2020-2021【化學(xué)】化學(xué)一模試題分類匯編——化學(xué)反應(yīng)原理綜合及詳細(xì)答案

1、2020-2021【化學(xué)】化學(xué)一模試題分類匯編一一化學(xué)反應(yīng)原理綜合及詳細(xì)答案一、化學(xué)反應(yīng)原理1.FeSQ溶液放置在空氣中容易變質(zhì)，因此為了方便使用Fe2+,實(shí)驗(yàn)室中常保存硫酸亞鐵俊晶體俗稱摩爾鹽”，化學(xué)式為(NH4)2Fe(SQ)2?6H2O,它比綠磯或綠磯溶液更穩(wěn)定。(穩(wěn)定是指物質(zhì)放置在空氣中不易發(fā)生各種化學(xué)反應(yīng)而變質(zhì))I.硫酸亞鐵俊晶體的制備與檢驗(yàn)(1)某興趣小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)制備硫酸亞鐵俊晶體。本實(shí)驗(yàn)中，配制溶液以及后續(xù)使用到的蒸儲(chǔ)水都必須煮沸、冷卻后再使用，這樣處理蒸儲(chǔ)水的目的是。向FeSQ溶液中加入飽和(NH4)2S。溶液，經(jīng)過(guò)操作、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍(lán)綠色的晶體。(2

2、)該小組同學(xué)繼續(xù)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明所制得晶體的成分。如圖所示實(shí)驗(yàn)的目的是,C裝置的作用是。晶體耳宓無(wú)卡CusnABC取少量晶體溶于水，得淡綠色待測(cè)液。取少量待測(cè)液，(填操作與現(xiàn)象)，證明所制得的晶體中有Fe2+o取少量待測(cè)液，經(jīng)其它實(shí)驗(yàn)證明晶體中有NH4+和SOFII.實(shí)驗(yàn)探究影響溶液中Fe2+穩(wěn)定性的因素(3)配制0.8mol/L的FeSQ溶液(pH=4.5)和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SQ)2溶液(pH=4.0),各取2ml上述溶液于兩支試管中，剛開始兩種溶液都是淺綠色，分別同時(shí)滴加2滴0.01mol/L的KSCM容液，15分鐘后觀察可見：(NH4"Fe(SQ)2溶液仍然為淺

3、綠色透明澄清溶液；FeSQ溶液則出現(xiàn)淡黃色渾濁。(資料1)沉淀Fe(OH)Fe(OH)3開始沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7請(qǐng)用離子方程式解釋FeSO溶液產(chǎn)生淡黃色渾濁的原因討論影響Fe2+穩(wěn)定性的因素，小組同學(xué)提出以下3種假設(shè)：假設(shè)1:其它條件相同時(shí)，NH4+的存在使(NH4)2Fe(SQ)2溶液中Fe2+穩(wěn)定性較好。假設(shè)2：其它條件相同時(shí)，在一定pH范圍內(nèi)，溶液pH越小Fe2+穩(wěn)定性越好。假設(shè)3:。（4）小組同學(xué)用如圖裝置（G為靈敏電流計(jì)），滴入適量的硫酸溶液分別控制溶液A（0.2mol/LNaCl）和溶液B（0.1mol/LFeSO4）為不同的pH,盤橋觀察記錄電流計(jì)讀數(shù)，對(duì)

4、假設(shè)2進(jìn)行實(shí)驗(yàn)研究，實(shí)驗(yàn)結(jié)果如表所示。序號(hào)A:0.2molL1NaClB:0.1molL1FeSG電流計(jì)讀數(shù)實(shí)驗(yàn)1pH=1pH=58.4實(shí)驗(yàn)2pH=1pH=16.5實(shí)驗(yàn)3pH=6pH=57.8實(shí)驗(yàn)4pH=6pH=15.5（資料2）原電池裝置中，其它條件相同時(shí)，負(fù)極反應(yīng)物的還原性越強(qiáng)或正極反應(yīng)物的氧化性越強(qiáng)，該原電池的電流越大。（資料3）常溫下，0.1mol/LpH=1的FeSO溶液比pH=5的FeSQ溶液穩(wěn)定性更好。根據(jù)以上實(shí)驗(yàn)結(jié)果和資料信息，經(jīng)小組討論可以得出以下結(jié)論：U型管中左池的電極反應(yīng)式。對(duì)比實(shí)驗(yàn)1和2（或3和4）在一定pH范圍內(nèi)，可得出的結(jié)論為。對(duì)比實(shí)驗(yàn)和,還可得出在一定pH范圍內(nèi)溶

5、液酸堿性變化對(duì)O2氧化性強(qiáng)弱的影響因素。對(duì)（資料3）實(shí)驗(yàn)事實(shí)的解釋為?！敬鸢浮砍ニ腥芙獾难鯕?，防止氧化Fe2+蒸發(fā)濃縮檢驗(yàn)晶體中是否含有結(jié)晶水防止空氣中水蒸氣逆向進(jìn)入裝有無(wú)水CuSQ的試管，影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果滴入少量K3Fe（CN）6溶液，出現(xiàn)藍(lán)色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，無(wú)明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色）4Fe2+Q+10H2O=4Fe（OH>J+8H+當(dāng)其它條件相同時(shí)，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性。（或當(dāng)其它條件相同時(shí)，硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好。）O2+4e-+4H+=2H2O溶液酸性越強(qiáng)，F(xiàn)e2+的還原性越弱13（或2和4）其它條件相同時(shí)，

