2024年高考化學二輪復習專題10 水溶液中的離子反應與平衡（講義）（師版）

【淘寶店鋪：向陽百分百】【淘寶店鋪：向陽百分百】專題10水溶液中的離子反應與平衡01專題網(wǎng)絡·思維腦圖02考情分析·解密高考03高頻考點·以考定法考點一弱電解質的電離平衡、溶液的酸堿性及pH計算【高考解密】命題點01弱電解質的電離及其影響因素考點一弱電解質的電離平衡、溶液的酸堿性及pH計算【高考解密】命題點01弱電解質的電離及其影響因素命題點02溶液的酸堿性及pH計算【技巧解密】【考向預測】考點二酸堿中和滴定及遷移應用【高考解密】命題點01酸堿中和滴定的理解和應用命題點02沉淀滴定的理解和應用命題點03氧化還原滴定的理解和應用【技巧解密】【考向預測】考點三溶液中的“三大平衡”與“四大常數(shù)”及其應用【高考解密】命題點01四大平衡常數(shù)的應用命題點02溶液中粒子濃度大小比較【技巧解密】【考向預測】04核心素養(yǎng)·微專題微專題有關水溶液中離子平衡的圖像考點考查內容考情預測弱電解質的電離平衡、溶液的酸堿性及pH計算1.弱電解質的電離及其影響因素2.溶液的酸堿性及pH的計算水溶液中的離子平衡是歷年高考考查的重點和熱點，考查方式常以選擇題形式呈現(xiàn)。從高考命題的變化趨勢來看，溶液中離子濃度的大小比較及沉淀的溶解平衡和轉化是主流試題。試題注重知識的應用，多以圖象、圖表的形式，利用平衡移動原理分析外界條件改變對溶液中電離平衡、水解平衡、難溶電解質的溶解平衡的分析考查，偏重考查粒子濃度大小順序和溶液中各種守恒關系，使題目具有一定的綜合性、靈活性和技巧性。能較好地考查對知識的遷移能力、靈活應用能力和運用化學用語的能力。預計2024年高考題型會延續(xù)2023年高考命題形式，以曲線圖的形式進行綜合考查，要求考生會利用平衡移動原理分析外界條件改變對溶液中電離平衡、水解平衡、難溶電解質的溶解平衡，把握其本質，其中水解常數(shù)、溶度積的相關計算預計會在2024年的高考命題中占有一定的重要地位。酸堿中和滴定及遷移應用1.酸堿中和滴定的理解和應用2.沉淀滴定的理解和應用3.氧化還原滴定的理解和應用溶液中的“三大平衡”與“四大常數(shù)及其應用1.四大平衡常數(shù)的應用2.溶液中粒子濃度大小比較考點一弱電解質的電離平衡、溶液的酸堿性及pH計算命題點01弱電解質的電離及其影響因素典例01（2022·湖北卷）根據(jù)酸堿質子理論，給出質子(H+)的物質是酸，給出質子的能力越強，酸性越強。已知：N2H5++NH3=NH4++N2H4，N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-，下列酸性強弱順序正確的是()A．N2H5+＞N2H4＞NH4+ B．N2H5+＞CH3COOH＞NH4+C．NH3＞N2H4＞CH3COO- D．CH3COOH＞N2H5+＞NH4+【答案】D【解析】根據(jù)復分解反應的規(guī)律，強酸能制得弱酸，根據(jù)酸堿質子理論，給出質子(H+)的物質是酸，則反應N2H4+CH3COOH=N2H5++CH3COO-中，酸性：CH3COOH＞N2H5+，反應N2H5++NH3=NH4++N2H4中，酸性：N2H5+＞NH4+，故酸性：CH3COOH＞N2H5+＞NH4+，故選D。典例02（2022·全國乙卷）常溫下，一元酸的Ka(HA)=1.0×10-3。在某體系中，與A-離子不能穿過隔膜，未電離的可自由穿過該膜(如圖所示)。設溶液中c總(HA)=c(HA)+c(A-)，當達到平衡時，下列敘述正確的是()A．溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)＋c(A-)B．溶液Ⅱ中的HA的電離度為C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c總(HA)之比為10-4【答案】B【解析】A項，常溫下溶液I的pH=7.0，則溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A錯誤；B項，常溫下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，則=1.0×10-3，解得=，B正確；C項，根據(jù)題意，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C錯誤；D項，常溫下溶液I的pH=7.0，溶液I中c(H+)=1×10-7mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液I中c總(HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，Ka==1.0×10-3，c總(HA)=c(HA)+c(A-)，=1.0×10-3，溶液II中c總(HA)=1.01c(HA)，未電離的HA可自由穿過隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c總(HA)之比為[(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D錯誤；故選B。典例03（2021·浙江卷）某同學擬用pH計測定溶液pH以探究某酸HR是否為弱電解質。下列說法正確的是()A．25℃時，若測得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，則HR是弱酸B．25℃時，若測得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH2且pH7，則HR是弱酸C．25℃時，若測得HR溶液pH=a，取該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL，測得pH=b，b-a，則HR是弱酸D．25℃時，若測得NaR溶液pH=a，取該溶液10.0mL，升溫至50℃，測得pH=b，ab，則HR是弱酸【答案】B【解析】A項，25℃時，若測得0.01mol·Lˉ1NaR溶液pH=7，可知NaR為強酸強堿鹽，則HR為強酸，A錯誤；B項，25℃時，若測得0.01mol·Lˉ1HR溶液pH2且pH7，可知溶液中c(H＋)0.01mol·Lˉ1，所以HR未完全電離，HR為弱酸，B正確；C項，假設HR為強酸，取pH的該溶液10.0mL，加蒸餾水稀釋至100.0mL測得此時溶液pH7，C錯誤；D項，假設HR為強酸，則NaR為強酸強堿鹽，溶液呈中性，升溫至50℃，促進水的電離，水的離子積常數(shù)增大，pH減小，D錯誤；故選B。命題點02溶液的酸堿性及pH計算典例01（2022·浙江卷）已知25℃時二元酸H2A的Ka1=1.3×10-7，Ka2=7.1×10-15。下列說法正確的是()A．在等濃度的Na2A、NaHA溶液中，水的電離程度前者小于后者B．向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化)至pH=3，則H2A的電離度為0.013%C．向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，則c(A2-)＞c(HA-)D．取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸餾水稀釋至100mL，則該溶液pH=a+1【答案】B【解析】A項，在等濃度的Na2A、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的電離程度前者大于后者，故A錯誤；B項，向0.1mol·L-1的H2A溶液中通入HCl氣體(忽略溶液體積的變化)至pH=3，，則H2A的電離度0.013%，故B正確；C項，向H2A溶液中加入NaOH溶液至pH=11，，則c(A2-)<c(HA-)，故C錯誤；D項，H2A是弱酸，取pH=a的H2A溶液10mL，加蒸餾水稀釋至100mL，H2A的電離平衡正向移動，則該溶液pH<a+1，故D錯誤；故選B。典例02（2021·浙江卷）25℃時，下列說法正確的是()A．NaHA溶液呈酸性，可以推測H2A為強酸B．可溶性正鹽BA溶液呈中性，可以推測BA為強酸強堿鹽C．0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的電離度分別為α1、α2，則α1＜α2D．