考点24 酸碱中和滴定及其迁移应用-备战2023年高考化学二轮复习学案【热点难点突破专题】(通用版)
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| 名称 | 考点24 酸碱中和滴定及其迁移应用-备战2023年高考化学二轮复习学案【热点难点突破专题】(通用版) |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 2.0MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 化学 | ||
| 更新时间 | 2023-03-14 16:50:37 | ||
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文档简介
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考点24 酸碱中和滴定及其迁移应用
一、两大拓展滴定法
1.沉淀滴定法
(1)定义:沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法,生成沉淀的反应很多,但符合条件的却很少,实际上应用最多的是银量法,即利用Ag+与卤素离子的反应来测定Cl-、Br-、I-的浓度。
(2)原理:沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂,滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小,否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl-的含量时常以Cr为指示剂,这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。
2.氧化还原滴定法
(1)原理:以氧化剂或还原剂为滴定剂,直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质,或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性、但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。
(2)试剂:常用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等;常用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。
(3)实例。
①用酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液。
原理:2Mn+6H++5H2C2O410CO2↑+2Mn2++8H2O。
指示剂及终点判断:酸性KMnO4溶液本身呈紫色,不用另外选择指示剂,当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后,溶液刚好由无色变浅红色,且半分钟内不变色,说明到达滴定终点。
②用Na2S2O3溶液滴定碘液。
原理:2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。
指示剂及终点判断:用淀粉作为指示剂,当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后,溶液的蓝色刚好退去,且半分钟内不恢复原色,说明到达滴定终点。
二、中和滴定考点归纳
(1)“考”实验仪器
酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管(包括量程)，滴定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。
(2)“考”操作步骤
①滴定前的准备：查漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数；
②滴定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数；
③计算。
(3)“考”指示剂的选择
酸碱滴定时，石蕊一般不能作为中和滴定的指示剂，因为其变色不灵敏，且耗酸碱较多，造成较大误差。一般按以下方法选择指示剂：
酸碱滴定 指示剂选择 颜色变化
强酸滴定强碱 甲基橙 黄色变橙色
强碱滴定强酸 酚酞 无色变红色
强酸滴定弱碱 甲基橙 黄色变橙色
强碱滴定弱酸 酚酞 无色变为粉红色
(4)“考”误差分析
写出计算式，分析操作对V标的影响，由计算式得出对最终测定结果的影响，切忌死记硬背结论。此外对读数视线(俯视、仰视)问题要学会画图分析。
(5)“考”数据处理
正确取舍数据，计算平均体积，根据反应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系，从而列出公式进行计算。
三、滴定终点规范描述
(1)用a mol·L－1 的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，用酚酞做指示剂，达到滴定终点的现象是___________________________________________________________________；若用甲基橙做指示剂，达到滴定终点的现象是_______________________________。
(2)用标准碘溶液滴定溶有SO2 的水溶液，以测定水中SO2 的含量，应选用____________做指示剂，达到滴定终点的现象是_________________________________________。
(3)用标准酸性KMnO4 溶液滴定溶有SO2 的水溶液，以测定水中SO2 的含量，是否需要选用指示剂________(填“是”或“否”)，达到滴定终点的现象是________________。
(4)用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再用KSCN溶液做指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋，滴定Ti3＋时发生反应的离子方程式为_____________________________________________________，达到滴定终点时的现象是________________________________________________。
(5)用标准KI溶液滴定含有Fe3＋的溶液，应选用__________做指示剂，达到滴定终点的现象是_____________________________________________________________________。
答案：(1)当滴入最后一滴盐酸标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色 当滴入最后一滴盐酸标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色
(2)淀粉溶液 当滴入最后一滴标准碘溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色
(3)否 当滴入最后一滴酸性KMnO4 溶液，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色
(4)Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋ 当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2标准溶液，溶液变成红色，且半分钟内不褪色
(5)KSCN溶液 当滴入最后一滴标准KI溶液，溶液的红色褪去，且半分钟内不恢复红色
图解量器的读数方法
(1)平视读数(如图1)：用量筒、移液管或滴定管量取一定体积的液体，读取液体体积时，视线应与凹液面最低点保持水平，视线与刻度的交点即为读数(即凹液面定视线，视线定读数)。
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(2)俯视读数(如图2)：当用量筒测量液体的体积时，由于俯视视线向下倾斜，寻找切点的位置在凹液面的上侧，读数高于正确的刻度线位置，即读数偏大。
(3)仰视读数(如图3)：读数时，视线向上倾斜，寻找切点的位置在液面的下侧，滴定管刻度标法与量筒不同，仰视滴定管读数偏大。
一、巧抓“四点”，突破酸碱中和滴定曲线中的粒子浓度关系
(1)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
(2)抓“恰好”反应点，生成的溶质是什么？判断溶液的酸碱性。
(3)抓溶液的“中性”点，生成什么溶质，哪种物质过量或不足。
(4)抓反应的“过量”点，溶液中的溶质是什么？判断哪种物质过量。
实例分析：向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液的关系如图所示：
(注：a点为反应一半点，b点呈中性，c点恰好完全反应，d点NaOH过量一倍)
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分析：
a点，溶质为CH3COONa、CH3COOH
离子浓度关系：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
b点，溶质为CH3COONa、CH3COOH
离子浓度关系：c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
c点，溶质为CH3COONa
离子浓度关系：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
d点，溶质为CH3COONa、NaOH
离子浓度关系：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
二、氧化还原和沉淀滴定中常用的指示剂及终点时的颜色变化
滴定方式 还原剂滴定KMnO4 KMnO4滴定还原剂 I2滴定还原剂 还原剂滴定I2 铁盐滴定还原剂 还原剂滴定铁盐 AgNO3溶液滴定含Cl－的溶液
指示剂 KMnO4 KMnO4 淀粉 淀粉 KSCN KSCN K2CrO4溶液
终点时的颜色变化 粉(浅)红色→无色 无色→粉(浅)红色 无色→蓝色 蓝色→无色 溶液变红色 红色消失 出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为红色沉淀)
1．某同学进行酸碱中和滴定实验，操作如下：向润洗后的锥形瓶中加入25.00mL待测盐酸，并加入几滴酚酞溶液；另取一支碱式滴定管，查漏后洗净，向其中注入标准碱液，驱赶滴定管尖嘴部分中的气泡并调整液面至“零”刻度；然后，左手控制滴定管，右手不停摇动锥形瓶，两眼注视滴定管内液面变化，直至加入半滴标准液，溶液从红色变为无色且半分钟内不恢复，达到滴定终点。实验中存在的错误有几处？
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】
装待测液的锥形瓶不能用待装液体润洗，此为第一处错误，另取一支碱式滴定管，查漏后洗净，需用待装的标准碱液润洗后再装液，此为第二处错误；滴定过程中两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，此为第三处错误；滴定终点的判断为，当滴入最后半滴标准液后，溶液从无色变为红色且半分钟内不恢复，此为第四处错误，故答案为：D。
2．下列有关实验操作的说法正确的是
A．将pH试纸伸入盛装氯水的试剂瓶中测其pH
B．进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视滴定管内溶液液面的变化
C．用稀硫酸代替H2O洗涤BaSO4沉淀，可减少洗涤过程中的BaSO4损耗
D．中和热测定实验中，可以分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
【答案】C
【解析】
A．氯水中含有的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质因氧化而漂白褪色，无法用pH试纸测定氯水的pH，故A错误；
B．进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视锥形瓶内溶液液面的变化，故B错误；
C．用稀硫酸代替水洗涤硫酸钡沉淀可以降低硫酸钡的溶解度，可减少洗涤过程中的硫酸钡因溶解而造成损耗，故C正确；
D．中和热测定实验中，应把氢氧化钠溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，否则会造成热量散失，导致测定结果偏低，故D错误；
故选C。
3．已知：pOH=-lgc(OH-)，298K时，向20.00mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸，溶液的pH和pOH与加入盐酸体积关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线PJN表示溶液中pH的变化
B．M点水的电离程度比N点大
C．M、P两点的数值之和a+b不一定等于14
D．pH与pOH交叉点J对应的V(盐酸)小于20.00mL
【答案】D
【解析】
pH越大，说明溶液碱性越强，pOH越大，说明溶液酸性越强，据此分析解题：
A．根据图知，随着盐酸的加入，氨水溶液中pH减小、pOH增大，所以PJN为溶液中的pOH变化曲线，曲线MJQ表示溶液中pH变化曲线，A错误；
B．M点pH与N点的pOH相等，故M、N两点水电离的程度相同，而N、Q为滴定过程中相同时刻的溶液，故M、Q两点水的电离程度相同，B错误；
C．根据图知，PJN曲线表示pOH变化、MJQ曲线表示pH变化，M、P点为酸碱中和同一点，M点pH=a、P点pOH=b，则M点c(H+)=10-amol/L、P点c(OH-)=10-bmol/L，相同温度下c(H+)×c(OH-)=Kw，所以M、P两点的数值之和a+b=14，C错误；
