3.4 第2课时 离子反应的应用（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二化学选择性必修第一册（鲁教版2019）

第2课时　离子反应的应用 基础过关练 题组一　酸碱中和滴定实验 1.常温下,用0.10 mol/L NaOH标准液滴定未知浓度的盐酸。下列说法正确的是 (　　) 　 A.滴定过程中,眼睛注视滴定管内液面变化 B.用酚酞作指示剂,滴入最后半滴标准液,溶液恰好变红,一定达到滴定终点 C.装NaOH标准液时,用图2所示方法排除滴定管尖嘴内的气泡 D.若用该NaOH溶液滴定与盐酸相同浓度的醋酸,图1中虚线表示醋酸的滴定曲线,实线表示盐酸的滴定曲线 2.用盐酸标准液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液,用甲基橙作指示剂,下列说法不正确的是 (　　) A.可以用酚酞代替甲基橙作指示剂 B.滴定前不能用待测液润洗锥形瓶 C.若氢氧化钠吸收少量CO2,不影响滴定结果 D.可用量筒量取25.00 mL NaOH待测液置于锥形瓶中 3.(易错题)用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸,若测定结果偏低,其原因可能是 (　　) A.配制标准溶液时,称取的NaOH固体中混有KOH B.滴定用的锥形瓶,先用蒸馏水洗,再用待测液润洗 C.开始实验时碱式滴定管尖嘴部分无气泡,实验结束时有气泡 D.滴定终点读数时,仰视滴定管读数 4.国家标准规定,酿造的食醋中醋酸的含量不得低于3.5 g/100 mL,即每100 mL食醋中,折算成醋酸的含量不得低于3.5 g。选择酚酞作指示剂,用标准NaOH溶液测定白醋中醋酸(假设白醋中的酸均为醋酸)的浓度,以检测白醋是否符合国家标准。测定过程如图所示: (1)滴定达到终点时的现象是滴入最后半滴标准NaOH溶液后,　　　。 (2)某次实验滴定开始和结束时碱式滴定管中的液面如图所示,则消耗标准NaOH溶液的体积为　　　　 mL。  (3)已知实验所用标准NaOH溶液的浓度为0.060 0 mol·L-1,根据上述滴定结果可知该白醋　　　　(填“符合”或“不符合”)国家标准。  (4)下列操作中,可能使所测白醋中醋酸的浓度数值偏低的是 　　　　(填编号)。 A.碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液 B.滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥 C.滴定过程中摇动锥形瓶时有液滴溅出 D.读取NaOH溶液体积时,开始时仰视读数,滴定结束时俯视读数 E.碱式滴定管在滴定前有气泡,滴定后气泡消失 题组二　物质的制备与纯化　生活中常见的离子反应 5.下列有关水处理涉及的离子方程式不正确的是 (　　) A.沉淀法:加入Na2S处理含Hg2+废水,Hg2++S2- HgS↓ B.中和法:加入生石灰处理酸性废水,H++OH- H2O C.氧化法:加入次氯酸处理氨氮废水,2N+3HClO N2↑+3H2O+5H++3Cl- D.混凝法:加入明矾[KAl(SO4)2·12H2O]使水中的悬浮颗粒发生聚沉,Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+ 6.粗制的CuSO4·5H2O晶体中含有Fe2+。提纯时,为了除去Fe2+,常加入少量H2O2,然后加入少量碱至溶液pH=4,可以达到除去铁离子而不损失硫酸铜的目的。下列说法不正确的是　 (　　) A.溶解CuSO4·5H2O晶体时要加入少量稀H2SO4 B.加入H2O2,将Fe2+氧化:2Fe2++H2O2+2H+ 2Fe3++2H2O C.由于CuSO4的催化作用,会使部分H2O2分解而损失 D.调溶液pH=4的依据是Cu(OH)2比Fe(OH)3更难溶 7.碘化钠在医药中用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂,也用作食品添加剂、感光剂等。