题目内容
【题目】氯化亚铜（CuCl）常用作催化剂、杀菌剂等。
（1）将Na2SO3溶液逐滴加入到CuCl2溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，得到CuCl沉淀。该反应中被氧化的物质是______（填化学式）。
（2）为测定制得CuCl样品的纯度，进行下列实验：a．称取0.5000 g样品，放入盛有 20 mL过量FeCl3溶液和玻璃珠的锥形瓶中，不断摇动；b．待样品溶解后，加水50 mL；c．立即用0.2000 mol·L-1 Ce(SO4)2标准溶液滴至反应完全，记录消耗标准溶液的体积； d．重复步骤a至c 2次，记录消耗标准溶液的平均体积为25.00 mL。
已知：CuCl + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + Cl－ Fe2+ + Ce4+ = Fe3+ + Ce3+
①配制100 mL 0.2000 mol·L-1 的Ce(SO4)2标准溶液时，需要的玻璃仪器除烧杯、量筒、玻璃棒、100 mL容量瓶外，还需要_______。
②通过计算确定该样品中CuCl的纯度。______
③进行步骤c时若操作缓慢，则测得CuCl的纯度_______（“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
【答案】Na2SO3 胶头滴管 99.5% 偏小
【解析】
（1）盐酸、亚硫酸根离子和铜离子发生氧化还原反应生成CuCl白色沉淀、硫酸根离子，氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物是被氧化的物质，也是还原剂，得电子化合价降低的反应物是被还原的物质，也是氧化剂；（2）①根据配制一定物质的量浓度的溶液使用的仪器解答；②依据方程式CuCl+Fe3+=Cu2++Fe2++Cl-、Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+中各反应物量之间的关系，可得关系式：CuCl～Ce4+，据此计算CuCl的纯度；③步骤c发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，若操作缓慢，亚铁离子被氧气氧化。
（1）在Na2SO3的水溶液中逐滴加入CuCl2的水溶液中，再加入少量浓盐酸混匀，倾出清液，抽滤即得CuCl沉淀，反应的离子方程式为：2Cu2++SO32-+2Cl+H2O=2CuCl↓+SO42-+2H﹢，该反应中化合价变化Cu（+2→+1），S（+4→+6），氧化还原反应中，失电子化合价升高的反应物是被氧化的物质，该反应中被氧化的物质是Na2SO3；
（2）①配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，配制100mL溶液用到的仪器有托盘天平（称量）、药匙、玻璃棒（溶解、移液）、胶头滴管（定容）、烧杯（溶解）、100mL容量瓶（定容、摇匀）故还需要的玻璃仪器有：胶头滴管；
②称取0.5000g样品，放入盛有 20mL过量FeCl3溶液和玻璃珠的锥形瓶中，不断摇动；发生反应：CuCl+FeCl3═CuCl2+FeCl2，用0.2000molL-1 Ce（SO4）2标准溶液滴至反应完全，发生反应Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，可得关系式：CuCl～Ce4+，故n（CuCl）=n（Ce4+）=0.2000molL-1×25.00×10-3L=5.000×10-3mol，则CuCl的纯度为
×100%=99.5%；
③亚铁离子易被氧气氧化，步骤c发生反应：Fe2++Ce4+=Fe3++Ce3+，根据CuCl～Ce4+，计算CuCl的纯度，进行步骤c时若操作缓慢，被氧化的亚铁离子不再与Ce4+反应，则测得CuCl的纯度偏小。
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【题目】N2O5是一种新型硝化剂，一定温度下发生反应2N2O5(g)4NO2(g)＋O2(g) ΔH>0, T1温度下的部分实验数据如下表所示。
t/s | 0 | 500 | 1 000 | 1 500 |
c(N2O5)/(mol/L) | 5.00 | 3.52 | 2.50 | 2.50 |
下列说法正确的是
A. 该反应在任何温度下均能自发进行
B. T1温度下的平衡常数为K1＝125，1 000 s时N2O5(g)转化率为50%
C. 其他条件不变时，T2温度下反应到1 000 s时测得N2O5(g)浓度为2.98 mol/L，则T1<T2
D. T1温度下的平衡常数为K1，T2温度下的平衡常数为K2，若T1>T2，则K1<K2
