2020-2021东莞培优化学反应原理辅导专题训练

1、2020-2021 东莞培优化学反应原理辅导专题训练一、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 中试剂为 _(2)

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配制成硫代硫

3、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 h 2o

4、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 ； c 中是制

5、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，氧化还原反应速率慢，所

6、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：10.5880 6=a

7、 0.025 1，3294解得 a=0.1600mol/l 。2 过碳酸钠（ 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

8、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 /%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

9、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1 的 na2 2 3_，用 0.1000mol ?l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

10、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 17.00【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

11、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 na2s4o

12、6+2nai ，则 h2o2 2na2s2o3， n（ na2s2o3） 2n（ 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 火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(n2h4)和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知：0.4 mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652 kj的热量。（ 1）该反应的

13、热化学方程式为 _ 。（ 2）分别取 40 ml 的 0.50 mol/l 盐酸与 0.55 mol/l 氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。a 的仪器名称为 _。（3）如图所示，泡沫塑料板上面有两个小孔，两个小孔不能开得过大，其原因是_；反应需要测量温度，每次测量温度后都必须采取的操作是_。（4）某学生实验记录数据如下：起始温度 t1终止温度2t 实验序号盐酸氢氧化钠混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6已知盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 g/cm 3 ，又知中和后生成溶液的比热容c4.18j/(g )，依据该

14、学生的实验数据计算，该实验测得的中和热h _ ；（5）假定该学生的操作完全同上，实验中改用100 ml 0.5 mol/l盐酸跟 100 ml0.55 mol/l氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_(填“相等 ”或 “不相等 ”)，所求中和热_(“” “”)填 相等 或 不相等。【答案】 n2h4(l) 2h2o2(l)=n2 (g) 4h2 o(g)h 641.63 kj mol 1环形玻璃搅拌棒减少热量损失用水冲洗干净温度计，并擦干温度计 51.8 kj/mol 不相等相等【解析】【分析】【详解】（1） 0.4 mol 液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出2

15、56.652 kj 的热量， 1mol 液态肼放出的热量，256.652?kj 1 = 641.63 kj 该反应的热化学方程式为n2h4(l)0.42h2222 1。故答案为： n242 22o (l)=n (g)4h o(g)h 641.63 kj molh (l) 2ho (l)=n (g)2 1h 641.63 kj mol；4h o(g)（ 2）根据图示可知， a 的仪器名称为环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；（ 3）为泡沫塑料板，上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒，若两个小孔开得过大，会导致散失较多的热量，影响测定结果；中和反应是放热反应，温度计上的酸与naoh

16、溶液反应放热，使温度计读数升高，温度差偏低，但使测得的中和热偏高，所以每次测量后用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；故答案为：减少热量散失；用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；（4）第 1 次实验盐酸和naoh溶液起始平均温度为20.05 ，反应后温度为： 23.2 ，反应前后温度差为： 3.15 ；第 2 次实验盐酸和 naoh溶液起始平均温度为 20.3 ，反应前后温度差为： 3.1 ；第 3 次实验盐酸和 naoh溶液起始平均温度为 20.55 ，反应前后温度差为： 3.05 ；40ml的 0.50mol l 1 盐酸与 40ml的 0.55mol l1 氢氧化钠溶液的质量和为m

17、=80ml1gcm 3=80g， c=4.18j/（g），代入公式 q=cmt 得生成 0.05mol 的水放出热量 q=4.18j/ （g） 80g3.15+3.1+3.05 =1.036kj ，即生成0.02mol 的水放出热3量为： 1.036kj ，所以生成 1mol 的水放出热量为： 1.036kj 1mol=- 51.8kj mol 1，0.02mol即该实验测得的中和热 h= - 51.8kj mol 1；故答案为： - 51.8kj mol 1；（5）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用100ml 0.50moll 1 盐酸跟100ml 0.55moll 1 nao

18、h溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增加，所放出的热量偏高，即放出热量不相等；由于中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol 水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用100ml 0.50moll 1 盐酸跟 100ml 0.55moll 1 naoh溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：不相等；相等。【点睛】本题考查热化学方程式的书写方法和计算应用，注意焓变计算和物质聚集状态的标注，学习中要准确把握，另外注意中和热的计算，特别是注意先求温度的平均差值，再求中和热，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。4 某化学兴趣小组欲测定kclo3，溶液与 nahso 3 溶液反应的化学反应速率

