2020-2021培优易错试卷化学反应原理辅导专题训练含答案

1、2020-2021 【化学】培优易错试卷化学反应原理辅导专题训练含答案一、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。(1)用三支试管各取 1的酸性 KMnO4 1 2 2 45.0 mL、 0.01 mol L溶液，再分别滴入 0.1 mol L H C O溶液，实验报告如下。实验 1、3 研究的是 _对反应速率的影响。表中 V_mL。(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。对此该小组的同学展开讨论：甲同学认为KMnO4 与 H2C2O4 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_，

2、故速率加快。(3)为比较 Fe3 、 Cu2 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：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CuSO4 溶液改为CuCl2 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40 mL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Mn 2+可能对该反应具有催化作用分液漏斗控制阴离子相同，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

3、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 H2 O2 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 研究的是H2C2O4 的浓度对反应速率的影响，此时反应温度相同，KMnO4 的浓度相

4、同，故表中V4.0mL（2）随着反应的进行，生成的Mn 2+的物质的量浓度逐渐增加，生成的Mn 2+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 H 2O2 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 CuCl 2 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 40 mL 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、催化剂对反应速率的影响，综合性较强。2 过碳酸钠

5、（ 2Na2CO3?3H2O2）俗称固体双氧水。实验室可用碳酸钠和双氧水等为原料来制备，具体流程如下：已知： 相关反应的方程式如下：2Na2CO3+3H2O2 2Na2 CO3?3H2 O2 H 0 工业上常以产品活性氧的质量分数（活性氧） 100%来衡量产品的优劣， 13.00%以上为优等品。请回答：表 1 反应温度对产品收率及活性氧含量的影响反应温度 / 产品收率 /%活性氧质量分数 /%565.312.711073.213.241585.013.552083.213.302555.112.78表 2 加料时间对产品收率及活性氧含量的影响加料时间 /min产品收率 /%活性氧质量分数 /%

6、565.713.301076.814.751581.314.262089.013.822587.913.51（ 1）分析表 1，一般选择的反应温度为 _。（ 2）分析表 2，加料时间对产品收率也有很大影响，时间太短或太长均不利于生产，加料时间太短导致产品收率较低的原因是_。（ 3）结晶过程中加入氯化钠，作用是_。（ 4）下列关于抽滤操作，正确的是_。A准备略大于漏斗内径的滤纸，以盖住布氏漏斗瓷板上的小孔B用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀C洗涤沉淀时，加入少量水并开大水龙头，重复操作2 3 次D用玻璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体，晾干后保存在试剂瓶中（5）使用图 2 所示装置抽滤，中途需

7、停止抽滤时，最佳操作为_。（6）产品出厂前需测定活性氧的质量分数，现将0.1000g 某厂的产品（所含杂质均不参与反应）溶于水配成溶液，加入10.00mL1.000mol ?L 1 的稀硫酸，再加入足量KI，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量_，用0.1000mol L1的Na2 2 3?标准溶液滴定，若该S O产品的活性氧质量分数为13.60%，则达到滴定终点时共消耗标准液的体积为_mL。已知： 2Na2S2 O3+I2 Na2S4 O6+2NaI【答案】 15 该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解降低产品溶解度，便于产品析出B先打开活塞，再关闭水龙头淀粉溶液 17.0

8、0【解析】【详解】（ 1）由表可知， 15时，产品收率和活性氧的质量分数高；故答案为： 15；（ 2）由已知：，该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解，不利于反应的进行；故答案为：该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解；（ 3）结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于产品析出；故答案为：降低产品溶解度，便于产品析出；（ 4） A准备略小于漏斗内径的滤纸，盖住布氏漏斗瓷板上的小孔，A 错误；B用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，B 正确；C洗涤沉淀时，加入少量水，关小水龙头，减小流速，重复操作2 3 次， C 错误；D用玻璃棒轻轻刮

