2023年高考化学知识点过关培优训练∶化学反应原理附答案

2023-2023高考化学学问点过关培优训练∶化学反响原理附具体答案一、化学反响原理食品加工中常用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)作漂白剂、防腐剂和疏松剂。现试验室欲制备焦亚硫酸钠，其反响依次为：(ⅰ)2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；(ⅲ)2NaHSO3Na2S2O5+H2O。3(ⅲ)2NaHSO3Na2S2O5+H2O。3查阅资料：焦亚硫酸钠为黄色结晶粉末，150℃时开头分解，在水溶液或含有结晶水时更易被空气氧化。试验装置如下：2试验室可用废铝丝与NaOH溶液制取H，其离子方程式为 。22通氢气一段时间后，以恒定速率通入SO，开头的一段时间溶液温度快速上升，随后温度缓慢变化，溶液开头渐渐变黄。“温度快速上升”的缘由为 。试验后期须利用水浴使温度保持在约80℃。2反响后的体系中有少量白色亚硫酸钠析出，除去其中亚硫酸钠固体的方法；然后获得较纯的无水Na2S2O5，应将溶液冷却到30℃左右过滤，把握“30℃左右”的理由是 。22 5 丙为真空枯燥NaSO晶体的装置，通入H22 5 2 5 2 2 常用剩余碘量法测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数。：SO2-+2I+3HO=2SO2-+4I2 5 2 2 2 3 2 4 +6H+；2SO2-+I=SO2-+2I-。请补充试验步骤(可供给的试剂有：焦亚硫酸钠样品、标准碘溶Na2S2O3溶液及蒸馏水)2 3 2 4 0.2023g放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中。②准确移取确定体积的浓度的标准碘溶液(过量)并记录数据，在暗处放置5min，然后5mL冰醋酸及适量的蒸馏水。Na2S2O3溶液滴定至接近终点。④ 。⑤重复步骤①～③；依据相关记录数据计算出平均值。2【答案】2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2

-＋3H

↑ SO

NaOH溶液的反响是放热反响趁热过滤22Na2SO3不饱和，不析出排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化参与少量淀粉溶22液，连续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色，记录滴定所消耗的体积【解析】【分析】NaOH溶液反响生成偏铝酸钠和氢气；SO2NaOH溶液的反响是放热反响导致溶液温度上升；Na2S2O540℃时亚硫酸钠溶解度减小；把握“30℃左右”Na2SO3不饱和；焦亚硫酸钠能被压强氧化；真空枯燥时，枯燥室内部的压力低，水分在低温下就能气化；(5)④碘能使淀粉变蓝色，所以可以用淀粉试液检验滴定终点，连续做试验为：参与少量淀粉溶液，连续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积。【详解】2NaOH溶液反响生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2↑；SO2与NaOH溶液的反响是放热反响导致溶液温度上升，所以溶液“温度快速上升”；(3)Na2S2O540℃时亚硫酸钠溶解度减小，所以要趁热过滤；把握“30℃左右”Na2SO3不饱和，不析出；(4)焦亚硫酸钠能被压强氧化，则通入氢气的目的是排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化；(5)④连续做试验为：参与少量淀粉溶液，连续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积，然后再重复试验，削减试验误差。2黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS，现有一种自然黄铜矿〔含少量脉石〕，为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下试验：2试验后取d中溶液的0.05mol/L标准碘溶液进展滴定，初读数为1.150gCu、Fe3O试验后取d中溶液的0.05mol/L标准碘溶液进展滴定，初读数为0.00mL，终读数如以下图。请答复以下问题：称量样品所用的仪器为 ，将样品研细后再反响，其目的是 。装置a的作用是 。a．有利于空气中氧气充分反响 b．除去空气中的水蒸气c．有利于气体混合 d．有利于观看空气流速上述反响完毕后，仍需通一段时间的空气，其目的是 。滴定时，标准碘溶液所耗体积为 mL。推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 。假设用右图装置替代上述试验装置d，同样可以到达试验目的的是 。〔填编号〕2假设将原装置d中的试液改为Ba(OH)，测得的黄铜矿纯度误差为＋1%，假设试验操作均正确，可能的缘由主要有 。2【答案】电子天平使原料充分反响、加快反响速率b、d 使反响生成的SO2全部进入d装置中，使结果准确20.10mL 溶液恰好由无色变成浅蓝色，且半分钟内不褪色80.4%② CO2Ba(OH)2BaCO3沉淀；BaSO3BaSO4【解析】【分析】(1)依据称量黄铜矿样品1.150g，选择准确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；(2)浓硫酸可以将水除去，还可以依据冒出气泡的速率来调整空气流速；反响产生的二氧化硫应当尽可能的被d装置吸取；依据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，依据反响完毕时的颜色变化推断滴定终点；先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS～2SO

