6.4.2 pH计算与酸碱中和滴定的拓展应用（Word教师用书）-【创新方案】2025年高考化学一轮总复习（新教材Ⅰ）

微课时突破2　综合深化解重难(pH计算与酸碱中和滴定的拓展应用) 　　　 (对应学生用书P224) 1．水电离的c(H＋)、c(OH－)的计算方法 中性溶液 c(OH－)＝c(H＋)＝ 室温时，c(OH－)＝c(H＋)＝10－7mol·L－1 酸溶液 OH－全部来自水的电离 c水(H＋)＝c水(OH－)＝c(OH－)＝ 碱溶液 H＋全部来自水的电离 c水(H＋)＝c水(OH－)＝c(H＋)＝ 水解呈酸性的盐溶液 H＋全部来自水的电离 c(H＋)＝c水(H＋)＝c水(OH－) 水解呈碱性的盐溶液 OH－全部来自水的电离 c(OH－)＝c水(OH－)＝c水(H＋) [注意]　水电离的c(H＋)、c(OH－)计算的关键是理清溶液中H＋和OH－的来源。 2．溶液pH的计算 (1)单一溶液的pH计算 强酸溶液 如HnA，设浓度为c mol·L－1，c(H＋)＝nc mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝－lg nc 强碱溶液(25 ℃) 如B(OH)n，设浓度为c mol·L－1，c(H＋)＝ mol·L－1，pH＝－lg c(H＋)＝14＋lg nc 弱酸溶液和弱碱溶液的pH计算，可以根据电离度(α)或电离常数(Ka或Kb)进行计算 (2)混合溶液的pH计算 两种强酸混合 直接求出c混(H＋)，再据此求pH。 c混(H＋)＝ 两种强碱混合 先求出c混(OH－)，再根据Kw求出c混(H＋)，最后求pH。c混(OH－)＝ 强酸和强碱混合 先判断哪种物质过量，再由下式求出溶液中H＋或OH－的浓度，最后求pH。c混(H＋)或c混(OH－)＝ [典例]　(2024·山东济宁高三模拟)下列说法正确的是(　 ) A．在100 ℃时，pH约为6的纯水呈酸性 B．将1×10－6 mol·L－1盐酸稀释1 000 倍，所得溶液的pH为9 C．常温下，水电离出的c(H＋)为1×10－13 mol·L－1时，此溶液的pH可能为1或13 D．将pH＝2的盐酸与醋酸各1 mL分别稀释至100 mL，所得盐酸的pH略小 [解析]　在100 ℃时，纯水电离产生的c(H＋)＝1×10－6 mol·L－1，所以pH约为6，但由于纯水中c(H＋)＝c(OH－)，因此此时纯水仍为中性，而不是显酸性，A错误。将1×10－6 mol·L－1盐酸稀释1 000倍，此时溶液仍然显酸性，因此所得溶液的pH不可能为9，B错误。常温下，水电离出的c(H＋)为1×10－13 mol·L－1＜1×10－7 mol·L－1，水电离受到了抑制作用，可能是加入了酸，也可能是加入了碱，若加入酸，此溶液的pH为1；若加入碱，则该溶液的pH为13，C正确。HCl是强酸，在水中完全电离，pH＝2的盐酸，c(H＋)＝10－2 mol·L－1，将1 mL 该盐酸稀释至100 mL，此时溶液中c(H＋)＝10－4 mol·L－1，溶液pH＝4；醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平衡，pH＝2时，c(CH3COOH)＞c(H＋)＝10－2 mol·L－1，当将该溶液1 mL稀释至100 mL，电离平衡正向移动，导致溶液中c(H＋)＞10－4 mol·L－1，使溶液的pH＜4，所得醋酸的pH略小，D错误。 [答案]　C 　 [全训题点考法] 1.(2024·台州模拟)T ℃时，溶液中c(H＋)＝10－x mol·L－1，c(OH－)＝10－y mol·L－1，x与y 的关系如图所示。 下列说法不正确的是(　 ) A．T ℃时，水的离子积Kw 为1×10－a B．若a＞14，则T＜25 C．T ℃时，若给pH＝1的盐酸微热，则盐酸的pH减小 D．T ℃时，pH＝a－2的苛性钠溶液与pH＝2的稀硫酸等体积混合，溶液的pH＝0.5a 解析：选C　由题图可知，x＝0时，y＝a，y＝0时，x＝a，则有x＋y＝a，则Kw＝c(H＋)×c(OH－)＝(10－x mol·L－1)×(10－y mol·L－1)＝10－a，A正确；若a＞14，Kw＝10－a＜10－14，则温度低于常温，B正确；微热促进盐酸挥发，溶液酸性减弱，pH增大，C错误；pH＝a－2的苛性钠溶液，氢氧根浓度是0.01 mol·L－1，pH＝2的稀硫酸中氢离子浓度是0.01 mol·L－1，等体积混合，溶液显中性，pH＝0.5a，D正确。 2．已知：在100 ℃时，水的离子积Kw＝1×10－12，下列说法正确的是(　 ) A．0.05 mol·L－1 H2SO4溶液的pH＝1 B．0.001 mol·L－1 NaOH溶液的pH＝11 C．0.005 mol·L－1 H2SO4溶液与0.01 mol·L－1NaOH溶液等体积混合，混合溶液的pH为5，溶液显酸性 D．完全中和50 mL pH＝3的H2SO4溶液，需要50 mL pH＝11的NaOH溶液 解析：选A　0.05 mol·L－1 H2SO4溶液中c(H＋)＝0.05 mol·L－1×2＝0.1 mol·L－1，则该溶液的pH＝1，A正确；0.001 mol·L－1 NaOH溶液中c(OH－)＝0.001 mol·L－1，由于100 ℃时水的离子积Kw＝1×10－12，则溶液中c(H＋)＝1×10－9 mol·L－1，故溶液的pH＝9，B错误；0.005 mol·L－1 H2SO4 溶液与 0.01 mol·L－1 NaOH溶液等体积混合，二者恰好完全反应生成Na2SO4，溶液呈中性，此时溶液的pH＝6，C错误；pH＝3的H2SO4溶液中c(H＋)＝10－3 mol·L－1，pH＝11的NaOH溶液中c(OH－)＝0.1 mol·L－1，根据中和反应：H＋＋OH－===H2O可知，完全中和50 mL pH＝3的H2SO4溶液，需要0.5 mL pH＝11的NaOH溶液，D错误。 3．常温下，下列关于溶液稀释的说法正确的是(　 ) A．pH＝3的醋酸稀释100倍，pH＝5 B．pH＝5的硫酸稀释到原来的500倍，稀释后c(SO)与c(H＋)之比约为1∶10 C．将1 L 0.1 mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释至 2 L，pH＝12 D．pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝6 解析：选B　A项，pH＝3的醋酸在稀释过程中电离平衡正向移动，稀释100倍时，3＜pH＜5，错误；B项，pH＝5的硫酸稀释到原来的500倍，则溶液接近于中性，c(H＋)约为10－7 mol·L－1，c(SO)＝ mol·L－1＝10－8 mol·L－1，则c(SO)∶c(H＋)＝1∶10，正确；C项，0.1 mol·L－1 Ba(OH)2溶液稀释到 2 L时，c(OH－)＝ mol·L－1＝0.1 mol·L－1，c(H＋)＝1×10－13 mol·L－1，pH＝13，错误；D项，NaOH溶液是碱溶液，在常温下无论怎么稀释，pH不可能成为6，只能无限接近于7，错误。 