2010届高三化学140分突破精品资料第20讲doc--高中化学 .doc

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1、 永久免费组卷搜题网2010届高三化学140分突破精品资料第20讲单元同步自测题第卷（选择题 共48 分）可能用到的相对原子质量：H：1 N：14 O：16 S:32 Cl：35.5 Na：23 Mg：24 Al：27 Fe：56 Cu：64 Zn：65 一、选择题(本题包括8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题意。) 1近年来开始使用一种新型汽油防震剂五羰基合铁Fe(CO)5来代替四乙基铅(C2H5)4Pb，在上述两种化合物中铁、铅两元素的化合价分别是A+2 +2 B+3 +4 C+3 0 D0 +4 2 20mL 由两种气态烃组成的混合物，和足量的O2完全燃烧生成了30mL

2、H2O和40mL CO2 (在同温同压下测定)。该混合物可能由下列哪两种烃组成的 AC2H2、C2H4 BC2H4、C2H6 CCH4、C2H2 DC2H4、C3H8 3某温度下，100 g饱和氯化钠溶液中含有氯化钠26.5 g。若向此溶液中添加3.5 g氯化钠和6.5 g水，则所得溶液的溶质质量分数是A30% B100% C26.5% D100%4将ag铁镁合金溶解在一定量的稀硝酸中，当合金完全溶解后，收集到标准状况下的NO气体bL(设硝酸的还原产物只有NO)。再向反应后的溶液中加入足量NaOH溶液，得到沉淀物。若用守恒法求沉淀物的质量，用到的守恒关系依次是 A质量守恒、电子守恒、电荷守恒

3、B电子守恒、质量守恒、电荷守恒C电子守恒、电荷守恒、质量守恒 D电荷守恒、质量守恒、电子守恒5常温下，有甲、乙两份体积均为1 L，浓度均为0.1 molL-1的氨水，其pH为11。甲用蒸馏水稀释100倍后，溶液的pH将为a；乙与等体积、浓度为0.2molL-1的HCl混合，在混合溶液中：n(NH4+)+n(H+)n(OH)=b mol 。a、b正确的答案组合是A911之间；0.1 B911之间；0.2C1213之间；0.2 D13；0.16 有关键能数据如下表：化学键HSSSSOHO键能/kJmol-1364266522464已知发生下列反应2H2S(g)SO2(g)3S(g)2H2O(g)；

4、HQkJ/mol，反应产物中的S实为S8，实际分子是一个8元环状分子(如图)。则Q值为A-154 B154 C308 D无法计算7右图表示金属X、Y以及它们的合金Z分别与足量盐酸反应时产生氢气的情况，其中横坐标表示消耗金属的物质的量，纵坐标表示产物氢气的体积(标准状况)。下列对有关Z的组成的判断，正确的是An(Na):n(Fe)=2:1 Bn(Mg):n(K)=1:2Cn(Na):n(Al)=1:3 Dn(K):n(Al)=1:18 在25 时向V mLpH=a的盐酸中，滴加pH=b的NaOH(aq)10V mL时，溶液中Cl的物质的量恰好等于Na的物质的量，则ab的值是A13B14C15D不

5、能确定二、选择题(本题包括6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题为0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的给2分，选两个且都正确的给满分，但只要选错一个该小题就为0分。) 9下列说法正确的是(NA表示阿伏加德罗常数) A标准状况下，以任意比例混合的甲烷和丙烷混合物22.4L，则所含有的分子数为NAB标准状况下，1L辛烷完全燃烧后，所生成气态产物的分子数为C常温常压下，活泼金属从盐酸中置换出1molH2时发生转移的电子数为2NAD常温常压下，1mol氦气含有的核外电子数为2NA10 硝酸发生氧化还原反应的时候，一般硝酸浓度越稀

