【化学】化学化学反应原理的专项培优易错试卷练习题含答案含答案

1、【化学】化学化学反应原理的专项培优易错试卷练习题(含答案)含答案一、化学反应原理1.某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物FexC204yzH2O,并用滴定法测定其组成。已知H2c2O4在温度高于90c时易发生分解。实验操作如下：步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内，可生成黄色沉淀；步骤二：称取黄色产物0.844ng于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至70n85c。待固体全部溶解后，用胶头滴管吸出一滴溶液点在点滴板上，用铁氧化钾溶液检验，无蓝色沉淀产生；步骤三：用0.0800nmol/LKMnO4标准液滴定步骤二所得的溶液；步骤四：向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn粉

2、和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸出一滴点在点滴板上，用KSCN溶液检验，若不显红色，过滤除去Zn粉，并用稀硫酸洗涤Zn粉，将洗涤液与滤液合并，用0.0800nmol/LKMnO4标准液滴定，用去高镒酸钾标准液10.00nmL。日2cq4溶液4$0疝溶液图甲滴定前(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是。(2)步骤二中水浴加热并控制温度70n85C的理由是,加铁氧化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是。(3)步骤三盛装KMnO4标准液的滴定管在滴定前后的液面如图乙所示，则消耗KMnO4标准液的体积为,该滴定管为滴定管(填酸式”或械式”)。(4)步骤四中滴定时发生反的离子方程式为。若

3、不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将(填增大"减小“或不变”)。由以上数据计算黄色化合物的化学式为。【答案】过滤加快固体溶解，防止草酸分解证明溶?中无Fe2存在，防止Fe2干扰草酸的测定25.00mL酸式5Fe2MnO48H5Fe3Mn24H2O减小Fe4C2O45?10H2O【解析】【详解】(1)固液分离的方法为过滤，故答案为：过滤；(2)水浴加热可加快固体溶解，控制温度7085n?C可防止草酸分解；FexC2O4泌H2O中的铁元素可能含有Fe2,Fe2与KMnO4反应，高镒酸钾滴定草酸时，需要排除Fe2的干扰，故答案为：加快固体溶解，防止草酸分解；证明溶液中无Fe2存在，

4、防止Fe2干扰草酸的测定；(3)滴定前读数为0.80nmL,滴定后读数为25.80nmL,则消耗KMnO4溶液的体积为25.00nmL;KMnO4具有强氧化性，应用酸式滴定管，故答案为：25.00nmL;酸式；232_(4)步骤四中滴定时发生反应的离子万程式为5Fe28H5Fe3Mn24H2O,洗涤nFe2液中含有Fe2,若不合并，消耗KMnO4标准液的体积减小；根据方程式可知,5nMnO450.0800nmol/L10nmL103L/mL4103mol,5.一nH2c2O4-nMnO425330.0800nmol/L25nmL10L/mL510mol20.844ng4103mol56amol

5、5103mol88ng/mol18ng/mol0.01nmol'则nFe：nC2O2325FeMn4H2O；减nH2O4：5：10,黄色化合物的化学式为_2_一Fe4C2O45?10H2O,故答案为：5FeMnO48H小；Fe4C2O457I0H2Oo【点睛】亚铁离子和草酸均能与酸性高镒酸钾溶液反应，实验时防止亚铁离子干扰草酸的测定是解答关键。2.为了证明化学反应有一定的限度，进行了如下探究活动：步骤1:取8mL0.1molL1的KI溶液于试管，滴加0.1molL1的FeC3溶液56滴,振荡；请写出步骤1中发生的离子反应方程式：步骤2:在上述试管中加入2mLCC4,充分振荡、静置；步骤

