备战高考化学化学反应原理综合练习题及详细答案

备战高考化学化学反应原理综合练习题及详细答案一、化学反应原理FeSO4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铵晶体[俗称"摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)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.硫酸亚铁铵晶体的制备与检验某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水的目的是。向FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4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)该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。①如图所示实验的目的是，C①如图所示实验的目的是，C装置的作用是晶怵样品取少量晶体溶于水，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+。取少量待测液，经其它实验证明晶体中有nh4+和so42-II.实验探究影响溶液中Fe2+稳定性的因素配制0.8mol/L的FeSO4溶液(pH=4.5)和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)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KSCN溶液，15分钟后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液；FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。(资料1)沉淀Fe(OH)2Fe(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FeSO4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(SO4)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/LNaCI)和溶液B(0.2mol/LNaCI)和溶液B(0.1mol/LFeSO4)为不同的pH,盐桥观察记录电流计读数，对假设2进行实验研究，实验结果如表所示。序号A：0.2moI・L—1NaCIB：0.1moI・L-1FeS04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，0.1moI/LpH=1的FeSO4溶液比pH=5的FeSO4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：TOC\o"1-5"\h\zU型管中左池的电极反应。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CuSO4的试管，影响实验结果滴入少量K3[Fe（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++O2+10H2O=4Fe（OH）3；+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，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FeSO4溶液更稳定。【解析】【分析】1.（1）亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向FeSO4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；①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；②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(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+；11.(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4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)3沉淀；②0.8mol/L的FeSO4溶液(pH=4.5)和0.8mol/L的(NH^FeGO^溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；⑷①FeSO4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，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4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；对比实验1和3(或2和4)发现，FeSO4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，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论分析。【详解】(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馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向FeSO4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；①无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CuSO4的试管，影响实验结果；②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(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+；(3)①由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSO4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)3沉淀，离子方程式为：4Fe2++O2+10H2O=4Fe(OH)32+8H+；②0.8mol/L的FeSO4溶液(pH=4.5)和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的浓度也不同,0.8mol/L的(NH4)2Fe(SO4)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；⑷①FeSO4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；②实验1和2(或3和4)中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4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，FeSO4溶液的pH相同时，NaCI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，02氧化性越强；对比实验1和4，NaCI溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③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02的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。