2022届高三化学一轮复习实验专题强基练34中和滴定相关计算1含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习实验专题强基练34中和滴定相关计算1含解析，共15页。试卷主要包含了请写出简单的计算过程等内容，欢迎下载使用。

中和滴定相关计算
非选择题（共17题）1．氯化亚铜（CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。
准确称取氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的K2Cr2O7溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bmL，反应中Cr2O72-被还原为Cr3+，样品中CuCl的质量分数为__________。
2．焦亚硫酸钠 (Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时,取50.00 mL葡萄酒样品,用0.010 00 mol·L-1的碘标准液滴定至终点,消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为_____________。该样品中Na2S2O5的残留量为________g·L-1。(以SO2计算)
3．某种盐可表示为[xFeSO4·y(NH4)2SO4·6H2O]（其摩尔质量为392g·mol-1），可用作标定重铬酸钾、高锰酸钾等溶液的标准物质，也可用于冶金、电镀。为测定其组成，进行下列实验：
①取一定质量的上述盐样品，准确配制100mL的溶液X；
②量取20.00mL的溶液X，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，烘干至恒重，得到白色固体Y 4.660g
③另取20.00mL的X溶液，滴加适量硫酸，用0.1000mol·L-1的KMnO4溶液滴定至终点，生成Mn2+，消耗KMnO4溶液20.00mL。
（1）在20.00mL试样溶液中c（SO42-）= mol·L-1，n（Fe2+）= mol；
（2）该盐的化学式为 。
4．水泥是重要的建筑材料，水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙的含量：先将水泥转变为草酸钙，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4-+H++H2C2O4→Mn2++CO2↑+H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.0500 mol·L−1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为______________。
5．蛋氨酸铜[Cux(Met)y，Met表示蛋氨酸根离子]是一种新型饲料添加剂。为确定蛋氨酸铜[Cux(Met)y]的组成，进行如下实验：
(1)称取一定质量的样品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水和稀盐酸，加热至全部溶解，冷却后将溶液分成两等份。
②取其中一份溶液，调节溶液pH在6～8之间。加入0.1000 mol/LI2的标准溶液25.00 mL,充分反应后滴入2～3滴指示剂X，用0.1000 mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至蓝色恰好褪去，发生反应：。消耗Na2S2O3标准溶液22.00 mL(蛋氨酸与I2反应时物质的量之比为1：1，产物不与Na2S2O3发生反应)。
③向另一份溶液中加入NH3·H2O-NH4Cl缓冲溶液，加热至70℃左右，滴入2-3滴指示剂PAN，用0.02500 mol/LEDTA (Na2H2Y)标准溶液滴定其中Cu2+(离子方程式为Cu2++H2Y2--=CuY2-+2H+)，消耗EDTA标准溶液28.00 mL。
(1)指示剂X为 ____。
(2)用Na2S2O3标准液滴定时，若pH过小，会有S和SO2生成。写出S2O32-与H+反应的离子方程式 ___________ 。
(3)若滴定管水洗后未用EDTA标准溶液润洗，测得Cu2+的物质的量将____(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
(4)通过计算确定蛋氨酸铜[Cux(Met)y]的化学式(写出计算过程)________。
6．为测定草酸亚铁晶体(FeC2O4·xH2O)的x值，用硫酸溶解5.400 g草酸亚铁晶体，定容至250 mL。取25.00 mL溶液，用0.1000 mol·L-1 KMnO4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
17.98
2
1.24
20.38
3
1.44
19.46
已知：MnO＋FeC2O4·xH2O＋H＋→Mn2＋＋Fe3＋＋CO2↑＋H2O，假设杂质不参加反应。
