54第五章单元练习（分层作业）2022-2023学年高一化学（人教版2019）

5.4第五章单元练习一、单选题1．依据反应，利用下列装置从含的废液中制取单质碘的溶液，并回收，其中装置使用错误的是ABCD制取还原碘酸钠获得溶液的从水溶液中提取A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．Cu与浓硫酸在加热的条件下，反应生成二氧化硫，图中没有加热装置，故该装置不可制备二氧化硫，A错误；B．二氧化硫与发生题给氧化还原反应生成I2和，且倒扣的漏斗可防止倒吸，B正确；C．碘易溶于四氯化碳，与水分层，图中萃取、分液可得到I2的CCl4溶液，C正确；D．从水溶液中提取采取蒸发结晶的方法，用蒸发皿蒸发溶液，D正确；故本题选A。2．下列气体中，既可用浓硫酸干燥，又可用碱石灰固体干燥的是A． B． C． D．【答案】D【分析】浓硫酸是酸性干燥剂，碱石灰是碱性干燥剂，若气体中，既可用浓硫酸干燥，又可用碱石灰干燥，则该气体应该是中性气体。【详解】A．Cl2可以用浓硫酸干燥，和氢氧化钠反应，不能用碱石灰干燥，A不符合题意；B．NH3是碱性气体，和浓硫酸发生反应，不能用浓硫酸干燥，B不符合题意；C．SO2是酸性气体，能和氢氧化钠反应，所以不能用碱石灰干燥，C不符合题意；D．是中性气体，所以既能用浓硫酸又能用碱石灰干燥，D符合题意；答案选D。3．图中实验装置正确的是ABCD加热分解碳酸氢钠氨气的尾气处理定容稀释浓硫酸A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．加热碳酸氢钠固体，试管口应向下倾斜，A错误；B．氨气极易溶于水，尾气处理需要防止倒吸，B正确；C．定容时胶头滴管垂直悬空，不能深入容量瓶中，且定容应该是加水至离刻度线12cm处再定容，C错误；D．稀释浓硫酸应该是浓硫酸加入水中，D错误；故选B。4．下列物质的性质和用途不具有对应关系的是A．明矾可溶于水，故可作净水剂B．铁粉有还原性，故可作食品脱氧剂C．二氧化硫具有还原性，故可作抗氧化剂D．液氨汽化时要吸收大量的热，故可作制冷剂【答案】A【详解】A．明矾可溶于水与明矾净水无对应关系，可净水是因生成Al(OH)3胶体有吸附性，A符合；B．铁粉的还原性能与氧气反应，与食品脱氧剂有对应关系，B不符合；C．二氧化硫具有还原性能与氧化性物质反应，与抗氧化剂有对应关系，C不符合；D．液氨汽化时要吸收大量的热能使周围的温度降低，与作制冷剂有对应关系，D不符合；故选A。5．下列说法正确的是A．工业上制粗硅的反应为，反应中还原剂与氧化剂的质量比为5：2B．制造陶瓷的主要原料是石灰石和黏土C．制普通玻璃的原料主要成分是纯碱、石灰石和石英D．我国科学家近年来研制出一种新型“连续纤维增韧”航空材料(主要成分是由碳化硅陶瓷和碳纤维复合而成的)，它比钢铁轻、硬，但质地较脆【答案】C【详解】A．工业上制粗硅的反应为，反应中Si元素的化合价降低，C元素化合价升高，还原剂C与氧化剂SiO2的质量比为:60=2：5，选项A错误；B．生产陶瓷的主要原料是黏土，选项B错误；C．制造普通玻璃的原料：石灰石、纯碱和石英，选项C正确；D．由碳化硅陶瓷和碳纤维复合而成的航空材料能增加韧性，故质地不会较脆，选项D错误；答案选C。6．在实验室中，下列试剂的保存方法正确的是①浓硝酸保存在棕色广口瓶内②Na保存在CCl4中③HF溶液保存在塑料瓶中④AgNO3固体保存在棕色试剂瓶内⑤白磷保存在冷水中A．①③④ B．②③⑤ C．①②③④ D．③④⑤【答案】D【详解】①浓硝酸见光易分解，但是液态需保存在细口瓶中，则需保存在棕色细口瓶内避光保存，①不合题意；②Na的密度大于煤油小于CCl4，故金属钠不保存在CCl4中，而应该保存在煤油中，②不合题意；③HF能与玻璃中的SiO2反应而腐蚀玻璃，故HF溶液不能保存在玻璃瓶中，而应该保存在塑料瓶中，③符合题意；④已知AgNO3见光易分解，故AgNO3固体保存在棕色试剂瓶内避光保存，④符合题意；⑤白磷易自燃，不能与空气接触，故白磷保存在冷水中，⑤符合题意；综上分析可知，③④⑤符合题意，故答案为：D。7．现代社会的发展与进步离不开材料，下列有关说法不正确的是A．碳化硅是一种新型陶瓷材料，具有耐高温耐磨的特点B．晶体硅是一种半导体材料，常用于制造光导纤维C．硬铝是一种铝合金，是制造飞机和飞船的理想材料D．石墨烯是一种新型无机非金属材料，具有高电导率的特点【答案】B【详解】A．碳化硅陶瓷具有抗氧化性强，耐磨性好，硬度高，热稳定性好，高温强度大，属于新型无机非金属材料，故A正确；B．晶体硅是良好的半导体材料，常用于制造芯片，常用于制造光导纤维的是二氧化硅，而不是硅，故B错误；C．硬铝是铝和其他金属或非金属形成的一种铝合金，具有密度小，强度大，是制造飞机和飞船的理想材料，故C正确；D．