專題3.2水的電離和溶液的pH【題型1水的離子積常數(shù)】【題型2水的電離影響因素】【題型3酸、堿溶液中水電離出c（H+）或c（OH-）的定量計(jì)算】【題型4溶液稀釋后的pH的計(jì)算】【題型5酸、堿混合后pH的計(jì)算】【題型6酸堿中和滴定的原理】【題型7酸堿中和滴定指示劑的選擇及誤差分析】【題型8酸堿中和滴定曲線分析】【題型9酸堿中和滴定拓展應(yīng)用】【題型1水的離子積常數(shù)】【例1】下圖表示溶液中c（H+）和c（OH-）的關(guān)系，下列判斷錯(cuò)誤的是

A．兩條曲線間任意點(diǎn)均有c（H+）×c（OH-）=KwB．M區(qū)域內(nèi)任意點(diǎn)（不包括XZ線）均為堿性C．圖中D．XZ線上任意點(diǎn)均有pH=7【答案】D【詳解】A．根據(jù)水的離子積定義，兩條曲線間任意點(diǎn)均有c（H+）×c（OH-）=Kw，A正確；B．XZ連線的斜率是1，存在c（H+）=c（OH-），在X、Z連線的上方，c（H+）＜c（OH-），在X、Z連線的下方，c（H+）＞c（OH-），故M區(qū)域內(nèi)任意點(diǎn)（不包括XZ線）均為堿性，B正確；C．水的電離是吸熱反應(yīng)，升溫促進(jìn)水電離，c（H+）、c（OH-）都增大，所以，C正確；D．XZ連線的斜率是1，存在c（H+）=c（OH-），但溫度不一定是常溫，故pH不一定等于7，D錯(cuò)誤；故選D?！咀兪?-1】中國在國際上首次拍攝到水分子內(nèi)部結(jié)構(gòu)照片（如圖），下列關(guān)于水的敘述不正確的是A．水的電離是吸熱過程B．相同條件下海水的Kw和純水的Kw相同C．溫度相同時(shí)，由1H2O和1H2O分子分別構(gòu)成的水的pH不相同D．純水的Kw改變時(shí)，水仍然呈中性【答案】C【詳解】A．弱電解質(zhì)的電離吸熱，水是弱電解質(zhì)，水的電離是吸熱過程，故A正確；B．相同溫度下，電解質(zhì)的稀溶液和純水的離子積常數(shù)相同，海水是電解質(zhì)的稀溶液，則相同條件下海水的Kw和純水的Kw相同，故B正確；C．1H2O和2H2O均為水分子，化學(xué)性質(zhì)相同，溫度相同時(shí)，由1H2O和2H2O分子分別構(gòu)成的水的pH相同，故C錯(cuò)誤；D．純水的Kw改變時(shí)，氫離子濃度和氫氧根離子濃度仍然相同，則水仍然呈中性，故D正確；故選C?！咀兪?-2】如果25℃時(shí)KW=1×10-14，t℃（t>25）時(shí)KW=1×10-12，這說明A．t℃時(shí)水的電離程度較大B．前者c平（H+）較后者大C．水的電離過程是一個(gè)放熱過程D．KW和T（溫度）無直接關(guān)系【答案】A【詳解】A．t℃純水的離子積大于25℃純水的離子積，可以說明升高溫度促進(jìn)的水的電離，電離程度較大，選項(xiàng)A正確；B．由A項(xiàng)可知，升溫促進(jìn)水的電離，故后者的氫離子濃度大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．水為極弱電解質(zhì)，弱電解質(zhì)的電離過程是一個(gè)吸熱過程，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．水的離子積也是一種化學(xué)平衡常數(shù)，化學(xué)平衡常數(shù)與溫度有關(guān)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選A。【變式1-3】水的電離平衡如圖兩條曲線所示，曲線中的點(diǎn)都符合c（H+）×c（OH-）=常數(shù)，下列說法正確的是

A．圖中溫度T1<T2B．在純水中加入醋酸鈉，可以實(shí)現(xiàn)A點(diǎn)到B點(diǎn)C．在純水中加入氯化銨，可以實(shí)現(xiàn)A點(diǎn)到D點(diǎn)D．T1時(shí)，將pH=2的硫酸溶液與pH=12的KOH溶液等體積混合后，溶液顯中性【答案】C【詳解】A．水的電離是吸熱反應(yīng)，升高溫度促進(jìn)水電離，則水中c（H+）、c（OH-）及離子積常數(shù)增大，根據(jù)圖知，T1曲線上離子積常數(shù)大于T2，所以T1＞T2，溫度，故A錯(cuò)誤；B．水的離子積常數(shù)只與溫度有關(guān)，在純水中加入醋酸鈉，溫度不變，離子積常數(shù)不變，不可使A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；C．在純水中加入氯化銨，NH和OH-反應(yīng)使水的電離平衡正向移動(dòng)，c（H+）增大，c（OH-）減小，可以實(shí)現(xiàn)A點(diǎn)到D點(diǎn)，故C正確；D．B點(diǎn)時(shí)，Kw=1×10-12，pH=2的硫酸中c（H+）=0.01mol/L，pH=12的KOH溶液中c（OH-）=1mol/L，等體積混合時(shí)堿剩余，溶液呈堿性，故D錯(cuò)誤；故選：C。【題型2水的電離影響因素】【例2】已知水的電離方程式：H2O?H++OH－。下列敘述中，正確的是A．向水中加入少量硫酸氫鈉溶液，c（H+）增大，KW增大B．降低溫度，KW減小，pH不變C．向水中加入氨水，平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，c（OH－）降低D．向水中加入少量NaClO固體，平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，c（H+）降低【答案】D【詳解】A．向水中加入少量硫酸氫鈉，硫酸氫鈉電離生成氫離子，氫離子濃度增大，但是溫度不變，KW不變，A錯(cuò)誤；B．降低溫度，水的電離程度減小，KW減小，氫離子濃度減小，pH增大，B錯(cuò)誤；C．向水中加入氨水，溶液呈堿性，氫氧根離子濃度增大，抑制水的電離，導(dǎo)致平衡逆向移動(dòng)，C錯(cuò)誤；D．向水中加入少量NaClO固體，ClO-結(jié)合H+生成HClO，導(dǎo)致氫離子濃度減小，水的電離平衡正向移動(dòng)，D正確；故答案選D?！