高考化学二轮化学反应原理专项培优易错难题及详细答案

1、高考化学二轮化学反应原理专项培优易错 难题及详细答案一、化学反应原理1 某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反应速率的因素，做了以下实验。(1)用三支试管各取 1的酸性 kmno4 1 2 2 45.0 ml、 0.01 mol l溶液，再分别滴入 0.1 mol l h c o溶液，实验报告如下。实验 1、3 研究的是 _对反应速率的影响。表中 v_ml。(2)小组同学在进行 (1)中各组实验时，均发现该反应开始时很慢，一段时间后速率会突然加快。对此该小组的同学展开讨论：甲同学认为kmno4 与 h2c2o4 的反应放热，温度升高，速率加快。乙同学认为随着反应的进行，因_，故速率加快。(3)

2、为比较 fe3 、 cu2 对 h2o2 分解的催化效果，该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：装置乙中仪器a 的名称为 _。定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将cuso4 溶液改为cucl2 溶液更合理，其理由是_ 。定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40 ml气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_。【答案】温度4.0产物mn 2+可能对该反应具有催化作用分液漏斗控制阴离子相同，排除阴离子的干扰收集40ml气体所需时间【解析】【分析】（ 1）、作对比实验分析，其他条件相同时，只有一个条件的改变对反应速率的

3、影响；（ 2）探究反应过程中反应速率加快的原因，一般我们从反应放热，温度升高，另一个方面从反应产生的某种物质可能起到催化作用；（ 3）比较 fe3 、 cu2 对 h2 o2 分解的催化效果，阳离子不同，尽量让阴离子相同，减少阴离子不同造成的差别，催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体，所需时间的长短入手。【详解】（ 1）实验 1、 3 反应物物质的量浓度，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，故实验 1、 3 研究的是温度对反应速率的影响；实验 1、2 研究的是h2c2o4 的浓度对反应速率的影响，此时反应温度相同，kmno4 的浓度相同，故表中v4.0

4、ml（2）随着反应的进行，生成的mn 2+的物质的量浓度逐渐增加，生成的mn 2+可能对反应有催化作用；（3）由仪器的构造，可知仪器a 为分液漏斗；在探究fe3+和 cu2+对 h 2o2 分解的催化效果，必须保证在其他的条件相同，所以将cuso4 改为 cucl 2 更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰；如图乙所示，实验时以收集到 40 ml 气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是时间，收集相同体积的气体，所需要的时间越少，反应速率越快。【点睛】本题通过保持其他外界条件一致而改变一个条件来探究温度、催化剂对反应速率的影响，综合性较强。2 硫代硫酸钠 (na2s2o

5、3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症 .硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生 s 和 so2实验 i： na2s2o3 的制备。工业上可用反应：2na2s+na2co3+4so2=3na2s2o3+co2 制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器 a 的名称是 _，仪器 b 的名称是 _。b中利用质量分数为 70%? 80%的h so 溶液与na so固体反应制备 so 反应的化学方程式为_。 c 中试剂为 _24232(2)实验中要控制so 的生成速率，可以采取的措施有_ (写出一条 )2(3)为了保证硫代

6、硫酸钠的产量，实验中通入的so不能过量，原因是 _2实验：探究 na2 23与金属阳离子的氧化还原反应。s o资料： fe3+2 32-fe(s23 33-?(紫黑色 )+3s oo )装置试剂 x实验现象混合后溶液先变成紫黑色，30sfe2(so4)3 溶液后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终fe3+被 s2o32-还原为 fe2+，通过 _(填操作、试剂和现象 )，进一步证实生成了fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验的现象：_实验：标定na2s2o3 溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质k2

7、cr2o7(摩尔质量为294g?mol-1 )0.5880g。平均分成3 份，分别放入 3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的ki 并酸化，发生下列反应：6i- 2 72-+cr o+23+2o，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配223+14h = 3i +2cr +7hna s o 溶液滴定，发生反应i2+2s2o32- = 2i- + s4o62-，三次消耗 na2s2o3溶液的平均体积为25.00 ml，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_mol l-1?【答案】分液漏斗蒸馏烧瓶h 2so4na 2so3 =na 2so4 h 2o so2硫化钠和碳酸钠的混合液调节酸的滴加速度若 so2 过

