2020-2021【化学】化学一模试题分类汇编——化学反应原理综合及详细答案

1、2020-2021【化学】化学一模试题分类汇编一一化学反应原理综合及详细答案一、化学反应原理1.FeSQ溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2+,实验室中常保存硫酸亚铁俊晶体俗称摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SQ)2?6H2O,它比绿矶或绿矶溶液更稳定。(稳定是指物质放置在空气中不易发生各种化学反应而变质)I.硫酸亚铁俊晶体的制备与检验(1)某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁俊晶体。本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸储水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸储水的目的是。向FeSQ溶液中加入饱和(NH4)2S。溶液，经过操作、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。(2

2、)该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。如图所示实验的目的是,C装置的作用是。晶体耳宓无卡CusnABC取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。取少量待测液，(填操作与现象)，证明所制得的晶体中有Fe2+o取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4+和SOFII.实验探究影响溶液中Fe2+稳定性的因素(3)配制0.8mol/L的FeSQ溶液(pH=4.5)和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SQ)2溶液(pH=4.0),各取2ml上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加2滴0.01mol/L的KSCM容液，15分钟后观察可见：(NH4"Fe(SQ)2溶液仍然为浅

3、绿色透明澄清溶液；FeSQ溶液则出现淡黄色浑浊。(资料1)沉淀Fe(OH)Fe(OH)3开始沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7请用离子方程式解释FeSO溶液产生淡黄色浑浊的原因讨论影响Fe2+稳定性的因素，小组同学提出以下3种假设：假设1:其它条件相同时，NH4+的存在使(NH4)2Fe(SQ)2溶液中Fe2+稳定性较好。假设2：其它条件相同时，在一定pH范围内，溶液pH越小Fe2+稳定性越好。假设3:。（4）小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液A（0.2mol/LNaCl）和溶液B（0.1mol/LFeSO4）为不同的pH,盘桥观察记录电流计读数，对

4、假设2进行实验研究，实验结果如表所示。序号A:0.2molL1NaClB:0.1molL1FeSG电流计读数实验1pH=1pH=58.4实验2pH=1pH=16.5实验3pH=6pH=57.8实验4pH=6pH=15.5（资料2）原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。（资料3）常温下，0.1mol/LpH=1的FeSO溶液比pH=5的FeSQ溶液稳定性更好。根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：U型管中左池的电极反应式。对比实验1和2（或3和4）在一定pH范围内，可得出的结论为。对比实验和,还可得出在一定pH范围内溶

5、液酸碱性变化对O2氧化性强弱的影响因素。对（资料3）实验事实的解释为。【答案】除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+蒸发浓缩检验晶体中是否含有结晶水防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSQ的试管，影响实验结果滴入少量K3Fe（CN）6溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色）4Fe2+Q+10H2O=4Fe（OH>J+8H+当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。）O2+4e-+4H+=2H2O溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱13（或2和4）其它条件相同时，

6、溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSQ溶液更稳定。【解析】【分析】I.（1）亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向FeSQ溶液中加入饱和（NH4）2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；(2)无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰；检验Fe2+,可以向样品中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+;II.(3)由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSQ溶

7、液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH3沉淀；0.8mol/L的FeSQ溶液(pH=4.5)和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SQ)2溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；(4)FeS。中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水；实验1和2(或3和4)中NaCl溶液的pH相同，FeSQ溶液的pH不同，且FeSQ溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；对比

8、实验1和3(或2和4)发现，FeSQ溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；对比实验1和4,NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSQ溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合的结论分析。【详解】I .(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在配制溶液时使用到的蒸储水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+;向FeSO溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；(2)无

9、水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuS。的试管，影响实验结果；检验Fe2+,可以向样品中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+;II .(3)由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSQ溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)j沉淀，离子方程式为：4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)U+8H+；0.8mo

