2023年高考真题变式分类汇编：复杂化学式的确定

2023年高考真题变式分类汇编：复杂化学式的确定
一、选择题
1．（2021·闵行模拟）在硫酸铜晶体(CuSO4·nH2O)结晶水含量测定的操作中，导致n值偏小的是（　　）
A．坩埚未干燥 B．在空气中冷却
C．加热过程中晶体爆溅 D．加热时间过长部分变黑
2．（2021·嘉定模拟）硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O），为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式为（　　）
A．Fe2O3 2SO3 7H2O B．4Fe2O3 10SO3 25H2O
C．3Fe2O3 6SO3 20H2O D．2Fe2O3 5SO3 17H2O
3．（2021高二下·石家庄期末）A、B、C、D、E、F均为中学里常见的物质，一定条件下存在如图所示转化。已知：A是不含结晶水的酸式盐，气体D在标准状况下的密度为2.857 ，溶液E的焰色反应呈黄色。下列有关推断错误的是（　　）
A．A的化学式为
B．固体B具有还原性，是常用的抗氧化剂
C．气体D能使品红溶液﹑酸性高锰酸钾溶液褪色
D．A，B，C，D，E，F均属于电解质
4．（2019高二上·合肥期末）测定结晶水合物中的结晶水数目的方法是在空气中高温灼烧使其完全失去结晶水称量反应前后固体质量。可以用灼烧法测定下列结晶水合物中结晶水数目的是(　　)
A．Cu(NO3)2·3H2O B．FeCl3·6H2O
C．KAl(SO4)2·12H2O D．FeSO4·7H2O
5．（2020高二下·信阳期末）Co3+ 的八面体配合物为[CoCla(NH3)b]Clc，若1mol该配合物与足量 AgNO3作用生成2 molAgCl沉淀，则a、b、c的值为（　　）
A．a=2，b=5，c=1 B．a=1，b=5，c=2
C．a=3，b=3，c=2 D．a=2，b=4，c=3
6．（2020高二下·辽阳期末）储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料，如镧(La)镍(Ni)合金，它吸收氢气可结合成金属氢化物。某镧镍储氢合金晶胞结构如图，该材料中镧、镍、氢的原子个数比为（　　）
A．8:9:10 B．1:5:6 C．1:5:3 D．1:5:5
7．（2020高一下·永州期末）在隔绝空气条件下，11.12g FeSO4· nH2O受热脱水过程的热重曲线(固体质量随温度变化的曲线)如图所示，373℃时恰好完全失去结晶水。下列说法错误的是（　　）
A．n=7
B．100℃时，所得固体M的化学式为FeSO4·5H2O
C．N生成P的化学方程式为FeSO4·H2O FeSO4+H2O
D．将固体P加热至650℃，生成纯净固体Q的化学式为Fe2O3
8．（2020高二下·仙桃期末）下列有关化学实验的“操作→现象→解释”均正确的是（　　）
选项 操作 现象 解释
A 向某溶液中滴加KSCN溶液 产生红色沉淀 Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3↓
B 向由0.1molCrCl3 6H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶液 产生0.2mol沉淀 已知Cr3+的配位数为6，则CrCl3 6H2O的化学式可表示为[Cr（H2O）6]Cl3
C 向溶液K2Cr2O7溶液中先滴加3滴浓硫酸，再改加10滴浓NaOH 溶液先橙色加深，后又变为黄色 溶液中存在Cr2O （橙色）+H2O 2CrO （黄色）+2H+
D 向Cu（OH）2悬浊液中滴加氨水 沉淀溶解 Cu（OH）2不溶于水，但溶于氨水，重新电离成Cu2+和OH-
A．A B．B C．C D．D
9．（2019高二下·吉林期末）氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，这两种化合物都可用于催化乙炔聚合，其阴离子均为无限长链结构(如图)，已知其中一种化合物的化学式为KCuCl3，下列说法中错误的是（　　）
A．a位置上Cl原子的杂化轨道类型为sp3
B．铜在周期表中位于d区
C．另一种的化学式为K2CuCl3
D．该物质中存在配位键
10．（2019高二下·吉林期末）Co(Ⅲ)的八面体配合物CoClm·nNH3，若1 mol配合物与AgNO3作用生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是(　　)
A．m＝1，n＝5 B．m＝4，n＝5 C．m＝5，n＝1 D．m＝3，n＝4
11．（2019高二下·吉林期末）已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是团簇分子，其结构如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的(　　)
A．ZXY3 B．ZX2Y6 C．ZX4Y8 D．ZX8Y12
12．（2019高二下·吉林期末）Co(Ⅲ)的八面体配合物CoClm·nNH3，若1 mol配合物与AgNO3作用生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是(　　)
A．m＝1，n＝5 B．m＝3，n＝4 C．m＝5，n＝1 D．m＝4，n＝5
13．（2019高一上·长春期末）某铁的“氧化物”样品，用5mol/L盐酸0.14L恰好完全反应，所得溶液还能吸收标准状况下2.24L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+。该样品可能的化学式是 （　　）
A． Fe5O6 B．Fe3O4 C．Fe6O7 D．Fe5O7
14．（2018高二下·西安期末）下列关于丙烯(CH3—CH =CH2)的说法正确的（　　）
A．丙烯分子有8个σ键，1个π键
B．丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化
C．丙烯分子不存在非极性键
D．丙烯分子中3个碳原子在同一直线上
二、非选择题
15．（2022·山东）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为　 　。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，　 　；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是　 　。
（3）浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为　 　(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是　 　，回收利用洗涤液X的操作单元是　 　；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是　 　(填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
16．（2021·浙江）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。
其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：
（1）白色固体C的化学式是　 　，蓝色溶液D中含有的溶质是　 　(用化学式表示)。
（2）化合物X的化学式是　 　；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式　 　。
（3）蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式　 　。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素　 　。
17．（2019·全国Ⅰ卷）硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是　 　。
（2）步骤②需要加热的目的是　 　，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是　 　。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为　 　（填标号）。
（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是　 　。分批加入H2O2，同时为了　 　，溶液要保持pH小于0.5。
（4）步骤⑤的具体实验操作有　 　，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为　 　。
18．某萃铜余液主要含有Zn2+、Fe2+、Mn2+．Cd2+、 等离子，从萃铜余液中回收金属和制备xZnCO3·yZn(OH)2·zH2O的工艺流程如图甲所示。
回答下列问题：
（1）过硫酸钠(Na2S2O8)中s的化合价为+6，1 mol 中过氧键的数目为　 　 ，向pH=1的萃铜余液中加入Na2S2O8进行“氧化除锰" ，其反应的离子方程式为　 　。“氧化除锰”过程中，Na2S2O8　 　(填“能”或“不能”)用绿色氧化剂H2O2来代替。
（2）向“氧化除锰”后的余液中加入试剂X调节pH= 5.4使铁元素完全沉淀，试剂X的化学式为　 　
（3）“沉锌”时，应保持溶液pH在6.8~7.0之间，pH不能过低的原因是　 　
（4）“过滤”时，经常采用抽滤的方式加快过滤的速度。实验室用如图乙所示的装置，经过一系列操作完成抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整(洗涤操作只需考虑一次)：开抽气泵→a→b→d→　 　→　 　→ 　 　→　 　→c→关抽气泵。
a．转移固液混合物b．关活塞 A c．开活塞 A d．确认抽干 e．加洗 涤剂洗涤
（5）高温煅烧碱式碳酸锌[x ZnCO3·yZn(OH)2·zH2O]得到ZnO，取碱式碳酸锌3.41 g，在高温下煅烧至恒重，得到固体2.43g和标准状况下CO20.224L，则该碱式碳酸锌的化学式为　 　
19．（2021·南京模拟）碱式硫酸镁晶须[化学式为 是一种无机阻燃材料，其一种制备流程如图：
（1）“沉淀”是在50~60℃条件下进行，适合的加热方式为　 　。
（2）“抽滤”在如图所示的装置中进行，装置X的作用是　 　。
（3）“洗涤”步骤中用无水乙醇洗涤的目的是　 　。
（4）以蛇纹石粉末(主要含MgO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备实验所需的MgSO4溶液。请补充完整相应的实验方案：取一定量蛇纹石粉末，　 　，得到MgSO4溶液。
已知：①该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=8.5时，Mg2+开始沉淀。
②Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应产生蓝色沉淀。
实验中可选用的试剂：1.0 H2SO4、1.0 NaOH、3%H2O2、MgCO3粉末、K3[Fe(CN)6]溶液。
（5）通过下列方法测定碱式硫酸镁晶须化学式：
I.准确称取1.8560g产品，溶于100.00mL0.5600 HCl，将所得溶液配成250. 00 mL溶液A；
II.取25.00mL溶液A，调节溶液pH=10，用0.1000 的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mg2+(离子方程式为 )，消耗EDTA标准溶液24.00mL；
III.另取25.00mL溶液A，用0.0800 NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液20.00mL。计算碱式硫酸镁晶须的化学式(写出计算过程)。　 　
20．（2021·诸暨模拟）
（1）I.物质X是由4种短周期元素组成的化合物，某兴趣小组对其开展探究实验。
已知：①气体F在燃烧时产生淡蓝色火焰；
②滤液1与滤液2成分相同，且只含单一溶质。
请回答：
组成X的非金属元素是　 　(填元素符号)，X的化学式是　 　。
（2）步骤I，发生的化学方程式是　 　。
（3）写出白色粉末B与NaOH溶液发生的离子方程式是　 　。
II.某同学用NaOH溶液同时吸收Cl2和SO2。经分析吸收液(强碱性)中存在Cl-和SO 。该同学认为溶液中还可能存在SO 、ClO-，请设计实验方案证明该同学的猜想：　 　。
21．（2021·安徽模拟）随着电动汽车的大量使用，废旧锂电池的再利用成为科技工作者研究的重要课题，某化工厂从废旧锂电池正极材料(主要成分为LiCoO2、炭黑及铝片)中回收锂、铝、钴的流程如图所示。
（1）CoC2O4中钴元素化合价为　 　，料渣1的成分是　 　。
（2）酸浸还原过程中，Na2SO3的作用是　 　(用离子方程式表示)，还要防火防爆，原因是　 　。
（3）常温下，当pH=4.7时，溶液中沉淀完全(c(Al3+)≤10-5 mol/L)，则Ksp[Al(OH)3]最大值为　 　，以料渣2为原料制备Al的过程简述为　 　。
（4）磷酸二异辛酯必须具有的两种物理性质是　 　，54.9
g CoC2O4·2H2O在空气中充分加热至330℃时，固体质量不再变化时称得固体为24.1 g，则得到X的化学方程式为　 　。
22．（2021·静安模拟）科学界目前流行的关于生命起源假设的理论认为生命起源于约40亿年前古洋底的热液环境，那里普遍存在铁硫簇合物，可用FexSy表示。为研究某铁硫簇合物成分，化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量。具体步骤为：
①按上图连接装置，进行气密性检查。
②在A中放入1.0g含杂质的样品(杂质不溶于水、盐酸，且不参与A中的反应)，B中加入0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液30mL，C中加入品红试液。
③通入氧气并加热，A中固体逐渐转变为红棕色。
④待固体完全转化后，取B中的溶液3mL于锥形瓶中，用0.1mol/L碘化钾溶液滴定。滴定共进行3次，实验数据记录于下表。
滴定次数 待测液体积 /mL 消耗碘化钾溶液体积 / mL
滴定前刻度 滴定后刻度
1 3.00 1.00 7.50
2 3.00 7.50 12.53
3 3.00 12.53 17.52
⑤取A中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤。
⑥往滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32g固体。
已知：Mn2+离子在极稀溶液中近乎无色。
回答下列问题：
（1）装置C中品红试液的作用是　 　。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是　 　(选填“赞同”或“不赞同”)，理由是　 　。
（2）用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，写出反应的离子方程式　 　。无色的草酸(H2C2O4)溶液也可代替碘化钾进行滴定，反应方程式为：2KMnO + 5H C O + 3H SO →K SO + 2MnSO + 10CO + 8H O，判断到达滴定终点时的现象应当是　 　。
（3）为防止尾气污染，装置D中应加入　 　溶液。
（4）根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇结构的化学式为　 　。
（5）下列操作，可能导致x：y的值偏大的是　 　(填字母代号)
a.配置碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线。
b.步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水
c.滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴
d.步骤⑥灼烧滤渣不够充分
23．（2021·虹口模拟）葡萄糖酸亚铁(C6H11O7)2Fe(M=446g·mol-1)易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂。工业上制备葡萄糖酸亚铁的方法之一是用新制的碳酸亚铁与葡萄糖酸反应，其流程为：
完成下列填空：
（1）反应Ⅰ的实验室模拟装置如图所示：
为成功制得碳酸亚铁，需依次进行如下操作，分析操作的目的：
操作 内容 目的
① 实验开始时先打开K1、K3，关闭K2 　 　
② 待B中反应即将结束时再打开K2，关闭K1、K3 　 　
（2）反应Ⅰ结束后将浊液过滤，洗涤。写出检验碳酸亚铁是否洗净的实验操作。　 　
（3）反应Ⅱ的化学方程式为　 　(葡萄糖酸用化学式表示)。
（4）反应Ⅱ结束后加入葡萄糖酸调节溶液pH至5.8左右再进行结晶，目的是　 　。结晶时加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是　 　。
（5）为测定(C6H11O7)2Fe·nH2O的结晶水数目，称取1.205 g晶体，在氢气流中加热至600℃使其完全分解，最终得到0.140 g铁单质。晶体中结晶水数目n =　 　。若最终得到固体中含有少量Fe3+，则n的值　 　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
24．（2021·黄山模拟）2020年12月17日，中国探月工程嫦娥五号任务取得圆满成功。嫦娥五号锂离子蓄电池选用了比能量更高的钴酸锂(LiCoO2)正极材料和石墨负极材料。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大，钴酸锂回收再生流程如图：
（1）用H2SO4酸浸时，通常需添加30%的H2O2以提高浸出效率，写出相应反应的化学方程式：　 　。
（2）用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高。但工业上不使用盐酸，主要原因是会产生有毒、有污染的气体　 　(填化学式)。
（3）其他条件不变时，相同反应时间，随着温度升高，含钴酸锂的固体滤渣在H2SO4和30%的H2O2混合液中的浸出率如下表所示，请分析80℃时钴的浸出率最大的原因：　 　。
反应温度/℃ 60 70 80 90
钴的浸出率/% 88 90.5 93 91
（4）已知常温下草酸Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4，Ksp(CoC2O4)=4.0×10-6，求常温下Co2+与草酸反应生成CoC2O4沉淀的平衡常数K=　 　。
（5）高温下，在O2存在时，纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为　 　。
（6）在空气中煅烧CoC2O4生成钴的氧化物和CO2，若测得充分煅烧后固体的质量为3.615g，CO2的体积为2.016L(标准状况)，则钴的氧化物的化学式为　 　。
25．（2020·徐州模拟）亚铁氰化钾晶体化学式为：KxFey(CN)z nH2O，俗称黄血盐，常用作食品抗结剂。一种用NaCN（N显-3价）废液制取黄血盐的主要工艺流程：
（1）实验室用绿矾固体配制FeSO4溶液时，应先　 　，再用蒸馏水稀释。
（2）“转化罐”中生成黄血盐晶体的反应类型为　 　。
（3）采用密封气流干燥取代在通风橱内干燥的原因是　 　。
（4）黄血盐的化学式可通过下列实验测定：
①准确称取4.220g样品加入水中充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶配制成100.00mL溶液A。
②量取25.00mL溶液A，用2.000mol L-1KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，共消耗KMnO4溶液15.25mL。反应如下（未配平）： ③向②所得溶液加入Mn2+离子交换树脂，将Mn2+完全吸附后再滴加足量NaOH溶液，过滤、洗涤、灼烧，最终得固体0.2g。
通过计算确定样品的化学式（写出计算过程）。　 　
26．（2020·江苏模拟）草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体{Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O}易溶于水，难溶于乙醇，110 ℃可完全失去结晶水，是制备某些铁触媒的主要原料。实验室通过下列方法制备Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O并测定其组成：
（1）Ⅰ.草酸合铁酸钾晶体的制备
“转化”过程中若条件控制不当，会发生H2O2氧化H2C2O4的副反应，写出该副反应的化学方程式：　 　。
（2）“操作X”中加入乙醇的目的是　 　。
（3）Ⅱ. 草酸合铁酸钾组成的测定
步骤1：准确称取两份质量均为0.4910
g的草酸合铁酸钾样品。
步骤2：一份在N2氛围下保持110℃加热至恒重，称得残留固体质量为0.4370 g。
步骤3：另一份完全溶于水后，让其通过装有某阴离子交换树脂的交换柱，发生反应：aRCl+[Fe(C2O4)b]a-=Ra[Fe(C2O4)b]+aCl-，用蒸馏水冲洗交换柱，收集交换出的Cl-，以K2CrO4为指示剂，用0.1500 mol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液20.00
mL。
若步骤3中未用蒸馏水冲洗交换柱，则测得的样品中K+的物质的量　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（4）通过计算确定草酸合铁酸钾样品的化学式(写出计算过程)。 　 　
27．（2020·运城模拟）某小组为测定化合物Co(NH3)yClx(其中Co为+3价)的组成，进行如下实验。
（1）氯的测定：准确称取2.675g该化合物，配成溶液后用1.00mol·L-1AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色)且不再消失时，消耗AgNO3溶液30.00mL。[已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12]
①AgNO3标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是　 　。(用化学方程式表示)
②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，会使得测定结果　 　。(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)
③用K2CrO4溶液作指示剂的理由是　 　。
（2）氨的测定：再准确称取2.675g该化合物，加适量水溶解，注入如图4　 　。(填仪器名称)中，然后通过仪器3滴加足量的NaOH溶液，加热1装置，产生的氨气被5中的盐酸吸收，多余的盐酸再用NaOH标准溶液反滴定，经计算，吸收氨气消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL。
装置A在整个实验中的作用是　 　，如果没有6中的冰盐水，会使得测定结果　 　(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。
（3）通过处理实验数据可知该化合物的组成为　 　。
28．（2020·包头模拟）从钴镍废渣(主要成分为Co2O3、NiS及铁、铝等元素的化合物等杂质)中提取制备锂离子电池的电极材料LiCoO2的工艺如下：
已知：CoC2O4 2H2O 微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，且能与过量的 离子生成 而溶解。
（1）“煅烧1”的主要目的是　 　。
（2）“还原酸浸”过程中Co2O3发生反应的离子方程式为 　 　。
（3）“除铁、铝”过程的两种试剂的作用分别是　 　。
（4）“沉钴”过程中，(NH4)2C2O4的加入量(图a)、沉淀反应的温度(图b)与钴的沉淀率关系如图所示：
①随n( )：n(Co2+) 比值的增加，钴的沉淀率又逐渐减小的原因是　 　。
②沉淀反应时间为10min，当温度高于50℃以上时，钴的沉淀率下降的原因可能是　 　。
（5）为了获得较为纯净的CoC2O4 2H2O，“操作X”的实验操作为　 　。
（6）已知煅烧CoC2O4 2H2O时温度不同，产物不同。400℃时在空气中充分煅烧，得到钴的氧化物质量为2.41g，CO2的体积为1.344L(标准状况下)，则此时所得钴的氧化物的化学式为　 　 。
（7）利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2 C6+ LiCoO2，其工作原理如图。则充电时LiCoO2的电极反应式为　 　。
29．（2020·辽宁模拟）碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。
（1）合成该物质的步骤如下：
步骤1：配制0.5mol·L-1 MgSO4溶液和0.5mol·L-1 NH4HCO3溶液。
步骤2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50℃。
步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。
步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。
步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·nH2O n=1～5）。
①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是　 　。
②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的化学方程式为　 　。
③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是　 　。
（2）测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。
称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。
①图中气球的作用是　 　。
②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是　 　。
③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L，则n值为　 　。
（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用0.010mol/L H2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。
实验编号 1 2 3 4
消耗H2O2溶液体积/mL 15.00 15.02 15.62 14.98
①H2O2溶液应装在　 　（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
②根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为　 　
