2020-2021成都【化学】高考化学化学反应原理解答题压轴题提高专题练习

1、2020-2021成都【化学】高考化学化学反应原理解答题压轴题提高专题练习一、化学反应原理1.碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。(1)合成该物质的步骤如下：步骤 1:配制 0.5mol L-1 MgSO4溶液和 0.5mol L-1 NH4HCO 溶液。步骤2：用量筒量取500mL NH4HCQ溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制 在 50 Co步骤3:将250mL MgSO4溶液逐滴加入 NH4HCQ溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。步骤4:放置1h后，过滤，洗涤。步骤5:在40c的真空干燥箱中干燥 10h,得碳酸镁晶须产品(MgCO3 nH

2、2O n=15)。步骤2控制温度在50 C,较好的加热方法是 。步骤3生成MgCO3 nH2O沉淀的化学方程式为 。步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是 。(2)测定生成的 MgCO3 nH2O中的n值。称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CC2被NaOH溶液吸收，在室温下反应 45h,反应后期将温度升到 30 C,最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CQ的总量；重复上述操作 2次。图中气球的作用是。上述反应后期要升温到30 C,主要目的是 。测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L,则n值为。(3)碳酸镁晶须可

3、由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿(主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅)中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用 0.010mol/L H2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗 H2O2溶液的体积数据如表所示。实验编号1234消耗H2O2溶液体积/mL15.0015.0215.6214.98山。?溶液应装在(填 酸式"或 碱式”)滴定管中。根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为 % (保留小数点后两 位)。【答案】水浴加热MgSQ+NH4HCC3+NH3?睦O+(n-1)H2O= MgCOs nWOj + (NH

4、4)2SQ 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaC2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净缓冲压强(或平衡压强)，还可以起到封闭体系的作用使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被 NaOH溶液充分吸收4酸式 0.13【解析】 【分析】本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3 nH20中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCQ溶液、氨水反应生成。测定MgCO3 nH20中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3 nH20反应，测定产生的 CQ的体积，可以通过计算确定 MgC03 nH20中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿

5、中的铁 转化为Fe2+,用H2O2溶液滴定，根据消耗的 H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱 镁矿中铁的含量。【详解】(1)步骤2控制温度在50C,当温度不超过100c时，较好的加热方法是水浴加热。 水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。MgS04溶液和NH4HCQ溶液、氨水反应生成 MgCO3 nH20沉淀的同时还得到(NH4)2SQ,化学方程式为： MgSO4+NH4HCO+NH3?H2O+(n-1)H2O= MgCO3 nH2Oj +(NH4)2SO4。步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SQ2-,方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入

6、BaC2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。(2)图中气球可以缓冲压强(或平衡压强)，还可以起到封闭体系的作用。上述反应后期要升温到30C ,主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被 NaOH溶液充分吸收。标准状况下1.12LCQ的物质的量为0.05mol,根据碳守恒，有7.8000g=0.05mol,解得 n=4o (84+18n)g/mol(3)H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。四次实验数据，第 3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为 15.00mL。n(H2O2)=0.015L x 0.010mol/L=1.5-4mol

7、10在 H2O2 和 Fe2+ 的反应 中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，Fe2+中铁的化合价升高到+3价，根据电 子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)= 3 x-4mol,则 m(Fe)= 3 x-1mol x 56g/mol=0.0168g 实验菱镁矿中 铁元素的质量分数为 幽68 x 100%=0.13%12.5【点睛】当控制温度在100 c以下时，可以采取水浴加热的方法。检验沉淀是否洗涤干净时需要选 择合适的检测离子，选择检测的离子一定是滤液中的离子，并且容易通过化学方法检测。 检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。2.人体血液里Ca2+的浓度一般采用 mg-c

8、m3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸 俊(NH4)2GQ溶液，可析出草酸钙(CaC2Q)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草 酸(H2GQ),再用KMnO溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中C4+的浓度。(配制KMnO标准溶液)如图是配制 50mL KMnO标准溶液的过程示意图。 (1)请你观察图示判断，其中不正确的操作有 (填序号)。(2)如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将 (填“偏大”或“偏小”)。(测定血液样品中 CsT的浓度)抽取血样 20.00mL,经过上述处理后得到草酸，再用 0.020mol L 1 KMn

