2020-2021学年新教材高中化学 第三章 水溶液中的离子反应与平衡测评（含解析）新人教版选择性必修第一册.docx

1、第三章测评一、选择题(本题包括10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意)1.(2019全国)设NA为阿伏加德罗常数值。关于常温下pH=2的H3PO4溶液,下列说法正确的是()A.每升溶液中的H+数目为0.02NAB.c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-)C.加水稀释使电离度增大,溶液pH减小D.加入NaH2PO4固体,溶液酸性增强解析本题考查了有关pH、NA的计算,电解质溶液中的电荷守恒,弱电解质电离平衡的影响因素等,难度较小。常温下,pH=2的H3PO4溶液中c(H+)=110-2molL-1,则1L溶液中H+的数目为0.01

2、NA,A项错误;磷酸溶液中的阳离子有H+,阴离子有H2PO4-、HPO42-、PO43-及OH-,根据电荷守恒可得c(H+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+c(OH-),B项正确;磷酸为弱电解质,加水稀释促进电离,但c(H+)减小,pH增大,C项错误;磷酸的第一步电离方程式为H3PO4H2PO4-+H+,向磷酸溶液中加入NaH2PO4固体,根据同离子效应可知,磷酸电离平衡向逆向移动,溶液酸性减弱,D项错误。答案B2.常温下,一定浓度的某溶液,由水电离产生的c(OH-)=10-4 molL-1,则该溶液中的溶质可能是()A.Al2(SO4)3B.CH3COONaC

3、.NaOHD.KHSO4解析常温下,由纯水电离出的c(H+)=c(OH-)=10-7molL-1,因为10-410-7,因而该溶液中的溶质促进水的电离,且使溶液显碱性,故选B项。答案B3.(2019上海等级考)常温下等体积的0.1 molL-1CH3COOH溶液,NaOH溶液,CH3COONa溶液,假设溶液混合后对体积无影响,下列说法正确的是()A.中c(CH3COOH)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)B.混合后,醋酸根离子浓度小于的12C.混合以后,溶液呈酸性,则c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)D.混合溶液中水的电离程度比混合溶液中水的电离程度小解析CH3COOH溶液中H

4、+来自于CH3COOH电离和水的电离,CH3COOH只有一小部分发生电离,因此c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO-)c(OH-),A项错误;混合后的产物恰好为CH3COONa,若CH3COO-不水解,则醋酸根离子浓度为的12,但根据“越稀越水解”,稀溶液中CH3COO-水解程度更大,所以混合液中醋酸根离子浓度小于的12,B项正确;混合以后,溶液呈酸性,说明CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度,因此c(CH3COO-)c(Na+)c(H+),C项错误:混合后所得溶液为CH3COONa溶液,CH3COO-水解促进水的电离,混合后溶液呈酸性,以CH3COOH的电离为主,抑

5、制了水的电离,D项错误。答案B4.明矾溶于水,所得溶液中各种离子的物质的量浓度的关系是()A.c(K+)c(SO42-)c(Al3+)c(H+)c(OH-)B.c(SO42-)c(K+)=c(Al3+)c(OH-)c(H+)C.c(SO42-)c(K+)=c(Al3+)c(H+)c(OH-)D.c(SO42-)c(K+)c(Al3+)c(H+)c(OH-)解析由KAl(SO4)212H2OK+Al3+2SO42-+12H2O知,c(SO42-)最大;由Al3+3H2OAl(OH)3+3H+知,溶液显酸性,c(H+)c(OH-);K+不水解,故c(K+)c(Al3+),本题应选D。答案D5.已知

6、NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合加热煮沸能产生CO2气体。下列说法中正确的是()A.NaHSO3溶液因水解而呈碱性B.两溶液混合后产生CO2的原因是二者发生相互促进的水解反应C.向NaHSO3溶液中加入三氯化铁溶液,既有沉淀生成又有气体生成D.0.1 molL-1 NaHSO3溶液中:c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)-c(H+)=0.1 molL-1解析由两溶液混合加热煮沸生成CO2知,亚硫酸氢钠溶液呈酸性,A错误;两溶液混合后产生CO2的原因是HSO3-电离产生的H+与CO32-发生反应,B错误;亚硫酸氢钠与三氯化铁溶液之间发生氧化还原反应,生成Fe2+和SO42-,

