模板03 实验中常考滴定计算(解析版)-2025年高考化学答题技巧与模板构建

模板03实验中常考滴定计算识识·题型解读考情分析+命题预测/技巧解读明·模板构建答题模板+技巧点拨技法01滴定分析法的原理及误差分析技法02常见的滴定分析法通·模板运用真题示例+模板答题+变式训练练·模板演练最新模拟、预测考向本节导航滴定计算是实验综合题中常见的考点，滴定法包括中和滴定法、氧化还原滴定法、沉淀滴定法等，通常需要考生根据反应原理分析对滴定过程中所涉及的反应和物质的用量进行准确的分析，列出对应的关系式，用守恒法（电子守恒、原子守恒）进行计算。此类习题是实验题中考查的重点。滴定计算是实验综合题中常见的考点，滴定法包括中和滴定法、氧化还原滴定法、沉淀滴定法等，通常需要考生根据反应原理分析对滴定过程中所涉及的反应和物质的用量进行准确的分析，列出对应的关系式，用守恒法（电子守恒、原子守恒）进行计算。此类习题是实验题中考查的重点。第一步：分析反应过程根据已知条件，分析反应过程，写出各步反应的化学方程式或者找出相关物质。第二步：列出关系式①根据方程式找出作为“中介”的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的“量”的关系。②根据原子守恒及电子守恒，建立已知物质和所求物质之间的关系。第三步：代入数据计算根据已知物质与所求物质之间“量”的关系，列比例式进行计算。技法01滴定分析法的原理及误差分析1．滴定分析法(1)滴定分析法是将已知准确浓度的标准溶液，滴加到待测溶液中(或者将待测溶液滴加到标准溶液中)，直到所加的标准溶液与待测溶液按化学计量关系定量反应完全为止，然后测量标准溶液消耗的体积，根据标准溶液的浓度和所消耗的体积，计算出待测物质的含量。(2)实验的关键是准确量取待测溶液，根据指示剂的颜色变化确定滴定终点。(3)根据标准溶液和待测溶液间反应类型的不同，可将滴定分析法分为四大类：中和滴定、氧化还原滴定、络合滴定和沉淀滴定。2．“中和滴定”考点归纳(1)实验仪器酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹(带铁架台)、锥形瓶。其中常考的是滴定管，如正确选择滴定管(包括量程)，滴定管的检漏、洗涤和润洗，滴定管的正确读数方法等。(2)操作步骤①滴定前的准备：查漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数；②滴定：移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数；③计算。(3)指示剂的选择类型滴定过程指示剂终点颜色变化酸碱中和反应强酸滴定强碱(或弱碱)甲基橙溶液由黄色变为橙色强碱滴定强酸(或弱酸)酚酞溶液由无色变为浅红色氧化还原反应Na2S2O3溶液滴定未知浓度的碘水淀粉溶液溶液由蓝色变为无色酸性KMnO4溶液滴定H2O2(或H2C2O4)溶液不需要指示剂溶液由无色变为浅红色沉淀反应AgNO3溶液滴定含Cl－的溶液K2CrO4溶液出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色沉淀)(4)数据处理正确“取舍”数据，计算“平均”体积，根据反应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系，从而列出公式进行计算。3．中和滴定实验的误差分析(1)误差分析原理(以一元酸和一元碱的滴定为例)依据c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，则有c(待测)＝eq\f(c(标准)·V(标准),V(待测))，标准溶液滴定待测溶液时，c(标准)、V(待测)均为定值，c(待测)的大小取决于V(标准)的大小，若实验操作导致消耗标准溶液增多或读数偏大，则测定结果偏高，反之，则偏低。(2)误差分析示例引起中和滴定实验误差的原因很多，如药品、操作、读数、计算等，以标准盐酸滴定未知浓度NaOH溶液为例，分析如下表：项目操作V(酸)c(碱)洗涤酸式滴定管未用标准溶液润洗变大偏高碱式滴定管未用待测溶液润洗变小偏低锥形瓶用待测溶液润洗变大偏高锥形瓶洗净后还留有蒸馏水不变无影响取液放出碱液的滴定管开始有气泡，放出液体气泡消失变小偏低滴定酸式滴定管滴定前有气泡，滴定终点时气泡消失变大偏高振荡锥形瓶时部分液体溅出变小偏低部分酸溶液滴出锥形瓶外变大偏高4．判断滴定终点的规范描述当滴入最后半滴××标准溶液后，溶液由××色变成××色，且半分钟内不恢复原来的颜色。解答此类题目注意三个关键点：技法02常见的滴定分析法1．氧化还原滴定(1)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。(2)滴定方式及应用：①直接滴定法：许多还原性物质Fe2＋、NOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(2))、H2O2等可用直接滴定法，如5H2O2＋2MnOeq\o\al(\s\up1(—),\s\do1(4))＋6H＋===5O2↑＋2Mn2＋＋8H2O。