石墨烯是一种新型无机非金属材料，石墨是良好的导体，石墨烯有独特的结构，具有优良的导电、导热性能，故D正确；故选：B。8．我国嫦娥五号探测器带回的月土中含有原子序数依次增大的等四种短周期主族元素。有杀菌消毒作用：为同周期相邻元素，且其中只有一种是非金属元素。下列说法中正确的是A．X元素的最高正价为价 B．X与M形成的化合物熔点很低C．X与Z形成的化合物能与强碱反应 D．原子半径由大到小的顺序为【答案】C【分析】短周期主族元素中，原子序数依次增大的等四种短周期主族元素，有杀菌消毒作用，故X是O元素：为同周期相邻元素，且其中只有一种是非金属元素，所以Y是、Z是是。【详解】A．O的化合价没有最高价，即O没有+6价，A错误；B．O和形成的化合物是，的熔点高，B错误；C．属于两性氧化物，能与强碱反应，C正确；D．电子层数越多，半径越大；电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，故原子半径由大到小的顺序为，D错误；故答案为：C。9．下列离子方程式正确的是A．钠与水反应：B．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：C．等体积等物质的量浓度的溶液与溶液混合：D．浓硝酸中加入过量铁粉并加热：【答案】C【详解】A．钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，正确的离子方程式：，A错误；B．醋酸是弱酸，要用化学式表示，不能写成，B错误；C．等体积等物质的量浓度的溶液与溶液混合，离子方程式为，C正确；D．浓硝酸中加入过量铁粉并加热，生成亚铁离子而不是铁离子，D错误；故答案选C。10．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A．常温常压下，2.24L中含有的原子数为0.3B．5.6g铁与过量硫粉充分反应，转移的电子数为0.2C．1L0.1的NaOH溶液中含有的数目为0.1D．高温下，12g碳完全溶于足量浓硝酸中，生成的分子数为【答案】A【详解】A．常温常压下，2.24L的物质的量小于0.1mol，含有的原子数小于0.3，A项错误；B．5.6g铁为0.1mol，与过量硫粉充分反应生成0.1molFeS，转移的电子数为0.2，B项正确；C．NaOH为强碱，1L0.1的NaOH溶液中含有的数目为0.1，C项正确；D．12g碳为1mol，完全溶于足量浓硝酸中，生成的分子数为，D项正确。故选A。11．常温下，利用如图所示装置进行实验，下列对装置丙中实验现象的叙述错误的是选项装置甲装置乙装置丙装置丙中的实验现象A稀硫酸亚硫酸钠品红溶液品红溶液红色褪去B稀硫酸碳酸氢钠澄清石灰水溶液先变浑浊后又澄清C浓硝酸铁粉滴有酚酞的氢氧化钠溶液溶液红色褪去D浓氨水生石灰溶有的溶液溶液中有白色沉淀生成A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．稀硫酸与亚硫酸钠反应生成，可使品红溶液褪色，A项正确；B．稀硫酸和碳酸氢钠反应生成，可使澄清石灰水先变混浊后变澄清，B项正确；C．常温下，铁在浓硝酸中钝化，溶液中无明显变化，C项错误；D．浓氨水与生石灰反应生成，通入溶有的溶液，有难溶性的生成，D项正确；答案选C。12．利用FeSO4制备还原铁粉的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A．“转化”过程的离子方程式为Fe2++2=FeCO3↓+H2O+CO2↑B．“洗涤”过程可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验沉淀是否洗净C．“干燥”过程应将固体置于烧杯中加强热快速烘干D．“焙烧”过程产生的气体可能是CO和CO2的混合气体【答案】C【详解】A．“转化”过程加入的NH4HCO3溶液可电离产生，进一步电离产生H+和，反应得FeCO3、H2O和CO2，选项A正确；B．“洗涤”过程是洗去FeCO3表面附着的、等离子，此法用检验是否存在来证明沉淀是否洗净，选项B正确；C．“干燥”过程不可在烧杯中强热，选项C错误；D．“焙烧”过程Fe2+被还原，碳被氧化可能生成CO和CO2的混合气，选项D正确；答案选C。13．下列实验操作和现象、结论均正确的是选项实验操作和现象结论A某溶液加入浓NaOH加热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝该溶液一定含NHB将Cl2通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红色后褪色Cl2有酸性和漂白性C向某溶液中滴加KSCN溶液和氯水，溶液显红色该溶液中一定含Fe2+D将铁片放入浓硫酸中，无明显现象铁不与浓硫酸反应A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．