文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
高考化学一轮复习： 第26 讲 水的电离和溶液的pH
【真题再现·辨明考向】
1. (2025 年安徽卷)H2A 是二元弱酸，M2+不发生水解。25℃时，向足量的难溶盐MA 粉末中加入稀盐
酸，平衡时溶液中lg[c(M2+)/(mol·L-1)]与pH 的关系如下图所示。
已知25℃时，Ka1(H2A)＝10-1.6，Ka2(H2A)＝10-6.8，lg2＝0.3。下列说法正确的是
A．25℃时，MA 的溶度积常数Ksp(MA)＝10-6.3
B．pH＝1.6 时，溶液中c(M2+)＞c(Cl－)＞c(HA－)＞c(A2-)
C．pH＝4.5 时，溶液中c(HA－)＞c(H2A)＞c(A2-)
D．pH＝6.8 时，溶液中c(H+)＋2c(HA－)＋c(H2A)＝c(OH－)＋c(Cl－)
答案：A
解析：MA 存在沉淀溶解平衡：MA(s)
M2+(aq)＋A2-(aq)，向足量的难溶盐MA 粉末中加入稀盐酸，
发生反应A2-＋H+＝HA－，继续加盐酸发生反应HA－＋H+
H2A，由，Ka1(H2A)＝10-1.6可知，当c(H2A)
＝c(HA－)时，pH＝1.6，Ka2(H2A)＝10-6.8，则c(A2-)＝c(HA－)时，pH＝6.8，Ka1∙Ka2＝＝10-4.2，当c(A2-)＝
c(H2A)时，pH＝4.2，则可将图像转化为
进行分析；
A．溶液中存在物料守恒：c(M2+)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2-)，当pH＝6.8 时，c(HA－)＝c(A2-)，c(H2A)
很低，可忽略不计，则c(M2+)＝2c(A2-)＝10-3，Ksp(MA)＝c(M2+)∙ c(A2-)＝10-3××10-3＝×10-6，p[Ksp(MA)]＝
－6－lg2＝－6.3，则Ksp(MA)＝10-6.3，A 正确；
B．根据物料守恒：c(M2+)＝c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2-)，c(M2+)＞c(HA－)，由图像可知，pH＝1.6 时，
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
c(HA－)＞c(A2-)成立，由电荷守恒：c(H+)＋2c(M2+)＝c(Cl－)＋c(HA－)＋2c(A2-)＋c(OH－)，结合物料守恒，
约掉c(HA－)得到c(H2A)＋c(H+)＋c(M2+)＝c(Cl－)＋c(A2-)＋c(OH－)，由图像可知，c(H2A)＞c(A2-)且c(H+)＞
c(OH－)，则c(M2+)＜c(Cl－)，故离子浓度顺序：c(Cl－)＞c(M2+)＞c(HA－)＞c(A2-)，B 错误；
C．由图像可知，pH＝4.5 时，溶液中c(HA－)＞c(A2-)＞c(H2A)，C 错误；
D．pH＝6.8 时，c(HA－)＝c(A2-)，根据电荷守恒关系：c(H+)＋2c(M2+)＝c(Cl－)＋c(HA－)＋2c(A2-)＋
c(OH－)，将物料守恒代入，约掉c(M2+)得到c(H+)＋2[c(H2A)＋c(HA－)＋c(A2-)]＝c(Cl－)＋c(HA－)＋2c(A2-)
＋c(OH－)，化简得到c(H+)＋2c(H2A)＋c(HA－)＝c(Cl－)＋c(OH－)，D 错误；
2. (2025 年湖南卷)草酸广泛应用于食品、药品等领域。常温下，通过下列实验探究了草酸的性质：
实验1：向10mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液中滴入一定量0.2mol·L-1KOH 溶液。混合溶液的pH 与lgX[X＝
或]的关系如图所示。
实验2：向10mL0.2mol·L-1H2C2O4溶液中加入10mL0.2mol·L-1BaCl2溶液。
已知：25℃时，Ksp(BaC2O4)＝10-7.6。混合后溶液体积变化忽略不计。
下列说法错误的是
A．实验1，当溶液中c(H2C2O4)＝c(C2O+)时，pH＝2.5
B．实验1，当溶液呈中性时：c(C2O+)＞c(HC2O)＞c(H2C2O4)
C．实验2，溶液中有沉淀生成
D．实验2，溶液中存在：2c(Ba2+)＋c(H+)＝c(Cl－)＋c(HC2O)＋2c(C2O+)
答案：D
解析：Ka1＝、Ka2==，根据Ka1＞Ka2可知，当lgX＝0 时，Ka1对应的c(H+)大，pH 数值小，因此Ka1＝
＝10-1.2，Ka2==＝10-3.8，以此解题。
A．Ka1×Ka2＝×＝＝10-5.0，当溶液中c(H2C2O4)＝c(C2O+)时，c(H+)＝10-2.5mol·L-1，pH=2.5，A 正确；
B．当溶液呈中性时，c(H+)＝10-7mol·L-1，由两步电离平衡常数可知，＝＞1， c(HC2O)＞c(H2C2O4)，
同理：＝＞1，c(C2O+)＞c(HC2O)，B 正确；
C．实验2 的离子方程式：H2C2O4(aq)＋Ba2+(aq)
BaC2O4(s)＋2H+(aq)，平衡常数：K＝＝＝＝＝
102.6，平衡常数较大，该反应进行的程度较大，判断可产生沉淀；或进行定量计算，两步电离平衡反应式
相加，得到H2C2O4
2H+＋C2O， K＝10-5.0，二者等体积混合，c(H2C2O4)＝0.1mol·L-1，列三段式：
H2C2O4
2H+ ＋C2O
起始(mol/L) 0.1 0 0
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
转化(mol/L) x 2x x
平衡(mol/L) 0.1－x 2x x
则＝10-5.0，估算x 的数量级为10-3，故Qc＝c(Ba2+)×c(C2O+)≈0.1×10-3＝10-4＞Ksp(BaC2O4)＝10-7.6，故有
沉淀生成，C 正确；
D．电荷守恒中右侧缺少了OH－的浓度项，D 错误；
3. (2025 年黑吉辽内蒙卷)一定条件下，“BrO－SO－[Fe(CN)6]4-－H+”4 种原料按固定流速不断注入连续
流动反应器中，体系pH～t 振荡图像及涉及反应如下。其中AB 段发生反应①~④，①②为快速反应。下
列说法错误的是
①
SO＋H+＝HSO
pH～t 振荡图像
②
HSO＋H+＝H2SO3
③
3HSO＋BrO＝3SO＋Br－＋3H+
④
H2SO3 ＋BrO→
⑤
BrO＋6H
+＋6[Fe(CN)6]4-＝Br－＋6[Fe(CN)6]3-＋3H2O
A．原料中c(H+)不影响振幅和周期
B. 反应④：3H2SO3＋BrO＝3SO＋Br－＋6H+
C. 反应①~④中，H+对SO 的氧化起催化作用
D. 利用pH 响应变色材料，可将pH 振荡可视化
答案：A
解析：A．根据图像可知氢离子浓度影响振幅大小，A 错误；
B．反应④中亚硫酸被氧化，反应的离子方程式为3H2SO3＋BrO＝3SO＋Br－＋6H+，B 正确；
C．由于①②为快速反应，而溴酸根离子直接氧化的是亚硫酸，所以反应①~④中，H+对SO 的氧化起催化
作用，C 正确；
D．根据题干信息和图像可知利用pH 响应变色材料，可将pH 振荡可视化，D 正确；
4. (2025 年广西卷)虫蚁叮咬时所分泌的蚁酸，会引起肿痛。医用双氧水既可消毒，又可将蚁酸氧化，
氧化原理为H2O2＋HCOOH＝2H2O＋CO2。NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．0.1molH2O2含非极性共价键的数目为0.1NA
B．pH＝1 的HCOOH 溶液中，H+的数目为0.1NA
C．反应0.1molH2O2，转移的电子数目为0.1NA
D．反应0.1molHCOOH，标准状况下生成4.48LH2O
答案：A
解析：A．H2O2分子中含有一个O－O 非极性共价键，0.1mol H2O2含非极性键数目为0.1NA，A 正确；
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B．pH=1 的HCOOH 溶液中，H+浓度为0.1mol/L，但未提供溶液体积，无法确定H+数目，B 错误；
C．H2O2作为氧化剂被还原，1mol H2O2分子转移2mol 电子，0.1mol H2O2转移0.2NA电子，C 错误；
D．反应生成的H2O 在标准状况下为液态，不能用气体摩尔体积计算体积，D 错误；
5. (2025 年广西卷)常温下，用0.1000mol·L-1NaOH 溶液以相同滴速分别滴定下列两种等体积溶液：
I．硫酸酸化的0.02mol·L-1FeSO4溶液
Ⅱ．盐酸酸化的0.02mol·L-1FeCl3溶液
pH 随滴定时间变化的滴定曲线如图。已知：Ksp[Fe(OH)2]＝10-16.3，Ksp[Fe(OH)3]＝10-38.6；溶液中某离
子的浓度≤10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全。下列说法错误的是
A．d 点水电离的c(H+)＞10-12.5mol·L-1 B．Ⅱ中Fe3+恰好完全沉淀的点为f 点
C．I 中出现沉淀时的pH 低于理论值，说明Fe2+被氧化 D．g 点的c(Fe3+)大于i 点的c(Fe3+)
答案：D
解析：由Ksp[Fe(OH)2]＝10-16.3，Ksp[Fe(OH)3]＝10-38.6知，Fe2+完全沉淀时，加入的氢氧化钠量更少，
Fe3+完全沉淀时，加入的氢氧化钠更多，所需要的时间更长，故defg 曲线为滴定盐酸酸化的
0.02mol·L-1FeCl3溶液曲线，hi 曲线为滴定硫酸酸化的0.02mol·L-1FeSO4溶液的曲线。
A．由图可知，d 点为盐酸酸化的0.02mol·L-1FeCl3溶液，pH＝1.50，溶液中c(H+)＝10-1.5mol·L-1，
c(OH－)＝10-12.5mol·L-1，溶液中有部分Fe3+会水解消耗部分水电离出的OH－，故d 点水电离的c(H+)＞10-
12.5mol·L-1，故A 正确；
B．Ⅱ中Fe3+完全沉淀时c(Fe3+)＝10-5mol·L-1，由Ksp[Fe(OH)3]＝10-38.6得c(OH－)＝＝＝10-11.2mol·L-1，
pH＝14－11.2＝2.80，f 点pH＝2.80，恰好为Fe3+完全沉淀点，B 正确；
C．Ⅰ中Fe2+理论开始沉淀时，c(OH－)＝＝≈10-7.3 mol/L，则 pH≈14－7.3＝6.7，若实际沉淀pH 低于
此值，说明存在更易沉淀的Fe3+，即Fe2+被氧化为Fe3+，C 正确；
D．由图可知，g 点和i 点溶液中铁离子均完全沉淀，均达到沉淀溶解平衡，由c(Fe3+)＝知，c(OH－)
越大，c(Fe3+)越小，g 点和i 点的pH 相同，则g 点的c(Fe3+)等于i 点的c(Fe3+)， D 错误；
6. (2025 年6 月浙江卷)NaOH 中常含Na2CO3。为配制不含Na2CO3的NaOH 溶液，并用苯甲酸标定其
浓度，实验方案如下：
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
步骤I——除杂：称取NaOH 配制成饱和溶液，静置，析出Na2CO3；
步骤Ⅱ——配制：量取一定体积的上层清液，稀释配制成NaOH 溶液；
步骤Ⅲ——标定：准确称量苯甲酸固体，加水溶解，加指示剂，用步骤Ⅱ所配制的NaOH 溶液滴定。
下列说法正确的是
A. 步骤I 中Na2CO3析出的主要原因是：c(OH－)很大，抑制CO 水解
B. 步骤Ⅱ中可用量筒量取上层清液
C. 步骤Ⅲ中可用甲基橙作指示剂
D. 步骤II、III 中所需的蒸馏水都须煮沸后使用，目的是除去溶解的氧气
答案：B
解析：A．Na2CO3在浓NaOH 溶液中析出的主要原因是Na+的同离子效应，导致其溶解度显著降低，
高浓度OH−抑制CO 水解是次要原因，A 错误；
B．步骤Ⅱ中配制一定浓度的NaOH 溶液，可以用量筒量取一定体积的上层清液，稀释配制成NaOH
溶液，B 正确；
C．苯甲酸属于弱酸，用苯甲酸标定NaOH 溶液的浓度，滴定终点溶液呈碱性，应该选择酚酞作指示
剂，C 错误；
D．步骤II、III 中所需的蒸馏水都须煮沸后使用是为了除去水中溶解的CO2，避免CO2和NaOH 反应
产生杂质，氧气对配制苯甲酸溶液和NaOH 溶液没有影响，D 错误；
7. (2025 年1 月浙江卷)蛋白质中N 元素含量可按下列步骤测定：
下列说法不正确的是
A. 步骤Ⅰ，须加入过量浓H2SO4，以确保N 元素完全转化为NH
B. 步骤Ⅱ，浓NaOH 溶液过量，有利于氨的蒸出
C. 步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收NH3，以甲基红(变色的pH 范围：4.4～6.2)为指示剂，
用NaOH 标准溶液滴定，经计算可得N 元素的含量
D. 尿素[CO(NH2)2]样品、NaNO3样品的N 元素含量均可按上述步骤测定
答案：D
解析：蛋白质中的N 元素以氨基或酰胺基形式存在，在浓硫酸、K2SO4和催化剂CuSO4作用下发生反
应生成NH，再加入浓NaOH 溶液让NH 转化为NH3蒸出，NH3用一定量的盐酸吸收，多余的盐酸用标准
NaOH 溶液通过滴定测定出来，从而计算出N 的含量。
A．步骤Ⅰ，加入过量浓H2SO4，使蛋白质中的氨基和酰胺基全部转化为NH，确保N 元素完全转化
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
为NH，A 正确；
B．根据NH＋OH－
NH3·H2O
NH3＋H2O，NaOH 过量，增大c(OH－)有利于氨的蒸出，B 正确；
C．步骤Ⅲ，用定量、过量盐酸标准溶液吸收NH3后，过量的HCl 用标准NaOH 溶液滴定，反应后溶
液中有NaCl 和NH4Cl，终点显酸性，用在酸性范围内变色的甲基红为指示剂，C 正确；
D．NaNO3中的N 元素在浓硫酸、K2SO4和催化剂CuSO4作用下不会转化为NH，不能按上述步骤测
定，D 错误；
8. (2025 年云南卷)甲醛法测定NH 的反应原理为4NH＋6HCHO＝(CH2)6N4H＋＋3H+＋6H2O。取含
NH4Cl 的废水浓缩至原体积的后，移取20.00mL，加入足量甲醛反应后，用0.01000mol·L-1的NaOH 标准
溶液滴定。滴定曲线如图1，含氮微粒的分布分数δ 与pH 关系如图2[比如：δ[(CH2)6N4H＋]＝]。下列说法
正确的是
A．废水中NH 的含量为20.00mg∙L-1
B．c 点：c[(CH2)6N4H＋]＋c(H+)＝c(OH－)
C．a 点：c[(CH2)6N4H＋]＞c(H+)＞c(OH－)＞c[(CH2)6N4]
D．(CH2)6N4H＋
(CH2)6N4H＋＋H+的平衡常数K≈7.3×10-6
答案：D
解析：A．由图1 中的信息可知，当加入NaOH 标准溶液的体积为20.00mL 时到达滴定终点，由关系
式NH～[(CH2)6N4H＋＋3H+]～4OH－可知，由于待测液的体积和标准溶液的体积相同，因此，浓缩后的
20.00mL 溶液中c(NH)＝4c(OH－)＝4×0.01000mol·L-1＝0.04000mol·L-1，则原废水中c(NH)＝
0.04000mol·L-1×＝0.004000mol·L-1，因此，废水中NH 的含量为0.00400mol×18000mg∙mol-1·L-1＝
72.00mg∙L-1，A 错误；
B．c 点加入NaOH 标准溶液的体积过量，且只过量了，由电荷守恒可知，c[(CH2)6N4H＋]＋c(H+)＋
c(Na+)＝c(OH－)＋c(Cl－)，浓缩后的废水中NH4Cl 的浓度是NaOH 标准溶液浓度的4 倍，Cl－和Na＋均不参
与离子反应，可以估算c 点c(Cl－)＞c(Na+)，c[(CH2)6N4H＋]＋c(H+)＞c(OH－)，B 错误；
C．(CH2)6N4H＋在溶液中水解使溶液显酸性，类比NH3可知(CH2)6N4在溶液中与水作用发生电离而使
溶液显碱性；a 点为半滴定点，由其纵坐标可知溶液显酸性，说明(CH2)6N4H＋的水解作用强于(CH2)6N4的
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
电离作用，可知溶液中相关粒子的浓度的大小关系为c[(CH2)6N4H＋]＜c[(CH2)6N4]，C 错误；
D．由图1 和图2 可知，当pH＝6.00 时，(CH2)6N4占比较高，δ[(CH2)6N4]＝0.88，则由氮守恒可知，
δ[(CH2)6N4H＋]＝0.12，两种粒子的浓度之比等于其分布分数之比，则(CH2)6N4H＋
(CH2)6N4H＋＋H+的平
衡常数 K＝＝≈7.3×10-6，D 正确；
9. (2024 年江苏卷)室温下，通过下列实验探究SO2的性质。已知Ka1(H2SO3)＝1.3×10-2，Ka2(H2SO3)＝
6.2×10-8。
实验1：将SO2气体通入水中，测得溶液pH＝3。
实验2：将SO2气体通入0.1mol·L-1NaOH 溶液中，当溶液pH＝4 时停止通气。
实验3：将SO2气体通入0.1mol·L-1酸性KMnO4溶液中，当溶液恰好褪色时停止通气。
下列说法正确的是
A. 实验1 所得溶液中：c(HSO)＋c(SO)＞c(H+) B. 实验2 所得溶液中：c(SO)＞c(HSO)
C. 实验2 所得溶液经蒸干、灼烧制得NaHSO3固体 D. 实验3 所得溶液中：c(SO)＞c(Mn2+)
答案：D
解析：实验1 得到H2SO3溶液，实验2 溶液的pH 为4，实验2 为NaHSO3溶液，实验3SO2和酸性
KMnO4溶液反应的离子方程式为：5SO2＋2MnO＋2H2O＝5SO＋2Mn2+＋4H+。
A． 实验1 得到H2SO3溶液，其质子守恒关系式为：c(HSO)＋2c(SO)＋c(OH－)＝c(H+)c(H+)，则
c(HSO)＋c(SO)＜c(H+)，A 错误；
B．实验2 为pH 为4，依据Ka2(H2SO3)＝，则6.2×10
-8＝，溶液，则c(SO)＜c(HSO)，B 错误；
C．NaHSO3溶液蒸干、灼烧制得NaHSO4固体，C 错误；
D．实验3 依据发生的反应：5SO2＋2MnO＋2H2O＝5SO＋2Mn2+＋4H+，则恰好完全反应后c(SO)＞
c(Mn2+)，D 正确；
10. (2024 年湖南卷)为达到下列实验目的，操作方法合理的是
实验目的
操作方法
A
从含有I2的NaCl 固体中提取I2
用CCl4溶解、萃取、分液
B
提纯实验室制备的乙酸乙酯
