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(共42张PPT)
第30讲
氧化还原滴定的分析及应用
2025：基于主题教学的高考化学专题复习系列讲座
2025
氧化还原滴定的原理及应用考向统计
2024年全国甲卷—9题 实验题高锰酸钾滴定过氧化脲
2024年浙江6月卷—20题 实验题银量法确定碘离子含量
2023年湖北卷—18题 实验题碘量法确定碘离子含量
2022年河北卷—15题 实验题碘量法确定亚硫酸盐含量
2022年山东卷—18题 实验题重铬酸根确定亚铁盐含量
2022年辽宁卷—15题 实验题高锰酸钾滴定过氧化氢
重温经典
模型建构
名师导学
2025
知识重构
重温经典
模型建构
名师导学
2025
知识重构
1.氧化还原滴定的概念
滴定分析法：将一种已知其准确浓度的试剂溶液（称为标准溶液）滴加到被测物质的溶液中，直到化学反应完全时为止，然后根据所用试剂溶液的浓度和体积可以求得被测组分的含量，这种方法称为滴定分析法。
氧化还原滴定法：利用氧化还原反应进行滴定的方法。
化学计量点：两者的物质的量正好符合化学反应式所表示的化学计量关系时，反应到达化学计量点，也叫等量点。
滴定终点：滴定时，计量点一般是根据指示剂的变色来确定。实际上滴定是进行到溶液里的指示剂变色时停止的，停止滴定这一点称为滴定终点，或者终点。
滴定误差：滴定终点与计量点不一定恰好符合，存在很小的差别，就是滴定误差，又称为终点误差。
2.氧化还原滴定的种类
指示剂：淀粉溶液
3.氧化还原滴定的操作步骤
酸式滴定管
滴定终点的判断方法：当加入最后半滴标准液，溶液由A色变为B色，且30s不恢复原色。
4.氧化还原滴定的数据分析
例1.（2020年1月浙江卷27） 为测定样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL
1 0.00 19.98
2 1.26 22.40
3 1.54 21.56
已知：
假设杂质不参加反应。
该样品中的质量分数是________%（保留小数点后一位）；
写出简要计算过程：________。
样品质量
样品溶液体积
待测液体积
标准液浓度
标准液体积
计算的目标：样品纯度、质量分数、是否合格等
重温经典
模型建构
名师导学
2025
知识重构
1.高考题的考查频率
1、高锰酸钾法
题号 原理 计算 评价 实验
2018年全国II卷28题 ； 1 1
2020年山东20题 1 1
2020年1月浙江27题 1
2020年北京18题 1 1
2022年辽宁15题 1
2024年全国甲15题 1
1.高考题的考查频率
2、重铬酸钾法
题号 原理 计算 评价 实验
2018年天津9题 1 1
2019年江苏18题 1 1
2020年1月浙江30题 1
2022年山东18题 1 1
1高考题的考查频率
3、碘量法
题号 原理 计算 评价 实验
2018年全国III卷26题 ; 1 1 1
2018年全国I卷27题 1
2019年全国II卷26题 1 1
2019年天津9题 环己烯和溴加成； ; 1 1
2019年北京9题 苯酚和溴取代； ; ; 1 1 1
1.高考题的考查频率
3、碘量法
题号 原理 计算 评价 实验
2020年江苏18题 ; ; 1 1
2020年7月浙江卷30题 1 1 1
2021年6月浙江卷30题 1 1
2021年山东18题 ; ; ; 1 1
2022年河北14题 1 1 1
2023年湖北18题 1 1
1.高考题的考查频率
4、其它
题号 原理 计算 评价 实验
2022年江苏16题 1
2024年浙江6月20题 1 1
n(AgI) = n(AgNO3)-n(AgSCN) = n(AgNO3)-n(NH4SCN)
2.1经典题重温-高锰酸钾法
1.（2024全国甲卷9）CO(NH2)2·H2O2 (俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下：CO(NH2)2+H2O2 = CO(NH2)2·H2O2
(一)过氧化脲的合成
烧杯中分别加入25mL30% H2O2（ρ=1.11g·cm－3）、40mL蒸馏水和12.0g尿素，搅拌溶解。30℃下反应40min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4g。
(二)过氧化脲性质检测
I．过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，滴加KMnO4溶液，紫红色消失。
Ⅱ．过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，加入KI溶液和四氯化碳，振荡，静置。
(三)产品纯度测定
溶液配制：称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成100mL溶液。
滴定分析：量取25.00mL过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀H2SO4，用准确浓度的KMnO4溶液滴定至微红色，记录滴定体积，计算纯度。
（2）过氧化脲的产率为 。
分析：实验中加入尿素的质量为12.0g，物质的量为0.2mol，过氧化氢的质量为25mL×1.11g·cm－3×30% =8.325g，物质的量约为0.245mol，过氧化氢过量，产率应按照尿素的质量计算，理论上可得到过氧化脲0.2mol，质量为0.2mol×94g/mol=18.8g，实验中实际得到过氧化脲9.4g，故过氧化脲的产率为(9.4g/18.8)×100%=50%
50%
2.1经典题重温-高锰酸钾法
2.（2024高三·浙江3月模拟节选）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的化学式为K3[Fe(C2O4)3] ·3H2O，是用于制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一些有机反应的催化剂，具有工业生产价值。实验室采用如下方案制备三草酸合铁酸钾。
步骤①：先在烧杯中加入2.40gFeC2O4·2H2O晶体，再加入15.00mL饱和草酸钾溶液，水浴加热40℃，用滴管慢慢加入12.00mL6%H2O2溶液，不断搅拌，充分反应后溶液为绿色并有红褐色沉淀生成。
步骤②：加热溶液至沸腾，然后将适量草酸溶液逐滴滴入上述溶液中，不断搅拌至沉淀完全溶解为透明的绿色溶液。
步骤③：最后冷却后，缓慢加入无水乙醇，结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗产品。
已知：三草酸合铁酸钾为翠绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，光照时分解得到黄色晶体(FeC2O4·2H2O)。
(4)用高锰酸钾滴定法测产品的纯度，三次滴定数据记录如下。
准确称取0.2000g产品三草酸合铁酸钾晶体(M=491g·mol－1)，用上述已标定浓度的高锰酸钾溶液滴定，消耗20.00mL高锰酸钾溶液，则该次实验制得的产品纯度为 。
序号 1 2 3
滴定前读数mL 0.98 1.26 1.01
滴定后读数mL 11.00 10.12 10.99
分析：滴定三组数据消耗高锰酸钾溶液的体积为10.02ml、8.86ml、9.98ml，舍去不合理的第二组数据则消耗高锰酸钾的平均体积为：（10.02+9.98）ml÷2=10.00ml
2.1经典题重温-高锰酸钾法
2.（2024高三·浙江3月模拟节选）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的化学式为K3[Fe(C2O4)3] ·3H2O，是用于制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一些有机反应的催化剂，具有工业生产价值。实验室采用如下方案制备三草酸合铁酸钾。
步骤①：先在烧杯中加入2.40gFeC2O4·2H2O晶体，再加入15.00mL饱和草酸钾溶液，水浴加热40℃，用滴管慢慢加入12.00mL6%H2O2溶液，不断搅拌，充分反应后溶液为绿色并有红褐色沉淀生成。
步骤②：加热溶液至沸腾，然后将适量草酸溶液逐滴滴入上述溶液中，不断搅拌至沉淀完全溶解为透明的绿色溶液。
步骤③：最后冷却后，缓慢加入无水乙醇，结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗产品。
已知：三草酸合铁酸钾为翠绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，光照时分解得到黄色晶体(FeC2O4·2H2O)。
(4)用高锰酸钾滴定法测产品的纯度，三次滴定数据记录如下。
准确称取0.2000g产品三草酸合铁酸钾晶体(M=491g·mol－1)，用上述已标定浓度的高锰酸钾溶液滴定，消耗20.00mL高锰酸钾溶液，则该次实验制得的产品纯度为 。
序号 1 2 3
滴定前读数mL 0.98 1.26 1.01
滴定后读数mL 11.00 10.12 10.99
分析：高锰酸钾浓度为：
则c=0.02 mol·L－1
2.1经典题重温-高锰酸钾法
2.（2024高三·浙江3月模拟节选）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的化学式为K3[Fe(C2O4)3] ·3H2O，是用于制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一些有机反应的催化剂，具有工业生产价值。实验室采用如下方案制备三草酸合铁酸钾。
步骤①：先在烧杯中加入2.40gFeC2O4·2H2O晶体，再加入15.00mL饱和草酸钾溶液，水浴加热40℃，用滴管慢慢加入12.00mL6%H2O2溶液，不断搅拌，充分反应后溶液为绿色并有红褐色沉淀生成。
步骤②：加热溶液至沸腾，然后将适量草酸溶液逐滴滴入上述溶液中，不断搅拌至沉淀完全溶解为透明的绿色溶液。
步骤③：最后冷却后，缓慢加入无水乙醇，结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗产品。
已知：三草酸合铁酸钾为翠绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，光照时分解得到黄色晶体(FeC2O4·2H2O)。
(4)用高锰酸钾滴定法测产品的纯度，三次滴定数据记录如下。
准确称取0.2000g产品三草酸合铁酸钾晶体(M=491g·mol－1)，用上述已标定浓度的高锰酸钾溶液滴定，消耗20.00mL高锰酸钾溶液，则该次实验制得的产品纯度为 。
序号 1 2 3
滴定前读数mL 0.98 1.26 1.01
滴定后读数mL 11.00 10.12 10.99
分析：根据对应关系：
则样品的纯度为：
81.83%
2.1经典题重温-高锰酸钾法
3. (23-24山西运城高三一调节选)中医药典记载木耳具有“和血养营”功效。某实验小组称取一定量黑木耳以检验黑木耳中含有铁元素、并测定铁元素含量。实验过程如下：
Ⅱ．定量分析1——高锰酸钾滴定法
(3)取一定量待测液，利用盐酸羟胺（在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl－）将溶液中Fe3+还原为Fe2+，同时产生一种无污染的气体，该反应的离子方程式为 ；再利用酸性高锰酸钾溶液氧化Fe2+，根据消耗的高锰酸钾溶液的体积以计算铁元素含量。
分析：盐酸羟胺将溶液中Fe3+被还原为Fe2+，同时产生一种无污染的气体，由电子得失守恒和元素守恒可知，该气体为N2，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：
2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++4H++N2+H2O
2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++4H++N2+H2O
2.1经典题重温-高锰酸钾法
3. (23-24山西运城高三一调节选)中医药典记载木耳具有“和血养营”功效。某实验小组称取一定量黑木耳以检验黑木耳中含有铁元素、并测定铁元素含量。实验过程如下：
Ⅱ．定量分析1——高锰酸钾滴定法
(4)配制一定物质的量浓度的高锰酸钾溶液时，下列操作会使铁元素含量测量值偏高的是________。
A．没有进行洗涤操作
B．定容时俯视容量瓶的刻度线
C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线
D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制
分析：A．没有进行洗涤操作，会导致高锰酸钾溶液浓度偏低，滴定时消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，铁元素含量测量值偏高，A项符合题意；
B．定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致高锰酸钾溶液体积偏小，浓度偏高，滴定时消耗高锰酸钾溶液的体积偏小，铁元素含量测量值偏低，B项不符合题意；
C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，会导致高锰酸钾溶液浓度偏低，滴定时消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，铁元素含量测量值偏高，C项符合题意；
D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制，会导致高锰酸钾溶液浓度偏高，滴定时消耗高锰酸钾溶液的体积偏小，铁元素含量测量值偏低，D项不符合题意；
AC
2.1经典题重温-高锰酸钾法
3. (23-24山西运城高三一调节选)中医药典记载木耳具有“和血养营”功效。某实验小组称取一定量黑木耳以检验黑木耳中含有铁元素、并测定铁元素含量。实验过程如下：
Ⅲ．定量分析2——吸光度法
