（江苏专版）2020版高考化学一轮复习专题十第三题定量分析实验题型研究学案.docx

定量分析实验题型研究试题特点这一类题型一般基于某一新型物质的制备或探究其性质实验的基础上考查与实验有关的现象、反应原理、实验仪器、实验操作中出现的问题等，并进行有关新型物质组成的测定或物质含量(纯度)的计算。化学综合计算常常涉及：氧化还原反应中得失电子守恒计算；过量问题的计算；物质含量(纯度)的计算；新型物质化学组成的计算；多步反应计算等。做真题明考查特点1(2018江苏高考)碱式硫酸铝溶液可用于烟气脱硫。室温下向一定浓度的硫酸铝溶液中加入一定量的碳酸钙粉末，反应后经过滤得到碱式硫酸铝溶液，反应方程式为(2x)Al2(SO4)33xCaCO33xH2O=2(1x)Al2(SO4)3xAl(OH)33xCaSO43xCO2 生成物(1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中x值的大小影响碱式硫酸铝溶液的脱硫效率。(1)制备碱式硫酸铝溶液时，维持反应温度和反应时间不变，提高x值的方法有_。考查反应条件的控制(2)碱式硫酸铝溶液吸收SO2过程中，溶液的pH_(填“增大”“减小”或“不变”)。考查化学原理(3)通过测定碱式硫酸铝溶液中相关离子的浓度确定x的值，测定方法如下：取碱式硫酸铝溶液25.00 mL，加入盐酸酸化的过量BaCl2溶液充分反应，静置后过滤、洗涤，干燥至恒重，得固体2.330 0 g。取碱式硫酸铝溶液2.50 mL，稀释至25 mL，加入0.100 0 molL1 EDTA标准溶液25.00 mL，调节溶液pH约为4.2，煮沸，冷却后用0.080 00 molL1 CuSO4标准溶液滴定过量的EDTA至终点，消耗CuSO4 标准溶液20.00 mL(已知Al3、Cu2与EDTA反应的化学计量数比均为11)。计算(1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中的x值(写出计算过程)。考查新物质的组成及计算解析：(1)要提高x值，就需要提高CaSO4的生成速率，因为碳酸钙是粉末，因此不能通过增大表面积的方式提高反应速率，可以通过增加CaCO3的量和搅拌加快CaSO4的生成速率，以提高x的值。(2)吸收SO2的过程中，OH参加反应，因此溶液的pH减小。(3)由题意知，Al3、Cu2与EDTA反应的化学计量数比均为11，因此EDTA总物质的量应等于Al3和Cu2的物质的量之和，根据题给数值即可求算出x的值。答案：(1)适当增加CaCO3的量或加快搅拌速率(2)减小(3)25.00 mL溶液中：n(SO)n(BaSO4)0.010 0 mol250 mL溶液中：n(Al3)n(EDTA)n(Cu2)0.100 0 molL125.00 mL103 LmL10.080 00 molL120.00 mL103 LmL19.000104 mol2500 mL溶液中：n(Al3)9.000103 mol1 mol (1x)Al2(SO4)3xAl(OH)3中：n(Al3)(2x)mol；n(SO)3(1x)molx0.412(2017江苏高考)碱式氯化铜是重要的无机杀菌剂。(1)碱式氯化铜有多种制备方法。方法1：4550 时，向CuCl悬浊液中持续通入空气得到Cu2(OH)2Cl23H2O，该反应的化学方程式为_。考查陌生化学方程式的书写方法2：先制得CuCl2，再与石灰乳反应生成碱式氯化铜。Cu与稀盐酸在持续通入空气的条件下反应生成CuCl2，Fe3对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。M的化学式为_。考查化学原理(2)碱式氯化铜有多种组成，可表示为Cua(OH)bClcxH2O。