大单元四 第三单元 水溶液中的离子反应与平衡
第3 讲 酸碱中和滴定及pH 曲线
【高考考向预测】
酸碱中和滴定重点考查实验仪器、操作步骤、指示剂选择、误差分析，结合pH 变化曲线
判断滴定终点、离子浓度大小、反应分段变化，同时涉及相关定量计算；近三年选择、实验
及原理大题频繁考查，考频极高；预测2027 年侧重强弱电解质互滴的复合pH 曲线分析、多
步滴定与误差综合判断，强化图像拐点解读和计算应用。
【双基自测●明考向】
1．“酸碱中和滴定”实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，滴定管和移液管用
蒸馏水洗净后，须经干燥或标准溶液润洗后方可使用。( )
【答案】正确
【详解】在酸碱中和滴定实验中，容量瓶和锥形瓶用蒸馏水洗净后即可使用，这是因为它们
不需要进行精确的体积测量，只需保证内部干净无杂质即可。但滴定管和移液管在实验中用
于精确测量液体的体积，因此滴定管和移液管用蒸馏水洗净后，必须经过干燥或用标准溶液
进行润洗，以确保测量的准确性。不进行干燥或标准溶液润洗，可能会导致测量结果出现误
差，因为水和待测液体（如酸或碱）的密度不同，直接使用未经干燥或润洗的滴定管和移液
管进行测量，相当于对标准溶液进行了稀释，从而影响最终的实验结果，
综上所述，本题答案为：正确。
2．若用标准盐酸滴定待测NaOH 溶液，滴定前仰视，滴定后俯视，则测定值偏大。( )
【答案】错误
【详解】滴定前仰视，滴定后俯视，会导致V(HCl)偏小，则测定c(NaOH)偏小，上述说法错
误。
3．盛有标准盐酸溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失，则滴定结果偏高。(
)
【答案】正确
【详解】盛有标准盐酸溶液的滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失，消耗标准溶液体
积偏大，测定结果偏高，上述说法正确。
4．室温下，用0.100mol/LNaOH 溶液分别滴定20.00ml0.100mol/L 的盐酸和醋酸，滴定曲线如
图所示，V(NaOH)=20ml 时，c(Cl-)=c(CH3COO-)。( )
【答案】错误
【详解】V(NaOH)=20ml 时，盐酸与氢氧化钠、醋酸与氢氧化钠溶液恰好反应，生成的醋酸
根水解，则c(Cl-)＞(CH3COO-)，错误
5．酸碱中和滴定实验一般不用石蕊作指示剂，是因为石蕊变色不明显。( )
【答案】正确
【详解】石蕊试液pH 变色范围是5～8，变色范围宽，现象变化不明显，因此一般不用石蕊
作指示剂，故说法错误；
6．当观察到锥形瓶中溶液颜色发生变化，立即停止滴定并记下滴定管液面读数。( )
【答案】错误
【详解】当观察到锥形瓶中溶液颜色发生变化，且半分钟内不恢复原来的颜色，才停止滴定
并记下滴定管液面读数，故说法错误。
7．甲基橙的变色范围为酸性，而酚酞的变色范围为碱性。( )
【答案】正确
【详解】甲基橙变色pH 范围：小于3.1 显红色，大于4.4 显黄色；酚酞变色pH 范围：小于
8.2 无色，大于10.0 显红色；故说法正确；
8．（23-24 高二上·全国·课堂例题）滴定终点就是酸碱恰好中和的点，溶液为中性。( )
【答案】错误
【详解】滴定终点是指示剂变色的点，指示剂不一定恰好在中性时变色，所以滴定终点溶液
不一定为中性。若为强酸和强碱中和，滴定终点也不一定是酸碱恰好中和的点，故错误。
9．若用标准盐酸滴定待测NaOH溶液，滴定完成后发现酸式滴定管下悬着一滴酸液，则测定结
果偏小。( )
【答案】错误
【详解】若用标准盐酸滴定待测NaOH溶液，滴定完成后发现酸式滴定管下悬着一滴酸液，则
标准液体积偏大，测定结果偏大；答案为错误。
10．中和滴定操作中所需标准溶液越浓越好，指示剂一般加入2～3 mL。( )
【答案】错误
【详解】中和滴定操作中所需的标准液若比较浓，消耗的体积比较小，误差比较大，错误；
【核心梳理●明考点】
考点一 酸碱中和滴定
1.原理
利用酸碱中和反应,用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的方法。以标准HCl 溶
