高考化学化学反应原理综合题含详细答案

高考化学化学反应原理综合题含详细答案

一、化学反应原理

1．水合肼(N2H4·H2O)又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)2＋2NaOH＋

NaClO=N2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl。

实验1：制备NaClO溶液。(已知：3NaClO Δ

2NaCl＋NaClO3)

(1)如图装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为___________。

(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有

__________(填字母)。

a.烧杯

b.容量瓶

c.玻璃棒

d.烧瓶

(3)图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是__________ 。

实验2：制取水合肼。

(4)图中充分反应后，____________(填操作名称)A中溶液即可得到水合肼的粗产品。若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。写出该过程反应生成氮气的化学方程式 ________。

实验3：测定馏分中水合肼的含量。

(5)称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250 mL溶液，移出25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.15 mol·L－1的碘的标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O)。

①滴定时，碘的标准溶液盛放在 ________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。

②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是 _________(填字母)。

a.锥形瓶清洗干净后未干燥

b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡

c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视

d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液

③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为

_________。

【答案】MnO2＋4HCl(浓)Δ

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O a c 防止NaClO受热分解，影响水合肼

的产率蒸馏 N2H4·H2O＋2NaClO=N2↑＋3H2O＋2NaCl 酸式 d 25%

【解析】

【分析】

(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水；

（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌；

（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，降温可以防止NaClO 受热分解；

（4）N2H4?H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应；

（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管；

②依据操作不当对标准溶液体积的影响分析解答；

③由方程式N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2，由此计算

N2H4·H2O的物质的量和质量分数。

【详解】

(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式

为MnO2＋4HCl(浓)Δ

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)

Δ

MnCl2＋Cl2↑＋

2H2O；

（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：ac；

（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率，故答案为：防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率；

（4）由反应方程式示可知，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液可得到水合肼的粗产品；

N2H4?H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为N2H4?H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl，故答案为：蒸馏；N2H4?H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl；

（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；

②a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响水合肼的物质的量，对实验结果无影响，故错误；

b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；

c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；

d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液会稀释碘的标准溶液，导致碘的标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故正确；

d 正确，故答案为：d ；

③由方程式N 2H 4·H 2O ＋2I 2=N 2↑＋4HI ＋H 2O 可得如下关系N 2H 4·H 2O —2I 2，则3.0g 馏分中n

（N 2H 4·H 2O ）=12n （I 2）×10=12

×0.15 mol·L －1×20×10—3L ×10=0.015 mol ，则馏分中水合肼(N 2H 4·

H 2O)的质量分数为0.015mol 50g/3 mol g ×100%=25%，故答案为：25%。

【点睛】

由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO 受热分解是解答关键，N 2H 4?H 2O 具有强还原性，若分液漏斗滴液速度

过快，部分N 2H 4·H 2O 与次氯酸钠反应是解答难点。

2．钛白粉(TiO 2)是重要的白色颜料，LiFePO 4是锂离子电池的正极材料。一种利用钛铁矿( 主要成分为FeTiO 3 和少量Fe 2O 3 )进行钛白粉和LiFePO 4 的联合生产工艺如下图所示:

回答下列问题:

（1） LiFePO 4中Fe 的化合价是_______________________。

（2）钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎的目的是

__________________________________。

（3）用离子方程式表示操作I 加入铁粉的目的:__________________________。操作II 为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器的名称是

___________。

（4）TiO 2+易水解，则其水解的离子方程式为______________________；“转化”利用的是TiO 2+的水解过程，需要对溶液加热，加热的目的是________________________________。

（5）“沉铁”的的是使Fe 3+生成FePO 4，当溶液中c(PO 43-)= 1.0×10-17mol/L 时可认为Fe 3+ 沉淀完全，则溶液中Fe 3+沉淀完全时的c(Fe 3+)=_______mol/L[已知:该温度下，K sp (FePO 4)=1.0×10-22]。

