资源简介

(共88张PPT)
专题八　化学实验
实验数据的测定、处理与分析
　1.数据测定的常用方法
(1)沉淀法。先将某种成分转化为沉淀,然后称量纯净、干燥的沉淀的质量,再进行相关计算。
(2)气体体积测定法。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是改进后的量气装置。
(3)测气体质量法。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。
(4)滴定法。即利用滴定操作原理,通过酸碱中和滴定、沉淀滴定和氧化还原反应滴定等获得相应数据后再进行相关计算。
(5)热重法。只要物质受热时发生质量变化,都可以在控制温度的条件下用热重法来研究物质的组成,就是测量物质的质量与温度关系的方法。通过分析热重曲线,可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息。
2.数据的采集处理意识
(1)称量固体质量时,中学一般用托盘天平,可估读到0.1 g,精确度要求高的实验中可以用分析天平或电子天平,可精确到0.0001 g。
(2)测量液体体积时,一般实验中选用适当规格的量筒,可估读到0.1 mL,准确度要求高的定量实验,如中和滴定中选用滴定管(酸式或碱式),可估读到0.01 mL。容量瓶作为精密的定容仪器,用于配制一定物质的量浓度的溶液,一般不能用于量取液体的体积。
(3)气体除了量取外,还可以称量。称气体的质量时一般有两种方法:一种方法是称反应装置在放出气体前后的质量,计算减小值;另一种方法是称吸收装置吸收气体前后的质量,计算增大值。
(4)用pH试纸或pH计(精确到0.01)直接测出溶液的pH,经过计算可以得到溶液中H+或OH-的物质的量浓度。为了数据的准确性,实验中要采取必要的措施,确保离子完全沉淀、气体完全被吸收等,必要时可以进行平行实验,重复测定,然后取平均值进行计算。例如:中和滴定实验中测量酸或碱的体积要平行做2~3次滴定,取体积的平均值求算未知溶液的浓度,但对于“离群”数据(指与其他数据有很大差异的数据)要舍弃,因为数据“离群”的原因可能是操作中出现了较大的误差。
3.滴定要点归纳
(1)实验仪器:酸式滴定管、碱式滴定管、滴定管夹、铁架台、锥形瓶。其中常考的是滴定管,如正确选择滴定管(包括量程),滴定管的检漏、洗涤和润洗,滴定管的正确读数方法等。
(2)操作步骤
①滴定前的准备:查漏、洗涤、润洗、充液(赶气泡)、调液面、读数;②滴定:移液、滴加指示剂、滴定至终点、读数;③计算。
(3)指示剂的选择
类型 滴定过程 指示剂 终点颜色变化
酸碱 中和反应 强酸滴定强碱(或弱碱) 甲基橙 溶液颜色由黄色变为橙色
强碱滴定强酸(或弱酸) 酚酞 溶液颜色由无色变为浅红色
氧化 还原反应 Na2S2O3溶液滴定未知浓度的碘水 淀粉溶液 溶液颜色由蓝色变为无色
酸性KMnO4溶液滴定H2O2(或H2C2O4)溶液 不需要 指示剂 溶液颜色由无色变为浅红色
沉淀反应 AgNO3溶液滴定含Cl-的溶液 K2CrO4 溶液 出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色沉淀)
(4)滴定终点的规范描述
①用a mol·L-1的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,用酚酞作为指示剂,达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴盐酸,溶液颜色由红色变为无色,且半分钟内不恢复红色。
②用标准碘溶液滴定溶有SO2的水溶液,以测定水中SO2的含量,应选用淀粉溶液作为指示剂,达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准碘溶液,溶液颜色由无色变为蓝色,且半分钟内不褪色。
③用标准酸性KMnO4溶液滴定溶有SO2的水溶液,以测定水中SO2的含量,不需要选用指示剂,达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准酸性KMnO4溶液,溶液颜色由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色。
④用氧化还原滴定法测定TiO2的质量分数:一定条件下,将TiO2溶解并还原为Ti3+,再用KSCN溶液作为指示剂,用NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+,滴定Ti3+时发生反应的离子方程式为Ti3++Fe3+===Ti4++Fe2+,达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴NH4Fe(SO4)2标准溶液,溶液变为红色,且半分钟内不褪色。
⑤用标准KI溶液滴定含有Fe3+的溶液,应选用KSCN溶液作为指示剂,达到滴定终点的现象是当滴入最后半滴标准KI溶液,溶液红色褪去,且半分钟内不恢复红色。
(5)误差分析:写出计算式,分析操作对V标的影响,由计算式得出对最终测定结果的影响,切忌死记硬背结论。此外对读数视线问题要学会画图分析。
(6)数据处理:正确“取舍”数据,计算“平均”体积,根据反应式确定标准液与待测液浓度和体积的关系,从而列出公式进行计算。
4.掌握计算的两种方法
(1)守恒法:包括质量守恒、电荷守恒、得失电子守恒等。它们都是抓住变化的始态和终态,淡化中间过程,利用某种不变量(如①某原子、离子或原子团不变;②溶液中阴、阳离子所带电荷数相等;③氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式,从而达到简化过程、快速解题的目的。