6、3:取上述步骤2静置分层后的上层水溶液少量于试管，滴加0.1molL1的KSCN溶液56滴，振荡，未见溶液呈血红色。探究的目的是通过检验Fe3+,来验证是否有Fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度。针对实验现象，同学们提出了下列两种猜想：猜想一：KI溶液过量，Fe3+完全转化为Fe2+,溶液无Fe3+猜想二：F铲大部分转化为Fe2+,使生成Fe(SCN)3浓度极小，肉眼无法观察其颜色为了验证猜想，在查阅资料后，获得下列信息：信息一：乙醛比水车5且微溶于水，Fe(SCN3在乙醛中的溶解度比在水中大。4信息二：Fe3可与Fe(CN)6反应生成监色讥捉，用K4Fe(CN)可溶液检验Fe3的灵敏度

7、比用KSCN更高。结合新信息，请你完成以下实验：各取少许步骤2静置分层后的上层水溶液于试管A、B中，请将相关的实验操作、预期现象和结论填入下表空白处:实验操作预期现象结论实验1:在试管A加入少量乙醛，充分振荡，静置实验2：若产生蓝色沉淀则猜想二”成立32【答案】2Fe2I2Fe12若液体分层，上层液体呈血红色。则猜想一”不成立在试管B中滴加5-6滴K4Fe(CN)6溶液，振荡【解析】【分析】【详解】32(1)KI溶放与FeC3溶液离子反应方程式2Fe2I2Fe12；(2)由信息信息一可得：取萃取后的上层清液滴加2-3滴K4Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，由信息二可得：往探究活动III溶液中加

8、入乙醍，充分振荡，乙醍层呈血红色，实验操作预期现象结论若液体分层，上层液体呈血红色。则猜想一”不成立实验2:在试管B中滴加5-6滴KjFe(CN)6溶液，振荡3.硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于糅革、媒染、化工、医药等行业。常温下，溶液中析出晶体为Na2s2。3?5H2O.Na2S2O3?5H2O于40-45C熔化，48c分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。I.制备Na2&O3?5H2O将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置D中，然后注入150mL蒸储水使其溶解，再在分液漏斗A中注入一定浓度的H2SQ,在蒸储

9、烧瓶B中加入亚硫酸钠固体，并按图乙安装好装置。(1)仪器D的名称为(2)打开分液漏斗活塞，注入H2SQ,使反应产生的气体较缓慢均匀地通入Na2s和Na2CQ的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，总反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SQA3Na2&O3+CO2。烧瓶B中发生反应的化学方程式为。将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中的正确操作是。制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下，其理由是(用离子方程式表示)。n.分离Na2&O3?5H2O并测定含量(3)操作I为趁热过滤，其目的是；操作n是过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作时用(填试剂)作洗涤剂。(4)蒸发浓缩滤液直至溶

10、液中有少量晶体析出为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因是O(5)制得的粗晶体中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中Na2&O3?5H2O的含量，称取1.25g的粗样品溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.0100mol/L标准I2溶液滴定，当溶液中S2O32-全部被氧化时，消耗碘溶液的体积为25.00mL.试回答：(提示：I2+2S2O32-2I-+&O62-)达到滴定终点时的现象：产品中Na2s2O3?5H2O的质量分数为。【答案】三颈烧瓶N&SQ+H2SC4(浓)一Na2SC4+SC2T+H2O观察仪器D中气体的流速，控制分

11、液漏斗A的旋塞，控制产生气体的速度SO32-+2H+SJ+SQT+H2O防止硫代硫酸钠晶体析出乙醇避免析出的晶体Na2&O3?5H2O因温度过高而分解滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点99.2%【解析】【分析】【详解】(1)根据仪器的构造可知，仪器D的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；(2)亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SOs+H2SC4(浓)=Na2SQ+SQT+H2O,故答案为：Na2SQ+H2SO4(浓)=Na2SO4+SQT+H2O;为将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中，可以观察仪器D中气体的流速，