D．pH与pOH交叉点J中pH=pOH，则c(H+)=c(OH-)，为中性溶液，一水合氨是弱碱，要使混合溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20mL，D正确；
故答案为：D。
4．下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是
A．洗净的锥形瓶和滴定管都需烘干后才能使用
B．利用如图所示的方法，排出碱式滴定管内的气泡
C．酸碱滴定实验中，用待测溶液润洗锥形瓶可以减小实验误差
D．用碱式滴定管量取20.00mL溶液
【答案】B
【解析】
A．洗净的锥形瓶和滴定管都不需要烘干，滴定管只需要用待测液或标准液润洗，故A错误；
B．将碱式滴定管尖嘴部分向上倾斜45°，慢慢挤压玻璃珠排气，如上图，故B正确；
C．锥形瓶不需要润洗，用待测溶液润洗锥形瓶增大了标准液的用量，增大实验误差，故C错误；
D．为强氧化剂，腐蚀橡胶管，故强氧化剂用酸式滴定管量取，故D错误；
故答案为B。
5．0.1 mol/L NaOH溶液与盐酸酸化的0.02 mol/LFeCl3溶液滴定时t-pH曲线如图所示(已知，lg2=0.3)。下列说法正确的是
A．如图为FeCl3溶液滴定NaOH溶液的t-pH曲线
B．由曲线上a点pH，可计算室温下Fe3+的水解常数
C．曲线上b点表示Fe3+恰好沉淀完全
D．c点存在关系：
【答案】C
【解析】
A．FeCl3溶液是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性。根据图示可知在开始滴定时溶液pH＜7，溶液显酸性，因此开始时溶液是盐酸酸化的FeCl3溶液，图示表示的是NaOH溶液滴定FeCl3溶液的t-pH曲线，A错误；
B．在室温下在FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，则根据a点溶液的pH=1.7，可知此时c(H+)=10-1.7 mol/L，在a点Fe3+有一部分水解使Fe3+的浓度小于0.02 mol/L，所以Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的平衡常数Kh=，B错误；
C．pH=3.2以后，pH迅速增加，说明b点Fe3+恰好沉淀完全。若Fe3+刚好沉淀完全，则c(Fe3+)=1.0×10-5 mol/L，c3(OH-)=，pOH=11-lg2=11-×0.3=10.8，所以此时溶液pH=14-pOH=14-10.8=3.2，即说明b点时表示Fe3+恰好沉淀完全，C正确；
D．c点溶液中还存在Na+，因此根据电荷守恒可知微粒浓度存在关系：3c(Fe3+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，D错误；
故合理选项是C。
6．滴定分析法是一种精度很高的定量分析法。以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定某未知浓度的盐酸溶液，下列说法错误的是
A．用酸式滴定管盛装待测液
B．装液之前需润洗碱式滴定管
C．指示剂多加不影响测定结果
D．滴定终点时，溶液颜色由无色变为粉红色
【答案】C
【解析】
A．某未知浓度的盐酸溶液是待测液，因此用酸式滴定管盛装待测液，故A正确；
B．装标准液之前需润洗碱式滴定管，不润洗会导致结果偏高，故B正确；
C．指示剂一般是有机弱酸或弱碱，会消耗一定的滴定剂，因此多加会影响测定结果，故C错误；
D．开始时，酚酞加入到盐酸中，溶液为无色，当滴定终点时，溶液颜色由无色变为粉红色，故D正确。
综上所述，答案为C。
7．用溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，在滴定过程中，若出现下列情况会使测定结果偏低的是
A．滴定达到滴定终点时，仰视读数
B．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内待测液溅出
C．若在滴定过程中不慎将数滴碱液滴锥形瓶外
D．用蒸馏水洗涤碱式滴定管后立即使用，没有用碱液润洗
【答案】B
【解析】
A．滴定达到滴定终点时，仰视读数，读数偏大，测定结果偏高，故A不符合题意；
B．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内待测液溅出，消耗的标准液减小，测定结果偏低，故B符合题意；
C．若在滴定过程中不慎将数滴碱液滴锥形瓶外，则消耗的标液体积偏大，测定结果偏高，故C不符合题意；
D．用蒸馏水洗涤碱式滴定管后立即使用，没有用碱液润洗，碱液浓度减低，消耗标液的体积偏大，测定结果偏高，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
8．25 ℃时，向20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L 1的三种酸HX、HY、HZ中分别加入浓度为0.100 0 mol·L 1的NaOH溶液，结果如图所示，下列说法正确的是
A．电离常数Ka(HY)=10 5
B．酸性强弱：HX＞HY＞HZ
C．HZ的电离方程式为HZH++Z
D．若加入过程温度发生变化，则V=40.00mL时Kw最大
【答案】A
【分析】
由图可知，0.100 0mol/LHZ溶液的pH为1，HZ为强酸，在溶液中完全电离，相同浓度的HX溶液、HY溶液pH小于1，HX、HY均为弱酸；0.100 0mol/L HX溶液的pH大于0.100 0mol/LHY溶液，则HX溶液的酸性弱于HY；当加入20.00 mL0.100 0mol/L氢氧化钠溶液时，酸碱恰好完全反应，反应温度最高，水的离子积常数最大。
【解析】
A．由分析可知，0.100 0mol/L HY溶液中溶液pH为10 3mol/L，则Ka(HY)= ≈=10 5，故A正确；
B．由分析可知，三种酸的酸性强弱为HZ＞HY＞HX，故B错误；
C．由分析可知，0.100 0mol/LHZ溶液的pH为1，HZ为强酸，在溶液中完全电离，电离方程式为HZ=H++Z ，故C错误；
D．由分析可知，当加入20.00 mL0.100 0mol/L氢氧化钠溶液时，酸碱恰好完全反应，反应温度最高，水的离子积常数最大，故D错误；
故选A。
9．已知常温常压下，饱和CO2的水溶液pH = 3.9，则可推断用标准盐酸溶液滴定NaHCO3水溶液时，适宜选用的指示剂及滴定终点时颜色变化的情况是
A．石蕊，由蓝变红 B．甲基橙，由橙变黄
C．酚酞，红色褪去 D．甲基橙，由黄变橙
【答案】D
【解析】
标准盐酸溶液滴定碳酸氢钠水溶液时，发生的反应是：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，滴定终点时pH=3.9，因此滴定终点时溶液显酸性，而指示剂选用甲基橙(3.1～4.4)，滴定终点时溶液pH降低到3.9，颜色由黄变橙。
答案选D。
10．用标准浓度的氢氧化钠溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是
①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗
②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液
③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗
④滴定前碱式滴定管尖嘴处没有气泡，滴定后尖嘴处有气泡
⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，俯视刻度线
A．① B．①④ C．②③ D．④⑤
【答案】A
【解析】
①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶波润洗，导致消耗NaOH标准溶液的体积偏大，则由此计算的待测盐酸的浓度偏大，①符合题意；
②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液，对物质的量无影响，则对测定待测盐酸的浓度无影响，②不符合题意；
③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，导致待测n(HCl)偏小，消耗NaOH标准溶液的体积偏小，则由此计算的待测盐酸的浓度偏小，③不符合题意；
④滴定前碱式滴定管尖端没有气泡，滴定后尖嘴处有气泡，所测NaOH标准溶液的体积偏小，则由此计算的待测盐酸的浓度偏小，④不符合题意；
⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，俯视刻度线，会使读出消耗的标准NaOH溶液的体积偏小，则由此计算的待测盐酸的浓度偏小，⑤不符合题意；
综上所述可知：导致待测溶液浓度偏高的只有①，故合理选项是A。
11．实验室常利用甲醛法测定样品中氮的质量分数，其反应原理为[滴定时，1mol与1mol相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。
某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤Ⅰ：称取样品1.400g。
步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。
步骤Ⅲ：移取25.00nL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1~2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。
（1）根据步骤Ⅲ填空：
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
③判断滴定终点的现象是锥形瓶中溶液___________。
（2）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为___________mL。
（3）某实验小组的实验数据如下表所示，根据表中数据计算：
滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积
滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL
1 25.00 1.02 21.03
2 25.00 2.00 21.99
3 25.00 0.20 20.20
若NaOH标准溶液的浓度为0.100，则该样品中氮的质量分数为___________。
【答案】
（1） 偏高 无影响 无色变为浅红，且半分钟内不变色
（2）22.60
（3）20%
【解析】
（1）
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，需要再用NaOH标准溶液进行润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗的体积会增大，测得样品中氮的质量分数偏高；
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，但是待测液中氢离子的物质的量不变，滴定时所需要的NaOH标准溶液中的氢氧化钠溶质的量就不变 ，对滴定结果无影响；
③滴定终点时锥形瓶内溶液液颜色由无色变为浅红，且半分钟内不变色；
（2）
滴定管0刻度在上方，自下而上刻度逐渐减小，每个小刻度为0.1mL，根据图示滴定管液面可知，液面处于22和23之间，小刻度为0.6，据此读出滴定管中液面读数22.60；
（3）
标准溶液的体积应取三次实验的平均值，滴定时消耗NaOH溶液的体积为： =20.00 mL，根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且1.400g铵盐经溶解后，取了其中的1/10进行滴定，即0.14g；滴定结果溶液中含有H+共0.02×0.1000=0.002mol，根据4NH4++6HCHO═3H++6H2O+(CH2)6N4H+反应，已知1 mol(CH2)6N4H+与1 mol H+相当，所以每生成4 mol H+，消耗4NH4+，所以共消耗NH4+0.002mol,其中含有氮元素质量：0.002mol×14=0.028g，所以氮元素质量分数为×100%=20%；
1．常温下，向20.0mL0.10mol·L-1NaOH溶液中滴入0.10mol·L-1的醋酸，溶液的pH与所加醋酸的体积关系如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，lg6=0.8.下列有关叙述不正确的是
A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B．M点对应的醋酸体积大于20.0mL
C．M点处的溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)=c(H+)=c(OH-)
D．恰好中和时，溶液的pH约为8.7
【答案】C
【解析】
A．强碱弱酸相互滴定时，由于生成强碱弱酸盐使溶液显碱性，所以应选择在碱性环境中变色的指示剂酚酞，故A正确；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解导致该点溶液应该呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以醋酸体积大于20.0mL，故B正确；
C．M处溶液pH=7呈中性， c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，由于反应后混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)，故C错误；
D．20.0mL0.10mol·L-1NaOH溶液中滴入0.10mol·L-1的醋酸20.0mL时恰好中和，溶液为0.05mol·L-1醋酸钠溶液，水解呈碱性，水解常数，，则(OH-)=10-4.5mol/L，c(H+)=6×10-9.5mol/L，可得pH约为8.7，故D正确；
答案为C。
2．室温下，向20.00 mL 0.1000 mol·L-1盐酸中滴加0. 1000mol·L-1 NaOH溶液。下 列说法不正确的是
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7
B．选择变色点与滴定终点pH相接近的指示剂，可减小实验误差
