(教师用书)2016届高考化学微型专题突破系列(八)课件

微型专题突破系列(八)滴定曲线的综合应用【考情播报】中和滴定实验是中学化学中重要的定量实验之一，有关中和滴定的实验操作、指示剂的选择和误差分析是高考试题的“常客”。随着新课程改革的推进，与滴定实验相关的沉淀滴定和氧化还原滴定也在高考试题中频频出现，需引起考生的重视。常见的命题角度有：(1)中和滴定综合考查；(2)沉淀滴定法；(3)氧化还原滴定法。【答题必备】中和滴定操作不仅适用于酸碱中和反应，也可迁移应用于氧化还原反应，NaOH、Na2CO3混合溶液与盐酸的反应及沉淀反应。1.氧化还原滴定法：(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。(2)实例。①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液原理：2+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，当滴入一滴酸性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。4MnO②Na2S2O3溶液滴定碘液原理：2Na2S2O3+I2====Na2S4O6+2NaI。指示剂：用淀粉作指示剂，当滴入一滴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(利用生成沉淀的反应)。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-和Ag+。注意：(1)在回答滴定终点的颜色变化时，要强调在半分钟内溶液颜色不褪去(或不恢复原色)。(2)在进行相关计算时，要注意取出样品溶液与原样品所配制溶液量之间的关系。(3)一般来说，酸式滴定管用于盛装酸性或中性溶液，碱式滴定管用于盛装碱性溶液。因酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管的橡胶管，故酸性KMnO4溶液通常用酸式滴定管来盛装。【典题示例】角度一中和滴定综合考查(2014·重庆高考)中华人民共和国国家标准(GB2760-2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L-1。某兴趣小组用图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。(1)仪器A的名称是________，水通入A的进口为________。(2)B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应①，其化学方程式为_________________________。(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L-1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时②，应选择图2中的____________________；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积③(填序号)____________(①＝10mL，②＝40mL，③10mL，④40mL)。(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为________g·L-1。(5)该测定结果比实际值偏高④，分析原因并利用现有装置提出改进措施：__________________________________________________。【典题剖析】抽丝剥茧溯本求源关键信息信息分析与迁移信息①SO2具有强还原性，而H2O2具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应信息②NaOH标准溶液要盛放在碱式滴定管中信息③滴定管的下端有一段是没有刻度的信息④偏高，说明有能与NaOH反应的其他物质参加了反应【尝试解答】(1)根据仪器A特点知是冷凝管，为了充分冷却气体，应该下口进水，即b口进水。(2)二氧化硫与过氧化氢反应生成硫酸：SO2+H2O2====H2SO4。(3)氢氧化钠溶液装在碱式滴定管中，排出滴定管中的空气用③的方法，根据终点的pH知应该选择酚酞作指示剂(酚酞的变色范围是8.2～10.0)，50mL刻度线以下有液体，因此管内的液体体积大于50mL-10mL＝40mL。(4)根据2NaOH～H2SO4～SO2知SO2质量为(0.0900mol·L-1×0.025L)/2×64g·mol-1＝0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量是0.072g÷0.3L＝0.24g·L-1。(5)由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施是用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响。答案：(1)冷凝管或冷凝器b(2)SO2+H2O2====H2SO4(3)③酚酞④(4)0.24(5)原因：盐酸的挥发；改进措施：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，排除盐酸挥发的影响角度二沉淀滴定法海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案：注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10-5mol·L-1，可认为该离子不存在；实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp(CaCO3)＝4.96×10-9Ksp(MgCO3)＝6.82×10-6Ksp[Ca(OH)2]＝4.68×10-6Ksp[Mg(OH)2]＝5.61×10-12模拟海水中的离子浓度/mol·L-1Na+Mg2+Ca2+Cl-0.4390.0500.0110.5600.0013HCO下列说法中正确的是()A.沉淀物X为CaCO3B.滤液M中存在Mg2+，不存在Ca2+C.滤液N中存在Mg2+、Ca2+③D.