重难04 化学计量在产率计算、滴定计算中的应用（重难专练）（广东专用）2026年高考化学二轮复习讲练测

重难04 化学计量在产率计算、滴定计算中的应用 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” 一、化学计算的常用方法 1. 守恒法 （1）元素守恒：分析原料与产物之间所含相关的主要元素原子个数定量关系，忽略中间过程。如接触法制硫酸：FeS2～2H2SO4；工业制硝酸：NH3～HNO3。 （2）电荷守恒：电解质溶液(或固体离子化合物)中，阴、阳离子所带的电荷总量相等。如Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中存在电荷守恒式：n(H＋)＋n(Na＋)＋3n(Fe3＋)＝2n(SO)＋n(OH－)。 （3）得失电子守恒：氧化还原反应中，还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。 2. 关系式法：在多步反应中，把始态的反应物与终态的生成物之间“物质的量”的定量关系表示出来，可以简化成一步计算。 二、常考化学计算类型 1. 有关混合物质量分数(或纯度)的计算 （1）根据关系式法、得失电子守恒法等，求出混合物中某一成分的质量，再除以样品的总质量，即可得出其含量，即w＝×100%。 （2）解题时理清各物质之间的定量关系，运用元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒等方法，确定定量关系。 2. 有关物质化学式的计算 （1）根据n＝，计算有关物质的物质的量。 （2）根据电解质溶液中电荷守恒，计算阳离子(或阴离子)的物质的量。 （3）根据质量守恒定律，计算出结晶水的物质的量。 （4）各原子的物质的量之比即为物质最简式，再根据摩尔质量M确定物质的化学式。 3. 热重图像分析计算 （1）设晶体为1mol，得出起始的固体样品的质量。 （2）固体残留率＝×100%，计算每步的m余。 （3）减重一般是先失(结晶)水，后失气态非金属氧化物或NH3。 （4）减重最后一般为金属氧化物，根据金属元素守恒，求出n(金属)和m(金属)，由质量守恒定律求得m(氧原子)，由n(金属)∶n(氧原子)即可求出减重后物质的化学式。 （建议用时：30分钟） 1．（2025·广东广州·二模）弱酸及其盐的混合溶液是常见的缓冲溶液，如醋酸(用HAc表示)、醋酸钠(用NaAc表示)混合溶液。缓冲溶液具有能够缓解少量外来酸、碱或水产生的影响，维持溶液pH不发生明显变化的能力。 Ⅰ．某小组同学通过加入等量盐酸，研究25℃下NaAc、HAc混合溶液缓冲能力的影响因素。 （1）配制的NaAc溶液，需要醋酸钠晶体(，)的质量为 g，该过程用到的仪器有 (填字母)。 A．   B．   C．    D． （2）探究NaAc、HAc混合溶液总浓度对缓冲能力的影响。 用浓度均为的NaAc和HAc溶液按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入的盐酸，测得加盐酸前后pH如下表。 序号 加盐酸前pH 加盐酸后pH 1 0 0 20.00 7.00 x 2 2.50 2.50 15.00 4.76 4.67 3 5.00 5.00 10.00 4.76 4.72 ①实验测得x与理论计算一致， 。 ②实验2、3加盐酸前后pH变化明显小于实验1的原因是 (用离子方程式表示)。 ③由实验2、3加盐酸前后pH变化可知，NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越 (填“强”或“弱”)。 （3）探究NaAc、HAc混合溶液中不同配比对缓冲能力的影响。 提出猜想：混合溶液中越大，缓冲能力越强。 设计实验、验证猜想：参照（2）进一步实验。 序号 加盐酸前pH 加盐酸后pH 4 1.00 9.00 10.00 3.80 3.67 5 2.00 8.00 10.00 4.16 4.09 6 10.00 5.36 5.30 ① 。 ②甲同学根据实验4、5和6认为猜想成立，乙同学根据实验 和 认为猜想不足以成立。 ③经查阅资料，其他条件相同下，混合溶液中越接近l，缓冲能力越强。 Ⅱ．缓冲溶液在络合滴定法测定金属离子浓度中具有广泛应用。 （4）利用测定ZnO的纯度，滴定反应为，需维持滴定过程中。 准确称取ZnO固体a g于锥形瓶中，加足量盐酸溶解，配制成250mL溶液，从中取25.00mL，加入指示剂和20mL缓冲溶液，滴定至终点消耗溶液V mL。 ①下列缓冲溶液的pH均约为5，其中缓冲能力最强的是 (填字母)，原因是 。 A．、混合溶液 B．、混合溶液 C．、混合溶液 ②测定结果：ZnO(摩尔质量为)晶体的纯度为 (用、a、c、V表示)。 【答案】（1） 13.6 BC （2）2.00 强 （3） 8.00 3 6 （4） B B中n(盐)：n(酸)最接近且混合溶液总浓度最大 【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签； 控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响； 【解析】（1）配制的NaAc溶液，需要醋酸钠晶体(，)的质量为，该过程用到的仪器有胶头滴管、烧杯、托盘天平、药匙、玻璃棒、100mL容量瓶，故选BC； （2）①的盐酸加入20.00mL的水，得到溶液中氢离子浓度为，则pH=2。 ②实验2、3加盐酸前后pH变化明显小于实验1的原因是存在平衡，加入盐酸后，氢离子和醋酸根离子结合为弱酸醋酸。 ③由表，实验2、3加盐酸前后pH变化分别为0.09、0.04，则NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越强； （3）①由表，醋酸钠、醋酸溶液总体积为10.00mL，当=4:1时，8.00。 ②结合表中数据，实验3和6加盐酸前后pH变化分别为0.04、0.06，不能说明混合溶液中越大，缓冲能力越强。 （4）①由（2）、（3）的实验结论：NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越强；其他条件相同下，混合溶液中越接近l，缓冲能力越强。则下列缓冲溶液的pH均约为5，其中缓冲能力最强的是B，原因是B中n(盐)：n(酸)最接近且混合溶液总浓度最大。 ②结合滴定反应为和数据，ZnO晶体的纯度为。 2．以辉铜矿(主要成分，以及少量等)和软锰矿(主要成分，及少量、等)为原料制备电池用和的工艺流程如下： 已知：。 回答下列问题： （1）“酸浸”前，需要将辉铜矿和软锰矿粉碎的目的是 。 （2）“酸浸”时，得到的浸出液中主要含有、等(不是氧化产物)。该反应中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 （3）“还原”时，发生反应的离子方程式为 ，该步骤中的沉淀率与加入的的量的关系如图1所示，A点处 (填“大于”“小于”或“等于”)C点处，其原因是 。 （4）“氧化煅烧”时，反应的化学方程式为 ，在空气中加热时，其固体残留率随温度的变化如图2所示，“氧化煅烧”时应控制温度约为 。图中时，剩余固体中为 。 【答案】（1）增大接触面积，提高酸浸时的浸取速率和浸取率 （2）2：1 （3） 大于 A、C两点生成的的量一样，但点未完全沉淀，点部分已经形成 （4） 1：2 【分析】辉铜矿(主要成分，以及少量等)和软锰矿(主要成分，及少量、等)用硫酸酸浸，MnO2与Cu2S发生反应生成CuSO4 、MnSO4和S，浸出液中含有CuSO4 、MnSO4、Fe2(SO4)3等；“除铁”中通过调节pH使Fe元素转化为氢氧化铁过滤除去；滤液加入碳酸氢铵和氨水混合液使得锰元素转化为MnCO3，MnCO3 在“氧化”中与氧气反应生成Mn3O4； “沉锰”中的滤液在“还原”时加入 (NH4)2SO3溶液和氯化铵溶液，Cu2+被还原使生成CuCl。 【解析】（1）“酸浸”前，需要将辉铜矿和软锰矿粉碎的目的是：增大接触面积，提高酸浸时的浸取速率和浸取率。 （2）“酸浸”时，得到的浸出液中主要含有、等(不是氧化产物)。该反应的反应方程式为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1。 （3）“还原”时，加入(NH4)2SO3溶液和氯化铵溶液，Cu2+被还原使生成CuCl，发生反应的离子方程式为，结合已知信息，图1中A→B点，c(Cl-)增大使Cu+形成CuCl沉淀，B→C点CuCl与氯离子继续反应生成 ，则A点处大于C点处，其原因是： A、C两点生成的的量一样，但点未完全沉淀，点部分已经形成。 （4）“氧化煅烧”时，“氧化”中MnCO3与氧气反应生成Mn3O4，反应的化学方程式为：，设MnCO3的物质的量为1mol，即质量为115g。A点剩余固体质量为115g×75.65%≈87g，减少的质量为115g-87g=28g，可知MnCO3失去的组成为“CO”，故剩余固体的成分为MnO2，B点剩余固体质量为115g×66.38%≈76g，锰元素质量m(Mn)=55g，则m(O)=76g-55g=21g，氧原子物质的量，固体中锰原子和氧原子个数比为1 : ≈3 : 4，剩余固体成分化学式Mn3O4，C点剩余固体质量为115g×61.74%≈71g，根据原子守恒，锰原子为1mol，锰元素质量m(Mn)=55g，则m(O)=71g-55g=16g，氧原子物质的量为1mol，固体中锰原子和氧原子个数比为1 : 1，化学式为MnO，由于最终要得到产物Mn3O4，氧化时应控制温度约为770℃；图中300℃时，剩余固体为MnO2，n(Mn)：n(O)为1:2。 3．采用铁粉和软锰矿[主要成分MnO2、SiO2、CaMg(CO3)2、Fe2O3]为原料制备电池正极材料LiMn0.5Fe0.5PO4的一种工艺流程如下： 已知：①原料中铁元素与锰元素物质的量之比； ②沉淀后得到Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O； ③相关物质的Ksp如下： 回答下列问题： （1）“酸浸”中，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。 （2）滤液①中铁元素的存在形式为Fe2+，写出该工艺条件下Fe粉与MnO2反应的离子方程式 。 （3）滤渣①成分为 (填化学式)。 （4）“除杂”前滤液①调节pH不宜过低的原因是 。 （5）滤液②中Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，“沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分别为98%和95%，则1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为 mol(精确至0.1)。 （6）“焙烧”过程中通入Ar的目的为 ；该过程中除产品外，还有H2O和两种气体生成，“焙烧”过程的化学反应方程式为 。 【答案】（1）适当升温(或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌) （2） （3）CaSO4、SiO2 （4）pH过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀 （5）59.5 （6）防止Fe2+氧化 【分析】铁粉和软锰矿[主要成分MnO2、SiO2、CaMg(CO3)2、Fe2O3]中加入H2SO4酸浸，此时SiO2不溶，有部分Ca2+转化为CaSO4沉淀；过滤后，调节滤液的pH=5，并往滤液中加入MnF2，参照MnF2、MgF2、CaF2的Ksp，可得出MnF2易转化为MgF2、CaF2，则Mg2+转化为MgF2沉淀，剩余Ca2+转化为CaF2沉淀；过滤后，往滤液中加入FeSO4调比例，再加入(NH4)2C2O4，生成Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O沉淀；过滤后，往沉淀中加入LiH2PO4，并通入Ar进行焙烧，得到LiMn0.5Fe0.5PO4产品。 【解析】（1）“酸浸”中，可通过升高温度、增大浓度、增大接触面积提高浸取速率，方法为：适当升温(或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌)。 （2）滤液①中铁元素的存在形式为Fe2+，该工艺条件下Fe粉与MnO2反应，生成Fe2+、Mn2+等，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式。 （3）由分析可知，滤渣①成分为CaSO4、SiO2。 （4）HF为弱酸，“除杂”前，滤液①调节pH不宜过低，否则会生成HF，消耗F-，不利于Ca2+、Mg2+转化为沉淀，则原因是：pH过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀。 （5）滤液②中Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，“沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分别为98%和95%，设1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为x，则依据沉淀Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O的组成，可得出下列等式：0.30mol∙L-1×1000L×98%=(0.25mol∙L-1×1000L+x)×95%，可求出x=59.5mol，即1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为59.5mol。 （6）Fe2+具有较强的还原性，需防止被氧化，则“焙烧”过程中通入Ar的目的为：防止Fe2+氧化；该过程中除产品外，还有H2O和两种气体生成，此两种气体应为H2C2O4的分解产物，依据元素守恒，可得出“焙烧”过程的化学反应方程式为。 4．碱式次氯酸镁[]是一种强氧化性抗菌剂，难溶于水。用镁渣［主要含有、等]制备碱式次氯酸镁的流程如下。 （1）“煅烧”在高温下进行，煅烧得到的同时，生成气体的化学式为 。 （2）“溶解时需加热，反应会生成一种能使红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式为 。 （3）“沉淀”步骤制备［]时需控制约为10，碱性太强会产生杂质使沉淀中镁元素含量增大，该杂质的化学式为 。 （4）向的溶液中加入适量溶液、溶液，过滤，洗涤，干燥得到［]固体。为测定其组成，将所得固体溶于酸，再加入过量的溶液，充分反应生成和。测得生成的为0.005mol。计算[]的化学式 (写出计算过程)。 【答案】（1）、 （2） （3） （4） 【分析】镁渣［主要含有、等]煅烧时，碳酸锰和氢氧化镁分别分解，生成氧化镁固体和二氧化碳及水蒸气；加入氯化铵溶解氧化镁，溶液中结晶出氯化镁，溶液中加入适量溶液、溶液，过滤，洗涤，干燥得到［]固体。 【解析】（1）“煅烧”在高温下进行，煅烧得到的同时，生成气体的化学式为：、； （2）“溶解”时需加热，反应会生成一种能使红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，同时生成氯化镁，该反应的化学方程式为：； （3）溶液中加入适量溶液、溶液，过滤，洗涤，干燥得到［]固体，碱过量时镁离子直接与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，化学式为：； （4）由题意知，n()=cV=，根据元素守恒，产物中的n()=n()=0.01mol，产物中的次氯酸根将碘离子氧化为单质，根据电子转移守恒，n(ClO-)=n()=0.005mol，根据电荷守恒，n(OH-)=2n()－n(ClO-)=0.15 mol，根据各微粒物质的量关系可得化学式为：。 5．硫酸亚铁铵是生活中常用的净水剂，其晶体化学式为(摩尔质量：)。实验室用废铁屑[成分为铁和少量铁锈()]制取硫酸亚铁铵晶体，其流程如图所示： （1）结合生活常识，流程中用溶液处理废铁屑的目的是 。 （2）滤渣中的铁锈与硫酸反应的离子方程式为 。该过程中铁屑已完全溶解的标志是 。 （3）样品(杂质中不含其他含的化合物)含量的测定。 称取6.0g样品，配制成溶液，用硫酸酸化的溶液反应，消耗溶液的体积为15.00mL。发生反应的离子方程式为，上述样品中的质量分数为多少 。(保留两位有效数字，写出计算过程) 【答案】（1）除去铁屑表面的油污 （2）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O 不再产生气泡 （3）98% 【解析】（1）结合生活常识，铁屑表面有油污，而Na2CO3溶液显碱性，能够促进油脂的水解而除去，故流程中用Na2CO3溶液处理废铁屑的目的是除去铁屑表面的油污，便于后续步骤的进行，故答案为：除去铁屑表面的油污； （2）滤渣中的铁锈即Fe2O3与硫酸反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，则该反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，该过程中由于Fe和稀硫酸反应放出气泡，故铁屑已完全溶解的标志是不再产生气泡，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；不再产生气泡； （3）样品(杂质中不含其他含的化合物)含量的测定。 称取6.0g样品，配制成溶液，用硫酸酸化的溶液反应，消耗溶液的体积为15.00mL， 由题干发生反应的离子方程式：可知，原样品中含有Fe2+的物质的量为：n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×0.2000mol/L×15.00×10-3L=1.5×10-2mol，则上述样品中的物质的量为：1.5×10-2mol，则上述样品中的质量分数为：×100%=98%，故答案为：98%。 （建议用时：30分钟） 6．（2025·广东佛山·阶段练习）次磷酸钠(NaH2PO2)是有机合成的常用还原剂，一般制备方法是将黄磷(P4)和过量烧碱溶液混合、加热，生成次磷酸钠和PH3，PH3是一种无色、有毒的可燃性气体。实验装置如图所示：    回答下列问题： （1）在a中加入黄磷、活性炭粉末，打开K1，通入N2一段时间，关闭K1，打开磁力加热搅拌器，滴加烧碱溶液。 ①活性炭粉末作为黄磷的分散剂，原理是 ，b的作用 。 ②a中反应的化学方程式为 。 （2）反应结束后，打开K1，继续通入N2，目的是 。d的作用是 。 （3）c中生成 NaH2PO2和NaCl，相关物质溶解度(S)如下： S（25℃） S(100℃) NaCl 37 39 NaH2PO2 100 667 充分反应后，将c中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成分的化学式为 ，然后 、 、过滤、洗涤、干燥，得到含NaH2PO2的粗产品。 （4）产品纯度测定： 取产品m克配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，酸化后加入25mL0.10mol/L碘水，于暗处充分反应后，以淀粉溶液做指示剂，用0.10 mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点，平均消耗VmL，相关反应方程式为：H2PO2－+H2O+I2=H2PO3－+2H++2I－，2S2O32－+I2=S4O62－+2I－。产品纯度表达式为 。 【答案】使反应物充分混合，加快反应速率 安全瓶 P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO4+PH3↑ 排出装置中的未反应的PH3，使PH3被c装置吸收 吸收尾气，防止污染空气 NaCl 趁热过滤 冷却结晶 【分析】根据物质的制备、分离、提纯原理分析解答；根据化学反应方程式进行物质的量计算。 【解析】（1）①活性炭粉末作为黄磷的分散剂，使反应物充分混合，加快反应速率，b装置在实验流程中起到了安全瓶的作用，防止倒吸， 故答案为使反应物充分混合，加快反应速率；安全瓶； ②a中氢氧化钠与黄磷(P4)反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO4+PH3↑， 故答案为P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO4+PH3↑； （2）反应结束后，打开K1，继续通入N2，是为了排出装置中的未反应的PH3，促进PH3被c装置吸收，d装置最后进行尾气处理，从而达到保护环境的目的， 故答案为排出装置中的未反应的PH3，使PH3被c装置吸收；吸收尾气，防止污染空气； （3）根据题干信息可知，NaCl的溶解度受温度影响不大，则c中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，析出的晶体为NaCl，由于NaH2PO2溶解度受温度影响变化大，所以应该进行趁热过滤分离出NaCl后，再进行冷却结晶得到NaH2PO2， 故答案为 NaCl；趁热过滤，冷却结晶； （4）产品纯度测定： 根据离子方程式可知，n(H2PO2-)=n(I2)=[0.10mol/L×0.025L-n(S2O32-)]×10=[0.025-0.0005V]mol，产品纯度为：， 故答案为。 7．（2025·广东梅州·阶段测试）2019年诺贝尔化学奖颁发给来自美国、英国、日本的三位科学家，表彰他们在锂离子电池方面的研究贡献。锂离子电池广泛应用要求处理锂电池废料以节约资源、保护环境。锂离子二次电池正极铝钴膜中主要含有钴酸锂(LiCoO2)、Al等，处理该废料的一种工艺如下图所示： 回答下列问题： （1）铝钴膜在处理前初步进行粉碎的目的是 。 （2）能够提高“碱浸”效率的方法有 (至少写两种)。 （3）“碱浸”时Al溶解的离子方程式为 。 （4）“酸溶”时加入H2O2的目的是 。 （5）溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示，则浸出过程的最佳条件是 。 （6）配制250 mL 1.0 mol/L (NH4)2C2O4溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外还需要 。 （7）取CoC2O4固体4.41g在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41g，则该钴的氧化物的化学式为 。 【答案】增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等 将LiCoO2中+3价的Co还原为+2价 75℃，30min 250mL容量瓶、胶头滴管 Co3O4 【分析】由流程可知，加入NaOH碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2；加硫酸、过氧化氢，将LiCoO2还原，得到含有Li+和Co2+的溶液，加入氨水调节溶液pH，除去锂离子，滤渣主要为LiOH，再用草酸铵“沉钴”得到CoC2O4，以此来解答。 【解析】（1）铝钴膜在处理前初步进行粉碎可以增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率； （2）适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等都可以提高碱浸效率； （3）Al可以和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为； （4）根据后续流程可知Co元素由LiCoO2中的+3价变为了CoC2O4中的+2价，而双氧水具有一定的还原性，所以加入双氧水的目的为：将LiCoO2中+3价的Co还原为+2价； （5）据图可知温度越高钴的浸出率越大，但30min后75℃和85℃条件下浸出率几乎相同，为了降低能耗温度应选75℃，而30min后浸出率几乎不变，所以时间选30min，即最佳条件为75℃，30min； （6）配制250 mL 1.0 mol/L (NH4)2C2O4溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要250 mL容量瓶，以及定容时所需要的胶头滴管； （7）取CoC2O4固体4.41 g在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41 g，n(CoC2O4)==0.03mol，根据元素守恒，氧化物中n(Co)=0.03mol，质量为m(Co)=0.03mol×59g/mol=1.77g，则氧化物中m(O)=2.41g-1.77g=0.64g，所以n(O)==0.04mol，氧化物中n(Co)：n(O)=0.03mol：0.04mol=3:4，所以该氧化物为Co3O4。 8．我国稀土资源丰富，氟化镨()常用于电弧碳棒添加剂。工业上采用方镨矿(主要成分，难溶于水)制备氟化镨的工艺流程如下： 已知：① ②80℃时， （1）步骤I为溶浸除硫，镨元素以形式存在，则反应的离子方程式为 ；该反应中，每转移0.6mol电子，生成 g单质硫。 （2）加入的目的为 。 （3）80℃时，若，“调pH”是控制，则该条件下，溶液中 。 （4）请用化学平衡移动原理解释过程中使用“趁热过滤”“冷却结晶”的原因： 。 （5）写出步骤Ⅲ转化过程的化学方程式： 。 （6）若某工厂用kg方镨矿粉(含40%)制备，最终得到产品kg，则产率为 (列出计算式即可)。 