上海市第二中学2022-2022学年高二化学上学期期中试题含解析.doc

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1、上海市第二中学2022-2022学年高二化学上学期期中试题含解析原子量：H-1 O-16 S-32 Al-27 Cu-64一、选择题1.最早编制元素周期表的科学家是( )A. 卢瑟福B. 汤姆逊C. 居里夫人D. 门捷列夫【答案】D【解析】【详解】A、1909年，通过粒子散射实验，卢瑟福根据粒子散射实验的结果，提出了原子核式结构模型理论，选项A错误；B、1897年汤姆逊发现了电子，选项B错误；C、居里夫人是放射元素镭的发现者，选项C错误；D、门捷列夫是俄国化学家，元素周期律的发现者，著有著作?化学原理?，选项D正确；答案选D。2.铝合金用途广泛，可用于制造飞机，铝合金一般具有的性质是( )A.

2、 高强度、高密度B. 低强度、高密度C. 高强度、低密度D. 低强度、低密度【答案】C【解析】【详解】飞机的体积一定，由密度公式变形m=V可知，材料的密度越小，飞机的质量越小，由G=mg可得出，质量小那么重力小，越容易起飞，所以用铝合金作飞机材料 利用了铝合金的密度小，且用于飞机的材料强度要高，故利用了铝合金的高强度、低密度。答案选C。3.缺铁性贫血，这里的“铁指的是( )A. Fe2+B. Fe3+C. 单质铁D. 氧化铁【答案】A【解析】【详解】铁是合成血红蛋白的主要元素，它以二价铁离子的形式参与血红蛋白中的血红素的构成，铁是指元素。故缺铁性贫血的“铁指的是Fe2+。答案选A。【点睛】此题

3、考查铁的应用，理解元素的存在形式是解题的关键，元素有两种存在形式：化合态存在于化合物中、游离态存在于单质中，根据铁在体内的存在形式判断。4.金属可以导电，因为它( )A. 熔点高B. 有固定几何形状C. 有金属离子D. 有自由运动的电子【答案】D【解析】【详解】金属都是由金属阳离子与自由电子通过金属键构成的金属晶体，因为金属晶体中含有自由电子，自由电子能够自由运动，所以金属能够导电和导热。与有金属离子、熔点高、有固定几何形状无关。 答案选D。5. 以下物质不属于混合物的是A. 铝热剂B. 水玻璃C. 胆矾D. 漂白粉【答案】C【解析】试题分析：A铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，故A正确；B水玻

4、璃是硅酸钠的溶液，是混合物，故B正确；C胆矾是CuSO45H2O，属化合物，是纯洁物，故C错误；D漂白粉是氯化钙与次氯酸钙的混合物，故D正确，答案为C。考点：考查混合物与纯洁物的判断6.测定CuSO4xH2O中结晶水的含量的实验中，称量次数至少( )A. 2次B. 3次C. 4次D. 5次【答案】C【解析】【详解】测定CuSO4xH2O中结晶水的含量的实验中，需分别测定：准确测定某晶体的质量；准确测定的坩埚质量；待试管冷却后，在天平上迅速称出试管和 CuSO4的质量；加热，再称量，至两次称量误差不超过0.1为止。至少4次。答案选C。7.把镁粉中混有的少量铝粉除去，应选用的试剂是 A. 盐酸B.

5、 氨水C. 烧碱溶液D. 纯碱溶液【答案】C【解析】【详解】A选项，盐酸和镁粉、铝粉都要反响，不能把镁粉中混有的少量铝粉除去，故A错误；B选项，氨水和镁粉、铝粉都不反响，故B错误；C选项，烧碱和镁粉不反响，和铝粉反响，因此可以把镁粉中混有的少量铝粉除去，故C正确；D选项，纯碱和镁粉、铝粉不反响，不能把镁粉中混有的少量铝粉除去，故D错误；综上所述，答案为C。8.关于氧化铝和氢氧化铝的说法错误的选项是( )A. 都是白色固体B. 都难溶于水C. 都具有两性D. 都受热易分解【答案】D【解析】【分析】根据氧化铝和氢氧化铝的性质分析判断。【详解】A项：氧化铝和氢氧化铝都是白色固体，A项正确；B项：氧化

