20202021成都化学高考化学化学反应原理解答题压轴题提高专题练习

2020-2021成都化学高考化学化学反应原理解答题压轴题提高专题练习2020-2021成都化学高考化学化学反应原理解答题压轴题提高专题练习19/192020-2021成都化学高考化学化学反应原理解答题压轴题提高专题练习2020-2021成都【化学】高考化学化学反应原理解答题压轴题提高专题练习一、化学反应原理1．碳酸镁晶须是一种新式的吸波隐形资料中的增强资料。（1）合成该物质的步骤以下：-1-1溶液。步骤1：配制0.5mol·LMgSO4溶液和0.5molL·NH4HCO3步骤2：用量筒量取500mLNH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50℃。步骤3：将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调治溶液pH到。步骤4：放置1h后，过滤，冲洗。步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·nH2On=1～5）。①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是_________。②步骤3生成MgCO3·nH2O积淀的化学方程式为__________。③步骤4检验积淀可否冲洗干净的方法是__________。（2）测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。称量1.000碳酸镁晶须，放入以下列图的广口瓶中加入合适水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸取，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。①图中气球的作用是_________。②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是______。③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准情况下CO2为，则n值为_______。（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少许碳酸亚铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过分的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用2O2溶液进行滴定。平行测定四组。耗资H2O2溶液的体积数据如表所示。实验编号1234耗资H2O2溶液体积/mL①H2O2溶液应装在_________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。②依照表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_________%（保留小数点后两位）。【答案】水浴加热MgSO+NH4HCO3+NH3?H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4取最4后一次冲洗液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，尔后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则积淀已经冲洗干净缓冲压强（或平衡压强），还可以够起到封闭系统的作用使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸取4酸式【解析】【解析】本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定MgCO·nHO中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO·nHO反应，测定产生的CO的体积，32322能够经过计算确定MgCO3·nH2O中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转变成Fe2+，用H2222O溶液滴定，依照耗资的HO的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。【详解】1）①步骤2控制温度在50℃，当温度不高出100℃时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可平均加热，又能够很好地控制温度。②MgSO44332424，溶液和NHHCO溶液、氨水反应生成MgCO·nHO积淀的同时还获得(NH)SO化学方程式为：MgSO4+NH4HCO3+NH3?H2O+(n-1)H2OMgCO3·nH2O↓+(NH4)2SO4。③步骤4检验积淀可否冲洗干净，能够检验冲洗液中的SO42-，方法是取最后一次冲洗液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，尔后加入BaCl2溶液，若无白色积淀，则积淀已经冲洗干净。（2）①图中气球能够缓冲压强（或平衡压强），还可以够起到封闭系统的作用。②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸取。③标准情况下2的物质的量为0.05mol，依照碳守恒，有=0.05mol，解得n=4。(84+18n)g/mol（3）①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。②四次实验数据，第3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验耗资H2O2溶液体积的平均值为。n(H2O2×-4mol×10，在H2O2和Fe2+的反应中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，Fe2+中铁的化合价高升到+3价，依照电子守恒，n(Fe2+22-4-4)=2(HO)=3×10mol，则m(Fe)=3×10mol×，实验菱镁矿中铁元素的质量分数为×100%=0.13%。【点睛】当控制温度在100℃以下时，能够采用水浴加热的方法。检验积淀可否冲洗干净时需要选择合适的检测离子，选择检测的离子必然是滤液中的离子，并且简单经过化学方法检测。