2017屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題九 電解質(zhì)溶液（學(xué)案+課件+試題）（打包4套）新人教版
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專題九 電解質(zhì)溶液
考點(diǎn)一 溶液的酸堿性及pH
1．一個基本不變
相同溫度下，不論是純水還是稀溶液，水的離子積常數(shù)不變。應(yīng)用這一原則時需要注意兩個條件：水溶液必須是稀溶液；溫度必須相同。
2．兩個判斷標(biāo)準(zhǔn)
（1）任何溫度
c(H＋)>c(OH－)，酸性；
c(H＋)＝c(OH－)，中性；
c(H＋)7，堿性；
pH＝7，中性；
pH<7，酸性。
3．三種測量方法
（1）pH試紙
用pH試紙測定溶液的pH，精確到整數(shù)且只能在1～14范圍內(nèi)，其使用方法為取一小塊試紙放在干凈的玻璃片或表面皿上，用玻璃棒蘸取液體，點(diǎn)在試紙中部，待試紙變色后，與標(biāo)準(zhǔn)比色卡對比，讀出pH。
注意?、賞H試紙不能預(yù)先潤濕，但潤濕之后不一定產(chǎn)生誤差。②pH試紙不能測定氯水的pH。
（2）pH計
pH計能精確測定溶液的pH，可精確到0.1。
（3）酸堿指示劑
酸堿指示劑能粗略測定溶液的pH范圍。
常見酸堿指示劑的變色范圍如下表所示：
指示劑
變色范圍的pH
石蕊
<5紅色
5～8紫色
>8藍(lán)色
甲基橙
>3.1紅色
3.1～4.4橙色
>4.4黃色
酚酞
<8.2無色
8.2～10淺紅色
>10紅色
4.四條判斷規(guī)律
（1）正鹽溶液
強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽顯中性，強(qiáng)酸弱堿鹽(如NH4Cl)顯酸性，強(qiáng)堿弱酸鹽(如CH3COONa)顯堿性。
（2）酸式鹽溶液
NaHSO4顯酸性(NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO)、NaHSO3、NaHC2O4、NaH2PO4水溶液顯酸性(酸式根電離程度大于水解程度)；NaHCO3、NaHS、Na2HPO4水溶液顯堿性(酸式根水解程度大于電離程度)。
特別提醒 因為濃度相同的CH3COO－與NH的水解程度相同，所以CH3COONH4溶液顯中性，而NH4HCO3溶液略顯堿性。
（3）弱酸(或弱堿)及其鹽1∶1混合溶液
①1∶1的CH3COOH和CH3COONa混合液呈酸性。
②1∶1的NH3·H2O和NH4Cl混合溶液呈堿性。
(對于等濃度的CH3COOH與CH3COO－，CH3COOH的電離程度大于CH3COO－的水解程度)
（4）酸堿pH之和等于14等體積混合溶液
pH和等于14的意義：酸溶液中的氫離子濃度等于堿溶液中的氫氧根離子的濃度。
①已知酸、堿溶液的pH之和為14，則等體積混合時：
pH＝7
pH>7
pH<7
②已知酸、堿溶液的pH之和為14，若混合后溶液的pH為7，溶液呈中性，則
―→V酸∶V堿＝1∶1
―→V酸∶V堿>1∶1
―→V酸∶V堿<1∶1
③強(qiáng)酸、強(qiáng)堿等體積混合后溶液酸、堿性的判斷
【例1】 (2015·全國卷Ⅰ，13)濃度均為0.10 mol·L－1、體積均為V0的MOH和ROH溶液，分別加水稀釋至體積V，pH隨lg的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是( )
A．MOH的堿性強(qiáng)于ROH的堿性
B．ROH的電離程度：b點(diǎn)大于a點(diǎn)
C．若兩溶液無限稀釋，則它們的c(OH－)相等
D．當(dāng)lg＝2時，若兩溶液同時升高溫度，則增大
【答案】D
【解析】A項，0.10 mol·L－1的MOH和ROH，前者pH＝13，后者pH小于13，說明前者是強(qiáng)堿，后者是弱堿，正確；B項，ROH是弱堿，加水稀釋，促進(jìn)電離，b點(diǎn)電離程度大于a點(diǎn)，正確；C項，兩堿溶液無限稀釋，溶液近似呈中性，c(OH－)相等，正確；D項，由MOH是強(qiáng)堿，在溶液中完全電離，所以c(M＋)不變，ROH是弱堿，升高溫度，促進(jìn)電離平衡ROHR＋＋OH－向右進(jìn)行，c(R＋)增大，所以減小，錯誤。
