高中化學(xué)選修6 實(shí)驗(yàn)化學(xué)主題2 物質(zhì)性質(zhì)及反應(yīng)規(guī)律的研究魯科版課后練習(xí)

高中化學(xué)選修6實(shí)驗(yàn)化學(xué)主題2物質(zhì)性質(zhì)及反應(yīng)規(guī)律的研究魯科版課后練習(xí)

>第1題【單選題】

在25℃時(shí)，在濃度均為lmol/L的（NH4）2so4、（NH4）2c03、（NH4）2Fe（S04）2的溶液中，

測(cè)得其c（NH有誤）分別為a、b、c（單位為mol/L）.下列判斷正確的是（）

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-的水解促進(jìn)NH4+的水解，F(xiàn)e2+的水解抑制NH4+的水解,則等濃度時(shí)，c（NH4）大小順序應(yīng)為c

>a>b,.

+

【分析】如果不考慮其他離子的影響，每摩爾物質(zhì)都含有2molNH4,但溶液中CO32?的水解促進(jìn)NH4+的水解，F(xiàn)e2+的水

解抑制NH4+的水解，以此解答該題.

>第2題【單選題】

下列物質(zhì)能與金屬鎂發(fā)生反應(yīng)，并產(chǎn)生氫氣的是（）

A、氯化鍍?nèi)芤?/p>

B、氫氧化鈉溶液

C、熱的苯

D、熱的無(wú)水乙醇

【答案】：

A

【解析】：

【解答】解：氯化核溶液中鉞根離子水解NH4++H2BNH3?H2O+H+,溶液顯酸性,所以氯化錢溶液中加入Mg會(huì)生成氫

氣；氫氧化鈉溶液為堿性,熱的福0熱的無(wú)水乙醇為中性均不與Mg反應(yīng),故A正確；故選A.

【分析】酸性溶液中加入活潑金屬M(fèi)g時(shí)，會(huì)產(chǎn)生氧氣，據(jù)此分析.

>第3題【單選題】

在水中加入等物質(zhì)的量的AgM、PS2+、NaA+>S。4A2八-、N03A->CP該溶液放在用情性

材料做電極的電解槽中，通電片刻后，則氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為(

A、35.5：108

B、16：207

C、8：1

D、108：35.5

【答案】：

C

【解析】：

【癬答】解：等物質(zhì)的量的這些離子加入到水中，Ag+和C「沉淀為AgCI,Pb2+和SO42-沉淀為PbSC)4,

溶液中就只有Na+、NO3-7,實(shí)際上是電解NaNO3溶液，陽(yáng)極上氫氧根離子放電，陽(yáng)極上氫離子放電，則氧化產(chǎn)物是氧氣，

還原產(chǎn)物是氫氣，當(dāng)轉(zhuǎn)移相同電子時(shí)，氧化產(chǎn)物和還原產(chǎn)物的質(zhì)量之比為32:(2x2)=8:1,

【分析】等物質(zhì)的量的這些離子加入到水中，Ag+和C「沉淀為AgCI,Pb2+和SO42-沉淀為PbSC>4,

溶液中就只有Na+、NO3?了，實(shí)際上的電解NaNC>3溶液，陽(yáng)極上氫氧根離子放電，陽(yáng)極上氫離子放電，則氧化產(chǎn)物是氧氣,

還原產(chǎn)物是氫氣.

>第4題【單選題】

室溫下，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、室溫下，Na2s。4溶液是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，溶液顯中性，溶液pH=7,

B、NaHCC)3是強(qiáng)堿弱酸鹽,溶液中碳酸氫根離子水解溶液顯堿性,溶液pH>7,

&NH4a溶液中鉉根離子水解溶液顯酸性,溶液pH<7,

D、Na2cO3溶液是強(qiáng)堿弱酸鹽，溶液中碳酸根離子水解溶液顯堿性,溶液pH>7,碳酸氫鈉水解程度小于碳酸鈉溶液水解程

度，則溶液pH碳酸鈉大于碳酸氫鈉，所以溶液pH最大的是雌鈉，

故正確答案為D.【分析】A,考查鹽類水解,從鹽類水解規(guī)律得知.

B、酸式鹽中常見的水解大于電離的離子碳酸氫根.

C、鹽類水解規(guī)律，誰(shuí)強(qiáng)顯誰(shuí)性.

D、考查鹽類水解程度影響因素,水解實(shí)質(zhì),越弱越水解.

