备战高考化学化学反应原理培优易错试卷练习(含答案)含答案

1、备战高考化学化学反应原理培优易错试卷练习 ( 含答案 ) 含答案一、化学反应原理1 硫代硫酸钠 (na2s2o3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症 .硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生 s 和 so2实验 i： na2s2o3 的制备。工业上可用反应：2na2s+na2co3+4so2=3na2s2o3+co2 制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a 的名称是_，仪器b 的名称是_。b中利用质量分数为70%? 80%的h2so4 溶液与na2so3 固体反应制备so2 反应的化学方程式为_。 c 中试剂

2、为 _(2)实验中要控制so2 的生成速率，可以采取的措施有_ (写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的so2 不能过量，原因是_实验：探究na2s2o3 与金属阳离子的氧化还原反应。资料： fe3+3s2 o32-? fe(s2o3)33-(紫黑色 )装置试剂 x实验现象混合后溶液先变成紫黑色，30sfe2(so4)3 溶液后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终fe3+被 s2o32-还原为 fe2+，通过 _(填操作、试剂和现象 )，进一步证实生成了fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验的现象：_实验：标定na2s2o3 溶液的浓度(5)称取一定质量的产品

3、配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质k2cr2o7(摩尔质量为294g?mol-1 )0.5880g。平均分成3 份，分别放入 3 个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的ki 并酸化，发生下列反应： 6i-+cr2o72-+14h+ = 3i2+2cr3+7h2o，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配na2s2o3 溶液滴定，发生反应2-2-，三次消耗 na2s2o3 溶液的平均体积为25.00 ml，则所标定的硫代硫i2+2s2o3= 2i + s4o6酸钠溶液的浓度为_mol?l-1【答案】分液漏斗蒸馏烧瓶 h 2so4na 2so3 =na 2so4

4、 h 2o so2硫化钠和碳酸钠的混合液调节酸的滴加速度若 so2 过量，溶液显酸性产物会发生分解加入铁氰化钾溶液产生蓝色沉淀开始生成fe(s2 3 33- 的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但o )3+与 s2 32-氧化还原反应的程度大，导致3+2 32-2 333-(紫黑色 )平衡向逆反应方feofe +3s o? fe(s o )向移动，最终溶液几乎变为无色0.1600【解析】【分析】【详解】(1)a 的名称即为分液漏斗， b 的名称即为蒸馏烧瓶； b 中是通过浓硫酸和 na2so3 反应生成so2，所以方程式为： h 2 so4 na 2so3 =na 2so4 h 2o so2 ；

5、 c 中是制备硫代硫酸钠的反应， so2 由装置 b 提供，所以 c 中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反应速率影响因素分析，控制2so 生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的so，会使溶液酸性增2强，对制备产物不利，所以原因是：so2 过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检验 fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成 fe(s2o 3 )33 的反应速率快，氧化还原反

6、应速率慢，所以有紫黑色出现，随着fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：6icr2o 7214h =3i 22cr 37h 2 o ； i 2 2s2 o32 =2is4o 62；反应 i-被氧化成 i2，反应中第一步所得的i2 又被还原成 i-，所以与电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的cr2 o 72 得电子总数就与消耗的s2 o32 失电子总数相同；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设 c(na2s2o3)=a mol/l ，列电子得失守恒式：10.58

7、80 6=a 0.025 1，3294解得 a=0.1600mol/l 。2 锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。实验室模拟回收锂离子电池中的co、 ni、 li 的流程如图。已知： licoo2 难溶于水，易溶于酸。回答下列问题：（ 1） licoo2 中 co 的化合价是 _。（ 2） licoo2 在浸出过程中反应的离子方程式是_。（3）浸出剂除了h2o2 外，也可以选择na2 s2o3 ，比较二者的还原效率h2o2_(填 “ 或”“ ” )na2s2o3 (还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂

8、的物质的量)。（ 4）提高浸出效率的方法有 _。（ 5）利用 cyanex272萃取时， ph 对钴、镍萃取分离效果的影响如图。从图中数据可知，用 cyanex272 萃取分离时，最佳 ph 是 _。（6）反萃取的离子方程式为2h+cor=co2+2hr，则反萃取剂的最佳选择是 _。（7）常温下，若水相中的ni2+的质量浓度为 1.18g l-1 ，则 ph=_时， ni2+开始沉淀。sp2-15k (ni(oh)=2 10 （8）参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离ni 和 li 的实验流程图 (如图 )_ 。已知：提供的无机试剂： naoh、na2 3、 naf。co【答案】

9、 +32licoo+6h+h2o2=2co2+o2 +2li+4h2o 适当升高温度，适当增加 h2so4浓度 5.5h2 42so 7.5 naoh ni(oh) naf【解析】【分析】(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0 进行计算；(2)由流程图中有机相反萃取得到coso4，可知 licoo2 与 h2o2 在酸性条件下发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；(3)根据等物质的量h2o2 和 na2s2o3 作为还原剂转移电子的多少进行判断；(4)提高浸出效率即提高化学反应速率；(5)分离 co2+和 ni2+时，由于co2+进入有机相，ni 进入水相，因此，应该选择钴

10、的萃取率高而镍的萃取率低的ph 范围；(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；(7)根据 ksp(ni(oh)2 的表达式进行计算；(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节ph 应该用碱性物质，但要考虑分离ni 和 li 元素不能使 ni 和 li 元素同时沉淀。【详解】(1)licoo2 中 o 元素为 -2 价， li 为 +1 价，根据化合物中各元素化合价代数和为0 进行计算得co 的化合价为 +3 价；(2)由流程图中有机相反萃取得到 coso4，可知 licoo2 与 h2o2 在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为： 2licoo2+6h+h

11、2o2=2co2+o2 +2li+4h2o；(3)1molh 2o2 作为还原剂转移2mol 电子， 1molna 2s2o3 作为还原剂转移8mol 电子，则na2s2o3 的还原效率更高；(4)提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加h2so4 浓度等；(5)分离 co2+和 ni2+时，由于 co2+进入有机相， ni 进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的 ph 范围，所以最佳 ph 是 5.5；(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃取剂最好选择 h2so4；(7)c(ni2+)= 1.1859mol/l=0.02mol/l ，则

12、开始沉淀时，c(oh- )k sp (ni oh 2 )2 10 15-6.5=10mol/l ，则 ph=14-6.5=7.5；0.020.02(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节ph 应该用碱性物质，但要考虑分离ni 和 li 元素不能使 ni 和 li 元素同时沉淀，所以选用naoh，则 ni(oh)2 先沉淀，过滤后滤液中加入naf 生成 lif 沉淀。【点睛】本题 (5)选择合适的ph 时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。3 无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成实验装置如下：每次实验后均测定b、 c质

13、量的改变和e 中收集到气体的体积实验数据如下（e 中气体体积已折算至标准状况）：实验组别温度称取 cuso4 质量c 增重质量e 中收集到气体/gb 增重质量 /g/ml/gt10.6400.32000t20.64000.2562vt30.6400.160322.4yt40.640x40.19233.6（1）实验过程中a 中的现象是 _ d 中无水氯化钙的作用是_（2）在测量 e 中气体体积时，应注意先_，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积_（填 “偏大 ”、 “偏小 ”或 “不变 ”）（3）实验中 b 中吸收的气体是 _实验中 e 中收集到的气体是 _（

14、4）推测实验中cuso4 分解反应方程式为：_（5）根据表中数据分析，实验中理论上c 增加的质量 y3=_g（6）结合平衡移动原理，比较t34和 t 温度的高低并说明理由 _【答案】白色固体变黑吸收水蒸气，防止影响c的质量变化冷却至室温偏小 so3o2 2cuso42cuo+2so +o20.128t4 温度更高，因为so3 分解为 so2 和 o2 是吸热反应，温度高有利于生成更多的o2【解析】【分析】(1)根据无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体分析a 中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，

15、说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；(3)实验中 b 中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，c 的作用是吸收二氧化硫，e 的作用是收集到氧气；0.64g(4)0.64g 硫酸铜的物质的量为 0.004mol ，分解生成氧化铜的质量为：160g / mo10.004mol 80g/mol 0.32g； so2 的质量为：0.256g0.256g，物质的量为： 0.004mol ，64g / mo1氧气的质量为： 0.64 0.32 0.256 0.064g0.064g 0.002mol ，物质的量为：32g / mo1cuso、 cuo、 so 、 o 的物质的量之比等于2：2 ：2； 1

