Question

10．A：K₂Cr₂O₇是橙红色的固体，有强氧化性．①将其用浓盐酸处理产生黄绿色刺激性气味气体B和蓝紫色溶液C；②在C中加入KOH溶液，先生成灰蓝色沉淀D；③继续加入过量的KOH溶液则沉淀消失，变成绿色溶液E；④在E中加入H₂O₂加热则生成黄色溶液F；⑤F用稀硫酸酸化，又变成原来的化合物A的溶液．
已知：氢氧化铬在溶液中存在如下平衡：
Cr³⁺+3OH^-?Cr（OH）₃?H₂O+HCrO₂?H₂O+H⁺+CrO₂^-
蓝紫色　　　灰蓝色　　　　　　　　　　　 绿色
（1）根据上述平衡判断氢氧化铬具有两性（填“碱性”、“酸性”、“两性”）．
（2）写出①的离子方程式Cr₂O₇^2-+14H⁺+6Cl^-=2Cr³⁺+3Cl₂↑+7H₂O；
（3）已知D的溶解度为2.06×10^-7g，则D的溶度积常数为4.32×10^-30．
（4）写出③的离子反应方程式Cr（OH）₃+OH^-=CrO₂^-+2H₂O．
（5）④F溶液中的黄色离子是CrO₄^2-（写化学式）；若参加反应的H₂O₂是5mol，则生成的黄色离子的物质的量为$\frac{10}{3}$．
（6）金属锡（Sn）是第ⅣA的元素，通过下列方法可以测定金属锡样品的纯度：
①将试样溶于盐酸中，发生的反应化学方程式为：Sn+2HCl=SnCl₂+H₂↑；
②向①的溶液中再加入过量的FeCl₃溶液，发生的反应化学方程式为SnCl₂+2FeCl₃=SnCl₄+2FeCl₂；
③用已知浓度的A溶液滴定生成的Fe²⁺．现有金属锡样品wg，经上述各步反应后，用A溶液滴定，A应放在酸式（填“酸式”或“碱式”）滴定管中，共用去cmol•L^-1的A溶液vmL（锡的相对原子质量用M表示）．求样品中锡的质量分数为$\frac{0.3cvM}{w}%$（假定杂质不参加反应）．

Answer 1

分析 K₂Cr₂O₇是橙红色的固体，有强氧化性．①将其用浓盐酸处理产生黄绿色刺激性气味气体B和蓝紫色溶液C，B为氯气，C为CrCl₃ ；
②在C中加入KOH溶液，先生成灰蓝色沉淀D，应生成Cr（OH）₃；
③继续加入过量的KOH溶液则沉淀消失，变成绿色溶液E，E为KCrO₂；
④在E中加入H₂O₂加热则生成黄色溶液F，发生氧化还原反应生成K₂CrO₄；
⑤F用稀硫酸酸化，又变成原来的化合物A的溶液，即生成K₂Cr₂O₇，
（1）分析氢氧化铬在溶液中存在平衡可知，氢氧化铬能溶于酸和碱符合两性氢氧化物的性质；
（2）浓盐酸处理产生黄绿色刺激性气味气体B为氯气和蓝紫色溶液C为氯化铬溶液，结合电荷守恒和一种守恒配平书写离子方程式；
（3）在C中加入KOH溶液，先生成灰蓝色沉淀D为Cr（OH）₃ ，溶解度是一定温度下100g水中达到饱和溶解溶质的质量，计算溶质物质的量，得到平衡浓度计算溶度积常数；
（4）加入过量的KOH溶液则沉淀消失，变成绿色溶液E为CrO₂^-，结合原子守恒配平书写离子方程式；
（5）在E中加入H₂O₂加热则生成黄色溶液F为CrO₂^-被过氧化氢氧化为CrO₄^2-，依据离子方程式电子守恒定量关系计算；
（6）①将试样溶于盐酸中生成SnCl₂和氢气；
②SnCl₂溶液中加入过量的FeCl₃溶液发生氧化还原反应生成氯化亚铁和SnCl₄；
③重铬酸钾A是强氧化剂应存在酸式滴定管中；根据n=cV计算反应中消耗的K₂Cr₂O₇的物质的量；根据方程式可得关系式3Sn～3SnCl₂～6FeCl₃～6FeCl₂～K₂Cr₂O₇，据此计算n（Sn），再根据m=nM计算m（Sn），利用质量分数定义计算试样中Sn的百分含量．

