1、江苏省如皋市2017-2018学年高一上学期第三次调研考试化学试题1. 国产自主研发芯片麒麟970是全球首款内置神经网络单元的处理器，该处理器芯片中使用的材料是A. 硅 B. 钛合金 C. 二氧化硅 D. 铅合金【答案】A【解析】Si常用作半导体，应用于芯片、太阳能电池中，故选A。2. 下列物质属于纯净物的是A. 氨水 B. 铝热剂 C. 液氯 D. 石油【答案】C【解析】A、氨水为氨气溶于水所得到的混合物，故A错误；B、铝热剂是铝与难熔金属氧化物的混合物，故B错误；C、液氯是液态的Cl2，为纯净物，故C正确；D、石油是烃的混合物，故D错误。故选A。3. 下列过程只涉及物理变化的是A. 硫酸除
2、锈 B. 盐酸挥发 C. 铁的钝化 D. 氯气消毒【答案】B【解析】A、硫酸除锈是利用硫酸的酸性，与铁锈发生反应，生成可溶的硫酸盐，为化学变化，故A正确；B、盐酸挥发只是HCl状态的改变，无新物质生成，属物理变化，故B正确；C、铁的钝化，是指常温下，铁在浓硫酸或浓硝酸中迅速在表面生成一层致密的氧化膜，从而阻止了铁与酸的接触，属于化学变化，故C错误；D、氯气消毒是利用氯气的强氧化性，使蛋白质结构改变而变性，有新物质的生成，属于化学变化，故D错误。故选B。4. 能使品红溶液褪色的气体是A. NH3 B. HCl C. CH4 D. Cl2【答案】D【解析】具有漂白性的物质能将品红漂白而褪色，比如S
3、O2、Cl2，而NH3、HCl、CH4均没有漂白性，不能使品红褪色，故选D。5. 下列化学用语表示正确的是A. NaH中H的化合价：-1B. 小苏打的化学式：NaCO3C. 氯离子的结构示意图D. NaClO的电离方程式:NaClO=NaClO2【答案】A【解析】A、金属元素在化合物中均显+1价，NaH中Na为-1价，根据电中性原理，H的化合价为-1价，故A正确；B、小苏打为碳酸氢钠，化学式为NaHCO3，NaCO3这种表达方式错误，Na为+1价，碳酸根为带2个负电荷的离子， Na2CO3为苏打，故B错误；C、氯离子为氯原子得到1个电子，核电荷数为17，核外电子数为18，图中核电荷数表示错误，
4、故C错误；D、NaClO由Na和ClO组成，电离方程式为NaClO=NaClO，故D错误。故选A。6. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A. 氢氟酸显弱酸性，可用于雕刻玻璃B. 钠具有强还原性，可用于制作高压钠灯C. 氢氧化铝受热易分解，可用作胃酸中和剂D. 液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂【答案】D【解析】A、氢氟酸可用于雕刻玻璃是因为，氢氟酸能与二氧化硅生成气态的氟化硅和水，与氢氟酸是否为弱酸性无关，醋酸也显弱酸性，但是不能用于雕刻玻璃，故A错误；B、钠可用于作高压钠灯的原因是钠的焰色反应为黄色，体现的是物理性质，与钠的还原性无关，故B错误；C、氢氧化铝为两性氢氧化物，可以与
5、胃酸发生反应，与氢氧化铝的热稳定性无关，故C错误；D、液氨汽化时，吸收大量的热，可以应用于制冷，性质与用途对应，故D正确。故选D。7. 下列实验操作正确的是A. 分离乙醇和水 B. 除去氯气中的氯化氢 C. 制取氨气 D. 转移溶液【答案】B【解析】A、乙醇与水互溶，不能用分液方法分离，应采用蒸馏，故A错误；B、HCl极易溶于水，食盐水可以抑制氯气的溶解，所以可以用饱和食盐水吸收氯气中的HCl，除杂时，气体经导管长进短出，装置合理，故B正确；C、氯化铵分解生成氯化氢和氨气，温度稍低，气体遇冷，又会化合生成氯化铵，实验室一般用氯化铵和氢氧化钙固体制备氨气，故D错误；D、转移液体至容量瓶时需要用玻
6、璃棒引流，图中没有使用玻璃棒，故D错误。故选B。8. 25时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A. H、Na、SO32、Cl B. Na、Ba2、OH、HCO3C. Ca2、Fe2、NO3、Cl D. K、Mg2、OH、SO42【答案】C【解析】A、H与SO32反应，而不能大量共存，故A错误；B、OH与HCO3发生反应OH+ HCO3= CO32+H2O，而生成的CO32又可以与Ba2结合生成沉淀，不能大量共存，故B错误；C、四种离子之间均不会发生反应，能够大量共存，故C正确；D、Mg2与OH结合生成氢氧化镁沉淀，不能大量共存，故D错误。故选C。9. 下列变化中不涉及氧化还原反应的是
