高考复习化学第一轮：25 水的电离和溶液的酸碱性.pdf

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1、1 配餐作业配餐作业(二十五二十五)水的电离和溶液的酸碱性水的电离和溶液的酸碱性 见见学生用学生用书书 P405 10.1 molL1的下列物质的水溶液，的下列物质的水溶液，从常温加热到从常温加热到 90，溶，溶液的液的 pH 几乎不变的是几乎不变的是()A氯化钠氯化钠 B氢氧化钾氢氧化钾 C硫酸硫酸 D硫酸铵硫酸铵 解析解析加热时加热时 Kw增大，增大，A 项中项中 c(H)增大，增大，pH 减小；减小；B 项中项中c(OH)几乎不变，几乎不变，c(H)Kwc OH 增大，增大，故故 pH 减小；减小；C 项中项中 c(H)几乎不变，几乎不变，pH 不变；不变；D 项促进项促进 NH 4水解

2、，水解，c(H)增大，增大，pH 减小。减小。答案答案C 2下列有关中和滴定的叙述正确的是下列有关中和滴定的叙述正确的是()A滴定时，标准液的浓度一定越小越好滴定时，标准液的浓度一定越小越好 B用盐酸作标准液滴定用盐酸作标准液滴定 NaOH 溶液时，指示剂加入越多越好溶液时，指示剂加入越多越好 C滴定管在滴液前和滴液后均有气泡一定不会造成误差滴定管在滴液前和滴液后均有气泡一定不会造成误差 D滴定时眼睛应注视锥形瓶内颜色变化而不应注视滴定管内的滴定时眼睛应注视锥形瓶内颜色变化而不应注视滴定管内的液面变化液面变化 解析解析A 项项，标准液的浓度越小标准液的浓度越小，要求待测液的体积越小要求待测液的

3、体积越小，误差误差越大越大；B 项，指示剂的用量增多，也会多消耗酸液，项，指示剂的用量增多，也会多消耗酸液，增大误差增大误差；C 项项，滴定前后的气泡大小可能不同，会产生误差；滴定前后的气泡大小可能不同，会产生误差；只有只有 D 项正确。项正确。答案答案D 3.(2018福建质检福建质检)H2S2O3是一种弱酸是一种弱酸，实验室欲用实验室欲用 0.01 molL1的的 Na2S2O3溶液滴定碘水发生的反应为溶液滴定碘水发生的反应为 I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6，下列说法正确的是，下列说法正确的是()2 A该滴定反应可用甲基橙作指示剂该滴定反应可用甲基橙作指示剂 BNa2S2O3

4、是该反应的还原剂是该反应的还原剂 C该滴定反应可选用如图所示装置该滴定反应可选用如图所示装置 D该反应中每消耗该反应中每消耗 2 mol Na2S2O3，转移电子的物质的量为转移电子的物质的量为 4 mol 解析解析碘水显酸性碘水显酸性，甲基橙在该溶液中显红色甲基橙在该溶液中显红色，当用当用 Na2S2O3溶溶液滴定达到终点时溶液由红色变为橙色液滴定达到终点时溶液由红色变为橙色，颜色变化不明显颜色变化不明显，因此该滴因此该滴定反应不可用甲基橙作指示剂定反应不可用甲基橙作指示剂，应该用淀粉溶液作指示剂应该用淀粉溶液作指示剂，A 项错误项错误；在该反应中在该反应中，I 的化合价降低的化合价降低，得

5、到电子得到电子，作氧化剂作氧化剂，Na2S2O3中的中的 S的化合价升高，失去电子，的化合价升高，失去电子，Na2S2O3是该反应的还原剂，是该反应的还原剂，B 项正确项正确；Na2S2O3是强碱弱酸盐是强碱弱酸盐，其溶液显碱性其溶液显碱性，应该使用碱式滴定管应该使用碱式滴定管，不能不能用酸式滴定管用酸式滴定管，C 项错误项错误；该反应中每消耗该反应中每消耗 2 mol Na2S2O3，转移转移 2 mol电子，电子，D 项错误。项错误。答案答案B 4常温下，常温下，15 mL 某待测物质的量浓度的盐酸，用一定物质的某待测物质的量浓度的盐酸，用一定物质的量浓度的量浓度的 NaOH 溶液滴定的滴

