loading2020-2021【化学】化学一模试题分类汇编——化学反应原理综合附答案解析
一、化学反应原理
H2O)又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它1．水合肼(N2H4·
是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO=N2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl。 实验1：制备NaClO溶液。(已知：3NaClO
Δ2NaCl＋NaClO3)
(1)如图装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为___________。
(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有__________(填字母)。
a.烧杯 b.容量瓶 c.玻璃棒 d.烧瓶
(3)图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是__________ 。 实验2：制取水合肼。
(4)图中充分反应后，____________(填操作名称)A中溶液即可得到水合肼的粗产品。若分液H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。写出漏斗滴液速度过快，部分N2H4·
该过程反应生成氮气的化学方程式 ________。
实验3：测定馏分中水合肼的含量。
(5)称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250 mL溶液，移出25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.15 mol·L－1的碘的标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O)。 ①滴定时，碘的标准溶液盛放在 ________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 ②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是 _________(填字母)。 a.锥形瓶清洗干净后未干燥 b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡 c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视 d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液 H2O)的质量分数为 ③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4·_________。
【答案】MnO2＋4HCl(浓)
ΔMnCl2＋Cl2↑＋2H2O a c 防止NaClO受热分解，影响水合肼
H2O＋2NaClO=N2↑＋3H2O＋2NaCl 酸式 d 25% 的产率 蒸馏 N2H4·【解析】 【分析】
(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水；
（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌；
（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，降温可以防止NaClO受热分解；
H2O与次氯酸钠反（4）N2H4?H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·应；
（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管； ②依据操作不当对标准溶液体积的 影响分析解答；
H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2，由此计算③由方程式N2H4·
N2H4·H2O的物质的量和质量分数。 【详解】
(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)2H2O；
（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：ac；
（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率，故答案为：防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率；
（4）由反应方程式示可知，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液可得到水合肼的粗产品；N2H4?H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为N2H4?H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl，故答案为：蒸馏；N2H4?H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl；
（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；
②a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响水合肼的物质的量，对实验结果无影响，故错误； b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；
c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；
d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液会稀释碘的标准溶液，导致碘的标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故正确；
ΔMnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)
ΔMnCl2＋Cl2↑＋
d正确，故答案为：d；
③由方程式N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2，则3.0g馏分中nH2O）=1n（I2）×10=1L－1×20×10—3L×10=0.015 mol，则馏分中水合（N2H4·×0.15 mol·22H2O)的质量分数为肼(N2H4·【点睛】