检验积淀可否冲洗干净的操作需要同学记住。2．人体血液里2＋的浓度一般采用-3来表示。抽取必然体积的血样，加合适的草酸Camg·cm[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)积淀，将此草酸钙积淀冲洗后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计以下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。（配制KMnO4标准溶液）如图是配制50mLKMnO4标准溶液的过程表示图。（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有__________(填序号)。（2）若是用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将__________(填“偏大”或“偏小”)。（测定血液样品中Ca2＋的浓度）抽取血样，经过上述办理后获得草酸，再用－1424溶液。0.020mol·LKMnO溶液滴定，使草酸转变成CO逸出，这时共耗资12.00mLKMnO（3）已知草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为-+x+2MnO4+5H2C2O4+6H=2Mn+10CO2↑+8H2O则方程式中的x=__________。4）经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为__________mg·cm-3。【答案】②⑤偏小【解析】【解析】(1)依照图示解析配制必然物质的量浓度的溶液的操作正误；(2)依照仰望刻度线，会使溶液体积偏大判断；(3)依照电荷守恒进行解析；(4)依照滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。【详解】(1)由图示可知②⑤操作不正确，②不能够在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；(2)若是用图示的操作配制溶液，由于仰望刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；(3)依照电荷守恒，(-1×2)+(+1×6)=+x，解×2得，x=2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O；(4)血样20.00mL经过上述办理后获得草酸，草酸耗资的耗资的高锰酸钾的物质的量为：×0.012L=2.4-4mol×10，依照反应方程式2MnO4-224+2+2224，可知：+5HCO+6H═2Mn+10CO↑+8HO，及草酸钙的化学式CaCO2+5--4-42+-4224×2.4×mol=610×10mol，Ca的质量为：40g/mol×6×1024mol=0.024g=24mg，钙离子的浓度为：24mg320cm3。【点睛】要学会配制必然物质的量浓度溶液的常有误差解析的基本方法：紧抓c=n解析，如：用V量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水冲洗量筒并将冲洗液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不用冲洗，由于量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若冲洗并将冲洗液转移到容量瓶中，以致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立刻转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度高升或降低，从而影响溶液体积的正确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积减小，低于刻度线，以致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。3．研究小组进行图所示实验，试剂A为-10.2molL·CuSO4溶液，发现铝条表面无明显变化，于是改变实验条件，研究铝和CuSO42溶液反应的影响因素。用不相同的试剂溶液、CuClA进行实验1~实验4，并记录实验现象：实验试剂A实验现象序号1-1铝条表面有气泡产生，并有红色固体析出0.2molL·CuCl2溶液-1开始铝条表面无明显变化，加NaCl后，铝条表20.2molL·CuSO4溶液，再加入必然质量的NaCl固体面有气泡产生，并有红色固体析出3-1铝条表面有少许气泡产生，并有少许红色固体2molL·CuSO4溶液4-1反应特别激烈，有大量气泡产生，溶液变成棕褐2色，有红色固体和白色固体生成（1）实验1中，铝条表面析出红色固体的反应的离子方程式为_________。（2）实验2的目的是证明铜盐中的阴离子Cl-是以致实验1中反应迅速发生的原因，实验2中加入NaCl固体的质量为_________g。3）实验3的目的是_________。4）经检验知，实验4中白色固体为CuCl。甲同学认为产生白色固体的原因可能是发生了Cu+CuCl2CuCl的反应，他设计了右图所示实考据明该反应能够发生。2A极的电极资料是_________。②能证明该反应发生的实验现象是_________。（5）为研究实验4中溶液表现棕褐色的原因，分别取白色CuCl固体进行以下实验：实验序号实验操作实验现象i加入浓NaCl溶液积淀溶解，形成无色溶液ii加入饱和AlCl3溶液积淀溶解，形成褐色溶液iii向i所得溶液中加入－1CuCl2溶液溶液由无色变成褐色2molL·查阅资料知：CuCl难溶于水，能溶解在Cl－浓度较大的溶液中，生成[CuCl2]－络离子，用水稀释含[CuCl2]－的溶液时会重新析出CuCl积淀。①由上述实验及资料可推断，实验4中溶液呈棕褐色的原因可能是2－与_________作[CuCl]用的结果。②为确证明验4所得的棕褐色溶液中含有[CuCl2]－，应补充的实验是_________。（6）上述实验说明，铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液的反应现象与_________有关。