食品加工中常用焦亚硫酸钠（Na2S2O5H乍漂白剂、防腐剂和疏松剂。现实验室欲制备焦亚硫酸钠，其反应依次为：（i）2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（ii）Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3；（m）2NaHSO^^Na2S2O5+H2Oo查阅资料：焦亚硫酸钠为黄色结晶粉末，150°C时开始分解，在水溶液或含有结晶水时更易被空气氧化。实验装置如下：（1）实验室可用废铝丝与NaOH溶液制取H2,其离子方程式为—o（2）通氢气一段时间后，以恒定速率通入SO2,开始的一段时间溶液温度迅速升高，随后温度缓慢变化，溶液开始逐渐变黄。“温度迅速升高”的原因为__。实验后期须利用水浴使温度保持在约80C。3）反应后的体系中有少量白色亚硫酸钠析出，除去其中亚硫酸钠固体的方法是___；然后获得较纯的无水Na2S2O5，应将溶液冷却到30C左右过滤，控制“30C左右”的理由是（4）丙为真空干燥Na2S2O5晶体的装置，通入H2的目的是_o（5）常用剩余碘量法测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数。已知：S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+；2S2O32-+I2=S4O62-+2I-o请补充实验步骤（可提供的试剂有：焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水）。①精确称取产品0.2000g放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中。准确移取一定体积的已知浓度的标准碘溶液(过量)并记录数据，在暗处放置5min,然后加入5mL冰醋酸及适量的蒸馏水。用标准Na2S2O3溶液滴定至接近终点。___。重复步骤①〜③；根据相关记录数据计算出平均值。【答案】2AI+2OH-+2H2O=2AIO2-+3H2个SO2与NaOH溶液的反应是放热反应趁热过滤此时溶液中Na2SO3不饱和，不析出排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色，记录滴定所消耗的体积【解析】【分析】铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高；⑶根据图知，温度越高Na2S2O5溶解度增大，当接近40°C时亚硫酸钠溶解度减小；控制"30°C左右”时，此时溶液中Na2SO3不饱和；焦亚硫酸钠能被压强氧化；真空干燥时，干燥室内部的压力低，水分在低温下就能气化；④碘能使淀粉变蓝色，所以可以用淀粉试液检验滴定终点，继续做实验为：加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积。【详解】⑴铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2AI+2OH-+2H2O=2AIO2-+3H2个；⑵SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高，所以溶液"温度迅速升高”；⑶根据图知，温度越高Na2S2O5溶解度增大，当接近40C时亚硫酸钠溶解度减小，所以要趁热过滤；控制“30C左右”时，此时溶液中Na2SO3不饱和，不析出；焦亚硫酸钠能被压强氧化，则通入氢气的目的是排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化；④继续做实验为：加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积，然后再重复实验，减少实验误差。3.实验室以工业废渣(主要含CaSO4・2H2O，还含少量SiO2、AI2O3、Fe2O3)为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体，其实验流程如下：偽溶液废渣粉末一彳咼取|―>过滤一滤渣'►轻质CaC<>?滤液亦g晶体(1)室温下，反应CaSO4(s)+CO2-(aq)CaCO3(s)+SO4-(aq)达到平衡，则溶液中

c(SO2-)Ksp(CaCO3)=3x10-9]。c(co；_)=[Ksp(CaSOKsp(CaCO3)=3x10-9]。3将氨水和NH4HCO3溶液混合，可制得(NH4)2CO3溶液，其离子方程式为•，浸取废渣时，向(NH4)2CO3溶液中加入适量浓氨水的目的是。废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在60~70°C,搅拌，反应3小时。温度过高将会导致CaSO4的转化率下降，其原因是•保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO4转化率的操作有。水嵇滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的CaCl2溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取CaCl2溶液的实验方案：［已知pH=5时Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全；pH=8.5时AI(0H)3开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH)2］。【答案】1.6X104HCO-+NH3・H2O^=NH++CO2-+H2O(或332432HCO-+NH3・H2O^^NH++C02-+H20)增加溶液中CO2-的浓度，促进CaSO4的转化33243234温度过高，(NH4)2CO3分解加快搅拌速率在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH试纸测量溶液pH,当pH介于5~8.5时，过滤【解析】【分析】反应CaSO4(s)+CO32-(aq)匸二CaCO3(s)+SO42-(aq)的平衡常数表达式为c(SO2-)c(CO2-)，结合CaSO4和CaCO3的Ksp计算；3氨水与nh4hco3反应生成(nh4)2co3；加入氨水抑制(nh4)2CO3的水解；温度过高，(NH4)2CO3分解，使CaSO4转化率下降•保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析；根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、Al2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，同时Al2O3、Fe2O3转化成AlCl3、FeCl3，过滤除去SiO2，结合题给已知，再利用Ca(OH)2调节pH除去Al3+和Fe3+。