2020-2021上海高考化学压轴题专题复习-化学反应原理的综合

2020-2021上海高考化学压轴题专题复习一化学反应原理的综合一、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5.0mL、0.01mol-L-i的酸性KMnO4溶液，再分别滴入0.1mol-L-iH2C2O4溶液，实验报告如下。实验编号U.OlniokLi酸性KMnO4溶液0.1niQl*L-]HaC2O4溶液水反应温的七反应时间15,0mL5.0mL02012525.0mLVL0]I1L2032035.0mL5.0mL05030①实验1、3研究的是对反应速率的影响。②表中V=mLo⑵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：①甲同学认为KMnO4与H2c2O4的反应放热，温度升高，速率加快。②乙同学认为随着反应的进行，因，故速率加快。⑶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：④涧mH・I SiffrUmoL甲 C①装置乙中仪器A的名称为o②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o③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o【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，排除阴离子的干扰收集40mL气体所需时间【解析】【分析】(1)①、②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)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；②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)①由仪器的构造，可知仪器A为分液漏斗；②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；③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、催化剂对反应速率的影响，综合性较强。2.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Cu和Cu2+。b.CuO2为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成Cuz+和 H2O2。c. H2O2 有弱酸性：H2O2 - ，H+ +HO2-, HO2- - ，H+ +O22-o编号实验现象I向1mLpH=2的1mol•L-1CuSO4溶液中加入0.5mL30%H2O2溶液出现少量气泡II向1mLpH=3的1mol•L-1CuSO4溶液中加入0.5mL30%H2O2溶液立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡m向1mLpH=5的1mol•L-1CuSO4溶液中加入0.5mL30%H2O2溶液立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡(1)经检验生成的气体均为O2，I中CuSO4催化分解h2o2的化学方程式是_。(2)对m中棕褐色沉淀的成分提出2种假设：i.CuO2，ii.Cu2O和CuO2的混合物。为检验上述假设，进行实验w：过滤m中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。①若m中生成的沉淀为Cu02,其反应的离子方程式是_。②依据w中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ii不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是。③为探究沉淀中是否存在Cu2O,设计如下实验：

将m中沉淀洗涤、干燥后，取ag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cmol-L-1EDTA溶液至滴定终点，消耗EDTA溶液VmL。V=__，可知沉淀中不含Cu2O,假设i成立。（已知：CU2++EDTA=EDTA-CU2+,M（CuO2）=96g,mol-1,M（Cu2O）=144g•mol-1）（3）结合方程式，运用化学反应原理解释m中生成的沉淀多于n中的原因_。（4）研究1、11、111中不同pH时h2o2分解速率不同的原因。实验V：在试管中分别取1mLpH=2、3、5的1mol-L-1Na2sO4溶液，向其中各加入0.5mL30%H2O2溶液，三支试管中均无明显现象。实验W：__（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，i、n、m中不同pH时h2o2的分解速率不同的原因是_。