专题--氧化还原滴定

1专题氧化还原滴定【必备知识】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．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。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：2MnO－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。(2)Na2S2O3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。【反馈练习】1．某学习小组用“间接碘量法”测定某CuCl2晶体试样的纯度，试样不含其他能与I－发生反应的氧化性杂质，已知：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，I2＋2S2O2－3===S4O2－6＋2I－。取mg试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，用0.1000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，部分实验仪器和读数如图所示。下列说法正确的是()A．试样在甲中溶解，滴定管选乙B．选用淀粉作指示剂，当甲中溶液由蓝色变为无色时，即达到滴定终点C．丁图中，滴定前滴定管的读数为a－0.50mL2D．对装有标准液的滴定管读数时，滴定前后读数方式如丁图所示，则测得的结果偏小2．(2018·太原模拟)将2.25g铁矿石样品经一系列化学处理，制得铁元素全部为Fe2＋的待测液250mL，利用反应6Fe2＋＋Cr2O2－7＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O对铁矿石中铁元素的含量进行测定。(1)现有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，要配制0.0150mol·L－1K2Cr2O7溶液100mL，还需要的玻璃仪器是。(2)取25.00mL待测液进行滴定，平均消耗K2Cr2O7溶液体积为25.00mL，则铁矿石中铁元素的百分含量是(Fe的相对原子质量为56)。(3)在本实验的滴定过程中，下列操作会使测定结果偏小的是(填写序号)。a．未用标准K2Cr2O7溶液润洗滴定管b．锥形瓶中加入待测溶液后，再加少量水c．锥形瓶在滴定过程中剧烈摇动，有少量液体流出3．滴定分析是一种操作简便、准确度很高的定量分析方法，它可广泛应用于中和滴定、氧化还原反应等滴定中。某研究性学习小组的同学利用滴定分析法进行下面两项定量分析。(1)测定NaOH和Na2CO3的混合液中NaOH的含量。实验操作为先向混合液中加过量的BaCl2溶液使Na2CO3完全转化成BaCO3沉淀，然后用标准盐酸滴定(用酚酞作指示剂)。①向混有BaCO3沉淀的NaOH溶液中直接滴入盐酸，则终点颜色的变化为________，为何此种情况能测出NaOH的含量？________。②滴定时，若滴定管中的滴定液一直下降到活塞处才达到滴定终点，则能否由此准确地计算出结果？________，请说明理由：________________。(2)测定某品牌的碘盐(含有碘酸钾)中碘元素的百分含量。准确称取5.0000g该碘盐，溶于蒸馏水，然后与足量的KI溶液在酸性条件下混合(发生的反应为KIO3＋3H2SO4＋5KI===3K2SO4＋3I2＋3H2O)，充分反应后将混合溶液稀释至250mL，然后用5.0×10－4mol·L－1的Na2S2O3标准溶液进行滴定(用淀粉作指示剂，反应为I2＋2S2O2－3===2I－＋S4O2－6)。取用Na2S2O3的标准溶液应该用________式滴定管。有关实验数值如下表所示(第一次滴定终点的数据如图所示，请将读得的数据填入表中)。滴定次数待测液的体积(mL)滴定前的读数(mL)滴定后的读数(mL)3第一次25.000.00V＝________第二次25.000.0014.99第三次25.000.0015.01该碘盐中碘元素的百分含量为________，下列操作中，会导致所测得的碘元素的百分含量偏大的是________。a．滴定终点时，俯视刻度b．没有用Na2S2O3标准溶液润洗相应的滴定管c．锥形瓶中有少量的蒸馏水4．（12分）草酸（H2C2O4）溶液与酸性KMnO4溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快，某学习小组探究反应过程中使褪色加快的主要原因，过程如下：【查阅资料】KMnO4溶液氧化H2C2O4的反应历程为：【提出假设】假设1：该反应为放热反应假设2：反应生成的Mn2＋对该反应有催化作用假设3：K+对该反应有催化作用该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设，原因是。【设计、完成实验】（1）称取g草酸晶体（H2C2O4·2H2O），配置500mL0.10mol/LH2C2O4溶液。下列操作会使所配溶液浓度偏低的是(填下列选项的字母序号）。A．称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘B．定容时俯视刻度线C．将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水D．摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，立即用胶头滴管加水再定容（2）完成探究，记录数据实验编号烧杯中所加试剂及用量（mL）控制条件溶液褪色时间(s)0.10mol/LH2C2O4溶液等浓度KMnO4溶液H2O0.50mol/L稀硫酸13020302018230203020水浴控制温度65℃15330203020加入少量MnSO4固体3.643020x20加入5mL0.10mol/LK2SO4溶液18则x=，假设2成立。（3）由于KMnO4能氧化水中有机物等因素，为配制好稳定的KMnO4溶液，其浓度需标定。取10.00mL0.10mol/LH2C2O4溶液于锥形瓶中，加入10mL0.50mol/L稀硫酸，用（2）中KMnO4溶液滴定至锥形瓶中恰好呈浅紫色，且半分钟不褪色，记录数据，平行三次实验，平均消耗KMnO4溶液40.00mL，则草酸溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为。上述实验中KMnO4溶液的物质的量浓度4为。5．