6、定曲线如下图所示，则两种溶液的物溶液滴定的滴定曲线如下图所示，则两种溶液的物质的量的浓度分别是质的量的浓度分别是()选项选项 A.B.C.D.3 c(HCl)/(mol/L)0.12 0.06 0.05 0.1 c(NaOH)/(mol/L)0.06 0.12 0.1 0.05 解析解析由图象起点由图象起点 pH1，可知盐酸浓度为可知盐酸浓度为 0.1 mol/L，只有只有 D选项符合题意。选项符合题意。答案答案D 5在室温下等体积的酸和碱的溶液，在室温下等体积的酸和碱的溶液，混合后混合后 pH 一定小于一定小于 7 的的是是()ApH3 的硝酸和的硝酸和 pH11 的氢氧化钾溶液的氢氧化钾溶

7、液 BpH3 的盐酸和的盐酸和 pH11 的氨水的氨水 CpH3 的硫酸和的硫酸和 pH11 的氢氧化钠溶液的氢氧化钠溶液 DpH3 的醋酸和的醋酸和 pH11 的氢氧化钡溶液的氢氧化钡溶液 解析解析A 项中项中 HNO3KOH=KNO3H2O，二者完全反应，二者完全反应，溶 液 呈 中 性；溶 液 呈 中 性；B 项 中项 中 NH3H2O 是 弱 电 解 质，是 弱 电 解 质，HCl NH3H2O=NH4ClH2O，NH3H2O 过量过量，溶液呈碱性溶液呈碱性，pH7；C项中项中 H2SO42NaOH=Na2SO42H2O，二者完全反应，溶液呈中，二者完全反应，溶液呈中性；性；D 项中项

8、中 CH3COOH 是弱电解质，是弱电解质，二者反应后二者反应后 CH3COOH 过量过量，溶液呈酸性，溶液呈酸性，pHT2 B图中五点的图中五点的 Kw的关系：的关系：BCADE C曲线曲线 a、b 均代表纯水的电离情况均代表纯水的电离情况 D若处在若处在 B 点时点时，将将 pH2 的硫酸溶液与的硫酸溶液与 pH12 的的 KOH 溶溶液等体积混合后，溶液呈碱性液等体积混合后，溶液呈碱性 解析解析B 点点 Kw1012，H2SO4中中 c(H)102 molL1，KOH中中 c(OH)101210121 molL1，等体积混合后等体积混合后，KOH 过量过量，溶液呈溶液呈碱性，碱性，D 项

9、正确；项正确；只有只有 C 项错误。项错误。答案答案C 8(2018重庆联考重庆联考)常温时，下列叙述正确的是常温时，下列叙述正确的是()A稀释稀释 pH3 的醋酸溶液，溶液中所有离子的浓度均降低的醋酸溶液，溶液中所有离子的浓度均降低 B用标准盐酸滴定未知浓度的烧碱溶液用标准盐酸滴定未知浓度的烧碱溶液，滴定前仰视滴定前仰视，滴定后滴定后俯视，测得的烧碱溶液浓度偏低俯视，测得的烧碱溶液浓度偏低 CpH 均为均为 11 的的 NaOH 和和 NH3H2O 溶液中溶液中，水的电离程度不水的电离程度不相同相同 D分别中和分别中和 pH 与体积均相同的硫酸和醋酸溶液，硫酸溶液消与体积均相同的硫酸和醋酸溶

10、液，硫酸溶液消耗氢氧化钠的物质的量多耗氢氧化钠的物质的量多 解析解析稀释稀释 pH3 的醋酸溶液，醋酸的电离程度增大，的醋酸溶液，醋酸的电离程度增大，n(H)、n(CH3COO)增大，增大，但但 c(H)、c(CH3COO)减小，减小，根据根据 Kwc(H)c(OH)知，知，c(OH)增大，增大，A 项错误项错误；滴定前仰视，读数偏大，滴滴定前仰视，读数偏大，滴5 定后俯视定后俯视，读数偏小读数偏小，则读取的标准盐酸的体积偏小则读取的标准盐酸的体积偏小，导致测得的烧导致测得的烧碱溶液浓度偏低，碱溶液浓度偏低，B 项正确项正确；pH 均为均为 11 的的 NaOH 和和 NH3H2O 溶液溶液中