【答案】2H2O2上士二O2T+2H2OH2O2+Cu2+=CuO21+2H+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Cu’O或Cu,无法观察到红色沉淀Cu』溶液2 96c中存在H202r-H++HO2-,HO2——H++O22-,溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O22-浓度增大，使得cuo2沉淀量增大将m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CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H202反应生成CuO2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2H202上士二02T+2H20,故答案为：2H202上士二02f+2H20；（2）①若m中生成的沉淀为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+=CuO21+2H+,故答案为：H2O2+Cu2+=CuO2J+2H+；②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ii可能成立，乙同学的观点正确，故答案为：CuO2与H+反应产生的H202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；一^=cmol/LXVX10-3L,解得V=fml,故答案为：钿的；③ag过氧化铜的物质的量为③ag过氧化铜的物质的量为—ag-96g/mol由方程式可得如下关系：CuO2—Cu2+—EDTA,则有96g/mol 96c 96c（3）由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡H202r-H++H02-、H02-—H++O22-,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H202r、H++H02-,H02—、H++O22「溶液pH增大，两个平衡均正向移动，022-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m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，故答案为：将m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，使双氧水的分解速率增大是解答关键，也是实验设计的关键。3.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：①CO(NH2)2(s)+SO3(g) H2NCONHSO3H(s) AH<0②H2NCONHSO3H+H2sO4^^2H2NSO3H+CO2T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—。A.仪器a的名称是三颈烧瓶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所示，控制反应温度为75〜80℃为宜，若温度高于80℃,氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是一。*)50»70«)WRMt02(3)“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是一。(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0.08000mol-L-i的NaNO2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。①电子天平使用前须—并调零校准。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。②试求氨基磺酸粗品的纯度：—(用质量分数表示)。③若以酚欧为指示剂，用0.08000mol-L-i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①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①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：H2NSO3H+H2O=NH4HSO4；稀H2sO4可提供H+与SO/-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①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①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①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①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①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+H2O=NH4HsO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-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：H2NSO3H+H2O=NH4HsO4；稀H2SO4可提供H+与SO/-促使该平衡逆向移动；(5)①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，故答案为：(通电)预热；去皮键(归零键)；②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(H2NSO3H)=c(NaNO2)=0.08mol/L，则2.500g氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度m(HNSOH)2.5g3x100%m(HNSOH)2.5g3x100%=n(H2NSO3H)x乂田尸50产)2.5gx100%=c(HNSOH)xV(HNSOH)xM(HNSOH),2 0.08mol/Lx0.25Lx97g/mol2 3 2 3 2 3x100%= x100%=77.6%2.5g 2.5g，故答案为：77.60%；③因为氨基磺酸粗品中混有硫酸，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。