1、课题二 物质含量的测定 同步测试一、单选题（共 10 题；共 20 分）1.如图曲线 a 和 b 是盐酸与氢氧化钠溶液相互滴定的滴定曲线，下列叙述正确的是（ ） A. 盐酸的物质的量浓度为 1molLB. P 点时反应恰好完全，溶液呈中性C. 曲线 a 是盐酸滴定氢氧化钠的滴定曲线D. 酚酞不能用作本实验的指示剂2.用标准盐酸溶液滴定未知浓度的 NaOH 溶液，所测数据如下： 0.1000mol/L 盐酸的体积/mL滴定次数 待测 NaOH 溶液的体积/mL滴定前刻度 滴定后刻度第一次 25.00 0.20 20.22第二次 25.00 0.56 24.54第三次 25.00 0.42 20.
2、40测得 NaOH 溶液的物质的量浓度为（ ） A. 0.0853mol/L B. 0.1000mol/L C. 0.0800mol/L D. 0.1250mol/L3.用已知物质的量浓度的酸测定未知物质的量浓度的碱时，会导致待测碱液的物质的量浓度偏低的操作是（ ） 酸式滴定管在滴定前未将液面调至“0”刻度，而调在“2.40”碱式滴定管用蒸馏水洗后，未用待测液润洗 滴定前酸式滴定管尖嘴部分未充满溶液，滴定后充满溶液滴定中不慎将锥形瓶内液体摇出瓶外滴定达终点时，视线高于滴定管内液面凹面的最低点 A. B. C. D. 4.在室温下进行中和滴定，酸和碱恰好完全反应时，以下说法一定正确的是（ ） A
3、. 参加反应的酸和碱的物质的量相等 B. 参加反应的酸中的 H 总量和碱中的 OH 总量相等C. 反应后混合液的 pH7 D. 不能用适当的酸碱指示剂来判断5.某氢氧化钠溶液的实际浓度为 0.1000mol/LA 同学的实验测定值为 0.095mol/L，则他测定的相对误差为（ ） A. 5.26% B. 5.26% C. 5% D. 5%6.下列与滴定实验有关的说法中正确的是（ ） A. 容量瓶和滴定管都需要用试剂润洗B. 用 NaOH 滴定盐酸时，若滴定结束时俯视刻度，会导致测定结果偏高C. 用滴定管准确量取 20.0 mL 盐酸D. 用 KMnO4 滴定亚硫酸钠溶液的实验中不需要另外加入
4、指示剂7.在酸碱中和滴定实验中，由于下列操作错误，会引起待测 NaOH 溶液浓度值偏低的是（ ） A. 所用酸式滴定管尖端部分有气泡，滴定后消失B. 滴定前读数正确，滴定后俯视读数C. 未用已知浓度的标准酸液洗滴定管，只用蒸馏水洗涤后即开始装液滴定D. 滴定前，未用待测碱液清洗锥形瓶8.用标准的盐酸滴定未知浓度的 NaOH 溶液，下列操作不会引起实验误差的是（ ） A. 用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定B. 用蒸馏水洗净锥形瓶后，再用 NaOH 溶液润洗，后装入 NaOH 溶液进行滴定C. 用碱式滴定管取 10.00 mL NaOH 溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏
5、水进行滴定D. 用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸9.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（其他操作均正确）10.用标准的 NaOH 溶液滴定未知浓度的盐酸，选用酚酞为指示剂，造成测定结果偏低的原因可能是( ) A. 滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其它操作均正确 B. 盛装未知液的滴定管用蒸馏水洗过，未用待测液润洗C. 滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液 D. 未用标准液润洗碱式滴定管二、填空题（共 3 题；共
6、5 分）11.用 25mL 移液管量取市售食醋 25mL，置于 250mL 容量瓶中，加水稀释至刻度，摇匀得到待测食醋溶液，用 0.100 0molL1NaOH 标准溶液滴定，滴定过程中记录如下数据： 实验次数 第一次 第二次 第三次待测食醋的体积初读数/mL 0.02 0.03 0.00待测食醋的体积终读数/mL 25.01 25.04 25.02氢氧化钠标准液的体积初读数/mL 0.01 0.03 0.04氢氧化钠标准液的体积终读数/mL 12.52 12.55 12.58由以上数据可求得该市售食醋总酸含量的平均值为_（g/100mL）（答案保留三位小数） 12.某化学兴趣小组取一定量的双