由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解是解答关键，N2H4?H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度H2O与次氯酸钠反应是解答难点。 过快，部分N2H4·
0.015mol?50g/mol3g×100%=25%，故答案为：25%。
2．用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。 （1）资料1：KI在该反应中的作用：
H2O2＋I－＝H2O＋IO－；H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－。总反应的化学方程式是________________。
（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断正确的是___________（填字母）。
a. 加入KI后改变了反应的路径 b. 加入KI后改变了总反应的能量变化 c. H2O2＋I－＝H2O＋IO－是放热反应
（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。 资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。
①加CCl4并振荡、静置后还可观察到___________，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. ________。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是_____________。 （4）资料4：I－（aq）＋I2（aq）?I3－（aq） K＝640。
为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL 0.10mol·L－1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下： 微粒 I－ I2 I3－ 浓度/（mol·L－1） 2.5×10－3 a 4.0×10－3
①a＝__________。
②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是________________。
【答案】2H2O2KI2H2O＋O2↑ a 下层溶液呈紫红色 在水溶液中I2的浓度降低 A试管中产生气泡明显变少；B试管中产生气泡速率没有明显减小 2.5?10?3 2c（I2）＋c（I
－
）＋3c（I3－）＜0.033mol·L－1
【解析】 【分析】
（1）H2O2＋I－＝H2O＋IO－,H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式。
（2）a. 加入KI后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a正确； b. 加入KI后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确； c. 由图中可知，H2O2＋I－＝H2O＋IO－是吸热反应，c不正确。
（3）①加CCl4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2生成。 ②气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. 在水溶液中I2的浓度降低。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。
4.0?10?3（4）① K??640，由此可求出a。 ?32.5?10?a②该平衡体系中除了含有I，I2，I3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中c(I-－
－
10mL?0.1mol/L?0.033mol/L，求出I－，I2，I3－中所含I的浓度和，二者比较便可得
30mL到结论。 【详解】
)=
（1）H2O2＋I－＝H2O＋IO－,H2O2＋IO－＝H2O＋O2↑＋I－,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式为2H2O2KI2H2O＋O2↑。答案为：2H2O2KI2H2O＋O2↑；
（2）a. 加入KI后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a正确； b. 加入KI后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确；
c. 由图中可知，H2O2＋I－＝H2O＋IO－的反应物总能量小于生成物总能量，所以该反应是吸热反应，c不正确。答案为：a；
（3）①加CCl4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2生成。答案为：下层溶液呈紫红色；
②气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. 在水溶液中I2的浓度降低。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、
B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。答案为：在水溶液中I2的浓度降低；A试管中产生气泡明显变少，B试管中产生气泡速率没有明显减小；
4.0?10?3（4）① K??640，由此可求出a=2.5×10-3mol/L。答案为：2.5×10-3； ?32.5?10?a②该平衡体系中除了含有I，I2，I3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中，c(I-)=
－
－
10mL?0.1mol/L?0.033mol/L；现在溶液中，I－，I2，I3－中所含I的浓度和为2c(I2)
30mL＋c(I－)＋3c(I3－)=2×2.5×10-3+2.5×10-3+3×4.0×10-3=0.0195<0.033，I不守恒，说明产物中还L－1。 有含碘微粒。答案为：2c(I2)＋c(I－)＋3c(I3－)<0.033mol·【点睛】
