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（新高考）小题必练13：酸碱中和滴定及应用
酸碱中和滴定是高中化学最重要的定量实验之一，是帮助学生养成科学态度和接受科学
教育极好的实验课题，常常结合溶液中的水解平衡，物质定量测定，高考再现率高，而且考察
角度不断创新，对学习化学有良好的导向作用。
1【. 2020年浙江选考】室温下，向 盐酸中滴加0.1000mol/L NaOH
溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知 。下列说法不正确的是（
）
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7
B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差
C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大
D． 时，pH=12.3
【答案】C
【解析】A．NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下pH=7，故
A正确；B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C．甲基橙的
变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D． 时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且 c(NaOH)=
=0.02mol/L，即溶液中c(OH−)=0.02mol，则c(H+)=5×10−13mol/L，pH=-lgc(H+)=12.3，故D正确；
故答案为C。
【点睛】酸碱中和滴定实验，酸碱指示剂的选择，滴定终点的判断，及pH的计算。
2．【2020年全国I卷】以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓
度的二元酸HA溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积V 的变化关系
2 NaOH
如图所示。[比如A2−的分布系数： ]
下列叙述正确的是（ ）
A．曲线①代表δ(H A)，曲线②代表δ(HA−)
2
B．HA溶液的浓度为0.2000mol·L−1
2
C．HA−的电离常数K=1.0×10−2
a
D．滴定终点时，溶液中
【答案】C
【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代
表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有 1个交点；当加入
40mL NaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；
没有加入NaOH时，pH约为1，说明HA第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表
2
δ(HA−)，曲线②代表δ(A2−)，根据反应2NaOH+H A=Na A+2HO，c(H A)=
2 2 2 2
=0.1000mol/L。根据分析，曲线①代表δ(HA−)，曲线②代表δ(A2−)，A错误；B．当加入40.00mLNaOH 溶液时，溶液的 pH 发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应
2NaOH+H A=Na A+2HO，c(H A)= =0.1000mol/L，B错误；C．根据曲线当
2 2 2 2
δ(HA−)=δ(A2−)时溶液的pH=2，则HA−的电离平衡常数K= =c(H+)=1×10−2，C正确；
a
D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c(OH−)＞c(H+)，溶液
中的电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(A2−)+c(HA−)+
c(OH−)，则c(Na+)＞2c(A2−)+c(HA−)，D错误；答案选C。
【点睛】本题的难点是判断HA的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定HA
2 2
