盐类的水解-高考化学考前专项练习试题（含解析）

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盐类的水解
共18题，满分100分
题号 一 二 三 总分
得分
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请注意保持试卷整洁
一、单选题（共50分）
1．（本题5分）室温下，用0.100mol/L NaOH 溶液分别滴定20.00mL 0.100mol/L的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示．下列说法正确的是
A．Ⅰ、Ⅱ分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线
B．pH=7时，两种酸所用NaOH溶液的体积相等
C．V（NaOH）="10.00" mL 时,
D．V（NaOH）="20.00" mL 时，c（Cl—）＜c（CH3COO—）
2．（本题5分）下列方程式书写正确的是
A．
B．
C．
D．
3．（本题5分）H2A为二元酸，其电离过程为：H2AH++HA-，HA-H++A2-。常温时，向10mL0.1mol/LH2A水溶液中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液中H2A、HA-和A2-的物质的量分数(δ)随pH变化的关系如图所示。下列说法正确的是
A．H2A+A2-2HA-的K=10-3
B．NaHA溶液中水的电离程度大于纯水中水的电离程度
C．NaHA溶液中，c(Na+)＞c(HA-)＞c(A2-)＞c(H2A)
D．pH=1.2时，c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/L
4．（本题5分）室温下，用0.l0mol/L的NaOH溶液滴定10.00mL0.l0mol/L的NaHXO3溶液，滴定过程中溶液的pH变化和滴加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．在室温下Ka2(H2XO3)为5.0×10-8
B．当消耗的V(NaOH)=5.00mL时，pH<7
C．溶液中水的电离程度：b>a>c
D．c点溶液中c(Na+)>c(OH-)>c(XO32-)>c(HXO3-)
5．（本题5分）已知NaHSO3显酸性，NaHCO3溶液显碱性，现有浓度为0.1mol/L的NaHSO3和NaHCO3两种溶液，两种溶液中各粒子的物质的量浓度存在下列关系(R表示S或C)，其中正确的一组是
A．c(Na+)＞c(HRO3－)＞c(H+)＞c(RO32-)＞c(OH－)
B．c(Na+)+c(H+)=c(HRO3－)+ c(RO32－)+c(OH－)
C．c(H+)+c(H2RO3)=c(RO32-)+c(OH－)
D．c(Na+)=c(HRO3－)+(H2RO3)+2c(RO32-)
6．（本题5分）某溶液中含有Na+、Mg2+、Cl-、SO四种离子，已知Na+为0.2mol/L，Mg2+为0.4mol/L，Cl-为0.4mol/L，则SO物质的量浓度为
A．0.1mol/L B．0.15mol/L C．0.3mol/L D．0.5mol/L
7．（本题5分）下列事实不能用平衡移动原理解释的是
c(NH4Cl)mol/L0.10.01c (H+) ×10-67.52.4
t/℃25100Kw ×10－141.055.0
A B C D
A．A B．B C．C D．D
8．（本题5分）下列方程式不正确的是
A．醋酸钠水解的离子方程式:CH3COO-+H2O CH3COOH+OH-
B．乙醇在催化剂存在的条件下被氧气氧化的化学方程式:2CH3CH2OH+O2 2CH3CHO+2H2O
C．向铜粉与稀硫酸的混合物中通热空气制硫酸铜溶液的化学方程式:2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O
D．将过量CO2通入NaClO溶液的离子方程式:CO2+H2O+2ClO-=CO+2HClO
9．（本题5分）下列说法正确的是
A．将纯水由室温加热到，在这一过程中溶液一直为中性且不变
B．除去溶液中的杂质，可采用加入氧化铜的方法调节溶液的来实现除杂
C．常温下，向的饱和溶液中加入少量固体，溶液中减小
D．常温下，溶液加水稀释后，溶液中的值减小