工业上用NaOH溶液、水合肼制取碘化钠固体,其制备流程图如下: 已知:N2H4·H2O在100 ℃以上分解。 回答下列问题: (1)在合成过程的反应产物中含有NaIO3,若在合成过程中消耗了3 mol I2,则生成NaIO3的物质的量为　　　　 mol。  (2)写出还原过程中发生反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　; 在还原过程中,为了加快反应,可提高反应温度,但温度不得超过　　　℃;下列试剂可检测所得碘化钠固体中是否含有NaIO3杂质的是　　　　。(填字母)  A.冰醋酸　　B.KI溶液　　C.淀粉溶液 (3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下: a.称取4.000 g样品,溶解,在250 mL容量瓶中定容; b.量取25.00 mL待测液于锥形瓶中,然后加入足量的FeCl3溶液,充分反应后,再加入淀粉溶液作指示剂; c.用0.100 0 mol/L Na2S2O3溶液进行滴定至终点(发生反应的化学方程式为2Na2S2O3+I2 Na2S4O6+2NaI),重复测定2次,所得相关数据如下表: 测定 序号 待测液 体积/mL 标准液滴定管 起点读数/mL 标准液滴定管 终点读数/mL 1 25.00 0.06 24.04 2 25.00 0.02 24.02 3 25.00 0.12 24.14 ①操作b中,加入足量的FeCl3溶液时发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 ②滴定终点观察到的现象为　　　　　　　　　　。 ③计算该样品中NaI的百分含量为　　　　。 (4)碘化钠固体的保存方法是　　　　　　　　　　　　　　。 能力提升练 题组一　酸碱中和滴定曲线分析 1.(经典题)常温下,用0.100 0 mol/L NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol/L盐酸过程中的pH变化如图所示。已知lg5=0.7。下列说法错误的是 (　　) A.接近b点时,加入极少量NaOH溶液就会引起pH突变 B.滴定过程中,水的电离程度不断减小 C.滴加NaOH溶液30.00 mL时,pH=12.3 D.选指示剂时,其变色范围应在4.3~9.7之间 2.如图曲线a和b是盐酸与氢氧化钠溶液的相互滴定的滴定曲线,下列叙述正确的是 (　　) A.酚酞不能用作本实验的指示剂 B.盐酸的物质的量浓度为1 mol·L-1 C.曲线a对应的是盐酸滴定氢氧化钠溶液 D.P点时恰好反应完全,溶液呈中性 题组二　酸碱中和滴定原理的迁移应用 3.电流滴定法(电压10-100 mV)是根据电流情况判断滴定终点,如图所示,仅I2、I-同时存在时才能产生电流。可用此法来测定Na2S2O3溶液的浓度。已知:2S2+2I-,下列说法错误的是 (　　) A.仪器X的名称为“碱式滴定管” B.a点为滴定终点 C.若滴定结束后仰视读数,则测定Na2S2O3溶液的浓度偏小 D.若含碘溶液中含有0.15 mol的I2,硫代硫酸钠溶液的浓度为0.5 mol·L-1 4.某化学兴趣小组利用滴定原理进行无水碱式氯化铜[Cux(OH)yClz]组成的测定:称取样品12.870 0 g,加稀硝酸溶解,并加水定容至500 mL,得到待测液。 (1)铜的测定:取50.00 mL待测液,加入足量的氢氧化钠溶液,经过滤、洗涤、低温烘干、称量,得到的蓝色固体质量为1.176 0 g。则称取的样品中n(Cu2+)为　　　　mol。  (2)采用沉淀滴定法测定氯,步骤如下: a.准确量取25.00 mL待测液于锥形瓶中,加入20.00 mL 0.200 0 mol/L AgNO3溶液,充分反应; b.向其中加入少量硝基苯,使沉淀表面被有机物覆盖(防止AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀); c.