滴定原理的综合应用ppt课件

,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,*,素养提升突破系列,(,十,),滴定原理的综合应用,素养提升突破系列(十),核心素养,科学探究与创新意识,能从问题和假设出发,确定探究目的,设计探究方案,进行实验探究,在探究中敢于对“异常”现象提出自己的见解。,核心素养科学探究与创新意识,【,真题,体验素养,】,(2018,全国卷,),用,0.100 molL,-1,AgNO,3,滴定,50.0 mL 0.050 0 molL,-1,Cl,-,溶液的滴定曲线如图所示。下列有关描述错误的是,(,),【真题体验素养】,滴定原理的综合应用ppt课件,A.,根据曲线数据计算可知,K,sp,(AgCl),的数量级为,10,-10,B.,曲线上各点的溶液满足关系式,c(Ag,+,)c(Cl,-,)=,K,sp,(AgCl),C.,相同实验条件下,若改为,0.040 0 molL,-1,Cl,-,反应终点,c,移到,a,D.,相同实验条件下,若改为,0.050 0 molL,-1,Br,-,反应终点,c,向,b,方向移动,A.根据曲线数据计算可知Ksp(AgCl)的数量级为10-1,【,解析,】,选,C,。选取横坐标为,50 mL,的点,此时向,50 mL,0.050 0 molL,-1,的,Cl,-,溶液中,加入了,50 mL,0.100 molL,-1,的,AgNO,3,溶液,所以计算出此时溶液中,过量的,Ag,+,浓度为,0.025 molL,-1,(,按照银离子和氯离,子,11,沉淀,同时不要忘记溶液体积变为原来的,2,倍,),由图示得到此时,Cl,-,浓度约为,110,-8,molL,-1,(,实际稍,小,),所以,K,sp,(AgCl),约为,0.02510,-8,=2.510,-10,所以,【解析】选C。选取横坐标为50 mL的点,此时向50 mL,其数量级为,10,-10,故,A,说法正确,;B,项在坐标图中曲线表示沉淀溶解平衡曲线,每个点都满足,c(Ag,+,)c(Cl,-,),=,K,sp,故,B,正确,;C,项若,c(Cl,-,)=0.0400 molL,-1,则滴定终点是,AgNO,3,体积为,20 mL,处,而图中,a,点对应的横坐标,AgNO,3,体积为,15 mL,故,C,错误,;D,项,AgCl,在水中的溶解度大于,AgBr,故滴定终点时横坐标相同,而,-lgc(Br,-,),-lgc(Cl,-,),即在,c,点的上方,故,D,说法正确。,其数量级为10-10,故A说法正确;B项在坐标图中曲线表示沉,【,揭秘,解码素养,】,滴定原理的应用常见的有三种类型,:,酸碱中和滴定、氧化还原滴定和沉淀滴定。滴定原理综合应用解题策略如下,:,【揭秘解码素养】,1.,滴定原理和误差分析,(1),滴定原理为,c(,待测,)V(,待测,)=N c(,标准,)V(,标准,),其中,N,由恰好完全反应的系数决定,或根据电子守恒或原子守恒确定。,1.滴定原理和误差分析,(2),滴定误差分析要依据公式,c(,待测,)V(,待测,)=,N c(,标准,)V(,标准,),来判断,其中,V(,待测,),和,c(,标准,),看作定值,因各种原因使得,V(,标准,),变大或变小,则,c(,待测,),偏高或偏低。,(2)滴定误差分析要依据公式c(待测)V(待测)=,2.,指示剂选择的基本原则,:,变色要灵敏,变色范围要小,使变色范围与滴定终点溶液的显色一致。,(1),常用指示剂有,:,酚酞、甲基橙和淀粉溶液。,(2),并不是所有的滴定都需要指示剂,如用标准的,Na,2,S,2,O,3,滴定,KMnO,4,溶液时,KMnO,4,颜色褪去即为滴定终点。,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,【,训练,提升素养,】,1.(2018,天津高考节选,),烟道气中的,NO,x,是主要的大气,污染物之一,为了监测其含量,选用如下检测方法。,将,V L,气样通入适量酸化的,H,2,O,2,溶液中,使,NO,x,完全被氧,化为,加水稀释至,100.00 mL,。量取,20.00 mL,该溶,液,加入,V,1,mL c,1,molL,-1,FeSO,4,标准溶液,(,过量,),充分,反应后,用,c,2,molL,-1,K,2,Cr,2,O,7,标准溶液滴定剩余的,Fe,2+,终点时消耗,V,2,mL,。,【训练提升素养】,(1)NO,被,H,2,O,2,氧化为 的离子方程式为,_,_,。,(2),滴定操作使用的玻璃仪器主要有,_,。,(1)NO被H2O2氧化为 的离子方程式为_,(3),滴定过程中发生下列反应,:,3Fe,2+,+4H,+,=NO+3Fe,3+,+2H,2,O,+6Fe,2+,+14H,+,=2Cr,3+,+6Fe,3+,+7H,2,O,则气样中,NO,x,折合成,NO,2,的含量为,_mgm,-3,。,(3)滴定过程中发生下列反应:,【,解析,】,(1)NO,被,H,2,O,2,氧化为,H,2,O,2,被还原,离子方,程式是,2NO+3H,2,O,2,=2H,+,+2 +2H,2,O,。,(2),滴定操作时,量取的,20.00mL,溶液和加入的,FeSO,4,标,准溶液放在锥形瓶中,K,2,Cr,2,O,7,标准溶液盛放在酸式滴,定管中。