题目内容

3．水滑石材料在石油化学、塑料工业等方面均具有广泛用途，某活动小组同学进行如下实验制备某水滑石并测定其组成．
Ⅰ．水滑石的制备
（1）配制一定浓度的Mg（NO3）2与Al（NO3）3的混合溶液500mL，定容时，俯视刻度线，则所配溶液的浓度偏大（填“偏大”或“偏小”）．
（2）配制c（NaOH）=1.6和c（Na2CO3）=0.8mol/L的混合溶液500mL，配制时，若用托盘天平称取NaOH固体，则需称取NaOH的质量为32.0g；该混合溶液中c（Na+）=3.2mol/L．
（3）将（1）和（2）所配溶液混合后，过滤即得水滑石，过滤时玻璃棒的作用是引流．
Ⅱ．水滑石组成的测定
（4）设上述制得的水滑石组成为MgaAlb（OH）c（CO3）d．已知：a+b+c+d=25（a、b、c、d为正整数）．制得的样品含MgaAlb（OH）c（CO3）d0.1mol，用1mol/L的盐酸使其完全溶解，消耗盐酸的体积为1.8L；同时生成2.24L（标准状况）CO2，此时溶液中只含AlCl3和MgCl2两种溶质．通过计算确定该水滑石的化学式（请写出计算过程）．

分析 Ⅰ．（1）定容时俯视刻度线，溶液体积V偏小，结合c=$\frac{n}{V}$分析；
（2）依据n=cV计算NaOH的质量，c=$\frac{n}{V}$计算B溶液中c（Na+）；
（3）过滤时玻璃棒的作用是引流；
Ⅱ．（4）制得的样品含MgaAlb（OH）c（CO3）d0.1mol，用1mol/L的盐酸使其完全溶解，消耗盐酸的体积为1.8L；同时生成2.24L（标准状况）CO2，此时溶液中只含AlCl3和MgCl2两种溶质，碳元素守恒计算得到碳酸根离子物质的量，利用氯化氢物质的量计算和氢氧根离子反应的氯化氢物质的量，确定氢氧根离子物质的量，根据化合物化合价代数和为0计算得到abcd确定化学式．

解答 解：Ⅰ．（1）定容时俯视刻度线，溶液体积V偏小，c=$\frac{n}{V}$可知，n不变，V偏小，则c偏大，
故答案为：偏大；
（2）因为B溶液为c（NaOH）=1.6mol•L-1和c（Na2CO3）=0.8mol•L-1的混合溶液，则NaOH的质量m=40n=40cV=40×1.6×0.5=32.0g，
c（Na+）=$\frac{n}{V}$=$\frac{1.6×0.5+0.8×0.5×2}{0.5}$=3.2mol•L-1，
故答案为：32.0g；3.2；
（3）将（1）和（2）所配溶液混合后，过滤即得水滑石，过滤时玻璃棒的作用是引流，
故答案为：引流；
Ⅱ．（4）制得的样品含MgaAlb（OH）c（CO3）d0.1mol，用1mol/L的盐酸使其完全溶解，消耗盐酸的体积为1.8L；同时生成2.24L（标准状况）CO2，此时溶液中只含AlCl3和MgCl2两种溶质，
n（CO32-）=n（CO2）=$\frac{2.24L}{22.4L/mol}$=0.1mol
d=$\frac{n（C{{O}_{3}}^{2-}）}{n（水滑石）}$=$\frac{0.1mol}{0.1mol}$=1
n（HCl）=cV=1mol/L×1.8L=1.8mol
c=$\frac{n（HCl）-2n（C{{O}_{3}}^{2-}）}{n（水滑石）}$=$\frac{1.8mol-2×0.1mol}{0.1mol}$=16
根据化合物化合价代数和为0可得2a+3b=18
结合a+b+c+d=25可得a=6，b=2
所以水滑石的化学式为Mg6Al2（OH）16CO3，
答：该水滑石的化学式为Mg6Al2（OH）16CO3．

点评 本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法及其计算、化学式确定方法，明确配制原理和过程是解题关键，注意基本公式的应用，题目难度中等．