11、，中，c(OH)相同，故水的电离程度相同，相同，故水的电离程度相同，C 项错误；醋酸为弱酸，项错误；醋酸为弱酸，不完全电离不完全电离，故分别中和故分别中和 pH 与体积均相同的硫酸和醋酸溶液时与体积均相同的硫酸和醋酸溶液时，醋醋酸溶液消耗氢氧化钠的物质的量多，酸溶液消耗氢氧化钠的物质的量多，D 项错误。项错误。答案答案B 9(2018湖北八校第二次联考湖北八校第二次联考)取未知浓度的硫酸、盐酸和醋酸取未知浓度的硫酸、盐酸和醋酸各各 25.00 mL，分别用分别用 0.10 molL1的的 NaOH 溶液或溶液或 0.10 molL1的的稀氨水滴定得如图所示曲线。下列说法正确的是稀氨水滴定得如图

12、所示曲线。下列说法正确的是()A由图可知曲线由图可知曲线 c 为为 NaOH 滴定硫酸滴定硫酸 B由图可知硫酸的物质的量浓度大于盐酸的物质的量浓度由图可知硫酸的物质的量浓度大于盐酸的物质的量浓度 C曲线曲线 b、c 的滴定实验可用酚酞作指示剂的滴定实验可用酚酞作指示剂 D由图可知滴定前醋酸电离百分比约为由图可知滴定前醋酸电离百分比约为 1.67%解析解析由题图可知，由题图可知，加入加入 NaOH 溶液或氨水时，溶液或氨水时，曲线曲线 a 的的 pH在开始阶段变化较大在开始阶段变化较大，应为碱滴定弱酸的变化曲线应为碱滴定弱酸的变化曲线，则则 b、c 为硫酸为硫酸、盐酸的滴定曲线，由于浓度未知，盐

13、酸的滴定曲线，由于浓度未知，则不能确定曲线则不能确定曲线 b、c 表示的滴定表示的滴定过程，过程，A 项错误；硫酸和盐酸都是强酸，项错误；硫酸和盐酸都是强酸，图中纵坐标为图中纵坐标为 pH，不能确，不能确定其浓度大小，定其浓度大小，B 项错误项错误；曲线曲线 c 达到终点时溶液呈酸性，应选用甲达到终点时溶液呈酸性，应选用甲基橙作指示剂基橙作指示剂，C 项错误项错误；滴定前滴定前，醋酸溶液的醋酸溶液的 pH3，则有则有 c(H)110 3 molL 1，滴定终点时消耗滴定终点时消耗 15 mL NaOH 溶液，溶液，则有则有c(CH3COOH)0.025 L0.10 molL10.015 L，解

14、得解得 c(CH3COOH)6 0.06 molL 1，故 滴 定 前故 滴 定 前 CH3COOH电 离 的 百 分 数 为电 离 的 百 分 数 为1 103 molL10.06 molL1100%1.67%，D 项正确。项正确。答案答案D 【素养立意】【素养立意】本题结合图象本题结合图象，考查酸考查酸、碱滴定的情况碱滴定的情况，不仅考查学生对强酸与不仅考查学生对强酸与弱酸、强碱与弱碱本质区别的理解，还考查学生通过图象提取信息弱酸、强碱与弱碱本质区别的理解，还考查学生通过图象提取信息，分析问题和解决问题的能力。分析问题和解决问题的能力。10.(2018东莞质检东莞质检)常温时常温时，1 m

15、olL1的的 HClO2和和 1 molL1的的HMnO4两种酸溶液两种酸溶液，起始时的体积均为起始时的体积均为 V0，分别向两溶液中加水进分别向两溶液中加水进行稀释，所得曲线如图所示。下列说法正确的是行稀释，所得曲线如图所示。下列说法正确的是()A当稀释至当稀释至 pH 均为均为 3 时，时，溶液中溶液中 c(ClO 2)c(MnO 4)B在在 0pH5 时，时，HMnO4溶液满足：溶液满足：pHlgVV0 C常温下，常温下，浓度均为浓度均为 0.1 molL1的的 NaClO2和和 NaMnO4溶液溶液的的 pH：NaMnO4NaClO2 D稀释前分别用稀释前分别用 1 molL1的的 N