【详解】(1)反应CaSO4(s)+CO32-(aq)匸二CaCO3(s)+SO42-(aq)达到平衡时，溶液中=1.6x104。答案:1.6x104c(S02-)c(Ca2+)(SO2-)K(CaSO)48xlO-5=1.6x104。答案:1.6x1044=4=sP4=c(CO2-)c(Ca2+)(CO2-)K(CaCO?)3x10-933sp3(2)NH4HCO3属于酸式盐，与氨水反应生成(NH4)2CO3，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3^H2O=(NH4)2CO3+H2O［或NH4HCO3+NH3^H2^^(NH4)2CO3+H2O］，离子方程式为HCO3-+NH3・H2O=NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3・H2O=^NH4++CO32-+H2O)；浸取废渣时，加入的(NH4)2CO3属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO32-+NH4++H2O=HCO3-+NH3・H2O,加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓度增大，反应CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq)正向移动，促进CaSO4的转化。答案：HCO3-+NH3・H2O=NH4++CO32-+H2O(或HCO3-+NH3・H2O匸二NH4++CO32-+H2O)增加溶液中CO32-的浓度，促进CaSO4的转化由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，(NH4)2CO3分解，从而使CaSO4转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应(或发生沉淀的转化)，保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4转化率的操作为加快搅拌速率(即增大接触面积，加快反应速率，提高浸取率)。答案：温度过高，(nh4)2co3分解加快搅拌速率(4)工业废渣主要含CaSO4・2H20,还含有少量SiO2、Al2O3和Fe2O3，加入(NH4)2CO3溶液浸取，其中CaSO4与(NH4)2CO3反应生成CaCO3和(NH4)2SO4，SiO2、Al2O3和Fe2O3都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO3、SiO2、AI2O3和Fe2O3；若以水洗后的滤渣为原料制取CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3完全转化为CaCl2，发生的反应为CaCO3+2HCI=CaCI2+H2O+CO2个，与此同时发生反应AI2O3+6HCI=2AICI3+3H2O、Fe2O3+6HCI=2FeCI3+3H2O,SiO2不反应，经过滤除去SiO2；得到的滤液中含CaCI2、AICI3、FeCI3，根据"pH=5时Fe(OH)3和AI(OH)3沉淀完全，pH=8.5时AI(OH)3开始溶解”为了将滤液中AI3+、Fe3+完全除去，应加入Ca(OH)2调节溶液的pH介于5~8.5［加入Ca(OH)2的过程中要边加边测定溶液的pH］，然后过滤即可制得CaCI2溶液。答案：在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用pH试纸测得溶液pH,当pH介于5~8.5时，过滤【点睛】本题以工业废渣为原料制取轻质CaCO3和(NH4)2SO4晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第(4)问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析，作答时要答出关键点，如pH介于5~8.5等。4.研究小组进行图所示实验，试剂A为0.2moI・L-1CuSO4溶液，发现铝条表面无明显变化，于是改变实验条件，探究铝和CuSO4溶液、CuCI2溶液反应的影响因素。用不同的试剂A进行实验1~实验4，并记录实验现象：

实验序号试剂A实验现象10.2moI・L-iCuCI2溶液铝条表面有气泡产生，并有红色固体析出20.2moI・L-iCuSO4溶液，再加入一定质量的NaCI固体开始铝条表面无明显变化，加NaCI后，铝条表面有气泡产生，并有红色固体析出32moI・L-iCuSO4溶液铝条表面有少量气泡产生，并有少量红色固体42moI・L-iCuCI2溶液反应非常剧烈，有大量气泡产生，溶液变成棕褐色，有红色固体和白色固体生成TOC\o"1-5"\h\z实验1中，铝条表面析出红色固体的反应的离子方程式为。实验2的目的是证明铜盐中的阴离子CL是导致实验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。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+CuCI22CuCl的反应，他设计了右图所示实验证明该反应能够发生。A极的电极材料是。能证明该反应发生的实验现象是。为探究实验4中溶液呈现棕褐色的原因，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NaCI溶液沉淀溶解，形成无色溶液ii加入饱和aici3溶液沉淀溶解，形成褐色溶液iii向i所得溶液中加入2moI・L-iCuCI2溶液溶液由无色变为褐色查阅资料知：CuCI难溶于水，能溶解在Cl-浓度较大的溶液中，生成［CuCI2］-络离子，用水稀释含［CuCI2］-的溶液时会重新析出CuCI沉淀。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［CuCI2］-与作用的结果。为确证实验4所得的棕褐色溶液中含有［CuCI』-,应补充的实验是。上述实验说明，铝和CuSO4溶液、CuCI2溶液的反应现象与有关。