《2025年5年高考3年模拟高中化学全一册人教B版》

5.(2024吉林白山一模,15)常温下,向20 mL 0.2 mol·L⁻¹一元弱碱ROH溶液中逐滴加入0.1 mol·L⁻¹盐酸,溶液的M值[M = lg $\frac{c(ROH)}{c(R^+)}$]随加入盐酸体积的变化曲线如图所示。已知a点溶液pH=9.8。下列说法中错误的是 （ ）

A.Kb（ROH）=1×10⁻⁴.²
B.b点时,c（R⁺）＞c（Cl⁻）＞c（ROH）＞c（OH⁻）＞c（H⁺）
C.c点时,c（Cl⁻）=c（R⁺）+c（ROH）
D.a、b、c、d四点中,水的电离程度最小的是d点

答案： a点时$\mathrm{pH}=9.8$，则$c(\mathrm{OH}^{-}) = 10^{-4.2}\ \mathrm{mol}\cdot\mathrm{L}^{-1}$；a点时$M=\lg\frac{c(\mathrm{ROH})}{c(\mathrm{R}^{+})}=0$，故$c(\mathrm{R}^{+}) = c(\mathrm{ROH})$，则$K_{\mathrm{b}}(\mathrm{ROH})=\frac{c(\mathrm{R}^{+})\cdot c(\mathrm{OH}^{-})}{c(\mathrm{ROH})}=c(\mathrm{OH}^{-}) = 1\times10^{-4.2}$，A项正确。b点加入的盐酸体积为$20\ \mathrm{mL}$，溶液中溶质为等浓度的$\mathrm{ROH}$和$\mathrm{RCl}$，$M=\lg\frac{c(\mathrm{ROH})}{c(\mathrm{R}^{+})}＜0$，故$c(\mathrm{R}^{+})＞c(\mathrm{ROH})$，说明溶液中$\mathrm{ROH}$的电离程度大于$\mathrm{R}^{+}$的水解程度，溶液显碱性，故$c(\mathrm{R}^{+})＞c(\mathrm{Cl}^{-})＞c(\mathrm{ROH})＞c(\mathrm{OH}^{-})＞c(\mathrm{H}^{+})$，B项正确。c点加入盐酸的体积为$40\ \mathrm{mL}$，溶液中溶质为$\mathrm{RCl}$，由元素守恒可知$c(\mathrm{Cl}^{-}) = c(\mathrm{R}^{+})+c(\mathrm{ROH})$，C项正确。从a点到c点是酸碱中和的过程，c点二者恰好反应，则从a点到c点水的电离程度增大；a点溶液的$\mathrm{pH}=9.8$，溶质为$\mathrm{ROH}$和$\mathrm{RCl}$，$\mathrm{ROH}$的电离占主导地位，水电离的$c(\mathrm{H}^{+}) = 10^{-9.8}\ \mathrm{mol}\cdot\mathrm{L}^{-1}$；d点溶液中溶质为$\mathrm{RCl}$和$\mathrm{HCl}$，此时$M=-3.8$，则$\frac{c(\mathrm{ROH})}{c(\mathrm{R}^{+})}=10^{-3.8}$，结合$K_{\mathrm{b}}(\mathrm{ROH})$可得此时$c(\mathrm{OH}^{-}) = 10^{-8}\ \mathrm{mol}\cdot\mathrm{L}^{-1}$，则水电离出的$c(\mathrm{OH}^{-}) = 10^{-8}\ \mathrm{mol}\cdot\mathrm{L}^{-1}$，故水的电离程度最小的是a点，D项错误。

6.(2024九省联考江西卷,12)马来酸依那普利(记为X,摩尔质量为M g/mol)是一种心血管疾病防治药物,结构如下所示:

通常使用以下两种方法滴定分析样品中X的质量分数w:
方法一:将m g样品溶于有机溶剂中,以c₁ mol/L的HClO₄溶液滴定,终点消耗V₁ mL HClO₄溶液,计量关系为n（X）:n（HClO₄）=1:1;
方法二:将m g样品溶于水中,以c₂ mol/L的NaOH溶液滴定,终点消耗V₂ mL NaOH溶液,计量关系为n（X）:n（NaOH）=1:3。
下列说法正确的是 （ ）
A.方法一滴定终点时,pH=7
B.方法一w = $\frac{c_1·V_1·M}{m×10^3}$×100%
C.方法二滴定终点时,pH=7
D.方法二w = $\frac{3c_2·V_2·M}{m×10^3}$×100%

答案： 方法一：使用$\mathrm{HClO}_{4}$溶液滴定，计量关系为$n(\mathrm{X}):n(\mathrm{HClO}_{4}) = 1:1$，$\mathrm{HClO}_{4}$只与亚氨基（$-\mathrm{NH}-$）反应，由于$\mathrm{X}$含有羧基，滴定终点时，$\mathrm{pH}＜7$，A项错误；方法二：使用$\mathrm{NaOH}$溶液滴定，计量关系为$n(\mathrm{X}):n(\mathrm{NaOH}) = 1:3$，$\mathrm{NaOH}$只与羧基反应，又由于$\mathrm{X}$含有亚氨基，滴定终点时，$\mathrm{pH}＞7$，C项错误；根据计量关系$n(\mathrm{X}):n(\mathrm{NaOH}) = 1:3$，$w=\frac{\frac{1}{3}c_{2}\times V_{2}\times M\times10^{-3}}{m}\times100\%=\frac{c_{2}V_{2}M}{3m\times10^{3}}\times100\%$，D项错误。

7.(2024山东济宁一模)阅读下列材料,回答(1)～(2)题。
氧泡泡是一种多功能新型漂白剂,其有效成分是过碳酸钠(xNa₂CO₃·yH₂O₂)。
Ⅰ.以芒硝(Na₂SO₄·10H₂O)、H₂O₂等为原料制备过碳酸钠的工艺流程如图所示:

Ⅱ.测定过碳酸钠化学式的实验步骤如下(样品中杂质不参加反应):
①用电子天平称取两份质量均为m g的样品。
②将一份置于锥形瓶中,加水溶解,加催化剂使H₂O₂充分快速分解(催化剂不参与其他反应),然后加酚酞作指示剂,用0.050 0 mol·L⁻¹ H₂SO₄溶液滴定至终点,消耗硫酸V₁ mL。
③将另一份置于碘量瓶中,加入50 mL蒸馏水,并立即加入6 mL 2.0 mol·L⁻¹ H₃PO₄溶液,再加入过量KI固体,摇匀后于暗处放置10 min,加入适量指示剂,用0.100 0 mol·L⁻¹ Na₂S₂O₃标准溶液滴定至终点,消耗Na₂S₂O₃标准溶液V₂ mL。(已知:2Na₂S₂O₃+I₂⇌Na₂S₄O₆+2NaI)
(1)关于过碳酸钠制备的流程,下列说法错误的是 （ ）
A.步骤1中2 mol芒硝参与反应时,消耗1 mol Na₂Cr₂O₇
B.滤渣的主要成分为CaSO₄
C.步骤2的化学方程式为2Na₂CrO₄+2CO₂+H₂O⇌Na₂Cr₂O₇+2NaHCO₃↓
D.稳定剂的作用是阻止微量杂质金属离子的催化作用,减少H₂O₂的分解
(2)测定过碳酸钠化学式的步骤中,下列说法错误的是 （ ）
A.步骤③样品溶于水酸化后放置一段时间,然后再加入过量KI固体,导致x:y偏大
B.该过碳酸钠样品中x:y = V₁:V₂
C.该样品的纯度为$\frac{1.06V_1 + 0.17V_2}{m}$%
D.步骤②中滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后无气泡,导致x:y偏大