第5題【單選題】

常溫下，某酸性溶液中只有2八+、CH3C00A-、*+、0出一四種離子，則下列敘述正確的是

)

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

B,加入適量的NaOH,溶液中離子濃度為c(CH3co0A-)>c(Na"+)>c(OHA-)>c(HA+)

C、該溶液可能由等物質(zhì)的量濃度、等體積的NaOH溶液和CH3co0H溶液混合而成

D、該溶液可能由pH=3的CH3C00H與pH=ll的NaOH溶液等體積混合而成

【答案】：

D

【解析】：

【解答】常溫下，凝性溶液中只有Na+、CH3COO-.H+、0H一四種離子，則該溶液中含有醋酸和醋酸鈉兩種溶質(zhì).A.加

入適量氨水，由電荷守恒可知，當(dāng)溶液呈中性時(shí)，c(CH3coCT)等于c(Na+)、c(NH4+)之和；當(dāng)溶液呈堿性時(shí)，c(CH3co0

一)一定小于c(Na”c(NH4,)之和；當(dāng)溶液呈酸性時(shí),c(CH3coCT)一定大于c(Na+)、(:例心+)之和，2F符合題意;

B.加入適量的NaOH,根據(jù)電荷守恒可知，溶液中離子濃度不可能為式。13(：00-)><:例2+)><:((^-)>(：6*),B不符合題

意；

C.等物質(zhì)的量濃度、等體積的NaOH溶液和CH3c00H溶液混合后，兩者恰好完全反應(yīng)生成的醋酸鈉溶液呈堿性，所以，該溶

液不可能由等物質(zhì)的量濃度、挈你的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成，C不符合題意；

D.pH=3的CH3co0H與pH=11的NaOH溶液等體積混合后，因醋酸的物質(zhì)的量濃度較大，所以醋酸過量使溶液呈酸性,所以

該溶液可能由pH=3的CH3co0H與pH=11的NaOH溶液等體積混合而成，D符合題意.

故答案為：D.

【分析】根據(jù)酸性溶液中含有的離子判斷溶液的組成,結(jié)合弱電解質(zhì)的電離平衡和鹽類的水解平衡進(jìn)行分忻即可.

第6題【單選題】

下列說法中錯(cuò)誤的是()

A、在Na2s溶液中滴入酚酥試液，呈紅色

B、升高溫度能使FeCI3溶液中的HZ濃度增大

C、一切鉀鹽、鈉鹽、硝酸鹽都不發(fā)生水解

D、醋酸鹽溶于水能發(fā)生水解

【答案】：

C

【解析】：

【解答】解：A,Na2s屬于強(qiáng)堿弱酸鹽在水溶液中水解顯堿性,所以在Na2s溶液中滴入酚獻(xiàn)試液，呈紅色，故A正確；

B、鹽的水解是吸熱過程,所以升高溫度能促進(jìn)FeCb溶液的水解,溶液中的H+濃度增大，故B正確；

C、鉀鹽、鈉鹽、硝藪鹽如果含有弱酸根離子射馬堿離子也會(huì)水解,如Na2c。3在水溶液中水解顯堿性，故C錯(cuò)誤；

D、醋酸鹽屬于弱酸鹽溶于水，醋酸根離子能水解,溶液顯堿性,故D正確；

【分析】A、Na2s屬于強(qiáng)堿弱酸鹽在水溶液中水解顯堿性；

B、鹽的水解是吸熱過程；

C、鉀鹽、鈉鹽、硝酸鹽如果含有弱酸根離子礴堿離子也會(huì)水解；

D、醋酸鹽屬于弱穌鹽溶于水能發(fā)生水解.

>第7題【單選題】

25℃時(shí)，在等體積的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，發(fā)生電離的水的物質(zhì)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】酸或堿都是抑制水的電離的，而鹽類的水解則是促進(jìn)水的電離的.所以①②中發(fā)生電離的水的物質(zhì)的量分別是1。

74、10-13,③@促進(jìn)水的電離，所以發(fā)生電離的水的物質(zhì)的量分別是10-4、io-5,因此發(fā)生電離的水的物質(zhì)的量之比是

1:10:1O10:109,答越A.

【點(diǎn)評(píng)】在計(jì)算發(fā)生電離的水時(shí)，需要根據(jù)溶液的性質(zhì),而不能只具有溶液的pH,這是由于酸或堿都是抑制水的電離的，而鹽

類的水解則是促進(jìn)水的電離的.

>第8題【單選題】

有關(guān)①100mL0.01mol?LA-A1Na2CO3、②10mL0.1mol?LA-A1Na2CO3兩種溶液的敘述正確的是

A、溶液中水電離出的個(gè)數(shù)：②〉①

B、溶液中陰離子的物質(zhì)的量濃度之和：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,濃度越稀水解程度越大,所以①水解程度大于②，而水電離出的氫離子和氫氧根離子的物質(zhì)的量相等，所以溶

液中水電離出的H+饅：①〉②，故A錯(cuò)誤；B、溶液中阻離子的物質(zhì)的量濃度之和，與原起濃度相關(guān)，水解程度極其微弱，

所以：②>@>,故B錯(cuò)誤；

2++

CC囑電荷守麗知:2n(CO3')+n(HCO3')+n(OH')=n(H)+n(Na),物料守顆知：n(Na+)

2

=2n(CO3*)+2n(HCO3')+2n(H2cO3),兩式^加得到n(OK)=n(HCO3')+2n(H2cO3)+n(H+),故C

正確；

+2

D、水解是微弱的，所以離子濃度大小關(guān)系是c(Na)>c(CO3-)>c(HCO3')>c(H2cO3),故D錯(cuò)誤;

婕C.

