高中化学温习知识点：酸碱中和滴定指示剂选择.docx

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1、高中化学温习知识点：酸碱中和滴定指示剂选择高中化学温习知识点：酸碱中和滴定指示剂选择一、单项选择题1常温下用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO3溶液，所得滴定曲线如下图(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述错误的是AKa2(H2SO3)的数量级为10-8B若滴定到第一反响终点，可用甲基橙作指示剂C图中Y点对应的溶液中：3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)D图中Z点对应的溶液中：c(Na+)c(SO32-)c(HSO3-)c(OH-)2常温下，分别用0.01mol/L的NaOH溶液滴定与之等浓度的体积均为25.00mL的HA、H3B(三元酸)溶

2、液，溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如下图，下列讲法错误的是A常温下K(HA)数量级约为10-5B常温下0.01mol/L的NaH2B溶液的pH大于7CNaOH溶液滴定HA溶液应选择酚酞作为指示剂D当横坐标为37.50时，溶液中存在：2c(H+)+c(H2B-)+3c(H3B)=2c(OH-)+3c(B3-)+c(HB2-)3下列叙述正确的是A用标准的盐酸溶液滴定含甲基橙的氢氧化钠溶液，终点时溶液由黄色变成橙色B将二氧化硫通入氯化钡溶液中产生白色沉淀，再滴加稀硝酸沉淀不消失C向葡萄糖溶液中参加新制氢氧化铜，加热至沸腾，静置后上层溶液呈红色D海水提取溴114已知：将10mL0.1molL1Na

3、2CO3溶液用0.1molL1盐酸滴定时，若用酚酞做指示剂，终点时消耗盐酸10mL；若用甲基橙做指示剂，终点时消耗盐酸20mL。现有一份白色粉末，可能含有NaOH、Na2CO3、NaHCO3的一种或两种。现取一定量的该粉未配成适当浓度的稀溶液并分成两等份，分别用0.1molL1盐酸滴定。一份用酚酞做指示剂，消耗盐酸amL；另一份用甲基橙做指示剂，消耗盐酸bmL。下列讲法正确的是若a=0，则固体中只含有NaHCO3若a=b，则固体中只含NaOH若2aba，则固体中含有NaOH、Na2CO3若2aA滴定前溶液pH值约为3B计量点1时，能够用甲基橙作为指示剂C到达计量点2时，溶液中存在cNacH2A

4、2cHA23cA33-cAD到达计量点3时，微热溶液，-会增大cH2A-9室温下，分别用0.1000mol?L1的NaOH标准液滴定浓度均为0.1mol?L1的三种酸HX、HY、和HZ，滴定曲线如下图，下列讲法错误的是A三种酸的酸性强弱：HXHYHZB等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性C用NaOH标准液滴定HZ溶液时，选用酚酞作指示剂D滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，溶液中存在cX或“或“或“或“0，则稳定性：石墨_金刚石(填“、“0，平衡常数表达式为K=cc(C(COO2)。_反响到达平衡后，向容器中通入CO，化学平衡向_方向移动(填“正反响或“逆反响)；_若升

5、高温度，平衡常数K(填“增大、“减少或“不变)；_查阅资料得知1100时K=0.263。某时刻测得容器中c(CO2)=0.025mol/L，c(CO)=0.10mol/L，此时刻反响平衡状态(填“到达或“未到达)。(4)电化学是研究化学能与电能互相转化的装置、经过和效率的科学。根据氧化复原反响：2Ag+(aq)+Cu(s)2Ag(s)+Cu2+(aq)，设计的原电池如图一所示，X溶液时_溶液(填“CuSO4或“AgNO3)；图二装置在铁件上镀铜，铁作阴极，则铜极上的电极反响是1D【解析】【分析】【详解】cSO32-cH+A据图可知c(SO32-)=c(HSO3-)时pH=7.19，Ka2(H2

6、SO3)=3-=c(H+)=10-7.19，则cHSO3-Ka2(H2SO3)的数量级为10-8，故A正确；B甲基橙的变色范围为3.1-4.4，滴定第一反响终点pH在4.25，所以能够选取甲基橙作指示剂，溶液由红色变为橙色，故B正确；CY点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，且该点c(SO32-)=c(HSO3-)，所以存在3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故C正确；DZ点溶质为Na2SO3，SO32-水解生成HSO3-，SO32-水解和水电离都生成OH-，所以c(HSO3-)a，如讲明一定含有Na2CO3，

