主题11 第3讲 酸碱中和滴定（课件PPT）-【新高考方案】2025年高考化学一轮总复习（江苏专版）

酸碱中和滴定 第 三 讲 (基础落实课) 内容与目标 1．了解酸碱中和滴定实验原理及其应用。 2．了解溶液的pH的调控在工农业生产和科学研究中的应用。 CONTENTS 目录 1 逐点清（一） 酸碱中和滴定 逐点清（二） 中和滴定的拓展应用 考教衔接——由教材导向看命题趋向 课时跟踪检测(五十六) 2 3 4 酸碱中和滴定 逐点清 （一） 再认再现·旧知新学 1．实验原理 酸碱中和滴定是依据中和反应，用已知浓度的酸(或碱)来测定未知浓度的碱(或酸)的方法。 2．实验操作与仪器的选择 (1)主要仪器 上 0.01 碱式 酸性 强氧化性 (2)滴定前准备 滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→排气泡调液面→记录。 锥形瓶：洗涤→装待测液→加指示剂。 (3)滴定操作 锥形瓶 (4)滴定终点 滴入最后半滴标准液，指示剂变色，且在半分钟内不恢复原来的颜色，停止滴定，并记录标准溶液的体积。  (5)数据处理 按上述操作重复______次，根据每次所用标准液的体积计算待测液的物质的量浓度，最后求出待测液的物质的量浓度的_______。 2～3 平均值 3．实验关键点 (1)准确测定参加反应的酸、碱溶液的体积。 (2)选取适当的指示剂，准确判断滴定终点。明确常见酸碱指示剂的变色范围。 指示剂 变色范围和pH 石蕊 甲基橙 酚酞 红 蓝 红 黄 无 浅红 红 若VA偏大⇨cB________；若VA偏小⇨cB_______。 偏大 偏小 边练边学·实践提能 一、酸碱中和滴定的基本操作 1．有关酸碱滴定实验，下列说法正确的是(　 ) A．滴定管和锥形瓶都需要使用蒸馏水和待装液润洗 B．滴定前，必须将滴定管中液体的液面调至0刻度 C．滴定至终点时，溶液一定呈中性 D．测定待测液的浓度，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值 √ 解析：滴定管需要用待装液润洗，但锥形瓶不能用待装液润洗，否则导致消耗标准液体积偏大，测定结果偏高，A错误； 滴定前，滴定管中液体的液面不一定非要调至0刻度，可调至0刻度以下某一刻度，B错误； 滴定至终点时，溶液不一定呈中性，如NaOH滴定醋酸，滴定终点生成醋酸钠，溶液呈碱性，C错误； 测定待测液的浓度，为了减少滴定误差，至少需要完成两组平行实验，取消耗标准液的平均值，D正确。 2．某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度。相关实验操作和数据如下： ①取用20.00 mL待测溶液到锥形瓶中，滴入酚酞作指示剂。 ②标准液选用0.100 0 mol·L－1的盐酸，调节滴定管，使尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数。 ③开始滴定，滴定至指示剂刚好变色，且半分钟内颜色不再改变为止，读出此时数据。 ④重复以上过程。 回答下列问题： (1)锥形瓶中的溶液从________色变为________色时，停止滴定。 (2)如图是某次滴定时滴定管中的液面， 其读数为________mL。 (3)根据下列数据： 待测烧碱溶液的浓度为________ mol·L－1。 滴定次数 待测液体积/mL 标准盐酸体积/mL 滴定前读数/mL 滴定后读数/mL 第一次 20.00 0.50 25.40 第二次 20.00 4.00 29.10 二、中和滴定的误差分析 3．用标准的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，若测定结果偏低，其原因可能是(　 ) A．滴定终点读数时，俯视滴定管的刻度，其他操作正确 B．配制标准溶液的固体NaOH中混有杂质KOH C．盛装未知液的锥形瓶用蒸馏水洗过后再用未知液润洗 D．碱式滴定管未用标准液润洗 √ 解析：滴定终点，俯视读数，V(标)减小，结果偏低，A正确； 等质量氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，因此所配溶液中c(OH－)偏小，消耗标准液的体积增大，因此结果偏高，B错误； 待测液的物质的量增大，消耗标准液的体积增大，结果偏高，C错误； 碱式滴定管未用标准液润洗，导致c(标)偏小，所以滴定中消耗的V(标)偏大，因此结果偏高，D错误。 4．某学生用0.200 0 mol·L－1的标准NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，其操作可分为如下几步： ①用蒸馏水洗涤碱式滴定管，注入0.200 0 mol·L－1的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上； ②固定好滴定管并使滴定管尖嘴充满液体； ③调节液面至“0”或“0”刻度线稍下，并记下读数； ④量取20.00 mL待测液注入洁净的锥形瓶中，并加入3滴酚酞溶液； ⑤用标准液滴定至终点，记下滴定管液面读数； ⑥重复以上滴定操作2～3次。 请回答： (1)以上步骤有错误的是__________(填编号)，该错误操作会导致测定结果__________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (2)步骤④中，量取20.00 mL待测液应使用____________(填仪器名称)，在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，测定结果____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (3)步骤⑤滴定时眼睛应注视_____________________________；判断到达滴定终点的依据是：_________________________________。 (4)以下是实验数据记录表 从上表可以看出，第1次滴定记录的NaOH溶液体积明显多于后两次的体积，其可能的原因是________。 滴定次数 盐酸体积/ mL NaOH溶液体积读数/mL 滴定前 滴定后 1 20.00 0.00 18.10 2 20.00 0.00 16.30 3 20.00 0.00 16.26 A．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡 B．锥形瓶用待测液润洗 C．NaOH标准液保存时间过长，有部分变质 D．滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出 E．滴定结束时，仰视读数 解析：(1)根据实验步骤知，碱式滴定管用蒸馏水洗涤后，需用0.200 0 mol·L－1的标准NaOH溶液润洗2～3次，然后注入0.200 0 mol·L－1的标准NaOH溶液至“0”刻度线以上，有错误的是①；该错误操作会导致碱式滴定管中的NaOH溶液被稀释，实验过程中所用NaOH溶液的体积偏大，导致所测盐酸的浓度偏大； (2)待测溶液是盐酸显酸性，量取20.00 mL需要用酸式滴定管量取；在锥形瓶装液前，留有少量蒸馏水，对所测标准NaOH溶液的体积无影响，对测定结果无影响； (3)步骤⑤滴定时眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色的变化；该实验使用酚酞作指示剂，到达滴定终点的依据是：滴入半滴NaOH标准溶液，溶液的颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不变色； (4)滴定前尖嘴有气泡，滴定后消失，气泡占据了体积，造成NaOH体积读数偏大，A正确；锥形瓶用待测液润洗，造成锥形瓶中盐酸的量过多，消耗的NaOH体积偏大，B正确；NaOH标准液保存时间过长，有部分变质为碳酸钠，用酚酞作指示剂会使消耗的氢氧化钠变少，体积偏小，故C错误；D在滴定过程中，锥形瓶摇荡得太剧烈，锥形瓶内有液滴溅出，盐酸少消耗的NaOH体积少，结果偏小；滴定结束仰视读数，读数偏大，E正确。 答案：(1)①　偏大 (2)酸式滴定管(或移液管)　无影响 (3)锥形瓶中溶液颜色变化　滴入半滴NaOH标准溶液，溶液的颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不变色 (4)ABE 归纳拓展 酸碱中和滴定的误差分析 示例 ①未用标准液润洗滴定管，导致V(标准)偏大，c(待测)偏大； ②用待测液润洗锥形瓶，导致V(标准)偏大，c(待测)偏大； ③滴定过程中溶液溅出，导致V(标准)偏小，c(待测)偏小； ④滴定前仰视，滴定后俯视，导致V(标准)偏小，c(待测)偏小； ⑤量取待测液时，锥形瓶未干燥，导致V(标准)无影响，c(待测)无影响 续表 A．Ka(CH3COOH)约为10－4.76 B．a点：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH) C．b点：c(CH3COOH)<c(CH3COO－) D．水的电离程度：a<b<c<d √ 解析：由题意分析 A．H2A的Ka1为10－10.25 B．c点：c(HA－)>c(A2－)>c(H2A) C．第一次突变，可选酚酞作指示剂 D．c(Na2A)＝0.200 0 mol·L－1 √ 思维建模 中和滴定曲线的“5点”分析法 中和滴定的拓展应用 逐点清 （二） 类型(一)　氧化还原反应滴定 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 试剂 常见用于滴定的氧化剂有KMnO4、K2Cr2O7等；常见用于滴定的还原剂有亚铁盐、草酸、维生素C等 指示剂 (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 续表 对点训练 1．(2024·盐城联盟校高三检测)为了测定KIO3产品的纯度，可采用碘量法滴定。准确称取1.000 g产品，配制成250 mL溶液，用移液管移取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加稀硫酸酸化，再加入足量KI溶液充分反应，加淀粉指示剂，用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，平行测定3次，平均消耗标准溶液29.40 mL。 (1)滴定管需要用标准溶液润洗，润洗滴定管的具体操作为_____ ____________________________________________________________。 (2)KIO3在酸性条件下氧化KI的离子方程式为 ____________________________________________________________。 (3)产品的质量分数为_________ (写出计算过程，保留4位有效数字)。在确认滴定操作无误的情况下，质量分数异常的原因可能是____________________________________________________________ ____________________________________________________________。 解析：(1)润洗滴定管的具体操作为从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2～3次； 由于滴定操作无误，则实验过程中有其他途径生成了碘单质或有其他能消耗Na2S2O3的杂质存在，原因可能是滴定摇动锥形瓶时，过量I－被空气氧化成I2(或含有KClO3杂质)。 答案：(1)从滴定管上口加入少量待测液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿内壁，然后从下部放出，重复2～3次 类型(二)　沉淀滴定与络合滴定 1．