无机实验原理与思考题复习

1、试剂氯化钠的制备实验原理 较高纯度的氯化钠（例如试剂级和医用级别）是由粗食盐提纯制备的。粗食盐中含有泥沙和K+、Ca2+、Mg2+、Fe3+、SO42-和CO32-等杂质。不溶性杂质可用溶解和过滤除去。由于氯化钠的溶解度随温度的变化很小，难以用重结晶的方法纯化，需用化学方法进行离子分离，通过选用合适的试剂将Ca2+、Mg2+、Fe3+和SO42-等可溶性杂质离子生成不溶性化合物而除去。具体方法是先在粗食盐的饱和溶液中加入稍微过量的BaCl2，则 Ba2+SO42-BaSO4将溶液过滤，除去BaSO4沉淀。再在溶液中加入NaCO3溶液，则 Ca2+CO32-CaCO32Mg2+2CO32-+H2

2、O Mg(OH)2CO3+CO22Fe3+3CO32-+3H2O 2Fe(OH)3+3CO2Ba2+CO32-BaCO3过滤溶液，不仅除去Ca2+、Mg2+、Fe3+,还将前面过量的Ba2+一起除去。过量的Na2CO3用HCl中和后除去。其他少量可溶性杂质（如KCl）和上述沉淀剂不起作用，但由于KCI的溶解度比NaCl大，将母液蒸发浓缩后，NaCl析出，而KCl留在母液中。思考题1， 在提纯过程中，K+是在哪一步被除去的？蒸发浓缩，减压过滤2， 为了得到跟高的产率，在蒸发浓缩时，有的同学直接把溶液蒸发至干，是否可行？为什么？否，K+未除去3， 在本实验中钙镁离子的除去和鉴定为什么不使用同一种试

3、剂？鉴定和去除目的不同,鉴定的时候只要能检验处存在Ca2+、Mg2+就可以了,不需要考虑其他因素.并且鉴定时所使用的试剂与待测离子反应很灵敏而除杂需要注意在除去Ca2+、Mg2+时不能引入新的杂质.而且加入的物质不能与想要获得物质反应,即使发生反应也应能比较容易的复原才可以.4， 分析产率过高或过低的原因产率偏高：（1）除杂加试剂量多导致产率偏高（氯化钡加多了,碳酸钠就要多加,有氯化钠生成；碳酸钠多了,盐酸就要多加,还有氯化钠生成）（2）过滤滤纸有破损,有些杂质就进入了滤液中,形成精盐的质量增加导致产率偏高（3）过滤后液体尚浑浊时,就进行蒸发水份,导致产率偏高（4）滤液高于滤纸边缘,会使没有过

4、滤的液体进入滤液,导致精盐含有一定杂质质量增加,产率偏高（5）蒸发结晶时,看到晶体析出立即停止加热,余热没有把精盐干燥（含有水分）直接称量产率偏高产率偏低：（1）溶解时加入的粗盐过多,加入的水量不足,未完全溶解（过滤时除掉了）,导致产率偏低（2）溶解搅拌时液滴溅出,导致产率偏低（3）过滤过程中,液体溅出,导致产率偏低（4）蒸发时液滴飞溅有固体溅出,质量有损耗导致产率偏低（5）将晶体转移称量时转移过程质量有损失导致产率偏低醋酸电离度和电离常数的测定实验原理醋酸CH3COOH(简写为HAc)是一元弱酸，在溶液中存在下列电离平衡： 忽略水的电离，其电离常数：首先，一元弱酸的浓度是已知的，其次在一定温

5、度下，通过测定弱酸的pH值，由pH = -lgH3O+, 可计算出其中的H3O+。对于一元弱酸，当c/Ka 500时，存在下列关系式： 思考题1，在测定不同的醋酸溶液PH时，测定的顺序为什么要由稀到浓？因为不可避免的PH记上要剩余少量已测溶液的残留液,从稀到浓可以减少误差 2，下列情况能否用近似公式求离解常数：Ka=c（H离子）的平方除以c（HAc）1.所测醋酸溶液浓度极稀能2.在醋酸溶液中加入一定量的NaAc固体不能3.在HAc中加入一定量的NaCl固体不能，往弱电解质的溶液中加入与弱电解质没有相同离子的强电解质时,由于溶液中离子总浓度增大,离子间相互牵制作用增强,使得弱电解质解离的阴、阳离

6、子结合形成分子的机会减小,从而使弱电解质分子浓度减小,离子浓度相应增大,解离度增大,这种效应称为盐效应.碘与碘离子平衡常数的测定、实验原理碘溶于碘化物（如KI）溶液中，主要生成I3-，形成下列平衡： I2 + I- = I3- (1)其平衡常数K为 式中a、c、分别为活度、浓度和活度系数。在浓度不大的溶液中 故得 但是，要在KI溶液中用碘量法直接测出平衡时各物质的浓度是不可能的，因为当用Na2S2O3滴定I2时，（1）式平衡向左移动，直至I3-消耗完毕，这样测得的I2量实际上是I2及I3-之和。为了解决这个问题，本实验用溶有适量碘的四氯化碳和KI溶液混合振荡，达成复相平衡。I-和I3- 不溶于