练习册系列答案
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1．配制350mL1.0mol/LH2SO4溶液，需用98%的浓硫酸溶液（ρ=1.84g/L）体积为多少？取25mL1.0mol/LH2SO4溶液与2g锌粉充分反应，产生标准状况下H2多少升？
14．下列说法正确的是（　　）
A．在一定温度下AgCl水溶液中，Ag+和Cl-浓度的乘积是一个常数
B．AgCl的Ksp=1.8×10-10 mol2•L-2，在任何含AgCl固体的溶液中，c（Ag+）=c（Cl-）且Ag+与Cl-浓度的乘积等于1.8×10-10 mol2•L-2
C．温度一定时，当溶液中Ag+和Cl-浓度的乘积等于Ksp值时，此溶液为AgCl的饱和溶液
D．向2.0mL浓度均为0.1mol•L-1的KCl、KI混合溶液中滴加1～2滴0.01mol•L-1 AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色，说明AgCl的Ksp比AgI的Ksp小
11．已知：I2+2S2O${\;}_{3}^{2-}$═S4O${\;}_{6}^{2-}$+2I-
相关物质的溶度积常数见下表：
物质Cu（OH）2Fe（OH）3CuClCuI
Ksp2.2×10-202.6×10-391.7×10-71.3×10-12
（1）某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体，加入CuO或Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3 ，调至pH=4，使溶液中的Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，此时溶液中的c（Fe3+）=2.6×10-9mol/L．过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2•2H2O晶体．
（2）在空气中直接加热CuCl2•2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是2CuCl2•2H2O$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$Cu（OH）2•CuCl2+2HCl+2H2O（用化学方程式表示）．
由CuCl2•2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是在干燥的HCl气流中加热脱水．
（3）某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2•2H2O晶体的试样（不含能与I-发生反应的氧化性杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀．用0.100 0mol•L-1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL．
①可选用淀粉溶液作滴定指示剂，滴定终点的现象是蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色．
②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2．
③该试样中CuCl2•2H2O的质量百分数为95%．
18．苯甲酸甲酯是一种重要的工业原料，某化学小组采用如图装置以苯甲酸、甲醇为原料制取苯甲酸甲酯．有关物质的物理性质见下表所示：
苯甲酸甲醇苯甲酸甲酯
熔点/℃122.4-97-12.3
沸点/℃24964.3199.6
密度/g．cm-31.26590.7921.0888
水溶性微溶互溶不溶
Ⅰ．合成苯甲酸甲酯粗产品
在圆底烧瓶中加入0.1mol苯甲酸和0.4mol 甲醇，再小心加入 3mL浓硫酸，混匀后，投入几粒沸石，小心加热使反应完全，得苯甲酸甲酯粗产品．
（1）甲装置的作用是：冷凝回流；冷却水从b（填“a”或“b”）口进入．
（2）化学小组在实验中用过量的反应物甲醇，其理由是该合成反应是可逆反应，甲醇比苯甲酸价廉，且甲醇沸点低，易损失，增加甲醇投料量提高产率，提高苯甲酸的转化率．
Ⅱ．粗产品的精制
苯甲酸甲酯粗产品中往往含有少量甲醇、硫酸、苯甲酸和水等，现拟用下列流程进行精制

（1）试剂1可以是B（填编号），作用是洗去苯甲酸甲酯中过量的酸．
A．稀硫酸                    B．碳酸钠溶液                C．乙醇
（2）操作2中，收集产品时，控制的温度应在199.6℃左右．
（3）实验制得的苯甲酸甲酯精品质量为10g，则苯甲酸的转化率为73.5%（结果保留三位有效数字）．
（4）本实验制得的苯甲酸甲酯的产量低于理论产量，可能的原因是C（填编号）．
A．蒸馏时从100℃开始收集产品
B．甲醇用量多了
C．制备粗品时苯甲酸被蒸出．
8．高锰酸钾[KMnO4]是常用的氧化剂．工业上以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备高锰酸钾晶体．中间产物为锰酸钾[K2MnO4]．下图是实验室模拟制备的操作流程：

相关资料：
①物质溶解度
物质KMnO4K2CO3KHCO3K2SO4CH3COOK
20℃溶解度6.411133.711.1217
②锰酸钾[K2MnO4]
外观性状：墨绿色结晶．其水溶液呈深绿色，这是锰酸根（MnO42-）的特征颜色．
化学性质：在强碱性溶液中稳定，在酸性、中性和弱碱性环境下，MnO42-会发生歧化反应．
试回答下列问题：
（1）煅烧软锰矿和KOH固体时，不采用石英坩埚而选用铁坩埚的理由是高温下强碱会和瓷坩埚中的二氧化硅反应腐蚀坩埚；
（2）实验时，若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低．请写出实验中通入适量CO2时体系中可能发生反应离子方程式：3MnO42-+2CO2═2MnO4-+MnO2↓+2CO32-，2OH-+CO2═CO32-+H2O；
其中氧化还原反应中氧化剂和还原剂的质量比为1：2．
（3）由于CO2的通入量很难控制，因此对上述实验方案进行了改进，即把实验中通CO2改为加其他的酸．从理论上分析，选用下列酸中A，得到的产品纯度更高．
A．醋酸             B．浓盐酸             C．稀硫酸
（4）工业上采用惰性电极电解锰酸钾溶液制取高锰酸钾，试写出该电解反应的化学方程式2K2MnO4+2H2O $\frac{\underline{\;通电\;}}{\;}$2KMnO4+H2↑+2KOH
提出改进方法：可用阳离子交换膜分隔两极区进行电解（如图）．图中A口加入的溶液最好为KOH溶液．使用阳离子交换膜可以提高Mn元素利用率的原因为阳离子交换膜防止锰酸根进入阴极区被还原．
15．氯化亚铜广泛用作有机合成催化剂，用低品位铜矿（含CuS、Cu2S、CuO以及杂质FeO、Fe2O3）制备氯化亚铜的工艺如下：

