，但遵循能量守恒定律，反应前后物质的总能量不变，所以化学反应伴随能量变化，正确；D、醋酸的稀释过程中，氢离子、醋酸根离子的浓度减小，但氢氧根离子的浓度增大，错误，答案选C。
考点：考查反应自发的判断，热化学方程式与热效应的关系，溶液稀释过程离子浓度的变化
13．以0.1000 mol·L-1 NaOH溶液滴定c mol·L-1，某弱酸HA溶液，其滴定曲线如图所示，下列说法正确的是

A．可用甲基橙作滴定指示剂
B．指示剂指示的滴定终点就是反应终点
C．突变范围的大小与酸的强弱及酸的浓度有关
D．滴定时氢氧化钠溶液盛放在带活塞的滴定管中
【答案】C
【解析】
试题分析：A、强碱与弱酸完全反应生成强碱弱酸盐，水解显碱性，故应选用碱性条件下变色的指示剂，如酚酞，而不可选甲基橙，错误；B、反应终点是指酸与碱刚好完全反应，而指示剂指示的是一个变色范围，错误；C、当酸的酸性很强，浓度较稀时，突变范围就大，正确；D、带活塞的为酸式滴定管，不可以盛NaOH溶液，错误。
考点：酸碱中和滴定
14．40℃时，在氨－水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是

A．在pH＝9.0时，c(NH4+）＞c(HCO3-）＞c(NH2COOˉ）＞c(CO32－）
B．不同pH的溶液中存在关系：c(NH4+）＋c(H+）＝2c(CO32－）＋c(HCO3－）＋c(NH2COOˉ）＋c(OHˉ）
C．随着CO2的通入，不断增大
D．在溶液中pH不断降低的过程中，有含NH2COOˉ的中间产物生成
【答案】C
【解析】A、在pH＝9.0时，作直线垂直于横坐标，从图上可直接看得出：c(NH4+）＞c(HCO3-）＞c(NH2COOˉ）＞c(CO32－），A正确；B、根据电荷守恒可得：c(NH4+）＋c(H+）＝2c(CO32－）＋c(HCO3－）＋c(NH2COOˉ）＋c(OHˉ），B正确；C、=，Kb不变，c(NH4+）不断增大，则比值不断减小，C不正确；D、从图上看，pH降低过程中，有含NH2COOˉ的中间产物生成，D正确。答案选C。
【考点定位】本题主要是考查电解质溶液中离子浓度大小关系，电荷守恒关系，图像分析应用等。
15．25 ℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是
A．0.2 mol·L－1 NH3·H2O溶液与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合：c(NH4＋ )>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)
B．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后呈酸性：c(CH3COO－)<c(CH3COOH)
C．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4溶液和NaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(SO42 －)>c(NH4＋ )>c(H＋)>c(OH－)
D．0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液与0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合所得溶液：c(CO32 －)＋2c(OH－)＝c(HCO3－ )＋c(H2CO3)＋2c(H＋)
【答案】AC
【解析】
试题分析：A、0.2 mol·L－1 NH3·H2O溶液与0.1 mol·L－1盐酸等体积混合，氨水过量，故c(NH4＋ )>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，正确；B、物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后呈酸性，那么c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，错误；C、等物质的量浓度等体积的NH4HSO4溶液和NaOH溶液混合，c(Na＋)＝c(SO42 －)>c(NH4＋ )>c(H＋)>c(OH－)，正确；D、0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液与0.1 mol·L－1 NaHCO3溶液等体积混合所得溶液：c(CO32 －)＋c(OH－)＝c(HCO3－ )＋c(H2CO3)＋c(H＋)，错误；故本题选择AC。
考点：离子浓度大小的比较
16．已知： H2O H+ + OH-(△H>0)，KW为水的电离常数，完成下表。
改变条件
电离平衡移动方向
溶液中c（H+）
PH的变化
KW
升高温度

加入酸

加入Na

【答案】
改变条件
电离平衡移动方向
溶液中c（H+）
PH的变化
KW
升高温度
右
增大
减小
增大
加入酸
左
增大
减小
不变
加入Na
左
减小
增大
不变
【解析】考查外界条件对电离平衡的影响。
由于电离是吸热的，所以升高温度，促进水的电离。氢离子浓度，pH减小，水的离子积常数增大；加入强酸增大氢离子浓度，抑制水的电离，由于水的离子积常数只与温度有关系，所以是不变的；钠溶于水和水反应生成氢氧化钠，碱性增强，抑制水的电离。
17．氯碱工业以电解精制饱和食盐水的方法制取氯气、氢气、烧碱和氯的含氧酸盐等系列化工产品。下图是离子交换膜法电解食盐水的示意图，图中的离子交换膜只允许阳离子通过。

