高考化学培优易错难题(含解析)之化学反应原理附答案

高考化学培优易错难题(含解析)之化学反应原理附答案一、化学反应原理1.甲同学向做过银镜反应的试管滴加 0.1mol/L的F&NO3"溶液(pH=2),发现银镜部分溶解，和大家一起分析原因：甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质Ago乙同学认为：Fe(NO3)3溶液显酸性，该条件下NO3一也能氧化单质Ag°丙同学认为：Fe3+和NO3—均能把Ag氧化而溶解。(1)生成银镜反应过程中银氨溶液发生(氧化、还原)反应。(2)为得出正确结论，只需设计两个实验验证即可。实验I:向溶解了银镜的Fe(NO3)3的溶液中加入(填序号，①KSCN溶液、②K3[Fe(CN)6]溶液、③稀HC1),现象为,证明甲的结论正确。实验H:向附有银镜的试管中加入溶液，观察银镜是否溶解。两个实验结果证明了丙同学的结论。(3)丙同学又把5mLFeSO4溶液分成两份：第一份滴加2滴KSCNB液无变化；第二份加入1mL0.1mol/LAgNO3溶液，出现白色沉淀，随后有黑色固体产生(经验证黑色固体为 Ag颗粒)，再取上层溶液滴加 KSCN溶液变红。根据上述的实验情况，用离子方程式表示 Fe3+、Fe2+、Ag+、Ag之间的反应关系。(4)丁同学改用如图实验装置做进一步探究:Olmol/lOlmol/lg赭康①K刚闭合时，指针向左偏转，此时石墨作,(填正极”或负极。此过程氧化性：Fe3+ Ag+(填〉或〈)。②当指针归零后，向右烧杯中滴加几滴饱和 AgNO3溶液，指针向右偏转。此过程氧化性：Fe3+Ag+(填＞或〈)。③由上述①②实验，得出的结论是：。【答案】还原 ②产生蓝色沉淀 pH=20.3mol/LKNO3或NaNO3溶液Ag+F€3+?Ag++Fe2+或(Ag++Fe2+?Ag+Fe3+)正极〉v其它条件不变时，物质的氧化性与浓度有关系，浓度的改变可导致平衡的移动【解析】【分析】(1)根据元素化合价的变化判断；(2)实验I:甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质 Ag,则要证明甲的结论正确，可验证Fe3+的还原产物Fe2+的存在；实验n：进行对照实验；(3)根据实验现象判断溶液中发生的反应;(4)根据指针偏转方向判断正负极，判断电极反应，并结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析解答。【详解】(1)往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，银离子和氨水反应生成白色的氢氧化银沉淀和镂根离子，Ag++NH3?H2O—AgOHj+NH4+；继续滴入氨水白色沉淀溶解，氢氧化银和氨水反应生成银氨溶液和水，AgOH+2NH3?H2。一Ag(NH3)2OH+2H2O,若用乙醛进行银镜反应，再加入乙醛溶液后，水浴加热，生成乙酸铵，氨气、银和水，化学反应方程式为：CH3CHO+2Ag(NH5)2OH aCH3COONH4+2AgJ+3NH3+H2。，银氨溶液中的银为+1价，被醛基还原生成 0价的银单质，故答案为：还原；(2)实验I：甲同学认为：Fe3+具有氧化性，能够溶解单质 Ag,则要证明甲的结论正确，可验证Fe3+的还原产物Fe2+的存在即可，验证Fe2+的实验是取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入K3［Fe(CN)6］溶液会和Fe2+反应生成蓝色沉淀，故答案为：②；产生蓝色沉淀；实验n：丙同学认为：Fe3+和NO3—均能把Ag氧化而溶解，且两个实验结果证明了丙同学的结论，而实验I验证了Fe3+具有氧化性，能够溶解单质 Ag,则实验II需要验证NO3一也能把Ag氧化而溶解，需进行对照实验， 0.1mol/L的Fe(NO3)3溶?^(pH=2),NO3—为0.3mol/L,所以需向附有银镜的试管中加入 pH=2的0.3mol/LKNO3或NaNO3溶液，故答案为：pH=2的0.3mol/LKNO3或NaNQ；(3)Fe3+遇KSCN溶液变红，第一份滴加2滴KSCNB液无变化，说明FeSQ溶液中无Fe3+,第二份加入〔e10.1mol/LAgNO3溶液，出现白色沉淀，随后有黑色固体 Ag产生，再取上层溶液滴加KSCNB液变红，说明有Fe3+产生，说明Fe2+被Ag+氧化生成Fe3+,Ag+被还原为Ag,又Fe3+具有氧化性，能够溶解单质 Ag,则该反应为可逆反应，反应的离子方程式为：Fe3++Ag?Fe2++Ag+或Ag++Fe2+?Ag+Fe3+；(4)①K刚闭合时，指针向左偏转，则银为负极，石墨为正极，该电池的反应本质为Fe3++Ag?Fe2++Ag+,该反应中铁离子为氧化剂，银离子为氧化产物，则氧化性： Fe3+>Ag+,故答案为：正极；>;②当指针归零后，向右烧杯中滴加几滴饱和 AgNO3溶液，指针向右偏转，则此时石墨为负极，银为正极，右侧烧杯中银离子浓度增大，反应 Fe3++Ag?Fe2++Ag+的平衡左移，发生反应Ag++Fe2+?Ag+Fe3+,此时Ag+为氧化剂，Fe3+为氧化产物，则氧化性： Fe3+<Ag+;③由上述①②实验，得出的结论是：在其它条件不变时，物质的氧化性与浓度有关，浓度的改变可导致平衡移动。