(浙江选考)2020版高考化学大一轮复习第33讲《物质的定量分析》课时作业(含解析) 练习

课后作业33　物质的定量分析

(时间:45分钟　满分:100分)

一、选择题(本题包括12小题,每小题5分,共60分,每小题只有一个选项符合题目要求)

1.电子天平是定量分析中常用的精密仪器,下列关于电子天平的说法正确的是(　　)

A.电子天平操作方便、读数稳定、准确度高,不同型号的电子天平具有相同的精确度

B.电子天平是电子仪器,十分精密,不需要校准和调零

C.电子天平有归零键,烧杯不洁净或潮湿不影响使用

D.电子天平使用时,要关上附近的窗户,不要撞击使用天平所在的桌面;读数时,侧门应关闭,防止气流影响称重

答案D

解析电子天平十分精密,不同型号的电子天平具有不同的精确度;使用时需要校准和调零;烧杯不洁净或者潮湿都不能使用其称量。

2.下列关于滴定的说法正确的是(　　)

A.所有的滴定实验都需要加指示剂

B.滴定实验中待测溶液一定盛放于锥形瓶中

C.酸碱中和滴定只适用于强酸或强碱浓度的测定

D.所有的滴定都需要用到酸式或碱式滴定管

答案D

解析A项,用酸性KMnO4溶液进行的氧化还原滴定一般不需再另加指示剂;B项,待测液和标准液都可盛放在锥形瓶中;C项,酸碱中和滴定也可用于弱酸、弱碱浓度的测定;D项,不管哪种滴定都需要用滴定管逐滴滴加液体。

3.在25 mL的碱式滴定管中盛有溶液,液面恰好在20 mL刻度处,现将滴定管内溶液全部放出,流入量筒内,所得溶液的体积为              (　　)

A.5 mL　　　　　　　　　　B.20 mL

C.大于5 mL D.小于5 mL

答案C

解析滴定管最上端的刻度为0,且滴定管最下端的一部分溶液并不能通过滴定管刻度反映出来。

4.下列有关实验的叙述,正确的是(　　)

A.用待测液润洗滴定用的锥形瓶

B.用玻璃棒蘸取溶液,点在湿润的pH试纸上测定其pH

C.为减小中和滴定误差,锥形瓶应洗净烘干后才能使用

D.读取滴定管内液体的体积,俯视读数导致读数偏小

答案D

解析用待测液润洗锥形瓶相当于增加待测液,会引起滴定误差,A错;pH试纸不能润湿,润湿后会改变待测液的浓度,可能导致测定结果不准,B错;C项中,锥形瓶不需要烘干,洗净即可。

5.已知常温、常压下,饱和CO2的水溶液的pH=3.9,则可推断用标准盐酸滴定NaHCO3溶液时,适宜选用的指示剂及滴定终点时颜色变化的情况是(　　)

A.石蕊,由蓝变红 B.甲基橙,由橙变黄

C.酚酞,红色褪去 D.甲基橙,由黄变橙

答案D

解析甲基橙的变色范围在pH=3.1~4.4,与该滴定后溶液的pH(3.9)接近,故应选择甲基橙作指示剂;因滴定时溶液的pH由大到小,故甲基橙由黄变橙。

6.(2018·温州选考二模)某兴趣小组进行某补血剂中铁元素含量测定实验流程如下:

补血剂
10片滤液红褐色
悬浊液氧化铁固体w g

下列说法不正确的是(　　)