②返滴定法：例如，测MnO2含量时，可在H2SO4溶液中加入过量的Na2C2O4标准溶液，待与MnO2作用完毕后，用KMnO4标准液滴定过量的C2Oeq\o\al(\s\up1(2—),\s\do1(4))。MnO2＋C2Oeq\o\al(\s\up1(2—),\s\do1(4))＋4H＋===Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O，2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋5C2Oeq\o\al(\s\up1(2—),\s\do1(4))＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O。③间接滴定法：某些非氧化性物质，可以用间接滴定法进行测定。例如，测Ca2＋含量时，先将Ca2＋沉淀为CaC2O4，再用稀硫酸将所得沉淀溶解，用KMnO4标准液滴定溶液中的H2C2O4，间接求得Ca2＋含量。CaC2O4＋2H＋===H2C2O4＋Ca2＋，2MnOeq\o\al(\s\up1(—),\s\do1(4))＋6H＋＋5H2C2O4===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O(3)指示剂：氧化还原滴定的指示剂有三类：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。(4)实例：①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液：原理：2MnOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋6H＋＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O。指示剂：酸性KMnO4溶液本身呈紫色，不用另外选择指示剂，当滴入最后半滴酸性KMnO4溶液后，溶液由无色变浅红色，且半分钟内不褪色，说明到达滴定终点。②Na2S2O3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。2．沉淀滴定法(1)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－浓度。(2)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。如用AgNO3溶液测定溶液中Cl－的含量时常以CrOeq\o\al(2－,4)为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故。(3)常见类型①连续反应型：A发生反应生成B，再用C滴定B。解题思路：利用化学（或离子）方程式找出A与C之间的关系式，进行计算和误差分析。②过量试剂型：向A中加入过量的B，再用C滴定过量的B。解题思路：由C求出过量的B，进一步求出与A反应的B，进行计算和误差分析。1．(2024·山东选考)利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如下图所示(夹持装置略)。实验过程如下：①加样，将amg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖)，聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3)∶c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标准溶液，吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液，发生反应：KIO3＋5KI＋6HCl===3I2＋6KCl＋3H2O，使溶液显浅蓝色。②燃烧：按一定流速通入O2，一段时间后，加热并使样品燃烧。③滴定：当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应：SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI)，立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F，滴定过程中溶液颜色“消退—变蓝”不断变换，直至终点。回答下列问题：(1)取20.00mL0.1000mol·L－1KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1000mLKIO3碱性标准溶液，下列仪器必须用到的是________(填标号)。A．玻璃棒 B．1000mL锥形瓶C．500mL容量瓶 D．胶头滴管(2)装置B和C的作用是充分干燥O2，B中的试剂为____________________。