【答案】3Cu2++2Al2Al3++3Cu0.117证明增大CuSO4溶液的浓度能够使Al和CuSO4的反应发生金属铜电流计指针偏转，两极均有白色积淀生成Al3+、Cu2+取合适实验4的棕褐色溶液，加水稀释，观察可否出现白色积淀铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等【解析】(1)实验1中，铝与氯化铜反应置换出铜，反应的离子方程式为3Cu2++2Al=2Al3++3Cu，故答案为3Cu2++2Al=2Al3++3Cu；(2)实验1--1-中n(Cl)=0.005L×0.2molL×·，实验2的目的是证明铜盐中的阴离子Cl是以致实验1中反应迅速发生的原因，实验2中加入NaCl固体的质量为×，故答案为；(3)实验3与原实验对照，增大了硫酸铜溶液的浓度，铝条表面有少许气泡产生，并有少许红色固体，说明增大CuSO4溶液的浓度能够使Al和CuSO4的反应发生，故答案为证明增大CuSO4溶液的浓度能够使Al和CuSO4的反应发生；(4)①Cu+CuCl2=2CuCl反应中铜被氧化，铜应该做负极，CuCl2被还原，在正极放电，因此极为负极，采用铜作负极，故答案为铜；②构成原电池后，铜溶解进入溶液，与溶液中的氯离子反应生成白色积淀，正极铜离子被还原，也生成白色积淀，电流计指针偏转，故答案为电流计指针偏转，两极均有白色积淀生成；(5)①由上述实验ii及资料可推断，实验4中溶液呈棕褐色的原因可能是[CuCl2]－与Al3+、Cu2+作用的结果，故答案为Al3+、Cu2+；②依照信息知，取合适实验4的棕褐色溶液，加水稀释，观察可否出现白色积淀能够确证实验4所得的棕褐色溶液中含有[CuCl2]－，故答案为取合适实验4的棕褐色溶液，加水稀释，观察可否出现白色积淀；(6)依照实验1和2、2和3、1和4中所用试剂的种类和浓度以及实验现象可知，铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液的反应现象与铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等有关，故答案为铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等。4．氢叠氮酸（HN3）和莫尔盐[（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O]是两种常用原料。1）氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5。①氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为_______②的HN3溶液与的NaOH溶液等体积混杂后，恢复到25℃，此时，溶液呈酸性，则混杂溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的序次为_______。（2）在FeSO2SO4固体可制备莫尔盐晶体[（NH4）2Fe（SO4）4溶液中，加入（NH4）2·6H2O]，为了测定产品纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为，实验结果记录以下：（已知莫尔盐的分子量为392）实验次数第一次序二次序三次耗资KMnO4溶液体积/mL①配制莫尔盐溶液，所使用的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外还有_______②滴定终点的现象是_______，经过实验数据，计算该产品的纯度为_______（用含字母a、c的式子表示）。③上表第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是_______。第一次滴准时，锥形瓶用待装液润洗该酸性高锰酸钾标准液保留时间过长，部分变质滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失【答案】HN3?H++N3-c（N3-）>c（Na+）>c（HN3+）>c（H+）>c（OH-）500mL容量瓶，胶头滴管滴入最后一滴标准液，溶液变成浅紫红色，且半分钟不变色（980c/a）×100%AC【解析】【解析】(1)①氢叠氮酸是一元弱酸；的HN3溶液与的NaOH溶液等体积混杂后，溶液中含有等物质的量浓度的HN3和NaN3；(2)溶液的配置需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；高锰酸钾溶液自己是紫色的，能够依照高锰酸钾溶液颜色变化判断滴定终点；第一次实验中记录数据明显大于后两次，即高锰酸钾溶液体积偏大。【详解】(1)①氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为a-5，说明氢叠氮酸为弱酸，K=10×10在水溶液中的电离方程式为HN3H++N3-，故答案为HN3H++N3-；②的HN3溶液与的NaOH溶液等体积混杂后，溶液中存在等物质的量浓度的HN3和NaN3，恢复到25℃，溶液显酸性，以HN3的电离为主，混杂溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的序次为-++--c(N3)>c(Na)>c(HN3)>c(H)>c(OH)，故答案为c(N3)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-)；①500mL溶液的配置需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶，胶头滴管；②利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+，化合价高升1，Mn由+7价→+2，化合价降低5，最小公倍数5，依照原子个数、电荷守恒，配平得MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变成浅紫色，且30s不变色，故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变成浅紫色，且30s不变色；由于第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，耗资高锰酸钾溶液的体积为mL=25mL，依照离子反应方程式，得出：2-3n[(NH4)2SO4?FeSO4?6H2O]=5n(KMnO4)=25×10×c×5mol，则500mL溶液中含有-3n[(NH4)2SO4?FeSO4?6H2O]=25×10×c×5×25mol500/=2.5cmol，因此质量分数392980c

