专题08水溶液中的离子反应与平衡（讲义）（解析版）_05高考化学_2025年新高考资料_二轮复习_上好课2025年高考化学二轮复习讲练测（新高考通用）3379109_主题三化学反应原理

专题 08 水溶液中的离子反应与平衡 目录 01考情透视·目标导航............................................................................................................................ 02知识导图·思维引航............................................................................................................................ 03核心精讲·题型突破............................................................................................................................ 题型一 电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡及其应用.................................................................... 【真题研析】................................................................................................................................................................... 【核心精讲】................................................................................................................................................................... 1．电解质溶液中的三大平衡......................................................................................................................................... 2．电离平衡常数............................................................................................................................................................. 3．水解平衡常数(K )...................................................................................................................................................... h 4．溶度积常数(K )......................................................................................................................................................... sp 【命题预测】................................................................................................................................................................... 题型二 电离常数、水解常数、溶度积常数的综合应用............................................................................... 【真题研析】................................................................................................................................................................... 【核心精讲】................................................................................................................................................................... 1．电离常数的4大应用................................................................................................................................................. 2．K 、K、K 、K 、K 之间的关系............................................................................................................................ w a b sp h 3．电离常数与水解常数的关系..................................................................................................................................... 【命题预测】................................................................................................................................................................... 题型三 中和滴定及其拓展应用............................................................................................................ 【真题研析】................................................................................................................................................................... 【核心精讲】................................................................................................................................................................... 1．中和滴定..................................................................................................................................................................... 2．氧化还原滴定............................................................................................................................................................. 3．沉淀滴定..................................................................................................................................................................... 【命题预测】...................................................................................................................................................................考点要求 考题统计 考情分析 2024·天津卷，12，3分；2024·安徽卷，7，3 近年高考命题选材，以多平 各平衡常 分；2024·浙江1月卷，15，3分；2024·福建 衡体系溶液的真实情景为素 数之间相 卷，7，4分；2024·江苏卷，16，15分；2023•浙 材，来考查学生系统处理复 互换算及 江省1月选考，15；2023•山东卷，15；2023•江 杂情境中化学问题的能力。 应用 苏卷，12，3分；2023•浙江省6月选考，15，3 常涉及的平衡有水、弱电解 分； 质的电离平衡，盐类水解平 衡，沉淀转化平衡，配合物 的络合平衡。预计2025年将 2023•山东卷，8，3分；2023•湖北省选择性考 中和滴定 在选择题某一选项中以图像 试，18，3分；2023•浙江省1月选考，20(5) 原理及拓 或者文字的形式考查，在填 (6)；2023•湖北省选择性考试，18；2023•浙江省 展 空题中结合化学反应原理综 6月选考，20(4)；2022•辽宁省选择性，17(7)； 合考查。题型一 电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡及其应用 1．(2024· 贵州卷，12，3分)硼砂[Na B O(OH) ·8H O]水溶液常用于pH计的校准。硼砂水解生成等物 2 4 5 4 2 质的量的B(OH) (硼酸)和Na[B(OH) ] (硼酸钠)。 3 4 已知：①25℃时，硼酸显酸性的原理B(OH) +2H O HO++ K=5.8×10-10 3 2 3 a ② 。 下列说法正确的是( ) A．硼砂稀溶液中cNa＋= c[B(OH) ] 3 B．硼酸水溶液中的 主要来自水的电离 C．25℃时，0.01mol·Lˉ1硼酸水溶液的pH≈6.38 D．