高考化学 化学反应原理 培优练习(含答案)及答案

高考化学化学反应原理培优练习(含答案)及答案
一、化学反应原理
1．钛白粉(TiO2)是重要的白色颜料，LiFePO4是锂离子电池的正极材料。

一种利用钛铁矿( 主要成分为FeTiO3和少量Fe2O3 )进行钛白粉和LiFePO4的联合生产工艺如下图所示:
回答下列问题:
（1） LiFePO4中Fe的化合价是_______________________。

（2）钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎的目的是
__________________________________。

（3）用离子方程式表示操作I加入铁粉的目的:__________________________。

操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器的名称是
___________。

（4）TiO2+易水解，则其水解的离子方程式为______________________；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热的目的是________________________________。

（5）“沉铁”的的是使Fe3+生成FePO4，当溶液中c(PO43-)= 1.0×10-17mol/L时可认为Fe3+沉淀完全，则溶液中Fe3+沉淀完全时的c(Fe3+)=_______mol/L[已知:该温度下，K sp(FePO4)=1.0×10-22]。

（6）由“沉铁”到制备LiFePO4的过程中，所需17% H2O2溶液与草酸( H2C2O4)的质量比是
_____。

【答案】+2 增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率
2H++Fe==H 2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+蒸发皿 TiO2++2H2O TiO(OH)2+2H+促进水解( 或加快水解反应速率) 1.0×10-5 20:9
【解析】
【分析】
钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO)3，含有少量Fe2O3]加硫酸溶解生成TiO2+和Fe3+、Fe2+，加入铁还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，得到硫酸亚铁和TiOSO4，对溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到绿矾晶体和TiOSO4溶液，将TiOSO4溶液加热，促进TiO2+的水解生成
TiO(OH)2，TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+，分解得到钛白粉(TiO2)；将绿矾与过氧化氢、H3PO4混合沉铁：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，将得到的FePO4与草酸、Li2CO3焙烧生成锂离子电池的正极材料LiFePO4。

【详解】
根据上述分析可知，
(1)LiFePO4中Li的化合价为+1价，P为+5价O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，Fe 的化合价是+2，故答案为+2；
(2)钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎可以增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率，
故答案为增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率；
(3)加入铁粉主要是还原铁离子，也会与过量的酸反应：
2H++Fe==H2↑+Fe2+、2Fe3++Fe=3Fe2+；操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器为蒸发皿，故答案为2H++Fe==H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+；蒸发皿；
(4)TiO2+易水解生成TiO(OH)2，其水解的离子方程式为TiO2++2H2O TiO(OH)2+2H+；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热可以促进水解，故答案为
TiO2++2H2O TiO(OH)2+2H+；促进水解；
(5)K sp(FePO4)= c(Fe3+) c(PO43-)，则c(Fe3+)=() ()
4
3
4
sp
K FePO
c PO-
=
22
17
1.010
1.010
-
-
⨯
⨯
=1.0×10-5 mol/L，故答案为1.0×10-5；
(6)“沉铁”的为绿矾与过氧化氢、H3PO4混合生成FePO4，离子方程式为：
2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，焙烧时的反应方程式为
2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑；H2O2与草酸( H2C2O4)的物质的量之比为1:1，则17% H2O2溶液与草酸( H2C2O4)的质量比为
134/
17%
190/
mol g mol
mol g mol
⨯
⨯
=
20
9
，故答案为
20
9。

2．叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。

NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。

实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t-BuNO2，以t-Bu表示叔丁基)与N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。

(1)制备亚硝酸叔丁酯
取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应H2SO4＋2NaNO2===2HNO2＋Na2SO4。

可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)在40℃左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：
____________。

(2)制备叠氮化钠(NaN3)
按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：t-BuNO2＋NaOH＋
N2H4===NaN3＋2H2O＋t-BuOH。

①装置a 的名称是______________；
②该反应需控制温度在65℃，采用的实验措施是____________________；
③反应后溶液在0℃下冷却至有大量晶体析出后过滤。

