单元综合测试10

1、水溶液中的离子平衡时间：90分钟满分：100分一、选择题(本题共16小题，每小题3分，共48分。每小题只有一个选项符合题意)1化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，不正确的是()A加热饱和三氯化铁溶液制备氢氧化铁胶体：Fe33H2OFe(OH)3(胶体)3HB硫氢根电离的离子方程式：HSH2OH3OS2C少量氢氧化钙溶液与碳酸氢钠溶液混合的离子方程式：Ca22HCO2OH=CaCO32H2OCOD在0.5 mol·L1的K2Cr2O7溶液中存在如下平衡：Cr2OH2O2CrO2H，其平衡常数K的表达式为K答案A解析利用FeCl3溶液制胶体Fe(OH)3，不是

2、一个可逆过程，不用“”，A项错误；B、C项明显正确；平衡常数K为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，水的浓度是一常数，不在平衡常数表达式中出现，D项正确。2(2012·天津，5)下列电解质溶液的有关叙述正确的是()A同浓度、同体积的强酸与强碱溶液混合后，溶液的pH7B在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，c(Ba2)增大C含1 mol KOH的溶液与1 mol CO2完全反应后，溶液中c(K)c(HCO)D在CH3COONa溶液中加入适量CH3COOH，可使c(Na)c(CH3COO)答案D解析本题考查离子浓度大小的比较、溶液酸碱性判断、沉淀溶液平衡等知识。强酸与强

3、碱有一元和二元之分，故等物质的量混合，溶液的pH不能判断，A项错误；BaSO4的沉淀溶解平衡方程式为：BaSO4(s) Ba2(aq)SO(aq)，若增大c(SO)，平衡逆向移动，c(Ba2)减小，B项错误；1 mol KOH与1 mol CO2完全反应：KOHCO2=KHCO3，但由于HCO的水解，溶液中c(K)c(HCO)，C项错误；CH3COONa溶液显碱性，加适量CH3COOH可使溶液显中性，c(H)c(OH)，由电荷守恒知c(Na)c(CH3COO)，D项正确。3下列说法正确的是()A水解反应是吸热反应B升高温度可以抑制盐类的水解C正盐水溶液pH均为7D硫酸钠水溶液pH小于7答案 A

4、解析 水解反应是吸热反应，升高温度可以促进盐类的水解；正盐水溶液在常温条件下pH可能为7也可能不为7(盐的水解)；硫酸钠水溶液pH的大小，关键看温度，在常温下pH等于7，在100 时就小于7。4(2012·浙江，12)下列说法正确的是()A常温下，将pH3的醋酸溶液稀释到原体积的10倍后，溶液的pH4B为确定某酸H2A是强酸还是弱酸，可测NaHA溶液的pH。若pH>7，则H2A是弱酸；若pH<7，则H2A是强酸C用0.200 0 mol·L1 NaOH标准溶液滴定HCl与CH3COOH的混合液(混合液中两种酸的浓度均约为0.1 mol·L1)，至中性时

5、，溶液中的酸未被完全中和D相同温度下，将足量氯化银固体分别放入相同体积的蒸馏水、0.1 mol·L1盐酸、0.1 mol·L1氯化镁溶液、0.1 mol·L1硝酸银溶液中，Ag浓度：>>答案C解析醋酸为弱酸，稀释时会促进电离，H浓度的减小会小于稀释的倍数，即稀释后溶液的pH小于4而大于3，A项错误；NaHA的水溶液呈碱性，能说明HA在水解，能说明H2A是弱酸，但若NaHA的水溶液呈酸性，只是说明HA的电离程度比HA的水解程度大，而不能说明H2A能完全电离，也就不能说明H2A为强酸，B项错误；强酸溶液正好完全中和时，所得溶液的pH7，而强碱与弱酸正好完全

6、中和时，溶液的pH7，若所得溶液的pH7说明碱不足，C项正确；Ag浓度最大的是，其次是，最小是，D项错误。点评：在氯化银的沉淀溶解平衡中，增大c(Cl)，c(Ag)就会减小，但溶度积不变。5下列液体均处于25 ，有关叙述正确的是()A某物质的溶液pH<7，则该物质一定是酸或强酸弱碱盐BpH4.5的番茄汁中c(H)是pH6.5的牛奶中c(H)的100倍CAgCl在同浓度的CaCl2和NaCl溶液中的溶解度相同DpH5.6的CH3COOH与CH3COONa混合溶液中，c(Na)>c(CH3COO)答案B解析本题考查电解质溶液的性质，考查考生定量或半定量分析问题的能力。A项还可能是酸式盐