4．已知常温下二元弱酸H2A溶液中，H2A、HA－、A2－的分布分数(δ)随pH变化如图所示如A2－分布分数：δ(A2－)＝，下列说法错误的是(　 ) A．曲线x代表H2A，曲线z代表A2－ B．pH从3升高至4，的值一直减小 C．n点对应的溶液中水电离出的c(H＋)＝10－12.7mol·L－1 D．将浓度均为0.05 mol·L－1的NaHA溶液与Na2A溶液等体积混合后，所得溶液pH>4.3 解析：选B　根据二元弱酸的两步电离平衡判断，加入碱促进第一步电离，故x线为H2A，曲线z代表A2－，A正确；＝＝，当pH从3升高至4时，Ka1保持不变，通过图像判断HA－在减小，故增大，B错误；n点对应的溶液中，pH＝1.3，则根据Kw得c(OH－)＝10－12.7 mol·L－1，故水电离出的c(H＋)＝10－12.7 mol·L－1，C正确；根据图像中m点判断HA－和A2－的浓度相同时，溶液的pH＝4.3，根据图像n点计算出Ka1＝10－1.3，m点计算出Ka2＝10－4.3，则Kh1＝10－9.7，Kh2＝10－12.7，故当将浓度均为0.05 mol·L－1的NaHA溶液与Na2A溶液等体积混合后，因为HA－的电离大于A2－的水解，导致溶液中HA－的浓度小于A2－的浓度，根据图像判断pH>4.3，D正确。 (对应学生用书P225) 　　　　　　　　　　　　　　　　 题型(一)　氧化还原反应的滴定 1．原理 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 试剂 常见用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等；常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等 指示剂 (三类) ①氧化还原指示剂。 ②专用指示剂，如在碘量法滴定中，可溶性淀粉溶液遇碘标准溶液变蓝。 ③自身指示剂，如高锰酸钾标准溶液滴定草酸时，滴定终点为溶液由无色变为浅红色 2．实例(Na2S2O3溶液滴定碘液) 原理 2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI 指示剂 用淀粉作指示剂，当滴入最后半滴Na2S2O3溶液后，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色，说明到达滴定终点 　　[典例]　(2024·福建三明开学考试)实验室常以硫酸亚铁和草酸为原料制备草酸亚铁(FeC2O4·2H2O)。通过测定产品中Fe2＋和C2O的含量来判断晶体的纯度，其测定过程示意图如图： (1)KMnO4标准溶液应盛放在___________滴定管。(填“酸式”或“碱式”) (2)滴定在65～85 ℃进行，应采取的加热方式为___________。 (3)H3PO4可与Fe3＋形成无色的[Fe(HPO4)]＋，使滴定的终点更容易判断。滴定终点的现象是_________________________________________。 (4)“滴定Ⅰ”是为了测定n(Fe2＋)和n(C2O)的总量，以下操作会导致结果偏高的是___________。 A．未用KMnO4标准溶液润洗滴定管 B．滴定终点时，仰视刻度线 C．滴定终点时，发现滴定管中出现气泡 D．滴定时间过长 (5)为促使Fe3＋全部转化成Fe2＋，锌粉必须大大过量。 ①锌粉加入后，发生的反应有Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑、 ________________________________________________________________________。 ②“过滤”“洗涤”操作会导致所测得的n(Fe2＋)偏低的原因有 ________________________________________________________________________。 [解析]　(1)KMnO4溶液具有强氧化性，容易腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故应盛放在酸式滴定管中。(2)65～85 ℃适宜的加热方式为水浴加热。(3)在未达反应终点前，滴入的KMnO4与Fe2＋反应，当达到滴定终点后，稍过量的KMnO4会使溶液显浅红色。(4)未用KMnO4标准液润洗滴定管，导致标准液被稀释，反应等量的样品消耗标准液偏多，导致测定结果偏高，A符合题意；滴定终点仰视读数，导致读数偏大，所计消耗标准液偏多，导致测定结果偏高，B符合题意；滴定终点出现气泡，则所计消耗标准液偏少，导致测定结果偏低，C不符合题意；滴定时间过长，空气中的氧气会参与反应，导致消耗KMnO4溶液体积偏少，测定结果偏低，D不符合题意。(5)①经过第一次滴定后，溶液中含有H＋、Fe3＋等离子，加入锌粉后，先后发生反应：Zn＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Zn2＋、Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑。②部分残留在滤纸上的Fe2＋容易被空气中氧气氧化，从而导致二次滴定时KMnO4所测Fe2＋偏低。 [答案]　(1)酸式　(2)水浴加热　(3)溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复　(4)AB (5)①Zn＋2Fe3＋===Zn2＋＋2Fe2＋　②Fe2＋残留在滤纸上或Fe2＋被空气氧化 [对点训练] 1.H2S2O3是一种弱酸，实验室欲用0.01 mol·L－1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．该滴定可用甲基橙作指示剂 B．Na2S2O3是该反应的还原剂 C．该滴定可选用如图所示装置 D．该反应中每消耗2 mol Na2S2O3，电子转移数为4NA 解析：选B　溶液中有单质碘，应加入淀粉溶液作指示剂，碘与硫代硫酸钠发生氧化还原反应，当反应达到终点时，单质碘消失，蓝色褪去，故A错误；Na2S2O3中S元素化合价升高被氧化，作还原剂，故B正确；Na2S2O3溶液显碱性，应该用碱式滴定管，故C错误；反应中每消耗2 mol Na2S2O3，电子转移数为2NA，故D错误。 2.