沉淀反应滴定 滴定概念 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－的浓度 续表 2．络合反应滴定 以络合反应为反应原理的滴定分析法称为络合反应滴定。如Fe3＋＋SCN－===[Fe(SCN)]2＋、Ag＋＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋等。 对点训练 2．(2024·福州检测)乙二胺四乙酸(EDTA)可与金属离子形成稳定的配合物。常用EDTA测定水中钙含量(EDTA与钙反应时物质的量之比均为1∶1)。基本步骤如下： ①EDTA标定：取10.00 mL 0.1 mol·L－1标准CaCl2溶液，加入3滴甲基橙溶液作指示剂，用已配制好的EDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液V1 mL。 ②钙提取：取一定质量的有机物，并用酸性KMnO4溶液氧化，再经萃取、反萃取将金属转移到水中，得到提取液。加入掩蔽剂(掩蔽除钙之外的金属)并将pH调至11.3。 ③EDTA滴定：取20.00 mL提取液，加入指示剂钙黄绿素(钙与钙黄绿素生成能发出绿色荧光的配合物)，在黑色背景下用标定后的EDTA溶液滴定至终点，消耗EDTA溶液V2 mL。 对于上述实验，下列说法正确的是(　 ) A．量取标准CaCl2溶液时，选用规格为10 mL的量筒 B．实验室中萃取、反萃取时，使用的主要仪器为长颈漏斗 C．提取液调pH时，不能使用广泛pH试纸进行测定 D．EDTA滴定时，溶液绿色荧光消失即可判定滴定终点 √ 3．(2024·开封高级中学第一次质量检测)分析化学中的滴定法除了酸碱中和滴定，还有沉淀滴定、络合滴定、氧化还原滴定等。沉淀滴定法可用于NaCl溶液中c(Cl－)的测定。实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。已知： ①Ag2CrO4是一种难溶于水的砖红色沉淀； Ⅰ.准备标准溶液 准确称取AgNO3基准物4.246 8 g (0.025 0 mol)后，配制成250 mL标准溶液，放在棕色试剂瓶中避光保存，备用。 Ⅱ.滴定待测溶液 a．取待测NaCl溶液25.00 mL于锥形瓶中。 b．加入1 mL 5% K2CrO4溶液。 c．边不断晃动锥形瓶边用AgNO3标准溶液滴定，当接近终点时，半滴半滴地滴入AgNO3溶液，并用力摇晃。记下达终点时消耗AgNO3标准溶液的体积。 d．重复上述操作两次。三次测定数据如下表。 e．数据处理。 实验序号 1 2 3 消耗AgNO3标准溶液体积/mL 20.45 20.02 19.98 回答下列问题： (1)将称得的AgNO3配制成标准溶液。所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有__________________。 (2)滴定终点的现象是____________________________________。 (3)计算所消耗的AgNO3标准溶液平均体积为______ mL，测得c(Cl－)＝________ mol·L－1。 (4)若用该方法测定NH4Cl溶液中的c(Cl－)，待测液的pH不宜超过7.2，理由是______________________________________________。 (5)下列关于实验的说法合理的是______________。 A．为使终点现象更加明显，可改加1 mL 10% K2CrO4溶液 B．滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上黏附的溶液冲下 C．若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果偏高 D．若未等滴定管液面稳定就读数会导致测定结果偏高 解析：(1)AgNO3见光易分解，配制一定浓度的AgNO3溶液时，所使用的仪器除烧杯和玻璃棒外还有250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管； (2)根据已知信息，Cl－沉淀完全后，才会生成砖红色Ag2CrO4沉淀，故可指示滴定终点； (5)由于K2CrO4也能与AgNO3反应，所以加入不宜过多(与酸碱中和滴定的指示剂类似)，A不合理；滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上黏附的溶液冲下，有利于提高实验准确度，B合理；若在配制AgNO3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，所配制AgNO3标准溶液浓度偏小，则滴定Cl－时消耗体积偏大，使测定结果偏高，C合理；若未等滴定管液面稳定就读数，稍等片刻后，挂于内壁上的溶液流下，还会使液面略上升，相当于读数偏大，则测定结果偏高，D合理。 考教衔接——由教材导向看命题趋向 |教|材|导|向| (人教版选择性必修1P69“方法导引”栏目) 定性分析与定量分析 我们在研究物质时，常常需要对物质进行定性分析和定量分析。 确定物质的成分，包括元素、无机物所含的离子和有机物所含的官能团等，在化学上叫做定性分析。定性分析主要包括试样的外表观察和准备、初步试验(如焰色试验、灼烧试验和溶解试验等)、阳离子分析和阴离子分析等。 测定物质中元素、离子、官能团等各成分的含量，在化学上叫做定量分析。酸碱中和滴定就是一种重要的定量分析。根据分析方法的不同，定量分析可分为化学分析法和仪器分析法。化学分析法是指依特定的化学反应及其计量关系对物质进行分析的方法；仪器分析法是指利用特定的仪器对物质进行定量分析的方法。根据取样多少，定量分析可分为常量分析、半微量分析、微量分析和超微量分析等。 在定量分析中，实验误差是客观存在的，所以需要对所得的数据进行处理和评价。例如：在实验中，如果出现误差较大的数据，则需要重新进行实验；在几次实验结果相近的情况下，可计算它们的平均值。 