- 配制一定物质的量浓度的溶液
- 共1631题
用中和滴定法测定烧碱的纯度，若烧碱中含有少量不与酸作用的可溶性杂质，试根据实验回答：
（1）准确称取4.1g烧碱样品．
（2）将样品配成250mL待测液，需要的仪器有小烧杯、玻璃棒、______、胶头滴管．
（3）用______量取10mL待测液于______中（填仪器名称），并滴加几滴甲基橙作指示剂．
（4）用0.2010mol•L-1标准盐酸滴定待测烧碱溶液，滴定时______手旋转______式滴定管的玻璃活塞，______手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化，直到滴定终点，滴定终点时锥形瓶内溶液的PH约为______，达到终点的具体现象是：______．
（5）若两次实验滴定的数据如下表：
根据上表数据，计算待测烧碱溶液的浓度：______．
（6）根据上述各数据，计算烧碱的纯度：______
（7）滴定时，滴定管尖嘴部分滴定前有气泡，滴定终了无气泡，测定结果将______（填偏高、偏低或无影响，其它操作均正确）．
正确答案
（2）将样品配成250mL待测液，需要250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；
（3）烧碱溶液需要用碱式滴定管量取，用锥形瓶盛放待测液，故答案为：碱式滴定管；锥形瓶；
（4）滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形瓶，两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化；甲基橙的变色范围是：3.1～4.4；滴定终点现象是：溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变色；
故答案为：左；酸； 右； 3.1～4.4；溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变色；
（5）标准液的体积分别为：19.90mL，20.10mL，两组数据都有效，平均体积为20.00mL，带人公式可得：c（待测）=
故答案为：0.4020 mol•L-1；
（6）m（烧碱）═C（烧碱）•V（烧碱溶液）•M（烧碱）═0.4020mol•L-1×0.25L×40g/mol=4.020g，烧碱的纯度ω（烧碱）=
故答案为：98.05%；
（7）滴定管尖嘴部分滴定前有气泡，滴定终了无气泡，消耗的标准液体积偏大，浓度偏高，故答案为：偏高．
为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：
（1）第⑤步实验操作需要烧杯、______、______等玻璃仪器．
（2）步骤2中，判断加入BaCl2已过量的方法是：______
（3）除杂试剂BaCl2、NaOH、Na2CO3、加入的顺序还可以是（用化学式回答）______．
（4）若先用盐酸调pH值再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是______．
（5）为检验精盐纯度，需配制200mL 1mol/L NaCl（精盐）溶液，如图是该同学转移溶液的示意图，图中的错误是：______
（6）配制过程中，下列操作情况会使结果偏低的是______
A．称量时，托盘天平左盘加砝码，右盘加氯化钠
B．移液前，容量瓶中有少量蒸馏水未倒出
C．定容时，俯视容量瓶刻度线观察液面
D．定容后，倒置容量瓶摇匀经平放静置，液面低于刻度线，再加水定容．
正确答案
（1）实现沉淀和溶液分离的方法是过滤，用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：漏斗；玻璃棒；
（2）向溶液中加入氯化钡，是为了除去硫酸根离子，如果氯化钡过量，则硫酸根离子已经除净，反之回升逾硫酸根，可以在②步后的上层清液中，再滴入氯化钡溶液，若溶液未变浑浊，则说明所加的氯化钡已过量，
故答案为：在②步后的上层清液中，再滴入氯化钡溶液，若溶液未变浑浊，则说明所加的氯化钡已过量；