7、溶液，如NaHSO4；番茄汁中c(H)104.5 mol/L，牛奶中c(H)106.5 mol/L，故二者的H之比为：104.5/106.5100，B项正确；C项CaCl2溶液中的Cl浓度是NaCl溶液中的二倍，故C项不正确；根据电荷守恒：c(Na)c(H)c(OH)c(CH3COO)，pH5.6的溶液中c(H)>c(OH)，则c(Na)<c(CH3COO)，D项不正确。6下列根据反应原理设计的应用，不正确的是()ACOH2OHCOOH用热的纯碱溶液清洗油污BAl33H2OAl(OH)33H明矾净水CTiCl4(x2)H2O(过量) TiO2·xH2O4HCl制备TiO2

8、纳米粉DSnCl2H2OSn(OH)ClHCl配制氯化亚锡溶液时加入氢氧化钠答案D解析纯碱溶液中由于CO的水解溶液呈碱性，加热时水解程度增大，溶液中c(OH)增大，清洗油污能力增强，A对；明矾溶于水，Al3发生水解生成Al(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮物，B对，D项中应加入盐酸。7下列解释实验事实的方程式不准确的是()A0.1 mol/L CH3COOH溶液的pH>1：CH3COOHCH3COOHB“NO2球”浸泡在冷水中，颜色变浅：2NO2(g) N2O4(g) H<0 (红棕色)(无色)C铁溶于稀硝酸，溶液变黄：3Fe8H2NO=3Fe22NO4H2OD向Na2CO3溶液中滴

9、入酚酞溶液，溶液变红：COH2OHCOOH答案C解析本题考查了离子方程式、电离方程式、热化学方程式、水解方程式等化学用语的书写。铁溶于稀硝酸，溶液变黄发生的离子方程式为Fe4HNO=Fe3NO2H2O。8(2011·广东，11)对于0.1mol·L1 Na2SO3溶液，正确的是()A升高温度，溶液pH降低Bc(Na)=2c(SO)c(HSO)c(H2SO3)Cc(Na)c(H)2c(SO)2c(HSO)c(OH)D加入少量NaOH固体，c(SO)与c(Na)均增大答案D解析本题考查了盐类水解的影响因素、溶液中离子浓度的比较等。Na2SO3是强碱弱酸盐，溶液呈碱性。盐类水解是

10、吸热过程，升高温度水解程度增大，氢氧根离子浓度增大，溶液pH升高，故A错误；由物料守恒可得：c(Na)2c(SO)c(HSO)c(H2SO3)，B项错误；由电荷守恒得：c(Na)c(H)=2c(SO)c(HSO)c(OH)，C项错误；加入少量NaOH固体，能抑制SO的水解， 溶液中c(SO)和c(Na)均增大，D项正确。9.在不同温度下，水达到电离平衡时c(H)与c(OH)的关系如图所示，下列说法正确的是()A100 时，pH12的NaOH溶液和pH2的H2SO4溶液恰好中和，所得溶液的pH等于7B25 时，0.2 mol/L Ba(OH)2溶液和0.2 mol/L HCl溶液等体积混合，所得

11、溶液的pH等于7C25 时，0.2 mol/L NaOH溶液和0.2 mol/L乙酸溶液恰好中和，所得溶液的pH等于7D25 时，pH12的氨水和pH2的H2SO4溶液等体积混合，所得溶液的pH大于7答案D解析根据图像可知25 时，水的离子积为1014；100 时为1012，所以一定要注意反应所处的温度，100 时，pH12的NaOH溶液和pH2的H2SO4溶液恰好中和，pH应为6，A项错误；25 时，0.2 mol/L Ba(OH)2溶液与等浓度HCl溶液等体积混合，Ba(OH)2是二元碱，碱过量溶液显碱性，B项错误；25 时，0.2 mol/L NaOH溶液与等浓度乙酸等体积混合恰好反应，

