高考化学总复习物质的定性检验与定量分析.docx
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高考化学总复习物质的定性检验与定量分析
高考化学总复习----
物质的定性检验与定量分析
1.某溶液中可能含有下列6种离子中的某几种:
Cl-、S
、C
、N
、Na+、K+。
为了确认溶液的组成,进行了如下实验:
①取200mL上述溶液,加入足量BaCl2溶液,反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥,得沉淀4.30g,向沉淀中加入过量的盐酸,有2.33g沉淀不溶。
②向①的滤液中加入足量的NaOH溶液,加热,产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体1.12L(已换算成标准状况,假定产生的气体全部逸出)。
关于原溶液组成的结论,不正确的是( B )
A.c(N
)>c(S
)
B.一定存在Cl-、S
、C
、N
一定不存在Na+、K+
C.c(C
)=0.05mol·L-1
D.至少存在四种离子,且c(Cl-)≥0.05mol·L-1
解析:
①取少量该溶液加入BaCl2溶液有白色沉淀生成,再加入足量盐酸后,沉淀部分溶解,并有气体生成,说明白色沉淀为BaCO3和BaSO4,质量一共是4.30g,则溶液中含有C
、S
向沉淀中加入过量的盐酸,有2.33g沉淀不溶,则硫酸钡的质量是2.33g,所以硫酸根离子的物质的量是
=0.01mol,所以碳酸钡的质量是4.3g-2.33g=
1.97g,碳酸根离子的物质的量是
=0.01mol;②向①的滤液中加入足量的NaOH溶液,加热,产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是氨气,物质的量是
=0.05mol,说明溶液中有N
的物质的量是0.05mol;综合以上分析,硫酸根为0.01mol,铵根为0.05mol,故c(N
)>c(S
),故A正确;依据溶液电中性原则,假设都存在,那么n(+)=n(-),即0.05mol+n(Na+)+n(K+)=2×0.01mol+2×0.01mol+n(Cl-),据此得出n(Cl-)=n(Na+)+n(K+)+0.01mol>0.01mol,所以溶液一定存在的离子有Cl-、C
、S
、N
;可能存在的离子有K+、Na+,故B错误;依据计算得出c(C
)=0.05mol·L-1,故C正确;依据溶液电中性原则,假设都存在,那么n(+)=n(-),即0.05mol+n(Na+)+
n(K+)=2×0.01mol+2×0.01mol+n(Cl-),据此得出n(Cl-)=n(Na+)+n(K+)+0.01mol>0.01mol,所以c(Cl-)≥
0.05mol/L,故D正确。
2.某化学小组为探究固体颗粒的大小对反应速率的影响,设计了下列实验:
称取5.00g均匀的块状大理石(含有SiO2等不与盐酸反应的杂质)与50.0mL2.00mol·L-1稀盐酸混合,测得实验过程中逸出气体的质量并记录(假设只逸出CO2);再称量5.00g大理石粉末,重复以上实验操作。
实验数据汇总如图。
下列说法正确的是( B )
A.图中曲线①表示的是块状大理石与盐酸反应
B.由图可知,如果等待的时间足够长,两条曲线应逐渐交汇
C.大理石粉末与盐酸的实验中,0~8min内,盐酸的平均反应速率v(HCl)=1.64mol·L-1·min-1
D.块状大理石与盐酸的实验中,13min时,CaCO3的消耗率为63.6%
解析:
接触面积越大反应越快,②表示的是块状大理石与盐酸反应,故A错误;取料相同,生成二氧化碳一定相同,故B正确;大理石粉末与盐酸的实验中,0~8min内,盐酸的平均反应速率v(HCl)=
0.205mol·L-1·min-1,故C错误;13min时,生成二氧化碳1.4g,消耗碳酸钙的质量3.18g,由于样品中含有杂质,不能计算CaCO3的消耗率,故D错误。
