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第 24 讲 水的电离和溶液的 pH
第一部分：高考真题感悟
1．（2022·浙江·高考真题）已知25℃时二元酸HA的K =1.3×10-7，K =7.1×10-15。下列说法正确的是
2 a1 a2
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0.013%
2 2
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．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者，故
2
A错误；B．溶液中c(H+)=10-3mol/L，HA电离程度较小，溶液中c(HA)≈0.1mol/L，K =
2 2 a1
，c(HA-)=1.3×10-5mol/L，c(HA-)≈c(HA) ，则HA的电离度
2 电离 2
0.013%，故B正确；C．向HA溶液中加入NaOH溶液至pH=11，
2
，则c(A2-)<c(HA-)，故C错误；D．HA是弱酸，取pH=a的HA溶液10mL，加蒸
2 2
馏水稀释至100mL，HA的电离平衡正向移动，则该溶液pH<a+1，故D错误；选B。
2
2．（2021·广东·高考真题）测定浓硫酸试剂中 含量的主要操作包括：
①量取一定量的浓硫酸，稀释；②转移定容得待测液；③移取 待测液，用 的
溶液滴定。
上述操作中，不需要用到的仪器为A． B． C． D．
【答案】B
【解析】实验过程中，①量取一定量的浓硫酸并稀释所需仪器为：量筒、烧杯、玻璃棒；②转移定容得待
测液所需仪器为：玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；③移取20.00mL待测液，用0.1000mol/L的NaOH溶液滴
定所需仪器为：酸式滴定管、碱式滴定管、锥形瓶；选项中A为容量瓶，B为分液漏斗，C为锥形瓶，D
为碱式滴定管，上述操作中，不需要用到的仪器为分液漏斗，综上所述，故答案为B。
3．（2021·浙江·高考真题）某同学拟用 计测定溶液 以探究某酸HR是否为弱电解质。下列说法正确
的是
A．25℃时，若测得 溶液 ，则HR是弱酸
B．25℃时，若测得 溶液 且 ，则HR是弱酸
C．25℃时，若测得HR溶液 ，取该溶液 ，加蒸馏水稀释至 ，测得 ，则
HR是弱酸
D．25℃时，若测得NaR溶液 ，取该溶液 ，升温至50℃，测得 ， ，则HR是弱酸
【答案】B
【解析】A．25℃时，若测得 溶液 ，可知 为强酸强碱盐，则 为强酸，A错误；
B．25℃时，若测得 溶液 且 ，可知溶液中 ，所以 未完全
电离， 为弱酸，B正确；C．假设 为强酸，取 的该溶液 ，加蒸馏水稀释至 测
得此时溶液 ，C错误；D．假设 为强酸，则 为强酸强碱盐，溶液呈中性，升温至50℃，促
进水的电离，水的离子积常数增大， 减小，D错误；答案为：B。
4．（2020·全国·高考真题）以酚酞为指示剂，用0.1000 mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00 mL未知浓度的二元酸HA溶液。溶液中，pH、分布系数 随滴加NaOH溶液体积V 的变化关系如图所示。[比如A2−的
2 NaOH
分布系数： ]
下列叙述正确的是
A．曲线①代表 ，曲线②代表
B．HA溶液的浓度为0.2000 mol·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40mLNaOH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
2
步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，根据反应
2NaOH+H A=Na A+2HO，c(H A)= =0.1000mol/L。A．根据分析，曲线①代表
2 2 2 2
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
2 2 2 2错误；C．根据曲线当δ(HA-)=δ(A2-)时溶液的pH=2，则HA-的电离平衡常数K = =c(H+)=1×10-
a
2，C正确；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。
5．（2020·浙江·高考真题）室温下，向20.00mL0.1000mol·L−1盐酸中滴加0.1000mol·L−1NaOH溶液，溶液