【分析】A、濃度越稀水解程度越大,所以①水解程度大于②，而水電離出的氧離子和氫氧根離子的物質(zhì)的量相等，所以溶液中

水電離出的H+個(gè)數(shù)：①>②；

B、溶液中陽(yáng)離子的物質(zhì)的量濃度之和，與原起濃度相關(guān)，水解程度極其微弱，所以：②〉①；

2+

C、根據(jù)電荷守恒可知: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),兩共加得到n(OH-)=n(HCO3')+2n(H2cO3)+n(H+);

2

D、水解是微弱的，所以離子濃度大小關(guān)系是c(Na+)>c(CO3')>c(HCO3")>c(H2cO3);

第9題【單選題】

下列物質(zhì)的水溶液不發(fā)生水解的是()

A、NaCIO

B、NH4CI

C、CuS04

D、HN03

【答案】：

D

【解析】：

【解答】解：A.NaCIO為強(qiáng)堿弱酸鹽，次氨酸根水解后溶液呈堿性,故A不符;B.NH4a為強(qiáng)酸弱堿鹽，鉉根水解后溶液呈

酸性,故B不符;

C.CuSO4為強(qiáng)酸弱堿鹽，銅離子水解后溶液呈酸性,故C不符;

D.HNO3為強(qiáng)酸，不發(fā)生水解,在水中完全電離，故D符合；

蠅D.

【分析】有弱才水解，強(qiáng)酸弱堿鹽、強(qiáng)堿弱酸鹽、弱酸弱堿鹽在水中都會(huì)發(fā)生水解，以此解答該題.

>第10題【單選題】

下列敘述正確的是（）

A、電解精煉銅，粗銅中所含Ni.Fe.Zn等金屬雜質(zhì)，電解后以單質(zhì)形式沉積槽底，形成陽(yáng)極泥

B、電解精煉銅時(shí)，純銅作為陽(yáng)極，粗銅作為陰極

C、在鍍件上電鍍銅時(shí)可用金屬銅作陽(yáng)極

D、電解稀硫酸制H2、02時(shí)銅作陽(yáng)極

【答案】：

C

【解析】：

【解答】A.電解精燎銅時(shí)，粗銅作陽(yáng)極，粗銅中所含Ni.Fe.Zn等金屬雜質(zhì)活潑性強(qiáng)的金屬,先于Cu放電，變?yōu)榻饘匐x子進(jìn)

入溶液，活潑性比銅差的金屬不放電，電解后以單質(zhì)形式沉積槽底，形成陽(yáng)極泥，故A不符合題意；

B.電解精煉銅時(shí)，陽(yáng)極發(fā)生氧化反應(yīng)、陰極發(fā)生還原反應(yīng),則純銅作為陽(yáng)極，粗銅作為陽(yáng)極，故B不符合題意;

C.在鑲件上電鍍銅時(shí)鑲件為陰極，陽(yáng)極為鍍層金屬,所以可用金屬鋸作陽(yáng)極，故C符合題意；

D.電解稀硫酸制Hz、。2時(shí)，若銅作陽(yáng)極，則陽(yáng)極銅放電，陽(yáng)極生成的是銅離子，不會(huì)生成氧氣，陽(yáng)極應(yīng)該為惰性電極,故D不

*演；

故答靠為：C.

【分析】A、電解精練中，活潑性不如Cu的金屬如Ag、Pt沉入電解槽,形成陽(yáng)極泥.

C、電鍍時(shí)鑲件在陽(yáng)極受保護(hù),鍍層金屬作陽(yáng)極.

>第11題【單選題】

電解硫酸鈉溶液聯(lián)合生產(chǎn)硫酸和燒堿溶液的裝置如圖所示，其中陰極和陽(yáng)極均為惰性電極.測(cè)得同溫

同壓下，氣體甲與氣體乙的體積比約為1:2,以下說法正確的是（）

A、左側(cè)a極與電源的負(fù)極相連

B、電解使右側(cè)溶液的pH減小

C、離子交換膜d為陽(yáng)離子交換膜（允許陽(yáng)離子通過）

D、當(dāng)電路中通過lmol電子時(shí)，氣體甲在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為11.2L。

【答案】：

C

【解析】：

【解答】A、根據(jù)以上分析可以知道a電極為陽(yáng)極，與電源正極相連,故懷符合題意；

B、右側(cè)陰報(bào)生成氫氣，電極反應(yīng)2H++2e-=H2t,消耗H+,pH增尢故B不符合題急；

C、陽(yáng)極a生成氧氣，電極反應(yīng)40*-*-=2出0+02"陽(yáng)極室水的電離平衡被破壞生成氫離子，生成產(chǎn)物丙為磕酸,陽(yáng)極生成