6、，对应的还原产物中氮的化合价越低。现有一定量的铝铁合金与一定量稀HNO3充分反应，反应过程中无任何气体放出。在反应结束后的溶液中，逐滴加入4mol L NaOH溶液，所加NaOH溶液的体积(mL)与产生沉淀的物质的量(mol)关系如图所示。下列说法中不正确的是A合金与硝酸反应时硝酸过量 B合金中铝的物质的量为0.008molC合金中金属的物质的量共为0.032mol D无法求出C点的值11有一钠块放置于潮湿空气中，表面氧化变质，但仍为白色块状固体，称其质量为25g，将其全部投入足量水中反应，得到溶液1000mL，并收集到气体2.24L(标准状况下的纯净物)，再取此溶液100mL，用1mol/L

7、的盐酸滴定至中性，用去70mL，并将滴定过程中产生的气体通入到足量的澄清石灰水中，得到干燥的沉淀1g，则金属钠的氧化率为A71.4% B81.6% C18.4% D28.6%12 t时，将100 g某物质A的溶液蒸发掉10 g水，恢复至t，析出2.5 g晶体；再蒸发掉10 g水，恢复至t，析出7.5 g晶体。下列说法中正确的是At时原溶液是不饱和溶液 B若A是CuSO4，则7.5 g晶体中含水2.7 gCt时A的溶解度为75 g D原溶液中A的质量分数为4013许多小溪流经煤矿和金属矿，由于含硫矿床暴露在空气中或暴露到含氧的水中，使这些小溪中的水具有酸性，致使溪水中含有大量的硫酸亚铁，它们的浓

8、度都很高。最常见的含硫矿是黄铁矿(FeS2)，当富含铁的溪水和其他水混合时，溶于水的铁以针铁矿FeO(OH)的形式沉淀出来，覆盖小溪的底部，而水仍保持酸性。如果黄铁矿全部转化成FeO(OH)和H+，那么要使1 L纯水的pH降到3.0，消耗FeS2的量为A2.5104 mol B1.25104 mol C5104 mol D1104 mol14将amL 0.1mol/L硫酸铝溶液与bmL 0.5mol/L氢氧化钠溶液混合，得到cmol氢氧化铝沉淀，若已知a、b、c中任意两个值，求另一个值，所求的值不止一个解的是（各选项中，单位均已略去）Aa100 b90 c? Ba100 c0.015 b?Cb

9、90 c0.015 a? Da75 c0.015 b?第卷（非选择题，共72分）三、（本题包括3小题，共18分）15(6分)某斑铜矿（Cu5FeS4）和黄铜矿（CuFeS2）的混合物按下列流程联合生成铜和硫酸。假定富集后的矿物中只含Cu5FeS4和CuFeS2两种物质，试回答下列问题（假定各步反应均完全）。若混合物中含Fe1mol，实际生产中第步消耗氧气_mol；为使其中的铜全部转化为铜单质，依据配料第步反应需再充入氧气的物质的量_（填取值范围）。16(6分)已知在一定温度下可发生反应： NO2+SO2=NO+SO3(g)，且此反应为不可逆。现将一定温度下的NO和SO2混合气体100 mL通入

10、容积固定的密闭容器中，试回答下列问题。(不考虑NO2转化为N2O4，气体体积均在相同条件下测定)。(1)若向容器中通入40 mL O2后，容器中才开始出现不再褪去的红棕色，则原混合气体中的体积分数为 。(2)若向容器中通入V mL O2后，容器中只有NO2和SO3两种气体，则V= mL。(3)若向容器中通入V mL O2时，要使容器内的压强保持不变，则V的取值范围是 。17 (6分) (1)用惰性电极电解一定浓度的400mL硫酸铜溶液(不考虑电解过程中溶液体积的变化)，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCuO后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，电解过程中转移的电子为_mol。(

11、2)如果向所得的溶液中加入0.1molCu(OH)2后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH，电解过程中转移的电子为_mol。(3)如果向所得的溶液中加入0.1molCu2(OH)2CO3后，使溶液恰好恢复到电解前的浓度和pH(不考虑CO2的溶解)，电解过程中转移的电子为_mol。四、（本题包括3小题，共28分）18(8分)工业上生产盐酸，必须先合成氯化氢气体，生产中得到的氯化氢气体中或多或少都会含有生成氯化氢的一种反应物，将该混合物用蒸水吸收可得一定浓度的纯盐酸，此过程中逸出的气体可以循环利用。(1)写出工业电解食盐水制取H2和Cl2的化学方程式：_。(2)工业上要得到纯盐酸并保障工人工作安全