完成下列填空：
①．写出电解饱和食盐水的离子方程式 。
②．离子交换膜的作用为： 、 。
③．精制饱和食盐水从图中 位置补充，氢氧化钠溶液从图中 位置流出（选填“a”、“b”、“c”或“d”）。
④．KClO3可以和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。
写出该反应的化学方程式 。
⑤．室温下，0.1 mol/L NaClO溶液的pH 0.1 mol/L Na2SO3溶液的pH（选填“大于”、“小于”或“等于”）。浓度均为0.1 mol/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3–浓度从大到小的顺序为 。
已知： H2SO3 Ki1=1.54×10-2 Ki2=1.02×10-7
HClO Ki1=2.95×10-8
H2CO3 Ki1=4.3×10-7 Ki2=5.6×10-11
【答案】①. 2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。
②.阻止OH-进入阳极室，与Cl2发生副反应：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。
③.a；d；
④.2KClO3+ H2C2O4+ 2H2SO4= 2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O.
⑤.大于；SO32–>CO32–>HCO3–>HSO3–。
①.电解饱和食盐水时，溶液中的阳离子H+在阴极得到电子变为H2逸出，使附近的水溶液显碱性，溶液中的阴离子Cl-在阳极失去电子，发生氧化反应。产生Cl2。反应的离子方程式是2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－。
②.图中的离子交换膜只允许阳离子通，是阳离子交换膜，可以允许阳离子通过，不能使阴离子通过，这样就可以阻止阴极溶液中的OH-进入阳极室，与氯气发生反应，阻止Cl-进入阴极室，使在阴极区产生的NaOH纯度更高。同时可以阻止阳极产生的Cl2和阴极产生的H2混合发生爆炸。
③.随着电解的进行，溶质NaCl不断消耗，所以应该及时补充。精制饱和食盐水从与阳极连接的图中a位置补充，由于阴极H+不断放电，附近的溶液显碱性，氢氧化钠溶液从图中d位置流出；水不断消耗，所以从b口不断加入蒸馏水，从c位置流出的是稀的NaCl溶液。
④.KClO3有氧化性，H2C2O4有还原性，在酸性条件下KClO3可以和草酸（H2C2O4）生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。则根据电子守恒及原子守恒，可得该反应的化学方程式是：2KClO3+ H2C2O4+ 2H2SO4= 2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O.
⑤. NaClO、Na2SO3都是强碱弱酸盐，弱酸根离子发生水解反应，消耗水电离产生的H+，破坏了水的电离平衡，当最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，所以溶液显碱性。形成盐的酸越弱，盐水解程度就越大。消耗的离子浓度越大，当溶液达到平衡时，剩余的离子浓度就越小。由于H2SO3的Ki2=1.02×10-7；HClO的Ki1=2.95×10-8，所以酸性：HSO3->HClO，因此溶液的pH: NaClO> Na2SO3。由于电离程度：H2SO3> H2CO3>HSO3->HCO3-，浓度均为0.1 mol/L 的Na2SO3和Na2CO3的混合溶液中，水解程度：CO32–>SO32–，所以离子浓度：SO32–>CO32–；水解产生的离子浓度：HCO3- > HSO3-。但是盐水解程度总的来说很小，主要以盐电离产生的离子存在。所以在该溶液中SO32–、CO32–、HSO3–、HCO3– 浓度从大到小的顺序为SO32–>CO32–>HCO3–>HSO3–。
【考点定位】考查电解原理的应用、氧化还原反应方程式的书写、电离平衡常数在比较离子浓度大小的应用的知识。
18．2013年全国各地连续出现了严重的雾霾天气，给人们的出行及身体造成了极大的危害，因此研究NO2、SO2、CO等大气污染气体的处理具有重要意义。
I．脱硫技术能有效控制SO2对空气的污染。
（1）海水呈弱碱性，主要含有Na+、K+、Ca2+、Mg2+、CI-、SO42-、Br-、HCO3-等离子。含SO2的烟气可利用海水脱硫，其工艺流程如下图所示：