(5)取10mL待测液，利用吸光度法测得其吸光度为0.600（吸光度与Fe2+的浓度关系如下图所示）。
该黑木耳中铁元素的含量（溶液密度为1g·mL－1）＝ （mg/100g）。
分析：取10mL待测液，利用吸光度法测得其吸光度为0.600，由图像可知，对应的c(Fe2+)=0.060m mol·L－1，溶液密度为1g·mL－1，所以100g溶液中铁元素的质量为6×10－5 mol·L－1×0.1L×56g·mol－1=3.36×10－4g=0.336mg,，即黑木耳中铁元素的含量0.336mg/100g。
0.336
2.1经典题重温-高锰酸钾法
4.（2020年1月浙江卷27）为测定样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL
1 0.00 19.98
2 1.26 22.40
3 1.54 21.56
已知：
假设杂质不参加反应。
该样品中的质量分数是________%（保留小数点后一位）；
写出简要计算过程：________。
95.2
2.1经典题重温-高锰酸钾法
5.（2018年全国II卷28题）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。回答下列问题：
（3）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铜粉至反应完全后，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_____________________。
粉红色出现
;
2.1经典题重温-高锰酸钾法
6.（2020年北京卷18题）MnO2是重要的化工原料。
（4）产品纯度测定。
向ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。
再用cmol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL
(已知：MnO2及Mn均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0)
产品纯度为___________________________(用质量分数表示)。
原理： Na2C2O4的一心二用
2.2经典题重温-重铬酸钾法
7.（2018年天津卷9题）烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，进行采样和检测。
Ⅱ.NOx含量的测定
将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3 ，加水稀释至100.00 mL。
量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L 1 FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，
用c2 mol·L 1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。
（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有____________________。
（7）滴定过程中发生下列反应：
；
则气样中NOx折合成NO2的含量为__________________mg·m 3。
（8）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）
若气样中混有空气，会使测试结果___________。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___________。
原理： 的一心二用
锥形瓶、酸式滴定管
偏低
偏高
2.2经典题重温-重铬酸钾法
8.（2022年山东卷18）实验室利用和亚硫酰氯()制备无水。
已知沸点为，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
（2）现有含少量杂质的，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取样品，用足量稀硫酸溶解后，用标准溶液滴定
达终点时消耗(滴定过程中转化为，不反应)。
实验Ⅱ：另取样品，利用上述装置与足量反应后，固体质量为。则_________________；
下列情况会导致n测量值偏小的是_______(填标号)。
A．样品中含少量杂质
B．样品与反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl

AB
2.3经典题重温-碘量法
9.(2023年湖北18) 学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
（4）取含X(CuO2)粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。(已知： ， )标志滴定终点的现象是 ，粗品中X的相对含量为_______。
溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色
72%
分析：滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据
可以得到关系式：
n(CuO2)=1/4×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol
粗品中X的相对含量为
2.3经典题重温-碘量法
10.（2021年山东卷18题）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂。
（3）利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；
开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，
则样品质量为________________g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过离子交换柱发生反应：
+Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入
适量酸化的KI溶液，发生反应：+5+6=3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，
发生反应：I2+2S2=2+S4。滴定达终点时消耗cmol L-1的Na2S2O3溶液VmL，
则样品中WCl6(摩尔质量为Mg mol-1)的质量分数为___________________。称量时，若加入待测样品后，
开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)，
样品中WCl6质量分数的测定值将________________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
( m3+m1-2m2)
%
不变
偏大
①
②
③
（5）滴定所用指示剂为____________。样品中环己烯的质量分数为__________________（用字母表示）。
（6）下列情况会导致测定结果偏低的是____________（填序号）。
a．样品中含有苯酚杂质 b．在测定过程中部分环己烯挥发
c．标准溶液部分被氧化
2.3经典题重温-碘量法
11.（2019年天津卷9题）环己烯是重要的化工原料，环己烯含量的测定如下：
在一定条件下，向环己烯样品中加入定量制得的，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液
（以上数据均已扣除干扰因素）。测定过程中，发生的反应如下：
淀粉溶液
b、c
2.3经典题重温-碘量法
12.（2022年河北卷17题节选）某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：
①三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并预加0.30mL0.01000mol·L－1的碘标准溶液，搅拌。
②以0.2L· mol－1流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了1.00mL碘标准溶液。
③做空白实验，消耗了0.10mL碘标准溶液。
④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。
已知：
（4）滴定管在使用前需要_______、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为_______；滴定反应的离子方程式为_______。
（5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（6）该样品中亚硫酸盐含量为_______ mg· kg－1 (以SO2计，结果保留三位有效数字)。
分析：由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是：用过量的磷酸与其中的亚硫酸盐反应生成SO2，用氮气将SO2排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定，测出样品中亚硫酸盐含量。
2.3经典题重温-碘量法
12.（2022年河北卷17题节选）某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：
①三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并预加0.30mL0.01000mol·L－1的碘标准溶液，搅拌。
②以0.2L· mol－1流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了1.00mL碘标准溶液。
③做空白实验，消耗了0.10mL碘标准溶液。
④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。
已知：
（4）滴定管在使用前需要 、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为_______；滴定反应的离子方程式为 。
（5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（6）该样品中亚硫酸盐含量为_______ mg· kg－1 (以SO2计，结果保留三位有效数字)。
分析：滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO2还原为碘离子，溶液的颜色为无色，滴加终点时，过量的1滴或半滴标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟点之内不变色，因此，滴定终点时溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++SO42－
检验其是否漏水
蓝色
I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++SO42－
2.3经典题重温-碘量法
12.（2022年河北卷17题节选）某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：
①三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并预加0.30mL0.01000mol·L－1的碘标准溶液，搅拌。
②以0.2L· mol－1流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了1.00mL碘标准溶液。
③做空白实验，消耗了0.10mL碘标准溶液。
④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。
已知：
（4）滴定管在使用前需要 、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为_______；滴定反应的离子方程式为 。
（5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（6）该样品中亚硫酸盐含量为_______ mg· kg－1 (以SO2计，结果保留三位有效数字)。
检验其是否漏水
蓝色
I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++SO42－
若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SO2被装置中的氧气氧化，碘的标准液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。
偏低
2.3经典题重温-碘量法
12.（2022年河北卷17题节选）某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：
①三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并预加0.30mL0.01000mol·L－1的碘标准溶液，搅拌。
②以0.2L· mol－1流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了1.00mL碘标准溶液。
③做空白实验，消耗了0.10mL碘标准溶液。
④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。
已知：
（4）滴定管在使用前需要 、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为_______；滴定反应的离子方程式为 。