6、铝和氢氧化铝都难溶于水，B项正确；C项：氧化铝是两性氧化物，氢氧化铝是两性氢氧化物，C项正确； D项：氧化铝受热不分解，氢氧化铝受热易分解，D项错误。此题选D。9. 以下变化不可能通过一步实验直接完成是( )A. Al(OH)3 Al2O3B. Al2O3 Al(OH)3C. Al AlO2-D. Al3+ Al(OH)3【答案】B【解析】【详解】A项、氢氧化铝受热反响生成氧化铝和水，可以一步完成，故A错误；B项、Al2O3不溶于水，不能直接与水反响生成AlOH3，应先将Al2O3变成Al3+或AlO2-后，然后参加弱碱或弱酸反响生成AlOH3，不可以一步完成，故B正确；C项、铝可以和强碱溶液

7、反响生成偏铝酸盐和氢气，可以一步完成，故C错误；D项、铝盐可以和碱反响可以直接反响生成氢氧化铝沉淀，可以一步完成，故D错误；应选B。10.关于单质铁的性质，以下说法中正确的选项是( )A. 铁与高温水蒸气反响生成Fe2O3B. 铁与硫单质反响生成Fe2S3C. 生铁是一种铁-碳合金D. 常温下，冷的浓硫酸与铁单质不反响【答案】C【解析】【详解】A、铁与水蒸气在高温下的反响产物为Fe3O4和H2，选项A错误；B、硫的氧化性较弱，铁被氧化为+2价铁，故铁与硫单质反响生成FeS，选项B错误；C、生铁是一种生铁是含碳量大于2%的铁碳合金，选项C正确；D、常温下，Fe和冷的浓硫酸反响生成一层致密的氧化物

8、薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，不是Fe和浓硫酸不反响，选项D错误；答案选C。11.能将溶液中的Fe3+转化为Fe2+的是A. CuB. NH3H2OC. Cl2D. KSCN【答案】A【解析】【详解】ACu可作复原剂，能将溶液中的Fe3+复原为Fe2+，Cu2Fe3=Cu22Fe2；故A正确；B铁离子和氨水发生得分解反响生成氢氧化铁沉淀，故B错误；C氯气常做氧化剂，不能将溶液中的Fe3+复原为Fe2+，可将Fe2+氧化为Fe3+，故C错误；D铁离子和硫氰酸钾生成配合物，溶液显红色，故D错误；故答案为A。12.能使Al(OH)3的电离平衡向碱式电离方向移动的是 A. HNO3B. H

9、2CO3C. NaOHD. 氨水【答案】A【解析】【分析】Al OH3的电离方程式可表示为：H2O+AlO2+HAlOH3Al3+3OH，根据影响平衡的因素分析。【详解】A. HNO3 与OH-作用使其浓度减小，平衡向碱式电离方向移动，故A正确；B. H2CO3是弱酸，不与Al(OH)3反响，不能促进平衡向碱式电离方向移动，故B错误；C. NaOH与H+作用使其浓度减小，平衡向酸式电离方向移动，故C错误；D. 氨水是弱碱，不与Al(OH)3反响，不能促进平衡向碱式电离方向移动，故D错误；应选A。13.某元素最高价氧化物对应水化物的化学式是H3XO4，该元素的气态氢化物的化学式是 A. H2XB