【方法技巧】
圖像法理解一強(qiáng)一弱的稀釋規(guī)律
1．相同體積、相同濃度的鹽酸、醋酸
（1）加水稀釋相同的倍數(shù)，醋酸的pH大。
（2）加水稀釋到相同的pH，鹽酸加入的水多。
2．相同體積、相同pH值的鹽酸、醋酸
（1）加水稀釋相同的倍數(shù)，鹽酸的pH大。
（2）加水稀釋到相同的pH，醋酸加入的水多。
【例2】已知水在25 ℃和95 ℃時，其電離平衡曲線如圖所示：
（1）則25 ℃時水的電離平衡曲線應(yīng)為________(填“A”或“B”)，請說明理由：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（2）25 ℃時，將pH＝9的NaOH溶液與pH＝4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的pH＝7，則pH＝9的NaOH溶液與pH＝4的H2SO4溶液的體積之比為________。
（3）95 ℃時，若100體積pH1＝a的某強(qiáng)酸溶液與1體積pH2＝b的某強(qiáng)堿溶液混合后溶液呈中性，則混合前，該強(qiáng)酸的pH1與強(qiáng)堿的pH2之間應(yīng)滿足的關(guān)系是________________。
【答案】（1）A 水的電離是吸熱過程，溫度較低時，電離程度較小，c(H＋)、c(OH－)均較小
（2）10∶1
（3）a＋b＝14(或pH1＋pH2＝14)
【解析】（1）溫度升高，促進(jìn)水的電離，水的離子積也增大，水中氫離子濃度、氫氧根離子濃度都增大，水的pH減小，但溶液仍然呈中性。因此結(jié)合圖像中A、B曲線變化情況及氫離子濃度、氫氧根離子濃度可以判斷，25 ℃時水的電離平衡曲線應(yīng)為A，理由為水的電離是吸熱過程，升高溫度，水的電離程度增大。
（2）25 ℃時，所得混合溶液的pH＝7，溶液呈中性，即n(OH－)＝n(H＋)，則V(NaOH)·105 mol·L－1＝V(H2SO4)·10－4 mol·L－1，得V(NaOH)∶V(H2SO4)＝10∶1。
（3）要注意95 ℃時，水的離子積為1×10－12，即c(H＋)·c(OH－)＝1×10－12，則等體積強(qiáng)酸、強(qiáng)堿反應(yīng)至中性時，有pH(酸)＋pH(堿)＝12。根據(jù)95 ℃時混合后溶液呈中性，pH2＝b的某強(qiáng)堿溶液中c(OH－)＝10b－12；由100×10－a＝1×10b－12，可得10－a＋2＝10b－12，得a＋b＝14或pH1＋pH2＝14。
【點(diǎn)睛】
溶液pH計算的一般思維模型
考點(diǎn)二 溶液中的“三大平衡”
電離平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡是溶液中的三大平衡。這三種平衡都遵循勒夏特列原理——當(dāng)只改變體系的一個條件時，平衡向能夠減弱這種改變的方向移動。
1．對比“四個”表格，正確理解影響因素
（1）外界條件對醋酸電離平衡的影響
CH3COOHCH3COO－＋H＋ ΔH>0
體系變化
條件
平衡移
動方向
n(H＋)
c(H＋)
導(dǎo)電
能力
Ka
加水稀釋
向右
增大
減小
減弱
不變
加入少量
冰醋酸
向右
增大
增大
增強(qiáng)
不變
通入HCl(g)
向左
增大
增大
增強(qiáng)
不變
加NaOH(s)
向右
減小
減小
增強(qiáng)
不變
加入鎂粉
向右
減小
減小
增強(qiáng)
不變
升高溫度
向右
增大
增大
增強(qiáng)
增大
加
CH3COONa(s)
向左
減小
減小
增強(qiáng)
不變
（2）外界條件對水的電離平衡的影響
H2OH＋＋OH－ ΔH>0
體系變化
條件
平衡移
動方向
Kw
水的電
離程度
c(OH－)
c(H＋)
酸
向左
不變