C．选择酚酞指示反应终点，误差比甲基橙的大
D．待测液和标准溶液浓度变大时，滴定曲线的突跃范围将变大
【答案】C
3．常温下，以酚酞为指示剂，用0.1000 mol/L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V(NaOH)的变化关系如图所示。
[比如A2-的分布系数：]下列叙述不正确的是
A．当V(NaOH)=0mL时，c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
B．当V(NaOH)=20.00mL时，c(Na+)＜ c (HA-)+2c(A2-)
C．当V(NaOH)=40.00mL时，c(HA-)+c(H+)= c(OH-)
D．常温下，A2-的水解常数值为1×10-9
【答案】D
【分析】
根据图像，在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即H2A=HA-+H+，HA- A2-+H+，与起始时H2A溶液的pH=1吻合，则曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，曲线③代表溶液的pH；当V(NaOH)=40.00mL时，达到滴定终点，则H2A溶液的浓度约为0.1000 mol/L，据此分析解答。
【解析】
A．H2A的第一步是完全电离的，H2A=HA-+H+，HA- A2-+H+，因此当V(NaOH)=0mL时，c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故A正确；
B．当V(NaOH)=20.00mL时，NaOH、H2A的物质的量相等，反应后溶液中溶质为NaHA，根据物料守恒有c(Na+)= c (HA-)+c(A2-)，则c(Na+)＜ c (HA-)+2c(A2-)，故B正确；
C．当V(NaOH)=40.00mL时，NaOH、H2A的物质的量之比为2∶1，恰好反应生成Na2A，根据物料守恒有：c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)，再结合电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，联立可得：c(HA-)+c(H+)= c(OH-)，故C正确；
D．加入25mLNaOH溶液时，溶液中δ(A2-)=δ(HA-)，则c(A2-)=c(HA-)，此时溶液pH=2.0，溶液中c(OH-)=10-12mol/L，故A2-的水解常数Kh==c(OH-)=1.0×10-12，故D错误；
故选D。
4．某兴趣小组模拟企业对含铬废水(Cr2O和Cr3+)处理流程如图(M(Cr)=52g/mol)，下列说法不正确的是
A．调节池中发生的反应为：Cr2O+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O
B．操作Ⅰ后得到的残渣主要成分为Fe(OH)3
C．操作Ⅳ制备得到的重铬酸钾中有少量的氯化钠晶体，想要得到纯度较大的重铬酸钾需要重结晶，其具体操作方法为将产品溶于水中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
D．为检测处理后废水中铬的含量，取100mL处理后的样品于锥形瓶中，调节pH使Cr2O完全转化为Cr3+，再用amol/L的EDTA(用H4Y表示)标准溶液进行滴定，其反应原理为：Cr2O→2Cr3+、Cr3++Y4-=CrY-实验消耗EDTA标准溶液bmL，则处理后废液中含铬元素浓度为1040abmg/L
【答案】D
【分析】
含铬废水（和Cr3+）加入硫酸和硫酸亚铁，进入调节池发生氧化还原反应生成铁离子和铬离子，加入氢氧化钠溶液过滤得到滤渣为氢氧化铁沉淀，滤液含，加入过氧化氢酸性溶液中氧化，生成Na2CrO4，操作Ⅲ小调节溶液PH，2CrO42-+2H+═+H2O，酸溶液应选择硫酸，盐酸易被氧化所以不选择盐酸，得到的Na2Cr2O7溶液，加入适量KCl过滤得到K2Cr2O7晶体，据此分析解题。
【解析】
A．调节池里发生的反应是酸性溶液中重铬酸跟离子氧化亚铁离子生成铁离子的反应，反应的离子方程式为：Cr2O+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O，A正确；
B．由分析可知，操作Ⅰ后得到的残渣主要成分为Fe(OH)3，B正确；
C．操作Ⅳ制备得到的重铬酸钾中有少量的氯化钠晶体，想要得到纯度较大的重铬酸钾需要重结晶，根据二者溶解度随温度变化的区别，可以进行重结晶，其具体操作方法为将产品溶于水中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C正确；
D．为检测处理后废水中铬的含量，取100mL处理后的样品于锥形瓶中，调节pH使完全转化为Cr3+，再用amol/L的EDTA(用H4Y表示)标准溶液进行滴定，其反应原理为：→2Cr3+、Cr3++Y4-=CrY-实验消耗EDTA标准溶液bmL，→2Cr3+，Cr3++Y4-=CrY-
反应定量关系为：→2Cr3+～2H4Y（EDTA）n（Cr3+）=n（EDTA）=amol L-1×b×10-3L=ab×10-3mol，计算得到铬离子的浓度==0.52abg/L=520ab mg/L，D错误；
故答案为：D。
5．通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷(POCl3)样品中Cl元素的含量，实验步骤如下：
Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入足量的NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；
Ⅱ.向锥形瓶中加入0.1000mol·L-1的AgNO3溶液50.00mL，使Cl-完全沉淀；
Ⅲ.向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；
Ⅳ.加入指示剂，用cmol·mol-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。
已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12。
下列说法正确的是
A．滴定选用的指示剂为甲基橙
B．本次实验测得Cl元素的质量分数为%
C．硝基苯的作用为防止沉淀被氧化
D．若取消步骤Ⅲ，测定结果偏大
【答案】B
【分析】
分析实验步骤可知氯离子、SCN-分别和银离子反应，有关系式POCl3~3Cl-~3AgNO3~3Ag+、Ag+~NH4SCN。
【解析】
A．由Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ滴定过程溶液始终显酸性，无法用甲基橙作指示剂，A错误；
B．Ag+总物质的量为0.1000mol·L-1×50.00mL=5.0×10-3mol，NH4SCN的物质的量为cmol·mol-1×VmL=cV×10-3mol，设三氯氧磷(POCl3)样品中Cl元素的物质的量为x，结合关系式POCl3~3Cl-~3AgNO3~3Ag+、Ag+~NH4SCN可知有x+ cV×10-3=5.0×10-3mol，解得x=(5.0-cV)×10-3mol，因此三氯氧磷(POCl3)样品中Cl元素的质量为(5.0-cV)×10-3mol×35.5g/mol=3.55(5.0-cV) ×10-2g，因此Cl元素的质量分数为%，B正确；
C．由可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)=2×10-12，硝基苯的作用为防止AgCl转化为AgSCN，C错误；
D．取消步骤Ⅲ，则AgCl转化为AgSCN，所需NH4SCN体积V偏大，由Cl%=%，可知Cl%偏小，D错误；
答案选B。
6．某感光材料的主要成分为KBr和KI(其余成分不溶于水)，测定KBr含量的方法如下：
①称取试样1.0g，溶解后，过滤，将滤液再配制成200mL溶液。
②取50mL上述溶液，用溴水将I-氧化成IO，除去过量Br2后，再加入过量KI，酸化，加入淀粉溶液，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液滴定析出的I2(发生反应：I2+2S2O=S4O+2I-)，终点时消耗30.00mLNa2S2O3溶液。
③另取50mL①所得溶液，酸化后加入足量K2Cr2O7溶液，将生成的I2和Br2收集于含有过量KI的溶液中，反应完全后，加入淀粉溶液，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液滴定，终点时消耗15.00mLNa2S2O3溶液。
试样中KBr的质量分数为（ ）
A．47.6% B．35.7% C．23.8% D．11.9%
【答案】A
【解析】
由题意可得关系：I-～IO～3I2～6S2O，n(S2O)=0.1 mol·L-1×30×10-3 L，则50 mL样品中n(I-)=0.5×10-3 mol，用K2Cr2O7溶液处理后，该部分I-氧化为I2，其物质的量为n(I2)＝0.5n(I-)＝2.5×10-4 mol，该部分溶液中总的n(I2)总＝0.5×0.100 0 mol·L-1×15×10-3 L＝7.5×10-4 mol，被Br2氧化产生的I2的物质的量为7.5×10-4 mol-2.5×10-4 mol＝5×10-4 mol，2Br-～Br2～I2，n(Br-)=1×10-3mol，n(KBr)＝n(Br-)＝1×10-3 mol，则KBr的质量分数为KBr%＝119 g·mol-1×1×10-3 mol÷0.2500 g×100%＝47.60%，故答案选A。
7．NOx含量的测定，是将气体样品通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3-，加水稀释，量取该溶液，加入FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+下列说法不正确的是
A．NO被H2O2氧化为的离子方程式为2NO+3H2O2=2H++2 +2H2O
B．滴定操作使用的玻璃仪器有酸式滴定管
C．若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果偏高
D．气体样品中混有空气，测定结果会偏高
【答案】D
【解析】
A. NO作还原剂，H2O2作氧化剂，生成硝酸和水，该离子方程式正确，A正确；
B. 重铬酸钾是强氧化剂，会腐蚀橡胶，故选用酸式滴定管，B正确；
C. 加入FeSO4标准溶液（过量），先发生，后发生， 若FeSO4标准溶液部分变质，则FeSO4标准溶液体积偏大，会使测定结果偏高，C正确；
D. 气体样品中混有空气，则样品中NOx实际含量偏小，实验中消耗的FeSO4标准溶液（过量）、K2Cr2O7标准溶液体积偏小，测定结果会偏小，D不正确；
答案选D。
8．配离子的稳定性可用K不稳衡量，例如Ag(NH3)2]+的K不稳= 。在一定温度下，向0.1 mol/L硝酸银溶液中滴入稀氨水，发生反应Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+]。溶液中pNH3与δ(X)的关系如图。其中pNH3=-lg[c(NH3)]、δ(X)= (X代表Ag+或Ag(NH3)2]+。下列说法不正确的是
A．图中δ2代表的是δ([Ag(NH3)2]+]) B．向溶液中滴入稀硝酸，δ(Ag+)减小
C．该溶液中c(NH4+)+c(H+)=c(OH-) D．该温度时，K不稳([Ag(NH3)2]+)=10-7.3
【答案】B
【解析】
A．向0.1mol/L硝酸银溶液中滴入稀氨水，随着氨水的加入，n(Ag+)逐渐减少，δ([Ag(NH3)2]+)逐渐增大，即δ(Ag+)减少，δ([Ag(NH3)2]+)增加，结合图像变化趋势，δ(Ag+)随着pNH3的增大而增大，所以δ1代表的是δ(Ag+)，δ2代表的是δ([Ag(NH3)2]+)，A选项正确；
B．NH3与H+反应生成NH4+，使反应Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+逆向移动，c(Ag+)增大，则δ(Ag+)增大，B选项错误；
C．溶液中电荷守恒：c(Ag+)+c([Ag(NH3)2]+)+c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(NO3-)，物料守恒：c(Ag+)+c([Ag(NH3)2]+) = c(NO3-)，两式整理得c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，C选项正确；
D．a点时，c(Ag+)=c([Ag(NH3)2]+)，pNH3=3.65，则c(NH3)=10-3.65mol/L，K不稳([Ag(NH3)2]+)= c2(NH3)=( 10-3.65)2=10-7.3，D选项正确；
答案选B。
9．室温下，将0.10mol·L-1NaOH溶液滴加到0.10mol·L-1HA溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数(lg)关系如图所示。下列叙述正确的是
A．溶液中水的电离程度NB．P点溶液中：c(Na+)=c(OH-)+c(HA)–c(H+)
C．Q点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)
D．室温下，NaA的水解平衡常数Kh=10-4.75
【答案】AB
【分析】
根据溶液的酸碱性的变化判断判断水的电离程度的大小；利用图像中特殊点及溶液中电荷守恒判断离子浓度间的关系；
【解析】
A．三点的pH都小于7，水的电离受到抑制，且pH越小，水的电离程度越小，故溶液中的水的电离程度为NB．P点，即c(A-)= c(HA) ，根据电荷守恒分析，c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则有c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+ c(HA)，或c(Na+)=c(OH-)+c(HA)–c(H+) ，B正确；
