11第十一单元03第47讲定量综合实验分析【答案】

第47讲定量综合实验分析1.(1)通入一定量的O2b、a(2)为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入U形管中(3)AC碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳(4)先熄灭a,一段时间后再熄灭b,继续通入氧气至石英管冷却至室温(5)C4H6O4[解析]由实验装置可知,先通入氧气可排尽装置中的空气,连接装置后检验装置的气密性,先点燃b处,再点燃a处,有机物燃烧生成二氧化碳和水,CuO可将有机物不完全燃烧产生的CO氧化为CO2,c处无水氯化钙可吸收水,d处碱石灰可吸收二氧化碳,c、d不能互换,否则碱石灰吸收的质量为混合物的质量,然后熄灭a,一段时间后再熄灭b,继续通入氧气至石英管冷却至室温,可保证水、二氧化碳被完全吸收,取下c和d管称重,c中为水的质量、d中为二氧化碳的质量,结合质量守恒及相对分子质量确定分子式。(1)将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中,先通氧气,排出装置中的空气,而后将已称重的U形管c、d与石英管连接,检查气密性,防止漏气,依次点燃煤气灯b、a,保证有机物充分燃烧,进行实验。(2)O2的作用有作助燃剂使有机物充分反应,排尽装置中的二氧化碳和水蒸气,保证反应产物完全进入U形管中。(3)c处无水氯化钙可吸收水,d处碱石灰可吸收二氧化碳,c和d中的试剂分别是A、C;c和d中的试剂不可调换,理由是碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳。(4)Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后,应进行操作:先熄灭a,一段时间后再熄灭b,继续通入氧气至石英管冷却至室温,取下c和d管称重。(5)若样品CxHyOz为0.0236g,实验结束后,c管质量增加0.0108g,n(H2O)=0.0108g18g·mol-1=0.0006mol,H元素的质量为0.0006mol×2×1g·mol-1n(CO2)=0.0352g44g·mol-1=0.0008mol,C元素的质量为0.0008mol×12g·0.0236g-0.0096g-0.0012g16g2∶3∶2,最简式为C2H3O2,设分子式为(C2H3O2)n,质谱测得该有机物的相对分子量为118,59×n=118,解得n=2,可知其分子式为C4H6O4。2.(1)CaC2O4CaCO3(2)CaC2O4CaCO3+CO↑(3)CaO(4)当加入最后半滴标准溶液时,溶液由蓝色变成无色,且30s内颜色不恢复(5)22.625cVm4I-+O2+4H+2I2[解析](1)根据题目要求可分3段讨论CaC2O4·H2O的受热分解,T1℃时A点,100mgCaC2O4·H2O的质量减少至87.7mg,从中分析CaC2O4·H2O受热分解的产物,固体CaC2O4·H2O的摩尔质量为146g·mol-1,分解过程中n(Ca)不变,设分解后产物的摩尔质量为M1,100×10-3g146g·mol-1=87.7×10-3gM1,解得M1≈128g·mol-1,由于CaC2O4的摩尔质量为128g·mol-1,从而判断出CaC2O4·H2O的分解反应方程式为CaC2O4·H2OCaC2O4+H2O↑,则A的化学式是CaC2O4;再讨论T2℃时68.5×10-3gM2,解得M2≈100g·mol-1,可推断出产物B应为CaCO3,分解方程式为CaC2O4CaCO3+CO↑;故固体产物的化学式A是CaC2O4,B是CaCO3。(2)由(1)中分析可知,由A得到B的化学方程式为CaCCO↑。(3)当加热至1100~1200℃时,由图可知分解产物C的质量约为38mg,设C点化合物的摩尔质量为M3,68.5×10-3g100g·mol-1=38×10-3gM3,解得M3≈55.47g·molCaO+CO2↑,由此得出C的化学式为CaO。(4)用Na2S2O3标准溶液滴定待测溶液,发生反应I2+2S2O32I-+S4O62-,指示剂淀粉溶液遇I2变为蓝色,故滴定终点的现象为加入最后半滴标准溶液时,溶液由蓝色变成无色,且30s内颜色不恢复。