依次用NaOH 溶液洗涤、水洗、分液、干燥
C
用NaOH 标准溶液滴定未知浓度的
CH3COOH 溶液
用甲基橙作指示剂进行滴定
D
从明矾过饱和溶液中快速析出晶体
用玻璃棒摩擦烧杯内壁
答案：D
解析：A．从含有I2的NaCl 固体中提取I2，用CCl4溶解、萃取、分液后，I2仍然溶在四氯化碳中，
没有提取出来，A 错误；
B．乙酸乙酯在氢氧化钠碱性条件下可以发生水解反应，故提纯乙酸乙酯不能用氢氧化钠溶液洗涤，
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B 错误；
C．用NaOH 标准溶液滴定未知浓度的CH3COOH 溶液，反应到达终点时生成CH3COONa，是碱性，
而甲基橙变色范围pH 值较小，故不能用甲基橙作指示剂进行滴定，否则误差较大，应用酚酞作指示剂，
C 错误；
D．从明矾过饱和溶液中快速析出晶体，可以用玻璃棒摩擦烧杯内壁，在烧杯内壁产生微小的玻璃微
晶来充当晶核，D 正确；
11. (2024 年贵州卷)硼砂[Na2B4O5(OH)4∙8H2O]水溶液常用于pH 计的校准。硼砂水解生成等物质的量的
B(OH)3(硼酸)和Na[B(OH)4] (硼酸钠)。
已知：①25℃时，硼酸显酸性的原理B(OH)3＋2H2O
H3O+＋
Ka＝5.8×10-10
②lg≈0.38。
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H+主要来自水的电离
C. 25℃时，0.01mol·L-1硼酸水溶液的pH≈6.38
D. 等浓度等体积的B(OH)3和Na[B(OH)4]溶液混合后，溶液显酸性
答案：B
解析：A．B4O5(OH)水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和Na[B(OH)4]，硼酸遇水转换B(OH)3＋2H2O
H3O+＋
，根据物料守恒，c(Na+)＝﹛c[B(OH)3]＋c[B(OH)]﹜，A 错误；
B．根据已知，硼酸遇水转换B(OH)3＋2H2O
H3O+＋
，其中的H+是由水提供的，B
正确；
C．25℃时， B(OH)3＋2H2O
H3O+＋
，Ka＝＝5.8×10-10，c(H+)＝＝＝×10-6，，因
lg≈0.38，pH≈6－0.38＝5.62，C 错误；
D．B(OH)3的电离平衡常数为Ka＝5.8×10-10，B(OH)的水解平衡常数Kh＝＝＝×10-4，水解程度大于电离程度，
显碱性，D 错误；
12. (2024 年广西卷)常温下，用0.1000mol·L-1NaOH 溶液分别滴定下列两种混合溶液：
I．20.00mL 浓度均为0.1000mol·L-1HCl 和CH3COOH 溶液
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
II．20.00mL 浓度均为0.1000mol·L-1HCl 和NH4Cl 溶液
两种混合溶液的滴定曲线如图。已知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3∙H2O)＝1.8×10-5，下列说法正确的是
A．I 对应的滴定曲线为N 线
B．a 点水电离出的c(OH－)数量级为10-8
C．V(NaOH)＝30.00mL 时，Ⅱ中c(Cl－)＞c(NH3∙H2O)＞c(NH)
D．pH＝7 时，I 中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)之和小于II 中c(NH3∙H2O)、c(NH)之和
答案：D
解析：溶液中加入40ml 氢氧化钠溶液时，I 中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一
水合氨，根据Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3∙H2O)＝1.8×10-5，醋酸根、铵根的水解程度小于醋酸、一水合氨的电
离程度，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I 对应的滴定曲
线为M，Ⅱ对应的滴定曲线为N；
A．向溶液中加入40ml 氢氧化钠溶液时，I 中的溶质为氯化钠和醋酸钠，Ⅱ中的溶质为氯化钠和一水
合氨，氯化钠显中性，醋酸根和一水合氨在浓度相同时，一水合氨溶液的碱性更强，故I 对应的滴定曲线
为M，A 错误；
B．根据分析可知a 点的溶质为氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，溶液的pH 接近8，由水电离的
c(H+)＝c(OH－)，数量级接近10-6，B 错误；
C．当V(NaOH)＝30.00mL 时，Ⅱ中的溶质为氯化钠、氯化铵、一水合氨，且氯化铵和一水合氨的浓
度相同，根据分析可知NH 的水解程度小于一水合氨的电离程度，故c(Cl－)＞c(NH)＞c(NH3∙H2O)，C 错误；
D． 根据元素守恒，c(CH3COOH)、c(CH3COO－)之和等于n(NH3∙H2O)、n(NH)之和，根据图像，pH
＝7 时，Ⅱ所加氢氧化钠溶液较少，溶液体积较小，故Ⅰ中c(CH3COOH)、c(CH3COO－)之和小于Ⅱ中
c(NH3∙H2O)、c(NH)之和，D 正确；
13. (2023 年湖南卷)下列玻璃仪器在相应实验中选用不合理的是
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A. 重结晶法提纯苯甲酸：①②③ B. 蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥
C. 浓硫酸催化乙醇制备乙烯：③⑤ D. 酸碱滴定法测定NaOH 溶液浓度：④⑥
答案：A
解析：A．粗苯甲酸中含有少量氯化钠和泥沙，需要利用重结晶来提纯苯甲酸，具体操作为加热溶解、
趁热过滤和冷却结晶，此时利用的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒，A 选项装置选择不合理；
B．蒸馏法需要用到温度计以测量蒸汽温度、蒸馏烧瓶用来盛装混合溶液、锥形瓶用于盛装收集到的
馏分，B 选项装置选择合理；
C．浓硫酸催化制乙烯需要控制反应温度为170℃，需要利用温度计测量反应体系的温度，C 选项装
置选择合理；
D．酸碱滴定法测定NaOH 溶液浓度是用已知浓度的酸液滴定未知浓度的碱液，酸液盛装在酸式滴定
管中，D 选项装置选择合理；
14．(2023 年山东卷)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O＋ROH—→CH3COOR＋
CH3COOH ]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，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mgROH 样品，充分反应后，加适量水使剩余乙
酸酐完全水解：(CH3CO)2O ＋H2O —→2CH3COOH。
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V1mL。
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V2mL。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．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．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．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；
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．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；
15．(2023 年山东卷)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O＋ROH—→CH3COOR＋
CH3COOH ]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，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mgROH 样品，充分反应后，加适量水使剩余乙
酸酐完全水解：(CH3CO)2O ＋H2O —→2CH3COOH。
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V1mL。
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V2mL。ROH 样品中羟基含量(质量分数)计算正
确的是
A．×100% B．×100%
C．×100%
D．×100%
答案：C
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，可以计算乙酸酐的总物质
的量，根据反应方程式[(CH3CO)2O＋ROH—→CH3COOR＋CH3COOH ]系数关系，得出ROH 与乙酸酐反
应后剩余的乙酸酐的物质的量，由此可以计算与ROH 反应的乙酸酐的物质的量，即R－OH 的物质的量，
即羟基的含量。
根据滴定过程中，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
V2mL，需要消耗cmol·L-1NaOH－甲醇的物质的量为V2×c×10-3mol，即乙酸酐的总物质的量＝mol；则
ROH 与乙酸酐反应后剩余的乙酸酐的物质的量＝mol，所以与ROH 反应的乙酸酐的物质的量＝mol，也
即样品ROH 中羟基的物质的量，所以ROH 样品中羟基质量分数＝×100%＝100%，选C 。
16．(2023 年山东卷)一定条件下，乙酸酐[(CH3CO)2O]醇解反应[(CH3CO)2O＋ROH—→CH3COOR＋
CH3COOH ]可进行完全，利用此反应定量测定有机醇(ROH)中的羟基含量，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mgROH 样品，充分反应后，加适量水使剩余乙
酸酐完全水解：(CH3CO)2O＋H2O —→2CH3COOH。
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V1mL。
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V2mL。根据上述实验原理，下列说法正确的是
A．可以用乙酸代替乙酸酐进行上述实验
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
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：步骤④测定乙酸酐的物质的量为×10-3mol ；根据步骤②③可知mgROH 样品中羟基的物质的量
为×10-3mol ×2－cV1×10-3mol＝c(V2－V1)×10-3mol。
A．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，故A 错误；
B．若甲醇挥发，则甲醇消耗乙酸酐的物质的量减小，剩余乙酸酐的物质的量偏大，消耗氢氧化钠的
体积偏大，将导致测定结果偏小，故B 正确；
C．步骤③滴定时，不慎将锥形瓶内溶液溅出，消耗氢氧化钠的体积偏小，将导致测定结果偏大，故
C 错误；
D．步骤④中，若加水量不足，生成乙酸的物质的量偏小，消耗氢氧化钠的体积偏小，测定乙酸酐初
始物质的量偏小，将导致测定结果偏小，故D 错误；
17. (2023 年湖南卷)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CH3COOH 的混合溶液，滴定过程中溶液的pH 随η(η＝)的变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A. Ka(CH3COOH)约为10-4.76 B. 点a：c(Na+)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C. 点b：c(CH3COOH)＜c(CH3COO－) D. 水的电离程度：a＜b＜c＜d
答案：D
解析：NaOH 溶液和HCl、CH3COOH 混酸反应时，先与强酸反应，然后再与弱酸反应，由滴定曲线
可知，a 点时NaOH 溶液和HCl 恰好完全反应生成NaCl 和水，CH3COOH 未发生反应，溶质成分为NaCl
和CH3COOH；b 点时NaOH 溶液反应掉一半的CH3COOH，溶质成分为NaCl、CH3COOH 和
CH3COONa；c 点时NaOH 溶液与CH3COOH 恰好完全反应，溶质成分为NaCl、CH3COONa；d 点时
NaOH 过量，溶质成分为NaCl、CH3COONa 和NaOH，据此解答。
A．由分析可知，a 点时溶质成分为NaCl 和CH3COOH，c(CH3COOH)＝0.0100mol/L，c(H+)＝10-
3.38mol/L，Ka(CH3COOH)＝≈＝10-4.76，故A 正确；
B．a 点溶液为等浓度的NaCl 和CH3COOH 混合溶液，存在物料守恒关系c(Na+)＝c(Cl－)＝c(CH3COO
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
－)＋c(CH3COOH)，故B 正确；
C．点b 溶液中含有NaCl 及等浓度的CH3COOH 和 CH3COONa，由于pH<7，溶液显酸性，说明
CH3COOH 的电离程度大于CH3COO－的水解程度，则c(CH3COOH)＜c(CH3COO－)，故C 正确；
D．c 点溶液中CH3COO－水解促进水的电离，d 点碱过量，会抑制水的电离，则水的电离程度c>d，
故D 错误；
18. (2023 年浙江6 月选考)草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验I：往20mL0.10mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH 溶液。
实验Ⅱ：往20mL0.10mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L－1CaCL2溶液。
[已知：H2C2O4的电离常数Ka1＝5.4×10-2，Ka2＝5.4×10-5，Ksp(CaC2O4)＝2.4×10-9，溶液混合后体积变化
忽略不计]，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(C2O)＜c(HC2O)
C. 实验Ⅱ中发生反应HC2O＋Ca2+＝CaC2O4↓＋H+
D. 实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80mL 时，溶液中c(C2O)＝4.0×10-8mol·L－1
答案：D
解析：A．NaHC2O4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．实验I 中H2C2O4时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，Ka2＝5.4×10-5＞Kh
＝，，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(C2O)＞c(HC2O)，故B 错误；
C．实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的是
2HC2O＋Ca2+＝CaC2O4↓＋H2C2O4，该反应的平衡常数为K＝＝＝＝＝×106≈4.2×105，因为平衡常数很大，
说明反应能够完全进行，当NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C 错误；
D．实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80mL 时，溶液中钙离子浓度为c(Ca2+)＝＝0.06mol·L－1，溶液中c(C2O)＝＝
mol·L－1＝4.0×10-8mol·L－1，故D 正确。
19．(2023 年福建卷)25℃时，某二元酸(H2A)的Ka1＝10-3.04、Ka2＝10-4.37。1.0mol·L－1NaHA 溶液稀释过
程中δ(H2A)、δ(HA－)、δ(A2－)与pc(Na+)的关系如图所示。已知pc(Na+)＝－lgc(Na+)，HA－的分布系数
δ(HA－)＝。下列说法错误的是
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．曲线n 为δ(HA－)的变化曲线 B．a 点：pH＝4.37
C．b 点：2c(H2A)＋c(HA－)＝c(Na+) D．c 点：c(Na+)＋c(H+)＝3c(HA－)＋c(OH－)
答案：B
解析：1.0mol·L－1NaHA 溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA－
H+＋A2-和水解平
衡HA－＋H2O
OH－＋H2A，HA－的分布系数先保持不变后减小，曲线n 为δ(HA－)的变化曲线，
pc(Na+)的增大，c(Na+)减小，δ(A2－)增大明显，故曲线m 为δ(A2－)的变化曲线，则曲线p 为δ(H2A)的变化
曲线；
A．1.0mol·L－1NaHA 溶液稀释过程中，随着水的加入，因存在电离平衡HA－
H+＋A2-和水解平衡
HA－＋H2O
OH－＋H2A，HA-的分布系数开始时变化不大且保持较大，故曲线n 为δ(HA－)的变化曲线，
选项A 正确；
B．a 点，pc(Na+)=1.0，则c(Na+)＝0.1mol/L，δ(HA－)=0.70，δ(H2A)＝δ(A2－)＝0.15，Ka2＝＝10-4.37，
c(H+)＝×10-4.37，pH≠4.37，选项B 错误；
C．b 点, δ(HA－)＝0.70，δ(H2A)＝δ(A2－)＝0.15，即c(H2A)＝c(A2-)，根据物料守恒有， c(A2-)＋
