新高考2022届高考化学一轮复习小题必练13酸碱中和滴定及应用含答案

这是一份新高考2022届高考化学一轮复习小题必练13酸碱中和滴定及应用含答案，共13页。试卷主要包含了02ml/L，即溶液中c=0，1~4，4%，00mL×10−3=4等内容，欢迎下载使用。


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0.1000ml/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)==0.02ml/L，即溶液中c(OH−)=0.02ml，则c(H+)=5×10−13ml/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0.1000ml·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系数δ随滴加NaOH溶液体积VNaOH的变化关系如图所示。[比如A2−的分布系数：]
下列叙述正确的是（ ）
A．曲线①代表δ(H2A)，曲线②代表δ(HA−)
B．H2A溶液的浓度为0.2000ml·L−1
C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2
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H2A第一步完全电离，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+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000ml/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40.00mL NaOH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+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)==0.1000ml/L，B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Ka==c(H+)=1×10−2，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。
【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2−，HA−H++A2−；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，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CaO2·8H2O，于150～200℃脱水干燥，即得CaO2。下列说法不正确的是（ ）
A．上述制备过程的化学反应方程式为CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2
NH4Cl
B．所得产品中CaO2的含量可以在酸性条件下，用KMnO4标准溶液滴定、计算
C．常温下，CaO2溶于水所得溶液的pH可能达到14
D．CaO2溶于水中能放出O2，增加水体溶氧量，同时还能吸收CO2，可用于鱼苗、活鲜鱼运输
【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CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl，A正确；B．CaO2在酸性条件下可转变为双氧水，双氧水能用KMnO4标准溶液滴定而测得其含量，故所得产品中CaO2的含量可以在酸性条件下，用KMnO4标准溶液滴定、计算，B正确；C．由题意知，常温下，CaO2溶于水所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0.27ml/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CaO2溶于水中能平缓反应缓慢放出O2，增加水体溶氧量，同时还能吸收CO2，可用于鱼苗、活鲜鱼运输，D正确；答案选C。
2．25℃时，用浓度为0.01ml·L−1的HA溶液滴定20mL浓度为0.01ml·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．Ka(HA)≈2×10−8
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0.005ml/L，pH=9，c(H+)=1×10−9ml/L，c(OH−)=1×10−5ml/L，NaA中的A−发生水解：A−+H2OHA+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+YHY+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Ka(HX)==10−10，c(HY)=c(Y−)时，溶液pH=7，则Ka(HY)==10−7，c(HZ)=c(Z−)时，溶液pH=4，则Ka(HZ)==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，Ka(HZ)=10−4，Ka(HY)=10−7，根据多重平衡规则，则HZ+YHY+Z的平衡常数为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 0.1ml/L H2A溶液中逐滴加入等浓度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Ka2=10−3
B．0.1ml/LNaHA溶液中存在c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=0.1ml/L
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Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.0
【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Ka2==c(H+)=10−3，故A正确；B．该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA只能电离不能水解，则溶液中不存在H2A，根据物料守恒得c(A2−)+c(HA−)=0.1ml/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H2A溶液，滴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H2A，说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，Na2A能水解，且c(A2−)=c(HA−)；等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合，因为电离、水解程度不同导致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0.1000ml·L−1的盐酸分别滴定20.00mL 0.1000ml·L−1氨水和20.00mL 0.1000ml·L−1 NaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．25℃，Kb(NH3·H2O)的数量级为10−4
B．N点处的溶液中：c(NHeq \\al(+,4))>c(NH3·H2O)