的电离方程式为HA=H++A2−，HA− H++A2−；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表
2
粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图像中δ(HA−)=δ(A2−)时溶液的pH≠5，而是pH=2。
1．将氯化钙溶于水中，在搅拌下加入双氧水，再加入氨水进行反应，冷却，离心分离，可得
CaO·8H O，于150～200℃脱水干燥，即得CaO。下列说法不正确的是（ ）
2 2 2
A．上述制备过程的化学反应方程式为CaCl +HO+2NH ·H O+6HO=CaO·8H O↓+2
2 2 2 3 2 2 2 2
NH Cl
4
B．所得产品中CaO 的含量可以在酸性条件下，用KMnO 标准溶液滴定、计算
2 4
C．常温下，CaO 溶于水所得溶液的pH可能达到14
2
D．CaO 溶于水中能放出O，增加水体溶氧量，同时还能吸收CO，可用于鱼苗、活鲜鱼运
2 2 2
输
【答案】C
【解析】A．由信息结合质量守恒定律知，上述制备过程的化学反应方程式为
CaCl +HO+2NH ·H O+6HO=CaO·8H O↓+2NH Cl，A正确；B．CaO 在酸性条件下可转变
2 2 2 3 2 2 2 2 4 2
为双氧水，双氧水能用KMnO 标准溶液滴定而测得其含量，故所得产品中CaO 的含量可以
4 2
在酸性条件下，用KMnO 标准溶液滴定、计算，B正确；C．由题意知，常温下，CaO 溶于水所
4 2
得溶液为澄清石灰水，微溶物的溶解度为 0.01~1g，其密度约为 1g/cm3，最大浓度：，氢氧根离子浓度最大为0.27mol/L，pH不可能达到14，C
错误；D．由题意知，过氧化钙晶体在水中溶解度不大，故CaO 溶于水中能平缓反应缓慢放出
2
O，增加水体溶氧量，同时还能吸收CO，可用于鱼苗、活鲜鱼运输，D正确；答案选C。
2 2
2．25℃时，用浓度为0.01mol·L−1的HA溶液滴定20mL浓度为0.01mol·L−1的NaOH溶液，滴
定曲线如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．应选用酚酞作指示剂
B．M点溶液中存在：c(Na+)>c(A−)
C．K(HA)≈2×10−8
a
D．N点溶液中存在：c(OH−)-c(H+)=c(HA)
【答案】C
【解析】A．N点HA和NaOH的物质的量相等，恰好完全反应，溶质为NaA，溶液呈碱性，
应选用酚酞作指示剂，A项正确；B．M点为等物质的量浓度的NaOH和NaA的混合液，溶液
呈碱性，由电荷守恒可知：c(Na+)>c(A−)，B项正确；C．N点为NaA溶液，物质的量浓度为
0.005mol/L，pH=9，c(H+)=1×10−9mol/L，c(OH−)=1×10−5mol/L，NaA中的A−发生水解：A−+H O
2
HA+OH−，c(OH−)≈c(HA)，则 ，则 ，
C项错误；D．N点为NaA溶液，存在质子守恒：c(H+)+c(HA)=c(OH−)，故D正确。故选C。
【点睛】强酸和弱碱相互滴定或弱酸和强碱互相滴定时，要注意滴定曲线上的几个特殊点：
中和点，即酸碱恰好中和的点，溶质即为酸碱中和反应生成的盐；中性点，即溶液恰好呈中性
的点，此时的溶质除了盐外还有剩余的弱酸或弱碱，经常利用电荷守恒考查离子浓度关系；
1∶1点，即溶质是盐和剩余的酸或碱，两者物质的量相等，经常考查物料守恒和质子守恒。
3．物质的量浓度相同的三种一元弱酸HX、HY、HZ及一种一元强酸还有纯水，分别加入相同
浓度的NaOH溶液， 与pH的关系如下图所示。下列说法正确的是（ ）
A．①为强酸的滴定曲线
B．酸性：HX＞HY＞HZ
C．滴定HX溶液可用甲基橙作指示剂
D．HZ+Y HY+Z的平衡常数为K=1×103
【答案】D
【解析】A．根据图象，起始时，曲线①的溶液pH=7，所以曲线①代表纯水的曲线，故A错
误；B．c(HX)=c(X−)时，溶液pH=10，则K(HX)= =10−10，c(HY)=c(Y−)时，溶液
a
pH=7，则K(HY)= =10−7，c(HZ)=c(Z−)时，溶液pH=4，则K(HZ)=
a a
=10−4，所以相同浓度下，酸性强弱为HZ＞HY＞HX，故B错误；C．甲基橙变色范围3.1~4.4，
HX溶液滴入氢氧化钠溶液恰好反应生成的盐溶液呈碱性，则不能用甲基橙指示剂，故C错
误；D．根据B项，K(HZ)=10−4，K(HY)=10−7，根据多重平衡规则，则HZ+Y HY+Z的平
a a