（6）由“沉铁”到制备LiFePO 4的过程中，所需17% H 2O 2溶液与草酸( H 2C 2O 4)的质量比是_____。

【答案】+2 增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率

2H ++Fe==H 2↑+Fe 2+、Fe+2Fe 3+==3Fe 2+ 蒸发皿 TiO 2++2H 2O

TiO(OH)2+2H + 促进水解

( 或加快水解反应速率) 1.0×10-5 20:9

【解析】

【分析】

钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO)3，含有少量Fe 2O 3]加硫酸溶解生成TiO 2+和Fe 3+、Fe 2+，加入铁还原铁离子：2Fe 3++Fe=3Fe 2+，得到硫酸亚铁和TiOSO 4，对溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到绿矾晶体和TiOSO 4溶液，将TiOSO 4溶液加热，促进TiO 2+的水解生成TiO(OH)2，TiO 2++2H 2O=TiO(OH)2+2H +，分解得到钛白粉(TiO 2)；将绿矾与过氧化氢、H 3PO 4

混合沉铁：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，将得到的FePO4与草酸、Li2CO3焙烧生成锂离子电池的正极材料LiFePO4。

【详解】

根据上述分析可知，

(1)LiFePO4中Li的化合价为+1价，P为+5价O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，Fe 的化合价是+2，故答案为+2；

(2)钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎可以增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率，故答案为增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率；

(3)加入铁粉主要是还原铁离子，也会与过量的酸反应：

2H++Fe==H2↑+Fe2+、2Fe3++Fe=3Fe2+；操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器为蒸发皿，故答案为2H++Fe==H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+；蒸发皿；

(4)TiO2+易水解生成TiO(OH)2，其水解的离子方程式为TiO2++2H2O TiO(OH)2+2H+；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热可以促进水解，故答案为

TiO2++2H2O TiO(OH)2+2H+；促进水解；

(5)K sp(FePO4)= c(Fe3+) c(PO43-)，则c(Fe3+)=() (

)434

sp

K FePO

c PO-

=

22

17

1.010

1.010

-

-

?

?

=1.0×10-5 mol/L，故答案为1.0×10-5；

(6)“沉铁”的为绿矾与过氧化氢、H3PO4混合生成FePO4，离子方程式为：

2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，焙烧时的反应方程式为

2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑；H2O2与草酸( H2C2O4)的物质的量之比为1:1，则17% H2O2溶液与草酸( H2C2O4)的质量比为

134/

17%

190/

mol g mol

mol g mol

?

?

=

20

9

，故答案为

20

9

。

3．实验室以工业废渣（主要含CaSO4·2H2O，还含少量SiO2、Al2O3、Fe2O3）为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下：

（1）室温下，反应CaSO4(s)+2

3

CO-(aq)CaCO3(s)+2

4

SO-(aq)达到平衡，则溶液中()

()

2

4

2

3

SO

CO

c

c

-

-

=________[K sp(CaSO4)=4.8×10?5，K sp(CaCO3)=3×10?9]。

（2）将氨水和NH 4HCO 3溶液混合，可制得(NH 4)2CO 3溶液，其离子方程式为________；浸取废渣时，向(NH 4)2CO 3溶液中加入适量浓氨水的目的是________。

（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70 ℃，搅拌，反应3小时。温度过高将会导致CaSO 4的转化率下降，其原因是________；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO 4转化率的操作有________。

（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO 3所需的CaCl 2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl 2溶液的实验方案：______[已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时Al(OH)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2]。

【答案】1.6×104 3HCO -+NH 3·H 2O

+4NH +23CO -+H 2O(或3HCO -+NH 3·H 2O +

4NH +23CO -+H 2O) 增加溶液中23CO -的浓度，促进CaSO 4的转化

温度过高，(NH 4)2CO 3分解 加快搅拌速率 在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH 试纸测量溶液pH ，当pH 介于5~8.5时，过滤

【解析】

【分析】

（1）反应CaSO 4（s ）+CO 32-（aq ）CaCO 3（s ）+SO 42-（aq ）的平衡常数表达式为

2423c SO c CO --（）（）

，结合CaSO 4和CaCO 3的K sp 计算； （2）氨水与NH 4HCO 3反应生成（NH 4）2CO 3；加入氨水抑制（NH 4）2CO 3的水解； （3）温度过高，（NH 4）2CO 3分解，使CaSO 4转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO 4转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析；