用0.100 mol·L－1酸性高锰酸钾溶液滴定25.00 mL某未知浓度的草酸(H2C2O4)溶液，滴定曲线如图所示，其中E为电动势，反映溶液中c(MnO)的变化。下列有关叙述错误的是(　 ) A．酸性高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管中 B．滴定过程中不需要使用指示剂 C．滴定结束后俯视读数，会导致所测草酸溶液的浓度偏低 D．若草酸溶液的浓度为0.200 mol·L－1，则a点的c(Mn2＋)＝0.100 mol·L－1 解析：选D　酸性高锰酸钾溶液显酸性，且有强氧化性，应盛放在酸式滴定管中，A正确；酸性高锰酸钾溶液本身有颜色，当达到滴定终点时溶液由无色变为浅紫色，且半分钟内不褪色，故不需要使用指示剂，B正确；俯视读数，会导致所读标准溶液体积偏低，则待测液浓度也偏低，C正确；根据滴定曲线可知，a点为滴定终点，根据反应的离子方程式2MnO＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O，可计算出此时消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00 mL，若不考虑混合前后溶液体积的变化，c(Mn2＋)＝≈0.044 mol·L－1，D错误。 3．为了测定某样品中NaNO2的含量，某同学进行如下实验：①称取样品a g，加水溶解，配制成100 mL溶液。②取25.00 mL溶液于锥形瓶中，用0.020 0 mol·L－1KMnO4标准溶液(酸性)进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液V mL。 (1)上述实验①所需玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管之外还有____________________。 (2)在进行滴定操作时，KMnO4溶液盛装在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。当滴入最后半滴溶液，_____________________________________________时达到滴定终点。 (3)滴定过程中发生反应的离子方程式是______________________________ ________________________________________________________________________； 测得该样品中NaNO2的质量分数为__________。 (4)若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，则测定结果__________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 答案：(1)烧杯、100 mL容量瓶　(2)酸式　锥形瓶中无色溶液变成浅紫(粉红)色，且30 s内不褪色　(3)5NO＋2MnO＋6H＋===5NO＋2Mn2＋＋3H2O　%　(4)偏小 题型(二)　沉淀滴定 概念 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 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 实例 如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故 [典例]　用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I－)，实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。 Ⅰ.准备标准溶液 a．准确称取AgNO3基准物4.246 8 g(0.025 0 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。 b．配制并标定100 mL 0.100 0 mol·L－1NH4SCN标准溶液，备用。 Ⅱ.滴定的主要步骤 a．取待测NaI溶液25.00 mL于锥形瓶中。 b．加入25.00 mL 0.100 0 mol·L－1AgNO3溶液(过量)，使I－完全转化为AgI沉淀。 c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。 d．用0.100 0 mol·L－1NH4SCN溶液滴定过量的Ag＋，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。 e．重复上述操作两次。三次测定数据如表： 实验序号 1 2 3 消耗NH4SCN 标准溶液体积/mL 10.24 10.02 9.98 f.数据处理。 回答下列问题： (1)滴定应在pH<0.5的条件下进行，其目的是____________________________________ ________________________________________________________________________。 (2)b和c两步操作是否可以颠倒______，说明理由： ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)所消耗的NH4SCN标准溶液平均体积为_____mL，测得c(I－)＝________mol·L－1。 (4)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液的前一步，应进行的操作为________________________________________________________________________。 (5)判断下列操作对c(I－)测定结果的影响(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 ①若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果________。 ②若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果________。 [解析]　(1)滴定实验中用NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂，Fe3＋容易发生水解，影响滴定终点判断，因此控制pH<0.5，目的是抑制Fe3＋的水解。(2)Fe3＋能与I－发生氧化还原反应：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，因此b、c不能颠倒，否则指示剂耗尽，无法判断滴定终点。