在做探究实验前，要进行可能情况预测。向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄，则表明生成了I2，加入CCl4且液体分层后，发现气泡逸出的速率明显变慢，CCl4与H2O2不反应，是什么原因导致生成O2的速率减慢？是c(H2O2)减小，还是c(I2)减小所致？于是我们自然想到设计对比实验进行验证。
3．食品加工中常用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)作漂白剂、防腐剂和疏松剂。现实验室欲制备焦亚硫酸钠，其反应依次为：(ⅰ)2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O； (ⅱ)Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3； (ⅲ)2NaHSO3被空气氧化。 实验装置如下：
Na2S2O5+H2O。
查阅资料：焦亚硫酸钠为黄色结晶粉末，150℃时开始分解，在水溶液或含有结晶水时更易
（1）实验室可用废铝丝与NaOH溶液制取H2，其离子方程式为___。
（2）通氢气一段时间后，以恒定速率通入SO2，开始的一段时间溶液温度迅速升高，随后温度缓慢变化，溶液开始逐渐变黄。“温度迅速升高”的原因为__。实验后期须利用水浴使温度保持在约80℃。
（3）反应后的体系中有少量白色亚硫酸钠析出，除去其中亚硫酸钠固体的方法是___；然后获得较纯的无水Na2S2O5，应将溶液冷却到30℃左右过滤，控制“30℃左右”的理由是
___。
（4）丙为真空干燥Na2S2O5晶体的装置，通入H2的目的是___。
（5）常用剩余碘量法测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数。已知：S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+；2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。请补充实验步骤(可提供的试剂有：焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水)。 ①精确称取产品0.2000g放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中。
②准确移取一定体积的已知浓度的标准碘溶液(过量)并记录数据，在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量的蒸馏水。 ③用标准Na2S2O3溶液滴定至接近终点。 ④___。
⑤重复步骤①～③；根据相关记录数据计算出平均值。
【答案】2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑ SO2与NaOH溶液的反应是放热反应 趁热过滤 此时溶液中Na2SO3不饱和，不析出 排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化 加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色，记录滴定所消耗的体积 【解析】 【分析】
(1)铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；
(2)SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高；
(3)根据图知，温度越高Na2S2O5溶解度增大，当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小；控制“30℃左右”时，此时溶液中Na2SO3不饱和；
(4)焦亚硫酸钠能被压强氧化；真空干燥时，干燥室内部的压力低，水分在低温下就能气化；
(5)④碘能使淀粉变蓝色，所以可以用淀粉试液检验滴定终点，继续做实验为：加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积。 【详解】
(1)铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；
(2)SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高，所以溶液“温度迅速升高”； (3)根据图知，温度越高Na2S2O5溶解度增大，当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小，所以要趁热过滤；控制“30℃左右”时，此时溶液中Na2SO3不饱和，不析出；
(4)焦亚硫酸钠能被压强氧化，则通入氢气的目的是排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化； (5)④继续做实验为：加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积，然后再重复实验，减少实验误差。
4．以环己醇为原料制取己二酸[HOOC(CH2)4COO H]的实验流程如下：
其中“氧化”的实验过程：在250mL四颈烧瓶中加入50 mL水和3.18g碳酸钠，低速搅拌至碳酸钠溶解，缓慢加入9.48g(约0.060 mol)高锰酸钾，按图示搭好装置：
打开电动搅拌，加热至35℃，滴加3.2 mL(约 0.031 mol) 环己醇，发生的主要反应为：
????? KOOC(CH2)4COOK ?H＜0
(1)“氧化”过程应采用____________加热
(2)“氧化”过程为保证产品纯度需要控制环己醇滴速的原因是：_______________。 (3)为证明“氧化”反应已结束，在滤纸上点1滴混合物，若观察到___________则表明反应已经完成。
(4)“趁热抽滤”后，用___________进行洗涤(填“热水”或“冷水\。 (5)室温下，相关物质溶解度如表： 化学式 溶解度g/100g水 己二酸 1.44 NaCl 35.1 KCl 33.3 KMnO4/OH-＜50℃ “蒸发浓缩”过程中，为保证产品纯度及产量，应浓缩溶液体积至_________(填标号) A．5mL B．10mL C．15mL D．20mL
(6)称取己二酸(Mr-=146 g/mol)样品0.2920 g，用新煮沸的50 mL 热水溶解，滴入2滴酚酞试液，用0.2000 mol/L NaOH 溶液滴定至终点，消耗 NaOH 的平均体积为 19.70 mL。NaOH 溶液应装于____________(填仪器名称)，己二酸样品的纯度为________。
【答案】水浴 为保证反应温度的稳定性(小于50℃)或控制反应温度在50℃以下 未出现紫红色 热水 C 碱式滴定管 98.5% 【解析】 【分析】
