2019-2020年高中化学专题六物质的定量分析1单元综合测试练苏教版.doc

2019-2020年高中化学专题六物质的定量分析1单元综合测试练苏教版一、选择题(本题包括12小题,每小题4分,共48分,每小题有12个选项符合题意)1.如图分别是温度计、量筒、滴定管的一部分,下述读数(虚线刻度)及说法正确的是()A.是量筒,读数为2.5 mLB.是量筒,读数为2.5 mLC.是滴定管,读数为3.5 mLD.是温度计,读数是2.5 解析:从图中来看,的0刻度下还有刻度,应是温度计;中大刻度在上,应是量筒;与正好相反,应是滴定管。此时可排除A、D选项。再观察读数,选B。答案:B2.以下仪器用蒸馏水洗净后便可立即使用而不会对实验结果造成误差的是()A.中和滴定实验用的锥形瓶B.中和滴定实验用的滴定管C.容量瓶D.中和滴定实验用的移液管解析:中和滴定实验用的锥形瓶用蒸馏水洗净后便可立即使用,虽然待测液被稀释,待测液的浓度减小了,但其溶质的物质的量没变,因而中和时所消耗的标准液的体积不变。同理,用蒸馏水洗净后的容量瓶不必干燥即可使用。但蒸馏水洗涤滴定管和移液管后要用待盛液润洗23次。答案:AC3.镀锌铁在发生析氢腐蚀时,若有0.2 mol电子发生转移,下列说法正确的是()有6.6 g金属被腐蚀有6.5 g金属被腐蚀在标准状况下有2.24 L气体放出在标准状况下有1.12 L气体放出A.B.C.D.解析:镀锌铁发生电化学腐蚀,锌作负极:Zn-2e-Zn2+,有0.2 mol电子转移,有0.1 mol Zn溶解,在正极上:2H+2e-H2,生成0.1 mol H2。答案:B4.下列有关实验的叙述,正确的是()A.用规格为10 mL的量筒量取8.50 mL稀盐酸B.用碱式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液C.为测定某溶液的pH,将pH试纸润湿后浸入待测溶液,取出后与标准比色卡进行对比D.食醋用氢氧化钠溶液滴定开始时,溶液的pH通常变化缓慢,当接近完全反应时(即滴定终点),pH出现突变,称为滴定突跃解析: A选项,量筒只能估读到0.1 mL;B选项,应该用酸式滴定管量取20.00 mL KMnO4溶液;C选项,测定某溶液的pH时,pH试纸不能润湿,且浸入待测液会污染待测液,应用玻璃棒蘸少许点到pH试纸上。答案:D5.用已知浓度的盐酸滴定用NaOH固体配成的碱溶液时,下列操作使滴定结果偏高的是()A.NaOH固体称量时间过长B.盛标准盐酸的滴定管用碱液润洗C.用酚酞作指示剂D.固体NaOH中含KOH杂质解析:待测的NaOH溶液浓度计算式为c(NaOH)=,A项,NaOH固体称量时间过长,会有部分NaOH与空气中的CO2反应生成Na2CO3,得到NaOH和Na2CO3的混合物。等质量的Na2CO3消耗的盐酸比NaOH少,所以使滴定结果偏低。B项,盛放标准盐酸的滴定管用碱液润洗,会使消耗盐酸的体积变大,使测得的结果偏高。C项是正确操作。D中固体NaOH含有KOH时,会使消耗的盐酸变少,即使测得的结果偏低。答案:B6.下列实验装置设计或操作肯定错误的是()解析:标准氢氧化钠溶液不能用酸式滴定管盛装。答案:A7.下列实验操作错误的是()A.分液时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出B.蒸馏时,应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶支管口C.滴定时,左手控制滴定管活塞,右手握持锥形瓶,边滴边振荡,眼睛注视滴定管中的液面D.称量时,称量物放在称量纸上,置于托盘天平的左盘,砝码放在托盘天平的右盘中解析:滴定时,左手控制滴定管活塞,右手握持锥形瓶,边滴边振荡,眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化情况。