2022届高三化学一轮复习化学反应原理题型必练29中和滴定拓展的相关计算含解析

这是一份2022届高三化学一轮复习化学反应原理题型必练29中和滴定拓展的相关计算含解析，共14页。试卷主要包含了铜的硫化物可用于冶炼金属铜，黄铁矿主要成分是FeS2等内容，欢迎下载使用。
中和滴定拓展的相关计算
非选择题（共14题）
1．某同学用0.1082mol/L 的NaOH溶液滴定未知浓度的盐酸，以下是实验数据记录表。
实验序号
待测盐酸溶液的体积mL
滴定管读数
消耗标准NaOH溶液的体积mL
初读数
末读数
1
20.00
0.00
19.90
19.90
2
20.00
0.05
______
_________

（1）请根据右图（滴定管的局部）读出第2次实验的末读数，填充上表中两个空格；
（2）列出求算待测盐酸溶液浓度的计算式（须含上表相关数据，不必计算结果）______；
（3）该同学欲测量一个玻璃容器的容积。他先量取20.00mL 3.820mol/L的H2SO4溶液注入该容器，加蒸馏水直至完全充满容器。待混合均匀后，从中取出25.00mL溶液置于锥形瓶中用0.1082mol/L 的NaOH溶液滴定，耗去碱液22.60mL。计算该玻璃容器的容积________。
2．将多磷酸钠溶液通过氢型阳离子交换柱，进行Na+与H+的交换，得到多磷酸。经科学研究表明，磷酸和多磷酸的结构分别为：(磷原子几乎处在四面体的中心，三个羟基性质几乎完全相同)交换后的溶液用0.1 mol·L-1的NaOH溶液滴定。在消耗NaOH溶液 42.00mL和50.00mL时各有一个滴定终点。请回答：
⑴有2个滴定终点的原因是_______________________________。
⑵n的值为__________，写出计算依据___________________________________。
3．摩尔盐[xFeSO4·y(NH4)2SO4·zH2O]是一种重要化工原料。其组成可通过下列实验测定：
①称取1.5680 g样品，准确配成100 mL溶液A。
②量取25.00 mL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0.4660 g。
③再量取25.00 mL溶液A，滴加适量稀硫酸，用0.0200 mol·L－1KMnO4溶液滴定至终点，生成Mn2＋，消耗KMnO4溶液10.00 mL。
（1）已知室温下BaSO4的Ksp=1.1×10－10，欲使溶液中c(SO42－)≤1. 0×10－5mol·L－1，应保持溶液中c(Ba2＋)
≥ mol·L－1。
（2）③中发生反应的离子方程式为 ，滴定终点的现象是 。
（3）通过计算确定样品的组成（必须写出计算过程）。
4．(12分)铜的硫化物可用于冶炼金属铜。为测定某试样中Cu2S、CuS的质量分数，进行如下实验：
步骤1：在0.750 0 g试样中加入100.00 mL 0.120 0 mol·L－1KMnO4的酸性溶液，加热，硫元素全部转化为SO42－，铜元素全部转化为Cu2＋，滤去不溶性杂质。
步骤2：收集步骤1所得滤液至250 mL容量瓶中，定容。取25.00 mL溶液，用0.100 0 mol·L－1FeSO4溶液滴定至终点，消耗16.00 mL。
步骤3：在步骤2滴定所得溶液中滴加氨水至出现沉淀，然后加入适量NH4HF2溶液(使Fe、Mn元素不参与后续反应)，加入约1 g KI固体(过量)，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。用0.050 00 mol·L－1Na2S2O3溶液滴定至终点(离子方程式为2S2O32-＋I2===2I－＋S4O62-)，消耗14.00 mL。
已知：酸性条件下，MnO4－的还原产物为Mn2＋。
（1）若步骤3加入氨水产生沉淀时，溶液的pH＝2.0，则溶液中c(Fe3＋)＝________。
(已知室温下Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39)
（2）步骤3若未除去Fe3＋，则测得的Cu2＋的物质的量将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
（3）计算试样中Cu2S和CuS的质量分数(写出计算过程)。
5．臭氧(O3)能与KI溶液反应，生成氧气等。在反应后的溶液中滴入酚酞变为红色。若滴入淀粉则变为蓝色。为测定环境中空气的臭氧含量，将0℃、1.01×105Pa的空气33.6m3通过KI溶液，使反应完全，在所得溶液中用0.0100mol·L－1的Na2S2O3溶液60.0mL恰好滴定达终点，反应为：2Na2S2O3+I2→Na2S4O6+2NaI