10、. HXC. XH3D. XH4【答案】C【解析】试题分析：某元素最高价氧化物对应水化物化学式是H3XO4，那么其最高正化合价是+5价，根据元素最高化合价与最低化合价的绝对值的和等于8可知其最低化合价是-3价，故这种元素的气态氢化物的化学式是XH3，选项C正确。考点：考查元素的化合价与形成的化合物的化学式的关系及判断的知识。14.以下有关物质性质的比拟，不正确的选项是A. 金属性：Al MgB. 稳定性：HF HClC. 碱性：NaOH Mg(OH)2D. 酸性：HClO4 H2SO4【答案】A【解析】分析：根据元素周期律分析。详解：A. 同周期自左向右金属性逐渐减弱，那么金属性：AlMg，A

11、错误；B. 同主族从上到下非金属性逐渐减弱，氢化物稳定性逐渐减弱，那么稳定性：HFHCl，B正确；C. 同周期自左向右金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱，那么碱性：NaOHMg(OH)2，C正确；D. 同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价含氧酸的酸性逐渐增强，那么酸性：HClO4 H2SO4，D正确。答案选A。15.如图表示118号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。无法由该图中曲线获知的是A. 电子层数B. 原子半径C. 最高化合价D. 最外层电子数【答案】B【解析】【详解】电子层数等于周期数，最外层电子数=最高化合价；同周期元素从左到右，半径依次减小，所以由该图中曲线

12、无法获知的是原子半径，应选B。16.今年是“化学元素周期表国际年，有关118号元素295Og说法错误的选项是( )A. 原子核外电子数为118B. 是零族元素C. 位于第六周期D. 原子的质量数为295【答案】C【解析】【详解】A、该元素为118号元素，那么质子数为118，原子核外电子数为118，选项A正确；B、118号元素为第七周期0族元素，选项B正确；C、118号元素为第七周期0族元素，选项C错误；D、295Og原子的质量数为295，选项D正确。答案选C。【点睛】此题考查元素中各粒子数之间的关系，注意原子序数=原子的质子数=原子核外电子数=核电荷数；质量数=质子数+中子数。17.如图用石墨

13、电极电解CuCl2溶液。以下分析正确的选项是A. a极发生复原反响B. 每生成6.4 g Cu，转移电子0.2 molC. 阳极反响式：D. 在直流电源中电流从b流向a【答案】A【解析】试题分析：此题考查电解原理。与电源的正极的电极为阳极，带正电，溶液中阴离子向阳极移动，根据图示可知，b为电源的正极，a为电源的负极，电子从电源负极流出即失电子发生氧化反响，A错误；每生成6.4 g Cu即为0.1mol转移电子是0.2 mol，正确。阴离子Cl-在阳极上发生氧化反响2Cl-2e-=Cl2，C不正确；在直流电源中电流从a流向b，D不正确。考点：此题考查电解原理18.硫酸铜晶体结晶水合物结晶水含量测

14、定实验中，以下操作错误的选项是( )A. 在坩埚中加热晶体粉末B. 加热固体变黑C. 在枯燥器中冷却D. 进行恒重操作【答案】B【解析】【详解】A. 加热固体药品时可在坩埚中进行，故可在坩埚中加热晶体粉末，选项A正确；B. 硫酸铜分解，固体变黑，说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，故m(H2O)偏大，m(CuSO4)偏小，而造成加热前后固体的质量差偏大，使测量结果偏大，选项B错误；C. 在加热后冷却时，为了防止硫酸铜吸水，应将硫酸铜放在枯燥器中进行冷却，从而得到纯洁而枯燥的无水硫酸铜，选项C正确；D. 实验中的加热、冷却、称量的操作步骤要重复进行，直至连续两次称量的差不超过0.1 g为止，即必须

15、进行恒重操作，选项D正确；答案选B。【点睛】此题考查了学生对化学实验的根本操作和常见仪器的使用，又考查了学生分析问题和解决问题的能力，从题目本身对学生的实验能力要求较高，但此题实际上就来源于课本的学生实验，只要学生认真的去操作过、体验过、思考过，就会觉得很熟悉、很简单。19.铜片和铁片均少局部被氧化一起放入足量的盐酸中充分反响。反响后的溶液中 A. 一定有Fe3+B. 一定有Fe2+C. 一定有Cu2+D. 一定没有Cu2+【答案】B【解析】【分析】发生的反响有：氧化铜和盐酸反响、氧化铁与盐酸的反响、铁和盐酸反响、铁和氯化铜反响，铜与氯化铁的反响，以此判断溶液中一定含有的金属离子【详解】外表有