12、通过控制分液漏斗A的旋塞，可控制产生气体的速度，故答案为：观察仪器D中气体的流速，控制分液漏斗A的旋塞，控制产生气体的速度；Na2s2。3在酸性条件下会生成S和S。，所以制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下以防止Na2s2。3发生歧化反应，其离子方程式为：&O32-+2H+=SJ+SO2T+H2O,故答案为：&O32-+2H+=SJ+SO2f+H2O;(3)根据图甲可知，温度低时，硫代硫酸钠的溶解度小，会结晶析出，所以需要趁热过滤，防止硫代硫酸钠晶体析出；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠，应该用乙醇作洗涤剂，故答案为：防止硫代硫酸钠晶体析

13、出；乙醇；(4)Na2&O3?5H2O于40-45C熔化，48c分解，所以蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体Na2s2O3?5H2O因温度过高而分解，故答案为：避免析出的晶体Na20O3?5H2O因温度过高而分解；(5)碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，溶液中S2O32-全部被氧化时，滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，故答案为：滴加最后一滴标准I2溶液时，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；根据碘与硫代硫酸钠的反应I2+2S2O32-2I-+&O62-中的比例关系，配成的溶液中c(S2O32-2c(l2)gV(

14、I2)20.0100mol0.025LV(S2O2-)0.025L=0.02mol/L,则产品中Na2s2O3?5H2O的质量0.0200mol/L0.25L分数二一1.25g248g/mol100%=99.2%,故答案为:99.2%。4.以环己醇为原料制取己二酸HOOC(C*4COOH的实验流程如下:I化刿为何武”其中氧化”的实验过程：在250mL四颈烧瓶中加入50mL水和3.18g碳酸钠，低速搅拌至碳酸钠溶解，缓慢加入9.48g(约0.060mol)高镒酸钾，按图示搭好装置:打开电动搅拌，加热至35C,滴加3.2mL(约0.031mol)环己醇，发生的主要反应为：KMn5O/OHKOOC(

15、CH)4COOK?H<0(1)氧化”过程应采用加热(2)氧化”过程为保证产品纯度需要控制环己醇滴速的原因是：。(3)为证明氧化”反应已结束，在滤纸上点1滴混合物，若观察到则表明反应已经完成。(4)趁热抽滤”后，用进行洗涤(填热水"或冷水")。(5)室温下，相关物质溶解度如表：化学式己二酸NaClKCl溶解度g/100g水1.4435.133.3蒸发浓缩”过程中，为保证产品纯度及产量，应浓缩溶液体积至(填标号)A.5mLB.10mLC.15mLD.20mL(6)称取己二酸(Mr-=146g/mol)样品0.2920g,用新煮沸的50mL热水溶解，滴入2滴酚酬：试液，用0

16、.2000mol/LNaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH的平均体积为19.70mL。NaOH溶液应装于(填仪器名称)，己二酸样品的纯度为。【答案】水浴为保证反应温度的稳定性(小于50C)或控制反应温度在50c以下未出现紫红色热水C碱式滴定管98.5%【解析】【分析】由题意可知，三颈烧瓶中加入3.18克碳酸钠和50mL水，低温搅拌使其溶解，然后加入9.48g高镒酸钾，小心预热溶液到35C,缓慢滴加3.2mL环己醇，控制滴速，使反应温度维持在45c左右，反应20min后，再在沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚，加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高镒酸钾，趁热过滤得到MnO2沉淀和含有

17、己二酸钾的滤液，用热水洗涤MnO2沉淀，将洗涤液合并入滤液，热浓缩使滤液体积减少至10mL左右，趁热小心加入浓硫酸，使溶液呈强酸性(调节pH=12),冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得己二酸白色晶体；(1)氧化过程需要使反应温度维持在35C左右；(2)因为滴速对溶液的温度有影响，为保证产品纯度，需要控制反应温度；(3)为证明“氧化”反应已结束，就是检验无高镒酸钾即可；(4)根据减少物质的损失，结合物质溶解度与温度的关系分析；(5)室温下，根据相关物质溶解度，“蒸发浓缩”过程中，要保证产品纯度及产量，就是生成的杂质要依然溶解在溶液中，据此计算应浓缩溶液体积；(6)根据仪器的特点和溶液的性质选取仪器；