氧氣，2H++2e-=H2T,生成產(chǎn)物丁為氫氧化鈉,貝（Jc為陰離子交換膜,d為陽(yáng)離子交換膜，故C符合題意；

D、氣體甲為信氣，陽(yáng)極生成氧氣，電極反應(yīng)4OH-4e-=2H2O+C）2t，由電極反應(yīng)式可知，當(dāng)電路中通過lmol電子時(shí)，生成

0.25mol氧氣,在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為5.6L,所以D選項(xiàng)是不符合題意的.

所以C選項(xiàng)是符合題意的.

【分析】本題要先分析電池的正負(fù)極和電解池的阻陽(yáng)極，根據(jù)電解質(zhì)溶液，可以知道放電為氫離子和氫氧根離子，產(chǎn)生的氣體

為氧氣和氫氣，實(shí)質(zhì)為電解水，根據(jù)產(chǎn)生的氣體物質(zhì)的量,可以知道多的一方為氫氣，即為氫離子放電，為陰極；

A、a為陽(yáng)極，連接正極；

B、氫離子放電，pH升高；

C、根據(jù)放電順序,可以知道左邊為氫氧根放電，多出氫離子，產(chǎn)物為硫酸,因此離子交換膜阻止氫離子通過,為陰離子交換

膜,右邊為氫離子放電，多出氫氧根，產(chǎn)物為氫氧化鈉,因此離子交換膜阻止氫氧根通過,為陽(yáng)離子交換膜；

D、根據(jù)電極反應(yīng)式,可以知道電子和氧氣的比值.

第12題【單選題】

（2015?安徽）下列有關(guān)NaCIO和NaCI混合溶液的敘述正確的是（）

A、該溶液中，HZ、NH4Z、SO4八2-、BC-可以大量共存

B、該溶液中，AgZ、KZ、N03WCH3cH?？梢源罅抗泊?/p>

C、向該溶液中滴入少量FeS04溶液，反應(yīng)的離子方程式為：2FeA2++CIOA-+2HA+=CIA-+2FeA3++H2O

D、向該溶液中加入濃鹽酸，每產(chǎn)生lmolCI2,轉(zhuǎn)移電子約為6.02x10八23個(gè)

【答案】：

D

【解析】：

【分析】A、CO在酸性條件具有姿氧化性，可以氧化B「，故A錯(cuò)誤：B、混合溶液中存在CI-,所以Ag+不能大量存在,故B

錯(cuò)誤：C、該溶液呈堿性，離子方程式書寫中不應(yīng)該有H+、故C錯(cuò)誤:D、該反應(yīng)方程式為：NaCIO-2HCI=NaCI+H2O+CI2t,

^lmolCI2,六電的為6.02x1023個(gè)，D正確:此談D.

【點(diǎn)評(píng)】解決本題關(guān)鍵在于掌握一些離子的水解反應(yīng),和一些離子的第化性比較,在離子共存問題的解決中要熟記物質(zhì)的溶解

性，在離子方程式書寫過程中要注意電荷、原子是否守恒，還要注一符：合客觀事實(shí)，既要考慮到反應(yīng)物的水解又要考慮到它

的氧化性，是綜合性比較強(qiáng)的題型.

A第13題【多選題】

下列描述中，錯(cuò)誤的是（）

A、電解MgCI2飽和溶液，可制得CI2,但得不到鎂

B、鎂與稀鹽酸反應(yīng)劇烈，加入碳酸鈉晶體可以減慢反應(yīng)速率

C、電解飽和食鹽水制氯氣時(shí)用鐵作陽(yáng)極

D、電解法精煉粗銅，用純銅作陰極

【答案】：

BC

【解析】:

【解答】解：A.惰性電極電解MgCb飽和溶液，生成氫氧化鎂、氧氣氯氣，則可制得。2,但得不到鎂，故A正確；B.力口

入碳酸鈉晶體與鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳，導(dǎo)致生成的氫氣不純，應(yīng)加醋酸鈉晶體減慢反應(yīng)速率生成氧氣的速率,故B錯(cuò)誤;

C.用鐵作陽(yáng)極，陽(yáng)極上Fe失去電子，則氯離子不能在陽(yáng)極失去電子，則應(yīng)選情性電極電解飽和食鹽水制氯氣，故C錯(cuò)誤;

D.電解法精擦粗銅，純銅為陽(yáng)極，陰極上銅離子得到電子生成Cu,故D正確；

會(huì)BC.