7、氧水，欲准确测定其中 H2O2 的含量：取双氧水 25.00mL 至锥形瓶中，加入稀硫酸酸化，用蒸馏水稀释用一定浓度的高锰酸钾标准溶液滴定，其反应的离子方程式为：2MnO4+5H2O2+4H+2Mn2+5O2+2H2O，滴定时，将高锰酸钾标准溶液注入_（填“酸式”或“碱式”）滴定管中，滴定到达终点的现象是_ 13.某班同学用如下图所示装置测定空气里氧气的含量先用弹簧夹夹住橡胶管点燃钠，伸入瓶中并塞上瓶塞待钠熄灭并冷却后，打开弹簧夹，观察广口瓶内水面变化情况 上述实验过程中发生反应的化学方程式为_实验完毕，甲同学的广口瓶内水面上升明显小于瓶内空气体积的 1/5，乙同学的广口瓶内水面上升明显大于瓶
8、内空气体积的 1/5下列对这两种现象解释合理的是_a甲同学可能使用钠的量不足，瓶内氧气没有消耗完b甲同学可能未塞紧瓶塞，钠熄灭冷却时外界空气进入瓶内c乙同学可能没夹紧弹簧夹，钠燃烧时瓶内部分空气受热从导管逸出d乙同学可能插入燃烧匙太慢，塞紧瓶塞之前，瓶内部分空气受热逸出 三、实验探究题（共 3 题；共 23 分）14.类比是化学学习中常用的方法，已知硝酸能把铁氧化成 Fe（NO 3） 3 ， 但当铁过量时，产物是Fe（NO 3） 2 某同学受此启发，提出一个相似的观点：氯气与铁粉反应，当 Cl2 足量时生成 FeCl3 ， 当铁粉过量时是 FeCl2 ， 为验证该观点是否正确，该同学将一定量铁
9、粉与 Cl2 恰好完全反应得到一固体物质，然后通过实验确定其成分探究过程如下：请填空： （1）提出假设： 假设 1：该固体物质是 FeCl2假设 2：该固体物质是 FeCl3假设 3：该固体物质是_ （2）设计方案： 取少量固体物质于烧杯中，加适量水溶解，得到溶液 A，然后取两份 A 溶液分别进行实验，实验现象与结论如下表，请将表中现象和结论补充完整实验方法 实验现象 结 论在溶液中加 KSCN 溶液 _ 固体物质中有 FeCl3在 KMnO4 溶液中加少量 A 溶液 KMnO4 溶液颜色无明显变化 固体物质中不含_（3）根据上述实验结论，写出 Cl2 与铁粉加热时发生反应的化学方程式 _ （
10、4）为进一步探究 FeCl3 溶液的性质，他又利用 A 溶液做了如下一些实验，其中明显错误的一项是 A. 将 A 溶液滴入沸水中，并继续加热得到红褐色液体，该液体能产生丁达尔现象B. 铜片放入在 A 溶液中，铜片会被溶蚀C. 在 A 溶液中滴加 NaOH 浓溶液，出现红褐色沉淀D. 在 A 溶液中加入碘化钾淀粉溶液无明显现象15.亚硝酸钠（NaNO 2）是一种工业盐，实验室可用如下装置（略去部分夹持仪器）制备 已知： 2NO+Na2O22NaNO2；3NaNO2+3HCl3NaCl+HNO3+2NO+H2O；酸性条件下，NO 和 NO2 都能与 MnO4反应生成 NO3和 Mn2+；Na 2O
11、2 能使酸性高锰酸钾溶液褪色 （1）加热装置 A 前，先通一段时间 N2 ， 目的是_ （2）装置 A 中发生反应的化学方程式为 _实验结束后，将 B 瓶中的溶液经蒸发浓缩、_（填操作名称）、过滤可获得 CuSO45H2O （3）仪器 C 的名称为_ ，其中盛放的药品为_（填名称） （4）充分反应后，检验装置 D 中产物的方法是：取产物少许置于试管中，_，则产物是NaNO2（注明试剂、现象） （5）为测定亚硝酸钠的含量，称取 4.000g 样品溶于水配成 250mL 溶液，取 25.00mL 溶液于锥形瓶中，用 0.1000molL1 酸性 KMnO4 溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：
12、滴定次数 1 2 3 4KmnO4 溶液体积/mL 20.60 20.02 20.00 19.98第一组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_（填代号）a酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗b锥形瓶洗净后未干燥c滴定终点时仰视读数根据表中数据，计算所得固体中亚硝酸钠的质量分数_ （6）设计合理实验比较 0.1molL1NaNO2 溶液中 NO2的水解程度和 0.1molL1HNO2 溶液中 HNO2 的电离程度相对大小（简要说明实验步骤、现象和结论，仪器和药品自选）_ 16.为测定碱式碳酸钴CO x（ OH） y（CO 3） z的化学组成，研究性学习小组的同学设计了如图所示的装置进行实