%（保留小数点后两位）。
30．（2020·丹东模拟）硫酸镍是电镀镍和化学镀镍时使用的主要镍盐。以废镍催化剂（主要成分为NiCO3和SiO2，还含有少量Fe2O3、Cr2O3）为原料制备硫酸镍晶体的流程如图所示：
已知：Ni3+的氧化性比稀HNO3强。
回答下列问题：
（1）已知：Cr3++4OH-=
CrO2-+2H2O。“一次碱析”时，需加入过量的NaOH溶液的目的是　 　。
（2）“氨解”的目的为　 　。
（3）“净化”“过滤”后得到含有两种元素的不溶性化合物，该化合物的化学式为　 　，写出“氧化”中发生反应的离子方程式：　 　。
（4）从NiSO4溶液中得到硫酸镍晶体需经过“系列操作”为　 　，　 　，过滤，洗涤，干燥（填操作名称）。
（5）1844年，科学家发现金属镍可以用NaH2PO2将水溶液中的Ni2+还原出来，NaH2PO2将转化为H3PO3，这一原理现用于化学镀镍。写出化学镀镍原理的离子方程式　 　。
（6）为测定硫酸镍晶体（NiSO4·n
H2O）的组成，进行如下实验：称取2.63g样品，配成250.00mL溶液，准确量取配制的溶液25.00mL，用0.0400mol/L EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定Ni2+（离子方程式为Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+），消耗EDTA标准溶液25.00mL。则硫酸镍晶体的化学式为　 　。
31．（2020·潍坊模拟）我国科学家合成铬的化合物通过烷基铝和[ph3C]+[B(C6F5)4]-活化后，对乙烯聚合表现出较好的催化活性。合成铬的化合物过程中的一步反应为：
回答下列问题：
（1）Cr3+具有较强的稳定性，Cr3+核外电子排布式为 　 　；已知没有未成对d电子的过渡金属离子的水合离子是无色的， Ti4+、V3+、Ni3+、Cu+四种离子的水合离子为无色的是　 　 (填离子符号)。
（2）化合物丙中1、2、3、4处的化学键是配位键的是　 　处，聚乙烯链中碳原子采取的杂化方式为　 　。
（3）无水CrCl3与NH3作用可形成化学式为CrCl3·5NH3的配位化合物。向该配位化合物的水溶液中加入AgNO3溶液，CrCl3·5NH3中的氯元素仅有 沉淀为AgCl；向另一份该配位化合物的水溶液中加入足量NaOH浓溶液，加热并用湿润红色石蕊试纸检验时，试纸未变色。该配位化合物的结构简式为　 　。
（4）水在合成铬的化合物的过程中作溶剂。研究表明水能凝结成13种类型的结晶体。重冰(密度比水大)属于立方晶系，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图所示，晶体中，H2O的配位数为　 　，晶胞边长为333.7pm，则重冰的密度为　 　g·cm-3(写出数学表达式，NA为阿伏加德罗常数)。
32．（2018·泰州模拟）硝酸铈铵、磷酸锰铵是两种重要的复盐，在工农业生产中具有广泛应用。
（1）复盐是由两种或两种以上金属离子(或铵根离子)和一种酸根离子构成的盐。下列物质属于复盐的是________(填序号)。
A．BaFe2O4　　 B．NaHSO4　　
C．KAl(SO4)2·12H2O　　 D．Ag (NH3)2OH
（2）硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]的制备方法如下：
①“氧化”得到CeO2的化学方程式为　 　。
②证明CeO2已经洗涤干净的方法是　 　。
（3）为测定磷酸锰铵[(NH4)aMnb(PO4)c·xH2O]的组成，进行如下实验：①称取样品2.448 0 g，加水溶解后配成100.00 mL溶液A；②量取25.00 mL溶液A，加足量NaOH溶液并充分加热，生成NH3 0.067 20 L(标准状况)；③另取25.00 mL溶液A，边鼓空气边缓慢滴加氨水，控制溶液pH 6 ～ 8，充分反应后，将溶液中Mn2＋转化为Mn3O4，得Mn3O4 0.2290 g。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程) 　 　。
33．（2018·石家庄模拟）[化学-选修3：物质结构与性质]固体电解质有广泛的用途。研究发现，晶体中有特殊结构为离子(如Li+)提供快速迁移的通道或者有“点缺陷”。都能使其具有导电潜力，比如：图(a)所示的锂超离子导体Li3SBF4和图(b)所示的有“点缺陷”的NaCl。
根据所学知识回答下列问题：
（1）在变化“Cl+e-→Cl-”过程中，所得电子填充在基态 Cl的　 　能级，此过程会　 　 (填“吸收”或“释放”)能量。
（2）BF4-中B的杂化形式为　 　，其等电子体为　 　(任写一种)。与其VSEPR模型相同，且有l对孤电子对的相对分子质量最小的分子是　 　。
（3）图(a)所示晶胞中Li+位于　 　位置；若将晶体中BF4-换成F-，导电能力会明显降低，原因是　 　。
（4）图(6)中，若缺陷处填充了Na+，则它　 　(填“是”或“不是”) NaCl的晶胞，在NaCl晶体中，Na+填充在Cl-堆积而成的　 　面体空隙中。
（5）有人认为：高温下有“点缺陷”的NaCl晶伙导电性增照是由于Na+迁移到另一空位而造成。其中Na+经过一个由3个Cl-组成的最小三角形窗孔(如图c所示)。已知晶胞参数a=564 pm，r(Na+)=116pm， r(Cl-)=167 pm，通过计算三角形窗孔半径，判断该认识是否正确。　 　。(已知： ≈1.414， ≈1.732)
34．（2018·江苏模拟）铁触媒常作为合成氨的催化剂，CO会使催化剂中毒。可用CH3COO[Cu(NH3)2]溶液吸收CO。
（1）Cu2+基态核外电子排布式为　 　。
（2）C、N、O的电负性由大到小的顺序为　 　。
（3）1 mol CH3COO[Cu(NH3)2]中含有σ键的数目为　 　mol，其中C原子轨道的杂化类型是　 　。
（4）与CO分子互为等电子体的阴离子为　 　。
（5）Cu和Fe都可以形成多种氧化物。其中FexO晶胞结构为NaCl型，由于晶体缺陷，x值小于1。若FexO中的x＝0.92，则该此晶体化学式为　 　（用Fe2+aFe3+bO形式表示）。
35．（2018·江苏模拟）白钠镁矾（mNa2SO4·nMgSO4·xH2O）俗称硝板，工业上用白钠镁矾制备碱式碳酸镁[4MgCO3·Mg(OH)2·4H2O]晶须的过程如下：向碳酸钠溶液中加入白钠镁矾，保持50℃加热0.5h，有大量的5MgCO3·3H2O生成，然后升高温度到85℃加热2h发生热解反应，过滤得碱式碳酸镁晶体。
（1）热解反应的方程式为　 　。
（2）碱式碳酸镁可用作化学冷却剂，原因是　 　。
（3）为测定白钠镁矾的组成，进行下列实验：
①取白钠镁矾3.340 g溶于水配成100.00 mL溶液A；
②取25.00 mL溶液A，加入足量的氯化钡溶液，得BaSO4 1.165 g；
③另取25.00 mL溶液A，调节pH＝10，用浓度为0.1000 mol·L－1的EDTA标准溶液滴定Mg2+（离子方程式为Mg2+ + H2Y2－＝MgY2－+ 2H+），滴定至终点，消耗标准溶液25.00 mL。通过计算确定白钠镁矾的化学式（写出计算过程）。　 　
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；复杂化学式的确定
【解析】【解答】A．坩埚未干燥，加热后水挥发，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故A不符合题意；
B．在空气中冷却，空气中有水蒸气，而造成加热前后固体的质量差偏小，使n值偏小，故B符合题意；
C．加热过程中晶体爆溅，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故C不符合题意；
D．加热时间过长，部分变黑等都将导致硫酸铜分解，固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，故m(H2O)偏大，m(CuSO4)偏小，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】 硫酸铜晶体(CuSO4·nH2O)结晶水含量测定的操作中 导致n偏小，n==,n偏小，可能是开始的质量m偏小，或者是末尾的质量增大，可能是在空气中冷却导致硫酸铜固体吸收部分水，导致m末偏大，最终导致m偏小，其他均导致偏大
2．【答案】D
【知识点】复杂化学式的确定
【解析】【解答】取5.130g碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O），溶于足量盐酸中，则所得的溶液中含Fe3+和SO42﹣．加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g即BaSO4，其物质的量n==0.025mol，根据S原子的守恒即可知碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O）中“SO3”的物质的量为0.025mol，质量m=nM=0.025mol×80g/mol=2.00g；
上述滤液中还含有Fe3+，加入过量的NaOH溶液，即得Fe（OH）3沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g即为Fe2O3，由于转化过程中铁元素的守恒，故碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O）中“Fe2O3”的质量即为1.600g，其物质的量n==0.01mol．
而碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O）的质量共为5.130g，则可知其含有的“H2O”的质量m=5.13g﹣2.00g﹣1.600g=1.53g，物质的量n==0.085mol．
故该样品中x：y：Z=0.01mol：0.025mol：0.085mol=2：5：17，故选D．
【分析】取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825gBaSO4，根据质量求出其物质的量，然后根据S原子的守恒即可求向得碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O）中“SO3”的物质的量和质量；上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g即为Fe2O3，根据转化过程中铁元素的守恒可知，碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O）中“Fe2O3”的质量和物质的量，然后再根据碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O）的质量共为5.130g，则可知其含有的“H2O”的质量和物质的量，从而即可求得该样品的化学式．
3．【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；探究物质的组成或测量物质的含量；复杂化学式的确定
【解析】【解答】A． A的化学式为 ，A项不符合题意；
B．B为Na2S2O5，S元素的化合价为+4价，故Na2S2O5具有还原性，是常用的抗氧化剂，B项不符合题意；
C．D为SO2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；SO2具有还原性，能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项不符合题意；
D．SO2是非电解质，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据题意可知， 溶液E的焰色反应呈黄色 。说明含有钠元素，气体D的相对分子质量为22.4x2.857=64，因此D为二氧化硫，因此根据白色沉淀F为硫酸钡即可计算出钠元素的物质的量为0.02mol，钠元素的质量为0.62g，而B的质量即可求出钠元素的的质量为1.9-1.28=0.62g，故B中含有钠元素，氧元素，硫元素，故B的化学式为Na2S2O5，根据质量守恒，液体C的质量为2.08-1.9=0.18g，即可得出C为水，因此可以得到A为NaHSO3，结合选项进行判断即可
4．【答案】C
【知识点】复杂化学式的确定
【解析】【解答】A．灼烧硝酸铜晶体最终生成氧化铜，无法得到硝酸铜，因为硝酸盐易分解，故A不符合题意；
B．氯化铁晶体受热最终得到氧化铁，因为氯化氢易挥发，生成氢氧化铁易分解，故B不符合题意；
C．明矾晶体受热水解生成氢氧化铝和氧化铝，但是硫酸难挥发，所以它们又相互反应生成硫酸铝，故C符合题意；
D．绿矾在空气中受热易被空气中氧气氧化生成铁盐，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】用灼烧法测结晶水合物中结晶水，该物质必须具备三个条件：一是在空气中不易被氧化，二是不易分解，三是水解生成的酸是难挥发性酸。
5．【答案】B
【知识点】复杂化学式的确定；化学式及其计算
【解析】【解答】已知1mo1该配合物与足量AgNO3作用生成2 molAgCl沉淀，可确定c=2；配合物中Co为+3价，外界离子为2个Cl-，配合物化合价的代数和为零，则a=1，配合物为八面体，说明中心原子的酯位数为6，则b=5，
故答案为B。
【分析】根据生成的氯化银沉淀，确定1mol配合物中含有2mol氯离子故c=2，再根据化合价之和为0，确定a=1，再计算出钴离子的空轨道数据即可
6．【答案】B
【知识点】晶胞的计算；复杂化学式的确定
【解析】【解答】利用分摊法，La在晶胞的顶点，N(La)=8× =1；Ni在面心和体心，N(Ni)=8× +1=5；氢气在棱上和面心，N(H2)=8× +2× =3；则镧、镍、氢的原子个数比为1：5：6，
故答案为B。
【分析】利用分摊法确定各个原子在晶胞中所占有的个数。
7．【答案】B
【知识点】复杂化学式的确定
【解析】【解答】A.11.12gFeSO4· nH2O样品物质的量= ，373℃时恰好完全失去结晶水，质量减少的是水的质量，水的质量等于11.12-6.08=5.04g，其中m(H2O)= ×n×18g/mol=11.12-6.08=5.04g，解得n=7，故A不选；
B.100℃时，设M的化学式为FeSO4·yH2O，FeSO4·7H2O FeSO4·yH2O +(7-y)H2O，11.12g FeSO4·7H2O的物质的量为0.04mol，所得固体M的质量为8.96g，质量减少了11.12g-8.96g=2.16g，减少的质量为水的质量，水的物质的量为18(7-y)×0.04=2.16，解得y=4，设M的化学式为FeSO4·4H2O，故B符合题意；
C.373℃时恰好完全失去结晶水，P是FeSO4，11.12g FeSO4·7H2O的物质的量为0.04mol，水的质量为6.80g-6.08g=0.72g，N的化学式为FeSO4·H2O，N生成P的化学方程式为FeSO4·H2O FeSO4+H2O，故C不选；
D．加热至633℃时，固体的质量为3.2g，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.04mol，m(Fe)=0.04mol×56g/mol=2.24g，则固体中m(O)=3.2g-2.24g=0.96g，n(O)= ，则n(Fe)：n(O)=0.04mol：0.06mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，故D不选；
故答案为：B。
【分析】在373℃时恰好完全失去结晶水，根据质量减少的质量为水的质量可以得到n的值；373℃之前结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为3.2g，根据铁原子和氧原子的物质的量之比，从而计算出化学式。
8．【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价；复杂化学式的确定
【解析】【解答】A． 与 溶液反应生成的是红色络合物，不是沉淀，A不符合题意；
B．配合物中只有外界的离子才能电离出来，因此向由 配成的溶液中加入足量 溶液产生 沉淀，说明 配合物可电离出 ，则 的化学式可表示为 ，B不符合题意；
C．由于K2Cr2O7溶液中存在Cr2O （橙色）+H2O 2CrO （黄色）+2H+，故向溶液K2Cr2O7溶液中先滴加3滴浓硫酸，再改加10滴浓NaOH，由于H+浓度先增大后减小，故平衡先逆向移动后正向移动，故溶液先橙色加深，后又变为黄色，C符合题意；
D． 溶于氨水不是重新电离出了 和 ，而是生成了 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.现象描述错误，是红色物质，不是沉淀，方程式也书写错误，不是沉淀
B.根据沉淀即可判断只能电离出2个氯离子，因此书写错误
C.通过酸碱性的变化实现了颜色的改变
D.氢氧化铜是难溶于水的，溶解是产生可络合物溶于水
9．【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；复杂化学式的确定
【解析】【解答】A.由结构图可知，a位置上的氯原子形成σ键，同时含有两对孤电子对，故其杂化轨道数为4，因此采用sp3杂化，选项正确，A不符合题意；
B.铜位于元素周期表ds区，选项错误，B符合题意；
C.KCuCl3中铜元素的化合价为+2价，而另一种化合物中铜元素的化合价为+1价，则阴离子为[CuCl3]2-，因此另一种化合物的化学式为K2CuCl3，选项正确，C不符合题意；
D.该物质中氯原子含有孤对电子，可以形成更配位键，选项正确，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据结构判断杂化轨道数，从而判断杂化类型；
B.根据元素周期表的结构分析；
C.根据化合价确定化学式；
D.根据配位键的形成分析；
10．【答案】D
【知识点】复杂化学式的确定
【解析】【解答】1mol配合物中含有m molCl和n molNH3，反应后形成1molAgCl，则n molNH3完全形成Ag(NH3)2Cl，则形成的Ag(NH3)2Cl的物质的量为；结合氯原子守恒可得，形成AgCl沉淀的物质的量为，即，整理可得2m-n=2，符合该等式的m、n的值为m=3、n=4，D符合题意；
故答案为：D
【分析】配合物与AgNO3溶液反应生成AgCl和Ag(NH3)2Cl，根据反应物和生成物的物质的量，结合元素守恒进行计算。
11．【答案】D
【知识点】复杂化学式的确定
【解析】【解答】由分子结构图可知，该分子中含有8个X元、12个Y原子、1个Z原子，因此其化学式为ZX8Y12，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据图示分子结构，确定其分子内所含原子个数，从而确定其化学式。
12．【答案】B
【知识点】复杂化学式的确定
【解析】【解答】1mol配合物中含有m molCl和n molNH3，反应后形成1molAgCl，则n molNH3完全形成Ag(NH3)2Cl，则形成的Ag(NH3)2Cl的物质的量为；结合氯原子守恒可得，形成AgCl沉淀的物质的量为，即，整理可得2m-n=2，符合该等式的m、n的值为m=3、n=4，B符合题意；
故答案为：B
【分析】配合物与AgNO3溶液反应生成AgCl和Ag(NH3)2Cl，根据反应物和生成物的物质的量，结合元素守恒进行计算。
13．【答案】C
【知识点】复杂化学式的确定
【解析】【解答】由氯元素守恒，可得；
由反应“2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－”可知，溶液中n(Fe2+）=2n(Cl2)=0.2mol，则n(Fe3+)=0.3mol-0.2mol=0.1mol
故氧化物样品中，n(FeO)=0.2mol、n(Fe2O3)=0.05mol；
设氧化物样品的化学式为：FexOy，则
故该铁的氧化物的化学式为：Fe6O7，C符合题意；
故答案为：C
【分析】由氯元素守恒，可得；由Cl2与FeCl2的反应，结合铁元素守恒确定样品中二价铁与三价铁的物质的量，从而得出该氧化物的化学式。
14．【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；复杂化学式的确定
【解析】【解答】C-C、C-H键都是σ键，C=C键是一个σ键和一个π键，A符合题意；C原子以四个单键结合的，即是sp3杂化，以C=C结合的，即是sp2杂化，B不符合题意；同种原子结合的共价键是非极性键，丙烯中存在C-C；丙烯分子中3个碳原子在同一平面上，但不在同一直线上。
【分析】根据化合价的判断方法，单键σ键，双键键是一个σ键和一个π键。
D中共线问题主要根据杂化方式判断分子空间构型。
15．【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O
（2）；
（3）CaSO4 0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
(2)精制 Ⅰ 中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n()= 1：1加入Na2CO3脱氟，发生反应H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，饱和的Na2SiF6中存在c(Na+)=2c()，根据Ksp= c2(Na+) c()=4c3()可知，c() =mol L-1，因此c(Na+)=2c()=mol L-1；粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是；
(3)酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏的存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也，因此用一定浓度的硫酸溶液洗涤可以减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，酸解时使用的也是硫酸，则回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解；由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：
A． 由图乙可知，P2O5%=15、SO3%= 15位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化，A不正确；
B． 由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 20位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化， B不正确；
C．由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 30位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，不能实现晶体转化， C不正确；
D． 由图乙可知，P2O5%=10、SO3%= 10位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，能实现晶体的完全转化，D正确；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【分析】（1）HF与SiO2反应生成H2SiF6和水；
（2）Ksp小的先沉淀；
（3）100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度；洗涤液X中含有硫酸；位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
16．【答案】（1）；
（2）CuAl2Cl8；
（3）；将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【知识点】物质的分离与提纯；分子式；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）A是蓝色溶液，说明含有铜离子，根据A中加入氨水，得到白色沉淀，产生的是碱，且溶于氢氧化钠，因此B是氢氧化铝，因此C为氧化铝，得到深蓝色溶液说明是铜氨溶液，加入硝酸酸化的硝酸银，得到沉淀E是氯化银，和溶液D，因此D中含有的是硝酸铜、硝酸铵、硝酸银、硝酸，故正确答案是： 、
（2）根据（1）分析说明里面含有铜元素，氯元素，以及铝元素，根据氧化铝的质量为1.02g,m(Al)= =0.54g氯化银的质量为11.48g，m(Ag)==2.84g,m（Cu）=4.02-2.84-0.54=0.64g，设X的化学式为CuxAlyClz,(64x):(27y):(35.5z)=0.64:0.54:2.84,因此x:y:z=1:2:8,故化学式为 CuAl2Cl8 ， 化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式 ，故正确答案是： CuAl2Cl8 ，
（3）①蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀，方程式为 ，故正确答案为：
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素的实验方案是将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【分析】（1）根据物质B的性质以及加入的氨水即可判断B的化学式进而确定C的化学式，同时根据加入试剂确定D的溶质
（2）根据相关数据计算出化学式，在结合甲烷的空间结构写出X阴离子的电子式即可
（3）① 根据反应物和生成物写出离子方程式②根据沉淀的性质加入硝酸后观察和加入硝酸应进行检验离子的存在
17．【答案】（1）碱煮水洗
（2）加快反应；热水浴；C
（3）将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质；防止Fe3+水解
（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）
（5）NH4Fe(SO4)2·12H2O
【知识点】氧化还原反应；蒸发和结晶、重结晶；复杂化学式的确定；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】（1）油污主要成分是油脂，油脂与碱反应生成高级脂肪防酸盐和丙三醇都能溶于水，所以可以除去 ，故答案为：
碱煮水洗 。
（2）温度对反应速率的影响，可以加快反应速率。根据温度范围，可以选择加热方式：水浴加热。产生硫化氢气体有毒显酸性所以用氢氧化钠吸收，但要防止倒吸现象，故答案为；1、加快反应2、热水浴3、C。
（3）根据最后溶液时硫酸铁铵得出铁是三价铁，而前面反应生成的是二价铁，所以需要氧化性物质，进行氧化，而双氧水是绿色氧化剂，故答案为： 将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质 。
由于三价铁离子的水解程度比较大，故要调节ph防止三价铁水解。故答案为： 防止Fe3+水解 。
（4）得到晶体的一系列过程操作是： 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） 。
（5）设硫酸铁铵和水分子的物质的量之比为1：x，根据18x/M+18x= 5.6% 。解出x=12.
