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试剂氯化钠的制备实验原理较高纯度的氯化钠（例如试剂级和医用级别）是由粗食盐提纯制备的。粗食盐中含有泥沙和K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-和CO32-等杂质。不溶性杂质可用溶解和过滤除去。由于氯化钠的溶解度随温度的变化很小，难以用重结晶的方法纯化，需用化学方法进行离子分离，通过选用合适的试剂将Ca2+、Mg2+、Fe3+和SO42-等可溶性杂质离子生成不溶性化合物而除去。具体方法是先在粗食盐的饱和溶液中加入稍微过量的BaCl2，则Ba2++SO42-→BaSO4↓将溶液过滤，除去BaSO4沉淀。再在溶液中加入NaCO3溶液，则Ca2++CO32-→CaCO3↓2Mg2++2CO32-+H2O→[Mg(OH)]2CO3↓+CO2↑2Fe3++3CO32-+3H2O→2Fe(OH)3↓+3CO2↑Ba2++CO32-→BaCO3↓过滤溶液，不仅除去Ca2+、Mg2+、Fe3+,还将前面过量的Ba2+一起除去。过量的Na2CO3用HCl中和后除去。其他少量可溶性杂质（如KCl）和上述沉淀剂不起作用，但由于KCI的溶解度比NaCl大，将母液蒸发浓缩后，NaCl析出，而KCl留在母液中。思考题1，在提纯过程中，K+是在哪一步被除去的？蒸发浓缩，减压过滤2，为了得到跟高的产率，在蒸发浓缩时，有的同学直接把溶液蒸发至干，是否可行？为什么？否，K+未除去3，在本实验中钙镁离子的除去和鉴定为什么不使用同一种试剂？鉴定和去除目的不同,鉴定的时候只要能检验处存在Ca2+、Mg2+就可以了,不需要考虑其他因素.并且鉴定时所使用的试剂与待测离子反应很灵敏而除杂需要注意在除去Ca2+、Mg2+时不能引入新的杂质.而且加入的物质不能与想要获得物质反应,即使发生反应也应能比较容易的复原才可以.4，分析产率过高或过低的原因产率偏高：（1）除杂加试剂量多导致产率偏高（氯化钡加多了,碳酸钠就要多加,有氯化钠生成；碳酸钠多了,盐酸就要多加,还有氯化钠生成）（2）过滤滤纸有破损,有些杂质就进入了滤液中,形成精盐的质量增加导致产率偏高（3）过滤后液体尚浑浊时,就进行蒸发水份,导致产率偏高（4）滤液高于滤纸边缘,会使没有过滤的液体进入滤液,导致精盐含有一定杂质质量增加,产率偏高（5）蒸发结晶时,看到晶体析出立即停止加热,余热没有把精盐干燥（含有水分）直接称量产率偏高产率偏低：（1）溶解时加入的粗盐过多,加入的水量不足,未完全溶解（过滤时除掉了）,导致产率偏低（2）溶解搅拌时液滴溅出,导致产率偏低（3）过滤过程中,液体溅出,导致产率偏低（4）蒸发时液滴飞溅有固体溅出,质量有损耗导致产率偏低（5）将晶体转移称量时转移过程质量有损失导致产率偏低醋酸电离度和电离常数的测定实验原理醋酸CH3COOH(简写为HAc)是一元弱酸，在溶液中存在下列电离平衡：2HAc(aq)+HO(l)+-3HO(aq)+Ac(aq)忽略水的电离，其电离常数：首先，一元弱酸的浓度是已知的，其次在一定温度下，通过测定弱酸的pH值，由pH=-lg[H3O+],可计算出其中的[H3O+]。对于一元弱酸，当c/Ka≥500时，存在下列关系式：+3[HO]c+23a[HO]Kc思考题1，在测定不同的醋酸溶液PH时，测定的顺序为什么要由稀到浓？因为不可避免的PH记上要剩余少量已测溶液的残留液,从稀到浓可以减少误差2，下列情况能否用近似公式求离解常数：Ka=c（H离子）的平方除以c（HAc）1.所测醋酸溶液浓度极稀能2.在醋酸溶液中加入一定量的NaAc固体不能3.在HAc中加入一定量的NaCl固体不能，往弱电解质的溶液中加入与弱电解质没有相同离子的强电解质时,由于溶液中离子总浓度增大,离子间相互牵制作用增强,使得弱电解质解离的阴、阳离子结合形成分子的机会减小,从而使弱电解质分子浓度减小,离子浓度相应增大,解离度增大,这种效应称为盐效应.