12、但乙酸是弱酸，溶液显碱性，C项也错误；25 时，pH12的氨水和pH2的H2SO4溶液等体积混合，氨水是弱碱，氨水过量，所以溶液呈碱性，D项正确。10下列事实说明HNO2为弱电解质的是()0.1 mol/L HNO2溶液的pH2.1常温下NaNO2溶液的pH>7用HNO2溶液做导电实验时，灯泡很暗HNO2溶液和KCl溶液不发生反应HNO2能与碳酸钠反应制CO2HNO2不稳定，易分解ABC D答案D解析说明HNO2不能完全电离，说明NaNO2是强碱弱酸盐，都能说明HNO2为弱电解质；中溶液的导电能力与电解质的强弱无关；不符合复分解反应发生的条件；只能说明HNO2的酸性比H2CO3的强，但不

13、能说明HNO2为弱电解质；稳定性与是否为弱电解质没有必然的联系。11下列判断不正确的是()若NaA、NaB溶液的pH分别为9和8，则酸性一定是HA<HB；FeCl3溶液蒸干得FeCl3固体，Na2CO3溶液蒸干得Na2CO3固体；CH3COONa水解产生CH3COOH和OH，向水解液中加入少量冰醋酸会因其中和OH而使水解平衡右移；因Fe33H2OFe(OH)33H，为抑制水解，配制FeCl3溶液时需将FeCl3溶解在稀H2SO4中；中和pH和体积均相同的盐酸和醋酸溶液，消耗NaOH的物质的量相同A只有 B只有C只有 D全部答案D解析NaA、NaB溶液的浓度没有说明，因此无法判断HA、HB

14、酸性的强弱。FeCl3溶液蒸干过程中，由于水解生成HCl，因HCl易挥发，因此最终得Fe(OH)3。加入冰醋酸会增大CH3COOH的浓度而使CH3COO的水解受到抑制。配制FeCl3溶液时，不能加入H2SO4，否则会引入杂质。pH相同的盐酸和醋酸溶液，醋酸的浓度大，故消耗的NaOH多。12下列叙述正确的是()A0.1 mol/L CH3COONa溶液中：c(Na)>c(CH3COO)>c(H)>c(OH)BNa2CO3溶液加水稀释后，恢复至原温度，pH和Kw均减小CpH5的CH3COOH溶液和pH5的NH4Cl溶液中，c(H)不相等D在Na2S溶液中加入AgCl固体，溶液中c

15、(S2)下降答案D解析A项中CH3COONa溶液呈碱性，c(H)<c(OH)，故A错；B项中Kw不变；C项，pH5的两溶液c(H)相等，但水的电离程度不同；D项向Na2S溶液中加入AgCl会生成溶解度更小的Ag2S，故c(S2)减小，D正确。13下列关于电解质溶液的正确判断是()A在pH12的溶液中，K、Cl、HCO、Na可以大量共存B在pH0的溶液中，Na、NO、SO、K可以大量共存C由0.1 mol·L1一元碱BOH溶液的pH10，可推知BOH溶液存在BOH=BOHD由0.1 mol·L1一元酸HA溶液的pH3，可推知NaA溶液存在AH2OHAOH答案D解析本题考

16、查了弱电解质的电离、盐类水解方程式的书写、离子共存等知识。HCO在碱性和酸性条件下都不能大量存在，A选项错误；在酸性条件下NO与SO发生氧化还原反应不能大量共存，B选项错误；0.1mol·L1的一元碱OH浓度仅为104 mol·L1，可知该碱为弱碱，电离方程式应该用可逆符号，C选项错误；D项由信息可知，酸为弱酸，则A可以水解。14关于浓度均为0.1mol/L的三种溶液：氨水、盐酸、氯化铵溶液，下列说法不正确的是()Ac(NH)：>B水电离出的c(H)：>C和等体积混合后的溶液：c(H)c(OH)c(NH3·H2O)D和等体积混合后的溶液：c(NH)&g

17、t;c(Cl)>c(OH)>c(H)答案B解析浓度均为0.1mol/L的氨水、盐酸、氯化铵溶液中，铵根离子浓度>故A正确，B项氨水中水电离程度大，C是质子守恒式正确，D项氨水和NH4Cl溶液等体积混合呈碱性故D正确，解答本题要注意，电解质的电离和盐类水解。15已知常温下：KspMg(OH)21.2×1011 mol3·L3；Ksp(AgCl)1.8×1010 mol2·L2；Ksp(Ag2S)6.3×1050 mol3·L3；Ksp(CH3COOAg)2.3×103mol2·L2。下列叙述正确的是