【分析】A.惰性電極電解MgCb飽和溶液，生成氫氧化鎂、氫氣、氯氣；

B.加入碳酸鈉晶體與鹽酸反應(yīng)生成二氧化碳；

C.用鐵作陽(yáng)極，陽(yáng)極上Fe失去電子，則氯離子不能在陽(yáng)極失去電子；

D.電解法精煤粗銅，粗銅為陽(yáng)極，純銅為陽(yáng)極，電解質(zhì)含銅離子.

＞第14題【填空題】

氯化亞銅（CuCI）是微溶于水但不溶于乙醇的白色粉末，溶于濃鹽酸會(huì)生成HCUCI2,常用作催化劑。

一種由海綿銅（Cu和少量CuO等）為原料制備CuCI的工藝流程如下：

"溶解浸取"時(shí)，需將海綿銅粉碎成細(xì)顆粒，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】增大固體與空氣的接解面積，增大反應(yīng)速率，提高原料利用率

“還原，氯化"時(shí)，Na2s03和NaCl的用量對(duì)CuCI產(chǎn)率的影響如圖所示：

①CuS04與Na2so3、NaCl在溶液中反應(yīng)生成CuCI的離子方程式為。

②當(dāng)n(Na2SO3)/n(CuSO4)>1.33時(shí)，比值越大CuCI產(chǎn)率越小，其原因是。

③當(dāng)1.0<n(NaCI)/n(CuSO4)<1.5時(shí)，比值越大CuCI產(chǎn)率越大，其原因是。

2+

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

【第2空】隨著?Na2so3)//XCuSC>4)不斷增大，溶液的堿性不斷增強(qiáng)，Cu2+及CuCI的水解程度增大

【第3空】適當(dāng)增大《CI一),有利于平衡Cu+(aq)+Q-(aq)CuCI(s)向生成CuCI方向移動(dòng)

"粗產(chǎn)品"用pH=2的H2SO4水洗，若不慎用稀硝酸進(jìn)行稀釋，則對(duì)產(chǎn)品有何影響o

【第1空】CuCI的產(chǎn)率降低

用“醇洗"可快速去除濾渣表面的水，防止濾渣被空氣氧化為Cu2(OH)3CI。CuCI被氧化為Cu2(0H)3cl的

化學(xué)方程式為。

【第1空】4CuCI+02+4H2。=2CU2(OH)3CI+2HCI

某同學(xué)擬測(cè)定產(chǎn)品中氯化亞銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。實(shí)驗(yàn)過程如下：準(zhǔn)確稱取制備的氯化亞銅產(chǎn)品1.600g,將

其置于足量的FeCI3溶液中，待樣品全部溶解后，加入適量稀硫酸，用0.2000mobLA一人1的KMn04標(biāo)準(zhǔn)溶

液滴定到終點(diǎn)，消耗KMn04溶液15.00mL,反應(yīng)中MmO4A一被還原為MM2+,則產(chǎn)品中氯化亞銅的

質(zhì)量分?jǐn)?shù)為。

【第1空】93.28%

【答案】：無(wú)

【解析】：

【解答】(1)將海綿桐粉碎成細(xì)顆粒是為了增大固體與空氣的接觸面積，增大反應(yīng)速率,提高原料利用率.

(2)①CuS04轉(zhuǎn)化為CuCI,表明+2價(jià)銅元素得電子，CIJ2+是氧化劑，而SO32-具有較強(qiáng)還原性，故而SO32-失去電子生成

22+

SO4",其離子方程式為2Cu2++SO32-+2CI-+出0=2CUCU+SO4-+2H.

22++

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

Na2s。3濃度越大時(shí)，溶液堿性越強(qiáng),對(duì)CuS04水解的促進(jìn)作用就越大.所以n(Na2so3)/n(CuSO4)比值越大CuQ產(chǎn)率越小的

原因是：隨著/XNa2so3)/aCuSO4)不斷增大，溶液的堿性不斷增延,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產(chǎn)率越大的

原因是：適當(dāng)增大4CI一),有利于平衡Cu+(aq)+CI-(aq)=CuCI(s)向生成CuCI方向移動(dòng).

+2+

(3)稀硝酸能夠氧化CuCI:3CuCI+4H+NO3-=3Cu+NOt+3C|-+2H2O,所以若不慎用稀硝酸進(jìn)行稀釋,貝(ICuCI的產(chǎn)率降

低.

(4)2個(gè)CuCI被氧化為1個(gè)CU2(OH)3cl失去2個(gè)電子，1個(gè)(打得到4個(gè)電子轉(zhuǎn)化為。2-，反應(yīng)物中應(yīng)該有提供氫元素,所以其

為4CuCI+。2+4H2。=2CU2(OH)3CI+2HCI.

3+2+2+2+

(5)氯化亞銅產(chǎn)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,得關(guān)系式5CuCI~5Fe2+~MnC)4-.樣品中CuCI的物質(zhì)的量

n(CuCI)=5-n(KMn04)=5x0.2mol/Lx0.015L=0.015mol,則產(chǎn)品中氯化亞銅的質(zhì)量分?jǐn)?shù)=""吃鬻5g/mol=93.28%.