13、验探究已知：碱式碳酸钴受热时可分解生成三种氧化物 （1）按如图所示装置组装好仪器，并_；称取 3.65g 样品置于硬质玻璃管内，加热，当乙装置中_（填实验现象），停止加热；打开活塞 a，缓缓通入空气数分钟，通入空气的目的是_ （2）某同学认为上述实验中存在一个缺陷，该缺陷是_ （3）通过正确实验测得乙、丙装置增重分别为 0.36g、0.88g，则该碱式碳酸钴的化学式为_ （4）CoCl 26H2O 常用作多彩水泥的添加剂以含钴废料（含少量 Fe、Al 等杂质）制取 COCl26H2O 的一种工艺如下： 已知；25时沉淀物 Fe（OH） 3 Fe（OH） 2 Co（OH） 2 Al（OH） 3开
14、始沉淀（pH） 2.3 7.5 7.6 3.4完全沉淀（pH） 4.1 9.7 9.2 5.2净化除杂时，加入 H2O2 发生反应的离子方程式为 _；加入 CoCO3 调 pH 为 5.27.6，则操作 I 获得的滤渣成分为 _；加盐酸调整 pH 为 23 的目的为_；操作 过程为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 四、综合题（共 1 题；共 6 分）17.某化学兴趣小组，欲在常温常压下，用一定质量的铜镁合金与足量稀盐酸反应，利用图装置，测定样品中铜的质量分数（1）实验反应原理：写出 A 中发生反应的离子方程式_ （2）仪器识别：写出上图中仪器的名称_ （3）实验中，该兴趣小组同学测得以下数据a反应前样
15、品铜镁合金的质量，记为 m1 gb反应结束后，经过处理后的残余固体的质量，记为 m2 gc经过一系列正确的操作后，读取量筒中的水的体积，记为 V mLd查阅资料，常温常压下，H 2 的密度为 g/L四位同学分成甲、乙两个小组，甲组同学利用重量法为思路，请合理选择以上数据，列式求铜的质量分数：_100%；乙组同学利用排水法测量气体体积为思路，请合理选择以上数据，列式求铜的质量分数：_100% （4）误差分析环节中指导教师提出，甲、乙两组同学的思路中，会有很多因素导致测得的铜的质量分数出现误差，现将可能导致误差的因素罗列如下，回答相关问题：a读取量筒中水的体积时，未等装置中气体恢复至室温b未考虑
16、B、C 装置间连接导管中残留的水c未对反应后剩余的残余物进行洗涤d未对反应中挥发出的 HCl 气体进行除杂处理导致铜的质量分数大于理论值的原因可能是_（填符号）导致铜的质量分数小于理论值的原因可能是_（填符号） 答案解析部分一、单选题1.【答案】B 【解析】【解答】解：A、根据曲线可以看出盐酸溶液的 pH=1，pH=lgC （H +）=1，所以 C（HCl）=C（H +）=0.1mol/L，故 A 错误； B、根据曲线可以看出 P 点时 pH=7，说明溶液呈中性，反应恰好完全，故 B 正确；C、曲线 a 的 pH 是由小到大，说明是氢氧化钠溶液滴定盐酸溶液的曲线，故 C 错误；D、氢氧化钠与盐
17、酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞或甲基橙做指示剂，故 D 错误；故选：B【分析】A、根据曲线 a 可以看出盐酸溶液的 pH=1，然后求出盐酸的物质的量浓度；B、根据曲线 P 点时 pH 值来判断酸碱性；C、根据曲线 a 的 pH 的变化趋势来判断； D、氢氧化钠与盐酸恰好反应时溶液呈中性，可用酚酞或甲基橙做指示剂；2.【答案】C 【解析】【解答】解：第一次滴定消耗盐酸的体积为：20.22mL 0.20mL=20.02mL，第二次滴定消耗盐酸的体积为：24.54mL0.56mL=23.98mL，第三次滴定消耗盐酸的体积为：20.40mL 0.42mL=19.98mL， 由于第二次滴定消耗盐酸体积
18、与其它两次数据差别较大，应该舍弃，则其它两次滴定消耗盐酸的平均体积为： =20.00mL，根据中和反应原理可知：n（NaOH）=n（HCl），所以测定该氢氧化钠溶液的物质的量浓度为：c（NaOH）= = =0.0800mol/L，故选 C【分析】先根据滴定前、滴定后数据计算出每次滴定中消耗盐酸体积，然后判断滴定数据是否有效，将有效的数据取平均值，从而得出消耗标准液体积，然后根据中和反应实质计算出消耗氢氧化钠的物质的量，最后根据 c= 计算出氢氧化钠溶液的浓度3.【答案】D 【解析】【解答】解：滴定时消耗的标准溶液的体积为：滴定后的读数 滴定前的读数，则酸式滴定管在滴定前未将液面调至“0”刻度，
