1、102D滴定终点时,溶液中【解析】根据图像,曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小,曲线代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大,粒子的分布系数只有1个交点;当加入40mL NaOH溶液时,溶液的pH在中性发生突变,且曲线代表的粒子达到最大值接近1;没有加入NaOH时,pH约为1,说明H2A第一步完全电离,第二步部分电离,曲线代表(HA),曲线代表(A2),根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O,c(H2A)=0.1000mol/L。根据分析,曲线代表(HA),曲线代表(A2),A错误;B当加入40.00mL NaOH溶液时,溶液的pH发生突变,说明恰好完全反应,结合
2、分析,根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O,c(H2A)=0.1000mol/L,B错误;C根据曲线当(HA)=(A2)时溶液的pH=2,则HA的电离平衡常数Ka=c(H+)=1102,C正确;D用酚酞作指示剂,酚酞变色的pH范围为8.210,终点时溶液呈碱性,c(OH)c(H+),溶液中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2)+c(HA)+c(OH),则c(Na+)2c(A2)+c(HA),D错误;答案选C。【点睛】本题的难点是判断H2A的电离,根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H+A2,HAH+A2;同时注意题中是双纵坐标,左边纵坐标代表
3、粒子分布分数,右边纵坐标代表pH,图像中(HA)=(A2)时溶液的pH5,而是pH=2。3室温下,用0.l00mol/L NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.100 mol/L的盐酸和醋酸,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是( )AII表示的是滴定醋酸的曲线BpH=7时,滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mLCV(NaOH)=20.00mL时,两份溶液中c(Cl)=c(CH3COO)DV(NaOH)=10.00mL时,醋酸溶液中c(Na+)c(CH3COO)c(H+)c(OH)【答案】B【解析】滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1,0.1000mol/L醋酸pH1,所以滴定盐酸的
4、曲线是图,滴定醋酸的曲线是图,A错误;醋酸钠水解呈碱性,pH=7时,滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mL,B正确;V(NaOH)=20.00mL时,二者反应生成氯化钠和醋酸钠,醋酸根发生水解,两份溶液中c(Cl)c(CH3COO),C错误;V(NaOH)=10.00mL时,溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠,醋酸电离大于醋酸根的水解程度,溶液中离子浓度关系为c(CH3COO)c(Na+)c(H+)c(OH),D错误。【点睛】根据起始时的PH能判断出醋酸的是曲线,盐酸的是曲线。4.室温下,向20.00mL 0.10molL1一元弱碱MOH溶液中滴入0.10molL1的盐酸,溶液的AG与所加盐酸
5、的体积关系如图所示,已知AG=lg下列有关叙述不正确的是( )A50下,AG=0,此时溶液显中性Ba点对应溶液中H2O电离出的c(H+)=1.01011 molCb点对应溶液中4c(M+)+4c(MOH)=3c(Cl)Dd点对应溶液中c(Cl)c(M+)c(MOH)【解析】AAG=0,则,溶液中c(H+)=c(OH),溶液显中性,A正确,不选;B室温下,Kw=c(H+)c(OH)=1014,a点,可知c(H+)=1011molL1,溶液中的H+均来自与水的电离,因此水电离出来的c(H+)=1011molL1,B正确,不选;Cb点加入盐酸15mL,根据物料守恒,可知含有M的粒子的浓度和Cl的浓度