9、O溶液滴定，使草酸转化成CO逸出，这时共消耗 12.00mL KMnQ溶液。(3)已知草酸跟KMnO溶液反应的离子方程式为 2MnO+5HGQ+6H+=2Mn+10COT +8H2。则 方程式中的x=。(4)经过计算，血液样品中 Ca2+的浓度为 mg cm3。【答案】偏小 2 1.2【解析】【分析】(1)根据图示分析配制一定物质的量浓度的溶液的操作正误；(2)根据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断；(3)根据电荷守恒进行分析；(4)根据滴定数据及钙离子与高镒酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。【详解】(1)由图示可知操作不正确，不能在量筒中溶解固体，定容时应平视刻度线，至溶 液凹液面与

10、刻度线相切；(2)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度 将偏小；(3)根据电荷守恒，(-1 X2)+(+1 X 6)=+X由得Z x=2,草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2c2O4+6H+2Mn 2+10CO2 f +8H2O；(4)血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高镒酸钾的物质的量为：0.020mol/L X 0.012L=2.4-4mo1,0根据反应方程式 2MnO4-+5H2c2O4+6H+ 2Mn2+10CQ T +8H2O,及草酸钙的化学式 CaC2O4,可知：n(Ca2+)=n(H2c2O4)=

11、 5n(MnO4-)=2.5 x 2.4 -4mt0=6 x l0mol , Ca2+的质量为：40g/mol X6X T0424mg3mol=0.024g=24mg ,钙离子的浓度为： 3=1.2mg/cm。20cm【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=1分析，如：用V量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸储水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致 n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入

12、小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小,浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。3.研究小组进行图所示实验，试剂A为0.2 mol L1 CuSQ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CuSQ溶液、CuC2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:实验用眇冢打磨过的苗条5 ML求刑A实验现象序号10.2 mol L-1 CuC

13、2 溶液铝杀表回后气泡厂生，并启红色固体析出20.2 mol L-1 CuSQ溶液，再加入f质量的NaCl固体开始铝条表面尢明显变化，力口NaCl后，铝条表向有气泡产生，并有红色固体析出32 mol L-1 CuSQ 溶液铝条表面有少量气泡产生，并有少量红色固体42 mol L-1 CuC2 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(1)实验1中，铝条表面析出红色固体的反应的离子方程式为 。(2)实验2的目的是证明铜盐中的阴离子C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 go(3)实验3的目的是。(4)经检验知，实验 4中白色固体为

14、 CuCl甲同学认为产生白色固体的原因可能是发生了 Cu + CuC22CuCl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 (5)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NaCl溶液沉淀溶解，形成无色溶液ii加入饱和AlCl3溶液沉淀溶解，形成褐色溶液iii向i所得溶液中加入 2 mol 1_71 CuC2溶液溶液由无色变为褐色查阅资料知：CuCl难溶于水，能溶解在 C浓度较大的溶液中，生成CuC2络离子，用水 稀释含CuCb的溶液时会重新析出 CuCl沉淀。由上述实验及资料可推

15、断，实验 4中溶液呈棕褐色的原因可能是 CuC2与 作用的结果。为确证实验4所得的棕褐色溶液中含有CuC2，应补充的实验是 。(6)上述实验说明，铝和 CuSQ溶液、CuC2溶液的反应现象与 有关。【答案】3Cu2+ 2Al2Al3+ 3Cu 0.117证明增大CuSQ溶液的浓度能够使 Al和CuSQ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Al3+、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】(1)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+ 2AH 2A13+ 3Cu,故答案为 3Cu2+ +

16、2AH 2Al3+ + 3Cu;(2)实验1中n(Cl-)=0.005L X 0.2 M01lX 2=0.002moJ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0.002mol x 58.5g/mol= 0.117g 故答案为 0.117;(3)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 CuSQ溶液的浓度能够使 Al和CuSC4的反应发生，故答案为证明增大 CuSQ溶液的浓度能够使 Al和CuSQ的反应发生；(4)Cu + CuC2=2CuCl反应中铜被氧化，铜应该做负极，C

