2020-2021高考化学易错题精选-化学反应原理练习题含详细答案

1、2020-2021高考化学易错题精选-化学反应原理练习题含详细答案一、化学反应原理1.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t-BuNO2，以t-Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。制备亚硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4+2NaNO2=2HNO2+Na2SO4o可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)在40左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：(2)制备叠氮化钠(NaN3)按如图所示

2、组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：t-BuNO2NaOHN2H4=NaN32H2Ot-BuOHo装置a-A.t-BuNOF_NaOH.N2H4S匕才助剂混合溶液装置a的名称是；该反应需控制温度在65C，采用的实验措施是；反应后溶液在0C下冷却至有大量晶体析出后过滤。所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是(3)产率计算称取2.0g叠氮化钠试样，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。用滴定管加入0.10molL-1六硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2

3、滴邻菲罗啉指示液，并用0.10molL-1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2为标准液，滴定过量的Ce4+,终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce4Fe2=Ce3Fe3)o已知六硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO3)3,试写出该反应的化学方程；计算叠氮化钠的质量分数为(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是(填字母)。锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡滴定过

4、程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：【答案】t-BuOH+HNOzrBuNO2+H2O恒压滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32Ce(NO3)32NaNO3+3N2个65%ACClO-+2N3-+H2O=Cl-+2OH-+3N2个【解析】【分析】【详解】制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：t-BuOH+HNO

5、40t-BuNO+H0；222装置a的名称即为恒压滴液漏斗；反应要控制温度在65C，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和N-中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：2(NH)Ce(NO)+2NaN=4NHNO+2NaNO+2Ce(NO)+3NT；在计算叠423634333321氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了K与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce,因此有：2.0gNaN

6、样品的丄消耗的Ce4+Fe2+消耗的Ce4+=0.004molCe4+，考虑到Fe2+与310Ce4+的反应按照1:1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：n(NaN)二10 x(0.004-Fe2+消耗的Ce4+)二0.02mol，所以叠氮化钠样品的质量分数3m(NaN)0.02molx65g/mol为.w=3x100%=65%；为：2.0g2.0；润洗锥形瓶，会使步骤消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；量取40mL六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗

7、掉的Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；C步骤用Fe2+标定未反应的Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；D.将挂在锥形瓶壁上的Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；答案选AC；反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：CIO-+2N-+HO=C1-+3NT+2OH-。322【点睛】滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘

8、以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物A与过量的B反应，再用C标定未反应的B,在做计算时，要注意A与C一同消耗的B。2.K3Fe(C2O4)33H2O三草酸合铁(III)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=FeSO4+H2仁FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O42H2O；+H2SO42FeC2O42H2O+H2O2+H2C2O4+3K2C2O4=2K3Fe(C2O4)3+6H2O2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2f+8H2O。回答下列问题：铁屑中常含硫元素，因而在制

9、备FeSO4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。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。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”)；步骤的目的是晶体中C2O42-含量的测定可用酸性KMnO4标准溶液滴定。称取三草酸合铁(III)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

10、锰酸钾溶液进行滴定。下列操作及说法正确的是_。滴定管用蒸馏水洗涤后，即可装入标准溶液装入标准溶液后，把滴定管夹在滴定管夹上，轻轻转动活塞，放出少量标准液，使尖嘴充满液体接近终点时，需用蒸馏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，那么滴定终点的现象为，若达到滴定终点消耗高锰酸钾溶液VmL，那么晶体中所含C2O42-的质量分数为(用含V、m的式子表示)。形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色,且半分钟不褪色100m【答案】A防止H2O2分解三草酸合铁(III)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2.75V【解析

11、】【分析】【详解】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；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；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；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K3Fe(C2O4)3溶液后，再想获得其晶体，常加入无水乙醇；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

12、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；A.滴定管用蒸馏水洗涤后，需要用标准液润洗，然后在装入标准溶液，A错误；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，B正确；接近终点时，不需用蒸馏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；由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则终点的实验现象为当滴入最后一滴KMnO4溶液，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-)=VX10-3LX0.01005250125VmolL-i，根据方程式可知n(C2O42-)=n