咀兪?-1】已知NaHSO4在水中的電離方程式為NaHSO4=Na＋＋H＋＋。某溫度下，向c（H＋）=1×10－6mol·L－1的蒸餾水中加入NaHSO4晶體，保持溫度不變，測得溶液的c（H＋）=1×10－2mol·L－1.下列對(duì)該溶液的敘述不正確的是A．該溫度高于25℃B．由水電離出來的H＋的濃度為1×10－10mol·L－1C．加入NaHSO4晶體抑制水的電離D．取該溶液加水稀釋100倍，溶液中的c（OH－）減小【答案】D【詳解】A．該溫度下，蒸餾水中c（H＋）=1×10－6mol·L－1，Kw=1×10－6×1×10－6mol2·L－2=1×10－12mol2·L－2，溫度高于25℃；故A正確；B．NaHSO4電離出的H＋抑制H2O電離，c（H＋）水=c（OH－）=1×10－10mol·L－1，故B正確；；C．NaHSO4電離出的H＋抑制H2O電離，故C正確；D．加H2O稀釋，NaHSO4電離出的c（H＋）減小，對(duì)水電離的抑制作用減小，c（OH－）增大，故D錯(cuò)誤；選D?！咀兪?-2】25℃時(shí)，水的電離達(dá)到平衡：H2O?H++OH-ΔH>0，下列敘述正確的是A．向水中加入少量固體硫酸氫鈉，c平（H+）增大，KW不變B．向水中加入稀氨水，平衡逆向移動(dòng)，c平（OH-）降低C．向水中加入少量固體鈉，平衡逆向移動(dòng)，c平（H+）降低D．將水加熱，KW增大，c平（OH-）不變【答案】A【詳解】A．Kw只受溫度的影響，向水中加入固體NaHSO4，NaHSO4溶于水后電離出H+，c平（H+）增大，但溫度沒發(fā)生變化，Kw不變；故A正確；B．向水中加入稀氨水，增大了c平（OH-），平衡逆向移動(dòng)，但總的來說c平（OH-）增大；故B錯(cuò)誤；C．加入Na，Na能與水電離出的H+反應(yīng)產(chǎn)生H2，使水的電離平衡正向移動(dòng)，c平（H+）降低，c平（OH-）增大；故C錯(cuò)誤；D．水的電離是吸熱過程，將水加熱，c平（H+）、c平（OH-）均增大，所以Kw增大；故D錯(cuò)誤；答案為A?！绢}型3酸、堿溶液中水電離出c（H+）或c（OH-）的定量計(jì)算】【例3】室溫時(shí)，下列四種溶液中由水電離產(chǎn)生的c（H+）之比（①:②:③:④）是①0.5mol?L-1的H2SO4溶液；②0.05mol?L-1的H2SO4溶液；③0.01mol?L-1的NaOH溶液；④0.001mol?L-1的NaOH溶液A．14:13:12:11B．1:10:100:1000C．14:13:2:3 D．10:1:12:11【答案】B【詳解】①0.5mol?L-1的H2SO4溶液，c（H+）=1mol?L-1，則由水電離產(chǎn)生的c（H+）=10-14mol?L-1；②0.05mol?L-1的H2SO4溶液，c（H+）=0.1mol?L-1，則由水電離產(chǎn)生的c（H+）=10-13mol?L-1；③0.01mol?L-1的NaOH溶液，c（OH-）=0.01mol?L-1，則由水電離產(chǎn)生的c（H+）=10-12mol?L-1；④0.001mol?L-1的NaOH溶液，c（OH-）=0.001mol?L-1，則由水電離產(chǎn)生的c（H+）=10-11mol?L-1；四種溶液中由水電離產(chǎn)生的c（H+）之比（①:②:③:④）是10-14:10-13:10-12:10-11=1:10:100:1000，故選B?！咀兪?-1】不同溫度下水的離子積常數(shù)如下表所示，關(guān)于鹽酸，下列說法正確的是t/℃01020254050901000.1150.2960.6871.012.875.3137.154.5A．溫度升高，溶液的c（OH?）不變B．溫度升高，水的電離程度減小C．0℃時(shí)溶液pH值為1D．100℃時(shí)，【答案】C【詳解】A．升高溫度，氫氧根離子濃度增大，A錯(cuò)誤；B．溫度升高，Kw增大，即水的程度增大，B錯(cuò)誤；C．0℃，溶液中的氫離子濃度為0.1mol/L，水電離的氫離子太少，忽略不計(jì)，故pH=1，C正確；D．100℃，c（H+）?c（OH?）水=5.45×10?13mol2?L?2，c（OH?）水=c（H+）水=5.45×10?12mol2?L?2，故c（H+）水?c（OH?）水=2.97×10?25mol2?L?2，D錯(cuò)誤；故選C?！绢}型4溶液稀釋后的pH的計(jì)算】【例4】25℃時(shí)，的兩種堿溶液各10mL，分別加水稀釋到1000mL，其pH與溶液體積（V）的關(guān)系如圖所示，下列說法不正確的是A．若，則NOH為強(qiáng)堿B．兩種堿的物質(zhì)的量濃度肯定不等C．均稀釋100倍以后，MOH溶液中水的電離程度大于NOH溶液D．若兩者均為弱堿，則，且NOH堿性強(qiáng)于MOH【答案】C【詳解】A．若a=11，pH=11的強(qiáng)堿稀釋100倍，pH會(huì)減小2，變?yōu)?，由圖可知，NOH在稀釋100倍后pH變?yōu)榱?，則NOH為強(qiáng)堿，A正確；B．由圖可知，堿性越弱，稀釋后pH變化越小，MOH堿性比NOH更弱，起始時(shí)兩者pH相等，則兩種堿的物質(zhì)的量濃度一定不相等，B正確；C．均稀釋100倍以后，MOH溶液pH大于NOH溶液，MOH溶液堿性更強(qiáng)，對(duì)水電離的抑制作用更強(qiáng)，則均稀釋100倍以后，MOH溶液中水的電離程度小于NOH溶液，C錯(cuò)誤；D．強(qiáng)堿稀釋100倍后得到的溶液pH=9，稀釋前溶液pH=11，若兩者均為弱堿，稀釋后得到的溶液pH=9，稀釋前溶液pH＜11，則a<11，堿性越弱，稀釋后pH變化越小，則NOH堿性強(qiáng)于MOH，D正確；故選C?！咀兪?-1】常溫下，關(guān)于溶液的稀釋下列說法正確的是A．pH=3的醋酸溶液稀釋100倍，pH<5B．pH=2的H2SO4溶液加水稀釋100倍，溶液中由水電離產(chǎn)生的c（H+）=10-4mol/LC．將的H2SO4溶液稀釋為2L，pH=1.3D．