届高考化学二轮专题突破滴定实验.docx

届高考化学二轮专题突破滴定实验.docx

《届高考化学二轮专题突破滴定实验.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《届高考化学二轮专题突破滴定实验.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

届高考化学二轮专题突破滴定实验

滴定实验

1．（2020·广西梧州模拟）实验室测定水体中氯离子的含量时常使用AgNO3溶液滴定法，已知在25℃时几种银盐的Ksp：

难溶盐

AgCl

AgBr

AgI

Ag2CrO4

Ag2CO3

Ksp

1.8×10－10

5.4×10－13

8.3×10－17

1.9×10－12

8.1×10－12

颜色

白色

淡黄色

黄色

砖红色

白色

可用作滴定Cl－指示剂的是（）。

A．K2CrO4B．Na2CO3C．NaBrD．NaI

【解析】选A。

测定水体中的Cl－，选用AgNO3溶液滴定，当Cl－消耗完后，Ag+应与指示剂反应，生成一种有色的沉淀。

则选择的该指示剂的阴离子应在Cl－后面沉淀，显然不能选择NaBr和NaI，另Ag2CO3为白色沉淀，无法与AgCl沉淀区别开来。

故只能选择K2CrO4。

2．（2020·广西防城港一模）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．用图甲所示操作转移NaOH溶液到容量瓶中

B．用图乙所示装置准确称得0.1575gH2C2O4•2H2O固体

C．用图丙所示操作排除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

【解析】选C。

转移NaOH溶液到容量瓶中应用玻璃棒引流，A错误；托盘天平的精确度为0.1g，不能用托盘天平称得0.1575gH2C2O4•2H2O固体，B错误；用图丙所示操作排除碱式滴定管中的气泡，C正确；应用碱式滴定管盛装NaOH溶液待测液滴定H2C2O4溶液，D错误。

3．（2020·山西大同高三上学期期末）以0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定cmol·L－1某弱酸HA溶液，其滴定曲线如图所示，下列说法正确

的是（）。

A．可用甲基橙作滴定指示剂

B．指示剂指示的滴定终点就是反应终点

C．突变范围的大小与酸的强弱及酸的浓度有关

D．滴定时氢氧化钠溶液盛放在带活塞的滴定管中

【解析】选C。

强碱与弱酸完全反应生成强碱弱酸盐，水解显碱性，故应选用碱性条件下变色的指示剂，如酚酞，而不可选甲基橙，A错误；反应终点是指酸与碱刚好完全反应，而指示剂指示的是一个变色范围，B错误；当酸的酸性很强，浓度较稀时，突变范围就大，C正确；带活塞的为酸式滴定管，不可以盛NaOH溶液，D错误。

4．（2020·九江二模）三草酸合铁酸钾晶体［K3Fe（C2O4）3•xH2O］是一种光敏材料，为测定该晶体中草酸根的含量和结晶水的含量，某实验小组实验步骤为：

（1）称量9.820g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。

（2）取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加酸性KMnO4溶液至C2O42－全部转化成CO2，同时MnO4－被转化成Mn2+，恰好消耗0.1000mol/LKMnO4溶液24.00mL。

［K3Fe（C2O4）3的相对分子质量为437］。

下列说法正确的是（）。

A．步骤

（2）中KMnO4表现还原性

B．配制三草酸合铁酸钾溶液玻璃仪器只需烧杯和玻璃棒

C．样品中结晶水的物质的量为0.03mol

D．该晶体的化学式为K3Fe（C2O4）3•3H2O

【解析】选D。

同时MnO4－被转化成Mn2+，锰元素化合价由+7→+2，化合价降低被还原，作氧化剂，故A错误；需要配制成250mL溶液，必须使用到250容量瓶和胶头滴管，故B错误；高锰酸钾得到电子等于C2O42－失去的电子，n得＝0.1000mol/L×0.024L×（7－2）＝0.012mol；C2O42－全部转化成CO2，化合价变化+3→+4，根据电子守恒n（C2O42－）＝0.012mol/（2－1）×2＝0.006mol；250mL原溶液C2O42－的物质的量为0.006mol×10＝0.06mol，故n［K3Fe（C2O4）3］＝0.06mol×1/3＝0.02mol，9.820g三草酸合铁酸钾晶体中结晶水的质量为：