18、()A浓度均为0.02 mol·L1的AgNO3和CH3COONa溶液混合一定产生CH3COOAg沉淀B将0.001 mol·L1的AgNO3溶液加入到0.001 mol·L1的KCl和0.001 mol·L1的K2S溶液中，先产生AgCl沉淀C要使Mg2浓度为0.12 mol·L1的溶液中产生Mg(OH)2的沉淀，溶液的pH9D向饱和AgCl的水溶液加入NaCl溶液，Ksp(AgCl)变大答案C解析难溶物溶解平衡为AmBn(s) mAn(aq)nBm(aq)，其溶度积可表示为Kspcm(An)·cn(Bm)。选项A中，由于CH3CO

19、O水解一部分，c(Ag)·c(CH3COO)<0.02 mol·L1·0.02 mol·L14×104 mol2·L2<Ksp(CH3COOAg)2.3×103mol2·L2，故没有沉淀生成；选项B中Ksp(Ag2S)6.3×1050mol3·L3Ksp(AgCl)1.8×1010 mol2·L2，应产生Ag2S沉淀；选项C中，根据KspMg(OH)21.2×1011mol3·L3，正好产生Mg(OH)2沉淀的临界状态时，c(Mg2)·

20、;c2(OH)1.2×1011 mol3·L3，即：c(OH)1×105 mol·L1，所以此时c(H)1.0×109 mol3·L3，即pH9，Ksp只与温度有关，与溶液的浓度无关，所以选项D错误。1625 时，向10 mL 0.01 mol/L KOH溶液中滴加0.01 mol/L醋酸溶液，混合溶液中粒子浓度关系正确的是()ApH>7时，c(CH3COO)>c(K)>c(H)>c(OH)BpH<7时，c(K)>c(CH3COO)>c(H)>c(OH)CVCH3COOH(aq)10 m

21、L时，c(K)c(CH3COO)>c(OH)c(H)DVCH3COOH(aq)20 mL时，c(CH3COO)c(CH3COOH)2c(K)答案D解析本题考查离子浓度大小比较。pH>7，c(OH)>c(H)，A选项错误；B项不符合溶液的电中性原理，错误；C项二者恰好反应生成醋酸钾和水，由于醋酸根离子水解，离子浓度之间的关系为c(K)>c(CH3COO)>c(OH)>c(H)。二、非选择题(本题包括6个小题，共52分)17(8分)物质在水中可能存在电离平衡、盐的水解平衡和沉淀的溶解平衡，它们都可看做化学平衡。请根据所学的知识回答：(1)A为0.1 mol/L的

22、(NH4)2SO4溶液，在该溶液中各种离子的浓度由大到小顺序为_。(2)B为0.1 mol/L NaHCO3溶液，请分析NaHCO3溶液显碱性的原因：_。(3)C为FeCl3溶液，实验室中配制FeCl3溶液时常加入_溶液以抑制其水解，若把B和C溶液混合，将产生红褐色沉淀和无色气体，该反应的离子方程式为_。(4)D为含有足量AgCl固体的饱和溶液，AgCl在水中存在沉淀溶解平衡：AgCl(s)Ag(aq)Cl(aq)，在25时，Ksp(AgCl)1.8×1010。现将足量氯化银分别放入：100 mL蒸馏水中；100 mL 0.2 mol/L AgNO3溶液中；100 mL 0.1 mo

23、l/L氯化铝溶液中；100 mL 0.1 mol/L盐酸中，充分搅拌后，相同温度下c(Ag)由大到小的顺序是_(填写序号)；中氯离子的浓度为_mol/L。答案(1)c(NH)>c(SO)>c(H)>c(OH)(2)HCO的水解程度大于其电离程度。溶液中c(OH)>c(H)，故溶液显碱性(3)盐酸(或HCl)Fe33HCO=Fe(OH)33CO2(4)>>>9×1010解析(1)(NH4)2SO4溶液中NH水解使溶液呈酸性；(2)NaHCO3溶液的电离程度小于其水解程度，故溶液显碱性；(3)为抑制FeCl3水解常加入盐酸，Fe3与HCO可发生双

