高考化學化學反應原理綜合題含詳細答案

高考化學化學反應原理綜合題含詳細答案一、化學反應原理1.水合隊（N2H4H2O）又名水合聯(lián)氨，無色透明，是具有腐蝕性和強還原性的堿性液體，它是一種重要的化工試劑。利用尿素法生產水合隊的原理為： CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=N2H4H2O+Na2CQ+NaCl。A實驗1:制備NaClO溶液。（已知：3NaClO=2NaCl+NaCQ）（1）如圖裝置I中燒瓶內發(fā)生反應的化學方程式為（2）用NaOH固體配制溶質質量分數(shù)為 30%的NaOH溶液時，所需玻璃儀器除量筒外還有 （填字母）。a.燒杯b.容量瓶c玻璃棒 d燒瓶（3）圖中裝置n中用冰水浴控制溫度的目的是。實驗2：制取水合腫。（4）圖中充分反應后，（填操作名稱）A中溶液即可得到水合腫的粗產品。若分液漏斗滴液速度過快，部分N2H4H20會參與A中反應并產生大量氮氣，降低產品產率。寫出該過程反應生成氮氣的化學方程式。實驗3:測定微分中水合腫的含量。（5）稱取福分3.0g,加入適量NaHCQ固體（滴定過程中，調節(jié)溶液的pH保持在6.5左右）,加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于錐形瓶中，并滴加2?3滴淀粉溶液，用0.15molL1的碘的標準溶液滴定（已知：N2H4H2O+2I2=N2T+4HI+H2O）。①滴定時，碘的標準溶液盛放在（填酸式"或堿式”滴定管中。②下列能導致微分中水合腫的含量測定結果偏高的是（填字母）。a.錐形瓶清洗干凈后未干燥 b滴定前，滴定管內無氣泡，滴定后有氣泡c.讀數(shù)時，滴定前平視，滴定后俯視 d.盛標準液的滴定管水洗后，直接裝標準液③實驗測得消耗I2溶液的平均值為20.00mL,微分中水合腫（N2H4H2O）的質量分數(shù)為A【答案】MnO2+4HCl膿廣MnCl2+Cl2T+2H2Oac防止NaClO受熱分解，影響水合隊的產率蒸儲N2H4H2。+2NaClO=N2f+3H2O+2NaCl酸式d25%【解析】【分析】(1)裝置I中燒瓶內濃鹽酸與二氧化鎰共熱反應生成氯化鎰、氯氣和水；(2)配制30%NaOH溶液時，用天平稱量一定質量的氫氧化鈉固體，在燒杯中加水溶解，并用玻璃棒攪拌；(3)由題給信息可知，次氯酸鈉受熱易分解生成氯化鈉和氯酸鈉，降溫可以防止 NaClO受熱分解；(4)N2H4?H2O具有強還原性，若分液漏斗滴液速度過快，部分 N2H4H20與次氯酸鈉反應；(5)①碘的標準溶液具有氧化性，可以腐蝕橡皮管；②依據操作不當對標準溶液體積的 影響分析解答；③由方程式N2H4H2O+2I2=N2T+4HI+H2O可得如下關系N2H4H2。一2I2,由此計算N2H4H20的物質的量和質量分數(shù)?！驹斀狻?1)裝置I中燒瓶內濃鹽酸與二氧化鎰共熱反應生成氯化鎰、氯氣和水，反應的化學方程式A A為MnO2+4HCl(t)=MnCl2+Cl2T+2H2O,故答案為：MnO2+4HCl(t廣MnCl2+Cl2T+2H20；(2)配制30%NaOH溶液時，用天平稱量一定質量的氫氧化鈉固體，在燒杯中加水溶解，并用玻璃棒攪拌，需要玻璃儀器有燒杯、玻璃棒，故答案為： ac；(3)由題給信息可知，次氯酸鈉受熱易分解生成氯化鈉和氯酸鈉，圖中裝置n中用冰水浴控制溫度可以防止NaClO受熱分解，影響水合腫的產率，故答案為：防止NaClO受熱分解，影響水合隊的產率；(4)由反應方程式示可知，加熱蒸儲三頸燒瓶內的溶液可得到水合腫的粗產品；N2H4?H2O具有強還原性，若分液漏斗滴液速度過快，部分 N2H4H2O與次氯酸鈉反應生成氮氣、氯化鈉和水，反應的化學方程式為N2H4?H2O+2NaClO=N2T+3H2O+2NaCl,故答案為：蒸儲；N2H4?H2O+2NaClO=N4+3H2O+2NaCl;(5)①碘的標準溶液具有氧化性，可以腐蝕橡皮管，應盛放在酸式滴定管中，故答案為：酸式；②a.錐形瓶清洗干凈后未干燥，不影響水合腫的物質的量，對實驗結果無影響，故錯誤；b.滴定前，滴定管內無氣泡，滴定后有氣泡會導致碘的標準溶液體積偏小，所測結果偏小，故錯誤；c.讀數(shù)時，滴定前平視，滴定后俯視會導致碘的標準溶液體積偏小，所測結果偏小，故錯誤；d.盛標準液的滴定管水洗后，直接裝標準液會稀釋碘的標準溶液，導致碘的標準溶液體積偏大，所測結果偏高，故正確；d正確，故答案為：d;③由方程式N2H4H2O+2I2=N2T+4HI+H2O可得如下關系N2H4H2。一2憶則3.0g微分中n(N2H4H2O)=1n(|2)x10=1X0.15molL(4)TiO2+易水解，則其水解的離子方程式為；轉化”利用的是

TiO2(4)TiO2+易水解，則其水解的離子方程式為；轉化”利用的是

