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2019届二轮复习 化学常用计量 作业（全国通用） (5) 练习
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化学常用计量
一、五年高考真题汇编
1.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )
A.1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA
B.0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA
C.标准状况下,11.2 L苯中含有分子的数目为0.5NA
D.在过氧化钠与水的反应中,每生成0.1 mol氧气,转移电子的数目为0.4NA
【解题指南】解答本题时应注意以下3点:
(1)运用假设法或守恒法来分析混合物问题;
(2)使用气体摩尔体积应注意:一是气体,二是标准状况;
(3)分析氧化还原反应时,要注意歧化和归中两类重要的反应。
【解析】选A。O2和O3都由氧原子组成,1.6 g O2和O3的混合物中氧元素质量为1.6 g,物质的量为0.1 mol,A正确;丙烯酸(CH2CHCOOH)中含有CC键和CO键,0.1 mol丙烯酸中含有0.2 mol双键,B错误;标准状况下,苯不是气体,C错误;2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂,每生成0.1 mol氧气,转移0.2 mol电子,D错误。
2.（双选）下列说法正确的是( )
A.反应N2 (g)+3H2 (g)2NH3 (g)的ΔH<0,ΔS>0
B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C.常温下,Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12,pH=10的含Mg2+溶液中,c(Mg2+)≤5.6×
10-4mol·L-1
D.常温常压下,锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2,反应中转移的电子数为6.02×1023
【命题意图】本题考查反应进行的方向、金属的防腐、Ksp以及气体摩尔体积使用条件的知识,意在考查学生对化学基本理论的掌握程度。
【解析】选B、C。A项,该反应的气体体积减小,即ΔS<0,错误;B项,Zn可以保护铁,为牺牲阳极的阴极保护法,正确;C项,c(OH-)=10-4mol·L-1,c(Mg2+)≤Ksp[Mg(OH)2]/c2(OH-)=5.6×10-12/(10-4)2= 5.6×10-4mol·L-1,正确;D项,非标准状况下,11.2 L H2不是0.5 mol,错误。
【易错警示】本题D项,使用气体摩尔体积需要具备两个条件,一是标准状况,二是气体。
3.碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
(1)碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1:45～50℃时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O,该反应的化学方程式为________________________________________________。
②方法2:先制得CuCl2,再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2,Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。M'的化学式为__________________________。
(2)碱式氯化铜有多种组成,可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成,进行下列实验:①称取样品1.116 0 g,用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A;②取25. 00 mL溶液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl 0. 172 2 g;
③另取25. 00 mL溶液A,调节pH 4 ~ 5,用浓度为0.080 00 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2-CuY2-+2H+),滴定至终点,消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
【命题意图】本题考查化学方程式的书写以及化学计算,意在考查学生的推理能力以及计算能力。
【解析】(1)①CuCl被空气中的O2氧化生成Cu2(OH)2Cl2·3H2O,根据Cu和O得失电子守恒配平反应;②从图示知,O2氧化M'生成M,则M'为Fe2+,Fe3+再氧化Cu生成Cu2+和Fe2+。(2)由②中生成AgCl的质量,可以计算出n(Cl-);由③可计算出n(Cu2+),根据电荷守恒:n(OH-)+n(Cl-)=2n(Cu2+),得出n(OH-),最后由质量守恒得出n(H2O),由四种微粒的物质的量可计算出物质的化学式。
答案: (1)①4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O ②Fe2+
(2)n(Cl-)=n(AgCl)××=4.800×10-3mol
n(Cu2+)=n(EDTA)×=0.080 00 mol·L-1×30.00 mL×10-3L·mL-1×=9.600×10-3mol
n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3mol-4.800×10-3mol=1.440×10-2mol
m(Cl-)=4.800×10-3mol×35.5 g·mol-1=0.170 4 g
m(Cu2+)=9.600×10-3mol×64 g·mol-1=0.614 4 g
m(OH-)=1.440×10-2mol×17 g·mol-1=0.244 8 g
n(H2O)= =4.800×10-3mol
a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1
化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O
【知识拓展】溶液是电中性的,所以溶液中的阴、阳离子的电荷总数必须相等,即电荷守恒
4.软锰矿(主要成分MnO2,杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O,反应的化学方程式为MnO2+SO2MnSO4。
(1)质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化 L(标准状况)SO2。
(2)已知:Ksp[Al(OH)3]=1×10-33,Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39,pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下,除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1×10-6mol·L-1),需调节溶液pH范围为 。
(3)下图可以看出,从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体,需控制结晶温度范围为 。
(4)准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中,加入适量H3PO4和NH4NO3溶液,加热使Mn2+全部氧化成Mn3+,用c(Fe2+)=0.050 0 mol·L-1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+),消耗Fe2+溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。
【解析】(1)MnO2 + SO2 MnSO4
87 g 22.4 L
17.40 g V
解得:V=4.48 L
(2)除去Fe3+时,c(OH-)==≈1.44×10-11,pH=-lg≈3.2,除去Al3+时,c(OH-)===1×10-9,pH=-lg=5.0,故需要控制溶液pH范围为5.0
