江苏专版版高考化学一轮复习专题十第三题定量分析实验题型研究学案.docx
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江苏专版版高考化学一轮复习专题十第三题定量分析实验题型研究学案
定量分析实验题型研究
[试题特点]
————————————————————————————————————
这一类题型一般基于某一新型物质的制备或探究其性质实验的基础上考查与实验有关的现象、反应原理、实验仪器、实验操作中出现的问题等,并进行有关新型物质组成的测定或物质含量(纯度)的计算。
化学综合计算常常涉及:
①氧化还原反应中得失电子守恒计算;②过量问题的计算;③物质含量(纯度)的计算;④新型物质化学组成的计算;⑤多步反应计算等。
[做真题—明考查特点]
1.(2018·江苏高考)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。
室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末,反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液,反应方程式为
(2-x)Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O===
2[(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑
生成物(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
(1)制备碱式硫酸铝溶液时,维持反应温度和反应时间不变,提高x值的方法有________________________________________________________________________。
[考查反应条件的控制]
(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中,溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。
[考查化学原理]
(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值,测定方法如下:
①取碱式硫酸铝溶液25.00mL,加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应,静置后过滤、洗涤,干燥至恒重,得固体2.3300g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50mL,稀释至25mL,加入0.1000mol·L-1EDTA标准溶液
25.00mL,调节溶液pH约为4.2,煮沸,冷却后用0.08000mol·L-1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点,消耗CuSO4标准溶液20.00mL(已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量数比均为1∶1)。
计算(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。
[考查新物质的组成及计算]
解析:
(1)要提高x值,就需要提高CaSO4的生成速率,因为碳酸钙是粉末,因此不能通过增大表面积的方式提高反应速率,可以通过增加CaCO3的量和搅拌加快CaSO4的生成速率,以提高x的值。
(2)吸收SO2的过程中,OH-参加反应,因此溶液的pH减小。
(3)由题意知,Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量数比均为1∶1,因此EDTA总物质的量应等于Al3+和Cu2+的物质的量之和,根据题给数值即可求算出x的值。
答案:
(1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
(2)减小
(3)25.00mL溶液中:
n(SO)=n(BaSO4)==0.0100mol
2.50mL溶液中:
n(Al3+)=n(EDTA)-n(Cu2+)
=0.1000mol·L-1×25.00mL×10-3L·mL-1-0.08000mol·L-1×20.00mL×10-3L·
mL-1
=9.000×10-4mol
25.00mL溶液中:
n(Al3+)=9.000×10-3mol
1mol(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中:
n(Al3+)=(2-x)mol;n(SO)=3(1-x)mol
==
x≈0.41
2.(2017·江苏高考)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
(1)碱式氯化铜有多种制备方法。
①方法1:
45~50℃时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O,该反应的化学方程式为____________________________________________。
