- 氧族与碳族及其应用
- 共249题
8.雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变废为宝利用工业尾气获得NH4NO3产品的流程图如下：（Ce为铈元素）
（1）上述流程中循环使用的物质有 。
（2）上述合成路线中用到15%～20%的乙醇胺(HOCH2CH2NH2），其水溶液具有弱碱性，显碱性的原因：HOCH2CH2NH2+ H2O 
（3）写出吸收池Ⅲ中，酸性条件下NO转化为NO2－的离子方程式为 。
（4）在NaHSO3溶液中NaHSO3的电离作用大于水解作用，当向其中加入CaCl2溶液时，会发生反应：Ca2++SO32-=CaSO3↓，这样就破坏了溶液中HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3- 
（5）电解池Ⅴ可使Ce4+再生，装置如下图所示：
生成Ce4+从____口（填字母）流出，写出阴极的电极反应式 ：
（6）从氧化池Ⅵ中得到粗产品NH4NO3的实验操作是 、 、过滤、洗涤等。上述流程中每一步均恰好完全反应，若制得NH4NO3质量为xkg，电解池V制得cmol/L的S2O32﹣溶液ym3，则氧化池Ⅵ中消耗的O2在标准状况下的体积为 m3。
正确答案
（1）乙醇胺、Ce4+
解析
(1)根据流程可知乙醇胺、Ce4既是反应物也是生成物，故可循环使用的物质有乙醇胺、Ce4；
考查方向
离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。
解题思路
(1)观察流程可以发现乙醇胺、Ce4；既是反应物也是生成物，故可循环使用的物质有乙醇胺、Ce4+；
易错点
（1）不能准确捕捉图中可以循环使用物质的信息；
正确答案
（3）NO + H2O + Ce4+ =Ce3+ +NO2-+ 2H+
解析
乙醇胺水溶液具有弱碱性，所以与CO2反应生成相应的盐反应的化学方程式为：2HOCH2CH2NH2 +H2O+CO2 = (HOCH2CH2NH3)2CO3或HOCH2CH2NH2 +H2O+CO2 = (HOCH2CH2NH3)HCO3。
考查方向
离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。
解题思路
（2）乙醇胺水溶液具有弱碱性，所以与CO2反应生成相应的盐。
易错点
（2）应用新知识（乙醇胺水溶液具有弱碱性）能力较弱，不能有效书写信息型化学方程式；
正确答案
（3）NO+ H2O + Ce4+ =Ce3+ +NO2-+ 2H+
解析
（3）在吸收池Ⅲ中，NO在酸性条件下转化为NO2－，同时Ce4+转化为Ce3+，所以反应的离子方程式是NO+H2O+ Ce4+=Ce3++NO2-+2H+；
考查方向
离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。
解题思路
（3）没有掌握氧化还原反应方程式的配平技巧；
易错点
（3）吸收池Ⅲ中，在酸性条件下根据流程示意图可知NO转化为NO2－，同时Ce4+转化为Ce3+，所以反应的离子方程式是NO+H2O+ Ce4+=Ce3++NO2-+2H+；
正确答案
（4）HSO3-中存在电离平衡HSO3-
解析
（4）在NaHSO3溶液中NaHSO3的电离作用大于水解作用，当向其中加入CaCl2溶液时，会发生反应：Ca2++SO32-=CaSO3↓，这样就破坏了溶液中HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-
（4）在NaHSO3溶液中NaHSO3的电离作用大于水解作用，当向其中加入CaCl2溶液时，会发生反应：Ca2++SO32-=CaSO3↓，这样就破坏了溶液中HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3- 
SO32-+ H+，使平衡正向移动，进行电离产生大量的H+；c(H+)增大，因此溶液的pH减小。
考查方向
离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。
解题思路
（4）在NaHSO3溶液中NaHSO3的电离作用大于水解作用，当向其中加入CaCl2溶液时，会发生反应：Ca2++SO32-=CaSO3↓，这样就破坏了溶液中HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-
（4）在NaHSO3溶液中NaHSO3的电离作用大于水解作用，当向其中加入CaCl2溶液时，会发生反应：Ca2++SO32-=CaSO3↓，这样就破坏了溶液中HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3- 
SO32-+ H+，使平衡正向移动，进行电离产生大量的H+；
易错点
（4）没有理解外界条件对电离平衡的影响；
正确答案
a 2HSO3- +4H+ +4e- = S2O32- + 3H2O
解析
（5）在装置Ⅴ可以使Ce4+再生，①由于Ce3+→Ce4+，化合价升高，失去电子，所以生成Ce4+从电解槽的阳极a流出；②电解池的阴极发生得电子的还原反应，所以在阴极发生的电极的反应式是2HSO3-+4H++4e-=S2O32-+3H2O。
考查方向
离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。
解题思路
（5）在装置Ⅴ可以使Ce4+再生，①由于Ce3+→Ce4+,化合价升高，失去电子，所以生成Ce4+从电解槽的阳极a流出；②电解池的阴极发生得电子的还原反应；
易错点
（5）电化学知识应用能力不强；
正确答案
（6）蒸发浓缩、冷却结晶 ）； 0.21x-22.4cy
解析
（6）由于NH4NO3受热易分解，所以获得粗产品的实验步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等。设NO2-、NO3-的物质的量分别为m、n，则根据原子守恒得出如下关系：m+n=1000x/80
，根据NO分别生成NO2-、NO3-的电子守恒关系，以及电解池Ⅴ中的电解反应中的守恒关系可以得出m+3n=4cy×1000，所以可以得出m=75x-2000cy， 1mol氧气反应转移电子4mol，所以消耗氧气的物质的量为(75x-2000cy)l÷(4×2)=(75x-2000cy)/8，所以至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2的体积是[(75x-2000cy)/8]×22.4×10-3= 0.21x-22.4cy，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；0.21x-22.4cy。
考查方向
离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。