12、，如何合成氯化氢是关键的一步。则下列合成氯化氢气体的方法能达到生产目的的是_。A点燃H2和Cl2的混合物，二者体积(标准状况下测定)比为11最合适B点燃H2和Cl2的混合物，二者体积(同温同压下测定)比不应为11C纯净的H2在过量的Cl2中安静地燃烧D纯净的Cl2在过量的H2中安静地燃烧(3)工业上电解质量分数为23.4的精制食盐水a kg，电解后残液的密度为 kgL。将产生的H2、Cl2在一定条件下反应制成质量分数为36.5的盐酸b kg，已知H2、C12的利用率均为c。残液中氯化钠的质量分数（用含a、b、c的代数式表示）为_。残液中NaOH的物质的量浓度（用含a、b、c、的代数式表示）为_

13、。19(10分)已知水在25和95时，其电离平衡曲线如右图所示：(1)则25时水的电离平衡曲线应为 ，（填“A”或 “B”），请说明理由_。(2)25时，将pH9的NaOH溶液与pH4的H2SO4溶液混合，若所得混合溶液的 pH7，则NaOH溶液与H2SO4溶液的体积比为_。(3)95时，若100体积pH1a的某强酸溶液与1体积pH2 b的某强碱溶液混合后溶液呈中性，则混合前，该强酸的pH 1与强碱的pH 2之间应满足的关系是_。(4)曲线B对应温度下，pH2的某HA溶液和pH10的NaOH溶液等体积混合后，混合溶液的pH5。请分析其原因：_。20(10分)工业上制备氯化铜时，是将浓盐酸用水蒸

14、汽加热至80左右，慢慢加入粗制氧化铜粉(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌，使之溶解，反应如下： CuO + 2HCl CuCl2 + H2O ，FeO + 2HCl FeCl2 + H2O。已知：pH9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH4.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式开始沉淀； pH6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在34时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀。为除去溶液中Fe2+，可采用的方法是 。工业上为除去溶液中的Fe2+，常使用NaClO，当向溶液中加入NaClO后，可能发生反应的离子方程式为_。溶液的pH变化是 。若此溶液只含Fe3+时，要

15、调整pH在34之间，此时最好向溶液中加入 。(4)已知溶液中c(Cu2+)与溶液pH的关系为lg c(Cu2+)8.62pH，若溶液中c(Cu2+)为1 mol/L，要保证此溶液中Cu2+刚好不发生Cu(OH)2沉淀，则溶液pH应为_，此时溶液中的铁离子能否沉淀完全_(填“能”或“否”)。五、（本题包括3小题，共26分）21(8分)有机物X由C、H、O三种元素组成，X的沸点是198，已知：在一定温度和压强下，在密闭容器中把4.2LX蒸气和16.0LO2混合点燃，当充分反应后，将温度和压强恢复到原来状况，得混合气体A为26.5L(已知在该实验状况下气体的摩尔体积为42.0L/mol)；当A处于标

16、准状况下时，气体体积变为7.3L，此时测得气体对H2的相对密度为19.64。解答下列问题：(1)推断气体A的组成(简述过程和结论)。(2)计算A的各组分的物质的量。(3)确定X的分子式和结构简式。22(8分)在标准状况下，将质量为相同状况下同体积氢气质量16倍的CO2和CO的混合气体，充入盛有足量Na2O2且容积为2.24 L的密闭容器中(固体的体积忽略不计)，用间断发生的电火花引发反应，使可能发生的反应充分进行。试计算：(1)反应前充入容器中的CO2和CO的物质的量各是多少？(2)最后容器中的生成物有哪些？其质量各是多少？23(10分)Na2S2O35H2O(俗称海波)是照相业常用的一种定影