16、aOH 溶液中和溶液中和，消耗的消耗的 NaOH溶液体积：溶液体积：HMnO4HClO2 解析解析从图象可知从图象可知，V/V01 000 时时，1 molL1的的 HMnO4稀释稀释后的溶液后的溶液 pH3，所以所以 HMnO4为强酸，为强酸，HClO2为弱酸为弱酸；同浓度的两同浓度的两种酸，种酸，当当 pH 均为均为 3 时，时，根据物料守恒规律根据物料守恒规律：HMnO4溶液溶液：c(H)7 c(MnO 4)；HClO2溶液：溶液：c(H)c(ClO 2)c(HClO2)；根据上述等；根据上述等式看出溶液中式看出溶液中 c(ClO 2)c(MnO 4)，A 项错误；根据图象可知：项错误；

17、根据图象可知：因为因为HMnO4为强酸，为强酸，满足满足 0pH5 时，时，溶液的溶液的 pH 与溶液体积稀释的与溶液体积稀释的关系关系 pHlgVV011lgVV0，B 项正确项正确；酸性酸性：HClO27，NaMnO4不水解溶液显中不水解溶液显中性，性，C 项错误；两种都为一元酸，项错误；两种都为一元酸，同体积同浓度中和同体积同浓度中和 1 molL1的的NaOH 溶液能力相同，溶液能力相同，D 项错误。项错误。答案答案B 11(2018沧州质量监测沧州质量监测)常温下，常温下，将将 HCl 气体通入到气体通入到 1 L 浓度浓度均为均为 0.1 mol/L 的的 NaA 和和 NaB 的

18、混合溶液中，的混合溶液中，混合溶液的混合溶液的 pH 与离与离子浓度变化的关系如图所示子浓度变化的关系如图所示(忽略溶液体积的变化忽略溶液体积的变化)。下列叙述不正确下列叙述不正确的是的是()AKa(HB)的数量级为的数量级为 109 B酸性的强弱顺序为酸性的强弱顺序为 HClHAHB C当通入当通入 0.1 mol HCl 气体时，气体时，c(B)c(A)D当混合溶液呈中性时，当混合溶液呈中性时，c(Na)c(Cl)c(A)c(B)解析解析根据图象可知根据图象可知，当当 lgc HB c B 3 时时，pH6，此时此时，c(H)8 106 mol/L，c HB c B 103，Ka(HB)c

19、 H c B c HB 106103109，故故 A 项正确；项正确；pH 一定时，一定时，lgc HB c B lgc HA c A，则有，则有c HB c B c HA c A，c B c HB c A c HA，式子两边都乘以式子两边都乘以 c(H)，可得，可得c H c B c HB c H c A c HA，即即 Ka(HB)Ka(HA)，所以酸性所以酸性 HAHB，向向 NaA 和和NaB 的混合溶液中通入的混合溶液中通入 HCl 后后，溶液中存在溶液中存在 HA、HB，则说明则说明 HCl酸性强于酸性强于 HA 和和 HB，所以酸性强弱顺序为所以酸性强弱顺序为 HClHAHB，故

20、故 B 项正项正确；确；原溶液中原溶液中 NaA 和和 NaB 均为均为 0.1 mol，根据强酸制弱酸原理，通，根据强酸制弱酸原理，通入入 0.1 mol HCl，H先与先与 B反应，反应，反应后溶液中溶质为反应后溶液中溶质为 0.1 mol NaA、0.1 mol NaCl、0.1 mol HB，NaA 完全电离完全电离，微弱水解微弱水解，而而 HB部分电离，部分电离，所以溶液中所以溶液中 c(B)c(A)，故故 C 项错误；混合溶液的电项错误；混合溶液的电荷守恒为荷守恒为 c(Na)c(H)c(Cl)c(A)c(B)c(OH)，当溶液当溶液呈中性时呈中性时，c(H)c(OH)，所以有所以

21、有 c(Na)c(Cl)c(A)c(B)，故故 D 项正确。项正确。答案答案C 12(2018安徽高三阶段性测试安徽高三阶段性测试)在分析化学中常用在分析化学中常用 Na2C2O4晶晶体作为基准物质测定体作为基准物质测定 KMnO4溶液的浓度。溶液的浓度。(1)若将若将 W g Na2C2O4配成配成 100 mL 标准溶液，标准溶液，移取移取 20.00 mL 置置于锥形瓶中于锥形瓶中，则则 KMnO4溶液应装在溶液应装在_(填填“酸式酸式”或或“碱式碱式”)滴定管中，判断滴定达到终点的现象是滴定管中，判断滴定达到终点的现象是_。(2)写出热的经硫酸酸化的写出热的经硫酸酸化的 KMnO4与与