10．（本题5分）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．室温时，2LpH=13的Ba(OH)2溶液中OH-数目为0.4NA
B．0.3mol L-1NH4NO3溶液中含有NH的数目小于0.3NA
C．2LpH=3的0.1mol L-1K2Cr2O7溶液中Cr2O的数目为0.2NA
D．0.1molSO2溶于足量水形成的溶液中H2SO3、HSO、SO个数之和小于0.1NA
二、判断题（共20分）
11．（本题4分）明矾能水解生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂
12．（本题4分）电位滴定是利用溶液电位突变指示终点的滴定法。常温下，用cmol·L 1HCl标准溶液测定VmL某生活用品中Na2CO3的含量(假设其它物质均不反应，且不含碳、钠元素)，得到滴定过程中溶液电位与V(HCl)的关系如图所示。已知：两个滴定终点时消耗盐酸的体积差可计算出Na2CO3的量。
水的电离程度：a＞b＞d＞c
13．（本题4分）将加入溶液中同时有气体和沉淀产生。(_____)
14．（本题4分）水解反应+H2ONH3·H2O+H+达到平衡后，升高温度平衡逆向移动。(_______)
15．（本题4分）室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：c(Cl-)+c(H+)>c()+c(OH-)。(_______)
三、解答题（共30分）
16．（本题10分）Ⅰ．如图所示三个烧瓶中分别装入含酚酞的0.01 mol/LCH3COONa溶液，分别向烧杯①中加入生石灰，烧杯②中不加任何物质，向烧杯③中加入NH4NO3晶体。
(1)含酚酞的0.01 mol/LCH3COONa溶液显浅红色的原因是 。
(2)三个烧瓶中溶液颜色由浅到深的顺序为 。
Ⅱ．现用物质的量浓度为的标准NaOH溶液去滴定某盐酸的物质的量浓度，请填写下列空白：
(3)实验过程中若要配制240 mL 0.1000 mol/L的NaOH溶液，需称量 g NaOH固体，配制该溶液需要的玻璃仪器有： 。
(4)某学生的操作步骤如下：
A．移取20.00 mL待测盐酸注入洁净的锥形瓶，并加入2~3滴酚酞；
B．用标准溶液润洗滴定管2~3次；
C．把盛有标准溶液的碱式滴定管固定好，调节滴定管使尖嘴部分充满溶液；
D．取标准NaOH溶液注入碱式滴定管至“0”刻度以上2~3 mL；
E．调节液面至“0”或“0”以下刻度，记下读数；
F．把锥形瓶放在滴定管下面，用标准NaOH溶液滴定至终点，并记下滴定管液面的刻度。
正确操作步骤的顺序是_______→_______→_______→_______→A→_______(用字母填写)。
(5)滴定结果如下表所示：
滴定次数 待测溶液的体积/mL 标准溶液的体积
滴定前的刻度/mL 滴定后的刻度/mL
1 20.00 1.02 21.03
2 20.00 2.00 21.99
3 20.00 0.20 20.20
计算待测盐酸的浓度是 mol/L。
(6)由于错误操作，使得上述所测盐酸的浓度偏高的是 (填字母)。
A．滴定达终点时俯视滴定管内液面读数
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用20.00 mL待测盐酸注入锥形瓶进行滴定
C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出
E．配制标准NaOH溶液，定容时俯视刻度线
F．滴定前尖嘴管有气泡，滴定结束后无气泡
17．（本题10分）氯化铜和氯化亚铜都是重要的化原料，常用作石油工业脱臭脱硫和纯化剂、印染媒染剂等。某研究小组用粗铜( 含杂质Fe) 为原料制备CuCl2·2H2O晶体，再用CuCl2·2H2O晶体制备CuCl。
[制备CuCl2·2H2O晶体]
（1）仪器B的名称是 ；B中反应的离子方程式为 。
（2）装置C中粗铜粉末与气体充分反应时的生成物是 (填化学式)。反应完成后，将C中的固体用稀盐酸完全溶解、再加入试剂M除杂，经一系列操作便可获得CuCl2·2H2O晶体。
①试剂M应当选用 (填正确答案字母编号)
a.Cu(NO3)2 b.NaOH c.CuO d.NH3·H2O e.Cu(OH)2
②溶解C中生成物固体时，有时会加入少量双氧水，目的是 。
③设计简易实验方案确定所CuCl2·2H2O晶体中不含铁化合物: 。
[制备CuCl 固体]
将CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热到140℃得无水CuCl2，再加热到300℃以上可获得CuCl固体。
（3）将CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热脱水的原因是 。
（4）为测定CuCl固体的产率，进行如下定量分析:
①将10.26gCuCl2·2H2O晶体先加热到140℃，再加热到300℃以上，充分反应后，将所得固体平均分成三份，分别转移至三个锥形瓶中。
②分别在三个锥形瓶中加过量FeCl3溶液不断振荡，使固体迅速溶解，再加入2滴1，10—邻菲啰啉一硫酸亚铁络合物作指示剂。
③用1.00mol/L的硫酸铈[Ce(SO4)2]标准液进行滴定。平行测定三份样品溶液，消耗硫酸铈[Ce(SO4)2]标准溶液的平均体积为19.40mL。
反应原理: CuCl+ FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Ce3++Fe3+
根据上述定量实验计算CuCl的产率为 。
18．（本题10分）四碘化锡，是一种橙红色针状晶体，熔点，不溶于冷水，溶于醇、苯、氯仿等，遇水易发生水解。可用作分析试剂，也可用于有机合成，其制备实验装置如图(加热装置略)所示。
实验步骤如下：
组装仪器并加入一定量相应药品后，通入冷凝水，加热圆底烧瓶，保持回流状态，直到反应完全。请回答下列问题：
(1)仪器A的作用为 。
(2)回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过球形冷凝管高度的三分之一，若气雾上升过高，可采取的措施是 。
(3)关于该实验，以下说法正确的是_______。
A．本实验可以选择油浴加热，以便控制加热温度
B．烧瓶用蒸馏水洗净后，应先加入碎锡箔和碘
C．用冰醋酸和醋酸酐作溶剂毒性小，更有利于去水
D．烧瓶内溶液的颜色由紫红色变为橙红色时，说明反应完全
(4)回流结束后，请选择以下合适操作并排序以完成实验： 减压干燥，得到粗产品。
a．停止加热 b．关冷凝水 c．移去水浴 d．趁热过滤 c．冷却后过滤 f．将滤液冷却结晶 g．冷水洗涤
(5)产品的纯度可用滴定法测定：称取产品加入足量的水，使产品充分水解生成。将上层清液全部定容于容量瓶中，移取于锥形瓶中，加入少量和几滴溶液，用的标准溶液滴定至终点，平行测定三次，平均消耗标准溶液的体积为。
①写出水解生成的化学方程式 。
②下列关于滴定分析，不正确的是 。
A．标准溶液用酸式滴定管盛装
B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶的内壁
C．当下层溶液变为紫红色且半分钟不褪色即为滴定终点
D．滴定前读数时仰视，滴定终点读数时俯视，会导致结果偏低
E．若不加则测得样品的纯度可能偏高
③产品纯度的表达式为 。(用最简式表示)
参考答案：
1．C
【详解】试题分析：A、醋酸是弱电解质，部分电离，0.100 mol/L的盐酸和醋酸，后者的pH大，分析图象知Ⅰ、Ⅱ分别表示醋酸和盐酸的滴定曲线，错误；B、pH＝7时，盐酸消耗NaOH溶液的体积大，错误；C、V（NaOH）＝10.00 mL 时，氢氧化钠滴定醋酸的溶液中的溶质为等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，CH3 COOH的电离大于CH3COO－的水解，正确；D、V（NaOH）="20.00" mL 时，两溶液中的溶质分别是NaCl和CH3COONa，且二者的物质的量相等，考虑CH3COO－水解，故c（Cl－）＞c（CH3COO－），错误。
考点：考查酸碱中和滴定、溶液中的离子平衡
2．D
【详解】A．碳酸根为多元弱酸的酸根离子，应分步水解，故为，故A错误；
B．硝酸铵为强电解质，故电离方程式为，故B错误；
C．硫酸钡的溶解平衡为可逆过程，故为，故C错误；
D．HF的电离方程式为，故D正确；
故选D。
3．C
【分析】向10mL 0.1mol/LH2A水溶液中逐滴滴加0.1mol/L NaOH溶液，随着溶液pH的增大，H2A的物质的量分数减小，HA-的物质的量分数先增大后减小，A2-的物质的量分数增大，所以曲线I、II、III分别表示H2A、HA-和A2-的物质的量分数(δ)随pH变化关系曲线，据此分析解题。
【详解】A．由图知，H2A、HA-的物质的量分数相等时，pH=1.2，c(H2A)=c(HA-)，H2A的Ka1=，A错误；