C．Q点，pH小于7，c(H+)>c(OH-)，则根据电荷守恒分析，c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则有c(A-)> c(Na+)，C错误；
D．由NQ点的坐标可以计算P点坐标(0，4.75)，，c(H+)=10-4.75mol/L，根据电离平衡常数分析，K=10-4.75，则室温下，NaA的水解平衡常数Kh= =10-9.25，D错误；
故选AB。
10．电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，用标准溶液测定某生活用品中的含量(假设其它物质均不反应，且不含碳、钠元素)，得到滴定过程中溶液电位与的关系如图所示。已知：根据两个滴定终点时消耗盐酸的体积差可计算出的量。下列说法不正确的是
A．滴定过程中水的电离程度逐渐增大
B．滴定过程中溶液中逐渐增大
C．1mL该生活用品中含有的质量为
D．曲线任一点溶液中均存在：
【答案】AC
【解析】
A．随着盐酸的加入，碳酸钠转化为碳酸氢钠，最后转化为氯化钠，盐类的水解程度越来越小，故对水的电离的促进作用也越来越小，盐酸过量时还将抑制水的电离，故滴定过程中水的电离程度逐渐减小，A错误；
B．随着盐酸的加入，碳酸钠转化为碳酸氢钠，故c()逐渐增大，c()逐渐减小，滴定过程中溶液中逐渐增大，B正确；
C．由图中可知，(V2-V1)即碳酸氢钠消耗盐酸的体积，原溶液中碳酸钠的物质的量浓度为： mol/L，故1mL该生活用品中含有的质量为=，C错误；
D．根据溶液中电荷守恒可知，曲线任一点溶液中均存在：，D正确；
故答案为：AC。
11．已知25℃时，MOH的Kb=10-7。该温度下，向20.00mL0.1mol L-1MCl溶液中滴入0.1mol L-1NaOH溶液，溶液中由水电离出的c（H+）的负对数与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．m=3
B．V1=10
C．p点对应溶液中=10n-7：1
D．n点对应溶液中c（MOH）=c（Cl-）-c（Na+）
【答案】BD
【解析】
A．25℃时，MOH的Kb=10-7，根据Kb Kh=Kw可知MCl的水解平衡常数Kh=10-7，故0.1mol/LMCl溶液中存在水解平衡，，其中0.1-x0.1，Kh= =10-7，解得x=10-4mol/L，即c(H+)=10-4mol/L，故pH=4，故m=4，A错误；
B．25℃时，MOH的Kb=10-7，MCl的Kh=10-7，即等物质的量的MOH和MCl的混合溶液呈中性，pH=7，20.00mL0.1mol/LMCl溶液中滴入10.00mL0.1mol/LNaOH溶液时，得到等物质的量MOH、MCl、NaCl的混合溶液，溶液呈中性，pH=7，即为图象中的p点，故此时V1=10，B正确；
C．p点为加入20mLNaOH溶液，反应恰好产生MOH，溶液为碱性，水的电离受到抑制，-lgc水(H+)=a，则c水(H+)=10-amol/L，碱性溶液中H+完全是由水电离出来，则c(OH-)==10a-14mol/L，所以===107-a：1，C错误；
D．n点对应的溶液为MCl和MOH的混合物，溶液为中性，由于Kb(MOH)=10-7，所以此时c(M+)=c(MOH)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于c(H+)=c(OH-)，也就有c(MOH)=c(Cl-)-c(Na+)，D正确；
故答案为：BD。
12．草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体[KxFey（C2O4）z nH2O]是一种光敏材料，为测定该晶体中各离子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草酸合铁酸钾晶体，加热脱水得无水物质量为8，74g．（2）将所得固体配制成250mL溶液．（3）取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加酸性KMnO4溶液发生反应：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，恰好消耗0.1000mol/L KMnO4溶液24.00mL．下列说法正确的是
A．9.820g晶体中含有C2O42﹣的物质的量为0.006mol
B．配制草酸合铁酸钾溶液玻璃仪器只需烧杯和玻璃棒
C．该晶体的化学式为K3Fe（C2O4）3 6H2O
D．9.820g样品中含K+的物质的量为0.06 mol
【答案】AD
【解析】A、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﹣）==0.006mol，故A正确；
B、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；
C、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﹣）==0.006mol；250mL原溶液C2O42﹣的物质的量为0.006mol×10=0.06mol，故n[K3Fe（C2O4）3]=0.06mol×=0.02mol，9.820g三草酸合铁酸钾晶体中结晶水的质量为：9.820﹣8.74=1.08（g），故n（H2O）==0.06mol，即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C错误；
D、9.820g样品即0.02molK3Fe（C2O4）3中含K+的物质的量为0.06mol，故D正确．故选AD．
13．Cr2O72-、Cr3+对环境具有极强的污染性，含有Cr2O72-、Cr3+的工业废水常采用NaOH沉淀方法除去。已知：①常温下，Cr3+完全沉淀(c≤1.0×10 5 mol· L 1) 时，溶液的pH为5；NaOH过量时Cr(OH)3溶解生成：Cr3++3OH Cr(OH)3 +H++H2O。②还原产物为Cr3+。③lg3.3=0.50。
请回答下列问题：
（1）常温下，Cr(OH)3的溶度积常数Ksp[Cr(OH)3]=__________。
（2）常温下，向50 mL 0.05 mol·L 1的Cr2(SO4)3溶液中加入1.0 mol·L 1的NaOH溶液50 mL，充分反应后，溶液pH为____________。
（3）为了测定工业废水中Na2Cr2O7的浓度，进行如下步骤：
Ⅰ．取100 mL滤液；
Ⅱ．用c mol·L 1的标准KMnO4酸性溶液滴定b mL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液b mL；
Ⅲ．取b mL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗d mL FeSO4溶液。
①步骤Ⅱ中的滴定过程应选用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，滴定管装液前的操作是_______。
②步骤Ⅲ的滤液中Na2Cr2O7的含量为_______mol·L 1。
【答案】1.0×10 32 13.5 酸式 润洗
【分析】
（1）常温下，Cr3+完全沉淀（c≤1.0×10-5 mol/L） 时，溶液的pH为5，据此计算Cr（OH）3的溶度积常数；
（2）50mL 0.05mol/L的Cr2（SO4）3溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液50mL，则混合后溶液中c（Cr3+）=0.05mol/L，c（OH-）=0.5mol/L，发生反应：Cr3++3OH-═Cr（OH）3，根据方程式计算；
（3）①步骤Ⅱ中所用的标准液为酸性高猛酸钾溶液，具有强氧化性，需选用酸式滴定管，滴定管装液前的操作是润洗；
②根据氧化还原反应过程电子得失守恒计算。
【解析】
（1）常温下，Cr3+完全沉淀(c 1.0×10 5 mol/L) 时，溶液的pH为5，溶液中c(OH )=10 9mol/L，c(Cr3+)=10 5mol/L，则常温下，Cr(OH)3的溶度积常数Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)c3(OH )=1.0×10 32，故答案为1.0×10 32；
（2）50mL 0.05mol/L的Cr2(SO4)3溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液50mL，则混合后溶液中c(Cr3+)=0.05mol/L，c(OH )=0.5mol/L，发生反应：Cr3++3OH ═Cr(OH)3，则反应后c(OH-)=0.5mol/L 0.15mol/L=0.35mol/L，所以充分反应后，溶液pH=14 pOH=14+lgc(OH )=13.5，故答案为13.5；
（3）①步骤Ⅱ中所用的标准液为酸性高猛酸钾溶液，具有强氧化性，需选用酸式滴定管，滴定管装液前的操作是润洗，故答案为酸式；润洗；
②c mol/L的标准KMnO4酸性溶液滴定b mL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液b mL，Mn从+7价降为+2价，Fe从+2价升为+3价，根据电子得失守恒，存在反应关系：MnO4- 5Fe2+，则滴定所用的FeSO4的浓度为c(Fe2+)=5cmol/L，取b mL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗d mL FeSO4溶液，Cr从+6价降为+3价，Fe从+2价升为+3价，根据电子得失守恒，存在反应关系：Cr2O72 6Fe2+，则bmL溶液中Na2Cr2O7的含量为 =mol/L，故答案为；
14．I、在下列物质转化中A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：
当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外的同一种元素。请回答：
（1）A的化学式是______， Z的电子式是______。
（2）当X是强酸时，写出C→D的化学方程式：_____。
（3）当X是强碱时，写出E的稀溶液和铜反应生成C的离子方程式：_____。
II、在FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体可制备摩尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O] (其相对分子质量为392)，该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
（4）为了洗涤(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O粗产品，下列方法中最合适的是____(填字母代号)。
A．用冷水洗 B．先用冷水洗，后用无水乙醇洗
C．用30%的乙醇溶液洗 D．用90%的乙醇溶液洗
（5）为了测定产品的纯度，称取a g产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为c mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：
实验次数 第一次 第二次 第三次
消耗高锰酸钾溶液体积/mL 25.52 25.02 24.98
①上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是_____(填字母代号)。
A．滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束有气泡
B．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗
C．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低
D．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积
②通过实验数据计算的该产品纯度为_____(用字母a、c表示)。
【答案】(NH4)2S 2SO2＋O2 2SO3 3Cu＋8H+ ＋2NO3－ === 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O D B ×100%
【解析】
试题分析：I、 D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子，符合这种转化关系的有：SO2→SO3，NO→NO2，Na2SO3→Na2SO4等．由此可出推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等．若D为SO3，顺推E为H2SO4，Z为H2O，逆推B为H2S，A为硫化物，此时X为强酸；若D为NO2，顺推E为HNO3，Z为H2O，逆推B为NH3，A为铵盐．综合而得A应为（NH4）2S，以此解答该题。
II、（4）根据(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的溶解性选择洗涤剂；（5）①根据分析 ；②第一次实验中记录数据明显大于后两次，第一次实验录数据舍去，用第二次、第三次实验数据计算消耗高锰酸钾溶液体积，利用关系式5(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O KMnO4 ，计算的该产品纯度。
解析：（1）由以上分析可知，A是（NH4）2S，Y是O2，Z是H2O，水的电子式是；（2）当X是强酸时，E是H2SO4，C生成D的化学方程式2SO2＋O2 2SO3；
（3）当X是强碱时，E是HNO3，硝酸与铜反应的离子方程式是3Cu＋8H+ ＋2NO3－ === 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
II、（4） (NH4)2SO4·FeSO4·6H2O不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，为防止(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O溶解，降低产率，用90%的乙醇溶液洗；