【答案】（1） 9.6g （2）将氧化为从而便于后续沉淀除去 （3） （4）反应是个吸热反应，高温时，利于生成，趁热过滤出减少Pr元素的损失，提高产率；后降低温度平衡逆向移动，有利于析出晶体 （5） （6） 【分析】本题为工艺流程题，是利用方镨矿精矿(Pr2S3，难溶于水)制备氟化镨，步骤I为溶浸除硫，镨元素以形式存在，可知反应的离子方程式为：，加入H2O2将Fe2+转化Fe3+，便于加热搅拌时生成Fe(OH)3沉淀而除去，加入饱和食盐水是使平衡正向移动，将PrCl3充分溶解，便于和Fe(OH)3分离，过滤得到滤渣为Fe(OH)3，滤液1蒸发浓缩，冷却结晶析出PrCl3晶体，过滤得到PrCl3晶体，向晶体中加入NH4HCO3溶液充分反应，得到Pr2(CO3)3，过滤得到滤液3主要成分是NH4Cl，固体Pr2(CO3)3中加入HF溶液，得到PrF3，据此分析解题。 【解析】（1）根据分析，步骤I为溶浸除硫，镨元素以形式存在，则反应的离子方程式为；该反应中，每转移0.6mol电子，生成0.3molS，质量为9.6g； （2）根据分析加入的目的为将氧化为从而便于后续沉淀除去； （3）80℃时，若，“调pH”是控制，，则该条件下，溶液中=； （4）从化学平衡移动原理解释过程中使用“趁热过滤”“冷却结晶”的原因：反应是个吸热反应，高温时，利于生成，趁热过滤出减少Pr元素的损失，提高产率；后降低温度平衡逆向移动，有利于析出晶体； （5）向晶体中加入NH4HCO3溶液充分反应，得到Pr2(CO3)3，转化过程的化学方程式：； （6）若某工厂用kg方镨矿粉(含40%)制备，最终得到产品kg，则产率为=。 9．活性炭载钯(Pd/C)催化剂被广泛应用于医药和化工行业，某废钯催化剂(钯碳)的杂质主要含炭、有机物及少量Fe、Zn等。如图是利用钯碳制备氧化钯()和Pd的流程。 已知：王水是由浓硝酸和浓盐酸按照体积比1∶3混合而成的具有强氧化性的溶液。 回答下列问题： （1）实验室中可在 (填仪器名称)中模拟“焚烧”过程。 （2）“溶浸”步骤中钯与王水发生反应生成和一种有毒的无色气体A，A为 (填化学式)，其在空气中变化的化学反应方程式为 ，钯的浸出率与反应的时间、温度的关系如图所示，则最佳的浸取时间和温度为 ，写出“除锌铁”步骤中钯的化合物与试剂Ⅰ反应的化学反应方程式 。 （3）“沉钯”步骤中试剂Ⅱ应为 (填名称)，加入该试剂的目的是 。 （4）海绵钯具有优良的储氢功能。假设海绵钯的密度为，其吸附的氢气是其体积的n倍(标准状况)，则此条件下，氢气的浓度 mol(氢气的浓度r为1mol Pd吸附氢气的物质的量，用含、n的分数式表示)。 【答案】（1）坩埚 （2）NO 2.5h，90℃ （3）盐酸 中和，促进[Pd(NH3)4]Cl2转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀 （4） 【分析】废钯催化剂高温焚烧，有机物、C、Fe、Zn、Pd被氧气氧化生成氧化物，有机物、C转化为尾气而除去，加入N2H4，PdO被N2H4还原产生Pd，Fe被还原为Fe单质，Zn被还原为Zn单质，再向其中加入王水，Pd、Fe、Zn都能溶于王水，其中Pd与王水反应得到H2[PdCl4]溶液，同时产生有毒无色气体NO气体，再向溶液中加入浓氨水调节溶液pH，钯转化为可溶性的[Pd(NH3)4]2+，铁离子、锌离子全部形成Fe(OH)3、Zn(OH)2沉淀，然后过滤，向滤液中加入盐酸，析出得到[Pd(NH3)2]Cl2黄色晶体，然后煅烧得到PdCl2，再经过还原得到Pd。 【解析】（1）坩埚耐高温，实验室可在坩埚中模拟焚烧实验； （2）由分析知，有毒的无色气体A为NO；NO在空气中与O2迅速反应生成NO2，化学方程式为；由图可知，钯的浸出率最佳的浸取时间和温度为2.5h，90℃；试剂Ⅰ为氨水，与H2[PdCl4]反应生成[Pd(NH3)4]Cl2，化学方程式为； （3）为了不增加新杂质，“沉钯”步骤中试剂Ⅱ应为盐酸；加入该试剂的目的是中和，促进[Pd(NH3)4]Cl2转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀； （4）假设海绵钯体积为1L，则海绵钯为，物质的量为，吸附氢气体积为nL，物质的量为，则1mol Pd吸附氢气的物质的量为，氢气的浓度r为1mol Pd吸附氢气的物质的量。 10．实验室模拟工业法用软锰矿(主要成分为MnO2，杂质不参与反应)制KMnO4，主要流程如下： 已知：K2MnO4溶液在pH=11~12之间歧化完全。 （1）补全“焙烧”时发生的化学反应方程式，并用单线桥标出电子转移方向和数目 。 MnO2+KClO3+KOHK2MnO4+KCl+ （2）操作Ⅰ中，边通CO2需边控制pH。pH控制在 (填写范围)之间，理由是 。 （3）有同学建议操作Ⅰ中用盐酸代替通CO2，分析是否合理 (选填“合理”或“不合理”)，并说出理由 。 （4）操作Ⅱ包括蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥，为进一步提纯KMnO4晶体，应采用的实验方法是 。 （5）为提高原料利用率，能循环利用的物质是 。 A．KClO3    B．KOH    C． K2MnO4    D．MnO2 （6）假设软锰矿中MnO2质量分数为52.2%，不考虑物质循环与制备过程中的损失，1t软锰矿理论上可制得KMnO4固体 kg。 【答案】（1） （2）11~12 确保K2MnO4溶液歧化完全 （3）不合理 防止K2MnO4、KMnO4与盐酸反应，使KMnO4产率降低 （4）冷却结晶 重结晶 （5）BD （6）632 【分析】由题给流程可知，软锰矿与氯酸钾、氢氧化钾混合焙烧得到锰酸钾和氯化钾的混合物，混合物加水溶解浸取、过滤得到滤渣和滤液；向滤液中通入二氧化碳调节溶液pH在11~12范围内，将溶液中的锰酸钾转化为二氧化锰和高锰酸钾，过滤得到可以循环使用的二氧化锰和含有高锰酸钾、碳酸钾的滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高锰酸钾晶体和含有碳酸钾的滤液；向滤液中加入生石灰，反应、分离得到可以循环使用的氢氧化钾。 【解析】（1） 由分析可知，“焙烧”时发生的反应为软锰矿与氯酸钾、氢氧化钾高温条件下反应生成锰酸钾、氯化钾和水，反应中锰元素的化合价升高被氧化，二氧化锰是反应的还原剂，氯元素的化合价降低被还原，氯酸钾是氧化剂，反应生成3mol锰酸钾时，转移6mol电子，则表示反应电子转移方向和数目的单线桥为，故答案为：； （2）由题给信息可知，锰酸钾液在pH=11~12之间歧化完全，所以操作Ⅰ中，边通二氧化碳边控制溶液pH在11~12范围内的目的是确保锰酸钾溶液歧化完全，故答案为：11~12；确保K2MnO4溶液歧化完全； （3）盐酸具有还原性，能与锰酸钾、高锰酸钾反应生成氯气，所以操作Ⅰ中不能用盐酸代替通二氧化碳，否则会使高锰酸钾产率降低，故答案为：不合理；防止K2MnO4、KMnO4与盐酸反应，使KMnO4产率降低； （4）由分析可知，操作Ⅱ包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；可以用重结晶的方法进一步提纯得到高锰酸钾晶体，故答案为：冷却结晶；重结晶； （5）由分析可知，为提高原料利用率，流程中能循环使用的物质是二氧化锰和氢氧化钾，故选BD； （6）由题意可知，制备高锰酸钾涉及的反应为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+ MnO2↓+2K2CO3，则不考虑物质循环与制备过程中的损失，由方程式可得如下转化关系：3MnO2—2KMnO4，则1t软锰矿理论上可制得高锰酸钾的质量为××158g/mol×10—3kg/g=632kg，故答案为：632。 （建议用时：30分钟） 11．（2025·广东清远·模拟）稀土元素Ce是重要的战略资源，其氧化物CeO2是一种重要的催化剂。一种沉淀法制备CeO2的过程如下： （1）制备Ce2(CO3)3·8H2O沉淀 ①配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为 。 ②生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀的化学方程式为 。 ③溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系如图1所示。滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为 。 （2）灼烧Ce2(CO3)3·8H2O制备CeO2 在空气中灼烧Ce2(CO3)3·8H2O，测得灼烧过程中剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化曲线如图2所示。已知a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收。 ①a点固体产物为 (填化学式，写出计算过程)。 ②“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收的原因为 。 【答案】（1）抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀 2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3 提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱 （2）Ce2(CO3)3 吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用 【分析】配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度以抑制Ce3+水解防止生成Ce(OH)3沉淀，向Ce (NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，该反应的化学方程式为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，过滤、洗涤低温干燥得到Ce2(CO3)3·8H2O，对Ce2(CO3)3·8H2O进行灼烧至恒重即可得到CeO2，并用氨水吸收CO2即可生成NH4HCO3可以循环使用，据此分析解题。 【解析】（1）①已知Ce(NO3)3是强酸弱碱盐，Ce3+能够发生水解呈酸性同时生成Ce(OH)3沉淀，故配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀，故答案为：抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀； ②由题干流程图可知，向Ce(NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，配平后可得该反应的化学方程式为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，故答案为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3； ③由题干图1所示溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系的信息可知，pH=6时Ce2(CO3)3·8H2O沉淀率较高，原溶液呈酸性将消耗更多的NH4HCO3，若pH更大即超过6时将产生Ce(OH)3使得最终产物中含有Ce2(CO3)3·8H2O较少，煅烧时产生的CO2更少，最终产品CeO2气孔少，吸附能力更弱，故滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱，故答案为：提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱； （2）①已知Ce2(CO3)3·8H2O的摩尔质量为604g/mol，a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收，说明这时不再放出水蒸气，即a点处结晶水已经完全失去，设灼烧1molCe2(CO3)3·8H2O固体，则起始固体质量为：1mol×604g/mol=604g，a点对应剩余固体质量为：604g×76.16%=460g，即这阶段减少质量为604g-460g=144g，144g÷18g/mol=8mol，即失去8molH2O，故a点固体产物为Ce2(CO3)3，故答案为：Ce2(CO3)3； ②煅烧过程中，将产生CO2，故“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收能够吸收CO2，减少碳排放，同时生成NH4HCO3，可循环使用，故答案为：吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用； 12．