2020版高考一轮复习化学江苏专版学案：专题十第三题定量分析实验题型研究

第三题
定量分析实验题型研究
[试题特点]
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这一类题型一般基于某一新型物质的制备或探究其性质实验的基础上考查与实验有关的现象、反应原理、实验仪器、实验操作中出现的问题等，并进行有关新型物质组成的测定或物质含量(纯度)的计算。化学综合计算常常涉及：①氧化还原反应中得失电子守恒计算；②过量问题的计算；③物质含量(纯度)的计算；④新型物质化学组成的计算；⑤多步反应计算等。

[做真题—明考查特点]
1．(2018·江苏高考)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________________________________________________________________________。
[考查反应条件的控制]
(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH________(填“增大”“减小”或“不变”)。[考查化学原理]
(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－1 EDTA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－1 CuSO4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反应的化学计量数比均为1∶1)。
计算(1－x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。[考查新物质的组成及计算]
解析：(1)要提高x值，就需要提高CaSO4的生成速率，因为碳酸钙是粉末，因此不能通过增大表面积的方式提高反应速率，可以通过增加CaCO3的量和搅拌加快CaSO4的生成速率，以提高x的值。(2)吸收SO2的过程中，OH－参加反应，因此溶液的pH减小。(3)由题意知，Al3＋、Cu2＋与EDTA反应的化学计量数比均为1∶1，因此EDTA总物质的量应等于Al3＋和Cu2＋的物质的量之和，根据题给数值即可求算出x的值。
答案：(1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率　(2)减小
(3)25.00 mL溶液中：
n(SO)＝n(BaSO4)＝＝0.010 0 mol
2．50 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
25．00 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(SO)＝3(1－x)mol
＝＝
x≈0.41
2．(2017·江苏高考)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____________________________________________。
[考查陌生化学方程式的书写]
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________________。

[考查化学原理]
(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)。[考查新物质的组成及计算]
解析：(1)①在H2O存在的条件下，CuCl能被空气中的O2氧化生成Cu2(OH)2Cl2·3H2O，根据Cu和O得失电子守恒配平反应的化学方程式。②由题图知，O2氧化M′生成M，根据题意“Fe3＋对该反应有催化作用”，则M′为Fe2＋。(2)由②中生成AgCl的质量，可计算出1.116 0 g样品中Cl－的物质的量n(Cl－)；由③可计算出1.116 0 g样品中Cu2＋的物质的量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)；由四种粒子的物质的量，可确定样品的化学式。
答案：(1)①4CuCl＋O2＋8H2O2Cu2(OH)2Cl2·3H2O
②Fe2＋
(2)n(Cl－)＝n(AgCl)×＝×＝4.800×10－3 mol
n(Cu2＋)＝n(EDTA)×＝0.080 00 mol·L－1×30.00 mL×10－3 L·mL－1×＝9.600×10－3 mol
n(OH－)＝2n(Cu2＋)－n(Cl－)＝2×9.600×10－3 mol－4.800×10－3 mol＝1.440×10－2 mol
m(Cl－)＝4.800×10－3 mol×35.5 g·mol－1＝0.170 4 g
m(Cu2＋)＝9.600×10－3 mol×64 g·mol－1＝0.614 4 g
m(OH－)＝1.440×10－2 mol×17 g·mol－1＝0.244 8 g
n(H2O)＝＝4.800×10－3 mol
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·江苏高考)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______________________。[考查化学原理]
(2)向池塘水中加入一定量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－
[考查化学原理]
(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：
________________________________________________________________________。
[考查陌生离子方程式的书写]
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－1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以mg·L－1表示)，写出计算过程。[考查物质含量的计算]
解析：(1)增加易得廉价原料，提高高价原料的利用率，故加入过量的Ca(OH)2，其主要目的是提高H2O2的利用率。
(2)CaO2可作水产养殖的供氧剂，则CaO2与水发生反应：2CaO2＋2H2O===2Ca(OH)2＋O2↑，故溶液中Ca2＋、OH－的浓度增加。(3)①O2在碱性条件下将Mn2＋氧化为MnO(OH)2，反应的离子方程式为2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓。
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

