2021届高三化学一轮复习重点专题19——定量分析及方案设计类实验（练习）解析版

2021届高三化学一轮复习——定量分析及方案设计类实验专题突破
考点分析：
定量实验是将化学实验与化学计量有机的结合在一起测定物质化学组成与含量的探究性实验，探究类实验主要探究物质分解的产物和物质的性质；设计并完成实验报告包括补充实验步骤或实验步骤的排序、选择试剂和现象的描述等。
强化训练
1、（2020年北京3月份试测题）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体是制备某负载型活性铁催化剂的主要原料，具有工业生产价值。某化学小组用如下方法制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体，并测定产品中铁的含量。
Ⅰ．制备晶体
ⅰ．称取5 g莫尔盐[(NH4)2 Fe(SO4)2·6H2O]，用15 mL水和几滴 3 mol/L H2SO4溶液充分溶解，再加入25 mL饱和H2C2O4溶液，加热至沸，生成黄色沉淀；
ⅱ．将沉淀洗涤至中性，加入10 mL饱和 K2C2O4溶液，水浴加热至40℃，边搅拌边缓慢滴加H2O2溶液，沉淀逐渐变为红褐色；
ⅲ．将混合物煮沸30 s，加入8 mL饱和H2C2O4溶液，红褐色沉淀溶解，趁热过滤，滤液冷却后，析出翠绿色晶体，过滤、干燥。
Ⅱ．测定产品中铁的含量
ⅳ．称量x g制得的样品，加水溶解，并加入稀H2SO4酸化，再滴入y mol/L KMnO4溶液使其恰好反应；
ⅴ．向ⅳ的溶液中加入过量Zn粉，反应完全后，弃去不溶物，向溶液中加入稀H2SO4酸化，用y mol/L KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液z mL。
已知：H2C2O4为二元弱酸，具有较强的还原性
（1）莫尔盐[(NH4)2 Fe(SO4)2·6H2O]中铁元素的化合价是 。
（2）步骤ⅰ中黄色沉淀的化学式为FeC2O4·2H2O，生成该沉淀的离子方程式是 。
（3）步骤ⅱ中除了生成红褐色沉淀，另一部分铁元素转化为[Fe(C2O4)3]3-。将下述反应的离子方程式补充完整：
6 FeC2O4·2H2O ＋ ＋ === 4 [Fe(C2O4)3]3- ＋ 2 Fe(OH)3↓ ＋ H2O
（4）步骤ⅱ中水浴加热的温度不宜过高，原因是 。
（5）步骤ⅳ在铁的含量测定中所起的作用是 。
（6）已知：ⅴ中Zn粉将铁元素全部还原为Fe2+；反应中转化为Mn2+。则该样品中铁元素的质量分数是 （用含x、y、z的代数式表示）。
答案　（1）+2 （2）Fe2+ + H2C2O4 + 2H2O === FeC2O4·2H2O↓ + 2H+
（3）3H2O2，6C2O42— ，12 （4）防止 H2O2受热分解

2、二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色的气体，易溶于水，是目前国际上公认的第四代高效、无毒的消毒剂。将ClO2用水吸收得到溶液，为了测定该溶液的浓度，进行了下列实验：
步骤1：准确量取ClO2溶液10.00 mL，稀释成100.0 mL试样，取其中10.00 mL试样加入到锥形瓶中；
步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，充分反应；
步骤3：加入淀粉溶液作指示剂，用0.2 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，再重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液的平均值为20.00 mL。(已知：2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI)
(1)若步骤2所得溶液放置时间太长，则测定结果会________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
(2)步骤3中，滴定终点的现象是____________________________________________________。
(3)通过计算确定原ClO2溶液的物质的量浓度。(写出计算过程)
答案　(1)偏高
(2)溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变
(3)根据反应关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则每10 mL试样中：n(ClO2)＝n(Na2S2O3)×＝0.2 mol·L－1×20.00×10－3 L×＝8×10－4 mol，故原溶液中c(ClO2)＝＝
0.8 mol·L－1。
解析　(1)ClO2很不稳定，步骤2所得溶液放置时间太长，ClO2分解相当于与碘反应，导致测定结果偏高。(2)步骤3中，加入淀粉溶液作指示剂，用0.2 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变。(3)二氧化氯具有氧化性，在酸性环境下，能将碘离子氧化为碘单质，碘单质又与Na2S2O3反应，其反应的化学方程式为：2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O,2Na2S2O3＋I2===Na2S4O6＋2NaI，由此可得到关系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，则每10 mL试样中：n(ClO2)＝n(Na2S2O3)×＝0.2 mol·L－1×20.00×10－3 L×＝8×10－4 mol，故原溶液中c(ClO2)＝＝
0.8 mol·L－1。