碘与碘离子平衡常数的测定、实验原理碘溶于碘化物（如KI）溶液中，主要生成I3-，形成下列平衡：I2+I-=I3-(1)其平衡常数K为+-+233a[HO][Ac][HO][HAc][HAc]K式中a、c、γ分别为活度、浓度和活度系数。在浓度不大的溶液中故得但是，要在KI溶液中用碘量法直接测出平衡时各物质的浓度是不可能的，因为当用Na2S2O3滴定I2时，（1）式平衡向左移动，直至I3-消耗完毕，这样测得的I2量实际上是I2及I3-之和。为了解决这个问题，本实验用溶有适量碘的四氯化碳和KI溶液混合振荡，达成复相平衡。I-和I3-不溶于CCl4，而KI溶液中的I2不仅与水层中的I-,I3-成平衡，而且与CCl4中的I2也建立平衡，如图所示。由于在一定温度下达到平衡时，碘在四氯化碳层中的浓度和在水溶液中的浓度之比为一常数（分配系数）。因此当测定了碘在四氯化碳层的浓度后，便可通过预先测定的分配系数求出在KI溶液中的浓度。而分配系数Kd可借助于I2在CCl4和纯水中的分配来测定。再分析KI溶液中的总碘量得CI2(KI溶液)+CI3-，减去CI2(KI溶液)即得CI3-。由于形成一个I3-要消耗一个I-，所以平衡时的浓度为：c=cI-°(即KI溶液中I-的原始浓度)-cI3-将CI2(CCl4)、CI3-、CI-代入（3）式即得平衡常数K。思考题出现下列情况会对实验有什么影响:1所取的碘的量不够,2三只碘量瓶没有充分振荡,3吸清液时,不注意将沉在溶液底部或悬浮在溶液表面的少量固体碘带入吸量管优质解答1、碘称量量不够会完全溶解,溶液没有达到平衡2、振荡不充分,溶液没有完全混合均匀,下部饱和,上部没有饱和,总体没有达到平衡3、吸入固体会导致测定溶解碘的量增大4用碘量法测定时,为什么要在溶液变为淡黄色时加入淀粉,而不能在滴定一开始就加入?因为淀粉与碘单质显色的原理是淀粉与碘形成包合物,一开始就加入淀粉,与淀粉作用的碘单质比较多,反应时不容易从包合物中释放出来.在溶液变为淡黄色时加入淀粉,可以有效地减小误差.化学反应速率与活化能的测定实验原理（NH4）2S2O8和KI在水溶液中发生如下反应：S2O82-(aq)+3I-(aq)＝2SO42-(aq)+I3-(aq)（1）这个反应的平均反应速率为v=-228(SO)ct=228(SO)(I)kcc式中：v──反应的平均反应速率；228(SO)c──t时间内228SO的浓度变化；228(SO)c，(I)c──228SO，I的起始浓度；k──该反应的速率系数；,──反应物228SO，I的反应级数，为该反应的总级数。为了测出在一定时间（t）内S2O82-的浓度变化，在混合(NH4)2S2O8和KI溶液的同时，加入一定体积的已知浓度的Na2S2O3溶液和淀粉，这样在反应（1）进行的同时，还有以下反应发生：2S2O32-(aq)+I3－(aq)══S4O62-(aq)+3I-(aq)（2）由于反应（2）的速率比反应（1）的大得多，由反应（1）生成的I3－会立即与S2O32-反应生成无色的S4O62-和I-。这就是说，在反应开始的一段时间内，溶液呈无色，但当Na2S2O3一旦耗尽，由反应（1）生成的微量I3－就会立即与淀粉作用，使溶液呈蓝色。由反应（1）和（2）的关系可以看出，每消耗1molS2O82-就要消耗2mol的S2O32-，即c（S2O82-）=12c（S2O32-）由于在t时间内，S2O32-已全部耗尽，所以c（S2O32-）实际上就是反应开始时Na2S2O3的浓度，即－c（S2O32-）=0c（S2O32-）这里的0c（S2O32-）为Na2S2O3的起始浓度。在本实验中，由于每份混合液中Na2S2O3的起始浓度都相同，因而c（S2O32-）也是相同的，这样，只要记下从反应开始到出现蓝色所需要的时间（t），就可以算出一定温度下该反应的平均反应速率：v=228()cSOt=2232cSOt=02232cSOt按照初始速率法，从不同浓度下测得的反应速率，即可求出该反应的反应级数α和β，进而求得反应的总级数（α+β），再由228vkcSOcI求出反应的速率系数k。