液滴定待测的NaOH 溶液,待测的NaOH 溶液的物质的量浓度为c(NaOH)=c( HCl)·V ( HCl)
V ( NaOH )
。
2.酸碱指示剂
常见酸碱指示剂的变色范围
指示剂
变色范围
石蕊
甲基橙
酚酞
3.关键
(1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。
(2)选取适当指示剂
①滴定终点溶液为碱性时,用酚酞作指示剂,例如用NaOH 溶液滴定醋酸。
②滴定终点溶液为酸性时,用甲基橙作指示剂,例如用盐酸滴定氨水。
③强酸滴定强碱一般用甲基橙,但用酚酞也可以。
(3)准确判断滴定终点。
4.实验仪器与操作过程
(1)主要仪器
①“0”刻度线在上方，尖嘴部分无刻度。
②读数可估读到0.01mL。
③A 是酸式滴定管，不能盛放碱性液体；B 是碱式滴定管，不能盛放酸性和强氧化性液体。
(2)滴定前准备
滴定管:查漏→洗涤→润洗→装液→排气泡调液面→记录。
锥形瓶:洗涤→装待测液→加指示剂。
(3)滴定操作
(4)滴定终点
滴入最后半滴标准液,指示剂变色,且在半分钟内不恢复原来的颜色,停止滴定,并记录标准溶液
的体积。
(5)数据处理
按上述操作重复2~3 次,根据每次所用标准液的体积计算待测液的物质的量浓度,最后求出待测
液的物质的量浓度的平均值。
(6)误差分析
分析依据cB=
c A·V A
V B
(VB表示准确量取的待测液的体积、cA表示标准溶液的浓度)。
若VA偏大⇒cB偏大;若VA偏小⇒cB偏小。
(7)以标准盐酸滴定待测NaOH 溶液为例,用酚酞作指示剂分析实验误差。
步骤
操作
c(NaOH)
洗涤
未用标准溶液润洗酸式滴定管
偏高
锥形瓶用待测溶液润洗
偏高
未用待测溶液润洗取用待测液的滴定管
偏低
锥形瓶洗净后瓶内还残留少量蒸馏水
无影响
取液
取碱液的滴定管尖嘴部分有气泡且取液结束前气泡消失
偏低
滴定
滴定完毕后立即读数,半分钟后颜色又变红
偏低
滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后消失
偏高
滴定过程中振荡时有液滴溅出
偏低
滴定过程中,向锥形瓶内加少量蒸馏水
无影响
读数
滴定前仰视读数或滴定后俯视读数
偏低
滴定前俯视读数或滴定后仰视读数
偏高
【考点突破●明方向】
1.用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH 溶液时,下列操作正确的是( )
A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后,直接加入已知浓度的盐酸
B.锥形瓶用蒸馏水洗净,必须干燥后才能加入一定体积未知浓度的NaOH 溶液
C.滴定时没有排出滴定管中的气泡
D.读数时视线与滴定管内液体凹液面保持水平
【答案】D
【解析】滴定管在装液之前必须要用标准液润洗,否则将稀释标准液,A 错误;锥形瓶用蒸馏水
洗净,不必干燥就能加入一定体积未知浓度的NaOH 溶液,瓶中残留的蒸馏水对测定结果无影响,
B 错误;在滴定之前必须排尽滴定管下端的气泡,然后记录读数,进行滴定,C 错误。
2.如图是用0.100 0 mol·L-1的盐酸滴定某未知浓度的NaOH 溶液的示意图和某次滴定前、后盛
放盐酸的滴定管中液面的位置。
请回答下列问题:
(1)仪器A 的名称是 。
(2)盐酸的体积读数:滴定前读数为 mL,滴定后读数为 mL。
(3)某实验小组同学的三次实验的实验数据如下表所示。根据表中数据计算出的待测NaOH 溶
液的平均浓度是 mol·L-1(保留四位有效数字)。
实验编号
1
2
3
待测NaOH 溶液的体积/mL
20.00
20.00
20.00
滴定前盐酸的体积读数/mL
1.20
1.21
1.50
滴定后盐酸的体积读数/mL
23.22
29.21
23.48
(4)对下列几种假定情况进行讨论:
①取待测液的滴定管,滴定前滴定管尖嘴处有气泡,滴定后气泡消失,对测定结果的影响是
(填“偏高”“偏低”或“无影响”,下同);
②若滴定前锥形瓶未用待测液润洗,对测定结果的影响是 ;
③标准液读数时,若滴定前俯视,滴定后仰视,对测定结果的影响是 。
【答案】(1)酸式滴定管 (2)0.80 22.80
(3)0.110 0 (4)①偏低 ②无影响 ③偏高