22、 Na2C2O4反应生成反应生成 Mn29 和和 CO2的化学方程式：的化学方程式：_。(3)25 时，时，用用 pH 计测得计测得 0.10 molL1草酸钠溶液的草酸钠溶液的 pHa，则则 H2C2O4的第二级电离平衡常数的第二级电离平衡常数 Ka2_。解析解析(1)高锰酸钾具有强氧化性高锰酸钾具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡胶管能腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故故 KMnO4溶液应装在酸式滴定管中；溶液应装在酸式滴定管中；KMnO4溶液呈紫色，达到滴溶液呈紫色，达到滴定终点时，定终点时，滴入最后一滴滴入最后一滴 KMnO4溶液，溶液由无色变为浅紫红色溶液，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不

23、褪色。且半分钟内不褪色。(2)根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程根据得失电子守恒、原子守恒配平化学方程式式：2KMnO45Na2C2O48H2SO4=K2SO42MnSO45Na2SO410CO28H2O。(3)0.10 molL1草酸钠溶液的草酸钠溶液的 pHa，则溶液中则溶液中c(H)10a molL1，草酸钠溶液以草酸钠溶液以 C2O24的一级水解为主的一级水解为主，根据根据C2O24H2OHC2O 4OH，知知 c(HC2O 4)c(OH)10a14 molL1，c(C2O24)(0.1010a14)molL10.1 molL1，则则H2C2O4的第二级电离平衡常数的第二级电离平衡

24、常数 Ka2c H c C2O24 c HC2O 4 10a 0.110a1410132a。答案答案(1)酸式酸式滴入最后一滴滴入最后一滴 KMnO4溶液溶液，溶液由无色变为浅溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色紫红色，且半分钟内不褪色(2)2KMnO4 5Na2C2O4 8H2SO4=K2SO4 2MnSO45Na2SO410CO28H2O(3)10132a 13(2018唐山模拟唐山模拟)现有常温下甲、乙、丙三种溶液，现有常温下甲、乙、丙三种溶液，甲为甲为 0.1 molL1的的 NaOH 溶液，溶液，乙为乙为 0.1 molL1的的 HCl 溶液，溶液，丙为丙为 0.1 molL1的

25、的 CH3COOH 溶液，试回答下列问题：溶液，试回答下列问题：(1)甲溶液的甲溶液的 pH_。10(2)丙溶液中存在的电离平衡为丙溶液中存在的电离平衡为_(用电用电离平衡方程式表示离平衡方程式表示)。(3)常温下常温下，用水稀释用水稀释 0.1 molL1的的 CH3COOH 溶液时溶液时，下列各下列各量随水量的增加而增大的是量随水量的增加而增大的是_(填序号填序号)。n(H)c(H)c CH3COOH c CH3COO c(OH)(4)甲、乙、甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的丙三种溶液中由水电离出的 c(OH)的大小关系为的大小关系为_。(5)某同学用甲溶液分别滴定某同学用甲溶液分别滴定

26、20.00 mL 乙溶液和乙溶液和 20.00 mL 丙溶丙溶液，得到如图所示的两条滴定曲线，请回答有关问题：液，得到如图所示的两条滴定曲线，请回答有关问题：甲溶液滴定丙溶液的曲线是甲溶液滴定丙溶液的曲线是_(填填“图图 1”或或“图图 2”)曲线。曲线。a_。解析解析(1)c(OH)0.1 molL1，则则 c(H)1013 molL1，pH13。(2)CH3COOH 溶液中存在溶液中存在 CH3COOH和水的电离平衡。和水的电离平衡。(3)CH3COOH 是弱酸，是弱酸，当向当向 0.1 molL 1的的CH3COOH 溶液中加水稀释时，溶液中加水稀释时，CH3COOH 的电离程度增大，平

27、衡的电离程度增大，平衡向右移动，向右移动，H的物质的量增大，的物质的量增大，但是但是 c(H)减小，故减小，故增大，增大，减减小；小；设设 CH3COOH 在水中的电离平衡常数为在水中的电离平衡常数为 K，则，则c CH3COOH c CH3COO 11 c H K，c(H)减小，减小，而而 K 在一定温度下是常数，故在一定温度下是常数，故c CH3COOH c CH3COO 减减小，即小，即减小；常温下，减小；常温下，Kw为一定值，为一定值，Kwc(H)c(OH)，c(H)减小减小，则则 c(OH)增大增大，即即增大增大。(4)酸酸、碱对水的电离具有抑制作碱对水的电离具有抑制作用用，水溶液中