等浓度等体积的B(OH) 和Na[B(OH) ]溶液混合后，溶液显酸性 3 4 【答案】B 【解析】A 项，B O(OH) 2-水解生成等物质的量浓度的 B(OH) 和 Na[B(OH) ]，硼酸遇水转换 4 5 4 3 4 B(OH) +2H O HO++ ，根据物料守恒， ，A 3 2 3 错误；B项，根据已知，硼酸遇水转换 ，其中的H+是由水提 供 的 ， B 正 确 ； C 项 ， 25℃ 时 ， B(OH) +2H O HO++ ， 3 2 3， ， 因 ， ，C错误；D项，B(OH) 的电离平衡常数为K=5.8×10-10，B(OH) - 3 a 4 的水解平衡常数 ，水解程度大于电离程度，显碱性，D错误；故选B。 2．(2022•湖北卷，12，3分)根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸，给出质子的能力越强，酸 性越强。已知：NH++NH=NH++N H，NH+CH COOH=N H++CH COO-，下列酸性强弱顺序正确的是( 2 5 3 4 2 4 2 4 3 2 5 3 ) A．NH+＞NH＞NH + B．NH+＞CHCOOH＞NH + 2 5 2 4 4 2 5 3 4 C．NH ＞NH＞CHCOO- D．CHCOOH＞NH+＞NH + 3 2 4 3 3 2 5 4 【答案】D 【解析】根据复分解反应的规律，强酸能制得弱酸，根据酸碱质子理论，给出质子(H+)的物质是酸， 则反应NH+CH COOH=N H++CH COO-中，酸性：CHCOOH＞NH+，反应NH++NH=NH++N H 中， 2 4 3 2 5 3 3 2 5 2 5 3 4 2 4 酸性：NH+＞NH +，故酸性：CHCOOH＞NH+＞NH +，故选D。 2 5 4 3 2 5 4 3．(2022•全国乙卷，13，6分)常温下，一元酸 的K(HA)=1.0×10-3。在某体系中， 与A-离子不 a 能穿过隔膜，未电离的 可自由穿过该膜(如图所示)。 设溶液中c (HA)=c(HA)+c(A-)，当达到平衡时，下列叙述正确的是( ) 总 A．溶液Ⅰ中c(H+)=c(OH-)＋c(A-) B．溶液Ⅱ中的HA的电离度 为 C．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c(HA)不相等 D．溶液Ⅰ和Ⅱ中的c (HA)之比为10-4 总 【答案】B 【解析】A项，常温下溶液I的pH=7.0，则溶液I中c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L，c(H+)＜c(OH-)＋c(A-)，A错误；B项，常温下溶液II的pH=1.0，溶液中c(H+)=0.1mol/L，K = =1.0×10-3，c a 总 (HA)=c(HA)+c(A-)，则 =1.0×10-3，解得 = ，B正确；C项，根据题意，未电离的 HA可自由穿过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，C错误；D项，常温下溶液I的pH=7.0，溶液I中 c(H+)=1×10-7mol/L，K = =1.0×10-3，c (HA)=c(HA)+c(A-)， =1.0×10-3，溶 a 总 液I中c (HA)=(104+1)c(HA)，溶液II的pH=1.0，溶液II中c(H+)=0.1mol/L，K = =1.0×10-3，c 总 a 总 (HA)=c(HA)+c(A-)， =1.0×10-3，溶液II中c (HA)=1.01c(HA)，未电离的HA可自由穿 总 过隔膜，故溶液I和II中的c(HA)相等，溶液I和II中c (HA)之比为 总 [(104+1)c(HA)]∶[1.01c(HA)]=(104+1)∶1.01≈104，D错误；故选B。 4．(2022·浙江省1月选考，17，2分)已知25℃时二元酸HA的K =1.3×10-7，K =7.1×10-15。下列说法 2 a1 a2 正确的是( ) A．在等浓度的NaA、NaHA溶液中，水的电离程度前者小于后者 2 B．向0.1mol·L-1的HA溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3，则HA的电离度为 2 2 0.013% C．向HA溶液中加入NaOH溶液至pH=11，则c(A2-)＞c(HA-) 2 D．取pH=a的HA溶液10mL，加蒸馏水稀释至100mL，则该溶液pH=a+1 2 【答案】B 【解析】A项，在等浓度的NaA、NaHA溶液中，A2-的水解程度大于HA-，水的电离程度前者大于后 2 者，故A错误；B项，向0.1mol·L-1的HA溶液中通入HCl气体(忽略溶液体积的变化)至pH=3， 2 ，则HA的电离度 0.013%，故B正确；C项， 2向HA溶液中加入NaOH溶液至pH=11， ，则c(A2-)K 时，溶液过饱和，有沉淀析出，直至溶液饱和，达到新的平衡；当Q＝K 时，溶液饱和， c sp c sp 沉淀与溶解处于平衡状态；当QK (RCO)，故向c(CO2-)=c(SO2-)的混合液中滴加RCl 溶液， 4 3 sp 4 sp 3 3 4 2 首先析出RCO 沉淀，A错误；B项，将浓度均为3×10-4.5mol•L-1的RCl 、NaCO 溶液等体积混合后， 3 2 2 3 c(R2+)=1.5×10-4.5mol•L-1、c(CO2-)=1.5×10-6mol•L-1，此时的离子积Q=c(R2+)•c(CO 2-)=1.5×10-6×1.5×10- 3 3 6=2.25×10-12 【答案】C 【解析】A项，NaS溶液中存在质子守恒：c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H S)，A错误；B项，向AgCl悬 2 2 浊液加入足量氨水，溶液变澄清，得到银氨溶液，离子方程式为AgCl+2NH•H O=[Ag(NH)]++Cl-+2H O， 3 2 3 2 2 B错误；C项，反应2AgCl+S2- Ag S+2Cl-的平衡常数K= = = = 2 =2×1028，当浓度商Q= ＜K时，反应正向移动，C正确；D项，根据题意沉淀发生转化， 即体系中不会生成AgCl沉淀，所以c(Ag+)＜ ，D错误；故选C。 11．氢氧化镁是常见难溶物，将过量氢氧化镁粉末置于水中达到溶解平衡：Mg(OH) (s) Mg2+ 2 (aq)+ 2OH-(aq)。已知K [Mg(OH) ]=1.8×10-11，K (MgCO )=3.5×10-8；通常，溶液中某离子的浓度小于 sp 2 sp 3 1.0×10-5mol·L－1时，可以认为该离子已沉淀完全。下列有关说法不正确的是( ) A．滴入几滴稀硫酸，溶液的pH先下降后上升，最后保持一个稳定值 B．MgCO 的饱和溶液中c(Mg2+)＞c(CO2-) 3 3 C．NaOH溶液可使MgCO 较彻底地转化为Mg(OH) 3 2 D．氢氧化镁可处理印染厂的酸性废水，处理后c(Mg2+)=1.8×10-3mol·L－1，此时溶液呈碱性 【答案】B 【解析】A项，滴入几滴稀硫酸后，氢离子和氢氧根离子反应生成水，氢氧根离子浓度降低，pH降低， 随后沉淀溶解平衡正向移动，氢氧根离子浓度增大，pH增大，A正确；B项，碳酸镁电离产生镁离子和碳 酸根离子，但是碳酸根离子会水解，故镁离子浓度大于碳酸根离子，B错误；C项，通过信息可知，氢氧 化镁的溶度积常数要小的多，故碳酸镁更加容易转化为氢氧化镁，则NaOH溶液可使MgCO 较彻底地转化 3 为Mg(OH) ，C正确；D项，处理后 ，则此时 2，氢氧根离子浓度较大，溶液显碱性，D 正确；故选B。 12．向工业废水中加入硫化物可以获得CuS、FeS纳米粒子［已知K (FeS)= 6.3×10－18，K (CuS)= sp sp 1.3×10－36］，下列说法正确的是( ) A．FeS固体不能用于去除工业废水中的Cu2+ B．向FeSO 和CuSO 混合溶液中加入NaS溶液，当两种沉淀共存时， 4 4 2 C．向CuS饱和溶液中加入CuCl 固体，CuS的溶解平衡逆向移动，滤液中一定存在 2 D．已知HS溶液中 ，可判断CuS易溶于稀盐酸 2 【答案】C 【解析】A项，根据K (FeS)＞K (CuS)可知，FeS固体能用于去除工业废水中的Cu2+，故A错误；B sp sp 项，向FeSO 和CuSO 混合溶液中加入NaS溶液，当两种沉淀共存时， 4 4 2 ，故B错误；C项，CuS存在溶解平衡CuS(s) Cu2+(aq) +S2−(aq)，向CuS饱和溶液中加入CuCl 固体，铜离子浓度增大，因此CuS的溶解平衡逆向移动，根据溶度 2 积常数得到滤液中一定存在 ，故C正确；D项，若要溶解CuS+2H+= Cu2++H S，则 2 ，平衡常数很小，反应几乎不能发生，可判断CuS难 溶于稀盐酸，故D错误。故选C。 题型二 电离常数、水解常数、溶度积常数的综合应用1．(2024·福建卷，7，4分)多卤离子I-、ICl-、IBr -在水溶液中的分解反应及平衡常数值如下： 3 2 2 离子 分解反应 平衡常数值 I-(aq) I-(aq)=I(aq)+I-(aq) 1.4×10-3 3 3 2 ICl-(aq) ICl-(aq)=ICl(aq) +Cl-(aq) 6.0×10-3 2 2 IBr -(aq) IBr -(aq)=IBr(aq) +Br-(aq) K 2 2 下列说法错误的是( ) . A K＜6.0×10-3 B．上述分解反应均为氧化还原反应 C．共价键极性：ICl＞IBr D．BrCl-(aq)可分解为BrCl-(aq)和Cl-(aq) 2 【答案】B 【解析】A项，已知电负性Cl＞Br，因此氯在化合物中更容易吸引电子，导致I-Cl比I-Br更容易断裂， 所以电离程度ICl-＞IBr -，K＜6.0×10-3，A正确；B项，每个碘离子可以与一个碘分子结合，形成I-，这 2 2 3 个过程中，I-离子能够离解成碘和碘离子，形成平衡反应：I-+I I-，所以溶液中存在I-(aq) 3 2 3 3 I(aq)+I-(aq)的电离平衡，此变化不是氧化还原反应，ICl-、ICl中碘元素是+1价，氯元素是-1价，IBr -和 2 2 2 IBr中，碘元素是+1价，溴元素是-1价；三个变化过程中，各元素化合价都没有改变，不是氧化还原反应， B错误；C项，同主族元素从上往下，电负性逐渐减小，因此氯的电负性大于溴的电负性，形成共价键的 两元素之间的电负性的差值越大，则键的极性越强，因此共价键极性的大小关系为ICl＞IBr，C正确；D 项，已知电负性Cl＞Br，因此氯在化合物中更容易吸引电子，导致Cl-Br容易断裂产生为BrCl-(aq)和Cl- (aq)，D正确；故选B。 2．(2024·天津卷，12，3分)甲胺(CHNH )水溶液中存在以下平衡：CHNH +H O CHNH + 3 2 3 2 2 3 3 +OH-。已知：25℃时，CHNH 的K =4.2×10-4，NH ·H O的K =1.8×10-5。下列说法错误的是( ) 3 2 b 3 2 b A．CHNH 的 3 2 B．CHNH 溶液中存在cCHNH +＋cH＋＝cOH－ 3 2 3 3 C．25℃时，0.1mol·L-1NH Cl溶液与0.1mol·L-1CHNH Cl溶液相比，NH Cl溶液中的cH＋小 4 3 3 4 D．