解答 解：（1）分析氢氧化铬在溶液中存在平衡可知，
Cr³⁺+3OH^-?Cr（OH）₃?H₂O+HCrO₂?H₂O+H⁺+CrO₂^-
蓝紫色     灰蓝色                   绿色
氢氧化铬能溶于酸和碱符合两性氢氧化物的性质，属于两性氧化物；
故答案为：两性；
（2）浓盐酸处理产生黄绿色刺激性气味气体B为氯气和蓝紫色溶液C为氯化铬溶液，结合电荷守恒和一种守恒配平书写离子方程式为：Cr₂O₇^2-+14H⁺+6Cl^-=2Cr³⁺+3Cl₂↑+7H₂O；
故答案为：Cr₂O₇^2-+14H⁺+6Cl^-=2Cr³⁺+3Cl₂↑+7H₂O；
（3）在C中加入KOH溶液，先生成灰蓝色沉淀D为Cr（OH）₃ ，溶解度是一定温度下100g水中达到饱和溶解溶质的质量，溶解度为2.06×10^-7g，计算溶质物质的量=$\frac{2.06×1{0}^{-7}g}{103g/mol}$=2×10^-9mol，溶液密度近似为水，1000g水即1L溶液，得到平衡浓度c（Cr³⁺）=2×10^-8mol/L，c（OH^-）=6×10^-8mol/L，计算溶度积常数Ksp=c（Cr³⁺）×c³（OH^-）=2×10^-8mol/L×（6×10^-8mol/L）³=4.32×10^-30；
故答案为：4.32×10^-30；
（4）加入过量的KOH溶液则沉淀消失，变成绿色溶液E为CrO₂^-，结合原子守恒配平书写离子方程式为：Cr（OH）₃+OH^-=CrO₂^-+2H₂O；
故答案为：Cr（OH）₃+OH^-=CrO₂^-+2H₂O；
（5）在E中加入H₂O₂加热则生成黄色溶液F，为CrO₂^-被过氧化氢氧化为CrO₄^2-，反应的离子方程式为：
2CrO₂^-+3H₂O₂ +2OH^-=2CrO₄^2-+4H₂O
       3          2
      5mol        n
参加反应的H₂O₂是5mol，则生成的黄色离子的物质的量为$\frac{10}{3}$mol；
故答案为：CrO₄^2-；$\frac{10}{3}$；
（6）①将试样溶于盐酸中生成SnCl₂和氢气，反应的化学方程式为：Sn+2HCl=SnCl₂+H₂↑；
故答案为：Sn+2HCl=SnCl₂+H₂↑；
②SnCl₂溶液中加入过量的FeCl₃溶液发生氧化还原反应生成氯化亚铁和SnCl₄，反应的化学方程式为：SnCl₂+2FeCl₃=SnCl₄+2FeCl₂ ；
故答案为：SnCl₂+2FeCl₃=SnCl₄+2FeCl₂；
 ③重铬酸钾A是强氧化剂应存在酸式滴定管中；现有金属锡样品wg，经上述各步反应后，用A溶液滴定，共用去cmol•L^-1的A溶液vmL（锡的相对原子质量用M表示）．反应的离子方程式为：6FeCl₂+K₂Cr₂O₇+14HCl═6FeCl₃+2KCl+2CrCl₃+7H₂O，SnCl₂+2FeCl₃=SnCl₄+2FeCl₂ ，Sn+2HCl=SnCl₂+H₂↑；根据n=cV计算反应中消耗的K₂Cr₂O₇的物质的量根据方程式可得关系式3Sn～3SnCl₂～6FeCl₃～6FeCl₂～K₂Cr₂O₇，据此计算n（Sn），再根据m=nM计算m（Sn），利用质量分数定义计算试样中Sn的百分含量；n（Cr₂O₇^2-）=cmol•L^-1×v×10^-3L=cv×10^-3mol；
根据方程式可得关系式3Sn～3SnCl₂～6FeCl₃～6FeCl₂～K₂Cr₂O₇，
                   3                             1
                   n                             cv×10^-3mol
n=3cv×10^-3mol
样品中锡的质量分数=$\frac{3cv×1{0}^{-3}mol×Mg/mol}{wg}$×100%=$\frac{0.3cvM}{w}%$
故答案为：酸式；$\frac{0.3cvM}{w}%$．

点评 本题考查无机物的推断以及物质含量的测定，为高频考点，侧重于学生的分析、实验和计算能力的考查，题目涉及物质组成的实验探究过程分析判断，离子方程式书写和定量关系的计算应用，主要是滴定实验的计算应用，注意把握实验原理以及相关物质的性质，难度中等．