2020届高考化学二轮复习“组成、含量”测定分析题作业

2020届高考化学二轮复习“组成、含量”测定分析题作业

题型十六　“组成、含量”测定分析题 ‎(建议用时：35分钟)‎ ‎1．(2019·南京、盐城高三一模)Ca(NO2)2(亚硝酸钙)是易溶于水的无色晶体，可用作混凝土中钢筋的防护剂。‎ ‎(1)Ca(NO2)2的制备方法很多。‎ ‎①实验室可用反应Ca(NO3)2＋2CaFe2O4＋4NO3Ca(NO2)2＋2Fe2O3制备Ca(NO2)2，该反应中被氧化的N原子与被还原的N原子的物质的量之比为________________。‎ ‎②用石灰乳吸收硝酸工业尾气中氮氧化物制备Ca(NO2)2，其中NO2与Ca(OH)2反应生成Ca(NO2)2和Ca(NO3)2的化学方程式为__________________________________，经过滤得到含Ca(NO2)2的溶液为液态产品。‎ ‎(2)测定某液态产品中NO含量的步骤如下：‎ 已知：步骤4中的反应为NO＋3Fe2＋＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O；‎ 步骤5中的反应为6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。‎ 若步骤5滴定至终点时消耗K2Cr2O7溶液20.00 mL，计算液态产品中NO的含量(单位g·L－1，最后结果保留一位小数，写出计算过程)。‎ ‎2．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KMnO4酸性溶液的体积为30.00 mL。试确定莫尔盐的化学式(请写出计算过程)。‎ ‎3．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，以淀粉溶液做指示剂，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)。‎ ‎4．(2019·南通高三一模)草酸合铜酸钾是一种重要的化工原料，其晶体组成可表示为KxCuy(C2O4)z·wH2O。‎ ‎(1)实验室用CuSO4溶液和NaOH溶液混合制备Cu(OH)2，再将所得Cu(OH)2与KHC2O4溶液混合，可制备草酸合铜酸钾晶体。‎ ‎①已知室温下，Ksp[Cu(OH)2]＝2.2×10－20。制备Cu(OH)2的过程中，pH＝7时，溶液中c(Cu2＋)＝_________。‎ ‎②已知H2C2O4是二元弱酸。室温下，Ka1(H2C2O4)＝5.4×10－2，Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5，KHC2O4水解平衡常数的数值为________。‎ ‎(2)一种测定草酸合铜酸钾晶体组成的方法如下：‎ 步骤Ⅰ　准确称取1.770 0 g样品，充分加热，剩余固体为K2CO3与CuO的混合物，质量为1.090 0 g。‎ 步骤Ⅱ　准确称取1.770 0 g样品，用NH3·H2O、NH4Cl溶液溶解、加水稀释，定容至100 mL。‎ 步骤Ⅲ　准确量取步骤Ⅱ所得溶液25.00 mL于锥形瓶中，滴入指示剂，用浓度为0.050 00 mol·L－1的EDTA标准溶液滴定至终点。(已知Cu2＋与EDTA反应的化学计量数之比为1∶1)‎ 重复上述滴定操作两次，有关数据记录如表：‎ 第一次滴定 第二次滴定 第三次滴定 消耗EDTA标准溶液的体积/mL ‎25.92‎ ‎24.99‎ ‎25.01‎ ‎①第一次滴定消耗的EDTA标准溶液的体积明显偏大，可能的原因有________(填字母)。‎ A．锥形瓶水洗后未干燥 B．滴定时锥形瓶中有液体溅出 C．装EDTA标准溶液的滴定管水洗后未润洗 D．开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体 ‎②通过计算确定该晶体的化学式(写出计算过程)。‎ ‎5．[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，目的是_______。‎ ‎(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，达到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)。‎ 参考答案与解析 ‎1．解析：(1)①该反应中Ca(NO3)2中的N元素化合价降低被还原，NO中的N元素化合价升高被氧化，因此被氧化的N原子与被还原的N原子的物质的量之比为2∶1。②NO2与Ca(OH)2反应的化学方程式为4NO2＋2Ca(OH)2===Ca(NO3)2＋Ca(NO2)2＋2H2O。‎ 答案：(1)①2∶1‎ ‎②4NO2＋2Ca(OH)2===Ca(NO3)2＋Ca(NO2)2＋2H2O ‎(2)与K2Cr2O7反应的n(Fe2＋)＝6n(K2Cr2O7)＝6×0.02 mol·L－1×20.00 mL×10－3 L·mL－1＝2.4×10－3 mol，与NO反应的n(Fe2＋)＝0.1 mol·L－1×25.00 mL×10－3 L·mL－1－2.4×10－3 mol＝1.0×10－4 mol，则液态产品中NO的含量为≈5.2 g·L－1。‎ ‎2．