TiO2+的水解過程，需要對溶液加熱，加熱的目的是。(5)沉鐵”的的是使Fe3+生成FePQ,當溶液中c(PO43-)=1.0X17mol/L時可認為Fe3+沉淀完全，則溶液中Fe3+沉淀完全時的c(Fe3+尸mol/L［已知：該溫度下，Ksp(FePQ)=1.0x-10TiO(OH)2,TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+,分解得到鈦白粉(TiO2)；將綠磯與過氧化氫、 H3PC4隊(N2H4H2。)的質量分數(shù)為吧5m譽/吧X100%=25%,故答案為：25%?！军c睛】由題給信息可知，次氯酸鈉受熱易分解生成氯化鈉和氯酸鈉，圖中裝置n中用冰水浴控制溫度可以防止NaClO受熱分解是解答關鍵，N2H4?H2。具有強還原性，若分液漏斗滴液速度過快，部分N2H4H2。與次氯酸鈉反應是解答難點。2.鈦白粉(TiO2)是重要的白色顏料，LiFePQ是鋰離子電池的正極材料。一種利用鈦鐵礦(主要成分為FeTiO3和少量Fe2O3)進行鈦白粉和LiFePQ的聯(lián)合生產工藝如下圖所示IC地制 沮C .不裱 -沖化！ Td>inHb--EE回答下列問題：LiFePQ中Fe的化合價是(2)鈦鐵礦酸溶”前需要進行粉碎，粉碎的目的是(3)用離子方程式表示操作I加入鐵粉的目的：。操作II為系列操作，名稱是加熱濃縮、冷卻結晶、過濾，其中用到的陶瓷儀器的名稱是混合沉鐵：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4+2陣O+4H+,將得到的FePQ與草酸、Li2CO3焙燒生成鋰離子電池的正極材料 LiFePQ?！驹斀狻扛鶕鲜龇治隹芍?，(1)LiFePQ中Li的化合價為+1價，P為+5價。為-2價，根據正負化合價的代數(shù)和為 0,Fe的化合價是+2,故答案為+2;(2)鈦鐵礦酸溶”前需要進行粉碎，粉碎可以增加鈦鐵礦與硫酸按觸面積，增大酸溶速率，故答案為增加鈦鐵礦與硫酸按觸面積，增大酸溶速率；(3)加入鐵粉主要是還原鐵離子，也會與過量的酸反應：2H++Fe==HH+F4、2Fe3++Fe=3F€2+；操作II為一系列操作，名稱是加熱濃縮、冷卻結晶、過濾，其中用到的陶瓷儀器為蒸發(fā)皿，故答案為 2H++Fe==H2T+F#、Fe+2Fe3+==3Fe2+；蒸發(fā)皿；(4)TiO2+易水解生成TiO(OH)2,其水解的離子方程式為 TiO2++2H2K=^TiO(OH)2+2H+;轉化”利用的是TiO2+的水解過程，需要對溶液加熱，加熱可以促進水解，故答案為TiO2++2H2O^^TiO(OH)2+2H+;促進水解；KspFeP04 101022(5)Kp(FePQ)=c(Fe3+)c(P。3-),則c(Fe3+尸 =- 17=1.0x150mol/L,故答CPO4 1.01017案為1.0x10；(6)沉鐵”的為綠磯與過氧化氫、 H3PO4混合生成FePQ,離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H3PQ=2FePQJ+2H2O+4H+,焙燒時的反應方程式為2FePG4+Li2CQ+H2c2O4J!三2LiFePQ+H2O+3CO2T;H2O2與草酸(H2c2O4)的物質的量之比為1mol34g/mol201:1,則17%H2O2溶液與草酸(H2C2O4)的質量比為 17%一,故答案為1mol90g/mol920o93.實驗室以工業(yè)廢渣(主要含CaSQ2H2O,還含少量SQ、Al2O3、FnO3)為原料制取輕質CaCQ和(NH4)2SO4晶體，其實驗流程如下：(N而M,筱J-.II廢液粉末一?浸取一?過濾 ?濾清 *輕質%匚小I淀液 ?。山力中八晶體(1)室溫下，反應CaSQ(s)+CO2(aq> "CaCQ(s)+SO2(aq)達到平衡，則溶液中cso2 -= [Ksp(CaSQ)=4.8X-50Ksp(CaCQ)=3X19]。cCO2

(2)將氨水和NH4HCO溶液混合，可制得(NH4)2C。溶液，其離子方程式為;浸取廢渣時，向(NH4)2CC3溶液中加入適量濃氨水的目的是。(3)廢渣浸取在如圖所示的裝置中進行。控制反應溫度在 60~70C,攪拌，反應3小時。溫度過高將會導致CaSQ的轉化率下降，其原因是；保持溫度、反應時間、反應物和溶劑的量不變，實驗中提高 CaSQ轉化率的操作有。(4)濾渣水洗后，經多步處理得到制備輕質 CaCQ3所需的CaC2溶液。設計以水洗后的濾渣為原料，制取CaC2溶液的實驗方案：[已知pH=5時Fe(QH)3和Al(QH)3沉淀完全;pH=8.5時Al(QH)3開始溶解。