9、下抽滤得到的固体，过碳酸钠不稳定，应避光保存，D 错误；故答案为： B；（ 5）使用图 2 所示装置抽滤，中途需停止抽滤时，为防止自来水倒吸，最佳操作为先打开活塞，再关闭水龙头；故答案为：先打开活塞，再关闭水龙头；（6）已知：活性氧的质量分数 （活性氧）100%，则 n（ H2O2）2 22 2+，产品溶于水由 H O与 KI 的酸性溶液反应， H O+2H +2I2H2 O+I2，故用淀粉溶液做指示剂；用0.1000mol?L 1 的 Na2S2O3 标准溶液滴定生成的碘单质： 2Na2S2O3+I 2 Na2S4O6+2NaI ，则 H2O2 2Na2S2O3， n（ Na2S2O3） 2

10、n（ H2O2），则消耗的标准液的体积为(0.136 0.1000g)2160.1000mol/L 0.0170L 17.00mL；故答案为：淀粉溶液；17.00 。【点睛】工艺流程实验题要分析流程，所有设计都是为了实现流程的目标，在分析问题时要把握住这一基本原则，就能防止跑偏方向。3 用 H2O2 、 KI 和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。（1）资料 1：KI在该反应中的作用：。总反应的化学方程式是H2O2 I H2O IO ； H2O2IO H2OO2 I_。（2）资料 2：H2O2 分解反应过程中能量变化如图所示，其中有KI 加

11、入，无 KI 加入。下列判断正确的是_（填字母）。a. 加入 KI 后改变了反应的路径b. 加入 KI 后改变了总反应的能量变化c. H2O2 IH2 O IO 是放热反应（3）实验中发现， H2O2 与 KI 溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。资料 3： I2 也可催化 H2O2 的分解反应。加 CCl4 并振荡、静置后还可观察到_，说明有 I2 生成。气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2 浓度降低； ii. _。以下对照实验说明i 不是主要原因：向 H2O2 溶液中加入 KI 溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、 B 两试管中。 A 试管

12、加入 CCl，分别振荡、静置。观察到的现象是_ 。4 ，B 试管不加 CCl4（ 4）资料 4：I （ aq） I2（ aq） ? I3（ aq） K 640。为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL 一定浓度的 H2O2 溶液中加入10mL 0.10mol L 1 KI 溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：微粒II23I浓度 / （ mol L1）2.5 10 3a4.0 10 3 a _。该平衡体系中除了含有I， I2， I3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是_。【答案】 2H2 2 KI22a下层溶液呈紫红色在水溶液中2A 试管O2H O O I 的浓度降低中产生气泡明显变

13、少；B 试管中产生气泡速率没有明显减小2.510 32c（ I2） c（ I ） 3c（ I3 ） 0.033mol L 1【解析】【分析】, H2O2 IO, 把两式加和，即可得到总反应的化（1） H2O2 I H2O IO H2O O2 I学方程式。（2） a. 加入 KI 后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a 正确；b. 加入 KI 后，反应物和生成物的能量都没有改变，b 不正确；c. 由图中可知，是吸热反应， c 不正确。H2O2 I H2O IO（3）加 CCl4 并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2 生成。气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2 浓

14、度降低； ii. 在水溶液中 I2 的浓度降低。以下对照实验说明 i 不是主要原因：向H2O2 溶液中加入 KI 溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B 两试管中。 A 试管加入 CCl ， B 试管不加 CCl ，分别振荡、静置。观察到的现象是H O2442溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。（4） K4.010 3640 ，由此可求出 a。2.5 10 3a该平衡体系中除了含有I，I2 3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中c(I -， I10mL 0.1mol/L中所含 I 的浓度和，二者比较便可得)=0.033mol/L ，求出 I ， I2， I330mL到结论。【详解

15、】, H2O2 IO, 把两式加和，即可得到总反应的化（1） H2O2 I H2O IO H2O O2 I学方程式为2H2O2 KI 2H2O O2 。答案为： 2H2O2 KI 2H2O O2；（2） a. 加入 KI 后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a 正确；b. 加入 KI 后，反应物和生成物的能量都没有改变，b 不正确； H2的反应物总能量小于生成物总能量，所以该反应是吸c. 由图中可知， H2O2 IO IO热反应， c 不正确。答案为：a；（3）加 CCl4 并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2 生成。答案为：下层溶液呈紫红色；气泡明显减少的原因可