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子(见放大图)，目的是________________________。(3)该滴定实验达终点的现象是____________________________________；滴定消耗KIO3碱性标准溶液VmL，样品中硫的质量分数是________________(用代数式表示)。(4)若装置D中瓷舟未加盖，会因燃烧时产生粉尘而促进SO3的生成，粉尘在该过程中的作用是_____________；若装置E冷却气体不充分，可能导致测定结果偏大，原因是_____________________；若滴定过程中，有少量IOeq\o\al(－,3)不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，测定结果会________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。【答案】(1)AD(2)浓硫酸防止倒吸(3)当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色eq\f(19.200V,a)%(4)催化剂通入F的气体温度过高，导致部分I2升华，从而消耗更多的KIO3碱性标准溶液不变【第一步分析反应过程】由题中信息可知，利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验中，将氧气经干燥、净化后通入管式炉中将钢铁中硫氧化为SO2，然后将生成的SO2导入碘液中吸收，通过消耗KIO3碱性标准溶液的体积来测定钢铁中硫的含量。【第二步列出关系式】由S元素守恒及SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI、KIO3＋5KI＋6HCl===3I2＋6KCl＋3H2O可得关系式3S～3SO2～3I2～KIO3。【第三步代入数据计算】若滴定消耗KIO3碱性标准溶液VmL，则n(KIO3)＝V×10－3L×0.0020mol·L－1＝2.0000×10－6Vmol，n(S)＝3n(KIO3)＝3×2.0000×10－6Vmol＝6.0000×10－6Vmol，样品中硫的质量分数是eq\f(6.0000×10－6Vmol×32g·mol－1,a×10－3g)×100%＝eq\f(19.200V,a)%。【解析】(1)取20.00mL0.1000mol·L－1KIO3的碱性溶液和一定量的KI固体，配制1000mLKIO3碱性标准溶液(稀释了50倍后KIO3的浓度为0.0020mol·L－1)，需要用碱式滴定管或移液管量取20.00mL0.1000mol·L－1KIO3的碱性溶液，需要用一定精确度的天平称量一定质量的KI固体，需要在烧杯中溶解KI固体，溶解时要用到玻璃棒搅拌，需要用1000mL容量瓶配制标准溶液，需要用胶头滴管定容，因此，下列仪器必须用到的是AD。(2)装置B和C的作用是充分干燥O2，浓硫酸具有吸水性，常用于干燥某些气体，因此B中的试剂为浓硫酸。装置F中通气管末端多孔玻璃泡内置一密度小于水的磨砂浮子，其目的是防止倒吸，因为磨砂浮子的密度小于水，若球泡内水面上升，磨砂浮子也随之上升，磨砂浮子可以作为一个磨砂玻璃塞将导气管的出气口堵塞上，从而防止倒吸。(3)该滴定实验是利用过量的1滴或半滴标准溶液来指示滴定终点的，因此，该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后，溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色；由S元素守恒及SO2＋I2＋2H2O===H2SO4＋2HI、KIO3＋5KI＋6HCl===3I2＋6KCl＋3H2O可得关系式3S～3SO2～3I2～KIO3，若滴定消耗KIO3碱性标准溶液VmL，则n(KIO3)＝V×10－3L×0.0020mol·L－1＝2.0000×10－6Vmol，n(S)＝3n(KIO3)＝3×2.0000×10－6Vmol＝6.0000×10－6Vmol，样品中硫的质量分数是eq\f(6.0000×10－6Vmol×32g·mol－1,a×10－3g)×100%＝eq\f(19.200V,a)%。(4)若装置D中瓷舟未加盖，燃烧时产生粉尘中含有铁的氧化物，铁的氧化物能催化SO2的氧化反应从而促进SO3的生成，因此，粉尘在该过程中的作用是催化剂；若装置E冷却气体不充分，则通入F的气体温度过高，可能导致部分I2升华，这样就要消耗更多KIO3碱性标准溶液，从而可能导致测定结果偏大；若滴定过程中，有少量IOeq\o\al(－,3)不经I2直接将SO2氧化成H2SO4，从电子转移守恒的角度分析，IOeq\o\al(－,3)得到6e－被还原为I－，仍能得到关系式3S～3SO2～KIO3，测定结果不变。1．[Co(NH3)6]Cl3[三氯化六氨合钴(Ⅲ)]易溶于热水，难溶于冷水及乙醇，常用于制备钴的高效催化剂。某化学兴趣小组测定产品[Co(NH3)6]Cl3中氨和氯的含量。