980c

×

×100%=

×100%，故答案为：

×100%；a

a

a③A．第一次滴准时，锥形瓶用待装液润洗，锥形瓶中亚铁离子的量偏多，耗资的高锰酸钾偏多，A项正确；B．三次使用的高锰酸钾都是相同的，耗资的高锰酸钾体积应是相同的，B项错误；C．滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所耗资的液体体积增加，故C项正确；故答案为：AC。【点睛】本题观察了积淀的转变和物质含量的测定。本题的易错点为(2)的误差解析，要注意同一实验使用的标准溶液是相同的。5．依照当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。完成以下填空：(1)将0.050molSO(g)和0.030molO(g)充入一个2L的密闭容器中，在必然条件下发生反22应：2SO22332的平(g)+O(g)?2SO(g)+Q。经2分钟反应达到平衡，测得n(SO)=0.040mol，则O均反应速率为______(2)在容积不变时，以下措施中有利于提高SO2平衡转变率的有______(选填编号)a.移出氧气b.降低温度c.减小压强d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g)(3)在初步温度T1(673K)时SO2的转变率随反应时间(t)的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，初步温度为T2(723K)时SO2的转变率随反应时间变化的表示图___(4)黄铁矿在必然条件下煅烧的产物为SO和FeO234①将黄铁矿的煅烧产物Fe34244O溶于HSO后，加入铁粉，可制备FeSO。酸溶过程中需保持溶液有足够的酸性，其原因是______②FeS2能将溶液中的3+2+2﹣。写出有关的离子方程式Fe还原为Fe，自己被氧化为SO4______。有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______【答案】0.005mol/(L?min)bd抑Fe3+与Fe2+的水解，并防范Fe2+被氧化成Fe3+FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+14NA【解析】【解析】(1)依照v＝c求出氧气的速率，尔后依照速率之比等于对应物质的化学计量数之比计t算；(2)反应放热，为提高SO2平衡转变率，应使平衡向正反应方向搬动，可降低温度，体积不变，不能够从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡搬动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2平衡转变率，由此解析解答；(3)反应是放热反应，温度高升，平衡逆向进行，二氧化硫的转变率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；(4)①Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；②依照氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。【详解】c＝(1)v(SO3)＝2Lt2min