2.某小组为测定化合物Co(NH3)yClx(其中Co为+3价)的组成，进行如下实验。(1)氯的测定：准确称取 2.675g该化合物，配成溶液后用 1.00molL-1AgNO3标准溶液滴定，K2Cr。溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀 (Ag2CrO4为醇红色)且不再消失时，消耗AgNO3溶液30.00mL。［已知：Ksp(AgCl)=1.8又010Ksp(Ag2CrO4)=1.12x-120①AgNO3标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是 __。(用化学方程式表示)②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，会使得测定结果 __。(填偏大”、偏小”、“无影响”)③用 K2CrO4溶液作指示剂的理由是 __。(2)氨的测定：再准确称取 2.675g该化合物，加适量水溶解，注入如图 4―。(填仪器名称)中，然后通过仪器3滴加足量的NaOH溶液，加热1装置，产生的氨气被5中的盐酸吸收，多余的盐酸再用NaOH标准溶液反滴定，经计算，吸收氨气消耗 1.00molL-1盐酸60.00mL。装置A在整个实验中的作用是__,如果没有6中的冰盐水，会使得测定结果—(填编大“、偏小“、无影响”。)(3)通过处理实验数据可知该化合物的组成为 ―。光照【答案】2AgNO3^=2AgJ+2NO2,+O2T偏大AqCQ为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中 Cl-消耗完时，才会产生穆红色沉淀 三颈烧瓶产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出 偏大[Co(NH3)6]Cl3【解析】【分析】Co(NH3)yClx中Co的化合价为+3,NH3为0,Cl为-1,则x=3,通过实验测出NH3和Cl的物质的量之比即得出结果。【详解】(1)①AgNO3不稳定，见光易分解成Ag和NO2和O2,发生的反应为：光照 光照2AgNO3^=2AgJ+2NO2T+O2f,故答案为:2AgNO3^=2AgJ+2NO2f+O2f；②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，使得 V2读数偏大，导致滴定结果骗大，故答案为：偏大；③一方面Ag2CrO4为科红色，另一方面由Ksp(AgCl)=1.8 0Ksp(Ag2CrO4)=1.12x-11t)可知，AgCl饱和溶液中c(Ag+)=J「810-5mol/L,Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag+尸寻1」2x1(4mol/L,所以，AgCl的溶解度更小，当滴入AgNO3时溶解度小的沉淀先形成，当 AgCl形成的差不多的时候，溶液中Cl-几乎沉淀完了，此时再滴AgNO3溶液就会立刻产生Ag2CrO4,即终点的时候会产生穆红色沉淀，故答案为： Ag2CrO4为醇红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中C「消耗完时，才会产生穆红色沉淀；(2)图4为三颈烧瓶，装置A的作用是产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出，如果没有6的冰盐水，HCl吸收氨气时可能形成倒吸，溶液中的 HCl有一部分被倒吸，被反滴定的HCl的量就少，计算吸收氨气时的 HCl就偏大，氨气的含量就偏大，故答案为：三颈烧瓶；产生水蒸气，将装置 B中产生的氨气全部蒸出；偏大；(3)滴定C「时，2.675g样品消耗30mL1.00molL-1AgN。，所以n(C「尸n(Ag+)=1.00molL-•1x30mL10-3=0.03mol,测定氨时，2.675g样品消耗1.00molL-1盐酸60.00mL,所以n(NH3)=n(HCl)=1.00molL-1x60.00mL10-3=0.06mol,故n(Cl-):n(NH3)=0.03:0.06=1:2,由于化合物C0x(NH3)yClx中Co的化合价为+3,NH3的化合价为O,Cl的化合价为-1,所以x=3,y=6,该化合物为：[Co(NH3)6]Cl3,故答案为:[Co(NH3)6]Cl3。【点睛】测氨的含量时HCl总物质的量=氨气消耗的HCl的物质的量+反滴定时NaOH消耗的HCl的物质的量。3.纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯 Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：①组装装置如图所示，保持温度约为 65C,先将30mL钛酸四丁酯[Ti(OQH9)4]加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入 3mL乙酰丙酮，充分搅拌；②将含水20%勺乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；③将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米 TiO2。已知：钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解； Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2。回答下列问题：酒7度打司(1)仪器a的名称是__,冷凝管的作用是__。(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是 __(填字母)。A.增加反应的始变B.增大反应的活化能C.减小反应的斤含变D.降低反应的活化能制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有 _。(3)步骤②中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为 __。如图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是_(填字母)。(4)测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取 0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸钱的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含 TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000mol-L-1NH4Fe(SQ)2溶液滴定至终点。重复操作 2次，消耗0.1000mol•L-1NH4Fe(SQ)2溶液的平均值为20.00mL(已知：Ti3++Fe3++H2O=TiO2++Fe2++2H+)。①加入金属铝的作用除了还原 TiO2+外，另一个作用是__。②滴定时所用的指示剂为__(填字母)。a.酚酶密夜 b.KSCNm夜 c.KMnO4溶液 d.淀粉溶液③样品中TiO2的质量分数为__%(Ti相对分子质量为48)【答案】温度计 冷凝回流B用含水20%勺乙醇溶液代替水，缓慢滴加Ti(OQH9)4+2H2O=TiO2+4C4H90Ha与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止 Ti3+在空气中被氧化b80【解析】【分析】以钛酸四丁酯［Ti(OC4H9)4］为原料，在三颈烧瓶中反应可得到二氧化钛溶胶，再经过干燥、灼烧即可得纳米TiO2。【详解】(1)由装置图可知，仪器a为温度计；冷凝管可起到冷凝回流的作用；故答案为：温度计：冷凝回流；(2)加入催化剂，不能改变烙变(只与反应的始末状态有关)，可降低或增大活化能，而该处减缓反应速率，则增加活化能的作用，导致反应速率减小；另外为减慢水解反应速率，还可用含有20%勺乙醇溶液代替水，缓慢滴加；故答案为：B;用含水20%勺乙醇溶液代替水，缓慢滴加；3)Ti(OC4H9)4发生水解生成TiO2和丁醇，方程式为Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH;灼烧二氧化钛凝胶，应在增期中进行；故答案为：Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；a；(4)①加入铝，可与TiO2+反应生成Ti3+,与酸反应生成氢气，避免 Ti3+被氧化；②用NH4Fe(SC4)2溶液滴定，含有铁离子，可用 KSCN故指示剂，滴定终点溶液颜色变为红色；③根据方程式可得关系式 TiO2〜Ti3+〜Fe3+〜NH4Fe(S。)2,n(NH4Fe(SO4)2)=0.1000mol?Llx0.02L=0.002mol,则n(TiO2)=0.00200mol,m(TiO2)=0.00200molX80g/mol=0.16g00,贝U质量分数为0.1600g100%80%；0.2000g故答案为：与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止 Ti3+在空气中被氧化； b；80。.某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。(查阅资料)物质BaSQBaCQAgIAgCl溶解度/g(20C)2.4X1041.4X1(33.0X1(71.5X10