已知：[Co(NH3)6]Cl3在热的强碱溶液中发生反应：[Co(NH3)6]Cl3＋3NaOH===Co(OH)3↓＋6NH3↑＋3NaCl；Ksp(AgCl白色)＝1.0×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12(砖红色)。(1)氨的测定：准确称取mg[Co(NH3)6]Cl3样品放入三颈烧瓶，向其中加入过量的NaOH溶液，用20.00mL0.5mol·L－1盐酸吸收生成的气体，再用NaOH标准溶液滴定剩余盐酸，吸收装置如图所示：用0.1000mol·L－1NaOH标准溶液滴定盐酸至终点，消耗NaOH标准溶液20.00mL。①滴定过程中选用________作为指示剂。②样品中氨的物质的量为________mol。③反应结束后，通入氮气的作用是_____________________________。(2)氯的测定：将反应后三颈烧瓶中的混合物过滤，滤液用硝酸调节pH至中性，选用K2CrO4作为指示剂，用AgNO3标准溶液滴定。①滤液用硝酸调整pH至中性的原因是：若pH过小，________；若pH过大，_________。②滴定终点时，指示剂的物质的量浓度不能大于________mol·L－1。【答案】(1)①甲基橙②0.008③将样品中产生的氨气排出，保证被盐酸完全吸收(2)①H＋与CrOeq\o\al(2－,4)反应生成Cr2Oeq\o\al(2－,7)，CrOeq\o\al(2－,4)的浓度减小，使滴定终点滞后，所测Cl－含量偏大碱性增强，Ag＋与OH－反应，生成黑色的Ag2O，干扰终点判定②0.02【第一步分析反应过程】氨的测定：[Co(NH3)6]Cl3在热的强碱溶液生成NH3，用20.00mL0.5mol·L－1盐酸吸收生成的气体，用0.1000mol·L－1NaOH标准溶液滴定盐酸至终点，消耗NaOH标准溶液20.00mL。【第二步列出关系式】由[Co(NH3)6]Cl3＋3NaOH===Co(OH)3↓＋6NH3↑＋3NaClNH3+HCl===NH4ClHCl+NaOH===NaOH+H2O得：n(NH3)＝n(HCl)-n(NaOH)【第三步代入数据计算】n(NH3)＝(20×10－3×0.5－20×10－3×0.1)mol＝0.008mol。【解析】(1)盐酸吸收氨气后有剩余，用NaOH标准溶液滴定，溶液中含有氯化铵和盐酸，所以用甲基橙作指示剂，不能用酚酞，否则所用NaOH标准溶液体积偏大，会导致所测氨气含量偏小；n(NH3)＝(20×10－3×0.5－20×10－3×0.1)mol＝0.008mol；通入氮气将样品中产生的氨气排出，保证被盐酸完全吸收。(2)①若pH过小，H＋与CrOeq\o\al(2－,4)反应生成Cr2Oeq\o\al(2－,7)，CrOeq\o\al(2－,4)的浓度减小，使滴定终点滞后，所测Cl－含量偏大，若pH过大，碱性增强，Ag＋与OH－反应，生成黑色的Ag2O，干扰终点判定。②如果指示剂的浓度过大，Cl－还没有反应完全时，CrOeq\o\al(2－,4)与Ag＋就会提前反应，致使终点提前到达，所以CrOeq\o\al(2－,4)的浓度不能过大，根据Ksp(AgCl)＝1.0×10－10，溶液中c(Cl－)＝c(Ag＋)＝1.0×10－5mol·L－1，再根据Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12，计算得到c(CrOeq\o\al(2－,4))＝0.02mol·L－1。2．[2022·辽宁，17(7)]测定氢醌法制取H2O2样品含量的方法如下：取2.50g产品，加蒸馏水定容至100mL摇匀，取20.00mL于锥形瓶中，用0.0500mol·L－1酸性KMnO4标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98mL、20.90mL、20.02mL。假设其他杂质不干扰结果，产品中H2O2质量分数为__________。答案17%解析滴定反应的离子方程式为2MnOeq\o\al(－,4)＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，可得关系式：2KMnO4～5H2O2。三组数据中20.90mL偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为20.00mL，H2O2的质量分数w＝eq\f(20×10－3L×0.0500mol·L－1×\f(5,2)×\f(100mL,20.00mL)×34g·mol－1,2.50g)×100%＝17%。1．亚硝酸钙是一种白色粉末，易潮解，在钢筋混凝土工程中，主要用作水泥硬化促进剂和防冻阻锈剂。实验室制取少量亚硝酸钙。若所得亚硝酸钙产品中仅含少量硝酸钙杂质，可用如下实验操作测定其纯度：称量mg产品溶于水，先加入足量Na2SO4溶液，充分搅拌后过滤，除去Ca2＋，再加入适量(NH4)2SO4饱和溶液，加热煮沸3min，将NOeq\o\al(－,2)转化为N2。