統(tǒng)考版2021屆高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí)備考小題提升精練14酸堿中和滴定及其應(yīng)用含解析

1、備考小題提升精練14 酸堿中和滴定及其應(yīng)用酸堿中和滴定是高中化學(xué)最重要的定量實驗之一，是幫助學(xué)生養(yǎng)成科學(xué)態(tài)度和接受科學(xué)教育極好的實驗課題，常常結(jié)合溶液中的水解平衡，物質(zhì)定量測定，高考再現(xiàn)率高，而且考察角度不斷創(chuàng)新，對學(xué)習(xí)化學(xué)有良好的導(dǎo)向作用。1.【2020年浙江選考】室溫下，向鹽酸中滴加0.1000mol/L NaOH溶液，溶液的pH隨NaOH溶液體積的變化如圖。已知。下列說法不正確的是（ ）ANaOH與鹽酸恰好完全反應(yīng)時，pH=7B選擇變色范圍在pH突變范圍內(nèi)的指示劑，可減小實驗誤差C選擇甲基紅指示反應(yīng)終點，誤差比甲基橙的大D時，pH=12.3【答案】C【解析】ANaOH與鹽酸恰好完全反應(yīng)時

2、溶液中的溶質(zhì)為NaCl，呈中性，室溫下pH=7，故A正確；B選擇變色范圍在pH突變范圍內(nèi)的指示劑，可減小實驗誤差，B正確；C甲基橙的變色范圍在pH突變范圍外，誤差更大，故C錯誤；D時，溶液中的溶質(zhì)為氯化鈉和氫氧化鈉，且c(NaOH)=0.02mol/L，即溶液中c(OH)=0.02mol，則c(H+)=51013mol/L，pH=-lgc(H+)=12.3，故D正確；故答案為C?！军c睛】酸堿中和滴定實驗，酸堿指示劑的選擇，滴定終點的判斷，及pH的計算。2【2020年全國I卷】以酚酞為指示劑，用0.1000molL1的NaOH溶液滴定20.00mL未知濃度的二元酸H2A溶液。溶液中，pH、分布系

3、數(shù)隨滴加NaOH溶液體積VNaOH的變化關(guān)系如圖所示。比如A2的分布系數(shù)：下列敘述正確的是（ ）A曲線代表，曲線代表BH2A溶液的濃度為0.2000molL1CHA的電離常數(shù)Ka=1.0102D滴定終點時，溶液中【答案】C【解析】根據(jù)圖像，曲線代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸減小，曲線代表的粒子的分布系數(shù)隨著NaOH的滴入逐漸增大，粒子的分布系數(shù)只有1個交點；當(dāng)加入40mL NaOH溶液時，溶液的pH在中性發(fā)生突變，且曲線代表的粒子達(dá)到最大值接近1；沒有加入NaOH時，pH約為1，說明H2A第一步完全電離，第二步部分電離，曲線代表(HA)，曲線代表(A2)，根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2A

4、=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L。根據(jù)分析，曲線代表(HA)，曲線代表(A2)，A錯誤；B當(dāng)加入40.00mL NaOH溶液時，溶液的pH發(fā)生突變，說明恰好完全反應(yīng)，結(jié)合分析，根據(jù)反應(yīng)2NaOH+H2A=Na2A+2H2O，c(H2A)=0.1000mol/L，B錯誤；C根據(jù)曲線當(dāng)(HA)=(A2)時溶液的pH=2，則HA的電離平衡常數(shù)Ka=c(H+)=1102，C正確；D用酚酞作指示劑，酚酞變色的pH范圍為8.210，終點時溶液呈堿性，c(OH)c(H+)，溶液中的電荷守恒為c(Na+)+c(H+)=2c(A2)+c(HA)+c(OH)，則c(Na+)2c(A2)+