17、uC2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；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；(5)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CuC2与Al3+、Cu2+作用的结果，故答案为 Al3+、Cu2+;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CuCh,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；(6)根据实验1和2、2和3、1和4中所用试剂

18、的种类和浓度以及实验现象可知，铝和 CuSQ溶液、CuC2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。4.氢叠氮酸(HN3)和莫尔盐(NH4)2SO4FeSQ6H2O是两种常用原料。(1)氢叠氮酸易溶于水，25c时，该酸的电离常数为Ka=1OX 10-5氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为 0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，恢复到 25 C ,此时，溶液呈酸性，则混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为 。(2)在FeSQ溶液中，加入(NH4)2SQ固体可制备莫尔盐晶体(NH4)2Fe (

19、SC4)2 6H2O,为了测定产品纯度，称取ag产品溶于水，配制成 500mL溶液，用浓度为 cmol/L的酸性高镒酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL,实验结果记录如下：(已知莫尔盐的分子量为 392)实验次数A次第二次第三次消耗KMnO4溶液体积/mL25.5225.0224.98配制莫尔盐溶液，所使用的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外还有 滴定终点的现象是 ,通过实验数据，计算该产品的纯度为 (用含字母a、c的式子表示)。上表第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是 。A第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗B该酸性高镒酸钾标准液保存时间过长，部分变质C滴定前酸式滴定管中尖嘴处

20、有气泡，滴定结束后气泡消失【答案】HN3? H+N3-c (N3-)>c (Na+)>c (HN3+)>c(H+)>c (OH-)500mL 容量瓶，胶头滴管 滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫红色，且半分钟不变色(980c/a) X100%AC【解析】【分析】(1)氢叠氮酸是一元弱酸；0.2mol/L的HN3溶液与0.lmol/L的NaOH溶液等体积混合后，溶液中含有等物质的量浓度的HN3和NaN3；(2)溶液的配置需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；高镒酸钾溶液本身是紫 色的，可以根据高镒酸钾溶液颜色变化判断滴定终点；第一次实验中记录数据明显大于后 两次，即

21、高镒酸钾溶液体积偏大。【详解】氢叠氮酸易溶于水，25c时，该酸的电离常数为 Ka=10XT0,说明氢叠氮酸为弱酸，在水溶液中的电离方程式为HN3= H+N3-,故答案为HN3= H+N3-;0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，溶液中存在等物质的量浓度的HN3和Na N3,恢复到25 C ,溶液显酸性，以 HN3的电离为主，混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-),故答案为c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-)

22、;(2)500mL溶液的配置需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶，胶头滴管；利用高镒酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+,化合价升高1, Mn由+7价一+2,化合价降低5,最小公倍数5,根据原子个数、电荷守恒，配平得 MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O,向溶液中滴加中高镒酸钾，高镒酸钾显紫红色，因此滴定到终点：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色；因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高镒酸钾

23、溶液的体积为25.02 24.98,mL=25mL,根据离子反应方程式，得出：2n(NH4)2SQ?FeSQ?6H2O=5n(KMnO4) =25 x-30 cx 5mo则 500mL 溶液中含有n(NH4)2SG?FeSQ?6H2O =25 x -30< cx 5X 500/ol =2.5cmol ,所以质量分数=2.5c 簿 X 100%甄 X 100% 故答案为：980c X 100% aaaA.第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗，锥形瓶中亚铁离子的量偏多，消耗的高镒酸钾偏多，A项正确；B.三次使用的高镒酸钾都是一样的，消耗的高镒酸钾体积应是相同的，B项错误；C.滴定管尖嘴有气泡，滴

24、定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故 C项正确；故答案为：AQ【点睛】本题考查了沉淀的转化和物质含量的测定。本题的易错点为(2)的误差分析，要注意同一实验使用的标准溶液是相同的。5.根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS)作为原料。完成下列填空：将0.050mol SO2(g)和0.030mol 0 2(g)充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SQ(g)+Q2(g)? 2SO3(g)+Q。经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol,则O2的平均反应速率为(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有 (选填编号)a.移出氧气b降低温