衡常数为K= = =1×103，故D正确；故答案为D。
【点睛】还有一种巧妙的方法判断三种弱酸的酸性强弱，比较滴定开始时，三种酸对应的
pH的大小。pH越小，酸性越强。
4．某化学小组设计了如图甲所示的数字化实验装置，研究常温下，向1L 0.1mol/L H A溶液
2
中逐滴加入等浓度NaOH溶液时的pH变化情况，并绘制出溶液中含A元素的粒子的 物质的量分数与溶液pH的关系如图乙所示，（已知HA=H++HA−，HA− H++A2−）则下列
说法中正确的是（ ）
A．pH=3.0时，可以计算出K =10−3
a2
B．0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2−)+c(HA−)+c(H A)=0.1mol/L
2
C．该实验左边的滴定管为碱式滴定管，用来盛装NaOH溶液，烧杯中并加酚酞作指示剂
D．常温下，将等物质的量浓度的NaHA与NaA溶液等体积混合后溶液pH=3.0
2
【答案】A
【解析】pH=3时，溶液中HA−和A2−的物质的量分数相等，即c(HA−)=c(A2−)，由HA−
H++A2−可知K = =c(H+)=10−3，故A正确；B．该二元酸第一步完全电离，第二步
a2
部分电离，所以NaHA只能电离不能水解，则溶液中不存在HA，根据物料守恒得c(A2−)
2
+c(HA−)=0.1mol/L，故B错误；C．该实验左边的滴定管为酸式滴定管，用来盛装HA溶液，滴
2
定终点时溶液呈碱性，可选取酚酞作指示剂，故C错误；D．pH=3时，溶液中不存在HA，说
2
明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则 NaHA只电离不水解，NaA能水解，且
2
c(A2−)=c(HA−)；等物质的量浓度的NaHA与NaA溶液等体积混合，因为电离、水解程度不同
2
导致c(A2−)、c(HA−)不一定相等，则混合溶液的pH不一定等于3，故D错误；故答案为A。
5．（双选）25℃时，用0.1000mol·L−1的盐酸分别滴定20.00mL 0.1000mol·L−1氨水和20.00mL
0.1000mol·L−1 NaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．25℃，K (NH ·H O)的数量级为10−4
b 3 2B．N点处的溶液中：c(NH)>c(NH ·H O)
3 2
C．曲线II滴定终点时所选的指示剂为酚酞
D．Q点所加盐酸的体积为b mL，则b=20
【答案】BD
【解析】根据起点分析，曲线I是pH=13，则为盐酸溶液滴定NaOH溶液图像，曲线II是盐
酸滴定氨水溶液图像。A．25℃，根据起点pH=11.1得到
=10-4.8，因此K (NH ·H O)的数量级为10−5，故A错误；B．N点溶质的NH Cl和NH ·H O且浓
b 3 2 4 3 2
度相等，溶液显碱性，电离占主要，因此溶液中：c(NH)＞c(NH ·H O)，故B正确；C．曲线II滴
3 2
定终点时溶液显酸性，因此所选的指示剂为甲基橙，故C错误；D．Q点是NaOH溶液加盐酸
进行滴定，所加盐酸的体积为b mL，溶液呈中性，则b=20，故D正确；综上所述，答案为BD。
6．25℃时，用0.1mol·L−1 NaOH溶液滴定某二元弱酸HA，HA被滴定分数、pH及物种分布
2 2
分数δ[δ(X)= ]如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．用NaOH溶液滴定0.1mol·L−1 NaHA溶液可用酚酞作指示剂
B．0.1mol·L−1 NaHA溶液中：c(Na+)＞c(HA−)＞c(H A)＞c(A2−)
2
C．0.1mol·L−1 NaA溶液中：c(Na+)＞c(HA−)+2c(A2−)
2
D．HA的K =1×10−7
2 a2
【答案】B
【解析】由图可知，实线为0.1mol·L−1 NaOH溶液滴定二元弱酸HA的滴定曲线，虚线为
20.1mol·L−1 NaOH溶液滴定二元弱酸HA的物种分布分数曲线。当 =1时，反应生成
2
NaHA，NaHA溶液显酸性，当 =2时，反应生成NaA，NaA溶液显碱性。A．强碱滴
2 2
定弱酸时，滴定终点，溶液呈碱性，应选用酚酞做指示剂，则用NaOH溶液滴定0.1mol·L−1
NaHA溶液应用酚酞作指示剂，故A正确；B．由图可知，当 =1时，反应生成
NaHA，NaHA溶液显酸性，说明HA−的电离程度大于水解程度，则溶液中c(A2−)＞c(H A)，故