的pH随NaOH溶液体积的变化如图。已知lg5=0.7。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．V(NaOH)=30.00mL时，pH=13.3
【答案】CD
【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，A项正确；B．
根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突
变范围内的指示剂，可减小实验误差，B项正确；C．由图可知，甲基橙的变色范围在pH突变范围之外，
误差比甲基红更大，C项错误；D．当V(NaOH)=30.00mL时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且混合
溶液中c(NaOH)= ，即溶液中
c(OH‒)=0.0200mol，则c(H+)= ，pH=-lgc(H+)=12.3，D项错误；答案选CD。
第二部分：最新模拟精练
完卷时间：50分钟
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12*5分）
1．（2022·上海·模拟预测）如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液的相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是
A．P点时恰好反应完全，溶液呈中性
B．盐酸的物质的量浓度为1 mol·L-1
C．曲线a为盐酸滴定氢氧化钠溶液
D．酚酞不能用作本实验的指示剂
【答案】A
【解析】a曲线起始点pH=1，所以a曲线为氢氧化钠滴入盐酸中，盐酸的起始浓度为0.1 mol/L，b曲线起
始点pH=13，为盐酸滴入氢氧化钠中，氢氧化钠浓度为0.1 mol/L。
A．P点表示盐酸与氢氧化钠恰好完全反应生成NaCl，溶液呈中性，A正确；B．根据曲线可以看出初始盐
酸溶液的pH=1，pH=-lgc(H+)=1，所以c(HCl)=c(H+)=0.1mol/L，B错误；C．曲线a的pH是由小到大，说
明是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的曲线，C错误；D．氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞
或甲基橙作指示剂，D错误；故答案选A。
2．（2022·上海闵行·模拟预测）一定呈酸性的溶液是
A．pH=6的溶液 B．NH Fe(SO ) 溶液
4 4 2
C．与Al反应生成H 的溶液 D．c(H+) =10-13mol·L-1的溶液
2 水电离
【答案】B
【解析】A．酸性溶液为氢离子浓度大于氢氧根离子浓度的溶液，水的电离随温度升高而变大，升高温度
水电离程度变大，氢离子浓度变大，pH=6的溶液不一定是酸性溶液，A错误；B．NH Fe(SO ) 溶液为强酸
4 4 2
弱碱盐溶液，铵根离子、铁离子水解使溶液显酸性，B正确；C．强碱氢氧化钠也会与Al反应生成H，C
2
错误；D．c(H+) =10-13mol·L-1的溶液说明水电离收到抑制，可能为酸溶液也可能为碱溶液，D错误；故
水电离
选B。
3．（2022·天津天津·二模）在配制0.1000 NaOH标准溶液并用其滴定未知浓度盐酸的实验过程中，
不需要用到的仪器是A． B． C． D．
【答案】C
【解析】A．为容量瓶，配制0.1000 NaOH标准溶液需要容量瓶，A不选；B．为锥形瓶，滴定实
验过程中需要锥形瓶装待测液，B不选；C．为分液漏斗，在分液操作时才需要分液漏斗，配制溶液和滴
定实验不需要，C选；D．为碱式滴定管，滴定实验中需要碱式滴定管装NaOH标准溶液，D不选；故选：
C。
4．（2022·上海虹口·模拟预测）用已知浓度盐酸滴定未知浓度 溶液，甲基橙作指示剂。若测定结果
偏低，可能原因是
A．滴定管用蒸馏水洗净后未用盐酸润洗
B．盛装待测液的锥形瓶水洗后未烘干
C．滴定过程中振荡锥形瓶时不慎有少量液体溅出
D．滴定至锥形瓶中溶液颜色由橙变红，且 内不改变时停止
【答案】C
【解析】A．滴定管用蒸馏水洗净后未用盐酸润洗，标准液被稀释，滴定过程中消耗标准液的体积偏大，
根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准）可知，测定结果偏高，A错误；B．盛装待测液的锥形
瓶水洗后未烘干，不影响测定结果，B错误；C．滴定过程中振荡锥形瓶时有少量液体溅出，导致待测液