3.固体D是一种红色氧化物。
(1)混合气体A通入足量NaOH溶液后,溶液B中属于盐的溶质有 。
(2)白色沉淀C中加入盐酸的实验现象为
。
(3)固体D与HCl溶液反应的离子方程式为
。
解析:
由绿矾高温分解得到的D是红色氧化物,D是Fe2O3,绿矾分解时铁元素价态由+2升高到+3,说明分解时有元素价态降低,从价态角度分析,只有硫元素能降低,A为混合气体,可知A为二氧化硫和三氧化硫,二氧化硫和三氧化硫的混合气体与氢氧化钠溶液反应得到Na2SO3和Na2SO4,加入氯化钡溶液生成亚硫酸钡沉淀和硫酸钡沉淀,亚硫酸钡沉淀与盐酸反应后溶解,产生二氧化硫气体,氧化铁与盐酸反应生成氯化铁和水。
(1)由分析可知,混合气体A含有二氧化硫和三氧化硫,通入足量NaOH溶液后,溶液B中属于盐的溶质有亚硫酸钠和硫酸钠,化学式分别为Na2SO3、Na2SO4。
(2)白色沉淀C中含有亚硫酸钡和硫酸钡,加入盐酸,亚硫酸钡和盐酸反应生成二氧化硫气体,硫酸钡和盐酸不反应,反应的现象为沉淀部分溶解且有气体生成。
(3)固体D为氧化铁,和盐酸反应生成氯化铁和水,反应的离子方程式为Fe2O3+6H+
2Fe3++3H2O。
答案:
(1)Na2SO3、Na2SO4
(2)产生气泡,沉淀部分溶解 (3)Fe2O3+6H+
2Fe3++3H2O
4.某化学实验小组想要了解市场上所售食用白醋(主要是醋酸的水溶液)的酸度(食醋的酸度指100mL食醋中含醋酸的质量),现从市场上买来一瓶某品牌食用白醋,用实验室标准NaOH溶液对其进行滴定。
下表是4种常见指示剂的变色范围:
指示剂
石蕊
甲基橙
甲基红
酚酞
变色范
围(pH)
5.0~8.0
3.1~4.4
4.4~6.2
8.2~10.0
(1)该实验应选用 作指示剂,向锥形瓶中移取一定体积的白醋所用的仪器是 。
(2)为了减小实验误差,该同学一共进行了三次实验,假设每次所取白醋体积均为VmL,NaOH标准液浓度为cmol·L-1,三次实验结果记录如下:
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗NaOH溶液体积/mL
26.02
25.32
25.28
从上表可以看出,第一次实验中记录消耗NaOH溶液的体积明显多于后两次,其原因可能是 。
a.实验结束时俯视刻度线读取滴定终点时NaOH溶液的体积
b.滴定前滴定管尖嘴有气泡,滴定结束无气泡
c.盛装标准液的滴定管装液前用蒸馏水润洗过,未用标准液润洗
d.第一次滴定用的锥形瓶用待装液润洗过,后两次未润洗
e.滴加NaOH溶液过快,未充分振荡,刚看到溶液变色,立刻停止滴定
(3)根据所给数据,写出计算该白醋中总酸度的表达式(不必化简):
g。
解析:
醋酸与氢氧化钠恰好完全反应时生成醋酸钠水溶液,显弱碱性,所以指示剂最好选酚酞;读取标准液读数时,滴定到终点后俯视及刚看到溶液变色,立刻停止滴定,都会使读取的标准氢氧化钠体积偏小;26.02mL属于异常值,应舍去,故c(CH3COOH)=
cmol·L-1,所以100mL食醋中含CH3COOH:
×c×60×0.1g。
答案:
(1)酚酞 酸式滴定管(或移液管)
(2)bcd
(3)
5.某同学欲配制两种一定物质的量浓度的NaOH溶液。
(1)用NaOH固体配制100mL1mol·L-1NaOH溶液有如下基本操作,C操作的名称是 。
(2)该同学用上述1mol·L-1NaOH溶液配制50mL0.1mol·L-1的NaOH溶液。
下列仪器中不必要用到的有 。
①托盘天平 ②烧杯 ③量筒 ④玻璃棒 ⑤容量瓶
⑥胶头滴管
(3)该同学在两次配制中,以下操作使所配溶液的物质的量浓度偏大的是 。
a.准取称取4.0gNaOH,待溶解后立即转移到100mL容量瓶中并
定容
b.定容并摇匀,容量瓶正立后发现液面低于刻度线,继续定容
