2021-2022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(时间:90分钟分值:100分)一、选择题(本题包括15小题,每小题4分,共60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,溶液酸性增强答案B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

2、-1,则1L溶液中H+的数目为0.01NA,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。2.(2020山西太原高二期中)常温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A.能使甲基橙变红的溶液中:Na+、N

3、H4+、SO42-、NO3-B.c(NO3-)=1 molL-1的溶液中:H+、Fe2+、SO42-、Cl-C.中性溶液中:NH4+、Fe3+、SO42-、AlO2-D.c(H+)c(OH-)=11012的溶液中:K+、Na+、S2O32-、F-答案A解析能使甲基橙变红的溶液呈酸性,Na+、NH4+、SO42-、NO3-能大量共存,故A正确;c(NO3-)=1molL-1的溶液中,H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应,不能大量共存,故B错误;中性溶液中Fe3+、AlO2-发生水解反应生成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀,不能大量共存,故C错误;c(H+)c(OH-)=11012的溶液呈酸性,在酸

4、性条件下S2O32-会反应生成S和SO2,故D错误。3.(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答案B4.(2020安徽宿州高二期中)下列说法正确的是()A.向0.1 molL-1的氨水中加少量硫酸铵固体,则溶液中c(OH-)c(NH3H2O)增大B.常

5、温下,0.1 molL-1一元酸(HA)溶液pH=3,则该溶液中,c2(H+)=c(H+)c(A-)+KWC.向盐酸中加入氨水至中性,溶液中c(NH4+)c(Cl-)1D.将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3、Na2CO3溶液蒸干均得不到原溶质答案B解析向氨水中加入少量硫酸铵固体,溶液中NH4+浓度变大,而一水合氨的电离平衡常数不变,由电离平衡常数表达式变形可得c(OH-)c(NH3H2O)=Kbc(NH4+),则c(OH-)c(NH3H2O)变小,A错误;根据电荷守恒有c(H+)=c(A-)+c(OH-),而c(OH-)=KWc(H+),所以c2(H+)=c(H+)c(A-)+KW,

6、B正确;向盐酸中加入氨水至中性,则c(H+)=c(OH-),溶液中存在电荷守恒,c(H+)+c(NH4+)=c(Cl-)+c(OH-),则c(NH4+)=c(Cl-),c(NH4+)c(Cl-)=1,C错误;将Ca(ClO)2、Na2SO3、FeCl3溶液蒸干分别得到的是CaCl2、Na2SO4、Fe(OH)3,均得不到原溶质,将Na2CO3溶液蒸干后可得到Na2CO3,D错误。5.已知NaHSO3溶液和Na2CO3溶液混合加热煮沸能产生CO2气体。下列说法正确的是()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

7、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答案D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-,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。6.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

8、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-)答案A7.下列事实能说明醋酸是弱电解质的是()醋酸与水能以任意比互溶;醋酸溶液能导电;醋酸稀溶液中存在醋酸分子;常温下,0.1 molL-1醋酸溶液的pH比0.1 molL-1盐酸的pH大;醋酸能和碳酸钙反应放出CO2;0.1 molL-1醋酸钠溶液pH=8.9;大小相同的铁片与等物质的量浓度的盐酸

9、和醋酸溶液反应,开始时醋酸产生H2的速率慢;pH=a的溶液的物质的量浓度等于pH=a+1的溶液的物质的量浓度的10倍A.B.C.D.答案B8.下列关于电解质溶液的叙述正确的是()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答案C解析A项,两种盐溶液中离

10、子种类相同。B项,二者恰好反应生成CH3COONa,溶液呈碱性。C项,NH4HSO4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。9.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答案D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-)=0.01m

11、olL-1,c(H+)=KWc(OH-)=1.010-13molL-1,pH=13。10.(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答案D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

12、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=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。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分别为T1、

13、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+)答案C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,此时溶液呈酸性

14、,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(H

15、D)=c(OH-),正确。13.(2020黑龙江期中)常温下,向20 mL 0.1 molL-1MOH溶液中滴加CH3COOH溶液,所得溶液的pH及导电能力变化如图所示。下列叙述正确的是()A.MOH是强电解质B.CH3COOH溶液的浓度约为1.0 molL-1C.水的离子积KW:b=c=aD.溶液的导电能力与可自由移动离子的数目有关答案C解析常温下0.1molL-1MOH溶液的pH=8,即c(OH-)=10-6molL-1,则表明MOH在溶液中部分电离,即MOH是弱电解质,A错误;设CH3COOH溶液的浓度为x,b点导电能力最强,说明此时恰好完全中和,则2010-3Lx=2010-3L0.1

16、molL-1,x=0.1molL-1,由此得出CH3COOH溶液的浓度约为0.1molL-1,B错误;温度不变时,水的离子积KW不变,C正确;溶液的导电能力与可自由移动离子数目不成比例关系,与离子的总浓度和离子所带电荷数目有关,D错误。14.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

17、(OH-)c(H+)答案D解析A项,通入CO2之前,溶液中的电荷守恒关系为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。15.H2C2O4为二元弱酸,Ka1

18、(H2C2O4)=5.410-2,Ka2(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-)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-

19、1+c(C2O42-)-c(H2C2O4)D.c(Na+)=2c(总)的溶液:c(OH-)-c(H+)=2c(H2C2O4)+c(HC2O4-)答案D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项错误;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