(4)根据氧化还原反应中得失电子守恒可知,n(Mn3+)×1=n(Fe2+)×1=20.00×10-3L×0.050 0 mol·L-1=1.00×10-3mol,根据锰元素守恒,m(MnSO4·H2O)=1.00×10-3mol×169 g·mol-1=0.169 g,则MnSO4·H2O样品的纯度为×100%≈98.8%。
答案:(1)4.48 (2)5.0
n(Mn3+)×1=n(Fe2+)×1=20.00×10-3L×0.050 0 mol·L-1=1.00×10-3mol,根据锰元素守恒,m(MnSO4·H2O)=1.00×10-3mol×169 g·mol-1=0.169 g,样品的纯度是×100%≈98.8%。
【误区提醒】没有计算出需调节溶液pH范围。有关溶度积常数的计算不会应用,计算出单一离子在给定条件下开始沉淀和完全沉淀时所需加入沉淀剂的条件,对于MmAn(s)mMn+(aq)+nAm-(aq),根据Ksp=cm(Mn+)·cn(Am-),则有:当Mn+开始沉淀时,则Am-的最低浓度c(Am-)=;当Mn+完全沉淀时,Am-的最低浓度c(Am-)=。(一般地说,当残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol·L-1时,沉淀就达完全。)
5.碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为
（2−x）Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O2[（1−x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑
生成物（1−x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有___________________。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH___________（填“增大”、“减小”、“不变”）。
（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L−1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L−1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。
计算（1−x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值（写出计算过程）。
【答案】（12分）
（1）适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
（2）减小
（3）25mL溶液中：n(SO42−)= n(BaSO4) ==0.0100 mol
2.5 mL溶液中：
n(Al3+) = n(EDTA)−n(Cu2+)=0.1000 mol·L−1×25.00 mL×10−3L·mL−1−0.08000 mol·L−1×20.00 mL
×10−3 L·mL−1=9.000×10−4 mol
25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000×10−3 mol
1 mol (1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中
n(Al3+)=(2−x)mol；n(SO42−)=3(1−x)mol
x=0.41
【解析】分析：（1）提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
（3）根据加入过量BaCl2溶液产生的固体计算n（SO42-）；由消耗的CuSO4计算过量的EDTA，由Al3+消耗的EDTA计算n（Al3+）；根据n（Al3+）与n（SO42-）之比计算x的值。
详解：（1）制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
（3）25mL溶液中：n（SO42-）= n（BaSO4）==0.0100 mol
2.5 mL溶液中：n（Al3+） = n（EDTA）−n（Cu2+）=0.1000 mol·L−1×25.00 mL×10−3L·mL−1−0.08000 mol·L−1×20.00 mL×10−3 L·mL−1=9.000×10−4 mol
25 mL溶液中：n（Al3+）=9.000×10−3 mol
1 mol （1-x）Al2（SO4）3·xAl（OH）3中n（Al3+）=（2-x）mol；n（SO42-）=3（1-x）mol
==，解得x=0.41。
点睛：本题以碱式硫酸铝溶液的制备原理为背景，考查反应原理的理解、反应条件的控制和有关化学式的计算。解题的关键有：①向硫酸铝溶液中加入CaCO3生成碱式硫酸铝溶液，CaCO3的作用是调节pH促进Al3+水解，同时将SO42-转化为CaSO4沉淀；②理解溶液中的离子反应与实验滴定方法的定量计算，理清物质间的计量关系。
二、专题特训
1． NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B．2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
【解析】选C。[A项，D2O和H2O的质子数相同(均为10)，但D2O、H2O的摩尔质量不同，分别为20 g·mol－1和18 g·mol－1，所以18 g D2O和H2O的物质的量不同，质子数不同，错误；B项，n(H2SO3)＝2 L×0.5 mol·L－1＝1 mol，但H2SO3是弱酸，部分电离，所以H＋数目小于2NA，错误；C项，发生的反应是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，转移电子数为2e－，所以生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，正确；D项，发生反应：2NO＋O2===2NO2，生成2 mol NO2，常温下NO2和N2O4之间存在平衡2NO2N2O4，所以分子数小于2NA，错误。]
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．1 L 1 mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的数目为NA
B．78 g苯含有C===C双键的数目为3NA
C．常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
D．标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA
【解析】选C。[A项，ClO－水解，ClO－数目小于NA; B项，苯分子中没有真正的碳碳双键，而是介于单键和双键之间的一种独特的键； C项，对相对分子质量皆为 28的CO和N2混合气体，因分子中原子数目均为两个，故14 g混合气体含有的原子数目为NA; D项，标准状况下6.72 L 即0.3 mol NO2 溶于水，转移电子数目为 0.2NA。]
3．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B．常温常压下，18 g H2O中含有的原子总数为3NA
C．标准状况下，11.2 LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA
D．常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA
【解析】选B。[A项：标准状况下，0.1 mol Cl2与水反应是可逆反应，转移的电子数目小于0.1NA，C项：标准状况下CH3CH2OH为液态，无法计算；D项：常温常压不属于标准状况，本选项无法计算。]
4．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A．60 g丙醇中存在的共价键总数为10NA
B．1 L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO和CO的离子数之和为0.1NA
C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23 g钠充分燃烧时转移电子数为1NA
