热门试卷

（1）根据反应的元素化合价变化可知，反应中Cl元素的化合价由+5价降到-1价，反应中得电子，所以KClO3为反应中的氧化剂，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目相等可写出反应的化学方程式为6FeO•Cr2O3+24NaOH+7KClO312Na2CrO4+3Fe2O3+7KCl+12H2O，则Na2CrO4的系数是12，故答案为：KClO3；12；

（2）Al2O3与纯碱反应转变为可溶性盐，生成NaAlO2，反应的化学方程式为Al2O3+Na2CO3 2NaAlO2+CO2↑，NaFeO2能强烈水解，为强碱弱酸液，水解呈碱性，生成氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为FeO2-+2H2O=Fe（OH）3↓+OH-，

故答案为：Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑；FeO2-+2H2O=Fe（OH）3↓+OH-；

（3）由于硅酸钠和偏铝酸钠在溶液中发生水解，SiO32-+H2O 

HSiO3-+OH-、HSiO3-+H2O 

H2SiO3+OH-、AlO2-+2H2O 

Al（OH）3+OH-，降低pH有利于水解平衡向正反应方向移动，当pH调到7～8时能使它们完全水解生成沉淀，

故答案为：H2SiO3、Al（OH）3；

（4）由反应Cr2O72-+6I-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-可得反应的关系式为Cr2O72-～3I2～6S2O32-，根据关系式计算．

     Cr2O72-～3I2～6S2O32-

     1mol   3mol  6mol

      n           cV2×10-3mol

n=，则Vml含重铬酸钾的物质的量为×，则所得产品中重铬酸钾纯度为×100%，

故答案为：×100%．

（1）高锰酸钾具有强氧化性，在硫酸条件下将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为MnSO4，反应中草酸是还原剂．

故答案为：H2C2O4．

（2）高锰酸钾，在硫酸条件下与H2C2O4反应生成硫酸钾、硫酸锰、CO2、水，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O．

故答案为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O．

（3）在反应中Mn由+7价被还原到+2价，由方程式2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O可知，2molKMnO4反应转移电子为2mol×（7-2）=10mol，转移10 mol电子时消耗3molH2SO4，所以应转移了0.4 mol电子时，参加反应的H2SO4的物质的量为3mol×=0.12 mol．

故答案为：0.12mol．

（4）①稀硫酸与CaC2O4沉淀反应生成硫酸钙与草酸，反应方程式为CaC2O4+H2SO4═CaSO4+H2C2O4．

故答案为：CaC2O4+H2SO4═CaSO4+H2C2O4．

②高锰酸钾溶液本身有颜色，为紫色，在开始滴入草酸中时被还原，颜色消失，当达到滴定终点时，加入最后一滴高锰酸钾溶液颜色不褪去，溶液由无色变为浅紫色，并保持30s不消失．

故答案为：溶液由无色变为浅紫色，并保持30s不消失．

③由CaC2O4+H2SO4═CaSO4+H2C2O4、2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O可以得出关系式：5Ca2+～2KMnO4，所以n（Ca2+）=2.5n（KMnO4）=1.0×10-4mol/L×0.02L×2.5，所以可计算出100 mL该血液中含钙的质量为：1.0×10-4mol/L×0.02L×2.5×40g/mol×=0.01g．

故答案为：0.01．

A．图Ⅰ表示的碱溶液pH＜13，说明是弱碱溶液；反应后是强酸弱碱溶液，宜选择酸性变色突变的甲基橙，而不是碱性变色突变的酚酞作指示剂，故A错误；

B．图Ⅱ表示的各自量不变，平衡正向移动，可能是加压过程，故B正确；

C．明矾溶液中加入Ba（OH）2溶液的拐点方程式是2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓+K2SO4、KAl（SO4）2+2Ba（OH）2═KAlO2+2BaSO4↓+2H2O，同样2mol KAl（SO4）2，按前者反应产生的沉淀质量是（2×78+3×233）g=855g，按后者反应产生的沉淀质量是4×233g=932g，图象形态正确，20mL Ba（OH）2溶液时，铝离子恰好变成AlO2-，故C错误；

