苏教版选修6 专题六 物质的定量分析 作业.doc

专题六 物质的定量分析一、选择题(共10小题,每小题5分,共50分)1.在一个盛有20 ml 0.10 mol/l naoh溶液和10 ml h2o的容器中,逐滴加入0.10 mol/l hcl溶液,当容器中的碱溶液恰好被加入的酸溶液中和时,容器内溶液的总体积约是(b)a.40 ml b.50 ml c.60 ml d.70 ml解析:中和反应的实质是h+oh-h2o,当n(h+)=n(oh-)时,酸碱恰好反应,由于酸碱物质的量浓度相等,故需盐酸20 ml,容器内溶液总体积约为50 ml。2.用naoh溶液滴定蚁酸中的甲酸,若测得ph=7时,则此溶液中(c)a.c(naoh)=c(hcooh)b.n(naoh)=n(hcooh)c.c(hcoo-)=c(na+) d.无法判定解析:酸碱完全反应ph不一定为7,此题测知ph=7,说明溶液呈中性,c(h+)=c(oh-),由电荷守恒知c(hcoo-)=c(na+)。3.下列结论均出自实验化学中的实验,其中错误的是(d)a.往新配制的可溶性淀粉溶液中滴加碘水,溶液显蓝色,用ccl4不能从中萃取出碘b.当锌完全溶解后,铁与酸反应产生氢气的速率会显著减慢,此现象可作为判断镀锌铁皮中锌镀层是否完全被反应掉的依据c.蒸发食盐溶液时,当蒸发皿中出现大量固体时,停止加热,不要将溶液蒸干d.提取海带中碘元素时,为保证i-完全氧化为i2,加入的氧化剂(h2o2或新制氯水)均应过量解析:a项中i2已反应,不再被ccl4萃取,正确;b项zn、fe、稀h2so4构成原电池,加快了zn的反应,若反应显著变慢,则表明zn已完全反应,正确;c项蒸发时不能将饱和溶液蒸干,正确;d项中新制氯水不能过量,因为5cl2+i2+6h2o2hio3+10hcl,错误。4.沉淀滴定法类似中和滴定,它所用的指示剂本身是一种沉淀剂,滴定剂和被滴定物的生成物的溶解度比滴定剂和指示剂生成物的溶解度要小,否则不能用这种指示剂。经查表知,难溶性银盐较多,如表,若用agno3去滴定nascn溶液,可选用为滴定指示剂的物质为(d)agclagbragscnag2cro4agcn颜色白浅黄白砖红白溶解度/(moll-1)1.3410-67.110-71.010-62.0810-41.110-8a.naclb.babr2c.kcn d.na2cro4解析:由信息知作为指示剂必须有明显的颜色变化,而且其与滴定剂生成物的溶解度要大于滴定剂与被滴定物的生成物的溶解度,从表中数据知na2cro4符合。5.下列叙述中正确的是(d)a.构成原电池正极和负极的材料必须是两种金属b.由cu、zn作电极与cuso4溶液组成的原电池中,cu是负极c.马口铁(镀锡铁)破损后若与电解质溶液接触,锡先被腐蚀d.铜锌原电池工作时,若有13 g锌被溶解,则电路中有 0.4 mol 电子通过解析:两种活泼性不同的金属与电解质溶液能够构成原电池,但不能因此说构成原电池的两极材料一定是金属,例如锌与石墨电极也能与电解质溶液构成原电池。在原电池中,活泼电极失去的电子流向不活泼的电极,因此活泼电极是负极。镀锡铁表皮破损后与电解质溶液构成原电池,铁比锡活泼,铁先失电子被腐蚀。铜锌原电池工作,锌作负极,失电子,电极反应为zn-2e-zn2+,则13 g锌(0.2 mol)被溶解时电路中有0.4 mol 电子通过。6.下列实验操作会引起测定结果偏高的是(c)a.测定胆矾结晶水含量的实验中,晶体加热完全失去结晶水后,将盛试样的坩埚在空气中自行冷却b.中和滴定用的锥形瓶加入待测液后,再加少量蒸馏水稀释c.为了测定一种白色固体的质量,将药品放在托盘天平的右盘,砝码放在左盘,并需移动游码使之平衡d.量取待测液的移液管用水洗后,没有用待测液润洗23次解析:a选项,加热失去结晶水的cuso4在空气中冷却时会吸收水分,从而使“失去结晶水后的硫酸铜”质量增大,即“硫酸铜晶体含有的结晶水”减小了,所以,测定出的结晶水含量会偏低;b选项,无影响,因为这不会引起待测液的物质的量的变化;c选项,实际上,“白色固体质量”+“游码读数”=“砝码读数”,但测定结果仍是“游码读数”+“砝码读数”,所以,测定结果偏高;d选项,待测液被稀释,在滴定中测得的是稀释后的浓度,所以,测定结果偏低。7.