（5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（6）该样品中亚硫酸盐含量为 mg· kg－1 (以SO2计，结果保留三位有效数字)。
检验其是否漏水
蓝色
I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++SO42－
偏低
实验中SO2消耗的标准碘液的体积为0.30 mL+1.00 mL=1.30 mL，减去空白实验消耗的0.10 mL，则实际消耗标准碘液的体积为1.20mL，根据反应I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++ SO42－可以计算出n(SO2)= n(I2)= 1.20mL×10-3L·mL-1×0.010 00 mol· L-1=1.20×10-5 mol，由于SO2的平均回收率为95%，则实际生成的n(SO2)= ，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为 mg· kg－1
80.8
重温经典
模型建构
名师导学
2025
知识重构
例1（2020年1月浙江卷27）．为测定样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL
1 0.00 19.98
2 1.26 22.40
3 1.54 21.56
已知：
假设杂质不参加反应。
该样品中的质量分数是________%（保留小数点后一位）；
写出简要计算过程：________。
样品质量
样品溶液体积
待测液体积
标准液浓度
标准液体积
计算的目标：样品纯度、质量分数、是否合格等
舍弃异常值
一心一意型
关注：
1计量系数之比
2配制溶液的体积与取样体积
3样品的形态/摩尔质量
4计算的要求
一心二用型
①
②
③
例2（2019年天津卷9题）环己烯是重要的化工原料，环己烯含量的测定如下：
在一定条件下，向环己烯样品中加入定量制得的，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液
（以上数据均已扣除干扰因素）。测定过程中，发生的反应如下：求环己烯的纯度。
一心二用的物质
关注：
1核心物质和最后一步滴定剂之间的计量系数关系
2一心二用的物质的质量守恒
3配制溶液的体积与取样体积
4样品的形态/摩尔质量
5计算的要求
重温经典
模型建构
名师导学
2025
知识重构第30讲-氧化还原滴定的原理及应用
1．（23-24高三上·山东青岛·期中）氯化铁在金属蚀刻、污水处理等方面有广泛应用。某兴趣小组以废铁屑为原料，用如图所示装置制备
已知：易溶于水、甲醇、乙醇，不溶于甘油。实验步骤如下：
I．废铁屑的净化：取一只小烧杯，放入约5g废铁屑，向其中注入15mLlmol/L溶液，浸泡数分钟后，分离出铁屑，洗净、晾干。
II．溶液的制备：将处理后的废铁屑加入装置B的三颈烧瓶中，缓慢加入适当过量的稀盐酸，得到含的混合液。
III．溶液的制备：由装置A制备氯气；向的混合液中缓慢通入足量的氯气。
IV．产品的分离提纯：将三颈烧瓶中的混合液转移出来，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、重结晶、干燥，得到产品。
V．产品的纯度测定：用碘量法滴定并计算。
上述实验步骤V中，碘量法的滴定反应原理是：，。
下列相关说法正确的是
A．用托盘天平称取5.000g样品
B．用碱式滴定管取出25.00mL待测液于锥形瓶中
C．用淀粉溶液作指示剂，进行两次滴定，取平均值
D．由于与KI溶液的反应可逆，会导致测得纯度偏低
2．（23-24高三上·江苏南京·期中）KIO3是常见的食盐加碘剂，某小组制备KIO3晶体的流程如下，请回答下列问题：
已知：①碘易溶于乙醚；乙醚微溶于水，沸点：34.5℃，密度：0.714 g/cm-3，易燃。
②KIO3在水中的溶解度：20℃为8.1 g，80℃为21.8 g；KIO3难溶于乙醇。
(1)步骤①“氧化”的离子方程式： 。
(2)步骤②进行萃取操作时，需要放气，下图中正确的放气图示是 (填字母)。
a． b． c．
(3)步骤④用带磁力搅拌的电热套控温85℃加热约1h，判断氧化反应已完全的方法是 。
(4)步骤⑧后，往滤液中加入一定量 ，再次抽滤，可提高产品收率。
(5)为了测定KIO3产品的纯度，可采用碘量法滴定。准确称取1.000g产品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL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0.1000 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 。
②KIO3在酸性条件下氧化KI的离子方程式： 。
③产品KIO3的纯度为 (写出计算过程，保留4位有效数字)。
3．（2024·四川成都·二模）以废钒催化剂(及有机物)为原料制取的工艺流程如下，回答下列问题：
已知：；。
(1)低温焙烧的目的是 。
(2)为提高高温氧化的速率，可采取的一种措施是 ，写出被氧化为和的化学方程式 。
(3)写出浸取时产生的滤渣I的一种用途 。
(4)沉铝时发生反应的离子方程式为 。
(5)沉钒时控制溶液，钒以的形式沉淀，沉钒过程中沉钒率随温度升高先增大，80℃时沉钒率达最大值，继续升高温度，沉钒率下降。继续升高温度，沉钒率下降的原因是 。室温下，若的溶度积常数为，当刚好沉淀完全时，溶液中，则的电离常数= [刚好沉淀完全时]。
(6)称取产品，加入适量稀硫酸溶解(假设杂质不与硫酸反应)，得到溶液，再向溶液中加入亚硫酸钠溶液，充分反应后得到溶液，最后用的高锰酸钾溶液滴定剩余亚硫酸钠，达到滴定终点时消耗高锰酸钾溶液，则产品的纯度为 。
4．（23-24高三下·湖南衡阳·开学考试）消毒剂对新冠疫情防控有着重要作用。过氧乙酸()是一种常用的消毒剂，易溶于水，有强氧化性，温度高于40 ℃易分解。制备过氧乙酸的一种方法如下(装置如图所示)。
．将冰醋酸、在三颈烧瓶中混合，置于冰水浴中，不断搅拌下，分批缓慢加入浓硫酸。
．常温下搅拌48小时。
．分离出过氧乙酸。
．检测产品纯度。
回答下列问题：
(1)仪器a的名称是 ，该仪器的出水口是 (填“b”或“c”)。
(2)步骤中，分批缓慢加入浓硫酸并使用冰水浴，目的是 。
(3)制备过氧乙酸反应的化学方程式是 。
(4)步骤中，分离出过氧乙酸的方法是减压蒸馏，采用该方法的原因是 。
(5)步骤检测产品(含有杂质和)中过氧乙酸的含量的方法如下。
i．称取3.000 g样品，溶解，在100 mL容量瓶中定容。
ii．在锥形瓶中加入10.00 mL待测液、5 mL硫酸，用高锰酸钾标准溶液滴定至溶液呈浅红色，消耗高锰酸钾标准溶液，高锰酸钾完全参与反应。
iii．再向锥形瓶中加入溶液(足量)，摇匀后在暗处放置5 min，用，标准溶液滴定(指示剂是淀粉)，消耗标准溶液。
已知：(i)。
(ii)酸性环境中和都能将氧化为。
(iii)酸性环境中不能氧化。
①步骤iii中判断滴定终点的现象是 。
②步骤ii的作用是 。
③产品中过氧乙酸的质量分数是 (用代数式表示)。
5．（2022年辽宁卷15题）作为绿色氧化剂应用广泛，氢醌法制备原理及装置如下：
已知：、等杂质易使催化剂中毒。回答下列问题：
（1）A中反应的离子方程式为___________。
（2）装置B应为___________(填序号)。
（3）检查装置气密性并加入药品，所有活塞处于关闭状态。开始制备时，打开活塞___________，控温。一段时间后，仅保持活塞b打开，抽出残留气体。随后关闭活塞b，打开活塞___________，继续反应一段时间。关闭电源和活塞，过滤三颈烧瓶中混合物，加水萃取，分液，减压蒸馏，得产品。
（4）装置F的作用为___________。
（5）反应过程中，控温的原因为___________。
（6）氢醌法制备总反应的化学方程式为___________。
（7）取2.50g产品，加蒸馏水定容至100mL摇匀，取20.00mL于锥形瓶中，用0.0500酸性标准溶液滴定。平行滴定三次，消耗标准溶液体积分别为19.98mL、20.90mL、20.02mL。假设其他杂质不干扰结果，产品中质量分数为___________。
6．（2020年山东卷20题）某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：
已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：
回答下列问题：
（1）装置A中a的作用是______________；装置C中的试剂为________________；装置A中制备Cl2的化学方程为______________。
（2）上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是________________。
（3）KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为______________(填标号)。
A．15.00 mL B．35.00mL C．大于35.00mL D．小于15.00m1
（4）某FeC2O4﹒2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下:
Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用 c mol﹒L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。
样品中所含的质量分数表达式为_________________。
下列关于样品组成分析的说法，正确的是__________(填标号)。
A．时，样品中一定不含杂质
B．越大，样品中含量一定越高
C．若步骤I中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低
D．若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高
7.（2019年江苏卷18题）．聚合硫酸铁[Fe2(OH)6-2n(SO4)n]m广泛用于水的净化。以FeSO4·7H2O为原料，经溶解、氧化、水解聚合等步骤，可制备聚合硫酸铁。
（1）将一定量的FeSO4·7H2O溶于稀硫酸，在约70 ℃下边搅拌边缓慢加入一定量的H2O2溶液，继续反应一段时间，得到红棕色黏稠液体。H2O2氧化Fe2+的离子方程式为________；水解聚合反应会导致溶液的pH________。
（2）测定聚合硫酸铁样品中铁的质量分数：准确称取液态样品3.000 g，置于250 mL锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热，滴加稍过量的SnCl2溶液（Sn2+将Fe3+还原为Fe2+），充分反应后，除去过量的Sn2+。用5.000×10 2 mol·L 1 K2Cr2O7溶液滴定至终点（滴定过程中与Fe2+反应生成Cr3+和Fe3+），消耗K2Cr2O7溶液22.00 mL。
①上述实验中若不除去过量的Sn2+，样品中铁的质量分数的测定结果将________（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）。
②计算该样品中铁的质量分数（写出计算过程）_____。
8.（2021年1月浙江卷30题）．某兴趣小组用铬铁矿[Fe(CrO2)2]制备K2Cr2O7晶体，流程如下：
已知：4Fe (CrO2)2 + 10Na2CO3+7O28Na2CrO4 +4NaFeO2+10CO2
2H++2Cr Cr2+H2O
相关物质的溶解度随温度变化如下图。
请回答：
（1）步骤I，将铬铁矿粉碎有利于加快高温氧化的速率，其理由是______。
（2）下列说法正确的是______。
A．步骤II，低温可提高浸取率
B．步骤II，过滤可除去NaFeO2水解产生的Fe(OH)3
C．步骤III，酸化的目的主要是使Na2CrO4转变为Na2Cr2O7
D．步骤IV，所得滤渣的主要成分是Na2SO4和Na2CO3
（3）步骤V，重结晶前，为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，从下列选项中选出合理的操作(操作不能重复使用)并排序：溶解KCl →______→______→______→______→重结晶。
a．50℃蒸发溶剂； b．100℃ 蒸发溶剂； c．抽滤； d．冷却至室温；
e．蒸发至溶液出现晶膜，停止加热； f．蒸发至溶液中出现大量晶体，停止加热。
（4）为了测定K2Cr2O7产品的纯度，可采用氧化还原滴定法。
①下列关于滴定分析的操作，不正确的是______。
A．用量筒量取25.00mL待测液转移至锥形瓶
B．滴定时要适当控制滴定速度
C．滴定时应一直观察滴定管中溶液体积的变化
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直
E．平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下
②在接近终点时，使用“半滴操作”可提高测量的准确度。其方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，______继续摇动锥形瓶，观察颜色变化。(请在横线上补全操作)
（5）该小组用滴定法准确测得产品中K2Cr2O7的质量分数为98.50%。某同学还用分光光度法测定产品纯度(K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例)，但测得的质量分数明显偏低。分析其原因，发现配制K2Cr2O7待测水溶液时少加了一种试剂。该试剂是______，添加该试剂的理由是______。
9.（2020年江苏卷18题）次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。 NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.
