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2020年高考化学微专题复习《滴定及计算(中和滴定、氧化还原滴定、沉淀滴定)》

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1 滴定的拓展（氧化还原滴定、沉淀滴定）

1．实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：①将2.500 g试样配成500.00 mL溶液。②取50.00 mL溶液置于锥形瓶中，加入50.00 mL 0.101 0

mol·L－1(NH4)2Ce(NO3)6溶液。③充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8 mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.050 0 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋，消耗溶液体积为29.00 mL。测定过程的反应方程式为2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3＝4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑；Ce4＋＋Fe2＋＝Ce3＋＋Fe3＋；试样中NaN3的质量分数为_______________。

解析：50.00 mL 0.101 0 mol·L－1(NH4)2Ce(NO3)6溶液中n[(NH4)2Ce(NO3)6]＝0.101 0 mol·L－1×50.00×10－3 L＝5.050×10－3 mol，参与第二步反应的量n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝0.050 0 mol·L－1×29.00×10－3 L＝1.450×10－3 mol，与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]＝5.050×10－3 mol－1.450×10－3 mol＝3.600×10－3 mol，试样中NaN3的质量分数为(3.600×10－3 mol×10×65 g/mol)/2.500 g×100%＝93.60%。

答案：93.60%(0.9360)

2．(2019·全国卷Ⅱ节选)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。以重晶石(BaSO4)为原料，可按如下工艺生产立德粉：

成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.100 0 mol·L－1的I2­KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置2 暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉溶液为指示剂，过量的I2用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O2－3===2I－＋S4O2－6。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为______________，样品中S2－的含量为______________(写出表达式)。

解析：碘单质与硫离子的反应为S2－＋I2===S＋2I－。碘单质与淀粉溶液混合为蓝色，故用硫代硫酸钠溶液滴定过量的I2，终点颜色变化为浅蓝色至无色。根据氧化还原反应得失电子数相等，利用关系式法和化合价升降相等列关系式，设硫离子的物质的量为n mol：

n＋12×0.100 0 V×10－3 mol＝25×0.100 0×10－3 mol，得n＝25－12V×0.100

0×

10－3 mol

则样品中硫离子的含量为n×MS2－m×100%＝25.00－12V×0.100 0×32m×1 000×100%。

答案：浅蓝色至无色 25.00－12V×0.100 0×32m×1 000×100%

3．用滴定法测定氮化钙的纯度

①称取3.9 g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入100.00 mL 1.00 mol/L盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释到200.00 mL。

②取20.00 mL稀释后的溶液，用0.2 mol/L NaOH标准溶液滴定过量的盐酸，到终点时消耗标准溶液25.00 mL。所得固体中氮化钙的质量分数为__________________。

解析：剩余的盐酸量为n1＝200 mL20 mL×0.2 mol/L×0.025 L＝0.05 mol，故参与反应的盐酸为n2＝1 mol/L×0.1 L－0.05 mol＝0.05 mol，氮化钙与水反3 应生成氨气，氨气与盐酸反应生成NH4Cl，所以n(NH3)＝n2＝0.05 mol，根据氮元素守恒：Ca3N2～2NH3，则n(Ca3N2)＝0.025 mol，则氮化钙的质量分数＝0.025 mol×148 g/mol3.9 g＝94.9%。

答案：94.9%

4．硫酸亚铁铵(NH4)aFeb(SO4)c·dH2O又称莫尔盐。称取11.76 g新制莫尔盐，溶于水配成250 mL溶液。取25.00 mL该溶液加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.398 g；另取25.00 mL该溶液用0.020 0 mol/L KMnO4酸性溶液滴定，当MnO－4恰好完全被还原为Mn2＋时，消耗溶液的体积为30.00 mL。试确定莫尔盐的化学式 。

答案：称取11.76 g新制莫尔盐，溶于水配成250 mL溶液，取25.00 mL该溶液，加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀硫酸钡的质量为1.398 g，其物质的量为1.398 g233 g/mol＝0.006 mol，所以n(SO2－4)＝0.006 mol，另取25.00 mL该溶液用0.020 0 mol/L KMnO4酸性溶液滴定，当MnO－4恰好完全被还原为Mn2＋时，消耗溶液的体积为30.00 mL，根据题意，

5Fe2＋＋MnO2－4＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O

5 1

n(Fe2＋) 0.020 00 mol·L－1×0.03 L，

所以n(Fe2＋)＝0.003 mol，根据电荷守恒：n(NH＋4)＋2n(Fe2＋)＝2n(SO2－4)，n(NH＋4)＝0.006 mol；250 mL溶液中n(SO2－4)＝0.06 mol，n(Fe2＋)＝0.03 mol，n(NH＋4)＝0.06 mol，n(H2O)＝

11.76 g－0.06 mol×96 g/mol－0.03 mol×56 g/mol－0.06 mol×18 g/mol18 g/mol

＝0.18 mol，所以n(SO2－4)∶n(Fe2＋)∶n(NH＋4)∶n(H2O)＝0.06 mol∶0.03

mol∶0.06mol∶0.18 mol＝2∶1∶2∶6，所以莫尔盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O[或(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O]。

5．(2019·山东聊城二模)硫酸亚铁铵[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]俗称摩尔盐。硫酸亚铁在空气中易被氧化，但与硫酸铵反应生成摩尔盐后较稳定。模拟工业制备硫酸亚铁铵晶体的实验装置如图所示。回答下列问题： 4

常温下，将反应后的溶液放置一段时间，瓶底将结晶析出硫酸亚铁铵。为了测定晶体中Fe2＋的含量，称取一份质量为4.0 g的硫酸亚铁铵晶体样品，配成溶液。用0.1 mol·L－1酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积为20.00 mL。反应到达滴定终点的现象为________________，晶体中Fe2＋的质量分数为________________。

解析：用KMnO4溶液滴定硫酸亚铁铵，二者发生氧化还原反应，硫酸亚铁铵中的Fe2＋的化合价由＋2价升高到＋3价生成Fe3＋，则1 mol硫酸亚铁铵失1 mol e－发生氧化反应，高锰酸钾中的锰元素化合价由＋7价降低到＋2价生成Mn2＋，则1 mol高锰酸钾得5 mol e－发生还原反应，根据得失电子守恒，高锰酸钾和硫酸亚铁铵的物质的量比为1∶5，由题意n(KMnO4)＝0.1 mol·L－1×0.02 L＝0.002

mol，则n(Fe2＋)＝0.01 mol，m(Fe2＋)＝0.56 g，晶体中Fe2＋的质量分数为0.56

g/4 g×100%＝14%；滴定终点时溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色。

答案：溶液恰好变浅红色，且半分钟不褪色 14%

6．称取2.0 g Na2S2O4样品溶于冷水配成200 mL溶液，取出25.00 mL该溶液于锥形瓶中，用0.10 mol/L碱性K3[Fe(CN)6]标准溶液滴定，原理为：4[Fe(CN)6]3－＋2S2O2－4＋8OH－＝4[Fe(CN)6]4－＋4SO2－3＋4H2O，用亚甲基蓝为指示剂，达到滴定终点时消耗标准溶液24.00 mL，则样品中Na2S2O4的质量分数为___________(杂质不参与反应)(计算结果精确至0.1%)。

解析：根据4[Fe(CN)6]3－＋2S2O2－4＋8OH－＝4[Fe(CN)6]4－＋4SO2－3＋4H2O可知5 n(Na2S2O4)＝12n(K3[Fe(CN)6])＝12×0.10 mol/L×0.024 L×200 mL25.00 mL＝9.6×10－3

mol，m(Na2S2O4)＝n(Na2S2O4)×M＝9.6×10－3 mol×174 g/mol＝1.670 4 g，则样品中Na2S2O4的质量分数为(1.670 4 g÷2.0 g)×100%＝83.5%。

答案：83.5%

7．(2019·江西南昌十中高三期末检测)碱式碳酸铜是一种用途广泛的化工原料，明矾是种常见的净水剂，某校化学兴趣小组探究将一废弃矿石进行处理制备碱式碳酸铜和明矾，从而实现变废为宝。经查资料，该矿石成分为Al2Fe4CuSi2O13，该化学小组制定工艺流程如下：

已知：Cu2＋溶于足量的浓氨水中可形成铜氨溶液，Cu2＋＋4NH3·H2OCu(NH3)2＋4＋4H2O

回答下列问题：

(1)在步骤⑦中，若先加K2CO3溶液，后加KOH溶液，则易发生CuCO3(s)＋2OH－(aq)Cu(OH)2(s)＋CO2－3(aq)，则该反应平衡常数为______。{已知：Ksp(CuCO3)＝2.4×10－10，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20}

(2)为了检验该碱式碳酸铜纯度，该小组称取25 g样品，加入100 mL 3 mol/L的盐酸中进行溶解。充分反应后，微热排除CO2，冷却后取出10 mL，滴加2滴甲基橙，然后用2 mol/L标准KOH溶液进行滴定，共用去5 mL。则样品的纯度为________________。 6 解析：(1)CuCO3(s)＋2OH－(aq)Cu(OH)2(s)＋CO2－3(aq)该反应平衡常数为cCO2－3c2OH－＝cCO2－3·cCu2＋c2OH－·cCu2＋＝2.4×10－102.2×10－22＝1.09×1010。

(2)剩余盐酸的物质的量＝2 mol/L×0.005 L＝0.01 mol，则与碱式碳酸铜反应的盐酸＝0.3 mol－0.01 mol×100 mL/10 mL＝0.2 mol，根据Cu2(OH)2CO3～4HCl可知碱式碳酸铜的物质的量是0.05 mol，因此样品的纯度为0.05 mol×222 g/mol25 g×100%＝44.4%。

答案：(1)1.09×1010 (2)44.4%

8．肼(N2H4)是一种重要的工业产品。资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼，肼有极强的还原性。准确量取20.00 mL含肼溶液，加入硫酸和碳酸氢钠，用0.100 0 mol/L的标准碘液进行滴定，滴定终点时，消耗V0 mL(在此过程中N2H4→N2)。该实验可选择______做指示剂；该溶液中肼的浓度为______mol/L(用含V0的代数式表达，并化简)。

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2020年高考中和滴定专题训练

2020年高考中和滴定专题训练

1

考点三 酸、碱中和滴定

1．实验原理

利用酸碱中和反应，用已知浓度酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的实验方法。以标准盐酸溶液滴定待测的NaOH溶液，待测的NaOH溶液的物质的量浓度为c(NaOH)＝cHCl·VHClVNaOH。

酸碱中和滴定的关键：

(1)准确测定标准液和待测液的体积； (2)准确判断滴定终点。

2．实验用品

(1)仪器

图(A)是酸式滴定管、图(B)是碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。

(2)试剂：标准液、待测液、指示剂、蒸馏水。

(3)滴定管

①构造：“0”刻度线在上方，尖嘴部分无刻度。

②精确度：读数可估计到0.01 mL。

③洗涤：先用蒸馏水洗涤，再用待装液润洗。

④排泡：酸、碱式滴定管中的液体在滴定前均要排出尖嘴中的气泡。

⑤使用注意事项：

试剂性质 滴定管 原因

酸性、氧化性 酸式滴定管 氧化性物质易腐蚀橡胶管

碱性 碱式滴定管 碱性物质易腐蚀玻璃，致使玻璃活塞无法打开

3.实验操作

以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例

(1)滴定前的准备

①滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录。

②锥形瓶：注碱液→记体积→加指示剂。

(2)滴定

(3)终点判断

等到滴入最后一滴标准液，指示剂变色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，视为滴定终点并记录标准液的体积。

(4)数据处理

按上述操作重复二至三次，求出用去标准盐酸体积的平均值，根据c(NaOH)＝cHCl·VHClVNaOH计算。

4．常用酸碱指示剂及变色范围

指示剂 变色范围的pH

石蕊 ＜5.0红色 5.0～8.0紫色 >8.0蓝色

甲基橙 ＜3.1红色 3.1～4.4橙色 >4.4黄色

酚酞 ＜8.2无色 8.2～10.0浅红色 >10.0红色 2

仪器、操作选项判断

(1)KMnO4溶液应用碱式滴定管盛装( )

(2)用碱式滴定管准确量取20.00 mL的NaOH溶液( )

高考化学电化学”及”定量滴定”微计算(解析版)

高考化学电化学”及”定量滴定”微计算(解析版)

高频微考点“电化学 、定量滴定”微计算

分析浙江省2016年4月至2020年1月选考试卷不难发现，“电化学”和“定量滴定”计算，原本在知识体系中不是很“亲缘”的两个微考点在这8次选考中存在一定的联系。这个两个微考点在历次选考中一般是交错出现在考题中。其中5次是电化学（主要电极反应书写）出现，2016年4月和2020年1月这两年的选考是以“定量滴定”计算内容出现。对这两个微考点大家要给予足够的重视和关注。

◆定量滴定计算

氧化还原滴定的分析方法可以总结为：从双已知的物质出发，依据方程式的比例关系，由后向前，以此计算。要注意所配溶液与所取溶液的关系。一般有三种：一次滴定、二次滴定（返滴定法）和多次滴定（间接滴定）

☆一次滴定模式：

【例析1】K3[Fe(C2O4)3]·3H2O（三草酸合铁酸钾）为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。

①称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点。滴定终点的现象是___________________________。

②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c mol·L-1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V ml。该晶体中铁的质量分数的表达式为________________________________。

【答案】①粉红色出现 ②5561001000cVm％

【解析】①高锰酸钾氧化草酸根离子，其溶液显红色，所以滴定终点的现象是粉红色出现。

②锌把铁离子还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾是0.001cVmol，Mn元素化合价从+7价降低到+2价，所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVmol，则该晶体中铁的质量分数的表达式为0.00556556100%100%1000cVcVmm。

2020年高考化学一轮复习高考热考题型攻关十二含解析

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酸碱中和滴定原理的拓展应用

中和滴定实验是中学阶段的重要定量实验之一，近几年新课标高考侧重考查了该实验的原理及其拓展应用，问题设置主要集中在实验仪器的使用、滴定终点判断、误差的分析、数据的处理计算等方面。熟练掌握中和滴定的实验操作，并能将相关知识进行灵活迁移应用是解决此类实验问题的关键。

．(·全国卷Ⅲ)用 ·－ 滴定 ·－ －溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是()

．根据曲线数据计算可知()的数量级为－

．曲线上各点的溶液满足关系式(＋)·(－)＝()

．相同实验条件下，若改为 ·－ －，反应终点移到

．相同实验条件下，若改为 ·－ －，反应终点向方向移动

解析：对：由题图可知，当溶液的体积为 时，溶液中的(－)略小于－ ·－，此时混合溶液中(＋)＝

·－× － ·－× )＝

．×－ ·－，故＝(＋)·(－)≈×－×－＝×－。对：因反应过程中有沉淀生成，溶液中必然存在平衡()＋()＋－()，故曲线上的各点均满足(＋)·(－)＝()。错：根据＋＋－↓可知，达到滴定终点时，消耗溶液的体积为·－× ·－)＝ 。对：相同实验条件下，沉淀相同量的－和－消耗的的量相同，由于()＜()，当滴加相等量的＋时，溶液中(－)＜(－)，故反应终点向方向移动。

答案：

．(·全国卷Ⅲ)硫代硫酸钠晶体(·，＝ ·－)可用作定影剂、还原剂。利用标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：

()溶液配制：称取 某硫代硫酸钠晶体样品，用新煮沸并冷却的蒸馏水在中溶解，完全溶解后，全部转移至 的中，加蒸馏水至。

()滴定：取 ·－的标准溶液 ，硫酸酸化后加入过量，发生反应：＋－＋＋＋＋＋。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：＋＋－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液，即为终点。平行滴定次，样品溶液的平均用量为 ，则样品纯度为(保留位小数)。

解析：()配制一定物质的量浓度的溶液，应该在烧杯中溶解，冷却至室温后，转移至 的容量瓶中，加水至距刻度线下～ 处，改用胶头滴管滴加至溶液的凹液面最低处与刻度线相平。

(人教版)2020年高考化学一轮复习 酸碱中和滴定曲线大全 专题04 碱滴定酸的曲线练习

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1 专题04 碱滴定酸的曲线

1．常温下，用0.1mol/L NaOH溶液分别滴定体积均为20.00 mL、浓度均为0.1mol/L的HX、HY溶液，pH随NaOH溶液体积变化如图。下列结论正确的是

A. 水解常数:X->Y-

B. a、b两点溶液混合后：c(HX) +c(HY) +c(H+)=c(OH-)

C. pH=7时,c(Y-)>c(X-)

D. 10.00mlL时,有c(Na+)>c(HX)>c(X-)>c(H+)

【答案】B

【解析】分析：用浓度为0.1mol/L的NaOH溶液分别逐滴加入到20.00mL0.1mol/L的HX、HY溶液中，酸越弱，初始时刻pH值越大，根据图象可判断，酸性强弱为HY＜HX；当NaOH反应了10.00mL时，溶液中分别存在HX-NaX和HY-NaY，且物质的量之比分别为1：1；当NaOH反应了20.00mL时，溶液中分别恰好存在NaX和NaY，二者均会发生水解使溶液呈碱性，根据图象和溶液中的守恒关系解答。 2

2．常温下，向20.00mL0.1000 mol·L－1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000 mol·L－1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是

A. 在反应过程中，c(Na+)+ c(H+)= c(CH3COO－)+ c(OH－)

B. pH=5时，c(CH3COO－)> c(Na+)> c(H+)> c(OH－)

C. pH=6时，c(Na+)+ c(H+)－c(OH－)+ c(CH3COOH)=0.1000 mol·Lˉ1

D. pH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL

【答案】C

【解析】A、根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确；B、pH=5时，溶液呈酸性，以醋酸电离为主，所以离子浓度的大小为：c(CH3COO-)＞c(Na+)＞c(H+)＞c(OH-)，故B正确；C、根据电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，两者混合pH=6，则氢氧化钠溶液的体积小于20.00mL，物料守恒可知：c(CH3COO-)+c(CH3COOH)＞0.05mol/L，所以c(Na+)+c(H+)-c(OH-)+c(CH3COOH)=0.05 mol/L， 故C错误；D、如果消耗NaOH溶液的体积为20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液水解呈碱性，而溶液呈中性，所以消耗NaOH溶液的体积小于20.00mL，故D正确；故选C。