(2)关系式法:表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中,若第一步反应的产物是下一步反应的反应物,可以根据化学方程式,将该物质作为“中介”,找出已知物质和所求物质之间量的关系。
1.(2023·浙江6月选考·20)某研究小组用铝土矿为原料制备絮凝剂聚合氯化铝([Al2(OH)aClb]m,a=1~5),按如下流程开展实验。
已知:①铝土矿主要成分为Al2O3,含少量Fe2O3和SiO2。用NaOH溶液溶解铝土矿过程中SiO2转变为难溶性的铝硅酸盐。
②[Al2(OH)aClb]m的絮凝效果可用盐基度衡量,盐基度=。当盐基度为0.60~0.85时,絮凝效果较好。
请回答:
(1)步骤Ⅰ所得滤液中主要溶质的化学式是　 。
Na[Al(OH)4]
(2)下列说法不正确的是　　　　。
A.步骤Ⅰ,反应须在密闭耐高压容器中进行,以实现所需反应温度
B.步骤Ⅱ,滤液浓度较大时通入过量CO2有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质
C.步骤Ⅲ,为减少Al(OH)3吸附的杂质,洗涤时需对漏斗中的沉淀充分搅拌
D.步骤中控制Al(OH)3和AlCl3的投料比可控制产品盐基度
C　
(3)步骤Ⅴ采用如图所示的蒸汽浴加热,仪器A的名称是　　　　　;步骤Ⅴ不宜用酒精灯直接加热的原因是　 。
蒸发皿
　 酒精灯直接加热受热不均匀,会导致产品盐基度不均匀
(4)测定产品的盐基度。
Cl-的定量测定:称取一定量样品,配成溶液,移取25.00 mL溶液于锥形瓶中,调pH=6.5~10.5,滴加指示剂K2CrO4溶液。在不断摇动下,用0.100 0 mol·L-1 AgNO3标准溶液滴定至浅红色(有Ag2CrO4沉淀),30秒内不褪色。平行测试3次,平均消耗AgNO3标准溶液22.50 mL。另测得上述样品溶液中c(Al3+)=
0.100 0 mol·L-1。
①产品的盐基度为_______________。
②测定Cl-过程中溶液pH过低或过高均会影响测定结果,原因是___________　
　 。
0.7　
pH过低,指示剂会与氢离子反应生成重铬酸根离子,会氧化氯离子,导致消耗的硝酸银偏少,而pH过高,氢氧根离子会与银离子反应,导致消耗的硝酸银偏多
【解析】(2)步骤Ⅰ,反应所需温度高于100 ℃,因此反应须在密闭耐高压容器中进行,以实现所需反应温度,故A正确;步骤Ⅱ,滤液浓度较大时通入过量CO2生成氢氧化铝和碳酸氢钠溶液,有利于减少Al(OH)3沉淀中的杂质,故B正确;步骤Ⅲ,洗涤时不能对漏斗中的沉淀充分搅拌,故C错误;可通过控制Al(OH)3和AlCl3的投料比来控制产品盐基度,故D正确。(4)①根据Cl-~
AgNO3,样品溶液中氯离子物质的量浓度为=0.09 mol·L-1,
n(Al3+)∶n(Cl-)=10∶9,根据电荷守恒得到[Al2(OH)4.2Cl1.8]m产品的盐基度为=0.7。
2.(2022·广东·17)食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸(用HAc表示)。HAc的应用与其电离平衡密切相关。25 ℃时,HAc的Ka=1.75×10-5
≈10-4.76。
(1)配制250 mL 0.1 mol·L-1的HAc溶液,需5 mol·L-1 HAc溶液的体积
为　　　mL。
(2)下列关于250 mL容量瓶的操作,正确的是　　　　。
5.0　
C　
(3)某小组研究25 ℃下HAc电离平衡的影响因素。
提出假设　稀释HAc溶液或改变Ac-浓度,HAc电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验　用浓度均为0.1 mol·L-1的HAc和NaAc溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液,测定pH,记录数据。
序号 V(HAc)/mL V(NaAc)/mL V(H2O)/mL n(NaAc)∶n(HAc) pH
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
… … … … … …
Ⅶ 4.00 a b 3∶4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1∶1 4.65
①根据表中信息,补充数据:a=　　　　,b=　　　　。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知,稀释HAc溶液,电离平衡　　　　 (填“正”或“逆”)向移动;结合表中数据,给出判断理由:　 。
③由实验Ⅱ~Ⅷ可知,增大Ac-浓度,HAc电离平衡逆向移动。
3.00
33.00
正　
实验Ⅱ相较于实验Ⅰ,醋酸溶液稀释了10倍,而实验Ⅱ的pH增大值小于1
实验结论　假设成立。
(4)小组分析上表数据发现:随着的增加,c(H+)的值逐渐接近HAc的Ka。
查阅资料获悉:一定条件下,按=1配制的溶液中,c(H+)的值等于Hac
的Ka。
对比数据发现,实验Ⅷ中pH=4.65与资料数据Ka=10-4.76存在一定差异;推测可能由物质浓度准确程度不够引起,故先准确测定HAc溶液的浓度再验证。
①移取20.00 mL HAc溶液,加入2滴酚酞溶液,用0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液滴定至终点,消耗体积为22.08 mL,则该HAc溶液的浓度为　　　　mol·L-1。画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点。
0.1104
答案图
②用上述HAc溶液和0.100 0 mol·L-1 NaOH溶液,配制等物质的量的HAc与NaAc混合溶液,测定pH,结果与资料数据相符。