7、CCl4，而KI溶液中的I2不仅与水层中的I-, I3-成平衡，而且与CCl4中的I2也建立平衡，如图所示。由于在一定温度下达到平衡时，碘在四氯化碳层中的浓度和在水溶液中的浓度之比为一常数（分配系数）。 因此当测定了碘在四氯化碳层的浓度后，便可通过预先测定的分配系数求出在KI溶液中的浓度。 而分配系数Kd可借助于I2在CCl4和纯水中的分配来测定。 再分析KI溶液中的总碘量得CI2(KI溶液)+C I3-，减去CI2(KI溶液)即得C I3-。由于形成一个I3-要消耗一个I-，所以平衡时的浓度为：c=cI-°(即KI溶液中I-的原始浓度)-c I3-将C I2(CCl4)、C I3-

8、、C I-代入（3）式即得平衡常数K。思考题出现下列情况会对实验有什么影响:1所取的碘的量不够,2三只碘量瓶没有充分振荡,3吸清液时,不注意将沉在溶液底部或悬浮在溶液表面的少量固体碘带入吸量管 优质解答 1、碘称量量不够会完全溶解,溶液没有达到平衡2、振荡不充分,溶液没有完全混合均匀,下部饱和,上部没有饱和,总体没有达到平衡3、吸入固体会导致测定溶解碘的量增大4用碘量法测定时,为什么要在溶液变为淡黄色时加入淀粉,而不能在滴定一开始就加入?因为淀粉与碘单质显色的原理是淀粉与碘形成包合物,一开始就加入淀粉,与淀粉作用的碘单质比较多,反应时不容易从包合物中释放出来.在溶液变为淡黄色时加入淀粉,可以有

9、效地减小误差.化学反应速率与活化能的测定实验原理（NH4）2S2O8和KI在水溶液中发生如下反应：S2O82-(aq)+ 3I-(aq) 2SO42- (aq)+ I3-(aq) （1）这个反应的平均反应速率为= - = 式中： 反应的平均反应速率； 时间内的浓度变化；， ，的起始浓度； 该反应的速率系数； 反应物，的反应级数，为该反应的总级数。为了测出在一定时间（）内S2O82-的浓度变化，在混合(NH4)2S2O8和KI溶液的同时，加入一定体积的已知浓度的Na2S2O3溶液和淀粉，这样在反应（1）进行的同时，还有以下反应发生：2S2O32- (aq) + I3(aq) S4O62-(aq)

10、 + 3I-(aq) （2）由于反应（2）的速率比反应（1）的大得多，由反应（1）生成的I3会立即与S2O32-反应生成无色的S4O62-和I-。这就是说，在反应开始的一段时间内，溶液呈无色，但当Na2S2O3一旦耗尽，由反应（1）生成的微量I3就会立即与淀粉作用，使溶液呈蓝色。由反应（1）和（2）的关系可以看出，每消耗1mol S2O82- 就要消耗2 mol 的S2O32-，即（S2O82-）= （S2O32-）由于在时间内，S2O32-已全部耗尽，所以（S2O32-）实际上就是反应开始时Na2S2O3的浓度，即（S2O32-）= （S2O32-）这里的（S2O32-）为Na2S2O3的起

11、始浓度。在本实验中，由于每份混合液中Na2S2O3的起始浓度都相同，因而（S2O32-）也是相同的，这样，只要记下从反应开始到出现蓝色所需要的时间（），就可以算出一定温度下该反应的平均反应速率：=按照初始速率法，从不同浓度下测得的反应速率，即可求出该反应的反应级数和，进而求得反应的总级数（+），再由求出反应的速率系数。 由Arrhenius方程得式中： 反应的活化能； 摩尔气体常数，= 8.314 J·mol-1·K-1 ; 热力学温度求出不同温度时的值后，以对作图，可得一直线，由直线的斜率可求得反应的活化能。Cu2+可以加快(NH4)2S2O8与KI反应的速率，Cu2+的

12、加入量不同，加快的反应速率也不同。思考题,1，化学反应速率 级数与活化能的测定的实验中为什么要迅速加入Na2S2O8呢如果不是零级的反应,则反应速率与起始浓度有关,只有在尽可能短的时间内把反应物加入,才能尽可能的减少起始反应物浓度在最初反应时的不确定性,以减少测定误差.2，如果实验中先加(NH4)2S2O8溶液,最后加KI溶液,会对结果有什么影响?加入的(NH4)2S2O8溶液将先于溶液中的Na2S2O3反应，因而减少溶液中Na2S2O3总量，当最后加入KI后，(NH4)2S2O8与KI反应生成的I2与Na2S2O3反应的时间变短，结果造成反应速度增大的假象，产生正误差。3，为什么在实验2,3