（5）①根据；A．滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束有气泡，消耗高锰酸钾溶液体积偏小，故A错误；B．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的物质的量偏大，消耗高锰酸钾溶液体积偏大，故B正确；C．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低，应该对所有实验都有影响，故C错误；D．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积，消耗消耗高锰酸钾溶液体积偏小，故D错误；
②第一次实验中记录数据明显大于后两次，第一次实验录数据舍去，用第二次、第三次实验数据计算消耗高锰酸钾溶液体积为=25.00mL ，设每次所取待测液中含溶质n mol，
n=0.025L×c mol·L-1×5
则该产品纯度为0.025L×c mol·L-1×5×20×392g/mol÷ag×100%=×100%。
一轮再回顾
易错点精析
二轮热点难点突破
针对训练
突破提升
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考点24 酸碱中和滴定及其迁移应用
一、两大拓展滴定法
1.沉淀滴定法
(1)定义:沉淀滴定是利用沉淀反应进行滴定、测量分析的方法,生成沉淀的反应很多,但符合条件的却很少,实际上应用最多的是银量法,即利用Ag+与卤素离子的反应来测定Cl-、Br-、I-的浓度。
(2)原理:沉淀滴定所用的指示剂本身就是一种沉淀剂,滴定剂与被滴定物反应的生成物的溶解度要比滴定剂与指示剂反应的生成物的溶解度小,否则不能用这种指示剂。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl-的含量时常以Cr为指示剂,这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。
2.氧化还原滴定法
(1)原理:以氧化剂或还原剂为滴定剂,直接滴定一些具有还原性或氧化性的物质,或者间接滴定一些本身并没有还原性或氧化性、但能与某些还原剂或氧化剂反应的物质。
(2)试剂:常用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等;常用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等。
(3)实例。
①用酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液。
原理:2Mn+6H++5H2C2O410CO2↑+2Mn2++8H2O。
指示剂及终点判断:酸性KMnO4溶液本身呈紫色,不用另外选择指示剂,当滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后,溶液刚好由无色变浅红色,且半分钟内不变色,说明到达滴定终点。
②用Na2S2O3溶液滴定碘液。
原理:2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。
指示剂及终点判断:用淀粉作为指示剂,当滴入最后一滴Na2S2O3溶液后,溶液的蓝色刚好退去,且半分钟内不恢复原色,说明到达滴定终点。
二、中和滴定考点归纳
(1)“考”实验仪器
酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管(包括量程)，滴定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。
(2)“考”操作步骤
①滴定前的准备：查漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数；
②滴定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数；
③计算。
(3)“考”指示剂的选择
酸碱滴定时，石蕊一般不能作为中和滴定的指示剂，因为其变色不灵敏，且耗酸碱较多，造成较大误差。一般按以下方法选择指示剂：
酸碱滴定 指示剂选择 颜色变化
强酸滴定强碱 甲基橙 黄色变橙色
强碱滴定强酸 酚酞 无色变红色
强酸滴定弱碱 甲基橙 黄色变橙色
强碱滴定弱酸 酚酞 无色变为粉红色
(4)“考”误差分析
写出计算式，分析操作对V标的影响，由计算式得出对最终测定结果的影响，切忌死记硬背结论。此外对读数视线(俯视、仰视)问题要学会画图分析。
(5)“考”数据处理
正确取舍数据，计算平均体积，根据反应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系，从而列出公式进行计算。
三、滴定终点规范描述
(1)用a mol·L－1 的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，用酚酞做指示剂，达到滴定终点的现象是___________________________________________________________________；若用甲基橙做指示剂，达到滴定终点的现象是_______________________________。
(2)用标准碘溶液滴定溶有SO2 的水溶液，以测定水中SO2 的含量，应选用____________做指示剂，达到滴定终点的现象是_________________________________________。
(3)用标准酸性KMnO4 溶液滴定溶有SO2 的水溶液，以测定水中SO2 的含量，是否需要选用指示剂________(填“是”或“否”)，达到滴定终点的现象是________________。
(4)用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数：一定条件下，将TiO2溶解并还原为Ti3＋，再用KSCN溶液做指示剂，用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋，滴定Ti3＋时发生反应的离子方程式为_____________________________________________________，达到滴定终点时的现象是________________________________________________。
(5)用标准KI溶液滴定含有Fe3＋的溶液，应选用__________做指示剂，达到滴定终点的现象是_____________________________________________________________________。
答案：(1)当滴入最后一滴盐酸标准液，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色 当滴入最后一滴盐酸标准液，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色
(2)淀粉溶液 当滴入最后一滴标准碘溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色
(3)否 当滴入最后一滴酸性KMnO4 溶液，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色
(4)Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋ 当滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2标准溶液，溶液变成红色，且半分钟内不褪色
(5)KSCN溶液 当滴入最后一滴标准KI溶液，溶液的红色褪去，且半分钟内不恢复红色
图解量器的读数方法
(1)平视读数(如图1)：用量筒、移液管或滴定管量取一定体积的液体，读取液体体积时，视线应与凹液面最低点保持水平，视线与刻度的交点即为读数(即凹液面定视线，视线定读数)。
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(2)俯视读数(如图2)：当用量筒测量液体的体积时，由于俯视视线向下倾斜，寻找切点的位置在凹液面的上侧，读数高于正确的刻度线位置，即读数偏大。
(3)仰视读数(如图3)：读数时，视线向上倾斜，寻找切点的位置在液面的下侧，滴定管刻度标法与量筒不同，仰视滴定管读数偏大。
一、巧抓“四点”，突破酸碱中和滴定曲线中的粒子浓度关系
(1)抓反应“一半”点，判断是什么溶质的等量混合。
(2)抓“恰好”反应点，生成的溶质是什么？判断溶液的酸碱性。
(3)抓溶液的“中性”点，生成什么溶质，哪种物质过量或不足。
(4)抓反应的“过量”点，溶液中的溶质是什么？判断哪种物质过量。
实例分析：向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液的关系如图所示：
(注：a点为反应一半点，b点呈中性，c点恰好完全反应，d点NaOH过量一倍)
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分析：
a点，溶质为CH3COONa、CH3COOH
离子浓度关系：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
b点，溶质为CH3COONa、CH3COOH
离子浓度关系：c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
c点，溶质为CH3COONa
离子浓度关系：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
d点，溶质为CH3COONa、NaOH
离子浓度关系：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
二、氧化还原和沉淀滴定中常用的指示剂及终点时的颜色变化
滴定方式 还原剂滴定KMnO4 KMnO4滴定还原剂 I2滴定还原剂 还原剂滴定I2 铁盐滴定还原剂 还原剂滴定铁盐 AgNO3溶液滴定含Cl－的溶液
指示剂 KMnO4 KMnO4 淀粉 淀粉 KSCN KSCN K2CrO4溶液
终点时的颜色变化 粉(浅)红色→无色 无色→粉(浅)红色 无色→蓝色 蓝色→无色 溶液变红色 红色消失 出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为红色沉淀)
1．某同学进行酸碱中和滴定实验，操作如下：向润洗后的锥形瓶中加入25.00mL待测盐酸，并加入几滴酚酞溶液；另取一支碱式滴定管，查漏后洗净，向其中注入标准碱液，驱赶滴定管尖嘴部分中的气泡并调整液面至“零”刻度；然后，左手控制滴定管，右手不停摇动锥形瓶，两眼注视滴定管内液面变化，直至加入半滴标准液，溶液从红色变为无色且半分钟内不恢复，达到滴定终点。实验中存在的错误有几处？
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】
装待测液的锥形瓶不能用待装液体润洗，此为第一处错误，另取一支碱式滴定管，查漏后洗净，需用待装的标准碱液润洗后再装液，此为第二处错误；滴定过程中两眼注视锥形瓶中溶液颜色的变化，此为第三处错误；滴定终点的判断为，当滴入最后半滴标准液后，溶液从无色变为红色且半分钟内不恢复，此为第四处错误，故答案为：D。
2．下列有关实验操作的说法正确的是
A．将pH试纸伸入盛装氯水的试剂瓶中测其pH
B．进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视滴定管内溶液液面的变化
C．用稀硫酸代替H2O洗涤BaSO4沉淀，可减少洗涤过程中的BaSO4损耗
D．中和热测定实验中，可以分多次把NaOH溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中
【答案】C
【解析】
A．氯水中含有的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质因氧化而漂白褪色，无法用pH试纸测定氯水的pH，故A错误；
B．进行中和滴定操作时，眼睛要始终注视锥形瓶内溶液液面的变化，故B错误；
C．用稀硫酸代替水洗涤硫酸钡沉淀可以降低硫酸钡的溶解度，可减少洗涤过程中的硫酸钡因溶解而造成损耗，故C正确；
D．中和热测定实验中，应把氢氧化钠溶液倒入盛有盐酸的小烧杯中，否则会造成热量散失，导致测定结果偏低，故D错误；
故选C。
3．已知：pOH=-lgc(OH-)，298K时，向20.00mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸，溶液的pH和pOH与加入盐酸体积关系如图所示。下列说法正确的是
A．曲线PJN表示溶液中pH的变化
B．M点水的电离程度比N点大
C．M、P两点的数值之和a+b不一定等于14
D．pH与pOH交叉点J对应的V(盐酸)小于20.00mL
【答案】D
【解析】
pH越大，说明溶液碱性越强，pOH越大，说明溶液酸性越强，据此分析解题：
A．根据图知，随着盐酸的加入，氨水溶液中pH减小、pOH增大，所以PJN为溶液中的pOH变化曲线，曲线MJQ表示溶液中pH变化曲线，A错误；
B．M点pH与N点的pOH相等，故M、N两点水电离的程度相同，而N、Q为滴定过程中相同时刻的溶液，故M、Q两点水的电离程度相同，B错误；
C．根据图知，PJN曲线表示pOH变化、MJQ曲线表示pH变化，M、P点为酸碱中和同一点，M点pH=a、P点pOH=b，则M点c(H+)=10-amol/L、P点c(OH-)=10-bmol/L，相同温度下c(H+)×c(OH-)=Kw，所以M、P两点的数值之和a+b=14，C错误；
D．pH与pOH交叉点J中pH=pOH，则c(H+)=c(OH-)，为中性溶液，一水合氨是弱碱，要使混合溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以盐酸体积小于20mL，D正确；
故答案为：D。
4．下列有关仪器的使用方法或实验操作正确的是
A．洗净的锥形瓶和滴定管都需烘干后才能使用
B．利用如图所示的方法，排出碱式滴定管内的气泡
C．酸碱滴定实验中，用待测溶液润洗锥形瓶可以减小实验误差
D．用碱式滴定管量取20.00mL溶液
【答案】B
【解析】