D．盐酸与醋酸的稀释，pH变化大的是盐酸，故D错误．

故选B．

（1）Mn由+7价降为+2价，Fe由+2价升为+3价，利用化合价升降法容易配平，2KMnO4～10FeSO4，根据质量守恒完成整个方程式，

故答案为：2、10、8、5、2、1、8；

（2）考查酸式滴定管、碱式滴定管的特点及使用条件，由于KMnO4具有强氧化性，会对乳胶管有腐蚀性．所以，用KMnO4溶液滴定时，选用酸式滴定管，

故答案为：碱；KMnO4是强氧化剂，它会腐蚀乳胶管；

（3）Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑      　

    55.9g　　　　　 22.4L

　  ag×ω1　　　　580×10-3L

ω1==

　　2KMnO4+8H2SO4+10FeSO4=2MnSO4+K2SO4+8H2O+5Fe2（SO4）3

　　 2mol　　　　　　　　　　　　　　　　　　10×56g

　0.02000mol•L-1×25.00×10-3L　　　　　　　g×ω2

ω2==

故答案为：；；

（4）1）根据化合价的变化，Mn由+2价升为+7价，Bi由+5价降为+2价，利用化合价升降法容易配平，2Mn2+～5NaBiO3，再根据电荷守恒和质量守恒配平，

应为2Mn2++5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Bi3++5Na++7H2O，故答案为：2、5、14、2、5、5、7； 

2）A、在酸性条件下MnO4- 离子氧化Cl-离子而不能大量共存，故A错误；

B、在酸性条件下BiO3-离子氧化Cl-离子而不能大量共存，故B错误；

C、D中离子之间不反应，能大量共存，

故答案为：AB．

当滴定剂和被滴定物的生成物的溶解度比滴定剂和指示剂的生成物的溶解度小时，完全反应后，继续滴加滴定剂，滴定剂和指示剂反应生成沉淀，保证滴定剂和被滴定物完全反应，故答案为：小；

（1）若用AgNO3去滴定NaSCN溶液，可选用的滴定指示剂的物质的溶解度应比AgSCN大，且现象明显，应为Na2CrO4，混合物中有砖红色沉淀生成，

故答案为：D；混合物中有砖红色沉淀生成；

（2）由AgCl和Ag2CrO4的溶度积常数可知，要比较AgCl与Ag2CrO4的溶解度的大小，实际上是比较对应饱和溶液中阴离子浓度的大小．

由题意知Ksp（AgCl）=c（Ag+）・c（Cl-）=c2（Cl-）=1.8×10-10mol2・L-2，

Ksp（Ag2CrO4）=c2（Ag+）・c（CrO42-）=4c3（CrO4-）=1.9×10-12mol3・L-3，

AgCl的溶解度更小，加入硝酸银时先生成AgCl沉淀，所以当氯离子全部被消耗时，溶液的体积为18.90mL×2+0.1mL≈38mL，

此时c（CrO42-）==5.26×10-4mol/L，

c（Ag+）=mol/L=6×10-5mol/L，

c（Cl-）=mol/L=3×10-6mol/L，

答：达到终点时溶液中氯离子的最大浓度为3×10-6mol/L．

（1）胆矾加酸溶解后溶液中含有Fe3+，Fe3+能氧化I-生成I2，造成Cu的质量偏大，影响测定结果，加入少量NaF，发生反应Fe3++6F-=[FeF6]3-，FeF63-不能氧化I-，

故答案为：掩蔽Fe3+，防止造成偏大的误差；

（2）Cu2+能发生水解反应溶液呈酸性，提供酸性条件，抑制Cu2+的水解，故答案为：提供酸性条件，抑制Cu2+的水解；

（3）用碘量瓶溶液不与空气中氧气接触，而用普通锥形瓶能与空气中氧气接触，氧气能与碘化钾反应生成单质碘，所以用碘量瓶防止空气中的氧气与碘化钾反应，

故答案为：防止空气中的氧气与碘化钾反应；

（4）硫酸铜溶液与碘化钾溶液反应生成白色沉淀（碘化亚铜）并析出碘，离子方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；

（5）Na2S2O3标准溶液的物质的量为cmol/L×V×10-3L，由关系式：2Cu2+～I2～I3-～2S2O32-，可知：Cu2+的物质的量为cmol/L×V×10-3L，

Cu2+的质量为：cmol/L×V×10-3L×64g/mol，所以ω（Cu）=×100%=×100%，

故答案为：×100%．

“略”