①向曝气池中通入空气的目的是
②通入空气后曝气池中海水与天然海水相比，浓度没有明显变化的离子是 。
a．Cl- B．SO42- C．HCO3-
（2）用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，将所得的Na2SO3溶液进行电解，可循环再生NaOH，同时得到H2SO4，其原理如下图所示。(电极材料为石墨)

①图中b极要连接电的(填“正”或“负”) 极，C口流出的物质是 。
②SO32-放电的电极反应式为
③电解过程中阴极区碱性明显增强，用平衡移动原理解释原因 。
II．我国的能消费结构以燃煤为主，将煤气化可减少环境污染，但煤气化过程中能产生有害气体H2S，用足量的Na2CO3溶液可吸收，该反应的离子方程式为 。
(已知：H2S Kal=9．1×10-8；Ka2=1．1 ×10-12；H2CO3 Kal=4．30×10-7；Ka2=5．61 ×10-11)
【答案】Ⅰ（1）①将H2SO3、HSO3-等氧化为SO42-; ②a （2）①正 硫酸②SO32- -2e-+H2O=SO42-+2H+;
③在阴极H+放电生成H2，c（H+）减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强；
Ⅱ CO32-+H2S=HCO3-+HS-.
【解析】
试题分析：Ⅰ（2）分析电解池中离子的移动方向，a极连接电源负极，b极连接电源的正极，且b极发生氧化反应，生成硫酸从C口流出，阴极区H+放电生成H2，c（H+）减小，水的电离平衡正向移动，碱性增强；Ⅱ用足量的Na2CO3溶液吸收H2S，：H2S Kal=9．1×10-8；Ka2=1．1 ×10-12；H2CO3 Kal=4．30×10-7；Ka2=5．61 ×10-11，可知酸性强弱顺序为H2CO3> H2S >HCO3->HS-,从而反应的离子方程式为CO32-+H2S=HCO3-+HS-.
考点：元素化合物知识、电解原理、原电池原理。
19．某化学课外小组同学在实验室做酸碱中和滴定实验，他们准确移取25.00mL某未知浓度的盐酸溶液于一洁净锥形瓶中，然后用0.2000mol／L NaOH溶液滴定(指示剂为酚酞)。滴定结果如下：

