2026年高考化学二轮复习（全国）重难25 滴定实验综合（重难专练）（解析版）

重难25滴定实验综合

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一、滴定法

即利用滴定操作原理，通过酸碱中和滴定、沉淀滴定、氧化还原反应滴定和络合滴定等获得相应数据后再

进行相关计算。

①滴定分析法是将已知准确浓度的标准溶液，滴加到被测溶液中(或者将被测溶液滴加到标准溶液中)，直到

所加的标准溶液与被测物质按化学计量关系定量反应为止，然后测量标准溶液消耗的体积，根据标准溶液

的浓度和所消耗的体积，算出待测物质的含量。

②实验的关键是准确量取待测溶液，根据指示剂的颜色变化确定滴定终点。

③根据标准溶液和待测溶液间的反应类型的不同，可将滴定分析法分为四大类：中和滴定、氧化还原滴定、

络合滴定和沉淀滴定。根据滴定的方式不同又可分为直接滴定法、返滴定法、置换滴定法和间接滴定法等。

④滴定分析法要求发生的反应要完全、反应速率要快、反应要等当量进行、要选择恰当的指示剂。

二、酸碱中和滴定（以标准浓度盐酸滴定未知浓度NaOH溶液为例）

1．实验原理：c(NaOH)＝[c(HCl)∙V(HCl)]/V(NaOH)

2．实验仪器：酸、碱式滴定管、铁架台、滴定管夹、锥形瓶、烧杯。

3．实验用品：标准溶液、待测液、指示剂、蒸馏水

4．实验步骤：检漏、准备、滴定。

5．误差分析：

能引起误差的一些操作V（HCl）c（NaOH）

药品不纯（如NaOH中含Na2O）增大偏高

锥形瓶用蒸馏水洗净后，未把水倒净无影响

锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测液润洗增大偏高

酸式滴定管未用标准液润洗增大偏高

碱式滴定管未用待测液润洗减小偏低

用移液管量取25mL待测时将残液吹出增大偏高

内有气泡，滴定后无气泡增大偏高

尖嘴未充满标准液就开始滴定增大偏高

滴定时部分标准液附在锥形瓶壁上增大偏高

滴定时摇匀或HCl成股流下减小偏低

滴前仰视读数，滴后俯视读数减小偏低

用酚酞做指示剂，当红色褪成无色，反滴一滴无颜色变化增大偏高

三、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，或者间接滴定本身并

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

①常见用于滴定的氧化剂：KMnO4、K2Cr2O7、碘液等。

②常见用于滴定的还原剂：亚铁盐、草酸、维生素C、Na2S2O3等。

（3）指示剂

①氧化还原指示剂。

②专用指示剂，如淀粉溶液可用作碘量法的指示剂。

③自身指示剂，如KMnO4溶液可自身指示滴定终点。

（4）实例

①酸性KMnO4溶液滴定H2C2O4溶液

－＋2＋

原理2MnO4＋6H＋5H2C2O4===10CO2↑＋2Mn＋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

终点判断

褪色，说明到达滴定终点

②Na2S2O3溶液滴定碘液

原理2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI

指示剂用淀粉溶液作指示剂

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，

终点判断

说明到达滴定终点

四、沉淀滴定法

（1）概念：沉淀滴定法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－浓度。

（2）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溶液滴定溶液中的Cl的含

2－

量时常以CrO4为指示剂，这是因为AgCl比Ag2CrO4更难溶。

（建议用时：20分钟）

1．（2025·安徽卷）侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，

以NaCl和NH4HCO3为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下：

①配制饱和食盐水；

②在水浴加热下，将一定量研细的NH4HCO3，加入饱和食盐水中，搅拌，使NH4HCO3，溶解，静置，析

出NaHCO3晶体；

③将NaHCO3晶体减压过滤、煅烧，得到Na2CO3固体。

回答下列问题：

（1）步骤①中配制饱和食盐水，下列仪器中需要使用的有(填名称)。

（2）步骤②中NH4HCO3需研细后加入，目的是。

（3）在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱，优点是。

（4）实验小组使用滴定法测定了产品的成分。滴定过程中溶液的pH随滴加盐酸体积变化的曲线如下图所

示。

i．到达第一个滴定终点B时消耗盐酸V1mL，到达第二个滴定终点C时又消耗盐酸V2mL。V1=V2，所得产

品的成分为(填标号)。

a．Na2CO3b．NaHCO3c．Na2CO3和NaHCO3d．Na2CO3和NaOH

ii．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓。该同学所

记录的填或。

V1'V1(“>”“<”“=”)