7、无气体和沉淀生成,C错误;由c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+)及c(Na+)=0.1molL-1知D正确。答案D6.相同温度下,关于盐酸和醋酸两种溶液的比较,下列说法正确的是()A.pH相等的两溶液中:c(CH3COO-)=c(Cl-)B.分别中和pH相等、体积相等的两溶液,所需NaOH的物质的量相同C.相同浓度的两溶液,分别与金属镁反应,反应速率相同D.相同浓度的两溶液,分别与NaOH固体反应后呈中性的溶液中(忽略溶液体积变化):c(CH3COO-)=c(Cl-)解析A选项,两溶液中氢离子浓度相等,因此CH3COOH和HCl分别电离生成的醋酸根离子与

8、氯离子浓度相等,所以正确;B选项,醋酸是弱电解质,其溶液中还有一部分醋酸分子没有发生电离,随反应的进行会继续电离,因此中和醋酸所需氢氧化钠的物质的量大,所以错误;C选项,相同浓度的盐酸和醋酸溶液,盐酸中氢离子浓度大,与镁反应时初始速率大,所以错误;D选项,溶液呈中性时,向醋酸溶液中加入的氢氧化钠的物质的量小,由两溶液中分别存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)和c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知,c(CH3COO-)H2CO3;中CH3COONa水溶液显碱性,说明CH3COO-发生水解,则CH3COOH是弱酸;中说明两溶液中c(H+)盐

9、酸c(H+)醋酸,即CH3COOH为弱酸;符合强酸特性。答案B8.下列关于电解质溶液的叙述中正确的是()A.Na2CO3、NaHCO3两种盐溶液中,离子种类不相同B.常温下,1 molL-1的CH3COOH溶液与1 molL-1的NaOH溶液等体积混合后,所得混合液中:c(Na+)c(CH3COO-)c(H+)c(OH-)C.物质的量浓度相同的NH4Cl和NH4HSO4两种溶液中,c(NH4+)前者小于后者D.常温下,某溶液中由水电离出的c(H+)=10-5 molL-1,则此溶液可能是盐酸解析A项,两种盐溶液中离子种类相同。B项,二者恰好反应生成CH3COONa,溶液呈碱性。C项,NH4HS

10、O4电离产生的H+抑制了NH4+的水解,c(NH4+)前者小于后者,正确。D项,溶液中由水电离出的c(H+)=10-5molL-1,促进水的电离,而盐酸抑制水的电离。答案C9.某温度下,水溶液中c(H+)=10x molL-1,c(OH-)=10y molL-1,x和y的关系如图所示。则该温度下,0.01 molL-1的NaOH溶液的pH为()A.10B.11C.12D.13解析由图像知,KW=c(H+)c(OH-)=1.010x+y=1.010-15。在0.01molL-1的NaOH溶液中c(OH-)=0.01molL-1,c(H+)=KWc(OH-)=1.010-13molL-1,pH=1

11、3。答案D10.(2016全国)298 K时,在20.0 mL 0.10 molL-1氨水中滴入0.10 molL-1的盐酸,溶液的pH与所加盐酸的体积关系如图所示。已知0.10 molL-1氨水的电离度为1.32%,下列有关叙述正确的是()A.该滴定过程应该选择酚酞作为指示剂B.M点对应的盐酸体积为20.0 mLC.M点处的溶液中c(NH4+)=c(Cl-)=c(H+)=c(OH-)D.N点处的溶液中pH12解析氨水与盐酸中和生成氯化铵,氯化铵属于强酸弱碱盐,溶液显酸性,应选择在酸性范围变色的指示剂,指示剂可以为甲基橙,A选项错误;盐酸若为20mL,二者恰好中和,此时溶液为酸性,若溶液pH=

