2020-2021培优化学反应原理辅导专题训练及答案解析

1、2020-2021 培优化学反应原理辅导专题训练及答案解析一、化学反应原理1 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+3h2o22na2 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

2、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 /%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

3、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： 2na22 3 22 46s o +i na s o +2nai【答案】15该反应为放热反应，加料太快会导致温度显

4、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 17.00【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

5、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），产品溶于水由h2o2 与 ki 的酸性溶液反应，h2o2+2h+2i 2ho+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22322462222322322质： 2na

6、 s o+i nas o+2nai ，则 ho 2na s o， n（ na s o） 2n（ h o），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。2 水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组设计如图所示的实验装置(夹持装置略 ) ，采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧的含量。实验步骤及测定原理如下：.取样、氧的固定a.用溶解氧瓶采集水样，记录大气压及水体温度。

7、b. 向烧瓶中加入200ml 水样。c. 向烧瓶中依次迅速加入1mlmnso 4 无氧溶液 ( 过量 ) 和 2ml 碱性 ki 无氧溶液 ( 过量 ) ，开启搅拌器，反应生成mno(oh) 2 ，实现氧的固定。 .酸化、滴定d. 搅拌，并向烧瓶中加入2ml 硫酸无氧溶液至 mno(oh) 2 被 i还原为 mn 2，溶液为中性或弱酸性。e.在暗处静置5min 后，取一定量溶液，用na 2s2o 3 标准溶液滴定生成的i 2 2s2o32i 2 2is4o 62，记录数据。f.g. 处理数据 ( 忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化) 。回答下列问题：1234配制以上无氧溶液时，

8、除去所用溶剂水中的氧气的简单操作为_。取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是_。“步骤 c”中 “搅拌 ”的作用是 _。“氧的固定 ”中发生主要反应的化学方程式为_。5 “步骤 f ”为 _。6 “步骤 e”中，用 amol/lna 2s2o3 标准溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，滴定终点的现象为_；若 200ml 水样经处理后，共消耗na2s2 o 3 标准溶液的体积为bml，则水样中溶解氧的含量为 _ ( 用含字母的式子表示)mg/l 。7 “步骤 d”中加入硫酸溶液反应后，若溶液ph 过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的原因 ( 用离子方程式表示，至少写出2 个 )

9、 ： _。【答案】将溶剂水煮沸后冷却使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差使溶液混合均匀，快速完成反应o 22mn(oh)2 2mno(oh) 2重复步骤 e 中的滴定操作 23次当滴入最后一滴时，溶液蓝色刚好褪去且半分钟内不复色40ab2hs o2sso2ho，so2i22h2o 4h so22i；2 3244h4io22i 2 2h 2o【解析】【详解】（ 1）溶液中氧气溶解度不大，且随温度升高溶解度减小，所以配制以上无氧溶液时需要通过煮沸溶剂后冷却，把溶剂水中溶解的氧气赶出得到；故答案为：将溶剂水煮沸后冷却；（ 2）取水样时扰动水体表面，这样操作会使氧气溶解度减小，为此，取水样时

10、应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；故答案为：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；（ 3）操作步骤中搅拌的作用是使溶液混合均匀，快速完成反应；故答案为：使溶液混合均匀，快速完成反应；（4） “氧的固定 ”中发生反应的化学方程式为：o 2 2mn(oh) 2 2mno(oh) 2 ；故答案为： o 2 2mn(oh) 2 2mno(oh)2 ；（ 5）为减少实验过程中的误差，滴定实验应重复进行滴定实验测定数值，取几次的平均值计算，步骤 f 为重复步骤 e 的操作 23 次；故答案为：重复步骤e 的操作 23 次；（6）用 na

11、2s2 o3 标准溶液滴定生成的i 2 ，发生反应 2s2o 32i2 s4o 622i ，以淀粉作指示剂，随硫代硫酸钠溶液滴入，滴定过程中滴入最后一滴溶液蓝色变化为无色且半分钟不变说明反应达到终点；若200ml 水样经处理后，共消耗na2 2 3标准溶液的体积为s obml，实验过程中依次发生的反应为2mn 2o2 4oh2mno(oh) 2，mno(oh) 2 2i4hmn 2i 2 3h 2 o ， 2s2 o 32i 2 s4o 622i，得到定量关系为：o 22mno(oh) 2 2i 24s2o 23 ，14n （ o2）b 10 3 lamol l 1n（ o2） =0.0002

