2022届高考化学一轮复习-课时练26-水溶液-酸碱中和滴定鲁科版.docx

2022届高考化学一轮复习 课时练26 水溶液 酸碱中和滴定鲁科版

2022届高考化学一轮复习 课时练26 水溶液 酸碱中和滴定鲁科版

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姓名：

- 13 -

水溶液　酸碱中和滴定
基础巩固
1.

(2020北京昌平区二模)常温下,向两个分别盛有50 mL 0.100 mol·L-1盐酸的烧杯中各自匀速滴加50 mL蒸馏水、50 mL 0.100 mol·L-1醋酸铵溶液,装置如图所示(夹持仪器等已省略)。已知:常温下,CH3COONH4溶液pH约为7。下列说法正确的是(　　)
A.实验①滴加过程中溶液所有离子浓度都减小
B.实验②滴至pH=2时,溶液中[Cl-]+[CH3COO-]+[OH-]=0.01 mol·L-1
C.实验②滴加过程中,溶液中均存在[CH3COO-]<[NH4+]
D.滴定结束后,①中水的电离程度比②中大
2.

(2020山东泰安期末)已知:25 ℃时,Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5 mol·L-1。该温度下,用0.100 mol·L-1氨水滴定10.00 mL 0.100 mol·L-1一元酸HA的溶液,滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中lg[H+][OH-]的关系如图所示。下列说法不正确的是(　　)
A.HA为强酸
B.a=10
C.M点时,[A-]>[NH4+]>[H+]>[OH-]
D.当滴入20 mL氨水时,溶液中存在[NH4+]>[A-]
3.(2020全国1,13)以酚酞为指示剂,用0.100 0 mol·L-1的NaOH溶液滴定20.00 mL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VNaOH的变化关系如下图所示。
[比如A2-的分布系数:δ(A2-)=[A2-][H2A]+[HA-]+[A2-]]

下列叙述正确的是(　　)
A.曲线①代表δ(H2A),曲线②代表δ(HA-)
B.H2A溶液的浓度为0.200 0 mol·L-1
C.HA-的电离常数Ka=1.0×10-2 mol·L-1
D.滴定终点时,溶液中[Na+]<2[A2-]+[HA-]
4.

(2020山东潍坊期末)常温下,H2SO3的电离常数:Ka1=1.54×10-2 mol·L-1,Ka2=1×10-7 mol·L-1。向m mL 0.1 mol·L-1 H2SO3溶液中滴加0.1 mol·L-1 KOH溶液,混合溶液中水电离出的[H+]水与KOH溶液体积V(KOH)的关系如图所示,下列说法正确的是(　　)
A.m=20
B.c点对应的溶液中存在[K+]=[HSO3-]+2[SO32-]
C.b、d两点溶液的pH=7
D.SO32-+H2OHSO3-+OH-的Kb=1×10-7 mol·L-1

5.某温度(T)下的溶液中,[H+]=1.0×10-x mol·L-1,[OH-]=1.0×10-y mol·L-1,x与y的关系如图所示,请回答下列问题:
(1)此温度下,水的离子积KW为　　　　　　,则该温度T　　　　　　(填“>”“<”或“=”)25 ℃。 
(2)在此温度下,向Ba(OH)2溶液中逐滴加入pH=a的盐酸,测得混合溶液的部分pH如表所示。
实验
序号
Ba(OH)2溶液
的体积/mL
盐酸的
体积/mL
溶液的pH
①
22.00
0.00
8
②
22.00
18.00
7
③
22.00
22.00
6

假设溶液混合前后的体积不变,则a=　　　　　　,实验②所得溶液中由水电离产生的[OH-]=　　　　　　 mol·L-1。 
(3)在此温度下,将0.1 mol·L-1的NaHSO4溶液与0.1 mol·L-1的Ba(OH)2溶液按下表中甲、乙、丙、丁不同方式混合:
溶液
甲
乙
丙
丁
0.1mol·L-1Ba(OH)2溶液体积/mL
10
10
10
10
0.1mol·L-1NaHSO4溶液体积/mL
5
10
15
20