28、水溶液中 c(H)或或 c(OH)越大越大，水的电离程度越小水的电离程度越小，反之越大反之越大。(5)HCl 是强酸，是强酸，CH3COOH 是弱酸，分析题图，是弱酸，分析题图，可知图可知图 2 是甲溶是甲溶液滴定丙溶液的曲线。液滴定丙溶液的曲线。氢氧化钠溶液滴定盐酸恰好中和时，氢氧化钠溶液滴定盐酸恰好中和时，pH7，因二者浓度相等，则二者体积相等，因二者浓度相等，则二者体积相等，a20.00；氢氧化钠溶液滴；氢氧化钠溶液滴定醋酸恰好中和时，生成醋酸钠溶液，定醋酸恰好中和时，生成醋酸钠溶液，pH7。答案答案(1)13(2)CH3COOHCH3COOH，H2OOHH(3)(4)丙丙甲乙甲乙(5)

29、图图 220.00 14(2018厦门质检厦门质检)铝锰合金可作炼钢脱氧剂铝锰合金可作炼钢脱氧剂。某课外小组欲测某课外小组欲测定铝锰合金中锰的含量。定铝锰合金中锰的含量。.硫酸亚铁铵硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2溶液的浓度滴定溶液的浓度滴定 步骤步骤 1：取取 20.00 mL 0.015 mol/L K2Cr2O7标准液于标准液于 250 mL 锥锥形瓶中形瓶中，加入加入 20 mL 稀硫酸和稀硫酸和 5 mL 浓磷酸浓磷酸，用硫酸亚铁铵溶液滴定用硫酸亚铁铵溶液滴定，接近终点时加接近终点时加 2 滴滴 R 溶液作指示剂，继续滴定至终点，消耗的体积溶液作指示剂，继续滴定至终点，消耗的体

30、积为为 V1 mL。步骤步骤 2：重复步骤重复步骤 1 实验实验，接近终点时加接近终点时加 4 滴滴 R 溶液溶液，消耗的体消耗的体积为积为 V2 mL。.过硫酸铵过硫酸铵(NH4)2S2O8催化氧化滴定法测定锰含量催化氧化滴定法测定锰含量 取取 m g 铝锰合金于锥形瓶中铝锰合金于锥形瓶中，加入适量的浓磷酸加入适量的浓磷酸，加热至完全溶加热至完全溶12 解解，稀释冷却摇匀稀释冷却摇匀，再加入少量的硝酸银溶液再加入少量的硝酸银溶液、过量的过硫酸铵溶液过量的过硫酸铵溶液，加热煮沸至无大量气泡冒出，冷却至室温加热煮沸至无大量气泡冒出，冷却至室温(此时溶液中锰的化合价为此时溶液中锰的化合价为7 价价

31、)，用标定的硫酸亚铁铵溶液进行滴定，根据实验数据计算铝，用标定的硫酸亚铁铵溶液进行滴定，根据实验数据计算铝锰合金中锰的含量。锰合金中锰的含量。查阅资料查阅资料酸性条件下，酸性条件下，Cr2O27具有很强的氧化性，易被还具有很强的氧化性，易被还原为绿色的原为绿色的 Cr3。R 溶液的变色原理：溶液的变色原理：(1)中步骤中步骤 1、2 需要的玻璃仪器有锥形瓶、胶头滴管、需要的玻璃仪器有锥形瓶、胶头滴管、_、_。(2)中滴定过程，主要反应的离子方程式是中滴定过程，主要反应的离子方程式是 _。(3)中步骤中步骤 2 的主要作用是的主要作用是 _。(4)中硫酸亚铁铵溶液的滴定浓度是中硫酸亚铁铵溶液的滴

32、定浓度是_mol/L(用含用含V1、V2的代数式表示的代数式表示)。(5)中加入硝酸银溶液的目的是中加入硝酸银溶液的目的是 _。(6)中若未加热煮沸无大量气泡冒出，锰含量测定结果将中若未加热煮沸无大量气泡冒出，锰含量测定结果将_(填填“偏大偏大”“”“偏小偏小”或或“无影响无影响”)。(7)为了提高该实验的准确度和可靠度为了提高该实验的准确度和可靠度，需进行需进行_。解析解析(1)因为硫酸亚铁铵因为硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2溶液显酸性，溶液显酸性，K2Cr2O7溶液有强氧化性，所以溶液有强氧化性，所以中滴定实验需要用到酸式滴定管中滴定实验需要用到酸式滴定管，可使用量筒向滴定管中取液