中NaOH的量减少，滴定过程中消耗的标准液体积偏小，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标
准），测定结果偏低，C正确；D．甲基橙作指示剂，滴定终点时溶液应该由黄色变为橙色，且30s内不变
色，若溶液由橙变红，导致消耗标准液的体积偏大，根据c（待测）×V（待测）=c（标准）×V（标准），
测定结果偏高，D错误；故答案选C。
5．（2022·浙江·模拟预测）用 溶液吸收一定量的 气体，为测定反应后溶液的成份，用
的 溶液滴定 待测液，先用酚酞作指示剂，消耗盐酸 ，再滴加甲基红为指示剂，
消耗盐酸为 ，下列说法不正确的是A．当 时，溶液溶质为
B．当 ， ，溶液中发生的反应为
C．当 ， 时，待测液中，
D．当 ， 时，待测液中， 的浓度为
【答案】C
【解析】A．先用酚酞作指示剂，消耗盐酸 ，此阶段发生的反应可能为OH－+H＋＝HO、
2
；再滴加甲基红为指示剂，消耗盐酸为 ，此阶段发生的反应为
，因此当 时，溶液中的溶质为 ，A正确；B． ，这说明溶液
中没有碳酸钠， ，因此溶液中的溶质是碳酸氢钠，溶液中发生的反应为
，B正确；C．当 ， 时，说明溶液中的溶质是等浓度的
氢氧化钠和碳酸钠，碳酸根水解，则待测液中， ，C错误；D．当
， 时，说明溶液中的溶质是等浓度的碳酸钠和碳酸氢钠，待测液中， 的
浓度为 ＝ ，D正确；答案选C。
6．（2022·天津市咸水沽第一中学模拟预测）常温下，下列说法错误的是
A． 均为5的稀硫酸和 溶液，由水电离的 浓度之比为
B．向水中加入少量 固体， 增大， 不变
C．等物质的量浓度的 和 溶液，前者 较大，则可发生反应：D． 与 溶液等体积混合( 为二元弱酸)：
【答案】C
【解析】A．稀硫酸电离出的氢离子抑制水的电离，氯化铵是强酸弱碱盐，在溶液中水解促进水的电离，
所以pH均为5的稀硫酸和氯化铵溶液中由水电离的氢离子浓度之比为 ：10—5=1：104，故A正确；
B．向水中加入少量硫酸氢钠固体，硫酸氢钠在溶液中电离出氢离子，使溶液中的氢离子浓度最大，由于
温度不变，所以水的离子积常数不变，故B正确；C．等物质的量浓度的甲酸钠和氟化钠溶液，前者pH较
大说明氢氟酸的酸性强于甲酸，则由强酸制弱酸的原理可知，甲酸不能与氟化钠溶液反应，故C错误；
D．等浓度的草酸钠溶液与盐酸等体积混合恰好反应生成草酸氢钠和氯化钠，混合溶液中存在电荷守恒关
系 ，故D正确；故选C。
7．（2022·湖北·襄阳四中模拟预测）碘水中存在可逆反应： I(ag)+I- (aq) (aq)，为测定该反应的平衡
2
常数K进行如下实验。
实验i测定平衡体系中 I 和 总浓度
2
实验ii测定饱和碘水中 I 浓度
2
已知：I+ 2Na SO= 2NaI + Na SO；实验i和实验ii 中I 浓度近似相等。
2 2 2 3 2 4 6 2
下列说法错误的是A．滴定过程中应使用碱式滴定管
B．淀粉的特征反应为：常温下，淀粉遇碘变蓝
C．实验i中平衡体系中 浓度为(2.5V ×10-4-5V ×10-5)mol·L-1
1 2
D．K=
【答案】D
【解析】由实验i可得，c( )+c(I)= ，由实验ii可得，c(I)=
2 2
。
A．滴定时，NaSO 标准溶液盛放在滴定管内，由于NaSO 呈碱性，会腐蚀玻璃，所以滴定过程中应使
2 2 3 2 2 3
用碱式滴定管，A正确；B．检验溶液中的I 时，通常使用淀粉作试剂，因为I 遇淀粉的特征反应为：常
2 2
温下，淀粉遇碘变蓝，B正确；C．利用分析时的数据，实验i中平衡体系中c( )=[c( )+c(I)]-
2
c(I)=(2.5V ×10-4-5V ×10-5)mol·L-1，C正确；D．由C中分析可知，实验i平衡时c( )=[c( )+c(I)]-
2 1 2 2
c(I)=(2.5V ×10-4-5V ×10-5)mol·L-1，c(I-)=0.01mol/L- c( )=[0.01-( - )]mol/L， K=
2 1 2
= ，D错误；故选D。
8．（2022·上海普陀·二模）水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是A．T>T
1 2
B．K ：b>c>a>d=e
w
C．b→c点可通过在水中加入适量的CHCOONa(s)实现
3
D．T 时，将pH=10的NaOH(aq)与pH=3的HSO (aq)等体积混合，溶液呈碱性
2 2 4
【答案】D
【解析】A．水的电离是吸热反应，温度升高电离平衡正向移动，c(H+)和c(OH-)都增大，由图可知，
T>T，A错误；B．K 只受温度影响，温度不变，K 不变，ade点都处于同一温度下，则三点的Kw相等，
2 1 w w