D．235 g核素U发生裂变反应：U＋nSr＋Xe＋10n，净产生的中子(n)数为10NA
【解析】选C。 [A项，60 g丙醇的物质的量是1 mol，根据其结构式可知，1 mol丙醇分子中存在的共价键总数为11NA，错误；B项，根据电解质溶液中物料守恒可知，1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO、CO和H2CO3粒子数之和为0.1NA，错误；C项，在氧化物中，钠元素的化合价只有＋1价，因此23 g Na即1 mol Na充分燃烧时转移电子数为1NA，正确；D项，235 g核素U即1 mol U，发生裂变反应时净产生的中子数为9NA，错误。]
5．硫酸亚铁铵(NH4)aFeb(SO4)c·dH2O 又称莫尔盐，是浅绿色晶体。用硫铁矿(主要含FeS2、SiO2等)制备莫尔盐的流程如下：
已知：“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3＋通过反应Ⅰ、Ⅱ被还原，反应Ⅰ如下：FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋
(1)写出“还原”时Fe3＋与FeS2发生还原反应Ⅱ的离子方程式：
___________________________________________________。
实验室检验“还原”已完全的方法是
___________________________________________________________________。
(2)“还原”前后溶液中部分离子的浓度见下表(溶液体积变化忽略不计)：
离子
离子浓度(mol·L－1)
还原前
还原后
SO
3.20
3.40
Fe2＋
0.05
2.15
请计算反应Ⅰ、Ⅱ中被还原的Fe3＋的物质的量之比为____________。
(3)称取11.76 g新制莫尔盐，溶于水配成250 mL溶液。取25.00 mL该溶液加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.398 g；另取25.00 mL该溶液用0.020 0 mol·L－1 KMnO4酸性溶液滴定，当MnO恰好完全被还原为Mn2＋时，消耗溶液的体积为30.00 mL。试确定莫尔盐的化学式(请写出计算过程)___________________________________________________________
_____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
答案 (1)FeS2＋2Fe3＋===3Fe2＋＋2S↓ 取少量“还原”后的溶液，向其中滴加数滴KSCN溶液，如果溶液变红则“还原”未完全，反之，已完全
(2)7∶2
(3)原样品中的n(SO)＝10×1.398 g÷233 g·mol－1＝0.06 mol
n(MnO)＝0.020 0 mol·L－1×0.03 L＝0.000 6 mol
由得失电子守恒可知：
n(Fe2＋)＝5n(MnO)＝0.003 mol
原样品中n(Fe2＋)＝0.03 mol，由电荷守恒可知：
原样品中n(NH)＝0.06 mol
由质量守恒：n(H2O)＝0.18 mol
化学式为：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O或 (NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
解析 (1)“还原”时Fe3＋与FeS2发生还原反应Ⅱ生成S，反应的离子方程式：FeS2＋2Fe3＋===3Fe2＋＋2S↓。实验室检验“还原”已完全就是检验Fe3＋不存在，方法是取少量“还原”后的溶液，向其中滴加数滴KSCN溶液，如果溶液变红则“还原”未完全，反之，已完全。
(2)“还原”前后溶液中c(Fe2＋)的变化为2.10 mol·L－1，c(SO)的变化为0.20 mol·L－1，对应反应Ⅰ的c(Fe2＋)的变化为1.50 mol·L－1，其中被还原的c(Fe3＋)为1.40 mol·L－1，反应Ⅱ的
c(Fe2＋)的变化为(2.10－1.50) mol·L－1＝0.60 mol·L－1，其中被还原的c(Fe3＋)为0.40 mol·L－1，所以反应Ⅰ、Ⅱ中被还原的Fe3＋的物质的量之比为1.40∶0.40＝7∶2。
6．某兴趣小组用碱式碳酸铜[CuCO3·Cu(OH)2]制取铜粉并测定铜粉纯度的实验如下：
步骤1：将一定量的碱式碳酸铜置于烧杯中，向烧杯中加入N2H4的水溶液，边搅拌边加热，有大量的气体生成和红色铜析出，将沉淀过滤、低温干燥得红色粉末。
步骤2：称取1.960 0 g红色粉末于烧杯中，缓慢加入足量稀硫酸，边加热边通入氧气使粉末完全溶解。冷却，将溶液移入100 mL 容量瓶中，用水稀释至刻度。
步骤3：准确量取20.00 mL的溶液，调节溶液呈弱酸性，向其中加入过量的KI，充分反应后，以淀粉溶液作指示剂，用0.200 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时共消耗Na2S2O3标准溶液30.00 mL。过程中所发生的反应如下：Cu2＋＋I－==CuI↓＋I(未配平)，I＋S2O===S4O＋I－(未配平)。
(1)步骤1中所发生反应的化学方程式为
____________________________________________________________________。
(2)步骤2 中所发生反应的离子方程式为
____________________________________________________________________。
(3)步骤3 中加入过量KI的作用是
___________________________________________________________________。
(4)若铜粉中杂质不参与步骤3 的反应，通过计算确定红色粉末中含铜的质量分数(写出计算过程)__ _______________________________________________
___________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
答案 (1)CuCO3·Cu(OH)2＋N2H42Cu＋N2↑＋3H2O＋CO2↑
(2)2Cu＋O2＋4H＋===2Cu2＋＋2H2O
(3)增大I－的浓度，提高Cu2＋的转化率
(4)n(Na2S2O3)＝0.200 0 mol·L－1×0.030 00 L＝0.006 0 mol，根据2Cu2＋＋5I－2CuI↓＋I，I＋2S2O===S4O＋3I－，有2Cu2＋～I～2S2O，则n(Cu2＋)＝n(Na2S2O3)＝0.006 0 mol，因此红色粉末中铜的质量为0.006 0 mol×64 g·mol－1×＝1.920 0 g，铜的质量分数为×100%≈97.96%
解析 (1)步骤1：将一定量的碱式碳酸铜置于烧杯中，向烧杯中加入N2H4的水溶液，边搅拌边加热，有大量的气体生成和红色铜析出，根据氧化还原反应的规律，Cu元素化合价降低，则N元素化合价升高，根据题意应该生成氮气，反应的化学方程式为CuCO3·Cu(OH)2＋N2H42Cu＋N2↑＋3H2O＋CO2↑。
(3)步骤3 中加入过量KI，可以增大I－的浓度，使Cu2＋＋I－CuI↓＋I平衡正向移动，提高Cu2＋的转化率。
7．[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2]m (聚合硫酸铁，PFS) 广泛用于饮用水等的净化处理。一种制备PFS 并测定其盐基度的步骤如下：
①称取一定量的FeSO4·7H2O溶于适量的水和浓硫酸中。
②不断搅拌下，以一定的滴速滴入30%的H2O2溶液，至FeSO4充分氧化。
③经聚合、过滤等步骤制得液态产品：PFS溶液。
④称取步骤③产品1.500 0 g 置于250 mL 锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热至沸，趁热加入稍过量的SnCl2溶液(Sn2＋＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Sn4＋ )，多余的SnCl2用HgCl2氧化除去，再加入硫酸—磷酸组成的混酸及指示剂，立即用0.100 0 mol·L－1 K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋(K2Cr2O7被还原为Cr3＋)直至终点，消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL。