4.钛白粉4.钛白粉(TiO2)是重要的白色颜料，LiFePO4是锂离子电池的正极材料。一种利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3和少量Fe2O3)进行钛白粉和LiFePO4的联合生产工艺如下图所示：回答下列问题：(1)LiFePO4中Fe的化合价是f(2)钛铁矿“酸溶〃前需要进行粉碎，粉碎的目的是(3)用离子方程式表示操作I加入铁粉的目的:。操作II为系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器的名称是(4)「。2+易水解，则其水解的离子方程式为「转化〃利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热的目的是 。(5)“沉铁〃的的是使Fe3+生成FePO4,当溶液中c(PO43-)=1.Qx1Q-i7mol/L时可认为Fe3+沉淀完全，则溶液中Fe3+沉淀完全时的c(Fe3+)=mol/L［E知:该温度下，Ksp(FePO4)=1.Qx1Q-22］。(6)由“沉铁〃到制备LiFePJ的过程中，所需17%H2O2溶液与草酸(H2c2O4)的质量比是【答案】+2增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率2H++Fe==H2个+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+蒸发皿TiO2++2H2O^=^TiO(OH)2+2H+促进水解(或加快水解反应速率)1.Qx1Q-52Q:9【解析】【分析】钛铁矿［主要成分为钛酸亚铁(FeTiO)3，含有少量Fe2O3］加硫酸溶解生成TiO2+和Fe3+、Fe2+，加入铁还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，得到硫酸亚铁和TiOSO4,对溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到绿矶晶体和TiOSO4溶液，将TiOSO4溶液加热，促进TiO2+的水解生成TiO(OH)2,TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+，分解得到钛白粉(TiO2)；将绿矶与过氧化氢、H3PO4混合沉铁：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4J+2H2O+4H+，将得到的FePO4与草酸、Li2cO3焙烧生成锂离子电池的正极材料LiFePO4。【详解】根据上述分析可知，(1)LiFePO4中Li的化合价为+1价，P为+5价O为-2价，根据正负化合价的代数和为Q,Fe的化合价是+2,故答案为+2；⑵钛铁矿“酸溶〃前需要进行粉碎，粉碎可以增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率，故答案为增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率；⑶加入铁粉主要是还原铁离子，也会与过量的酸反应：2H++Fe==H2个+Fe2+、2Fe3++Fe=3Fe2+；操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器为蒸发皿，故答案为2H++Fe==H2个+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+；蒸发皿；(4)TiO2+易水解生成TiO(OH)2，其水解的离子方程式为TiO2++2H2O==^TiO(OH)2+2H+；“转化〃利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热可以促进水解，故答案为TiO2++2H2O==TiO(OH)2+2H+；促进水解；r KJFePO)I。xl0.22 …⑸K(FePO4)=c(Fe3+)c(PO43-)，则c(Fe3+)=：( )= =1.Qx1Q-5mol/L，故答sp4 4 C5U3- 1.0x10-174案为1.Qx1Q-5；(6)“沉铁〃的为绿矾与过氧化氢、H3PO4混合生成FePO4,离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4J+2H2O+4H+，焙烧时的反应方程式为2FePO4+Li2cO3+H2c2O4q2LiFePO4+H2O+3CO2个；H2O2与草酸(H2c2O4)的物质的量之比为