100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中水電離出H+的物質的量為1.0×10-5mol【答案】D【解析】A項，NaHA溶液呈酸性，可能是HA－的電離程度大于其水解程度，不能據(jù)此得出H2A為強酸的結論，A錯誤；B項，可溶性正鹽BA溶液呈中性，不能推測BA為強酸強堿鹽，因為也可能是B＋和A－的水解程度相同，即也可能是弱酸弱堿鹽，B錯誤；C項，弱酸的濃度越小，其電離程度越大，因此0.010mol·L-1、0.10mol·L-1的醋酸溶液的電離度分別為α1、α2，則α1＞α2，C錯誤；D項，100mLpH=10.00的Na2CO3溶液中氫氧根離子的濃度是1×10－4mol/L，碳酸根水解促進水的電離，則水電離出H＋的濃度是1×10－4mol/L，其物質的量為0.1L×1×10－4mol/L＝1×10－5mol，D正確；故選D。典例03（2020·浙江卷）下列說法不正確的是A．的鹽酸中B．將溶液從常溫加熱至，溶液的變小但仍保持中性C．常溫下，溶液呈堿性，說明是弱電解質D．常溫下，為3的醋酸溶液中加入醋酸鈉固體，溶液增大【答案】A【解析】A.鹽酸的濃度為2.0×10-7mol/L，完全電離，接近中性，溶劑水電離出的氫離子濃度的數(shù)量級與溶質HCl電離的氫離子濃度相差不大，則計算中氫離子濃度時，不能忽略水中的氫離子濃度，其數(shù)值應大于2.0×10-7mol/L，故A錯誤；B.KCl溶液為中性溶液，常溫下pH=7，加熱到80時，水的離子積Kw增大，對應溶液的氫離子濃度隨溫度升高會增大，pH會減小，但溶液溶質仍為KCl，則仍呈中性，故B正確；C.NaCN溶液顯堿性，說明該溶質為弱酸強堿鹽，即CN-對應的酸HCN為弱電解質，故C正確；D.醋酸在溶液中會發(fā)生電離平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，向溶液中加入醋酸鈉固體，根據(jù)同離子效應可知，該平衡會向生成弱電解質的方向（逆向）移動，使溶液中的氫離子濃度減小，pH增大，故D正確；答案選A。一、弱電解質的電離1．正確理解弱酸、弱堿的稀釋規(guī)律2.一元強酸和一元弱酸的比較等物質的量濃度的鹽酸(a)與醋酸溶液(b)等pH的鹽酸(a)與醋酸溶液(b)pH或物質的量濃度pH：a＜b物質的量濃度：a＜b溶液的導電性a＞ba＝b水的電離程度a＜ba＝b加水稀釋等倍數(shù)pH的變化量a＞ba＞b等體積溶液中和NaOH反應的量a＝ba＜b分別加該酸的鈉鹽固體后pHa：不變；b：變大a：不變；b：變大開始與金屬反應的速率a＞b相同等體積溶液與過量活潑金屬產生H2的量相同a＜b3.弱電解質平衡移動的“三個不一定”(1)稀醋酸加水稀釋時，溶液中不一定所有的離子濃度都減小。因為溫度不變，Kw＝c(H＋)·c(OH－)是定值，稀醋酸加水稀釋時，溶液中的c(H＋)減小，故c(OH－)增大。(2)電離平衡右移，電解質分子的濃度不一定減小，離子的濃度不一定增大，電離程度也不一定增大。(3)對于濃的弱電解質溶液加H2O稀釋的過程，弱電解質的電離程度逐漸增大，但離子濃度不一定減小，可能先增大后減小。4．電離平衡常數(shù)(1)①填寫下表(25℃)弱電解質電離方程式電離常數(shù)NH3·H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－Kb＝1.8×10－5CH3COOHCH3COOHCH3COO－＋H＋Ka＝1.8×10－5HClOHClOH＋＋ClO－Ka＝3.0×10－8②CH3COOH酸性大于(填“大于”“小于”或“等于”)HClO酸性，判斷的依據(jù)：相同條件下，電離常數(shù)越大，電離程度越大，c(H＋)越大，酸性越強。③電離平衡常數(shù)的意義：弱酸、弱堿的電離平衡常數(shù)能夠反映酸堿性的相對強弱。電離平衡常數(shù)越大，電離程度越大。多元弱酸的電離以第一步電離為主，各級電離平衡常數(shù)的大小差距較大。④外因對電離平衡常數(shù)的影響：電離平衡常數(shù)與其他化學平衡常數(shù)一樣只與溫度有關，與電解質的濃度無關，升高溫度，K值增大，原因是電離是吸熱過程。(2)多元弱酸的分步電離，以碳酸為例，碳酸是二元弱酸，在水溶液中的電離是分步進行。①電離方程式是H2CO3H＋＋HCOeq\o\al(－,3)，HCOeq\o\al(－,3)H＋＋COeq\o\al(2－,3)。②電離平衡常數(shù)表達式：，。③比較大?。篕a1>Ka2。5．水的電離(1)水的電離：H2O＋H2OH3O＋＋OH－，可簡寫為H2OH＋＋OH－。(2)水的離子積常數(shù)：Kw＝c(H＋)·c(OH－)。①室溫下：Kw＝1×10－14。②影響因素：只與溫度有關，升高溫度，Kw增大。③適用范圍：Kw不僅適用于純水，也適用于稀的電解質水溶液。④Kw揭示了在任何水溶液中均存在H＋和OH－，只要溫度不變，Kw不變。二、溶液的酸堿性及pH計算1．根據(jù)水電離出的c(H+)和溶液中c(H+)判斷溶液的性質1）溶液中H＋或OH－的來源分析(1)溶液為酸的溶液。溶液中的OH－全部來自水的電離，水電離產生的c(H＋)＝c(OH－)。如pH＝2的鹽酸中，溶液中的c(OH－)＝(Kw/10－2)mol·L－1＝10－12mol·L－1，即由水電離出的c(H＋)＝c(OH－)＝10－12mol·L－1。(2)溶質為堿的溶液。溶液中的H＋全部來自水的電離，水電離產生的c(OH－)＝c(H＋)。如pH＝12的NaOH溶液中，溶液中的c(H＋)＝10－12mol·L－1，即由水電離出的c(OH－)＝c(H＋)＝10－12mol·L－1。(3)水解呈酸性或堿性的鹽溶液。①pH＝5的NH4Cl溶液中，H＋全部來自水的電離，由水電離的c(H＋)＝10－5mol·L－1，因為部分OH－與部分NHeq\o\al(＋,4)結合，溶液中c(OH－)＝10－9mol·L－1。②pH＝12的Na2CO3溶液中，OH－全部來自水的電離，由水電離出的c(OH－)＝10－2mol·L－1。2）根據(jù)水電離出的c(H+)和溶液中c(H+)判斷溶液的性質(1)室溫下純水中水電離出的c(H+)=1×10-7mol·L-1,若某溶液中水電離出的c(H+)<1×10-7mol·L-1,則可判斷該溶液呈酸性或堿性;若某溶液中水電離出的c(H+)>1×10-7mol·L-1,則可判斷出該溶液中存在能水解的鹽,從而促進了水的電離。(2)室溫下,溶液中的c(H+)>1×10-7mol·L-1,說明該溶液是酸溶液或酸式鹽溶液或水解呈酸性的鹽溶液;溶液中的c(H+)<1×10-7mol·L-1,說明該溶液是堿溶液或水解呈堿性的鹽溶液等。2．突破溶液酸、堿性判斷的四條規(guī)律(1)正鹽溶液。強酸強堿鹽溶液顯中性,強酸弱堿鹽(如NH4Cl)溶液顯酸性,強堿弱酸鹽(如CH3COONa)溶液顯堿性。(2)酸式鹽溶液。NaHSO4（NaHSO4=Na++H++SO42-）NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4水溶液顯酸性（酸式酸根離子的電離程度大于水解程度)，NaHCO3、NaHS、Na2HPO4水溶液顯堿性（酸式酸根離子的水解程度大于電離程度)。注意:因為濃度相同的CH3COO-與NH4+的水解程度相同,所以CH3COONH4溶液顯中性,而NH4HCO3溶液略顯堿性。(3)弱酸(或弱堿)及其鹽1∶1混合的溶液。①CH3COOH和CH3COONa混合液呈酸性(等濃度的CH3COOH與CH3COO-,CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度)。②NH3·H2O和NH4Cl混合溶液呈堿性。