b点c(H+)和c(OH-)都大于a点的，由K =c(H+)∙c(OH-)可知，b点Kw大于c点大于a点，则K ：
w w
b>c>a=d=e，B错误；C．b→c点K 变小，是降温导致的，在水中加入适量的CHCOONa(s)但温度不变，
w 3
不能改变K ，C错误；D．T 时，K =c(H+)∙c(OH-)=10-6×10-6=10-12，pH=10的NaOH(aq)其c(OH-)=
w 2 w
，pH=3的HSO (aq)其c(H+)=10-3mol/L，两者等体积混合，n(OH-)过量，则溶液呈
2 4
碱性，D正确；故选：D。
9．（2022·河南河南·模拟预测）常温下，在体积均为10.0mL、浓度均为0.10mol·L-1的HX、HY溶液中分
别滴加某浓度的NaOH溶液，pOH [pOH =-lgc( )，c( )表示溶液中水电离出的OH-的浓度]与滴
水 水
加NaOH溶液的体积的关系如图所示，下列说法正确的是
A．HX、HY均为弱酸，HY的酸性更强
B．NaOH溶液浓度c(NaOH)=0.1mol·L-1
C．M、N两点的溶液中：c(X-)与c(Y-)不相等
D．常温下HY的电离常数K≈5.4×10-6
a
【答案】C
【解析】酸、碱对水的电离均起到抑制作用，pOH 越小，说明水的电离程度越大，根据图像可知，当加
水入20mLNaOH溶液时，pOH 达到最低，说明酸与NaOH完全反应，此时溶液的pH≠7，推出两种酸为弱
水
酸，利用“越弱越水解”，推出酸性HX＞HY；A．当加入20mLNaOH溶液时，两条曲线均达到最低点，
pOH 最小，且不为7，说明此时水的电离程度最大，即恰好完全中和，同时说明HX、HY为弱酸，利用
水
“越弱越水解”，推出酸性HX＞HY，故A说法错误；B．根据A选项分析，当加入20mLNaOH溶液时，
两种酸与NaOH恰好完全中和，NaOH物质的量浓度是酸的一半，即为0.050mol/L，故B说法错误；C．
根据电荷守恒，推出c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Y-)、c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-)，M、N点溶液显中性，即有
c(Na+)= c(Y-)、c(Na+)= c(X-)，因为两点c(Na+)不同，则c(Y-)≠c(X-)，故C说法正确；D．取M点计算HY的
电离平衡常数，c(Na+)= c(Y-)= ，根据物料守恒，c(HY)=
，Ka= =5.4×10-8，故D说
法错误；答案为C。
10．（2022·黑龙江绥化·模拟预测）已知pOH=-lgc(OH-)。初始温度20℃时，向20mL0.1mol·L-1氨水中滴加
0.05mol·L-1的稀硫酸，测得混合溶液的温度T、pOH随加入稀硫酸体积V的变化如图所示。
下列说法正确的是
A．a、b、c三点对应NH 的水解平衡常数：K(c)>K (b)>K(a)
h h h
B．a点溶液中水电离产生的c <(OH-)=0.001mol·L-1
水
C．图中x=7，b点溶液中，c(NH )>2c(SO )
D．若V=40，则c点对应溶液中c(H+)=c(OH-)+c(NH )+2c(NH·H O)
3 3 2
【答案】D【解析】A．升高温度能促进NH 的水解，水解平衡常数增大，由题图可知，温度T(b)>T(a)>T(c)，则a、
b、c三点对应NH 的水解平衡常数：K(b)>K(a)>K (c)，A项错误；B．a点溶液的pOH==3，
h h h
c(OH-)=0.001mol.·L-1，pH=11，溶液的溶质为NH ·H O和(NH )SO ，NH ·H O过量且抑制水的电离，水电
3 2 4 2 4 3 2
离产生的H+的物质的量浓度为10-11mol·L-1，故水电离产生的OH-的物质的量浓度为10-11mol·L-1，B项错误；
C．根据电荷平衡，在b点c(NH )+c(H+)=2c(SO )+c(OH-)，b点时温度高于25°C，故K >10-14，当
w
c(OH-)=10-7时，c(H+)>c(OH-)，C项错误；D．c点溶液中，加入稀硫酸的体积为40mL，则原氨水中的
NH ·H O和加入的稀硫酸中的HSO 的物质的量相等，溶液的溶质是HSO 和(NH )SO ，根据电荷守恒：
3 2 2 4 2 4 4 2 4
c(NH )+c(H+)=2c(SO )+c(OH-)，物料守恒：c(NH ·H O)+c(NH )=c(SO )，可得：c(H+)=c(OH-)+c(NH )
3 2
+2c(NH·H O)，D项正确；答案选D。
3 2
11．（2022·重庆南开中学模拟预测）常温下，向 溶液中逐滴加入 的
