資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
考點24 酸堿中和滴定及其遷移應用
一、兩大拓展滴定法
1.沉淀滴定法
(1)定義:沉淀滴定是利用沉淀反應進行滴定、測量分析的方法,生成沉淀的反應很多,但符合條件的卻很少,實際上應用最多的是銀量法,即利用Ag+與鹵素離子的反應來測定Cl-、Br-、I-的濃度。
(2)原理:沉淀滴定所用的指示劑本身就是一種沉淀劑,滴定劑與被滴定物反應的生成物的溶解度要比滴定劑與指示劑反應的生成物的溶解度小,否則不能用這種指示劑。如用AgNO3溶液測定溶液中Cl-的含量時常以Cr為指示劑,這是因為AgCl比Ag2CrO4更難溶的緣故。
2.氧化還原滴定法
(1)原理:以氧化劑或還原劑為滴定劑,直接滴定一些具有還原性或氧化性的物質,或者間接滴定一些本身并沒有還原性或氧化性、但能與某些還原劑或氧化劑反應的物質。
(2)試劑:常用于滴定的氧化劑有KMnO4、K2Cr2O7等;常用于滴定的還原劑有亞鐵鹽、草酸、維生素C等。
(3)實例。
①用酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液。
原理:2Mn+6H++5H2C2O410CO2↑+2Mn2++8H2O。
指示劑及終點判斷:酸性KMnO4溶液本身呈紫色,不用另外選擇指示劑,當滴入最后一滴酸性KMnO4溶液后,溶液剛好由無色變淺紅色,且半分鐘內不變色,說明到達滴定終點。
②用Na2S2O3溶液滴定碘液。
原理:2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI。
指示劑及終點判斷:用淀粉作為指示劑,當滴入最后一滴Na2S2O3溶液后,溶液的藍色剛好退去,且半分鐘內不恢復原色,說明到達滴定終點。
二、中和滴定考點歸納
(1)“考”實驗儀器
酸式滴定管、堿式滴定管、滴定管夾(帶鐵架臺)、錐形瓶。其中常考的是滴定管，如正確選擇滴定管(包括量程)，滴定管的檢漏、洗滌和潤洗，滴定管的正確讀數方法等。
(2)“考”操作步驟
①滴定前的準備：查漏、洗滌、潤洗、充液(趕氣泡)、調液面、讀數；
②滴定：移液、滴加指示劑、滴定至終點、讀數；
③計算。
(3)“考”指示劑的選擇
酸堿滴定時，石蕊一般不能作為中和滴定的指示劑，因為其變色不靈敏，且耗酸堿較多，造成較大誤差。一般按以下方法選擇指示劑：
酸堿滴定 指示劑選擇 顏色變化
強酸滴定強堿 甲基橙 黃色變橙色
強堿滴定強酸 酚酞 無色變紅色
強酸滴定弱堿 甲基橙 黃色變橙色
強堿滴定弱酸 酚酞 無色變為粉紅色
(4)“考”誤差分析
寫出計算式，分析操作對V標的影響，由計算式得出對最終測定結果的影響，切忌死記硬背結論。此外對讀數視線(俯視、仰視)問題要學會畫圖分析。
(5)“考”數據處理
正確取舍數據，計算平均體積，根據反應式確定標準液與待測液濃度和體積的關系，從而列出公式進行計算。
三、滴定終點規范描述
(1)用a mol·L－1 的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，用酚酞做指示劑，達到滴定終點的現象是___________________________________________________________________；若用甲基橙做指示劑，達到滴定終點的現象是_______________________________。
(2)用標準碘溶液滴定溶有SO2 的水溶液，以測定水中SO2 的含量，應選用____________做指示劑，達到滴定終點的現象是_________________________________________。
(3)用標準酸性KMnO4 溶液滴定溶有SO2 的水溶液，以測定水中SO2 的含量，是否需要選用指示劑________(填“是”或“否”)，達到滴定終點的現象是________________。
(4)用氧化還原滴定法測定TiO2的質量分數：一定條件下，將TiO2溶解并還原為Ti3＋，再用KSCN溶液做指示劑，用NH4Fe(SO4)2標準溶液滴定Ti3＋至全部生成Ti4＋，滴定Ti3＋時發生反應的離子方程式為_____________________________________________________，達到滴定終點時的現象是________________________________________________。
(5)用標準KI溶液滴定含有Fe3＋的溶液，應選用__________做指示劑，達到滴定終點的現象是_____________________________________________________________________。
答案：(1)當滴入最后一滴鹽酸標準液，溶液由紅色變為無色，且半分鐘內不恢復紅色　當滴入最后一滴鹽酸標準液，溶液由黃色變為橙色，且半分鐘內不恢復黃色
(2)淀粉溶液　當滴入最后一滴標準碘溶液，溶液由無色變為藍色，且半分鐘內不褪色
(3)否　當滴入最后一滴酸性KMnO4 溶液，溶液由無色變為淺紫紅色，且半分鐘內不褪色
(4)Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋　當滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2標準溶液，溶液變成紅色，且半分鐘內不褪色
(5)KSCN溶液　當滴入最后一滴標準KI溶液，溶液的紅色褪去，且半分鐘內不恢復紅色
圖解量器的讀數方法
(1)平視讀數(如圖1)：用量筒、移液管或滴定管量取一定體積的液體，讀取液體體積時，視線應與凹液面最低點保持水平，視線與刻度的交點即為讀數(即凹液面定視線，視線定讀數)。
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(2)俯視讀數(如圖2)：當用量筒測量液體的體積時，由于俯視視線向下傾斜，尋找切點的位置在凹液面的上側，讀數高于正確的刻度線位置，即讀數偏大。
(3)仰視讀數(如圖3)：讀數時，視線向上傾斜，尋找切點的位置在液面的下側，滴定管刻度標法與量筒不同，仰視滴定管讀數偏大。
一、巧抓“四點”，突破酸堿中和滴定曲線中的粒子濃度關系
(1)抓反應“一半”點，判斷是什么溶質的等量混合。
(2)抓“恰好”反應點，生成的溶質是什么？判斷溶液的酸堿性。
(3)抓溶液的“中性”點，生成什么溶質，哪種物質過量或不足。