9.820－437×0.02＝1.08（g），故n（H2O）＝1.08g/18g·mol−1＝0.06mol，故C错误；根据C项计算结果，0.02molK3Fe（C2O4）3中还有0.06molH2O，结晶水数目为3，故该晶体的化学式为K3Fe（C2O4）3•3H2O，故D正确。

5．（2020•上海徐汇区二模）测定小苏打（杂质为氯化钠）样品的纯度，操作过程如下：

称取样品2.100g，配制成100mL溶液，量取20.00mL溶液用盐酸标准溶液滴定，滴定管的最大读数为25.00mL。

下列相关叙述错误的是（）。

A．实验中所用到的滴定管、容量瓶，在使用前均需要检漏

B．滴定的指示剂可以选用甲基橙或酚酞

C．若样品中杂质含量小于10%，则盐酸标准溶液的浓度应小于0.1800mol/L

D．溶液变色未保持30秒，即停止滴定，会导致测定结果偏低

【解析】选BC。

滴定管、容量瓶，在使用前均需要检漏，否则会造成误差，故A正确；盐酸标准溶液滴定小苏打选择的指示剂只能为甲基橙，故B错误；用甲基橙作指示剂时反应为：

NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，n（HCl）＝n（NaHCO3）＝

×

＝0.0045mol，则盐酸标准溶液的浓度应大于

＝0.1800mol/L，故C错误；指示剂变色之后立即停止滴定有可能是局部过量造成的，这样V（标）偏小，根据c（待测）＝

可知，c（NaOH）偏低，故D正确。

6．（2020•上海闵行区二模）某学生用滴定的方法测定含有少量NaCl的小苏打固体中NaHCO3的质量分数，所用标准盐酸的浓度为0.1000mol/L。

关于该实验的叙述正确的是（）。

A．用烧杯准确配制100mL待测小苏打的溶液

B．用酚酞为指示剂

C．当滴至待测液变色并能将该颜色保持半分钟即为滴定终点

D．盛盐酸的滴定管未润洗会造成实验结果偏低

【解析】选C。

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；NaHCO3要完全反应应选择甲基橙作指示剂，故B错误；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；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）＝

，可知c（待测）偏大，故D错误。

7．（2020·北京一零一中学三模）生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的NH4+含量。

利用的反应原理为：

4NH4++6HCHO＝（CH2）6N4H+（一元酸）+3H++6H2O。

实验步骤如下：

①甲醛中常含有微量甲酸，应先除去。

取甲醛amL于锥形瓶，加入1~2滴指示剂，用浓度为bmol/L的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为V1mL，当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为V2mL。

②向锥形瓶加入饱和食盐水试样cmL，静置1分钟。

③用上述滴定管中剩余的NaOH溶液继续滴定锥形瓶内溶液，至溶液呈微红色时，滴定管的读数为V3mL。

下列说法不正确的是（）。

A．步骤①中的指示剂可以选用酚酞试液

B．步骤②中静置的目的是为了使NH4+和HCHO完全反应

C．步骤②若不静置会导致测定结果偏高

D．饱和食盐水中的c（NH4+）＝

mol/L

【解析】选C。

酸和碱反应生成甲酸钠，溶液呈碱性，步骤①中的指示剂可以选用酚酞试液，故A正确；通过延长反应时间，使反应进行得更充分，步骤②中静置的目的是为了使NH4+和HCHO完全反应，故B正确；步骤②若不静置，4NH4++6HCHO＝（CH2）6N4H+（一元酸）+3H++6H2O，反应不完全，生成的酸少，会导致测定结果偏低，故C错误；除去甲酸后的氢氧化钠溶液读数为V2mL，加入饱和食盐水试样cmL，再加1～2滴酚酞，再用上述NaOH溶液滴定至微红色，滴定管的读数V3mL，此时4NH4++6HCHO＝（CH2）6N4H+（一元酸）+3H++6H2O，滴入氢氧化钠反应，4NH4+～（（CH2）6N4H+（一元酸）+3H+）～4OH－；氢氧化钠物质的量和氮元素物质的量相同，所以饱和食盐水中的c（NH4+）＝