c.用少量的1mol·L-1NaOH溶液将50mL容量瓶洗涤2~3次
d.向容量瓶中加水至超过刻度线,用胶头滴管吸出后再定容至
100mL。
解析:
(1)用NaOH固体配制100mL1mol·L-1NaOH溶液,C操作的名称是定容。
(2)该同学用1mol·L-1NaOH溶液配制50mL0.1mol·L-1的NaOH溶液,需要用到的有烧杯、量筒、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管,故不需要托盘天平。
(3)准取称取4.0gNaOH,待溶解后立即转移到100mL容量瓶中并定容,溶液没有冷却至室温,体积偏小,浓度偏大,a符合题意;定容并摇匀,容量瓶正立后发现液面低于刻度线,继续定容,则加入过多的水,浓度偏小,b不符合题意;用少量的1mol·L-1NaOH溶液将50mL容量瓶洗涤2~3次,相当于先加入少量的氢氧化钠溶液,浓度偏大,c符合题意;向容量瓶中加水至超过刻度线,用胶头滴管吸出后再定容至100mL,加入过量的水,浓度偏小,d不符合题意。
答案:
(1)定容
(2)① (3)ac
6.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料,易溶于水,在中性或碱性环境中稳定,在酸性条件下易分解,在空气中易被氧化。
某化学兴趣小组通过如图装置(省略夹持装置)制备Na2S2O3。
(1)实验开始的步骤,组装好仪器, ,
按图示加入试剂,关闭K1、打开K2,先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液,再向A中烧瓶滴加浓H2SO4。
(2)C中的烧瓶发生如下反应:
2Na2S+Na2CO3+4SO2
3Na2S2O3+CO2,反应开始后,C中先有浑浊产生,后又变澄清,此浑浊物是 ;为了保证Na2S2O3的产量,实验中通入C的SO2不能过量,用离子方程式表示其原因 。
(3)该实验制得的产品中含有Na2SO4杂质,为减少装置C中生成Na2SO4的量,在不改变原有装置的基础上对实验开始的步骤进行了改进,改进后的操作是 。
(4)B装置可以起到安全瓶,防止倒吸的作用,另外在实验结束后拆除装置时还可以防止污染空气,具体操作方法是 。
(5)制取Na2S2O3的另一种方法是直接将硫粉和亚硫酸钠溶液混合共热制取。
为探究制取硫代硫酸钠最佳条件,设计如下对比实验(每次实验时亚硫酸钠质量均为63g,反应时间为30min):
实验
序号
溶液pH
亚硫酸钠与
水的质量比
反应温度
硫粉质量
亚硫酸
钠转化率
1
10
1.5∶1
100℃
18g
80.7%
2
10
1.1∶1
100℃
18g
94.6%
①实验1、2的目的是探究 对亚硫酸钠转化率的影响;
②若要完成上表中列出的各项条件对亚硫酸钠转化率的影响探究,除实验1、2外,至少还需进行 次对比实验;
③实验表明:
亚硫酸钠转化率不受硫粉质量多少的影响,原因为 。
解析:
(1)组装好仪器后需要检验装置气密性,再按图示加入试剂。
(2)因SO2的水溶液显酸性且有弱氧化性,在酸性条件下,S2-能被SO2氧化为S,则反应开始后,C中先有浑浊产生,此浑浊物是硫;Na2S2O3在酸性条件下不稳定,易转化为S和SO2,故实验中通入C的SO2不能过量,否则易发生的离子反应方程式为S2
+2H+
S↓+SO2↑+H2O。
(3)因Na2SO3易被空气中的氧气氧化为Na2SO4,为减小杂质Na2SO4的生成,可先向A中烧瓶滴加浓H2SO4,产生的气体将装置中空气排尽后,再向C中烧瓶中加入Na2S和Na2CO3溶液。
(4)利用在a处连接盛NaOH溶液的注射器,再关闭K2、打开K1,可借助B装置处理尾气,防止SO2污染空气。
(5)①实验1、2两组实验,溶液的pH相同,亚硫酸钠浓度不同,可见实验的目的是探究亚硫酸钠浓度对亚硫酸钠转化率的影响;②要探究溶液pH、反应温度、硫粉质量对亚硫酸钠转化率的影响,其他条件应在相同情况下进行溶液pH不同对比实验、反应温度不同对比实验、硫粉质量不同对比实验,除实验1、2外,至少还需进行3次对比实验;③硫为固体,不影响平衡的移动。