25、度c.减小压强d再充入 0.050molSO2(g)和 0.030molO2(g)在起始温度Ti(673K)时SQ的转化率随反应时间的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SQ的转化率随反应时间变化的示意图10 M 34 445460(4)黄铁矿在一定条件下煨烧的产物为SQ和Fe3O4将黄铁矿的煨烧产物 Fe3O4溶于H2SC4后，加入铁粉，可制备 FeS。酸溶过程中需维持 溶液有足够的酸性，其原因是 FeS能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,本身被氧化为SO2。写出有关的离子方程式。有2mol氧化产物生成时转移的电子数为 抑制 Fe3+与 Fe2+的水解，并防

26、止 Fe2+被氧化成 Fe3+ FeS+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SC42+16H+ 14Na【解析】【分析】(1)根据v= c求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算；(2)反应放热，为提高 SQ平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SQ平衡转化率，由此分析解答；(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；(4)Fe3+与F4易水解，F易被氧化成Fe3+;根据氧化还原反应中的反应物和生成

27、物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。【详解】C 0.040mol1(1)v(SO3)= 一=2L =0.01mol/(L?min),所以 v(O2)= v(SQ)= 0.005mol/(L?min),2min2故答案为：0.005mol/(L?min);(2)a.移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；b.降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；c.减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g),相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；故答案为：bd;反应：

28、2SO2(g)+O2(g)? 2SO3(g) H<0, SQ的转化率在起始温度 Ti = 673K下随反应时间的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2= 723K,温度升高，平衡逆向进行，丁2下二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度SQ的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示(4)Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SC4后，生成的FeT与F?易水解，F#易被氧化成Fe* ,所 以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+,故答案为：抑 制Fe3+与Fe2 +的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+；-2价

29、的硫离子具有还原性，FeS可以将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS>+i4Fe3+8H2O=15Fe2+2SC42 +16H+,氧化产物是硫酸根离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14Na,故答案为：Fea+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SC42 +16H+； 14Na。【点睛】注意(3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需 要的时间短，此为解题的关键。6.草酸俊(NH4)2QC4为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。I.某同学利用如图所示实验装置检验草酸钱

30、的分解产物。(l)实验过程中，观察到浸有酚酗:溶液的滤纸变红，装置 B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有 (填化学式)；若观察到 ,说明分解产物中含有 CC2草酸俊分解的化学方程式为。(2)反应开始前，通人氮气的目的是 。(3)装置C的作用是。(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,该反应的化学方程式为 。n .该同学利用草酸钱测定血液中钙元素的含量。取20. 00mL血液样品，定容至100mL,分别取三份体积均为 25. 00mL稀释后的血液样 品，加入草酸俊，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验

31、现象为 。三次滴定实验消耗 KMnO4溶液的体积分别为 0.43mL, 0.4lmL, 0.52mL,则该血液样品中钙元素的含量为 mmol/L 。【答案】NH3、CO> E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊(NH4)2C2O4 2NH3 T +CO T +COT +HO 排尽装置中的空气充分吸收CQ,防止干扰 CO的检验 2NH3+3CuO 定条件3CU+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉 红色，且半分钟内不褪去2.1【解析】 【分析】(l)按实验过程中观察到现象，推测分解产物并书写草酸钱分解的化学方程式； (2)氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来分

32、析；(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用；(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程 式；n .(5)三次平行实验，计算时要数据处理，结合关系式进行计算； 【详解】(l)实验过程中，观察到浸有酚酗:溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置 F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO答案为：NH3； CO2 ； E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊； 草酸俊分解产生了 CQ、NH3、CO,结合质量守恒定律知，另有产物H2O,则草酸俊分解的

33、化学方程式为(NH4)2C2O4= 2NH3T +COT +COT +HO；答案为：(NH4)2C2O4=2NH3 T +COT +COT +H2O;(2)反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的 CO2干扰实验； 答案为：排尽装置中的空气；(3)装置E和F是验证草酸俊分解产物中含有CO,所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去，所以装置 C的作用是：吸收 CC2,避免对CO的检验产生干扰； 答案为：充分吸收 CQ,防止干扰CO的检验；(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO,那就是氨气，NH3也会与CuO反应，其、.,口一定