（1）臭氧通入KI溶液中的化学方程式是________，每消耗1molO3，转移___mole-。
（2）计算大气中臭氧的体积分数___。（写出计算过程）
6．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：________。
7．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0.100 0 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0.020 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7标准溶液25.00 mL。
已知：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SO42-＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(1)样品中FeS2的质量分数是(假设杂质不参加反应)________(保留1位小数)。
(2)煅烧10 t上述黄铁矿，理论上产生SO2的体积(标准状况)为________L，制得98%的硫酸质量为________t。
8．称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体，用100 mL容量瓶配成样品溶液。取0.009 50 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72－＋6I－＋14H＋=3I2＋2Cr3＋＋7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2＋2S2O32－=S4O62－＋2I－。加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，当溶液_________________，即为终点。平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为___________%(保留1位小数)。
9．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)。
10．CCl3CHO可通过“CH3CH2OH＋4Cl2→CCl3CHO＋5HCl”进行制备。
⑴实验室常用KMnO4、MnO2或NaClO与浓盐酸反应制取Cl2。质量分数为36.5%，密度为1.18 g·cm－3盐酸，其物质的量浓度为______mol·L−1。等物质的量的KMnO4、MnO2或NaClO与足量浓盐酸反应，理论上生成的Cl2的质量之比为______。
⑵可用如下方法测定所制CCl3CHO粗品的纯度（杂质不参与反应）：称取该实验制备的产品5.00 g，配成100.00 mL溶液，取其中10.00 mL，加入一定量的NaOH后，加入30.00 mL 0.100 mol·L−1的碘标准液，用0.100 mol·L−1的Na2S2O3溶液滴定，重复上述3次操作，消耗Na2S2O3溶液平均体积为20.00 mL。实验中所发生反应如下：CCl3CHO＋NaOH＝CHCl3＋HCOONa，HCOONa＋I2＝HI＋NaI＋CO2↑， I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6，计算粗品中所含CCl3CHO的质量分数（写出计算过程）。_____________
11．将一定量Cl2通入100 mL 5.00 mol·L－1 NaOH溶液中，恰好完全反应，生成NaCl、NaClO和NaClO3。移取该溶液10.0 mL稀释到100 mL，再取稀释液10.0 mL，用醋酸酸化后，加入过量KI溶液充分反应，将NaClO还原。以淀粉为指示剂，用0.100 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定析出的I2，消耗20.0 mL时溶液蓝色褪去；再用硫酸将滴定后的溶液调至强酸性，继续滴定此时析出的I2，消耗30.0 mL时达到滴定终点。已知：I2＋2Na2S2O3＝Na2S4O6＋2NaI。(忽略反应过程中溶液体积变化)
请计算：
(1)通入氯气的物质的量为__________mol。
(2)通入氯气后的溶液中NaCl的物质的量浓度为__________mol·L－1。
12．为测定某样品中所含晶体FeSO4•7H2O的质量分数，取晶体样品ag，溶于稀硫酸配成100.00mL溶液，取出20.00mL溶液，用KMnO4溶液滴定（杂质与KMnO4不反应）。若消耗0.2000mol•L-1KMnO4溶液20.00mL，所得晶体中FeSO4•7H2O的质量分数为__（用a表示）。