6、溶液酸性增強(qiáng)對(duì)Fe2+的還原性減弱的影響，超過(guò)了對(duì)O2的氧化性增強(qiáng)的影響。故pH=1的FeSQ溶液更穩(wěn)定?！窘馕觥俊痉治觥縄.（1）亞鐵離子具有還原性，在空氣中容易被氧化；向FeSQ溶液中加入飽和（NH4）2SO4溶液，需要經(jīng)過(guò)蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍(lán)綠色的晶體；(2)無(wú)水硫酸銅遇水變藍(lán)色；空氣中也有水蒸氣，容易對(duì)實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生干擾；檢驗(yàn)Fe2+,可以向樣品中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，說(shuō)明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，無(wú)明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色，說(shuō)明存在Fe2+;II.(3)由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSQ溶

7、液中，會(huì)產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，說(shuō)明二價(jià)鐵被氧化成了三價(jià)鐵，同時(shí)和水反應(yīng)生成Fe(OH3沉淀；0.8mol/L的FeSQ溶液(pH=4.5)和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SQ)2溶液中硫酸根的濃度也不同，可以以此提出假設(shè)；(4)FeS。中的鐵的化合價(jià)為+2價(jià)，具有還原性，在原電池中做負(fù)極，則左池的碳電極做正極，NaCl中溶解的氧氣得電子生成，在酸性環(huán)境中生成水；實(shí)驗(yàn)1和2(或3和4)中NaCl溶液的pH相同，F(xiàn)eSQ溶液的pH不同，且FeSQ溶液的pH越小，電流越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時(shí)，負(fù)極反應(yīng)物的還原性越強(qiáng)或正極反應(yīng)物的氧化性越強(qiáng)，該原電池的電流越大，可以得出結(jié)論；對(duì)比

8、實(shí)驗(yàn)1和3(或2和4)發(fā)現(xiàn)，F(xiàn)eSQ溶液的pH相同時(shí)，NaCl溶液的pH越大，電流越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時(shí)，負(fù)極反應(yīng)物的還原性越強(qiáng)或正極反應(yīng)物的氧化性越強(qiáng)，該原電池的電流越大，可以得出結(jié)論；對(duì)比實(shí)驗(yàn)1和4,NaCl溶液的pH增大酸性減弱，F(xiàn)eSQ溶液的pH減小酸性增強(qiáng)，但是電流卻減小，結(jié)合的結(jié)論分析?！驹斀狻縄 .(1)亞鐵離子具有還原性，在空氣中容易被氧化，在配制溶液時(shí)使用到的蒸儲(chǔ)水都必須煮沸、冷卻后再使用，目的是：除去水中溶解的氧氣，防止氧化Fe2+;向FeSO溶液中加入飽和(NH4)2SO4溶液，需要經(jīng)過(guò)蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌和干燥后得到一種淺藍(lán)綠色的晶體；(2)無(wú)

9、水硫酸銅遇水變藍(lán)色，該裝置的實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖牵簷z驗(yàn)晶體中是否含有結(jié)晶水；空氣中也有水蒸氣，容易對(duì)實(shí)驗(yàn)產(chǎn)生干擾，需要使用濃硫酸防止空氣中水蒸氣逆向進(jìn)入裝有無(wú)水CuS。的試管，影響實(shí)驗(yàn)結(jié)果；檢驗(yàn)Fe2+,可以向樣品中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出現(xiàn)藍(lán)色沉淀，說(shuō)明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，無(wú)明顯變化，再加入幾滴新制氯水，溶液變成紅色，說(shuō)明存在Fe2+;II .(3)由表可知，pH=4.5的0.8mol/L的FeSQ溶液中，會(huì)產(chǎn)生Fe(OH)3沉淀，說(shuō)明二價(jià)鐵被氧化成了三價(jià)鐵，同時(shí)和水反應(yīng)生成Fe(OH)j沉淀，離子方程式為：4Fe2+O2+10H2O=4Fe(OH)U+8H+；0.8mo

10、l/L的FeSQ溶液(pH=4.5)和0.8mol/L的(NH4)2Fe(SQ)2溶液中硫酸根的濃度也不同，0.8mol/L的(NH4)2Fe(SQ)2溶液中硫酸根濃度更大，故可以假設(shè)：當(dāng)其它條件相同時(shí)，硫酸根離子濃度大小影響Fe2+的穩(wěn)定性；或者當(dāng)其它條件相同時(shí)，硫酸根離子濃度越大，F(xiàn)e2+的穩(wěn)定性較好；(4)FeSQ中的鐵的化合價(jià)為+2價(jià)，具有還原性，在原電池中做負(fù)極，則左池的碳電極做正極，NaCl中溶解的氧氣得電子生成，在酸性環(huán)境中生成水，故電極方程式為：O2+4e-+4H+=2H2O；實(shí)驗(yàn)1和2(或3和4)中NaCl溶液的pH相同，F(xiàn)eSQ溶液的pH不同，且FeSQ溶液的pH越小，電流

11、越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時(shí)，負(fù)極反應(yīng)物的還原性越強(qiáng)或正極反應(yīng)物的氧化性越強(qiáng)，該原電池的電流越大，可以得出的結(jié)論是：溶液酸性越強(qiáng)，F(xiàn)e2+的還原性越弱；對(duì)比實(shí)驗(yàn)1和3(或2和4)發(fā)現(xiàn)，F(xiàn)eSQ溶液的pH相同時(shí)，NaCl溶液的pH越大，電流越小，結(jié)合原電池裝置中，其它條件相同時(shí)，負(fù)極反應(yīng)物的還原性越強(qiáng)或正極反應(yīng)物的氧化性越強(qiáng)，該原電池的電流越大，可以得出在一定pH范圍內(nèi)溶液的堿性越強(qiáng)，O2氧化性越強(qiáng)；對(duì)比實(shí)驗(yàn)1和4,NaCl溶液的pH增大酸性減弱，F(xiàn)eSQ溶液的pH減小酸性增強(qiáng)，但是電流卻減小，結(jié)合的結(jié)論，和其它條件相同時(shí)，溶液酸性增強(qiáng)對(duì)Fe2+的還原性減弱的影響，超過(guò)了對(duì)O2的氧化性