[研热点—找解题策略]

年份
试题
知识点
分值
2018
第18题
①反应条件的控制；②化学原理；③新物质的组成及计算
12分
2017
第18题
①陌生化学方程式的书写；②化学原理；③新物质的组成及计算
12分
2016
第18题
①化学原理；②离子浓度的变化；③陌生离子方程式的书写；④物质含量的计算
12分

1．实验原理及实验过程中的有关问题
一般通过滴定法测定某一物质的含量或某一微粒的物质的量。滴定实验中的几个关键点主要涉及：指示剂选择、终点的判断、滴定计算以及误差分析等。

解题依据
规范答题
举例说明
滴定曲线分析
根据酸碱中和滴定曲线的突变判断，突变越陡说明酸性或碱性越强
—

用NaOH分别滴定酸X和Y，X的突变曲线比Y平缓，说明X的酸性比Y弱
指示剂的选择
(1)根据反应后溶液的酸碱性判断
通常选酚酞
或甲基橙
①NaOH滴定CH3COOH，反应生成的CH3COONa显碱性，故选酚酞作指示剂；
②HCl滴定氨水，反应生成的NH4Cl显酸性，故选甲基橙作指示剂；
③若NaOH滴定HCl，反应生成的NaCl显中性，故选甲基橙和酚酞均可
(2)根据反应中物质自身颜色的变化判断
选淀粉、
KMnO4等
①用Na2S2O3滴定I2，选淀粉作指示剂；
②用KMnO4滴定Fe2＋或H2C2O4溶液，KMnO4自身颜色的变化可作为终点的判断
终点的
判断
(1)根据指示剂颜色的变化
终点的判断：由××色变成××色，且30 s内不变化
①用Na2S2O3滴定I2，选淀粉作指示剂，终点现象是溶液由蓝色变成无色，且30 s内不恢复蓝色；
②用KMnO4滴定H2C2O4溶液，终点现象是溶液由无色变成浅红色，且30 s内不褪色
(2)根据反应
物本身颜色的变化
简单
计算
根据物质间反应的数量关系
由定量关系列出比例式，再求解
2KMnO4～5H2C2O4
2 5
c1V1 c2V2
由比例关系可求出c2
误差
分析
根据消耗的标准溶液所产生的误差进行分析
—
①没有用标准液润洗，导致待测物浓度偏大；
②滴定到终点时，俯视读数，导致待测物浓度偏小；
③滴定前没有赶气泡，导致待测物浓度偏大
2.复杂的滴定可分为两类
(1)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。
(2)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量。
3．以物质的量为中心的计算
(1)4个核心公式
①n＝　②n＝或M＝
③n＝(条件：标准状况、气体)　④c＝
(2)4个辅助公式
①溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算：
c＝ [c为溶质的物质的量浓度(mol·L－1)，ρ为溶液的密度(g·cm－3)，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量(g·mol－1)]。
②ρ＝＝(ρ为气体密度，M为该气体的摩尔质量，Vm为一定温度和压强下的气体摩尔体积)。
③c(浓)·V(浓)＝c(稀)·V(稀)。
④c(混)·V(混)＝c(浓)·V(浓)＋c(稀)·V(稀)。
[注意]　V(混)≠V(浓)＋V(稀)。

1．物质含量或纯度的计算思路
(1)根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，得出混合物中某一成分的量。
(2)由(1)中求出量，除以样品的总量，即可得出其含量或纯度。
2．新型化学物质组成计算的解题思路
(1)根据题给信息，计算出可求粒子的物质的量。
(2)根据电荷守恒，确定出未知离子的物质的量。
(3)根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量。
(4)各粒子的物质的量之比，即为物质化学式的下标比。
[注意]　化学计算中所设未知数要确定是否带单位，在列式计算过程中要带单位运算，计算结果要根据题给信息考虑有效数字，解题过程不能跳步省略，最后要有答案描述。
[练新题—提答题能力]
1．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图：