由Arrhenius方程得lg2.303aEkART式中：aE──反应的活化能；R──摩尔气体常数，R=8.314J·mol-1·K-1;T──热力学温度求出不同温度时的k值后，以lgk对1T作图，可得一直线，由直线的斜率2.303aER可求得反应的活化能aE。Cu2+可以加快(NH4)2S2O8与KI反应的速率，Cu2+的加入量不同，加快的反应速率也不同。思考题,1，化学反应速率级数与活化能的测定的实验中为什么要迅速加入Na2S2O8呢如果不是零级的反应,则反应速率与起始浓度有关,只有在尽可能短的时间内把反应物加入,才能尽可能的减少起始反应物浓度在最初反应时的不确定性,以减少测定误差.2，如果实验中先加(NH4)2S2O8溶液,最后加KI溶液,会对结果有什么影响?加入的(NH4)2S2O8溶液将先于溶液中的Na2S2O3反应，因而减少溶液中Na2S2O3总量，当最后加入KI后，(NH4)2S2O8与KI反应生成的I2与Na2S2O3反应的时间变短，结果造成反应速度增大的假象，产生正误差。3，为什么在实验2,3,4，5中，分别加入KNO3或硫酸铵溶液？保持体积相同，离子强度相同。铁（III）离子与磺基水杨酸配合物的组成和稳定常数的测定实验原理磺基水杨酸可以与Fe3+形成稳定的配合物。配合物的组成随溶液pH值的不同而改变。在pH=2～3、4～9、9～11时，磺基水杨酸与Fe3+能分别形成三种不同颜色、不同组成的配离子。本实验是测定pH=2～3时所形成的红褐色磺基水杨酸合铁(Ⅲ)配离子的组成及其稳定常数。实验中通过加入一定量的HClO4溶液来控制溶液的pH值。由于所测溶液中磺基水杨酸是无色的，Fe３+溶液的浓度很小，也可认为是无色的，只有磺基水杨酸合铁(Ⅲ)配离子(MRn)是有色的。根据朗伯—比耳定律A=εbc可知，当波长λ、溶液的温度T及比色皿的厚度b均一定时，溶液的吸光度A只与有色配离子的浓度c成正比。通过对溶液吸光度的测定，可以求出配离子的组成思考题1，若入射的光不是单色光，能否测出配合物的组成和稳定常数？答：不能，根据朗伯—比耳定律A=εdc可知，当波长λ、溶液的温度T及比色皿的厚度d均一定时，溶液的吸光度A只与有色配离子的浓度c成正比，当改为复色光，消光系数不确定，故不能测出。2，实验中能否用其他酸代替高氯酸？答：不能，高氯酸根配位性差，而硫酸根易形成不稳定化合物。3，用等摩尔系列法测定配位离子组成时,为什么溶液中中心离子的物质的量与配位体的物质的量比正好与配合物组成相同时,配合物的浓度最大答：说的是配合物的浓度最大,自然是中心离子和配位体物质的量之比恰是配合物组成的时候了.如果其中某一项过量,只能按照量少的一项来计算配合物的浓度。氧化还原反应和氧化还原平衡二、实验原理金属间的置换反应伴随着电子的转移，利用这类反应可组装原电池，如标准铜锌原电池。(-)Zn┃ZnSO4(1mol·L-1)‖CuSO4(1mol·L-1)┃Cu(+)在原电池中，化学能转变为电能，产生电流，由于电池本身有内电阻，用毫伏计所测的电压，只是电池电动势的一部分（即外电路的电压降）。可用pHS25型酸度计粗略地测量其电动势。当氧化剂和还原剂所对应的电对的电极电势相差较大时，通常可以直接用标准电极电势Eθ来判断,作为氧化剂电对对应的电极电势与作为还原剂电对对应的电极电势数值之差大于零，则氧化还原反应就自发进行。也就是Eθ值大的氧化态物质可以氧化Eθ值小的还原态物质，或Eθ值小的还原态物质可以还原Eθ值大的氧化态物质。若两者的标准电极电势代数值相差不大时，必须考虑浓度对电极电势的影响。具体方法是利用Nernst方程式：计算出不同浓度的电极电势值来说明氧化还原反应的情况。若有H+或OH-参加氧化还原反应，还必须考虑pH值（酸度）对电极电势和氧化还原反应的影响思考题1，什么叫浓差电池？答：浓差电池