2019版高考化學(xué)大二輪優(yōu)選習(xí)題 專題一 化學(xué)基本概念 專題突破練2 化學(xué)常用計(jì)量及應(yīng)用.doc

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專題突破練2化學(xué)常用計(jì)量及應(yīng)用一、選擇題(本題包括10個(gè)小題,每小題6分,共60分)1.(2018山東新泰新汶中學(xué)檢測)快速準(zhǔn)確稱量8.0 g NaOH配成2 L溶液,下列說法中正確的是()A.室溫時(shí),所配溶液中水電離的c(OH-)為1.010-7 molL-1B.若從原溶液中取出200 mL,取出的溶液的物質(zhì)的量濃度為0.01 molL-1C.室溫下,若向所配的溶液中通入適量的氯氣,恰好反應(yīng)時(shí)所消耗的氯氣的體積為2.24 LD.室溫下,向所配制的溶液中加入足量的鋁粉,充分反應(yīng)后轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.6 mol答案D解析快速準(zhǔn)確稱量,就不考慮稱量過程中NaOH變質(zhì)引起的誤差,則8.0 g NaOH配成2 L溶液時(shí),氫氧化鈉的物質(zhì)的量濃度為0.1 molL-1。室溫時(shí),由KW可計(jì)算出溶液中水電離的氫離子的濃度:c(H+)=KW0.1 molL-1=1.010-13 molL-1,而由水電離產(chǎn)生的氫離子濃度等于水電離產(chǎn)生的氫氧根離子的濃度,則溶液中水電離的c(OH-)為1.010-13 molL-1,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;若從原溶液中取出一定體積的溶液,則濃度不變,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;8.0 g NaOH最多可吸收0.1 mol氯氣,但在室溫下,不能用標(biāo)準(zhǔn)狀況的氣體摩爾體積計(jì)算氣體的物質(zhì)的量,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;鋁與氫氧化鈉溶液充分反應(yīng):2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2,由方程式計(jì)算可知,0.2 mol NaOH與足量鋁反應(yīng)可生成0.3 mol氫氣,轉(zhuǎn)移0.6 mol電子,故D項(xiàng)正確。2.(2018江西重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體第一次聯(lián)考)用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,下列敘述中正確的是()31 g白磷中含有1.5NA個(gè)PP1 L 0.1 molL-1的Na2CO3溶液中含陰離子總數(shù)為0.1NA個(gè)標(biāo)準(zhǔn)狀況下,22.4 L HF含NA個(gè)分子電解精煉銅時(shí)轉(zhuǎn)移了NA個(gè)電子,陽極溶解32 g銅標(biāo)準(zhǔn)狀況下,2.24 L Cl2溶于水,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NA常溫下,含0.2 mol H2SO4的濃硫酸與足量銅反應(yīng),生成SO2的分子數(shù)小于0.1NA142 g Na2SO4和Na2HPO4固體混合物中,陰、陽離子總數(shù)為3NANA個(gè)Fe(OH)3膠體粒子的質(zhì)量為107 gA.B.C.D.答案B解析1 mol白磷中含有6 mol PP鍵,31 g白磷(0.25 mol)中含有PP鍵1.5NA個(gè),正確;CO32-+H2OHCO3-+OH-,1個(gè)CO32-水解產(chǎn)生2個(gè)陰離子,溶液中陰離子總數(shù)增大,所以1 L 0.1 molL-1的Na2CO3溶液中含陰離子總數(shù)大于0.1NA,錯(cuò)誤;標(biāo)準(zhǔn)狀況下,HF為液體,不能通過摩爾體積計(jì)算,錯(cuò)誤;粗銅中含有鋅、鐵、銀等雜質(zhì),鋅、鐵等活潑金屬先失電子,反應(yīng)完成后,銅再失電子,陽極溶解銅不等于32 g,錯(cuò)誤;氯氣和水反應(yīng)為可逆反應(yīng),0.1 mol氯氣反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于0.1NA,錯(cuò)誤;濃硫酸與足量銅加熱反應(yīng),隨著反應(yīng)的進(jìn)行,濃硫酸變?yōu)橄×蛩?