解析：(1)“还原”时Fe3＋与FeS2发生还原反应Ⅱ生成S，反应的离子方程式为FeS2＋2Fe3＋===3Fe2＋＋2S。实验室检验“还原”已完全就是检验溶液中无Fe3＋，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)假设溶液体积为1 L，“还原”前后溶液中n(Fe2＋)的变化为2.10 mol，n(SO)的变化为0.20 mol，对应反应Ⅰ的n(Fe2＋)的变化为1.50 mol，其中被还原的n(Fe3＋)为1.40 mol，反应Ⅱ的n(Fe2＋)的变化为(2.10－1.50) mol＝0.60 mol，其中被还原的n(Fe3＋)为0.40 mol，所以反应Ⅰ、Ⅱ中被还原的Fe3＋的物质的量之比为1.40 mol∶0.40 mol＝7∶2。‎ 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n(SO)＝10×1.398 g÷233 g·mol－1＝0.06 mol；‎ 滴定消耗的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，‎ 则原样品中n(Fe2＋)＝0.03 mol，‎ 由电荷守恒可知，原样品中n(NH)＝0.06 mol，‎ 由质量守恒可知，n(H2O)＝0.18 mol，‎ n(NH)∶n(Fe2＋)∶n(SO)∶n(H2O)＝2∶1∶2∶6，‎ 化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O或 (NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。‎ ‎3．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2Cu2＋＋5I－2CuI↓＋I平衡正向移动，提高Cu2＋的转化率。‎ 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－1×0.03 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%。‎ ‎4．解析：(1)①pH＝7时，c(OH－)＝10－7 mol·L－1，c(Cu2＋)＝＝2.2×10－6 mol·L－1。②HC2O水解平衡常数Kh＝＝＝≈1.9×10－13。‎ ‎(2)①A项，锥形瓶水洗后未干燥，对测定结果无影响，A错误；B项，滴定时锥形瓶中有液体溅出，消耗EDTA标准溶液体积偏小，B错误；C项，装EDTA标准溶液的滴定管水洗后未润洗，c(EDTA)偏小，消耗EDTA标准溶液体积偏大，C正确；D项，开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体，滴定完毕，滴定管尖嘴部分充满液体，消耗EDTA标准溶液体积偏大，D正确。②第一次滴定消耗的EDTA标准溶液的体积偏大，舍去，‎ 由第二次和第三次消耗EDTA标准溶液的体积可知平均消耗EDTA溶液体积为25.00 mL，根据Cu2＋～EDTA可计算出25.00 mL溶液中n(Cu2＋)＝0.001 25 mol；根据铜元素守恒计算出1.770 0 g样品中n(Cu2＋)＝0.005 mol，则步骤Ⅰ中所得m(CuO)＝0.400 0 g，1.090 0 g混合物中n(K2CO3)＝0.005 mol，n(K＋)＝0.01 mol，根据电荷守恒求出n(C2O)，最后根据质量守恒计算出结晶水的物质的量，根据各粒子物质的量之比确定样品化学式。‎ 答案：(1)①2.2×10－6 mol·L－1　②1.9×10－13‎ ‎(2)①CD ‎②每25.00 mL溶液消耗的EDTA标准溶液的平均体积为25.00 mL。‎ n(Cu2＋)＝n(EDTA)＝0.050 00 mol·L－1×0.025 L＝0．001 25 mol，‎ ‎1．770 0 g样品中：n(Cu2＋)＝0.001 25 mol×＝0．005 mol，‎ ‎1．090 0 g混合物中：m(CuO)＝0.005 mol×80 g·mol－1＝0．400 0 g，‎ n(K2CO3)＝＝0.005 mol，‎ ‎1．770 0 g样品中：n(K＋)＝2×n(K2CO3)＝0.01 mol，‎ 根据电荷守恒有：n(C2O)＝＝0．01 mol，‎ n(H2O)＝(1.770 0 g－39 g·mol－1×0.01 mol－64 g·mol－1×0.005 mol－88 g·mol－1×0.01 mol)÷18 g·mol－1＝0.01 mol，‎ n(K＋)∶n(Cu2＋)∶n(C2O)∶n(H2O)＝0.01 mol∶0.005 mol∶0.01 mol∶0.01 mol＝2∶1∶2∶2，‎ 该晶体的化学式为K2Cu(C2O4)2·2H2O。‎ ‎5．解析：(1)步骤②生成的Fe3＋能催化H2O2的分解，采用“滴入”而不是一次性加入H2O2，能达到减少H2O2分解损失的目的。‎ 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不褪色 ‎(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%，‎ 即产品的盐基度为12.50%。‎