（5）已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30．7g和10．3g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2气

体会产生NaHCO3晶体。实验小组进行相应探究：

实验操作现象

将CO2匀速通入置于烧杯中的20mL饱和Na2CO3溶液，

a无明显现象

持续20min，消耗600mLCO2

将20mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500mL矿泉矿泉水瓶变瘪，3min后

b

水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶1~2min，静置开始有白色晶体析出

i．实验a无明显现象的原因是。

ii．析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO310H2O。称取0.42g晾干后的白色晶体，加热至恒重，

将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH溶液，NaOH溶液增重0．088g，则白色晶体中NaHCO3的

质量分数为。

【答案】（1）烧杯、玻璃棒

（2）加快NH4HCO3溶解、加快NH4HCO3与NaCl反应

（3）工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高

（4）a>

（5）CO2在饱和Na2CO3溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的NaHCO3

的量较少，NaHCO3在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体80%

【分析】本题以NaCl和NH4HCO3为反应物，在实验室制备纯碱。考查了配制饱和溶液的方法及所用的试

剂；用NH4HCO3代替CO2和NH3，使工艺变得简单易行，原料利用率较高，且环保、制备效率较高；滴定

分析中利用了碳酸钠与盐酸反应分步进行，根据两个滴定终点所消耗的盐酸用量分析产品的成分；通过对

比实验可以发现CO2的充分溶解对NaHCO3的生成有利。

【解析】（1）步骤①中配制饱和食盐水，要在烧杯中放入一定量的食盐，然后向其中加入适量的水并用玻

璃棒搅拌使其恰好溶解，因此需要使用的有烧杯和玻璃棒。

（2）固体的颗粒越小，其溶解速率越大，且其与其他物质反应的速率越大，因此，步骤②中NH4HCO3需

研细后加入，目的是加快NH4HCO3溶解、加快NH4HCO3与NaCl反应。

（3）CO2和NH3在水中可以发生反应生成NH4HCO3，但是存在气体不能完全溶解、气体的利用率低且对

环境会产生不好的影响，因此，在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱，其优点是工艺简单、绿

色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高。

（4）i．根据图中的曲线变化可知，到达第一个滴定终点B时，发生的反应为Na2CO3HCl=NaCl+NaHCO3，

消耗盐酸V1mL;到达第二个滴定终点C时,发生的反应为NaHCO3HCl=NaCl+CO2H2O，又消耗盐酸

V2mL,因为V1=V2，说明产品中不含NaHCO3和NaOH，因此，所得产品的成分为Na2CO3，故选a。

ⅱ．到达第一个滴定终点前，某同学滴定速度过快，摇动锥形瓶不均匀，致使滴入盐酸局部过浓，其必然会

使一部分与盐酸反应生成，从而使得偏大、偏小，因此，该同学所记录的。

Na2CO3CO2V1V2V1'>V1

（5）i．实验a无明显现象的原因是：CO2在饱和Na2CO3溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反

应的速率也较小，生成的NaHCO3的量较少，NaHCO3在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体。

ii．析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO310H2O。称取0.42g晾干后的白色晶体，加热至恒重，

将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH溶液。NaHCO3受热分解生成的气体中有H2O和CO2，而