【分析】（1）根据油脂的性质进行判断除杂试剂。
（2）根据图反应物和生成物之间的反应类型，关系进行判断条件，根据加热温度选择加热方式，根据气体性质选择吸收剂。
（3）根据反应产物和反应物之间元素化合价的变化进行判断反应类型，再判断试剂作用。
（4）根据产物选择实验操作方法。
（5）根据已知关系利用质量分数计算方法进行计算。
18．【答案】（1）NA或6.02×1023；Mn2++ +2H2O=MnO2↓+2 +4H+；不能
（2）ZnO[或ZnCO3、Zn(OH)2]
（3）pH过低．H+与 反应生成CO2，沉锌率降低
（4）c；e；b；d
（5）ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O[或Zn3(OH)4CO3·H2O]
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；复杂化学式的确定
【解析】【解答】本题以从萃铜余液中国收金属和制备xZnCO3·yZn(OH)2·zH2O为载体，考查物质的结构、氧化还原反应、反应条件控制、实验操作、成分计算等。
(1)根据化合物中各元素化合价的代数和为0，可判断Na2S2O8中含有2个-1价的氧，故过氧键的数目为NA或6.02×1023，根据进箭头为反应物、出箭头为生成物和氧化还原反应得失电子守恒规律可得“氧化除锰”反应的离子方程式为Mn2++ +2H2O=MnO2↓+2 +4H+。MnO2可作H2O2分解的．催化剂，故不能用H2O2来代替Na2S2O8
(2)可与H+反应且不引人杂质离子，故试剂X可以为ZnO、ZnCO3或Zn(OH)2
(3)“沉锌"时，若pH过低，加入NH4HCO3会发生反应H++ =H2O+CO2↑，沉锌率降低。
(4)洗涤沉淀时需使洗涤剂没过沉淀，可判断抽滤的操作顺序为开抽气泵→a→b→d→c→e→b→d→c→关抽气泵。
(5)n(ZnO)= =0.03 mol；n(CO2)= =0.01mol，则n(ZnCO3)=0.01mol；n[Zn(OH)2]=0.03mol- 0.01mol=0.02mol，则n(H2O)=(3.41g-0.01mol×125 g·mol-1-0.02 mol×99g·mol-1)÷18 g·mol-1=0.01 mol。n(ZnCO3)：n[Zn(OH)2]：n(H2O)=1：2：1，所以该盐的化学式是ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O)或Zn3(OH)4CO3·H2O
【分析】（1）根据化合物中元素化合价为0进行计算；Na2S2O8具有氧化性，能将Mn2＋氧化成MnO2，自身还原为SO42－，据此写出反应的离子方程式；MnO2可做H2O2分解的催化剂，因此不可用H2O2代替。
（2）调节pH值使铁元素完全沉淀的过程中不能引入新的杂质，据此确定所加试剂X的成分。
（3）pH值过低，存在H＋与HCO3－的反应，使得沉锌率降低。
（4）根据洗涤沉淀的过程分析。
（5）根据元素守恒进行计算，确定物质的化学式。
19．【答案】（1）50~60℃水浴加热
（2）安全瓶或防倒吸
（3）洗去晶体表面的水分。有利于后期快速干燥
（4）边搅拌边向共中加入一定量1.0 H2SO4，直至固体不再溶解，过滤；向滤液中滴加3%H2O2，直至向取出的少量溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液不再出现蓝色沉淀时，向原滤液中分批加入MgCO3粉末，搅拌并测定溶液pH，当测得pH介于3.2~8.5时，过滤
（5）
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)“沉淀”是在50~60℃条件下进行，要选择容易控制温度的加热方式，适合的加热方式为50~60℃水浴加热，故答案为：50~60℃水浴加热；
(2)“抽滤”在如图所示的装置中进行，装置X的作用是防止自来水因倒吸进入吸滤瓶，起到了安全瓶的作用或防止倒吸，故答案为：安全瓶或防倒吸；
(3)“洗涤”步骤中用无水乙醇洗涤的目的是洗去晶体表面的水分。有利于后期快速干燥，故答案为：洗去晶体表面的水分，有利于后期快速干燥；
(4)蛇纹石粉末(主要含MgO、FeO、Fe2O3、SiO2等，首先用硫酸除去不溶的SiO2，过滤得到含有Mg2+，Fe2+，Fe3+的滤液，然后用过氧化氢氧化Fe2+为Fe3+，加入K3[Fe(CN)6]除去Fe3+，最后在原滤液中分批加入MgCO3粉末，搅拌，控制溶液pH，当测得pH介于3.2~8.5时，过滤，得到MgSO4溶液，实验方案为：取一定量蛇纹石粉末，边搅拌边向共中加入一定量1.0 H2SO4，直至固体不再溶解，过滤；向滤液中滴加3%H2O2，直至向取出的少量溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液不再出现蓝色沉淀时，向原滤液中分批加入MgCO3粉末，搅拌并测定溶液pH，当测得pH介于3.2~8.5时，过滤，故答案为：边搅拌边向共中加入一定量1.0 H2SO4，直至固体不再溶解，过滤；向滤液中滴加3%H2O2，直至向取出的少量溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液不再出现蓝色沉淀时，向原滤液中分批加入MgCO3粉末，搅拌并测定溶液pH，当测得pH介于3.2~8.5时，过滤；
(5)1.8560g产品中： ，加入的HCl总量： ；未与产品反应的HCl： ，1.8560g产品中： ，根据电荷守恒，l.8560g产品中： ，根据质量守恒，1.8560g产品中： ，0 ， ，故化学式
【分析】硫酸镁和氢氧化钠生成碱式硫酸镁沉淀，通过抽滤蒸馏水第一次洗涤，乙醇第二次洗涤得到 。
20．【答案】（1）Si、H、Cl；3MgH2·SiCl4
（2）3MgH2·SiCl4+6H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H4SiO4(或3MgH2·SiCl4+5H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H2SiO3)
（3）SiO2+2OH-=SiO +H2O；取一定量吸收液，加入足量氯化钡溶液，过滤；往滤渣中加入稀盐酸，若沉淀的量减少且产生刺激性气味的气体，则说明含有SO ，反之则无；往滤液中加入足量的稀盐酸呈酸性，再加入紫色石蕊试液，先变红后褪色，则说明有ClO-，反之则无
【知识点】无机物的推断；探究物质的组成或测量物质的含量；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)结合以上分析可知，组成X的非金属元素是Si、H、Cl；X的化学式是3MgH2·SiCl4；
(2)结合以上分析可知，步骤I中，X与水发生反应，生成氢氧化镁、氢气、硅酸、氯化镁四种物质，反应的化学方程式为：3MgH2·SiCl4+6H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H4SiO4(或3MgH2·SiCl4+5H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H2SiO3)；
(3)白色粉末B为二氧化硅，与NaOH溶液反应生成硅酸钠与水，离子方程式是：SiO2+2OH-=SiO +H2O；
II．亚硫酸钡与硫酸钡均为白色沉淀，但是亚硫酸钡能够溶于稀盐酸，产生刺激性气味的二氧化硫气体；次氯酸具有强氧化性，能够漂白酸碱指示剂，而盐酸没有漂白性；如果吸收液(强碱性)中除了存在Cl-和SO 外，还可能存在SO 、ClO-，为证明猜想，设计实验方案如下：取一定量吸收液，加入足量氯化钡溶液，过滤；往滤渣中加入稀盐酸，若沉淀的量减少且产生刺激性气味的气体，则说明含有SO ，反之则无；往滤液中加入足量的稀盐酸呈酸性，再加入紫色石蕊试液，先变红后褪色，则说明有ClO-，反之则无。
【分析】根据题给信息可知：气体F在燃烧时产生淡蓝色火焰，F为氢气；物质的量为 =0.6mol；固体混合物中加入1mol/L盐酸200mL恰好反应，过滤得到白色胶状沉淀A，A为硅酸沉淀，灼烧后得到二氧化硅粉末，物质的量的为 =0.1mol；滤液2中(只含单一溶质)加入足量的硝酸银和稀硝酸产生氯化银白色沉淀，物质的量为 =0.2mol；短周期元素形成的离子中，不溶于强碱的白色沉淀为氢氧化镁，滤液1(只含单一溶质)，加入足量的氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，所以白色沉淀D为氢氧化镁，灼烧后得到氧化镁E，物质的量为 =0.2mol；根据②滤液1与滤液2成分相同，且只含单一溶质，所以滤液1与滤液2的溶质为MgCl2，滤液2为氢氧化镁与盐酸反应所得，说明固体混合物中含有氢氧化镁和硅酸两种物质，且硅酸的量为0.1mol，根据盐酸与氢氧化镁的反应关系可知，氢氧化镁的量为0.1mol；根据镁原子守恒及氯化镁的组成可知，滤液1中氯化镁的量为0.2mol，氯离子的量为0.4mol；
结合以上分析可知，物质X中含有元素镁的物质的量为：0.2mol+0.1mol=0.3mol；含有硅元素的物质的量为0.1mol；氯元素的量为0.4mol；根据质量守恒可知，含有氢元素的质量为24.8-0.3×24-0.1×28-0.4×35.5=0.6g，则含有氢元素的物质的量0.6mol；所以四种元素的量之比：n(Mg)：n(Si)：n(H)：n(Cl)=0.3mol:0.1mol:0.6mol:0.4mol=3:1:6:4，所以X的化学式为：3MgH2·SiCl4；据以上分析解答。
21．【答案】（1）+2；炭黑
（2）2LiCoO2+6H++SO =2Li++2Co2++SO +3H2O；酸浸中有可燃性气体H2生成
（3）1.0×10-32.9(或1.25×10-33)；灼烧Al(OH)3分解为Al2O3，然后电解熔融状态的Al2O3
（4）①难溶于水；②易溶解CoSO4，难溶解(NH4)2SO4、Li2SO4；3CoC2O4·2H2O+2O2 Co3O4+6CO2+6H2O(或3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2)
【知识点】物质的分离与提纯；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)CoC2O4中草酸根为-2价阴离子，所以Co为+2价；料渣1为难溶于稀硫酸的炭黑；
(2)酸浸还原过程中，Na2SO3可以将+3价Co还原为Co2+，亚硫酸根被氧化为硫酸根，离子方程式为2LiCoO2+6H++SO =2Li++2Co2++SO +3H2O；正极材料中含有Al，与稀硫酸反应生成可燃性气体H2，所以要防火防爆；
(3)pH=4.7时，溶液中c(OH-)=10-9.3mol/L，c(Al3+)≤10-5 mol/L，则Ksp[Al(OH)3]≤(10-9.3)3×10-5=1.0×10-32.9(或1.25×10-33)；料渣2主要成分为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3分解为Al2O3，然后电解熔融状态的Al2O3可以得到铝单质；
(4)该流程中磷酸二异辛酯的作用是萃取水相中的Co2+，前面的流程中除去了炭黑和Al，则萃取前的水相中主要有CoSO4、(NH4)2SO4和Li2SO4，所以该物质首先需要难溶于水，同时易溶解CoSO4，为了得到纯净的Co，还需难溶解(NH4)2SO4、Li2SO4；54.9g CoC2O4·2H2O的物质的量为 =0.3mol，灼烧过程中会失去结晶水，C元素会转化为CO2，所以X中只含Co、O两种元素，其中n(Co)=0.3mol，则n(O)= =0.4mol，所以X中n(Co)：n(O)=3：4，化学式为Co3O4，化学方程式为3CoC2O4·2H2O+2O2 Co3O4+6CO2+6H2O(或3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2)。
【分析】（1）根据常见元素的化合价即可计算出Co的元素化合价，根据杂质不与酸反应即可判断滤渣
（2）根据元素化合价的变化即可判断，金属铝与酸反应放出氢气易燃易爆炸
（3）格努给出的数据利用Ksp的公式即可计算，常见制备金属铝利用的是电解氧化铝
（4）可以用来萃取说明难溶于水，其易溶硫酸钴，根据给出的数据即可计算出X的化学式
22．【答案】（1）检验二氧化硫是否被完全吸收；赞同；由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响
（2）；当滴入最后一滴草酸，溶液紫红色立即变为无色，且半分钟内不变色
（3）NaOH
（4）Fe4S5
（5）cd
【知识点】氧化还原反应；实验装置综合；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)装置C中品红试液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是“赞同”，理由是：由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响。
(2)用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，反应的离子方程式为： 。滴定前溶液是紫红色的，当反应完全时，溶液变为无色，因此滴定终点的现象为当滴入最后一滴草酸，溶液紫红色立即变为无色，且半分钟内不变色。
(3)二氧化硫会引起大气污染，为了避免尾气污染，装置D中应加入NaOH溶液。
(4)由表知，第一次滴定，碘化钾溶液的体积与第2、3次相差太大，应舍去，取第2、3次的平均值计算碘化钾溶液的体积为5.01mL，根据关系式 计算：3mL溶液中未反应的MnO 的物质的量为： ，30mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为 ，装置B中反应消耗的高锰酸钾的物质的量为： ，根据关系式 计算生成二氧化硫 ，0.32g固体是Fe2O3，n(Fe)= ，所以n(Fe):n(SO2)= :0.005mol=4:5，该铁硫簇结构的化学式为Fe4S5。
(5)a．配置碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线，则所配KI标准溶液浓度偏大，滴定时KI体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，a不选。
b．步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水，滴定过程中不需要干燥，对结果无影响，b不选；
c．滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴，所测KI体积偏大，则所测二氧化硫物质的量偏小，比值x:y偏大，c选。
d．步骤⑥灼烧滤渣不够充分，则所测固体残渣质量偏大，比值x:y偏大，d选。故故答案为：cd。
【分析】A中通入空气，发生氧化还原反应生成二氧化硫，且固体变为红色，则生成氧化铁，生成的二氧化硫被B中高锰酸钾吸收，根据高锰酸钾的量可测定二氧化硫，C中品红可检验二氧化硫是否被完全吸收，D为尾气处理装置，避免污染环境，以此解答该题。
23．【答案】（1）生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气；利用氢气将FeSO4溶液压入C中与Na2CO3反应
（2）取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净
（3）FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑
（4）抑制Fe2+水解；葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇
（5）2；偏小
【知识点】物质的分离与提纯；实验装置综合；制备实验方案的设计；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)①实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气
②为了成功制得碳酸亚铁，实验开始时打开K1、K3，关闭 K2 让铁和硫酸反应。待B中反应即将结束时再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中；
(2)检验碳酸亚铁是否洗净即在检验硫酸根，实验操作为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净；
(3)反应Ⅱ是产生的FeCO3与葡萄糖反应得到(C6H11O7)2Fe，其化学方程式为：FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑；
(4)由于Fe2+水解，在将(C6H11O7)2Fe从溶液中结晶出来，需要抑制其水解，所以要调节pH至5.8左右；加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是：葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇；
(5)0.140 g铁单质的物质的量为 ，则(C6H11O7)2Fe·nH2O的物质的量为0.0025mol，则根据1.205 g晶体可得 ，解得n=2；若最终得到固体中含有少量Fe3+，会消耗部分铁单质，则n的值偏小。
【分析】实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气，再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中与Na2CO3反应，得到(C6H11O7)2Fe溶液，为了抑制Fe2+水解，调节pH至5.8，蒸发得到(C6H11O7)2Fe结晶。
24．【答案】（1）2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑
（2）Cl2
（3）在80℃之前，浸出率随温度的升高而升高，是因为温度升高，反应速率增大；80℃之后，H2O2的分解速率大于H2O2被氧化的速率，使得浸出率下降
（4）2.1
（5）4CoC2O4+2Li2CO3+3O2 4LiC2O4+10CO2
（6）Co3O4
【知识点】化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)酸浸过程中常添加30%的H2O2以提高浸出效率，H2O2的加入可以将CoO 变成Co2+，涉及的反应方程式为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑；
(2)HCl中Cl-可以失电子生成Cl2，Cl2有毒，可以污染空气，因此不用盐酸代替硫酸和过氧化氢；
(3)从表中可以看出，当温度小于80℃时，Co的浸出率随温度的升高而升高，但温度高于80℃时，Co的浸出率有所下降，这是因为：温度升高，反应速率增大，但当温度大于80℃之后，H2O2的分解速率大于H2O2被氧化的速率，使得浸出率下降；
(4)Co2+与草酸反应生成CoC2O4的离子方程式为Co2++H2C2O4=CoC2O4↓+2H+，反应的平衡常数表达式K= ，由草酸的电离平衡常数Ka1、Ka2和草酸钴的沉淀溶解平衡常数Ksp可以导出该反应的平衡常数，K= = =2.1；
(5)高温下，CoC2O4、Li2CO3和O2反应生成LiCoO2的反应方程式为4CoC2O4+2Li2CO3+3O2 4LiC2O4+10CO2；
(6)高温下，CoC2O4煅烧生成Co氧化物和CO2，标准状况下，2.016L CO2的物质的量n= = =0.09mol，由化学式可知CoC2O4中n(Co)=0.09mol× =0.045mol，则氧化物中n(O)= =0.06mol，氧化物中钴、氧物质的量比为n(Co)∶n(O)=0.045mol∶0.06mol=3∶4，由化学式中各原子的物质的量比等于原子个数比可得钴氧化物的化学式为Co3O4。
【分析】本实验欲将从实验剩余的残渣中提纯钴酸锂，设计了如下实验，首先将含有钴酸锂的滤渣用酸浸泡，使其中的Li+、Co2+转移到溶液中；随后向含有两种离子的溶液中加入草酸并调节溶液pH，是Co2+转化为CoC2O4得到沉淀和含有Li+的滤液，向滤液中加入碳酸钠使Li+转化为Li2CO3沉淀；最后将得到的CoC2O4和Li2CO3提纯出来混合高温煅烧得到LiCoO2，据此答题。
25．【答案】（1）将绿矾溶于稀硫酸并加入少量铁粉
（2）复分解反应
（3）防止亚铁氰化钾被氧化
（4） 根据电子得失守恒： 根据电荷守恒： 亚铁氰化钾晶体的化学式为：
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；制备实验方案的设计；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）用绿矾配制FeSO4溶液时，为防止Fe2+的水解和氧化，将绿矾溶于稀硫酸并加入少量铁粉，再用蒸馏水稀释，而不是直接溶解在水里，故答案为：将绿矾溶于稀硫酸并加入少量铁粉；（2）转化罐中加入KCl进行转化，得到溶解度比较小的钾盐，反应中元素的化合价都没有变化，属于化学反应中的复分解反应类型，故答案为：复分解反应；（3）亚铁氰化钾中的亚铁很容易被空气中的氧气氧化，故采用密封气流干燥取代在通风橱内干燥，故答案为：防止亚铁氰化钾被氧化；（4）根据反应过程中铁元素守恒可得：
用KMnO4溶液滴定过程中铁由+2价变为+3价，碳元素由+2价变为+4价，氮元素由-3价变为+5价，发生氧化反应，高锰酸钾中锰元素由+7价变为+2价，发生还原反应，根据电子得失守恒： ，所以 根据KxFey(CN)z nH2O中的电荷守恒可得：
KxFey(CN)z nH2O中各元素的质量分别为： ；
；
；
水的质量为： ，
黄铁盐KxFey(CN)z nH2O中各粒子物质的量之比为： ，所以黄血盐即亚铁氰化钾晶体的化学式为： 。
【分析】实验目的是合成黄血盐，由流程可知，NaCN废液中加入硫酸亚铁、氯化钙，发生反应，然后过滤除去CaSO4，经过滤后在转化罐中加入KCl进行转化，经过密封气流干燥，最后得到黄血盐，据此流程解答。
26．【答案】（1）H2O2+H2C2O4=2CO2↑+2H2O
（2）降低草酸合铁酸钾的溶解度，促进草酸合铁酸钾的析出
（3）偏小
（4）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)H2O2具有氧化性，草酸具有还原性，二者会发生氧化还原反应，根据反应过程在电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：H2O2+H2C2O4=2CO2↑+2H2O；(2)由于草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体{Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O}易溶于水，难溶于乙醇，为降低草酸合铁酸钾的溶解度，促进草酸合铁酸钾的析出，因此要使用乙醇；(3)若步骤3中未用蒸馏水冲洗交换柱，则一部分K+残留在交换柱内，使测得的样品中K+的物质的量偏少；(4)0.4910 g的草酸合铁酸钾n(H2O)=(0.4910-0.4370)g÷18 g/mol=3×10-3 mol；
n(Cl-)=n(Ag+)=0.1500 mol/L×20.00×10-3 L=3×10-3 mol，根据离子交换柱中发生的反应：