6、的比值为43,即,得3c(M+)+3c(MOH)=4c(Cl),C错误,符合题意;Dd点,加入40mL盐酸,盐酸过量,溶液中为等浓度HCl和MCl的混合溶液,Cl的浓度最大,由于M+为弱碱阳离子,会水解,则c(H+)c(M+),水解是微弱的,因此c(M+)c(MOH)则离子排序为c(Cl)c(MOH),D正确,不选。【点睛】易错选C项,解题时容易将系数乘错。因此解题时,可以先写出分数的形式,在改写成等式,可以减少错误。1常温下,用0.50mol/L氢氧化钠溶液滴定某一元弱酸(HA)的溶液中,滴定曲线如图所示,下列叙述不正确的是( )A该弱酸在滴定前的浓度大于0.001mol/LB由滴定起点数据
7、可计算该弱酸的Ka(电离平衡常数)为2105C滴定过程为求滴定终点,最合适的指示剂是酚酞D滴定终点时,c(Na+)c(A)c(OH)c(H+)【解析】A由图象可知,起始酸的pH为3,c(H+)=103mol/L,因为HA是弱酸,则酸的浓度必大于0.001mol/L,A项正确;BHA是弱酸,HA的体积未知,无法由滴定起点数据计算该弱酸的Ka,B项错误;C用NaOH滴定该弱酸溶液达到终点pH范围是在711,溶液显碱性而酚酞的变色范围是8.2-10.0,应选择酚酞作指示剂,C项正确;D酸碱滴定终点时,酸碱恰好反应生成NaA,NaA是强碱弱酸盐,A水解导致溶液显碱性,则滴定终点时离子浓度顺序为c(Na
8、+)c(A)c(OH)c(H+),D项正确;答案选B。【点睛】本题考查酸碱中和滴定,离子浓度的大小比较等知识。对于酸碱指示剂选择的基本原则总结如下:变色要灵敏,变色范围要小,使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。不能用石蕊作指示剂;滴定终点为碱性时,用酚酞作指示剂;滴定终点为酸性时,用甲基橙作指示剂;强酸滴定强碱一般用甲基橙,但用酚酞也可以;并不是所有的滴定都须使用指示剂,如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时,KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。2用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,选用酚酞作指示剂,下列操作会导致测定结果偏低的是( )A酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗
9、就装标准液滴定B锥形瓶未用待测液润洗C读取标准液读数时,滴前仰视,滴定到终点后俯视D滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除,滴定后气泡消失【解析】酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定,则盐酸被稀释,消耗盐酸的体积增加,所以测定结果偏高;B锥形瓶未用待测液润洗,属于正确的操作要求,不会影响结果;C读取标准液读数时,滴前仰视,读数偏大。滴定到终点后俯视,读数偏小,所以读取的盐酸体积减少,测定结果偏低。D滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除,滴定后气泡消失,说明读取盐酸的体积增加,所以测定结果偏高;【点睛】根据进行误差分析。325时,向20.00mL的NaOH溶液中逐滴加入某浓度的CH3CO
10、OH溶液。滴定过程中,溶液的pH与滴入CH3COOH溶液的体积关系如图所示,点时NaOH溶液恰好被中和。则下列说法中,错误的是( )ACH3COOH溶液的浓度为0.1molB图中点到点所示溶液中,水的电离程度先增大后减小C点所示溶液中存在:(CH3COOH)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)D滴定过程中会存在:c(Na+)c(CH3COO)=c(OH)c(H+)【解析】图象可知氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L,点时NaOH溶液恰好被中和消耗醋酸溶液20mL,根据酸碱中和规律,醋酸的浓度为0.1mol/L,故A正确;图中点到点所示溶液中随着醋酸逐渐滴入,氢氧化钠不断被消耗,水的电离被
