- 水溶液中的离子平衡
- 共26089题
(12分) （1）某温度下，Kw=10－12。
①若保持温度不变，某溶液中c(H＋)为1×10－7mol·L－1，则该溶液显 性(填“酸”、“碱”或“中”)。
②若保持温度不变，向水中通入的HCl气体恰好使溶液中c(H＋)/c(OH－)=1010，则此时水电离的c(H+)= mol·L－1。
（2）常温下，如果取0.1mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液等体积混合(忽略混合后溶液体积的变化)，测得混合溶液的pH=8，试回答以下问题：
①混合溶液的pH=8的原因(用离子方程式表示)： 。
②混合溶液中离子浓度由大到小的顺序是： 。
③混合溶液中由水电离出的c(H＋) 同浓度NaOH溶液中由水电离出的c(H＋)
(填“＞”、“＜”或“＝”)。
④求出混合溶液中下列算式的精确计算结果(填具体数据)：
c(Na＋)-c(A－)= mol/L。
正确答案
（1）①碱（2分） ②10－11（2分）
（2）①A－＋H2O
③＞（2分） ④9.9×10－7 （2分）
试题分析：（1）①溶液中c（OH-）为Kw /c(H＋)= 1×10－5mol·L－1，c（OH-）＞ c(H＋)，故显碱性；②溶液显酸性，水电离出的c(OH－)= c(H+)，
c(H＋)=Kw /c(OH－)，代人c(H＋)/c(OH－)=1010，可得c(OH－)= 10－11，则水电离的c(H+)=10－11；
（2）①反应生成了强碱弱酸盐，会发生水解，即A－＋H2O
②该溶液相当于0.05mol/L的NaA溶液，所以c(Na＋) ＞c(A－) ＞ c(OH-)＞c(H+)；
③混合溶液中水的电离受到促进，同浓度NaOH溶液中水的电离受到抑制，故答案为＞；
④混合溶液的pH=8，c(H+)=10-8 mol·L－1， c(OH-)= Kw/ c(H+)=10-6 mol·L－1，根据电荷守恒c(Na＋) +c(H+)=c(A－) + c(OH-)，所以c(Na＋)-c(A－)= c(OH-)-c(H+)=9.9×10－7 mol/L。
点评：本题考查水的电离和溶液的酸碱性，题目难度不大，需要熟悉水的离子积只与温度变化有关。
(14分）甲、乙、丙均为可溶于水的固体，可能含有的离子如下表所示：
已知：
①甲、乙的水溶液均呈碱性，丙的水溶液呈酸性；
②取一定量甲、乙、丙固体混合物，加足量水溶解，最终得到无色澄清溶液；
③向②中所得溶液逐滴加人盐酸至过量，开始无沉淀，后有沉淀生成，继续滴加沉淀消失，过程中有无色无味气体逸出；
④向丙溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；
⑤将甲溶液与丙溶液混合，生成白色沉淀和无色气体。
(1) 甲、乙、丙的化学式分别为____________
(2) 250C时，PH均为12的甲溶液和乙溶液中，由水电离出来的c(OH-)之比为______。
(3) 写出⑤中发生反应的离子方程式____________
(4) 250C时，将a mol/L CH3COOH溶液与0.02 mol/L乙溶液等体积混合，所得溶液呈中性，则混合溶液中c(CH3COO-)="______" (忽略混合时溶液体积的变化）。
(5) 等物质的量浓度的乙溶液和丙溶液混合充分反应后，沉淀中的金属元素与溶液中该
元素的质量相等，则乙溶液和丙溶液的体枳比可能为______ (填选项字母）。
正确答案
（1）Na2CO3 NaOH Al2(SO4)3 （各2分，共6分）
（2）1:10-10 （2分）
（3）2Al3++3CO32－+3H2O＝2Al(OH)3↓+3CO2↑（2分）
（4）0.01mol/L （2分，不写单位扣1分）
（5）AC （2分,每项1分，错选1个扣1分）
丙溶液显酸性，且向丙溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，所以丙中含有SO42－。将甲溶液与丙溶液混合，生成白色沉淀和无色气体，这说明二者水解相互促进，所以丙是硫酸铝。根据②③可知混合液中含有CO32－和AlO2－，因此甲是碳酸钠，乙是氢氧化钠。
（1）见答案
（2）碳酸钠水解显碱性，促进水的电离。氢氧化钠是强碱，抑制水的电离，所以水电离出来的c(OH-)之比为10－2︰10－12＝1:10-10。
（3）铝离子水解显酸性，碳酸钠水显碱性，二者相互促进，方程式为2Al3++3CO32－+3H2O＝2Al(OH)3↓+3CO2↑。