～2I

，再依据题中数据进展计算；

2 2 2图2中的②中通入二氧化硫，反响生成了硫酸钡沉淀，可以依据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量；Ba(OH)2COBaSO

易被空气中氧气氧化，这些缘由均能引起测2 3定误差。【详解】由于称量黄铜矿样品1.150g，准确度到达了千分之一，应中选用电子天平进展称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反响速率，并且使黄铜矿充分反响；a中的浓硫酸可以吸取空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反响装置b中发生危急，同时依据冒出的气泡的快慢来把握气体的通入量，故答案为bd；黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后照旧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，使结果更加准确；依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，当到达滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝；依据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS～2SO～2I0.05mol/L20.10mL2 2 2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%；由于图2中，②硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡沉淀，过滤枯燥后，依据硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量，故答案为②；2dBa(OH)，测得的黄铜矿纯度误差为＋1%，在试验操作均正确24的前提下，引起误差的可能缘由主要有空气中的CO2Ba(OH)2BaCO3沉淀或BaSO3BaSO。4无水硫酸铜在加热至650℃时开头分解生成氧化铜和气体．某活动小组通过试验，探究不同温度下气体产物的组成．试验装置如下：试验组别温度CuSO4质量B增重质量/gC试验组别温度CuSO4质量B增重质量/gC增重质量E中收集到气体/g/g/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4④T40.640X40.19233.6试验过程中A中的现象是 ．D中无水氯化钙的作用是 ．在测量E中气体体积时，应留意先 ，然后调整水准管与量气管的液面相平，假设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”〕．试验①中B中吸取的气体是 ．试验②中E中收集到的气体是 ．4推想试验②中CuSO分解反响方程式为： ．43依据表中数据分析，试验③中理论上C增加的质量Y= g．33 结合平衡移动原理，比较T和T温度的凹凸并说明理由 3 O2 2CuSO42CuO+2SO2↑+OO2 2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑ 0.128 T4SO3SO2O2是吸热反响，温度高有利于生成更多的O2【解析】【分析】650℃时开头分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，依据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；气体温度较高，气体体积偏大，应留意先冷却至室温，假设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；B中浓硫酸的作用是吸取三氧化硫气体，C的作用是吸取二氧化硫，E的作用是收集到氧气；0.64g0.64g硫酸铜的物质的量为160g/mo1＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.256g0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g64g/mo1＝0.004mol，0.064g氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g32g/mo1＝0.002mol，2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；4 2 2 CuSO、CuO、SO、O2：2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；4 2 2 0.64g0.64g硫酸铜的物质的量为160g/mo1＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.02240.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：

22.4

32＝0.032g，依据质量守恒试验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；(6)依据表中试验③④的数据可知，T4SO3SO2O2是吸热反响，温度高有利于生成更多的O2。【详解】650℃时开头分解生成氧化铜和气体，故试验过程中A中的现象是白色固体变黑，由于碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是吸取水蒸气，防止装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；吸取水蒸气，防止影响C的质量变化；加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应留意先冷却至室温，假设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B中浓硫酸的作用是吸取三氧化硫气体，C的作用是吸取二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：SO；O；3 20.64g0.64g硫酸铜的物质的量为160g/mo1＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.256g0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g64g/mo1＝0.004mol，0.064g氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g32g/mo1＝0.002mol，2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；4 2 2 CuSO、CuO、SO、O2：2CuSO42CuO+2SO2↑+O2↑；4 2 2 0.64g0.64g硫酸铜的物质的量为160g/mo1＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.02240.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：