（1）高锰酸钾溶液为紫红色，当达到滴定终点时，再滴入高锰酸钾溶液时，溶液变成紫红色且半分钟内不褪色，

故答案为：不需要；溶液变成紫红色且半分钟内不褪色；

（2）KMnO4溶液中KMnO4的物质的量为n=C×V=0.02000mol•L-1×0.03L=6×10-4 mol，根据硫元素守恒：

 5Fe2++MnO-4 +8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；   SO2 +2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；           FeS2 ～2SO2

  5             1                       1                    2                     1       2

  3×10-3mol   6×10-4 mol              1.5×10-3mol       3×10-3mol          7.5×10-4mol   1.5×10-3mol   

   样品中FeS2的质量分数

×100%=90%，

故答案为：90%；

（3）6g纯净FeS2的物质的量为n===0.05mol，含有硫的物质的量为：0.1mol，全部被氧化为SO3气体，再将产生的SO3气体全部与水化合生成硫酸溶液时，放出13.03kJ热量，则1molSO3气体全部与水化合生成硫酸溶液时，放出130.3kJ热量，所以热化学方程式为：SO3（g）+H2O（l）═H2SO4（aq）△H=-130.3KJ/mol；

故答案为：SO3（g）+H2O（l）═H2SO4（aq）△H=-130.3KJ/mol；

（4）①用CH4催化还原NOx为N2可以消除氮氧化物的污染，反应物为CH4和NOx，生成物为N2，根据化学反应质量守恒，产物须有水和二氧化碳，然后配平得xCH4+4NOx═2N2+xCO2+2H2O，

故答案为：xCH4+4NOx═2N2+xCO2+2H2O；

②新型纳米材料ZnFe2OX可由化合物ZnFe2O4经高温还原制得，若2mol ZnFe2OX与SO2反应可生成0.75molS，则ZnFe2OX被还原为ZnFe2O4，令中铁元素的化合价为a，根据电子转移守恒，可知2mol×2×（3-a）=0.75mol×4，解得，a=2.25，利用化合价代数和为零，2+2.25×2=2x，解得x=3.25

故答案为：3.25．

Ⅰ．（1）由实验目的可知，探究反应物浓度、温度、催化剂对反应速率影响，需在相同的条件下对比实验，同浓度溶液，在相同温度下进行反应，Ⅰ无催化剂，Ⅱ有催化剂，对比实验；如果研究温度对化学反应速率的影响，需其它条件相同，温度不同，I有20℃，Ⅲ中温度为30℃，能进行对照实验，

故答案为：Ⅰ、Ⅱ；Ⅰ、Ⅲ；探究浓度、温度、接触面积对化学反应速率的影响，

（2）对比实验I和IV，10%硫酸的体积不同，其它物质，Ⅳ中加入了蒸馏水，说明两组实验中的反应物的浓度不同，所以可通过探究反应物的浓度对化学反应速率的影响；对比实验I和IV，Ⅳ中只加入1mL10%硫酸，与I中加入的溶液体积不等，就不能保证，4mL 0.01mol•L-1KMnO4溶液与2mL 0.1mol•L-1 H2C2O4溶液，反应物浓度相同，实验IV中加入1mL蒸馏水的目的是保证了KMnO4溶液与H2C2O4溶液的起始浓度相同；

故答案为：硫酸的浓度或氢离子浓度；确保①和④组对比实验中c（KMnO4）、c（H2C2O4）浓度不变或确保溶液总体积不变；

Ⅱ．（1）高锰酸钾溶液为紫红色，当达到滴定终点时，再滴入高锰酸钾溶液时，紫红色不再褪去，故答案为：否；KMnO4溶液呈紫红色，达滴定终点紫色不再褪去；

（2）高锰酸钾具有强氧化性，腐蚀橡皮管，应用酸式滴定管，故答案为：b； 

（3）草酸钠（Na2C2O4）溶于稀硫酸中，然后用酸性高锰酸钾溶液进行滴定，离子方程式为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O． n（KMnO4）=0.015L×0.200mol•L-1=3×10-3mol，根据方程式可得：

2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O．

2              5

3×10-3mol     7.5×10-3mol    

样品中草酸钠的质量为m=7.5×10-3mol×134g/mol=7.5×134×10-3g，

样品中草酸钠的质量分数为×100%=75%，

故答案为：75%；

（1）能水解的是盐溶液中的弱离子的性质，溶质存在电离平衡的是弱电解质或弱酸酸式酸根离子；①Na2CO3溶液是强碱弱酸盐，碳酸根离子水解； ②NaHCO3溶液强碱弱酸盐，碳酸氢根离子水解；碳酸氢根离子存在电离平衡；③盐酸 是强酸；④氨水是弱碱存在电离平衡，故答案为：①②；②④；