(4)抓反應的“過量”點，溶液中的溶質是什么？判斷哪種物質過量。
實例分析：向CH3COOH溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液pH與加入NaOH溶液的關系如圖所示：
(注：a點為反應一半點，b點呈中性，c點恰好完全反應，d點NaOH過量一倍)
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分析：
a點，溶質為CH3COONa、CH3COOH
離子濃度關系：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
b點，溶質為CH3COONa、CH3COOH
離子濃度關系：c(CH3COO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)
c點，溶質為CH3COONa
離子濃度關系：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＞c(H＋)
d點，溶質為CH3COONa、NaOH
離子濃度關系：c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CH3COO－)＞c(H＋)
二、氧化還原和沉淀滴定中常用的指示劑及終點時的顏色變化
滴定方式 還原劑滴定KMnO4 KMnO4滴定還原劑 I2滴定還原劑 還原劑滴定I2 鐵鹽滴定還原劑 還原劑滴定鐵鹽 AgNO3溶液滴定含Cl－的溶液
指示劑 KMnO4 KMnO4 淀粉 淀粉 KSCN KSCN K2CrO4溶液
終點時的顏色變化 粉(淺)紅色→無色 無色→粉(淺)紅色 無色→藍色 藍色→無色 溶液變紅色 紅色消失 出現淡紅色沉淀(Ag2CrO4為紅色沉淀)
1．某同學進行酸堿中和滴定實驗，操作如下：向潤洗后的錐形瓶中加入25.00mL待測鹽酸，并加入幾滴酚酞溶液；另取一支堿式滴定管，查漏后洗凈，向其中注入標準堿液，驅趕滴定管尖嘴部分中的氣泡并調整液面至“零”刻度；然后，左手控制滴定管，右手不停搖動錐形瓶，兩眼注視滴定管內液面變化，直至加入半滴標準液，溶液從紅色變為無色且半分鐘內不恢復，達到滴定終點。實驗中存在的錯誤有幾處？
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【解析】
裝待測液的錐形瓶不能用待裝液體潤洗，此為第一處錯誤，另取一支堿式滴定管，查漏后洗凈，需用待裝的標準堿液潤洗后再裝液，此為第二處錯誤；滴定過程中兩眼注視錐形瓶中溶液顏色的變化，此為第三處錯誤；滴定終點的判斷為，當滴入最后半滴標準液后，溶液從無色變為紅色且半分鐘內不恢復，此為第四處錯誤，故答案為：D。
2．下列有關實驗操作的說法正確的是
A．將pH試紙伸入盛裝氯水的試劑瓶中測其pH
B．進行中和滴定操作時，眼睛要始終注視滴定管內溶液液面的變化
C．用稀硫酸代替H2O洗滌BaSO4沉淀，可減少洗滌過程中的BaSO4損耗
D．中和熱測定實驗中，可以分多次把NaOH溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中
【答案】C
【解析】
A．氯水中含有的次氯酸具有強氧化性，能使有機色質因氧化而漂白褪色，無法用pH試紙測定氯水的pH，故A錯誤；
B．進行中和滴定操作時，眼睛要始終注視錐形瓶內溶液液面的變化，故B錯誤；
C．用稀硫酸代替水洗滌硫酸鋇沉淀可以降低硫酸鋇的溶解度，可減少洗滌過程中的硫酸鋇因溶解而造成損耗，故C正確；
D．中和熱測定實驗中，應把氫氧化鈉溶液倒入盛有鹽酸的小燒杯中，否則會造成熱量散失，導致測定結果偏低，故D錯誤；
故選C。
3．已知：pOH=-lgc(OH-)，298K時，向20.00mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的鹽酸，溶液的pH和pOH與加入鹽酸體積關系如圖所示。下列說法正確的是
A．曲線PJN表示溶液中pH的變化
B．M點水的電離程度比N點大
C．M、P兩點的數值之和a+b不一定等于14
D．pH與pOH交叉點J對應的V(鹽酸)小于20.00mL
【答案】D
【解析】
pH越大，說明溶液堿性越強，pOH越大，說明溶液酸性越強，據此分析解題：
A．根據圖知，隨著鹽酸的加入，氨水溶液中pH減小、pOH增大，所以PJN為溶液中的pOH變化曲線，曲線MJQ表示溶液中pH變化曲線，A錯誤；
B．M點pH與N點的pOH相等，故M、N兩點水電離的程度相同，而N、Q為滴定過程中相同時刻的溶液，故M、Q兩點水的電離程度相同，B錯誤；
C．根據圖知，PJN曲線表示pOH變化、MJQ曲線表示pH變化，M、P點為酸堿中和同一點，M點pH=a、P點pOH=b，則M點c(H+)=10-amol/L、P點c(OH-)=10-bmol/L，相同溫度下c(H+)×c(OH-)=Kw，所以M、P兩點的數值之和a+b=14，C錯誤；
D．pH與pOH交叉點J中pH=pOH，則c(H+)=c(OH-)，為中性溶液，一水合氨是弱堿，要使混合溶液呈中性，則氨水應該稍微過量，所以鹽酸體積小于20mL，D正確；
故答案為：D。
4．下列有關儀器的使用方法或實驗操作正確的是
A．洗凈的錐形瓶和滴定管都需烘干后才能使用
B．利用如圖所示的方法，排出堿式滴定管內的氣泡
C．酸堿滴定實驗中，用待測溶液潤洗錐形瓶可以減小實驗誤差
D．用堿式滴定管量取20.00mL溶液
【答案】B
【解析】
A．洗凈的錐形瓶和滴定管都不需要烘干，滴定管只需要用待測液或標準液潤洗，故A錯誤；
B．將堿式滴定管尖嘴部分向上傾斜45°，慢慢擠壓玻璃珠排氣，如上圖，故B正確；
C．錐形瓶不需要潤洗，用待測溶液潤洗錐形瓶增大了標準液的用量，增大實驗誤差，故C錯誤；
D．為強氧化劑，腐蝕橡膠管，故強氧化劑用酸式滴定管量取，故D錯誤；
故答案為B。
5．0.1 mol/L NaOH溶液與鹽酸酸化的0.02 mol/LFeCl3溶液滴定時t-pH曲線如圖所示(已知，lg2=0.3)。下列說法正確的是
A．如圖為FeCl3溶液滴定NaOH溶液的t-pH曲線
B．由曲線上a點pH，可計算室溫下Fe3+的水解常數
C．曲線上b點表示Fe3+恰好沉淀完全
D．c點存在關系：
【答案】C
【解析】
A．FeCl3溶液是強酸弱堿鹽，水解使溶液顯酸性。根據圖示可知在開始滴定時溶液pH＜7，溶液顯酸性，因此開始時溶液是鹽酸酸化的FeCl3溶液，圖示表示的是NaOH溶液滴定FeCl3溶液的t-pH曲線，A錯誤；