13、(MnO4-)X亍x0=X10-5mol，m(C2O42125V-)=4X10-5molX88gmol-i=2.75VX10-2g，所以晶体中所含C2O42-的质量分数为2.75V/100m。3.黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，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，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体,实验后取d中溶液的一置于锥形瓶中，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，初读数为O.OOmL,终读数如图所示。请回答下列问题:TOC o 1-5 h z称量样品所用的仪器为，将

14、样品研细后再反应，其目的是。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上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是。滴定时，标准碘溶液所耗体积为mL。判断滴定已达终点的现象是。通过计算可知，该黄铜矿的纯度为。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)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b、d使反应生成的SO2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

15、色80.4%空气中的CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀；BaSO3被氧化成BaSO4【解析】【分析】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；浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收；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CuFeS22SO2212,再根据题中数据进行计算；图2中的中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钡沉淀，可以根据硫酸钡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B

16、aSO3易被空气中氧气氧化，这些原因均能引起测定误差。【详解】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，并且使黄铜矿充分反应；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；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；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

17、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：CuFeS22SO2212，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/Lx0.0201L=0.00105mol,所以黄铜矿的质量是：0.5x0.00105molx184g/molx10=0.9246g,所以其纯度是:0.9246g1.15gx100%=80.4%；由于图2中，硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡沉淀，过滤干燥后，根据硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量，故答案为；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

18、误差的可能原因主要有空气中的CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀或BaSO3被氧化成BaSO4o淀粉水解的产物(C6H12O6)用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图1所示(加热、搅拌和仪器固定装置均已略去)：实验过程如下：ABCa1團2将1:1的淀粉水乳液与少许硫酸(98%)加入烧杯中，水浴加热至85C90C，保持30min，然后逐渐将温度降至60C左右；将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；控制反应液温度在55-60C条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸(65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2:1.5)溶液;反应3h左右，冷却，减压过滤后再重结晶得草酸晶体，硝酸氧化淀粉

19、水解液过程中可发生下列反应：C6H1206+12HN03T3也C204+9N02个+3N0个+9H2O6126322422CHQu+8HNOjT6CO,+8N0个+10HO61263223H2C2O4+2HNO36CO2+2N0个+4H2O请回答下列问题：TOC o 1-5 h z(1)实验加入98%硫酸少许的作用是：；(2)实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是；(3)检验淀粉是否水解完全所用的试剂为；(4)草酸重结晶的减压过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有；(5)将产品在恒温箱内约90C以下烘干至恒重，得到二水合草酸用KMnO4标准溶液滴定，该反应的

20、离子方程式为：2MnO4.+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2个+8巧0称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用0.020molLi的酸性KMnO4溶液滴定至终点(杂质不参与反应)，此时溶液颜色变化为，滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为。【答案】催化剂的作用温度过高，硝酸浓度过大，导致H2C2O4进一步被氧化碘水布氏漏斗、吸滤器无色突变为淡紫色且半分钟不褪色84%【解析】【分析】【详解】淀粉水解需要浓硫酸作催化剂，即浓硫酸的作用是提高淀粉水解的速度(或起到催化剂的作用)。由于温度过高、硝酸浓度过大，会导致产物H2C2O4进一步被氧化，

21、所以不能滴入的过快。由于碘能和淀粉发生显色反应，所以可以用碘水来检验淀粉是否完全水解。(4)减压过滤时需要布氏漏斗、吸滤瓶。由于酸性高锰酸钾溶液是显紫红色的，所以当反应达到终点时，溶液颜色由无色突变为淡紫色且半分钟不褪色。根据滴定管的读数可知，消耗高锰酸钾溶液是18.50ml2.50ml=16.00ml。根据方程式可知，草酸的物质的量是0.020molL-ix0.016Lx5/2=0.0008mol，则0.0008xl26.八帀草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为X100%二84.0%。无水硫酸铜在加热至650r时开始分解生成氧化铜和气体.某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成实验装