(实验探究)(一)探究BaCO3和BaS。之间的转化，实验操作如下所示:3演0J■I/1A溶液 IdwJ•L"C擀漉 足4i稀盐做试剂A试齐【JB试剂C加入盐酸后的现象实验I实验nBaCl2Na2CC3Na2SC4Na2SO4Na2CC3有少量气泡产生，沉淀部分溶解充分板充后 充分施荡后.过贷3 'J取洗净后的2i?iL0.lim-HL'DSffi(1)实验I说明BaCQ全部转化为BaSQ,依据的现象是加入稀盐酸后，(2)实验n中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是。(3)实验n说明沉淀发生了部分转化，结合 BaSQ的沉淀溶解平衡解释原因：(二)探究AgCl和AgI之间的转化。(4)实验出：证明AgCl转化为AgL3题J山乙海液夕rJmoj*L充分推蒋M2hLOJ»J，2hLOJ»J，L'用溶液甲溶液可以是(填字母代号)。aAgNO3aAgNO3溶液 bNaCl溶液cKI溶液(5)实验IV:在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl,于是又设计了如下实验(电压表读数:a>c>b>0）。计了如下实验(电压表读数:a>c>b>0）。ii.向B中滴入AgNOa（aq）,至沉淀完全biii.再向B中投入一定量NaCI（s）civ.重复i,再同B中加入与iii等量的NaCI（s）a注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。①查阅有关资料可知，Ag+可氧化「，但AgNO3溶液与KI溶液混合总是得到AgI沉淀，原因是氧化还原反应速率（填“大于”或“小于”）沉淀反应速率。设计（―）石墨（s）[I（aq）〃Ag+（aq）]石墨（s）（十）原电池（使用盐桥阻断 Ag+与厂的相互接触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为。②结合信息，解释实验IV中 bva的原因：。③实验IV的现象能说明AgI转化为AgCl,理由是。（实验结论）溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。【答案】沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象 BaCQ+2H+=Ba2++CQT+H2OBaS。在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSQ（s）毒？？Ba2+（aq）+SO42-（aq）,当加入浓度较高的Na2CQ溶液，COj2-与Ba2+结合生成BaCQ沉淀，使上述平衡向右移动 b小于2Ag++2「=i2+2Ag生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（「）减小，厂还原性减弱，原电池的电压减小 实验步骤iv表明C「本身对该原电池电压无影响，实验步骤话中 c>b说明加入C「使c（「）增大，证明发生了Agl（s）+C「（aq）谕）AgC（s）+「（aq）【解析】【分析】⑴因为BaCQ能溶于盐酸，放出CQ气体，BaSQ不溶于盐酸。⑵实验n是将少量BaC2中力口入NazSQ溶液中，再加入NazCQ溶液使部分BaSQ转化为BaCQ,则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。⑶BaSQ在溶液中存在沉淀溶解平衡 BaSQ（s）幅??Ba2+（aq）+SO42-（aq）,当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CQ2-与Ba2+结合生成BaCQ沉淀。⑷向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCI相对于AgNOa过量，因此说明有AgCI转化为AgI。⑸①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为 2I+2Ag=2Ag+l2；②由于AgI的溶解度小于AgCl,B中加入AgNOa溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c（「）减小，「还原性减弱，根据已知信息其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂 （或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性 （或还原性）强弱与其浓度有关”可的结论；③实验步骤iv表明C「本身对该原电池电压无影响，实验步骤iii中c>b说明加入C「使c（「）增大，