(5)小组进一步提出:如果只有浓度均约为0.1 mol·L-1的HAc和NaOH溶液,如何准确测定HAc的Ka 小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取20.00 mL HAc溶液,用NaOH溶液滴定至终点,消耗NaOH溶液V1 mL
Ⅱ 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　,测得溶液的pH为4.76
向滴定后的混合液中加入20 mL HAc溶液
实验总结　得到的结果与资料数据相符,方案可行。
(6)根据Ka可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途:
　 。
HClO:漂白剂和消毒液(或H2SO3:还原剂、防腐剂或H3PO4:食品添加剂、制药、生产肥料)
【解析】(1)溶液稀释过程中,溶质的物质的量不变,因此250×10-3L×0.1 mol·L-1=V×5 mol·L-1,解得V=5×10-3 L=5.0 mL。(2)振荡时应用瓶塞塞住容量瓶口,不可用手指压住容量瓶口,故A错误;定容时,视线、溶液凹液面和刻度线应“三线相切”,不能仰视或俯视,且胶头滴管不能插入容量瓶中,故B错误;向容量瓶中转移液体,需用玻璃棒引流,玻璃棒下端位于刻度线以下,同时玻璃棒不能接触容量瓶瓶口,故C正确;定容完成后,盖上瓶塞,左手食指抵住瓶塞,防止瓶塞脱落,右手扶住容量瓶底部,防止容量瓶从左手掉落,将容量瓶反复上下颠倒,摇匀,故D错误。(3)①实验Ⅶ的溶液中n(NaAc)∶n(HAc)=3∶4,V(HAc)=4.00 mL,因此V(NaAc)=3.00 mL,即a=3.00,
由实验Ⅰ可知,溶液最终的体积为40.00 mL,因此V(H2O)=40.00 mL-4.00 mL-3.00 mL=33.00 mL,即b=33.00。②实验Ⅰ所得溶液的pH=2.86,实验Ⅱ的溶液中c(HAc)为实验Ⅰ的,稀释过程中,若不考虑电离平衡移动,则实验Ⅱ所得溶液的pH=2.86+1=3.86,但实际溶液的pH=3.36<3.86,说明稀释过程中,溶液中n(H+)增大,即电离平衡正向移动。(4)①滴定过程中发生反应:HAc+NaOH===NaAc+H2O,由反应方程式可知,滴定至终点时,n(HAc)=n(NaOH),因此22.08 mL×0.100 0 mol·L-1=20.00 mL×c(HAc),解得c(HAc)=0.110 4 mol·L-1。滴定过程中,当V(NaOH)=0时,
c(H+)=≈ mol·L-1=10-2.88 mol·L-1,溶液的pH=2.88,当V(NaOH)=11.04 mL时,n(NaAc)=n(HAc),溶液的pH=4.76,当V(NaOH)=22.08 mL时,达到滴定终点,溶液中溶质为NaAc,Ac-发生水解,溶液呈弱碱性,当NaOH溶液过量较多时,c(NaOH)无限接近0.1 mol·L-1,溶液pH接近13,因此滴定曲线如图:
(5)向20.00 mL HAc溶液中加入V1 mL NaOH溶液达到滴定终点,滴定终点的溶液中溶质为NaAc,当=1时,溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka,因此可再向溶液中加入20.00 mL HAc溶液,使溶液中n(NaAc)=n(HAc)。(6)不同的无机弱酸在生活中应用广泛,如HClO具有强氧化性,在生活中可用于漂白和消毒;H2SO3具有还原性,可用作还原剂,在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂;H3PO4是中强酸,可用作食品添加剂,同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途。
3.(2022·山东卷)实验室利用FeCl2·4H2O和亚硫酰氯(SOCl2)制备无水FeCl2的装置如图所示(加热及夹持装置略)。已知SOCl2沸点为76 ℃,遇水极易反应生成两种酸性气体。回答下列问题:
现有含少量杂质的FeCl2·nH2O,为测定n值进行如下实验:
实验Ⅰ:称取m1 g样品,用足量稀硫酸溶解后,用c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液滴定Fe2+达终点时消耗V mL(滴定过程中Cr2转化为Cr3+,Cl-不反应)。
实验Ⅱ:另取m1 g样品,利用上述装置与足量SOCl2反应后,固体质量为m2 g。
则n=　 　　　;下列情况会导致n测量值偏小的是　　　　(填标号)。
A.样品中含少量FeO杂质
B.样品与SOCl2反应时失水不充分
C.实验Ⅰ中,称重后样品发生了潮解
D.滴定达终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成
　
AB
【解析】滴定过程中Cr2将Fe2+氧化成Fe3+,自身被还原成Cr3+,反应的离子方程式为6Fe2++Cr2+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O,则m1 g样品中n(FeCl2)=6n(Cr2)=6cV×10-3 mol;m1 g样品中结晶水的质量为(m1-m2) g,结晶水物质的量为 mol,n(FeCl2)∶n(H2O)=1∶n=(6cV×10-3 mol): mol,解得n=;A.样品中含少量FeO杂质,溶于稀硫酸后生成Fe2+,导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏大,使n的测量值偏小,符合;
B.样品与SOCl2反应时失水不充分,则m2偏大,使n的测量值偏小,符合;C.实验Ⅰ称重后,样品发生了潮解,样品的质量不变,消耗的K2Cr2O7溶液的体积V
