资料简介
2021 年高考化学实验突破
专题 06 重要的定量实验
【真题体验】
1．（2020·山东高考真题）（节选）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：
2
4 2 4 23MnO 2H O 2MnO MnO 4OH
回答下列问题：
(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 -1
2 2 4 2H C O 2H O M=126g mol 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. 1
2
V =3V 时，样品中一定不含杂质
B. 1
2
V
V 越大，样品中 2 2 4 2H C O 2H O 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
【解析】漂白粉的有效成分 Ca(ClO)2 具有强氧化性，和浓盐酸在 A 中发生归中反应产生 Cl2，Cl2 和 K2MnO4
在 B 中反应产生 KMnO4，反应不完的 Cl2 用 C 吸收。
(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
-3
1
1 2x+ (x+3y+z)=cV 105 5
，步骤 II 中 Fe2+被氧化，由 KMnO4~5Fe2+可知， -3
2
1 (x+2y)=cV 105
，联立二
个方程解得：z=2.5c(V1-3V2)×10-3，所以 H2C2O4·2H2O 的质量分数
= -3
1 22.5c V -3V 10 126 100%m
= 1 20.315c V -3V 100%m
。关于样品组成分析如下：
A． 1
2
V =3V 时，H2C2O4·2H2O 的质量分数= 1 20.315c V -3V 100%m
=0，样品中不含 H2C2O4·2H2O，由
-3
1
1 2x+ (x+3y+z)=cV 105 5
和 -3
2
1 (x+2y)=cV 105
可知，y≠0，样品中含 Fe2(C2O4)3 杂质，A 错误；
B． 1
2
V
V 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= -3
2
1 (x+2y)mol=cV 10 mol5
，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 -3
2cV 10 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： 1 20.315c V -3V 100%m
；BD。
【答案】(3)酸式 C (4) 1 20.315c V -3V ×100%m
BD
【名师点睛】本题以 KMnO4 滴定法测定某 FeC2O4﹒2H2O 样品成分为背景考查氧化还原反应的滴定计算及
操作误差分析，利用电子得失守恒规律进行计算，注意利用公式来进行误差分析，无论哪一种类型的误差，
都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据 c(待测)=
( ) ( )
( )
c V
V
标准 标准
待测 分析，若标准溶液的体积偏小，
那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。
2．（2019·北京高考真题）（节选）化学小组用如下方法测定经处理后的废水中苯酚的含量（废水中不含干
扰测定的物质）。
Ⅰ．用已准确称量的 KBrO3 固体配制一定体积的 a mol·L−1 KBrO3 标准溶液；
Ⅱ．取 v1 mL 上述溶液，加入过量 KBr，加 H2SO4 酸化，溶液颜色呈棕黄色；
Ⅲ．向Ⅱ所得溶液中加入 v2 mL 废水；
Ⅳ．向Ⅲ中加入过量 KI；
Ⅴ．用 b mol·L−1 Na2S2O3 标准溶液滴定Ⅳ中溶液至浅黄色时，滴加 2 滴淀粉溶液，继续滴定至终点，共消耗
Na2S2O3 溶液 v2 mL。
已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+ Na2S4O6
Na2S2O3 和 Na2S4O6 溶液颜色均为无色
（1）Ⅰ中配制溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和____________。
（6）Ⅴ中滴定至终点的现象是_____________________________。
（7）废水中苯酚的含量为___________g·L−1（苯酚摩尔质量：94 g·mol −1）。
（8）由于 Br2 具有____________性质，Ⅱ~Ⅳ中反应须在密闭容器中进行，否则会造成测定结果偏高。
【答案】（1）容量瓶、量筒 （6）当滴入最后一滴 Na2S2O3 标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且 30s