(3)第1组数据误差较大，舍去，取第2组、第3组实验数据的平均值，消耗NH4SCN标准溶液的体积为(10.02＋9.98)mL×＝10.00 mL。根据滴定原理，则n(Ag＋)＝n(I－)＋n(SCN－)，故n(I－)＝n(Ag＋)－n(SCN－)＝0.025 L×0.100 0 mol·L－1－0.01 L×0.100 0 mol·L－1＝0.001 5 mol，则c(I－)＝＝0.060 0 mol·L－1。(4)在滴定管中装入NH4SCN标准溶液之前，要先用NH4SCN标准溶液润洗滴定管。 [答案]　(1)防止因Fe3＋的水解而影响滴定终点的判断(或抑制Fe3＋的水解)　(2)否(或不能)　若颠倒，Fe3＋与I－反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点　(3)10.00　0.060 0　(4)用NH4SCN标准溶液润洗滴定管　(5)①偏高　②偏高 [对点训练] 1．莫尔法是一种沉淀滴定法，以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，进行测定溶液中Cl－的浓度。已知： 银盐 性质　 　 AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4 AgSCN 颜色 白 浅黄 白 砖红 白 溶解度/ (mol·L－1) 1.34×10－6 7.1×10－7 1.1×10－8 6.5×10－5 1.0×10－6 (1)滴定终点的现象是_______________________________________________________。 (2)若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选为滴定指示剂的是________(填字母)。 A．NaCl　　　B．BaBr2　　　C．Na2CrO4 答案：(1)滴入最后半滴标准液时，生成砖红色沉淀且半分钟内不溶解　(2)C 2．“沉铁”时所得黄钠铁矾的化学式可表示为NaxFey(SO4)m(OH)n。采用滴定法测定黄钠铁矾样品的组成，实验步骤如下： Ⅰ.称取4.850 g样品，加盐酸完全溶解后，配成100.00 mL溶液。 Ⅱ.量取25.00 mL溶液，加入足量的KI，用0.250 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点(I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6)时，消耗30.00 mL Na2S2O3溶液。 Ⅲ.另取25.00 mL溶液，加入足量BaCl2溶液，充分反应后过滤、洗涤、干燥，得到沉淀1.165 g。 (1)用Na2S2O3溶液进行滴定时，使用的指示剂为____________，终点现象为__________________________________________________。 (2)称取的样品中Fe的质量分数为____________，SO的物质的量为____________。 (3)黄钠铁矾的化学式为______________。 (4)用Na2S2O3溶液滴定结束时，俯视读数，所测Fe的含量______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 解析：(1)淀粉遇碘变蓝色，故选择淀粉溶液作指示剂，Ⅱ中用Na2S2O3溶液滴定I2，当溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不恢复说明滴定到达终点。(2)有关反应的离子方程式为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，得到定量关系：2Fe3＋～I2～2Na2S2O3，则n(Fe3＋)＝n(Na2S2O3)，25 mL溶液中，Fe3＋的物质的量为0.250 0 mol·L－1×30.00 mL×10－3 L·mL－1＝7.50×10－3 mol，w(Fe)＝×100%≈34.6%；加足量BaCl2溶液充分反应后，过滤、洗涤、干燥得沉淀1.165 g，沉淀为硫酸钡，则n(SO)＝n(BaSO4)＝＝5.00×10－3 mol，样品中n(SO)＝4×5.00×10－3 mol＝2×10－2 mol。(3)100 mL溶液中，n(Fe3＋)＝7.50×10－3 mol×＝0.03 mol，n(SO)＝5.00×10－3 mol×＝0.02 mol，设4.850 g样品中钠离子的物质的量为n(Na＋)，氢氧根离子的物质的量为n(OH－)，根据质量守恒得4.850 g－0.03 mol×56 g·mol－1－0.02 mol×96 g·mol－1＝n(Na＋)×23 g·mol－1＋n(OH－)×17 g·mol－1，根据电荷守恒得0.03 mol×3＋n(Na＋)×1＝0.02 mol×2＋n(OH－)×1，解得n(Na＋)＝0.01 mol，n(OH－)＝0.06 mol，x∶y∶m∶n＝n(Na＋)∶n(Fe3＋)∶n(SO)∶n(OH－)＝0.01∶0.03∶0.02∶0.06＝1∶3∶2∶6，黄钠铁矾的化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6。(4)俯视读数，所需Na2S2O3溶液的体积偏小，所测Fe的含量偏小。 答案：(1)淀粉溶液　溶液由蓝色变为无色，且半分钟内颜色不恢复　(2)34.6%　2.00×10－2 mol　(3)NaFe3(SO4)2(OH)6　(4)偏小 [课时跟踪检测] (对应配套卷P437) 1．在室温下，等体积的酸和碱的溶液混合后，pH一定小于7的是(　 ) A．pH＝3的HNO3和pH＝11的KOH溶液 B．pH＝3的盐酸和pH＝11的氨水 C．pH＝3的醋酸和pH＝11的Ba(OH)2溶液 D．pH＝3的硫酸和pH＝11的NaOH溶液 解析：选C　A项，pH＝3的HNO3和pH＝11的KOH溶液，c(H＋)＝c(OH－)＝10－3 mol·L－1，等体积混合恰好反应生成硝酸钾，溶液为中性，错误；B项，pH＝3的盐酸c(H＋)＝10－3 mol·L－1，氨水浓度大于10－3 mol·L－1，等体积混合时碱过量，溶液pH大于7，错误；C项，pH＝3的醋酸的浓度大于10－3mol·L－1，pH＝11的Ba(OH)2溶液中c(OH－)＝10－3 mol·L－1，等体积混合时酸过量，pH一定小于7，正确；D项，pH＝3的硫酸和pH＝11的NaOH溶液，c(H＋)＝c(OH－)＝10－3 mol·L－1，等体积混合恰好反应生成硫酸钠，溶液为中性，错误。 2．(2023·重庆等级考)(NH4)2SO4溶解度随温度变化的曲线如图所示，关于各点对应的溶液，下列说法正确的是(　 ) A．