（3）镁离子用氢氧根离子沉淀，加入过量的氢氧化钠可以将镁离子沉淀，硫酸根离子用钡离子沉淀，加入过量的氯化钡可以将硫酸根离子沉淀，至于先除镁离子，还是先除硫酸根离子都行，钙离子用碳酸根离子沉淀，除钙离子加入碳酸钠转化为沉淀，但是加入的碳酸钠要放在加入的氯化钡之后，这样碳酸钠会除去反应剩余的氯化钡，离子都沉淀了，再进行过滤，最后再加入盐酸除去反应剩余的氢氧根离子和碳酸根离子，所以正确的顺序为：NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3，
故答案为：NaOH、BaCl2、Na2CO3或BaCl2、NaOH、Na2CO3；
（4）若先用盐酸调pH值再过滤，这样生成的氢氧化镁、碳酸钙、碳酸钡等均会溶解于盐酸中，影响精盐的纯度，
故答案为：在此酸度条件下，会有部分沉淀溶解，影响精盐的纯度；
（5）配制200mL 1mol/L NaCl（精盐）溶液在移液这一步中，为防止液体外溅，一定要用玻璃棒引流，配制200mL的溶液应选用200mL的容量瓶，故答案为：未用玻璃棒引流，未使用200mL的容量瓶；
（6）A．称量时，托盘天平左盘加砝码，右盘加氯化钠，则实际称得的氯化钠质量是砝码减游码质量，氯化钠的物质的量偏低，故实验结果偏低，故A正确；
B．移液前，容量瓶中有少量蒸馏水未倒出，不影响实验结果，故B错误；
C．定容时，俯视容量瓶刻度线观察液面，则溶液的体积不足200mL，所以浓度偏高，故C错误；
D．定容后，倒置容量瓶摇匀经平放静置，液面低于刻度线，再加水定容，相当于把溶液稀释了，故结果偏低，故D正确．
故选AD．
为除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42－以及泥沙等杂质，某同学设计了一种制备精盐的实验方案，步骤如下（用于沉淀的试剂稍过量）：
(1)判断BaCl2已过量的方法是_________________________________。
(2)第④步中，有关的离子方程式是_____________________________。
(3)若先用盐酸调pH值再过滤，将对实验结果产生影响，其原因是 _____________________________。
(4)为检验精盐纯度，需配制1000mL.0.2 mol/L NaCl(精盐)溶液，若定容时观察液面仰视（如图所示），会造成所配制的溶液浓度（填偏高或偏低 ）________________。
正确答案
（1）取第②步后的上层清液1～2滴于点滴板上，再滴入1～2滴BaCl2溶液，若溶液未变浑浊，则表明BaCl2已过量
（2）
（3）在此酸度条件下会有部分沉淀如CaCO3、BaCO3溶解，从而影响制得精盐的纯度
（4）偏小
下列有关几个定量实验的说法，正确的是______（填序号）
A．配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用胶头滴管将多余溶液吸出
B．可用25ml碱式滴定管量取20.00mlNa2CO3 溶液
C．做测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验时，把加热得到的白色粉末放在空气中冷却会造成结果偏高
D．做测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验时，称量操作至少要有四次
E．在中和热的测定实验中，作为量热计的仪器装置，其保温隔热的效果一定要好
F．若酸碱用量不同，相同条件下测得的中和热数值不同
G．用NaOH固体配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，所用的NaOH中混有Na2O会使配制的NaOH溶液浓度偏高
H．仰视容量瓶刻线会使所配溶液的浓度偏高；开始仰视，放出溶液后俯视滴定管会使所量取的溶液体积偏小．
正确答案
A．因配制溶液时，若加水超过容量瓶刻度，应用重新配制，故A错误；
B．因Na2CO3溶液呈碱性，碱性溶液应用碱式滴定管量能装，故B正确；
C、在硫酸铜晶体（CuSO4•n H2O）结晶水含量测定中，加热前后质量的减少量即是失去结晶水的质量，加热后放在空气中冷却，会吸收空气中的水重新形成晶体，结前后质量差减小，结果偏小，故C错误；
D、实验中为准确测定结晶水的值，应分别测定坩埚的质量、坩埚与晶体的总质量，以此测定晶体的质量，然后称量加热后坩埚与固体总质量，之后再加热，至少再称一次以判断晶体是否完全分解，所以至少称量4次，故D正确；
E、在中和热的测定实验中，要减少反应放出的热量，作为量热计的仪器装置，其保温隔热的效果一定要好，故E正确；
F、中和热数值取决于酸、碱的强弱，与用量无关，故F错误；