[考查陌生化学方程式的书写]
②方法2:
先制得CuCl2,再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。
Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2,Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。
M′的化学式为________________。
[考查化学原理]
(2)碱式氯化铜有多种组成,可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。
为测定某碱式氯化铜的组成,进行下列实验:
①称取样品1.1160g,用少量稀HNO3溶解后配成100.00mL溶液A;②取25.00mL溶液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl0.1722g;③另取25.00mL溶液A,调节pH4~5,用浓度为0.08000mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+(离子方程式为Cu2++H2Y2-===CuY2-+2H+),滴定至终点,消耗标准溶液30.00mL。
通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
[考查新物质的组成及计算]
解析:
(1)①在H2O存在的条件下,CuCl能被空气中的O2氧化生成Cu2(OH)2Cl2·3H2O,根据Cu和O得失电子守恒配平反应的化学方程式。
②由题图知,O2氧化M′生成M,根据题意“Fe3+对该反应有催化作用”,则M′为Fe2+。
(2)由②中生成AgCl的质量,可计算出1.1160g样品中Cl-的物质的量n(Cl-);由③可计算出1.1160g样品中Cu2+的物质的量n(Cu2+),根据电荷守恒:
n(OH-)+n(Cl-)=2n(Cu2+),得出n(OH-),最后由质量守恒得出n(H2O);由四种粒子的物质的量,可确定样品的化学式。
答案:
(1)①4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O
②Fe2+
(2)n(Cl-)=n(AgCl)×=×=4.800×10-3mol
n(Cu2+)=n(EDTA)×=0.08000mol·L-1×30.00mL×10-3L·mL-1×=9.600×10-3mol
n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3mol-4.800×10-3mol=1.440×10-2mol
m(Cl-)=4.800×10-3mol×35.5g·mol-1=0.1704g
m(Cu2+)=9.600×10-3mol×64g·mol-1=0.6144g
m(OH-)=1.440×10-2mol×17g·mol-1=0.2448g
n(H2O)==4.800×10-3mol
a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1
化学式为Cu2(OH)3Cl·H2O
3.(2016·江苏高考)过氧化钙(CaO2·8H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。
(1)Ca(OH)2悬浊液与H2O2溶液反应可制备CaO2·8H2O。
Ca(OH)2+H2O2+6H2O===CaO2·8H2O
反应时通常加入过量的Ca(OH)2,其目的是______________________。
[考查化学原理]
(2)向池塘水中加入一定量CaO2·8H2O后,池塘水中浓度增加的离子有______(填序号)。
A.Ca2+ B.H+ C.CO D.OH-
[考查化学原理]
(3)水中溶解氧的测定方法如下:
向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液,生成MnO(OH)2沉淀,密封静置;加入适量稀H2SO4,待MnO(OH)2与I-完全反应生成
Mn2+和I2后,以淀粉作指示剂,用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。
测定过程中物质的转化关系如下:
O2MnO(OH)2I2S4O
①写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式:
________________________________________________________________________。
[考查陌生离子方程式的书写]
②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00mL,按上述方法测定水样的溶解氧,消耗0.01000mol·L-1Na2S2O3标准溶液13.50mL。
计算该水样中的溶解氧(以mg·L-1表示),写出计算过程。
[考查物质含量的计算]
解析:
(1)增加易得廉价原料,提高高价原料的利用率,故加入过量的Ca(OH)2,其主要目的是提高H2O2的利用率。
(2)CaO2可作水产养殖的供氧剂,则CaO2与水发生反应:
2CaO2+2H2O===2Ca(OH)2+O2↑,故溶液中Ca2+、OH-的浓度增加。
(3)①O2在碱性条件下将Mn2+氧化为MnO(OH)2,反应的离子方程式为2Mn2++O2+4OH-===2MnO(OH)2↓。
答案:
(1)提高H2O2的利用率
(2)AD
(3)①2Mn2++O2+4OH-===2MnO(OH)2↓
②在100.00mL水样中
I2+2S2O===2I-+S4O
n(I2)=
=
=6.750×10-5mol
n[MnO(OH)2]=n(I2)=6.750×10-5mol
n(O2)=n[MnO(OH)2]=×6.750×10-5mol=3.375×10-5mol
水中溶解氧=
=10.80mg·L-1
[研热点—找解题策略]
年份
试题
知识点
分值
2018
第18题
①反应条件的控制;②化学原理;③新物质的组成及计算
12分
2017
第18题
①陌生化学方程式的书写;②化学原理;③新物质的组成及计算
12分
2016
第18题
①化学原理;②离子浓度的变化;③陌生离子方程式的书写;④物质含量的计算
12分
1.实验原理及实验过程中的有关问题
一般通过滴定法测定某一物质的含量或某一微粒的物质的量。
滴定实验中的几个关键点主要涉及:
指示剂选择、终点的判断、滴定计算以及误差分析等。
解题依据
规范答题
举例说明
滴定曲线分析
根据酸碱中和滴定曲线的突变判断,突变越陡说明酸性或碱性越强
—
用NaOH分别滴定酸X和Y,X的突变曲线比Y平缓,说明X的酸性比Y弱
指示剂的选择
(1)根据反应后溶液的酸碱性判断
通常选酚酞
或甲基橙
①NaOH滴定CH3COOH,反应生成的CH3COONa显碱性,故选酚酞作指示剂;
②HCl滴定氨水,反应生成的NH4Cl显酸性,故选甲基橙作指示剂;
③若NaOH滴定HCl,反应生成的NaCl显中性,故选甲基橙和酚酞均可
(2)根据反应中物质自身颜色的变化判断
选淀粉、
KMnO4等
①用Na2S2O3滴定I2,选淀粉作指示剂;
②用KMnO4滴定Fe2+或H2C2O4溶液,KMnO4自身颜色的变化可作为终点的判断
终点的
判断
(1)根据指示剂颜色的变化
终点的判断:
由××色变成××色,且30s内不变化
①用Na2S2O3滴定I2,选淀粉作指示剂,终点现象是溶液由蓝色变成无色,且30s内不恢复蓝色;
②用KMnO4滴定H2C2O4溶液,终点现象是溶液由无色变成浅红色,且30s内不褪色
(2)根据反应
物本身颜色的变化
简单
计算
根据物质间反应的数量关系
由定量关系列出比例式,再求解
2KMnO4~5H2C2O4
25
c1V1c2V2
由比例关系可求出c2
误差
分析
根据消耗的标准溶液所产生的误差进行分析
—
①没有用标准液润洗,导致待测物浓度偏大;
②滴定到终点时,俯视读数,导致待测物浓度偏小;
③滴定前没有赶气泡,导致待测物浓度偏大
2.复杂的滴定可分为两类
(1)连续滴定法:
第一步滴定反应生成的产物,还可以继续参加第二步的滴定。
根据第二步滴定的消耗量,可计算出第一步滴定的反应物的量。
(2)返滴定法:
第一步用的滴定剂是过量的,然后第二步再用另一物质返滴定过量的物质。
根据第一步加入的量减去第二步中过量的量,即可得出第一步所求物质的量。
3.以物质的量为中心的计算
(1)4个核心公式
①n= ②n=或M=
③n=(条件:
标准状况、气体) ④c=
(2)4个辅助公式
①溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算:
c=[c为溶质的物质的量浓度(mol·L-1),ρ为溶液的密度(g·cm-3),w为溶质的质量分数,M为溶质的摩尔质量(g·mol-1)]。
②ρ==(ρ为气体密度,M为该气体的摩尔质量,Vm为一定温度和压强下的气体摩尔体积)。
③c(浓)·V(浓)=c(稀)·V(稀)。
④c(混)·V(混)=c(浓)·V(浓)+c(稀)·V(稀)。
[注意] V(混)≠V(浓)+V(稀)。
1.物质含量或纯度的计算思路
(1)根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等,得出混合物中某一成分的量。
(2)由
(1)中求出量,除以样品的总量,即可得出其含量或纯度。
2.新型化学物质组成计算的解题思路
(1)根据题给信息,计算出可求粒子的物质的量。
(2)根据电荷守恒,确定出未知离子的物质的量。
(3)根据质量守恒,确定出结晶水的物质的量。
(4)各粒子的物质的量之比,即为物质化学式的下标比。
[注意] 化学计算中所设未知数要确定是否带单位,在列式计算过程中要带单位运算,计算结果要根据题给信息考虑有效数字,解题过程不能跳步省略,最后要有答案描述。
[练新题—提答题能力]
1.硫酸锰铵晶体可用作织物和木材加工的防火剂等。
由二氧化锰等作原料制取硫酸锰铵晶体步骤如图:
(1)实验前,需称量MnO2的质量,这是因为_______________________________。
(2)“制取MnSO4”时,可用C6H12O6(葡萄糖)、H2C2O4(草酸)等物质作还原剂。