M点Kw等于N点Kw B．M点pH大于N点pH C．N点降温过程中有2个平衡发生移动 D．P点c(H＋)＋c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(OH－)＋2c(SO) 解析：选B　M点和N点温度不同，故Kw不相等，A错误；升高温度促进铵根离子的水解，且N点铵根离子的浓度更大，水解生成的氢离子浓度更大，故M点pH大于N点pH，B正确；N点降温过程中有水的电离平衡、铵根离子的水解平衡、硫酸铵的溶解平衡3个平衡发生移动，C错误；P点为硫酸铵的不饱和溶液，溶液中存在电荷守恒：c(H＋)＋c(NH)＝c(OH－)＋2c(SO)，故D错误。 3．(2024·福建福州模拟)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　A项，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，正确；B项，锥形瓶中为碱，达到滴定终点，溶液显酸性，应选择指示剂甲基橙，现象是溶液由黄色变为橙色，错误。 4．生产和实验中广泛采用甲醛法测定饱和食盐水样品中的NH含量，利用的反应原理为4NH＋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a mL于锥形瓶，加入1～2滴指示剂，用浓度为b mol·L－1的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为V1 mL，当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为V2 mL。 ②向锥形瓶中加入饱和食盐水试样c mL，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V3 mL。 下列说法不正确的是(　 ) A．步骤①中的指示剂可以选用酚酞溶液 B．步骤②中静置的目的是使NH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(NH)＝ mol·L－1 解析：选C　甲酸和氢氧化钠反应生成甲酸钠，溶液呈碱性，步骤①中的指示剂可以选用酚酞溶液，A正确；通过延长反应时间，使反应进行得更充分，步骤②中静置的目的是使NH和HCHO完全反应，B正确；步骤②若不静置，反应4NH＋6HCHO===(CH2)6N4H＋(一元酸)＋3H＋＋6H2O进行不完全，生成的酸少，最终会导致测定结果偏低，C错误；4NH～[(CH2)6N4H＋(一元酸)＋3H＋]～4OH－，氢氧化钠的物质的量和氮元素的物质的量相同，所以饱和食盐水中c(NH)＝＝ mol·L－1，D正确。 5．中和滴定是一种操作简单，准确度高的定量分析方法，实际工作中也可利用物质间的氧化还原反应、沉淀反应进行类似的滴定分析。这些滴定分析均需要通过指示剂来确定滴定终点，下列对几种具体的滴定分析(待测液置于锥形瓶内)中所用指示剂及滴定终点时的溶液颜色的判断不正确的是(　 ) A．利用“H＋＋OH－===H2O”原理来测量某氢氧化钠溶液的浓度时：甲基橙——橙色 B．利用“2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋”原理，用NaI溶液测量Fe(NO3)3样品中Fe(NO3)3百分含量：淀粉——蓝色 C．利用“Ag＋＋SCN－===AgSCN↓”原理，可用标准KSCN溶液测AgNO3溶液浓度：Fe(NO3)3——血红色 D．用标准酸性KMnO4溶液滴定NaHSO3溶液以测量其浓度：KMnO4——紫红色 解析：选B　A项，用标准的盐酸溶液滴定氢氧化钠溶液，甲基橙为指示剂，溶液滴定终点的现象为由黄色变为橙色，正确；B项，利用2Fe3＋＋2I－===I2＋2Fe2＋原理，由于一开始就生成了单质碘，溶液呈蓝色，无法判断终点，错误；C项，利用Ag＋＋SCN－===AgSCN↓原理，用标准KSCN溶液测量AgNO3溶液浓度，Fe(NO3)3为指示剂，溶液滴定终点的现象为由无色变为血红色，正确；D项，用标准酸性KMnO4溶液滴定Na2SO3溶液，KMnO4本身就是指示剂，溶液滴定终点的现象为由无色变为紫红色，正确。 6．实验室常用准确称量的邻苯二甲酸氢钾( ，溶液呈弱酸性)来测定配制的NaOH标准溶液的浓度，即分析化学实验中常称为“标定”的一种方法。某学生将配好的待测NaOH溶液放于锥形瓶中，用该溶液标定，进行了四次实验，数据如表： 实验编号 1 2 3 4 消耗标准液 V( ) 18.60 17.10 16.90 17.00 下列说法正确的是(　 ) A．实验中最好选择酚酞作指示剂 B．滴定过程中消耗的V平均(邻苯二甲酸氢钾)＝17.40 mL C．配制邻苯二甲酸氢钾溶液时，容量瓶洗净后未经干燥处理，会使最终标定结果偏高 D．锥形瓶在装液前未用待测NaOH溶液润洗会使标定结果偏低 解析：选A　A项，邻苯二甲酸氢钾呈弱酸性，滴定终点时生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，所以选用酚酞作指示剂，正确；B项，第1组数据为18.60 mL，与其他三组相差较大，应该舍弃，则滴定过程中消耗的V(邻苯二甲酸氢钾)＝＝17.00 mL，错误；C项，配制邻苯二甲酸氢钾溶液时，容量瓶洗净后未经干燥处理，该操作方法不影响配制结果，错误；D项，中和滴定过程中，盛放待测液的锥形瓶不能润洗，否则影响滴定结果，错误。 7.常温时，1 mol·L－1 HClO2和 1 mol·L－1 HMnO4两种酸溶液，起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水进行稀释，稀释后溶液体积为V，所得曲线如图所示。下列说法正确的是(　 ) A．稀释前分别用1 mol·L－1的NaOH溶液中和，消耗的NaOH溶液体积：HMnO4＞HClO2 B．当稀释至pH均为3时，溶液中c(ClO)＞c(MnO) C．在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足pH＝lg D．常温下，浓度均为0.1 mol·L－1的NaClO2和NaMnO4溶液的pH：NaMnO4＞NaClO2 解析：选C　HClO2与HMnO4两种酸都为一元酸且物质的量相等，消耗的NaOH溶液体积相同，故A错误；当稀释至pH均为3时，两溶液中均存在电荷守恒，分别为c(H＋)＝c(OH－)＋c(ClO)，c(H＋)＝c(OH－)＋c(MnO)，则溶液中c(ClO)＝c(MnO)，故B错误；由题图可知lg ＋1＝1时，1 mol·L－1 HMnO4溶液中c(H＋)＝1 mol·L－1，说明HMnO4为强酸，在0≤pH≤5时，HMnO4溶液满足pH＝lg ，故C正确；由题图可知HClO2为弱酸，则浓度均为0.1 mol·L－1的NaClO2和NaMnO4溶液的pH：NaMnO4＜NaClO2，故D错误。 