（1）NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备 NaClO的离子方程式为__________；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是__________________。
（2）二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为

准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
①通过计算判断该样品是否为优质品_______。(写出计算过程， )
②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。
10．（2022年河北卷14题）某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下：
①三颈烧瓶中加入香菇样品和水；锥形瓶中加入水、淀粉溶液，并预加的碘标准溶液，搅拌。
②以流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了碘标准溶液。
③做空白实验，消耗了碘标准溶液。
④用适量替代香菇样品，重复上述步骤，测得的平均回收率为95%。
已知：，
回答下列问题：
（1）装置图中仪器a、b的名称分别为_______、_______。
（2）三颈烧瓶适宜的规格为_______(填标号)。
A． B． C．
（3）解释加入，能够生成的原因：_______。
（4）滴定管在使用前需要_______、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为_______；滴定反应的离子方程式为_______。
（5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果_______(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
（6）该样品中亚硫酸盐含量为_______(以计，结果保留三位有效数字)。
第30讲-氧化还原滴定的原理及应用答案及解析
1【答案】D
【解析】A．应用分析天平称取样品5.000 g，A错误；
B．FeCl3水解显酸性应用酸式滴定管量取待测液，B错误；
C．滴定指示剂可选择淀粉溶液，为了使结果更可靠，应该重复进行三次滴定，最终取三次滴定结果的平均值，C错误；
D．氯化铁溶液和碘化钾溶液的反应存在一定的限度，氯化铁不能完全反应，反应生成碘的量偏小，导致消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏小，使测定结果偏低，D正确；
故选D。
2.【答案】(1)2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O
(2)c
(3)反应液褪色
(4)乙醇
(5)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 +5I-+6H+=3I2+3H2O 104.9%
【解析】海带灰浸取液中加入酸化的过氧化氢溶液发生氧化还原反应生成碘单质，碘单质微溶于水、易溶于有机溶剂乙醚，加乙醚萃取，乙醚易燃，故实验应避免明火，通过沸点不同采取蒸馏分离出碘单质，碘单质和氯酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成碘酸根离子，反应过程中有副反应生成氯气，经过逐氯，冷却结晶，过滤得到KH(IO3)2，经过热水溶解、中和后得到KIO3，利用碘酸钾的溶解度随温度升高而增大较快，采用冷却结晶或降温结晶，抽滤、洗涤、干燥得到碘酸钾晶体。
（1）H2O2和碘离子在酸性下发生氧化还原反应，其离子方程式为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故答案为：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O；
（2）给分液漏斗放气的操作是将分液漏斗倒立，打开活塞，故答案为：c；
（3）碘单质遇淀粉变蓝，则碘单质与氯酸钾反应时，可采用淀粉作指示剂，判断氧化反应已经完全的标志为溶液由蓝色变为无色，故答案为：反应液褪色；
（4）KIO3难溶于乙醇，故可采取在滤液中加入乙醇使碘酸钾析出，从而提高产量，故答案为：乙醇；
（5）①润洗滴定管，应使待测液充分接触滴定管内壁，则应从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管的内壁，然后从下部放出，重复2～3次，故答案为：从滴定管上口加入少量待装液，倾斜着转动滴定管，使液体润湿全部滴定管的内壁，然后从下部放出，重复2～3次；
②KIO3在酸性条件下氧化KI，生成I2，离子方程式：+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案为：+5I-+6H+=3I2+3H2O；
③结合反应原理+5I-+6H+=3I2+3H2O、2+I2=+2I-，可得关系式为～3I2～6，Na2S2O3的物质的量为：0.1000mol L-l×0.0294L=0.00294mol，产品的质量分数为×100%≈104.9%， 故答案为：104.9%。
3. 【答案】(1)去除有机物
(2) 将原料粉碎（其他合理答案也可）
(3)用作油漆的红色颜料（其他合理答案也可）
(4)
(5) 溶液呈酸性，为控制溶液pH=7需要加入少量，当升高温度时，NH3易逸出，促进水解，使得pH下降，沉钒率下降
(6)25%
【解析】废钒催化剂(及有机物)先进行低温焙烧，去除有机物，再加入进行高温氧化，将氧化为和，化学方程式为：，加入进行高温焙烧，发生反应，，加水浸取并过滤，滤渣Ⅰ为，滤液中有、，加入 溶液进行沉铝，发生反应，过滤后向滤液中加入溶液进行沉钒，发生反应：，煅烧可得。
（1）低温焙烧的目的是：去除有机物；
（2）为提高高温氧化的速率，可采取的措施有：将原料粉碎、搅拌等；被氧化为和，化学方程式为：；
（3）由分析得，滤渣Ⅰ为，可用作油漆的红色颜料；
（4）沉铝时和反应，生成沉淀和，反应的离子方程式为：；
（5）溶液呈酸性，为控制溶液pH=7需要加入少量，当升高温度时，NH3易逸出，促进水解，使得pH下降，沉钒率下降；当刚好沉淀完全时，，溶液中，，则，的电离常数；
（6）由于，与高锰酸钾反应的的物质的量为：，与反应的的物质的量为：，根据反应方程式、，得到关系式：，即，质量为，纯度为：。
4【答案】(1)球形冷凝管 c
(2)防止温度过高使和分解
(3)
(4)过氧乙酸易溶于水，应用蒸馏的方法分离过氧乙酸，过氧乙酸受热易分解，采用减压蒸馏的方法能降低蒸馏温度，提高产率
(5)滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液后溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色 排除的干扰
【解析】该实验的实验目的是在浓硫酸作用下利用冰醋酸和过氧化氢溶液制备过氧乙酸，并利用滴定法测定所得产品中过氧乙酸的含量。
（1）由实验装置图可知，仪器a为球形冷凝管，为增强冷凝效果，冷凝水应从下口b通入上口c流出，故答案为：球形冷凝管；c；
（2）过氧乙酸和过氧化氢受热均易分解，为防止过氧乙酸和过氧化氢受热分解，制备过氧乙酸时应分批缓慢加入浓硫酸并使用冰水浴控制反应温度，故答案为：防止温度过高使和分解；
（3）由分析可知，制备过氧乙酸的反应为浓硫酸作用下冰醋酸和过氧化氢溶液反应生成过氧乙酸和水，反应的化学方程式为，故答案为：；
（4）过氧乙酸易溶于水，为防止蒸馏时过氧乙酸受热分解，应采用减压蒸馏的方法降低蒸馏温度，提高产率，故答案为：过氧乙酸易溶于水，应用蒸馏的方法分离过氧乙酸，过氧乙酸受热易分解，采用减压蒸馏的方法能降低蒸馏温度，提高产率；
（5）①步骤iii中碘溶液与硫代硫酸钠溶液完全反应后，滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液，溶液会由蓝色变为无色，则滴定终点的现象为滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液后溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色，故答案为：滴入最后半滴硫代硫酸钠标准溶液后溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复蓝色；
②由题意可知，步骤ii中加入酸性高锰酸钾溶液的目的是除去溶液中的过氧化氢，防止过氧化氢与碘化钾溶液反应，导致测定结果偏大，故答案为：排除的干扰；
③由题意可得如下关系式：，滴定消耗V2mL 0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液，则产品中过氧乙酸的质量分数为×100%=，故答案为：。
5.【答案】（1）（2）②（3）a、b c、d
（4）防止外界水蒸气进入C中使催化剂中毒
（5）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高分解
（6）
（7）17%　
【解析】（1）A中锌和稀盐酸反应生成氯化锌和氢气，反应的离子方程式为；
（2）、等杂质易使催化剂中毒，需通过碱石灰除去HX和H2O，所以装置B应该选②；
（3）开始制备时，打开活塞a、b，A中产生的进入C中，在催化作用下与乙基蒽醌反应生成乙基蒽醇，一段时间后，关闭a，仅保持活塞b打开，将残留抽出，随后关闭活塞b，打开活塞c、d，将通入C中与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌。
（4）容易使催化剂中毒，实验中需要保持C装置为无水环境，F的作用为防止外界水蒸气进入C中。
（5）适当升温加快反应速率，同时防止温度过高分解，所以反应过程中控温；
（6）第一步为在催化作用下与乙基葱醌反应生成乙基蒽醇，第二步为与乙基蒽醇反应生成和乙基蒽醌，总反应为。
（7）滴定反应的离子方程式为，可得关系式：。三组数据中偏差较大，舍去，故消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为，的质量分数。
6【答案】平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液; ;在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶 ;酸式;C ; ;BD
【解析】（1）装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（2）锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-转化为了MnO2，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl，故答案为：在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；
（3）高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案为：酸式；C；
（4）设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O4·2H2O的物质的量为zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+，所以，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，联立二个方程解得：z=2.5c(V1-3V2)×10-3，所以H2C2O4·2H2O的质量分数==。关于样品组成分析如下：