13、,4，5中，分别加入KNO3或硫酸铵溶液？保持体积相同，离子强度相同。 铁（III）离子与磺基水杨酸配合物的组成和稳定常数的测定实验原理磺基水杨酸可以与 Fe3+ 形成稳定的配合物。配合物的组成随溶液 pH 值的不同而改变。在 pH=23、49、911 时，磺基水杨酸与 Fe3+能分别形成三种不同颜色、不同组成的配离子。本实验是测定pH=23 时所形成的红褐色磺基水杨酸合铁()配离子的组成及其稳定常数。实验中通过加入一定量的 HClO4 溶液来控制溶液的 pH 值。由于所测溶液中磺基水杨酸是无色的，Fe+溶液的浓度很小，也可认为是无色的，只有磺基水杨酸合铁()配离子(MRn)是有色的

14、。根据朗伯比耳定律 A=bc 可知，当波长、溶液的温度 T 及比色皿的厚度 b 均一定时，溶液的吸光度 A 只与有色配离子的浓度 c 成正比。通过对溶液吸光度的测定，可以求出配离子的组成思考题1，若入射的光不是单色光，能否测出配合物的组成和稳定常数？答：不能，根据朗伯比耳定律 A=dc 可知，当波长、溶液的温度 T 及比色皿的厚度 d 均一定时，溶液的吸光度 A 只与有色配离子的浓度 c 成正比，当改为复色光，消光系数不确定，故不能测出。2，实验中能否用其他酸代替高氯酸？答：不能，高氯酸根配位性差，而硫酸根易形成不稳定化合物。3，用等摩尔系列法测定配位离子组成时,为什么溶液中中心离子的物质的量

15、与配位体的物质的量比正好与配合物组成相同时,配合物的浓度最大答：说的是配合物的浓度最大,自然是中心离子和配位体物质的量之比恰是配合物组成的时候了.如果其中某一项过量,只能按照量少的一项来计算配合物的浓度。氧化还原反应和氧化还原平衡二、实验原理         金属间的置换反应伴随着电子的转移，利用这类反应可组装原电池，如标准铜锌原电池。(-)ZnZnSO4(1mol·L-1)CuSO4(1mol·L-1)Cu (+)在原电池中，化学能转变为电能，产生电流，由于电池本身有内电阻，用毫伏计所测的电压

16、，只是电池电动势的一部分（即外电路的电压降）。可用pHS25型酸度计粗略地测量其电动势。当氧化剂和还原剂所对应的电对的电极电势相差较大时，通常可以直接用标准电极电势E 来判断,作为氧化剂电对对应的电极电势与作为还原剂电对对应的电极电势数值之差大于零，则氧化还原反应就自发进行。也就是E 值大的氧化态物质可以氧化E 值小的还原态物质，或E 值小的还原态物质可以还原E 值大的氧化态物质。若两者的标准电极电势代数值相差不大时，必须考虑浓度对电极电势的影响。具体方法是利用Nernst 方程式： 计算出不同浓度的电极电势值来说明氧化还原反应的情况。若有H+ 或OH - 参加氧化还原反应，还必须考虑pH值（

17、酸度）对电极电势和氧化还原反应的影响思考题1， 什么叫浓差电池？答：浓差电池，是由电池中存在浓度差而产生的电池，是指电池内物质变化仅是由一物质由高浓度变成低浓度且伴随着化学能变化转变成电能的一类电池，2，影响氧化还原反应的因素主要有哪些答：浓度、酸度3，介质对高锰酸钾的氧化性有何影响答：酸性介质能明显增强高锰酸钾的氧化性MnO4-+8H+5e-=Mn2+4H2OE=E0+0.0592/5*lg(MnO4-H+8/Mn2+)因此当H+发生变化,E也发生变化,H+越大,对数结果越大,E就越大。P区非金属元素1，氯能从含碘离子的溶液中取代碘,碘又能从氯酸钾溶液中取代氯,两个反应有无矛盾？答：没有矛盾

18、第一个反应氧化剂是氯气,说明氧化性Cl2>I2,第二个反应氧化剂是氯酸钾,说明氧化性ClO3>IO3,还原性I2>Cl2,所以没有矛盾。2， 长久放置的硫化氢、硫化钠、亚硫酸钠水溶液会发生什么变化?如何判断变化情况?答：硫化氢、硫化钠、都会变浑浊.因为硫离子还原性很强被氧气氧化变为了S.亚硫酸钠水溶液变为了硫酸钠溶液,也是被氧气氧化,不过没有现象.可以加盐酸酸化的氯化钡看有没有沉淀,有沉淀就有硫酸钠.3， 硫代硫酸钠溶液与硝酸银溶液反应时,为何有时为硫化银沉淀？答：硫代硫酸银不稳定，遇光易分解,转化为硫化银沉淀.4， 为什么一般情况下不用硝酸作为酸性反应介质?硝酸与金属反应和