c(H2A)＋c(HA－)＝c(Na+)，故2c(H2A)＋c(HA－)＝c(Na+)，选项C 正确；
D．c 点：δ(HA－)＝δ(A2－)，故c(HA－)＝c(A2-)根据电荷守恒有c(Na+)＋c(H+)＝2c(HA－)＋c(HA－)＋
c(OH－)，故c(Na+)＋c(H+)＝3c(HA－)＋c(OH－)，选项D 正确；
20. (2023 年重庆卷) (NH4)2SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法
正确的是
14
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A. M 点Kw等于N 点Kw B. M 点pH 大于N 点pH
C. N 点降温过程中有2 个平衡发生移动 D. P 点c(H+)＋c(NH)＋c(NH3∙H2O)＝c(OH－)＋2c(SO)
答案：B
解析：A．温度升高，水的电离程度增大，则M 点Kw小于N 点Kw，A 错误；
B．升高温度促进铵根离子的电离，且N 点铵根离子浓度更大，水解生成氢离子浓度更大，N 点酸性
更强，故M 点pH 大于N 点pH，B 正确；
C．N 点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3 个平衡发生移动，
C 错误；
D．P 点为硫酸铵的不饱和溶液，由电荷守恒可知，c(H+)＋c(NH)＝c(OH－)＋2c(SO)，D 错误；
21. (2022 年6 月浙江卷)25℃时，向20mL 浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入
0.1mol·L－1的NaOH 溶液(酷酸的Ka＝1.8×10-5；用0.1mol·L－1的NaOH 溶液滴定20mL 等浓度的盐酸，滴
定终点的pH 突跃范围4.3～9.7)。下列说法不正确的是
A. 恰好中和时，溶液呈碱性
B. 滴加NaOH 溶液至pH＝4.3 的过程中，发生反应的离子方程式为：H+＋OH-＝H2O
C. 滴定过程中，c(Cl-)＝c(CH3COO-)＋c(CH3COOH)
D. pH＝7 时，c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)
答案：B
解析：A．恰好中和时，生成氯化钠溶液和醋酸钠溶液，其中醋酸根离子会水解，溶液显碱性，A 正
确；
B．根据电离常数，0.1mol·L－1的盐酸和醋酸中，c(H+)＝×10-3mol·L－1＞1.0×10-4.3,故用氢氧化钠滴定
的过程中，醋酸也参加了反应，B 错误；
C．滴定前盐酸和醋酸的浓度相同，故滴定过程中，氯离子等于醋酸的分子的浓度和醋酸根离子的浓
度和，C 正确；
D．向20mL 浓度均为0.1mol·L－1的盐酸和醋酸的混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的NaOH 溶液，当
盐酸的体积为20ml 时，溶液为氯化钠和醋酸的混合溶液，显酸性，需要再滴加适量的氢氧化钠，故
c(Na+)＞c(Cl-)＞c(CH3COO-)＞c(CH3COOH)，D 正确；
22. (2022 年河北卷)某水样中含一定浓度的CO、HCO 和其他不与酸碱反应的离子。取10.00mL 水样，用0.01000mol•L
-1的HCl 溶液
进行滴定，溶液pH 随滴加HCl 溶液体积V(HCl)的变化关系如图(混合后溶液体积变化忽略不计)。
15
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
下列说法正确的是
A．该水样中c(CO)=0.01mol•L
-1
B．a 点处c(H2CO3)＋c(H+)＝c(OH－)
C．当V(HCl)≤20.00mL 时，溶液中c(HCO)基本保持不变
D．曲线上任意一点存在c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝0.03mol•L-1
答案：C
解析：向碳酸根和碳酸氢根的混合溶液中加入盐酸时，先后发生如下反应CO＋H
＋＝HCO、HCO＋H
＋＝
H2CO3，则滴定时溶液pH 会发生两次突跃，第一次突跃时碳酸根离子与盐酸恰好反应生成碳酸氢根离子，
第二次突跃时碳酸氢根离子与盐酸恰好反应生成碳酸，由图可知，滴定过程中溶液pH 第一次发生突跃时，
盐酸溶液的体积为20.00mL，由反应方程式CO＋H
＋＝HCO 可知，水样中碳酸根离子的浓度为＝0.02mol/L，溶液pH 第二
次发生突跃时，盐酸溶液的体积为50.00mL，则水样中碳酸氢根离子的浓度为＝0.01mol/L。
A．由分析可知，水样中碳酸根离子的浓度为0.02mol/L，故A 错误；
B．由图可知，a 点发生的反应为碳酸根离子与氢离子恰好反应生成碳酸氢根离子，可溶性碳酸氢盐
溶液中质子守恒关系为c(H2CO3)+c(H+)=c(OH—)+ c(CO)，故B 错误；
C．由分析可知，水样中碳酸氢根离子的浓度为0.01mol/L，当盐酸溶液体积V(HCl)≤20.00mL 时，只
发生反应CO＋H
＋＝HCO，滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度为＝0.01mol/L，则滴定时溶液中碳酸氢根离子浓度不变，故C
正确；
D．由分析可知，水样中碳酸根离子和碳酸氢根离子浓度之和为0.03mol/L，由物料守恒可知，溶液
中c(CO)＋c(HCO)＋c(H2CO3)＝0.03 mol/L，滴定加入盐酸会使溶液体积增大，则溶液中[c(CO)＋c(HCO)＋
c(H2CO3)]会小于0.03 mol/L，故D 错误；
23．(2022 年山东卷)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并
以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是
A. 可用量筒量取25.00mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中
B. 应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液
C. 应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体
16
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D. 达到滴定终点时溶液显橙色
答案：A
解析：选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，
将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。
A．量筒的精确度不高，不可用量简量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00
mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A 说法错误；
B．Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性
的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B 说法正确；
C．Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C 说法正确；
D．Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突
变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D 说法正确；
24．(2022 年1 月浙江选考)某同学在两个相同的特制容器中分别加入20mL0.4mol·L−1Na2CO3溶液和
40mL0.2mol·L−1NaHCO3溶液，再分别用0.4mol·L−1盐酸滴定，利用pH 计和压力传感器检测，得到如下曲
线：
下列说法正确的的是
A．图中甲、丁线表示向NaHCO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸
B．当滴加盐酸的体积为V1mL 时(a 点、b 点)，所发生的反应用离子方程式表示为：HCO3
-+H+＝
CO2↑+H2O
C．根据pH-V(HCl)图，滴定分析时，c 点可用酚酞、d 点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
D．Na2CO3和NaHCO3溶液中均满足：c(H2CO3)－c(CO3
2-)＝c(OH−)－c(H+)
答案：C
解析：A．碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，故碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，则碳酸钠溶液的起始
pH 较大，甲曲线表示碳酸钠溶液中滴加盐酸，碳酸钠与盐酸反应先生成碳酸氢钠，碳酸氢根离子再与氢
离子反应产生碳酸，进而产生二氧化碳，则图中丁线表示向Na2CO3溶液中滴加盐酸，乙、丙线表示向
17
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
NaHCO3溶液中滴加盐酸，A 项错误；
B．由图示可知，当滴加盐酸的体积为20mL 时，碳酸根离子恰好完全转化为碳酸氢根子，而V1>
20mL，V1mL 时(a 点、b 点)，没有二氧化碳产生，则所发生的反应为碳酸氢根离子与氢离子结合生成碳
酸，离子方程式表示为：HCO3－+H+＝H2CO3，B 项错误；
C．根据pH－V(HCl)图，滴定分析时，c 点的pH 在9 左右，符合酚酞的指示范围，可用酚酞作指示
剂；d 点的pH 在4 左右，符合甲基橙的指示范围，可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，C 项正确；
D．根据电荷守恒和物料守恒，则Na2CO3中存在c(OH-)－c(H+)＝2c(H2CO3)＋c(HCO3－)， NaHCO3溶
液中满足c(H2CO3)－c(CO3
2-)＝c(OH-)－c(H+)，D 项错误；
25. (2025 年天津卷)硫酸铜铵可用作杀虫剂等，其晶体组成可表示为(NH4)xCuy(SO4)z∙nH2O。某学习小
组为探究其组成进行了如下实验。
Ⅰ．溶液的配制
将硫酸铜铵晶体研细，准确称量20.000 g，在烧杯中加入适量水溶解，用容量瓶配制成500 mL 溶液。
Ⅱ．组成的测定
①SO 定量分析：取25.00 mL 硫酸铜铵溶液放入烧杯中，加入过量的经盐酸酸化的BaCl2溶液，使SO
完全沉淀，经过滤、洗涤、干燥至恒重，得到BaSO4固体并记录质量。重复四次实验，结果分别为1.066
g、1.164 g、1.165 g 和1.166 g。
Cu
②
2+定量分析：取25.00 mL 硫酸铜铵溶液放入锥形瓶中，调节溶液的pH 至3～4，加入过量的KI
溶液，用0.1000 mol/L Na2S2O3溶液滴定至浅黄色，加入指示剂，充分摇动后继续滴定至终点。重复四次
实验，消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL。
已知：2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I2，I2＋2S2O＝2I－＋S4O
(1)研细晶体的仪器名称为___________。
(2)配制500 mL 溶液定容时，操作的正确顺序为___________(填序号)。
a．将蒸馏水注入容量瓶 b．改用胶头滴管滴加蒸馏水
c．观察到液面离刻度线1~2 cm d．至凹液面与刻度线相切
(3)分析SO 时，洗涤沉淀能否用稀硫酸作为洗涤试剂？______(填“能”或“不能”)。实验得到
BaSO4的平均质量为___________。
(4)分析Cu2+时：①选用的指示剂为___________；②临近滴定终点时，需改为半滴滴加，其具体操作
为___________；③达到滴定终点的标志为_________________________________。
(5)硫酸铜铵晶体中元素Cu 的质量分数为___________。
(6)判断下列操作的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)；
①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则所配溶液浓度___________；
②若在滴定终点读数时，俯视液面，则Cu2+含量的测定结果___________。
18
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(7)根据上述实验和结果，能否推断出硫酸铜铵晶体的化学式？说明理由。___________(填“能”或
“不能”)，理由是__________________________________________。
答案：(1)研钵 (2)acbd (3)不能 1.165 g
(4)淀粉溶液 将悬挂在滴定管尖嘴处的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下；
溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不变色； (5)16% (6)①偏低 ②偏低
(7)能 由电荷守恒可以确定NH 的物质的量，由质量守恒可以确定H2O 的物质的量，进而推算出
最简整数比，得出化学式
解析：该实验的实验目的是用滴定法测定杀虫剂硫酸铜铵晶体的组成。
(1)实验室研细晶体的仪器为研钵；
(2)配制500 mL 溶液定容的操作为将蒸馏水注入容量瓶，观察到液面离刻度线1~2 cm，改用胶头滴
管滴加蒸馏水，至凹液面与刻度线相切，操作的正确顺序为acbd；
(3)分析硫酸根离子时，不能用稀硫酸洗涤，否则硫酸根离子会与附在沉淀表面的钡离子转化为硫酸
钡沉淀，导致所测硫酸钡的质量偏大；由题给数据可知，第一次实验测得数据偏大，应舍去，则硫酸钡
的平均质量为＝1.165 g；
(4)由题意可知，分析铜离子时，应选用淀粉溶液作指示剂，当溶液中的碘与硫代硫酸钠溶液完全反
应时，溶液会由蓝色变为无色，临近滴定终点时，需改为半滴滴加，具体操作为将悬挂在滴定管尖嘴处
的液体，轻轻靠一下锥形瓶内壁，随即用少量蒸馏水淋下，达到滴定终点的标志为溶液恰好由蓝色变为
无色，且半分钟内不变色；
(5)由方程式可得如下转化关系：2Cu2+～I2～2 S2O，滴定消耗25.00 mL0.1000 mol/L 硫代硫酸钠溶液，则硫酸铜铵晶体中元素铜的质量分
数为×100%＝16%；
(6)①若在配制硫酸铜铵溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出会使溶质的物质的量偏小，导致所配溶液
浓度偏低；
②若在滴定终点读数时，俯视液面会使消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，导致所测铜离子含量的测
定结果偏低；
(7)由题意可知，实验测得硫酸根离子和铜离子的物质的量，则由电荷守恒可以确定硫酸铜铵晶体中
铵根离子的物质的量，由质量守恒可以确定结晶水的物质的量，由物质的量之比等于微粒个数之比可以
得出硫酸铜铵晶体的化学式，所以根据上述实验和结果能否推断出硫酸铜铵晶体的化学式。
26. (2025 年西北卷)某实验室制备糖精钴[Co(Sac)2(H2O)4]，并测定其结晶水含量。
已知：Sac－表示糖精根离子，其摩尔质量为182g∙mol-1，糖精钴的溶解度在热水中较大，在冷水中较
小；丙酮沸点为56℃，与水互溶。
CoCl2∙6H2O＋2NaSac∙2H2O＝[Co(Sac)2(H2O)4]∙xH2O＋(6－x)H2O＋2NaCl
(一)制备
19
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
I．称取1.0g CoCl2∙6H2O，加入18mL 蒸馏水，搅拌溶解，得溶液1。
Ⅱ．称取2.6g(稍过量)糖精钠(NaSac∙2H2O)，加入10mL 蒸馏水，加热搅拌，得溶液2。
Ⅲ．将溶液2 加入到接近沸腾的溶液1 中，反应3 分钟后停止加热，静置，冷却结晶。
Ⅳ．过滤，依次用三种不同试剂洗涤晶体，晾干得产品。
回答下列问题：
(1)I 和Ⅱ中除烧杯外，还需用到的玻璃仪器有_______、_______(写出两种)
(2)Ⅲ中静置过程有少量晶体出现时，可将烧杯置于_______中，以使大量晶体析出。
(3)Ⅳ中用①丙酮、②冷水、③冷的1% NaSac 溶液洗涤晶体，正确顺序为_______。
A．①③② B．③②① C．②①③
(4)Ⅳ中为了确认氯离子己经洗净，取水洗时的最后一次滤液于试管中，_______(将实验操作、现象
和结论补充完整)。
(5)与本实验安全注意事项有关的图标有_______。
(二)结晶水含量测定
EDTA 和Co2+形成1 1∶配合物。准确称取mg 糖精钴产品于锥形瓶中，加蒸馏水，加热溶解，再加入
缓冲溶液和指示剂，在50~60℃下，用cmol·L-1的EDTA 标准溶液滴定。
(6)下列操作的正确顺序为_______(用字母排序)。
a．用标准溶液润洗滴定管 b．加入标准溶液至“0”刻度以上2～3mL 处
c．检查滴定管是否漏水并清洗 d．赶出气泡，调节液面，准确记录读数
(7)滴定终点时消耗标准溶液VmL，则产品[Co(Sac)2(H2O)4]∙xH2O 中x 的测定值为_______(用含m、
c、V 的代数式表示)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，会导致x 的测定值_______(填“偏
高”“偏低”或“无影响”)。
答案：(1)玻璃棒、量筒(或胶头滴管等，合理即可) (2)冰水浴 (3)B
(4)加稀硝酸酸化，再滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明Cl－已洗净 (5)ABC (6)cabd
(7)－27.5(或：)；偏高