18、称取已二酸(Mr=146g/mol)样品0.2920g,用新煮沸的50mL热水溶解，滴入2滴酚酬:试液，用0.2000mol/LNaOH溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗NaOH的平均体积为19.70mL;设己二酸样品的纯度为3,根据HOOC(CH)4COOH-2NaOH计算。【详解】(1)氧化过程需要使反应温度维持在35c左右，要用35c的热水浴；(2)因为滴速对溶液的温度有影响，为保证反应温度的稳定性(小于50C)或控制反应温度在50c以下，需要控制环己醇滴速；(3)为证明“氧化”反应已结束，就是检验无高镒酸钾即可，所以在滤纸上点1滴混合物，若观察到未出现紫红色，即表明反应完全

19、；(4)根据步骤中分析可知要使生成的MnO2沉淀并充分分离MnO2沉淀和滤液，应趁热过滤；为减少MnO2沉淀的损失，洗涤时也要用热水洗涤；(5)据题意，高镒酸钾约0.060mol,碳酸钠3.18g,0.030mol,根据元素守恒，得最后NadKCl最多为0.060mol,质量分别为3.51g,4.47g,所需体积最少要10mL、13.4mL,为确保产品纯度及产量，所以应浓缩溶液体积至15mL；(6)氢氧化钠溶液呈碱性，需要的仪器是碱式滴定管；称取已二酸(Mr=146g/mol)样品0.2920g,用新煮沸的50mL热水溶解，滴入2滴酚酬:试液，用0.2000mol/LNaOH溶液滴定至终点，进

20、行平行实验及空白实验后，消耗NaOH的平均体积为19.70mL;设己二酸样品的纯度为3,则：HOOC(CH2)4COOH:2NaOH146g2mol0.2920g0.2000mol/L19.7010-3L146g_2mol0.2920g0,2000mol/L19.70103L解得3=98.5%.【点睛】本题明确实验原理是解题的关键，注意该反应对温度要求非常严格，解题时要按照题意进行解答，注意题目信息与相关基础知识的联合分析。5.K3Fe(C2O4)3.3H2O三草酸合铁(出)酸钾晶体易溶于水，难溶于乙醇，可作为有机反应的催化剂。实验室可用铁屑为原料制备，相关反应的化学方程式为：Fe+H2SO4

21、=FeSQ+H2T、FeSQ+H2c2O4+2H2O=FeGO4-2H2OJ+H2SC4、2FeC2O4-2H2O+H2O2+H2c2O4+3K2QO4=2K3Fe(C2O4)3+6H2O、2MnO4+5C2O42+16H+=2Mn2+10CQT+8H2O。回答下列问题：(1)铁屑中常含硫元素，因而在制备FeSQ时会产生有毒的H2s气体，该气体可用氢氧化钠溶液吸收。下列吸收装置正确的是。HSHjSBC(2)在将Fe2+氧化的过程中，需控制溶液温度不高于40C,理由是;得到K3Fe(C2O4)3溶液后，加入乙醇的理由是。(3)晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定，主要步骤有：称量，置于烘箱中脱结

22、晶水,冷却,称量，(叙述此步操作),计算。步骤若未在干燥器中进行，测得的晶体中所含结晶水含量(填“偏高”“偏低”或“无影响”)；步骤的目的是(4)晶体中GO42含量的测定可用酸性KMnO4标准溶液滴定。称取三草酸合铁(出)酸钾晶体mg溶于水配成250mL溶液，取出20.00mL放入锥形瓶中，用0.0100molL-1酸化的高镒酸钾溶液进行滴定。下列操作及说法正确的是。A.滴定管用蒸储水洗涤后,即可装入标准溶液B.装入标准溶液后，把滴定管夹在滴定管夹上，轻轻转动活塞，放出少量标准液，使尖嘴充满液体C.接近终点时，需用蒸储水冲洗瓶壁和滴定管尖端悬挂的液滴有同学认为该滴定过程不需要指示剂,那么滴定终