（4）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO 3、SiO 2、Al 2O 3和Fe 2O 3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl 2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO 3完全转化为CaCl 2，同时Al 2O 3、Fe 2O 3转化成AlCl 3、FeCl 3，过滤除去SiO 2，结合题给已知，再利用Ca （OH ）2调节pH 除去Al 3+和Fe 3+。

【详解】

（1）反应CaSO 4（s ）+CO 32-（aq ）CaCO 3（s ）+SO 42-（aq ）达到平衡时，溶液中

2423c SO c CO --（）（）=22

4223c Ca ?SO c Ca ?CO +-+-（）（）（）（）=sp 4sp 3K CaSO K CaCO?（）（）=594.810310

--??=1.6×104。答案：1.6×104 （2）NH 4HCO 3属于酸式盐，与氨水反应生成（NH 4）2CO 3，反应的化学方程式为NH 4HCO 3+NH 3·H 2O=（NH 4）2CO 3+H 2O[或NH 4HCO 3+NH 3·H 2O （NH 4）2CO 3+H 2O]，离子方

程式为HCO 3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3·H2O NH4++CO32-+H2O）；浸取废渣时，加入的（NH4）2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO32-

+NH 4++H2O HCO3-+NH3·H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓度增大，反应CaSO 4（s）+CO32-（aq）CaCO3（s）+SO42-（aq）正向移动，促进CaSO4的转化。答案：HCO 3-+NH3·H2O=NH4++CO32-+H2O（或HCO3-+NH3·H2O NH4++CO32-+H2O）增加溶液中CO32-的浓度，促进CaSO4的转化

（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4）2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率）。答案：温度过高，（NH4）2CO3分解加快搅拌速率

（4）工业废渣主要含CaSO4·2H2O，还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入（NH4）2CO3溶液浸取，其中CaSO4与（NH4）2CO3反应生成CaCO3和（NH4）2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、

Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应，经过滤除去SiO2；得到的滤液中含CaCl2、AlCl3、FeCl3，根据“pH=5时Fe（OH）3和Al（OH）3沉淀完全，pH=8.5时Al（OH）3开始溶解”，为了将滤液中Al3+、Fe3+完全除去，应加入Ca（OH）2调节溶液的pH介于5~8.5[加入Ca （OH）2的过程中要边加边测定溶液的pH]，然后过滤即可制得CaCl2溶液。答案：在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca（OH）2，用pH试纸测得溶液pH，当pH介于5~8.5时，过滤

【点睛】

本题以工业废渣为原料制取轻质CaCO3和（NH4）2SO4晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第（4）问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析，作答时要答出关键点，如pH介于5~8.5等。

4．硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO4?FeSO4?6H2O，商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。三种盐的溶解度（单位为g/100g水）如下表：

温度／℃102030

（NH4）2SO473.075.478.0

FeSO4·7H2O20.026.532.9

（NH4）2SO4?FeSO417.221.628.1

（一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下：

试回答下列问题：

（1）步骤1中加入10％Na2CO3溶液的主要作用是___________；反应中铁屑过量是为了______。

（2）步骤3需要趁热过滤，原因是___________。

（3）从步骤4到莫尔盐，必须进行的操作依次是______，析出的晶体常用________洗涤。（4）若莫尔盐的饱和溶液中有水20克，当温度从30℃降至10℃，最多析出莫尔盐的质量是________（选填编号）。

A 2.18g

B 大于2.18g

C 小于 2.18g

D 无法确定

（二）称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。（1）已知MnO4-被还原为Mn2+，试写出该滴定反应的离子方程式____。

（2）判断该反应到达滴定终点的现象为____________。

（3）假设到达滴定终点时，用去V mL 酸性KMnO4溶液，则该酸性KMnO4溶液的浓度为_______mol/L。

【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质 FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水 B 5Fe2++MnO4-+8H+→ 5Fe3++Mn2++4H2O 加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色 1/V

【解析】

【分析】

（一）（1）碳酸钠水解显碱性；

（2）FeSO4在温度低时溶解度较小；

（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小；

（4）（NH4）2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为：28.1g和17.2g；

（二）（1）MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn2+；

（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；

（3）根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。

【详解】

（一）（1）碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+，减少产物中的Fe3+杂质，

故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质；

（2）如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出，故答案为：FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出；

