2019届高考化学二轮复习化学综合计算题研究学案


[题型特点]
以重要的工业生产或工业测定为载体设计的综合性计算题。试题涉及面广，涉及考点有：化学实验操作技能、电极反应方程式书写、离子方程式的书写和以物质的量为核心的化学计算技能。该题型的特色是：将化学计算的考查置于现实应用的背景中，体现化学计算服务于化学问题解决的基本观点。

1.(2018·江苏化学，18)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＋3xH2O===
2[(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2.330 0 g。
②取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.100 0 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0.080 00 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)。
解析　(1)碱式硫酸铝中“氢氧化铝”的生成原理是：碳酸钙与硫酸铝水解出的氢离子反应，促进硫酸铝水解，生成氢氧化铝。所以，欲提高x值，即提高Al(OH)3的生成量，可以增加碳酸钙的量。也可以在不增加碳酸钙用量的情况下，加快搅拌速率，使二者接触更充分，从而使硫酸铝的水解率增大。(2)二氧化硫是酸性氧化物，吸收二氧化硫必将使碱式硫酸铝溶液的pH减小。(3)见解析。
答案　(1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率
(2)减小
(3)25 mL溶液中：
n(SO)＝n(BaSO4)＝＝0.010 0 mol
2.5 mL溶液中：
n(Al3＋)＝n(EDTA)－n(Cu2＋)
＝0.100 0 mol·L－1×25.00 mL×10－3 L·mL－1－0.080 00 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝9.000×10－4 mol
25 mL溶液中：n(Al3＋)＝9.000×10－3mol
1 mol(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中
n(Al3＋)＝(2－x)mol；n(SO)＝3(1－x)mol
＝＝　x＝0.41
2.(2017·江苏化学，18)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)。
解析　(1)①反应物为CuCl、O2和H2O，生成物为Cu2(OH)2Cl2·3H2O，根据得失电子守恒和原子守恒配平。②由图示Cu＋M→Cu2＋＋M′，说明Cu被M氧化；M′＋O2＋H＋→M＋H2O，说明M′被氧化为M，说明M价态高，由题信息“Fe3＋对该反应起催化作用”，M为Fe3＋，M′为Fe2＋。
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×10－3 L·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
3.(2016·江苏化学，8)过氧化钙(CaO2·8H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。
(1)Ca(OH)2悬浊液与H2O2溶液反应可制备CaO2·8H2O。
Ca(OH)2＋H2O2＋6H2O===CaO2·8H2O
反应时通常加入过量的Ca(OH)2，其目的是_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)向池塘水中加入一定量的CaO2·8H2O后，池塘水中浓度增加的离子有________(填序号)。
A.Ca2＋ B.H＋
C.CO D.OH－
(3)水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置，加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I－完全反应生成Mn2＋和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，测定过程中物质的转化关系如下：
O2MnO(OH)2I2S4O
①写出O2将Mn2＋氧化成MnO(OH)2的离子方程式：
_____________________________________________________________________。
②取加过一定量CaO2·8H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.010 00 mol·L－1Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(用mg·L－1表示)，写出计算过程。
答案　(1)提高H2O2的利用率
(2)AD
(3)①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓
②在100.00 mL水样中
I2＋2S2O===2I－＋S4O
n(I2)＝＝
＝6.750×10－5 mol
n[MnO(OH)2]＝n(I2)＝6.750×10－5 mol
n(O2)＝n[MnO(OH)2]＝×6.750×10－5 mol＝3.375×10－5 mol
水中溶解氧＝

＝10.80 mg·L－1
4.(2015·江苏化学，18)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＋SO2===MnSO4。
(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1×10－6 mol·L－1)，需调节溶液pH范围为____________。
(3)如图可以看出，从MnSO4和MgSO4混合溶液中结晶MnSO4·H2O晶体，需控制的结晶温度范围为________________________。

(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)n(MnO2)＝＝0.2 mol，由题给反应可知，最多氧化0.2 mol SO2，标准状况下其体积为4.48 L。(2)使Al3＋完全除去时c(OH－)＝＝＝1×10－9(mol·L－1)，此时溶液pH＝5，使Fe3＋完全除去时c(OH－)＝＝≈1.4×10－11(mol·L－1)，此时溶液pH≈3.1；而pH＝7.1时Mn(OH)2开始沉淀，所以调节溶液的pH范围为5.0 答案　(1)4.48　(2)5.0＜pH＜7.1　(3)高于60 ℃
(4)n(Fe2＋)＝0.050 0 mol·L－1×＝1.00×10－3 mol
n(Mn2＋)＝n(Fe2＋)＝1.00×10－3 mol
m(MnSO4·H2O)＝1.00×10－3 mol×169 g·mol－1＝0.169 g
MnSO4·H2O样品的纯度为：×100%≈98.8%
5.(2014·江苏化学，18)碱式碳酸铝镁[MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O]常用作塑料阻燃剂。
(1)碱式碳酸铝镁具有阻燃作用，是由于其受热分解需吸收大量热量和________。
(2)MgaAlb(OH)c(CO3)d·xH2O中a、b、c、d的代数关系式为________。
(3)为确定碱式碳酸铝镁的组成，进行如下实验：
①准确称取3.390 g样品与足量稀盐酸充分反应，生成CO2 0.560 L(已换算成标准状况下)。
②另取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如下图所示(样品在270 ℃时已完全失去结晶水，600 ℃以上残留固体为金属氧化物的混合物)。

根据以上实验数据计算碱式碳酸铝镁样品中的n(OH— )∶n(CO )(写出计算过程)。
解析　(1)碱式碳酸铝镁之所以具有阻燃作用，除了受热分解需要吸收大量的热外，还因为生成的高熔点的MgO、Al2O3和释放出的大量CO2也有阻燃作用。(2)根据电荷守恒有：n(Mg2＋)×2＋n(Al3＋)×3＝n(OH－)＋n(CO)×2，则2a＋3b＝c＋2d。
答案　(1)生成的产物具有阻燃作用
(2)2a＋3b＝c＋2d
(3)n(CO2)＝＝2.50×10－2 mol
m(CO2)＝2.50×10－2 mol×44 g·mol－1＝1.10 g
在270～600 ℃之间，失去结晶水后的样品进一步受热分解放出CO2和H2O
m(CO2)＋m(H2O)＝3.390 g×(0.734 5－0.370 2)
＝1.235 g
m(H2O)＝1.235 g－1.10 g＝0.135 g
n(H2O)＝＝7.50×10－3 mol
n(OH－)＝7.50×10－3 mol×2＝1.50×10－2 mol
n(OH－)∶n(CO)＝(1.50×10－2 mol)∶(2.50×10－2 mol)＝3∶5。
备考策略
化学计算相关的复习，首先要了解化学计算的作用，化学计算是定量化学研究中必不可少的，是以定量分析实验为基础，根据实验测定的数据，通过计算确定物质的组成或揭示反应的规律。其次要掌握与计算相关的一些化学基本概念，如物质的量、气体摩尔体积、pH、溶度积、纯度等，这是进行化学计算的基础。再次要学会定量实验的基本原理和反应中相关物质间的化学计量关系，认真分析数据，理清计算思路。