10、l/L的FeSQ溶液(pH=4.5)和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SQ)2溶液中硫酸根的浓度也不同，0.8mol/L的(NH4)2Fe(SQ)2溶液中硫酸根浓度更大，故可以假设：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性；或者当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好；(4)FeSQ中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O；实验1和2(或3和4)中NaCl溶液的pH相同，FeSQ溶液的pH不同，且FeSQ溶液的pH越小，电流

11、越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出的结论是：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；对比实验1和3(或2和4)发现，FeSQ溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出在一定pH范围内溶液的碱性越强，O2氧化性越强；对比实验1和4,NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSQ溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合的结论，和其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性

12、增强的影响。故pH=1的FeSQ溶液更稳定。2.某同学进行实验研究时，欲配1.0mol?L-1Ba(OH)2溶液，但只找至ij在空气中暴露已久的Ba(OH)28H2O试剂(化学式量：315)。在室温下配制溶液时发现所取试剂在足量的水中仅部分溶解，烧杯中存在大量未溶物。为探究原因，该同学查得Ba(OH)28H2O在283K、293K和303K时的溶解度(g/100gH2O)分别为2.5、3.9和5.6。(1)烧杯中未溶物可能仅为BaCQ,理由是。(2)假设试剂由大量Ba(0H)28H2O和少量BaCQ组成，设计实验方案，进行成分检验。在答题纸上进一步完成实验步骤、预期现象和结论。(不考虑结晶水的

13、检验；室温时BaCQ饱和溶液的pH=9.6)限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管实验步骤预期现象和结论步骤1:取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸储水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀。步骤2：取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。步骤3:取适量步骤1中的沉淀于试管中，。步骤4:将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba(OH)28H2O的含量。实验如下：(3)配制250mL约0.1mol?L-1Ba(OH)2溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸储水，,将溶?夜转入,洗涤，定容，摇匀。(4)滴定：准确量取25.00mL所配制Ba(OHb溶液于

14、锥形瓶中，滴加指示剂，将(填“0.02R”“0.05”“0.198«“1.5)"mol?L-1盐酸装入50mL酸式滴定管，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。平均消耗盐酸VmL。计算Ba(OH)28H2O的质量分数=(只列出算式，不做运算)。(5)室温下，(填能"或不能”配制1.0mol?L-1Ba(OH>溶液。【答案】由于Ba(OH)28H20与空气中的CO2反应，所取试剂许多已变质为BaCQ,未变质的Ba(OH)28H20在配制溶液时能全部溶解实验步骤预期现象和结论步骤1:取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸储水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀。步骤2

15、:取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。出现白色沉淀，说明该试剂中后Ba2+存在步骤3：取适量步骤1中的沉淀于是试管中，滴加稀盐酸，连接带塞导气管将产生的气体导入澄清石灰水中。澄清石灰水变混浊。说明该试剂中含有BaCQ步骤4:取步骤1中的滤液于烧杯中，用pH计测定其pH。pH明显大于9.6,说明该试剂中含有Ba(OH)2。,2500.198010315V,搅拌溶解250mL容量瓶中0.1980100%不能225.00w【解析】【分析】【详解】(1) Ba(OH)2属于强碱，易吸收空气中的水蒸气和CQ形成难溶的BaCQ沉淀，因此长时间暴露在空气中时Ba(OH)2就有可能转化为BaCQ。(2) Ba(O

16、H)2易溶于水，所以滤液中含有Ba2+,因此滴加稀硫酸使会产生白色沉淀BaSQ;要想验证沉淀为BaC。，可以利用其能与酸反应产生能使澄清石灰水变浑浊的C02气体；为进一步证明试剂是否还有Ba(OH)28H20,可以取步骤1中的滤液，用pH计测其pH值，若pH>9.6,即证明滤液不是纯BaCQ溶液，即证明是由大量Ba(OH)28H2O和少量BaC。组成，假设成立。(3)由于试样中含有难溶性的BaCQ,因此加水溶解后要过滤，且冷却后再转移到250mL容量瓶中。(4)Ba(OH)2溶液的浓度约为0.1mol?L-1,体积是25mL,由于酸式滴定管的容量是50mL,因此盐酸的浓度至少应该是0.1

