热门试卷

⑶2Fe＋6H2SO4（浓）Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O（或C＋2H2SO4（浓）CO2↑＋2SO2↑＋2H2O）(2分); 品红溶液逐渐褪色(2分); 强氧化(2分); 除去CO2中混有的SO2(2分)；浓硫酸(2分);　

⑷2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋（或Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+）(2分);

⑸（或(3分)）; 空气中CO2、H2O进入E管使b增大(2分)

⑹③(3分)

试题分析：（3）浓硫酸具有强氧化性，能和铁或碳在加热的条件下反应，反应的化学方程式是2Fe＋6H2SO4（浓）Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O、C＋2H2SO4（浓）CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以B中的实验现象是品红溶液逐渐褪色，这说明浓硫酸被还原生成了SO2，因此说明浓硫酸具有强氧化性。由于SO2也是一种酸性氧化物，能干扰CO2的检验，所以酸性高锰酸钾溶液的作用是除去CO2中混有的SO2。由于碱石灰也能吸收水蒸气，所以D装置的作用是干燥CO2气体，所以盛放的试剂是浓硫酸。

（4）由于随着反应的进行，稀硫酸的浓度会逐渐降低，所以有可能生成氢气。另外如果铁过量，则氯化铁还可能氧化剩余的单质铁，同时也可能氧化生成的SO2气体，因此可能的离子方程式是2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋（或Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+）。

（5）E装置增加的质量就是CO2的质量，所以根据碳原子守恒可知，碳的质量是，则则铁碳合金中铁的质量分数。由于空气中含有水蒸气和CO2，也会加入E装置中，导致b偏大，所以测定结果偏低。

（6）由于气体的体积测量往往受温度和压强的影响，不易测量，①不正确，②态复杂。在反应中碳和稀硫酸不反应，只有铁和稀硫酸反应生成氢气和硫酸亚铁，所以可以根据质量守恒定律，常用实验③。

点评：化学是一门以实验为基础的学科，所以有化学实验即科学探究之说法。这些探究性和制备性实验的试题，综合性强，理论和实践的联系紧密，有的还提供一些新的信息，这就要求学生必须认真、细致的审题，联系所学过的知识和技能，进行知识的类比、迁移、重组，全面细致的思考才能得出正确的结论。探究性实验的一般思路是：1.准确地把握实验目的；2.利用已学知识，分析如何实现这个目的-－实验原理；3.结合实验材料，初步确定设计对策－－实验方案。

I.（1）H2（1分）；随着反应的进行，硫酸浓度降低，致使锌与稀硫酸反应生成H2，

Zn+H2SO4===ZnSO4+H2↑（2分）

（2）①NaOH溶液（或KMnO4，其它合理答案也给分，1分）

证明SO2已被完全除尽。（1分）

②浓硫酸（1分） 无水硫酸铜（1分）

③装置E中玻璃管中黑色CuO粉末变红色，干燥管F中无水硫酸铜变蓝色（2分）

④碱石灰（1分）防止空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体的检验（1分）

II. （1）H2S + 2FeCl3 = 2FeCl2 + S↓ + 2HCl（2分）

（2）2Fe2+ — 2e- 2Fe3+ （2分）   

（3）0.25（2分）

试题分析：I.（1）Zn的物质的量为0.5mol，浓硫酸中含H2SO4为1.84g/mL×60mL×98%÷98g/mol="1.1mol," 随着反应的进行，硫酸浓度降低，当硫酸变为稀硫酸时，发生反应：Zn+H2SO4===ZnSO4+H2↑，所以化学小组所制得的气体中混有的主要杂质气体可能是H2。

（2）①为了防止SO2对H2检验的干扰，装置B中应加入吸收SO2的试剂，NaOH溶液或KMnO4溶液等；装置C中品红溶液的作用是证明SO2已被完全除尽。

②H2还原CuO生成H2O，为了避免原气体中水分的干扰，装置D加入的试剂为浓硫酸；F的作用是检验气体与CuO反应生成了H2O，所以加入的试剂为无水硫酸铜。

③H2还原CuO的实验现象是：装置E中玻璃管中黑色CuO粉末变红色，干燥管F中无水硫酸铜变蓝色。

④为防止外界空气中H2O进入干燥管而影响杂质气体氢气的检验，装置G中应加入碱石灰。

II. （1）根据示意图，反应池加入的FeCl3与H2S为反应物，生成了S，发生了氧化还原反应，所以化学方程式为：H2S + 2FeCl3 = 2FeCl2 + S↓ + 2HCl

（2）反应后的溶液FeCl2和HCl进入溶液，生成H2的电极为阴极，所以阳极上失去电子的离子为Fe2+，所以阳极反应式为：2Fe2+ — 2e- 2Fe3+

（3）根据电解池中电子守恒和反应池的化学方程式可得关系式：S ~ 2Fe2+ ~ H2，所以n(S)=n(H2)=5.6L÷22.4L/mol=0.25mol。

生成黄色的固体和固态物质逐渐增多是因为SO2＋Na2S＋H2O＝Na2SO3十H2S，2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O