不变色 （7） 1 3
2
94(6av -bv )
6v （8） 挥发
【解析】本题考查氧化还原反应滴定的综合运用。苯酚与溴反应快速灵敏，但滴定终点难以判断，因而制
得一定量的溴分别与苯酚和 KI 反应（溴须完全反应完），而溴与 KI 反应生成的 I2 与 Na2S2O3 进行滴定分
析，因而直接测出与 KI 反应所消耗的溴，进而计算出与苯酚反应消耗的溴，最后根据苯酚与溴反应的系数
计算废水中苯酚的浓度。
（1）准确称量 KBrO3 固体配置溶液所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，一定规格的容量瓶，
因而该空填容量瓶、量筒；
（6）Ⅴ中含碘的溶液内加入淀粉，溶液显蓝色，随着 Na2S2O3 溶液滴入，蓝色变浅直至消失，因而当滴入
最后一滴 Na2S2O3 标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且 30s 不变色；
（7）n(BrO3-)=av1×10-3mol，根据反应 BrO3- + 5Br- + 6H+ = 3Br2 + 3H2O 可知 n(Br2)=3av1×10-3mol，溴分别与
苯酚和 KI 反应，先计算由 KI 消耗的溴的量，设为 n1(Br2)，根据 I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 可知 I2~2Na2S2O3，
又 Br2+2I-=I2+2Br-可知 Br2~ I2，可得 Br2~2Na2S2O3，n(Na2S2O3)= bv3×10-3mol，n1(Br2)= 1
2 bv3×10-3mol，再计
算由苯酚消耗的溴的量，设为 n2(Br2)= n(Br2)- n1(Br2)=( 3av1- 1
2 bv3) ×10-3mol，苯酚与溴水反应的计量数关系
为 3Br2~C6H5OH，n(C6H5OH)= 1
3 n2(Br2)=(av1- 1
6 bv3)×10-3mol，废水中苯酚的含量
= 1 3
2
1(av - bv )mol 94g / mol6
v L
= 1 3
2
94(6av -bv )
6v mol；
（8）Ⅱ中生成的溴须被苯酚和 KI 完全反应掉，而溴有挥发性，反应时须在密闭容器中进行。
【名师点睛】本题以测定废水中苯酚的含量为背景考查了溶液的配制和氧化还原反应的滴定计算和误差分
析，主要涉及溶液配制的实验仪器的识记和滴定实验操作中滴定终点现象的描述和氧化还原反应电子守恒
应用，解题的关键在于对溶液配制和滴定操作的理解和应用。
【考向精讲】
一、中学化学四个重要的定量实验
（一）硫酸铜晶体结晶水含量的测定——热重分析法
1. 原理
硫酸铜晶体是一种比较稳定的结晶水合物，当加热到 258℃左右全部失去结晶
水，据加热前后的质量差，可推算出其晶体的结晶水含量。
硫酸铜晶体中结晶水的质量分数＝
2. 仪器
坩埚、天平、干燥器、坩埚钳、研钵、角匙、酒精灯、泥三角、三脚架、玻璃棒。
3. 步骤
“四称”“两热”：（1）称坩埚（W1g）（2）称坩埚及晶体（W2g）（3）加热至白（4）冷却称重（W3g）
（5）再加热（6）冷却称重（两次称量误差不得超过 0.1g）（7）计算（设分子式为 CuSO xH O4 2 ）
x W W
W W
160
18
2 3
3 1
( )
( )
CuSO xH O CuSO x H O4 2 4 2
160 18x
W W3 1 W W2 3
x W W
W W
160
18
2 3
3 1
( )
( )
4. 注意事项
（1）称前研细（2）小火加热（3）在干燥器中冷却（4）不能用试管代替坩埚（5）加热要充分但不“过
头”（否则硫酸铜本身也会分解）。
5. 误差分析
（1）客观原因：晶体本身不纯
①如果晶体中含有难挥发性性杂质，m（H2O）/m（CuSO4）变小，结果偏低；
②实验前晶体表面有水，m（H2O）/m（CuSO4）变大，结果偏高。
（2）主观原因
产生误差的原因 m（H2O）/m（CuSO4）的值 X 值
称量的坩埚不干燥 变大 偏大
坩埚内附有不挥发性杂质 无影响 无影响
加热后，未放入干燥器中冷却 变小 偏低
晶体未完全变白停止加热 变小 偏低
加热温度过高，晶体部分变黑 变大 偏大
加热时有少量晶体溅出 变大 偏大
（二）中和滴定——滴定分析法
1. 原理
利用酸碱中和反应中物质的量之间的关系，用已知物质的量浓度的酸（或碱）来测定碱（或酸）的物
质的量浓度。
实验的关键在于：
（1）确保实验过程中维持酸或碱的浓度不变，滴定管或移液管要用所取溶液洗涤。
（2）量准、测准碱液、酸液的体积［V（碱）、V（酸）］。
（3）选择适宜的指示剂以准确指示中和终点。
2. 仪器
酸式滴定管、碱式滴定管、移液管（粗略移取可用小量筒）、锥形瓶、铁架台、滴定管夹等。
3. 步骤
（1）滴定前的准备工作：
①洗涤滴定管，依次用洗液、自来水、蒸馏水洗涤干净。
②检查滴定管是否漏水，操作中活塞是否灵活。