實驗中必須使用的試劑：鹽酸和 Ca(QH)2]o【答案】1.6X104HCQ3+NH3-H2Q NH++CQ2+H2Q(或HCQ3+NH3-H2Q” “NH：+CQ2+H2Q)增加溶液中CQ32的濃度，促進CaSQ的轉化溫度過高，(NH4)2CQ分解加快攪拌速率 在攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產生后，過濾，向濾液中分批加入少量 Ca(QHb,用pH試紙測量溶液pH,當pH介于5~8.5時，過濾【解析】【分析】(1)反應CaSQ(s)+CQ2-(aq)CaCQ(s)+SQ2-(aq)的平衡常數(shù)表達式為c(sq2)……… 心一一———,結合CaSQ和CaCQ的Ksp計算；c(cq2)(2)氨水與NH4HCQ反應生成(NH4)2CQ3；加入氨水抑制(NH4)2CQ的水解；(3)溫度過高，(NH4)2CQ3分解，使CaSQ轉化率下降；保持溫度、反應時間、反應物和溶劑的量不變，提高CaSQ轉化率即提高反應速率，結合反應的特點從影響反應速率的因素分析；(4)根據工業(yè)廢渣中的成分知，浸取、過濾后所得濾渣中含 CaCQ、SiQ、AI2Q3和Fe2Q3；若以水洗后的濾渣為原料制取 CaC2溶液，根據題給試劑，首先要加入足量鹽酸將CaCQ完全轉化為CaC2,同時AI2Q3、F及Q3轉化成AICI3、FeC3,過濾除去SiC2,結合題給已知，再利用Ca(QH)2調節(jié)pH除去Al3+和Fe3+。【詳解】(1)反應CaSQ(s)+CQ32-(aq)CaCQ(s)+S。2-(aq)達到平衡時，溶液中x40答案：1.6X10c(So4)c(Ca2)?SQ4)Ksp(CaSQ4)x40答案：1.6X10= = ==1.6c(CQ3)c(Ca2)?CO2)Ksp(CaCQ?3109NH4HCQ屬于酸式鹽，與氨水反應生成(NH4)2CQ3,反應的化學方程式為NH4HCQ3+NH3H2Q=(NH4)2CQ3+H2Q[或NH4HCQ+NH3H2。^^I(NH4)2CQ3+H2Q],離子方程式為HCQ-+NH3H2O=NH4++CO2-+H2O(或HCO-+NH3H2。^^NH4++CQ2-+H2O);浸取廢渣時，加入的(NH4)2CO3屬于弱酸弱堿鹽，溶液中存在水解平衡： CO32-+NH4++H2O=^HCO3-+NH3H2O,加入適量濃氨水，水解平衡逆向移動，溶液中 CO32-的濃度增大，反應 CaSQ (s) +CQ2- (aq)CaCQ (s) +SQ2- (aq)正向移動，促進 CaSQ的轉化。答案：HCQ—+NH3H2O=NH4++CC32-+H2O(或HCC3-+NH3H2。^^NH4++CC32—+H2O)增加溶液中CO32-的濃度，促進CaSQ的轉化(3)由于錢鹽具有不穩(wěn)定性，受熱易分解，所以溫度過高，( NH4)2CO3分解，從而使CaSQ轉化率下降；由于浸取過程中的反應屬于固體與溶液的反應(或發(fā)生沉淀的轉化)，保持溫度、反應時間、反應物和溶劑的量不變，提高 CaSQ轉化率即提高反應速率，結合外界條件對化學反應速率的影響，實驗過程中提高 CaSQ轉化率的操作為加快攪拌速率(即增大接觸面積，加快反應速率，提高浸取率)。答案：溫度過高，( NH4)2CO3分解加快攪拌速率(4)工業(yè)廢渣主要含 CaSQ 2H2O,還含有少量 SiO2、AI2O3和Fe2O3,加入(NH4) 2CQ溶液浸取，其中CaSQ與(NH4)2CQ反應生成CaCQ和(NH4)2S。，SiQ、AI2O3和Fe2O3都不反應，過濾后所得濾渣中含 CaCQ、SiQ、AI2O3和Fe2O3；若以水洗后的濾渣為原料制取CaC2溶液，根據題給試劑，首先要加入足量鹽酸將 CaCO完全轉化為CaC2,發(fā)生的反應為CaCQ+2HCl=CaC2+H2O+CQT,與此同時發(fā)生反應Al2O3+6HCl=2AlC3+3H2O、F殳O3+6HCl=2FeC3+3H2O,SiO2不反應，經過濾除去SiO2；得到的濾液中含CaC2、AICI3、FeC3,根據“pH=5寸Fe(OH)3和Al(OH)3沉淀完全，pH=8.5時Al(OH)3開始溶解”，為了將濾液中Al3+、Fe3+完全除去，應加入Ca(OH)2調節(jié)溶液的pH介于5~8.5[加入Ca(OH)2的過程中要邊加邊測定溶液的 pH],然后過濾即可制得CaC2溶液。答案：在攪拌下向足量稀鹽酸中分批加入濾渣，待觀察不到氣泡產生后，過濾，向濾液中分批加入少量Ca(OH)2,用pH試紙測彳導溶液pH,當pH介于5~8.5時，過濾【點睛】本題以工業(yè)廢渣為原料制取輕質 CaCQ和(NH4)2S。晶體的實驗流程為載體，考查溶度積的計算、影響鹽類水解的因素、實驗條件的控制、制備實驗方案的設計和對信息的處理能力等。難點是第(4)問實驗方案的設計，設計實驗方案時首先要弄清水洗后濾渣中的成分，然后結合題給試劑和已知進行分析，作答時要答出關鍵點，如pH介于5~8.5等。4.硫酸亞鐵俊的化學式為(NH4)2SO?FeSQ?6H2O,商品名為莫爾鹽，可由硫酸亞鐵與硫酸錢反應生成。一般硫酸亞鐵鹽在空氣中易被氧化，而形成莫爾鹽后就比較穩(wěn)定了。三種鹽的溶解度(單位為g/i00g水)如下表：溫度/C102030(NH4)2SQ73.075.478.0FeSQ7H2O20.026.532.9(NH4)2SQ?FeSO17.221.628.1(一)實驗室制取少量莫爾鹽的流程如下:鐵屑10%N^C6(aq)151m【，h2鐵屑10%N^C6(aq)151m【，h2so4一定質量的