5、c(HA)，D錯誤；答案選C?！军c睛】本題的難點是判斷H2A的電離，根據(jù)pH的突變和粒子分布分?jǐn)?shù)的變化確定H2A的電離方程式為H2A=H+A2，HAH+A2；同時注意題中是雙縱坐標(biāo)，左邊縱坐標(biāo)代表粒子分布分?jǐn)?shù)，右邊縱坐標(biāo)代表pH，圖像中(HA)=(A2)時溶液的pH5，而是pH=2。3【2020年延安吳起中學(xué)月考】室溫下，用0.l00mol/L NaOH溶液分別滴定20.00mL 0.100 mol/L的鹽酸和醋酸，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是（ ）AII表示的是滴定醋酸的曲線BpH=7時，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mLCV(NaOH)=20.00mL時，兩份溶液中c(Cl)=

6、c(CH3COO)DV(NaOH)=10.00mL時，醋酸溶液中c(Na+)c(CH3COO)c(H+)c(OH)【答案】B【解析】滴定開始時0.1000mol/L鹽酸pH=1，0.1000mol/L醋酸pH1，所以滴定鹽酸的曲線是圖，滴定醋酸的曲線是圖，A錯誤；醋酸鈉水解呈堿性，pH=7時，滴定醋酸消耗的V(NaOH)小于20mL，B正確；V(NaOH)=20.00mL時，二者反應(yīng)生成氯化鈉和醋酸鈉，醋酸根發(fā)生水解，兩份溶液中c(Cl)c(CH3COO)，C錯誤；V(NaOH)=10.00mL時，溶液中恰好為同濃度的醋酸和醋酸鈉，醋酸電離大于醋酸根的水解程度，溶液中離子濃度關(guān)系為c(CH3C

7、OO)c(Na+)c(H+)c(OH)，D錯誤?！军c睛】根據(jù)起始時的PH能判斷出醋酸的是曲線，鹽酸的是曲線。4.【河北石家莊辛集第一中學(xué)月考】室溫下，向20.00mL 0.10molL1一元弱堿MOH溶液中滴入0.10molL1的鹽酸，溶液的AG與所加鹽酸的體積關(guān)系如圖所示，已知AG=lg。下列有關(guān)敘述不正確的是（ ）A50下，AG=0，此時溶液顯中性Ba點對應(yīng)溶液中H2O電離出的c(H+)=1.01011 molL1Cb點對應(yīng)溶液中4c(M+)+4c(MOH)=3c(Cl)Dd點對應(yīng)溶液中c(Cl)c(H+)c(M+)c(MOH)【答案】C【解析】AAG=0，則，溶液中c(H+)=c(OH)

8、，溶液顯中性，A正確，不選；B室溫下，Kw=c(H+)c(OH)=1014，a點，可知c(H+)=1011molL1，溶液中的H+均來自與水的電離，因此水電離出來的c(H+)=1011molL1，B正確，不選；Cb點加入鹽酸15mL，根據(jù)物料守恒，可知含有M的粒子的濃度和Cl的濃度的比值為43，即，得3c(M+)+3c(MOH)=4c(Cl)，C錯誤，符合題意；Dd點，加入40mL鹽酸，鹽酸過量，溶液中為等濃度HCl和MCl的混合溶液，Cl的濃度最大，由于M+為弱堿陽離子，會水解，則c(H+)c(M+)，水解是微弱的，因此c(M+)c(MOH)則離子排序為c(Cl)c(H+)c(M+)c(MO

9、H)，D正確，不選。答案選C?！军c睛】易錯選C項，解題時容易將系數(shù)乘錯。因此解題時，可以先寫出分?jǐn)?shù)的形式，在改寫成等式，可以減少錯誤。1常溫下，用0.50mol/L氫氧化鈉溶液滴定某一元弱酸(HA)的溶液中，滴定曲線如圖所示，下列敘述不正確的是（ ）A該弱酸在滴定前的濃度大于0.001mol/LB由滴定起點數(shù)據(jù)可計算該弱酸的Ka(電離平衡常數(shù))為2105C滴定過程為求滴定終點，最合適的指示劑是酚酞D滴定終點時，c(Na+)c(A)c(OH)c(H+)【答案】B【解析】A由圖象可知，起始酸的pH為3，c(H+)=103mol/L，因為HA是弱酸，則酸的濃度必大于0.001mol/L，A項正確；B