19、所用试剂为10ml0.1mol/lkclo3，溶液和 10ml0.3mol / lnahso3 溶液，所得数据如图所示。已知：clo 3 3hso3cl3so423h 。（1）根据实验数据可知，该反应在0 4min内的平均反应速率v cl_mol /l min。（ 2）某同学仔细分析实验数据后发现，在反应过程中，该反应的化学反应速率先增大后减小某小组同学针对这一现象进一步探究影响该化学反应速率的因素，具体方法如表示。方案假设实验操作该反应放热使溶液温度向烧杯中加入 10ml0.1mo/l 的 kclo 3 溶液和 10ml0.3mol/l的升高，反应速率加快nahso 3 溶液，取 10ml0

20、.1mo/l 的 kclo 3 溶液加入烧杯中，向其中加入少量nacl 固体，再加入 10ml0.3mol/l 的 nahso 3 溶液溶液酸性增强加快了化分别向 a、b 两只烧杯中加入 10ml0.1mol/l 的 kclo 3 溶液；向烧杯 a中加入 1ml 水，向烧杯 b 中加入 1ml0.2mol/l 的盐酸；再分别向两只学反应速率烧杯中加入10ml0.3mol/l 的 nahso 3 溶液补全方案中的实验操作：_。方案中的假设为 _。除、中的假设外，还可以提出的假设是_。某同学从控制变量的角度思考，认为方案 中实验操作设计不严谨，请进行改进：_。反应后期，化学反应速率变慢的原因是_。

21、【答案】 0.0025插入温度计生成的 cl加快了化学反应速率生成的 so42 加快了化学反应速率将 1ml 水改为 1ml0.2mol/l 的 nacl 溶液 反应物浓度降低【解析】【分析】【详解】（1）根据实验数据可知，该反应在0 4min 内生成氯离子的浓度是0.010mol/l ，所以平均反应速率 ccl0.010mol / l4min0.0025mol / l min；（ 2）由于是假设该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此需要测量反应过程中溶液温度的变化；方案 i、相比较，中加入了少量氯化钠，所以方案中的假设为生成的cl 加快了化学反应速率；由于反应中还有硫酸根离子生成，则

22、除 i、中的假设外，还可以提出的假设是生成的硫酸根离子加快了化学反应速率；为防止氯离子对实验的干扰，则改进措施是将1ml 水改为 1ml0.2mol/l 的 nacl 溶液；反应后期反应物浓度减小，因此化学反应速率变慢。【点睛】对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题。每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。它是科学探究中的重要思想方法，广泛地运用在各种科学探索和科学实验研究之中。525、 101kpa 下，稀强酸与稀强碱溶液反应中和热为

23、57.3kj/mol 。（ 1）写出表示稀 h2so4 与稀烧碱溶液反应的中和热的热化学方程式：_。（ 2）学生甲用 50ml0.25mol/l 硫酸与 50ml0.55mol/l 烧碱溶液测定中和热装置如图。实验时所需的玻璃仪器除烧杯、量筒外还需：_。该装置中有一处错误是：_。如果用该错误装置测定，测得的中和热h 会_( 填“偏大、偏小、无影响 ”)。如果用 60ml0.25mol/l硫酸与 50ml0.55mol/lnaoh 溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热 _(填 “相等、不相等 ”)。若反应前溶液以及中和后的混合液的密度均设为1g/cm3，混合前酸与碱的温度均为t 1，混合后溶

24、液的温度为 t 2，比热容为 4.18j/(g )，则中和热h=_。（3）学生乙用 2mol/l 的硫酸来测定与锌粒和锌粉反应的快慢，设计如图装置：该生两次实验测定时间均设定为10min ，则他还要测定的另一个数据是：_。若要减小产生h2 的速率而又不影响产生h2 的总量，应向硫酸中加入_(填字母 )a.na2co3 溶液b.k2so4 溶液 c.nano3 溶液d.水 e.cuso4 溶液【答案】 naoh(aq)+ 1241242温度计和环形玻璃2h so (aq)=2na so (aq)+h o(l) h=-57.3kj/mol搅拌棒 大烧杯上没有盖硬纸板或泡沫塑料板偏大 相等-0.41

