第3章 章末提升课 第2课时 离子反应在化工流程中的应用（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高二化学选择性必修1 化学反应原理学习笔记（人教版 浙江专版）

该高中化学讲义通过流程图梳理化工流程题的一般形式和解题思路，结合溶度积常数、沉淀pH等表格，从电离、水解、沉淀溶解平衡视角构建离子反应应用的知识体系，突出平衡原理与化工流程的内在联系。 讲义亮点在于以高考真题为典例，如废旧铅酸蓄电池回收题，引导学生用平衡常数计算分析沉淀转化，培养科学思维和证据推理能力。练习题涵盖选择、填空，结合真实化工情境，基础题巩固方法，综合题提升探究能力，助力教师实施分层教学，学生自主复习时可通过解析明确解题思路。

第2课时　离子反应在化工流程中的应用 [核心素养发展目标]　1.了解常考化工流程题的一般形式。2.能从“电离平衡、水解平衡、沉淀溶解平衡”的视角分析化工生产的相关问题。 1.工艺流程题的一般呈现形式 2.工艺流程题解题思路 (1)审题流程 (2)识图技巧 图1箭头表示反应物加入同时生成物出来； 图2箭头表示反应物分步加入和生成物出来； 图3箭头表示循环反应。 3.典例剖析 例1　(2022·全国乙卷，26)废旧铅酸蓄电池的铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，为了保护环境、充分利用铅资源，通过下图流程实现铅的回收。 一些难溶电解质的溶度积常数如下表： 难溶电解质 PbSO4 PbCO3 BaSO4 BaCO3 Ksp 2.5×10-8 7.4×10-14 1.1×10-10 2.6×10-9 一定条件下，一些金属氢氧化物沉淀时的pH如下表： 金属氢氧化物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Al(OH)3 Pb(OH)2 开始沉淀的pH 2.3 6.8 3.5 7.2 完全沉淀的pH 3.2 8.3 4.6 9.1 回答下列问题： (1)在“脱硫”中PbSO4转化反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　，用沉淀溶解平衡原理解释选择Na2CO3的原因：　　　　 　　　　。  (2)在“脱硫”中，加入Na2CO3不能使铅膏中BaSO4完全转化，原因是　　　 　　　　。  (3)在“酸浸”中，除加入醋酸(HAc)，还要加入H2O2。 (ⅰ)能被H2O2氧化的离子是　　　　；  (ⅱ)H2O2促进了金属Pb在醋酸中转化为Pb(Ac)2，其化学方程式为　　　 　　　　；  (ⅲ)H2O2也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，H2O2的作用是　　　　。  (4)“酸浸”后溶液的pH约为4.9，滤渣的主要成分是　　　　　。  (5)“沉铅”的滤液中，金属离子有　　　　　。  流程解读　铅膏中主要含有PbSO4、PbO2、PbO和Pb，还有少量Ba、Fe、Al的盐或氧化物等，向铅膏中加入碳酸钠溶液进行脱硫，硫酸铅转化为碳酸铅，过滤，向所得固体中加入醋酸、过氧化氢进行酸浸，过氧化氢可将溶液中的亚铁离子氧化为铁离子，酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁，过滤后，向滤液中加入氢氧化钠溶液进行沉铅，得到氢氧化铅沉淀，滤液中的金属阳离子主要为钠离子和钡离子，氢氧化铅再进行处理得到PbO。 