为测定某碱式氯化铜的组成，进行下列实验：称取样品1.116 0 g，用少量稀HNO3溶解后配成100.00 mL溶液A；取25.00 mL溶液A，加入足量AgNO3溶液，得AgCl 0.172 2 g；另取25.00 mL溶液A，调节pH 45，用浓度为0.080 00 molL1的EDTA(Na2H2Y2H2O)标准溶液滴定Cu2(离子方程式为Cu2H2Y2=CuY22H)，滴定至终点，消耗标准溶液30.00 mL。通过计算确定该样品的化学式(写出计算过程)。考查新物质的组成及计算解析：(1)在H2O存在的条件下，CuCl能被空气中的O2氧化生成Cu2(OH)2Cl23H2O，根据Cu和O得失电子守恒配平反应的化学方程式。由题图知，O2氧化M生成M，根据题意“Fe3对该反应有催化作用”，则M为Fe2。(2)由中生成AgCl的质量，可计算出1.116 0 g样品中Cl的物质的量n(Cl)；由可计算出1.116 0 g样品中Cu2的物质的量n(Cu2)，根据电荷守恒：n(OH)n(Cl)2n(Cu2)，得出n(OH)，最后由质量守恒得出n(H2O)；由四种粒子的物质的量，可确定样品的化学式。答案：(1)4CuClO28H2O2Cu2(OH)2Cl23H2OFe2(2)n(Cl)n(AgCl)4.800103 moln(Cu2)n(EDTA)0.080 00 molL130.00 mL103 LmL19.600103 moln(OH)2n(Cu2)n(Cl)29.600103 mol4.800103 mol1.440102 molm(Cl)4.800103 mol35.5 gmol10.170 4 gm(Cu2)9.600103 mol64 gmol10.614 4 gm(OH)1.440102 mol17 gmol10.244 8 gn(H2O)4.800103 molabcxn(Cu2)n(OH)n(Cl)n(H2O)2311化学式为Cu2(OH)3ClH2O3(2016江苏高考)过氧化钙(CaO28H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。(1)Ca(OH)2悬浊液与H2O2溶液反应可制备CaO28H2O。Ca(OH)2H2O26H2O=CaO28H2O反应时通常加入过量的Ca(OH)2，其目的是_。考查化学原理(2)向池塘水中加入一定量CaO28H2O后，池塘水中浓度增加的离子有_(填序号)。ACa2BHCCODOH考查化学原理(3)水中溶解氧的测定方法如下：向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液，生成MnO(OH)2沉淀，密封静置；加入适量稀H2SO4，待MnO(OH)2与I完全反应生成Mn2和I2后，以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。测定过程中物质的转化关系如下：O2MnO(OH)2I2S4O写出O2将Mn2氧化成MnO(OH)2的离子方程式：_。考查陌生离子方程式的书写取加过一定量CaO28H2O的池塘水样100.00 mL，按上述方法测定水样的溶解氧，消耗0.010 00 molL1 Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以mgL1表示)，写出计算过程。考查物质含量的计算解析：(1)增加易得廉价原料，提高高价原料的利用率，故加入过量的Ca(OH)2，其主要目的是提高H2O2的利用率。(2)CaO2可作水产养殖的供氧剂，则CaO2与水发生反应：2CaO22H2O=2Ca(OH)2O2，故溶液中Ca2、OH的浓度增加。(3)O2在碱性条件下将Mn2氧化为MnO(OH)2，反应的离子方程式为2Mn2O24OH=2MnO(OH)2。