启示：定性分析与定量分析是科学探究的两个目标任务，高考大多隐性考查。 |高|考|印|证|　 1．[定性分析](2023·辽宁卷)下列鉴别或检验不能达到实验目的的是(　 ) A．用石灰水鉴别Na2CO3与NaHCO3 B．用KSCN溶液检验FeSO4是否变质 C．用盐酸酸化的BaCl2溶液检验Na2SO3是否被氧化 D．加热条件下用银氨溶液检验乙醇中是否混有乙醛 √ 解析：石灰水与Na2CO3和NaHCO3都能反应产生白色CaCO3沉淀，无法鉴别，A项符合题意； FeSO4溶液变质有Fe3＋生成，KSCN与Fe3＋会形成红色物质，故可用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质，B项不符合题意； 加热条件下银氨溶液能与乙醛反应生成单质银，而与乙醇不反应，可以检验乙醇中是否混有乙醛，D项不符合题意。 2．[定量分析——化学分析法](2022·山东卷)实验室用基准Na2CO3配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液。下列说法错误的是(　 ) A．可用量筒量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中 B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液 C．应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体 D．达到滴定终点时溶液显橙色 √ 解析：选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定Na2CO3标准溶液，则应将Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，将待测盐酸置于酸式滴定管中，滴定终点时溶液由黄色变为橙色。量筒的精确度不高，不可用量筒量取Na2CO3标准溶液，应该用碱式滴定管或移液管量取25.00 mL Na2CO3标准溶液置于锥形瓶中，A说法错误； Na2CO3溶液显碱性，盛放Na2CO3溶液的容器不能用玻璃塞，以防碱性溶液腐蚀玻璃产生有粘性的硅酸钠溶液而将瓶塞粘住，故应选用配带塑料塞的容量瓶配制Na2CO3标准溶液，B说法正确； Na2CO3有吸水性且有一定的腐蚀性，故应选用烧杯而非称量纸称量Na2CO3固体，C说法正确； Na2CO3溶液显碱性，甲基橙滴入Na2CO3溶液中显黄色，当滴入最后一滴盐酸时，溶液由黄色突变为橙色且半分钟之内不变色即为滴定终点，故达到滴定终点时溶液显橙色，D说法正确。 3．[定量分析——仪器分析法](2022·北京卷)煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(CaSO4、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。 已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含O2、CO2、H2O、N2、SO2。 (1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是_______________________。 (2)高温下，煤中CaSO4完全转化为SO2，该反应的化学方程式为________________________。 (3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。 ①SO2在电解池中发生反应的离子方程式为________________。 ②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为_____________________。 (4)煤样为a g，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为____________。 已知：电解中转移1 mol电子所消耗的电量为96 500库仑。 课时跟踪检测（五十六） 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ A级——强基训练 1．用0.102 6 mol·L－1的盐酸滴定25.00 mL未知浓度的氢氧化钠溶液，滴定达到终点时，滴定管中的液面如图所示，正确读数为(　 ) 10 6 7 8 9 1 2 3 4 5 解析：滴定管的0刻度在最上方，即刻度为上小下大，且每一格代表0.10 mL，故正确读数为22.40 mL。 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 √ 2．下列实验中所选用的仪器或操作合理的是(　 ) A．用紫色石蕊溶液作指示剂测定NaOH溶液的物质的量浓度 B．用湿润pH试纸测定某H2SO4溶液的pH C．用酸式滴定管量取25.00 mL高锰酸钾溶液 D．中和滴定实验时，用待测液润洗锥形瓶 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：紫色石蕊溶液变色不明显，不能做中和滴定的指示剂，A错误； 不能将pH试纸湿润测定溶液的pH，会降低溶液中离子的浓度，影响测定结果，B错误； 滴定管的准确度为0.01 mL，同时高锰酸钾可氧化橡胶，需要用酸式滴定管量取，C正确； 中和滴定不能用待测液润洗锥形瓶，否则待测液的体积将偏大，D错误。 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 √ 3．(2024·如皋教学质量调研)用浓度为0.100 0 mol·L－1CH3COOH溶液滴定锥形瓶中20 mL 0．100 0 mol·L－1NaOH溶液，下列说法正确的是(　 ) A．滴定终点时溶液的pH＝7 B．