22、置如下：无水玄牝钙EE中收集到气体的体积.实验数据如下（E中气体体每次实验后均测定B、C质量的改变和积已折算至标准状况）：实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gc增重质量/gE中收集到气体/mLT10.6400.32000T20.64000.256V2T30.6400.160Y322.4T40.640X40.19233.6TOC o 1-5 h z（1）实验过程中A中的现象是D中无水氯化钙的作用是（2）在测量E中气体体积时，应注意先，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积（填“偏大”、“偏小”或“不变”）（3）实验中B中吸收的气体是.实验中E中收集到

23、的气体是.（4）推测实验中CuSO4分解反应方程式为：.（5）根据表中数据分析，实验中理论上C增加的质量Y3=g.（6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由.【答案】白色固体变黑吸收水蒸气，防止影响C的质量变化冷却至室温偏小SO3Ao22CuSO42CuO+2SO2个+O2个0.128T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的o2【解析】【分析】（1）根据无水硫酸铜在加热至650r时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；（2）气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气

24、压大于外界大气压，测得气体体积偏小；（3）实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；0.64g0.64g硫酸铜的物质的量为i60g/moi=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:0.256g0.004molx80g/mol=0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：64g/加o10.064g氧气的质量为：0.64-0.32-0.256=0.064g，物质的量为：页J=0.004mol.=0.002mol.CuSO4、CuO、S02、O2的物质的量之比等于2：2：2；1,则实验中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2

25、个+O2个；0.64g0.64g硫酸铜的物质的量为60g/mo1=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为:0.02240.004molx80g/mol=0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：x32=0.032g,22.4根据质量守恒实验中理论上C增加的质量丫3=0.64-0.32-0.16-0.032=0.128g；根据表中实验的数据可知，t4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和02是吸热反应,温度高有利于生成更多的O2。【详解】因为无水硫酸铜在加热至650r时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是吸收

26、水蒸气，防止装置E中的水进入装置C,影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温偏小；实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：SO3；O2；0.64g0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为：0.004molx80g/mol=0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为:0.256g64g/moi=0.004m

27、ol,氧气的质量为：0.64-0.32-0.256=0.064g,物质的量为:0.064g32g/moi=0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1,则实验中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2个+O2个；0.64g(5)0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol,分解生成氧化铜的质量为：0.02240.004molx80g/mol=0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：x32=0.032g,322.4实验中理论上C增加的质量丫3=0.64-0.32-0.16-0.032=0.128g；根据表中实验的数据可知，t4

28、温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和02是吸热反应，温度高有利于生成更多的02，故t4温度更高，故答案为：t4温度更高，因为SO3分解为SO2和02是吸热反应，温度高有利于生成更多的02。6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Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：取2.6g样品，加入200.0mL0.2000molL-1酸性KMnO4溶液，加热（硫元素全部转化为SO42-），滤去不溶杂质；收集滤液至250mL容量瓶中，定容；取25.00mL溶液，用0.1000molL-iFeSO

29、4溶液滴定，消耗20.00mL；加入适量NH4HF2溶液（掩蔽Fe3+和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+4I-=2CuI+I2；加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1L-iNa2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL（已知：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-）。回答下列问题：TOC o 1-5 h z写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：；配制0.1000molL-iFeSO4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；中取25.00mL待测溶液所用的仪器是；中滴定至终点时的现象

30、为；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+2MnO4-+8H+=2Cu2+SO42-+2Mn2+4H2O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+SO42-+2Mn2+4H2O。配制0

31、.1000molL-iFeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+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。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12，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、y,据5Fe2+MnO4-(5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O)，样品反应后剩余n(Mn04-)=0.1000molL-ix20