(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＝________。
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BaSO4 0.512 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 0.100 0 mol·L－1NaOH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 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)。
解析：(1)实验前需要称量MnO2的质量，以确定应加入硫酸、还原剂及(NH4)2SO4的质量。(2)①用C6H12O6作还原剂(被氧化为CO2)时，根据电子转移守恒可推出，Mn降低2价，C升高6×4价，所以发生反应的＝12。②用H2C2O4作还原剂时，反应的化学方程式为MnO2＋H2C2O4＋H2SO4===MnSO4＋2CO2↑＋2H2O。(3)根据②计算出n(SO)，根据③计算出n(NH)，再由电荷守恒：n(NH)＋2n(Mn2＋)＝2n(SO)计算出n(Mn2＋)，最后由质量守恒和图像中固体残留率计算w。
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)＝＝2.200×10－3mol
n(NH)＝n(NaOH)＝0.100 0 mol·L－1×22.00 mL×10－3L·mL－1＝2.200×10－3mol
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
＝69.2% ，w≈7
化学式为(NH4)2Mn(SO4)2·7H2O
2．(2019·苏大附中模拟)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的一种工艺流程如图：

(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＋
解析：(1)确认Ni2＋已经完全沉淀的实验方法是静置，在上层清液中继续滴加1～2滴Na2CO3溶液，无沉淀生成。(2)欲使NiSO4溶液中残留c(Ni2＋)≤2×10－5 mol·L－1，c(OH－)≥ ＝ mol·L－1＝10－5 mol·L－1，c(H＋)≤10－9mol·L－1，则pH≥9。(3)在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式为4Ni(OH)2＋O24NiOOH＋2H2O。
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＋)＝＝0.010 0 mol
n(KMnO4)＝0.010 0 mol·L－1×0.020 0 L＝2.000 0×10－4 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)＝0.010 0 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∶0.001 0 mol＝9∶1，
即x＝9、y＝1
3．碳酸钠沉淀法制备氢氧化铝阻燃剂的实验流程如图：

(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________________。

(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题图2所示。
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)。
解析：(1)Al3＋水解生成Al(OH)3胶体，可利用丁达尔效应(现象)进行确认。(2)常温下，Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33，pH＝5时，溶液中c(Al3＋)＝＝ mol·L－1＝1.0×10－6mol·L－1。(3)①60～120 ℃样品质量损失9.36%，可能是失去了样品的结晶水或内部吸附水。
答案：(1)丁达尔效应(现象)　(2)1.0×10－6
(3)①失去了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,500～1 100 ℃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
4．氯化苄(C6H5CH2Cl)是一种重要的有机化工原料。工业上采用甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄。
(l)写出甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄的化学方程式：________________________________________________________________________。
(2)用下列方法分析氯化苄粗产品的纯度：
步骤Ⅰ：称取2.555 g样品于烧瓶中，加入100.00 mL 4 mol·L－1氢氧化钠溶液共热，冷却至室温。加入100.00 mL 4 mol·L－1硝酸，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00 mL的容量瓶中，加水定容。
步骤Ⅱ：从容量瓶中各取50.00 mL溶液于三只锥形瓶中，各加入25.00 mL 0.200 0 mol·L－1硝酸银溶液。
步骤Ⅲ：用硫酸铁铵作指示剂，用0.200 0 mol·L－1 NH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，所得滴定数据如表所示。
实验数据
实验序号
NH4SCN溶液体积读数/mL
滴定前
滴定后
第一次
0.40
10.38
第二次
0.30
10.32
第三次
0.20
10.41
已知：NH4SCN＋AgNO3===AgSCN↓＋NH4NO3。
①加入硝酸的目的是_____________________________________________________。
②在步骤Ⅲ操作中，判断达到滴定终点的现象是_____________________________。
③计算该样品中氯化苄的质量分数(写出计算过程)。
④上述测定结果通常高于氯化苄中氯元素的理论含量，原因是________________________________________________________________________。
解析：(1)甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄的化学方程式为C6H5CH3＋Cl2C6H5CH2Cl＋HCl。(2)①溶液显碱性，则加入硝酸的目的是中和NaOH使溶液呈酸性，防止OH—对下一步的干扰。②Fe3＋能与SCN－反应使溶液显红色，则在步骤Ⅲ操作中，判断达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴NH4SCN溶液，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色。③三次实验中消耗标准液体积分别是9.98 mL、10.02 mL、10.21 mL，第三次实验数据误差大，舍去，则消耗标准液体积的平均值是10.00 mL，根据方程式可知剩余硝酸银是0.002 mol，所以与Cl－反应的硝酸银是0.005 mol－0.002 mol＝0.003 mol，则水解生成的Cl－是0.003 mol×＝0.015 mol，因此该样品中氯化苄的质量分数为×100%≈74.27 %。④由于甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，且Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高，因此上述测定结果通常高于氯化苄中氯元素的理论含量。
答案： (1)C6H5CH3＋Cl2C6H5CH2Cl＋HCl
(2)①中和NaOH使溶液呈酸性，防止OH—对下一步的干扰
②当滴入最后一滴NH4SCN溶液，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色
③×100%≈74.27 %
④甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高
5．(2019·太仓市沙溪中学练兵)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。制备流程如图：