【解析】(2)滴定管的刻度由上到下逐渐增大,精确度为0.01 mL,因此滴定前的读数为0.80 mL,
滴定后的读数为22.80 mL。(3)第2 组读数与其他两组差别较大,属异常值,应舍去,分别求出第1
组、3 组的c(NaOH),两组的平均值c(NaOH)=0.110 0 mol·L-1。(4)①会使V(HCl)偏小,c(NaOH)偏
低;②对测定结果无影响;③会使V(HCl)偏大,c(NaOH)偏高。
考点二 酸碱滴定中溶液pH 曲线
1.强酸与强碱滴定过程中pH 曲线
如以0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1盐酸的滴定曲线如下:
①开始时加入的碱对pH 的影响较小。
②当接近滴定终点时，很少量(0.04mL,约一滴)碱液引起的pH 的突变导致指示剂的变色即反
应完全，滴定达到终点。
③终点后，加入的碱对pH 的影响较小。
2.强酸(碱)滴定弱碱(酸)pH 曲线比较
氢氧化钠滴定等浓度等体积的盐酸、醋
酸的滴定曲线
盐酸滴定等浓度等体积的氢氧化钠、氨水
的滴定曲线
曲线起点不同:强碱滴定强酸、弱酸的曲线,强酸起点低;强酸滴定强碱、弱碱的曲线,
强碱起点高
突跃点变化范围不同:强碱与强酸反应(强酸与强碱反应)的突跃点变化范围大于强碱
与弱酸反应(强酸与弱碱反应)
3.滴定曲线分析步骤
首先看横、纵坐标,搞清楚是酸加入碱中,还是碱加入酸中;其次看起点,起点可以看出酸性或碱
性的强弱;再次找滴定终点和pH=7 的中性点,判断滴定终点的酸碱性,然后确定中性点(pH=7)的
位置;最后分析其他的特殊点(如滴定一半点,过量一半点等),分析酸、碱过量情况。但要注意中
性点与恰好反应点的区别。
【考点突破●明方向】
1.一元酸HX 和HY 都是20 mL,分别用0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液滴定,滴定曲线如图,下列说法
正确的是( )
A.用0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液滴定HX 时,选用甲基橙作指示剂,测定结果偏低
B.HX 可能是HCl,HY 可能是CH3COOH
C.HX 和HY 的物质的量浓度可能都为1.000 mol·L-1
D.a 点和b 点对应溶液的导电性相同
【答案】A
【解析】NaOH 溶液滴定HX,恰好完全反应时溶液显碱性,甲基橙在酸性时就变色,故NaOH 消
耗量会减小,测定结果偏低,故A 正确;0.100 0 mol·L-1 NaOH 与20 mL 酸恰好反应时消耗的碱的
体积为20.00 mL,所以酸的浓度都是0.100 0 mol·L-1,根据图像纵坐标可知,HX 为弱酸,HY 为强
酸,故B、C 错误;a 点对应溶质是NaX 和HX,HX 为弱电解质,b 点对应溶质是NaY 和HY,HY 是
强电解质,虽然各物质的浓度都相同,但是溶液中离子浓度不相同,故导电性不同,故D 错误。
2.(2025·八省联考内蒙古卷)25 ℃时,用0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液分别滴定三种浓度均为0.100
0 mol·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=
c(C H 2ClCOO
−)c( H
+)
c(C H 2ClCOOH )
=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
c(C H 2ClCOO
−)×10
−3.86
c(C H 2ClCOOH )
=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。且滴加20 mL
NaOH 时达到滴定终点, 则N 点等浓度的CF3COOH 和CF3COONa, 此时溶液呈酸
性,pH=1.52,c(H+)=10-1.52 mol·L-1,则c(CF3COOH)≠c(CF3COO-),故Ka=c(C F3COO
−)·c( H
+)
c(C F3COOH )
≠10-
1.52,B 错误;由分析可知C、D 正确。