硫酸铜可用于游泳池消毒，工业上一种利用含铜矿石（主要含、、FeS以及少量等）制备硫酸铜晶体的工艺流程如图所示： 回答下列问题： （1）为了提高“焙烧”的反应速率，可采取的措施为 （任写一种即可）。 （2）“焙烧”时金属元素均转化为其高价氧化物（CuO、），发生反应的化学方程式为 。 （3）“酸溶”后，溶液中的金属阳离子有 ；“滤渣a”用途为 （任写一点即可）。 （4）“转化”时发生反应的离子方程式为 ，不能将双氧水替换为硝酸的原因是 ，“一系列操作”包括蒸发浓缩、 、过滤、干燥。 （5）硫酸铜晶体（）结晶水的测定：准确称量硫酸铜晶体的质量，低温加热至晶体全部变为白色，冷却至室温后称量，反复几次，最终质量恒为，则结晶水 （用字母表示）。 【答案】（1）粉碎 （2）4CuFeS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2 （3）Cu2+、Fe3+ 制作光导纤维 （4）Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O 使用硝酸会产生污染性气体，同时引入硝酸根杂质 冷却结晶 （5） 【分析】由题给流程可知，铜矿石在空气中焙烧时，金属硫化物高温条件下与氧气反应生成金属氧化物和二氧化硫，向焙烧渣中加入稀硫酸酸浸，金属氧化物转化为可溶性硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入过量铁屑，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到含有铁、铜的滤渣和滤液；向滤渣中加入稀硫酸酸洗，将铁转化为亚铁离子，过滤得到铜和洗涤液；向滤渣中加入过氧化氢和稀硫酸的混合溶液，将铜转化为硫酸铜，反应得到的硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铜晶体。 【解析】（1）将铜矿石粉碎可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高“焙烧”的反应速率，故答案为：粉碎； （2）由分析可知，“焙烧”时，CuFeS2高温条件下与氧气反应生成氧化铜、氧化铁和二氧化硫，反应的化学方程式为4CuFeS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2，故答案为：4CuFeS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2； （3）由分析可知，酸溶得到的溶液为硫酸铁和硫酸铜的混合溶液，则溶液中存在的金属阳离子为铜离子和铁离子；滤渣a的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可用于制作光导纤维，故答案为：Cu2+、Fe3+；制作光导纤维； （4）由分析可知，“转化”时发生的反应为铜与过氧化氢和稀硫酸的混合溶液反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；铜与硝酸反应生成硝酸铜、有毒的一氧化氮和水，所以不能用稀硝酸溶解铜，否则会产生氮的氧化物污染大气，同时会引入硝酸根离子，导致产品不纯；由分析可知，一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；使用硝酸会产生污染性气体，同时引入硝酸根杂质； （5）由题意可知，硫酸铜晶体中结晶水的质量为(m1—m2)g，硫酸铜的质量为m2g，由物质的量之比等于微粒个数之比可得：：=1：x，解得x=，故答案为：； 13．硫代硫酸钠在污水处理、分析化学、金属矿物处理等方面都有着广泛应用。硫代硫酸钠标准溶液的配制与标定是分析化学的重要内容。 Ⅰ．标准溶液的配制 （1）硫代硫酸钠在酸性条件下不稳定，硫代硫酸钠溶液与稀盐酸反应的离子方程式为 。 （2）配制硫代硫酸钠标准溶液时，下列仪器一定不会用到的是 (填字母)。 a．电子天平  b．烧杯  c．量筒  d．玻璃棒  e．蒸发皿  f．胶头滴管  g．分液漏斗 （3）标准溶液的配制步骤如下，按正确顺序排列为 (填序号)。 ①称取一定质量的硫代硫酸钠晶体，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解； ②加水至液面离容量瓶颈部的刻度线时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切； ③待冷却至室温后，将溶液转移到容量瓶中； ④盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀； ⑤用少量的蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，并将洗涤液转移到容量瓶中。 （4）定容时，仰视刻度线，会使配制结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”) Ⅱ．标准溶液的标定 ①基准溶液的配制：用减量法称取的，用蒸馏水溶解后准确定容到的容量瓶中。 ②滴定：准确量取溶液于碘量瓶中，依次加入稀硫酸、粉末，立即盖紧瓶塞水封。暗处反应后，用配制的溶液滴定至浅黄色后加入指示剂继续滴定，滴定结束后记录数据，平行实验做三次。 已知：，。 （5）反应在暗处进行的原因是 。 （6）指示剂为 ，若三次实验平均消耗硫代硫酸钠溶液的体积为24.60 mL，则硫代硫酸钠标准溶液的物质的量浓度为 (保留4位有效数字)。 【答案】（1） （2）eg （3）①③⑤②④ （4）偏低 （5）保证反应进行彻底，防止I2挥发 （6）淀粉溶液 0.09756 【解析】（1）硫代硫酸钠溶液与稀盐酸发生歧化反应生成氯化钠、硫单质、二氧化硫和水，离子方程式为，故答案为。 （2）配制溶液时，一定不会用到的是蒸发皿和分液漏斗，故答案为eg。 （3）配制一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、移液、定容、摇匀、装瓶、贴标签，结合题目已知步骤，可知主要操作步骤的正确顺序是①③⑤②④，故答案为①③⑤②④。 （4）定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，会使配制结果偏低，故答案为偏低。 （5）在滴定实验中，先发生反应，后发生，在暗处进行，是使与KI反应更充分，保证生成的I2的量准确，从而提高实验的准确性，故答案为保证反应进行彻底，防止I2挥发(合理即可)。 （6）滴定时指示剂选择淀粉溶液，由题意可列出关系式：，，，溶液的，可知过量，故，故答案为淀粉溶液；0.09756。 14．二氧化硫是食品加工中常用的漂白剂和防腐剂。某实验小组用如图装置(加热、夹持装置等略)测定某品牌干果中二氧化硫(以亚硫酸盐形式存在)的残留量。 实验步骤： ⅰ．称取m g粉碎后的干果置于圆底烧瓶B中，加入200 mL蒸馏水。A中加入足量的质量分数为3%的过氧化氢溶液作为吸收液。 ⅱ．接通C中冷凝水，通入，将D中10 mL 6 mol/L的盐酸加入B中，加热B中的溶液至微沸，并保持1.5 h，直至反应完全。 ⅲ．将A中溶液放冷后摇匀，溶液体积为100 mL。取20 mL，加入指示剂，用0.0100 mol/L NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积为 mL。 ⅳ．不加样品，重复上述操作，进行空白试验，消耗NaOH标准溶液体积。 回答下列问题： （1）仪器A的名称为 ，A中发生反应的化学方程式为 。 （2）A中加入3%的过氧化氢溶液使用时需要现配。配制方法：量取质量分数为30%的过氧化氢溶液100 mL，加水稀释至1000 mL。配制过程中下列仪器不需要的是 (填仪器名称)。 （3）盐酸在实验中的作用是 。 （4）冷凝管C的进水口应为 (填“a”或“b”)。反应结束后，应先停止 (填“加热”或“通冷凝水”)。 （5）空白实验的目的是排除试剂或环境对实验测定带来的影响，若未做空白试验，测得残留量会 (填“偏高”或“偏低”)。 （6）该干果中二氧化硫残留量为 g/kg(按二氧化硫计，列出计算式)。 【答案】（1）锥形瓶 （2）球形分液漏斗、电子天平 （3）将亚硫酸盐转化为二氧化硫，使充分释放 （4）a 加热 （5）偏高 （6） 【分析】装置A为SO2吸收装置，与H2O2反应生成H2SO4，装置 B是样品反应的发生装置，其中放置粉碎的干果样品，加入盐酸后，亚硫酸盐与盐酸反应生成SO2气体，装置 C为直形冷凝管，作用是冷凝回流，使挥发的SO2被充分冷凝，提高SO2的收集效率，同时防止装置内液体过度挥发，装置 D用于盐酸，通过分液漏斗的旋塞可控制盐酸的滴加速度，从而控制SO2的生成速率。 【解析】（1）由图可知，装置A为锥形瓶；A中反应的化学方程式为； （2）配制 3% 的过氧化氢溶液是稀释过程，只需量取体积（量筒）、溶解（烧杯）、转移（玻璃棒、容量瓶），不需要球形分液漏斗（用于分液或滴加液体，此处用不到）和电子天平（稀释不涉及称量固体）； （3）样品中SO2以亚硫酸盐形式存在，盐酸的作用是与亚硫酸盐反应生成SO2气体，使SO2被 A 中H2O2吸收； （4）冷凝管 C 的进水口应为a（冷凝水 “下进上出”，保证冷凝管充满水，冷凝效果好）；反应结束后，应先停止加热（若先停冷凝水，装置内残留的SO2无法被充分冷凝吸收，导致测定结果偏低）； （5）空白实验用于排除试剂或环境的干扰。若未做空白实验，滴定消耗的NaOH体积会包含试剂本身的消耗，导致计算的H2SO4偏多，最终测得SO2残留量偏高； （6）滴定时H2SO4和NaOH按照1:2反应，则n(H2SO4)= n(NaOH) ，20 mL溶液中n(NaOH)=0.0100 mol/L（V1-V2）10-3 L，则n(H2SO4)= 0.0100 （V1-V2）10-3 mol，100 mL溶液中n(H2SO4)= 0.0100 （V1-V2）10-3 mol，由元素守恒可知n(SO2)= n(H2SO4)，则m(SO2)=640.0100 （V1-V2）10-3g，换算为g/kg： =g/kg。 15．碱式碳酸铜可用于农业中作黑穗病的防止剂和种子的杀虫剂，实验室可通过如下反应制备：。 部分装置如图所示，具体步骤如下： ①分别配制溶液和溶液备用。 ②取溶液加入盛有溶液的三颈烧瓶中，加热并搅拌(温度控制在左右)。 ③用溶液调节为之间，搅拌至体系颜色转变为绿色，静置。 ④待沉淀完全后，抽滤，洗涤沉淀。 ⑤将产品置于烘箱中烘干，待冷却至室温称量，得2.56g产品。 已知：碱式碳酸铜温度过高易分解生成三种氧化物。 回答下列问题： （1）步骤①中用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒，还需要 ，如果定容时仰视刻度线，所配溶液浓度会 (填“偏低”“偏高”“无影响”)，要控制温度在左右应采用的加热方式为 。 （2）步骤③中不能过高的原因是 。 （3）步骤④中“洗涤沉淀”的实验操作为 。 （4）当反应温度过高时，会产生氧化铜，这是由于 (用化学方程式表示)。 （5）该产品的产率为 (保留两位有效数字)。 （6）碱式碳酸铜是孔雀石的主要成分，以二甲酚橙(用XO表示)为指示剂，用EDTA二钠盐(用表示)进行孔雀石中碱式碳酸铜质量分数的测定，取样品配制成溶液，取置于锥形瓶中，加入过量二钠盐后滴入指示剂，再用含标准液滴定剩余的EDTA二钠盐，消耗标准液。 已知：    滴定管盛装溶液前应检查是否漏液、洗涤、 (填操作)；样品中碱式碳酸铜的质量分数为 。(用含、、式子表示) 【答案】（1）胶头滴管、100mL容量瓶 偏低 水浴加热 （2）防止生成氢氧化铜沉淀 （3）用蒸馏水沿玻璃棒注入过滤器至浸没沉淀，待水流尽后重复2-3次 （4） （5）92% （6）润洗 或 【分析】制备碱式碳酸铜：Cu2+和生成Cu2(OH)2CO3，结合质量守恒可知，还生成CO2，反应为：2Cu2++2+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑，待沉淀完全后抽滤、洗涤沉淀、干燥，计算产率。 【解析】（1）配制溶液和溶液，所需实验仪器有，100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，题中还缺少胶头滴管、100mL容量瓶；如果定容时仰视刻度线，所加水的体积偏大，所配溶液浓度会偏低；要控制温度在左右应采用的加热方式为水浴加热（便于控制温度在70℃左右，防止局部过热）； （2）步骤③中不能过高，目的是防止生成氢氧化铜沉淀； （3）“洗涤沉淀”的实验操作为：用蒸馏水沿玻璃棒注入过滤器至浸没沉淀，待水流尽后重复2-3次； （4）温度过高时，碱式碳酸铜分解为氧化铜、水和二氧化碳，化学方程式：； （5）理论产量计算：所用CuSO4体积50 mL = 0.05 L，浓度0.5 mol/L，则n(CuSO4) = 0.05 × 0.5 = 0.025 mol；根据铜原子守恒，理论上可以生成n[Cu2(OH)2CO3] =  0.0125 mol，理论质量 m[Cu2(OH)2CO3]=222g/mol×0.0125mol = 2.775 g；实际产量：2.56 g；产率 = (实际产量 / 理论产量) × 100% =(保留两位有效数字)； （6）滴定管盛装溶液前应检查是否漏液、洗涤、润洗（用待装溶液润洗滴定管2-3次，避免溶液被稀释）； EDTA与Cu2+、Zn2+均按1:1反应。