0.01mol·L-1 CHNH 溶液与相同浓度的CHNH Cl溶液以任意比例混合，混合液中存在 3 2 3 3 c(CHNH )+ c(CHNH +)=0.1mol·L-1 3 2 3 3 【答案】C 【解析】A项，由(CHNH )的电离方程式可知，CHNH 的 ，A正确；B 3 2 3 2项，由CHNH 的电离方程式及电荷守恒可知，CHNH 溶液中存在cCHNH +＋cH＋＝cOH－，B正确； 3 2 3 2 3 3 C项，由CHNH 的K =4.2×10-4，NH ·H O的K =1.8×10-5，碱性CHNH ＞NH ·H O，由越弱越水解可得， 3 2 b 3 2 b 3 2 3 2 25℃时，0.1mol·L-1NH Cl溶液与0.1mol·L-1CHNH Cl溶液相比，NH Cl溶液中的cH＋大，C错误；D项， 4 3 3 4 0.01mol·L-1 CHNH 溶液与相同浓度的CHNH Cl溶液以任意比例混合，由物料守恒得，混合液中存在 3 2 3 3 c(CHNH )+ c(CHNH +)=0.1mol·L-1，D正确；故选C。 3 2 3 3 3．(2024·浙江1月卷，15，3分)常温下、将等体积、浓度均为0.40mol·L-1 BaCl 溶液与新制HSO 溶 2 2 3 液混合，出现白色浑浊；再滴加过量的HO 溶液，振荡，出现白色沉淀。 2 2 已知：HSO K =1.4×10-2，K =6.0×10-8 2 3 a1 a2 K (BaSO)=5.0×10－10，K (BaSO)=1.1×10－10， sp 3 sp 4 下列说法不正确的是( ) A． HSO 溶液中存在c(H＋)＞c(HSO -)＞c(SO 2-)＞c(OH-) 2 3 3 3 B．将0.40mol·L-1 HSO 溶液稀释到0.20mol·L-1，c(SO 2-)几乎不变 2 3 3 C．BaCl 溶液与HSO 溶液混合后出现的白色浑浊不含有BaSO 2 2 3 3 D．存在反应BaSO+ HSO +H O= BaSO↓+2H++H O是出现白色沉淀的主要原因 3 2 3 2 2 4 2 【答案】C 【解析】A项，亚硫酸是二元弱酸，存在二次电离，电离方程式为：HSO H++HSO -，HSO - 2 3 3 3 H++SO 2-，则溶液中c(H＋)＞c(HSO -)＞c(SO 2-)＞c(OH-)，A正确；B项，亚硫酸根离子是其二级电 3 3 3 离产生的，则稀释的时候对氢离子的影响较大，稀释的时候，亚硫酸的浓度变为原来的一半，另外稀释的 平衡常数不变，对第二级电离影响很小，则稀释时亚硫酸根浓度基本不变，B正确；C项，加入双氧水之 前，生成的白色浑浊为BaSO 沉淀，C错误；D项，过氧化氢具有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6价硫 3 酸根离子，则存在反应，BaSO+H O= BaSO↓+H O，则出现白色沉淀的主要原因生成BaSO 沉淀，D正确； 3 2 2 4 2 4 故选C。 4．(2024·安徽卷，7，3分)地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如下图所示(X、Y 均为氮氧化物)，羟胺(NH OH)以中间产物的形式参与循环。常温常压下，羟胺易潮解，水溶液呈碱性，与 2 盐酸反应的产物盐酸羟胺([NH OH]Cl)广泛用子药品、香料等的合成。 3 已知25℃时，K(HNO)=7.2×10-4，K(NH ·H O)=1.8×10-5 ，K(NH OH)=8.7×10-9。 a 2 b 3 2 b 2下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是( ) A．键角：NH ＞NO - 3 3 B．熔点： NH OH＞[NH OH]Cl 2 3 C． 同浓度水溶液的pH：[NH OH]Cl＞NH Cl 3 4 D．羟胺分子间氢键的强弱： 【答案】D 【解析】A项，NH 中N原子的价层电子对数= ，为sp3杂化，键角为107°， 3 NO -中N的价层电子对数= ，为sp2杂化，键角为120°，故键角：NH ＜NO -，A 3 3 3 错误；B项，NH OH为分子晶体，[NH OH]Cl为离子晶体，故熔点：NH OH＜[NH OH]Cl，B错误；C项， 2 3 2 3 由题目信息可知，25℃下，K(NH ·H O)＞K(NH OH)，故NH OH的碱性比NH ·H O弱，故同浓度的水溶 b 3 2 b 2 2 3 2 液中，[NH OH]+的电离程度大于NH +的电离程度，同浓度水溶液的pH：[NH OH]Cl＜NH Cl，C错误；D 3 4 3 4 项，O的电负性大于N，O-H键的极性大于N-H键，故羟胺分子间氢键的强弱 ，D 正确；故选D。 5．(2023•浙江省6月选考，15，3分)草酸(HC O)是二元弱酸。某小组做如下两组实验： 2 2 4 实验I：往20mL0.1mol·L-1NaHC O 溶液中滴加0.1mol·L-1NaOH溶液。 2 4 实验Ⅱ：往20mL0.1mol·L-1NaHC O 溶液中滴加0.1mol·L-1 CaCl 溶液。 2 4 2 [已知：HC O 的电离常数K =5.4×10-2，K =5.4×10-5，K (CaC O)= 2.4×10－9，溶液混合后体积变化忽 2 2 4 a1 a2 sp 2 4 略不计]，下列说法正确的是 A．实验I可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点 B．实验I中V(NaOH)=10mL时，存在c(C O2-)＜c(HC O-) 2 4 2 4C．实验Ⅱ中发生反应Ca2++ HC O- =CaC O↓+H+ 2 4 2 4 D．实验Ⅱ中V(CaCl)=80mL时，溶液中c(C O2-)=4.0×10-8mol·L-1 2 2 4 【答案】D 【解析】A项，NaHC O 溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验 2 4 误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验I可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误； B项，实验I中V(NaOH)=10mL时，溶质是NaHC O、NaC O 且两者物质的量浓度相等， 2 4 2 2 4 ，，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在c(C O2-)＞ 2 4 c(HC O-)，故B错误；C项，实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC O 过量，因此该反应在初 2 4 2 4 始阶段发生的是Ca2++ 2HC O- =CaC O↓+H C O，该反应的平衡常数为 2 4 2 4 2 2 4 ，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行， 当NaHC O 完全消耗后，HC O 再和CaCl 发生反应，故C错误；D项，实验Ⅱ中V(CaCl)=80mL时，溶 2 4 2 2 4 2 2 液中的钙离子浓度为 ，溶液中 ，故D正确。故选D。 6．(2024·江苏卷，16，15分)贵金属银应用广泛。Ag与稀HNO 制得AgNO，常用于循环处理高氯废 3 3 水。 (1)沉淀Cl-。在高氯水样中加入KCrO 使CrO2-浓度约为5×10-3mol·L-1，当滴加AgNO 溶液至开始产生 2 4 4 3 Ag CrO 沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中Cl-浓度约为_______ mol·L-1。[已知：K (AgCl)= 2 4 sp 1.8×10－10，K (Ag CrO)= 2.0×10－12] sp 2 4 (2)还原AgCl。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5mol·L-1盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ①铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为_______。 ②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是_______。 ③为判断AgCl是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，_______[实验中必须使用的试剂和设备：稀HNO、AgNO 溶液，通风设备] 3 3 (3)Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生Ag+杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 ①纳米Ag溶解产生Ag+的离子方程式为_______。 ②实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是_______。 【答案】(1) 9×10-6 (2)①Fe+AgCl+2HCl= FeCl+Ag+H↑ ②形成了以Fe为负极，AgCl为正极，盐酸为电解质溶液的原 3 2 电池，正极AgCl得到电子，电极反应式为AgCl+ e-=Ag+Cl-，生成Ag ③洗涤，向最后一次洗涤液中 滴加硝酸银溶液，确保氯离子洗净，开启通风设备，向滤渣中加入足量稀 HNO ，搅拌，若固体完全溶解， 3 则AgCl完全转化，若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化 (3)①4Ag+O+4H+=4Ag++2H O ②纳米Ag与氧气生成Ag O，使得Ag+浓度下降 2 2 2 【解析】(1) CrO 2-浓度约为 5×10-3mol·L-1，当滴加 AgNO 溶液至开始产生 Ag CrO 沉淀，此时 4 3 2 4 ， (2)①在足量0.5mol·L-1盐酸中静置，铁将AgCl转化为单质Ag，反应的化学方程式为：Fe+AgCl+2HCl= FeCl+Ag+H↑；②不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag，是因为形成了以Fe为负极，AgCl为正极， 3 2 盐酸为电解质溶液的原电池，正极 AgCl得到电子，电极反应式为 AgCl+ e-=Ag+Cl-，生成Ag；③判断 AgCl是否完全转化，即检验混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，可完全溶 于稀硝酸，若AgCl未完全转化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，则可用稀硝酸检验，稀硝酸参与反应可能会 产生氮氧化物，反应需在通风设备中进行，反应后的溶液中存在氯离子，若未将滤渣洗净，氯离子会干扰 实验，所以首先需要检验氯离子是否洗净，实验方案为：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，洗涤， 向最后一次洗涤液中滴加AgNO 溶液，确保氯离子洗净，打开通风设备，向洗涤干净的滤渣中加入足量稀 3 HNO ，搅拌，若固体完全溶解，则AgCl完全转化，若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化；(3)①纳米 3 Ag溶解时被氧化为Ag+，离子方程式为：4Ag+O+4H+=4Ag++2H O；②溶解氧浓度过高，纳米Ag与氧气 2 2 生成Ag O，使得Ag+浓度下降，抗菌性能下降。 