17、mol?L-1。若盐酸的浓度过大，反应过快，不利于控制滴定终点，所以选择0.1980mol?L-1的盐酸最恰当。消耗盐酸的物质的量是0.1980XVX113moi,所以25.00mL溶液中含有Ba(OH)2的物质的量是0.1980V10mol,所以w克试样中23Ba(OH)2的质量是0.1980V10250315g,故Ba(OH)28H2O的质量分数2252500.1980103315V=100%。225.00w(5)若配制1L1.0mol?L-1Ba(OH)2溶液，则溶液中溶解的Ba(OH)28H2O的质量是315g,所315一.，一一以此时的溶解度约是证gX100=31.5g/100gH2

18、O,而在常温下Ba(OH)28H2O是3.9g/100gH2O,显然不可能配制出1.0mol?L-1Ba(OH)2溶液。3.辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2sCuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2&CuS的含量，某同学进行了如下实验：取2.6g样品，加入200.0mL0.2000molL1酸fIeKMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SC42),滤去不溶杂质；收集滤液至250mL容量瓶中，定容；取25.00mL溶液，用0.1000molL1FeSQ溶液滴定，消耗20.00mL;加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和

19、Mn2+,使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2+4=2CuI+2；加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo111Na2aC3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2s2。322+|2=S4C62+2I)。回答下列问题：(1)写出Cl2s溶于酸性KMnC4溶液的离子方程式：;(2)配制0.1000molLFeSQ溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是,配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有;(3)中取25.00mL待测溶液所用的仪器是;(4)中滴定至终点时的现象为;(5)混合样品中Cu2s和CuS的含量分别为%、%(结果均保留1位小数)。【答案】CU2S

20、+2MnC4-+8H+=2Cu2+SC42-+2Mn2+4H2C除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化胶头滴管(酸式)滴定管(或移液管)溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.536.9【解析】【分析】由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。【详解】(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-,则Cu2s与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2CU2+SC42-+2Mn2+4H2Oo(2)配制0.1000molLFeSQ溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe

21、2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。(3)步骤中取25.00mL待测溶液(有未反应的酸性KMnO4溶液)，所用仪器的精度应为0.01mL,故选酸式滴定管或移液管。(4)步骤用标准Na2s2O3溶液滴定反应生成的I2,使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。设2.6g样品中，Cu2s和CuS的物质的量分别为x、v,据5Fe2+MnO4-(5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O),样品反应后一。1250。乘U余n(MnO4-)=0.1000molL1X20.00X3LX=4.000x平mol525.00样品消耗n(MnO4

22、-)=0.2000moL二1x200.0X3L04.000x-30nol=36.00x-3mo|由CU2S2MnO4-和5CuS8MnO4-(5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2+5SO42-+8Mn2+12H2O),得2x+|y=36.00X彳mol一.一0250a又据2Cu2+|22s2O32,得2x+y=0.1000mo1L1x30.00X3L（X=30.00x-3mol25.00解方程组得x=y=0.01mol故W（CU2S）=0.01mol160g/mol2.6g100%=61.5%,0.01mol96g/molw(CuS)=100%=36.9%。2.6g【点睛】混合物的计算常

23、利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。4 .草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4?2H2O。回答下列问题：(1)甲组的同学以电石(主要成分CaG,少量CaS及Ca3P2杂质等)为原料，并用图1装置制取C2H2。图！装置A中用饱和食盐水代替水的目的是。装置B中，NaClO将H2&PH3氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl,其中PH3被氧化的离子方程式为。(2)乙组的同学根据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H

24、2c204?2H20.制备装置如图2所示：装置D中多孔球泡的作用是。装置D中生成H2C2O4的化学方程式为_。从装置D中得到产品，还需经过_(填操作名称)、过滤、洗涤及干燥。(3)丙组设计了测定乙组产品中H2c204?2H20的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取mg产品于锥形瓶中，加入适量的蒸储水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol?L-1酸，fIeKMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。滴定终点的现象是。产品中H2C2O4?2H20的质量分数为(列出含m、c、V的表达式)。【答案】减慢反应速率，获得平缓气流PHk4cl0=H3P04+4a增大气体和溶液的接触面催化剂