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一、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：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SiO2·2H2O样品的纯度，写出计算过程。
解析：(1)浓度越小，反应越慢，5%的H2O2比20%的H2O2利用率低的原因是浓度低的双氧水反应慢，相同时间内反应的H2O2少。(2)过氧化锶(SrO2)类似于Na2O2，与CO2反应，生成碳酸盐和氧气，则 SrO2·2H2O遇CO2反应的化学方程式为2SrO2·2H2O＋2CO2===2SrCO3＋O2↑＋4H2O。(3)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＝＝＝400。
答案： (1)浓度低的双氧水反应慢，相同时间内反应的H2O2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、2H＋＋2I－＋H2O2===I2＋2H2O、I2＋2S2O===2I－＋S4O
得关系式：SrO2·2H2O～H2O2～I2～2Na2S2O3
n(Na2S2O3)＝1.000 0 mol·L－1×20.00×10－3 L＝2.000×10－2 mol
n(SrO2·2H2O)＝n(Na2S2O3)＝1.000×10－2 mol
m(SrO2·2H2O)＝0.010 00 mol×156 g·mol－1＝1.560 0 g
w(SrO2·2H2O)＝×100%≈86.67%
6．(2019·淮阴中学联考)黄铜是由铜和锌组成的合金(含铜约80～90%)，测定某黄铜中铜的质量分数的步骤如下：
①准确称取0.150 0 g黄铜试样置于锥形瓶中，加入适量的H2SO4和H2O2的混合液，加热使试样完全溶解后，再加热煮沸1～2 min，冷却。
②向步骤①所得溶液中加入10.00 mL 20%的KI溶液(足量)，充分反应后用0.100 0 mol·
L－1 Na2S2O3溶液滴定至浅黄色(反应的离子方程式为I2＋2S2O===2I－＋S4O)。
再加入3.000 mL 0.5%的淀粉指示剂，继续滴定至浅蓝色，加入10.00 mL 10%的NH4SCN溶液，继续滴定至溶液浅蓝色消失。
已知：(Ⅰ)2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I2；
(Ⅱ)Ksp(CuI)＝1.2×10－12；Ksp(CuSCN)＝4.8×10－15。
(1)H2SO4和H2O2的混合液溶解Cu的化学方程式为_______________________________________________________。
(2)步骤①试样完全溶解后再加热煮沸1～2 min的目的是
________________________________________________________________________。
(3)步骤②中加入的NH4SCN可使CuI转化为CuSCN：CuI(s)＋SCN－CuSCN(s)＋
I－，该反应的平衡常数为________。
(4)实验中共消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，计算该黄铜样品中铜的质量分数(写出计算过程)。
解析：(1)H2SO4和H2O2的混合液溶解Cu的化学方程式为Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O。(2)步骤①试样完全溶解后再加热煮沸1～2 min使H2O2分解，除去溶液中过量的H2O2。(3)反应的平衡常数K＝＝＝＝250。
答案：(1)Cu＋H2O2＋H2SO4===CuSO4＋2H2O
(2)除去溶液中过量的H2O2　(3)250
(4)关系式：2Cu2＋～I2～2Na2S2O3
n(Na2S2O3)＝20.00 mL×10－3 L·mL－1×0.100 0 mol·L－1＝2.000×10－3 mol
n(I2)＝n(Na2S2O3)＝×2.000×10－3 mol＝1.000×10－3 mol
n(Cu)＝n(Cu2＋)＝2n(I2)＝2.000×10－3 mol