Na2CO310H2O分解产生的气体中只有H2O，无水CaCl2可以吸收分解产生的H2O，NaOH溶液可以吸收

分解产生的CO2；NaOH溶液增重0．088g，则分解产生的CO2的质量为0．088g，其物质的量为

0．088g

0.002mol，由分解反应可知，NaHCO的物质的量为0.004mol，则白色晶体中NaHCO的质量

44gmol133

0.336

为0.004mol84gmol10.336g，故其质量分数为100%80%。

0.42

2．我国是世界上最大的糠醛生产国和出口国，糠酸是一种重要的医药中间体和化工中间体，工业上以CuO

为催化剂，催化氧化糠醛制备糠酸，其反应原理如下：

其反应的步骤为：

已知：①相关物质的信息：

熔点沸点溶解性相对分子质量

糠醛36.5℃161℃常温下与水部分互溶96

糠酸133℃230℃微溶于冷水、易溶于热水112

②碱性条件下，糠醛分子间易发生自聚反应而生成高聚物。

回答下列问题：

（1）下图中仪器a的名称为。

（2）三颈烧瓶中发生的反应的化学方程式为。

（3）步骤Ⅰ的加料方式为：同时打开a、b下端的活塞，并使滴加速度相同，以便反应物滴加到三颈烧瓶内

能与氧化铜瞬时混合。该操作的优点为。

（4）步骤Ⅲ中，悬浊液经“过滤、洗涤、干燥”得到糠酸粗品，洗涤粗糠酸应使用(填字母)，进

一步提纯糠酸的实验操作方法是。

A．热水B．冷水C．乙醚

（5）为了提高糠酸的纯度，需提纯糠醛。实验室常用蒸馏方法得到较纯糠醛。因蒸气温度高于140℃，实

验时应选用下图中的(填仪器名称)，原因是。

（6）糠酸纯度的测定：取1.120g提纯后的糠酸样品，配成100mL溶液，准确量取25.00mL于锥形瓶中，

加入几滴酚酞溶液，用0.0900molL1KOH标准溶液滴定，平行滴定三次，平均消耗KOH标准溶液24.80mL。

①估算糠酸的纯度约为(选填序号)。

A．65%75%B．75%85%C．85%95%

②下列操作会导致产品纯度偏低的是。(选填序号)