加入EDTA总量：（在25.00 mL样品溶液中），剩余EDTA消耗Zn2+量：，则与Cu2+反应的EDTA量，总溶液250 mL中n(Cu2+) = ，根据碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3化学式可知，则n(Cu2(OH)2CO3) ，碱式碳酸铜质量，质量分数 =。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难04 化学计量在产率计算、滴定计算中的应用 内容导航 速度提升 技巧掌握 手感养成 重难考向聚焦 锁定目标 精准打击：快速指明将要攻克的核心靶点，明确主攻方向 重难技巧突破 授予利器 瓦解难点：总结瓦解此重难点的核心方法论与实战技巧 重难保分练 稳扎稳打 必拿分数：聚焦可稳拿分数题目，确保重难点基础分值 重难抢分练 突破瓶颈 争夺高分： 聚焦于中高难度题目，争夺关键分数 重难冲刺练 模拟实战 挑战顶尖：挑战高考压轴题，养成稳定攻克难题的“题感” 一、化学计算的常用方法 1. 守恒法 （1）元素守恒：分析原料与产物之间所含相关的主要元素原子个数定量关系，忽略中间过程。如接触法制硫酸：FeS2～2H2SO4；工业制硝酸：NH3～HNO3。 （2）电荷守恒：电解质溶液(或固体离子化合物)中，阴、阳离子所带的电荷总量相等。如Na2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中存在电荷守恒式：n(H＋)＋n(Na＋)＋3n(Fe3＋)＝2n(SO)＋n(OH－)。 （3）得失电子守恒：氧化还原反应中，还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。 2. 关系式法：在多步反应中，把始态的反应物与终态的生成物之间“物质的量”的定量关系表示出来，可以简化成一步计算。 二、常考化学计算类型 1. 有关混合物质量分数(或纯度)的计算 （1）根据关系式法、得失电子守恒法等，求出混合物中某一成分的质量，再除以样品的总质量，即可得出其含量，即w＝×100%。 （2）解题时理清各物质之间的定量关系，运用元素守恒、得失电子守恒、电荷守恒等方法，确定定量关系。 2. 有关物质化学式的计算 （1）根据n＝，计算有关物质的物质的量。 （2）根据电解质溶液中电荷守恒，计算阳离子(或阴离子)的物质的量。 （3）根据质量守恒定律，计算出结晶水的物质的量。 （4）各原子的物质的量之比即为物质最简式，再根据摩尔质量M确定物质的化学式。 3. 热重图像分析计算 （1）设晶体为1mol，得出起始的固体样品的质量。 （2）固体残留率＝×100%，计算每步的m余。 （3）减重一般是先失(结晶)水，后失气态非金属氧化物或NH3。 （4）减重最后一般为金属氧化物，根据金属元素守恒，求出n(金属)和m(金属)，由质量守恒定律求得m(氧原子)，由n(金属)∶n(氧原子)即可求出减重后物质的化学式。 （建议用时：30分钟） 1．（2025·广东广州·二模）弱酸及其盐的混合溶液是常见的缓冲溶液，如醋酸(用HAc表示)、醋酸钠(用NaAc表示)混合溶液。缓冲溶液具有能够缓解少量外来酸、碱或水产生的影响，维持溶液pH不发生明显变化的能力。 Ⅰ．某小组同学通过加入等量盐酸，研究25℃下NaAc、HAc混合溶液缓冲能力的影响因素。 （1）配制的NaAc溶液，需要醋酸钠晶体(，)的质量为 g，该过程用到的仪器有 (填字母)。 A．   B．   C．    D． （2）探究NaAc、HAc混合溶液总浓度对缓冲能力的影响。 用浓度均为的NaAc和HAc溶液按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入的盐酸，测得加盐酸前后pH如下表。 序号 加盐酸前pH 加盐酸后pH 1 0 0 20.00 7.00 x 2 2.50 2.50 15.00 4.76 4.67 3 5.00 5.00 10.00 4.76 4.72 ①实验测得x与理论计算一致， 。 ②实验2、3加盐酸前后pH变化明显小于实验1的原因是 (用离子方程式表示)。 ③由实验2、3加盐酸前后pH变化可知，NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越 (填“强”或“弱”)。 （3）探究NaAc、HAc混合溶液中不同配比对缓冲能力的影响。 提出猜想：混合溶液中越大，缓冲能力越强。 设计实验、验证猜想：参照（2）进一步实验。 序号 加盐酸前pH 加盐酸后pH 4 1.00 9.00 10.00 3.80 3.67 5 2.00 8.00 10.00 4.16 4.09 6 10.00 5.36 5.30 ① 。 ②甲同学根据实验4、5和6认为猜想成立，乙同学根据实验 和 认为猜想不足以成立。 ③经查阅资料，其他条件相同下，混合溶液中越接近l，缓冲能力越强。 Ⅱ．缓冲溶液在络合滴定法测定金属离子浓度中具有广泛应用。 （4）利用测定ZnO的纯度，滴定反应为，需维持滴定过程中。 准确称取ZnO固体a g于锥形瓶中，加足量盐酸溶解，配制成250mL溶液，从中取25.00mL，加入指示剂和20mL缓冲溶液，滴定至终点消耗溶液V mL。 ①下列缓冲溶液的pH均约为5，其中缓冲能力最强的是 (填字母)，原因是 。 A．、混合溶液 B．、混合溶液 C．、混合溶液 ②测定结果：ZnO(摩尔质量为)晶体的纯度为 (用、a、c、V表示)。 【答案】（1） 13.6 BC （2）2.00 强 （3） 8.00 3 6 （4） B B中n(盐)：n(酸)最接近且混合溶液总浓度最大 【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签； 控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响； 【解析】（1）配制的NaAc溶液，需要醋酸钠晶体(，)的质量为，该过程用到的仪器有胶头滴管、烧杯、托盘天平、药匙、玻璃棒、100mL容量瓶，故选BC； （2）①的盐酸加入20.00mL的水，得到溶液中氢离子浓度为，则pH=2。 ②实验2、3加盐酸前后pH变化明显小于实验1的原因是存在平衡，加入盐酸后，氢离子和醋酸根离子结合为弱酸醋酸。 ③由表，实验2、3加盐酸前后pH变化分别为0.09、0.04，则NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越强； （3）①由表，醋酸钠、醋酸溶液总体积为10.00mL，当=4:1时，8.00。 ②结合表中数据，实验3和6加盐酸前后pH变化分别为0.04、0.06，不能说明混合溶液中越大，缓冲能力越强。 （4）①由（2）、（3）的实验结论：NaAc、HAc混合溶液总浓度越大，缓冲能力越强；其他条件相同下，混合溶液中越接近l，缓冲能力越强。则下列缓冲溶液的pH均约为5，其中缓冲能力最强的是B，原因是B中n(盐)：n(酸)最接近且混合溶液总浓度最大。 ②结合滴定反应为和数据，ZnO晶体的纯度为。 2．以辉铜矿(主要成分，以及少量等)和软锰矿(主要成分，及少量、等)为原料制备电池用和的工艺流程如下： 已知：。 回答下列问题： （1）“酸浸”前，需要将辉铜矿和软锰矿粉碎的目的是 。 （2）“酸浸”时，得到的浸出液中主要含有、等(不是氧化产物)。该反应中，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。 （3）“还原”时，发生反应的离子方程式为 ，该步骤中的沉淀率与加入的的量的关系如图1所示，A点处 (填“大于”“小于”或“等于”)C点处，其原因是 。 （4）“氧化煅烧”时，反应的化学方程式为 ，在空气中加热时，其固体残留率随温度的变化如图2所示，“氧化煅烧”时应控制温度约为 。图中时，剩余固体中为 。 【答案】（1）增大接触面积，提高酸浸时的浸取速率和浸取率 （2）2：1 （3） 大于 A、C两点生成的的量一样，但点未完全沉淀，点部分已经形成 （4） 1：2 【分析】辉铜矿(主要成分，以及少量等)和软锰矿(主要成分，及少量、等)用硫酸酸浸，MnO2与Cu2S发生反应生成CuSO4 、MnSO4和S，浸出液中含有CuSO4 、MnSO4、Fe2(SO4)3等；“除铁”中通过调节pH使Fe元素转化为氢氧化铁过滤除去；滤液加入碳酸氢铵和氨水混合液使得锰元素转化为MnCO3，MnCO3 在“氧化”中与氧气反应生成Mn3O4； “沉锰”中的滤液在“还原”时加入 (NH4)2SO3溶液和氯化铵溶液，Cu2+被还原使生成CuCl。 【解析】（1）“酸浸”前，需要将辉铜矿和软锰矿粉碎的目的是：增大接触面积，提高酸浸时的浸取速率和浸取率。 （2）“酸浸”时，得到的浸出液中主要含有、等(不是氧化产物)。该反应的反应方程式为：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2O，则参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1。 （3）“还原”时，加入(NH4)2SO3溶液和氯化铵溶液，Cu2+被还原使生成CuCl，发生反应的离子方程式为，结合已知信息，图1中A→B点，c(Cl-)增大使Cu+形成CuCl沉淀，B→C点CuCl与氯离子继续反应生成 ，则A点处大于C点处，其原因是： A、C两点生成的的量一样，但点未完全沉淀，点部分已经形成。 （4）“氧化煅烧”时，“氧化”中MnCO3与氧气反应生成Mn3O4，反应的化学方程式为：，设MnCO3的物质的量为1mol，即质量为115g。A点剩余固体质量为115g×75.65%≈87g，减少的质量为115g-87g=28g，可知MnCO3失去的组成为“CO”，故剩余固体的成分为MnO2，B点剩余固体质量为115g×66.38%≈76g，锰元素质量m(Mn)=55g，则m(O)=76g-55g=21g，氧原子物质的量，固体中锰原子和氧原子个数比为1 : ≈3 : 4，剩余固体成分化学式Mn3O4，C点剩余固体质量为115g×61.74%≈71g，根据原子守恒，锰原子为1mol，锰元素质量m(Mn)=55g，则m(O)=71g-55g=16g，氧原子物质的量为1mol，固体中锰原子和氧原子个数比为1 : 1，化学式为MnO，由于最终要得到产物Mn3O4，氧化时应控制温度约为770℃；图中300℃时，剩余固体为MnO2，n(Mn)：n(O)为1:2。 3．采用铁粉和软锰矿[主要成分MnO2、SiO2、CaMg(CO3)2、Fe2O3]为原料制备电池正极材料LiMn0.5Fe0.5PO4的一种工艺流程如下： 已知：①原料中铁元素与锰元素物质的量之比； ②沉淀后得到Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O； ③相关物质的Ksp如下： 回答下列问题： （1）“酸浸”中，提高浸取速率的方法为 (答出一条即可)。 （2）滤液①中铁元素的存在形式为Fe2+，写出该工艺条件下Fe粉与MnO2反应的离子方程式 。 （3）滤渣①成分为 (填化学式)。 （4）“除杂”前滤液①调节pH不宜过低的原因是 。 （5）滤液②中Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，“沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分别为98%和95%，则1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为 mol(精确至0.1)。 （6）“焙烧”过程中通入Ar的目的为 ；该过程中除产品外，还有H2O和两种气体生成，“焙烧”过程的化学反应方程式为 。 【答案】（1）适当升温(或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌) （2） （3）CaSO4、SiO2 （4）pH过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀 （5）59.5 （6）防止Fe2+氧化 【分析】铁粉和软锰矿[主要成分MnO2、SiO2、CaMg(CO3)2、Fe2O3]中加入H2SO4酸浸，此时SiO2不溶，有部分Ca2+转化为CaSO4沉淀；过滤后，调节滤液的pH=5，并往滤液中加入MnF2，参照MnF2、MgF2、CaF2的Ksp，可得出MnF2易转化为MgF2、CaF2，则Mg2+转化为MgF2沉淀，剩余Ca2+转化为CaF2沉淀；过滤后，往滤液中加入FeSO4调比例，再加入(NH4)2C2O4，生成Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O沉淀；过滤后，往沉淀中加入LiH2PO4，并通入Ar进行焙烧，得到LiMn0.5Fe0.5PO4产品。 