16、能是：i. H2O2 浓度降低； ii. 在水溶液中 I2 的浓度降低。以下对照实验说明 i 不是主要原因：向H2O2 溶液中加入 KI 溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B 两试管中。 A 试管加入 CCl4， B 试管不加 CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。答案为：在水溶液中I2 的浓度降低； A 试管中产生气泡明显变少，B 试管中产生气泡速率没有明显减小；（4） K4.010 3640 ，由此可求出a=2.510-3mol/L 。答案为： 2.510-3；2.510 3a该平衡体系中除了含有 I， I2， I3外，一定还含有其他含

17、碘微粒，理由是原来溶液中，10mL0.1mol/Lc(I -)=0.033mol/L ；现在溶液中， I ， I2， I3 中所含 I 的浓度和为 2c(I2 )30mL c(I)3c(I3)=22.510-3 +2.510-3+34.010-3=0.01950.033 ， I 不守恒，说明产物中还有含碘微粒。答案为： 12c(I2 ) c(I ) 3c(I3)0.033mol L。【点睛】在做探究实验前，要进行可能情况预测。向H2O2 溶液中加入 KI 溶液，待溶液变黄，则表明生成了 I24且液体分层后，发现气泡逸出的速率明显变慢，42 2，加入 CClCCl与 H O 不反应，是什么原因导

18、致生成O2的速率减慢？是2 22c(H O )减小，还是c(I )减小所致？于是我们自然想到设计对比实验进行验证。4 某小组为测定化合物 Co(NH3)yClx(其中 Co 为 +3价)的组成，进行如下实验。（1）氯的测定：准确称取2.675g 该化合物，配成溶液后用 1.00mol L-1AgNO3标准溶液滴定， K2 CrO4 溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀(Ag2CrO4 为砖红色 )且不再消失时，消耗AgNO3 溶液 30.00mL。 已知： Ksp(AgCl)=1.8-10、 K-12 10sp(Ag2CrO4)=1.1210AgNO3 标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是_。(用

19、化学方程式表示 )若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，会使得测定结果_。 (填 “偏大 ”、 “偏小”、 “无影响 ”)用 K2CrO4 溶液作指示剂的理由是 _。（2）氨的测定：再准确称取2.675g 该化合物，加适量水溶解，注入如图4_。 (填仪器名称)中，然后通过仪器3 滴加足量的 NaOH 溶液，加热 1 装置，产生的氨气被5 中的盐酸吸收，多余的盐酸再用NaOH 标准溶液反滴定，经计算，吸收氨气消耗-1盐酸1.00mol L60.00mL。装置 A 在整个实验中的作用是_，如果没有6 中的冰盐水，会使得测定结果_(填 “偏大”、 “偏小 ”、 “无影响 ”)。（3）通过处理实验

20、数据可知该化合物的组成为_。光照【答案】 2AgNO32Ag +2NO2 +O2偏大Ag2CrO4 为砖红色，由Ksp 可知 AgCl 的溶解度更小，当溶液中Cl - 消耗完时，才会产生砖红色沉淀三颈烧瓶产生水蒸气，将装置 B 中产生的氨气全部蒸出偏大Co(NH3 6 3) Cl【解析】【分析】Co(NH3)yClx 中 Co 的化合价为+3， NH3 为 0， Cl 为 -1，则 x=3，通过实验测出 NH3和 Cl 的物质的量之比即得出结果。【详解】（1） AgNO3 不稳定，见光易分解成Ag 和 NO2 和 O2，发生的反应为：光照2Ag +2NO2+O2，故答案为： 2AgNO3光照2

21、AgNO32Ag+2NO2 +O2；若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，使得V2 读数偏大，导致滴定结果骗大，故答案为：偏大；一方面 AgKsp(AgCl)=1.8-10、K-12 可知，2CrO4 为砖红色，另一方面由10 sp(Ag2CrO4)=1.12 10+1.8 10-5mol/L ， Ag2CrO4+3-4AgCl 饱和溶液中 c(Ag )=饱和溶液中 c(Ag )=1.12 10mol/L ，所以， AgCl的溶解度更小，当滴入AgNO3 时溶解度小的沉淀先形成，当AgCl 形成的差不多的时候，溶液中 Cl-几乎沉淀完了，此时再滴AgNO3 溶液就会立刻产生Ag2CrO4，