17、剂，常采用下法制备：将亚硫酸钠溶液与硫粉混合共热，生成硫代硫酸钠Na2SO3+SNa2S2O3，滤去硫粉，再将滤液浓缩、冷却，即有Na2S2O35H2O晶体析出。该法制得的晶体中常混有少量Na2SO3和Na2SO4的杂质。为测定一种海波晶体样品的成分，某同学称取三份质量不同的该样品，分别加入相同浓度的H2SO4溶液20 mL，充分反应后滤出硫，并将滤液微热(假定生成的SO2全部逸出)，测得有关实验数据如下(标准状况)：第一份第二份第三份样品的质量/g12.6018.9028.00二氧化硫的体积/L1.121.682.24硫的质量/g1.281.922.56(1)样品与硫酸可能发生反应的离子方程

18、式为 。(2)根据上表数据分析，该样品 (填选项字母)A只含有Na2S2O3 B含有Na2S2O3和Na2SO3两种成分C含有Na2S2O3、Na2SO3和Na2SO4三种成分(3)试计算：该样品中各成分的物质的量之比。(4)求所加硫酸溶液的物质的量浓度是多少？(5)若将63g该样品与一定量的该硫酸溶液微热，欲计算生成SO2的体积，还需要提供的一个数据是(用a表示该数值，并注明单位) 。试讨论：当a在不同取值范围时，SO2的体积b。并请在图上画出b随a变化的曲线。2010届高三化学140分突破精品资料第20讲参考答案1 D (C2H5)4Pb中Pb为+4价，五羰基合铁为配合物，羰基(CO)为中

19、性配位体，故Fe(CO)5中Fe元素为0价，但铁仍以化合态形式存在，不可误认为以单质形式存在。2 A 根据阿伏加德罗定律可知n(烃)：n(C)：n(H)20：40：3021：2：3，故该烃的平均组成为C2H3，只有选项A符合要求。3C 根据题意可知26.5 g NaCl固体溶解在73.5g水中达饱和，由此可知3.5 gNaCl固体溶解在6.5 g水中正好也构成饱和溶液，因此正确答案为C。4C 得到的沉淀物是金属氢氧化物沉淀，沉淀的质量由金属的质量和OH-的质量2部分组成，金属的质量是已知的，关键是求OH-的质量，欲求OH-的质量，关键是求OH-的物质的量，OH-的物质的量取决于金属铁和镁各自的

20、物质的量，由于稀硝酸的氧化产物NO气体的体积已知，因此可利用氧化还原中得失电子守恒求出金属各自的物质的量。反推可知依次用到的思想是得失电子守恒确定金属的物质的量，再有电荷守恒确定OH的物质的量，最后通过质量守恒求出沉淀的质量。5A NH3H2O是弱电解，溶液中存在电离平衡，稀释后溶液中的OH-离子浓度介于10-310-5之间，故其pH介于911之间。混合溶液中的电荷守恒式可表示为：n(NH4+)+n(H+)= n(OH)+ n(Cl)，即b表示溶液中的氯离子浓度，在混合过程中氯离子没有参与反应，物质的量不变，体积扩大一倍，因此其浓度是原来的一半。6B 因其中的硫为S8，所以该反应可以改写为：

21、2H2S(g)SO2(g)=3/8S8(s)2H2O（g） H=-QkJ/molH=4364kJmol12522kJmol13266kJmol14464kJmol1=154kJmol1。因此选B。7 D 由图可知4mol单质Y和足量盐酸反应产生134.4L(6mol)气体，可知Y能形成+3价的金属阳离子。同理可知单质X可形成+1价的金属阳离子，这样可排除A和B。由图可知由X和Y构成的1mol合金跟足量盐酸反应可产生1mol气体，可知金属X和金属Y是按物质的量之比1:1构成的合金。8 A 根据电荷守恒，反应后的溶液中：c(Na)c(H)=c(OH)c(Cl)，由于c(Na)=c(Cl)，所以：c