10、HA是弱酸，HA的體積未知，無法由滴定起點數(shù)據(jù)計算該弱酸的Ka，B項錯誤；C用NaOH滴定該弱酸溶液達(dá)到終點pH范圍是在711，溶液顯堿性而酚酞的變色范圍是8.2-10.0，應(yīng)選擇酚酞作指示劑，C項正確；D酸堿滴定終點時，酸堿恰好反應(yīng)生成NaA，NaA是強堿弱酸鹽，A水解導(dǎo)致溶液顯堿性，則滴定終點時離子濃度順序為c(Na+)c(A)c(OH)c(H+)，D項正確；答案選B?！军c睛】本題考查酸堿中和滴定，離子濃度的大小比較等知識。對于酸堿指示劑選擇的基本原則總結(jié)如下：變色要靈敏，變色范圍要小，使變色范圍盡量與滴定終點溶液的酸堿性一致。不能用石蕊作指示劑；滴定終點為堿性時，用酚酞作指示劑；滴定終點

11、為酸性時，用甲基橙作指示劑；強酸滴定強堿一般用甲基橙，但用酚酞也可以；并不是所有的滴定都須使用指示劑，如用標(biāo)準(zhǔn)的Na2SO3溶液滴定KMnO4溶液時，KMnO4顏色褪去時即為滴定終點。2用已知濃度的鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，選用酚酞作指示劑，下列操作會導(dǎo)致測定結(jié)果偏低的是（ ）A酸式滴定管用蒸餾水洗后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗就裝標(biāo)準(zhǔn)液滴定B錐形瓶未用待測液潤洗C讀取標(biāo)準(zhǔn)液讀數(shù)時，滴前仰視，滴定到終點后俯視D滴定前酸式滴定管尖嘴處有氣泡未排除，滴定后氣泡消失【答案】C【解析】酸式滴定管用蒸餾水洗后未用標(biāo)準(zhǔn)液潤洗就裝標(biāo)準(zhǔn)液滴定，則鹽酸被稀釋，消耗鹽酸的體積增加，所以測定結(jié)果偏高；B錐形瓶未用待測液潤洗

12、，屬于正確的操作要求，不會影響結(jié)果；C讀取標(biāo)準(zhǔn)液讀數(shù)時，滴前仰視，讀數(shù)偏大。滴定到終點后俯視，讀數(shù)偏小，所以讀取的鹽酸體積減少，測定結(jié)果偏低。D滴定前酸式滴定管尖嘴處有氣泡未排除，滴定后氣泡消失，說明讀取鹽酸的體積增加，所以測定結(jié)果偏高；答案選C。【點睛】根據(jù)進(jìn)行誤差分析。325時，向20.00mL的NaOH溶液中逐滴加入某濃度的CH3COOH溶液。滴定過程中，溶液的pH與滴入CH3COOH溶液的體積關(guān)系如圖所示，點時NaOH溶液恰好被中和。則下列說法中，錯誤的是（ ）ACH3COOH溶液的濃度為0.1molL1B圖中點到點所示溶液中，水的電離程度先增大后減小C點所示溶液中存在：(CH3COO

13、H)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)D滴定過程中會存在：c(Na+)c(CH3COO)=c(OH)c(H+)【答案】C【解析】圖象可知氫氧化鈉溶液濃度為0.1mol/L，點時NaOH溶液恰好被中和消耗醋酸溶液20mL，根據(jù)酸堿中和規(guī)律，醋酸的濃度為0.1mol/L，故A正確；圖中點到點所示溶液中隨著醋酸逐漸滴入，氫氧化鈉不斷被消耗，水的電離被抑制程度逐漸減小，即水的電離程度增大；恰好反應(yīng)點，水的電離程度最大，從此以后繼續(xù)滴加醋酸，對水電離起到抑制作用，所以圖中點到點所示溶液中，水的電離程度先增大后減小，故B正確；點所示溶液是醋酸和醋酸鈉溶液，由物料守恒c(CH3COOH)+c(CH