滴定时可以使用石蕊做指示剂 C．CH3COOH溶液应装在如图所示的滴定管中 D．若装CH3COOH溶液的滴定管水洗后未用待装液润洗，会使滴定消耗CH3COOH溶液体积偏大 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，醋酸钠显碱性，应该选酚酞做指示剂，滴定终点时溶液的pH>7，A、B项错误； 题中滴定管是碱式滴定管，CH3COOH溶液应装在酸式滴定管中，C项错误； 若装CH3COOH溶液的滴定管水洗后未用待装液润洗，相当于醋酸稀释，会使滴定消耗CH3COOH溶液体积偏大，D项正确。 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 4．用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列操作不会引起实验误差的是(　 ) A．用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定 B．用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用NaOH溶液润洗，后装入NaOH溶液进行滴定 C．将NaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入少量的蒸馏水后进行滴定 D．用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸 √ 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：用蒸馏水洗净滴定管后，必须再用标准液盐酸润洗滴定管，避免滴定管内的水分将标准液稀释，标准液浓度减小，滴定时消耗体积增大，测定结果偏大，A错误； 用蒸馏水洗后的锥形瓶，不能再用待测液润洗，避免润洗后待测液物质的量增加，测定结果偏大，B错误； 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 锥形瓶内多些水不影响滴定结果，因为待测液的物质的量没有变化，测定结果不会受到影响，C正确； 当溶液由红色刚变无色时，不能立即读数，必须等到溶液颜色半分钟不再变化，才是滴定终点，D错误。 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 5．某化学小组用中和滴定法测定烧碱样品的纯度。 (1)滴定时，用0.200 0 mol·L－1的盐酸来滴定待测 溶液，量取待测液10.00 mL应选用如图中的__________ (填“甲”或“乙”)，该仪器的名称是__________________。 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)滴定过程中，眼睛应注视__________________________；若以酚酞溶液做指示剂，则滴定终点的现象是_______________________。 (3)由下表可知，第二次所用盐酸的实际体积明显偏大，其原因可能是__________(填字母)。 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积 滴定前的读数/ mL 滴定后的读数/mL 第一次 10.00 0.40 20.50 第二次 10.00 2.10 24.20 第三次 10.00 4.10 24.00 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 A．锥形瓶用待测液润洗 B．滴定过程中锥形瓶内溶液溅出瓶外 C．滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失 D．滴定结束时，俯视读数 答案：(1)乙　碱式滴定管 (2)锥形瓶内溶液颜色的变化　当滴入最后半滴盐酸时，溶液恰好由红色变为无色，且半分钟内不恢复　(3)AC 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 B级——对标高考 6．如图是用一定物质的量浓度的NaOH溶液滴定10.00 mL一定物质的量浓度的盐酸的图像，依据图像推出盐酸和NaOH溶液中溶质的物质的量浓度是下表内的(　 ) 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 选项 A B C D c(HCl)/ (mol·L－1) 0.120 0 0.040 00 0.030 00 0.090 00 c(NaOH)/ (mol·L－1) 0.040 00 0.120 0 0.090 00 0.030 00 √ 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 解析：从图像的起点看，盐酸的pH<2，只能推出c(HCl)>0.01 mol·L－1，但得不出具体值。在pH＝7的点，所用V(NaOH)＝30 mL，而V(HCl)＝10 mL，依据n(HCl)＝n(NaOH)，可得出c(HCl)·V(HCl)＝c(NaOH)·V(NaOH)，c(HCl)∶c(NaOH)＝3∶1；其中A中c(HCl)＝0.12 mol·L－1，则c(H＋)＝0.12 mol·L－1，此时pH<1，与图像不符，从表中信息可以看出，选项D符合题意。 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 10 √ 1 5 6 7 8 9 2 3 4 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 8．(2024·连云港第一次调研)NH4VO3在空气中灼烧得V2O5。