1:1,1molx34g/1:1,1molx34g/mol则17%H2O2溶液与草酸(H2c2O4)的质量比为 17%1molx90g/mol_20=瓦故答案为209)5.淀粉水解的产物（C6Hl2O6）用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图1所示（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）：实验过程如下：彼粕才渊植①将1：1的淀粉水乳液与少许硫酸（98%）加入烧杯中，水浴加热至85℃~90℃,保持30min,然后逐渐将温度降至60℃左右；②将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；③控制反应液温度在55~60℃条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65%HNO3与98%H2s04的质量比为2：1.5）溶液;④反应3h左右，冷却，减压过滤后再重结晶得草酸晶体，硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：C6Hl2O6+12HNO3-3H2c2O4+9NO2个+3NO个+9H2OC6Hl2O6+8HNO3-6CO2+8NO个+10H2O3H2c2O4+2HNO3-6CO2+2NO个+4H2O请回答下列问题：（1）实验①加入98%硫酸少许的作用是：；（2）实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是 ；（3）检验淀粉是否水解完全所用的试剂为；（4）草酸重结晶的减压过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有；（5）将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重，得到二水合草酸.用KMnO4标准溶液滴定，该反应的离子方程式为：2MnO4一+5H2c2O4+6H+=2Mn2++10CO2个+8H2O称取该样品0.12g,加适量水完全溶解，然后用0.020mol・L1的酸性KMnO4溶液滴定至终点（杂质不参与反应），此时溶液颜色变化为，滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为。【答案】催化剂的作用温度过高，硝酸浓度过大，导致H2c2O4进一步被氧化碘水布氏漏斗、吸滤器无色突变为淡紫色且半分钟不褪色84%【解析】【分析】【详解】(1)淀粉水解需要浓硫酸作催化剂，即浓硫酸的作用是提高淀粉水解的速度(或起到催化剂的作用)。(2)由于温度过高、硝酸浓度过大，会导致产物H2c2O4进一步被氧化，所以不能滴入的过快。(3)由于碘能和淀粉发生显色反应，所以可以用碘水来检验淀粉是否完全水解。(4)减压过滤时需要布氏漏斗、吸滤瓶。(5)由于酸性高镒酸钾溶液是显紫红色的，所以当反应达到终点时，溶液颜色由无色突变为淡紫色且半分钟不褪色。根据滴定管的读数可知，消耗高镒酸钾溶液是18.50ml-2.50ml=16.00ml。根据方程式可知，草酸的物质的量是0.020molLix0.016Lx5/2=0.0008mol,贝U草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为“蜉：；126*100%=84.0%。.6.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100mL)。I.实验步骤：配制待测白醋溶液，用酸式滴定管量取10.00mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。量取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴酚欧作指示剂。(1)读取盛装0.1000mol/LNaOH溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为mL。(2)滴定。判断滴定终点的现象是，达到滴定终点，停止滴定，并记录NaOH溶液的最终读数。重复滴定3次。.实验记录：滴定次数实验数据(mL)1234V(样品)20.0020.0020.0020.00V（NaOH）（消耗）15.9515.0015.0514.95.数据处理与讨论：(3)某同学在处理数据时计算得：平均消耗的NaOH溶液的体积V=(15.95+15.00+15.05+14.95)/4=15.24mL。指出他的计算的不合理之处：。(4)按正确数据处理，得出c(市售白醋)=mol-L-1,市售白醋总酸量=g・100mL-1。【答案】0.70溶液由无色变成浅红色，且半分钟内不褪色很明显第一组数据比其余三组数据偏大，不能选用，要舍去0.754.5【解析】【分析】(1)根据滴定管的结构和精确度来解答；(2)根据滴定终点，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定；(3)根据数据的有效性，应舍去第1组数据；(4)先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4三组平均消耗V(NaOH)；接着根据醋酸和NaOH反应求出20.00mL样品中含有的醋酸，最后求出市售白醋总酸量；【详解】(1)液面读数0.70mL；(2)滴定终点时，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定；(3)第1组数据舍去的理由是：很明显第一组数据比其余三组数据偏大，不能选用，要舍去；(4)先根据数据的有效性，舍去第1组数据，然后求出2、3、4三组平均消耗V(NaOH)=15.00mL,CH3cOOH+NaOH=CH3cOONa+H2O0.0015mol 0.015Lx0.1000mol-L-1c(市售白醋)=0.0015mol+0.02Lx0.1L+0.01L=0.75mol/L；100mL则10mL样品中含有的醋酸的质量为0.0015molx60g-mol-1X =0.45g，市售白醋总酸量4.5g/100mL。