23、点的现象为,若达到滴定终点消耗高镒酸钾溶液VmL,那么晶体中所含C2O42一的质量分数为(用含V、m的式子表示)。【答案】A防止H2O2分解三草酸合铁(出)酸钾在乙醇中溶解度小重复步操作至恒重偏低检验晶体中的结晶水是否已全部失去B当滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色【解析】,且半分钟不褪色2.75V100m【分析】【详解】(1)A.该装置中硫化氢与氢氧化钠溶液接触面积大，从而使硫化氢吸收较完全，且该装置中气压较稳定，不产生安全问题，故A正确；B.硫化氢与氢氧化钠接触面积较小，所以吸收不完全，故B错误;C.没有排气装置，导致该装置内气压增大而产生安全事故，故C错误；D.

24、该装置中应遵循“长进短出”的原理，故D错误；故选A;(2)双氧水不稳定，温度高时，双氧水易分解，为防止双氧水分解，温度应低些；根据相似相溶原理知，三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，所以得到&Fe(QO4)3溶液后，再想获得其晶体，常加入无水乙醇；(3)晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定，步骤的目的是检验晶体中的结晶水是否已全部失去，也叫恒重操作；步骤未在干燥器中进行，晶体中结晶水不能全部失去，所以称量出的水的质量偏小，测得的晶体中所含结晶水含量也偏低；(4)A.滴定管用蒸储水洗涤后，需要用标准液润洗，然后在装入标准溶液，A错误；B.装入标准溶液后，把滴定管夹在滴定管夹上，轻轻转动活塞，

25、放出少量标准液，使尖嘴充满液体，B正确；C接近终点时，不需用蒸储水冲滴定管尖端悬挂的液滴，否则会导致测定结果偏高，C错误；答案选B;由于酸性高镒酸钾溶液显紫红色，则终点的实验现象为当滴入最后一滴KMnO4溶?夜,锥形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟不褪色；n(MnO4)=Vx10-3LX0.0100molL-1,根据方程式可知n(GO42)=n(MnO4)x5型125Vx10-5mol,m(C2O422204)=125V_X10-5moiX88g.moi-1=2.75VX10-2g,所以晶体中所含C。"的质量分数为42.75V/100mo6.黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成

26、分为CuFeS,现有一种天然黄铜矿(含少量脉石)，为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：现称取研细的黄铜矿样品1.150g,在空气存在下进行煨烧，生成ClkFe3O4和SQ气体,实验后取d中溶液的-!置于锥形并中，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，初读数为100.00mL,终读数如图所示。请回答下列问题:(1)称量样品所用的仪器为,将样品研细后再反应，其目的是(2)装置a的作用是a.有利于空气中氧气充分反应b.除去空气中的水蒸气c.有利于气体混合d有利于观察空气流速(3)上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是。(4)滴定时，标准碘溶液所耗体积为mLo判断滴定已达终点的现象

27、是。通过计算可知，该黄铜矿的纯度为。(5)若用右图装置替代上述实验装置d,同样可以达到实验目的的是。(填编号)(6)若将原装置d中的试液改为Ba(OH)2,测得的黄铜矿纯度误差为+1%,假设实验操作均正确，可能的原因主要有。【答案】电子天平使原料充分反应、加快反应速率仄d使反应生成的SQ全部进入d装置中，使结果精确20.10mL溶液恰好由无色变成浅蓝色，且半分钟内不褪色80.4%空气中的CQ与Ba(OH)2反应生成BaCQ沉淀；BaSO3被氧化成BaSQ【解析】【分析】(1)根据称量黄铜矿样品1.150g,选择精确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；(2)浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒

28、出气泡的速率来调节空气流速；(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收；(4)根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点；先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS2SO22也再根据题中数据进行计算；(5)图2中的中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钢沉淀，可以根据硫酸钢的质量计算二氧化硫的量；(6)Ba(OH)2溶液能吸收空气的CO2,另外BaSQ易被空气中氧气氧化，这些原因均能引起测定误差。【详解】(1)由于称量黄铜矿样品1.150g,精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿

29、充分反应；(2)装置a中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反应装置b中发生危险，同时根据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量，故答案为bd;(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将b、d装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确；(4)根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.10mL,当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝；根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS2SO22I2,消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.10mL时，即消耗的碘单质的量为：0.05mol/

30、LX0.0201L=0.00105moJ所以黄铜矿的质量是：0.5x0.00105molx184g/molx10=0,924眺纯度是：0.9246gx100%=80.4%1.15g(5)由于图2中，硝酸钢溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钢沉淀，过滤干燥后，根据硫酸钢的质量计算出二氧化硫的质量，故答案为；(6)将原装置d中的试液改为Ba(OH)2,测得的黄铜矿纯度误差为+1%,在实验操作均正确的前提下，引起误差的可能原因主要有空气中的CQ与Ba(OH)2反应生成BaCQ沉淀或BaS。被氧化成BaS04o7.碳酸氢钠是重要的化工产品。用标准盐酸溶液滴定可测定碳酸氢钠样品中碳酸氢钠含量。已知碳酸氢钠受

31、热易分解，且在250c270c分解完全。完成下列填空：(1)测定碳酸氢钠含量的实验步骤：用电子天平称取碳酸氢钠样品(准确到g),加入锥形瓶中，加入使之完全溶解；加入甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定。当滴定至溶液由色变为色，半分钟不变色为滴定终点，记录读数。该实验不能用酚酬:作指示剂的原因是。(2)若碳酸氢钠样品质量为0.840g,用0.5000mol/L的标准盐酸溶液滴定至终点，消耗标准盐酸溶液19.50mL。样品中NaHCO3的质量分数为(保留3位小数)。(3)如果滴定尖嘴部分在滴定过程中出现气泡，且滴定终点读数时气泡未消失，会导致测定结果(选填偏高"、偏低”或不受影响”)。(4)

32、碳酸氢钠样品含有少量水分(<0.5%)和氯化钠。以下是测定碳酸氢钠样品中水分的实验方案(样品中NaHCO3含量已知)。在恒重的塔期中称取碳酸氢钠样品，样品和增期的质量为mig。将样品和堪期置于电热炉内，在250c270c加热分解至完全，经恒重，样品和增竭的质量为m2g。-6该实验方案中，质量差(mi-m2)是的质量。若所称取样品中NaHCQ的质量为m3g,则样品中水分的质量m=(用含m、mi、m2的代数式表示)。【答案】0.001黄橙滴定终点溶液呈弱酸性，酚酗:的变色范围为8-10,无法准确判断滴定终点0.975偏低碳酸氢钠分解生成的CO2、H2O和样品中的含有的水分mi-m2-31m3

33、84【解析】【分析】(1)电子天平能准确到小数点后三位；碳酸氢钠的溶液中滴加甲基橙指示剂，溶液呈黄色；而弱酸性的溶液中滴加甲基橙指示剂，溶液呈橙色；酚酗:试液在pH>8的溶液中才呈红色；(2)根据NaHCO3HCl,则n(NaHCO3)=n(HCl)计算；c标准V标准根据c(待测尸左布分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误V传测差；(4)由2NaHCQ=Na2CO3+H2O+CO2T可知加热前后固体质量减轻，主要是生成CO2气体和水蒸气；先计算出m3gNaHCO3分解生成的水和CO2的质量，再计算样品中含有的水分质量。【详解】(1)用电子天平称取碳酸氢钠样品能准确到0.001g