A.步骤①研磨时研杵应保持垂直,小心压碎或研磨试样

B.步骤②加入H2O2(aq)的作用是将Fe2+完全氧化

C.步骤③中的多步操作为过滤、洗涤、灼烧、冷却、称重

D.每片补血剂中铁元素的质量为0.7w g

答案D

解析将补血剂研细,向药片中加入稀硫酸,然后过滤得到沉淀,向滤液中加入双氧水,发生反应2Fe2++H2O2+2H+2Fe3++2H2O,向溶液中加入过量氨水生成红褐色沉淀,将红褐色沉淀灼烧得到红棕色固体Fe2O3。步骤①研磨时研杵应保持垂直,小心压碎或研磨试样,以防研磨时固体飞出研钵,故A正确;步骤②加入H2O2溶液的作用是将Fe2+完全氧化成铁离子,便于沉淀,故B正确;步骤③中的一系列操作依次是①过滤;②洗涤;③灼烧;④冷却;⑤称量;⑥恒重操作确保氢氧化铁完全分解成了氧化铁,故C正确;wg固体为氧化铁,固体中m(Fe)=×w=0.7wg,每片补血剂中铁元素的质量为0.07wg,故D错误。

7.下列几种情况,对中和滴定结果无影响的是(　　)

A.滴定前标准液在零刻度以上

B.盛未知浓度溶液的锥形瓶里有少量蒸馏水

C.滴定管用蒸馏水冲洗后即注入标准液

D.滴定终点读数时,俯视滴定管的刻度

答案B

解析A.由于滴定前标准液在零刻度以上,滴定中用去的零刻度以上那部分的标准液的体积不在滴定后读出的V标的体积内,也就是实际用去的标准溶液的体积比V标要大,所以这样操作测得的待测溶液浓度偏小。B.盛装待测液的锥形瓶内有水的话,虽然使锥形瓶内的溶液浓度变稀了,但待测溶液中溶质的物质的量没有变化,因而对测定结果无影响。C.滴定管用蒸馏水冲洗后,未用标准溶液润洗,使滴定管内的标准溶液变稀,V标变大,导致待测溶液浓度偏大。D.滴定管滴定前读数正确,滴定后,读数时视线俯视,使V标读数变小,结果使所测溶液浓度偏低。

8.已知锌能溶解在NaOH溶液中,生成Na2[Zn(OH)4]和H2。某同学据此设计了测定镀锌铁皮锌镀层厚度的实验方案,将单侧面积为S、质量为m1的镀锌铁皮与石墨用导线相连,放入6 mol·L-1 NaOH溶液中,当石墨棒上不再有气泡产生时,取出铁片用水冲洗、烘干后称量,质量为m2。下列说法正确的是(　　)

A.设锌镀层厚度为h,锌的密度为ρ,则=h

B.锌电极上的电极反应式为Zn+4OH--2e-[Zn(OH)4]2-

C.锌和石墨形成原电池,外电路中电流从锌流向石墨

D.当石墨电极上不再产生气泡时,如不立即取出铁皮,会使测定结果偏低

答案B

解析通过题意可知,金属减小的质量就是Zn的质量,所以通过质量→体积→厚度的关系可得到答案,但要注意,金属有两面,故其厚度为=h,A项错误;因为发生电化学反应,Zn电极上的电极反应为Zn+4OH--2e-[Zn(OH)4]2-,B项正确;C项,外电路中,电流从电池正极流向负极,故从石墨流向Zn,C项错误;D项,铁与NaOH溶液不反应,故对测定结果不会有影响,D项错误。

9.用已知物质的量浓度的盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液时,下列操作会导致测定结果偏低的是(　　)