16、氧化物的相同大小的铜片和铁片一起放入盐酸中充分反响，由发生的反响：氧化铜和盐酸反响、氧化铁与盐酸的反响，生成铁离子、铜离子，复原性FeCu，先发生铁和盐酸反响，盐酸足量，可存在铁离子，假设盐酸少量，铁和氯化铜反响，生成氯化亚铁、氯化铜，氧化性Fe3Cu2H，将外表都含有氧化物的铁片和铜片一起放入盐酸中充分反响，假设反响后铁片有剩余，那么一定不存在Fe3、Cu2、H，所得溶液中的阳离子为Fe2，应选：B。【点睛】此题考查了铁的性质，把握铁、铜的活泼性即可判断溶液中存在的金属阳离子，解题关键：明确发生的化学反响20.向pH=1的100mL 0.1mol/L AlCl3溶液中参加450mL 0.1m

17、ol/L NaOH溶液，充分反响后，铝元素的存在形式为( )A. AlO2-B. Al(OH)3、AlO2-C. Al(OH)3D. Al3+、Al(OH)3【答案】B【解析】【详解】pH=1的100mL 0.1mol/L AlCl3溶液中含有0.1L0.1mol/L=0.01molHCl和0.1L0.1mol/L=0.01mol AlCl3，450mL 0.1mol/L NaOH溶液中含NaOH 0.45L0.1mol/L=0.045mol，首先发生反响NaOH+HCl=NaCl+H2O，消耗NaOH 0.01mol，剩余0.035molNaOH；再发生反响AlCl3 +3NaOH=Al(O

18、H)3+3NaCl，消耗NaOH 0.03mol，剩余0.005molNaOH；最后发生反响Al(OH)3+ NaOH =NaAlO2+2H2O，局部Al(OH)3沉淀溶解，充分反响后，铝元素的存在形式为Al(OH)3、AlO2-；答案选B。【点睛】此题考查铝三角的应用，注意氢氧化铝是两性氢氧化物，既能与强酸反响也能与强碱反响，解答问题的关键是将铝盐与氢氧化钠反响的过程进行分步分析，以便于分析反响进行的程度，判断铝的存在形式。二、综合题21.久置的FeSO4溶液变黄，一般认为是被氧化为的缘故。答复以下问题：(1)久置的FeSO4溶液中Fe3+的检验：向久置的FeSO4溶液中参加KSCN的现象为

19、：_，向含有Fe3+久置的FeSO4溶液中参加少量KI淀粉溶液，发现溶液变蓝，反响的离子方程式：_。(2)除去久置FeSO4溶液中Fe3+：在溶液中参加少量铁粉，可以观察到的现象为_；反响的离子方程式为：_，不能用铜粉作为除去FeSO4溶液中Fe3+试剂的原因：_。(3)查阅资料：溶液中Fe2+的氧化过程分为两步，首先是Fe2+水解为Fe(OH)2，接着水解产物被O2氧化。写出Fe(OH)2在空气中被氧化的化学方程式：_，其现象为：_(4)某研究小组研究常温下不同pH对Fe2+被O2氧化的影响，如图。结合图分析不同pH对Fe2+被O2氧化的反响产生了怎样的影响：_。【答案】 (1). 溶液变成

20、血红色 (2). 2I-+2Fe3+=2Fe2+I2 (3). 溶液从黄色变为淡绿色 (4). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (5). 会引入Cu2+新的杂质 (6). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (7). 白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色 (8). 在pH小于7的情况下，pH越大，反响速率越快。【解析】【分析】(1) 久置的FeSO4溶液中局部Fe2+被空气中的氧气氧化；Fe3+与作用KSCN变成血红色；Fe3+将I-氧化为I2；(2)铁粉复原Fe3+而除去，溶液从黄色变为淡绿色；用铜粉作为除去FeSO4溶液中Fe3+会引入Cu2+新的杂质；(3)Fe(OH)2