25、8(t 2 -t1)h=kj/mol0.02510min 内注射器活塞移动的距离或10min 内产生氢气的体积bd【解析】【分析】(1)根据酸碱中和热的含义书写热化学方程式；(2)依据中和热测定实验的过程和仪器分析中和热实验时所需的玻璃仪器；根据所给的装置图，可知缺少硬纸板，大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失；强酸强碱的稀溶液，符合中和热的测定条件；根据公式直接算出；(3)要测定反应速率，则还需要测定的另一个数据收集到气体的体积;根据影响反应速率因素和实质发生的反应进行分析。【详解】(1) 中和热数值为 57.3 kj/mol ，反应放热，则中和热的热化学方程式：1h2so4(aq)=1

26、na2so4(aq)+h2o(l) h=-57.3kj/mol ，故答案为：naoh(aq)+22naoh(aq)+h so (aq)=1na so (aq)+h o(l) h=-57.3kj/mol ；12424222(2) 依据量热计的结果和原理分析，测定中和热实验时所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒，故答案为：温度计、环形玻璃搅拌棒；实验装置保温、隔热效果必须好，否则影响实验结果，所以装置缺少硬纸板或泡沫塑料板，故答案为：大烧杯上没有盖硬纸板或泡沫塑料板；强酸强碱的稀溶液，符合中和热的测定条件，所求中和热相等，故答案为：相等；由公式： h=cmn t4.18100t 2t

27、1 kj / mol = -0.418(t 2 -t1 ) kj/mol ，故答案n0.002510000.025为： h= -0.418(t2 -t1) kj/mol ；0.025(3)要测定反应速率，则还需要测定的另一个数据收集到气体的体积，故答案为：10min内注射器活塞移动的距离或10min 内产生氢气的体积；如果反应过于剧烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量。a. 加入 na2 3co 溶液，盐酸与碳酸钠反应，氢气量减少，错误；b.加入 k2 4so 溶液，盐酸的浓度减小，反应速率减小，正确； c.加入 nano3 溶液，硝酸具有强氧化性，不能放出氢气，错误；d. 加入蒸馏水，

28、盐酸的浓度减小，反应速率减小，正确；e. 加入 cuso4 溶液，锌与铜离子反应置换出铜，氢气量减少，错误；故答案为：bd。【点睛】本题考查影响化学反应速率的因素，明确温度、浓度对反应速率的影响即可解答，本题的易错点和难点为(3)，要注意硝酸的性质的特殊性。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，

29、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） 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

30、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）。【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

31、h2 c2o4?2h2o，发生反应为：c2h2+8hno3h2c2o4+8no2+4h2o，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，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

32、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?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

33、；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

34、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 化学学习小组进行如下实验。探究反应速率的影响因素 设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化 )。限-12 2 4-1选试剂和仪器： 0.20 mol l4溶液 (酸性 )、蒸馏水、试管、h c o溶液、 0.010 mol lkmno量筒、秒表、恒温水浴槽-1-1物理量v(0.20 mol l v（ 0.010 mol lt/ 乙h2c2o4v（蒸馏水） /mlkmno4 溶液） /ml溶液 )/ml2.004

35、.0502.004.0251.004.025(1)上述实验 、 是探究 _对化学反应速率的影响；若上述实验、 是探究浓度对化学反应速率的影响，则a 为 _；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙 ”应填写 _ 。测定 h2c2o4xh2o 中 x 值 已知： m (h2c2o4 )=90 g mol -1称取 1.260 g 纯草酸晶体，将其酸制成100.00 ml 水溶液为待测液；取 25.00ml 待测液放入锥形瓶中，再加入适的稀h2so4；-1标准溶液进行滴定。用浓度为 0.05 000 mol l的 kmno4(2)请写出与滴定有关反应的离子方程式_ 。(3)某学生的滴定方式(夹持部分