③用待装溶液润洗 2～3 次，以保证装入溶液时不改变溶液的浓度。
（2）滴定：以已知标准酸液滴定未知碱液为例：
①准备标准酸溶液：注酸液→赶气泡→调液面→记刻度 V（始）。用同样的方法把碱式滴定管准备好
并记刻度。
②移取待测碱液（用移液管或碱式滴定管）：洗涤并润洗移液管→吸取碱溶液→放入锥形瓶→滴加指
示剂。把锥形瓶放在酸式滴定管下，垫一张白纸。
③操作：左手控制滴定管活塞（或挤压玻璃球）；右手拇、食、中三指拿住锥形瓶颈部，并不断按同
一方向摇动；眼睛一定注视锥形瓶中溶液颜色变化及滴定流速。
边滴边振荡→滴加速度先快后慢→注意指示剂的变化→判断终点（半分钟再变化）→记下刻度 V（终）。
V（酸）＝V（终）－V（始）。
（3）计算：c（碱）＝c（酸）V（酸）／V（碱）
4. 终点判断
当滴入最后一滴标准液，溶液颜色发生突变，且半分钟不再变化。
酚酞 甲基橙
强酸滴定强碱 红色→无色 黄色→橙色
强碱滴定强酸 无色→浅红色 红色→橙色
5. 误差分析
构成实验误差的因素是多方面的，中学阶段仅对由于操作不当引起的实验误差进行讨论和判断。中学
化学对实验误差的考查主要从以下两个方面设题：（1）在假定实验过程中其他操作均正确的前提下，判断
（一般不考查分析过程）由于某一项操作不当，对实验结果的影响（偏高或偏低或无影响）；（2）已知实
验产生了误差，判断在给定的一些操作中，可能是由哪项引起的。
误差判断的方法：一般是依据实验原理，对实验结果的数学表达式进行分析（属于公式法），先找出
决定误差大小的有关量，再进一步研究该量的大小与某一项操作间的关系。
（以盐酸滴定烧碱为例）判断实验数据与真实值之间的差，应根据待测液浓度的计算公式：c（测）
c V
V
（标） （标）
（测） ，可见，c（测）与 V（标）成正比，与 V（测）成反比，凡是因错误操作使 V（标）的
读数偏大的都会使 c（测）偏大，反之，同理可解。
（1）偏高：酸式滴定管水洗后没润洗即装酸；锥形瓶用待测液润洗；滴定时酸液溅出；滴前酸式滴定
管内有气泡，滴后消失；滴后滴定管尖嘴处悬有液滴；滴后仰视读数；滴前俯视读数；终点判断滞后；移
液时将尖嘴残存液滴吹入瓶内；其他。
（2）偏低：移液管水洗后即移碱液；滴定时碱液溅出；滴前酸式滴定管无气泡，滴后有气泡；滴后俯
视读数；滴前仰视读数；终点判断超前；滴时碱液溅到锥形瓶内壁上又没洗下；其他。
注意：酸碱中和后的溶液一般 pH 7 ，因为生成的盐可能水解或者标准液多加或少加了几分之一滴，
而这种误差是允许的。
6.应用
(1)滴定法是获得实验数据的典型方法
1)常用滴定方法的分类：
①中和反应滴定法
②氧化还原反应滴定法
③沉淀反应滴定法
④络合反应滴定法
2)常见“滴定分析法”的定量关系
常见类型 滴定方法 定量关系 反应原理
凯氏定氮法 中和滴定 n(N)＝n(HCl)
NH3·H3BO3＋HCl===NH4Cl
＋H3BO3
I2 与 S2O2－
3 氧化还原滴定 2n(I2)＝n(S2O2－
3 ) 2S2O2－
3 ＋I2===S4O2－
6 ＋2I－
指 示 剂终
点滴 定 类
K2CrO4 与 AgNO3 沉淀滴定 n(Ag＋)＝2n(CrO2－
4 )
2Ag＋＋
CrO2－
4 ===Ag2CrO4↓(砖红色)
KMnO4 与 Na2C2O4 氧化还原滴定 5n(KMnO4)＝2n(Na2C2O4)
2MnO－
4 ＋5C2O2－
4 ＋16H＋
===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O
KMnO4 与 H2O2 氧化还原滴定 5n(KMnO4)＝2n(H2O2)
2MnO－
4 ＋5H2O2＋6H＋
===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O
K2Cr2O7 与 Fe2＋ 氧化还原滴定 6n(K2Cr2O7)＝n(Fe2＋)
Cr2O2－
7 ＋6Fe2＋＋14H＋
===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
EDTA 与金属阳离子
(Mn＋)
络合滴定 n(Y4－)＝n(Mn＋) Mn＋＋Y4－===MYn－4
(2)滴定法常见的计算方法
①关系式法
多步反应是多个反应连续发生，各反应物、生成物之间存在确定的物质的量关系，根据有关反应物、
生成物之间物质的量的关系，找出已知物的量与未知物的量间的数量关系；列比例式求解，能简化计算过
程。
②守恒法
所谓“守恒”就是物质在发生“变化”或两物质在发生“相互作用”的过程中某些物理量的总量保持“不变”。
在化学变化中有各种各样的守恒，如质量守恒、原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒等。根据守恒关系可
列等式求解。
③计算公式
产品产率＝产品的实际产量
产品的理论产量×100%
反应物转化率＝参加反应的反应物的量
起始反应物的量 ×100%
（三）一定物质的量浓度溶液的配制