B．在室溫下在FeCl3溶液中存在Fe3+的水解平衡：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，則根據a點溶液的pH=1.7，可知此時c(H+)=10-1.7 mol/L，在a點Fe3+有一部分水解使Fe3+的濃度小于0.02 mol/L，所以Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+的平衡常數Kh=，B錯誤；
C．pH=3.2以后，pH迅速增加，說明b點Fe3+恰好沉淀完全。若Fe3+剛好沉淀完全，則c(Fe3+)=1.0×10-5 mol/L，c3(OH-)=，pOH=11-lg2=11-×0.3=10.8，所以此時溶液pH=14-pOH=14-10.8=3.2，即說明b點時表示Fe3+恰好沉淀完全，C正確；
D．c點溶液中還存在Na+，因此根據電荷守恒可知微粒濃度存在關系：3c(Fe3+)+c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，D錯誤；
故合理選項是C。
6．滴定分析法是一種精度很高的定量分析法。以酚酞為指示劑，用標準溶液滴定某未知濃度的鹽酸溶液，下列說法錯誤的是
A．用酸式滴定管盛裝待測液
B．裝液之前需潤洗堿式滴定管
C．指示劑多加不影響測定結果
D．滴定終點時，溶液顏色由無色變為粉紅色
【答案】C
【解析】
A．某未知濃度的鹽酸溶液是待測液，因此用酸式滴定管盛裝待測液，故A正確；
B．裝標準液之前需潤洗堿式滴定管，不潤洗會導致結果偏高，故B正確；
C．指示劑一般是有機弱酸或弱堿，會消耗一定的滴定劑，因此多加會影響測定結果，故C錯誤；
D．開始時，酚酞加入到鹽酸中，溶液為無色，當滴定終點時，溶液顏色由無色變為粉紅色，故D正確。
綜上所述，答案為C。
7．用溶液滴定未知濃度的鹽酸溶液，在滴定過程中，若出現下列情況會使測定結果偏低的是
A．滴定達到滴定終點時，仰視讀數
B．在振蕩錐形瓶時不慎將瓶內待測液濺出
C．若在滴定過程中不慎將數滴堿液滴錐形瓶外
D．用蒸餾水洗滌堿式滴定管后立即使用，沒有用堿液潤洗
【答案】B
【解析】
A．滴定達到滴定終點時，仰視讀數，讀數偏大，測定結果偏高，故A不符合題意；
B．在振蕩錐形瓶時不慎將瓶內待測液濺出，消耗的標準液減小，測定結果偏低，故B符合題意；
C．若在滴定過程中不慎將數滴堿液滴錐形瓶外，則消耗的標液體積偏大，測定結果偏高，故C不符合題意；
D．用蒸餾水洗滌堿式滴定管后立即使用，沒有用堿液潤洗，堿液濃度減低，消耗標液的體積偏大，測定結果偏高，故D不符合題意。
綜上所述，答案為B。
8．25 ℃時，向20.00 mL濃度均為0.100 0 mol·L 1的三種酸HX、HY、HZ中分別加入濃度為0.100 0 mol·L 1的NaOH溶液，結果如圖所示，下列說法正確的是
A．電離常數Ka(HY)=10 5
B．酸性強弱：HX＞HY＞HZ
C．HZ的電離方程式為HZH++Z
D．若加入過程溫度發生變化，則V=40.00mL時Kw最大
【答案】A
【分析】
由圖可知，0.100 0mol/LHZ溶液的pH為1，HZ為強酸，在溶液中完全電離，相同濃度的HX溶液、HY溶液pH小于1，HX、HY均為弱酸；0.100 0mol/L HX溶液的pH大于0.100 0mol/LHY溶液，則HX溶液的酸性弱于HY；當加入20.00 mL0.100 0mol/L氫氧化鈉溶液時，酸堿恰好完全反應，反應溫度最高，水的離子積常數最大。
【解析】
A．由分析可知，0.100 0mol/L HY溶液中溶液pH為10 3mol/L，則Ka(HY)= ≈=10 5，故A正確；
B．由分析可知，三種酸的酸性強弱為HZ＞HY＞HX，故B錯誤；
C．由分析可知，0.100 0mol/LHZ溶液的pH為1，HZ為強酸，在溶液中完全電離，電離方程式為HZ=H++Z ，故C錯誤；
D．由分析可知，當加入20.00 mL0.100 0mol/L氫氧化鈉溶液時，酸堿恰好完全反應，反應溫度最高，水的離子積常數最大，故D錯誤；
故選A。
9．已知常溫常壓下，飽和CO2的水溶液pH = 3.9，則可推斷用標準鹽酸溶液滴定NaHCO3水溶液時，適宜選用的指示劑及滴定終點時顏色變化的情況是
A．石蕊，由藍變紅 B．甲基橙，由橙變黃
C．酚酞，紅色褪去 D．甲基橙，由黃變橙
【答案】D
【解析】
標準鹽酸溶液滴定碳酸氫鈉水溶液時，發生的反應是：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，滴定終點時pH=3.9，因此滴定終點時溶液顯酸性，而指示劑選用甲基橙(3.1～4.4)，滴定終點時溶液pH降低到3.9，顏色由黃變橙。
答案選D。
10．用標準濃度的氫氧化鈉溶液來滴定未知濃度的鹽酸，下列操作中會使鹽酸測定的濃度偏大的是
①堿式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準溶液潤洗
②錐形瓶中盛有少量蒸餾水，再加待測液
③酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，未用鹽酸潤洗
④滴定前堿式滴定管尖嘴處沒有氣泡，滴定后尖嘴處有氣泡
⑤滴定后觀察堿式滴定管讀數時，俯視刻度線
A．① B．①④ C．②③ D．④⑤
【答案】A
【解析】
①堿式滴定管用蒸餾水洗凈后未用標準溶波潤洗，導致消耗NaOH標準溶液的體積偏大，則由此計算的待測鹽酸的濃度偏大，①符合題意；
②錐形瓶中盛有少量蒸餾水，再加待測液，對物質的量無影響，則對測定待測鹽酸的濃度無影響，②不符合題意；
③酸式滴定管用蒸餾水洗凈后，未用鹽酸潤洗，導致待測n(HCl)偏小，消耗NaOH標準溶液的體積偏小，則由此計算的待測鹽酸的濃度偏小，③不符合題意；
④滴定前堿式滴定管尖端沒有氣泡，滴定后尖嘴處有氣泡，所測NaOH標準溶液的體積偏小，則由此計算的待測鹽酸的濃度偏小，④不符合題意；
⑤滴定后觀察堿式滴定管讀數時，俯視刻度線，會使讀出消耗的標準NaOH溶液的體積偏小，則由此計算的待測鹽酸的濃度偏小，⑤不符合題意；
綜上所述可知：導致待測溶液濃度偏高的只有①，故合理選項是A。
11．實驗室常利用甲醛法測定樣品中氮的質量分數，其反應原理為[滴定時，1mol與1mol相當]，然后用NaOH標準溶液滴定反應生成的酸。
某興趣小組用甲醛法進行了如下實驗：