1600g

【分析】(1)結(jié)合反應(yīng)速率的影響因素分析；

(2)①10據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒書寫反應(yīng)的離子方程式；

②結(jié)合水解平衡的影響因素分析；

謂合CuQ的沉淀溶解平衡的影響因素分析;

(3)硝酸具有氧化性，能將CuCI氧化；

(4)根據(jù)得失電子守恒和原子守恒書寫反應(yīng)的化學(xué)方程式；

(5)由反應(yīng)的離子方程式得出關(guān)系式"5CuCi~5Fe2+~MnO4"從而計(jì)算產(chǎn)品中CuCI的物質(zhì)的量，進(jìn)而得出其質(zhì)量分?jǐn)?shù)；

＞第15題【填空題】

向2份0.1mol?S-A1CH3COONa溶液中分別加入少量NH4NO3,Na2SO3固體(忽略溶液體積變

化)，則CH3COO”濃度的變化依次為、(填"減小"、"增大"或"不變")

【答案】：

【第1空】減小

【第2空】增大

【解析】：

【解答】CH3coONa是強(qiáng)堿弱酸鹽其水溶液呈堿性,NH4NO3是強(qiáng)酸弱堿鹽其水溶液呈酸性,所以向醋酸鈉溶液中加硝酸錢會(huì)

促進(jìn)醋酸根離子水解,導(dǎo)致鬲酸根離子濃度減??；

Na2SO3是強(qiáng)減弱最鹽其水溶液呈堿性,所以向醋酸鈉溶液中力啞硫酸鈉會(huì)抑制醋酸根離子的水解,導(dǎo)致雌根離子濃度增大；

故答賓為：減?。辉龃?

【分析】有弱根離子的鹽溶液，如果兩種溶液的酸堿性相同，那么它們混合后會(huì)相互抑制水解；如果T溶液顯酸性,另一種

溶液顯堿性，那么它們混合后弱根離子能相互促進(jìn)水解.

A第16題【實(shí)驗(yàn)探究題】

?Fe、Cu都是人類較早使用的金屬，某?；瘜W(xué)研窕性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)運(yùn)用實(shí)驗(yàn)的手段研究Fe、Cu以

及化合物的相關(guān)性質(zhì).請(qǐng)你參與研究并回答下列問題：

足量的

NaOH.令）我

ABC

甲同學(xué)完成了Fe、Cu分別與S、CI2反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)，下列物質(zhì)中不可能為甲同學(xué)實(shí)驗(yàn)得到的生成物是

A、FeCI3

B、FeCI2

C、CuCI2

D、FeS

B

乙同學(xué)為驗(yàn)證Fe能和熱的濃HNO3反應(yīng)，設(shè)計(jì)了如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置，請(qǐng)說出裝置B的作用:

.開始加熱前（填"有"或"無(wú)"）明顯現(xiàn)象.

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

B\u65e0

【第1空】緩沖作用、防倒吸作用

【第2空】無(wú)

當(dāng)乙同學(xué)實(shí)驗(yàn)結(jié)束時(shí)，鐵完全溶解，試管液面上方為無(wú)色氣體，試管上部為紅棕色氣體，此時(shí)丙同學(xué)

用所得的溶液進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)和探究：

①在所得的溶液中加入一小塊Cu片，結(jié)果Cu片先逐漸溶解，并伴隨其他現(xiàn)象，反應(yīng)一段時(shí)間后不

再溶解.丙同學(xué)依據(jù)反應(yīng)現(xiàn)象得出Cu片溶解的原因可能是和過量的HNO3發(fā)生反應(yīng).他依據(jù)的反應(yīng)現(xiàn)象

是:該反應(yīng)的離子方程式為.你認(rèn)為Cu片溶解是否還有另一原因，若有請(qǐng)用化學(xué)方程式表

示其理由：（若無(wú)此空不填）

②請(qǐng)你設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)證明在加入Cu片并反應(yīng)完全后的溶液中含有FeO"但不含有Fe””.說明具體的

操作和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象

③丙同學(xué)實(shí)驗(yàn)結(jié)束后加水稀釋后得到溶液500mL,假設(shè)實(shí)驗(yàn)全過程硝酸只被還原成NO和NO2共

0.02mol并測(cè)得溶液中FeA2”和CuA2"+濃度均為0.02mol/L,則NO3A-的物質(zhì)的量濃度為

mol/L.生成NO氣體的體積為L(zhǎng)(標(biāo)準(zhǔn)狀況).