[考点精要]
1.以物质的量为中心的各物理量的换算关系

2.物质的量浓度的计算
(1)掌握五个公式
c＝，n＝＝，ρ＝，w＝×100%，c＝。每个公式中均可“知二求一”。
(2)灵活利用三个守恒关系
①稀释前后“溶质的物质的量守恒”：
c(浓溶液)·V(浓溶液)＝c(稀溶液)·V(稀溶液)。
②溶液中“粒子之间电荷守恒”(溶液呈电中性)。
③质量守恒。
3.化学计算题的审题过程与思维方法
(1)化学计算的第一步是审题，我们认为审题的要求有两条：
①“一次性审题”：画图并标出实验测定的主要过程和实验数据。审题时要用图表、符号、数据、箭头等展示题意。所谓“一次性审题”就是一次性完成，而不是反复多次。
②根据审题所给的图，能用自己的语言准确叙述出题意。
(2)举例(以2012年江苏高考第18题为例)
审题：
(2012·江苏化学，18)硫酸钠­过氧化氢加合物(xNa2SO4·yH2O2·zH2O)的组成可通过下列实验测定：①准确称取1.770 0 g样品，配制成100.00 mL溶液A。②准确量取25.00 mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体0.582 5 g。③准确量取25.00 mL溶液A，加入适量稀硫酸酸化后，用0.020 00 mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液25.00 mL。H2O2与KMnO4反应的离子方程式如下：
2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑
(1)已知室温下BaSO4的Ksp＝1.1×10－10，欲使溶液中c(SO)≤1.0×10－6 mol·L－1，应保持溶液中c(Ba2＋)≥________ mol·L－1。
(2)上述滴定若不加稀硫酸酸化，MnO则被还原为MnO2，其离子方程式为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(3)通过计算确定样品的组成(写出计算过程)。
解析　

温馨提示
①标★的地方要注意，原溶液100.00 mL应均分成几等份后，再取25.00 mL做实验，因为滴定实验所取体积要求精确，以防操作不当时还有备用液可取；②标★★的地方要注意，可先直接根据已知数据计算出物质的量，这在高考中是得分的地方。
分析：

答案　(1)1.1×10－4
(2)2MnO＋3H2O2===2MnO2↓＋3O2↑＋2OH－＋2H2O
(3)n(Na2SO4)＝n(BaSO4)＝＝2.50×10－3 mol
2MnO＋5H2O2＋6H＋===2Mn2＋＋8H2O＋5O2↑
n(H2O2)＝n(MnO)＝×0.020 00 mol·L－1×＝1.25×10－3 mol
m(Na2SO4)＝142 g·mol－1×2.50×10－3 mol＝0.355 g
m(H2O2)＝34 g·mol－1×1.25×10－3 mol＝0.042 5 g
n(H2O)＝＝2.50×10－3 mol
x∶y∶z＝n(Na2SO4)∶n(H2O2)∶n(H2O)＝
2∶1∶2
硫酸钠­过氧化氢加合物的化学式为2Na2SO4·H2O2·2H2O


[考法指导]
混合物计算
一般找准关系列出方程式组。解题时理清各物质之间的数量关系，注意运用得失电子守恒、电荷守恒、极值法等方法，以简化过程。
1.(2018·常州一模)高纯硝酸锶[化学式： Sr(NO3)2]用于制造信号灯、光学玻璃等。
Ⅰ. 工业级硝酸锶中常含有硝酸钙、硝酸钡等杂质，其中硝酸钙可溶于浓硝酸，而硝酸锶、硝酸钡不溶于浓硝酸。提纯硝酸锶的实验步骤如下：
①取含杂质的硝酸锶样品，向其中加入浓HNO3溶解，搅拌。
②过滤，并用浓HNO3洗涤滤渣。
③将滤渣溶于水中，加略过量铬酸使Ba2＋沉淀，静置后加入肼(N2H4)将过量铬酸还原，调pH至7～8，过滤。
④将滤液用硝酸调节pH至2～3，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤。
⑤将得到的Sr(NO3)2·2H2O晶体在100 ℃条件下干燥，得到高纯硝酸锶。
(1)步骤②用浓HNO3洗涤滤渣的目的是________。
(2)步骤③中肼(N2H4)将过量铬酸(CrO3)还原Cr3＋，同时产生一种无色无味的气体，写出该反应的离子方程式：
______________________________________________________________________。
(3)肼具有很好的还原性，且氧化产物无污染，故可用于除去锅炉等设备供水中的溶解氧等，除去100 L锅炉水(含氧气8 g/L)的溶解氧，需要肼的质量为________。
Ⅱ.Sr(NO3)2受热易分解，生成Sr(NO2)2和O2；在500 ℃时Sr(NO2)2进一步分解生成SrO及氮氧化物。取一定质量含Sr(NO2)2的Sr(NO3)2样品，加热至完全分解，得到5.20 g SrO固体和5.08 g混合气体。计算该样品中Sr(NO3)2的质量分数(写出计算过程，结果精确到0.01)。
解析　(1)由题信息“硝酸钙可溶于浓硝酸，而硝酸锶、硝酸钡不溶于浓硝酸”，用浓硝酸洗去硝酸钙等杂质，同时减少硝酸锶的溶解损失。(3)1 mol N2H4 ～1 mol N2～ 4 mol e－，1 mol O2～ 4 mol e－，n(O2)＝25 mol＝n(N2H4)，m(N2H4)＝800 g。
答案　Ⅰ.(1) 除去杂质，减少硝酸锶的溶解损失
(2)3N2H4＋4CrO3＋12H＋===3N2↑＋4Cr3＋＋12H2O
(3)800 g
Ⅱ.m(样品)＝5.20 g＋5.08 g＝10.28 g
n(SrO)＝5.20 g/104 g·mol－1＝0.05 mol
n[Sr(NO3)2]×212 g·mol－1＋n[Sr(NO2)2]×180 g·mol－1＝10.28 g
n[Sr(NO3)2]＋n[Sr(NO2)2]＝0.05 mol
解得：n[Sr(NO3)2]＝0.04 mol
n[Sr(NO2)2]＝0.01 mol
w[Sr(NO3)2]＝0.04 mol×212 g·mol－1/10.28 g×100%≈82.49%
2.(2017·通扬泰淮二调)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)。
解析　(1)当c(Fe3＋)<10－6 mol·L－1时，c(OH－)> ＝
10－11 mol·L－1，若Ni2＋不沉淀，则c(OH－)<＝10－7 mol·L－1，调节pH范围为3～7。(2)Ni2＋＋HCO―→NiCO3·Ni(OH)2·H2O↓，先根据Ni元素守恒配Ni2＋，再根据电荷守恒配HCO，根据原子守恒确定CO2。
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：
　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。
物质含量计算
根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，求出混合物中某一成分的量，再除以样品的总量，即可得出其含量。
关系式法：正确提取关系式是用关系式法解题的关键。提取关系式的常用方法：①从化学方程式中提取关系式；②从化学式或电极反应式中提取关系式；③从物质和反应的差量之间提取关系式。
3.(2018·苏锡常镇二调)叠氮酸钠(NaN3)是一种应用广泛的无色无味、可溶于水的晶体。已知：
物质
CH3OH
N2H4
NaN3
沸点/℃
64.7
113.5
300
(1)制备NaN3：
30 ℃时，水合肼(N2H4·H2O)与亚硝酸甲酯(CH3ONO)、NaOH反应，装置如图所示。反应后锥形瓶中混合物经“操作X”可回收CH3OH，母液降温结晶，过滤得NaN3粗品，重结晶得到NaN3产品。