答案：(1)提高H2O2的利用率(2)AD(3)2Mn2O24OH=2MnO(OH)2在100.00 mL水样中I22S2O=2IS4On(I2)6.750105 molnMnO(OH)2n(I2)6.750105 moln(O2)nMnO(OH)26.750105 mol3.375105 mol水中溶解氧1080 mgL1研热点找解题策略年份试题知识点分值2018第18题反应条件的控制；化学原理；新物质的组成及计算12分2017第18题陌生化学方程式的书写；化学原理；新物质的组成及计算 12分2016第18题化学原理；离子浓度的变化；陌生离子方程式的书写；物质含量的计算12分1实验原理及实验过程中的有关问题一般通过滴定法测定某一物质的含量或某一微粒的物质的量。滴定实验中的几个关键点主要涉及：指示剂选择、终点的判断、滴定计算以及误差分析等。解题依据规范答题举例说明滴定曲线分析根据酸碱中和滴定曲线的突变判断，突变越陡说明酸性或碱性越强用NaOH分别滴定酸X和Y，X的突变曲线比Y平缓，说明X的酸性比Y弱指示剂的选择(1)根据反应后溶液的酸碱性判断通常选酚酞或甲基橙NaOH滴定CH3COOH，反应生成的CH3COONa显碱性，故选酚酞作指示剂；HCl滴定氨水，反应生成的NH4Cl显酸性，故选甲基橙作指示剂；若NaOH滴定HCl，反应生成的NaCl显中性，故选甲基橙和酚酞均可(2)根据反应中物质自身颜色的变化判断选淀粉、KMnO4等用Na2S2O3滴定I2，选淀粉作指示剂；用KMnO4滴定Fe2或H2C2O4溶液，KMnO4自身颜色的变化可作为终点的判断终点的判断(1)根据指示剂颜色的变化终点的判断：由色变成色，且30 s内不变化用Na2S2O3滴定I2，选淀粉作指示剂，终点现象是溶液由蓝色变成无色，且30 s内不恢复蓝色；用KMnO4滴定H2C2O4溶液，终点现象是溶液由无色变成浅红色，且30 s内不褪色(2)根据反应物本身颜色的变化简单计算根据物质间反应的数量关系由定量关系列出比例式，再求解2KMnO45H2C2O42 5c1V1 c2V2由比例关系可求出c2误差分析根据消耗的标准溶液所产生的误差进行分析没有用标准液润洗，导致待测物浓度偏大；滴定到终点时，俯视读数，导致待测物浓度偏小；滴定前没有赶气泡，导致待测物浓度偏大2.复杂的滴定可分为两类(1)连续滴定法：第一步滴定反应生成的产物，还可以继续参加第二步的滴定。根据第二步滴定的消耗量，可计算出第一步滴定的反应物的量。(2)返滴定法：第一步用的滴定剂是过量的，然后第二步再用另一物质返滴定过量的物质。根据第一步加入的量减去第二步中过量的量，即可得出第一步所求物质的量。3以物质的量为中心的计算(1)4个核心公式nn或Mn(条件：标准状况、气体)c(2)4个辅助公式溶液中溶质的质量分数与物质的量浓度之间的换算：c c为溶质的物质的量浓度(molL1)，为溶液的密度(gcm3)，w为溶质的质量分数，M为溶质的摩尔质量(gmol1)。(为气体密度，M为该气体的摩尔质量，Vm为一定温度和压强下的气体摩尔体积)。c(浓)V(浓)c(稀)V(稀)。c(混)V(混)c(浓)V(浓)c(稀)V(稀)。注意V(混)V(浓)V(稀)。1物质含量或纯度的计算思路(1)根据关系式法、得失电子守恒法、滴定法等，得出混合物中某一成分的量。(2)由(1)中求出量，除以样品的总量，即可得出其含量或纯度。2新型化学物质组成计算的解题思路(1)根据题给信息，计算出可求粒子的物质的量。(2)根据电荷守恒，确定出未知离子的物质的量。(3)根据质量守恒，确定出结晶水的物质的量。(4)各粒子的物质的量之比，即为物质化学式的下标比。注意化学计算中所设未知数要确定是否带单位，在列式计算过程中要带单位运算，计算结果要根据题给信息考虑有效数字，解题过程不能跳步省略，最后要有答案描述。练新题提答题能力1硫酸锰铵晶体可用作织物和木材加工的防火剂等。由二氧化锰等作原料制取硫酸锰铵晶体步骤如图：(1)实验前，需称量MnO2的质量，这是因为_。(2)“制取MnSO4”时，可用C6H12O6 (葡萄糖)、H2C2O4 (草酸) 等物质作还原剂。用C6H12O6作还原剂(被氧化为CO2)时，发生反应的_。用H2C2O4作还原剂，发生反应的化学方程式为_。(3)一种测定硫酸锰铵晶体设为(NH4)xMny(SO4)zwH2O组成的方法如下：称取一定量的硫酸锰铵晶体配成250 mL溶液A。