,【解析】(1)NO被H2O2氧化为 ,H2O2被还原,(3),根据方程式得关系式,:,6Fe,2+,求得,K,2,Cr,2,O,7,标,准溶液消耗,n(Fe,2+,)=6c,2,V,2,10,-3,mol;,则 消耗,n(Fe,2+,)=(c,1,V,1,-6c,2,V,2,)10,-3,mol,根据关系,式,3Fe,2+,得,n()=(c,1,V,1,-6c,2,V,2,)10,-3,mol,气样中的,n(NO,x,)=n(NO,2,)=n()=(c,1,V,1,-6c,2,V,2,),10,-3,mol,m(NO,2,)=(c,1,V,1,-6c,2,V,2,)46 mg,V L,气样中,含,m(NO,2,)=(c,1,V,1,-6c,2,V,2,)46,所以,1 m,3,气样,(3)根据方程式得关系式:6Fe2+,求得K2C,中含,m(NO,2,)=(c,1,V,1,-6c,2,V,2,)46 10,3,Vmg,中含m(NO2)=(c1V1-6c2V2)46,答案,:,(1)2NO+3H,2,O,2,=2H,+,+2 +2H,2,O,(2),锥形瓶、酸式滴定管,(3),答案:(1)2NO+3H2O2=2H+2 +2,2.,硫化钠是重要的化工原料,大多采用无水芒硝,(Na,2,SO,4,)-,炭粉还原法制备,原理为,Na,2,SO,4,+2C,Na,2,S+2CO,2,。其主要流程如图,:,2.硫化钠是重要的化工原料,大多采用无水芒硝,(1),上述流程中采用稀碱液比用热水更好,理由是,_,_;,(1)上述流程中采用稀碱液比用热水更好,理由是_,(2),已知,:I,2,+2,=2I,-,+,。所制得的,Na,2,S9H,2,O,晶体中含有,Na,2,S,2,O,3,5H,2,O,等杂质。为测定产品的成分,进行下列实验,步骤如下,:,a.,取试样,10.00 g,配成,500.00 mL,溶液。,(2)已知:I2+2 =2I-+,b.,取所配溶液,25.00 mL,于碘量瓶中,加入过量,ZnCO,3,悬浊液除去,Na,2,S,后,过滤,向滤液中滴入,2,3,滴淀粉溶液,用,0.050 00 molL,-1,I,2,溶液滴定至终点,用去,5.00 mL I,2,溶液。,b.取所配溶液25.00 mL于碘量瓶中,加入过量ZnCO3,c.,再取所配溶液,25.00 mL,于碘量瓶中,加入,50.00 mL 0.050 00 molL,-1,的,I,2,溶液,并滴入,2,3,滴淀粉溶液,振荡。用标准,Na,2,S,2,O,3,溶液滴定多余的,I,2,用去,15.00 mL 0.100 0 molL,-1,Na,2,S,2,O,3,溶液。,c.再取所配溶液25.00 mL于碘量瓶中,加入50.00,步骤,b,中用,ZnCO,3,除去,Na,2,S,的离子方程式为,_;,判断步骤,c,中滴定终点的方法为,_;,计算试样中,Na,2,S9H,2,O,和,Na,2,S,2,O,3,5H,2,O,的质量分数,写出计算过程。,步骤b中用ZnCO3除去Na2S的离子方程式为_,【,解析,】,(1),上述流程中采用稀碱液比用热水更好,硫化钠溶液中硫离子水解显碱性,水解是吸热反应,加热促进水解进行,稀碱液能起到抑制水解的作用。,【解析】(1)上述流程中采用稀碱液比用热水更好,硫化钠溶液中,(2)ZnCO,3,除去,Na,2,S,的离子方程式为,ZnCO,3,+S,2-,ZnS+,滴定终点为,:,溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不变,色,(2)ZnCO3除去Na2S的离子方程式为ZnCO3+S2,步骤,b,中消耗的,I,2,有,:,n(I,2,)=0.050 00 mol,L,-1,5.00 mL10,-3,L,m,L,-1,=2.50010,-4,mol,n(Na,2,S,2,O,3,5H,2,O)=2n(I,2,)=5.0001,0,-4,mol,w(Na,2,S,2,O,3,5H,2,O)=,步骤,c,中,加入的,I,2,有,:,步骤b中消耗的I2有:,n(I,2,)=0.050 00 mol,L,-1,50.00 mL10,-3,L,m,L,-1,=2.50010,-3,mol,。由步骤,b,可知,25 mL,溶液中,Na,2,S,2,O,3,消耗的,I,2,有,:2.50010,-4,mol,。滴入的标准,Na,2,S,2,O,3,溶液消耗多余的,I,2,有,:15.00 mL10,-3,L,m,L,-1,0.100 0 mol,L,-1,=7.50010,-4,mol,。溶液中,Na,2,S,有,:,n(I2)=0.050 00 molL-150.00 m,n(Na,2,S,9H,2,O)=n(Na,2,S)=(2.50010,-3,-2.50010,-4,-7.50010,-4,)mol=1.50010,-3,mol,。,w(Na,2,S,9H,2,O)=,n(Na2S9H2O)=n(Na2S)=(2.50010,答案,:,(1),热水会促进,Na,2,S,水解,而稀碱液能抑制,Na,2,S,水,解,(2)ZnCO,3,+S,2-,ZnS+,溶液由蓝色变,为无色,且半分钟内不变色,72%;24.8%(,计算过程见,解析,),答案:(1)热水会促进Na2S水解,而稀碱液能抑制Na2S水,