5、 L CO2中含有的共用電子對(duì)數(shù)為0.5NA
C.Na2O2與足量的CO2反應(yīng)生成0.1 mol O2,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA
D.常溫下,56 g鐵片投入足量濃硫酸中,可生成NA個(gè)SO2分子
7.(2019黑龍江綏化二中高三月考)某含Cr2O72-的廢水用硫酸亞鐵銨[FeSO4·(NH4)2SO4·6H2O]處理,反應(yīng)中鐵元素和鉻元素完全轉(zhuǎn)化為沉淀。該沉淀干燥后得到n mol FeO·FeyCrxO3。不考慮處理過程中的實(shí)際損耗,下列敘述正確的是( )
A.消耗硫酸亞鐵銨的物質(zhì)的量為n(2-x) mol
B.處理廢水中Cr2O72-的物質(zhì)的量為nx mol
C.反應(yīng)中發(fā)生轉(zhuǎn)移
6、的電子數(shù)為3n mol
D.在FeO·FeyCrxO3中3x=y
8.(2019黑龍江哈師大青岡實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)在t℃時(shí),將a g NH3完全溶于水,得到V mL溶液,假設(shè)該溶液的密度為ρ g·cm-3,質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w,其中含NH4+的物質(zhì)的量為b mol。下列敘述中正確的是( )
A.溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度c=1000a35V mol·L-1
B.溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w=aVρ-a×100%
C.溶液中c(OH-)=1000bV mol·L-1+c(H+)
D.上述溶液中再加入V mL水后,所得溶液的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于0.5w
9.(2019福建莆田第二十四中高三月考)一個(gè)密閉容器,中間有一可
7、自由滑動(dòng)的隔板(厚度不計(jì))將容器分成兩部分,當(dāng)左邊充入1 mol N2,右邊充入CO和CO2的混合氣體共8 g時(shí),隔板處于如圖位置(保持溫度不變),下列說法正確的是( )
A.右邊CO與CO2分子數(shù)之比為1∶3
B.右邊CO的質(zhì)量為2.75 g
C.若改變右邊CO和CO2的充入量而使隔板處于離右端16處,保持溫度不變,則前后兩次充入容器內(nèi)的混合氣體壓強(qiáng)之比為5∶3
D.右邊氣體密度是相同條件下氫氣密度的16倍
10.下列判斷正確的是( )
A.同溫、同壓下,相同體積的氮?dú)夂秃馑脑訑?shù)相等
B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下,5.6 L以任意比例混合的氯氣和氧氣所含的原子數(shù)為0.5NA
8、
C.1 mol氯氣和足量NaOH溶液反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA
D.常溫常壓下,22.4 L的NO2和CO2混合氣體含有2NA個(gè)O原子
二、非選擇題(本題包括3個(gè)小題,共40分)
11.(2019湖南衡陽第八中學(xué)高三月考)(12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。
(1)CoxNi(1-x)Fe2O4(其中Co、Ni均為+2價(jià))可用作H2O2分解的催化劑,具有較高的活性。
①該催化劑中鐵元素的化合價(jià)為 價(jià)。?
②圖1表示兩種不同方法制得的催化劑CoxNi(1-x)Fe2O4在10 ℃時(shí)催化分解6%的H2O2溶液的相對(duì)初始速率隨x變化曲線。由圖中信
9、息可知: 法制取得到的催化劑活性更高;Co2+、Ni2+兩種離子中催化效果更好的是 。?
(2)草酸鈷是制備鈷的氧化物的重要原料。圖2為二水合草酸鈷(CoC2O4·2H2O)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225~300 ℃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 mol·L-1鹽
10、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的物質(zhì)的量之比為 。?
12.(2018寧夏育才中學(xué)高三月考)(13分)硫代硫酸鈉晶體(Na2S2O3·5H2O)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)Na2S2O3·5H2O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
11、法制備Na2S2O3·5H2O的簡(jiǎn)易流程如下:
①Na2S2O3·5H2O制備原理為 (用化學(xué)方程式表示)。?
②Na2S2O3·5H2O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)。?
③粗品中Na2S2O3·5H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定。
稱取6 g粗品配制
12、250 mL的溶液待用。另取25 mL 0.01 mol·L-1 K2Cr2O7溶液置于錐形瓶中,然后加入過量的酸化后的KI溶液和幾滴淀粉溶液,立即用配制的Na2S2O3溶液滴定至終點(diǎn),消耗Na2S2O3溶液25 mL。粗品中Na2S2O3·5H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為 。已知Cr2O72-+6I-+14H+2Cr3++3I2+7H2O、I2+2S2O32-2I-+S4O62-。?
13.(2018遼寧重點(diǎn)高中協(xié)作校高三模擬)(15分)某淺綠色晶體X[x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O]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)。
Ⅰ.NH4+的測(cè)定
采用蒸
13、餾法,蒸餾裝置如圖所示。
相關(guān)的實(shí)驗(yàn)步驟如下:
①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。
②準(zhǔn)確量取50.00 mL 3.030 0 mol·L-1 H2SO4溶液置于錐形瓶中。
③向三頸燒瓶中加入足量NaOH溶液,通入氧氣,加熱,蒸氨結(jié)束后取下錐形瓶。
④用0.120 mol·L-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③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)
14、行“處理”,“處理”的操作方法是 。?
(3)步驟④中,若振蕩時(shí)錐形瓶中有液體濺出,則所測(cè)得的n(NH4+)的值將 (填“偏大”“偏小”或“不變”)。?
Ⅱ.SO42-含量的測(cè)定
采用重量分析法,實(shí)驗(yàn)步驟如下:
①另準(zhǔn)確稱取58.80 g晶體X于燒杯中,加水溶解,邊攪拌邊加入過量的BaCl2溶液。
②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3~4次。
③用濾紙包裹好沉淀取出,灼燒濾紙包至濾紙完全灰化。
④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①中,判斷BaCl2溶液已過量的實(shí)
15、驗(yàn)操作和現(xiàn)象是 。?
(5)步驟②中,采用冷水洗滌沉淀,其主要目的是 。?
(6)結(jié)合實(shí)驗(yàn)Ⅰ、Ⅱ通過計(jì)算得出晶體X的化學(xué)式為 。?
參考答案
專題突破練2 常用化學(xué)計(jì)量及應(yīng)用
1.C 解析 濃硫酸的密度ρ1大于水的密度ρ2,加水后硫酸的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=10mL×ρ1×98%10mL×ρ1+10mL×ρ2×100%=98%1+ρ2ρ1>49%,故A項(xiàng)不符合題意;實(shí)驗(yàn)室沒有480mL的容量瓶,應(yīng)用500mL的容量瓶進(jìn)行配制,故B項(xiàng)不符合題意;題干中沒有給出是否在標(biāo)準(zhǔn)狀況下,所以不能確定22.4L氨氣的物質(zhì)
16、的量,故C項(xiàng)符合題意;根據(jù)方程式2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑,Na2O+H2O2NaOH可知,等物質(zhì)的量的Na2O2和Na2O與足量水反應(yīng)生成等物質(zhì)的量的氫氧化鈉,故D項(xiàng)不符合題意。
2.D 解析 乙醇溶液中除了乙醇溶質(zhì)中含有氫原子外,溶劑水中也含有氫原子,因此10g質(zhì)量分?jǐn)?shù)為46%的乙醇溶液中,氫原子的總數(shù)大于0.6NA,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;Na2O2與足量的水(H218O)反應(yīng)中,水既不作氧化劑也不作還原劑,因此氧氣的來源是Na2O2中-1價(jià)的氧,7.8gNa2O2物質(zhì)的量為0.1mol,生成氧氣0.05mol,所含的中子數(shù)為0.05×2×(16-8)×NA=0.8NA,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;
17、Fe(OH)3膠粒是許多Fe(OH)3“分子”的集合體,所以將1L0.1mol·L-1FeCl3溶液滴入沸水中,制得的Fe(OH)3膠粒數(shù)目小于0.1NA,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;稀釋有利于鹽類水解,常溫下,1L0.5mol·L-1NH4Cl溶液與2L0.25mol·L-1NH4Cl溶液中的NH4+的水解程度,前者小于后者,所以NH4+數(shù)目前者大于后者,故D項(xiàng)正確。
3.A 解析 mg鋁離子的物質(zhì)的量為m27mol,取該溶液V3mL,則溶液中鋁離子的物質(zhì)的量為m27×3mol,用水稀釋成2VmL時(shí),鋁離子濃度為500m27×3Vmol·L-1,根據(jù)硫酸鋁的組成可知,硫酸根離子的物質(zhì)的量濃度是鋁離子的物質(zhì)
18、的量濃度32倍,則硫酸根離子的物質(zhì)的量濃度250m27Vmol·L-1,A項(xiàng)正確。
4.D 解析 N2O和CO2的摩爾質(zhì)量均為44g·mol-1,二者質(zhì)量相等,則物質(zhì)的量相等,含有的分子數(shù)目一定相等,故A項(xiàng)不符合題意;相同體積、相同密度的CO和C2H4的質(zhì)量相等,二者摩爾質(zhì)量都是28g·mol-1,則二者物質(zhì)的量相等,含有的分子數(shù)目一定相等,故B項(xiàng)不符合題意;相同溫度、相同壓強(qiáng)、相同體積的O2和O3的物質(zhì)的量相等,含有分子數(shù)目一定相等,故C項(xiàng)不符合題意;CO和CO2的摩爾質(zhì)量不同,質(zhì)量相同時(shí)二者物質(zhì)的量不同,含有的分子數(shù)目不同,故D項(xiàng)符合題意。
5.D 解析 23gNa物質(zhì)的量為1mol,
19、根據(jù)4Na+O22Na2O反應(yīng)可知,消耗N(O2)=0.25NA,根據(jù)2Na+O2Na2O2反應(yīng)可知,消耗N(O2)=0.5NA,因此1molNa與O2充分反應(yīng)生成Na2O和Na2O2的混合物,消耗O2的分子數(shù)N(O2)的范圍為0.25NA
20、則x=441mol,y=0.141mol,所以2.5g合金中當(dāng)n(Mg)∶n(Zn)=40∶1時(shí),放出的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積可能為2.24L,C項(xiàng)正確;濃硫酸與足量的銅微熱反應(yīng),隨著反應(yīng)的進(jìn)行,濃硫酸變?yōu)橄×蛩?反應(yīng)停止,因此50mL18.4mol·L-1濃硫酸不能全部反應(yīng),因此轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目小于0.92NA,D項(xiàng)錯(cuò)誤。
6.C 解析 氯化鋁在水溶液中要水解,在含Al3+總數(shù)為NA的AlCl3溶液中,Cl-總數(shù)大于3NA,A錯(cuò)誤。標(biāo)準(zhǔn)狀況下,5.6LCO2的物質(zhì)的量為n(CO2)=5.6L22.4L·mol-1=0.25mol,二氧化碳的電子式為?··O······C····O····,含
21、有的共用電子對(duì)數(shù)為NA,B錯(cuò)誤。Na2O2與足量CO2的反應(yīng)中過氧化鈉既是氧化劑又是還原劑,生成0.1molO2,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NA,C正確。常溫下,鐵在濃硫酸中發(fā)生鈍化,D錯(cuò)誤。
7.D 解析 消耗硫酸亞鐵的物質(zhì)的量為n(y+1)mol,又由FeO·FeyCrxO3呈電中性可得3x+3y=6,代入前式得,消耗硫酸亞鐵的物質(zhì)的量為n(3-x),A錯(cuò)誤;Cr的物質(zhì)的量為nxmol,故Cr2O72-的物質(zhì)的量為nx2mol,B錯(cuò)誤;得到nmolFeO·FeyCrxO3,1molCr轉(zhuǎn)移電子3mol,故轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3nxmol,C錯(cuò)誤;FeO·FeyCrxO3中,Fe為正三價(jià),由得失
22、電子守恒知3x-y=0,即3x=y。
8.C 解析 agNH3的物質(zhì)的量為ag17g·mol-1=a17mol,溶液體積為VmL,所以溶液的物質(zhì)的量濃度為a17molV×10-3L=1000a17Vmol·L-1,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;氨水中溶質(zhì)為氨氣,該溶液的密度為ρg·cm-3,體積為VmL,所以溶液質(zhì)量為ρVg,溶質(zhì)氨氣的質(zhì)量為ag,溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為agρVg×100%=aρV×100%,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;溶液中OH-來源于一水合氨和水的電離,NH4+的濃度為bmolV×10-3L=1000bVmol·L-1,一水合氨電離方程式為NH3·H2ONH4++OH-,由溶液中的電荷守恒可知c(OH-)=c(
23、NH4+)+c(H+)=1000bVmol·L-1+c(H+),故C項(xiàng)正確;水的密度比氨水的密度大,相等體積的氨水與水,水的質(zhì)量大,等體積混合后溶液的質(zhì)量大于原氨水的2倍,溶液中氨氣的質(zhì)量相同,等體積混合所得溶液溶質(zhì)的質(zhì)量分?jǐn)?shù)小于0.5w,故D項(xiàng)錯(cuò)誤。
9.D 解析 根據(jù)阿伏加德羅定律及氣體的物質(zhì)的量之比等于其分子數(shù)之比,結(jié)合題意分析可得右邊CO與CO2分子數(shù)之比為316mol∶116mol=3∶1,故A項(xiàng)錯(cuò)誤;m(CO)=316mol×28g·mol-1=5.25g,故B項(xiàng)錯(cuò)誤;若改變右邊CO和CO2的充入量而使隔板處于距離右端16處,則左右空間體積之比為5∶1,充入CO2和CO的總物質(zhì)的
24、量為1mol5=0.2mol,相同條件下氣體的物質(zhì)的量之比等于其壓強(qiáng)之比,所以其壓強(qiáng)之比為0.25mol∶0.2mol=5∶4,故C項(xiàng)錯(cuò)誤;相同條件下氣體密度之比等于其摩爾質(zhì)量之比,右邊氣體平均摩爾質(zhì)量=8g0.25mol=32g·mol-1,氫氣的摩爾質(zhì)量為2g·mol-1,所以混合氣體與氫氣密度之比為16∶1,故D項(xiàng)正確。
10.B 解析 同溫、同壓下,相同體積的氮?dú)夂秃饩哂邢嗤奈镔|(zhì)的量,而氮?dú)鉃殡p原子分子,稀有氣體為單原子分子,所以二者含有的原子數(shù)不相等,A錯(cuò)誤。標(biāo)準(zhǔn)狀況下,5.6L氣體的物質(zhì)的量為0.25mol,氯氣和氧氣都是雙原子分子,所以氯氣和氧氣以任意比例混合所含原子的物質(zhì)
25、的量為0.5mol,含有原子數(shù)為0.5NA,B正確。1mol氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)可生成1mol 氯化鈉和1mol次氯酸鈉,轉(zhuǎn)移了1mol電子,轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為NA,C錯(cuò)誤。常溫常壓下,不能使用22.4L·mol-1計(jì)算混合氣體的物質(zhì)的量,D錯(cuò)誤。
11.答案 (1)①+3?、谖⒉ㄋ疅帷o2+
(2)①CoC2O4 3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2
②n(Co)∶n(O)=1 mol∶1.2 mol=5∶6
解析 (1)①根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0計(jì)算鐵元素的化合價(jià),CoxNi(1-x)Fe2O4中Co、Ni均為+2價(jià),O為-2價(jià),則Fe的化合價(jià)為4×2-(2x+2-2x)2價(jià)=+
26、3價(jià)。②過氧化氫的分解速率越大,催化劑活性更高,根據(jù)圖可知,x相同時(shí),微波水熱法初始速度大于常規(guī)水熱法,所以微波水熱法制得催化劑的活性更高;由圖可知,隨x值越大,過氧化氫的分解速率越大,而x增大,Co2+的比例增大,所以Co2+的催化活性更高。
(2)①由圖可知,CoC2O4·2H2O的質(zhì)量為18.3g,物質(zhì)的量為18.3g183g·mol-1=0.1mol,鈷元素質(zhì)量為5.9g,C點(diǎn)鈷氧化物質(zhì)量為8.03g,氧化物中氧元素質(zhì)量為8.03g-5.9g=2.13g,則氧化物中Co原子與O原子物質(zhì)的量之比為0.1mol∶2.1316mol≈3∶4,所以C點(diǎn)剩余固體化學(xué)成分為Co3O4;B點(diǎn)對(duì)應(yīng)物
27、質(zhì)的質(zhì)量為14.7g,與其起始物質(zhì)的質(zhì)量相比減少18.3g-14.7g=3.6g,為結(jié)晶水的質(zhì)量,所以B點(diǎn)物質(zhì)為CoC2O4,CoC2O4與氧氣反應(yīng)生成Co3O4和二氧化碳,反應(yīng)的化學(xué)方程式為3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。②由電子守恒可得n(Co3+)=2n(Cl2)=0.4mol,由電荷守恒可得n(Co)總=n(Co2+)溶液=0.5n(Cl-)=0.5×(2.4mol-0.2mol×2)=1mol,所以固體中的n(Co2+)=1mol-0.4mol=0.6mol;n(O)=0.4mol×3+0.6mol×22=1.2mol,所以n(Co)∶n(O)=1mol∶1.2mol=5
28、∶6。
12.答案 (1)純凈物 (2)S2O32-+2H+S↓+SO2↑+H2O
(3)①Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3·5H2O?、谙←}酸 沉淀未完全溶解,并有刺激性氣味的氣體生成?、?2%
解析 (1)Na2S2O3·5H2O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)①由流程可知,制備Na2S2O3·5H2O的原理為Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3·5H2O。②Na2S2O3·5H2O粗品中可能含有Na2SO
29、3、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。③由粗品中Na2S2O3·5H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)定步驟及相關(guān)的反應(yīng)可以得到關(guān)系式:
Cr2O72-~3I2~6S2O32-,所以n(Na2S2O
30、3·5H2O)=n(S2O32-)=6n(Cr2O72-)=6×25×10-3L×0.01mol·L-1=1.5×10-3mol,則6g粗品中Na2S2O3·5H2O的質(zhì)量為250mL25mL×1.5×10-3mol×248g·mol-1=3.72g,則粗品中Na2S2O3·5H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為3.72g6g×100%=62%。
13.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2~3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1~2滴BaCl2溶液,若無白色渾濁出現(xiàn),則說明
31、BaCl2溶液已過量(或滴加Na2SO4溶液,出現(xiàn)白色渾濁現(xiàn)象也能說明BaCl2溶液已過量)
(5)盡可能減少沉淀的溶解損失,減小實(shí)驗(yàn)誤差
(6)(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
解析 Ⅰ.(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,通入氧氣后,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(cè)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2~3次,將洗滌液注入錐形瓶中。
(3)步驟④中,若
32、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(cè)定錐形瓶?jī)?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(cè)n(NH4+)的量偏大。
Ⅱ.(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,用硫酸洗滌會(huì)使沉淀上附著硫酸根離子,濾液中也含有硫酸根離子,所以不能用硫酸溶液洗滌沉淀,應(yīng)該選用冷水洗滌,其主要目的是盡可能減少沉淀的溶解損失,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)=12×0.120×0.025mol=0
33、.0015mol。與氨氣反應(yīng)的硫酸的物質(zhì)的量為0.05×3.0300mol-0.0015mol=0.15mol,則氨氣的物質(zhì)的量n(NH3)=2×0.15mol=0.3mol。將58.80g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69.90g,則n(SO42-)=69.90233mol=0.3mol。根據(jù)NH4+和SO42-的物質(zhì)的量可得:58.80×2x132x+152y+18z=0.3,58.80×(x+y)132x+152y+18z=0.3,則x+y=2x,即x=y,令x=1,則58.80×2132+152+18z=0.3,則z=6,即x=1,y=1,z=6,則其化學(xué)式為(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。令x=2,則58.80×4132×2+152×2+18z=0.3,則z=12,晶體化學(xué)式各成分比例應(yīng)為最簡(jiǎn)整數(shù)比,故化學(xué)式為(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O。
（通用版）高考化學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破練2 常用化學(xué)計(jì)量及應(yīng)用（含解析）-人教版高三化學(xué)試題