取25.00 mL 溶液A，加入足量的BaCl2溶液得BaSO4 0.512 6 g。另取25.00 mL溶液A，加入10 mL 20%的中性甲醛溶液，摇匀、静置5 min4NH6HCHO=3H6H2O(CH2)6N4H，滴定时，1 mol (CH2)6N4H与1 mol H相当，加入12滴酚酞溶液，用 0.100 0 molL1NaOH标准溶液滴定至终点(在该过程中Mn2不沉淀)，消耗NaOH 溶液22.00 mL。取一定量样品在空气中加热，样品的固体残留率 随温度的变化如图所示(样品在371 时已完全失去结晶水)。根据以上实验数据计算确定硫酸锰铵晶体的化学式(写出计算过程)。解析：(1)实验前需要称量MnO2的质量，以确定应加入硫酸、还原剂及(NH4)2SO4的质量。(2)用C6H12O6作还原剂(被氧化为CO2)时，根据电子转移守恒可推出，Mn降低2价，C升高64价，所以发生反应的12。用H2C2O4作还原剂时，反应的化学方程式为MnO2H2C2O4H2SO4=MnSO42CO22H2O。(3)根据计算出n(SO)，根据计算出n(NH)，再由电荷守恒：n(NH)2n(Mn2)2n(SO)计算出n(Mn2)，最后由质量守恒和图像中固体残留率计算w。答案：(1)确定制备硫酸锰铵时应加入硫酸、还原剂及(NH4)2SO4的质量(2)12MnO2H2C2O4H2SO4=MnSO42CO22H2O(3)n(SO )n(BaSO4)2.200103moln(NH)n(NaOH)0.100 0 molL122.00 mL103LmL12.200103moln(Mn2)2n(SO )n(NH)1.100103molxyz212设化学式为(NH4)2Mn(SO4)2wH2O69.2% ，w7化学式为(NH4)2Mn(SO4)27H2O2(2019苏大附中模拟)碱式氧化镍(NiOOH)可用作镍氢电池的正极材料。以含镍(Ni2)废液为原料生产NiOOH的一种工艺流程如图：(1)加入Na2CO3溶液时，确认Ni2已经完全沉淀的实验方法是_。(2)已知KspNi(OH)221015，欲使NiSO4溶液中残留c(Ni2)2105 molL1，调节pH的范围是_。(3)写出在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式：_。(4)若加热不充分，制得的NiOOH中会混有Ni(OH)2，其组成可表示为xNiOOHyNi(OH)2。现称取9.18 g样品溶于稀硫酸，加入100 mL 1.000 0 molL1 Fe2标准溶液，搅拌至溶液清亮，定容至200 mL。取出20.00 mL，用0.010 0 molL1 KMnO4标准溶液滴定，用去KMnO4标准溶液20.00 mL，试通过计算确定x、y的值(写出计算过程)。涉及反应如下：NiOOHFe23H=Ni2Fe32H2O5Fe2MnO8H=5Fe34H2OMn2解析：(1)确认Ni2已经完全沉淀的实验方法是静置，在上层清液中继续滴加12滴Na2CO3溶液，无沉淀生成。(2)欲使NiSO4溶液中残留c(Ni2)2105 molL1，c(OH) molL1105 molL1，c(H)109molL1，则pH9。(3)在空气中加热Ni(OH)2制取NiOOH的化学方程式为4Ni(OH)2O24NiOOH2H2O。答案：(1)静置，在上层清液中继续滴加12滴Na2CO3溶液，无沉淀生成(2)pH9(3)4Ni(OH)2O24NiOOH2H2O(4)20.00 mL溶液中n(Fe2)0.010 0 moln(KMnO4)0.010 0 molL10.020 0 L2.000 0104 mol2000 mL溶液中与KMnO4反应的n(Fe2)5n(KMnO4)52.000 0104 mol1.000 0103 moln(NiOOH)0.010 0 mol1.000 0103 mol0.009 0 molnNi(OH)20.001 0 molxyn(NiOOH)nNi(OH)20.009 0 mol0.001 0 mol91，即x9、y13碳酸钠沉淀法制备氢氧化铝阻燃剂的实验流程如图：(1)pH对水解程度的影响如图1所示。