減小
減小
增大
堿
向左
不變
減小
增大
減小
可水解的鹽
Na2CO3
向右
不變
增大
增大
減小
NH4Cl
向右
不變
增大
減小
增大
溫度
升溫
向右
增大
增大
增大
增大
降溫
向左
減小
減小
減小
減小
其他：如加入Na
向右
不變
增大
增大
減小
（3）外界條件對FeCl3溶液水解平衡的影響
Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋ ΔH>0
體系變化
條件
平衡移
動方向
n(H＋)
pH
水解
程度
現(xiàn)象
升溫
向右
增多
減小
增大
顏色變深
通HCl
向左
增多
減小
減小
顏色變淺
加H2O
向右
增多
增大
增大
顏色變淺
加FeCl3
固體
向右
增多
減小
減小
顏色變深
加NaHCO3
向右
減小
增大
增大
生成紅褐色沉淀，放出氣體
（4）外界條件對AgCl溶解平衡的影響
AgCl(s)Ag＋(aq)＋Cl－(aq) ΔH>0
體系變化
條件
平衡移
動方向
平衡后
c(Ag＋)
平衡后
c(Cl－)
Ksp
升高溫度
向右
增大
增大
增大
加水稀釋
向右
不變
不變
不變
加入少量
AgNO3
向左
增大
減小
不變
通入HCl
向左
減小
增大
不變
通入H2S
向右
減小
增大
不變
【例2】已知NaHSO3溶液顯酸性，溶液中存在以下平衡：
HSO＋H2OH2SO3＋OH－①
HSOH＋＋SO②
向0.1 mol·L－1的NaHSO3溶液中分別加入以下物質(zhì)，下列有關(guān)說法正確的是( )
A．加入少量金屬Na，平衡①左移，平衡②右移，溶液中c(HSO)增大
B．加入少量Na2SO3固體，則c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋c(SO)
C．加入少量NaOH溶液，、的值均增大
D．加入氨水至中性，則2c(Na＋)＝c(SO)>c(H＋)＝c(OH－)
【答案】C
【解析】根據(jù)加入物質(zhì)的性質(zhì)判斷平衡移動方向，進(jìn)一步判斷各選項結(jié)論是否正確。
A項加入金屬鈉后，鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉，使平衡①左移，平衡②右移，移動的結(jié)果是c(SO)增大?？梢岳脴O端分析法判斷，如果金屬鈉適量，充分反應(yīng)后溶液中溶質(zhì)可以是亞硫酸鈉，此時c(HSO)很小，所以A項錯誤。B項依據(jù)電荷守恒判斷，c(SO)前面的化學(xué)計量數(shù)應(yīng)為2，即c(H＋)＋c(Na＋)＝c(HSO)＋c(OH－)＋2c(SO)，所以B項錯誤。C項加入氫氧化鈉溶液后，溶液酸性減弱，堿性增強(qiáng)，所以增大；平衡①左移，平衡②右移，最終c(SO)增大，c(HSO)減小，所以增大。D項加入氨水至溶液呈中性，即c(H＋)＝c(OH－)。由電荷守恒知，其他離子存在如下關(guān)系：c(Na＋)＋c(NH)＝2c(SO)＋c(HSO)，所以D項錯誤。
考點(diǎn)三 溶液中的“三大常數(shù)”
電離平衡常數(shù)、水的離子積常數(shù)、溶度積常數(shù)是溶液中的三大常數(shù)，它們均只與溫度有關(guān)。電離平衡常數(shù)和水的離子積常數(shù)隨著溫度的升高而增大，因為弱電解質(zhì)的電離和水的電離均為吸熱反應(yīng)。有關(guān)常數(shù)的計算，要緊緊圍繞它們只與溫度有關(guān)，而不隨其離子濃度的變化而變化來進(jìn)行。
（1）CH3COONa、CH3COOH溶液中，Ka、Kh、Kw的關(guān)系是Kw＝Ka·Kh。
（2）M(OH)n懸濁液中Ksp、Kw、pH間關(guān)系
M(OH)n(s)Mn＋(aq)＋nOH－(aq)
Ksp＝c(Mn＋)·cn(OH－)＝·cn(OH－)＝＝()n＋1。
【例3】(2015·廣東理綜，11)一定溫度下，水溶液中H＋和OH－的濃度變化曲線如圖，下列說法正確的是( )
A．升高溫度，可能引起由c向b的變化
B．該溫度下，水的離子積常數(shù)為1.0×10－13