pH=8的NaOH溶液稀釋1000倍，其pH=5【答案】A【詳解】A．pH=3的醋酸溶液稀釋100倍，因?yàn)榇姿崾侨蹼娊赓|(zhì)，稀釋增大醋酸的電離程度，因此稀釋后其pH<5，A正確；B．pH=2的硫酸溶液加水稀釋100倍，此時(shí)pH=4，c（H+）=10-4mol/L，c（OH-）=10-10mol/L，硫酸會(huì)抑制水的電離，因此水電離出的c（H+）=c（OH-）=10-10mol/L，B錯(cuò)誤；C．1L0.1mol/L的硫酸溶液稀釋成2L，此時(shí)溶液中氫離子濃度為0.1mol，pH=1，C錯(cuò)誤；D．pH=8的NaOH溶液稀釋1000倍，溶液也呈堿性，pH不可能小于7，D錯(cuò)誤；故答案選A?！咀兪?-2】常溫下，pH=11的X、Y兩種堿溶液各5mL，分別加水稀釋至500mL，其pH與溶液的體積（V）的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．Y溶液的導(dǎo)電性比X溶液的導(dǎo)電性強(qiáng)B．稀釋后，X溶液中水的電離程度比Y溶液中水的電離程度小C．若X、Y都是弱堿，則a的值一定小于9D．完全中和X、Y兩溶液時(shí)，消耗同濃度稀硫酸的體積：V（X）＞V（Y）【答案】A【詳解】A．在開始時(shí)X、Y兩種溶液pH相同都是11，稀釋相同倍數(shù)后溶液pH：Y＞X，c（OH-）：Y＞X，溶液中離子濃度越大，溶液的導(dǎo)電能力就越強(qiáng)，故稀釋后Y溶液的導(dǎo)電性比X溶液的導(dǎo)電性強(qiáng)，A正確；B．稀釋后，X溶液的pH比Y溶液pH小，c（OH-）越小，其對(duì)水電離的抑制作用就越小水的電離程度就越大，故X溶液的水電離程度比Y溶液中水的電離程度大，B錯(cuò)誤；C．若X、Y都是弱堿，溶液稀釋100倍后，若溶液的電離平衡不移動(dòng)，溶液pH=9；稀釋使電離平衡正向移動(dòng)，導(dǎo)致溶液中c（OH-）增大，導(dǎo)致溶液pH＞9，故a的值一定大于9，C錯(cuò)誤；D．等pH的兩種堿X、Y稀釋相同倍數(shù)后溶液pH大小關(guān)系可知：堿性：X＞Y，則稀釋開始時(shí)堿的濃度：c（Y）＞c（X），等pH時(shí)堿的物質(zhì)的量n（Y）＞n（X），完全中和X、Y兩溶液時(shí)，消耗同濃度稀硫酸的體積：V（Y）＞V（X），D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是A?！咀兪?-3】常溫下，將pH=5的硫酸溶液稀釋500倍，稀釋后溶液中硫酸根離子的濃度與氫離子濃度之比A．20：1 B．1：2 C．1：10 D．1：1【答案】C【詳解】常溫下，將pH=5的硫酸溶液稀釋500倍，稀釋后溶液中硫酸根離子的濃度為、氫離子濃度約，則硫酸根離子的濃度與氫離子濃度之比約為1:10；答案選C?！咀兪?-4】求室溫下，下列溶液的pH（已知：lg2≈0.3）：（1）某H2SO4溶液的濃度是0.005mol·L-1①此溶液的pH為。②用水稀釋到原來體積的100倍，pH為。③再繼續(xù)稀釋104倍，pH為。（2）pH=3的鹽酸與pH=5的硫酸等體積混合，pH為。（3）pH=10和pH=12的兩種NaOH溶液等體積混合，pH為。【答案】（1）24接近7（2）3.3（3）11.7【詳解】（1）某H2SO4溶液的濃度是0.005mol·L-1（設(shè)體積為1L）。①此溶液的c（H+）=0.005mol·L-1×2=0.01mol·L-1，pH=-lg0.01=2。②用水稀釋到原來體積的100倍，c（H+）==10-4mol·L-1，pH=-lg10-4=4。③再繼續(xù)稀釋104倍，此時(shí)H2SO4電離產(chǎn)生的H+在溶液中的濃度為10-8mol/L，設(shè)水電離產(chǎn)生的H+為x，則x?（10-8+x）=10-14，最后溶液中的c（H+）接近但略大于10-7mol/L，pH為接近7。（2）pH=3的鹽酸與pH=5的硫酸等體積（設(shè)體積都為1L）混合，c（H+）=≈5×10-4mol/L，pH=3.3。（3）pH=10和pH=12的兩種NaOH溶液等體積混合（設(shè)體積都為1L），c（OH-）=≈5×10-3mol/L，c（H+）=2×10-12mol/L，pH=12-lg2=11.7?！军c(diǎn)睛】混合溶液pH計(jì)算時(shí)，首先要確定溶液的酸堿性，若溶液呈酸性，先計(jì)算混合溶液中的c（H+），若溶液呈堿性，先計(jì)算混合溶液中的c（OH-）?！绢}型5酸、堿混合后pH的計(jì)算】【例5】常溫下將pH=1的硫酸平均分成兩等份，一份加入適量水，另一份加入與該硫酸溶液物質(zhì)的量濃度相同的氫氧化鈉溶液，兩者pH都增大了1。加入水和NaOH溶液的體積比為A．11∶1 B．10∶1 C．6∶1 D．5∶1【答案】C【詳解】pH=1的硫酸溶液，體積為1L，加水體積為，加入的溶液體積為，，溶液中的，則加水：，加入的：，所以，故選C?！咀兪?-1】室溫時(shí)，關(guān)于1mL鹽酸的說法不正確的是A．此溶液的B．此溶液中，由水電離出的C．將此溶液加水稀釋到100mL，所得溶液D．將此溶液與9mLNaOH溶液混合，所得溶液【答案】D【詳解】A．1mL鹽酸中c（H+）=，pH=-lgc（H+）=2，故A正確；B．鹽酸中由水電離出的氫離子濃度等于溶液中氫氧根的濃度，則由水電離出的，故B正確；C．將此溶液加水稀釋到100mL，c（H+）=，pH=-lgc（H+）=4，故C正確；D．將1mL鹽酸與9mLNaOH溶液混合，混合后c（H+）=，pH=-lgc（H+）=4，故D錯(cuò)誤；故選D。【變式5-2】常溫下，計(jì)算下列溶液混合時(shí)的pH。已知lg5=0.7。（1）pH=3的鹽酸和pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合，pH=。（2）pH=3的鹽酸和pH=12的氫氧化鈉溶液體積比為時(shí)，混合后pH=9。