34、条件广物是N2和水，该反应的化学方程式为2NH3+3CUO = 3CU+N2+3H2O;._东条件答案为：2N%+3CuO = 3CU+N2+3H2O；草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0. 0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定，反应为-+2+2MnO 4+5H2c2O4+6H =2Mn +IOCO2 +8H 2O ,滴定至终点时，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；答案为：因最后一滴 KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；三次滴定实验消耗 KMnO4溶液的体积分别为 0.43mL, 0.4lmL, 0.52mL,应舍弃0.52mL,误

35、差较大，则平均体积为 0.42mL,滴定反应为2MnO 4 +5H 2C2O4+6H + =2Mn 2+10CO2 +8H 2O ,- 2MnO 45H2c2O42mol5mol ; n(H2c2。4)=1.05>< 10-5mol,所以 20mL0.0100molL1 0.42 10 3Ln(H 2C2O4)血液样品中含有的钙元素的物质的量为100mL 1.05 10 5mol=4.2 105mol,即25mL4.2x10-2mmol ,则该血液中钙元素的含量为 4.2 10 mmol 2.1mmol/L ；20 10 L 答案为：2.1。7.碳酸氢钠是重要的化工产品。用标准盐酸

36、溶液滴定可测定碳酸氢钠样品中碳酸氢钠含量。已知碳酸氢钠受热易分解，且在250 c270c分解完全。完成下列填空：(1)测定碳酸氢钠含量的实验步骤：用电子天平称取碳酸氢钠样品(准确到 g),加 入锥形瓶中，加入使之完全溶解；加入甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定。当滴定至溶 液由色变为 色，半分钟不变色为滴定终点，记录读数。该实验不能用酚酬:作指示剂的原因是。(2)若碳酸氢钠样品质量为0.840g,用0.5000mol/L的标准盐酸溶液滴定至终点，消耗标准盐酸溶液19.50mL。样品中NaHC5的质量分数为 (保留3位小数)。(3)如果滴定尖嘴部分在滴定过程中出现气泡，且滴定终点读数时气泡未消失，

37、会导致测 定结果(选填 偏高"、偏低”或不受影响”)。(4)碳酸氢钠样品含有少量水分(<0.5%)和氯化钠。以下是测定碳酸氢钠样品中水分的实验方案(样品中 NaHCO3含量已知)。在恒重的塔期中称取碳酸氢钠样品，样品和增期的质量为m1go将样品和堪期置于电热炉内，在250 c270 c加热分解至完全，经恒重，样品和增竭的质量为m2go&该实验方案中，质量差(m1-m2)是 的质量。若所称取样品中NaHCQ的质量为m3g,则样品中水分的质量 m= (用含m、m1、m2的代数式表示)。【答案】0.001黄 橙 滴定终点溶液呈弱酸性，酚酗:的变色范围为8-10,无法准确判断滴

38、定终点0.975偏低 碳酸氢钠分解生成的 CO2、H2O和样品中的含有的水分m1-m2-31m3 84【解析】【分析】(1)电子天平能准确到小数点后三位；碳酸氢钠的溶液中滴加甲基橙指示剂，溶液呈黄色；而弱酸性的溶液中滴加甲基橙指示剂，溶液呈橙色；酚酗:试液在pH>8的溶液中才呈红色；(2)根据 NaHCO3HCl,则 n(NaHCO3)=n(HCl)计算；c标准 V标准根据c(待测尸在而分析不当操作对 V(标准)的影响，以此判断浓度的误V彳寸测差；(4)由2NaHCO3三工Na2CO3+H2O+CQ T可知加热前后固体质量减轻，主要是生成CO2气体和水蒸气；先计算出 m3gNaHCQ分解

39、生成的水和 CQ的质量，再计算样品中含有的水分质 量。【详解】(1)用电子天平称取碳酸氢钠样品能准确到0.001g;碳酸氢钠溶液中加入甲基橙指示剂，溶液呈黄色，用标准盐酸溶液滴定，当滴定至溶液由黄色变为橙色，半分钟不变色为滴定终点；因滴定终点溶液呈弱酸性，而酚酗:试液的变色范围为8-10,用酚血:作指示剂将无法准确判断滴定终点；(2)滴定至终点消耗 0.5000mol/L的标准盐酸溶液19.50mL,则参加反应的 HCl为 0.5000mol/L X 0.01950L=0.00975md艮据 NaHCO3HCl,贝U n(NaHCQ)=n(HCl), 0.840g 样品 中 m(NaHCO3)

