03第47讲定量综合实验分析【答案】听课手册

第47讲定量综合实验分析考点一●提升关键能力题组1.(1)防止引入SO42-造成(2)233m-160n18(4)CuSO4·3H2OCuSO4·H2OCuSO4+H2O[解析]测定硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)结晶水的含量,沉淀法是将SO42-沉淀,通过测量沉淀质量,确定硫酸铜的质量,反推含有结晶水的含量;加热法是将结晶水去掉,通过剩余固体的质量与原固体的质量差,确定结晶水的含量。(1)沉淀法是将SO42-用Ba2+沉淀,步骤①选择稀盐酸而不选择稀硫酸的原因是防止引入硫酸根离子造成BaSO4沉淀质量增大。(2)根据元素守恒,生成的BaSO4沉淀中n(SO42-)与硫酸铜晶体中n(SO42-)相同,所以n(CuSO4·xH2O)=ng233g·mol-1=n233mol,m(CuSO4·xH2O)=n233mol×(160+18x)g·mol-1=mg,所以x=233m-160n18n。(3)为减小误差,直到连续两次称量的质量差不超过0.01g为止;在冷却过程中,为防止硫酸铜粉末吸收空气中的水蒸气,需用干燥器,故选A。(4)5.00gCuSO4·5H2O的物质的量为0.02mol,含有结晶水的物质的量n=0.02mol×5=0.1mol,a点时固体质量为4.28g,失水质量为5.00g-4.28g=0.72g,失水物质的量为0.04mol,则剩余结晶水的物质的量为0.06mol,含有结晶水的个数为0.06mol÷0.02mol=3,所以a点物质的化学式为CuSO4·3H2O;到b点时,质量减少5.00g-3.56g=1.44g,失水物质的量为0.08mol,则剩余结晶水的物质的量为0.02mol,含有结晶水的个数为0.02mol÷0.02mol=1,所以b点物质的化学式为CuSO4·H2O,到c点时,2.(1)分液漏斗(2)4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3用蒸馏水冲洗冷凝管内通道2~3次,将洗涤液注入锥形瓶中(3)偏大(4)尽可能减少沉淀的溶解损失,减小实验误差(5)(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O[解析](3)步骤④中,若振荡时锥形瓶中有液体溅出,消耗NaOH的量减少,则锥形瓶内溶液中剩余硫酸的量减少,计算中与氨气反应的硫酸的量增多,造成所测n(NH4+)的值偏大。(5)过量的H+的物质的量为0.120mol·L-1×0.025L=0.003mol,与NH3反应的H+的物质的量为3.03mol·L-1×0.05L×2-0.003mol=0.3mol,即n(NH4+)=0.3mol;69.90g沉淀为BaSO4的质量,则n(SO42-)=69.90g233g·mol-1=0.3mol;利用电荷守恒:n(NH4+)+2n(Fe2+)=2n(SO42-),得n(Fe2+)=0.15mol;再利用质量守恒得m(H2O)=58.80g-m(NH4+)-m(SO42-)-m(Fe2+)=16.2g,则n(H2O)=0.9mol,故n(NH4+)∶n(Fe2+)∶n(SO42-考点二●提升关键能力题组1.(1)2Na2SO3+O22Na2SO4(2)向上层清液中继续滴加BaCl2溶液,无白色沉淀生成,说明BaCl2溶液已经过量(3)储液瓶(4)CD(5)((6)5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2(7)60%[解析](1)亚硫酸钠具有还原性,能与空气中的氧气反应生成硫酸钠而变质,反应的化学方程式为2Na2SO3+O22Na2SO4。(3)由实验装置图可知,仪器A的名称为储液瓶。(4)恒压滴液漏斗因为有玻璃管连通抽滤瓶和漏斗,能使体系压强保持恒定,便于漏斗中的液体顺利滴下,在测量气体体积时,恒压滴液漏斗因为连通漏斗和抽滤瓶,可以减小加入液体体积对测量气体体积的误差,故选CD。(5)由题意可知,反应生成二氧化硫的体积为(V1-V3)mL,则标准状况下二氧化硫的物质的量为(V1-V3)×10-3L22.4L·mol-1=(V1-V3)×10-322.4mol。(6)由题意可知,第②步中发生的反应为酸性溶液中亚铁离子与高锰酸根离子反应生成铁离子、锰离子和水,反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+5Fe3++Mn2++4H2O。