届二轮复习 酸碱中和滴定及其应用 作业全国通用.docx

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届二轮复习酸碱中和滴定及其应用作业全国通用

酸碱中和滴定及其应用

酸碱中和滴定是高中化学最重要的定量实验之一，是帮助学生养成科学态度和接受科学教育极好的实验课题，常常结合溶液中的水解平衡，物质定量测定，高考再现率高，而且考察角度不断创新，对学习化学有良好的导向作用。

1.【2020年浙江选考】室温下，向

盐酸中滴加0.1000mol/LNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图。

已知

。

下列说法不正确的是（）

A．NaOH与盐酸恰好完全反应时，pH=7

B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差

C．选择甲基红指示反应终点，误差比甲基橙的大

D．

时，pH=12.3

【答案】C

【解析】A．NaOH与盐酸恰好完全反应时溶液中的溶质为NaCl，呈中性，室温下pH=7，故A正确；B．选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，B正确；C．甲基橙的变色范围在pH突变范围外，误差更大，故C错误；D．

时，溶液中的溶质为氯化钠和氢氧化钠，且c（NaOH）=

=0.02mol/L，即溶液中c（OH−）=0.02mol

，则c（H+）=5×10−13mol/L，pH=-lgc（H+）=12.3，故D正确；故答案为C。

【点睛】酸碱中和滴定实验，酸碱指示剂的选择，滴定终点的判断，及pH的计算。

2．【2020年全国I卷】以酚酞为指示剂，用0.1000mol·L−1的NaOH溶液滴定20.00mL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的变化关系如图所示。

[比如A2−的分布系数：

]

下列叙述正确的是（）

A．曲线①代表

，曲线②代表

B．H2A溶液的浓度为0.2000mol·L−1

C．HA−的电离常数Ka=1.0×10−2

D．滴定终点时，溶液中

【答案】C

【解析】根据图像，曲线①代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐减小，曲线②代表的粒子的分布系数随着NaOH的滴入逐渐增大，粒子的分布系数只有1个交点；当加入40mLNaOH溶液时，溶液的pH在中性发生突变，且曲线②代表的粒子达到最大值接近1；没有加入NaOH时，pH约为1，说明H2A第一步完全电离，第二步部分电离，曲线①代表δ（HA−），曲线②代表δ（A2−），根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c（H2A）=

=0.1000mol/L。

根据分析，曲线①代表δ（HA−），曲线②代表δ（A2−），A错误；B．当加入40.00mLNaOH溶液时，溶液的pH发生突变，说明恰好完全反应，结合分析，根据反应2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c（H2A）=

=0.1000mol/L，B错误；C．根据曲线当δ（HA−）=δ（A2−）时溶液的pH=2，则HA−的电离平衡常数Ka=

=c（H+）

=1×10−2，C正确；D．用酚酞作指示剂，酚酞变色的pH范围为8.2~10，终点时溶液呈碱性，c（OH−）＞c（H+），溶液中的电荷守恒为c（Na+）+c（H+）=2c（A2−）+c（HA−）+c（OH−），则c（Na+）＞2c（A2−）+c（HA−），D错误；答案选C。

【点睛】本题的难点是判断H2A的电离，根据pH的突变和粒子分布分数的变化确定H2A的电离方程式为H2A=H++A2−，HA−

H++A2−；同时注意题中是双纵坐标，左边纵坐标代表粒子分布分数，右边纵坐标代表pH，图像中δ（HA−）=δ（A2−）时溶液的pH≠5，而是pH=2。

3．室温下，用0.l00mol/LNaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。

下列说法正确的是（）

A．II表示的是滴定醋酸的曲线

B．pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL

C．V（NaOH）=20.00mL时，两份溶液中c（Cl−）=c（CH3COO−）

D．V（NaOH）=10.00mL时，醋酸溶液中c（Na+）>c（CH3COO−）>c（H+）>c（OH−）

【答案】B

【解析】滴定开始时0.1000mol/L盐酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH＞1，所以滴定盐酸的曲线是图Ⅱ，滴定醋酸的曲线是图Ⅰ，A错误；醋酸钠水解呈碱性，pH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）小于20mL，B正确；V（NaOH）=20.00mL时，二者反应生成氯化钠和醋酸钠，醋酸根发生水解，两份溶液中c（Cl−）＞c（CH3COO−），C错误；V（NaOH）=10.00mL时，溶液中恰好为同浓度的醋酸和醋酸钠，醋酸电离大于醋酸根的水解程度，溶液中离子浓度关系为c（CH3COO−）＞c（Na+）＞c（H+）>c（OH−），D错误。