40、=0.00975mol x 84g/mol=0.819眼样品中 NaHCO3 的质量分数为0.819g0.840g=0.975;(3)滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定过程中出现气泡，且滴定终点读数时气泡未消 失，导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低；(4)已知2NaHCO3三=Na2CO3+H2O+CQT ,则该实验方案中，质量差 (m1-m2)是碳酸氢钠分解生成的C6、H2O和样品中的含有的水分；称取样品中NaHCQ的质量为m3g,则完全反应生成的碳酸钠质量为 m4g,2NaHCO3 加热 Na2CO3 + CO2 +H2O168106m4m3106 m3 m4=168 g，一106m3

41、31 ，一 ，1,生成的水和 CC2的质重为 m3g g= m3g,故所则样品中水分的质16884曰31重 m= m1-m2 - m3g。84【点睛】滴定操作误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=C(标7)4仙(标准)分析，若标准溶液的体积偏V (待测)小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的 浓度也偏大。8.二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 SQ气体还原Fe3+、I2,可以使用的药品和装置如图所示:ADC(1)写出由铜和

42、浓硫酸制取SQ的化学方程式 。(2)装置A中的现象是 。若要从A中的FeC3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堪期(3)根据以上现象，该小组同学认为SQ与FeC3发生氧化还原反应。写出SO2与FeC3溶液反应的离子方程式 ;请设计实验方案检验有 Fe2+生成；(4) B中蓝色溶液褪色，表明 的还原性比SO2(填 强”或 弱" J(5)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O(6)工业上通过煨烧黄铁矿产生SO2来进一步得到硫酸，已

43、知煨烧1g FeS产生7.1kJ热量，写出煨烧Fe$的热化学反应方程式 。【答案】Cu+2H2SO4 3= CuSQ+SQT +2H2O 溶液由黄色变为浅绿色A B、F2Fe3+SO2+2H2O=SQ2-+2Fe2+4H+取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入 23滴 K3Fe(CN)6溶液，有蓝色沉淀生成弱 c(Na+)>c(SO32 )>c(OH )>c(HSQ )>c(H+) 4FeS(s)+1102(g) = 2Fe2O3(s)+ 8SQ(g) MI 3408 kJ/mol【解析】 【分析】 (1) Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫与水；(2)三价

44、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；(3)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；用K3Fe (CN 6溶液检验，有蓝色沉淀生成；(4) B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：12+SO+2H2O=4H+2I -+SO2-,还原剂的还原性大于还原产物的还原性；(5)若C中所得溶液只有一种溶质且pH>7,则溶质为N&SO, SO2-水解溶液呈碱性，氢2-氧根离子源于SQ的水解、水的电离；(6)发生反应：4Fe&+11Q=2

45、Fe2O+8SO,计算4molFeS2燃烧放出的热量，注明物质的聚集 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+2HSOCuSO+SQT +2HQ(2)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+,反应离子方程式为：SO+2Fe3+2H2O 2Fe2+SO2+4H+,则A中反应的现象为溶液颜色由黄色逐渐变 为浅绿色；过滤用到漏斗、烧杯、玻璃棒，没有用到蒸发皿、石棉网和田埸，故答案为ABF;(3)SO2与 FeCl3溶液反应的离子方程式 2Fe3+SQ+2H2O=sOL+2Fe2+4H+;检验有Fe2+生成的操

46、作方法为取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入23滴KFe(CN) 6溶液，有蓝色沉淀生成；(4) B中蓝色溶液褪色，说明 SO将I2还原为I-,可知I-的还原性比SO弱； NaOHm吸收SO后所得溶液只有一种溶质且pH> 7,则溶液中的溶质为 N&SO,各离子浓度大小顺序为 c(Na+)>c(SO32 )>c(OH )>c(HSO3 )>c(H +);(6)黄铁矿(主要成分为FeS)其燃烧产物为SO和FaQ, 1g FeS2完全燃烧放出7.1kJ热 量，480gFeS2完全燃烧放出3408J热量，反应的热化学方程式为：4FeS2(s)+11O 2(g)=2