3.常温下,下列图示与对应的叙述相符合的是( )
A.图甲是常温下用0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1醋酸溶液的滴定曲
线,Q 点表示酸碱中和滴定终点
B.图乙可表示常温下0.1 mol·L-1盐酸滴加到40 mL 0.1 mol·L-1 NaOH 溶液的滴定曲线
C.图丙表示用0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液滴定25.00 mL 盐酸的滴定曲线,则c(HCl)=0.080 0
mol·L-1
D.图丁表示0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1醋酸溶液的滴定曲线
【答案】C
【解析】A 项, 滴定终点时, 消耗NaOH 溶液体积应为20 mL;C 项,c(HCl)=
c( NaOH )·V ( NaOH )
V ( HCl)
= 0.100 0mol· L
−1×20.00 mL
25.00 mL
=0.080 0 mol·L-1。
4.如图曲线a 和b 是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线,下列叙述正确的是( )
A.盐酸的物质的量浓度为1 mol·L-1
B.P 点时恰好完全反应,溶液呈中性
C.曲线a 是盐酸滴定氢氧化钠溶液的滴定曲线
D.酚酞不能用作本实验的指示剂
【答案】B
【解析】曲线a 所表示的中和反应刚开始时,溶液的pH=1,说明原溶液是盐酸,所以曲线a 表示
的是氢氧化钠溶液滴定盐酸的滴定曲线,故c(HCl)=c(H+)=0.1 mol·L-1,A、C 项错误;P 点时二者恰
好完全中和,生成氯化钠,则溶液呈中性,B 项正确;甲基橙的变色范围是3.1~4.4,酚酞的变色范围
是8.2~10.0,且变色现象较明显,所以该中和滴定实验可以用酚酞或甲基橙作指示剂,D 项错误。
本讲感悟
疑点:
盲点:
【真题再现●明考向】
1.(2025·江苏，3)用0.050 00 mol·L-1草酸(H2C2O4)溶液滴定未知浓度的NaOH 溶液。下列实验
操作规范的是( )
A.配制草酸溶液
B.润洗滴定管
C.滴定
D.读数
【答案】D
【解析】向容量瓶中加水时，需要用玻璃棒引流，A 错误；润洗滴定管时应加入少量标准液
于滴定管中，倾斜着转动滴定管进行润洗，B 错误；滴定时，应手持锥形瓶上端轻微地摇动
锥形瓶，C 错误；读数时视线应与凹液面最低处相切，D 正确。
2.(2025·黑吉辽蒙，12)化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消
耗氧化剂的量折算成消耗O2的量(单位为mg·L-1)来表示。碱性KMnO4不与Cl-反应，可用于
测定含Cl-水样的COD，流程如图。
下列说法错误的是( )
A.Ⅱ中发生的反应有MnO2+2I-+4H+===Mn2++I2+2H2O
B.Ⅱ中避光、加盖可抑制I-被O2氧化及I2的挥发
C.Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，水样的COD 值越高
D.若Ⅰ中为酸性条件，测得含Cl-水样的COD 值偏高
【答案】C
【解析】由图中装置Ⅱ中的信息可知，MnO4
−、MnO2在酸性条件下被I-还原为Mn2+，由得失
电子守恒、原子守恒及电荷守恒可知，A 正确；若装置Ⅱ不加盖，则空气可进入该装置氧化
I-，且光照会加快碘单质的挥发，故B 正确；装置Ⅲ消耗的Na2S2O3越多，说明装置Ⅱ中生成
的I2越多，则Ⅰ中消耗的MnO4
−越少，故水样的COD 值越低，C 错误；若装置Ⅰ的体系为酸
性环境，则MnO4
−与Cl-反应，水样的COD 值偏高，D 正确。
3.(2025·浙江6 月选考，16)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：
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C O3