①用C6H12O6作还原剂(被氧化为CO2)时,发生反应的=________。
②用H2C2O4作还原剂,发生反应的化学方程式为_______________________________。
(3)一种测定硫酸锰铵晶体[设为(NH4)xMny(SO4)z·wH2O]组成的方法如下:
①称取一定量的硫酸锰铵晶体配成250mL溶液A。
②取25.00mL溶液A,加入足量的BaCl2溶液得BaSO40.5126g。
③另取25.00mL溶液A,加入10mL20%的中性甲醛溶液,摇匀、静置5min[4NH+6HCHO===3H++6H2O+(CH2)6N4H+,滴定时,1mol(CH2)6N4H+与1molH+相当],加入1~2滴酚酞溶液,用0.1000mol·L-1NaOH标准溶液滴定至终点(在该过程中Mn2+不沉淀),消耗NaOH溶液22.00mL。
④取一定量样品在空气中加热,样品的固体残留率随温度的变化如图所示(样品在371℃时已完全失去结晶水)。
根据以上实验数据计算确定硫酸锰铵晶体的化学式(写出计算过程)。
解析:
(1)实验前需要称量MnO2的质量,以确定应加入硫酸、还原剂及(NH4)2SO4的质量。
(2)①用C6H12O6作还原剂(被氧化为CO2)时,根据电子转移守恒可推出,Mn降低2价,C升高6×4价,所以发生反应的=12。
②用H2C2O4作还原剂时,反应的化学方程式为MnO2+H2C2O4+H2SO4===MnSO4+2CO2↑+2H2O。
(3)根据②计算出n(SO),根据③计算出n(NH),再由电荷守恒:
n(NH)+2n(Mn2+)=2n(SO)计算出n(Mn2+),最后由质量守恒和图像中固体残留率计算w。
答案:
(1)确定制备硫酸锰铵时应加入硫酸、还原剂及(NH4)2SO4的质量
(2)①12
②MnO2+H2C2O4+H2SO4===MnSO4+2CO2↑+2H2O
(3)n(SO-)=n(BaSO4)==2.200×10-3mol
n(NH)=n(NaOH)=0.1000mol·L-1×22.00mL×10-3L·mL-1=2.200×10-3mol
n(Mn2+)=[2n(SO-)-n(NH)]=1.100×10-3mol
x∶y∶z=2∶1∶2
设化学式为(NH4)2Mn(SO4)2·wH2O
=69.2%,w≈7
化学式为(NH4)2Mn(SO4)2·7H2O
2.(2019·苏大附中模拟)碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料。
以含镍(Ni2+)废液为原料生产NiOOH的一种工艺流程如图:
(1)加入Na2CO3溶液时,确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是________________________________________________________________________。
(2)已知Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15,欲使NiSO4溶液中残留c(Ni2+)≤2×10-5mol·L-1,调节pH的范围是________。
(3)写出在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式:
________________________________________________________________________。
(4)若加热不充分,制得的NiOOH中会混有Ni(OH)2,其组成可表示为xNiOOH·yNi(OH)2。
现称取9.18g样品溶于稀硫酸,加入100mL1.0000mol·L-1Fe2+标准溶液,搅拌至溶液清亮,定容至200mL。
取出20.00mL,用0.0100mol·L-1KMnO4标准溶液滴定,用去KMnO4标准溶液20.00mL,试通过计算确定x、y的值(写出计算过程)。
涉及反应如下:
NiOOH+Fe2++3H+===Ni2++Fe3++2H2O
5Fe2++MnO+8H+===5Fe3++4H2O+Mn2+
解析:
(1)确认Ni2+已经完全沉淀的实验方法是静置,在上层清液中继续滴加1~2滴Na2CO3溶液,无沉淀生成。
(2)欲使NiSO4溶液中残留c(Ni2+)≤2×10-5mol·L-1,c(OH-)≥=mol·L-1=10-5mol·L-1,c(H+)≤10-9mol·L-1,则pH≥9。
(3)在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式为4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O。
答案:
(1)静置,在上层清液中继续滴加1~2滴Na2CO3溶液,无沉淀生成
(2)pH≥9
(3)4Ni(OH)2+O24NiOOH+2H2O
(4)20.00mL溶液中n(Fe2+)==0.0100mol
n(KMnO4)=0.0100mol·L-1×0.0200L=2.0000×10-4mol
20.00mL溶液中与KMnO4反应的n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×2.0000×10-4mol=1.0000×10-3mol