(四)與5固體莫爾鹽試回答下列問題：(1)步驟1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是;反應中鐵屑過量是為了 o(2)步驟3需要趁熱過濾，原因是。(3)從步驟4到莫爾鹽，必須進行的操作依次是,析出的晶體常用洗滌。(4)若莫爾鹽的飽和溶液中有水 20克，當溫度從30c降至10C,最多析出莫爾鹽的質量是(選填編號)。A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD無法確定(二)稱取質量為1.96g的莫爾鹽制成溶液。用未知濃度的酸性 KMnO4溶液進行滴定。(1)已知MnO4-被還原為Mn2+,試寫出該滴定反應的離子方程式。(2)判斷該反應到達滴定終點的現(xiàn)象為。(3)假設到達滴定終點時，用去 VmL酸fKMnO4溶液，則該酸性KMnO4溶液的濃度為 mol/L?！敬鸢浮砍F屑表面的油污 還原氧化生成的Fe3+,保證Fe2+穩(wěn)定、純凈地存在，減少產物中的Fe3+雜質FeSQ在溫度低時溶解度較小，如果不趁熱過濾就會有 FeSQ7H2O析出過濾、洗滌 無水酒精或冰水 B5F(2++MnO4-+8H+-5F€3++Mn2++4H2O加入最后一滴KMnO4溶液紫紅色不褪，且半分鐘內不褪色 1/V【解析】【分析】(一)(1)碳酸鈉水解顯堿性；(2)FeSQ在溫度低時溶解度較??；(3)濃縮結晶后需要過濾、洗滌；溫度低時，硫酸亞鐵錢的溶解度??；(NH4)2SQFeSQ在30c和10c的溶解度分別為：28.1g和17.2g;(二)(1)MnO4-將二價鐵離子氧化為三價鐵離子，被還原為 Mn2+;(2)高鎰酸鉀本身有顏色，滴定亞鐵離子是不需要指示劑的；(3)根據亞鐵離子和高鎰酸根反應的實質，可以找到亞鐵離子與高鎰酸根之間的量的關系，根據原子守恒可以找到亞鐵離子和酸亞鐵俊之間量的關系，進而進行計算?！驹斀狻?一)(1)碳酸鈉水解顯堿性，油脂在堿性條件下能水解，過量的 Fe可以還原氧化生成的Fe3+,減少產物中的Fe3+雜質，故答案為：除鐵屑表面的油污；還原氧化生成的 Fe3+,保證Fe2+穩(wěn)定、純凈地存在，減少產物中的Fe3+雜質；(2)如果不趁熱過濾就會有 FeSQ7H2O析出，故答案為：FeSQ在溫度低時溶解度較小，如果不趁熱過濾就會有FeSQ7H2O析出；(3)濃縮結晶后需要過濾、洗滌；硫酸亞鐵錢在無水乙醇中的溶解度??；溫度低時，硫酸亞鐵錢的溶解度小，可用冰水洗滌，故答案為：過濾、洗滌；無水酒精或冰水；(4)(NH4)2SQFeSQ在30c和10c的溶解度分別為：28.1g和17.2g,即若溶劑為100g水，冷卻析出10.9g,有水20g析出2.18g,硫酸亞鐵俊的化學式為(NH4)2SOFeS。6H2O含有結晶水，故析出質量大于2.18g,故答案為：B;(二)(1)反應的離子方程式5Fe2++MnO4-+8H+^5F€3++Mn2++4H2O,故答案為：5Fe2++MnO4-+8H+-5Fe3++Mn2++4H2O;(2)高鎰酸鉀本身有顏色，滴定亞鐵離子不需要指示劑，當?shù)渭幼詈笠坏稳芤汉?，溶液變成紫紅色，30s內不褪色，說明達到滴定終點，故答案為：加入最后一滴 KMnO4溶液紫紅色不褪，且半分鐘內不褪色；(3)1.96g硫酸亞鐵錢晶體的物質的量 n=-=—196g-=0.005mol,根據原子守恒則亞M392g/mol鐵離子的物質的量為0.005mol,反應5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O,則5Fe2+?MnO4-一 『n0,001mol 1,所以tWj鎰酸于甲的物質的n1為 0.001mol,據c=—= 3 =—mol/L故答案為：V10VLV.膽磯(CuSQ5H2O)是銅的重要化合物，在工業(yè)生產中應用廣泛。若改變反應條件可獲得化學式為Cu<(OH)y(SO4)znH2O的晶體，用熱重分析儀對Cu(OH)y(SO)znH2O晶體進行分析并推斷該晶體的化學式。