2019高考化学三轮冲刺大题4定量实验2

1大题精做四定量实验1.（2018全国新课标Ⅲ卷）硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O,M=248g·mol−1）可用作定影剂、还原剂。回答下列问题：（1）已知：Ksp(BaSO4)=1.1×10−10,Ksp(BaS2O3)=4.1×10−5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验：试剂：稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象①取少量样品,加入除氧蒸馏水②固体完全溶解得无色澄清溶液③___________④__________,有刺激性气体产生⑤静置,___________⑥___________（2）利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下：①溶液配制：称取1.2000g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在__________中溶解,完全溶解后,全部转移至100mL的_________中,加蒸馏水至____________。②滴定：取0.00950mol·L−1的K2Cr2O7标准溶液20.00mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应：Cr2O2−7+6I−+14H+===3I2+2Cr3++7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应：I2+2S2O2−3===S4O2−6+2I−。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液__________,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80mL,则样品纯度为_________%（保留1位小数）。【解析】本题考查的是化学实验的相关知识,主要包括两个方面一个是硫酸根离子的检验,一个是硫代硫酸钠的定量检测。（1）检验样品中的硫酸根离子,应该先加入稀盐酸,再加入氯化钡溶液。但是本题中,硫代硫酸根离子和氢离子以及钡离子都反应,所以应该排除其干扰,具体过程应该为先将样品溶解,加入稀盐酸酸化（反应为S2O2−3+2H+===SO2↑+S↓+H2O）,静置,取上层清液中滴加氯化钡溶液,观察到白色沉淀,证明存在硫酸根离子。所以答案为：③加入过量稀盐酸；④有乳黄色沉淀；⑤取上层清液,滴加氯化钡溶液；⑥有白色沉淀产生。①配制一定物质的量浓度的溶液,应该先称量质量,在烧杯中溶解,在转移至容量瓶,最后定容即可。所以过程为：将固体再烧杯中加入溶解,全部转移至100mL容量瓶,加蒸馏水至刻度线。②淡黄绿色溶液中有单质碘,加入淀粉为指示剂,溶液显蓝色,用硫代硫酸钠溶液滴定溶液中的单质碘,滴定终点时溶液的蓝色应该褪去。根据题目的两个方程式得到如下关系式：Cr2O2−7～3I2～6S2O2−3,则配制的100mL样品溶液中硫代硫酸钠的浓度c=0.009520624.82=0.04597mol/L,含有的硫代硫酸钠为0.004597mol,所以样品纯度为0.0045972481.2×100%=95.0%。【答案】（1）③加入过量稀盐酸④出现乳黄色浑浊⑤（吸）取上层清液,滴入BaCl2溶液⑥产生白色沉淀（2）烧杯容量瓶刻度线蓝色褪去,且半分钟不恢复蓝色95.01.（2018四省名校联考）某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物[Fex(C2O4)y·zH2O],并用滴定法测定其组成。已知H2C2O4在温度高于90℃时易发生分解。实验操作如下：步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内,可生成黄色沉淀；步嶸二：称取黄色产物0.841g于锥形瓶中,加入足量的硫酸并水浴加热至70~85℃。待固体全部溶解后,用胶头滴管吸岀一滴溶液点在点滴板上,用铁氰化钾溶液检验,无蓝色沉淀产生；步骤三：用0.080mol/LKMnO4标准液滴定步骤二所得的溶液；步骤四：向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液,几分钟后用胶头滴管吸岀一滴点在点滴板上,用KSCN溶浟检验,若不显红色,过滤除去Zn粉,并用稀硫酸洗涤Zn粉,将洗涤液与滤液合并,用0.0800mol/LKMnO4标准液滴定,用去髙锰酸钾标准液10.00mL。(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是__________________。(2)步骤二中水浴加热并控制温度70~85℃的理由是__________________,加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生,此操作的目的是__________________。(3)步骤三盛装KMnO4标准液的滴定管在滴定前后的液如图乙所示,则消耗KMnO4标准液的体积为___________,该滴定管为_________滴定管(填“酸式”或“碱式”)(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为___________________________。若不合并洗涤液,则消耗KMnO4标准液的体积将_________(填“增大”“减小”或“不变”)。由以上数据计算黄色化合物的化学式为__________________。【解析】步骤一草酸和(NH4)2Fe(SO4)2反应生成黄色固体[Fex(C2O4)y·zH2O],步骤二加硫酸溶解后,检验无二价铁离子,则说明含有Fe3+,步骤三用高锰酸钾滴定草酸根离子,步骤四将Fe3+还原成Fe2+,再用高锰酸钾滴定,确定铁离子的含量,进而进一步分析计算。(1)分离固体和液体的操作是过滤；故答案为：过滤；(2)由于H2C2O4在温度高于90℃时易发生分解,所以需要水浴加热并控制温度70~85℃,同时加快固体溶解。铁氰化钾检验Fe2+的存在,防止Fe2+干扰草酸的测定；故答案为：加快固体溶解,同时防止草酸分解；氰化钾检验Fe2+的存在,防止Fe2+干扰草酸的测定；(3)从图片3中读出,消耗高锰酸钾的体积为：25.80mL-0.80mL=25.00mL；滴定液是高锰酸钾标准溶液,该溶液有强氧化性,只能选用酸式滴定管；故答案为：25.00mL,酸式；(4)步骤四是高锰酸钾滴定Fe2+,离子方程式为：MnO−4+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O；洗涤液中残留少许Fe2+,若不合并洗涤液,则消耗KMnO4标准液的体积将减少；根据离子方程式：MnO−4+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O,可知关系MnO−4——5Fe2+,其中n(MnO−4)=0.0800mol/L×0.01L=0.0008mol,即n(Fe2+)=0.0008mol×5=0.0040mol,则样品中n(Fe)=0.0040mol。