A．盛装标准液的滴定管未用标准液润洗B．锥形瓶洗净后未干燥，残留蒸馏水

C．滴定前平视读数，滴定后俯视读数D．滴定前尖嘴处无气泡，滴定后有气泡

【答案】（1）恒压滴液漏斗

（2）

（3）便于控制反应速率，以及降低副反应的程度

（4）B重结晶

（5）空气冷凝管蒸气温度与冷却水温度差大，易局部过热而使冷凝管炸裂

（6）①C②CD

【分析】以CuO为催化剂，催化氧化糠醛制备糠酸，三颈烧瓶中糠醛和氧气在氢氧化钠碱性、CuO催化条

件下发生反应：，生成的糠酸钠在

进一步用pH=2的H2SO4进行酸化得到悬浊液，悬浊液经“过滤、洗涤、干燥”得到糠酸粗品，用重结晶进一

步提纯糠酸，据此分析。

【解析】（1）仪器a的名称为恒压滴液漏斗；

（2）三颈烧瓶发生催化氧化的化学方程式为

；

（3）根据信息：碱性条件下，糠醛分子间易发生自聚反应而生成高聚物，故同时滴加反应物，便于控制反

应速率，以及降低副反应的程度；

（4）糠酸微溶于冷水，可以用冷水洗涤，故选B；常温下糠酸粗品是固体，溶解度随温度变化大，可以用

重结晶进一步提纯，故答案为：重结晶；

（5）空气冷凝管利用空气冷却，降温平缓，没有剧烈的温度变化，而直形冷凝管利用循环水冷却，温差巨

大，会造成局部剧烈，不均匀的冷热收缩，导致冷凝管炸裂，蒸气温度高于水的沸点，应采用空气冷凝管；

故答案为：空气冷凝管；蒸气温度与冷却水温度差大，易局部过热而使冷凝管炸裂；

（6）①糠酸分子与KOH为1：1滴定，则100mL糠酸样品溶液中糠酸的质量为

100mL0.999936g

0.0900molL124.80mL103L112gmol10.999936g，糠酸纯度为100%89.28%，

25mL1.120g

故选C；

②A．盛放KOH标准液的滴定管未润洗，导致KOH浓度偏小，滴加KOH体积偏大，测得纯度偏高，A不

符题意；B．锥形瓶中残留蒸馏水不影响糠醛的物质的量，对结果无影响，B不符题意；C．滴定后俯视读

数，测得所用KOH体积小，测定纯度偏小，C符合题意；D．滴定后尖嘴有气泡，测得所用KOH体积偏

小，所测结果偏小，D符合题意；故选CD；

3．I2O5白色固体常作氧化剂、分析试剂等。某小组拟制备I2O5并测定某空气中CO含量。回答下列问题：

实验(一)制备I2O5。

步骤1：碘粉和浓硝酸混合并加热至75℃，充分反应后得到含HIO3的混合物(HIO3难挥发)；步骤2：经过

滤得到HIO3溶液；步骤3：将HIO3溶液加热至170200C制得白色固体I2O5。

（1）仪器L的名称是，步骤1采用热水浴加热，与直接用酒精灯加热相比，其优点

是。

（2）甲装置中生成HIO3时只生成了一种还原产物(R)，该反应的化学方程式为。

（3）R在乙装置中生成了两种盐，该反应的离子方程式为。

实验(二)测定某空气中CO的含量。

步骤1：常温常压下，点燃酒精灯，向装置Ⅱ(含0.05molI2O5，足量)中缓慢通入空气至充分反应，测得通入

空气的体积为VmL；步骤2：实验完毕后，取装置Ⅱ中残留固体粉末(生成的I2已全部进入了装置Ⅲ)，溶于

去离子水，再加入过量KI粉末和适量H2SO4，配制成250mL溶液；步骤3：准确量取25.00mL配制的溶液

1

于锥形瓶，滴3滴淀粉溶液，用cmolLNa2S2O3标准溶液滴定至终点，三次平行实验平均消耗滴定液的体

积为20.00mL。

相关反应：I2O55COI25CO2，I22Na2S2O32NaINa2S4O6，I2O5H2O2HIO3，

2HIO310KI5H2SO45K2SO46I26H2O。

（4）步骤1中“缓慢通入空气”的目的是。

（5）步骤2中加入过量KI的目的是，配制250mL溶液时玻璃棒的作用是。

（6）根据上述相关数据，该空气中CO的含量为(用含c、V的代数式表示)gL1。

