高中化学选修6 实验化学主题2 物质性质及反应规律的研究鲁科版课后练习

高中化学选修6实验化学主题2物质性质及反应规律的研究鲁科版课后练习

>第1题【单选题】

在25℃时，在浓度均为lmol/L的（NH4）2so4、（NH4）2c03、（NH4）2Fe（S04）2的溶液中，

测得其c（NH有误）分别为a、b、c（单位为mol/L）.下列判断正确的是（）

A、a=b=c

B、a>b>c

C^a>c>b

D、c>a>b

【答案】：

D

【解析】：

+

【解答】解：溶液中CO2-的水解促进NH4+的水解，Fe2+的水解抑制NH4+的水解,则等浓度时，c（NH4）大小顺序应为c

>a>b,.

+

【分析】如果不考虑其他离子的影响，每摩尔物质都含有2molNH4,但溶液中CO32•的水解促进NH4+的水解，Fe2+的水

解抑制NH4+的水解，以此解答该题.

>第2题【单选题】

下列物质能与金属镁发生反应，并产生氢气的是（）

A、氯化镀溶液

B、氢氧化钠溶液

C、热的苯

D、热的无水乙醇

【答案】：

A

【解析】：

【解答】解：氯化核溶液中钺根离子水解NH4++H2BNH3・H2O+H+,溶液显酸性,所以氯化钱溶液中加入Mg会生成氢

气；氢氧化钠溶液为碱性,热的福0热的无水乙醇为中性均不与Mg反应,故A正确；故选A.

【分析】酸性溶液中加入活泼金属Mg时，会产生氧气，据此分析.

>第3题【单选题】

在水中加入等物质的量的AgM、PS2+、NaA+>S。4A2八-、N03A->CP该溶液放在用情性

材料做电极的电解槽中，通电片刻后，则氧化产物与还原产物的质量之比为(

A、35.5：108

B、16：207

C、8：1

D、108：35.5

【答案】：

C

【解析】：

【癣答】解：等物质的量的这些离子加入到水中，Ag+和C「沉淀为AgCI,Pb2+和SO42-沉淀为PbSC)4,

溶液中就只有Na+、NO3-7,实际上是电解NaNO3溶液，阳极上氢氧根离子放电，阳极上氢离子放电，则氧化产物是氧气，

还原产物是氢气，当转移相同电子时，氧化产物和还原产物的质量之比为32:(2x2)=8:1,

【分析】等物质的量的这些离子加入到水中，Ag+和C「沉淀为AgCI,Pb2+和SO42-沉淀为PbSC>4,

溶液中就只有Na+、NO3♦了，实际上的电解NaNC>3溶液，阳极上氢氧根离子放电，阳极上氢离子放电，则氧化产物是氧气,

还原产物是氢气.

>第4题【单选题】

室温下，下列溶液的pH最大的是()

A、Na2SO4

B、NaHCO3

C、NH4CI

D、Na2CO3

【答案】：

D

【解析】：

【解答】A、室温下，Na2s。4溶液是强酸强碱盐，溶液显中性，溶液pH=7,

B、NaHCC)3是强碱弱酸盐,溶液中碳酸氢根离子水解溶液显碱性,溶液pH>7,

&NH4a溶液中铉根离子水解溶液显酸性,溶液pH<7,

D、Na2cO3溶液是强碱弱酸盐，溶液中碳酸根离子水解溶液显碱性,溶液pH>7,碳酸氢钠水解程度小于碳酸钠溶液水解程

度，则溶液pH碳酸钠大于碳酸氢钠，所以溶液pH最大的是雌钠，

故正确答案为D.【分析】A,考查盐类水解,从盐类水解规律得知.

B、酸式盐中常见的水解大于电离的离子碳酸氢根.

C、盐类水解规律，谁强显谁性.

D、考查盐类水解程度影响因素,水解实质,越弱越水解.

