内容正文:
参考答案
考点二
关键能力·重点突破
[素养提升]
「真题引路]
1.D①量筒用蒸馏水洗净后未千燥立即量取浓硫酸,浓:
例题解析(1)利用碘量法测定WC16产品纯度,称量
硫酸被稀释,所取溶质H2SO4偏少,导致溶液浓度偏
时加入足量的CS2用于溶液样品,盖紧称重为1g,由
低:②未洗涤烧杯,使溶质H2S)4损失,导致溶液浓度
于CS2易挥发,开盖时要挥发出来,称量的质量要减少,
偏低;③少量溶液流到容量瓶外面,使溶质H2SO4损
开盖并计时1分钟,盖紧称重2g,则挥发出的CS2的
失,导致溶液浓度偏低;④加水超过了刻度线,马上用胶
质量为(1一2)g,再开盖加入待测样品并计时1分
头滴管吸去多余的水,会损失H2SO4,导致溶液浓度
钟,又挥发出(m1一m2)g的CS2,盖紧称重为m3g,则样
偏低。
品质量为:3g十2(1一2)g-m1g=(3十m1一2m2)g:
2.B准确配制250mL2mol·L-1HNO3溶液,要知道
(2)滴定时,根据关系式:WO~2IO3~6l2~12S2O号,
浓HNO3的浓度或密度,A项错误;FeCl3易水解,配制
其溶液时,常将FC3固体溶解在较浓的盐酸中,再加
样品中wCl6)=(w0)=立a(S,0)=2cV×
水稀释,B项正确;用浓盐酸配制体积比为1:1的稀盐!
酸,是粗略配制一定浓度的溶液,不需要容量瓶,C项错
103mol,m(wCl6)=i2cV×10-3mol×Mg/mol=
误;用pH=1的盐酸配制100mLpH=2的盐酸,还需
cVM
12000g,则样品中WCl6的质量分数为:
要量筒,用于量取pH=1的盐酸,D项错误。
CVM
3.解析(1)利用固体配制一定物质的量浓度的溶液时需
12000g
CVM
要用托盘天平称量固体,用烧杯溶解固体,用量筒量取
m3十7m1-2m2)gX10%=120(m3千m1-2m2%:根
蒸馏水。
据测定原理,称量时,若加入待测样品后,开盖时间超过
(2)用浓硫酸配制一定物质的量浓度的硫酸时,量取浓
1分钟,挥发的CS2的质量增大,m3偏小,但WCl6的质
硫酸时需要量筒,浓硫酸稀释时,需要烧杯和玻璃棒;转
量不变,则滴定时消耗Na2S2O3溶液的体积将不变,样
移时,需要500mL容量瓶,定容时需要胶头滴管;因此
品中WCl6质量分数的测定值将偏大。
还需要的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管;容量瓶
答案(1)(m3十m1-m2)
内壁有水珠不干燥,对溶液中的硫酸的物质的量和溶液
CVM
的体积均无影响,浓度不变,A不符合题意;加水定容
(2)120m3千m1-2m2)%不变偏大
时,俯视刻度线,体积偏小,硫酸的浓度偏大,B不符合:[迁移应用]
题意;颠倒摇匀后,凹液面低于刻度线又补加水,相当于:1.解析(2)POC13与水反应生成H3PO4和HC1,PC13
稀释,所配溶液浓度偏小,C符合题意:稀释过程中,有
与水反应生成H3PO3和HCl,根据题意知,存在关系
少量液体溅出,则容量瓶溶液中的溶质减小,所配溶液
式:PCl3~H3PO3~I2,I2~2Na2S2O3;消耗Na2S2O3
浓度偏小,D符合题意。
的物质的量=0.1000mol·L-1×12.00×10-3L=
答案(1)托盘天平、烧杯、量筒(2)500mL容量瓶、
12×10-4mol,则和Na2S2O3反应的12的物质的量=
胶头滴管CD
X12X10-4mol=6×104mol,PCl3的物质的量等
1
4.C
由c=
1000心知D项正确:由c=
M
于和H3PO3反应的12的物质的量=0.1000mol·L1
V
×10.00×10-3L-6×10-4mol=4×10-4mol,PC13
22.4
1000oV
MV+22.4m
知B项正确;
22.4XM+m
V
的质量为4×10-4mol×137.5g·mol-1=5.5×10-2g,
X10-3
中含PCL的质量为5.5X102g×32500=0.
由0=
24×山
MV
则产品的纯度为5.000.5×100%=89.0%。
5.00
mzM
22.4m十MV知C项错误,将此
答案(1)当最后一滴标准液滴入时,溶液由蓝色变为
无色,且半分钟内不变色(2)89.0%
式变形后即可得到A项中的式子。
2.解析(1)配制AgNO3标准溶液,所使用的仪器除烧
5.解析(1)n[(NH4)2SO4]=n(BaSO4)=0.01mol,
杯和玻璃棒外还需有250mL(棕色)容量瓶、胶头滴管。
n(NHC1)=(2.39g-0.01×132g)÷53.5g·mol-1
(3)假设溶液的体积为1L,则1L溶液中含H2O2的质
=0.02mol,所以n[(NH4)2SO4]:n(NH4C1)=1:2。
(2)c[Ba(O