12、增強(qiáng)的影響。故pH=1的FeSQ溶液更穩(wěn)定。2.某同學(xué)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)研究時(shí)，欲配1.0mol?L-1Ba(OH)2溶液，但只找至ij在空氣中暴露已久的Ba(OH)28H2O試劑(化學(xué)式量：315)。在室溫下配制溶液時(shí)發(fā)現(xiàn)所取試劑在足量的水中僅部分溶解，燒杯中存在大量未溶物。為探究原因，該同學(xué)查得Ba(OH)28H2O在283K、293K和303K時(shí)的溶解度(g/100gH2O)分別為2.5、3.9和5.6。(1)燒杯中未溶物可能僅為BaCQ,理由是。(2)假設(shè)試劑由大量Ba(0H)28H2O和少量BaCQ組成，設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案，進(jìn)行成分檢驗(yàn)。在答題紙上進(jìn)一步完成實(shí)驗(yàn)步驟、預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論。(不考慮結(jié)晶水的

13、檢驗(yàn)；室溫時(shí)BaCQ飽和溶液的pH=9.6)限選試劑及儀器：稀鹽酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH計(jì)、燒杯、試管、帶塞導(dǎo)氣管、滴管實(shí)驗(yàn)步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟1:取適量試劑于潔凈燒杯中，加入足量蒸儲(chǔ)水，充分?jǐn)嚢?，靜置，過(guò)濾，得濾液和沉淀。步驟2：取適量濾液于試管中，滴加稀硫酸。步驟3:取適量步驟1中的沉淀于試管中，。步驟4:將試劑初步提純后，準(zhǔn)確測(cè)定其中Ba(OH)28H2O的含量。實(shí)驗(yàn)如下：(3)配制250mL約0.1mol?L-1Ba(OH)2溶液：準(zhǔn)確稱取w克試樣，置于燒杯中，加適量蒸儲(chǔ)水，,將溶?夜轉(zhuǎn)入,洗滌，定容，搖勻。(4)滴定：準(zhǔn)確量取25.00mL所配制Ba(OHb溶液于

14、錐形瓶中，滴加指示劑，將(填“0.02R”“0.05”“0.198«“1.5)"mol?L-1鹽酸裝入50mL酸式滴定管，滴定至終點(diǎn)，記錄數(shù)據(jù)。重復(fù)滴定2次。平均消耗鹽酸VmL。計(jì)算Ba(OH)28H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=(只列出算式，不做運(yùn)算)。(5)室溫下，(填能"或不能”配制1.0mol?L-1Ba(OH>溶液?！敬鸢浮坑捎贐a(OH)28H20與空氣中的CO2反應(yīng)，所取試劑許多已變質(zhì)為BaCQ,未變質(zhì)的Ba(OH)28H20在配制溶液時(shí)能全部溶解實(shí)驗(yàn)步驟預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論步驟1:取適量試劑于潔凈燒杯中，加入足量蒸儲(chǔ)水，充分?jǐn)嚢瑁o置，過(guò)濾，得濾液和沉淀。步驟2

15、:取適量濾液于試管中，滴加稀硫酸。出現(xiàn)白色沉淀，說(shuō)明該試劑中后Ba2+存在步驟3：取適量步驟1中的沉淀于是試管中，滴加稀鹽酸，連接帶塞導(dǎo)氣管將產(chǎn)生的氣體導(dǎo)入澄清石灰水中。澄清石灰水變混濁。說(shuō)明該試劑中含有BaCQ步驟4:取步驟1中的濾液于燒杯中，用pH計(jì)測(cè)定其pH。pH明顯大于9.6,說(shuō)明該試劑中含有Ba(OH)2。,2500.198010315V,攪拌溶解250mL容量瓶中0.1980100%不能225.00w【解析】【分析】【詳解】(1) Ba(OH)2屬于強(qiáng)堿，易吸收空氣中的水蒸氣和CQ形成難溶的BaCQ沉淀，因此長(zhǎng)時(shí)間暴露在空氣中時(shí)Ba(OH)2就有可能轉(zhuǎn)化為BaCQ。(2) Ba(O

16、H)2易溶于水，所以濾液中含有Ba2+,因此滴加稀硫酸使會(huì)產(chǎn)生白色沉淀BaSQ;要想驗(yàn)證沉淀為BaC。，可以利用其能與酸反應(yīng)產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的C02氣體；為進(jìn)一步證明試劑是否還有Ba(OH)28H20,可以取步驟1中的濾液，用pH計(jì)測(cè)其pH值，若pH>9.6,即證明濾液不是純BaCQ溶液，即證明是由大量Ba(OH)28H2O和少量BaC。組成，假設(shè)成立。(3)由于試樣中含有難溶性的BaCQ,因此加水溶解后要過(guò)濾，且冷卻后再轉(zhuǎn)移到250mL容量瓶中。(4)Ba(OH)2溶液的濃度約為0.1mol?L-1,體積是25mL,由于酸式滴定管的容量是50mL,因此鹽酸的濃度至少應(yīng)該是0.1

17、mol?L-1。若鹽酸的濃度過(guò)大，反應(yīng)過(guò)快，不利于控制滴定終點(diǎn)，所以選擇0.1980mol?L-1的鹽酸最恰當(dāng)。消耗鹽酸的物質(zhì)的量是0.1980XVX113moi,所以25.00mL溶液中含有Ba(OH)2的物質(zhì)的量是0.1980V10mol,所以w克試樣中23Ba(OH)2的質(zhì)量是0.1980V10250315g,故Ba(OH)28H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)2252500.1980103315V=100%。225.00w(5)若配制1L1.0mol?L-1Ba(OH)2溶液，則溶液中溶解的Ba(OH)28H2O的質(zhì)量是315g,所315一.，一一以此時(shí)的溶解度約是證gX100=31.5g/100gH2

