03第47讲定量综合实验分析【答案】作业手册

第47讲定量综合实验分析1.(1)通入一定量的O2b、a(2)排尽装置中的空气、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,检查装置气密性,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的作用有排尽装置中的二氧化碳和水蒸气,作助燃剂使有机物充分反应,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-1=0.0012g,d管质量增加0.0352g,n(CO2)=0.0352g44g·mol-1=0.0008mol,C元素的质量为0.0008mol×12g·mol-1=0.0096g,则有机物中n(O)=0.0236g-0.0096g-0.0012g16g·mol-1=0.0008mol,C、H、O的原子个数比为0.00082.(1)水浴加热(2)2CoCl2+H2O2+(2x-2)NH3·H2O+2NH4Cl2[Co(NH3)x]Cl3+2xH2O(3)AB(4)乙醇较水和[Co(NH3)x]Cl3形成氢键数目少,且降低溶液的极性,使得[Co(NH3)x]Cl3在乙醇中溶解度小于在水中溶解度(5)平衡装置中压强(6)偏小(7)K3K1(8)甲基橙165[解析]将CoCl2·6H2O分批加入NH4Cl溶液中;控温至10℃以下,加入活性炭、浓氨水后,再逐滴加入6%的双氧水,制备[Co(NH3)x]Cl3,已知[Co(NH3)x]Cl3溶于热水,在冷水中微溶,故冷却过滤,分离出的固体转入盛有少量盐酸的沸水中趁热过滤,除去活性炭,滤液中加入浓盐酸,冷却,过滤、用乙醇洗涤,干燥,得到晶体。(1)温度保持55~60℃,采用的合适加热方式为水浴加热。(2)制备[Co(NH3)x]Cl3的化学方程式为2CoCl2+H2O2+(2x-2)NH3·H2O+2NH4Cl2[Co(NH3)x]Cl3+2xH2O。(3)已知[Co(NH3)x]Cl3溶于热水,在冷水中微溶,故操作①为冷却、过滤,分离出[Co(NH3)x]Cl3晶体、活性炭固体;操作②为分离[Co(NH3)x]Cl3溶液和活性炭的操作,为趁热过滤。(4)乙醇较水和[Co(NH3)x]Cl3形成氢键数目少,且降低溶液的极性,使得[Co(NH3)x]Cl3在乙醇中溶解度小于在水中溶解度,故用乙醇洗涤可减少晶体的溶解损耗。(5)f的作用为平衡装置中压强。(6)步骤ⅱ中如果未用蒸馏水冲洗d,使得部分氮元素没有转入装置进行反应吸收,使得对a中溶液进行滴定时,标准液用量增大,导致所测x的值偏小。(7)步骤ⅲ为打开K3,关闭K1,并在d中保留少量水,然后加热e使用右侧产生的水蒸气将装置中生成的氨气完全排入左侧装置中被吸收。(8)用c2mol·L-1NaOH标准溶液滴定a中的溶液,滴定终点得到溶液为硫酸铵和硫酸钠溶液,硫酸铵水解使溶液显酸性,故滴定时选用的指示剂为甲基橙;2NaOH~H2SO4,与氢氧化钠标准液反应的硫酸为c2V2×10-3mol×12,2NH3~H2SO4,则与氨气反应的硫酸为c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol×12,则NH3为(c1V1×10-3mol-c2V2×10-3mol×12)×2,则mg(59+17x+35.3×3)g·mol-1×x=(c1V1×10-3mol-c3.(1)①12.6②烧杯、玻璃棒偏小(2)取少量样品溶液,加入足量盐酸及BaCl2溶液,有白色沉淀生成,则说明有SO42-生成,Na2(3)①a当加入最后半滴酸性KMnO4标准溶液时,溶液由无色变为浅红色且在30s内不褪色②20.1095%[解析](1)①由于没有450mL规格的容量瓶,故实际配制的是500mL溶液,需要Na2SO3质量为0.5L×0.2mol·L-1×126g·mol-1=12.6g。②配制过程中需要使用烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管等,所以需要使用图Ⅰ中的烧杯、玻璃棒。图Ⅱ表示仰视,这会导致定容时水加多了,从而使所配溶液浓度偏小。(2)由于被氧化后有Na2SO4生成,故可用BaCl2、HCl检验,即取少量样品溶液,加入足量盐酸及BaCl2溶液,有白色沉淀生成,则说明有SO42-生成,Na2SO3已经变质了。(3)①取用KMnO4溶液时,应使用酸式滴定管,故相应滴定方式为a;滴定终点时溶液中有少量KMnO4,因此滴定终点时的标志是当加入最后半滴酸性KMnO4标准溶液时,溶液由无色变为浅红色且在30s内不褪色。②观察所给示意图可知V=20.10;三次实验所用标准溶液体积分别为19.01mL、18.99mL、20.00mL,舍去20.00mL,消耗标准溶液体积的平均值为19.00mL,由电子守恒得:2n(Na2SO3)=5n(KMnO4),n(Na2SO3)=2.5×0.1000mol·L-1×0.01900L=4.750×10-3mol,Na2SO3样品的纯度为204.(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、2.60gKClO3和50mL水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)由仪器c的构造可知,其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,则该反应的化学方程式为I2+2KClO3+HClKIO3·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中若温度过高,碘易升华,盐酸易挥发,KIO3·HIO3会分解,产率低,所以温度不宜过高;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,25.00mL溶液用去25.24mL-0.04mL=25.20mL标准溶液,则250mL溶液中含Ca(IO3)2的物质的量为25.20×10-3L×0.1000mol·L-1×112×10=0.002100mol,碘酸钙晶体中Ca(IO3)2·6H2O的纯度为0.002100mol×498g·mol-11.2000g×100%=87