①按丁方式混合后,所得溶液显　　　　　　(填“酸”“碱”或“中”)性。 
②写出按乙方式混合后,反应的离子方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
③按甲方式混合后,所得溶液的pH为　　　　　　(混合时,忽略溶液体积的变化)。 
能力提升
6.(2020江苏泰州二模)已知:邻苯二甲酸(H2A)的Ka1=1.1×10-3 mol·L-1,Ka2=3.9×10-6 mol·L-1。常温下,用0.1 mol·L-1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 mol·L-1邻苯二甲酸氢钾(KHA)溶液。下列说法正确的是(　　)
A.0.1 mol·L-1KHA溶液中:[K+]>[HA-]+2[A2-]
B.加入NaOH溶液至pH=8时:[K+]>[HA-]>[A2-]>[H2A]
C.加入20 mL NaOH溶液时:[OH-]+[A2-]=[Na+]+[H+]+[H2A]
D.在滴定过程中,水的电离程度一直减小

7.(2020山东青岛一模)室温下,将10 mL浓度为1 mol·L-1的CH3NH2、NH2OH两种一元碱溶液分别加水稀释,曲线如图,V是溶液体积(mL),pOH=-lg[OH-]。已知:CH3NH2+H2OCH3NH3++OH-;NH2OH+H2ONH3OH++OH-。下列说法正确的是(　　)
A.该温度下,Kb(NH2OH)的数量级为10-9
B.当lgV=3时,水的电离程度:NH2OH<CH3NH2
C.用等浓度盐酸分别滴定两种碱溶液至pH=7,消耗盐酸的体积:NH2OH>CH3NH2
D.等浓度的CH3NH3Cl和NH3OHCl两种盐溶液中离子总浓度相等
8.

(2020山东化学,15改编)25 ℃时,某混合溶液中[CH3COOH]+[CH3COO-]=0.1 mol·L-1,lg[CH3COOH]、lg[CH3COO-]、lg[H+]和lg[OH-]随pH变化的关系如右图所示。Ka为CH3COOH的电离常数,下列说法不正确的是(　　)
A.O点时,[CH3COOH]=[CH3COO-]
B.N点时,pH=-lgKa
C.该体系中,[CH3COOH]=0.1[H+]Ka+[H+] mol·L-1
D.pH由7到14的变化过程中,CH3COO-的水解程度先增大,后减小
9.现有常温条件下甲、乙、丙三种溶液,甲为0.1 mol·L-1的NaOH溶液,乙为0.1 mol·L-1的HCl溶液,丙为0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液。试回答下列问题:
(1)甲溶液的pH=　　　　　。 
(2)丙溶液中存在的电离平衡为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(用电离平衡方程式表示)。 
(3)常温下,用水稀释0.1 mol·L-1的CH3COOH溶液时,下列各量随加水量的增加而增大的是　　　　　(填序号)。 

①n(H+) ②[H+]
③[CH3COOH][CH3COO-] ④[OH-]
(4)甲、乙、丙三种溶液中由水电离出的[OH-]的大小关系为　　　　　　　。 
(5)某同学用甲溶液分别滴定20.00 mL乙溶液和20.00 mL丙溶液,得到如图所示的两条滴定曲线,请回答有关问题:

①甲溶液滴定丙溶液的曲线是　　　　　(填“图1”或“图2”)曲线。 
②a=　　　　　。 
10.(2019北京理综,26)化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量(废水中不含干扰测定的物质)。
Ⅰ.用已准确称量的KBrO3固体配制一定体积的a mol·L-1 KBrO3标准溶液;
Ⅱ.取V1 mL上述溶液,加入过量KBr,加H2SO4酸化,溶液颜色呈棕黄色;
Ⅲ.向Ⅱ所得溶液中加入V2 mL废水;
Ⅳ.向Ⅲ中加入过量KI;
Ⅴ.用b mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时,滴加2滴淀粉溶液,继续滴定至终点,共消耗Na2S2O3溶液V3 mL。
已知:I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6
Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色
(1)Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和　　　　。 
(2)Ⅱ中发生反应的离子方程式是　。 
(3)Ⅲ中发生反应的化学方程式是　。 
(4)Ⅳ中加KI前,溶液颜色须为黄色,原因是　。 
(5)KI与KBrO3物质的量关系为n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量,理由是　　　　。 
(6)Ⅴ中滴定至终点的现象是　　　　　　。 
(7)废水中苯酚的含量为　　　　 g·L-1(苯酚摩尔质量:94 g·mol-1)。 
(8)由于Br2具有　　　　　　性质,Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。 
拓展深化
11.(2020山东临沂一模)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]是一种常用的金属着色剂,易溶于水,常温下其水溶液的pH介于4.0~5.0之间。某兴趣小组设计实验制备草酸铁铵并测其纯度。
(1)甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸,其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。