18、O,而在常溫下Ba(OH)28H2O是3.9g/100gH2O,顯然不可能配制出1.0mol?L-1Ba(OH)2溶液。3.輝銅礦與銅藍(lán)礦都是天然含硫銅礦，在地殼中二者常伴生存在?，F(xiàn)取一份該伴生礦樣品，經(jīng)檢測(cè)后確定僅含Cu2sCuS和惰性雜質(zhì)。為進(jìn)一步確定其中Cu2&CuS的含量，某同學(xué)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)：取2.6g樣品，加入200.0mL0.2000molL1酸fIeKMnO4溶液，加熱(硫元素全部轉(zhuǎn)化為SC42),濾去不溶雜質(zhì)；收集濾液至250mL容量瓶中，定容；取25.00mL溶液，用0.1000molL1FeSQ溶液滴定，消耗20.00mL;加入適量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和

19、Mn2+,使其不再參與其他反應(yīng))，再加入過(guò)量KI固體，輕搖使之溶解并發(fā)生反應(yīng)：2Cu2+4=2CuI+2；加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo111Na2aC3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2s2。322+|2=S4C62+2I)?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)寫出Cl2s溶于酸性KMnC4溶液的離子方程式：;(2)配制0.1000molLFeSQ溶液時(shí)要用煮沸過(guò)的稀硫酸，原因是,配制過(guò)程中所需玻璃儀器除了燒杯、玻璃棒、容量瓶外還有;(3)中取25.00mL待測(cè)溶液所用的儀器是;(4)中滴定至終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象為;(5)混合樣品中Cu2s和CuS的含量分別為%、%(結(jié)果均保留1位小數(shù))?！敬鸢浮緾U2S

20、+2MnC4-+8H+=2Cu2+SC42-+2Mn2+4H2C除去水中溶解的氧氣，防止Fe2+被氧化膠頭滴管(酸式)滴定管(或移液管)溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色61.536.9【解析】【分析】由配制溶液的過(guò)程確定所需儀器，據(jù)滴定實(shí)驗(yàn)原理判斷終點(diǎn)現(xiàn)象，運(yùn)用關(guān)系式計(jì)算混合物的組成?！驹斀狻?1)據(jù)題意，樣品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分別氧化成Cu2+、SO42-,則Cu2s與酸性KMnO4溶液反應(yīng)的離子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2CU2+SC42-+2Mn2+4H2Oo(2)配制0.1000molLFeSQ溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧氣，防止Fe

21、2+被氧化；配制過(guò)程中所需玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、容量瓶、膠頭滴管。(3)步驟中取25.00mL待測(cè)溶液(有未反應(yīng)的酸性KMnO4溶液)，所用儀器的精度應(yīng)為0.01mL,故選酸式滴定管或移液管。(4)步驟用標(biāo)準(zhǔn)Na2s2O3溶液滴定反應(yīng)生成的I2,使用淀粉作指示劑，終點(diǎn)時(shí)溶液由藍(lán)色變?yōu)闊o(wú)色，且半分鐘內(nèi)不恢復(fù)原色。設(shè)2.6g樣品中，Cu2s和CuS的物質(zhì)的量分別為x、v,據(jù)5Fe2+MnO4-(5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O),樣品反應(yīng)后一。1250。乘U余n(MnO4-)=0.1000molL1X20.00X3LX=4.000x平mol525.00樣品消耗n(MnO4

22、-)=0.2000moL二1x200.0X3L04.000x-30nol=36.00x-3mo|由CU2S2MnO4-和5CuS8MnO4-(5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2+5SO42-+8Mn2+12H2O),得2x+|y=36.00X彳mol一.一0250a又據(jù)2Cu2+|22s2O32,得2x+y=0.1000mo1L1x30.00X3L（X=30.00x-3mol25.00解方程組得x=y=0.01mol故W（CU2S）=0.01mol160g/mol2.6g100%=61.5%,0.01mol96g/molw(CuS)=100%=36.9%。2.6g【點(diǎn)睛】混合物的計(jì)算常

23、利用方程組解決，多步反應(yīng)用關(guān)系式使計(jì)算簡(jiǎn)化。注意溶液體積的倍數(shù)關(guān)系，如本題中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于測(cè)定實(shí)驗(yàn)。4 .草酸是一種二元弱酸，可用作還原劑、沉淀劑等。某校課外小組的同學(xué)設(shè)計(jì)利用C2H2氣體制取H2C2O4?2H2O?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)甲組的同學(xué)以電石(主要成分CaG,少量CaS及Ca3P2雜質(zhì)等)為原料，并用圖1裝置制取C2H2。圖！裝置A中用飽和食鹽水代替水的目的是。裝置B中，NaClO將H2&PH3氧化為硫酸及磷酸，本身被還原為NaCl,其中PH3被氧化的離子方程式為。(2)乙組的同學(xué)根據(jù)文獻(xiàn)資料，用Hg(NO3)2作催化劑，濃硝酸氧化C2H2制取H

24、2c204?2H20.制備裝置如圖2所示：裝置D中多孔球泡的作用是。裝置D中生成H2C2O4的化學(xué)方程式為_。從裝置D中得到產(chǎn)品，還需經(jīng)過(guò)_(填操作名稱)、過(guò)濾、洗滌及干燥。(3)丙組設(shè)計(jì)了測(cè)定乙組產(chǎn)品中H2c204?2H20的質(zhì)量分?jǐn)?shù)實(shí)驗(yàn)。他們的實(shí)驗(yàn)步驟如下：準(zhǔn)確稱取mg產(chǎn)品于錐形瓶中，加入適量的蒸儲(chǔ)水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol?L-1酸，fIeKMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定至終點(diǎn)，共消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。滴定終點(diǎn)的現(xiàn)象是。產(chǎn)品中H2C2O4?2H20的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(列出含m、c、V的表達(dá)式)?！敬鸢浮繙p慢反應(yīng)速率，獲得平緩氣流PHk4cl0=H3P04+4a增大氣體和溶液的接觸面催化劑