由题意可知，三颈烧瓶中加入3.18克碳酸钠和50mL水，低温搅拌使其溶解，然后加入9.48g高锰酸钾，小心预热溶液到35℃，缓慢滴加3.2mL环己醇，控制滴速，使反应温度维持在45℃左右，反应20min后，再在沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚，加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高锰酸钾，趁热过滤得到MnO2沉淀和含有己二酸钾的滤液，用热水洗涤MnO2沉淀，将洗涤液合并入滤液，热浓缩使滤液体积减少至
10mL左右，趁热小心加入浓硫酸，使溶液呈强酸性(调节pH＝1～2)，冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得己二酸白色晶体；
(1)氧化过程需要使反应温度维持在35℃左右；
(2)因为滴速对溶液的温度有影响，为保证产品纯度，需要控制反应温度； (3)为证明“氧化”反应已结束，就是检验无高锰酸钾即可； (4)根据减少物质的损失，结合物质溶解度与温度的关系分析；
(5)室温下，根据相关物质溶解度，“蒸发浓缩”过程中，要保证产品纯度及产量，就是生成的杂质要依然溶解在溶液中，据此计算应浓缩溶液体积； (6)①根据仪器的特点和溶液的性质选取仪器；
②称取已二酸(Mr＝146g/mol)样品0.2920g，用新煮沸的50mL热水溶解，滴入2滴酚酞试液，用0.2000mol/L NaOH溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗NaOH的平均体积为19.70mL；设己二酸样品的纯度为ω，根据HOOC(CH2)4COOH～2NaOH计算。 【详解】
(1)氧化过程需要使反应温度维持在35℃左右，要用35℃的热水浴；
(2)因为滴速对溶液的温度有影响，为保证反应温度的稳定性(小于50℃)或控制反应温度在50℃以下，需要控制环己醇滴速；
(3)为证明“氧化”反应已结束，就是检验无高锰酸钾即可，所以在滤纸上点1滴混合物，若观察到未出现紫红色，即表明反应完全；
(4)根据步骤中分析可知要使生成的MnO2沉淀并充分分离MnO2沉淀和滤液，应趁热过滤；为减少MnO2沉淀的损失，洗涤时也要用热水洗涤；
(5)据题意，高锰酸钾约0.060mol，碳酸钠3.18g，0.030mol，根据元素守恒，得最后NaCl、KCl最多为0.060mol，质量分别为3.51g，4.47g，所需体积最少要10mL、13.4mL，为确保产品纯度及产量，所以应浓缩溶液体积至15mL； (6)①氢氧化钠溶液呈碱性，需要的仪器是碱式滴定管；
②称取已二酸(Mr＝146g/mol)样品0.2920g，用新煮沸的50mL热水溶解，滴入2滴酚酞试液，用0.2000mol/L NaOH溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗NaOH的平均体积为19.70mL；设己二酸样品的纯度为ω，则：
HOOC(CH2)4COOH:146g0.2920g??2NaOH2mol
0.2000mol/L?19.70?10-3L146g2mol＝
0.2920g??0.2000mol/L?19.70?10?3L解得ω＝98.5%. 【点睛】
本题明确实验原理是解题的关键，注意该反应对温度要求非常严格，解题时要按照题意进行解答，注意题目信息与相关基础知识的联合分析。
5．某实验小组对FeCl3分别与Na2SO3、NaHSO3的反应进行探究。 （甲同学的实验）
装置 编号 试剂X 实验现象 闭合开关后灵敏电流计指针发生偏转 I Na2SO3溶液（pH≈9） II NaHSO3溶液（pH≈5） 闭合开关后灵敏电流计指针未发生偏转 (1)怎样配制FeCl3溶液？
________________________________________________________。 (2)甲同学探究实验I的电极产物。
① 取少量Na2SO3溶液电极附近的混合液，加入_________________________________，产生白色沉淀，证明产生了SO42-。
② 该同学又设计实验探究另一电极的产物，其实验方案为_______________________________。 (3)实验I中负极的电极反应式为
______________________________________________________。
乙同学进一步探究FeCl3溶液与NaHSO3溶液能否发生反应，设计、完成实验并记录如下： 装置 编号 反应时间 0~1 min 实验现象 产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出 沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色 III 1~30 min 30 min后 与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色 (4)乙同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，用离子方程式表示②的可能原因。
垐?① Fe3+＋3HSO3-噲? Fe(OH)3 ＋3SO2；
②_____________________________________________。
(5)查阅资料：溶液中Fe3+、SO32-、OH－三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：
O22-垐? HOFeSO2噲?Fe2++SO4?HOFeOSO2??+4+5从反应速率和化学平衡两个角度解释1~30 min的实验现象：______________________________。
（实验反思）
(6)分别对比I和II、II和III，FeCl3能否与Na2SO3或NaHSO3发生氧化还原反应和______________________有关（写出两条）。
【答案】将FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度 足量盐酸和BaCl2溶液 取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+ 3SO32--2e-+H2O=SO42-+2HSO3- H++HSO3-=H2O+SO2↑ 生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2的作用下，橙色的HOFeOSO2浓度下降，平衡