34、;碳酸氢钠溶液中加入甲基橙指示剂，溶液呈黄色，用标准盐酸溶液滴定，当滴定至溶液由黄色变为橙色，半分钟不变色为滴定终点；因滴定终点溶液呈弱酸性，而酚酗:试液的变色范围为8-10,用酚血:作指示剂将无法准确判断滴定终点；(2)滴定至终点消耗0.5000mol/L的标准盐酸溶液19.50mL,则参加反应的HCl为0.5000mol/Lx0.01950L=0.00975md艮据NaHCQHCl,贝Un(NaHCQ)=n(HCl),0.840g样品中m(NaHCO3)=0.00975molx84g/mol=0.819敬样品中NaHCQ的质量分数为0.819g0.840g=0.975;(3)滴定管尖嘴部分

35、在滴定前没有气泡，滴定过程中出现气泡，且滴定终点读数时气泡未消失，导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低;（4）已知2NaHCQ三=Na2CO3+H2O+CQT,则该实验方案中，质量差（mi-m2）是碳酸氢钠分解生成的CO2、H2O和样品中的含有的水分；称取样品中NaHCO的质量为m3g,则完全反应生成的碳酸钠质量为m4g,一_力口热_2NaHCO3Na2cO3+CO2+H2O168106m3m4106m3106m331m4=1egg,生成的水和CO2的质重为m3g-g=84m3g,故所则样品中水分的质曰31重m=m1-m2m3g。84【点睛】滴定操作误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类

36、型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c（待测）=c（标准）=口（标准）分析，若标准溶液的体积偏V（待测）小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。8.葡萄糖酸亚铁（C6Hl1O）2Fe）是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。用下图装置制备FeCO,并利用FeCO与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。回答下列问题：（1）a的名称为。（2）打开a中K1、K3,关闭K2,一段时间后，关闭K3,打开K2。在（填仪器标号）中制得碳酸亚铁。实验过程中产生的H2作用有、。（写2条）（3）将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。如过滤时间过长会发现产品部分

37、变为红褐色。用化学方程式说明原因。（4）将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。加入乙醇的目的是O（5）用NaHCO溶液代替N&CO溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，离子方程式为,此法产品纯度更高，原因是。【答案】恒压滴液漏斗c排出装置内的空气，防止生成的FeCQ被氧化将b中溶液压入c中4FeCQ+O2+6H2O=4Fe(OH+4C。降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度F(2+2HCOT=FeCQJ+H2O+CC2T降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁【解析】【分析】(1) a的名称为恒压滴液漏斗；(2) b中产生的硫酸亚铁被氢气压入c中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的H2

38、作用还有：排出装置内的空气，防止生成的FeCQ被氧化；(3) FeCQ与O2反应生成红褐色Fe(OH3；(4) 乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度；(5)NaHCO与FeSQ溶液反应生成FeCO、HQCO和NaSO;碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁。【详解】(1)a的名称为恒压滴液漏斗；(2)b中产生的硫酸亚铁被压入c中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的H作用有：赶走空气、防止生成的FeCQ被氧化；将b中溶液压入c中；(3)过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。FeCQ与O2反应生成Fe(OH)3,用化学方程式：4FeCQ+O2+6H2O=4Fe(OH

39、+4CO2;(4)乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；(5)NaHCOBM与FeSQ溶液反应生成FeCO、HQCO和NaSO,方程式为：Fe2+2HCO3=FeCO4+H2O+CQT。碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，此法产品纯度更高的原因是：降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁。9.二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SO2气体还原Fe3+、I2,可以使用的药品和装置如图所示：£F«b溶液货诧崩的水溶液ADC(1)写出由铜和浓硫酸制取SQ的化学方程式。(2)装置

40、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堪期(3)根据以上现象，该小组同学认为SO2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”)(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Fe3的热化学反应方程式。【

41、答案】Cu+2H2SO4CuSQ+SQf+2H2O溶液由黄色变为浅绿色AB、F2Fe3+SQ+2H2O=SQ2-+2Fe2+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)+1102(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

42、)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，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+2H2。=4口+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，氢氧根离子源于SQ2-的水解、水的电离；(6)发生反应：4FeS+11Q=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+2HSO=CuSOSQT+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，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+2H2O=SO；-+2Fe2+4Hh;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滴阿Fe(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