答案:
(1)检验装置气密性
(2)硫 S2
+2H+
S↓+SO2↑+H2O
(3)先向A中烧瓶滴加浓H2SO4,产生的气体将装置中空气排尽后,再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3溶液
(4)在a处连接盛NaOH溶液的注射器,再关闭K2、打开K1
(5)①亚硫酸钠浓度 ②3 ③硫为固体,不影响平衡的移动
7.化学兴趣小组设计以下实验方案,测定某已部分变质的小苏打样品中Na2CO3的质量分数。
【方案一】称取一定质量样品,置于坩埚中加热至恒重后,冷却,称量剩余固体质量,计算。
(1)坩埚中发生反应的化学方程式为 。
(2)实验中,需加热至恒重的目的是 。
(3)实验中确定加热至恒重的方法是 。
(4)若加热过程中坩埚内有晶体迸溅出来,则测得的结果 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【方案二】称取一定质量样品,置于小烧杯中,加适量水溶解;向小烧杯中加入足量Ba(OH)2溶液,过滤,洗涤、干燥沉淀,称量固体质量,计算。
(已知:
Ba2++OH-+HC
BaCO3↓+H2O)
(1)过滤操作中,除了烧杯、漏斗外,还要用到的玻璃仪器为 。
(2)实验中判断沉淀是否完全的方法是 。
(3)实验中洗涤沉淀的操作是 。
(4)实验中判断沉淀是否洗涤干净的方法是 。
【方案三】按如下图所示装置进行实验:
(1)B装置内所盛试剂是 ;
D装置的作用是 。
分液漏斗中 (填“能”或“不能”)用盐酸代替稀硫酸进行实验。
(2)实验前称取17.90g样品,实验后测得C装置增重8.80g,则样品中Na2CO3的质量分数为 。
(3)根据此实验测得的数据,测定结果有误差,因为实验装置还存在一个明显缺陷,该缺陷是 。
解析:
本题考查了小苏打样品中Na2CO3质量分数的三种测定方法。
方案一中,加热小苏打样品,发生2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O,根据样品的质量变化即可求出样品中Na2CO3的质量分数。
为了减小误差,在实验过程中一定要注意将药品加热到质量恒定。
方案二中,过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒。
判断沉淀是否完全,实质是检验溶液中的C
和HC
是否完全沉淀。
方案三中,利用C装置的质量变化来测定,因此不仅要设置B装置对气体进行干燥,同时要防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入C装置,所以D的作用是防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置。
由C装置的质量变化,得出Na2CO3和NaHCO3共计0.2mol,其总质量为17.90g,不难得出两成分的质量分数。
若根据题目给出的装置进行实验,要注意反应产生的CO2不能全部进入C装置而导致产生误差,因此要设置一个驱赶残留二氧化碳的装置。
答案:
【方案一】
(1)2NaHCO3
Na2CO3+CO2↑+H2O
(2)保证NaHCO3分解完全
(3)两次称量固体的质量相同
(4)偏小
【方案二】
(1)玻璃棒
(2)取少量上层清液于一支试管中,滴加一滴Ba(OH)2溶液,观察是否有白色沉淀生成
(3)向漏斗里加入蒸馏水,使水面没过沉淀物,等水自然流完后,重复操作2~3次
(4)取少量最后一次洗涤沉淀后的滤液于试管中,滴加一滴Na2SO4溶液,观察是否有白色沉淀生成
【方案三】
(1)浓H2SO4 防止空气中的水蒸气、二氧化碳进入C装置 不能
(2)29.6%