12、5abmol，质量为0.00025abmol 32g / mol 0.008abg 8abmg ，氧气浓度8abmg40abmg / l ；0.2l故答案为：当滴入最后一滴时，溶液蓝色刚好褪去且半分钟内不复色；40ab；7 硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应，生成的二氧化硫也能够被生成的碘氧化，同时空气中的氧气也能够将碘离子氧化，反应的离子方程式分别为：2hs2o32s so2h 2 o ； so2 i 2 2h 2o 4h so422i ；4h4io22i 22h 2o ，故答案为：2hs2o 32sso2h 2o ， so2 i 2 2h 2 o 4hso422i ，4h4io 22i 2

13、2h 2 o( 任写其中2 个 ) 。【点睛】本题考查了物质含量的测定、滴定实验及其计算的相关知识、氧化还原反应电子守恒应用，主要是实验基本操作、滴定实验的步骤、水中溶解氧含量的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。3 研究不同ph 时 cuso4溶液对 h2o2分解的催化作用。资料：a cu2o 为红色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成2+cu 和 cu。 bcuo2 为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫+和 h2o2。 c h2o2 有弱酸性： h2o2+-+-。酸，生成 cu2h+ ho2， ho2h + o22编实验现象号向 1 ml ph 2 的 1 mol l- 1 cuso4 溶

14、液中加入. 5ml 30% h o溶液出现少量气泡022向 1 ml ph 3的 1 mol l- 1 cuso4 溶液中加入立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡0. 5ml 30% h o2溶液2向 1 ml ph 5的 1 mol l- 1cuso4 溶液中加入立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡0. 5ml 30% h2o2溶液（ 1） 经检验生成的气体均为o2，中 cuso4 催化分解 h2o2 的化学方程式是 _。（ 2）对中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设：. cuo2 ，.cu2o 和 cuo2 的混合物。为检验上述假设，进行实验：过滤中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解

15、，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。若中生成的沉淀为 cuo2，其反应的离子方程式是 _。依据中沉淀完全溶解，甲同学认为假设不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是 _。为探究沉淀中是否存在cu2o，设计如下实验：将中沉淀洗涤、干燥后，取a g 固体溶于过量稀硫酸，充分加热。冷却后调节溶液ph，以 pan 为指示剂，向溶液中滴加c mol l- 1edta 溶edta 溶液至滴定终点，消耗液 v ml。 v=_，可知沉淀中不含cu2o，假设成立。（已知：cu2+edta= edta- cu2+，mcuo296 g mol - 1， m ( cu2o) 144g mol - 1）() （3）结合方程式

16、，运用化学反应原理解释中生成的沉淀多于中的原因_ 。（4）研究、中不同ph 时 h2o2分解速率不同的原因。实验：在试管中分别取1 ml ph 2、 3、 5 的 1 mol l- 1 na2so4 溶液，向其中各加入0. 5 ml 30% h2o2 溶液，三支试管中均无明显现象。实验： _（填实验操作和现象），说明cuo2能够催化h2o2 分解。（5）综合上述实验，、中不同ph 时 h2o2的分解速率不同的原因是_。【答案】 2h2 + cuo+反应产生的 h2o2o2+2h2o h2o2+cu2+2hcuo2 与 h2 o2 具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化cu2 o 或 cu，无法观

17、察到红色沉淀 cu1000a溶液96c中存在 h2 2+ o22，溶液 ph 增大，两个平衡均正向移动，2h+ ho2， ho2ho2o浓度增大，使得cuo2 沉淀量增大将中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入 30 h2 22o 溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变cuo的催化能力强于cu2+；随 ph 增大， cu2+与 h2 22o反应生成 cuo 增多【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，在硫酸铜做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，反应的化学方程式为 2h22222222oo +2h o，故答案为：2h oo +2h o；（ 2）若中生成的沉淀为

18、 cuo2，说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水，反应的离子方程式为 h2o2+cu2 +=cuo2+2h+，故答案为： h2o2+cu2+=cuo2+2h+；由题意可知，过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜，无法观察到红色沉淀，说明假设可能成立，乙同学的观点正确，故答案为： cuo2 与 h+反应产生的 h2o2 具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化 cu2o 或 cu，无法观察到红色沉淀cu；a g 过氧化铜的物质的量为ag，由方程式可得如下关系：cuo2 cu2+ edta，则有96g/ molag1000a1000a96g/

19、mol = c mol / l v 103l，解得 v= 96c ml，故答案为：96c；（3）由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡h2 2+ ho2 、 ho2+ + o22ohh ，溶液 ph 增大，氢离子浓度减小，两个平衡均正向移动，过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，故答案为：溶液中存在h2 2+ + ho2， ho2+ + o22，溶液 phohh增大，两个平衡均正向移动，o22 浓度增大，使得cuo2 沉淀量增大；（ 4）若过氧化铜能够催化过氧化氢分解，过氧化氢分解速率加快，催化剂过氧化铜的组成和质量不会发生变化，则实验操作和现象为将中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中