稀硫酸與銅不反應(yīng),所以生成SO2的分子數(shù)小于0.1NA,正確;若142 g全為Na2SO4,則含有陰、陽離子總數(shù)為3NA,若142 g全為Na2HPO4,則含有陰、陽離子總數(shù)為3NA,所以142 g Na2SO4和Na2HPO4固體混合物中,陰、陽離子總數(shù)為3NA,正確;膠體粒子是很多微粒的集合體,NA個(gè)Fe(OH)3膠體粒子的質(zhì)量大于107 g,錯(cuò)誤。3.(2018福建永春縣高三聯(lián)考)現(xiàn)有一定量的氣體如下:標(biāo)準(zhǔn)狀況下6.72 L CH4、3.011023個(gè)HCl分子、13.6 g H2S、0.2 mol NH3,下列對(duì)這四種氣體的關(guān)系從大到小排列的組合中正確的是()a.標(biāo)況下體積:b.同溫同壓下的密度:c.質(zhì)量:d.氫原子個(gè)數(shù):A.abcB.abcdC.abdD.bcd答案B解析標(biāo)準(zhǔn)狀況下6.72 L CH4的物質(zhì)的量是0.3 mol,3.011023個(gè)HCl分子的物質(zhì)的量是0.5 mol,13.6 g H2S的物質(zhì)的量是0.4 mol,0.2 mol NH3。相同條件下體積與物質(zhì)的量成正比,則標(biāo)況下體積:,故a正確;同溫同壓下氣體的密度與相對(duì)分子質(zhì)量成正比,則同溫同壓下的密度:,故b正確;0.3 mol CH4的質(zhì)量是4.8 g,0.5 mol HCl的質(zhì)量是18.25 g;0.2 mol NH3的質(zhì)量是3.4 g,則質(zhì)量:,故c正確;0.3 mol CH4含氫原子1.2 mol,0.5 mol HCl含氫原子0.5 mol,0.4 mol H2S含氫原子0.8 mol,0.2 mol NH3含氫原子0.6 mol,則氫原子個(gè)數(shù):,故d正確。4.(2018云南曲靖第一中學(xué)高三月考)在V mL硫酸鋁溶液中含m g鋁離子,取該溶液V3 mL,用水稀釋成2V mL,則稀釋后溶液中的硫酸根離子的物質(zhì)的量濃度為()A.250m27V molL-1B.125m27V molL-1C.500m27V molL-1D.1 000m27V molL-1答案A解析m g鋁離子的物質(zhì)的量為m27 mol,取該溶液V3 mL,則溶液中鋁離子的物質(zhì)的量為m273 mol,用水稀釋成2V mL時(shí),鋁離子濃度為500m273V molL-1,根據(jù)硫酸鋁的組成可知,硫酸根離子的物質(zhì)的量濃度是鋁離子物質(zhì)的量濃度的32倍,則硫酸根離子的物質(zhì)的量濃度為250m27V molL-1,A項(xiàng)正確。5.在甲、乙兩個(gè)體積不同的密閉容器中,分別充入質(zhì)量相同的CO、CO2氣體時(shí),兩容器的溫度和壓強(qiáng)均相同,則下列說法正確的是()A.充入的CO分子數(shù)比CO2分子數(shù)少B.甲容器的體積比乙容器的體積小C.CO的摩爾體積比CO2的摩爾體積小D.甲中CO的密度比乙中CO2的密度小答案D解析在溫度、壓強(qiáng)相同條件下,氣體摩爾體積相等,根據(jù)n=mM可知,相同質(zhì)量時(shí)其物質(zhì)的量之比等于其摩爾質(zhì)量的反比,CO和CO2的摩爾質(zhì)量分別是28 gmol-1、44 gmol-1,所以二者的物質(zhì)的量之比=(44 gmol-1)(28 gmol-1)=117。根據(jù)N=nNA知,二者的分子數(shù)之比等于其物質(zhì)的量之比,即117,所以CO分子數(shù)多,A項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)V=nVm知,相同條件下,氣體體積之比等于其物質(zhì)的量之比,所以甲的體積比乙大,B項(xiàng)錯(cuò)誤;溫度和壓強(qiáng)相等,氣體摩爾體積相等,C項(xiàng)錯(cuò)誤;根據(jù)=MVm可知,相同條件下,其密度之比等于摩爾質(zhì)量之比,所以甲中CO的密度比乙中CO2的密度小,D項(xiàng)正確。