22、(OH)=c(H)，即酸所提供的n(H)等于碱所提供的n(OH)：10a molL1V mL=10b14 molL110V mL，解得：ab=13。9 AC 阿伏加德罗定律所述的气体包括混合气体。标准状况下，22.4L混合气体所含有的分子数为NA，所以选项A正确。标准状况下，辛烷是液体，不能使用标准状况下气体的摩尔体积22.4L/mol这一量，所以1L辛烷的物质的量不是1/22.4mol，选项B错误。每生成1molH2时必有2molH+获得2mol电子，即转移电子数为2NA，选项C正确。1个氦原子核外有2个电子，氦气是单原子分子，所以1mol氦气含有2mol电子，这与外界温度和压强无关，所以选

23、项D正确。10 D 由题意知，金属与硝酸反应时，硝酸的还原产物为NH4NO3，由图又可看出金属与硝酸反应后，硝酸是过量的，故金属的氧化产物为Fe(NO3)3、Al(NO3)3。图中：(1)0C：H+OH-=H2O；(2)C31：R3+3OH-=R(OH)3(R代表Fe或Al)；(3)3134：NH4+ OH-=NH3H2O；(4)3436：Al(OH)3+ OH-=AlO2-+ 2H2O。由(4)知nAl(OH)3=0.002L4 mol/L=0.008 mol=n(Al)。由(3)知，n(NH4NO3)= 0.003L4 mol/L=0.012 mol，根据反应中得失电子相等的原则得：3n(

24、R3+)=0.0128=0.096 mol，则n(R3+)=0.032 mol=n(合金)。031mL中，用于沉淀金属离子的OH-有0.096 mol，故C点：(0.031L4 mol/L-0.096 mol)/ 4 mol/L=0.007L，即7mL。11 A 由于钠块表面氧化变质的部分不一定都是生成Na2CO3(可能有NaOH)，故“沉淀1g”作为干扰信息应舍去不用。由钠块与水反应收集到0.1molH2，可求出未被氧化的钠的物质的量为0.2mol，再据电中性原则，求出取出的100mL溶液中n(Na+)=n(Cl-)=1mol/L0.07L=0.07mol，则1000mL溶液中n(Na+)=

25、0.7mol，这就是整个钠块中钠的物质的量，故金属钠的氧化率为%=71.4%。12 AB 第二次蒸发掉10 g水时析出的晶体比第一次多，说明原溶液不饱和。析出的晶体可能是无水的，也可能是结晶水合物。若析出无水晶体，则C、D两选项正确。13 A 由题意可知该过程中发生化学反应的化学方程式分别为：黄铁矿在小溪中被氧化成Fe2+和SO42-：2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2+4SO42-+4H+。Fe2+被氧化而生成针铁矿，其离子方程式为：4Fe2+O2+6H2O=4FeO(OH)+8H+。要使1 L水的pH降到3.0时，需n(H+)=103 mol。由离子方程式可得关系式FeS24H+，所以

26、需FeS2的物质的量为1/4103 mol=2.5104 mol。14BC 对于选项A，硫酸铝和氢氧化钠恰好完全反应生成Al(OH)3沉淀，c值为定值。对于选项B，n(Al3+)=0.03mol，c0.015moln(Al3+)，b值有两解，一种情况NaOH不足，使得溶液中的Al3+未沉淀完全，另一种情况是NaOH过量，使得生成的Al(OH)3沉淀又部分溶解。对于选项C，当b90时，n(NaOH)=0.045mol，现生成Al(OH)3沉淀共0.015mol，说明NaOH已耗完，原溶液中铝离子的物质的量至少需0.015mol，如过量，对生成的沉淀也没有影响，因此a值可取大于或等于75的任何数，

27、有无数个解。同样分析得，选项D中b中也只有一个解。15答案：2mol (0.25mol 2.5mol)解析：斑铜矿和黄铜矿经第一步反应的产物为SO2、FeO和Cu2S，因此可把两种矿物的化学式转化为2.5(Cu2S)FeS1.5和0.25(Cu2S)FeS1.5，易知若混合物中含Fe1mol，相当于1mol FeS1.5转化1molFeO和1.5molSO2所消耗的氧气量，求得第步消耗氧气2mol。同时根据所变形得到的化学式可知，第一步反应生成的Cu2S物质的量在0.25mol至2.5mol之间，第二步二个反应相加得制金属铜的总反应式：Cu2S+O2=2Cu+SO2，因此第步反应需再充入氧气的