16、，则实验中cuso 分解反应方程4224式为 2cuso2cuo+2so +o2；4(5)0.64g 硫酸铜的物质的量为0.64g 0.004mol ，分解生成氧化铜的质量为：160g / mo10.004mol 80g/mol3的质量为：0.02240.32g； so0.16g，氧气的质量为：32 0.032g，22.4根据质量守恒实验中理论上c 增加的质量y30.64 0.32 0.160.032 0.128g；(6)根据表中实验的数据可知，t4 温度生成氧气更多，因为so3 分解为so2 和o2 是吸热反应，温度高有利于生成更多的o2。【详解】(1)因为无水硫酸铜在加热至650时开始分解

17、生成氧化铜和气体，故实验过程中a 中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，d 中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气，防止装置 e 中的水进入装置 c，影响 c 的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响 c 的质量变化；(2)加热条件下，气体温度较高，在测量e 中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温 偏小；(3)实验中b 中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，c 的作用是吸收二氧化硫，e 的作用是收集到氧气，故答案为：so3； o2；0.64g(4)0.64g 硫酸铜的物质的量为 0.004mol

18、，分解生成氧化铜的质量为：160g / mo10.004mol 80g/mol2的质量为：0.256g 0.004mol ，0.32g； so0.256g，物质的量为：64g / mo1氧气的质量为：0.064g0.64 0.32 0.256 0.064g，物质的量为： 0.002mol ，32g / mo14222：2 ：2； 1，则实验中4分解反应方程cuso、 cuo、 so 、 o 的物质的量之比等于cuso式为 2cuso2cuo+2so +o2；4(5)0.64g 硫酸铜的物质的量为0.64g 0.004mol ，分解生成氧化铜的质量为：160g / mo10.004mol 80g

19、/mol3的质量为：0.022432 0.032g，0.32g； so0.16g，氧气的质量为：22.4实验中理论上c 增加的质量 y3 0.640.32 0.16 0.0320.128g；(6)根据表中实验的数据可知，t4 温度生成氧气更多，因为so3 分解为 so2 和 o2 是吸热反应，温度高有利于生成更多的o2，故 t4温度更高，故答案为：t4温度更高，因为 so3 分解为 so2 和 o2 是吸热反应，温度高有利于生成更多的o2。4 某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。（查阅资料）物质basobaco3agiagcl4溶解度 /g（ 20）41.4 3 742.4

20、 10 103.0 101.5 10（实验探究）（一）探究baco3 和 baso4 之间的转化，实验操作如下所示：试剂 a试剂 b试剂 c加入 酸后的 象 bacl2na2co3na2so4na so有少量气泡 生，沉淀部分na co2423溶解（ 1） 明 baco3 全部 化 baso4，依据的 象是加入稀 酸后，_ 。（ 2） 中加入稀 酸后 生反 的离子方程式是_。（ 3） 明沉淀 生了部分 化， 合baso4 的沉淀溶解平衡解 原因：_。（二）探究agcl 和 agi 之 的 化。（4） ： 明agcl 化 agi。甲溶液可以是 _（填字母代号）。a agno3 溶液b nacl

21、溶液c ki 溶液（5） ：在 管中 行溶液 反 ，同学 无法 察到agi 化 agcl，于是又 了如下 （ 表 数：a c b 0）。装置步 表 数.按 接装置并加入 ， 合ka.向 b 中滴入 agno3（ aq），至沉淀完全b.再向 b 中投入一定量nacl（s）c.重复，再向b 中加入与等量的nacl（ s）a注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。查阅有关资料可知，ag 可氧化 i，但 agno3 溶液与 ki 溶液混合总是得到agi 沉淀，原因是氧化还原反应速率_ （填“大于”或“小

