发布时间 : 星期日 文章四川省成都市2015届高考一诊化学试卷更新完毕开始阅读
（3）步骤Ⅳ生成（NH4）2Fe（SO4）2，其化学反应方程式为_（NH4）2SO4+FeSO4=（NH4）2Fe（SO4）2；操作I为蒸发浓缩、冷却结晶．
（4）已知在潮湿空气中Fe（OH）2比FeCl2更易被氧化．据此分析（NH4）2Fe（SO4）2比FeSO4稳定的原因是由题意可知二价铁离子在碱性条件下更易被氧化，（NH4）2Fe（SO4）2水解后的酸性强于FeSO4，则（NH4）2Fe（SO4）2的还原性小于FeSO4，所以更稳定．
考点： 制备实验方案的设计；用盖斯定律进行有关反应热的计算． 专题： 实验题；化学反应中的能量变化．
2+
分析： FeSO4（含有TiOSO4）中加水和过量铁粉，TiO水解生成H2TiO3沉淀，过滤得到的滤渣为H2TiO3，滤液为硫酸亚铁溶液，在滤液中加（NH4）2SO4，生成（NH4）2Fe（SO4）2，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到（NH4）2Fe（SO4）2晶体； （1）把已知的热化学方程式相加即得到水分解的热化学方程式；
（2）TiO水解生成H2TiO3沉淀；Fe粉能防止亚铁离子被氧化，Fe消耗氢离子能促进TiO水解；
（3）在FeSO4溶液中加（NH4）2SO4会生成（NH4）2Fe（SO4）2；操作I为从溶液中提取溶质的操作；
（4）由题中信息可知亚铁离子在碱性条件下易被氧化．
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解答： 解：FeSO4（含有TiOSO4）中加水和过量铁粉，TiO水解生成H2TiO3沉淀，过滤得到的滤渣为H2TiO3，滤液为硫酸亚铁溶液，在滤液中加（NH4）生成（NH4）（SO4）2SO4，2Fe2，对溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤即可得到（NH4）2Fe（SO4）2晶体； （l） 已知：
①4H2 O（g）+3Fe（s）═Fe3O4（s）十4H2（g）△H=a kJ/mol ②Fe3O4（s）=3Fe（s）+2O2（g）△H=b kJ/mol
由盖斯定律：（①+②）×得H2 O（g）=H2（g）+O2（g）△H=×（a+b）=（a+b）kJ/mol； 故答案为：H2 O（g）=H2（g）+O2（g）△H=（a+b）kJ/mol；
（2）TiO水解生成H2TiO3沉淀，其水解的离子方程式为：TiO+2H2O═2H+H2TiO3↓；亚铁离子在溶液中易被氧化，加Fe粉能防止亚铁离子被氧化，Fe消耗溶液中的氢离子能促进
2+
TiO水解；
2+2+3++2+
故答案为：TiO；防止Fe被氧化为Fe；消耗溶液中的H促进TiO水解；
（3）在FeSO4溶液中加（NH4）2SO4会生成（NH4）2Fe（SO4）2，其反应方程式为：（NH4）2SO4+FeSO4=（NH4）2Fe（SO4）2；操作I为从溶液中提取溶质的操作，为蒸发浓缩、冷却结晶；
故答案为：（NH4）2SO4+FeSO4=（NH4）2Fe（SO4）2；蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）已知在潮湿空气中Fe（OH）2比FeCl2更易被氧化，说明二价铁离子在碱性条件下易被氧化，（NH4）2Fe（SO4）2在溶液中电离出来的铵根离子和二价铁离子均发生水解，水解后的溶液的酸性强于FeSO4，则（NH4）2Fe（SO4）2的还原性小于FeSO4，所以更稳定； 故答案为：由题意可知二价铁离子在碱性条件下更易被氧化，（NH4）2Fe（SO4）2水解后的酸性强于FeSO4，则（NH4）2Fe（SO4）2的还原性小于FeSO4，所以更稳定．
点评： 本题考查了盖斯定律的应用、物质的制备、物质的分离等实验操作，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，分析流程掌握物质性质和实验基本操作是解题关键，题目难度中等．
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2+
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2+2+
11．（18分）某学习小组利用如图实验装置制备Cu（NH3）xSO4?H2O．并测量x值．
【Cu（NH3）xSO4?H2O】制备见图1
（l）A中发生的化学反应方程式为2NH4Cl+Ca（OH）22NH3↑+CaCl2+2H2O；B中观
察到的现象是由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随后沉淀溶解变成深蓝色溶液．
（2）C中CCl4的作用是防止倒吸．
（3）欲从Cu（NH3）xSO4溶液中析出Cu（NH3）xSO4?H2O晶体，可加入试剂无水乙醇． 【x值的测量】见图2