28、物质的量在0.25mol至2.5mol之间。16答案：(1)80%(或0.8) (2)50 (3)0V(O2)50解析：(1)本题根据反应式NO2+SO2=NO+SO3(g)可知，要使红棕色不再褪去，只有SO2完全消耗时才成立，则可设100ml中含SO2xml，则NO为 (100x)ml，40mlO2可消耗80mlNO也就是消耗SO280ml，所以，SO2的体积分数为80%。(2)要使容器中只有NO2和SO3两种气体，则相当于NO2和SO2均增加了一个氧原子(2SO2O2、2NOO2)，100ml混合气体则消耗O2的体积V=1002=50ml。(3)要使压强保持不变，则V的值不能超过50ml，

29、否则，氧气过量，使压强增大。17 (1)0.2 (3分) (2)0.4 (4分) (3)0.6 (4分)解析：(1)电解硫酸铜溶液的反应方程式为：2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2，从方程式可以看出，电解硫酸铜过程中只析出铜和释放出氧气，加入0.1molCuO可以使溶液恢复至原来状态，说明参与反应的硫酸铜只有0.1mol，转移的电子为0.2mol。(2)加入0.1mol Cu(OH)2可以使溶液恢复至原来状态，说明电解过程中不仅硫酸铜被电解，而且有水被电解。0.1mol Cu(OH)2可以看作是0.1mol的CuO和0.1molH2O，则转移的电子为0.4mol。(3)加入0.1

30、molCu2(OH)2CO3可以看作0.2mol的CuO和0.1molH2O和0.1molCO2，相当于有0.2mol的硫酸铜和0.1mol的水被电解，因此转移的电子为0.6mol。18(1)2NaCl2H2OH2Cl22NaOH (2)D(3)w(NaCl)100 c(NaOH)10mol/L 解析：(2)不论H2在Cl2中燃烧，还是Cl2在H2中燃烧，都是H2和Cl2的反应，反应的温度条件是相同的，前者产生的HCl中混有一定的Cl2，后者产生的HCl中混有一定量的H2，HCl(Cl2)溶于水得到盐酸和氯水的混合液，HCl(H2)溶于水得到纯盐酸，H2可以循环利用。(3)根据氯元素守恒可得关

31、系式：NaClCl2HCl，电解过程中消耗NaCl的质量为：=58.5b/ckg，电解过程中溶液减少的质量为放出气体的质量，其质量为：=36.5b/c kg，最后易求得残液中NaCl的质量分数和NaOH的物质的量浓度。19答案：A 水的电离是吸热过程 ，温度低时，电离程度小，c(H+)、c (OH)小10 : 1 +b=14 或：1214曲线B对应95，此时水的离子积为1012。HA为弱酸，HA中和NaOH后，混合溶液中还剩余较多的HA分子，可继续电离出H+，使溶液pH5。解析：本题的关键是在搞清楚温度对水电离平衡、水的离子积和溶液pH的影响。当温度升高时，促进水电离，水的离子积也增大，水中氢

32、离子浓度、氢氧根离子浓度都增大，水的pH也增大，但溶液仍然呈中性。因此结合图象中A、B曲线变化情况及氢离子浓度、氢氧根离子浓度可以判断出25 时水的电离平衡曲线应为A，理由为水的电离是吸热过程，升高温度，使水的电离程度增大。中25时所得混合溶液的 =7，溶液呈中性即酸碱恰好中和，即n(OH)= n(H+)，则V(NaOH)10-5mo1L1=V(H2SO4)10-4mo1L1，得V(NaOH)V(H2SO4)101。要注意是95时，水的离子积为10-12，即c(H+)c(OH)=1012，即：等体积强酸碱反应至中性时(酸)(碱)12。根据95时混合后溶液呈中性，2b的某强碱溶液中c(OH)=1