(4)酸堿pH之和等于14等體積混合溶液。pH之和等于14的意義:酸溶液中的氫離子濃度等于堿溶液中的氫氧根離子的濃度。已知酸、堿溶液的pH之和為14,則等體積混合時:強酸、強堿,混合后溶液pH=7,強酸、弱堿,混合后溶液pH>7,弱酸、強堿,混合后溶液pH<7。3.溶液酸堿性判斷中的常見誤區(qū)(1)誤認為溶液的酸堿性取決于pH。如pH＝7的溶液在溫度不同時，可能呈酸性或堿性，也可能呈中性。(2)誤認為酸堿恰好中和時溶液一定顯中性。如強酸和弱堿恰好中和時，溶液顯酸性；強堿和弱酸恰好中和時，溶液顯堿性，強酸和強堿恰好中和時，溶液顯中性。(3)使用pH試紙測溶液酸堿性時，若先用蒸餾水潤濕，測量結果不一定偏小。先用蒸餾水潤濕，相當于將待測液稀釋，若待測液為堿性溶液，則所測結果偏??；若待測液為酸性溶液，則所測液為中性溶液，則所測結果沒有誤差。4．有關pH計算的一般思維模型考向01弱電解質的電離及其影響因素1．下列事實不能說明亞硝酸是弱電解質的是A．常溫下，溶液的pH約為2B．用濃度均為的溶液和鹽酸做導電實驗，溶液中燈泡較暗C．中和體積與pH均相同的鹽酸和溶液，消耗的物質的量更多D．向碳酸鈉溶液中滴加過量的溶液有氣體溢出【答案】D【解析】A．常溫下0.1mol/L亞硝酸溶液的pH約為2說明亞硝酸在溶液中部分電離出氫離子，證明亞硝酸是弱電解質，故A不符合題意；B．濃度相等的亞硝酸溶液中燈泡較暗，說明亞硝酸溶液的導電性小于鹽酸，亞硝酸在溶液中部分電離出氫離子，證明亞硝酸是弱電解質，故B不符合題意；C．中和體積與pH均相同的鹽酸和亞硝酸溶液，亞硝酸消耗的氫氧化鈉的物質的量更多說明亞硝酸在溶液中部分電離出氫離子，證明亞硝酸是弱電解質，故C不符合題意；D．向碳酸鈉溶液中滴加過量的亞硝酸溶液有氣體溢出只能說明亞硝酸的酸性強于碳酸，但不能證明亞硝酸是弱電解質，故D符合題意；故選D。2．25℃，濃度均為、體積為的HX、HY榕液，分別加水稀釋至體積V，pH隨的變化關系如圖所示，下列敘述錯誤的是A．相同溫度下，電離常數(shù)B．HX或HY的電離度：C．中和a、b兩點溶液，消耗物質的量相同D．a點溶液升高溫度，增大【答案】A【分析】由圖可知，0.1mol/LHX溶液pH大于0.1mol/LHY溶液，HX的酸性弱于HY?！窘馕觥緼．由分析可知，HX的酸性弱于HY，相同溫度下，酸的酸性越弱，電離常數(shù)越小，則HX的電離常數(shù)小于HY，故A錯誤；B．由圖可知，b、c兩點溶液pH相等，溶液中氫離子濃度相等，則b點HX的電離度等于c點HY的電離度，a、b兩點中，a點HY溶液的濃度大于b點，濃度越大，酸的電離度越小，則a點電離度小于b點，所以電離度的大小順序為c=b>a，故B正確；C．稀釋前后，溶質的物質的量不變，所以a、b兩點溶液中HX的物質的量相等，中和能力相同，所以中和a、b兩點溶液，消耗氫氧化鈉物質的量相同，故C正確；D．HX為弱酸，在溶液中的電離過程為吸熱過程，升高溫度，電離平衡右移，HX的濃度減小、X—離子濃度增大，則溶液中增大，故D正確；故選A。3．向10mL氨水中加入蒸餾水，將其稀釋到1L后，下列變化中正確的是A．的電離程度減小 B．氨水的增大C．的數(shù)目增多 D．減小【答案】C【解析】A．加入蒸餾水導致氨水濃度減小，將其稀釋促進氨水的電離，電離程度變大，A錯誤；B．Kb只與溫度有關，溫度不變，Kb不變，B錯誤；C．加水稀釋促進電離，所以的數(shù)目增多，C正確；D．，加入蒸餾水導致氨水濃度減小，氫氧根離子濃度減小，比值增大，D錯誤；故選C。4．25℃時，對于的溶液，下列判斷不正確的是A．加水稀釋，電離平衡正向移動，溶液中所有離子濃度都減小B．通入少量HCl氣體，電離平衡逆向移動，減小，不變C．加入少量冰醋酸，電離平衡正向移動，增大，電離度減小D．升高溫度，電離平衡正向移動，增大，pH減小【答案】A【解析】A．醋酸中存在如下電離CH3COOHCH3COO-+H+，向體系中加水稀釋，醋酸的電離程度增大，電離平衡向右移動，溶液中醋酸根離子、氫離子的濃度都減小，但水的離子積不變，溶液中氫氧根離子濃度增大，故A錯誤；B．通入少量HCl導致溶液中c(H+)增大，抑制醋酸電離，電離平衡逆向移動，c(CH3COO-)減小，溫度不變，則Ka不變，故B正確；C．加入少量冰醋酸，電離平衡正向移動，增大，但CH3COOH的濃度增大，其電離程度減小，故C正確；D．升高溫度促進醋酸電離，則平衡正向移動，溶液中c(H+)增大，pH減小，故D正確；故選：A。5．某溫度下，將pH和體積均相同的HCl和溶液分別加水稀釋，其pH隨加水體積的變化如圖所示。下列敘述不正確的是A．溶液中水的電離程度：b點<c點B．曲線Ⅱ表示的是稀釋的過程C．稀釋前溶液的濃度：D．從b點到d點，溶液中逐漸增大【答案】D【解析】A．b點比c點pH小，氫離子濃度大對水電離的抑制程度大，溶液中水的電離程度：b點點，故A正確；B．據(jù)解析A可知醋酸濃度大，稀釋時pH減小相對緩慢，曲線Ⅱ表示的是稀釋的過程，故B正確；C．a點pH相同，醋酸是弱酸水溶液中不完全電離，鹽酸是強酸水溶液中完全電離，因此，故C正確；D．水的離子積常數(shù)只與溫度有關，則溫度沒改變，不變，故D錯誤；故選D?？枷?2溶液的酸堿性及pH計算1．（2023·重慶·重慶市育才中學?？寄M預測）下列有關說法不正確的是A．25℃，用pH試紙測得某氯水的pH為5B．任何溫度下，利用和濃度的相對大小均可判斷溶液的酸堿性C．25℃，的NaOH溶液，由水電離出的D．的醋酸溶液與的鹽酸等體積混合，混合液的【答案】A【解析】A．氯水具有漂白性，故不能用pH試紙測氯水的pH，故A錯誤；B．任何溫度下，只要c(H+)=c(OH-)，溶液就顯中性，c(H+)＞c(OH-)，溶液就顯酸性，c(OH-)＞c(H+)，溶液就顯堿性，故B正確；C．堿溶液中氫氧根幾乎全部來自于堿的電離，而氫離子來自于水的電離，由可得，，而由水電離出的氫離子和水電離出的氫氧根的濃度相同，所以，故C正確；D．因為醋酸是弱電解，存在，加入pH=3的鹽酸，體積增加一倍，則和的濃度減少一倍，溫度不變，K是定值不變，則中混合液氫離子濃度不變，醋酸和醋酸根離子濃度變?yōu)樵瓉淼囊话?，所以混合后氫離子濃度不變，溶液的pH=3，故D正確；故選A。2．（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預測）下列說法不正確的是A．相同溫度下，相等的氨水、溶液中，相等B．的醋酸溶液的物質的量濃度大于的醋酸溶液的10倍C．均為4的鹽酸和氯化銨溶液等體積混合后，所得溶液的D．用同濃度的溶液分別與等體積、等的鹽酸和醋酸溶液恰好完全反應，鹽酸消耗溶液的體積更大【答案】D【解析】A．相同溫度下，水的離子積相等，相等的氨水、溶液中，相等，則溶液中相等，A正確；B．醋酸為弱酸，不能完全電離，濃度越大，電離程度越小，的醋酸溶液的物質的量濃度為(為電離度)，的醋酸溶液的物質的量濃度為(為電離度)，故前者比后者的10倍還大，B正確；C．均為4的鹽酸和氯化銨溶液等體積混合的瞬間，，不發(fā)生變化，銨根離子和一水合氨的濃度瞬間變?yōu)樵瓉淼亩种?，則二者的比值不變，故所得溶液中水的電離平衡沒有移動，氯化銨的水解平衡沒有移動，混合溶液中，，C正確；D．醋酸是弱酸，等體積、等的鹽酸和醋酸溶液中醋酸的物質的量大于鹽酸的物質的量，則用同濃度的溶液分別與等體積、等的鹽酸和醋酸溶液恰好完全反應，醋酸消耗溶液的體積更大，D錯誤。故選D。3．(2023·浙江省寧波市高三選考模擬考試)下列說法正確的是()A．25℃時，將pH=5的醋酸溶液與pH=5的鹽酸等體積混合，混合后溶液pH＞5B．25℃時，等濃度的鹽酸與醋酸分別稀釋相同倍數(shù)，稀釋后溶液pH：鹽酸<醋酸C．25℃時，等體積、等pH的鹽酸與醋酸分別用等濃度的NaOH溶液中和，鹽酸消耗NaOH溶液多D．25℃時，pH=3的一元酸HA溶液與pH=11的一元堿MOH溶液等體積混合后溶液呈酸性，則HA是強酸【答案】B【解析】A項，pH=5的醋酸溶液與pH=5的鹽酸中氫離子濃度相同，都是10-5mol/L，等體積混合后，氫離子濃度不變，故pH為5，A錯誤；B項，等濃度的鹽酸與醋酸分別稀釋相同倍數(shù)后其濃度依然相同，醋酸是弱酸，部分電離，氫離子濃度較小，pH大，B正確；C項，等體積、等pH的鹽酸與醋酸，其中醋酸的濃度大，用氫氧化鈉中和時消耗的氫氧化鈉較多，C錯誤；D項，混合后溶液呈酸性，說明酸的濃度較大，則酸HA為弱酸，MOH是相對較強的堿，但是不一定是強堿，D錯誤；故選B。4．(2023·浙江省諸暨市高三適應性考試)已知H2R為二元弱酸，Ka1(H2R)=5.4×10-2，Ka2(H2R)=5.4×10-5。室溫下，下列說法不正確的是()A．0.1mol/LNaHR溶液pHB．用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性時，溶液中c(HR-)c(R2-)C．0.1mol/LH2R溶液：.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+c(H2R)+c(HR-)D．