2−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】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C O3
2−水解是次要原因，A 错误；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；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；
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。
4.(2024·湖南卷)常温下Ka(HCOOH)=1.8×10-4,向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH 溶液中缓慢滴入相同
浓度的HCOOH 溶液,混合溶液中某两种离子的浓度随加入HCOOH 溶液体积的变化关系如图
所示,下列说法错误的是( )
A.水的电离程度:M<N
B.M 点:2c(OH-)=c(Na+)+c(H+)
C.当V(HCOOH)=10 mL 时,c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-)
D.N 点:c(Na+)>c(HCOO-)>c(OH-)>c(H+)>c(HCOOH)
【答案】D
【解析】结合起点和终点,向20 mL 0.10 mol·L-1 NaOH 溶液中滴入相同浓度的HCOOH 溶液,发
生浓度改变的微粒是OH-和HCOO-,当V(HCOOH)=0 mL,溶液中存在的微粒是OH-,可知随着甲
酸的加入,OH-被消耗,逐渐下降,即经过M 点在下降的曲线表示的是OH-浓度的改变,经过M 点、
N 点的在上升的曲线表示的是HCOO-浓度的改变。A.M 点时,仍剩余有未反应的NaOH,对水的
电离是抑制的,N 点HCOOH 溶液与NaOH 溶液恰好反应生成HCOONa,此时仅存在HCOONa
的水解,此时水的电离程度最大,故A 正确;B.M 点时,根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)
+c(OH-),M 点为交点可知c(HCOO-)=c(OH-),联合可得2c(OH-)=c(Na+)+c(H+),故B 正确;C.当
V(HCOOH)=10 mL 时, 根据电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HCOO-)+c(OH-), 根据元素守恒
c(Na+)=2c(HCOO-)+2c(HCOOH),联合可得c(OH-)=c(H+)+2c(HCOOH)+c(HCOO-),故C 正确;D.N
点HCOOH 溶液与NaOH 溶液恰好反应生成HCOONa, 甲酸根离子发生水解, 因此
c(Na+)>c(HCOO-) 及c(OH-)>c(H+) 。观察图中N 点可知,c(HCOO-)≈0.05 mol·L-1, 根据
Ka(HCOOH)=c( H
+)·c( HCOO
−)
c( HCOOH )
=1.8×10-4,可知c(HCOOH)>c(H+),故D 错误。
5.(2021·广东卷)测定浓硫酸试剂中H2SO4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20.00 mL 待测液,用0.100 0 mol·L-1的NaOH 溶液滴定。上述操作中,
不需要用到的仪器为( )
【答案】B
【解析】该实验操作中涉及溶液的配制,需要用到容量瓶;移取待测液,用0.100 0 mol·L-1 NaOH
溶液滴定,需要用到锥形瓶和碱式滴定管,不需要用到分液漏斗,故选B。
6.(2023·广东卷节选)盐酸浓度的测定:移取20.00 mL 待测液,加入指示剂,用0.500 0 mol·L-1
NaOH 溶液滴定至终点,消耗NaOH 溶液22.00 mL。
(1)上述滴定操作用到的仪器有 。
(2)该盐酸浓度为 mol·L-1。
【答案】(1)AD (2)0.550 0
【解析】(1)滴定操作时需要用的仪器有锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴定管、铁架台等,故选