（4）溶液显中性，则根据电荷守恒可知c(CH3COO-)＝c(Na＋)＝0.02 mol/L÷2＝0.01mol/L。
（5）如果硫酸铝过量，则溶液中是铝离子，根据方程式Al3++3OH－＝Al(OH)3↓可知，氢氧化钠的物质的量和硫酸铝的物质的量是3︰1。如果氢氧化钠过量，则方程式为Al3++3OH－＝Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－＝AlO2－+2H2O，所以氢氧化钠的物质的量和硫酸铝的物质的量是7︰1，答案选AD。
测血钙的含量时,可将2.0 mL血液用蒸馏水稀释后,向其中加入足量草酸铵(NH4)2C2O4晶体,反应生成CaC2O4沉淀。将沉淀用稀硫酸处理得H2C2O4后,再用酸性KMnO4溶液滴定,氧化产物为CO2,还原产物为Mn2+,若终点时用去20.0 mL 1.0×10-4 mol·L-1的KMnO4溶液。
(1)写出用KMnO4滴定H2C2O4的离子方程式 。
(2)判断滴定终点的方法是 。
(3)计算:血液中含钙离子的浓度为 g·mL-1。
正确答案
(1)2Mn+5H2C2O4+6H+
(2)当滴入1滴酸性KMnO4溶液后溶液由无色变为浅紫色,且半分钟内不褪色
(3)1.0×10-4
因为滴加酸性KMnO4溶液至反应完毕过量时,会使溶液呈紫色,故可用滴入一滴酸性KMnO4溶液由无色变为浅紫色且半分钟不褪色的方法来判断终点。由题意知可能发生反应的离子方程式为:2Mn+5H2C2O4+6H+
设2 mL血液中含Ca2+的物质的量为x,则
5Ca2+~5CaC2O4~5H2C2O4~2Mn
5 2
x 20.0×10-3 L×1.0×10-4 mol·L-1
x=5.0×10-6 mol,1 mL血液中Ca2+的浓度为=1.0×10-4 g·mL-1。
某学生用0.100 mol·L-1的KOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸,其操作可分解为如下几步:
E.调节液面至“0”或“0”以下刻度,记下读数;
F.把锥形瓶放在滴定管的下面,用标准KOH溶液滴定至终点并记下滴定管液面的刻度。
就此实验完成填空:
(1)正确操作步骤的顺序是(用字母序号填写) 。
(2)上述B步骤操作的目的是 。
(3)上述A步骤操作之前,若先用待测溶液润洗锥形瓶,则滴定结果 (填“偏高”“偏低”或“不变”)。
(4)判断到达滴定终点的实验现象是 。
正确答案
(1)B、D、C、E、A、F
(2)洗去附在滴定管内壁上的水,防止将标准溶液稀释而产生误差
(3)偏高
(4)当滴入最后一滴标准液后,溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色
(2)无论是盛放标准液还是待测液的滴定管均应润洗,因为滴定管的内壁上附着的蒸馏水会将放入的溶液稀释而引起测定误差。(3)A步骤操作之前,先用待测液洗涤锥形瓶,会使待测液的体积大于20.00 mL,消耗标准液多,则测定结果偏高。(4)由于用酚酞作指示剂,故当溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色,即达到了滴定终点。
（10分）称取三份锌，分别放入三支试管中，在试管甲里加入PH=3的盐酸50ml，在试管乙里加入PH=3的醋酸50ml，在试管丙里加入PH=3的醋酸50ml及少量铜粉，塞上导管塞子，定时测定生成H2的体积。若反应终了时，生成的H2一样多，且锌没有剩余。
（1）用“＞”、“＝”或“＜”回答以下问题：
①参加反应的锌的质量由多到少的顺序为： 。
②反应完毕时，所需反应时间由多到少的顺序为： 。
（2）简答：
①反应所需时间最长的一种酸的原因是： 。
②乙、丙反应所需时间是否相等?答： 。其原因是： 。
正确答案
（1）①甲＝乙＝丙 ②甲＞乙＞丙 （2）①随着反应的进行，盐酸里［H+］减小得最多，反应速率减小最快，时间最长。②不相等，丙中形成了铜锌原电池，加速了锌的反应，丙中反应较乙中快。
试题分析：因为氢气的量相同，所以参加反应的锌的质量相等，故甲＝乙＝丙；因为丙反应速率最快，其次乙在反应中不停电离，保持较小的pH，而甲pH不断增大，故有：甲＞乙＞丙。（2）简答：①随着反应的进行，盐酸里［H+］减小得最多，反应速率减小最快，时间最长。因为丙中形成了铜锌原电池，反应速率比单比酸反应要快，加速了锌的反应，丙中反应较乙中快。
点评：高考常考知识之一，化学反应原理及分析溶液的PH的变化，平时对这类题目，要在理解基本概念的前提下，多练习，多总结，才能得心应手。
（1）与纯水的电离相似，液氨中也存在着微弱的电离：2NH3