33、0b12；有 10010a110b12，即：10a210b12，所以，有以下关系：+b14，或：12=14。中在曲线B对应温度下，因(酸)(碱)12，可得酸碱两溶液中c(H+) = c(OH)，如 是强酸、碱，两溶液等体积混合后溶液应呈中性；现混合溶液的pH5，即等体积混合后溶液显酸性，说明酸过量，所以说酸HA是弱酸。20根据题意可知，当Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀时，Cu2+已经沉淀完毕，因此欲除去Fe2+，应先将Fe2+氧化成Fe3+，再调节溶液的pH在34之间。根据题意当氧化剂选用NaClO时，NaClO先将Fe2+氧化，然后再和Fe3+发生双水解反应，其反应的离子方程式可表示

34、为：2Fe2+ClO-+2H+=2Fe3+Cl-+H2O，Fe3+3ClO-+3H2O=Fe(OH)3+3HClO，很显然，随着反应的进行，溶液的pH增大，Fe3+同样开始沉淀。在调整pH的同时应不带入新的杂质离子，因此可选用难溶于水的氧化铜或氢氧化铜等固体。当c(Cu2+)为1 mol/L时，代入关系式lg c(Cu2+)8.62pH，可解得pH=4.3，此时溶液中的Fe3+能沉淀完全。21(1)O2、CO2、H2O (2)O2 0.13mol CO2 0.2mol H2O 0.3mol (3)C2H6O2 CH2OHCH2OH解析：标准状况下，混合气体A的平均相对分子质量为39.28，所以

35、A可能为CO、CO2、H2O的混合物，也可能为O2、CO2、H2O的混合物，因为n(有机物)=0.1mol；n(H2O)=(26.5/42)-(7.3/22.4)=0.3mol，所以X中氢原子数为6，若A为CO、CO2、H2O的混合物，则n(C)=7.3/22.4=0.326，不符合题意。所以A为O2、CO2、H2O的混合物。其余易得。22(1)0.025 mol，0.075 mol； (2)Na2CO3 10.6 g，O2 0.4 g。解析：(1)根据题意，混合气体的平均摩尔质量为32 gmol1，物质的量为0.1 mol，依题意可知：44 gmol1n(CO2)+28 gmol1n(CO)

36、=32 gn(CO2)+n(CO)=0.1 mol解得：n(CO2)=0.025 mol，n(CO)=0.075 mol。(2)容器中发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，Na2O2+CO=Na2CO3由此可知，最后容器中的生成物有Na2CO3和O2，其中n(Na2CO3)=n(CO2)+n(CO)=0.1 mol，n(O2)=0.0125 mol， m(Na2CO3)=10.6 g，m(O2)=0.4 g。23解析：(1)S2O32+2H+ S+SO2+H2O SO32+2H+ SO2+H2O (2)三份样品质量比为：12.60g:18.90g:28.00 g = 1:1

37、.5:2.2三份样品生成硫的质量比为：1.28 g : 1.92 g : 2.56 g = 1:1.5:2.0故第一、二份样品完全反应第三份样品过量若样品全为Na2S2O35H2O，则生成若样品全为Na2SO3，则生成 故样品中含Na2SO4，又样品中含Na2SO3综上，样品中含有Na2S2O35H2O、Na2SO3、Na2SO4。答案C。(3)选择第一份样品所提供的数据计算如下：由Na2S2O3+H2SO4 Na2SO4+ S + SO2 +H2O 0.04 mol 0.04mol 0.04mol可知，所以。(4)第三份样品因过量故H2SO4全部反应。 ，故Na2SO3与H2SO4反应放出，故消耗n（H2SO4）=0.08 mol+0.02 mol=0.1 mol，。(5)硫酸溶液的体积a L(或a mL)，设63 g样品中含x mol Na2SO3则含Na2S2O35H2O为4x mol ，Na2SO4 x mol 则有：2484x+126x+142x=63， x=0.05 mol当0a0.05 时，b=5.6 L。见右图。 永久免费组卷搜题网