25、積，加快反應(yīng)速率，使反應(yīng)充分進(jìn)行GH2+8HN03&H2C204+8N02+4H20蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶當(dāng)加入最后一滴標(biāo)準(zhǔn)液，溶液呈淺紅色且30s內(nèi)不恢復(fù)原來(lái)的顏色31.5CV%m【解析】【分析】(1)碳化鈣和水反應(yīng)十分劇烈，可用飽和食鹽水可減緩反應(yīng)速率；裝置B用NaClO將PH3氧化為磷酸，同時(shí)生成氯化鈉；(2)D中，Hg(NO3)2作催化劑，濃硝酸氧化乙快制取H2c204?2H20,發(fā)生反應(yīng)為：催W劑C2H2+8HNO3H2c2O4+8NO2+4H2O,多孔球泡增大乙快氣體與硝酸的接觸面，充分反應(yīng)，E裝置防止倒吸，F(xiàn)裝置吸收生成的二氧化氮?dú)怏w，將反應(yīng)后的D濃縮結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得

26、產(chǎn)品，據(jù)此分析解答；裝置D多孔球泡可增大乙快氣體與硝酸的接觸面，加快反應(yīng)速率，充分反應(yīng)；根據(jù)裝置圖，D中，Hg(NO3)2作催化劑，濃硝酸氧化乙快反應(yīng)生成H2c204和二氧化氮,催化劑反應(yīng)方程式為：C2H2+8HNO3=H2C2O4+8NO2+4H2O；將反應(yīng)后的D溶液加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得產(chǎn)品；(3)滴定終點(diǎn)時(shí)，繼續(xù)滴加高鎰酸鉀溶液，紫色不褪去；根據(jù)2MnO4-5H2c2。4,由高鎰酸鉀的消耗可得H2c2。的量，據(jù)此計(jì)算H2c2O4?2H2。的質(zhì)量分?jǐn)?shù)?！驹斀狻?1)電石與水反應(yīng)非常劇烈，為了減慢反應(yīng)速率，平緩地產(chǎn)生乙快可用飽和食鹽水代替水反應(yīng)；NaClO將PH3氧化為磷酸，

27、鈣反應(yīng)的離子方程式為：PH3+4ClO=H3PC4+4C；(2)裝置D多孔球泡可增大乙快氣體與硝酸的接觸面，加快反應(yīng)速率，充分反應(yīng)；根據(jù)裝置圖，D中，Hg(NO3)2作催化劑，濃硝酸氧化乙快反應(yīng)生成H2c2。4和二氧化氮,反應(yīng)方程式為：C2H2+8HNO3=U-H2c2O4+8NO2+4H2O;將反應(yīng)后的D溶液加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥得產(chǎn)品；(3)滴定過(guò)程中，反應(yīng)結(jié)束前溶液為無(wú)色，滴定結(jié)束時(shí)溶液變?yōu)闇\紅色，則滴定終點(diǎn)現(xiàn)象為：當(dāng)溶液呈淺紅色且30s內(nèi)不恢復(fù)原來(lái)的顏色；準(zhǔn)確稱取mg產(chǎn)品于錐形瓶中，加入適量的蒸儲(chǔ)水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol?L-1酸fKMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴

28、定至終點(diǎn)，共消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL,設(shè)產(chǎn)品中H2QO4?2H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為“，根據(jù)2MnO4-5H2QO4?2H2。產(chǎn)品中H2c2。4?2H2。的質(zhì)量3分?jǐn)?shù)為”5126cV102m31.5cV100%=%。m考查物質(zhì)制備方案設(shè)計(jì)，涉及化學(xué)方程式的書寫、實(shí)驗(yàn)方案評(píng)價(jià)、氧化還原反應(yīng)滴定等知識(shí)，題目難度中等，明確實(shí)驗(yàn)原理、實(shí)驗(yàn)?zāi)康臑榻獯痍P(guān)鍵，注意掌握常見元素化合物性質(zhì)，試題側(cè)重考查學(xué)生的分析能力及化學(xué)實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Α? .化學(xué)學(xué)習(xí)小組進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)。探究反應(yīng)速率的影響因素設(shè)計(jì)了如下的方案并記錄實(shí)驗(yàn)結(jié)果(忽略溶液混合體積變化)。限選試劑和儀器：0.20molL-1h2c2。4溶液、0.010molL-1KMnO

29、4溶?(酸性)、蒸儲(chǔ)水、試管、量筒、秒表、恒溫水浴槽物理量V(0.20mol匚1H2c2。4溶?0；)/mLV(蒸儲(chǔ)水)/mLV(0.010molL1KMnO4溶液)/mLT/C乙2.004.0502.004.0251.004.025(1)上述實(shí)驗(yàn)、是探究對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響；若上述實(shí)驗(yàn)、是探究濃度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響，則a為；乙是實(shí)驗(yàn)需要測(cè)量的物理量，則表格中乙”應(yīng)填寫。測(cè)定H2c204xH2O中x值已知：M(H2c2。4)=90gmol-1稱取1.260g純草酸晶體，將其酸制成100.00mL水溶液為待測(cè)液；取25.00mL待測(cè)液放入錐形瓶中，再加入適的稀H2SQ;用濃度為0.05000m

