高三化学化学反应原理专题练-22酸碱中和滴定拓展（氧化还原滴定等）

2022届高三化学大一轮复习化学反应原理专题练_22酸碱中和滴定拓展（氧化还原滴定等）一、单选题（本大题共18小题，共54分）H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01mol/L的Na2S2A.该滴定反应可用甲基橙作指示剂

B.该反应中每消耗2mol

Na2S2O3，转移电子的物质的量为4

mol

C.体积和浓度均为25.00 mL 0.1 mol·L-1NaI、NaBr及NaCl三种溶液，分别用0.1 mol·L-1的AgNA.Ksp(AgI)<Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)

B.AgNO3溶液滴定Cl-时，可加入少量的KI作滴定指示剂

C.三种溶液等体积等浓度混合后用AgNO3溶液滴定，沉淀顺序为已知25 ℃时，以下五种物质的Ksp物质AgClAAgBrAgIAK2×2×5.4×8.3×6.3×颜色白色砖红色淡黄色黄色黑色现以0.1 mol·L-1的AgNOA.K2CrO4 B.KBr某学生用滴定的方法测定含有少量NaCl的小苏打固体中NaHCO3质量分数，所用标准盐酸的浓度为0.100 mol·LA.用烧杯准确配制100 mL待测小苏打溶液

B.用酚酞试液作指示剂

C.当滴至待测液变色并保持30 s不复原即为滴定终点

D.盛盐酸的滴定管未用标准盐酸润洗会造成实验结果偏低取5.0 mL 18 mol·L-1硫酸配制100 mL 0.9 mol·L-1硫酸溶液，并用NA.量取 B.转移

C.定容 D.标定已知Ag2CrOA.用标准FeCl3溶液滴定KI溶液，选择KSCN溶液

B.用I2溶液滴定Na2SO3溶液，淀粉作指示剂

C.用AgNO3溶液滴定已知c(NH4Cl)< 0.1mol/L时，溶液的pH>5.1，现用0.1mol/L盐酸滴定20mL

氨水0..05mol/L，用甲基橙作指示剂，达到终点时所用盐酸的量是A.10mL B.5mL C.大于10mL D.小于5mL实验室欲用0.01 mol·L-1的Na2SA.该滴定反应可用甲基橙作指示剂

B.Na2S2O3是该反应的还原剂

C.该滴定反应可选用如图所示装置往10mL0.1mol/L Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSOA.a点对应的溶液呈碱性

B.V2=10mL

C.水的电离程度：a > b

D.b点后的溶液满足常温下，用0.1000mol⋅L-1的盐酸滴定20 mL 0.1000mol⋅A.该中和滴定适宜用酚酞作指示剂

B.两者恰好中和时，溶液的pH=7

C.达到滴定终点时，溶液中：cH+=cOH-如图是元素周期表的一部分：数据编号滴入NaOH溶液的体积/mL溶液的pHHXHZ1031220.00ab25℃时，用浓度为0.1000mol⋅L-1的氢氧化钠溶液分别滴定20.00mL浓度均为0.1000mol⋅L-1

的两种酸HX、A.通过分析可得表格中a<7，b=7

B.将上述的HZ溶液稀释100倍后pH比HX溶液的pH大

C.由于Z元素的非金属性比Y强，所以Z氢化物的酸性较强

D.0.1000

mol⋅L-1

N葡萄酒中常加入亚硫酸盐作为食品添加剂。为检测某葡萄酒样品中亚硫酸盐的含量(通常以酒样中SO2的量计算)，某研究小组设计了如下实验(已知还原性：SO32->I->CA.葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止氧化，利用了亚硫酸盐的还原性

B.滴定时发生反应的离子方程式为OH-+H+=H一定量稀氢氧化钠溶液中通入一定量的CO2后得到溶液A，为测定溶液A的溶质成分而进行如下操作：①向溶液A中滴入2-3滴酚酞试液，逐滴滴加0.01mol/L的盐酸V1mL时达到第一滴定终点；②再向溶液中滴入2-3滴甲基橙试液，继续逐滴滴加0.01mol/L的盐酸V2mL时又达到第二滴定终点。【此条件下，NaHCO3A.若V1=V2，则溶质是Na2CO3和NaHCO3