22、于”）沉淀反应速率。设计（）石墨（ s） i （ aq） /ag （ aq） 石墨（ s）（）原电池（使用盐桥阻断ag与 i 的相互接触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为_。结合信息，解释实验中b a 的原因： _。实验的现象能说明agi 转化为 agcl，理由是 _。（实验结论）溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。【答案】沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象baco32 co224垐 ?2h =ba h obaso22-在溶液中存在沉淀溶解平衡baso4噲 ?ba4(aq)，当加入浓度较高的23(s)(a

23、q)sona co溶液， co 2-与 ba2结合生成baco沉淀，使上述平衡向右移动b小于 2i332ag=i22ag 生成 agi 沉淀使b 中的溶液中的还原性减弱，原电池的电压减小实c（ i）减小， i验步骤表明 cl 本身对该原电池电压无影响，实验步骤中c b 说明加入 cl 使 c（ i ）agi s)aq垐 ?aq增大，证明发生了cl()噲 ? agcl s)i()( (【解析】【分析】因为 baco3 能溶于盐酸，放出co2 气体， baso4 不溶于盐酸。实验 是将少量 bacl22423溶液使部分4转化为中加入 na so溶液中，再加入 na cobasobaco3，则加入盐

24、酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。垐 ?22-baso4在溶液中存在沉淀溶解平衡4噲 ?ba4(aq)，当加入浓度较高baso(s)(aq) so的 na2co3 溶液， co32- 与 ba2 结合生成 baco3 沉淀。向 agcl 的悬浊液中加入ki 溶液，获得agcl 悬浊液时nacl 相对于 agno3 过量，因此说明有 agcl 转化为 agi。agno 3 溶液与ki 溶液混合总是先得到agi 沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2i 2ag = 2ag i2； 由于 agi 的溶解度小于 agcl，b中加入 agno3 溶液后，产生了 agi 沉

25、淀，使 b 中的溶液中的 c(i )减小， i 还原性减弱，根据已知信息 “其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂 )的氧化性 (或还原性 )越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性 )强弱与其浓度有关 ”可的结论； 实验步骤 表明 cl 本身对该原电池电压无影响，实验步骤 中 c b 说明加入 cl 使 c(i )增大，垐 ?证明发生了 agi(s)cl(aq) 噲 ?agcl(s) i (aq)。【详解】因为 baco3 能溶于盐酸，放出co2气体， baso4 不溶于盐酸，所以实验 说明 baco3 全部转化为 baso4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(

26、或无明显现象 )；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。实验 是将少量 bacl2 中加入 na2so4 溶液中，再加入na2co3 溶液使部分 baso4 转化为baco3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为baco32 co2 co2h = ba2 h2o；故答案为：baco3 2h = ba2 h2o。baso4 在溶液中存在沉淀溶解平衡垐 ?2(aq) so42-(aq)，当加入浓度较高baso4(s) 噲 ? ba的 na2332- 与 ba2 结合生成 baco3沉淀，使上述平衡向右移动，4沉淀部分co溶液， cobaso垐 ?2 转化为 ba

27、co3沉淀；故答案为：44噲 ?ba (aq)baso 在溶液中存在沉淀溶解平衡baso (s)so42-(aq)，当加入浓度较高的2332- 与 ba2 结合生成 baco3沉淀，使上述平na co 溶液， co衡向右移动。为观察到 agcl 转化为 agi，需向 agcl的悬浊液中加入ki 溶液，获得 agcl悬浊液时 nacl相对于 agno3 过量，因此说明有agcl 转化为 agi；故答案为： b。agno 3 溶液与 ki 溶液混合总是先得到agi 沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2i 2ag = 2ag i2；故答案为：小于；2i 2ag =

28、2ag i2。 由于 agi 的溶解度小于agcl， b 中加入 agno3 溶液后，产生了agi 沉淀，使 b 中的溶液中的 c(i )减小， i还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂 )的氧化性 (或还原性 )越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性 )强弱与其浓度有关 ”可知，实验 中 b a；故答案为：生成 agi 沉淀使 b 中的溶液中的c(i )减小， i还原性减弱，原电池的电压减小。 实验步骤 表明 cl 本身对该原电池电压无影响，实验步骤 中 c b 说明加入 cl 使 c(i垐 ? 表明)增大，证明发生了agi(s) cl(aq) 噲