A．时，H2C2O4·2H2O的质量分数==0，样品中不含H2C2O4·2H2O，由和可知，y≠0，样品中含Fe2(C2O4)3杂质，A错误；
B．越大，由H2C2O4·2H2O的质量分数表达式可知，其含量一定越大，B正确；
C．Fe元素的物质的量=，若步骤I中KMnO4溶液不足，则步骤I中有一部分Fe2+没有被氧化，不影响V2的大小，则不变，则对于测得Fe元素的含量无影响，C错误；
D．结合C可知：若KMnO4溶液浓度偏低，则消耗KMnO4溶液的体积V1、V2均偏大，Fe元素的物质的量偏大，则测得样品中Fe元素含量偏高，D正确；
故答案为：；BD。
7【答案】 2Fe2++ H2O2+2H+2Fe3++2H2O 减小 偏大 12.32%（过程见解析）
【解析】（1）Fe2+具有还原性，在溶液中被氧化成Fe3+，H2O2具有氧化性，其还原产物为H2O，根据得失电子守恒可写出反应2Fe2++H2O2→2Fe3++2H2O，根据溶液呈酸性、结合原子守恒和电荷守恒，H2O2氧化Fe2+的离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；H2O2氧化后的溶液为Fe2（SO4）3溶液，Fe2（SO4）3发生水解反应Fe2（SO4）3+（6-2n）H2O Fe2（OH）6-2n（SO4）n+（3-n）H2SO4，Fe2（OH）6-2n（SO4）n聚合得到聚合硫酸铁，根据水解方程式知水解聚合反应会导致溶液的酸性增强，pH减小。答案：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O 减小
（2）①根据题意，Sn2+能将Fe3+还原为Fe2+，发生的反应为Sn2++2Fe3+=Sn4++2Fe2+，根据还原性：还原剂>还原产物，则还原性Sn2+>Fe2+，实验中若不除去过量的Sn2+，则加入的K2Cr2O7先氧化过量的Sn2+再氧化Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积偏大，则样品中铁的质量分数的测定结果将偏大。答案：偏大
② 实验过程中消耗的n（）=5.000×10-2mol/L×22.00mL×10-3L/mL=1.100×10-3 mol
由滴定时→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒，可得微粒的关系式：~6Fe2+（或+6Fe2++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O）
则n（Fe2+）=6n（）=6×1.100×10-3mol=6.6×10-3mol
（根据Fe守恒）样品中铁元素的质量：m（Fe）=6.6×10-3mol×56g/mol=0.3696g
样品中铁元素的质量分数：ω（Fe）=×100%=12.32%。
8【答案】增大反应物的接触面积;BC;a e d c ;AC;再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁; H2SO4;抑制Cr2转化为Cr，且与Cr2不反应
【解析】（1）步骤I中铬铁矿与足量熔融Na2CO3发生高温氧化反应生成Na2CrO4、NaFeO2和CO2，将铬铁矿粉碎，可增大反应物的接触面积，加快高温氧化的速率；故答案为：增大反应物的接触面积。
（2）A．根据Na2CrO4的溶解度随着温度的升高而增大，步骤II中应用高温提高浸取率，A错误；
B．步骤II中用水浸取时NaFeO2发生强烈水解：NaFeO2+2H2O=NaOH+Fe(OH)3↓，经过滤可除去Fe(OH)3，B正确；
C．步骤III酸化时，平衡2H++2 +H2O正向移动，主要目的使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7，C正确；
D．根据分析，步骤IV中过滤所得滤渣主要成分为Na2SO4，D错误；
答案选BC。
（3）Na2Cr2O7中加入KCl发生反应Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，根据各物质的溶解度随温度的变化曲线可知，K2Cr2O7的溶解度随温度升高明显增大，NaCl溶解度随温度升高变化不明显，50℃时两者溶解度相等，故为了得到杂质较少的K2Cr2O7粗产品，步骤V重结晶前的操作顺序为：溶解KCl→50℃蒸发溶剂→蒸发至溶液出现晶膜，停止加热→冷却至室温→抽滤→重结晶；故答案为：aedc。
（4）①A．量筒属于粗量器，不能用量筒量取25.00mL溶液，由于K2Cr2O7具有强氧化性，量取25.00mL待测液应用酸式滴定管，A错误；
B．滴定时要适当控制滴定的速率，确保反应物之间充分反应，同时防止滴加过快使得滴加试剂过量，B正确；
C．滴定时应一直观察锥形瓶中溶液颜色的变化，以便准确判断滴定的终点，C错误；
D．读数时应将滴定管从架上取下，捏住管上端无刻度处，使滴定管保持垂直，平视读取读数，D正确；
E．为了确保每次滴定时滴定管中的溶液充足，平行滴定时，须重新装液并调节液面至“0”刻度或“0”刻度以下，并记录初始读数，E正确；
答案选AC。
②在接近终点时，使用“半滴操作”的方法是：将旋塞稍稍转动，使半滴溶液悬于管口，用锥形瓶内壁将半滴溶液沾落，再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁，继续摇动锥形瓶，观察颜色变化；故答案为：再用洗瓶以少量蒸馏水吹洗锥形瓶内壁。
（5）根据题意，K2Cr2O7溶液的吸光度与其浓度成正比例，在K2Cr2O7溶液中存在平衡+H2O2H++2，即有部分会转化为，从而使测得的质量分数明显偏低，为抑制转化为，可加入与不反应的酸，如硫酸；故答案为：H2SO4；抑制转化为，且与不反应。
9【答案】 ；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解 ；
根据物质转换和电子得失守恒关系：
得
氯元素的质量:
该样品的有效氯为：
该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品 ；偏低
【解析】（1）由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而是次氯酸钠失效，故答案为：；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解；
（2）①由题中反应可知，在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：， ，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5=，
氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，
该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品
故答案为：n()=，根据物质转换和电子得失守恒关系：，得n(Cl)=0.5=，
氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，
该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品
②如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低，
故答案为：偏低；
10【答案】（1）(球形)冷凝管；酸式滴定管
（2）C
（3）加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动
（4）检验其是否漏水 蓝色 I2+ SO2+2H2O=2I-+4H++
（5）偏低
（6）80.8
【解析】（1）根据仪器a、b的结构可知，装置图中仪器a、b的名称分别为球形冷凝管和酸式滴定管；
（2）三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400 mL水，向其中加入H3PO4的体积不超过10 mL。在加热时，三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的，因此，三颈烧瓶适宜的规格为1000 mL 选C。
（3）虽然Ka1(H3PO4)=7.1×10-3＜K a1 (H2SO3) =1.3×10-2，但是H3PO4为难挥发性的酸，而H2SO3易分解为SO2和水，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动，因此，加入H3PO4能够生成SO2的原因是：加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动；
（4）滴定管在使用前需要检验其是否漏水、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO2还原为碘离子，溶液的颜色为无色，滴加终点时，过量的1滴或半滴标准碘液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟点之内不变色，因此，滴定终点时溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++；
（5）若先加磷酸再通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和SO2被装置中的氧气氧化，碘的标准液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。
（6）实验中SO2消耗的标准碘液的体积为0.30 mL+1.00 mL=1.30 mL，减去空白实验消耗的0.10 mL，则实际消耗标准碘液的体积为1.20mL，根据反应I2+ SO2+2H2O=2I—+4H++可以计算出n(SO2)= n(I2)= 1.20mL10-3L·mL-10.010 00 mol· L-1=1.2010-5 mol，由于SO2的平均回收率为95%，则实际生成的n(SO2)= ，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸盐含量为
mg kg -1。第30讲-氧化还原滴定的原理及应用
氧化还原滴定的原理及应用考向统计
2024年全国甲卷—9题 实验题高锰酸钾滴定过氧化脲
2024年浙江6月卷—20题 实验题银量法确定碘离子含量
2023年湖北卷—18题 实验题碘量法确定碘离子含量
2022年河北卷—15题 实验题碘量法确定亚硫酸盐含量
2022年山东卷—18题 实验题重铬酸根确定亚铁盐含量
2022年辽宁卷—15题 实验题高锰酸钾滴定过氧化氢
一、知识重构
1.氧化还原滴定的几个概念
（1）滴定分析法
将一种已知其准确浓度的试剂溶液（称为标准溶液）滴加到被测物质的溶液中，直到化学反应完全时为止，然后根据所用试剂溶液的浓度和体积可以求得被测组分的含量，这种方法称为滴定分析法。
（2）氧化还原滴定法
利用氧化还原反应进行滴定的方法。
（3）化学计量点
两者的物质的量正好符合化学反应式所表示的化学计量关系时，反应到达化学计量点，也叫等量点。
（4）滴定终点
滴定时，计量点一般是根据指示剂的变色来确定。实际上滴定是进行到溶液里的指示剂变色时停止的，停止滴定这一点称为滴定终点，或者终点。
（5）滴定误差
滴定终点与计量点不一定恰好符合，存在很小的差别，就是滴定误差，又称为终点误差。
2.氧化还原滴定的种类
序号 分类 主要原理 指示剂
1 高锰酸钾法 不用外加
2 重铬酸钾法 不用外加
3 碘量法 淀粉溶液
3.氧化还原滴定的操作步骤
（1）溶液配制
（2）滴定管：检漏、水洗、润洗、排气泡、调液面等
（3）锥形瓶：水洗、装液、滴加指示剂
（4）滴定：收的操作（注意酸式滴定管和碱式滴定管的差异）、眼睛（注意锥形瓶中溶液焰色的变化）
（5）滴定终点的判断：滴入最后半滴（以前用一滴）标准溶液，溶液由A色变为B色，且30秒不恢复。