19、而调在“2.40”一样可以计算出消耗的标准溶液的体积，所以对实验无响应，则 c（待测）不变； 碱式滴定管用蒸馏水洗后，未用待测液润洗，待测液浓度偏小，待测液的物质的量偏小，滴定时消耗的标准溶液的体积偏小，根据 c（待测）= 分析，可知 c（待测）偏小；滴定前酸式滴定管尖嘴部分未充满溶液，造成 V（标准）偏大，根据 c（待测）= 分析，可知 c（待测）偏大；滴定中不慎将锥形瓶内液体摇出瓶外，则待测溶液的物质的量减少，滴定时消耗的标准溶液的体积偏小，根据 c（待测）= 分析，可知 c（待测）偏小；滴定达终点时，视线高于滴定管内液面凹面的最低点，读数偏小，则标准溶液的体积偏小，根据 c（待测）= 分
20、析，可知 c（待测）偏小；所以会导致待测碱液的物质的量浓度偏低的操作是；故选 D【分析】根据 c（待测）= 分析不当操作对 V（标准）的影响，以此判断浓度的误差4.【答案】B 【解析】【分析】正确答案：BA不正确，参加反应的酸和碱的物质的量不一定相等，恰好完全反应，是按方程式的计量数之比反应；B正确，参加反应的酸中的 H 总量和碱中的 OH 总量相等；C不正确，只有强酸与强碱，反应后混合液的 pH7；D不正确，在误差允许范围内，用适当的酸碱指示剂可以判断反应的终点。5.【答案】D 【解析】【解答】解：该中和滴定的相对误差为： 100%=5%， 故选 D【分析】相对误差的表达式为： 100%，据
21、此结合题中数据计算6.【答案】D 【解析】【解答】解：A容量瓶用来配制一定浓度溶液，若用待测液润洗会导致测定结果偏大，滴定管使用前要润洗，否则仪器壁上有水，相当于稀释待量物质，故 A 错误； B用 NaOH 滴定盐酸时，若滴定结束时俯视刻度，导致 V（标准）偏小，根据 c（待测）= 分析，可知 c（待测）偏小，故 B 错误；C酸性滴定管可用来量取酸或强氧化性物质，精确度高，可精确到 0.01mL，故 C 错误；DKMnO 4 本身为紫红色，则用 KMnO4 滴定亚硫酸钠溶液的实验到达终点时，将出现红色，所以不需要另外加入指示剂，故 D 正确故选 D【分析】A容量瓶用来配制一定浓度溶液，不用润洗
22、，滴定管使用前要润洗，否则仪器壁上有水，相当于稀释待量物质；B根据 c（待测） = 分析不当操作对 V（标准）的影响，以此判断浓度的误差；C酸性滴定管可用来量取酸或强氧化性物质，精确度高； DKMnO 4 本身为紫红色，到达终点时，将出现红色7.【答案】B 【解析】【分析】正确答案：BA气泡被计算成碱，偏高；C、将标准液冲稀，导致用的体积变大，偏高；D、不影响。8.【答案】C 【解析】【解答】解：A用蒸馏水洗净酸式滴定管后，装入标准盐酸进行滴定，标准盐酸被稀释，浓度偏小，造成消耗的 V（酸）偏大，根据 c（碱）= 分析，可知 c（碱）偏大，故 A 错误；B蒸馏水洗净锥形瓶后，再用 NaOH 溶
23、液润洗，后装入 NaOH 溶液进行滴定，而后装入一定体积的NaOH 溶液进行滴定，待测液的物质的量偏大，造成消耗的 V（酸）偏大，根据 c（碱）= 分析，可知 c（碱）偏大，故 B 错误；C用碱式滴定管取 10.00 mL NaOH 溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，再加入适量蒸馏水进行滴定，对 V（酸）无影响，根据 c（碱）= 分析，可知 c（碱）不变，故 C 正确；D用酚酞作指示剂滴至红色刚变无色时即停止加盐酸，造成消耗的 V（酸）偏小，根据 c（碱）= 分析，可知 c（碱）偏小，故 D 错误；故选 C 【分析】根据 c（碱）=分析，以此判断浓度的误差9.【答案】B 【解析】【解答】A、滴定
24、前标准液在零刻度以上，无法计算所用标准液的体积，对中和滴定结果有影响，故 A 不选；B、盛未知浓度溶液的锥形瓶里有少量蒸馏水，不影响待测液的物质的量，所以不影响消耗标准液的体积，对中和滴定结果无影响，故 B 选；C、滴定管没有用标准液润洗，标准液被稀释，所用标准液体积偏大，测定结果偏高，故 C 不选；D、滴定终点读数时俯视刻度，导致读数偏小， V（标准）减小，测定结果偏低，故 D 不选；故选 B【分析】本题考查了中和滴定操作中的错误操作，注意熟记中和滴定中的正确操作，题目难度不大。10.【答案】B 【解析】【解答】A滴定终点读数时，仰视滴定管的刻度，其它操作均正确，则消耗标准溶液的体积偏大，使