7.利用间接酸碱滴定法可测定Ba2+的含量，实验分两步进行。已知：2CrO；+2H+===Cr2O+H2OBa2++CrO：===BaCrO4J步骤I移取xmL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用bmol.L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL。步骤H：移取ymLBaCl2溶液于锥形瓶中，加入xmL与步骤I相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol.L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，"0〃刻度位于滴定管的(填“上方〃或"下方〃)。BaCl2溶液的浓度为mol-L-1,若步骤H中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2+浓度测量值将(填“偏大〃或"偏小〃)。【答案】上方(匕-：)偏大y【解析】【详解】酸式滴定管的“0〃刻度位于滴定管的上方；步骤H：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用bmol・L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H20的盐酸的物质的量为：V1x10-3xbmol,步骤I：用bmoLL-i盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL,加入的总盐酸的物质的量：V0x10-3xbmol,Ba2++CrO42-—BaCrO4j,与Ba2+反应的CrOj-的物质的量为V0x10-3xbmol-V1x10-3xbmol=（V0-V1）bx10-3mol,步骤H：移取ymLBaCl2溶液于锥形（V-V）bX10-3 （V-V）b瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：一一1― mol/L=一一一mol/L；2 jX10-3 y若步骤n中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1减小，则Ba2+浓度测量值将偏大。8.某化学兴趣小组对加碘食盐中碘酸钾进行研究，查阅资料得知：碘酸钾是一种白色粉末，常温下很稳定，加热至560c开始分解。在酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂与HI、H2O2等物质作用，被还原为单质碘。（1）学生甲设计实验测出加碘食盐中碘元素的含量，步骤如下：①称取wg加碘盐，加适量蒸馏水溶解。②用稀硫酸酸化所得的溶液，再加入过量KI溶液，写出该步反应的离子方程式： O③以淀粉为指示剂，用物质的量浓度为1.00X10-3mol・L-1的Na2s2O3溶液滴定（滴定时的反应方程式为I+2sO2-=2I-+SO2-），滴定时Na2s2O3溶液应放在 （填"酸式滴2 23 46 223 定管〃或“碱式滴定管〃），滴定至终点的现象为O（2）学生乙对纯净的NaCl（不含KIO3）进行了下列实验:顺序步骤实验现象①取少量纯净的NaCl,加适量蒸馏水溶解溶液无变化②滴入少量淀粉-KI溶液，振荡溶液无变化③然后再滴加稀硫酸，振荡溶液变蓝色请推测实验③中产生蓝色现象的可能原因：；根据学生乙的实验结果可推测学生甲的实验结果可能（填"偏大〃、"偏小〃或"无影响〃）。（3）学生丙设计实验证明加碘食盐样品中碘元素的存在形式是IO3-而不是I-,进行如下实验。写出实验步骤、预期现象和结论。限选试剂：稀硫酸、稀硝酸、3%H2O2溶液、新制氯水、1%淀粉溶液、蒸馏水。实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量食盐样品于试管中，加适量蒸馏水使其完全溶解，步骤2：另取少量食盐样品于试管中，加适量蒸馏水使其完全溶解，滴入适量的稀硫酸酸化， 【答案】IO-+6H++51-=3I+3HO碱式滴定管溶液由蓝色变成无色，且半分钟内3 2 2不变色I-在酸性条件下能被溶解在溶液中的氧气氧化成I2偏大加入几滴新制的氯水，再加入1-2滴1%淀粉溶液，充分振荡；溶液不呈蓝色，则溶液中无I-，碘元素的存在形式不是I-再加入少量3%H2O2溶液和1-2滴1%淀粉溶液，充分振荡溶液呈蓝色，则溶液中存在IO3-，碘元素的存在形式为IO3-【解析】【分析】（1）②用稀硫酸酸化所得的溶液，再加入过量KI溶液，反应生成碘单质；③Na2s2O3为强碱弱酸盐，S2O32-水解使溶液呈弱碱性；滴定结束前溶液为蓝色，I2反应完毕时溶液蓝色褪色；（2）酸性条件下，碘离子被氧气氧化生成碘单质；甲同学的实验中，若用稀硫酸酸化，再加入过量KI溶液，由于碘单质的量增大；（3）步骤1：氯气氧化性大于碘单质，用氯水检验食盐中存不存在碘离子，步骤2：用双氧水和淀粉检验食盐中含有碘酸根离子；【详解】（1）②用稀硫酸酸化所得的溶液，再加入过量KI溶液，反应生成碘单质，反应的离子方程式为：IO-+6H++5I-=3I+3HO;3 2 2③Na2s2O3为强碱弱酸盐，因为硫代硫酸根离子水解，Na2s2O3溶液呈弱碱性，所以滴定时Na2s2O3溶液应放在碱性滴定管中；滴定结束前溶液为蓝色，I2反应完毕时溶液蓝色褪色，则滴定终点现象为：溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色；（2）酸性条件下，碘离子被氧气氧化生成碘单质，离子反应方程式为：4I-+4H++O2=2I2+2H2O，在酸性条件下，过量的碘离子易被空气中氧气氧化生成碘单质；甲同学的实验中，若用稀硫酸酸化，再加入过量KI溶液，由于碘单质的量增大，导致测定结果偏大；（3）步骤1：氯气氧化性大于碘单质，用氯水检验食盐中存不存在碘离子，操作方法及现象为：取少量食盐样品于试管中，加适量蒸馏水使其完全溶解，加入几滴新制的氯水，再加入1-2滴1%淀粉溶液，充分振荡，若溶液不呈蓝色，则溶液中无I-，碘元素的存在形式不是I-；步骤2：用双氧水和淀粉检验食盐中含有碘酸根离子，操作方法及现象为：另取少量食盐样品于试管中，加适量蒸馏水使其完全溶解，滴入适量的稀硫酸酸化，再加入少量3%H2O2溶液和1-2滴1%淀粉溶液，充分振荡，若溶液呈蓝色，则溶液中存在IO3-，碘元素的存在形式为io3-。