加入指示剂,用0.100 0 mol/L NH4SCN标准溶液滴定过量的AgNO3溶液; d.重复实验操作三次,平均消耗NH4SCN标准溶液的体积为10.00 mL。 ①滴定选用的指示剂是　　　　　　。  ②如果不加硝基苯,可能造成所测含氯量　　　　(填“偏大”或“偏小”)。  (3)根据上述实验结果可推知该碱式氯化铜的化学式为　　　　　　。 题组三　离子反应在物质制备中的应用 5.实验室用如下方法制备Na2S2O3。 Na2SO3 SO2 Na2S2O3溶液 Na2S2O3 已知:ⅰ.Na2SO3+S Na2S2O3 ⅱ.过程②中溶液先变浑浊再变澄清,得到Na2S2O3溶液。 ⅲ.Na2S2O3在酸性环境下不能稳定存在。 下列说法不正确的是 (　　) A.过程②中溶液先变浑浊可能的原因:2S2-+3SO2 2S+3S↓ B.过程②中通入过量SO2会降低Na2S2O3的产率 C.过程①生成SO2的反应属于氧化还原反应 D.过程②中加入适量乙醇可增大S的溶解度,加快反应速率 6.二氧化氯(ClO2)可用于自来水消毒。以粗食盐为原料生产ClO2的工艺主要包括:①粗盐精制;②电解微酸性NaCl溶液;③ClO2的制取。工艺流程如下: 提供的试剂:饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、Ba(NO3)2溶液。 (1)粗食盐水中含有Ca2+、Mg2+、S等杂质。除杂操作时,往粗食盐水中先加入过量的试剂X,选出试剂X所代表的物质,按滴加顺序依次是　　　　　　　　　　　　,充分反应后将沉淀一并滤去。经检测发现滤液中仍含有一定量的S,其原因是　　　　　　　　　　。 [已知:Ksp(BaSO4)=1.1×10-10 mol2·L-2;Ksp(BaCO3)=5.1×10-9 mol2·L-2]  (2)上述过程中,将食盐水在特定条件下电解得到的氯酸钠与盐酸反应生成ClO2,电解时生成的气体B是　　　　;电解时阳极反应式为　　　　　　　。反应Ⅲ的离子方程式为　　　　　　　　　　。 (3)ClO2很不稳定,需随用随制,产物用水吸收得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的含量,进行了以下实验: 步骤1:准确量取ClO2溶液10.00 mL ,稀释成100 mL 试样。 步骤2:量取V1 mL 试样加入锥形瓶中,调节试样的pH≤2.0,加入足量的KI晶体,摇匀,在暗处静置30分钟。(已知:2ClO2+10I-+8H+ 5I2+2Cl-+4H2O) 步骤3:以淀粉溶液作指示剂,用c mol·L-1 Na2S2O3溶液滴定至终点,消耗Na2S2O3溶液V2 mL 。(已知:I2+2S2) ①准确量取10.00 mL ClO2溶液的玻璃仪器是　　　　　　　　。  ②上述步骤3中滴定终点的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。③若实验中使用的Na2S2O3标准溶液部分因被氧气氧化而变质,则实验结果　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。  ④根据上述步骤可计算出原ClO2溶液的浓度为　　　mol·L-1(用含字母的代数式表示)。  答案与分层梯度式解析 基础过关练 1.C 2.D 3.C 5.B 6.D 1.C　滴定过程中,眼睛注视待测液颜色变化,A错误;用酚酞作指示剂,滴入最后半滴NaOH标准液,溶液恰好变红,且半分钟内不褪色,证明达到滴定终点,B错误;用碱式滴定管盛装NaOH标准液时,可用图2所示方法排除滴定管尖嘴内的气泡,C正确;相同浓度的盐酸和醋酸,醋酸的起始pH较大,实线表示醋酸的滴定曲线,D错误。 名师点睛 氢氧化钠溶液滴定等浓度等体积的盐酸、醋酸的滴定曲线分析: (1)曲线起点不同:强碱滴定强酸、弱酸的曲线,强酸起点低。 (2)突跃点变化范围不同:强碱与强酸反应的突跃点变化范围大于强碱与弱酸反应突跃点的变化范围。 