22、即终点的时候会产生砖红色沉淀，故答案为：Ag2CrO4 为砖红色，由Ksp 可知 AgCl 的溶解度更小，当溶液中 Cl - 消耗完时，才会产生砖红色沉淀；（2）图 4 为三颈烧瓶，装置A 的作用是产生水蒸气，将装置B 中产生的氨气全部蒸出，如果没有 6 的冰盐水， HCl 吸收氨气时可能形成倒吸，溶液中的HCl 有一部分被倒吸，被反滴定的 HCl 的量就少，计算吸收氨气时的HCl 就偏大，氨气的含量就偏大，故答案为：三颈烧瓶；产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出；偏大；（3）滴定 Cl-时， 2.675g 样品消耗 30mL 1.00molL-13-+-AgNO ，所以 n(Cl )=n

23、(Ag )=1.00mol L1 30mL 10-3=0.03mol ，测定氨时，2.675g样品消耗-11.00mol L 盐酸 60.00mL，所以3-160.00mL 10-3-3n(NH )=n(HCl)= 1.00mol L=0.06mol ，故 n(Cl ):n(NH )=0.03:0.06=1:2，由于化合物 Cox3y x3O， Cl 的化合价为 -1，所以 x=3，(NH) Cl 中 Co 的化合价为+3， NH 的化合价为y=6，该化合物为：Co(NH3)6Cl3，故答案为：Co(NH3)6Cl3。【点睛】测氨的含量时 HCl 总物质的量 =氨气消耗的 HCl 的物质的量

24、+反滴定时 NaOH 消耗的 HCl 的物质的量。5 黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS，现有一种天然黄铜矿（含少量脉2石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：现称取研细的黄铜矿样品1.150g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、 Fe3O4 和 SO2 气体，实验后取 d 中溶液的置于锥形瓶中，用0.05mol/L 标准碘溶液进行滴定，初读数为0.00mL，终读数如图所示。请回答下列问题：（ 1）称量样品所用的仪器为 _，将样品研细后再反应，其目的是_。（ 2）装置 a 的作用是 _。a有利于空气中氧气充分反应b除去空气中的水蒸气c有利于气体混合d有利于观察空气流速

25、（3）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是_。（4）滴定时，标准碘溶液所耗体积为_mL。判断滴定已达终点的现象是_。通过计算可知，该黄铜矿的纯度为_。（5）若用右图装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是_。（填编号）（6）若将原装置d 中的试液改为Ba(OH)2，测得的黄铜矿纯度误差为1%，假设实验操作均正确，可能的原因主要有_ 。【答案】电子天平使原料充分反应、加快反应速率b、 d使反应生成的SO2 全部进入d装置中，使结果精确20.10mL溶液恰好由无色变成浅蓝色，且半分钟内不褪色80.4%空气中的【解析】CO2 与Ba(OH)2 反应生成BaCO3 沉淀； BaSO3

26、 被氧化成BaSO4【分析】(1)根据称量黄铜矿样品1.150g，选择精确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；(2)浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d 装置吸收；(4)根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点；先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS22SO2 2I2，再根据题中数据进行计算；(5)图 2 中的中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钡沉淀，可以根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量；(6)Ba(OH)2 溶液能吸收空气的 CO2，另外 BaSO3 易被空气中氧气氧化，这些原因

27、均能引起测定误差。【详解】(1)由于称量黄铜矿样品 1.150g，精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应；(2)装置 a 中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反应装置同时根据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量，故答案为 bd ；b 中发生危险，(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将 b 、d 装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确；(4)根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.10mL，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质