21、在空气中被氧化生成Fe(OH)3；(4)根据反响物的浓度越大，反响速率越快进行判断。【详解】(1) 久置的FeSO4溶液中局部Fe2+被空气中的氧气氧化为Fe3+，向久置的FeSO4溶液中参加KSCN的现象为：溶液变成血红色，向含有Fe3+久置的FeSO4溶液中参加少量KI淀粉溶液，发现溶液变蓝，Fe3+将I-氧化为I2，发生反响的离子方程式为：2I-+2Fe3+=2Fe2+I2；(2)在溶液中参加少量铁粉，溶液中的Fe3+被铁粉复原为Fe2+，可以观察到的现象为溶液从黄色变为淡绿色；反响的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，不能用铜粉作为除去FeSO4溶液中Fe3+试剂的原因是：会引

22、入Cu2+新的杂质；(3)Fe(OH)2在空气中被氧化生成Fe(OH)3，反响的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，其现象为：白色沉淀迅速变为灰绿色，最终变为红褐色；(4)根据不同pH对Fe2+被O2氧化的关系图，可知pH越大，氧化速率越快，所以的氧化速率随pH增大而加快，故答案为：在pH小于7的情况下，pH越大，反响速率越快。22.铝是一种轻金属，被称为金属界的“万金油，应用范围极其广阔，含铝的化合物如氧化铝、氢氧化铝等在工业上用途十分广泛。(1)写出金属铝与NaOH反响的化学方程式，并标出电子转移数目和方向： _。将一滴汞滴在已除去外表氧化膜的铝片上，放置在空

23、气中等待片刻，滴在汞的地方会较快地长出“白毛，其成分为_。a. Al2O3 b . Al(OH)3 c. HgO d.铝汞齐(2)某兴趣小组尝试别离Fe2O3和Al2O3的混合物，流程图，写出以下操作的名称及物质的化学式：操作a的名称为_；试剂X_；不溶物A_；气体Y_；(3)写出Al(OH)3的电离方程式_。实验室通常用AlCl3溶液作为制备Al(OH)3的原料，写出在溶液中滴加过量NaOH溶液的化学方程式：_。(4)在100mL 2mol/L AlCl3溶液中滴加NaOH溶液，过滤、洗涤、烘干后得到7.8g Al(OH)3沉淀，那么参加的NaOH的物质的量为_mol。(5)氢氧化铝是应用广

24、泛的无机阻燃添加剂，阻燃时发生的化学反响为：2 Al(OH)3 Al2O3+3H2O根据方程式解释氢氧化铝能做阻燃剂的原因：_。【答案】 (1). (2). a (3). 过滤 (4). NaOH溶液 (5). Fe2O3 (6). CO2 (7). H2O+AlO2-+H+ Al(OH)3Al3+3OH- (8). AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O (9). 0.3mol或0.7mol (10). Al(OH)3在高温下能分解出H2O，其他产物无毒，且此反响为吸热反响。【解析】【分析】1铝作复原剂，水作氧化剂，根据氧化复原反响的规律分析作答；根据铝的化学性质活泼分析

25、；2利用氧化铝与氧化铁不一样的化学性质分析；3Al(OH)3为两性氢氧化物；溶液中滴加过量NaOH溶液会生成偏铝酸钠、氯化钠与水；4根据碱的用量是否能溶解沉淀氢氧化铝分类讨论；5从分解反响的特点考虑。【详解】1反响化学方程式为2A1+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2，Al失去电子，水中H得到电子，反响转移6e-，那么电子转移的方向和数目为；将一滴汞滴在已除去外表氧化膜的铝片上，放置在空气中等待片刻，滴有汞的地方会较快地长出“白毛，这是因为铝汞齐的存在，这时的氧化铝不再是致密结构，生成疏松的白色氧化铝成毛刷状，铝化学性质比拟活泼，易与氧气生成氧化铝，而汞化学性质不活泼，所以生成的白毛