【解析】（1）“酸浸”中，可通过升高温度、增大浓度、增大接触面积提高浸取速率，方法为：适当升温(或适当提高硫酸浓度、粉碎矿石、搅拌)。 （2）滤液①中铁元素的存在形式为Fe2+，该工艺条件下Fe粉与MnO2反应，生成Fe2+、Mn2+等，依据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒，可得出发生反应的离子方程式。 （3）由分析可知，滤渣①成分为CaSO4、SiO2。 （4）HF为弱酸，“除杂”前，滤液①调节pH不宜过低，否则会生成HF，消耗F-，不利于Ca2+、Mg2+转化为沉淀，则原因是：pH过低时，易生成HF，不利于生成MgF2和CaF2沉淀。 （5）滤液②中Mn2+的浓度为0.30mol∙L-1，Fe2+的浓度为0.25mol∙L-1，“沉淀”中Mn2+和Fe2+的沉淀率分别为98%和95%，设1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为x，则依据沉淀Mn0.5Fe0.5C2O4∙2H2O的组成，可得出下列等式：0.30mol∙L-1×1000L×98%=(0.25mol∙L-1×1000L+x)×95%，可求出x=59.5mol，即1m3滤液需要加入FeSO4的物质的量为59.5mol。 （6）Fe2+具有较强的还原性，需防止被氧化，则“焙烧”过程中通入Ar的目的为：防止Fe2+氧化；该过程中除产品外，还有H2O和两种气体生成，此两种气体应为H2C2O4的分解产物，依据元素守恒，可得出“焙烧”过程的化学反应方程式为。 4．碱式次氯酸镁[]是一种强氧化性抗菌剂，难溶于水。用镁渣［主要含有、等]制备碱式次氯酸镁的流程如下。 （1）“煅烧”在高温下进行，煅烧得到的同时，生成气体的化学式为 。 （2）“溶解时需加热，反应会生成一种能使红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式为 。 （3）“沉淀”步骤制备［]时需控制约为10，碱性太强会产生杂质使沉淀中镁元素含量增大，该杂质的化学式为 。 （4）向的溶液中加入适量溶液、溶液，过滤，洗涤，干燥得到［]固体。为测定其组成，将所得固体溶于酸，再加入过量的溶液，充分反应生成和。测得生成的为0.005mol。计算[]的化学式 (写出计算过程)。 【答案】（1）、 （2） （3） （4） 【分析】镁渣［主要含有、等]煅烧时，碳酸锰和氢氧化镁分别分解，生成氧化镁固体和二氧化碳及水蒸气；加入氯化铵溶解氧化镁，溶液中结晶出氯化镁，溶液中加入适量溶液、溶液，过滤，洗涤，干燥得到［]固体。 【解析】（1）“煅烧”在高温下进行，煅烧得到的同时，生成气体的化学式为：、； （2）“溶解”时需加热，反应会生成一种能使红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，同时生成氯化镁，该反应的化学方程式为：； （3）溶液中加入适量溶液、溶液，过滤，洗涤，干燥得到［]固体，碱过量时镁离子直接与氢氧根离子反应生成氢氧化镁沉淀，化学式为：； （4）由题意知，n()=cV=，根据元素守恒，产物中的n()=n()=0.01mol，产物中的次氯酸根将碘离子氧化为单质，根据电子转移守恒，n(ClO-)=n()=0.005mol，根据电荷守恒，n(OH-)=2n()－n(ClO-)=0.15 mol，根据各微粒物质的量关系可得化学式为：。 5．硫酸亚铁铵是生活中常用的净水剂，其晶体化学式为(摩尔质量：)。实验室用废铁屑[成分为铁和少量铁锈()]制取硫酸亚铁铵晶体，其流程如图所示： （1）结合生活常识，流程中用溶液处理废铁屑的目的是 。 （2）滤渣中的铁锈与硫酸反应的离子方程式为 。该过程中铁屑已完全溶解的标志是 。 （3）样品(杂质中不含其他含的化合物)含量的测定。 称取6.0g样品，配制成溶液，用硫酸酸化的溶液反应，消耗溶液的体积为15.00mL。发生反应的离子方程式为，上述样品中的质量分数为多少 。(保留两位有效数字，写出计算过程) 【答案】（1）除去铁屑表面的油污 （2）Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O 不再产生气泡 （3）98% 【解析】（1）结合生活常识，铁屑表面有油污，而Na2CO3溶液显碱性，能够促进油脂的水解而除去，故流程中用Na2CO3溶液处理废铁屑的目的是除去铁屑表面的油污，便于后续步骤的进行，故答案为：除去铁屑表面的油污； （2）滤渣中的铁锈即Fe2O3与硫酸反应的化学方程式为：Fe2O3+3H2SO4=Fe2(SO4)3+3H2O，则该反应的离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，该过程中由于Fe和稀硫酸反应放出气泡，故铁屑已完全溶解的标志是不再产生气泡，故答案为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O；不再产生气泡； （3）样品(杂质中不含其他含的化合物)含量的测定。 称取6.0g样品，配制成溶液，用硫酸酸化的溶液反应，消耗溶液的体积为15.00mL， 由题干发生反应的离子方程式：可知，原样品中含有Fe2+的物质的量为：n(Fe2+)=5n(KMnO4)=5×0.2000mol/L×15.00×10-3L=1.5×10-2mol，则上述样品中的物质的量为：1.5×10-2mol，则上述样品中的质量分数为：×100%=98%，故答案为：98%。 （建议用时：30分钟） 6．（2025·广东佛山·阶段练习）次磷酸钠(NaH2PO2)是有机合成的常用还原剂，一般制备方法是将黄磷(P4)和过量烧碱溶液混合、加热，生成次磷酸钠和PH3，PH3是一种无色、有毒的可燃性气体。实验装置如图所示：    回答下列问题： （1）在a中加入黄磷、活性炭粉末，打开K1，通入N2一段时间，关闭K1，打开磁力加热搅拌器，滴加烧碱溶液。 ①活性炭粉末作为黄磷的分散剂，原理是 ，b的作用 。 ②a中反应的化学方程式为 。 （2）反应结束后，打开K1，继续通入N2，目的是 。d的作用是 。 （3）c中生成 NaH2PO2和NaCl，相关物质溶解度(S)如下： S（25℃） S(100℃) NaCl 37 39 NaH2PO2 100 667 充分反应后，将c中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，该晶体主要成分的化学式为 ，然后 、 、过滤、洗涤、干燥，得到含NaH2PO2的粗产品。 （4）产品纯度测定： 取产品m克配成250mL溶液，取25mL于锥形瓶中，酸化后加入25mL0.10mol/L碘水，于暗处充分反应后，以淀粉溶液做指示剂，用0.10 mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点，平均消耗VmL，相关反应方程式为：H2PO2－+H2O+I2=H2PO3－+2H++2I－，2S2O32－+I2=S4O62－+2I－。产品纯度表达式为 。 【答案】使反应物充分混合，加快反应速率 安全瓶 P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO4+PH3↑ 排出装置中的未反应的PH3，使PH3被c装置吸收 吸收尾气，防止污染空气 NaCl 趁热过滤 冷却结晶 【分析】根据物质的制备、分离、提纯原理分析解答；根据化学反应方程式进行物质的量计算。 【解析】（1）①活性炭粉末作为黄磷的分散剂，使反应物充分混合，加快反应速率，b装置在实验流程中起到了安全瓶的作用，防止倒吸， 故答案为使反应物充分混合，加快反应速率；安全瓶； ②a中氢氧化钠与黄磷(P4)反应生成磷化氢和次磷酸钠，反应的化学方程式为P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO4+PH3↑， 故答案为P4+3NaOH+3H2O3NaH2PO4+PH3↑； （2）反应结束后，打开K1，继续通入N2，是为了排出装置中的未反应的PH3，促进PH3被c装置吸收，d装置最后进行尾气处理，从而达到保护环境的目的， 故答案为排出装置中的未反应的PH3，使PH3被c装置吸收；吸收尾气，防止污染空气； （3）根据题干信息可知，NaCl的溶解度受温度影响不大，则c中混合液蒸发浓缩，有大量晶体析出，析出的晶体为NaCl，由于NaH2PO2溶解度受温度影响变化大，所以应该进行趁热过滤分离出NaCl后，再进行冷却结晶得到NaH2PO2， 故答案为 NaCl；趁热过滤，冷却结晶； （4）产品纯度测定： 根据离子方程式可知，n(H2PO2-)=n(I2)=[0.10mol/L×0.025L-n(S2O32-)]×10=[0.025-0.0005V]mol，产品纯度为：， 故答案为。 7．（2025·广东梅州·阶段测试）2019年诺贝尔化学奖颁发给来自美国、英国、日本的三位科学家，表彰他们在锂离子电池方面的研究贡献。锂离子电池广泛应用要求处理锂电池废料以节约资源、保护环境。锂离子二次电池正极铝钴膜中主要含有钴酸锂(LiCoO2)、Al等，处理该废料的一种工艺如下图所示： 回答下列问题： （1）铝钴膜在处理前初步进行粉碎的目的是 。 （2）能够提高“碱浸”效率的方法有 (至少写两种)。 （3）“碱浸”时Al溶解的离子方程式为 。 （4）“酸溶”时加入H2O2的目的是 。 （5）溶液温度和浸渍时间对钴的浸出率影响如图所示，则浸出过程的最佳条件是 。 （6）配制250 mL 1.0 mol/L (NH4)2C2O4溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外还需要 。 （7）取CoC2O4固体4.41g在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41g，则该钴的氧化物的化学式为 。 【答案】增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率 适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等 将LiCoO2中+3价的Co还原为+2价 75℃，30min 250mL容量瓶、胶头滴管 Co3O4 【分析】由流程可知，加入NaOH碱液浸泡，将Al充分溶解，过滤后得到的滤液为含有偏铝酸钠，滤渣为LiCoO2；加硫酸、过氧化氢，将LiCoO2还原，得到含有Li+和Co2+的溶液，加入氨水调节溶液pH，除去锂离子，滤渣主要为LiOH，再用草酸铵“沉钴”得到CoC2O4，以此来解答。 【解析】（1）铝钴膜在处理前初步进行粉碎可以增大接触面积，加快反应速率，提高浸出率； （2）适当增大NaOH的浓度、适当升高温度等都可以提高碱浸效率； （3）Al可以和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为； （4）根据后续流程可知Co元素由LiCoO2中的+3价变为了CoC2O4中的+2价，而双氧水具有一定的还原性，所以加入双氧水的目的为：将LiCoO2中+3价的Co还原为+2价； （5）据图可知温度越高钴的浸出率越大，但30min后75℃和85℃条件下浸出率几乎相同，为了降低能耗温度应选75℃，而30min后浸出率几乎不变，所以时间选30min，即最佳条件为75℃，30min； （6）配制250 mL 1.0 mol/L (NH4)2C2O4溶液，需要的玻璃仪器除玻璃棒、烧杯外，还需要250 mL容量瓶，以及定容时所需要的胶头滴管； （7）取CoC2O4固体4.41 g在空气中加热至300℃，得到钴的氧化物2.41 g，n(CoC2O4)==0.03mol，根据元素守恒，氧化物中n(Co)=0.03mol，质量为m(Co)=0.03mol×59g/mol=1.77g，则氧化物中m(O)=2.41g-1.77g=0.64g，所以n(O)==0.04mol，氧化物中n(Co)：n(O)=0.03mol：0.04mol=3:4，所以该氧化物为Co3O4。 8．我国稀土资源丰富，氟化镨()常用于电弧碳棒添加剂。工业上采用方镨矿(主要成分，难溶于水)制备氟化镨的工艺流程如下： 已知：① ②80℃时， （1）步骤I为溶浸除硫，镨元素以形式存在，则反应的离子方程式为 ；该反应中，每转移0.6mol电子，生成 g单质硫。 （2）加入的目的为 。 （3）80℃时，若，“调pH”是控制，则该条件下，溶液中 。 （4）请用化学平衡移动原理解释过程中使用“趁热过滤”“冷却结晶”的原因： 。 （5）写出步骤Ⅲ转化过程的化学方程式： 。 （6）若某工厂用kg方镨矿粉(含40%)制备，最终得到产品kg，则产率为 (列出计算式即可)。 