13．硫代硫酸钠（）是常用的还原剂。在一定体积的某维生素C（化学式）溶液中加入溶液，使维生素C完全氧化，充分反应后，用溶液滴定剩余的I2，消耗溶液。
已知发生的反应为： ,该溶液中维生素C的物质的量是__________mol。写出简要的计算过程__________。
14．化学需氧量(chemical oxygen demand，简称COD)表示在强酸性条件下重铬酸钾氧化 1 L 污水中有机物所需的氧化剂的量，并换算成以氧气为氧化剂时，1 L水样所消耗O2的质量(mg·L-1)计算。COD小，水质好。某湖面出现赤潮，某化学兴趣小组为测定其污染程度，用 1.176 g K2Cr2O7固体配制成 100 mL溶液，现取水样20.00 mL，加入10.00 mL K2Cr2O7溶液，并加入适量酸和催化剂，加热反应2 h。多余的K2Cr2O7用0.100 0 mol·L-1Fe(NH4)2(SO4)2溶液进行滴定，消耗Fe(NH4)2(SO4)2溶液的体积如下表所示。此时，发生的反应是CrO72-+6Fe2＋+14H+=2Cr3＋+6Fe3++7H2O。(已知K2Cr2O7和有机物反应时被还原为 Cr3+，K2Cr2O7的相对分子质量为294)
序号
起始读数/mL
终点读数/mL
1
0.00
12.10
2
1.26
13.16
3
1.54
14.64

(1)K2Cr2O7溶液的物质的量浓度为______mol·L-1。
(2)求该湖水的COD为______mg·L-1。
参考答案
1．19.90 19.85 c（HCl）= 1.562L
【详解】
（1）根据滴定管的结构，第2次实验的末读数为19.90mL，第2次实验消耗标准NaOH溶液的题为19.90mL-0.05mL=19.85mL。
（2）两次实验消耗标准NaOH溶液体积的平均值为，根据反应HCl+NaOH=NaCl+H2O，则c（HCl）V[HCl(aq)]=c（NaOH）V[NaOH(aq)]，c（HCl）=。
（3）H2SO4  + 2NaOH = Na2SO4 +2H2O
1mol      2 mol
 25.00mL×c（H2SO4） 22.60mL×0.1082mol/L
解得 c（H2SO4）=0.04890mol/L
稀释前后溶质的物质的量不变：20.00mL×3.820mol/L=V（H2SO4）×0.04890mol/L，解得V（H2SO4）=1562.3mL=1.562L，即玻璃容器的容积为1.562L。
2．多磷酸分子中有两种不同类型的—OH 21
【分析】
（1）滴定中有两个滴定终点，说明多磷酸分子中含有两种羟基；
（2）根据中n＞4可知，消耗NaOH溶液 42.00mL时消耗的羟基为n，消耗50.00mL氢氧化钠溶液时消耗的羟基为n+4，据此列式计算。
【详解】
（1）交换后的溶液用0.1mol•L-1的NaOH溶液滴定，在消耗NaOH溶液 42.00mL和50.00mL时各有一个滴定终点，说明多磷酸分子中有两种不同类型的-OH；
（2）羟基与氢氧化钠的物质的量成正比，氢氧化钠溶液浓度一定，则羟基数目与氢氧化钠溶液的体积成正比，消耗NaOH溶液42.00mL时消耗的羟基为n，消耗50.00mL氢氧化钠溶液时消耗的羟基为n+4，则：
，解得：n=21。
3．（1）1.1×10－5 （2分）
（2）MnO4－+5 Fe2++8H＋＝Mn2++5 Fe3++4H2O（2分）
溶液由无色变为浅紫色（紫色、紫红色），且半分钟不褪色 （1分）
（3）n(SO42－)= n(BaSO4)＝0. 466g/233g·mol－1＝2. 00×10－3mol (或2.00mmol) （2分）
n(Fe2＋)＝5×0. 02000 mol·L－1×10. 00 mL/1000 mL·L－1＝1. 000×10－3mol （1分）
n(NH4＋)＝2×2. 00×10－3mol-2×1. 000×10－3mol＝2. 000×10－3mol （1分）
n(H2O)＝(1.5680 g×25.00 mL/100.00mL-1.000×10－3mol
×152g·mol－1-1.000×10－3mol×132g·mol－1)/18 g·mol－1
＝6. 000×10－3mol （2分）
x∶y∶z＝n(FeSO4)∶n[ (NH4)2SO4]∶n(H2O)＝1∶1∶6
该摩尔盐的化学式为FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O （1分）
【解析】
试题分析：本题是测定物质组成的计算题。
（1）Ksp= c(Ba2＋) × c(SO42－)=1.1×10－10 c(Ba2＋)= 1.1×10－5mol·L－1