（2）完成下列反应方程式
①在液氨中投入一小块金属钠，放出气体＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
②NaNH2溶于水的反应＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
③类似于“H++OH—=H2O”的反应＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。
正确答案
（1）C（2）①2Na+2NH3=H2↑+2NaNH2②NaNH2+H2O=NaOH+NH3↑或NH2—+H2O="OH—+NH3↑③NH2—+NH4+" =2NH3↑或NH4Cl+NaNH2=2NH3↑+NaCl
此题要求掌握水自偶的实质(水分子电离产生的H+与H2O结合形成H3O+)以及水的电离平衡,并能迁移应用于对于NH3电离的认识：NH3分子电离产生H+和NH2—,H+与NH3结合生成NH4+，液氨电离产生等量的NH2—与NH4+，一定温度下离子浓度乘积为一常数；NH4+类似于H+，NH2—类似于OH—。具备上述知识后，就可顺利完成解题。
25℃时，某酸HA：Ka=1．0×10-7，已知：溶液的酸度AG=lg[c(H+)/c(OH-)]
（1）HA的电离方程式为 。
（2）0．1 mol·L－1HA溶液中，c(H+)= ，AG= 。
（3）保持25℃，下列方法能使HA溶液的电离度、溶液pH都增大的是 （填字母）
A．加水稀释 B．加少量盐NaA固体 C．加少量NaOH固体
正确答案
（1）HA
试题分析：（1）由电离平衡常数可知HA为弱酸。所以HA的电离方程式为HA
中学化学实验中，淡黄色的pH试纸常用于测定溶液的酸碱性。在25 ℃时，若溶液的pH＝7，试纸不变色；若pH＜7，试纸变红色；若pH＞7，试纸变蓝色。而要精确测定溶液的pH，需用pH计。pH计主要通过测定溶液中H＋浓度来测定溶液的pH。
(1)已知水中存在平衡：H2O
(2)现欲测定100 ℃沸水的pH及酸碱性，若用pH试纸测定，则试纸显 色，溶液呈 性(填“酸”、“碱”或“中”)；若用pH计测定，则pH 7(填“＞”、“＜”或“＝”)，溶液呈 性(填“酸”、“碱”或“中”)。
正确答案
(1)BD (2)淡黄 中 ＜ 中
(1)要使平衡右移，且所得溶液呈酸性，应减少OH－的量，所以选B、D。(2)100 ℃时，pH＝6溶液呈中性，因此用pH计测定时，pH应小于7，因为溶液是中性，所以pH试纸呈淡黄色。
某温度(t ℃)时，水的离子积为KW＝1.0×10－13mol2·
L－2，则该温度(填“大于”、“小于”或“等于”)________25 ℃，其理由是
____________________________________________________________。
若将此温度下pH＝11的苛性钠溶液a L与pH＝1的稀硫酸b L混合(设混合后溶液体积的微小变化忽略不计)，试通过计算填写以下不同情况时两种溶液的体积比：
(1)若所得混合液为中性，则a∶b＝________；此溶液中各种离子的浓度由大到小排列顺序是____________________。
(2)若所得混合液的pH＝2，则a∶b＝________。此溶液中各种离子的浓度由大到小排列顺序是__________________________________________。
正确答案
大于 水的电离是吸热过程，KW随温度升高而增大 (1)10∶1
c(Na＋)＞c(SO42—)＞c(H＋)＝c(OH－)或c(Na＋)＝2c(SO42—)＞c(H＋)＝c(OH－) (2)9∶2 c(H＋)＞c(SO42—)＞c(Na＋)＞c(OH－)
水的电离是吸热过程，KW随温度升高而增大，故温度高于25 ℃。
(1)稀H2SO4中，c(H＋)＝0.1 mol·L－1，NaOH溶液中c(OH－)＝
01 mol·L－1×a L＝0.1 mol·L－1×b L
a∶b＝10∶1
离子浓度关系c(Na＋)＞c(SO42—)＞c(H＋)＝c(OH－)或c(Na＋)＝2c(SO42—)＞c(H＋)＝c(OH－)
(2)若pH＝2，则
c(H＋)混＝
a∶b＝9∶2
离子浓度关系：此时，假如原来NaOH溶液为9 L，H2SO4溶液则为2 L
n(Na＋)＝0.01 mol·L－1×9 L＝0.09 mol
剩余n(H＋)＝0.01 mol·L－1×(9 L＋2 L)＝0.11 mol
n(SO42—)＝
所以：c(H＋)＞c(SO42—)＞c(Na＋)＞c(OH－)。