2
B错误；C．0.1mol·L−1 NaA溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，
2
因NaA溶液显碱性，c(OH−)＞c(H+)，则：c(Na+)＞c(HA−)+2c(A2−)，故C正确；D．由图可知，当
2
δ(X)为50%时，溶液中c(HA−)=c(A2−)，pH=7，由Ka= =c(H+)=1×10−7，故D正确；
2
故选：B。
【点睛】本题考查弱电解质的电离，为高频考点，侧重考查学生的分析能力和计算能力，本
题注意把握弱电解质的电离特点以及题给图象的曲线变化，难度中等。
7．某废水中含有Cr O，为了处理有毒的Cr O，需要先测定其浓度：取20mL废水，加入适量
2 2
稀硫酸，再加入过量的V mL c mol·L−1 (NH )Fe(SO ) 溶液，充分反应(还原产物为Cr3+)。
1 1 4 2 4 2
用c mol·L−1 KMnO 溶液滴定过量的Fe2+至终点，消耗KMnO 溶液V mL。则原废水中
2 4 4 2
c(CrO)为(用代数式表示)（ ）
2
A． mol·L−1 B． mol·L−1
C． mol·L−1 D． mol·L−1
【答案】A
【解析】KMnO 溶液滴定过量的Fe2+至终点，发生反应的关系式为KMnO ~5Fe2+，
4 4
n(KMnO)=c mol·L−1×V×10−3L=cV×10−3mol，则与它反应的 Fe2+的物质的量为 n(Fe2+)=5
4 2 2 2 2
cV×10−3mol。与Cr O反应的Fe2+的物质的量为c mol·L−1×V×10−3L-5cV×10−3mol=（cV×10-
2 2 2 1 1 2 2 1 13-5cV×10−3）mol。Cr O与的Fe2+的关系式为Cr O~6Fe2+，由此可得出n(CrO)=
2 2 2 2 2
，c(CrO)= = mol·L−1，答案为A。
2
【点睛】在废水中Cr O含量的测定实验中，Fe2+表现两个性质，一个是还原Cr O，另一个
2 2
是还原KMnO ，如果我们不能理顺两种氧化剂的作用，则可能会出现错误的结果。
4
8．室温下，依次进行如下实验：
①取一定量冰醋酸，配制成100mL 0.1mol/L醋酸溶液；
②取20mL①中所配溶液，加入20mL 0.1mol/L NaOH溶液；
③继续滴加a mL 0.1mol/L稀盐酸，至溶液的pH=7。
下列说法正确的是（ ）
A．①中溶液的pH=1
B．②中反应后溶液：c(Na+)＞c(CHCOO−)＞c(H+)＞c(OH−)
3
C．③中，a=20
D．③中，反应后溶液：c(Na+)=c(CHCOO−)+c(Cl−)
3
【答案】D
【解析】A．由于醋酸为弱酸，无法完全电离，所以取一定量冰醋酸，配制成 100mL
0.1mol/L醋酸溶液，溶液pH>1，A错误；B．操作②得到的溶液为醋酸钠溶液，醋酸钠溶液显
碱性，c(H+)c(NH)>c(CH COO−)>c(H+)
3
【答案】AC
【解析】A．盐酸和CHCOONH 溶液反应生成醋酸和氯化铵，反应终点溶液为酸性，用甲
3 4
基橙作滴定指示剂，A正确；B．滴定过程中CHCOO−的浓度减小，对水的电离促进作用减弱，
3
水的电离程度减小，B错误；C．P点溶液中①电荷守恒：c(CHCOO−)+c(OH−)
3
+c(Cl−)=c(NH+)+c(H+)，②物料守恒：c(CHCOO−)+c(CH COOH)=2c(Cl−)，①式乘以2，和②式
4 3 3
相加，得到：2c(H+)+2c(NH)=3c(CH COO−)+c(CH COOH)+2c(OH−)，P 点溶液呈酸性，
3 3
c(H+)>c(OH−)，所以2c(NH)<3c(CH COO−)+c(CH COOH)，C正确；D．Q点溶液中溶质为物质
3 3
的量之比为1∶1的醋酸和氯化铵，铵根离子水解，则c(Cl−)>c(NH)，因醋酸电离程度小且水
也电离出氢离子，则c(NH)>c(H+)>c(CH COO−)，所以c(Cl−)>c(NH)>c(H+)>c(CH COO−)，D错
3 3
误；故选AC。
10．氰化钠是一种剧毒物质，工业上常用硫代硫酸钠溶液处理废水中的氰化钠。硫代硫酸钠
的工业制备原理为：2NaS+Na CO+4SO=3Na SO+CO 。某化学兴趣小组拟用该原理在
2 2 3 2 2 2 3 2
实验室制备硫代硫酸钠，并使用硫代硫酸钠溶液对氰化钠溶液进行统一解毒销毁。
实验I．实验室通过如图所示装置制备NaSO 晶体
2 2 3
(1)盛装浓硫酸的仪器名称是_______。
