热门试卷

（16分）(1)在加热的条件下浓硫酸与Fe反应生成SO2，随着反应的进行，硫酸浓度变稀，与Fe反应生成H2

(2) 5SO2+2MnO4-+2H2O＝5SO42-+2Mn2++4H+

(3) 排除装置中的空气，防止H2与空气混合受热发生爆炸。

(4) B瓶中溶液紫红色变浅说明生成了SO2，D中黑色粉末变红说明生成了H2。(答对一种得1分)

(5) ①5、2、6、2、8、10CO2 

②滴入最后一滴H2C2O4溶液时KMnO4溶液的紫红色褪去且半分钟之内不恢复。

③0.025 mol， 33.3%

（1）由于在加热的条件下浓硫酸与Fe反应生成SO2，随着反应的进行，硫酸浓度变稀，

与Fe反应生成H2。

（2）酸性高锰酸钾溶液具有氧化性，能氧化SO2，所以方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O＝5SO42-+2Mn2++4H+。

（3）由于空气中含有氧气，在加热的条件下容易和氢气发生爆炸，所以通入氮气是为了排除装置中的空气，防止H2与空气混合受热发生爆炸。

（4）SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色。氢气具有还原性，能使黑色氧化铜还原成红色的铜。

（5）①在反应中1mol高锰酸钾得到5mol电子，草酸中碳的化合价是＋3价，氧化产物是CO2，所以1mol草酸能失去2mol电子，因此氧化剂和还原剂的物质的量之比是2︰5，所以方程式为5H2C2O4+2MnO4- +6H+ ＝2Mn2+ +8H2O+10CO2。

②由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，所以终点时的现象是滴入最后一滴H2C2O4溶液时KMnO4溶液的紫红色褪去且半分钟之内不恢复。

③消耗草酸的物质的量是0.01563L×0.2 mol/L=0.003126mol，所以消耗高锰酸钾是

0.0012504mol，所以剩余高锰酸钾是0.0012504mol×8＝0.01mol，则与SO2反应的高锰酸钾

是0.02mol－0.01mol＝0.01mol，所以SO2是0.025mol。D的质量减少0.9 g，则根据反应式

CuO＋H2Cu＋H2O可知，氢气是0.8÷19＝0.05mol，所以SO2的体积分数是

Ⅰ猜想2：H2    猜想3：SO2和H2

Ⅱ（1）甲中KMnO4溶液褪色，乙中KMnO4溶液颜色不变(或变浅但不完全褪色)；试管中收集到无色气体

（2）验纯     

（3）2Fe＋6H2SO4Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O  （4）Na2SO4、Na2SO3、NaOH、O2

试题分析：Ⅰ：铁是比较活泼的金属。比较活泼的金属与酸反应置换出氢气。所以猜想2的气体可能是H2。浓硫酸是氧化性的酸，反应开始时首先是浓硫酸与铁发生氧化还原反应2Fe＋6H2SO4（浓）Fe2(SO4)3＋3SO2↑＋6H2O。随着反应的进行，硫酸变为稀硫酸这时发生反应：Fe＋H2SO4（稀）=FeSO4＋H2↑。所以猜想3：所得气体中可能是SO2和H2的混合物。Ⅱ：二氧化硫可以与酸性高锰酸钾发生反应使之褪色。利用这一点可以检验二氧化硫的存在。将混合气体先通过酸性高锰酸钾溶液来验证然后再通过酸性高锰酸钾溶液来除去二氧化硫气体。最后用排水法收集氢气。由于氢气是可燃性气体。所以在点燃前首先要验证纯度。否则发生危险。一定量的铁与浓硫酸加热时产生的气体中含有H2、 SO2及水蒸气。当通过装有过量Na2O2粉末的玻璃管，可能发生反应：SO2+Na2O2=Na2SO4；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O。故玻璃管中反应的生成物可能含有Na2SO4、Na2SO3、NaOH、O2。

⑴①②③；1008 mL；③④；（每空3分，共9分）

⑵(NH4)2SO4、NH4HSO3；  2.5 mol•L-1（共6分）

（1）根据表中数据可知①②③中SO2体积与固体的质量之比相同，都是根据第①组实验中的SO2体积与固体的质量之比可知，6.945 g该固体生成的SO2是6.945 g/9.260g×1344ml＝1008 mL；根据③④可知，增加固体的质量，生成上网SO2反而减少，这说明固体中一定含有亚硫酸铵。由于亚硫酸铵与酸反应是分步进行的，如果酸不足，则生成的SO2就少。

（2）解法一：设9.260 g固体中(NH4)2SO3、NH4HSO3、(NH4)2SO4的物质的量分别为x、y、z

则      x ＋ y =" 0.06"       2x ＋ y ＋z = 0.14       116x ＋ 99y ＋ 132z =" 9.26" g

解得：x =" 0.04" mol y =" 0.02" mol  z="0.02" mol

第④组固体质量是第①组固体质量3.5倍，则第④组固体中(NH4)2SO3、NH4HSO3、(NH4)2SO4的物质的量分别为0.14 mol、0.07 mol、0.07 mol

消耗的硫酸的物质的量：n(H2SO4)=[n((NH4)2SO3)+n(SO2)]=(0.14 mol+)="0.125" mol

则c(H2SO4)=" 2.5" mol•L-1

解法二：第④组中硫酸一定没有剩余，反应后所得溶液中含(NH4)2SO4和NH4HSO3

第④组中固体含S为  含NH4+的0.14 mol×3.5 =" 0.49" mol

反应后所得溶液中含NH4HSO3为：

则据电荷守恒得，所得溶液中含SO42—的物质的量为：（0.49 mol-0.1 mol）/2="0.195" mol

原固体中含(NH4)2SO4的0.02 mol×3.5 =" 0.07" mol

∴H2SO4的物质的量为0.195 mol－0.07 mol =" 0.125" mol ∴c(H2SO4)=" 2.5" mol•L-1（其他合理解法均给分）

（1）①Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O   2Cu＋2H2SO4＋O2===2CuSO4＋2H2O

②B装置中导管长进短出

（2）①饱和NaHSO3         ②甲基橙

因为Cu(OH)2开始沉淀的pH约为5，若用酚酞作指示剂时溶液中的Cu2＋会和NaOH反应，Cu(OH)2的蓝色会干扰滴定终点的正确判断     　

试题分析：（1）①打开活塞a之前发生的是铜和浓硫酸的反应，方程式为：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，随着反应进行硫酸浓度变小，反应停止发生，打开活塞a后氧气进入，在酸性条件下反应生成硫酸铜，方程式为：2Cu＋2H2SO4＋O2===2CuSO4＋2H2O。②收集的是SO2气体，密度比空气大，所以应该用向上排空气法，因此B中导管是长进短出。

（2）①SO2在NaHSO3溶液中的溶解度最小所以D装置中的试剂应该是NaHSO3溶液。

②用NaOH滴定反应后的溶液时，由于溶液中有Cu2+所以不能让Cu2+沉淀干扰滴定终点的判断，因此pH应该控制在5之内，因此选用甲基橙做指示剂。滴定中用掉a mol/L氢氧化钠溶液b mL，则原剩余的硫酸为=。

点评：本题综合性强，主要考查学生分析问题的能力，尤其在选择指示剂的时候，要注意考虑到Cu2+会发生反应。