固态物质减少是因为S＋SO32－＝S2O32－

pH在5左右又产生固态物质是因为S2O32－＋SO2＋H2O＝2HSO3－＋S↓。

制备硫代硫酸钠的总反应式：2Na2S＋4SO2＋Na2CO3＝3Na2S2O3＋CO2，

生成固体为S，固体增多是S的量增加，固体减少是S单质和Na2SO3反应生成硫代硫酸钠。pH在5左右又产生固态物质是因为SO2过量使溶液显酸性，S2O32－在酸性条件下反应生成S。S2O32－+2H+=SO2+S+H2O

生成黄色的固体和固态物质逐渐增多是因为SO2＋Na2S＋H2O＝Na2SO3十H2S，2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O

固态物质减少是因为S＋SO32－＝S2O32－

pH在5左右又产生固态物质是因为S2O32－＋SO2＋H2O＝2HSO3－＋S↓。

制备硫代硫酸钠的总反应式：2Na2S＋4SO2＋Na2CO3＝3Na2S2O3＋CO2，

SO2 

【实验探究】

步骤①溶液紫红色褪去；含有Fe2＋

步骤②另取少量所得溶液，滴加KI和淀粉溶液；溶液变为蓝色（或者另取少量溶液，滴加数滴KSCN溶液，溶液变成血红色。）

猜想Ⅱ甲中KMnO4溶液褪色，乙中KMnO4溶液颜色不变，试管中收集到气体

【问题讨论】

（1）不正确（1分）；若溶液中含有Fe3＋则无法检验溶液中是否含有Fe2＋

（2）①C+2H2SO4(浓)=CO2↑+2SO2↑+2H2O

②澄清石灰水；c   ③确认是否有H2

试题分析：【提出猜想】浓硫酸和铁在加热条件下反应生成二氧化硫，所以所得气体中肯定含有SO2，答案为：SO2；

【实验探究】验证猜想Ⅰ：所得溶液中的金属离子可能含有Fe2＋和Fe3＋中的一种或两种；

酸性高锰酸钾溶液显紫红色，有强氧化性，二价铁离子有还原性，酸性高锰酸钾能被二价铁离子还原而使紫红色褪去，如果步骤①溶液紫红色褪去，说明含有二价铁离子，否则没有；碘化钾有还原性，三价铁离子有氧化性，碘离子能被三价铁离子氧化生成单质碘，碘遇淀粉变蓝色，所以步骤②另取少量所得溶液，滴加KI溶液和淀粉溶液，如果溶液变为蓝色，说明含有三价铁离子，否则没有；答案为：溶液紫红色褪去；含有Fe2+；另取少量所得溶液，滴加KI溶液和淀粉溶液；溶液变为蓝色；

猜想Ⅱ：所得气体中肯定含有SO2气体；

二氧化硫有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，氢气不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但氢气不易溶于水，所以如果甲中KMnO4溶液褪色，说明含有二氧化硫；乙中KMnO4溶液颜色不变，说明二氧化硫完全被吸收，如果试管中收集气体，只能是氢气，答案为：甲中KMnO4溶液褪色，乙中KMnO4溶液颜色不变，试管中收集到气体；

【问题讨论】

（1）氯水具有氧化性，二价铁离子有还原性，氯水能将二价铁离子氧化生成三价铁离子，KSCN只能检验三价铁离子不能检验二价铁离子，所以若溶液中含有Fe3+则无法检验溶液中是否含有Fe2+，所以该观点不正确，答案为：不正确，若溶液中含有Fe3+则无法检验溶液中是否含有Fe2+；

（2）①在加热时，生铁中不仅铁和浓硫酸反应，碳也和浓硫酸反应生成生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；②Q为二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，选择a或b受二氧化硫的影响无法判断二氧化碳的存在，选d时二氧化碳被碱石灰吸收，答案为：澄清的石灰水，C；③根据氢气的性质分析，氢气具有还原性，能还原黑色的氧化铜而生成水，水能使白色的无水硫酸铜变蓝。答案为：确认是否有H2。