7、而2ab，则一定含有NaOH，所以固体中含有NaOH、Na2CO3，故正确；如b=2a，则只含有Na2CO3，如只含有NaHCO3，a=0，若2a10-12，所以，HA2-的电离程度小于HA2-的水解程度，溶液显碱性，由溶液中的电荷守恒cNa+cH+cH2A2cHA23cA3+cOH-，所以，溶液中存在cNacH2A2cHA23cA3，故C错误；D到达计量点3时，恰好生成Na3A，此时溶液中存在A3-的三级水解，且加热促进水解，cA3即加热经过中cA3-减小，cH2A增大，则会减小，故D错误。cH2A答案选B。9D【解析】【分析】【详解】A.酸越弱，酸的电离程度越小，等浓度的酸的pH越大，由图

8、可知，三种酸的酸性强弱：HXHYHZ，选项A正确；B.由图可知，NaOH标准液滴定HY溶液中和百分数达50%时得等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性，选项B正确；C.用NaOH标准液滴定HZ溶液时，完全中和生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，可选用酚酞作指示剂，选项C正确；D.滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，得到等浓度、等体积的HX溶液和NaX溶液混合，溶液呈酸性，根据电荷守恒cX+cOH=cNa+cH+，则存在cXcNa+，选项D错误。答案选D。10AD【解析】【分析】HClT=0.04g/mL，所以1mL标准盐酸滴定NaOH0.04gNaOH，也就是0.04g40g/m

9、ol=0.001mol，所以1mLHCl溶液含0.001molHCl，以0.001molHCl为基础进行滴定分析；酚酞作的变色范围8.210.0，所以HCl滴定Na2CO3的终点为生成NaHCO3，HCl滴定K2CO3的终点为生成KHCO3，此题中HCl和NaHCO3、KHCO3均不反响，据此计算回答。【详解】HCl滴定纯Na2CO3有：HCl?Na2CO3?NaCl?NaHCO30.001mol0.106g，A.HCl滴定纯KOH有：HCl?KOH，HCl滴定纯NaOH有：0.001mol0.056gHCl?NaOH，实际滴定结果是0.073g，介于0.004g和0.106g之间，符合题意；

10、0.001mol0.004gHClBHCl滴定纯K2CO3有：0.001molK2CO3?KCl?0.138gKHCO3，以酚酞为指示剂HCl和NaHCO3不反响，所以0.001molHCl可滴定NaHCO3，K2CO3、Na2CO3混合物的质量大于0.106g0.073g，不符合题意；CHCl和Na2SO4不反响，以酚酞为指示剂HCl和KHCO3不反响，所以0.001molHCl可滴定Na2SO4、KHCO3、Na2CO3混合物的质量大于0.106g0.073g，C不符合题意；2HClDHCl滴定纯Ba(OH)2有：0.001molBa(OH)22，所以0.001molHCl可滴定KOH、0

11、.0855gBaOH2、Na2CO3混合物的质量介于0.056g0.106g之间，实际滴定结果是0.073g，D符合题意；答案选AD。点睛】解此题的关键点：1酚酞的变色范围8.210.0，此题中HCl滴定碳酸盐时终点为碳酸氢盐，HCl和碳酸氢盐不反响；2滴定度，理解成1mLHCl能反响一定质量的某物质即可；3滴定混合物的滴定度应介于分别滴定混合物组分中各种纯物质的滴定度之间。11抑制石蕊cCH3COO-cH+A、CKa=cCH3COOH碱性酸性中性abcabcb=ca解析】【分析】1NaHSO3溶液中存在HSO3-的电离和水解平衡，向NaHSO3溶液滴加石蕊溶液后变红，溶液显酸性，据此分析解答

12、；2酸碱中和滴定时，由于石蕊的变色不明显，不宜用作指示剂。用标准的NaOH滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞为指示剂，根据c待测=c标准V标准判断误差；V待测3醋酸为弱酸，将等体积等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，恰好生成醋酸钠，为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，结合电荷守恒判定；常温下，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH溶液，二者等体积混合后醋酸有剩余，溶液呈酸性，根据电荷守恒判定；4浓度一样，溶液pH与溶液中氢离子浓度成反比；pH一样时，溶液中氢离子浓度相同，醋酸是一元弱酸，硫酸是二元强酸、盐酸是一元强酸，据此判定；pH相等时，cH+相等，醋酸在稀释经过中，会促进电离，盐酸和硫酸稀释时氢

13、离子的物质的量不变，据此分析判定。【详解】1NaHSO3溶液中存在HSO3-的电离和水解平衡，向NaHSO3溶液滴加石蕊溶液后变红，溶液显酸性，讲明HSO3-的电离程度大于其水解程度；NaHSO3溶液显酸性，以电离为主，电离出的氢离子能够抑制水的电离，故答案为：；抑制；2酸碱中和滴定时，由于石蕊的变色不明显，不宜用作指示剂。用标准的NaOH滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞为指示剂。A.未用标准液润洗碱式滴定管，使得标准氢氧化钠溶液浓度偏小，滴定消耗的氢氧化钠体积偏大，根据c待测=c标准V标准，c待测偏大，V待测故A正确；B.盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，不影响盐酸的物质的量钠溶液