溶液，溶液中水电离出的 浓度随加入 溶液的体积变化如图所示，下列说法不正确的是
A．HA的电离平衡常数约为
B．b点时加入 溶液的体积小于
C．c点溶液中离子浓度的大小关系为：
D．d点溶液的
【答案】D
【解析】当NaOH和HA恰好反应生成NaA时，水的电离程度最大，对应的为c点，溶液显碱性，则b点为HA和NaA的混合溶液，溶液显中性，d点为NaA和NaOH的混合溶液，溶液显碱性。A. a点表示
中水电离出氢离子浓度为10-10mol/L，则c(OH-)=10-10mol/L，c(H+)=10-4mol/L，则HA的电离
平衡常数约为 ，故A正确；B. 当加入 溶液时，溶液中为等物质的量浓度的
NaA和HA，HA的电离常数为10-8，A-的水解常数为 ，则A-的水解程度大于HA的电离程度，
此时溶液显碱性，而b点溶液显中性，则b点时加入 溶液的体积小于 ，故B正确；C. c点恰
好为NaA溶液，A-水解使溶液显碱性，此时溶液中离子浓度的大小关系为：
，故C正确；D. d点溶液显碱性， ，故D错误；故选C。
12．（2022·浙江·模拟预测）下列说法不正确的是
A．任何水溶液的
B．25℃，1 ml pH=5的 溶液稀释到 ，所得溶液的 接近7
C．25℃时， 与 的电离平衡常数相等，某浓度的 溶液的pH=4.3，则相同浓度的
溶液的
D．25℃时，当 和 的物质的量之比为1∶2溶于水得到的溶液 ，则溶液中
【答案】A
【解析】A．K 只与温度有关，温度不同K 值不同，故应为25℃时，任何水溶液的 ，A项错
w w
误；B．25℃，1 ml pH=5的 溶液稀释1000倍，但酸溶液再稀释也不可能稀释成中性溶液或者
碱性溶液，故所得溶液的 接近7，B项正确；C．25℃时， 与 的电离平衡常数相等，说明 和CHCOO-水解能力相同，某浓度的 溶液的pH=4.3，说明 水解生成的c(H+)约为10-
3
4.3mol/L，故相同浓度的 溶液，CHCOO-水解生成的c(OH-)约为10-4.3mol/L，故 ，C项正
3
确；D．pH=7，根据电荷守恒可得c(Na+)=c(X-)，再根据物料守恒3c(Na+)= c(HX)+c(X-)，故可得
c(X-)∶c(HX)=1∶2，D项正确；答案选A。
二、主观题（共3小题，共40分）
13．（2020·江苏南通·一模）（10分）KI和KBr都具有感光性，可以用来制作感光材料。某感光材料主要
成分为KBr和KI，测定其中KBr含量的方法如下：
①称取试样1.000 g，溶解后制备成200.0 mL溶液。
②取50 mL上述溶液，用Br 水将I－氧化成IO -，除去过量Br ，加入过量KI，酸化溶液，加入指示剂，以
2 3 2
0.100 0 mol·L－1 Na SO 溶液滴定析出的I，终点时消耗30 mL。
2 2 3 2
③另取50.00 mL试液，酸化后加入足量KCr O 溶液处理，将释放出的I 和Br 蒸馏收集于含有过量KI的
2 2 7 2 2
溶液中，反应完全后，加入指示剂，以0.100 0 mol·L－1的NaSO 溶液滴定其中的I 至终点，消耗15.00
2 2 3 2
mL 。
(1)写出第②步中用Br 水氧化I－的离子方程式：________。
2
(2)第②步除去过量Br 最简单的物理方法是________；若未除去过量的Br ，对KBr含量测定结果的影响是
2 2
________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(3)计算试样中KBr的质量分数_______ (写出计算过程)。
【答案】（1、2问每空2分、第3问4分）(1)3H O＋3Br ＋I－=IO -＋6Br－＋6H＋
2 2 3
(2)煮沸 偏小
(3)由题意可得关系： I－ ～ IO - ～ 3I ～ 6SO2-
3 2 2 3
n(I－) 0.100 0 mol·L－1×30×10－3 L
2．5 g(50 mL)样品中n(I－)＝0.5×10－3 mol
用KCr O 溶液处理后，该部分I－氧化为I，其物质的量为n(I) ＝0.5n(I－)＝2.5×10－4 mol
2 2 7 2 2
该部分溶液中总的n(I) ＝0.5×0.100 0 mol·L－1×15×10－3 L＝7.5×10－4 mol
2 总
被Br 氧化产生的I 的物质的量为7.5×10－4 mol－2.5×10－4 mol＝5×10－4 mol
2 2
2Br－ ～ Br ～ I
2 2
n(Br－) 5×10－4 mol
n(KBr)＝n(Br－)＝1×10－3 mol
则KBr的质量分数为KBr%＝119 g·mol－1×1×10－3 mol÷0.250 0 g×100%＝47.60%【解析】（1）根据题目，反应的离子方程式为3HO+3Br +I-=IO -+6Br-＋6H+；