A．洗净的锥形瓶和滴定管都不需要烘干，滴定管只需要用待测液或标准液润洗，故A错误；
B．将碱式滴定管尖嘴部分向上倾斜45°，慢慢挤压玻璃珠排气，如上图，故B正确；
C．锥形瓶不需要润洗，用待测溶液润洗锥形瓶增大了标准液的用量，增大实验误差，故C错误；
D．为强氧化剂，腐蚀橡胶管，故强氧化剂用酸式滴定管量取，故D错误；
故答案为B。
5．0.1 mol/L NaOH溶液与盐酸酸化的0.02 mol/LFeCl3溶液滴定时t-pH曲线如图所示(已知，lg2=0.3)。下列说法正确的是
A．如图为FeCl3溶液滴定NaOH溶液的t-pH曲线
B．由曲线上a点pH，可计算室温下Fe3+的水解常数
C．曲线上b点表示Fe3+恰好沉淀完全
D．c点存在关系：
【答案】C
【解析】
A．FeCl3溶液是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性。根据图示可知在开始滴定时溶液pH＜7，溶液显酸性，因此开始时溶液是盐酸酸化的FeCl3溶液，图示表示的是NaOH溶液滴定FeCl3溶液的t-pH曲线，A错误；
B．在室温下在FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，则根据a点溶液的pH=1.7，可知此时c(H+)=10-1.7 mol/L，在a点Fe3+有一部分水解使Fe3+的浓度小于0.02 mol/L，所以Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的平衡常数Kh=，B错误；
C．pH=3.2以后，pH迅速增加，说明b点Fe3+恰好沉淀完全。若Fe3+刚好沉淀完全，则c(Fe3+)=1.0×10-5 mol/L，c3(OH-)=，pOH=11-lg2=11-×0.3=10.8，所以此时溶液pH=14-pOH=14-10.8=3.2，即说明b点时表示Fe3+恰好沉淀完全，C正确；
D．c点溶液中还存在Na+，因此根据电荷守恒可知微粒浓度存在关系：3c(Fe3+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，D错误；
故合理选项是C。
6．滴定分析法是一种精度很高的定量分析法。以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定某未知浓度的盐酸溶液，下列说法错误的是
A．用酸式滴定管盛装待测液
B．装液之前需润洗碱式滴定管
C．指示剂多加不影响测定结果
D．滴定终点时，溶液颜色由无色变为粉红色
【答案】C
【解析】
A．某未知浓度的盐酸溶液是待测液，因此用酸式滴定管盛装待测液，故A正确；
B．装标准液之前需润洗碱式滴定管，不润洗会导致结果偏高，故B正确；
C．指示剂一般是有机弱酸或弱碱，会消耗一定的滴定剂，因此多加会影响测定结果，故C错误；
D．开始时，酚酞加入到盐酸中，溶液为无色，当滴定终点时，溶液颜色由无色变为粉红色，故D正确。
综上所述，答案为C。
7．用溶液滴定未知浓度的盐酸溶液，在滴定过程中，若出现下列情况会使测定结果偏低的是
A．滴定达到滴定终点时，仰视读数
B．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内待测液溅出
C．若在滴定过程中不慎将数滴碱液滴锥形瓶外
D．用蒸馏水洗涤碱式滴定管后立即使用，没有用碱液润洗
【答案】B
【解析】
A．滴定达到滴定终点时，仰视读数，读数偏大，测定结果偏高，故A不符合题意；
B．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内待测液溅出，消耗的标准液减小，测定结果偏低，故B符合题意；
C．若在滴定过程中不慎将数滴碱液滴锥形瓶外，则消耗的标液体积偏大，测定结果偏高，故C不符合题意；
D．用蒸馏水洗涤碱式滴定管后立即使用，没有用碱液润洗，碱液浓度减低，消耗标液的体积偏大，测定结果偏高，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
8．25 ℃时，向20.00 mL浓度均为0.100 0 mol·L 1的三种酸HX、HY、HZ中分别加入浓度为0.100 0 mol·L 1的NaOH溶液，结果如图所示，下列说法正确的是
A．电离常数Ka(HY)=10 5
B．酸性强弱：HX＞HY＞HZ
C．HZ的电离方程式为HZH++Z
D．若加入过程温度发生变化，则V=40.00mL时Kw最大
【答案】A
【分析】
由图可知，0.100 0mol/LHZ溶液的pH为1，HZ为强酸，在溶液中完全电离，相同浓度的HX溶液、HY溶液pH小于1，HX、HY均为弱酸；0.100 0mol/L HX溶液的pH大于0.100 0mol/LHY溶液，则HX溶液的酸性弱于HY；当加入20.00 mL0.100 0mol/L氢氧化钠溶液时，酸碱恰好完全反应，反应温度最高，水的离子积常数最大。
【解析】
A．由分析可知，0.100 0mol/L HY溶液中溶液pH为10 3mol/L，则Ka(HY)= ≈=10 5，故A正确；
B．由分析可知，三种酸的酸性强弱为HZ＞HY＞HX，故B错误；
C．由分析可知，0.100 0mol/LHZ溶液的pH为1，HZ为强酸，在溶液中完全电离，电离方程式为HZ=H++Z ，故C错误；
D．由分析可知，当加入20.00 mL0.100 0mol/L氢氧化钠溶液时，酸碱恰好完全反应，反应温度最高，水的离子积常数最大，故D错误；
故选A。
9．已知常温常压下，饱和CO2的水溶液pH = 3.9，则可推断用标准盐酸溶液滴定NaHCO3水溶液时，适宜选用的指示剂及滴定终点时颜色变化的情况是
A．石蕊，由蓝变红 B．甲基橙，由橙变黄
C．酚酞，红色褪去 D．甲基橙，由黄变橙
【答案】D
【解析】
标准盐酸溶液滴定碳酸氢钠水溶液时，发生的反应是：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，滴定终点时pH=3.9，因此滴定终点时溶液显酸性，而指示剂选用甲基橙(3.1～4.4)，滴定终点时溶液pH降低到3.9，颜色由黄变橙。
答案选D。
10．用标准浓度的氢氧化钠溶液来滴定未知浓度的盐酸，下列操作中会使盐酸测定的浓度偏大的是
①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶液润洗
②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液
③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗
④滴定前碱式滴定管尖嘴处没有气泡，滴定后尖嘴处有气泡
⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，俯视刻度线
A．① B．①④ C．②③ D．④⑤
【答案】A
【解析】
①碱式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准溶波润洗，导致消耗NaOH标准溶液的体积偏大，则由此计算的待测盐酸的浓度偏大，①符合题意；
②锥形瓶中盛有少量蒸馏水，再加待测液，对物质的量无影响，则对测定待测盐酸的浓度无影响，②不符合题意；
③酸式滴定管用蒸馏水洗净后，未用盐酸润洗，导致待测n(HCl)偏小，消耗NaOH标准溶液的体积偏小，则由此计算的待测盐酸的浓度偏小，③不符合题意；
④滴定前碱式滴定管尖端没有气泡，滴定后尖嘴处有气泡，所测NaOH标准溶液的体积偏小，则由此计算的待测盐酸的浓度偏小，④不符合题意；
⑤滴定后观察碱式滴定管读数时，俯视刻度线，会使读出消耗的标准NaOH溶液的体积偏小，则由此计算的待测盐酸的浓度偏小，⑤不符合题意；
综上所述可知：导致待测溶液浓度偏高的只有①，故合理选项是A。
11．实验室常利用甲醛法测定样品中氮的质量分数，其反应原理为[滴定时，1mol与1mol相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。
某兴趣小组用甲醛法进行了如下实验：
步骤Ⅰ：称取样品1.400g。
步骤Ⅱ：将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。
步骤Ⅲ：移取25.00nL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5min后，加入1~2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。按上述操作方法再重复2次。
（1）根据步骤Ⅲ填空：
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接加入NaOH标准溶液进行滴定，则测得样品中氮的质量分数___________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积___________(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。
③判断滴定终点的现象是锥形瓶中溶液___________。
（2）如图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为___________mL。
（3）某实验小组的实验数据如下表所示，根据表中数据计算：
滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积
滴定前刻度/mL 滴定后刻度/mL
1 25.00 1.02 21.03
2 25.00 2.00 21.99
3 25.00 0.20 20.20
若NaOH标准溶液的浓度为0.100，则该样品中氮的质量分数为___________。
【答案】
（1） 偏高 无影响 无色变为浅红，且半分钟内不变色
（2）22.60
（3）20%
【解析】
（1）
①碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，需要再用NaOH标准溶液进行润洗，否则相当于NaOH溶液被稀释，滴定消耗的体积会增大，测得样品中氮的质量分数偏高；
②锥形瓶用蒸馏水洗涤后，水未倒尽，但是待测液中氢离子的物质的量不变，滴定时所需要的NaOH标准溶液中的氢氧化钠溶质的量就不变 ，对滴定结果无影响；
③滴定终点时锥形瓶内溶液液颜色由无色变为浅红，且半分钟内不变色；
（2）
滴定管0刻度在上方，自下而上刻度逐渐减小，每个小刻度为0.1mL，根据图示滴定管液面可知，液面处于22和23之间，小刻度为0.6，据此读出滴定管中液面读数22.60；
（3）
标准溶液的体积应取三次实验的平均值，滴定时消耗NaOH溶液的体积为： =20.00 mL，根据题意中性甲醛溶液一定是过量的，而且1.400g铵盐经溶解后，取了其中的1/10进行滴定，即0.14g；滴定结果溶液中含有H+共0.02×0.1000=0.002mol，根据4NH4++6HCHO═3H++6H2O+(CH2)6N4H+反应，已知1 mol(CH2)6N4H+与1 mol H+相当，所以每生成4 mol H+，消耗4NH4+，所以共消耗NH4+0.002mol,其中含有氮元素质量：0.002mol×14=0.028g，所以氮元素质量分数为×100%=20%；
1．常温下，向20.0mL0.10mol·L-1NaOH溶液中滴入0.10mol·L-1的醋酸，溶液的pH与所加醋酸的体积关系如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，lg6=0.8.下列有关叙述不正确的是
A．该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂
B．M点对应的醋酸体积大于20.0mL
C．M点处的溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)=c(H+)=c(OH-)
D．恰好中和时，溶液的pH约为8.7
【答案】C
【解析】
A．强碱弱酸相互滴定时，由于生成强碱弱酸盐使溶液显碱性，所以应选择在碱性环境中变色的指示剂酚酞，故A正确；
B．如果M点盐酸体积为20.0mL，则二者恰好完全反应生成醋酸钠，醋酸根离子水解导致该点溶液应该呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸应该稍微过量，所以醋酸体积大于20.0mL，故B正确；
C．M处溶液pH=7呈中性， c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，由于反应后混合溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)，故C错误；
D．20.0mL0.10mol·L-1NaOH溶液中滴入0.10mol·L-1的醋酸20.0mL时恰好中和，溶液为0.05mol·L-1醋酸钠溶液，水解呈碱性，水解常数，，则(OH-)=10-4.5mol/L，c(H+)=6×10-9.5mol/L，可得pH约为8.7，故D正确；
答案为C。
2．室温下，向20.00 mL 0.1000 mol·L-1盐酸中滴加0. 1000mol·L-1 NaOH溶液。下 列说法不正确的是
A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7
B．选择变色点与滴定终点pH相接近的指示剂，可减小实验误差
C．选择酚酞指示反应终点，误差比甲基橙的大
D．待测液和标准溶液浓度变大时，滴定曲线的突跃范围将变大
【答案】C
3．常温下，以酚酞为指示剂，用0.1000 mol/L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V(NaOH)的变化关系如图所示。
[比如A2-的分布系数：]下列叙述不正确的是
A．当V(NaOH)=0mL时，c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
B．当V(NaOH)=20.00mL时，c(Na+)＜ c (HA-)+2c(A2-)
C．当V(NaOH)=40.00mL时，c(HA-)+c(H+)= c(OH-)
D．常温下，A2-的水解常数值为1×10-9
【答案】D
【分析】