⑤另称取步骤③产品1.500 0 g 置于250 mL 聚乙烯锥形瓶中，加入25 mL 0.500 0 mol·L－1盐酸、20 mL煮沸后冷却的蒸馏水，摇匀并静置，再加入10 mL KF溶液(足量，掩蔽Fe3＋)，摇匀，然后加入酚酞指示剂，用0.500 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定过量的盐酸直至终点，消耗NaOH溶液16.00 mL。
(1)步骤②采用“滴入”而不是一次性加入H2O2氧化Fe2＋的操作，是因为
_________________________________________________________。
(2)步骤④K2Cr2O7溶液滴定Fe2＋时发生反应的离子方程式为
__________________________________________________________________。
(3)步骤⑤用NaOH 溶液滴定时，已达滴定终点的判断依据是
___________________________________________________________________。
(4)盐基度(B)是衡量聚合硫酸铁质量的一个重要指标{聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2 ]m中B＝×100% }。通过计算确定产品的盐基度(写出计算过程)____________________________________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
答案 (1)减少H2O2分解损失
(2)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(3)当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色变为(浅)红色且半分钟内红色不褪去
(4)n(Fe3＋)＝6n(Cr2O)＝6×0.100 0 mol·L－1×20.00×10－3 L＝1.200×10－2 mol，
n(OH－)＝0.500 0 mol·L－1×25.00×10－3 L－0.500 0 mol·L－1×16.00×10－3 L＝4.500×10－3 mol，B＝×100%＝12.50% ，产品的盐基度为12.50%
解析 (1)步骤②采用“滴入”而不是一次性加入H2O2氧化Fe2＋的操作，是因为生成的Fe3＋能催化H2O2的分解，从而达到减少H2O2分解损失的目的。
8．K3[Fe(C2O4)3](三草酸合铁酸钾)可用于摄影和蓝色印刷。工业上以H2C2O4(草酸)、FeC2O4(草酸亚铁)、K2C2O4(草酸钾)、双氧水等为原料制备K3[Fe(C2O4)3]的反应原理如下：
氧化：6FeC2O4＋3H2O2＋6K2C2O4===4K3[Fe(C2O4)3]＋2Fe(OH)3
转化：2Fe(OH)3＋3K2C2O4＋3H2C2O4===2K3[Fe(C2O4)3]＋6H2O
(1)制备1 mol 三草酸合铁酸钾至少需要H2O2的物质的量为________。
(2)制备过程中需防止草酸被H2O2氧化，写出草酸被H2O2氧化的化学方程式： ___________________________________________________________________
___________________________________________________________________。
(3)K3[Fe(C2O4)3]·xH2O(三草酸合铁酸钾晶体)是一种光敏材料，为测定该晶体中草酸根的含量和结晶水的含量，某实验小组进行了如下实验：
①称量9.820 g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250 mL溶液。
②取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，滴加KMnO4溶液至C2O全部转化成CO2时，恰好消耗24.00 mL 0.100 0 mol·L－1 KMnO4溶液。
计算该晶体的化学式，并写出计算过程__________________________________
_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
答案 (1)0.5 mol
(2)H2C2O4＋H2O2===2CO2↑＋2H2O
(3)消耗KMnO4的物质的量为0.100 0 mol·L－1×0.024 L＝0.002 4 mol，
依据化学方程式：5C2O＋2MnO＋16H＋===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，
可知：n(C2O)＝ mol×5＝0.006 mol。
250 mL原溶液中C2O的物质的量为0.006 mol×10＝0.06 mol，
则n[K3Fe(C2O4)3]＝0.06 mol×＝0.02 mol。
9．820 g三草酸合铁酸钾晶体中结晶水的质量为9.820 g－437 g·mol－1×0.02 mol＝1.08 g，
则n(H2O)＝＝0.06 mol。
综上所述，该晶体的化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O
解析 根据反应：6FeC2O4＋3H2O2＋6K2C2O4===4K3[Fe(C2O4)3]＋2Fe(OH)3和2Fe(OH)3＋3K2C2O4＋3H2C2O4===2K3[Fe(C2O4)3]＋6H2O得关系式：3H2O2～6K3[Fe(C2O4)3]，则制备1 mol三草酸合铁酸钾至少需要H2O2的物质的量为0.5 mol。
9．纳米材料镍粉(Ni)是一种高性能电极材料。其制备过程如下：
步骤Ⅰ：取0.2 mol·L－1的硝酸镍溶液，调节pH除铁后，加入活性炭过滤。
步骤Ⅱ：向所得滤液中滴加1.5 mol·L－1的NaHCO3溶液使Ni2＋完全沉淀，生成xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O。
步骤Ⅲ：将产生的沉淀用大量高纯水清洗并用离心机甩干。
步骤Ⅳ：加入稍过量的肼溶液(N2H4·H2O)，使上述沉淀还原完全，将生成的Ni水洗后，再用95%的乙醇浸泡后晾干。
(1)步骤 Ⅰ 中去除杂质Fe3＋(使其浓度<10－6 mol·L－1)，需调节溶液pH的范围为________。(Ksp[Ni(OH)2]＝2×10－15，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39)
(2)当x∶y∶z＝1∶1∶1时，写出步骤Ⅱ中产生沉淀的离子方程式：
_________________________________________________。
(3)步骤Ⅳ中采用95%的乙醇浸泡的目的是
____________________________________________________________________。
(4)为测定xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O的组成，进行如下实验：
①准确称取7.54 g样品与过量的肼溶液(N2H4·H2O)充分反应，共收集到1.12 L N2和CO2混合气体(已换算成标准状况)。
②另取等质量的样品充分灼烧，冷却后称得残留固体NiO的质量为4.5 g。
通过计算确定xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O的化学式(写出计算过程)。
答案 (1)3～7
(2)2Ni2＋＋4HCO===NiCO3·Ni(OH)2·H2O↓＋3CO2↑
(3)除去水，便于快速晾干
(4)n(CO2)＋n(N2)＝＝0.05 mol；n(NiO)＝＝0.06 mol。
设7.54 g样品中含有NiCO3、Ni(OH)2的物质的量分别为a、b，则有：a＋＝0.05 mol，a＋b＝0.06 mol；解得：a＝0.02 mol、b＝0.04 mol
7．54 g样品中含有结晶水的物质的量：n(H2O)＝(7.54 g－0.02 mol×119 g·mol－1－0.04 mol×93 g·mol－1)÷18 g·mol－1＝0.08 mol，n(NiCO3)∶n[Ni(OH)2]∶n(H2O)＝0.02 mol∶0.04 mol∶0.08 mol＝1∶2∶4 ，故该样品的化学式为NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O