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】生成無(wú)色氣體；試管上部出現(xiàn)紅棕色氣體

+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】取該溶液少許,滴加適量的KSCN溶液，不出現(xiàn)紅色，再滴加適量新制氯水,出現(xiàn)紅色

【第5空】0.08

【第6空】0.224

本次探究實(shí)驗(yàn)用掉密度為L(zhǎng)5g?cm^-7質(zhì)量分?jǐn)?shù)為95%的濃硝酸3mL,超出實(shí)際參加反應(yīng)的量其原因

有(寫出兩點(diǎn))：①②.

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

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

【第1空】濃硝酸易揮發(fā)部分硝酸揮發(fā)

【第2空】硝酸受熱分解

【答案】：

【解析】：

【解答】解：(1.)Cl2氧化性較強(qiáng),與變價(jià)金屬生成高價(jià)的金屬氯化物，F(xiàn)e與。2的反應(yīng)生成FeCb,Cu與。2反應(yīng)生成CuCI2

,S氧化性較弱,與變價(jià)金屬生成低價(jià)的金屬硫化物，F(xiàn)e與S的反應(yīng)生成FeS,

故答案為：B;

(2.)Fe能和熱的濃HN03反應(yīng):Fe+6HNO3(濃)Fe(N03)3+3NO2T+3H2O,生成的二M化題能和水反應(yīng)

3NO2+H2O=2HNO3+NO,若A與C直接連接，C中液體能倒吸到A中，所以裝置B具有緩沖作用、防倒吸作用,開始加熱前無(wú)

反應(yīng)發(fā)生所以無(wú)明顯現(xiàn)掾,

故答室為：緩沖作用；防倒吸作用；無(wú)；

(3.)①二氧化氫能和水反應(yīng)生成石繆和一氧化氟,當(dāng)溶液中硝酸過量時(shí),抑制二氧化氮的溶解,所以Cu片溶解的原因可能是

和過量的HNO3發(fā)生反應(yīng),可看到生成無(wú)色氣體，試管上部出現(xiàn)紅棕色氣體，該反應(yīng)的離子方程式為3CU+2NO3

-+8H+=3Cu2++2NOT+4H2。,硝酸時(shí)，鐵和石罐^^三磚，三微和二微離的銅離子，從而

使銅片溶解,發(fā)生反應(yīng)為2Fe(NO3)3+Cu=Cu(N03)2+2Fe(NO3)2，故答案為：生成無(wú)色氣體；試管上部出現(xiàn)紅棕色

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

②取適量反應(yīng)后的溶液放入試管中，加入KSCN溶液無(wú)明顯現(xiàn)象,再加入少量氯水,溶液變紅則證明溶液中含有Fe2+但不含

Fe3+,故答案為：取該溶液少許,滴加適量的KSCN溶液，不出現(xiàn)紅色，再滴加適量新制氯水，出現(xiàn)紅色；

③丙同學(xué)實(shí)翳束后加水稀釋后得到溶液500mL,溶液中Fe2+和Cu2+濃度均為0.02mol/L,溶液中NO3-的物質(zhì)的量n(NO3

')=2n(Fe2+)+2n(Cu2+)=2x0.02mol/Lx0.5L+2x0.02mol/Lx0.5L=0.04mol,貝!JNO3'的物質(zhì)的新度為C=5=

空警=0.08mol/L,生成亞鐵離子和銅離子失去的電子等于+5價(jià)的氮得到的電子，根據(jù)得失電子守恒An(NO)

2+2+

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

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

故答案為:0.08;0.224;

(4.)本次探究實(shí)驗(yàn)用掉濃硝酸超出實(shí)際參加反應(yīng)的量,是因?yàn)椋孩贊馐に嵋讚]發(fā)部分硝酸揮發(fā)，②5肖酸受熱分解，

故答案為：①濃石肖酸易揮發(fā)部分硝酸揮發(fā)；黔畿受熱分解.

【斷】(1)Fe^CI2SJSL^MFeCI3,Cu與,Fe與;

(2.)Fe能和熱的濃HNO3反應(yīng)生成二氧化氮，二氧化氮育蜘水反應(yīng),若A與C直接連接,C中液體1雛|吸到A中，所以裝置B具

有緩沖作用、防倒吸作用，開始加熱前無(wú)明顯現(xiàn)象;

(3.)①IgJSM化近的性質(zhì)分析,二氧化通能和水反應(yīng)生成硝酸，當(dāng)溶液中硝酸過量時(shí),二氧化氮會(huì)剩余,氣體呈紅棕色；

硝酸過量時(shí)，鐵和石瞰反應(yīng)生成三價(jià)鐵，根據(jù)三價(jià)鐵的性質(zhì)分析；②先根據(jù)Fe3+的特征反應(yīng),加入硫盆酸鉀溶液判斷溶液不含

Fe3+,然后加入氧化劑，如果含有Fe2+,Fe2+被氧化劑氧化成Fe3+溶液變成紅色，以此證明Fe?+的存在;③根據(jù)N原子守

麗知,溶液中NO?'SWI質(zhì)的量n(NO3.)=2n(Fe2+)+2n(Cu2+),硝酸只和NO2知。2m。1,演娛

電子守恒計(jì)算生成NO的物質(zhì)的量；(4)根據(jù)濃硝酸易揮發(fā)、易分解的性質(zhì)分析解答.