6.(2018山東淄博第一中學(xué)高三上學(xué)期開學(xué)考試)將一定量xAl2(SO4)3y(NH4)2SO424H2O晶體加入過量NaOH溶液中,加熱生成NH3 0.85 g(假如生成的NH3全部逸出),再通入過量的CO2,過濾、洗滌、灼燒,得Al2O3固體2.55 g。則xy為(已知:Al2O3的相對(duì)分子質(zhì)量為102;NH3的相對(duì)分子質(zhì)量為17)()A.12B.11C.14D.21答案B解析根據(jù)質(zhì)量守恒定律可以知道,晶體中的氮元素和氨氣中的氮元素的質(zhì)量相等,而晶體中的鋁元素的質(zhì)量和生成的氧化鋁中的鋁元素的質(zhì)量相等,即:2x2y=(2.552102)(0.8517)=11,解得xy=11。7.(2018甘肅蘭州一中高三月考)把V L含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成兩等份,一份加入含a mol NaOH的溶液,恰好使鎂離子完全沉淀為氫氧化鎂;另一份加入含b mol BaCl2的溶液,恰好使硫酸根離子完全沉淀為硫酸鋇。則原混合溶液中鉀離子的濃度為()A.b-aV molL-1B.2b-aV molL-1C.2(2b-a)V molL-1D.2(b-a)V molL-1答案C解析消耗氫氧化鈉是a mol,則每一份溶液中鎂離子的物質(zhì)的量是0.5a mol;消耗氯化鋇是b mol,所以每一份溶液中SO42-的物質(zhì)的量是b mol,則每一份溶液中硫酸鉀的物質(zhì)的量是(b-0.5a) mol,由此可知每一份溶液中鉀離子的物質(zhì)的量是(2b-a) mol,濃度是(2b-a)mol0.5VL=2(2b-a)V molL-1。8.(2018湖北八校高三聯(lián)考)為測定某草酸晶體(H2C2O42H2O)樣品的純度,現(xiàn)稱取一定質(zhì)量的該樣品,配制成100 mL溶液,取25.00 mL該溶液置于錐形瓶中,加適量稀硫酸,用0.100 molL-1的KMnO4溶液滴定(雜質(zhì)不參與反應(yīng))。為省去計(jì)算過程,設(shè)稱取樣品的質(zhì)量為某數(shù)值時(shí),滴定所用KMnO4溶液的毫升數(shù)恰好等于樣品中草酸晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的100倍。則應(yīng)稱取樣品的質(zhì)量為()A.2.25 gB.3.15 gC.9.00 gD.12.6 g答案D解析H2C2O4與KMnO4反應(yīng)的化學(xué)方程式為5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4K2SO4+2MnSO4+10CO2+8H2O,設(shè)樣品中草酸晶體的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為x,滴定所用KMnO4溶液的體積為100x mL,則m(樣品)x126 g mol-125.00 mL100 mL(0.100100x1 000) mol=52,解得m(樣品)=12.6 g。9.(2018清華大學(xué)附屬中學(xué)高三月考)氫氧化銅和堿式碳酸銅均可溶于鹽酸轉(zhuǎn)化為氯化銅。在高溫下這兩種化合物均能分解生成氧化銅。溶解25.25 g二者的混合物,恰好消耗1.0 molL-1鹽酸500 mL。灼燒等量的上述混合物,得到氧化銅的質(zhì)量為()A.15 gB.20 gC.30 gD.35 g答案B解析混合物加入鹽酸發(fā)生反應(yīng):Cu(OH)2+2HClCuCl2+2H2O、Cu2(OH)2CO3+4HCl2CuCl2+CO2+3H2O,恰好消耗鹽酸500 mL,生成CuCl2物質(zhì)的量為50010-312 mol=0.25 mol,則混合物中銅原子的物質(zhì)的量為0.25 mol,因此根據(jù)銅原子守恒,灼燒后生成CuO的物質(zhì)的量為0.25 mol,其質(zhì)量為0.25 mol80 gmol-1=20 g,故選項(xiàng)B正確。10.(2018北京第二十中學(xué)高三月考)將15.6 g Na2O2和5.4 g Al同時(shí)放入一定量的水中,充分反應(yīng)后得到200 mL溶液,再向該溶液中緩慢通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的HCl氣體6.72 L,若反應(yīng)過程中溶液的體積保持不變,則下列說法正確的是()A.