解析 (1)根据Ksp[Ni(OH)2]＝2×10－15，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39，Ni2＋开始沉淀的pH＝14－＝14－＝14－[－lg(1×10－7)]＝7，Fe3＋沉淀完全时的pH＝14－＝14－＝14－[－lg(1×10－11)]＝3，步骤Ⅰ中去除杂质Fe3＋，需调节溶液pH的范围为3～7。
一、五年高考真题汇编
1.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 ( )
A.1.6 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有氧原子的数目为0.1NA
B.0.1 mol丙烯酸中含有双键的数目为0.1NA
C.标准状况下,11.2 L苯中含有分子的数目为0.5NA
D.在过氧化钠与水的反应中,每生成0.1 mol氧气,转移电子的数目为0.4NA
【解题指南】解答本题时应注意以下3点:
(1)运用假设法或守恒法来分析混合物问题;
(2)使用气体摩尔体积应注意:一是气体,二是标准状况;
(3)分析氧化还原反应时,要注意歧化和归中两类重要的反应。
【解析】选A。O2和O3都由氧原子组成,1.6 g O2和O3的混合物中氧元素质量为1.6 g,物质的量为0.1 mol,A正确;丙烯酸(CH2CHCOOH)中含有CC键和CO键,0.1 mol丙烯酸中含有0.2 mol双键,B错误;标准状况下,苯不是气体,C错误;2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂,每生成0.1 mol氧气,转移0.2 mol电子,D错误。
2.（双选）下列说法正确的是( )
A.反应N2 (g)+3H2 (g)2NH3 (g)的ΔH<0,ΔS>0
B.地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀
C.常温下,Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12,pH=10的含Mg2+溶液中,c(Mg2+)≤5.6×
10-4mol·L-1
D.常温常压下,锌与稀H2SO4反应生成11.2 L H2,反应中转移的电子数为6.02×1023
【命题意图】本题考查反应进行的方向、金属的防腐、Ksp以及气体摩尔体积使用条件的知识,意在考查学生对化学基本理论的掌握程度。
【解析】选B、C。A项,该反应的气体体积减小,即ΔS<0,错误;B项,Zn可以保护铁,为牺牲阳极的阴极保护法,正确;C项,c(OH-)=10-4mol·L-1,c(Mg2+)≤Ksp[Mg(OH)2]/c2(OH-)=5.6×10-12/(10-4)2= 5.6×10-4mol·L-1,正确;D项,非标准状况下,11.2 L H2不是0.5 mol,错误。
【易错警示】本题D项,使用气体摩尔体积需要具备两个条件,一是标准状况,二是气体。
3.碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。
(1)碱式氯化铜有多种制备方法
①方法1:45～50℃时,向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl2·3H2O,该反应的化学方程式为________________________________________________。
②方法2:先制得CuCl2,再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2,Fe3+对该反应有催化作用,其催化原理如图所示。M'的化学式为__________________________。
(2)碱式氯化铜有多种组成,可表示为Cua(OH)bClc·xH2O。为测定某碱式氯化铜的组成,进行下列实验:①称取样品1.116 0 g,用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A;②取25. 00 mL溶液A,加入足量AgNO3溶液,得AgCl 0. 172 2 g;
③另取25. 00 mL溶液A,调节pH 4 ~ 5,用浓度为0.080 00 mol·L-1的EDTA(Na2H2Y·2H2O)标准溶液滴定Cu2+ (离子方程式为Cu2++ H2Y2-CuY2-+2H+),滴定至终点,消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
【命题意图】本题考查化学方程式的书写以及化学计算,意在考查学生的推理能力以及计算能力。
【解析】(1)①CuCl被空气中的O2氧化生成Cu2(OH)2Cl2·3H2O,根据Cu和O得失电子守恒配平反应;②从图示知,O2氧化M'生成M,则M'为Fe2+,Fe3+再氧化Cu生成Cu2+和Fe2+。(2)由②中生成AgCl的质量,可以计算出n(Cl-);由③可计算出n(Cu2+),根据电荷守恒:n(OH-)+n(Cl-)=2n(Cu2+),得出n(OH-),最后由质量守恒得出n(H2O),由四种微粒的物质的量可计算出物质的化学式。
答案: (1)①4CuCl + O2+ 8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O ②Fe2+
(2)n(Cl-)=n(AgCl)××=4.800×10-3mol
n(Cu2+)=n(EDTA)×=0.080 00 mol·L-1×30.00 mL×10-3L·mL-1×=9.600×10-3mol
n(OH-)=2n(Cu2+)-n(Cl-)=2×9.600×10-3mol-4.800×10-3mol=1.440×10-2mol
m(Cl-)=4.800×10-3mol×35.5 g·mol-1=0.170 4 g
m(Cu2+)=9.600×10-3mol×64 g·mol-1=0.614 4 g
m(OH-)=1.440×10-2mol×17 g·mol-1=0.244 8 g
n(H2O)= =4.800×10-3mol
a∶b∶c∶x=n(Cu2+)∶n(OH-)∶n(Cl-)∶n(H2O)=2∶3∶1∶1
化学式为Cu2 (OH)3Cl·H2O
【知识拓展】溶液是电中性的,所以溶液中的阴、阳离子的电荷总数必须相等,即电荷守恒
4.软锰矿(主要成分MnO2,杂质金属元素Fe、Al、Mg等)的水悬浊液与烟气中SO2反应可制备MnSO4·H2O,反应的化学方程式为MnO2+SO2MnSO4。
(1)质量为17.40 g纯净MnO2最多能氧化 L(标准状况)SO2。
(2)已知:Ksp[Al(OH)3]=1×10-33,Ksp[Fe(OH)3]=3×10-39,pH=7.1时Mn(OH)2开始沉淀。室温下,除去MnSO4溶液中的Fe3+、Al3+(使其浓度均小于1×10-6mol·L-1),需调节溶液pH范围为 。
(3)下图可以看出,从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体,需控制结晶温度范围为 。
(4)准确称取0.171 0 g MnSO4·H2O样品置于锥形瓶中,加入适量H3PO4和NH4NO3溶液,加热使Mn2+全部氧化成Mn3+,用c(Fe2+)=0.050 0 mol·L-1的标准溶液滴定至终点(滴定过程中Mn3+被还原为Mn2+),消耗Fe2+溶液20.00 mL。计算MnSO4·H2O样品的纯度(请给出计算过程)。
【解析】(1)MnO2 + SO2 MnSO4
87 g 22.4 L
17.40 g V
解得:V=4.48 L
(2)除去Fe3+时,c(OH-)==≈1.44×10-11,pH=-lg≈3.2,除去Al3+时,c(OH-)===1×10-9,pH=-lg=5.0,故需要控制溶液pH范围为5.0
(4)根据氧化还原反应中得失电子守恒可知,n(Mn3+)×1=n(Fe2+)×1=20.00×10-3L×0.050 0 mol·L-1=1.00×10-3mol,根据锰元素守恒,m(MnSO4·H2O)=1.00×10-3mol×169 g·mol-1=0.169 g,则MnSO4·H2O样品的纯度为×100%≈98.8%。
答案:(1)4.48 (2)5.0
n(Mn3+)×1=n(Fe2+)×1=20.00×10-3L×0.050 0 mol·L-1=1.00×10-3mol,根据锰元素守恒,m(MnSO4·H2O)=1.00×10-3mol×169 g·mol-1=0.169 g,样品的纯度是×100%≈98.8%。