当pH2.35时，尽管没有观察到沉淀产生，但通过实验可判断Al3已水解。该实验方法是_。(2)常温下，KspAl(OH)31.01033，pH5时，溶液中c(Al3)_molL1。(3)准确称取一定质量阻燃剂样品(不含Na2SO4杂质)，加热。样品残留率随温度的变化如题图2所示。已知：温度低于120 ，Al(OH)3不分解；温度高于 1 100 ，残留固体为金属氧化物。60120 样品质量损失9.36%，可能原因是_。通过计算，推断500 时残留固体的化学式(写出计算过程)。解析：(1)Al3水解生成Al(OH)3胶体，可利用丁达尔效应(现象)进行确认。(2)常温下，KspAl(OH)31.01033，pH5时，溶液中c(Al3) molL11.0106molL1。(3)60120 样品质量损失9.36%，可能是失去了样品的结晶水或内部吸附水。答案：(1)丁达尔效应(现象)(2)1.0106(3)失去了样品的结晶水或内部吸附水作为阻燃剂，Al(OH)3热分解总反应为2Al(OH)3Al2O33H2O由图可知，120500 和5001 100 质量损失之比为(90.6469.76)(69.7659.30)21所以120500 发生的反应为Al(OH)3AlOOHH2O,5001 100 发生的反应为AlOOHAl2O3H2O 500 残留固体的化学式为AlOOH或HAlO2或Al2O3H2O或Al2O3Al(OH)34氯化苄(C6H5CH2Cl)是一种重要的有机化工原料。工业上采用甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄。(l)写出甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄的化学方程式：_。(2)用下列方法分析氯化苄粗产品的纯度：步骤：称取2.555 g样品于烧瓶中，加入100.00 mL 4 molL1氢氧化钠溶液共热，冷却至室温。加入100.00 mL 4 molL1硝酸，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00 mL的容量瓶中，加水定容。步骤：从容量瓶中各取50.00 mL溶液于三只锥形瓶中，各加入25.00 mL 0.200 0 molL1硝酸银溶液。步骤：用硫酸铁铵作指示剂，用0.200 0 molL1 NH4SCN溶液分别滴定剩余的硝酸银，所得滴定数据如表所示。实验数据实验序号NH4SCN溶液体积读数/mL滴定前滴定后第一次0.4010.38第二次0.3010.32第三次0.2010.41已知：NH4SCNAgNO3=AgSCNNH4NO3。加入硝酸的目的是_。在步骤操作中，判断达到滴定终点的现象是_。计算该样品中氯化苄的质量分数(写出计算过程)。上述测定结果通常高于氯化苄中氯元素的理论含量，原因是_。解析：(1)甲苯与干燥氯气在光照条件下反应合成氯化苄的化学方程式为C6H5CH3Cl2C6H5CH2ClHCl。(2)溶液显碱性，则加入硝酸的目的是中和NaOH使溶液呈酸性，防止OH对下一步的干扰。Fe3能与SCN反应使溶液显红色，则在步骤操作中，判断达到滴定终点的现象是当滴入最后一滴NH4SCN溶液，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色。三次实验中消耗标准液体积分别是9.98 mL、10.02 mL、10.21 mL，第三次实验数据误差大，舍去，则消耗标准液体积的平均值是10.00 mL，根据方程式可知剩余硝酸银是0.002 mol，所以与Cl反应的硝酸银是0.005 mol0.002 mol0.003 mol，则水解生成的Cl是0.003 mol0.015 mol，因此该样品中氯化苄的质量分数为100%74.27 %。