称取0.80 g灼烧后的产物，加入稀硫酸溶解后，向其中加入0.200 0 mol·L－1 H2C2O4溶液25 mL，再用0.100 0 mol·L－1KMnO4溶液滴定过量的H2C2O4溶液至终点，消耗KMnO4溶液的体积为4.00 mL，则产物中V2O5的质量分数为____________________________________________ ____________________________________________________________ ____________________________________________________________ ______________________________________________(写出计算过程)。 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 9．(2024·南京第三次模拟)CuS是一种重要的P型半导体材料。以一种石膏渣[含CaSO4及少量Cu(OH)2、Cu2(OH)2SO4、Zn(OH)2等]为原料制备CuS的实验流程如下： 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 已知：常温下，Ksp(CuS)＝1.27×10－36，Ksp(ZnS)＝1.2×10－23。 (1)“浸取”时，生成[Cu(NH3)4]2＋与[Zn(NH3)4]2＋等。Cu2(OH)2SO4参加反应的离子方程式为__________________________ ____________________________________________________________。 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 10．碱式碳酸钴[2CoCO3·3Co(OH)2·H2O]可用于制含钴催化剂。实验小组以某种钴矿(主要含Co2O3及少量Cr2O3、NiO)制取碱式碳酸钴的过程如下： 10 (1)还原时使用的装置如图所示，NaOH溶液的作用是吸收Cl2，装置A反应后烧瓶溶液中主要存在的阳离子是Co2＋、Cr3＋和Ni2＋，写出装置A中Co2O3所发生反应的离子方程式：_________________________________________。 1 5 6 7 8 9 2 3 4 (2)为控制装置A中应加入盐酸的量，需测定钴矿中Co2O3的含量。准确称取2.000 g钴矿粉末于锥形瓶中，加入硫酸和过量的KI溶液，充分反应(Cr3＋和Ni2＋不与I－反应)。向锥形瓶中滴加2滴淀粉溶液，用0.200 0 mol·L－1的Na2S2O3标准溶液滴定，恰好完全反应时消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL，滴定过程中发生的反应为I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6，计算钴矿中Co2O3的质量分数，并写出计算过程_______________________________________。 10 1 5 6 7 8 9 2 3 4 答案：(1)Co2O3＋2Cl－＋6H＋===2Co2＋＋Cl2↑＋3H2O (2)16.6%(计算过程见解析) 10 4．误差分析 分析依据：cB＝(VB表示准确量取的待测液的体积、cA表示标准溶液的浓度)。 解析：(3)实验中所耗标准盐酸溶液的体积V[HCl(aq)]＝ ＝25.00 mL，滴定时发生的反应为NaOH＋HCl===NaCl＋H2O，则c(NaOH)V[NaOH(aq)]＝c(HCl)V[HCl(aq)]，待测烧碱溶液的浓度c(NaOH)＝＝0.125 0 mol·L－1。 答案：(1)粉红　无　(2)22.60　(3)0.125 0 原理 依据原理：c(标准)·V(标准)＝c(待测)·V(待测)，得c(待测)＝，因为c(标准)与V(待测)已确定，所以只要分析出不正确操作引起V(标准)的变化，即分析出结果 三、中和滴定曲线的分析 5．(2023·湖南卷)常温下，用浓度为0.020 0 mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.020 0 mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η的变化曲线如图所示。下列说法错误的是(　 ) a点溶液中溶质为NaCl和CH3COOH，CH3COOH微弱电离，根据CH3COOHCH3COO－＋H＋，可近似认为a点c(H＋)＝c(CH3COO－)，又a点pH＝3.38，c(H＋)＝10－3.38mol·L－1，故Ka(CH3COOH)≈＝10－4.76，A项正确； a点HCl恰好完全中和，溶液中溶质为NaCl和CH3COOH，由物料守恒可得溶液中c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，B项正确； 由图像分析可知，b点溶液c(CH3COOH)＝c(CH3COONa)，又b点pH<7，说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO－的水解程度，即溶液中 c(CH3COOH)<c(CH3COO－)，C项正确； a、b两点溶液呈酸性，水的电离均受到抑制，溶液pH越小，水的电离受抑制程度越大，c点酸碱恰好完全中和，CH3COO－水解促进水的电离，d点NaOH过量，又抑制水的电离，故c点溶液中水的电离程度最大，D项错误。 6．用0.100 0 mol·L－1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液，溶液中H2A、HA－、A2－的分布分数δ[如A2－分布分数：δ(A2－)＝]随pH变化曲线及滴定曲线如图。下列说法正确的是(　 ) 解析：用0.100 0 mol·L－1盐酸滴定20.00 mL Na2A溶液，pH较大时A2－的分布分数δ最大，随着pH的减小，A2－的分布分数δ逐渐减小，HA－的分布分数δ逐渐增大，恰好生成NaHA之后，HA－的分布分数δ逐渐减小，H2A的分布分数δ逐渐增大，据此分析。