a RCl+[Fe(C2O4)b]a-=Ra[Fe(C2O4)b]+aCl-，可得样品中n(K+)=n(Cl-)=3×10-3 mol，n{[Fe(C2O4)b]a-}= mol；110 ℃残留固体是晶体失去结晶水后的产物即K+和[Fe(C2O4)b]a-的总质量，则3×10-3 mol×39 g/mol+ mol×(56+88b)g/mol=0.437 0 g
Ka[Fe(C2O4)b]中根据电荷守恒关系可得：a+3=2b，解得a=3，b=3，n{[Fe(C2O4)3]3-}=1×10-3 mol，
n(K+)：n{[Fe(C2O4)3]3-}：n(H2O)=(3×10-3 mol)：(1×10-3 mol)：(3×10-3 mol)= 3∶1∶3，
所以该盐化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。
【分析】(1)H2O2具有氧化性，草酸具有还原性，二者会发生氧化还原反应，结合电子守恒、原子守恒书写；(2)根据草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体{Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O}易溶于水，难溶于乙醇，结合实验目的分析；(3)若不洗涤，在固体表明会残留K+，据此判断K+的多少；(4)先根据盐失重质量计算结晶水的物质的量，根据Cl-+Ag+=AgCl↓，由消耗AgNO3的物质的量计算Cl-的物质的量，再交换树脂的交换柱反应中微粒关系由Cl-得到K+及[Fe(C2O4)b]a-的物质的量，再根据化合物中化合价代数和等于0及固体在受热分解前后质量关系，找出a、b的关系，求出微粒物质的量的比，最后得到物质化学式。
27．【答案】（1）2AgNO3 2Ag↓+2NO2↑+O2↑；偏大；Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀
（2）三颈烧瓶；产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出；偏大
（3）[Co(NH3)6]Cl3
【知识点】氨的性质及用途；探究物质的组成或测量物质的含量；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）①AgNO3不稳定，见光易分解成Ag和NO2和O2，发生的反应为：2AgNO3 2Ag↓+2NO2↑+O2↑，故答案为：2AgNO3 2Ag↓+2NO2↑+O2↑；②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，使得V2读数偏大，导致滴定结果骗大，故答案为：偏大；③一方面Ag2CrO4为砖红色，另一方面由Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12可知，AgCl饱和溶液中c(Ag+)= mol/L，Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag+)= ×10-4mol/L，所以，AgCl的溶解度更小，当滴入AgNO3时溶解度小的沉淀先形成，当AgCl形成的差不多的时候，溶液中Cl-几乎沉淀完了，此时再滴AgNO3溶液就会立刻产生Ag2CrO4，即终点的时候会产生砖红色沉淀，故答案为：Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀；（2）图4为三颈烧瓶，装置A的作用是产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出，如果没有6的冰盐水，HCl吸收氨气时可能形成倒吸，溶液中的HCl有一部分被倒吸，被反滴定的HCl的量就少，计算吸收氨气时的HCl就偏大，氨气的含量就偏大，故答案为：三颈烧瓶；产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出；偏大；（3）滴定Cl-时，2.675g样品消耗30mL 1.00mol·L-1AgNO3，所以n(Cl-)=n(Ag+)=1.00mol·L-1×30mL×10-3=0.03mol，测定氨时，2.675g样品消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL，所以n(NH3)=n(HCl)= 1.00mol·L-1×60.00mL×10-3=0.06mol，故n(Cl-)：n(NH3)=0.03：0.06=1：2，由于化合物Cox(NH3)yClx中Co的化合价为+3，NH3的化合价为O，Cl的化合价为-1，所以x=3，y=6，该化合物为：[Co(NH3)6]Cl3，故答案为：[Co(NH3)6]Cl3。
【分析】（1）①根据硝酸银见光易分解即可判断
②悬挂一滴液体导致体积偏大，用量增大，结果偏大
③根据 Ag2CrO4为砖红色 即可判断
（2）根据仪器连接方式即可判断仪器名称，装置A的作用主要提供蒸汽将氨气全部蒸出，冰盐水的作用是降低温度防止出现倒吸
（3）根据数据即可计算出组成的化学式
28．【答案】（1）使原料充分氧化，使杂质分解，排除挥发成分，改变结构便于粉化
（2）Co2O3+SO2+2H+=2Co2++ +H2O
（3）将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH，促进水解，使溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀除去
（4）过量的 与Co2+ 反应生成 而溶解；CoC2O4的溶解度随温度升高而逐渐增大
（5）过滤、洗涤、干燥
（6）Co3O4
（7）LiCoO2-xe- = xLi++Li1-xCoO2
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1) “煅烧1”中能够将原料充分氧化，并使杂质分解，排除挥发成分，同时改变钴镍废渣结构，便于粉化，故答案为：使原料充分氧化，使杂质分解，排除挥发成分，改变结构便于粉化；(2) “还原酸浸”过程中Co2O3能够将二氧化硫氧化，反应的离子方程式为Co2O3+SO2+2H+=2Co2++ +H2O，故答案为：Co2O3+SO2+2H+=2Co2++ +H2O；(3)还原酸浸后，加入NaClO3和Na2CO3，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，碳酸钠调节溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH，促进水解，使溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀除去；(4)①溶液中存在化学平衡： (aq)+Co2+(aq)+2H2O(l) CoC2O4 2H2O(s)，随n( )∶n(Co2+)比值的增加，c( )增大，化学平衡正向进行，有利于晶体析出，当达到n( )∶n(Co2+)=1.15以后，随草酸根离子增多，会发生副反应CoC2O4 2H2O+(n-1) = ，使晶体部分溶解，故答案为：过量的 与Co2+反应生成 而溶解；
②沉淀反应时间为10min，当温度高于50℃以上时，随温度升高而钴的沉淀率升高的可能原因是它的溶解度随温度升高而逐渐增大，故答案为：CoC2O4的溶解度随温度升高而逐渐增大；(5)加入草酸铵沉钴生成CoC2O4 2H2O，CoC2O4 2H2O 微溶于水，为了获得较为纯净的CoC2O4 2H2O，“操作X”为过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤、干燥；(6)n(CO2)= =0.06mol，根据C原子守恒得n(CoC2O4)=0.03mol，生成的氧化物中n(Co)=0.03mol、n(O)= =0.04mol，则n(Co)∶n(O)=0.03mol∶0.04mol=3∶4，所以钴氧化物的化学式为Co3O4，故答案为：Co3O4。(7) 根据电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2 C6+ LiCoO2，充电时，LiCoO2极是阳极，发生失电子的氧化反应，阳极的电极反应为：LiCoO2-xe- = xLi++Li1-xCoO2，故答案为：LiCoO2-xe-= xLi++Li1-xCoO2。
【分析】（1）煅烧的目的主要是除去杂质便于后期处理
（2）根据反应物和生成物即可写出离子方程式
（3）加入氯酸钠具有氧化性，将铁氧化为三价铁离子，而加入的碳酸钠是促进水解
（4）①根据 过量的 离子生成 而溶解 ，导致沉淀量降低
②主要温度过高溶解度过大造成的
（5）分离出沉淀需要用的操作是过滤、洗涤和干燥
（6）根据给出的数据利用质量守恒即可计算出产物
（7）根据电池的反应即可写出充电时的反应
29．【答案】（1）水浴加热；MgSO4+NH4HCO3+NH3 H2O+(n-1)H2O MgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净
（2）缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用；使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收；4
（3）酸式；0.13
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；复杂化学式的确定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）①步骤2控制温度在50℃，当温度不超过100℃时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4，化学方程式为：MgSO4+NH4HCO3+NH3 H2O+(n-1)H2O MgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。③步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SO42-，方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。（2）①图中气球可以缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用。②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol，根据碳守恒，有 =0.05mol，解得n=4。（3）①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。
②四次实验数据，第3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol，在H2O2和Fe2+的反应中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，Fe2+中铁的化合价升高到+3价，根据电子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)= 3×10-4mol，则m(Fe)= 3×10-4mol×56g/mol=0.0168g，实验菱镁矿中铁元素的质量分数为 ×100%=0.13%。
【分析】（1）①温度低于100℃可以采用水浴加热
②根据反应物和生成物即可写出方程式
③检验沉淀是否洗净的方法是检验最后一次洗涤液是否含有硫酸根离子即可
（2）①根据反应中放出气体导致压强增大，因此气球可以用来进行平衡内外大气压
②温度升高主要是将气体充分排除
③根据给出的数据即可计算出n的数值
（3）①过氧化氢显微弱的酸性即可判断
②根据数据即可利用方程式计算出分数
30．【答案】（1）除去Cr元素
（2）实现镍元素与铁元素的分离
（3）NiS；3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓4H2O
（4）蒸发浓缩；冷却结晶
（5）Ni2++H2PO2-+H2O=H3PO3+H++Ni
（6）NiSO4﹒6H2O
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）根据“Cr3++4OH-= CrO2-+2H2O”，“一次碱析”时加入过量的NaOH溶液，将Cr3+和氢氧根反应生成了CrO2-，除去了Cr元素，故本题答案：除去Cr元素。（2）氨解过程中加入NH4Cl—氨水混合液，Ni（OH）2转化成[Ni(NH3)6]2+，而不溶解Fe（OH）3，从而实现镍元素和铁元素的分离，本题答案为：实现镍元素和铁元素的分离。（3）“净化”过程中通入H2S，生成NiS沉淀；“氧化”过程中，因为Ni3+的氧化性比稀HNO3强，稀HNO3被还原为NO，NiS被氧化为S，反应的离子方程式为3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓4H2O，故本题答案为：NiS；3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓4H2O。（4）从NiSO4溶液中得到硫酸镍晶体需经过“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故本题答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。（5）用NaH2PO2将水溶液中的Ni2+还原出来，NaH2PO2将转化为H3PO3，Ni元素的化合价由+2价降为0价，P元素的化合价由+1价升至+3价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，则离子方程式为：Ni2++H2PO2-+H2O=H3PO3+H++Ni，故本题答案为：Ni2++H2PO2-+H2O=H3PO3+H++Ni。（6）根据方程式Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+可知，原样品中含NiSO4的物质的量为：0.0400mol/L×0.025L×10=0.01mol，该物质的的摩尔质量为 =263g/mol，结晶水的系数n为 =6，则化学式为：NiSO4﹒6H2O，本题答案为：NiSO4﹒6H2O。
【分析】（1）根据给出的方程式即可判断出加入氢氧化钠溶液是主要将Cr除去
（2）加入氨水和氯化铵的混合物主要是将铁离子和镍离子的分离
（3）根据反应物结合产物的性质即可写出产物，根据反应物和生成物即可写出方程式
（4）硫酸镍可以采用降温析出晶体，因此需要加热浓缩，冷却结晶
（5）根据反应物和生成物即可写出方程式
（6）根据给出数据利用方程式计算出n的数值即可
31．【答案】（1）1s22s22p63s23p63d3；Ti4+、Cu+
（2）2；sp3
（3）[Cr(NH3)5Cl]Cl2
（4）8； ×1030
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）Cr原子的核外电子数为24，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，原子失去4s能级一个电子、3d能级两个电子形成Cr3＋，因此Cr3＋的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3。
Ti4＋的核外电子排布为：1s22s22p63s23p6，无未成对电子，其水溶液为无色；
V3＋的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d2，3d轨道有两个未成对电子，其水溶液有颜色；
Ni2＋的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d8，3d轨道有两个未成对电子，其水溶液有颜色；
Cu＋的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d10，无未成对电子，其水溶液为无色；
综上，上述水合离子为无色的是Ti4＋和Cu＋。
（2）O可以形成两个共价键，Cl可形成一个共价键，N可以形成三个共价键，丙中N原子形成四个化学键，则起重工一个为配位键，形成配位键时一般由非金属元素提供孤对电子，金属阳离子提供空轨道，所以2应为配位键；聚乙烯中碳原子形成四个单键，所以为sp3杂化。
（3）向该配位化合物的水溶液中加入AgNO3溶液，CrCl3·5NH3中的氯元素仅有沉淀为AgCl，说明该配合物可以电离出两个Cl－，因此这两个为该配合物的外界；向另一份该配合物的水溶液中加入足量的NaOH溶液，加热并用湿润的红色石蕊试纸检验时，试纸未变色，说明NH3均位于内界；结合电荷守恒可得，该配合物的化学式为[Cr(NH3)5Cl]Cl2。
（4）根据立方晶胞沿x、y或z轴的投影可知，该晶体为体心立方堆积，所以晶体中H2O的配位数为8；晶胞中H2O的分子个数为，则晶胞的质量m=，晶胞的边长为333.7pm，即333.7×10-10cm，则晶胞体积V=(333.7×10-10)3cm3，所以晶胞的密度。
【分析】（1）根据Cr的原子序数，确定原子的核外电子排布，进而得出Cr3+的核外电子排布；
根据离子的核外电子排布，分析其是否存在孤对电子，从而确定其水合离子是否有颜色；
（2）根据O、N、Cl的最外层电子数，分析其成键情况，再结合化合物丙的结构分析配位键和碳原子的杂化方式；
（3）根据实验现象确定Cl-、NH3在配合物中的位置，从而确定配合物的化学式；
（4）根据晶胞结构进行分析、计算；
32．【答案】（1）C
（2）CeCO3＋NaClO＋2NaOH===CeO2＋NaCl＋Na2CO3＋H2O；取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，说明CeO2已经洗涤干净
（3）NH4MnPO4·2H2On(NH4+)＝n(NH3) ＝ ＝0.003 moln(Mn2＋)＝3n(Mn3O4)＝3× ＝0.002023年高考真题变式分类汇编：复杂化学式的确定
一、选择题
1．（2021·闵行模拟）在硫酸铜晶体(CuSO4·nH2O)结晶水含量测定的操作中，导致n值偏小的是（　　）
A．坩埚未干燥 B．在空气中冷却
C．加热过程中晶体爆溅 D．加热时间过长部分变黑
【答案】B
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；复杂化学式的确定
【解析】【解答】A．坩埚未干燥，加热后水挥发，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故A不符合题意；
B．在空气中冷却，空气中有水蒸气，而造成加热前后固体的质量差偏小，使n值偏小，故B符合题意；
C．加热过程中晶体爆溅，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故C不符合题意；
D．加热时间过长，部分变黑等都将导致硫酸铜分解，固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，故m(H2O)偏大，m(CuSO4)偏小，而造成加热前后固体的质量差偏大，使n值偏大，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】 硫酸铜晶体(CuSO4·nH2O)结晶水含量测定的操作中 导致n偏小，n==,n偏小，可能是开始的质量m偏小，或者是末尾的质量增大，可能是在空气中冷却导致硫酸铜固体吸收部分水，导致m末偏大，最终导致m偏小，其他均导致偏大
2．（2021·嘉定模拟）硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O），为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式为（　　）
A．Fe2O3 2SO3 7H2O B．4Fe2O3 10SO3 25H2O
C．3Fe2O3 6SO3 20H2O D．2Fe2O3 5SO3 17H2O
【答案】D
【知识点】复杂化学式的确定
【解析】【解答】取5.130g碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O），溶于足量盐酸中，则所得的溶液中含Fe3+和SO42﹣．加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g即BaSO4，其物质的量n==0.025mol，根据S原子的守恒即可知碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O）中“SO3”的物质的量为0.025mol，质量m=nM=0.025mol×80g/mol=2.00g；
上述滤液中还含有Fe3+，加入过量的NaOH溶液，即得Fe（OH）3沉淀，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g即为Fe2O3，由于转化过程中铁元素的守恒，故碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O）中“Fe2O3”的质量即为1.600g，其物质的量n==0.01mol．
而碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O）的质量共为5.130g，则可知其含有的“H2O”的质量m=5.13g﹣2.00g﹣1.600g=1.53g，物质的量n==0.085mol．
故该样品中x：y：Z=0.01mol：0.025mol：0.085mol=2：5：17，故选D．
【分析】取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825gBaSO4，根据质量求出其物质的量，然后根据S原子的守恒即可求向得碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O）中“SO3”的物质的量和质量；上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g即为Fe2O3，根据转化过程中铁元素的守恒可知，碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O）中“Fe2O3”的质量和物质的量，然后再根据碱式硫酸铁（xFe2O3 ySO3 zH2O）的质量共为5.130g，则可知其含有的“H2O”的质量和物质的量，从而即可求得该样品的化学式．
3．（2021高二下·石家庄期末）A、B、C、D、E、F均为中学里常见的物质，一定条件下存在如图所示转化。已知：A是不含结晶水的酸式盐，气体D在标准状况下的密度为2.857 ，溶液E的焰色反应呈黄色。下列有关推断错误的是（　　）
A．A的化学式为
B．固体B具有还原性，是常用的抗氧化剂
C．气体D能使品红溶液﹑酸性高锰酸钾溶液褪色
D．A，B，C，D，E，F均属于电解质
【答案】D
【知识点】电解质与非电解质；探究物质的组成或测量物质的含量；复杂化学式的确定
【解析】【解答】A． A的化学式为 ，A项不符合题意；
B．B为Na2S2O5，S元素的化合价为+4价，故Na2S2O5具有还原性，是常用的抗氧化剂，B项不符合题意；