步驟Ⅰ：稱取樣品1.400g。
步驟Ⅱ：將樣品溶解后，完全轉移到250mL容量瓶中，定容，充分搖勻。
步驟Ⅲ：移取25.00nL樣品溶液于250mL錐形瓶中，加入10mL20%的中性甲醛溶液，搖勻、靜置5min后，加入1~2滴酚酞試液，用NaOH標準溶液滴定至終點。按上述操作方法再重復2次。
（1）根據步驟Ⅲ填空：
①堿式滴定管用蒸餾水洗滌后，直接加入NaOH標準溶液進行滴定，則測得樣品中氮的質量分數___________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。
②錐形瓶用蒸餾水洗滌后，水未倒盡，則滴定時用去NaOH標準溶液的體積___________(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。
③判斷滴定終點的現象是錐形瓶中溶液___________。
（2）如圖是某次滴定時的滴定管中的液面，其讀數為___________mL。
（3）某實驗小組的實驗數據如下表所示，根據表中數據計算：
滴定次數 待測溶液的體積/mL 標準溶液的體積
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標準溶液的濃度為0.100，則該樣品中氮的質量分數為___________。
【答案】
（1） 偏高 無影響 無色變為淺紅，且半分鐘內不變色
（2）22.60
（3）20%
【解析】
（1）
①堿式滴定管用蒸餾水洗滌后，需要再用NaOH標準溶液進行潤洗，否則相當于NaOH溶液被稀釋，滴定消耗的體積會增大，測得樣品中氮的質量分數偏高；
②錐形瓶用蒸餾水洗滌后，水未倒盡，但是待測液中氫離子的物質的量不變，滴定時所需要的NaOH標準溶液中的氫氧化鈉溶質的量就不變 ，對滴定結果無影響；
③滴定終點時錐形瓶內溶液液顏色由無色變為淺紅，且半分鐘內不變色；
（2）
滴定管0刻度在上方，自下而上刻度逐漸減小，每個小刻度為0.1mL，根據圖示滴定管液面可知，液面處于22和23之間，小刻度為0.6，據此讀出滴定管中液面讀數22.60；
（3）
標準溶液的體積應取三次實驗的平均值，滴定時消耗NaOH溶液的體積為： =20.00 mL，根據題意中性甲醛溶液一定是過量的，而且1.400g銨鹽經溶解后，取了其中的1/10進行滴定，即0.14g；滴定結果溶液中含有H+共0.02×0.1000=0.002mol，根據4NH4++6HCHO═3H++6H2O+(CH2)6N4H+反應，已知1 mol(CH2)6N4H+與1 mol H+相當，所以每生成4 mol H+，消耗4NH4+，所以共消耗NH4+0.002mol,其中含有氮元素質量：0.002mol×14=0.028g，所以氮元素質量分數為×100%=20%；
1．常溫下，向20.0mL0.10mol·L-1NaOH溶液中滴入0.10mol·L-1的醋酸，溶液的pH與所加醋酸的體積關系如圖所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，lg6=0.8.下列有關敘述不正確的是
A．該滴定過程應該選擇酚酞作為指示劑
B．M點對應的醋酸體積大于20.0mL
C．M點處的溶液中c(Na+)=c(CH3COO-)=c(H+)=c(OH-)
D．恰好中和時，溶液的pH約為8.7
【答案】C
【解析】
A．強堿弱酸相互滴定時，由于生成強堿弱酸鹽使溶液顯堿性，所以應選擇在堿性環境中變色的指示劑酚酞，故A正確；
B．如果M點鹽酸體積為20.0mL，則二者恰好完全反應生成醋酸鈉，醋酸根離子水解導致該點溶液應該呈堿性，要使溶液呈中性，則醋酸應該稍微過量，所以醋酸體積大于20.0mL，故B正確；
C．M處溶液pH=7呈中性， c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，由于反應后混合溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，則c(Na+)=c(CH3COO-)，則c(Na+)=c(CH3COO-)>c(H+)=c(OH-)，故C錯誤；
D．20.0mL0.10mol·L-1NaOH溶液中滴入0.10mol·L-1的醋酸20.0mL時恰好中和，溶液為0.05mol·L-1醋酸鈉溶液，水解呈堿性，水解常數，，則(OH-)=10-4.5mol/L，c(H+)=6×10-9.5mol/L，可得pH約為8.7，故D正確；
答案為C。
2．室溫下，向20.00 mL 0.1000 mol·L-1鹽酸中滴加0. 1000mol·L-1 NaOH溶液。下 列說法不正確的是
A．NaOH與鹽酸恰好完全反應時，pH=7
B．選擇變色點與滴定終點pH相接近的指示劑，可減小實驗誤差
C．選擇酚酞指示反應終點，誤差比甲基橙的大
D．待測液和標準溶液濃度變大時，滴定曲線的突躍范圍將變大
【答案】C
3．常溫下，以酚酞為指示劑，用0.1000 mol/L的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系數δ隨滴加NaOH溶液體積V(NaOH)的變化關系如圖所示。
[比如A2-的分布系數：]下列敘述不正確的是
A．當V(NaOH)=0mL時，c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)
B．當V(NaOH)=20.00mL時，c(Na+)＜ c (HA-)+2c(A2-)
C．當V(NaOH)=40.00mL時，c(HA-)+c(H+)= c(OH-)
D．常溫下，A2-的水解常數值為1×10-9
【答案】D
【分析】
根據圖像，在未加NaOH溶液時，曲線①的分布系數與曲線②的分布系數之和等于1，且曲線①一直在減小，曲線②在一直增加；說明H2A第一步完全電離，第二步存在電離平衡，即H2A=HA-+H+，HA- A2-+H+，與起始時H2A溶液的pH=1吻合，則曲線①代表δ(HA-)，曲線②代表δ(A2-)，曲線③代表溶液的pH；當V(NaOH)=40.00mL時，達到滴定終點，則H2A溶液的濃度約為0.1000 mol/L，據此分析解答。
【解析】
A．H2A的第一步是完全電離的，H2A=HA-+H+，HA- A2-+H+，因此當V(NaOH)=0mL時，c(HA-)＞c(H+)＞c(A2-)＞c(OH-)，故A正確；