（2）同浓度的：①Na2CO3溶液 ②NaHCO3溶液 碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠；溶液的pH①＞②，故答案为：①；

（3）氨水中一水合氨是弱电解质，存在电离平衡，加入氯化铵，铵根离子抑制电离，平衡逆向进行，氢氧根离子浓度减小，铵根离子浓度增大；此时C（NH4+）/C（OH-）的值将增大，

故答案为：变大；

（4）①用溶液③盐酸滴定V mL溶液④氨水，溶液PH随反应进行减小，到恰好完全反应生成氯化铵溶液时，铵根离子水解显酸性，此时促进水的电离；依据0.1mol/L的氨水溶液Vml和0.1mol/L的盐酸溶液恰好反应需要溶液体积为Vml，确定c点是恰好反应；酸过量或碱碱过量对水的电离起到抑制作用，

故答案为：c；恰好完全反应生成氯化铵溶液时，铵根离子水解显酸性，促进水的电离，酸过量或碱碱过量对水的电离起到抑制作用；

②a点反应情况是：0.1mol/L的氨水溶液Vml和0.1mol/L的盐酸溶液0.5VL反应，溶液中为同浓度的氯化铵和一水合氨的混合溶液；依据一水合氨电离大于铵根离子的水解分析判断溶液中的离子浓度为：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+），故答案为：c（NH4+）＞c（Cl-）＞c（OH-）＞c（H+）；

③取少量c点NH4Cl溶液于试管，再滴加0.1mol/L NaOH溶液至中性．此时溶液中除H+、OH-外，离子浓度大小关系可以依据溶液中电荷守恒得到c（H+）+c（NH4+）+c（Na+）=c（OH-）+c（Cl-）；溶液中除H+、OH-外存在的离子浓度关系为：c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl-），故答案为：c（NH4+）+c（Na+）=c（Cl-）．

（1）为得到纯净的CuCl2•2H2O晶体要除去氯化铁，加入的物质和氯化铁反应生成氢氧化铁且不能引进新的杂质，所以加入物质后应能转化为氯化铜，所以应该加入含铜元素和氢氧根离子的物质，可以是氢氧化铜或碱式碳酸铜，

溶液的pH=4，所以溶液中氢氧根离子浓度为10-4 mol/L，则氢氧根离子浓度为10-10 mol/L，c（Fe3+）===2.6×10-9mol/L，

故答案为：Cu（OH）2或Cu2（OH）2CO3 ；2.6×10-9mol/L；

（2）由于CuCl2在加热过程中水解被促进，且生成的HCl又易挥发而脱离体系，造成水解完全，碱式氯化铜或氢氧化铜，以至于得到CuO固体，而不是CuCl2，2CuCl2•2H2OCu（OH）2•CuCl2+2HCl+2H2O；想得到无水CuCl2的合理方法是，让CuCl2•2H2O晶体在干燥的HCl气流中加热脱水，

故答案为：2CuCl2•2H2OCu（OH）2•CuCl2+2HCl+2H2O；在干燥的HCl气流中加热脱水；

（3）测定含有CuCl2•2H2O晶体的试样（不含能与I-发生反应的氧化性质杂质）的纯度，过程如下：取0.36g试样溶于水，加入过量KI固体，充分反应，生成白色沉淀．用0.1000mol/L Na2S2O3标准溶液滴定，到达滴定终点时，消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL；反应的化学方程式为：2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，

①硫代硫酸钠滴定碘单质，利用碘单质遇淀粉变蓝选择指示剂为淀粉；终点为蓝色褪去一段时间不恢复颜色，

故答案为：淀粉溶液；蓝色褪去，放置一定时间后不恢复原色；

②CuCl2溶液与KI反应的离子方程式为为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，故答案为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；

③依据2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；

得到       2Na2S2O3～2Cu2+

            2           2

0.1000mol/L×0.0200L   0.1000mol/L×0.0200L=0.002mol

试样中CuCl2•2H2O的质量百分数=×100%=95%，

故答案为：95%．