【答案】（1）燥管或球形干燥管受热均匀，便于控制温度

（2）10HNO3I22HIO310NO24H2O

=

（3）2NO22OHNO3NO2H2O

（4）使CO与I2O5充分反应

（5）使HIO3全部转化为I2搅拌、引流

70007000c

（6）

V3V

【分析】将碘粉和浓硝酸混合并加热至75℃，充分反应后得到含HIO3的混合物(HIO3难挥发)，经过滤得到

HIO3溶液，将HIO3溶液加热至170~200C制得白色固体I2O5；向含0.05molI2O5中缓慢通入空气至充分反

应，测得通入空气的体积为VmL，实验完毕后，取装置Ⅱ中残留固体粉末，溶于去离子水，再加入过量KI

1

粉末和适量H2SO4，配制成250mL溶液，用cmolLNa2S2O3标准溶液滴定，最终计算出该空气中CO的

含量。

【解析】（1）由图可知，仪器L的名称是干燥管(或球形干燥管)，步骤1采用热水浴加热，与直接用酒精

灯加热相比，受热均匀，便于控制温度；

（2）甲装置中生成HIO3时只生成了一种还原产物，说明只生成了二氧化氮，所以该反应的化学方程式为：

10HNO3I22HIO310NO24H2O；

（3）R为二氧化氮，在乙装置中生成了两种盐，分别是硝酸钠和亚硝酸钠，该反应的离子方程式为：

=

2NO22OHNO3NO2H2O；

（4）为了使CO与I2O5充分反应，可采用“缓慢通入空气”的方式来实现目的；

（5）HIO3和KI反应生成碘单质，为了使测量结果更准，可以加入过量KI可以使HIO3尽可能全部转化为I2；

配制250mL溶液时，为了加快溶解，可用玻璃棒搅拌加快溶解，转移溶液时需要玻璃棒引流，所以玻璃棒

的作用有搅拌、引流；

（6）根据反应式可知，三次平行实验平均消耗滴定液的体积为20.00mL，则消耗的硫代硫酸钠为0.02cmol，

根据I22Na2S2O32NaINa2S4O6，与硫代硫酸钠反应的碘单质为0.01cmol，根据

0.01c

2HIO10KI5HSO5KSO6I6HO反应，消耗的n(HIO)mol，根据IOHO2HIO反

3242422332523

0.01c0.01c

应，消耗的n(IO)mol，在250mL溶液中，消耗的n(IO)10mol，则与CO反应的I2O5的

256256

0.01c0.01c70007000c

物质的量n(IO)（0.0510）mol，故m(CO)（0.0510）528g，其含量为：。

2566V3V

．硫脲NHCS常用作还原剂，易溶于水，受热时部分发生异构化反应生成硫氰化铵，实验室利用如

422

图装置合成少量硫脲。回答下列问题：

（1）盛放CaCN2的仪器名称是。

（2）制备开始前，应先让装置A反应一段时间直到(填写实验现象)，说明装置C中空气已排出。

装置B中应选用以下(填标号)溶液最合适。

A．浓H2SO4B．饱和NaCl溶液C．饱和NaHS溶液D．饱和Na2S溶液

（3）向装置C中滴入蒸馏水并加热至80℃，反应生成硫脲和一种碱，写出反应方程式：。待反应

基本结束，将混合物过滤，对滤液进行、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干得到粗产品。

1

（4）取2.50g粗产品溶于水配成100mL溶液，量取20.00mL溶液，用0.50molL的酸性KMnO4溶液滴定。

2

滴定时，硫脲转化为CO2、N2、SO4，滴定至终点消耗酸性高锰酸钾溶液28.00mL，则产品纯度为。

设计实验方案验证产品中存在异构体杂质：。

【答案】（1）三颈烧瓶

（2）装置D中出现黑色沉淀C

80℃

（）减压蒸发浓缩

3CaCN2H2S2H2ONH22CSCa(OH)2

（）取少量粗产品于试管中，加入适量蒸馏水溶解，再加入几滴［或等可溶性

476%FeCl3Fe2SO43