AD;(2)滴定时发生的反应为HCl+NaOH===NaCl+H2O,故c(HCl)=c( NaOH )·V ( NaOH )
V ( HCl)
=
0.500 0mol· L
−1×22.00×10
−3 L
20.00×10
−3 L
=0.550 0 mol·L-1。
高考热点总结
【限时训练】
（60 分钟）
基础落实
选择题只有1 个选项符合题意
1.下列有关滴定操作的说法正确的是( )
A.用25 mL 滴定管进行中和滴定时,用去标准液的体积为21.7 mL
B.用标准的KOH 溶液滴定未知浓度的盐酸,洗净碱式滴定管后直接取标准KOH 溶液进行滴定,
则测定结果偏低
C.用标准的KOH 溶液滴定未知浓度的盐酸,配制标准溶液的固体KOH 中含有NaOH 杂质,则测
定结果偏高
D.用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH 溶液时,若读取读数时,滴定前仰视,滴定到终点后俯视,会
导致测定结果偏高
【答案】D
【解析】滴定管精确值为0.01 mL,读数应保留小数点后2 位,A 错误;由于滴定管没有润洗,标准
液浓度偏小,消耗标准液体积增加,则测定结果偏高,B 错误;等质量的NaOH 和KOH,NaOH 的物
质的量大于KOH,即所配溶液OH-浓度偏大,导致消耗标准液体积偏小,则所测盐酸的浓度偏
小,C 错误;导致读取的盐酸体积偏小,依据c 酸=
c碱×V 碱
V 酸
可知测定结果偏高,D 正确。
2.已知常温常压下,饱和CO2的水溶液pH=3.9,则可推断用标准盐酸溶液滴定NaHCO3水溶液时,
适宜选用的指示剂及滴定终点时颜色变化的情况是( )
A.石蕊,由蓝变红
B.甲基橙,由橙变黄
C.酚酞,红色褪去
D.甲基橙,由黄变橙
【答案】D
【解析】标准盐酸溶液滴定碳酸氢钠水溶液时, 发生的反应是
NaHCO3+HCl===NaCl+CO2↑+H2O,滴定终点时pH=3.9,因此滴定终点时溶液显酸性,而指示剂选
用甲基橙(3.1~4.4),滴定终点时溶液pH 降低到3.9,颜色由黄变橙。
3.下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是( )
A.洗净的锥形瓶和滴定管都需烘干后才能使用
B.利用如图所示的方法,排出碱式滴定管内的气泡
C.酸碱滴定实验中,用待测溶液润洗锥形瓶可以减小实验误差
D.用碱式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液
【答案】B
【解析】洗净的锥形瓶和滴定管都不需要烘干,滴定管只需要用待测液或标准液润洗,故A 错
误;将碱式滴定管尖嘴部分向上倾斜45°,慢慢挤压玻璃珠排气,如题图,故B 正确;锥形瓶不需要
润洗,用待测溶液润洗锥形瓶增大了标准液的用量,增大实验误差,故C 错误;KMnO4为强氧化剂,
会腐蚀橡胶管,故强氧化剂用酸式滴定管量取,故D 错误。
4.NaOH 标准溶液的配制和标定,需经过NaOH 溶液配制、基准物质H2C2O4·2H2O 的称量以及
用NaOH 溶液滴定等操作。下列有关说法正确的是( )
A.图甲:转移NaOH 溶液到250 mL 容量瓶中
B.图乙:准确称得0.157 5 g H2C2O4·2H2O 固体
C.用图丙所示操作排出碱式滴定管中的气泡
D.用图丁所示装置以NaOH 待测液滴定H2C2O4溶液
【答案】C
【解析】向容量瓶中转移溶液时需要用玻璃棒引流,故A 错误;托盘天平的精确度为0.1 g,故B
错误;NaOH 溶液应装在碱式滴定管中,故D 错误。
5.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25.00 mL 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
D.达到滴定终点时溶液显橙色
【答案】A
【解析】量筒的精确度不高,不可用量筒量取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;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;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;Na2CO3溶液显碱性,甲基橙滴入Na2CO3