B．當V(NaOH)=20.00mL時，NaOH、H2A的物質的量相等，反應后溶液中溶質為NaHA，根據物料守恒有c(Na+)= c (HA-)+c(A2-)，則c(Na+)＜ c (HA-)+2c(A2-)，故B正確；
C．當V(NaOH)=40.00mL時，NaOH、H2A的物質的量之比為2∶1，恰好反應生成Na2A，根據物料守恒有：c(Na+)=2c(HA-)+2c(A2-)，再結合電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)，聯立可得：c(HA-)+c(H+)= c(OH-)，故C正確；
D．加入25mLNaOH溶液時，溶液中δ(A2-)=δ(HA-)，則c(A2-)=c(HA-)，此時溶液pH=2.0，溶液中c(OH-)=10-12mol/L，故A2-的水解常數Kh==c(OH-)=1.0×10-12，故D錯誤；
故選D。
4．某興趣小組模擬企業對含鉻廢水(Cr2O和Cr3+)處理流程如圖(M(Cr)=52g/mol)，下列說法不正確的是
A．調節池中發生的反應為：Cr2O+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O
B．操作Ⅰ后得到的殘渣主要成分為Fe(OH)3
C．操作Ⅳ制備得到的重鉻酸鉀中有少量的氯化鈉晶體，想要得到純度較大的重鉻酸鉀需要重結晶，其具體操作方法為將產品溶于水中，蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥
D．為檢測處理后廢水中鉻的含量，取100mL處理后的樣品于錐形瓶中，調節pH使Cr2O完全轉化為Cr3+，再用amol/L的EDTA(用H4Y表示)標準溶液進行滴定，其反應原理為：Cr2O→2Cr3+、Cr3++Y4-=CrY-實驗消耗EDTA標準溶液bmL，則處理后廢液中含鉻元素濃度為1040abmg/L
【答案】D
【分析】
含鉻廢水（和Cr3+）加入硫酸和硫酸亞鐵，進入調節池發生氧化還原反應生成鐵離子和鉻離子，加入氫氧化鈉溶液過濾得到濾渣為氫氧化鐵沉淀，濾液含，加入過氧化氫酸性溶液中氧化，生成Na2CrO4，操作Ⅲ小調節溶液PH，2CrO42-+2H+═+H2O，酸溶液應選擇硫酸，鹽酸易被氧化所以不選擇鹽酸，得到的Na2Cr2O7溶液，加入適量KCl過濾得到K2Cr2O7晶體，據此分析解題。
【解析】
A．調節池里發生的反應是酸性溶液中重鉻酸跟離子氧化亞鐵離子生成鐵離子的反應，反應的離子方程式為：Cr2O+14H++6Fe2+=2Cr3++6Fe3++7H2O，A正確；
B．由分析可知，操作Ⅰ后得到的殘渣主要成分為Fe(OH)3，B正確；
C．操作Ⅳ制備得到的重鉻酸鉀中有少量的氯化鈉晶體，想要得到純度較大的重鉻酸鉀需要重結晶，根據二者溶解度隨溫度變化的區別，可以進行重結晶，其具體操作方法為將產品溶于水中，蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥，C正確；
D．為檢測處理后廢水中鉻的含量，取100mL處理后的樣品于錐形瓶中，調節pH使完全轉化為Cr3+，再用amol/L的EDTA(用H4Y表示)標準溶液進行滴定，其反應原理為：→2Cr3+、Cr3++Y4-=CrY-實驗消耗EDTA標準溶液bmL，→2Cr3+，Cr3++Y4-=CrY-
反應定量關系為：→2Cr3+～2H4Y（EDTA）n（Cr3+）=n（EDTA）=amol L-1×b×10-3L=ab×10-3mol，計算得到鉻離子的濃度==0.52abg/L=520ab mg/L，D錯誤；
故答案為：D。
5．通過佛爾哈德法可以測定三氯氧磷(POCl3)樣品中Cl元素的含量，實驗步驟如下：
Ⅰ.取mg樣品于錐形瓶中，加入足量的NaOH溶液，待完全反應后加稀硝酸至溶液顯酸性；
Ⅱ.向錐形瓶中加入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，用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋；
Ⅳ.加入指示劑，用cmol·mol-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積為VmL。
已知：Ksp(AgCl)=3.2×10-10，Ksp(AgSCN)=2×10-12。
下列說法正確的是
A．滴定選用的指示劑為甲基橙
B．本次實驗測得Cl元素的質量分數為%
C．硝基苯的作用為防止沉淀被氧化
D．若取消步驟Ⅲ，測定結果偏大
【答案】B
【分析】
分析實驗步驟可知氯離子、SCN-分別和銀離子反應，有關系式POCl3~3Cl-~3AgNO3~3Ag+、Ag+~NH4SCN。
【解析】
A．由Ⅰ、Ⅱ、Ⅳ滴定過程溶液始終顯酸性，無法用甲基橙作指示劑，A錯誤；
B．Ag+總物質的量為0.1000mol·L-1×50.00mL=5.0×10-3mol，NH4SCN的物質的量為cmol·mol-1×VmL=cV×10-3mol，設三氯氧磷(POCl3)樣品中Cl元素的物質的量為x，結合關系式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)樣品中Cl元素的質量為(5.0-cV)×10-3mol×35.5g/mol=3.55(5.0-cV) ×10-2g，因此Cl元素的質量分數為%，B正確；
C．由可知Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)=2×10-12，硝基苯的作用為防止AgCl轉化為AgSCN，C錯誤；
D．取消步驟Ⅲ，則AgCl轉化為AgSCN，所需NH4SCN體積V偏大，由Cl%=%，可知Cl%偏小，D錯誤；
答案選B。
6．某感光材料的主要成分為KBr和KI(其余成分不溶于水)，測定KBr含量的方法如下：
①稱取試樣1.0g，溶解后，過濾，將濾液再配制成200mL溶液。
②取50mL上述溶液，用溴水將I-氧化成IO，除去過量Br2后，再加入過量KI，酸化，加入淀粉溶液，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液滴定析出的I2(發生反應：I2+2S2O=S4O+2I-)，終點時消耗30.00mLNa2S2O3溶液。
③另取50mL①所得溶液，酸化后加入足量K2Cr2O7溶液，將生成的I2和Br2收集于含有過量KI的溶液中，反應完全后，加入淀粉溶液，用0.1mol/L的Na2S2O3溶液滴定，終點時消耗15.00mLNa2S2O3溶液。