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Kb(NH3·H2O)的数量级为10−5，故A错误；B．N点溶质的NH4Cl和NH3·H2O且浓度相等，溶液显碱性，电离占主要，因此溶液中：c(NHeq \\al(+,4))＞c(NH3·H2O)，故B正确；C．曲线II滴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0.1ml·L−1 NaOH溶液滴定某二元弱酸H2A，H2A被滴定分数、pH及物种分布分数δ[δ(X)=]如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．用NaOH溶液滴定0.1ml·L−1 NaHA溶液可用酚酞作指示剂
B．0.1ml·L−1 NaHA溶液中：c(Na+)＞c(HA−)＞c(H2A)＞c(A2−)
C．0.1ml·L−1 Na2A溶液中：c(Na+)＞c(HA−)+2c(A2−)
D．H2A的Ka2=1×10−7
【答案】B
【解析】由图可知，实线为0.1ml·L−1 NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的滴定曲线，虚线为0.1ml·L−1 NaOH溶液滴定二元弱酸H2A的物种分布分数曲线。当=1时，反应生成NaHA，NaHA溶液显酸性，当=2时，反应生成Na2A，Na2A溶液显碱性。A．强碱滴定弱酸时，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0.1ml·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(H2A)，故B错误；C．0.1ml·L−1 Na2A溶液中存在电荷守恒关系c(Na+)+c(H+)=c(HA−)+2c(A2−)+c(OH−)，因Na2A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δ(X)为50%时，溶液中c(HA−)=c(A2−)，pH=7，由Ka2= =c(H+)=1×10−7，故D正确；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Cr2Oeq \\al(2−,7)，为了处理有毒的Cr2Oeq \\al(2−,7)，需要先测定其浓度：取20mL废水，加入适量稀硫酸，再加入过量的V1 mL c1 ml·L−1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液，充分反应(还原产物为Cr3+)。用c2 ml·L−1 KMnO4溶液滴定过量的Fe2+至终点，消耗KMnO4溶液V2 mL。则原废水中c(Cr2Oeq \\al(2−,7))为(用代数式表示)（ ）
A．ml·L−1 B．ml·L−1
C．ml·L−1 D．ml·L−1
【答案】A
【解析】KMnO4溶液滴定过量的Fe2+至终点，发生反应的关系式为KMnO4~5Fe2+，n(KMnO4)=c2 ml·L−1×V2×10−3L=c2V2×10−3ml，则与它反应的Fe2+的物质的量为n(Fe2+)=5 c2V2×10−3ml。与Cr2Oeq \\al(2−,7)反应的Fe2+的物质的量为c1 ml·L−1×V1×10−3L-5c2V2×10−3ml=（c1V1×10-3-5c2V2×10−3）ml。Cr2Oeq \\al(2−,7)与的Fe2+的关系式为Cr2Oeq \\al(2−,7)~6Fe2+，由此可得出n(Cr2Oeq \\al(2−,7))=
，c(Cr2Oeq \\al(2−,7))==ml·L−1，答案为A。
【点睛】在废水中Cr2Oeq \\al(2−,7)含量的测定实验中，Fe2+表现两个性质，一个是还原Cr2Oeq \\al(2−,7)，另一个是还原KMnO4，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。
8．室温下，依次进行如下实验：
①取一定量冰醋酸，配制成100mL 0.1ml/L醋酸溶液；
②取20mL①中所配溶液，加入20mL 0.1ml/L NaOH溶液；
③继续滴加a mL 0.1ml/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(CH3COO−)＞c(H+)＞c(OH−)
C．③中，a=20
D．③中，反应后溶液：c(Na+)=c(CH3COO−)+c(Cl−)
【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 0.1ml/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+)9．（双选）25℃时，用0.100ml/L盐酸滴定20.00mL 0.100ml/L的CH3COONH4溶液，滴定曲线如下图所示，下列说法正确的是（ ）
A．可用甲基橙作滴定指示剂
B．滴定过程中水的电离程度不断增大
C．P点溶液中：2c(NHeq \\al(+,4))<3c(CH3COO−)+c(CH3COOH)
D．Q点溶液中：c(Cl−)>c(NHeq \\al(+,4))>c(CH3COO−)>c(H+)
【答案】AC
【解析】A．盐酸和CH3COONH4溶液反应生成醋酸和氯化铵，反应终点溶液为酸性，用甲基橙作滴定指示剂，A正确；B．滴定过程中CH3COO−的浓度减小，对水的电离促进作用减弱，水的电离程度减小，B错误；C．P点溶液中①电荷守恒：c(CH3COO−)+c(OH−)
+c(Cl−)=c(NH4+)+c(H+)，②物料守恒：c(CH3COO−)+c(CH3COOH)=2c(Cl−)，①式乘以2，和②式相加，得到：2c(H+)+2c(NHeq \\al(+,4))=3c(CH3COO−)+c(CH3COOH)+2c(OH−)，P点溶液呈酸性，c(H+)>c(OH−)，所以2c(NHeq \\al(+,4))<3c(CH3COO−)+c(CH3COOH)，C正确；D．Q点溶液中溶质为物质的量之比为1∶1的醋酸和氯化铵，铵根离子水解，则c(Cl−)>c(NHeq \\al(+,4))，因醋酸电离程度小且水也电离出氢离子，则c(NHeq \\al(+,4))>c(H+)>c(CH3COO−)，所以c(Cl−)>c(NHeq \\al(+,4))>c(H+)>c(CH3COO−)，D错误；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：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。某化学兴趣小组拟用该原理在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Na2S2O3晶体
(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”“CCl4”中的一种)的注射器。
实验Ⅱ.产品纯度的检测
(5)已知：Na2S2O3·5H2O的摩尔质量为248g·ml−1；2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。取晶体样品0.1000g，加水溶解后，滴入几滴淀粉溶液，用0.01000ml·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Na2S2O3溶液润洗
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
H2SO4(浓)+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O
S
NaOH溶液
74.4%
C