14、3COO)=2c(Na+)和電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO)+c(OH)得c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO)+2c(OH)，故C錯誤；滴定過程中的某點，醋酸鈉和氫氧化鈉混合溶液中會有c(Na+)c(CH3COO)=c(OH)c(H+)，故D正確；故選C。4常溫下，向100mL 0.01molL1 HA溶液中逐滴加入0.02molL1的MOH溶液，如中所示曲線表示混合溶液的pH變化情況。下列說法中正確的是（ ）AHA為一元弱酸，MOH為一元強堿B滴入MOH溶液的體積為50mL時，c(M+)c(A)CN點水的電離程度大于K點水的電離程度DK點時，c(MOH)

15、+c(M+)=0.02molL1【答案】C【解析】A0.01molL1 HA溶液中pH=2，則HA是強酸，與50mL堿溶液恰好反應(yīng)后，溶液呈酸性，而與51mL堿恰好反應(yīng)溶液呈中性，說明堿為弱堿，A錯誤；BMOH是弱堿，滴入MOH溶液的體積為50 mL時，溶液呈酸性，由電荷守恒可知溶液中c(A)c(M+)，B錯誤；C由圖像可知，N點溶液呈中性，水電離的氫離子為107mol/L，K點溶液呈堿性，MOH電離的氫氧根離子抑制了水電離，水電離的氫離子小于107mol/L，所以N點水的電離程度大于K點水的電離程度，C正確；D在K點時混合溶液體積是酸溶液的2倍，物質(zhì)的量也是HA的2倍，所以c(MOH)+c(

16、M+)=0.01molL1，D錯誤；故答案選C。5下列滴定中，指示劑的選擇或滴定終點顏色變化有錯誤的是（ ）提示：、。選項滴定管中的溶液錐形瓶中的溶液指示劑滴定終點顏色變化A溶液溶液酚酞無色淺紅色B鹽酸氨水甲基橙黃色橙色C酸性溶液溶液無無色淺紫紅色D碘水溶液淀粉藍(lán)色無色【答案】D【解析】氫氧化鈉溶液滴定醋酸時，恰好中和時生成醋酸鈉，此時溶液顯堿性，所以選擇堿性條件下變色的指示劑即酚酞，終點顏色變化為無色淺紅色，A正確；B鹽酸滴定氨水時，恰好中和時生成氯化銨，此時溶液顯酸性，所以選擇酸性條件下變色的指示劑甲基橙，終點顏色變化為黃色橙色，B正確；C據(jù)題給已知反應(yīng)，可以用酸性高錳酸鉀溶液氧化亞硫酸鉀

17、的原理進(jìn)行滴定，亞硫酸鉀被完全氧化后，過量的高錳酸鉀使溶液顯淺紫紅色，C正確；D用碘水滴定硫化鈉溶液，淀粉作指示劑，開始時溶液無色，硫化鈉被完全消耗后，過量的碘水使淀粉顯藍(lán)色，所以滴定終點的顏色變化為無色藍(lán)色，D錯誤。【點睛】酸堿指示劑的選擇，一般會選擇生成物的酸堿性接近的指示劑，若反應(yīng)物本身有顏色就無需選擇指示劑。6室溫條件下，用0.100mol/L的NaOH溶液分別滴定酸HX、HY、HZ，三種酸的體積均為20.00mL，濃度均為0.100mol/L，滴定曲線如圖所示。下列敘述正確的是（ ）A電離常數(shù)Ka(HX)的數(shù)量級為1012BP點對應(yīng)的溶液中：c(Y)c(Na+)c(HY)c(H+)c

18、(OH)CpH=7時，三種溶液中c(X)=c(Y)=c(Z)DHX的電離程度大于X的水解程度【答案】B【解析】起始時HA溶液pH=6，則溶液中c(H+)=c(A)=106mol/L，所以Ka(HA)=1011，所以數(shù)量級不是1012，故A錯誤；BP點為在HY溶液中加入10mL NaOH溶液，溶液中含有等濃度的NaY和HY，溶液顯酸性，說明HY的電離程度大于NaY的水解程度，所以c(Y)c(Na+)c(HY)c(H+)c(OH)，故B正確；CpH=7時，根據(jù)電荷守恒，溶液中均存在，c(Na+)=c(X)，c(Na+)=c(Y)，c(Na+)=c(Z)，三種溶液中加入的NaOH體積不等，即c(Na