C．D为SO2，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色；SO2具有还原性，能和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，从而使酸性高锰酸钾溶液褪色，C项不符合题意；
D．SO2是非电解质，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据题意可知， 溶液E的焰色反应呈黄色 。说明含有钠元素，气体D的相对分子质量为22.4x2.857=64，因此D为二氧化硫，因此根据白色沉淀F为硫酸钡即可计算出钠元素的物质的量为0.02mol，钠元素的质量为0.62g，而B的质量即可求出钠元素的的质量为1.9-1.28=0.62g，故B中含有钠元素，氧元素，硫元素，故B的化学式为Na2S2O5，根据质量守恒，液体C的质量为2.08-1.9=0.18g，即可得出C为水，因此可以得到A为NaHSO3，结合选项进行判断即可
4．（2019高二上·合肥期末）测定结晶水合物中的结晶水数目的方法是在空气中高温灼烧使其完全失去结晶水称量反应前后固体质量。可以用灼烧法测定下列结晶水合物中结晶水数目的是(　　)
A．Cu(NO3)2·3H2O B．FeCl3·6H2O
C．KAl(SO4)2·12H2O D．FeSO4·7H2O
【答案】C
【知识点】复杂化学式的确定
【解析】【解答】A．灼烧硝酸铜晶体最终生成氧化铜，无法得到硝酸铜，因为硝酸盐易分解，故A不符合题意；
B．氯化铁晶体受热最终得到氧化铁，因为氯化氢易挥发，生成氢氧化铁易分解，故B不符合题意；
C．明矾晶体受热水解生成氢氧化铝和氧化铝，但是硫酸难挥发，所以它们又相互反应生成硫酸铝，故C符合题意；
D．绿矾在空气中受热易被空气中氧气氧化生成铁盐，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】用灼烧法测结晶水合物中结晶水，该物质必须具备三个条件：一是在空气中不易被氧化，二是不易分解，三是水解生成的酸是难挥发性酸。
5．（2020高二下·信阳期末）Co3+ 的八面体配合物为[CoCla(NH3)b]Clc，若1mol该配合物与足量 AgNO3作用生成2 molAgCl沉淀，则a、b、c的值为（　　）
A．a=2，b=5，c=1 B．a=1，b=5，c=2
C．a=3，b=3，c=2 D．a=2，b=4，c=3
【答案】B
【知识点】复杂化学式的确定；化学式及其计算
【解析】【解答】已知1mo1该配合物与足量AgNO3作用生成2 molAgCl沉淀，可确定c=2；配合物中Co为+3价，外界离子为2个Cl-，配合物化合价的代数和为零，则a=1，配合物为八面体，说明中心原子的酯位数为6，则b=5，
故答案为B。
【分析】根据生成的氯化银沉淀，确定1mol配合物中含有2mol氯离子故c=2，再根据化合价之和为0，确定a=1，再计算出钴离子的空轨道数据即可
6．（2020高二下·辽阳期末）储氢合金是一类能够大量吸收氢气，并与氢气结合成金属氢化物的材料，如镧(La)镍(Ni)合金，它吸收氢气可结合成金属氢化物。某镧镍储氢合金晶胞结构如图，该材料中镧、镍、氢的原子个数比为（　　）
A．8:9:10 B．1:5:6 C．1:5:3 D．1:5:5
【答案】B
【知识点】晶胞的计算；复杂化学式的确定
【解析】【解答】利用分摊法，La在晶胞的顶点，N(La)=8× =1；Ni在面心和体心，N(Ni)=8× +1=5；氢气在棱上和面心，N(H2)=8× +2× =3；则镧、镍、氢的原子个数比为1：5：6，
故答案为B。
【分析】利用分摊法确定各个原子在晶胞中所占有的个数。
7．（2020高一下·永州期末）在隔绝空气条件下，11.12g FeSO4· nH2O受热脱水过程的热重曲线(固体质量随温度变化的曲线)如图所示，373℃时恰好完全失去结晶水。下列说法错误的是（　　）
A．n=7
B．100℃时，所得固体M的化学式为FeSO4·5H2O
C．N生成P的化学方程式为FeSO4·H2O FeSO4+H2O
D．将固体P加热至650℃，生成纯净固体Q的化学式为Fe2O3
【答案】B
【知识点】复杂化学式的确定
【解析】【解答】A.11.12gFeSO4· nH2O样品物质的量= ，373℃时恰好完全失去结晶水，质量减少的是水的质量，水的质量等于11.12-6.08=5.04g，其中m(H2O)= ×n×18g/mol=11.12-6.08=5.04g，解得n=7，故A不选；
B.100℃时，设M的化学式为FeSO4·yH2O，FeSO4·7H2O FeSO4·yH2O +(7-y)H2O，11.12g FeSO4·7H2O的物质的量为0.04mol，所得固体M的质量为8.96g，质量减少了11.12g-8.96g=2.16g，减少的质量为水的质量，水的物质的量为18(7-y)×0.04=2.16，解得y=4，设M的化学式为FeSO4·4H2O，故B符合题意；
C.373℃时恰好完全失去结晶水，P是FeSO4，11.12g FeSO4·7H2O的物质的量为0.04mol，水的质量为6.80g-6.08g=0.72g，N的化学式为FeSO4·H2O，N生成P的化学方程式为FeSO4·H2O FeSO4+H2O，故C不选；
D．加热至633℃时，固体的质量为3.2g，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.04mol，m(Fe)=0.04mol×56g/mol=2.24g，则固体中m(O)=3.2g-2.24g=0.96g，n(O)= ，则n(Fe)：n(O)=0.04mol：0.06mol=2：3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3，故D不选；
故答案为：B。
【分析】在373℃时恰好完全失去结晶水，根据质量减少的质量为水的质量可以得到n的值；373℃之前结合质量的变化可确定在不同温度时加热后固体的化学式，加热至633℃时，固体的质量为3.2g，根据铁原子和氧原子的物质的量之比，从而计算出化学式。
8．（2020高二下·仙桃期末）下列有关化学实验的“操作→现象→解释”均正确的是（　　）
选项 操作 现象 解释
A 向某溶液中滴加KSCN溶液 产生红色沉淀 Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3↓
B 向由0.1molCrCl3 6H2O配成的溶液中加入足量AgNO3溶液 产生0.2mol沉淀 已知Cr3+的配位数为6，则CrCl3 6H2O的化学式可表示为[Cr（H2O）6]Cl3
C 向溶液K2Cr2O7溶液中先滴加3滴浓硫酸，再改加10滴浓NaOH 溶液先橙色加深，后又变为黄色 溶液中存在Cr2O （橙色）+H2O 2CrO （黄色）+2H+
D 向Cu（OH）2悬浊液中滴加氨水 沉淀溶解 Cu（OH）2不溶于水，但溶于氨水，重新电离成Cu2+和OH-
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学平衡移动原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；二价铁离子和三价铁离子的检验；化学实验方案的评价；复杂化学式的确定
【解析】【解答】A． 与 溶液反应生成的是红色络合物，不是沉淀，A不符合题意；
B．配合物中只有外界的离子才能电离出来，因此向由 配成的溶液中加入足量 溶液产生 沉淀，说明 配合物可电离出 ，则 的化学式可表示为 ，B不符合题意；
C．由于K2Cr2O7溶液中存在Cr2O （橙色）+H2O 2CrO （黄色）+2H+，故向溶液K2Cr2O7溶液中先滴加3滴浓硫酸，再改加10滴浓NaOH，由于H+浓度先增大后减小，故平衡先逆向移动后正向移动，故溶液先橙色加深，后又变为黄色，C符合题意；
D． 溶于氨水不是重新电离出了 和 ，而是生成了 ，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.现象描述错误，是红色物质，不是沉淀，方程式也书写错误，不是沉淀
B.根据沉淀即可判断只能电离出2个氯离子，因此书写错误
C.通过酸碱性的变化实现了颜色的改变
D.氢氧化铜是难溶于水的，溶解是产生可络合物溶于水
9．（2019高二下·吉林期末）氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，这两种化合物都可用于催化乙炔聚合，其阴离子均为无限长链结构(如图)，已知其中一种化合物的化学式为KCuCl3，下列说法中错误的是（　　）
A．a位置上Cl原子的杂化轨道类型为sp3
B．铜在周期表中位于d区
C．另一种的化学式为K2CuCl3
D．该物质中存在配位键
【答案】B
【知识点】配合物的成键情况；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；复杂化学式的确定
【解析】【解答】A.由结构图可知，a位置上的氯原子形成σ键，同时含有两对孤电子对，故其杂化轨道数为4，因此采用sp3杂化，选项正确，A不符合题意；
B.铜位于元素周期表ds区，选项错误，B符合题意；
C.KCuCl3中铜元素的化合价为+2价，而另一种化合物中铜元素的化合价为+1价，则阴离子为[CuCl3]2-，因此另一种化合物的化学式为K2CuCl3，选项正确，C不符合题意；
D.该物质中氯原子含有孤对电子，可以形成更配位键，选项正确，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A.根据结构判断杂化轨道数，从而判断杂化类型；
B.根据元素周期表的结构分析；
C.根据化合价确定化学式；
D.根据配位键的形成分析；
10．（2019高二下·吉林期末）Co(Ⅲ)的八面体配合物CoClm·nNH3，若1 mol配合物与AgNO3作用生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是(　　)
A．m＝1，n＝5 B．m＝4，n＝5 C．m＝5，n＝1 D．m＝3，n＝4
【答案】D
【知识点】复杂化学式的确定
【解析】【解答】1mol配合物中含有m molCl和n molNH3，反应后形成1molAgCl，则n molNH3完全形成Ag(NH3)2Cl，则形成的Ag(NH3)2Cl的物质的量为；结合氯原子守恒可得，形成AgCl沉淀的物质的量为，即，整理可得2m-n=2，符合该等式的m、n的值为m=3、n=4，D符合题意；
故答案为：D
【分析】配合物与AgNO3溶液反应生成AgCl和Ag(NH3)2Cl，根据反应物和生成物的物质的量，结合元素守恒进行计算。
11．（2019高二下·吉林期末）已知X、Y、Z三种元素组成的化合物是团簇分子，其结构如图所示，则下面表示该化合物的化学式正确的(　　)
A．ZXY3 B．ZX2Y6 C．ZX4Y8 D．ZX8Y12
【答案】D
【知识点】复杂化学式的确定
【解析】【解答】由分子结构图可知，该分子中含有8个X元、12个Y原子、1个Z原子，因此其化学式为ZX8Y12，D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据图示分子结构，确定其分子内所含原子个数，从而确定其化学式。
12．（2019高二下·吉林期末）Co(Ⅲ)的八面体配合物CoClm·nNH3，若1 mol配合物与AgNO3作用生成1 mol AgCl沉淀，则m、n的值是(　　)
A．m＝1，n＝5 B．m＝3，n＝4 C．m＝5，n＝1 D．m＝4，n＝5
【答案】B
【知识点】复杂化学式的确定
【解析】【解答】1mol配合物中含有m molCl和n molNH3，反应后形成1molAgCl，则n molNH3完全形成Ag(NH3)2Cl，则形成的Ag(NH3)2Cl的物质的量为；结合氯原子守恒可得，形成AgCl沉淀的物质的量为，即，整理可得2m-n=2，符合该等式的m、n的值为m=3、n=4，B符合题意；
故答案为：B
【分析】配合物与AgNO3溶液反应生成AgCl和Ag(NH3)2Cl，根据反应物和生成物的物质的量，结合元素守恒进行计算。
13．（2019高一上·长春期末）某铁的“氧化物”样品，用5mol/L盐酸0.14L恰好完全反应，所得溶液还能吸收标准状况下2.24L氯气，使其中Fe2+全部转化为Fe3+。该样品可能的化学式是 （　　）
A． Fe5O6 B．Fe3O4 C．Fe6O7 D．Fe5O7
【答案】C
【知识点】复杂化学式的确定
【解析】【解答】由氯元素守恒，可得；
由反应“2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－”可知，溶液中n(Fe2+）=2n(Cl2)=0.2mol，则n(Fe3+)=0.3mol-0.2mol=0.1mol
故氧化物样品中，n(FeO)=0.2mol、n(Fe2O3)=0.05mol；
设氧化物样品的化学式为：FexOy，则
故该铁的氧化物的化学式为：Fe6O7，C符合题意；
故答案为：C
【分析】由氯元素守恒，可得；由Cl2与FeCl2的反应，结合铁元素守恒确定样品中二价铁与三价铁的物质的量，从而得出该氧化物的化学式。
14．（2018高二下·西安期末）下列关于丙烯(CH3—CH =CH2)的说法正确的（　　）
A．丙烯分子有8个σ键，1个π键
B．丙烯分子中3个碳原子都是sp3杂化
C．丙烯分子不存在非极性键
D．丙烯分子中3个碳原子在同一直线上
【答案】A
【知识点】原子轨道杂化方式及杂化类型判断；复杂化学式的确定
【解析】【解答】C-C、C-H键都是σ键，C=C键是一个σ键和一个π键，A符合题意；C原子以四个单键结合的，即是sp3杂化，以C=C结合的，即是sp2杂化，B不符合题意；同种原子结合的共价键是非极性键，丙烯中存在C-C；丙烯分子中3个碳原子在同一平面上，但不在同一直线上。
【分析】根据化合价的判断方法，单键σ键，双键键是一个σ键和一个π键。
D中共线问题主要根据杂化方式判断分子空间构型。
二、非选择题
15．（2022·山东）工业上以氟磷灰石[，含等杂质]为原料生产磷酸和石膏，工艺流程如下：
回答下列问题：
（1）酸解时有产生。氢氟酸与反应生成二元强酸，离子方程式为　 　。
（2）部分盐的溶度积常数见下表。精制Ⅰ中，按物质的量之比加入脱氟，充分反应后，　 　；再分批加入一定量的，首先转化为沉淀的离子是　 　。
（3）浓度(以计)在一定范围时，石膏存在形式与温度、浓度(以计)的关系如图甲所示。酸解后，在所得、为45的混合体系中，石膏存在形式为　 　(填化学式)；洗涤时使用一定浓度的硫酸溶液而不使用水，原因是　 　，回收利用洗涤液X的操作单元是　 　；一定温度下，石膏存在形式与溶液中和的关系如图乙所示，下列条件能实现酸解所得石膏结晶转化的是　 　(填标号)。
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】（1）6HF+SiO2=2H+++2H2O
（2）；
（3）CaSO4 0.5H2O；减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；酸解；D
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】氟磷灰石用硫酸溶解后过滤，得到粗磷酸和滤渣，滤渣经洗涤后结晶转化为石膏；粗磷酸以精制I脱氟、除硫酸根离子和，过滤，滤液经精制II等一系列操作得到磷酸。
(1)氢氟酸与SiO2反应生成二元强酸H2SiF6，该反应的离子方程式为6HF+SiO2=2H+++2H2O。
(2)精制 Ⅰ 中，按物质的量之比n(Na2CO3)：n()= 1：1加入Na2CO3脱氟，发生反应H2SiF6+ Na2CO3= Na2SiF6↓+CO2↑+ H2O，饱和的Na2SiF6中存在c(Na+)=2c()，根据Ksp= c2(Na+) c()=4c3()可知，c() =mol L-1，因此c(Na+)=2c()=mol L-1；粗磷酸中还有硫酸钙的饱和溶液，c(Ca2+)=c()=mol L-1；分批加入一定量的BaCO3，当BaSiF6沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，当BaSO4沉淀开始生成时，c(Ba2+)= mol L-1，因此，首先转化为沉淀的离子是，然后才是；
(3)酸解后，在所得100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏的存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于在水中的溶解度也，因此用一定浓度的硫酸溶液洗涤可以减少CaSO4的溶解损失，提高产品石膏的产率；洗涤液X中含有硫酸，酸解时使用的也是硫酸，则回收利用洗涤液X的操作单元是：酸解；由图甲信息可知，温度越低，越有利于实现酸解所得石膏结晶的转化，由图乙信息可知，位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在：
A． 由图乙可知，P2O5%=15、SO3%= 15位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化，A不正确；
B． 由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 20位于65℃、80℃之间，不能实现晶体的完全转化， B不正确；
C．由图乙可知，P2O5%= 10、SO3%= 30位于65℃线上方，晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，不能实现晶体转化， C不正确；
D． 由图乙可知，P2O5%=10、SO3%= 10位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，能实现晶体的完全转化，D正确；
综上所述，能实现酸解所得石膏结晶转化的是D。
【分析】（1）HF与SiO2反应生成H2SiF6和水；
（2）Ksp小的先沉淀；
（3）100℃、P2O5%为45的混合体系中，石膏存在形式为CaSO4 0.5H2O；CaSO4在硫酸中的溶解度小于水中的溶解度；洗涤液X中含有硫酸；位于65℃线上方的晶体全部以CaSO4 0.5H2O形式存在，位于80℃线下方，晶体全部以CaSO4 2H2O形式存在，在两线之间的以两种晶体的混合物形式存在。
16．（2021·浙江）固体化合物X由3种元素组成，某学习小组开展如下探究实验。
其中，白色沉淀B能溶于NaOH溶液。请回答：
（1）白色固体C的化学式是　 　，蓝色溶液D中含有的溶质是　 　(用化学式表示)。
（2）化合物X的化学式是　 　；化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式　 　。
（3）蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀。
①写出该反应的离子方程式　 　。
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素　 　。
【答案】（1）；
（2）CuAl2Cl8；
（3）；将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【知识点】物质的分离与提纯；分子式；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）A是蓝色溶液，说明含有铜离子，根据A中加入氨水，得到白色沉淀，产生的是碱，且溶于氢氧化钠，因此B是氢氧化铝，因此C为氧化铝，得到深蓝色溶液说明是铜氨溶液，加入硝酸酸化的硝酸银，得到沉淀E是氯化银，和溶液D，因此D中含有的是硝酸铜、硝酸铵、硝酸银、硝酸，故正确答案是： 、
（2）根据（1）分析说明里面含有铜元素，氯元素，以及铝元素，根据氧化铝的质量为1.02g,m(Al)= =0.54g氯化银的质量为11.48g，m(Ag)==2.84g,m（Cu）=4.02-2.84-0.54=0.64g，设X的化学式为CuxAlyClz,(64x):(27y):(35.5z)=0.64:0.54:2.84,因此x:y:z=1:2:8,故化学式为 CuAl2Cl8 ， 化合物X的一价阴离子与CH4具有相同的空间结构，写出该阴离子的电子式 ，故正确答案是： CuAl2Cl8 ，
（3）①蓝色溶液A与 作用，生成一种气体，溶液蓝色褪去，同时生成易溶于硝酸的白色沉淀，方程式为 ，故正确答案为：
②设计实验验证该白色沉淀的组成元素的实验方案是将白色沉淀溶于硝酸，得到蓝色溶液，说明有 元素；再向溶液中加入 溶液，有白色沉淀，说明有 元素
【分析】（1）根据物质B的性质以及加入的氨水即可判断B的化学式进而确定C的化学式，同时根据加入试剂确定D的溶质
（2）根据相关数据计算出化学式，在结合甲烷的空间结构写出X阴离子的电子式即可
（3）① 根据反应物和生成物写出离子方程式②根据沉淀的性质加入硝酸后观察和加入硝酸应进行检验离子的存在
17．（2019·全国Ⅰ卷）硫酸铁铵[NH4Fe(SO4)2·xH2O]是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：
回答下列问题：
（1）步骤①的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是　 　。
（2）步骤②需要加热的目的是　 　，温度保持80~95 ℃，采用的合适加热方式是　 　。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为　 　（填标号）。
（3）步骤③中选用足量的H2O2，理由是　 　。分批加入H2O2，同时为了　 　，溶液要保持pH小于0.5。
（4）步骤⑤的具体实验操作有　 　，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。
（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 ℃时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为　 　。
【答案】（1）碱煮水洗
（2）加快反应；热水浴；C
（3）将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质；防止Fe3+水解
（4）加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）
（5）NH4Fe(SO4)2·12H2O
【知识点】氧化还原反应；蒸发和结晶、重结晶；复杂化学式的确定；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】（1）油污主要成分是油脂，油脂与碱反应生成高级脂肪防酸盐和丙三醇都能溶于水，所以可以除去 ，故答案为：
碱煮水洗 。
（2）温度对反应速率的影响，可以加快反应速率。根据温度范围，可以选择加热方式：水浴加热。产生硫化氢气体有毒显酸性所以用氢氧化钠吸收，但要防止倒吸现象，故答案为；1、加快反应2、热水浴3、C。
（3）根据最后溶液时硫酸铁铵得出铁是三价铁，而前面反应生成的是二价铁，所以需要氧化性物质，进行氧化，而双氧水是绿色氧化剂，故答案为： 将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质 。
由于三价铁离子的水解程度比较大，故要调节ph防止三价铁水解。故答案为： 防止Fe3+水解 。
（4）得到晶体的一系列过程操作是： 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） 。
（5）设硫酸铁铵和水分子的物质的量之比为1：x，根据18x/M+18x= 5.6% 。解出x=12.