33、体可使用量筒向滴定管中取液体，也可以使用移液管取用也可以使用移液管取用，故故中需要中需要的玻璃仪器除了锥形瓶、胶头滴管外，还有酸式滴定管、量筒的玻璃仪器除了锥形瓶、胶头滴管外，还有酸式滴定管、量筒(或移或移13 液管液管)。(2)中滴定过程，中滴定过程，酸性条件下用硫酸亚铁铵溶液滴定酸性条件下用硫酸亚铁铵溶液滴定K2Cr2O7标准液标准液，Fe2与与 Cr2O27发生氧化还原反应发生氧化还原反应，离子方程式为离子方程式为14HCr2O276Fe2=6Fe32Cr37H2O。(3)根据根据查阅资查阅资料料R 溶液的变色原理可得，变色过程要消耗一定量的氧化剂或还溶液的变色原理可得，变色过程要消耗一

34、定量的氧化剂或还原剂原剂，所以对指示剂用量加以校正是提高准确度的关键所以对指示剂用量加以校正是提高准确度的关键，因此因此中步中步骤骤 2 的主要作用是校正指示剂。的主要作用是校正指示剂。(4)加加 2 滴滴 R 溶液作指示剂时消耗硫溶液作指示剂时消耗硫酸亚铁铵溶液酸亚铁铵溶液 V1 mL，为校正指示剂所造成的误差，为校正指示剂所造成的误差，加加 4 滴滴 R 溶液溶液时消耗硫酸亚铁铵溶液时消耗硫酸亚铁铵溶液 V2 mL，所以所以 K2Cr2O7标准液实际消耗的硫标准液实际消耗的硫酸亚铁铵溶液为酸亚铁铵溶液为(2V1V2)mL，根据反应离子方程式可得关系根据反应离子方程式可得关系：Cr2O276

35、Fe2，又根据已知又根据已知 20.00 mL 0.015 mol/L K2Cr2O7标准液，所标准液，所以硫酸亚铁铵溶液的浓度为以硫酸亚铁铵溶液的浓度为0.015 20.00 62V1V2 mol/L1.82V1V2 mol/L。(5)由已知由已知，催化氧化滴定法测定铝锰合金中锰含量催化氧化滴定法测定铝锰合金中锰含量，过硫酸过硫酸铵铵(NH4)2S2O8作氧化剂与锰在催化剂作用下发生氧化还原反应，所作氧化剂与锰在催化剂作用下发生氧化还原反应，所以以中加入硝酸银溶液的目的是作为催化剂，加快氧化速率。中加入硝酸银溶液的目的是作为催化剂，加快氧化速率。(6)中过硫酸铵是过量的，存在反应中过硫酸铵是

36、过量的，存在反应(NH4)2S2O82H2O=2NH4HSO4H2O2，加热煮沸至无大量气泡冒出，是为了除去溶液中的氧化性物，加热煮沸至无大量气泡冒出，是为了除去溶液中的氧化性物质质，若未加热煮沸无大量气泡冒出若未加热煮沸无大量气泡冒出，则消耗还原剂硫酸亚铁铵的物质则消耗还原剂硫酸亚铁铵的物质的量偏大，锰含量测定结果将偏大。的量偏大，锰含量测定结果将偏大。(7)为了提高该实验的准确度和为了提高该实验的准确度和可靠度可靠度，需防止偶然误差的产生需防止偶然误差的产生，可取两个以上相同的样品可取两个以上相同的样品，以完全以完全一致的条件进行实验，看其结果的一致性，即进行平行实验。一致的条件进行实验，看其结果的一致性，即进行平行实验。答案答案(1)酸式滴定管酸式滴定管量筒量筒(或移液管或移液管)(2)14HCr2O276Fe2=6Fe32Cr37H2O(3)校正指示剂校正指示剂(4)1.8/(2V1V2)14(5)作为催化剂，加快氧化速率作为催化剂，加快氧化速率(6)偏大偏大(7)平行实验平行实验