不变,使n的测量值不变,不符合;D.滴定达到终点时发现滴定管尖嘴内有气泡生成,导致消耗的K2Cr2O7溶液的体积V偏小,使n的测量值偏大,不符合;答案选AB。
4.(2024·商洛一模)亚铁氰化钾晶体俗名黄血盐,化学式为K4[Fe(CN)6]·3H2O(M=422 g·mol-1),可溶于水,难溶于乙醇。用含NaCN的废液合成黄血盐样品。样品纯度测定的步骤如下:
步骤1:准确称取8.884 g黄血盐样品加入水中充分溶解,并配制成100 mL溶
液。
步骤2:量取25.00 mL上述溶液,用2.000 mol·L-1的酸性高锰酸钾溶液滴定,达到滴定终点时,共消耗30.50 mL酸性高锰酸钾溶液。
已知:10K4[Fe(CN)6]·3H2O+122KMnO4+299H2SO4===162KHSO4
+5Fe2(SO4)3+122MnSO4+60HNO3+60CO2↑+218H2O。
(1)配制100 mL样品待测液,必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和　　　　 。
(2)该样品的纯度是　　 　　(保留四位有效数字)。
(3)下列操作会使测定结果偏高的是　　　　(填字母)。
A.步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化
B.滴定前仰视滴定管读数,滴定后读数正确
C.滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后尖嘴部分无气泡
100 mL容量瓶
95.00%
C
【解析】(1)配制100 mL样品待测液,必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃
棒、胶头滴管和100 mL容量瓶。
(2)根据已知化学方程式可知,n{K4[Fe(CN)6]}=30.50×10-3L×2.000 mol·L-1××=0.020 mol,该样品的纯度是×100%≈95.00%。
(3)A项,步骤1过程中黄血盐所含亚铁在空气中部分氧化,导致标准液用量减少,结果偏低;B项,滴定前仰视滴定管读数,滴定后读数正确,导致读数偏小,结果偏低;C项,滴定前滴定管尖嘴部分有气泡,滴定后尖嘴部分无气泡,导致标准液用量偏大,结果偏高。
5.(2024·上饶一模)草酸铁铵是一种常用的金属着色剂,制得的草酸铁铵晶体中往往会混有少量草酸。为测定样品中(NH4)3Fe(C2O4)3·3H2O(M=428 g/mol)的含量,进行下列实验:称取9.46 g样品,加稀硫酸溶解后,配成100 mL溶液。取20.00 mL配制的溶液,用浓度为0.200 0 mol/L的KMnO4溶液滴定至终点时消耗28.00 mL KMnO4溶液。
(1)用KMnO4标准溶液进行滴定应使用　　　 　(填“酸式”或“碱式”)滴定管。
(2)通过计算,9.46 g样品中(NH4)3Fe(C2O4)3·3H2O的质量为　　　　g。
酸式
8.56
【解析】(1)KMnO4具有强氧化性,能腐蚀橡胶,不能装在碱式滴定管中,所以用KMnO4标准溶液进行滴定应使用酸式滴定管。
(2)设草酸的物质的量为a mol,草酸铁铵晶体的物质的量为b mol,由样品的质量可得:90a+428b=9.46①,由得失电子守恒可得:5H2C2O4~2Mn,由20.00 mL溶液消耗28.00 mL 0.200 0 mol/L的KMnO4溶液可得:a+3b=0.200 0 mol/L×0.028 L××②,解联立方程可得a=0.01、b=0.02,故9.46 g样品中草酸铁铵晶体的质量为0.02 mol×428 g/mol=8.56 g。
6.分析化学中的滴定法除了酸碱中和滴定,还有沉淀滴定、络合滴定、氧化还原滴定等。沉淀滴定法可用于NaCl溶液中c(Cl-)的测定。实验过程包括准备标准溶液和滴定待测溶液。已知:
①Ag2CrO4是一种难溶于水的砖红色沉淀;
②溶液中同时存在Cl-和Cr时,滴入AgNO3溶液,先生成AgCl沉淀;
③AgCl+2NH3===[Ag(NH3)2]++Cl-。
Ⅰ.准备标准溶液
准确称取AgNO3基准物4.246 8 g(约0.0250 mol)后,配制成250 mL AgNO3标准溶液,放在棕色试剂瓶中避光保存,备用。
Ⅱ.滴定待测溶液(　　)
a.取待测NaCl溶液25.00 mL于锥形瓶中。
b.加入1 mL 5% K2CrO4溶液。
c.边不断晃动锥形瓶边用AgNO3标准溶液滴定,当接近滴定终点时,半滴半滴地滴入AgNO3标准溶液,并用力摇晃。记下达到滴定终点时消耗AgNO3标准溶液的体积。
d.重复上述操作两次。三次测定数据如表所示。
实验序号 1 2 3
消耗AgNO3标准溶液体积/mL 20.45 20.02 19.98
e.数据处理。
回答下列问题:
(1)将称得的AgNO3基准物配制成AgNO3标准溶液。所使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外,还有____________________________________。
(2)达到滴定终点的现象是　 。
(3)计算所有消耗的AgNO3标准溶液平均体积为　 　mL,测得c(Cl-)=
　 　 mol·L-1。
250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管、量筒
滴入最后半滴AgNO3标准溶液时,锥形瓶中出现砖红色沉淀,且半分钟内砖红色沉淀不溶解
20.00　
0.080 0
(4)若用该方法测定NH4Cl溶液中的c(Cl-),待测溶液的pH不宜超过7.2,理由是　 。
(5)下列关于实验的说法合理的是　　　　(填字母)。
A.为使滴定终点现象更加明显,可改加1 mL 10%K2CrO4溶液