26、为氧化铝，化学式为Al2O3，答案选a；(2) Fe2O3和Al2O3的混合物参加试剂X后通过操作a得到偏铝酸钠溶液和不溶物，那么操作a为固液别离，名称为过滤；氧化铝能与氢氧化钠溶液反响生成偏铝酸钠，故试剂X为NaOH溶液；Fe2O3不能与NaOH溶液反响，故不溶物A为Fe2O3；氢氧化铝能溶于强酸强碱，但不溶于弱酸，那么偏铝酸钠可通入CO2反响产生Al(OH)3，故气体Y为CO2；(3) Al(OH)3两性氢氧化物，能发生酸式电离和碱式电离，电离方程式为H2O+AlO2-+H+ Al(OH)3Al3+3OH-；常用AlCl3溶液作为制备Al(OH)3的原料，在AlCl3溶液中滴加过量NaOH

27、溶液反响生成偏铝酸钠、氯化钠和水，反响的化学方程式为：AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O；(4) 100mL2mol/L AlCl3溶液中AlCl3的物质的量为0.1L2mol/L=0.2mol；沉淀的质量是7.8g，其物质的量为 =0.1mol，假设碱缺乏，由Al3+3OH-Al(OH)3可知，NaOH的物质的量为0.1mol3=0.3mol；碱与铝离子的物质的量之比大于3：1，小于4：1，那么由 Al3+3OH-Al(OH)3 0.2mol 0.6mol 0.2mol Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O0.2-0.1mol 0.1mol那么消耗的碱的物质的量

28、为0.6mol+0.1mol=0.7mol；(5) Al(OH)3在高温下能分解出H2O，阻燃时发生的化学反响为：2 Al(OH)3 Al2O3+3H2O，其他产物无毒，且此反响为吸热反响，故氢氧化铝是应用广泛的无机阻燃添加剂。23.元素周期表与元素周期律是研究元素及其化合物性质的重要工具SeSr_(1)电石气是一种具有保健作用的天然石材，其中含有的主要元素为Be、S、Al、Na等元素。将上述元素符号填写在元素周期表的相应位置。(2)上述元素中，原子半径最大的是_用元素符号表示，在元素周期表中处于金属和非金属分界线附近的元素是_用元素符号表示；最高价氧化物水化物碱性最强的是_填化学式(3)元素

29、锶Sr在周期表中的位置是_，推测锶单质化合物的相关性质：碱性Ca(OH)2_Sr(OH)2填“强于或“弱于，SrSO4_填“难或“易溶于水；(4)通过_举一例可以判断硒Se、硫两种元素的非金属性强弱。从原子结构角度说明硒Se、硫两种元素的非金属性强弱的原因：_【答案】 (1). BeNaAlSSeSr (2). Na (3). Al (4). NaOH (5). 第五周期第A族 (6). 弱于 (7). 难 (8). 氢气化合的难易程度【解析】【分析】依据元素周期表的结构与元素的位置关系、元素周期律与元素金属性、非金属性的判断依据分析作答。【详解】(1) Be、S、Al、Na元素分别为第二周期

30、A族、第三周期A族、第三周期A族、第三周期A族元素。将元素符号填写在元素周期表的相应位置如下：BeNaAlSSeSr；(2)同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上而下原子半径依次增大，故上述元素中，原子半径最大的是Na，在元素周期表中处于金属和非金属分界线附近的元素是Al；最高价氧化物水化物碱性最强的是NaOH；(3)元素锶Sr在周期表中的位置是第五周期第A主族，推测锶单质化合物的相关性质：同主族从上而下金属性增强，其最高价氧化物的水化物的碱性越强，那么碱性Ca(OH)2弱于Sr(OH)2，根据硫酸镁易溶于水，硫酸钙微溶于水，可知第A族元素硫酸盐从上而下溶解性减弱，故SrSO4难溶