①仪器a的名称是　　　　　。 
②55~60 ℃下,装置A中生成H2C2O4,同时生成NO2和NO且物质的量之比为3∶1,该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
③装置B的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　;装置C中盛装的试剂是　　　　　　。 
(2)乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。
将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液;滴加氨水至　　　　　,然后将溶液　　　　　　、过滤、洗涤并干燥,制得草酸铁铵产品。 
(3)丙组设计实验测定乙组产品的纯度。
准确称量5.000 g产品配成100 mL溶液,取10.00 mL于锥形瓶中,加入足量0.100 0 mol·L-1稀硫酸酸化后,再用0.100 0 mol·L-1 KMnO4标准溶液进行滴定,消耗KMnO4溶液的体积为12.00 mL。
①滴定终点的现象是　。 
②滴定过程中发现退色速率开始缓慢后迅速加快,其主要原因是　　　　　　　　　　　　　　　。 
③产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为　　　　　　　　　%。[已知:(NH4)3Fe(C2O4)3的摩尔质量为374 g·mol-1] 

课时规范练26　水溶液　酸碱中和滴定
1.C　向盐酸中滴加水,盐酸被稀释浓度降低,溶液中[H+]减小,由于溶液中存在水的电离平衡,水的离子积不变,所以溶液中[OH-]会增大,A错误;当溶液pH=2时,[H+]=0.01mol·L-1,根据电荷守恒[Cl-]+[CH3COO-]+[OH-]=[H+]+[NH4+]可知:[Cl-]+[CH3COO-]+[OH-]-[NH4+]=[H+]=0.01mol·L-1,所以[Cl-]+[CH3COO-]+[OH-]>0.01mol·L-1,B错误;由于酸性:HCl>CH3COOH,CH3COOH是弱酸,所以将CH3COONH4溶液滴加到盐酸中,会发生反应:HCl+CH3COONH4CH3COOH+NH4Cl,而NH4+不发生反应,仅有少量发生水解而消耗,且在酸溶液中水解程度会减弱,因此实验②滴加过程中,溶液中均存在[CH3COO-]<[NH4+],C正确;滴定结束后,①为稀盐酸,②中发生的反应HCl+CH3COONH4CH3COOH+NH4Cl恰好完全,最终得到等浓度的CH3COOH和NH4Cl混合溶液,①中HCl的浓度与②中CH3COOH浓度相等,由于酸电离产生H+会抑制水的电离,但醋酸是弱酸,其电离对水的电离的抑制作用远小于等浓度的盐酸,且②溶液中还存在NH4Cl会促进水的电离,故滴定结束后,①中水的电离程度比②中小,D错误。
2.B　根据图中信息滴定前lg[H+][OH-]=12,则氢离子浓度为0.100mol·L-1,因此HA为强酸,A项正确;a=10,则溶质为NH4A,溶液显酸性,因此[H+][OH-]>1,则lg[H+][OH-]>0,与图像不符,B项错误;M点时,lg[H+][OH-]≈3.5,经过计算氢离子约为1×10-5.25mol·L-1,因此浓度[A-]>[NH4+]>[H+]>[OH-],C项正确;当滴入20mL氨水时,溶质为NH3·H2O和NH4A,以一水合氨的电离为主,因此溶液中存在[NH4+]>[A-],D项正确。
3.C　由图示滴定曲线中只有一个明显的滴定终点且终点时消耗氢氧化钠溶液的体积为40mL,以及起点时溶液pH=1,可确定酸H2A第一步是完全电离的,其浓度是0.1000mol·L-1,所以曲线①代表δ(HA-)、曲线②代表δ(A2-),A、B两项错误。C项,曲线①、②交点时δ(HA-)=δ(A2-),此时VNaOH=25mL,再根据曲线③可知此时溶液pH=2,由Ka=[H+][A2-][HA-],得Ka=1.0×10-2mol·L-1,C项正确。利用电荷守恒,因为是强碱滴定弱酸,滴定终点时溶液呈碱性,[H+]<[OH-],则有[Na+]>2[A2-]+[HA-],D项错误。