試樣中KBr的質量分數為（ ）
A．47.6% B．35.7% C．23.8% D．11.9%
【答案】A
【解析】
由題意可得關系：I-～IO～3I2～6S2O，n(S2O)=0.1 mol·L-1×30×10-3 L，則50 mL樣品中n(I-)=0.5×10-3 mol，用K2Cr2O7溶液處理后，該部分I-氧化為I2，其物質的量為n(I2)＝0.5n(I-)＝2.5×10-4 mol，該部分溶液中總的n(I2)總＝0.5×0.100 0 mol·L-1×15×10-3 L＝7.5×10-4 mol，被Br2氧化產生的I2的物質的量為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，則KBr的質量分數為KBr%＝119 g·mol-1×1×10-3 mol÷0.2500 g×100%＝47.60%，故答案選A。
7．NOx含量的測定，是將氣體樣品通入適量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化成NO3-，加水稀釋，量取該溶液，加入FeSO4標準溶液（過量），充分反應后，用K2Cr2O7標準溶液滴定剩余的Fe2+下列說法不正確的是
A．NO被H2O2氧化為的離子方程式為2NO+3H2O2=2H++2 +2H2O
B．滴定操作使用的玻璃儀器有酸式滴定管
C．若FeSO4標準溶液部分變質，會使測定結果偏高
D．氣體樣品中混有空氣，測定結果會偏高
【答案】D
【解析】
A. NO作還原劑，H2O2作氧化劑，生成硝酸和水，該離子方程式正確，A正確；
B. 重鉻酸鉀是強氧化劑，會腐蝕橡膠，故選用酸式滴定管，B正確；
C. 加入FeSO4標準溶液（過量），先發生，后發生， 若FeSO4標準溶液部分變質，則FeSO4標準溶液體積偏大，會使測定結果偏高，C正確；
D. 氣體樣品中混有空氣，則樣品中NOx實際含量偏小，實驗中消耗的FeSO4標準溶液（過量）、K2Cr2O7標準溶液體積偏小，測定結果會偏小，D不正確；
答案選D。
8．配離子的穩定性可用K不穩衡量，例如Ag(NH3)2]+的K不穩= 。在一定溫度下，向0.1 mol/L硝酸銀溶液中滴入稀氨水，發生反應Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+]。溶液中pNH3與δ(X)的關系如圖。其中pNH3=-lg[c(NH3)]、δ(X)= (X代表Ag+或Ag(NH3)2]+。下列說法不正確的是
A．圖中δ2代表的是δ([Ag(NH3)2]+]) B．向溶液中滴入稀硝酸，δ(Ag+)減小
C．該溶液中c(NH4+)+c(H+)=c(OH-) D．該溫度時，K不穩([Ag(NH3)2]+)=10-7.3
【答案】B
【解析】
A．向0.1mol/L硝酸銀溶液中滴入稀氨水，隨著氨水的加入，n(Ag+)逐漸減少，δ([Ag(NH3)2]+)逐漸增大，即δ(Ag+)減少，δ([Ag(NH3)2]+)增加，結合圖像變化趨勢，δ(Ag+)隨著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選項正確；
B．NH3與H+反應生成NH4+，使反應Ag++2NH3 [Ag(NH3)2]+逆向移動，c(Ag+)增大，則δ(Ag+)增大，B選項錯誤；
C．溶液中電荷守恒：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-)，兩式整理得c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，C選項正確；
D．a點時，c(Ag+)=c([Ag(NH3)2]+)，pNH3=3.65，則c(NH3)=10-3.65mol/L，K不穩([Ag(NH3)2]+)= c2(NH3)=( 10-3.65)2=10-7.3，D選項正確；
答案選B。
9．室溫下，將0.10mol·L-1NaOH溶液滴加到0.10mol·L-1HA溶液中，溶液的pH與粒子濃度比值的對數(lg)關系如圖所示。下列敘述正確的是
A．溶液中水的電離程度NB．P點溶液中：c(Na+)=c(OH-)+c(HA)–c(H+)
C．Q點溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(HA)
D．室溫下，NaA的水解平衡常數Kh=10-4.75
【答案】AB
【分析】
根據溶液的酸堿性的變化判斷判斷水的電離程度的大小；利用圖像中特殊點及溶液中電荷守恒判斷離子濃度間的關系；
【解析】
A．三點的pH都小于7，水的電離受到抑制，且pH越小，水的電離程度越小，故溶液中的水的電離程度為NB．P點，即c(A-)= c(HA) ，根據電荷守恒分析，c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(A-)，則有c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+ c(HA)，或c(Na+)=c(OH-)+c(HA)–c(H+) ，B正確；
C．Q點，pH小于7，c(H+)>c(OH-)，則根據電荷守恒分析，c(Na+)+ c(H+)=c(OH-)+c(A-)，則有c(A-)> c(Na+)，C錯誤；
D．由NQ點的坐標可以計算P點坐標(0，4.75)，，c(H+)=10-4.75mol/L，根據電離平衡常數分析，K=10-4.75，則室溫下，NaA的水解平衡常數Kh= =10-9.25，D錯誤；
故選AB。
10．電位滴定是利用溶液電位突變指示終點的滴定法。常溫下，用標準溶液測定某生活用品中的含量(假設其它物質均不反應，且不含碳、鈉元素)，得到滴定過程中溶液電位與的關系如圖所示。已知：根據兩個滴定終點時消耗鹽酸的體積差可計算出的量。下列說法不正確的是
A．滴定過程中水的電離程度逐漸增大
B．滴定過程中溶液中逐漸增大
C．1mL該生活用品中含有的質量為
D．曲線任一點溶液中均存在：
【答案】AC
【解析】
A．隨著鹽酸的加入，碳酸鈉轉化為碳酸氫鈉，最后轉化為氯化鈉，鹽類的水解程度越來越小，故對水的電離的促進作用也越來越小，鹽酸過量時還將抑制水的電離，故滴定過程中水的電離程度逐漸減小，A錯誤；
B．隨著鹽酸的加入，碳酸鈉轉化為碳酸氫鈉，故c()逐漸增大，c()逐漸減小，滴定過程中溶液中逐漸增大，B正確；