B.滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上附着的溶液冲下
C.若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,则c(Cl-)测定结果偏高
D.滴定后,若未等滴定管液面稳定就读数,会导致c(Cl-)测定结果偏高
若NH4Cl溶液pH过大,N与OH-结合会生成NH3,增大AgCl的溶解能力,使AgNO3标准溶液所用体积增大,c(Cl-)测定结果偏高　
BCD
【解析】(1)AgNO3见光易分解,配制AgNO3标准溶液时,所使用的玻璃仪器除烧杯和玻璃棒外,还有250 mL(棕色)容量瓶、胶头滴管、量筒。(2)根据已知信息②可知,Cl-沉淀完全后,才会生成砖红色Ag2CrO4沉淀,故达到滴定终点的现象为滴入最后半滴AgNO3标准溶液时,锥形瓶中出现砖红色沉淀,且半分钟内砖红色沉淀不溶解。(3)对比3组数据可知,实验1数据误差较大,为无效数据,应舍去,故消耗AgNO3标准溶液的平均体积为20.00 mL,AgNO3标准溶液的物质的量浓度为=0.100 0 mol·L-1,c(Cl-)
==0.080 0 mol·L-1。
(4)由已知信息③可知,若NH4Cl溶液pH过大,N与OH-结合生成的NH3与AgCl反应生成可溶性的[Ag(NH3)2]Cl,增大AgNO3标准溶液所用体积,使c(Cl-)测定结果偏高。(5)A项,由于K2CrO4也能与AgNO3反应,所以加入的K2CrO4不宜过多,不合理。B项,滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上附着的溶液冲下,有利于提高实验准确度,合理。C项,若在配制AgNO3标准溶液时,烧杯中的溶液有少量溅出,所配制AgNO3标准溶液的物质的量浓度偏小,则滴定Cl-时消耗AgNO3标准溶液的体积偏大,使c(Cl-)测定结果偏高,合理。D项,滴定后,若未等滴定管液面稳定就读数,会导致读数偏大,因为稍等片刻后,悬挂于滴定管内壁上的溶液流下,还会使液面略上升,导致读取的AgNO3标准溶液的体积偏大,则c(Cl-)测定结果偏高,合理。
1.(2025·河南卷)某研究小组设计了如下实验测定某药用硫黄中硫的含量,其中硫转化的总反应为S+2OH-+3H2O2===S+4H2O。
主要实验步骤如下:
Ⅰ.如图所示,准确称取m g细粉状药用硫黄于①中,并准确加入V1 mL KOH乙醇溶液(过量),加入适量蒸馏水,搅拌,加热回流。待样品完全溶解后,蒸馏除去乙醇。
Ⅱ.室温下向①中加入适量蒸馏水,搅拌下缓慢滴加足量30%H2O2溶液,加热至100 ℃,保持20 min,冷却至室温。
Ⅲ.将①中溶液全部转移至锥形瓶中,加入2滴甲基橙指示剂,用c mol·L-1HCl标准溶液滴定至终点,消耗HCl溶液体积为V2 mL。
Ⅳ.不加入硫黄,重复步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ做空白实验,消耗HCl标准溶液体积为V3 mL。计算样品中硫的质量分数。
Ⅴ.平行测定三次,计算硫含量的平均值。
回答下列问题:
(1)仪器①的名称是:　　　　 ;②的名称是　　　　 。
(2)步骤Ⅰ中,乙醇的作用是　　　　 。
(3)步骤Ⅰ中,样品完全溶解后,必须蒸馏除去乙醇的原因是
__________________________________________。
圆底烧瓶
球形冷凝管
作溶剂,溶解单质硫
防止双氧水氧化乙醇,影响实验测定结果
(4)步骤Ⅱ中不宜采用水浴加热的原因是　　　　 。步骤Ⅱ结束后,若要检验反应后溶液中的S,实验操作是　 。
实验需要加热至100 ℃,应选用油浴或其他更合适的加热方法;而水的沸点就是100 ℃,难以使反器的受热温度维持在100℃,所以不宜采用水浴加热　
取适量混合液先加入盐酸酸化,无明显实验现象,再加入氯化钡溶液产生白色沉淀,说明含有S
(5)步骤Ⅲ中,判断滴定达到终点的现象为_________________________
_______________________________________。
(6)单次样品测定中硫的质量分数可表示为　　 　　(写出计算式)。
滴入最后半滴盐酸,溶液颜色由黄色变为橙色,且半分钟内不恢复原色
%
【解析】(1)根据仪器构造可知①是圆底烧瓶,②是球形冷凝管。
(2)硫单质难溶于水,微溶于酒精,所以乙醇的作用是作溶剂,溶解单质硫。
(3)双氧水具有强氧化性,乙醇具有还原性,二者混合发生氧化还原反应,所以必须蒸馏除去乙醇。
(4)由于实验需要加热至100℃,应选用油浴或其他更合适的加热方法;而水的沸点就是100 ℃,难以使反器的受热温度维持在100℃,所以不宜采用水浴加热。要检验溶液中的硫酸根离子,需要排除溶液中其他离子的干扰,所以实验操作是取适量混合液先加入盐酸酸化,无明显实验现象,再加入氯化钡溶液产生白色沉淀,说明含有S。
(5)甲基橙作指示剂,盐酸滴定氢氧化钾溶液,则滴定终点的现象为滴入最后半滴盐酸,溶液颜色由黄色变为橙色,且半分钟内不恢复原色。
(6)不加入硫黄,消耗HCl标准溶液体积为V3mL,因此原氢氧化钾的物质的量是0.001cV3 mol,反应后剩余氢氧化钾的物质的量是0.001cV2 mol,因此与硫磺反应的氢氧化钾的物质的量是0.001c(V3-V2) mol,所以根据方程式S+2OH-+3H2O2 +4H2O可知硫单质的物质的量0.0005c(V3-V2) mol,所以单次样品测定中硫的质量分数可表示为×100%=%。
2.(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)。
烧杯、玻璃棒
(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