（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水；

（4）（NH4）2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为：28.1g和17.2g，即若溶剂为100g 水，冷却析出10.9g，有水20g析出2.18g，硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O 含有结晶水，故析出质量大于2.18g，故答案为：B；

（二）（1）反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：

5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O；

（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色，30s内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色；

（3）1.96g硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=m

M

=

1.96

392/

g

g mol

=0.005mol，根据原子守恒则亚

铁离子的物质的量为0.005mol，反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则5Fe2+～MnO4-

，所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol，据c=n

V

=

3

0.001

10

mol

VL

=

1

V

mol/L，故答案为：

1

V

。

5．胆矾(CuSO4·5H2O)是铜的重要化合物，在工业生产中应用广泛。若改变反应条件可获得化学式为Cu x(OH)y(SO4)z·nH2O的晶体，用热重分析仪对Cu x(OH)y(SO4)z·nH2O晶体进行分析并推断该晶体的化学式。取3.30 g晶体样品进行热重分析，所得固体质量的变化曲线如图所示。已知：体系温度在650 ℃及以下时，放出的气体只有水蒸气；实验测得温度在650℃时，残留固体的组成可视为aCuO·bCuSO4；温度在1 000 ℃以上时，得到的固体为Cu2O。请回答下列问题：

①温度650～1 000 ℃产生的气体中，n(O)∶n(S)____(填“>”“<”或“＝”)3。

②通过计算推断Cu x(OH)y(SO4)z·nH2O晶体的化学式：__________。

【答案】> Cu2(OH)2SO4·4H2O

【解析】

【详解】

3.30g晶体含水为3.3g?2.4g＝0.9g，n(H2O)＝

0.9g

18g/mol

＝0.05mol，1000℃以上时，得到的

固体为Cu2O，n(Cu)＝

1.44g

144g/mol

×2＝0.02mol，温度在650℃时，残留固体的组成可视为

aCuO?bCuSO4，此时设CuO为xmol、CuSO4为ymol，则x＋y＝0.02，80x＋160y＝2.4，解得x＝y＝0.01mol，

①温度650～1000℃产生的气体中，n(O)：n(S)＝0.01mol0.01m

0.0

ol4

1mol

?

＋

＝5＞3，故答案

为：＞；

②3.30g晶体含水为3.3g?2.4g＝0.9g，n(H2O)＝0.05mol，n(Cu)＝0.02mol，n(SO42?)＝

0.01mol，可知x：z：n＝0.02mol：0.01mol：(0.05-0.02/2)mol=2：1：4，由电荷守恒可知y ＝2，化学式为Cu2(OH)2SO4·4H2O，故答案为：Cu2(OH)2SO4·4H2O。

6．利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。

已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓

步骤Ⅰ移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0 mL。

步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为________mol·L－1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将________(填“偏大”或“偏小”)。

【答案】上方

()

01

b V V

y

-

偏大

【解析】

【详解】

酸式滴定管的“0”刻度位于滴定管的上方；

步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol?L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H20 的盐酸的物质的量为：V1×10-3×bmol，步骤Ⅰ：用b mol?L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0×10-3×bmol，Ba2++CrO42-═BaCrO4↓，与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V0×10-3×bmol-V1×10-3×bmol=（V0-V1）b×10-3mol，步骤Ⅱ：移取y mLBaCl2溶液于锥形

瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：()3

01

3

10

10

V V b

y

-

-

-?

?

mol/L=

()

01

V V b

y

-

mol/L；

若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1减小，则Ba2+浓度测量值将偏大。7．某小组同学以不同方案探究Cu粉与FeCl3溶液的反应。

（1）甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了反应，其离子方程式是__。

（2）乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生：将Cu粉加入到滴有少量KSCN的FeCl3溶液中，观察到溶液红色褪去，有白色沉淀A产生。