21 ．电离常数的 4 大应用 电离常数越大，酸性(或碱性)越强。如：常温下，CHCOOH的K＝1． 3 a 判断弱酸(或弱 8×10－5，HCO 的K ＝4．3×10－7、K ＝5．6×10－11。 2 3 a1 a2 碱)的相对强弱 则酸性：CHCOOH>H CO>HCO 3 2 3 电离常数越大，对应的盐水解程度越小，碱性(或酸性)越弱。如：利用 判断盐溶液的酸 上面电离常数的数值可知等浓度的CHCOONa、NaHCO 、NaCO 溶液 性(或碱性)强弱 3 3 2 3 的pH由大到小的顺序为NaCO>NaHCO>CH COONa 2 3 3 3 一般符合“强酸制弱酸”规律。如：利用上面中电离常数的数值可知， 判断复分解反应 向NaCO 溶液中加入足量CHCOOH的离子方程式为CO＋ 能否发生 2 3 3 2CHCOOH===2CH COO－＋HO＋CO↑ 3 3 2 2 弱电解质加水稀释时，能促进弱电解质的电离，溶液中离子和分子的浓 判断微粒浓度比 度会发生相应的变化，但电离常数不变，题目中经常利用电离常数来判 值的变化 断溶液中微粒浓度比值的变化情况。如把0.1 mol·L－1 CHCOOH溶液加 3 水稀释，＝＝稀释时，c(H＋)减小，K 值不变，则变大 a 2 ． K 、 K 、 K 、 K 、 K 之间的关系 w a b sp h (1)一元弱酸强碱盐：K ＝K /K； h w a (2)一元弱碱强酸盐：K ＝K /K ； h w b (3)多元弱碱强酸盐，如氯化铁：Fe3＋(aq)＋3HO(l) Fe(OH) (s)＋3H＋(aq)，K ＝c3(H＋)/c(Fe3＋)。 2 3 h 将(K )3＝c3(H＋)×c3(OH－)与K ＝c(Fe3＋)×c3(OH－)两式相除，消去c3(OH－)可得K ＝(K )3/K 。 w sp h w sp (4)M(OH) 悬浊液中K 、K 、pH间关系，M(OH) (s) Mn＋(aq)＋nOH－(aq)，K ＝c(Mn＋)·cn(OH n sp w n sp －)＝·cn(OH－)＝＝()n＋1。 3 ． 电离常数与水解常数的关系 (1)对于一元弱酸HA，K 与K 的关系 a h c(H+)·c(A-) HA H++A-，K(HA)= ； a c(HA) c(OH-)·c(HA) A-+H O HA+OH-，K (A-)= 。 2 h c(A-) K 1.0×10-14 w 则K·K =c(H+)·c(OH-)=K ，故K = 。常温时K·K =K =1.0×10-14，K = 。 a h w h K a h w h K a a (2)对于二元弱酸HB，K (H B)、K (H B)与K (HB-)、K (B2-)的关系 2 a1 2 a2 2 h h c(OH-)·c(H B) c(H+)·c(OH-)·c(H B) K HB-+H O HB+OH-，K (HB-)= 2 = 2 = w 2 2 h c(HB-) c(H+)·c(HB-) K a1 ； c(OH-)·c(HB-) c(H+)·c(OH-)·c(HB-) K w B2-+H O HB-+OH-，K (B2-)= = = 。 2 h c(B2-) c(H+)·c(B2-) K a21．室温下，用过量0.5mol·L-1NaCO 溶液浸泡CaSO 粉末，一段时间后过滤，向滤渣中加稀醋酸，产 2 3 4 生气泡。(当溶液中剩余的离子浓度小于 时，化学上通常认为生成沉淀的反应已经完全进行了。 已知：K (CaSO)=5.0×10-5，K (CaCO)=3.0×10-9)，下列说法正确的是( ) sp 4 sp 3 A．浸泡后CaSO 未完全转化为CaCO 4 3 B．0.5mol·L-1NaCO 溶液中存在：c(OH―)=c(H＋)+c(HCO ―)+c(H CO) 2 3 3 2 3 C．反应CaSO+CO 2- CaCO +SO2-正向进行，需满足 4 3 3 4 D．过滤后所得清液中一定存在： 且 【答案】D 【 解 析 】 A 项 ， 用 过 量 0.5mol·L-1NaCO 溶 液 浸 泡 CaSO 粉 末 ， 则 浸 泡 后 2 3 4 ，可以认为浸泡后 CaSO 完全转化为 4 CaCO ，A 错误； B 项，由质子守恒可知，0.5mol·L-1NaCO 溶液中存在：c(OH―)=c(H＋)+c(HCO ―) 3 2 3 3 +2c(H CO)，B错误；C项，CaSO+CO 2- CaCO +SO2-的 ，反应正 2 3 4 3 3 4 向进行，需满足 ，C 错误；D 项，过滤后所得清液为碳酸钙的饱和溶液，存在： ，且由于碳酸根离子浓度较大导致钙离子浓度很小，故存在 ， D正确；故选D。 2．[新考法]印尼苏拉威西岛特产的椰子蟹具有异常坚硬的甲壳，这归功于摄入的椰子中的月桂酸 (C H COOH)，在表面的角质层中形成难溶的月桂酸磷酸钙，存在如下平衡：Ca PO (OOCC H )(s) 11 23 3 4 11 23 33Ca2+(aq)+PO (aq)+3C H COO-(aq) K =7.3×10-35，已知CaCO 的K =2.8×10-9。下列说法不正确 11 23 sp 3 sp 的是( ) A．椰子蟹摄入月桂酸含量较高的椰肉有助于形成更加坚硬的甲壳 B．弱碱性的海水可以保护椰子蟹外壳，使其不易被腐蚀 C．将少量月桂酸磷酸钙投入适量1mol•L-1碳酸钠溶液中，可实现其与碳酸钙的转化 D．海水中CO 浓度升高，会腐蚀椰子蟹的外壳，使K 增大 2 sp 【答案】D 【解析】A项，由题干可知，月桂酸利于促进形成难溶的月桂酸磷酸钙，故椰子蟹摄入月桂酸含量较 高的椰肉有助于形成更加坚硬的甲壳，A正确；B项，弱碱性的海水利于月桂酸形成月桂酸根离子，使得 Ca PO (OOCC H )(s) 3Ca2+(aq)+PO3－(aq)+3C H COO-(aq)平衡逆向移动，利于保护椰子蟹外壳， 3 4 11 23 3 4 11 23 使其不易被腐蚀，B正确；C项，将少量月桂酸磷酸钙投入适量1mol•L-1碳酸钠溶液中，较高浓度的碳酸 根离子使得Ca PO (OOCC H )(s)转化为CaCO (s)，实现其与碳酸钙的转化，C正确；D项，海水中CO 3 4 11 23 3 3 2 浓度升高，溶液酸性增强，使得月桂酸根离子转化为月桂酸，促使 Ca PO (OOCC H )(s) 3Ca2+(aq) 3 4 11 23 3 +PO3－(aq)+3C H COO-(aq)平衡正向移动，导致腐蚀椰子蟹的外壳，但不会使 K 增大，D错误；故选 4 11 23 sp D。 3．常温下，向20mL0.1mol/LNaHCO 溶液中再加入少量的NaHCO 固体，一段时间后，少量气体X 3 3 从溶液底部固体中缓慢逸出，最终固体全部溶解，得到溶液Y，pH值为8.7。 已知：K (CaCO)=4.96×10-9 K (MgCO )=6.82×10-6，K [Mg(OH) ]=1.8×10-11 sp 3 sp 3 sp 2 HCO：pK =6.3、pK =10.3；Mg(OH) 沉淀范围：pH9.4~12.4。 2 3 a1 a2 2 下列说法正确的是( ) A．X气体是CO，饱和NaHCO 溶液的 2 3 B．因为K (MgCO )＞K [Mg(OH) ]，Mg(OH) 更难溶 sp 3 sp 2 2 C．向溶液Y中滴加MgCl 溶液，有Mg(OH) 生成 2 2 D．向0.1mol/L NaHCO 溶液中加入MgCl 溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl 溶液，可生成沉 3 2 2 淀。 【答案】D 【解析】A项，在NaHCO 溶液中既存在水解平衡HCO -+H O⇌HCO+OH-、又存在电离平衡HCO - 3 3 2 2 3 3 ⇌ H++ CO 2-，HCO -的水解平衡常数K = = =10-7.7＞10-10.3，NaHCO 溶液呈碱性，向其中加入少 3 3 h 3 量NaHCO 固体，上述平衡正向移动，生成的 HCO 分解产生少量气体CO ，即X气体是CO ，同时有 3 2 3 2 2 CO2-生成，即溶液Y中含CO2-，由HCO 的K 、K 可知CO2-的水解能力大于HCO -，溶液Y的pH为 3 3 2 3 a1 a2 3 38.7，则饱和NaHCO 溶液的pH＜8.7，A项错误；B项，MgCO 、Mg(OH) 不属于同类型的难溶电解质， 3 3 2 不能直接由 K 的大小判断溶解度的大小，K (MgCO )=6.82×10-6，饱和 MgCO 溶液的浓度 c(MgCO )= sp sp 3 3 3 = mol/L= ×10-3mol/L，K [Mg(OH) ]=1.8×10-11，饱和 Mg(OH) 溶液的浓度 sp 2 2 c[Mg(OH) ]= = mol/L= ×10-4mol/L＜ ×10-3mol/L，Mg(OH) 更难溶，B 2 2 项错误；C项，Mg(OH) 沉淀的范围：pH9.4~12.4，即pH=9.4时Mg2+开始形成Mg(OH) 沉淀，Y溶液的 2 2 pH为8.7，故向溶液Y中滴加MgCl 溶液，没有Mg(OH) 生成，C项错误；D项，NaHCO 溶液中存在平 2 2 3 衡HCO - H++ CO 2-，由于K (CaCO) ＜K (MgCO )，说明Ca2+结合CO2-的能力比 Mg2+强，故向 3 3 sp 3 sp 3 3 0.1mol/LNaHCO 溶液中加入MgCl 溶液，无明显现象，但改为同浓度的CaCl 溶液，可生成沉淀，D项正 3 2 2 确；故选D。 4．(2025·浙江部分高中高三开学考试)硫化氢(H S)是二元弱酸。某小组做如下两组实验： 2 实验Ⅰ：往20mL 0.10mol·L-1NaHS溶液中滴加0.10mol·L-1NaOH溶液； 实验Ⅱ：往20mL 0.10mol·L-1NaHS溶液中滴加0.10mol·L-1 AgNO 溶液。 3 [已知：HS的电离平衡常数K =1.1×10-7，K =1.3×10-13，K (Ag S)=6.3×10－50；Ag++2NH 2 a1 a2 sp 2 3 [Ag(NH )]+ ，K=1.0×10－7.23，溶液混合后体积变化忽略不计]。 3 2 下列说法正确的是( ) A．实验I可选用甲基橙(变色的 范围 )作指示剂，指示反应终点 B．实验I中V(NaOH)=10mL时，存在c(Na+)>c(HS−)>c(S2−) C．实验Ⅱ中发生的主要反应为2Ag++HS-=Ag S↓+H+ 2 D．往实验Ⅱ反应产生的黑色沉淀中加入0.10mol·L-1氨水，黑色沉淀溶解，产生0.10mol·L-1 【答案】B 【解析】A项，实验I终点时为NaS溶液，为碱性，选用酚酞溶液做指示剂，A项错误；B项，实验I 2 中V(NaOH)=10mL时，为NaHS与NaS物质的量比1：1的混合溶液，HS-的电离平衡常数为1.3×10−13， 2 S2−水解平衡常数为 ，故HS-的电离程度小于S2−水解能力，存在 c(Na+)>c(HS−)>c(S2−)，B项正确；C项，实验Ⅱ中发生的主要反应为2Ag++2HS-=Ag S↓+H S，C项错误；D 2 2 项，实验Ⅱ中存在Ag S(s) 2Ag+(aq)+ S2-(aq)，故2c(Ag+)=c(S2−)，K (Ag S)= 2 sp 2 6.3×10−50，c(Ag+)= ，Ag++2NH 3[Ag(NH )]+，K= 1.0×107.23，c[Ag(NH )+]= 3 2 3 2 ，故Ag S不会溶解生成[Ag(NH )]+，D项错误；故选B。 