4.氧化还原滴定的数据分析
核心物质的化学式及摩尔质量、样品的质量、样品溶液的体积、待测液的体积、标准液的浓度、标准液的体积、测量数据的异常值；计算的目标：样品纯度、样品的质量分数、含量是否合格等。
二、重温经典
1.高考题的考查频率
（1）高锰酸钾法
题号 原理 计算 评价 实验
2018年全国II卷28题 ； 1 1
2020年山东20题 1 1
2020年1月浙江27题 1
2020年北京18题 1 1
2022年辽宁15题 1
2024年全国甲15题 1
（2）重铬酸钾法
题号 原理 计算 评价 实验
2018年天津9题 1 1
2019年江苏18题 1 1
2020年1月浙江30题 1
2022年山东18题 1 1
（3）碘量法
题号 原理 计算 评价 实验
2018年全国III卷26题 ; 1 1 1
2018年全国I卷27题 1
2019年全国II卷26题 1 1
2019年天津9题 环己烯和溴加成； ; 1 1
2019年北京9题 苯酚和溴取代； ; ; 1 1 1
2020年江苏18题 ; ; 1 1
2020年7月浙江卷30题 1 1 1
2021年6月浙江卷30题 1 1
2021年山东18题 ; ; ; 1 1
2022年河北14题 1 1 1
2023年湖北18题 1
（4）其它
题号 原理 计算 评价 实验
2022年江苏16题 1
2024年浙江6月20题 n(AgI) = n(AgNO3)-n(AgSCN) = n(AgNO3)-n(NH4SCN) 1 1
2.1经典题重温-高锰酸钾法
1. （2024全国甲卷9）CO(NH2)2·H2O2 (俗称过氧化脲)是一种消毒剂，实验室中可用尿素与过氧化氢制取，反应方程式如下：CO(NH2)2+H2O2 = CO(NH2)2·H2O2
(一)过氧化脲的合成
烧杯中分别加入25mL30% H2O2（ρ=1.11g·cm－3）、40mL蒸馏水和12.0g尿素，搅拌溶解。30℃下反应40min，冷却结晶、过滤、干燥，得白色针状晶体9.4g。
(二)过氧化脲性质检测
I．过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，滴加KMnO4溶液，紫红色消失。
Ⅱ．过氧化脲溶液用稀H2SO4酸化后，加入KI溶液和四氯化碳，振荡，静置。
(三)产品纯度测定
溶液配制：称取一定量产品，用蒸馏水溶解后配制成100mL溶液。
滴定分析：量取25.00mL过氧化脲溶液至锥形瓶中，加入一定量稀H2SO4，用准确浓度的KMnO4溶液滴定至微红色，记录滴定体积，计算纯度。
（2）过氧化脲的产率为 。
【答案】50%
【解析】实验中加入尿素的质量为12.0g，物质的量为0.2mol，过氧化氢的质量为25mL×1.11g·cm－3×30% =8.325g，物质的量约为0.245mol，过氧化氢过量，产率应按照尿素的质量计算，理论上可得到过氧化脲0.2mol，质量为0.2mol×94g/mol=18.8g，实验中实际得到过氧化脲9.4g，故过氧化脲的产率为(9.4g/18.8)×100%=50%
2.（2024高三·浙江3月模拟节选）三草酸合铁(Ⅲ)酸钾的化学式为K3[Fe(C2O4)3] ·3H2O，是用于制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一些有机反应的催化剂，具有工业生产价值。实验室采用如下方案制备三草酸合铁酸钾。
步骤①：先在烧杯中加入2.40gFeC2O4·2H2O晶体，再加入15.00mL饱和草酸钾溶液，水浴加热40℃，用滴管慢慢加入12.00mL6%H2O2溶液，不断搅拌，充分反应后溶液为绿色并有红褐色沉淀生成。
步骤②：加热溶液至沸腾，然后将适量草酸溶液逐滴滴入上述溶液中，不断搅拌至沉淀完全溶解为透明的绿色溶液。
步骤③：最后冷却后，缓慢加入无水乙醇，结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗产品。
已知：三草酸合铁酸钾为翠绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，光照时分解得到黄色晶体(FeC2O4·2H2O)。
(4)用高锰酸钾滴定法测产品的纯度，三次滴定数据记录如下。
准确称取0.2000g产品三草酸合铁酸钾晶体(M=491g·mol－1)，用上述已标定浓度的高锰酸钾溶液滴定，消耗20.00mL高锰酸钾溶液，则该次实验制得的产品纯度为 。
序号 1 2 3
滴定前读数mL 0.98 1.26 1.01
滴定后读数mL 11.00 10.12 10.99
【答案】81.83%
【解析】如果取用草酸基准试剂量较大，滴定时高锰酸钾的用量容易超过滴定管的量程，选择a；滴定三组数据消耗高锰酸钾溶液的体积为10.02mL、8.86mL、9.98mL，舍去第二组数据则消耗高锰酸钾的平均体积为：（10.02+9.98）mL÷2=10.00mL，，则c=0.02 mol·L－1； ，则样品的纯度为：，故答案为： 81.83%。
3．(23-24山西运城高三一调节选)中医药典记载木耳具有“和血养营”功效。某实验小组称取一定量黑木耳以检验黑木耳中含有铁元素、并测定铁元素含量。实验过程如下：
Ⅱ．定量分析1——高锰酸钾滴定法
(3)取一定量待测液，利用盐酸羟胺（在溶液中可完全电离出NH3OH+与Cl－）将溶液中Fe3+还原为Fe2+，同时产生一种无污染的气体，该反应的离子方程式为 ；再利用酸性高锰酸钾溶液氧化Fe2+，根据消耗的高锰酸钾溶液的体积以计算铁元素含量。
(4)配制一定物质的量浓度的高锰酸钾溶液时，下列操作会使铁元素含量测量值偏高的是________。
A．没有进行洗涤操作
B．定容时俯视容量瓶的刻度线
C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线
D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制
Ⅲ．定量分析2——吸光度法
(5)取10mL待测液，利用吸光度法测得其吸光度为0.600（吸光度与Fe2+的浓度关系如下图所示）。
该黑木耳中铁元素的含量（溶液密度为1g·mL－1）＝ （mg/100g）。
【答案】(3) 2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++4H++N2+H2O (4)AC (5)0.336
【解析】（3）盐酸羟胺将溶液中Fe3+被还原为Fe2+，同时产生一种无污染的气体，由电子得失守恒和元素守恒可知，该气体为N2，根据氧化还原反应配平可得，该反应的离子方程式为：2Fe3++2NH3OH+=2Fe2++4H++N2+H2O，
（4）A．没有进行洗涤操作，会导致高锰酸钾溶液浓度偏低，滴定时消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，铁元素含量测量值偏高，A项符合题意；
B．定容时俯视容量瓶的刻度线，会导致高锰酸钾溶液体积偏小，浓度偏高，滴定时消耗高锰酸钾溶液的体积偏小，铁元素含量测量值偏低，B项不符合题意；
C．摇匀后发现液面低于容量瓶刻度线，再滴加蒸馏水至刻度线，会导致高锰酸钾溶液浓度偏低，滴定时消耗高锰酸钾溶液的体积偏大，铁元素含量测量值偏高，C项符合题意；
D．转移洗涤液时洒到容量瓶外，继续用该未清洗的容量瓶重新配制，会导致高锰酸钾溶液浓度偏高，滴定时消耗高锰酸钾溶液的体积偏小，铁元素含量测量值偏低，D项不符合题意；故选AC。
（5）取10mL待测液，利用吸光度法测得其吸光度为0.600，由图像可知，对应的c(Fe2+)=0.060m mol·L－1，溶液密度为1g·mL－1，所以100g溶液中铁元素的质量为6×10－5 mol·L－1×0.1L×56g·mol－1=3.36×10－4g=0.336mg,，即黑木耳中铁元素的含量0.336mg/100g。
4.（2020年1月浙江卷27题）．为测定样品的纯度，用硫酸溶解6.300 g样品，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用标准溶液滴定至终点。重复实验，数据如下：
序号 滴定前读数/mL 滴定终点读数/mL
1 0.00 19.98
2 1.26 22.40
3 1.54 21.56
已知：
假设杂质不参加反应。
该样品中的质量分数是________%（保留小数点后一位）；
写出简要计算过程：________。
【答案】95.2 ；
【解析】第一次所用标准液为：19.98mL，第二次所用标准液为22.40-1.26=20.14mL，第三次所用标准液为：21.56-1.54=20.02mL，第二次数据偏差较大舍去，所以所用标准液的体积为;根据方程式可知反应中存在数量关系：
3MnO4-~5，所以25mL待测液中所含的物质的量为：
，质量为
，所以样品中质量分数为。
5.（2018年全国II卷28题）．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。回答下列问题：
（1）晒制蓝图时，用K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光剂，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑；显色反应的化学方程式为______________。
（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是________________________________________。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有___________、___________。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是_____________________________。
④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是：________________。
（3）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铜粉至反应完全后，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】3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]=Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4 隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置 CO2 CO 先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气 取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1~2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3 粉红色出现
【解析】（1）光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑，反应后有草酸亚铁产生，所以显色反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]＝Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4。
（2）①装置中的空气在高温下能氧化金属铜，能影响E中的反应，所以反应前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装置中的空气；反应中有气体生成，不会全部进入后续装置。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，说明反应中一定产生二氧化碳。装置E中固体变为红色，说明氧化铜被还原为铜，即有还原性气体CO生成，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO；