G、因等质量的Na2O、NaOH配成相同体积溶液，前者的浓度大，根据极限法，可知NaOH中混有Na2O会使配制的NaOH溶液浓度偏高，故G正确；
H、仰视容量瓶刻线，溶液体积偏大，浓度偏小；量取液体时，开始仰视，读数偏小，放出溶液后俯视滴定管，读数偏大，所以量取的溶液体积偏高，故H错误；
故答案为：B、D、E、G．
我国生活饮用水水质标准规定锰元素不得超过0.1mg/L．水体中的锰主要以Mn2+存在，可通过放大反应法测定自来水中Mn2+的含量，根据下列测定步骤回答问题．
步骤一：配制500mL0.10mol/L硫代硫酸钠 （Na2S2O3）标准溶液．
（1）需要称取______g硫代硫酸钠固体，配制过程中，必须用到的玻璃仪器有______，下列操作会使所配溶液浓度偏低的是______ （填下列选项的字母序号）．
A．称取硫代硫酸钠固体时，将硫代硫酸钠固体放在托盘天平右盘
B．将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水
C．未将洗涤烧杯内壁的溶液转入容量瓶
D．定容时俯视刻度线
E．定容时，不小心加水超过刻度线，立即用胶头滴管吸出多余的水
步骤二：取50.0mL自来水样品放入锥形瓶中，加入适量H2 SO4酸化，然后加入过量的KIO4，发生反应
2Mn2++5IO4-+3H2O═2MnO4-+5IO3-+6H+多余的KIO4通过加入掩蔽剂来消除干扰．再加入足量的KI溶液，使之与上述反应生成的MnO4-，IO3-反应，制得待测液．
（2）加入足量的KI溶液时，发生反应的离子方程式分别是：2MnO4-+10I-+16H+═2Mn2++5I2+8H2 O、______
步骤三：用稀释至0.0010mol/L的硫代硫酸钠溶液滴定上述待测液，发生反应：I2+2Na2S2O3═2NaI+NaS4O6
达到滴定终点时消耗Na2S2O3溶液12.00mL
（3）滴定操作时，用______作指示剂，达到滴定终点的现象为______，测得自来水样品中锰元素的含量为______mg/L，该自来水不符合我国生活饮用水水质标准．
正确答案
（1）n（Na2S2O3）=0.5L×0.10mol/L=0.05mol，m（Na2S2O3）=0.05mol×158g/mol=7.9g，
配制一定物质的量的浓度的溶液需要称量、溶解、洗涤、移液、定容等操作，溶解需要烧杯、玻璃棒，定容需要胶头滴管、需要500 mL容量瓶进行配制；
配制500ml 0.10mol/l：
A、应为药品放在左盘，如放在右盘会导致药品质量偏小；
B、容量瓶中的水不影响溶液的体积；
C、可造成溶质的损失；
D、可使实际容积偏低，浓度偏高；
E、可造成溶质的损失．
即会使所配溶液浓度偏低为ACE，故答案为：7.9；烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管；ACE；
（2）IO3-离子具有氧化性，与I-离子发生氧化还原反应生成I2，反应的离子方程式为IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，
故答案为：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O；
（3）淀粉遇碘变蓝色，达到滴定终点蓝色褪色，如半分钟不恢复说明达到滴定终点；
50.0mL自来水样品中含有xmolMn2+离子，根据2Mn2++5IO4-+3H2O═2MnO4-+5IO3-+6H+，2MnO4-+10I-+16H+═2Mn2++5I2+8H2 O、
IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，则生成的MnO4-离子为xmol，IO3-离子为2.5xmol，生成的I2为2.5x+2.5x×3=10xmol，根据I2+2Na2S2O3═2NaI+NaS4O6计算，
则有10x×2=0.0010mol/L×0.012L=1.2×10-5mol，x=6×10-7mol，则1L自来水中含有Mn2+离子的物质的量为20×6×10-7mol=1.2×10-5mol，
所以1L自来水中含有Mn2+离子的质量为1.2×10-5mol×55g/mol=0.66×10-3g，即0.66mg，
故答案为：淀粉溶液；溶液由蓝色变为无色，且半分钟不恢复； 0.66．
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