铁盐］溶液，溶液变为红色，则可证明

【分析】装置A为制取硫化氢气体的装置，因使用盐酸制备导致硫化氢气体中容易混有杂质氯化氢，因此

B装置盛放饱和硫氢化钠溶液用于除硫化氢气体中的氯化氢气体杂质，同时因硫脲具备还原性，需要先制备

硫化氢气体将装置内的空气排出，再进行硫脲的制备实验；装置C为硫化氢气体与氰氨化钙溶液反应制取

硫脲的装置；装置D用于检验装置内空气是否排空，当D装置出现黑色沉淀，说明检验装置内空气已排空，

同时还用于除去多余的硫化氢气体。

【解析】（1）由图可知，盛放CaCN2的仪器名称是三颈烧瓶。

（2）空气被排出后，硫化氢会与硫酸铜溶液反应生成黑色的CuS沉淀，则当D中有黑色沉淀生成，则证明

装置中的空气被排出；装置B的作用是除去硫化氢中的氯化氢，因此选择饱和硫氢化钠溶液，即C选项。

（3）由题可知，反应生成硫脲和一种碱，推断该碱为Ca(OH)2，故反应方程式为

80℃

；由题中信息可知，在温度较高时硫脲易发生异构化，减压

CaCN2H2S2H2ONH22CSCa(OH)2

可降低溶液的沸点，使溶液在较低温度下浓缩成为饱和溶液，然后再冷却析出晶体，因此待反应基本结束，

将混合物过滤，对滤液进行减压蒸发浓缩，其目的是降低溶液的沸点，防止温度过高导致硫脲异构化。

（）滴定时发生反应：22，与

45CSNH2214MnO432H14Mn5CO25N25SO426H2O2.5g

28100

产品中的硫脲发生反应消耗nKMnOL0.50molL10.07mol，

4100020

51.9g

根据方程式可知硫脲的质量：0.07mol76gmol11.9g，纯度：100%76%；为证明反应过程

142.5g

中硫脲发生异构化生成了，即检验是否有-，所以可以用或等可溶性铁盐检验，

NH4SCNSCNFeCl3Fe2SO43

然后观察溶液是否变为红色，因此实验方案为取少量粗产品于试管中，加入适量蒸馏水溶解，再加入几滴

［或等可溶性铁盐］溶液，溶液变为红色，则可证明。

FeCl3Fe2SO43

．（甘肃卷）某兴趣小组按如下流程由稀土氧化物和苯甲酸钠制备配合物，

52025·Eu2O3EuC7H5O23xH2O

并通过实验测定产品纯度和结晶水个数杂质受热不分解。已知3在碱性溶液中易形成沉淀。

()EuEuOH3

在空气中易吸潮，加强热时分解生成。

EuC7H5O23xH2OEu2O3

（1）步骤①中，加热的目的为。

（2）步骤②中，调节溶液pH时需搅拌并缓慢滴加NaOH溶液，目的为；pH接近6时，为了防止

pH变化过大，还应采取的操作为。

（3）如图所示玻璃仪器中，配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器名称为。

（4）准确称取一定量产品，溶解于稀HNO3中，萃取生成的苯甲酸，蒸去有机溶剂，加入一定量的NaOH

标准溶液，滴入1~2滴酚酞溶液，用HCl标准溶液滴定剩余的NaOH。滴定终点的现象为。实验所

需的指示剂不可更换为甲基橙，原因为。

（5）取一定量产品进行热重分析，每个阶段的重量降低比例数据如图所示。0～92℃范围内产品质量减轻

的原因为。结晶水个数x。[MC7H5O2121，结果保留两位有效数字]。

【答案】（1）升高温度，加快溶解速率，提高浸出率

（）防止生成沉淀缓慢滴加溶液，同时测定溶液的值

2EuOH3NaOHpH

（3）容量瓶、烧杯

（4）滴入最后半滴标准溶液，溶液有浅红色变无色，并保持半分钟不褪色滴定终点呈碱性，使用甲

基橙误差较大

（）吸潮的水

5EuC7H5O23xH2O1.7

【分析】加入稀盐酸加热溶解，调节，再加入苯甲酸钠溶液，得到沉淀，

Eu2O3pH=6EuC7H5O23xH2O

再经过抽滤、洗涤，得到产品。