9.某兴趣小组在实验室进行如下实验探究活动。（1）设计如下实验研究2Fe3++2I- 2Fe2++l2的反应。

①振荡静置后C中观察到的现象是；为证明该反应存在一定限度，还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后（写出实验操作和现象）。②测定上述KI溶液的浓度，进行以下操作：I用移液管移取20.00mLKI溶液至锥形瓶中，加入适量稀硫酸酸化，再加入足量H2O2溶液，充分反应。II小心加热除去过量的h2o2。III用淀粉做指示剂，用cmol/LNa2s2O3标准溶液滴定，反应原理为：2Na2s2O3+I2=2NaI+Na2s4。6。。巳知I2浓度很高时，会与步骤II是否可省略?（答“可以〃或“不可以〃）。巳知I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，加指示剂的最佳时机是⑵探究Mn2+对KMnO4酸性溶液与H2c2O4溶液反应速率的影响。反应原理（化学方程式）为；仪器及药品：试管（两支）、0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/LH2c2O4溶液、一粒黄豆大的MnSO4固体；实验方案：请仿照教材（或同教材）设计一个实验用表格，在行标题或列标题中注明试剂及观察或记录要点。【答案】溶液分层，上层水层为黄绿色，下层四氯化碳层为紫色滴加KSCN溶液，溶液变红不能；； 当滴入最后一滴Na2s2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原用c加入试剂0.01mol/LKMn04酸性溶液和0.1mol/L的H2c204加入试剂0.01mol/LKMn04酸性溶液和0.1mol/L的H2c204溶液0.01mol/LKMn04酸性溶液、0.1mol/L的h2C2O4溶液和硫酸镒固体褪色时间实验结论4 2242 2【解析】【分析】（1）①由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3+；②由步骤I可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤II省略，溶液中过氧化氢会与Na2s2O3溶液反应；当Na2s2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色；为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉；（2）KMnO4酸性溶液与H2c2O4溶液反应生成硫酸钾、硫酸镒、二氧化碳和水。【详解】（1）①由题意可知，过量的碘化钾溶液与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和碘，向溶液中加入四氯化碳，振荡静置，溶液分层，上层为氯化铁和氯化亚铁得混合溶液，溶液的颜色为黄绿色，下层为碘的四氯化碳溶液，溶液的颜色为紫色；为证明该反应存在一定限度，应检验上层溶液中是否存在Fe3+,还应补做实验为：取C中分液后的上层溶液，然后滴加KSCN溶液，溶液变红色，故答案为：溶液分层，上层水层为黄绿色，下层四氯化碳层为紫色；滴加KSCN溶液，溶液变红；②由步骤I可知，双氧水的氧化性强于单质碘，若步骤II省略，溶液中过氧化氢会与Na2s2O3溶液反应，导致Na2s2O3标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故不能省略；当Na2s2O3标准溶液过量时，溶液中碘单质完全反应，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不复原；由I2浓度很高时，会与淀粉形成稳定的包合物不易解离，为避免引起实验误差，滴定开始时不能加入淀粉指示剂，应当在I2浓度较小时再滴入淀粉，故答案为：不能；当滴入最后一滴Na2s2O3标准溶液时，蓝色褪去且半分钟内不复原；用cmol/LNa2s2O3标准溶液滴定至溶液呈浅黄色时，滴加淀粉指示剂，再继续滴加标准溶液；（2）KMnO4酸性溶液与H2c2O4溶液反应生成硫酸钾、硫酸镒、二氧化碳和水，反应的离子方程式为2MnO4-+5H2c2O4+6H+=2Mn2++10CO2T+8H2O；据题给条件，设计探究Mn2+对KMnO4酸性溶液与H2c2O4溶液反应速率的影响的实验，应用取两份等体积的0.01mol/LKMnO4酸性溶液，一份加入0.1mol/L的H2c2O4溶液，另一份加入等体积的0.1mol/L的H2c2O4溶液和硫酸镒固体，测定溶液由紫色退为无色所需要的时间，实验用表格如下：加入试剂0.01mol/LKMnO4酸性溶液和0.1mol/L的H2c2O4溶液0.01mol/LKMnO4酸性溶液、0.1mol/L的H2c2O4溶液和硫酸镒固体褪色时间实验结论故答案为：2MnO4-+5H2c2O4+6H+=2Mn2++10CO2t+8H2O；