然后向所得溶液中加入25.00mLamol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2溶液，并用稀硫酸酸化，充分反应后用bmol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定过量的Fe2＋，消耗标准溶液的体积为VmL。(1)除去NOeq\o\al(－,2)时，反应的离子方程式为____________________________。(2)计算可知，所得产品的纯度为__________(用含m、a、b、V的式子表示)。答案(1)NHeq\o\al(＋,4)＋NOeq\o\al(－,2)N2↑＋2H2O(2)1－eq\f(8.2×(25a－6bV),3m)%解析(1)由题干信息可知，用NHeq\o\al(＋,4)除去NOeq\o\al(－,2)生成N2，根据氧化还原反应配平可知，该反应的离子方程式为NHeq\o\al(＋,4)＋NOeq\o\al(－,2)N2↑＋2H2O。(2)根据得失电子守恒可知，该反应的关系式为3n(NOeq\o\al(－,3))＝n(Fe2＋)，6n(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝n(Fe2＋)，则亚铁离子总的物质的量为2.5a×10－2mol，K2Cr2O7消耗的亚铁离子的物质的量为n(Fe2＋)＝6n(Cr2Oeq\o\al(2－,7))＝6×bV×10－3mol，剩余的亚铁离子的物质的量为n(Fe2＋)＝(25a－6×bV)×10－3mol，根据关系式3n(NOeq\o\al(－,3))＝n(Fe2＋)，样品中n(NOeq\o\al(－,3))＝eq\f(1,3)n(Fe2＋)＝eq\f(1,3)×(25a－6bV)×10－3mol，则硝酸钙的物质的量为eq\f(1,6)×(25a－6bV)×10－3mol，硝酸钙的质量为m＝nM＝eq\f(1,6)×(25a－6bV)×10－3mol×164g·mol－1＝eq\f(82,3)×(25a－6bV)×10－3g，硝酸钙的百分含量为eq\f(\f(82,3)×(25a－6bV)×10－3g,mg)×100%＝eq\f(8.2×(25a－6bV),3m)%，则产品纯度为1－eq\f(8.2×(25a－6bV),3m)%。2．纯碱是一种重要的化工原料，具有广泛的用途。实验室利用氯化钠和碳酸氢铵制备纯碱并测定产品中碳酸氢钠的含量，产品中碳酸氢钠含量的测定步骤如下：称取ag产品加水溶解，滴加指示剂M，用c0mol·L－1盐酸逐滴滴定，并不断振荡，到达终点时消耗盐酸V1mL；滴加指示剂N，继续用上述盐酸滴定，到达终点时消耗盐酸总体积V2mL。已知：相关物质的溶解度如下温度/℃物质10203040506070NaCl35.836.036.336.637.037.337.8NH4HCO315.821.027.0————NaHCO38.159.611.112.714.516.4—NH4Cl33.337.241.445.850.455.260.2说明：“—”表示该物质在相应温度下已开始分解。(1)碳酸氢钠含量的测定用到的玻璃仪器除胶头滴管外还需要下列仪器中的___________(填仪器名称)。(2)指示剂M为________；滴定过程中，盐酸需要逐滴加入并不断振荡的原因为__________________；选择指示剂N时，滴定终点溶液颜色变化为____________________。(3)产品中碳酸氢钠的质量分数为___________(用含字母的代数式表示)。答案(1)酸式滴定管、锥形瓶(2)酚酞溶液防止盐酸浓度局部过高，使得二氧化碳逸出黄色变为橙色(3)eq\f(c0(V2－2V1)×10－3×84,a)×100%解析(1)利用中和滴定的方法测定产品中碳酸氢钠含量，中和滴定时用到的玻璃仪器除胶头滴管外还需要用到酸式滴定管和锥形瓶。(2)测定产品中碳酸氢钠含量时，先向溶液中滴入酚酞溶液做指示剂，将溶液中的碳酸钠转化为碳酸氢钠，滴定终点的实验现象为溶液由浅红色变为无色；然后再向溶液中滴入甲基橙溶液做指示剂，将溶液中的碳酸氢钠转化为碳酸，滴定终点的实验现象为溶液由黄色变为橙色；滴定过程中，为防止盐酸浓度局部过高，使得二氧化碳逸出导致滴定误差，滴定时盐酸需要逐滴加入并不断振荡。(3)滴定过程中，酚酞溶液做指示剂时发生的反应为Na2CO3＋HCl===NaHCO3＋NaCl，甲基橙溶液做指示剂时发生的反应为NaHCO3＋HCl===H2CO3＋NaCl，由题意可知，产品中碳酸氢钠消耗盐酸的体积为(V2－2V1)mL，则产品中碳酸氢钠的质量分数为eq\f(c0(V2－2V1)×10－3×84,a)×100%。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ag，加水溶解，配制成100mL溶液。②取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.0200mol·L－1KMnO4标准溶液(酸性)进行滴定，滴定结束后消耗KMnO4溶液VmL。