答案　(1)PbSO4(s)+C(aq)===PbCO3(s)+S(aq)　反应PbSO4(s)+C(aq)PbCO3(s)+S(aq)的平衡常数K===≈3.4×105>105，PbSO4可以比较彻底的转化为PbCO3 (2)反应BaSO4(s)+C(aq)BaCO3(s)+S(aq)的平衡常数K===≈0.04≪105，反应正向进行的程度有限 (3)(ⅰ)Fe2+　(ⅱ)Pb+H2O2+2HAc===Pb(Ac)2+2H2O　(ⅲ)作还原剂 (4)Fe(OH)3、Al(OH)3　(5)Ba2+、Na+ 解析　(3)(ⅰ)过氧化氢有氧化性，亚铁离子有还原性，会被过氧化氢氧化为铁离子。(ⅱ)过氧化氢促进金属Pb在醋酸溶液中转化为Pb(Ac)2，依据得失电子守恒和原子守恒可知，反应的化学方程式为Pb+H2O2+2HAc===Pb(Ac)2+2H2O。(ⅲ)过氧化氢也能使PbO2转化为Pb(Ac)2，铅元素化合价由+4价降低到+2价，PbO2是氧化剂，则过氧化氢是还原剂。(4)酸浸后溶液的pH约为4.9，依据金属氢氧化物沉淀时的pH可知，滤渣的主要成分为氢氧化铝、氢氧化铁。(5)加入碳酸钠不能使铅膏中的BaSO4完全转化，铁离子、铝离子分别转化为氢氧化铁、氢氧化铝沉淀，铅转化为氢氧化铅，最终转化为氧化铅，因此沉铅的滤液中，金属离子有Ba2+和加入碳酸钠、氢氧化钠时引入的Na+。 例2　(2023·山东，17)盐湖卤水(主要含Na+、Mg2+、Li+、Cl-、和硼酸根等)是锂盐的重要来源。一种以高镁卤水为原料经两段除镁制备Li2CO3的工艺流程如下： 已知：常温下，Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3。相关化合物的溶解度与温度的关系如图所示。 回答下列问题： (1)含硼固体中的B(OH)3在水中存在平衡：B(OH)3+H2OH++(常温下，Ka=10-9.24)；B(OH)3与NaOH溶液反应可制备硼砂Na2B4O5(OH)4·8H2O。常温下，在0.10 mol·L-1硼砂溶液中，水解生成等物质的量浓度的B(OH)3和，该水解反应的离子方程式为　　　 　　　　， 该溶液pH=　　　　　　　　　。  (2)滤渣 Ⅰ 的主要成分是　　　　　(填化学式)；精制 Ⅰ 后溶液中Li+的浓度为2.0 mol·L-1，则常温下精制 Ⅱ 过程中浓度应控制在　　　　　　　　　mol·L-1以下。若脱硼后直接进行精制 Ⅰ，除无法回收HCl外，还将增加　　　　　　　　　(填化学式)的用量。  (3)精制 Ⅱ 的目的是　　　 　　　　； 进行操作X时应选择的试剂是　　　　　　　　　　　，若不进行该操作而直接浓缩，将导致　　　　。  答案　(1)[B4O5(OH)4]2-+5H2O2B(OH)3+2　9.24　(2)Mg(OH)2、CaSO4　5.5×10-4　Na2CO3、CaO　(3)加入纯碱将精制 Ⅰ 所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3(或除去精制Ⅰ所得滤液中的Ca2+)，提高Li2CO3纯度　盐酸　浓缩液中因浓度过大使得Li+过早沉淀，即浓缩结晶得到的NaCl中会混有Li2CO3，最终所得Li2CO3的产率减小 解析　(2)精制 Ⅰ 后溶液中Li+的浓度为2.0 mol·L-1，由Ksp(Li2CO3)=2.2×10-3可知，则常温下精制 Ⅱ 过程中C浓度应控制在 mol·L-1=5.5×10-4 mol·L-1以下。(3)精制 Ⅰ 中，加入CaO，由于CaSO4微溶于水，精制 Ⅰ 所得滤液中还含有一定浓度的Ca2+，还需要除去Ca2+，因此，精制 Ⅱ 的目的是加入纯碱将精制 Ⅰ 所得滤液中的Ca2+转化为CaCO3(或除去精制 Ⅰ 所得滤液中的Ca2+)，提高Li2CO3纯度。操作X是为了除去剩余的碳酸根离子，防止引入杂质离子，应选择的试剂是盐酸。 1.实验小组设计实验除去粗盐溶液中的Ca2+、Mg2+、S并进行定性检验。 已知：Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12，Ksp(BaSO4)=1.1×10-10，Ksp(BaCO3)=2.6×10-9。 