8．(2022·广东等级考)食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25 ℃时，HAc的Ka＝1.75×10－5＝10－4.76。 (1)配制250 mL 0.1 mol·L－1的HAc溶液，需5 mol·L－1HAc 溶液的体积为________ mL。 (2)下列关于250 mL容量瓶的操作，正确的是________。 (3)某小组研究25 ℃下HAc电离平衡的影响因素。 [提出假设]　稀释HAc溶液或改变Ac－浓度，HAc电离平衡会发生移动。 [设计方案并完成实验]　用浓度均为0.1 mol·L－1的HAc和NaAc溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定pH，记录数据。 序号 V(HAc)/mL V(NaAc)/mL V(H2O)/mL n(NaAc)∶n(HAc) pH Ⅰ 40.00 / / 0 2.86 Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36 … Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53 Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65 ①根据表中信息，补充数据：a＝_______，b＝_______。 ②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释HAc溶液，电离平衡________(填“正”或“逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由：_________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ③由实验Ⅱ～Ⅷ可知，增大Ac－浓度，HAc电离平衡逆向移动。 [实验结论]　假设成立。 (4)小组分析上表数据发现：随着的增加，c(H＋)的值逐渐接近HAc的Ka。 查阅资料获悉：一定条件下，按＝1配制的溶液中，c(H＋)的值等于HAc的Ka。 对比数据发现，实验Ⅷ中pH＝4.65与资料数据Ka＝10－4.76存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。 (ⅰ)移取20.00 mL HAc溶液，加入2滴酚酞溶液，用0.100 0 mol·L－1NaOH溶液滴定至终点，消耗体积为22.08 mL，则该HAc溶液的浓度为________ mol·L－1。画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点。 (ⅱ)用上述HAc溶液和0.100 0 mol·L－1NaOH溶液，配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。 (5)小组进一步提出：如果只有浓度均约为0.1 mol·L－1的HAc和NaOH溶液，如何准确测定HAc的Ka？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。 Ⅰ 移取20.00 mL HAc溶液，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液V1 mL Ⅱ ________________________________________________________________________， 测得溶液的pH为4.76 [实验总结]　得到的结果与资料数据相符，方案可行。 (6)根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途________________________________________________________________________。 解析：(1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250 mL×0.1 mol·L－1＝V×5 mol·L－1，解得V＝5.0 mL。 (2)容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；定容时，视线应平视刻度线且与溶液凹液面相切，不能仰视或俯视，故B错误；向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误。 (3)①实验Ⅶ的溶液中n(NaAc)∶n(HAc)＝3∶4，V(HAc)＝4.00 mL，因此V(NaAc)＝3.00 mL，即a＝3.00，由实验Ⅰ可知，溶液最终的体积为40.00 mL，因此V(H2O)＝40.00 mL－4.00 mL－3.00 mL＝33.00 mL，即b＝33.00。 ②实验Ⅰ所得溶液的pH＝2.86，实验Ⅱ的溶液中c(HAc)为实验Ⅰ的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验Ⅱ所得溶液的pH＝2.86＋1＝3.86，但实际溶液的pH＝3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H＋)增大，即电离平衡正向移动。 (4)ⅰ.滴定过程中发生反应：HAc＋NaOH===NaAc＋H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)＝n(NaOH)，因此22.08 mL×0.1 mol·L－1＝20.00 mL×c(HAc)，解得c(HAc)＝0.110 4 mol·L－1。 ⅱ.滴定过程中，当V(NaOH)＝0时，c(H＋)＝≈ mol·L－1＝10－2.86mol·L－1，溶液的pH＝2.86，当V(NaOH)＝11.04 mL时，n(NaAc)＝n(HAc)，溶液的pH＝4.76，当V(NaOH)＝22.08 mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc溶液，Ac－发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1 mol·L－1，溶液pH接近13。 (5)向20.00 mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当＝1时，溶液中c(H＋)的值等于HAc的Ka，因此可再向溶液中加入20.00 mL HAc溶液，使溶液中n(NaAc)＝n(HAc)。 (6)不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂，H3PO4可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途。 答案：(1)5.0　(2)C (3)①3.00　33.00　②正　实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1 (4)0.110 4 (5)向滴定后的混合液中加入20 mL HAc溶液 (6)HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料) 9．向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，滴加过程中溶液的pH随FeSO4溶液的体积的变化曲线及实验现象见表： 变化曲线 实验现象 ⅰ.A→B产生红褐色沉淀 ⅱ.B→C红褐色沉淀的量增多 ⅲ.C→D红褐色沉淀的量增多 ⅳ.D点附近产生有刺激性气味的气体 ⅴ.D→E红褐色沉淀的量略有增多 资料：①饱和NaClO溶液的pH约为11； ②Ksp[Fe(OH)3]＝2.8×10－39。 (1)Cl2和NaOH溶液制取NaClO的离子方程式是 ________________________________________________________________________。 (2)A点溶液的pH约为13，主要原因是___________________________________________ ________________________________________________________________________。 (3)结合离子方程式解释A→B溶液的pH显著下降的主要原因：______________________ ________________________________________________________________________。 (4)NaClO溶液中含氯各微粒的物质的量分数与pH的关系如图： ①M点溶液含氯的微粒有_________________________________________________。 ②C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是___________________________。 (5)检验ⅳ中气体的方法是_____________________________________________________ ________________________________________________________________________。 (6)A→D的过程中，溶液的pH一直下降，原因是___________________________________ ________________________________________________________________________。 (7)整个滴加过程中发生的反应与______________________________________________ _____________________________________________________、微粒的浓度等有关。 解析：向含有NaOH的NaClO溶液中逐滴滴入FeSO4溶液，结合变化曲线图和实验现象，发现A→B过程，溶液的碱性较强，此时发生ClO－＋2Fe2＋＋4OH－＋H2O===Cl－＋2Fe(OH)3↓，从B→C的过程ClO－的含量减少，HClO含量增多，到C点主要发生HClO＋2Fe2＋＋5H2O===2Fe(OH)3＋Cl－＋5H＋，D→E过程溶液中NaOH和NaClO已完全反应，此时红褐色沉淀略有增多，主要是Fe2＋被空气中的O2氧化为Fe3＋，Fe3＋发生水解生成Fe(OH)3沉淀。(2)A点溶液的pH约为13，主要原因是溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH－使溶液的pH约为13。(3)A→B产生红褐色沉淀，说明有Fe(OH)3生成，所以A→B溶液的pH显著下降是ClO－将Fe2＋氧化为＋3价，消耗溶液中的OH－，使c(OH－) 减小。(4)M点pH略小于8，产生红褐色沉淀，所以溶液含氯的微粒有ClO－、HClO、Cl－；C点pH约为6.5，溶液中HClO含量较多，所以C点附近生成红褐色沉淀的主要反应的离子方程式是HClO＋2Fe2＋＋5H2O===2Fe(OH)3＋Cl－＋5H＋。(5)根据现象ⅳ：D点附近产生有刺激性气味的气体，该气体为氯气，利用反应Cl2＋2KI===2KCl ＋I2和碘单质遇淀粉溶液变蓝进行检验。(6)A→D的过程中，产生的红褐色沉淀在不断增多，即Fe2＋不断地转化为Fe(OH)3沉淀，此过程需不断地消耗溶液中的OH－，所以溶液的pH一直下降。(7)不同阶段有不同的氧化剂将Fe2＋氧化为Fe(OH)3，因此整个滴加过程中发生的反应与反应物的相对用量或氧化剂的种类、微粒的浓度等有关。 答案：(1)Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O (2)溶液中含有NaOH，NaOH电离出OH－使溶液的pH约为13 (3)A→B发生反应ClO－＋2Fe2＋＋4OH－＋H2O===Cl－＋2Fe(OH)3↓，消耗OH－，使溶液的pH显著下降 (4)①ClO－、HClO、Cl－　②HClO＋2Fe2＋＋5H2O===2Fe(OH)3＋Cl－＋5H＋ (5)用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体，试纸变蓝 (6)Fe2＋向Fe(OH)3转化时消耗了NaOH和H2O电离的OH－，c(OH－)减小、c(H＋)增大，pH一直下降 (7)反应物的相对用量或氧化剂的种类 10．(1)(2024·湖北调研)实验室常用甲醛法测定含(NH4)2Cr2O7的样品中氮的质量分数，其反应原理为2Ba2＋＋Cr2O＋H2O===2BaCrO4↓＋2H＋、4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋[滴定时，1 mol(CH2)6N4H＋与1 mol H＋相当]，然后用NaOH标准溶液滴定反应生成的酸。 