取 3.30g晶體樣品進行熱重分析，所得固體質量的變化曲線如圖所示。已知：體系溫度在650c及以下時，放出的氣體只有水蒸氣；實驗測得溫度在650c時，殘留固體的組成可視為 aCuObCuSQ;溫度在1000C以上時，得到的固體為同悻啦耕同悻啦耕?1①溫度650?1000C產生的氣體中，n(O)：n(S)(填“>”米咚”)3②通過計算推斷Cux(OH)y(SO4)znH2O晶體的化學式： ?！敬鸢浮?gt;Ci2(OH)2SO4H2O【解析】【詳解】0.9g 一,一，，3.30g晶體含水為3.3g-2.4g=0.9g,n(H2O)= -=0.05mol,1000C以上時，得到的18g/mol固體為CU2O,n(Cu尸,1.44gX2=0.02mol,溫度在650c時，殘留固體的組成可視為144g/molaCuO?bCuSQ,此時設CuO為xmol、CuSQ為ymol,則x+y=0.02,80x+160y=2.4,解得x=y=0.01mol,①溫度650?1000c產生的氣體中，n(O)：n(S)=0.01mol+0.01mol4=5>3,故答案0.01mol為：>;②3.30g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：0.01mol：(0.05-0.02/2)mol=2：1：4,由電荷守恒可知y=2,化學式為Cu2(OH)2SO44H2O,故答案為：Cu2(OH)2SC44H2。。.利用間接酸堿滴定法可測定Ba2+的含量，實驗分兩步進行。已知：2CrO；+2H+===Cr2O：-+H2OBa2++CrO-===BaCrOi步驟I移取xmL一定濃度的Na2CrO4溶液于錐形瓶中，加入酸堿指示劑，用 bmolL「1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸體積為 V0mL。步驟n：移取ymLBaCb溶液于錐形瓶中，加入xmL與步驟I相同濃度的Na2CrO4溶液，待Ba》完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用bmolL1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V1mLo滴加鹽酸標準液時應用酸式滴定管， “(0度位于滴定管的(填土方”或下方"JBaC2溶液的濃度為molL「1,若步驟n中滴加鹽酸時有少量待測液濺出，Ba2+濃度測量值將(填偏大”或偏小”。)bV0V1【答案】上方 一0一-偏大y【解析】【詳解】酸式滴定管的“0刻度位于滴定管的上方；步驟n：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸堿指示劑，用bmol?L-1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸的體積為V〔mL,則發(fā)生2CrO42-+2H+—Cr2O72-+H20的鹽酸的物質的量為： V1x103xbmo,l步驟I：用bmol?L-1鹽酸標準液滴定至終點，測得滴加鹽酸體積為 V°mL,加入的總鹽酸的物質的量：V0X10xbmojBa2++CrC42--BaCrQJ,與Ba2+反應的CrO/-的物質的量為V0x1-3xbmol-Vx10xbmol=(V0-V1)bx1-3mol,步驟n：移取ymLBaCb溶液于錐形V0V1b103 V0V1b瓶中，所以BaC2溶放的濃度為： 3 mol/L= mol/L;y103 y若步驟n中滴加鹽酸時有少量待測液濺出， V1減小，則Ba2+濃度測量值將偏大。.某小組同學以不同方案探究 Cu粉與FeC3溶液的反應。(1)甲同學向FeC3溶液中加入Cu粉，觀察到溶液的顏色變?yōu)闇\藍色，由此證明發(fā)生了反應，其離子方程式是__。(2)乙同學通過反應物的消耗證明了上述反應的發(fā)生：將 Cu粉加入到滴有少量KSCN的FeC3溶液中，觀察到溶液紅色褪去，有白色沉淀 A產生。①針對白色沉淀A,查閱資料：A可能為CuCl和CuSCN其中硫元素的化合價為-2價)中的一種或兩種。實驗過程如下：請回答：I.根據白色沉淀B是__(填化學式)，判斷沉淀A中一定存在CuSCNn.僅根據白色沉淀A與過量濃HNO3反應產生的實驗現(xiàn)象，不能判斷白色沉淀 A中一定存在CuSCN,從氧化還原角度說明理由： __。出.向濾液中加入a溶液后無明顯現(xiàn)象，說明 A不含CuCl,則a是__(填化學式)。根據以上實驗，證明A僅為CuSCN②進一步查閱資料并實驗驗證了 CuSCN的成因，將該反應的方程式補充完整： _Cu2++_SCN?=_CuSCM+_(SCN2__③結合上述過程以及Fe(SCN3?Fe3++3SCN?