4.D　向mmL0.1mol·L-1H2SO3溶液中滴加0.1mol·L-1KOH溶液20mL,恰好反应生成K2SO3,溶液显碱性,消耗H2SO3溶液体积10mL,m=10,A错误;c点时水的电离程度最大,K2SO3水解促进水的电离,c点恰好反应生成K2SO3,此时溶液为碱性,溶液中存在电荷守恒:[K+]+[H+]=[HSO3-]+2[SO32-]+[OH-],由于[H+]<[OH-],则[K+]>[HSO3-]+2[SO32-],B错误;b、d点水电离出的氢离子均为1×10-7mol·L-1,b点为中性溶液,所以b点pH=7,d点为硫化钾和氢氧化钾的混合液,溶液显碱性,pH>7,C错误;常温下,SO32-+H2OHSO3-+OH-的Kb=KWKa2=10-1410-7mol·L-1=1×10-7mol·L-1,D正确。
5.答案(1)1.0×10-12　>　(2)4　1.0×10-7
(3)①中　②Ba2++OH-+H++SO42-BaSO4↓+H2O　③11
解析:(1)KW=[H+][OH-]=1.0×10-(x+y)mol2·L-2,根据图像可知,x+y=12,故KW=1.0×10-12mol2·L-2。根据温度越高,H2O的电离程度越大,KW也越大可知,此时T>25℃。
(2)此条件下,pH=6时溶液呈中性。根据表中实验①的数据可得[OH-]=1.0×10-4mol·L-1,根据表中实验③的数据有22.00×10-3L×1.0×10-4mol·L-1=22.00×10-3L×1.0×10-amol·L-1,可得a=4,即pH=4。实验②中,所得溶液pH=7,Ba(OH)2过量,溶液呈碱性,由H2O电离产生的[OH-]等于由水电离产生的[H+],即由水电离产生的[OH-]=1.0×10-7mol·L-1。
(3)①按丁方式混合时,Ba(OH)2提供的OH-与NaHSO4提供的H+相等,混合后溶液呈中性。②按乙方式混合时,反应前:n(Ba2+)=1.0×10-3mol,n(OH-)=2.0×10-3mol,n(H+)=n(SO42-)=1.0×10-3mol,实际反应的Ba2+、OH-、H+、SO42-均为1.0×10-3mol,故反应的离子方程式为Ba2++OH-+H++SO42-BaSO4↓+H2O。③按甲方式混合时,OH-过量,反应后溶液中[OH-]=2×0.1×10-0.1×515mol·L-1=0.1mol·L-1,[H+]=1.0×10-11mol·L-1,pH=11。
6.C　由题可知常温下Ka1(H2A)=1.1×10-3,Ka2(H2A)=3.9×10-6,因此Kh(HA-)=KWKa1(H2A)<Ka2(H2A),所以KHA的溶液中HA-的电离程度大于其水解程度,KHA溶液显酸性,即:[H+]>[OH-],根据KHA溶液中的电荷守恒[K+]+[H+]=[OH-]+[HA-]+2[A2-],可得[K+]<[HA-]+2[A2-],A项错误;常温下,Ka1(H2A)=[H+][HA-][H2A]=1.1×10-3mol·L-1,Ka2(H2A)=[H+][A2-][HA-]=3.9×10-6mol·L-1,pH=8时,[H+]=10-8mol·L-1,因此可得,[HA-]>[H2A],[A2-]>[HA-],B项错误;KHA溶液的初始浓度为0.1mol·L-1,体积为20mL,因此加入20mL浓度为0.1mol·L-1的NaOH溶液后,物料守恒关系式为[Na+]=[K+]=[A2-]+[HA-]+[H2A],溶液中的电荷守恒关系式为[Na+]+[K+]+[H+]=[OH-]+[HA-]+2[A2-],联立两个式子可得[OH-]+[A2-]=[Na+]+[H+]+[H2A],C项正确;KHA的溶液中水的电离总体上受抑制,滴定过程中,KHA逐渐转变为A2-,A2-会促进水的电离;因此,滴定过程中水的电离程度逐渐增加,至滴定终点时水的电离程度达到最大,D项错误。