7、A. 由氯气制漂白粉 B. 由铝土矿冶炼铝C. 由水玻璃制硅胶 D. 由黄铁矿（FeS2) 制 S02【答案】C【解析】A、氯气制漂白粉的原理为2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O，是氧化还原反应，故A错误；B、铝土矿炼铝是将铝从化合态转化为铝单质，是氧化还原反应，故B错误；C、由水玻璃制硅胶的原理为SiO322H=H2SiO3，属于复分解反应，不是氧化还原反应，故C正确；D、由黄铁矿（FeS2) 制S02，其中S元素化合价由-1价升高到+4价，有化合价的变化，是氧化还原反应，故D错误。故选C。10. 下列说法正确的是A. 标准状况下，22.4LCCl4中含有的碳原子数
8、为6.021023B. 常温常压下，32gO3中含有的分子数为26.021023C. 1molL1Al2(SO4)3中含有的铝离子数为26.0210 23D. 2molCl2与足量NaOH完全反应，转移电子数为26.021023【答案】D【解析】A、标况下CCl4为液态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；B、32g O3的物质的量=mol，则分子数为6.021023，故B错误；C、没有已知溶液的体积，无法计算铝离子的物质的量，故C错误；D、Cl2与足量NaOH的反应方程式为Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，其中每反应1mol Cl2转移1mol电子，故反应2mol Cl2转
9、移电子数为26.021023，故D正确，故选D。点睛：本题B、C选项为易错点，B选项要注意，温度与压强只对气体的体积有影响，与气体的质量无关；C选项易被惯性思维误导认为Al2(SO4)3的物质的量为1mol。11. 下列气体中不能用排空气法收集的是A. NO B. SO2 C. NH3 D. H2【答案】A【解析】若密度比空气大，采用向上排空气法；若密度比空气小，采用排空气法；如果气体与空气反应或者密度与空气接近，则不能用排空气法。恒温恒压下，气体的密度与相对分子质量成正比。空气的平均相对分子质量为29，若气体的相对分子质量大于29，则密度比空气大；若气体的相对分子质量小于29，则密度比空气小
10、。NO与氧气反应，且NO的相对分子质量为28，密度与空气接近，所以NO不能用排空气法收集，NO难溶于水，可用排水法收集；SO2的相对分子质量为64，则密度大于空气，且常温下不和空气反应，所以可采用向上排空气法收集；NH3、H2相对分子质量分别为17、2，则密度均小于空气，且常温下都不和空气反应，所以可采用向下排空气法收集。故选A。12. 下列各组物质能用括号内的试剂或仪器鉴别的是A. NaHCO3和Na2CO3两种溶液Ca(OH)2溶液B. NaCl和Na2SO4两种溶液（激光笔）C. MgCl2溶液AlCl3两种溶液(NaOH溶液)D. Fe2(SO4)3)和FeCl3两种溶液（KSCN溶液
11、）【答案】C【解析】A、NaHCO3和Na2CO3均能与Ca(OH)2反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故A错误；B、只有胶体才能产生丁达尔效应，所以用激光笔只能区分胶体与溶液，而不能鉴别两种溶液，故B错误；C、向MgCl2溶液中滴加NaOH，产生白色沉淀，而向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH，先有白色沉淀，后来沉淀逐渐溶解，现象不同，故可鉴别，故C正确；D、Fe2(SO4)3)和FeCl3均含铁离子，加入KSCN均变血红色，现象相同，无法鉴别，故D错误。故选C。13. 下列有关CO2和SO2的说法中，正确的是A. 大量排放都能形成酸雨 B. 都具有刺激性气味C. 都能使澄清石灰水变浑浊