＝0.01mol/(L?min)，因此v(O2)＝1v(SO3)＝0.005mol/(L?min)，2故答案为：0.005mol/(L?min)；(2)a．移出氧气，平衡逆向搬动，二氧化硫的转变率减少，故不选；b．降低温度，平衡正向搬动，二氧化硫的转变率增大，应选；c．减小压强，平衡逆向搬动，二氧化硫的转变率减少，故不选；d．再充入2(g)和0.030molO2(g)，相当于增大压强，平衡正向搬动，二氧化硫的转变率增大，应选；故答案为：bd；(3)反应：2SO2(g)+O2(g)?2SO3(g)△H＜0，SO2的转变率在初步温度T1＝673K下随反应时间(t)的变化如图，其他条件不变，仅改变初步温度为T2＝723K，温度高升，平衡逆向进行，二氧化硫的转变率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2下SO2的转变率随反应时间变化的预期结果表示图以下列图；故答案为：；(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋，因此要加入Fe粉和酸，控制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防范Fe2＋被氧化成Fe3＋，故答案为：抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防范Fe2＋被氧化成Fe3＋；②-2价的硫离子拥有还原性，FeS2能够将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，而自己被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：3+2+2﹣+FeS2+14Fe+8H2O=15Fe+2SO4+16H，氧化产物是硫酸根离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14NA，故答案为：3+2+2﹣+FeS2+14Fe+8H2O=15Fe+2SO4+16H；14NA。【点睛】注意(3)温度高升，平衡逆向进行，二氧化硫的转变率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的要点。6．草酸铵[(NH4)2C2O4]为无色柱状晶体，不牢固，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。I．某同学利用以下列图实验装置检验草酸铵的分解产物。(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有____（填化学式）；若观察到____，说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为____。(2)反应开始前，通人氮气的目的是____。(3)装置C的作用是____。(4)还有一种分解产物在必然条件下也能还原CuO，该反应的化学方程式为_____。Ⅱ．该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。(5)取20.00mL血液样品，定容至l00mL，分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙积淀，过滤，将该积淀溶于过分稀硫酸中，尔后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为____。三次滴定实验耗资KMnO4溶液的体积分别为，，，则该血液样品中钙元素的含量为__________mmol/L。【答案】NH3、CO2E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排尽装置中的空气充分吸取CO2，防范搅乱CO的检验2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变成粉红色，且半分钟内不褪去【解析】【解析】(l)按实验过程中观察到现象，推断分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式；氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来解析；(3)由所盛装的物质性质及实验目的推断装置C的作用；(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式；Ⅱ．(5)三次平行实验，计算时要数据办理，结合关系式进行计算；【详解】(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变成红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变成红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO；答案为：NH3；CO2；E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊；草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO，结合质量守恒定律知，还有产物H2O，则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O4===2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；答案为：(NH4)2C2O4===2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；(2)反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，防范CO与空气混杂加热发生爆炸，并防范空气中的CO2搅乱实验；答案为：排尽装置中的空气；(3)装置E和F是考据草酸铵分解产物中含有CO，因此要依次把分解产生的CO、气体中的2水蒸气除去，因此装置C的作用是：吸取CO2，防范对CO的检验产生搅乱；答案为：充分吸取CO2，防范搅乱CO的检验；(4)还有一种分解产物在必然条件下也能还原CuO，那就是氨气，NH3也会与CuO反应，其产物是N2和水，该反应的化学方程式为2NH必然条件322+3CuO===3Cu+N+3HO；答案为：2NH3+3CuO必然条件3Cu+N2+3H2O===；(5)草酸钙积淀溶于过分稀硫酸中获得草酸，用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定，反应为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O，滴定至终点时，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变成粉红色，且半分钟内不褪去；答案为：因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变成粉红色，且半分钟内不褪去；三次滴定实验耗资KMnO4溶液的体积分别为，，，应舍弃，误差较大，则平均体积为，滴定反应为2MnO-4+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2+8H2O，2MnO4-~5H2C2O42mol5mol；n(H2C2O4)×10-5mol，因此20mL0.0100molL1103Ln(H2C2O4)血液品中含有的元素的物的量100mL105mol=4.2105mol，即25mL×10-2102mmolmmol，血液中元素的含量2.1mmol/L；20103L答案：。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℃分解完好。完成以下填空：（1）定碳酸含量的步：用子天平称取碳酸品（正确到