①装置中的多孔球泡的作用是____________________________________。
②写出生成NaN3的化学方程式：_________________________________________
_____________________________________________________________________。
③“操作X”的名称为________。
(2)测定NaN3产品纯度：①称取NaN3产品5.000 0 g，用适量稀硫酸溶解后配成100.00 mL溶液A；②取25.00 mL溶液A，加入20.00 mL 0.200 0 mol·L－1 KMnO4溶液，得紫红色溶液B；③向溶液B加入足量KI溶液消耗过量的KMnO4溶液，然后以淀粉作指示剂，用0.100 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定产生的I2，消耗Na2S2O3溶液30.00 mL。测定过程中物质的转化关系如下：
10NaN3＋2KMnO4＋8H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋5Na2SO4＋8H2O＋15N2↑
I－I2S4O
计算NaN3产品的纯度(写出计算过程)。
解析　(1)②反应物为N2H4·H2O、CH3ONO、NaOH，生成物有NaN3、CH3OH(“回收CH3OH”)。
答案　(1)①增大CH3ONO与反应液的接触面积，加快反应速率(或使CH3ONO充分反应)
②N2H4·H2O＋CH3ONO＋NaOHNaN3＋CH3OH＋3H2O　③蒸馏
(2)I2＋2S2O===2I－＋S4O
n(I2)＝
＝
＝1.500 0×10－3mol
过量的n(MnO)＝n(I2)＝6.000×10－4 mol
与NaN3反应的n(MnO)＝0.200 0 mol·L－1×20.00×10－3 L－6.000×10－4 mol＝3.400 0×10－3 mol
n(NaN3)＝5n(MnO)＝1.700 0×10－2 mol
w(NaN3)＝×100%＝88.40%
4.(2018·盐城三调)KMnO4是实验室常用的氧化剂，可用作水处理剂等。
(1)实验室用MnO2等为原料制取少量KMnO4的实验流程如下：

①“熔融”时，可用作坩埚材质的是________(填序号)。
a.氧化铝　　b.陶瓷　　c.铁　　d.玻璃
②“K2MnO4歧化”的离子方程式为___________________________________
______________________________________________________________________。
③“蒸发浓缩”时，温度需控制在80 ℃，适宜的加热方式是
______________________________________________________________________。
(2)高锰酸钾法测定水体COD(化学需氧量)的实验步骤如下：
步骤1.准确移取100 mL水样，置于250 mL锥形瓶中。加入10 mL 1∶3的硫酸，再加入15.00 mL 0.020 0 mol·L－1 KMnO4溶液(此时溶液仍呈紫红色)。
步骤2.用小火煮沸10 min(水中还原性物质被MnO氧化，本身还原为Mn2＋)，取下锥形瓶趁热加10.00 mL 0.0500 mol·L－1 Na2C2O4溶液，充分振荡(此时溶液为无色)。
步骤3.趁热用0.020 0 mol·L－1 KMnO4溶液滴定至呈微红色，消耗KMnO4溶液4.500 mL。
通过计算确定该水样的化学需氧量(写出计算过程)。
[已知：COD是指在一定条件下，以氧化1 L水样中还原性物质所消耗的氧化剂的量，通常换算为需要的O2的质量(mg)，COD的单位mg·L－1。]
解析　(1)①陶瓷、玻璃主要成分为SiO2、Al2O3均能和KOH反应，不能熔融KOH。②注意CH3COOH酸化提供H＋，CH3COOH是弱酸，不能拆成离子形式。
答案　(1)①c
②3MnO＋4CH3COOH===2MnO＋MnO2↓＋4CH3COO－＋2H2O
③水浴加热
(2)n(Na2C2O4) ＝0.0 500 mol·L－1×10.00 mL×10－3 L·mL－1＝5.000×10－4 mol
两次共消耗n(KMnO4)＝0.0 200 mol·L－1×(15.00＋4.500)mL×10－3 L·mL－1＝3.900×10－4 mol
氧化有机物消耗n(KMnO4)＝3.900×10－4 mol－ n(Na2C2O4) ＝3.900×10－4 mol－×5.000×10－4mol＝1.900×10－4 mol
n(O2)＝×1.900×10－4 mol ＝ 2.375×10－4mol
m(O2)＝2.375×10－4mol×32 g·mol－1＝7.600×10－3 g ＝ 7.600 mg
COD＝＝76.0 mg·L－1
滴定分析与计算
连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量
返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的物质的量
5.锶(Sr)是人体必需的微量元素，其单质和化合物的化学性质与钙、钡的相似。实验室用含碳酸锶的废渣(含SrCO3 38.40%，SrO 12.62%，CaCO3 38.72%，BaCO3 2.54%，其它不溶于硝酸的杂质8.17%)制备硝酸锶粗品的部分实验过程如下：


(1)市售浓硝酸的质量分数为65%，密度为1.4 g·cm－3，要配制30%稀硝酸500 mL，还需要查阅的数据是________，若配制过程中不使用天平，则必须要计算的数据是____________，必须要使用的仪器是____________。
已知两种盐的溶解度(g/100 g水)如下表


　　温度/℃
物质
0
20
30
45
60
80
100
Sr(NO3)2
28.2
40.7
47
47.2
48.3
49.2
50.7
Ca(NO3)2·4H2O
102
129
152
230
300
358
408
(2)由浸取后得到的混合物制备硝酸锶粗品的实验步骤依次为过滤、________、________、洗涤、干燥。
已知，硝酸钙能溶于有机溶剂A中。相对分子质量：Sr(NO3)2：212、Ba(NO3)2：261、Ca(NO3)：164。
(3)制得的硝酸锶粗品中含少量Ca(NO3)2、Ba(NO3)2等杂质。测定硝酸锶纯度的实验如下：称取5.39 g硝酸锶粗品，加入足量的有机溶剂A，经过滤、洗涤、干燥后，剩余固体5.26 g，将此固体配成250 mL的溶液，取出25.00 mL，调节pH为7，加入指示剂，用浓度为0.107 mol·L－1的碳酸钠溶液滴定至终点，消耗碳酸钠溶液22.98 mL。
滴定过程的反应：Sr2＋＋CO===SrCO3↓
Ba2＋＋CO===BaCO3↓
①滴定选用的指示剂为________，滴定终点观察到的现象为_____________________________________________________________________；
②该硝酸锶粗品中，硝酸锶的质量分数为________。若滴定前样品中Ca(NO3)2没有除尽，所测定的硝酸锶纯度将会________(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。
解析　(1)因为配制的是一定质量分数的稀硝酸，根据x mL×1.4 g·cm－3×65%＝500 mL×ρ×30%，所以还应查阅30%稀硝酸的密度。该实验需计算所量取浓硝酸的体积和所加蒸馏水的体积，所以配制过程中还需玻璃棒、量筒、烧杯。(2)因为Sr(NO3)2的溶解度受温度的影响较小，所以把杂质过滤后，应采取蒸发结晶、趁热过滤的方法。(3)Sr(NO3)2、Ba(NO3)2的溶液呈中性，当滴入Na2CO3时发生反应：Sr2＋＋CO===SrCO3↓、Ba2＋＋CO===BaCO3↓。当恰好完全反应时，再滴入一滴Na2CO3溶液，呈碱性，所以应用酚酞作指示剂，滴定终点的现象是溶液变为红色且30 s不变色。
设Sr(NO3)2、Ba(NO3)2的物质的量分别为x、y，则

解得
所以其质量分数为×100%＝93%
若Ca(NO3)2未除尽，则消耗Na2CO3多，所测定的Sr(NO3)2的纯度应偏高。
答案　(1)30%稀硝酸的密度　浓硝酸和蒸馏水的体积　量筒、烧杯、玻璃棒　(2)蒸发结晶　趁热过滤
(3)①酚酞　溶液变为红色且30 s不变色　②93%　偏高
6.(2018·镇江一模)碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料。以含镍(Ni2＋)废液为原料生产NiOOH的一种工艺流程如下：