【解析】a装置制备二氧化硫，c装置制备Na2S2O3，反应导致装置内气压减小，所以b为安全瓶，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H2SO4(浓)+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；(3)二氧化硫与水反应生成亚硫酸，类似二氧化硫与硫化氢的反应，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(I2)=0.01000ml·L−1×0.01500L=0.00015ml，根据反应方程式2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6可知，n(Na2S2O3)=2n(I2)=0.00030ml，则m(Na2S2O3·5H2O)= 0.00030ml×248g·ml−1=0.0744g，该样品的纯度为×100%=74.4%；(6)A．锥形瓶未用Na2S2O3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（ClO2）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。实验室以NH4Cl、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料制备ClO2，制备的ClO2用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量，进行了下列实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.0mL试样；
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0.01000ml·L−1 Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉溶液作指示剂，继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL（已知I2+2S2Oeq \\al(2−,3)=2I−+S4Oeq \\al(2−,6)）。
（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ClO2溶液的浓度（用g·L−1表示）________。
【答案】（1）偏小
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
2.7
【解析】（1）在暗处静置是为了使ClO2与KI充分反应，若不静置，ClO2反应不完全，生成的碘偏小，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）ClO2溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO2+10I−+8H+=5I2+2Cl−+4H2O，由I2+2S2Oeq \\al(2−,3)=2I−+S4Oeq \\al(2−,6)，可得ClO2～5S2Oeq \\al(2−,3)，所以原ClO2溶液的浓度为：=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0.01ml·L−1 Na2S2O3溶液润洗，然后装入0.01ml·L−1 Na2S2O3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：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6。试回答下列问答：
(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0.1032ml/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H2CO3：K1=4.3×10−7，K2=5.6×10−11，草酸H2C2O4：K1=5.9×10−2，K2=6.4×10−5。0.1ml/L Na2CO3溶液的pH____________0.1ml/L Na2C2O4溶液的pH(选填“大于”、“小于”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(HC2Oeq \\al(−,4))＞c(HCOeq \\al(−,3))＞c(COeq \\al(2−,3))
B．c(HCOeq \\al(−,3))＞c(HC2Oeq \\al(−,4))＞c(C2Oeq \\al(2−,4))＞c(COeq \\al(2−,3))
C．c(H+)＞c(HC2Oeq \\al(−,4))＞c(C2Oeq \\al(2−,4))＞c(COeq \\al(2−,3))
D．c(H2CO3)＞c(HCOeq \\al(−,3))＞c(HC2Oeq \\al(−,4))＞c(COeq \\al(2−,3))
【答案】（1）Cl2+2I−=2Cl−+I2 淀粉溶液
碱
B
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：Cl2+2I−=2Cl−+I2；溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与Na2S2O3发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去，根据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：Cl2+2I−=2Cl−+I2；溶液中有单质碘，加入淀粉溶液呈蓝色，碘与Na2S2O3发生氧化还原反应，当反应终点时，蓝色褪去。故答案为：Cl2+2I−=2Cl−+I2；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；(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0.1ml/L Na2CO3溶液中碳酸根的水解程度大于0.1ml/L Na2C2O4溶液中草酸根的水解程度，故0.1ml/L Na2CO3溶液碱性更强，即0.1ml/L Na2CO3溶液的pH大于0.1ml/L Na2C2O4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(HC2Oeq \\al(−,4))＞c(HCOeq \\al(−,3))＞c(COeq \\al(2−,3))；c(H+)＞c(HC2Oeq \\al(−,4))＞c(C2Oeq \\al(2−,4))＞c(COeq \\al(2−,3))，则AC正确，BD错误。故答案为：大于；AC。
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（Na2WO4）可用作指示剂，若钨由+6价变为+5价，则溶液变为蓝色。
ii．Sn2+和Ti3+均具有还原性。
iii．氧化性顺序为Cr2Oeq \\al(2−,7)>Fe3+>WOeq \\al(2−,4)。
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 0.01ml·L−1 K2Cr2O7溶液，则该铁矿石中铁的质量分数为___%（保留1位小数）。
【答案】（1）甲 偏大
溶液变为紫红色，且半分钟内不褪色
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TiCl3和钨酸钠后呈蓝色，说明钨由+6价变为+5价，由于氧化性：Fe3+>WOeq \\al(2−,4)，故③过程还将Fe3+还原成Fe2+，所加TiCl3应过量，铁元素以Fe2+形式存在于蓝色溶液中；由于氧化性顺序为Cr2Oeq \\al(2−,7)>Fe3+>WOeq \\al(2−,4)，那么还原性顺序为：+5价的钨＞Fe2+，且④过程得到蓝色刚好褪去的溶液，说明④过程加K2Cr2O7将+5价钨氧化成+6价，铁元素继续以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Cr2Oeq \\al(2−,7)发生氧化还原反应得到Fe3+和Cr3+，根据得失电子守恒有：6Fe2+～6Fe3+～6e−～Cr2Oeq \\al(2−,7)～2Cr3+。滴定时，n(Cr2Oeq \\al(2−,7))=0.01
ml·L−1×45.00mL×10−3=4.5×10−4ml，所以，Fe元素的物质的量n(Fe)==2.7×
10−3ml，则m(Fe)=2.7×10−3ml×56g/ml=0.1512g，Fe%==37.8%，故答案为：37.8。