0.01mol/L的H2R溶液與pH的NaOH溶液完全中和時，消耗酸與堿溶液的體積比為1∶2【答案】C【解析】A項，NaHR是弱酸H2R的酸式鹽，存在電離和水解，，電離強于水解，0.1mol/LNaHR溶液pH，A正確；B項，用NaOH溶液中和一定量的H2R溶液至呈中性時，c(OH-)=c(H+)=10-7mol/L，，故溶液中c(HR-)c(R2-)，B正確；C項，0.1mol/LH2R溶液中根據(jù)電荷守恒和元素守恒可得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1mol/L，c(H+)=c(HR-)+2c(R2-)+c(OH-)，故.2mol/L+c(OH-)=c(H+)+2c(H2R)+c(HR-)，C錯誤；D項，H2R+2NaOH=2H2O+Na2R，0.01mol/L的H2R(二元酸)溶液與pH即0.01mol/L的NaOH溶液完全中和時，消耗酸與堿溶液的體積比為1∶2，D正確；故選C。5．(2024·河南鄭州·高三河南省實驗中學?？计谥?常溫下，pH均為2、體積均為的溶液，分別加水稀釋至體積為，溶液隨的變化關系如圖所示，下列敘述錯誤的是()A．常溫下：Ka(HB)>Ka(HC)B．的電離度：a點<b點C．當時，升高溫度，減小D．恰好中和均為2、體積均為V0的三種酸溶液，消耗的NaOH溶液一樣多【答案】D【解析】常溫下，pH=2的強酸加水稀釋，c(H＋)減小pH增大，稀釋后的強酸溶液pH=2+，pH=2的弱酸加水稀釋時，弱酸電離平衡發(fā)生移動向電離產生離子的方向移動，使H+的物質的量增加，稀釋后弱酸溶液c(H＋)大于稀釋相同倍數(shù)后強酸溶液c(H＋)，弱酸溶液2<<2+，越弱的酸稀釋后pH越小，所以結合圖像可知是HA強酸，HB、HC是弱酸，酸性強弱為HA>HB>HC。A項，相同溫度下，弱酸酸性相對越強其電離平衡常數(shù)Ka越大，由酸性強弱HB>HC可判斷Ka(HB)>Ka(HC)，A項正確；B項，HC是弱酸，HCH++C-加水稀釋電離平衡正向移動，電離程度增大，越稀電離度越大，稀釋時，a點稀釋倍數(shù)小b點稀釋倍數(shù)大，b點濃度更稀，可以判斷a點電離度<b點，B項正確；C項，HA強酸，HC是弱酸，當時，升高溫度HA溶液中c(A-)不變(忽略溶液體積變化)，HCH++C-電離平衡正向移動溶液中c(C-)增大，故減小，C項正確；D項，pH=2，c(H＋)=10-2mol·L-1，強酸HA由于完全電離c(HA)=10-2mol·L-1，弱酸HB電離，三段式分析：，同樣分析弱酸HC，，酸性強弱HB>HC，相同條件下HC電離度更小，所以c(HC)＞c(HB)，溶液濃度c(HC)＞c(HB)＞c(HA)，體積都為V0時，溶液中溶質物質的量，中和反應消耗NaOH溶液不一樣多，D項錯誤；故選D。考點二酸堿中和滴定及遷移應用命題點01酸堿中和滴定的理解和應用典例01（2023·山東卷）一定條件下，乙酸酐醇解反應可進行完全，利用此反應定量測定有機醇中的羥基含量，實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定體積乙酸酐-苯溶液置于錐形瓶中，加入樣品，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用-甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。根據(jù)上述實驗原理，下列說法正確的是A．可以用乙酸代替乙酸酐進行上述實驗B．若因甲醇揮發(fā)造成標準溶液濃度發(fā)生變化，將導致測定結果偏小C．步驟③滴定時，不慎將錐形瓶內溶液濺出，將導致測定結果偏小D．步驟④中，若加水量不足，將導致測定結果偏大【答案】B【分析】步驟④消耗的物質的量為，即乙酸酐的總物質的量為，步驟③消耗的物質的量為，即醇解反應和水解反應生成的乙酸物質的量為，由醇解反應和水解反應生成乙酸的比例關系可知，n(ROH)+[-n(ROH)]2=，解得n(ROH)=，因此ROH的物質的量為?！窘馕觥緼．乙酸與醇的酯化反應可逆，不能用乙酸代替乙酸酐進行上述實驗，A錯誤；B．若甲醇揮發(fā)，NaOH-甲醇溶液的濃度將偏大，滴定時消耗NaOH-甲醇溶液的體積偏小，使隨NaOH-甲醇溶液濃度增大而減小，ROH的物質的量為也隨之減小，故將導致測定結果偏小，B正確；C．步驟③滴定時，不慎將錐形瓶內溶液濺出，消耗NaOH-甲醇溶液的體積偏小即V1偏小，而ROH的物質的量為，故將導致測定結果偏大，C錯誤；D．步驟④中，若加水量不足，乙酸酐未完全水解，生成乙酸的物質的量偏小，消耗NaOH-甲醇溶液的體積偏小即V2偏小，而ROH的物質的量為，故將導致測定結果偏小，D錯誤；故選B。典例02（2023·山東卷）一定條件下，乙酸酐醇解反應可進行完全，利用此反應定量測定有機醇中的羥基含量，實驗過程中酯的水解可忽略。實驗步驟如下：①配制一定濃度的乙酸酐-苯溶液。②量取一定體積乙酸酐-苯溶液置于錐形瓶中，加入樣品，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解：。③加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。④在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解；加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液。樣品中羥基含量(質量分數(shù))計算正確的是A． B．C． D．【答案】A【解析】由題中信息可知，量取一定體積乙酸酐-苯溶液置于錐形瓶中，加入樣品，發(fā)生醇解反應，充分反應后，加適量水使剩余乙酸酐完全水解，加指示劑并用甲醇標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液；在相同條件下，量取相同體積的乙酸酐-苯溶液，只加適量水使乙酸酐完全水解，用-甲醇標準溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗標準溶液；兩次實驗消耗標準溶液的差值為，由反應原理可知，該差值產生的原因是因為醇解產物不消耗，則R守恒可知，n(ROH)=n()=，因此，樣品中羥基質量分數(shù)=，A正確，故選A。典例03（2022·山東卷）實驗室用基準配制標準溶液并標定鹽酸濃度，應選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定標準溶液。下列說法錯誤的是A．可用量筒量取標準溶液置于錐形瓶中B．應選用配帶塑料塞的容量瓶配制標準溶液C．應選用燒杯而非稱量紙稱量固體D．達到滴定終點時溶液顯橙色【答案】A【分析】選甲基橙為指示劑，并以鹽酸滴定Na2CO3標準溶液，則應將Na2CO3標準溶液置于錐形瓶中，將待測鹽酸置于酸式滴定管中，滴定終點時溶液由黃色變?yōu)槌壬??！窘馕觥緼．量筒的精確度不高，不可用量筒量取Na2CO3標準溶液，應該用堿式滴定管或移液管量取25.00mLNa2CO3標準溶液置于錐形瓶中，A說法錯誤；B．Na2CO3溶液顯堿性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防堿性溶液腐蝕玻璃產生有粘性的硅酸鈉溶液而將瓶塞粘住，故應選用配帶塑料塞的容量瓶配制Na2CO3標準溶液，B說法正確；C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蝕性，故應選用燒杯而非稱量紙稱量Na2CO3固體，C說法正確；D．Na2CO3溶液顯堿性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中顯黃色，當?shù)稳胱詈笠坏嘻}酸時，溶液由黃色突變?yōu)槌壬野敕昼娭畠炔蛔兩礊榈味ńK點，故達到滴定終點時溶液顯橙色，D說法正確；綜上所述，本題選A。命題點02沉淀滴定的理解和應用典例01（2023·浙江卷·節(jié)選）某研究小組用鋁土礦為原料制備絮凝劑聚合氯化鋁()按如下流程開展實驗。②的絮凝效果可用鹽基度衡量，鹽基度當鹽基度為0.60~0.85時，絮凝效果較好。請回答：(4)測定產品的鹽基度。的定量測定：稱取一定量樣品，配成溶液，移取溶液于錐形瓶中，調，滴加指示劑溶液。在不斷搖動下，用標準溶液滴定至淺紅色(有沉淀)，30秒內不褪色。平行測試3次，平均消耗標準溶液。另測得上述樣品溶液中。①產品的鹽基度為。②測定過程中溶液過低或過高均會影響測定結果，原因是。【答案】(4)①0.7②pH過低，指示劑會與氫離子反應生成重鉻酸根，會氧化氯離子，導致消耗的硝酸銀偏少，而pH過高，氫氧根會與銀離子反應，導致消耗的硝酸銀偏多【解析】（4）①根據(jù)，樣品溶液中氯離子物質的量濃度為，，根據(jù)電荷守恒得到產品的鹽基度為；故答案為：0.7。