步骤三中,根据方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4===2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可得到转化关系：2KMnO4——5H2C2O4,即n(H2C2O4)=52n(KMnO4)=0.0800mol/L×0.025L×5/2=0.005mol,则样品中含草酸根的物质的量为0.005mol。根据质量守恒定律可知,0.841g样品中结晶水的物质的量为（0.841g-0.0040×56g-0.005×88g）/18g/mol=0.01mol,则n(Fe)∶n(C2O2−4)∶n(H2O)=4∶5∶10,故黄色物质化学式为Fe4(C2O4)5·10H2O。故答案为：MnO−4+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O,减小,Fe4(C2O4)5·10H2O。【答案】（1）过滤（2）加快固体溶解,同时防止草酸分解铁氰化钾检验Fe2+的存在,防止Fe2+干扰草酸的测定（3）25.00mL酸式（4）MnO−4+5Fe2++8H+===Mn2++5Fe3++4H2O减小Fe4(C2O4)5·10H2O2.（2018山东济南外国语学校月考）亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂,探究小组开展如下实验,回答下列问题：实验Ⅰ：制取NaClO2晶体按如下图装置进行制取。已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2·3H2O,高于38℃时析出NaClO2,高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。(1)已知装置B中的产物有ClO2气体,则装置B中反应的化学方程式为___________；装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为________________________；(2)装置B中反应后的溶液中阴离子除了ClO−2、ClO−3、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣外还肯定含有的一种阴离子是________________；检验该离子的方法是________________________；(3)请补充从装置D反应后的溶液中获得NaClO2晶体的操作步骤。①减压,55℃蒸发结晶；②__________；③用38℃～60℃热水洗涤；④低于60℃干燥；得到成品。(4)如果撤去D中的冷水浴,可能导致产品中混有的杂质是________________________；实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定4(5)测定样品中NaClO2的纯度．测定时进行如下实验：准确称一定质量的样品,加入适量蒸馏水和过量的KI晶体,在酸性条件下发生如下反应：ClO−2+4I﹣+4H+===2H2O+2I2+Cl﹣,将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液,加入淀粉溶液做指示剂,用cmol·L−1Na2S2O3标准液滴定至终点,测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL①用Na2S2O3标准溶液滴定时,应将Na2S2O3标准溶液注入________(填“甲”或“乙”)中。②观察Na2S2O3标准溶液滴定管读数时,若滴定前仰视,滴定后俯视,则结果会导致待测溶液浓度测定值___________(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。③(已知：I2+2S2O2−3===2I﹣+S4O2−6)。请计算所称取的样品中NaClO2的物质的量为________。【解析】装置B中制备得到ClO2,所以B中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成ClO2和Na2SO4,装置C为安全瓶,装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体,装置D中生成NaClO2,Cl元素的化合价降低,双氧水应表现还原性,有氧气生成,装置E为吸收多余的气体,防止污染空气,装置A是吸收B中剩余气体。（1）装置B中的产物有ClO2气体,则氯酸钠被还原,所以亚硫酸钠被氧化为硫酸钠,方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4===2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；装置D中二氧化氯、氢氧化钠、过氧化氢反应生成NaClO2化学方程式2NaOH+2ClO2+H2O2===2NaClO2+2H2O+O2；答案为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4===2ClO2↑+2Na2SO4+H2O；2NaOH+2ClO2+H2O2===2NaClO2+2H2O+O2；（2）B中生成二氧化氯,则氯酸钠被还原,所以亚硫酸钠被氧化为硫酸钠,且B中还加了浓硫酸,所以D反应后的溶液中阴离子除了ClO−2、ClO−3、Cl﹣、ClO﹣、OH﹣外还肯定含有的一种阴离子是SO2−4；检验该离子的方法是取少量反应后的溶液,先加足量的盐酸,再加BaCl2溶液,若产生白色沉淀,则说明含有SO2−4；答案为：SO2−4；取少量反应后的溶液于试管中,先加足量的盐酸,再加BaCl2溶液,若产生白色沉淀,则说明含有SO2−4；（3）根据题中信息可知,NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2·3H2O,高于38℃时析出NaClO2,高于60℃时NaClO2分解,故应趁热过滤,答案为：趁热过滤；（4）使用冷水浴,说明D中的反应是放热反应。如果撤去D中的冷水浴,温度可能会高于60℃,则NaClO2分解成NaClO3和NaCl,可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl；答案为：NaClO3和NaCl；（5）①Na2S2O3溶液,因水解显碱性,则用碱式滴定管,使用甲装置；②若滴定前仰视,读数偏大；滴定后俯视,读数偏小,两次读数使标准液的实际体积大于读数体积,导致待测液浓度偏小；③I2+2S2O2−3===2I﹣+S4O2−6,n（S2O2−3）=cmol/L×VmL=2n（I2）=4n（ClO−2）,则25mL溶液中含有n（NaClO2）=14×c×V×10-3m