当溶液中δ(HA－)＝δ(H2A)时，c(HA－)＝c(H2A)，对应d点，H2A的Ka1＝＝c(H＋)＝ 10－pH，根据图中交点计算可知Ka1＝10－6.38，A错误； 根据图像可知c点中c(HA－)>c(H2A)>c(A2－)，B错误； 根据图像可知第一次滴定突跃溶液呈碱性，所以可以选择酚酞作指示剂，C正确；根据图像e点可知，当加入盐酸40 mL 时，全部生成H2A，根据Na2A＋2HCl===2NaCl＋H2A计算可知c(Na2A)＝0.100 0 mol·L－1，D错误。 (以NaOH溶液滴定HA溶液为例) 室温下，向20 mL 0.1 mol·L－1 HA溶液中逐滴加入0.1 mol·L－1 NaOH溶液，溶液pH的变化如图所示。 已知：I2＋2S2O===2I－＋S4O。 (2)KIO3在酸性条件下氧化KI发生归中反应生成碘单质，反应的离子方程式为IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O； (3)用碘量法测定KIO3产品的纯度，反应原理为IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O和I2＋2S2O===2I－＋S4O，则得到关系式：KIO3～3I2 ～6S2O，n(KIO3)＝×0.100 0 mol·L－1×0.029 4 L＝4.9×10－4 mol，产品中KIO3的质量分数＝×100%＝×100%≈104.9%； (2)IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O　(3)104.9%(计算过程见解析)　滴定摇动锥形瓶时，过量I－被空气氧化成I2(或含有KClO3杂质) 滴定原理 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CrO为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶的缘故 解析：量筒只能精确到0.1 mL，则量取10.00 mL 0.1 mol·L－1标准CaCl2溶液时，不能选用规格为10 mL的量筒，A错误； 实验室中萃取、反萃取时，使用的主要仪器为分液漏斗，B错误； 广泛pH试纸测定的数值为整数，不可能为小数，不能使用广泛pH试纸进行测定，C正确； EDTA滴定时，溶液绿色荧光消失，且半分钟不变色时，才可判定滴定终点，D错误。 ②溶液中同时存在Cl－和CrO时，滴入AgNO3溶液，先生成AgCl沉淀； ③AgCl＋2NH3===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－。 (3)对比3组数据可知，序号1数据严重偏离平均值，为无效数据应舍去，故平均体积为20.00 mL，AgNO3溶液的浓度为＝0.100 0 mol·L－1，c(Cl－)＝＝0.080 0 mol·L－1； (4)由信息可知，若NH4Cl溶液pH过大，生成的NH3使AgCl生成可溶性的[Ag(NH3)2]Cl，即增大AgNO3标准溶液所用体积，使测定结果偏高； 答案：(1)250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管 (2)滴入最后半滴AgNO3溶液时，锥形瓶中出现砖红色沉淀，且半分钟内该沉淀不溶解 (3)20.00　0.080 0　(4)若溶液pH过大，NH会生成NH3·H2O，增大AgCl溶解能力，使测定结果偏高　(5)BCD Na2SO3被氧化得到Na2SO4，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，可以排除SO的干扰，若产生白色沉淀，则Na2SO3被氧化，C项不符合题意； 已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如图。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，SO2溶解并将I还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 (5)条件控制和误差分析。 ①测定过程中，需控制电解质溶液pH，当pH<1时，非电解生成的I使得测得的全硫含量偏小，生成I的离子方程式为__________________________________________________。 ②测定过程中，管式炉内壁上有SO3残留，测得全硫量结果为__________。(填“偏大”或“偏小”) 解析：(1)煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分； (2)由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和氧气，反应的化学方程式为2CaSO42CaO＋2SO2↑＋O2↑； (3)①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2＋I＋2H2O=== 3I－＋SO＋4H＋；②由题意可知，测硫仪工作时即发生电解反应，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I－－2e－===I； (4)由题意可得关系：S～SO2～I～2e－，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%＝%； (5)①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I2＋I－===I；②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏小。 