(1)在FeC2O4·xH2O中x=___________。
(2)取25.00 mL溶液，用0.1000 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，在标准状况下，生成二氧化碳气体___________mL。
7．多钒酸盐在催化、医学等领域有着重要的应用。某多钒酸铵晶体的化学式为(NH4)xH6-xV10O28·10H2O。为测定其组成, 进行下列实验：
①称取样品0.9291 g，加入过量20% NaOH溶液，加热煮沸一段时间，生成的NH3用50.00 mL 0.1000 mol·L-1 盐酸吸收。加入指示剂，用0.1000 mol·L-1 NaOH标准溶液滴定剩余的HCl，终点时消耗NaOH标准溶液20.00 mL。
②另称取样品0. 9291 g，加过量1.5 mol·L-1 H2SO4，微热溶解。加入3 g NaHSO3，搅拌，使五价钒V10O286-完全转化为四价钒VO2+。加热煮沸一段时间，然后用0. 06000 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定（还原产物为Mn2+），终点时消耗KMnO4标准溶液25.00 mL。
（1）在实验②中，煮沸的目的是____。
（2）KMnO4滴定时，将VO2+氧化为五价的VO2+，该反应的离子方程式为____。
（3）根据实验结果，确定该多钒酸铵晶体的化学式。____
8．请写出简单的计算过程。
(1)在空气中煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41 g，CO2 体积为1.344 L(标准状况)，则钴氧化物的化学式为_____________。
(2)将一定量Fe、FeO 和 Fe2O3 的混合物放入25 mL 2 mol·L-1 的HNO3溶液中，反应完全后，无固体剩余，生成 224 mL NO 气体(标准状况)，再向反应后的溶液中加入1mol·L-1 的 NaOH 溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所加 NaOH 溶液的体积最少是__________________。
(3)取Ce(OH)4产品5.000g，加酸溶解后，向其中加入含0.03300molFeSO4的FeSO4溶液使Ce4+全部被还原成Ce3+，再用0.1000mol·L-1的酸性KMnO4标准溶液滴定至终点时，消耗20.00mL标准溶液。则该产品中Ce(OH)4的质量分数为________________。(已知氧化性：Ce4+＞KMnO4；Ce(OH)4的相对分子质量为208)。
9．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。
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Cr2O72-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）_____。
10．碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：①称取样品1.1160 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；②取25.00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.1722 g；③另取25.00 mL溶液A，调节pH 4 ~ 5，用浓度为0.08000 mol·L−1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2−=CuY2−+2H+)，滴定至终点消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式_____________(写出计算过程)。
11．称取软锰矿样品0.1000 g。对样品进行如下处理：
①用过氧化钠处理，得到MnO42-溶液。
②煮沸溶液，除去剩余的过氧化物。
③酸化溶液，MnO42-歧化为MnO4－和MnO2。
④滤去MnO2。
⑤用0.1000 mol·L－1 Fe2＋标准溶液滴定滤液中MnO4-，共用去25.80 mL。
计算样品中MnO2的质量分数______(保留1位小数)；写出简要的计算过程。
12．黄铁矿主要成分是 FeS2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时，取 0.1000 g 样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为 0.02000 mol·L-1的 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，重复实验，平均消耗K2Cr2O7标准溶液 20.00mL。
（1）硫酸工业中煅烧黄铁矿的设备名称_____。
（2）该样品FeS2的质量分数为_____；