【答案】3CU2++2AI2AI3++3Cu0.117证明增大CuSO4溶液的浓度能够使AI和CuSO4的反应发生金属铜电流计指针偏转，两极均有白色沉淀生成AI3+、Cu2+取适量实验4的棕褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等【解析】⑴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++2AI=2AI3++3Cu，故答案为3CU2++2AI=2AI3++3Cu；⑵实验1中n(CI-)=0.005Lx0.2moI・L-ix2=0.002moI,实验2的目的是证明铜盐中的阴离子CI-是导致实验1中反应迅速发生的原因，实验2中加入NaCI固体的质量为0.002moIx58.5g/moI=0.117g，故答案为0.117；实验3与原实验相比，增大了硫酸铜溶液的浓度，铝条表面有少量气泡产生，并有少量红色固体，说明增大CuSO4溶液的浓度能够使AI和CuSO4的反应发生，故答案为证明增大CuSO4溶液的浓度能够使AI和CuSO4的反应发生；⑷①Cu+CuCI2=2CuCI反应中铜被氧化，铜应该做负极，CuCI2被还原，在正极放电，因此A极为负极，选用铜作负极，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沉淀，正极铜离子被还原，也生成白色沉淀，电流计指针偏转，故答案为电流计指针偏转，两极均有白色沉淀生成；⑸①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［CuCI2］-与AI3+、皿作用的结果，故答案为AI3+、CU2+；②根据信息知，取适量实验4的棕褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀可以确证实验4所得的棕褐色溶液中含有［CuCI2］-,故答案为取适量实验4的棕褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀；根据实验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、CuCI2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。5.硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4・FeSO4・6H2O,商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。三种盐的溶解度(单位为g/100g水)如下表：温度/°c102030(NH4)2SO473.075.478.0FeSO4・7H2O20.026.532.9(NH4)2SO4・FeSO417.221.628.1一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下：试回答下列问题：（1）步骤1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是；反应中铁屑过量是为了（2）步骤3需要趁热过滤，原因是。（3）从步骤4到莫尔盐，必须进行的操作依次是，析出的晶体常用洗涤（4）若莫尔盐的饱和溶液中有水20克，当温度从30°C降至10°C，最多析出莫尔盐的质量是（选填编号）。A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD无法确定（二）称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。用未知浓度的酸性KMnO4溶液进行滴定。（1）已知MnO4-被还原为Mn2+，试写出该滴定反应的离子方程。（2）判断该反应到达滴定终点的现象为。（3）假设到达滴定终点时，用去VmL酸性KMnO4溶液，则该酸性KMnO4溶液的浓度为mol/L。【答案】除铁屑表面的油污还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4・7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B5Fe2++MnO4-+8H+T5Fe3++Mn2++4H2O加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色1/V【解析】【分析】（一）（1）碳酸钠水解显碱性；（2）FeSO4在温度低时溶解度较小；（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小；（4）（NH4）2SO4・FeSO4在30C和10C的溶解度分别为：28.1g和17.2g；（二）（1）MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为Mn2+；（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。【详解】(1)碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的Fe可以还原氧化生成的Fe3+，减少产物中的Fe3+杂质，故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的Fe3+，保证Fe2+稳定、纯净地存在，减少产物中的Fe3+杂质；如果不趁热过滤就会有FeSO4・7H2O析出，故答案为：FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4・7H2O析出；浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水；(NH4)2SO4^FeSO4在30°C和10°C的溶解度分别为：28.1g和17.2g，即若溶剂为100g水，冷却析出10.9g，有水20g析出2.18g,硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4・FeSO4・6H2O含有结晶水，故析出质量大于2.18g，故答案为：B；(1)反应的离子方程式5Fe2++MnO4-+8H+T5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：5Fe2++MnO4-+8H+T5Fe3++Mn2++4H2O；(2)高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变成紫红色，30s内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴KMnO4溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色；m1.96g(3)1.96g硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=m=392g/mol=0.005mol,根据原子守恒则亚铁离子的物质的量为0.005mol,反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则5Fe2+〜MnO4-n0.001mol1，所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol，据c===mol/L，故答案为：V103VLV1V。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SO有一定的还原性，探究SO2气体还原Fe3+、12,可以使用的药品和装置如图所示:含淀粉的嚥水ABC写出由铜和浓硫酸制取SO2的化学方程式。装置A中的现象是。