＝

mol·L－1，故D正确。

8．（2020•深圳高三上学期期中）下列滴定中，指示剂的选择或滴定终点颜色变化有错误的是（）。

提示：

2KMnO4+5K2SO3+3H2SO4＝6K2SO4+2MnSO4+3H2O、I2+Na2S＝2NaI+S↓

选项

滴定管中的溶液

锥形瓶中的溶液

指示剂

滴定终点颜色变化

A

NaOH溶液

CH3COOH溶液

酚酞

无色→浅红色

B

HCl溶液

氨水

酚酞

浅红色→无色

C

酸性KMnO4溶液

K2SO3溶液

无

无色→浅紫红色

D

碘水

Na2S溶液

淀粉

无色→蓝色

【解析】选B。

锥形瓶中为酸，加入酚酞无色，达到滴定终点，溶液显碱性，溶液变为浅红色，故现象为：

无色→浅红色，故A正确；锥形瓶中为碱，达到滴定终点，溶液显酸性，应选择试剂甲基橙，现象是溶液由黄色变为红色，故B错误；高锰酸钾为紫色，滴入高锰酸钾前溶液无色，滴入后变为紫色，到达滴定终点为浅紫色，故现象为：

无色→浅紫色，故C正确；碘遇淀粉变蓝色，加入碘前无色，滴加碘反应至终点，碘遇淀粉呈蓝色，故D正确。

9．（2020·天津滨海新区4月统考）现有常温下甲、乙、丙三种溶液，甲为0.1mol·L－1的NaOH溶液，乙为0.1mol·L－1的HCl溶液，丙为0.1mol·L－1的CH3COOH溶液，试回答下列问题：

（1）甲溶液的pH＝______。

（2）丙溶液中存在的电离平衡为__________________（用电离平衡方程式表示）。

（3）常温下，用水稀释0.1mol·L－1的CH3COOH溶液，下列各量随水量的增加而增大的是___________（填序号）。

①n（H+）②c（H+）③

④c（OH－）

（4）甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的c（OH－）最大的是________。

（5）某同学用甲溶液分别滴定20.00mL乙溶液和20.00mL丙溶液，得到如图所示的两条滴定曲线，则a＝_________。

（6）图___（填1或2）表示NaOH溶液滴定CH3COOH溶液的过程。

（7）图2中a点对应的溶液pH＝8，原因是_____________________________（用离子方程式表示）。

【解析】

（1）氢氧化钠是强碱，所以溶液中氢离子浓度是1x10－13mol/L，则溶液的pH＝13；

（2）醋酸和水都是弱电解质，存在电离平衡，所以电离方程式分别是CH3COOH

CH3COO－+H+，H2O

OH－+H+；（3）常温下，用水稀释0.1mol·L－1的CH3COOH溶液，促进反应CH3COOH

CH3COO－+H+向右移动，所以n（H+）变大，但是体积增大的程度大于氢离子增加的程度，所以c（H+）变小，但是，常温下Kw不变，根据Kw＝c（H+）·c（OH－）不变，所以c（OH－）变大；温度不变，Ka＝

不变，而c（H+）变小，所以

变小；（4）酸或碱都是抑制水的电离平衡的，且溶液中氢离子或OH－浓度越大，对水的电离的抑制程度越大。

所以根据酸碱的浓度可知，甲、乙、两三种溶液中由水电离出的c（OH－）的大小关系为丙＞甲＝乙；（5）盐酸和氢氧化钠恰好反应时，溶液显中性，所以根据酸碱的浓度以及盐酸的体积可知，消耗氢氧化钠溶液的体积是20.00ml，即a＝20.00ml；（6）图2中V（NaOH）＝0时，pH大于1，可知0.1mol/L该溶液的pH大于1，所以图2应该表示甲溶液（NaOH溶液）滴定丙溶液（CH3COOH溶液）的曲线；（7）图2中a点对应的溶液pH＝8，是因为此时刚好生成醋酸钠，醋酸根水解：

CH3COO－+H2O

OH－+CH3COOH。

【答案】

（1）13

（2）CH3COOH

CH3COO－+H+，H2O

OH－+H+

（3）①④（4）丙（5）20.00（6）2

（7）CH3COO－+H2O

OH－+CH3COOH

10．

（1）室温下，使用pH计测定0.1mol/LNH4Cl溶液的pH＝5.12（如图1），由此可以得到的结论是__________（填字母）。

a．NH3·H2O是弱碱

b．溶液中c（H+）＞c（OH－）

c．NH4Cl水解是吸热反应

d．由H2O电离出的c（H+）＜10mol/L

e．物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合，溶液pH＝7

（2）室温下，用0.10mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.10mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图2所示。

①表示滴定盐酸的曲线是________（填序号）。

若此实验选用酚酞为指示剂，则滴定到达终点的现象是________________。

若用标准NaOH溶液测定未知盐酸溶液的浓度，下列实验操作会使实验结果偏低的是________。

a．锥形瓶用待测液润洗后再注入待测液

b．碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡

c．碱式滴定管滴定前仰视读数，滴定后平视读数

②在滴定醋酸溶液的过程中：

V（NaOH）＝10.00mL时，溶液中离子浓度由大到小的顺序为________________________________。

当c（Na+）＝c（CH3COO－）+c（CH3COOH）时，溶液pH________7（填“＞”、“＝”或“＜”）

。

【解答】

（1）正盐水溶液呈酸性，所以阳离子一定发生了水解，NH3·H2O是弱碱，a正确；溶液室温下pH＝5.12，所以呈酸性，b正确；c无从得知；氯化铵促进了水的电离，所以由水电离出的c（H+）＝10－5.12＞10－7mol/L，d错误；物质的量浓度相等的氨水和盐酸等体积混合恰好中和，生成正盐NH4Cl，该盐为强酸弱碱盐，水溶液显酸性，pH＜7，e错误。

（2）①盐酸为强酸，0.10mol/L的盐酸初始pH＝1，所以盐酸滴定曲线是Ⅱ。

锥形瓶中是酸，所以指示剂变色因由低pH色变为高pH色，指示剂为酚酞，所以是溶液由无色变为（浅）红色，且半分钟不变色。

a选项，锥形瓶用待测液润洗后再注入待测液，会使得酸的物质的量偏多，从而导致消耗NaOH的量增大，使得结果偏高，不选。

b选项，碱式滴定管滴定前有气泡，滴定后无气泡，有一部分碱液填充了原来气泡的空间，耗碱量偏大，使得结果偏高，不选。

c选项，滴定管刻度上小下大，滴定前仰视读数，使得读数偏大，滴定后平视读数，读数准确，但差值为（滴定后读数一滴定前读数），所以结果偏小。

②V（NaOH）＝10.00mL时，在不考虑电离和水解的时候，溶质组成为1∶1的CH3COONa和CH3COOH，图中可见pH＜7，即c（H+）＞c（OH－），所以醋酸电离程度大于醋酸根水解程度，所以c（CH3COO－）＞c（Na+），又因为c（H+）和c（OH－）比c（CH3COO－）和c（Na+）小几个数量级，所以离子浓度大小关系为：

c（CH3COO－）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH－），由题干“当c（Na+）＝c（CH3COO－）+c（CH3COOH）时”可知，此时NaOH加入了20mL，恰好中和，此时溶质全是CH3COONa，强碱弱酸盐水溶液显碱性，所以pH＞7。

【答案】

（1）ab

（2）①c；溶液由无色变为（浅）红色，且半分钟不变色；c

②c（CH3COO－）＞c（Na+）＞c（H+）＞c（OH－）；＞

11．（2020·天津河西区一模）下列有关用标准盐酸滴定未知浓度氨水的实验操作叙述正确的是（）。

A．锥形瓶用待测液润洗

B．酸式滴定管用标准液润洗

C．临近滴定终点时眼睛须注视酸式滴定管刻度线

D．记录一次滴定实验结果即可处理数据

【解析】选B。

锥形瓶不能用待测液润洗，如果用待测液润洗，造成待测液的量增多，会造成误差偏大，A错误；装标准盐酸应使用酸式滴定管，在装标准盐酸前，酸式滴定管应用标准盐酸润洗，B正确；在酸碱中和滴定的过程中，眼睛注视着锥形瓶内溶液颜色的变化，而不是眼睛须注视酸式滴定管刻度线，C错误；为了减小误差，应该平行滴定三次，D错误。

12．向盐酸中滴加NaOH溶液，用pH计测定酸碱滴定曲线，关于仪器清洗不正确的是（）。

A．量取盐酸的酸式滴定管，用该盐酸润洗

B．量取NaOH溶液的碱式滴定管用该NaOH溶液润洗

C．盛放盐酸的锥形瓶用该盐酸润洗

D．pH计在使用完毕后先用蒸馏水润洗，再擦干保存

【解析】选C。

量取溶液的滴定管，均应用待装液润洗，保证浓度不变，故A正确；理由同上，故B正确；锥形瓶不可用待装液润洗，这会使得锥形瓶中HCl物质的量变大，使得NaOH消耗量增多，导致误差，故C错误；pH是一种基于原电池原理的精密仪器，使用后应用蒸馏水洗净擦干后，妥善保存，故D正确。

【点评】本题考查中和滴定的误差分析，注意利用公式来分析解答，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

13．（2020·北京昌平区6月模拟）常温下，向两只分别盛有50mL0.100mol/L盐酸的烧杯中各自匀速滴加50mL蒸馏水、50mL0.100mol/L醋酸铵溶液，装置如图所示（夹持仪器等已略）。

已知：

常温下，CH3COONH4溶液pH约为7。

下列说法正确的是（）。

A．实验①滴加过程中溶液所有离子浓度都减小

B．实验②滴至pH＝2时，溶液中c（Cl－）+c（CH3COO－）+c（OH－）＝0.01mol/L

C．实验②滴加过程中，溶液中均存在c（CH3COO－）＜c（NH4+）

D．滴定结束后，①中水的电离程度比②中大

【解析】选C。

向盐酸中滴加水，盐酸被稀释浓度降低，溶液中c（H+）减小，由于溶液中存在水的电离平衡，水的离子积不变，所以溶液中c（OH－）会增大，A错误；当溶液pH＝2时，c（H+）＝0.01mol/L，根据电荷守恒可知：

c（Cl－）+c（CH3COO－）+c（OH－）＝c（H+）+c（NH4+），所以c（Cl－）+c（CH3COO－）+c（OH－）－c（NH4+）＝c（H+）＝0.01mol/L，则c（Cl－）+c（CH3COO－）+c（OH－）＞0.01mol/L，B错误；由于酸性：

HCl＞CH3COOH，CH3COOH是弱酸，所以将CH3COONH4溶液滴加到盐酸中，会发生反应：

HCl+CH3COONH4＝CH3COOH+NH4Cl，而NH4+不发生反应，仅有少量发生水解而消耗，且在酸溶液中水解程度会减弱，因此实验②滴加过程中，溶液中均存在c（CH3COO－）＜c（NH4+），C正确；滴定结束后，①为稀HCl，②中发生的反应HCl+CH3COONH4＝CH3COOH+NH4Cl恰好完全，最终得到等浓度的CH3COOH和NH4Cl混合溶液，①中HCl的浓度与②中CH3COOH浓度相等，由于酸电离产生H+会抑制水的电离，但醋酸是弱酸，其电离对水的电离的抑制作用远小于等浓度的盐酸，且②溶液中还存在NH4Cl会促进水的电离平衡，故滴定结束后，①中水的电离程度比②中小，D错误。

14．（2020·天津学业水平等级考模拟）下列实验操作会使最终结果偏高的是（）。

A．配制100mL1.00mol·L－1NaCl溶液，定容时俯视刻度线

B．用0.1000mol·L－1盐酸滴定20.00mLNaOH溶液，起始读数时仰视

C．用湿润的pH试纸测定NaOH溶液的pH

D．测定中和热的数值时，将0.5mol·L－1NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数

【解析】选A。

配制100mL1.00mol·L－1NaCl溶液，定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，由c＝

可知所配溶液浓度偏高，故A正确；用0.1000mol·L－1盐酸滴定20.00mLNaOH溶液，起始读数时仰视，即起始时读数偏大，则滴定时消耗标准液的体积偏小，由c待测＝

可知测定浓度偏低，故B错误；用湿润的pH试纸测定NaOH溶液的pH，NaOH溶液被稀释，所测溶液的pH偏低，故C错误；测定中和热的数值时，将0.5mol·L－1NaOH溶液倒入盐酸后，立即读数，测定温度偏低，即放出的热量偏低，导致中和热数值偏低，故D错误。

【点睛】本题考查常见定量实验的误差分析，准确理解实验原理是解题关键，如溶液配制过程中误差分析，只须紧扣c＝

，溶液中溶质和溶液体积的变化判断误差，而中和滴定同样根据c待测＝

，结合消耗标准液的体积误差对测定结果影响分析即可。

15．（2020·黄山一模）实验室用标准KMnO4溶液滴定未知浓度的FeSO4溶液，下列说法或操作正确的是（）。

A．盛FeSO4溶液的锥形瓶滴定前用FeSO4溶液润洗2~3次

B．选碱式滴定管盛放标准KMnO4溶液，并用碘化钾淀粉溶液作指示剂

C．锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变浅紫色，立即记下滴定管液面所在刻度

D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数会导致滴定结果偏低

【解析】选D。

盛FeSO4溶液的锥形瓶滴定前不能用FeSO4溶液润洗，A错误。

选酸式滴定管盛放标准KMnO4溶液，B错误；锥形瓶内溶液颜色变化由黄色变浅紫色，且半分钟内不褪色，此时记下滴定管液面所在刻度，C错误；滴定前仰视读数，读数偏大。

滴定后俯视读数，读数偏小，因此会导致滴定结果偏低，D正确。

16．（2020·安庆一模）H2S2O3是一种弱酸，实验室用0.01mol/L的Na2S2O3溶液滴定I2溶液发生的反应为I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6，下列说法合理的是（）。

A．该滴定可用甲基橙做指示剂

B．Na2S2O3是该反应的还原剂

C．该滴定可选用右图所示装置

D．该反应中每消耗2molNa2S2O3，电子转移数为4mol

【解析】选B。

碘水溶液显酸性，甲基橙在该溶液显红色，当用Na2S2O3滴定达到终点时溶液由红色变为橙色，颜色变化不明显，因此该滴定不可用甲基橙做指示剂，应该用淀粉溶液作指示剂，A错误；在该反应中，I2中的元素化合价降低，得到电子，作氧化剂，Na2S2O3中的S元素的化合价升高，失去电子，是该反应的还原剂，B正确；Na2S2O3是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，应该使用碱式滴定管，不能用酸式滴定管，C错误；根据化合价改变的总数与电子转移数目相等可知该反应中每消耗2molNa2S2O3，电子转移数为2mol，D错误。

17．（2020·辽宁辽阳一模）使用酸碱中和滴定的方法，用0.01mol·L－1盐酸滴定锥形瓶中未知浓度的NaOH溶液，下列操作能够使测定结果偏高的是：

①用量筒量取浓盐酸配制0.01mol·L－1稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸；②配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线；③滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴；④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下（）。

A．①③B．②④C．②③④D．①②③④

【解析】选A。

①用量筒量取浓盐酸配制0.01mol·L－1稀盐酸时，量筒用蒸馏水洗净后未经干燥直接量取浓盐酸，会导致浓盐酸被蒸馏水稀释，标准液浓盐酸浓度减小，滴定时消耗的标准液体积增大，根据c待测＝

，测定结果偏高，故①正确；②配制稀盐酸定容时，俯视容量瓶刻度线，导致容量瓶中加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高，滴定时消耗的标准液体积偏小，根据c待测＝

，测定结果偏低，故②错误；③滴定结束时，读数后发现滴定管下端尖嘴处悬挂有一滴液滴，导致消耗的标准液体积偏大，根据c待测＝

，测定结果偏高，故③正确；④滴定过程中用少量蒸馏水将锥形瓶内壁附着的盐酸冲下，对待测液物质的量没有影响，所以不影响消耗的标准液的体积，根据c待测