8、量，溶液显酸性产物会发生分解加入铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀开始生成 fe(s2o3)33- 的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但3+与 s2 32-氧化还原反应的程度大，导致3+2 32-2 333-(紫黑色 )平衡向逆反应方feofe +3s o? fe(s o )向移动，最终溶液几乎变为无色0.1600【解析】【分析】【详解】(1)a 的名称即为分液漏斗， b 的名称即为蒸馏烧瓶； b 中是通过浓硫酸和 na2so3 反应生成so2，所以方程式为： h 2 so4 na 2so3 =na 2so4 h 2o so2 ； c 中是制备硫代硫酸钠的反应， so2 由装置 b 提供，所以 c 中试

9、剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反应速率影响因素分析，控制2so 生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的so，会使溶液酸性增2强，对制备产物不利，所以原因是：so2 过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检验 fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成fe(s2o 3 )33 的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大

10、，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：6icr2o 7214h =3i 22cr 37h 2 o ； i 2 2s2 o32 =2is4o 62 ；反应 i-被氧化成 i2，反应中第一步所得的i2 又被还原成 i-，所以与电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的cr2 o 72 得电子总数就与消耗的s2 o32 失电子总数相同；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设10.5880c(na2s2o3)=a mol/l ，列电子得失守恒式：6=a 0.025 1，3294解得 a=0.1600mol/l 。3

11、为探究 ag+与 fe3+氧化性的相关问题，某小组同学进行如下实验：已知：相关物质的溶解度（20） agcl：1 5 10- 424： 0 796 ggag so（1）甲同学的实验如下：序号操作现象将 2 ml 1 mol/ l agno3 溶液加产生白色沉淀，随后有黑色固体产生入到 1 ml 1 mol / l feso4 溶液中实验取上层清液，滴加kscn 溶液溶液变红注：经检验黑色固体为ag 白色沉淀的化学式是_ 。 甲同学得出ag+ 氧化了 fe2+的依据是 _。（2）乙同学为探究ag+和 fe2+反应的程度，进行实验。a按右图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应），发现电压表指

12、针偏移。偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银。放置一段时间后，指针偏移减小。随后向甲烧杯中逐渐加入浓fe243溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小( so )回到零点逆向偏移。 a 中甲烧杯里的电极反应式是_。 b 中电压表指针逆向偏移后，银为 _极（填“正”或“负”）。 由实验得出 ag+ 和 fe2+ 反应的离子方程式是 _。（3）为进一步验证乙同学的结论，丙同学又进行了如下实验：序号操作现象实验将 2ml 2 mol/ l fe( no3) 3 溶液加入有银镜的试管银镜消失中实验将 2ml1 mol/ l fe2( so4) 3 溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失实验将 2m

13、l 2 mol/ l fecl3 溶液加入有银镜的试管中银镜消失实验 _ （填“能”或“不能”）证明fe3+氧化了 ag，理由是_ 。用化学反应原理解释实验与的现象有所不同的原因：_。【答案】 ag2so4有黑色固体（ ag ）生成，加入kscn 溶液后变红fe2+ e- fe3+负2+ ag+3+ ag 不能因为 fe( no- 也可能氧化 agfefe3) 3 溶液呈酸性，酸性条件下no3溶液中存在平衡：fe3+ agfe2 + ag+，且 agcl 比 ag2 4- 比 so42-更有so溶解度更小， cl利于降低ag+浓度，所以实验比实验正向进行的程度更大（或促使平衡正向移动，银镜溶解

14、）。【解析】【分析】【详解】（ 1）将 2ml 1mol / l agno3 溶液加入到 1ml 1mol/ l feso4 溶液中发生复分解反应会生成硫酸银白色沉淀，银离子具有强氧化性会氧化fe2+为 fe3+，银离子被还原为黑色固体金属单质银；取上层清液，滴加kscn溶液溶液变红说明有铁离子生成；上述分析可知白色沉淀为硫酸银，它的化学式是 ag2so4，故答案为 ag2so4；甲同学得出 ag+氧化了 fe2+的依据是实验现象中，银离子被还原为黑色固体金属单质银，取上层清液，滴加kscn溶液溶液变红说明有铁离子生成，故答案为有黑色固体（ag）生成，加入kscn溶液后变红；（ 2）实验过程中