【误区提醒】没有计算出需调节溶液pH范围。有关溶度积常数的计算不会应用,计算出单一离子在给定条件下开始沉淀和完全沉淀时所需加入沉淀剂的条件,对于MmAn(s)mMn+(aq)+nAm-(aq),根据Ksp=cm(Mn+)·cn(Am-),则有:当Mn+开始沉淀时,则Am-的最低浓度c(Am-)=;当Mn+完全沉淀时,Am-的最低浓度c(Am-)=。(一般地说,当残留在溶液中的离子浓度小于1×10-5mol·L-1时,沉淀就达完全。)
5.碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为
（2−x）Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O2[（1−x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑
生成物（1−x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。
（1）制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有___________________。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH___________（填“增大”、“减小”、“不变”）。
（3）通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：
①取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.3300 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.1000 mol·L−1EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.08000 mol·L−1CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4标准溶液20.00 mL（已知Al3+、Cu2+与EDTA反应的化学计量比均为1∶1）。
计算（1−x）Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值（写出计算过程）。
【答案】（12分）
（1）适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
（2）减小
（3）25mL溶液中：n(SO42−)= n(BaSO4) ==0.0100 mol
2.5 mL溶液中：
n(Al3+) = n(EDTA)−n(Cu2+)=0.1000 mol·L−1×25.00 mL×10−3L·mL−1−0.08000 mol·L−1×20.00 mL
×10−3 L·mL−1=9.000×10−4 mol
25 mL溶液中：n(Al3+)=9.000×10−3 mol
1 mol (1−x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中
n(Al3+)=(2−x)mol；n(SO42−)=3(1−x)mol
x=0.41
【解析】分析：（1）提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
（3）根据加入过量BaCl2溶液产生的固体计算n（SO42-）；由消耗的CuSO4计算过量的EDTA，由Al3+消耗的EDTA计算n（Al3+）；根据n（Al3+）与n（SO42-）之比计算x的值。
详解：（1）制备碱式硫酸铝溶液，维持反应温度和反应时间不变，提高x的值，即促进Al3+的水解和CaSO4的生成，可以采取的方法是：适当增加CaCO3的量、加快搅拌速率。
（2）碱式硫酸铝溶液吸收SO2，溶液碱性减弱，pH减小。
（3）25mL溶液中：n（SO42-）= n（BaSO4）==0.0100 mol
2.5 mL溶液中：n（Al3+） = n（EDTA）−n（Cu2+）=0.1000 mol·L−1×25.00 mL×10−3L·mL−1−0.08000 mol·L−1×20.00 mL×10−3 L·mL−1=9.000×10−4 mol
25 mL溶液中：n（Al3+）=9.000×10−3 mol
1 mol （1-x）Al2（SO4）3·xAl（OH）3中n（Al3+）=（2-x）mol；n（SO42-）=3（1-x）mol
==，解得x=0.41。
点睛：本题以碱式硫酸铝溶液的制备原理为背景，考查反应原理的理解、反应条件的控制和有关化学式的计算。解题的关键有：①向硫酸铝溶液中加入CaCO3生成碱式硫酸铝溶液，CaCO3的作用是调节pH促进Al3+水解，同时将SO42-转化为CaSO4沉淀；②理解溶液中的离子反应与实验滴定方法的定量计算，理清物质间的计量关系。
二、专题特训
1． NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NA
B．2 L 0.5 mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H＋离子数为2NA
C．过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA
D．密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA
【解析】选C。[A项，D2O和H2O的质子数相同(均为10)，但D2O、H2O的摩尔质量不同，分别为20 g·mol－1和18 g·mol－1，所以18 g D2O和H2O的物质的量不同，质子数不同，错误；B项，n(H2SO3)＝2 L×0.5 mol·L－1＝1 mol，但H2SO3是弱酸，部分电离，所以H＋数目小于2NA，错误；C项，发生的反应是2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，转移电子数为2e－，所以生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，正确；D项，发生反应：2NO＋O2===2NO2，生成2 mol NO2，常温下NO2和N2O4之间存在平衡2NO2N2O4，所以分子数小于2NA，错误。]
2.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．1 L 1 mol·L－1的NaClO溶液中含有ClO－的数目为NA
B．78 g苯含有C===C双键的数目为3NA
C．常温常压下，14 g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA
D．标准状况下，6.72 L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NA
【解析】选C。[A项，ClO－水解，ClO－数目小于NA; B项，苯分子中没有真正的碳碳双键，而是介于单键和双键之间的一种独特的键； C项，对相对分子质量皆为 28的CO和N2混合气体，因分子中原子数目均为两个，故14 g混合气体含有的原子数目为NA; D项，标准状况下6.72 L 即0.3 mol NO2 溶于水，转移电子数目为 0.2NA。]
3．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．标准状况下，0.1 mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NA
B．常温常压下，18 g H2O中含有的原子总数为3NA
C．标准状况下，11.2 LCH3CH2OH中含有的分子数目为0.5NA
D．常温常压下，2.24 L CO和CO2混合气体中含有的碳原子数目为0.1NA
【解析】选B。[A项：标准状况下，0.1 mol Cl2与水反应是可逆反应，转移的电子数目小于0.1NA，C项：标准状况下CH3CH2OH为液态，无法计算；D项：常温常压不属于标准状况，本选项无法计算。]
4．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是( )
A．60 g丙醇中存在的共价键总数为10NA
B．1 L 0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO和CO的离子数之和为0.1NA