勺平衡，分析(2)中溶液紅色褪去的原因：O(3)已知(SCN2稱為擬鹵素，其氧化性與 Br2相近。將KSCN溶液滴入(1)所得的溶液中，觀察到溶液變紅色，則溶液變紅的可能原因是 或?！敬鸢浮緾u+2Fe5+=Cu2++2Fe2+BaSO+1價銅也可將濃HNO3還原AgNQ2Cu2++4SCN=2CuSCNj+(SCN)Cu和Fe3+反應生成CuI.①不溶于稀硝酸的白的沉淀為硫酸鋼；n.②亞銅離子具有還原性，也能被硝酸氧化；m.檢驗氯離子，應加入硝酸銀溶液；②據電子守恒、電荷守恒、原子守恒，寫出反應的方程式；③根據濃度對平衡移動規(guī)律進行分析；(3)亞鐵離子具有強還原性，空氣中氧氣、溶液中( SCN)2都有可能把亞鐵離子氧化為鐵離子。+使c(Fe3+)減??；Cu2+和SCN反應生成CuSCNM淀使c(SCN)減小，均使該平衡正向移動，導致Fe(SCN3濃度減小，溶液紅色褪去F(3I.①不溶于稀硝酸的白的沉淀為硫酸鋼；n.②亞銅離子具有還原性，也能被硝酸氧化；m.檢驗氯離子，應加入硝酸銀溶液；②據電子守恒、電荷守恒、原子守恒，寫出反應的方程式；③根據濃度對平衡移動規(guī)律進行分析；(3)亞鐵離子具有強還原性，空氣中氧氣、溶液中( SCN)2都有可能把亞鐵離子氧化為鐵離子?！窘馕觥俊痉治觥?1)鐵離子具有氧化性，能夠把銅氧化為銅離子；【詳解】1甲同學向FeCl3溶液中加入Cu粉，觀察到溶液的顏色變?yōu)闇\藍色，由此證明發(fā)生了氧化還原反應，生成 Cu2，其離子方程式是 Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；故答案為： Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；2①IA可能為CuCl和CuSCN(其中硫元素的化合價為 2價)中的一種或兩種，白色沉淀與過量濃硝酸反應生成紅棕色的NO2和含Cu2的藍色溶液，向藍色溶液中加入過量硝酸鋇溶液，生成不溶于硝酸的鋇鹽沉淀，則白色沉淀 B是BaSO4；故答案為： BaSO4；n 1價銅也可將濃HNO3還原，故僅根據白色沉淀 A與過量濃HNO3反應產生的實驗現(xiàn)象，不能判斷白色沉淀 A中一定存在 CuSCN，故答案為：1價銅也可將濃 HNO3還原；m檢驗氯離子，應加入硝酸銀溶液，則a是AgNO3,故答案為：AgNO3；②據電子守恒、電荷守恒、原子守恒，該反應的方程式為 2Cu2++4SCN-=2CuSCNj+(SCN),故答案為：2Cu2++4SCN=2CuSCNj+(SCN)；③CU和Fe3反應生成Cu2使cFe3減??；Cu2和SCN反應生成CuSCN沉淀使cSCN減小，均使該平衡正向移動，導致 Fe(SCN)3濃度減小，溶液紅色褪去，故答案為：Cu和Fe3+反應生成Cu2+使c(Fe3+)減??；Cu2+和SCN反應生成CuSCNJf淀使c(SCN)減小，均使該平衡正向移動，導致Fe(SCN)濃度減小，溶液紅色褪去 ；3將KSCN容液滴入1所得的溶液中，觀察到溶液變紅色，則溶液含 Fe3,溶液變紅的可能原因是Fe3有剩余；空氣中的。2將Fe2氧化；(SCN)2將Fe2氧化，故答案為：Fe3+有剩余；空氣中的。2將Fe2+氧化；(SCN2將Fe2+氧化8.一水硫酸四氨合銅晶體［Cu(NH3)4SQ.H2O］常用作殺蟲劑，媒染劑，在堿性鍍銅中也常用作電鍍液的主要成分，在工業(yè)上用途廣泛。常溫下該物質可溶于水，難溶于乙醇，在空氣中不穩(wěn)定，受熱時易發(fā)生分解。某化學興趣小組以 Cu粉、3mol?L-1的硫酸、濃氨水、10%NaOH溶液、95%勺乙醇溶液、0.500mol-L-1稀鹽酸、0.500mol?L-1的NaOH溶液來制備一水硫酸四氨合銅晶體并測定其純度。．CuSO4溶液的制?、賹嶒炇矣勉~與濃硫酸制備硫酸銅溶液時，往往會產生有污染的 SO2氣體，隨著硫酸濃度變小，反應會停止，使得硫酸利用率比較低。②實際生產中往往將銅片在空氣中加熱，使其氧化生成 CuO,再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸銅溶液；這一過程缺點是銅片表面加熱易被氧化，而包裹在里面的銅得不到氧化。③所以工業(yè)上進行了改進，可以在浸入硫酸中的銅片表面不斷通 。2,并加熱；也可以在硫酸和銅的混合容器中滴加 H2O2溶液。④趁熱過濾得藍色溶液。(1)某同學在上述實驗制備硫酸銅溶液時銅有剩余，該同學將制得的 CuSQ溶液倒入另一蒸發(fā)皿中加熱濃縮至有晶膜出現(xiàn)，冷卻析出的晶體中含有白色粉末，試解釋其原因(2)若按③進行制備，請寫出 Cu在H2O2作用下和稀硫酸反應的化學方程式(3)H2O2溶液的濃度對銅片的溶解速率有影響?，F(xiàn)通過下圖將少量 30%的H2O2溶液濃縮至40%,在B處應增加一個設備，該設備的作用是儲出物是.