【分析】（1）根据油脂的性质进行判断除杂试剂。
（2）根据图反应物和生成物之间的反应类型，关系进行判断条件，根据加热温度选择加热方式，根据气体性质选择吸收剂。
（3）根据反应产物和反应物之间元素化合价的变化进行判断反应类型，再判断试剂作用。
（4）根据产物选择实验操作方法。
（5）根据已知关系利用质量分数计算方法进行计算。
18．某萃铜余液主要含有Zn2+、Fe2+、Mn2+．Cd2+、 等离子，从萃铜余液中回收金属和制备xZnCO3·yZn(OH)2·zH2O的工艺流程如图甲所示。
回答下列问题：
（1）过硫酸钠(Na2S2O8)中s的化合价为+6，1 mol 中过氧键的数目为　 　 ，向pH=1的萃铜余液中加入Na2S2O8进行“氧化除锰" ，其反应的离子方程式为　 　。“氧化除锰”过程中，Na2S2O8　 　(填“能”或“不能”)用绿色氧化剂H2O2来代替。
（2）向“氧化除锰”后的余液中加入试剂X调节pH= 5.4使铁元素完全沉淀，试剂X的化学式为　 　
（3）“沉锌”时，应保持溶液pH在6.8~7.0之间，pH不能过低的原因是　 　
（4）“过滤”时，经常采用抽滤的方式加快过滤的速度。实验室用如图乙所示的装置，经过一系列操作完成抽滤和洗涤。请选择合适的编号，按正确的操作顺序补充完整(洗涤操作只需考虑一次)：开抽气泵→a→b→d→　 　→　 　→ 　 　→　 　→c→关抽气泵。
a．转移固液混合物b．关活塞 A c．开活塞 A d．确认抽干 e．加洗 涤剂洗涤
（5）高温煅烧碱式碳酸锌[x ZnCO3·yZn(OH)2·zH2O]得到ZnO，取碱式碳酸锌3.41 g，在高温下煅烧至恒重，得到固体2.43g和标准状况下CO20.224L，则该碱式碳酸锌的化学式为　 　
【答案】（1）NA或6.02×1023；Mn2++ +2H2O=MnO2↓+2 +4H+；不能
（2）ZnO[或ZnCO3、Zn(OH)2]
（3）pH过低．H+与 反应生成CO2，沉锌率降低
（4）c；e；b；d
（5）ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O[或Zn3(OH)4CO3·H2O]
【知识点】难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；复杂化学式的确定
【解析】【解答】本题以从萃铜余液中国收金属和制备xZnCO3·yZn(OH)2·zH2O为载体，考查物质的结构、氧化还原反应、反应条件控制、实验操作、成分计算等。
(1)根据化合物中各元素化合价的代数和为0，可判断Na2S2O8中含有2个-1价的氧，故过氧键的数目为NA或6.02×1023，根据进箭头为反应物、出箭头为生成物和氧化还原反应得失电子守恒规律可得“氧化除锰”反应的离子方程式为Mn2++ +2H2O=MnO2↓+2 +4H+。MnO2可作H2O2分解的．催化剂，故不能用H2O2来代替Na2S2O8
(2)可与H+反应且不引人杂质离子，故试剂X可以为ZnO、ZnCO3或Zn(OH)2
(3)“沉锌"时，若pH过低，加入NH4HCO3会发生反应H++ =H2O+CO2↑，沉锌率降低。
(4)洗涤沉淀时需使洗涤剂没过沉淀，可判断抽滤的操作顺序为开抽气泵→a→b→d→c→e→b→d→c→关抽气泵。
(5)n(ZnO)= =0.03 mol；n(CO2)= =0.01mol，则n(ZnCO3)=0.01mol；n[Zn(OH)2]=0.03mol- 0.01mol=0.02mol，则n(H2O)=(3.41g-0.01mol×125 g·mol-1-0.02 mol×99g·mol-1)÷18 g·mol-1=0.01 mol。n(ZnCO3)：n[Zn(OH)2]：n(H2O)=1：2：1，所以该盐的化学式是ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O)或Zn3(OH)4CO3·H2O
【分析】（1）根据化合物中元素化合价为0进行计算；Na2S2O8具有氧化性，能将Mn2＋氧化成MnO2，自身还原为SO42－，据此写出反应的离子方程式；MnO2可做H2O2分解的催化剂，因此不可用H2O2代替。
（2）调节pH值使铁元素完全沉淀的过程中不能引入新的杂质，据此确定所加试剂X的成分。
（3）pH值过低，存在H＋与HCO3－的反应，使得沉锌率降低。
（4）根据洗涤沉淀的过程分析。
（5）根据元素守恒进行计算，确定物质的化学式。
19．（2021·南京模拟）碱式硫酸镁晶须[化学式为 是一种无机阻燃材料，其一种制备流程如图：
（1）“沉淀”是在50~60℃条件下进行，适合的加热方式为　 　。
（2）“抽滤”在如图所示的装置中进行，装置X的作用是　 　。
（3）“洗涤”步骤中用无水乙醇洗涤的目的是　 　。
（4）以蛇纹石粉末(主要含MgO、FeO、Fe2O3、SiO2等)为原料制备实验所需的MgSO4溶液。请补充完整相应的实验方案：取一定量蛇纹石粉末，　 　，得到MgSO4溶液。
已知：①该实验中pH=3.2时，Fe3+完全沉淀；pH=8.5时，Mg2+开始沉淀。
②Fe2+与K3[Fe(CN)6]溶液反应产生蓝色沉淀。
实验中可选用的试剂：1.0 H2SO4、1.0 NaOH、3%H2O2、MgCO3粉末、K3[Fe(CN)6]溶液。
（5）通过下列方法测定碱式硫酸镁晶须化学式：
I.准确称取1.8560g产品，溶于100.00mL0.5600 HCl，将所得溶液配成250. 00 mL溶液A；
II.取25.00mL溶液A，调节溶液pH=10，用0.1000 的EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定其中的Mg2+(离子方程式为 )，消耗EDTA标准溶液24.00mL；
III.另取25.00mL溶液A，用0.0800 NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液20.00mL。计算碱式硫酸镁晶须的化学式(写出计算过程)。　 　
【答案】（1）50~60℃水浴加热
（2）安全瓶或防倒吸
（3）洗去晶体表面的水分。有利于后期快速干燥
（4）边搅拌边向共中加入一定量1.0 H2SO4，直至固体不再溶解，过滤；向滤液中滴加3%H2O2，直至向取出的少量溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液不再出现蓝色沉淀时，向原滤液中分批加入MgCO3粉末，搅拌并测定溶液pH，当测得pH介于3.2~8.5时，过滤
（5）
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)“沉淀”是在50~60℃条件下进行，要选择容易控制温度的加热方式，适合的加热方式为50~60℃水浴加热，故答案为：50~60℃水浴加热；
(2)“抽滤”在如图所示的装置中进行，装置X的作用是防止自来水因倒吸进入吸滤瓶，起到了安全瓶的作用或防止倒吸，故答案为：安全瓶或防倒吸；
(3)“洗涤”步骤中用无水乙醇洗涤的目的是洗去晶体表面的水分。有利于后期快速干燥，故答案为：洗去晶体表面的水分，有利于后期快速干燥；
(4)蛇纹石粉末(主要含MgO、FeO、Fe2O3、SiO2等，首先用硫酸除去不溶的SiO2，过滤得到含有Mg2+，Fe2+，Fe3+的滤液，然后用过氧化氢氧化Fe2+为Fe3+，加入K3[Fe(CN)6]除去Fe3+，最后在原滤液中分批加入MgCO3粉末，搅拌，控制溶液pH，当测得pH介于3.2~8.5时，过滤，得到MgSO4溶液，实验方案为：取一定量蛇纹石粉末，边搅拌边向共中加入一定量1.0 H2SO4，直至固体不再溶解，过滤；向滤液中滴加3%H2O2，直至向取出的少量溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液不再出现蓝色沉淀时，向原滤液中分批加入MgCO3粉末，搅拌并测定溶液pH，当测得pH介于3.2~8.5时，过滤，故答案为：边搅拌边向共中加入一定量1.0 H2SO4，直至固体不再溶解，过滤；向滤液中滴加3%H2O2，直至向取出的少量溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液不再出现蓝色沉淀时，向原滤液中分批加入MgCO3粉末，搅拌并测定溶液pH，当测得pH介于3.2~8.5时，过滤；
(5)1.8560g产品中： ，加入的HCl总量： ；未与产品反应的HCl： ，1.8560g产品中： ，根据电荷守恒，l.8560g产品中： ，根据质量守恒，1.8560g产品中： ，0 ， ，故化学式
【分析】硫酸镁和氢氧化钠生成碱式硫酸镁沉淀，通过抽滤蒸馏水第一次洗涤，乙醇第二次洗涤得到 。
20．（2021·诸暨模拟）
（1）I.物质X是由4种短周期元素组成的化合物，某兴趣小组对其开展探究实验。
已知：①气体F在燃烧时产生淡蓝色火焰；
②滤液1与滤液2成分相同，且只含单一溶质。
请回答：
组成X的非金属元素是　 　(填元素符号)，X的化学式是　 　。
（2）步骤I，发生的化学方程式是　 　。
（3）写出白色粉末B与NaOH溶液发生的离子方程式是　 　。
II.某同学用NaOH溶液同时吸收Cl2和SO2。经分析吸收液(强碱性)中存在Cl-和SO 。该同学认为溶液中还可能存在SO 、ClO-，请设计实验方案证明该同学的猜想：　 　。
【答案】（1）Si、H、Cl；3MgH2·SiCl4
（2）3MgH2·SiCl4+6H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H4SiO4(或3MgH2·SiCl4+5H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H2SiO3)
（3）SiO2+2OH-=SiO +H2O；取一定量吸收液，加入足量氯化钡溶液，过滤；往滤渣中加入稀盐酸，若沉淀的量减少且产生刺激性气味的气体，则说明含有SO ，反之则无；往滤液中加入足量的稀盐酸呈酸性，再加入紫色石蕊试液，先变红后褪色，则说明有ClO-，反之则无
【知识点】无机物的推断；探究物质的组成或测量物质的含量；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)结合以上分析可知，组成X的非金属元素是Si、H、Cl；X的化学式是3MgH2·SiCl4；
(2)结合以上分析可知，步骤I中，X与水发生反应，生成氢氧化镁、氢气、硅酸、氯化镁四种物质，反应的化学方程式为：3MgH2·SiCl4+6H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H4SiO4(或3MgH2·SiCl4+5H2O=Mg(OH)2+2MgCl2+6H2↑+H2SiO3)；
(3)白色粉末B为二氧化硅，与NaOH溶液反应生成硅酸钠与水，离子方程式是：SiO2+2OH-=SiO +H2O；
II．亚硫酸钡与硫酸钡均为白色沉淀，但是亚硫酸钡能够溶于稀盐酸，产生刺激性气味的二氧化硫气体；次氯酸具有强氧化性，能够漂白酸碱指示剂，而盐酸没有漂白性；如果吸收液(强碱性)中除了存在Cl-和SO 外，还可能存在SO 、ClO-，为证明猜想，设计实验方案如下：取一定量吸收液，加入足量氯化钡溶液，过滤；往滤渣中加入稀盐酸，若沉淀的量减少且产生刺激性气味的气体，则说明含有SO ，反之则无；往滤液中加入足量的稀盐酸呈酸性，再加入紫色石蕊试液，先变红后褪色，则说明有ClO-，反之则无。
【分析】根据题给信息可知：气体F在燃烧时产生淡蓝色火焰，F为氢气；物质的量为 =0.6mol；固体混合物中加入1mol/L盐酸200mL恰好反应，过滤得到白色胶状沉淀A，A为硅酸沉淀，灼烧后得到二氧化硅粉末，物质的量的为 =0.1mol；滤液2中(只含单一溶质)加入足量的硝酸银和稀硝酸产生氯化银白色沉淀，物质的量为 =0.2mol；短周期元素形成的离子中，不溶于强碱的白色沉淀为氢氧化镁，滤液1(只含单一溶质)，加入足量的氢氧化钠溶液，产生白色沉淀，所以白色沉淀D为氢氧化镁，灼烧后得到氧化镁E，物质的量为 =0.2mol；根据②滤液1与滤液2成分相同，且只含单一溶质，所以滤液1与滤液2的溶质为MgCl2，滤液2为氢氧化镁与盐酸反应所得，说明固体混合物中含有氢氧化镁和硅酸两种物质，且硅酸的量为0.1mol，根据盐酸与氢氧化镁的反应关系可知，氢氧化镁的量为0.1mol；根据镁原子守恒及氯化镁的组成可知，滤液1中氯化镁的量为0.2mol，氯离子的量为0.4mol；
结合以上分析可知，物质X中含有元素镁的物质的量为：0.2mol+0.1mol=0.3mol；含有硅元素的物质的量为0.1mol；氯元素的量为0.4mol；根据质量守恒可知，含有氢元素的质量为24.8-0.3×24-0.1×28-0.4×35.5=0.6g，则含有氢元素的物质的量0.6mol；所以四种元素的量之比：n(Mg)：n(Si)：n(H)：n(Cl)=0.3mol:0.1mol:0.6mol:0.4mol=3:1:6:4，所以X的化学式为：3MgH2·SiCl4；据以上分析解答。
21．（2021·安徽模拟）随着电动汽车的大量使用，废旧锂电池的再利用成为科技工作者研究的重要课题，某化工厂从废旧锂电池正极材料(主要成分为LiCoO2、炭黑及铝片)中回收锂、铝、钴的流程如图所示。
（1）CoC2O4中钴元素化合价为　 　，料渣1的成分是　 　。
（2）酸浸还原过程中，Na2SO3的作用是　 　(用离子方程式表示)，还要防火防爆，原因是　 　。
（3）常温下，当pH=4.7时，溶液中沉淀完全(c(Al3+)≤10-5 mol/L)，则Ksp[Al(OH)3]最大值为　 　，以料渣2为原料制备Al的过程简述为　 　。
（4）磷酸二异辛酯必须具有的两种物理性质是　 　，54.9
g CoC2O4·2H2O在空气中充分加热至330℃时，固体质量不再变化时称得固体为24.1 g，则得到X的化学方程式为　 　。
【答案】（1）+2；炭黑
（2）2LiCoO2+6H++SO =2Li++2Co2++SO +3H2O；酸浸中有可燃性气体H2生成
（3）1.0×10-32.9(或1.25×10-33)；灼烧Al(OH)3分解为Al2O3，然后电解熔融状态的Al2O3
（4）①难溶于水；②易溶解CoSO4，难溶解(NH4)2SO4、Li2SO4；3CoC2O4·2H2O+2O2 Co3O4+6CO2+6H2O(或3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2)
【知识点】物质的分离与提纯；化学实验方案的评价；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)CoC2O4中草酸根为-2价阴离子，所以Co为+2价；料渣1为难溶于稀硫酸的炭黑；
(2)酸浸还原过程中，Na2SO3可以将+3价Co还原为Co2+，亚硫酸根被氧化为硫酸根，离子方程式为2LiCoO2+6H++SO =2Li++2Co2++SO +3H2O；正极材料中含有Al，与稀硫酸反应生成可燃性气体H2，所以要防火防爆；
(3)pH=4.7时，溶液中c(OH-)=10-9.3mol/L，c(Al3+)≤10-5 mol/L，则Ksp[Al(OH)3]≤(10-9.3)3×10-5=1.0×10-32.9(或1.25×10-33)；料渣2主要成分为Al(OH)3，灼烧Al(OH)3分解为Al2O3，然后电解熔融状态的Al2O3可以得到铝单质；
(4)该流程中磷酸二异辛酯的作用是萃取水相中的Co2+，前面的流程中除去了炭黑和Al，则萃取前的水相中主要有CoSO4、(NH4)2SO4和Li2SO4，所以该物质首先需要难溶于水，同时易溶解CoSO4，为了得到纯净的Co，还需难溶解(NH4)2SO4、Li2SO4；54.9g CoC2O4·2H2O的物质的量为 =0.3mol，灼烧过程中会失去结晶水，C元素会转化为CO2，所以X中只含Co、O两种元素，其中n(Co)=0.3mol，则n(O)= =0.4mol，所以X中n(Co)：n(O)=3：4，化学式为Co3O4，化学方程式为3CoC2O4·2H2O+2O2 Co3O4+6CO2+6H2O(或3CoC2O4+2O2 Co3O4+6CO2)。
【分析】（1）根据常见元素的化合价即可计算出Co的元素化合价，根据杂质不与酸反应即可判断滤渣
（2）根据元素化合价的变化即可判断，金属铝与酸反应放出氢气易燃易爆炸
（3）格努给出的数据利用Ksp的公式即可计算，常见制备金属铝利用的是电解氧化铝
（4）可以用来萃取说明难溶于水，其易溶硫酸钴，根据给出的数据即可计算出X的化学式
22．（2021·静安模拟）科学界目前流行的关于生命起源假设的理论认为生命起源于约40亿年前古洋底的热液环境，那里普遍存在铁硫簇合物，可用FexSy表示。为研究某铁硫簇合物成分，化学兴趣小组设计了如图所示的实验装置测定样品中铁、硫的含量。具体步骤为：
①按上图连接装置，进行气密性检查。
②在A中放入1.0g含杂质的样品(杂质不溶于水、盐酸，且不参与A中的反应)，B中加入0.1mol/L酸性高锰酸钾溶液30mL，C中加入品红试液。
③通入氧气并加热，A中固体逐渐转变为红棕色。
④待固体完全转化后，取B中的溶液3mL于锥形瓶中，用0.1mol/L碘化钾溶液滴定。滴定共进行3次，实验数据记录于下表。
滴定次数 待测液体积 /mL 消耗碘化钾溶液体积 / mL
滴定前刻度 滴定后刻度
1 3.00 1.00 7.50
2 3.00 7.50 12.53
3 3.00 12.53 17.52
⑤取A中的残留固体于烧杯中，加入稀盐酸，充分搅拌后过滤。
⑥往滤液中加入足量氢氧化钠溶液，出现沉淀。过滤后取滤渣灼烧，得0.32g固体。
已知：Mn2+离子在极稀溶液中近乎无色。
回答下列问题：
（1）装置C中品红试液的作用是　 　。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是　 　(选填“赞同”或“不赞同”)，理由是　 　。
（2）用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，写出反应的离子方程式　 　。无色的草酸(H2C2O4)溶液也可代替碘化钾进行滴定，反应方程式为：2KMnO + 5H C O + 3H SO →K SO + 2MnSO + 10CO + 8H O，判断到达滴定终点时的现象应当是　 　。
（3）为防止尾气污染，装置D中应加入　 　溶液。
（4）根据上述实验所得数据，可确定该铁硫簇结构的化学式为　 　。
（5）下列操作，可能导致x：y的值偏大的是　 　(填字母代号)
a.配置碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线。
b.步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水
c.滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴
d.步骤⑥灼烧滤渣不够充分
【答案】（1）检验二氧化硫是否被完全吸收；赞同；由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响
（2）；当滴入最后一滴草酸，溶液紫红色立即变为无色，且半分钟内不变色
（3）NaOH
（4）Fe4S5
（5）cd
【知识点】氧化还原反应；实验装置综合；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)装置C中品红试液的作用是检验二氧化硫是否被酸性高锰酸钾完全吸收。有同学认为，撤去装置C，对此实验没有影响。你的观点是“赞同”，理由是：由于酸性高锰酸钾为紫色溶液，若B中高锰酸钾溶液的紫色不褪去，说明二氧化硫被吸收完全，撤去C装置，对实验没有影响。
(2)用碘化钾溶液滴定酸性高锰酸钾时，生成碘单质和锰离子，反应的离子方程式为： 。滴定前溶液是紫红色的，当反应完全时，溶液变为无色，因此滴定终点的现象为当滴入最后一滴草酸，溶液紫红色立即变为无色，且半分钟内不变色。
(3)二氧化硫会引起大气污染，为了避免尾气污染，装置D中应加入NaOH溶液。
(4)由表知，第一次滴定，碘化钾溶液的体积与第2、3次相差太大，应舍去，取第2、3次的平均值计算碘化钾溶液的体积为5.01mL，根据关系式 计算：3mL溶液中未反应的MnO 的物质的量为： ，30mL溶液中未反应的高锰酸钾的物质的量为 ，装置B中反应消耗的高锰酸钾的物质的量为： ，根据关系式 计算生成二氧化硫 ，0.32g固体是Fe2O3，n(Fe)= ，所以n(Fe):n(SO2)= :0.005mol=4:5，该铁硫簇结构的化学式为Fe4S5。
(5)a．配置碘化钾标准液时，定容操作俯视刻度线，则所配KI标准溶液浓度偏大，滴定时KI体积偏小，则所测二氧化硫物质的量偏大，比值x:y偏小，a不选。
b．步骤④所用锥形瓶未干燥，残留有蒸馏水，滴定过程中不需要干燥，对结果无影响，b不选；
c．滴定时，碘化钾溶液不小心滴到锥形瓶外一滴，所测KI体积偏大，则所测二氧化硫物质的量偏小，比值x:y偏大，c选。
d．步骤⑥灼烧滤渣不够充分，则所测固体残渣质量偏大，比值x:y偏大，d选。故故答案为：cd。
【分析】A中通入空气，发生氧化还原反应生成二氧化硫，且固体变为红色，则生成氧化铁，生成的二氧化硫被B中高锰酸钾吸收，根据高锰酸钾的量可测定二氧化硫，C中品红可检验二氧化硫是否被完全吸收，D为尾气处理装置，避免污染环境，以此解答该题。
23．（2021·虹口模拟）葡萄糖酸亚铁(C6H11O7)2Fe(M=446g·mol-1)易溶于水，几乎不溶于乙醇，是常用的补铁剂。工业上制备葡萄糖酸亚铁的方法之一是用新制的碳酸亚铁与葡萄糖酸反应，其流程为：
完成下列填空：
（1）反应Ⅰ的实验室模拟装置如图所示：
为成功制得碳酸亚铁，需依次进行如下操作，分析操作的目的：
操作 内容 目的
① 实验开始时先打开K1、K3，关闭K2 　 　
② 待B中反应即将结束时再打开K2，关闭K1、K3 　 　
（2）反应Ⅰ结束后将浊液过滤，洗涤。写出检验碳酸亚铁是否洗净的实验操作。　 　
（3）反应Ⅱ的化学方程式为　 　(葡萄糖酸用化学式表示)。
（4）反应Ⅱ结束后加入葡萄糖酸调节溶液pH至5.8左右再进行结晶，目的是　 　。结晶时加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是　 　。