36、略去)如下，最合理的是_ (选填 a、 b)。(4)由图可知消耗kmno4 溶液体积为 _ml 。(5)滴定过程中眼睛应注视_ 。(6)通过上述数据，求得x= _ 。以标准kmno4 溶液滴定样品溶液的浓度，未用标准kmno4 溶液润洗滴定管，引起实验结果_(偏大、偏小或没有影响) 。【答案】温度1.0溶液褪色时间 /s5h2c2o42mno 4 6h =10co2 2mn 2 8h2ob20.00锥形瓶中颜色变色【解析】2偏小【分析】【详解】（1）探究影响化学反应速率因素，要求其他条件不变，即 探究温度对化学反应速率的影响；混合溶液的总体积都是6.0ml，因此 a=1.0；反应的快慢是通过酸

37、性高锰酸钾溶液的褪色快慢来确定的，因此乙中要测定的物理量是溶液褪色时间，单位为s；（2）草酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，把c 转化成co，本身被还原成mn2，2根据化合价升降法，进行配平，因此离子反应方程式为：5h22 4 2mno4 6h2c o=10co2mn 2 8h2o；（3）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，即b 正确；（4）滴定前刻度为 0.90ml ，滴定后刻度是 20.90ml ，消耗高锰酸钾的体积为(20.900.90)ml=20.00ml；(5)滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化；3 5 100/(2 25)mol=0，.01mo

38、l.260 (90(6)100ml 溶液中草酸物质的量为 20 10 0.0518x)=0.01，解得 x=2；未用待盛液润洗滴定管，稀释标准液，消耗高锰酸钾体积增大，草酸的质量增大， x 偏小。8 现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用。某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理（如图1 所示），并测定电离平衡常数kb。（1）实验室可用浓氨水和x 固体制取 nh3， x 固体不可以是 _；a五氧化二磷b生石灰c碱石灰 d无水氯化钙（2）检验三颈瓶集满 nh3 的方法是 _。（3）关闭 a，将带有装满水的胶头滴管的橡皮塞塞紧c 口， _，引发喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内气压变

39、化曲线如图2 所示。图 2 中_点时喷泉最剧烈。（4）从三颈瓶中用_（填仪器名称）量取20.00ml 氨水至锥形瓶中，用0.05000mol/lhc1 滴定。用ph 计采集数据、电脑绘制滴定曲线如图3 所示。（5）据图 3计算，当 ph=11.0 时， nh3h2o 电离平衡常数 kb 近似值， kb_。【答案】 ad将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明nh3 已收满；或：将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，有白烟生成，证明 nh3 已收满；打开 b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶c 碱式滴定管-51.8 10【解析】【分析】（ 1）浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能

40、够促进氨气的逸出，而无水氯化钙、五氧化二磷都能够与氨气反应，所以不能用来制氨气；（ 2）因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，氨气也能和 hcl 反应生成白烟，所以检验氨气的方法可以用湿润的红色石蕊试纸或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒；（ 3）要形成喷泉实验，应使瓶内压强小于外界压强，形成压强差；（ 4）氨水显碱性，量取碱性溶液，应选择碱式滴定管；（ 5）利用中和酸碱滴定的图像，判断滴定终点，计算出氨水中一水合氨的物质的量浓度，结合滴定前溶液的 ph，计算一水合氨的电离平衡常数。【详解】（1） a五氧化二磷是酸性干燥剂，能与氨气反应，a 不能

41、制取氨气；b浓氨水易挥发，生石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，b 正确；c浓氨水易挥发，碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，c 正确；d无水氯化钙能够与氨气反应，不能用来制氨气， d 错误；答案选 ad。（ 2）氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，氨气也能和hcl 反应生成白烟，所以氨气的检验方法为：将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明nh3 已收满；或：将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口 c，有白烟生成，证明nh3 已收满；（3）要形成喷泉实验，应使瓶内外形成负压差，而氨气极易溶于水，所以打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶，氨气溶于水，使瓶内压强降低，形成喷泉；三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，c点压强最小、大气压不变，所以大气压和c点压强差最大，则喷泉越剧烈，故答案为：打开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶；c；（ 4）氨水显碱性，量取碱性溶液，应选择碱式滴定管；故答案为：碱式滴定管；（5）设氨水中nh3?h2o 的物质的量浓度为c，则： c 20ml=0.05000mol/l 22.40ml，解得c( nh) c(oh)c(oh-c=0.056mol/lb4g， ph=11 的氨水中，弱电解质电离平衡常数 k =