【点睛】根据起始时的PH能判断出醋酸的是曲线Ⅰ，盐酸的是曲线Ⅱ。

4.室温下，向20.00mL0.10mol·L−1一元弱碱MOH溶液中滴入0.10mol·L−1的盐酸，溶液的AG与所加盐酸的体积关系如图所示，已知AG=lg

。

下列有关叙述不正确的是（）

A．50℃下，AG=0，此时溶液显中性

B．a点对应溶液中H2O电离出的c（H+）=1.0×10−11mol·L−1

C．b点对应溶液中4c（M+）+4c（MOH）=3c（Cl−）

D．d点对应溶液中c（Cl−）>c（H+）>c（M+）>c（MOH）

【答案】C

【解析】A．AG=0，则

，

，溶液中c（H+）=c（OH－），溶液显中性，A正确，不选；B．室温下，Kw=c（H+）·c（OH−）=10−14，a点

，可知c（H+）=10−11

mol·L−1，溶液中的H+均来自与水的电离，因此水电离出来的c（H+）=10−11mol·L−1，B正确，不选；C．b点加入盐酸15mL，根据物料守恒，可知含有M的粒子的浓度和Cl−的浓度的比值为4∶3，即

，得3c（M+）+3c（MOH）=4c（Cl−），C错误，符合题意；D．d点，加入40mL盐酸，盐酸过量，溶液中为等浓度HCl和MCl的混合溶液，Cl−的浓度最大，由于M+为弱碱阳离子，会水解，则c（H+）>c（M+），水解是微弱的，因此c（M+）>c（MOH）则离子排序为c（Cl−）>c（H+）>c（M+）>c（MOH），D正确，不选。

答案选C。

【点睛】易错选C项，解题时容易将系数乘错。

因此解题时，可以先写出分数的形式，在改写成等式，可以减少错误。

1．常温下，用0.50mol/L氢氧化钠溶液滴定某一元弱酸（HA）的溶液中，滴定曲线如图所示，下列叙述不正确的是（）

A．该弱酸在滴定前的浓度大于0.001mol/L

B．由滴定起点数据可计算该弱酸的Ka（电离平衡常数）为2×10−5

C．滴定过程为求滴定终点，最合适的指示剂是酚酞

D．滴定终点时，c（Na+）＞c（A−）＞c（OH−）＞c（H+）

【答案】B

【解析】A．由图象可知，起始酸的pH为3，c（H+）=10−3mol/L，因为HA是弱酸，则酸的浓度必大于0.001mol/L，A项正确；B．HA是弱酸，HA的体积未知，无法由滴定起点数据计算该弱酸的Ka，B项错误；C．用NaOH滴定该弱酸溶液达到终点pH范围是在7～11，溶液显碱性而酚酞的变色范围是8.2-10.0，应选择酚酞作指示剂，C项正确；D．酸碱滴定终点时，酸碱恰好反应生成NaA，NaA是强碱弱酸盐，A−水解导致溶液显碱性，则滴定终点时离子浓度顺序为c（Na+）＞c（A−）＞c（OH−）＞c（H+），D项正确；答案选B。

【点睛】本题考查酸碱中和滴定，离子浓度的大小比较等知识。

对于酸碱指示剂选择的基本原则总结如下：

变色要灵敏，变色范围要小，使变色范围尽量与滴定终点溶液的酸碱性一致。

①不能用石蕊作指示剂；②滴定终点为碱性时，用酚酞作指示剂；③滴定终点为酸性时，用甲基橙作指示剂；④强酸滴定强碱一般用甲基橙，但用酚酞也可以；⑤并不是所有的滴定都须使用指示剂，如用标准的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即为滴定终点。

2．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，选用酚酞作指示剂，下列操作会导致测定结果偏低的是（）

A．酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定

B．锥形瓶未用待测液润洗

C．读取标准液读数时，滴前仰视，滴定到终点后俯视

D．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失

【答案】C

【解析】酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗就装标准液滴定，则盐酸被稀释，消耗盐酸的体积增加，所以测定结果偏高；B．锥形瓶未用待测液润洗，属于正确的操作要求，不会影响结果；C．读取标准液读数时，滴前仰视，读数偏大。

滴定到终点后俯视，读数偏小，所以读取的盐酸体积减少，测定结果偏低。

D．滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，说明读取盐酸的体积增加，所以测定结果偏高；答案选C。