B．由曲线II可知，pH=3时，溶液主要以NaHA为主，所以NaHA溶液呈酸性，此时NaHA电离的氢离子抑制水的电离，所以NaHA溶液中水的电离程度小于纯水中水的电离程度，B错误；
C．当滴加10mL NaOH溶液时，二者恰好反应生成NaHA，由图知此时溶液pH<4.2，显酸性，说明HA-的电离程度大于水解程度，则c(Na+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H2A)，C正确；
D．pH=1.2时，溶液体积增大导致浓度降低 ，故物料守恒c(A2-)+c(HA-)+ c(H2A)＜0.1mol/L，D错误；
故选C。
4．B
【详解】A．b点溶液pH=10时，消耗的V（NaOH）=10.00mL时，NaOH溶液和NaHXO3溶液反应后的溶液为0.05mol·L-1的Na2XO3溶液，室温下Na2XO3溶液中的XO32-水解，
c（XO32－）=0.05-10-4 ≈0.05mol·L－1
Ka2（H2 XO3）= = =5.0×10-8，故A正确；
B．当消耗的V(NaOH)=5.00mL时，NaHXO3与Na2XO3浓度相等，Ka2（H2 XO3）= =c(H+) =5.0×10-8，pH>7,故B错误；
C．酸抑制水电离，酸中c（H＋）越大其抑制水电离程度越大，碱也抑制水电离，碱中c（OH－）越大其抑制水电离程度越大，a点时溶质为NaHXO3，如HXO3－的电离大于水解，抑制了水的电离，但抑制程度小于c,如HXO3－水解大于电离，则促进水电离，但促进程度小于b，b点溶液pH=10时，消耗的V（NaOH）=10.00mL时，NaOH溶液和NaHXO3溶液反应后的溶液为0.05mol·L-1的Na2XO3溶液，室温下Na2XO3溶液中的XO32－水解，促进水的电离，故溶液中水的电离程度：b＞a，c点是Na2XO3和NaOH物质的量1：1的混合溶液，NaOH为强碱，对水的电离的抑制大于HXO3－对水的电离的抑制，故溶液中水的电离程度：b＞a＞c，故C正确；
D．c点是Na2XO3和NaOH物质的量1：1的混合溶液，XO32－离子水解，故有c（Na＋）＞c（OH－）＞c（XO32－）＞c（HXO3－）＞c（H＋），故D正确；
故选B。
5．C
【详解】NaHSO3显酸性，HSO3－＋H2OH2SO3＋OH－，HSO3－H＋＋SO32－，HSO3－水解显碱性，电离显酸性，现NaHSO3溶液显酸性，说明HSO3－电离大于水解；而NaHCO3溶液显碱性，说明水解程度大于电离程度。
A、在NaHSO3溶液中，c(H＋)>c(OH－)，而在NaHCO3中，c(OH－)>c(H＋)，A不正确；
B、在溶液中，根据电荷守恒有，两溶液中，c(Na+)+c(H+)=c(HRO3－)+ 2c(RO32－)+c(OH－)B不正确；
C、在NaHSO3溶液中，电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(HSO3－)+ 2c(SO32－)+c(OH－)；物料守恒，c(Na+)=c(HSO3－)+ c(SO32－)+ c(H2SO3)，联立两式，有c(H+)+c(H2SO3)=c(SO32-)+c(OH－),同理，NaHCO3溶液中也有该等式，C正确；
D、根据物料守恒，两溶液中均有c(Na+)=c(HRO3－)+(H2RO3)+c(RO32-)，D不正确；
答案选C。
6．C
【详解】利用溶液呈现电中性，即有c(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(SO)， 代入数值，得到c(SO)=0.3mol/L，故C正确。
答案为C。
7．B
【详解】A．开始生成氯化银沉淀，加入碘离子，碘离子和银离子生成黄色碘化银沉淀，导致氯化银向生成银离子的方向移动转化为碘化银，能用平衡移动原理解释，A不符合题意；
B．加压后，各物质浓度均变大，颜色加深，不能用平衡移动原理解释，B符合题意；
C．氯化铵浓度减小10倍，而氢离子浓度减小倍数小于10，说明平衡向水解生成氢离子的方向移动，能用平衡移动原理解释，C不符合题意；
D．升高温度，平衡常数变大，说明平衡正向移动，能用平衡移动原理解释，D不符合题意；
故选B。
8．D
【详解】A．醋酸钠是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，醋酸钠水解的离子方程式:CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，故A正确；