检验的常用方法，先加入强碱再加热产生NH3使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A正确；B．论描述中Cl2没有有酸性和漂白性，B错误；C．试剂添加顺序未明确，无法得出相关结论，C错误；D．铁被钝化时发生了氧化还原反应，D错误；故答案为：A。14．实验室制取并探究其还原性，下列实验装置能达到实验目的的是A．用装置甲制取 B．用装置乙除去中的水蒸气C．用装置丙验证氨气具有还原性 D．用装置丁吸收尾气中的【答案】C【详解】A．NaOH与NH4Cl反应生成NH3∙H2O，不加热的情况下NH3∙H2O难以分解，一般不用于制备氨气，A错误；B．NH3与浓H2SO4反应，浓硫酸不能干燥NH3，B错误；C．NH3与CuO反应生成N2、Cu和H2O，黑色的CuO转化为红色的Cu，N元素的化合价升高，说明NH3具有还原性，C正确；D．苯的密度比水的密度小，在上层，NH3直接通入下层的水，会发生倒吸，D错误；故选C。15．为了测定铁铜合金的组成，将15.2g铁、铜合金加入200mL某浓度的稀硝酸中，待合金完全溶解后，共收集到NO气体4.48L(标准状况下)，并测得反应后溶液中H+的浓度为0.5mol·L1。若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断正确的是A．反应后的溶液中可继续溶解铁铜合金质量最多为1.9gB．上述合金中铁与铜的质量之比为2：3C．合金中，铁的质量分数为63.2%D．原硝酸的物质的量浓度为c(HNO3)=4.5mol·L1【答案】D【详解】A．，则转移电子为，故金属共失去电子0.6mol，故失去1mol电子时合金的质量=，反应后Fe3+0.1mol，Cu2+0.15mol，HNO30.1mol由于要求是最多溶解合金的质量，所以应该让铁铜都变成+2价，根据方程式可知0.1mol硝酸还可以得到电子=，对应合金质量=，但是此时溶液中还有Fe3+0.1mol，还可以溶解更多的合金，A错误；B．反应后溶液中的c(H+)=0.5mol/L，则反应后，Fe被氧化生成Fe(NO3)3，设合金中Cu为mol，Fe为mol，则：，解得=0.15，=0.1，故Fe的质量为，Cu的质量为，其质量比=，B错误；C．合金中，铁的质量分数=，C错误；D．反应生成Cu(NO3)2、Fe(NO3)3和NO，还有剩余的硝酸，根据N原子守恒，故，D正确；故选D。16．64g铜与9mol·L1的浓硝酸1L充分反应，铜完全溶解，生成含NO2、NO的混合气体33.6L(在标准状况下)。若反应前后硝酸溶液的体积没有变化，下列说法错误的是A．起氧化作用的硝酸有1.5molB．不起氧化作用但参与反应的硝酸有2molC．反应后溶液中的浓度为5.5mol·L1D．混合气体中NO2与NO的体积比为5：1【答案】C【详解】A．NO2、NO的混合气体33.6L(在标准状况下)，则混合气体的总物质的量为，根据原子守恒可知，起氧化作用的硝酸有1.5mol，A正确；B．64g铜的物质的量为1mol，铜完全溶解生成硝酸铜，则可生成1molCu(NO3)2，说明不起氧化作用但参与反应起酸性的硝酸有2mol，B正确；C．反应前后硝酸溶液的体积没有变化，根据原子守恒可知剩余的物质的量为9mol1.5mol=7.5mol，浓度为7.5mol/L，C错误；D．设NO为xmol，NO2为ymol，则x+y=1.5，又根据得失电子守恒有：3x+y=2，联立解得x=0.25，y=1.25，则两者体积比为1.25：0.25=5：1，D正确；17．（双选）部分含硫物质的分类与相应的化合价的关系如图，下列推断合理的是A．硫元素的性质活泼，自然界中不存在a B．a不能一步转化为cC．向e的水溶液中通入氯气可得到d D．d的浓溶液常用作干燥剂，可干燥b、f【答案】BC【分析】根据物质类别和硫元素的化合价可知，a为单质硫，b为SO2，c为SO3，d为H2SO4，e为H2SO3，f为H2S。【详解】A．硫的化学性质比较活泼，但在火山口附近有单质硫存在，故A不合理；B．S被氧气或浓硫酸等氧化剂氧化，只能一步转化为SO2，不能一步转化为SO3，故B合理；C．向亚硫酸溶液中通入氯气发生反应：H2SO3+Cl2+H2O=H2SO4+2HCl，生成了硫酸，故C合理；D．浓硫酸具有吸水性，常用作干燥剂，可干燥SO2，但由于能和H2S发生氧化还原反应，所以不能干燥H2S，故D不合理；故选BC。18．（双选）容积为10mL的试管，充满NO2和O2的混合气体，倒立于水槽中，若最后剩余2mL气体，则原混合气体中，O2的体积可能为（