下列说法不正确的是(　　) A.常温时，调节溶液的pH>12，可使滤液中c(Mg2+)<1×10-5mol·L-1 B.加入Na2CO3溶液仅发生反应：Ba2++C===BaCO3↓、Ca2++C===CaCO3↓ C.加入盐酸发生的反应是2H++C===CO2↑+H2O、H++OH-===H2O D.若步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免白色沉淀M的生成 答案　B 解析　常温时，调节溶液的pH>12，则氢氧根离子浓度大于10-2 mol·L-1，则滤液中c(Mg2+)<=5.6×10-8 mol·L-1<1×10-5 mol·L-1，A正确；由题意可知，加入过量饱和Na2CO3溶液还会存在部分硫酸钡转化为碳酸钡，故还有反应：BaSO4(s)+C(aq)===BaCO3(s)+S(aq)，B错误；加入稀盐酸除去过量氢氧化钠、碳酸钠，故加入盐酸发生的反应是2H++C===CO2↑+H2O、H++OH-===H2O，C正确；流程中加入过量饱和碳酸钠溶液会将部分硫酸钡转化为碳酸钡沉淀，同时生成硫酸根离子，故步骤①加入BaCl2溶液后进行过滤，可以避免白色沉淀M的生成，D正确。 2.四水合磷酸锌[Zn3·4H2O，难溶于水]是一种性能优良的绿色环保防锈颜料。实验室以锌灰(含Zn、ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备Zn3·4H2O的流程如下： 已知：Ksp(ZnS)=1.6×10-24，Ksp(CuS)=6.4×10-36。 下列说法错误的是(　　) A.滤渣 Ⅰ 的主要成分是SiO2 B.步骤 Ⅰ 中，调节溶液的pH约为5后加KMnO4溶液反应的离子方程式为+3Fe2++7H2O===MnO2↓+3Fe(OH)3↓+5H+ C.若试剂a为ZnS，反应ZnS(s)+Cu2+(aq)===Zn2+(aq)+CuS(s)的K=2.5×1011 D.沉锌后的母液中可回收利用的物质有K2SO4、(NH4)2SO4 答案　A 解析　原料锌灰(含Zn、ZnO、PbO、CuO、FeO、Fe2O3、SiO2等)中，SiO2不与酸反应，PbO被硫酸转化为难溶的PbSO4，其余完全变成相应的硫酸盐进入溶液，滤渣Ⅰ为硫酸铅和SiO2。加入高锰酸钾氧化硫酸亚铁，其自身被还原为MnO2，硫酸亚铁最终转化为氢氧化铁，滤渣Ⅱ为MnO2、Fe(OH)3，试剂a用来除掉溶液中的铜离子。加入碳酸氢铵得到ZnCO3和Zn(OH)2，加入H3PO4得到Zn3(PO4)2·4H2O。反应ZnS(s)+Cu2+(aq)===Zn2+(aq)+CuS(s)的K====2.5×1011，C正确。 3.钴的氧化物常用于制取催化剂和颜料等。以含钴废料(含Co2O3和少量Fe、Al、Mn、Ca、Mg等的氧化物及活性炭)为原料制取钴的氧化物的流程如下。 已知：萃取时发生的反应为Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+。 (1)除Fe、Al：先加入NaClO3溶液，再加入Na2CO3溶液调节pH。写出NaClO3氧化Fe2+的离子方程式：　　　　。  (2)除Ca、Mg：当某离子浓度c≤1×10-6 mol·L-1时，认为该离子已除尽。 [Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11，Ka(HF)=3.5×10-4] ①为使Ca2+、Mg2+除尽，必须保持溶液中c(F-)≥　　　　mol·L-1。  ②若调节溶液的pH偏低，将会导致Ca2+、Mg2+沉淀不完全，其原因是　　　 　　　　。  (3)萃取、反萃取：加入某有机酸萃取剂(HA)2，实验测得Co2+萃取率随pH的变化如图所示。向萃取所得有机相中加入H2SO4，反萃取得到水相。 ①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　。  ②Co2+萃取率随pH升高先增大后减小的可能原因是　　　 　　　　。  答案　(1)6Fe2++Cl+6H+===6Fe3++Cl-+3H2O (2)①0.01　②pH偏低，氢离子浓度过大导致氟离子和氢离子结合成HF分子 (3)①实现Co2+的提取和富集　②随着pH升高，氢离子浓度减小，Co2++n(HA)2CoA2·(n-1)(HA)2+2H+平衡正向移动，导致Co2+萃取率升高；若pH过高，则Co2+转化为Co(OH)2沉淀，导致Co2+萃取率下降 解析　(2)①Ksp(CaF2)=1.0×10-10，Ksp(MgF2)=7.4×10-11，则氟化钙溶解度更大，钙离子除尽需要保证氟离子浓度至少为= mol·L-1=0.01 mol·L-1。(3)①该工艺中设计萃取、反萃取的目的是将Co2+从滤液中提取到有机层中，然后分液后再反萃取到水层中，实现Co2+的提取和富集。 课时对点练 [分值：50分] [1~4题，每小题5分] 1.以含钴废料(主要成分为Co3O4，含有少量 Fe3O4、Al2O3、SiO2杂质)为原料制备CoCO3的流程如图所示。 已知：①“酸浸”后过滤得到的滤液中含有的金属离子主要有Co2+、Fe3+、Al3+等；②常温下，有关沉淀的数据如表(完全沉淀时，金属离子浓度 ≤1×10-5mol·L-1) 沉淀 Al(OH)3 Fe(OH)3 Co(OH)2 恰好完全沉淀时的pH 5.2 2.8 9.4 下列说法错误的是(　　) A.滤渣Ⅰ的主要成分是 SiO2 B.酸浸时，H2O2既作氧化剂又作还原剂 C.除去浸取液中的Fe3+时发生的反应为Fe3++3HC===Fe(OH)3↓+3CO2↑ D.常温下，若“酸浸”后浸取液中c(Co2+)=0.1 mol·L-1，则“调pH”的范围是5.2~9.4 答案　D 解析　SiO2不与硫酸反应，A正确；“酸浸”后，过滤得到的滤液中含有Co2+、Fe3+、Al3+，说明H2O2既作氧化剂又作还原剂，B正确；除Fe3+时， Fe3+与 HC发生相互促进的水解反应，发生反应的离子方程式为Fe3++3HC===Fe(OH)3↓+3CO2↑，C正确；根据表中数据可知，使 Fe3+、Al3+完全沉淀，则pH≥5.2， Co2+恰好完全沉淀时pH为9.4，此时 c(OH-)=1×10-4.6 mol·L-1，Ksp[Co(OH)2]=c(Co2+)·c2(OH-)=(1×10-5)×=1×10-14.2，由于浸取液中c(Co2+)=0.1 mol·L-1，则Co2+刚开始沉淀时溶液的c(OH-)= mol·L-1=1×10-6.6 mol·L-1，此时pH=7.4，故调节溶液的pH范围是5.2~7.4， D错误。 2.(2024·浙江七彩阳光新高考研究联盟高二联考)用黄铜矿(主要成分为CuFeS2)制取铜和铁红的流程如图所示。下列说法正确的是(　　) A.将黄铜矿粉碎仅是为了提高在高温焙烧环节的反应速率 B.为了提高产率，在高温焙烧环节要通入足量的氧气 C.为了得到较纯净的铁红，对滤渣需要进行洗涤，以除去N和Cl- D.高温焙烧时发生的主要反应可能是CuFeS2+O2Cu+FeS+SO2 答案　D 解析　黄铜矿经粉碎、高温焙烧、酸溶、过滤后，滤液A为FeCl2溶液，结合“酸溶”过程产生H2S，可知高温焙烧时生成FeS，溶液B为FeCl3溶液，通入NH3生成Fe(OH)3沉淀，再经过滤、洗涤、干燥、灼烧可得Fe2O3。粉碎的作用还有提高转化率、产率、纯度等，A错误；若氧气足量，Cu和FeS会被氧化，B错误；无需洗涤，因为后续要灼烧，C错误。 3.