20、，加入30 h2o2 溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变，故答案为：将中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30 h2o2 溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变；（ 5）由以上实验可知，当溶液 ph 增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大，故答案为：cuo2 的催化能力强于cu2+；随 ph 增大， cu2+与 h2o2 反应生成 cuo2 增多。【点睛】当溶液 ph 增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧

21、水的分解速率增大是解答关键，也是实验设计的关键。4 水合肼 (n 2h4h2o)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肼的原理为 co(nh2)2+2naoh+naclo=nh4h2o+na2co3+nacl。实验 1：制备 naclo 溶液 (己知： 3naclo2nacl+naclo3)。（ 1）图甲装置 中烧瓶内发生反应的离子方程式为_ 。（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_。（ 3）图甲装置 中用冰水浴控制温度的目的是 _ 。实验 2：制取水合肼（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分n2h4h2 o 会参与 a

22、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，蒸馏 a 中溶液即可得到水合肼的粗产品。实验 3：测定馏分中水合肼的含量（5）称取馏分 3.0g，加入适量 nahco3 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-1 的碘的标准溶液滴定。(已知 ： n2422220.15mol lh ho+2i =n +4hi+h o) 滴定操作中若不加入适量nahco 固体，则测量结果会 _“偏大 ”“偏小 ”“无影3响”)。 下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果

23、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，馏分中水合肼 (n2 h4h2o)的质量分数为_ 。【答案】 mno2+-mn2+22防止 naclo 分解，影+4h +cl+cl +2h o 量筒、烧杯、玻璃棒响水合肼的产率n2h4h2o+2naclo=n2 +3h2o+2nacl 偏大 d 25%【解析】试题分析：由图可知，装置i由二氧化锰和浓盐酸制备氯气；装置ii 由氯气和氢氧化钠溶液制备次氯酸钠；装置iii 是尾气处理装置

24、；图乙中的由co(nh2 )2 与naoh、naclo 反应制备水合肼。实验 1：制备 naclo 溶液 (己知： 3naclo2nacl+naclo3)。（1）图甲装置中烧瓶内发生反应的离子方程式为2+-mn2+22mno +4h +cl+cl +2h o。（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： 3naclo2nacl+naclo3)可知，图甲装置中用冰水浴控制温度的目的是防止naclo 分解，影响水合肼的产率。实验 2：制取水合肼（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分n2h4h2 o 会参与 a

25、 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n2h4h2o+2naclo=n2 +3h2o+2nacl。充分反应后，蒸馏 a 中溶液即可得到水合肼的粗产品。实验 3：测定馏分中水合肼的含量（5）称取馏分3.0g，加入适量 nahco3 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-1 的碘的标准溶液滴定。(已知： n2422220.15mol lh ho+2i =n +4hi+h o)水合肼 (n2423固体控hh o)是一种强还原性的碱性液体，滴定操作中若不加入

26、适量nahco制溶液的 ph，则碘会在碱性条件下发生歧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，则标准液的体积读数偏小；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，能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是 d。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=n2 +4hi+h2o 可知，n(n2h4?h2o)= n(i2)=0

27、.0015mol ，馏分中水合肼 (n2h4h2o)的质量分数为25%。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 氨基磺酸 ( h2nso3h) 是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，在工业上常用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。某实验室用尿素和发烟硫酸( 溶有so3 的硫酸 ) 制备氨基磺酸的流程如图：已知“磺化”步骤发生的反应为：co nh

28、2 2323(ssogh nconhsoh s)h 0) ( )+( )(h2nconhsoh+h so2h nso h+co 324232发生“磺化”步骤反应的装置如图1 所示：请回答下列问题：（1）下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是_。aa的名称是三颈烧瓶. 仪器b. 冷凝回流时，冷凝水应该从冷凝管的b 管口通入c. 抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中，稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，再转移悬浊液d. 抽滤结束后为了防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管（2）“磺化”过程温度与产率的关系如图2

29、 所示，控制反应温度为7580为宜，若温度高于80，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是_。（3）“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是_。4）“重结晶”时，溶剂选用10%12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是_（。（5）“配液及滴定”操作中，准确称取2. 500g 氨基磺酸粗品配成250ml 待测液。取25. 00ml 待测液于锥形瓶中，以淀粉- 碘化钾溶液做指示剂，用 0-1 的 nano2. 08000mol ?l标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗nano2 标准溶液 25. 00ml。此时氨基磺酸恰好被完全氧化成 n2， nano2的还原产物也为n2。电子天平使用前须_并调