第5题【单选题】

常温下，某酸性溶液中只有2八+、CH3C00A-、*+、0出一四种离子，则下列叙述正确的是

)

A、加入适量氨水，c(CH3co0"一)一定大于c(NaA+)、c(NH4八+)之和

B,加入适量的NaOH,溶液中离子浓度为c(CH3co0A-)>c(Na"+)>c(OHA-)>c(HA+)

C、该溶液可能由等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3co0H溶液混合而成

D、该溶液可能由pH=3的CH3C00H与pH=ll的NaOH溶液等体积混合而成

【答案】：

D

【解析】：

【解答】常温下，凝性溶液中只有Na+、CH3COO-.H+、0H一四种离子，则该溶液中含有醋酸和醋酸钠两种溶质.A.加

入适量氨水，由电荷守恒可知，当溶液呈中性时，c(CH3coCT)等于c(Na+)、c(NH4+)之和；当溶液呈碱性时，c(CH3co0

一)一定小于c(Na”c(NH4,)之和；当溶液呈酸性时,c(CH3coCT)一定大于c(Na+)、(:例心+)之和，2F符合题意;

B.加入适量的NaOH,根据电荷守恒可知，溶液中离子浓度不可能为式。13(：00-)><:例2+)><:((^-)>(：6*),B不符合题

意；

C.等物质的量浓度、等体积的NaOH溶液和CH3c00H溶液混合后，两者恰好完全反应生成的醋酸钠溶液呈碱性，所以，该溶

液不可能由等物质的量浓度、挈你的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成，C不符合题意；

D.pH=3的CH3co0H与pH=11的NaOH溶液等体积混合后，因醋酸的物质的量浓度较大，所以醋酸过量使溶液呈酸性,所以

该溶液可能由pH=3的CH3co0H与pH=11的NaOH溶液等体积混合而成，D符合题意.

故答案为：D.

【分析】根据酸性溶液中含有的离子判断溶液的组成,结合弱电解质的电离平衡和盐类的水解平衡进行分忻即可.

第6题【单选题】

下列说法中错误的是()

A、在Na2s溶液中滴入酚酥试液，呈红色

B、升高温度能使FeCI3溶液中的HZ浓度增大

C、一切钾盐、钠盐、硝酸盐都不发生水解

D、醋酸盐溶于水能发生水解

【答案】：

C

【解析】：

【解答】解：A,Na2s属于强碱弱酸盐在水溶液中水解显碱性,所以在Na2s溶液中滴入酚献试液，呈红色，故A正确；

B、盐的水解是吸热过程,所以升高温度能促进FeCb溶液的水解,溶液中的H+浓度增大，故B正确；

C、钾盐、钠盐、硝薮盐如果含有弱酸根离子射马碱离子也会水解,如Na2c。3在水溶液中水解显碱性，故C错误；

D、醋酸盐属于弱酸盐溶于水，醋酸根离子能水解,溶液显碱性,故D正确；

【分析】A、Na2s属于强碱弱酸盐在水溶液中水解显碱性；

B、盐的水解是吸热过程；

C、钾盐、钠盐、硝酸盐如果含有弱酸根离子礴碱离子也会水解；

D、醋酸盐属于弱稣盐溶于水能发生水解.

>第7题【单选题】

25℃时，在等体积的①pH=O的H2s04溶液，②0.05010卜1?*一八1.的Ba(0H)2溶液，③pH=10的

Na2s溶液，④pH=5的NH4NO3溶液中，发生电离的水的物质的量之比是

A、1:10:10A10:10A9

B、1:5：5x10八9:5x10八8

C、1:20:10A10:10A9

D、1:10:10A4：10A9

【答案】：

A

【解析】：

【分析】酸或碱都是抑制水的电离的，而盐类的水解则是促进水的电离的.所以①②中发生电离的水的物质的量分别是1。

74、10-13,③@促进水的电离，所以发生电离的水的物质的量分别是10-4、io-5,因此发生电离的水的物质的量之比是

1:10:1O10:109,答越A.

【点评】在计算发生电离的水时，需要根据溶液的性质,而不能只具有溶液的pH,这是由于酸或碱都是抑制水的电离的，而盐

类的水解则是促进水的电离的.

>第8题【单选题】

有关①100mL0.01mol?LA-A1Na2CO3、②10mL0.1mol?LA-A1Na2CO3两种溶液的叙述正确的是

A、溶液中水电离出的个数：②〉①

B、溶液中阴离子的物质的量浓度之和：①〉②

C、①溶液中：n(0HA-)=n(HC03A-)+2n(H2CO3)+n(HA+)

D、②溶液中：c(NaA+)>c(HC03A-)>c(CO3A2A-)>c(H2CO3)

【答案】：

C

【解析】：

【解答】解：A,浓度越稀水解程度越大,所以①水解程度大于②，而水电离出的氢离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以溶

液中水电离出的H+馒：①〉②，故A错误；B、溶液中阻离子的物质的量浓度之和，与原起浓度相关，水解程度极其微弱，

所以：②>@>,故B错误；

2++

CC嘱电荷守丽知:2n(CO3')+n(HCO3')+n(OH')=n(H)+n(Na),物料守颗知：n(Na+)

2

=2n(CO3*)+2n(HCO3')+2n(H2cO3),两式^加得到n(OK)=n(HCO3')+2n(H2cO3)+n(H+),故C

正确；

+2

D、水解是微弱的，所以离子浓度大小关系是c(Na)>c(CO3-)>c(HCO3')>c(H2cO3),故D错误;

婕C.