①针对白色沉淀A，查阅资料：A可能为CuCl和CuSCN(其中硫元素的化合价为-2价)中的一种或两种。实验过程如下：

请回答：

Ⅰ.根据白色沉淀B是__(填化学式)，判断沉淀A中一定存在CuSCN。

Ⅱ.仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN，从氧化还原角度说明理由：__。

Ⅲ.向滤液中加入a溶液后无明显现象，说明A不含CuCl，则a是__(填化学式)。

根据以上实验，证明A仅为CuSCN。

②进一步查阅资料并实验验证了CuSCN的成因，将该反应的方程式补充完整： Cu2++ SCN?-= CuSCN↓+ (SCN)2__

③结合上述过程以及Fe(SCN)3?Fe3++3SCN?-的平衡，分析（2）中溶液红色褪去的原因：

__。

（3）已知(SCN)2称为拟卤素，其氧化性与Br2相近。将KSCN溶液滴入（1）所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液变红的可能原因是__或__。

【答案】Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ BaSO4 +1价铜也可将浓HNO3还原 AgNO3 2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2 Cu和Fe3+反应生成Cu2+使c(Fe3+)减小；Cu2+和SCN-反应生成CuSCN沉淀使c(SCN-)减小，均使该平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去 Fe3+有剩余空气中的O2将Fe2+氧化；(SCN)2将Fe2+氧化

【解析】

【分析】

（1）铁离子具有氧化性，能够把铜氧化为铜离子；

（2）I．①不溶于稀硝酸的白的沉淀为硫酸钡；

Ⅱ.②亚铜离子具有还原性，也能被硝酸氧化；

Ⅲ.检验氯离子，应加入硝酸银溶液；

②据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，写出反应的方程式；

③根据浓度对平衡移动规律进行分析；

（3）亚铁离子具有强还原性，空气中氧气、溶液中（SCN）2都有可能把亚铁离子氧化为铁离子。

【详解】

()1甲同学向3FeCl 溶液中加入Cu 粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了氧化还原反应，生成2Cu +，其离子方程式是Cu+2Fe 3+=Cu 2++2Fe 2+；

故答案为：Cu+2Fe 3+=Cu 2++2Fe 2+；

()2① ⅠA 可能为CuCl 和CuSCN(其中硫元素的化合价为2-价)中的一种或两种，白色沉淀与过量浓硝酸反应生成红棕色的2NO 和含2Cu +的蓝色溶液，向蓝色溶液中加入过量硝酸钡溶液，生成不溶于硝酸的钡盐沉淀，则白色沉淀B 是4BaSO ；

故答案为：4BaSO ；

Ⅱ 1+价铜也可将浓3HNO 还原，故仅根据白色沉淀A 与过量浓3HNO 反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A 中一定存在CuSCN ，

故答案为：1+价铜也可将浓3HNO 还原；

Ⅲ 检验氯离子，应加入硝酸银溶液，则a 是3AgNO ，

故答案为：3AgNO ；

② 据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，该反应的方程式为2Cu 2++4SCN -

=2CuSCN↓+(SCN)2，

故答案为：2Cu 2++4SCN -=2CuSCN↓+(SCN)2；

Cu ③和3Fe +反应生成2Cu +使()

3c Fe +减小；2Cu +和SCN -反应生成CuSCN 沉淀使()c SCN -减小，均使该平衡正向移动，导致3Fe(SCN)浓度减小，溶液红色褪去， 故答案为：Cu 和Fe 3+反应生成Cu 2+使c(Fe 3+)减小；Cu 2+和SCN -反应生成CuSCN 沉淀使c(SCN -)减小，均使该平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去 ； ()3将KSCN 溶液滴入()1所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液含3Fe +，溶液变红的可能原因是3Fe +有剩余；空气中的2O 将2Fe +氧化；2(SCN)将2Fe +氧化，

故答案为：Fe 3+有剩余；空气中的O 2将Fe 2+氧化；(SCN)2将Fe 2+氧化

。

8．一水硫酸四氨合铜晶体[Cu (NH 3)4SO 4·H 2O ]常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu 粉、3mol ·L -

1的硫酸、浓氨

水、10% NaOH 溶液、95%的乙醇溶液、0.500 mol ·L -1稀盐酸、0.500 mol ·L -1 的NaOH 溶液来制备一水硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。

I ．CuSO 4溶液的制取

①实验室用铜与浓硫酸制备硫酸铜溶液时，往往会产生有污染的SO 2气体，随着硫酸浓度变小，反应会停止，使得硫酸利用率比较低。

②实际生产中往往将铜片在空气中加热，使其氧化生成CuO ，再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸铜溶液；这一过程缺点是铜片表面加热易被氧化，而包裹在里面的铜得不到氧化。