12、7,则盐酸体积必然小于20mL,B选项错误;M点处溶液呈中性,c(NH4+)=c(Cl-),c(H+)=c(OH-),但c(Cl-)要远大于c(H+),C选项错误;由于N点为0.1molL-1的氨水,根据电离度为1.32%,c(OH-)=0.1molL-11.32%=0.00132molL-1,故pH12,D选项正确。答案D二、选择题(本题包括5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意)11.(2019全国)绚丽多彩的无机颜料的应用曾创造了古代绘画和彩陶的辉煌。硫化镉(CdS)是一种难溶于水的黄色颜料,其在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法错误的是()A.图中a和b分别

13、为T1、T2温度下CdS在水中的溶解度B.图中各点对应的Ksp的关系为:Ksp(m)=Ksp(n)Ksp(p)KHBKHDB.滴定至P点时,溶液中:c(B-)c(Na+)c(HB)c(H+)c(OH-)C.pH=7时,三种溶液中:c(A-)=c(B-)=c(D-)D.当中和百分数达100%时,将三种溶液混合后:c(HA)+c(HB)+c(HD)=c(OH-)-c(H+)解析A项,题给三种酸均为一元酸,浓度相同时,pH越小,说明对应酸越强,电离常数越大,因此根据未发生中和反应时三种酸溶液的pH大小可知A项正确;B项,P点时,HB反应一半,溶液中溶质为NaB和HB,且物质的量浓度相等,此时溶液呈酸

14、性,说明HB的电离程度大于NaB的水解程度,则溶液中c(B-)c(Na+)c(HB)c(H+)c(OH-),正确;C项,对于任何一种酸HX,加NaOH反应达到中性时,酸越弱,需要的NaOH越少,c(Na+)越小,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(X-),由于c(H+)=c(OH-),则c(Na+)=c(X-),由于酸性HAHBHD,故达中性时三种溶液中c(A-)c(B-)c(D-),错误;D项,完全中和并混合后,溶液中溶质有NaA、NaB、NaD,水电离的H+部分被A-、B-、D-结合生成HA、HB、HD,所以根据质子守恒有c(H+)+c(HA)+c(HB)+c(

15、HD)=c(OH-),正确。答案C13.二元酸H2A在水中发生电离:H2AH+HA-和HA-H+A2-,则下列几种物质的水溶液中关系式不正确的是()A.NaHA:c(Na+)c(HA-)c(OH-)c(H+)B.NaHA:c(Na+)=c(A2-)+c(HA-)C.Na2A:c(Na+)c(A2-)c(OH-)c(H+)D.H2A:c(H+)=c(HA-)+c(A2-)+c(OH-)解析因为HA-H+A2-,所以NaHA只存在电离不存在水解,所以溶液显酸性,所以A错误;NaHA溶液中,根据物料守恒c(Na+)=c(A2-)+c(HA-),所以B正确;Na2A溶液中存在A2-水解,呈碱性,因此离

16、子浓度大小顺序为:c(Na+)c(A2-)c(OH-)c(H+),所以C正确;H2A溶液中存在电荷守恒:c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-),所以D错误。答案AD14.向1 L含0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的溶液中缓慢通入CO2,随n(CO2)增大,先后发生三个不同的反应,当0.01 molc(AlO2-)+c(OH-)B0.01c(Na+)c(AlO2-)c(OH-)c(CO32-)C0.015c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(OH-)D0.03c(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(H+)解析A项,通入CO2之前,溶液中的电

17、荷守恒关系为:c(Na+)+c(H+)=c(AlO2-)+c(OH-),则c(Na+)c(CO32-)c(AlO2-)c(OH-),错误;C项,n=0.015mol时,发生反应2NaAlO2+CO2+3H2O2Al(OH)3+Na2CO3,溶液中溶质为Na2CO3,则对应关系为c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HCO3-),错误;D项,n=0.03mol时,发生反应CO2+Na2CO3+H2O2NaHCO3,NaHCO3溶液呈碱性:c(Na+)c(HCO3-)c(OH-)c(H+),正确。答案D15.(2018江苏卷)H2C2O4为二元弱酸,Ka1(H2C2O4)=5.410-2,K