所得晶体使用无水乙醇洗涤。

试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是____________。

(3)产率计算
①称取2.0g 叠氮化钠试样，配成100mL 溶液，并量取10.00mL 溶液于锥形瓶中。

②用滴定管加入0.10mol·
L －1六硝酸铈铵[(NH 4)2Ce(NO 3)6]溶液40.00mL(假设杂质均不参与反应)。

③充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol·
L －1硫酸亚铁铵[(NH 4)2Fe(SO 4)2]为标准液，滴定过量的Ce 4＋，终点时消耗标准溶液20.00mL(滴定原理：Ce 4
＋＋Fe 2＋===Ce 3＋＋Fe 3＋)。

已知六硝酸铈铵[(NH 4)2Ce(NO 3)6]与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO 3)3，试写出该反应的化学方程式____________________________；计算叠氮化钠的质量分数为________(保留2位有效数字)。

若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是____________(填字母)。

A ．锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗
B ．滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数
C ．滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡
D ．滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内
(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：
____________________
【答案】t-BuOH ＋HNO 2t-BuNO 2＋H 2O 恒压滴液漏斗(滴液漏斗) 水浴加热 降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失 2(NH 4)2Ce(NO 3)6＋2NaN 3===4NH 4NO 3＋2Ce(NO 3)3＋2NaNO 3＋3N 2↑ 65% AC ClO －＋2N 3-＋H 2O===Cl －＋2OH －＋3N 2↑
【解析】
【分析】
【详解】
(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方
程式为：40222t-BuOH HNO t-BuNO H O +−−−
→+℃
； (2) ①装置a 的名称即为恒压滴液漏斗；
②反应要控制温度在65℃，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热； ③题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；
(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce 4+和3N -中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：423634333322(NH )Ce(NO )2NaN =4NH NO 2NaNO 2Ce(NO )3N ++++↑；在计算叠
氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了110与过量的六硝酸铈铵反应，再用Fe 2+去滴定未反应完的正四价的Ce ，因此有：4244312.0gNaN Ce Fe Ce =0.004molCe 10+++++样品的消耗的消耗的，考虑到Fe 2+与Ce 4+的反应按照1:1进行，所以2.0g 叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：
243(NaN )10(0.004Fe Ce )0.02mol n ++=⨯-=消耗的，所以叠氮化钠样品的质量分数为：3(NaN )0.02mol 65g/mol 100%==65%2.0g 2.0
m w ⨯=⨯； A ．润洗锥形瓶，会使步骤②消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A 项正确；
B ．量取40mL 六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml 更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤③会需要加入更多的Fe 2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce 4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B 项错误；
C ．步骤③用Fe 2+标定未反应的Ce 4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe 2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C 正确；
D ．将挂在锥形瓶壁上的 Fe 2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D 项不符合；答案选AC ；
(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH -；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：322ClO 2N H O=Cl 3N 2OH ----+++↑+。

【点睛】
滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物A 与过量的B 反应，再用C 标定未反应的B ，在做计算时，要注意A 与C 一同消耗的B 。

3．以环己醇为原料制取己二酸[HOOC(CH 2)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：
-
KMnO/OH
−−−−→ KOOC(CH2)4COOK ∆H＜0
4
＜50℃
(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：
化学式己二酸NaCl KCl
溶解度g/100g水 1.4435.133.3
“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MnO 2沉淀并充分分离MnO 2沉淀和滤液，应趁热过滤；为减少MnO 2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：
24-3HOOC(CH )COOH 2NaOH 146g
2mol 0.2920g 0.2000mol/L 19.7010L
ω⨯⨯⨯: 0.292
146g 0g ω⨯＝32mol 0.2000mol/L 19.7010L
-⨯⨯ 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。

4．黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS 2，现有一种天然黄铜矿（含少量脉石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：
现称取研细的黄铜矿样品1.150g ，在空气存在下进行煅烧，生成Cu 、Fe 3O 4和SO 2气体，实验后取d 中溶液的置于锥形瓶中，用0.05mol/L 标准碘溶液进行滴定，初读数为0.00mL ，终读数如图所示。