C．該溫度下，加入FeCl3可能引起由b向a的變化
D．該溫度下，稀釋溶液可能引起由c向d的變化
【答案】C
【解析】A項，升高溫度，促進(jìn)水的電離平衡，則c(H＋)和c(OH－)都同等程度地變大，若由c向b變化，則c(H＋)增大，c(OH－)將變小，錯誤；B項，根據(jù)b點(diǎn)對應(yīng)的c(H＋)和c(OH－)都為1.0×10－7 mol·L－1，所以該溫度下，水的離子積常數(shù)Kw＝1.0×10－7×1.0×10－7＝1.0×10－14，錯誤；C項，加入FeCl3發(fā)生水解反應(yīng)：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，破壞水的電離平衡，c(H＋)增大、Kw不變，c(OH－)變小，則可能引起由b向a變化，正確；D項，c點(diǎn)對應(yīng)的溶液呈堿性，稀釋溶液，c(OH－)變小，Kw不變，c(H＋)增大，故可引起由c向b的變化，而不是向d變化，錯誤。
考點(diǎn)四 溶液中“粒子”濃度的變化
1．明確“三個”守恒原理
（1）電荷守恒：即電解質(zhì)溶液中陰離子所帶電荷總數(shù)等于陽離子所帶電荷總數(shù)。根據(jù)電荷守恒可準(zhǔn)確、快速地解決電解質(zhì)溶液中許多復(fù)雜的離子濃度問題。
（2）物料守恒：是指物質(zhì)發(fā)生變化前后，有關(guān)元素的存在形式不同，但元素的種類和原子數(shù)目在變化前后保持不變。根據(jù)物料守恒可準(zhǔn)確快速地解決電解質(zhì)溶液中復(fù)雜離子、分子、物質(zhì)的量濃度或物質(zhì)的量的關(guān)系。
（3）質(zhì)子守恒：是指在電離或水解過程中，會發(fā)生質(zhì)子(H＋)轉(zhuǎn)移，但在質(zhì)子轉(zhuǎn)移過程中其數(shù)量保持不變。
2．正確理解質(zhì)子守恒
以Na2CO3和NaHCO3溶液為例，可用下圖所示幫助理解質(zhì)子守恒：
（1）Na2CO3溶液
所以c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H3O＋)，
即c(OH－)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)。
（2）NaHCO3溶液
所以c(OH－)＋c(CO)＝c(H2CO3)＋c(H＋)。
另外，將混合溶液中的電荷守恒式和物料守恒式相聯(lián)立，通過代數(shù)運(yùn)算消去其中某離子，即可推出該溶液中的質(zhì)子守恒。
3．建立解題思維模型
（1）單一溶液
（2）混合溶液
（3）不同溶液中某離子濃度的變化
若其他離子能促進(jìn)該離子的水解，則該離子濃度減小，若抑制其水解，則該離子濃度增大。
【例4】(2015·江蘇，14)室溫下，向下列溶液中通入相應(yīng)的氣體至溶液pH＝7(通入氣體對溶液體積的影響可忽略)，溶液中部分微粒的物質(zhì)的量濃度關(guān)系正確的是( )
A．向0.10 mol·L－1 NH4HCO3溶液中通CO2：c(NH)＝c(HCO)＋c(CO)
B．向0.10 mol·L－1 NaHSO3溶液中通NH3：c(Na＋)>c(NH)>c(SO)
C．向0.10 mol·L－1 Na2SO3溶液中通SO2：c(Na＋)＝2[c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)]
D．向0.10 mol·L－1 CH3COONa溶液中通HCl：c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)
【答案】D
