2021版化学名师讲练大一轮复习鲁科新高考地区专用版核心素养测评 三十水溶液　酸碱中和滴定 .doc

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1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。核心素养测评 三十水溶液酸碱中和滴定一、选择题(本题包括4小题,每题6分,共24分)1.(2020聊城模拟)下列溶液一定显酸性的是()pHc(OH-)的溶液0.1 molL-1的NH4Cl溶液NaHCO3溶液A.B.C.D.【解析】选D。题目没有说明温度,所以对应的溶液不一定是酸性溶液;中溶液肯定显中性;中c(H+)c(OH-)的溶液肯定显酸性;中NH4Cl水解,溶液呈酸性;中NaHCO3水解,溶液显碱性。【加固训练】(2019安庆模拟)下列说法正确的是()A.pH=2的

2、H2SO4与pH=1的硝酸溶液中c(H+)之比为110B.0.2 molL-1与0.1 molL-1醋酸中c(H+)之比为21C.100 时,纯水的pH=6,显酸性D.100 mL,pH=3的盐酸和醋酸溶液,分别与足量锌反应后,所得H2的质量相等【解析】选A。pH=2的H2SO4溶液中c(H+)=0.01 molL-1,pH=1的HNO3溶液中c(H+)=0.1 molL-1,二者c(H+)之比为110。2.25 时,相同物质的量浓度的下列溶液:Na2SO4HClBa(OH)2AlCl3,其中水的电离程度按由大到小顺序排列的一组是()A.B.C.D.【解析】选C。分析四种物质的性质可知,Na2

3、SO4不影响水的电离平衡,HCl和Ba(OH)2能抑制水的电离,AlCl3能促进水的电离。Ba(OH)2为二元强碱,溶液中的c(OH-)大于同浓度盐酸中的c(H+),对水电离的抑制程度更大。3.在不同温度下,水溶液中c(H+)与c(OH-)的关系如图所示。下列有关说法中正确的是()A.若从a点到c点,可采用在水中加入酸的方法B.b点对应的醋酸中由水电离出的c(H+)=10-6 molL-1C.c点对应溶液的Kw大于d点对应溶液的KwD.T 时,0.05 molL-1 Ba(OH)2溶液的pH=11【解析】选D。 a点对应的c(H+)和c(OH-)相等,c点对应的c(H+)和c(OH-)也相等,

4、溶液一定呈中性,从a点到c点,可以采用升温的方法,A错误;Kw只与温度有关,同温度下不同酸碱性溶液的Kw相同,a点和b点的Kw都是10-14,c点和d点的Kw都是10-12,酸和碱溶液都会抑制水的电离,酸溶液中由水电离出的c水(H+)与溶液中的c(OH-)相等,即b点时c水(H+)=c(OH-)=10-8 molL-1,B、C均错误;T 时,Kw=10-12,0.05 molL-1 Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-11 molL-1,pH=11,D正确。4.(2020洛阳模拟)现使用0.100 0 molL-1NaOH溶液利用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100 mL)。在本实

5、验的滴定过程中,下列操作会使实验结果偏小的是()A.碱式滴定管在滴定时未用标准NaOH溶液润洗B.碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡,滴定后气泡消失C.锥形瓶中加入待测白醋溶液后,再加少量水D.锥形瓶在滴定时剧烈摇动,有少量液体溅出【解析】选D。A项造成NaOH标准液浓度偏小,则消耗标准液偏多,实验结果偏大;B项读数偏大,实验结果偏大;C项无影响;D项白醋的物质的量减小,消耗的标准液偏小,实验结果偏小。【加固训练】实验室用标准KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液,下列说法或操作正确的是()A.盛FeSO4溶液的锥形瓶滴定前用FeSO4溶液润洗23次B.选碱式滴定管量取标准KMnO4溶液,并用

6、碘化钾淀粉溶液作指示剂C.滴定前仰视读数,滴定后俯视读数会导致滴定结果偏低D.锥形瓶内溶液颜色变化由浅绿色变为紫红色,立即记下滴定管液面所在刻度【解析】选C。滴定操作时锥形瓶只需用水洗干净即可,不能润洗,A项错误;标准KMnO4溶液应用酸式滴定管量取,不用添加任何指示剂,B项错误;实验时读数前仰后俯,导致读数体积小于实际消耗标准溶液体积,所测溶液浓度将偏低,C项正确;确定滴定终点时,需溶液由浅绿色变为紫红色,且30 s内溶液颜色不再发生变化,才可以确定滴定终点,D项错误。二、非选择题(本题包括2小题,共26分)5.(12分)现有常温下的六种溶液:0.01 molL-1 CH3COOH溶液;0.