(1)加入Na2CO3溶液时，确认Ni2＋已经完全沉淀的实验方法是_____________________________________________________________________。
(2)已知Ksp[Ni(OH)2]＝2×10－15，欲使NiSO4溶液中残留c(Ni2＋)≤2×
10－5 mol·L－1，调节pH的范围是________。
(3)写出在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式：_____________________________________________________________________。
(4) 若加热不充分，制得的NiOOH中会混有Ni(OH)2，其组成可表示为xNiOOH·yNi(OH)2。现称取9.18 g样品溶于稀硫酸，加入100 mL 1.000 0 mol·L－1 Fe2＋标准溶液，搅拌至溶液清亮，定容至200 mL。取出20.00 mL，用0.010 0 mol·L－1 KMnO4标准溶液滴定，用去KMnO4标准溶液20.00 mL，试通过计算确定x、y的值(写出计算过程)。涉及反应如下：
NiOOH＋Fe2＋＋3H＋===Ni2＋＋Fe3＋＋2H2O
5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋4H2O＋Mn2＋
答案　(1) 静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成
(2)pH≥9
(3)4Ni(OH)2＋O24NiOOH＋2H2O
(4)20.00 mL溶液中n(Fe2＋)＝0.100 0 L×1.000 0 mol·L－1/10＝0.0100 mol
n(KMnO4)＝0.010 mol·L－1×0.020 0 L＝2.000 0×10－1 mol，20.00 mL溶液中与KMnO4反应的n(Fe2＋)＝5n(KMnO4)＝5×2.000 0×10－4 mol＝1.000 0×10－3 mol
n(NiOOH)＝0.0100 mol－1.000 0×10－3 mol＝0.009 0 mol
n[Ni(OH)2]＝＝0.001 0 mol
x∶y＝n(NiOOH)∶n[Ni(OH)2]＝0.009 0 mol∶0.0010 mol＝9∶1，
即x＝9、y＝1
化学式的计算
解这类题的方法：一是根据题目所给化学反应过程，分析判断化合物的成分；二是通过计算确定各成分之间量的关系，特别是运用电荷守恒计算未知离子的物质的量及运用质量守恒判断是否含有结晶水。
7.(2018·南京三模)为测定某三价铁配合物(化学式表示为Ka[Feb(C2O4)c]·xH2O)的组成，做了如下实验：
步骤1：称取1.9 640 g Ka[Feb(C2O4)c]·xH2O晶体，配制成250.00 mL溶液.
步骤2：取所配溶液25.00 mL于锥形瓶中，加入1 mol/L H2SO45.0 mL，加热到70～85 ℃，用0.010 00 mol/L KMnO4溶液滴定至终点(5C2O＋2MnO＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O)，消耗KMnO4溶液8.00 mL。
步骤3：向反应后的溶液中加入一定量锌粉。加热至黄色恰好消失，过滤，洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。
步骤4：继续用0.01 000 mol/L KMnO4溶液滴定步骤3所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液8.00 mL。
(1)步骤2中滴定终点的现象是______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(2)步骤3中加入锌粉的目的是______________________________________________________________________。
(3)步骤4中发生反应的离子方程式为______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(4)通过计算确定该三价铁配合物的化学式_____________________________________________________________________
(写出计算过程)。
答案　(1)溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色
(2)将Fe3＋还原为Fe2＋
(3)5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O
(4)250.00 mL溶液中各微粒的物质的量分别为：
n(C2O)＝n(MnO)＝×0.01 mol/L×0.048 L×10＝0.012 mol
n(Fe3＋)＝5n(MnO)＝5×0.01 mol/L×0.008 L×10＝0.004 mol
根据电荷守恒得知：n(K＋)＝2×0.012 mol－3×0.004 mol＝0.012 mol
根据质量守恒：
n(H2O)＝

＝0.012 mol
n(K＋)∶n(Fe2＋)：n(C2O)∶n(H2O)＝0.012 mol∶0.004 mol∶0.012 mol∶0.012 mol＝3∶1∶3∶3
化学式为：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。
8.(2017·扬州一模)草酸钾和硫酸铜在一定条件下可制得Ka[Cub(C2O4)m]·nH2O样品，测定其组成的方法如下：
Ⅰ.Cu2＋含量的测定；称取1.330 g样品溶于热的稀硫酸中，用KMnO4溶液滴定除去C2O；将滴定后的溶液定容至500 mL，取20.00 mL于锥形瓶中，加入足量KI溶液，与Cu2＋反应生成CuI沉淀和I2，以淀粉作指示剂，用0.010 00 mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00 mL。测定过程中物质的转化关系如下：Cu2＋I2S4O。
Ⅱ.K＋含量的测定：测得样品中K＋的质量分数为29.32%。
Ⅲ.结晶水含量的测定：另称取1.330 g样品于150 ℃下恒温2 h，使其失去结晶水至恒重，称得剩余固体的质量为1.150 g。
回答下列问题：
(1)写出Cu2＋与I－反应的离子方程式：____________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，溶液放置一段时间后又出现蓝色，其原因是______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(3)Ka[Cub(C2O4)m]·nH2O中，m＝________(用含a、b的式子表示)。
(4)通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。
解析　(1)Cu2＋与I－发生氧化还原反应生成CuI和I2。
(2)溶液放置一段时间后，I－被空气中的氧气氧化生成I2。
(3)根据化合价规则，2m－2b＝a，则m＝。
答案　(1)2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2
(2)I－会被空气中的O2氧化成I2
(3)
(4)n(H2O)＝＝0.010 00 mol
n(K＋)＝＝0.0100 00 mol
由题意可得关系式：
2Cu2＋～I2～2S2O，则
n(Cu2＋)＝n(Na2S2O3)＝0.010 00 mol·L－1×0.02 L×＝0.005 mol
n(C2O)＝(0.005×2＋0.0100)×＝0.010 0 mol
a∶b∶m∶n＝0.0100∶0.005∶0.0100∶0.0100＝2∶1∶2∶2
故该样品的化学式为K2[Cu(C2O4)2]·2H2O
热重图像分析计算
①设晶体为1 mol。
②失重一般是先失水、再失非金属氧化物。
③计算每步的m余，＝固体残留率。
④晶体中金属质量不减少，仍在m余中。
⑤失重最后一般为金属氧化物，由质量守恒得mO，由n金属：nO，即可求出失重后物质的化学式
9.(2018·南通等七市联考)摩尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]是一种重要的化工原料，可用于制取纳米Fe3O4和草酸合铁酸钾等。
(1)取一定质量摩尔盐样品与过量NaOH溶液反应。
①根据生成气体的体积计算得到摩尔盐的纯度小于实际值，其原因是_____________________________________________________________________。
②向所得Fe(OH)2沉淀中加入NaNO2溶液可制得纳米Fe3O4，同时产生NO。该反应的离子方程式为___________________________________________________
______________________________________________________________________。
(2)摩尔盐经氧化后与KOH和H2C2O4反应可得到草酸合铁酸钾[KaFeb(C2O4)c·dH2O]，其中Fe元素化合价为＋3。
①已知25 ℃，H2C2O4的电离常数Ka1＝5.6×10－2，Ka2＝5.4×10－5。pH＝4的H2C2O4溶液中c(C2O)∶c(HC2O)＝________。
②为了确定草酸合铁酸钾的组成，准确称取4.910 g样品在氮气气氛下加热，固体样品的剩余质量随温度的变化如图所示。