1.实验仪器：容量瓶、托盘天平（或量筒）、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和药匙。
2.实验步骤：
（1）计算：根据要求计算出固体溶质的质量或液体的体积；
（2）称量或量取；
（3）溶解：往小烧杯中放入溶质，加入适量的蒸馏水，用玻璃棒搅拌溶解。（但用 98%浓硫酸配制溶液时，
一定要把 98%浓硫酸沿烧杯壁倒入盛水的烧杯中，边倒边搅拌）
（4）转移：将溶解的溶液冷却至室温，沿玻璃棒注入容量瓶；
（5）洗涤：用少量蒸馏水冲洗玻璃棒和烧杯 2~3 次，并将每次的洗涤液也倒入容量瓶中；
（6）定容：向上述容量瓶继续加蒸馏水至离刻度线 1~2 厘米，改用胶头滴管逐滴加入蒸馏
水，直到凹液面最低点与刻度线相切；
（7）装瓶：将溶液转入试剂瓶，贴好标签放在指定位置存放。
3.注意事项：
（1）容量瓶在使用前要检验是否漏水；
（2）转移溶液要用玻璃棒引流；
（3）只能配制容量瓶上规定的容积的溶液，溶液温度需与标注温度相仿。
（4）配制好的溶液不能长期存放在容量瓶中，要及时倒入指定的细口瓶中。
（5）定容时，仰视读刻度，液面会看低，所加水量增大，浓度变小；反之，俯视浓度变大。
（6）用胶头滴管滴加蒸馏水时，若液面过了刻度线，就宣布实验失败，重做实验。
4.误差分析：
（1）误差偏高的实验操作：天平的砝码上粘有其他物质或已锈蚀；定容时俯视刻度线；所配溶液未冷却至
室温即转入容量瓶定容；
（2）误差偏低的实验操作：试剂与砝码的左右位置搞错 ；量取液体溶质(如浓硫酸)时，俯视读数；转
移溶液时不洗涤烧杯与玻璃棒或未将洗涤液转入容量瓶；溶解、转移、洗涤时有溶液流出容器外，使溶质
减小；定容摇匀后，静止时发现液面低于刻度线，再加水到刻度线；如配制氢氧化钠溶液，用滤纸称量氢
氧化钠；
（3）无影响的实验操作：容量瓶在使用前，用蒸馏水洗净，在瓶内有少量水残留
（四）中和热的测定
1.实验原理
在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成 1molH2O，这时的反应热叫中和热。实验中通过酸碱中和反
应，测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。
H+（aq）+OH-（aq）=H2O（l）；△H=-57.3kJ.mol-1。
2.实验用品
大烧杯（500mL）、小烧杯（100mL）、温度计、2 个量筒（50mL）、泡沫塑料或硬纸条、泡沫塑料板或硬纸
板（中心有两个小孔）、环形玻璃搅拌棒。
0.50mol.L-1 盐酸、0.55mol.L-1NaOH 溶液。
3.实验步骤
1）在大烧杯底部垫泡沫塑料或纸条，使放入的小烧杯杯口与大烧杯杯口相平，然后在两大小烧杯间隙填满
泡沫或纸条，烧杯上用泡沫塑料作盖板，盖板孔上插入温度计和玻璃搅拌棒。
2）用量筒量取 50ml HCl（aq）倒入小烧杯中并测量 HCl（aq）温度，记入下表。然后把温度计上的酸用水
冲洗干净。
3）用另一量筒量取 50ml NaOH（aq），并用温度计测量 NaOH（aq）的温度，记入下表。
4）把带有硬纸板（泡沫塑料板）的温度计、环形玻璃搅拌器放入小烧杯中，并把量筒中的 NaOH（aq）一次
性倒入小烧杯（注意：防止溅出）。用环形玻璃搅拌棒轻轻搅动溶液，准确读取混合溶液的最高温度。记
入下表。
5）重复实验两次，取测量所得的平均值，做计算的依据。
实验数据记录：
实验次数 起始温度 t 始/℃ 终止温度
t 终/℃
温度差
（t 终-t 始）/℃
HCl NaOH 平均值
1
2
3
6）根据实验数据计算中和热。
（1）0.5mol/L HCl（aq）和 0.55mol/L NaOH（aq）因为是稀溶液，密度近似于水的密度，故
m（HCl）＝ ρHCl·VHCl ＝ 1g/ml×50ml ＝ 50g
m（NaOH）＝ ρNaOH·VNaOH ＝ 1g/ml×50ml ＝ 50g
（2）中和后生成溶液为稀溶液，其比热近似于水的比热 C ＝ 4.18J/g·℃ ，由此可以计算出 50mlHCl
（aq）和 50mlNaOH（aq）发生反应时放出的热量为：
Q=Cm△t
Q：中和反应放出的热量
M：反应混合液的质量
C：反应混合液的比热容
△t：反应后溶液温度的差值
Q 放 ＝（m1＋m2）·C·(t 终—t 始)
Q 放 ＝ 100g·4.18J/g·℃·(t 终—t 始)℃
即 Q 放 ＝ 0.418(t 终—t 始) KJ
（3）中和热为生成 1molH2O(l)时的反应热，现在生成 0.025molH2O(l)，
（4）所以△H＝－[0.418(t 终—t 始)]/0.025(KJ/mol)
4.注意事项
（1）为了保证 50mL0.50mol.L-1 盐酸完全被氢氧化钠溶液中和，采用 50mL 0.55mol.L-1NaOH 溶液，使碱
稍稍过量。
（2）实验过程中一定要隔热保温，减少误差。
（3）必须使用稀的强酸与稀的强碱反应。
5.思考