B.若V1>V2，则溶质是实验室用碘量法测定KBrO3①②2③下列说法错误的是A.反应①中氧化产物和还原产物的质量比为1︰1

B.氧化性：BrO3->Br2>I2>某同学设计如下实验测定绿矾样品(主要成分为FeSO4⋅7H2O

式量为278

)的纯度，称取11.5g绿矾产品，溶解，配制成1

000mL溶液；量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用硫酸酸化的0.010

A.92.5% B.93.5% C.94.6% D.96.7%聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁样品与足量盐酸反应，所得溶液平均分为两份。一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀0.699g。另一份溶液，先将Fe3+还原为A.1∶1 B.2∶1 C.3∶1 D.2∶5以水为溶剂进行中和滴定的原理是：H3O++OH-=2H2O。已知液态SO2和纯水的导电性相近，因为液态SO2A.该滴定反应可以表示为：SO 32-+SO2+=2SO2

B.在一定温度下，液态SO225℃时，用0.2000mol·L-1AgNO3溶液滴定20.00mL未知浓度的盐酸，溶液中离子浓度的关系如图所示(lg2≈0.3，溶液混合时体积变化忽略不计)。下列说法错误的是(已知：Q点时滴加A.由曲线数据计算得，Ksp(AgCl)=2×10-10

B.滴定前盐酸的浓度为0.1000mol·L-1

C.M点溶液中H+数目大于NO3二、实验题（本大题共3小题，共46分）碘酸钾(KIO3)是重要的食品添加剂。某化学兴趣小组设计下列步骤制取KIO3，并进行产品的纯度测定。HI①白色固体，能溶于水，难溶于四氯化碳

②KI①白色固体，能溶于水，难溶于乙醇

②碱性条件下易发生反应：

Cl回答下列问题：

步骤Ⅰ用Cl2氧化I2制取HIO3

(1)装置A中发生反应的化学方程式为______。

(2)装置B中的CCl4可以加快反应速率，原因是______。

(3)反应结束后，获取HIO3溶液的操作中，所需玻璃仪器有烧杯、______和______。

步骤Ⅱ用KOH中和HIO3制取KIO3

(4)该中和反应的离子方程式为______。中和之前，应将上述HIO3溶液煮沸至接近无色，否则中和时易生成______(填化学式)而降低KIO3的产量。

(5)往中和后的溶液中加入适量，经搅拌、静置、过滤等操作，得到白色固体______。

(6)为验证产物，取少量上述固体溶于水，滴加适量SO2饱和溶液，摇匀，再加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝。若实验时，所加的SO2饱和溶液过量，则无蓝色出现，原因是______。

步骤Ⅲ纯度测定

(7)取0.1000

g产品于碘量瓶中，加入稀盐酸和足量KI某化学兴趣小组对加碘食盐中的KIO3进行研究，它是一种白色粉末，常温下很稳定。在酸性条件下KIO3是一种较强的氧化剂，与HIa.称取mg加碘盐，加适量蒸馏水溶解；b.用稀硫酸酸化，再加入过量KI溶液；待反应后的溶液加水稀释至100.00 mL。c.取10.00mL上述溶液到锥形瓶中，以淀粉为指示剂，用物质的量浓度为3.0mol⋅L-1的Na2d.重复实验2次，三次实验分别记录有关数据如下：滴定次数待测溶液的体积/mL1.00×10-3mol⋅滴定前刻度滴定后刻度第一次10.002.6222.60第二次10.007.5630.30第三次10.006.2226.24试回答：(1)如图，是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为___________mL。

(2)步骤b发生反应的离子方程式：__________________________________________(3)判断到达滴定终点的现象是：_________________________。(4)滴定时，Na2S2O3溶液应放在________ (填“酸式滴定管”(5)根据实验测定数据，计算加碘食盐样品中的碘元素百分含量是_______

(以含m的代数式表示)。(6)根据上述实验对下列假定情况进行讨论，导致测出待测液的浓度是(填“偏小”、“偏大”或“无影响”)

①标准液读数时，若滴定前俯视，滴定后仰视，测出待测液的浓度__________；

②盛标准液的滴定管，滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失，测出待测液的浓度_________。Ⅰ.重量法测定产品BaCl2·2H2O的纯度步骤为：准确称取m g BaCl2·2H2O试样，加入100 mL水，用3 mL 2 mol·L-1的HCl溶液加热溶解。边搅拌边逐滴加0.1 mol·L-1H2SOⅠ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL水溶解后，再加入3 mL稀硫酸；Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；Ⅴ.用0.100 0 mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I(1)锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为(2)测得混合气中ClO2的质量为________Ⅲ.工业上利用反应ZnFe2(C2O4)3·6H2OZnFe答案和解析1.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查氧化还原反应滴定、氧化还原反应概念判断及化学计算。解答氧化还原滴定，可以利用酸碱中和滴定的方法进行分析，但同时要注意区别，例如本题中指示剂，利用单质碘的特性，选择淀粉。

【解答】

A.该反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，碘单质变成了碘离子，应该用淀粉溶液作指示剂，故A错误；

B.根据反应方程式I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O2.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查沉淀溶解平衡滴定曲线分析，掌握溶度积的计算是解题关键，题目难度中等。

【解答】

常温下，体积均为25.00 mL和浓度均为0.1 mol·L-1

NaI、NaBr及NaCl三种溶液，分别用0.1 mol·L-1的AgNO3溶液滴定，分别形成AgI、AgBr、AgCl，三种沉淀是同类型沉淀，可根据Ksp数值比较其溶解性情况，Ksp数值越小，溶解度越小，结合图像分析。

A.滴加AgNO3溶液10.00 mL时，AgNO3少量，溶液中c(Ag+)按I-、Br-、Cl-依次增大，故K sp(AgI)<Ksp(AgBr)<Ksp(AgCl)，故A正确；

B.滴加硝酸银滴定Cl-时，若用KI作为指示剂，I-优先与Ag+反应生成沉淀，故不能用KI作为滴定指示剂，故B错误；

C.由于Ksp(AgI)<Ksp3.【答案】A

【解析】【分析】本题考查了难溶电解质的溶度积常数的应用，试题难度较易

【解答】若用AgNO3去滴定溶液中的Cl-，则选用的滴定指示剂与Ag+反应生成物的溶解度应大于AgCl的溶解度，根据Ksp数据可知，只有Ag4.【答案】C

【解析】【分析】

本题考查中和滴定的操作以及注意事项，在误差分析时，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，其标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小;其标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大．

【解答】

A.烧杯只能粗略配制溶液，不能杯准确配制100mL待测小苏打的溶液，故A错误;

B.NaHCO3要完全反应应选择甲基橙作指示剂，故B错误;

C.滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且保持半分钟不变色，故C正确;

D.盛盐酸的滴定管未润洗，标准液的浓度降低，造成V(标)偏大，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)V(待测)，可知c(待测)偏大，故5.【答案】D

【解析】略

6.【答案】D

【解析】【分析】本题主要考查滴定中指示剂的选择相关知识，据此进行分析解答，考生应掌握常见的指示剂。【解答】A.铁离子与碘离子反应，生成亚铁离子和碘单质，KSCN溶液遇铁离子显红色，当溶液显红色时，说明碘离子反应完全，达到滴定终点，故A正确；B.淀粉遇碘单质显蓝色，当溶液显蓝色时，说明亚硫酸根离子已经被碘单质充分氧化，碘单质剩余，达到滴定终点，故B正确；C.Ag2CrD.待测液中的碘离子被双氧水氧化生成碘单质，淀粉显蓝色，即开始滴定就出现蓝色，蓝色加深，碘离子反应完全时，蓝色不再加深，但是不易观察，不能判断滴定终点，故D错误。故选D。7.【答案】C

【解析】【分析】

本题主要考查了酸碱中和反应及指示剂的选用方法，题目难度不大，注意掌握中和滴定操作方法，明确指示剂的选择对测定结果的影响，明确甲基橙的变色范围为解答本题的关键。

【解答】

按照酸碱恰好中和反应可知，滴定20mL0.05mol⋅L-1氨水需消耗盐酸体积为10mL，而c(NH4Cl)<0.1mol⋅L-1时，溶液的pH>5.1，即：此时溶液pH值大于5.1，由于甲基橙的变色范围为3.1-4.4，甲基橙不变色，需要继续向其中滴加盐酸方可发生变色，据此进行解答。

现用0.1mol⋅L-1盐酸滴定20mL0.05mol⋅L-1氨水，根据酸碱恰好中和反应原理可知，需消耗盐酸体积为10mL，8.【答案】B

【解析】该滴定反应应该用淀粉溶液作指示剂，A项错误；在该反应中，I2中I的化合价降低，得到电子，I2作氧化剂，Na2S2O3中的S的化合价升高，失去电子，Na2S2O39.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查的滴定相关知识，主要考查学生对于图像的分析及理解，熟悉滴定知识及电解质导电性是解题的关键。

【解答】

根据Ba(OH)2+NaHSO4的反应及从曲线可知，a点时恰好完全沉淀，此时溶液中的溶质为：NaOH，b点是导电能力最小，此时Ba(OH)2和NaHSO4恰好完全反应，此时溶液中的溶质为：Na2SO4，由此可知：

A.a点对应的溶液呈碱性，故A正确

B.b点时反应恰好为：Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4+Na2SO4+2H2O，往10mL0.1mol/L的Ba(OH10.【答案】C

【解析】【分析】本题考查酸碱的中和以及离子浓度的大小比较，题目难度中等，解题关键是注意盐酸和氨水恰好完全反应时溶液不呈中性，要使溶液呈中性，氨水应稍微过量。【解答】A.由于完全反应后的溶液溶质为氯化铵，溶液呈酸性，选择指示剂变色范围在酸性范围的甲基橙，而酚酞的变色范围为8.2-10.0，误差较大，故A错误；B.两者恰好完全反应时，溶液中的溶质为氯化铵，此时溶液显酸性，当溶液的pH=7时，氨水应过量，故B错误；C.滴入20 mL盐酸时，达到滴定终点，溶液中的溶质为氯化铵，根据质子守恒可得c(H+)=c(OD.滴入30 mL盐酸时，溶液中各离子满足电荷守恒：cNH4故选C。11.【答案】D

【解析】解：A.HX为弱酸，HZ为强酸，加入等体积、等浓度的氢氧化钠溶液，a>7，b=7，故A错误；

B.HZ完全电离，而HX部分电离，等浓度的溶液稀释100倍后，HX的pH较大，故B错误；

C.F的非金属性比Cl强，但HF的酸性比HCl弱，Cl的非金属性比S强，但HCl的酸性比H2S弱，可知氢化物的酸性与非金属性不存在规律性的变化，故C错误；

D.0.1000

mol⋅L-1

Na2Y的水溶液中，由物料守恒可知c(Y2-)+c(HY-)+c(H2Y)=0.1000

mol⋅L-1，故D正确。

故选：D。

由元素在周期表中的位置可知X为F元素，Y为S元素，Z为Cl12.【答案】B

【解析】【分析】本题以工业流程题的形式考查食品中的亚硫酸盐含量的测定，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，通过简明的实验流程图，将实验基本操作、仪器的使用等内容综合在一起，注意把握物质的性质以及实验的原理，题目难度中等。【解答】样品中加稀硫酸生成二氧化硫，通氮气将生成的二氧化硫从溶液中全部赶出，得到气体为氮气和二氧化硫的混合气体，用NaOH溶液吸收得到Na2SO3A.亚硫酸根离子易被空气中的氧气氧化为硫酸根，葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止葡萄酒氧化，利用了亚硫酸盐的还原性，故A正确；B.滴定时是用I2标准液滴定Na2SO3溶液，发生的离子方程式为I2+SO32-+H2O=2I-+SO42-+2H+13.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查了用酸碱中和滴定的方法探究CO2和NaOH反应产物，难度较大，学生需要清楚知道CO2和NaOH反应后的溶质可能情况：NaOH和Na2CO3；Na2CO3；Na2CO3和NaHCO3；NaHCO3

。还需知道指示剂酚酞和甲基橙的变色范围。

【解答】

A.若V1=V2

，则溶质是Na2CO3,Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，

HCl+NaHCO3=NaCl+CO2+H2O，故A错误；

B.14.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查氧化性强弱比较、氧化还原反应的计算、知识的选择等，题目难度中等，熟练掌握氧化还原反应原理是解题的关键。

【解答】

A.在反应BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O中，氧化产物是Br2，还原产物也是Br2，若生成3 mol Br2，其中2.5 mol Br2是氧化产物，0.5 mol Br2是还原产物，氧化产物和还原产物的质量之比为5︰1，故A错误；

B.在同一反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则由①BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O15.【答案】D

【解析】解：25mL溶液消耗高锰酸钾为0.02L×0.01mol/L=0.0002mol，由5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，可知11.5g绿矾产品中n(Fe2+)=5×0.0002mol×16.【答案】B

【解析】【分析】

本题考查了化学方程式的计算，难度一般。

【解答】

加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀0.699 g，n(Ba SO4)= n(SO42-)=0.699g233g/mol=0.003mol；设铁离子的物质的量是xmol，

Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O

17.【答案】D

【解析】【分析】

本题主要以水的电离平衡为背景，以信息的形式考查了液态SO2自离解，难度不大，但要抓住信息。

【解答】

A、因液态SO2和水相似，以水为溶剂进行中和滴定的原理为：H3O++OH-=2H2O，所以用SOCl2滴定Cs2SO3的原理为：SO32-+SO2+=2SO2，故A正确；

B18.【答案】D

【解析】【分析】

本题考查AgNO3溶液滴定20.00mL未知浓度的盐酸的分析，注意相关知识点的积累和运用，题目难度不大。

【解答】

A.由Q点数据知，Ksp(AgCl)=10-1.3×10-8.4=10-9.7=10-10×100.3=2×10-10，故A正确；

B.当滴入20.00mLAgNO3溶液时，溶液中c(Ag+)=10-19.【答案】(1)KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O

(2)I2和Cl2易溶于CCl4，增大了反应物浓度

(3)分液漏斗

玻璃棒

(4)HIO3+OH-=IO3-+H2O

KIO4

(5)乙醇(【解析】解：(1)装置A用于制取氯气，反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；

故答案为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O；

(2)由于Cl2、I2在水中溶解度小，在CCl4中溶解度却很大，能增大反应物浓度，使反应速率显著加快；

故答案为：I2和Cl2易溶于CCl4，增大了反应物浓度；

(3)依据物质信息可知，B中反应后产生的碘酸主要在水溶液中且与CCl4互不相溶，所以必须采用分液法以获取碘酸溶液，分液需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗、玻璃棒；

故答案为：分液漏斗；玻璃棒；

(4)KOH和HIO3生成KIO3和水，HIO3属于弱电解质，在离子方程式中不能用离子表示，故离子反应为：HIO3+OH-=IO3-+H2O；中和之前溶液中存在较多Cl2，通过加热煮沸可以除去Cl2，避免中和时Cl2转化为ClO-，进一步将IO3-氧化为IO4-，从而导致KIO3产量下降；

故答案为：HIO3+OH-=IO3-+H2O；KIO4；

(5)KIO3在乙醇中的溶解度较低，加入适量乙醇可以使KIO3从溶液中析出，