30、olL-1的KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液進(jìn)行滴定。(2)請(qǐng)寫出與滴定有關(guān)反應(yīng)的離子方程式。某學(xué)生的滴定方式(夾持部分略去)如下，最合理的是(選填a、b)o(4)由圖可知消耗KMnO4溶液體積為mL。(5)滴定過(guò)程中眼睛應(yīng)注視。(6)通過(guò)上述數(shù)據(jù)，求得x=。以標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液滴定樣品溶液的濃度，未用標(biāo)準(zhǔn)KMnO4溶液潤(rùn)洗滴定管，引起實(shí)驗(yàn)結(jié)果(偏大、偏小或沒有影響)。【答案】溫度1.0溶液褪色時(shí)間/s5H2c2O4+2MnO4+6H+=10CO2T+2Mn2+8H2Ob20.00錐形瓶中顏色變色2偏小【解析】【分析】【詳解】(1)探究影響化學(xué)反應(yīng)速率因素，要求其他條件不變，即探究溫度對(duì)化學(xué)反應(yīng)速率的影響；

31、混合溶液的總體積都是6.0mL,因此a=1.0;反應(yīng)的快慢是通過(guò)酸性高鎰酸鉀溶液的褪色快慢來(lái)確定的，因此乙中要測(cè)定的物理量是溶液褪色時(shí)間，單位為s;(2)草酸具有還原性，高鎰酸鉀具有強(qiáng)氧化性，把C轉(zhuǎn)化成CQ,本身被還原成Mn2+,根據(jù)化合價(jià)升降法，進(jìn)行配平，因此離子反應(yīng)方程式為：5H2QO4+2MnO4+6H+=10CQT+2Mn2+8H2O;(3)酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物質(zhì)，堿式滴定管只能盛放堿性溶液，即b正確；(4)滴定前刻度為0.90ml,滴定后刻度是20.90ml,消耗高鎰酸鉀的體積為(20.900.90)mL=20.00mL;(5)滴定過(guò)程中，眼睛應(yīng)注視錐形瓶中溶液顏色變化；

32、(6)100mL溶液中草酸物質(zhì)的量為20X103X0.05X5X100/(2X25)mol=0.01由60+(9018x)=0.01,解得x=2;未用待盛液潤(rùn)洗滴定管，稀釋標(biāo)準(zhǔn)液，消耗高鎰酸鉀體積增大，草酸的質(zhì)量增大，x偏小。6.二氧化硫是硫的重要化合物，在生產(chǎn)、生活中有廣泛應(yīng)用，是大氣主要污染物之一，具有一定的還原性，探究SQ氣體還原Fe3+、I2,可以使用的藥品和裝置如圖所示:FKL解般含淀粉的木YmOH港港ABC(1)寫出由銅和濃硫酸制取SQ的化學(xué)方程式。(2)裝置A中的現(xiàn)象是。若要從A中的FeC3溶液中提取晶體，必須進(jìn)行的實(shí)驗(yàn)操作步驟：蒸發(fā)、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、自然干燥，在過(guò)濾操作中有用到

33、的玻璃儀器有(填編號(hào))。A酒精燈B燒瓶C漏斗D燒杯E玻璃棒F塔期(3)根據(jù)以上現(xiàn)象，該小組同學(xué)認(rèn)為SQ與FeC3發(fā)生氧化還原反應(yīng)。寫出SO2與FeC3溶液反應(yīng)的離子方程式;請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)方案檢驗(yàn)有Fe2+生成；(4)B中藍(lán)色溶液褪色，表明的還原性比SO2(填強(qiáng)”或弱"J(5)若C中所得溶液只有一種溶質(zhì)且pH>7,則溶液中各離子濃度大小順序?yàn)镺(6)工業(yè)上通過(guò)煨燒黃鐵礦產(chǎn)生SO2來(lái)進(jìn)一步得到硫酸，已知煨燒1gFeS產(chǎn)生7.1kJ熱量，寫出煨燒Fe$的熱化學(xué)反應(yīng)方程式?！敬鸢浮緾u+2H2SO4CuSQ+SQf+2H20溶液由黃色變?yōu)闇\綠色AB、F2Fe3+SQ+2H2O=SQ2-+2

34、Fe2+4H+取少量A中反應(yīng)后的溶液于試管中，滴入23滴K3Fe(CN)6溶液，有藍(lán)色沉淀生成弱c(Na+)>c(SO32)>c(OH)>c(HSQ)>c(H+)4FeS(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SQ(g)閨I3408kJ/mol【解析】【分析】(1)Cu與濃硫酸在加熱條件下反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫與水；(2)三價(jià)鐵離子具有強(qiáng)的氧化性，在溶液能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子，自身被還原為亞鐵離子；過(guò)濾用到的儀器有：燒杯、玻璃棒、漏斗；(3)三價(jià)鐵離子具有強(qiáng)的氧化性，在溶液能夠氧化二氧化硫生成硫酸根離子，自身被還原為亞鐵離子；用K3Fe(CN6溶液檢驗(yàn)，

35、有藍(lán)色沉淀生成；(4) B中藍(lán)色溶液褪色，明發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：12+SO+2H2O=4H+2I-+SO2-,還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性；(5)若C中所得溶液只有一種溶質(zhì)且pH>7,則溶質(zhì)為Ns2SO,SO2-水解溶液呈堿性，氫2-氧根離子源于SQ的水解、水的電離；(6)發(fā)生反應(yīng)：4FeS+11O2=2Fe2O+8SO,計(jì)算4molFeS2燃燒放出的熱量，注明物質(zhì)的聚集狀態(tài)與反應(yīng)熱書寫熱化學(xué)方程式?！驹斀狻?1)銅和濃硫酸在加熱條件下發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cu+2HSOCuSG+SQT+2H2Q(2)裝置A中SO做還原劑，被氧化為硫酸根離子，F(xiàn)e3+作氧化劑，