（3）在步骤②中得到的白色固体为BaSO4，由此计算出SO42-的含量；在步骤③中根据反应方程式计算出溶液中含有的Fe2＋的含量，再根据电荷守恒计算出溶液中含有NH4＋的含量。但要注意所取的溶液只是原溶液的1/5，计算原溶液中SO42-和Fe2＋的物质的量。最后根据总质量计算水的含量，确定组成。
考点：考查工业测定物质组成中的有关实验操作、计算等内容。
4．18．(12分） （1）2.6×10－3mol·L－1(2分）
（2）偏高(2分)
（3）w(Cu2S)＝42.7%(4分） w(CuS)＝38.4%(4分)(无计算过程不给分)
【解析】
试题分析：
（1）步骤3加入氨水产生沉淀时，溶液的pH＝2.0，C(OH-)=10-12mol/L，Ksp[Fe(OH)3]＝C(Fe3+)×C(OH-)3=2.6×10－39则溶液中c(Fe3＋)＝2.6×10－3mol·L－1
（2）Fe3+也能氧化I－，步骤3若未除去Fe3＋，这样生成的I2多，消耗的Na2S2O3溶液偏多，测得的Cu2＋的物质的量将偏高。
（3）设Cu2S和CuS的物质的最分别为x、y；
2Cu2＋～I2～2S2O32-
n(Cu2＋)＝n(S2O32-)＝0.050 00 mol·L－1×14.00×10－3L＝7.000×10－4mol(2分)

x＝2.000×10－3mol(2分)
y＝3.000×10－3mol(2分)

考点：化学计算 涉及溶度积的计算、误差分析、滴定实验的数据处理等。
5．2KI+O3+H2O=2KOH+O2+I2 2 2.00×10－5%
【分析】
（1）臭氧(O3)通入KI溶液中，生成氧气，在反应后的溶液中滴入酚酞变为红色，则另一产物为KOH，从而写出反应的方程式；每消耗1molO3，只有1molO原子得电子，由0价降低为-2价，从而得出转移电子的物质的量。
（2）利用两个化学方程式，可以建立以下关系式：O3——I2——2Na2S2O3，代入数据，便可求出结果。
【详解】
（1）臭氧(O3)通入KI溶液中，生成氧气、KOH和H2O，由此得出反应的方程式2KI+O3+H2O=2KOH+O2+I2；每消耗1molO3，只有1molO原子得电子，由0价降低为-2价，从而得出转移电子的物质的量为2mol。答案为：2KI+O3+H2O=2KOH+O2+I2；2；
（2）利用两个化学方程式，可以建立以下关系式：O3——I2——2Na2S2O3
设O3的物质的量为x，则：

x=3×10-4mol，大气中臭氧的体积分数为=2.00×10－5%。
答案为：2.00×10－5%。
【点睛】
在分析本题时，切莫忽视“生成氧气”，如果我们忽视了这一点，而认为O3被I-还原为OH-，则将导致三个空全错的悲惨结局。
6．95.2
【分析】
根据方程式找出MnO4-和之间的数量关系，然后进行计算求解；
【详解】
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。
【点睛】
计算过程中要注意滴定的待测液是从配制的250mL溶液中取出的25mL。
7．90.0% 3.36×106 15
【分析】
(1)据方程式：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SO＋2Fe2＋＋4H＋
建立关系求算；
(2)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
建立关系求算。
【详解】
(1)据方程式：4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SO＋2Fe2＋＋4H＋
Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
得关系式：
Cr2O72-～6Fe2＋～3SO2～FeS2
1 mol mol
0.02000mol/L×0.02500L
m(FeS2)＝0.090 00 g，样品中FeS2的质量分数为90.0%；
(2)4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
　4 mol 8 mol
mol n(SO2)
n(SO2)＝1.5×105 mol
V(SO2)＝3.36×106 L
由SO2　～SO3　～H2SO4
　1 mol 98 g
　1.5×105 mol m(H2SO4)×98%
得m(H2SO4)＝1.5×107 g＝15 t。
【点睛】
本题主要考查考生应用物质的量、物质的量浓度、气体摩尔体积等进行综合计算的能力。SO2全部转化为H2SO4时放出的热量包括两部分：SO2转化为SO3时放出的热量和SO3与H2O化合为H2SO4时放出的热，按上述(2)中的关系不难求解。