(2024·金华十校第一学期高二期末)草酸亚铁(FeC2O4)是生产磷酸铁锂电池的原料，实验室可通过如下反应制取： 已知室温下：Ka1(H2C2O4)=5.6×10-2、Ka2(H2C2O4)=1.5×10-4、Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7。下列说法不正确的是(　　) A.用硫酸酸化溶解可以抑制Fe2+的水解 B.室温时，FeC2O4悬浊液中：c(C2)>c(HC2) C.室温时，若沉铁所加试剂改为同浓度的H2C2O4，则不能产生FeC2O4沉淀 D.室温时，“沉铁”后的上层清液中：c(Fe2+)·c(C2)=2.1×10-7 答案　C 解析　硫酸亚铁铵电离出的亚铁离子会发生水解：Fe2+ + 2H2O Fe(OH)2 + 2H+，加硫酸酸化，增大溶液中氢离子浓度，亚铁离子水解平衡逆向移动，A正确；FeC2O4(s)Fe2+(aq)+C2(aq)，C2+H2OHC2+OH-，Kh(C2)==，由水解平衡常数可知C2水解程度微弱，C2>HC2，B正确；室温时，Fe2++H2C2O4FeC2O4+2H+，该反应的平衡常数K===40，即Fe2+能与H2C2O4反应生成FeC2O4沉淀，C错误；过滤后的上层清液为FeC2O4饱和溶液，c(Fe2+)·c(C2)=Ksp(FeC2O4)=2.1×10-7，D正确。 4.海水中含有丰富的镁资源。某同学设计了从模拟海水中制备MgO的实验方案： 模拟海水中的离子浓度/(mol·L-1) Na+ Mg2+ Ca2+ Cl- HC 0.439 0.050 0.011 0.560 0.001 注：溶液中某种离子的浓度小于1.0×10-5 mol·L-1时，可认为该离子不存在。 实验过程中，假设溶液体积不变。已知：Ksp(CaCO3)=3.4×10-9，Ksp(MgCO3)=6.8×10-6，Ksp[Ca(OH)2]=4.7×10-6，Ksp[Mg(OH)2]=5.6×10-12。 下列说法正确的是(　　) A.沉淀X为CaCO3 B.滤液M中存在Mg2+，不存在Ca2+ C.滤液N中存在Ca2+和Mg2+ D.步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，沉淀Y为Ca(OH)2和Mg(OH)2的混合物 答案　A 解析　步骤①中，从题给条件可知n(NaOH)=0.001 mol，即n(OH-)=0.001 mol，依据离子反应“先中和、后沉淀、再其他”的反应规律，当1.0 L模拟海水中加入0.001 mol NaOH时，OH-恰好与HC完全反应：OH-+HC===C+H2O，生成0.001 mol C。由于Ksp(CaCO3)小于Ksp(MgCO3)，生成的C与水中的Ca2+反应生成CaCO3沉淀：Ca2++C===CaCO3↓，所以沉淀X为CaCO3，故A项正确；由于C只有0.001 mol，反应生成CaCO3所消耗的Ca2+为0.001 mol，滤液中还剩余c(Ca2+)=0.010 mol·L-1，则滤液M中同时存在Ca2+和Mg2+，故B项错误；步骤②中，当向滤液M中加入NaOH固体调至pH=11.0时，此时滤液中c(OH-)=1×10-3 mol·L-1，则Q[Ca(OH)2]=c(Ca2+)·c2(OH-)=0.010×(10-3)2=10-8<Ksp[Ca(OH)2]，无Ca(OH)2沉淀生成，Q[Mg(OH)2]=c(Mg2+)·c2(OH-)=0.050×(10-3)2=5×10-8>Ksp[Mg(OH)2]，有Mg(OH)2沉淀生成；又Ksp[Mg(OH)2]=c(Mg2+)·c2(OH-)=5.6×10-12，c(Mg2+)=5.6×10-6 mol·L-1<1.0×10-5 mol·L-1，则滤液N中不存在Mg2+，故C项错误；步骤②中若改为加入4.2 g NaOH固体，则n(NaOH)=0.105 mol，与0.050 mol Mg2+发生反应：Mg2++2OH-===Mg(OH)2↓，生成0.050 mol Mg(OH)2，剩余0.005 mol OH-，由于Q[Ca(OH)2]=c(Ca2+)·c2(OH-)=0.010×(0.005)2=2.5×10-7<Ksp[Ca(OH)2]，所以无Ca(OH)2沉淀析出，沉淀Y为Mg(OH)2，故D项错误。 