_____g），加入形瓶中，加入使之完好溶解；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。不能够用酚作指示的原因是

_____。（2）若碳酸品量

，用

的准酸溶液滴定至点，耗资准酸溶液。品中NaHCO3的量分数_____（保留3位小数）。3）若是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）碳酸品含有少许水分（<0.5%）和化。以下是定碳酸品中水分的方案（品中NaHCO3含量已知）。①在恒重的坩中称取碳酸品，品和坩的量m1g。②将品和坩置于炉内，在250℃～270℃加分解至完好，恒重，品和坩的量m2g。③⋯⋯。方案中，量差（m12）是_____的量。若所称取品中3-mNaHCO的量mg，品中水分的量m=_____（用含m、m、m的代数式表示）。312【答案】0.001黄橙滴定点溶液呈弱酸性，酚的色范8-10，无法正确判断滴定点偏低碳酸分解生成的CO2、H2O和品中的含有的水分m1-m2-31m384【解析】【解析】(1)子天平能正确到小数点后三位；碳酸的溶液中滴加甲基橙指示，溶液呈黄色；而弱酸性的溶液中滴加甲基橙指示，溶液呈橙色；酚液在pH≥8的溶液中才呈色；(2)依照NaHCO3～HCl，n(NaHCO3)=n(HCl)算；c标准V标准(3)依照c(待测)=V解析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误待测差；(4)由2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑可知加热前后固体质量减少，主若是生成CO2气体和水蒸气；先计算出m332gNaHCO分解生成的水和CO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正确到；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成橙色，半分钟不变色为滴定终点；因滴定终点溶液呈弱酸性，而酚酞试液的变色范围为8-10，用酚酞作指示剂将无法准确判断滴定终点；(2)滴定至终点耗资的标准盐酸溶液，则参加反应的HCl为×，依照NaHCO3～HCl，则n(NaHCO3)=n(HCl)，0.840g样品中m(NaHCO3)=0.00975mol×，故样品中NaHCO3的质量分数为；(3)滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定过程中出现气泡，且滴定终点读数时气泡未消失，以致耗资标准液偏小，则测定结果偏低；(4)已知2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑,则该实验方案中，质量差(m1-m2)是碳酸氢钠分解生成的CO2233、HO和样品中的含有的水分；称取样品中NaHCO的质量为mg，则完好反应生成的碳酸钠质量为m4g，2NaHCO3加热Na2CO3+CO2+H2O168106m3m44106m323106m3313m=g，生成的水和CO的质量为mg-g=mg，故所则样品中水分的质16816884量m=m1-m2-31m3g。84【点睛】滴定操作误差解析，注意利用公式来解析解答，无论哪一各种类的误差，都能够概括为对标准溶液体积的影响，尔后依照c(待测)=c(标准)V(标准)解析，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。8．二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，拥有必然的还原性，研究SO2气体还原Fe3+、I2，能够使用的药品和装置以下列图：1）写出由铜和浓硫酸制取SO2的化学方程式_____________________。2）装置A中的现象是__________。若要从A中的FeCl3溶液中提取晶体，必定进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在过滤操作中适用到的玻璃仪器有_______(填编号)。A酒精灯B烧瓶C漏斗D烧杯E玻璃棒F坩埚（3）依照以上现象，该小组同学认为SO2与3FeCl发生氧化还原反应。①写出SO与FeCl溶液反应的离子方程式___________________；23②请设计实验方案检验有Fe2+生成__________________________；（4）B中蓝色溶液褪色，表示I-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序次为_________。（6）工业上经过煅烧黄铁矿产生SO2来进一步获得硫酸，已知煅烧1gFeS2产生7.1kJ热量，写出煅烧FeS2的热化学反应方程式____________________。【答案】Cu+2H24422溶液由黄色变成浅绿色A、B、FSOCuSO+SO↑+2HO3+2-2++取少许A中反应后的溶液于试管中，滴入2～3滴2Fe+SO2+2H2O=SO4+2Fe+4HK3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色积淀生成弱+2———+(s)＋c(Na)>c(SO3)>c(OH)>c(HSO3)>c(H)4FeS211O2(g)=2Fe2O3(s)＋8SO2(g)

ΔH＝－3408kJ/mol【解析】【解析】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）三价铁离子拥有强的氧化性，在溶液能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，自己被还原为亚铁离子；过滤用到的仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗；3）①三价铁离子拥有强的氧化性，在溶液能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，自己被还原为亚铁离子；②用K3[Fe（CN）6]溶液检验，有蓝色积淀生成；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：+-2-，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；2224（5）若C中所得溶液只有一种溶质且pH＞7，则溶质为2-水解溶液呈碱性，氢Na2SO3，SO3氧根离子源于2-的水解、水的电离；36）发生反应：4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，计算4molFeS2燃烧放出的热量，注明物质的齐聚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SO4CuSO4+SO2↑+2H2O；2做还原剂，被氧化为硫酸根离子，3+2+（2）装置A中SOFe作氧化剂，被还原为Fe，反应离3+2+2-+子方程式为：SO+2Fe+2HO═2Fe+SO+4H，则A中反应的现象为溶液颜色由黄色逐渐变24为浅绿色；过滤用到漏斗、烧杯、玻璃棒，没适用到蒸发皿、石棉网和坩埚，故答案为ABF；（3）①SO与FeCl溶液反应的离子方程式3+2-2++32Fe+SO+2HO=SO+2Fe+4H；2224②检验有Fe2+生成的操作方法为取少许A中反应后的溶液于试管中，滴入2～3滴K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色积淀生成；4）B中蓝色溶液褪色，说明SO2将I2还原为I-，可知I-的还原性比SO2弱；5）NaOH溶液吸取SO2后所得溶液只有一种溶质且pH＞7，则溶液中的溶质为Na2SO3，各离子浓度大小序次为c(Na+)>c(SO32—)>c(OH—)>c(HSO3—)>c(H+)；（6）黄铁矿(主要成分为FeS2)其燃烧产物为SO和FeO，1gFeS完好燃烧放出7.1kJ热2232量，480gFeS2完好燃烧放出3408kJ热量，反应的热化学方程式为：4FeS(s)+11O2(g)=2Fe2O(s)+8SO2(g)△H=-3408kJ/mol。239．硝酸是氧化性酸，其实质是NO3－有氧化性，某课外实验小组进行了以下有关NO3－氧化性的研究（实验均在通风橱中完成）。实验装置编号溶液X实验Ⅰ-16molL·稀硝酸实验Ⅱ-115molL·浓硝酸