某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉，并进行漂白粉有效成分的质量分数测定（1）装置④中的x试剂为。（2）装置③中发生反应的化学方程式为：。该反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生。改进该实验装置以减少副反应发生的方法是____________。（3）测定漂白粉有效成分的质量分数称取1．000g漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀粉为指示剂，用0．1000mol·L－1KI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：3ClO－+I－=3Cl－+IO3－IO3－+5I－+3H2O=6OH－+3I2实验测得数据如下表所示。滴定次数123KI溶液体积/mL19．9820．0220．00该漂白粉中有效成分的质量分数为。若滴定过程中未充分振荡溶液局部变浅蓝色时就停止滴定，则测定结果将（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。51.答案D解析A项，甲中盛装的是含有I2的溶液，则滴定管中盛装的为Na2S2O3标准溶液，该溶液显碱性，应选用碱式滴定管(丙)，不正确；B项，溶液变色且经过30s左右溶液不恢复原来的颜色，视为滴定终点，不正确；C项，滴定管“0”刻度在上端，故滴定前的读数为a＋0.50mL，不正确；D项，滴定后俯视读数，将导致读数偏小，故测得的结果偏小，正确。2.答案(1)100mL容量瓶(2)56%(3)c解析(1)准确配制一定物质的量浓度的溶液可以用容量瓶来配制，准确度高。(2)根据反应6Fe2＋＋Cr2O2－7＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，可得出6Fe2＋～Cr2O2－7，消耗K2Cr2O7溶液体积为25.00mL时，物质的量为0.0150mol·L－1×0.025L＝0.000375mol，铁矿石中铁元素的百分含量：0.000375mol×6×56g·mol－10.225g×100%＝56%。(3)a项，未用标准K2Cr2O7溶液润洗滴定管，则消耗的标准K2Cr2O7溶液偏多；b项，锥形瓶中加入待测溶液后，再加少量水，不影响滴定结果；c项，锥形瓶在滴定过程中剧烈摇动，有少量液体溅出，则消耗的标准K2Cr2O7溶液偏少。3.答案(1)①由红色变成无色滴定终点时溶液呈弱碱性，BaCO3不参与反应②不能因为活塞处无刻度，无法准确地读出所用标准盐酸的体积(2)碱15.903.18×10－4×100%b4．（14分）【提出假设】随反应物浓度降低，反应速率减慢【设计、完成实验】（1）6.3g①500ml容量瓶②A、D（2）25ml（3）5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2＋2Mn2＋＋8H2O0.010mol/L【解析】试题分析：【提出假设】该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设，原因是反应开始时物质的浓度大，随着反应进行，反应物浓度降低，反应速率减慢，因此不可能是浓度对速率的影响；【设计、完成实验】n(H2C2O4)=0.5L×0.10mol/L=0.05mol,所以m(H2C2O4·2H2O)=0.05mol×126g/mol=6.3g,因此要称取6.3g草酸晶体（H2C2O4·2H2O），来配制500mL0.10mol/LH2C2O4溶液；A．称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘，则药品的质量偏少，溶质的物质的量偏少，因此使溶液的浓度偏低，正确；B．定容时俯视刻度线，则溶液的体积偏小，是溶液的浓度偏高，错误；C．将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水，不会引起溶液浓度的变化，错误；D．摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，立即用胶头滴管加水再定容，则溶液的体积偏大，是所配溶液的浓度偏低，正确；选AD。（2）根据表格数据可知：4与3不同之处就是4中含有一定量的K2SO4溶液，其它都应该相同，忽略溶液的体积变化，则x应该是加入25ml的水；（3）草酸溶液与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式为5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2＋2Mn2＋＋8H2O；n(H2C2O4)=0.01L×0.10mol/L=0.001mol,根据离子方程式可得关系式5H2C2O4—2MnO4－，则n(MnO4－)=2/5n(H2C2O4)=0.0004mol,所以c(KMnO4)=0.0004mol÷0.04L=0.010mol/L.6考点：考查物质的量浓度溶液的配制、误差分析、实验数据的处理、滴定法的计算等知识。5．（1）NaOH（1分）（2）2Ca（OH）2+2Cl2==CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O（3分）将装置③放于冷水浴中进行实验（2分）（3）7.15％（2分）偏低（2分）【解析】试题分析：（1）装置④的作用是吸收多余氯气及防止倒吸，所以x溶液为NaOH溶液；（2）氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙、水，化学方程式是2Ca（OH）2+2Cl2==CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；该反应是放热反应，温度升高会产生氯酸钙的副产物，所以将装置③放于冷水浴中进行实验，可降低温度，减少副产物的生成；（3）根据表中数据可知消耗KI溶液的体积为三次的平均值为20mL，设次氯酸钙的物质的量是x，则次氯酸根离子的物质的量为2x，则消耗KI的物质的量为2x/3+10x/3=4x，所以4x=0.02L×0.1mol/L，解得x=5×10-4mol，所以漂白粉中次氯酸钙的质量是5×10-4mol×143g/mol=7.15×10-2g，所以漂白粉中有效成分的质量分数是7.15×10-2g/1.000g×100%=7015%；若滴定过程中未充分振荡溶液局部变浅蓝色时就停止滴定，说明反应未完全，消耗KI体积偏少，造成测定结果偏低。考点：考查了氯气的制