32、.00 x10-3Lx1250X525.00=4.000 x10-3mol样品消耗n(MnO4-)=0.2000moL-ix200.0 x10-3L4.000 x10-3mol=36.00 x10-3mol由Cu2S2MnO4-和5CuS8MnO4-5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2+5SO42-+8Mn2+12H2O)2x+5y=36.00 x10-3mol又据2Cu2+I22S2O32，得2x+y=0.1000mo1L-ix30.00 x10-3Lx25025.00=30.00 x10-3mol解方程组得x=y=0.01mol0.01molxl60g/mol“门小故w(Cu2S)=

33、26-x100%=61.5%,x100%=36.9%。0.01molx96g/mol网CuS#26厂【点睛】混合物的计算常利用方程组解决，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。葡萄糖酸亚铁(CH0)Fe)是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。用下图装61172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：33a的名称为。打开a中KI、K3,关闭K2,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H作用有、。(写2条)2将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。如过

34、滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。用TOC o 1-5 h z化学方程式说明原因。将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。加入乙醇的目的是用NaHC0溶液代替NaC0溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，离子方程式为323，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FeCO3被氧化将b中溶液压入c中4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度Fe2+2HCO3=FeCO3d+H2O+CO2个降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁【解析】【分析】a的名称为恒压滴液漏斗；b中产生的硫酸亚铁被氢气压入c中与碳酸钠作用产生

35、碳酸亚铁；实验过程中产生的H作用还有：排出装置内的空气，防止生成的FeCO3被氧化；23FeCO3与o2反应生成红褐色Fe(OH)；323(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；NaHCO溶液与FeSO溶液反应生成FeCO、HO、CO和NaSO；碳酸根离子水解后溶液3432224碱性较强，易生成氢氧化亚铁。【详解】a的名称为恒压滴液漏斗；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2用有：赶走空气、防止生成的FeCO3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。FeCO3与o2反应生成Fe(OH)3,用化学方程式：

36、4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2；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)NaHCO溶液与FeSO溶液反应生成FeCO、HO、CO和NaSO，方程式为：Fe2+2HCO334322243-=FeCO3+H2O+CO2个。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。三氯化氧磷(POCI3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂，实验室制取POCl3并测定产品含量的实验过程如下:I制备POCl3采用氧气氧化液态的PCl3法。实验装置(加热及夹持装置省略及相关信息如下

37、。物质熔点/c沸点/c相对分子质量其他PCl3112.076.0137.5均为无色液体，遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，两者互溶POCl32.0106.0153.5(1)仪器a的名称为:TOC o 1-5 h z装置C中生成POCI3的化学方程式为;实验中需控制通入02的速率，对此采取的操作是;装置B的作用除观察02的流速之外，还有;反应温度应控制在6065C，原因是；II.测定POCI3产品含量的实验步骤：实验I结束后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取16.725gPOCI3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液取10.00mL溶液于

38、锥形瓶中，加入10.00mL3.5moI/LAgNO3标准溶液(Ag+CI-=AgCI；)加入少量硝基苯(硝基苯密度比水大，且难溶于水)以硫酸铁溶液为指示剂，用0.2moI/LKSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液(Ag+SCN-=AgSCN；)，到达终点时共用去10.00mLKSCN溶液。达到终点时的现象是；测得产品中n(POCI3)=；已知Ksp(AgCI)Ksp(AgSCN)，据此判断，若取消步骤，滴定结果将。(填偏高，偏低，或不变)【答案】冷凝管(或球形冷凝管)2PCI3+O2=2POCI3控制分液漏斗中双氧水的加入量平衡气压、干燥氧气温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响

39、产物纯度滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色0.11moI偏低【解析】【详解】仪器a的名称为冷凝管(或球形冷凝管)；正确答案：冷凝管(或球形冷凝管)。加热条件下，PCI3直接被氧气氧化为POCI3，方程式为：PCI3+O2=POCI3o装置A产生氧气，则可以用分液漏斗来控制双氧水的滴加速率即可控制通入O2的速率；正确答案：控制分液漏斗中双氧水的加入量。装置B中为浓硫酸，其主要作用：干燥氧气、平衡大气压、控制氧气流速；正确答案：平衡气压、干燥氧气。(5)根据图表给定信息可知，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度；但是温度也不能太低，否则反应速率会变小；正确答案：温度过低，反应速率