请回答下列问题：
（1）称量样品所用的仪器为_____，将样品研细后再反应，其目的是_______。

（2）装置a的作用是________。

a．有利于空气中氧气充分反应 b．除去空气中的水蒸气
c．有利于气体混合 d．有利于观察空气流速
（3）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是___________。

（4）滴定时，标准碘溶液所耗体积为_________mL。

判断滴定已达终点的现象是
_______。

通过计算可知，该黄铜矿的纯度为________。

（5）若用右图装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是____。

（填编号）
（6）若将原装置d中的试液改为Ba(OH)2，测得的黄铜矿纯度误差为＋1%，假设实验操作均正确，可能的原因主要有____________________。

【答案】电子天平使原料充分反应、加快反应速率 b、d 使反应生成的SO2全部进入d 装置中，使结果精确 20.10mL 溶液恰好由无色变成浅蓝色，且半分钟内不褪色 80.4% ②空气中的CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀；BaSO3被氧化成BaSO4
【解析】
【分析】
(1)根据称量黄铜矿样品1.150g，选择精确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；
(2)浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；
(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收；
(4)根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点；先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS2～2SO2～2I2，再根据题中数据进行计算；
(5)图2中的②中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钡沉淀，可以根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量；
(6)Ba(OH)2溶液能吸收空气的CO2，另外BaSO3易被空气中氧气氧化，这些原因均能引起测定误差。

【详解】
(1)由于称量黄铜矿样品1.150g，精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应；(2)装置a中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反应装置b中发生危险，同时根据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量，故答案为bd；
(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将b、d装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确；
(4)根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.10mL，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝；根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS2～2SO2～2I2，消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.10mL 时，即消耗的碘单质的量为：0.05mol/L×0.0201L=0.00105mol，所以黄铜矿的质量是：
0.5×0.00105mol×184g/mol×10=0.9246g，所以其纯度是：0.9246g
1.15g
×100%=80.4%；
(5)由于图2中，②硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡沉淀，过滤干燥后，根据硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量，故答案为②；
(6)将原装置d中的试液改为Ba(OH)2，测得的黄铜矿纯度误差为＋1%，在实验操作均正确的前提下，引起误差的可能原因主要有空气中的CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀或BaSO3被氧化成BaSO4。

5．无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体．某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成．实验装置如下：
每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积．实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）：
实验组别温度称取CuSO4质量
/g
B增重质量/g
C增重质量
/g
E中收集到气体
/mL
①T10.6400.32000
②T20.64000.256V2
③T30.6400.160Y322.4
④T40.640X40.19233.6
（1）实验过程中A中的现象是______．D中无水氯化钙的作用是_______．
（2）在测量E中气体体积时，应注意先_______，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．（3）实验①中B中吸收的气体是_____．实验②中E中收集到的气体是______．
（4）推测实验②中CuSO4分解反应方程式为：_______．
（5）根据表中数据分析，实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g．
（6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由________．
【答案】白色固体变黑吸收水蒸气，防止影响C的质量变化冷却至室温偏小 SO3 O2 2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑ 0.128 T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2
【解析】
【分析】
(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；
(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；
(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；
(4)0.64g硫酸铜的物质的量为
0.64g
160g/mo1
＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：
0.256
64/1
g
g mo
＝0.004mol，
氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：
0.064
32/1
g
g mo
＝0.002mol，
CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；
(5)0.64g硫酸铜的物质的量为
0.64g
160g/mo1
＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：0.0224
22.4
32＝0.032g，
根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；(6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。

【详解】
(1)因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气，防止装
置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；
(2)加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温偏小；
(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：SO3；O2；
(4)0.64g硫酸铜的物质的量为
0.64g
160g/mo1
＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：
0.256
64/1
g
g mo
＝0.004mol，
氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：
0.064
32/1
g
g mo
＝0.002mol，
CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；
(5)0.64g硫酸铜的物质的量为
0.64g
160g/mo1
＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：0.0224
22.4
32＝0.032g，
实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；
(6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故T4温度更高，故答案为：T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。

6．二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2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+2Fe2++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(SO32—)>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。