）A．0.8mL B．9.2mL C．3.6mL D．1.6mL【答案】AC【分析】发生的反应为4NO2+O2+2H2O4HNO3，不论NO2反应完全，还是O2反应完全，参加反应的NO2和O2的体积比恒等于4∶1，即V(NO2)反应∶V(O2)反应≡4∶1，所以有V(NO2)反应=4V(O2)反应。【详解】若剩余气体是NO，则O2完全反应，剩余气体NO是由剩余NO2的和水反应得到的，根据反应3NO2+H2O2HNO3+NO，当剩余2mLNO时，实际上剩余6mLNO2，参加反应的NO2和O2的体积为：V反应=10mL6mL=4mL，所以反应的NO2的体积为：V(NO2)反应=V反应=×4mL=3.2mL，反应的O2的体积为：V(O2)反应=V反应=×4mL=0.8mL，V(NO2)=V(NO2)反应+V(NO2)剩余=3.2mL+6mL=9.2mL,选项A正确；若剩余气体是O2，则NO2完全反应。参加反应的NO2和O2的体积为：V反应=10mL2mL=8mL，所以反应的NO2的体积为：V(NO2)反应=V反应=×8mL=6.4mL，反应的O2的体积为：V(O2)反应=V反应=×8mL=1.6mL，V(O2)=V(O2)反应+V(O2)剩余=1.6mL+2mL=3.6mL。选项C正确。答案为AC。非选择题19．某化学小组采用如图所示装置，对浓硝酸与木炭的反应进行探究(已知：4HNO3=4NO2↑＋O2↑＋2H2O)。请回答下列问题：(1)检查装置气密性后，将燃烧匙中的木炭在酒精灯上加热至红热状态，伸入三口烧瓶中，并塞紧瓶塞，滴加浓硝酸，可观察到三口烧瓶中气体的颜色为___________，产生该气体的化学方程式是___________。(2)装置C中盛有足量Ba(OH)2溶液，炽热的木炭与浓硝酸反应后可观察到C中出现白色沉淀，该白色沉淀为___________(填化学式)。(3)装置B的作用是___________。(4)装置D中收集到了无色气体，部分同学认为是NO，还有部分同学认为是O2。①下列对该气体的检验方法合适的是___________。A．敞口观察装置D中集气瓶内气体的颜色变化B．将湿润的蓝色石蕊试纸伸入集气瓶内，观察蓝色石蕊试纸是否变红C．将带火星的木条伸入集气瓶中，观察木条是否复燃②如果D中集气瓶中收集的无色气体是氧气，则氧气的来源是___________。(5)铜是重要的工业原材料，现有铜、氧化亚铜组成的混合物，某研究性学习小组为了探究其组成情况，取35.2g混合物加入0.5L3.4mol·L1的稀硝酸，固体物质完全反应，生成一氧化氮4.48L(标准状况)。向所得溶液中加入aL2.0mol·L1氢氧化钠溶液，恰好使溶液中的铜离子沉淀完全。①氧化亚铜与稀硝酸反应的化学方程式为___________。②混合物中，铜的物质的量为___________；氧化亚铜的物质的量为___________。③所加氢氧化钠溶液的体积是___________。【答案】