(2)a装置中发生的化学反应方程式为_____。
(3)反应开始后，c中先有淡黄色浑浊产生，后又变为澄清，此浑浊物可能是______(填化学
式)。
(4)实验结束后，在e处最好连接盛_____(填“NaOH溶液”“水”“CCl ”中的一种)的注
4
射器。
实验Ⅱ.产品纯度的检测
(5)已知：NaSO·5H O的摩尔质量为248g·mol−1；2NaSO+I =2NaI+Na SO。取晶体样品
2 2 3 2 2 2 3 2 2 4 6
0.1000g，加水溶解后，滴入几滴淀粉溶液，用0.01000mol·L−1碘水滴定到终点时，消耗碘水溶液15.00mL，则该样品的纯度是______。(保留三位有效数字)
(6)滴定过程中可能造成实验结果偏高的是_____(填字母)。
A．锥形瓶未用NaSO 溶液润洗
2 2 3
B．锥形瓶中溶液变蓝后立刻停止滴定，进行读数
C．滴定到终点时仰视读数
D．滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定到终点出现气泡
【答案】（1）分液漏斗
（2）HSO (浓)+Na SO =Na SO +SO↑+H O
2 4 2 3 2 4 2 2
（3）S
（4）NaOH溶液
（5）74.4%
（6）C
【解析】a装置制备二氧化硫，c装置制备NaSO，反应导致装置内气压减小，所以b为安
2 2 3
全瓶，防止溶液倒吸，d装置吸收多余的二氧化硫，防止污染空气。I．(1)盛装浓硫酸的仪器名
称是分液漏斗；(2)a装置中浓硫酸和亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫，化学反应方程式为
HSO (浓)+Na SO =Na SO +SO↑+H O；(3)二氧化硫与水反应生成亚硫酸，类似二氧化硫与
2 4 2 3 2 4 2 2
硫化氢的反应，酸性条件下，亚硫酸氧化硫离子生成S单质，所以此浑浊物是S；(4)实验结束
后，装置b中还有残留的二氧化硫，尾气中有未反应的二氧化硫，为防止污染空气，应用
NaOH溶液吸收，则在e处最好连接盛NaOH溶液的注射器；Ⅱ．(5)滴定所用单质碘的物质
的 量 为 n(I)=0.01000mol·L−1×0.01500L=0.00015mol ， 根 据 反 应 方 程 式
2
2NaSO+I =2NaI+Na SO 可 知 ， n(Na SO)=2n(I )=0.00030mol ， 则 m(Na SO·5H O)=
2 2 3 2 2 4 6 2 2 3 2 2 2 3 2
0.00030mol×248g·mol−1=0.0744g，该样品的纯度为 ×100%=74.4%；(6)A．锥形瓶未用
NaSO 溶液润洗，对实验结果无影响，故A不选；B．锥形瓶中溶液变蓝后立刻停止滴定，进
2 2 3
行读数，消耗碘水的体积偏小，造成实验结果偏低，故B不选；C．滴定到终点时仰视读数，读
取的碘水体积偏大，造成实验结果偏高，故C选；D．滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定到终
点出现气泡，碘水体积偏小，造成实验结果偏低，故D不选；答案选C。
11．二氧化氯（ClO ）很不稳定，是一种在水处理等方面有广泛应用的高效安全消毒剂。实验
2
室以NH Cl、盐酸、NaClO（亚氯酸钠）为原料制备ClO ，制备的ClO 用水吸收得到ClO
4 2 2 2 2
溶液。为测定所得溶液中ClO 的含量，进行了下列实验：
2步骤1：准确量取ClO 溶液10.00mL，稀释成100.0mL试样；
2
步骤2：量取10.00mL试样加入到碘量瓶中，用适量的稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足
量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30min。
步骤3：用0.01000mol·L−1 Na SO 标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉溶液作指示
2 2 3
剂，继续滴定至终点，消耗NaSO 溶液20.00mL（已知I+2SO=2I−+SO）。
2 2 3 2 2 4
（1）若步骤2中未将锥形瓶“在暗处静置30min”，立即进行步骤3，则测定的结果可能
____（选填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
（2）上述步骤3中滴定终点的现象是______。