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,反應(yīng)過程中得到6.72 L的氣體B.最終得到的溶液中c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)C.最終得到7.8 g沉淀D.最終得到的溶液中c(Na+)=1.5 molL-1答案C解析15.6 g Na2O2的物質(zhì)的量為15.6 g78 gmol-1=0.2 mol,5.4 g Al的物質(zhì)的量為5.4 g27 gmol-1=0.2 mol,首先發(fā)生反應(yīng)2Na2O2+2H2O4NaOH+O2,生成NaOH為0.4 mol,再發(fā)生2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H2,由方程式可知Al完全反應(yīng),剩余NaOH為0.4 mol-0.2 mol=0.2 mol,生成NaAlO2為0.2 mol,通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的HCl氣體6.72 L,其物質(zhì)的量為6.72 L22.4 Lmol-1=0.3 mol,首先發(fā)生反應(yīng)NaOH+HClNaCl+H2O,剩余HCl為0.3 mol-0.2 mol=0.1 mol,再發(fā)生反應(yīng)NaAlO2+HCl+H2OAl(OH)3+NaCl,由方程式可知,NaAlO2有剩余,HCl完全反應(yīng),生成Al(OH)3為0.1 mol,最終溶液中溶質(zhì)為NaAlO2和NaCl。過氧化鈉與水反應(yīng)生成的氧氣為0.2 mol12=0.1 mol,鋁與氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氣為0.2 mol32=0.3 mol,故生成氣體的體積為(0.1 mol+0.3 mol)22.4 Lmol-1=8.96 L,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;反應(yīng)后溶液的成分是NaCl和NaAlO2,由電荷守恒可知c(Na+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(AlO2-)-c(H+),故B項(xiàng)錯(cuò)誤;最終生成Al(OH)3為0.1 mol,質(zhì)量為0.1 mol78 gmol-1=7.8 g,故C項(xiàng)正確;根據(jù)鈉離子守恒可知,反應(yīng)后溶液中n(Na+)=2n(Na2O2)=20.2 mol=0.4 mol,故溶液中鈉離子的物質(zhì)的量濃度為0.4mol0.2 L=2 molL-1,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。二、非選擇題(本題包括4個(gè)小題,共40分)11.(2018江西撫州臨川一中期中)(10分)某天然堿(純凈物)可看作由CO2和NaOH反應(yīng)后的產(chǎn)物所組成。稱取天然堿樣品四份溶于水后,分別逐滴加入相同濃度的鹽酸30 mL,產(chǎn)生CO2的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況)如下表:鹽酸的體積/mL30303030樣品質(zhì)量/g2.263.395.656.78二氧化碳的體積/mL448672784672(1)由以上數(shù)據(jù),可以推測用1.13 g樣品進(jìn)行同樣的實(shí)驗(yàn)時(shí),產(chǎn)生CO2 mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。(2)另取2.26 g天然堿樣品于300 加熱至完全分解,產(chǎn)生112 mL(標(biāo)準(zhǔn)狀況)CO2和0.45 g H2O。計(jì)算并確定該天然堿的化學(xué)式為。(3)依據(jù)上表所列數(shù)據(jù)以及天然堿的化學(xué)式,可得鹽酸的濃度為。