2 2 3
（2）Br 易蒸发，故为最简单的物理方法；若未除尽过量的Br ，加入过量KI后溴单质继续和KI中的I-发
2 2
生反应，使滴定析出的I 量减小，导致最后对KBr的测定结果偏小；
2
（3）计算过程如下：
由题意可得关系：I-～IO -～3I～6SO2-
3 2 2 3
n(I-)=0.100 0 mol·L-1×30×10-3 L
50 mL样品中n(I-)=0.5×10-3 mol
用KCr O 溶液处理后，该部分I-氧化为I，其物质的量为n(I)＝0.5n(I-)＝2.5×10-4 mol
2 2 7 2 2
该部分溶液中总的n(I) ＝0.5×0.100 0 mol·L-1×15×10-3 L＝7.5×10-4 mol
2 总
被Br 氧化产生的I 的物质的量为7.5×10-4 mol-2.5×10-4 mol＝5×10-4 mol
2 2
2Br-～Br ～I
2 2
n(Br-)=5×10-4 mol
n(KBr)＝n(Br-)＝1×10-3 mol
则KBr的质量分数为KBr%＝119 g·mol-1×1×10-3 mol÷0.2500 g×100%＝47.60%
14．（2021·河南·模拟预测）（16分）草酸、KMnO 均是重要的化学分析试剂，某次实验中需要使用
4
480mL0.2000mol/L的草酸溶液，回答下列问题。
(1)实验中需要称取___________g草酸晶体(H C O•2H O)，称量后___________(填“需要”或“不需要”)
2 2 4 2
加热除去相应的结晶水；配制过程中需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管及___________。
(2)假设称取草酸时使用的是托盘天平，称量中试剂与砝码位置错放，则所配制溶液中c(HC O)0.2000
2 2 4
___________ (填“＞”、“=”或“＜”，下同)；若定容时俯视刻度线，则所配溶液中
c(HC O)___________0.2000 。
2 2 4
(3)若配置溶液时所取草酸晶体不纯(杂质无还原性)，为测定草酸的纯度，某同学量取20.00mL，上述所配
溶液放入锥形瓶中，然后用0.1000 的酸性KMnO 标准溶液滴定(氧化产物是CO)，滴定终点时消耗
4 2
VmL标准溶液。
①标准溶液应使用___________(填“酸”或“碱”)式滴定管取用，合理的V值可能是___________。
A． 15.8 B． 16.20 C． 15.82 D． 16.18
②滴定终点时溶液颜色的变化为___________，样品中草酸品体的质量分数为___________(用含V的式子
表示)。【答案】（每空2分）(1)12.6 不需要 500mL容量瓶、烧杯
(2)
(3)①酸 C ②由无色变成浅红色且在30S内保持不变 6.25V％
【解析】(1)因没有480mL的容量瓶，故实际配制的是500mL溶液，因此所需要的溶质是
，结晶水不需要加热除去，因为溶解后结晶水转化为溶剂。配制过程中
需要使用的玻璃仪器有玻璃棒、胶头滴管及500mL容量瓶、烧杯。
(2)配制溶液时还需要500mL容量瓶、烧杯。当试剂与砝码位置错放时，称量的试剂质量小于12.6g，故最
后所配溶液浓度肯定小于0.2000 。定容俯视刻度时，实际液面在刻度线下，故所配溶液浓度大于
0.2000mol/L。
(3)①应使用酸式滴定管量取KMNO 溶液。当样品为纯净物时，由得失电子守恒及元素化合价变化可得
4
， ，由于草酸晶体不纯(杂质无还原性)故实际
消耗的KMnO 溶液不可能大于16.00mL，B、D项错误；以“mL”为单位时应保留两位小数，C项合理。
4
②滴定终点时溶液颜色的变化为由无色变成浅红色且在30S内保持不变，设所配溶液中
，则有 ， ，故样品
中草酸晶体纯度为 。
14．（2022·黑龙江实验中学高三阶段练习）（14分）酸与碱作用生成盐和水的反应叫做中和反应，它在
工农业生产和日常生活中有广泛应用。
Ⅰ.某实验小组用50mL0.50mol·L-1盐酸与50mL0.55mol·L-1NaOH溶液在图示的装置中进行中和反应。通过
测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。
(1)测定中和热实验。从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是___，烧杯间填满碎纸条的作用是___。(2)实验数据如表：
起始温度℃
实验序数 终止温度℃