【解析】（1）步骤①中，加热的目的是：加快溶解速率，提高浸出率；

（）3在碱性溶液中易形成沉淀，步骤②中，调节溶液时需搅拌并缓慢滴加溶液，

2EuEuOH3pHNaOH

目的是防止生成沉淀；

EuOH3

pH接近6时，为了防止pH变化过大，要缓慢滴加NaOH溶液，同时测定溶液的pH值；

（3）配制一定物质的量浓度的苯甲酸钠溶液所需的仪器有容量瓶、烧杯，不需要漏斗和圆底烧瓶；

（4）用酚酞做指示剂，HCl标准溶液滴定剩余的NaOH，滴定终点的现象为：滴入最后半滴标准溶液，溶

液有浅红色变无色，并保持半分钟不褪色；

滴定终点呈碱性，甲基橙变色范围在酸性范围内，使用甲基橙做指示剂误差较大；

（）在空气中易吸潮，～范围内产品质量减轻的是吸潮的水，

5EuC7H5O23xH2O092℃EuC7H5O23xH2O

92℃~195℃失去的是结晶水的质量；

最后得到的是，失去结晶水质量减少，重量减少，根据

Eu2O31molEuC7H5O23xH2O18xg5.2%

，生成的，质量减少，重量减少，

MC7H5O21211molEuC7H5O230.5molEu2O33×(121-8)g=339g56.8%

有关系式18x：5.2%=339：56.8%，x=1.7。

6．甲脒磺酸(，Mr=108)是一种经济、安全的还原剂，其主流合成方法为利用硫脲

()与双氧水通过下列反应制取。

已知：H431kJmol1

1．部分物质在水中的溶解度(g/L)如下表：

温度/℃0510152040

溶解度(甲脒磺酸)13.516.319.522.826.751.4

溶解度(硫脲)4.96.37.59.513.730.7

2．甲脒磺酸不溶于醇、醚等有机溶剂，当溶液温度达到100℃或pH＞9时迅速分解。

某兴趣小组在实验室通过以下装置和流程模拟甲脒磺酸的合成并测定产品的纯度。

【实验1】向合成装置中分别加入试剂，控制反应温度低于15℃，待反应完成后，分离粗产品。

【实验2】粗产品纯度测定。

已知，酸性条件下仅发生如下反应：

准确称量0.3000g产品，加适量水和稀硫酸溶解，定容至250mL，取25.00mL溶液，加入指示剂，以浓度

为amol/L的标准碘溶液滴定至终点，平行测定三次，消耗标准碘溶液的平均体积为VmL。回答下列问题：

（1）甲脒磺酸中，C元素为+4价，则S元素的化合价为；合成装置中，除电磁搅拌器外，还

需要增加(选填“冰水浴”或“热水浴”)装置。

（2）盛装双氧水的仪器名称是，双氧水应分批次缓慢滴入，原因是。

（3）反应结束，抽滤，以(选填“冰水”或“无水乙醇”)洗涤晶体，干燥晶体时，可否烘干？

(选填“是”或“否”)。

（4）合成产品时宜控制溶液pH在3-6，pH过低时可能导致产率下降，原因是。

（5）滴定过程中选择的指示剂是，产品的纯度为(用含a、V的代数式表示)。

【答案】（1）+2冰水浴

（2）恒压滴液漏斗控制反应速率，防止温度过高导致产物分解

（3）冰水否

（4）pH过低时，H2O2氧化性减弱，反应速率慢

0.3g-1.52aV

（5）淀粉溶液100%

0.3g

【分析】甲脒磺酸的合成方法为利用硫脲与双氧水通过反应

制取，向合成装置中分别加入试剂，甲脒磺酸不溶于

醇、醚等有机溶剂，当溶液温度达到100℃时迅速分解，控制反应温度低于15℃，待反应完成后，分离粗

产品。

【解析】（1）甲脒磺酸的分子式为CH4O2N2S，C元素为+4价，N为-3价，H为+1价，O为-2价，由化合

价代数和为零可知，S元素的化合价为+2价，甲脒磺酸不溶于醇、醚等有机溶剂，当溶液温度达到100℃时

迅速分解，合成装置中，除电磁搅拌器外，还需要增加冰水浴装置。

（2）盛装双氧水的仪器名称是恒压滴液漏斗，甲脒磺酸在100℃时迅速分解，双氧水应分批次缓慢滴入，

原因是控制反应速率，防止温度过高导致产物分解.