36、被還原為Fe2+,反應(yīng)離子方程式為：SO+2Fe3+2HO2Fe2+SO2+4H+,則A中反應(yīng)的現(xiàn)象為溶液顏色由黃色逐漸變?yōu)闇\綠色；過(guò)濾用到漏斗、燒杯、玻璃棒，沒有用到蒸發(fā)皿、石棉網(wǎng)和田埸，故答案為ABF;(3)SC2與FeCl3溶液反應(yīng)的離子方程式2Fe3+SQ+2HuSO'+ZFe'+dH;檢驗(yàn)有Fe2+生成的操作方法為取少量A中反應(yīng)后的溶液于試管中，滴入23滴KFe(CN)6溶液，有藍(lán)色沉淀生成；(4)B中藍(lán)色溶液褪色，說(shuō)明SO將I2還原為I-,可知I-的還原性比SO弱；NaOHm吸收SO后所得溶液只有一種溶質(zhì)且pH>7,則溶液中的溶質(zhì)為N&SO,各離子濃度

37、大小順序?yàn)閏(Na+)>c(SO32)>c(OH)>c(HSO3)>c(H+);(6)黃鐵礦(主要成分為FeS)其燃燒產(chǎn)物為SO和FaQ,1gFeS2完全燃燒放出7.1kJ熱量，480gFeS2完全燃燒放出3408kJ熱量，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為：4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2Q(s)+8SO2(g)H=-3408kJ/mol。7.膽磯(CuSQ5H2O)是銅的重要化合物，在工業(yè)生產(chǎn)中應(yīng)用廣泛。若改變反應(yīng)條件可獲得化學(xué)式為Cu<(OH)y(SO4)znH2O的晶體，用熱重分析儀對(duì)CuKOH)y(SO)znH2O晶體進(jìn)行分析并推斷該晶體的化學(xué)式。取3.30

38、g晶體樣品進(jìn)行熱重分析，所得固體質(zhì)量的變化曲線如圖所示。已知：體系溫度在650c及以下時(shí)，放出的氣體只有水蒸氣；實(shí)驗(yàn)測(cè)得溫度在650c時(shí)，殘留固體的組成可視為aCuObCuSQ;溫度在1000C以上時(shí)，得到的固體為CU2O。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：02004(x»ACM)麗口1000溫度嚴(yán)CI溫度6501000C產(chǎn)生的氣體中，n(O):n(S)(填“>”亦"匚“)3通過(guò)計(jì)算推斷Cu<OH)y(SQ)znH2O晶體的化學(xué)式：?！敬鸢浮?gt;Ci2(OH)2SQ4H2O【解析】【詳解】0.9g3.30g晶體含水為3.3g-2.4g=0.9g,n(H2O)=0.05mol,

39、1000c以上時(shí)，得至怵18g/mol，1.44g固體為CU2O,n(Cu)=X2=0.02mol,溫度在650c時(shí)，殘留固體的組成可視為144g/molaCuO?bCuSO4,此時(shí)設(shè)CuO為xmol、CuSO4為ymol,則x+y=0.02,80x+160y=2.4,解得x=y=0.01mol,溫度6501000c產(chǎn)生的氣體中，n(O)：n(S)=0.01mol+0.01mol4=5>3,故答案0.01mol為：>3.30g晶體含水為3.3g-2.4g=0.9g,n(H2O)=0.05mol,n(Cu)=0.02mol,n(SQ2-)=001mol,可知x：z：n=0.02mol

40、：001mol：(0.05-0.02/2)mol=2：1：4,由電荷守恒可知y=2,化學(xué)式為Cu2(OH)2SO44H2O,故答案為：Cu2(OH)2SC44H2。8. CuCl廣泛應(yīng)用于化工和印染等行業(yè)。某研究性學(xué)習(xí)小組擬熱分解CuC2-2H2O制備CuCl,并進(jìn)行相關(guān)探究。(資料查閱)CuCI2H：O氣流-CuClJ300”三CuCl+Cl2MO'C.Cu/oH)2Clz2Q0CCuO(實(shí)驗(yàn)探究)該小組用如圖所示裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)(夾持儀器略)。請(qǐng)回答下列問(wèn)題：(1)儀器X的名稱是。(2)實(shí)驗(yàn)操作的先后順序是a-一e(填操作的編號(hào))a.檢查裝置的氣密性后加入藥品b.熄滅酒精燈，冷卻c.在

41、“氣體入口”處通入干燥HCld.點(diǎn)燃酒精燈，加熱e.停止通入HCl,然后通入N2【答案】球形干燥管或干燥管cdb【解析】【分析】熱分解CuC2?2H2。制備CuCl,為抑制水解，氣體入口通入HCl氣體，然后加熱A處試管，X為球形干燥管，X中無(wú)水硫酸銅變藍(lán)，可知CuC2?2H2。分解生成水，利用C裝置檢驗(yàn)生成的氯氣，D中NaOH溶液吸收尾氣，以此來(lái)解答?！驹斀狻?1)由圖及常見的儀器可知，儀器X的名稱為球形干燥管或干燥管；(2)實(shí)驗(yàn)操作時(shí)先檢查裝置的氣密性，氣密性良好后裝入藥品，先通入HCl(防止沒有HCl的情況下加熱生成堿式氯化銅)，點(diǎn)燃酒精燈加熱，熄滅酒精燈，后停止通入HCl,最后通入氮?dú)鈱?/p>