1）大、小烧杯放置时，为何要使两杯口相平？填碎纸条的作用是什么？对此装置，你有何更好的建议？
2）温度计上的酸为何要用水冲洗干净？冲洗后的溶液能否倒入小烧杯？为什么？
3）酸、碱混合时，为何要把量筒中的 NaOH 溶液一次倒入小烧杯而不能缓缓倒入？
4）实验中所用 HCl 和 NaOH 的物质的量比为何不是 1∶1 而是 NaOH 过量？若用 HCl 过量行吗？
5）本实验中若把 50 mL 0.50 mol/L 的盐酸改为 50 mL 0.50 mol/L 醋酸，所测结果是否会有所变化？为什
么？
6）若改用 100 mL 0.50 mol/L 的盐酸和 100 mL 0.55 mol/L 的 NaOH 溶液，所测中和热的数值是否约为本
实验结果的二倍（假定各步操作没有失误）？
答案：
1）两杯口相平，可使盖板把杯口尽量盖严，从而减少热量损失；填碎纸条的作用是为了达到保温、隔热、
减少实验过程中热量损失的目的。若换用隔热、密封性能更好的装置（如保温杯）会使实验结果更准确。
2）因为该温度计还要用来测碱液的温度，若不冲洗，温度计上的酸会和碱发生中和反应而使热量散失，故
要冲洗干净；冲洗后的溶液不能倒入小烧杯，若倒入，会使总溶液的质量增加，而导致实验结果误差。
3）因为本实验的关键是测反应的反应热，若动作迟缓，将会使热量损失而使误差增大。
4）为了保证 0.50mol/L 的盐酸完全被 NaOH 中和，采用 0.55mol/LNaOH 溶液，使碱稍稍过量。不宜使盐酸
过量，原因是稀盐酸比较稳定，取 50mL、0.50mol·L-1HCl，它的物质的量就是 0.025mol，而 NaOH 溶液极
易吸收空气中的 CO2，如果恰好取 50mL、0.50mol·L-1NaOH，就很难保证有 0.025molNaOH 参与反应去中和
0.025mol 的 HCl。
5）会有所变化。因为醋酸为弱电解质，其电离时要吸热，故将使测得结果偏小。
6）否。因中和热是指酸与碱发生中和反应生成 1 mol H2O 时放出的热量，其数值与反应物的量的多少无关，
故所测结果应基本和本次实验结果相同（若所有操作都准确无误，且无热量损失，则二者结果相同）。
二、定量测定数据的方法和过程分析
1．重量分析法
①在重量分析中，一般首先采用适当的方法，使被测组分以单质或化合物的形式从试样中与其他组分分离。
②重量分析法不需要选择合适的指示剂，实验的关键是准确判断反应是否发生完全，以及反应前后固体(或
液体)质量的变化。
③重量分析的过程包括了分离和称量两个过程。根据分离的方法不同，重量分析法又可分为沉淀法、气化
法、萃取法等。
A.沉淀法就是利用沉淀反应使被测成分生成溶解度很小的沉淀，将沉淀过滤、洗涤、烘干或灼烧的后成为
组成一定的物质，然后称其重量，再计算被测成的含量，这是重量分析的主要方式。
B.气化法是用加热或其它化学方法使试样中被测成分转化为气体逸出，然后根据气体逸出前后的试样重量
之差来计算被测成的含量。如“硫酸铜晶体结晶水含量的测定”设计原理中就是利用了气化法。
④计算方法
采用重量分析法进行定量计算时，可根据实验中发生反应的化学方程式或原子守恒确定相关物质之间
的定量关系，再结合实验数据列出关系式，并进行相关计算。
2．测气体体积法
对于产生气体的反应，可以通过测定气体体积的方法测定样品纯度。
量气装置的设计：
下列装置中，A 是常规的量气装置，B、C、D 是改进后的装置。
①通过测量反应生成气体的体积进行定量分析的方法，实验的关键是准确测量生成气体的体积。
②测气体体积的方法可分为直接测量法和间接测量法两种：
直接测量法
直接测量法就是将气体通入带有刻度的容器中，直接读取气体的体积。根
据所用测量仪器的不同，直接测量法可分为倒置量筒法和滴定管法两种
间接测量法
间接测量法是指利用气体将液体(通常为水)排出，通过测量所排出液体的
体积从而得到气体体积的测量方法。常用的测量装置为用导管连接的装满
液体的广口瓶和空量筒。排水法收集气体时，要保证“短进长出”
3．测定气体质量法
将生成的气体通入足量的吸收剂中，通过称量实验前后吸收剂的质量，求得所吸收气体的质量，然后
进行相关计算。常见的气体吸收装置：
注意：在利用 B、C 装置测定气体的质量时，要防止空气中相关气体的干扰。
4．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。
三、定量化学实验数据的加工处理策略
1、实验数据统计与整理的一般方法
（1）数据的表格化
项目
实验编号
项
目 1
项
目 2
项
目 3
项目
4…
1
2
3
①根据实验原理确定应记录的项目：所测的物理量。
②应注意数据的有效数字及单位和必要的注释。
③设计的表格要便于数据的查找、比较，便于数据的计算和进一步处理，便于反映数据间的联系。
（2）数据的图像化
图像化是用直线图或曲线图对化学实验结果加以处理的一种简明化形式。它适用于一个量的变化引起
另一个量的变化的情况。图像化的最大特点是鲜明、直观、简单、明了。
2、数据分类
实验所得的数据，可分为有用、有效数据，正确、合理数据，错误、无效数据，及无用、多余数据等。