2 3 2 5．(1)25 ℃时，HSO HSO＋H＋的电离常数K＝1×10－2 mol·L－1，则该温度下NaHSO 水解反 2 3 a 3 应的平衡常数K ＝________ mol·L－1，若向NaHSO 溶液中加入少量的I，则溶液中 将 h 3 2 ________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 (2)已知25 ℃时，NH ·H O的电离平衡常数K ＝1.8×10－5 mol·L－1，该温度下1 mol·L－1的NH Cl溶液 3 2 b 4 中c(H＋)＝________ mol·L－1。(已知≈2.36) (3)常温下，用NaOH溶液吸收SO 得到pH＝9的NaSO 溶液，吸收过程中水的电离平衡________移 2 2 3 动(填“向左”、“向右”或“不”)。试计算溶液中 ＝________。(常温下HSO 的电离平衡常数 2 3 Ka＝1.0×10－2，Ka＝6.0×10－8) 1 2 【答案】(1)1×10－12 增大 (2)2.36×10－5 (3)向右 60 【解析】(1) ， ＝＝1×10－12 mol·L－1。HSO＋HO HSO ＋OH－，当加入少量I 时，发生I＋HSO＋HO===2I－＋3H＋＋SO。根据 2 2 3 2 2 2 ，由于c(OH－)减小，而K 不变，所以 增大。(2) ＝， h c(H＋)≈c(NH ·H O)，而c(NH)≈1 mol·L－1，所以c(H＋)＝＝≈2.36×10－5 mol·L－1。(3)NaOH电离出的OH－抑 3 2 制水的电离平衡，NaSO 电离出的 SO 水解促进水的电离平衡。SO＋HO HSO＋OH－， 2 3 2 ＝＝，所以 ＝＝60。 6．[新题型](2025·浙江省新阵地教育联盟高三第一次联考，节选)已知溶洞的形成与下列反应有关： ①Ca2++2HCO- CaCO + H CO 3 3 2 3 ②HCO HO+CO↑ 2 3 2 2 (1)反应①的平衡常数为 。(用K 、K 、K (CaCO)表示) a1 a2 sp 3 (2)以下能判断反应①达到平衡状态的是___________。 A．CO 气体压强保持不变 B．溶液的pH保持不变 2 C． 不变 D．v (H CO)：v (HCO -)=2：1 正 2 3 逆 3 (3)当溶有碳酸氢钙的水从溶洞顶滴到洞底时渐渐形成了钟乳石，请解释可能的原因 。 (4)已知HCO 的K (H CO)=4.2×10-7，K (H CO)=5.6×10-11，K (CaCO)= 2.8×10－9，c(H＋)=8.4×10- 2 3 a1 2 3 a2 2 3 sp 39mol·L-1 ，c(HCO -)=1×10-4mol·L-1，c(H CO)为 。当c(Ca2+)= mol·L-1¹时，开始产生 3 2 3 CaCO 沉淀。 3 【答案】(1) (2)AB (3)由于水分的蒸发或压强减少，以及温度的变化上升都会使二氧化碳溶解度减小，使平衡②正移，导 致c(H CO)减少，使平衡①也正移而析出碳酸钙沉淀 2 3 (4) 2×10-6mol/L 4.2×10-3 【解析】(1)碳酸的一级电离为：HCO H++HCO-，二级电离为：HCO - H++CO 2-， 2 3 3 3 3 ， ，且 K (CaCO)= c(Ca2+)·c(CO2-)，反应①的平衡常数： sp 3 3 ， 根 据 以 上 三 个 平 衡 常 数 表 达 式 ， 可 得 ： ；(2)A项，碳酸分解产生二氧化 碳气体，CO 气体压强保持不变，说明CO 浓度不变，可进一步溶液中HCO 浓度不变，可以说明反应① 2 2 2 3 达到平衡状态，A符合题意；B项，溶液的pH保持不变，说明碳酸的电离已经达到平衡，即溶液中HCO 2 3 浓度不变，说明反应①达到平衡状态，B 符合题意；C 项，因 ，当 不变时，仅能说明CO2-的水解达到平衡，不能说明反应①达到平衡状态，C不符合题意；D 3 项，根据反应①，物质的反应速率之比等于其计量系数之比，则当v (H CO)：v (HCO -)=1：2时，能说 正 2 3 逆 3 明反应①达到平衡状态，D不符合题意；故选AB。(3)当溶有碳酸氢钙的水从溶洞顶滴到洞底时渐渐形成 了钟乳石，可能的原因为：由于水分蒸发或压强减少，或温度的上升都会使二氧化碳溶解度减小，使平衡 ②正移，导致 c(H CO)减少，使平衡①也正移而析出碳酸钙沉淀；(4)当 c(H＋)=8.4×10-9mol·L-1， 2 3 c(HCO -)=1×10-4mol·L-1 ， 则 ； 3， 当 时开始产生CaCO 沉淀，解得 。 3 题型三 中和滴定及其拓展应用 1．(2023•湖南卷，12，3分))常温下，用浓度为0.0200mol·L-1的NaOH标准溶液滴定浓度均为 0.0200mol·L-1的HCl和CHCOOH的混合溶液，滴定过程中溶液的 随 ( )的变化曲线如图所 3 示。下列说法错误的是( ) A．K(CHCOOH)约为10-4.76 a 3 B．点a：c(Na+)=c(Cl-)=c(CH COOH)+c(CH COO-) 3 3 C．点b：c(CHCOOH)d，故D错误；故选D。 2 ． (2023• 山 东 卷 ， 8 ， 3 分 ) 一 定 条 件 下 ， 乙 酸 酐 [(CH CO) O] 醇 解 反 应 3 2 [(CH CO) O+ROH→CH COOR+CH COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量， 3 2 3 3 实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下： ①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。 ②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入 样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸 酐完全水解：(CHCO) O+HO→2CH COOH。 3 2 2 3 ③加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。 1 ④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用 cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。 2 对于上述实验，下列做法正确的是( ) A．进行容量瓶检漏时，倒置一次即可 B．滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，即可判定达滴定终点 C．滴定读数时，应单手持滴定管上端并保持其自然垂直 D．滴定读数时，应双手一上一下持滴定管 【答案】C 【解析】A项，进行容量瓶检漏时，倒置一次，然后玻璃塞旋转180度后再倒置一次，故A错误；B 项，滴入半滴标准溶液，锥形瓶中溶液变色，且半分钟内不变回原色，才是达到滴定终点，故B错误；C 项，滴定读数时，应单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故C正确；D项，滴定读数时，应 单手持滴定管上端无刻度处，并保持其自然垂直，故D错误；故选C。 3．(2023•湖北省选择性考试，18)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题： (1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为_______，装置B的作用为_______。(2)铜与过量HO 反应的探究如下： 2 2 实验②中 Cu溶解的离子方程式为_______；产生的气体为_______。比较实验①和②，从氧化还原角度说明 的作 用是_______。 (3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X 在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y， 。X的化学式为_______。 (4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为 指示剂，用0.1000mol·L-1 Na SO 标准溶液滴定，滴定终点时消耗NaSO 标准溶液15.00mL。(已知： 2 2 3 2 2 3 2Cu2++4I-=2CuI↓+I ，I+2S O2-=2I-+S O2-)标志滴定终点的现象是_______，粗品中X的相对含量为_______。 2 2 2 3 4 6 【答案】(1)①具支试管 ②防倒吸 (2)①Cu+H O+2H+= Cu2++2H O ②O ③既不是氧化剂，又不是还原剂 2 2 2 2 (3)CuO (4)①溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 ② 72% 2 【解析】(1)由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧 化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；(2)根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在 酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离子方程式为：Cu+H O+2H+= Cu2++2H O；硫酸铜可以 2 2 2 催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O ；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发 2 生变化，故从氧化还原角度说明 H+的作用是：既不是氧化剂，又不是还原剂；(3)在该反应中铜的质量 m(Cu)=n× ，因为 ，则m(O)= ，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为： ，则X为CuO ；(4)滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终 2 点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO 中铜为+2价，氧为-1价，根据2Cu2+ 2 +4I-=2CuI↓+I ，I+2S O2-=2I-+S O2-，可以得到关系式： CuO~2I ~4S O2-，则 n(CuO)= ×0.1mol/ 2 2 2 3 4 6 2 2 2 3 2 L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相对含量为 。 