7．胆矾(CuSO4·5H2O)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化学式为Cu x(OH)y(SO4)z·nH2O的晶体，用热重分析仪对Cu x(OH)y(SO4)z·nH2O晶体进行分析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。

②通过计算推断Cu x(OH)y(SO4)z·nH2O晶体的化学式：__________。

【答案】> Cu2(OH)2SO4·4H2O
【解析】
【详解】
3.30g晶体含水为3.3g−2.4g＝0.9g，n(H2O)＝
0.9g
18g/mol
＝0.05mol，1000℃以上时，得到的
固体为Cu2O，n(Cu)＝
1.44g
144g/mol
×2＝0.02mol，温度在650℃时，残留固体的组成可视为
aCuO•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)＝0.01mol0.01m
0.0
ol4
1mol
＋
＝5＞3，故答案
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y ＝2，化学式为Cu2(OH)2SO4·4H2O，故答案为：Cu2(OH)2SO4·4H2O。

8．方法与规律提炼：
(1)某同学利用原电池装置证明了反应Ag＋＋Fe2＋=Ag＋Fe3＋能够发生，设计的装置如下图所示。

为达到目的，其中石墨为_________极，甲溶液是____________，证明反应Ag＋＋Fe2＋=Ag ＋Fe3＋能够发生的实验操作及现象是_________________________
(2)用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO)已成为环境修复研究的热点之一。

Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示。

上图中作负极的物质是___________。

正极的电极反应式是______________。

(3)在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：阴极区的电极反应式为
_______________。

电路中转移1 mol电子，需消耗氧气_______L(标准状况)。

(4)KClO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。

写出电解时阴极的电极反应式___________________电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为_________，其迁移方向是_____________（填a→b或b→a）。

学法题：通过此题的解答，请归纳总结书写电极反应式的方法____
【答案】负 FeSO4或FeCl2溶液分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色加深铁 NO3-＋8e－＋10H＋=NH4+＋3H2O Fe3+＋e－= Fe2+ 5.6L 2H＋＋2e－= H2 ↑ K+a→b原电池中先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存。

电解池中电极反应式的书写看阳极材料，如果阳极是惰性电极（Pt、Au、石
墨），则应是电解质溶液中的离子放电，应根据离子的放电顺序进行书写。

【解析】
【分析】
根据原电池原理，负极发生氧化反应；根据电解池原理，阴极发生还原反应，通过物质的化合价变化判断反应发生原理，阳离子移动方向与电子移动方向相同，据此回答问题。

【详解】
(1) 已知电池总反应为反应Ag＋＋Fe2＋=Ag＋Fe3＋，银离子化合价降低，得到电子，作正极，故石墨一侧仅为导电材料，作负极，甲溶液是含Fe2+的溶液，可以为FeSO4或FeCl2溶液。

证明反应能够发生，实际上即证明有Fe3+生成，实验操作及现象是分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色加深。

(2) 由图可知，电子从铁电极移到外侧，故铁电极失去电子，发生氧化反应，做负极。

正极NO3-得到电子变为NH4+，NO3-＋8e－＋10H＋=NH4+＋3H2O；
(3)由题可知，HCl失去电子变为Cl2，发生氧化反应，做阳极。

阴极区的电极反应式为Fe3+＋e－= Fe2+，外侧Fe2+与氧气反应4Fe2++O2+4H+= 4Fe3++2H2O，电路中转移1 mol电子，需消耗氧气0.25mol，即5.6L(标准状况)。

(4)由图可知，阴极溶液为KOH，根据阳离子放电顺序H+>K+，即电解时阴极的电极反应式为2H＋＋2e－= H2 ↑。

阴极得到电子，阳离子向阴极移动，即电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为K+，其迁移方向是a→b。

归纳电极反应式的书写方法：原电池中先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存。

电解池中电极反应式的书写看阳极材料，如果阳极是惰性电极（Pt、Au、石墨），则应是电解质溶液中的离子放电，应根据离子的放电顺序进行书写。

9．某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1)。

从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。

（1）请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：
（2）编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2。

t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了_____________腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向；此时，碳粉表面发生了__(“氧化”或“还原”)反应，其电极反应式是
___________________________________。