③为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的压力，所以停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气即可。
④要检验Fe2O3存在首先要转化为可溶性铁盐，因此方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1～2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3。
（3）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铜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。
6.（2020年北京卷18 ）MnO2是重要的化工原料，山软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：
资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2
②全属离于沉淀的pH
Fe3+ Al3+ Mn2+ Fe2+
开始沉淀时 1.5 3.4 5.8 6.3
完全沉淀时 2.8 4.7 7.8 8.3
③该工艺条件下，MnO2与H2SO4反应。
（1）溶出
①溶出前，软锰矿需研磨。目的是____。
②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示：
i.步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是____。
ii.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是____。
（2）纯化。已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：____。
（3）电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是____。
（4）产品纯度测定。向ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用cmol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL(已知：MnO2及Mn均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0)
产品纯度为____(用质量分数表示)。
【答案】增大反应速率，提高浸出率； MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O ；
二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+；MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱；
Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；
【解析】（1）①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率；
②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O；
ii.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的减少Fe2+，故实际比值(0.9)小于2。
（2）MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3+、Fe3+；
（3）电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；
（4）根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原发，剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠为-；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=-，产品纯度=×100%=。
2.2经典题重温-重铬酸钾法
7.（2018年天津卷9题）烟道气中的NOx是主要的大气污染物之一，为了监测其含量，选用如下采样和检测方法。回答下列问题：
Ⅰ.采样
采样步骤：
①检验系统气密性；②加热器将烟道气加热至140℃；③打开抽气泵置换系统内空气；④采集无尘、干燥的气样；⑤关闭系统，停止采样。
（1）A中装有无碱玻璃棉，其作用是___________。
（2）C中填充的干燥剂是（填序号）___________。
A．碱石灰 B．无水CuSO4 C．P2O5
（3）用实验室常用仪器组装一套装置，其作用是与D（装有碱液）相同，在虚线框中画出该装置的示意图，标明气体的流向及试剂。______________
（4）采样步骤②加热烟道气的目的是___________。
Ⅱ.NOx含量的测定
将v L气样通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3 ，加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入v1 mL c1 mol·L 1 FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用c2 mol·L 1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗v2 mL。
（5）NO被H2O2氧化为NO3 的离子方程式是___________。
（6）滴定操作使用的玻璃仪器主要有___________。
（7）滴定过程中发生下列反应：
3Fe2++NO3 +4H+NO↑+3Fe3++2H2O；Cr2+ 6Fe2+ +14H+ 2Cr3+ +6Fe3++7H2O
则气样中NOx折合成NO2的含量为_________mg·m 3。
（8）判断下列情况对NOx含量测定结果的影响（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）
若缺少采样步骤③，会使测试结果___________。
若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果___________。
【答案】除尘； c ； ；防止NOx溶于冷凝水；
2NO+3H2O2=2H++2+2H2O；锥形瓶、酸式滴定管； ；偏低;偏高
【解析】（1）A的过程叫“过滤”，所以其中玻璃棉的作用一定是除去烟道气中的粉尘。
（2）碱石灰是碱性干燥剂可能与NOX反应，所以不能使用。硫酸铜的吸水能力太差，一般不用做干燥剂，所以不能使用。五氧化二磷是酸性干燥剂，与NOX不反应，所以选项c正确。
（3）实验室通常用洗气瓶来吸收气体，与D相同应该在洗气瓶中加入强碱（氢氧化钠）溶液，所以答案为：。
（4）加热烟道气的目的是避免水蒸气冷凝后，NOX溶于水中。
（5）NO被H2O2氧化为硝酸，所以反应的离子方程式为：2NO+3H2O2=2H++2NO3–+2H2O。
（6）滴定中使用酸式滴定管（本题中的试剂都只能使用酸式滴定管）和锥形瓶。
（7）用c2 mol·L 1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL，此时加入的Cr2O72-为c2V2/1000 mol；所以过量的Fe2+为6c2V2/1000 mol；则与硝酸根离子反应的Fe2+为(c1V1/1000－6c2V2/1000) mol；所以硝酸根离子为(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol；根据氮元素守恒，硝酸根与NO2的物质的量相等。考虑到配制100mL溶液取出来20mL进行实验，所以NO2为5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 mol，质量为46×5(c1V1/1000－6c2V2/1000)/3 g，即230(c1V1－6c2V2)/3 mg。这些NO2是VL气体中含有的，所以含量为230(c1V1－6c2V2)/3V mg·L-1，即为1000×230(c1V1－6c2V2)/3V mg·m-3，所以答案为： mg·m 3。
（8）若缺少采样步骤③，装置中有空气，则实际测定的是烟道气和空气混合气体中NOX的含量，测定结果必然偏低。若FeSO4标准溶液部分变质，一定是部分Fe2+被空气中的氧气氧化，计算时仍然认为这部分被氧化的Fe2+是被硝酸根离子氧化的，所以测定结果偏高。
8.（2022年山东卷18题）实验室利用和亚硫酰氯()制备无水的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知沸点为，遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题：
（1）实验开始先通。一段时间后，先加热装置_______(填“a”或“b”)。装置b内发生反应的化学方程式为_______。装置c、d共同起到的作用是_______。
（2）现有含少量杂质的，为测定n值进行如下实验：
实验Ⅰ：称取样品，用足量稀硫酸溶解后，用标准溶液滴定达终点时消耗(滴定过程中转化为，不反应)。
实验Ⅱ：另取样品，利用上述装置与足量反应后，固体质量为。
则_______；下列情况会导致n测量值偏小的是_______(填标号)。
A．样品中含少量杂质
B．样品与反应时失水不充分
C．实验Ⅰ中，称重后样品发生了潮解
D．滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
（3）用上述装置、根据反应制备。已知与分子结构相似，与互溶，但极易水解。选择合适仪器并组装蒸馏装置对、混合物进行蒸榴提纯(加热及夹持装置略)，安装顺序为①⑨⑧_______(填序号)，先馏出的物质为_______。
【答案】（1） a FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl 冷凝回流SOCl2
（2） AB （3） ⑥⑩③⑤ CCl4
【解析】SOCl2与H2O反应生成两种酸性气体，FeCl2 4H2O与SOCl2制备无水FeCl2的反应原理为：SOCl2吸收FeCl2 4H2O受热失去的结晶水生成SO2和HCl，HCl可抑制FeCl2的水解，从而制得无水FeCl2。
（1）实验开始时先通N2，排尽装置中的空气，一段时间后，先加热装置a，产生SOCl2气体充满b装置后再加热b装置，装置b中发生反应的化学方程式为FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；装置c、d的共同作用是冷凝回流SOCl2；答案为：a；FeCl2 4H2O+4SOCl2(g)FeCl2+4SO2+8HCl；冷凝回流SOCl2。
（2）滴定过程中将Fe2+氧化成Fe3+，自身被还原成Cr3+，反应的离子方程式为6Fe2+++14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，则m1g样品中n(FeCl2)=6n()=6cV×10-3mol；m1g样品中结晶水的质量为(m1-m2)g，结晶水物质的量为mol，n(FeCl2)：n(H2O)=1：n=(6cV×10-3mol)：mol，解得n=；