⑴在25℃条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH为（填序号）__ __。
A．9 B．13 C．11～13之间 D．9～11之间
⑵25℃时，向0.1mol/L的氨水中加入少量氯化铵固体，当固体溶解后，测得溶液pH减小，主要原因是（填序号）__ ___。
A．氨水与氯化铵发生化学反应
B．氯化铵溶液水解显酸性，增加了c(H+)
C．氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，使c(OH―)减小
⑶已知某溶液中只存在OH－、H+、NH4+、Cl－四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：
A．c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(H+)＞c(OH－) B．c(Cl－)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H+)
C．c(Cl－)＞c(H+)＞c(NH4+)＞c(OH－) D．c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)
①若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质是 ，上述离子浓度大小顺序关系中正确的是（选填序号） 。
②若上述关系中C是正确的，则溶液中溶质是 。
正确答案
（10分）⑴D（2分） ⑵C（2分） ⑶ ① 氯化铵 ，A （各2分） ② NH4Cl和HCl （2分）
试题分析：（1）氨水是弱碱，稀释促进电离，OH－的物质的量是增加的。所以在25℃条件下将pH=11的氨水稀释100倍后溶液的pH介于9～11之间，答案选D。
（2）氯化铵溶于水，电离出大量铵离子，抑制了氨水的电离，使c(OH―)减小，所以答案选C。
（3）根据电荷守恒c（NH4+）＋c（H+）＝c（OH－）＋c（Cl－）可知：
①若溶液中只溶解了一种溶质，该溶质是氯化铵。氯化铵水解，溶液显酸性，，则上述离子浓度大小顺序关系中正确的是A。
②C中溶液显酸性，且c(H+)＞c(NH4+)，所以溶液中溶质是氯化氢和氯化铵。
点评：该题是高考中的常见题型，属于中等难度的试题。试题综合性强，侧重对学生基础知识的巩固与训练，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题的关键是利用好溶液中的几种守恒关系，即物料守恒、电荷守恒和质子守恒。
草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体Kx[Fey(C2O4)z]·nH2O可用于摄影和蓝色印刷。为确定其组成，某化学兴趣小组在没有氧气干扰下进行如下实验：
实验Ⅰ．草酸根含量的测定
称取0.9820 g样品放入锥形瓶中，加入适量稀硫酸和一定量水，加热至343～358 K，用0.2000
mol/LKMnO4溶液滴定，滴定过程中草酸根离子转变成CO2逸出反应容器，KMnO4转变成Mn2＋。达到滴定终点时，共消耗KMnO4溶液12.00 ml。
实验Ⅱ．铁含量的测定
将上述滴定过草酸根的保留液充分加热，使淡紫红色消失。冷却后，调节溶液pH并加入过量的KI固体，充分反应后调节pH至7左右，滴入几滴淀粉溶液做指示剂，用0.2500mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液8.00 ml。（已知：实验Ⅱ中涉及的部分离子方程式为：I2＋2S2O32－=2I－＋S4O62－）
请根据上述实验回答下列问题
（1）实验Ⅰ在滴定过程中反应的离子方程式为 。
（2）MnO4－在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2＋。若实验Ⅱ中没有对实验Ⅰ的保留液进
行充分加热，则测定的Fe3＋的含量将会 (填“偏高”、“偏低” 或“不变”)。
（3）实验Ⅱ用淀粉溶液做指示剂，则滴定终点观察到的现象为 。
（4）通过计算确定样品晶体的组成（写出计算过程）。
正确答案
（1）2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑（2分）
（2）偏高（2分）
（3）滴下最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色（2分）
（4）（6分）