能从大量的实验数据中找出有用、有效、正确、合理的数据是实验数据分析处理题的一个重要能力考查点，
也是近年来命题变化的一个重要方向。
3、实验数据筛选——对实验数据筛选的一般方法和思路为“五看”：
一看数据是否符合测量仪器的精度特点，如用托盘天平测得的质量的精度为 0.1g，若精度值超过了这个范
围，说明所得数据是无效的；
二看数据是否在误差允许范围内，若所得的数据明显超出误差允许范围，要舍去；
三看反应是否完全，是否是过量反应物作用下所得的数据，只有完全反应时所得的数据，才能进行有效处
理和应用；
四看所得数据的测试环境是否一致，特别是气体体积数据，只有在温度、压强一致的情况下才能进行比较、
运算；
五看数据测量过程是否规范、合理，错误和违反测量规则的数据需要舍去。
4、实验数据的使用
(1)表格型题的解题要点在于通过审题，获取有用信息，然后对表格中数据进行比较分析，依据物质的性质、
变化规律进行解答。
(2)直角坐标系题的解题要点在于解题时要求学生首先弄清楚自变量和因变量到底是什么，注意理解起点、
终点、转折点的含义。然后根据所学知识分析概念、图像、数值三者之间的关系。
四、定量型实验题的解题模板
1、巧审题，明确实验目的、原理：实验原理可从题给的化学情境(或题目所给的实验目的)并结合元素化合
物的有关知识获取。在此基础上，依据可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的实验
方案
2、想过程，理清操作先后顺序：根据由实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法和
步骤，把握各实验步骤的要点，理清实验操作的先后顺序
3、看准图，分析装置或流程作用：若题目中给出装置图，在分析解答过程中，要认真细致地分析图中的各
部分装置，并结合实验目的和原理，确定它们在实验中的作用
4、细分析，得出正确的实验结论：在定性实验的基础上研究量的关系，根据实验现象和记录的数据，对实
验数据进行筛选，通过分析、计算、推理等确定有关样品含量及化学式
【题型示例】
考点 1 考查滴定分析法在物质含量测定中的应用
例 1．（2021·福建龙岩市·高三一模）（节选）乳酸亚铁晶体{[ 3 2 2[CH CH OH COO] Fe 3H O }是一种
很好的食品铁强化剂，吸收效果比无机铁好，易溶于水，几乎不溶于乙醇，可由乳酸与 3FeCO 反应制得。
Ⅲ．探究乳酸亚铁晶体中铁元素含量
甲、乙同学分别设计如下方案，以测定样品中铁元素的含量。
甲 乙
称取 1w g 样品溶于水，用 -1
1c mol L 酸性 4KMnO 标
准溶液滴定，当溶液恰好显浅紫色，且 30s 内不恢复，
称取 2w g 样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，
加入过量 KI 溶液充分反应，然后加入几滴淀粉
停止滴定，测得消耗标准溶液 1V mL 。由此求得
-3
1 1n Fe 5c V 10 mol
溶液，用 2c mol L 硫代硫酸钠溶液滴定(已知：
2 2
2 2 3 4 6I +2S O =S O 2I )，滴定终点时，测得
消耗标准溶液 2V mL 。
(7)甲方案错误，主要原因是___________，该方案测定结果将明显__________(填偏大、偏小)。
(8)依据乙方案可得出样品中铁元素含量为__________(用含有相关字母的代数式表示)。
【解析】Ⅲ．(7) 乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的量增大，使
计算所得乳酸亚铁的质量偏大。故答案为：乳酸根也能被高锰酸钾氧化；偏大；
(8)滴定终点时，V2 mL 硫代硫酸钠溶液中所含硫代硫酸钠的物质的量为：n(Na2S2O3)=c2 V2×10-3mol。根据
关系式 2Fe2+ 2Fe3+ I2 2 2-
2 3S O ，可知样品中 3 2 2[CH CH OH COO] Fe 3H O 的物质的量为
n(Fe2+)=n( 2-
2 3S O )=c2 V2×10-3mol，则样品中铁元素含量为：
-3
2 2
2
56g/mol c V 10 mol 100%w g
= 2 2
2
5.6c V %w ，故答案为： 2 2
2
5.6c V %w 。
【答案】(7)乳酸根也能被高锰酸钾氧化 偏大 (8) 2 2
2
5.6c V %w
【名师点睛】本题以以测定样品中铁元素的含量为背景考查了滴定分析法在物质含量测定中的应用，主要
涉及两种滴定方案的比较评价，氧化还原反应的滴定计算和误差分析的判定，解题的关键在于对滴定操作
及滴定计算的理解和氧化还原反应电子得失守恒的应用。
考点 2 考查重量分析法在物质含量测定中的应用
例 2．（2021·全国高三专题练习）（节选）无水氯化铝是有机化工常用的催化剂，178℃时升华，极易潮
解。某化学兴趣小组设计下列不同实验方案制取无水氯化铝。
（实验 1）利用置换反应 3 2