7.A　该温度下,取lgV=1的点,[OH-]≈[NH3OH+]=1×10-4.5mol·L-1,[NH2OH]=1mol·L-1,Kb(NH2OH)=[NH3OH+][OH-][NH2OH]=10-9mol·L-1,即数量级为10-9,A正确;当lgV=3时,NH2OH比CH3NH2的pOH大,OH-浓度小,碱对水的电离平衡起抑制作用,OH-浓度小,抑制作用小,水的电离程度大,故水的电离程度:NH2OH>CH3NH2,B错误;同浓度时,pOH:NH2OH>CH3NH2,即CH3NH2碱性强,用等浓度盐酸分别滴定两种碱溶液至pH=7,由于碱性越强对应的盐的水解程度越小,碱性越弱对应的盐的水解程度越大,它们生成盐水解后均能使溶液显酸性,故CH3NH2消耗盐酸的体积较大,C错误;等浓度的CH3NH3Cl和NH3OHCl两种盐溶液中,由于CH3NH3+和NH3OH+水解程度不同,所以离子总浓度不相等,D错误。
8.A　在CH3COO-和CH3COOH的混合溶液中,随着pH的增大,lg[CH3COOH]减小,lg[CH3COO-]增大,pH为0时,lg[OH-]约为0,由于可知MO为lg[H+],OP为lg[OH-],MN为
lg[CH3COO-],NP为lg[CH3COOH]。从图示看,O点时即pH=7时,[CH3COOH]≠[CH3COO-],A项错误;N点为lg[CH3COO-]=lg[CH3COOH],则Ka=[H+],pH=-lgKa,B项正确;根据醋酸的电离常数表达式:Ka=[H+][CH3COO-][CH3COOH],结合[CH3COOH]+[CH3COO-]=0.1mol·L-1,即可求得[CH3COOH]=0.1[H+]Ka+[H+]mol·L-1,C项正确;pH由7到14的变化过程中,CH3COO-的水解先增大,后减小(被抑制),D项正确。
9.答案(1)13
(2)CH3COOHCH3COO-+H+、H2OOH-+H+
(3)①④　(4)丙>甲=乙　(5)①图2　②20.00
解析:(1)甲溶液中[OH-]=0.1mol·L-1,则[H+]=10-13mol·L-1,pH=13。(2)CH3COOH溶液中存在CH3COOH和H2O的电离平衡。(3)CH3COOH是弱酸,当向0.1mol·L-1的CH3COOH溶液中加水稀释时,CH3COOH的电离程度增大,电离平衡向右移动,n(H+)增大,但是[H+]减小,即①增大,②减小;设CH3COOH在水中的电离常数为K,则[CH3COOH][CH3COO-]=[H+]K,[H+]减小,而K在一定温度下是常数,故[CH3COOH][CH3COO-]减小,即③减小;温度一定,KW为一定值,KW=[H+][OH-],[H+]减小,则[OH-]增大,即④增大。(4)酸、碱对水的电离具有抑制作用,水溶液中[H+]或[OH-]越大,水的电离程度越小,反之越大。(5)①HCl是强酸,CH3COOH是弱酸,分析题中图示,可知图2是甲溶液滴定丙溶液的曲线。②氢氧化钠溶液滴定盐酸恰好中和时,pH=7,因二者浓度相等,则二者体积相等,所以a=20.00。
10.答案(1)一定容积的容量瓶
(2)BrO3-+5Br-+6H+3Br2+3H2O
(3)+3Br2↓+3HBr
(4)确保Br2过量,保证苯酚完全反应
(5)反应物用量存在关系:KBrO3~3Br2~6KI,若无苯酚时,消耗KI物质的量是KBrO3物质的量的6倍,因有苯酚消耗Br2,所以当n(KI)≥6n(KBrO3)时,KI一定过量
(6)溶液蓝色恰好消失,且半分钟内不恢复原色
(7)(6aV1-bV3)×473V2
(8)易挥发
解析:(1)配制一定物质的量浓度的溶液用到的玻璃仪器有:烧杯、玻璃棒、胶头滴管和一定容积的容量瓶。
(2)Ⅱ中发生的反应是Br-与BrO3-的归中反应,离子方程式为5Br-+BrO3-+6H+3Br2+3H2O。
(3)Ⅲ中发生的反应是苯酚与浓溴水的反应,化学方程式为+3Br2↓+3HBr。
(4)为了保证废水中苯酚完全反应,加入的Br2必须过量,故溶液颜色须为黄色。
(5)根据5Br-+BrO3-+6H+3Br2+3H2O和2KI+Br2I2+2KBr,当n(KI)=6n(KBrO3)时KI恰好和步骤Ⅱ中生成的Br2完全反应,而步骤Ⅲ中苯酚会消耗一定量的Br2,因此当n(KI)≥6n(KBrO3),KI一定过量。