25、测定结果偏高，A 不符合题意；B盛装未知液的滴定管用蒸馏水洗过，未用待测液润洗，则锥形瓶中含有的标准溶液的物质的量偏少，使反应消耗的标准溶液的体积偏少，最终导致测定结果偏低，B 符合题意；C滴定到终点读数时发现滴定管尖嘴处悬挂一滴溶液，则消耗标准溶液的体积偏大，使测定结果偏高，C 不符合题意；D未用标准液润洗碱式滴定管，则反应消耗标准溶液的体积偏大，最终导致测定结果偏高，D 不符合题意。故答案为：B【分析】根据 c（待测）=c（标准）V（标准）V（待测）进行分析即可。二、填空题11.【答案】3.004 【解析】【解答】解：3 次用去的食醋溶液的体积为：24.99mL；25.01mL；25.02
26、mL ，则食醋溶液的体积的平均值为 25.01mL 3 次消耗的 NaOH 溶液的体积为：12.51mL ；12.52mL；12.54mL，则 NaOH 溶液的体积的平均值为 12.52mL设 10mL 市售白醋样品含有 CH3COOH Xg，则CH3COOH NaOH60 40Xg0.2501 0.1000mol/L0.01252L40g/molX=0.3004则样品总酸量 3.004g/100mL，故答案为：3.004【分析】先分析数据的合理性，求出 NaOH 体积的平均值，然后根据醋酸与 NaOH 反应的关系式求出醋酸，最后求出测定食醋的总酸量12.【答案】酸式；滴入最后一滴高锰酸钾溶液
27、，溶液呈紫色，且 30 秒内不褪色 【解析】【解答】解：由于高锰酸钾标准溶液具有强氧化性，能够氧化碱式滴定管的橡胶管，所以只能注入酸式滴定管； 酸性高锰酸钾溶液为紫色，反应后变为无色的锰离子，则滴定到达终点的现象是：滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液呈紫色，且 30 秒内不褪色，故答案为：酸式；滴入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液呈紫色，且 30 秒内不褪色【分析】酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能够氧化橡皮管，应该选用酸式滴定管盛放；高锰酸钾溶液呈紫色，反应后变为无色，据此判断滴定终点现象13.【答案】2Na+O 2 Na2O2；abcd 【解析】【解答】解：钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，化学反
28、应方程式为：2Na+O 2 Na2O2 ， 故答案为： 2Na+O2 Na2O2； a钠的量不足，瓶内氧气没有消耗完，导致氧气剩余，故瓶内水面上升高度达不到，故 a 正确；b瓶塞未塞紧，钠熄灭冷却时外界空气进入瓶内，导致瓶内压强过大，水面上升高度达不到，故 b 正确；c没夹紧弹簧夹，钠燃烧时瓶内部分空气受热从导管逸出，导致瓶内压强减小，水面上升高度超出，故c 正确；d插入燃烧匙太慢，塞紧瓶塞之前，瓶内部分空气受热逸出，导致瓶内压强减小，水面上升高度超出，故 d 正确，故选：abcd【分析】 钠在加热条件下与氧气反应生成过氧化钠，据此写出化学反应方程式即可，注意条件；a项，若钠的量不足，则氧气消
29、耗不完，造成进水量少于容器容积的 ；b 项，若瓶塞未塞紧，钠熄灭冷却，瓶内气体收缩，外面的空气会进入瓶内，使气体得到补充；c 项，若弹簧夹未夹紧，钠燃烧时，瓶内气体膨胀，使部分气体从导管口逸出；d 项，若插入燃烧匙太慢，钠燃烧时，瓶内气体膨胀，在塞紧瓶塞前，瓶内部分气体从瓶口逸出三、实验探究题14.【答案】（1）FeCl 3 和 FeCl2 的混合物（2）溶液变红色；FeCl 2（3）2Fe+3Cl 2 2FeCl3（4）D 【解析】【解答】解：（1）根据类比法，结合铁和硝酸反应的产物，产物可能为 FeCl2、FeCl 3、FeCl 3和 FeCl2 的混合物， 故答案为： FeCl3 和 F
30、eCl2 的混合物；（2）铁离子和硫氰根离子反应生成血红色硫氰化铁，分别向 A、B 溶液中加 KSCN 溶液，溶液中含有氯化铁，铁离子和硫氰化钾反应反应而使溶液呈血红色，亚铁离子具有还原性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，如果向分别向 KMnO4 溶液中加入适量A、B 溶液，KMnO 4 溶液颜色无明显变化，说明不含氯化亚铁，故答案为：溶液变红色；FeCl 2；（3）在加热条件下，铁在氯气中反应生成氯化铁，反应方程式为：2Fe+3Cl2 2FeCl3 ， 故答案为：2Fe+3Cl 2 2FeCl3；（4）A 为 FeCl3 溶液，A将 FeCl3 溶液滴入沸水中，并继续加热得到红褐色液体，该液体为氢