2MnO4－ ～ ～～～～5C2O42－ 2S2O32－ ～ I2～ 2 Fe3+
2 5 2 2
0.2×12×10-3mol n(C2O42－) 0.25×8×10-3mol n(Fe3+)
解得n(C2O42－) = 6×10-3mol (1分) n(Fe3+) = 2×10-3mol (1分)
根据电荷守恒原理：n(K+) =6×10-3mol (1分)
根据质量守恒原理m(H2O) =0.9820－39×6×10-3－56×2×10-3－88×6×10-3=0.108g
n(H2O)=6×10-3 mol (1分)
n(K+):n(Fe3+):n(C2O42－):n(H2O)=3:1:3:3 (1分)
所以化学式为：K3Fe(C2O4)3·3H2O (1分)
试题分析：（1）高锰酸钾具有强氧化性，能把草酸氧化生成CO2，而还原产物是Mn2＋,反应的化学方程式为2MnO4－＋5H2C2O4＋6H＋=2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑。
（2）若实验Ⅱ中没有对实验Ⅰ的保留液进行充分加热，则溶液中有剩余的MnO4－，MnO4－能氧化I－生成单质碘，从而导致与单质碘反应的Na2S2O3溶液的体积增加，因此使测定的Fe3＋的含量将会偏高。
（3）由于单质碘遇淀粉显蓝色，所以终点时的实验现象是滴下最后一滴Na2S2O3标准溶液，溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色。
（4）根据题意并结合有关的反应方程式可知
2MnO4－ ～ ～～～～5C2O42－ 2S2O32－ ～ I2～ 2 Fe3+
2 5 2 2
0.2×12×10-3mol n(C2O42－) 0.25×8×10-3mol n(Fe3+)
解得n(C2O42－) = 6×10-3mol n(Fe3+) = 2×10-3mol
根据电荷守恒原理：n(K+) =6×10-3mol
根据质量守恒原理m(H2O) =0.9820－39×6×10-3－56×2×10-3－88×6×10-3=0.108g
n(H2O)=6×10-3 mol
n(K+):n(Fe3+):n(C2O42－):n(H2O)=3:1:3:3
所以化学式为：K3Fe(C2O4)3·3H2O
为测定某品牌洗厕精的酸(盐酸)含量，某学生欲用已知物质的量浓度的NaOH溶液来测定该洗厕精(盐酸)的物质的量浓度时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：
（1）碱式滴定管的使用方法，正确步骤的先后顺序为（填选项符号）：
A．用氢氧化钠溶液润洗仪器并加入氢氧化钠溶液
B．放出氢氧化钠溶液进行滴定
C．调节起始读数
D．查漏，再水洗2-3遍
（2）用标准的NaOH溶液滴定待测的盐酸时,左手控制碱式滴定管的玻璃球，右手摇动锥形瓶，眼睛应注视 ；
（3）若滴定开始和结束时，碱式滴定管中的液面如上图所示：则所用NaOH溶液的体积为 mL。
（4）某学生根据三次实验分别记录有关数据如下表：
请选用其中合理的数据计算该洗厕精中酸(盐酸)的物质的量浓度：
c(HCl)＝ 。
（5）分析下列操作对所测洗厕精的酸(盐酸)的浓度的影响：（填“偏大”、“偏小” 或“无影响”）
A．若取待测液时，开始仰视读数， 后俯视读数，则 ；
B．若碱式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，则 。
正确答案
(1) DACB；
（2）锥形瓶内溶液颜色的变化；
（3）26.10mL；
（4） c(HCl)＝0.105 mol/L；
（5）偏大；偏大。
试题分析：（1）操作步骤：检查仪器、润洗仪器、装液、调节起始读数、中和滴定、终点判断、计算、数据处理；
（2）滴定时，左手控制活塞，右手按顺时针摇动锥形瓶。眼睛观察锥形瓶中溶液颜色的变化；
（3）观察读数时要平视；
（4）c(HCl)＝0.1000*（26.35+26.15）/2/25.00="0.105" mol/L；
（5）取待测液时先仰视后俯视，会使待测液的读数偏小 ，使所测洗厕精的酸(盐酸)的浓度偏大；若滴定管中有气泡，会使标准液的体积数偏大，从而使所测洗厕精的酸(盐酸)的浓度偏大。
常温下水存在电离平衡，H2O
①若升高温度，电离程度将 ，溶液呈 性。
②向其中加入少量稀氨水，水的电离平衡 移动，溶液的PH 。
③若向其中加入少量NaHSO4溶液，水的离子积常数 ，由水电离出的c(H+) c(OH_)．
正确答案