【分析】A、浓度越稀水解程度越大,所以①水解程度大于②，而水电离出的氧离子和氢氧根离子的物质的量相等，所以溶液中

水电离出的H+个数：①>②；

B、溶液中阳离子的物质的量浓度之和，与原起浓度相关，水解程度极其微弱，所以：②〉①；

2+

C、根据电荷守恒可知:2n(CO3')+n(HCO3*)+n(OH-)=n(H+)+n(Na),物料守恒可知：n(Na+)

2

=2n(CO3-)+2n(HCO3')+2n(H2cO3),两共加得到n(OH-)=n(HCO3')+2n(H2cO3)+n(H+);

2

D、水解是微弱的，所以离子浓度大小关系是c(Na+)>c(CO3')>c(HCO3")>c(H2cO3);

第9题【单选题】

下列物质的水溶液不发生水解的是()

A、NaCIO

B、NH4CI

C、CuS04

D、HN03

【答案】：

D

【解析】：

【解答】解：A.NaCIO为强碱弱酸盐，次氨酸根水解后溶液呈碱性,故A不符;B.NH4a为强酸弱碱盐，铉根水解后溶液呈

酸性,故B不符;

C.CuSO4为强酸弱碱盐，铜离子水解后溶液呈酸性,故C不符;

D.HNO3为强酸，不发生水解,在水中完全电离，故D符合；

蝇D.

【分析】有弱才水解，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐、弱酸弱碱盐在水中都会发生水解，以此解答该题.

>第10题【单选题】

下列叙述正确的是（）

A、电解精炼铜，粗铜中所含Ni.Fe.Zn等金属杂质，电解后以单质形式沉积槽底，形成阳极泥

B、电解精炼铜时，纯铜作为阳极，粗铜作为阴极

C、在镀件上电镀铜时可用金属铜作阳极

D、电解稀硫酸制H2、02时铜作阳极

【答案】：

C

【解析】：

【解答】A.电解精燎铜时，粗铜作阳极，粗铜中所含Ni.Fe.Zn等金属杂质活泼性强的金属,先于Cu放电，变为金属离子进

入溶液，活泼性比铜差的金属不放电，电解后以单质形式沉积槽底，形成阳极泥，故A不符合题意；

B.电解精炼铜时，阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应,则纯铜作为阳极，粗铜作为阳极，故B不符合题意;

C.在镶件上电镀铜时镶件为阴极，阳极为镀层金属,所以可用金属锯作阳极，故C符合题意；

D.电解稀硫酸制Hz、。2时，若铜作阳极，则阳极铜放电，阳极生成的是铜离子，不会生成氧气，阳极应该为惰性电极,故D不

*演；

故答靠为：C.

【分析】A、电解精练中，活泼性不如Cu的金属如Ag、Pt沉入电解槽,形成阳极泥.

C、电镀时镶件在阳极受保护,镀层金属作阳极.

>第11题【单选题】

电解硫酸钠溶液联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如图所示，其中阴极和阳极均为惰性电极.测得同温

同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1:2,以下说法正确的是（）

A、左侧a极与电源的负极相连

B、电解使右侧溶液的pH减小

C、离子交换膜d为阳离子交换膜（允许阳离子通过）

D、当电路中通过lmol电子时，气体甲在标准状况下的体积为11.2L。

【答案】：

C

【解析】：

【解答】A、根据以上分析可以知道a电极为阳极，与电源正极相连,故怀符合题意；

B、右侧阴报生成氢气，电极反应2H++2e-=H2t,消耗H+,pH增尢故B不符合题急；

C、阳极a生成氧气，电极反应40*-*-=2出0+02"阳极室水的电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为磕酸,阳极生成

氧气，2H++2e-=H2T,生成产物丁为氢氧化钠,贝（Jc为阴离子交换膜,d为阳离子交换膜，故C符合题意；

D、气体甲为信气，阳极生成氧气，电极反应4OH-4e-=2H2O+C）2t，由电极反应式可知，当电路中通过lmol电子时，生成

0.25mol氧气,在标准状况下的体积为5.6L,所以D选项是不符合题意的.

所以C选项是符合题意的.