13．（亚硝酸钠(NaNO2)是工业盐的主要成分，在漂白、电镀等方面应用广泛。实验室利用下图装置制备亚硝酸钠，并测定所制亚硝酸钠的纯度。(加热装置及部分夹持装置已略去)
Ⅱ.亚硝酸钠纯度的测定。
当Na2O2完全反应后，E中产生的固体除NaNO2外，还可能有NaNO3。测定亚硝酸钠纯度的步骤如下：
步骤一：取反应后的固体4.30 g溶于稀硫酸，向所得溶液中加入足量KI，将溶液中的NO2-和NO3-全部还原为NO，并通入足量N2，将NO全部赶出，最后将溶液稀释至1000 mL。
步骤二：取上述所得溶液10 mL，用淀粉作指示剂，用0.050 mol/L的Na2S2O3标准液滴定，发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，最终消耗Na2S2O3溶液体积为16.00 mL。
（1）步骤二中达到滴定终点的标志为______________________。
（2）混合固体中NaNO2的质量分数为________。(保留三位有效数字)
（3）若在滴定终点读取滴定管刻度时，仰视标准液液面，则测得亚硝酸钠的纯度________。(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
14．硫酸镍铵可用于电镀、印刷等领域。为测定其组成，进行如下实验：
序号
滴定前读数/mL
滴定后读数/mL
1
0.00
20.10
2
1.20
23.40
3
1.55
21.45
①称取4.670样品，配成250mL溶液A。
②取25.00mL溶液A，加足量浓NaOH溶液并加热，生成(标准状况)。
③另取25.00mL溶液A，用0.05000mol//L的EDTA()标准溶液滴定其中的(离子方程式为)，重复实验，数据如表。请回答：
(1)4.670g硫酸镍铵中的物质的量为___________mol。
(2)硫酸镍铵的化学式为___________(写出计算过程)。
15．某实验小组制备，取1.12g实验制得的产物(已知的相对分子质量为158.6)加水溶解，配成100mL溶液，用移液管取出25.00mL于锥形瓶中，滴入几滴作指示剂，已知为砖红色沉淀，用浓度为0.100的硝酸银标准溶液滴定，重复滴定三次测得硝酸银标准溶液用量分别为19.98mL、18.00mL、20.02mL。
(1)产物的纯度为_______(保留三位有效数字)；
(2)写出简要计算过程：_______。
16．市售铁强化盐中铁含量测定。
已知：①铁强化盐中含有NaCl、KIO3、NaFeY，其中n(KIO3)：n(NaFeY)=1：50，
②I2+2S2O=2I-+S4O
称取m g样品，加稀硫酸溶解后配成100 mL溶液。取出10 mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入淀粉溶液，用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，重复操作2~3次，消耗Na2S2O3标准溶液平均值为V mL。
(1)I-除了与Fe3+反应外，还可发生的反应的离子方程式为___________。
(2)样品中铁元素的质量分数为___________(列出式子即可)。
17．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，实验步骤如图：
Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol﹒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H2C2O4·2H2O(M=126g·mol-1)的质量分数表达式为___。
参考答案
1．
【详解】
根据题意，CuCl与K2Cr2O7发生氧化还原反应，1个K2Cr2O7可以得到6个电子被还原为Cr3+，则转移电子的物质的量是，被氧化为Cu2+，根据得失电子守恒，CuCl的物质的量是，代入其分子量，样品中CuCl的质量分数为，化简后即。
2．S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+ 0.128
【分析】
Na2S2O5具有还原性，I2被还原为I-，反应的离子方程式为S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+，根据反应进行计算。
【详解】
Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5具有一定的还原性，能被碘标准液滴定，说明发生氧化还原反应产生Na2SO4，I2被还原为I-，则滴定反应的离子方程式为S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L-1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL，根据反应方程式，则样品中Na2S2O5的残留量以SO2计算应为=0.128 g·L-1。
3．（1）1，0.01；（2）FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O。