25、积，加快反应速率，使反应充分进行GH2+8HN03&H2C204+8N02+4H20蒸发浓缩、冷却结晶当加入最后一滴标准液，溶液呈浅红色且30s内不恢复原来的颜色31.5CV%m【解析】【分析】(1)碳化钙和水反应十分剧烈，可用饱和食盐水可减缓反应速率；装置B用NaClO将PH3氧化为磷酸，同时生成氯化钠；(2)D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙快制取H2c204?2H20,发生反应为：催W剂C2H2+8HNO3H2c2O4+8NO2+4H2O,多孔球泡增大乙快气体与硝酸的接触面，充分反应，E装置防止倒吸，F装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得

26、产品，据此分析解答；装置D多孔球泡可增大乙快气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙快反应生成H2c204和二氧化氮,催化剂反应方程式为：C2H2+8HNO3=H2C2O4+8NO2+4H2O；将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；(3)滴定终点时，继续滴加高镒酸钾溶液，紫色不褪去；根据2MnO4-5H2c2。4,由高镒酸钾的消耗可得H2c2。的量，据此计算H2c2O4?2H2。的质量分数。【详解】(1)电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙快可用饱和食盐水代替水反应；NaClO将PH3氧化为磷酸，

27、钙反应的离子方程式为：PH3+4ClO=H3PC4+4C；(2)装置D多孔球泡可增大乙快气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙快反应生成H2c2。4和二氧化氮,反应方程式为：C2H2+8HNO3=U-H2c2O4+8NO2+4H2O;将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；(3)滴定过程中，反应结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，则滴定终点现象为：当溶液呈浅红色且30s内不恢复原来的颜色；准确称取mg产品于锥形瓶中，加入适量的蒸储水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol?L-1酸fKMnO4标准溶液进行滴

28、定至终点，共消耗标准溶液VmL,设产品中H2QO4?2H2O的质量分数为“，根据2MnO4-5H2QO4?2H2。产品中H2c2。4?2H2。的质量3分数为”5126cV102m31.5cV100%=%。m考查物质制备方案设计，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定等知识，题目难度中等，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。5 .化学学习小组进行如下实验。探究反应速率的影响因素设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20molL-1h2c2。4溶液、0.010molL-1KMnO

29、4溶?(酸性)、蒸储水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽物理量V(0.20mol匚1H2c2。4溶?0；)/mLV(蒸储水)/mLV(0.010molL1KMnO4溶液)/mLT/C乙2.004.0502.004.0251.004.025(1)上述实验、是探究对化学反应速率的影响；若上述实验、是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为；乙是实验需要测量的物理量，则表格中乙”应填写。测定H2c204xH2O中x值已知：M(H2c2。4)=90gmol-1称取1.260g纯草酸晶体，将其酸制成100.00mL水溶液为待测液；取25.00mL待测液放入锥形瓶中，再加入适的稀H2SQ;用浓度为0.05000m

30、olL-1的KMnO4标准溶液进行滴定。(2)请写出与滴定有关反应的离子方程式。某学生的滴定方式(夹持部分略去)如下，最合理的是(选填a、b)o(4)由图可知消耗KMnO4溶液体积为mL。(5)滴定过程中眼睛应注视。(6)通过上述数据，求得x=。以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，引起实验结果(偏大、偏小或没有影响)。【答案】温度1.0溶液褪色时间/s5H2c2O4+2MnO4+6H+=10CO2T+2Mn2+8H2Ob20.00锥形瓶中颜色变色2偏小【解析】【分析】【详解】(1)探究影响化学反应速率因素，要求其他条件不变，即探究温度对化学反应速率的影响；