2.D　用盐酸标准液滴定未知浓度的氢氧化钠溶液,反应终点时溶液为中性,可选酚酞作指示剂,A正确;滴定前用待测液润洗锥形瓶,NaOH的物质的量增大,消耗盐酸的体积偏大,滴定结果偏高,B正确;氢氧化钠吸收少量二氧化碳后变为碳酸钠,甲基橙作指示剂,用盐酸进行滴定,最后生成氯化钠,消耗的HCl的物质的量始终等于NaOH的物质的量,因此若氢氧化钠吸收少量CO2,不影响滴定结果,C正确;量筒只能精确到0.1 mL,量取25.00 mL NaOH待测液,应该用碱式滴定管,D错误。 3.C　KOH的摩尔质量大于NaOH的摩尔质量,称取的NaOH固体中混有KOH会使所配制的NaOH标准溶液OH-浓度偏低,滴定时消耗的NaOH标准溶液的体积偏大,根据c(HCl)=可知,测定结果偏高,A错误;锥形瓶如果用待测液润洗会使n(HCl)偏大,消耗NaOH标准溶液的体积偏大,根据c(HCl)=可知,测定结果偏高,B错误;滴定前无气泡,滴定后有气泡,导致NaOH标准溶液的体积偏小,根据c(HCl)=可知,测定结果偏低,C正确;滴定终点读数时,仰视滴定管读数,导致读出的NaOH标准溶液的体积偏大,根据c(HCl)=可知,测定结果偏高,D错误。 易错分析 酸碱中和滴定误差分析容易出错,分析依据:c(待测)=,若V(标准)偏大⇒c(待测)偏大;若V(标准)偏小⇒c(待测)偏小。本题的C项,实验开始时滴定管尖嘴部分无气泡,实验结束时有气泡,当把气泡放出后,滴定管的液面下降,所以V(标准)偏小⇒c(待测)偏小。 4.答案　(1)溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色 (2)26.10　(3)符合　(4)CD 解析　(2)根据图中所示滴定前后碱式滴定管液面可知,消耗标准NaOH溶液的体积为26.10 mL。 (3)实验所用标准NaOH溶液的浓度为0.060 0 mol·L-1,则稀释后溶液中醋酸浓度为=0.062 64 mol·L-1,则白醋中醋酸浓度为0.062 64 mol·L-1×10=0.626 4 mol·L-1,100 mL白醋中醋酸的质量为0.626 4 mol·L-1×0.1 L×60 g·mol-1≈3.75 g>3.5 g,故该白醋符合国家标准。 (4)碱式滴定管未用标准NaOH溶液润洗就直接注入标准NaOH溶液,使标准液的浓度变小,导致消耗NaOH溶液的体积偏大,则滴定结果偏高,A错误;滴定前盛放白醋稀溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥,对测定结果无影响,B错误;滴定过程中振荡时有液滴溅出,使待测液中溶质的物质的量偏小,导致消耗NaOH溶液的体积偏小,则滴定结果偏低,C正确;读取NaOH溶液体积时,开始时仰视读数,滴定结束时俯视读数,使消耗NaOH溶液的体积读数偏小,则滴定结果偏低,D正确;碱式滴定管在滴定前有气泡,滴定后气泡消失,使消耗NaOH溶液的体积读数偏大,则滴定结果偏高,E错误。 5.B　用Na2S处理含Hg2+的废水是利用Hg2+与S2-反应生成HgS沉淀,反应的离子方程式为Hg2++S2- HgS↓,故A项正确;生石灰为CaO,其加入酸性废水中发生反应的离子方程式不为H++OH- H2O,故B项错误;次氯酸具有强氧化性,N具有还原性,N可以被次氯酸氧化为N2,反应的离子方程式为2N+3HClO N2↑+3H2O+5H++3Cl-,故C项正确;明矾中的Al3+水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性,能使水中的悬浮颗粒发生聚沉,涉及离子方程式Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+,故D项正确。 6.D　为防止Cu2+水解生成Cu(OH)2,溶解CuSO4·5H2O晶体时要加入少量稀H2SO4,A项正确;H2O2具有强氧化性,能与Fe2+发生氧化还原反应,即2Fe2++H2O2+2H+ 2Fe3++2H2O,B项正确;H2O2在CuSO4催化下可发生分解反应,C项正确;调节溶液pH=4时,可将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去,Cu2+不损失,即Fe(OH)3比Cu(OH)2更难溶,D项错误。 