解题思路
（6）由于NH4NO3受热易分解，要结晶出晶体，温度不能太高，所以获得粗产品的实验步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等。根据电子守恒以及原子守恒计算消耗的O2的体积。
易错点
（6）不能利用守恒法和关系式法进计算。
14．在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见下图）。下列说法错误的是
正确答案
解析
A．根据装置图可知，从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从b处出来的是热的气体，成分与a处相同，正确；B．在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后被冷的气体降温，达到二氧化硫氧化成三氧化硫的最佳温度，再次经过催化剂后可以生成更多的三氧化硫
考查方向
解题思路
热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，达到二氧化硫氧化成三氧化硫的最佳温度，再次经过催化剂后可以生成更多的三氧化硫，从而提高二氧化硫的利用率以及反应热可以循环利用，降低生产成本。
易错点
工业制硫酸的整体流程、主要设备、反应条件的选择等未掌握。
知识点
18．一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是
正确答案
解析
A. H2和N2制备NH3是可逆反应,反应物始终不能消耗完; B.可以加入过量的浓盐酸,使二氧化锰能彻底反应完全; C.浓硫酸随着反应进行要变稀, 稀硫酸不再与铜反应;D.18mol/L硫酸与锌开始反应产生SO2, 随着反应进行,浓硫酸变稀硫酸,再与锌反应产生H2,故选AC。
考查方向
解题思路
一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是可逆反应。
易错点
平时缺少总结一些必要的规律：一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应常见类型有：①所有的可逆反应；②二氧化锰只能与浓盐酸反应生成氯气；③铜只能与浓硫酸在加热条件下反应；④活泼金属与稀硫酸反应生成氢气、与浓硫酸生成二氧化硫，两个反应的原理不同；⑤澄清石灰水中通入二氧化碳（或二氧化硫）气体，随着气体的量不同产物不同；⑥碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸的反应；⑦可溶性铝盐与强碱溶液、可溶性偏铝酸盐与强酸溶液的反应；⑧银氨溶液的配置过程；⑨过量的变价金属铁与定量浓硫酸、浓稀硝酸的反应等等。
知识点
16．一定条件下存在反应：CO（g）+H2O（g）
正确答案
解析
解析已在路上飞奔，马上就到！
知识点
10．“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是 （ ）
正确答案
解析
解析已在路上飞奔，马上就到！
知识点
4．下列有关物质的性质与应用相对应的是（ ）
正确答案
解析
解析已在路上飞奔，马上就到！
知识点
12．将足量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量(n)和通入CO2体积(y)的关系正确的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解析已在路上飞奔，马上就到！
知识点
碳的氧化物会对环境造成影响，但同时碳的单质、化合物又是重要的化工原料，是化学学科的重要研究对象。
18.工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO（g）＋2H2（g）＝CH3OH（l） △H1＝-128．5 kJ·mol－1
已知：CO（g）＋1／2O2（g）＝CO2（g） △H2＝－283 kJ·mol－1
H2（g）＋1／2O2（g）＝H2O（l） △H3＝－285．8 kJ·mol－1
则用热化学方程式表示甲醇的燃烧热应为_____________。
19.科学家用X射线激光技术观察到了CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：
①CO和O生成CO2是___________热反应；反应过程中，在催化剂作用下O与CO中的C逐渐靠近，最终形成的化学键类型属于_____________。
②结合已有知识和该反应过程，我们该如何理解，化学反应本质中的“分子破裂成为原子”这一观点?__________。
20.一定量的CO2与足量的C在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）＋CO2（g）
①550℃时的V逆________（填“大于”、“小于”或“等于”）925℃时的V逆。T℃时，若向平衡体系中充入惰性气体，化学平衡将_____________（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不发生”）移动。某同学是如何从图中数据，分析出该反应的正反应是吸热反应的?____________。
②650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为_____________。
③若800℃时的压强为akPa，已知气体分压（p分）＝气体总压（p总）×体积分数。800℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝________。
正确答案
CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H＝－726.1 kJ·mol-1
解析
① CO（g）＋2H2（g）＝CH3OH（l） △H1＝－128．5 kJ·mol－1
② CO（g）＋1／2O2（g）＝CO2（g） △H2＝－283 kJ·mol－1
③ H2（g）＋1／2O2（g）＝H2O（l） △H3＝－285．8 kJ·mol－1
根据盖斯定律，②-①+2③得甲醇燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）＋3/2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H2＝－726.1 kJ·mol－1，甲醇的燃烧热应为-726.1kJ·mol－1。
考查方向
解题思路
根据盖斯定律，②-①+2③可以求出甲醇的燃烧热应为-726.1kJ·mol－1。
易错点
本题解题的关键是根据已知条件推理出未知结果，难度不大。
正确答案
①放 极性键（或共价键）
②参加反应的分子中，可能是部分分子破裂成为原子
解析