(1)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____________。(2)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)5NOeq\o\al(－,2)＋2MnOeq\o\al(－,4)＋6H＋===5NOeq\o\al(－,3)＋2Mn2＋＋3H2Oeq\f(1.38V,a)%(2)偏小解析(1)根据得失电子守恒，5NaNO2～2KMnO45mol2mol0.0100×10－3V×4×50.0200×10－3V×4该样品中NaNO2的质量分数为eq\f(2×10－4V×69,a)×100%＝eq\f(1.38V,a)%。(2)若滴定过程中刚出现颜色变化就停止滴定，则KMnO4的用量偏少，测定结果偏小。4．称取0.500gCuCl成品置于过量FeCl3(aq)中，待固体完全溶解后，用0.2000mol·L－1的Ce(SO4)2标准液滴定至终点，消耗Ce(SO4)2标准液24.60mL。相关反应如下：Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－；Ce4＋＋Fe2＋===Fe3＋＋Ce3＋。则CuCl的质量分数是________(保留四位有效数字)，若滴定操作耗时过长可能会使测定的CuCl质量分数________(填“偏大”或“偏小”)。答案97.91%偏小解析根据Fe3＋＋CuCl===Fe2＋＋Cu2＋＋Cl－、Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋可知Ce4＋～CuCl，所以n(CuCl)＝n(Ce4＋)＝n[Ce(SO4)2]＝0.2000mol·L－1×24.60×10－3L＝4.92×10－3mol，m(CuCl)＝n×M＝4.92×10－3mol×99.5g·mol－1＝0.48954g，产品中氯化亚铜的质量分数为eq\f(0.48954g,0.500g)×100%≈97.91%，若滴定操作耗时过长，CuCl可能被氧气氧化，使测定的CuCl质量分数偏小。5．烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。将VL气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NOeq\o\al(－,3)，加水稀释至100.00mL。量取20.00mL该溶液，加入V1mLc1mol·L－1FeSO4标准溶液(过量)，充分反应后，用c2mol·L－1K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋，终点时消耗V2mL。回答下列问题：(1)滴定过程中发生下列反应：3Fe2＋＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋===NO↑＋3Fe3＋＋2H2OCr2Oeq\o\al(2－,7)＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O则气样中NOx折合成NO2的含量为__________mg·m－3。(2)若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。答案(1)eq\f(23×(c1V1－6c2V2),3V)×104(2)偏高解析(1)根据关系式：Cr2Oeq\o\al(2－,7)～6Fe2＋，求得K2Cr2O7标准溶液消耗n(Fe2＋)＝6c2V2×10－3mol；则NOeq\o\al(－,3)消耗n(Fe2＋)＝(c1V1－6c2V2)×10－3mol，根据关系式3Fe2＋～NOeq\o\al(－,3)得n(NOeq\o\al(－,3))＝eq\f(1,3)(c1V1－6c2V2)×10－3mol，n(NOx)＝n(NO2)＝n(NOeq\o\al(－,3))＝eq\f(1,3)(c1V1－6c2V2)×10－3mol，VL气样中含m(NO2)＝eq\f(1,3)(c1V1－6c2V2)×46×eq\f(100,20)mg，所以气样中NO2的含量为eq\f(\f(1,3)(c1V1－6c2V2)×46×\f(100,20),V×10－3)mg·m－3＝eq\f(23×(c1V1－6c2V2),3V)×104mg·m－3。6．（2023·浙江卷）的絮凝效果可用盐基度衡量，盐基度，当盐基度为0.60~0.85时，絮凝效果较好。(4)测定产品的盐基度。的定量测定：称取一定量样品，配成溶液，移取溶液于锥形瓶中，调，滴加指示剂溶液。在不断摇动下，用标准溶液滴定至浅红色(有沉淀)，30秒内不褪色。平行测试3次，平均消耗标准溶液。另测得上述样品溶液中。①产品的盐基度为。②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是。