12、D. 都能使品红溶液褪色【答案】C【解析】A、SO2大量排放会造成酸雨，而CO2大量排放会引起温室效应，故A错误；B、CO2无气味，SO2具有刺激性气味，故B错误；C、CO2和SO2均能与氢氧化钙反应生成白色沉淀，故C正确；D、SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2不具有漂白性，故D错误。故选C。点睛：CO2和SO2在性质上有一些共同点：密度都比空气大；均是酸性氧化物。CO2和SO2也有很多不同点：SO2具有刺激性气味，且有毒，CO2无气味无毒；SO2在水中的溶解大于CO2；SO2具有强还原性；SO2具有漂白性。14. 下列关于浓硫酸的说法中，正确的是A. 浓硫酸可用于干燥氨气 B. 浓
13、硫酸可使纸张脱水炭化C. 浓硫酸必须保存在棕色瓶中 D. 可用锌和浓硫酸反应制取氢气【答案】B【解析】浓硫酸具有高沸点难挥发性、酸性、吸水性、脱水性、强氧化性。A、浓硫酸具有吸水性，能用作干燥剂，但是浓硫酸能与氨气反应，不能用于干燥氨气，故A错误；B、浓硫酸具有脱水性，能使纸张炭化，故B正确；C、浓硫酸很稳定、难分解难挥发，不需要保存在棕色试剂瓶中，故C错误；D、浓硫酸具有强氧化性，与锌反应，产生的是二氧化硫，而不是氢气，故D错误。点睛：浓硫酸做干燥剂时，能干燥酸性气体和中性气体。不能干燥碱性气体NH3，不能干燥还原性气体H2S、HBr、HI；浓硫酸可以用于干燥强还原性气体SO2，因为浓硫酸中
14、S处于+6价，SO2种S元处于+4价，浓硫酸不能氧化SO2。15. 酸性条件下， NaClO3和Na2SO3反应可生成ClO2和Na2SO4。向10.00 mL 0.2 molL-1酸性NaClO3溶液中滴加Na2SO3，欲使NaC1O3恰好完全反应，则所需0.1 molL-1的Na2SO3 溶液的体积为A. 5.00 mL B. 10.00mL C. 15.00mL D. 20.00 mL【答案】B【解析】NaClO3和Na2SO3反应可生成ClO2和Na2SO4，其中NaClO3ClO2 ，Cl元素化合价由+5价降到+4价，每1mol NaClO3得到1mol电子；Na2SO3Na2SO4
15、，S元素由+4价升到+6价，每1mol Na2SO3失去2mol电子。根据电子守恒，n(NaClO3)2= n(Na2SO3)，设Na2SO3 溶液的体积为xmL，则10mL10-3L 0.2 mol/L=x mL10-3L 0.1 mol/L，解得x=10mL，故选B。16. 下列物质分离的方法中，正确的是A. 用加热法除去氯化钠固体中的氯化铵B. 用NaOH溶液除去Fe2O3中的Al2O3C. 用铜粉除去FeC12溶液中的FeC13D. 用饱和Na2CO3溶液除去CO2中的HC1【答案】AB【解析】A、氯化铵加热分解为氨气和HCl，而NaCl固体难分解，所以用加热法可以达到分离的目的，故A
16、正确；B、Al2O3为两性氧化物，溶于NaOH，而Fe2O3为碱性氧化物不与NaOH反应，故向固体混合物中加入NaOH溶液后，再进行过滤，即可达到分离的目的，故B正确；C、铜粉与FeC13反应生成FeC12与CuC12，溶液中引入了铜离子杂质，可以用铁粉除去FeC12溶液中的FeC13，故C错误；D、CO2、HCl都能与Na2CO3反应3，故不能用Na2CO3除杂，应改成饱和NaHCO3溶液，HCl与NaHCO3反应生成CO2，且饱和NaHCO3能降低CO2的溶解，故D错误。故选AB。点睛：HC1极易溶于水，所以除去混合气体中的HCl只要是水溶液即可，但是要尽量减少主成份气体在水中的溶解，避免
17、主成份气体与溶液的反应。除去C12中的HCl，用饱和食盐水吸收HCl且减少C12在水中的溶解；除去SO2中的HCl，用饱和NaHSO3溶液吸收HCl且减少SO2在水中的溶解；除去CO2中的HCl，用饱和NaHCO3溶液吸收HCl且减少CO2在水中的溶解。17. 汽车尾气处理装置中可发生反应：4CO2NO2 4CO2N2，下列对该反应的说法正确的是A. NO2被氧化 B. CO是氧化剂C. 每生成28gN2，转移8mole- D. 该条件下，还原性CON2【答案】C【解析】A、NO2中N元素化合价由+4价降低到N2中的0价，被还原，故A错误；B、CO中的C元素化合价由+2价升高到+4价，失电子，