【点睛】根据

进行误差分析。

3．25℃时，向20.00mL的NaOH溶液中逐滴加入某浓度的CH3COOH溶液。

滴定过程中，溶液的pH与滴入CH3COOH溶液的体积关系如图所示，点②时NaOH溶液恰好被中和。

则下列说法中，错误的是（）

A．CH3COOH溶液的浓度为0.1mol·L−1

B．图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小

C．点④所示溶液中存在：

（CH3COOH）+c（H+）=c（CH3COO−）+c（OH−）

D．滴定过程中会存在：

c（Na+）>c（CH3COO−）=c（OH−）>c（H+）

【答案】C

【解析】图象可知氢氧化钠溶液浓度为0.1mol/L，②点时NaOH溶液恰好被中和消耗醋酸溶液20mL，根据酸碱中和规律，醋酸的浓度为0.1mol/L，故A正确；图中点①到点②所示溶液中随着醋酸逐渐滴入，氢氧化钠不断被消耗，水的电离被抑制程度逐渐减小，即水的电离程度增大；②恰好反应点，水的电离程度最大，从此以后继续滴加醋酸，对水电离起到抑制作用，所以图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小，故B正确；点④所示溶液是醋酸和醋酸钠溶液，由物料守恒c（CH3COOH）+c（CH3COO−）=2c（Na+）和电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO−）+c（OH−）得c（CH3COOH）+2c（H+）=c（CH3COO−）+2c（OH−），故C错误；滴定过程中的某点，醋酸钠和氢氧化钠混合溶液中会有c（Na+）＞c（CH3COO−）=c（OH−）＞c（H+），故D正确；故选C。

4．常温下，向100mL0.01mol·L−1HA溶液中逐滴加入0.02mol·L−1的MOH溶液，如中所示曲线表示混合溶液的pH变化情况。

下列说法中正确的是（）

A．HA为一元弱酸，MOH为一元强碱

B．滴入MOH溶液的体积为50mL时，c（M+）＞c（A−）

C．N点水的电离程度大于K点水的电离程度

D．K点时，c（MOH）+c（M+）=0.02mol·L−1

【答案】C

【解析】A．0.01mol·L−1HA溶液中pH=2，则HA是强酸，与50mL碱溶液恰好反应后，溶液呈酸性，而与51mL碱恰好反应溶液呈中性，说明碱为弱碱，A错误；B．MOH是弱碱，滴入MOH溶液的体积为50mL时，溶液呈酸性，由电荷守恒可知溶液中c（A−）＞c（M+），B错误；C．由图像可知，N点溶液呈中性，水电离的氢离子为10−7mol/L，K点溶液呈碱性，MOH电离的氢氧根离子抑制了水电离，水电离的氢离子小于10−7mol/L，所以N点水的电离程度大于K点水的电离程度，C正确；D．在K点时混合溶液体积是酸溶液的2倍，物质的量也是HA的2倍，所以c（MOH）+c（M+）=

=0.01mol·L−1，D错误；故答案选C。

5．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：

、

。

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

溶液

溶液

酚酞

无色→浅红色

B

盐酸

氨水

甲基橙

黄色→橙色

C

酸性

溶液

溶液

无

无色→浅紫红色

D

碘水

溶液

淀粉

蓝色→无色

【答案】D

【解析】氢氧化钠溶液滴定醋酸时，恰好中和时生成醋酸钠，此时溶液显碱性，所以选择碱性条件下变色的指示剂即酚酞，终点颜色变化为无色→浅红色，A正确；B．盐酸滴定氨水时，恰好中和时生成氯化铵，此时溶液显酸性，所以选择酸性条件下变色的指示剂—甲基橙，终点颜色变化为黄色→橙色，B正确；C．据题给已知反应，可以用酸性高锰酸钾溶液氧化亚硫酸钾的原理进行滴定，亚硫酸钾被完全氧化后，过量的高锰酸钾使溶液显浅紫红色，C正确；D．用碘水滴定硫化钠溶液，淀粉作指示剂，开始时溶液无色，硫化钠被完全消耗后，过量的碘水使淀粉显蓝色，所以滴定终点的颜色变化为无色→蓝色，D错误。