22.4

32＝0.032g，3试验③中理论上C增加的质量Y＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；32 4 4 (6)依据表中试验③④的数据可知，T4SO3SO2O2是吸热反响，温度高有利于生成更多的O，故T温度更高，故答案为：TSO2 4 4 2SO2O2是吸热反响，温度高有利于生成更多的O。2如以下图，ENa2SO4溶液的滤纸，并参与几滴酚酞。A、BPt片，压在滤纸两端，R、S为电源的电极。M、N为惰性电极。G为检流计，K为开关。试管C、D和电解KOH溶液。假设在滤纸EKMnO4溶液，断开K，接通电源一段时间后，C、D中有气体产生。〔1〕R为电源的 ，S为电源的 。〔2〕A极四周的溶液变为红色，B极的电极反响式为 。滤纸上的紫色点移向 (填“A极”或“B极”)。当试管C、D中的气体产生到确定量时，切断外电源并接通开关K，经过一段时间，C、D中气体渐渐削减，主要是由于_，写出有关的电极反响式： 。2 2 2 【答案】负极正极－-＋↑B极氢气和氧气在碱性环境下发生原电池反响，消耗了氢气和氧气2H＋4OH-－4e-=4HO(负极)，O＋2HO＋4e-=4OH-(正极2 2 2 【解析】【分析】〔1〕依据电极产物推断电解池的阴阳极及电源的正负极；〔2〕依据电解池原理及试验现象书写电极反响式；〔3〕依据电解池原理分析电解质溶液中离子移动方向；〔4〕依据燃料电池原理分析解答。【详解】〔1〕断开K，通直流电，电极C、D及氢氧化钾溶液构成电解池，依据离子的放电挨次，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，分别生成氢气和氧气，氢气和氧气的体积比为2:1，通过图象知，C极上气体体积是D2倍，所以C极上得氢气，D极上得到氧气，故R是负极，S是正极，故答案为：负极；正极；〔2〕A极是阴极，电解高锰酸钾时，在该极上放电的是氢离子，所以该极上碱性增加，酚酞显红色，B极是阳极，该极四周发生的电极反响式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，故答案为：2H2O-4e-=4H++O2↑；浸有高锰酸钾的滤纸和电极A、B与电源也构成了电解池，由于R是负极，S是正极，所以B极是阳极，A极是阴极，电解质溶液中的阴离子高锰酸根离子向阳极移动，紫色点移向B极，故答案为：B极；当C、D里的气体产生到确定量时，切断外电源并接通开关K，构成氢氧燃料电池，氢气和氧气在碱性环境下发生原电池反响，消耗了氢气和氧气；在燃料电池中，燃料氢气为负极，在碱性环境下的电极反响式为：2H2+4OH--4e-=4H2O，C中的电极作负极，D中的电极作正极，电极反响式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：氢气和氧气在碱性环境下发生2 2 2 原电池反响，消耗了氢气和氧气；2H＋4OH-－4e-=4HO(负极)，O＋2HO＋4e-=4OH-(正极)2 2 2 【点睛】明确原电池和电解池的工作原理、各个电极上发生的反响是解答此题的关键，难点是电极反响式的书写，留意电解质溶液的性质，以及电解质溶液中阴阳离子移动方向，为易错点。现代传感信息技术在化学试验中有广泛的应用。某小组用传感技术测定喷泉试验中的压强变化来生疏喷泉试验的原理〔如图1所示〕，并测定电离平衡常数Kb。3试验室可用浓氨水和X固体制取NH，X固体不行以是 ；3五氧化二磷B．生石灰C．碱石灰D．无水氯化钙3检验三颈瓶集满NH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， ，引发喷泉试验，电脑绘制三颈瓶内气压变化曲线如图2所示。图2中 点时喷泉最猛烈。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/LHC1pH计采集数据、电脑绘制滴定曲线如图3所示。据图3计算，当pH=11.0时，NH3·H2O电离平衡常数Kb近似值，Kb≈ 。【答案】AD 将潮湿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；翻开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶C 碱式滴定管1.8×10-5【解析】【分析】浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反响放出大量的热，能够促进氨气的逸出，而无水氯化钙、五氧化二磷都能够与氨气反响，所以不能用来制氨气；由于氨气和水反响生成一水合氨，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反响生成白烟，所以检验氨气的方法可以用潮湿的红色石蕊试纸或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒；要形成喷泉试验，应使瓶内压强小于外界压强，形成压强差；氨水显碱性，量取碱性溶液，应选择碱式滴定管；利用中和酸碱滴定的图像，推断滴定终点，计算出氨水中一水合氨的物质的量浓度，pH，计算一水合氨的电离平衡常数。【详解】〔1〕A．五氧化二磷是酸性枯燥剂，能与氨气反响，A不能制取氨气；浓氨水易挥发，生石灰溶于水与水反响放出大量的热，能够促进氨气的逸出，B正确；浓氨水易挥发，碱石灰溶于水与水反响放出大量的热，能够促进氨气的逸出，C正确；无水氯化钙能够与氨气反响，不能用来制氨气，D错误；AD。氨气和水反响生成一水合氨，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反响生成白烟，所以氨气的检验方法为：将潮湿的红色石蕊试纸靠近瓶口cNH3已收满；或：将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口c，NH3已收满；要形成喷泉试验，应使瓶内外形成负压差，而氨气极易溶于水，所以翻开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，其反响速率越快，CC强差最大，则喷泉越猛烈，故答案为：翻开b，挤压胶头滴管使水进入烧瓶；C；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；NH3•H2O的物质的量浓度为c，则：c×20mL=0.05000mol/L×22.40mL，解得c(NH)gc(OH)c=0.056mol/LKb=