19、+)各不相同，所以c(X)c(Y)c(Z)，故C錯誤；D當(dāng)加入10mL NaOH溶液時，HX溶液中恰好反應(yīng)生成等量的HX和NaX，此時溶液顯堿性，說明X的水解程度大于HX的電離程度，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題的易錯點為BD，要注意加入10mL NaOH溶液時，盡管溶液的組成和濃度相似，但溶液的性質(zhì)有很大差別，Y對應(yīng)溶液顯酸性，X對應(yīng)溶液顯堿性。7生產(chǎn)和實驗中廣泛采用甲醛法測定飽和食鹽水樣品中的NH含量。利用的反應(yīng)原理為：4NH+6HCHO(CH2)6N4H+（一元酸）+3H+6H2O。實驗步驟如下：甲醛中常含有微量甲酸，應(yīng)先除去。取甲醛a mL于錐形瓶，加入12滴指示劑，用濃度為b mol

20、/L的NaOH溶液滴定，滴定管的初始讀數(shù)為V1 mL，當(dāng)錐形瓶內(nèi)溶液呈微紅色時，滴定管的讀數(shù)為V2 mL。向錐形瓶加入飽和食鹽水試樣c mL，靜置1分鐘。用上述滴定管中剩余的NaOH溶液繼續(xù)滴定錐形瓶內(nèi)溶液，至溶液呈微紅色時，滴定管的讀數(shù)為V3 mL。下列說法不正確的是（ ）A步驟中的指示劑可以選用酚酞試液B步驟中靜置的目的是為了使NH和HCHO完全反應(yīng)C步驟若不靜置會導(dǎo)致測定結(jié)果偏高D飽和食鹽水中的c(NH)=mol/L【答案】C【解析】酸和堿反應(yīng)生成甲酸鈉，溶液呈堿性，步驟中的指示劑可以選用酚酞試液，故A正確；通過延長反應(yīng)時間，使反應(yīng)進(jìn)行得更充分，步驟中靜置的目的是為了使NH和HCHO完全

21、反應(yīng)，故B正確；步驟若不靜置，4NH+6HCHO=(CH2)6N4H+（一元酸）+3H+6H2O，反應(yīng)不完全，生成的酸少，會導(dǎo)致測定結(jié)果偏低，故C錯誤；除去甲酸后的氫氧化鈉溶液讀數(shù)為V2 mL，加入飽和食鹽水試樣c mL，再加12滴酚酞，再用上述NaOH溶液滴定至微紅色，滴定管的讀數(shù)V3 mL，此時4NH+6HCHO=(CH2)6N4H+（一元酸）+3H+6H2O，滴入氫氧化鈉反應(yīng)，4NH（(CH2)6N4H+（一元酸）+3H+）4OH；氫氧化鈉物質(zhì)的量和氮元素物質(zhì)的量相同，所以飽和食鹽水中的c(NH)= =molL1，故D正確；故選C。8為測定樣品的純度，用硫酸溶解6.300g樣品，定容至2

22、50mL。取25.00mL溶液，用標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點。重復(fù)實驗，數(shù)據(jù)如下：序號滴定前讀數(shù)/mL滴定終點讀數(shù)/mL10.0019.9821.2622.4031.5421.56已知：假設(shè)雜質(zhì)不參加反應(yīng)。該樣品中的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是_%（保留小數(shù)點后一位）；寫出簡要計算過程：_。【答案】95.2 【解析】第一次所用標(biāo)準(zhǔn)液為：19.98mL，第二次所用標(biāo)準(zhǔn)液為22.40-1.26=20.14mL，第三次所用標(biāo)準(zhǔn)液為：21.56-1.54=20.02mL，第二次數(shù)據(jù)偏差較大舍去，所以所用標(biāo)準(zhǔn)液的體積為；根據(jù)方程式可知反應(yīng)中存在數(shù)量關(guān)系：3MnO5，所以25mL待測液中所含的物質(zhì)的量為：，質(zhì)量為，所以樣品中質(zhì)量分