已知：a.120 ℃时已完全失去结晶水。
b.200 ℃～580 ℃分解产生的CO和CO2恢复至标准状况下体积为1.008 L。
c.580 ℃以上残留固体为FeO和K2CO3的混合物。
根据以上实验数据计算草酸合铁酸钾中的n(Fe3＋)∶n(C2O)(写出计算过程)。
答案　(1)①氨气极易溶于水，溶液中有部分氨气没有逸出
②3Fe(OH)2＋2NO===Fe3O4＋2NO↑＋2OH－＋2H2O
(2)①0.54
②根据元素守恒得到分解产生的气体为CO和CO2
n(CO)＋n(CO2)＝＝4.5×10－2 mol
2n(C2O)＝n(K2CO3)＋n(CO)＋n(CO2)＝ n(K2CO3)＋4.5×10－2 mol

解得：n(Fe3＋)＝1×10－2 mol　n(K＋)＝ 3×10－2 mol
n(C2O)＝3×10－2 mol
n(Fe3＋)∶n(C2O)＝(1×10－2mol)∶(3×10－2 mol)＝1∶3
10.钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。
(1)CoxNi(1－x)Fe2O4(其中Co、Ni均为＋2)可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。
①该催化剂中铁元素的化合价为________。
②图1表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1－x)Fe2O4在10 ℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知：________法制取得到的催化剂活性更高；Co2＋、Ni2＋两种离子中催化效果更好的是_____________________________________________________________________。
(2)草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。下图2为二水合草酸钴(CoC2O4·2H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300 ℃及以上所得固体均为钴氧化物(Co－59)。
①通过计算确定C点剩余固体的化学成分为______________________________________________________________________
________________________________________________________________________(填化学式)。
试写出B点对应的物质与O2在225℃～300℃发生反应的化学方程式：
_____________________________________________________________________。

②取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为＋2、＋3)，用480 mL 5 mol/L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48 L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co、O的物质的量之比。
解析　(1)①根据化合价代数和为0列式，设Fe的化合价为＋a，则2x＋2(1－x)＋2a＝2×4，得a＝＋2价。②由图1知，在x相同时，微波水热法比常规水热法对H2O2分解的效果更好；横坐标为x，表示随着Co2＋的增多，H2O2分解的速率加快，故Co2＋越大，其催化效果越好。(2)①由热重分析图知，取18.3 g CoC2O4·2H2O，为0.1 mol。加热分解，但是产物中的Co的量不变，仍为n(Co)＝0.1 mol，n(O)＝＝(mol)，n(Co)∶n(O)＝3∶4，则C点为Co3O4。从起始至B点失去的质量为18.3－14.70＝3.6 g，正好为0.2 mol H2O，所以B点为CoC2O4，与O2反应生成Co3O4，由原子守恒可确定出另一产物为CO2，由此配平反应。②由Cl守恒，HCl中的Cl最终在CoCl2和Cl2中，所以2n(CoCl2)＋2n(Cl2)＝0.48×5＝2.4(mol)，n(CoCl2)＝(2.4－2×0.2)/2＝1(mol)。由Co3＋氧化Cl－生成Cl2，根据得失电子守恒列式，1×n(Co3＋)＝2×n(Cl2)，n(Co3＋)＝0.4 mol，由Co守恒，n(Co2＋)＝1－0.4＝0.6 mol，根据正负化合价代数和为零，列式为：2n(O2－)＝3n(Co3＋)＋2n(Co2＋)，n(O)＝ (0.4 mol×3＋0.6 mol×2)÷2＝1.2 mol，所以n(Co)∶n(O)＝1 mol∶1.2 mol＝5∶6。
答案　(1)①＋2　②微波水热　Co2＋
(2)① Co3O4(写成CoO·Co2O3也可)　3CoC2O4＋2O2===Co3O4 ＋6CO2
②由得失电子守恒：n(Co3＋)＝2n(Cl2) ＝ 0.4 mol
由电荷守恒：n(Co)总＝n(Co2＋)溶液＝ 0.5 n(Cl－)＝0.5×( 2.4 mol－0.2 mol×2)＝1 mol
所以固体中的n(Co2＋)＝1 mol－0.4 mol＝ 0.6 mol
n(O)＝(0.4 mol×3＋0.6 mol×2)÷2＝1.2 mol
故n(Co)∶n(O)＝1 mol∶1.2 mol＝5∶6

1.(2018·扬州期末)碳酸钠沉淀法制备氢氧化铝阻燃剂的实验流程如下：

(1)pH对水解程度的影响如图1所示。当pH＝2.35时，尽管没有观察到沉淀产生，但通过实验可判断Al3＋已水解。该实验方法是_____________________________________________________________________。

图1　pH对硫酸铝水解率的影响
(2)常温下，Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33，pH＝5时，溶液中c(Al3＋)＝________
mol·L－1。
(3)准确称取一定质量阻燃剂样品(不含Na2SO4杂质)，加热。样品残留率随温度的变化如图2所示。

图2　温度对样品质量残留率的影响
已知：温度低于120 ℃，Al(OH)3不分解；温度高于1 100 ℃，残留固体为金属氧化物。
①60～120 ℃样品质量损失9.36%，可能原因是______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
②通过计算，推断500 ℃时残留固体的化学式(写出计算过程)。
答案　(1) 丁达尔效应(现象)
(2)1.0×10－6
(3)①样品的结晶水或内部吸附水
②作为阻燃剂，Al(OH)3热分解总反应为：2Al(OH)3Al2O3＋3H2O。
由图可知，120～500 ℃和500～1 100 ℃质量损失之比为(90.64－69.76)∶(69.76－59.30)＝2∶1.
所以120～500 ℃发生的反应为Al(OH)3→AlOOH＋H2O。500～1100 ℃发生的反应为
AlOOH→Al2O3＋H2O。
500℃残留固体的化学式为AlOOH或HAlO2或Al2O3·H2O或Al2O3·Al(OH)3(合理答案均给分)。
2.(2017·南通一调)肼是一种强还原剂，用NaClO与NH3反应可用于生产肼(N2H4)，其反应的化学方程式为：NaClO＋2NH3===N2H4＋NaCl＋H2O。
(1)生产1 000 g质量分数为25.6%的肼溶液最少需要________L(标准状况)NH3。
(2)工业次氯酸钠溶液中含有氯酸钠会影响所得肼的产品质量。测定次氯酸钠样品中的氯酸钠含量的方法如下：取10.00 mL 碱性NaClO溶液试样，加入过量H2O2，将次氯酸钠完全还原(ClO在酸性条件下具有强氧化性，但碱性条件下几乎无氧化性)，加热煮沸，冷却至室温，加入硫酸至酸性，再加入0.100 0 mol·L－1硫酸亚铁标准溶液30.00 mL，充分反应后，用0.010 00 mol·L－1酸性K2Cr2O7溶液滴定至终点(Cr2O被还原为Cr3＋)，消耗该溶液20.00 mL。
①用H2O2与次氯酸钠反应的离子方程式为_____________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
②实验中加热煮沸的目的是_____________________________________________。
③计算样品中NaClO3的含量(以g·L－1表示)，写出计算过程。
答案　(1)358.4
(2)①H2O2＋ClO－===Cl－＋O2↑＋H2O
②除去过量的H2O2
③n(K2Cr2O7)＝ 0.01 000 mol·L－1×20.00×10－3 L＝2×10－4mol
根据Cr2O＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O
与K2Cr2O7反应的Fe2＋：n(Fe2＋)1＝ 2×10－4 mol×6＝1.2×10－3mol
与ClO反应的Fe2＋：n(Fe2＋)2＝0.1000 mol·L－1×30.00×10－3 L－1.2×10－3 mol＝1.8×10－3 mol
根据ClO＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O
在10 mL NaClO溶液试样中：n(NaClO3)＝1.8×10－3 mol×＝3×10－4 mol
样品中NaClO3的含量＝＝3.195 g·L－1
3.(2018·通扬泰徐淮宿二调)过氧化锶(SrO2·2H2O)晶体是一种白色粉末，微溶于水，常用作焰火的引火剂。制备流程如下：