42、裝置內(nèi)的HCl和氯氣排空被尾氣裝置中的氫氧化鈉吸收，所以順序?yàn)閍fcfdbfe?！军c(diǎn)睛】解答時(shí)要利用好題中所給信息，CuC2-2H2O的熱分解反應(yīng)是在氯化氫的氣流中進(jìn)行的，實(shí)驗(yàn)結(jié)束后通入氮?dú)獾哪康摹?. SQ是常見的大氣污染物，燃煤是產(chǎn)生SO2的主要原因。工業(yè)上有多種方法可以減少SQ的排放。(1)往煤中添加一些石灰石，可使燃煤過(guò)程中產(chǎn)生的SO2轉(zhuǎn)化成硫酸鈣。該反應(yīng)的總化學(xué)方程式是。(2)可用多種溶液做燃煤煙氣中SO2的吸收液。分別用等物質(zhì)的量濃度的Na2SQ溶液和NaOH溶液做吸收液，當(dāng)生成等物質(zhì)的量NaHSQ時(shí)，兩種吸收液體積比V(Na2SQ):V(NaOH尸。NaOH溶液吸收了足量的SO2

43、后會(huì)失效，可將這種失效的溶液與一定量的石灰水溶液充分反應(yīng)后過(guò)濾，使NaOH溶液再生，再生過(guò)程的離子方程式是。(3)甲同學(xué)認(rèn)為BaC2溶液可以做SQ的吸收液。為此甲同學(xué)設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)(夾持裝置和加熱裝置略，氣密性已檢驗(yàn))。反應(yīng)開始后，A中N&SQ固體表面有氣泡產(chǎn)生同時(shí)有白霧生成；B中有白色沉淀。甲同學(xué)認(rèn)為B中白色沉淀是SQ與BaC2溶液反應(yīng)生成的BaSQ,所以BaC2溶液可做SO2吸收液。乙同學(xué)認(rèn)為B中的白色沉淀是BaSQ,產(chǎn)生BaSQ的原因是：A中產(chǎn)生的白霧是濃硫酸的酸霧，進(jìn)入B中與BaC2溶液反應(yīng)生成BaSQ沉淀。為證明SQ與BaC2溶液不能得到BaSQ沉淀，乙同學(xué)對(duì)甲同學(xué)的實(shí)驗(yàn)裝置做

44、了如下改動(dòng)并實(shí)驗(yàn)(夾持裝置和加熱裝置略，氣密性已檢驗(yàn))：反應(yīng)開始后，A中Na2SO3固體表面有氣泡產(chǎn)生同時(shí)有白霧生成；B、C試管中除了有氣泡外，未見其它現(xiàn)象；D中紅色褪去。試管B中試劑是溶液；滴加濃硫酸之前的操作是O通過(guò)甲、乙兩位同學(xué)的實(shí)驗(yàn)，得出的結(jié)論是。高溫【答案】2CaCQ+2SQ+O22CaSQ+2CO21:2Cj2+OH+HSO-=CaSQJ+H2OA中產(chǎn)生的SQ與裝置內(nèi)空氣中的02進(jìn)入B中與BaC2溶液反應(yīng)生成BaSQ沉淀飽和NaHSQ打開彈簧夾，通入N2,一段時(shí)間后關(guān)閉彈簧夾S02與BaC2溶液不能得到BaSQ沉淀，不能用BaC2溶液做吸收S02的吸收液【解析】【分析】濃硫酸和亞硫

45、酸鈉固體反應(yīng)可以生成二氧化硫，由于反應(yīng)放熱，濃硫酸有可能揮發(fā)，進(jìn)入B中，和BaCb溶液反應(yīng)生成BaSQ白色沉淀，不能確定B中產(chǎn)生的白色沉淀是硫酸和BaC2反應(yīng)產(chǎn)生的BaSQ還是二氧化硫和BaC2反應(yīng)生成的BaSQ,所以要先除去可能存在的硫酸，需要通過(guò)飽和亞硫酸氫鈉溶液，既不吸收二氧化硫，又可以除去硫酸，然后再通入BaC2溶液中，若產(chǎn)生白色沉淀，則證明BaC2溶液可以吸收二氧化硫，若不產(chǎn)生白色沉淀，則證明BaC2溶液不可以吸收二氧化硫，實(shí)驗(yàn)結(jié)果是除去了硫酸后BaC2溶液中沒有產(chǎn)生沉淀，所以得出結(jié)論：SQ與BaC2溶液不能得到BaSQ沉淀，不能用BaC2溶液做吸收SQ的吸收液。【詳解】(1)在高溫

46、下石灰石與SQ以及氧氣反應(yīng)生成硫酸鈣和CQ,反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CaCQ高速+2SO2+O2一2CaSQ+2CO2。(2)當(dāng)生成等物質(zhì)的量NaHSQ時(shí)，根據(jù)鈉離子守恒可知需要亞硫酸鈉和氫氧化鈉的物質(zhì)的量之比是1:2。由于二者的濃度相等，則需要的溶液體積之比是1:2。要把亞硫酸氫鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鈉，需要加入氫氧化鈣，反應(yīng)的離子方程式為Ca2+0H-+HSQ-=CaS04+H2Oo(3)由于空氣中含有氧氣，因此另外一種可能是A中產(chǎn)生的SO2與裝置內(nèi)空氣中的O2進(jìn)入B中與BaC2溶液反應(yīng)生成BaS。沉淀。為排除濃硫酸酸霧的影響，B中應(yīng)該盛放飽和亞硫酸氫鈉溶液。為防止空氣中氧氣的影響，滴加濃硫酸之前的操作是打開彈簧夾，通入N2,一段時(shí)間后關(guān)閉彈簧夾。A中Na2SO3固體表面有氣泡產(chǎn)生同時(shí)有白霧生成；B、C試管中除了有氣泡外，未見其它現(xiàn)象；D中紅色褪去，說(shuō)明有SC2產(chǎn)生，所以結(jié)論是SC2與BaC2溶液不能得到BaSQ沉淀，不能用BaC2溶液做吸收SC2的吸收液。【點(diǎn)晴】解答