24、水解；(4)Ag浓度与溶液中的Cl浓度有关，即c(Ag)·c(Cl)Ksp。18(9分)不同金属离子在溶液中完全沉淀时，溶液的pH不同。溶液中被沉淀的离子Fe3Fe2Cu2完全生成氢氧化物沉淀时，溶液的pH3.76.44.4(1)实验室配制FeCl2溶液时，需加入少许盐酸和铁粉 。只加盐酸、不加铁粉，溶液中会发生什么变化，用离子方程式表示为_。同时加入盐酸和铁粉后，溶液在放置过程中，哪些离子的浓度发生了明显的改变(不考虑溶液的挥发)，并指出是如何改变的：_。(2)氯化铜晶体(CuCl2·2H2O)中含FeCl2杂质，为制得纯净氯化铜晶体，首先将其制成水溶液，然后按下面所示的

25、操作步骤进行提纯。下列氧化剂中最适合作氧化剂X的是_(填序号)；ANaClO BH2O2CKMnO4 DI2物质Y的化学式是_；写出难溶物Z在水中的沉淀溶解平衡方程式：_。答案(1)4Fe2O24H=4Fe32H2Oc(Fe2)增大，c(H)降低答c(OH)增大也可(2)BCuO或Cu(OH)2或CuCO3等Fe(OH)3(s)Fe3(aq)3OH(aq)解析(1)Fe2在空气中易被氧化，所以加入Fe，为了防止其水解，加入HCl。(2)在加入氧化剂Y的前后除了Fe2转化为Fe3，其他离子均没有变化，可以确定使用的氧化剂为H2O2。在酸性条件下沉淀Fe3，为了不引入其他杂质所以选择铜的碱性化合物

26、调节pH。19(5分)一定物质的量浓度溶液的配制和中和滴定实验是中学化学中几个重要的定量实验之一，试回答下列问题：(1)现有下列仪器和用品：铁架台(含铁圈，各式铁夹) 锥形瓶酸式和碱式滴定管 烧杯(若干)玻璃棒 胶头滴管天平(含砝码) 量筒药匙现有下列药品：ANaOH固体B标准NaOH溶液C未知浓度的盐酸D蒸馏水配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，还缺少的仪器是_。做酸碱中和滴定实验时，还缺少的试剂是_。中和滴定实验时，不可用溶液润洗的仪器是_。A酸式滴定管B碱式滴定管C锥形瓶(2)氧化还原滴定实验(用已知浓度的氧化剂溶液滴定未知浓度的还原剂溶液或反之)与中和滴定实验类似。现有0.100 0

27、 mol·L1的酸性KMnO4溶液和未知浓度的无色NaHSO3溶液，反应的离子方程式是MnOHSOHMn2SOH2O(未配平)。滴定前平视KMnO4液面，刻度为a mL，滴定后俯视液面，刻度为b mL，则(ba)mL比实验消耗KMnO4溶液体积_(填“多”或“少”)。若达到滴定终点时，所消耗KMnO4溶液和NaHSO3溶液体积比为45，则NaHSO3溶液的物质的量浓度为_ mol·L1答案(1)一定规格的容量瓶甲基橙或酚酞C(2)少0.200 0解析(1)配制NaOH溶液需要的仪器有一定规格的容量瓶、天平、药匙、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，很明显缺少容量瓶。酸碱中和滴定时，还缺

28、少指示剂。做实验时，滴定管必须用待装液润洗，锥形瓶不能润洗。(2)俯视滴定管中液面所读刻度比实际刻度要小，所以(ba)mL比实际消耗KMnO4溶液体积少。根据电子守恒，KMnO4与NaHSO3反应的物质的量之比为25，则c(NaHSO3)0.100 0 mol·L1××0.200 0 mol·L1。20(7分)NH4Al(SO4)2是食品加工中最为快捷的食品添加剂，用于焙烤食品中；NH4HSO4在分析试剂、医药、电子工业中用途广泛。请回答下列问题：(1)NH4Al(SO4)2可作净水剂，其理由是_(用必要的化学用语和相关文字说明)。(2)相同条件下，0.