红棕色

C＋4HNO3(浓)4NO2↑＋CO2↑＋2H2O

BaCO3

防倒吸

AC

浓硝酸的分解

3Cu2O＋14HNO3(稀)=6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O

0.1mol

0.2mol

0.75L【分析】探究实验，连接装置，检查装置的气密性，然后装药品，实验开始，装置A：碳单质和浓硝酸加热反应生成二氧化氮、二氧化碳和水，反应的化学方程式为C＋4HNO3(浓)4NO2↑＋CO2↑＋2H2O、副反应：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，装置B：安全瓶，防倒吸，装置C：盛有足量Ba(OH)2溶液，检验二氧化碳，装置D：收集尾气。【详解】(1)碳与浓硝酸在加热的条件下反应生成二氧化碳和红棕色的二氧化氮，所以可观察到三颈瓶中气体的颜色为红棕色，反应方程式为C＋4HNO3(浓)4NO2↑＋CO2↑＋2H2O；(2)装置C中盛有足量Ba(OH)2溶液，二氧化碳通入其中，反应的化学方程式是：CO2+Ba(OH)2═BaCO3↓+H2O，产生白色BaCO3沉淀；(3)根据装置图可知，装置B的作用为用作安全瓶，缓冲，防止溶液倒吸；(4)①A．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮为红棕色，如果集气瓶内气体是NO，向装置D中通入O2，可以看到红棕色，对NO气体的检验方法合适，故A不选；B．一氧化氮不溶于水，与水不反应，湿润的蓝色石蕊试纸不能区别一氧化氮和氧气，检验方法不合适，故B不选；C．将带火星的木条伸入集气瓶中，观察木条是否复燃，可以判断集气瓶中是否是氧气，对氧气的检验方法合适，故C选；故答案为：AC；②硝酸在加热的条件下分解4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O产生二氧化氮、水和氧气，所以氧气的来源是浓硝酸在受热时分解所产生或二氧化氮溶于水之后生成的HNO3分解所产生；(5)①硝酸具有强氧化性，将Cu2O氧化生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应方程式为3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+2NO↑+7H2O；②n(HNO3)=0.5L×3.4mol/L=1.7mol，n(NO)=，由氧化还原反应得失电子守恒可知：n(Cu)×2+2×n(Cu2O)=0.2mol×3①，35.2g混合物中，根据质量守恒：n(Cu)×64g/mol+n(Cu2O)×144g/mol=35.2g②联①②解之得：n(Cu2O)=0.2mol，n(Cu)=0.1mol，③n(HNO3)=0.5L×3.4mol/L=1.7mol，n(NO)=，溶液中n[Cu(NO3)2]=n(Cu)+2×n(Cu2O)=0.5mol，剩余硝酸n(HNO3)=1.7mol0.5mol×20.2mol=0.5mol，中和需n(NaOH)=0.5mol，将硝酸铜变为氢氧化铜，Cu(NO3)2～2NaOH，所加NaOH溶液的物质的量为1mol，所以需加NaOH的总物质的量为：1mol+0.5mol=1.5mol，n=cv=aL×2.0mol/L=1.5mol，a=0.75L。20．某小组同学用如图所示装置制取氨气并验证氨气的性质。请回答：(1)制取氨气的化学方程式是_______。(2)采用题图的方法收集氨气，是因为氨气的密度比空气的_______(填“大”或“小”)。(3)把蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近集满氨气的试管口，观察到的实验现象是_______。(4)下列不能用于干燥氨气的是_______(填字母，下同)。A．浓硫酸