(6)Ⅴ中滴定至终点的现象是:滴入最后一滴溶液,溶液由蓝色变为无色且30s后蓝色不恢复。
(7)由BrO3-~3Br2可知,n(Br2)总=3aV1×10-3mol,其中一部分Br2与苯酚反应,剩余部分与KI反应,生成的I2用硫代硫酸钠溶液滴定,关系式为Br2~I2~2Na2S2O3,n(Br2)剩余=n(I2)=12n(Na2S2O3)=12bV3×10-3mol;根据~3Br2,n()=13n(Br2)=13[n(Br2)总-n(Br2)剩余]=13(3aV1×10-3-12bV3×10-3)mol,故废水中苯酚的含量为:13(3aV1×10-3-12bV3×10-3)×94V2×10-3g·L-1。
(8)由于Br2具有易挥发的性质,因此Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行,否则会造成测定结果偏高。
11.答案(1)①球形冷凝管　②12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O　③安全瓶,防倒吸　NaOH溶液
(2)溶液pH介于4.0~5.0之间　加热浓缩、冷却结晶
(3)①当滴入最后一滴KMnO4标准溶液,溶液刚好变为粉红色,且半分钟内不退色　②反应生成的Mn2+是该反应的催化剂　③74.8
解析:(1)①根据图示仪器a的名称为球形冷凝管。②55~60℃下,装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4,同时生成NO2和NO且物质的量之比为3∶1,根据电子得失守恒、原子守恒,该反应的化学方程式为12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O。③反应中生成的NO2和NO,均为污染性气体,需要进行尾气吸收,NO2和NO被吸收时会导致倒吸,装置B的作用是做安全瓶防止倒吸,装置C中盛装的试剂是NaOH溶液,用于吸收NO2和NO。
(2)草酸铁铵[(NH4)3Fe(C2O4)3]易溶于水,常温下其水溶液的pH介于4.0~5.0之间,则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液,滴加氨水至pH介于4.0~5.0之间;草酸铁铵是铵盐,温度过高易分解,且温度过高促进铵根离子和铁离子水解,不能直接加热蒸干。
(3)①滴定原理是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应,高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色退去,自身可作指示剂,滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾溶液,溶液刚好变为粉红色,且半分钟内不退色,即为达到终点。
②滴定过程中高锰酸钾被还原为Mn2+,且随着反应进行,Mn2+的浓度增大,反应速率加快,说明反应生成的Mn2+可以加快反应速率,即Mn2+起催化剂的作用。
③滴定过程中,产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸,草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+2Mn2++10CO2↑+8H2O,10.00mL产品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000mol·L-1×0.012L=0.0012mol,则10.00mL产品溶液中n(H2C2O4)=52n(MnO4-)=52×0.0012mol=0.003mol,根据物料守恒,100mL产品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量=10010×0.003mol×13×374g·mol-1=3.74g,故产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为3.74g5g×100%=74.8%。