若要从A中的FeCl3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坩埚根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3发生氧化还原反应。TOC\o"1-5"\h\z写出SO2与Feci3溶液反应的离子方程;请设计实验方案检验有Fe2+生成；B中蓝色溶液褪色，表明I-的还原性比SO2(填"强"或"弱”)。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(6)工业上通过煅烧黄铁矿产生SO2来进一步得到硫酸，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+2H2SO4^^CuSO4+SO2个+2H2O溶液由黄色变为浅绿色A、B、F2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+2Fe2++4H+取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入2〜3滴K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成弱c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)>c(HSO3-)>c(H+)4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g)AH=-3408kJ/mol【解析】【分析】Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫与水；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；①三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；②用K[Fe(CN)]溶液检验，有蓝色沉淀生成；36B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：I+SO+2HO=4H++2I-+SO2-，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；2224若C中所得溶液只有一种溶质且pH>7,则溶质为NaSO,SO2-水解溶液呈碱性，氢233氧根离子源于SO2-的水解、水的电离；3发生反应：4FeS+llO=2FeO+8SO，计算4molFeS燃烧放出的热量，注明物质的聚集222322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+2H2SO4CuSO+SOf+2HO；422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2子方程式为：SO+2Fe3++2HO—2Fe2++SO2-+4H+，则A中反应的现象为溶液颜色由黄色逐渐变224为浅绿色；过滤用到漏斗、烧杯、玻璃棒，没有用到蒸发皿、石棉网和坩埚，故答案为ABF；①SO与FeCl溶液反应的离子方程式2Fe3++SO+2HO=SO2-+2Fe2++4H+；23224②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2〜3滴K[Fe(CN)]溶液，有蓝色沉淀生成；36B中蓝色溶液褪色，说明SO将I还原为I-,可知I-的还原性比SO弱；222NaOH溶液吸收SO2后所得溶液只有一种溶质且pH>7，则溶液中的溶质为Na2SO3，各离子浓度大小顺序为c(Na+)〉c(SO2—)〉c(0H—)〉c(HS0-)〉c(H+)；33黄铁矿(主要成分为FeS)其燃烧产物为SO和FeO,lgFeS完全燃烧放出7.1kJ热22232量，480gFeS2完全燃烧放出3408kJ热量，反应的热化学方程式为：4FeS(s)+llO(g)=2FeO(s)+8SO(g)AH=-3408kJ/mol。222327.某小组研究AgCI的溶解平衡：向10mL1mol/LKCI溶液中加入1mL0.2mol/LAgNO3溶液，将浑浊液均分为2份，进行如下实验：实验序号实验操作实验现象I将其中一份滤，向滤液条卜浑浊液过〔中放入Mg滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象。放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色浑浊。一段时间后开始出现棕褐色浑浊物，Mg条表面也逐渐变为棕褐色，产生气泡的速率变缓慢。II向另一份浑浊液中放入大小相同的Mg条0iv.棕褐色浑浊物的量明显多于实验1,Mg条表面棕褐色更深，其他现象与ii、iii相同。已知：AgOH不稳定，立即分解为Ag2O(棕褐色或棕黑色)，Ag粉为黑色，AgCI、Ag2O可溶于浓氨水生成Ag(NH3)2+滤液所属分散系为。现象ii中无色气泡产生的原因是(写出化学方程式)。现象iii中，导致产生气泡的速率下降的主要影.响.因.素.是。甲认为Mg条表面的棕褐色物质中一定有Ag和Ag2O，其中生成Ag的离子方程式为甲设计实验检验Ag：取实验丨中表面变为棕褐色的Mg条于试管中，向其中加入足量试剂a,反应结束后，继续向其中加入浓硝酸，产生棕色气体，溶液中有白色不溶物。白色不溶物为(填化学式)，棕色气体产生的原因是(写离子方程式)。TOC\o"1-5"\h\z试剂a为，加入试剂a的目的是。该实验能证明棕褐色物质中一定有Ag的实验现象是。甲进一步设计实验验证了Mg条表面的棕褐色物质中有Ag2O，实验方案是：取实验丨中表面变为棕褐色的Mg条。综合上述实验，能说明存在AgCl(s)=Ag+(aq)+Cl-(aq)的证据及理由有。【答案】胶体Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2f固体表面积Mg+2Ag+=Mg2++2AgAgClAg+2H++NO3-=Ag++NO2f+H2O盐酸将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag加入浓硝酸后产生棕色气体用蒸馏水洗涤后，加浓氨水浸泡，取上层清液于试管中，加入适量乙醛，水浴加热，有黑色的Ag生成在Cl-过量的情况下，实验I的滤液中存在Ag+,说明Ag+与Cl-的反应存在限度，说明Ag+与Cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解；结合实验II中棕褐色成电量比实验I多，进一步说明平衡发生了移动。【解析】【分析】实验分析：本题主要考察了难溶电解质的沉淀溶解平衡；10mL1mol/LKCI溶液中加入1mL0.2mol/LAgNO3溶液，生成氯化银沉淀，同时氯化钾过量很多；实验I：将其中一份浑浊液过滤，除掉氯化银沉淀；滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象，说明分散系属于胶体，放入Mg条后，由于Mg属于活泼金属与水可以反应，Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2f消耗了水破坏了氯化银的沉淀溶解平衡，滤液中出现白色浑浊为氯化银。一段时间后随着镁与水的反应，氢氧根离子浓度增大，AgCI(s)—Ag+(aq)+Cl-(aq)