根据图像，在未加NaOH溶液时，曲线①的分布系数与曲线②的分布系数之和等于1，且曲线①一直在减小，曲线②在一直增加；说明H2A第一步完全电离，第二步存在电离平衡，即H2A=HA-+H+，HA- A2-+H+，与起始时H2A溶液的pH=1吻合，则曲线①代表δ(HA-)，曲线②代表δ(A2-)，曲线③代表溶液的pH；当V(NaOH)=40.00mL时，达到滴定终点，则H2A溶液的浓度约为0.1000 mol/L，据此分析解答。
【解析】
A．H2A的第一步是完全电离的，H2A=HA-+H+，HA- A2-+H+，因此当V(NaOH)=0mL时，c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故A正确；
B．当V(NaOH)=20.00mL时，NaOH、H2A的物质的量相等，反应后溶液中溶质为NaHA，根据物料守恒有c(Na+)= c (HA-)+c(A2-)，则c(Na+)＜ c (HA-)+2c(A2-)，故B正确；
C．当V(NaOH)=40.00mL时，NaOH、H2A的物质的量之比为2∶1，恰好反应生成Na2A，根据物料守恒有：c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)，再结合电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，联立可得：c(HA-)+c(H+)= c(OH-)，故C正确；
D．加入25mLNaOH溶液时，溶液中δ(A2-)=δ(HA-)，则c(A2-)=c(HA-)，此时溶液pH=2.0，溶液中c(OH-)=10-12mol/L，故A2-的水解常数Kh==c(OH-)=1.0×10-12，故D错误；
故选D。
4．某兴趣小组模拟企业对含铬废水(Cr2O和Cr3+)处理流程如图(M(Cr)=52g/mol)，下列说法不正确的是
A．调节池中发生的反应为：Cr2O+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O
B．操作Ⅰ后得到的残渣主要成分为Fe(OH)3
C．操作Ⅳ制备得到的重铬酸钾中有少量的氯化钠晶体，想要得到纯度较大的重铬酸钾需要重结晶，其具体操作方法为将产品溶于水中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
D．为检测处理后废水中铬的含量，取100mL处理后的样品于锥形瓶中，调节pH使Cr2O完全转化为Cr3+，再用amol/L的EDTA(用H4Y表示)标准溶液进行滴定，其反应原理为：Cr2O→2Cr3+、Cr3++Y4-=CrY-实验消耗EDTA标准溶液bmL，则处理后废液中含铬元素浓度为1040abmg/L
【答案】D
【分析】
含铬废水（和Cr3+）加入硫酸和硫酸亚铁，进入调节池发生氧化还原反应生成铁离子和铬离子，加入氢氧化钠溶液过滤得到滤渣为氢氧化铁沉淀，滤液含，加入过氧化氢酸性溶液中氧化，生成Na2CrO4，操作Ⅲ小调节溶液PH，2CrO42-+2H+═+H2O，酸溶液应选择硫酸，盐酸易被氧化所以不选择盐酸，得到的Na2Cr2O7溶液，加入适量KCl过滤得到K2Cr2O7晶体，据此分析解题。
【解析】
A．调节池里发生的反应是酸性溶液中重铬酸跟离子氧化亚铁离子生成铁离子的反应，反应的离子方程式为：Cr2O+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O，A正确；
B．由分析可知，操作Ⅰ后得到的残渣主要成分为Fe(OH)3，B正确；
C．操作Ⅳ制备得到的重铬酸钾中有少量的氯化钠晶体，想要得到纯度较大的重铬酸钾需要重结晶，根据二者溶解度随温度变化的区别，可以进行重结晶，其具体操作方法为将产品溶于水中，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，C正确；
D．为检测处理后废水中铬的含量，取100mL处理后的样品于锥形瓶中，调节pH使完全转化为Cr3+，再用amol/L的EDTA(用H4Y表示)标准溶液进行滴定，其反应原理为：→2Cr3+、Cr3++Y4-=CrY-实验消耗EDTA标准溶液bmL，→2Cr3+，Cr3++Y4-=CrY-
反应定量关系为：→2Cr3+～2H4Y（EDTA）n（Cr3+）=n（EDTA）=amol L-1×b×10-3L=ab×10-3mol，计算得到铬离子的浓度==0.52abg/L=520ab mg/L，D错误；
故答案为：D。
5．通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷(POCl3)样品中Cl元素的含量，实验步骤如下：
Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入足量的NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；
Ⅱ.向锥形瓶中加入0.1000mol·L-1的AgNO3溶液50.00mL，使Cl-完全沉淀；
Ⅲ.向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；
Ⅳ.加入指示剂，用cmol·mol-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。
已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12。
下列说法正确的是
A．滴定选用的指示剂为甲基橙
B．本次实验测得Cl元素的质量分数为%
C．硝基苯的作用为防止沉淀被氧化
D．若取消步骤Ⅲ，测定结果偏大
【答案】B
【分析】
分析实验步骤可知氯离子、SCN-分别和银离子反应，有关系式POCl3~3Cl-~3AgNO3~3Ag+、Ag+~NH4SCN。
【解析】
A．由Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ滴定过程溶液始终显酸性，无法用甲基橙作指示剂，A错误；
B．Ag+总物质的量为0.1000mol·L-1×50.00mL=5.0×10-3mol，NH4SCN的物质的量为cmol·mol-1×VmL=cV×10-3mol，设三氯氧磷(POCl3)样品中Cl元素的物质的量为x，结合关系式POCl3~3Cl-~3AgNO3~3Ag+、Ag+~NH4SCN可知有x+ cV×10-3=5.0×10-3mol，解得x=(5.0-cV)×10-3mol，因此三氯氧磷(POCl3)样品中Cl元素的质量为(5.0-cV)×10-3mol×35.5g/mol=3.55(5.0-cV) ×10-2g，因此Cl元素的质量分数为%，B正确；
C．由可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)=2×10-12，硝基苯的作用为防止AgCl转化为AgSCN，C错误；
D．取消步骤Ⅲ，则AgCl转化为AgSCN，所需NH4SCN体积V偏大，由Cl%=%，可知Cl%偏小，D错误；
答案选B。
6．某感光材料的主要成分为KBr和KI(其余成分不溶于水)，测定KBr含量的方法如下：
①称取试样1.0g，溶解后，过滤，将滤液再配制成200mL溶液。
②取50mL上述溶液，用溴水将I-氧化成IO，除去过量Br2后，再加入过量KI，酸化，加入淀粉溶液，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液滴定析出的I2(发生反应：I2+2S2O=S4O+2I-)，终点时消耗30.00mLNa2S2O3溶液。
③另取50mL①所得溶液，酸化后加入足量K2Cr2O7溶液，将生成的I2和Br2收集于含有过量KI的溶液中，反应完全后，加入淀粉溶液，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液滴定，终点时消耗15.00mLNa2S2O3溶液。
试样中KBr的质量分数为（ ）
A．47.6% B．35.7% C．23.8% D．11.9%
【答案】A
【解析】
由题意可得关系：I-～IO～3I2～6S2O，n(S2O)=0.1 mol·L-1×30×10-3 L，则50 mL样品中n(I-)=0.5×10-3 mol，用K2Cr2O7溶液处理后，该部分I-氧化为I2，其物质的量为n(I2)＝0.5n(I-)＝2.5×10-4 mol，该部分溶液中总的n(I2)总＝0.5×0.100 0 mol·L-1×15×10-3 L＝7.5×10-4 mol，被Br2氧化产生的I2的物质的量为7.5×10-4 mol-2.5×10-4 mol＝5×10-4 mol，2Br-～Br2～I2，n(Br-)=1×10-3mol，n(KBr)＝n(Br-)＝1×10-3 mol，则KBr的质量分数为KBr%＝119 g·mol-1×1×10-3 mol÷0.2500 g×100%＝47.60%，故答案选A。
7．NOx含量的测定，是将气体样品通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3-，加水稀释，量取该溶液，加入FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+下列说法不正确的是
A．NO被H2O2氧化为的离子方程式为2NO+3H2O2=2H++2 +2H2O
B．滴定操作使用的玻璃仪器有酸式滴定管
C．若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果偏高
D．气体样品中混有空气，测定结果会偏高
【答案】D
【解析】
A. NO作还原剂，H2O2作氧化剂，生成硝酸和水，该离子方程式正确，A正确；
B. 重铬酸钾是强氧化剂，会腐蚀橡胶，故选用酸式滴定管，B正确；
C. 加入FeSO4标准溶液（过量），先发生，后发生， 若FeSO4标准溶液部分变质，则FeSO4标准溶液体积偏大，会使测定结果偏高，C正确；
D. 气体样品中混有空气，则样品中NOx实际含量偏小，实验中消耗的FeSO4标准溶液（过量）、K2Cr2O7标准溶液体积偏小，测定结果会偏小，D不正确；
答案选D。
8．配离子的稳定性可用K不稳衡量，例如Ag(NH3)2]+的K不稳= 。在一定温度下，向0.1 mol/L硝酸银溶液中滴入稀氨水，发生反应Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+]。溶液中pNH3与δ(X)的关系如图。其中pNH3=-lg[c(NH3)]、δ(X)= (X代表Ag+或Ag(NH3)2]+。下列说法不正确的是
A．图中δ2代表的是δ([Ag(NH3)2]+]) B．向溶液中滴入稀硝酸，δ(Ag+)减小
C．该溶液中c(NH4+)+c(H+)=c(OH-) D．该温度时，K不稳([Ag(NH3)2]+)=10-7.3
【答案】B
【解析】
A．向0.1mol/L硝酸银溶液中滴入稀氨水，随着氨水的加入，n(Ag+)逐渐减少，δ([Ag(NH3)2]+)逐渐增大，即δ(Ag+)减少，δ([Ag(NH3)2]+)增加，结合图像变化趋势，δ(Ag+)随着pNH3的增大而增大，所以δ1代表的是δ(Ag+)，δ2代表的是δ([Ag(NH3)2]+)，A选项正确；
B．NH3与H+反应生成NH4+，使反应Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+逆向移动，c(Ag+)增大，则δ(Ag+)增大，B选项错误；
C．溶液中电荷守恒：c(Ag+)+c([Ag(NH3)2]+)+c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(NO3-)，物料守恒：c(Ag+)+c([Ag(NH3)2]+) = c(NO3-)，两式整理得c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，C选项正确；
D．a点时，c(Ag+)=c([Ag(NH3)2]+)，pNH3=3.65，则c(NH3)=10-3.65mol/L，K不稳([Ag(NH3)2]+)= c2(NH3)=( 10-3.65)2=10-7.3，D选项正确；
答案选B。
9．室温下，将0.10mol·L-1NaOH溶液滴加到0.10mol·L-1HA溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数(lg)关系如图所示。下列叙述正确的是
A．溶液中水的电离程度N
C．Q点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)
D．室温下，NaA的水解平衡常数Kh=10-4.75
【答案】AB
【分析】
根据溶液的酸碱性的变化判断判断水的电离程度的大小；利用图像中特殊点及溶液中电荷守恒判断离子浓度间的关系；
【解析】
A．三点的pH都小于7，水的电离受到抑制，且pH越小，水的电离程度越小，故溶液中的水的电离程度为N
C．Q点，pH小于7，c(H+)>c(OH-)，则根据电荷守恒分析，c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(A-)，则有c(A-)> c(Na+)，C错误；
D．由NQ点的坐标可以计算P点坐标(0，4.75)，，c(H+)=10-4.75mol/L，根据电离平衡常数分析，K=10-4.75，则室温下，NaA的水解平衡常数Kh= =10-9.25，D错误；
故选AB。
10．电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，用标准溶液测定某生活用品中的含量(假设其它物质均不反应，且不含碳、钠元素)，得到滴定过程中溶液电位与的关系如图所示。已知：根据两个滴定终点时消耗盐酸的体积差可计算出的量。下列说法不正确的是
A．滴定过程中水的电离程度逐渐增大
B．滴定过程中溶液中逐渐增大
C．1mL该生活用品中含有的质量为
D．曲线任一点溶液中均存在：
【答案】AC
【解析】
A．随着盐酸的加入，碳酸钠转化为碳酸氢钠，最后转化为氯化钠，盐类的水解程度越来越小，故对水的电离的促进作用也越来越小，盐酸过量时还将抑制水的电离，故滴定过程中水的电离程度逐渐减小，A错误；
B．随着盐酸的加入，碳酸钠转化为碳酸氢钠，故c()逐渐增大，c()逐渐减小，滴定过程中溶液中逐渐增大，B正确；
C．由图中可知，(V2-V1)即碳酸氢钠消耗盐酸的体积，原溶液中碳酸钠的物质的量浓度为： mol/L，故1mL该生活用品中含有的质量为=，C错误；
