【化学】培优易错试卷化学反应原理辅导专题训练

1、【化学】培优易错试卷化学反应原理辅导专题训练一、化学反应原理1.某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反应速率的因素，做了以下实验。用三支试管各取5.0mL、0.01molL1的酸性KMnO4溶液，再分另1J滴入0.1molL1H2C2O4溶液，实验报告如下。实验编号0.01mol”：隈性KMnOa溶液OdnwbL"溶液水反应温度TC反应时间再15,0mL5,0mL020125-25,0mLVL0niL20320_35,0mL5,0mL05030实验1、3研究的是对反应速率的影响。表中V=mLo(2)小组同学在进行(1)中各组实验时，均发现该反应开始时很慢，一段时间后速率会突然加快。对

2、此该小组的同学展开讨论：甲同学认为KMnO4与H2c2d的反应放热，温度升高，速率加快。乙同学认为随着反应的进行，因,故速率加快。(3)为比较Fe3+、CJ2+对H2O2分解的催化效果，该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：FcCIi的由CuW,液It装置乙中仪器A的名称为定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将CuSQ溶液改为CuC2溶液更合理，其理由是。定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是。【答案】温度4.0产物Mn2+可能对该反应具有催化作用分液漏斗控制阴离子相同

3、,排除阴离子的干扰收集40mL气体所需时间【解析】【分析】(1)、作对比实验分析，其他条件相同时，只有一个条件的改变对反应速率的影响；(2)探究反应过程中反应速率加快的原因，一般我们从反应放热，温度升高，另一个方面从反应产生的某种物质可能起到催化作用；(3)比较Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果，阳离子不同，尽量让阴离子相同，减少阴离子不同造成的差别，催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体，所需时间的长短入手。【详解】(1)实验1、3反应物物质的量浓度，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，故实验1、3研究的是温度对反应速率的影响；实验1、2研究的

4、是H2QO4的浓度对反应速率的影响，此时反应温度相同，KMnO4的浓度相同，故表中V=4.0mL(2)随着反应的进行，生成的Mn2+的物质的量浓度逐渐增加，生成的Mn2+可能对反应有催化作用；(3)由仪器的构造，可知仪器A为分液漏斗；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，必须保证在其他的条件相同，所以将CUSO4改为CuCl2更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰；如图乙所示，实验时以收集到40mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是时间，收集相同体积的气体，所需要的时间越少，反应速率越快。【点睛】本题通过保持其他外界条件一致而改变一个条件来探究温度、催

5、化剂对反应速率的影响，综合性较强。2.某同学设计如下三个实验方案以探究某反应是放热反应还是吸热反应：方案一：如图1,在小烧杯里放一些除去氧化铝保护膜的铝片，然后向烧杯里加入10mL2molL1稀硫酸，再插入一支温度1t,温度计的温度由20C逐渐升至75C,随后，温度逐渐下降至30C,最终停留在20o方案二：如图2,在烧杯底部用熔融的蜡烛粘一块小木片，在烧杯里加入10mL2molL1硫酸溶液，再向其中加入氢氧化钠溶液，片刻后提起烧杯，发现小木片脱落下来。用I图2m方案三：如图3,甲试管中发生某化学反应，实验前U形管红墨水液面相平，在化学反应过程中，通过U形管两侧红墨水液面高低判断某反应是吸热反应

6、还是放热反应。序号甲试管里发生反应的物质U形管里红墨水液面氧化钙与水左低右高氢氧化钢晶体与氯化俊晶体(充分搅拌)?铝片与烧碱溶液左低右高铜与浓硝酸左低右高根据上述实验回答相关问题：(1)铝片与稀硫酸的反应是(填吸热"或放热”反应，写出该反应的离子方程(2)方案一中，温度升至最大值后又下降的原因是。(3)方案二中，小木片脱落的原因是,由此得出的结论是。(4)方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，则U形管里红墨水液面：左边(填高于“低于”或等于“右边。(5)由方案三的现象得出结论：组物质发生的反应都是(填吸热”或放热”反应，如果放置较长时间，可观察到U形管里的现象是。(6)方案三实

7、验的U形管中的现象为,说明反应物的总能量(填大于“小于"或等于“生成物的总能量【答案】放热2Al+6H+=2AQ+3H2T反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低蜡烛熔化氢氧化钠与硫酸的反应放热低于放热红墨水液面左右相平红墨水液面左高右低小于【解析】【分析】【详解】(1)金属与酸的反应是放热反应，因此铝片与稀硫酸的反应是放热反应，该反应的离子方程式为2Al+6H=2Al3+3H2f,故答案为放热；2Al+6H+=2Al3+3H2T；(2)方案一中，温度升至最大值后又下降的原因可能是反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低，故答案为反应完全后，热量向空气中传递，烧杯

8、里物质的温度降低；(3)方案二中，反应放出的热量，使得蜡烛熔化，小木片脱落，故答案为蜡烛熔化；氢氧化钠与硫酸的反应放热；(4)方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，装置中气体的压强增大，U形管里红墨水液面：左边低于右边，故答案为低于；(5)由方案三的现象得出结论：组物质发生的反应都是放热反应，如果放置较长时间，热量散失，装置中气体的压强与外界压强相等，U形管中红墨水液面左右相平，故答案为放热；红墨水液面左右相平；(6)方案三实验属于吸热反应，U形管中红墨水液面左高右低，故答案为红墨水液面左高右低；小于。3.高氯酸镂NH4clO4为白色晶体，分解时产生大量气体，是复合火箭推进剂的重要成分。

9、1高氯酸俊中氯元素的化合价为2高氯酸俊在高温条件下分解会产生H20g和三种单质气体，请写出该分解反应的化学方程式3某研究小组在实验室设计如下装置检验高氯酸钱分解的产物。该小组连接好装置后，依次检查装置的气密性、装入试剂、通干燥的惰性气体排尽装置内的空气、将导管末端移入盛满水的试管E、通入气体产物。(已知：焦性没食子酸溶液用于吸收氧气)I.碱石灰、湿润的淀粉KI试纸、氢氧化钠溶液、Cun.无水硫酸铜、湿润的红色布条、氢氧化钠溶液、Cum.无水硫酸铜、湿润的淀粉ki试纸、饱和食盐水、Cu装置E收集到的气体可能是(填化学式)。4经查阅资料，该小组利用反应NaClO4(aq)+NH4Cl(aq)90c

10、NH4ClO4(aq)+NaCl(aq府实验室制取NH4clO4,该反应中各物质的溶解度随温度的变化曲线如图。040MlHO温度，C才区33需出浑言船m5(l(x>22II从混合溶液中获得较多粗NH4ClO4晶体的实验操作依次为、和过滤、洗涤、干燥。研究小组分析认为，若用氨气和浓盐酸代替NH4Cl,则上述反应不需要外界供热就能进行，其原因是5研究小组通过甲醛法测定所得产品NH4ClO4的质量分数。已知：NH4ClO4的相对分子质量为117.5；NH4c104与甲醛反应的离子方程式为4NH46HCHOCH26N4H3H6H2O,CH26N4H£CH26N4HK7106实验步骤：步

11、骤I.称取7.05g样品。步骤n.将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤出.移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入20mL20%的中性甲醛溶液（过量），摇匀、静置5min后，加入12滴酚酬:试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。记录数据。重复（滴定）操彳2、次。II标准液应盛放在上图装置（填1"或1"）中，判断达到滴定终点的现象是滴定结果如下表所示:滴定次数标准溶液的体积滴定前刻度/mL滴定后刻度/mL10.2024.3021.0024.9030.2021.20则所用标准溶液的体积为mL,若NaOH标准溶液白浓度为0.1000mo1?L

12、1,则该产品中NH4c104的质量分数为。A【答案】72NH4c1。4N2C122024H2。gUN蒸发浓缩冷却结晶氨气与浓盐酸反应放出热量n当加入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液由无色变成粉红色，且30s内不褪去24.0040%【解析】【详解】1钱根显1价，氧元素显2价，设氯元素的化合价是x,根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：1x240,则x7价，故答案为：7;2高氯酸俊在高温条件下分解会产生H2O(g)和三种单质气体，结合元素守恒，三种单质气体为N2、C12和。2,反应的化学方程式为：A2NH4C1O4N2Cl22O24H2Og，故答案为：A2NH4C1O4N2C122O24H2Og；

13、3先利用无水硫酸铜检验水蒸气，然后用湿润的红色布条检验氯气，氢氧化钠溶液吸收氯气，浓硫酸进行干燥，D中为铜，用于检验氧气的存在，焦性没食子酸溶液用于吸收氧气，故答案为：n；装置E收集到的气体可能是N2,故答案为：N2；4由图可知，NH4CIO4的溶解度受温度影响很大，NaCl的溶解度受温度影响不大,NH4CI、NaCl。的溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于NH4CIO4,故从混合溶液中获得较多NH4C1O4晶体的实验操作依次为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶；因氨气与浓盐酸反应放出热量，反应需要温度较低，所以氯化钱用氨气和浓盐酸代替，上述

14、反应不需要外界供热就能进行，故答案为：氨气与浓盐酸反应放出热量；5NaOH标准液应盛放在碱式滴定管中，即盛放在II中；因为使用酚酬:作指示剂，当加入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液由无色变成粉红色，且30s内不褪去，达到滴定终点，故答案为：n；当加入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液由无色变成粉红色，且30s内不褪去；三次实验所耗NaOH溶液的体积依次为24.30mL-0.20mL=24.10mL、24.90mL-1.00mL=23.90mL、21.20mL-0.20mL=21.00mL,第3组实验数据误差较大,应舍去，则所用标准溶液白体积为(24.10mL+23.90mL)+2=24.00mL根据所给

15、反应得出关系式NaOHNH4C1O4,该产品中NH4c1O4的质量分数为0.1000mo1/L24.00103L250mL117.5g/mo1为依生425.00mL”100%40%，故答案为:7.05g°°24.00；40%。4.水合队(N2H4H2。)是一种强还原性的碱性液体，常用作火箭燃料。利用尿素法生产水合月井的原理为CO(NH2)2+2NaOH+NaC1O=N2H4H2O+Na2CO3+NaC1。实验1:制备NaClO溶液（己知：3NaClOA2NaCl+NaClC3）o(1)图甲装置I中烧瓶内发生反应的离子方程式为(2)用NaCH固体配制溶质质量分数为30%的Na

16、CH溶液时，所需玻璃仪器有(3)图甲装置n中用冰水浴控制温度的目的是。实验2：制取水合肿(4)图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4H2C会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为。充分反应后，蒸储A中溶液即可得到水合肿的粗产品。实验3:测定微分中水合肿的含量(5)称取福分3.0g,加入适量NaHCC3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加23滴淀粉溶液。用0.15molL-1的碘的标准溶液滴定。(已知：N2H4H2C+2I2=N2T+4HI+H2C)滴定操作中若不加入适量NaH

17、CC3固体，则测量结果会褊大“偏小”无影响”J下列能导致微分中水合肿的含量测定结果偏高的是(填字母)。a.锥形瓶清洗干净后未干燥b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL,微分中水合肿(N2H4H2C)的质量分数为【答案】MnC2+4H+Cl<Mn2+C2T+2H2C量筒、烧杯、玻璃棒防止NaCIC分解，影响水合肿的产率N2H4H2C+2NaCIC=N2T+3H2C+2NaCI偏大d25%【解析】试题分析：由图可知，装置I由二氧化镒和浓盐酸制备氯气；装置II由氯气和氢氧化钠

18、溶液制备次氯酸钠；装置III是尾气处理装置；图乙中的由CC(NH2)2与NaCH、NaClC反应制备水合肿。实验1:制备NaClO溶液(己知：3NaClo2、2NaCl+NaCQ)。(1)图甲装置I中烧瓶内发生反应的离子方程式为MnO2+4H+ClMn2+C2T+2H2O。(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒。(3)由题中信息(己知：3NaClQ=L2NaCl+NaClC3)可知，图甲装置n中用冰水浴控制温度的目的是防止NaClO分解，影响水合队的产率实验2：制取水合肿(4)图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4H2O会参与A中反应

19、并产生大量氮气，降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为N2H4H2O+2NaClO=N2T+3H2O+2NaCl。充分反应后，蒸储A中溶液即可得到水合肿的粗产品。实验3：测定微分中水合肿的含量(5)称取福分3.0g,加入适量NaHCQ固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加23滴淀粉溶液。用0.15molL-1的碘的标准溶液滴定。(已知：N2H4H2O+2I2=N2T+4HI+H2O)水合肿(N2H4H2O)是一种强还原性的碱性液体，滴定操作中若不加入适量NaHCC3固体控制溶液的pH,则碘会在碱性条件下发生歧

20、化反应而消耗较多的碘，所以测量结果会偏大。下列实验操作：a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响测定结果；b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则标准液的体积读数偏小；c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则标准液的体积t数偏小；d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液，则标准液会被残留的水稀释，从而消耗标准液的体积偏大。综上所述，能导致微分中水合肿的含量测定结果偏tWj白是do实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL,由反应的化学方程式N2H4?H2O+2I2=N2T+4HI+H2O可知，-x0,020Lxfl.l5moi/Ln(N2H4?H2O)=n(I2)=0.0015mol,微分中水合

21、肿(N2H4H2O)的质量分111110.001xX100%=25.00mL25%。3.0gX_数为点睛：本题考查物质制备实验、主要考查了实验室制备氯气的反应原理、配制一定质量分数的溶液所用的实验仪器、反应条件的控制、氧化还原滴定及其误差分析等等，题目难度中等。明确实验目的为解答关键，较好地考查了学生对实验原理的理解及知识迁移应用的能力、处理实验数据的能力等等。5.硫代硫酸钠晶体(Na2s2O35H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：申乙丙T(1)装置甲中，a仪器的名称是;

22、a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有(写出一条即可)。(2)装置乙的作用是。(3)装置丙中，将Na2s和Na2CQ以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2,便可制得Na2s2O3和CQ。反应的化学方程式为：。(4)本实验所用的Na2CQ中含少量NaOH,检验含有NaOH的实验方案为。(实验中供选用的试剂及仪器：CaC2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酗:溶液、蒸储水、pH计、烧杯、试管、滴管.提示：室温时CaCQ饱和溶液的pH=9.5)(5)反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用洗涤。为了测定粗

23、产品中Na2s2O35H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20molL-1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中$2。3-全部被氧化为SO4-时，消耗高镒酸钾溶液体积40.00mL。写出反应的离子方程式：。产品中Na2*O35H2O的质量分数为(保留小数点后一位)。【答案】分液漏斗控制反应温度、控制滴加硫酸的速度安全瓶，防倒吸4SQ+2Na2S+Na2CC3=3Na2s2O3+CC2取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaC2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层

24、清液的pH,若pH大于9.5,则含有2-+2+2-NaOH乙醇5s2O3+8MnO4+14H=8Mn+10SO4+7H2O82.7%【解析】【分析】装置甲为二氧化硫的制取：Na2SQ+H2SQ(浓尸Na2SO4+SO2T+H2O,丙装置为Na2s2。3的生成装置：2Na2S+Na2CQ+4SC2=3Na2s2O3+CQ,因SQ易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。【详解】(1)装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SQ生

25、成速率；(2)SQ易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；(3)Na2S和Na2CQ以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SC2,即生成Na2s2O3和CQ,结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4sC2+2Na2s+Na2CQ=3Na2s2O3+CO2;(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚儆，需要先排除Na2CO的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaC2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH,若pH大于9.5,则含有NaOH；(5)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗

26、涤；Na2s2。3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色木1去，溶液中S2o3-全部被氧化为5s2。32SO2-,同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为+8MnO4+14H+=8Mn2+10SQ2-+7H2O；由方程式可知n(Na2S2O3?5H2O)=n(a03.)=5n(KMnO4)=5X0.04LX0.2mol/L=0.005mol,贝U88m(Na2s2O3?5H2O)=0.005molx248g/mol=1.24g,则Na2*O3?5H2O在产品中的质量分数为1.24g-X100%=82.7%1.5g【点睛】考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程

27、分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。6.纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(O24为原料制备纳米TiO2的步骤如下：组装装置如图所示，保持温度约为65C,先将30mL钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；将含水20%勺乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。已知：钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳

28、定，易脱水生成TiO2。回答下列问题：磁力搅拌曲(1)仪器a的名称是_,冷凝管的作用是_。(2)加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是_(填字母)。A.增加反应的始变B.增大反应的活化能C.减小反应的始变D.降低反应的活化能制备过程中，减慢水解反应速率的措施还有_。(3)步骤中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为_。如图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是_(填字母)。(4)测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸钱的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+O待

29、过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000molL-1NH4Fe(SQ)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000molL-1NH4Fe(SQ)2溶液的平均值为20.00mL(已知：Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H+)。加入金属铝的作用除了还原TiO2+外，另一个作用是。滴定时所用的指示剂为_(填字母)。a.酚酰溶?夜b.KSCNB液c.KMnO4溶液d.淀粉溶液样品中TiO2的质量分数为_%(Ti相对分子质量为48)【答案】温度计冷凝回流B用含水20%勺乙醇溶液代替水，缓慢滴加Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H90Ha与酸反应生成氢气，形成氢

30、气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化b80【解析】【分析】以钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4为原料，在三颈烧瓶中反应可得到二氧化钛溶胶，再经过干燥、灼烧即可得纳米TiO2。【详解】(1)由装置图可知，仪器a为温度计；冷凝管可起到冷凝回流的作用；故答案为：温度计：冷凝回流；(2)加入催化剂，不能改变烙变(只与反应的始末状态有关)，可降低或增大活化能，而该处减缓反应速率，则增加活化能的作用，导致反应速率减小；另外为减慢水解反应速率，还可用含有20%勺乙醇溶液代替水，缓慢滴加；故答案为：B；用含水20%勺乙醇溶液代替水，缓慢滴加；(3)Ti(OC4H9)4发生水解生成TiO2和丁醇，方程式为Ti(OC4

31、H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶，应在增期中进行；故答案为：Ti(OGH9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH;a；(4)加入铝，可与TiO2+反应生成Ti3+,与酸反应生成氢气，避免Ti3+被氧化；用NH4Fe(SC4)2溶液滴定，含有铁离子，可用KSCN故指示剂，滴定终点溶液颜色变为红色；根据方程式可得关系式TiO2Ti3+Fe3+NH4Fe(SQ)2,n(NH4Fe(SO4)2)=0.1000mol?匚lX0.02L=0.002mol,则n(TQ)=0.00200mol,m(TiO2)=0.00200molX80g/mol=0.16g00,贝U质量分数为

32、0.1600g100%80%；0.2000g故答案为：与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化；b;80。7.碳酸氢钠是重要的化工产品。用标准盐酸溶液滴定可测定碳酸氢钠样品中碳酸氢钠含量。已知碳酸氢钠受热易分解，且在250c270c分解完全。完成下列填空：(1)测定碳酸氢钠含量的实验步骤：用电子天平称取碳酸氢钠样品(准确到g),加入锥形瓶中，加入使之完全溶解；加入甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定。当滴定至溶液由色变为色，半分钟不变色为滴定终点，记录读数。该实验不能用酚酬:作指示剂的原因是。(2)若碳酸氢钠样品质量为0.840g,用0.5000mol/L的标准盐酸溶液滴定至终点

33、，消耗标准盐酸溶液19.50mL。样品中NaHC6的质量分数为(保留3位小数)。(3)如果滴定尖嘴部分在滴定过程中出现气泡，且滴定终点读数时气泡未消失，会导致测定结果(选填偏高“、偏低”或不受影响”)。(4)碳酸氢钠样品含有少量水分(<0.5%)和氯化钠。以下是测定碳酸氢钠样品中水分的实验方案(样品中NaHCO3含量已知)。在恒重的塔期中称取碳酸氢钠样品，样品和增期的质量为m1g。将样品和堪期置于电热炉内，在250c270c加热分解至完全，经恒重，样品和增竭的质量为m2g。-6该实验方案中，质量差(m1-m2)是的质量。若所称取样品中NaHCQ的质量为m3g,则样品中水分的质量m=(用含

34、m、m1、m2的代数式表示)。【答案】0.001黄橙滴定终点溶液呈弱酸性，酚酗:的变色范围为8-10,无法准确判断滴定终点0.975偏低碳酸氢钠分解生成的CO2、H2O和样品中的含有的水分m1-m2-31m384【解析】【分析】(1)电子天平能准确到小数点后三位；碳酸氢钠的溶液中滴加甲基橙指示剂，溶液呈黄色；而弱酸性的溶液中滴加甲基橙指示剂，溶液呈橙色；酚酗:试液在pH>8的溶液中才呈红色；(2)根据NaHCO3HCl,则n(NaHCO3)=n(HCl)计算；c标准V标准根据c(待测尸-分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误V传测差；(4)由2NaHCO3=±=Na2

35、CO3+H2O+CQT可知加热前后固体质量减轻，主要是生成CO2气体和水蒸气；先计算出m3gNaHCO3分解生成的水和CO2的质量，再计算样品中含有的水分质量。【详解】(1)用电子天平称取碳酸氢钠样品能准确到0.001g;碳酸氢钠溶液中加入甲基橙指示剂，溶液呈黄色，用标准盐酸溶液滴定，当滴定至溶液由黄色变为橙色，半分钟不变色为滴定终8-10,用酚血:作指示剂将无法准点；因滴定终点溶液呈弱酸性，而酚酗:试液的变色范围为确判断滴定终点；(2)滴定至终点消耗0.5000mol/L的标准盐酸溶液19.50mL,则参加反应的HCl为0.5000mol/LX0.01950L=0.00975md艮据NaHC

36、O3HCl,贝Un(NaHCO3)=n(HCl),0.840g样品中m(NaHCO3)=0.00975molx84g/mol=0.819敬样品中NaHCO3的质量分数为0.819g=0.975；0.840g(3)滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定过程中出现气泡，且滴定终点读数时气泡未消失，导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低；(4)已知2NaHCQWNa2CO3+H2O+CQT,则该实验方案中，质量差(mi-m2)是碳酸氢钠分解生成的CQ、H2O和样品中的含有的水分；称取样品中NaHCQ的质量为m3g,则完全反应生成的碳酸钠质量为m4g,2NaHCO3168加热Na2co3+CO2+H2O10

37、6mbm4106m3m4=g168106m331,生成的水和CO2的质重为m3gg=m3g,故所则样品中水分的质1688431里m=m1-m2-m3go84【点睛】滴定操作误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=C(标准)/匕(标准)V(待冽J)小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，浓度也偏大。分析，若标准溶液的体积偏那么测得的物质的量的8.无水三氯化铭CrCL为紫色单斜晶体，极易潮解和升华，常用作其他铭盐的合成原料。某课题小组利用Cr2O3(浅绿色粉末)、木炭粉和Cl2制备无水CrCl3并测定其纯度,制

38、备时用到的实验装置如下。“乙两丁单请回答下列问题：1上述装置的连接顺序为a（填装置接口处的小写字母）fo2试剂X、Y可分别选用下列试剂中的、（填序号）。装置丁中酒精灯的作用是。NaOH溶液无水CaCl2碱石灰酸fKMnO4溶液饱和食盐水3装置乙中使用粗导管的原因为。4装置丙中发生反应的化学方程式为。5实验结束后，装置乙中的实验现象为。6测定样品中三氯化铭的含量。称取0.6096gCrCl3样品溶于水配制成500mL溶液，取50.00mL所得溶液于锥形瓶中，加入20.00mL0.0200molL1的EDTANa2H2Y溶液，充分反应后，加入指示剂，用0.0100molL1的ZnCl2标准溶液滴定

39、至终点时，消耗标准溶液的体积为5.00mL（已知：_32_22_CrH2YCrY2H、ZnH2YZnHzY）。该样品中CrCl3的质量分数为（计算结果精确到1%）。若滴定至终点时，发现滴定管尖嘴处有气泡，则测定结果（填褊高"偏低”或无影响”）。【答案】kjihdebc除去尾气中的可燃性气体CO,防止空气污染防止CrCl3堵塞导管C12O3+3C+3c2里22CrC3+3CO长导管和广口瓶内壁有紫色固体附着91%偏高【解析】【分析】利用甲制备氯气，由于CrC3极易潮解，因此必须要除去氯气中的杂质，用饱和食盐水除去HCl,用浓硫酸进行干燥，洗气时长进短出，通入丙装置中发生反应制备无水三氯

40、化铭，产品极易升华，得到的为气态的CrC3,用乙进行收集，最后的尾气吸收，尾气包括了多余的Cl2,用碱石灰吸收，生成的CO,在尾部点燃。【详解】1甲为氯气的发生装置，Cl2中含有HCl和水蒸气，用饱和食盐水除去HCl,用浓硫酸进行干燥，洗气时长进短出，通入丙装置中发生反应制备无水三氯化铭，产品极易潮解和升华，用乙进行收集，所以连接顺序为：kjihdebc；故答案为：kjihdebc；2未避免外界空气中的水蒸气进入装置导致产品潮解，则在装置丁中应装有碱石灰，试剂丫为饱和食盐水；制备时发生的反应为：Cr2O3+3C+3c2至些2CrC3+3CO,则酒精灯的作用是除去尾气中的可燃性气体CO,防止空气

41、污染；故答案为：；除去尾气中的可燃性气体CO,防止空气污染；3装置乙为产品的收集装置，产品凝华会导致堵塞，则使用粗导管的原因为防止CrCl3堵塞导管；故答案为：防止CrCl3堵塞导管；4由题意可知，装置丙中发生反应的化学方程式为：Cr2O3+3C+3c2当上2CrC3+3CO;故答案为：Cr2O3+3C+3c2工一2CrC3+3CO；5装置乙为收集装置，则其中现象为：长导管和广口瓶内壁有紫色固体附着;故答案为：长导管和广口瓶内壁有紫色固体附着；650.00mLCrCl3溶液中CrC的物质的量为:20,00103L0.0200mol/L0.0100mol/L5.00103L3,5104mol,则

42、该样品158.5g/mol100%91%；4.500mL3.510mol中CrCl3的质量分数为：50mL0.6096gZnCl2溶液体积偏小，则与故答案为：91%;若滴定至终点时，发现滴定管尖嘴处有气泡，则消耗的标准CrCh反应的EDTA量偏高，测定结果偏高;故答案为：偏高。9 .某小组同学以不同方案探究Cu粉与FeC3溶液的反应。(1)甲同学向FeC3溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了反应，其离子方程式是_。(2)乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生：将Cu粉加入到滴有少量KSCN的FeC3溶液中，观察到溶液红色褪去，有白色沉淀A产生。针对白色沉淀A,查阅资

43、料：A可能为CuCl和CuSCN其中硫元素的化合价为-2价)中的一种或两种。实验过程如下：I.根据白色沉淀B是_(填化学式)，判断沉淀A中一定存在CuSCNn.仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN从氧化还原角度说明理由：_。出.向滤液中加入a溶液后无明显现象，说明A不含CuCl,则a是_(填化学式)。根据以上实验，证明A仅为CuSCN进一步查阅资料并实验验证了CuSCN的成因，将该反应的方程式补充完整：_Cu2+_SCN?=_CuSCM+_(SCN2_结合上述过程以及Fe(SCN3?Fe3+3SCN?勺平衡，分析(2)中溶液红色褪去的原因：

44、O(3)已知(SCN2称为拟卤素，其氧化性与Br2相近。将KSCN溶液滴入(1)所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液变红的可能原因是或。【答案】Cu+2Fe5+=Cu2+2Fe2+BaSO+1价铜也可将浓HNO3还原AgNQ2Cu2+4SCN=2CuSCNj+(SCN)Cu和Fe3+反应生成CuI.不溶于稀硝酸的白的沉淀为硫酸钢；n.亚铜离子具有还原性，也能被硝酸氧化；m.检验氯离子，应加入硝酸银溶液；据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，写出反应的方程式；根据浓度对平衡移动规律进行分析；(3)亚铁离子具有强还原性，空气中氧气、溶液中(SCN)2都有可能把亚铁离子氧化为铁离子。【详解】1甲同学向F

45、eCL溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了氧化还原反应，生成Cu2,其离子方程式是Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+;故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+;2IA可能为CuCl和CuSCN(其中硫元素的化合价为2价)中的一种或两种，白色+使c(Fe3+)减小；Cu2+和SCN反应生成CuSCNM淀使c(SCN)减小，均使该平衡正向移动，导致Fe(SCN3浓度减小，溶液红色褪去FS+有剩余空气中的。2将Fe2+氧化；(SCN2将Fe2+氧化【解析】【分析】(1)铁离子具有氧化性，能够把铜氧化为铜离子；沉淀与过量浓硝酸反应生成红棕色的NO2和含Cu2的蓝色溶液，

46、向蓝色溶液中加入过量硝酸钢溶液，生成不溶于硝酸的银盐沉淀，则白色沉淀B是BaSO,；故答案为：BaSO,；n1价铜也可将浓HNO3还原，故仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN故答案为：1价铜也可将浓HNO3还原；m检验氯离子，应加入硝酸银溶液，则a是AgNO3,故答案为：AgNO3；据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，该反应的方程式为2Cu2+4SCN=2CuSCNj+(SCN),故答案为：2Cu2+4SCN=2CuSCNj+(SCN)；Cu和Fe3反应生成Cu2使cFe3减小；Cu2和SCN反应生成CuSCN沉淀使cSCN减小，均使该平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，