31、氧化铁胶体，能产生丁达尔现象，故 A 正确；B铜片放入在 FeCl3 溶液中，生成氯化亚铁和氯化铜，所以铜片会被溶蚀，故 B 正确；C在 FeCl3 溶液中滴加 NaOH 浓溶液，出现氢氧化铁红褐色沉淀，故 C 正确；D在 FeCl3 溶液中加入碘化钾淀粉溶液，铁离子能氧化碘离子生成碘单质，所以滴入淀粉碘化钾溶液中，可得到蓝色液体，故 D 错误，故答案为：D【分析】（1）根据类比法，结合铁和硝酸反应的产物，产物可能为 FeCl2、FeCl 3 或二者的混合物；（2）铁离子和硫氰根离子反应生成血红色硫氰化铁，亚铁离子具有还原性能被酸性高锰酸钾氧化；（3）在加热条件下，氯气和铁反应生成氯化铁；（4
32、）A 为 FeCl3 溶液，A将 FeCl3 溶液滴入沸水中，并继续加热得到红褐色液体，该液体为氢氧化铁胶体，能产生丁达尔现象；B铜片放入在 FeCl3 溶液中，生成氯化亚铁和氯化铜，所以铜片会被溶蚀；C在 FeCl3 溶液中滴加 NaOH 浓溶液，出现氢氧化铁红褐色沉淀；D在 FeCl3 溶液中加入碘化钾淀粉溶液，铁离子能氧化碘离子生成碘单质，所以滴入淀粉碘化钾溶液中，可得到蓝色液体，据此答题15.【答案】（1）排出装置中的空气（2）C+4HNO 3（浓） CO2+4NO2+2H2O；冷却结晶（3）干燥管；碱石灰（4）加入稀硫酸溶液中有气泡产生且在试管口上方出现红棕色气体（5）ac；86.2
33、5%（6）25C 将 0.1mol/LHNO2 和 0.1mol/LNaNO2 溶液等体积混合，若测定溶液 PH7，说明 HNO2 的电离程度大于 NO2离子的水解程度，若测定溶液 pH7，说明 NO2离子水解程度大于 HNO2 的电离程度 【解析】【解答】解：（1）制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，装置中无空气存在，加热 A 前，先通一段时间N2 ， 目的是把装置中的空气赶净，避免生成的亚硝酸钠混入杂质，故答案为：排出装置中的空气；（2）装置 A 中发生反应是浓硝酸和碳加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的
34、化学方程式为：C+4HNO3（浓） CO2+4NO2+2H2O，装置 A 中生成的二氧化氮进入装置 B 生成硝酸，氧化铜生成硝酸铜、硫酸铜，蒸发浓缩过程硝酸是易挥发性的酸，所以冷却结晶得到晶体为硫酸铜晶体，故答案为：C+4HNO3（浓） CO2+4NO2+2H2O；冷却结晶；（ 3）制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，仪器 C 为干燥管，利用其中的碱石灰用来干燥一氧化氮气体， 故答案为：干燥管；碱石灰；（4）3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO+H2O，反应生成的一氧化氮遇到空气会生成红棕色气体二氧
35、化氮，充分反应后，检验装置 D 中产物的方法是：取产物少许置于试管中加入稀硫酸溶液中有气泡产生且在试管口上方出现红棕色气体，证明产物是 NaNO2 ， 故答案为：加入稀硫酸溶液中有气泡产生且在试管口上方出现红棕色气体；（5第一组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，会导致测量结果偏高，a酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，滴定过程中消耗的标准液体积会偏大，故 a 正确；b锥形瓶不需要干燥，所以锥形瓶洗净后未干燥，不影响测定结果，故 b 错误；c滴定终了仰视读数，导致读数偏大，计算出的标准液体积偏大，故 c 正确；故答案为：ac；（6）由于第一组数据偏高，应该舍弃；其它三
36、组消耗标准液平均体积为： mL=20.00mL，25mL 样品消耗高锰酸钾的物质的量为 0.1000mol/L0.02L=0.002mol，则 250mL 样品溶液会消耗高锰酸钾的物质的量为 0.002mol =0.02mol，根据化合价变化可得反应关系式：2MnO 45NO 2 ， 则 4.000g 样品中含有亚硝酸钠的物质的量为 0.02mol =0.05mol，质量为69g/mol0.05mol=3.45g，所以反应后的固体中亚硝酸钠的质量分数为： =100%=86.25%，故答案为：86.25%；（6）依据 HNO2 溶液中存在电离平衡，NO 2存在水解平衡，比较 0.1molL1Na