5.(12分)(2023·全国甲卷，26)BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。回答下列问题： (1)“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是　　　　。  (2)“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为　　　　。  (3)“酸化”步骤应选用的酸是　　　　　　(填标号)。  a.稀硫酸 b.浓硫酸 c.盐酸 d.磷酸 (4)如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ 　　　　　　　　，其原因是　　　　。  (5)“沉淀”步骤中生成BaTiO的化学方程式为　　　　。  (6)“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的∶nCO=　　　　　　　　　。  答案　(1)做还原剂，将BaSO4还原　(2)S2-+Ca2+===CaS↓　(3)c　(4)不可行　CaS也会与盐酸反应生成有毒气体和可溶于水的CaCl2，影响产品纯度　(5)BaCl2+TiCl4+2(NH4)2C2O4+H2O===BaTiO(C2O4)2↓+4NH4Cl+2HCl　(6)1∶1 解析　由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中含碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体，溶于水后，加入TiCl4和C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO；BaTiO经热分解得到BaTiO3。(3)浸取后滤液中主要为BaCl2和BaS，为不引入杂质，“酸化”步骤应选用盐酸。(6)“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为BaTiOBaTiO3+2CO2↑+2CO↑，因此，产生的∶nCO =1∶1。 6.(18分)(2024·宁波奉化区第一学期期末联考)生物炼铜技术是一种利用微生物开矿的湿式制铜技术，适用于从含铜量极低的矿石中冶炼出铜，具有环保、高效、低成本的优点。利用生物炼铜方法可以制备金属铜，同时生成副产品FeSO4·7H2O，相关转化过程如图所示。金属离子沉淀的pH如下表。 Fe3+ Cu2+ Fe2+ 开始沉淀时的pH 1.5 4.2 6.3 完全沉淀时的pH 2.8 6.7 8.3 (1)请写出在硫化细菌作用下CuS转化生成CuSO4的离子方程式：　　　　　　　　　　　　。  (2)请选择合适的试剂X　　　　　　(填字母)。  A.新制氯水 B.双氧水 C.稀硝酸 D.酸性高锰酸钾 (3)调节pH的范围在　　　　　　　之间，试剂是　　　　　　　　(写出一种即可)。  (4)测定FeSO4·7H2O的纯度 Ⅰ.用分析天平称取6.000 g FeSO4·7H2O晶体，将其溶于硫酸后，加水稀释后用容量瓶配成100 mL的待测液； Ⅱ.取25.00 mL的待测液置于锥形瓶中，用0.050 00 mol·L-1的KMnO4标准液进行滴定，进行三次平行试验，消耗的KMnO4标准液的体积如下表所示： 实验组 第一次 第二次 第三次 滴定前KMnO4溶液的体积/mL 0.05 0.20 1.10 滴定后KMnO4溶液的体积/mL 19.95 20.30 22.1 ①KMnO4标准液盛放在　　　　(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。  ②对于上述滴定操作，下列描述正确的是　　　 (填字母)。 A.装入标准液时使液面位于“0”刻度线以上 B.装液后若发现有气泡，可快速向下放液排气泡 C.滴定时滴定管下端应略伸入锥形瓶口 D.滴定过程中，左手轻轻挤压玻璃球，右手轻轻摇动锥形瓶 E.刚开始滴定时，可使溶液流成“水线”快速流下 ③滴定终点的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。  ④该FeSO4·7H2O晶体的纯度是　　%(结果保留2位小数)。  ⑤现测得该晶体纯度偏低，可能的原因是　　　(填字母)。  A.在配制待测液定容时仰视 B.原锥形瓶中有水 C.待测液配制过程中被氧气氧化 D.滴定前盛放KMnO4标准液的滴定管中滴定前有气泡，滴定后气泡消失 E.滴定终点时仰视读数 答案　(1)CuS+2O2Cu2+　(2)B　(3)2.8~4.2　CuO[或Cu(OH)2或CuCO3等]　(4)①酸式　②ABC　③当滴入最后半滴标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不变色　④92.67　⑤AC 解析　(1)CuS在硫化细菌存在下与O2、H2SO4反应得到CuSO4，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为CuS+2O2Cu2++S。(2)试剂X将Fe2+氧化成Fe3+，新制氯水、稀硝酸、酸性高锰酸钾将Fe2+氧化时会引入新杂质，稀HNO3还会产生NO污染空气；双氧水将Fe2+氧化成Fe3+且不引入新杂质。(3)调节pH的目的使Fe3+完全沉淀、Cu2+不形成沉淀，根据表中数据，调节pH的范围在2.8~4.2；为了不引入新杂质，试剂是CuO或Cu(OH)2或CuCO3等。(4)①KMnO4标准液对橡胶具有腐蚀性，故盛放在酸式滴定管中。②装入标准液时使液面位于“0”刻度线以上，多出部分用于赶气泡、调整液面在“0”刻度线及其以下某一刻度，A正确；发现滴定管有气泡，可通过快速向下放液赶走气泡，B正确；滴定时滴定管下端略伸入锥形瓶口，防止滴定液在摇晃时溅出瓶外，引起滴定误差，C正确；KMnO4溶液盛放在酸式滴定管中，D错误；刚开始滴定时，可使溶液先快后慢流下，但不能使溶液流成“水线”快速流下，E错误。③由于KMnO4溶液本身有颜色，故滴定终点的判断方法是当滴入最后半滴标准液时，溶液变为浅紫色，且半分钟内不变色。④三次实验消耗的KMnO4溶液的体积依次为19.90 mL、20.10 mL、21.00 mL， 由于第三次实验误差较大，故消耗的KMnO4溶液的体积平均为20.00 mL，根据反应：5Fe2++Mn+8H+===5Fe3++Mn2++4H2O，25.00 mL待测液中n(Fe2+)=5×0.05 mol·L-1×0.02 L=0.005 mol，该FeSO4·7H2O晶体的纯度为×100%≈92.67%。⑤A项，在配制待测液定容时仰视，待测液的体积偏大，所配溶液浓度偏小，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体的纯度偏低，符合题意；B项，原锥形瓶中有水，对实验结果无影响，不符合题意；C项，待测液配制过中被氧气氧化，消耗KMnO4溶液体积偏小，测得该晶体的纯度偏低，符合题意；D项，盛放KMnO4标准液的滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗KMnO4溶液体积偏大，测得该晶体的纯度偏大，不符合题意；E项，滴定终点时仰视读数，消耗KMnO4溶液体积偏大，测得该晶体的纯度偏大，不符合题意。 学科网（北京）股份有限公司 $