【答案】（1）7（2）999∶101【詳解】（1）pH=3的鹽酸和pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合，混合前，n（H＋）＝n（OH－），所以混合后溶液顯中性，pH＝7。（2）混合后，溶液中，解得：?！咀兪?-3】某溫度（t℃）時(shí)，純水中c（H+）=1.0×10-6.5mol?L-1。（1）則該溫度下水的離子積常數(shù)KW=；t℃（填“>”、“<”或“=”）25℃。（2）將此溫度下pH=12的NaOH溶液與pH=1的HCl溶液等體積混合，混合后溶液的pH約為，溶液中由水電離出的c（H+）=（忽略溶液混合時(shí)體積的變化）（3）室溫下，將pH=3的H2SO4溶液和pH=12的NaOH溶液混合后混合液的pH=10，則所用H2SO4溶液與NaOH溶液的體積之比是（忽略溶液混合時(shí)體積的變化）?！敬鸢浮浚?）1.0×10-13＞（2）6.51.0×10-6.5mol?L-1（3）9:1【詳解】（1）該溫度下，純水中，，時(shí)，，則時(shí)，更大，由于水的電離是吸熱過程，故。（2）此溫度下，的溶液中，，；的溶液中，；等體積混合的兩種溶液中，H+和OH-的濃度相等，故兩種溶液混合后，溶液呈中性，即混合后溶液中H+全部來自水的電離，，。（3）設(shè)溶液體積為V1L，NaOH溶液的體積為；室溫下，的中，，的溶液中，，；兩種溶液混合后，，說明過量，且溶液中，故有，化簡得。【點(diǎn)睛】酸堿混合后，若酸過量，則應(yīng)先計(jì)算混合液中的氫離子濃度，再計(jì)算pH；若堿過量，則應(yīng)先計(jì)算混合液中氫氧根離子濃度，最后計(jì)算pH?！咀兪?-4】在某溫度（T℃）的水溶液中，c（H+）=10xmol?L-1，c（OH-）=10ymol?L-1，x與y關(guān)系如圖所示。

（1）該溫度下，水的離子積為，T℃25℃（填“＞”“＜”或“=”），純水的pH7（填“＞”“＜”或“=”）（2）將此溫度下pH=11的NaOH溶液與pH=1的HCl溶液等體積混合，混合后溶液的pH約為。（已知lg2=0.3）（3）在此溫度下，將pH=13的NaOH溶液ＶaL與pH=1的硫酸溶液VbL混合。若所得混合液的pH=2，則Ｖa:Vb=?！敬鸢浮浚?）1×10-15＜＞（2）1.3（3）9:2【詳解】（1）從圖中可以看出，x=-10時(shí)，y=-5，則該溫度下，水的離子積10-10×10-5=1×10-15；水的電離是一個(gè)吸熱過程，溫度越低，電離程度越小，離子積常數(shù)越小，1×10-15＜1×10-14，則T℃＜25℃，純水中，c（H+）=mol?L-1=1×10-7.5mol?L-1，pH=7.5＞7。答案為：1×10-15；＜；＞；（2）將此溫度下pH=11的NaOH溶液與pH=1的HCl溶液等體積（設(shè)為VL）混合，混合后溶液中，c（H+）=≈mol/L，pH=-lg≈1.3。答案為：1.3；（3）在此溫度下，將pH=13的NaOH溶液ＶaL與pH=1的硫酸溶液VbL混合。若所得混合液的pH=2，則，Ｖa:Vb=9:2。答案為：9:2。【題型6酸堿中和滴定的原理】【例6】向25mL的滴定管中注入0.01NaOH溶液至10.00mL刻度處，再把管中的溶液全部放入錐形瓶中，需用15.00mL稀鹽酸才能恰好中和，則所用稀鹽酸的濃度為A．大于0.01 B．等于0.01C．小于0.01 D．無法確定【答案】A【詳解】c（酸）V（酸）=c（堿）V（堿），，由題中信息可知

消耗堿的體積V（堿）>15ml，所以鹽酸濃度大于0.01，答案選A?！咀兪?-1】以酚酞試液作指示劑，對(duì)某新制NaOH溶液進(jìn)行中和滴定實(shí)驗(yàn)，數(shù)據(jù)記錄如下表：則該新制的NaOH溶液的濃度c（mol·L-1）計(jì)算合理的是實(shí)驗(yàn)編號(hào)待測液消耗標(biāo)準(zhǔn)鹽酸（0.01mol·L-1）的體積①20mLNaOH溶液V1mL②20mLNaOH溶液＋10mLH2OV2mL③敞口隔夜放置的20mLNaOH溶液V3mLA．c=0.01×（V1＋V2＋V3）/（3×20）B．c=0.01×（V1＋V2）/（2×20）C．c=0.01×（V1＋V3）/（2×20）D．c=0.01×V1/20【答案】B【詳解】以酚酞作指示劑，滴定敞口隔夜放置的NaOH溶液，由于生成了Na2CO3，所消耗鹽酸的體積偏小，所以V3舍去。【變式6-2】用2mol·L-1NaOH溶液中和某濃度的硫酸溶液時(shí)，其pH和所加NaOH溶液的體積關(guān)系如圖所示，原硫酸溶液的物質(zhì)的量濃度和反應(yīng)后溶液的總體積（體積變化忽略不計(jì)）分別是A．2mol·L-1120mL B．0.5mol·L-180mLC．1mol·L-160mL D．0.8mol·L-190mL【答案】A【詳解】由圖示知，沒有滴入NaOH溶液前，H2SO4溶液的pH=0，c（H+）=1mol/L，硫酸是強(qiáng)酸，根據(jù)H原子守恒得c（H2SO4）=×c（H+）=×1mol/L=0.5mol/L；當(dāng)加入NaOH體積為40.00mL時(shí)，溶液的pH=7，表明H2SO4和NaOH剛好完全反應(yīng)，NaOH和稀硫酸以2：1反應(yīng)，則n（NaOH）=2mol/L×0.040L=0.080mol，n（H2SO4）=0.040mol，V（H2SO4）==0.08L=80.00mL，反應(yīng)后的總體積為80.00mL+40.00mL=120.00mL，故選：A?！绢}型7酸堿中和滴定指示劑的選擇及誤差分析】【例7】如圖是常溫下向的鹽酸中，逐滴加入的溶液時(shí)，溶液的隨溶液的體積變化的曲線，根據(jù)圖像所得的下列結(jié)論中正確的是