①酸式滴定管用蒸馏水洗后未用标准液润洗

②碱式滴定管用蒸馏水洗后未用待测液润洗

③滴定前酸式滴定管尖嘴处有气泡,滴定后气泡消失

④取待测碱液时滴定管尖嘴处未充满溶液

⑤锥形瓶用蒸馏水洗后再用待测液润洗

⑥滴定时摇晃锥形瓶时将液体溅出瓶外

⑦滴定过程中,滴定管活塞处漏出液体

⑧读取标准溶液体积时,滴定前仰视,滴定后俯视

A.②④ B.①③⑤⑦

C.④⑧ D.②④⑥⑧

答案D

解析用盐酸滴定NaOH溶液时:c(NaOH)=,主要分析c(HCl)、V(HCl)、V(NaOH)对c(NaOH)的影响。①使标准盐酸稀释必然消耗更多盐酸,即V(HCl)偏大,c(NaOH)偏大;②使待测碱液稀释,滴定时消耗盐酸体积减小,因而c(NaOH)偏小;③中滴定后将有部分盐酸补满尖嘴,即V(HCl)偏大,则c(NaOH)偏大;④将出现待测液实际偏小,消耗V(HCl)偏小,则c(NaOH)偏小;⑤将使待测液量增多,滴定时用去标准盐酸的体积增大,则c(NaOH)偏大;⑥将使待测液量减少,滴定时用去标准盐酸的体积减小,则c(NaOH)偏小;⑦读取的标准盐酸的体积增大,则c(NaOH)偏大;⑧中读取标准盐酸时,滴定前仰视,滴定后俯视,这样读取的标准盐酸的体积减小,则c(NaOH)偏小。

10.某化学小组,将剪下的一块镀锌铁放入试剂瓶中,并滴入食盐水浸湿,再加数滴酚酞溶液,按如图装置进行实验,数分钟后观察,下列现象不可能出现的是(　　)

A.乙中导气管中产生气泡

B.乙中导气管里形成一段水柱

C.金属片剪口处溶液变红

D.锌被腐蚀

答案A

解析镀锌铁在中性溶液中剪口处可以发生吸氧腐蚀,锌为负极被腐蚀,溶解在NaCl溶液中的氧气得电子生成OH-。

11.为测定某镁铝合金样品中铝的含量,进行下列实验:取一定量合金,加入100 mL 0.3 mol·L-1稀硫酸,合金完全溶解,产生标准状况下的气体560 mL;再加入0.2 mol·L-1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化,用去350 mL NaOH溶液。则所取样品中铝的物质的量为(　　)

A.0.005 mol B.0.01 mol

C.0.025 mol D.0.03 mol

答案B

解析加入0.2mol·L-1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化时,含钠离子的物质只有硫酸钠和Na[Al(OH)4]。溶液中含硫酸钠0.03mol,因此,含Na[Al(OH)4]0.01mol,由此推得原镁铝合金中含铝0.01mol。

12.用下图装置测定水中氢、氧元素的质量比,其方法是分别测定通氢气前后玻璃管的质量差和U形管的质量差,实验测得m(H)∶m(O)>1∶8。下列对导致这一结果的原因的分析中,一定错误的是(　　)

A.Ⅰ、Ⅱ装置之间缺少干燥装置

B.CuO没有全部被还原

C.Ⅱ装置中玻璃管内有水冷凝

D.Ⅲ装置后缺少干燥装置

答案B

解析通氢气前后玻璃管的质量差为反应的CuO中O的质量,反应前后U形管的质量差为反应生成的水的质量。Ⅰ、Ⅱ装置之间没有干燥装置,则使Ⅰ中反应带出的水蒸气进入U形管使水的质量增大,则H质量增加,导致m(H)∶m(O)>1∶8。

若Ⅱ装置有水冷凝,则使测得的水的质量减小,设冷凝水质量为m,则H质量减小,但Ⅱ装置质量增加m,即测得O质量减小m,由于m(H)∶m(O)=1∶8,若设m(H)=n,则m(O)=8n,则测得的,因此测得m(H)∶m(O)>1∶8。

Ⅲ装置后缺少干燥装置,会导致CaCl2吸收空气中的水蒸气,导致测得水的质量增加,m(H)∶m(O)>1∶8。只有B中CuO没有被完全还原,对m(H)∶m(O)的测定没有影响,因此一定错误。

二、非选择题(本题包括3小题,共40分)

13.(14分)(2018·山西太原高三三模)三氯氧磷(POCl3)常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料,实验室制备POCl3并测定产品含量的实验过程如下:

Ⅰ.制备POCl3。

采用氧气氧化液态PCl3法制取POCl3,实验装置(加热及夹持仪器略)如图所示:

已知:①Ag++SCN-AgSCN↓;Ksp(AgCl)>Ksp(AgSCN);磷酸银溶于硝酸。

②PCl3和POCl3的相关信息如下表:

(1)POCl3遇水反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。 

(2)装置B的作用除干燥O2外,还有　　　　　　　　　　　的作用。干燥管的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(3)反应温度要控制在60~65 ℃,原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

Ⅱ.测定POCl3产品的含量。

实验步骤:

①制备POCl3实验结束后,待三颈烧瓶中的液体冷却至室温,准确称取30.7 g POCl3产品,置于盛有60.00 mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解,将水解液配成100.00 mL溶液。

②取10.00 mL溶液于锥形瓶中,加入10.00 mL 3.2 mol·L-1 AgNO3标准溶液。

③加入少许硝基苯用力摇动,使沉淀表面被有机物覆盖。

④以X为指示剂,用0.2 mol·L-1 KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液,达到滴定终点时共用去10.00 mL KSCN溶液。

(4)步骤③中加入硝基苯的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。若无此操作,所测产品中氯元素的质量分数将会　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 

(5)步骤④中X为　　　　　　,产品中POCl3的质量分数为　　　　。 

答案(1) POCl3+3H2OH3PO4+3HCl　(2)平衡压强、观察O2的流速　防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶　(3)温度过低,反应速率太慢;温度过高,PCl3易挥发,利用率低　(4)防止在滴加KSCN溶液时,将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀　偏小

(5)Fe(NO3)3　50%

解析Ⅰ.(1)POCl3遇水会发生水解,根据原子守恒可知反应的方程式为:POCl3+3H2OH3PO4+3HCl。

(2)B装置导管和大气相连,则B还有平衡压强、观察O2的流速的作用;POCl3遇水会发生反应,干燥管可以防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶与POCl3发生反应。

(3)PCl3的沸点为76.0℃,若温度过低,反应速率太慢;温度过高,PCl3易挥发,导致PCl3的利用率低,所以反应温度要控制在60~65℃。

Ⅱ.(4)实验过程中加入硝基苯的目的是覆盖氯化银,防止沉淀转化生成AgSCN沉淀而导致数据不准确。如无此操作,部分AgCl沉淀会转化为Ag+,使所测Cl元素含量偏小。

(5)由于是用KSCN溶液滴定溶液中过量的Ag+,而Fe(SCN)3溶液是血红色溶液,所以可用含有Fe3+的Fe(NO3)3溶液作指示剂,当溶液中Ag+反应完全后,再滴加的KSCN溶液就会与溶液中的Fe3+作用,使溶液变为血红色;根据物质的元素组成及关系式可知POCl3~3HCl~3Ag+,n(Ag+)=0.032mol-0.002mol=0.03mol,n(POCl3)=0.01mol,所以三氯氧磷的含量为×100%=50%。

14.(14分)(2018·江西抚州临川一中期中考试)氯酸镁[Mg(ClO3)2]常用作小麦催熟剂、除草剂等,实验室制备少量Mg(ClO3)2·6H2O的流程如下:

已知:①卤块主要成分为MgCl2·6H2O,含有MgSO4、FeCl2等杂质。

②四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如图所示。

回答下列问题:

(1)调pH时,加入MgO的原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(2)加入BaCl2溶液的目的是除去S,如何检验S已沉淀完全?　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

(3)加入NaClO3饱和溶液后发生反应的类型为　　　　　　　　　　,再进一步制取Mg(ClO3)2·6H2O的实验步骤依次为:蒸发浓缩、①　　　　　　;②　　　　　　;③过滤、洗涤。 

(4)产品中Mg(ClO3)2·6H2O含量的测定:

步骤1:准确称量4.00 g产品配成100 mL溶液。

步骤2:取10 mL于锥形瓶中,加入10 mL稀硫酸和30.00 mL 1.000 mol·L-1的FeSO4溶液,微热。

步骤3:冷却至室温,用0.100 mol·L-1 K2Cr2O7溶液滴定至终点,此过程中反应的离子方程式为:Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O。

步骤4:将步骤2、3重复两次,平均消耗K2Cr2O7溶液30.00 mL。

①滴定时应用　　　　(“酸式”或“碱式”)滴定管。步骤2中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