B．氢氧化钠固体

C．五氧化二磷

D．碱石灰(5)生石灰与水反应生成并放出热量。实验室利用此原理，向生石灰中滴加浓氨水，可以快速制取氨气。用此方法制取氨气应选用的气体发生装置是_______。(6)某浓度的硝酸与过量的铁粉反应生成标准状况下N2O气体4.48L。若改用铝粉反应(生成NO气体)，则最终可溶解铝粉的质量为_______。【答案】

2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O

小

有大量白烟产生

AC

c

13.5g【分析】实验室中加热NH4Cl、Ca(OH)2的混合物制取氨气，氨气密度比空气小，用向下排空气法收集氨气，由于氨气是碱性气体，用碱石灰干燥氨气，用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，氨气与氯化氢反应生成白烟氯化铵。【详解】(1)实验室中加热NH4Cl、Ca(OH)2的混合物制取氨气，反应的化学方程式是2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O；(2)氨气密度比空气小，所以采用向下排空气法收集氨气；(3)盐酸易挥发，把蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近集满氨气的试管口，氨气与氯化氢反应生成白烟氯化铵，观察到的实验现象是有大量白烟产生；(4)氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂干燥，故选AC；(5)生石灰与水反应生成并放出热量。实验室利用此原理，向生石灰中滴加浓氨水，可以快速制取氨气。属于固液不加热制取气体，气体发生装置选用c；(6)某浓度的硝酸与过量的铁粉反应生成硝酸亚铁，设溶解铁的物质的量是amol，根据得失电子守恒，2a=，a=0.8mol，根据氮元素守恒，参加反应的硝酸的物质的量是(0.8mol×2+mol)=2mol。若改用铝粉反应(生成NO气体)，设最终可溶解铝粉的物质的量是xmol，则(xmol×3+)=2，x=0.5mol，质量为0.5mol×27g/mol=13.5g。21．硝酸铁具有较强的氧化性，易溶于水，乙醇等，微溶于浓硝酸。可用作金属表面化学抛光剂。I.制备硝酸铁：取100mL8mol·L1硝酸于a中，取5.6g铁屑于b中，水浴保持反应温度不超过70℃。(1)该装置中a的仪器名称是_______，烧杯中盛有的NaOH溶液的作用是_______。(2)配平该反应的离子方程式___________。________Fe+______+______H+→_______Fe3++_____NO2↑+______H2O(3)若用实验制得的硝酸铁溶液，获取硝酸铁晶体，应进行的操作是：将溶液小心加热浓缩、___________，用浓硝酸洗涤、干燥。II.探究硝酸铁的性质：步骤①：用硝酸铁晶体配制0.1mol·L1硝酸铁溶液，溶液呈黄色，测得溶液pH约1.6。步骤②：向如图所示装置的0.1mol·L1硝酸铁溶液中缓慢通入SO2，溶液液面上方出现红棕色气体，溶液仍呈黄色。步骤③：继续向装置中通入SO2，溶液逐渐变为深棕色。已知：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色)(4)步骤②的反应中以而不是Fe3+氧化SO2为主，得出这一结论的理由是：________。步骤③反应的离子方程式为__________。(5)由以上探究硝酸铁的性质实验得出的结论是___________。【答案】(1)