A．原鹽酸的濃度為B．當(dāng)?shù)稳霑r(shí)，溶液依然顯酸性，且C．的值為20.00D．只能選用酚酞作指示劑，不能用甲基橙【答案】C【詳解】A．溶液的體積為0mL時(shí)，溶液pH=1，說明鹽酸溶液中，即原鹽酸的濃度為，故A錯(cuò)誤；B．當(dāng)?shù)稳霑r(shí)，溶液依然顯酸性，，故B錯(cuò)誤；C．當(dāng)溶液的體積為20mL時(shí)，等濃度的鹽酸和等濃度的氫氧化鈉溶液混合后，溶液呈中性，常溫下pH=7，故C正確；D．強(qiáng)酸強(qiáng)堿的酸堿中和滴定，酚酞或甲基橙均可作指示劑，故D錯(cuò)誤；答案選C。【變式7-1】一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制和酸堿中和滴定是中學(xué)化學(xué)中兩個(gè)典型的定量實(shí)驗(yàn)。若要配制的標(biāo)準(zhǔn)溶液，用其滴定某未知濃度的稀硫酸。下列有關(guān)說法錯(cuò)誤的是A．實(shí)驗(yàn)中用到的滴定管和容量瓶使用前都需要檢漏B．如果實(shí)驗(yàn)需用的標(biāo)準(zhǔn)溶液，配制時(shí)可選用容量瓶C．用甲基橙作指示劑，滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液顏色由黃色變?yōu)槌壬獶．錐形瓶用蒸餾水洗滌后，再用待裝稀硫酸潤洗，使測定濃度偏大【答案】C【詳解】A．容量瓶有瓶塞，配制時(shí)需要搖勻，所以使用前必須檢查是否漏水；滴定管有旋塞或者橡膠管，使用前必須檢查是否漏液，故A正確；B．由于實(shí)驗(yàn)室中沒有490mL容量瓶，所以需要選用500mL容量瓶配制1mol/L的溶液，故B正確；C．甲基橙變色范圍為3.1～4.4，顏色變化為：紅→橙→黃，用標(biāo)準(zhǔn)氫氧化鈉溶液滴定某未知濃度的稀硫酸，滴定前溶液為紅色，當(dāng)甲基橙由紅色變成橙色，且半分鐘不褪色時(shí)，說明達(dá)到了滴定終點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D．錐形瓶用蒸餾水洗滌后，不需要再用待裝稀硫酸潤洗，若潤洗，造成被滴定的硫酸的物質(zhì)的量增大，所以標(biāo)準(zhǔn)液用量偏大，則使測定濃度偏大，故D正確；故選C?！咀兪?-2】用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸滴定未知濃度的氫氧化鈉溶液，用甲基橙作指示劑，下列說法不正確的是A．可以用酚酞代替指示劑B．滴定前不能用待測液潤洗錐形瓶C．若氫氧化鈉吸收少量CO2，不影響滴定結(jié)果D．當(dāng)錐形瓶內(nèi)溶液由橙色變?yōu)榧t色，且半分鐘內(nèi)顏色不恢復(fù)，即達(dá)到滴定終點(diǎn)【答案】D【詳解】A．強(qiáng)酸與強(qiáng)堿滴定時(shí)，終點(diǎn)溶液的pH為7，酚酞的變色范圍是8.2~10，故可以選用酚酞作指示劑，A正確；B．滴定前若用待測液潤洗錐形瓶，會(huì)導(dǎo)致n（NaOH）增大，鹽酸消耗的量偏大，滴定結(jié)果偏大，B正確；C．若NaOH吸收少量CO2，發(fā)生的反應(yīng)為CO2+2OH－=+H2O，再滴入鹽酸，鹽酸先和剩余的OH－反應(yīng)，H++OH－=H2O，再與反應(yīng)，+2H+=H2O+CO2↑，存在關(guān)系2OH－~~2H+，因此消耗HCl的物質(zhì)的量始終等于NaOH的物質(zhì)的量，所以氫氧化鈉吸收少量CO2，不影響測定結(jié)果，C正確；D．當(dāng)錐形瓶內(nèi)溶液顏色由黃色變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)顏色不恢復(fù)，即到達(dá)滴定終點(diǎn)，如果變?yōu)榧t色說明鹽酸已經(jīng)過量，D錯(cuò)誤；故答案為：D?！咀兪?-3】用已知濃度的NaOH溶液測定某H2SO4溶液的濃度，如圖甲、乙，從下表中選出正確選項(xiàng)序號(hào)錐形瓶中溶液滴定管中溶液選用指示劑選用滴定管①堿酸石蕊乙②酸堿酚酞甲③堿酸甲基橙甲④酸堿酚酞乙A．①② B．②③ C．只有③ D．③④【答案】D【分析】酸堿中和滴定時(shí)，酸液應(yīng)盛裝在酸式滴定管中，堿液應(yīng)盛裝在堿式滴定管中，酸堿指示劑一般不能用石蕊，其變色范圍大，會(huì)引起較大誤差，圖示甲為酸式滴定管，乙為堿式滴定管；【詳解】①石蕊的顏色變化不明顯，中和滴定中一般不用石蕊做指示劑，故①錯(cuò)誤；②甲為酸式滴定管，NaOH為強(qiáng)堿溶液，不能用酸式滴定管盛放堿性溶液，滴定管應(yīng)該選用乙，故②錯(cuò)誤；③甲為酸式滴定管，用酚酞做指示劑，到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液顏色從紅色變?yōu)闊o色，并且滴定管使用合理，故③正確；④乙為酸式滴定管，用酚酞做指示劑，到達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液顏色從而無色變?yōu)闇\紅色，并且滴定管使用合理，故④正確；故本題選D?！咀兪?-4】用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定未知濃度的鹽酸，若測定結(jié)果偏低，其原因可能是A．配制標(biāo)準(zhǔn)溶液的固體NaOH中混有KOH雜質(zhì)B．滴定到終點(diǎn)讀數(shù)時(shí)，俯視滴定管的刻度，其他操作正確C．盛裝未知液的錐形瓶用蒸餾水洗過后再用未知液潤洗D．盛裝待測液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后殘留有一定量的水【答案】B【詳解】A．由于KOH摩爾質(zhì)量大于NaOH，將會(huì)使配制的標(biāo)準(zhǔn)堿液的c（OH-）偏小，滴定時(shí)耗用標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏大，導(dǎo)致結(jié)果偏高，故不選A；B．滴定終點(diǎn)時(shí)俯視讀數(shù)，將使讀取堿液的體積偏小，測定結(jié)果偏低，故選B；C．用未知液潤洗錐形瓶將使鹽酸物質(zhì)的量偏大，消耗標(biāo)準(zhǔn)液體積偏大，測定結(jié)果偏高，故不選C；D．盛裝待測液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后殘留有一定量的水，未改變待測液中鹽酸的物質(zhì)的量，所以不改變消耗標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液的體積，對(duì)測定結(jié)果無影響，故不選D；選B?！咀兪?-5】某學(xué)生以酚酞為指示劑，用已知物質(zhì)的量濃度的鹽酸來測定未知物質(zhì)的量濃度的氫氧化鈉溶液，三次實(shí)驗(yàn)分別記錄有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：滴定次數(shù)待測氫氧化鈉溶液的體積鹽酸的體積滴定前刻度滴定后刻度第一次25.000.0027.45第二次25.000.0030.30第三次25.000.0017.55下列說法正確的是A．該氫氧化鈉溶液中B．當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)溶液從粉紅色剛好變成無色時(shí)，即達(dá)到滴定終點(diǎn)C．達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)，滴定管尖嘴有懸液，則測定結(jié)果偏低D．實(shí)驗(yàn)中雉形瓶若用待測氫氧化鈉溶液潤洗，則測定結(jié)果偏低【答案】A【詳解】A．可知第三次實(shí)驗(yàn)所耗鹽酸體積誤差較大，取前兩組實(shí)驗(yàn)的平均值，可知平均所耗鹽酸體積為28.875mL，該氫氧化鈉溶液中，A正確；B．當(dāng)?shù)稳胱詈蟀氲螛?biāo)準(zhǔn)液時(shí)溶液從粉紅色剛好變成無色且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色時(shí)，即達(dá)到滴定終點(diǎn)，B錯(cuò)誤；C．達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)，滴定管尖嘴有懸液，讀取示數(shù)時(shí)因?qū)业蔚捏w積考慮在內(nèi)，使得鹽酸體積偏高，則測定結(jié)果偏高，C錯(cuò)誤；D．實(shí)驗(yàn)中雉形瓶若用待測氫氧化鈉溶液潤洗，使需要滴定的鹽酸偏多，則測定結(jié)果偏高，D錯(cuò)誤。故選A?！绢}型8酸堿中和滴定曲線分析】【例8】25℃時(shí)，用溶液分別滳定的鹽酸和醋酸溶液、滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是

A．時(shí)，電離常數(shù)B．a(chǎn)點(diǎn)時(shí)混合溶液中C．d點(diǎn)時(shí)，曲線Ⅰ與曲線Ⅱ消耗NaOH的體積為曲線Ⅰ>曲線ⅡD．a(chǎn)、b、c三點(diǎn)溶液中由水電離出的大小順序?yàn)椤敬鸢浮緿【分析】HCl是一元強(qiáng)酸，0.1mol/L鹽酸中c（H+）=0.1mol/L，pH=1，故Ⅱ所在曲線表示NaOH滴定HCl的曲線，Ⅰ所在曲線表示NaOH滴定醋酸的曲線【詳解】A．Ⅰ所在曲線表示NaOH滴定醋酸的曲線，CH3COOH的pH=3，則c（H+）=c（CH3COO—）=10—3mol/L，其電離平衡常數(shù)為，故A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)點(diǎn)所在曲線表示NaOH滴定醋酸的曲線，NaOH溶液體積為10mL，則醋酸反應(yīng)了一半，所得溶液為等濃度的CH3COOH和CH3COONa溶液，a點(diǎn)處溶液還是顯酸性，c（H+）>c（OH—），在根據(jù)電荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（OH—）+c（CH3COO—），可知c（CH3COO—）>c（Na+），故B錯(cuò)誤；C．d點(diǎn)時(shí)，pH=8，曲線Ⅰ是滴定CH3COOH的曲線，在d點(diǎn)處，曲線Ⅰ形成的是CH3COONa,CH3COONa發(fā)生水解顯堿性，消耗NaOH的體積減小，但是曲線Ⅱ是滴定HCl的曲線，形成的鹽不發(fā)生水解，所以消耗NaOH的體積為曲線Ⅰ<曲線Ⅱ，故C錯(cuò)誤；D．a(chǎn)點(diǎn)所得溶液為等濃度的CH3COOH和CH3COONa溶液，溶液顯酸性，水的電離受到抑制，b點(diǎn)所得溶液為等濃度的HCl和NaCl溶液，溶液顯酸性，水的電離受到抑制，由于b點(diǎn)pH較a點(diǎn)小，則b點(diǎn)水的電離程度小于a點(diǎn)，c點(diǎn)CH3COONa溶液，水的電離程度受到促進(jìn)，故水的電離程度c>a>b，水的電離程度越大，則水電離出來的c（H+）就越大，故D正確；故本題選D?！咀兪?-1】25°C時(shí)，用1.0mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mLc1mol·L-1的鹽酸，用0.010mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mLc2mol·L-1的鹽酸，滴定曲線如圖所示。下列說法不正確的是（已知lg5=0.7）

A．曲線b表示滴定c2mol·L-1的鹽酸B．水的電離程度在V（NaOH）=20.00mL時(shí)最大C．滴定至pH=7時(shí)，兩份溶液導(dǎo)電能力相同D．當(dāng)1.0mol·L-1NaOH溶液滴定至19.98mL時(shí)，混合溶液的pH約為3.3【答案】C【詳解】A．根據(jù)圖像，兩種濃度的鹽酸與兩種濃度的NaOH溶液混合后完全反應(yīng)時(shí)消耗V（NaOH）=20.00mL，pH達(dá)到中性，所以c1=1.0mol/L，c2=0.01mol/L，故曲線a表示c1濃度的鹽酸，曲線b表示滴定c2mol·L-1的鹽酸，故A正確；B．已知強(qiáng)酸或強(qiáng)堿會(huì)抑制水的電離，所以酸堿恰好反應(yīng)時(shí)水的電離程度最大，而V（NaOH）=20.00mL時(shí)酸堿恰好反應(yīng)，則此時(shí)水的電離程度最大，故B正確；C．已知離子濃度越高的溶液導(dǎo)電性越強(qiáng)，pH=7時(shí)，曲線a表示的溶液離子濃度更大，導(dǎo)電能力更強(qiáng)，故C錯(cuò)誤；D．曲線a表示c1濃度的鹽酸，當(dāng)1.0mol·L-1NaOH溶液滴定至19.98mL時(shí)，剩余0.02mL1.0mol·L-1HCl溶液，混合溶液的，pH=-lgc（H+）=4-lg5=3.3，故D正確；故選：C?！咀兪?-2】常溫下，用的溶液分別滴定的溶液和的醋酸溶液，滴定曲線如下圖。下列有關(guān)說法正確的是A．實(shí)線表示滴定鹽酸的曲線B．酸的強(qiáng)弱是影響突躍范圍大小的重要因素C．a(chǎn)b段的離子反應(yīng)式是D．兩個(gè)體系滴定終點(diǎn)的確定都可用甲基橙作指示劑【答案】B【詳解】A．從起點(diǎn)的pH可看出，實(shí)線表示醋酸的曲線，故A錯(cuò)誤；Ｂ．同濃度時(shí)，酸弱pH大起點(diǎn)高，酸強(qiáng)pH小起點(diǎn)低，故B正確；Ｃ．根據(jù)圖像可以判斷a點(diǎn)是醋酸溶液，所以ab段的離子反應(yīng)式是，故C錯(cuò)誤；D．CH3COOH最終生成CH3COONa，溶液呈堿性，應(yīng)用酚酞做指示劑，故D錯(cuò)誤；故答案選B?！咀兪?-3】常溫下，用鹽酸滴定，所得溶液和的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)[例如]與滴加鹽酸體積的關(guān)系如圖所示。下列敘述錯(cuò)誤的是A．曲線①代表，曲線②代表B．點(diǎn)溶液中存在C．的電離常數(shù)的數(shù)量級(jí)為D．若選擇甲基橙為指示劑，則滴定終點(diǎn)溶液的顏色變化為黃色變?yōu)榧t色【答案】C【詳解】A．往氨水溶液中加入稀鹽酸，隨著滴加稀鹽酸的體積變化，含量下降，為曲線①，的含量逐漸上升，為曲線②，A正確；B．a(chǎn)點(diǎn)φ（NH3·H2O）=φ（），則c（NH3·H2O）=c（），溶液的pH=9.26，溶液呈堿性，則c（OH-）＞c（H+），溶液中存在電荷守恒c（）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-），則c（）＞c（Cl-），所以存在c（）=c（NH3·H2O）＞c（Cl-），B正確；C．當(dāng)φ（NH3·H2O）=φ（）時(shí)，c（NH3·H2O）=c（），溶液的pH=9.26，溶液中c（OH-）=mol/L=10-4.74mol/L，NH3·H2O的電離常數(shù)Kb==10-4.74，即NH3·H2O的電離常數(shù)的數(shù)量級(jí)為10-5，C錯(cuò)誤；D．滴定終點(diǎn)時(shí)，所得溶液溶質(zhì)為NH4Cl，水解顯酸性，可選擇甲基橙為指示劑，滴定終點(diǎn)溶液的顏色變化為黃色變?yōu)榧t色，D正確；故選C。【題型9酸堿中和滴定拓展應(yīng)用】【例9】中和滴定是一種操作簡單，準(zhǔn)確度高的定量分析方法。實(shí)際工作中也可利用物質(zhì)間的氧化還原反應(yīng)、沉淀反應(yīng)進(jìn)行類似的滴定分析，下列有關(guān)幾種具體的滴定分析（待測液置于錐形瓶內(nèi)）的說法不正確的是A．用標(biāo)準(zhǔn)酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以測量其濃度：滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液由無色變?yōu)闇\紅色B．利用“”反應(yīng)，用標(biāo)準(zhǔn)KSCN溶液測量AgNO3溶液濃度時(shí)可用Fe（NO3）3溶液作指示劑C．利用“”，用FeCl3溶液測量KI樣品中KI的百分含量時(shí)，可用淀粉溶液作指示劑D．用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液測量某鹽酸溶液的濃度時(shí)，若用酚酞作指示劑，當(dāng)觀察到溶液由無色變?yōu)榧t色，且半分鐘不恢復(fù)時(shí)達(dá)到滴定終點(diǎn)【答案】C【詳解】A．用標(biāo)準(zhǔn)酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液以測量其濃度，KMnO4本身就是指示劑，溶液由無色變?yōu)闇\紅色為終點(diǎn)的到達(dá)，故A正確；B．Fe（NO3）3為指示劑，溶液由無色變?yōu)檠t色為終點(diǎn)的到達(dá)，故B正確；C．利用“”，由于一開始就生成了單質(zhì)碘，溶液呈藍(lán)色，無法判斷終點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；D．使用酚酞試液，在強(qiáng)堿滴定強(qiáng)酸時(shí)，當(dāng)觀察到溶液由無色變紅色，且半分鐘不恢復(fù)原色時(shí)達(dá)到滴定終點(diǎn)，故D正確；故選C?！咀兪?-1】電位滴定法是根據(jù)滴定過程中指示電極電位的變化來確定滴定終點(diǎn)的一種滴定分析方法。在化學(xué)計(jì)量點(diǎn)附近，被測離子濃度發(fā)生突躍，指示電極電位也產(chǎn)生了突躍，進(jìn)而確定滴定終點(diǎn)。常溫下，利用鹽酸滴定某溶液中碳酸鈉的含量，其電位滴定曲線與pH曲線如圖所示（已知碳酸的電離常數(shù)Ka1=10-6.35，Ka2=10-10.34。下列說法正確的是A．該滴定過程需要兩種指示劑B．a(chǎn)點(diǎn)溶液中存在：c（Cl-）+c（H+）=c（）+c（OH-）+c（）C．a(chǎn)點(diǎn)溶液中c（）：c（H2CO3）=100.11D．水的電離程度：a點(diǎn)<b點(diǎn)【答案】C【詳解】A．