20、水解程度,则c(C2O42-)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(H2

21、C2O4)+c(C2O42-)+c(HC2O4-),两者相减得:c(H+)=c(OH-)-2c(H2C2O4)-c(HC2O4-),D项正确。二、非选择题(本题共5小题,共40分)16.(8分)现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(单位:g100 mL-1)。.实验步骤(1)配制待测白醋溶液,用(填仪器名称)量取10.00 mL食用白醋,在(填仪器名称)中用水稀释后转移到100 mL(填仪器名称)中,洗涤后定容,摇匀即得待测白醋溶液。(2)量取待测白醋溶液20.00 mL置于锥形瓶中,向其中滴加2滴酚酞溶液作为指示剂。(3)读取盛装0.100 0 molL-1 NaOH溶液的碱式滴定管的初

22、始读数。(4)滴定。判断滴定终点的现象是,达到滴定终点,停止滴定,并记录NaOH溶液的最终读数,再重复滴定3次。(5)如图是某次滴定时的滴定管中的液面,其读数为mL。.实验记录项目每次滴定所读实验数据1234V(样品)/mL20.0020.0020.0020.00V(NaOH溶液)(消耗)/mL15.9515.0015.0514.95.数据处理与讨论(6)甲同学在处理数据时按如下方式计算平均消耗NaOH溶液的体积:V=(15.95+15.00+15.05+14.95) mL415.24 mL。指出甲同学计算的不合理之处:。按正确数据处理,得出c(市售白醋)= molL-1,市售白醋总酸量=g1

23、00 mL-1。答案(1)酸式滴定管烧杯容量瓶(4)滴入最后半滴碱溶液后,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色(5)22.60(6)第1组实验数据误差较大,属异常值,应舍去0.0754.5解析(1)配制待测白醋溶液,用酸式滴定管准确量取10.00mL食用白醋,在烧杯中加蒸馏水稀释,再转移到100mL容量瓶中进行定容。(4)向待测白醋中滴加酚酞作为指示剂,开始时溶液无色,当滴入最后半滴碱溶液时,溶液由无色变成浅红色,且半分钟内不褪色。(5)滴定管的0刻度在上方,由图示可知,滴定管中液面读数为22.60mL。(6)分析表中实验数据,第1组实验消耗NaOH溶液的体积与其他三组相差较大,应舍去第1组

24、数据,取其他三组数据进行计算。第24组实验中消耗NaOH溶液的平均体积为V(NaOH溶液)=(15.00+15.05+14.95) mL3=15.00mL,则有n(CH3COOH)=n(NaOH)=15.0010-3L0.1000molL-1=1.510-3mol,c(CH3COOH)=1.510-3mol0.02L=0.075molL-1,100mL该醋酸中含有醋酸的物质的量为0.075molL-10.1L=7.510-3mol。因量取10.00mL食用白醋配制成100mL待测白醋溶液,故10.00mL食用白醋中m(CH3COOH)=7.510-3mol60gmol-1=0.45g,故该市售

25、白醋的总酸量为4.5g100mL-1。17.(8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=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

26、“”)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.(8分)某铬盐厂净化含Cr()废水并提取Cr2O3的一种工艺流程如图所示。已知:KspCr(OH)3=6.310-31KspFe(OH)3=2.810-39KspFe(OH)2=4.910-17(1)步骤中,发生的反应为2H+2CrO42-Cr2O72-+H2O,B中含铬元素的离子有(填离子符号)。(2)当清液中Cr3+的浓

27、度1.5 mgL-1时,可认为已达铬的排放标准。若测得清液的pH=5,则清液尚不符合铬的排放标准,因为此时Cr3+的浓度为mgL-1。(3)步骤还可用其他物质代替NaHSO3做还原剂。若用FeSO47H2O做还原剂,反应的离子方程式为,步骤中参加反应的阳离子一定有(填离子符号)。若用铁屑做还原剂,当铁的投放量相同时,经计算,C溶液的pH与c(Cr2O72-)的对应关系如下表所示:pH3456c(Cr2O72-)(molL-1)7.0210-217.0210-71.2510-32.1210-34有人认为pH=6时,c(Cr2O72-)变小的原因是Cr2O72-基本上都已转化为Cr3+。这种说法是

28、否正确,为什么?。用铁屑做还原剂时,为使所得产品中含铁元素杂质的含量尽可能低,需要控制的条件有。答案(1)CrO42-、Cr2O72-(2)32.76(3)Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2OCr3+、Fe3+、H+不正确,c(H+)减小,化学平衡2H+2CrO42-Cr2O72-+H2O向逆反应方向移动,溶液中Cr()主要以CrO42-形式存在铁屑过量;将溶液的pH控制在使Cr3+完全沉淀而Fe2+不沉淀的范围内解析(1)根据反应可知B中含铬元素的离子有CrO42-、Cr2O72-。(2)若清液的pH=5,则c(OH-)=10-9molL-1,c(Cr3+)=Ksp

29、Cr(OH)3c3(OH-)=6.310-4molL-1,则此时Cr3+的浓度也为6.310-4molL-152103mgmol-1=32.76mgL-1。(3)若用FeSO47H2O做还原剂,反应的离子方程式为Cr2O72-+6Fe2+14H+2Cr3+6Fe3+7H2O,则C中的阳离子有Fe2+、Fe3+、Cr3+、H+,因为KspFe(OH)2较大,故步骤中参加反应的阳离子一定有Fe3+、Cr3+、H+。c(H+)减小,化学平衡2H+2CrO42-Cr2O72-+H2O向逆反应方向移动,溶液中Cr()主要以CrO42-形式存在。铁屑做还原剂要过量,同时应控制溶液的pH使Cr3+完全沉淀,

30、而Fe2+不沉淀。19.(8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.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-)=11

31、0-3 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-、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-

32、1盐酸,则c(Ag+)= molL-1,此时所得混合溶液的pH=。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.(8分)(2018全国)硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O,M=248 gmol-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、N

33、a2CO3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-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

34、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)。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)烧杯容量瓶刻度线蓝色褪去95.0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%。