______________________________________________________________。
加快NH4HCO3溶解、加快NH4HCO3与NaCl反应
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)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V2 mL。V1=V2,所得产品的成分为　　　　(填标号)。
a.Na2CO3　b.NaHCO3
c.Na2CO3和NaHCO3
d.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V1'　　 　V1(填“>”“<”或“=”)。
a
>
(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
a 将CO2匀速通入置于烧杯中的20 mL饱和Na2CO3溶液,持续20min,消耗600 mL CO2 无明显现象
b 将20 mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500 mL矿泉水瓶中,密闭,剧烈摇动矿泉水瓶1~2 min,静置 矿泉水瓶变瘪,3 min后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Na2CO3·10H2O。称取0.42 g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0.088 g,则白色晶体中NaHCO3的质量分数为
　　 　　。
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%
【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Na2CO3+ ,消耗盐酸V1mL;到达第二个滴定终点C时, 发生的反应为NaHCO3+ ↑+H2O,又消耗盐酸V2 mL,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Na2CO3与盐酸反应生成CO2,从而使得V1偏大、V2偏小,因此,该同学所记录的V1'>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Na2CO3·10H2O。称取0.42 g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Na2CO3·10 H2O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=0.002 mol,由分解反应可知,
NaHCO3的物质的量为0.004 mol,则白色晶体中NaHCO3的质量为0.004 mol×84g·mol-1=0.336g,故其质量分数为×100%=80%。
3.(2025·上海卷)工业从低品位锗矿中提取精锗,使用分步升温的方法:
(1)验证矿石中的锗元素可使用的方法为　　　 　。
A.原子发射光谱法　 B.红外光谱法 C.X射线衍射法
A
(2)GeO既能和强酸反应,也能与强碱反应,由此推测GeO是　　　氧化物。
已知矿中含有H2O、煤焦油、As2O3等杂质,相关物质的熔、沸点如下表所示:
物质 H2O 煤焦油 As2O3 GeO GeO2
熔点 0 ℃ 20~30 ℃ 312℃ 710 ℃升华 1100 ℃
沸点 100 ℃ 70~80 ℃ 465℃ — —
两性
(3)使用分段升温的原因是_________________________________________
______________________________________________________________________________________________________________________________。
①在600~700℃焙烧可除去矿石中的H2O、煤焦油、As2O3等杂质,将Ge元素氧化为GeO2;②真空还原阶段,升温到1000~1200℃,GeO升华蒸出
(4)下图为在不同温度下,使用不同浓度的NaH2PO2·H2O真空还原时,Ge元素的萃出率,由图可知真空还原采用的最佳温度及浓度为　　 　　。
A.1000 ℃,2.5%
B.1000 ℃,5.0%
C.1100 ℃,2.5%
D.1200 ℃,2.5%
C
(5)真空还原阶段用NaH2PO2·H2O除GeO2,产物还有GeO,Na4P2O7,H3PO4等生成,写出该阶段的化学方程式　　　 　 。
采用滴定法测定样品中Ge元素含量的方法如下:
准确称取m g含锗矿石粉末,置于圆底烧瓶中。加入(20 mL)浓盐酸和FeCl3
溶液,加热至微沸(溶解)。冷却后,加入(0.5g)LiH2PO2,搅拌至溶液变为无色。将溶液转移至锥形瓶,用稀盐酸(1:1)冲洗烧瓶并入锥形瓶中。
加入(5mL)磷酸(H3PO4),冷却溶液至10 ℃以下(冰水浴),用橡胶塞密封锥形
瓶。向锥形瓶中加入1mL10%淀粉溶液作为指示剂。用c mol/L KIO3标准
溶液滴定至滴定终点。
记录消耗的KIO3体积为V mL。
8GeO2+4NaH2PO2·H2O
8 GeO↑+Na4P2O7+2H3PO4+5H2O
Ge+4FeCl3 GeCl4+4FeCl2
GeCl4+LiH2PO2+H2O==GeCl2+LiH2PO3+2HCl(还原)
3GeCl2+KIO3+6HCl===3GeCl4+KI+3H2O(主反应)
5KI+KIO3+6HCl===3I2+6KCl+3H2O(终点反应)
(6)装置a名称为　　　。
A.锥形瓶
B.恒压滴液漏斗
C.球形冷凝管
D.滴定管
C
　
(7)滴定终点时,颜色由　　　　变为　　　　,半分钟不褪色(30s)。