不断正向移动，最终溶液几乎无色 溶液pH不同、
Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同（或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同）、反应物是否接触形成红色配合物（任写两条） 【解析】 【分析】
甲同学实验：利用铁离子能够将SO32-氧化设计原电池，则原电池中氯化铁溶液为正极得电子发生还原反应，试剂X为负极，失电子发生氧化反应；实验中X为Na2SO3溶液时电流计指针发生偏转，说明铁离子将SO32-氧化；实验中X为NaHSO3溶液时电流计指针未发生偏转，说明二者可能不反应；
乙同学进一步探究FeCl3溶液与NaHSO3溶液能否发生反应：0~1 min产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出，红色沉淀应为Fe(OH)3，气体应为二氧化硫，说明二者发生双水解；1~30 min沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，结合查阅的资料可知生成了HOFeOSO2，该物质存在平衡HOFeOSO2?HOFeOSO2，在氧气的作用下不断正向进行，最终溶液几乎无色；30min后反应现象是空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色，反应后的亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，过量的HSO3-电离提供SO32-，溶液中Fe3+、SO32-、OH-三种微粒会继续反应形成红色配合物。 【详解】
(1)实验室配制FeCl3溶液时，为了防止铁离子水解，先将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中然后加水稀释；
(2)①若有硫酸根生成，则加入盐酸酸化的氯化钡溶液会有白色沉淀生成；
②氯化铁溶液为原电池正极，发生还原反应，Fe3+被还原成Fe2+，铁氰化钾溶液可以与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，所以方案为取少量FeCl3溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+；
(3)实验I中试剂X为原电池负极，SO32-被氧化生成硫酸根，电极方程式为3SO32—2e-+H2O=SO42-+2HSO3-；
(4)pH=1的氯化铁溶液中有大量的氢离子，亚硫酸氢根离子结合氢离子生成二氧化硫气体，反应的离子方程式：H++HSO3-=H2O+SO2↑；
(5)FeCl3溶液与NaHSO3溶液混合反应，在1～30 min出现现象为：沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，根据资料：溶液中Fe3+、SO32-、OH-三种微
2粒会形成红色配合物并存在转化：HOFeOSO2?HOFeOSO2?????Fe2++SO42-，可知原因
O是：生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在氧气的作用下橙色的HOFeOSO2浓度下降平衡HOFeOSO2?HOFeOSO2，不断正向进行，最终溶液几乎无色。
(6)分别对比Ⅰ和Ⅱ、Ⅱ和Ⅲ，FeCl3能否与Na2SO3或NaHSO3发生氧化还原反应和溶液pH不同、Na2SO3、NaHSO3溶液中SO32-浓度不同(或Na2SO3与NaHSO3不同，或Na2SO3与NaHSO3的阴离子不同)、反应物是否接触形成红色配合物有关。 【点睛】
第3题写电极反应方程式时要注意pH=9的溶液是由于SO32-水解，OH-来自于水的电离，电极方程式不能写成SO32--2e-+2OH-===SO42-+H2O。
FeSO4·6H2O]是两种常用原料。 6．氢叠氮酸（HN3）和莫尔盐[（NH4）2SO4·
（1）氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5。 ①氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为_______
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，恢复到25℃，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FeSO4溶液中，加入（NH4）2SO4固体可制备莫尔盐晶体[（NH4）2Fe（SO4）6H2O]，为了测定产品纯度，称取2·
知莫尔盐的分子量为392） 实验次数 第一次 第二次 第三次 ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol/L
的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：（已
消耗KMnO4溶液体积/mL 25.52 25.02 24.98 ①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_______
②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）。
③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 该酸性高锰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）×100% AC 【解析】 【分析】
(1)①氢叠氮酸是一元弱酸；
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/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；高锰酸钾溶液本身是紫色的，可以根据高锰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，即高锰酸钾溶液体积偏大。 【详解】
(1)①氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5，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-；
②0.2mol/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℃，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-)；