①根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故CO和O生成CO2过程是放热反应；反应过程中，在催化剂作用下O与CO中的C逐渐靠近，最终形成的二氧化碳化学键类型属于极性共价键；
②通过上图，可以看见在化学反应中，并不是所有的分子都破裂成原子再重新组合成新的分子，因此化学反应本质中的“分子破裂成为原子”可以理解为：参加反应的分子中，可能是部分分子破裂成为原子；
考查方向
解题思路
①根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故CO和O生成CO2过程是放热反应；反应过程中，在催化剂作用下O与CO中的C逐渐靠近，最终形成的二氧化碳化学键类型属于极性共价键；
②通过上图，可以看见在化学反应中，并不是所有的分子都破裂成原子再重新组合成新的分子，因此化学反应本质中的“分子破裂成为原子”可以理解为：参加反应的分子中，可能是部分分子破裂成为原子；
易错点
本题解题的关键是根据已知条件推理出未知结果，难度不大。
正确答案
①小于 向正反应方向 温度越高时，产物CO的体积分数越大
②25.0%
③ 12.4akPa
解析
①温度越高，化学反应速率越快，因此550℃时的V逆小于925℃时的V逆；
T℃时，若向平衡体系中充入惰性气体，各气体浓度不变，化学平衡将不发生移动；
温度越高，CO体积分数越大，温度升高，平衡向正反应方向移动，该反应的正反应是吸热反应；
②650℃时，反应达平衡后CO气体体积分数为40%，设650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为x；
650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25%。
③800℃时，反应达平衡后CO气体体积分数为93%，Kp＝(0.93akPa)2/0.07akPa=12.4akPa
考查方向
解题思路
①温度越高，化学反应速率越快；
T℃时，若向平衡体系中充入惰性气体，各气体浓度不变，化学平衡将不发生移动；
温度越高，CO体积分数越大，温度升高，平衡向正反应方向移动，该反应的正反应是吸热反应；
②650℃时，反应达平衡后CO气体体积分数为40%，设650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为x，根据体积分数即可求出结果；
③800℃时，反应达平衡后CO气体体积分数为93%，Kp＝(0.93akPa)2/0.07akPa=12.4akPa
易错点
本题解题的关键是根据已知条件推理出未知结果，难度不大。
10．实验室用甲酸和浓硫酸反应制备CO，用于还原氧化铜，实验装置图和实验步骤如下：
①按上图连接好装置，检查装置气密性。
②点燃Ⅰ处酒精灯，缓慢滴入甲酸。
③在完成某项操作后，点燃另外两处酒精灯。
④反应结束后熄灭酒精灯，待产物冷却至室温后，收集产物。
请回答下列问题：
Ⅰ．（1）甲酸在浓硫酸条件下能分解生成CO和H2O，体现浓硫酸具有____________________。
A.氧化性
B.脱水性
C.吸水性
（2）NaOH溶液的作用是________________。实验步骤③某项操作是指_______________；
（3）若干燥管中的固体颗粒堵塞干燥管的出口，则装置Ⅱ中出现的现象为：__________________；
（4）该实验能证明HCOOH受热产物中有CO的现象为：__________________;
（5）实验步骤④中酒精灯I、III和Ⅳ的熄灭顺序为_________。
Ⅱ．学习小组查阅资料知：
①Cu的颜色为红色或紫红色，而Cu2O的颜色也为红色或砖红色。
②4CuO
③ Cu2O +2H+=Cu +Cu2+ + H2O
因此对CO充分还原CuO后所得红色固体是否含有Cu2O进行了认真的研究，提出下列设计方案：取该红色固体溶于足量稀硫酸中，观察溶液颜色的变化。
（6）请你评价该方案的合理性，并简述理由：
方案：_________，理由：_________。
正确答案
（1）B
（2）洗气，除去酸性气体 验纯(检验CO的纯度)
（3）长颈漏斗中液面上升
（4）装置IV中黑色固体变红；装置III中的澄清石灰水变浑浊
（5）IV I III
（6）合理 因为Cu2O可与稀硫酸溶液反应生成Cu2+，会使溶液变蓝。
解析
考查方向
解题思路
1、物质检验的三原则：
一看(颜色、状态)二嗅(气味)三实验(加试剂) 2．根据实验时生成物所表现的现象不同，检验离子的方法可归纳为三类
（1）生成气体，如NH(加碱)、CO(加酸)的检验。
（2）生成沉淀，如Cl－、SO、Fe2＋的检验。
（3）显特殊颜色，如Fe3＋的检验，Na＋、K＋的焰色反应。
2．根据气体性质特点，常见气体的检验方法可归纳为四类
（1）观察颜色
（2）试纸检验：如Cl2能使湿润KI淀粉试纸变蓝，NH3能使湿润红色石蕊试纸变蓝。
（3）溶液检验：如澄清石灰水、品红溶液检验CO2、SO2。
（4）点燃法：如O2、H2、CH4的检验。2、规律探究实验题的解题策略
物质性质递变规律的探究也是中学化学实验探究的一个重要内容。研究同周期、同主族元素性质的递变规律，物质的氧化还原反应(如置换反应)规律，物质的酸(碱)性强弱规律，电解质溶液的导电规律等，都是开展有关规律探究的重要素材，也是高考命题的经典情境。
解决有关规律探究问题的实验设计，其常用方法示例如下：
（1）同周期、同主族元素性质的递变规律，一般通过设计判断元素金属性、非金属性的强弱实验来完成，如通过让金属单质与相同浓度的非氧化性酸反应产生H2的速率快慢来判断金属单质的还原性强弱，推断元素金属性强弱，从而找出相应的性质递变规律。
（2）物质的酸(碱)性强弱的判断。
（3）钢铁发生电化学腐蚀的规律探究。可以通过控制所含的杂质是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度、钢铁在腐蚀过程中体系内的气压变化等角度设计实验，找出规律。
易错点
1、物质检验的三原则。
2、规律探究实验题的解题策略。
知识点
硫酸亚铁铵晶体[化学式为x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O]呈浅绿
已知：
Ⅰ. 硫酸亚铁铵晶体的制备（如图所示）
18.Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示） 。
19.加入适量(NH4)2SO4后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤就能得到硫酸亚铁铵晶体的原因是 。
21.步骤1：结晶水的测定
准确称量47.040g纯净的硫酸亚铁铵晶体并隔绝空气加热至恰好失去结晶水，称得剩余固体34.080g，则n(结晶水)=_____mol。再将全部剩余固体溶于水配成250mL溶液。
22.步骤2：Fe2+的测定