30、零校准。称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘中央，显示数字稳定后按_，再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。试求氨基磺酸粗品的纯度：_( 用质量分数表示 ) 。若以酚酞为指示剂，用0. 08000mol ?l- 1 的 naoh 标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果通常比nano2 法 _( 填“偏高”或“偏低”) 。【答案】 a温度过高， so3 气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应平衡向逆反应方向移动关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2 3 次氨基磺酸在水溶液中可发生反应：h2

31、nso3h+h2 onh4hso4；稀h2so4 可提供h+与so42- 促使该平衡逆向移动( 通电 ) 预热去皮键( 归零键)77. 60%偏高【解析】【分析】发烟硫酸和尿素在磺化步骤转化为氨基磺酸，反应为放热反应，同时反应因为有气体参与，则通过改变温度和压强可以影响产率；因为氨基磺酸为固体，则过滤时可采用抽滤；得到的氨基磺酸可能混有杂质，则要经过重结晶进行提纯，最后干燥可得到纯净的氨基磺酸。【详解】（1） a. 仪器a 的名称是三颈烧瓶，故a 正确；b. 冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的a 管口通入，故b 错误；c. 向漏斗内转待抽滤液时，应用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再

32、转移沉淀，不能直接转移悬浊液，故 c 错误；d. 抽滤结束后为了防止倒吸，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，再关闭水龙头，故 d 错误；综上所述，答案为 a。（ 2）气体的溶解度随温度升高而降低，则温度过高， so3 气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应平衡向逆反应方向移动，故答案为：温度过高， so3 气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应平衡向逆反应方向移动；（ 3）洗涤的具体操作为关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作 2- 3 次，故答案为：关小水龙头，向布氏漏斗

33、中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2 3 次；（4）“重结晶”时，溶剂选用10% 12%的硫酸是为了防止氨基磺酸洗涤时因溶解而损失，因为氨基磺酸在水溶液中可发生反应：h2nso3h+h2onh4hso4；稀 h2so4 可提供+-促使该平衡逆向移动，故答案为：氨基磺酸在水溶液中可发生反应：h 与 so422324424+2-促使该平衡逆向移动；与 so4h nso h+h onh hso ；稀h so 可提供 h（5）电子天平在使用时要注意使用前须( 通电 ) 预热并调零校准，称量时，要将药品放到小烧杯或滤纸上，注意要先按去皮键( 归零键 ) ，再放入药品进行称量，故答案

34、为：( 通电 )预热；去皮键 ( 归零键 ) ；亚硝酸钠与氨基磺酸反应后的产物均为氮气，根据氧化还原反应原理可知，亚硝酸与氨基磺酸以 1: 1比例反应，可知c(h 2 nso 3h)c(nano 2 )=0.08mol/l ，则 2. 500g 氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度m(h2 nso 3h)n(h 2 nso3h) m(h 2 nso 3 h)100%=2.5 g100%2.5gc(h 2 nso3h)v(h 2 nso3h)m(h 2 nso3 h)0.08mol/l0.25l 97g/mol2.5g100%100%=77.6%2.5g，故答案为：77. 60%；因为氨基磺酸粗品中

35、混有硫酸，则用naoh 标准溶液进行滴定，会使测得结果通常比nano2 法偏高，故答案为：偏高。【点睛】当讨论温度对产率的影响时，注意考虑要全面，温度一般可以影响反应速率、化学平衡移动、物质的溶解度以及物质的稳定性等，可以从这些方面进行讨论，以免漏答。6 甲同学向做过银镜反应的试管滴加0.1mol/l的fe no33()溶液 (ph=2) ，发现银镜部分溶解，和大家一起分析原因：甲同学认为： fe3+具有氧化性，能够溶解单质ag。乙同学认为： fe( no3) 3 溶液显酸性，该条件下no3也能氧化单质ag。丙同学认为： fe3+和 no3 均能把 ag 氧化而溶解。(1) 生成银镜反应过程中

36、银氨溶液发生_ （氧化、还原）反应。(2) 为得出正确结论，只需设计两个实验验证即可。ife no3实验 ：向溶解了银镜的(3)的溶液中加入_（填序号，kscn溶液、k3fe( cn) 6溶液、稀 hc1），现象为 _，证明甲的结论正确。实验：向附有银镜的试管中加入_溶液，观察银镜是否溶解。两个实验结果证明了丙同学的结论。(3) 丙同学又把 5mlfeso4 溶液分成两份：第一份滴加2 滴 kscn溶液无变化；第二份加入1ml0.1mol/lagno 3 溶液，出现白色沉淀，随后有黑色固体产生（经验证黑色固体为ag 颗粒），再取上层溶液滴加kscn溶液变红。根据上述的实验情况，用离子方程式表示