答案(4)0.7pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多解析(4)）①根据，样品溶液中氯离子物质的量浓度为，，根据电荷守恒得到产品的盐基度为；故答案为：0.7。②测定过程中溶液过低或过高均会影响测定结果，原因是pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多；故答案为：pH过低，指示剂会与氢离子反应生成重铬酸跟，会氧化氯离子，导致消耗的硝酸银偏少，而pH过高，氢氧根会与银离子反应，导致消耗的硝酸银偏多。7．（2023·湖北·高考真题）学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：(2)铜与过量反应的探究如下：(3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y，。X的化学式为。(4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，滴定终点时消耗标准溶液15.00mL。(已知：，)标志滴定终点的现象是，粗品中X的相对含量为。答案(3)CuO2(4)溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色96%解析(3)在该反应中铜的质量m(Cu)=n×，因为，则m(O)=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：，则X为CuO2；(4)滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据，可以得到关系式：，则n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.0005mol，粗品中X的相对含量为。8．滴定实验是化学学科中最重要的定量实验之一。常见的滴定实验有酸碱中和滴定、氧化还原反应滴定、沉淀滴定等等。(1)氧化还原滴定—葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定，葡萄酒常用焦亚硫酸钠()作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离计算)的方案如图：往实验中加入盐酸的目的是将全部转化成；滴定过程中发生的反应是：。①加入盐酸时发生的离子方程式为：_______。②滴定时I2溶液应装在_______(“酸”或“碱”)式滴定管中，该滴定过程中的指示剂为：_______。③将I2标准溶液装入滴定管的具体操作顺序为_______(填字母)，再夹在滴定管夹上备用。a．装入I2标准溶液至0刻度以上；b．检查滴定管是否漏液；c．排尽尖嘴部分气泡；d．用I2标准溶液润洗滴定管次；e．用蒸馏水清洗次；f．将液面调节至“0”或“0”刻度以下。④实验消耗I2溶液，所测样品中抗氧化剂的残留量(以游离计算)为_______。下列情形会造成测定结果偏高的是：_______。A．滴定持续时间稍长，溶液中部分被空气氧化B．滴定前平视，滴定后俯视C．滴定前滴定管尖有气泡，滴定后气泡消失D．盛装标准溶液的滴定管用蒸馆水洗净后，未润洗(2)沉淀滴定——滴定剂与被滴定物生成的沉淀比滴定剂与指示剂生成的沉淀更难溶；且二者之间，有明显的颜色差别。参考表中的数据，若用滴定溶液，可选用的指示剂是：_______(填选项字母)难溶物颜色白浅黄白砖红白A．

B．

C．

D．答案(1)+2H+=2SO2+H2O

酸

淀粉溶液

bedacf

0.32

CD(2)A解析葡萄酒常用焦亚硫酸钠()作抗氧化剂，测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离计算)时，先加酸转化为SO2，再用过量碘水吸收SO2，最后用氧化还原滴定法测定过量碘的物质的量，从而求出与SO2反应的碘的物质的量。(1)①加入盐酸时，Na2S2O5与盐酸发生复分解反应，生成SO2等，离子方程式为：+2H+=2SO2+H2O。②I2会腐蚀橡胶，滴定时I2溶液应装在酸式滴定管中，该滴定过程中的指示剂为淀粉溶液。③将I2标准溶液装入滴定管时，应先检查是否漏液，再水洗、待盛装液体润洗、装药品、排气泡、调液面、记读数等，所以具体操作顺序为bedacf。④由反应式知，实验消耗I2的物质的量等于SO2的物质的量，则所测样品中抗氧化剂的残留量(以游离计算)为：=0.32g/L。A．滴定持续时间稍长，溶液中部分被空气氧化，则所用碘水的体积偏小，测定结果偏低；B．滴定前平视，滴定后俯视，则所读取碘溶液的体积偏小，测定结果偏低；C．滴定前滴定管尖有气泡，滴定后气泡消失，则所读取碘溶液的体积偏大，测定结果偏高；D．盛装标准溶液的滴定管用蒸馏水洗净后，未润洗，则所用标准碘溶液的体积偏大，测定结果偏高；综合以上分析，CD符合题意，故选CD。答案为：+2H+=2SO2+H2O；酸；淀粉溶液；bedacf；0.32；CD；(2)沉淀滴定，要求滴定剂与被滴定物生成的沉淀比滴定剂与指示剂生成的沉淀更难溶；且二者之间，有明显的颜色差别。