(7)由题意可知,滴定消耗30.00mL1.000mol·L-1硫酸亚铁铵溶液,由方程式可知,过量高锰酸根离子的物质的量为1.000mol·L-1×0.032.(1)吸收空气中的O2(2)AlP+3H2OAl(OH)3+PH3↑(3)保证生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收(4)5PH3+24H++8MnO4-5H3PO4+8Mn2++12H2(5)①2.175②偏高[解析](1)装置A中盛装KMnO4溶液的作用是除去空气中的还原性气体。装置B中盛有焦性没食子酸的碱性溶液,其作用是吸收空气中的O2。(3)C中反应完全后继续通入空气的作用是保证装置C中生成的PH3全部被酸性KMnO4溶液吸收。(5)①原装置E中含有KMnO4的物质的量n(KMnO4)=1.50×10-3mol·L-1×0.02L=3.0×10-5mol。反应后的溶液加水稀释至250mL,取25.00mL反应后的稀释液用4.0×10-4mol·L-1的Na2SO3标准溶液滴定剩余的KMnO4溶液,滴定终点时消耗Na2SO3溶液的体积为15.00mL,消耗的Na2SO3的物质的量n(Na2SO3)=4.0×10-4mol·L-1×0.015L=6.0×10-6mol。根据得失电子守恒可知:5n(KMnO4)=2n(Na2SO3)总+8n(PH3),5×3.0×10-5mol=2×6.0×10-6mol×250mL25.00mL+8n(PH3),38×10-5mol,根据P元素守恒,可知在100g原粮中含有AlP的物质的量是n(AlP)=n(PH3)=38×10-5mol,其质量为m(AlP)=38×10-5mol×58g·mol-1=2.175×10-4g,故该原粮中磷化铝的含量为2.175×10-4g×1000mg·g-10.1kg=2.175mg·经典真题·明考向1.CuOSO3[解析]CuSO4·5H2O中w(H2O)=18×5250×100%=36%,从开始到约220℃,固体质量减少量占原固体质量的比例为(2.5-1.6)mg2.5mg×100%=36%,此时剩余固体为CuSO4,之后CuSO4发生热分解反应,从TG图像可以看出,到约800℃时质量减少量为原CuSO4质量的一半,说明有固体CuO剩余,在700℃2.(1)容量瓶、量筒(2)Sn2+易被空气氧化为Sn4+,离子方程式为2Sn2++O2+4H+2Sn4++2H2O,加入锡粒,发生反应Sn4++Sn2Sn2+,可防止Sn2+被氧化(3)加快反应速率,促进样品溶解(4)偏小(5)33.(6)①不会生成易挥发且有毒的Hg,更安全,对环境更友好②蒸馏水酸性越强,KMnO4的氧化性越强,Cl-被KMnO4氧化的可能性越大,对Fe2+测定结果造成干扰的可能性越大,因此在KMnO4标准溶液进行滴定时,要控制溶液的pH[解析]浓盐酸与试样反应,使得试样中Fe元素以离子形式存在,滴加稍过量的SnCl2溶液使Fe3+被还原为Fe2+,冷却后滴加HgCl2饱和溶液,将多余的Sn2+氧化为Sn4+,加入硫酸和磷酸混合液后,滴加指示剂,用K2Cr2O7标准溶液进行滴定,将Fe2+氧化为Fe3+,离子方程式为6Fe2++Cr2O72-+14H+2Cr3++6Fe3++7H2(1)配制SnCl2溶液需要用到容量瓶和量筒等,滴定需要用酸式滴定管盛装具有氧化性的K2Cr2O7溶液,但题图中给出的为碱式滴定管,因此所给仪器中,本实验必须用到容量瓶、量筒。(2)Sn2+易水解,先用浓盐酸溶解SnCl2·2H2O,Sn2+易被空气氧化为Sn4+,离子方程式为2Sn2++O2+4H+2Sn4++2H2O,加入锡粒,发生反应Sn4++Sn2Sn2+,可防止Sn2+被氧化。(3)步骤Ⅰ中“微热”,温度升高,加快样品的溶解速率。(4)步骤Ⅲ中,若未“立即滴定”,Fe2+易被空气中的O2氧化为Fe3+,使消耗的K2Cr2O7标准溶液体积偏小,导致测定的铁含量偏小。(5)根据方程式6Fe2++Cr2O72-+14H+2Cr3++6Fe3++7H2O可得,n(Fe2+)=6×n(Cr2O72-)=6×10-3cVmol,ag试样中Fe元素的质量为6×10-3cVmol×56g·mol-1=0.336cVg,质量分数为0(6)①SnCl2-HgCl2-K2Cr2O7方法中,HgCl2氧化Sn2+的离子方程式为Hg2+