（3）请根据上述步骤计算出原ClO 溶液的浓度（用g·L−1表示）________。
2
【答案】（1）偏小
（2）滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不褪色
（3）2.7
【解析】（1）在暗处静置是为了使ClO 与KI充分反应，若不静置，ClO 反应不完全，生成
2 2
的碘偏小，故测得的结果就偏小，故答案为：偏小；（2）由于碘遇淀粉显蓝色，所以步骤3中滴
定终点的现象是滴入最后一滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不褪色；（3）ClO 溶
2
液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO +10I−+8H+=5I +2Cl−+4H O，由I+2SO=2I−+SO，可得
2 2 2 2 2 4
ClO ～5SO，所以原 ClO 溶液的浓度为：
2 2 2
=2.7g/L。
12．Ⅰ．某工厂废水中含游离态氯，通过下列实验测定其浓度。
①取水样10.0mL于锥形瓶中，加入10.0mL的KI溶液(足量)，发生反应，滴入指示剂2～
3滴。
②取一滴定管依次用自来水、蒸馏水洗净后，再用0.01mol·L−1 NaSO 溶液润洗，然后装
2 2 3
入0.01mol·L−1 NaSO 溶液到0刻度以上，排出下端尖嘴内的气泡，调整液面至0刻度或0刻
2 2 3
度下某一位置，记下读数。
③将锥形瓶置于滴定管下进行滴定，发生的反应为：I+2Na SO=2NaI+Na SO。试回答
2 2 2 3 2 4 6
下列问答：
(1)步骤①中涉及的离子反应方程式_____________________加入的指示剂是________。
(2)步骤②应使用________式滴定管。Ⅱ．(3)若用0.1032mol/L HCl溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，下列情况对实验结果无影
响的是____________。
A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗
B．锥形瓶未用待测液润洗
C．滴定前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定后气泡消失了
D．滴定时将标准液溅出锥形瓶外
(4)碳酸HCO ：K =4.3×10−7，K =5.6×10−11，草酸HC O ：K =5.9×10−2，K =6.4×10−5。
2 3 1 2 2 2 4 1 2
0.1mol/L Na CO 溶液的pH____________0.1mol/L Na C O 溶液的pH(选填“大于”、“小
2 3 2 2 4
于”或“等于”)。若将等浓度的草酸溶液和碳酸溶液等体积混合，溶液中各种离子浓度大小
的顺序正确的是_____________(填选项字母代号)。
A．c(H+)＞c(HC O)＞c(HCO)＞c(CO)
2
B．c(HCO)＞c(HC O)＞c(C O)＞c(CO)
2 2
C．c(H+)＞c(HC O)＞c(C O)＞c(CO)
2 2
D．c(H CO)＞c(HCO)＞c(HC O)＞c(CO)
2 3 2
【答案】（1）Cl+2I−=2Cl−+I 淀粉溶液
2 2
（2）碱
（3）B
（4）大于 AC
【解析】氧化还原滴定法是以氧化还原反应为基础的滴定分析方法，工厂废水中含游离态
氯，和KI反应生成碘单质和氯离子，离子方程式为：Cl+2I−=2Cl−+I ；溶液中有单质碘，加入
2 2
淀粉溶液呈蓝色，碘与 NaSO 发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去，根据
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计算待测液浓度和进行误差分析。(1)工厂废水中含游离态氯，和
KI反应生成碘单质和氯离子，离子方程式为：Cl+2I−=2Cl−+I ；溶液中有单质碘，加入淀粉溶
2 2
液呈蓝色，碘与 NaSO 发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去。故答案为：
2 2 3
Cl+2I−=2Cl−+I ；淀粉溶液；(2)硫代硫酸钠溶液显碱性，应选择碱式滴定管。故答案为：碱；
2 2
