2024届高考化学一轮复习课时分层作业39滴定曲线和中和滴定的拓展应用含答案

这是一份2024届高考化学一轮复习课时分层作业39滴定曲线和中和滴定的拓展应用含答案，文件包含2024届高考化学一轮复习课时分层作业39滴定曲线和中和滴定的拓展应用含答案docx、2024届高考化学一轮复习课时分层作业39参考答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共11页， 欢迎下载使用。
1．B [以酚酞作指示剂，滴定敞口隔夜放置的NaOH溶液，由于生成了Na2CO3，所消耗盐酸的体积偏小，所以V3舍去。]
2．C [A.一元碱和一元酸中和时消耗的物质的量相等，N点时pH ＝ 7，溶液显中性，但加入酸的体积V (HX) ＝ 11 mL，二者浓度相等，因此此时n(HX)>n(NaOH)，HX过量，由此可知HX为弱酸，不可能为HI，选项A错误；B.M点为NaOH与NaX等浓度的混合溶液，c(NaOH)＝eq \f(0.10 ml/L×0.05 L,0.01 L＋0.005 L)＝eq \f(1,30) ml/L，N点为NaX和极少量的HX混合溶液，c(HX)＝eq \f(0.10 ml/L×0.001 L,0.01 L＋0.011 L)＝eq \f(1,210) ml/L，前者NaOH对水的抑制大于HX对水的抑制，水的电离程度M7，应选用酚酞作指示剂，错误；B项，曲线Ⅱ代表的应是NaOH溶液滴定强酸，错误；C项，Ka(乙)＝eq \f(10－3×10－3,0.1－0.001)≈1.01×10－5，正确；D项，x为突变的中心点，恰好反应，x＝20.00，错误。]
5．B [A.如图所示，b点为反应终点，溶质为NaCl，溶液为中性，加入极少量NaOH溶液都会引起pH的突变，A正确；B.盐酸抑制水的电离，随着NaOH的加入，水的电离程度增大，达到滴定终点后再滴加NaOH溶液，水的电离程度减小，B错误；C.当V(NaOH)＝30 mL时，溶液中氢氧根浓度为：eq \f(30×0.100 0－20×0.100 0,30＋20) ml/L＝0.02 ml/L，氢离子浓度为：eq \f(10－14,0.02) ml/L＝5×10－13 ml/L，pH＝－lg c(H＋)＝－lg(5×10－13)＝13－lg 5＝12.3，C正确；D.如图所示，指示剂的变色范围应在突变范围内，故选指示剂时，其变色范围应在4.30～9.70，D正确。]
6．B [在20 mL 0.1 ml/L HA溶液中逐滴加入0.1 ml/L NaOH溶液，pH的变化曲线可知，①为起始点，②为氢氧化钠为10 mL时，溶质为等物质的量的NaA和HA，③为中性点，④为加入的氢氧化钠的体积为20 mL时，即反应终点，此时溶质为NaA，⑤为过量氢氧化钠的点。A.0.1 ml/L HA溶液的pH＞1，所以HA是一元弱酸，A正确；B.点②溶液溶质为等物质的量的NaA和HA，溶液显酸性，所以HA分子的电离程度大于NaA的水解程度，则有c(A－)>
c(Na＋)>c(HA)>c(H＋)>c(OH－)，B错误；C.点③溶液显中性，则有c(Na＋)＝
c(A－)>c(OH－)＝c(H＋)，C正确；D.点④溶液为完全反应生成NaA的溶液，对水的电离促进作用最大，所以水的电离程度最大，D正确。]