15、电压表指针偏移，偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银，依据原电池原理可知银做原电池正极，石墨做原电池负极，负极是甲池溶液中亚铁离子失电子发生氧化反应生成铁离子， a 中甲烧杯里的电极反应式是 fe2+- e- =fe3+；故答案为 fe2+- e-=fe3+；随后向甲烧杯中逐渐加入浓fe2（so4） 3 溶液，和乙池组成原电池，发现电压表指针的变化依次为，偏移减小回到零点逆向偏移，依据电子流向可知乙池中银做原电池负极，发生的反应为铁离子氧化为银生成亚铁离子；故答案为负；由实验现象得出，ag+和 fe2+反应生成铁离子和金属银，反应的离子方程式是fe2 +ag+fe3+ag；故答案为fe2+a

16、g+fe3+ag；（ 3）将 2ml 2mol / l fe（ no3） 3 溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银杯氧化，可能是溶液中铁离子的氧化性，也可能是铁离子水解显酸性的溶液中，硝酸根离子在酸溶液中具有了强氧化性，稀硝酸溶解银，所以实验不能证明3+氧化了 ag，故答案为不fe能；因为fe（ no3） 3 溶液呈酸性，酸性条件下no3- 也可能氧化ag；将 2ml1mol / l fe2（ so4） 3 溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失说明部分溶解，将 2ml 2mol / l fecl3 溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银溶解完全，依据上述现象可知，溶液中存在平衡： fe3+

17、agfe2+ag+，且 agcl 比 ag24-比 so42 -so 溶解度更小，cl更有利于降低ag+浓度，所以实验比实验正向进行的程度更大，故答案为溶液中存在平衡： fe3+agfe2+ag+，且agcl 比 ag2 4-比 so42 - 更有利于降低 ag+so 溶解度更小，cl浓度，所以实验比实验正向进行的程度更大。4 某同学设计如下三个实验方案以探究某反应是放热反应还是吸热反应：方案一：如图1，在小烧杯里放一些除去氧化铝保护膜的铝片，然后向烧杯里加入10 ml 220 逐渐升至75 ，随后，温度逐mol l 1 稀硫酸，再插入一支温度计，温度计的温度由渐下降至 30 ，最终停留在 2

18、0 。 1方案二：如图 2，在烧杯底部用熔融的蜡烛粘一块小木片，在烧杯里加入 10 ml 2 mol l 硫酸溶液，再向其中加入氢氧化钠溶液，片刻后提起烧杯，发现小木片脱落下来。方案三：如图3，甲试管中发生某化学反应，实验前u 形管红墨水液面相平，在化学反应过程中，通过u 形管两侧红墨水液面高低判断某反应是吸热反应还是放热反应。序号甲试管里发生反应的物质u 形管里红墨水液面氧化钙与水左低右高氢氧化钡晶体与氯化铵晶体(充？分搅拌 )铝片与烧碱溶液左低右高铜与浓硝酸左低右高根据上述实验回答相关问题：（1）铝片与稀硫酸的反应是_(填 “吸热 ”或 “放热 ”)反应，写 出该反应的离子方程式： _。（

19、 2）方案一中，温度升至最大值后又下降的原因是_。（ 3）方案二中，小木片脱落的原因是_，由此得出的结论是 _ 。（4）方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，则u 形管里红墨水液面：左边_(填 “高于 ”“低于 ”或 “等于 ”)右边。（5）由方案三的现象得出结论： 组物质发生的反应都是 _(填 “吸热 ”或“放热”)反应，如果放置较长时间，可观察到u 形管里的现象是 _。（6）方案三实验 的 u 形管中的现象为 _，说明反应物的总能量 _(填 “大于”“小于 ”或“等于 ”)生成物的总能量【答案】放热2al 6h =2al3 3h2 反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低蜡