解析：按照反应CoCl2∙6H2O＋2NaSac∙2H2O＝[Co(Sac)2(H2O)4]∙xH2O＋(6－x)H2O＋2NaCl 制备糖精钴，
然后在冰水浴中结晶，再按照“冷的1% NaSac 溶液、冷水、丙酮”顺序进行洗涤，得到糖精钴晶体，最
后将糖精钴晶体溶解后用EDTA 标准溶液滴定测定含有结晶水的数量。
(1)步骤I、Ⅱ中需要使用量筒、胶头滴管量取蒸馏水，并用玻璃棒搅拌以加快固体溶解速率。
20
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(2)因为糖精钴在冷水中溶解度较小，所以为了尽快让大量晶体析出，应降低溶液温度，可将烧杯置
于冰水浴中。
(3)先用冷的1% NaSac 溶液洗涤，可降低糖精钴溶解度，减少晶体损失，还能将晶体表面吸附的
Co2+转化为晶体析出，且不引人新杂质，再用冷水洗涤，可降低晶体溶解度并洗去溶液中存在的可溶性离
子，丙酮可与水互溶且沸点比水的低，故最后用丙酮洗涤以除去残留的水且能使晶体快速干燥，故答案
为B。
(4)Ⅳ中为了确认氯离子己经洗净的步骤为：取水洗时的最后一次滤液于试管中，加稀硝酸酸化，再
滴加AgNO3溶液，无白色沉淀生成，说明Cl－已洗净。
(5)进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛，同时化学实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清
洗双手，该实验涉及加热操作，因此需要防止热烫，要选择合适的工具进行操作，避免直接触碰，故
A、B、C 符合题意；该实验中未涉及锐器的操作，D 不符合题意，故答案为ABC。
(6)使用滴定管前首先要检漏，确定不漏液之后用蒸馏水清洗(c)，再用待装的标准溶液进行润洗(a)，
待润洗完成后 装入标准溶液至“0”刻度以上2~3 mL 处(b)，放液赶出气泡后调节液面至“0”刻度或“0”
刻度下，准确记录标准溶液体积的初始读数(d)，故答案为cabd。
(7)滴定消耗的n(EDTA)＝mol，EDTA 与Co2+形成1 1∶配合物，则样品溶解后的n(Co2+)＝mol，即样品
中的n{[Co(Sac)2(H2O)4]∙xH2O}＝mol，而M{[Co(Sac)2(H2O)4]∙xH2O}＝(495＋18x)g∙mol-1，所以mol×(495＋
18x)g∙mol-1＝mg，解得x＝－＝－27.5(或＝＝)；若滴定前滴定管尖嘴处无气泡，滴定后有气泡，测得消耗
EDTA 溶液体积偏小，即V 偏小，根据x＝－27.5，则x 偏高。
27. (2025 年河南卷)某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量，其中硫转化的总反应为
S＋2OH－＋3H2O2＝SO＋4H2O。
主要实验步骤如下：
Ⅰ．如图所示，准确称取mg 细粉状药用硫黄于①中，并准确加入V1mgKOH 乙醇溶液(过量)，加入
适量蒸馏水，搅拌，加热回流。待样品完全溶解后，蒸馏除去乙醇。
Ⅱ．室温下向①中加入适量蒸馏水，搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2溶液，加热至100℃，保持
20min，冷却至室温。
Ⅲ．将①中溶液全部转移至锥形瓶中，加入2 滴甲基橙指示剂，用cmol·L-1HCl 标准溶液滴定至终点，
21
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
消耗HCl 溶液体积为V2mL。
Ⅳ．不加入硫黄，重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验，消耗HCl 标准溶液体积为V3mL。计算样品中硫
的质量分数。
Ⅴ．平行测定三次，计算硫含量的平均值。
回答下列问题：
(1)仪器①的名称是：________________；②的名称是________________。
(2)步骤Ⅰ中，乙醇的作用是_________________________________。
(3)步骤Ⅰ中，样品完全溶解后，必须蒸馏除去乙醇的原因是_______________________________。
(4)步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是________________________________。步骤Ⅱ结束后，若要
检验反应后溶液中的SO，实验操作是_______________________________________。
(5)步Ⅲ中，判断滴定达到终点的现象为________________________________________。
(6)单次样品测定中硫的质量分数可表示为_______________________________(写出计算式)。
答案：(1)圆底烧瓶 ；球形冷凝管 (2)作溶剂，溶解单质硫
(3)防止双氧水氧化乙醇，影响实验测定结果
(4)实验需要加热至100 ℃ ；取适量混合液先加入盐酸酸化，无明显实验现象，再加入氯化钡溶液产
生白色沉淀，说明含有SO
(5)滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色 (6) %
解析：(1)根据仪器构造可知①是圆底烧瓶，②是球形冷凝管；
(2)硫单质难溶于水，微溶于酒精，所以乙醇的作用是作溶剂，溶解单质硫；
(3)双氧水具有强氧化性，乙醇具有还原性，二者混合发生氧化还原反应，所以必须蒸馏除去乙醇；
(4)由于实验需要加热至100 ℃，而水的沸点就是100 ℃，所以不宜采用水浴加热；要检验溶液中的
硫酸根离子，需要排除溶液中其它离子的干扰，所以实验操作是取适量混合液先加入盐酸酸化，无明显
实验现象，再加入氯化钡溶液产生白色沉淀，说明含有SO。
(5)甲基橙作指示剂，盐酸滴定氢氧化钾溶液，则滴定终点的现象为滴入最后半滴盐酸，溶液颜色由
黄色变为橙色，且半分钟内不褪色；
(6)不加入硫磺，消耗HCl 标准溶液体积为V3mL，因此原氢氧化钾的物质的量是0.001cV3mol，反应
后剩余氢氧化钾的物质的量是0.001cV2mol，因此与硫磺反应的氢氧化钾的物质的量是0.001c(V3－
V2)mol，所以根据方程式S＋2OH－＋3H2O2＝SO＋4H2O 可知硫单质的物质的量0.0005c(V3－V2)mol，所
以单次样品测定中硫的质量分数可表示为×100%＝ %。
28. (2024 年安徽卷)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2－HgCl2－K2Cr2O7，滴定法。研究小组用
该方法测定质量为ag 的某赤铁矿试样中的铁含量。
【配制溶液】
22
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
①cmol·L-1 K2Cr2O7标准溶液。
②SnCl2溶液：称取6g SnCl2∙2H2O 溶于20mL 浓盐酸，加水至100mL，加入少量锡粒。
【测定含量】按下图所示(加热装置路去)操作步骤进行实验。
已知：氯化铁受热易升华；室温时HgCl2，可将Sn2+氧化为Sn4+。难以氧化Fe2+；Cr2O 可被Fe2+还原
为Cr3+。回答下列问题：
(1)下列仪器在本实验中必须用到的有_______(填名称)。
(2)结合离子方程式解释配制SnCl2溶液时加入锡粒的原因：_____________________________。
(3)步骤I 中“微热”的原因是_______________________________________________。
(4)步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，则会导致测定的铁含量_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(5)若消耗cmol·L-1 K2Cr2O7标准溶液VmL，则ag 试样中Fe 的质量分数为_______(用含a、c、V 的代
数式表示)。
(6) SnCl2－TiCl3－KMnO4滴定法也可测定铁的含量，其主要原理是利用SnCl2和TiCl3将铁矿石试样
中Fe3+还原为Fe2+，再用KMnO4标准溶液滴定。
①从环保角度分析，该方法相比于SnCl2－HgCl2－K2Cr2O7，滴定法的优点是________________。
②为探究KMnO4溶液滴定时，Cl－在不同酸度下对Fe2+测定结果的影响，分别向下列溶液中加入1 滴
0.1mol·L-1KMnO4溶液，现象如下表：
溶液
现象
空白实验
2mL0.3mol·L-1NaCl 溶液＋0.5mL 试剂X
紫红色不褪去
实验I
2mL0.3mol·L-1NaCl 溶液＋0.5mL 0.1mol·L-1硫酸
紫红色不褪去
实验ⅱ
2mL0.3mol·L-1NaCl 溶液＋0.5mL 6mol·L-1硫酸
紫红色明显变浅
表中试剂X 为_______；根据该实验可得出的结论是______________________________________。
答案：(1)容量瓶、量筒
(2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2+＋O2＋4H+＝2Sn4+＋2H2O，加入Sn，发生反应
Sn4+＋Sn＝2Sn2+，可防止Sn2+氧化 (3)增大SnCl2∙2H2O 的溶解度，促进其溶解 (4)偏小 (5)%
(6)①更安全，对环境更友好 ②H2O 酸性越强，KMnO4的氧化性越强，Cl－被KMnO4氧化的可能
23
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH 值
解析：浓盐酸与试样反应，使得试样中Fe 元素以离子形式存在，滴加稍过量的SnCl2使Fe3+还原为
Fe2+，冷却后滴加HgCl2，将多余的Sn2+氧化为Sn4+，加入硫酸和磷酸混合液后，滴加指示剂，用K2Cr2O7
进行滴定，将Fe2+氧化为Fe3+，化学方程式为6Fe2+＋Cr2O＋14H+＝2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O 。
(1)配制SnCl2溶液需要用到容量瓶和量筒，滴定需要用到酸式滴定管，但给出的为碱式滴定管，因此
给出仪器中，本实验必须用到容量瓶、量筒；
(2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+，离子方程式为2Sn2+＋O2＋4H+＝2Sn4+＋2H2O，加入Sn，发生反应
Sn4+＋Sn＝2Sn2+，可防止Sn2+氧化；
(3)步骤I 中“微热”是为了增大SnCl2∙H2O 的溶解度，促进其溶解；
(4)步琛Ⅲ中，若未“立即滴定”，Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+，导致测定的铁含量偏小；
(5)根据方程式6Fe2+＋Cr2O＋14H+＝2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O 可得：n(Fe2+)＝6×n(Cr2O)＝6×10-3cVmol，ag
试样中Fe 元素的质量为6×10-3cVmol×56g/mol＝0.336cVg，质量分数为×100%＝%
(6)①SnCl2－HgCl2－K2Cr2O7方法中，HgCl2氧化Sn2+的离子方程式为：Hg2+＋Sn2+＝Sn4+＋Hg，生成
的Hg 有剧毒，因此SnCl2－TiCl3－KMnO4相比于SnCl2－HgCl2－K2Cr2O7的优点是：更安全，对环境更友
好；
②2mL0.3mol·L-1NaCl 溶液＋0.5mL 试剂X，为空白试验，因此X 为H2O；由表格可知，酸性越强，
KMnO4的氧化性越强，Cl－被KMnO4氧化的可能性越大，对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大，因此
在KMnO4标准液进行滴定时，要控制溶液的pH 值。
29．(2024 年6 月浙江卷)某小组采用如下实验流程制备AlI3：
已知：AlI3是一种无色晶体，吸湿性极强，可溶于热的正己烷，在空气中受热易被氧化。
请回答：
(1)如图为步骤I 的实验装置图(夹持仪器和尾气处理装置已省略)，图中仪器A 的名称是_______，判
断步骤I 反应结束的实验现象是__________________________________________。
24
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(2)下列做法不正确的是_______。
A. 步骤I 中，反应物和溶剂在使用前除水
B. 步骤I 中，若控温加热器发生故障，改用酒精灯(配石棉网)加热
C. 步骤Ⅲ中，在通风橱中浓缩至蒸发皿内出现晶膜
D. 步骤Ⅳ中，使用冷的正己烷洗涤
(3)所得粗产品呈浅棕黄色，小组成员认为其中混有碘单质，请设计实验方案验证______________。
(4)纯化与分析：对粗产品纯化处理后得到产品，再采用银量法测定产品中I－含量以确定纯度。滴定
原理为：先用过量AgNO3标准溶液沉淀I－，再以NH4SCN 标准溶液回滴剩余的Ag+。已知：
难溶电解质
AgI(黄色)
AgSCN(白色)
Ag2CrO4 (红色)
溶度积常数Ksp
8.5×10-17
1.0×10-12
1.1×10-12
①从下列选项中选择合适的操作补全测定步骤_______。
称取产品1.0200g，用少量稀酸A 溶解后转移至250mL 容量瓶，加水定容得待测溶液。取滴定管检漏、
水洗→_____→装液、赶气泡、调液面、读数→用移液管准确移取25.00mL 待测溶液加入锥形瓶→____→
____→加入稀酸B→用1.000×10-2mol/LNH4SCN 标准溶液滴定→_____→读数。
a．润洗，从滴定管尖嘴放出液体
b．润洗，从滴定管上口倒出液体
c．滴加指示剂K2CrO4溶液
d．滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶液
e．准确移取25.00mL4.000×10-2mol/LAgNO3标准溶液加入锥形瓶
f．滴定至溶液呈浅红色
g．滴定至沉淀变白色
②加入稀酸B 的作用是______________________________________。
③三次滴定消耗NH4SCN 标准溶液的平均体积为25.60mL，则产品纯度为_______。[M(AlI3)＝
408g/mol]
答案：(1)球形冷凝管；溶液由紫红色恰好变为无色(或溶液褪为无色) (2)BC
(3)取少量粗产品置于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，
观察液体是否变蓝，若变蓝则其中混有碘单质，否则没有
(4)①a e d f ②抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断 ③99.20%
解析：由流程信息可知，铝、碘和正己烷一起加热回流时，铝和碘发生反应生成AlI3，过滤后滤液经
浓缩、结晶、过滤、洗涤、干燥后得到粗产品。
(1)由实验装置图中仪器的结构可知，图中仪器A 的名称是球形冷凝管，其用于冷凝回流；碘溶于正
己烷使溶液显紫红色，AlI3是无色晶体，当碘反应完全后，溶液变为无色，因此，判断步骤I 反应结束的
25
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
实验现象是：溶液由紫红色恰好变为无色(或溶液褪为无色)。
(2)A．AlI3吸湿性极强，因此在步骤I 中，反应物和溶剂在使用前必须除水，A 正确；
B．使用到易烯的有机溶剂时，禁止使用明火加热，因此在步骤I 中，若控温加热器发生故障，不能
改用酒精灯(配石棉网)加热，B 不正确；
C．AlI3在空气中受热易被氧化，因此在步骤Ⅲ中蒸发浓缩时，要注意使用有保护气(如持续通入氮气
的蒸馏烧瓶等)的装置中进行，不能直接在蒸发皿浓缩，C 不正确；
D．AlI3在空气中受热易被氧化、可溶于热的正己烷因此，为了减少溶解损失，在步骤Ⅳ中要使用冷
的正己烷洗涤，D 正确；
综上所述，本题选BC。
(3)碘易溶于正己烷，而AlI3可溶于热的正己烷、不易溶于冷的正己烷，因此，可以取少量粗产品置
于少量冷的正己烷中充分搅拌，静置后，取少量上层清液，向其中滴加淀粉溶液，观察液体是否变蓝，
若变蓝则其中混有碘单质，否则没有。
(4)①润洗时，滴定管尖嘴部分也需要润洗；先加25.00mL 待测溶液，后加25.00mL4.000×10-2mol/L
AgNO3标准溶液，两者充分分反应后，剩余的Ag＋浓度较小，然后滴加指示剂硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2]溶
液作指示剂，可以防止生成Ag2SO4沉淀；Ag2CrO4的溶度积常数与AgSCN 非常接近，因此，K2CrO4溶液
不能用作指示剂，应该选用[NH4Fe(SO4)2]溶液，其中的Fe3+可以与过量的半滴[NH4Fe(SO4)2]溶液中的SCN
－反应生成溶液呈红色的配合物，故滴定至溶液呈浅红色；综上所述，需要补全的操作步骤依次是：a e d
f。
②Fe3+和Al3+均易发生水解，[NH4Fe(SO4)2]溶液中含有Fe3+，为防止影响滴定终点的判断，必须抑制
其发生水解，因此加入稀酸B 的作用是：抑制Fe3+发生水解反应，保证滴定终点的准确判断。
③由滴定步骤可知，25.00mL4.000×10-2mol/LAgNO3标准溶液分别与AlI3溶液中的I－、1.000×10-
2mol/L
NH4SCN 标准溶液中的SCN－发生反应生成AgI 和AgSCN；由Ag＋守恒可知，n(AgI)＋n(AgSCN)＝
n(AgNO3)，则n(AgI)＝n(AgNO3)－n(AgSCN)＝n(AgNO3)－n(NH4SCN)；三次滴定消耗NH4SCN 标准溶液
的平均体积为25.60mL，则n(AgI)＝n(AgNO3)－n(AgSCN)＝n(AgNO3)－n(NH4SCN)＝25.00mL×10-
3L∙mL-1×
4.000×10-2mol/L－25.60mL×10-3L∙mL-1×1.000×10-2mol/L＝7.440×10-4mol，由I 守恒可知n(AlI3)＝n(AgI)＝
7.440×10-4mol×＝2.480×10-4mol，因此，产品纯度为×100%＝99.20%。