证明发生了AgI(s)+Cl(aq)脩？？AgCl(s)+I(aq)。【详解】⑴因为BaCQ能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSQ不溶于盐酸，所以实验I说明BaCQ全部转化为BaSQ,依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生 (或无明显现象)；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。⑵实验n是将少量BaC2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CQ溶液使部分BaS。转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为 BaCO3＋2H=Ba2++CQT+H2O;2H=Ba2++CQT+H2O;故答案为:⑶BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaCO3+2H=Ba2++CO2T+H2O。BaSO4(s)Ba2＋(aq)＋SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CQ2-与Ba2+结合生成BaCQ沉淀，使上述平衡向右移动，BaSQ沉淀部分转化为BaCQ沉淀；故答案为：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s)他??Ba2+(aq)+SO42-(aq),当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba"结合生成BaCQ沉淀，使上述平衡向右移动。⑷为观察到AgCl转化为AgI,需向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI;故答案为：bo⑸①AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为 2I+2Ag=2Ag+l2；故答案为：小于；2「+2Ag+=2Ag＋I2。②由于AgI的溶解度小于AgCl,B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(「)减小，「还原性减弱，根据已知信息 其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂 )的氧化性(或还原性 )越强，原电池的电压越大；离子的氧化性 (或还原性 )强弱与其浓度有关”可知，实验W中bva；故答案为：生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(「)减小，「还原性减弱，原电池的电压减小。③实验步骤过表明C「本身对该原电池电压无影响，实验步骤而中Ob说明加入C「使C(I一)增大，证明发生了AgI(s)+Cl(aq)脩公AgCl(s)+I(aq);故答案为：实验步骤iv表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤 iii中c>b说明加入C「使c(「)增大，证明发生了AgI(s)+Cl(aq)编??AgCl(s升「(aq)。5．辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2sCuS和惰性杂质。为进一步确定其中 Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：①取2.6g样品，力口入200.0mL0.2000mol广1酸fKMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42),滤去不溶杂质；②收集滤液至 250mL容量瓶中，定容；③取25.00mL溶液，用0.1000molL1FeSQ溶液滴定，消耗20.00mL;④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+,使其不再参与其他反应),再加入过量KI固体,轻摇使之溶解并发生反应： 2Cu2++4I－=2CuI+I2；⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo11Na2&O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2s2O32—+I2=SO62+2I)。回答下列问题：⑴写出Cu2s溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：;(2)配制0.1000molL「1FeSQ溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是,配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有;(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是;(4)⑤中滴定至终点时的现象为;(5)混合样品中Cu2s和CuS的含量分别为%、%(结果均保留1位小数)。【答案】Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化胶头滴管 (酸式)滴定管(或移液管) 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.536.9【解析】【分析】由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。