20、烛熔化氢氧化钠与硫酸的反应放热低于 放热 红墨水液面左右相平红墨水液面左高右低小于【解析】【分析】【详解】（1）金属与酸的反应是放热反应，因此铝片与稀硫酸的反应是放热反应，该反应的离子方程式为 2al6h =2al3 3h2，故答案为放热； 2al 6h=2al3 3h2；（ 2）方案一中，温度升至最大值后又下降的原因可能是反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低，故答案为反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低；（ 3）方案二中，反应放出的热量，使得蜡烛熔化，小木片脱落，故答案为蜡烛熔化；氢氧化钠与硫酸的反应放热；（4）方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，装置中气

21、体的压强增大，u 形管里红墨水液面：左边低于右边，故答案为低于；（5）由方案三的现象得出结论：组物质发生的反应都是放热反应，如果放置较长时间，热量散失，装置中气体的压强与外界压强相等，u 形管中红墨水液面左右相平，故答案为放热；红墨水液面左右相平；（ 6）方案三实验属于吸热反应， u 形管中红墨水液面左高右低，故答案为红墨水液面左高右低；小于。5 水合肼 (n 2h4h2o)是一种强还原性的碱性液体，常用作火箭燃料。利用尿素法生产水合肼的原理为 co(nh2)2+2naoh+naclo=nh4h2o+na2co3+nacl。实验 1：制备 naclo 溶液 (己知： 3naclo2nacl+n

22、aclo3)。（ 1）图甲装置 中烧瓶内发生反应的离子方程式为_ 。（2）用 naoh 固体配制溶质质量分数为30%的 naoh 溶液时，所需玻璃仪器有_。（ 3）图甲装置 中用冰水浴控制温度的目的是 _ 。实验 2：制取水合肼（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分n242o 会参与 a 中反应并产生大量氮气，h h降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为_。 充分反应后，蒸馏 a 中溶液即可得到水合肼的粗产品。实验 3：测定馏分中水合肼的含量（5）称取馏分 3.0g，加入适量 nahco 固体 (滴定过程中，调节溶液的ph 保持在 6.5 左3右)，加水配成 250ml 溶液，移出

23、25.00ml 置于锥形瓶中，并滴加23 滴淀粉溶液。用-1 的碘的标准溶液滴定。(已知 ： n2422220.15mol lh ho+2i =n +4hi+h o) 滴定操作中若不加入适量nahco3 固体，则测量结果会 _“偏大 ”“偏小 ”“无影响”)。 下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是_(填字母 )。a.锥形瓶清洗干净后未干燥b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液 实验测得消耗i 溶液的平均值为20.00ml，馏分中水合肼 (nh h o)的质量分数为2242_ 。【答案】 mno2+-2+22防止

24、 naclo 分解，影+4h +clmn+cl +2h o 量筒、烧杯、玻璃棒响水合肼的产率n2h4h2o+2naclo=n2 +3h2o+2nacl 偏大 d 25%【解析】试题分析：由图可知，装置i 由二氧化锰和浓盐酸制备氯气；装置ii 由氯气和氢氧化钠溶液制备次氯酸钠；装置iii 是尾气处理装置；图乙中的由co(nh2)2 与naoh、naclo 反应制备水合肼。实验 1：制备 naclo 溶液 (己知： 3naclo2nacl+naclo3)。（1）图甲装置中烧瓶内发生反应的离子方程式为mno 2+4h+cl-mn 2+cl2 +2h2o。（2）用 naoh 固体配制溶质质量分数为30

25、%的 naoh 溶液时，所需玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒 。（3）由题中信息 (己知： 3naclo2nacl+naclo3)可知，图甲装置中用冰水浴控制温度的目的是防止naclo 分解，影响水合肼的产率。实验2：制取水合肼（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分n h h2o 会参与 a 中反应并产生大量氮气，24降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为n hh o+2naclo=n +3h o+2nacl。充分反应后，蒸馏 a 中溶液即可得到水合肼的粗产24222品。实验 3：测定馏分中水合肼的含量（5）称取馏分 3.0g，加入适量 nahco3 固体 (滴定过程中，调节溶液的ph