7、01 molL-1 HCl溶液;pH=12的氨水;pH=12的NaOH溶液;0.01 molL-1 CH3COOH溶液与pH=12的氨水等体积混合后所得溶液;0.01 molL-1 HCl溶液与pH=12的NaOH溶液等体积混合后所得溶液。(1)其中水的电离程度最大的是_(填序号),水的电离程度相同的是_。 (2)若将混合后所得溶液pH=7,则消耗溶液的体积:_(填“”“c(H+),则混合溶液可能呈_(填字母)。 A.酸性B.碱性C.中性【解析】(1)酸和碱都会抑制水的电离,故只有为NaCl溶液,对H2O的电离无抑制作用。对水的电离抑制程度相同。(2)因pH=12的氨水中c(NH3H2O)0.

8、01 molL-1,故、混合,欲使pH=7,则需体积:。(3)稀释同样的倍数后,溶液的pH:;。(4)由电荷守恒知:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-),仅知道c(CH3COO-)c(H+),无法比较c(H+)与c(OH-)的相对大小,也就无法判断混合液的酸碱性。答案:(1)(2)(3)(4)A、B、C6.(14分)(2020同心模拟)乙二酸俗名草酸,下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H2C2O4xH2O)进行的探究性学习的过程,请你参与并协助他们完成相关学习任务。该组同学的研究课题是探究测定草酸晶体(H2C2O4xH2O)中的x值。通过查阅资料得知,草酸易溶于水,水

9、溶液可以用酸性KMnO4溶液进行滴定:2MnO4-+5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O学习小组的同学设计了如下步骤用滴定的方法测定x值。称取1.260 g纯草酸晶体,将其制成100. 00 mL水溶液为待测液。取25.00 mL待测液放入锥形瓶中,再加入适量的稀硫酸。用浓度为0.100 0 molL-1的酸性KMnO4标准溶液进行滴定,达到终点时消耗10.00 mL。(1)上述步骤中使用的锥形瓶是否需要事先用待测液润洗_(填“是”或“否”)。滴定时,将酸性KMnO4标准液装在如图中的_(填“甲”或“乙”)滴定管中。(2)本实验滴定达到终点的标志可以是_。(3)通过上述数据,求

10、得x=_。讨论:若滴定终点时俯视滴定管刻度,则由此测得的x值会_(填“偏大”“偏小”或“不变”,下同)。根据上述实验计算的数据可信性不强,为了提高实验的准确性,请写出改进方法_。【解析】(1)如果用待测液润洗锥形瓶就会有少量液体残留在瓶壁上,造成滴定的待测物增多,使得计算值大于实际浓度,故上述步骤中使用的锥形瓶不需要事先用待测液润洗;酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性,腐蚀橡皮管,所以用酸性滴定管,选甲;(2)可用高锰酸钾自身的颜色作为指示剂判断滴定终点,当滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液时,溶液由无色变为紫色,且半分钟内不褪色,表明达到滴定终点;(3)2MnO4-+ 5H2C2O4+6H+2Mn2+1

11、0CO2+8H2O250.100 00.01 0.002 525.00 mL待测液中含有0.002 5 mol草酸,100 mL待测液中含有0.01 mol草酸,其质量为0.9 g。所以1.260 g纯草酸晶体中水的质量为1.260-0.9=0.36(g),其物质的量为0.02 mol,则x=2;若滴定终点时俯视滴定管读数,则消耗酸性高锰酸钾溶液的体积偏小,所得草酸的物质的量偏小,则水的物质的量偏大;根据上述实验计算的数据可信性不强,为了提高实验的准确性,应重复操作增加平行实验。答案:(1)否甲(2)当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液时,溶液由无色变为紫色,且半分钟内不褪色,即达滴定终点(3)2

