实验操作 ①将适量铅丹样品放入小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌 ②将上述混合物过滤，所得滤渣分为两份，一份加入2 mL浓盐酸，加热 ③另一份滤渣加入硝酸酸化的Mn（NO3）2溶液，搅拌 现象 _____ 有刺激性的黄解释或结论 Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋ 2Pb（NO3）2＋2H2O 反应的化学方程式： 绿色气体产生 _______ 得紫色溶液 结论：_______ （2）组成测定

① 准确称取0.530 g 干燥的铅丹样品，置于洁净的小烧杯中，加入2 mL 6 mol/L的HNO3溶液，搅拌使之充分反应，分离出固体和溶液。该分离操作名称是_____________。 ② 将①中所得溶液全部转入锥形瓶中，加入指示剂和缓冲溶液，用0.04000 mol/L的EDTA溶液（显酸性）滴定至终点，消耗EDTA溶液36.50 mL。EDTA与Pb2+的反应可表示为Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+，滴定时EDTA溶液应盛装在_______________中。滤液中含Pb2+__________mol。

③ 将①中所得固体PbO2全部转入另一锥形瓶中，往其中加入适量HAc与NaAc的混合液和8 g固体 KI，摇动锥形瓶，使PbO2全部反应而溶解，发生反应PbO2＋4I－＋4HAc =PbI2＋I2＋4Ac－＋2H2O，此时溶液呈透明棕色。以0.05000 mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，发生反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－，至溶液呈淡黄色时加入2%淀粉溶液1 mL，继续滴定至溶液_______，即为终点，用去Na2S2O3溶液30.80 mL。

根据②、③实验数据计算，铅丹中Pb（Ⅱ）与Pb（Ⅳ）的原子数之比为____________。 【答案】固体由橘红色变为棕黑色 PbO2＋4HCl（浓）

加热PbCl2＋Cl2↑＋2H2O 在酸性

溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4- 过滤、洗涤、干燥 酸式滴定管 1.460×10-3 蓝色褪去且半分钟内不恢复 1.90 【解析】 【分析】

(1)①由化学方程式及物质的物理性质总结反应现象，②黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，则PbO2发生还原，③紫色是MnO4-离子的颜色，在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为+2价离子；

(2)①溶液中有固体沉淀的分离步骤是：过滤、洗涤、干燥，②碱性溶液用碱式滴定管盛装，酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，根据反应的离子方程式找出关系式进行计算滤液中含Pb2+的物质的量；

(3)碘遇淀粉变蓝色，根据反应的离子方程式找出关系式进行相关计算。 根据以上分析进行解答。 【详解】

(1)①铅丹样品与HNO3溶液发生反应：Pb3O4＋4HNO3=PbO2＋2Pb(NO3)2＋2H2O，由题中所

给Pb3O4 、PbO2物理性质可知反应现象为：固体由橘红色变为棕黑色。 答案为：固体由橘红色变为棕黑色。

② PbO2与浓盐酸加热生成的黄绿色气体为氯气，HCl氧化为氯气，PbO2发生还原变成Pb，根据原子守恒写出反应方程式为：PbO2＋4HCl（浓）

2+

加热PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。

答案为：PbO2＋4HCl（浓）

加热PbCl2＋Cl2↑＋2H2O。

③ PbO2与硝酸酸化的Mn(NO3)2溶液反应得到的是MnO4-紫色溶液，说明在酸性条件下PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-，PbO2发生还原反应变为Pb2+离子，反应方程式为：5PbO2+ 2Mn2++4H+= 2MnO4-+ 5Pb2++2 H2O。

答案为：在酸性溶液中，PbO2能够将Mn2+氧化为MnO4-。 (2)①溶液中有不溶物分离的操作步骤是：过滤、洗涤、干燥。 答案是：过滤、洗涤、干燥。

②滴定实验中酸性和氧化性溶液用酸式滴定管盛装，所以显酸性的EDTA溶液应盛装在酸式滴定管里，根据反应Pb2+＋H2Y2- =PbY2-＋2H+可得：n(Pb2+)=n(H2Y2- )=36.50?10-3

L?0.0400mol/L=1.460?10-3mol。

答案为：酸式滴定管；1.460×10-3 。

(3)该滴定实验使用淀粉溶液作指示剂，而碘遇淀粉变蓝色，当反应I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I－结束时，碘恰好反应完蓝色褪去，所以达到滴定终点的标志是：蓝色褪去且半分钟内不恢