B．乙醇在催化剂存在的条件下被氧气氧化生成乙醛和水，化学方程式:2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故B正确；
C．向铜粉与稀硫酸的混合物中通热空气制硫酸铜溶液，氧气在酸性条件下将铜氧化，化学方程式:2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O，故C正确；
D．酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3－，将过量CO2通入NaClO溶液生成碳酸氢钠和次氯酸，离子方程式:CO2+H2O+ClO-=HCO+HClO，故D错误；
故选D。
9．B
【详解】A．水的电离是吸热反应，升高温度，能促进水的电离，氢离子浓度增大，水的值变小，故错误；
B． 除去溶液中的杂质，可采用加入氧化铜的方法调节溶液的来实现除杂，氧化铜消耗铁离子水解产生的氢离子，促进铁离子水解，同时生成氯化铜，不引入杂质，故B正确；
C．温度不变溶度积常数不变，不变，故C错误；
D．常温下，溶液加水稀释过程中，溶液碱性减弱，增大，溶液中，只与温度有关，增大，因而增大，故D错误；
故选B。
10．D
【详解】A．室温时，pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根浓度为，故2L此溶液中氢氧根的物质的量为0.2mol，即0.2NA，A错误；
B．不知道溶液的体积，无法判断，B错误；
C．溶液中存在平衡，故该溶液Cr2O离子数小于0.2NA，C错误；
D．二氧化硫和水反应是可逆反应生成亚硫酸，因此0.1molSO2溶于足量水所得溶液中H2SO3、、三种微粒的个数小于0.1NA，D正确；
故选D。
11．正确
【详解】明矾中铝离子能水解生成Al(OH)3胶体，氢氧化铝胶体能吸附杂质，使其沉降，可用作净水剂，正确；
12．错
【详解】未加盐酸前，溶液中溶质主要为Na2CO3，对水的电离起促进作用，随着盐酸的加入，溶质逐步转化为NaHCO3、H2CO3，对水的电离促进作用减弱，抑制作用增强，即滴定过程中水的电离程度逐步减小，水的电离程度：a＞b＞c＞d，故说法错误。
13．正确
【详解】铝离子和碳酸氢根离子双水解生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀；
故正确。
14．错误
【详解】水解反应+H2O NH3·H2O+H+达到平衡后，升高温度平衡正向移动，错误；
15．错误
【详解】室温下，pH=2的盐酸与pH=12的氨水等体积混合，所得溶液中：，c(Cl-)+c(H+)＜c()+c(OH-)，错误。
16．(1)CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，使溶液显碱性
(2)③②①
(3) 1 250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管
(4)B→D→C→E→A→F
(5)0.1000
(6)C、F
【分析】CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中会发生水解反应使滴有酚酞的溶液变为红色，将该溶液分别放置在三个烧瓶中，然后分别放入三个盛有水的烧杯中，然后向其中一个加入生石灰，一个加入NH4NO3固体，根据溶液红色深浅变化判断温度对盐水解平衡移动的影响。配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近。在用标准NaOH溶液滴定未知浓度盐酸时，实验步骤是洗涤、润洗、装液、调零、取液、滴加指示剂、进行滴定，为减少实验的偶然性，使测定值更接近真实值，一般是进行几次平行实验，取几次的平均值计算。结合滴定操作对标准溶液体积的影响分析操作误差。
【详解】（1）CH3COONa是强碱弱酸盐，在溶液中CH3COO-会发生水解反应：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，水解反应消耗H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，使溶液显碱性，碱使酚酞试液变为红色。