答案(1)224(2)Na2CO3NaHCO32H2O(3)2 molL-1解析(1)由圖表可知,鹽酸足量時(shí),當(dāng)m(樣品)3.39 g時(shí),樣品質(zhì)量與CO2的體積成正比,則用1.13 g樣品進(jìn)行同樣的實(shí)驗(yàn)時(shí),產(chǎn)生CO2為448 mL2.261.13=224 mL;(2)2.26 g樣品中,n(NaHCO3)=2n(CO2)=211210-3L22.4 Lmol-1=0.01 mol,n(H2O)=0.45 g-0.005mol18 gmol-118 gmol-1=0.02 mol,由碳元素守恒得:n(Na2CO3)=0.448 L22.4 Lmol-1-0.01 mol=0.01 mol,則n(Na2CO3)n(NaHCO3)n(H2O)=0.01 mol0.01 mol0.02 mol=112,故該天然堿的組成為Na2CO3NaHCO32H2O。(3)根據(jù)表中、的數(shù)據(jù)知道,中HCl完全反應(yīng),根據(jù)Na2CO3、NaHCO3分別與鹽酸的反應(yīng),可得30 mL鹽酸中所含HCl的物質(zhì)的量=6.78 g226 gmol-1+0.672 L22.4 Lmol-1=0.06 mol,所以鹽酸中c(HCl)=0.06mol0.03 L=2 molL-1。12.(10分)鈷及其化合物廣泛應(yīng)用于磁性材料、電池材料及超硬材料等領(lǐng)域。草酸鈷是制備鈷的氧化物的重要原料。下圖為二水合草酸鈷(CoC2O42H2O)在空氣中受熱的質(zhì)量變化曲線,曲線中300 及以上所得固體均為鈷氧化物。(1)通過計(jì)算確定C點(diǎn)剩余固體的化學(xué)成分為(填化學(xué)式)。試寫出B點(diǎn)對(duì)應(yīng)的物質(zhì)與O2在225300 發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式:。(2)取一定質(zhì)量的二水合草酸鈷分解后的鈷氧化物(其中Co的化合價(jià)為+2價(jià)、+3價(jià)),用480 mL 5 molL-1鹽酸恰好完全溶解固體,得到CoCl2溶液和4.48 L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)黃綠色氣體。試確定該鈷氧化物中Co、O兩種原子的物質(zhì)的量之比。答案(1)Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2(2)56解析(1)由圖可知,CoC2O42H2O的質(zhì)量為18.3 g,其物質(zhì)的量為0.1 mol,鈷元素的質(zhì)量為5.9 g,C點(diǎn)鈷氧化物的質(zhì)量為8.03 g,氧化物中氧元素質(zhì)量為8.03 g-5.9 g=2.13 g,則氧化物中鈷原子與氧原子物質(zhì)的量之比為0.1 mol2.13 g16 gmol-134,故C點(diǎn)剩余固體的化學(xué)成分為Co3O4;B點(diǎn)對(duì)應(yīng)物質(zhì)的質(zhì)量為14.7 g,與起始物質(zhì)的質(zhì)量相比減少18.3 g-14.7 g=3.6 g,恰好為結(jié)晶水的質(zhì)量,故B點(diǎn)物質(zhì)為CoC2O4,加熱時(shí)與氧氣反應(yīng)生成Co3O4與二氧化碳,反應(yīng)的化學(xué)方程式為3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。(2)由得失電子守恒:n(Co3+)=2n(Cl2)=24.48 L22.4 Lmol-1=0.4 mol,由電荷守恒:n(鈷原子)總=n(Co2+)溶液=12n(Cl-)=12(0.48 L5 molL-1-24.48 L22.4 Lmol-1)=1 mol,所以分解后的固體中的n(Co2+)=1 mol-0.4 mol=0.6 mol,根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0,氧化物中n(O)=(0.6 mol2+0.4 mol3)2=1.2 mol,故該鈷氧化物中n(Co)n(O)=1 mol1.2 mol=56。13.(2018寧夏育才中學(xué)高三月考)(10分)硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O35H2O)俗名海波,又名“大蘇打”,是無色單斜晶體。