NaOH溶液起始读数
NaOH溶液终点读数
第一次
0.02mL
18.60mL
第二次
0.04mL
18.66mL
第三次
0.20mL
20.60mL
（1）根据以上数据可计算出盐酸的物质的量浓度为 mol／L。(精确到0.0001)
（2） 下列有关滴定的操作正确的顺序是
①用标准液润洗滴定管 ②往滴定管中注入标准溶液
③检查滴定管是否漏水 ④滴定 ⑤加水洗涤
A．⑤①③②④ B．③⑤①②④ C．⑤②③①④ D．②①③⑤④
（3）若操作有误，则导致待测盐酸溶液浓度偏低的错误操作是
A．滴定管用蒸馏水洗后未用标准碱液润洗，直接装入标准碱液
B．滴定前滴定管尖端有气泡，滴后气泡消失
C．滴定管读数时，滴定前仰视滴定后俯视
D．待测液中指示剂酚酞(为有机弱酸)加得太多
（4）如果准确移取25.00mL 0.2000mol／L NaOH溶液于锥形瓶中，滴入酚酞指示剂，然后用未知浓度的盐酸(装在酸式滴定管中)滴定，是否也可测定出盐酸的物质的量浓度? 填 “是”或“否”)
（5）另一小组同学用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，若测定结果偏高，则产生误差的原因可能是
A．滴定时，装NaOH溶液的锥形瓶未用NaOH溶液润洗
B．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准盐酸润洗
C．滴定前，酸式滴定管尖嘴处有气泡，而在滴定后气泡消失
D．配置NaOH溶液时，NaOH固体中混有少量KOH固体
【答案】（10分） 0.1488 B C 是 BC
【解析】
试题分析：（1）第三次的数据偏差较大，为保证数据的有效性，所以舍去第三次数据，则消耗氢氧化钠的平均体积是（18.60-0.02+18.66-0.04）/2=18.60mL，则盐酸的物质的量浓度为18.60mL×0.2000mol／L/25.00mL=0.1488mol/L；
（2）滴定时先检查滴定管是否漏水，再水洗、标准液润洗，装入标准液，滴定，所以答案选B；
（3）A．滴定管用蒸馏水洗后未用标准碱液润洗，直接装入标准碱液，会使氢氧化钠溶液体积偏大，滴定结果偏高，错误； B．滴定前滴定管尖端有气泡，使初读数偏小，滴后气泡消失，则消耗氢氧化钠的体积偏大，结果偏高，错误； C．滴定管读数时，滴定前仰视使读数偏大，滴定后俯视使读数偏小，所以消耗氢氧化钠的体积偏小，结果偏低，正确；D．待测液中指示剂酚酞(为有机弱酸)加得太多，则消耗氢氧化钠的体积增多，滴定结果偏高，错误，答案选C；
（4）是；因为强酸与强碱的滴定，可以把固定体积的氢氧化钠溶液放入锥形瓶中，待测液放入滴定管中，发生反应的实质仍是氢离子与氢氧根离子的中和反应，不影响实验结果；
（5）A．滴定时，装NaOH溶液的锥形瓶未用NaOH溶液润洗，对实验结果无影响，错误；B．酸式滴定管用蒸馏水洗后，未用标准盐酸润洗，使消耗盐酸的体积偏大，结果偏高，正确；C．滴定前，酸式滴定管尖嘴处有气泡，使初读数偏小，而在滴定后气泡消失，所以消耗盐酸的体积偏大，结果偏高，正确； D．配置NaOH溶液时，NaOH固体中混有少量KOH固体，使所配溶液的浓度偏低，错误，答案选BC。
考点：考查滴定操作的判断，误差的分析，实验结果的计算
20．阅读下列实验内容，根据题目要求回答问题：
某学生为测定未知浓度的硫酸溶液，实验如下：用1.00mL待测硫酸配制100mL稀H2SO4溶液；以0.14 mol·L－1的NaOH溶液滴定上述稀H2SO4 25.00mL，滴定终止时消耗NaOH溶液15.00mL。
（1）该学生用标准0.14 mol·L－1NaOH溶液滴定硫酸的实验操作如下：
A、用酸式滴定管取稀H2SO4 25.00mL，注入锥形瓶中，加入指示剂。
B、用待测定的溶液润洗酸式滴定管。
C、用蒸馏水洗干净滴定管。
D、取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管刻度“0”以上2～3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下。
E、检查滴定管是否漏水。
F、另取锥形瓶，再重复操作一次。
G、把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度。
①滴定操作的正确顺序是（用序号填写）___________________________ 。
②该滴定操作中应选用的指示剂是 ____________ 。
③在G操作中如何确定终点？ __________________________ ____ 。
（2）碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗导致滴定结果______________（填“偏小”、“偏大”或“无影响”）。
（3）配制准确浓度的稀H2SO4溶液，必须使用的主要容器是 ___________ 。
（4）如有1 mol·L－1和0.1 mol·L－1的NaOH溶液，应用________________ _的NaOH溶液，原因是__________________________ __________________________ 。
（5）用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入 __（选填“甲”或“乙”）中。