C．钠在空气中燃烧可生成多种氧化物，23 g钠充分燃烧时转移电子数为1NA
D．235 g核素U发生裂变反应：U＋nSr＋Xe＋10n，净产生的中子(n)数为10NA
【解析】选C。 [A项，60 g丙醇的物质的量是1 mol，根据其结构式可知，1 mol丙醇分子中存在的共价键总数为11NA，错误；B项，根据电解质溶液中物料守恒可知，1 L 0.1 mol·L－1的NaHCO3溶液中HCO、CO和H2CO3粒子数之和为0.1NA，错误；C项，在氧化物中，钠元素的化合价只有＋1价，因此23 g Na即1 mol Na充分燃烧时转移电子数为1NA，正确；D项，235 g核素U即1 mol U，发生裂变反应时净产生的中子数为9NA，错误。]
5．硫酸亚铁铵(NH4)aFeb(SO4)c·dH2O 又称莫尔盐，是浅绿色晶体。用硫铁矿(主要含FeS2、SiO2等)制备莫尔盐的流程如下：
已知：“还原”时，FeS2与H2SO4不反应，Fe3＋通过反应Ⅰ、Ⅱ被还原，反应Ⅰ如下：FeS2＋14Fe3＋＋8H2O===15Fe2＋＋2SO＋16H＋
(1)写出“还原”时Fe3＋与FeS2发生还原反应Ⅱ的离子方程式：
___________________________________________________。
实验室检验“还原”已完全的方法是
___________________________________________________________________。
(2)“还原”前后溶液中部分离子的浓度见下表(溶液体积变化忽略不计)：
离子
离子浓度(mol·L－1)
还原前
还原后
SO
3.20
3.40
Fe2＋
0.05
2.15
请计算反应Ⅰ、Ⅱ中被还原的Fe3＋的物质的量之比为____________。
(3)称取11.76 g新制莫尔盐，溶于水配成250 mL溶液。取25.00 mL该溶液加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.398 g；另取25.00 mL该溶液用0.020 0 mol·L－1 KMnO4酸性溶液滴定，当MnO恰好完全被还原为Mn2＋时，消耗溶液的体积为30.00 mL。试确定莫尔盐的化学式(请写出计算过程)___________________________________________________________
_____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。
答案 (1)FeS2＋2Fe3＋===3Fe2＋＋2S↓ 取少量“还原”后的溶液，向其中滴加数滴KSCN溶液，如果溶液变红则“还原”未完全，反之，已完全
(2)7∶2
(3)原样品中的n(SO)＝10×1.398 g÷233 g·mol－1＝0.06 mol
n(MnO)＝0.020 0 mol·L－1×0.03 L＝0.000 6 mol
由得失电子守恒可知：
n(Fe2＋)＝5n(MnO)＝0.003 mol
原样品中n(Fe2＋)＝0.03 mol，由电荷守恒可知：
原样品中n(NH)＝0.06 mol
由质量守恒：n(H2O)＝0.18 mol
化学式为：(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O或 (NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
解析 (1)“还原”时Fe3＋与FeS2发生还原反应Ⅱ生成S，反应的离子方程式：FeS2＋2Fe3＋===3Fe2＋＋2S↓。实验室检验“还原”已完全就是检验Fe3＋不存在，方法是取少量“还原”后的溶液，向其中滴加数滴KSCN溶液，如果溶液变红则“还原”未完全，反之，已完全。
(2)“还原”前后溶液中c(Fe2＋)的变化为2.10 mol·L－1，c(SO)的变化为0.20 mol·L－1，对应反应Ⅰ的c(Fe2＋)的变化为1.50 mol·L－1，其中被还原的c(Fe3＋)为1.40 mol·L－1，反应Ⅱ的
c(Fe2＋)的变化为(2.10－1.50) mol·L－1＝0.60 mol·L－1，其中被还原的c(Fe3＋)为0.40 mol·L－1，所以反应Ⅰ、Ⅱ中被还原的Fe3＋的物质的量之比为1.40∶0.40＝7∶2。
6．某兴趣小组用碱式碳酸铜[CuCO3·Cu(OH)2]制取铜粉并测定铜粉纯度的实验如下：
步骤1：将一定量的碱式碳酸铜置于烧杯中，向烧杯中加入N2H4的水溶液，边搅拌边加热，有大量的气体生成和红色铜析出，将沉淀过滤、低温干燥得红色粉末。
步骤2：称取1.960 0 g红色粉末于烧杯中，缓慢加入足量稀硫酸，边加热边通入氧气使粉末完全溶解。冷却，将溶液移入100 mL 容量瓶中，用水稀释至刻度。
步骤3：准确量取20.00 mL的溶液，调节溶液呈弱酸性，向其中加入过量的KI，充分反应后，以淀粉溶液作指示剂，用0.200 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时共消耗Na2S2O3标准溶液30.00 mL。过程中所发生的反应如下：Cu2＋＋I－==CuI↓＋I(未配平)，I＋S2O===S4O＋I－(未配平)。
(1)步骤1中所发生反应的化学方程式为
____________________________________________________________________。
(2)步骤2 中所发生反应的离子方程式为
____________________________________________________________________。
(3)步骤3 中加入过量KI的作用是
___________________________________________________________________。
(4)若铜粉中杂质不参与步骤3 的反应，通过计算确定红色粉末中含铜的质量分数(写出计算过程)__ _______________________________________________
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答案 (1)CuCO3·Cu(OH)2＋N2H42Cu＋N2↑＋3H2O＋CO2↑
(2)2Cu＋O2＋4H＋===2Cu2＋＋2H2O
(3)增大I－的浓度，提高Cu2＋的转化率
(4)n(Na2S2O3)＝0.200 0 mol·L－1×0.030 00 L＝0.006 0 mol，根据2Cu2＋＋5I－2CuI↓＋I，I＋2S2O===S4O＋3I－，有2Cu2＋～I～2S2O，则n(Cu2＋)＝n(Na2S2O3)＝0.006 0 mol，因此红色粉末中铜的质量为0.006 0 mol×64 g·mol－1×＝1.920 0 g，铜的质量分数为×100%≈97.96%
解析 (1)步骤1：将一定量的碱式碳酸铜置于烧杯中，向烧杯中加入N2H4的水溶液，边搅拌边加热，有大量的气体生成和红色铜析出，根据氧化还原反应的规律，Cu元素化合价降低，则N元素化合价升高，根据题意应该生成氮气，反应的化学方程式为CuCO3·Cu(OH)2＋N2H42Cu＋N2↑＋3H2O＋CO2↑。
(3)步骤3 中加入过量KI，可以增大I－的浓度，使Cu2＋＋I－CuI↓＋I平衡正向移动，提高Cu2＋的转化率。
7．[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2]m (聚合硫酸铁，PFS) 广泛用于饮用水等的净化处理。一种制备PFS 并测定其盐基度的步骤如下：
①称取一定量的FeSO4·7H2O溶于适量的水和浓硫酸中。
②不断搅拌下，以一定的滴速滴入30%的H2O2溶液，至FeSO4充分氧化。
③经聚合、过滤等步骤制得液态产品：PFS溶液。
④称取步骤③产品1.500 0 g 置于250 mL 锥形瓶中，加入适量稀盐酸，加热至沸，趁热加入稍过量的SnCl2溶液(Sn2＋＋2Fe3＋===2Fe2＋＋Sn4＋ )，多余的SnCl2用HgCl2氧化除去，再加入硫酸—磷酸组成的混酸及指示剂，立即用0.100 0 mol·L－1 K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2＋(K2Cr2O7被还原为Cr3＋)直至终点，消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL。
⑤另称取步骤③产品1.500 0 g 置于250 mL 聚乙烯锥形瓶中，加入25 mL 0.500 0 mol·L－1盐酸、20 mL煮沸后冷却的蒸馏水，摇匀并静置，再加入10 mL KF溶液(足量，掩蔽Fe3＋)，摇匀，然后加入酚酞指示剂，用0.500 0 mol·L－1的NaOH溶液滴定过量的盐酸直至终点，消耗NaOH溶液16.00 mL。