8．蓝色褪去且半分钟不变化 95.0
【分析】
用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变，结合化学方程式定量关系计算，Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，得到Cr2O72-～3I2～6S2O32-，据此分析计算。
【详解】
取0.00950 mol•L-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL，硫酸酸化后加入过量KI，发生反应：Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O．然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-．加入淀粉溶液作为指示剂，继续滴定，到反应终点，碘单质反应后溶液蓝色褪去且半分钟不变，说明反应到达滴定终点，平行滴定3次，样品溶液的平均用量为24.80mL，根据Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，存在Cr2O72-～3I2～6S2O32-，24.80mL溶液中硫代硫酸根离子物质的量n=0.0095mol/L×0.02L×6=0.00114mol，配制的100mL溶液中n(S2O32-)=0.00114 mol×=0.0046mol，则样品纯度=×100%=95.0%，故答案为：蓝色褪去且半分钟不变化；95.0。
【点睛】
本题的难点是根据方程式的计算，要注意实验消耗的硫代硫酸钠与样品中硫代硫酸钠的量的关系。
9．S2O32－＋2I2＋3H2O=2SO42－＋4I－＋6H＋ 0.128
【分析】
Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5具有一定的还原性，能被碘氧化，然后根据反应的方程式计算。
【详解】
Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂，说明Na2S2O5具有一定的还原性，能被碘氧化，说反应生成Na2SO4，I2被还原为I-，则发生滴定反应的离子方程式为：S2O52-+2I2+3H2O═2SO42-+4I-+6H+；取50.00mL葡萄萄酒样品，用0.01000mol•L-1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00mL，根据反应方程式，n(S2O32－)＝×n(I2)＝×0.010 00 mol·L－1×10.00×10－3 L＝5×10－5 mol，根据S元素守恒，样品中Na2S2O5的残留量以SO2计算应为5×10－5 mol×2×64 g·mol－1×=0.128g/L，故答案为：S2O52-+2I2+3H2O═2SO42-+4I-+6H+；0.128。
10．11.8 5∶2∶2 59％
【详解】
⑴质量分数为36.5%，密度为1.18 g·cm－3盐酸，盐酸物质的量浓度为=11.8 mol·L−1；等物质的量的KMnO4、MnO2或NaClO与足量浓盐酸反应，反应中KMnO4、MnO2或NaClO均为氧化剂，氧化剂得到的电子越多，生成的氯气越多，设KMnO4、MnO2或NaClO均为1mol，则KMnO4得电子数为1mol×(7-2)，MnO2得电子数为1mol×(4-2)，NaClO得电子数为1mol×[1-(-1)]；生成的Cl2的质量之比=Cl2的物质的量之比=1mol×(7-2)：1mol×(4-2)：1mol×[1-(-1)]=5:2:2；
答案为：5:2:2。
⑵根据反应CCl3CHO＋NaOH＝CHCl3＋HCOONa，HCOONa＋I2＝HI＋NaI＋CO2↑， I2＋2Na2S2O3＝2NaI＋Na2S4O6，可得CCl3CHO~ I2~2Na2S2O3，
10.00 mL 溶液中，n（CCl3CHO）=n（Na2S2O3）=0.100 mol·L−1×20.00 mL×10-3=0.002mol，
则：100.00 mL溶液中n（CCl3CHO）=0.002mol×=0.02mol，粗品中所含CCl3CHO的质量分数为=59%
答案为：59%。
11．0.250 3.50
【分析】