反应原理：Sr(NO3)2＋H2O2＋2NH3·H2O===SrO2·2H2O↓＋2NH4NO3，该反应放热。
(1)选择不同浓度的双氧水在反应器中反应，测得相同时间H2O2的利用率随浓度的变化关系如图所示。5%的H2O2比20%的H2O2利用率低的原因是_____________________________________________________________________。

(2)SrO2·2H2O遇CO2会反应变质，反应的化学方程式为_____________________________________________________________________。
(3)25 ℃时，将Sr(NO3)2溶液滴加到含有F－、CO的溶液中，当混合溶液中c(Sr2＋)＝0.001 0 mol·L－1时，同时存在SrF2、SrCO3两种沉淀，则此时溶液中
c(F－)∶c(CO)＝________。
[已知25 ℃时：Ksp(SrF2)＝4.0×10－9，Ksp(SrCO3)＝5.0×10－9]
(4)准确称取1.800 0 g SrO2·2H2O样品置于锥形瓶中，加入适量的盐酸使之充分转化为H2O2，再加入足量KI，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量淀粉试液，用1.000 0 mol·L－1 Na2S2O3标准溶液滴定到蓝色恰好消失时，共消耗标准溶液20.00 mL，计算SrO2·2H2O样品的纯度(写出计算过程)。(已知：S2OS4O)
答案　(1)浓度低的双氧水反应速慢，相同时间内反应的H2O2较少
(2)2SrO2·2H2O＋2CO2===2SrCO3＋O2↑ ＋4H2O
(3)400
(4)先后发生的反应有：SrO2·2H2O＋2H＋===Sr2＋＋H2O2＋2H2O、
H2O2＋2H＋＋2I－===I2＋2H2O、2S2O＋I2===S4O＋2I－
n(Na2S2O3)＝1.0 000 mol·L－1×20.00×10－3 L＝2.000×10－2 mol
n(I2)＝n(Na2S2O3)＝ ×2×10－2 mol＝1.000×10－2 mol
n(SrO2·2H2O)＝n(H2O2)＝n(I2)＝ 1.000×10－2 mol
m(SrO2·2H2O) ＝1.000×10－2 mol× 156 mol·L－1＝ 1.5 600 g
w(SrO2·2H2O)＝×100%≈86.67%
4.(2017·泰州中学质检)铜的硫化物可用于冶炼金属铜。为测定某试样中Cu2S、CuS的质量分数，进行如下实验：
步骤1：在0.750 0 g试样中加入100.00 mL 0.120 0 mol·L－1 KMnO4的酸性溶液，加热，硫元素全部转化为SO，铜元素全部转化为Cu2＋，滤去不溶性杂质。
步骤2：收集步骤1所得滤液至250 mL容量瓶中，定容。取25.00 mL溶液，用0.100 0 mol·L－1 FeSO4溶液滴定至终点，消耗16.00 mL。
步骤3：在步骤2滴定所得溶液中滴加氨水至出现沉淀，然后加入适量NH4HF2溶液(使Fe、Mn元素不参与后续反应)，加入约1 g KI固体(过量)，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2。用0.050 00 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定至终点，离子方程式为2S2O＋I2===2I－＋S4O，消耗14.00 mL。
已知：酸性条件下，MnO的还原产物为Mn2＋。
(1)若步骤3加入氨水产生沉淀时，溶液的pH＝2.0，则溶液中c(Fe3＋)＝__________________。(已知室温下Ksp[Fe(OH)3]＝2.6×10－39)
(2)步骤3若未除去Fe3＋，则测得的Cu2＋的物质的量将________(填“偏高”“偏低”或“不变”)。
(3)计算试样中Cu2S和CuS的质量分数(写出计算过程)。
解析　(1)若步骤3加入氨水产生沉淀时，溶液的pH＝2.0，则c(OH－)＝
10－12 mol·L－1，Ksp[Fe(OH)3]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝2.6×10－39，c(Fe3＋)＝2.6×10－3 mol·L－1。(2)步骤3若未除去Fe3＋，则加入KI时先发生反应：2Fe3＋＋2I－===
2Fe2＋＋I2，后发生反应：2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2，反应消耗的n(I－)增大，测得的n(Cu2＋)偏高。(3)设Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，计算的关系式为：
2Cu2＋ ～ I2 ～ 2S2O，n(Cu2＋)＝n(S2O)＝0.050 00 mol·L－1×14.00×10－3L＝7.000×10－4mol，则2x＋y＝7.000×10－4 mol×(250 mL÷25 mL)。Cu2S和CuS被酸性KMnO4溶液氧化为CuSO4，Cu、S两种元素失去电子的物质的量等于Mn元素得到电子的物质的量，即10x＋8y＝0.120 0 mol·L－1×0.1 L×5－0.100 0 mol·L－1×0.16 L×(250 mL÷25 mL)。将两个方程联立求解，可得：x＝2.000×10－3mol，y＝3.000×10－3mol，据此可求质量分数 。
答案　(1)2.6×10－3 mol·L－1　(2)偏高　(3)w(Cu2S)＝42.7%　w(CuS)＝38.4%
课时强化训练
1.(2018·徐州考前模拟)超细铜粉有重要用途，工业上可以通过铝黄铜合金(含Cu、Al、Zn)制超细铜粉。某小组在实验室模拟制备超细铜粉的方法如下：
步骤Ⅰ：取铝黄铜合金加入热浓硫酸溶解，再加入过量NaOH溶液只生成Cu(OH)2沉淀，过滤，洗涤。
步骤Ⅱ：向Cu(OH)2沉淀中加硫酸溶解，再加氨水，形成[Cu(NH3)4]SO4溶液。
步骤Ⅲ：向[Cu(NH3)4]SO4溶液中通入SO2气体至溶液呈微酸性，生成NH4CuSO3。再与足量的1.000 mol·L－1的稀硫酸混合并微热，得到超细铜粉。
(1)步骤Ⅰ中完全溶解铝黄铜合金可以加入稀硫酸和________。
A.FeCl3　B.盐酸　C.热空气
(2)配制500 mL 1.000 mol·L－1的稀硫酸，需要用98%的浓硫酸(密度为
1.84 g·mL－1)________mL。
(3)在步骤Ⅲ中生成NH4CuSO3的化学反应方程式为______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(4)准确称取1.000 g铝黄铜合金与足量的1.000 mol·L－1稀硫酸完全反应，生成标准状况下气体体积为134.4 mL。将相同质量的合金完全溶于热的足量的浓硫酸，产生标准状况下气体体积为380.8 mL。计算此合金中铜的质量分数。
答案　(1)C　(2)27.2(或27.17)
(3)2[Cu(NH3)4]SO4＋3SO2＋4H2O===2NH4CuSO3＋3(NH4)2SO4
(4)解n(H2)＝0.1 344 L÷22.4 L·mol－1＝0.006 mol
n(SO2)＝0.380 8 L÷22.4 L·mol－1＝0.017 mol
∵Zn、Al与稀硫酸产生的H2和Zn、Al与浓硫酸产生的SO2的物质的量相同，
∴n(Cu)＝n(SO2)－n(H2)＝0.017 mol－0.006 mol＝0.011 mol
铜的质量分数为：×100%＝70.4%
2.(2018·南京盐城一模)硫酸锰铵晶体可用作织物和木材加工的防火剂等。由二氧化锰等作原料制取硫酸锰铵晶体步骤如下：