答案:C8.已知常温、常压下,饱和CO2的水溶液的pH为3.9,则可推断用标准盐酸滴定NaHCO3水溶液时,适宜选用的指示剂以及滴定至终点时颜色变化的情况是()A.石蕊,由蓝变红B.甲基橙,由黄变橙C.酚酞,红色褪去D.甲基橙,由橙色变黄解析:用标准盐酸滴定NaHCO3水溶液时,滴定终点的溶液是饱和CO2的水溶液,溶液的pH为3.9。因此应选择在酸性范围内变色的指示剂甲基橙。答案:B9.用已知物质的量浓度的盐酸滴定未知物质的量浓度的NaOH溶液时,下列操作中正确的是()A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后,直接加入已知物质的量浓度的盐酸B.锥形瓶用蒸馏水洗净后,直接加入一定体积的未知物质的量浓度的NaOH溶液C.滴定时,没有逐出滴定管尖嘴处的气泡D.读数时,视线与滴定管内液体的凹面最低处保持一致解析:滴定管未润洗就直接加入标准液,会导致标准液物质的量浓度偏低,耗用体积偏大,代入计算公式,会使待测液物质的量浓度偏高;锥形瓶不用润洗,因为待测液中溶质的物质的量一定,消耗的标准液的物质的量就一定;滴定时没逐出滴定管尖嘴处的气泡,会导致消耗标准液体积的读数偏大,代入计算公式,会使待测液物质的量浓度偏高。答案:BD10.为测定某镁铝合金样品中铝的含量,进行了下列实验:取一定量合金,加入100 mL 0.3 molL-1稀硫酸,合金完全溶解,产生的气体在标准状况下体积为560 mL;再加入0.2 molL-1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化,用去350 mL NaOH溶液。则所取样品中铝的物质的量为()A.0.005 molB.0.01 molC.0.025 molD.0.03 mol解析:加入0.2 molL-1 NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化时,含钠离子的物质只有硫酸钠和偏铝酸钠。溶液中含硫酸钠0.03 mol,因此,含偏铝酸钠0.01 mol,由此推得原镁铝合金中含铝0.01 mol。答案:B11.下列实验方案中,不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的是()A.取a克混合物充分加热,减重b克B.取a克混合物与足量稀盐酸充分反应,加热、蒸干、灼烧,得b克固体C.取a克混合物与足量稀硫酸充分反应,逸出气体用碱石灰吸收,增重b克D.取a克混合物与足量Ba(OH)2溶液充分反应,过滤、洗涤、烘干,得b克固体解析:选项C生成的CO2气体没有干燥,把H2O的质量也当成CO2的质量,导致CO2的质量偏大。答案:C12.一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4H2C2O42H2O。若用0.100 0 molL-1的NaOH溶液中和相同质量的KHC2O4H2C2O42H2O,所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍,则KMnO4溶液的浓度(molL-1)为()提示:H2C2O4是二元弱酸10KHC2O4H2C2O4+8KMnO4+17H2SO48MnSO4+9K2SO4+40CO2+32H2OA.0.008 889B.0.080 00C.0.120 0D.0.240 0解析:根据题意并结合提示,H2C2O4为二元弱酸,可写出氢氧化钠与KHC2O4H2C2O42H2O反应的化学方程式:6NaOH+2KHC2O4H2C2O42H2O3Na2C2O4+K2C2O4+8H2O;10KHC2O4H2C2O4+8KMnO4+ 17H2SO48MnSO4+9K2SO4+40CO2+32H2O 。