(2) ①500mL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；
②利用高锰酸钾的强氧化性，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→+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，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，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，消耗高锰酸钾溶液的体积为
25.02?24.98mL=25mL，根据离子反应方程式，得出：
2n[(NH4)2SO4?FeSO4?6H2O]=5n(KMnO4) =25×10-3×c×5mol，则500mL溶液中含有n[(NH4)2SO4?FeSO4?6H2O] =25×10-3×c×5×500/25mol =2.5cmol，所以质量分数=2.5c×
392980c980c×100%=×100%，故答案为：×100%； aaa③A．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，消耗的高锰酸钾偏多，A项正确；B．三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的，B项错误；C．滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故C项正确；故答案为：AC。 【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。
7．亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化剂、漂白剂。已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。利用下图所示装置制备亚氯酸钠。
完成下列填空：
（1）装置②中产生ClO2的化学方程式为___________。装置③的作用是_____________。 （2）从装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：
①减压，55℃蒸发结晶；②__________；③_______；④低于60℃干燥，得到成品。 （3）准确称取所得亚氯酸钠样品10g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（ClO2－+ 4I－+4H+ →2H2O+2I2+Cl－）。将所得混合液配成250mL待测溶液。配制待测液需用到的定量玻璃仪器是____________；
－－－
（4）取25.00mL待测液，用2.0 mol/L Na2S2O3标准液滴定（I2 +2S2O32→2I+S4O62），以
淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为__________。重复滴定2次，测得Na2S2O3溶液平均值为20.00 mL。该样品中NaClO2的质量分数为_____________。 （5）通过分析说明装置①在本实验中的作用_______________________________。 【答案】2NaClO3+ Na2SO3+ H2SO4→2ClO2+ 2Na2SO4+ H2O 防止倒吸 趁热过滤 用38－60℃的温水洗涤 250mL容量瓶 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色 90.5% 当关闭K2时，打开K1，可以吸收反应产生的气体。 【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物为ClO2和2Na2SO4，配平方程式为2NaClO3+ Na2SO3+ H2SO4=2ClO2+ 2Na2SO4+ H2O；装置③为安全瓶，防止装置②中气体温度降低而产生倒吸；
3H2O，高于38℃时析（2）因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·
出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在38－60℃得到晶体，故操作为趁热过滤；用38－60℃的温水洗涤； （3）容量瓶要指明规格；
（4）有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
计算时一般找出关系式，由此进行计算，关系式为ClO2－——2I2——4S2O32－ n(ClO2－)= 1/4 n(S2O32－)=1/4×20×10-3×2=0.01mol
m(NaClO2)=0.01×90.5=9.05g 该样品中NaClO2的质量分数为9.05g÷10g=0.905
（5）本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置①就是用碱吸收反应产生的ClO2等尾气。
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SO2气体还原Fe3+、I2，可以使用的药品和装置如图所示：
（1）写出由铜和浓硫酸制取SO2的化学方程式_____________________。
（2）装置A中的现象是__________。若要从A中的FeCl3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坩埚
（3）根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3发生氧化还原反应。 ①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式___________________； ②请设计实验方案检验有Fe2+生成__________________________； （4）B中蓝色溶液褪色，表明I-的还原性比SO2__________(填“强”或“弱”)。 （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_________。
（6）工业上通过煅烧黄铁矿产生SO2来进一步得到硫酸，已知煅烧1g FeS2产生7.1kJ热量，写出煅烧FeS2的热化学反应方程式____________________。 【答案】Cu+2H2SO4
CuSO4+SO2↑+2H2O 溶液由黄色变为浅绿色 A、B、F