18、作还原剂，故B错误；C、每反应1mol NO2，转移4mol电子，28gN2为1mol，每生成1mol N2，消耗2mol NO2，则转移8mol电子，故C正确；D、在该反应中，CO为还原剂，N2为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，故D错误。故选C。18. 下列离子方程式正确的是A. 用盐酸溶解石灰石：CO32-+2H+ = CO2+H2OB. CuSO4溶液与 Ba(OH)2: Ba2+ + SO42- = BaSO4C. 将SO2气体通入足量NaOH溶液中：SO2 + 2OH-= SO32-+H2OD. 溴化钠溶液与氯气反应：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-【答案】CD【解析】A、石
19、灰石为碳酸钙，碳酸钙难溶，在离子方程式中不可拆开，故A错误；B、漏掉了Cu2+与OH的反应，故B错误；C、少量的SO2与足量的NaOH反应，生成易溶的Na2SO3和水，离子方程式为SO2 + 2OH= SO32-+H2O，故C正确；D、Cl2氧化性强于Br2，氯气可以将Br氧化为Br2，自身被还原为Cl，故D正确。故选C、D。19. 在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】A、二氧化硅与盐酸不反应，不能实现转化，故A错误；B、二氧化硫与氯化钡不反应，不能实现转化，故B错误；C、Fe不能置换Al，故不能实现转化，故C错误；D、钠与氧气在点燃的
20、条件下反应生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，能实现转化，故D正确。故选D。20. 下列对有关实验寧实的说明或解释正确的是A. 用坩埚钳夹住一小块用砂纸打磨过的铝箔在洒精灯上加热，铝熔化但不滴落，说明Al203的熔点高于AlB. 向某溶液中先淌加Ba(N03)2溶液，出现白色沉淀，再滴加稀硝酸，沉淀不溶解，说明原溶液中一定含有SO42-C. 向新制氯水中加入少量NaHCO3固体，出现较多气体，说明HClO的酸性强于H2CO3D. 向某溶液中先滴加KSCN溶液，溶液不变红，再滴加双氧水，溶液变红，说明原溶液中一定含有Fe2+【答案】AD【解析】A、加热打磨过后的铝箔，铝表面生成
21、氧化铝薄膜，铝熔化说明铝熔点低，但铝不滴落，说明氧化铝熔点非常高，故A正确；B、溶液中也可能存在的SO32-，Ba2+与SO32-反应生成白色的BaSO3沉淀，SO32-有强还原性，再加硝酸，硝酸将BaSO3氧化为不溶于硝酸的BaSO4，所以无法判断原溶液中是否含有SO42-，故B错误；C、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，加入NaHCO3固体，产生CO2，只能说明氯水酸性强于H2CO3，并不能说明HClO酸性强于碳酸，故C错误；D、向溶液中先滴加KSCN溶液，溶液不变红，则证明溶液中不含Fe3+，再加双氧水，溶液变红，说明原溶液中一定含有Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，故D正确。故选AD。21.
22、 某种制取纯碱的方法如下：（1）写出“反应I ”的化学方程式：_。（2）“反应”为复分解反应，反应中所涉及物质的溶解度如图所示。写出“反应”的化学方程式：_。（3）写出“煅烧”反应的化学方程式：_。（4） “蒸氨”时需要加热，写出“蒸氨”时反应的化学方程式:_。（5）写出将“蒸氨”产生的氨气通入Al2(SO4)3溶液中时反应的离子方程式: _。【答案】 (1). NH3H2OCO2NH4HCO3 (2). NaClNH4HCO3NaHCO3NH4Cl (3). 2NaHCO3 Na2CO3CO2H2O (4). 2NH4ClCa(OH)2 CaCl22NH32H2O (5). Al3+3NH3
23、H2OAl(OH)33NH4【解析】（1）氨水显碱性，CO2为酸性氧化物，二者反应生成盐，CO2过量时生成酸式盐即碳酸氢铵，故化学方程式为：NH3H2OCO2NH4HCO3。（2）氨气极易溶于水，氨水的浓度非常大，可以溶解大量的氨气，则反应I得到浓度较大的碳酸氢铵溶液。向碳酸氢铵溶液中加入食盐后，溶液中主要存在四种离子：Na+、NH4+、HCO3、Cl，根据溶解度曲线可知，同温度下NaHCO3的溶解度最小，溶液中会析出晶体NaHCO3。反应II为复分解反应，则反应方程式为NaClNH4HCO3NaHCO3NH4Cl。（3）过滤得到NaHCO3晶体，加热，NaHCO3分解为Na2CO3、H2O、