Δ2Al 6HCl(g) 2AlCl 3H 制备少量无水氯化铝，实验装置如图：
(5)通过实验发现，得到的物质是碱式氯化铝[化学式为 2 6-nnAl OH Cl ]，测定实验所得产物氯元素的含
量，从而确定产物中羟基(- OH )的含量，实验步骤如下：
i.称取 1m g 产品置于烧杯中，充分溶解；
ii.加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，充分反应后，过滤；
iii.洗涤沉淀，干燥至恒重，称得沉淀质量为 2m g 。
①若步骤 iii 的操作中未洗涤、干燥沉淀，将导致测得的羟基(- OH )含量___________(填“偏高”“偏低”
或“不变”)。
②若测得 1m =9.65， 2m =14.35，则所得产品 2 6-nnAl OH Cl 中 n 值为___________。
【解析】(5)①若步骤 iii 的操作中未洗涤、干燥沉淀，则生成氯化银的质量增大，将导致测得的羟基(-OH)
含量偏低；
②氯化银的质量 m2 =14.35，则氯原子的物质的量为 14.35g
143.5g / mol
=0.1mol，因为 m1=9.65g， 则有
9.65g 0.1
6 n27 2 17n 35.5 6 n g
mol
mol
，解 n=4。
【答案】(5)①偏低 ②4
【名师点睛】本题以测定碱式氯化铝[化学式为 Al2(OH)nCl(6-n)]中氯元素及羟基(-OH)的含量为背景考查了重
量分析法在物质含量测定中的应用，主要涉及重量分析法的计算和误差分析的判定，解题的关键在于重量
分析法数据的处理和理解及质量守恒的应用。
考点 3 考查量气分析法在物质含量测定中的应用
例 3．（2020·安徽高三月考）现有一瓶 Na2O2 因保管不善，部分变质转化为 NaOH、Na2CO3.某小组设计实验，
测定样品中 Na2O2 的纯度。
实验 I：
连接好图 1 装置，检查气密性。在倒置量筒中充满水，准确称取 10.0 g 样品，加入锥形瓶中，并加入少量
MnO2 粉末，从分液漏斗中缓慢滴加水，至锥形瓶中无气泡产生，待整个装置冷却到室温，读取量筒内气体的
数据。
(1)实验中加 MnO2 的目的是___________。
(2)若冷却至室温后水槽的图示如图 2，则应进行的操作是___________。
小红提出实验 I 的误差较大，设计完成了实验 II。
实验 II：
连接好图 3 装置，检查气密性。在碱式滴定管中加入适量水，准确称取 10.0 g 样品，加入锥形瓶中，并加
入少量 MnO2 粉末。准确读取碱式滴定管读数 V1 mL，从分液漏斗中缓慢滴加水，至锥形瓶中无气泡产生，待
整个装置冷却到室温，读取碱式滴定管读数 V2 mL。
(3)导管 a 的作用：___________、___________。
(4)已知该实验条件下，气体摩尔体积为 Vm L/mol，则样品中 Na2O2 的纯度为___________。
(5)下列操作导致测量样品纯度偏大的是___________。
a.实验前读数时，俯视刻度线读数
b.实验结束读数时，未冷却至室温
c.实验结束读数时，仰视刻度线读数
d.实验结束读数时，量气装置中右侧液面高于左侧液面
【解析】实验 I：
(1)过氧化钠与水反应生成的中间产物为过氧化氢，实验中加 MnO2 的目的是：二氧化锰具有催化作用，使过
氧化氢完全分解，以减小实验误差；
(2)由图 2 可知，若冷却到室温后，应进行的操作是上下移动量筒，至量筒内外液面高度相同，以减小读数
产生的误差；
实验 II：
(3)导管 a 的作用：平衡分液漏斗内上下气压，便于水的加入，同时消除加入水的体积对气体体积的影响，
使气体体积测量的更加准确；
(4)准确称取 10.0 g 样品，加入锥形瓶中，并加入少量 MnO2 粉末；准确读取碱式滴定管读数 V1 mL，从分液
漏斗中缓慢滴加水，至锥形瓶中无气泡产生，待整个装置冷却到室温，读取碱式滴定管读数 V2 mL，产生氧
气的体积为(V1- V2)mL；气体的总量为： 3
1 2
m
V V 10 L
V L / mol
mol；根据反应：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 可知，则
样品中 Na2O2 的纯度为： 3
1 2
m
2 V V 10 L 78g / mol
V L / 10.0gmol
×100%= 1 2
m
0.0156(V V 100%V
）
；
(5) a．实验前读数时，俯视刻度线读数，V1 偏小，(V1- V2)偏小，测定结果偏低；b．实验结束读数时，未
冷却至室温，V2 偏小，(V1- V2)偏大，测定结果偏高；c．实验结束读数时，仰视刻度线读数，V2 偏大，(V1-
V2)偏小，测定结果偏低；d．实验结束读数时，量气装置中右侧液面高于左侧液面，气体压强偏大，体积偏
小，测定结果偏低；故选 b。
【答案】(1)二氧化锰具有催化作用，使过氧化氢完全分解，以减小实验误差 (2)上下移动量筒，至量