11、抑制程度逐渐减小,即水的电离程度增大;恰好反应点,水的电离程度最大,从此以后继续滴加醋酸,对水电离起到抑制作用,所以图中点到点所示溶液中,水的电离程度先增大后减小,故B正确;点所示溶液是醋酸和醋酸钠溶液,由物料守恒c(CH3COOH)+c(CH3COO)=2c(Na+)和电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)得c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO)+2c(OH),故C错误;滴定过程中的某点,醋酸钠和氢氧化钠混合溶液中会有c(Na+)c(CH3COO)=c(OH)c(H+),故D正确;故选C。4常温下,向100mL 0.01molL1 HA溶液中逐滴加入
12、0.02molL1的MOH溶液,如中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况。下列说法中正确的是( )AHA为一元弱酸,MOH为一元强碱B滴入MOH溶液的体积为50mL时,c(M+)c(A)CN点水的电离程度大于K点水的电离程度DK点时,c(MOH)+c(M+)=0.02mol【解析】A0.01molL1 HA溶液中pH=2,则HA是强酸,与50mL碱溶液恰好反应后,溶液呈酸性,而与51mL碱恰好反应溶液呈中性,说明碱为弱碱,A错误;BMOH是弱碱,滴入MOH溶液的体积为50 mL时,溶液呈酸性,由电荷守恒可知溶液中c(A)c(M+),B错误;C由图像可知,N点溶液呈中性,水电离的氢离子为107mo
13、l/L,K点溶液呈碱性,MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离,水电离的氢离子小于107mol/L,所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度,C正确;D在K点时混合溶液体积是酸溶液的2倍,物质的量也是HA的2倍,所以c(MOH)+c(M+)=0.01molL1,D错误;故答案选C。5下列滴定中,指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是( )提示:、选项滴定管中的溶液锥形瓶中的溶液指示剂滴定终点颜色变化A溶液酚酞无色浅红色B盐酸氨水甲基橙黄色橙色C酸性无无色浅紫红色D碘水淀粉蓝色无色【答案】D【解析】氢氧化钠溶液滴定醋酸时,恰好中和时生成醋酸钠,此时溶液显碱性,所以选择碱性条件下变色的指示剂即酚酞,
14、终点颜色变化为无色浅红色,A正确;B盐酸滴定氨水时,恰好中和时生成氯化铵,此时溶液显酸性,所以选择酸性条件下变色的指示剂甲基橙,终点颜色变化为黄色橙色,B正确;C据题给已知反应,可以用酸性高锰酸钾溶液氧化亚硫酸钾的原理进行滴定,亚硫酸钾被完全氧化后,过量的高锰酸钾使溶液显浅紫红色,C正确;D用碘水滴定硫化钠溶液,淀粉作指示剂,开始时溶液无色,硫化钠被完全消耗后,过量的碘水使淀粉显蓝色,所以滴定终点的颜色变化为无色蓝色,D错误。【点睛】酸碱指示剂的选择,一般会选择生成物的酸碱性接近的指示剂,若反应物本身有颜色就无需选择指示剂。6室温条件下,用0.100mol/L的NaOH溶液分别滴定酸HX、HY
15、、HZ,三种酸的体积均为20.00mL,浓度均为0.100mol/L,滴定曲线如图所示。A电离常数Ka(HX)的数量级为1012BP点对应的溶液中:c(Y)c(HY)CpH=7时,三种溶液中c(X)=c(Y)=c(Z)DHX的电离程度大于X的水解程度【解析】起始时HA溶液pH=6,则溶液中c(H+)=c(A)=106mol/L,所以Ka(HA)=1011,所以数量级不是1012,故A错误;BP点为在HY溶液中加入10mL NaOH溶液,溶液中含有等浓度的NaY和HY,溶液显酸性,说明HY的电离程度大于NaY的水解程度,所以c(Y)c(Na+)c(HY)c(H+)c(OH),故B正确;CpH=7
16、时,根据电荷守恒,溶液中均存在,c(Na+)=c(X),c(Na+)=c(Y),c(Na+)=c(Z),三种溶液中加入的NaOH体积不等,即c(Na+)各不相同,所以c(X)c(Y)c(Z),故C错误;D当加入10mL NaOH溶液时,HX溶液中恰好反应生成等量的HX和NaX,此时溶液显碱性,说明X的水解程度大于HX的电离程度,故D错误;故选B。【点睛】本题的易错点为BD,要注意加入10mL NaOH溶液时,尽管溶液的组成和浓度相似,但溶液的性质有很大差别,Y对应溶液显酸性,X对应溶液显碱性。7生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的NH含量。利用的反应原理为:4NH+6HCHO(CH