29、1 mol·L1NH4Al(SO4)2中c(NH)_(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1 mol·L1NH4HSO4中c(NH)。(3)如图是0.1 mol·L1电解质溶液的pH随温度变化的图像。其中符合0.1 mol·L1NH4Al(SO4)2的pH随温度变化的曲线是_(填写序号)，导致pH随温度变化的原因是_；20 时，0.1 mol·L1NH4Al(SO4)2中2c(SO)c(NH)3c(Al3)_。(4)室温时，向100 mL 0.1 mol·L1 NH4HSO4溶液中滴加0.1 mol·L1 NaOH溶液，得到

30、溶液pH与NaOH溶液体积的关系曲线如图所示：试分析图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大是_点；在b点，溶液中各离子浓度由大到小的排列顺序是_。答案(1)Al3水解生成的Al(OH)3具有吸附性，即Al33H2OAl(OH)33H，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降从而净化水(2)小于(3)NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度，其水解程度增大，pH减小103mol·L1(4)ac(Na)>c(SO)>c(NH)>c(OH)c(H)解析Al3水解生成的Al(OH)3具有吸附性，即：Al33H2OAl(OH)33H，Al(OH)3吸附悬浮颗粒使其沉降。

31、NH4Al(SO4)2与NH4HSO4中的NH均发生水解，但是NH4Al(SO4)2中Al3水解呈酸性抑制NH水解，HSO电离出H同样抑制NH水解，因为HSO电离生成的H浓度比Al3水解生成的H浓度大，所以NH4HSO4中NH水解程度比NH4Al(SO4)2中的小；NH4Al(SO4)2水解，溶液呈酸性，升高温度其水解程度增大pH减小，符合的曲线为。根据电荷守恒，可以求出2c(SO)c(NH)3c(Al3)c(H)c(OH)103mol·L1c(OH)太小，可忽略。a、b、c、d四个点，根据反应量的关系，a点恰好消耗完H，溶液中只有(NH4)2SO4与Na2SO4；b、c、d三点溶液

32、均含有NH3·H2O，(NH4)2SO4可以促进水的电离，而NH3·H2O抑制水的电离。b点溶液呈中性，即溶液含有(NH4)2SO4、Na2SO4、NH3·H2O三种成分，a点时c(Na)c(SO)，b点时c(Na)>c(SO)，根据N元素与S元素的关系，可以得出c(SO)>c(NH)，故c(Na)>c(SO)>c(NH)>c(OH)c(H)。21(12分)(2012·浙江，26)已知：I22S2O=S4O2I相关物质的溶液积常数见下表：物质Cu(OH)2Fe(OH)3CuClCuIKsp2.2×10202.6&#

33、215;10391.7×1071.3×1012(1)某酸性CuCl2溶液中含有少量的FeCl3，为得到纯净的CuCl2·2H2O晶体，加入_，调至pH4，使溶液中的Fe3转化为Fe(OH)3沉淀，此时溶液中的c(Fe3)_。过滤后，将所得滤液低温蒸发、浓缩结晶，可得到CuCl2·2H2O晶体。(2)在空气中直接加热CuCl2·2H2O晶体得不到纯的无水CuCl2，原因是_(用化学方程式表示)。由CuCl2·2H2O晶体得到纯的无水CuCl2的合理方法是_。(3)某学习小组用“间接碘量法”测定含有CuCl2·2H2O晶体的试样

34、(不含能与I发生反应的氧化性杂质)的纯度，过程如下：取0.36 g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀。用0.100 0 mol·L1 Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。可选用_作滴定指示剂，滴定终点的现象是_。CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为_。该试样中CuCl2·2H2O的质量百分数为_。答案(1)Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO326×109 mol·L1(2)2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl22HCl2H2O(主要产物写成Cu(OH)

35、2、Cu(OH)Cl、CuO均可)在干燥的HCl气流中加热脱水(3)淀粉溶液蓝色褪去，且在半分钟内不恢复颜色2Cu24I=2CuII295%解析(1)调节溶液pH时不应该带入其它杂质，故可选择CuO或CuCO3等固体消耗溶液中的H，使其pH升高；当溶液的pH4时，c(H)1×104 mol/L，c(OH)1×1010 mol/L，由Fe(OH)3的Ksp计算可得c(Fe3)Ksp/ c3(OH) 2.6×1039/1×10302.6×109 mol/L。(2)由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，碱式氯化铜或氢氧化铜，以至于得到CuO固体，而不是CuCl2，2CuCl2·2H2OCu(OH)2·CuCl22HCl2H2O；想得到无水CuCl2的合理方法是，让CuCl2·2H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水。(3)滴定前的处理过程中将发生下列反应：2Cu24I=2CuII2，滴定过程中I2消失是滴定的终点，所以可选用淀粉溶液做指示剂，滴定终点为：蓝色褪去，且在半分钟内不恢复颜色；从反应2Cu24I=2CuII2，I22S2O=S4O2I，可知Cu2S2O，n(Cu2)0.100 mol/L×