【答案】（1） 9.6g （2）将氧化为从而便于后续沉淀除去 （3） （4）反应是个吸热反应，高温时，利于生成，趁热过滤出减少Pr元素的损失，提高产率；后降低温度平衡逆向移动，有利于析出晶体 （5） （6） 【分析】本题为工艺流程题，是利用方镨矿精矿(Pr2S3，难溶于水)制备氟化镨，步骤I为溶浸除硫，镨元素以形式存在，可知反应的离子方程式为：，加入H2O2将Fe2+转化Fe3+，便于加热搅拌时生成Fe(OH)3沉淀而除去，加入饱和食盐水是使平衡正向移动，将PrCl3充分溶解，便于和Fe(OH)3分离，过滤得到滤渣为Fe(OH)3，滤液1蒸发浓缩，冷却结晶析出PrCl3晶体，过滤得到PrCl3晶体，向晶体中加入NH4HCO3溶液充分反应，得到Pr2(CO3)3，过滤得到滤液3主要成分是NH4Cl，固体Pr2(CO3)3中加入HF溶液，得到PrF3，据此分析解题。 【解析】（1）根据分析，步骤I为溶浸除硫，镨元素以形式存在，则反应的离子方程式为；该反应中，每转移0.6mol电子，生成0.3molS，质量为9.6g； （2）根据分析加入的目的为将氧化为从而便于后续沉淀除去； （3）80℃时，若，“调pH”是控制，，则该条件下，溶液中=； （4）从化学平衡移动原理解释过程中使用“趁热过滤”“冷却结晶”的原因：反应是个吸热反应，高温时，利于生成，趁热过滤出减少Pr元素的损失，提高产率；后降低温度平衡逆向移动，有利于析出晶体； （5）向晶体中加入NH4HCO3溶液充分反应，得到Pr2(CO3)3，转化过程的化学方程式：； （6）若某工厂用kg方镨矿粉(含40%)制备，最终得到产品kg，则产率为=。 9．活性炭载钯(Pd/C)催化剂被广泛应用于医药和化工行业，某废钯催化剂(钯碳)的杂质主要含炭、有机物及少量Fe、Zn等。如图是利用钯碳制备氧化钯()和Pd的流程。 已知：王水是由浓硝酸和浓盐酸按照体积比1∶3混合而成的具有强氧化性的溶液。 回答下列问题： （1）实验室中可在 (填仪器名称)中模拟“焚烧”过程。 （2）“溶浸”步骤中钯与王水发生反应生成和一种有毒的无色气体A，A为 (填化学式)，其在空气中变化的化学反应方程式为 ，钯的浸出率与反应的时间、温度的关系如图所示，则最佳的浸取时间和温度为 ，写出“除锌铁”步骤中钯的化合物与试剂Ⅰ反应的化学反应方程式 。 （3）“沉钯”步骤中试剂Ⅱ应为 (填名称)，加入该试剂的目的是 。 （4）海绵钯具有优良的储氢功能。假设海绵钯的密度为，其吸附的氢气是其体积的n倍(标准状况)，则此条件下，氢气的浓度 mol(氢气的浓度r为1mol Pd吸附氢气的物质的量，用含、n的分数式表示)。 【答案】（1）坩埚 （2）NO 2.5h，90℃ （3）盐酸 中和，促进[Pd(NH3)4]Cl2转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀 （4） 【分析】废钯催化剂高温焚烧，有机物、C、Fe、Zn、Pd被氧气氧化生成氧化物，有机物、C转化为尾气而除去，加入N2H4，PdO被N2H4还原产生Pd，Fe被还原为Fe单质，Zn被还原为Zn单质，再向其中加入王水，Pd、Fe、Zn都能溶于王水，其中Pd与王水反应得到H2[PdCl4]溶液，同时产生有毒无色气体NO气体，再向溶液中加入浓氨水调节溶液pH，钯转化为可溶性的[Pd(NH3)4]2+，铁离子、锌离子全部形成Fe(OH)3、Zn(OH)2沉淀，然后过滤，向滤液中加入盐酸，析出得到[Pd(NH3)2]Cl2黄色晶体，然后煅烧得到PdCl2，再经过还原得到Pd。 【解析】（1）坩埚耐高温，实验室可在坩埚中模拟焚烧实验； （2）由分析知，有毒的无色气体A为NO；NO在空气中与O2迅速反应生成NO2，化学方程式为；由图可知，钯的浸出率最佳的浸取时间和温度为2.5h，90℃；试剂Ⅰ为氨水，与H2[PdCl4]反应生成[Pd(NH3)4]Cl2，化学方程式为； （3）为了不增加新杂质，“沉钯”步骤中试剂Ⅱ应为盐酸；加入该试剂的目的是中和，促进[Pd(NH3)4]Cl2转化为[Pd(NH3)2]Cl2沉淀； （4）假设海绵钯体积为1L，则海绵钯为，物质的量为，吸附氢气体积为nL，物质的量为，则1mol Pd吸附氢气的物质的量为，氢气的浓度r为1mol Pd吸附氢气的物质的量。 10．实验室模拟工业法用软锰矿(主要成分为MnO2，杂质不参与反应)制KMnO4，主要流程如下： 已知：K2MnO4溶液在pH=11~12之间歧化完全。 （1）补全“焙烧”时发生的化学反应方程式，并用单线桥标出电子转移方向和数目 。 MnO2+KClO3+KOHK2MnO4+KCl+ （2）操作Ⅰ中，边通CO2需边控制pH。pH控制在 (填写范围)之间，理由是 。 （3）有同学建议操作Ⅰ中用盐酸代替通CO2，分析是否合理 (选填“合理”或“不合理”)，并说出理由 。 （4）操作Ⅱ包括蒸发浓缩、 、过滤、洗涤、干燥，为进一步提纯KMnO4晶体，应采用的实验方法是 。 （5）为提高原料利用率，能循环利用的物质是 。 A．KClO3    B．KOH    C． K2MnO4    D．MnO2 （6）假设软锰矿中MnO2质量分数为52.2%，不考虑物质循环与制备过程中的损失，1t软锰矿理论上可制得KMnO4固体 kg。 【答案】（1） （2）11~12 确保K2MnO4溶液歧化完全 （3）不合理 防止K2MnO4、KMnO4与盐酸反应，使KMnO4产率降低 （4）冷却结晶 重结晶 （5）BD （6）632 【分析】由题给流程可知，软锰矿与氯酸钾、氢氧化钾混合焙烧得到锰酸钾和氯化钾的混合物，混合物加水溶解浸取、过滤得到滤渣和滤液；向滤液中通入二氧化碳调节溶液pH在11~12范围内，将溶液中的锰酸钾转化为二氧化锰和高锰酸钾，过滤得到可以循环使用的二氧化锰和含有高锰酸钾、碳酸钾的滤液；滤液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到高锰酸钾晶体和含有碳酸钾的滤液；向滤液中加入生石灰，反应、分离得到可以循环使用的氢氧化钾。 【解析】（1） 由分析可知，“焙烧”时发生的反应为软锰矿与氯酸钾、氢氧化钾高温条件下反应生成锰酸钾、氯化钾和水，反应中锰元素的化合价升高被氧化，二氧化锰是反应的还原剂，氯元素的化合价降低被还原，氯酸钾是氧化剂，反应生成3mol锰酸钾时，转移6mol电子，则表示反应电子转移方向和数目的单线桥为，故答案为：； （2）由题给信息可知，锰酸钾液在pH=11~12之间歧化完全，所以操作Ⅰ中，边通二氧化碳边控制溶液pH在11~12范围内的目的是确保锰酸钾溶液歧化完全，故答案为：11~12；确保K2MnO4溶液歧化完全； （3）盐酸具有还原性，能与锰酸钾、高锰酸钾反应生成氯气，所以操作Ⅰ中不能用盐酸代替通二氧化碳，否则会使高锰酸钾产率降低，故答案为：不合理；防止K2MnO4、KMnO4与盐酸反应，使KMnO4产率降低； （4）由分析可知，操作Ⅱ包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；可以用重结晶的方法进一步提纯得到高锰酸钾晶体，故答案为：冷却结晶；重结晶； （5）由分析可知，为提高原料利用率，流程中能循环使用的物质是二氧化锰和氢氧化钾，故选BD； （6）由题意可知，制备高锰酸钾涉及的反应为3MnO2+KClO3+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O、3K2MnO4+2CO2=2KMnO4+ MnO2↓+2K2CO3，则不考虑物质循环与制备过程中的损失，由方程式可得如下转化关系：3MnO2—2KMnO4，则1t软锰矿理论上可制得高锰酸钾的质量为××158g/mol×10—3kg/g=632kg，故答案为：632。 （建议用时：30分钟） 11．（2025·广东清远·模拟）稀土元素Ce是重要的战略资源，其氧化物CeO2是一种重要的催化剂。一种沉淀法制备CeO2的过程如下： （1）制备Ce2(CO3)3·8H2O沉淀 ①配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为 。 ②生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀的化学方程式为 。 ③溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系如图1所示。滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为 。 （2）灼烧Ce2(CO3)3·8H2O制备CeO2 在空气中灼烧Ce2(CO3)3·8H2O，测得灼烧过程中剩余固体质量与起始固体质量的比值随温度变化曲线如图2所示。已知a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收。 ①a点固体产物为 (填化学式，写出计算过程)。 ②“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收的原因为 。 【答案】（1）抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀 2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3 提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱 （2）Ce2(CO3)3 吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用 【分析】配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度以抑制Ce3+水解防止生成Ce(OH)3沉淀，向Ce (NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，该反应的化学方程式为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，过滤、洗涤低温干燥得到Ce2(CO3)3·8H2O，对Ce2(CO3)3·8H2O进行灼烧至恒重即可得到CeO2，并用氨水吸收CO2即可生成NH4HCO3可以循环使用，据此分析解题。 【解析】（1）①已知Ce(NO3)3是强酸弱碱盐，Ce3+能够发生水解呈酸性同时生成Ce(OH)3沉淀，故配制Ce (NO3)3溶液时，需滴加适量稀硝酸调节酸度，其原因为抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀，故答案为：抑制Ce3+水解，防止生成Ce(OH)3沉淀； ②由题干流程图可知，向Ce(NO3)3溶液中加入氨水和NH4HCO3溶液生成Ce2(CO3)3·8H2O沉淀，配平后可得该反应的化学方程式为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3，故答案为：2Ce(NO3)3+3NH3·H2O+3 NH4HCO3+5H2O=Ce2(CO3)3·8H2O↓+6NH4NO3； ③由题干图1所示溶液pH与Ce2(CO3)3·8H2O沉淀产率的关系的信息可知，pH=6时Ce2(CO3)3·8H2O沉淀率较高，原溶液呈酸性将消耗更多的NH4HCO3，若pH更大即超过6时将产生Ce(OH)3使得最终产物中含有Ce2(CO3)3·8H2O较少，煅烧时产生的CO2更少，最终产品CeO2气孔少，吸附能力更弱，故滴加NH4HCO3溶液(弱碱性)前，先加氨水调节溶液pH约为6的原因为提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱，故答案为：提高Ce2(CO3)3·8H2O的沉淀产率；节约NH4HCO3的用量(或氨水中和硝酸，速率比NH4HCO3快)；pH超过6，Ce(OH)3含量增大，最终CeO2产品气孔少，吸附能力弱； （2）①已知Ce2(CO3)3·8H2O的摩尔质量为604g/mol，a到b过程中产生的气体不能使无水CuSO4变蓝，但能被碱液完全吸收，说明这时不再放出水蒸气，即a点处结晶水已经完全失去，设灼烧1molCe2(CO3)3·8H2O固体，则起始固体质量为：1mol×604g/mol=604g，a点对应剩余固体质量为：604g×76.16%=460g，即这阶段减少质量为604g-460g=144g，144g÷18g/mol=8mol，即失去8molH2O，故a点固体产物为Ce2(CO3)3，故答案为：Ce2(CO3)3； ②煅烧过程中，将产生CO2，故“灼烧”过程中，产生的气体选用氨水吸收能够吸收CO2，减少碳排放，同时生成NH4HCO3，可循环使用，故答案为：吸收CO2，减少碳排放；氨水吸收液中生成的NH4HCO3，可循环使用； 12．硫酸铜可用于游泳池消毒，工业上一种利用含铜矿石（主要含、、FeS以及少量等）制备硫酸铜晶体的工艺流程如图所示： 回答下列问题： （1）为了提高“焙烧”的反应速率，可采取的措施为 （任写一种即可）。 （2）“焙烧”时金属元素均转化为其高价氧化物（CuO、），发生反应的化学方程式为 。 （3）“酸溶”后，溶液中的金属阳离子有 ；“滤渣a”用途为 （任写一点即可）。 （4）“转化”时发生反应的离子方程式为 ，不能将双氧水替换为硝酸的原因是 ，“一系列操作”包括蒸发浓缩、 、过滤、干燥。 （5）硫酸铜晶体（）结晶水的测定：准确称量硫酸铜晶体的质量，低温加热至晶体全部变为白色，冷却至室温后称量，反复几次，最终质量恒为，则结晶水 （用字母表示）。 【答案】（1）粉碎 （2）4CuFeS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2 （3）Cu2+、Fe3+ 制作光导纤维 （4）Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O 使用硝酸会产生污染性气体，同时引入硝酸根杂质 冷却结晶 （5） 【分析】由题给流程可知，铜矿石在空气中焙烧时，金属硫化物高温条件下与氧气反应生成金属氧化物和二氧化硫，向焙烧渣中加入稀硫酸酸浸，金属氧化物转化为可溶性硫酸盐，二氧化硅与稀硫酸不反应，过滤得到含有二氧化硅的滤渣和滤液；向滤液中加入过量铁屑，将溶液中的铜离子转化为铜，过滤得到含有铁、铜的滤渣和滤液；向滤渣中加入稀硫酸酸洗，将铁转化为亚铁离子，过滤得到铜和洗涤液；向滤渣中加入过氧化氢和稀硫酸的混合溶液，将铜转化为硫酸铜，反应得到的硫酸铜溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸铜晶体。 【解析】（1）将铜矿石粉碎可以增大固体的表面积，有利于增大反应物的接触面积，提高“焙烧”的反应速率，故答案为：粉碎； （2）由分析可知，“焙烧”时，CuFeS2高温条件下与氧气反应生成氧化铜、氧化铁和二氧化硫，反应的化学方程式为4CuFeS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2，故答案为：4CuFeS2+13O24CuO+2Fe2O3+8SO2； （3）由分析可知，酸溶得到的溶液为硫酸铁和硫酸铜的混合溶液，则溶液中存在的金属阳离子为铜离子和铁离子；滤渣a的主要成分是二氧化硅，二氧化硅可用于制作光导纤维，故答案为：Cu2+、Fe3+；制作光导纤维； （4）由分析可知，“转化”时发生的反应为铜与过氧化氢和稀硫酸的混合溶液反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；铜与硝酸反应生成硝酸铜、有毒的一氧化氮和水，所以不能用稀硝酸溶解铜，否则会产生氮的氧化物污染大气，同时会引入硝酸根离子，导致产品不纯；由分析可知，一系列操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；使用硝酸会产生污染性气体，同时引入硝酸根杂质； （5）由题意可知，硫酸铜晶体中结晶水的质量为(m1—m2)g，硫酸铜的质量为m2g，由物质的量之比等于微粒个数之比可得：：=1：x，解得x=，故答案为：； 13．硫代硫酸钠在污水处理、分析化学、金属矿物处理等方面都有着广泛应用。硫代硫酸钠标准溶液的配制与标定是分析化学的重要内容。 Ⅰ．标准溶液的配制 （1）硫代硫酸钠在酸性条件下不稳定，硫代硫酸钠溶液与稀盐酸反应的离子方程式为 。 （2）配制硫代硫酸钠标准溶液时，下列仪器一定不会用到的是 (填字母)。 a．电子天平  b．烧杯  c．量筒  d．玻璃棒  e．蒸发皿  f．胶头滴管  g．分液漏斗 （3）标准溶液的配制步骤如下，按正确顺序排列为 (填序号)。 ①称取一定质量的硫代硫酸钠晶体，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解； ②加水至液面离容量瓶颈部的刻度线时，改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切； ③待冷却至室温后，将溶液转移到容量瓶中； ④盖好瓶塞，反复上下颠倒，摇匀； ⑤用少量的蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，并将洗涤液转移到容量瓶中。 （4）定容时，仰视刻度线，会使配制结果 (填“偏高”“偏低”或“无影响”) Ⅱ．标准溶液的标定 ①基准溶液的配制：用减量法称取的，用蒸馏水溶解后准确定容到的容量瓶中。 ②滴定：准确量取溶液于碘量瓶中，依次加入稀硫酸、粉末，立即盖紧瓶塞水封。暗处反应后，用配制的溶液滴定至浅黄色后加入指示剂继续滴定，滴定结束后记录数据，平行实验做三次。 已知：，。 （5）反应在暗处进行的原因是 。 （6）指示剂为 ，若三次实验平均消耗硫代硫酸钠溶液的体积为24.60 mL，则硫代硫酸钠标准溶液的物质的量浓度为 (保留4位有效数字)。 【答案】（1） （2）eg （3）①③⑤②④ （4）偏低 （5）保证反应进行彻底，防止I2挥发 （6）淀粉溶液 0.09756 【解析】（1）硫代硫酸钠溶液与稀盐酸发生歧化反应生成氯化钠、硫单质、二氧化硫和水，离子方程式为，故答案为。 （2）配制溶液时，一定不会用到的是蒸发皿和分液漏斗，故答案为eg。 （3）配制一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、移液、定容、摇匀、装瓶、贴标签，结合题目已知步骤，可知主要操作步骤的正确顺序是①③⑤②④，故答案为①③⑤②④。 （4）定容时，仰视刻度线，导致溶液体积偏大，会使配制结果偏低，故答案为偏低。 （5）在滴定实验中，先发生反应，后发生，在暗处进行，是使与KI反应更充分，保证生成的I2的量准确，从而提高实验的准确性，故答案为保证反应进行彻底，防止I2挥发(合理即可)。 （6）滴定时指示剂选择淀粉溶液，由题意可列出关系式：，，，溶液的，可知过量，故，故答案为淀粉溶液；0.09756。 14．二氧化硫是食品加工中常用的漂白剂和防腐剂。某实验小组用如图装置(加热、夹持装置等略)测定某品牌干果中二氧化硫(以亚硫酸盐形式存在)的残留量。 实验步骤： ⅰ．称取m g粉碎后的干果置于圆底烧瓶B中，加入200 mL蒸馏水。A中加入足量的质量分数为3%的过氧化氢溶液作为吸收液。 ⅱ．接通C中冷凝水，通入，将D中10 mL 6 mol/L的盐酸加入B中，加热B中的溶液至微沸，并保持1.5 h，直至反应完全。 ⅲ．将A中溶液放冷后摇匀，溶液体积为100 mL。取20 mL，加入指示剂，用0.0100 mol/L NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液体积为 mL。 ⅳ．不加样品，重复上述操作，进行空白试验，消耗NaOH标准溶液体积。 回答下列问题： （1）仪器A的名称为 ，A中发生反应的化学方程式为 。 （2）A中加入3%的过氧化氢溶液使用时需要现配。配制方法：量取质量分数为30%的过氧化氢溶液100 mL，加水稀释至1000 mL。配制过程中下列仪器不需要的是 (填仪器名称)。 （3）盐酸在实验中的作用是 。 （4）冷凝管C的进水口应为 (填“a”或“b”)。反应结束后，应先停止 (填“加热”或“通冷凝水”)。 （5）空白实验的目的是排除试剂或环境对实验测定带来的影响，若未做空白试验，测得残留量会 (填“偏高”或“偏低”)。 （6）该干果中二氧化硫残留量为 g/kg(按二氧化硫计，列出计算式)。 【答案】（1）锥形瓶 （2）球形分液漏斗、电子天平 （3）将亚硫酸盐转化为二氧化硫，使充分释放 （4）a 加热 （5）偏高 （6） 【分析】装置A为SO2吸收装置，与H2O2反应生成H2SO4，装置 B是样品反应的发生装置，其中放置粉碎的干果样品，加入盐酸后，亚硫酸盐与盐酸反应生成SO2气体，装置 C为直形冷凝管，作用是冷凝回流，使挥发的SO2被充分冷凝，提高SO2的收集效率，同时防止装置内液体过度挥发，装置 D用于盐酸，通过分液漏斗的旋塞可控制盐酸的滴加速度，从而控制SO2的生成速率。 【解析】（1）由图可知，装置A为锥形瓶；A中反应的化学方程式为； （2）配制 3% 的过氧化氢溶液是稀释过程，只需量取体积（量筒）、溶解（烧杯）、转移（玻璃棒、容量瓶），不需要球形分液漏斗（用于分液或滴加液体，此处用不到）和电子天平（稀释不涉及称量固体）； （3）样品中SO2以亚硫酸盐形式存在，盐酸的作用是与亚硫酸盐反应生成SO2气体，使SO2被 A 中H2O2吸收； （4）冷凝管 C 的进水口应为a（冷凝水 “下进上出”，保证冷凝管充满水，冷凝效果好）；反应结束后，应先停止加热（若先停冷凝水，装置内残留的SO2无法被充分冷凝吸收，导致测定结果偏低）； （5）空白实验用于排除试剂或环境的干扰。若未做空白实验，滴定消耗的NaOH体积会包含试剂本身的消耗，导致计算的H2SO4偏多，最终测得SO2残留量偏高； （6）滴定时H2SO4和NaOH按照1:2反应，则n(H2SO4)= n(NaOH) ，20 mL溶液中n(NaOH)=0.0100 mol/L（V1-V2）10-3 L，则n(H2SO4)= 0.0100 （V1-V2）10-3 mol，100 mL溶液中n(H2SO4)= 0.0100 （V1-V2）10-3 mol，由元素守恒可知n(SO2)= n(H2SO4)，则m(SO2)=640.0100 （V1-V2）10-3g，换算为g/kg： =g/kg。 15．碱式碳酸铜可用于农业中作黑穗病的防止剂和种子的杀虫剂，实验室可通过如下反应制备：。 部分装置如图所示，具体步骤如下： ①分别配制溶液和溶液备用。 ②取溶液加入盛有溶液的三颈烧瓶中，加热并搅拌(温度控制在左右)。 ③用溶液调节为之间，搅拌至体系颜色转变为绿色，静置。 ④待沉淀完全后，抽滤，洗涤沉淀。 ⑤将产品置于烘箱中烘干，待冷却至室温称量，得2.56g产品。 已知：碱式碳酸铜温度过高易分解生成三种氧化物。 回答下列问题： （1）步骤①中用到的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒，还需要 ，如果定容时仰视刻度线，所配溶液浓度会 (填“偏低”“偏高”“无影响”)，要控制温度在左右应采用的加热方式为 。 （2）步骤③中不能过高的原因是 。 （3）步骤④中“洗涤沉淀”的实验操作为 。 （4）当反应温度过高时，会产生氧化铜，这是由于 (用化学方程式表示)。 （5）该产品的产率为 (保留两位有效数字)。 （6）碱式碳酸铜是孔雀石的主要成分，以二甲酚橙(用XO表示)为指示剂，用EDTA二钠盐(用表示)进行孔雀石中碱式碳酸铜质量分数的测定，取样品配制成溶液，取置于锥形瓶中，加入过量二钠盐后滴入指示剂，再用含标准液滴定剩余的EDTA二钠盐，消耗标准液。 已知：    滴定管盛装溶液前应检查是否漏液、洗涤、 (填操作)；样品中碱式碳酸铜的质量分数为 。(用含、、式子表示) 【答案】（1）胶头滴管、100mL容量瓶 偏低 水浴加热 （2）防止生成氢氧化铜沉淀 （3）用蒸馏水沿玻璃棒注入过滤器至浸没沉淀，待水流尽后重复2-3次 （4） （5）92% （6）润洗 或 【分析】制备碱式碳酸铜：Cu2+和生成Cu2(OH)2CO3，结合质量守恒可知，还生成CO2，反应为：2Cu2++2+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑，待沉淀完全后抽滤、洗涤沉淀、干燥，计算产率。 【解析】（1）配制溶液和溶液，所需实验仪器有，100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，题中还缺少胶头滴管、100mL容量瓶；如果定容时仰视刻度线，所加水的体积偏大，所配溶液浓度会偏低；要控制温度在左右应采用的加热方式为水浴加热（便于控制温度在70℃左右，防止局部过热）； （2）步骤③中不能过高，目的是防止生成氢氧化铜沉淀； （3）“洗涤沉淀”的实验操作为：用蒸馏水沿玻璃棒注入过滤器至浸没沉淀，待水流尽后重复2-3次； （4）温度过高时，碱式碳酸铜分解为氧化铜、水和二氧化碳，化学方程式：； （5）理论产量计算：所用CuSO4体积50 mL = 0.05 L，浓度0.5 mol/L，则n(CuSO4) = 0.05 × 0.5 = 0.025 mol；根据铜原子守恒，理论上可以生成n[Cu2(OH)2CO3] =  0.0125 mol，理论质量 m[Cu2(OH)2CO3]=222g/mol×0.0125mol = 2.775 g；实际产量：2.56 g；产率 = (实际产量 / 理论产量) × 100% =(保留两位有效数字)； （6）滴定管盛装溶液前应检查是否漏液、洗涤、润洗（用待装溶液润洗滴定管2-3次，避免溶液被稀释）； EDTA与Cu2+、Zn2+均按1:1反应。加入EDTA总量：（在25.00 mL样品溶液中），剩余EDTA消耗Zn2+量：，则与Cu2+反应的EDTA量，总溶液250 mL中n(Cu2+) = ，根据碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3化学式可知，则n(Cu2(OH)2CO3) ，碱式碳酸铜质量，质量分数 =。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $