1、江苏省南京市南京师范大学附属中学2019-2020学年高二化学下学期期中试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H 1 O 16 Na 23 S 32 Fe 56 Ba 137卷（选择题 共 44 分）选择题：每小题只有一个选项符合题意，每小题 2 分，共计 20 分）1.下列说法不正确的是A. 明矾能水解生成Al(OH)3 胶体，可用作净水剂B. 水解反应NH4+H2ONH3H2O+H+达到平衡后，升高温度平衡逆向移动C. 草木灰与铵态氮肥不宜混合使用D. 盐类水解反应的逆反应是中和反应【答案】B【解析】【详解】A明矾能水解生成Al(OH)3 胶体，胶体表面积大，吸附能力强，可用作净水剂，故A
2、正确；B水解反应为吸热反应，NH4+H2ONH3H2O+H+达到平衡后，升高温度平衡正向移动，故B错误；C草木灰水溶液呈碱性，铵态氮肥在碱性条件下不稳定，不宜混合使用，故C正确；D盐类水解反应从逆反应来看是酸碱中和反应，通常情回况下我们把中和反应看作不可逆反应，但是可逆反应是绝对的，不可逆反应是相对的，故D正确；故选B。2. 下列各组物质中，都是由极性键构成为极性分子的一组的是A. CH4和H2OB. CO2和HClC. NH3和H2SD. HCN和BF3【答案】C【解析】【详解】CH4是由极性键构成的非极性分子，H2S是由极性键构成的极性分子，BF3是由极性键构成的非极性分子，CO2是由极性
3、键构成的非极性分子，HCl是由极性键构成的极性分子。3.向含有MgCO3固体的浊液中滴加少许浓盐酸（忽略体积变化），下列数值变小的是A. c（Mg2+）B. Ksp（MgCO3）C. c（H+）D. c（CO32-）【答案】D【解析】【分析】MgCO3固体的浊液中存在溶解平衡，MgCO3（s）Mg2（aq）CO32（aq），从平衡移动的角度分析滴加少许浓盐酸后引起的各种变化。【详解】A滴加少许浓盐酸后，碳酸根离子浓度减小，平衡正向移动，镁离子浓度增大，故A不选；BKsp（MgCO3）是温度的函数，温度不变，Ksp（MgCO3）不变，故B不选；C滴加少许浓盐酸后，酸性增强，氢离子浓度增大，故C不
4、选；D滴加少许浓盐酸后，碳酸根离子与盐酸反应，生成碳酸氢根离子，c（CO32-）变小，故选D；故选D。4.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A. 0.1molL-1 NaOH 溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B. 0.1molL-1 FeCl2 溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-C. 0.1molL-1 KHCO3 溶液：Na+、Fe2+、ClO-、NO3-D. 0.1molL-1 H2SO4 溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-【答案】A【解析】【详解】A0.1molL-1 NaOH 溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-四种离子之间不反应，在碱性条
5、件下可大量共存，故A选；B0.1molL-1 FeCl2 溶液中亚铁离子能被MnO4-氧化成铁离子，故B不选；CFe2+能被ClO-氧化生成Fe3，故C不选；D0.1molL-1 H2SO4 溶液中H+、NO3-、HSO3-之间发生氧化还原反应，生成SO42和NO，故D不选；故选A。5.下列实验操作能达到实验目的的是A. 用经水湿润的pH试纸测量溶液的pHB. 将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中，加水至刻度，配制1.000 molL1NaOH溶液C. 用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体D. 用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2【答案】D【解析】【分析】此题考查基
6、本实验操作，根据溶液pH的测量、物质的量浓度溶液的配制、盐类水解的应用、物质除杂的原则作答。【详解】A.用水湿润的pH试纸测量溶液的pH所测为稀释液的pH，不是原溶液的pH，实验操作错误，不能达到实验目的，A项错误；B.配制物质的量浓度的溶液的实验步骤为：计算、称量（或量取）、溶解（或稀释）、冷却、转移及洗涤、定容、摇匀、装液，由于容量瓶上有容积、温度和唯一刻度线，若将氢氧化钠直接置于容量瓶中，加水后氢氧化钠溶于水会放热引起容量瓶的容积发生变化，引起实验误差，B项错误；C.在AlCl3溶液中存在水解平衡：AlCl3+3H2OAl（OH）3+3HCl，若用甲装置蒸干氯化铝溶液，由于HCl的挥发，
7、加热后水解平衡正向移动，最终AlCl3完全水解成氢氧化铝固体，不能得到AlCl3固体，C项错误；D.SO2属于酸性氧化物，能被NaOH溶液吸收，乙烯与NaOH溶液不反应且乙烯难溶于水，可通过盛有NaOH溶液的洗气瓶除去乙烯中少量的SO2，D项正确；故选D。【点睛】本题易错选C项，盐溶液蒸干后能否得到原溶质与溶质的性质有关，一般溶质为挥发性酸形成的强酸弱碱盐、不稳定性的盐、具有强还原性的盐，加热蒸干不能得到原溶质。6.下列说法不正确是A. HClO、H2CO3、HNO3、HClO4 的酸性依次增强B. 苹果酸（）含有 1 个手性碳原子C. HCl、NH3、C2H5OH 均易溶于水的原因之一是与H
8、2O之间均能形成氢键D. Cu(H2O)42+中配位原子为氧原子【答案】C【解析】【详解】A同种元素不同价态的含氧酸，化合价越高，酸性越强，故HClO、HClO4酸性增强，NaClO能与CO2 和H2O反应，说明 HClOH2CO3，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性NCl，酸性HNO3 c(OH-) = c(H+)D. 据下图，若除去CuSO4 溶液中的 Fe3+可向溶液中加入适量CuO 至 pH 在 5.8 左右【答案】C【解析】【详解】A醋酸存在电离平衡，同浓度同体积盐酸和醋酸，开始时盐酸溶液pH小于醋酸，所以虚线表示的是滴定盐酸的曲线，故A错误；B依据图象分析可知
9、，硫化铜溶度积小于硫化亚铁，同浓度Fe2和Cu2溶液中滴加硫化钠溶液，先析出的沉淀是硫化铜，故B错误；C反应后溶液pH=7，依据溶液中电荷守恒分析，用0.1molL1CH3COOH溶液滴定20mL 0.1molL1NaOH溶液，反应生成醋酸钠，溶液呈中性，溶液中存在电荷守恒，c（H）+c（Na）=c（OH）+c（CH3COO），c（H）=c（OH），则c（CH3COO）=c（Na），得到当pH=7时：c（Na）=c（CH3COO）c（OH）=c（H），故C正确；D分析图象可知铁离子完全沉淀的pH为3.7，加入氧化铜会调节溶液pH，到pH=5.5时铜离子会沉淀，应调节溶液pH小于5.5，故D错误
10、；故选C。【点睛】本题考查了弱电解质电离平衡，盐类水解应用，溶液中电荷守恒的分析计算沉淀溶解平衡的数值理解，掌握图象分析方法是关键，难点C，利用电荷守恒进行分析。13.下列有关原子核外电子的能量与运动状态的说法正确的是A. 在同一原子中，2p、3p、4p能级的电子轨道数依次增多B. 在同一能级上运动的电子，其能量一定相同C. 在同一能级上运动的电子，其运动状态有可能相同D. 在同一原子中，1s、2s、3s、4s能级的原子轨道的平均半径相同【答案】B【解析】【详解】A同一原子中，不同能层，相同能级的轨道数相同，故A错误；B原子的最外层同一能级的电子能量相同，则在同一能级上运动的电子，其能量一定相
11、同，故B正确；C在同一能级上运动的电子，其运动状态不同，故C错误；D在同一原子中，1s、2s、3s、4s能级的原子轨道的平均半径增大，故D错误；故选B。14.下列说法正确的是A. 反应2N2O(g) = 2N2(g)+O2(g) H0，高温下该反应可自发进行B. 电解法精炼粗铜时，粗铜作阳极，纯铜作阴极C. 反应KIO3+6HI = KI+3I2+3H2O，每消耗1mol KIO3转移的电子数目为6molD. 恒温恒容密闭容器中进行的反应C(s)+2NO(g) N2(g)+CO2(g)，当压强不再发生变化，反应达到平衡【答案】AB【解析】【详解】A由化学计量数可知S0，分解反应是吸热反应，即反
12、应的H0，S0，要H-TSS2Cl2D. 与水反应的化学方程式可能为2S2Cl22H2O=SO23S4HCl【答案】A【解析】【详解】A、根据S2Cl2的结构，S2Cl2不是对称结构，S2Cl2为极性分子，故A说法错误；B、S和Cl之间形成共价键为极性键，S和S之间形成共价键为非极性键，故B说法正确；C、S2Cl2与S2Br2结构相似，通过分子间作用力或范德华力进行分析，S2Br2相对分子质量大于S2Cl2的相对分子质量，S2Br2分子间的范德华力大于S2Cl2分子间的范德华力，即S2Br2的熔沸点高于S2Cl2，故C说法正确；D、S2Cl2与水反应的化学方程式可能为2S2Cl22H2O=SO
13、23S4HCl，故D说法正确。17.室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+B向浓度均为0.05 molL1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp(AgI) Ksp(AgCl)C向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色Br2的氧化性比I2的强D用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强A. AB. BC. CD. D
14、【答案】C【解析】【详解】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3+，而此时的Fe3+是否由Fe2+氧化而来是不能确定的，所以结论中一定含有Fe2+是错误的，故A错误；B. 黄色沉淀为AgI，说明加入AgNO3溶液优先形成AgI沉淀，AgI比AgCl更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，则说明Ksp(AgI)c（NH4+）c（OH）c（H+）B. 0.2molL1NH4HCO3溶液（pH7）：c（NH4+）c（HCO3-）c（H2CO3）c（NH3H2O）C. 0.2molL1氨水和0.2molL1NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH4+）+c（N
15、H3H2O）=c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）D. 0.6molL1氨水和0.2molL1NH4HCO3溶液等体积混合：c（NH3H2O）+c（CO32-）+c（OH）=0.3molL1+c（H2CO3）+c（H+）【答案】BD【解析】【详解】A.NH3H2O属于弱电解，部分电离，氨水中存在的电离平衡有：NH3H2ONH4+OH-，H2OH+OH-，所以c（OH-）c（NH4+），选项A错误；B.NH4HCO3溶液显碱性，说明HCO3-的水解程度大于NH4+的水解，所以c（NH4+）c（HCO3-），HCO3-水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，NH4+水解：NH4
16、+H2ONH3H2O+H+，前者水解程度大，则c（H2CO3）c（NH3H2O），选项B正确；C.由物料守恒，n（N）:n（C）=2:1，则有c（NH4+）+c（NH3H2O）=2c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-），选项C错误；D.由物料守恒，n（N）:n（C）=4:1，则有c（NH4+）+c（NH3H2O）=4c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）；电荷守恒有：c（NH4+）+c（H+）=c（HCO3-）+2c（CO32-）+c（OH-）；结合消去c（NH4+）得：c（NH3H2O）+c（OH-）=c（H+）+4c（H2CO3）+3c（HCO3-）+2c（CO
17、32-），0.2mol/LNH4HCO3与氨水等体积混合后，c（NH4HCO3）=0.1mol/L，由碳守恒有，c（H2CO3）+c（HCO3-）+c（CO32-）=0.1mol/L，将等式两边各加一个c（CO32-），则有c（NH3H2O）+c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+c（H2CO3）+3c（H2CO3）+3c（HCO3-）+3c（CO32-），将带入中得，c（NH3H2O）+c（OH-）+c（CO32-）=c（H+）+3c（H2CO3）+0.3mol/L，选项D正确；答案选BD。第卷（填空题）二、填空题19.（1）A、B、C为同一短周期金属元素。依据下表数据分析，A、B、C
18、三种元素的离子半径由大到小的顺序是_。(用离子符号表示)电离能/kJmol-1I1I2I3I4A500460069009500B7401500770010500C5801800270011600（2）已知H2O2分子的空间结构如图所示，H2O2分子中氧原子采取_杂化；H2O2分子是_(填“极性分子”或“非极性分子”)。（3）R是第4周期元素中未成对电子数最多的原子。R3+在溶液中存在如下转化：R3+R(OH)3R(OH)4-基态R原子的价电子排布式为_。R(OH)4-中存在的化学键是_；1molR(OH)4-离子中含有键的数目为_mol。A离子键 B极性键 C非极性键D 配位键【答案】 (1)
19、. NaMgAl (2). sp3 (3). 极性分子 (4). 3d54s1 (5). BD (6). 8【解析】【详解】（1）由表中数据可知，C的第四电离能剧增，故C表现+3价，为金属Al元素，由表中数据可知，A第二电离能剧增，故A表现+1价，为Na元素，B的第三电离能剧增，表现+2价，为Mg元素，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：NaMgAl，故答案为：NaMgAl；（2）由H2O2的结构可知，O原子形成1个O-H键、1个O-O键，含有2对孤对电子，杂化轨道数为4，杂化方式为sp3，H2O2分子的正负电荷中心不重叠，是极性分子；故答案为：sp3；极性分子；（3）R是136号元素中未
20、成对电子数最多的原子，则R原子外围电子排布为3d54s1，故答案为：3d54s1；R为Cr元素，Cr（OH）4-与Al（OH）4-结构相似，Cr3与OH之间形成配位键，氧原子与氢原子之间形成极性键，故选BD；又因为该离子中化学键均为键，1molR(OH)4-离子中含有键的数目为4mol+4mol=8mol。故答案为：BD；8。【点睛】本题考查电离能、化学键与杂化轨道、原子半径比较、核外电子排布规律等，难点（1）注意理解第一电离能与化合价关系。20.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破。合成氨工业中，用空气、水和焦炭为原料制得原料气(N2、H2以及少量CO、NH3的混合气)，常用铁触媒作催化剂。
21、（1）C、N、O三种元素中第一电离能最大的元素是_，电负性最大的元是_。（2）26Fe在周期表中的位置是_，Fe2+具有较强的还原性，请用物质结构理论进行解释：_。（3）与CO互为等电子体的阴离子是_，阳离子是_。（填化学式）（4）NH3可用于制用硝酸。稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2（弱酸）的混合溶液，用惰性电极电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应_。【答案】 (1). N (2). O (3). 第四周期VIII族 (4). Fe2的价电子排布式为 3d6 ，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2容易失去一
22、个电子，易被氧化为Fe3，具有较强的还原性 (5). CN（或C22） (6). NO (7). HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+【解析】【详解】（1）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以这三种元素第一电离能大小顺序是NOC；同一周期元素，元素电负性随着原子序数增大而呈增大，电负性最大的元是O，故答案为：N；O；（2） Fe是26号元素，在周期表的第四行第八列，也就是第四周期，VIII族，Fe2的价电子排布式为 3d6 ，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所
23、以Fe2容易失去一个电子，易被氧化为Fe3，Fe2+具有较强的还原性，故答案为：第四周期，VIII族；Fe2的价电子排布式为 3d6 ，3d轨道再失去一个电子后就成了半充满的结构，根据洪特规则，这种结构能量较低，较稳定，所以Fe2容易失去一个电子，易被氧化为Fe3，具有较强的还原性；（3）等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子,与CO互为等电子体的阴离子是CN（或C22），阳离子是NO。故答案为：CN（或C22）；NO；（4）根据电解原理，阳极发生失电子的氧化反应，阳极反应为HNO2失去电子生成HNO3，1molHNO2反应失去2mol电子，结合原子守恒和溶液呈酸性，电解时阳极电
24、极反应式为HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。故答案为：HNO2-2e-+H2O=NO3-+3H+。21.铝及铝的化合物有着极为广泛的用途。（1）金属铝的生产是以Al2O3为原料，在熔融状态下用石墨做阴极和阳极进行电解：2Al2O34Al+3O2,则电解时不断消耗的电极是_（填“阳极”或“阴极”）（2）铝片、石墨、空气和海水构成的原电池可用于航标供电，该原电池正极的电极反应是_。（3）泡沫灭火器中NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液发生反应的离子方程式是_。（4）在配制AlCl3溶液时，防止溶液出现浑浊现象，溶液中应加入_。（5）Mg(OH)2固体能除去镁盐溶液中Al3+，原因是_
25、。（用离子方程式表示）【答案】 (1). 阳极 (2). O2+2H2O+4e-=4OH (3). Al3+3HCO3=Al(OH)3+3CO2 (4). 盐酸 (5). 3Mg(OH)2+2Al3+2Al(OH)33Mg2【解析】【详解】（1）金属铝的生产是以Al2O3为原料，在熔融状态下用石墨做阴极和阳极进行电解：2Al2O34Al+3O2，阳极上氧离子失电子生成氧气，高温下不断与石墨反应，则电解时不断消耗的电极是阳极，故答案为：阳极；（2）铝片、石墨、空气和海水构成的原电池可用于航标供电， 铝和石墨构成的原电池，铝做负极，在负极发生的反应是Al-3e-=Al3+,在正极反应是O2+2H2
26、O+4e-=4OH，故答案为：O2+2H2O+4e-=4OH；（3）泡沫灭火器中NaHCO3溶液和Al2(SO4)3溶液发生反应， HCO3和Al3均可发生水解，且相互促进，产生气体CO2和沉淀Al(OH)3，离子方程式为Al3+3HCO3=Al(OH)3+3CO2，故答案为：Al3+3HCO3=Al(OH)3+3CO2；（4）Al33H2OAl(OH)33H由于Al3+的水解，产生Al(OH)3 会出现浑浊现象，要消除浑浊现象，又不污染药品，可加入适量的盐酸，抑制Al3+水解。故答案为：盐酸；（5）氢氧化铝溶解度更小，Mg(OH)2固体能除去镁盐溶液中Al3+，用离子方程式表示：3Mg(OH
27、)2+2Al3+2Al(OH)33Mg2。故答案为：3Mg(OH)2+2Al3+2Al(OH)33Mg2。22.“盐泥”是氯碱工业中产生的。盐泥中含 NaCl(15%20%)、Mg(OH)2(15%20%)、CaCO3(15%20%)和BaSO4 等不溶于酸的物质。用“盐泥”生产七水硫酸镁，设计了如下工艺流程：（1）电解食盐水前，为除去粗食盐水中的 Mg2+、Ca2+、SO42-等杂质离子，下列试剂加入的先后顺序合理的是_（填序号）。A碳酸钠溶液 B氢氧化钠溶液 C氯化钡溶液 D盐酸（2）已知KspMg(OH)26.010-12。设食盐水中 Mg2+的浓度为 0.06 molL-1，则加入氢氧
28、化钠溶液后使溶液的 pH_才可能产生 Mg(OH)2 沉淀。（3）氯碱工业上电解食盐水阴极发生的反应是_。（4）三种化合物的溶解度(S)随温度变化曲线见下图在“过滤” 中需要趁热过滤，其主要原因是_；滤渣的主要成分有不溶于酸的物质、_。（5）检验 MgSO47H2O 中杂质是否洗涤干净的操作是_。【答案】 (1). BACD或ABCD或ACBD (2). 9 (3). 2H+2e=H2（或2H2O+2e=H2+2OH-） (4). 温度较高时钙盐与镁盐分离更彻底（或高温下CaSO42H2O溶解度小） (5). 硫酸钡（BaSO4）、硫酸钙（CaSO4或CaSO42H2O） (6). 取最后洗涤
29、液少许于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，无沉淀产生。【解析】【详解】（1）加入的钡离子可以由碳酸钠除去，故最后加碳酸钠，钡试剂与氢氧化钠先后都可，故加入试剂的顺序为先加NaOH，后加钡试剂，再加Na2CO3或先加钡试剂，后加NaOH，再加Na2CO3，BACD或ABCD或ACBD；故答案为：BACD或ABCD或ACBD；（2）已知KspMg(OH)26.010-12。设食盐水中 Mg2+的浓度为 0.06 molL-1，c(OH-)= ,氢离子浓度为10-9molL-1，则加入氢氧化钠溶液后使溶液的 pH9才可能产生 Mg(OH)2
30、 沉淀。故答案为：9；（3）H比Na容易得到电子，因而H不断地从阴极获得电子被还原为氢原子，并结合成氢分子从阴极放出，氯碱工业上电解食盐水阴极发生的反应是2H+2e=H2（或2H2O+2e=H2+2OH-）。故答案为：2H+2e=H2（或2H2O+2e=H2+2OH-）； （4）在蒸发浓缩的过程中，温度大于40时随温度升高CaSO42H2O晶体溶解度降低，故会析出CaSO42H2O晶体，且应该趁热过滤，防止温度降低CaSO42H2O的溶解度变大，又重新溶解，不利于钙盐和镁盐的分离；同时温度降低硫酸镁晶体会析出，造成产量损失；滤渣的主要成分有不溶于酸的物质、盐泥中含有的硫酸钡，蒸发酒精出来的硫酸
31、钙，故答案为：温度较高时钙盐与镁盐分离更彻底（或高温下CaSO42H2O溶解度小）；硫酸钡（BaSO4）、硫酸钙（CaSO4或CaSO42H2O）；（5）滤液中的硫酸根离子会影响氯离子的干扰，应该先除去硫酸根离子，再检验氯离子，方法为：取最后洗涤液少许于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，无沉淀产生。故答案为：取最后洗涤液少许于试管中，滴加Ba（NO3）2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，无沉淀产生。【点睛】本题主要考查了盐的性质、除杂的方法和原则，注意除去多种杂质时，要考虑加入试剂的顺序，为了保证将杂质
32、除尽，所加试剂必须过量，因此为了不引进新的杂质，后面加入的试剂要能够除去前面所进入的过量试剂，难点（5）滤液中的硫酸根离子会影响氯离子的干扰，应该先除去硫酸根离子，再检验氯离子。23.绿矾(FeSO47H2O)是治疗缺铁性贫血药品的重要成分。下面是以市售铁（含少量锡、氧化铁等杂质）为原料生产纯净绿矾的一种方法：已知：室温下饱和H2S溶液的pH约为3.9，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，沉淀完全时的pH为5.5。（1）工业上若用过量稀硝酸溶解铁屑，则会产生污染性气体，其反应离子方程式是_。（2）操作II中，通入硫化氢至饱和的目的是_；在溶液中用硫酸酸化至p
33、H=2的目的是_。（3）常温下，KspFe(OH)3=4.010-38，则Fe3+的水解常数为_。（4）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：除去晶体表面附着的硫酸等杂质；_。（5）久置的绿矾(FeSO47H2O)被空气中O2部分氧化，生成Fex(OH)y(SO4)zwH2O。现测定其组成，步骤如下（假设杂质不参与反应，且每步反应均完全进行）：称取三等份固体样品。第一份样品经足量稀硫酸溶解后，用250mL容量瓶中定容，量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中，用0.03mol/LKMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积为20.00mL（滴定时反应的离子方程式为：5Fe2+MnO4
34、-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O）。滴定后溶液经控制pH沉淀Fe3+、过滤、洗涤、烘干并灼烧，最终得到0.32gFe2O3。(Fe2O3式量160)第二份样品经足量稀盐酸溶解后，再加入过量BaCl2溶液，经过滤、洗涤、烘干，得9.32gBaSO4沉淀。(BaSO4式量233)第三份样品经高温充分灼烧后，共收集到4.05gH2O。试推导该物质(Fex(OH)y(SO4)zwH2O)的化学式（写出计算过程，x、y、z、w为最简整数比）_。【答案】 (1). 3Fe+8H +2NO3=3Fe2 +2NO+4H2O (2). 沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化 (3). 除去杂质离子Sn2； (4)
35、. 2.510-5； (5). 降低洗涤过程中FeSO47H2O的损耗 (6). 4:1:4:22【解析】【分析】铁屑加入稀硫酸生成硫酸亚铁、硫酸锡，过滤后得到滤液，将滤液加入稀硫酸酸化，并通入硫化氢，可生成SnS沉淀并防止亚铁离子被氧化，过滤后得到滤液为硫酸亚铁，经蒸发浓硫酸、冷却结晶、过滤可得到FeSO47H2O【详解】（1）工业上若用过量稀硝酸溶解铁屑，则会产生污染性气体，其反应离子方程式是 3Fe+8H +2NO3=3Fe2 +2NO+4H2O 。故答案为：3Fe+8H +2NO3=3Fe2 +2NO+4H2O；（2）依据流程关系图分析，通入硫化氢制饱和，硫化氢是强还原剂，目的是沉淀锡
36、离子，防止亚铁离子被氧化；在H2S饱和溶液中，SnS沉淀完全时溶液的pH为1.6；FeS开始沉淀时溶液的pH为3.0，操作加入稀硫酸调节溶液PH=2为了除去杂质离子Sn2；故答案为：沉淀锡离子，防止亚铁离子被氧化；除去杂质离子Sn2；（3） 常温下，KspFe(OH)3=4.010-38，Fe3+3H2O Fe(OH)3+3H则Fe3+的水解常数为=2.510-5；故答案为：2.510-5；。（4）操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：除去晶体表面附着的硫酸等杂质；冰水温度低，物质溶解度减小，可以洗去沉淀表面的杂质离子，避免绿矾溶解带来的损失，故答案为：降低洗涤过程中FeSO47H2O的损耗；（5）第一份样品：n(Fe2+)= =0.03mol，n(Fe3+)= =0.04mol-0.03mol=0.01mol；第二份样品n(SO42)= =0.04mol；第三份样品：n(H2O)= =0.225mol,根据电荷守恒：n(OH)=0.013+0.032-0.042=0.01mol,结晶水为0.225mol-0.01mol =0.22mol,x:y:z:w=(0.01+0.03):0.01:0.04:0.22=4:1:4:22。故答案为：4:1:4:22。- 21 -