26、 保持在 6.5 左右)，加水配成 250ml 溶液，移出25.00ml 置于锥形瓶中，并滴加23 滴淀粉溶液。用-1(已知： n2h4h2o+2i2=n2 +4hi+h2o)0.15mol l 的碘的标准溶液滴定。水合肼 (n2h4h2o)是一种强还原性的碱性液体，滴定操作中若不加入适量nahco3固体控制溶液的 ph，则碘会在碱性条件下发生歧化反应而消耗较多的碘，所以测量结果会偏大。下列实验操作： a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响测定结果；b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则标准液的体积读数偏小；c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则标准液的体积读数偏小； d.盛标准液的滴定管水

27、洗后，直接装标准液，则标准液会被残留的水稀释，从而消耗标准液的体积偏大。综上所述，能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是d。实验测得消耗 i2 溶液的平均值为 20.00ml，由反应的化学方程式 n2h4?h2o+2i2=n2 +4hi+h2o 可知，n(n2h4?h2o)= n(i2)=0.0015mol ，馏分中水合肼(n2h4h2o)的质量分数为25%。点睛：本题考查物质制备实验、主要考查了实验室制备氯气的反应原理、配制一定质量分数的溶液所用的实验仪器、反应条件的控制、氧化还原滴定及其误差分析等等，题目难度中等 。 明确实验目的为解答关键，较好地考查了学生对实验原理的理解及知识迁移应用

28、的能力、处理实验数据的能力等等 。6 亚氯酸钠（ naclo2）是一种高效氧化剂、漂白剂。已知：naclo2 饱和溶液在温度低于38时析出的晶体是 naclo23h2o，高于 38时析出晶体是 naclo2，高于 60时 naclo2 分解成 naclo3 和 nacl。利用下图所示装置制备亚氯酸钠。完成下列填空：（1）装置中产生clo2 的化学方程式为_。装置的作用是_。（2）从装置反应后的溶液获得naclo2 晶体的操作步骤为：减压， 55蒸发结晶； _； _；低于 60干燥，得到成品。（3）准确称取所得亚氯酸钠样品10g 于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充

29、分反应（clo2+ 4i+4h+ 2h2o+2i2+cl ）。将所得混合液配成250ml 待测溶液。配制待测液需用到的定量玻璃仪器是_；22），以（4）取 25.00ml 待测液，用 2.0 mol/l na 2s2o3 标准液滴定（ i2 +2s2o3 2i +s4o6淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为_。重复滴定 2 次，测得 na2s2o3溶液平均值为 20.00 ml。该样品中 naclo2的质量分数为 _ 。（ 5）通过分析说明装置在本实验中的作用_。【答案】 2naclo3+ na2so3+ h2so4 2clo+ 2na2so4+ h2o防止倒吸趁热过滤用 3860的温水洗

30、涤250ml 容量瓶 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色90.5% 当关闭21k时，打开 k ，可以吸收反应产生的气体。【解析】【分析】【详解】（ 1）根据反应物 naclo3、 na2so3、 h2so4 ，生成物为 clo2 和 2na2so4，配平方程式为2naclo3+ na2 so3+ h2so4=2clo2+ 2na2so4+ h2o；装置为安全瓶，防止装置中气体温度降低而产生倒吸；（ 2）因为 naclo2 饱和溶液在温度低于 38时析出的晶体是 naclo23h2o，高于 38时析出晶体是 naclo2，高于 60时 naclo2 分解成 naclo3 和 nacl，若要得到

31、naclo2 晶体，需在38 60得到晶体，故操作为趁热过滤；用38 60的温水洗涤；（3）容量瓶要指明规格；（4）有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是na2s2o3 标准液滴定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；计算时一般找出关系式，由此进行计算，关系式为clo2 2i24s2o3 22 32-32n(clo )= 1/4 n(s o)=1/4 20 10 2=0.01molm(naclo )=0.01 90.5=9.05g该样品中 naclo 的质量分数为 9.05g 10g=0.90522（ 5）本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置