D．根据溶液中电荷守恒可知，曲线任一点溶液中均存在：，D正确；
故答案为：AC。
11．已知25℃时，MOH的Kb=10-7。该温度下，向20.00mL0.1mol L-1MCl溶液中滴入0.1mol L-1NaOH溶液，溶液中由水电离出的c（H+）的负对数与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．m=3
B．V1=10
C．p点对应溶液中=10n-7：1
D．n点对应溶液中c（MOH）=c（Cl-）-c（Na+）
【答案】BD
【解析】
A．25℃时，MOH的Kb=10-7，根据Kb Kh=Kw可知MCl的水解平衡常数Kh=10-7，故0.1mol/LMCl溶液中存在水解平衡，，其中0.1-x0.1，Kh= =10-7，解得x=10-4mol/L，即c(H+)=10-4mol/L，故pH=4，故m=4，A错误；
B．25℃时，MOH的Kb=10-7，MCl的Kh=10-7，即等物质的量的MOH和MCl的混合溶液呈中性，pH=7，20.00mL0.1mol/LMCl溶液中滴入10.00mL0.1mol/LNaOH溶液时，得到等物质的量MOH、MCl、NaCl的混合溶液，溶液呈中性，pH=7，即为图象中的p点，故此时V1=10，B正确；
C．p点为加入20mLNaOH溶液，反应恰好产生MOH，溶液为碱性，水的电离受到抑制，-lgc水(H+)=a，则c水(H+)=10-amol/L，碱性溶液中H+完全是由水电离出来，则c(OH-)==10a-14mol/L，所以===107-a：1，C错误；
D．n点对应的溶液为MCl和MOH的混合物，溶液为中性，由于Kb(MOH)=10-7，所以此时c(M+)=c(MOH)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(M+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于c(H+)=c(OH-)，也就有c(MOH)=c(Cl-)-c(Na+)，D正确；
故答案为：BD。
12．草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体[KxFey（C2O4）z nH2O]是一种光敏材料，为测定该晶体中各离子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草酸合铁酸钾晶体，加热脱水得无水物质量为8，74g．（2）将所得固体配制成250mL溶液．（3）取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，滴加酸性KMnO4溶液发生反应：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，恰好消耗0.1000mol/L KMnO4溶液24.00mL．下列说法正确的是
A．9.820g晶体中含有C2O42﹣的物质的量为0.006mol
B．配制草酸合铁酸钾溶液玻璃仪器只需烧杯和玻璃棒
C．该晶体的化学式为K3Fe（C2O4）3 6H2O
D．9.820g样品中含K+的物质的量为0.06 mol
【答案】AD
【解析】A、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﹣）==0.006mol，故A正确；
B、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；
C、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﹣）==0.006mol；250mL原溶液C2O42﹣的物质的量为0.006mol×10=0.06mol，故n[K3Fe（C2O4）3]=0.06mol×=0.02mol，9.820g三草酸合铁酸钾晶体中结晶水的质量为：9.820﹣8.74=1.08（g），故n（H2O）==0.06mol，即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C错误；
D、9.820g样品即0.02molK3Fe（C2O4）3中含K+的物质的量为0.06mol，故D正确．故选AD．
13．Cr2O72-、Cr3+对环境具有极强的污染性，含有Cr2O72-、Cr3+的工业废水常采用NaOH沉淀方法除去。已知：①常温下，Cr3+完全沉淀(c≤1.0×10 5 mol· L 1) 时，溶液的pH为5；NaOH过量时Cr(OH)3溶解生成：Cr3++3OH Cr(OH)3 +H++H2O。②还原产物为Cr3+。③lg3.3=0.50。
请回答下列问题：
（1）常温下，Cr(OH)3的溶度积常数Ksp[Cr(OH)3]=__________。
（2）常温下，向50 mL 0.05 mol·L 1的Cr2(SO4)3溶液中加入1.0 mol·L 1的NaOH溶液50 mL，充分反应后，溶液pH为____________。
（3）为了测定工业废水中Na2Cr2O7的浓度，进行如下步骤：
Ⅰ．取100 mL滤液；
Ⅱ．用c mol·L 1的标准KMnO4酸性溶液滴定b mL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液b mL；
Ⅲ．取b mL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗d mL FeSO4溶液。
①步骤Ⅱ中的滴定过程应选用_______(填“酸式”或“碱式”)滴定管，滴定管装液前的操作是_______。
②步骤Ⅲ的滤液中Na2Cr2O7的含量为_______mol·L 1。
【答案】1.0×10 32 13.5 酸式 润洗
【分析】
（1）常温下，Cr3+完全沉淀（c≤1.0×10-5 mol/L） 时，溶液的pH为5，据此计算Cr（OH）3的溶度积常数；
（2）50mL 0.05mol/L的Cr2（SO4）3溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液50mL，则混合后溶液中c（Cr3+）=0.05mol/L，c（OH-）=0.5mol/L，发生反应：Cr3++3OH-═Cr（OH）3，根据方程式计算；
（3）①步骤Ⅱ中所用的标准液为酸性高猛酸钾溶液，具有强氧化性，需选用酸式滴定管，滴定管装液前的操作是润洗；
②根据氧化还原反应过程电子得失守恒计算。
【解析】
（1）常温下，Cr3+完全沉淀(c 1.0×10 5 mol/L) 时，溶液的pH为5，溶液中c(OH )=10 9mol/L，c(Cr3+)=10 5mol/L，则常温下，Cr(OH)3的溶度积常数Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)c3(OH )=1.0×10 32，故答案为1.0×10 32；
（2）50mL 0.05mol/L的Cr2(SO4)3溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液50mL，则混合后溶液中c(Cr3+)=0.05mol/L，c(OH )=0.5mol/L，发生反应：Cr3++3OH ═Cr(OH)3，则反应后c(OH-)=0.5mol/L 0.15mol/L=0.35mol/L，所以充分反应后，溶液pH=14 pOH=14+lgc(OH )=13.5，故答案为13.5；
（3）①步骤Ⅱ中所用的标准液为酸性高猛酸钾溶液，具有强氧化性，需选用酸式滴定管，滴定管装液前的操作是润洗，故答案为酸式；润洗；
②c mol/L的标准KMnO4酸性溶液滴定b mL一定浓度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液b mL，Mn从+7价降为+2价，Fe从+2价升为+3价，根据电子得失守恒，存在反应关系：MnO4- 5Fe2+，则滴定所用的FeSO4的浓度为c(Fe2+)=5cmol/L，取b mL滤液，用上述FeSO4溶液滴定，达到滴定终点时，消耗d mL FeSO4溶液，Cr从+6价降为+3价，Fe从+2价升为+3价，根据电子得失守恒，存在反应关系：Cr2O72 6Fe2+，则bmL溶液中Na2Cr2O7的含量为 =mol/L，故答案为；
14．I、在下列物质转化中A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：
当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外的同一种元素。请回答：
（1）A的化学式是______， Z的电子式是______。
（2）当X是强酸时，写出C→D的化学方程式：_____。
（3）当X是强碱时，写出E的稀溶液和铜反应生成C的离子方程式：_____。
II、在FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固体可制备摩尔盐晶体[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O] (其相对分子质量为392)，该晶体比一般亚铁盐稳定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
（4）为了洗涤(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O粗产品，下列方法中最合适的是____(填字母代号)。
A．用冷水洗 B．先用冷水洗，后用无水乙醇洗
C．用30%的乙醇溶液洗 D．用90%的乙醇溶液洗
（5）为了测定产品的纯度，称取a g产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为c mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：
实验次数 第一次 第二次 第三次
消耗高锰酸钾溶液体积/mL 25.52 25.02 24.98
①上表中第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是_____(填字母代号)。
A．滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束有气泡
B．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，后两次未润洗
C．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低
D．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积
②通过实验数据计算的该产品纯度为_____(用字母a、c表示)。
【答案】(NH4)2S 2SO2＋O2 2SO3 3Cu＋8H+ ＋2NO3－ === 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O D B ×100%
【解析】
试题分析：I、 D的相对分子质量比C的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D比C多一个氧原子，符合这种转化关系的有：SO2→SO3，NO→NO2，Na2SO3→Na2SO4等．由此可出推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、NO2等．若D为SO3，顺推E为H2SO4，Z为H2O，逆推B为H2S，A为硫化物，此时X为强酸；若D为NO2，顺推E为HNO3，Z为H2O，逆推B为NH3，A为铵盐．综合而得A应为（NH4）2S，以此解答该题。
II、（4）根据(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的溶解性选择洗涤剂；（5）①根据分析 ；②第一次实验中记录数据明显大于后两次，第一次实验录数据舍去，用第二次、第三次实验数据计算消耗高锰酸钾溶液体积，利用关系式5(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O KMnO4 ，计算的该产品纯度。
解析：（1）由以上分析可知，A是（NH4）2S，Y是O2，Z是H2O，水的电子式是；（2）当X是强酸时，E是H2SO4，C生成D的化学方程式2SO2＋O2 2SO3；
（3）当X是强碱时，E是HNO3，硝酸与铜反应的离子方程式是3Cu＋8H+ ＋2NO3－ === 3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
II、（4） (NH4)2SO4·FeSO4·6H2O不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇，为防止(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O溶解，降低产率，用90%的乙醇溶液洗；
（5）①根据；A．滴定前滴定管尖嘴无气泡，滴定结束有气泡，消耗高锰酸钾溶液体积偏小，故A错误；B．第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过，(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的物质的量偏大，消耗高锰酸钾溶液体积偏大，故B正确；C．该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，有部分变质，浓度降低，应该对所有实验都有影响，故C错误；D．实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时酸性高锰酸钾溶液的体积，消耗消耗高锰酸钾溶液体积偏小，故D错误；
②第一次实验中记录数据明显大于后两次，第一次实验录数据舍去，用第二次、第三次实验数据计算消耗高锰酸钾溶液体积为=25.00mL ，设每次所取待测液中含溶质n mol，
n=0.025L×c mol·L-1×5
则该产品纯度为0.025L×c mol·L-1×5×20×392g/mol÷ag×100%=×100%。
一轮再回顾
易错点精析
二轮热点难点突破
针对训练
突破提升
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