（2）①向水中加入CaO，CaO与H2O反应产生Ca(OH)2，反应放出热量，使溶液温度升高，水解平衡正向移动，溶液碱性增强，红色加深；③中加入NH4NO3，NH4NO3溶解吸收热量，导致溶液温度降低，水解平衡逆向移动，溶液碱性减弱，因此溶液红色变浅，故三个烧瓶中溶液颜色由浅到深的顺序为③②①；
（3）在实验室中不存在规格是240 mL的容量瓶，配制240 mL0.10 mol/LNaOH溶液，需要选用250 mL容量瓶配制250 mL0.1000 mol/LNaOH溶液，则需 称量NaOH的质量m(NaOH)=0.1000 mol/L×0.25 L×40 g/mol=1.0 g；
配制该溶液需要的玻璃仪器有250 mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管；
（4）进行酸碱中和滴定，根据操作先后顺序可知步骤为：B→D→C→E→A→F；
（5）三次实验消耗NaOH溶液体积分别是20.01 mL、19.99 mL、20.00 mL，三次实验数据相差不大，都有效，则平均消耗NaOH标准溶液的体积V=，根据酸、碱恰好反应时n(HCl)=n(NaOH)，则待测盐酸的浓度c(HCl)=；
（6）A．滴定达终点时俯视滴定管内液面读数，则反应消耗标准溶液体积偏少，最终导致配制溶液的浓度偏低，A不符合题意；
B．酸式滴定管用蒸馏水洗净后立即取用20.00 mL待测盐酸注入锥形瓶进行滴定，则待测溶液中溶质的物质的量偏少，导致反应消耗标准溶液体积偏少，由此计算的待测溶液的浓度偏低，B不符合题意；
C．碱式滴定管用蒸馏水洗净后立即装标准溶液来滴定，导致标准溶液浓度偏低，以此溶液进行滴定消耗标准溶液体积偏大，则最终导致待测溶液浓度偏高，C符合题意；
D．锥形瓶在滴定时剧烈摇动，有少量液体溅出，导致反应消耗标准溶液体积偏少，由此计算的待测溶液浓度偏低，D不符合题意；
E．配制标准NaOH溶液，定容时俯视刻度线，导致标准溶液浓度偏高，以此为标准溶液进行滴定消耗的标准溶液体积偏少，最终导致待测溶液浓度偏低，D不符合题意；
F．滴定前尖嘴管有气泡，滴定结束后无气泡，最终导致滴定消耗标准溶液体积偏大，以该溶液为标准进行滴定导致待测溶液浓度偏高，F符合题意；
故合理选项是CF。
17． 圆底烧瓶或烧瓶 MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2 ↑+ 2H2O CuCl2，FeCl3 c、e 将铁元素(或Fe2+)完全氧化成Fe3+)，便于沉降分离 取少量晶体加水溶解后，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，证明晶体不含铁化合物 防止Cu2+(或CuCl2)水解 97%或0.97
【分析】用粗铜( 含杂质Fe) 为原料制备CuCl2·2H2O晶体，再用CuCl2·2H2O晶体制备CuCl。
[制备CuCl2·2H2O晶体]
用MnO2和浓盐酸制取氯气，干燥后和粗铜（含铁）反应，生成CuCl2和FeCl3，多余的氯气用NaOH溶液吸收。由于CuCl2中含有杂质FeCl3以及可能存在的FeCl2，所以需要先加氧化剂把Fe2+氧化为Fe3+，然后加CuO或Cu(OH)2调节溶液的pH，使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去。得到的CuCl2溶液在HCl的气流中加热浓缩、冷却结晶、过滤等操作得到CuCl2·2H2O晶体。
[制备CuCl 固体]
将CuCl2·2H2O晶体在HCl气流中加热到140℃得无水CuCl2，再加热到300℃以上可获得CuCl固体。
[测定CuCl固体的产率]
根据反应CuCl+ FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2++Ce4+=Ce3++Fe3+找到关系式：CuCl→FeCl2→Ce(SO4)2进行计算。
【详解】（1）仪器B是圆底烧瓶，其中发生的反应为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，离子方程式为：MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2 ↑+ 2H2O。正确答案：圆底烧瓶、MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2 ↑+ 2H2O。