设需要KMnO4溶液体积为V L,则需要NaOH溶液为3V L,由以上两个方程式可得关系式:10KHC2O4H2C2O48KMnO430NaOH830cV0.3000V解得c=0.080 00 molL-1答案:B二、非选择题(本题包括4小题,共52分)13.(8分)准确移取25.00 mL某未知浓度的盐酸溶液于一洁净锥形瓶中,然后用0.20 molL-1 NaOH溶液滴定(指示剂为酚酞)。滴定结果如下表:NaOH溶液起始读数NaOH溶液终点读数第一次0.01 mL18.20 mL第二次0.20 mL18.41 mL(1)根据以上数据可计算出盐酸的物质的量浓度为 molL-1。(精确到0.01)(2)如标准NaOH溶液由于保存不妥而变质(和空气中CO2反应产生少量Na2CO3),测出的盐酸浓度(填“偏高”“偏低”或“不变”)。(3)若操作有误,则导致待测盐酸溶液浓度偏低的错误操作是(填字母)。A.滴定管用蒸馏水洗后未用标准碱液润洗,直接装入标准碱液B.滴定前滴定管尖端有气泡,滴定后气泡消失C.滴定管读数时,滴定前仰视,滴定后俯视D.待测液中指示剂酚酞(为有机弱酸)加得太多(4)如果准确移取25.00 mL 0.20 molL-1 NaOH溶液于锥形瓶中,滴入酚酞指示剂,然后用未知浓度的盐酸(装在酸式滴定管中)滴定,是否也可测定出盐酸的物质的量浓度?(填“是”或“否”)。解析:(1)两次测量需NaOH溶液的平均值为:=18.20 mLc(HCl)25.00 mL=0.20 molL-118.20 mLc(HCl)0.15 molL-1(2)用酚酞作指示剂,其变色范围为8.210.0,溶液呈弱碱性。当Na2CO3与HCl反应生成NaHCO3误认为到达滴定终点,因此当NaOH部分转变为Na2CO3变质后再去中和HCl,消耗碱液的体积增大,测得盐酸的浓度偏高。(3)滴定管读数时,若滴定前仰视,滴定后俯视,使读得碱液的体积变小,测得盐酸的浓度偏低,其他各选项均使测得盐酸的浓度偏高。(4)无论用盐酸滴定NaOH,还是用NaOH滴定盐酸,用酚酞作指示剂均能测出待测液的浓度。答案:(1)0.15(2)偏高(3)C(4)是14.(15分)DIS系统即数字化信息系统,它由传感器、数据采集器和计算机组成,某学习小组用DIS系统测定食用白醋中醋酸的物质的量浓度,以溶液的导电能力来判断滴定终点。实验步骤如下:(1)用(填仪器名称)量取10.00 mL的食用白醋,在(填仪器名称)中用水稀释并冷却后转移(含洗涤液转移)到100 mL(填仪器名称)中定容,然后将所得溶液倒入试剂瓶中备用。(2)量取20.00 mL上述溶液倒入烧杯中,连接好DIS系统,向烧杯中滴加浓度为0.100 0 molL-1的氨水,计算机屏幕上显示出溶液导电能力随氨水体积变化的曲线。用滴定管盛氨水前,滴定管要用润洗23遍,润洗的目的是。氨水与醋酸反应的离子方程式是。食用白醋中醋酸的物质的量浓度为。简述判断滴定终点的理由:。解析:(1)在测定食用白醋中醋酸的物质的量浓度时,应用酸式滴定管准确量取10.00 mL白醋,先倒入烧杯中加水稀释,冷却后转移至100 mL容量瓶中定容。(2)用碱式滴定管时先用蒸馏水洗涤,再用氨水润洗23次,以保证氨水的浓度不变。氨水与醋酸反应的离子方程式为:NH3H2O+CH3COOHCH3COO-+N+H2O,当二者恰好反应时生成的CH3COONH4为强电解质完全电离,此时溶液的导电能力最强,故曲线的顶点对应滴定终点,所以食用白醋中的醋酸的物质的量浓度为:=1.000 0 molL-1。答案:(1)酸式滴定管烧杯容量瓶(2)0.100 0 molL-1的氨水确保反应时氨水的浓度为0.100 0 molL-1CH3COOH+NH3H2OCH3COO-+H2O+N1.000 molL-1当醋酸与氨水刚好反应完全时生成的醋酸铵是强电解质,完全电离,此时溶液导电能力最强,故曲线的顶点即为滴定终点15.