A．样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成Fe2+，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A项选；
B．样品与SOCl2反应时失水不充分，则m2偏大，使n的测量值偏小，B项选；
C．实验I称重后，样品发生了潮解，样品的质量不变，消耗的K2Cr2O7溶液的体积V不变，使n的测量值不变，C项不选；
D．滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大，D项不选； 答案选AB。
（3）组装蒸馏装置对TiCl4、CCl4混合物进行蒸馏提纯，按由下而上、从左到右的顺序组装，安装顺序为①⑨⑧，然后连接冷凝管，蒸馏装置中应选择直形冷凝管⑥、不选用球形冷凝管⑦，接着连接尾接管⑩，TiCl4极易水解，为防止外界水蒸气进入，最后连接③⑤，安装顺序为①⑨⑧⑥⑩③⑤；由于TiCl4、CCl4分子结构相似，TiCl4的相对分子质量大于CCl4，TiCl4分子间的范德华力较大，TiCl4的沸点高于CCl4，故先蒸出的物质为CCl4；答案为：⑥⑩③⑤；CCl4。
2.3经典题重温-碘量法
9.(2023年湖北卷18)学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
（4）取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指示剂，用0.1000mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。(已知：，)标志滴定终点的现象是_______，粗品中X的相对含量为_______。
【答案】①. 溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 ②. 72%
【解析】滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色；在CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据，，可以得到关系式：，则n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相对含量为。
10．（2021年山东卷18题）六氯化钨(WCl6)可用作有机合成催化剂，熔点为283℃，沸点为340℃，易溶于CS2，极易水解。实验室中，先将三氧化钨(WO3)还原为金属钨(W)再制备WCl6，装置如图所示(夹持装置略)。回答下列问题：
（1）检查装置气密性并加入WO3。先通N2，其目的是___；一段时间后，加热管式炉，改通H2，对B处逸出的H2进行后续处理。仪器A的名称为___，证明WO3已被完全还原的现象是___。
（2）WO3完全还原后，进行的操作为：①冷却，停止通H2；②以干燥的接收装置替换E；③在B处加装盛有碱石灰的干燥管；④……；⑤加热，通Cl2；⑥……。碱石灰的作用是___；操作④是___，目的是___。
（3）利用碘量法测定WCl6产品纯度，实验如下：
①称量：将足量CS2(易挥发)加入干燥的称量瓶中，盖紧称重为m1g；开盖并计时1分钟，盖紧称重为m2g；再开盖加入待测样品并计时1分钟，盖紧称重为m3g，则样品质量为___g(不考虑空气中水蒸气的干扰)。
②滴定：先将WCl6转化为可溶的Na2WO4，通过离子交换柱发生反应：+Ba(IO3)2=BaWO4+2；交换结束后，向所得含的溶液中加入适量酸化的KI溶液，发生反应：+5+6=3I2+3H2O；反应完全后，用Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应：I2+2S2=2+S4。滴定达终点时消耗cmol L-1的Na2S2O3溶液VmL，则样品中WCl6(摩尔质量为Mg mol-1)的质量分数为___。称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)，样品中WCl6质量分数的测定值将___(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】排除装置中的空气 ；直形冷凝管 ；不再有水凝结；吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E ；再次通入N2 ；排除装置中的H2 ；
( m3+m1-2m2) ； % ；不变；偏大
【解析】（1）用H2还原WO3制备W，装置中不能有空气，所以先通N2，其目的是排除装置中的空气；由仪器构造可知仪器A的名称为直形冷凝管；当WO3被完全还原后，不再有水生成，则可观察到的现象为锥形瓶中不再有液滴滴下，即不再有水凝结。故答案为：不再有水凝结；
（2）由信息可知WCl6极易水解，W与Cl2反应制取WCl6时，要在B处加装盛有碱石灰的干燥管，防止空气中的水蒸气进入E中，所以碱石灰的作用其一是吸收多余氯气，防止污染空气；其二是防止空气中的水蒸气进入E；在操作⑤加热，通Cl2之前，装置中有多余的H2，需要除去，所以操作④是再次通入N2，目的是排除装置中的H2，故答案为：吸收多余氯气，防止污染空气；防止空气中的水蒸气进入E；再次通入N2；排除装置中的H2；
（3）①根据分析，称量时加入足量的CS2，盖紧称重为m1g，由于CS2易挥发，开盖时要挥发出来，称量的质量要减少，开盖并计时1分钟，盖紧称重m2g，则挥发出的CS2的质量为(m1- m2)g，再开盖加入待测样品并计时1分钟，又挥发出(m1- m2)g的CS2，盖紧称重为m3g，则样品质量为：m3g-m1g+2(m1- m2)g=( m3+m1- 2m2)g，故答案为：( m3+m1- 2m2)；
②滴定时，根据关系式：WO~2IO~6I2~12 S2O，样品中n(WCl6)=n(WO)=n(S2O)=cV10-3mol，m(WCl6)=cV10-3molMg/mol=g，则样品中WCl6的质量分数为：100%=%；根据测定原理，称量时，若加入待测样品后，开盖时间超过1分钟，挥发的CS2的质量增大，m3偏小，但WCl6的质量不变，则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变，样品中WCl6质量分数的测定值将偏大，故答案为：%；不变；偏大。
11.（2019年天津卷9题）环己烯是重要的化工原料。其实验室制备流程如下：
回答下列问题：
Ⅰ．环己烯的制备与提纯
（1）原料环己醇中若含苯酚杂质，检验试剂为____________，现象为__________________。
（2）操作1的装置如图所示（加热和夹持装置已略去）。
①烧瓶A中进行的可逆反应化学方程式为________________________，浓硫酸也可作该反应的催化剂，选择而不用浓硫酸的原因为________________________（填序号）。
a．浓硫酸易使原料碳化并产生
b．污染小、可循环使用，符合绿色化学理念
c．同等条件下，用比浓硫酸的平衡转化率高
②仪器B的作用为____________。
（3）操作2用到的玻璃仪器是____________。
（4）将操作3（蒸馏）的步骤补齐：安装蒸馏装置，加入待蒸馏的物质和沸石，____________，弃去前馏分，收集83℃的馏分。
Ⅱ．环己烯含量的测定
在一定条件下，向环己烯样品中加入定量制得的，与环己烯充分反应后，剩余的与足量作用生成，用的标准溶液滴定，终点时消耗标准溶液（以上数据均已扣除干扰因素）。
测定过程中，发生的反应如下：
①
②
③
（5）滴定所用指示剂为____________。样品中环己烯的质量分数为____________（用字母表示）。
（6）下列情况会导致测定结果偏低的是____________（填序号）。
a．样品中含有苯酚杂质
b．在测定过程中部分环己烯挥发
c．标准溶液部分被氧化
【答案】溶液 ；溶液显紫色 ；；a、b ；冷凝回流；环己醇，提高其转化率；分液漏斗、烧杯；通冷凝水，加热；淀粉溶液 ； ；
b、c
【解析】I.（1）检验苯酚的首选试剂是FeCl3溶液，原料环己醇中若含有苯酚，加入FeCl3溶液后，溶液将显示紫色；
（2）①从题给的制备流程可以看出，环己醇在FeCl3·6H2O的作用下，反应生成了环己烯，对比环己醇和环己烯的结构，可知发生了消去反应，反应方程式为：，注意生成的小分子水勿漏写，题目已明确提示该反应可逆，要标出可逆符号，FeCl3·6H2O是反应条件（催化剂）别漏标；此处用FeCl3·6H2O而不用浓硫酸的原因分析中：a项合理，因浓硫酸具有强脱水性，往往能使有机物脱水至炭化，该过程中放出大量的热，又可以使生成的炭与浓硫酸发生反应：C+2H2SO4(浓) CO2↑+SO2↑+2H2O；b项合理，与浓硫酸相比，FeCl3·6H2O对环境相对友好，污染小，绝大部分都可以回收并循环使用，更符合绿色化学理念；c项不合理，催化剂并不能影响平衡转化率；
②仪器B为球形冷凝管，该仪器的作用除了导气外，主要作用是冷凝回流，冷凝回流环己醇，提高其转化率；
（3）操作2实现了互不相溶的两种液体的分离，应是分液操作，分液操作时需要用到的玻璃仪器主要有分液漏斗和烧杯；
（4）题目中已明确提示了操作3是蒸馏操作。蒸馏操作在加入药品后，要先通冷凝水，再加热；如先加热再通冷凝水，必有一部分馏分没有及时冷凝，造成浪费和污染；
II.（5）因滴定的是碘单质的溶液，所以选取淀粉溶液比较合适；根据所给的②式和③式，可知剩余的Br2与反应消耗的Na2S2O3的物质的量之比为1：2，所以剩余 Br2的物质的量为：n(Br2)余=×cmol·L-1×vmL×10-3L·mL-1=mol，反应消耗的Br2的物质的量为（b-）mol，据反应①式中环己烯与溴单质1：1反应，可知环己烯的物质的量也为（b-）mol，其质量为（b-）×82g，所以ag样品中环己烯的质量分数为：。
（6）a项错误，样品中含有苯酚，会发生反应，每反应1molBr2，消耗苯酚的质量为31.3g；而每反应1mol Br2，消耗环己烯的质量为82g；所以苯酚的混入，将使耗Br2增大，从而使环己烯测得结果偏大；b项正确，测量过程中如果环己烯挥发，必然导致测定环己烯的结果偏低；c项正确，Na2S2O3标准溶液被氧化，必然滴定时消耗其体积增大，即计算出剩余的溴单质偏多，所以计算得出与环己烯反应的溴单质的量就偏低，导致最终环己烯的质量分数偏低。
三、模型建构
1.一心一意型
关注：
（1）计量系数之比
（2）配制溶液的体积与取样体积
（3）样品的形态/摩尔质量
（4）计算的要求
2.一心二用型
关注：
（1）核心物质和最后一步滴定剂之间的计量系数关系
（2）一心二用的物质的质量守恒
（3）配制溶液的体积与取样体积
（4）样品的形态/摩尔质量
（5）计算的要求
四、名师导学
1.命题特点
（1）基于氧化还原反应
（2）直接滴定或者间接滴定
（3）求算纯度、质量分数
（4）基于误差分析的评价
（5）实验具体操作的考查
2.试题立意
（1）基于一种有价值的物质的纯度、含量的测定
（2）考查计算、误差分析、评价、实验操作
3.考点考向
（1）氧化还原反应、离子方程式的书写
（2）以高锰酸钾法、重铬酸钾法、碘量法为载体进行考查
（3）计算主要考查纯度、质量分数；注意数据分析和有效数字
（4）评价主要平时考查误差分析
（5）实验操作考查溶液配制、滴定操作规范、终点判断
4.试题类型
（1）主观题中的一部分
（2）实验题和无机题中最常见；有机题中也出现过
（3）绝大多数考查计算
（4）大部分考查误差分析
（5）指示剂选择、终点判断也有考查
（6）不排除选择题中出现
5.解题思路
（1）直接滴定还是间接滴定
（2）找准氧化剂、还原剂的物质的量对应关系
（3）找准核心物质和最终滴定剂之间的量的关系
（4）计算需要过程、还是只要结果；部分设问只需要写表达式
（5）是否需要指示剂，需要什么指示剂，终点现象分析清楚
（6）误差分析，把握计算量和实际量的比较
（7）实验操作，熟练掌握配制溶液、滴定前后的规范操作

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