晶體的制備將上述制備的CuSQ溶液按如圖所示進行操作(1)硫酸銅溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入適量 NH3.H2O調節(jié)溶液pH,產生淺藍色沉淀，已知其成分為CU2(OH)2SQ,試寫出生成此沉淀的離子反應方程式。(2)繼續(xù)滴加NH3.H2O,會轉化生成深藍色溶液，請寫出從深藍色溶液中析出深藍色晶體的方法。并說明理由。m.產品純度的測定精確稱取mg晶體，加適量水溶解，注入圖示的三頸瓶中，然后逐滴加入足量 NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，并用蒸儲水沖洗導管內壁，用 VimL0.500mol-L1的鹽酸標準溶液完全吸收。取下接收瓶，用0.500mol-L1NaOH標準溶液滴定過剩的HC(選用甲基橙作指示劑)，到終點時消耗V2mLNaOH溶液。遍的裁定裝置1.水2.長玻壬^管3.10%NaOH溶液4.樣品液5.鹽酸標準溶液(1)玻璃管2的作用。(2)樣品中產品純度的表達式。(不用化簡)(3)下列實驗操作可能使氨含量測定結果偏低的原因是A.滴定時未用NaOH標準溶液潤洗滴定管B.滴定過程中選用酚酬:作指示劑C讀數(shù)時，滴定前平視，滴定后俯視D.取下接收瓶前，未用蒸儲水沖洗插入接收瓶中的導管外壁E,由于操作不規(guī)范，滴定前無氣泡，滴定后滴定管中產生氣泡【答案】反應中硫酸過量，在濃縮過程中，稀硫酸變濃，濃硫酸的吸水性使 CuSC4-5H2O失去結晶水變?yōu)镃uSQCl+H2C2+H2SC4=CuSC4+2H2O減壓設備水(H2。)2CU2++2NH3?H2O+SO42-=CU2(OH)2SC4+2NH4+加入乙醇或醇析 Cl(NH3)4SOi-H2O晶體難溶于乙醇，能溶于水 平衡氣壓，防止堵塞和倒吸 1.2310一(Vl-V2)100%AB4m【解析】【分析】(1)得到的為硫酸銅和硫酸溶液，濃縮時，硫酸變濃，具有吸水性；(2)雙氧水與銅、稀硫酸反應生成硫酸銅和水；(3)過氧化氫受熱易分解，故采用減壓蒸儲的方式；n.(1)硫酸銅與nh3?h2O反應生成Cu2(OH)2sc4,據此書寫離子方程式；(2)根據Cu(NH3)4SC4?H2O可溶于水，難溶于乙醇分析；(1)玻璃管2起到了平衡氣壓的作用；(2)根據關系式計算；(3)氨含量測定結果偏低，說明中和滴定時消耗氫氧化鈉溶液體積 V2偏大?！驹斀狻?1)得到的為硫酸銅和硫酸溶液，濃縮時，硫酸變濃，濃硫酸具有吸水性，使CuSQ?5H2O失去結晶水變?yōu)镃uSQ,可使固體變?yōu)榘咨?Cu在H2O2作用下與稀硫酸反應生成硫酸銅，該反應的化學方程式為： CU+H2O2+H2SO4=CuSQ+2H2O;(3)過氧化氫受熱易分解，故采用減壓蒸儲的方式，則 B處增加一個減壓設備，儲出物為H2O;II.(1)淺藍色沉淀的成分為CU2(OH)2SO4,反應的離子方程式為： 2Cu2++2NH3?H2O+SQ2-=CU2(OH)2SO4+2NH4+；(2)由題中信息，Cu(NH3)4SQ-H2O晶體難溶于乙醇，可溶于水，故加入乙醇 (或醇析)可從深藍色溶液中析出深藍色晶體；m.(1)裝置中長導管可起到平衡氣壓，防止堵塞和倒吸；(2)與氨氣反應的n(HCl)=10-3ViLX0.500mol?L-1-0.500mol?L-1x10-3V2L=5X10-4(Vi-V2)mol,根據NH3?HCl1可知，n(NH3)=n(HCl)=5x10-4(V1-V2)mol,則n[Cu(NH3)4SO4.H2O]=n(NH3)=41—X5X10-4(V1-V2)mol,樣品中產品純度的表達式為：41 44510M'm01246g/mO1X100%=1.2310(V1-V2)X100%

mg 4m(3)A.滴定日^未用NaOH標準溶液潤洗滴定管，濃度偏低，則V2偏大，氨含量偏低，故A正確；B.滴定過程中選用酚酬:作指示劑，滴定終點時溶液呈堿性，消耗 NaOH溶液體積偏大，測定的氨含量偏低，故B正確；C.讀數(shù)時，滴定前平視，滴定后俯視，導致V2偏小，則含量偏高，故C錯誤；D.取下接收瓶前，未用蒸儲水沖洗插入接收瓶中的導管外壁，導致鹽酸偏少，需要的氫氧化鈉偏少，則V2偏小，含量偏高，故D錯誤；E.由于操彳不規(guī)范，滴定前無氣泡，滴定后滴定管中產生氣泡，導致消耗氫氧化鈉溶液體積V2偏小，測定的氨含量偏高，故E錯誤；故答案選AB。9.下表是某學生為探究AgCl沉淀轉化為Ag2s沉淀的反應所做實驗的記錄.步驟現(xiàn)象I.取5mL0.1mol/LAgNO3與一定體積0.1mol/LNaCl溶液，混合，振蕩.立即產生白色沉淀n.向所得懸濁液中加入2.5mL0.1mol/LNa2s溶液.沉淀迅速變?yōu)楹谏?將上述黑色濁液，放置在空氣中，不斷攪拌.較長時間后，沉淀變?yōu)槿榘咨玏.濾出出中的乳白色沉淀，加入足量 HNO3溶液.產生紅棕色氣體，沉淀部