(3)缺少一套将A、B装置的CO2气体全部驱赶到C装置中的装置(或其他合理答案)
8.“白铁皮”具有较强的耐腐蚀性,是生产中常用的金属材料之一。
镀锌层犹如铁皮的保护层,这层膜的厚度及均匀度也成了判断镀层质量的重要指标。
某研究性学习小组为了测定镀锌铁皮的厚度,设计了下面的实验方案:
方案一:
取三块镀锌铁皮(A、B、C,截自同一块镀锌铁皮),将镀锌铁皮A放入烧杯中,加入40mL6mol·L-1盐酸,反应时用玻璃棒小心翻动镀锌铁皮,待锌镀层反应完全时,立即将未反应的铁皮取出,洗涤、小心烘干、称量。
将B、C重复上面的实验。
(1)锌镀层完全反应的标志是 。
(2)如何检验铁皮已经洗净:
。
(3)该小组的实验数据记录及数据处理如下,完成下列表格(锌的密度为7.14g·cm-3);
数据记录
数据处理
镀锌
铁皮
长度
/cm
宽度
/cm
镀锌铁皮
质量/g
铁皮
质量/g
锌镀层厚
度(单
侧)/cm
锌镀层平
均厚度(单
侧)/cm
A
5.00
4.90
4.460
4.313
4.201×10-4
B
5.10
5.00
4.421
4.267
4.229×10-4
C
5.20
5.00
4.640
4.467
4.660×10-4
计算镀锌铁皮锌镀层平均厚度(单侧) cm。
本实验中产生误差的地方可能有哪些(任意列举两种) 、 。
方案二:
已知锌与强碱溶液反应的离子方程式为
Zn+2OH-+2H2O
[Zn(OH)4]2-+H2↑。
某同学按下图装置设计了测定镀锌铁皮镀层厚度的实验方案,将单侧面积为Scm2、质量为mg的镀锌铁皮放入6mol·L-1NaOH溶液中。
回答下列问题:
(4)装置中导管a的作用是 。
(5)检查气密性,将药品和水装入各仪器中,连接好装置后,需进行的操作还有:
①记录C的液面位置;②待B中不再有气体产生并恢复至室温;③由A向B中滴加足量NaOH溶液;④上下移动C,使干燥管和C中液面相平。
上述操作的顺序是 (填序号)。
(6)实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL(实验条件下的气体摩尔体积为Vmmol·L-1)。
则镀锌铁皮锌镀层的厚度为
cm。
(写出数学表达式)
解析:
(1)当锌镀层完全反应后就是铁与盐酸反应,由于活泼性:
Zn>Fe,所以反应速率突然减小是镀层锌完全反应的标志。
(2)从溶液中取出的铁皮必然带有盐酸及其盐,当洗净时也就是不再含有盐酸及其盐,所以检验铁皮是否洗净就是检验氯离子。
(3)由三组所列锌镀层厚度数据来看,第三组数据与另两组有较大差距,应舍去,取前两组数据取平均值得4.215×10-4cm;本实验中产生误差的地方可能有:
长、宽度的测量,质量的测量,恰好反应的判断,反应后铁皮的洗涤是否干净、烘干是否彻底等。
(4)随着分液漏斗内的液体不断流下,其内部的气体体积变大,压强变小,不利于液体流下,故用导管a平衡压强,使液体顺利流下。
(5)本实验的关键是测量气体的体积。
根据此装置的原理,应两次记录C中的读数,取其差值就是所得气体的体积。
(6)由于碱式滴定管C在右边,故V(H2)=(V1-V2)mL,n(Zn)=n(H2)=
m(Zn)=
65g·mol-1×n(Zn),锌的密度是7.14g·cm-3,V(Zn)=
由于铁片表面有上、下两层,所以每一层的厚度d=
代入即得。
答案:
(1)反应速率突然减小
(2)取最后一次洗涤液,加AgNO3溶液,若无白色沉淀生成,则铁皮已洗净(或用玻璃棒蘸取最后一次洗涤液,滴在蓝色石蕊试纸上,若不变红色,则铁皮已洗净)
(3)4.215×10-4 镀锌铁皮长、宽测量;反应前后铁皮质量称量;终点判断;反应后铁皮洗涤;铁皮未烘干等(任写两种即可)
(4)使分液漏斗和锥形瓶内气压相同,以便于NaOH溶液顺利滴下
(5)④①③②④①(回答④①③②也可)
(6)
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