3水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg·L－1，我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO不能低于5 mg/L。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。

1.测定原理：
碱性条件下，O2将Mn2＋氧化为MnO(OH)2：
①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓，酸性条件下，MnO(OH)2将I－氧化为I2：②MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)，用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，③2S2O＋I2===S4O＋2I－。
2.测定步骤：
a.安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。
b.向烧瓶中加入200 mL水样。
c.向烧瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4无氧溶液(过量)2 mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应①完全。
d.搅拌并向烧瓶中加入2 mLH2SO4无氧溶液，至反应②完全，溶液为中性或弱酸性。
e.从烧瓶中取出40.00 mL溶液，以淀粉作指示剂，用0.010 00 mol·L－1 Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据。
f.……
g.处理数据(忽略氧气从水样中的溢出量和加入试剂后水样体积的变化)。
回答下列问题：
(1)配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为________。
(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器为________。
①滴定管　②注射器　③量筒
(3)搅拌的作用是________。
(4)配平反应②的方程式，其化学计量数依次为________。
(5)步骤f为__________________________________________________________。
(6)步骤e中达到滴定终点的标志为________。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50 mL，水样的DO＝________mg·L－1(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标：________(填“是”或“否”)。
(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的原因(用离子方程式表示，至少写出2个)___________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
答案　(1)将溶剂水煮沸后冷却　(2)②
(3)使溶液混合均匀，快速完成反应　(4)1，2，4，1，1，3
(5)重复步骤e的操作2～3次
(6)溶液蓝色褪去且半分钟内不变色　9.0　是
(7)2H＋＋S2O===S↓＋SO2↑＋H2O、
SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋SO＋2I－、4H＋＋4I－＋O2===2I2＋2H2O(任写其中2个)

4、.PCl3是磷的常见氯化物，可用于半导体生产的外延、扩散工序。有关物质的部分性质如下：

熔点/℃
沸点/℃
密度/ g·mL－1
其他
黄磷
44.1
280.5
1.82
2P＋3Cl2(少量)2PCl3；2P＋5Cl2(过量)2PCl5
PCl3
－112
75.5
1.574
遇水生成H3PO3和HCl，遇O2生成POCl3
(一)制备
如图是实验室制备PCl3的装置(部分仪器已省略)。

(1)仪器乙的名称是________；其中，与自来水进水管连接的接口编号是________。(填“a”或“b”)
(2)实验室制备Cl2的离子方程式_________________________________________。
实验过程中，为减少PCl5的生成，应控制____________。
(3)碱石灰的作用：一是防止空气中的水蒸气进入而使PCl3水解，影响产品的纯度；二是____________________________________________________________。
(4)向仪器甲中通入干燥Cl2之前，应先通入一段时间CO2排尽装置中的空气，其目的是________。
(二)分析
测定产品中PCl3纯度的方法如下：迅速称取4.100 g产品，水解完全后配成500 mL溶液，取出25.00 mL加入过量的0.100 0 mol·L－1 20.00 mL碘溶液，充分反应后再用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定过量的碘，终点时消耗12.00 mL Na2S2O3溶液。
已知：H3PO3＋H2O＋I2===H3PO4＋2HI；I2＋2Na2S2O3===2NaI＋Na2S4O6；假设测定过程中没有其他反应。
(5)根据上述数据，该产品中PCl3(相对分子质量为137.5)的质量分数为________。若滴定终点时俯视读数，则PCl3的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(三)探究
(6)设计实验证明PCl3具有还原性：____________________________________
_____________________________________________________________________。
(限选试剂有：蒸馏水、稀盐酸、碘水、淀粉)
答案　(1)冷凝管(或冷凝器)　b
(2)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O(或2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O)　氯气通入的速率(或流量)
(3)吸收多余的Cl2，防止污染环境
(4)排净装置中的空气，防止O2和水与PCl3反应
(5)93.9%　偏大
(6)向碘水中加入PCl3，碘水褪色
5、醋酸亚铬[(CH3 COO)2Cr·2H2O]为砖红色晶体，难溶于冷水，易溶于酸，在气体分析中用作氧气吸收剂。一般制备方法是先在封闭体系中利用金属锌作还原剂，将三价铬还原为二价铬；二价铬再与醋酸钠溶液作用即可制得醋酸亚铬。实验装置如图所示。回答下列问题：