②測定過程中溶液過低或過高均會影響測定結果，原因是pH過低，指示劑會與氫離子反應生成重鉻酸跟，會氧化氯離子，導致消耗的硝酸銀偏少，而pH過高，氫氧根會與銀離子反應，導致消耗的硝酸銀偏多；故答案為：pH過低，指示劑會與氫離子反應生成重鉻酸跟，會氧化氯離子，導致消耗的硝酸銀偏少，而pH過高，氫氧根會與銀離子反應，導致消耗的硝酸銀偏多。典例02（2022·北京卷·節(jié)選）碘番酸是一種口服造影劑，用于膽部X—射線檢查。(6)口服造影劑中碘番酸（）含量可用滴定分析法測定，步驟如下。步驟一：稱取amg口服造影劑，加入Zn粉、NaOH溶液，加熱回流，將碘番酸中的碘完全轉化為I-，冷卻、洗滌、過濾，收集濾液。步驟二：調節(jié)濾液pH，用bmol?L-1AgNO3標準溶液滴定至終點，消耗AgNO3溶液的體積為cmL。已知口服造影劑中不含其它含碘物質。計算口服造影劑中碘番酸的質量分數(shù)?！敬鸢浮?6)【解析】（6）——3AgNO3，n(AgNO3)=bmol?L-1×c×10-3L=bc×10-3mol，則口服造影劑中碘番酸的質量分數(shù)為=。答案為：。典例03（2021·江蘇卷·節(jié)選）以鋅灰(含ZnO及少量PbO、CuO、Fe2O3、SiO2)和Fe2(SO4)3為原料制備的ZnFe2O4脫硫劑，可用于脫除煤氣中的H2S。(2)“調配比”前，需測定ZnSO4溶液的濃度。準確量取2.50mL除去Fe3+的ZnSO4溶液于100mL容量瓶中，加水稀釋至刻度；準確量取20.00mL稀釋后的溶液于錐形瓶中，滴加氨水調節(jié)溶液pH=10，用0.0150mol·L-1EDTA(Na2H2Y)溶液滴定至終點(滴定反應為Zn2++Y4-=ZnY2-)，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液25.00mL。計算ZnSO4溶液的物質的量濃度(寫出計算過程)?！敬鸢浮?2)0.7500mol·L-1【解析】（2）根據(jù)Zn2++Y4-=ZnY2-，可知20.00mL稀釋后的溶液中含ZnSO4的物質的量為0.025L×0.015mol·L-1=3.75×10-4mol；ZnSO4溶液的物質的量濃度為；命題點03氧化還原滴定的理解和應用典例01（2023·海南卷·節(jié)選）某小組開展“木耳中鐵元素的檢測”活動。檢測方案的主要步驟有：粉碎、稱量、灰化、氧化、稀釋、過濾、滴定等?；卮饐栴}：(4)測定鐵含量基本流程：將濾液在200mL容量瓶中定容，移取25.00mL，驅盡并將全部還原為。用5mL微量滴定管盛裝標準溶液進行滴定。①選用微量滴定管的原因是。②三次平行測定的數(shù)據(jù)如下表。針對該滴定數(shù)據(jù)，應采取的措施是。序號123標準溶液用量/mL2.7152.9052.725③本實驗中，使測定結果偏小的是(填標號)。a．樣品未完全干燥

b．微量滴定管未用標準溶液潤洗

c．灰渣中有少量炭黑【答案】(4)使實驗微型化，滴定更準確，節(jié)約試劑舍去第二次數(shù)據(jù)a【解析】（4）①木耳中鐵含量較少，選用微量滴定管使實驗微型化，滴定更準確，節(jié)約試劑；②三次平行滴定中，第二組數(shù)據(jù)偏差較大，應舍去。③a．鐵元素的含量=，樣品未完全干燥，使測定結果偏低，故選a;b．微量滴定管未用標準溶液潤洗，標準溶液被稀釋，使測定結果偏高，故不選b;c．灰渣中有少量炭黑，對測定結果無影響，故不選c。答案為：滴定更準確，節(jié)約試劑；舍去第二組數(shù)據(jù)；a。典例02（2022·江蘇卷·節(jié)選）實驗室以二氧化鈰()廢渣為原料制備含量少的，其部分實驗過程如下：(4)實驗中需要測定溶液中的含量。已知水溶液中可用準確濃度的溶液滴定。以苯代鄰氨基苯甲酸為指示劑，滴定終點時溶液由紫紅色變?yōu)榱咙S色，滴定反應為。請補充完整實驗方案：①準確量取溶液[約為]，加氧化劑將完全氧化并去除多余氧化劑后，用稀硫酸酸化，將溶液完全轉移到容量瓶中后定容；②按規(guī)定操作分別將和待測溶液裝入如圖所示的滴定管中：③。【答案】(4)從滴定管中準確放出25.00mL溶液于錐形瓶中，加入幾滴指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，向錐形瓶中滴加溶液，邊滴加邊振蕩錐形瓶至溶液顏色恰好由紫紅色變?yōu)榱咙S色，且30s內顏色不變，記錄滴加溶液的體積；重復以上操作2~3次【解析】（4）從滴定管中準確放出25.00mL溶液于錐形瓶中，加入幾滴指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，向錐形瓶中滴加溶液，邊滴加邊振蕩錐形瓶至溶液顏色恰好由紫紅色變?yōu)榱咙S色，且30s內顏色不變，記錄滴加溶液的體積；重復以上操作2~3次。典例03（2021·浙江卷·節(jié)選）某興趣小組用鉻鐵礦[Fe(CrO2)2]制備K2Cr2O7晶體，流程如下：(4)為了測定K2Cr2O7產品的純度，可采用氧化還原滴定法。①下列關于滴定分析的操作，不正確的是。A．用量筒量取25.00mL待測液轉移至錐形瓶B．滴定時要適當控制滴定速度C．滴定時應一直觀察滴定管中溶液體積的變化D．讀數(shù)時應將滴定管從架上取下，捏住管上端無刻度處，使滴定管保持垂直E．平行滴定時，須重新裝液并調節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度以下②在接近終點時，使用“半滴操作”可提高測量的準確度。其方法是：將旋塞稍稍轉動，使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶內壁將半滴溶液沾落，繼續(xù)搖動錐形瓶，觀察顏色變化。(請在橫線上補全操作)(5)該小組用滴定法準確測得產品中K2Cr2O7的質量分數(shù)為98.50%。某同學還用分光光度法測定產品純度(K2Cr2O7溶液的吸光度與其濃度成正比例)，但測得的質量分數(shù)明顯偏低。分析其原因，發(fā)現(xiàn)配制K2Cr2O7待測水溶液時少加了一種試劑。該試劑是，添加該試劑的理由是?！敬鸢浮?4)①AC②再用洗瓶以少量蒸餾水吹洗錐形瓶內壁(5)H2SO4抑制Cr2O轉化為CrO，且與Cr2O不反應【解析】(4)①A．量筒屬于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有強氧化性，量取25.00mL待測液應用酸式滴定管，A錯誤；B．滴定時要適當控制滴定的速率，確保反應物之間充分反應，同時防止滴加過快使得滴加試劑過量，B正確；C．滴定時應一直觀察錐形瓶中溶液顏色的變化，以便準確判斷滴定的終點，C錯誤；D．讀數(shù)時應將滴定管從架上取下，捏住管上端無刻度處，使滴定管保持垂直，平視讀取讀數(shù)，D正確；E．為了確保每次滴定時滴定管中的溶液充足，平行滴定時，須重新裝液并調節(jié)液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并記錄初始讀數(shù)，E正確；答案選AC。②在接近終點時，使用“半滴操作”的方法是：將旋塞稍稍轉動，使半滴溶液懸于管口，用錐形瓶內壁將半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸餾水吹洗錐形瓶內壁，繼續(xù)搖動錐形瓶，觀察顏色變化；故答案為：再用洗瓶以少量蒸餾水吹洗錐形瓶內壁。(5)根據(jù)題意，K2Cr2O7溶液的吸光度與其濃度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡+H2O2H++2，即有部分會轉化為，從而使測得的質量分數(shù)明顯偏低，為抑制轉化為，可加入與不反應的酸，如硫酸；故答案為：H2SO4；抑制轉化為，且與不反應。1．中和滴定的概念：用已知物質的量濃度的酸(或堿)來測定未知物質的量濃度的堿(或酸)的方法。2．中和滴定的原理：c待＝eq\f(c標×V標,V待)(以一元酸與一元堿的滴定為例)。在酸堿中和滴定過程中，開始時由于被滴定的酸(或堿)濃度較大，滴入少量的堿(或酸)對其pH的影響不大。當?shù)味ń咏K點(pH＝7)時，很少量(一滴，約0.04mL)的堿(或酸)就會引起溶液pH突變(如圖所示)。3．酸堿中和滴定的關鍵(1)準確測定參加反應的酸、堿溶液的體積。(2)選取適當指示劑，準確判斷滴定終點。4．酸堿中和滴定實驗用品(1)儀器圖(A)是酸式滴定管，圖B是堿式滴定管、滴定管夾、鐵架臺、錐形瓶。(2)試劑標準液、待測液、指示劑、蒸餾水。指示劑變色范圍的pH甲基橙<3．1紅色3．1～4．4橙色>4．4黃色酚酞<8．