17、2)6N4H+(一元酸)+3H+6H2O。实验步骤如下:甲醛中常含有微量甲酸,应先除去。取甲醛a mL于锥形瓶,加入12滴指示剂,用浓度为b mol/L的NaOH溶液滴定,滴定管的初始读数为V1 mL,当锥形瓶内溶液呈微红色时,滴定管的读数为V2 mL。向锥形瓶加入饱和食盐水试样c mL,静置1分钟。用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液,至溶液呈微红色时,滴定管的读数为V3 mL。A步骤中的指示剂可以选用酚酞试液B步骤中静置的目的是为了使NH和HCHO完全反应C步骤若不静置会导致测定结果偏高D饱和食盐水中的c(NH)=mol/L【解析】酸和碱反应生成甲酸钠,溶液呈碱性,步骤中的
18、指示剂可以选用酚酞试液,故A正确;通过延长反应时间,使反应进行得更充分,步骤中静置的目的是为了使NH和HCHO完全反应,故B正确;步骤若不静置,4NH+6HCHO=(CH2)6N4H+(一元酸)+3H+6H2O,反应不完全,生成的酸少,会导致测定结果偏低,故C错误;除去甲酸后的氢氧化钠溶液读数为V2 mL,加入饱和食盐水试样c mL,再加12滴酚酞,再用上述NaOH溶液滴定至微红色,滴定管的读数V3 mL,此时4NH+6HCHO=(CH2)6N4H+(一元酸)+3H+6H2O,滴入氢氧化钠反应,4NH(CH2)6N4H+(一元酸)+3H+)4OH;氢氧化钠物质的量和氮元素物质的量相同,所以饱和
19、食盐水中的c(NH =L1,故D正确;8为测定样品的纯度,用硫酸溶解6.300g样品,定容至250mL。取25.00mL溶液,用标准溶液滴定至终点。重复实验,数据如下:序号滴定前读数/mL滴定终点读数/mL10.0019.9821.2622.4031.5421.56已知:假设杂质不参加反应。该样品中的质量分数是_%(保留小数点后一位);写出简要计算过程:_。【答案】95.2 【解析】第一次所用标准液为:19.98mL,第二次所用标准液为22.40-1.26=20.14mL,第三次所用标准液为:21.56-1.54=20.02mL,第二次数据偏差较大舍去,所以所用标准液的体积为;根据方程式可知反
20、应中存在数量关系:3MnO5,所以25mL待测液中所含的物质的量为:,质量为,所以样品中质量分数为【点睛】计算过程中要注意滴定的待测液是从配制的250mL溶液中取出的25mL。9化学小组用碘量法测定粗品立德粉(主要成分是ZnSBaSO4,不溶于水)中S2的含量(粗品中不含干扰测定的物质)。I称取样品mg,置于碘量瓶中;II用已准确称量的I2固体配制100mL 0.1000mol/L I2一KI标准溶液;III取25.00mL上述溶液于碘量瓶中,并加入乙酸溶液,密闭于暗处几分钟,有黄色沉淀产生;IV以淀粉为指示剂,过量的I2用0.1000mol/L Na2S2O3溶液滴定,消耗Na2S2O3溶液
21、体积为VmL。回答下列问题:(1)II中配制100mL0.100mol/L I2-KI标准溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和_。(2)II中加入乙酸的作用是 ;黄色沉淀的名称是 ,该反应中 (填化学式)是氧化剂。(3)已知Na2S2O3与I2反应生成Na2S4O6,则IV中发生反应的化学方程式是 。(4)样品中S2的含量为_(写出表达式)。【答案】(1)100mL容量瓶、胶头滴管 (2)溶解ZnS,释放出H2S 硫 I2 (3)I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 (4)【解析】(1)配制100mL 0.100mol/L I2-KI标准溶液,基本步骤是:1计算、2称量、3溶解
22、、4转移、5洗涤、6定容、7摇匀,所以用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和100mL容量瓶、胶头滴管;(2)ZnS和醋酸反应生成醋酸锌和H2S,II中加入乙酸的作用是溶解ZnS,释放出H2S;H2S和I2反应生成HI和黄色S沉淀,该反应中I元素化合价降低,I2是氧化剂;(3)Na2S2O3与I2反应生成Na2S4O6和NaI,IV中发生反应的化学方程式是I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6;(4)设ZnS的物质的量是x mol,根据ZnSI2,可知ZnS消耗I2 x mol,根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6,Na2S2O3消耗I2 mol,则x+0.025L0.