步骤一：检查装置气密性，称取0.4690g晶体[M=（178+17x）g/mol]于锥形瓶a中 步骤二：通过分液漏斗向锥形瓶a中滴加l0%NaOH溶液
步骤三：用0.5000mol/L的NaOH标液滴定b中剩余HCI，消耗标液16.00mL （4）步骤二的反应可理解为Cu（NH3）其离子方程式为Cu（NH3）xSO4与NaOH在溶液中反应，
﹣2+
x+2OH=Cu（OH）2↓+xNH3↑． 【x值的计算与论证】 （5）计算：x=3.56，
该学习小组针对上述实验步骤，提出测量值（x）比理论值偏小的原因如下： 假设1：步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损；
假设2：步骤二中加入的NaOH溶液不足，没有加热（或生成的氨气没有完全逸出）（任写两点）；
假设3：步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小．该假设不成立（填“成立”或“不成立”）， 针对般设l，你对实验的处理意见是更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验．
考点： 制备实验方案的设计． 专题： 实验题．
分析： （1）A中氯化铵与氢氧化钙反应生成氨气；氨气通入硫酸铜溶液，会生成氢氧化铜沉淀，氨气过量，沉淀又溶解；
（2）氨气极易溶于水，难溶于四氯化碳；
（3）Cu（NH3）xSO4?H2O在乙醇中的溶解度较小；
（4）Cu（NH3）xSO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气；
（5）Cu（NH3）xSO4?H2O与氢氧化钠反应生成的氨气被盐酸吸收，再用氢氧化钠滴定剩余的盐酸，根据消耗的氢氧化钠求出与氨气反应的盐酸，以及氨气的物质的量，根据晶体与氨气的物质的量的关系求出x；
若生成的氨气偏少或氨气没有完全逸出，则氨气的物质的量偏小，x值偏小；
若步骤三中测定结束读数时，体积读数偏小，则与氢氧化钠反应的盐酸偏少，与氨气反应的盐酸偏多，计算出的氨气的物质的量偏大；
天平砝码腐蚀缺损，应该更换砝码和天平，重新实验．
解答： 解：（1）A中氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氨气、氯化钙和水，其反应的方程式为：2NH4Cl+Ca（OH）2
2NH3↑+CaCl2+2H2O；氨气通入蓝色的硫酸铜溶液中，
会生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨气过量时，氢氧化铜沉淀又溶解生成深蓝色的溶液； 故答案为：2NH4Cl+Ca（OH）2
2NH3↑+CaCl2+2H2O；由蓝色溶液变为蓝色沉淀，随
后沉淀溶解变成深蓝色溶液；
（2）氨气极易溶于水，氨气不溶于四氯化碳，把氨气通入四氯化碳不溶解，不会产生倒吸，氨气在向上逸出时被水吸收； 故答案为：防止倒吸；
（3）Cu（NH3）xSO4?H2O在乙醇中的溶解度较小，在Cu（NH3）xSO4溶液加入无水乙醇会析出Cu（NH3）xSO4?H2O晶体； 故答案为：无水乙醇；
（4）Cu（NH3）xSO4与NaOH反应生成氢氧化铜沉淀和氨气，则其反应的离子方程式为：
﹣2+
Cu（NH3）x+2OH=Cu（OH）2↓+xNH3↑；
﹣2+
故答案为：Cu（NH3）x+2OH=Cu（OH）2↓+xNH3↑；
（5）滴定消耗的氢氧化钠为n（NaOH）=cV=0.5000mol/L×0.01600L=0.008000mol，则与氢氧化钠反应的盐酸为0.008000mol，
与氨气反应的盐酸为：0.5000mol/L×0.0300L﹣0.008000mol0.007000mol，所以氨气的物质的量为0.007000mol；
由（NH3）xSO4?H2O～xNH3， 1 x
mol 0.007000mol =0.007000，解得：x=3.56；
若加入的NaOH溶液不足，Cu（NH3）xSO4没有完全反应，生成的氨气偏少，若没有加热则生成氨气不能从溶液中挥发出来，会使盐酸中吸收的氨气偏少，或氨气没有完全逸出，氨气的物质的量偏小，则x值偏小；
若步骤三中测定结束读数时，标准溶液体积读数偏小，则与氢氧化钠反应的盐酸偏少，而与氨气反应的盐酸偏多，氨气与盐酸等物质的量反应，则测定的氨气的物质的量偏多，计算出的x值偏大，所以假设不成立；
步骤一中用于称量的天平砝码腐蚀缺损，应该更换砝码和天平，重新作该实验； 故答案为：3.56；加入的NaOH溶液不足，没有加热（或生成的氨气没有完全逸出）；不成立；更换砝码完好的天平后重新进行步骤一到步骤三全部实验．
点评： 本题考查了物质的制备实验方案的设计、物质组成的测定，题目难度中等，试题综合性较强，知识点较全面，正确理解制备原理为解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力、计算能力及化学实验能力．