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江苏专用2022高考化学总复习优编增分练:高考压轴大题特训题型三“组成含量”测定分析题
江苏专用2022高考化学总复习优编增分练:高考压轴大题特训题型三“组成含量”测定分析题
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题型三 “组成、含量”测定分析题1.(2022·淮安、宿迁等高三质检)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SO3.203.40Fe2+0.052.157\n请计算反应Ⅰ、Ⅱ中被还原的Fe3+的物质的量之比为____________。(3)称取11.76g新制莫尔盐,溶于水配成250mL溶液。取25.00mL该溶液加入足量的BaCl2溶液,得到白色沉淀1.398g;另取25.00mL该溶液用0.0200mol·L-1KMnO4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30.00mL。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)=10×1.398g÷233g·mol-1=0.06moln(MnO)=0.0200mol·L-1×0.03L=0.0006mol由得失电子守恒可知:n(Fe2+)=5n(MnO)=0.003mol原样品中n(Fe2+)=0.03mol,由电荷守恒可知:原样品中n(NH)=0.06mol由质量守恒:n(H2O)=0.18mol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2.10mol·L-1,c(SO)的变化为0.20mol·L-1,对应反应Ⅰ的c(Fe2+)的变化为1.50mol·L-1,其中被还原的c(Fe3+)为1.40mol·L-1,反应Ⅱ的c(Fe2+)的变化为(2.10-1.50)mol·L-1=0.60mol·L-1,其中被还原的c(Fe3+)为0.40mol·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。2.(2022·江苏省百校高三12月大联考)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:7\n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1.9600g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100mL容量瓶中,用水稀释至刻度。步骤3:准确量取20.00mL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0.2000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定,滴定终点时共消耗Na2S2O3标准溶液30.00mL。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)=0.2000mol·L-1×0.03000L=0.0060mol,根据2Cu2++5I-2CuI↓+I,I+2S2O===S4O+3I-,有2Cu2+~I~2S2O,则n(Cu2+)=n(Na2S2O3)=0.0060mol,因此红色粉末中铜的质量为0.0060mol×64g·mol-1×=1.9200g,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+N2H47\n2Cu+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。3.(2022·盐城市高三上学期期中)[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1.5000g置于250mL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0.1000mol·L-1K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+(K2Cr2O7被还原为Cr3+)直至终点,消耗K2Cr2O7溶液20.00mL。⑤另称取步骤③产品1.5000g置于250mL聚乙烯锥形瓶中,加入25mL0.5000mol·L-1盐酸、20mL煮沸后冷却的蒸馏水,摇匀并静置,再加入10mLKF溶液(足量,掩蔽Fe3+),摇匀,然后加入酚酞指示剂,用0.5000mol·L-1的NaOH溶液滴定过量的盐酸直至终点,消耗NaOH溶液16.00mL。(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7\n(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)=6×0.1000mol·L-1×20.00×10-3L=1.200×10-2mol,n(OH-)=0.5000mol·L-1×25.00×10-3L-0.5000mol·L-1×16.00×10-3L=4.500×10-3mol,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。4.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1mol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9.820g三草酸合铁酸钾晶体,配制成250mL溶液。②取所配溶液25.00mL于锥形瓶中,滴加KMnO4溶液至C2O全部转化成CO2时,恰好消耗24.00mL0.1000mol·L-1KMnO4溶液。计算该晶体的化学式,并写出计算过程_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。答案 (1)0.5mol(2)H2C2O4+H2O2===2CO2↑+2H2O(3)消耗KMnO4的物质的量为0.1000mol·L-1×0.024L=0.0024mol,依据化学方程式:5C2O+2MnO+16H+===2Mn2++8H2O+10CO2↑,可知:n(C2O)=mol×5=0.006mol。7\n250mL原溶液中C2O的物质的量为0.006mol×10=0.06mol,则n[K3Fe(C2O4)3]=0.06mol×=0.02mol。9.820g三草酸合铁酸钾晶体中结晶水的质量为9.820g-437g·mol-1×0.02mol=1.08g,则n(H2O)==0.06mol。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1mol三草酸合铁酸钾至少需要H2O2的物质的量为0.5mol。5.(2022·苏州高三调研)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0.2mol·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1.5mol·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<10-6mol·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7.54g样品与过量的肼溶液(N2H4·H2O)充分反应,共收集到1.12LN2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4.5g。通过计算确定xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O的化学式(写出计算过程)。答案 (1)3~77\n(2)2Ni2++4HCO===NiCO3·Ni(OH)2·H2O↓+3CO2↑(3)除去水,便于快速晾干(4)n(CO2)+n(N2)==0.05mol;n(NiO)==0.06mol。设7.54g样品中含有NiCO3、Ni(OH)2的物质的量分别为a、b,则有:a+=0.05mol,a+b=0.06mol;解得:a=0.02mol、b=0.04mol7.54g样品中含有结晶水的物质的量:n(H2O)=(7.54g-0.02mol×119g·mol-1-0.04mol×93g·mol-1)÷18g·mol-1=0.08mol,n(NiCO3)∶n[Ni(OH)2]∶n(H2O)=0.02mol∶0.04mol∶0.08mol=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。7
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高考 - 二轮专题
发布时间:2022-08-25 23:25:19
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