③所以工业上进行了改进，可以在浸入硫酸中的铜片表面不断通O2，并加热；也可以在硫酸和铜的混合容器中滴加H2O2溶液。

④趁热过滤得蓝色溶液。

(1)某同学在上述实验制备硫酸铜溶液时铜有剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因

________________。

(2)若按③进行制备，请写出Cu在H2O2作用下和稀硫酸反应的化学方程式

_______________。

(3)H2O2溶液的浓度对铜片的溶解速率有影响。现通过下图将少量30％的H2O2溶液浓缩至40％，在B处应增加一个设备，该设备的作用是____________馏出物是

______________________。

II．晶体的制备

将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作

(1)硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量NH3·H2O调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为Cu2(OH)2SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式__________。(2)继续滴加NH3·H2O，会转化生成深蓝色溶液，请写出从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体的方法____________。并说明理由____________。

Ⅲ.产品纯度的测定

精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入图示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mL

0.500mol·L－1的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用0.500mol·L－1NaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。

1.水

2.长玻璃管

3.10%NaOH溶液

4.样品液

5.盐酸标准溶液

(1)玻璃管2的作用________________。

(2)样品中产品纯度的表达式________________。（不用化简）

(3)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是_________________

A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管

B.滴定过程中选用酚酞作指示剂

C.读数时，滴定前平视，滴定后俯视

D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁

E.由于操作不规范，滴定前无气泡，滴定后滴定管中产生气泡

【答案】反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O 失去结晶水变为CuSO4 Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O 减压设备水（H2O）

2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+加入乙醇或醇析 Cu(NH3)4SO4·H2O晶体难

溶于乙醇，能溶于水平衡气压，防止堵塞和倒吸

-1

12

1.2310(V-V)

100%

4m

??

? AB

【解析】

【分析】

I．(1) 得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，具有吸水性；

(2) 双氧水与铜、稀硫酸反应生成硫酸铜和水；

(3) 过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式；

Ⅱ．(1) 硫酸铜与NH3?H2O反应生成Cu2(OH)2SO4，据此书写离子方程式；

(2) 根据Cu(NH3)4SO4?H2O可溶于水，难溶于乙醇分析；

Ⅲ. (1) 玻璃管2起到了平衡气压的作用；

(2)根据关系式计算；

(3) 氨含量测定结果偏低，说明中和滴定时消耗氢氧化钠溶液体积V2偏大。

【详解】

I．(1) 得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,浓硫酸具有吸水性,使CuSO4·5H2O 失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色；

(2) Cu在H2O2作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4

＝CuSO 4+2H 2O ；

(3) 过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则B 处增加一个减压设备，馏出物为H 2O ；

II ．(1) 浅蓝色沉淀的成分为Cu 2(OH )2SO 4，反应的离子方程式为：2Cu 2++2NH 3·H 2O +SO 42-=Cu 2(OH )2SO 4+2NH 4+；

(2) 由题中信息，Cu (NH 3)4SO 4·H 2O 晶体难溶于乙醇，可溶于水，故加入乙醇(或醇析)可从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体；

Ⅲ. (1) 装置中长导管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸；

(2)与氨气反应的

n (HCl )=10?3V 1L ×0.500mol ?L ?1?0.500mol ?L ?1×10?3V 2L =5×10?4(V 1?V 2)mol ，根据NH 3～HCl

可知，n (NH 3)=n (HCl )=5×10?4(V 1?V 2)mol ，则n [Cu (NH 3)4SO 4·H 2O ]=14

n (NH 3)= 14

×5×10?4(V 1?V 2)mol ，样品中产品纯度的表达式为：()4121510mol 246g/mol 4g

V V m -??-?×100%=-1121.2310(V -V )4m ??×100%； (3) A ．滴定时未用NaOH 标准溶液润洗滴定管,浓度偏低,则V 2偏大，氨含量偏低，故A 正确；

B ．滴定过程中选用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，消耗NaOH 溶液体积偏大，测定的氨含量偏低，故B 正确；