(15分)金矿开采、冶炼和电镀工业会产生大量含氰化合物的污水,其中含氰化合物以HCN、CN-和金属离子的配离子M(CN的形式存在于水中。测定污水中含氰化合物含量的实验步骤如下:水样预处理:水样中加入磷酸和EDTA,在pH11,以试银灵作指示剂,用AgNO3标准溶液滴定:Ag+2CN-Ag(CN)2-终点时,溶液由黄色变成橙红色。根据以上知识回答下列问题:(1)水样预处理的目的是。(2)水样预处理的装置如图,细导管插入吸收液中是为了。(3)蒸馏瓶比吸收液面要高出很多,其目的是。(4)如果用盐酸代替磷酸进行预处理,实验结果将(填“偏高”“无影响”或“偏低”)。(5)准确移取某工厂污水100 mL,经处理后用浓度为0.010 00 molL-1的硝酸银标准溶液滴定,终点时消耗了21.00 mL。此水样中氰化合物的含量为mgL-1(以CN-计,计算结果保留一位小数)。解析:(1)根据题给信息,污水预处理的目的是将各种形态含氰化合物转化为可以测定的HCN。(2)为了保证生成的HCN全部被吸收,导气管要伸入NaOH溶液中。(3)将导气管伸入NaOH溶液中有可能引起倒吸,所以将烧瓶位置挂高。(4)如果用盐酸代替磷酸,盐酸具有挥发性,也被NaOH溶液吸收,用硝酸银溶液进行滴定时消耗硝酸银溶液增多,结果偏高。(5)根据实验原理,2HCN2CN-AgNO3,故水样中氰化物的含量是0.010 00 molL-121.00 mL10-3 LmL-1226 gmol-1103 mgg-10.1 L=109.2 mgL-1。答案:(1)将含氰化合物全部转化为CN-(2)完全吸收HCN(3)防止倒吸(4)偏高(5)109.216.(14分)某学习小组用下图装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。(1)A中试剂为。(2)实验前,先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻,其目的是。(3)检查气密性,将药品和水装入各仪器中,连接好装置后,需进行的操作还有:记录C的液面位置;将B中剩余固体过滤、洗涤、干燥,称量;待B中不再有气体产生并恢复至室温后,记录C的液面位置;由A向B中滴加足量试剂;检查气密性,上述操作的顺序是(填序号);记录C的液面位置时,除视线平视外,还应。(4)B中发生反应的化学方程式为。(5)若实验用铝镁合金的质量为a g,测得氢气体积为b mL(已换算为标准状况),B中剩余固体的质量为c g,则铝的相对原子质量为。(6)实验过程中,若未洗涤过滤所得的不溶物,则测得铝的质量分数将(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。解析:(1)Mg、Al均可以和酸反应,因此不可以用酸来实验,由于Al可以和碱反应而不和Mg反应,则可以用NaOH溶液与Al反应制得H2,然后用排水法收集H2,以计算Al的量。(2)由于Al表面容易生成氧化膜,因而要用酸处理。(3)整个操作过程及原理是:检查气密性;记录起始液面;加入碱反应;不产生气体后,记录末读数,两项相减即为产生H2的量;最后称得的固体即为Mg的质量。在读数时要注意D、C液面相平,否则气体将受压,造成读数不准。(4)B中发生的是Al与碱的反应。(5)(a-c) g即为铝的质量,再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量。而n(Al)可以由产生的H2获得。(6)未洗涤,则造成(a-c)变小,则使得铝的质量分数100%偏小。答案:(1)NaOH溶液(2)除去铝镁合金表面的氧化膜(3)使D和C的液面相平(4)2Al+2NaOH+6H2O2NaAl(OH)4+3H2(5)(6)偏小