31、于水；(4)通过与氢气化合的难易程度可以判断硒Se、硫两种元素的非金属性强弱。从原子结构角度说明硒Se、硫两种元素的非金属性强弱的原因：Se和S最外层电子数相同，Se比S多一个电子层，半径更大，更不易得到电子，非金属性越强。24.根据实验室制定硫酸铜结晶水含量的实验，填写以下空白：实验步骤为：研磨；准确称取2.0g已经研碎的硫酸铜晶体；加热；冷却；称量；重复至的操作，直至；根据实验数据计算硫酸铜晶体里结晶水的含量。请答复相关问题：(1)步骤需要的实验仪器是_，步骤需要使用的仪器是_，使用此仪器的目的是防止无水硫酸铜在冷却过程中吸收空气中的水蒸气。(2)步骤所用的大局部仪器如以下图，在空格中填入

32、仪器的名称：步骤操作位重复至的操作，直至_(3)某学生实验后得到以下数据：加热前质量加热后质量m1容器m2容器+晶体m3容器+无水硫酸铜5.4007.9006.800计算：试验测定1mol硫酸铜晶体的结晶水：x=_，本次实验的相对误差为_。保存2位小数(4)假设操作正确，但实验测得的硫酸铜晶体里结晶水的含量偏低。其原因可能是_填编号A被测样品中含有加热不挥发的杂质 B被测样品中含有加热易挥发的杂质C实验前被测样品已有局部失水 D加热前所用的坩埚未完全枯燥 (5)用重量法测定绿矾FeSO4xH2O中结晶水含量，加热失水时必须不断通入氮气，装置如图，说明反响必须在氮气环境中的原因：_。【答案】 (

33、1). 研体 (2). 枯燥器 (3). 连续两次称量的质量差不超过0.1g为止 (4). 6.98 (5). 0.40 (6). AC (7). 空气中含有氧气和水蒸气，会是Fe2+发生水解和氧化，所以要在氮气环境中进行【解析】【分析】1首先根据实验步骤中的各步操作，确定所需的实验仪器；2加热固体至恒重；3根据结晶水合物中，结晶水的质量=m容器十晶体-m容器十无水硫酸铜，据化学方程式可以计算结晶水x的值，在测定中假设被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高、偏低；4根据操作过程中引起的固体质量的误差或杂质性质等进行分析判断；5根据+2价铁易被氧化进行分析解答。【详

34、解】(1)步骤研磨需要的实验仪器是研体，步骤冷却加热后的固体必须在枯燥器中进行，故需要使用的仪器是枯燥器，使用此仪器的目的是防止无水硫酸铜在冷却过程中吸收空气中的水蒸气；(2) 步骤操作位重复至的操作，直至连续两次称量的质量差不超过0.1g为止；(3) 硫酸铜晶体的质量为7.900g5.400g2.500g，水的质量为7.900g6.800g1.100g；CuSO4xH2OCuSO4 +xH2O160+18x 160 18x2.500g 1.100g ，解得x=6.98，硫酸铜晶体的化学式为CuSO45H2O，本次实验的相对误差为；(4)A、被测样品中含有加热不挥发的杂质，那么剩余固体的质量增加，那么水的含量偏低，选项A符合；B、被测样品含有易挥发的杂质，那么挥发出去都认为是水，那么水的质量变多，那么结晶水的含量增加，选项B不符合；C、实验前被测样品中已经局部失水，那么测的水的质量减小，结晶水的含量偏低，选项C符合；D、坩埚未枯燥，那么加热时也有水减小，那么结晶水的质量增加，含量增加，选项D不符合。答案选AC；(5) 空气中含有氧气和水蒸气，会Fe2+发生水解和氧化，所以要在氮气环境中进行。- 16 -