C ．读数时，滴定前平视,滴定后俯视，导致V 2偏小，则含量偏高，故C 错误；

D ．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V 2偏小，含量偏高，故D 错误；

E ．由于操作不规范,滴定前无气泡,滴定后滴定管中产生气泡,导致消耗氢氧化钠溶液体积V 2偏小，测定的氨含量偏高，故E 错误；

故答案选AB 。

9．下表是某学生为探究AgCl 沉淀转化为2Ag S 沉淀的反应所做实验的记录．

分溶解

Ⅴ

.过滤得到滤液X和白色沉淀Y；向X中滴加

32

Ba(NO)溶

液．

产生白色沉淀

()1为了证明沉淀变黑是AgCl转化为2

Ag S的缘故，步骤I中NaCl溶液的体积范围为

______ 。

()2已知：25℃时()10

sp

K AgCl 1.810-

=?，()30

sp2

K Ag S610-

=?，此沉淀转化反应的平衡常数K= ______。

()3步骤V中产生的白色沉淀的化学式为 ______ ，步骤Ⅲ中乳白色沉淀除含有AgCl外，还含有 ______。

()4为了进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，设计了如下图所示的对比实验装置。

①装置A中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和 ______ ，试剂W为 ______ 。

②装置C中的试剂为NaCl溶液和

2

Ag S悬浊液的混合物，B中试剂为 ______ 。

③实验表明：C中沉淀逐渐变为乳白色，B中没有明显变化。

完成C中反应的化学方程式：______Ag2S+_____NaCl+______ + ______ ?AgCl+S+ ______

______

C中NaCl的作用是： ______ 。

【答案】5mL

≥9

5.410

?4

BaSO S 分液漏斗过氧化氢溶液

2

Ag S悬浊液222

2Ag S4NaCl O2H O4AgCl2S4NaOH

+++++

?氧气将

2

Ag S氧化成S时有Ag+产生，NaCl电离的氯离子与银离子结合生成AgCl沉淀，使()

c Ag+减小，有利于氧化还原反应的平衡右移

【解析】

【分析】

(1)要证明沉淀变黑是AgCl转化为2

Ag S的缘故，则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl沉淀；

(2)

()

()

2

2

c Cl

K

c S

-

-

=；

(3)黑色的硫化银沉淀被氧气氧化为氯化银沉淀和硫单质；硫单质被硝酸氧化为硫酸根离子；

(4) ①根据装置图判断仪器名称；装置A 的作用是提供氧气；

②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C 中的试剂为NaCl 溶液和2Ag S 悬浊液的混合物，则装置B 中应该不含氯化钠溶液；

③装置C 中生成的白色沉淀为氯化银和S 单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的反应物为氢氧化钠，再根据H 元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式。

【详解】

(1)要证明沉淀变黑是AgCl 转化为2Ag S 的缘故，则步骤Ⅰ中必须使硝酸银电离出的银离子完全转化成AgCl 沉淀，所以加入的NaCl 溶液的体积必须5mL ≥；

(2)氯化银转化成硫化银的反应为：()()()()222AgCl s S

aq Ag S s 2Cl aq --++?，该反应

的平衡常数为：()()()()()()()()2222102

sp

930222sp 2c Cl c Ag c Cl K AgCl (1.810)K 5.410K Ag S 610c S c Ag c S -

+----+-??=====???；

(3)步骤Ⅲ中较长时间后，沉淀变为乳白色，则黑色的硫化银沉淀氧化成氯化银沉淀；再根据滤出Ⅲ中的乳白色沉淀，加入足量3HNO 溶液，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，则被氧化的只能为S 元素，故乳白色沉淀为AgCl 和S 的混合物；其中S 被稀硝酸氧化成硫酸根离子，则在步骤Ⅴ中向X 中滴加32Ba(NO )溶液会生成4BaSO 沉淀；

(4) ①根据图示可知，装置A 中玻璃仪器有圆底烧瓶、导管和分液漏斗；乳白色沉淀为氯化银和S 的混合物，装置A 的作用是提供氧气，根据圆底烧瓶中为二氧化锰可知W 为过氧化氢溶液；

②进一步确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因，装置C 中的试剂为NaCl 溶液和2Ag S 悬浊液的混合物，则装置B 中应该不含氯化钠溶液，即为2Ag S 悬浊液，通过对比反应现象判断生成乳白色沉淀产生的原因；