实验现象电流计指针向右偏转，铜片表面产生无色气体，在液面上方变成红棕色。电流计指针先向右偏转，很快又偏向左边，铝片和铜片表面产生红棕色气体，溶液变成绿色。1）实验Ⅰ中，铝片作____________（填“正”或“负”）极。液面上方产生红棕色气体的化学方程式是____________。（2）实验Ⅱ中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是________________。-1稀硝酸反应有H2++查阅资料：爽朗金属与1mol·L和NH4生成，NH4生成的原理是产生H2的过程中NO3－被还原。（3）用上图装置进行实验-1稀硝酸溶液，观察到电流计指针向右偏Ⅲ：溶液X为1mol·L转。①反应后的溶液中含NH4+。实验室检验NH4+的方法是________。②生成NH4+的电极反应式是________。（4）进一步研究碱性条件下NO3－的氧化性，进行实验Ⅳ：①观察到A中有NH3生成，B中无明显现象。A、B产生不相同现象的讲解是________。②A中生成NH的离子方程式是________。3（5）将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象，结合实验Ⅲ和Ⅳ说明原因________。【答案】负2NO+O2=2NO2Al开始作电池的负极，Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜后，Cu作负极取少许待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含NH4+3-＋8e-＋10H+＝NH4+＋3H2OAl与NaOH溶NO液反应产生H2的过程中可将3-还原为NH33-NO，而Mg不能够与NaOH溶液反应8Al＋3NO＋5OH-＋2H2O＝3NH3↑＋8AlO2-由于铝与中性的硝酸钠溶液无生成H2的过程，NO3－无法被还原【解析】【解析】【详解】（1）实验Ⅰ中，由于Al的金属活动性比Cu强，因此Al做负极。铜片表面产生的无色气体是NO，在液体上方NO被空气中的氧气氧化成红棕色的NO2，方程式为2NO+O2=2NO2；（2）实验Ⅱ中，Al的金属活动性比Cu强，Al开始作电池的负极，电流计指针先偏向右边；由于Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜，阻拦了内层金属的进一步反应，因此，Cu作负极，电流计指针偏向左边；（3）①实验室检验NH4+有两种常用方法：方法一，取少许待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含NH4+；方法二，取少许待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，并在试管口放一蘸有浓盐酸的玻璃棒，若有白烟生成，证明溶液中含NH4+；②NH4+的生成是NO3－被还原的结果，其电极反应式为NO3-＋8e-＋10H+＝NH4+＋3H2O（4）①观察到A中有NH3生成，是由于Al与NaOH溶液反应产生H2，并且与此同时，H2可将NO3-还原为NH3；B中无现象是由于Mg与NaOH溶液不反应；②A中生成NH3的离子方程式为8Al＋3NO3-＋5OH-＋2H2O＝3NH3↑＋8AlO2-；（5）铝与中性的硝酸钠溶液不能够生成H2，NO3－无法被还原，因此将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象。10．资料显示“O2的氧化性随溶液pH的增大逐渐减弱”。某化学小组同学用以下装置和试剂进行实验，研究O2与KI溶液发生反应的条件。供选试剂：0.1mol/LH2SO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体。该小组同学设计①、②两组实验，记录以下：实验操作实验现象向Ⅰ试管中加入KMnO4固体，连接装置Ⅰ、Ⅱ，点燃Ⅱ试管中有气泡冒出，①溶液不变蓝酒精灯向Ⅰ试管中加入KMnO4固体，Ⅱ试管中有气泡冒出，②Ⅱ试管中加入合适0.