（2）C中发生的反应为：Cu+Cl2 CuCl2、2Fe+3Cl2 2FeCl3，所以生成物是CuCl2、FeCl3，①将生成的固体溶解在稀盐酸中后，制取氯化铜晶体前需要除去FeCl3，给出的五种试剂中，a、不能除去Fe3+且会引入NO3-，b、d都会引入杂质阳离子不适合， 而c、e分别可以消耗溶液中的H+使溶液pH升高，从而使得Fe3+逐渐沉淀，所以应该选ce。②当装置C中Fe反应不充分时，Fe溶解在盐酸中生成Fe2+，在用CuO或者Cu(OH)2调节溶液pH值时不能生成沉淀除去，这样制取的氯化铜晶体就会含有杂质，所以必须先将Fe2+氧化成Fe3+。所以加入双氧水的目的是将Fe2+氧化成Fe3+，便于沉降分离。③CuCl2·2H2O晶体中可能含有的杂质是由于Fe3+沉淀不完全而混入的FeCl3，检验方法是：取少量晶体加水溶解后，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，证明晶体不含铁化合物。正确答案：CuCl2，FeCl3、ce 、将铁元素(或Fe2+)完全氧化成Fe3+)，便于沉降分离、 取少量晶体加水溶解后，滴加KSCN溶液，没有出现血红色，证明晶体不含铁化合物。
（3）CuCl2·2H2O晶体直接加热脱水时，由于Cu2+水解及HCl的挥发等原因，最终得到的是CuO，所以脱水过程中必须设法避免CuCl2的水解，在HCl气流中加热到140℃得无水CuCl2”，可以利用体系中存在的HCl抑制CuCl2水解。正确答案：防止CuCl2水解。
（4）CuCl2·2H2O CuCl2+2H2O；2CuCl22CuCl+Cl2，因此10.26g晶体理论上可以得到CuCl：。测定过程中，CuCl→FeCl2→Ce(SO4)2，所以实验测得每份样品中CuCl：，则CuCl的产率为。正确答案：97%。
【点睛】①除去杂质的的最后结果不能引入新的杂质。
②关于实验计算需要选好计算的基准。如本题以10.26g晶体为基准进行计算，因此后半段实验的计算中，由于样品被分成三等分，所以计算的结果应当乘以3。
18．(1)防止空气中的水蒸气进入装置
(2)迅速调低热源的加热温度或调快冷凝水流速或向水槽中加入冷水降低反应温度
(3)CD
(4)acb
(5) CD
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是在醋酸和醋酸酐作用下，用碘和锡水浴加热反应制备四碘化锡，并用氧化还原滴定法测定产品的纯度。
【详解】（1）仪器A为干燥管，作用为防止空气中的水蒸气进入装置，导致四碘化锡水解。
（2）回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过仪器A高度的三分之一，若气雾上升过高，应迅速调低热源的加热温度或调快冷凝水流速或向水槽中加入冷水降低反应温度。
（3）A．本实验的反应温度低于100℃，油浴加热温度过高，碘易升华，后凝华在球形冷凝管内或进入空气，造成损失，A错误；
B．四碘化锡遇水易发生水解，烧瓶用蒸馏水洗净后，需要干燥后才能加入碎锡箔和碘，B错误；
C．由四碘化锡遇水易发生水解可知，制备四碘化锡必须在无水条件下反应，则实验时加入醋酸和醋酸酐的目的是做溶剂，且毒性小，更有利于去水，C正确；
D．当烧瓶内溶液的颜色由紫红色变为橙红色，烧瓶中无紫色蒸气说明碘和锡水浴加热生成四碘化锡的反应完，D正确；
故选ACD。
（4）回流结束后，应先停止加热，再移去水浴，最后关冷凝水，则正确的顺序为acb。
（5）①由题意可知，四碘化锡在溶液中水解生成沉淀和氢碘酸，反应的化学方程式为；
②A．氯化铁是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，所以标准氯化铁溶液应用酸式滴定管盛装，故A正确；
B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴应接触锥形瓶的内壁，使残余在滴定管的尖嘴的液体进入到锥形瓶，故B正确；
C．若滴定完全，再滴入最后一滴标准氯化铁溶液，下层溶液中硫氰酸根离子与铁离子反应生成红色硫氰化铁，溶液变为红色，且半分钟不褪色说明达到滴定终点，故C错误；
D．溶液中铁离子与碘离子的反应为可逆反应，加入四氯化碳萃取溶液中生成的碘，使平衡向正反应方向移动，有利于碘离子完全被氧化，则若不加四氯化碳会导致测得样品的纯度偏低，故D错误；
故选CD；
③由题意可知，滴定消耗VmLcmol/L氯化铁溶液，则mg产品中四碘化锡的纯度为。
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