答案： （1）A （2）B
（1）$\mathrm{Na}_{2}\mathrm{Cr}_{2}\mathrm{O}_{7}$溶液中存在平衡：$\mathrm{Cr}_{2}\mathrm{O}_{7}^{2 -}+\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}\rightleftharpoons2\mathrm{CrO}_{4}^{2 -}+2\mathrm{H}^{+}$，步骤1加入$\mathrm{CaO}$使平衡向右移动，生成$\mathrm{CrO}_{4}^{2 -}$和难溶的$\mathrm{CaSO}_{4}$沉淀，发生反应$\mathrm{Na}_{2}\mathrm{SO}_{4}+\mathrm{CaO}+\mathrm{Na}_{2}\mathrm{Cr}_{2}\mathrm{O}_{7}=2\mathrm{Na}_{2}\mathrm{CrO}_{4}+\mathrm{CaSO}_{4}$，反应中芒硝与$\mathrm{Na}_{2}\mathrm{Cr}_{2}\mathrm{O}_{7}$的物质的量之比为$1:1$，A错误、B正确；从流程看，灼烧、精制为步骤3提供$\mathrm{Na}_{2}\mathrm{CO}_{3}$，则步骤2中，往滤液中通入$\mathrm{CO}_{2}$使溶液酸化，$\mathrm{Na}_{2}\mathrm{CrO}_{4}$转化为$\mathrm{Na}_{2}\mathrm{Cr}_{2}\mathrm{O}_{7}$，同时生成$\mathrm{NaHCO}_{3}$：$2\mathrm{Na}_{2}\mathrm{CrO}_{4}+2\mathrm{CO}_{2}+\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}\rightleftharpoons\mathrm{Na}_{2}\mathrm{Cr}_{2}\mathrm{O}_{7}+2\mathrm{NaHCO}_{3}\downarrow$，过滤后，$\mathrm{Na}_{2}\mathrm{Cr}_{2}\mathrm{O}_{7}$溶液循环使用，C正确；$\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2}$易发生分解，当混入金属离子（如$\mathrm{Fe}^{3 +}$）时会促进$\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2}$分解，加入稳定剂可减少$\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2}$的分解，D正确。
（2）步骤③样品溶于水酸化后放置一段时间，会导致$\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2}$分解，使得加入过量$\mathrm{KI}$固体后生成碘单质的量减小，导致$V_{2}$偏小，计算出的$y$值偏小，则$x:y$偏大，A正确；步骤②用酚酞作指示剂，滴定终点溶液呈碱性，$\mathrm{CO}_{3}^{2 -}$转化为$\mathrm{HCO}_{3}^{-}$，则根据硫酸的用量可知，碳酸钠的物质的量为$0.050\ 0\ \mathrm{mol}\cdot\mathrm{L}^{-1}\times V_{1}\times10^{-3}\ \mathrm{L}\times2$；③中$\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2}$将$\mathrm{I}^{-}$氧化为$\mathrm{I}_{2}$，$\mathrm{I}_{2}$再被$\mathrm{Na}_{2}\mathrm{S}_{2}\mathrm{O}_{3}$还原，根据得失电子守恒有关系式$\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2}\sim\mathrm{I}_{2}\sim2\mathrm{Na}_{2}\mathrm{S}_{2}\mathrm{O}_{3}$，则$\mathrm{H}_{2}\mathrm{O}_{2}$的物质的量为$0.100\ 0\ \mathrm{mol}\cdot\mathrm{L}^{-1}\times V_{2}\times10^{-3}\ \mathrm{L}\times\frac{1}{2}$，则过碳酸钠样品中$x:y = 2V_{1}:V_{2}$，B错误；该样品的纯度为$\frac{0.050\ 0\ \mathrm{mol}\cdot\mathrm{L}^{-1}\times V_{1}\times10^{-3}\ \mathrm{L}\times2\times106\ \mathrm{g}\cdot\mathrm{mol}^{-1}+0.100\ 0\ \mathrm{mol}\cdot\mathrm{L}^{-1}\times V_{2}\times10^{-3}\ \mathrm{L}\times\frac{1}{2}\times34\ \mathrm{g}\cdot\mathrm{mol}^{-1}}{m\ \mathrm{g}}\times100\%=\frac{1.06V_{1}+0.17V_{2}}{m}\%$，C正确；步骤②中滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后无气泡，使得$V_{1}$偏大，则导致$x:y$偏大，D正确。