4．(2023•浙江省6月选考，20节选)测定产品的盐基度。Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液， 移取 25.00mL。溶液于锥形瓶中，调 pH=6.5~10.5，滴加指示剂 KCrO 溶液。在不断摇动下，用 2 4 0.1000mol·L-1AgNO 标准溶液滴定至浅红色(有AgCrO 沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗 3 2 4 AgNO 标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=0.1000mol·L-1。 3 ①产品的盐基度为___________。 ②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。 【答案】①0.70 ②pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸银沉淀，会氧化氯离子，导致消 耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多 【 解 析 】 ① 根 据 Cl-~ AgNO ， 样 品 溶 液 中 氯 离 子 物 质 的 量 浓 度 为 3 ， ， 根 据 电 荷 守 恒 得 到 [Al (OH) 2 Cl ] 产品的盐基度为 ；②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是 4.2 1.8 m pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而 pH过高，氢 氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。 5．(2023•浙江省6月选考，20，10分))某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al (OH) 2 Cl] ，a=1~5)按如下流程开展实验。 a b m已知：①铝土矿主要成分为Al O，含少量Fe O 和SiO。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO 转变 2 3 2 3 2 2 为难溶性的铝硅酸盐。 ②[Al (OH) Cl] 的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度 2 a b m 当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。 (4)测定产品的盐基度。 Cl-的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取25.00mL。溶液于锥形瓶中，调pH=6.5~10.5，滴加 指示剂KCrO 溶液。在不断摇动下，用0.1000mol·L-1AgNO 标准溶液滴定至浅红色(有AgCrO 沉淀)，30 2 4 3 2 4 秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗AgNO 标准溶液22.50mL。另测得上述样品溶液中 3 c(Al3+)=0.1000mol·L-1。 ①产品的盐基度为___________。 ②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是___________。 【答案】(4)①0.70 ②pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸银沉淀，会氧化氯离子，导致 消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多 【解析】(4)①根据Cl-~ AgNO ，样品溶液中氯离子物质的量浓度为 3 ， ，根据电荷守恒得到[Al (OH) 2 Cl ] 产品的盐基度为 ；②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果，原因是 4.2 1.8 m pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢 氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。 滴定终点答题模板 当滴入最后半滴×××标准溶液后，溶液变成×××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。 解答此类题目注意三个关键点： (1)最后半滴：必须说明是滴入“最后半滴”溶液。 (2)颜色变化：必须说明滴入“最后半滴”溶液后溶液“颜色的变化”。 (3)半分钟：必须说明溶液颜色变化后“半分钟内不再恢复原来的颜色”。1 ． 中和滴定 (1)仪器：图(A)是酸式滴定管，图B是碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。 (2)试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。 指示剂 变色范围的pH 甲基橙 <3.1红色 3.1～4.4橙色 >4.4黄色 酚酞 <8.2无色 8.2～10.0浅红色 >10.0红色 (3)中和滴定实验操作(以酚酞作指示剂，用盐酸滴定氢氧化钠溶液)。 (4)终点判断：等到滴入最后一滴反应液，指示剂变色，且在半分钟内不能恢复原来的颜色，视为滴定 终点，并记录标准液的体积。 (5)数据处理：按上述操作重复2～3次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据原理计算。 c(NaOH)＝ 2 ． 氧化还原滴定 (1)原理：以氧化剂或还原剂为滴定剂，直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质，或者间接滴定一些 本身并没有还原性或氧化性，但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。 (2)试剂：常见用于滴定的氧化剂有KMnO 、KCr O 等；常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维 4 2 2 7 生素C等。 (3)指示剂：氧化还原滴定的指示剂有三类： ①氧化还原指示剂； ②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝；③自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色。 3 ． 沉淀滴定 (1)概念：沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法。生成沉淀的反应很多，但符合条件的 却很少，实际上应用最多的是银量法，即利用Ag＋与卤素离子的反应来测定Cl－、Br－、I－浓度。 (2)原理：沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂，滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比 滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小，否则不能用这种指示剂。如用AgNO 溶液测定溶液中Cl－的含 3 量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比AgCrO 更难溶。 4 1．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是( ) A．配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质 B．滴定到终点读数时，仰视滴定管的刻度，其他操作正确 C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗 D．滴定到终点读数时，发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 【答案】A 【解析】A项将会使标准碱液的c(OH－)偏大，滴定时耗用的V(OH－)偏小，导致结果偏低，A项正确； 滴定终点时仰视读数，将使读取碱液的体积偏大，测定结果偏高，B项错误；用未知液润洗锥形瓶将使测 定结果偏高，C项错误；尖嘴处悬挂溶液将使读取的标准液体积偏大，测定结果偏高，D项错误。 2．如图是用EDTA(Na HY)标准溶液滴定法测定油菜样品中Ca2+含量的流程。下列说法正确的是( ) 2 2 (已知：Ca2++H Y2-=CaY2-+2H+) 2 A．稀硝酸的作用是溶解，操作1是过滤 B．配制溶液用到的玻璃仪器有容量瓶、烧杯、玻璃棒 C．滴定过程中眼睛要注视滴定管内液面的变化 D．平行滴定三次，平均消耗23.30mLEDTA溶液，则测得Ca2+含量为0.155% 【答案】A 【解析】A项，油菜中本身含有较多磷元素，油菜灰中的钙元素可能以磷酸钙等难溶于水的钙盐形式 存在，可以用稀硝酸来溶解，因此稀硝酸的作用是溶解，操作1是为了把未溶解的固体和溶液分离开，为 过滤操作，A项正确；B项，由步骤知，配置100 mL溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，B项错误；C项，滴定过程中眼睛应观察滴定所用锥形瓶中的颜色变化，而不是注 视滴定管内液面的变化，C项错误；D项，若平均消耗23.30 mL的EDTA溶液，由反应Ca2++H Y2-=CaY2- 2+2H+可知，100 mL济液中所含Ca2+的质量为m=0.0233 L ×0.005 mol/L× 40 g/mol× 10=0.0466 g，因此Ca2+含 量为0.0466 g÷3g× 100%=1.55%，D项错误；故选A。 3．一种测定水样中溴离子浓度的实验步骤如下： ①向锥形瓶中加入处理后的水样25.00mL，加入几滴NH Fe(SO ) 溶液。 4 4 2 ②加入V mL c mol∙L−1AgNO 溶液(过量)，充分摇匀。 1 1 3 ③用c mol∙L−1KSCN标准溶液进行滴定，至终点时消耗标准溶液VmL 。 2 2 已知：K (AgBr)=7.7×10−13，Ag++SCN－= AgSCN(白色)↓，K (AgSCN)=1×10−12，下列说法不正确的是( sp sp ) A．滴定终点时，溶液变为红色 B．该水样中溴离子浓度为：c(Br－)= mol∙L−1 C．AgBr(s)+SCN－(aq) AgSCN(s)+Br－(aq)的平衡常数K=0.77 D．