2021高考化学一轮复习第八章第2课时酸碱中和滴定及其拓展应用教案鲁科版

-1-第2课时酸碱中和滴定及其拓展应用[课型标签:题型课提能课]考点一酸碱中和滴定的实验原理和操作步骤1.实验原理(1)原理:c待=cVV标标待(以一元酸与一元碱的滴定为例)。(2)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.实验操作以标准盐酸滴定待测NaOH溶液为例(1)滴定前的准备(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)按上述操作重复2～3次,求出用去标准盐酸体积的平均值,根据c(NaOH)=(HCl)(HCl)(NaOH)cVV计算。[名师点拨]中和滴定曲线示例图及解题方法(1)示例图像-2-(以0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol/L盐酸为例)(2)巧抓“四个点”突破滴定曲线问题①抓反应“一半”点,判断是什么溶质的等量混合。②抓“恰好”反应点,生成什么溶质,溶液呈什么性,是什么因素造成的。③抓溶液“中性”点,生成什么溶质,哪种反应物过量或不足。④抓反应“过量”点,溶质是什么,判断谁多、谁少。考法一滴定操作及误差分析[典例1](2019·湖北部分重点中学上学期开学考)下列有关滴定操作的说法正确的是()A.用25mL滴定管进行中和滴定时,用去标准液的体积为21.7mLB.用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸,洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定,则测定结果偏低C.用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸,配制标准溶液的固体KOH中含有NaOH杂质,则测定结果偏高D.用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时,若读取读数时,滴定前仰视,滴定到终点后俯视,会导致测定结果偏高解析:滴定管精确值为0.01mL,读数应保留小数点后2位,A项错误;用标准KOH溶液滴定未知浓度的盐酸,洗净碱式滴定管后直接取标准KOH溶液进行滴定,由于没有润洗,标准液浓度减小,消耗标准液体积增大,则测定结果偏高,B项错误;所用的固体KOH中混有NaOH,由于相同质量的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,故所配的溶液的OH-浓度偏大,导致消耗标准液的体积偏小,则测定结果偏低,C项错误;用未知浓度的盐酸滴定标准的KOH溶液时,若滴定前仰视读数,滴定至终点后俯视读数,导致消耗的盐酸体积偏小,依据c(酸)=()()()cVV碱碱酸可知测定结果偏高,D项正确。答案:D-3-[对点精练1]用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,下列各操作中会引起实验误差的是(D)A.滴定前酸式滴定管需用标准盐酸润洗B.用蒸馏水洗净锥形瓶后,立即装入一定体积的NaOH溶液后进行滴定C.往盛有20.00mLNaOH溶液的锥形瓶中,滴入几滴酚酞指示剂后进行滴定D.用蒸馏水洗净锥形瓶后,再用NaOH溶液润洗,然后装入一定体积的NaOH溶液解析:锥形瓶内存有少量蒸馏水,但待测液中溶质的物质的量不变,消耗标准液的体积不变,B不会引起误差;锥形瓶不能用待测液润洗,否则会使测定结果偏高。考法二滴定曲线分析[典例2](2016·全国Ⅰ卷)298K时,在20.0mL0.10mol·L-1氨水中滴入0.10mol·L-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10mol·L-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是()A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0mLC.M点处的溶液中c(4NH)=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)D.N点处的溶液中pH12解析:酚酞的变色范围是8.2～10.0,又因为NH4Cl是强酸弱碱盐,水解显酸性,故正好中和时溶液显酸性,故盐酸的量不足时溶液可能就褪色了,使测量值偏小,故应用甲基橙作指示剂;当加入盐酸20.0mL时正好生成NH4Cl,因为4NH的水解使溶液pH7,而M点对应pH=7,故加入盐酸少于20.0mL;由电荷守恒知:c(4NH)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-),又因pH=7,故c(H+)=c(OH-),所以c(4NH)=c(Cl-),但c(4NH)=c(Cl-)c(H+)=c(OH-);由0.10mol·L-1氨水的电离度为1.32%可知:c(OH-)=0.10mol·L-1×1.32%=0.00132mol·L-1,所以c(H+)=141.0100.00132mol·L-1141.0100.01mol·L-1=1.0×10-12mol·L-1,故pH12。答案:D-4-[对点精练2](2018·浙江4月选考)在常温下,向10mL浓度均为0.1mol·L-1的NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol·L-1的盐酸,溶液pH随盐酸加入体积的变化如图所示。下列说法正确的是(B)A.在a点的溶液中:c(Na+)c(23CO)c(Cl-)c(OH-)c(H+)B.在b点的溶液中:2n(23CO)+n(HC3O)0.001molC.在c点的溶液pH7,是因为此时HC3O的电离能力大于其水解能力D.若将0.1mol·L-1的盐酸换成同浓度的醋酸,当滴至溶液的pH=7时:c(Na+)=c(CH3COO-)解析:向NaOH和Na2CO3混合溶液滴加0.1mol·L-1盐酸时,反应过程为OH-+H+H2O,23CO+H+HC3O,HC3O+H+H2CO3。