【详解】(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-,则Cu2s与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SQ2-+2Mn2++4H2O。(2)配制0.1000molL「FeSQ溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。(3)步骤③中取25.00mL待测溶液(有未反应的酸性 KMnO4溶液)，所用仪器的精度应为0.01mL,故选酸式滴定管或移液管。(4)步骤⑤用标准Na2s2O3溶液滴定反应生成的I2,使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。⑸设2.6g样品中，Cu2s和CuS的物质的量分别为x、v,据5Fe2+~MnO4-(5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O),样品反应后1 250 。乘U余n(MnO4-)=0.1000molL1x20.00X3L0ex =4.000x平mol525.00样品消耗n(MnO4-)=0.2000moL11X200.0乂3L04.000x-3mol=36.00x-3mol由C3S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-(5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O),得2x+8y=36.00X彳mol5又据2Cu2+~l2~2S2O32,得2x+y=0.1000mo1L1x30.00*3L0<250=30.00x-3mol25.00解方程组得x=y=0.01mol4 0.01mol160g/mol故w(Cu2S)= 100%=61.5%,2.6g0.01mol96g/molw(CuS)= 100%=36.9%。2.6g【点睛】混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。6．亚硝酰硫酸 NOSO4H是染料、医药等工业的重要原料；溶于浓硫酸，可在浓硫酸存在时用 SO2和浓硝酸反应制得。测定产品的纯度：准确称取 1.5g产品放入锥形瓶中，加入0.1000mol/L、100.00mL的KMnO4溶液和足量稀硫酸，摇匀充分反应。然后用0.5000mol/L草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为 30.00mL。已知：2KMnO45NOSO4H2H2O K2SO42MnSO45HNO32H2SO4①草酸钠与高锰酸钾溶液反应的离子方程式为 。②滴定终点的现象为 。③亚硝酰硫酸的纯度 。[保留三位有效数字， M(NOSO4H)=127g/mol]【答案】2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2T+8Ho滴入最后一滴Na2c2O4溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复 84.67%【解析】【分析】①高镒酸钾溶液在酸性溶液中氧化草酸钠生成二氧化碳，根据元素化合价变化和电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；②用0.2500mol?L-1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；③减缓滴定过程中草酸消耗高镒酸钾物质的量，得到 2KMnO4+5NOSO4H+2H2。=K2S。+2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4，反应消耗高锰酸钾物质的量计算得到亚硝酰硫酸物质的量，据此计算纯度。【详解】①酸溶液中高镒酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，生成二氧化碳，镒元素化合价+ 7价降低到＋2价，电子转移 5e-，碳元素化合价＋ 3价变化为＋4价，根据电子转移，电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式： 2MnO4-+5c2O42-+16H+=2Mn2++10CQT+8H2O,故答案为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CC2T+8H2O;②用0.2500mol?L-1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点，故答案为：滴入最后一滴 Na2C2C4溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复；- 2- + 2+2MnC4-+ 5C2C42- +16H+=2Mn2++10CC2+8H2C③2 5n0.5mol/L0.030L解得n=0.006mol,则与NCSC4H反应的高镒酸钾物质的量= 0.1000mol?L-1x0.100L-0.006mol=0.004mol,