32、就是用碱吸收反应产生的 clo2 等尾气。7 碳酸 是重要的化工 品。用 准 酸溶液滴定可 定碳酸 品中碳酸 含量。已知碳酸 受 易分解，且在250 270分解完全。完成下列填空：（1） 定碳酸 含量的 步 ：用 子天平称取碳酸 品（准确到_g），加入 形瓶中，加入使之完全溶解；加入甲基橙指示 ，用 准 酸溶液滴定。当滴定至溶液由 _色 _色，半分 不 色 滴定 点， 数。 不能用酚 作指示 的原因是 _。（ 2）若碳酸 品 量 0.840g，用 0.5000mol/l 的 准 酸溶液滴定至 点，消耗 准 酸溶液 19.50ml。 品中 nahco3 的 量分数 _（保留 3 位小数）。（ 3

33、）如果滴定尖嘴部分在滴定 程中出 气泡，且滴定 点 数 气泡未消失，会 致 定 果 _（ 填 “偏高 ”、 “偏低 ”或 “不受影响 ”）。（ 4）碳酸 品含有少量水分（”“或cu2(oh)2so44h2o【解析】【详解】0.9g3.30g 晶体含水为 3.3g-2.4g 0.9g， n(h2o) 0.05mol ， 1000 以上时，得到的18g/mol1.44g650时，残留固体的组成可视为固体为 cu2o， n(cu)20.02mol ，温度在144g/molacuo?bcuso4，此时设cuo 为 xmol 、 cuso4 为 ymol ，则x y 0.02， 80x 160y 2.4

34、，解得 x y 0.01mol ，0.01mol 0.01m ol4温度 6501000 产生的气体中，n(o)： n(s)5 3，故答案为：； 3.30g 晶体含水为 3.3g-2.4g 0.9g， n(h2o) 0.05mol ， n(cu) 0.02mol ， n(so42- )0.01mol ，可知 x： z： n 0.02mol ： 0.01mol ： (0.05-0.02/2)mol=2 ：1： 4，由电荷守恒可知y 2，化学式为 cu2(oh)2so44h2o，故答案为： cu2(oh)2so44h2o。9 某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验：实验 ：将 fe3 转化为

35、 fe2 ( 如图 )(1)fe3+与 cu 粉发生反应的离子方程式为_(2)探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案：查阅资料：的化学性质与i相似，.2cu24i2cui (白色 ) i 2.scn实验方案现象结论步骤 1：取 4ml _ mol / lcuso4 溶液，向其产生白中滴加 3 滴 0.1mol/ l kscn溶液色沉淀cuso4 与 kscn反应产无明显生了白色沉淀步骤 2：取 _现象cu 2 与 scn 反应的离子方程式为 _实验 ：将 fe2 转化为 fe3实验方案现象向 3ml 0.1mol / l feso4 溶液中加入溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色1ml 8mol

36、 / l 稀硝酸消失，溶液变为黄色探究上述现象出现的原因：查阅资料：fe2no ?fe(no) 2( 棕色 )(3)用离子方程式解释 no 产生的原因 _(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：反应 ： fe2与 hno 3 反应； 反应 ： fe2与 no 反应依据实验现象，甲认为反应的速率比反应 _ ( 填 “快 ”或 “慢 ”) 乙认为反应 是一个不可逆反应，并通过实验证明其猜测正确，乙设计的实验方案是_请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因_【答案】 2fe3cu 2fe2cu 20.1取 4ml0.1mol / lfeso 4 溶液，向其中滴加3 滴 0

37、.1mol/ lkscn 溶液24scn2cu scn(scn)22cu3fe24hno 3 3fe3no2h 2o慢取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴 k 3 fe cn) 6 溶液或者 kmno 4 ，溶液无明显变化，说明反应i 是不可逆反应fe2 被硝酸氧化为 fe3 ，导致溶液中 fe2浓度降低，导致平衡fe2no ? fe(no) 2逆向移动，最终fe(no) 2 完全转化为 fe3，溶液由棕色变为黄色【解析】【分析】（ 1） fe3+与 cu 粉发生反应生成铜离子与亚铁离子；（ 2）图 1 中得到溶液中 fe2+为 0.2mol/l ， cu2+为 0.1mol/l ，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入kscn溶液进行对照实验；由题目信息ii 可知，cu2+与scn-反应生成 cuscn 沉淀，同时生成(scn) 2；（3）亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性