（5）为测定(C6H11O7)2Fe·nH2O的结晶水数目，称取1.205 g晶体，在氢气流中加热至600℃使其完全分解，最终得到0.140 g铁单质。晶体中结晶水数目n =　 　。若最终得到固体中含有少量Fe3+，则n的值　 　(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】（1）生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气；利用氢气将FeSO4溶液压入C中与Na2CO3反应
（2）取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净
（3）FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑
（4）抑制Fe2+水解；葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇
（5）2；偏小
【知识点】物质的分离与提纯；实验装置综合；制备实验方案的设计；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)①实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气
②为了成功制得碳酸亚铁，实验开始时打开K1、K3，关闭 K2 让铁和硫酸反应。待B中反应即将结束时再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中；
(2)检验碳酸亚铁是否洗净即在检验硫酸根，实验操作为：取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，无沉淀产生，说明碳酸亚铁已洗净；
(3)反应Ⅱ是产生的FeCO3与葡萄糖反应得到(C6H11O7)2Fe，其化学方程式为：FeCO3 + 2C6H12O7→ (C6H11O7)2Fe + H2O + CO2↑；
(4)由于Fe2+水解，在将(C6H11O7)2Fe从溶液中结晶出来，需要抑制其水解，所以要调节pH至5.8左右；加入乙醇可以提高葡萄糖酸亚铁的析出率，原因是：葡萄糖酸亚铁几乎不溶于乙醇；
(5)0.140 g铁单质的物质的量为 ，则(C6H11O7)2Fe·nH2O的物质的量为0.0025mol，则根据1.205 g晶体可得 ，解得n=2；若最终得到固体中含有少量Fe3+，会消耗部分铁单质，则n的值偏小。
【分析】实验开始时先打开K1、K3，关闭K2目的是：生成硫酸亚铁，并用生成的H2排尽装置内空气，再打开K2关闭K3，目的是：利用氢气将硫酸亚铁溶液压入C中与Na2CO3反应，得到(C6H11O7)2Fe溶液，为了抑制Fe2+水解，调节pH至5.8，蒸发得到(C6H11O7)2Fe结晶。
24．（2021·黄山模拟）2020年12月17日，中国探月工程嫦娥五号任务取得圆满成功。嫦娥五号锂离子蓄电池选用了比能量更高的钴酸锂(LiCoO2)正极材料和石墨负极材料。钴是一种稀有的贵重金属，废旧锂离子电池电极材料的回收再生意义重大，钴酸锂回收再生流程如图：
（1）用H2SO4酸浸时，通常需添加30%的H2O2以提高浸出效率，写出相应反应的化学方程式：　 　。
（2）用盐酸代替H2SO4和H2O2，浸出效率也很高。但工业上不使用盐酸，主要原因是会产生有毒、有污染的气体　 　(填化学式)。
（3）其他条件不变时，相同反应时间，随着温度升高，含钴酸锂的固体滤渣在H2SO4和30%的H2O2混合液中的浸出率如下表所示，请分析80℃时钴的浸出率最大的原因：　 　。
反应温度/℃ 60 70 80 90
钴的浸出率/% 88 90.5 93 91
（4）已知常温下草酸Ka1=5.6×10-2，Ka2=1.5×10-4，Ksp(CoC2O4)=4.0×10-6，求常温下Co2+与草酸反应生成CoC2O4沉淀的平衡常数K=　 　。
（5）高温下，在O2存在时，纯净的CoC2O4与Li2CO3再生为LiCoO2的化学方程式为　 　。
（6）在空气中煅烧CoC2O4生成钴的氧化物和CO2，若测得充分煅烧后固体的质量为3.615g，CO2的体积为2.016L(标准状况)，则钴的氧化物的化学式为　 　。
【答案】（1）2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑
（2）Cl2
（3）在80℃之前，浸出率随温度的升高而升高，是因为温度升高，反应速率增大；80℃之后，H2O2的分解速率大于H2O2被氧化的速率，使得浸出率下降
（4）2.1
（5）4CoC2O4+2Li2CO3+3O2 4LiC2O4+10CO2
（6）Co3O4
【知识点】化学反应速率的影响因素；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质的分离与提纯；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)酸浸过程中常添加30%的H2O2以提高浸出效率，H2O2的加入可以将CoO 变成Co2+，涉及的反应方程式为2LiCoO2+3H2SO4+H2O2=Li2SO4+2CoSO4+4H2O+O2↑；
(2)HCl中Cl-可以失电子生成Cl2，Cl2有毒，可以污染空气，因此不用盐酸代替硫酸和过氧化氢；
(3)从表中可以看出，当温度小于80℃时，Co的浸出率随温度的升高而升高，但温度高于80℃时，Co的浸出率有所下降，这是因为：温度升高，反应速率增大，但当温度大于80℃之后，H2O2的分解速率大于H2O2被氧化的速率，使得浸出率下降；
(4)Co2+与草酸反应生成CoC2O4的离子方程式为Co2++H2C2O4=CoC2O4↓+2H+，反应的平衡常数表达式K= ，由草酸的电离平衡常数Ka1、Ka2和草酸钴的沉淀溶解平衡常数Ksp可以导出该反应的平衡常数，K= = =2.1；
(5)高温下，CoC2O4、Li2CO3和O2反应生成LiCoO2的反应方程式为4CoC2O4+2Li2CO3+3O2 4LiC2O4+10CO2；
(6)高温下，CoC2O4煅烧生成Co氧化物和CO2，标准状况下，2.016L CO2的物质的量n= = =0.09mol，由化学式可知CoC2O4中n(Co)=0.09mol× =0.045mol，则氧化物中n(O)= =0.06mol，氧化物中钴、氧物质的量比为n(Co)∶n(O)=0.045mol∶0.06mol=3∶4，由化学式中各原子的物质的量比等于原子个数比可得钴氧化物的化学式为Co3O4。
【分析】本实验欲将从实验剩余的残渣中提纯钴酸锂，设计了如下实验，首先将含有钴酸锂的滤渣用酸浸泡，使其中的Li+、Co2+转移到溶液中；随后向含有两种离子的溶液中加入草酸并调节溶液pH，是Co2+转化为CoC2O4得到沉淀和含有Li+的滤液，向滤液中加入碳酸钠使Li+转化为Li2CO3沉淀；最后将得到的CoC2O4和Li2CO3提纯出来混合高温煅烧得到LiCoO2，据此答题。
25．（2020·徐州模拟）亚铁氰化钾晶体化学式为：KxFey(CN)z nH2O，俗称黄血盐，常用作食品抗结剂。一种用NaCN（N显-3价）废液制取黄血盐的主要工艺流程：
（1）实验室用绿矾固体配制FeSO4溶液时，应先　 　，再用蒸馏水稀释。
（2）“转化罐”中生成黄血盐晶体的反应类型为　 　。
（3）采用密封气流干燥取代在通风橱内干燥的原因是　 　。
（4）黄血盐的化学式可通过下列实验测定：
①准确称取4.220g样品加入水中充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶配制成100.00mL溶液A。
②量取25.00mL溶液A，用2.000mol L-1KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时，共消耗KMnO4溶液15.25mL。反应如下（未配平）： ③向②所得溶液加入Mn2+离子交换树脂，将Mn2+完全吸附后再滴加足量NaOH溶液，过滤、洗涤、灼烧，最终得固体0.2g。
通过计算确定样品的化学式（写出计算过程）。　 　
【答案】（1）将绿矾溶于稀硫酸并加入少量铁粉
（2）复分解反应
（3）防止亚铁氰化钾被氧化
（4） 根据电子得失守恒： 根据电荷守恒： 亚铁氰化钾晶体的化学式为：
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；制备实验方案的设计；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）用绿矾配制FeSO4溶液时，为防止Fe2+的水解和氧化，将绿矾溶于稀硫酸并加入少量铁粉，再用蒸馏水稀释，而不是直接溶解在水里，故答案为：将绿矾溶于稀硫酸并加入少量铁粉；（2）转化罐中加入KCl进行转化，得到溶解度比较小的钾盐，反应中元素的化合价都没有变化，属于化学反应中的复分解反应类型，故答案为：复分解反应；（3）亚铁氰化钾中的亚铁很容易被空气中的氧气氧化，故采用密封气流干燥取代在通风橱内干燥，故答案为：防止亚铁氰化钾被氧化；（4）根据反应过程中铁元素守恒可得：
用KMnO4溶液滴定过程中铁由+2价变为+3价，碳元素由+2价变为+4价，氮元素由-3价变为+5价，发生氧化反应，高锰酸钾中锰元素由+7价变为+2价，发生还原反应，根据电子得失守恒： ，所以 根据KxFey(CN)z nH2O中的电荷守恒可得：
KxFey(CN)z nH2O中各元素的质量分别为： ；
；
；
水的质量为： ，
黄铁盐KxFey(CN)z nH2O中各粒子物质的量之比为： ，所以黄血盐即亚铁氰化钾晶体的化学式为： 。
【分析】实验目的是合成黄血盐，由流程可知，NaCN废液中加入硫酸亚铁、氯化钙，发生反应，然后过滤除去CaSO4，经过滤后在转化罐中加入KCl进行转化，经过密封气流干燥，最后得到黄血盐，据此流程解答。
26．（2020·江苏模拟）草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体{Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O}易溶于水，难溶于乙醇，110 ℃可完全失去结晶水，是制备某些铁触媒的主要原料。实验室通过下列方法制备Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O并测定其组成：
（1）Ⅰ.草酸合铁酸钾晶体的制备
“转化”过程中若条件控制不当，会发生H2O2氧化H2C2O4的副反应，写出该副反应的化学方程式：　 　。
（2）“操作X”中加入乙醇的目的是　 　。
（3）Ⅱ. 草酸合铁酸钾组成的测定
步骤1：准确称取两份质量均为0.4910
g的草酸合铁酸钾样品。
步骤2：一份在N2氛围下保持110℃加热至恒重，称得残留固体质量为0.4370 g。
步骤3：另一份完全溶于水后，让其通过装有某阴离子交换树脂的交换柱，发生反应：aRCl+[Fe(C2O4)b]a-=Ra[Fe(C2O4)b]+aCl-，用蒸馏水冲洗交换柱，收集交换出的Cl-，以K2CrO4为指示剂，用0.1500 mol·L-1AgNO3溶液滴定至终点，消耗AgNO3溶液20.00
mL。
若步骤3中未用蒸馏水冲洗交换柱，则测得的样品中K+的物质的量　 　（填“偏大”“偏小”或“不变”）。
（4）通过计算确定草酸合铁酸钾样品的化学式(写出计算过程)。 　 　
【答案】（1）H2O2+H2C2O4=2CO2↑+2H2O
（2）降低草酸合铁酸钾的溶解度，促进草酸合铁酸钾的析出
（3）偏小
（4）K3[Fe(C2O4)3]·3H2O
【知识点】探究物质的组成或测量物质的含量；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)H2O2具有氧化性，草酸具有还原性，二者会发生氧化还原反应，根据反应过程在电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：H2O2+H2C2O4=2CO2↑+2H2O；(2)由于草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体{Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O}易溶于水，难溶于乙醇，为降低草酸合铁酸钾的溶解度，促进草酸合铁酸钾的析出，因此要使用乙醇；(3)若步骤3中未用蒸馏水冲洗交换柱，则一部分K+残留在交换柱内，使测得的样品中K+的物质的量偏少；(4)0.4910 g的草酸合铁酸钾n(H2O)=(0.4910-0.4370)g÷18 g/mol=3×10-3 mol；
n(Cl-)=n(Ag+)=0.1500 mol/L×20.00×10-3 L=3×10-3 mol，根据离子交换柱中发生的反应：
a RCl+[Fe(C2O4)b]a-=Ra[Fe(C2O4)b]+aCl-，可得样品中n(K+)=n(Cl-)=3×10-3 mol，n{[Fe(C2O4)b]a-}= mol；110 ℃残留固体是晶体失去结晶水后的产物即K+和[Fe(C2O4)b]a-的总质量，则3×10-3 mol×39 g/mol+ mol×(56+88b)g/mol=0.437 0 g
Ka[Fe(C2O4)b]中根据电荷守恒关系可得：a+3=2b，解得a=3，b=3，n{[Fe(C2O4)3]3-}=1×10-3 mol，
n(K+)：n{[Fe(C2O4)3]3-}：n(H2O)=(3×10-3 mol)：(1×10-3 mol)：(3×10-3 mol)= 3∶1∶3，
所以该盐化学式为K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。
【分析】(1)H2O2具有氧化性，草酸具有还原性，二者会发生氧化还原反应，结合电子守恒、原子守恒书写；(2)根据草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体{Ka[Fe(C2O4)b]·cH2O}易溶于水，难溶于乙醇，结合实验目的分析；(3)若不洗涤，在固体表明会残留K+，据此判断K+的多少；(4)先根据盐失重质量计算结晶水的物质的量，根据Cl-+Ag+=AgCl↓，由消耗AgNO3的物质的量计算Cl-的物质的量，再交换树脂的交换柱反应中微粒关系由Cl-得到K+及[Fe(C2O4)b]a-的物质的量，再根据化合物中化合价代数和等于0及固体在受热分解前后质量关系，找出a、b的关系，求出微粒物质的量的比，最后得到物质化学式。
27．（2020·运城模拟）某小组为测定化合物Co(NH3)yClx(其中Co为+3价)的组成，进行如下实验。
（1）氯的测定：准确称取2.675g该化合物，配成溶液后用1.00mol·L-1AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色)且不再消失时，消耗AgNO3溶液30.00mL。[已知：Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12]
①AgNO3标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是　 　。(用化学方程式表示)
②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，会使得测定结果　 　。(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)
③用K2CrO4溶液作指示剂的理由是　 　。
（2）氨的测定：再准确称取2.675g该化合物，加适量水溶解，注入如图4　 　。(填仪器名称)中，然后通过仪器3滴加足量的NaOH溶液，加热1装置，产生的氨气被5中的盐酸吸收，多余的盐酸再用NaOH标准溶液反滴定，经计算，吸收氨气消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL。
装置A在整个实验中的作用是　 　，如果没有6中的冰盐水，会使得测定结果　 　(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。
（3）通过处理实验数据可知该化合物的组成为　 　。
【答案】（1）2AgNO3 2Ag↓+2NO2↑+O2↑；偏大；Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀
（2）三颈烧瓶；产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出；偏大
（3）[Co(NH3)6]Cl3
【知识点】氨的性质及用途；探究物质的组成或测量物质的含量；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）①AgNO3不稳定，见光易分解成Ag和NO2和O2，发生的反应为：2AgNO3 2Ag↓+2NO2↑+O2↑，故答案为：2AgNO3 2Ag↓+2NO2↑+O2↑；②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，使得V2读数偏大，导致滴定结果骗大，故答案为：偏大；③一方面Ag2CrO4为砖红色，另一方面由Ksp(AgCl)=1.8×10-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.12×10-12可知，AgCl饱和溶液中c(Ag+)= mol/L，Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag+)= ×10-4mol/L，所以，AgCl的溶解度更小，当滴入AgNO3时溶解度小的沉淀先形成，当AgCl形成的差不多的时候，溶液中Cl-几乎沉淀完了，此时再滴AgNO3溶液就会立刻产生Ag2CrO4，即终点的时候会产生砖红色沉淀，故答案为：Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀；（2）图4为三颈烧瓶，装置A的作用是产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出，如果没有6的冰盐水，HCl吸收氨气时可能形成倒吸，溶液中的HCl有一部分被倒吸，被反滴定的HCl的量就少，计算吸收氨气时的HCl就偏大，氨气的含量就偏大，故答案为：三颈烧瓶；产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出；偏大；（3）滴定Cl-时，2.675g样品消耗30mL 1.00mol·L-1AgNO3，所以n(Cl-)=n(Ag+)=1.00mol·L-1×30mL×10-3=0.03mol，测定氨时，2.675g样品消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL，所以n(NH3)=n(HCl)= 1.00mol·L-1×60.00mL×10-3=0.06mol，故n(Cl-)：n(NH3)=0.03：0.06=1：2，由于化合物Cox(NH3)yClx中Co的化合价为+3，NH3的化合价为O，Cl的化合价为-1，所以x=3，y=6，该化合物为：[Co(NH3)6]Cl3，故答案为：[Co(NH3)6]Cl3。
【分析】（1）①根据硝酸银见光易分解即可判断
②悬挂一滴液体导致体积偏大，用量增大，结果偏大
③根据 Ag2CrO4为砖红色 即可判断
（2）根据仪器连接方式即可判断仪器名称，装置A的作用主要提供蒸汽将氨气全部蒸出，冰盐水的作用是降低温度防止出现倒吸
（3）根据数据即可计算出组成的化学式
28．（2020·包头模拟）从钴镍废渣(主要成分为Co2O3、NiS及铁、铝等元素的化合物等杂质)中提取制备锂离子电池的电极材料LiCoO2的工艺如下：
已知：CoC2O4 2H2O 微溶于水，它的溶解度随温度升高而逐渐增大，且能与过量的 离子生成 而溶解。
（1）“煅烧1”的主要目的是　 　。
（2）“还原酸浸”过程中Co2O3发生反应的离子方程式为 　 　。
（3）“除铁、铝”过程的两种试剂的作用分别是　 　。
（4）“沉钴”过程中，(NH4)2C2O4的加入量(图a)、沉淀反应的温度(图b)与钴的沉淀率关系如图所示：
①随n( )：n(Co2+) 比值的增加，钴的沉淀率又逐渐减小的原因是　 　。
②沉淀反应时间为10min，当温度高于50℃以上时，钴的沉淀率下降的原因可能是　 　。
（5）为了获得较为纯净的CoC2O4 2H2O，“操作X”的实验操作为　 　。
（6）已知煅烧CoC2O4 2H2O时温度不同，产物不同。400℃时在空气中充分煅烧，得到钴的氧化物质量为2.41g，CO2的体积为1.344L(标准状况下)，则此时所得钴的氧化物的化学式为　 　 。
（7）利用锂离子能在石墨烯表面和电极之间快速大量穿梭运动的特性，开发出石墨烯电池，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2 C6+ LiCoO2，其工作原理如图。则充电时LiCoO2的电极反应式为　 　。
【答案】（1）使原料充分氧化，使杂质分解，排除挥发成分，改变结构便于粉化
（2）Co2O3+SO2+2H+=2Co2++ +H2O
（3）将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH，促进水解，使溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀除去
（4）过量的 与Co2+ 反应生成 而溶解；CoC2O4的溶解度随温度升高而逐渐增大
（5）过滤、洗涤、干燥
（6）Co3O4
（7）LiCoO2-xe- = xLi++Li1-xCoO2
【知识点】电极反应和电池反应方程式；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1) “煅烧1”中能够将原料充分氧化，并使杂质分解，排除挥发成分，同时改变钴镍废渣结构，便于粉化，故答案为：使原料充分氧化，使杂质分解，排除挥发成分，改变结构便于粉化；(2) “还原酸浸”过程中Co2O3能够将二氧化硫氧化，反应的离子方程式为Co2O3+SO2+2H+=2Co2++ +H2O，故答案为：Co2O3+SO2+2H+=2Co2++ +H2O；(3)还原酸浸后，加入NaClO3和Na2CO3，NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，碳酸钠调节溶液pH，使溶液中Fe3+、Al3+沉淀，故答案为：将Fe2+氧化为Fe3+；调节pH，促进水解，使溶液中Fe3+、Al3+生成沉淀除去；(4)①溶液中存在化学平衡： (aq)+Co2+(aq)+2H2O(l) CoC2O4 2H2O(s)，随n( )∶n(Co2+)比值的增加，c( )增大，化学平衡正向进行，有利于晶体析出，当达到n( )∶n(Co2+)=1.15以后，随草酸根离子增多，会发生副反应CoC2O4 2H2O+(n-1) = ，使晶体部分溶解，故答案为：过量的 与Co2+反应生成 而溶解；