（3）甲脒磺酸不溶于醇、醚等有机溶剂，当溶液温度达到100℃时迅速分解，洗涤的目的是除去产品表面

的H2O2溶液和硫脲，硫脲溶于水，低温下在乙醇中的溶解度较小，反应结束，抽滤，以冰水洗涤晶体，干

燥晶体时，不能烘干。

（4）合成产品时宜控制溶液pH在3-6，pH过低时可能导致产率下降，原因是pH过低时，H2O2氧化性减

弱，反应速率慢。

（5）由已知方程式可知，滴定过程中I2被消耗，淀粉遇I2变蓝，选择的指示剂是淀粉溶液，由关系式：2

-3-3

硫脲~I2，则25.00mL溶液中n(硫脲)=2n(I2)=2amol/L×V×10L=2aV×10mol，产品甲脒磺酸的纯度为

250

0.3g-2aV10-3mol76g/mol0.3g-1.52aV

25=100%。

100%0.3g

0.3g

（建议用时：10分钟）

．三氯化六氨合钴CoNHCl是一种橙黄色晶体，常用来合成各种基纳米材料，在再生能源转换

7363Co

装置领域应用广泛。已知CoNHCl易溶于热水，微溶于冷水，可在活性炭催化下利用、

363CoCl22H2O

NH4Cl、氨水、H2O2溶液制备。

CoNHCl粗品制备

i.363

①将3gCoCl22H2O和2gNH4Cl加入三颈烧瓶中，加入5mL水，微热溶解。

②加入7mL浓氨水和1g活性炭(作催化剂)，用冰水冷却至10℃以下，通过仪器a缓慢加入10mL6%的H2O2

溶液，实验装置如图所示(加热及夹持装置已省略)。加热至60℃左右，恒温约20min。用水冷却至室温，

过滤(不能洗涤)，得到黑黄色固体。

CoNHCl粗品提纯

ii.363

③粗品转入含有2mL浓盐酸的25mL沸水中，_______。将滤液转入锥形瓶中，加入4mL浓盐酸，再用水

冷却至室温，待大量结晶析出后，过滤、干燥，得到橙黄色晶体。

CoNHCl纯度测定

iii.363

④称取产品溶于足量稀硝酸中，用蒸馏水稀释后置于锥形瓶中，加入1溶液，

2.000gamolLAgNO3V1mL

使Cl完全沉淀，并加3mL硝基苯(密度比水大)，振荡，使沉淀表面被硝基苯覆盖。

⑤向锥形瓶中滴入滴溶液为指示剂，用1溶液滴定过量的溶液，达到滴

3FeNO33bmolLKSCNAgNO3

1012

定终点时用去V2mLKSCN溶液[已知：KspAgCl1.810，KspAgSCN1.010]。

回答下列问题：

（1）仪器a的名称为。

（）写出制备CoNHCl总反应的化学方程式：。

2363

（3）球形干燥管b中盛放的试剂为(填序号)。

A．浓硫酸B．碱石灰C．无水氯化钙

（4）加热至60℃的方式为(填“水浴加热”或“油浴加热”)。

（5）步骤③中缺失操作为。该步骤中两次使用了浓盐酸，第2次使用浓盐酸的目的是。

（6）步骤④中加入硝基苯的目的是。

（7）产品的质量分数为(列出计算式)。

【答案】（1）恒压滴液漏斗

活性炭

（）2CoCl2HO2NHCl10NHHO2CoNHCl6HO

22243223632

（3）C

（4）水浴加热

（5）趁热过滤增大Cl浓度，有利于产物析出

（6）覆盖在AgCl表面，防止AgCl与SCN反应转化为AgSCN，干扰实验

aVbV103267.5

（7）12100%

32.000

【解析】（1）结合题给装置图可知，仪器a为恒压滴液漏斗。

（）根据信息得，CoNHCl在活性炭催化下利用、、氨水、HO溶液制得，其

2363CoCl22H2ONH4Cl22

活性炭

化学方程式为：2CoCl2HO2NHCl10NHHO2CoNHCl6HO。

2243223632

（3）球形干燥管b的作用是吸收多余的氨气，防止其污染空气，且球形干燥管只能盛放固体干燥剂，故其

中试剂为无水氯化钙，故答案选C。

（4）水浴加热的温度范围为室温至100℃，因此加热至60℃的方式为水浴加热。

（）已知CoNHCl易溶于热水，微溶于冷水，结合后续操作将滤液转入锥形瓶中，可推测步骤③

5363“”

中操作为趁热过滤；第2次使用浓盐酸的目的是增大Cl浓度，利用同离子效应促使产物析出。

（6）由已知信息可知，Ksp(AgCl)Ksp(AgSCN)，即AgCl易转化为更难溶的AgSCN，硝基苯的密度比水

大且不溶于水，故实验过程中加入硝基苯的目的是使生成的AgCl沉淀被覆盖，防止AgCl转化为AgSCN沉

淀，干扰实验。

3

（7）根据反应AgClAgCl、AgSCNAgSCN，可知参加反应的nClaV1bV210mol，

aVbV103aVbV103267.5

则CoNHCl的物质的量为12，故产品的质量分数为12。

363mol100%

332.000

．三氯化六氨合钴CoNHCl是一种橙黄色晶体，常用来合成各种基纳米材料，在再生能源转换

8363Co

装置领域应用广泛。已知CoNHCl易溶于热水，微溶于冷水，可在活性炭催化下利用、

363CoCl22H2O

NH4Cl、氨水、H2O2溶液制备。

CoNHCl粗品制备

i.363

①将3gCoCl22H2O和2gNH4Cl加入三颈烧瓶中，加入5mL水，微热溶解。

②加入7mL浓氨水和1g活性炭(作催化剂)，用冰水冷却至10℃以下，通过仪器a缓慢加入10mL6%的H2O2

溶液，实验装置如图所示(加热及夹持装置已省略)。加热至60℃左右，恒温约20min。用水冷却至室温，

过滤(不能洗涤)，得到黑黄色固体。

CoNHCl粗品提纯

ii.363

③粗品转入含有2mL浓盐酸的25mL沸水中，_______。将滤液转入锥形瓶中，加入4mL浓盐酸，再用水

冷却至室温，待大量结晶析出后，过滤、干燥，得到橙黄色晶体。

CoNHCl纯度测定

iii.363

④称取产品溶于足量稀硝酸中，用蒸馏水稀释后置于锥形瓶中，加入1溶液，

2.000gamolLAgNO3V1mL

使Cl完全沉淀，并加3mL硝基苯(密度比水大)，振荡，使沉淀表面被硝基苯覆盖。

⑤向锥形瓶中滴入滴溶液为指示剂，用1溶液滴定过量的溶液，达到滴

3FeNO33bmolLKSCNAgNO3

1012

定终点时用去V2mLKSCN溶液[已知：KspAgCl1.810，KspAgSCN1.010]。

回答下列问题：

（1）仪器a的名称为。

（）写出制备CoNHCl总反应的化学方程式：。

2363

（3）球形干燥管b中盛放的试剂为(填序号)。

A．浓硫酸B．碱石灰C．无水氯化钙

（4）加热至60℃的方式为(填“水浴加热”或“油浴加热”)。

（5）步骤③中缺失操作为。该步骤中两次使用了浓盐酸，第2次使用浓盐酸的目的是。

（6）步骤④中加入硝基苯的目的是。

（7）产品的质量分数为(列出计算式)。

【答案】（1）恒压滴液漏斗

活性炭

（）2CoCl2HO2NHCl10NHHO2CoNHCl6HO

22243223632

（3）C

（4）水浴加热

（5）趁热过滤增大Cl浓度，有利于产物析出

（6）覆盖在AgCl表面，防止AgCl与SCN反应转化为AgSCN，干扰实验

aVbV103267.5

（7）12100%

32.000

【解析】（1）结合题给装置图可知，仪器a为恒压滴液漏斗。

（）根据信息得，CoNHCl在活性炭催化下利用、、氨水、溶液制得，其

2363CoCl22H2ONH4ClH2O2

活性炭

化学方程式为：2CoCl2HO2NHCl10NHHO2CoNHCl6HO。

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