23、數(shù)為?！军c睛】計算過程中要注意滴定的待測液是從配制的250mL溶液中取出的25mL。9化學(xué)小組用碘量法測定粗品立德粉(主要成分是ZnSBaSO4，不溶于水)中S2的含量(粗品中不含干擾測定的物質(zhì))。I稱取樣品mg，置于碘量瓶中；II用已準(zhǔn)確稱量的I2固體配制100mL 0.1000mol/L I2一KI標(biāo)準(zhǔn)溶液；III取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，并加入乙酸溶液，密閉于暗處幾分鐘，有黃色沉淀產(chǎn)生；IV以淀粉為指示劑，過量的I2用0.1000mol/L Na2S2O3溶液滴定，消耗Na2S2O3溶液體積為VmL?；卮鹣铝袉栴}：（1）II中配制100mL0.100mol/L I2-KI標(biāo)準(zhǔn)溶

24、液用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、量筒和_。（2）II中加入乙酸的作用是 ；黃色沉淀的名稱是 ，該反應(yīng)中 (填化學(xué)式)是氧化劑。（3）已知Na2S2O3與I2反應(yīng)生成Na2S4O6，則IV中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是 。（4）樣品中S2的含量為_(寫出表達(dá)式)。【答案】（1）100mL容量瓶、膠頭滴管 （2） 溶解ZnS，釋放出H2S 硫 I2 （3） I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6 （4） 【解析】(1)配制100mL 0.100mol/L I2-KI標(biāo)準(zhǔn)溶液，基本步驟是：1計算、2稱量、3溶解、4轉(zhuǎn)移、5洗滌、6定容、7搖勻，所以用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、量筒和100mL容

25、量瓶、膠頭滴管；(2)ZnS和醋酸反應(yīng)生成醋酸鋅和H2S，II中加入乙酸的作用是溶解ZnS，釋放出H2S；H2S和I2反應(yīng)生成HI和黃色S沉淀，該反應(yīng)中I元素化合價降低，I2是氧化劑；(3)Na2S2O3與I2反應(yīng)生成Na2S4O6和NaI，IV中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式是I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6；(4)設(shè)ZnS的物質(zhì)的量是x mol，根據(jù)ZnSI2，可知ZnS消耗I2 x mol，根據(jù)I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，Na2S2O3消耗I2 mol，則x+=0.025L0.1mol/L；x=，樣品中S2的含量為=。【點睛】本題考查一定物質(zhì)的量濃度溶液的配制

26、、物質(zhì)含量的測定，明確反應(yīng)原理是解題關(guān)鍵，掌握配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液配制步驟及計算，熟悉根據(jù)化學(xué)方程式的計算。10三氯化六氨合鈷(Co(NH3)6Cl3)是一種橙黃色晶體，實驗室制備過程如下：將研細(xì)的6g CoCl26H2O晶體和4g NH4Cl固體加入錐形瓶中，加水，加熱溶解，冷卻；加入13.5mL濃氨水，用活性炭作催化劑，混合均勻后逐滴滴加13.5mL 5% H2O2溶液，水浴加熱至5060，保持20min。用冰浴冷卻，過濾，得粗產(chǎn)品；將粗產(chǎn)品溶于50mL熱的稀鹽酸中，_，向濾液中緩慢加入6.7mL濃鹽酸，有大量橙黃色晶體析出，冰浴冷卻后過濾；先用冷的2molL1 HCl溶液洗滌晶體，

27、再用少許乙醇洗滌，干燥，得產(chǎn)品。(1)Co(NH3)6Cl3中Co的化合價是_。(2)CoCl2遇濃氨水生成Co(OH)2沉淀，加入濃氨水前先加入NH4Cl可避免沉淀生成，原因是_。(3)溶液中CoCl2、NH4Cl和濃氨水混合后，與H2O2溶液反應(yīng)生成Co(NH3)6Cl3的化學(xué)方程式是_。(4)補全中的操作：_。(5)沉淀滴定法測定制備的產(chǎn)品中Cl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：準(zhǔn)確稱取a g 中的產(chǎn)品，配制成100mL溶液，移取25mL溶液于錐形瓶中；滴加少量0.005molL1 K2CrO4溶液作為指示劑，用c molL1 AgNO3溶液滴定至終點；平行測定三次，消耗AgNO3溶液的體積的平均值為v mL