筒内外液面高度相同 (3)平衡分液漏斗上下气压，便于水的加入 消除加入水的体积影响，使气体体
积测量的更加准确 (4) 1 2
m
0.0156(V V 100%V
）
(5) b
【名师点睛】本题以测定测定样品中 Na2O2 的纯度为背景考查了量气分析法在物质含量测定中的应用，主要
涉及量气分析法的实验操作、计算和误差分析的判定，解题的关键在于量气分析法实验操作、数据的处理
和理解及氧化还原反应电子得失守恒的应用。
考点 4 考查各种分析法在物质含量测定中的应用
例 4．（2021·山西晋中市·高三其他模拟）（节选）铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂，
在生产生活中也有很多重要用途。实验室以 NH4HCO3 为原料制备铵明钒晶体的过程如图：
请回答下列问题：
Ⅱ.为测定铵明矾晶体纯度，某学生取 m g 铵明矾样品配成 500 mL 溶液，根据物质组成，设计了如下三个
实验方案(每个方案取用溶液的体积均为 50.00 mL)。请结合三个方案分别回答下列问题：
方案一：测定 SO 2
4
的量，实验设计如下：
(4)老师评价这个方案不科学，测得的 SO 2
4
含量将__(填“偏高”或“偏低”)，理由是__。
方案二：测定 NH4
+的量，实验设计如图所示：
(5)准确测量氨气的体积是实验成功的保证。
①读取量气管的读数时应注意__。
②量气管中所盛液体可以是__(填字母)。
a.水 b.乙醇 c.苯 d.四氯化碳
方案三：测定 Al3+的量，实验过程如下：
(6)取 50.00 mL 待测液，调节溶液 pH 约为 3.5，加入 V1 mL c1 mol/L 乙二胺四乙酸二钠(Na2H2Y)标准溶液，
加热至沸腾，使 Al3+与 Na2H2Y 迅速反应；待反应完成后调节溶液 pH 至 5~6，加入二甲酚橙指示剂，再用 c2 mol/L
的 Zn2+滴定液滴定过量的 Na2H2Y，至滴定终点时消耗 Zn2+滴定液的体积为 V2 mL。反应的离子方程式为
Al3++H2Y2-=AlY-+2H+，Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+。通过计算确定铵明矾晶体的纯度__。
【解析】Ⅱ.方案一是利用氯化钡测定溶液中的 SO4
2-的量，由此求出铵明矾晶体的量；
方案二是使用量气管量取产生的氨气体积，利用氨气的体积和铵明钒晶体的化学式，求出铵明钒晶体的质
量，再除以样品的质量，即可求出样品的纯度；
方案三是用乙二胺四乙酸二钠(Na2H2Y)标准溶液测定 Al3+的量，由此求出铵明矾晶体的含量。
Ⅱ.(4) 方案一是利用氯化钡测定溶液中的 SO4
2-的量，由此求出铵明矾晶体的量，由于铵明钒中混有硫酸钠，
测得的 SO4
2-含量将偏高，故答案为：偏高；铵明钒中混有硫酸钠；
(5)①一定温度下，气体体积与压强有关，所以读取量气管的读数时应注意保持量气管两侧液面相平，同时
眼睛平视量气管内液体的凹液面，避免造成读数误差，故答案为：保持量气管两侧液面相平；眼睛平视量
气管内液体的凹液面；
②方案二是使用量气管量取产生的氨气体积，利用氨气的体积和铵明钒晶体的化学式，求出铵明钒晶体的
质量，实验成功的关键是尽可能不让氨气溶于量气管中的液体，由于氨气易溶于水和乙醇，不溶于苯和四
氯化碳，故选 cd，故答案为：cd；
(6)根据反应的离子方程式：Al3++H2Y2-=AlY-+2H+，Zn2++H2Y2-=ZnY2-+2H+，50.00mL 待测液中含
n(Al3+)=n(H2Y2-)-n(Zn2+)=(c1V1 10-3- c2V2 10-3)mol，则 mg 铵明矾样品配成的 500mL 溶液中含
n(Al3+)=(c1V1 10-3- c2V2 10-3)mol 500mL
50mL
=(c1V1 10-2- c2V2 10-2)mol，铵明矾晶体的质量=(c1V1 10-2-
c2V2 10-2)mol 453g/mol=4.53(c1V1- c2V2)g，铵明矾晶体的纯度
= 1 1 2 24.53 c V c V g
mg
100%= 1 1 2 2453 (c V - c V )
m
%。
故答案为： 1 1 2 2453 (c V - c V )
m
%。
【答案】(4) 偏高 铵明钒中混有硫酸钠 (5)①保持量气管两侧液面相平；眼睛平视量气管内液体的
凹液面 ②cd (6) 1 1 2 2453 (c V - c V
m
) %
【名师点睛】本题以测定铵明矾晶体纯度为背景考查了各种分析法在物质含量测定中的应用，利用重量分
析法测定 SO4
2-的含量，利用量气分析法测定 NH4
+的量，利用络合滴定法测定 Al3+的含量，最后通过计算确定
铵明矾晶体纯度，主要涉及实验操作、计算和误差分析的判定，解题的关键在于各种分析法实验操作、数
据的处理和理解及各种守恒的应用。
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