该实验需要严格控制水样的pH，若pH过高则测定结果将偏高 【答案】D 【解析】A项，加入几滴NH Fe(SO ) 指示剂，滴定终点时，KSCN过量，会与铁离子反应，因此溶液 4 4 2 变为红色，故A正确；B项，25mL溶液中Br－物质的量n(Br－)= V ×10−3 L×c mol∙L−1− V ×10−3 L×c 1 1 2 2 mol∙L−1=(V c − V c ) ×10−3 mol，因此该水样中溴离子浓度为：c(Br－)= mol∙L−1，故B正确； 1 1 2 2 C 项 ， AgBr(s)+SCN － (aq) AgSCN(s)+Br － (aq) 的 平 衡 常 数 ，故C正确；D项，该实验需要严格控制水样的pH，若pH 过高，银离子会与氢氧根反应，则得到的溴离子物质的量减少，则测定结果将偏低，故D错误。故选D。 4．一定条件下，乙酸酐[(CH CO) O]醇解反应 3 2 [(CH CO) O+ROH→CH COOR+CH COOH]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含 3 2 3 3 量，实验过程中酯的水解可忽略。实验步骤如下： ①配制一定浓度的乙酸酐-苯溶液。 ②量取一定体积乙酸酐-苯溶液置于锥形瓶中，加入 样品，充分反应后，加适量水使剩余乙酸 酐完全水解：(CHCO) O+HO→2CH COOH。 3 2 2 3 ③加指示剂并用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。 1④在相同条件下，量取相同体积的乙酸酐-苯溶液，只加适量水使乙酸酐完全水解；加指示剂并用 cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液VmL。根据上述实验原理，下列说法正确的是 2 ( ) A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验 B．若因甲醇挥发造成标准溶液浓度发生变化，将导致测定结果偏小 C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，将导致测定结果偏小 D．步骤④中，若加水量不足，将导致测定结果偏大 【答案】B 【解析】用cmol·L-1NaOH-甲醇标准溶液滴定乙酸酐完全水解生成的乙酸，消耗标准溶液 VmL，则消 2 耗NaOH的物质的量为(V ×c×10-3) mol，即乙酸酐的总物质的量为 ，ROH与乙酸酐反应 2 后剩余的乙酸酐的物质的量为 ，所以与 ROH 反应消耗的乙酸酐的物质的量为 。A项，乙酸与醇的酯化反应可逆，不能用乙酸代替乙酸酐进行上述实验， A项错误；B项，若甲醇挥发，NaOH-甲醇溶液的浓度将偏大，滴定时消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小， 步骤④中所得V 偏小，而ROH的物质的量为 ，故将导致测定结果偏小，B 2 项正确；C项，步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V 偏小，而 1 ROH的物质的量为 ，故将导致测定结果偏大，C项错误；D项，步骤④中， 若加水量不足，乙酸酐未完全水解，生成乙酸的物质的量偏小，消耗 NaOH-甲醇溶液的体积偏小即V 偏 2 小，而ROH的物质的量为 ，故将导致测定结果偏小，D项错误；故选B。 5．使用硫酸亚铁铵晶体[(NH )Fe(SO )·6H O]滴定法可以测定青铜中铬元素的含量。实验步骤如下： 4 2 4 2 2 步骤1：称量硫酸亚铁铵晶[(NH )Fe(SO )·6H O]溶于稀硫酸，加水稀释配成 1000 mL0.0200 mol/L 4 2 4 2 2 (NH )Fe(SO ) 标准溶液。 4 2 4 2步骤2：称取1.00 g青铜样品于250 mL维形瓶中，加入适量稀硝酸使其完全溶解，再加入适量过硫酸 [(NH )SO]溶液，加热煮沸，使样品中的铬元素完全转化为 HCrO ，冷却后加蒸馏水配制成250 mL溶液， 4 2 2 8 2 4 摇匀。 步骤3：取25 mL上述溶液置于锥形瓶中，加入硫酸酸化，滴入4滴N-苯代邻氨基苯甲酸指示剂，用 (NH )Fe(SO ) 标准溶液满淀至终点。重复上述操作 3次。测得消耗(NH )Fe(SO ) 标准溶液的体积分别为 4 2 4 2 4 2 4 2 18.90 mL、17.97 mL、18.03 mL。发生反应的离子方程式为：HCrO+Fe2++H+→Cr3++Fe3++H O (未配平) 2 4 2 下列说法不正确的是( ) A．在“步骤1”中，用到的玻璃仪器有1000 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管 B．在“步骤2”中，铜与硝酸反应的离子方程式为：3Cu+2NO-+8H+=3Cu2++2NO↑+4HO 3 2 C．青铜中铬元素的质量分数为6.344% D．实验中，如果盛放(NH )Fe(SO ) 标准溶液的滴定管没有润洗，则测量结果将偏大 4 2 4 2 【答案】C 【解析】A项，在“步骤1”中配制溶液需要的玻璃仪器：1000 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管， 故A正确；B项，在“步骤2”中，铜与硝酸反应的离子方程式根据电子、电荷、原子守恒配平得方程式为： 3Cu+2NO-+8H+=3Cu2++2NO↑+4HO ，故B正确；C项，根据滴定过程(NH )Fe(SO ) 标准溶液的体积分别 3 2 4 2 4 2 为18.90 mL、17.97 mL、18.03 mL，因为第一组实验数据与第二、三组误差大而舍去，故平均消耗的溶液 体积为：V= ，反应关系式计算： ， 解得x=1.2×10-4mol，则铬元素的质量分数为： = 6.24%，故C不正确；D项，实验 中，如果盛放(NH )Fe(SO ) 标准溶液的滴定管没有润洗，实际标准液被稀释，导致滴加的体积偏大，在计 4 2 4 2 算时导致测量结果偏大，故D正确；故选C。 6．(2024·湖南高三联考)K Cr O(重铬酸钾)是一种常见的氧化剂。以铬渣(主要成分为Cr O、Fe O 等) 2 2 7 2 3 2 3 为原料制备KCr O 并测定其纯度。其步骤如下： 2 2 7 步骤1：铬渣粉碎和NaCO 均匀混合在空气中焙烧； 2 3 步骤2：用水浸取焙烧渣，过滤，得到水浸液(含NaCrO)； 2 4 步骤3：向步骤2中水浸液加入BaCO ，过滤，得到BaCrO； 3 4 步骤4：向BaCrO 中加入NaHSO 溶液，过滤，得到浸出液(Na Cr O)和浸渣(BaSO)； 4 4 2 2 7 4 步骤5：向步骤4中浸出液加入KCl粉末，蒸发浓缩、降温结晶、过滤，得到KCr O； 2 2 7 步骤6：准确称取mgK Cr O 产品溶于蒸馏水，加入适量稀硫酸，加入足量KI溶液(还原产物为 2 2 7Cr3+)，用水稀释为250mL溶液，量取25.00mL稀释后溶液于锥形瓶中。用c mol•L-1NaSO 溶液滴定至终 2 2 3 点，消耗VmL滴定液。滴定反应为I+2S O2-=2I-+S O2- 2 2 3 4 6 下列叙述错误的是( ) A．步骤1中制备1molNa CrO 消耗0.75mol氧气 2 4 B．步骤3目的是除去杂质，富集铬元素 C．步骤6中KI作用是Cr O2-+6I-+14H+=2Cr3++3I +7H O 2 7 2 2 D．KCr O 产品纯度为w= % 2 2 7 【答案】D 【解析】A项，反应2Cr O+4NaCO+3O 4NaCrO+4CO 中生成1molNa CrO 消耗0.75molO，故 2 3 2 3 2 2 4 2 2 4 2 A正确；B项，利用步骤3将NaCrO 转化成BaCrO，滤去溶液，富集铬元素，故B正确；C项，加入KI 2 4 4 还原重铬酸钾，产物为Cr3+、I、HO，方程式为Cr O2-+6I-+14H+=2Cr3++3I +7H O，故C正确；D项，由 2 2 2 7 2 2 KCr O~3I ~6 Na SO 可知， ，故D错误；故选D。 2 2 7 2 2 2 3 7．(2025·湖南省部分学校高三联考，节选)高纯三氯氧磷POCl 是集成电路、太阳能电池生产的掺杂剂。 3 (4)实验室可通过以下实验步骤测定三氯氧磷产品中氯元素含量，可进一步计算三氯氧磷的质量分数 [假设产品中的杂质只有PCl 。已知：K (AgCl)=3.2×10－10，K (AgSCN)=2.0×10－12，Ag PO 呈黄色，难溶 3 sp sp 3 4 于水，溶于酸和氨水]。 步骤i：取ag产品置于盛有50.00mLNaOH溶液(足量)的水解瓶中，摇动至完全水解，将水解液“预处 理”并配成100.00mL溶液。 步骤ii：取10.00mL溶液于锥形瓶中，向其中加入cmol·L-1的AgNO 标准溶液VmL，使 完全沉淀， 1 3 1 再加入20mL硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖；然后加入几滴Fe(NO ) 溶液作指示剂，用 3 3 cmol·L-1NH SCN标准溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。 2 4 2 ①步骤i中的“预处理”指的是 ； ②滴定终点的现象是 ； ③产品中三氯氧磷的百分含量为 %(填表达式)；步骤ii中若忘记加入硝基苯，则所测 POCl 的含量将 (填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 3 【答案】(4)向水解液加稀硝酸酸化 滴入最后半滴标准液，溶液变红色，且半分钟不变色 偏高【解析】(4)①为避免滴定过程中生成Ag PO 沉淀，应加稀硝酸酸化，排除PO 3-以及OH-对滴定实验 3 4 4 的干扰，故“预处理”指的是：向水解液加稀硝酸酸化。 ②用Fe(NO ) 做指示剂，用NH SCN标准溶液 3 3 4 滴定过量Ag+，当Ag+完全反应，Fe3++3SCN-=Fe(SCN) ，溶液变红色，达到滴定终点，故滴定终点为：滴入 3 最后半滴标准液，溶液变红色，且半分钟不变色。③根据元素守恒可得关系式：POCl ~3Cl-~3Ag+、 3 PCl ~3Cl-~3Ag+；与Cl-反应的Ag+的物质的量为 3 ，则 ，假设n(PCl )、n(POCl )的物质的量分别是x、 3 3 y，则 ，根据质量关系可得 ，解得 ，所以POCl 的含量为： ；实验过程中 3 加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应；根据硝基苯的 作用，若忘记此操作，则V 偏大，会导致所测POCl 的含量偏高。 2 3 8．(2025·浙江省强基联高三联考，节选)甘氨酸亚铁晶体[(NH CHCOO) Fe·2H O]是一种补铁剂。 2 2 2 2 (5)①准确称取甘氨酸亚铁晶体样品0.5600g于锥形瓶中，加3 mol·L-1HSO 溶液15mL将样品溶解完全 2 4 后，加入指示剂，立即用0.1000mol·L-1(NH )Ce(SO) 标准液滴定至终点，消耗标准液20.20mL(离子方程 4 2 4 3 式为Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+)。 ②若步骤①操作中不加甘氨酸亚铁晶体样品，用0.1000mol·L-1(NH )Ce(SO) 标准液直接滴定至终点， 4 2 4 3 消耗标准液0.20mL。 