47、Fe 2Q(s)+8SO 2(g) H=-3408kJ/mol。9.硝酸是氧化性酸，其本质是 NO3有氧化性，某课外实验小组进行了下列有关NO3氧化性的探究(实验均在通风橱中完成)。实验装置编p溶液X实验现象L 11 1实验I6 mol L1稀硝酸电流计指针向右偏转，铜片表面产 生无色气体，在液向上方艾为红棕 色。实验n15 mol L1浓石肖酸电流计指针先向右偏转，很快又偏 向左边，铝片和铜片表面产生红棕 色气体，溶液变为绿色。(1)实验I中，铝片作 (填 芷”或货")极。液面上方产生红棕色气体的化 学方程式是。(2)实验n中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是 。查阅资料：活泼

48、金属与 1 mol L-1稀硝酸反应有H2和NH4+生成，NH4+生成的原理是产生 出 的过程中NO3一被还原。(3)用上图装置进行实验 m :溶液X为1 mol L-1稀硝酸溶液，观察到电流计指针向右偏转。反应后的溶液中含 NH4+。实验室检验NH4+的方法是生成NH4+的电极反应式是。(4)进一步探究碱性条件下 NO3一的氧化性，进行实验 W：AlMKi，Kd呜J三3 NiOH 3 A» 观察到A中有NH3生成，B中无明显现象。A、B产生不同现象的解释是 。A中生成NH3的离子方程式是。(5)将铝粉加入到 NaNO3溶液中无明显现象，结合实验出和IV说明理由 。【答案】负2NO+

49、O2=2NO2 Al开始作电池的负极，Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜后，Cu作负极 取少量待检溶液于试管中，加入浓 NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含NH4+ NO3- + 8e-+10 H+=NH4+3H2O Al与NaOH溶液反应产生H2的过程中可将 NO3-还原为NH3,而Mg不能与NaOH溶液反应 8Al+3NO3- + 5OH-+2H2O= 3NH3 T + 8AIO2-因为铝与中性的硝酸钠溶液无生成 H2的过程，NO3一无法 被还原 【解析】【分析】【详解】(1)实验I中，由于Al的金属活动性比 Cu强，因此Al做负极。铜片表面产生的无色气 体是

50、NO,在液体上方 NO被空气中的氧气氧化成红棕色的NO2,方程式为2NO+O2=2NO2；(2)实验H中，Al的金属活动性比 Cu强，Al开始作电池的负极，电流计指针先偏向右边；由于Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜，阻止了内层金属的进一步反应，因此，Cu作负极，电流计指针偏向左边；(3)实验室检验NH4+有两种常用方法：方法一，取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含NH4+；方法二，取少量待检溶液于试管中，加入浓 NaOH溶液，加热，并在试管口放一蘸有浓盐酸的玻璃棒，若有白烟生成，证明溶液中含NH4+;NH 4+的生成是NO3一被还原

51、的结果，其电极反应式为 NO3-+8e-+10 H+=NH4+3H2O(4) 观察到A中有NH3生成，是由于 Al与NaOH溶液反应产生H2,并且与此同时，H2 可将NO3-还原为NH3； B中无现象是由于 Mg与NaOH溶液不反应；A中生成NH3的离 子方程式为 8Al + 3NO3- + 5OH-+ 2H2。= 3NH3 f + 8AlO2-;(5)铝与中性的硝酸钠溶液不能生成H2, NO3一无法被还原，因此将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象。10.资料显示。2的氧化性随溶液 pH的增大逐渐减弱”。某化学小组同学用下列装置和试剂进行实验，探究 O2与KI溶液发生反应的条件。供选试剂：0.1mol/L H 2so4溶液、MnO2固体、KMnO4固体。该小组同学设计、两组实验，记录如下：实验操作实验现象向I试管中加入 KMnO 4固体，连接装置I、n ,点燃 酒精灯n试管中有气泡冒出， 溶液/、艾盅向I试管中加入 KMnO 4固体，n试管中加入适量 0.1mol