18、a2(H2C2O4)=5.410-5,设H2C2O4溶液中c(总)=c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2O42-)。室温下用NaOH溶液滴定25.00 mL 0.100 0 molL-1 H2C2O4溶液至终点。滴定过程得到的下列溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是()A.0.100 0 molL-1 H2C2O4溶液:c(H+)=0.100 0 molL-1+c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4)B.c(Na+)=c(总)的溶液:c(Na+)c(H2C2O4)c(C2O42-)c(H+)C.pH=7的溶液:c(Na+)=0.100 0 molL-1+c(C2O4

19、2-)-c(H2C2O4)D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)解析根据电荷守恒可得:c(H+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:0.1000molL-1=c(H2C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-),两者相减得:c(H+)-0.1000molL-1=c(C2O42-)+c(OH-)-c(H2C2O4),A项正确;c(Na+)=c(总),说明NaOH与H2C2O4按物质的量之比11反应,完全反应生成NaHC2O4溶液,根据电离常数,HC2O4-电离程度大于水解程度,则c(C2O

20、42-)c(H2C2O4),B项错误;根据电荷守恒得:c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-),由于c(H+)=c(OH-),则有c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-),而c(HC2O4-)+c(C2O42-)+c(H2C2O4)=c(总),所以c(Na+)=c(总)-c(H2C2O4)+c(C2O42-),反应过程中溶液体积增大,c(总)小于0.1000molL-1,C项错误;根据电荷守恒可得:c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+2c(C2O42-)+c(HC2O4-),根据物料守恒得:c(Na+)=2c(H2C2O4)+c(C2O

21、42-)+c(HC2O4-),两者相减得:c(H+)=c(OH-)-2c(H2C2O4)-c(HC2O4-),D正确。答案AD三、非选择题(本题共5小题,共60分)16.(12分)室温下向10 mL 0.1 molL-1 NaOH溶液中逐滴加入0.1 molL-1的一元酸HA溶液,溶液pH的变化曲线如图所示。(1)a点(横坐标为10)所示溶液中离子浓度从大到小的顺序为,其中c(Na+)(填“”“”“”“c(A-)c(OH-)c(H+);根据物料守恒可得:c(Na+)=c(A-)+c(HA)。(2)c点时,根据电荷守恒可得:c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-),溶液的pH=7,显中

22、性,则c(H+)=c(OH-),故c(Na+)=c(A-)。(3)b点时,溶质为NaA和HA,且两种物质的物质的量浓度相等,此时溶液显酸性,说明HA的电离程度大于A-的水解程度,即c(HA)c(A-)c(OH-)c(H+)=(2)=(3)(4)a(5)A17.(12分)草酸(H2C2O4)是二元弱酸,KHC2O4溶液呈酸性。向10 mL 0.01 molL-1的H2C2O4溶液滴加0.01 molL-1 KOH溶液V(mL),回答下列问题。(1)当V10 mL时,反应的离子方程式为。(2)当V=10 mL时,溶液中HC2O4-、C2O42-、H2C2O4、H+的浓度从大到小的顺序为。(3)当V

23、=a mL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-);当V=b mL时,溶液中离子浓度有如下关系:c(K+)=c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(H2C2O4);则a(填“”)b。(4)当V=20 mL时,再滴入NaOH溶液,则溶液中n(K+)n(C2O42-)的值将(填“变大”“变小”或“不变”)。答案(1)H2C2O4+OH-HC2O4-+H2O(2)c(HC2O4-)c(H+)c(C2O42-)c(H2C2O4)(3)(4)变小18.(12分)以下是25 时几种难溶电解质的溶解度:难溶电解质Mg(OH)2Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(O

24、H)3溶解度/g910-41.710-61.510-43.010-9在无机化合物的提纯中,常利用难溶电解质的沉淀溶解平衡原理除去某些离子。例如:为了除去氯化铵中的杂质Fe3+,先将混合物溶于水,再加入一定量的试剂反应,过滤结晶即可;为了除去氯化镁晶体中的杂质Fe3+,先将混合物溶于水,加入足量的氢氧化镁,充分反应,过滤结晶即可;为了除去硫酸铜晶体中的杂质Fe2+,先将混合物溶于水,加入一定量的H2O2,将Fe2+氧化成Fe3+,调节溶液的pH=4,过滤结晶即可。请回答下列问题:(1)上述三个除杂方案都能够达到很好的效果,Fe2+、Fe3+都被转化为(填名称)而除去。(2)中加入的试剂应该选择为