m(Cu)＝n(Cu)×64 g·mol－1＝2.000×10－3 mol×64 g·mol－1＝0.128 0 g
w(Cu)＝×100%≈85.33%
7．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溶液反应，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)①装置中的多孔球泡的作用是增大CH3ONO与反应液的接触面积，加快反应速率(或使CH3ONO充分反应)。②由题意分析30 ℃时，水合肼(N2H4·H2O)与亚硝酸甲酯(CH3ONO)、NaOH反应，从反应后混合物中回收CH3OH并得NaN3粗品，即生成了CH3OH和NaN3，反应的化学方程式为N2H4·H2O＋CH3ONO＋NaOHNaN3＋CH3OH＋3H2O。③从反应后混合物中回收CH3OH，由于CH3OH易溶，则“操作X”为蒸馏。
(2)涉及到的反应有：
10NaN3＋2KMnO4＋8H2SO4===2MnSO4＋K2SO4＋5Na2SO4＋8H2O＋15N2↑、2MnO＋10I－＋16H＋===2Mn2＋＋5I2＋8H2O、I2＋2S2O===2I－＋S4O。
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)关系式：5NaN3～MnO～I2～5S2O
n(I2)＝
＝
＝1.500 0×10－3 mol
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%
8．(2019·黄桥中学测试)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：称量1.964 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－1H2SO4 5.00 mL，加热到70～85 ℃，用 0.010 0 mol·L－1 KMnO4溶液滴定至终点(5C2O＋2MnO＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O)，消耗KMnO4溶液48.00 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0.010 0 mol·L－1 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)。
解析：根据题意化合物中铁为＋3价，步骤1将化合物溶于水，步骤2用 KMnO4溶液滴定溶液中的C2O，发生的反应为5C2O＋2MnO＋16H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，滴定终点的现象是溶液由无色变为浅红色，且半分钟不褪色，根据消耗的KMnO4溶液求出n(C2O)；步骤3加入锌粉，将Fe3＋还原为Fe2＋，步骤4再用KMnO4溶液滴定Fe2＋，根据氧化还原反应的配平原则，发生反应的离子方程式为5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4H2O，根据步骤4消耗的KMnO4溶液求出n(Fe2＋) 即得化合物中n(Fe3＋)；根据电荷守恒求出n(K＋)，再根据质量守恒求出n(H2O)，从而求出n(K＋)∶n(Fe3＋)∶n(C2O)∶n(H2O)的比值，得出化学式。
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)＝×0.010 0 mol·L－1×48.00×10－3 L×10＝0.012 mol
n(Fe3＋)＝5n(MnO)＝5×0.010 0 mol·L－1×8.00×10－3 L×10＝0.004 mol
根据电荷守恒，n(K＋)＝2n(C2O)－3n(Fe3＋)＝2×0.012 mol－3×0.004 mol＝0.012 mol
根据质量守恒，n(H2O)＝(1.964 g－0.012 mol×39 g·mol－1－0.004 mol×56 g·mol－1－0.012 mol×88 g·mol－1)÷18 g·mol－1＝0.012 mol
n(K＋)∶n(Fe3＋)∶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