【分析】本题要先分析电池的正负极和电解池的阻阳极，根据电解质溶液，可以知道放电为氢离子和氢氧根离子，产生的气体

为氧气和氢气，实质为电解水，根据产生的气体物质的量,可以知道多的一方为氢气，即为氢离子放电，为阴极；

A、a为阳极，连接正极；

B、氢离子放电，pH升高；

C、根据放电顺序,可以知道左边为氢氧根放电，多出氢离子，产物为硫酸,因此离子交换膜阻止氢离子通过,为阴离子交换

膜,右边为氢离子放电，多出氢氧根，产物为氢氧化钠,因此离子交换膜阻止氢氧根通过,为阳离子交换膜；

D、根据电极反应式,可以知道电子和氧气的比值.

第12题【单选题】

（2015•安徽）下列有关NaCIO和NaCI混合溶液的叙述正确的是（）

A、该溶液中，HZ、NH4Z、SO4八2-、BC-可以大量共存

B、该溶液中，AgZ、KZ、N03WCH3cH。可以大量共存

C、向该溶液中滴入少量FeS04溶液，反应的离子方程式为：2FeA2++CIOA-+2HA+=CIA-+2FeA3++H2O

D、向该溶液中加入浓盐酸，每产生lmolCI2,转移电子约为6.02x10八23个

【答案】：

D

【解析】：

【分析】A、CO在酸性条件具有姿氧化性，可以氧化B「，故A错误：B、混合溶液中存在CI-,所以Ag+不能大量存在,故B

错误：C、该溶液呈碱性，离子方程式书写中不应该有H+、故C错误:D、该反应方程式为：NaCIO-2HCI=NaCI+H2O+CI2t,

^lmolCI2,六电的为6.02x1023个，D正确:此谈D.

【点评】解决本题关键在于掌握一些离子的水解反应,和一些离子的第化性比较,在离子共存问题的解决中要熟记物质的溶解

性，在离子方程式书写过程中要注意电荷、原子是否守恒，还要注一符：合客观事实，既要考虑到反应物的水解又要考虑到它

的氧化性，是综合性比较强的题型.

A第13题【多选题】

下列描述中，错误的是（）

A、电解MgCI2饱和溶液，可制得CI2,但得不到镁

B、镁与稀盐酸反应剧烈，加入碳酸钠晶体可以减慢反应速率

C、电解饱和食盐水制氯气时用铁作阳极

D、电解法精炼粗铜，用纯铜作阴极

【答案】：

BC

【解析】:

【解答】解：A.惰性电极电解MgCb饱和溶液，生成氢氧化镁、氧气氯气，则可制得。2,但得不到镁，故A正确；B.力口

入碳酸钠晶体与盐酸反应生成二氧化碳，导致生成的氢气不纯，应加醋酸钠晶体减慢反应速率生成氧气的速率,故B错误;

C.用铁作阳极，阳极上Fe失去电子，则氯离子不能在阳极失去电子，则应选情性电极电解饱和食盐水制氯气，故C错误;

D.电解法精擦粗铜，纯铜为阳极，阴极上铜离子得到电子生成Cu,故D正确；

会BC.

【分析】A.惰性电极电解MgCb饱和溶液，生成氢氧化镁、氢气、氯气；

B.加入碳酸钠晶体与盐酸反应生成二氧化碳；

C.用铁作阳极，阳极上Fe失去电子，则氯离子不能在阳极失去电子；

D.电解法精煤粗铜，粗铜为阳极，纯铜为阳极，电解质含铜离子.

＞第14题【填空题】

氯化亚铜（CuCI）是微溶于水但不溶于乙醇的白色粉末，溶于浓盐酸会生成HCUCI2,常用作催化剂。

一种由海绵铜（Cu和少量CuO等）为原料制备CuCI的工艺流程如下：

"溶解浸取"时，需将海绵铜粉碎成细颗粒，其目的是

8

$6

&3

2

8

O

87C8

76

7

4

----------1-----------1----------1______I___0.1H3

0.60.8L0可l：4L64

ntNfcSOjyn(CuSO«)n(NaCI)/n(CuS04)