30. (2023 年海南卷节选)某小组开展“木耳中铁元素的检测”活动。检测方案的主要步骤有：粉碎、称
量、灰化、氧化、稀释、过滤、滴定等。回答问题：
(4)测定铁含量基本流程：将滤液在200mL 容量瓶中定容，移取25.00mL，驱尽NO 并将Fe
3+全部还原为
Fe2+。用5mL 微量滴定管盛装K2Cr2O7标准溶液进行滴定。
26
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
①选用微量滴定管的原因是__________________________________。
②三次平行测定的数据如下表。针对该滴定数据，应采取的措施是_____________________。
序号
1
2
3
标准溶液用量/mL
2.715
2.905
2.725
③本实验中，使测定结果偏小的是_______(填标号)。
a．样品未完全干燥 b．微量滴定管未用标准溶液润洗 c．灰渣中有少量炭黑
答案：(4)①滴定更准确，节约试剂 ②舍去第二次数据 ③a
解析：(4)①木耳中铁含量较少，选用微量滴定管使实验微型化，滴定更准确，节约试剂；
②三次平行滴定中，第二组数据偏差较大，应舍去。
③a．铁元素的含量＝×100%，样品未完全干燥，使测定结果偏低，故选a;
b．微量滴定管未用标准溶液润洗，标准溶液被稀释，使测定结果偏高，故不选b;
c．灰渣中有少量炭黑，对测定结果无影响，故不选c。
答案为：滴定更准确，节约试剂；舍去第二组数据；a。
31. (2022 年广东卷)食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc 表示)。HAc 的应用与其
电离平衡密切相关。25℃时，HAc 的Ka＝1.75×10-5＝10-4.76。
(1)配制250mL0.1mol·L－1的HAc 溶液，需5mol·L－1HAc 溶液的体积为_______mL。
(2)下列关于250mL 容量瓶的操作，正确的是_______。
(3)某小组研究25℃下HAc 电离平衡的影响因素。
提出假设：稀释HAc 溶液或改变Ac－浓度，HAc 电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度
均为0.1mol·L－1的HAc 和NaAc 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。
序
号
V(HAc)/mL
V(NaAc)/mL
V(H2O)/mL
n(Na Ac)∶n(HAc)
pH
Ⅰ
40.00
/
/
0
2.86
Ⅱ
4.00
/
36.00
0
3.36
…
Ⅶ
4.00
a
b
3：4
4.53
Ⅷ
4.00
4.00
32.00
1：1
4.65
①根据表中信息，补充数据：a＝_______，b＝_______。
27
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc 溶液，电离平衡_______(填”正”或”逆”)向移动；结合表中数据，
给出判断理由： 。
③由实验Ⅱ~VIII 可知，增大Ac－浓度，HAc 电离平衡逆向移动。
实验结论假设成立：
(4)小组分析上表数据发现：随着的增加，c(H+)的值逐渐接近HAc 的Ka。
查阅资料获悉：一定条件下，按＝1 配制的溶液中，c(H+)的值等于HAc 的Ka。
对比数据发现，实验VIII 中pH＝4.65 与资料数据Ka＝10-4.76存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程
度不够引起，故先准确测定HAc 溶液的浓度再验证。
①移取20.00mL HAc 溶液，加入2 滴酚酞溶液，用0.1000mol·L－1NaOH 溶液滴定至终点，消耗体积
为22.08mL，则该HAc 溶液的浓度为_______mol·L－1。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示
意图并标注滴定终点_______。
②用上述HAc 溶液和0.1000mol·L－1NaOH 溶液，配制等物质的量的HAc 与NaAc 混合溶液，测定
pH，结果与资料数据相符。
(5)小组进一步提出：如果只有浓度均约为0.1mol·L－1的HAc 和NaOH 溶液，如何准确测定HAc 的
Ka？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ
移取20.00mL HAc 溶液，用NaOH 溶液滴定至终点，消耗NaOH 溶液V1mL
Ⅱ
_______，测得溶液的pH 为4.76
实验总结：得到的结果与资料数据相符，方案可行。
(6)根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途_______。
答案：(1)5.0 (2)C (3)
3.00 33.00
①
②正 实验II 相较于实验I，醋酸溶液稀释了10
倍，而实验II 的pH 增大值小于1 (4)
0.1104
①
(5)向滴定后的混合液中加入20mL HAc 溶液
(6)HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
解析：(1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得
V=5.0mL，故答案为：5.0。
28
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(2)A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A 错误；
B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B 错误；
C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量
瓶口，故C 正确；
D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防
止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D 错误；
(3)①实验VII 的溶液中n(NaAc)∶n(HAc)=3∶4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即
a=3.00，,由实验I 可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H2O)=40.00Ml－4.00Ml－
3.00mL=33.00mL，即b=33.00，故答案为：3.00；33.00。
②实验I 所得溶液的pH=2.86，实验II 的溶液中c(HAc)为实验I 的，稀释过程中，若不考虑电离平衡
移动，则实验II 所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中
n(H+)增大，即电离平衡正向移动，故答案为：正；实验II 相较于实验I，醋酸溶液稀释了10 倍，而实验
II 的pH 增大值小于1。
(4)①滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，
n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L，故答案为：
0.1104。
滴定过程中，当V(NaOH)=0 时，c(H+)＝≈mol/L=10-2.88mol/L，溶液的pH=2.88，当
V(NaOH)=11.04mL 时，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，当V(NaOH)=22.08mL 时，达到滴定终点，溶
液中溶质为NaAc 溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH 溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近
0.1mol/L，溶液pH 接近13，因此滴定曲线如图：
。
(5)向20.00mL 的HAc 溶液中加入V1mL NaOH 溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，
当＝1 时，溶液中c(H+)的值等于HAc 的Ka，因此可再向溶液中加入20.00mL HAc 溶液，使溶液中
n(NaAc)=n(HAc)，故答案为：向滴定后的混合液中加入20mL HAc 溶液。
(6)不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO 具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3
具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂，H3PO4具有中强酸性，可用作食
品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途，故答案为：HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还
29
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)。
30
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
【模拟演练∙智能提升】
1. (2025 年1 月八省联考内蒙古卷)测定I－含量步骤如下：向含I－试样中先加入已知物质的量的过量
AgNO3溶液，再加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用KSCN 溶液进行滴定，溶液出现浅红色即达滴定终点，消耗
cmol·L-1KSCN 溶液VmL。已知：pKsp(AgI)＝16.07，pKsp(AgSCN)＝11.9，pKsp(AgCl)＝9.74。下列说法错
误的是
A. 滴定中有AgSCN 生成 B. 不可先加指示剂，后加AgNO3溶液
C. 试样中n(I－)＝10-3cVmol D. 以上实验步骤不适用于Cl－含量测定
答案：C
解析：A．滴定中KSCN 溶液与过量的AgNO3溶液反应生成AgSCN 沉淀，到达终点时KSCN 与指示
剂NH4Fe(SO4)2反应生成红色Fe(SCN)3，故A 正确；
B．先加指示剂，则指示剂中的Fe3+与I－反应，影响终点指示，故B 正确；
C．KSCN 溶液测定的是剩余AgNO3的物质的量，需根据AgNO3溶液的起始量与剩余量差计算碘离
子的物质的量，故C 错误；
D．由于Ksp(AgCl)＝10−9.74＞Ksp(AgSCN)＝10−11.9，用KSCN 滴定过量的Ag+时，会使AgCl 沉淀发生
转化，因此该实验不适用于Cl－含量测定，故D 正确，
2．(2025 年1 月八省联考内蒙古卷)25℃时，用0.1000mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定三种浓度均为
0.1000mol·L-1的一元酸HA 溶液(HA 代表CH3COOH、CF3COOH 或CH2ClCOOH)，滴定过程pH 变化如下
图所示。已知CH2ClCOOH 的pKa＝2.86。下列说法错误的是
A．M 点对应溶液中，c(A－)＝10c(HA) B．25℃时，III 对应的酸Ka＝10-1.52
C．I 为CH3COOH 溶液的滴定曲线 D．酸性强弱：CF3COOH＞CH2ClCOOH＞CH3COOH
答案：B
解析：卤素原子为吸电子基团，且电负性：F＞Cl，含有电负性越大的原子越多，吸电子效应越大，
使得羧基中O－H 键的共用电子对更加靠近吸电子基团，更容易电离出H＋，使酸性增强，因此
CH3COOH、CF3COOH 和CH2ClCOOH 的酸性强弱：CF3COOH＞CH2ClCOOH＞CH3COOH。在相同的浓
度下，HA 的酸性越强，电离出的c(H＋)越大，pH 越小。根据图像，滴定还未开始时，溶液的pH：曲线
31
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
Ⅰ＞曲线Ⅱ＞曲线Ⅲ，则酸性：曲线Ⅰ＜曲线Ⅱ＜曲线Ⅲ，可知曲线I 表示的是CH3COOH 溶液的滴定曲
线，曲线Ⅱ和Ⅲ分别表示的是CH2ClCOOH 和CF3COOH 溶液的滴定曲线。
A．根据分析，曲线Ⅱ为NaOH 溶液滴定CH2ClCOOH 溶液。根据已知，CH2ClCOOH 的pKa＝2.86，
则Ka＝10-2.86。CH2ClCOOH 的电离方程式：CH2ClCOOH
CH2ClCOO－＋H＋，平衡常数Ka＝＝10-2.86。
M 点溶液的pH＝3.86，c(H＋)＝10-3.86，代入平衡常数表达式中，可得＝10-2.86，则c(CH2ClCOO－)＝
10c(CH2ClCOOH)，若用HA 表示，则c(A－)＝10c(HA)，A 正确；
B．根据分析，曲线Ⅲ表示的是CF3COOH 溶液的滴定曲线。CF3COOH 的电离方程式：CF3COOH
CF3COO－＋H＋，平衡常数Ka＝。根据图像，滴定还未开始时，CF3COOH 溶液的pH＝1.06，c(CF3COO
－)≈c(H＋)＝10-1.06mol·L-1，c(CF3COOH)≈0.1000mol·L-1，则Ka＝＝＝10-1.12，B 错误；
C．根据分析，CH3COOH 的酸性最弱。相同浓度下，酸越弱，电离出的c(H＋)越小，pH 越大，结合
图像，可知曲线Ⅰ为CH3COOH 溶液的滴定曲线，C 正确；
D．根据分析，卤素原子为吸电子基团，且电负性：F＞Cl，含有电负性越大的原子越多，吸电子效
应越大，使得羧基中O－H 键的公共电子对更加靠近吸电子基团，从而更容易电离出H＋，使酸性增强，
则CH3COOH、CF3COOH 和CH2ClCOOH 的酸性强弱：CF3COOH＞CH2ClCOOH＞CH3COOH，D 正确；
3. (2025 年1 月八省联考云南卷)盐酸羟胺(NH2OH∙HCl)是一种分析试剂。用0.1000mol·L-1NaOH 溶液
滴定20.00 mLNH2OH∙HCl(Mr＝69.5)和NH4Cl(Mr＝53.5)的混合溶液以测定NH2OH∙HCl 的含量，待测液中
溶质总质量为0.2460g，滴定曲线如图甲所示，四种含氮物质分布分数δ 与pH 关系如图乙所示
[如：δ(NHOH)＝]。
下列说法正确的是
A．曲线②表示δ(NH)～pH 的变化关系
B．a 点有97.8%的NH4Cl 参加了反应
C．b 点的电荷守恒关系：c(NHOH)＋c(H+)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)
32
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．溶质中NH2OH∙HCl 的含量为56.5%
答案：D
解析：图甲可知，加入氢氧化钠20mL 时，溶液pH 为7.61 显碱性；图乙起点①③分布分数δ=1，说
明①③代表NHOH 和NH4Cl，加入氢氧化钠会先和NHOH 反应，其分布系数会先减小，则①代表δ(NHOH) 、③代表
δ(NH4Cl)；随着NHOH 和氢氧化钠的反应，δ(NH2OH)会逐渐增大，所以②代表δ(NH2OH)，④代表δ(NH)。
A．根据分析，曲线④表示δ(NH)～pH 的变化关系，A 错误；
B．图甲中a 点pH 为7.61，对应图乙中e 和f 点，δ(NH4Cl)＝0.978，a 点有97.8%的NH4Cl 还未参加
反应，B 错误；
C．b 点的pH 在8～10，从图乙可看出此时是NH4Cl 与氢氧化钠反应，根据溶液中的阴阳离子列出电
荷守恒关系有c(NHOH)＋c(H+)＋c(NH)＋c(Na+)＝c(Cl－)＋c(OH－)，C 错误；
D．加入氢氧化钠20mL 时，即加入n(NaOH)＝0.002mol，设n(NHOH)＝xmol，根据反应列三段式分析：
NHOH ＋ OH－ ＝ NH2OH ＋ H2O
起始(mol) x
转化(mol) 0.002 0.002 0.002
终态(mol) x－0.002 0.002
则δ(NHOH)＝＝＝0.022，x≈0.002mol，所以NH2OH∙HCl 的含量为：×100%＝56.5%，D 正确；
4. (2024 年1 月“七省联考”甘肃卷)酒石酸是一种有机二元弱酸(记为H2A)。25℃时，H2A、HA－和
A2-的分布分数δ(例如δ(HA－)＝)与溶液mol 关系如图，已知酒石酸的PKa1＝3.04，PKa2＝4.37，下列说法
错误的是
A．任意pH 下，δ(H2A)＋δ(HA－)＋δ(A2-)＝1
B．酒石酸溶液中，2c(A2-)＋c(HA－)＋c(OH－)＝c(H+)
C．pH 从0 到8，水的电离程度先增大后减小
D．pH＝3.04 时，δ(H2A)＝δ(HA－)＝0.5
答案：D
解析：酒石酸溶液中随着pH 增大，电离平衡正向移动，H2A 的分布系数逐渐减小，HA－的分布系数
先增大后减小，A2-的分布系数一直增大，则曲线a 为H2A 的变化曲线、b 为HA－的变化曲线、c 为A2-的
变化曲线；
33
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．任意pH 下，根据A 元素守恒可知，δ(H2A)＋δ(HA－)＋δ(A2-)＝1，A 正确；
B．酒石酸溶液中根据电荷守恒：2c(A2-)＋c(HA－)＋c(OH－)＝c(H+)，B 正确；
C．酸和碱都会抑制水的电离，pH 从0 到8 的过程中，H2A 转化为酸根离子A2-，A2-水解促进水的电
离，当pH=8 时，溶液中几乎完全是A2-离子，说明溶液中加入碱过量，A2-离子水解受到抑制，水的电离
也受到抑制，故水的电离程度先增大后减小，C 正确；
D．由图可知，pH＝3.04 时，溶液中存在H2A、HA－和A2-三种A 的粒子，则δ(H2A)＝δ(HA－)＜0.5，
D 错误；
5. (2024 年1 月“七省联考”广西卷)0.1000mol·L-1NaOH 溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1H3PO4溶液时，