答案：(1)与空气的接触面积增大，反应更加充分 (2)2CaSO42CaO＋2SO2↑＋O2↑ (3)①SO2＋I＋2H2O===3I－＋SO＋4H＋ ②3I－－2e—===I (4)%　(5)①I2＋I－===I　②偏小 A．22.30 mL　　　　 B．22.40 mL C．23.65 mL D．23.70 mL 7．(2024·泰州第三次模拟)甘氨酸盐酸盐(ClH3NCH2COOH)可用作食品添加剂，已知： H3 CH2COOHH3 CH2COO－＋H＋　Ka1＝1×10－2.4 H3 CH2COO－H2NCH2COO－＋H＋　Ka2＝1×10－9.6 常温下，用0.1 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定10 mL 0.1 mol·L－1甘氨酸盐酸盐溶液过程中的pH变化如图所示。下列说法不正确的是(　 ) A．X点溶液中：c(H3 CH2COOH)＝c(H3 CH2COO－) B．Y点溶液中甘氨酸主要以H3 CH2COO－形式存在 C．Z点溶液中：c(H3 CH2COOH)＋c(H＋)＝c(H2NCH2COO－)＋c(OH－) D．滴定过程中存在：c(H3 CH2COOH)＋c(H3 CH2COO－)＋c(H2NCH2COO－)＝c(Cl－) 解析：由图知，X点溶液中pH＝2.4，c(H＋)＝10－2.4mol·L－1，Ka1＝＝10－2.4，得c(H3 CH2COOH)＝c(H3 CH2COO－)，A项正确； Y点为滴定终点，溶液中溶质为H3 CH2COONa，其水解平衡常数Kh＝＝＝10－11.6<Ka2，说明H3 CH2COO－的电离程度大于其水解程度，由于Ka2较小，H3 CH2COO－的电离微弱，溶液中甘氨酸主要以H3 CH2COO－形式存在，B项正确； 电荷守恒应为c(H3 CH2COOH)＋c(H＋)＋c(Na＋)＝c(H2NCH2COO－)＋c(OH－)＋c(Cl－)，此时c(Na＋)＞c(Cl－)，则c(H3 CH2COOH)＋c(H＋)＜c(H2NCH2COO－)＋c(OH－)，C项错误； 该等式为物料守恒，在ClH3NCH2COOH中，Cl原子和N原子的关系是1∶1，在滴定过程中N以H3 CH2COOH、H3 CH2COO－、H2NCH2COO－形式存在于溶液中，Cl以离子形式存在，故可得c(H3 CH2COOH)＋c(H3 CH2COO－)＋c(H2NCH2COO－)＝c(Cl－)，D项正确。 已知：V2O5＋2H＋===2VO＋H2O；2VO＋H2C2O4===2VO2＋2CO2↑＋2H＋。 解析：V2O5在酸性条件下生成VO，VO与H2C2O4以2∶1比例反应，由反应关系可以得出：V2O5～2VO～H2C2O4，过量的H2C2O4用KMnO4 滴定，根据反应关系：2KMnO4～5H2C2O4，由消耗的KMnO4的量可以计算出过量的H2C2O4的量，由总的H2C2O4的量减去与KMnO4消耗的量，即得与VO反应的H2C2O4的量，进而得出V2O5的量，计算出V2O5的的质量分数。 答案：加入H2C2O4的物质的量：n(H2C2O4)＝0.200 0 mol·L－1×0.025 L＝0.005 mol　依据2KMnO4～5H2C2O4，过量H2C2O4的物质的量：n(H2C2O4)＝n(KMnO4)＝0.001 mol 与VO反应的H2C2O4的物质的量： n(H2C2O4)＝0.005 mol－0.001 mol＝0.004 mol 依据化学方程式可知V2O5～2VO～H2C2O4 n(V2O5)＝0.004 mol　m(V2O5)＝0.004 mol×182 g·mol－1＝0.728 g ω(V2O5)＝×100%＝91% (2)为测定“浸取”时Cu元素浸出率，需先测定石膏渣中Cu元素含量。称取50.00 g石膏渣，加入足量稀硫酸充分溶解，过滤并洗涤滤渣，将滤液转移至250 mL容量瓶中，加水稀释至刻度；准确量取25.00 mL稀释后的溶液于锥形瓶中，加入足量KI溶液(2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2)，用0.020 00 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点(2S2O＋I2===S4O＋2I－)，平行滴定3次，平均消耗Na2S2O3标准溶液23.50 mL。计算石膏渣中Cu元素质量分数(写出计算过程)。 解析：石膏渣加入过量氨水浸取，Cu(OH)2、Cu2(OH)2SO4、Zn(OH)2 “浸取”时，生成[Cu(NH3)4]2＋与[Zn(NH3)4]2＋等，同时液体中还有不溶物CaSO4，过滤除去CaSO4，滤液加入Na2S溶液，使Cu2＋生成CuS沉淀，过滤得到CuS，滤液可以循环利用。(1)Cu2(OH)2SO4与NH3(或NH3·H2O)反应生成[Cu(NH3)4]2＋、SO、OH－(或添加H2O)。 答案：(1)Cu2(OH)2SO4＋8NH3===2[Cu(NH3)4]2＋＋SO＋2OH－或Cu2(OH)2SO4＋8NH3·H2O===2[Cu(NH3)4]2＋＋SO＋2OH－＋8H2O　 (2)由题意得关系式：2Cu2＋～I2～2S2O 25．00 mL稀释后的溶液中：n(Cu2＋)＝0.020 00 mol·L－1× 23.50 mL×10－3 L·mL－1＝4.700×10－4 mol 石膏渣中铜元素的质量m＝4.700×10－4 mol×64 g· mol－1×＝0.300 8 g 石膏渣中Cu元素的质量分数为×100%＝0.601 6%。 钴矿―→―→―→―→2CoCO3·3Co(OH)2·H2O 解析：(1)Co2O3与浓盐酸反应生成CoCl2、Cl2和H2O。(2)由题意可得如下转化关系：Co2O3～I2～2Na2S2O3，滴定消耗20.00 mL 0.200 0 mol·L－1硫代硫酸钠溶液，则氧化钴的质量分数为×100%＝16.6%。 $$