40、小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度。以硫酸铁溶液为指示剂，用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液达到滴定终点时，铁离子与硫氰根离子反应生成了红色溶液，且半分钟之内颜色保持不变；正确答案：滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色；KSCN的物质的量0.2moI/LX0.01L=0.002mol，根据反应Ag+SCN-=AgSCN；，可以知道溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol；POCI3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.5moI/LX0.01L-0.002mol=0.033mol,根据氯原子守恒规律可得n(POCI3)=0.011mol，则16.725克POCI3产品

41、中n(POCI3)=0.11mol。加入少量的硝基苯可以使生成的氯化银沉淀与溶液分开，如果不这样操作，在水溶液中部分氯化银可以转化为AgSCN；已知Ksp(AgCI)Ksp(AgSCN)，使得实验中消耗的KSCN偏多，所测出的剩余银离子的量增大，导致水解液中与氯离子反应的银离子的量减少，会使测定结果偏低。9.氧化剂H2O2在反应时不产生污染物被称为绿色氧化剂，因而受到人们越来越多的关注。I某实验小组以h2o2分解为例，探究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下表所示的方案完成实验。实验编号反应物催化剂10mL2%H2O2溶液无10mL5%H2O2溶液无10mL5%H2O2溶

42、液1mL0.1molL-1FeCl3溶液10mL5%H2O2溶液+少量HCI溶液1mL0.1molL-1FeCl3溶液10mL5%H2O2溶液+少量NaOH溶液1mL0.1molL-1FeCl3溶液（1）实验和的目的是。同学们进行实验时没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示，通常条件下h2o2稳定，不易分解。为了达到实验目的，你对原实验方案的改进方法是（填一种方法即可）。（2）实验中，测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图所示。分析该图能够得出的实验结论是。II.资料显示，某些金属离子或金属氧化物对H2O2的分解起催化作用。为比较Fe3+和CU2+对h2o2分解的催化效果，该实验小组的同学

43、设计了如下图所示的实验装置进行实验。（1）某同学通过测定02的体积来比较h2o2的分解速率快慢，实验时可以通过测量或来比较。（2）0.1gMnO2粉末加入50mLH2O2溶液中，在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。请解释化学反应速率变化的原因：。请计算h2o2的初始物质的量浓度为（保留两位有效数字）。为探究MnO2在此实验中对H2O2的分解起催化作用，需补做下列实验(无需写出具体操作)：a.；b.。【答案】探究浓度对反应速率的影响向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中)碱性环境能增大h2o2分解的速率，酸性环境能减小h2o2分解的速率相同时间内产生02的

44、体积生成相同体积02所需要的时间随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢0.11molL-iMnO2的质量有没有改变MnO2的化学性质有没有改变【解析】【详解】(1)实验和中h2o2的浓度不同，其它条件相同，故实验目的是探究浓度对反应速率的影响；实验时没有观察到明显现象是因为反应太慢，那么就要采取措施加快反应，可以向反应物中加入等量同种催化剂或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中。(2)从图可以看出产生O2的最终体积相等，但溶液的酸碱性不同，反应速率不同，在碱性环境能增大h2o2分解的速率，酸性环境能减小h2o2分解的速率。(1)通过测定O2的体积来比较h2o2的分解速率快慢时可以看相同时间内产生o2的体积，或生成相同体积O2所需要的时间。(2)从图可以看出，反应开始后，在相同的时间内生成的O2的体积逐渐减小，反应速率变慢，那么造成反应变慢的原因是随着反应的进行，浓度减小，反应速率减慢；反应在进行到4min时O2的体积不再改变，说明反应完全，生成O2的物质的量为：60X10-3LF22.4L/mol=2.7X10-3mol,根据反应2H2O2=2H2O+O2f,生成2