2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=KzSO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO40.004mol 0.01mol0.01mol127g/mol1.5g亚硝酰硫酸的纯度= X100%=84.67%1.5g故答案为：84.67%.【点睛】滴定终点时，溶液的颜色变化是我们解题时的易错点。在书写颜色变化时，我们可考虑暂不加入NOSO4H,先定位过量KMnO4本身的颜色，这样就可避免错误的发生。7.实验室需配制0.2000mol?L1Na2S>O3标准溶液450mL,并利用该溶液对某浓度的NaClO溶液进行标定.(1)若用Na2S2O3固体来配制标准溶液，在如图所示的仪器中，不必要用到的仪器是(填字母)，还缺少的玻璃仪器是(填仪器名称)。■n:C)]I6A BCD(2)根据计算需用天平称取N32&O3固体的质量是go在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸储水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度(填多"1”或“二；下同)0.2000mol?L1,若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度0.2000mol?L10(3)用滴定法标定的具体方法：量取 20.00mLNaClO溶液于锥形瓶中，加入适量稀盐酸和足量KI固体，用0.2000mol?L「1Na2&O3标准溶液滴定至终点(淀粉溶液作指示剂)，四次平行实验测定的V(Na2s2O3)数据如下：(已知：I2+2Na2s2O3—2NaI+Na2s4。6)测定次序A次第二次第三次第四次V(Na2s2O3)/mL21.9018.8022.1022.00①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量 KI固体时发生反应的离子方程式为②NaClO溶液的物质的量浓度是。【答案】AB烧杯、玻璃棒15.8=>ClO+2I+2H+—Cl+I2+H2O0.1100mol/L【解析】【分析】【详解】(1)用Na2s2。3固体来配制标准溶液，不需要圆底烧瓶、分液漏斗；溶解 Na2s2O3固体，还需要烧杯、玻璃棒；故答案为AB;烧杯、玻璃棒；(2)配制0.2000mol?L「1Na2s2。3标准溶液450mL,实验室没有450mL的容量瓶，应选用500mL的容量瓶，需要Na2&O3固体，n=0.2000mol/Lx0.5L=1.000molm=1.000molx158g/mol=15.8g定容时，还需要向容量瓶中加入蒸储水，若容量瓶用蒸储水洗涤后未干燥，不会产生误差；未等溶液冷却就定容了，冷却后，溶液体积减小，所得溶液浓度偏大；故答案为15.8;=;>;(3)①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量 KI固体时发生氧化还原反应，其离子方程式为ClO+2I+2H+—Cl+I2+H2O；②第二次数据明显偏小，不能采用，其余3次平行实验测定的平均体积为： V(Na2s2。)21.90mL22.10mL22.00mL= =22.00mL,3设NaClO溶液的浓度是x,根据反应ClO+2「+2H+—C「+I2+H2。、I2+2Na2s2O3—2NaI+Na2s4O6可得关系式：NaClO〜2Na20O61 220mLXc0.2000mol/Lx22.00mL解得：c=0.1100mol/L,故答案为ClO+2I+2H+—Cl+I2+H2O；0.1100mol/L。8.草酸晶体的组成可表示为H2C2O4XH2O。实验室常用其加热分解制取 CO气体，反应方程式为：H2C2O4xH2O二COT+CC2?+(x+1)H2O。下图为分解草酸晶体，用干燥纯净的 CO还原CuO制取Cu,并U攵集CO的实验装置(略去铁架台、铁夹等支撑加持装置 )，回答下列问题。A BC D EI(1)实验过程中涉及到如下操作：①点燃A处的酒精灯②熄灭A处的酒精灯③点燃D处的酒精灯④熄灭D处的酒精灯。点燃D处酒精灯前必须要进行的操作名称是。这4步操作由先到后的顺序为(填序号)。(2)A装置为加热分解草酸的装置，指出该装置一处错误：,B和F装置中盛放的试剂相同，其中溶质是(填化学式)，E装置的作用是(3)用酸性高镒酸钾溶液滴定草酸晶体，求x的值。实验步骤：准确称取1.08g草酸晶体，配成100mL溶液；取出20.00mL于锥形瓶中，再向瓶中加入足量稀H2SQ；用0.0500mol/L酸性高镒酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高镒酸钾溶液16.00mL。