【第1空】增大固体与空气的接解面积，增大反应速率，提高原料利用率

“还原，氯化"时，Na2s03和NaCl的用量对CuCI产率的影响如图所示：

①CuS04与Na2so3、NaCl在溶液中反应生成CuCI的离子方程式为。

②当n(Na2SO3)/n(CuSO4)>1.33时，比值越大CuCI产率越小，其原因是。

③当1.0<n(NaCI)/n(CuSO4)<1.5时，比值越大CuCI产率越大，其原因是。

2+

【第1空】2Cu2++SO32-+2Cr+七0=2CuCll+SO4-+2H

【第2空】随着«Na2so3)//XCuSC>4)不断增大，溶液的碱性不断增强，Cu2+及CuCI的水解程度增大

【第3空】适当增大《CI一),有利于平衡Cu+(aq)+Q-(aq)CuCI(s)向生成CuCI方向移动

"粗产品"用pH=2的H2SO4水洗，若不慎用稀硝酸进行稀释，则对产品有何影响o

【第1空】CuCI的产率降低

用“醇洗"可快速去除滤渣表面的水，防止滤渣被空气氧化为Cu2(OH)3CI。CuCI被氧化为Cu2(0H)3cl的

化学方程式为。

【第1空】4CuCI+02+4H2。=2CU2(OH)3CI+2HCI

某同学拟测定产品中氯化亚铜的质量分数。实验过程如下：准确称取制备的氯化亚铜产品1.600g,将

其置于足量的FeCI3溶液中，待样品全部溶解后，加入适量稀硫酸，用0.2000mobLA一人1的KMn04标准溶

液滴定到终点，消耗KMn04溶液15.00mL,反应中MmO4A一被还原为MM2+,则产品中氯化亚铜的

质量分数为。

【第1空】93.28%

【答案】：无

【解析】：

【解答】(1)将海绵桐粉碎成细颗粒是为了增大固体与空气的接触面积，增大反应速率,提高原料利用率.

(2)①CuS04转化为CuCI,表明+2价铜元素得电子，CIJ2+是氧化剂，而SO32-具有较强还原性，故而SO32-失去电子生成

22+

SO4",其离子方程式为2Cu2++SO32-+2CI-+出0=2CUCU+SO4-+2H.

22++

②NazS03水解呈碱性:SO3+H2O=HSO3-+OH-,CM+水解呈酸性:Cu+2H2O=Cu(OH)2+2H,溶液中

Na2s。3浓度越大时，溶液碱性越强,对CuS04水解的促进作用就越大.所以n(Na2so3)/n(CuSO4)比值越大CuQ产率越小的

原因是：随着/XNa2so3)/aCuSO4)不断增大，溶液的碱性不断增延,Ci?+及CuCI的水解程度增大.

③CuCI微溶于水，在水溶液中存在溶解平衡Cu+(aq)+Q-(aq)=CuCI(s),所以n(NaQ)/n(CuSC)4)比值越大CuQ产率越大的

原因是：适当增大4CI一),有利于平衡Cu+(aq)+CI-(aq)=CuCI(s)向生成CuCI方向移动.

+2+

(3)稀硝酸能够氧化CuCI:3CuCI+4H+NO3-=3Cu+NOt+3C|-+2H2O,所以若不慎用稀硝酸进行稀释,贝(ICuCI的产率降

低.

(4)2个CuCI被氧化为1个CU2(OH)3cl失去2个电子，1个(打得到4个电子转化为。2-，反应物中应该有提供氢元素,所以其

为4CuCI+。2+4H2。=2CU2(OH)3CI+2HCI.

3+2+2+2+

(5)氯化亚铜产品中加入足量的FeCb溶液：CuCI+Fe=Cu+Fe+C|-,再用KMnC)4酸性溶液滴定：5Fe+MnO4'

+3+2+

+8H=5Fe+Mn+4H2O,得关系式5CuCI~5Fe2+~MnC)4-.样品中CuCI的物质的量

n(CuCI)=5-n(KMn04)=5x0.2mol/Lx0.015L=0.015mol,则产品中氯化亚铜的质量分数=""吃鬻5g/mol=93.28%.

1600g

【分析】(1)结合反应速率的影响因素分析；

(2)①10据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；

②结合水解平衡的影响因素分析；

谓合CuQ的沉淀溶解平衡的影响因素分析;

(3)硝酸具有氧化性，能将CuCI氧化；

(4)根据得失电子守恒和原子守恒书写反应的化学方程式；

(5)由反应的离子方程式得出关系式"5CuCi~5Fe2+~MnO4"从而计算产品中CuCI的物质的量，进而得出其质量分数；

＞第15题【填空题】

向2份0.1mol?S-A1CH3COONa溶液中分别加入少量NH4NO3,Na2SO3固体(忽略溶液体积变

化)，则CH3COO”浓度的变化依次为、(填"减小"、"增大"或"不变")

【答案】：

【第1空】减小

【第2空】增大

【解析】：

【解答】CH3coONa是强碱弱酸盐其水溶液呈碱性,NH4NO3是强酸弱碱盐其水溶液呈酸性,所以向醋酸钠溶液中加硝酸钱会

促进醋酸根离子水解,导致鬲酸根离子浓度减小；

Na2SO3是强减弱最盐其水溶液呈碱性,所以向醋酸钠溶液中力哑硫酸钠会抑制醋酸根离子的水解,导致雌根离子浓度增大；

故答宾为：减小；增大.