37、fe3+、fe2+、 ag+ 、ag 之间的反应关系_。(4) 丁同学改用如图实验装置做进一步探究：k 刚闭合时，指针向左偏转，此时石墨作_，（填 “正极 ”或 “负极。此过程氧化性： fe3+_ag+（填 或或 ）。由上述实验，得出的结论是：_。【答案】还原 产生蓝色沉淀ph=2 0.3mol/l kno3 或 nano3 溶液 ag + fe3+ ? ag+ +fe2+或 (ag+ + fe2+ ? ag + fe3+) 正极 其它条件不变时，物质的氧化性与浓度有关系，浓度的改变可导致平衡的移动【解析】【分析】(1)根据元素化合价的变化判断；(2)实验 ：甲同学认为：fe3+具有氧化性，能

38、够溶解单质ag，则要证明甲的结论正确，可验证 fe3+的还原产物fe2+的存在；实验 ：进行对照实验；(3)根据实验现象判断溶液中发生的反应；(4)根据指针偏转方向判断正负极，判断电极反应，并结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物分析解答。【详解】(1)往 agno3 溶液中逐滴加入氨水，银离子和氨水反应生成白色的氢氧化银沉淀和铵根离子， ag+nh3?h2o agoh +nh4+ ；继续滴入氨水白色沉淀溶解，氢氧化银和氨水反应生成银氨溶液和水，agoh+2nh3?h2 o ag(nh3)2 oh+2h2o，若用乙醛进行银镜反应，再加入乙醛溶液后，水浴加热，生成乙酸铵，氨气、银和水，化学

39、反应方程式为：ch cho+2ag(nh ) ohch coonh +2ag +3nh+h o，银氨溶液中的银为+1 价，被醛33 2342基还原生成0 价的银单质，故答案为：还原；(2)实验 ：甲同学认为： fe3+具有氧化性，能够溶解单质ag，则要证明甲的结论正确，可验证 fe3+的还原产物fe2+的存在即可，验证fe2+的实验是取少量除尽ag+后的溶液于试管中，加入 k3fe(cn)6溶液会和fe2+反应生成蓝色沉淀，故答案为：；产生蓝色沉淀；实验 ：丙同学认为：fe3+和 no3 均能把 ag 氧化而溶解，且两个实验结果证明了丙同学的结论，而实验i 验证了 fe3+具有氧化性，能够溶解

40、单质ag，则实验ii 需要验证no3也能把 ag 氧化而溶解，需进行对照实验，0.1mol/l 的 fe(no3)3 溶液 (ph=2)， no3 为 0.3 mol/l ，所以需向附有银镜的试管中加入ph=2 的 0.3 mol/l kno3 或 nano3 溶液，故答案为：ph=2的 0.3 mol/l kno3 或 nano3；(3)fe3+遇 kscn溶液变红，第一份滴加 2滴 kscn溶液无变化，说明feso4 溶液中无 fe3+，第二份加入 1ml 0.1mol/l agno 3溶液，出现白色沉淀，随后有黑色固体ag 产生，再取上层溶液滴加 kscn溶液变红，说明有fe3+产生，说

41、明 fe2+被 ag+氧化生成 fe3+，ag+被还原为ag，又 fe3+具有氧化性，能够溶解单质ag，则该反应为可逆反应，反应的离子方程式为：fe3+ag? fe2+ag+ 或 ag+fe2+? ag+fe3+；(4) k 刚闭合时，指针向左偏转，则银为负极，石墨为正极，该电池的反应本质为fe3+ag? fe2+ag+ ，该反应中铁离子为氧化剂，银离子为氧化产物，则氧化性：fe3+ ag+，故答案为：正极；当指针归零后，向右烧杯中滴加几滴饱和agno3 溶液，指针向右偏转，则此时石墨为负极，银为正极，右侧烧杯中银离子浓度增大，反应fe3+ag? fe2+ag+的平衡左移，发生反应 ag+fe2+? ag+fe3+，此时 ag+为氧化剂， fe3+为氧化产物，则氧化性： fe3+ ag+；由上述实验，得出的结论是：在其它条件不变时，物质的氧化性与浓度有关，浓度的改变可导致平衡移动。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-1-1溶液 (酸性 )、