－－－

复；根据反应：PbO2＋4I＋4HAc =PbI2＋I2＋4Ac＋2H2O，I2＋2S2O32-=S4O62-＋2I可得：

n(PbO2)=n(I2)=

11n(S2O32-)=?0.05000mol/L?30.80?10-3L=7.7?10-4mol，所以铅丹中Pb（Ⅱ）22与Pb（Ⅳ）的原子数之比为：1.460×10-3：7.7?10-4=1.90。 答案为：蓝色褪去且半分钟内不恢复；1.90。 【点睛】

有关滴定实验的计算中要根据反应方程式找准关系式，计算时注意单位的换算。

9．（1）将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，写出最初发生的反应的离子方程式，并标出电子转移的方向和数目。___。

（2）在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液并不断搅拌。用一个离子方程式表示最初发生的反应。___。

（3）石油气“芳构化”是由石油气生产高辛烷值汽油的一种有效生产工艺。测得反应2C4H10温度(℃) 平衡常数K C8H10(g)+5H2在不同温度下的平衡常数变化如下： 400 a 450 6a 500 40a ①该反应的正反应是____(吸热、放热)反应。

②向2L密闭定容容器中充入2molC4H10，反应10s后测得H2浓度为1mol/L，此10s内，以C8H10表示的平均速率为___。

③能表示该反应在恒温恒容密闭容器中t1时刻后已经达平衡状态的图示是___。

a. b. c. d.

④如图表示某温度时将一定量的C4H10(含少量H2)充入容器中反应期间物质浓度随时间的变化(容器容积可变)，实线代表C8H10，虚线代表C4H10。请用实线补充画出t1~t4间C8H10的浓度变化曲线___。

【答案】

3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓ 吸热

0.02mol/(L·s) b、d

【解析】 【分析】

(1)氯气具有氧化性，能将碘离子以及亚铁离子氧化，碘离子的还原性强于亚铁离子的还原性，所以先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，氧化还原反应中，化合价升高值＝化合价降低值＝转移电子数，据此表示电子转移的情况；

(2)在硫酸铝铵(NH4Al(SO4)2)溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，由于氢氧化钡少量，氢氧根离子不足，反应按照氢氧化钡的组成进行，氨水碱性强于氢氧化铝，所以铝离子优先与氢氧根离子反应，据此写出反应的离子方程式；

(3)①依据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行； ②依据反应速率v＝

?c计算； ?t③a．反应前后都是气体，气体质量始终不变；

b．反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态； c．气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变；

d．反应前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变，反应达到平衡；

④刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，后面体积缩小为

1，所以实线浓度也变两倍，后面又慢慢减小，直至继续平衡。 2【详解】

原来的

(1)将新制氯水逐滴滴入FeBr2溶液中，先是发生氯气氧化亚铁离子的反应，Cl2＋2Fe2＋＝2Fe3＋＋2Cl?，电子转移情况如下：

，故答案为：

；

(2)氢氧化钡少量，氢氧根离子和钡离子的物质的量不足，离子方程式按照氢氧化钡的组成书写，钡离子和氢氧根离子完全反应；由于氨水碱性强于氢氧化铝，故铝离子优先与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓，故答案为：3Ba2++6OH-+3SO42-+2Al3+=3BaSO4↓+2Al(OH)3↓； (3)①根据图表数据，平衡常数随温度升高增大，平衡正向进行，正反应是吸热反应，故答案为：吸热；

②向2L密闭定容容器中充入2mol C4H10，反应10s后测得H2浓度为1mol/L，2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反应过程中生成C8H10的物质的量浓度为10s内，以C8H10表示的平均速率＝

1×1mol/L＝0.2mol/L，此50.2mol/L＝0.02mol/(L?s)，故答案为：0.02mol/(L?s)； 10s③2C4H10?C8H10(g)＋5H2，反应是气体体积增大的反应吸热反应，依据平衡移动原理分析图象；

a．反应前后都是气体，气体质量在反应过程中和平衡状态都始终不变，不能说明反应达到平衡状态，故a不符合；

b．反应前后气体质量不变，物质的量增大，平均摩尔质量不变说明反应达到平衡状态，故b符合；

c．气体质量不变，体积不变，密度在反应过程中和平衡状态都不变，故c不符合； d．反应前后气体物质的量变化，压强之比等于气体物质的量之比，物质的量不变压强不变，说明反应达到平衡，故d符合； 故答案为：b、d；

④分析图象可知，刚开始因为达到平衡状态，所以浓度不变，根据虚线的浓度变化可知，后面体积缩小为原来的

1，所以实线浓度也变两倍，浓度变化为0.40mol/L，随反应进行后2面又慢慢减小，直至继续平衡，据此画出的图象为：