（6）观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，滴定后俯视，则结果会导致测得的稀H2SO4溶液浓度测定值 （选填“偏大”“偏小”或“无影响”）
（7）计算待测硫酸（稀释前的硫酸）溶液的物质的量浓度（计算结果保留到小数点后第二位） ___ 。
【答案】（1）①ECDBAGF（2分，其它合理答案也给分）②酚酞 ③溶液由无色变为浅红色（或粉红色）且半分钟内不褪色（2）偏大（3）100mL容量瓶（100未写不给分）
（4）0.1 mol·L－1 溶液浓度越稀，误差就越小
（5）乙（6）偏小（7）4.20 mol·L－1（2分，单位不写扣1分）
【解析】
试题分析：（1）用标准0.14 mol·L－1NaOH溶液滴定硫酸，首先要检查滴定管是否漏水，再用蒸馏水洗干净滴定管，取下碱式滴定管用标准的NaOH溶液润洗后，将标准液注入碱式滴定管刻度“0”以上2～3cm处，再把碱式滴定管固定好，调节液面至刻度“0”或“0”刻度以下，然后用待测定的溶液润洗酸式滴定管，再用酸式滴定管取稀H2SO4 25.00mL，注入锥形瓶中，加入指示剂，把锥形瓶放在滴定管下面，瓶下垫一张白纸，边滴边摇动锥形瓶直至滴定终点，记下滴定管液面所在刻度；另取锥形瓶，再重复操作一次，故①滴定操作的正确顺序为ECDBAGF；②该滴定实验是用标准0.14 mol·L－1NaOH溶液滴定硫酸，所以要用酚酞作为终点的指示剂；③当溶液由无色变为浅红色（或粉红色）且半分钟内不褪色，即可以认为滴定达到终点；（2）碱式滴定管用蒸馏水润洗后，未用标准液润洗，说明NaOH溶液的浓度小于0.14mol·L－1，所以会使计算的结果变大；（3）配制准确浓度的稀H2SO4溶液，必须使用的主要容器是100mL容量瓶；（4）如有1 mol·L－1和0.1 mol·L－1的NaOH溶液，应用0.1 mol·L－1的NaOH溶液，因为溶液浓度越稀，误差就越小；（5）甲为酸式滴定管，乙为碱式滴定管，故用标准NaOH溶液滴定时，应将标准NaOH溶液注入乙中；（6）观察碱式滴定管读数时，若滴定前仰视，则读到的数值比实际数值大，滴定后俯视，则读到的数值比实际数值小，所以最后计算时得到的氢氧化钠的体积比实际上的小，故导致测得的稀H2SO4溶液浓度测定值偏小；（7）根据c1v1=c2v2，可以得到0.14×15=2×c2×25，所以c2=0.042mol/L，故待测硫酸（稀释前的硫酸）溶液的物质的量浓度为0.042×100=4.2mol/L。
考点：酸碱滴定
点评：本题考查酸碱滴定，酸碱滴定是中学的经典实验之一，是高考常考的考点，本题难度不大。
21．某烧碱样品中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，为了测定其纯度，进行以下滴定
操作：
A．在250 mL容量瓶中配制250 mL烧碱溶液
B．用移液管（或碱式滴定管）量取25.00 mL 烧碱溶液于锥形瓶中并加几滴酚酞指示剂]
C．在天平上准确称取烧碱样品w g，在烧杯中加蒸馏水溶解
D．将物质的量浓度为m mol·L－1的标准H2SO4溶液装入酸式滴定管，调整液面，记下开始刻度V1 mL
E．在锥形瓶下垫一张白纸，滴定到终点，记录终点刻度为V2 mL
请完成下列问题：
（1）正确的操作步骤是（填写字母）__→__→__→D→__。
（2）操作D中液面应调整到_______________；尖嘴部分应_________________。
（3）以下操作会造成所测烧碱溶液浓度偏低的是（ ）
A．酸式滴定管未用待装溶液润洗
B．碱式滴定管未用待装溶液润洗
C．锥形瓶未用待装溶液润洗
D．在滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失
（4）该烧碱样品的纯度计算式是__________________________________________。
【答案】
（1）C A B E
（2）零刻度或零刻度以下的某一刻度 充满溶液，无气泡
（3）B
（4）%
【解析】
试题分析：
（1）①实验时应先称量一定质量的固体，溶解后配制成溶液，量取待测液与锥形瓶中，然后用标准液进行滴定，故答案为：C；A；B；D；E；
（2）滴定管0刻度在上，滴定前应调节到零刻度或零稍下的某一刻度，为减小误差，尖嘴部分应充满液体，无气泡.
（3）A．酸式滴定管未用待装溶液润洗，则酸的浓度减小，消耗酸溶液的体积增大，则测定结果偏高，A错误；B．碱式滴定管未用待装溶液润洗，则碱的浓度减小，消耗酸溶液的体积减小，则测定结果偏低，B正确；C．锥形瓶未用待装溶液润洗属于正确的操作，不影响结果，C错误；D．在滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，则消耗酸溶液的体积增大，则测定结果偏高，D错误，答案选B。
（4） 硫酸的物质的量为m（V2-V1）×10-3mol，则n（NaOH）=2m（V2-V1）×10-3mol，m（NaOH）=80m（V2-V1）×10-3，则样品中NaOH的质量为10×80m（V2-V1）×10-3，所以烧碱样品纯度为10×80×（V2-V1） ×10-3m/w×100%=%（注意：V为mL），
【考点定位】本题主要是考查中和滴定实验的有关判断与计算
【名师点晴】误差分析：
（1）原理（以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例）：cB＝；VB——准确量取的待测液的体积；cA——标准溶液的浓度。故有：cB正比于VA。
（2）常见误差
步骤
操作
V（标准）
c（待测）
洗涤
酸式滴定管未用标准溶液润洗
变大
偏高
碱式滴定管未用待测溶液润洗
变小
偏低
锥形瓶用待测溶液润洗
变大
偏高
锥形瓶洗净后还留有蒸馏水
不变
无影响
取液
放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体后气泡消失
变小