(8)滴定时为什么要用橡胶塞塞紧锥形瓶
　 。
(9)已知M(Ge)=73 g·mol-1,求m g样品中Ge元素的质量分数(纯度)为
　　 　 　(用c、V、m表示)。
无色
浅蓝色
实验盖紧塞子防止GeCl2被氧化(或隔绝氧气,避免GeCl2被氧化为GeCl4,导致滴定结果偏低)
×100%
(10)滴定结果纯度偏大,可能的原因是_______。
A.未用KIO3标准溶液润洗滴定管
B.未用HCl将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a)
C.滴定结束后,在滴定管尖嘴处出现气泡
D.在常温下滴定(未保持在10 ℃以下滴定)
AD　
【解析】(1)可以通过原子发射光谱法检验物质中所含元素,故选A。
(2)既能和酸又能和碱反应生成盐和水的氧化物属于两性氧化物;GeO既能和强酸反应,也能与强碱反应,由此推测GeO是两性氧化物。
(3)①在600~700℃焙烧可除去矿石中的H2O、煤焦油、As2O3等杂质,将Ge元素氧化为GeO2;②真空还原阶段,升温到1000~1200℃,GeO升华蒸出;使用分段升温,可以除去杂质,能得到较纯的GeO2。
(4)由图,1100℃,使用2.5%的NaH2PO2·H2O真空还原时,Ge元素的萃出率几乎为100%,此时能节约能源和原料。
(5)真空还原阶段用NaH2PO2·H2O除GeO2,产物还有GeO、Na4P2O7、H3PO4等生成,反应中Ge化合价由+4变为+2、P化合价由+1变为+5,结合电子守恒,该阶段的化学方程式:8GeO2+4NaH2PO2·H2O
8GeO↑+Na4P2O7+2H3PO4+5H2O。
(6)由图,装置a名称为球形冷凝管,故选C。
(7)根据已知,碘酸根离子和Ge2+反应生成碘离子,当Ge2+反应完,碘酸根就会和生成的I-反应得到碘单质遇溶液中淀粉变蓝,则实验滴定终点时,颜色由无色变为浅蓝色,半分钟不褪色。
(8)空气中氧气具有氧化性,实验盖紧塞子防止GeCl2被氧化(或隔绝氧气,避免GeCl2被氧化为GeCl4,否则导致滴定结果偏低),从而产生滴定误差。
(9)由题干反应结合Ge元素守恒,存在3Ge~KIO3,则m g样品(固体)中Ge元素的质量分数为×100%=×100%。
(10)未用KIO3标准溶液润洗滴定管,导致标准液浓度偏低,用量增大,使得测得结果偏大;未用HCl将样品从冷凝管中洗入锥形瓶(仪器a),导致Ge元素损失,使得测得结果偏低;滴定结束后,在滴定管尖嘴处出现气泡,导致标准液用量读数减小,使得测得结果偏小;在常温下滴定(未保持在10℃以下滴定),
LiH2PO3可能被标准液KIO3氧化,使得标准液用量增大,测得结果偏大。故选AD。
4.(2024·山东卷)利用“燃烧—碘酸钾滴定法”测定钢铁中硫含量的实验装置如图所示(夹持装置略)。
实验过程如下:
①加样,将a mg样品加入管式炉内瓷舟中(瓷舟两端带有气孔且有盖),聚四氟乙烯活塞滴定管G内预装c(KIO3)∶c(KI)略小于1∶5的KIO3碱性标准溶液,溶液中KIO3浓度为0.002 0 mol·L-1,吸收管F内盛有盐酸酸化的淀粉水溶
液。向F内滴入适量KIO3碱性标准溶液,发生反应:
KIO3+5KI+6HCl===3I2+6KCl+3H2O,使溶液显浅蓝色。
②燃烧:按一定流速通入O2,一段时间后,加热并使样品燃烧。
③滴定:当F内溶液浅蓝色消退时(发生反应:SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI),立即用KIO3碱性标准溶液滴定至浅蓝色复现。随SO2不断进入F,滴定过程中溶液颜色“消退-变蓝”不断变换,直至终点。
该滴定实验达终点的现象是　 ;
滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL,样品中硫的质量分数是　　　　(用代数式表示)。
当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后,溶液由无色突变为蓝色且30 s内不变色
%
【解析】该滴定实验是利用过量的半滴标准溶液来指示滴定终点的,因此,该滴定实验达终点的现象是当加入最后半滴KIO3碱性标准溶液后,溶液由无色突变为蓝色且30s内不变色;由S元素守恒及SO2+I2+2H2O===H2SO4+2HI、KIO3+5KI+6HCl===3I2+6KCl+3H2O可得关系式3S~3SO2~3I2~KIO3,若滴定消耗KIO3碱性标准溶液V mL,则n(KIO3)=V×10-3 L×0.002 0 mol·L-1=2.000 0×10-6V mol,n(S)=3n(KIO3)=3×2.000 0×10-6V mol=6.000 0×10-6V mol,样品中硫的质量分数是×100%=%。
5.(2024·安徽卷)测定铁矿石中铁含量的传统方法是SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7滴定法。研究小组用该方法测定质量为a g的某赤铁矿试样中的铁含量。
【配制溶液】
①c mol·L-1K2Cr2O7标准溶液。
②SnCl2溶液:称取6 g SnCl2·2H2O溶于20 mL浓盐酸,加水至100 mL,加入少量锡粒。
【测定含量】按下图所示(加热装置略去)操作步骤进行实验。
已知:氯化铁受热易升华;室温时HgCl2可将Sn2+氧化为Sn4+,难以氧化Fe2+;Cr2可被Fe2+还原为Cr3+。
回答下列问题:
(1)步骤Ⅲ中,若未“立即滴定”,则会导致测定的铁含量_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(2)若消耗c mol·L-1 K2Cr2O7标准溶液V mL,则a g试样中Fe的质量分数为
　　　　　　　　(用含a、c、V的代数式表示)。