Cl2通入NaOH溶液中恰好完全反应，生成NaCl、NaClO和NaClO3，发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，3Cl2 +6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，反应后的溶液用醋酸酸化后，加入过量KI溶液充分反应，发生的离子反应为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O 、+6I-+6H+=3I2+Cl-+3H2O，再用0.100 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定析出的I2，发生反应I2＋2Na2S2O3＝Na2S4O6＋2NaI，据此分析结合实验数据解答。
【详解】
(1)根据反应产物价态分析可知，氯气与碱溶液发生歧化反应，可以看作是发生了两个反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，3Cl2 +6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O。或根据产物中钠、氯原子个数比为1 : 1，由原子守恒可得关系式：Cl2~2NaOH，根据反应可知，氯气与氢氧化钠在反应中的物质的量的比都为1:2，因为氯气与氢氧化钠溶液恰好完全反应，所以n(Cl2)= mol=0.250mol；
(2)根据NaClO、NaClO3与KI反应：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O 、+6I-+6H+=3I2+Cl-+3H2O以及I2 与Na2S2O3反应的比例列出反应关系式进行计算：

根据溶液稀释倍数和滴定取样用量，可知原溶液溶质的物质的量为被滴定量的100 倍，因此通人氯气后的溶液中NaCl的物质的量浓度c(NaCl) ==3.50 mol·L－1。
12．
【分析】
根据元素守恒和电子守恒，即5FeSO4•7H2O～KMnO4，计算FeSO4•7H2O的质量分数，由此分析解答。
【详解】
亚铁离子会被高锰酸钾氧化为三价铁离子，KMnO4被还原为+2价的锰离子，根据电子守恒，即5FeSO4•7H2O～KMnO4，根据消耗0.2000mol•L-1 KMnO4溶液20.00mL，所以晶体中FeSO4•7H2O的质量分数= ×100%=。
13． 解：设与Na2S2O3反应的I2的物质的量为n1，则：，解得：，因为I2的总物质的量n=，所以，与维生素C反应的I2的物质的量n2=-，由可知：n(维生素C)= n2=-=mol
【详解】
设与Na2S2O3反应的I2的物质的量为n1，则：，解得：，因为I2的总物质的量n=，所以，与维生素C反应的I2的物质的量n2=-，由可知：n(维生素C)= n2=-=mol，故答案为：；
设与Na2S2O3反应的I2的物质的量为n1，则：，解得：，因为I2的总物质的量n=，所以，与维生素C反应的I2的物质的量n2=-，由可知：n(维生素C)= n2=-=mol。
14．0.0400 480
【分析】
(1)根据n=及c=计算K2Cr2O7溶液的物质的量浓度；
(2)根据CrO72-+6Fe2++14H+=2Cr3＋+6Fe3++7H2O，计算剩余的K2Cr2O7的物质的量，进而计算水样消耗的n(K2Cr2O7)；再根据电子转移守恒计算水样消耗氧气的物质的量，及计算水样的化学需氧量，据此解答。
【详解】
(1)K2Cr2O7的摩尔质量为294 g/mol，则1.176 g K2Cr2O7固体的物质的量是n(K2Cr2O7)==0.0040 mol，由于配制成100 mL溶液，所以配制K2Cr2O7的溶液的物质的量浓度c(K2Cr2O7)==0.0400 mol/L；
(2)n(K2Cr2O7)=0.01 L×0.0400 mol/L=4×10-4 mol，三次实验消耗溶液的体积分别是12.10 mL、11.90mL、13.10 mL，可见第三次实验误差较大，要舍去，则消耗溶液平均体积是V==12.00 mL、n(Fe2+)=12×10-3 L×0.10 mol/L=1.2×10-3 mol，由CrO72-+6Fe2＋+14H+=2Cr3＋+6Fe3++7H2O可知，剩余的n(K2Cr2O7)=n(Fe2+)=×1.2×10-3 mol=2×10-4 mol，则水样消耗的n(K2Cr2O7)=4×10-4 mol-2×10-4 mol=2×10-4 mol，根据电子电子转移可知，水样需要氧气的物质的量为n(O2)=×[2×10-4mol×(6-3)×2]=3×10-4 mol，氧气的质量m(O2)=3×10-4 mol×32 g/mol=96×10-4 g=9.6 mg，故该水样的化学需氧量COD==480 mg/L。
【点睛】
本题以水体化学需氧量为载体，考查滴定方法在氧化还原反应计算中的应用，掌握方程式中物质反应的物质的量关系，利用电子守恒进行计算，易错点是Fe(NH4)2(SO4)2溶液的体积的数据处理，要舍去误差较大的实验数据。