29、? agcl(s) i (aq)；故答案为：实验步骤cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中 cb 说明加入 cl使 c(i)增大，证明发生了垐 ?agi(s) cl(aq) 噲 ?agcl(s) i(aq)。5 葡萄糖酸亚铁（(c6h11 o7) 2fe）是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。用下图装置制备 feco3，并利用 feco3 与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。回答下列问题：（ 1） a 的名称为 _。（2）打开 a 中 k1、k3，关闭 k2，一段时间后，关闭k3，打开 k2。在 _( 填仪器标号 ) 中制得碳酸亚铁。实验过程中产生的h2 作用有 _、 _。 ( 写 2 条

30、)（ 3）将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。如过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。用化学方程式说明原因 _ 。（ 4）将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。加入乙醇的目的是_。（5）用 nahco溶液代替 na co溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，离子方程式为323_，此法产品纯度更高，原因是_ 。【答案】恒压滴液漏斗c 排出装置内的空气，防止生成的feco将 b 中溶液压3 被氧化入 c 中4feco3 o2 6h2o=4fe(oh)3 4co2降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度fe2 2hco=feco h o co 降低溶液的 ph 以免产生氢氧化亚铁3322【解析】【分析】

31、（ 1） a 的名称为恒压滴液漏斗；（ 2） b 中产生的硫酸亚铁被氢气压入c 中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的h2 作用还有：排出装置内的空气，防止生成的feco3 被氧化；（3） feco32fe（ oh）3；与 o 反应生成红褐色（ 4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度；（ 5） nahco3溶液与 feso4溶液反应生成 feco3、h2o、 co2 和 na2so4；碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁。【详解】（ 1） a 的名称为恒压滴液漏斗；（2） b 中产生的硫酸亚铁被压入c 中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的h2 作用有

32、：赶走空气、防止生成的feco3 被氧化；将b 中溶液压入c 中；（3）过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。feco3 与 o2 反应生成fe(oh)3，用化学方程式 ： 4feco3 o2 6h2o=4fe(oh)3 4co2；（ 4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；（5） nahco3溶液与 feso4溶液反应生成feco3、h2o、 co2 和 na2so4，方程式为：fe2 2hco3 =feco3 h2o co2。 碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，此法产品纯度更高的原因是：降低溶液的ph 以免产生氢氧化亚铁。6 已知 c

33、uso42 2 4溶液反应，产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有 1溶液与 k c o个结晶水 )，某实验小组为确定该晶体的组成，设计实验步骤及操作如下：已知： a.过程： mno 4被还原为mn 2+， c2o42 被氧化为co2b.过程： mno4 在酸性条件下，加热能分解为o2，同时生成mn 2+c.过程： 2cu2+4i =2cui +i222d.过程： i2+2s2 o3=21 +s4o6(1)过程加快溶解的方法是_ 。1(2)配制 100ml0.20mol l kmno4 溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、_；过程和过程滴定时，滴定管应分别选用_、_( 填“甲 ”

34、或乙 ”)。(3)完成过程的离子反应方程式的配平：_mno4 +_c2o4 2 +_h+=_mn 2+_h2o+_co2。(4)过程加热的目的是_ 。(5)过程，应以_作指示剂，若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则测定结果是_( 填“偏大 ”“偏小 ”或“无影响 ”)(6)已知两个滴定过程中消耗kmno4 和 na2s2o3 的体积相等，据此推测该晶体为_ h2o。【答案】粉碎、搅拌或加热100ml 容量甲乙25162810除去溶液中多余的 mno 4-，防止过程加入过量的ki ， mno4-在酸性氧化i-，引起误差；淀粉溶液偏小k2cu(c2o4)2【解析】【分析】（ 1）在由固体与液体的反应中

35、，要想加快反应速率，可以粉碎固体物质或搅拌，都是增大固液的接触面积，也可以加热等；（2）配制溶液要掌握好配制步骤，容量瓶的选择，因为配制100ml 溶液，所以选择100ml 容量瓶，氧化还原滴定的时候，注意选择指示剂、滴定管等。（3）利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式：2 mno 4-+5 c2o42-+16 h+=2 mn 2+8h2o+ 10co2；（4）、 mno 4-在酸性条件下，加热能分解为o2，同时生成 mn 2+，据此分析作答；（ 5）结合实际操作的规范性作答；（ 6）根据方程式找出关系式，通过计算确定晶体的组成。【详解】（1-1稀硫酸中溶解，可以把晶体粉碎