用已知物质的量浓度的naoh溶液滴定未知物质的量浓度的醋酸,下列判断滴定终点的方法正确的是(a)a.用酚酞作指示剂,滴定至溶液由无色变为红色,且在半分钟内不 褪色b.用甲基橙作指示剂,滴定至溶液由红色开始变为橙色c.用石蕊作指示剂,滴定至溶液由红色开始变为紫色d.在滴定过程中,用玻璃棒蘸取试液,涂抹在ph试纸上,至混合液ph为8解析:此实验是用标准碱液滴定弱酸,达到滴定终点时,强碱弱酸盐呈弱碱性,故用酚酞作指示剂最好。即当滴有酚酞的醋酸用标准naoh溶液滴定时,溶液由无色转变为红色,且在半分钟内不褪色,说明达到滴定终点。8.已知s+i2+h2os+2h+2i-,某溶液只可能含有i-、n、cu2+、s中的一种或几种,向该溶液中加入少量溴水,溶液仍呈无色。则下列关于该溶液组成的判断正确的是(b)a.肯定无cu2+、i-,可能含有nb.肯定有s、n,肯定无cu2+,可能有i-c.肯定有s、i-,可能有nd.肯定有s,肯定无cu2+,可能有n解析:溶液无色,则不含cu2+;加入溴水仍为无色,则br2被还原,能还原br2的离子是s,则必有s。由于还原性si-且加入的溴水很少,所以可能只有s与br2发生了反应,也可能有i-,阳离子中无cu2+则一定有n。9.黄铁矿主要成分为fes2。某硫酸厂在进行黄铁矿成分测定时,取0.100 0 g样品在空气中充分燃烧,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 k2cr2o7标准溶液滴定至终点,消耗k2cr2o7溶液25.00 ml。已知2fe3+so2+2h2os+2fe2+4h+, cr2+6fe2+14h+2cr3+6fe3+7h2o,则样品中fes2的质量分数为(杂质不反应)(b)a.80% b.90.00%c.78.0% d.82.3%解析:此题考查样品的定量分析,由反应4fes2+11o22fe2o3+8so2及题目中所给的两个离子反应方程式,可得下列关系式:fes22so24fe2+cr2120 g molm(fes2) l0.020 00 mol/l得m(fes2)=0.090 0 gw(fes2)=100%=90.00%。10.取含杂质的4.0 g烧碱样品配成1 000 ml溶液,取20 ml置于锥形瓶中,用0.1 moll-1的盐酸滴定。用甲基橙作指示剂,滴定达终点时,耗酸19.00 ml。则naoh中含有的杂质不可能为(d)a.naclb.na2co3c.k2co3d.ca(oh)2解析:4.0 g样品若是纯净的naoh,会消耗20.00 ml酸,实际上消耗19.00 ml的酸溶液,说明等质量的杂质和naoh相比,杂质所消耗的酸要少。nacl不消耗酸,53 g na2co3、69 g k2co3、37 g ca(oh)2分别与40 g naoh所消耗的酸相同,故不可能是 ca(oh)2。二、非选择题(共50分)11.(14分)(1)实验室用标准naoh溶液来滴定盐酸,测定盐酸浓度,若用酚酞作指示剂,下列操作可能使测定结果偏低的是。a.碱式滴定管中装碱液前未用标准液润洗23次b.开始实验时,碱式滴定管尖嘴部分有气泡,在滴定过程中气泡消失c.盛盐酸的锥形瓶用待测盐酸润洗23次d.锥形瓶内溶液的颜色由无色变为粉红色,立即记下滴定管内液面所在刻度e.滴定前平视,滴定终点时俯视滴定管刻度(2)如图为某浓度的naoh溶液滴定10 ml一定浓度的盐酸的示意图。根据图象分析:hcl溶液的浓度是 ,naoh溶液的浓度是;x=。(3)现有四瓶溶液,分别是nacl溶液(0.1 mol/l)、hcl溶液(0.1 mol/l)、naoh溶液(0.1 mol/l)和酚酞溶液(0.1%),不用其他试剂把它们一一鉴别开来,实验步骤如下:各取溶液少许,两两混合,根据现象不同分成两组:组是hcl溶液和溶液,组是naoh溶液和溶液。取组中c、d混合液,不断滴入组中a溶液,若无明显现象,则a是,b是。把已鉴别出的b溶液取3滴滴入2 ml c溶液,再加入d溶液4 ml,在这整个过程中无明显变化,则c是,d是。解析:(1)由c待=,其中r标、r待分别为标准酸或碱的元数、待测酸或碱的元数。决定c待大小的因素在于v标的误差,a中未用标准碱液润洗,使v标增大,c待偏高;b中由于气泡存在使v标增大,c待偏高;c中由于锥形瓶用待测液润洗,使v待增大,c待偏高;d中颜色变红,立即停止,由于混合不均匀,v标偏小;e中俯视终点刻度,使v标减小,故d、e符合。