24、CO2，反应方程式为：2NaHCO3 Na2CO3CO2H2O；（4）向NH4Cl溶液中加入石灰乳，NH4+与OH结合为NH3H2O，加热条件下，促进NH3逸出，即为“蒸氨”，反应方程式为2NH4ClCa(OH)2 CaCl22NH32H2O；（5）氨气溶于水得NH3H2O，NH3H2O碱性强于Al(OH)3，故将NH3通入Al2(SO4)3溶液中有Al(OH)3沉淀生成，离子方程式为：Al3+3NH3H2OAl(OH)33NH4。22. 实验室制备氯化亚铜（一种难溶于水的白色固体）的流程如下：（1）“反应I”在加热条件下进行，同时有MnCl2生成，该反应的化学方程式为 _。 （2） “反应”
25、中杂质与Cl2反应的化学方程式为_。 实验所用SO2气体可由铜和浓硫酸反应制得，该反应的化学方程式为_。（4）“反应”的离子方程式为_。（5）若将等物质的量的S02、Cl2通入水中，所得溶液几乎没有漂白性，该反应的离子方程式为_。【答案】 (1). MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O (2). 2Fe3Cl22FeCl3 (3). Cu2H2SO4 (浓) CuSO4SO22H2O (4). SO22Cu2+2Cl2H2O2CuClSO4H+ (5). Cl2SO22H2O4H+SO2Cl【解析】（1）MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2和Cl2，Mn元素化合价由+4价降低为+2价
26、，盐酸中Cl元素化合价降为0价，根据元素守恒，反应有水生成，可得MnO2HCl(浓) MnCl2Cl2H2O，根据化合价升降守恒配平方程式：MnO24HCl(浓) MnCl2Cl22H2O；（2）粗铜中含有少量铁，通入Cl2，将Cu氧化为CuCl2，将Fe氧化为FeCl3，生成FeCl3的反应方程式为2Fe3Cl22FeCl3；（3）铜和浓硫酸反应制SO2，反应方程式为Cu2H2SO4 (浓) CuSO4SO22H2O；（4）将CuCl2、FeCl3固体溶解后，再将铁离子转化为红褐色的氢氧化铁沉淀，过滤除铁，得到溶液CuCl2。向溶液中通入SO2，生成目标产物CuCl，Cu元素化合价降低，被还
27、原，则SO2被氧化为SO42，离子方程式为SO22Cu2+2Cl2H2O2CuClSO424H+；（5）若将等物质的量的SO2、Cl2通入水中，恰好完全反应生成硫酸和盐酸，所得溶液没有漂白性，离子方程式为Cl2SO22H2O4H+SO422Cl。23. 有关物质的转化关系如下图所示（反应中部分物质已略去）。A、C、G、K、M 为单质，其中G、K、L、M 为气体，其中M能使带火星的木条复燃，D可用作耐高温材料，B为黑色磁性氧化物， E为常见的强碱。（1）D的化学式为_。（2）写出反应的离子方程式：_。（3）写出反应的离子方程式：_。（4）写出反应的化学方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：
28、_。【答案】 (1). Al2O3 (2). 2Al2OH2H2O2AlO3H2 (3). 2Fe2+Cl22Fe3+2Cl (4). （1）根据上述分析，D为Al2O3；（2）反应为Al与强碱反应生成AlO2和H2，离子方程式为2Al2OH2H2O2AlO23H2；（3）反应为FeCl2+ Cl2FeCl3，离子方程式为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl；（4）反应为Fe(OH)2被氧气氧化为Fe(OH)3，反应方程式为4Fe(OH)2O22H2O=4Fe(OH)3；其中4mol Fe(OH)2失去4mol电子，氧气得电子，故单线桥可表示为：。24. 海带中提取碘的一种流程如下：（1） “操作
29、”的主要目的的是获得含I-的溶液，它包括灼烧、水浸。其中灼烧时装置如右图所示，仪器A的名称为_。（2）“置换”所得滤渣中含有Fe和Ag。使用化学方法分离出Ag操作是_。分离出的Ag用稀硝酸转化为AgNO3，以循环利用，相关离子方程式为_。（3）“操作”得到水层的方法是：将通入Cl2后的溶液置于分液漏斗中，加入CC14，振荡静置，_。（4）检验“操作”所得水层中是否含有Fe3+的方法是_。【答案】 (1). 坩埚 (2). 将固体混合物溶于足量的稀H2SO4（或稀盐酸），过滤 (3). 3Ag4H+NO3Ag+NO2H2O (4). 打开旋塞，将下层液体放入烧杯中，关闭旋塞，将上层液体倒入另一烧