步骤②中若改为加入4.2gNaOH固体，沉淀物Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物④【典题剖析】抽丝剥茧溯本求源关键信息信息分析与迁移信息①此条件下，只发生Ca2++OH-+====CaCO3↓+H2O，不会生成Mg(OH)2信息②此条件下，由计算可判断有无Mg(OH)2生成信息③由计算可知c(Mg2+)的大小，根据已知信息判断其存在与否信息④根据计算结合Ksp[Ca(OH)2]，判断有无Ca(OH)2沉淀析出3HCO【尝试解答】本题考查对海水制备MgO的实验方案的分析，意在考查学生运用化学原理分析化学工艺流程的能力。加入NaOH溶液，与OH-反应生成，此时c(Ca2+)·c()＝0.011×0.001＝1.1×10-5Ksp(CaCO3)，c(Mg2+)·c()＝0.050×0.001＝5×10-5Ksp(MgCO3)，由于Ksp(CaCO3)Ksp(MgCO3)，因此先生成CaCO3沉淀，生成沉淀后溶液中c()＝Ksp(CaCO3)/c(Ca2+)＝4.5×10-71×10-5，因此完全沉淀，则无MgCO3沉淀生成，A对；滤液M3HCO23CO23CO23CO23CO23CO中c(Ca2+)＝0.010mol·L-1，c(Mg2+)＝0.050mol·L-1，B错；pH＝11.0时，c(OH-)＝10-3mol·L-1，c(Ca2+)·c2(OH-)＝10-2×10-6＝10-84.68×10-6，Ca2+不沉淀，c(Mg2+)·c2(OH-)＝5×10-2×10-6＝5×10-85.61×10-12，Mg2+沉淀，故滤液N中存在Ca2+，不存在Mg2+，C错；若改为加入4.2gNaOH固体，则c(OH-)＝0.105mol·L-1，则c(Mg2+)·c2(OH-)＝0.050×(0.105)2＝5.51×10-4Ksp[Mg(OH)2]，c(Ca2+)·c2(OH-)＝0.010×(0.105)2＝1.10×10-4Ksp[Ca(OH)2]，由于Ksp[Mg(OH)2]Ksp[Ca(OH)2]，则先生成Mg(OH)2沉淀，并且沉淀完全，生成沉淀后溶液中c(OH-)＝(0.105-0.050×2)mol·L-1＝0.005mol·L-1，此时c(Ca2+)·c2(OH-)＝0.010×(0.005)2＝2.5×10-7Ksp[Ca(OH)2]，故无Ca(OH)2沉淀生成，D错。【答案】A角度三氧化还原滴定法Ⅰ.(2013·浙江高考节选)(1)用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01000mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应准确称取______________gK2Cr2O7(保留4位有效数字，已知MK2Cr2O7＝294.0g·mol-1)。配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有______(用编号表示)。①电子天平①②烧杯③量筒④玻璃棒⑤容量瓶⑥胶头滴管⑦移液管②(2)滴定操作中，如果滴定前装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失③，则测定结果将______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。Ⅱ.(2013·安徽高考节选)取Ce(OH)4产品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000mol·L-1FeSO4标准溶液滴定至终点时(铈被还原为Ce3+)④，消耗25.00mL标准溶液，该产品中Ce(OH)4的质量分数为_______。【典题剖析】抽丝剥茧溯本求源关键信息信息分析与迁移信息①电子天平只能精确到0.0001g信息②移液管用在中和滴定实验中，配制溶液时不需要信息③气泡的体积充当了标准溶液的体积信息④根据离子价态的变化可写出氧化还原反应的离子方程式【尝试解答】Ⅰ.(1)m(K2Cr2O7)＝0.01000mol·L-1×0.25L×294.0g·mol-1＝0.7350g。称量0.7350gK2Cr2O7应使用电子天平，溶解过程中要使用烧杯和玻璃棒，溶液要在容量瓶中定容，定容时还要使用胶头滴管。实验中量筒、移液管不必用到。(2)滴定过程中，装有K2Cr2O7标准溶液的滴定管开始有气泡，后来气泡消失，则导致标准液的读数偏大，则测定结果偏大。Ⅱ.由电子得失守恒可得知关系式：Ce(OH)4～FeSO4，故n[Ce(OH)4]＝n(FeSO4)＝0.1000mol·L-1×0.025L＝0.0025molm[Ce(OH)4]＝0.0025mol×208g·mol-1＝0.52gw＝×100%＝97.0%。答案：Ⅰ.(1)0.7350③⑦(2)偏大Ⅱ.97.0%0.52g0.536g【类题通法】解答滴定原理综合应用试题的策略(1)滴定误差分析的基本思路。滴定的误差分析，都要依据公式：c(待测)＝c(标准)·V(标准)/V(待测)来判断，c(标准)和V(待测)在误差分析时看作定值，因各种原因使得所耗标准液体积V(标准)变大或变小，V(标准)变大则c(待测)偏高，V(标准)变小则c(待测)偏低。(2)指示剂选择的基本原则。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常用的指示剂有酚酞、甲基橙、淀粉溶液等，但一般不选用石蕊试液作指示剂。②并不是所有的滴定都需使用指示剂，如用标准的Na2SO3滴定KMnO4溶液时，KMnO4颜色褪去时即滴定终点。【类题备选】1.室温下，如图为用一定物质的量浓度的NaOH溶液Y滴定10mL一定物质的量浓度的盐酸X的图象，依据图象推出X和Y的物质的量浓度是下表内各组中的()ABCDX/mol·L-10.120.040.030.09Y/mol·L-10.040.120.090.03【解析】选D。由图知，加入30mLNaOH溶液后溶液pH＝7，即c(HCl)·V(盐酸)＝c(NaOH)·V(NaOH溶液)，c(HCl)×10×10-3L＝c(NaOH)×30×10-3L，c(HCl)＝3c(NaOH)①；又知加入20mLNaOH溶液时，溶液pH＝2，则＝10-2mol·L-1②；由①②解得c(HCl)＝0.09mol·L-1，c(NaOH)＝0.03mol·L-1。333cHCl1010LcNaOH2010L3010L2.氧化还原滴定实验同中和滴定类似(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)。现有0.001mol·L-1酸性KMnO4溶液和未知浓度的无色NaHSO3溶液。反应的离子方程式是2+5+H+====2Mn2++5+3H2O。4MnO