由表中数据及颜色可知，若用滴定溶液，可选用的指示剂是Na2CrO4，故选A。答案为：A。9．硫脲[CS(NH2)2]在药物制备、金属矿物浮选等方面有广泛应用。实验室中先制备Ca(HS)2，再与CaCN2合成CS(NH2)2，实验装置(夹持及加热装置略)如图所示。已知：CS(NH2)2易溶于水，易被氧化，受热(150℃左右)时发生异构化生成NH4SCN。回答下列问题：(1)仪器M名称。(2)实验前先检查装置气密性。检查气密性后加入药品，打开K2,装置B中盛装的试剂为。反应结束后关闭K2，打开K₁通N2一段时间，目的是。(3)撤走搅拌器，打开K₃，水浴加热D中三颈烧瓶，在80℃时合成硫脲，同时生成一种常见的碱。控制温度在80℃的原因是，D处合成硫脲的化学方程式为。判断制备Ca(HS)2反应中H2S已过量的方法是(4)将装置D中液体过滤后，结晶得到粗产品。称取mg产品，加水溶解配成250mL溶液，量取50mL于锥形瓶中，滴加一定量的稀硫酸使溶液显酸性，用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定，滴定至终点时消耗KMnO4标准溶液VmL。滴定时，硫脲发生反应的离子方程式为：5[CS(NH2)2]+14+32H+=14Mn2++5CO2+5N2+5+26H2O。则样品中硫脲的质量分数为(用含“m、c、V”的最简式表示)。已知：NH4SCN、KSCN都易溶于乙醇、水，温度高时容易分解和氧化；常温下KSCN的溶解度为217g。利用硫脲制备KSCN的方法是：取一定量硫脲在隔绝空气的条件下加热至150℃充分反应，将加热后的产物溶于一定比例的无水乙醇和水中形成溶液，(填写操作过程)，得到KSCN晶体。(实验中可选用试剂：K2CO3、无水乙醇。)答案(1)恒压滴液漏斗(2)饱和硫氢化钠溶液将滞留在装置中A的硫化氢气体排入装置D中；做保护气，防止产品被氧化(3)温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速度慢，实验不能快速完成Ca(HS)2+2CaCN2+6H2O2CS(NH2)2+3Ca(OH)2E中出现黑色沉淀(4)边搅拌边滴加K2CO3制得粗品后，在沸腾的(或热的)乙醇中多次重结晶，过滤洗涤，(减压)干燥解析装置A制取硫化氢气体，因为盐酸具有挥发性，需要再B装置中放热饱和硫氢化钠溶液，因为CS(NH2)2易溶于水，易被氧化，在反应结束后关闭K2，打开K1通入一段时间N2，目的是将滞留在装置A中的硫化氢气体排入装置D中，并排净装置中的空气，过量的H2S用CuSO4溶液进行吸收；（1）根据图示，M装置为恒压滴液漏斗；故答案为：恒压滴液漏斗；（2）根据分析，装置B中盛装的试剂为饱和硫氢化钠溶液；因为CS(NH2)2易溶于水，易被氧化，故在反应后需要排净装置中的空气，且为了提高反应物的利用率，需要将滞留在装置A的硫化氢排入装置D；故答案为：饱和硫氢化钠溶液；将滞留在装置中A的硫化氢气体排入装置D中；做保护气，防止产品被氧化；（3）CS(NH2)2受热(150℃左右)时发生异构化生成NH4SCN，故温度不能过高；在80℃时合成硫脲，同时生成一种常见的碱，根据质量守恒可知，生成氢氧化钙，反应式为；H2S与CuSO4生成黑色的CuS沉淀；故答案为：温度过高，硫脲会部分发生异构化反应而生成硫氰化铵；温度过低，反应速度慢，实验不能快速完成；；E中出现黑色沉淀；（4）滴定过程中，CS(NH2)2与酸性高锰酸钾反应生成硫酸锰、氮气、硫、二氧化碳和水，反应中硫元素、氮元素化合价升高，锰元素化合价降低，利用元素守恒可知，其离子反应方程式为，该样品中硫脲的质量分数为；KSCN易溶于乙醇，为了得到KSCN晶体，边搅拌边滴加K2CO3制得粗品后，在沸腾的(或热的)乙醇中多次重结晶，过滤洗涤，(减压)干燥；故答案为：；边搅拌边滴加K2CO3制得粗品后，在沸腾的(或热的)乙醇中多次重结晶，过滤洗涤，(减压)干燥。10．亚硝酰氯(NOCl)是有机物合成中的重要试剂，熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，气态呈黄色，液态时呈红褐色，遇水易反应生成一种氢化物和两种氮的常见氧化物。NOCl可由NO与Cl2在通常条件下反应得到，相关实验装置如图所示。回答下列问题：(1)装置的连接顺序为a→→h，实验时先打开分液漏斗活塞滴入稀硝酸，当观察到F中时，开始向装置中通入Cl2。(2)装置D的作用有：根据气泡快慢调节气体流速、、。(3)尾气处理装置中若用NaOH溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，经过查阅资料发现用高锰酸钾溶液可以吸收NO气体，因此在氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式：。(4)制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：a．将所得亚硝酰氯(NOCl)产品7.0g溶于水，