37、NO2 溶液中NO2的水解程度和 0.1molL1HNO2 溶液中 HNO2 的电离程度相对大小，实验设计为：25C 将0.1mol/LHNO2 和 0.1mol/LNaNO2 溶液等体积混合，若测定溶液 PH7，说明 HNO2 的电离程度大于 NO2离子的水解程度，若测定溶液 pH7，说明 NO2离子水解程度大于 HNO2 的电离程度，故答案为：25C 将 0.1mol/LHNO2 和 0.1mol/LNaNO2 溶液等体积混合，若测定溶液 PH7，说明 HNO2的电离程度大于 NO2离子的水解程度，若测定溶液 pH7，说明 NO2离子水解程度大于 HNO2 的电离程度【分析】（1）分析装置
38、图可知制备亚硝酸钠需要一氧化氮和过氧化钠反应生成，过氧化钠和二氧化碳、水蒸气发生反应，所以制备的一氧化氮气体必须纯净干燥，装置中无空气存在；（2）装置 A 中发生反应是浓硝酸和碳加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，装置 A 中生成的二氧化氮进入装置 B 生成硝酸，氧化铜生成硝酸铜、硫酸铜，蒸发浓缩过程硝酸是易挥发性的酸，所以冷却结晶得到晶体为硫酸铜晶体；（3）仪器 C 为干燥管，利用其中的碱石灰用来干燥一氧化氮气体；（4）充分反应后，检验装置 D 中产物的方法是利用 3NaNO2+3HCl=3NaCl+HNO3+2NO+H2O，反应生成的一氧化氮遇到空气会生成红棕色气体二氧化氮检验；（5）第一
39、组实验数据消耗的酸性高锰酸钾溶液体积偏大，a酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，标准液浓度减小；b达到过程中锥形瓶不需要干燥，不影响待测液中溶质的物质的量；c滴定终了仰视读数，读出的是凹液面下方读数，读数比实际消耗的标准液体积偏大；第一组数据舍弃，计算出其它 3 组消耗标准液的平均体积，再结合反应方程式计算出样品中亚硝酸钠的质量及质量分数；（6）在相同温度下把等浓度的亚硝酸钠和亚硝酸等体积混合，测定溶液 PH，若 PH 大于 7 说明水解程度大，若 pH 小于 7 说明电离程度大16.【答案】（1）检查装置气密性；不再有气泡产生时；将装置中生成的 CO2 和 H2O 全部
40、排入乙、丙装置中（2）未考虑空气中的水蒸气和二氧化碳对实验的影响（3）Co 3（OH） 4（CO 3） 2（4）2Fe 2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；Fe（OH） 3 和 Al（OH） 3；抑制 CoCl2 的水解 【解析】【解答】解：（1）按如图所示装置组装好仪器，应首先检验装置的气密性，加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕，步骤中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的CO2 和 H2O 全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果， 故答案为：检验装置的气密性，不再有气泡产生，将装置中生成的 CO2 和 H2O 全部排入乙、丙装置中；（2）空气中的水蒸气和二氧化
41、碳被乙丙装置吸收产生误差，在活塞 a 前，加装装置干燥管，装置中盛放的碱石灰用来吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；故答案为：未考虑空气中的水蒸气和二氧化碳对实验的影响；（3）碱式碳酸钴样品 3.65g，故生成水的质量为 0.36g，物质的量为 =0.02mol，生成二氧化碳的质量为 0.88g，物质的量为 =0.02mol，故氧化钴的质量为 3.65g0.36g0.88g=2.41g，物质的量为 =0.03mol，根据Co、H、C 元素守恒可知， x：y：z=0.03mol ：0.02mol2：0.02mol=3：4：2，故碱式碳酸钴的化学式为Co3（OH） 4（CO 3） 2 ， 故答案为：Co