(1)实验前，需称量MnO2的质量，这是因为______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(2)“制取MnSO4”时，可用C6H12O6(葡萄糖)、H2C2O4(草酸)等物质作还原剂。
①用C6H12O6作还原剂(被氧化为CO2)时，发生反应的n(MnO2)/n(C6H12O6)＝________。
②用H2C2O4作还原剂，发生反应的化学方程式为______________________________________________________________________
______________________________________________________________________。
(3)一种测定硫酸锰铵晶体[设为：(NH4)xMny(SO4)z·wH2O]组成的方法如下：
①称取一定量的硫酸锰铵晶体配成250 mL溶液A。
②取25.00 mL溶液A，加入足量的BaCl2溶液得BaSO40.512 6 g。
③另取25.00 mL溶液A，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min[4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋(CH2)6N4H＋，滴定时，1 mol(CH2)6N4H＋与1 mol H＋相当]，加入1～2滴酚酞溶液，用0.1 000 mol·L－1 NaOH标准溶液滴定至终点(在该过程中Mn2＋不沉淀)，消耗NaOH溶液22.00 mL。
④取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率(固体样品的剩余质量/固体样品的起始质量×100%)随温度的变化如图所示(样品在371 ℃时已完全失去结晶水)。
根据以上实验数据计算确定硫酸锰铵晶体的化学式(写出计算过程)。

答案　(1)确定制备硫酸锰铵时应加入硫酸、还原剂及(NH4)2SO4的质量
(2)①12　②MnO2 ＋H2C2O4＋H2SO4===MnSO4＋2CO2↑＋2H2O
(3)n(SO) ＝n(BaSO4) ＝＝2.200×10－3 mol
n(NH)＝n(NaOH)＝0.1 000 mol·L－1×22.00 mL×10－3 L·mL－1＝2.200×10－3 mol
n(Mn2＋)＝[2n(SO)－n(NH)]＝1.100×10－3mol
x∶y∶z＝2∶1∶2
设化学式为(NH4)2Mn(SO4)2 ·wH2O
×100%＝69.2%　w＝7，化学式为(NH4)2Mn(SO4)2 ·7H2O
3.(2017·徐宿连三模)氯碱工业所用的食盐水中Na2SO4的浓度不能超过5.00 g·L－1。工业上测定食盐水中Na2SO4浓度的实验如下：
步骤Ⅰ：量取10.00 mL食盐水，先加入少量36.5%的浓盐酸，使溶液呈酸性，再加入足量的三乙醇胺和乙醇混合液(使食盐水中Fe3＋、Al3＋与三乙醇胺形成配离子不与EDTA反应)，加蒸馏水配成100.00 mL溶液A。
步骤Ⅱ：准确量取20.00 mL溶液A，加入0.060 0 mol·L－1BaCl2溶液20.00 mL，充分振荡，用铬黑T作指示剂，用0.050 0 mol·L－1EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Ba2＋(离子方程式为Ba2＋＋H2Y2－===BaY2－＋2H＋)，消耗EDTA标准溶液的体积为23.79 mL。重复操作2次，消耗EDTA的体积分别为23.82 mL、23.79 mL。
(1)溶质质量分数为36.5%的浓盐酸密度为1.18 g·mL－1，该盐酸的物质的量浓度为________。
已知：室温下，Ksp(BaSO4)＝1.0×10－10，若食盐水中SO沉淀完全(浓度小于1×10－6 mol·L－1)，则溶液中c(Ba2＋)至少为________。
(2)加入浓盐酸使溶液呈酸性的原因是______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(3)通入计算确定原食盐水中Na2SO4的浓度(用g·L－1表示)，写出计算过程。
解析　(1)c(HCl)＝＝＝11.8(mol·L－1)。根据Ksp(BaSO4)＝c(Ba2＋)·c(SO)，c(Ba2＋)＝，c(SO)＜1×10－6 mol·L－1，则c(Ba2＋)＞＝1×10－4(mol·L－1)。(2)加入浓盐酸是为了抑制食盐水中Fe3＋、Al3＋水解。
答案　(1)11.8 mol·L－1　1.0×10－4 mol·L－1
(2)防止Fe3＋、Al3＋水解(不与三乙醇胺反应)
(3)n(BaCl2)＝0.060 0 mol·L－1×20.00×10－3 L＝1.2×10－3 mol
V(EDTA)＝(23.82 mL＋23.79 mL＋23.79 mL)×＝23.80 mL
与EDTA反应的n(BaCl2)＝n(EDTA)＝0.050 0 mol·L－1×23.80×10－3 L＝1.19×10－3 mol
n(Na2SO4)＝n(BaCl2)＝1.2×10－2 mol－1.19×10－3 mol＝1.0×10－5 mol
盐水中Na2SO4的浓度＝×5＝0.71 g·L－1
4.(2016·南通扬州泰州淮安高三第三次调研)工业含铬废水的处理原理是将Cr2O转化为Cr3＋，再将Cr3＋转化为Cr(OH)3沉淀。利用硫酸工业废气中的SO2处理含铬废水，既充分利用资源、以废治废，还能节约生产成本。
(1)工业上处理100 L Cr2O含量为108 mg·L－1的含铬废水，至少需要________ L(标准状况)SO2。
(2)已知：Ksp[Cr(OH)3]＝1×10—30。室温下，除去被SO2还原所得溶液中的Cr3＋(使其浓度小于1×10—6 mol·L—1)，需调节溶液pH________。
(3)三价铬Cr(Ⅲ)与双氧水反应可用于合成铬黄(PbCrO4)。控制其他条件不变，调节反应温度，考察反应温度对Cr(Ⅲ)转化率的影响(如图所示)。温度超过70 ℃时，Cr(Ⅲ)转化率下降的原因是_____________________________________________
____________________________________________________________________。

(4)光照下，草酸(H2C2O4)也能将Cr2O转化为Cr3＋。化学式为Al2Fe(SO4)4的某发盐(毛发状，在空气中能被氧化)对该反应具有催化作用。为确定一瓶久置发盐的化学成分，学习小组进行如下实验：
取一定质量的发盐样品溶于足量的稀硫酸中，将溶液分为两等份。其中一份与酸性KMnO4溶液充分反应(反应后MnO被还原成Mn2＋)，消耗浓度为0.400 0 mol·L－1的KMnO4溶液20.00 mL；往另一份溶液中加入足量稀氨水，在空气中微热并搅拌使之充分反应，待沉淀不再变化后过滤，将沉淀洗涤并充分灼烧后称量，得9.100 g干燥固体粉末。
通过计算与合理猜想，推测该久置发盐的可能化学组成(请给出计算过程与推测理由)。
答案　(1)3.36　(2)＞6　(3)较高温度下双氧水发生分解
(4)n(KMnO4)＝0.400 0 mol·L—1×20 mL×10—3 L·mL—1＝8.000×10—3 mol
n(Fe2＋)＝5×8.000×10—3 mol＝0.040 0 mol
根据发盐的化学式可知在久置的发盐中：
n(Al3＋)＝2×[0.040 0 mol＋n(Fe3＋)]
加入氨水后生成的干燥固体粉末中：
n(Al2O3)＝0.040 0 mol＋n(Fe3＋)
n(Fe2O3)＝×[0.040 0 mol＋n(Fe3＋)]
102 g·mol—1×[0.040 0 mol＋n(Fe3＋)]＋160 g·mol—1××[0.040 0 mol＋n(Fe3＋)]＝9.100 g
n(Fe3＋)＝0.010 0 mol
n(Al3＋)＝2×[0.040 0 mol＋n(Fe3＋)]＝0.100 0 mol
n(SO)＝2n(Al3＋)＝0.200 0 mol
久置发盐中的阳离子所带电荷总数：3n(Al3＋)＋2n(Fe2＋)＋3n(Fe3＋)＝0.410 0 mol
而已知的阴离子所带电荷总数：2n(SO)＝0.400 0 mol＜0.410 0 mol
由于发盐在空气中被氧化，故其中还可能存在0.010 0 mol OH－(或0.005 0 mol CO)。
该久置发盐的可能组成为Al10Fe5(OH)(SO4)20[或Al20Fe10(CO3)(SO4)40]。
5.(2017·通扬泰淮三调)硫酸高铈[Ce(SO4)2]是一种常用的强氧化剂。