C．由圖中可知，(V2-V1)即碳酸氫鈉消耗鹽酸的體積，原溶液中碳酸鈉的物質的量濃度為： mol/L，故1mL該生活用品中含有的質量為=，C錯誤；
D．根據溶液中電荷守恒可知，曲線任一點溶液中均存在：，D正確；
故答案為：AC。
11．已知25℃時，MOH的Kb=10-7。該溫度下，向20.00mL0.1mol L-1MCl溶液中滴入0.1mol L-1NaOH溶液，溶液中由水電離出的c（H+）的負對數與所加NaOH溶液的體積關系如圖所示。下列說法正確的是（ ）
A．m=3
B．V1=10
C．p點對應溶液中=10n-7：1
D．n點對應溶液中c（MOH）=c（Cl-）-c（Na+）
【答案】BD
【解析】
A．25℃時，MOH的Kb=10-7，根據Kb Kh=Kw可知MCl的水解平衡常數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錯誤；
B．25℃時，MOH的Kb=10-7，MCl的Kh=10-7，即等物質的量的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溶液時，得到等物質的量MOH、MCl、NaCl的混合溶液，溶液呈中性，pH=7，即為圖象中的p點，故此時V1=10，B正確；
C．p點為加入20mLNaOH溶液，反應恰好產生MOH，溶液為堿性，水的電離受到抑制，-lgc水(H+)=a，則c水(H+)=10-amol/L，堿性溶液中H+完全是由水電離出來，則c(OH-)==10a-14mol/L，所以===107-a：1，C錯誤；
D．n點對應的溶液為MCl和MOH的混合物，溶液為中性，由于Kb(MOH)=10-7，所以此時c(M+)=c(MOH)，溶液中存在電荷守恒：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正確；
故答案為：BD。
12．草酸合鐵（Ⅲ）酸鉀晶體[KxFey（C2O4）z nH2O]是一種光敏材料，為測定該晶體中各離子的含量和結晶水的含量，某實驗小組實驗步驟為：（1）稱量9.820g草酸合鐵酸鉀晶體，加熱脫水得無水物質量為8，74g．（2）將所得固體配制成250mL溶液．（3）取所配溶液25.00mL于錐形瓶中，滴加酸性KMnO4溶液發生反應：5C2O42﹣+2MnO4﹣+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O，恰好消耗0.1000mol/L KMnO4溶液24.00mL．下列說法正確的是
A．9.820g晶體中含有C2O42﹣的物質的量為0.006mol
B．配制草酸合鐵酸鉀溶液玻璃儀器只需燒杯和玻璃棒
C．該晶體的化學式為K3Fe（C2O4）3 6H2O
D．9.820g樣品中含K+的物質的量為0.06 mol
【答案】AD
【解析】A、高錳酸鉀得到電子等于C2O42﹣失去的電子，n得=0.1000mol/L×0.024L×（7﹣2）=0.012mol；C2O42﹣全部轉化成CO2，化合價變化+3→+4，根據電子守恒 n（C2O42﹣）==0.006mol，故A正確；
B、需要配制成250mL溶液，必須使用到250容量瓶和膠頭滴管，故B錯誤；
C、高錳酸鉀得到電子等于C2O42﹣失去的電子，n得=0.1000mol/L×0.024L×（7﹣2）=0.012mol；C2O42﹣全部轉化成CO2，化合價變化+3→+4，根據電子守恒 n（C2O42﹣）==0.006mol；250mL原溶液C2O42﹣的物質的量為0.006mol×10=0.06mol，故n[K3Fe（C2O4）3]=0.06mol×=0.02mol，9.820g三草酸合鐵酸鉀晶體中結晶水的質量為：9.820﹣8.74=1.08（g），故n（H2O）==0.06mol，即0.02molK3Fe（C2O4）3中還有0.06molH2O，結晶水數目為3，故該晶體的化學式為K3Fe（C2O4）3 3H2O，故C錯誤；
D、9.820g樣品即0.02molK3Fe（C2O4）3中含K+的物質的量為0.06mol，故D正確．故選AD．
13．Cr2O72-、Cr3+對環境具有極強的污染性，含有Cr2O72-、Cr3+的工業廢水常采用NaOH沉淀方法除去。已知：①常溫下，Cr3+完全沉淀(c≤1.0×10 5 mol· L 1) 時，溶液的pH為5；NaOH過量時Cr(OH)3溶解生成：Cr3++3OH Cr(OH)3 +H++H2O。②還原產物為Cr3+。③lg3.3=0.50。
請回答下列問題：
（1）常溫下，Cr(OH)3的溶度積常數Ksp[Cr(OH)3]=__________。
（2）常溫下，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，充分反應后，溶液pH為____________。
（3）為了測定工業廢水中Na2Cr2O7的濃度，進行如下步驟：
Ⅰ．取100 mL濾液；
Ⅱ．用c mol·L 1的標準KMnO4酸性溶液滴定b mL一定濃度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液b mL；
Ⅲ．取b mL濾液，用上述FeSO4溶液滴定，達到滴定終點時，消耗d mL FeSO4溶液。
①步驟Ⅱ中的滴定過程應選用_______(填“酸式”或“堿式”)滴定管，滴定管裝液前的操作是_______。
②步驟Ⅲ的濾液中Na2Cr2O7的含量為_______mol·L 1。
【答案】1.0×10 32 13.5 酸式 潤洗
【分析】
（1）常溫下，Cr3+完全沉淀（c≤1.0×10-5 mol/L） 時，溶液的pH為5，據此計算Cr（OH）3的溶度積常數；
（2）50mL 0.05mol/L的Cr2（SO4）3溶液中加入1.0mol/L的NaOH溶液50mL，則混合后溶液中c（Cr3+）=0.05mol/L，c（OH-）=0.5mol/L，發生反應：Cr3++3OH-═Cr（OH）3，根據方程式計算；
（3）①步驟Ⅱ中所用的標準液為酸性高猛酸鉀溶液，具有強氧化性，需選用酸式滴定管，滴定管裝液前的操作是潤洗；
②根據氧化還原反應過程電子得失守恒計算。
【解析】