2無色8．2～10．0淺紅色>10．0紅色5．中和滴定實驗操作(以酚酞作指示劑，用鹽酸滴定氫氧化鈉溶液)。(1)滴定前的準備。(2)滴定。(3)終點判斷：等到滴入最后一滴反應液，指示劑變色，且在半分鐘內不能恢復原來的顏色，視為滴定終點，并記錄標準液的體積。(4)數(shù)據(jù)處理：按上述操作重復2～3次，求出用去標準鹽酸體積的平均值，根據(jù)原理計算。c(NaOH)＝eq\f(c（HCl）·V（HCl）,V（NaOH）)6．氧化還原滴定的原理及指示劑的選擇：(1)原理：以氧化劑或還原劑為滴定劑，直接滴定一些具有還原性或氧化性的物質，或者間接滴定一些本身并沒有還原性或氧化性，但能與某些還原劑或氧化劑反應的物質。(2)試劑：常見用于滴定的氧化劑有KMnO4、K2Cr2O7等；常見用于滴定的還原劑有亞鐵鹽、草酸、維生素C等。(3)指示劑：氧化還原滴定的指示劑有三類：①氧化還原指示劑；②專用指示劑，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘標準溶液變藍；③自身指示劑，如高錳酸鉀標準溶液滴定草酸時，滴定終點為溶液由無色變?yōu)闇\紅色。7．沉淀滴定：(1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反應進行滴定、測量分析的方法。生成沉淀的反應很多，但符合條件的卻很少，實際上應用最多的是銀量法，即利用Ag＋與鹵素離子的反應來測定Cl－、Br－、I－濃度。(2)原理：沉淀滴定所用的指示劑本身就是一種沉淀劑，滴定劑與被滴定物反應的生成物的溶解度要比滴定劑與指示劑反應的生成物的溶解度小，否則不能用這種指示劑。如用AgNO3溶液測定溶液中Cl－的含量時常以CrOeq\o\al(2－,4)為指示劑，這是因為AgCl比AgCrO4更難溶。8.中和滴定考點歸納(1)“考”實驗儀器。酸式滴定管、堿式滴定管、滴定管夾(帶鐵架臺)、錐形瓶。其中常考的是滴定管,如正確選擇滴定管(包括量程),滴定管的檢漏、洗滌和潤洗,滴定管的正確讀數(shù)方法等。(2)“考”操作步驟。①滴定前的準備:檢漏、洗滌、潤洗、充液(趕氣泡)、調液面、讀數(shù)。②滴定:移液、滴加指示劑、滴定至終點、讀數(shù)。③計算。(3)“考”指示劑的選擇。①強酸強堿相互滴定,可選用甲基橙或酚酞。②若反應生成強酸弱堿鹽,溶液呈酸性,則選用酸性變色范圍的指示劑(甲基橙),若反應生成強堿弱酸鹽,溶液呈堿性,則選用堿性變色范圍的指示劑(酚酞)。③石蕊溶液因顏色變化不明顯,且變色范圍過寬,一般不用作指示劑。(4)“考”誤差分析。寫出計算式,分析操作對V標的影響,由計算式得出對最終測定結果的影響,切忌死記硬背結論。此外對讀數(shù)時視線(俯視、仰視)問題的判斷要學會畫圖分析。(5)“考”數(shù)據(jù)處理。正確“取舍”數(shù)據(jù),計算“平均”體積,根據(jù)反應式確定標準液與待測液濃度和體積的關系,從而列出公式進行計算?？枷?1酸堿中和滴定的理解和應用1．（2023·上海虹口·統(tǒng)考模擬預測）用已知濃度鹽酸滴定未知濃度溶液，甲基橙作指示劑。若測定結果偏低，可能原因是A．滴定管用蒸餾水洗凈后未用鹽酸潤洗B．盛裝待測液的錐形瓶水洗后未烘干C．滴定過程中振蕩錐形瓶時不慎有少量液體濺出D．滴定至錐形瓶中溶液顏色由橙變紅，且內不改變時停止【答案】C【解析】A．滴定管用蒸餾水洗凈后未用鹽酸潤洗，標準液被稀釋，滴定過程中消耗標準液的體積偏大，根據(jù)c（待測）×V（待測）=c（標準）×V（標準）可知，測定結果偏高，A錯誤；B．盛裝待測液的錐形瓶水洗后未烘干，不影響測定結果，B錯誤；C．滴定過程中振蕩錐形瓶時有少量液體濺出，導致待測液中NaOH的量減少，滴定過程中消耗的標準液體積偏小，根據(jù)c（待測）×V（待測）=c（標準）×V（標準），測定結果偏低，C正確；D．甲基橙作指示劑，滴定終點時溶液應該由黃色變?yōu)槌壬?0s內不變色，若溶液由橙變紅，導致消耗標準液的體積偏大，根據(jù)c（待測）×V（待測）=c（標準）×V（標準），測定結果偏高，D錯誤；故答案選C。2．（2023·上海楊浦·統(tǒng)考一模）用已知濃度的溶液測定某溶液的濃度，下表中正確的是錐形瓶中溶液滴定管中溶液選用指示劑滴定終點溶液顏色變化A溶液溶液甲基橙紅色變?yōu)辄S色B溶液溶液酚酞淺紅色變?yōu)闊o色C溶液溶液甲基橙黃色變?yōu)槌壬獶溶液溶液石蕊藍色變?yōu)樽仙敬鸢浮緾【解析】A．用氫氧化鈉溶液滴定錐形瓶中的稀硫酸溶液時，可以選用甲基橙做指示劑，滴定終點時，溶液由橙色變?yōu)辄S色，故A錯誤；B．用氫氧化鈉溶液滴定錐形瓶中的稀硫酸溶液時，可以選用酚酞做指示劑，滴定終點時，溶液由無色變?yōu)闇\紅色，故B錯誤；C．用稀硫酸溶液滴定錐形瓶中的氫氧化鈉溶液時，可以選用甲基橙做指示劑，滴定終點時，溶液由黃色變?yōu)槌壬?，故C正確；D．用稀硫酸溶液滴定錐形瓶中的氫氧化鈉溶液時，應選擇顏色變化明顯的指示劑，石蕊試液顏色變化不明顯，不能選用石蕊做指示劑，故D錯誤；故選C。3．（2023·天津和平·統(tǒng)考三模）用標準的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列各操作中，不會引起實驗誤差的是A．用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標準鹽酸進行滴定B．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤洗后裝入一定體積的NaOH溶液C．取10.00mLNaOH溶液放入洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水D．取10.00mL的NaOH溶液，放入錐形瓶后，把堿式滴定管尖嘴液滴吹去【答案】C【解析】A．用蒸餾水洗凈酸式滴定管后，裝入標準鹽酸前需要先潤洗，若不潤洗相當于稀釋了標準溶液，會使測定結果偏高，故A錯誤；B．用蒸餾水洗凈錐形瓶后，再用NaOH溶液潤洗后裝入一定體積的NaOH溶液，會使NaOH溶液的用量偏多，所以測定結果偏高，故A錯誤；C．取10.00mLNaOH溶液放入洗凈的錐形瓶中，再加入適量蒸餾水，NaOH溶液的用量不變，所以不會引起實驗誤差，故C正確；D．取10.00mL的NaOH溶液，放入錐形瓶后，把堿式滴定管尖嘴液滴吹去，會使得取用的NaOH溶液偏少，所以測定結果偏低，故D錯誤；故選C。4．（2023·廣東·珠海市第二中學校聯(lián)考模擬預測）下列關于滴定實驗的儀器、操作錯誤的是A．圖1裝置的名稱是酸式滴定管B．圖2裝置可用于標準溶液滴定未知濃度的溶液C．滴定過程中，眼睛主要觀察錐形瓶中溶液顏色的變化D．圖3滴定管放出溶液體積記錄為18.10mL【答案】B【解析】A．堿式滴定管有橡膠管酸式滴定管有活塞，圖1是酸式滴定管，故A正確；B．圖2是堿式滴定管，是強氧化劑可以腐蝕橡膠，應該用酸式滴定管盛放，故B錯誤；C．滴定過程中為了及時判斷滴定終點，眼睛要注視錐形瓶中溶液顏色的變，故C正確；D．滴定管的最小讀數(shù)為0.01mL，則圖3所示滴定管讀數(shù)應該為18.10mL，故D正確；故答案為B5．（2023·北京海淀·統(tǒng)考一模）實驗小組用雙指示劑法準確測定樣品(雜質為)的純度。步驟如下：①稱取mg樣品，配制成100mL溶液；②取出25mL溶液置于錐形瓶中，加入2滴酚酞溶液，用濃度為的鹽酸滴定至溶液恰好褪色(溶質為和)，消耗鹽酸體積為；③滴入2滴甲基橙溶液，繼續(xù)滴定至終點，消耗鹽酸體積為。下列說法正確的是A．①中配制溶液時，需在容量瓶中加入100mL水B．②中溶液恰好褪色時：C．樣品純度為D．配制溶液時放置時間過長，會導致最終測定結果偏高【答案】C【解析】A．①中配制溶液時，在容量瓶中定容時溶液總體積為100mL，A錯誤；B．②中溶液恰好褪色時溶質為和，由電荷守恒可知，，此時溶液顯堿性，則氫氧根離子濃度大于氫離子濃度，故，；B錯誤；C．第1次滴定反應為OH-+H+=H2O、+H+=，第2次滴定反應為HCO+H+=H2O+CO2↑，則通過第2次滴定可知，n()=n(HCO)=cV2×10-3mol，第1次滴定中氫氧化鈉消耗HCl的物質的量的為n(HCl)=cV1×10-3mol-cV2×10-3mol=c(V1-V2)×10-3mol=n(NaOH)，故樣品純度為，C正確；D．配制溶液時放置時間過長，氫氧化鈉吸收空氣中二氧化碳生成碳酸鈉，會導致最終測定結果偏低，D錯誤；故選C?？枷?2沉淀滴定的理解和應用1．