28、消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝；根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS2220.05mol/L 标准碘溶液 20.10mL 2SO 2I，消耗掉时，即消耗的碘单质的量为：0.05mol/L 0.0201L=0.00105mol，所以黄铜矿的质量是：0.9246g0.5 0.00105mol 184g/mol 10=0，.9246g所以其纯度是：1.15g 100%=80.4%；(5)由于图 2 中，硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡沉淀，过滤干燥后，根据硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量，故答案为；(6)将原装置 d 中的试液改为Ba(OH) ，测得的黄铜矿纯度误差为1%

29、，在实验操作均正确2的前提下，引起误差的可能原因主要有空气中的CO22反应生成3沉淀或与 Ba(OH)BaCOBaSO3 被氧化成BaSO4。6 草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取 H2C2O4?2H2O。回答下列问题：（1）甲组的同学以电石（主要成分CaC杂质等）为原料，并用图1 装2，少量 CaS及 Ca3P2置制取 C2H2。装置 A 中用饱和食盐水代替水的目的是_。装置 B 中， NaClO 将 H23氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为3被氧化S、 PHNaCl，其中 PH的离子方程式为 _。（2）乙组的同学根据文献资料，用Hg（ NO3

30、） 2 作催化剂，浓硝酸氧化C2H2 制取H2C2O4?2H2O制备装置如图2 所示：装置 D 中多孔球泡的作用是_。装置 D 中生成 H2 2 4C O 的化学方程式为 _。从装置 D 中得到产品，还需经过_（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。（3）丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4?2H2O 的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取 mg 产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol?L-1酸性 KMnO4 标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。滴定终点的现象是 _。产品中 H2C2O4?2H2O 的质量分数为 _（列出含 m、 c、V 的表达式）。【

31、答案】减慢反应速率，获得平缓气流PH3+4ClO- =H3PO4+4Cl-增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行CH2C2O4+8NO2+4H2O蒸发浓缩、2 H2+8HNO3冷却结晶当加入最后一滴标准液，溶液呈浅红色且30 s 内不恢复原来的颜色31.5cV%m【解析】【分析】(1)碳化钙和水反应十分剧烈，可用饱和食盐水可减缓反应速率；装置 B 用 NaClO 将 PH3 氧化为磷酸，同时生成氯化钠；(2)D 中， Hg(NO3)2 作催化剂，浓硝酸氧化乙炔制取H2 C2O4?2H2O，发生反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝

32、酸的接触面，充分反应， E 装置防止倒吸，F 装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的D 浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品，据此分析解答；装置 D 多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；根据装置图，D中， Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4 和二氧化氮，反应方程式为：C2232 2 422H +8HNOH C O +8NO +4H O；将反应后的D 溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；(3)滴定终点时，继续滴加高锰酸钾溶液，紫色不褪去；根据 2MnO 4- 5H2C2O4 ，由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4 的量，据此计算H2C2O4

33、?2H2O 的质量分数。【详解】(1)电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应；NaClO 将 PH3 氧化为磷酸，钙反应的离子方程式为：PH3 +4ClO-=H3PO4+4Cl-；(2)装置 D 多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；根据装置图， D 中， Hg(NO3)2 作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4 和二氧化氮，反应方程式为： C2 232 2 422H +8HNOH C O +8NO +4H O；将反应后的D 溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；(3)滴定过程中，反应结束前溶液为无色，滴定结束时溶

34、液变为浅红色，则滴定终点现象为：当溶液呈浅红色且 30 s 内不恢复原来的颜色；准确称取m g 产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用c mol?L-1 酸性 KMnO4 标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液V mL，设产品中H2C2O4?2H2O 的质量分数为，根据 2MnO 4- 5H2C2O4?2H2O 产品中 H2C2O4?2H2O 的质量分数为 = 5 126 c V10331.5cV100% =%。2mm【点睛】考查物质制备方案设计，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定等知识，题目难度中等，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素