(5)由反应中的I元素守恒可知:ClO2-~2I2~4S2O32-,故25.00mL待测溶液中n(NaClO2)=14×cV×10-3mol,m(NaClO2)=n×M=14×90.5cV×10-3g;mg样品配成250mL待测溶液,故样品中NaClO2的质量分数为14×90.5cV×10-3g×10mg×100%=22.625cVm%;实验测得结果偏高,说明滴定消耗的3.(1)(球形)干燥管无水CaCl2或P2O5(2)水浴加热温度过高,双氧水受热易分解,浓氨水受热易分解和挥发(3)增大氯离子浓度,利用同离子效应,促进钴配合物[Co(NH3)6]Cl3完全析出,提高产率(4)减小产品[Co(NH3)6]Cl3溶解损失,乙醇易挥发带走水分,产品能快速干燥(5)甲基橙无影响[解析]第一步中向CoCl2、NH4Cl和活性炭中滴加浓氨水,充分反应后滴加双氧水,反应生成三氯化六氨合钴,将所得浊液趁热过滤,滤液中加入浓盐酸,增大氯离子浓度,促使三氯化六氨合钴完全析出,冷却结晶后过滤,用少量冷水和无水乙醇分别洗涤晶体2~3次,得到三氯化六氨合钴晶体。(1)仪器b的名称为(球形)干燥管,b中装的固体是无水氯化钙或P2O5,作用为吸收挥发出的NH3。(2)步骤Ⅰ控制温度在50~60℃之间,采用的方法为水浴加热。反应物中有双氧水,温度过高双氧水易分解,同时温度过高浓氨水易分解和挥发,故温度不易过高。(3)滤液中加入浓盐酸,增大了氯离子浓度,利用同离子效应,促进[Co(NH3)6]Cl3完全析出,提高产率。(4)步骤Ⅲ用乙醇洗涤,减小产品[Co(NH3)6]Cl3的溶解损失,同时乙醇易挥发能带走多余的水分,产品能快速干燥。(5)用NaOH溶液滴定剩余H2SO4,接近滴定终点时溶液中溶质为硫酸钠和硫酸铵,呈酸性,可选择甲基橙作指示剂。氢氧化钠标准溶液使用前敞口放置于空气中一段时间,部分NaOH与空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠,因滴定终点溶液显酸性,Na2CO3和H2SO4反应生成Na2SO4、CO2和H2O,仍是2Na~SO42-~2H+,则测得4.(1)恒压滴液漏斗(2)I2+2KClO3+HClKIO3·HIO3+Cl2↑+KCl碱石灰或NaOH固体(3)温度过高,碘易升华,盐酸易挥发,KIO3·HIO3会分解,产率低溶液变为无色或回流液呈无色或不再有黄绿色的气体冒出(4)KOH或Ca(OH)2溶液(5)酸式滴定管(6)87.15%偏低(7)BD[解析]将2.54gI2和2.60gKClO3的混合物用盐酸酸化并水浴加热,得到碘酸氢钾(KIO3·HIO3)溶液,反应后溶液经KOH或Ca(OH)2溶液中和后,加入氯化钙得到碘酸钙[Ca(IO3)2]悬浊液,经冰水浴冷却后,抽滤、洗涤并晾干得碘酸钙晶体。(1)仪器c的名称为恒压滴液漏斗。(2)碘在酸性条件下被氯酸钾氧化成碘酸氢钾(KIO3·HIO3),反应中有黄绿色的气体生成,此气体应为氯气,KIO3·HIO3+Cl2↑+KCl;干燥管d中的试剂是碱石灰或NaOH固体,吸收产生的氯气,防止污染空气。(3)步骤Ⅰ中温度不宜过高的原因是温度过高,碘易升华,盐酸易挥发,KIO3·HIO3会分解,产率低;碘单质反应完全或不再有氯气产生则反应结束,故判断反应结束的实验现象是溶液变为无色或回流液呈无色或不再有黄绿色的气体冒出。(4)步骤Ⅱ中加入X溶液,中和盐酸,调节pH=10,为不引入新的杂质离子,X溶液可用KOH或Ca(OH)2溶液。(5)根据数值精确度及实验操作可知步骤Ⅲ中量取25.00mL溶液(酸性)的玻璃仪器为酸式滴定管。(6)滴定过程中发生的反应如下:Ca(IO3)2+2HClO42HIO3+Ca(ClO4)2,IO3-+5I-+6H+3I2+3H2O,I2+2S2O32-2I-+S4O62-,可得Ca(IO3)2~2HIO3~6I2~12S2O32-,根据题目描述0.04mL=25.20mL标准溶液,则250mL溶液中含Ca(IO3)2物质的量为25.20×10-3L×0.1000mol·L-1×112=0.002100mol,碘酸钙晶体中Ca(IO3)2·6H2O的纯度为0.002100mol×498g·mol-11.2000g×100%=87.15%;滴定过程①中,溶液蓝色褪去,30秒内又恢复蓝色,消耗标准液偏少,导致测得含量