偏小
%
【解析】(1)步骤Ⅲ中,若未“立即滴定”,会导致部分Fe2+被空气中的O2氧化,则滴定时消耗K2Cr2O7标准溶液的体积偏小,从而导致测定的铁含量偏小。
(2)根据滴定时发生反应6Fe2++Cr2+14H+===6Fe3++2Cr3++7H2O和消耗V mL的K2Cr2O7标准溶液可计算出试样中铁的质量分数为×100%=%。
6.(2024·广东卷)含硫物质种类繁多,在一定条件下可相互转化。
(1)实验室中,浓硫酸与铜丝反应,所产生的尾气可用　　 　　(填化学式)溶液吸收。
(2)工业上,烟气中的SO2可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收,生成石膏。该过程中,　　　　(填元素符号)被氧化。
(3)工业锅炉需定期除水垢,其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时,发生反应:
CaSO4 CaCO3(aq)(Ⅰ)。兴趣小组在实验室探究Na2CO3溶液的浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。
NaOH(其他合理
答案也可)
S　
①用Na2CO3固体配制溶液,以滴定法测定其浓度。
i.该过程中用到的仪器有　　　　。
BD　
ii.滴定数据及处理:Na2CO3溶液V0 mL,消耗c1 mol·L-1盐酸V1 mL(滴定终点时,C转化为HC),则c(Na2CO3)=　　　　 mol·L-1。
②实验探究:取①中的Na2CO3溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液,分别加入m1 g硫酸钙固体,反应t1 min后,过滤,取V0 mL滤液,用c1 mol·L-1盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表(忽略C水解的影响)。
序号 V(Na2CO3)/mL V(H2O)/mL V(滤液)/mL V消耗(盐酸)/mL
a 100.0 0 V0 2V1/5
b 80.0 x V0 3V1/10
　
则x=　　　　,测得的平均反应速率之比va∶vb=　　　　。
(4)兴趣小组继续探究反应(Ⅰ)平衡的建立,进行实验。
①初步实验　将1.00 g硫酸钙(M=136 g· mol-1)加入100.0 mL 0.100 mol·L-1 Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测得体系的pH随时间的变化曲线如图。
20.0
　6∶5
②分析讨论　甲同学根据t2 min后pH不改变,认为反应(Ⅰ)已达到平衡;乙同学认为证据不足,并提出如下假设:
假设1　硫酸钙固体已完全消耗;
假设2　硫酸钙固体有剩余,但被碳酸钙沉淀包裹。
③验证假设,乙同学设计如下方案,进行实验。
步骤 现象
ⅰ.将①实验中的反应混合物进行固液分离 /
ⅱ.取少量分离出的沉淀置于试管中,滴加　 　　 　　　　 ,沉淀完全溶解
ⅲ.继续向ⅱ的试管中滴加__________　 　 无白色沉淀生成
过量稀盐酸
有气体产生
BaCl2溶液
④实验小结　假设1成立,假设2不成立。①实验中反应(Ⅰ)平衡未建立。
⑤优化方案、建立平衡　写出优化的实验方案,并给出反应(Ⅰ)平衡已建立的判断依据:
　。
将最少1.36 g硫酸钙加入100.0 mL 0.100 mol·L-1 Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测得体系的pH,当pH不变时,加入Na2SO4固体,若pH值变大,说明反应Ⅰ平衡已建立
解析】探究反应CaSO4(aq) CaCO3(s)+(aq)(Ⅰ)中Na2CO3溶液的浓度对反应速率的影响,通过HCl与Na2CO3的滴定反应,来测量Na2CO3浓度的变化量,从而计算平均反应速率;探究反应CaSO4(aq)
CaCO3(aq)平衡的建立,利用水解呈碱性的性质,通过测定pH来判断离子浓度的变化情况,从而判断反应是否平衡。
(1)浓硫酸与铜丝反应方程式为:Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O,所产生的尾气为SO2,可用NaOH溶液吸收(其他合理答案也可)。
(2)SO2生成石膏(主要成分CaSO4),S元素的化合价由+4价上升到+6价,失去电子,被氧化。(3)①用Na2CO3固体配制溶液,以滴定法测定其浓度,该过程用到题图仪器中的烧杯、酸式滴定管,故选BD;根据离子方程式+H+===可知,c(Na2CO3)== mol/L;②总体积应相同,
x为20.0mL;a中消耗的盐酸体积为,即Δn(Na2CO3)=-×= mol,同理可得,b中Δn(Na2CO3)=80×-×
=,由于v==,总体积相同时,va∶vb=∶=6∶5。(4)由
结论假设1成立,假设2不成立,说明①实验中的沉淀均为CaCO3,要验证沉淀中无CaSO4,可酸溶后滴加BaCl2,将①实验中的反应混合物进行固液分离后,取少量分离出的沉淀置于试管中,滴加过量稀盐酸,有气体产生,沉淀完全溶解,继续滴加BaCl2溶液,无白色沉淀生成,说明沉淀均为CaCO3,无CaSO4;由方程式CaSO4(s)+C(aq) CaCO3(s)+S(aq)可知,假设正反应100%进行,n(CaSO4)=n(C)=0.100 mol/L×0.1 L=0.01 mol,质量为0.01 mol×136 g/mol=1.36 g,实验方案为:将最少1.36 g硫酸钙加入100.0 mL 0.100 mol·L-1 Na2CO3溶液中,在25 ℃和搅拌条件下,利用pH计测得体系的pH,当pH不变时,加入Na2SO4固体,若pH值变大,说明反应Ⅰ平衡已建立。

展开更多......

收起↑