28、，計算晶體中Cl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。已知：溶解度：AgCl 1.3106 molL1，Ag2CrO4(磚紅色)6.5105molL1中，滴定至終點的現(xiàn)象是_。制備的晶體中Cl的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是_(列計算式，Cl的相對原子質(zhì)量：35.5)。【答案】（1）+3 （2） NH抑制NH3H2O的電離，使溶液中的c(OH)降低，避免生成Co(OH)2沉淀 （3） 2CoCl2+10NH3H2O+2NH4Cl+H2O22Co(NH3)6Cl3+12H2O （4） 趁熱過濾、冷卻 （5） 溶液中出現(xiàn)磚紅色沉淀，半分鐘內(nèi)不消失 【解析】根據(jù)題意，在氨氣和氯化銨存在條件下，以活性炭為催化劑，用雙氧水氧化CoCl2溶液來制備C

29、o(NH3)6Cl3，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CoCl2+10NH3H2O+2NH4Cl+H2O22Co(NH3)6Cl3+12H2O；將粗產(chǎn)品溶于50mL熱的稀鹽酸中，再向濾液中緩慢加入6.7mL濃鹽酸，有大量橙黃色晶體析出，冰浴冷卻后過濾，說明加入熱的稀鹽酸后應(yīng)過濾；先用冷的2molL1 HCl溶液洗滌晶體，再用少許乙醇洗滌，干燥，得產(chǎn)品。(1)Co(NH3)6Cl3中NH3為配體，氯的化合價為-1價，則Co的化合價是+3價，故答案為+3；(2)加入NH4Cl使溶液中的NH濃度增大，NH抑制NH3H2O的電離，使溶液中的c(OH)降低，避免生成Co(OH)2沉淀，故答案為：NH抑制NH3H2O

30、的電離，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和濃氨水混合后，與H2O2溶液反應(yīng)生成Co(NH3)6Cl3的化學(xué)方程式是CoCl2+10NH3H2O+2NH4Cl+H2O22Co(NH3)6Cl3+12H2O；(4)由分析可知，第中缺少步驟是過濾，并且是在加入熱的稀鹽酸后，故答案為：趁熱過濾、冷卻；(5)由題可知：AgCl的溶解度小于Ag2CrO4的溶液度，所以在滴加AgNO3時Ag+會與Cl反應(yīng)生成AgCl沉淀，當(dāng)Cl消耗完時再與CrO結(jié)合，所以滴定終點時是Ag+與CrO結(jié)合生成磚紅色沉淀，故答案為：溶液中出現(xiàn)磚紅色沉淀，半分鐘內(nèi)

31、不消失；由AgCl沉淀的化學(xué)式可知：反應(yīng)時Ag+與Cl物質(zhì)的量之比為11，滴定時消耗AgNO3的物質(zhì)的量為c mol/Lv mL103=cv103mol，則25ml溶液中Cl物質(zhì)的量為c v103mol，25ml溶液中Cl的質(zhì)量為：m=nM=cv103mol35.5g/mol=35.5cv103g，則100g溶液中Cl的質(zhì)量為：435.5c v103g，故質(zhì)量分?jǐn)?shù)為：，故答案為。11連二亞硫酸鈉，也稱為保險粉，是一種白色砂狀結(jié)晶或淡黃色粉末，熔點300(分解)，溶于氫氧化鈉溶液，在空氣中易被氧化，在堿性介質(zhì)中穩(wěn)定存在。以Zn粉與SO2溶液反應(yīng)制備“保險粉”的工藝如下：回答下列問題：(1)“反應(yīng)”和“轉(zhuǎn)化”可利用下圖所示裝置完成(夾持裝置已略)?？捎肅u