（1）①接⑥，⑤接④，③接②；（2分）

（2）品红不褪色（2分）  澄石灰水变浑浊（2分）

（3）不能，（1分）若用NaHCO3饱和溶液， NaHCO3会发生反应：2NaHCO3+SO2==Na2SO3+H2O+CO2↑，生成CO2，因此无法确认木炭是否被氧化生成CO2（2分） （4）防倒吸（或为安全瓶装置）（1分）

（5）C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O（2分）

（1）由于SO2也能使澄清的石灰水变混浊，所以首先除去SO2，所以连接顺序是①接⑥，⑤接④，③接②。

（2）C是检验SO2是否被完全除尽的，因此当C中品红不褪色，而B中澄石灰水变浑浊，才能说明反应中产生了CO2。

（3）由于SO2能和碳酸氢钠反应产生CO2，方程式为2NaHCO3+SO2==Na2SO3+H2O+CO2↑，因此无法确认木炭是否被氧化。所以不能用碳酸氢钠来代替顺序高锰酸钾溶液。

（4）CO2在石灰水反应时，溶液有可能倒流，所以E的作用是防倒吸（或为安全瓶装置）。

（5）方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O。

（1）夹紧水夹E，关闭分液漏斗旋塞，往分液漏斗中加水，打开分液漏斗旋塞，若漏斗中水滴入部分后便停止，证明气密性好。若水一直滴入，则气密性不好。

（2）H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O

（3）吸收尾气中SO2，防止污染；

（4）瓶中液面下降，漏斗中液面上升； B

（5）0.02mol；

试题分析：（1）检查A装置的气密性的方法是夹紧水夹E，关闭分液漏斗旋塞，往分液漏斗中加水，打开分液漏斗旋塞，若漏斗中水滴入部分后便停止，证明气密性好。若水一直滴入，则气密性不好。（2）在装置A浓 与Cu发生反应，化学方程式为H2SO4(浓)+CuCuSO4+SO2↑+2H2O. （3）SO2是大气污染物，如不处理，容易导致大气污染。所以在装置D中试管口放置的棉花应蘸有NaOH溶液，其作用是吸收尾气中SO2，防止污染；（4）装置B具有贮存气体的作用。当D处有明显的现象后，关闭旋塞F并移去酒精灯，由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中的现象是瓶中液面下降，漏斗中液面上升至一定的高度。由于SO2难溶于饱和亚硫酸氢钠溶液； SO2能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使之褪色，而且容易溶解在水中。所以B中应放置的液体是饱和NaHSO3溶液。选项为B。根据S守恒可得n(H2SO4)=n(SO42-)+n(SO2)。n(SO42-)=3.495 g÷233g/mol=0.015mol；根据方程式5SO2+ 2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4可得n(SO2)= 5/2×n(KMnO4)= 5/2×0.2L×0.01mol/L=0.005mol.所以n(H2SO4)=0.02mol。

(1)蒸馏烧瓶（1分） (2) 溶液颜色由紫色逐渐退去　还原性（每空1分，计2分）　

(3)  2S2-＋O2＋2 H2O ===2 S↓＋4 OH－（2分）

(4)品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色（2分）

(5)是（1分）浓HNO3可将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，而得不到SO2气体（2分）

（6） Cu 、O（2分）（只写一个不得分） 10NA或6.02×1024（2分）

（1）根据仪器的构造可判断，该仪器是蒸馏烧瓶。

（2）A中产生SO2，由于SO2具有还原性，而酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，所以B中溶液颜色由紫色逐渐退去。

（3）硫化钠中硫元素的化合价是最低价－2价，具有还原性，极易被氧化，生成单质硫，方程式为2S2-＋O2＋2 H2O ===2 S↓＋4 OH－。

（4）SO2的漂白性原理是和有色物质结合，生成不稳定的无色物质。在加热的条件下，又能恢复原来的颜色，据此可以检验。即品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色。

（5）由于浓硝酸具有强氧化性，浓HNO3可将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，而得不到SO2气体，因此对实验造成影响。

（6）CuFeS2中 Fe 的化合价为＋2 ，则Cu的化合价是＋2价，S的化合价是－2价。在生成物中Cu的化合价是0价，得到电子，被还原。同时氧气也是氧化剂，氧元素被还原；当生成0.8 mol铜时，被还原的铜是0.8mol，氧气是2.1mol，所以转移电子是0.8mol×2＋2.1mol×4＝10mol，即转移电子的个数是10NA或6.02×1024。