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13.(1)常温下将0.2mol•L-1 HCl溶液与0.2mol•L-1 MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化),测得混合溶液的pH=6,试回答以下问题:
①混合溶液中由水电离出的c(H+)>0.2mol•L-1HCl溶液中由水电离出的c(H+); (填“>”、“<”、或“=”)
②混合溶液中c(Cl-)-c(M+)=9.9×10-7mol•L-1.(填精确计算结果)
(2)常温下若将0.2mol•L-1 MOH溶液与0.1mol•L-1 HCl溶液等体积混合,测得混合溶液的pH<7,则说明在相同条件下MOH的电离程度<MCl的水解程度.(填“>”、“<”、或“=”)
(3)常温下若将pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液等体积混合,若溶液的pH不等于7,则混合溶液的pH<7.(填“>7”、“<7”、或“无法确定”)
(4)用0.1000mol•L-1 HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液,重复三次的实验数据如下所示
实验序号0.1000mol•L-1 HCl溶液体积/mL待测NaOH溶液体积/mL
127.8320.00
225.5320.00
327.8520.00
①待测NaOH溶液的物质的量浓度为0.1392mol•L-1.(保留四位有效数字)
②下列情况可能引起测定结果偏高的是A C.
A.酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗
B.锥形瓶未用待测液润洗
C.到达滴定终点时,仰视读数
D.滴定前,滴定管中的溶液液面最低点在“0”点以下.

分析 (1)常温下将0.2mol/L HCl溶液与0.2mol/L MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化),二者恰好反应生成MCl,测得混合溶液的pH=6,溶液呈酸性,说明MOH为强电解质,M+在溶液中部分水解,溶液呈酸性,
①混合液中M+在溶液中部分水解,促进了水的电离,而盐酸中氢离子抑制了水的电离;
②根据混合液中的电荷守恒、物料守恒进行计算;
(2)二者混合得到等物质的量浓度的MCl和MOH,混合溶液呈酸性,说明碱的电离程度小于盐的水解程度;
(3)pH=3的HR溶液与pH=11的NaOH溶液,两种溶液中c(H+)=c(OH-),如HR为强酸,则反应后呈中性,如为弱酸,则反应后呈酸性;
(4)①先根据数据的有效性,然后求出平均消耗V(NaOH),接着根据c(待测)=$\frac{c(标准)V(标准)}{V(待测)}$来计算;
②实验操作过程中的错误操作都可以归结为消耗标准溶液的体积来分析产生的误差,根据c(待测)=$\frac{c(标准)V(标准)}{V(待测)}$来分析选项.

解答 解:常温下将0.2mol/L HCl溶液与0.2mol/L MOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化),二者恰好反应生成MCl,测得混合溶液的pH=6,溶液呈酸性,说明MOH为强电解质,M+在溶液中部分水解,溶液呈酸性,
①混合液为MCl溶液,由于M+在溶液中部分水解,促进了水的电离,盐酸中氢离子抑制了水的电离,则混合溶液中由水电离出的c(H+)>HCl溶液中由水电离出的c(H+),
故答案为:>;
②混合液的pH=6,则c(H+)=1×10-6mol/L,c(OH-)=1×10-8mol/L,根据电荷守恒c(Cl-)+c(OH-)=c(M+)+c(H+)可知:c(Cl-)-c(M+)=c(H+)-c(OH-)=1×10-6mol/L-1×10-8mol/L=9.9×10-7 mol/L;
故答案为:9.9×10-7
(2)二者混合得到等物质的量浓度的MCl和MOH,混合溶液呈酸性,说明碱的电离程度小于盐的水解程度,
故答案为:<;
(3)HR若为强电解质,二者都是一元酸或碱,等体积混合后溶液的pH=7,而混合溶液的pH≠7,说明HR为弱电解质,二者混合后溶液中酸过量,反应后溶液显示酸性,溶液pH<7,
故答案为:<7;
(4)①三次滴定消耗的体积为:27.83mL,25.53mL,27.85mL,数据25.53mL误差较大,此数据无效,则平均消耗V(NaOH)=$\frac{27.83+27.85}{2}$ml=27.84mL,
c(待测)=$\frac{c(标准)V(标准)}{V(待测)}$=(待测)=$\frac{0.1000mol/L×27.84×1{0}^{-3}L}{0.0200L}$=0.1392mol•L-1
故答案为:0.1392;
 ②A.酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗,溶液被内壁水膜稀释,消耗标准溶液体积增大,测定浓度偏高,故A正确;
B.锥形瓶未用待测液润洗是正确操作,测定结果正确,故B错误;
C.到达滴定终点时,仰视读数,读取标准溶液体积增大,测定结果偏高,故C正确;
D.滴定前,滴定管中的溶液液面最低点在“0”点以下.读数正确对测定结果无影响,故D错误;
故答案为:A C.