7.答案　(1)1 (2)2I+3N2H4·H2O 3N2↑+2I-+9H2O　100　AC (3)①2Fe3++2I- 2Fe2++I2　②当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时,溶液的蓝色褪去,且半分钟内不恢复　③90.00% (4)用棕色瓶遮光、密封保存 解析　(1)在合成过程中,I2与NaOH溶液发生反应的化学方程式为3I2+6NaOH NaIO3+5NaI+3H2O,若合成过程中消耗了3 mol I2,生成NaIO3的物质的量为1 mol。 (2)还原过程中,水合肼将NaIO3还原为I2,水合肼被氧化为N2,离子方程式为2I+3N2H4·H2O 3N2↑+2I-+9H2O;因为N2H4·H2O在100 ℃以上分解,在还原过程中,温度不得超过100 ℃;在酸性环境中,NaIO3能被NaI还原为I2,用淀粉溶液可检验I2的存在,则选择冰醋酸、淀粉溶液。 (3)①操作b中,加入足量的FeCl3溶液时,反应的离子方程式为2Fe3++2I- 2Fe2++I2。 ②达到滴定终点时,I2全部被Na2S2O3还原为I-,溶液的蓝色褪去,则达滴定终点时观察到的现象为当滴入最后半滴Na2S2O3溶液时,溶液的蓝色褪去,且半分钟内不恢复。 ③三次实验中,所用Na2S2O3溶液的平均体积为=24.00 mL,根据方程式得关系式: 2NaI~I2~2Na2S2O3,则n(NaI)=n(Na2S2O3),样品中NaI的百分含量为×100%=90.00%。 (4)碘化钠可用作感光剂,说明其在光照条件下分解,所以碘化钠固体的保存方法是用棕色瓶遮光、密封保存。 能力提升练 1.B 2.D 3.B 5.C 1.B　b点为反应终点,接近b点时,极少量NaOH溶液就会引起pH突变,A正确;HCl抑制水的电离,随着NaOH溶液加入,水的电离程度增大,恰好完全反应后再滴加NaOH溶液,水的电离程度减小,B错误;滴加NaOH溶液30.00 mL时,溶液中c(OH-)= mol/L=0.02 mol/L,则c(H+)= mol/L,故溶液的pH=-lg c(H+)=13-lg5=12.3,C正确;指示剂的变色范围应在突变范围内,由题图可知,选指示剂时,其变色范围应在4.3~9.7之间,D正确。 2.D　该中和滴定实验可以用酚酞作指示剂,A错误;曲线a所表示的中和反应刚开始时,溶液的pH=1,说明被滴定的溶液是盐酸,所以曲线a表示的是氢氧化钠溶液滴定盐酸的滴定曲线,故c(HCl)=c(H+)=0.1 mol·L-1,B、C错误;P点时二者恰好完全反应,溶质为氯化钠,溶液呈中性,D正确。 3.B　根据题图中仪器X外观构造可知其为碱式滴定管,A正确;“仅I2、I-同时存在时才能产生电流”,滴定终点时无I2,电流应为0,a点不是滴定终点,B错误;仰视读数造成Na2S2O3溶液的体积偏大,则测定的Na2S2O3溶液的浓度偏小,C正确;n(Na2S2O3)=2n(I2)=0.3 mol,V(Na2S2O3)=0.6 L,所以硫代硫酸钠溶液的浓度为c==0.5 mol·L-1,D正确。 4.答案　(1)0.12　(2)①Fe(NO3)3溶液　②偏小　(3)Cu2(OH)3Cl 解析　(1)取50.00 mL待测液,加入足量的NaOH溶液,经过滤、洗涤、低温烘干、称量,得到1.176 0 g蓝色固体Cu(OH)2,则n[Cu(OH)2]==0.012 mol,则称取的样品中n(Cu2+)=×0.012 mol=0.12 mol。(2)①滴定时,SCN-与Ag+结合生成AgSCN沉淀,当多余的Ag+被沉淀完全,再滴入NH4SCN标准溶液,可利用Fe3+与SCN-反应生成血红色物质而观察到溶液变色,则应选用的指示剂为Fe(NO3)3溶液。②滴加NH4SCN标准溶液前,先加入硝基苯使AgCl沉淀表面被有机物覆盖,如果不加硝基苯,部分AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀,消耗NH4SCN溶液体积偏大,导致计算的转化为AgCl沉淀消耗的AgNO3溶液的体积偏小,则测得样品中氯元素的含量偏小。