由于甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，且Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高，因此上述测定结果通常高于氯化苄中氯元素的理论含量。答案： (1)C6H5CH3Cl2C6H5CH2ClHCl(2)中和NaOH使溶液呈酸性，防止OH对下一步的干扰当滴入最后一滴NH4SCN溶液，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色100%74.27 %甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高5(2019太仓市沙溪中学练兵)过氧化锶(SrO22H2O)晶体是一种白色粉末，微溶于水，常用作焰火的引火剂。制备流程如图：反应原理：Sr(NO3)2H2O22NH3H2O=SrO22H2O2NH4NO3，该反应放热。(1)选择不同浓度的双氧水在反应器中反应，测得相同时间H2O2的利用率随浓度的变化关系如图所示。5%的H2O2比20%的H2O2利用率低的原因是_。(2)SrO22H2O遇CO2会反应变质，反应的化学方程式为_。(3)25 时，将Sr(NO3)2溶液滴加到含有F一、CO的溶液中，当混合溶液中c(Sr2)0.001 0 molL1时，同时存在SrF2、SrCO3两种沉淀，则此时溶液中c(F)c(CO)_。已知：Ksp(SrF2)4.0109，Ksp(SrCO3)5.0109(4)准确称取1.800 0 g SrO22H2O样品置于锥形瓶中，加入适量的盐酸使之充分转化为H2O2，再加入足量KI，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量淀粉试液，用1.000 0 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定到蓝色恰好消失时，共消耗标准溶液20.00 mL，计算SiO22H2O样品的纯度，写出计算过程。解析：(1)浓度越小，反应越慢，5%的H2O2比20%的H2O2利用率低的原因是浓度低的双氧水反应慢，相同时间内反应的H2O2少。(2)过氧化锶(SrO2)类似于Na2O2，与CO2反应，生成碳酸盐和氧气，则 SrO22H2O遇CO2反应的化学方程式为2SrO22H2O2CO2=2SrCO3O24H2O。(3)将Sr(NO3)2溶液滴加到含有F、CO 的溶液中，当混合溶液中c(Sr2)0.001 0 molL1时，同时存在SrF2、SrCO3两种沉淀，则此时溶液中400。答案： (1)浓度低的双氧水反应慢，相同时间内反应的H2O2少(2)2SrO22H2O2CO2=2SrCO3O24H2O(3)400(4)先后发生的反应有：SrO22H2O2H=Sr2H2O22H2O、2H2IH2O2=I22H2O、I22S2O=2IS4O得关系式：SrO22H2OH2O2I22Na2S2O3n(Na2S2O3)1.000 0 molL120.00103 L2.000102 moln(SrO22H2O)n(Na2S2O3)1.000102 molm(SrO22H2O)0.010 00 mol156 gmol11.560 0 gw(SrO22H2O)100%86.67%6(2019淮阴中学联考)黄铜是由铜和锌组成的合金(含铜约8090%)，测定某黄铜中铜的质量分数的步骤如下：准确称取0.150 0 g黄铜试样置于锥形瓶中，加入适量的H2SO4和H2O2的混合液，加热使试样完全溶解后，再加热煮沸12 min，冷却。向步骤所得溶液中加入10.00 mL 20%的KI溶液(足量)，充分反应后用0.100 0 molL1 Na2S2O3溶液滴定至浅黄色(反应的离子方程式为I22S2O=2IS4O)。