②沉淀反应时间为10min，当温度高于50℃以上时，随温度升高而钴的沉淀率升高的可能原因是它的溶解度随温度升高而逐渐增大，故答案为：CoC2O4的溶解度随温度升高而逐渐增大；(5)加入草酸铵沉钴生成CoC2O4 2H2O，CoC2O4 2H2O 微溶于水，为了获得较为纯净的CoC2O4 2H2O，“操作X”为过滤、洗涤、干燥，故答案为：过滤、洗涤、干燥；(6)n(CO2)= =0.06mol，根据C原子守恒得n(CoC2O4)=0.03mol，生成的氧化物中n(Co)=0.03mol、n(O)= =0.04mol，则n(Co)∶n(O)=0.03mol∶0.04mol=3∶4，所以钴氧化物的化学式为Co3O4，故答案为：Co3O4。(7) 根据电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2 C6+ LiCoO2，充电时，LiCoO2极是阳极，发生失电子的氧化反应，阳极的电极反应为：LiCoO2-xe- = xLi++Li1-xCoO2，故答案为：LiCoO2-xe-= xLi++Li1-xCoO2。
【分析】（1）煅烧的目的主要是除去杂质便于后期处理
（2）根据反应物和生成物即可写出离子方程式
（3）加入氯酸钠具有氧化性，将铁氧化为三价铁离子，而加入的碳酸钠是促进水解
（4）①根据 过量的 离子生成 而溶解 ，导致沉淀量降低
②主要温度过高溶解度过大造成的
（5）分离出沉淀需要用的操作是过滤、洗涤和干燥
（6）根据给出的数据利用质量守恒即可计算出产物
（7）根据电池的反应即可写出充电时的反应
29．（2020·辽宁模拟）碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。
（1）合成该物质的步骤如下：
步骤1：配制0.5mol·L-1 MgSO4溶液和0.5mol·L-1 NH4HCO3溶液。
步骤2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50℃。
步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。
步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。
步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·nH2O n=1～5）。
①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是　 　。
②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的化学方程式为　 　。
③步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是　 　。
（2）测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。
称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。
①图中气球的作用是　 　。
②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是　 　。
③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L，则n值为　 　。
（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用0.010mol/L H2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。
实验编号 1 2 3 4
消耗H2O2溶液体积/mL 15.00 15.02 15.62 14.98
①H2O2溶液应装在　 　（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
②根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为　 　
%（保留小数点后两位）。
【答案】（1）水浴加热；MgSO4+NH4HCO3+NH3 H2O+(n-1)H2O MgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4；取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净
（2）缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用；使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收；4
（3）酸式；0.13
【知识点】物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；复杂化学式的确定；酸（碱）式滴定管的使用
【解析】【解答】（1）①步骤2控制温度在50℃，当温度不超过100℃时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。②MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3·nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4，化学方程式为：MgSO4+NH4HCO3+NH3 H2O+(n-1)H2O MgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。③步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SO42-，方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。（2）①图中气球可以缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用。②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol，根据碳守恒，有 =0.05mol，解得n=4。（3）①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。
②四次实验数据，第3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015L×0.010mol/L=1.5×10-4mol，在H2O2和Fe2+的反应中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，Fe2+中铁的化合价升高到+3价，根据电子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)= 3×10-4mol，则m(Fe)= 3×10-4mol×56g/mol=0.0168g，实验菱镁矿中铁元素的质量分数为 ×100%=0.13%。
【分析】（1）①温度低于100℃可以采用水浴加热
②根据反应物和生成物即可写出方程式
③检验沉淀是否洗净的方法是检验最后一次洗涤液是否含有硫酸根离子即可
（2）①根据反应中放出气体导致压强增大，因此气球可以用来进行平衡内外大气压
②温度升高主要是将气体充分排除
③根据给出的数据即可计算出n的数值
（3）①过氧化氢显微弱的酸性即可判断
②根据数据即可利用方程式计算出分数
30．（2020·丹东模拟）硫酸镍是电镀镍和化学镀镍时使用的主要镍盐。以废镍催化剂（主要成分为NiCO3和SiO2，还含有少量Fe2O3、Cr2O3）为原料制备硫酸镍晶体的流程如图所示：
已知：Ni3+的氧化性比稀HNO3强。
回答下列问题：
（1）已知：Cr3++4OH-=
CrO2-+2H2O。“一次碱析”时，需加入过量的NaOH溶液的目的是　 　。
（2）“氨解”的目的为　 　。
（3）“净化”“过滤”后得到含有两种元素的不溶性化合物，该化合物的化学式为　 　，写出“氧化”中发生反应的离子方程式：　 　。
（4）从NiSO4溶液中得到硫酸镍晶体需经过“系列操作”为　 　，　 　，过滤，洗涤，干燥（填操作名称）。
（5）1844年，科学家发现金属镍可以用NaH2PO2将水溶液中的Ni2+还原出来，NaH2PO2将转化为H3PO3，这一原理现用于化学镀镍。写出化学镀镍原理的离子方程式　 　。
（6）为测定硫酸镍晶体（NiSO4·n
H2O）的组成，进行如下实验：称取2.63g样品，配成250.00mL溶液，准确量取配制的溶液25.00mL，用0.0400mol/L EDTA(Na2H2Y)标准溶液滴定Ni2+（离子方程式为Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+），消耗EDTA标准溶液25.00mL。则硫酸镍晶体的化学式为　 　。
【答案】（1）除去Cr元素
（2）实现镍元素与铁元素的分离
（3）NiS；3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓4H2O
（4）蒸发浓缩；冷却结晶
（5）Ni2++H2PO2-+H2O=H3PO3+H++Ni
（6）NiSO4﹒6H2O
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；物质的分离与提纯；制备实验方案的设计；离子方程式的书写；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）根据“Cr3++4OH-= CrO2-+2H2O”，“一次碱析”时加入过量的NaOH溶液，将Cr3+和氢氧根反应生成了CrO2-，除去了Cr元素，故本题答案：除去Cr元素。（2）氨解过程中加入NH4Cl—氨水混合液，Ni（OH）2转化成[Ni(NH3)6]2+，而不溶解Fe（OH）3，从而实现镍元素和铁元素的分离，本题答案为：实现镍元素和铁元素的分离。（3）“净化”过程中通入H2S，生成NiS沉淀；“氧化”过程中，因为Ni3+的氧化性比稀HNO3强，稀HNO3被还原为NO，NiS被氧化为S，反应的离子方程式为3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓4H2O，故本题答案为：NiS；3NiS+8H++2NO3-=3Ni2++2NO↑+3S↓4H2O。（4）从NiSO4溶液中得到硫酸镍晶体需经过“系列操作”为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故本题答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。（5）用NaH2PO2将水溶液中的Ni2+还原出来，NaH2PO2将转化为H3PO3，Ni元素的化合价由+2价降为0价，P元素的化合价由+1价升至+3价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，则离子方程式为：Ni2++H2PO2-+H2O=H3PO3+H++Ni，故本题答案为：Ni2++H2PO2-+H2O=H3PO3+H++Ni。（6）根据方程式Ni2++H2Y2-=NiY2-+2H+可知，原样品中含NiSO4的物质的量为：0.0400mol/L×0.025L×10=0.01mol，该物质的的摩尔质量为 =263g/mol，结晶水的系数n为 =6，则化学式为：NiSO4﹒6H2O，本题答案为：NiSO4﹒6H2O。
【分析】（1）根据给出的方程式即可判断出加入氢氧化钠溶液是主要将Cr除去
（2）加入氨水和氯化铵的混合物主要是将铁离子和镍离子的分离
（3）根据反应物结合产物的性质即可写出产物，根据反应物和生成物即可写出方程式
（4）硫酸镍可以采用降温析出晶体，因此需要加热浓缩，冷却结晶
（5）根据反应物和生成物即可写出方程式
（6）根据给出数据利用方程式计算出n的数值即可
31．（2020·潍坊模拟）我国科学家合成铬的化合物通过烷基铝和[ph3C]+[B(C6F5)4]-活化后，对乙烯聚合表现出较好的催化活性。合成铬的化合物过程中的一步反应为：
回答下列问题：
（1）Cr3+具有较强的稳定性，Cr3+核外电子排布式为 　 　；已知没有未成对d电子的过渡金属离子的水合离子是无色的， Ti4+、V3+、Ni3+、Cu+四种离子的水合离子为无色的是　 　 (填离子符号)。
（2）化合物丙中1、2、3、4处的化学键是配位键的是　 　处，聚乙烯链中碳原子采取的杂化方式为　 　。
（3）无水CrCl3与NH3作用可形成化学式为CrCl3·5NH3的配位化合物。向该配位化合物的水溶液中加入AgNO3溶液，CrCl3·5NH3中的氯元素仅有 沉淀为AgCl；向另一份该配位化合物的水溶液中加入足量NaOH浓溶液，加热并用湿润红色石蕊试纸检验时，试纸未变色。该配位化合物的结构简式为　 　。
（4）水在合成铬的化合物的过程中作溶剂。研究表明水能凝结成13种类型的结晶体。重冰(密度比水大)属于立方晶系，其立方晶胞沿x、y或z轴的投影图如图所示，晶体中，H2O的配位数为　 　，晶胞边长为333.7pm，则重冰的密度为　 　g·cm-3(写出数学表达式，NA为阿伏加德罗常数)。
【答案】（1）1s22s22p63s23p63d3；Ti4+、Cu+
（2）2；sp3
（3）[Cr(NH3)5Cl]Cl2
（4）8； ×1030
【知识点】原子核外电子排布；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）Cr原子的核外电子数为24，其核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1，原子失去4s能级一个电子、3d能级两个电子形成Cr3＋，因此Cr3＋的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d3。
Ti4＋的核外电子排布为：1s22s22p63s23p6，无未成对电子，其水溶液为无色；
V3＋的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d2，3d轨道有两个未成对电子，其水溶液有颜色；
Ni2＋的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d8，3d轨道有两个未成对电子，其水溶液有颜色；
Cu＋的核外电子排布为：1s22s22p63s23p63d10，无未成对电子，其水溶液为无色；
综上，上述水合离子为无色的是Ti4＋和Cu＋。
（2）O可以形成两个共价键，Cl可形成一个共价键，N可以形成三个共价键，丙中N原子形成四个化学键，则起重工一个为配位键，形成配位键时一般由非金属元素提供孤对电子，金属阳离子提供空轨道，所以2应为配位键；聚乙烯中碳原子形成四个单键，所以为sp3杂化。
（3）向该配位化合物的水溶液中加入AgNO3溶液，CrCl3·5NH3中的氯元素仅有沉淀为AgCl，说明该配合物可以电离出两个Cl－，因此这两个为该配合物的外界；向另一份该配合物的水溶液中加入足量的NaOH溶液，加热并用湿润的红色石蕊试纸检验时，试纸未变色，说明NH3均位于内界；结合电荷守恒可得，该配合物的化学式为[Cr(NH3)5Cl]Cl2。
（4）根据立方晶胞沿x、y或z轴的投影可知，该晶体为体心立方堆积，所以晶体中H2O的配位数为8；晶胞中H2O的分子个数为，则晶胞的质量m=，晶胞的边长为333.7pm，即333.7×10-10cm，则晶胞体积V=(333.7×10-10)3cm3，所以晶胞的密度。
【分析】（1）根据Cr的原子序数，确定原子的核外电子排布，进而得出Cr3+的核外电子排布；
根据离子的核外电子排布，分析其是否存在孤对电子，从而确定其水合离子是否有颜色；
（2）根据O、N、Cl的最外层电子数，分析其成键情况，再结合化合物丙的结构分析配位键和碳原子的杂化方式；
（3）根据实验现象确定Cl-、NH3在配合物中的位置，从而确定配合物的化学式；
（4）根据晶胞结构进行分析、计算；
32．（2018·泰州模拟）硝酸铈铵、磷酸锰铵是两种重要的复盐，在工农业生产中具有广泛应用。
（1）复盐是由两种或两种以上金属离子(或铵根离子)和一种酸根离子构成的盐。下列物质属于复盐的是________(填序号)。
A．BaFe2O4　　 B．NaHSO4　　
C．KAl(SO4)2·12H2O　　 D．Ag (NH3)2OH
（2）硝酸铈铵[(NH4)2Ce(NO3)6]的制备方法如下：
①“氧化”得到CeO2的化学方程式为　 　。
②证明CeO2已经洗涤干净的方法是　 　。
（3）为测定磷酸锰铵[(NH4)aMnb(PO4)c·xH2O]的组成，进行如下实验：①称取样品2.448 0 g，加水溶解后配成100.00 mL溶液A；②量取25.00 mL溶液A，加足量NaOH溶液并充分加热，生成NH3 0.067 20 L(标准状况)；③另取25.00 mL溶液A，边鼓空气边缓慢滴加氨水，控制溶液pH 6 ～ 8，充分反应后，将溶液中Mn2＋转化为Mn3O4，得Mn3O4 0.2290 g。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程) 　 　。
【答案】（1）C
（2）CeCO3＋NaClO＋2NaOH===CeO2＋NaCl＋Na2CO3＋H2O；取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，说明CeO2已经洗涤干净
（3）NH4MnPO4·2H2On(NH4+)＝n(NH3) ＝ ＝0.003 moln(Mn2＋)＝3n(Mn3O4)＝3× ＝0.003 moln(PO )＝ ＝0.003 molm(H2O)＝ －0.003mol×(18 g·mol－1＋55 g·mol－1 ＋ 95 g·mol－1)＝0.108 gn(H2O)＝ ＝0.006 moln(NH4+)∶n(Mn2＋)∶n(PO )∶n(H2O) ＝1∶1∶1∶2该样品的化学式为NH4MnPO4·2H2O
【知识点】氧化还原反应；复杂化学式的确定
【解析】【解答】（1）复盐是由两种或两种以上金属离子(或铵根离子)和一种酸根离子构成的盐。A.BaFe2O4由钡离子和高铁酸根离子构成，只含有一种金属离子，不符合；
B.NaHSO4是酸式盐，不符合；
C.KAl(SO4)2·12H2O由钾离子、铝离子和硫酸根离子和结晶水构成，含有 两种金属离子和一种酸根离子，属于复盐，符合；
D.Ag(NH3)2OH是络合物，只含有一种阳离子和一种阴离子，不符合。
故答案为：C；
（2）①“氧化”得到CeO2是由CeCO3在氢氧化钠溶液中被NaClO氧化生成CeO2，同时生成NaCl、Na2CO3和水，反应的化学方程式为CeCO3+NaClO+2NaOH=CeO2+NaCl+Na2CO3+H2O；②若CeO2已经洗涤干净，则不再含有氯离子，检验的方法是取少量最后一次洗涤液于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，若不产生白色沉淀，说明CeO2已经洗涤干净；
（3）样品中：n(NH4+)=4n(NH3)=4× ，n(Mn2+)= n(Mn3O4)= ，则a=b，根据化合价可知c=a+b，则(NH4)aMnb(PO4)c·xH2O为(NH4)MnPO4·xH2O，且2.4480g(NH4)MnPO4·xH2O物质的量为0.012mol，则M= ，则18+55+95+18x=204，解得x=2，样品的化学式为NH4MnPO4·2H2O。
【分析】（2）“氧化”得到CeO2是由CeCO3在氢氧化钠溶液中被NaClO氧化生成CeO2，然后分析其他产物，书写相应的化学方程式即可。
33．（2018·石家庄模拟）[化学-选修3：物质结构与性质]固体电解质有广泛的用途。研究发现，晶体中有特殊结构为离子(如Li+)提供快速迁移的通道或者有“点缺陷”。都能使其具有导电潜力，比如：图(a)所示的锂超离子导体Li3SBF4和图(b)所示的有“点缺陷”的NaCl。
根据所学知识回答下列问题：
（1）在变化“Cl+e-→Cl-”过程中，所得电子填充在基态 Cl的　 　能级，此过程会　 　 (填“吸收”或“释放”)能量。
（2）BF4-中B的杂化形式为　 　，其等电子体为　 　(任写一种)。与其VSEPR模型相同，且有l对孤电子对的相对分子质量最小的分子是　 　。
（3）图(a)所示晶胞中Li+位于　 　位置；若将晶体中BF4-换成F-，导电能力会明显降低，原因是　 　。
（4）图(6)中，若缺陷处填充了Na+，则它　 　(填“是”或“不是”) NaCl的晶胞，在NaCl晶体中，Na+填充在Cl-堆积而成的　 　面体空隙中。
（5）有人认为：高温下有“点缺陷”的NaCl晶伙导电性增照是由于Na+迁移到另一空位而造成。其中Na+经过一个由3个Cl-组成的最小三角形窗孔(如图c所示)。已知晶胞参数a=564 pm，r(Na+)=116pm， r(Cl-)=167 pm，通过计算三角形窗孔半径，判断该认识是否正确。　 　。(已知： ≈1.414， ≈1.732)
【答案】（1）3p；释放
（2）sp3；CCl4；NH3
（3）棱心；阴离子体积变小，为Li+提供的快速迁移通道变窄，致其难以迁移
（4）不是；八
（5）错误
【知识点】晶胞的计算；复杂化学式的确定
【解析】【解答】(1)氯元素核电荷数为17，Cl的价电子排布式为3s23p5， Cl+e-→Cl-，得到稳定的Cl-，释放能量，因此所得电子填充在基态的3p能级，此过程会释放能量。本题正确答案为：3p；释放；
(2)BF4-中B成键电子对数为4，杂化形式为sp3；等电子体具有相同的价电子数和原子数，BF4-价电子数为32，原子数为5，其等电子体可以为CCl4。BF4-的VSEPR模型为四面体，具有四面体空间构型，且有l对孤电子对的