【点睛】酸碱指示剂的选择，一般会选择生成物的酸碱性接近的指示剂，若反应物本身有颜色就无需选择指示剂。

6．室温条件下，用0.100mol/L的NaOH溶液分别滴定酸HX、HY、HZ，三种酸的体积均为20.00mL，浓度均为0.100mol/L，滴定曲线如图所示。

下列叙述正确的是（）

A．电离常数Ka（HX）的数量级为10−12

B．P点对应的溶液中：

c（Y−）>c（Na+）>c（HY）>c（H+）>c（OH−）

C．pH=7时，三种溶液中c（X）=c（Y−）=c（Z−）

D．HX的电离程度大于X−的水解程度

【答案】B

【解析】起始时HA溶液pH=6，则溶液中c（H+）=c（A−）=10−6mol/L，所以Ka（HA）=

=

=10−11，所以数量级不是10−12，故A错误；B．P点为在HY溶液中加入10mLNaOH溶液，溶液中含有等浓度的NaY和HY，溶液显酸性，说明HY的电离程度大于NaY的水解程度，所以c（Y−）＞c（Na+）＞c（HY）＞c（H+）＞c（OH−），故B正确；C．pH=7时，根据电荷守恒，溶液中均存在，c（Na+）=c（X−），c（Na+）=c（Y−），c（Na+）=c（Z−），三种溶液中加入的NaOH体积不等，即c（Na+）各不相同，所以c（X−）≠c（Y−）≠c（Z−），故C错误；D．当加入10mLNaOH溶液时，HX溶液中恰好反应生成等量的HX和NaX，此时溶液显碱性，说明X−的水解程度大于HX的电离程度，故D错误；故选B。

【点睛】本题的易错点为BD，要注意加入10mLNaOH溶液时，尽管溶液的组成和浓度相似，但溶液的性质有很大差别，Y对应溶液显酸性，X对应溶液显碱性。

7．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amL于锥形瓶，加入1~2滴指示剂，用浓度为bmol/L的NaOH溶液滴定，滴定管的初始读数为V1mL，当锥形瓶内溶液呈微红色时，滴定管的读数为V2mL。

②向锥形瓶加入饱和食盐水试样cmL，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V3mL。

下列说法不正确的是（）

A．步骤①中的指示剂可以选用酚酞试液

B．步骤②中静置的目的是为了使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

【答案】C

【解析】酸和碱反应生成甲酸钠，溶液呈碱性，步骤①中的指示剂可以选用酚酞试液，故A正确；通过延长反应时间，使反应进行得更充分，步骤②中静置的目的是为了使NH

和HCHO完全反应，故B正确；步骤②若不静置，4NH

+6HCHO=（CH2）6N4H+（一元酸）+3H++6H2O，反应不完全，生成的酸少，会导致测定结果偏低，故C错误；除去甲酸后的氢氧化钠溶液读数为V2mL，加入饱和食盐水试样cmL，再加1～2滴酚酞，再用上述NaOH溶液滴定至微红色，滴定管的读数V3mL，此时4NH

+6HCHO=（CH2）6N4H+（一元酸）+3H++6H2O，滴入氢氧化钠反应，4NH

～（（CH2）6N4H+（一元酸）+3H+）～4OH−；氢氧化钠物质的量和氮元素物质的量相同，所以饱和食盐水中的c（NH

）=

=

mol·L−1，故D正确；故选C。

8．为测定

样品的纯度，用硫酸溶解6.300g样品，定容至250mL。

取25.00mL溶液，用

标准溶液滴定至终点。

重复实验，数据如下：

序号

滴定前读数/mL

滴定终点读数/mL

1

0.00

19.98

2

1.26

22.40

3

1.54

21.56

已知：

假设杂质不参加反应。

该样品中

的质量分数是________%（保留小数点后一位）；

写出简要计算过程：

________。

【答案】95.2

【解析】第一次所用标准液为：

19.98mL，第二次所用标准液为22.40-1.26=20.14mL，第三次所用标准液为：

21.56-1.54=20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为

；根据方程式可知反应中存在数量关系：

3MnO

~5

，所以25mL待测液中所含

的物质的量为：

，质量为

，所以样品中

质量分数为

。

【点睛】计算过程中要注意滴定的待测液是从配制的250mL溶液中取出的25mL。

9．化学小组用碘量法测定粗品立德粉（主要成分是ZnS·BaSO4，不溶于水）中S2−的含量（粗品中不含干扰测定的物质）。

I．称取样品mg，置于碘量瓶中；

II．用已准确称量的I2固体配制100mL0.1000mol/LI2一KI标准溶液；

III．取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，并加入乙酸溶液，密闭于暗处几分钟，有黄色沉淀产生；

IV．以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol/LNa2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液体积为VmL。

回答下列问题：

（1）II中配制100mL0.100mol/LI2-KI标准溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和____________。

（2）II中加入乙酸的作用是；黄色沉淀的名称是，该反应中（填化学式）是氧化剂。

（3）已知Na2S2O3与I2反应生成Na2S4O6，则IV中发生反应的化学方程式是。

（4）样品中S2−的含量为______________（写出表达式）。

【答案】

（1）100mL容量瓶、胶头滴管

（2）溶解ZnS，释放出H2S硫I2

（3）I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6

（4）

【解析】

（1）配制100mL0.100mol/LI2-KI标准溶液，基本步骤是：

1计算、2称量、3溶解、4转移、5洗涤、6定容、7摇匀，所以用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒和100mL容量瓶、胶头滴管；