31、混合溶液的总体积都是6.0mL,因此a=1.0;反应的快慢是通过酸性高镒酸钾溶液的褪色快慢来确定的，因此乙中要测定的物理量是溶液褪色时间，单位为s;(2)草酸具有还原性，高镒酸钾具有强氧化性，把C转化成CQ,本身被还原成Mn2+,根据化合价升降法，进行配平，因此离子反应方程式为：5H2QO4+2MnO4+6H+=10CQT+2Mn2+8H2O;(3)酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，即b正确；(4)滴定前刻度为0.90ml,滴定后刻度是20.90ml,消耗高镒酸钾的体积为(20.900.90)mL=20.00mL;(5)滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化；

32、(6)100mL溶液中草酸物质的量为20X103X0.05X5X100/(2X25)mol=0.01由60+(9018x)=0.01,解得x=2;未用待盛液润洗滴定管，稀释标准液，消耗高镒酸钾体积增大，草酸的质量增大，x偏小。6.二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用，是大气主要污染物之一，具有一定的还原性，探究SQ气体还原Fe3+、I2,可以使用的药品和装置如图所示:FKL解般含淀粉的木YmOH港港ABC(1)写出由铜和浓硫酸制取SQ的化学方程式。(2)装置A中的现象是。若要从A中的FeC3溶液中提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在过滤操作中有用到

33、的玻璃仪器有(填编号)。A酒精灯B烧瓶C漏斗D烧杯E玻璃棒F塔期(3)根据以上现象，该小组同学认为SQ与FeC3发生氧化还原反应。写出SO2与FeC3溶液反应的离子方程式;请设计实验方案检验有Fe2+生成；(4)B中蓝色溶液褪色，表明的还原性比SO2(填强”或弱"J(5)若C中所得溶液只有一种溶质且pH>7,则溶液中各离子浓度大小顺序为O(6)工业上通过煨烧黄铁矿产生SO2来进一步得到硫酸，已知煨烧1gFeS产生7.1kJ热量，写出煨烧Fe$的热化学反应方程式。【答案】Cu+2H2SO4CuSQ+SQf+2H20溶液由黄色变为浅绿色AB、F2Fe3+SQ+2H2O=SQ2-+2

34、Fe2+4H+取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入23滴K3Fe(CN)6溶液，有蓝色沉淀生成弱c(Na+)>c(SO32)>c(OH)>c(HSQ)>c(H+)4FeS(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SQ(g)闺I3408kJ/mol【解析】【分析】(1)Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫与水；(2)三价铁离子具有强的氧化性，在溶液能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，自身被还原为亚铁离子；过滤用到的仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗；(3)三价铁离子具有强的氧化性，在溶液能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，自身被还原为亚铁离子；用K3Fe(CN6溶液检验，

35、有蓝色沉淀生成；(4) B中蓝色溶液褪色，明发生了氧化还原反应，反应的离子方程式为：12+SO+2H2O=4H+2I-+SO2-,还原剂的还原性大于还原产物的还原性；(5)若C中所得溶液只有一种溶质且pH>7,则溶质为Ns2SO,SO2-水解溶液呈碱性，氢2-氧根离子源于SQ的水解、水的电离；(6)发生反应：4FeS+11O2=2Fe2O+8SO,计算4molFeS2燃烧放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式。【详解】(1)铜和浓硫酸在加热条件下发生反应的化学方程式为Cu+2HSOCuSG+SQT+2H2Q(2)装置A中SO做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，

36、被还原为Fe2+,反应离子方程式为：SO+2Fe3+2HO2Fe2+SO2+4H+,则A中反应的现象为溶液颜色由黄色逐渐变为浅绿色；过滤用到漏斗、烧杯、玻璃棒，没有用到蒸发皿、石棉网和田埸，故答案为ABF;(3)SC2与FeCl3溶液反应的离子方程式2Fe3+SQ+2HuSO'+ZFe'+dH;检验有Fe2+生成的操作方法为取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入23滴KFe(CN)6溶液，有蓝色沉淀生成；(4)B中蓝色溶液褪色，说明SO将I2还原为I-,可知I-的还原性比SO弱；NaOHm吸收SO后所得溶液只有一种溶质且pH>7,则溶液中的溶质为N&SO,各离子浓度