点评 本题考查了酸碱混合的定性判断及有关pH的计算,题目难度中等,注意掌握电荷守恒、物料守恒、质子守恒的含义及应用方法,明确酸碱混合的定性判断方法及溶液pH的计算方法,误差分析是解题关键.

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

4.有等体积,浓度均为0.1mol/L的三种溶液:①HA溶液②HB溶液③NaHCO3溶液,已知将①、②分别与③混合,实验测得产生的CO2气体体积(v)随时间(t)变化的如图所示,下列说法正确的是(  )
A.物质酸性的比较:HB>HA>H2CO3
B.反应结束后所得两溶液中,c(B-)>c(A-
C.上述三种溶液中由水电离的c(OH-)大小:NaHCO3溶液>HB溶液>HA溶液
D.HA溶液和NaHCO3溶液反应所得溶液中:c(A-)+c(HA)=0.10mol/L

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科目:高中化学 来源: 题型:解答题

4.研究氮的固定具有重要意义.
(1)雷雨天气中发生自然固氮后,氮元素转化为硝酸盐而存在于土壤中.处于研究阶段的化学固氮新方法是N2在催化剂表面与水发生如下反应:
2N2(g)+6H2O(l)=4NH3(g)+3O2(g)△H      K  ①
已知:N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H1=-92.4kJ•mol-1   K1
2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2=-571.6kJ•mol-1   K2
则△H=+1530kJ•mol-1;K=$\frac{{{K}_{1}}^{2}}{{{K}_{2}}^{3}}$(用K1和 K2表示).
(2)在四个容积为2L的密闭容器中,分别充入1mol N2、3mol H2O,在催化剂条件下进行反应①3小时,实验数据见下表:
序号第一组第二组第三组第四组
t/℃30405080
NH3生成量/(10-6mol)4.85.96.02.0
下列能说明反应①达到平衡状态的是bd(填字母).
a.NH3和O2的物质的量之比为4:3
b.反应混合物中各组份的质量分数不变
c.单位时间内每消耗1molN2的同时生成2molNH3
d.容器内气体密度不变
若第三组反应3h后已达平衡,第三组N2的转化率为3×10-4%;与前三组相比,第四组反应中NH3生成量最小的原因可能是催化剂在80℃活性减小,反应速率反而减慢.

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1.50mL 0.5mol•L-1盐酸和50mL 0.55mol•L-1的烧碱溶液在如图所示的装置中进行中和反应,通过测定反应过程中所放出的热量计算中和热,试回答下列问题:
(1)从实验装置上看,图中尚缺少的一种玻璃仪器是温度计.
(2)他们记录的实验数据如表中所示.已知:Q=cm(t2-t1),反应后溶液的比热容c为4.18J•℃-1•g-1,各物质的密度均为1g•cm-3.则中和热△H=-55.2kJ/mol(取小数点后1位);根据实验结果用离子方程式表示上述反应中和热的热化学方程式HCl(aq)+NaOH(aq)=NaCl(aq)+H2O(l)△H=-55.2kJ/mol.
实验
序号
起始温度
平均值t1
终止温度
t2
120℃23.2℃
220℃23.4℃
(3)下列说法正确的是C(填字母).
A.所有酸、碱稀溶液反应的中和热相等
B.准确测定中和热的实验中,至少需测定温度4次
C.烧杯之间用纸屑填充的目的是为了避免实验测定的△H偏高
D.若改用60mL 0.5mol•L-1盐酸和50mL 0.55mol•L-1的烧碱溶液进行上述反应,从理论上说,放出的热量相等.