7．D [将0.1 ml·L－1的NaOH溶液逐滴滴入10 mL 0.1 ml·L－1HB溶液中，根据图像可知，初始HB的pH＝2，即HB为弱酸。在滴加氢氧化钠过程中，V1时混合溶液恰好为中性，V2时完全反应。A.NaOH与HB恰好反应时(c点)，根据物料守恒可得c(Na＋)＝c(B－)＋c(HB)，a点不是恰好反应的点，因此c(Na＋)＜c(B－)＋c(HB)，A错误；B.甲基橙的变色范围在酸性，该反应的滴定终点为碱性，因此滴定应采用酚酞作为指示剂，B错误；C.V1时混合溶液恰好为中性，由于NaB为强碱弱酸盐，故此时酸有剩余，V1＜10，C错误；D.b点时，根据电荷守恒可知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(B－)＋c(OH－)，溶液为中性，c(H＋)＝
c(OH－)，故c(Na＋)＝c(B－)，D正确。]
8．B [浓度均为0.100 0 ml/L的三种酸HX、HY、HZ，根据滴定曲线0点三种酸的pH可得到HZ是强酸，HY和HX是弱酸，但酸性：HY＞HX。A选项：同温同浓度时，三种酸的导电性：HZ＞HY＞HX。B选项：当NaOH溶液滴加到10 mL时，溶液中c(HY)≈c(Y－)，即Ka(HY)≈c(H＋)＝10－pH＝10－5。C选项：用NaOH溶液滴定至HX恰好完全反应时，HY早被完全中和，所得溶液是NaY和NaX混合溶液；但因酸性：HY＞HX，即X－的水解程度大于Y－，溶液中c(Y－)＞c(X－)。D选项：HY与HZ混合，溶液的电荷守恒式为：c(H＋)＝c(Y－)＋c(Z－)＋c(OH－)，又根据HY的电离平衡常数：Ka(HY)＝ eq \f(cH＋·cY－,cHY)即有：c(Y－)＝ eq \f(Ka·cHY,cH＋)，所以达平衡后：c(H＋)＝eq \f(Ka·cHY,cH＋)＋c(Z－)＋c(OH－)。]
9．(1)溶液由无色恰好变为浅红色，且在半分钟内不褪色 26.10 符合 CD (2)Ⅰ < (3)80.00
10．解析：已知CuCl＋Fe3＋===Cu2＋＋Fe2＋＋Cl－，Fe2＋＋Ce4＋===Fe3＋＋Ce3＋，可得到关系式：CuCl～Fe2＋～Ce4＋～Ce(SO4)2，则V2 mL中CuCl的物质的量为(ab×10－3)ml，则V1 mL中CuCl的物质的量为(eq \f(V1,V2)×ab×10－3)ml，质量为(eq \f(V1,V2)×ab×10－3)ml×99.5 g/ml＝(eq \f(0.099 5abV1,V2))g，因此产品中CuCl的质量分数为eq \f(\f(0.099 5abV1,V2)g,mg)×100%＝eq \f(9.95abV1,mV2)%；未用标准溶液润洗滴定管，会使消耗的标准溶液体积偏大，使最终结果偏高，A错误；滴定时需要适当控制滴速，使反应充分进行，B正确；当滴定接近终点时，用锥形瓶内壁将半滴标准液刮落，并用蒸馏水冲洗内壁，可减小实验误差，提高滴定的准确度，C正确；滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后无气泡会使读得的消耗标准溶液的体积偏大，使最终结果偏高，D错误。
答案：eq \f(9.95abV1,mV2) AD
11．解析：淀粉溶液遇到碘单质变蓝，需要选择淀粉溶液作指示剂，达到滴定终点的现象为当加入最后半滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且半分钟不恢复原色；根据关系式Na10P3O13Cl·5H2O～I2～2S2Oeq \\al(2－,3)，产品的纯度为
eq \f(0.02 L×0.05 ml·L－1×\f(1,2)×\f(250 mL,25 mL)×656.5 g·ml－1,a g)×100%＝eq \f(328.25,a)%；滴定前滴定管中含有气泡，滴定结束无气泡会造成测得消耗的滴定液体积偏大，纯度测定值偏大。
答案：淀粉溶液 当加入最后半滴硫代硫酸钠溶液后，溶液蓝色褪去且30 s不恢复原色 eq \f(328.25,a)% 偏大