12、偏大重复操作增加平行实验一、选择题(本题包括3小题,每题6分,共18分)1.将一定体积的NaOH溶液分成两等份,一份用pH=2的一元酸HA溶液中和,消耗酸溶液的体积为V1;另一份用pH=2的一元酸HB溶液中和,消耗酸溶液的体积为V2;则下列叙述正确的是()A.若V1V2,则说明HA的酸性比HB的酸性强B.若V1V2,则说明HA的酸性比HB的酸性弱C.因为两种酸溶液的pH相等,故V1一定等于V2D.HA、HB分别和NaOH中和后,所得的溶液都一定呈中性【解析】选A。中和等量的氢氧化钠需要等量的一元酸,若V1V2,说明HA的浓度小,HA比HB的电离程度大,HA比HB的酸性强,A正确,B错误;因为酸

13、的电离程度不一定相同,所以需要的体积不一定相同,C错误;因为不能确定酸的强弱,所以不能确定盐溶液的酸碱性,D错误。2.(2020泉州模拟)NH2OH为一元弱碱(25 时,电离常数Kb=9.010-9),其电离方程式为NH2OH+H2ONH3OH+OH-。用0.1 molL-1盐酸滴定20 mL 0.1 molL-1 NH2OH溶液,恒定25 时,滴定过程中由水电离出来的H+浓度的负对数与盐酸体积的关系如图所示(已知:lg3=0.5)。下列说法不正确的是()A.A、B、C、D四点对应的溶液中NH2OH的电离常数相等B.A点对应溶液的pH=9.5C.D点对应溶液中存在:c(H+)=c(OH-)+c

14、(NH3OH+)+c(NH2OH)D.C点时,溶液呈酸性【解析】选C。温度不变,平衡常数不变,故A正确;c(OH-)c(NH3OH+)c(NH2OH)c2(OH-)0.1=9.010-9,c(OH-)=310-5(molL-1),pH=9.5,故B正确;根据电荷守恒规律c(H+)+c(NH3OH+)=c(OH-)+c(Cl-),根据物料守恒2c(NH3OH+)+2c(NH2OH)=c(Cl-),所以c(H+)=c(OH-)+c(NH3OH+)+2c(NH2OH),故C错误;恒定25 时C点的pHc(NH4+)c(OH-)c(H+)D.25 时氨水的Kb约为510-5.6 molL-1【解析】选

15、D。向50.00 mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5 molL-1的HCl,盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水,氯化铵中NH4+水解显酸性,因而(pH=7)时,氨水稍过量,即反应未完全进行,从到,氨水的量减少,氯化铵的量变多,又溶液导电能力与溶液中离子浓度成正比,氯化铵为强电解质,完全电离,得到的离子(NH4+的水解不影响)多于氨水电离出的离子(氨水为弱碱,少部分NH3H2O发生电离),因而图中点所示溶液的导电能力强于点,A错误;观察图象曲线变化趋势,可推知为盐酸和氨水恰好完全反应的点,得到氯化铵溶液,盐类的水解促进水的电离,因而溶液pOH=8,则c溶液(OH-)=10-8 molL-1,c

16、水(OH-)=c水(H+)=Kw/c溶液(OH-)=10-6 molL-1,B错误;点盐酸的量是点的一半,为恰好完全反应的点,因而易算出点溶液溶质为等量的NH3H2O和NH4Cl,可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-),又pOH=4,说明溶液显碱性,则c(OH-)c(H+),那么c(NH4+)c(Cl-),C错误;V(HCl)=0时,可知氨水的pOH=2.8,则c(OH-)=10-2.8 molL-1,又NH3H2ONH4+OH-,可知c(NH4+)=c(OH-)=10-2.8 molL-1,点盐酸和氨水恰好反应,因而c(NH3H2O)=200.550 molL-