溶液中显黄色,当滴入最后半滴盐酸时,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。
6.NOx含量的测定,是将气体样品通入适量酸化的H2O2溶液中,使NOx完全被氧化成NO3
−,加水
稀释,量取该溶液,加入FeSO4标准溶液(过量),充分反应后,用K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+,
下列说法不正确的是( )
A.NO 被H2O2氧化为NO3
−的离子方程式为2 NO+3 H 2O2===2 H ++2 N O3
−+2H2O
B.滴定操作使用的玻璃仪器有酸式滴定管
C.若FeSO4标准溶液部分变质,会使测定结果偏高
D.气体样品中混有空气,测定结果会偏高
【答案】D
【解析】NO 作还原剂,H2O2作氧化剂,生成硝酸和水,该离子方程式正确,A 正确;重铬酸钾是强
氧化剂,会腐蚀橡胶管,故选用酸式滴定管,B 正确;加入FeSO4标准溶液(过量),先发生3Fe2++NO3
−
+4H+===NO↑+3Fe3++2H2O,后发生Cr2O7
2−+6Fe2++14H+===2Cr3++6Fe3++7H2O,若FeSO4 标准溶液
部分变质,则计算得到的硝酸根离子消耗的FeSO4标准溶液体积偏大,会使测定结果偏高,C 正确;
气体样品中混有空气,则样品中NOx实际含量偏小,实验中NOx实际上消耗的FeSO4标准溶液偏
小、消耗K2Cr2O7标准溶液体积偏大,计算得到的NO3
−消耗的FeSO4标准溶液体积偏小,测定结
果会偏小,D 错误。
7.用0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1盐酸过程中的pH 变化如图所示。
下列说法错误的是( )
A.b 点时,加入极少量NaOH 溶液都会引起pH 的突变
B.选指示剂时,其变色范围应在4.30~9.70 之间
C.若将盐酸换成同浓度的CH3COOH 溶液,曲线ab 段将会上移
D.都使用酚酞作指示剂,若将NaOH 溶液换成同浓度的氨水,所消耗氨水的体积较NaOH 溶液小
【答案】D
【解析】b 点在突变范围内,极少量NaOH 溶液也会引起pH 的突变,A 正确;题图中反应终点的
pH 在4.30~9.70 之间,选择指示剂的变色范围应在反应终点的pH 范围内,B 正确;醋酸是弱酸,等
浓度时醋酸溶液的pH 大于盐酸,滴定终点时醋酸钠溶液水解显碱性,曲线ab 段将会上移,C 正
确;使用酚酞作指示剂,用同浓度氨水代替NaOH 溶液,滴定终点时溶质为NH4Cl,溶液显酸性,要
使溶液由无色变为浅红色,pH 在8.2~10 之间,则消耗氨水的体积大于NaOH 溶液,D 错误。
8.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100 mL)。
Ⅰ.实验步骤
(1)量取10.00 mL 食用白醋,在烧杯中用水稀释后转移到100 mL 的 (填仪器名称)中定
容,摇匀即得待测白醋溶液。
(2)用酸式滴定管取待测白醋溶液20.00 mL 于锥形瓶中,向其中滴加2 滴 做指示剂。
(3) 用
0.100 0 mol·L-1
NaOH
溶液进行滴定, 滴定终点的现象是
。
Ⅱ.实验记录
实验数据/mL
滴定次数
1
2
3
4
V(样品)
20.00
20.00
20.00
20.00
V(NaOH)(消耗)
15.95
15.00
15.05
14.95
Ⅲ.数据处理
(4)c(市售白醋)= mol·L-1,该白醋的总酸量= g/100 mL。
【答案】(1)容量瓶 (2)酚酞溶液 (3)当滴入最后半滴标准液,溶液由无色恰好变为浅红色,且
在半分钟内不褪色 (4)0.75 4.5
能力提升
9.某小组设计实验测定胆矾(CuSO4·5H2O)纯度(杂质不参与反应):称取w g 胆矾样品溶于蒸馏
水,加入足量KI 溶液,充分反应后,过滤。把滤液配制成250 mL 溶液,准确量取配制溶液25.00
mL 于锥形瓶中,滴加2 滴溶液X,用c mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点,消耗滴定液V mL。涉及