【解析】
试题分析：（1）取25.00mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤，干燥至恒重，得到白色固体0.4660g．根据硫酸根离子守恒，硫酸根离子的物质的量和硫酸钡的物质的量是相等的，即为：=0.02mol，c（SO42-）==1mol/L；
取25.00mL溶液X，滴加适量稀硫酸，用0.10 0mol•L-1KMnO4溶液滴定至终点，生成Mn2+，消耗KMnO4溶液20.00mL，在酸性环境下，高猛酸根离子可以将亚铁离子氧化为三价铁离子，即
MnO4- + 5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，
1 5
0.100mol/L×20×10-3L n
所以亚铁离子的物质的量为：n=5×0.100mol/L×20×10-3L=0.01mol，故答案为1；0.01；
（2）100mL溶液中n（SO42-）=2.000×10-2mol×=0.08mol，
n（Fe2+）=0.01mol×=0.04mol，
设该样品中含有xFeSO4•y（NH4）2SO4•6H2O的物质的量为n，
则：n（SO42-）=nx+ny=0.08、n（Fe2+）=nx=0.04，
则x：y=1：1，
所以该盐的化学式为：FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O，
故答案为FeSO4•（NH4）2SO4•6H2O。
考点：考查了有关混合物反应的计算的相关知识。
4．45.0%
【详解】
草酸钙的化学式为CaC2O4，被还原为得5个电子，H2C2O4被氧化为一共失2个电子，因此5Ca2+～5H2C2O4～2KMnO4，再来计算高锰酸钾的用量n(KMnO4)=0.0500 mol/L×36.00×10−3 L=1.80×10−3 mol，故n(Ca2+)=4.50×10−3 mol，因此水泥中钙的质量分数为。
5．淀粉溶液 偏大





化学式为：
【详解】
（1）用0.1000 mol/LNa2S2O3标准溶液滴定I2液，则指示剂为淀粉溶液，
故答案为：淀粉溶液；
（2）S2O32-与H+反应生成S和SO2，则化学方程式为，
故答案为：；
（3）若滴定管水洗后未用EDTA标准溶液润洗，标准液体积偏大，测得Cu2+的物质的量将偏大，
故答案为：偏大；
（4）





化学式为：
6．2 134.4
【详解】
(1)由题干数据可知，第2组数据明显误差，舍去，故实际消耗酸性高锰酸钾溶液的平均体积为：，根据反应方程式：3MnO＋5FeC2O4·xH2O＋24H＋→3Mn2＋＋5Fe3＋＋10CO2↑＋(12+5x)H2O可知，n(FeC2O4·xH2O)=n(MnO)=×0.1000mol/L×18.00×10-3L=3×10-3mol，故有： ，故解得：x=2，故答案为：2；
(2)取25.00 mL溶液，用0.1000 mol·L-1 KMnO4标准溶液滴定至终点，由反应方程式可知，n(CO2)=2n(FeC2O4·xH2O)=2×3×10-3mol=6×10-3mol，故在标准状况下，生成二氧化碳气体22.4×103mL/mol×6×10-3mol=134.4 mL，故答案为：134.4。
7．除去溶液中剩余的H2SO3（或SO2） 5VO2+ + MnO4- + H2O = 5VO2+ + Mn2+ + 2H+ (NH4)4H2V10O28·10H2O
【解析】
【分析】
应用反应中的关系式计算NH4+、V10O286-的物质的量，再由两者的物质的量之比求出化学式中的x。
【详解】
(1)实验②中H2SO4过量，3 g NaHSO3完全转化为H2SO3或SO2。五价钒V10O286-完全还原后剩余的H2SO3或SO2也能与KMnO4标准溶液反应。可见，煮沸的目的是除去溶液中剩余的H2SO3（或SO2）。
(2)实验②中反应在酸性溶液中进行，VO2+被氧化为五价的VO2+，MnO4- 被还原为 Mn2+ 。酸性溶液中可生成或消耗H+。由此可写出离子方程式5VO2+ + MnO4- + H2O = 5VO2+ + Mn2+ + 2H+ 。
(3)0.9291 g样品中的NH4+与吸收NH3的HCl的关系：NH4+ ~ NH3 ~ HCl。n(NH4+)=n(HCl)=50.00×10-3L ×0.1000 mol·L-1—20.00×10-3L×0.1000 mol·L-1 =3.000×10-3mol 。
0.9291 g样品中的V10O286-与KMnO4标准溶液的关系：V10O286-~ 10VO2+ ~ 2MnO4- 。 n(V10O286-)=12n(MnO4- )=12×25.00×10-3L×0.06000 mol·L-1 =7.500×10-4mol 。
据多钒酸铵晶体的化学式(NH4)xH6-xV10O28·10H2O，有n(NH4+)∶n(V10O286-)=x∶1，代入数据得x=4。该多钒酸铵晶体的化学式为(NH4)4H2V10O28·10H2O。
【点睛】