易溶于水,不溶于乙醇,具有較強(qiáng)的還原性,廣泛地應(yīng)用于照相等工業(yè)中?；卮鹣铝袉栴}:(1)Na2S2O35H2O屬于(填“純凈物”或“混合物”)。(2)酸性條件下,S2O32-自身發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成SO2。試寫出Na2S2O3與鹽酸反應(yīng)的離子方程式:。(3)亞硫酸法制備Na2S2O35H2O的簡易流程如下:Na2S2O35H2O制備原理為(用化學(xué)方程式表示)。Na2S2O35H2O粗品中可能含有Na2SO3、Na2SO4雜質(zhì),其檢驗(yàn)步驟為:取適量產(chǎn)品配成稀溶液,滴加足量氯化鋇溶液,有白色沉淀生成;將白色沉淀過濾,先用蒸餾水洗滌沉淀,然后向沉淀中加入足量(填試劑名稱),若(填現(xiàn)象),則證明產(chǎn)品中含有Na2SO3和Na2SO4(已知:Na2S2O3稀溶液與BaCl2溶液混合無沉淀生成)。粗品中Na2S2O35H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定:稱取6 g粗品配制250 mL的溶液待用。另取25 mL 0.01 molL-1 K2Cr2O7溶液置于錐形瓶中,然后加入過量的KI溶液和幾滴淀粉溶液并酸化,立即用配制的Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn),消耗Na2S2O3溶液25 mL。計(jì)算粗品中Na2S2O35H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3+3I2+7H2O、I2+2S2O32-2I-+S4O62-。答案(1)純凈物(2)S2O32-+2H+S+SO2+H2O(3)Na2SO3+S+5H2ONa2S2O35H2O稀鹽酸沉淀未完全溶解,并有刺激性氣味的氣體生成62%解析(1)Na2S2O35H2O屬于純凈物。(2)酸性條件下,S2O32-自身發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成SO2,所以Na2S2O3與鹽酸反應(yīng)生成SO2、S、氯化鈉和水,離子方程式為S2O32-+2H+S+SO2+H2O。(3)由流程可知,制備Na2S2O35H2O的原理為Na2SO3+S+5H2ONa2S2O35H2O。Na2S2O35H2O粗品中可能含有Na2SO3、Na2SO4雜質(zhì),因?yàn)镹a2S2O3稀溶液與BaCl2溶液混合后無沉淀生成,而Na2SO3、Na2SO4都可以與BaCl2溶液反應(yīng),分別生成亞硫酸鋇和硫酸鋇沉淀,亞硫酸鋇可以溶于鹽酸生成有刺激性氣味的二氧化硫氣體,所以其檢驗(yàn)步驟可以設(shè)計(jì)為:取適量產(chǎn)品配成稀溶液,滴加足量氯化鋇溶液,有白色沉淀生成;將白色沉淀過濾,先用蒸餾水洗滌沉淀,然后向沉淀中加入足量稀鹽酸,若沉淀未完全溶解,并有刺激性氣味的氣體生成,則證明產(chǎn)品中含有Na2SO3和Na2SO4。由粗品中Na2S2O35H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測定步驟及相關(guān)的化學(xué)反應(yīng)可以得到關(guān)系式:Cr2O72-3I26S2O32-,所以n(Na2S2O35H2O)=n(S2O32-)=6n(Cr2O72-)=62510-3 L0.01 molL-1=1.510-3 mol,則6 g粗品中Na2S2O35H2O的質(zhì)量為250 mL25 mL1.510-3 mol248 gmol-1=3.72 g,則粗品中Na2S2O35H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為3.72 g6 g100%=62%。14.(2018遼寧重點(diǎn)高中協(xié)作校高三模擬)(10分)某淺綠色晶體Xx(NH4)2SO4yFeSO4zH2O在分析化學(xué)中常用作還原劑。為確定其組成,某小組同學(xué)進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。.NH4+的測定:采用蒸餾法,蒸餾裝置如圖所示。相關(guān)的實(shí)驗(yàn)步驟如下:準(zhǔn)確稱取58.80 g晶體X,加水溶解后,將溶液注入三頸燒瓶中;準(zhǔn)確量取50.00 mL 3.030 0 molL-1 H2SO4溶液于錐形瓶中;向三頸燒瓶中加入足量NaOH溶液,通入氮?dú)?