V(NaOH)、各含磷元素微粒的lg [c/(mol·L-1)]和pH 的关系如图。下列说法中正确的是
A．①为PO 的lg [c/(mol·L-1)]与pH 的关系
B．b 点时，溶液中c(HPO)＞c(H3PO4)
C．H3PO4的＝102.88
D．d 点时，溶液中存在着c(Na+)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)
答案：B
解析：根据图中a 点，V(NaOH)＝10ml 时，溶液中溶质为n(H3PO4)∶n(NaH2PO4)＝1∶1，故③④为磷酸
和磷酸二氢钠的曲线，又因为随着pH 变大，H3PO4浓度变小，故③为H3PO4，④为H2PO，又因为pH=2.12 时，
c(PO)最小，故曲线②为PO，曲线①为HPO，据此分析回答；
A．据分析可知①为HPO 的lg [c/(mol·L-1)]与pH 的关系，A 错误；
B． b 点时，V(NaOH)＝20ml，此时溶质为NaH2PO4，此时溶液pH=5，证明H2PO 电离程度大于水解程度，故溶
液中c(HPO)＞c(H3PO4)，B 正确；
C．a 点，V(NaOH)＝10ml，溶液中溶质为c(H3PO4)∶c(NaH2PO4)＝1∶1，即c(H3PO4)＝c(H2PO)， Ka1＝＝
c(H+)＝10-2.12；c 点，V(NaOH)＝30ml，c(H2PO)∶c(HPO)＝1∶1，即c(H2PO)＝c(HPO)，Ka2＝＝c(H+)＝10-7.20，
＝105.08，C 错误；
D．d 点时，溶质为Na2HPO4，溶液中存在电荷守恒c(Na+)＋c(H+)＝c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)＋c(OH
－)，此时溶液pH 为10，故c(OH－)＞c(H+)，即c(Na+)＞c(H2PO)＋2c(HPO)＋3c(PO)，D 错误；
6. (2024 年1 月“七省联考”江西卷)马来酸依那普利(记为X，摩尔质量为Mg/mol)是一种心血管疾病
34
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
防治药物，结构式为：
通常使用以下两种方法滴定分析样品中X 的质量分数ω：
方法一：将mg 样品溶于有机溶剂中，以c1mol/L 的HClO4溶液滴定，终点消耗V1mL，计量关系为
n(X) n(HClO
∶
4)＝1 1∶；
方法二：将mg 样品溶于水中，以c2mol/L 的NaOH 溶液滴定，终点消耗V2mL，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ω＝×100%
C. 方法二滴定终点时，pH＝7 D. 方法二ω＝×100%
答案：B
解析：A．使用HClO4溶液滴定，计量关系为n(X) n(HClO
∶
4)＝1 1∶，HClO4主要与碱性基团反应，滴定
终点时，由于X 含有羧基， pH＜7，故A 错误；
B．使用HClO4溶液滴定X，计量关系为n(X) n(HClO
∶
4)＝1 1∶，ω＝×100＝×100%，B 正确；
C．使用NaOH 溶液滴定，计量关系为n(X) n(NaOH)
∶
＝1 3∶，HClO4主要与酸性基团反应，滴定终点时，
由于X 含有仲胺， pH＞7，故C 错误；
D．使用HClO4溶液滴定X，计量关系为n(X) n(HClO
∶
4)＝1 1∶，ω＝＝×100%，D 错误；
7．某化学兴趣小组用双指示剂法测定Na2CO3中NaHCO3的含量，向10.00mL 的样品溶液中缓慢滴入
0.0100mol/L 的HCl 溶液。溶液pH 随HCl 溶液体积的变化关系如图所示(溶液混合后体积变化忽略不计)。
下列说法错误的是
A．滴定过程中选择酚酞和甲基橙作指示剂
B．a 点：c(H+)－c(OH－)＝c(HCO)＋2c(CO)－c(Na+)
C．b 点溶液呈酸性的原因是有H2CO3生成
D．该样品溶液中c(HCO)＝0.0100mol·L-1
35
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
答案：B
解析：由题干图像信息可知，向10.00mL 含 Na2CO3中NaHCO3的样品溶液中缓慢滴入0.0100mol/L
的HCl 溶液，依次发生反应：Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl＝NaCl+H2CO3，先后达到滴定
终点即a 点为Na2CO3完全转化为NaHCO3，b 点为NaHCO3和HCl 反应生成H2CO3，由此分析解题。
A．酚酞变色范围：8.2～10、弱碱性，甲基橙：3.1～4.4、弱酸性，HCl 滴定的过程中，溶液由强碱
性转化为弱碱性，最后转化为弱酸性，所以指示剂的添加顺序为先加酚酞，后加甲基橙，A 正确；
B．由电荷守恒可知，a 点：c(H+)＋c(Na+)＝c(HCO)＋2c(CO)＋c(OH－)＋c(Cl－)，即c(H+)－c(OH－)＝
c(HCO)＋2c(CO)＋c(Cl－)－c(Na+)，B 错误；
C．由分析可知，NaHCO3溶液显碱性，故b 点溶液呈酸性的原因是有H2CO3生成，C 正确；
D．由分析可知，a 点消耗的HCl 是与Na2CO3反应生成NaHCO3，根据反应方程式：Na2CO3+HCl＝
NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+H2CO3，结合a、b 点数据可知，原样品中NaHCO3消耗的HCl 体积
为：50－2×20＝10mL，故该样品溶液中c(HCO)＝0.0100mol·L-1，D 正确；
8．已知：i．4KI＋O2＋2H2O＝4KOH＋2I2
ii．3I2＋6OH－＝IO＋5I－＋3H2O
某同学进行如下实验：
①取久置的KI 固体(呈黄色)溶于水配成溶液：
②立即向上述溶液中滴加淀粉溶液，溶液无明显变化：滴加酚酞后，溶液变红：
③继续向溶液中滴加硫酸，溶液立即变蓝。
下列分析不合理的是
A．②说明久置的KI 固体中有可能含有有I2，但是加水后发生了ii，所以不变蓝
B．③中溶液变蓝的可能原因：酸性增大，IO 氧化了I
－
C．①②说明在固体中I2与KOH 可以共存，但是在溶液中不能大量共存
D．若向淀粉KI 试纸上滴加硫酸，一段时间后试纸变蓝，则证实该试纸上存在IO
答案：D
解析：A．KI 固体易被氧气氧化，向KI 溶液中滴加淀粉溶液，溶液无明显变化，不能确认KI 固体中
是否含有I2，但滴加酚酞后，溶液变红，说明溶液呈碱性，即KI 与O2反应生成KOH，则久置的KI 固体
中含有I2，但是加了水之后发生ii，所以不变蓝，故A 正确；
B．IO、I
－在酸性条件下发生氧化还原反应，离子反应为IO+5I
-+6H+＝3I2+3H2O，故B 正确；
C．KI 固体易被O2氧化，发生反应4KI+O2+2H2O＝4KOH+2I2，根据②的现象可知，在溶液中，I2与
KOH 反应：3I2+6OH-＝IO+5I
-+3H2O，说明固体再I2中与KOH 可以共存，但是在溶液中不能大量共存，故
C 正确；
D．向淀粉KI 试纸上滴加硫酸，一段时间后试纸变蓝，可能发生4KI+O2+2H2O＝4KOH+2I2、
36
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
3I2+6OH-＝IO+5I
-+3H2O、IO+5I
-+6H+＝3I2+3H2O，则试纸上可能不存在IO，故D 错误；
9．常温下，向20mL 0.1mol·L-1亚硫酸溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH 溶液，溶液中pX[pX＝－
lgc(X)，X＝H2SO3、HSO 或SO]与NaOH 溶液体积的关系如图所示(已知：m、p 两点的pH 分别为1.86、6.22)。
下列说法错误的是
A．常温下，亚硫酸的第二步电离平衡常数的数量级为
B．当V(NaOH 溶液)＝20mL 时，c(H2SO3)＋2c(H+)＝c(SO)＋2c(OH－)
C．V(NaOH 溶液)＝40mL 时，水的电离程度最大
D．p 点时，c(H+)－c(OH－)＝3c(HSO)－c(Na+)
答案：B
解析：亚硫酸溶液中未加NaOH 溶液时，SO 浓度最小，随着所加NaOH 溶液体积增大，SO 浓度增大，促进亚硫酸电离，亚硫酸浓度减小、
HSO 浓度在最初会增大，所以曲线①②③分别代表亚硫酸、HSO、SO 与NaOH 溶液体积的关系。
A．常温下，亚硫酸的第二步电离方程式为：HSO
H+＋SO，曲线②③交点，p 点c(SO)＝c(HSO)，
c(H+)＝10-6.22mol/L，平衡常数为kPa2＝＝c(H+)＝10-6.22mol/L，即数量级为10-7，故A 正确；
B．当V(NaOH 溶液)＝20mL 时，亚硫酸溶液与NaOH 按物质的量之比1 1∶恰好完全反应，①③分别
代表亚硫酸、SO，图像显示此时亚硫酸浓度小于SO，即HSO 的水解小于电离，溶液呈酸性，即c(H+)＞c(OH－)，电荷守恒c(Na+)＋c(H+)＝
2c(SO)＋c(OH－)＋c(HSO)、物料守恒c(Na+)＝c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)，即c(H2SO3)＋c(H+)＝c(SO)＋c(OH－)，
又c(H+)＞c(OH－)，所以c(H2SO3)＋2c(H+)＞c(SO)＋2c(OH－)，故B 错误；
C．20mL 0.1mol·L-1亚硫酸溶液中滴加0.1mol·L-1的NaOH 溶液，当V(NaOH 溶液)＝40mL 时，恰好
完全生成Na2SO3，Na2SO3是强碱弱酸盐，水解促进水电离，所以此时水的电离程度最大，故C 正确；
D．由图可知p 点时，c(SO)＝c(HSO)，电荷守恒c(Na+)＋c(H+)＝2c(SO)＋c(OH－)＋c(HSO)，所以c(H+)－c(OH
－)＝3c(HSO)－c(Na+)，故D 正确；
10．用一定浓度NaOH 溶液滴定某一元酸HA 溶液。滴定终点附近溶液pH 和导电能力的变化如下图
所示。下列说法正确的是
37
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．HA 为一元强酸
B．a 点对应的溶液中：c(A－)＝c(Na+)＝c(H+)＝c(OH－)
C．根据溶液pH 和导电能力的变化可判断V2＞V3
D．a、b、c 三点对应的溶液中b 点水的电离程度最大
答案：D
解析：A．随着NaOH 溶液的加入，溶液的导电能力逐渐增强，说明原HA 溶液中的酸未完全电离，
即HA 为一元弱酸，A 错误；
B．题干未指明溶液是否处于室温，pH＝7 不能说明c(H+)＝c(OH－)，B 错误；
C．根据b 点溶液导电能力突然增大可知，b 点NaOH 与HA 完全中和，a 点溶液显中性，说明HA 未
完全中和，则V2＜V3，C 错误；
D．a 点溶液中含有HA 和NaA、b 点溶液中含有NaA、c 点溶液中含有NaA 和NaOH，酸或碱抑制水
的电离，能够水解的盐促进水的电离，因此a、b、c 三点对应的溶液中水的电离程度b 最大，D 正确；
11．用一定浓度的H2SO4溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.100 mol/L 的Ba(OH)2、NaOH
和NH3·H2O 三种溶液，滴定过程中三种溶液的电导率如图所示。(已知：溶液电导率越大，导电能力越强)
下列说法错误的是
A．曲线①②③分别代表Ba(OH)2、NaOH 和NH3·H2O
B．H2SO4的浓度为0.100 mol/L
C．a、b、c、d 四点中，d 点水的电离程度最小
D．d 点对应的溶液中粒子浓度大小关系：c(NH)＋c(H+)＝c(SO)＋c(OH-)
答案：D
解析：A．溶液中离子浓度越大，溶液的电导率就越大。等浓度的三种碱，Ba(OH)2是二元强碱，
NaOH 是一元强碱，完全电离，而NH3·H2O 是一元弱碱，部分电离，溶液中离子浓度：Ba(OH)2＞NaOH
＞NH3·H2O，所以曲线①②③分别代表Ba(OH)2、NaOH 和NH3·H2O，A 正确；
38
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B．曲线①代表Ba(OH)2，c 点时电导率最小，说明H2SO4与Ba(OH)2恰好中和生成BaSO4沉淀和
H2O，n(H2SO4)＝n[Ba(OH)2]，由于此时H2SO4与Ba(OH)2的体积相同，因此二者的浓度相同，故H2SO4的
浓度为0.100 mol/L，B 正确；
C．向碱溶液中滴加酸，溶液中c(OH-)逐渐减小，水电离程度逐渐增大，当溶液显中性时水的电离不
受影响；当酸过量时，随着溶液中c(H+)增大，水电离程度逐渐减小。a 点时NH3·H2O 恰好被H2SO4中和
得到(NH4)2SO4溶液，该盐是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，水的电离受到促进作用；b 点NaOH 恰好
被H2SO4中和得到Na2SO4溶液，该盐是强酸强碱盐，不水解，水的电离不受影响；c 点是Ba(OH)2恰好被
H2SO4完全中和产生BaSO4，BaSO4是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，水的电离也不受影响；d 点是
(NH4)2SO4、H2SO4等浓度的混合溶液，过量的酸电离产生H+，使水的电离平衡受到抑制作用，所以a、
b、c、d 四点中水的电离程度a 点最大，d 点最小，C 正确；
D．d 点对应的溶液(NH4)2SO4、H2SO4的混合溶液，根据电荷守恒可知溶液中粒子浓度大小关系：
c(NH)＋c(H+)=2c(SO)＋c(OH-)，D 错误；
12．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是
A．pH=11 的溶液中：CO、Na+、AlO、NO
B．无色可使pH 试纸变红的溶液中：K+、Na+、MnO、SO
C．加入Al 能放出H2的溶液中：Cl－、HCO、SO、NH
D．由水电离出的c(OH－)＝1×10-13mol·L-1的溶液中：Na+、Ba2+、Cl－、CH3COO－
答案：A
解析：A．pH=11 的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，则能够共存，故A 正确；
B．MnO 在水溶液中显紫红色，与无色溶液不符，故B 错误；
C．加入A1 能放出H2的溶液，为酸或强碱溶液，HCO 既能与酸反应又能与碱反应，则不能共存，故C 错误；
D．由水电离出的c(OH－)＝1×10-13mol·L-1的溶液，为酸或碱溶液，酸性溶液CH3COO－会生成醋酸弱
电解质，碱溶液中该组离子之间不反应，故D 错误；
13．某温度下，HNO2和CH3COOH 的电离常数分别为5.0×10－4和1.7×10－5。将pH 和体积均相同的
两种酸溶液分别稀释，其pH 随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线Ⅰ代表HNO2溶液
B．溶液中水的电离程度：b 点>c 点
C．从c 点到d 点，溶液中保持不变(其中HA、A－分别代表相应的酸和酸根离子)
39
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．相同体积a 点的两溶液分别与NaOH 恰好中和后，溶液中n(Na＋)相同
答案：C
解析：A．由Ka(HNO2)＞Ka(CH3COOH)可知，酸性HNO2>CH3COOH。pH 相同的两种酸稀释相同倍
数时，酸性强的pH 变化大，所以曲线Ⅱ代表HNO2，A 错误；
B．b、c 两点处，b 点酸性强，对水的电离抑制程度大，所以水的电离程度：c 点＞b 点，B 错误。
C．从c 点到d 点，＝＝，Kw和Ka是两个常数，只要温度不变，比值就不变，C 正确。
D．a 点pH 相同，则CH3COOH 的浓度大，恰好中和时消耗的NaOH 多，即溶液中n(Na＋)多，D 错
误。
14．下列叙述不正确的是
A．向0.1 mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，则溶液中减小
B．两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH 分别为a 和a＋1，则c1>10c2
C．pH＝11 的NaOH 溶液与pH＝3 的醋酸溶液等体积混合，滴入石蕊溶液呈红色
D．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，当溶液的pH＝7 时，c(SO)＝2c(NH)
答案：D
解析：A．＝，向0.1 mol·L－1的氨水中加入少量硫酸铵固体，铵根离子的浓度增大，Kb不变，则溶
液中减小，A 正确；
B．若将pH 为a 的醋酸溶液稀释10 倍，pH 将变为a<pH<a＋1，则若要变为pH＝a＋1，则应稀释10
倍以上，两种醋酸溶液的物质的量浓度分别为c1和c2，pH 分别为a 和a＋1，则c1>10c2，B 正确；
C．pH＝11 的NaOH 溶液中的c(OH－)与pH＝3 的醋酸溶液中的c(H＋)相等，醋酸为弱酸，则醋酸的
浓度远大于NaOH 溶液的浓度，则二者等体积混合，醋酸过量，溶液显酸性，则滴入石蕊溶液呈红色，C
正确；
D．将稀氨水逐滴加入稀硫酸中，存在电荷守恒：c(OH－)＋2c(SO)＝c(H＋)＋c(NH)，当溶液的pH＝7
时，c(OH－)＝c(H＋)，则2c(SO)＝c(NH)，D 错误。
15．25 ℃时，在等体积的下列溶液中，发生电离的水的物质的量之比是
①pH＝0 的H2SO4溶液 ②0.05 mol·L－1的Ba(OH)2溶液 ③pH＝10 的Na2S 溶液 ④pH＝5 的
NH4NO3溶液
A．1∶10∶1010∶109 B．1∶5∶5×109∶5×108 C．1∶20∶1010∶109 D．1∶10∶104∶109
答案：A
解析：设溶液的体积为1 L，①中pH＝0 的H2SO4溶液中c(H＋)＝1 mol·L－1，c(OH－)＝10－14 mol·L－
1，电离的水的物质的量为10－14 mol；②中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝10－13 mol·L－1，电离的水的物