23、1mol/L;x=,样品中S2的含量为【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制、物质含量的测定,明确反应原理是解题关键,掌握配制一定物质的量浓度的溶液配制步骤及计算,熟悉根据化学方程式的计算。10三氯化六氨合钴(Co(NH3)6Cl3)是一种橙黄色晶体,实验室制备过程如下:将研细的6g CoCl26H2O晶体和4g NH4Cl固体加入锥形瓶中,加水,加热溶解,冷却;加入13.5mL浓氨水,用活性炭作催化剂,混合均匀后逐滴滴加13.5mL 5% H2O2溶液,水浴加热至5060,保持20min。用冰浴冷却,过滤,得粗产品;将粗产品溶于50mL热的稀盐酸中,_,向滤液中缓慢加入6.7mL浓盐酸,
24、有大量橙黄色晶体析出,冰浴冷却后过滤;先用冷的2molL1 HCl溶液洗涤晶体,再用少许乙醇洗涤,干燥,得产品。(1)Co(NH3)6Cl3中Co的化合价是_。(2)CoCl2遇浓氨水生成Co(OH)2沉淀,加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成,原因是_。(3)溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后,与H2O2溶液反应生成Co(NH3)6Cl3的化学方程式是_。(4)补全中的操作:_。(5)沉淀滴定法测定制备的产品中Cl的质量分数:准确称取a g 中的产品,配制成100mL溶液,移取25mL溶液于锥形瓶中;滴加少量0.005molL1 K2CrO4溶液作为指示剂,用c molL1 A
25、gNO3溶液滴定至终点;平行测定三次,消耗AgNO3溶液的体积的平均值为v mL,计算晶体中Cl的质量分数。溶解度:AgCl 1.3106 molL1,Ag2CrO4(砖红色)6.5105mol中,滴定至终点的现象是_。制备的晶体中Cl的质量分数是_(列计算式,Cl的相对原子质量:35.5)。(1)+3 (2)NH抑制NH3H2O的电离,使溶液中的c(OH)降低,避免生成Co(OH)2沉淀 (3)2CoCl2+10NH3H2O+2NH4Cl+H2O22Co(NH3)6Cl3+12H2O (4)趁热过滤、冷却 (5)溶液中出现砖红色沉淀,半分钟内不消失 【解析】根据题意,在氨气和氯化铵存在条件下
26、,以活性炭为催化剂,用双氧水氧化CoCl2溶液来制备Co(NH3)6Cl3,反应的化学方程式为2CoCl2+10NH32Co(NH3)6Cl3+12H2O;将粗产品溶于50mL热的稀盐酸中,再向滤液中缓慢加入6.7mL浓盐酸,有大量橙黄色晶体析出,冰浴冷却后过滤,说明加入热的稀盐酸后应过滤;先用冷的2mol(1)Co(NH3)6Cl3中NH3为配体,氯的化合价为-1价,则Co的化合价是+3价,故答案为+3;(2)加入NH4Cl使溶液中的NH浓度增大,NHH2O的电离,使溶液中的c(OH)降低,避免生成Co(OH)2沉淀,故答案为:NHH2O的电离,使溶液中的c(OH)降低,避免生成Co(OH)2沉淀;(3)由分析可知:溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后,与H2O2溶液反应生成Co(NH3)6Cl3的化学方程式是CoCl2+10NH32Co(NH3)6Cl3+12H2O;(4)由分析可知,第中缺少步骤是过滤,并且是在加入热的稀盐酸后,故答案为:趁热过滤、冷却;(5)由题可知:AgCl的溶解度小于Ag2CrO4的溶液度,所以在滴加AgNO3时Ag+会与Cl反应生成AgCl沉淀,当Cl消耗完时再与CrO结合,所以滴定终点时是Ag+与CrO结合生成砖红
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