【解析】A項，根據(jù)電荷守恒可知：c(NH)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO)＋2c(CO)，溶液呈中性，則c(H＋)＝c(OH－)，故c(NH)＝c(HCO)＋2c(CO)，錯誤；B項，根據(jù)電荷守恒可知：c(NH)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HSO)＋2c(SO)，根據(jù)物料守恒可知：c(Na＋)＝c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)，溶液呈中性，則c(H＋)＝c(OH－)，三式聯(lián)立可得：c(H2SO3)＋c(NH)＝c(SO)，則c(NH)c(SO)>c(NH)，錯誤；C項，對于Na2SO3溶液，根據(jù)物料守恒，可知：c(Na＋)＝2[c(SO)＋c(HSO)＋c(H2SO3)]，通入SO2與Na2SO3反應(yīng)使溶液呈中性，則有c(Na＋)<2[c(H2SO3)＋c(HSO)＋c(SO)]，錯誤；D項，對于CH3COONa溶液根據(jù)物料守恒有：c(Na＋)＝c(CH3COOH)＋c(CH3COO－)，c(Na＋)>c(CH3COOH), 根據(jù)混合溶液的電荷守恒有：c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(Cl－)＋c(CH3COO－)，溶液呈中性，則c(H＋)＝c(OH－)，由此可知c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(CH3COO－)，進(jìn)而可知c(CH3COOH)＝c(Cl－)，故c(Na＋)>c(CH3COOH)＝c(Cl－)，正確。
【例5】20 ℃時向20 mL 0.1 mol·L－1醋酸溶液中不斷滴入0.1 mol·L－1 NaOH(aq)，溶液pH變化如圖所示。此過程溶液中離子濃度的關(guān)系錯誤的是( )
A．a(chǎn)點(diǎn)：c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)
B．b點(diǎn)：c(Na＋)＝c(CH3COO－)>c(H＋)＝c(OH－)
C．c點(diǎn)：c(H＋)＝c(CH3COOH)＋c(OH－)
D．d點(diǎn)：c(Na＋)>c(CH3COO－)>c(OH－)>c(H＋)
【答案】C
【解析】a點(diǎn)是CH3COOH和CH3COONa的等量混合，離子濃度關(guān)系為c(CH3COO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－)；b點(diǎn)，溶液呈中性，溶質(zhì)為CH3COONa和少量CH3COOH，根據(jù)電荷守恒判斷；c點(diǎn)，正好生成CH3COONa溶液，根據(jù)質(zhì)子守恒得c(OH－)＝c(CH3COOH)＋c(H＋)；d點(diǎn)是CH3COONa和NaOH的混合，其中CH3COONa的物質(zhì)的量是NaOH的2倍，正確。
【方法技巧】
巧抓“四點(diǎn)”，突破“粒子”濃度關(guān)系
1．抓反應(yīng)“一半”點(diǎn)，判斷是什么溶質(zhì)的等量混合。
2．抓“恰好”反應(yīng)點(diǎn)，生成什么溶質(zhì)，溶液的酸堿性，是什么因素造成的。
3．抓溶液“中性”點(diǎn)，生成什么溶質(zhì)，哪種反應(yīng)物過量或不足。
4．抓反應(yīng)“過量”點(diǎn)，溶質(zhì)是什么，判斷誰多、誰少還是等量。
考點(diǎn)五 酸堿中和滴定及“遷移”應(yīng)用
“中和滴定”考點(diǎn)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?？嫉氖堑味ü?，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(shù)方法等。
（2）“考”操作步驟
①滴定前的準(zhǔn)備；查漏、洗滌、潤洗、充液(趕氣泡)、調(diào)液面、讀數(shù)；②滴定：移液、滴加指示劑、滴定至終點(diǎn)、讀數(shù)；③計算。
（3）“考”指示劑的選擇