30、杯中 (5). 取少量“操作”所得水层，加入KSCN溶液，若变红，则含有Fe3，若不变红，则不含有Fe3.（1）图中A为坩埚；（2）滤渣中含有Fe和Ag，可以利用Fe和Ag的活泼性不同，用酸将二者分离。Fe与稀硫酸、盐酸反应，而Ag不反应，故可以用稀硫酸或盐酸分离Fe和Ag。具体操作为：将固体混合物溶于足量的稀H2SO4（或稀盐酸），过滤；Ag可以和稀硝酸反应生成AgNO3、NO和水，离子方程式为3Ag4H+NO33Ag+NO2H2O；（3）操作II为加入CCl4萃取，有机层为I2的CCl4溶液。CCl4的密度大于水，先将下层的有机溶液放入烧杯中，再将上层液体从上口倒出。具体操作为：打开旋塞，
31、将下层液体放入烧杯中，关闭旋塞，将上层液体倒入另一烧杯中；（4）可以利用KSCN检验溶液中是否含有Fe3+，具体操作为为：取少量“操作”所得水层，加入KSCN溶液，若变红，则含有Fe3，若不变红，则不含有Fe3。25. 利用钛白工业的副产品FeSO4杂质仅为少量Fe2(SO4)3可以生产电池级高纯超微细草酸亚铁。其工艺流程如下：（1）用离子方程式表示“除杂”的原理：_。 （2） “沉淀”过程控制反应温度为40，温度不宜过高的原因是_。（3）实验室测定副产品FeSO4杂质仅为少量Fe2(SO4)3+ Fe2(SO4)3含量的步骤如下： 步骤1：将适量副产品配成水溶液，向其中加入2molL-1Ba
32、Cl2溶液使SO42-沉淀完全，过滤。 步骤2:将步骤1所得沉淀洗涤，烘干至恒重，称得其质量为11.65 g。步骤3:用0.2000molL-1KMnO4溶液与步骤1所得滤液作用，恰好完全反应时消耗其体积为20.00 mL。(该步骤中反应的方程式为：5Fe2+ + MnO4- + 8H+ = 5Fe3+Mn2+4H2O)步骤1中证明SO42-沉淀完全的操作为_。欲配制0.2000 molL-1 KMnO4 50 mL，若定容时俯视，则所配KMnO4溶液浓度会_。(填“偏大”、“偏小”、“不变”）该副产品中所含杂质Fe2(SO4)3的物质的量为_。【答案】 (1). Fe2Fe3+3Fe2+ (
33、2). NH3H2O受热易分解，挥发出NH3 (3). 静置，在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则SO42沉淀完全，反之，SO42未沉淀完全 (4). 偏大 (5). 0.01 mol【解析】流程分析：FeS04中含有少量Fe2(S04)3，可以通过将Fe2(S04)3还原为FeS04的方式除杂，故向溶液中加入Fe单质，发生归中反应，离子反应方程式为：Fe2Fe3+3Fe2+。除杂后所得溶液为FeS04溶液，加入NH3H2O，生成Fe(OH)2沉淀。过滤，向沉淀中加入草酸反应生成草酸亚铁。（1）根据上述分析，“除杂”的原理为Fe2Fe3+3Fe2+；（2）NH3H2O受热易
34、分解，挥发出NH3，故“沉淀”过程温度不宜过高；（3）实验分析：将样品配成溶液后，加入BaCl2溶液使S042-沉淀完全，过滤得沉淀BaS04和滤液，滤液中含有FeCl2和FeCl3；将沉淀洗涤、烘干、称重得11.65g BaS04，则n(S042-)=n(BaS04)=0.05mol；20mL 0.2molL-1KMnO4溶液恰好与滤液反应完全，其中n(MnO4-)=0.22010-3mol=410-3mol；根据方程式可知n(Fe2+)=5n(MnO4-)=410-3mol5=0.02mol，所以所取样品中n(FeSO4)= 0.02mol。又因为n(S042-)= =0.05mol，所以nFe2(S04)3=0.01mol。步骤1中证明SO42-沉淀完全的操作为：静置，在上层清液中继续滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则SO42沉淀完全，反之，SO42未沉淀完全；若定容时俯视，会导致容量瓶中所加溶液偏少，所配制的溶液浓度偏大；根据上述分析，所含杂质Fe2(S04)3的物质的量为0.01mol。