2020届高考二轮复习金属及其化合物专题：第6节+铁、铜(B卷)+Word版含答案

(5)4CuSO4? 5H2O===4CuO+2SO2?+ 2SO3+20H2O+O2? (6)

8V；b m△解析：（1)仪器a的名称是球形干燥管，也可称为干 燥管；在a中，棒香能复燃，说明反应中产生了助燃 性的气体氧气，故答案应为（球形）干燥管、O2; (2)A中固体由蓝色变为黑色，说明胆矾发生了分 解，产生了CuO和水等。故B中的白色CuSO4粉末因吸水变为蓝色，故答案应为固体由白色变为蓝色；

(3)由题目所给信息可知. SO3的熔点为16. 8℃，沸 点为46. 8 ℃，所以C中冰水的作用是为了使SO3凝结，防止其挥发，影响对SO2的检验，故答案应为 防止SO3挥发；

(4)D中品红溶液褪色，证明气体中存SO2，故多E中为NaOH与SO2反应生成Na2SO3，后Na2SO3被氧气氧化为Na2SO4，该反应总的离子方程式为

2-2SO2+ 4OH-+O2===2SO4+2H2O；

(5)在反应中当生成1 molSO2时转移2mol电子，则应有0. 5 mol 02生成.根据题目中生成SO3和SO2的物质的量之比为1 : 1，则胆矾热分解的化学方程式为4CuSO4? 5H2O===4CuO+2SO2?+ 2SO3+20H2O+O2?

△(6)①设胆矾样品中CuSO4的质量为x克，所以所 取待测液中含有的铜离子的物质的量可表示为n?Cu2+?=xg由滴定反应原理，可建立如下关系：

160g/mol?5Cu2++H2Y2+==CuY2-+2H2+ 1 1

xg0.100 0mol?L?V?10?3

160g/mol?5列算式

xg=0.100 0mol?L?V?10?3，x = 0. 08V g;则样品中CuSO4的质量分数为

160g/mol?50.08V8V?100%=% mm②a.由于待测液中溶质的量由滴定管控制，故未润洗锥形瓶，对滴定实验结果不产

生影响；滴定终点时仰视读数，则使读得标准液的消耗体积偏大，由C待=知滴定结果偏高滴定终点时滴定管尖嘴中有气泡，则使读得标准 液的消耗体积比实际消耗的偏小，由C待=含量的测定结 果偏高的是b。

20答案及解析：

答案：（1）滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红 （2）AgI

（3）①4Fe2+ + O2 + 4H+ == 4Fe3+ + 2H2O 溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+

②Ag+与I?生成了AgI沉淀，降低了I?的浓度，使平衡2Fe2++ I2 I2氧化了Fe2+

V标C标V待V标C标V待可

可知滴定结果偏低；所以导致CuSO42Fe3++ 2I?正向移动，使

（4）①加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成 ②ⅰ．Fe2+ + Ag+== Fe3+ + Ag

ⅱ．AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应 解析：

(1)检验Ⅱ中有无Fe3+的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红，故答案为：滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红； (2)分析可知，反应Ⅲ中的黄色浑浊是AgI，故答案为：AgI；

(3)①空气中存在O2,由于发生反应4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O,可产生Fe3+，

-溶液中Ag+具有氧化性,可产生Fe3+,酸性溶液中NO3具有氧化性,可产生Fe3+,该条件下,I2

溶液可将Fe2+氧化为Fe3+，

-故答案为：4Fe2++O2+4H+═4Fe3++2H2O;酸性溶液中NO3具有氧化性,可产生Fe3+；

②通过实验进一步证实a、b、c不是产生Fe3+的主要原因,假设d成立。Ⅱ→Ⅲ的过程中I2溶液氧化Fe2+的原因是：Ag+与I?生成了AgI沉淀,降低了I?的浓度,使平衡2Fe2++I2 ?2Fe3++2I?正向移动,使I2氧化了Fe2+，

故答案为：Ag+与I?生成了AgI沉淀,降低了I?的浓度,使平衡2Fe2++I2 ?2Fe3++2I?正向移动,使I2氧化了Fe2+；

(4)①验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色，静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成，

故答案为：加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色；静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成；

②ⅰ。实验1中发生反应的离子方程式是Fe2++Ag+═Fe3++Ag， 故答案为：Fe2++Ag+═Fe3++Ag；

ⅱ。ⅱ。Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是：AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应，

故答案为：AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应。