36、、搅拌、或者加热的方）为了加快蓝色晶体在 2 mol l法；（2）配制 100ml0.20moll1kmno4溶液时需要用100ml 容量瓶进行溶液配制，配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、-100ml 容量瓶；过程是用 0.20mol l1kmno4 溶液滴定， kmno4 具有强氧化性，因此选用甲（酸式滴定管）；过程是用10.25mol l na2s2o3 溶液滴定， na2s2o3 在溶液中水解呈碱性，故选用乙（碱式滴定管）；（3）利用氧化还原反应中化合价升降总数相等，先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，然后再观察配平其他物质，过程的离子反应方程式：2 m

37、no 4+5 c2o42-+16 h+=2 mn 2+8h2o+ 10co2（ 4） mno4 -在酸性条件下，加热能分解为 o2，同时生成 mn 2+，故加热的目的是除去溶液中多余的 mno 4-，防止过程加入过量的 ki，mno 4-在酸性氧化 i-，引起误差；（5）过程是用1na2s2o3 溶液滴定含 i2 的溶液，反应方程式为2-0.25mol li2+2s2o3=21+s4o62-，故过程，应以淀粉溶液作指示剂；若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则滴入 na2s2o3 的物质的量偏小，造成测定 cu2+的含量偏小；（6）由-2-+2+2-)=2.5n(kmno 4)2 mno 4 +5

38、c2o4+16 h =2 mn+8h2 o+ 10co2可知 n(c2o41v(kmno4)；由2+-2-2-可知 2 s2- i2=2.5 0.20mol l2cu+4i =2cui +i2、 i2+2s2o3=21 +s4o62 o32+2+2-)=0.25mol-1kmno4 和2cu ， n(cu )=n(s2o3l v(na2s2o3 )，已知两个滴定过程中消耗na2s2o3 的体积相等，所以 n(c2o42-)=2 n(cu2+)，因为晶体中只有一种阴离子，并且晶体中元素化合价代数和为 0，故该晶体为 k2cu(c2o4)2h2o 。【点睛】在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴

39、定管的选择。7 亚硫酸钠容易被氧化，某化学兴趣小组为测定某亚硫酸钠样品的纯度，三名学生分别设计了不同实验方案。甲同学的实验方案：称取 10.0g 样品，进行如图所示实验，测得装置 d 中干燥管实验前后增大。(1)写出 b 中发生反应的化学方程式_ 。装置 e 的作用是 _。乙同学的实验方案 :称取 10.0g样品，溶于过量的盐酸后，再加入过量的bacl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量沉淀质量为0.9g。(2)洗涤沉淀的方法是 _ ，重复 23 次。丙同学的设计方案步骤如下：称取样品 10.0g,加水溶解配成250 ml 溶液 ;量取 25.00 ml 待测溶液于锥形瓶中 ;用酸化的 0.1502

40、 mol l 1 kmno4 标准液滴定至终点 ;重复操作 23 次，得出消耗kmno4 溶液体积的平均值为19.97 ml。(3)滴定中盛装 kmno4 标准液的仪器是 _ 。(4)写出滴定过程中发生反应的离子方程式:_ 。(5)确定滴定达到终点的操作及现象为_ 。(6)三名学生通过实验数据计算出的样品纯度各不相同，指导教师指出_(填 “甲”、“乙 ”、 “丙 ”)同学实验误差较大,其实验装置存在明显缺陷，理由是_。【答案】 na2 3 2 424222d 中，影响实so+h so =na so +so+h o 防止空气中的co和水蒸气进入验结果 向漏斗中注入蒸馏水至恰好浸没沉淀，待水自然流下酸式滴定管5so322mno4- 6h4 2 2mn2 3h24溶液，溶液由无色变成浅紫=5soo滴入最后一滴 kmno红色，且半分钟内不褪色甲反应结束后，装置中残留一定量的so2（或 so2 气流速度过快或装置气密性不好），未被装置d 吸收