加入盐酸体积为5mL时,溶液中溶质NaCl∶NaOH∶Na2CO3=1∶1∶2,溶液中离子浓度大小应为c(Na+)c(C23O)c(OH-)c(Cl-)c(H+),A错误;溶液的pH=7时,电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=2c(C23O)+c(HC3O)+c(OH-)+c(Cl-),化简可得2c(C23O)+c(HC3O)=c(Na+)-c(Cl-),即2n(C23O)+n(HC3O)=n(Na+)-n(Cl-)=0.003mol-n(Cl-),pH=7时,盐酸体积大于20mL,故n(Cl-)0.002mol,所以2n(C23O)+n(HC3O)0.001mol成立,B正确;c点pH小于7是因为反应生成的H2CO3电离能力大于HC3O水解能力,C错误;把盐酸换成同浓度的醋酸,滴至溶液pH=7时,电荷守恒为c(Na+)+c(H+)=2c(C23O)+c(HC3O)+c(OH-)+c(CH3COO-),c(Na+)与c(CH3COO-)不相等,D错误。考点二酸碱中和滴定的拓展应用1.沉淀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。生成沉淀的反应有很多,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举用AgNO3溶液测定溶液中Cl-的含量时常以Cr24O为指示剂,这是因为AgCl比Ag2CrO4更难-5-例溶2.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。(2)使用指示剂及终点时颜色变化滴定方式还原剂滴定KMnO4KMnO4滴定还原剂I2滴定还原剂还原剂滴定I2铁盐滴定还原剂还原剂滴定铁盐指示剂KMnO4KMnO4淀粉淀粉KSCNKSCN终点时颜色变化粉(浅)红色→无色无色→粉(浅)红色无色→蓝色蓝色→无色溶液变红色红色消失考法一沉淀滴定原理的应用[典例1](2018·全国Ⅲ卷)用0.100mol·L-1AgNO3滴定50.0mL0.0500mol·L-1Cl-溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是()A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-10B.曲线上各点的溶液满足关系式c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl)C.相同实验条件下,若改为0.0400mol·L-1Cl-,反应终点c移到aD.相同实验条件下,若改为0.0500mol·L-1Br-,反应终点c向b方向移动解析:由题图可知,当AgNO3溶液的体积为50.0mL时,溶液中的c(Cl-)略小于10-8mol·L-1,此时混合溶液中c(Ag+)=110.100molL50.0mL0.0500molL50.0mL100mL=2.5×10-2mol·L-1,故Ksp=c(Ag+)·c(Cl-)≈2.5×10-2×10-8=2.5×10-10,A正确;因反应过程中有沉淀生成,溶液中必-6-然存在平衡AgCl(s)Ag+(aq)+Cl-(aq),故曲线上的各点均满足c(Ag+)·c(Cl-)=Ksp(AgCl),B正确;根据Ag++Cl-AgCl↓可知,达到滴定终点时,消耗AgNO3溶液的体积为110.0400molL50.0mL0.100molL=20.0mL,C错误;相同实验条件下,沉淀相同量的Cl-和Br-消耗的AgNO3的量相同,由于Ksp(AgBr)Ksp(AgCl),当滴加相等量的Ag+时,溶液中c(Br-)c(Cl-),故反应终点c向b方向移动,D正确。答案:C[对点精练1]莫尔法是一种沉淀滴定法,以K2CrO4为指示剂,用标准硝酸银溶液滴定待测液,进行测定溶液中Cl-的浓度。已知:银盐性质AgClAgBrAgCNAg2CrO4AgSCN颜色白浅黄白砖红白溶解度(mol·L-1)1.34×10-67.1×10-71.1×10-86.5×10-51.0×10-6(1)滴定终点的现象是。(2)若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液,可选为滴定指示剂的是(填字母)。A.NaClB.BaBr2C.Na2CrO4刚好达到滴定终点时,发生反应的离子方程式为。解析:(1)根据沉淀滴定法的原理,可知溶液中Ag+和Cl-先反应,Cl-消耗完后再和指示剂反应生成Ag2CrO4砖红色沉淀,由此可知滴定终点时的颜色变化。(2)当用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液时,所选择的指示剂和Ag+反应所生成沉淀的溶解度应大于AgSCN的溶解度,由题给数据可以看出溶解度比AgSCN大的有AgCl和Ag2CrO4,但由于AgCl是白色沉淀,所以应选择Na2CrO4为指示剂,这样在滴定终点时沉淀的颜色会有明显的变化(白色→砖红色)以指示滴定刚好达到终点,此时反应的离子方程式为2Ag++Cr24OAg2CrO4↓。答案:(1)滴入最后一滴标准溶液,生成砖红色沉淀,且30s内无变化(2)C2Ag++Cr24OAg2CrO4↓考法二氧化还原滴定原理的应用[典例2](2018·全国Ⅱ卷节选)测定三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O中铁的含量。-7-(1)称量mg样品于锥形瓶中,溶解后加稀H2SO4酸化,用cmol·L-1KMnO4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cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点,消耗KMnO4溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为。解析:(1)滴定终点的现象是有粉红色出现且半分钟内不变色。(2)加入锌粉后将Fe3+还原为Fe2+,再用KMnO4溶液滴定,将Fe2+氧化为Fe3+,Mn4O转化为Mn2+:Fe2+Fe3+～e-Mn4OMn2+～5e-可得关系式:5Fe2+～Mn4O已知n(Mn4O)=cV×10-3mol则n(Fe2+)=5cV×10-3mol则m(Fe2+)=5cV×10-3×56g该晶体中铁的质量分数w(Fe)=35V1056ggcm×100%=5V561000cm×100%。答案:(1)粉红色出现(2)5V561000cm×100%[对点精练2](2018·全国Ⅲ卷改编)称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O),用100mL容量瓶配成样品溶液。取0.00950mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL,硫酸酸化后加入过量