(3)A．酸式滴定管未用标准盐酸溶液润洗，标准盐酸的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据可知，测定c（待测）偏大，故A错误； B．锥形瓶未用待测液润洗，
对V（标准）无影响，根据 可知，测定c（待测）无影响，故B正确；
C．滴定前滴定管尖嘴中有一气泡，滴定后气泡消失了，造成 V（标准）偏大，根据
可知，测定c（待测）偏大，故C错误；D．滴定时将标准液溅出锥形瓶
外，造成V（标准）偏大，根据 可知，测定c（待测）偏大，故D错误；故
选：B；(5)草酸的二级电离常数等于碳酸的二级电离常数，说明草酸氢根的酸性比碳酸氢根
的强，则0.1mol/L Na CO 溶液中碳酸根的水解程度大于0.1mol/L Na C O 溶液中草酸根的水
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解程度，故0.1mol/L Na CO 溶液碱性更强，即0.1mol/L Na CO 溶液的pH大于0.1mol/L
2 3 2 3
NaC O 溶液的pH，草酸的一级、二级电离常数均大于碳酸的一级电离常数，草酸、碳酸的一
2 2 4
级电离远大于二级电离，第一步电离为主，因此溶液中c(H+)＞c(HC O)＞c(HCO)＞c(CO)；
2
c(H+)＞c(HC O)＞c(C O)＞c(CO)，则AC正确，BD错误。故答案为：大于；AC。
2 2
13．炼铁的矿物主要有赤铁矿、磁铁矿和菱铁矿等。目前主要采用以下流程测定铁矿石中铁
元素的含量，流程分为两个环节：铁矿石预处理和重铬酸钾滴定。
滴定过程：向预处理结束的溶液中加入适量蒸馏水和硫酸磷酸混合酸，滴加数滴二苯胺
磺酸钠，用重铬酸钾标准溶液滴定，记录终点体积V。
已知：i．钨酸钠（NaWO）可用作指示剂，若钨由+6价变为+5价，则溶液变为蓝色。
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ii．Sn2+和Ti3+均具有还原性。
iii．氧化性顺序为Cr O>Fe3+>WO。
2
iV．二苯胺磺酸钠可用作氧化还原指示剂，本身无色，被氧化后呈现紫红色。
请回答下列问题：（1）滴定时，滴定管应选用___（填“甲”或“乙”）；若滴定结束时，仰视读数，则测得结
果___（填“偏大”“偏小”或“无影响”）
（2）滴定过程中，以二苯胺磺酸钠为指示剂，滴定终点观察到的现象为___。
（3）现称取0.4g铁矿石进行测定，滴定时共消耗45.00mL 0.01mol·L−1 KCr O 溶液，则该
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铁矿石中铁的质量分数为___%（保留1位小数）。
【答案】（1）甲 偏大
（2）溶液变为紫红色，且半分钟内不褪色
（3）37.8
【解析】铁矿石通过①过程得到溶液，①过程应加酸，鉴于后面流程中出现氯离子，则①过
程加浓HCl得到含Fe2+、Fe3+的溶液；②过程加Sn2+将Fe3+还原为Fe2+，得到的溶液为浅黄色，
说明浅黄色溶液中还含Fe3+；③过程加TiCl 和钨酸钠后呈蓝色，说明钨由+6价变为+5价，由
3
于氧化性：Fe3+>WO，故③过程还将Fe3+还原成Fe2+，所加TiCl 应过量，铁元素以Fe2+形式存
3
在于蓝色溶液中；由于氧化性顺序为Cr O>Fe3+>WO，那么还原性顺序为：+5价的钨＞Fe2+，
2
且④过程得到蓝色刚好褪去的溶液，说明④过程加KCr O 将+5价钨氧化成+6价，铁元素继
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续以Fe2+形式存在于溶液中，据此解答。(4)重铬酸钾溶液是强氧化性溶液，会腐蚀乳胶管，故
选用酸式滴定管甲，若滴定结束时仰视读数，则导致重铬酸钾溶液读数偏大，测得结果偏大，
故答案为：甲；偏大；(5)当到达终点时，Fe2+反应完，二苯胺磺酸钠随即被氧化，溶液呈现紫红
色，且半分钟内不褪色，故答案为：溶液变为紫红色，且半分钟内不褪色；(6)由上面分析可知，
滴定时，Fe2+和Cr O发生氧化还原反应得到 Fe3+和Cr3+，根据得失电子守恒有：6Fe2+～
2
6Fe3+～6e−～Cr O～2Cr3+。滴定时，n(CrO)=0.01
2 2
mol·L−1×45.00mL×10−3=4.5×10−4mol，所以，Fe元素的物质的量n(Fe)= =2.7×
10−3mol，则m(Fe)=2.7×10−3mol×56g/mol=0.1512g，Fe%= =37.8%，故答案为：
37.8。