（1）常溫下，Cr3+完全沉淀(c 1.0×10 5 mol/L) 時，溶液的pH為5，溶液中c(OH )=10 9mol/L，c(Cr3+)=10 5mol/L，則常溫下，Cr(OH)3的溶度積常數Ksp[Cr(OH)3]=c(Cr3+)c3(OH )=1.0×10 32，故答案為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，則混合后溶液中c(Cr3+)=0.05mol/L，c(OH )=0.5mol/L，發生反應：Cr3++3OH ═Cr(OH)3，則反應后c(OH-)=0.5mol/L 0.15mol/L=0.35mol/L，所以充分反應后，溶液pH=14 pOH=14+lgc(OH )=13.5，故答案為13.5；
（3）①步驟Ⅱ中所用的標準液為酸性高猛酸鉀溶液，具有強氧化性，需選用酸式滴定管，滴定管裝液前的操作是潤洗，故答案為酸式；潤洗；
②c mol/L的標準KMnO4酸性溶液滴定b mL一定濃度的FeSO4溶液，消耗KMnO4溶液b mL，Mn從+7價降為+2價，Fe從+2價升為+3價，根據電子得失守恒，存在反應關系：MnO4- 5Fe2+，則滴定所用的FeSO4的濃度為c(Fe2+)=5cmol/L，取b mL濾液，用上述FeSO4溶液滴定，達到滴定終點時，消耗d mL FeSO4溶液，Cr從+6價降為+3價，Fe從+2價升為+3價，根據電子得失守恒，存在反應關系：Cr2O72 6Fe2+，則bmL溶液中Na2Cr2O7的含量為 =mol/L，故答案為；
14．I、在下列物質轉化中A是一種正鹽，D的相對分子質量比C的相對分子質量大16，E是酸，當X無論是強酸還是強堿時，都有如下的轉化關系：
當X是強酸時，A、B、C、D、E均含同一種元素；當X是強堿時，A、B、C、D、E均含另外的同一種元素。請回答：
（1）A的化學式是______， Z的電子式是______。
（2）當X是強酸時，寫出C→D的化學方程式：_____。
（3）當X是強堿時，寫出E的稀溶液和銅反應生成C的離子方程式：_____。
II、在FeSO4溶液中加入(NH4)2SO4固體可制備摩爾鹽晶體[(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O] (其相對分子質量為392)，該晶體比一般亞鐵鹽穩定，不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。
（4）為了洗滌(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O粗產品，下列方法中最合適的是____(填字母代號)。
A．用冷水洗 B．先用冷水洗，后用無水乙醇洗
C．用30%的乙醇溶液洗 D．用90%的乙醇溶液洗
（5）為了測定產品的純度，稱取a g產品溶于水，配制成500mL溶液，用濃度為c mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。每次所取待測液體積均為25.00mL，實驗結果記錄如下：
實驗次數 第一次 第二次 第三次
消耗高錳酸鉀溶液體積/mL 25.52 25.02 24.98
①上表中第一次實驗中記錄數據明顯大于后兩次，其原因可能是_____(填字母代號)。
A．滴定前滴定管尖嘴無氣泡，滴定結束有氣泡
B．第一次滴定用的錐形瓶用待裝液潤洗過，后兩次未潤洗
C．該酸性高錳酸鉀標準液保存時間過長，有部分變質，濃度降低
D．實驗結束時俯視刻度線讀取滴定終點時酸性高錳酸鉀溶液的體積
②通過實驗數據計算的該產品純度為_____(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】
試題分析：I、 D的相對分子質量比C的大16是題中一個最具有特征的條件，通過分析可初步判斷D比C多一個氧原子，符合這種轉化關系的有：SO2→SO3，NO→NO2，Na2SO3→Na2SO4等．由此可出推斷Y為O2，由于E為酸，則D應為能轉化為酸的某物質，很可能為SO3、NO2等．若D為SO3，順推E為H2SO4，Z為H2O，逆推B為H2S，A為硫化物，此時X為強酸；若D為NO2，順推E為HNO3，Z為H2O，逆推B為NH3，A為銨鹽．綜合而得A應為（NH4）2S，以此解答該題。
II、（4）根據(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的溶解性選擇洗滌劑；（5）①根據分析 ；②第一次實驗中記錄數據明顯大于后兩次，第一次實驗錄數據舍去，用第二次、第三次實驗數據計算消耗高錳酸鉀溶液體積，利用關系式5(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O KMnO4 ，計算的該產品純度。
解析：（1）由以上分析可知，A是（NH4）2S，Y是O2，Z是H2O，水的電子式是；（2）當X是強酸時，E是H2SO4，C生成D的化學方程式2SO2＋O2 2SO3；
（3）當X是強堿時，E是HNO3，硝酸與銅反應的離子方程式是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，為防止(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O溶解，降低產率，用90%的乙醇溶液洗；
（5）①根據；A．滴定前滴定管尖嘴無氣泡，滴定結束有氣泡，消耗高錳酸鉀溶液體積偏小，故A錯誤；B．第一次滴定用的錐形瓶用待裝液潤洗過，(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O的物質的量偏大，消耗高錳酸鉀溶液體積偏大，故B正確；C．該酸性高錳酸鉀標準液保存時間過長，有部分變質，濃度降低，應該對所有實驗都有影響，故C錯誤；D．實驗結束時俯視刻度線讀取滴定終點時酸性高錳酸鉀溶液的體積，消耗消耗高錳酸鉀溶液體積偏小，故D錯誤；
②第一次實驗中記錄數據明顯大于后兩次，第一次實驗錄數據舍去，用第二次、第三次實驗數據計算消耗高錳酸鉀溶液體積為=25.00mL ，設每次所取待測液中含溶質n mol，
n=0.025L×c mol·L-1×5
則該產品純度為0.025L×c mol·L-1×5×20×392g/mol÷ag×100%=×100%。
一輪再回顧
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二輪熱點難點突破
針對訓練
突破提升
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