25、宜,其原因是。(3)中除去Fe3+所发生的总反应的离子方程式为。(4)下列与方案相关的叙述中,正确的是(填字母)。A.H2O2是绿色氧化剂,在氧化过程中不引进杂质,不产生污染B.将Fe2+氧化为Fe3+的主要原因是Fe(OH)2沉淀比Fe(OH)3沉淀较难过滤C.调节溶液pH=4可选择的试剂是氢氧化铜或碱式碳酸铜或氧化铜D.Cu2+可以大量存在于pH=4的溶液中E.在pH4的溶液中Fe3+一定不能大量存在解析中为了不引入杂质离子,应加入氨水使Fe3+沉淀,而不能用NaOH溶液。中根据溶解度表可知,Mg(OH)2易转化为Fe(OH)3,因此在MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2除去Fe3+,然

26、后将沉淀一并过滤。中利用高价阳离子Fe3+极易水解的特点,据题意可知调节溶液的pH=4可使Fe3+沉淀完全,为了不引入杂质离子,可使用CuO、Cu(OH)2、Cu2(OH)2CO3等。答案(1)氢氧化铁(2)氨水不会引入新的杂质(3)2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s)3Mg2+(aq)+2Fe(OH)3(s)(4)ACDE19.(12分)(2019辽宁重点高中协作校模拟)水溶液是中学化学的重点研究对象。(1)水是极弱的电解质,也是最重要的溶剂。常温下,某电解质溶解在水中后,溶液中c(H+)=110-9 molL-1,则该电解质可能是。A.CuSO4B.HClC.Na2SD.NaOHE.

27、K2SO4(2)已知HClO是比H2CO3还弱的酸,要使新制稀氯水中的c(HClO)增大,可采取的措施有(至少答两种)。(3)常温下,将pH=3的盐酸a L分别与下列三种溶液混合,所得溶液均呈中性。浓度为1.010-3 molL-1的氨水b L;c(OH-)=110-3 molL-1的氨水c L;c(OH-)=110-3 molL-1的氢氧化钡溶液d L,则a、b、c、d之间的大小关系是。(4)强酸制弱酸是水溶液中的重要经验规律。已知HA、H2B是两种弱酸,存在以下关系:H2B(少量)+2A-B2-+2HA,则A-、B2-、HB-三种阴离子结合H+由易到难的顺序为。(5)已知:H2AH+HA-

28、、HA-H+A2-,常温下,0.1 molL-1 NaHA溶液的pH=2,则0.1 molL-1 H2A溶液中c(H+)的大小范围是;NaHA溶液中各离子浓度大小关系为。(6)常温下,已知Ksp(AgCl)=1.810-10,向50 mL 0.018 molL-1AgNO3溶液中加入相同体积的0.020 molL-1盐酸,则c(Ag+)= molL-1,此时所得混合溶液的pH=。解析(1)常温下,水的离子积为KW=c(H+)c(OH-)=110-14,溶液中c(H+)=110-9molL-1,则有c(OH-)=110-5molL-1,该溶液呈碱性。HCl溶液和CuSO4溶液都呈酸性,Na2S溶

29、液和NaOH溶液呈碱性,K2SO4溶液呈中性。(2)新制稀氯水中存在平衡:Cl2+H2OHCl+HClO、HClOH+ClO-,由于酸性:HClH2CO3HClO,要使新制氯水中c(HClO)增大,可采取的措施有通入Cl2或加入碳酸钙等,使平衡Cl2+H2OHCl+HClO正向移动,或加入NaClO等,使平衡HClOH+ClO-逆向移动。(3)HCl是强酸,Ba(OH)2是强碱,在水中均完全电离;NH3H2O是弱碱,在水中部分发生电离。aLpH=3的盐酸与浓度为1.010-3molL-1的氨水bL混合,若恰好完全反应生成NH4Cl,由于NH4+发生水解而使溶液呈酸性,而所得溶液呈中性,则有ba