(2024·山東濰坊五縣區(qū)高三階段監(jiān)測)乙二胺四乙酸(EDTA)可與金屬離子形成穩(wěn)定的配合物。常用EDTA測定水中鈣含量(EDTA與鈣反應時物質的量之比均為1∶1)?；静襟E如下：①EDTA標定：取10.00mL0.1mol·L-1標準CaCl2溶液，加入3滴甲基橙溶液作指示劑，用已配制好的EDTA溶液滴定至終點，消耗EDTA溶液V1mL。②鈣提取：取一定質量的有機物，并用酸性KMnO4溶液氧化，再經萃取、反萃取將金屬轉移到水中，得到提取液。加入掩蔽劑(掩蔽除鈣之外的金屬)并將pH調至11.3。③EDTA滴定：取20.00mL提取液，加入指示劑鈣黃綠素(鈣與鈣黃綠素生成能發(fā)出綠色熒光的配合物)，在黑色背景下用標定后的EDTA溶液滴定至終點，消耗EDTA溶液V2mL。根據(jù)上述實驗原理，下列說法錯誤的是()A．若對提取液的其他金屬不進行掩蔽，測定的鈣含量結果偏高B．EDTA標定時，滴定管尖嘴開始有氣泡終點無氣泡，會使鈣含量測定結果偏高C．EDTA滴定若選用其他物質作指示劑，提取液的pH可能發(fā)生變化D．pH為11.3時，EDTA與鈣的配合能力強于鈣黃綠素與鈣的配合能力【答案】B【解析】A項，EDTA可與金屬離子形成穩(wěn)定的配合物，若對提取液的其他金屬不進行掩蔽，測定的鈣含量結果偏高，A正確；B項，EDTA標定時，滴定管尖嘴開始有氣泡終點無氣泡，則V2數(shù)值增大，故鈣含量偏低，B錯誤；C項，EDTA滴定時，指示劑的選用與體系pH有關，同時滴定時應保證體系的酸堿性，保證鈣不會變成沉淀，故改變指示劑的種類，提取液的pH會發(fā)生變化，C正確；D項，由③可知pH為11.3時，EDTA與鈣的配合能力強于鈣黃綠素與鈣的配合能力，D正確；故選B。2．（2023上·遼寧鞍山·高三鞍山一中校考期中）沉淀滴定所用的指示劑本身就是一種沉淀劑，滴定劑和指示劑生成沉淀的溶解度要比滴定劑和被滴定物生成沉淀的溶解度大，否則不能用這種指示劑。顏色白淺黃白磚紅白溶解度()若用去滴定溶液，可選用為滴定的指示劑的物質為A． B． C． D．【答案】A【解析】A．根據(jù)題中信息，溶解度比大，且沉淀顏色不同，所以可作為滴定的指示劑，A正確；B．溶解度比小，不能用作指示劑，B錯誤；C．溶解度比小，不能用作指示劑，C錯誤；D．溶解度比大，但沉淀顏色為白色，無法指示滴定終點，D錯誤；故選A。3．（2023·北京海淀·北大附中?？既＃┠惩瑢W設計實驗方案，利用沉淀滴定法測定“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”的平衡常數(shù)K。一定溫度下，先將0.0100mol·L-1Ag2SO4溶液與0.0400mol·L-1FeSO4溶液(pH=1)等體積混合，待反應達到平衡時，過濾，取vmL濾液用c1mol·L-1KSCN標準溶液滴定Ag+，至出現(xiàn)穩(wěn)定的淺紅色時消耗KSCN標準溶液v1mL。已知：Ag++SCN-AgSCN↓(白色)

K1Fe3++SCN-FeSCN2+(紅色)

K2下列說法正確的是A．Ag2SO4溶液和FeSO4溶液(pH=1)可替換為AgNO3溶液和Fe(NO3)2溶液(pH=1)B．K1>>K2，F(xiàn)e3+是滴定終點的指示劑C．若不過濾，直接用濁液做滴定實驗測定c(Ag+)，則所測K值偏大D．若改為測定濾液中c(Fe3+)，選擇合適的滴定方法直接滴定濾液，也能達到目的【答案】B【分析】Ag++Fe2+Fe3++Ag↓為可逆反應，要計算平衡常數(shù)，需要知道平衡時各離子的濃度。反應完全時，過濾，濾液用KSCN溶液滴定，可計算出平衡時的銀離子濃度，從而可知平衡時各離子濃度，K值也可計算?！窘馕觥緼．由于硝酸根在酸性環(huán)境下具有強氧化性，能將亞鐵離子氧化為鐵離子，會干擾實驗，故不可用AgNO3溶液和Fe(NO3)2溶液(pH=1)替換原試劑，A錯誤；B．用標準KSCN標準溶液滴定Ag+，至出現(xiàn)穩(wěn)定的淺紅色時實驗達到終點，說明SCN-先與Ag+反應完全后再與Fe3+反應，故K1>>K2；出現(xiàn)穩(wěn)定的淺紅色時實驗達到終點，說明Fe3+是滴定終點的指示劑，B正確；C．若不過濾，直接用濁液做滴定實驗測定c(Ag+)，滴入KSCN溶液時發(fā)生反應Ag++SCN-AgSCN↓，使Ag++Fe2+Fe3++Ag↓逆向移動，使銀離子濃度增大，，K值偏小，C錯誤；D．若改為測定濾液中c(Fe3+)，F(xiàn)e2+容易被空氣中的氧氣氧化為Fe3+，滴定結果不準確，D錯誤；故選B。4.某同學在學習沉淀溶解平衡時發(fā)現(xiàn)以下表中信息：AgClAgBrAg2CrO4顏色白色淺黃色磚紅色溶解度（mol·L-1）1.3×10-41.7×10-76.5×10-5溶度積常數(shù)（KSP）1.7×10-12mol2·L-25.0×10-13mol2·L-2?(1)請利用表中信息計算Ag2CrO4的溶度積常數(shù)KSP=；(2)沉淀滴定所用的指示劑本身就是一種沉淀劑，用AgNO3滴定KCl溶液中Cl-的含量時甲同學想用K2CrO4作指示劑；①現(xiàn)有濃度均為0.001mol·L-1的KCl和K2CrO4的混合液，該同學取混合液20mL，用已知濃度的AgNO3溶液滴定，試計算當Cl-沉淀完全時，CrO42-是否開始沉淀（當溶液中某離子濃度小于1×10-5mol·L-1時認為沉淀完全）。②根據(jù)表中信息和上述計算，請判斷K2CrO4能否用作AgNO3滴定KCl實驗的指示劑（填“能”或“不能”）；若能則滴定終點的顏色變化是（若不能該空不填）?！敬鸢浮?1)1.1×10-12mol3·L-3(2)否能白色變磚紅色【解析】（1）分析表中數(shù)據(jù)知Ag2CrO4的溶解度為6.5×10-5mol·L-1，則c(Ag＋)=1.3×10-4mol·L-1，c(CrO)=6.5×10-5mol·L-1，Ag2CrO4的溶度積常數(shù)KSP=c2(Ag＋)c(CrO)=1.1×10-13mol3·L-12；（2）①當Cl-沉淀完全時，溶液中的［Ag+］===1.7×10-7mol·L-1，設Cl-沉淀完全時，溶液體積為VL，此時Ag2CrO4的Q=c2(Ag+)·c(CrO)=(1.7×10-7)2mol2·L-2×=2.89××10-17mol3·L-3此時V＞0.02L即＜1Q＜2.89×10-17mol3·L-3，則Q＜KSP(Ag2CrO4)，則CrO還未開始沉淀；②根據(jù)表中信息和上述計算，K2CrO4能用作AgNO3滴定KCl實驗的指示劑；滴定終點的顏色變化是白色變磚紅色。5．（2023·湖北·模擬預測·節(jié)選）四水合磷酸鋅[Zn3(PO4)2·4H2O，摩爾質量為457g·mol-1，難溶于水]是一種性能優(yōu)良的綠色環(huán)保防銹顏料。實驗室以鋅灰(含ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)為原料制備Zn3(PO4)2·4H2O的流程如圖，回答下列問題：(5)為測定產品中Zn3(PO4)2·4H2O的含量，進行如下實驗：(已知：Zn2+與H2Y2?按1：1反應；雜質不反應。)步驟Ⅰ：準確稱取0.4570g產品于燒杯中，加入適量鹽酸使其溶解，將溶液轉移至100mL容量瓶，定容。步驟Ⅱ：移取20.00mL上述溶液于錐形瓶中，加入指示劑，在pH=5~6的緩沖溶液中用0.02000mol·L-1Na2H2Y標準溶液滴定至終點，測得Na2H2Y標準溶液的用量為27.60mL。步驟Ⅱ中移取溶液時所使用的玻璃儀器為；產品中Zn3(PO4)2·4H2O的質量分數(shù)為。下列操作中，導致產品中Zn3(PO4)2·4H2O含量測定值偏低的是。a.步驟I中定容時俯視刻度線b.步驟I中轉移溶液時未洗滌燒杯c.步驟II中滴定管未用Na2H2Y標準溶液潤洗d.步驟II中滴定前滴定管內無氣泡，滴定結束后有氣泡【答案】(5)酸式滴定管92%bd【解析】（5）步驟Ⅱ中移取的溶液是酸性溶液，應使用酸式滴定管；滴定時有關系：，消耗Na2H2Y物質的量為，則樣品中含有Zn3(PO4)2·4H2O的物質的量為：，則產品中Zn3(PO4)2·4H2O的質量分數(shù)為；a．步驟I中定容時俯視刻度線，導致產品濃度偏高，測定值偏高，a項不選；b．步驟I中轉移溶液時未洗滌燒杯，導致產品濃度偏低，測定值偏低，b項選；c．步驟II中滴定管未用Na2H2Y標準溶液潤洗，所需標準液體積偏高，測定值偏高，c項不選；d．步驟II中滴定前滴定管內無氣泡，滴定結束后有氣泡，所需標準液體積偏低，測定值偏低，d項選；答案選bd?？