分溶解V.過濾得到濾液X和白色沉淀Y；向X中滴加Ba(NO3)2溶產生白色沉淀液.1為了證明沉淀變黑是AgCl轉化為Ag2s的緣故，步驟I中NaCl溶液的體積范圍為 O一 一一 _ _ _10 _ _ _302已知：25c時KspAgCl1.810,KspAg2s 610,此沉淀轉化反應的平衡常數(shù)K。3步驟V中產生的白色沉淀的化學式為,步驟出中乳白色沉淀除含有 AgCl外，還含有。4為了進一步確認步驟出中乳白色沉淀產生的原因，設計了如下圖所示的對比實驗裝置。①裝置A中玻璃儀器有圓底燒瓶、導管和，試劑W為。②裝置C中的試劑為NaCl溶液和Ag2s懸濁液的混合物，B中試劑為。③實驗表明：C中沉淀逐漸變?yōu)槿榘咨?B中沒有明顯變化。完成C中反應的化學方程式：Ag2S+NaCl++?AgCl+S+C中C中NaCl的作用是：【答案】 5mL5.4109BaSO4S分液漏斗過氧化氫溶液Ag2s懸濁液2Ag2s4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH氧氣將Ag2s氧化成S時有Ag產生，NaCl電離的氯離子與銀離子結合生成 AgCl沉淀，使cAg減小，有利于氧化還原反應的平衡右移【解析】【分析】(1)要證明沉淀變黑是AgCl轉化為Ag2s的緣故，則步驟I中必須使硝酸銀電離出的銀離子完全轉化成AgCl沉淀；c2Cl(2)KcS(2)KcS2(3)黑色的硫化銀沉淀被氧氣氧化為氯化銀沉淀和硫單質；硫單質被硝酸氧化為硫酸根離子；(4)①根據裝置圖判斷儀器名稱；裝置A的作用是提供氧氣；②進一步確認步驟出中乳白色沉淀產生的原因，裝置 C中的試劑為NaCl溶液和Ag2s懸濁液的混合物，則裝置B中應該不含氯化鈉溶液；③裝置C中生成的白色沉淀為氯化銀和 S單質，反應物應該還有氧氣，產物中鈉離子只能以氫氧化鈉形式存在，則未知的反應物為氫氧化鈉，再根據 H元素守恒可知另一種未知反應物為水，然后根據化合價升降相等配平反應方程式?！驹斀狻?1)要證明沉淀變黑是AgCl轉化為Ag2s的緣故，則步驟I中必須使硝酸銀電離出的銀離子完全轉化成AgCl沉淀，所以加入的NaCl溶液的體積必須 5mL;?Ag2Ss2Claq,該反應aq2?Ag2Ss2Claq,該反應aqc2Cl c2Ag c2 Cl K2P AgClK—廠- l..一，cS cAg c S Q Ag2s(3)步驟出中較長時間后，沉淀變?yōu)槿榘咨瑒t黑色的硫化銀沉淀氧化成氯化銀沉淀；再根據濾出出中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液，產生紅棕色氣體，沉淀部分溶解，則被氧化的只能為S元素，故乳白色沉淀為AgCl和S的混合物；其中S被稀硝酸氧化成硫酸根離子，則在步驟V中向X中滴加Ba(NO3)2溶液會生成BaSO%沉淀；(4)①根據圖示可知，裝置A中玻璃儀器有圓底燒瓶、導管和分液漏斗；乳白色沉淀為氯化銀和S的混合物，裝置A的作用是提供氧氣，根據圓底燒瓶中為二氧化鎰可知 W為過氧化氫溶液；②進一步確認步驟出中乳白色沉淀產生的原因，裝置 C中的試劑為NaCl溶液和Ag2s懸濁液的混合物，則裝置B中應該不含氯化鈉溶液，即為Ag2s懸濁液，通過對比反應現(xiàn)象判斷生成乳白色沉淀產生的原因；③裝置C中生成的白色沉淀為氯化銀和 S單質，反應物應該還有氧氣，產物中鈉離子只能以氫氧化鈉形式存在，則未知的產物為氫氧化鈉，再根據 H元素守恒可知另一種未知反應物為水，然后根據化合價升降相等配平反應方程式為2Ag2s4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH;裝置C中氯化鈉的作用為：氧氣將Ag2s氧化成S時有Ag產生，NaCl電離的氯離子與溶液中銀離子結合生成 AgCl沉淀，使溶液中cAg減小，從而有利于氧化還原反應2Ag2s4NaClO22H2O?4AgCl2S4NaOH向右移動。10.氯化鐵是常見的水處理劑，利用廢鐵屑可制備無水氯化鐵，實驗室制備裝置和工業(yè)制備流程圖如下：鹽酸實隨室剎各裝置用 工業(yè)制各灌彩圖已知：(1)無水FeC3的熔點為555K、沸點為588K.(2)廢鐵屑中的雜質不與鹽酸反應(3)不同溫度下六水合氯化鐵在水中的溶解度如下：溫度/c02080100溶解度(g/100gH2O)74.491.8525.8535.7實驗室制備操作步驟如下：I.打開彈簧夾K1,關閉彈簧夾K2,并打開活塞a,緩慢滴加鹽酸.n.當…時，關閉彈簧夾K1,打開彈簧夾K2,當A中溶液完全進入燒杯后關閉活塞 a.