（1）增大 中；（2）逆向 增大；（3）不变 =
试题分析：①若升高温度，电离程度将增大，水溶液仍呈中性。②向其中加入少量稀氨水，相当于像溶液中加入了一部分的OH‑，故水的电离平衡逆向移动，溶液的PH增大。③温度不变水的离子积常数不变，由于水呈中性，故由水电离出的c(H+)=c(OH_)。
有pH为13的Ba(OH)2、NaOH的混合溶液100 mL，从中取出25 mL用0.025 mol/L H2SO4滴定，当滴至沉淀不再增加时，所消耗的酸的体积是滴定至终点所耗酸体积的一半。求：原混合溶液中Ba(OH)2的物质的量浓度
正确答案
Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O
2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O
当滴至沉淀不再增加时，所消耗的酸的体积是滴定至终点时所消耗酸体积的一半。 说明2个反应消耗的H2SO4的体积是一样的，也就是物质的量是一样的所以它们的物质的量浓度比为1：2
因为pH=13，所以2n（Ba（OH）2）+n（NaOH）="0.01mol"
所以n（Ba（OH）2）=0.0025mol，n（NaOH）="0.005mol" C(Ba（OH）2)="0.0025" mol/0.1L="0.025" mol/L
试题分析：加入硫酸后发生两个反应：Ba（OH）2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O 、2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O ，当滴至沉淀不再增加时，所消耗的酸的体积是滴定至终点时所消耗酸体积的一半。说明2个反应消耗的H2SO4的体积相同，根据化学方程式可知Ba(OH)2与NaOH的物质的量之比为1:2，即二者物质的量浓度之比为1:2，因为混合溶液的pH为13，可得OH‾浓度为0.1mol•L‾1,进而求出Ba(OH)2的浓度。
（1）某学习小组用0.80mol/L标准浓度的烧碱溶液测定未知浓度的盐酸。
①滴定管如图所示，用 滴定管盛装标准浓度的氢氧化钠溶液（填“甲”或“乙”）。
②用滴定的方法来测定盐酸的浓度，实验数据如下所示：
该未知盐酸的浓度为（保留两位有效数字）_______________。
③下列操作会使所测得的盐酸的浓度偏低的是__________：
A．盛装待测液的锥形瓶用水洗后未干燥
B．滴定前，碱式滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失
C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准氢氧化钠溶液润洗
D．读碱式滴定管的刻度时，滴定前仰视凹液面最低处，滴定后俯视读数
（2）某课外活动小组为了测定某氯化锶(SrCl2)样品的纯度，设计了如下方案：称取1.0 g样品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO3 2.38 g的AgNO3溶液(溶液中除Cl－外，不含其他与Ag＋反应生成沉淀的离子)，Cl－即被全部沉淀。然后用含Fe3＋的溶液作指示剂，用0.2 mol·L－1的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag＋以AgSCN白色沉淀的形式析出，以测定氯化锶样品的纯度。
请回答下列问题：
①判断滴定达到终点的现象是_______________________________________________。
②考虑Ag＋和Fe3＋在酸或碱性溶液中的存在形式，在实施滴定的溶液以呈_____(选填“酸性”、“中性”或“碱性”)为宜。
③在终点到达之前的滴定过程中，两种沉淀表面会吸附部分Ag＋，需不断剧烈摇动锥形瓶，否则会使n(Cl－)的测定结果________(选填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
正确答案
（1）①乙 （1分） ② 0.92mol·L－1（2分） ③ D（2分）
（2）①溶液由无色变为血红色，且半分钟内不变色（2分）
②酸性（1分） ③偏高（1分）
试题分析：⑵②三价铁离子只能在酸性条件下存在，在pH等于2.7的时候开始沉淀粉，在pH等于3.7时沉淀完全，因此三价铁离子要想存在，只能在酸性条件下。
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