甘氨酸亚铁晶体中铁元素的质量分数为 (用百分数表示)。 【答案】(5)20% 【解析】(5)由题意知，滴定消耗(NH )Ce(SO) 的体积为20.20mL－0.20mL=20.00mL，根据方程式的 4 2 4 3 比例关系可知，n(甘氨酸亚铁)= 0.1000mol·L-1×20×10-3L=2×10-3mol，则甘氨酸亚铁晶体中铁元素的质量分 数为 =20%。 9．(2025·浙江省强基联盟高三10月联考，节选)亚硝酰氯(NOCl，熔点-64.5℃，沸点-5. 5℃)为黄色气 体，易与水反应生成HNO 和HCl，常用作有机合成中间体。 2(4)制得的NOCl中可能含有少量NO 杂质，为测定产品纯度，进行如下实验：称取2.0000g样品溶于 2 50.00mLNaOH溶液中，加入几滴KCrO 溶液作指示剂，用足量硝酸酸化0.40mol·L-1AgNO 溶液滴定至终 2 4 3 点，消耗AgNO 溶液50.00mL。[已知：Ag CrO 为砖红色固体，K (AgCl)= 1.56×10－10，K (Ag CrO)= 3 2 4 sp sp 2 4 1.0×10－12] ①滴定终点的现象：当滴入最后半滴AgNO 标准溶液后， 。 3 ②计算产品的纯度为 %(保留1位小数)。 【答案】(4) 出现砖红色沉淀，且半分钟内不变化 65.5 【解析】(4)①滴定中KCrO 溶液作指示剂，已知Ag CrO 为砖红色固体，滴定终点的现象为当滴人最 2 4 2 4 后半滴AgNO 标准溶液后，出现砖红色沉淀，且半分钟内不变化。② 3 ，由关系 ，则样品纯度为 。 10．(2025·浙江省部分学校高三选考模拟，节选)(4)己二酸纯度测定 将0.5000g己二酸[HOOC(CH )COOH]样品配制成100mL溶液，每次取25.00mL试样溶液于锥形瓶中， 2 4 滴入几滴酚酞试液，用0.1000mol/LNaOH溶液滴定至终点，平均消耗NaOH溶液16.00mL (己二酸被完全 中和)。 ①下列说法正确的是 。 A．用100mL容量瓶配制成溶液后，最好用25mL规格的量筒量取待测液于锥形瓶中 B．润洗滴定管时，待液体润湿全部滴定管内壁后，应将液体从滴定管上口倒入预置的烧杯中 C．接近滴定终点时，应控制活塞，改为滴加半滴标准溶液，直至溶液变为粉红色，且半分钟内不变 色 D．若滴定前滴定管尖嘴部分气泡未赶走，滴定后气泡消失，则测定结果偏高 ②己二酸的纯度为 %。 【答案】(4) CD 93.44 【解析】(4)①A项，量筒只能读到小数点后一位，量取25.00mL待测液于锥形瓶中时，最好用25mL 规格的酸式滴定管，A不正确；B项，润洗滴定管时，滴定管内壁、橡皮管、尖嘴管都需要润洗，所以， 液体润湿全部滴定管内壁后，应将液体从滴定管下口流入预置的烧杯中，B不正确；C项，看到溶液变红 后又变为无色，表明接近滴定终点，此时应控制活塞，改为滴加半滴标准溶液，直至溶液变为粉红色，且 半分钟内不变色，C正确；D项，若滴定前滴定管尖嘴部分气泡未赶走，滴定后气泡消失，则读取的所用 标准液的体积偏大，测定结果偏高，D正确；故选CD；②由反应可以建立如下关系式：HOOC(CH )COOH——2NaOH，则己二酸的纯度为 ≈93.44%。 2 4 11．过氧化氢的水溶液适用于医用消毒、环境消毒和食品消毒。 Ⅰ.过氧化氢性质探究实验 (1)酸性条件下HO 可将Fe2+转化成Fe3+，由此说明HO 具有______性。 2 2 2 2 (2)已知HO 是一种二元弱酸，其中K =2.20×10-12、K =1.05×10-25，则HO 的电离方程式为______， 2 2 a1 a2 2 2 常温下，1mol∙L-1的HO 溶液的pH约为______。 2 2 Ⅱ.过氧化氢含量的测定实验。某兴趣小组同学用0.1000mol∙L-1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的 过氧化氢，反应原理为2 MnO-+5H O+6H+=2Mn2++8H O+5O↑。 4 2 2 2 2 (3)滴定达到终点的现象是______。 (4)用移液管移取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积 如表所示： 第一 第三 第二次 第四次 次 次 V(KMnO 溶液)/mL 17.10 18.10 18.00 17.90 4 计算试样中过氧化氢的浓度为______mol∙L-1。 (5)若滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定后消失，则测定结果______(填“偏高”“偏低”或“不变”)。 【答案】(1)氧化 (2)H O H++HO-、HO - H++O 2- 5.8 2 2 2 2 2 (3)锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内⇌溶液不褪色 (4)0.1800 (5)偏高 【解析】(1)酸性条件下，HO 可将Fe2+氧化为Fe3+，HO 转变为HO，化合价降低，体现了过氧化氢 2 2 2 2 2 的氧化性；(2)过氧化氢属于二元弱酸，分步电离，其电离的方程式为HO H++HO-、HO - H+ 2 2 2 2 ⇌ +O 2-；又K =2.20×10-12，K =1.05×10-25，K K ，以第一步电离为主，则K = = 2 a1 a2 a1 a2 a1 ≫ =2.20×10-12，所以c(H+)≈1.48×10-6mol∙L-1，即pH≈5.8；(3)该实验是酸性高锰酸钾标准溶液滴定试样中的过 氧化氢，发生反应：2 MnO-+5H O+6H+=2Mn2++8H O+5O↑，若达到滴定终点，高锰酸钾恰好完全反应， 4 2 2 2 2 故滴定达到终点的现象是锥形瓶内溶液恰好由无色变为浅紫色，且30秒内溶液不褪色；(4)由于第一次数 据误差过大，故舍去；其他三组数据的平均值18.00mL，根据反应2 MnO-+5H O+6H+=2Mn2+ 4 2 2 +8H O+5O↑，n(H O)=2.5×n(MnO -)=2.5×0.1000mol∙L-1×0.018L，c(H O)= 2 2 2 2 4 2 2mol∙L-1=0.1800mol∙L-1；(5)滴定前滴定管尖嘴处有气泡，导致消耗的标准液体积偏大，根据c V =c V ， 标 标 待 待 c = ，则测定结果偏高。 待 12．乙二酸俗名草酸，下面是化学学习小组的同学对草酸晶体(H C O·xHO)进行的探究性学习的过程， 2 2 4 2 请你参与并协助他们完成相关学习任务。 该组同学的研究课题是：探究测定草酸晶体(H C O·xHO)中的x值。通过查阅资料和网络查寻得，草 2 2 4 2 酸易溶于水，水溶液可以用酸性KMnO 溶液进行滴定：2MnO -+5HC O+6H+=2Mn2++5CO ↑+8H O。学习 4 4 2 2 4 2 2 小组的同学设计了如下步骤用滴定的方法测定x值。 ①称取1.260 g纯草酸晶体，将其制成 水溶液为待测液。 ②取 待测液放入锥形瓶中，再加入适量的稀HSO 。 2 4 ③用浓度为 的酸性KMnO 标准溶液进行滴定，达到终点时消耗 。 4 (1)上述步骤②中使用的锥形瓶是否需要用待测液润洗_______，(填“是”或“否”)滴定时，将酸性 KMnO 标准液装入_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 4 (2)本实验滴定达到终点的标志是_______。 (3)通过上述数据，求得 _______。 (4)若滴定终点时俯视滴定管刻度，则由此测得的x值会_______(填偏“大”、“偏小”或“不变”)。 (5)根据上述实验计算的数据可信性不强，为了提高实验的准确性，请写出改进措施_______。 【答案】(1) 否 酸式 (2)当最后半滴KMnO 溶液滴入，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半分钟不恢复至原来的颜色 4 (3)2 (4)偏大 (5)重复操作②③步骤2-3次，取平均值 【解析】(1)滴定实验中锥形瓶不能润洗，否则导致待测液体积偏大；酸性高锰酸钾溶液应用酸式滴定 管盛装；(2)滴定终点判断的方法：当最后半滴KMnO 溶液滴入，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且半 4 分钟不恢复至原来的颜色，故答案为：当最后半滴KMnO 溶液滴入，溶液颜色恰好由无色变为浅红色，且 4 半分钟不恢复至原来的颜色；(3)n(KMnO)= ×0.01L=0.001mol；结合反应可知n(H C O)= 4 2 2 4 n(KMnO)=0.0025mol，m(HC O)=0.0025mol×90g/mol=0.225g，m(HO)= 1.260 g× -0.225g =0.315- 4 2 2 4 20.225g=0.09g，n(H O)=0.005mol，n(H C O)：n(H O)=1：2，则x=2；(4)若滴定终点时俯视滴定管刻度，导 2 2 2 4 2 致读数偏小，则所测n(H C O 偏小，n(H O)偏大，则x偏大；(5)定量实验只进行一次实验，数据可信性不 2 2 4 2 强，为了提高实验的准确性需重复操作②③步骤2-3次，取平均值。 13．烟道气中的NO 是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。 x 将V L气样通入适量酸化的HO 溶液中，使NO 完全被氧化为NO，加水稀释至100.00 mL。量取 2 2 x 20.00 mL该溶液，加入V mL c mol·L－1 FeSO 标准溶液(过量)，充分反应后，用c mol·L－1 KCr O 标 1 1 4 2 2 2 7 准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗KCr O 溶液V mL。 2 2 7 2 回答下列问题： (1)滴定过程中发生下列反应： 3Fe2＋＋NO＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2HO、Cr O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7HO 2 2 2 则气样中NO 折合成NO 的含量为________ mg·m－3。 x 2 (2)若FeSO 标准溶液部分变质，会使测定结果__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 4 【答案】(1) ×104 (2)偏高 【解析】(1)根据关系式：Cr O～6Fe2＋，求得KCr O 标准溶液消耗n(Fe2＋)＝6cV×10－3 mol；则NO 2 2 2 7 2 2 消耗n(Fe2＋)＝(cV－6cV)×10－3 mol，根据关系式3Fe2＋～NO得n(NO)＝(cV－6cV)×10－3 mol，n(NO) 1 1 2 2 1 1 2 2 x ＝n(NO )＝n(NO)＝(cV－6cV)×10－3 mol，V L气样中含m(NO )＝(cV－6cV)×46× mg，所以气样中 2 1 1 2 2 2 1 1 2 2 NO 的含量为 mg·m－3＝ ×104 mg·m－3。 2