【分析】有弱根离子的盐溶液，如果两种溶液的酸碱性相同，那么它们混合后会相互抑制水解；如果T溶液显酸性,另一种

溶液显碱性，那么它们混合后弱根离子能相互促进水解.

A第16题【实验探究题】

?Fe、Cu都是人类较早使用的金属，某校化学研窕性学习小组的同学运用实验的手段研究Fe、Cu以

及化合物的相关性质.请你参与研究并回答下列问题：

足量的

NaOH.令）我

ABC

甲同学完成了Fe、Cu分别与S、CI2反应的实验，下列物质中不可能为甲同学实验得到的生成物是

A、FeCI3

B、FeCI2

C、CuCI2

D、FeS

B

乙同学为验证Fe能和热的浓HNO3反应，设计了如图所示的实验装置，请说出装置B的作用:

.开始加热前（填"有"或"无"）明显现象.

A\u7fl3\u51b2\u4f5c\u7528\u3001\u9632\u5012\u5438\u4f5c\u7528

B\u65e0

【第1空】缓冲作用、防倒吸作用

【第2空】无

当乙同学实验结束时，铁完全溶解，试管液面上方为无色气体，试管上部为红棕色气体，此时丙同学

用所得的溶液进行如下实验和探究：

①在所得的溶液中加入一小块Cu片，结果Cu片先逐渐溶解，并伴随其他现象，反应一段时间后不

再溶解.丙同学依据反应现象得出Cu片溶解的原因可能是和过量的HNO3发生反应.他依据的反应现象

是:该反应的离子方程式为.你认为Cu片溶解是否还有另一原因，若有请用化学方程式表

示其理由：（若无此空不填）

②请你设计实验证明在加入Cu片并反应完全后的溶液中含有FeO"但不含有Fe””.说明具体的

操作和实验现象

③丙同学实验结束后加水稀释后得到溶液500mL,假设实验全过程硝酸只被还原成NO和NO2共

0.02mol并测得溶液中FeA2”和CuA2"+浓度均为0.02mol/L,则NO3A-的物质的量浓度为

mol/L.生成NO气体的体积为L(标准状况).

A\u751f\u6210\u65e0\u8272\u6cl4\u4f53\ufflb\u8bd5\u7bal\u4e0a\u90e8\u51fa\u73b0\u7ea2\u68d5\

u8272\u6c14\114f53

B3Cu+2N03<\/sub>"\ufe63<\/sup>+8H"+<\/sup>=3CuA2<\/sup>A+<\/sup>+2NC)\u2191+4H2<\/sub>0

C2Fe\uff08N03<Vsub>\uff093<\/sub>+Cu=Cu\uff08N03<\/sub>\uff092<Vsub>+2Fe\uff08N03<Vsub>\uffO

92

D\u53d6\u8be5\u6eb6\u6db2\u5cll\u8bb8\uff0c\u6ef4\u52a0\u9002\u91cf\u7684KSCN\u6eb6\u6db2\uf

f0c\u4e0d\u51fa\u73b0\u7ea2\u8272\uff0c\u518d\u6ef4\u52a0\u9002\u91cf\u65b0\u5236\u6c2f\u6c34\uff0c

\u51fa\u73b0\u7ea2\u8272

E、0.08

【第1空】生成无色气体；试管上部出现红棕色气体

+2+

【第2空】3CU+2NO3'+8H=3CU+2NOT+4H2O

【第空】

32Fe(NO3)3+Cu=Cu(NO3)2+2Fe(NO3)2

【第4空】取该溶液少许,滴加适量的KSCN溶液，不出现红色，再滴加适量新制氯水,出现红色

【第5空】0.08

【第6空】0.224

本次探究实验用掉密度为L5g?cm^-7质量分数为95%的浓硝酸3mL,超出实际参加反应的量其原因

有(写出两点)：①②.