(1)实验中所用蒸馏水均需经煮沸后迅速冷却，目的是____________________________。
仪器a的名称是________。
(2)将过量锌粒和氯化铬固体置于c中，加入少量蒸馏水，按图连接好装置。打开K1、K2，关闭K3。
①c中溶液由绿色逐渐变为亮蓝色，该反应的离子方程式为_________________。
②同时c中有气体产生，该气体的作用是______________________
(3)打开K3，关闭K1和K2。c中亮蓝色溶液流入d，其原因是____________________________；
d中析出砖红色沉淀。为使沉淀充分析出并分离，需采用的操作是________、________、洗涤、干燥。
(4)指出装置d可能存在的缺点_________________________________________
答案　(1)去除水中溶解氧　分液漏斗
(2)①Zn＋2Cr3＋===Zn2＋＋2Cr2＋
②排除c中空气
(3)c中产生H2使压强大于大气压　(冰浴)冷却　过滤
(4)敞开体系，可能使醋酸亚铬与空气接触
6、（2020年北京西城6月）三氯化六氨合钴([Co(NH3)6]Cl3)是一种橙黄色晶体，实验室制备过程如下：
Ⅰ．将研细的6 g CoCl2•6H2O晶体和4 g NH4Cl固体加入锥形瓶中，加水，加热溶解，冷却；
Ⅱ．加入13.5 mL浓氨水，用活性炭作催化剂，混合均匀后逐滴滴加13.5 mL 5% H2O2溶液，水浴加热至50~60℃，保持20 min。用冰浴冷却，过滤，得粗产品；
Ⅲ．将粗产品溶于50 mL热的稀盐酸中，______，向滤液中缓慢加入6.7 mL浓盐酸，有大量橙黄色晶体析出，冰浴冷却后过滤；
Ⅳ．先用冷的2 mol·L−1 HCl溶液洗涤晶体，再用少许乙醇洗涤，干燥，得产品。
(1)[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是______。
(2)CoCl2遇浓氨水生成Co(OH)2沉淀，加入浓氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，原因是______。
(3)溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是______。
(4)补全Ⅲ中的操作：______。
(5)沉淀滴定法测定制备的产品中Cl－的质量分数：
ⅰ．准确称取a g Ⅳ中的产品，配制成100 mL溶液，移取25 mL溶液于锥形瓶中；
ⅱ．滴加少量0.005 mol·L−1 K2CrO4溶液作为指示剂，用c mol·L−1 AgNO3溶液滴定至终点；
ⅲ．平行测定三次，消耗AgNO3溶液的体积的平均值为v mL，计算晶体中Cl－的质量分数。
已知：溶解度：AgCl 1.3×10−6 mol·L−1，Ag2CrO4(砖红色)6.5×10−5 mol·L−1
①ⅱ中，滴定至终点的现象是______。
②制备的晶体中Cl－的质量分数是______(列计算式，Cl的相对原子质量：35.5)。
答案 （1）+3（1分）
活性炭
（2）NH4+抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c(OH－)降低，避免生成Co(OH)2沉淀
50~60℃
（3）2CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O2 ======= 2[Co(NH3)6]Cl3+12H2O
（4）趁热过滤，冷却（1分）
（5）①溶液中出现砖红色沉淀，不消失
②
解析(1). [Co(NH3)6]Cl3中NH3为配体，氯的化合价为-1价，则Co的化合价是+3价，故答案为+3；
(2).加入NH4Cl使溶液中的浓度增大，抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c(OH－)降低，避免生成Co(OH)2沉淀，故答案为：抑制NH3·H2O的电离，使溶液中的c(OH－)降低，避免生成Co(OH)2沉淀；
(3).由分析可知：溶液中CoCl2、NH4Cl和浓氨水混合后，与H2O2溶液反应生成[Co(NH3)6]Cl3的化学方程式是CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O，故答案为：CoCl2+10NH3·H2O+2NH4Cl+H2O22[Co(NH3)6]Cl3+12H2O；
(4).由分析可知，第Ⅲ中缺少步骤是过滤，并且是在加入热的稀盐酸后，故答案为：趁热过滤、冷却；
(5).①由题可知：AgCl的溶解度小于Ag2CrO4的溶液度，所以在滴加AgNO3时Ag+会与Cl-反应生成AgCl沉淀，当Cl-消耗完时再与CrO42-结合，所以滴定终点时是Ag+与CrO42-结合生成砖红色沉淀 ，故答案为：溶液中出现砖红色沉淀，半分钟内不消失；
②由AgCl沉淀的化学式可知：反应时Ag+与Cl-物质的量之比为1:1，滴定时消耗AgNO3的物质的量为cmol/L×vmL×10-3=cv×10-3mol，则25ml溶液中Cl-物质的量为cv×10-3mol，25ml溶液中Cl-的质量为：m=n×M=cv×10-3mol×35.5g/mol=35.5 cv×10-3g，则100g溶液中Cl-的质量为：4×35.5 cv×10-3g，故质量分数为：，故答案为。
7、在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)　ΔH