(3)12.870 0 g无水碱式氯化铜中,含n(Cu2+)=0.12 mol,10.00 mL 0.100 0 mol/L NH4SCN溶液中含n(NH4SCN)=0.001 mol,共加入20.00 mL 0.200 0 mol/L AgNO3溶液,由NH4SCN~AgNO3可知,与Cl-反应的n(AgNO3)=0.02 L×0.200 0 mol/L-0.001 mol=0.003 mol,由Cl-~Ag+可知,n(Cl-)=0.003 mol,则样品中n(Cl-)=0.003 mol×=0.06 mol;根据化合物中元素化合价代数和为0可知,2n(Cu2+)=n(Cl-)+n(OH-),即2×0.12 mol=0.06 mol+n(OH-),解得n(OH-)=0.18 mol,则无水碱式氯化铜中n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)=0.12 mol∶0.18 mol∶0.06 mol=2∶3∶1,即无水碱式氯化铜的化学式为Cu2(OH)3Cl。 5.C　Na2SO3与浓硫酸反应生成的SO2与Na2S反应生成S,离子方程式为2S2-+3SO2 2S+3S↓,A正确;通入过量SO2会使溶液酸性增强,使Na2S2O3转化为其他物质,Na2S2O3产率降低,B正确;过程①中Na2SO3与浓H2SO4的反应不为氧化还原反应,C错误;硫黄难溶于水,在酒精中溶解度较大,所以加入乙醇能增大S的溶解度,加快反应速率,D正确。 6.答案　(1)BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液(或NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液)　BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大,当溶液中存在大量的C时,BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s) (2)H2　Cl--6e-+3H2O Cl+4H++2Cl- 2ClO2↑+2H2O+Cl2↑ (3)①酸式滴定管　②滴入最后半滴Na2S2O3溶液,溶液蓝色恰好消失,且30 s内不恢复蓝色　③偏高　④ 解析　(1)往粗食盐水中加入过量的BaCl2溶液,来除去S,加入过量的NaOH溶液来除去Mg2+,二者加入顺序可互换,最后加入过量的Na2CO3溶液来除去过量的Ba2+和原溶液中的Ca2+,充分反应后将沉淀一并滤去;BaSO4和BaCO3的Ksp相差不大,当溶液中存在大量的C时,BaSO4(s)会部分转化为BaCO3(s),所以溶液中仍含有一定量S。(2)将食盐水在特定条件下电解得到氯酸钠,根据氧化还原反应中得失电子守恒可知,电解时生成的气体B为H2;电解时阳极电极反应式为Cl--6e-+3H2O Cl+6H+;根据流程图,反应Ⅲ中NaClO3与HCl反应生成ClO2、Cl2、H2O,其反应的离子方程式为2Cl+4H++2Cl- 2ClO2↑+2H2O+Cl2↑。(3)①ClO2具有强氧化性,ClO2溶液应用酸式滴定管量取。②锥形瓶溶液显蓝色,滴加Na2S2O3溶液过程中碘单质被消耗,达到滴定终点时,滴入最后半滴Na2S2O3溶液,溶液蓝色恰好消失,且30 s内不恢复蓝色。③Na2S2O3被氧气氧化,则消耗Na2S2O3溶液的体积增大,测定结果偏高。④根据离子方程式,建立关系式为2ClO2~5I2~10S2,则ClO2的浓度为 mol·L-1。 方法点津 滴定计算及指示剂选择 (1)滴定计算:可根据得失电子守恒,找出关系式,从而简化计算过程。如5Fe2+~Mn,I2~SO2。 (2)指示剂选择: ①涉及I2的常用淀粉溶液; ②涉及Fe3+的常用KSCN溶液; ③涉及高锰酸钾的一般不用指示剂。 19 学科网（北京）股份有限公司 $$