枷?3氧化還原滴定的理解和應用1．（2023·遼寧·校聯(lián)考一模）金屬M與單質碘在無水醋酸中反應，得到化合物，提純干燥后測得其熔點為144.5℃。為確定的組成，進行以下實驗：稱取0.6263g，置于特制的梨形瓶中，加入50mL6molL-1的鹽酸，同時加入適量，用0.1000molL-1的碘酸鉀溶液進行滴定。隨著碘酸鉀溶液的加入，可觀察到層呈紫色，后逐漸變淺，滴至紫色褪去為終點，此時層呈淡黃色，滴定消耗碘酸鉀溶液20.00mL。在中顯黃色的物質在歷史上曾被誤認為。下面有關實驗細節(jié)的描述中，錯誤的是A．滴定終點時的操作：當?shù)稳胱詈蟀氲螛藴室簳r，溶液恰好由紫色變?yōu)榈S色，且半分鐘不變色B．滴定結束后中主要的溶質為C．如果用過量的碘化鉀溶液滴定碘酸鉀溶液，則滴定過程中層顏色逐漸加深，直至不變D．紫色褪去反應的離子方程式為：【答案】C【分析】用碘酸鉀溶液進行滴定，隨著碘酸鉀溶液的加入，可觀察到層呈紫色，是生成碘單質，后逐漸變淺，滴至紫色褪去是碘單質、碘酸根離子、氫離子和氯離子發(fā)生反應生成氯化碘，此時層呈淡黃色?！窘馕觥緼．滴定終點時的操作：當?shù)稳胱詈蟀氲螛藴室簳r，溶液恰好由紫色變?yōu)榈S色，且半分鐘不變色，A正確；B．根據(jù)上述分析可知，滴定結束后中主要的溶質為，B正確；C．碘離子與碘酸根離子反應中需消耗氫離子，當氫離子不足時不會再生成碘單質,層顏色不會加深，C錯誤；D．紫色褪去反應的離子方程式為：，D正確；故選C。2．(2024·河北石家莊高三第二次調研)某活動小組為測定樣品中NaBH4的純度，設計了如下的實驗步驟：步驟l：取5.0gNaBH4樣品(雜質不參與反應)，將樣品溶于NaOH溶液后配成500mL溶液，取25.00mL置于碘量瓶中，加入60.00mL0.1000mol/L的KIO3溶液充分反應(反應為3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O)；步驟2：向步驟1所得溶液中加入過量的KI溶液，用稀硫酸調節(jié)pH，使過量KIO3轉化為I2，冷卻后在暗處放置數(shù)分鐘；步驟3：向步驟2所得溶液中加入某種緩沖溶液調pH至5.0，加入幾滴指示劑，用0.1000mol/L的Na2S2O3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的體積為20.70mL(反應為I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6)。下列說法正確的是()A．NaBH4中H元素化合價為+1價B．步驟2反應的離子方程式為IO3-+I-+6H+=I2+3H2OC．步驟3中加入幾滴酚酞作指示劑D．樣品中NaBH4的純度為64.47%【答案】D【解析】A項，NaBH4具有強還原性，H元素化合價為-1價，故A錯誤；B項，步驟2的反應為KI和KIO3在酸性條件下生成I2，離子方程式為：IO3-+5I-+6H+=I2+3H2O；故B錯誤；C項，步驟3用Na2S2O3標準溶液滴定碘單質溶液，用淀粉溶液坐指示劑，故C錯誤；D項，根據(jù)方程式I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，n(Na2S2O3)=0.00207mol，則n(I2)=0.001035mol，再根據(jù)IO3-+5I-+6H+=I2+3H2O，可以計算出n(KIO3)=0.000345mol，這是剩余的KIO3，與NaBH4反應的KIO3為0.006mol-0.000345mol=0.005655mol，根據(jù)3NaBH4+4KIO3=3NaBO2+4KI+6H2O可以計算出n(NaBH4)=0.00424125mol，則原樣品中n(NaBH4)=0.00424125mol=0.084825mol，NaBH4的純度為=64.47%，故D正確。3．(2024·湖南高三聯(lián)考)K2Cr2O7(重鉻酸鉀)是一種常見的氧化劑。以鉻渣(主要成分為Cr2O3、Fe2O3等)為原料制備K2Cr2O7并測定其純度。其步驟如下：步驟1：鉻渣粉碎和Na2CO3均勻混合在空氣中焙燒；步驟2：用水浸取焙燒渣，過濾，得到水浸液(含Na2CrO4)；步驟3：向步驟2中水浸液加入BaCO3，過濾，得到BaCrO4；步驟4：向BaCrO4中加入NaHSO4溶液，過濾，得到浸出液(Na2Cr2O7)和浸渣(BaSO4)；步驟5：向步驟4中浸出液加入KCl粉末，蒸發(fā)濃縮、降溫結晶、過濾，得到K2Cr2O7；步驟6：準確稱取mgK2Cr2O7產品溶于蒸餾水，加入適量稀硫酸，加入足量KI溶液(還原產物為Cr3+)，用水稀釋為250mL溶液，量取25.00mL稀釋后溶液于錐形瓶中。用cmol?L-1Na2S2O3溶液滴定至終點，消耗VmL滴定液。滴定反應為I2+2S2O32-=2I-+S4O62-下列敘述錯誤的是()A．步驟1中制備1molNa2CrO4消耗0.75mol氧氣B．步驟3目的是除去雜質，富集鉻元素C．步驟6中KI作用是Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2OD．K2Cr2O7產品純度為w=%【答案】D【解析】A項，反應2Cr2O3+4Na2CO3+3O24Na2CrO4+4CO2中生成1molNa2CrO4消耗0.75molO2，故A正確；B項，利用步驟3將Na2CrO4轉化成BaCrO4，濾去溶液，富集鉻元素，故B正確；C項，加入KI還原重鉻酸鉀，產物為Cr3+、I2、H2O，方程式為Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O，故C正確；D項，由K2Cr2O7~3I2~6Na2S2O3可知，，故D錯誤；故選D。4．（2023·四川涼山·統(tǒng)考二模）用氧化還原滴定法可以測定市售雙氧水中過氧化氫的濃度(單位g·L-1)，實驗過程包括標準溶液的準備和滴定待測溶液：I．準備標準溶液a．配制100mLKMnO4溶液備用；b．準確稱取Na2C2O4基準物質3.35g(0.025mol)，配制成250mL標準溶液。取出25.00mL于錐形瓶中，加入適量3mol·L-1硫酸酸化后，用待標定的KMnO4溶液滴定至終點，記錄數(shù)據(jù)，計算KMnO4溶液的濃度。II．滴定主要步驟a．取待測雙氧水10.00mL于錐形瓶中；b．錐形瓶中加入30.00mL蒸餾水和30.00mL3mol·L-1硫酸，然后用已標定的KMnO4溶液(0.1000mol·L-1)滴定至終點；e．重復上述操作兩次，三次測定的數(shù)據(jù)如下表：組別123消耗標準溶液體積(mL)25.2425.0224.98d．數(shù)據(jù)處理?；卮鹣铝袉栴}：(1)將稱得的Na2C2O4配制成250mL標準溶液，所使用的儀器除燒杯和玻璃棒外還有。(2)標定KMnO4溶液時，能否用稀硝酸調節(jié)溶液酸度(填“能”或“不能”)，簡述理由。寫出標定過程中發(fā)生反應的化學方程式。(3)滴定待測雙氧水時，標準溶液應裝入滴定管，裝入標準溶液的前一步應進行的操作是。(4)滴定雙氧水至終點的現(xiàn)象是。(5)計算此雙氧水的濃度為g·L-1.(6)若在配制Na2C2O4標準溶液時，燒杯中的溶液有少量濺出，則最后測定出的雙氧水的濃度會(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。【答案】(1)250mL容量瓶、膠頭滴管(2)不能稀硝酸有氧化性，會影響KMnO4溶液濃度的標定2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O(3)酸式用標準溶液潤洗滴定管(4)滴入最后一滴標準溶液，錐形瓶中的液體變?yōu)闇\紫色，且半分鐘不變色(5)21.25(6)偏高【解析】（1）配制250mLNa2C2O4標準溶液時，所使用的儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管和250mL容量瓶；（2）稀硝酸具有氧化性，也會氧化草酸鈉，會影響KMnO4溶液濃度的標定，因此不能用稀硝酸調節(jié)溶液酸度；標定過程中KMnO4氧化Na2C2O4，發(fā)生的化學方程式為2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5Na2SO4+10CO2↑+8H2O；（3）滴定待測雙氧水時，標準溶液為已標定的