19、稀盐酸与金属反应有何不同?答：硝酸是强氧化剂,他与金属反应时,金属很快被氧化成最高价氧化物,同时自身被还原生成一种或多种氮的氧化物,然后金属氧化物溶液中H离子反 应,体现出酸性.（这就是金属与硝酸反应不生成氢气的原因）若以硝酸为酸性介质,他的强氧化性会干扰实验结果.金属与稀盐酸反应一般会先体现出氢离子的酸 性,生成氢气和对应的氯盐5， NaH2PO4显酸性,是否酸式盐都显酸性?为什么?举例子不是酸式盐都显酸性,要看电离常数与水解常数的大小关系,如碳酸氢钠也是酸式盐,但是碱性的.6， 为什么硼酸是一元酸?在硼酸中,加入多羟基化合物后，溶液的酸度会如何变化？为什么?答：硼酸B(OH)3中的B价层只

20、有6个共用电子,未达到8电子稳定结构,还有一个空的2p价轨道,因此是缺电子化合物；在水中,B会利用其空的价轨道接受来自H2O中O上的孤电子对,由于水中O上电子被吸走,O必然从与之结合的H上吸引电子,导致H缺少电子,易以H(+)形式电离；（1）B(OH)3 + H2O = (HO)3B(OH)- + H+可以看出,硼酸在水中表现为一元酸.如果与多羟基化合物（即多元醇）反应,由于多元醇上有多个O,具有形成螯合物的能力,即形成配合物的能力强于H2O,所以与反应（1）类似的反应正向趋势就大得多,酸性会增强.硫酸亚铁铵的制备与测定实验原理 硫酸亚铁铵 (NH4)2SO4·FeSO4·

21、6H2O） 商品名为莫尔盐，为浅蓝绿色单斜晶体。一般亚铁盐在空气中易被氧化，而硫酸亚铁铵在空气中比一般亚铁盐要稳定，不易被氧化。Fe+H2SO4 = FeSO4+H2FeSO4+(NH4)2SO4+6H2O = (NH4)2SO4·FeSO4·6H2O用目视比色法可估计产品中所含杂质Fe3+的量（思考题3）。Fe3+与SCN能生成红色物质Fe（SCN）2+，红色深浅与Fe3+相关。将所制备的硫酸亚铁铵晶体与KSCN溶液在比色管中配制成待测溶液，将它所呈现的红色与含一定Fe3+量所配制成的标准Fe（SCN）2+溶液的红色进行比较，确定待测溶液中杂质Fe3+的含量范围，确定产品

22、等级1， 为什么硫酸亚铁铵的制备放在锥形瓶中进行？ 答：防止溶液溅出，影响硫酸亚铁铵的浓度。2为什么硫酸亚铁铵溶液和硫酸亚铁溶液要保持较强的酸性？ 答：抑制二价铁的水解。3， 进行目视比色法时，为什么要用煮沸冷却的蒸馏水来配置溶液？答：防止水中的氧气将Fe2+氧化。4， 制备硫酸亚铁铵时，为什么采用水浴加热法？答：a，加快反应速率。B，相比直接加热，便于控制反应温度，防止溶液沸腾，使得Fe2+被氧化。三草酸合铁酸钾的制备和测定二、实验原理（1）三草酸合铁酸钾的制备首先由硫酸亚铁铵与草酸反应制备草酸亚铁：(NH4)2Fe(SO4)2 + 2H2OH2C2O4 = FeC2O4·2H2O

23、(NH4)2SO4 H2SO4然后在过量草酸根存在下，用过氧化氢氧化草酸亚铁即可得到三草酸合铁（）酸钾，同时有氢氧化铁生成：6FeC2O4·2H2O3H2O26K2C2O4 = 4K3Fe(C2O4)3 2Fe(OH)312H2O,加入适量草酸可使Fe(OH)3转化为三草酸合铁（）酸钾配合物：2Fe(OH)33H2C2O43K2C2O4 = 2K3Fe(C2O4)3+ 6H2O（2）三草酸合铁酸钾的测定用高锰酸钾标准溶液在酸性介质中滴定测得草酸根的含量。Fe3+ 含量可先用过量锌粉将其还原为Fe2+ ，然后再用高锰酸钾标准溶液滴定而测得，其反应式为 2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O5Fe2+MnO4-+8H+5Fe3+M