A\u6d53\u785d\u9178\u6613\u6325\u53dl\u90e8\u5206\u785d\u9178\u6325\u53dl

B\u785d\u9178\u53d7\u70ed\u5206\u89e3

【第1空】浓硝酸易挥发部分硝酸挥发

【第2空】硝酸受热分解

【答案】：

【解析】：

【解答】解：(1.)Cl2氧化性较强,与变价金属生成高价的金属氯化物，Fe与。2的反应生成FeCb,Cu与。2反应生成CuCI2

,S氧化性较弱,与变价金属生成低价的金属硫化物，Fe与S的反应生成FeS,

故答案为：B;

(2.)Fe能和热的浓HN03反应:Fe+6HNO3(浓)Fe(N03)3+3NO2T+3H2O,生成的二M化题能和水反应

3NO2+H2O=2HNO3+NO,若A与C直接连接，C中液体能倒吸到A中，所以装置B具有缓冲作用、防倒吸作用,开始加热前无

反应发生所以无明显现掾,

故答室为：缓冲作用；防倒吸作用；无；

(3.)①二氧化氢能和水反应生成石缪和一氧化氟,当溶液中硝酸过量时,抑制二氧化氮的溶解,所以Cu片溶解的原因可能是

和过量的HNO3发生反应,可看到生成无色气体，试管上部出现红棕色气体，该反应的离子方程式为3CU+2NO3

-+8H+=3Cu2++2NOT+4H2。,硝酸时，铁和石罐^^三砖，三微和二微离的铜离子，从而

使铜片溶解,发生反应为2Fe(NO3)3+Cu=Cu(N03)2+2Fe(NO3)2，故答案为：生成无色气体；试管上部出现红棕色

气体；3CU+2NO3'+8H+=3Cu2++2NOt+4H2。;2Fe(N03)3+Cu=Cu(N03)2+2Fe(N03)2；

②取适量反应后的溶液放入试管中，加入KSCN溶液无明显现象,再加入少量氯水,溶液变红则证明溶液中含有Fe2+但不含

Fe3+,故答案为：取该溶液少许,滴加适量的KSCN溶液，不出现红色，再滴加适量新制氯水，出现红色；

③丙同学实翳束后加水稀释后得到溶液500mL,溶液中Fe2+和Cu2+浓度均为0.02mol/L,溶液中NO3-的物质的量n(NO3

')=2n(Fe2+)+2n(Cu2+)=2x0.02mol/Lx0.5L+2x0.02mol/Lx0.5L=0.04mol,贝!JNO3'的物质的新度为C=5=

空警=0.08mol/L,生成亚铁离子和铜离子失去的电子等于+5价的氮得到的电子，根据得失电子守恒An(NO)

2+2+

+lxn(N02)=2n(Fe)+2n(Cu)=0.04mol,ISISN原子守丽知,的n(HNO3)=n(NO)+n(NO2)

=0。2moi，解得：n(NO)=n(NO2)=0.01mol,^MNOn<ta<KtSl^V=nVm=0.224L,

故答案为:0.08;0.224;

(4.)本次探究实验用掉浓硝酸超出实际参加反应的量,是因为：①浓石肖酸易挥发部分硝酸挥发，②5肖酸受热分解，

故答案为：①浓石肖酸易挥发部分硝酸挥发；黔畿受热分解.

【断】(1)Fe^CI2SJSL^MFeCI3,Cu与,Fe与;

(2.)Fe能和热的浓HNO3反应生成二氧化氮，二氧化氮育蜘水反应,若A与C直接连接,C中液体1雏|吸到A中，所以装置B具

有缓冲作用、防倒吸作用，开始加热前无明显现象;

(3.)①IgJSM化近的性质分析,二氧化通能和水反应生成硝酸，当溶液中硝酸过量时,二氧化氮会剩余,气体呈红棕色；

硝酸过量时，铁和石瞰反应生成三价铁，根据三价铁的性质分析；②先根据Fe3+的特征反应,加入硫盆酸钾溶液判断溶液不含

Fe3+,然后加入氧化剂，如果含有Fe2+,Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe?+的存在;③根据N原子守

丽知,溶液中NO?'SWI质的量n(NO3.)=2n(Fe2+)+2n(Cu2+),硝酸只和NO2知。2m。1,演娱

电子守恒计算生成NO的物质的量；(4)根据浓硝酸易挥发、易分解的性质分析解答.

>第17题【实验探究题】

某校为了改进碳与HNO3反应的实验，设计了如图所示的装置：先预热盛有无水CaCI2的试管I,然

后投入几小块红热的炭块，再缓缓地向炭块上滴加浓HNO3,反应即可连续进行.

