Question

【題目】Ⅰ．中和滴定

（1）用酸式滴定管量取20.00 mL待測稀鹽酸溶液放入錐形瓶中，并滴加1～2滴酚酞作指示劑，用0.20 mol·L-1NaOH標準溶液進行滴定。為了減小實驗誤差，該同學(xué)一共進行了三次實驗，假設(shè)每次所取稀鹽酸體積均為20．00 mL，三次實驗結(jié)果記錄如下：

實驗次數(shù)	第一次	第二次	第三次
消耗NaOH溶液體積/mL	19.00	23.00	23.02

該鹽酸的濃度約為_____________(保留兩位有效數(shù)字)。滴定達到終點的標志是_____________。

（2）在上述實驗中，下列操作（其他操作正確）會造成測定結(jié)果偏高的有_______。

A. 滴定終點讀數(shù)時俯視讀數(shù)

B. 酸式滴定管使用前，水洗后未用待測鹽酸潤洗

C. 錐形瓶水洗后未干燥

D. 配制NaOH標準溶液時，沒有等溶解液降至室溫就轉(zhuǎn)移至容量瓶中

E. 配制NaOH標準溶液時，定容時仰視容量瓶的刻度線

F. 堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失

Ⅱ．（1）在粗制CuSO4·5H2O晶體中常含有雜質(zhì)Fe2+。在提純時為了除去Fe2+，常加入合適氧化劑，使Fe2+氧化為Fe3+，下列物質(zhì)可采用的是________

A. KMnO4 　 B. H2O2 　　 C. 氯水 　　 D. HNO3

（2）然后再加入適當(dāng)物質(zhì)調(diào)整至溶液pH=4，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，可以達到除去Fe3+而不損失CuSO4的目的，調(diào)整溶液pH可選用下列中的_______。

A. NaOH B. NH3·H2O C. CuO D. Cu(OH)2

（3）常溫下Fe(OH)3的溶度積Ksp=8.0×10-38,Cu(OH)2的溶度積Ksp=3.0×10-20，通常認為殘留在溶液中的離子濃度小于1×10-5 mol·L-1時就認為沉淀完全，設(shè)溶液中CuSO4的濃度為3.0 mol·L-1，則Cu(OH)2開始沉淀時溶液的pH為_______，Fe3+完全沉淀時溶液的pH為________（已知 lg5 = 0.7 )

Answer 1

【答案】0.23 mol·L-1 滴入最后一滴NaOH溶液加入，溶液由無色恰好變成淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色 EF B CD 4 3.3

【解析】

Ⅰ．(1)酸遇酚酞不變色，堿遇酚酞變紅，利用c(堿)=來進行計算濃度；(2)根據(jù)c(待測)=分析不當(dāng)操作對V(標準)的影響，以此判斷濃度的誤差；

Ⅱ．(1)加入合適氧化劑，使Fe2+氧化為Fe3+，不能引入新的雜質(zhì)；

(2)調(diào)整至溶液pH=4，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，可以達到除去Fe3+而不損失CuSO4的目的，則加含銅元素的物質(zhì)與氫離子反應(yīng)促進鐵離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀；

(3)依據(jù)氫氧化銅飽和溶液中溶度積常數(shù)計算溶液中的氫離子濃度，然后計算pH；結(jié)合氫氧化鐵溶度積和殘留在溶液中的離子濃度小于1×10-5 molL-1時就認為沉淀完全。

Ⅰ．(1)利用酸式滴定管量取20.00mL待測稀鹽酸溶液放入錐形瓶中，因酸遇酚酞不變色，堿遇酚酞變紅，則滴定終點的標志為最后一滴NaOH溶液加入，溶液由無色恰好變成淺紅色，半分鐘內(nèi)不褪色；由c(堿)=可知，因第一次數(shù)據(jù)差別較大，則V(NaOH)==23.01mL，則c(HCl)=≈0.23 mol·L-1；

(2)A．滴定終點讀數(shù)時俯視讀數(shù)，讀取的標準液的體積偏小，由c(待測)=可知測定結(jié)果偏低，故A錯誤；

B．酸式滴定管水洗后未用待測稀鹽酸溶液潤洗，鹽酸的濃度偏小，所取鹽酸溶液的溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，造成V(標準)偏小，根據(jù)c(待測)=分析，可知測定濃度偏小，故B錯誤；

C．錐形瓶水洗后未干燥，不影響滴定時標準液的體積，根據(jù)c(待測)=分析，可知測定濃度無影響，故C錯誤；

D．配制NaOH標準溶液時，沒有等溶解液降至室溫就轉(zhuǎn)移至容量瓶中，配制的標準液濃度偏大，滴定時消耗標準液的體積偏小，由c(待測)=可知測定結(jié)果偏低，故D錯誤；

E．配制NaOH標準溶液時，定容時仰視容量瓶的刻度線，容量瓶內(nèi)溶液的體積偏大，導(dǎo)致標準NaOH溶液的濃度偏低，滴定時消耗標準液的體積偏大，由c(待測)=可知測定結(jié)果偏高，故E正確；

F．堿式滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后消失，讀取的標準NaOH溶液的體積偏大，由c(待測)=可知測定結(jié)果偏高，故F正確；

故答案為EF；

Ⅱ．(1)加入合適氧化劑，使Fe2+氧化為Fe3+，不能引入新的雜質(zhì)，A、C、D都會引入雜質(zhì)，只有過氧化氫的還原產(chǎn)物為水，不引入雜質(zhì)，故答案為B；

(2)調(diào)整至溶液pH=4，使Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3，可以達到除去Fe3+而不損失CuSO4的目的，則加含銅元素的物質(zhì)與氫離子反應(yīng)促進鐵離子水解轉(zhuǎn)化為沉淀，同時不引入新的雜質(zhì)， NaOH或NH3·H2O會引入Na+或NH4+，而CuO和Cu(OH)2在調(diào)節(jié)溶液pH的同時不影響溶液的成份，故答案為CD；

(3)Cu(OH)2的溶度積Ksp=3.0×10-20，溶液中CuSO4的濃度為3.0molL-1，c(Cu2+)=3.0molL-1；依據(jù)溶度積常數(shù)c(Cu2+)×c2(OH-)=3.0×10-20；c2(OH-)==10-20；得到c(OH-)=10-10mol/L，依據(jù)水溶液中的離子積c(H+)×c(OHspan>-)=10-14；可知c(H+)=10-4mol/L，此時溶液pH=4，則Cu(OH)2開始沉淀時溶液的pH為4；殘留在溶液中的離子濃度小于1×10-5 molL-1時就認為沉淀完全，Fe(OH)3的溶度積Ksp=8.0×10-38，c(Fe3+)×c3(OH-)=8.0×10-38；c3(OH-)==8.0×10-33；求的c(OH-)=2×10-11mol/L；水溶液中的離子積c(H+)×c(OH-)=10-14；c(H+)=5×10-4mol/L，則pH=3.3。