滴定时，所发生的反应为： 2MnO4「+5H2c2O4+6H+=10CO2T+2Mn2++8H2O。①配制草酸溶液除需要胶头滴管、烧杯，还一定需要的玻璃仪器有。(2)x=。【答案】验纯①③④②试管口应向下倾斜 NaOH安全瓶(或防倒吸)100mL容量瓶，玻璃棒1【解析】【分析】草酸晶体受热分解为COCQ,用NaOH溶液除去CQ,用浓硫酸干燥后的CO通入D中，和CuO发生反应生成铜和CO2,E做安全瓶，起到防止F中的水进入D中的作用，F中装有NaOH溶液，用于除去生成的CQ,剩余的CO被收集起来。【详解】(1)纯度不足时一氧化碳气体会发生爆炸，所以先点燃 A处酒精灯，用生成的CO将装置中空气排净，然后再点燃D处的酒精灯；熄灭酒精灯时，应该先熄灭 D处酒精灯，然后再熄灭A处酒精灯；点燃D处酒精灯前必^须要检验CO的纯度。所以正确的操作方法为：①③④②；避免发生爆炸现象，所以点燃 D处酒精灯前必须要进行检验 CO纯度；(2)给试管中的固体加热时，试管口应该稍稍向下倾斜；根据图示装置及实验目的可知：B为澄清石灰水，目的是除去混合气体中二氧化碳， D为浓硫酸，目的是干燥CO气体；D中氧化铜与一氧化碳反应制取铜； E为安全瓶，起到防止倒吸的作用； F为氢氧化钠溶液，除去二氧化碳气体，最后收集 CO气体；(3)①配制草酸溶液除需要玻璃棒、烧杯，配制 100mL溶液需要选用100mL容量瓶，定容时还需要胶头滴管，故答案为 100mL容量瓶、胶头滴管；②16mL0.0500mol/L高镒酸钾溶液中含有高镒酸钾的物质的量为：0.0500mol/LX0.016L=0.0008m01100mL该草酸溶液能够消耗高镒酸钾的物质的量为：0.0008mol100mL=0.004mol,根据反应2MnO4+5H2c2O4+6H+=10CO2+2Mn2++8H2O可知20mL1.08g样品中含有草酸的物质的量为： 0.004molt=0.01mol,草酸的质量为:90g/molx0.01mol=0.9g含有结晶水的物质的量为： "普=0.01mol,则该草酸晶体18g/mol中x=0.01mOl=1,故答案为1。0.01mol9.为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如下图所示的三套实验装置:(1)上述3个装置中，不能验证铜与浓硝酸的反应是吸热反应还是放热反应 ”的装置是(填装置序号)。(2)某同学选用装置I进行实验(实验前U形管里液面左右相平)，在甲试管中加入适量了Ba(OH)2溶液与稀硫酸，U形管中可观察到的现象是。说明该反应属于(填吸热"或放热”反应。(3)为探究固体M溶于水的热效应，选择装置n进行实验(反应在丙试管中进行)。①若M为钠，则实验过程中烧杯中可观察到的现象是。②若观察到烧杯中产生气泡，则说明 M溶于水(填工定是放热反应”、―定是吸热反应”或可能是放热反应”，)理由是。(4)至少有两种实验方法能验证超氧化钾与水的反应 (4KO2+2H2O===4KOH+302T)是放热反应还是吸热反应。方法①：选择装置(填装置序号)进行实验；方法②：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸储水，片刻后，若观察到脱脂棉燃烧，则说明该反应是(填吸热"或放热”反应。【答案】m左端液面降低，右端液面升高 放热产生气泡，反应完毕后，冷却至室温，烧杯中的导管内形成一段水柱 可能是放热反应 某些物质(如NaOH固体)溶于水放热，但不是放热反应 I(或n)放热【解析】【分析】(1)装置I和n都可以分别通过右边装置中液面变化、是否有气泡判断反应是吸热还是放热，而装置出是将生成的气体直接通入水中，无法判断该反应是吸热还是放热反应；(2)酸碱中和反应为放热反应，反应放出的热使锥形瓶中温度升高，气体体积增大，据此判断U型管中液面的变化；(3)钠与水的反应为放热反应，温度升高导致大试管中气体受热压强增大，烧杯中有气泡产生，冷却后体积减小，压强减小，导管中会形成水柱； M溶于水放出热量，不一定为化学变化，则不一定属于放热反应；(4)利用装置I或n都可以验证该反应为放热反应；棉花燃烧，证明反应中放出大量热，该反应为放热反应。【详解】(1)装置I可通过U形管中红墨水液面的变化判断铜与浓硝酸的反应是放热还是吸热；装置n可通过烧杯中是否产生气泡判断铜与浓硝酸的反应放热还是吸热。装置出只是一个铜与浓硝酸反应并将生成的气体用水吸收的装置，不能证明该反应是放热反应还是吸热反

应；(2)氢氧化钢与硫酸反应属于中和反应，中和反应都是放热反应，所以锥形瓶中气体受热膨胀，导致U型管左端液柱降低，右端液柱升高；(3))①若M为钠，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应为放热反应，放热的热量使大试管中温度升高，气体压强增大，所以右边烧杯中有气泡产生，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段水柱；②若观察到烧杯里产生气泡，说明 M溶于水放出热量，由于放热反应一定属于化学变化,而有热量放出的反应不一定为化学变化，所以不一定属于放