②产品中Mg(ClO3)2·6H2O的质量分数为　　　　。 

答案(1)能与H+反应增大pH,不引入新的杂质　(2)静置,取上层清液加入BaCl2溶液,若无白色沉淀,则S沉淀完全

(3)复分解反应　趁热过滤　冷却结晶　(4)①酸式　C1+6Fe2++6H+6Fe3++C1-+3H2O　②74.75%

解析(1)根据流程,加入高锰酸钾的目的是把Fe2+氧化成Fe3+;加入BaCl2溶液的目的是除去S;加入MgO的目的是除去Fe3+,原理是加入MgO与H+反应,增大pH,使Fe3+以氢氧化铁形式沉淀出来,同时不引入新的杂质。(2)检验S已完全除去的方法:静置,取上层清液加入BaCl2溶液,若无白色沉淀,则S沉淀完全。(3)根据实验目的,加入NaClO3饱和溶液,发生复分解反应,生成Mg(ClO3)2;根据溶解度随温度变化曲线,采取蒸发浓缩、趁热过滤、冷却结晶、过滤、洗涤。(4)①酸式滴定管盛放酸性溶液和具有强氧化性的溶液,碱式滴定管只能盛放碱性溶液,K2Cr2O7溶液具有强氧化性,因此用酸式滴定管盛放;Cl具有强氧化性,Fe2+具有还原性,发生氧化还原反应,Cl被还原成Cl-,Fe2+被氧化成Fe3+,因此离子反应方程式为:Cl+6Fe2++6H+6Fe3++Cl-+3H2O;②发生的离子反应为Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O,此时消耗的Fe2+是与Cl反应剩下的Fe2+,剩下的Fe2+的物质的量为30×10-3×0.1×6mol=1.8×1mol,与Cl反应的Fe2+物质的量为(30.00×10-3×1.000-1.8×1)mol=1.2×1mol,因此消耗Cl物质的量为2×10-3mol,即Mg(ClO3)2·6H2O物质的量为1×10-3mol,即Mg(ClO3)2·6H2O质量分数为

×100%=74.75%。

15.(12分)硫的含量影响钢铁性能。碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体,再用测碳、测硫装置进行测定。

(1)采用装置A,在高温下将x克钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。

①气体a的成分是　　　　　。 

②若钢样中硫以FeS的形式存在,A中反应:3FeS+5O21　　　　　+3　　　　　。 

(2)将气体a通入测硫装置中(如下图),采用滴定法测定硫的含量。

①H2O2氧化SO2的化学方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

②用NaOH溶液滴定生成的H2SO4,消耗z mL NaOH溶液,若消耗1 mL NaOH溶液相当于硫的质量为y g,则该钢样中硫的质量分数:　　　　　。 

(3)将气体a通入测碳装置中(如下图),采用重量法测定碳的含量。

①气体a通过B和C的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

②计算钢样中碳的质量分数,应测量的数据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 

答案(1)①O2、SO2、CO2　②Fe3O4　SO2

(2)①H2O2+SO2H2SO4　②(或×100%)

(3)①排除SO2对CO2测定的干扰　②吸收CO2前、后吸收瓶的质量

解析(1)①钢样中的碳、硫在装置A中高温加热条件下生成CO2和SO2,还有未反应的O2,故气体a的成分为O2、SO2、CO2。②根据得失电子守恒和质量守恒定律配平化学方程式:3FeS+5O2Fe3O4+3SO2。(2)①H2O2和SO2发生氧化还原反应:H2O2+SO2H2SO4。②根据题意,消耗1mLNaOH溶液相当于硫的质量为yg,则消耗zmLNaOH溶液,相当于硫的质量为yzg,所以钢样中硫的质量分数为×100%。(3)①气体a中含有O2、SO2和CO2,在吸收CO2测定碳的含量时,也可能吸收SO2,故气体a通过装置B和C的目的是排除SO2对CO2测定的干扰。②计算钢样中碳的质量分数,应测量吸收CO2前、后吸收瓶的质量,其质量差为CO2的质量。