n(NiOOH)=0.0100mol-1.0000×10-3mol=0.0090mol
n[Ni(OH)2]=≈0.0010mol
x∶y=n(NiOOH)∶n[Ni(OH)2]=0.0090mol∶0.0010mol=9∶1,
即x=9、y=1
3.碳酸钠沉淀法制备氢氧化铝阻燃剂的实验流程如图:
(1)pH对水解程度的影响如图1所示。
当pH=2.35时,尽管没有观察到沉淀产生,但通过实验可判断Al3+已水解。
该实验方法是________________。
(2)常温下,Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33,pH=5时,溶液中c(Al3+)=________mol·L-1。
(3)准确称取一定质量阻燃剂样品(不含Na2SO4杂质),加热。
样品残留率随温度的变化如题图2所示。
已知:
温度低于120℃,Al(OH)3不分解;温度高于1100℃,残留固体为金属氧化物。
①60~120℃样品质量损失9.36%,可能原因是________________________________。
②通过计算,推断500℃时残留固体的化学式(写出计算过程)。
解析:
(1)Al3+水解生成Al(OH)3胶体,可利用丁达尔效应(现象)进行确认。
(2)常温下,Ksp[Al(OH)3]=1.0×10-33,pH=5时,溶液中c(Al3+)==mol·L-1=1.0×10-6mol·L-1。
(3)①60~120℃样品质量损失9.36%,可能是失去了样品的结晶水或内部吸附水。
答案:
(1)丁达尔效应(现象)
(2)1.0×10-6
(3)①失去了样品的结晶水或内部吸附水
②作为阻燃剂,Al(OH)3热分解总反应为2Al(OH)3Al2O3+3H2O
由图可知,120~500℃和500~1100℃质量损失之比为(90.64-69.76)∶(69.76-59.30)≈2∶1
所以120~500℃发生的反应为Al(OH)3―→AlOOH+H2O,500~1100℃发生的反应为AlOOH―→Al2O3+H2O
500℃残留固体的化学式为AlOOH或HAlO2或Al2O3·H2O或Al2O3·Al(OH)3
4.氯化苄(C6H5CH2Cl)是一种重要的有机化工原料。
工业上采用甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄。
(l)写出甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄的化学方程式:
________________________________________________________________________。
(2)用下列方法分析氯化苄粗产品的纯度:
步骤Ⅰ:
称取2.555g样品于烧瓶中,加入100.00mL4mol·L-1氢氧化钠溶液共热,冷却至室温。
加入100.00mL4mol·L-1硝酸,一段时间后,将烧瓶中的溶液全部转移至250.00mL的容量瓶中,加水定容。
步骤Ⅱ:
从容量瓶中各取50.00mL溶液于三只锥形瓶中,各加入25.00mL0.2000mol·L-1硝酸银溶液。
步骤Ⅲ:
用硫酸铁铵作指示剂,用0.2000mol·L-1NH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银,所得滴定数据如表所示。
实验数据
实验序号
NH4SCN溶液体积读数/mL
滴定前
滴定后
第一次
0.40
10.38
第二次
0.30
10.32
第三次
0.20
10.41
已知:
NH4SCN+AgNO3===AgSCN↓+NH4NO3。
①加入硝酸的目的是_____________________________________________________。
②在步骤Ⅲ操作中,判断达到滴定终点的现象是_____________________________。
③计算该样品中氯化苄的质量分数(写出计算过程)。
④上述测定结果通常高于氯化苄中氯元素的理论含量,原因是________________________________________________________________________。
解析:
(1)甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄的化学方程式为C6H5CH3+Cl2C6H5CH2Cl+HCl。
(2)①溶液显碱性,则加入硝酸的目的是中和NaOH使溶液呈酸性,防止OH—对下一步的干扰。
②Fe3+能与SCN-反应使溶液显红色,则在步骤Ⅲ操作中,判断达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴NH4SCN溶液,溶液由无色变为红色,且半分钟内不褪色。
③三次实验中消耗标准液体积分别是9.98mL、10.02mL、10.21mL,第三次实验数据误差大,
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- 江苏 专版 高考 化学 一轮 复习 专题 第三 定量分析 实验 题型 研究