（2）ZnS和醋酸反应生成醋酸锌和H2S，II中加入乙酸的作用是溶解ZnS，释放出H2S；H2S和I2反应生成HI和黄色S沉淀，该反应中I元素化合价降低，I2是氧化剂；（3）Na2S2O3与I2反应生成Na2S4O6和NaI，IV中发生反应的化学方程式是I2+2Na2S2O3=2NaI

+Na2S4O6；（4）设ZnS的物质的量是xmol，根据ZnS~I2，可知ZnS消耗I2xmol，根据I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，Na2S2O3消耗I2

mol，则x+

=

0.025L×0.1mol/L；x=

，样品中S2−的含量为

=

。

【点睛】本题考查一定物质的量浓度溶液的配制、物质含量的测定，明确反应原理是解题关键，掌握配制一定物质的量浓度的溶液配制步骤及计算，熟悉根据化学方程式的计算。

10．三氯化六氨合钴（[Co（NH3）6]Cl3）是一种橙黄色晶体，实验室制备过程如下：

Ⅰ．将研细的6gCoCl2·6H2O晶体和4gNH4Cl固体加入锥形瓶中，加水，加热溶解，冷却；

Ⅱ．加入13.5mL浓氨水，用活性炭作催化剂，混合均匀后逐滴滴加13.5mL5%H2O2溶液，水浴加热至50~60℃，保持20min。

用冰浴冷却，过滤，得粗产品；

Ⅲ．将粗产品溶于50mL热的稀盐酸中，______，向滤液中缓慢加入6.7mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤；

Ⅳ．先用冷的2mol·L−1HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。

（1）[Co（NH3）6]Cl3中Co的化合价是______。

（2）CoCl2遇浓氨水生成Co（OH）2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，原因是_______________。

（3）溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co（NH3）6]Cl3的化学方程式是__________________。

（4）补全Ⅲ中的操作：

__________________。

（5）沉淀滴定法测定制备的产品中Cl−的质量分数：

ⅰ．准确称取agⅣ中的产品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于锥形瓶中；

ⅱ．滴加少量0.005mol·L−1K2CrO4溶液作为指示剂，用cmol·L−1AgNO3溶液滴定至终点；

ⅲ．平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为vmL，计算晶体中Cl−的质量分数。

已知：

溶解度：

AgCl1.3×10−6mol·L−1，Ag2CrO4（砖红色）6.5×10−5mol·L−1

①ⅱ中，滴定至终点的现象是______。

②制备的晶体中Cl−的质量分数是______（列计算式，Cl的相对原子质量：

35.5）。

【答案】

（1）+3

（2）NH

抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c（OH−）降低，避免生成Co（OH）2沉淀

（3）2CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O2

2[Co（NH3）6]Cl3+12H2O

（4）趁热过滤、冷却

（5）溶液中出现砖红色沉淀，半分钟内不消失

【解析】根据题意，在氨气和氯化铵存在条件下，以活性炭为催化剂，用双氧水氧化CoCl2溶液来制备[Co（NH3）6]Cl3，反应的化学方程式为2CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O2

2[Co（NH3）6]Cl3+12H2O；将粗产品溶于50mL热的稀盐酸中，再向滤液中缓慢加入6.7mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤，说明加入热的稀盐酸后应过滤；先用冷的2mol·L−1HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。

（1）[Co（NH3）6]Cl3中NH3为配体，氯的化合价为-1价，则Co的化合价是+3价，故答案为+3；

（2）加入NH4Cl使溶液中的NH

浓度增大，NH

抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c（OH−）降低，避免生成Co（OH）2沉淀，故答案为：

NH

抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c（OH−）降低，避免生成Co（OH）2沉淀；（3）由分析可知：

溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co（NH3）6]Cl3的化学方程式是CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O2

2[Co（NH3）6]Cl3+12

H2O；（4）由分析可知，第Ⅲ中缺少步骤是过滤，并且是在加入热的稀盐酸后，故答案为：

趁热过滤、冷却；（5）①由题可知：

AgCl的溶解度小于Ag2CrO4的溶液度，所以在滴加AgNO3时Ag+会与Cl−反应生成AgCl沉淀，当Cl−消耗完时再与CrO

结合，所以滴定终点时是Ag+与CrO

结合生成砖红