電位滴定法，可根據(jù)指示電極電位的突躍位置確定滴定終點(diǎn)，不需要任何指示劑，A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)為等物質(zhì)的量的NaHCO3和NaCl，由物料守恒有：c（Na+）=2c（Cl-）；電荷守恒有：c（Na+）+c（H+）=2c（）+c（OH-）+c（）+c（Cl-），兩式聯(lián)立可得：c（Cl-）+c（H+）=2c（）+c（OH-）+c（），B錯(cuò)誤；C．NaHCO3溶液存在電離平衡和水解平衡，，由圖可知，a點(diǎn)pH為8.4，，則C正確；D．a(chǎn)點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)為NaHCO3和NaCl，NaHCO3促進(jìn)水的電離，b點(diǎn)溶液中的溶質(zhì)為H2CO3和NaCl，H2CO3抑制水的電離，故水的電離程度：a點(diǎn)>b點(diǎn)，D錯(cuò)誤；故選C?！咀兪?-1】以為原料可制得葡萄糖酸鋅。為測定葡萄糖酸鋅樣品的純度，進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn)。步驟1：稱取5.200g樣品溶于水配成100mL溶液，取25.00mL置于錐形瓶中，滴入少量的鉻黑T作指示劑。步驟2：向錐形瓶中加入過量的，振蕩。步驟3：用鋅標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的EDTA至終點(diǎn)，消耗鋅標(biāo)準(zhǔn)溶液16.00mL（已知：與EDTA反應(yīng)的化學(xué)計(jì)量比為1∶1）。（1）計(jì)算此產(chǎn)品中鋅元素的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：。（寫出計(jì)算過程）（2）中鋅元素的含量為14.28%，對(duì)照①計(jì)算結(jié)果，產(chǎn)生誤差的可能原因是（樣品純或不純）。【答案】（1）20%（2）樣品不純【詳解】（1）由題意可知，EDTA的物質(zhì)的量為樣品中葡萄糖酸鋅的物質(zhì)的量和鋅標(biāo)液中鋅物質(zhì)的量的和，滴定消耗16.00mL1.000mol/L鋅標(biāo)準(zhǔn)溶液，則樣品中鋅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為×100%=20%，故答案為：20%；（2）葡萄糖酸鋅中鋅元素的含量小于20%說明樣品不純，樣品中含有鋅元素的雜質(zhì)導(dǎo)致鋅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于14.28%，故答案為：樣品不純?！咀兪?-2】利用釩鉻渣[主要成分為VO2·xH2O、Cr（OH）3及少量的SiO2]制取Na2Cr2O7的工藝流程如圖。

通過上述流程制取的Na2Cr2O7可測定釩鉻渣中Cr（OH）3含量。取由2.060g釩鉻渣樣品轉(zhuǎn)化獲得的Na2Cr2O7（含少量Na2CrO4）溶液，向其中加入2mol·L－1H2SO4溶液和足量KI溶液（鉻元素的還原產(chǎn)物為Cr3＋），放于暗處5min，然后再加入幾滴淀粉溶液，用0.1000mol·L－1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定（），共用去標(biāo)準(zhǔn)液15.00mL，求釩鉻渣中Cr（OH）3的含量（其他雜質(zhì)不參與反應(yīng)，寫出計(jì)算過程）。?！敬鸢浮苛鶅r(jià)鉻和碘離子反應(yīng)生成碘單質(zhì)和三價(jià)鉻，碘單質(zhì)被Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定；根據(jù)電子守恒可知，，根據(jù)鉻元素守恒可知，Cr（OH）3的物質(zhì)的量為，釩鉻渣中Cr（OH）3的含量【詳解】六價(jià)鉻和碘離子反應(yīng)生成碘單質(zhì)和三價(jià)鉻，碘單質(zhì)被Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定；根據(jù)電子守恒可知，，根據(jù)鉻元素守恒可知，Cr（OH）3的物質(zhì)的量為，釩鉻渣中Cr（OH）3的含量?！咀兪?-3】實(shí)驗(yàn)室常用氧化還原滴定法測定CdSe（硒化鎘）樣品中Se的質(zhì)量分?jǐn)?shù)，步驟如下：I．取0.8400g樣品充分磨碎，加酸煮沸配成H2SeO3溶液，將溶液完全轉(zhuǎn)移到250mL容量瓶中后定容。II．準(zhǔn)確量取25.00mL待測液于錐形瓶中，加入0.0200mol·L-1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液25.00mL，向錐形瓶中再加入25.00mL0.06mol·L-1Fe2+溶液，加入磷酸后再用0.0200mol·L-1KMnO4滴定，消耗KMnO4溶液10.00mL。已知：Se的最高價(jià)含氧酸氧化Fe2+較慢，在該滴定過程可忽略此反應(yīng)。計(jì)算硒的質(zhì)量分?jǐn)?shù)（寫出計(jì)算過程）?！敬鸢浮?4.05%【詳解】H2SeO3溶液與KMnO4反應(yīng)，再用Fe2+消耗過量KMnO4，最后用KMnO4滴定過量Fe2+，整個(gè)過程涉及兩個(gè)氧化還原反應(yīng)，找到反應(yīng)物之間的關(guān)系進(jìn)行求解即可。一是Fe2+與KMnO4，通過得失電子守恒，可以得到關(guān)系為KMnO4~5Fe2+；二是H2SeO3溶液與KMnO4，通過得失電子守恒，可以得到關(guān)系為5H2SeO3~2KMnO4，利用題目已知數(shù)據(jù)可以求得n（Fe2+）=0.06mol·L-1×25.00×L=1.5×mol，從而求得與其反應(yīng)的KMnO4，進(jìn)而求得與H2SeO3反應(yīng)的KMnO4，最終求得H2SeO3的物