实验步骤：称取样品2.800 g，配成250 mL溶液，移取25.00 mL样品溶液于250 mL锥形瓶中，用氯化钡溶液使Cr2O完全沉淀后，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min后，加入1～2 滴酚酞溶液，用0.200 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定至终点。重复上述操作3次。 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，则滴定时用去NaOH标准溶液的体积________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)；滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察______________________________。 ②滴定结果如表所示： 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 1.07 21.06 2 25.00 0.88 20.89 3 25.00 0.20 21.20 4 25.00 0.66 20.66 该样品中氮元素的质量分数为________。 (2)测定POCl3含量。用PCl3氧化法制备的POCl3中常含有PCl3杂质。 已知：PCl3遇水生成H3PO3和HCl，POCl3遇水生成H3PO4和HCl。 Ⅰ.准确称取1.455 g制得的POCl3产品，置于盛有60.00 mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解； Ⅱ.将水解液配成100.00 mL溶液，取10.00 mL溶液于锥形瓶中； Ⅲ.加入10.00 mL 0.320 0 mol·L－1AgNO3溶液，使氯离子完全沉淀；向其中加入少许硝基苯用力摇动； Ⅳ.以Fe3＋为指示剂，用0.020 0 mol·L－1KSCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去10.00 mL KSCN溶液。已知：Ag＋＋SCN－===AgSCN↓；Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN)。 ①滴定终点的现象为__________________________________________________ ________________________________________________________________________。 ②实验过程中加入硝基苯的目的是____________________________________________ ________________________________________________________________________； 若无此操作，则所测POCl3含量将会__________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 ③产品中POCl3的百分含量为______________(保留三位有效数字)。 (3)CuSO4·5H2O的含量通常利用“间接碘量法”测定，步骤如下： ①称取1.250 g产品配成100 mL溶液。 ②取其中25.00 mL溶液，加入足量的NaF溶液后，滴加KI溶液至不再产生沉淀。 ③用0.100 0 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，平行滴定3次。已知Cu2＋与F－不反应，Fe3＋与F－反应生成FeF，氧化性：I2>FeF；I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6。步骤②中，若不加足量的NaF溶液，最终的测量值将__________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。滴加KI溶液，有白色碘化物沉淀生成，反应的离子方程式为________________________________________；若Na2S2O3标准溶液的平均用量为10.00 mL，则胆矾产品纯度为________%。 解析：(1)4次滴定消耗氢氧化钠溶液体积依次为19.99 mL、20.01 mL、21.00 mL、20.00 mL，第3次测定误差较大，舍去，取剩下3次滴定的平均值得消耗氢氧化钠溶液体积为20.00 mL。由题给关系可知(NH4)2Cr2O7～4OH－，则w(N)＝×100%＝10.00%。(2)①滴加KSCN标准溶液，先生成AgSCN沉淀，达到滴定终点时，溶液变为红色，且半分钟不褪色。②根据题给信息，加入硝基苯可覆盖AgCl沉淀，避免AgCl与KSCN标准溶液反应，若无此操作，则KSCN标准溶液用量偏多，测得的Ag＋浓度偏大，从而使所测POCl3含量偏小。③Ⅰ～Ⅲ涉及的反应有PCl3＋3H2O===H3PO3＋3HCl，POCl3＋3H2O===H3PO4＋3HCl，HCl＋AgNO3===AgCl↓＋HNO3，此过程消耗AgNO3的物质的量为0.01 L×0.320 0 mol·L－1－0.01 L×0.020 0 mol·L－1＝0.003 mol，由关系式PCl3～3HCl～3AgNO3及POCl3～3HCl～3AgNO3可知，10.00 mL溶液中n(PCl3)＋n(POCl3)＝0.001 mol，则产品中n(PCl3)＋n(POCl3)＝0.001× mol＝0.01 mol，设POCl3 的物质的量为x mol，(153.5×x)g＋[137.5×(0.01－x)]g＝1.455 g，则x＝0.005 mol，故产品的纯度为×100%≈52.7%。(3)结合题中信息可知Cu2＋与I－发生氧化还原反应的离子方程式为2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，若步骤②中不加入足量的NaF溶液，Fe3＋也消耗I－，导致最终测量值将偏大。根据关系式：2Cu2＋～I2～2Na2S2O3，可得c(Cu2＋)＝0.040 0 mol·L－1，则胆矾产品纯度＝80.00%。 答案：(1)①偏大　锥形瓶内溶液颜色的变化 ②10.00% (2)①当滴入最后半滴KSCN标准溶液时，溶液变为红色，且半分钟内不褪色 ②使生成的AgCl沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN－与AgCl反应　偏小 ③52.7% (3) 偏大　2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2　80.00 学科网（北京）股份有限公司 $$