17、1=0.2 molL-1,因而Kb=c(NH4+)c(OH-)c(NH3H2O)=10-2.810-2.80.2=510-5.6 molL-1,D正确。3.(2020西安模拟)常温下,将NaOH溶液滴加到某一元酸(HA)溶液中,测得混合溶液的pH与离子浓度变化关系如图所示已知:pc(A-)c(HA)=-lgc(A-)c(HA)。下列叙述不正确的是()A.Ka(HA)为10-4.76B.滴加NaOH溶液过程中,c(A-)c(HA)c(OH-)不变C.m点所示溶液中:c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+)D.n点所示溶液中:c(Na+)=c(A-)+c(HA)【解析】选D。m点,c(H

18、A)=c(A-),Ka(HA)=c(H+)c(A-)c(HA)=c(H+)=10-4.76,故A正确;Ka(HA)=c(H+)c(A-)c(HA),c(A-)c(HA)c(OH-)=c(A-)c(H+)c(HA)c(H+)c(OH-)=Ka(HA)Kw,所以滴加NaOH溶液过程中,c(A-)c(HA)c(OH-)保持不变,故B正确;m点c(HA)=c(A-),溶液中电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-),则c(H+)=c(HA)+c(OH-)-c(Na+),故C正确;n点溶液显酸性,溶液中溶质为HA和NaA,所以n点所示溶液中:c(Na+)”“(2)101c(Na+)c(

19、SO42-)c(H+)=c(OH-)92c(H+)c(SO42-)c(Na+)c(OH-)5.(16分)滴定分析是一种操作简便、准确度很高的定量分析方法,它可广泛应用于中和滴定、氧化还原反应等滴定中。某研究性学习小组的同学利用滴定分析法进行下面两项定量分析。(1)测定NaOH和Na2CO3的混合液中NaOH的含量。实验操作为先向混合液中加过量的BaCl2溶液使Na2CO3完全转化成BaCO3沉淀,然后用标准盐酸滴定(用酚酞作指示剂)。向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中直接滴入盐酸,则终点颜色的变化为_,为何此种情况能测出NaOH的含量?_。滴定时,若滴定管中的滴定液一直下降到活塞处才达到滴定

20、终点,则能否由此准确地计算出结果?_(2)测定某品牌的碘盐(含有碘酸钾)中碘元素的百分含量。准确称取5.000 0 g该碘盐,溶于蒸馏水,然后与足量的KI溶液在酸性条件下混合(发生的反应为KIO3+3H2SO4+5KI3K2SO4+3I2+3H2O),充分反应后将混合溶液稀释至250 mL,然后用5.010-4 molL-1的Na2S2O3标准溶液进行滴定(用淀粉作指示剂,反应为I2+2S2O32-2I-+S4O62-)。取用Na2S2O3标准溶液应该用_式滴定管。有关实验数值如下表所示(第一次滴定终点的数据如图所示,请将读得的数据填入表中)。滴定次数待测液的体积(mL)滴定前的读数(mL)滴

21、定后的读数(mL)第一次25.000.00V=_第二次25.000.0014.99第三次25.000.0015.01该碘盐中碘元素的百分含量为_,下列操作中,会导致所测得的碘元素的百分含量偏大的是_。a.滴定终点时,俯视刻度b.没有用Na2S2O3标准溶液润洗相应的滴定管c.锥形瓶中有少量的蒸馏水【解析】(1)由于用酚酞作指示剂,滴定终点时溶液的颜色变化为由浅红色变成无色,此时溶液呈弱碱性,BaCO3无法反应,此过程中只有NaOH与盐酸反应,故可求出NaOH的含量。(2)第一次滴定终点的读数是15.90 mL,所消耗Na2S2O3溶液的量比另外两次多出许多,故应舍弃;滴定25.00 mL待测液

22、消耗15.00 mL Na2S2O3溶液。由IO3-3I26S2O32-知,5.000 0 g该碘盐中,n(I)=161510-3 L5.010-4 molL-1=1.2510-6 mol,m(I)=127 gmol-11.2510-6 mol1.5910-4 g,故碘元素的百分含量为3.1810-5100%。a操作会导致滴定后读数偏小,测量值偏小;b操作会导致标准溶液被稀释,测量的结果偏大;c操作对实验结果无影响。答案:(1)由浅红色变成无色滴定终点时溶液呈弱碱性,BaCO3不参与反应不能,因为活塞处无刻度,无法准确地读出所用标准盐酸的体积(2)碱15.903.1810-5100%b关闭Word文档返回原板块