加熱,蒸氨結(jié)束后取下錐形瓶;用0.120 molL-1 NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定錐形瓶中過量的硫酸,滴定終點(diǎn)時(shí)消耗25.00 mL NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液。(1)儀器M的名稱為。(2)步驟中,發(fā)生的氧化還原反應(yīng)的化學(xué)方程式為。蒸氨結(jié)束后,為了減少實(shí)驗(yàn)誤差,還需要對(duì)直形冷凝管進(jìn)行“處理”,“處理”的操作方法是。(3)步驟中,若振蕩時(shí)錐形瓶中有液體濺出,則所測得的n(NH4+)的值將(填“偏大”“偏小”或“不變”)。.SO42-含量的測定:采用重量分析法,實(shí)驗(yàn)步驟如下:另準(zhǔn)確稱取58.80 g晶體X置于燒杯中,加水溶解,邊攪拌邊加入過量的BaCl2溶液;將得到的溶液用無灰濾紙(灰分質(zhì)量很小,可忽略)過濾,洗滌沉淀34次;用濾紙包裹好沉淀取出,灼燒濾紙包至濾紙完全灰化;繼續(xù)灼燒沉淀至恒重、稱量,得沉淀質(zhì)量為69.90 g。(4)步驟中,判斷BaCl2溶液已過量的實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象是。(5)步驟中,采用冷水洗滌沉淀,其主要目的是。(6)結(jié)合實(shí)驗(yàn)、通過計(jì)算得出晶體X的化學(xué)式為。答案(1)分液漏斗(2)4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3用蒸餾水沖洗冷凝管內(nèi)通道23次,將洗滌液注入錐形瓶中(3)偏大(4)待濁液分層后,取出上層清液少許置于試管中,向試管中加入12滴BaCl2溶液,若無白色渾濁出現(xiàn),則說明BaCl2溶液已過量(答案合理即可)(5)盡可能減少沉淀的溶解損失,減小實(shí)驗(yàn)誤差(6)(NH4)2SO4FeSO46H2O解析.(1)儀器M的名稱為分液漏斗。(2)亞鐵離子與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化亞鐵沉淀,通入氮?dú)夂?氫氧化亞鐵被氧化為氫氧化鐵,化學(xué)方程式為4Fe(OH)2+O2+2H2O4Fe(OH)3;蒸氨結(jié)束后,直形冷凝管中會(huì)殘留一些液氨,會(huì)對(duì)測定結(jié)果產(chǎn)生影響;因此為了減少實(shí)驗(yàn)誤差,還需要對(duì)直形冷凝管進(jìn)行處理,處理的操作方法是用蒸餾水沖洗冷凝管內(nèi)通道23次,將洗滌液注入錐形瓶中。(3)步驟中,若振蕩時(shí)錐形瓶中有液體濺出,消耗氫氧化鈉的量減小,則測定錐形瓶內(nèi)溶液中剩余的硫酸的量減小,與氨氣反應(yīng)的硫酸的量增多,造成所測n(NH4+)的量偏大。.(4)判斷氯化鋇是否過量,可以在上層清液中繼續(xù)滴加氯化鋇溶液,若沒有新的沉淀生成則說明溶液中沒有硫酸根離子,即可說明氯化鋇已經(jīng)過量。(5)用冷水洗滌可以減少固體的溶解,減小實(shí)驗(yàn)誤差。(6)與NaOH反應(yīng)的硫酸的物質(zhì)的量為n(H2SO4)=12n(NaOH)=120.120.025 mol=0.001 5 mol;與氨氣反應(yīng)的硫酸的物質(zhì)的量為:0.053.030 0 mol-0.001 5 mol=0.15 mol,則氨氣的物質(zhì)的量n(NH3)=2n(H2SO4)=0.3 mol;將58.80 g晶體X置于燒杯中,加水溶解,邊攪拌邊加入過量的BaCl2溶液,得到硫酸鋇沉淀69.90 g,則n(SO42-)=69.90 g233 gmol-1=0.3 mol,58.802x132x+152y+18z=0.3,58.80(x+y)132x+152y+18z=0.3,則x+y=2x,即x=y,令x=1,則58.802132+152+18z=0.3,則z=6,即x=1,y=1,z=6,則其化學(xué)式為(NH4)2SO4FeSO46H2O;令x=2,則58.8041322+1522+18z=0.3,則z=12。晶體的化學(xué)式應(yīng)為各成分的最簡整數(shù)比,所以晶體X的化學(xué)式為(NH4)2SO4FeSO46H2O。