取25.00mL步骤1中所配溶液于锥形瓶中，将0.1000mol/L 酸性高锰酸钾标准溶液装入 式滴定管中进行滴定，反应的离子方程式为 ，滴定至终点的现象是 ，共计消耗酸性高锰酸钾标准溶液24.00mL。
23.步骤3：SO42—的测定
向25.00mL步骤1中所配溶液中加入足量BaCl2溶液后，经过滤、洗涤、干燥后，称量沉淀质量为5.592g。
步骤4：计算
x：y：z=_______________
正确答案
CO32—+H2O
解析
（1）Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）CO32—+H2O
（2）加入适量(NH4)2SO4后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤就能得到硫酸亚铁铵晶体的原因是相同温度下，硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度小于(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O。
（3）用无水乙醇除去硫酸亚铁铵晶体表面的水分，而不能在空气中直接烘干的原因是防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。
（4）取25.00mL步骤1中所配溶液于锥形瓶中，将0.1000mol/L 酸性高锰酸钾标准溶液装入酸式滴定管中进行滴定，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定至终点的现象是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；共计消耗酸性高锰酸钾标准溶液24.00mL。
考查方向
本题主要考查了中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。
解题思路
本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。
（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要装入酸式滴定管；
②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化Fe2+，自身被还原生成锰离子，同时生成水；
（2）酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，锰离子有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；
③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；
5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 按照 Fe2+和MnO4—5:1进行计算。
判断不当操作对n或V的影响判断．
易错点
中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。
正确答案
相同温度下，硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度小于(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O。
防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。
0.72
解析
（1）Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）CO32—+H2O
（2）加入适量(NH4)2SO4后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤就能得到硫酸亚铁铵晶体的原因是相同温度下，硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度小于(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O。
（3）用无水乙醇除去硫酸亚铁铵晶体表面的水分，而不能在空气中直接烘干的原因是防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。
（4）取25.00mL步骤1中所配溶液于锥形瓶中，将0.1000mol/L 酸性高锰酸钾标准溶液装入酸式滴定管中进行滴定，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定至终点的现象是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；共计消耗酸性高锰酸钾标准溶液24.00mL。及被氧化。
考查方向
解题思路
本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。
（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要装入酸式滴定管；
②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化Fe2+，自身被还原生成锰离子，同时生成水；
（2）酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，锰离子有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；
③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；
5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 按照 Fe2+和MnO4—5:1进行计算。
判断不当操作对n或V的影响判断．
本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。
易错点
中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。
正确答案
0.72
解析
（1）Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）CO32—+H2OHCO3—+OH—。
（2）加入适量(NH4)2SO4后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤就能得到硫酸亚铁铵晶体的原因是相同温度下，硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度小于(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O