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8.在浓盐酸中HNO2与SnCl2反应的离子方程式为:3SnCl2+12Cl-+2HNO2+6H+═N2↑+3SnCl${\;}_{x}^{y-}$+4H2O关于该反应的说法中正确的组合是(  )
①氧化剂是HNO2         
②还原性:Cl->N2
③每生成2.8g N2,还原剂失去的电子为0.6mol
④x为4,y为2           
⑤SnCl${\;}_{x}^{y-}$是氧化产物.
A.①③⑤B.①②④⑤C.①②③④D.只有①③

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18.已知四种化合物在水中和液氨中的溶解度如下表:
AgNO3Ba(NO32AgClBaCl2
H2O(l)170g9.20g1.50×10-4g33.3g
NH3(l)86.0g97.2g0.80g0.00g
(1)上述四种物质在水中发生的复分解反应的离子方程式为Ag++Cl-═AgCl↓;
(2)上述四种物质在液氨中发生的复分解反应的化学方程式为Ba(NO3)+2AgCl=2AgNO3+BaCl2↓.

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5.Cu、Zn、Cr都是过渡元素,可作为中心原子形成多种配合物.
(1)下列不能作为配合物配位体的是C(选填序号).
A.H2O       B.NH3       C.CH4       D.Cl-
(2)用氢键表示式写出氨水中NH3分子与水分子间形成的可能存在的氢键N-H…O、O-H…N.
(3)Cu元素可形成[Cu(NH34]SO4,其中存在的化学键类型有①③⑤(填序号).
①配位键 ②金属键 ③极性共价键 ④非极性共价键  ⑤离子键 ⑥氢键
(4)若[Cu(H2O)4]2+具有对称的空间构型,且当其中的两个NH3被两个Cl-取代时,能得到两种不同结构的产物,则[Cu(H2O4]2+的空间构型为a(填字母).
a.平面正方形    b.正四面体   c.三角锥型     d.V形
(5)在硫酸铜溶液中逐滴滴加氨水至过量,先出现蓝色沉淀,最后沉淀溶解形成深蓝色的溶液.写出此蓝色沉淀溶解的离子方程式:Cu(OH)2+4NH3•H2O=[Cu(NH34]2++2OH-+4H2O;
(6)在CrCl3的水溶液中,一定条件下存在组成为[CrCln(H2O)6-n]x+(n和x均为正整数)的配离子,将其通过氢离子交换树脂(R-H),可发生离子交换反应:[CrCln(H2O)6-n]x++xR-H→Rx[CrCln(H2O)6-n]+xH+.交换出来的H+和已知量的NaOH溶液反应,即可求出x和n,确定配离子的组成.
将含0.0015mol[CrCln(H2O)6-n]x+的溶液,与R-H完全交换后,中和生成的H+需浓度为0.1200mol•L-1NaOH溶液25.00ml,该配离子的化学式为[CrCl(H2O)5]2+

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2.用滴管将新制的饱和氯水慢慢地滴入含酚酞的NaOH稀溶液中,当滴到最后一滴时红色突然褪去.试回答下列问题:产生上述现象的原因可能有两种(简要文字说明):
①是由于是由于氯水中的某些成分中和NaOH,碱性消失;②氯水中的HClO有漂白性将溶液变成无色;
简述怎样用实验证明红色褪去原因是①或②:向无色溶液中再滴加NaOH溶液,若不再出现红色,应为原因②,若再出现红色,应为原因①..

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3.有关氧化还原反应的下列说法正确的是(  )
A.含有最高价元素的化合物不一定具有很强的氧化性
B.一种元素被氧化,肯定有另一种元素被还原
C.在化学反应中,得电子越多的氧化剂,其氧化性就越强
D.阳离子只能得到电子被还原,阴离子只能失去电子被氧化

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