42、 3（OH） 4（CO 3） 2；（4）三价铁离子易转化为沉淀，所以要加入氧化剂过氧化氢把二价铁离子氧化为三价铁离子，而不会引入新的杂质，反应的离子方程式为；2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；故答案为：2Fe 2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；废料加入盐酸后生成氯化物，然后加入双氧水，二价铁离子被双氧水氧化生成三价铁离子，根据沉淀的 pH 值表格知，当溶液的 pH 值为 5.2 时，铁离子和铝离子被完全沉淀，当溶液的 pH 值为 7.6 时，钴离子才开始产生沉淀，所以要想将铁离子、铝离子和钴离子分离，溶液的 pH 值应该不小于 5.2 不大于 7.6，则操作 I 获得的滤
43、渣成分为 Fe（OH ） 3 和 Al（OH） 3；故答案为：Fe（OH） 3 和 Al（OH） 3；加盐酸调整 pH 为 23 的目的为抑制 CoCl2 的水解，故答案为：抑制 CoCl2 的水解【分析】（1）按如图所示装置组装好仪器，应首先检验装置的气密性，加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生，即碱式碳酸钴分解完毕，步骤中缓缓通入空气数分钟，将装置中生成的 CO2 和 H2O 全部排入乙、丙装置中，以免影响测量结果；（2）空气中的水蒸气和二氧化碳被乙丙装置吸收产生误差，在活塞 a 前，加装装置干燥管，装置中盛放的碱石灰用来吸收空气中的水蒸气和二氧化碳；（3）碱式碳酸钴样品 3.65g，
44、故生成水的质量为 0.36g，物质的量为 =0.02mol，生成二氧化碳的质量为0.88g，物质的量为 =0.02mol，故氧化钴的质量为 3.65g0.36g0.88g=2.41g，物质的量为 =0.03mol，根据 Co、H 、C 元素守恒计算 xyz 的比值得到化学式；（4）含钴废料（含少量Fe、Al 等杂质）制取 CoCl26H2O，加入过量盐酸酸浸加热，加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入碳酸钙调节溶液 PH 使铁离子、铝离子全部沉淀，过滤得到滤液中加入盐酸防止氯化钴水解，通过蒸发浓缩，冷却结晶过滤洗涤干燥等操作得到 CoCl26H2O；三价铁离子易转化为沉淀，所以要把二价铁离子氧
45、化为三价铁离子；调节溶液的 pH 值，使溶液中铁离子和铝离子生成沉淀，而钴离子存在溶液中，从而将铁离子、铝离子和钴离子分开；加盐酸调整 pH 为 23 的目的是抑制氯化钴的水解四、综合题17.【答案】（1）Mg+2HCl=MgCl 2+H2（2）分液漏斗（3） ；（1 ）（4）bc；a 【解析】【解答】解：（1）镁与盐酸反应生成氯化镁与氢气，反应的化学方程式为Mg+2HCl=MgCl2+H2，故答案为：Mg+2HCl=MgCl 2+H2； （2）根据装置图可知仪器的名称为分液漏斗， 的名称为量筒，故答案为：分液漏斗；（3）甲组同学利用重量法为思路，则残余的固体即为铜的质量，所以铜的质量分数为
46、100%，乙组同学利用排水法测量气体体积为思路，根据氢气的体积 V 结合密度计算得氢气的质量为 V103g，再根据 Mg+2HCl=MgCl2+H2，可知参加反应的镁的质量为 V103g，样品中铜的质量为 m1g V103g，所以铜的质量分数为 100%=（1 ）100%，故答案为： ； （1 ）100%；（4）a读取量筒中水的体积时，未等装置中气体恢复至室温，则读得的氢气的体积偏大，导致铜的质量分数小于理论值；b未考虑 B、C 装置间连接导管中残留的水，则测得的氢气的体积偏小，导致铜的质量分数大于理论值；c未对反应后剩余的残余物进行洗涤，使得测得的铜的质量偏大，导致铜的质量分数大于理论值；d
47、用排水法测量氢气的体积，挥发出的 HCl 气体对实验没有影响；故答案为：bc；a 【分析】解：（1）铜与镁中只有镁能与盐酸反应生成氯化镁与氢气；（2）根据装置图可知仪器的名称为分液漏斗，的名称为量筒；（3）定量分析实验，首先要弄清实验思路及原理。甲组同学利用重量法为思路，则残余的固体即为铜的质量；乙组同学利用排水法测量气体体积为思路，根据氢气的体积 V结合密度计算得氢气的质量进而求出 Mg 的质量再求 Cu 的质量。（4）温度影响氢气的体积；b装置转接特点影响精确度，未考虑 B、C 装置间连接导管中残留的水，则测得的氢气的体积偏小，导致铜的质量分数大于理论值；c未对反应后剩余的残余物进行洗涤，使得测得的铜的质量偏大，导致铜的质量分数大于理论值；d用排水法测量氢气的体积，挥发出的 HCl 气体对实验没有影响。