37、大小顺序为c(Na+)>c(SO32)>c(OH)>c(HSO3)>c(H+);(6)黄铁矿(主要成分为FeS)其燃烧产物为SO和FaQ,1gFeS2完全燃烧放出7.1kJ热量，480gFeS2完全燃烧放出3408kJ热量，反应的热化学方程式为：4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2Q(s)+8SO2(g)H=-3408kJ/mol。7.胆矶(CuSQ5H2O)是铜的重要化合物，在工业生产中应用广泛。若改变反应条件可获得化学式为Cu<(OH)y(SO4)znH2O的晶体，用热重分析仪对CuKOH)y(SO)znH2O晶体进行分析并推断该晶体的化学式。取3.30

38、g晶体样品进行热重分析，所得固体质量的变化曲线如图所示。已知：体系温度在650c及以下时，放出的气体只有水蒸气；实验测得温度在650c时，残留固体的组成可视为aCuObCuSQ;温度在1000C以上时，得到的固体为CU2O。请回答下列问题：02004(x»ACM)丽口1000温度严CI温度6501000C产生的气体中，n(O):n(S)(填“>”亦"匚“)3通过计算推断Cu<OH)y(SQ)znH2O晶体的化学式：。【答案】>Ci2(OH)2SQ4H2O【解析】【详解】0.9g3.30g晶体含水为3.3g-2.4g=0.9g,n(H2O)=0.05mol,

39、1000c以上时，得至怵18g/mol，1.44g固体为CU2O,n(Cu)=X2=0.02mol,温度在650c时，残留固体的组成可视为144g/molaCuO?bCuSO4,此时设CuO为xmol、CuSO4为ymol,则x+y=0.02,80x+160y=2.4,解得x=y=0.01mol,温度6501000c产生的气体中，n(O)：n(S)=0.01mol+0.01mol4=5>3,故答案0.01mol为：>3.30g晶体含水为3.3g-2.4g=0.9g,n(H2O)=0.05mol,n(Cu)=0.02mol,n(SQ2-)=001mol,可知x：z：n=0.02mol

40、：001mol：(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)2SC44H2。8. CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuC2-2H2O制备CuCl,并进行相关探究。(资料查阅)CuCI2H：O气流-CuClJ300”三CuCl+Cl2MO'C.Cu/oH)2Clz2Q0CCuO(实验探究)该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。请回答下列问题：(1)仪器X的名称是。(2)实验操作的先后顺序是a-一e(填操作的编号)a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯，冷却c.在

41、“气体入口”处通入干燥HCld.点燃酒精灯，加热e.停止通入HCl,然后通入N2【答案】球形干燥管或干燥管cdb【解析】【分析】热分解CuC2?2H2。制备CuCl,为抑制水解，气体入口通入HCl气体，然后加热A处试管，X为球形干燥管，X中无水硫酸铜变蓝，可知CuC2?2H2。分解生成水，利用C装置检验生成的氯气，D中NaOH溶液吸收尾气，以此来解答。【详解】(1)由图及常见的仪器可知，仪器X的名称为球形干燥管或干燥管；(2)实验操作时先检查装置的气密性，气密性良好后装入药品，先通入HCl(防止没有HCl的情况下加热生成碱式氯化铜)，点燃酒精灯加热，熄灭酒精灯，后停止通入HCl,最后通入氮气将

42、装置内的HCl和氯气排空被尾气装置中的氢氧化钠吸收，所以顺序为afcfdbfe。【点睛】解答时要利用好题中所给信息，CuC2-2H2O的热分解反应是在氯化氢的气流中进行的，实验结束后通入氮气的目的。9. SQ是常见的大气污染物，燃煤是产生SO2的主要原因。工业上有多种方法可以减少SQ的排放。(1)往煤中添加一些石灰石，可使燃煤过程中产生的SO2转化成硫酸钙。该反应的总化学方程式是。(2)可用多种溶液做燃煤烟气中SO2的吸收液。分别用等物质的量浓度的Na2SQ溶液和NaOH溶液做吸收液，当生成等物质的量NaHSQ时，两种吸收液体积比V(Na2SQ):V(NaOH尸。NaOH溶液吸收了足量的SO2