(2)由图可知,未滴定时,ph=1,说明盐酸中h+浓度为0.1 mol/l,即盐酸浓度为0.1 mol/l,而加入20 ml naoh溶液可以中和10 ml 0.1 mol/l盐酸,说明naoh溶液浓度为0.05 mol/l,n(naoh)= 0.05 mol/l0.02 l=0.001 mol。(3)两两相互混合后,酚酞溶液遇naoh溶液变红为组,组为nacl溶液和hcl溶液。组中混合液若加入组中hcl溶液,则红色消失,而加入组中的a溶液无明显现象,说明a是nacl,b是hcl。如果b溶液为hcl溶液,加入c溶液,若c溶液为酚酞溶液无现象,再加入d溶液,若d溶液为naoh溶液则出现红色;但在整个过程中无明显变化,则c为naoh,d为酚酞。答案:(1)de(2)0.1 mol/l0.05 mol/l0.001(3)nacl酚酞naclhclnaoh酚酞12.(14分)已知zn(oh)2能溶于naoh溶液转变成 na2zn(oh)4。为了测定某白铁皮中锌的质量分数,进行如下实验:取a g白铁皮样品于烧杯中,加入过量稀盐酸,用表面皿盖好,开始时产生气泡的速率很快,以后逐渐变慢。待试样全部溶解后,向烧杯中加入过量naoh溶液,充分搅拌后过滤,将所得沉淀在空气中加强热至质量不变,称得残留固体质量为b g。(1)白铁皮镀锌的目的是 。(2)气泡产生速率先快后慢的原因是 。(3)溶液中加入过量naoh溶液,发生反应的离子方程式是(不是离子反应的写化学方程式): ; ; ; 。(4)最后残留的固体是,得到该固体的化学反应方程式是。(5)白铁皮含锌的质量分数是 (用含a、b的式子表示)。解析:(1)白铁皮镀锌的目的是保护内部的fe,增加fe的抗腐蚀能力。(2)zn、fe在稀盐酸中形成原电池,反应速率快,随着h+浓度的不断减小,表面zn溶解,原电池作用逐渐减弱,反应速率逐渐减慢。(3)结合题给信息和所学化学知识,可以写出(3)中的离子方程式。(4)fe(oh)3不稳定,受热时易发生分解,所以得到的固体是fe2o3。(5)根据残留固体氧化铁的质量b g可得铁元素的质量为b g,所以a g白铁皮中锌的质量为(a-b) g,从而可以计算出锌的质量分数是%。答案:(1)保护内部的铁,增加铁的抗腐蚀能力(2)开始时,氢离子浓度大,加上锌与铁构成无数微小的原电池,反应速率快。随着反应的进行,溶液中氢离子浓度减小,表面锌溶解后,原电池作用逐渐减小以至不存在,反应速率明显减慢(3)zn2+2oh-zn(oh)2zn(oh)2+2oh-zn(oh)42-fe2+2oh-fe(oh)24fe(oh)2+o2+2h2o4fe(oh)3(4)fe2o32fe(oh)3fe2o3+3h2o(5)%13.(10分)锌和铝都是活泼金属,其氢氧化物既能溶于强酸,又能溶于强碱,但是氢氧化铝不溶于氨水,而氢氧化锌能溶于氨水,生成 zn(nh3)42+。回答下列问题:(1)单质铝溶于氢氧化钠溶液后,溶液中铝元素的存在形式为(用化学式表示)。(2)写出锌和氢氧化钠溶液反应的化学方程式:。(3)下列各组中的两种溶液,用相互滴加的实验方法即可鉴别的是 。硫酸铝和氢氧化钠;硫酸铝和氨水;硫酸锌和氢氧化钠;硫酸锌和氨水。(4)写出可溶性铝盐与氨水反应的离子方程式: 。试解释在实验室不适宜用可溶性锌盐与氨水反应制备氢氧化锌的原因: 。解析:以铝、锌性质相似,考查学生在灵活应用铝的性质基础上的知识迁移能力。由于从课本上学习了al和naoh溶液反应的方程式,所以学生可轻松地给出(1)的答案为al(oh。(2)利用al与碱反应,推导出zn+2naohna2zno2+h2(或zn+2naoh+2h2ona2zn(oh)4+h2)。(3)利用题干信息,al(oh)3和zn(oh)2性质差异性,可判定滴加顺序不同,现象也不一样;而不论怎样滴加,现象只有一个,即产生白色沉淀。(4)因 zn(oh)2能溶于过量氨水,不易控制氨水的量,故不适宜在实验室用可溶性锌盐与氨水反应制备 zn(oh)2。答案:(1)al(oh(2)zn+2naohna2zno2+h2(或zn+2naoh+2h2ona2zn(oh)4+h2)(3)(4)al3+3nh3h2oa