30、;aLpH=3的盐酸与c(OH-)=110-3molL-1的氨水cL混合,所得溶液呈中性,则有ac;aLpH=3的盐酸与c(OH-)=110-3molL-1的氢氧化钡溶液dL混合,所得溶液呈中性,则有a=d;综上所述,a、b、c、d之间的大小关系是ba=dc。(4)据反应H2B(少量)+2A-B2-+2HA可得,A-结合H+的能力强于HB-和B2-;H2B是弱酸,第一步电离生成HB-,第二步电离生成B2-,而第二步比第一步更难电离,故B2-结合H+能力强于HB-,因此三种阴离子结合H+由易到难的顺序为A-、B2-、HB-。(5)H2A第一步完全电离生成HA-和H+,HA-则部分电离生成H+和A

31、2-,故0.1molL-1H2A溶液中c(H+)0.1molL-1;常温下,0.1molL-1NaHA溶液的pH=2,则HA-电离产生的c(H+)=0.01molL-1,由于H2A第一步电离产生的H+抑制HA-的电离,故0.1molL-1H2A溶液中HA-电离产生的c(H+)0.01molL-1,故该溶液中c(H+)的大小范围是0.1molL-1c(H+)c(OH-);由于Na+不水解,HA-的电离程度较小,故溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-)。(6)向50mL0.018molL-1AgNO3溶液中加入相同体积的0.020molL-1盐酸,发生反

32、应:AgNO3+HClAgCl+HNO3,充分反应后盐酸剩余,此时c(Cl-)=0.001molL-1,则c(Ag+)=Ksp(AgCl)c(Cl-)=1.810-100.001molL-1=1.810-7molL-1。反应中不消耗H+,此时所得混合溶液中c(H+)=0.010molL-1,则pH=2。答案(1)CD(2)通入氯气、加入碳酸钙、加入次氯酸钠等(3)ba=dc(4)A-、B2-、HB-(5)0.1 molL-1c(H+)c(HA-)c(H+)c(A2-)c(OH-)(6)1.810-7220.(12分)(2018全国)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O,M=248 gmol-

33、1)可用作定影剂、还原剂。回答下列问题:(1)已知:Ksp(BaSO4)=1.110-10,Ksp(BaS2O3)=4.110-5。市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质,选用下列试剂设计实验方案进行检验:试剂:稀盐酸、稀硫酸、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液实验步骤现象取少量样品,加入除氧蒸馏水固体完全溶解得无色澄清溶液,有刺激性气体产生静置,(2)利用K2Cr2O7标准溶液定量测定硫代硫酸钠的纯度。测定步骤如下:溶液配制:称取1.200 0 g某硫代硫酸钠晶体样品,用新煮沸并冷却的蒸馏水在中溶解,完全溶解后,全部转移至100 mL的中,加蒸馏水至。滴定:取0.009 50 molL

34、-1的K2Cr2O7标准溶液20.00 mL,硫酸酸化后加入过量KI,发生反应:Cr2O72-+6I-+14H+3I2+2Cr3+7H2O。然后用硫代硫酸钠样品溶液滴定至淡黄绿色,发生反应:I2+2S2O32-S4O62-+2I-。加入淀粉溶液作为指示剂,继续滴定,当溶液,即为终点。平行滴定3次,样品溶液的平均用量为24.80 mL,则样品纯度为%(保留1位小数)。解析(1)先加过量盐酸排除S2O32-干扰:S2O32-+2H+S+SO2+H2O,然后在酸性条件下加BaCl2溶液,通过产生BaSO4沉淀证明SO42-存在。(2)溶液配制应在烧杯中溶解,容量瓶中定容。滴定过程中I2I-,达到滴定终点时无I2,故溶液蓝色褪去,即为终点;根据反应的离子方程式,可得到如下定量关系:Cr2O72-3I26Na2S2O35H2O1mol2486g0.00950molL-10.02Lm(Na2S2O35H2O)m(Na2S2O35H2O)=0.28272g则样品纯度为0.28272g24.80mL100mL1.2g100%=95.0%。答案(1)加入过量稀盐酸出现乳黄色浑浊(吸)取上层清液,滴入BaCl2溶液产生白色沉淀(2)烧杯容量瓶刻度蓝色褪去95.0