43、后会失效，可将这种失效的溶液与一定量的石灰水溶液充分反应后过滤，使NaOH溶液再生，再生过程的离子方程式是。(3)甲同学认为BaC2溶液可以做SQ的吸收液。为此甲同学设计如下实验(夹持装置和加热装置略，气密性已检验)。反应开始后，A中N&SQ固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B中有白色沉淀。甲同学认为B中白色沉淀是SQ与BaC2溶液反应生成的BaSQ,所以BaC2溶液可做SO2吸收液。乙同学认为B中的白色沉淀是BaSQ,产生BaSQ的原因是：A中产生的白雾是浓硫酸的酸雾，进入B中与BaC2溶液反应生成BaSQ沉淀。为证明SQ与BaC2溶液不能得到BaSQ沉淀，乙同学对甲同学的实验装置做

44、了如下改动并实验(夹持装置和加热装置略，气密性已检验)：反应开始后，A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B、C试管中除了有气泡外，未见其它现象；D中红色褪去。试管B中试剂是溶液；滴加浓硫酸之前的操作是O通过甲、乙两位同学的实验，得出的结论是。高温【答案】2CaCQ+2SQ+O22CaSQ+2CO21:2Cj2+OH+HSO-=CaSQJ+H2OA中产生的SQ与装置内空气中的02进入B中与BaC2溶液反应生成BaSQ沉淀饱和NaHSQ打开弹簧夹，通入N2,一段时间后关闭弹簧夹S02与BaC2溶液不能得到BaSQ沉淀，不能用BaC2溶液做吸收S02的吸收液【解析】【分析】浓硫酸和亚硫

45、酸钠固体反应可以生成二氧化硫，由于反应放热，浓硫酸有可能挥发，进入B中，和BaCb溶液反应生成BaSQ白色沉淀，不能确定B中产生的白色沉淀是硫酸和BaC2反应产生的BaSQ还是二氧化硫和BaC2反应生成的BaSQ,所以要先除去可能存在的硫酸，需要通过饱和亚硫酸氢钠溶液，既不吸收二氧化硫，又可以除去硫酸，然后再通入BaC2溶液中，若产生白色沉淀，则证明BaC2溶液可以吸收二氧化硫，若不产生白色沉淀，则证明BaC2溶液不可以吸收二氧化硫，实验结果是除去了硫酸后BaC2溶液中没有产生沉淀，所以得出结论：SQ与BaC2溶液不能得到BaSQ沉淀，不能用BaC2溶液做吸收SQ的吸收液。【详解】(1)在高温

46、下石灰石与SQ以及氧气反应生成硫酸钙和CQ,反应的化学方程式为2CaCQ高速+2SO2+O2一2CaSQ+2CO2。(2)当生成等物质的量NaHSQ时，根据钠离子守恒可知需要亚硫酸钠和氢氧化钠的物质的量之比是1:2。由于二者的浓度相等，则需要的溶液体积之比是1:2。要把亚硫酸氢钠转化为氢氧化钠，需要加入氢氧化钙，反应的离子方程式为Ca2+0H-+HSQ-=CaS04+H2Oo(3)由于空气中含有氧气，因此另外一种可能是A中产生的SO2与装置内空气中的O2进入B中与BaC2溶液反应生成BaS。沉淀。为排除浓硫酸酸雾的影响，B中应该盛放饱和亚硫酸氢钠溶液。为防止空气中氧气的影响，滴加浓硫酸之前的操作是打开弹簧夹，通入N2,一段时间后关闭弹簧夹。A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B、C试管中除了有气泡外，未见其它现象；D中红色褪去，说明有SC2产生，所以结论是SC2与BaC2溶液不能得到BaSQ沉淀，不能用BaC2溶液做吸收SC2的吸收液。【点晴】解答