由于浓HN03易挥发，应怎样操作才能使分液漏斗中HN03顺利滴下？

【第1空】用导管连接分液漏斗和大试管

写出试管I中的化学方程式：

【第1空】C+4HNO3（浓）」CO2f+4NC）2t+2H2。

试管n上方的长颈漏斗中放置一团湿棉花.其作用是.

【第1空】将二氧化金转化成一氧化氮

试管n中的现象：.

【第1空】"气泡,澄清石灰水港虫

【答案】：

【解析】：

【解答】解：（1）用导管将分液漏斗和大试管连接,使分液漏斗和导管中压强相等,从而使分液漏斗中的浓硝酸顺利流出，

故答案为：用导管连接分液漏斗和大试管；（2）试管I中C与浓硝酸反应的方程式为：C+4HNO3（浓）」CO2T+4NO2t

+2H2O,故答案为:C+4HNO3（浓）」CO2T+4NO2T+2H2。；（3）根据反应可知,反应生成的气体为M化碳和二M化氮

的混合物,要通过澄清石灰水证明二氧化碳，应该除去二氧化血，湿棉花中的水分能够将二氧化血转化成NO,从而避免了对二

氧化碳的检验,故答靠为：将二氧化氮转化成一氧化近；（4）NO不与澄清石灰水反应,所以会观察到有气泡冒出，二氧化碳

与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则澄清石灰水会变浑浊，故答室为：产生气泡，澄清石灰水变滓浊.

【分析】（1）用导管连接大试管和分液漏斗，使分液漏斗和大试管中压强相等；（2）试管I中碳与浓硝酸加热反应生成二氧化

碳、二氧化氮和水，据此写出反应的化学方程式；（3）湿棉花将二号化氮转化成一氧化氮,避免影响二氧化碳与氢氧化钙的反

应；（4）NO不溶于水，会有气泡冒出，二氧化碳^够使澄清石灰水变滓浊.

>第18题【实验探究题】

写出木炭与浓硫酸反应的化学方程式.标准状况下，若生成6.72L的气体，则转移电子的物质

的量为.这些装置的连接顺序（按产物气流从左到右的方向）是（填装置的编号）：

0-»3.

B、0.4mol

C\u2463

D\u2461

E\u2460

【第空】浓）

1C+2H2so4（A_CO2t+2SO2t+2H2O

【第2空】0.4mol

【第3空】④

【第4空】②

【第5空】①

【第6空】③

实验时可观察到：装置①中A瓶的溶液褪色，C瓶的溶液不褪色.B瓶溶液的作用是,C瓶溶

液的作用是.

A\u5c06\u591a\u4f59\u7684SO2<Vsub>\u5168\u90e8\u6c27\u5316\u5438\u6536

B\u786e\u8bcl\u4ea7\u7269\u4e2dSO2<Vsub>\u5df2\u88abB\u74f6\u6eb6\u6db2\u5168\u90e8\u6c27\

u5316

【第1空】将多余的SO2全部氧化吸收

【第2空】确证产物中S02已被B瓶溶液全部氧化

装置②中所加的固体药品是,可确证的产物是,确定装置②在整套装置中位置的理由

是.

A\u65e0\u6c34CuSO4<Vsub>

B\u6c34\u84b8\u6cl4

C\u7531\u4e8e\u4ea7\u7269\u6cl4\u6d41\u901a\u8fc7\u2460\u3001\u2462\u65f6\u4fla\u5e26\u51fa\

116c34\u84b8\116cl4\uff0c\u6240\u4ee5\u2461\u5fc5\u987b\u5728\u2460\u3001\u2462\u4e4b\u524d

【第1空】^KCUS04

【第2空】水蒸气

【第3空】由于产物气流通过①、（^）8^会带出水蒸气，所以②it颁在①、③之前

盛放浓硫酸的试剂瓶标签上应印有下列警示标记中的

A、D

【第1空】D

【答案】：

【解析】：

【解答】解：（1）领木炭粉与浓书写化学方百,为C+2H2s。4（浓）CO2T+2SO2T+2H2O,

若生成3moi的气体,则转移电子的物质的量为4m。1,所以标准状况下，若生成6.72L即03moi的气体，则转移电子的物质的量

为0.4mol,检验二氧化碳和二氧化磕时用到的溶液中均含有水，所以先检验水的存在,二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰

水变浑浊，所以先检验二«化硫,再除去，最后检验二«化碳,则其连接顺序是:④一②一①一③；故答案为：

C+2H2s。4（浓）ACO2T+2SO2T+2H2O;0.4