（3）用无水乙醇除去硫酸亚铁铵晶体表面的水分，而不能在空气中直接烘干的原因是防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。
（4）取25.00mL步骤1中所配溶液于锥形瓶中，将0.1000mol/L 酸性高锰酸钾标准溶液装入酸式滴定管中进行滴定，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定至终点的现象是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；共计消耗酸性高锰酸钾标准溶液24.00mL。
考查方向
本题主要考查了中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。
解题思路
本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。
（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要装入酸式滴定管；
②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化Fe2+，自身被还原生成锰离子，同时生成水；
（2）酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，锰离子有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；
③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；
5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 按照 Fe2+和MnO4—5:1进行计算。
判断不当操作对n或V的影响判断．
正确答案
酸 5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液变为紫红色，且半分钟不恢复原色。
解析
（1）Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）CO32—+H2O
（2）加入适量(NH4)2SO4后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤就能得到硫酸亚铁铵晶体的原因是相同温度下，硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度小于(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O。
（3）用无水乙醇除去硫酸亚铁铵晶体表面的水分，而不能在空气中直接烘干的原因是防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。
（4）取25.00mL步骤1中所配溶液于锥形瓶中，将0.1000mol/L 酸性高锰酸钾标准溶液装入酸式滴定管中进行滴定，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定至终点的现象是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；共计消耗酸性高锰酸钾标准溶液24.00mL。
考查方向
解题思路
本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。
（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要装入酸式滴定管；
②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化Fe2+，自身被还原生成锰离子，同时生成水；
（2）酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，锰离子有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；
③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；
5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 按照 Fe2+和MnO4—5:1进行计算。
判断不当操作对n或V的影响判断．
易错点
中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。
正确答案
1:1：6
解析
（1）Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）CO32—+H2O
（2）加入适量(NH4)2SO4后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤就能得到硫酸亚铁铵晶体的原因是相同温度下，硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度小于(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O。
（3）用无水乙醇除去硫酸亚铁铵晶体表面的水分，而不能在空气中直接烘干的原因是防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。
考查方向
解题思路
本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。
（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要装入酸式滴定管；
②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化Fe2+，自身被还原生成锰离子，同时生成水；
（2）酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，锰离子有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；
③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；
5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 按照 Fe2+和MnO4—5:1进行计算。
判断不当操作对n或V的影响判断．
易错点
中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。
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