分液漏斗

吸收NO2气体防止空气污染(2)Fe+3+6H+=Fe3++3NO2↑+3H2O(3)冷却结晶(4)

实验二的步骤①中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成

2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+(5)Fe3+、都有氧化性，其中以氧化性为主【分析】100mL8mol·L1硝酸与铁屑混合后，铁屑溶解，生成了硝酸铁、二氧化氮和水，可在集气瓶中收集二氧化氮，二氧化氮有毒，可用NaOH溶液吸收NO2气体防止空气污染。应用冷却结晶法获得硝酸铁晶体，并用浓硝酸洗涤、干燥。探究0.1mol·L1硝酸铁溶液与SO2的反应中，究竟是硝酸根还是铁离子作氧化剂，只要结合信息和实验现象即可判断：若硝酸根离子作氧化剂、则有NO生成、装置上方会显红棕色，若铁离子作氧化剂、则有亚铁离子生成，可据此回答。（1）该装置中a的仪器名称是分液漏斗，NaOH溶液与NO2反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，则烧杯中盛有的NaOH溶液的作用是吸收NO2气体防止空气污染；（2）铁和硝酸的反应中，铁元素从0价升高到+3价、氮元素从+5价降低到+4价，则按得失电子数守恒、元素质量守恒、电荷守恒得：反应的离子方程式Fe+3+6H+=Fe3++3NO2↑+3H2O；（3）因为硝酸铁水解、有热不稳定性，蒸发结晶无法获取硝酸铁晶体，则应该用冷却结晶法获得晶体，应进行的操作是：将溶液小心加热浓缩、冷却结晶，硝酸铁易溶于水，乙醇等，微溶于浓硝酸，故晶体用浓硝酸洗涤、干燥；（4）步骤②：向如图所示装置的0.1mol·L1硝酸铁溶液中缓慢通入SO2，溶液液面上方出现红棕色气体即NO转变生成的NO2，溶液仍呈黄色、则铁离子未变化、结合信息可知没有Fe2+生成，则：步骤②的反应中以而不是Fe3+氧化SO2为主，得出这一结论的理由是：实验二的步骤①中未观察到溶液变为深棕色，说明没有Fe2+生成；步骤③：继续向装置中通入SO2，溶液逐渐变为深棕色。已知：Fe2++NO⇌[Fe(NO)]2+(深棕色)，则：步骤③反应为Fe3+氧化SO2得到Fe2+和，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+；（5）由以上探究硝酸铁的性质实验得出的结论是Fe3+、都有氧化性，其中以氧化性为主。22．某化学兴趣小组利用铜跟浓硫酸反应，探究SO2的部分性质，实验装置如图所示。(1)装置A中发生的化学反应的化学方程式为________________________________。(2)装置B的作用是贮存多余的气体，B中广口瓶内应盛放的液体是________(填序号)；①水

②饱和的NaHSO3溶液

③NaOH溶液

④酸性KMnO4(3)装置C和D中产生的现象相同，但原因却不同。C中是由于SO2与溶液中的NaOH反应使碱性减弱，而D中则是由于SO2具有____________性。(4)装置D中试管口塞一团棉花，棉花中应浸有一种液体，其作用是____________。(5)若实验中用一定质量的铜片和25.0mL18.0mol·L－1的浓硫酸在加热条件充分反应，最终铜片与硫酸均有剩余。假定反应前后溶液的体积不变，设剩余硫酸的浓度为dmol·L－1，现向反应后溶液中缓慢加入硝酸钾固体，充分搅拌直到剩余铜片恰好完全反应，反应消耗硝酸钾____________mol(用含d的代数式表示)。(6)SO2气体为无色气体，有强烈刺激性气味，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：在上述装置中通入过量的SO2，为了验证A中SO2与Fe3+发生了氧化还原反应，取A中的溶液，分成两份，并设计了如下实验：方案①：往第一份试液中加入少量酸性KMnO4溶液，紫红色褪去。方案②：往第二份试液中加入KSCN溶液，不变红，再加入新制的氯水，溶液变红。