(1)步骤②采用“滴入”而不是一次性加入H2O2氧化Fe2＋的操作，是因为
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(2)步骤④K2Cr2O7溶液滴定Fe2＋时发生反应的离子方程式为
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(3)步骤⑤用NaOH 溶液滴定时，已达滴定终点的判断依据是
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(4)盐基度(B)是衡量聚合硫酸铁质量的一个重要指标{聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3－n/2 ]m中B＝×100% }。通过计算确定产品的盐基度(写出计算过程)____________________________________________________________
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答案 (1)减少H2O2分解损失
(2)Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
(3)当滴入最后一滴NaOH溶液时，溶液由无色变为(浅)红色且半分钟内红色不褪去
(4)n(Fe3＋)＝6n(Cr2O)＝6×0.100 0 mol·L－1×20.00×10－3 L＝1.200×10－2 mol，
n(OH－)＝0.500 0 mol·L－1×25.00×10－3 L－0.500 0 mol·L－1×16.00×10－3 L＝4.500×10－3 mol，B＝×100%＝12.50% ，产品的盐基度为12.50%
解析 (1)步骤②采用“滴入”而不是一次性加入H2O2氧化Fe2＋的操作，是因为生成的Fe3＋能催化H2O2的分解，从而达到减少H2O2分解损失的目的。
8．K3[Fe(C2O4)3](三草酸合铁酸钾)可用于摄影和蓝色印刷。工业上以H2C2O4(草酸)、FeC2O4(草酸亚铁)、K2C2O4(草酸钾)、双氧水等为原料制备K3[Fe(C2O4)3]的反应原理如下：
氧化：6FeC2O4＋3H2O2＋6K2C2O4===4K3[Fe(C2O4)3]＋2Fe(OH)3
转化：2Fe(OH)3＋3K2C2O4＋3H2C2O4===2K3[Fe(C2O4)3]＋6H2O
(1)制备1 mol 三草酸合铁酸钾至少需要H2O2的物质的量为________。
(2)制备过程中需防止草酸被H2O2氧化，写出草酸被H2O2氧化的化学方程式： ___________________________________________________________________
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(3)K3[Fe(C2O4)3]·xH2O(三草酸合铁酸钾晶体)是一种光敏材料，为测定该晶体中草酸根的含量和结晶水的含量，某实验小组进行了如下实验：
①称量9.820 g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250 mL溶液。
②取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，滴加KMnO4溶液至C2O全部转化成CO2时，恰好消耗24.00 mL 0.100 0 mol·L－1 KMnO4溶液。
计算该晶体的化学式，并写出计算过程__________________________________
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答案 (1)0.5 mol
(2)H2C2O4＋H2O2===2CO2↑＋2H2O
(3)消耗KMnO4的物质的量为0.100 0 mol·L－1×0.024 L＝0.002 4 mol，
依据化学方程式：5C2O＋2MnO＋16H＋===2Mn2＋＋8H2O＋10CO2↑，
可知：n(C2O)＝ mol×5＝0.006 mol。
250 mL原溶液中C2O的物质的量为0.006 mol×10＝0.06 mol，
则n[K3Fe(C2O4)3]＝0.06 mol×＝0.02 mol。
9．820 g三草酸合铁酸钾晶体中结晶水的质量为9.820 g－437 g·mol－1×0.02 mol＝1.08 g，
则n(H2O)＝＝0.06 mol。
综上所述，该晶体的化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O
解析 根据反应：6FeC2O4＋3H2O2＋6K2C2O4===4K3[Fe(C2O4)3]＋2Fe(OH)3和2Fe(OH)3＋3K2C2O4＋3H2C2O4===2K3[Fe(C2O4)3]＋6H2O得关系式：3H2O2～6K3[Fe(C2O4)3]，则制备1 mol三草酸合铁酸钾至少需要H2O2的物质的量为0.5 mol。
9．纳米材料镍粉(Ni)是一种高性能电极材料。其制备过程如下：
步骤Ⅰ：取0.2 mol·L－1的硝酸镍溶液，调节pH除铁后，加入活性炭过滤。
步骤Ⅱ：向所得滤液中滴加1.5 mol·L－1的NaHCO3溶液使Ni2＋完全沉淀，生成xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O。
步骤Ⅲ：将产生的沉淀用大量高纯水清洗并用离心机甩干。
步骤Ⅳ：加入稍过量的肼溶液(N2H4·H2O)，使上述沉淀还原完全，将生成的Ni水洗后，再用95%的乙醇浸泡后晾干。
(1)步骤 Ⅰ 中去除杂质Fe3＋(使其浓度<10－6 mol·L－1)，需调节溶液pH的范围为________。(Ksp[Ni(OH)2]＝2×10－15，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39)
(2)当x∶y∶z＝1∶1∶1时，写出步骤Ⅱ中产生沉淀的离子方程式：
_________________________________________________。
(3)步骤Ⅳ中采用95%的乙醇浸泡的目的是
____________________________________________________________________。
(4)为测定xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O的组成，进行如下实验：
①准确称取7.54 g样品与过量的肼溶液(N2H4·H2O)充分反应，共收集到1.12 L N2和CO2混合气体(已换算成标准状况)。
②另取等质量的样品充分灼烧，冷却后称得残留固体NiO的质量为4.5 g。
通过计算确定xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O的化学式(写出计算过程)。
答案 (1)3～7
(2)2Ni2＋＋4HCO===NiCO3·Ni(OH)2·H2O↓＋3CO2↑
(3)除去水，便于快速晾干
(4)n(CO2)＋n(N2)＝＝0.05 mol；n(NiO)＝＝0.06 mol。
设7.54 g样品中含有NiCO3、Ni(OH)2的物质的量分别为a、b，则有：a＋＝0.05 mol，a＋b＝0.06 mol；解得：a＝0.02 mol、b＝0.04 mol
7．54 g样品中含有结晶水的物质的量：n(H2O)＝(7.54 g－0.02 mol×119 g·mol－1－0.04 mol×93 g·mol－1)÷18 g·mol－1＝0.08 mol，n(NiCO3)∶n[Ni(OH)2]∶n(H2O)＝0.02 mol∶0.04 mol∶0.08 mol＝1∶2∶4 ，故该样品的化学式为NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O
解析 (1)根据Ksp[Ni(OH)2]＝2×10－15，Ksp[Fe(OH)3]＝1×10－39，Ni2＋开始沉淀的pH＝14－＝14－＝14－[－lg(1×10－7)]＝7，Fe3＋沉淀完全时的pH＝14－＝14－＝14－[－lg(1×10－11)]＝3，步骤Ⅰ中去除杂质Fe3＋，需调节溶液pH的范围为3～7。
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