>第17題【實(shí)驗(yàn)探究題】

某校為了改進(jìn)碳與HNO3反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)，設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置：先預(yù)熱盛有無(wú)水CaCI2的試管I,然

后投入幾小塊紅熱的炭塊，再緩緩地向炭塊上滴加濃HNO3,反應(yīng)即可連續(xù)進(jìn)行.

由于濃HN03易揮發(fā)，應(yīng)怎樣操作才能使分液漏斗中HN03順利滴下？

【第1空】用導(dǎo)管連接分液漏斗和大試管

寫出試管I中的化學(xué)方程式：

【第1空】C+4HNO3（濃）」CO2f+4NC）2t+2H2。

試管n上方的長(zhǎng)頸漏斗中放置一團(tuán)濕棉花.其作用是.

【第1空】將二氧化金轉(zhuǎn)化成一氧化氮

試管n中的現(xiàn)象：.

【第1空】"氣泡,澄清石灰水港蟲

【答案】：

【解析】：

【解答】解：（1）用導(dǎo)管將分液漏斗和大試管連接,使分液漏斗和導(dǎo)管中壓強(qiáng)相等,從而使分液漏斗中的濃硝酸順利流出，

故答案為：用導(dǎo)管連接分液漏斗和大試管；（2）試管I中C與濃硝酸反應(yīng)的方程式為：C+4HNO3（濃）」CO2T+4NO2t

+2H2O,故答案為:C+4HNO3（濃）」CO2T+4NO2T+2H2。；（3）根據(jù)反應(yīng)可知,反應(yīng)生成的氣體為M化碳和二M化氮

的混合物,要通過澄清石灰水證明二氧化碳，應(yīng)該除去二氧化血，濕棉花中的水分能夠?qū)⒍趸D(zhuǎn)化成NO,從而避免了對(duì)二

氧化碳的檢驗(yàn),故答靠為：將二氧化氮轉(zhuǎn)化成一氧化近；（4）NO不與澄清石灰水反應(yīng),所以會(huì)觀察到有氣泡冒出，二氧化碳

與澄清石灰水反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀，則澄清石灰水會(huì)變渾濁，故答室為：產(chǎn)生氣泡，澄清石灰水變滓濁.

【分析】（1）用導(dǎo)管連接大試管和分液漏斗，使分液漏斗和大試管中壓強(qiáng)相等；（2）試管I中碳與濃硝酸加熱反應(yīng)生成二氧化

碳、二氧化氮和水，據(jù)此寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式；（3）濕棉花將二號(hào)化氮轉(zhuǎn)化成一氧化氮,避免影響二氧化碳與氫氧化鈣的反

應(yīng)；（4）NO不溶于水，會(huì)有氣泡冒出，二氧化碳^夠使澄清石灰水變滓濁.

>第18題【實(shí)驗(yàn)探究題】

寫出木炭與濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，若生成6.72L的氣體，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)

的量為.這些裝置的連接順序（按產(chǎn)物氣流從左到右的方向）是（填裝置的編號(hào)）：

0-?3.

B、0.4mol

C\u2463

D\u2461

E\u2460

【第空】濃）

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

實(shí)驗(yàn)時(shí)可觀察到：裝置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】將多余的SO2全部氧化吸收

【第2空】確證產(chǎn)物中S02已被B瓶溶液全部氧化

裝置②中所加的固體藥品是,可確證的產(chǎn)物是,確定裝置②在整套裝置中位置的理由

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】水蒸氣

【第3空】由于產(chǎn)物氣流通過①、（^）8^會(huì)帶出水蒸氣，所以②it頒在①、③之前

盛放濃硫酸的試劑瓶標(biāo)簽上應(yīng)印有下列警示標(biāo)記中的

A、D

【第1空】D

【答案】：

【解析】：

【解答】解：（1）領(lǐng)木炭粉與濃書寫化學(xué)方百,為C+2H2s。4（濃）CO2T+2SO2T+2H2O,

若生成3moi的氣體,則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為4m。1,所以標(biāo)準(zhǔn)狀況下，若生成6.72L即03moi的氣體，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量

為0.4mol,檢驗(yàn)二氧化碳和二氧化磕時(shí)用到的溶液中均含有水，所以先檢驗(yàn)水的存在,二氧化碳和二氧化硫均可以使澄清石灰

水變渾濁，所以先檢驗(yàn)二?化硫,再除去，最后檢驗(yàn)二?化碳,則其連接順序是:④一②一①一③；故答案為：

C+2H2s。4（濃）ACO2T+2SO2T+2H2O;0.4