再加入3.000 mL 0.5%的淀粉指示剂，继续滴定至浅蓝色，加入10.00 mL 10%的NH4SCN溶液，继续滴定至溶液浅蓝色消失。已知：()2Cu24I=2CuII2；()Ksp(CuI)1.21012；Ksp(CuSCN)4.81015。(1)H2SO4和H2O2的混合液溶解Cu的化学方程式为_。(2)步骤试样完全溶解后再加热煮沸12 min的目的是_。(3)步骤中加入的NH4SCN可使CuI转化为CuSCN：CuI(s)SCNCuSCN(s)I，该反应的平衡常数为_。(4)实验中共消耗Na2S2O3溶液20.00 mL，计算该黄铜样品中铜的质量分数(写出计算过程)。解析：(1)H2SO4和H2O2的混合液溶解Cu的化学方程式为CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O。(2)步骤试样完全溶解后再加热煮沸12 min使H2O2分解，除去溶液中过量的H2O2。(3)反应的平衡常数K250。答案：(1)CuH2O2H2SO4=CuSO42H2O(2)除去溶液中过量的H2O2(3)250(4)关系式：2Cu2I22Na2S2O3n(Na2S2O3)20.00 mL103 LmL10.100 0 molL12.000103 moln(I2)n(Na2S2O3)2.000103 mol1.000103 moln(Cu)n(Cu2)2n(I2)2.000103 molm(Cu)n(Cu)64 gmol12.000103 mol64 gmol10.128 0 gw(Cu)100%85.33%7叠氮酸钠(NaN3)是一种应用广泛的无色无味、可溶于水的晶体。已知：物质CH3OHN2H4NaN3沸点/64.7113.5300(1)制备NaN3：30 时，水合肼(N2H4H2O)与亚硝酸甲酯(CH3ONO)、NaOH溶液反应，装置如图所示。反应后锥形瓶中混合物经“操作X”可回收CH3OH，母液降温结晶，过滤得NaN3粗品，重结晶得到NaN3产品。装置中的多孔球泡的作用是_。写出生成NaN3的化学方程式：_。“操作X”的名称为_。(2)测定NaN3产品纯度：称取NaN3产品5.000 0 g，用适量稀硫酸溶解后配成100.00 mL溶液A；取25.00 mL溶液A，加入20.00 mL 0.200 0 molL1 KMnO4溶液，得紫红色溶液B；向溶液B加入足量KI溶液消耗过量的KMnO4 溶液，然后以淀粉作指示剂，用0.100 0 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定产生的I2，消耗Na2S2O3溶液30.00 mL。测定过程中物质的转化关系如下：10NaN32KMnO48H2SO4=2MnSO4K2SO45Na2SO48H2O15N2II2S4O计算NaN3产品的纯度(写出计算过程)。解析：(1)装置中的多孔球泡的作用是增大CH3ONO与反应液的接触面积，加快反应速率(或使CH3ONO充分反应)。由题意分析30 时，水合肼(N2H4H2O)与亚硝酸甲酯(CH3ONO)、NaOH反应，从反应后混合物中回收CH3OH并得NaN3粗品，即生成了CH3OH和NaN3，反应的化学方程式为N2H4H2OCH3ONONaOHNaN3CH3OH3H2O。从反应后混合物中回收CH3OH，由于CH3OH易溶，则“操作X”为蒸馏。(2)涉及到的反应有：10NaN32KMnO48H2SO4=2MnSO4K2SO45Na2SO48H2O15N2、2MnO10I16H=2Mn25I28H2O、I22S2O=2IS4O。答案：(1)增大CH3ONO与反应液的接触面积，加快反应速率(或使CH3ONO充分反应)N2H4H2OCH3ONONaOHNaN3CH3OH3H2O蒸馏(2)关系式：5NaN3MnOI25S2On(I2)1.500 0103 mol过量的n(MnO)n(I2)6.000104 mol与NaN3反应的n(MnO)0.200 0 m