14、的体积偏小，根据c待测=c标V准待V测标准，c待测偏小，故D错误；故选AC，故答案为：石蕊；AC；3醋酸为弱电解质，存在CH3COOHCH3COO-+H+，醋酸的电离平衡常数表达式KacCH3COOcH，故答案为：cCH3COOcH；cCH3COOHcCH3COOH将等体积、等物质的量浓度的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，恰好生成碱弱酸盐，溶液呈碱性，cOH-cH+，溶液中存在CH3COONa，为强和消耗氢氧化钠的体积，对结果无影响，故B错误；C.滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴导致氢氧化钠溶液的体积偏大，根据c待测=c标准V标准，c待测V待测D.滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其它操作均正确，导致

15、氢氧化c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)，则c(Na+)c(CH3COO-)，故答案为：碱性；常温下，pH=3的醋酸浓度大于pH=11的NaOH溶液，二者等体积混合后醋酸有剩余，溶液呈酸性；若物质的量浓度一样的醋酸和氢氧化钠溶液混合后，溶液中c(Na)=c(CH3COO)，根据电荷守恒可知，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(H+)=c(OH-)，溶液为中性，故答案为：酸性；中性；(4)当它们的物质的量浓度一样时，假设都是1mol/L，醋酸中氢离子浓度小于1mol/L、硫酸中氢离子浓度是2mol/L、盐酸中氢离子浓度是1mol/L，氢离

16、子浓度越大，pH越小，所以pH由大到小排列是abc，故答案为：abc；pH一样时，溶液中氢离子浓度一样，醋酸是一元弱酸，硫酸是二元强酸、盐酸是一元强酸，假设氢离子浓度为1mol/L，则醋酸浓度大于1mol/L、盐酸浓度是1mol/L、硫酸浓度是0.5mol/L，所以物质的量浓度的由大到小排列是abc，故答案为：abc；pH相等时，c(H+)相等，醋酸在稀释经过中，会促进电离，所以氢离子的物质的量增加，氢离子的浓度减小的程度小，硫酸和盐酸溶液中氢离子物质的量不变且相等，氢离子的浓度减小的程度大，所以c(H+)由大到小的顺序为：ab=c，pH由大到小的顺序为b=ca，故答案为：b=ca。【点睛】此

17、题的易错点为(4)，要注意醋酸为弱酸，且c(H+)越大，pH越小。12HCO32无色-483.6正反响增大未到达AgNO3Cu2eCu2【解析】【分析】(1)根据盐类水解原理分析解答；根据pH计算表达式进行计算；根据滴定原理及指示剂的变色范围分析解答；(2)根据反响热与反响物物质的量的关系分析解答；(3)根据平衡常数表达式及平衡移动原理分析解答；(4)根据原电池原理及电解池原理分析解答。【详解】(1)在溶液中，强碱弱酸盐，强酸弱碱盐或弱酸弱碱盐电离出来的离子与水电离出来的处悬挂一滴溶液，偏大，故C正确；H+与OH-生成弱电解质的经过叫做盐类水解，所以能发生水解反响的是HCO3，故答案为：HCO

18、；3盐酸属于强电解质，完全电离，c(H+)=c(HCl)=0.0100mol/L，pH=-lgc(H+)=-lg10-2=2，故答案为：2；酚酞在碱性溶液中为红色，当到达滴定终点时溶液为中性，所以溶液变为无色，故答案为：无色；2反响热和参加反响的反响物物质的量成正比，则H2与O2反响生成2molH2Og时放出的热量为241.8kJ2=483.6kJ，则热化学方程式为：2H2g+O2g2H2OgH=-483.6kJkJ/mol，故答案为：-483.6；由C石墨，sC金刚石，sH0知，反响吸热，反响物石墨能量低，物质能量越低越稳定，则稳定性：石墨金刚石，故答案为：；3增大反响物浓度，根据平衡移动原理分析，平衡向正反响方向移动，故答案为：正反响；该反响为吸热反响，升高温度平衡向正反响方向移动，K增大，故答案为：增大；cCO20.025mol/LQc=2=0.250.263，则未到达平衡，故答案为：未到达；cCO0.10mol/L4右侧为原电池的正极，电极反响为Ag+e-Ag，则X溶液为AgNO3，故答案为：AgNO3；图二装置为电解池，在铁件上镀铜，铁作阴极，则铜作阳极，失去电子，发生氧化反响，电极反响是Cu-2e-Cu2，故答案为：Cu-2e-Cu2。