反应如下:2Cu2++4I-===2CuI↓+I2,I2+2S2O3
2−===2 I -+ S 4O6
2−。下列叙述正确的是( )
A.X 为酚酞溶液
B.若滴定结束后俯视读数,会使测定结果偏高
C.滴定管装液之前最后一步操作是水洗
D.胆矾纯度为250cV
w
%
【答案】D
【解析】滴定反应为碘单质与硫代硫酸钠反应,因为淀粉遇碘单质变蓝,则指示剂X 为淀粉溶
液,A 项错误;滴定管装液之前最后一步操作是润洗,即用待装液润洗滴定管,C 项错误;根据关系
式
:2Cu2+~I2~2S2O3
2−可
知
,
胆
矾
纯
度
为
250 mL
25.00 mL × c mol· L
−1×V ×10
−3 L×250 g·mol
−1
w g
×100 % = 250cV
w
%,D 项正确。
10.25 ℃时,用0.100 0 mol·L-1的NaOH 溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L-1的一元强酸甲和一元
弱酸乙,滴定曲线如图所示。下列有关判断正确的是( )
A.曲线Ⅰ代表的滴定最好选用甲基橙作指示剂
B.曲线Ⅱ为NaOH 溶液滴定一元弱酸乙
C.电离常数Ka(乙)=1.01×10-5
D.图像中的x>20.00
【答案】C
【解析】根据两种酸的浓度均为0.100 0 mol·L-1以及曲线 Ⅰ、Ⅱ的起点对应的pH 可知,曲线
Ⅰ为NaOH 溶液滴定一元弱酸乙,曲线Ⅱ为NaOH 溶液滴定一元强酸甲,B 项错误;曲线Ⅰ滴定
终点时溶液为碱性,故应选取酚酞作指示剂,A 项错误;由a 点可知,滴定前一元弱酸乙溶液中
c(H+)=0.001 0 mol·L-1,故Ka(乙)=
0.0010
2
0.100 0−0.001 0≈1.01×10-5,C 项正确;由曲线Ⅱ可知,一元强碱
滴定一元强酸达到滴定终点时,pH=7,x=20.00,D 项错误。
11.Ⅰ.已知某温度下CH3COOH 的电离常数K=1.6×10-5。该温度下,向20 mL 0.01 mol·L-1
CH3COOH 溶液中逐滴加入0.01 mol·L-1 KOH 溶液,其pH 变化曲线如图所示(忽略温度变化)。
请回答下列有关问题:(已知lg 4=0.6)
(1)a 点溶液中c(H+)为 ,pH 约为 。
(2)a、b、c、d 四点中水的电离程度最大的是 点,滴定过程中宜选用 作指示剂,
滴定终点在 (填“c 点以上”或“c 点以下”)。
Ⅱ.(3)若向20 mL 稀氨水中逐滴加入等浓度的盐酸,则下列变化趋势正确的是 (填字母)。
【答案】(1)4×10-4 mol·L-1 3.4 (2)c 酚酞 c 点以上 (3)B
12.(2023·浙江6 月选考)[Al2(OH)aClb]m的絮凝效果可用盐基度衡量,盐基度= a
a+b,当盐基度为
0.60~0.85 时,絮凝效果较好。
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25.00 mL 溶液于锥形瓶中,调pH=6.5~10.5,滴加
指示剂K2CrO4 溶液。在不断摇动下,用0.100 0 mol·L-1 AgNO3 标准溶液滴定至浅红色(有
Ag2CrO4沉淀),30 秒内不褪色。平行测试3 次,平均消耗AgNO3标准溶液22.50 mL。另测得上
述样品溶液中c(Al3+)=0.100 0 mol·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】①0.7 ②pH 过低,指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根离子,会氧化氯离子,导致消
耗的硝酸银偏少,而pH 过高,氢氧根离子会与银离子反应,导致消耗的硝酸银偏多
【解析】①根据
Cl-~AgNO3, 样品溶液中氯离子物质的量浓度为
0.100 0mol· L
−1×0.022 50 L
0.025 L
=0.09 mol·L-1,n(Al3+)∶n(Cl-)=10∶9, 根据电荷守恒得到
[Al2(OH)4.2Cl1.8]m产品的盐基度为
4.2
4.2+1.8=0.7。