关系式计算是重要的计算类型。可根据化学方程式找出物质间的关系式，也可根据元素守恒、得失电子守恒找出关系式。
8．Co3O4 40 mL 95.68%
【详解】
(1)煅烧CoC2O4生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为1.344 L(标准状况)，则n(CO2)==0.06mol，结合CoC2O4可以知道n(Co)=0.06mol×=0.03mol，则氧化物中n(O)==0.04mol，则钴氧化物中n(Co):n(O)=0.03mol：0.04mol=3:4，所以钴氧化物的化学式为Co3O4，故答案为：Co3O4；
(2)HNO3的物质的量=2 mol·L-1×0.025L=0.05mol，生成NO的物质的量==0.01mol，所以与一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物反应后溶液中含有的的物质的量为0.05mol-0.01mol＝0.04mol，再向反应后的溶液中加入1mol·L-1的NaOH溶液，要使铁元素全部沉淀下来，所得溶液的溶质为NaNO3，所以需要NaOH的物质的量：n(NaOH)＝n()＝0.04mol，则所加NaOH溶液的体积最少是＝=0.04L，即40mL，故答案为：40mL；
(3)用 0.100 0 mol·L -1 的酸性 KMnO4 标准溶液滴定至终点时，消耗 20.00 mL 标准溶液，氧化溶液中剩余的 Fe2+，根据得失电子守恒可知，剩余 Fe2+的物质的量为 0.100 0×0.02×＝0.01mol，则还原 Ce4+消耗的 Fe2+的物质的量为 0.033 00 mol-0.01 mol＝0.023 00 mol， 根据Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，则 Ce4+的物质的量为 0.02300 mol，该产品中 Ce(OH)4的质量分数为＝95.68%，故答案为：95.68%。
9．偏大 12.32%
【详解】
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，最终样品中铁的质量分数测定结果将偏大；
②n(Cr2O72-)=5.000×10−2 mol·L−1×22.00×10−3 L=1.100×10−3 mol，滴定时Cr2O72-→Cr3+和Fe2+→Fe3+，根据电子得失守恒可得Cr2O72-~6Fe2+，因此n(Fe2+)=6n(Cr2O72-)=6×1.100×10−3 mol=6.600×10−3 mol，根据元素守恒样品中铁元素的质量为m(Fe)=6.600×10−3 mol×56 g·mol−1=0.3696g，样品中铁元素的质量分数w(Fe)=×100%=12.32%。
10．Cu2(OH)3Cl·H2O
【详解】
首先n(Cl−)=n(AgCl)×=4.800×10−3mol；
n(Cu2+)=n(EDTA)×=0.08000 mol·L−1×30.00×10−3 L×=9.600×10−3 mol；
n(OH−)=2n(Cu2+)−n(Cl−)=2×9.600×10−3 mol－4.800×10−3 mol=1.440×10−2 mol；
m(Cl−)=4.800×10−3 mol×35.5 g· mol −1=0.1704 g；
m(Cu2+)=9.600×10−3 mol×64 g· mol −1=0.6144 g；
m(OH−)=1.440×10−2 mol×17 g· mol −1 =0.2448 g；
n(H2O)= ；
a∶b∶c∶x = n(Cu2+)∶n(OH−)∶n(Cl−)∶n(H2O)=2:3:1:1 ，化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O。
11．有关反应方程式为
MnO2+Na2O2=Na2MnO4
3MnO42-+4H+=2MnO4-+MnO2↓+2H2O
MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
MnO2~ MnO42-~MnO4-~Fe2+
故ω(MnO2)=[c(Fe2+)V(Fe2+)M(MnO2)]÷m(试样)×100%=×100%=67.3%
【分析】
本题涉及多个化学方程式，可用关系式法，快速找出二氧化锰和亚铁离子的关系式，代入数据计算即可。
【详解】
本题共涉及以下反应：
MnO2+Na2O2=Na2MnO4
3MnO42-+4H+=2MnO4-+MnO2↓+2H2O
MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O
MnO2~ MnO42-~MnO4-~Fe2+
n(MnO2)= c(Fe2+)×V(Fe2+) ×
m (MnO2)=
(MnO2)= = =67.3%。
【点睛】
关系式法是化学计算中常用的方法之一。解题的关键是从数学和化学反应的实质等方面入手，设法确定有关物质间量的关系式或其代数式。优点是省去了多步计算的繁琐和比较复杂的运算。
12．沸腾炉 72.00%
【详解】