③装置C 中生成的白色沉淀为氯化银和S 单质，反应物应该还有氧气，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式存在，则未知的产物为氢氧化钠，再根据H 元素守恒可知另一种未知反应物为水，然后根据化合价升降相等配平反应方程式为

2222Ag S 4NaCl O 2H O 4AgCl 2S 4NaOH +++++?；装置C 中氯化钠的作用为：氧

气将2Ag S 氧化成S 时有Ag +产生，NaCl 电离的氯离子与溶液中银离子结合生成AgCl 沉

淀，使溶液中()c Ag +减小，从而有利于氧化还原反应

2222Ag S 4NaCl O 2H O 4AgCl 2S 4NaOH +++++?向右移动。

10．氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁，实验室制备装置和工业制备流程图如下：

已知：（1）无水FeCl3的熔点为555K、沸点为588K．

（2）废铁屑中的杂质不与盐酸反应

（3）不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：

温度/℃02080100

溶解度（g/100g H2O）74.491.8525.8535.7

实验室制备操作步骤如下：

Ⅰ．打开弹簧夹K1，关闭弹簧夹K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸．

Ⅱ．当…时，关闭弹簧夹K1，打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a．Ⅲ．将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl3?6H2O晶体．

请回答：

（1）烧杯中足量的H2O2溶液的作用是______________________。

（2）为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作Ⅱ中“…”的内容是

______________________。

（3）从FeCl3溶液制得FeCl3?6H2O晶体的操作步骤是：加入______________后、

_________________、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

（4）试写出吸收塔中反应的离子方程式：_____________________。

（5）捕集器温度超过673K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式为____________。

（6）FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用c mol?L-1Na2S2O3溶液滴定，消耗V mL（已知：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-）。

①滴定终点的现象是：_____________________。

②样品中氯化铁的质量分数________________。

【答案】把亚铁离子全部氧化成三价铁离子装置A中不产生气泡或量气管和水准管液面不变（其他合理答案也给分）盐酸蒸发浓缩、冷却结晶 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- Fe2Cl6

溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色162.5

%

cV

m

【解析】【分析】

实验室制备中，废铁屑和盐酸反应得到FeCl 2，FeCl 2再与H 2O 2反应得到FeCl 3·6H 2O ；在工业制备中，铁屑和氯气反应得到FeCl 3，经过处理得到FeCl 3·6H 2O 。

【详解】

（1）根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl 3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl 2，然后把FeCl 2氧化成FeCl 3，先制得FeCl 3?6H 2O 晶体，再脱结晶水制得无水FeCl 3．烧杯中足量的H 2O 2溶液是作氧化剂，将FeCl 2氧化成FeCl 3，把Fe 2＋全部氧化成Fe 3＋； （2）铁与盐酸反应完全时，不再产生氢气，所以装置A 中不产生气泡或量气管和水准管的液面不再变化，此时，可将A 中FeCl 2溶液放入烧杯中进行氧化；

（3）从FeCl 3·6H 2O 在不同温度下的溶解度可以看出，随着温度的变化，溶解度变化很大，因此采用降温结晶的方法得到晶体。从FeCl 3溶液制得FeCl 3?6H 2O 晶体的操作步骤是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；

（4）从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是 2Fe+3Cl 2=2FeCl 3，因此，进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成2FeCl 3溶液，所以吸收剂应是2FeCl 2溶液，反应的离子方程式为：2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++2Cl -； （5）捕集器收集的是气态FeCl 3，FeCl 3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673K 时，二分子气态FeCl 3可以聚合生成双聚体Fe 2Cl 6；

（6）①称取m g 无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL 溶液；取出10.00mL ，加入稍过量的KI 溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用 Na 2S 2O 3溶液滴定，滴入最后一滴Na 2S 2O 3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色．所以滴定终点的现象是：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；

②由反应：2Fe 3++2I -=2Fe 2++I 2； I 2+2S 2O 32-═2I -+S 4O 62-；可得关系式：

3+2-223

3

2Fe I 2S O 1110n cV -?::

求得n (Fe 3+)=cV ×10-3mol ，则样品中氯化铁的质量分数为：

ω(Fe 3+)= 31010162.5/100%cV mol g mol m -????=162.5%cV m 。