2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+2Fe2++4H+ 取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入2～3滴K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成 弱 c(Na+)>c(SO32—)>c(OH—)>c(HSO3—)>c(H+) 4FeS2(s)＋11O2(g) = 2Fe2O3(s)＋8SO2(g) ΔH＝－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）①三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；
②用K3[Fe（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：I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-，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Na2SO3，SO32-水解溶液呈碱性，氢氧根离子源于SO32-的水解、水的电离；
（6）发生反应：4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，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+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）装置A中SO2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：SO2+2Fe3++2H2O═2Fe2++SO42-+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、石棉网和坩埚，故答案为ABF；
（3）①SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式2Fe+SO2+2H2O=SO4+2Fe+4H； ②检验有Fe2+生成的操作方法为取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入2～3滴K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成；
（4）B中蓝色溶液褪色，说明SO2将I2还原为I，可知I的还原性比SO2弱；
（5）NaOH溶液吸收SO2后所得溶液只有一种溶质且pH＞7，则溶液中的溶质为Na2SO3，各离子浓度大小顺序为c(Na)>c(SO3)>c(OH)>c(HSO3)>c(H)；
（6）黄铁矿(主要成分为FeS2)其燃烧产物为SO2和Fe2O3，1g FeS2完全燃烧放出7.1kJ热量，480gFeS2完全燃烧放出3408kJ热量，反应的热化学方程式为：4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g)△H=-3408kJ/mol。
+
2—
—
—
+
--3+
2-2+
+
5H2O)是铜的重要化合物，在工业生产中应用广泛。若改变反应条件可获得9．胆矾(CuSO4·
nH2O的晶体，用热重分析仪对Cux(OH)y(SO4)z·nH2O晶体进行分析化学式为Cux(OH)y(SO4)z·
并推断该晶体的化学式。取3.30 g晶体样品进行热重分析，所得固体质量的变化曲线如图所示。已知：体系温度在650 ℃及以下时，放出的气体只有水蒸气；实验测得温度在650℃时，残留固体的组成可视为aCuO·bCuSO4；温度在1 000 ℃以上时，得到的固体为Cu2O。请回答下列问题：
①温度650～1 000 ℃产生的气体中，n(O)∶n(S)____(填“>”“<”或“＝”)3。 nH2O晶体的化学式：__________。 ②通过计算推断Cux(OH)y(SO4)z·4H2O 【答案】> Cu2(OH)2SO4·【解析】 【详解】
0.9g3.30g晶体含水为3.3g?2.4g＝0.9g，n(H2O)＝＝0.05mol，1000℃以上时，得到的
18g/mol固体为Cu2O，n(Cu)＝
1.44g×2＝0.02mol，温度在650℃时，残留固体的组成可视为
144g/molaCuO?bCuSO4，此时设CuO为xmol、CuSO4为ymol，则 x＋y＝0.02，80x＋160y＝2.4，解得x＝y＝0.01mol， ①温度650～1000℃产生的气体中，n(O)：n(S)＝为：＞；
②3.30g晶体含水为3.3g?2.4g＝0.9g，n(H2O)＝0.05mol，n(Cu)＝0.02mol，n(SO42?)＝0.01mol，可知x：z：n＝0.02mol：0.01mol：(0.05-0.02/2)mol=2：1：4，由电荷守恒可知y4H2O，故答案为：Cu2(OH)2SO4·4H2O。 ＝2，化学式为Cu2(OH)2SO4·
0.01mol＋0.01mol?4＝5＞3，故答案
0.01mol
10．CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。 （资料查阅）
（实验探究）该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。
请回答下列问题：
(1)仪器X的名称是__________。
(2)实验操作的先后顺序是a→______ →e(填操作的编号) a.检查装置的气密性后加入药品 b.熄灭酒精灯，冷却 c.在“气体入口”处通入干燥HCl d.点燃酒精灯，加热 e.停止通入HCl，然后通入N2 【答案】球形干燥管或干燥管 c d b 【解析】 【分析】
热分解CuCl2?2H2O制备CuCl，为抑制水解，气体入口通入HCl气体，然后加热A处试管，X为球形干燥管，X中无水硫酸铜变蓝，可知CuCl2?2H2O分解生成水，利用C装置检验生成的氯气，D中NaOH溶液吸收尾气，以此来解答。 【详解】
（1）由图及常见的仪器可知，仪器X的名称为球形干燥管或干燥管；
（2）实验操作时先检查装置的气密性，气密性良好后装入药品，先通入HCl（防止没有HCl的情况下加热生成碱式氯化铜），点燃酒精灯加热，熄灭酒精灯，后停止通入HCl，最
后通入氮气将装置内的HCl和氯气排空被尾气装置中的氢氧化钠吸收，所以顺序为a→c→d→b→e。 【点睛】
解答时要利用好题中所给信息，CuCl2·2H2O的热分解反应是在氯化氢的气流中进行的，实验结束后通入氮气的目的。