①強(qiáng)酸強(qiáng)堿相互滴定，可選用甲基橙或酚酞；②若反應(yīng)生成的強(qiáng)酸弱堿鹽溶液呈酸性，則選用酸性變色范圍的指示劑(甲基橙)，若反應(yīng)生成強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液呈堿性，則選用堿性變色范圍的指示劑(酚酞)；③石蕊溶液因顏色變化不明顯，且變色范圍過寬，一般不作指示劑。
（4）“考”誤差分析
寫出計算式，分析操作對V標(biāo)的影響，由計算式得出對最終測定結(jié)果的影響，切忌死記硬背結(jié)論。此外對讀數(shù)視線問題要學(xué)會畫圖分析。
（5）“考”數(shù)據(jù)處理
正確“取舍”數(shù)據(jù)，計算“平均”體積，根據(jù)反應(yīng)式確定標(biāo)準(zhǔn)液與待測液濃度和體積的關(guān)系，從而列出公式進(jìn)行計算。
【例6】KMnO4溶液常用作氧化還原反應(yīng)滴定的標(biāo)準(zhǔn)液，由于KMnO4的強(qiáng)氧化性，它的溶液很容易被空氣中或水中的某些少量還原性物質(zhì)還原，生成難溶性物質(zhì)MnO(OH)2，因此配制KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液的操作如下所示：
①稱取稍多于所需量的KMnO4固體溶于水中，將溶液加熱并保持微沸1 h；②用微孔玻璃漏斗過濾除去難溶的MnO(OH)2；③過濾得到的KMnO4溶液貯存于棕色試劑瓶并放在暗處；④利用氧化還原滴定方法，在70～80 ℃條件下用基準(zhǔn)試劑(純度高、相對分子質(zhì)量較大、穩(wěn)定性較好的物質(zhì))溶液標(biāo)定其濃度。
請回答下列問題：
（1）準(zhǔn)確量取一定體積的KMnO4溶液需要使用的儀器是____________。
（2）在下列物質(zhì)中，用于標(biāo)定KMnO4溶液的基準(zhǔn)試劑最好選用________(填字母)。
A．H2C2O4·2H2O B．FeSO4
C．濃鹽酸 D．Na2SO3
（3）若準(zhǔn)確稱取W g你選的基準(zhǔn)試劑溶于水配成500 mL溶液，取25.00 mL置于錐形瓶中，用KMnO4溶液滴定至終點(diǎn)，消耗KMnO4溶液V mL。KMnO4溶液的物質(zhì)的量濃度為________mol·L－1。
（4）若用放置兩周的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液去測定水樣中Fe2＋的含量，測得的濃度值將________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。
【答案】（1）酸式滴定管?。?）A?。?）?。?）偏高
【解析】（1）KMnO4溶液具有強(qiáng)氧化性，能將堿式滴定管下端的橡膠管腐蝕，所以不能用堿式滴定管量取，可以用酸式滴定管量取。
（2）H2C2O4·2H2O在常溫常壓下是穩(wěn)定的結(jié)晶水合物；
FeSO4在空氣中不穩(wěn)定易被氧化，鐵元素的化合價從＋2升高到＋3；濃鹽酸易揮發(fā)；Na2SO3在空氣中不穩(wěn)定易被氧化成Na2SO4。
（3）根據(jù)得失電子守恒原理有關(guān)系式：5(H2C2O4·2H2O)～2KMnO4，則KMnO4溶液的濃度為
c(KMnO4)＝
＝ mol·L－1。
（4）在放置過程中，由于空氣中還原性物質(zhì)的作用，使KMnO4溶液的濃度變小了，再去滴定水樣中的Fe2＋時，消耗KMnO4溶液(標(biāo)準(zhǔn)溶液)的體積會增大，導(dǎo)致計算出來的c(Fe2＋)會增大，測定的結(jié)果將偏高。
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2017屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)
專題九
電解質(zhì)溶液（學(xué)案+課件+試題）（打包4套）新人教版
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