质的量为10－13 mol；③中c(OH－)＝10－4 mol·L－1，电离的水的物质的量为10－4 mol；④中c(H＋)＝10－5
mol·L－1，电离的水的物质的量为10－5 mol；故①②③④中电离的水的物质的量之比为10－14∶10－13∶10－
40
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
4∶10－5＝1∶10∶1010∶109。
16．在25 ℃时，关于下列溶液混合后溶液pH 的说法中正确的是(体积变化忽略不计)
A．pH＝10 与pH＝12 的NaOH 溶液等体积混合，溶液的pH 约为11
B．pH＝5 的盐酸稀释1000 倍，溶液的pH＝8
C．pH＝2 的H2SO4溶液与pH＝12 的NaOH 溶液等体积混合，混合液pH＝7
D．pH＝12 的NH3·H2O 溶液与pH＝2 的HCl 溶液等体积混合，混合液pH＝7
答案：C
解析：A．c 混合(OH－)＝ mol·L－1≈5.0×10－3 mol·L－1，c 混合(H＋)＝ mol·L－1＝2×10－12 mol·L－1，pH＝
－lg (2×10－12)＝12－lg 2≈11.7，A 错误；
B．pH＝5 的盐酸稀释1000 倍后，溶液的pH<7，B 错误；
C．pH＝2 的H2SO4溶液中c(H＋)＝0.01 mol·L－1，pH＝12 的NaOH 溶液中c(OH－)＝0.01 mol·L－1，二
者等体积混合所得溶液pH＝7，C 正确；
D．pH＝12 的NH3·H2O 溶液中，NH3·H2O 部分电离，c(NH3·H2O)>0.01 mol·L－1，pH＝2 的HCl 溶液
中，c(H＋)＝0.01 mol·L－1，二者等体积混合后有NH3·H2O 剩余，溶液pH>7，D 错误。
17．某同学想了解食用白醋(主要是醋酸的水溶液)的准确浓度，现从市场上买来一瓶某品牌食用白醋，
用实验室标准NaOH 溶液(浓度有0.1000 mol·L－1和0.0100 mol·L－1两种)对其进行滴定。下列说法正确的
是
A．该实验应选用甲基橙作指示剂
B．用0.1000 mol·L－1标准NaOH 溶液滴定时误差更小
C．准确量取一定体积的白醋放入洗净的锥形瓶中后，再加少量蒸馏水后开始滴定
D．滴定时，眼睛一直注视着刻度线，以防止液面下降到滴定管最大刻度以下
答案：C
解析：A．该实验滴定终点生成醋酸钠，醋酸钠水解使溶液呈碱性，应选用酚酞作指示剂，故A 错误；
B．用浓度较小的氢氧化钠溶液滴定误差较小，故B 错误；
C．加少量蒸馏水,不影响滴定结果，C 正确；
D．滴定时，眼睛要注视锥形瓶中溶液颜色的变化，故D 错误。
18．常温下，向20 mL 某稀H2SO4中滴入0.1 mol·L－1氨水，溶液中水电离出的H＋浓度随滴入氨水体
积变化如图。下列分析正确的是
41
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
A．稀硫酸的浓度为0.1 mol·L－1
B．B 点时溶液的pH＝7
C．D 点时所加氨水的体积为20 mL
D．从滴加氨水开始到滴入V3 mL 氨水的过程中，可能出现的离子浓度排序为c(NH)＞2c(SO)＞c(OH
－)＞c(H＋)
答案：C
解析：A．在开始滴定时，水电离产生的H＋浓度c 水(H＋)＝c 水(OH－)＝10－13 mol·L－1，则c 酸(H＋)＝10
－1 mol·L－1，H2SO4是二元强酸，则c(H2SO4)＝c 酸(H＋)＝0.05 mol·L－1，A 错误；
B．B 点时水电离产生的H＋的浓度等于10－7 mol·L－1，溶液中还有硫酸电离产生的H＋，所以溶液pH
＜7，B 错误；
C．D 点时水电离产生的H＋的浓度最大，说明二者恰好反应产生(NH4)2SO4，根据方程式：2NH3·H2O
＋H2SO4＝(NH4)2SO4＋2H2O，n(H2SO4)＝c(H2SO4)·V(H2SO4)＝0.05 mol·L－1×0.02 L＝0.001 mol，
n(NH3·H2O)＝2n(H2SO4)＝0.002 mol，故D 点时所加氨水的体积V＝＝0.02 L＝20 mL，C 正确；
D．从0 到V3时，溶液由酸性逐渐变为中性，不可能出现c(OH－)＞c(H＋)，D 错误。
19．下列对几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色判断不
正确的是
A．用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以测量其浓度：不用另选指示剂－浅红色
B．利用Ag＋＋SCN－＝AgSCN↓，可用标准KSCN 溶液测量AgNO3溶液浓度：Fe(NO3)3－浅红色
C．利用2Fe3＋＋2I－＝I2＋2Fe2＋，用标准FeCl3溶液测量KI 样品中KI 的百分含量：淀粉－蓝色
D．利用OH－＋H＋＝H2O，用标准NaOH 溶液来测量某盐酸的浓度：酚酞－浅红色
答案：C
答案：A．Na2SO3可使酸性KMnO4溶液褪色，当达到滴定终点时，溶液颜色由无色变为浅红色，不
用另选指示剂，A 正确；
B．用Fe(NO3)3作为指示剂，达到滴定终点时，Fe3＋与SCN－反应生成Fe(SCN)3，溶液变为浅红色，
B 正确；
C．Fe3＋与I－反应生成I2，淀粉遇I2变为蓝色，用淀粉作为指示剂，溶液始终为蓝色，无法判定滴定
42
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
终点，C 不正确；
D．盐酸中加入酚酞，溶液为无色，当达到滴定终点时，酚酞遇碱会变为浅红色，D 正确。
20．下列各组离子在指定溶液中可能大量共存的是
A．中性溶液中：Fe3+、Al3+、SO、NO
B．lg＝1010的溶液中：Na+、K+、CH3COO－、ClO－
C. 常温下由水电离出的c(H+)=10－13mol/L 的溶液中：K+、Na+、CO、[Al(OH)4]－
D. 加入铝粉会产生H2的溶液中：Cu2+、Mg2+、NO、Cl
－
答案：C
解析：A．Fe3+易发生水解，只能存在于酸性溶液，不能存在于中性溶液，即中性溶液中不能大量存
在Fe3+，A 不符合题意；
B．lg＝1010的溶液显酸性，H+与CH3COO－、ClO－，结合成CH3COOH，HClO，不能大量共存，B
不符合题意；
C．由水电离出的c(OH－)＝1.0×10-13mol•L-1的溶液中，水的电离受到抑制，可以是酸性溶液或者碱性
溶液，酸性溶液中H+与CO、[Al(OH)4]－反应，不能大量共存，碱性溶液中各离子不反应，可以大量共存，C
符合题意；
D．加入铝粉能放出氢气的溶液呈酸性或碱性，碱性环境Mg2+与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，
Cu2+和OH-反应生成Cu(OH)2沉淀，在酸性条件下NO 具有强氧化性，与铝反应不会生成氢气，在酸性或碱性溶液中都不能大量共存，D 不符合
题意；
21．下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．0.1mol·L-1的NaHCO3溶液中：Al3+、K+、Cl－、SO
B．使pH 试纸显红色的溶液中：Na+、NO、CO、SO
C．含有KSCN 的溶液中：Fe3+、Na+、SO、Cl－
D．＝1012的溶液中：Na+、K+、SO、ClO－
答案：D
解析：A．Al3+和HCO 发生双水解反应，不能大量共存，A 项不符合题意；
B．使pH 试纸显红色的溶液显酸性，H+和CO 不能大量共存，B 项不符合题意；
C．Fe3+和SCN－不能大量共存，C 项不符合题意；
D．＝1012的溶液显碱性，OH－、Na+、K+、SO、ClO－能大量共存，D 项符合题意；
22．25℃时，已知Ka(HA)＝1.8×10-4、Ka(HB)＝1.75×10-5，则下列叙述正确的是
A．因Ka(HA)＞Ka(HB)，故NaB 溶液的pH 大于NaA 溶液的pH
B．等pH 的HA、HB 溶液分别稀释100 倍，溶液中c(A－)＞c(B－)
C．向NaB 溶液中滴加HA 溶液至pH＝7 时，c(B－)∙c(HA)＞c(A－)∙c(HB)
43
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
D．等物质的量浓度的NaA 和NaB 混合溶液中，c(OH－)＝c(H+)＋c(HA)＋c(HB)
答案：D
解析：A．NaA、NaB 溶液的pH 还与浓度有关，相同浓度时NaB 溶液的pH 大于NaA 溶液的pH，但
选项中浓度未知，A 项错误；
B．稀释相同的倍数，电离常数大的pH 变化大，故等pH 的HA、HB 溶液分别稀释100 倍后，溶液
中c(A－)＜c(B－)，B 项错误；
C．＝＞1，故c(A－)∙c(HB)＞c(B－)∙c(HA)，C 项错误；
D．根据质子守恒，可判断c(OH－)＝c(H+)＋c(HA)＋c(HB)，D 项正确。
23．0.1mol/L 的8 种物质的溶液：①HNO3 ②H2SO4 ③CH3COOH ④Ba(OH)2 ⑤NaOH
⑥CH3COONa ⑦KCl ⑧NH4Cl 以上溶液中pH 值由小到大的是
A．③⑧②①⑥⑤⑦④ B．②①③⑧⑦⑥⑤④
C．②③⑧①④⑦⑥⑤ D．①②③⑧⑦④⑥⑤
答案：B
解析：①HNO3；②H2SO4③CH3COOH 属于酸，硝酸是一元强酸、硫酸是二元强酸、醋酸是一元弱
酸，所以相同浓度时氢离子浓度大小顺序是②>①>③，则其溶液的pH 大小顺序为：③>①>②；
④Ba(OH)2⑤NaOH 属于碱，氢氧化钡是二元强碱、NaOH 是一元强碱，所以Ba(OH)2中氢氧根离子
浓度大于NaOH，则溶液pH 大小顺序是④>⑤；
⑥CH3COONa⑦KCl⑧NH4Cl⑧属于盐，醋酸钠是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，氯化钾是强酸强碱盐，
其溶液呈中性，氯化铵是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，所以相同浓度的这三种盐pH 大小顺序是
⑥>⑦>⑧；
相同浓度时，pH 大小顺序是碱>盐>酸；
通过以上分析知，相同浓度的这几种溶液pH 从小到大顺序是；②①③⑧⑦⑥⑤④，故选B
24．常温下向20.00mL0.1000mol·L－1(NH4)2SO4溶液中逐滴加入0.2000mol·L－1NaOH 时，溶液的pH
与所加NaOH 溶液体积的关系如图所示(不考虑挥发)。下列说法正确的是
A．点a 所示溶液中：c(SO)＞c(NH)＞c(H+)＞c(OH－)
B．点b 所示溶液中：c(NH)＝c(Na+)＞c(H+)＝c(OH－)
44
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
C．点c 所示溶液中：c(SO)＋c(H+)＝c(NH3∙H2O )＋c(OH－)
D．点d 所示溶液中：c(SO)＞c(NH3∙H2O )＞c(OH－)＞c(NH)
答案：C
解析：A．a 点没有加入NaOH，为0.1000mol/L(NH4)2SO4溶液，NH 部分水解，但水解程度微弱，则，
c(NH)＞c(SO)，故A 错误；
B．b 点pH=7，呈中性，则c(H+)＝c(OH－)，结合电荷守恒可知，c(NH)＋c(Na+)＝2 c(SO)，由于加入
NaOH 溶液体积小于10mL，则c(Na+)＜c(SO)，所以c(NH)＞c(Na+)，故B 错误；
C．c 点溶液中，只有一半的(NH4)2SO4参与反应，反应后溶质为等浓度的硫酸铵、硫酸钠，生成的一
水合氨为硫酸钠浓度的2 倍，根据电荷守恒得：c(H+)+ c(NH)+c(Na+)＝2c(SO)+c(OH－)，根据物料守恒得
得：c(NH)+ c(NH3∙H2O )＝2 c(SO)＝2c(Na+)，二者结合可得c(SO)+c(H+)＝c(NH3∙H2O )+c(OH－)，故C 正
确；
D．d 点溶液中，二者恰好反应生成硫酸钠、一水合氨，且硫酸钠的浓度是一水合氨浓度的，
NH3•H2O 的电离程度较小，则c(NH3•H2O)＞c(SO)，故D 错误；
25．现有四种溶液：①0.1mol·L－1HCl 溶液、②0.1mol·L－1H2SO4溶液、③0.1mol·L－1NaOH 溶液、④
0.1mol·L－1CH3COOH 溶液。下列说法错误的是
A．c(H+)：③＜④＜①＜② B．c(OH－)：③＞④＞①＞②
C. 溶液的pH：②＜①＜④＜③ D. 溶液的导电能力：②＞①＞③＞④
答案：D
解析：A．①0.1mol•L-1HCl 溶液中c(H+)=0.1mol/L，②0.1mol•L-1H2SO4溶液c(H+)=0.1mol/
L×2=0.2mol/L，③0.1mol•L-1NaOH 溶液c(OH－)＝0.1mol/L，c(H+)＝＝mol/L=10-13mol/L，
④0.1mol•L-1CH3COOH 溶液显酸性，但醋酸为弱酸，部分电离，故10-7mol/L＜c(H+)＜0.1mol/L，故
c(H+)：③＜④＜①＜②，故A 正确；
B．由分析可知，氢离子浓度越大，氢氧根离子浓度越小，c(H+)：③＜④＜①＜②，则c(OH-)：③＞
④＞①＞②，故B 正确；
C．由分析可知，氢离子浓度越大，pH 越小，c(H+)：③＜④＜①＜②，则溶液的pH：②＜①＜④＜
③，故C 正确；
D．①0.1mol•L-1HCl 溶液中c(H+)＝c(Cl－)＝0.1mol/L，②0.1mol•L-1H2SO4溶液c(H+)＝0.1mol/L×2＝
0.2mol/L，c(SO)＝0.1mol/L，③0.1mol•L-1NaOH 溶液c(Na+)＝c(OH－)＝0.1mol/L，④醋酸为弱酸，部分电
离，氢离子和醋酸根离子浓度均小于0.1mol/L，故溶液的导电能力：②＞①=③＞④，故D 错误；
26. (2025 年1 月八省联考四川卷)CuIn5S8是一种能将CO2转化为CH4的光催化剂。
45
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
Ⅰ．一种制备CuIn5S8的步骤如下(部分条件略)：
已知：CuIn5S8为粉状晶体，难溶于水；CH3CSNH2易溶于水和乙二醇。
Ⅱ．CuIn5S8纯度测定
将a 克CuIn5S8(M＝895g∙mol-1)样品分解处理后，配制成250mL 溶液。用移液管移取25.00mL 溶液于
碘量瓶中，加入过量KI 溶液反应后，用硫代硫酸钠标准溶液进行滴定，其原理如下：
2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I2
I2 ＋2S2O＝2I－＋S4O
回答下列问题：
(1)称量InCl3∙4H2O 时，下列仪器中用到的有_______、_______(填仪器名称)。
(2)步骤③中，为使固液快速分离，应采用的方法是_______(填标号)。
a．蒸馏 b．减压过滤 c．蒸发
(3)步骤④中，先用蒸馏水多次洗涤，检验产物中Cl－已洗净的方法是________________________；最
后用乙醇洗涤，其目的是__________________________________。
(4)产物CuIn5S8的晶体结构可用_______(填仪器名称)测定。
(5)纯度测定过程中，滴定所用的指示剂为_______(填名称)，滴定终点的现象是__________________。
(6)平行滴定三次，消耗bmol·L-1硫代硫酸钠标准溶液的平均体积为VmL，则产品的纯度为_______。
(7)下列操作会导致实验结果偏高的是_______(填标号)。
a．未用待测溶液润洗水洗后的移液管
b．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失
c．滴定终点时，俯视滴定管液面读数
答案：(1)托盘天平、烧杯 (2)b
(3)取洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成
除去沉淀表面的水分，防止CuIn5S8溶解造成产率降低 (4)x 射线衍射仪
(5)淀粉溶液；滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原
(6) % (7)b
解析：由题给流程可知，将InCl3∙4H2O、Cu(CH3COO)2∙H2O、CH3CSNH2混合物溶于乙二醇得到混合
溶液，加热混合溶液使反应物充分反应得到CuIn5S8沉淀，过滤、洗涤、干燥得到CuIn5S8。
46
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(1)称量InCl3∙4H2O 固体时，需要用到托盘天平和烧杯，不需要用到蒸发皿、玻璃棒和量筒，故答案
为：托盘天平；烧杯；
(2)步骤③中，为使固液快速分离，应采用减压过滤的方法分离，故选b；
(3)检验产物中氯离子已洗净实际上就是检验洗涤液中不存在氯离子，具体操作为取洗涤液少许于试
管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白色沉淀生成；最后用乙醇洗涤的目的是除去沉淀表面的水分，
防止CuIn5S8溶解造成产率降低，故答案为：取洗涤液少许于试管中，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，无白
色沉淀生成；
(4)x 射线衍射可以精确测定物质的晶体结构，所以产物CuIn5S8的晶体结构可用x 射线衍射仪测定，
故答案为：x 射线衍射仪；
(5)溶液中的碘遇淀粉溶液变蓝色，所以滴定时选用淀粉溶液做指示剂，溶液中的碘与硫代硫酸钠溶
液完全反应后，滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的现象是滴入最后
半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原，故答案为：淀粉溶液；滴入最后
半滴硫代硫酸钠标准溶液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；
(6)由方程式可得如下转化关系：2CuIn5S8～2Cu2+～I2～2Na2S2O3，滴定消耗VmLbmol/L 硫代硫酸钠
溶液，则产品的纯度为×100%＝ %，故答案为： %；
(7)a．未用待测溶液润洗水洗后的移液管会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故