(1)将Ce(SO4)2·4H2O(摩尔质量为404 g·mol－1)在空气中加热，样品的固体残留率(×100%)随温度的变化如图所示。当固体残留率为70.3%时，所得固体可能为________(填字母)。
A.Ce(SO4)2　　B.Ce(SO4)3　　C.CeOSO4
(2)将一定质量的Ce(SO4)2·4H2O溶于50 mL质量分数为60%、密度为1.47 g·cm－3的硫酸中，再用水定容至1 000 mL，所得溶液中c(H＋)＝________mol·L－1。
(3)利用Ce(SO4)2标准溶液测定FeC2O4·2H2O(摩尔质量为180 g·mol－1)和Fe2(C2O4)3·4H2O(摩尔质量为448 g·mol－1)固体混合物中FeC2O4·2H2O含量的方法如下：
步骤1：称量1.124 0 g固体混合物，溶于硫酸，向溶液中加入100.00 mL 0.200 0 mol·L－1Ce(SO4)2溶液。物质转化关系如下：
Ce4＋Ce3＋
步骤2：将反应后的溶液加水稀释并定容至250.00 mL，取25.00 mL于锥形瓶中，滴加指示剂，用0.010 00 mol·L－1FeSO4标准溶液滴定过量的Ce4＋，终点时消耗FeSO4标准溶液20.00 mL。
计算固体混合物中FeC2O4·2H2O的质量分数，写出计算过程。
解析　(1)设取1 mol Ce(SO4)2·4H2O，其质量为404 g，其中Ce为140 g，当固体残留率为70.3%时，残留固体质量＝404×70.3%≈284(g)，Ce在加热前后质量不会变化，则残留的固体中Ce的含量＝×100%≈49.3%，A项中Ce的含量为42.2%，B项中Ce的含量为49.3%，C项中Ce的含量为55.6%。(2)c(H2SO4)＝＝＝9 (mol·L－1)，定容后，c(H＋)＝2×9×＝0.9 (mol·L－1)。(3)用Ce(SO4)2中的Ce4＋氧化混合物中FeC2O4·2H2O中＋2价的Fe和＋3价的C以及Fe2(C2O4)3·4H2O中＋3价的C，过量的Ce(SO4)2用Fe2＋滴定，根据得失电子守恒以及质量关系可以建立方程组，最后求得FeC2O4·2H2O的质量分数。
答案　(1)B　(2)0.9
(3)消耗FeSO4标准溶液的物质的量＝0.010 00 mol·L－1×0.02 L＝0.000 2 mol
由关系式可知：n(Ce4＋)＝n(Fe2＋)
步骤1中过量的n[Ce(SO4)2]＝0.000 2 mol×10＝0.002 mol
步骤1中反应的n[Ce(SO4)2]＝0.2 mol·L－1×0.1 L－0.002 mol＝0.018 mol
根据得失电子守恒可得：n(FeC2O4·2H2O)×3＋n[Fe2(C2O4)3·4H2O]×6＝0.018 mol×1
由固体总质量可得：n(FeC2O4·2H2O)×180 g·mol－1＋n[Fe2(C2O4)3·4H2O]×448 g·mol－1＝1.124 g
解方程组可得：n(FeC2O4·2H2O)＝0.005 mol
m(FeC2O4·2H2O)＝0.005 mol×180 g·mol－1＝0.9 g
固体混合物中FeC2O4·2H2O的质量分数＝×100%≈80.07%
6.(2017·南京三模)Al(OH)3可用于阻燃和药物等领域。
(1)已知：Ksp[Al(OH)3]＝1.3×10－33。实验室利用Al2(SO4)3溶液与氨水反应制备Al(OH)3，若使反应后的溶液中c(Al3＋)＜1.3×10－6mol·L－1，应控制溶液pH________。
(2)Al(OH)3可添加到可燃性高聚物中用作阻燃剂，请写出两条其阻燃的原因：______________________________________________________________________
_____________________________________________________________________。
(3)胃舒平药片中含有Al(OH)3和三硅酸镁(Mg2Si3O8·5H2O)等。通过下列实验测定药片中Al(OH)3含量。
已知：测定过程中，EDTA与Al3＋、Mg2＋、Zn2＋均按物质的量1∶1反应，发生反应的pH如下表示。

金属离子
Al3＋
Zn2＋
Mg2＋
与EDTA反应的pH
4
5～6
9.5～10
步骤一：准确称取0.742 5 g Zn(NO3)2·6H2O，用蒸馏水溶解，定容成250 mL Zn(NO3)2标准溶液；另配制EDTA溶液250 mL，取25 mL EDTA溶液，设pH为5～6并加入指示剂，用Zn(NO3)2标准溶液滴定至终点，消耗Zn(NO3)2标准溶液50.00 mL。
步骤二：取10片(0.45 g/片)胃舒平研细，称取2.250 0 g研细后的粉末，加入足量盐酸和蒸馏水，煮沸、过滤、洗涤沉淀2次，洗涤液与滤液合并，定容成250 mL溶液A。
步骤三：移取5.00 mL溶液A，调pH＝4，准确加入步骤一中配制的EDTA溶液25.00 mL，煮沸，充分反应后，调pH为5～6并加入指示剂，以步骤一中配制的Zn(NO3)2标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗Zn(NO3)2标准溶液20.00 mL。
①计算每片胃舒平中Al(OH)3的质量(写出计算过程)；
②步骤一滴定终点俯视读数，会使测得胃舒平药片中Al(OH)3的质量________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
解析　(1)Ksp[Al(OH)3]＝c(Al3＋)·c3(OH－)＝1.3×10－33，将c(Al3＋)＜1.3×10－6mol·L－1代入解得c(OH－)＞10－9 mol·L－1，即可算得pH＞5。(2)要从Al(OH)3受热分解对燃烧条件的抑制角度去思考。(3)②步骤一滴定终点时俯视读数，会导致读取的消耗Zn(NO3)2标准溶液体积偏小，算出的EDTA的浓度偏小，从而使得步骤三计算25.00 mL EDTA的物质的量偏小，最终导致测得n[Al(OH)3]偏小。
答案　(1)＞5
(2)Al(OH)3受热分解吸热，抑制聚合物升温；使可燃性高聚物浓度下降；受热分解放出水蒸气稀释了可燃性气体和氧气的浓度；分解产生的Al2O3可隔绝氧气；使塑料等高聚物炭化而不易产生挥发性物质，从而阻止火焰蔓延(回答两点即可)
(3)①c[Zn(NO3)2]＝＝0.010 00 mol·L－1
c(EDTA)＝＝0.020 00 mol·L－1
2.250 0 g药粉相当于5片药片
250 mL溶液A(或5片药片)中含有的n[Al(OH)3]＝(0.020 00 mol·L－1×25.00×10－3 L－0.010 00 mol·L－1×20.00×10－3 L)×＝1.500×10－2 mol
每片药片中含有的m[Al(OH)3]＝×1.500×10－2 mol×78 g·mol－1＝0.234 0 g　②偏小