35、化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。7 2氯丙酸CH3CHClCOOH主要用于生产农药除草剂，还用于生产乳酸及有工业价值的低级醇酯。如图为实验室制备2氯丙酸的装置。已知：相关物质的物理性质如下表所示：物质熔点 / ，沸点 /溶解性2 氯丙酸14190能与水、乙醇互溶丙酸21.5141能与水、乙醇互溶PCl393.676.1与水剧烈反应，能溶于乙醇制备方法：在三颈烧瓶中放置148g 2mol丙酸和1.5g 三氯化磷(作催化剂)，加热至100110 ，缓慢通入氯气，保持温度在105110 之间大约反应5h 。回答下列问题：1 A 装置中反应的离子方程式为_ ，当生成6.72LCl

36、2 （标准状况）时，转移电子的数目为_ 。2某同学分析发现D 装置有两处缺陷，分别是_ 、 _。3 设计实验提纯产品：_ 。4 测定产品纯度。步骤：称取1.20g 样品 ( 杂质不含 PCl3 ) 于烧瓶中，加入100.00mL4mol?L 1 氢氧化钠溶液共热，冷却至室温。加入100.00mL4mol?L 1 硝酸，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至 250mL 容量瓶中，加水定容 ( 溶液中为乳酸和NaCl) 。步骤：从容量瓶中各取50.00mL 溶液于锥形瓶中，用Na2 CrO 4 作指示剂，用0.2000mol?L1AgNO 3 溶液分别滴定溶液中的Cl ( 已知：Ag 2CrO 4

37、 为砖红色沉淀、乳酸银不沉淀 ) ，平行三次实验，所得滴定数据如表所示：实验序号实验数据AgNO 3 溶液体积读数滴定前00.120.20/mL滴定后9.9811.5210.22 加入硝酸的目的是 _ 。 步骤操作中，达到滴定终点的现象是_ 。 样品中 2氯丙酸的质量分数为 _ ( 保留三位有效数字) 。【答案】 5ClClO 3 6H3H 2O3Cl 20.5N A ( 或 3.011023 ) 缺少温度计应该用冷凝管对反应液冷凝回流，提高反应物的利用率将产品移至蒸馏烧瓶中，蒸去少量的前馏分后，收集 190 的馏分，冷凝得到 2氯丙酸 中和 NaOH 使溶液呈酸性，防止 OH 干扰当滴入最后

38、一滴AgNO 3 溶液时，产生砖红色沉淀，且30s 内沉淀不消失90.4%。【解析】【分析】浓盐酸和 KClO3 反应生成 Cl2，制取的氯气中含有HCl 和 H2O 杂质气体，需要除去，利用饱和食盐水除去HCl，在用浓硫酸干燥，因此B、C 中分别为饱和食盐水、浓硫酸；由于PCl3与水剧烈反应，因此要防止外界的水蒸气进入，E 为干燥管，防止外界的水蒸气进入D，最后 F 为尾气处理装置。【详解】1 A 中浓盐酸和氯酸钾反应生成氯气，根据离子反应方程式5Cl ClO 3 6H3H2 O3Cl 2 ，反应中生成 3molCl 2 时转移 5mol 电子，因此生成0.3molCl 2 时，转移 0.5

39、mol 电子；故答案为： 5ClClO 3 6H3H 2O 3Cl2 ， 0.5N A ( 或 3.0110 23) ；2 根据信息反应需要加热，缺少温度计，有机物易挥发，应该用冷凝管对反应液冷凝回流，提高反应物的利用率；故答案为：缺少温度计；应该用冷凝管对反应液冷凝回流，提高反应物的利用率；3 根据信息，三颈烧瓶中有丙酸和2氯丙酸混合有机物，可以利用沸点不同进行蒸馏提纯；故答案为：将产品移至蒸馏烧瓶中，蒸去少量的前馏分后，收集190 的馏分，冷凝得到2 氯丙酸；4 2氯丙酸碱性条件下水解得到氯离子，再用硝酸银滴定，但是残留的氢氧根离子有干扰，故加硝酸排除干扰；故答案为：中和NaOH 使溶液呈酸性，防止OH干扰； 滴定终点前是氯化银白色沉淀，终点后有砖红色铬酸银生成，故答案为：当滴入最后一滴AgNO 3 溶液时，产生砖红色沉淀，且30s 内沉淀不消失； 第二组数据误差较大舍去，余下两组取平均值得10.00mL ，根据关系式CH 3CH