错误；
b．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失会使滴定消耗标准溶液的体积偏大，导致所测结果偏
高，故正确；
c．滴定终点时，俯视滴定管液面读数会使滴定消耗标准溶液的体积偏小，导致所测结果偏低，故错
误；
故选b。
27. (2025 年1 月八省联考河南卷)某实验小组利用EDTA 标准溶液滴定Ca2+，从而间接测定Na2CO3、
NaHCO3混合溶液中CO 和HCO 的总浓度。已知EDTA 与Ca
2+按物质的量之比1 1∶反应。
主要实验步骤如下：
I．如下图所示，取100.0mL Na2CO3、NaHCO3混合溶液于①中，在搅拌下滴加NaOH 溶液，调pH
至11，然后准确加入V1mLc1mol·L-1CaCl2溶液(过量)，搅拌下水浴加热至60℃并保持5min，冷却至室温。
过滤、洗涤，合并滤液和洗涤液，在250mL 容量瓶中定容。
47
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
II．取25.00mL 步骤Ⅰ配制的溶液于锥形瓶中，加入一定量蒸馏水，用NaOH 溶液调pH 在12~13 之
间，再滴加4~5 滴钙指示剂。用c2mol·L-1EDTA 标准溶液滴定至终点，平行测定三次。消耗EDTA 溶液平
均体积为V2mL。
回答下列问题：
(1)仪器①的名称是_______；②的名称是_______。
(2)步骤Ⅰ中，若不慎将NaOH 溶液沾到皮肤上，应对措施是__________________________。
(3)步骤Ⅰ中，调pH 至11 的目的是____________________________；加入的CaCl2溶液需过量的原因
是_____________________________________________。
(4)步骤Ⅰ中，采用水浴加热方式的优点是_______________________。
(5)步骤Ⅱ滴定接近终点时，使滴定管尖嘴处悬垂的半滴标准溶液加入到锥形瓶中的操作是_______。
(6) Na2CO3、NaHCO3混合溶液中，CO 和HCO 的总浓度c 总＝_______mol·L-1(写出计算式)。
答案：(1)三颈烧瓶 ；恒压滴液漏斗
(2)先用大量的水冲洗，然后涂上1%硼酸溶液减小对皮肤的腐蚀
(3)将混合溶液中的碳酸氢钠完全转化为碳酸钠； 保证碳酸根离子沉淀完全
(4)便于控制温度，且受热均匀
(5)使半滴溶液悬于管口，将锥形瓶内壁与管口接触，使液滴流出 (6)
解析：本题是一道含量测定类的实验题，先用NaOH 溶液将碳酸氢钠完全转化为碳酸钠，再根据滴
定实验的有关操作并结合EDTA 与Ca2+按物质的量之比1∶1 反应进行计算解题。
(1)由图可知，仪器①的名称是三颈烧瓶；②的名称是恒压滴液漏斗；
(2)NaOH 溶液有腐蚀性，会腐蚀皮肤，若不慎将NaOH 溶液沾到皮肤上，应先用大量的水冲洗，然
后涂上1%硼酸溶液减小对皮肤的腐蚀；
(3)在搅拌下滴加NaOH 溶液，调pH 至11，可以将混合溶液中的碳酸氢钠完全转化为碳酸钠；加入
过量的CaCl2溶液可以保证碳酸根离子沉淀完全；
(4)本实验所需温度低于100℃，可以采用水浴加热，水浴加热便于控制温度，且受热均匀；
48
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(5)使滴定管尖嘴处悬垂的半滴标准溶液加入到锥形瓶中的操作是：使半滴溶液悬于管口，将锥形瓶
内壁与管口接触，使液滴流出；
(6)消耗EDTA 溶液平均体积为V2mL，则配制的溶液中含有钙离子的物质的量为：×c2·V2×10-3mol，
所以Na2CO3、NaHCO3混合溶液中，CO 和HCO 的总浓度c 总＝mol/L＝ mol/L。
28．已知水在25 ℃和95 ℃时的电离平衡曲线如图所示：
(1)25 ℃时水的电离平衡曲线应为________(填“A”或“B”)。
(2)95 ℃时水的离子积Kw＝________。
(3)25 ℃时，将pH＝9 的NaOH 溶液与pH＝4 的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，则
NaOH 溶液与H2SO4溶液的体积比为________。
(4)95 ℃时，若100 mL pH1＝a 的某强酸溶液与1 mL pH2＝b 的某强碱溶液混合后，所得溶液呈中性，
则混合前，该强酸的pH1与强碱的pH2之间应满足的关系是__________________________。
答案：(1)A (2)1×10－12 (3)10 1∶ (4)pH1＋pH2＝14(或a＋b＝14)
解析：(1)曲线A 条件下Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝10－7×10－7＝10－14，曲线B 条件下Kw＝c(H＋)·c(OH－)＝
10－6×10－6＝10－12；水的电离是吸热过程，加热促进电离，所以曲线A 代表25 ℃时水的电离平衡曲线。
(2) 95 ℃时，从坐标中可以看出纯水中c(H+)＝c(OH－)＝1×10-6mol·L-1，则Kw＝c(H+)×c(OH－)＝1×10-
6×1×10-6＝1×10－12，答案为1×10－12。
(3)25 ℃时所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性即n(OH－)＝n(H＋)，则V(NaOH)·10－5 mol·L－1＝
V(H2SO4)·10－4 mol·L－1，得V(NaOH)∶V(H2SO4)＝10 1∶。
(4)95 ℃时，若100 体积的某强酸溶液(pH1＝a)与1 体积的某强碱溶液(pH2＝b)混合后溶液呈中性，即
n(OH－)＝n(H＋)，则100×10－a＝1×10b－12，102－a＝10b－12，即2－a＝b－12，则a＋b＝14。
29．回答下列问题：
(1)某些共价化合物(如H2O、NH3、N2O4等)在液态时会发生微弱的电离，如2H2O
c(OH－)＋
H3O+，则液态NH3的电离方程式为 。
(2)已知水溶液中c(H+)和c(OH－)的关系如图所示，试回答下列问题：
49
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
图中A 点和B 点对应的Kw的关系是_______。若从A 点到D 点，可采用的措施是_______(填序号)。
A.升温 B.加入少量氯化钠溶液 C.加入少量的NaOH D.加入少量的盐酸
(3)25℃时，0.1mol·L－1的HA 溶液中＝1010。请回答下列问题：
①HA 是_______(填：强电解质或弱电解质)。
②在加水稀释HA 溶液的过程中，随着水量的增加而增大的是_______(填序号)。
A.c(HA) B.溶液的pH C.c(H+)与c(OH－)的乘积 D.c(OH－)
100℃
③
时，pH＝11 的氢氧化钠和pH＝2 的盐酸溶液等体积混合，混合后溶液呈_______(填：酸性、
中性或碱性)。
(4)现有浓度均为0.1mol·L－1的下列溶液：①硫酸、②醋酸、③氢氧化钠，三种溶液中由水电离出的
H+浓度由大到小的顺序是_______(用序号表示)。
(5)浓度均为0.1mol·L－1的5 种溶液：①氨水、②(NH4)2SO4、③NH4HCO3、④NH4Cl、⑤(NH4)2CO3，
其中c(NH)由大到小的顺序为_______(用序号表示)。
(6)已知25℃时，Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10-11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10-20，在25℃时，向浓度均为0.1mol·L
－1的MgCl2和CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先生成该沉淀的离子方程式为 。
答案：(1)2NH3
NH+NH (2)A<B D (3)①弱电解质 ②BD ③碱性
(4)
>
>
(5)
>
>
>
>
(6)Cu
②③①
②⑤④③①
2＋＋2NH3∙H2O＝Cu(OH)2↓＋2NH
解析：(1)参考水的电离方程式可知，液态NH3的电离方程式为2NH3
NH+NH，故答案为：2NH3
NH+NH；
(2)Kw＝c(H+)×(OH-)，根据图示可知，A 点的Kw=10-7×10-7＝10-14，同理可得B 点的Kw＝10-12，则Kw：
A 点<B 点；
A 点到D 点氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小；
A．升温氢离子浓度和氢氧根离子浓度同时增大，故A 不选；
B．加入少量氯化钠溶液对氢离子和氢氧根离子浓度没有影响，故B 不选；
C．加入少量NaOH，氢离子浓度减小，氢氧根离子浓度增大，故C 不选；
D．加入少量盐酸，氢离子浓度增大，氢氧根离子浓度减小，故D 选；
故答案选D；故答案为：A<B；D；
(3)①＝1010，同时c(H+)×(OH-)＝10-14，则c(H+)＝10-2mol/L，因溶液的浓度为0.1mol/L，则HA 为弱电
50
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
解质，故答案为：弱电解质；
A
②．随着水量的增大，HA 溶液被稀释，c(HA)减小，故A 不符合题意；
B．加水稀释HA，氢离子浓度减小，溶液pH 增大，故B 符合题意；
C．氢离子浓度和氢氧根离子浓度乘积为水的离子积常数，该常数只与温度有关，温度不变，水的离
子积常数不变，故C 不符合题意；
D．加水稀释HA，氢离子浓度减小，水的离子积常数不变，则c(OH-)增大，故D 符合题意；
故答案选BD；
100℃
③
时Kw＝10-12，pH＝11 的NaOH 中c(OH-)＝0.1mol/L，pH=2 的盐酸c(H+)＝0.01mol/L，两者等
体积混合，NaOH 过量溶液呈碱性，故答案为：碱性；
(4)浓度均为0.1mol/L 的硫酸、醋酸和氢氧化钠，硫酸中c(H+)＝0.2mol/L，醋酸为弱酸，c(H+)远小于
0.1mol/L，氢氧化钠中c(OH-)＝0.1mol/L，则醋酸对水电离的抑制作用最弱，硫酸对水电离的抑制作用最
强，故三种溶液中水电离出H+浓度由大到小的顺序是②>
>
③①，故答案为：②>
>
③①；
(5)浓度均为0.1mol/L 五种溶液，①NH3∙H2O 为弱电解质，c(NH)远小于0.1mol/L，②硫酸铵中铵根离子发生水解，c(NH)略小于
0.2mol/L，③NH4HCO3会发生双水解，NH 水解程度较大，c(NH)小于0.1mol/L，④NH4Cl 中NH 水解程度小于NH4HCO3，c(NH)小于0.1mol/L，
⑤(NH4)2CO3会发生双水解，水解程度大于硫酸铵，但是存在0.1mol/L<c(NH)<0.2mol/L，则c(NH)由大到小的顺序为
②>
>
>
>
⑤④③①，故答案为：②>
>
>
>
⑤④③①；
(6)MgCl2和CuCl2浓度相同，且Ksp[Mg(OH)2]＝1.8×10-11，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10-20，则滴加氨水后先
生成Cu(OH)2沉淀，生成该沉淀的离子方程式为Cu2＋＋2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓＋2NH，故答案为：Cu
2＋＋
2NH3∙H2O=Cu(OH)2↓＋2NH。
30．(1)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数，其反应原理为2Ba2＋＋Cr2O＋
H2O＝2BaCrO4↓＋2H＋、4NH＋6HCHO＝3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋[滴定时，1 mol(CH2)6N4H＋与1 mol H＋
相当]，然后用NaOH 标准溶液滴定反应生成的酸。
实验步骤：称取样品2.800 g，配成250 mL 溶液，移取25.00 mL 样品溶液于250 mL 锥形瓶中，用氯
化钡溶液使Cr2O 完全沉淀后，加入10 mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min 后，加入1～2 滴酚酞
试液，用0.200 mol·L－1 NaOH 标准溶液滴定至终点。重复上述操作3 次。
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH 标准溶液进行滴定，则滴定时用去NaOH 标准溶液
的体积________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察________。
②滴定结果如下表所示：
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
25.00
1.07
21.06
2
25.00
0.88
20.89
3
25.00
0.20
21.20
4
25.00
0.66
20.66
51
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
该样品中氮元素的质量分数为________。
(2)测定POCl3含量。用PCl3氧化法制备的POCl3中常含有PCl3杂质。
已知：PCl3遇水生成H3PO3和HCl，POCl3遇水生成H3PO4和HCl。
Ⅰ.准确称取1.455 g 制得的POCl3产品，置于盛有60.00 mL 蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解；
Ⅱ.将水解液配成100.00 mL 溶液，取10.00 mL 溶液于锥形瓶中；
Ⅲ.加入10.00 mL 0.320 0 mol·L－1AgNO3溶液，使氯离子完全沉淀；向其中加入少许硝基苯用力摇动；
Ⅳ.以Fe3＋为指示剂，用0.020 0 mol·L－1KSCN 标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共
用去10.00 mL KSCN 溶液。已知：Ag＋＋SCN－＝AgSCN↓；Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)。
①滴定终点的现象为____________。
②实验过程中加入硝基苯的目的是______________；若无此操作，则所测POCl3含量将会
____________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
③产品中POCl3的百分含量为________________(保留三位有效数字)。
(3)CuSO4·5H2O 的含量通常利用“间接碘量法”测定，步骤如下：
①称取1.250 g 产品配成100 mL 溶液。
②取其中25.00 mL 溶液，加入足量的NaF 溶液后，滴加KI 溶液至不再产生沉淀。
③用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，平行滴定3 次。已知Cu2＋与F－不反应，Fe3＋与F－反应生
成FeF，氧化性I2>FeF；I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6。步骤②中，若不加足量的NaF 溶液，最终的测量
值将________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。滴加KI 溶液，有白色碘化物沉淀生成，反应的离子
方程式为__________________；若Na2S2O3标准溶液的平均用量为10.00 mL，则胆矾产品纯度为
________%。
答案：(1)①偏大 锥形瓶内溶液颜色的变化 ②10.00%
(2)①当滴入最后一滴KSCN 标准溶液时，溶液变为红色，且半分钟不褪色
②使生成的AgCl 沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN－与AgCl 反应 偏小
③52.7% (3)偏大 2Cu2＋＋4I－＝2CuI↓＋I2 80.00
解析：(1)4 次滴定消耗氢氧化钠溶液体积依次为19.99 mL、20.01 mL、21.00 mL、20.00 mL，第3
次测定误差较大，舍去，取剩下3 次滴定的平均值得消耗氢氧化钠溶液体积为20.00mL。由题给关系可知
(NH4)2Cr2O7～4OH－，则w(N)＝×100%＝10.00%。
(2)①滴加KSCN 标准溶液，先生成AgSCN 沉淀，达到滴定终点时，溶液变为红色，且半分钟不褪
色。
②根据题给信息，加入硝基苯可覆盖AgCl 沉淀，避免AgCl 与KSCN 标准溶液反应，若无此操作，
则KSCN 标准溶液用量偏多，测得的Ag＋浓度偏大，从而使所测POCl3含量偏小。
③Ⅰ～Ⅲ涉及的反应有PCl3＋3H2O＝H3PO3＋3HCl，POCl3＋3H2O＝H3PO4＋3HCl，HCl＋AgNO3＝
AgCl↓＋HNO3，此过程消耗AgNO3的物质的量为0.01 L×0.320 0 mol·L－1－0.01 L×0.020 0 mol·L－1＝0.003
mol，由关系式PCl3～3HCl～3AgNO3及POCl3～3HCl～3AgNO3可知，10.00 mL 溶液中n(PCl3)＋n(POCl3)
＝0.001 mol，则产品中n(PCl3)＋n(POCl3)＝0.001× mol＝0.01 mol，设POCl3的物质的量为x mol，
(153.5×x)g＋[137.5×(0.01－x)]g＝1.455 g，则x＝0.005 mol，故产品的纯度为×100%≈52.7%。
(3)结合题中信息可知Cu2＋与I－发生氧化还原反应的离子方程式为2Cu2＋＋4I－＝2CuI↓＋I2，若步骤②
52
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
中不加入足量的NaF 溶液，Fe3＋也消耗I－，导致最终测量值将偏大。根据关系式2Cu2＋～I2～2Na2S2O3，
可得c(Cu2＋)＝0.040 0 mol·L－1，则胆矾产品纯度＝×100%＝80.00%。
53