（1）煅烧黄铁矿是在沸腾炉中进行；
（2）取0.1000g样品在空气中充分灼烧，将生成的SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，用浓度为0.02000mol/L的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液25.00mL，依据反应过程得到定量关系为：3FeS2～6SO2～12Fe2+～2Cr2O72-，
n(FeS2)=n()=×0.02mol/L×0.02L=0.0006mol，
所以样品中FeS2的质量分数= 。
13．滴入最后一滴标准液后，溶液由蓝色褪为无色，且30 s内不再变化 80.2%(80.0%～80.3%即可) 偏低
【分析】
(1)碘遇淀粉变蓝，碘单质消失则蓝色消失；

(2)根据反应方程式，结合物料守恒，计算混合固体中NaNO2的质量分数；
(3)根据c(待)=分析亚硝酸钠的纯度；
【详解】
(1)步骤二中以淀粉作指示剂，当达到滴定终点时，再滴入最后一滴标准液时，溶液由蓝色褪为无色，且30s内不再变化；
(2)步骤一将混合固体溶于稀硫酸，向所得溶液中加入足量KI，发生的反应方程式为4H++2NO2-+2I-=2NO↑+I2+2H2O和8H++2NO3-+6I-=2NO↑+3I2+4H2O，滴定过程发生的反应为I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，根据物料守恒，反应中Na2S2O3与I2的化学计量比为2∶1、I2与NO2-的化学计量比为1∶2、I2与NO3-反应的化学计量比为3∶2，则Na2S2O3与NO2-的化学计量比为1∶1、Na2S2O3与NO3-的化学计量比为3∶1，滴定消耗n(Na2S2O3)=0.050 mol·L－1×0.016 L=8.0×10-4 mol，设混合固体中NaNO2的质量分数为x，根据物料守恒得n(NaNO2)+3n(NaNO3)=n(Na2S2O3)，则mol=×8.0×10-4mol，解得x=0.802，所以混合固体中NaNO2的质量分数为80.2%(80.0%～80.3%即可)；
(3)若在滴定终点读取滴定管刻度时，仰视标准液液面，则滴定读数偏大，计算所得硝酸钠偏多，则测得亚硝酸钠的纯度偏低。
14．0.01000
【详解】
(1)25.00mL溶液A，用0.05000mol//L的EDTA()标准溶液滴定其中的，重复实验，根据表格数据，第一次消耗标准液20.10 mL、第二次消耗标准液22.20mL、第三次消耗标准液19.90mL，第二次实验数据超出误差范围舍去不用，根据第一次、第三次实验数据，平均消耗标准液的体积20.00 mL；根据反应的离子方程式，4.670g硫酸镍铵中的物质的量为0.02L×0.05000mol//L×10=0.01000mol；
(2)由题可得：样品中；
结合(1)计算结果的物质的量为0.01000mol，根据电荷守恒可知样品中；
根据质量守恒可得： ； ；
则；
所以硫酸镍铵的化学式为。
15． 用浓度为0.100mol/L的硝酸银标准溶液滴定氯离子，滴入几滴作指示剂，当溶液中氯离子沉淀完全后，会生成砖红色沉淀。第二次实验数据超出正常误差范围，舍去不用，平均消耗硝酸银标准溶液的体积为20.00mL，
设25.00mL溶液中的物质的量为xmol；

x=0.001mol
产物的纯度为 95.2%。
【详解】
用浓度为0.100mol/L的硝酸银标准溶液滴定溶液中的氯离子，第二次实验数据超出正常误差范围，舍去不用，平均消耗硝酸银标准溶液的体积为20.00mL，设25.00mL溶液中的物质的量为xmol；

x=0.001mol
产物的纯度为 95.2%。
16．5I-+IO+6H+=3I2+3H2O ×100%
【详解】
(1)在上述溶液中，KIO3也具有强氧化性，KI具有还原性，二者在酸性条件下会发生氧化还原反应，该反应的离子方程式为：5I-+IO+6H+=3I2+3H2O；
(2)用c mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，重复操作2~3次，消耗Na2S2O3标准溶液平均值为V mL，根据I2+2S2O=2I-+S4O可知：由1样品产生的I2的物质的量n(I2)=，其中的I2由KIO3、NaFeY氧化I-产生。
由于n(KIO3)：n(NaFeY)=1：50，假设其中n(NaFeY)=x mol，则n(KIO3)=mol。
由5I-+IO+6H+=3I2+3H2O可得n1(I2)=3n(KIO3)=mol；由2Fe3++2I-=2Fe2++I2可得n2(I2)=mol， mol + mol =cV×10-2 mol，解得x=mol，所以样品中Fe元素的质量分数为：。
17．×100%
【详解】
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()，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=2.5(cV1-3V2)×10-3，所以H2C2O4·2H2O的质量分数==。