盐酸 NaOH溶液
1 25.1 25.3 26.2
2 25.1 25.5 28.6
3 25.2 25.4 28.5
4 25.2 25.6 28.8
近似认为0.50mol·L-1盐酸与0.55mol·L-1NaOH溶液的密度都是1g/cm3，中和反应后生成溶液的比热容
c=4.18J/(g·℃)。则中和热ΔH=___(取小数点后一位)。
(3)用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会___(填“偏大”“偏
小”“无影响”)，原因是___。
Ⅱ.实验室中有一未知浓度的稀盐酸，某学生应用中和反应测定盐酸的浓度在实验室中进行实验。
(4)取20.00mL待测盐酸溶液放入锥形瓶中，并滴加2～3滴酚酞作指示剂，用0.1000mol/LNaOH标准溶液
进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图中的___(填字母)；简述排气泡的操作___。
a. b. c. d.
(5)滴定达到终点的标志是___。
(6)若滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如图所示，所用NaOH标准溶液的体积为___mL。根据上述
数据，可计算出该盐酸的浓度约为___mol/L。
(7)在上述实验中，下列操作(其他操作正确)会造成测定结果偏低的有___。A．滴定终点读数时俯视读数
B．酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗
C．锥形瓶水洗后未干燥D．碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后消失
【答案】（除标注外，每空2分）(1)环形玻璃搅拌棒（1分） 保温、隔热、减少实验过程中热量损失（1
分）
(2)-55.2kJ·mol-1
(3)偏小（1分） NH •H O电离吸热（1分）
3 2
(4)c（1分） 将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠的中上部，使液体从尖
嘴流出
(5)滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅粉红色，且半分钟内不褪色（1分）
(6)26.10（1分） 0.1300（1分）
(7)AB
【解析】(1)从实验装置上看，图中尚缺少的一种玻璃用品是环形玻璃搅拌棒，烧杯间填满碎纸条的作用是
保温、隔热、减少实验过程中热量损失。
(2)第一次数值偏差太大，舍去，后三次的平均温度差为 ℃，Q=cm
T=4.18×100×3.3J=1.3794kJ，生成水的物质的量为0.5mol/L×0.05L=0.025mol， H=- =- kJ/
mol=-55.2kJ·mol-1。
(3)由于氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应,反应放出的热量小于
57.3kJ，用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会偏小，故答案为：
偏小；氨水为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用氨水代替稀氢氧化钠溶液反应，反应放出的热量小于
57.3kJ。
(4)排去碱式滴定管中气泡的方法应采用如图所示操作中的c操作，将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用两
指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠的中上部，使液体从尖嘴流出。
(5)滴定达到终点的标志是滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅粉红色，且半分钟内不褪色。
(6)碱式滴定管中的液面如图所示，所用NaOH标准溶液的体积为26.10mL，盐酸的浓度约为
mol/L=0.1300mol/L。
(7)根据 ，V(NaOH)偏大，则c(HCl)偏高，反之，偏低。A.滴定终点读数时俯视
读数，V(NaOH)偏小，则c(HCl)偏低；B.酸式滴定管使用前，水洗后未用待测盐酸溶液润洗，所需V(NaOH)偏小，则c(HCl)偏低；C.锥形瓶水洗后未干燥，无影响；D.碱式滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后
消失，则V(NaOH)读数偏大，则c(HCl)偏高；故选AB。