回答下列问题：
（1）步骤①浸取时，发生的反应之一为CuS被MnO2氧化为S，MnO2被还原为MnSO4，该反应的离子方程式为CuS+MnO2+4H+=Cu2++Mn2++S+2H2O
（2）滤渣2的成分为Fe（OH）3（填化学式，下同）．
（3）步骤⑤发生反应的化学方程式为Cu（NH3）4CO3$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$CuO+4NH3↑+CO2↑；热解生成的CO2的电子式为．
（4）制取Na[CuCl2]时，发生反应的化学方程式为Cu+CuO+2NaCl+2HCl=2 Na[CuCl2]+H2O，滤液4中溶质的成分为NaCl或NaCl和HCl（填化学式）．
（5）步骤⑧中醇洗的目的是除去表面的酸并使产品快速干燥．
12．硫代硫酸钠（Na2S2O3•5H2O）俗名“大苏打”，又称为“海波”，可用于照相业作定影剂，也可用于纸浆漂白作脱氯剂等．它易溶于水，难溶于乙醇，加热、遇酸均易分解．工业上常用亚硫酸钠法、硫化碱法等制备．
某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图1：

实验具体操作步骤为：
①开启分液漏斗，使硫酸慢慢滴下，适当调节分液的滴速，使反应产生的SO2气体较均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，同时开启电动搅拌器搅动，水浴加热，微沸．
②直至析出的浑浊不再消失，并控制溶液的pH接近7时，停止通入SO2气体．
③趁热过滤，将滤液加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O．
④再经过滤、洗涤、干燥，得到所需的产品．
（1）写出仪器A的名称蒸馏烧瓶，步骤④中洗涤时，为了减少产物的损失用的试剂可以是乙醇；
（2）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中不能让溶液pH＜7，请用离子方程式解释原因S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
（3）写出三颈烧瓶B中制取Na2S2O3反应的总化学反应方程式4SO2+2Na2S+Na2CO3=CO2+3Na2S2O3；
（4）最后得到的产品中可能含有Na2SO4杂质．请设计实验检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论取少量产品溶于足量稀盐酸、静置、取上层清液滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质；
（5）测定产品纯度准确称取1.00g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol•L-1碘的标准溶液滴定．反应原理为2S2O32-+I2═S4O62-+2I-．滴定终点的现象为：滴入最后一滴标准液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不再褪色，
滴定起始和终点的液面位置如图2：则消耗碘的标准溶液体积为16.00 mL，产品的纯度为79.36%．
13．Ⅰ．（1）某学习小组用0.80mol/L标准浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度的盐酸．
①滴定管如图所示，用甲（填“甲”或“乙”）滴定管盛待测定的未知浓度的盐酸．
②用滴定的方法来测定盐酸的浓度，实验数据如下所示：
实验编号待测盐酸溶液的体积/mL滴入NaOH溶液的体积/mL
120.0023.00
220.0023.10
320.0022.90
该未知盐酸的浓度为0.92mol•L-1（保留两位有效数字）．
（2）若用酚酞作指示剂，达到滴定终点的标志是无色变浅红色且30s不变色
（3）以下操作可能造成测定结果偏高的是BC
A．盛装待测液的锥形瓶用水洗后未干燥
B．滴定前，碱式滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失
C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后，未用标准氢氧化钠溶液润洗
D．读碱式滴定管的刻度时，滴定前仰视凹液面最低处，滴定后俯视读数
Ⅱ．为了测定某氯化锶（SrCl2）样品的纯度，探究活动小组同学设计了如下方案：
称取1.0g样品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO3 2.38g的AgNO3溶液（溶液中除Cl-外，不含其他与Ag+反应生成沉淀的离子），Cl-即被全部沉淀．然后用含Fe3+的溶液作指示剂，用0.2mol•L-1的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag+以AgSCN白色沉淀的形式析出，以测定氯化锶样品的纯度．
请回答下列问题：
（1）含Fe3+的溶液作指示剂达到滴定终点时发生颜色变化的离子方程式Fe3++3SCN-?Fe（SCN）3．
（2）在终点到达之前的滴定过程中，两种沉淀表面会吸附部分Ag+，需不断剧烈摇动锥形瓶，否则会使n（Cl-）的测定结果偏高（选填“偏高”“偏低”或“无影响”）．

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