4c(NH3

2

，pH=11c(OH-)=4 0.001mol/L，c〔OH-〕≈c〔NH+〕=0.001mol/L，则：K4 故答案为：1.8×10-5。【点睛】解答综合性试验题留意以下几点：

0.0010.0010.056

=1.8×10-5；试验目的。试验目的打算试验原理，据此选择仪器和试剂；物质的性质。物质的性质打算试验细节。留意多学科学问应用。三氯化氧磷(POCl)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂，试验室制取POCl并3 3测定产品含量的试验过程如下:POCl3PCl3法。试验装置(加热及夹持装置省略》及相关信息如下。物质物质熔点/℃沸点/℃相对分子质量其他PCl3―112.076.0137.5均为无色液体，遇水均猛烈POClPOCl32.0106.0153.5水解为含氧酸和氯化氢，两者互溶仪器a的名称为 ；3装置C中生成POCl的化学方程式为 ；32试验中需把握通入O的速率，对此实行的操作是 ；22装置B的作用除观看O的流速之外，还有 ；2反响温度应把握在60～65℃，缘由是 ；POCl3产品含量的试验步骤：①试验I完毕后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取16.725gPOCl3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液10.00mL10.00mL3.5mol/LAgNO3标准溶液〔Ag++Cl-＝AgCl↓〕③参与少量硝基苯〔硝基苯密度比水大，且难溶于水〕0.2mol/LKSCNAgNO3溶液〔Ag++SCN-＝AgSCN↓〕，10.00mLKSCN溶液。到达终点时的现象是 ；3测得产品中n(POCl)= ；3Ksp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)，据此推断，假设取消步骤③，滴定结果将 。〔填偏高，偏低，或不变〕【答案】冷凝管(或球形冷凝管)2PCl+O＝2POCl

把握分液漏斗中双氧水的参与量平3 2 3衡气压、枯燥氧气温度过低，反响速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度滴入最终一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色0.11mol 偏低【解析】【详解】仪器a的名称为冷凝管(或球形冷凝管)；正确答案：冷凝管(或球形冷凝管)。332加热条件下，PCl3POCl，方程式为：PCl+O332

＝POCl。3装置A产生氧气，则可以用分液漏斗来把握双氧水的滴加速率即可把握通入O2的速率；正确答案：把握分液漏斗中双氧水的参与量。3装置B中为浓硫酸，其主要作用：枯燥氧气、平衡大气压、把握氧气流速；正确答案：平衡气压、枯燥氧气。依据图表给定信息可知，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度；但是温度也不能太低，否则反响速率会变小；正确答案：温度过低，反响速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度。KSCNAgNO3溶液到达滴定终点时，铁离子与硫氰根离子反响生成了红色溶液，且半分钟之内颜色保持不变；正确答案：滴入最终一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色；3KSCN0.2mol/L×0.01L=0.002molAg++SCN-＝AgSCN↓，可以知道溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol；POCl3与水反响生成氯化氢的物质的量3.5mol/L×0.01L-0.002mol=0.033moln(POCl)=0.01133mol16.725POCl3产品中n(POCl)=0.11mol。3参与少量的硝基苯可以使生成的氯化银沉淀与溶液分开，假设不这样操作，在水溶液AgSCNKsp(AgCl)＞Ksp(AgSCN)，使得试验中消耗的KSCN偏多，所测出的剩余银离子的量增大，导致水解液中与氯离子反响的银离子的量削减，会使测定结果偏低。2 CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某争论性学习小组拟热分解CuCl·2HO2 CuCl，并进展相关探究。〔资料查阅〕〔试验探究〕该小组用如以下图装置进展试验(夹持仪器略)。请答复以下问题：仪器X的名称是 。试验操作的先后挨次是a→ →e(填操作的编号)a.检查装置的气密性后参与药品 b.熄灭酒精灯，冷却c.在“气体入口”处通入枯燥HCl d.点燃酒精灯，加热e.停顿通入HCl，然后通入N2【答案】球形枯燥管或枯燥管cdb【解析】【分析】CuCl2•2H2OCuClHCl气体，然后加热A处试管，X为球形枯燥管，XCuCl2•2H2O分解生成水，利用C装置检验生成的氯气，DNaOH溶液吸取尾气，以此来解答。【详解】由图及常见的仪器可知，仪器X的名称为球形枯燥管或枯燥管；试验操作时先检查装置的气密性，气密性良好后装入药品，先通入HCl〔防止没有HCl的状况下加热生成碱式氯化铜〕，点燃酒精灯加热，熄灭酒精灯，后停顿通入HCl，最终HCl和氯气排空被尾气装置中的氢氧化钠吸取，所以挨次为a→c→d→b→e。【点睛】解答时要利用好题中所给信息，CuCl2·2H2O的热分解反响是在氯化氢的气流中进展的，试验完毕后通入氮气的目的。ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将渐渐用来取代Cl2ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，11℃时液化成红棕色液体。2某争论小组用以以下图装置制备少量ClO〔夹持装置已略去〕。2①冰水浴的作用是 。2②NaOH溶液的主要作用为吸取反响产生的Cl，其吸取液可用于制取漂白液，该吸取反响的氧化剂与复原剂之比为 。23 ③以NaClO和HCl为原料制备ClO的化学方程式为 3 2将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中参与适量CCl置，观看到 ，证明ClO具有氧化性。2

，振荡、静4ClO2Cl-,0.3-0.5mg·L−1，某争论小组用以下试验方案测定长期不放水的自来水管中Cl-10.00mL以KO4为指示剂，用L1的3标准溶液滴定至终点。重复上述操作三试验序号1试验序号1234AgNO3溶液的体积/mL10.2410.029.9810.003①在滴定管中装入AgNO标准溶液的前一步，应进展的操作 。3②测得自来水中Cl-的含量为 mg·L−1。③假设在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果 〔填“偏高”、“偏低”或“无影响”〕。【答案】收集ClO〔或使ClO冷凝为液体〕1：1 2NaClO+4HCl=2ClO↑+2 2 3 2Cl2↑+2NaCl+2H2O 溶液分层，下层为紫红色用AgNO3标准溶液进展润洗3.55 偏低【解析】【分析】①冰水浴可降低温度，防止挥发；②氯气与氢氧化钠反响生成氯化钠、次氯酸钠；NaClO3HClClO2Cl2NaCl生成，结合电子守恒和原子守恒写动身生反响的化学方程式；反响生成碘，碘易溶于四氯化碳，下层为紫色；AgNO3Cl-的物质的量，再计算浓度即可。【详解】2①冰水浴可降低温度，防止挥发，可用于冷凝、收集ClO；2②氯气与氢氧化钠反响生成氯化钠、次氯酸钠，反响的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2OCl2既是氧化剂，又是复原剂，复原产物NaCl和氧NaClO1:1，则该吸取反响的氧化剂与复原剂之比为1:1；2 NaClO3HClClOClNaCl2 2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；ClO2KI溶液中，溶液变棕黄，说明生成碘，碘易溶于四氯化碳，即当观看到溶液分层，下层为紫红色时，说明有I2ClO2具有氧化性；①装入AgNO3标准溶液，应避开浓度降低，应用AgNO3标准溶液进展润洗后再装入AgNO3标准溶液；1AgNO3溶液的体积明显偏大，可舍去，取剩余3次数据计算平均10.029.9810.00体积为3

mL=10.00mLAgNO30.0001mol·L－1×0.01L=1×10-6molCl-的含量为1106mol35.5g/mol1000mg/g0.01L

=3.55g·L−1；③在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致消耗标准液的体积读数偏小，则测定结果偏低。〔H

CO溶液与酸性KMnO2 2 4

溶液反响时，溶液褪色总是先慢后快，某学习小组探究反响过程中使褪色加快的主要缘由，过程如下：〔查阅资料〕KMnO溶液氧化HCO的反响历程为：4 2 2 4〔提出假设〕1：该反响为放热2Mn2+对该反响有催化作用3：K+对该反响有催化作用该小组同学未提出浓度使反响速率加快的假设，缘由是 。〔设计、完成试验〕称取 g草酸晶〔H2C2O42H2O，配置L0.10mol/LH2C2O4溶液。①在上述过程中必需用到的2种定量仪器是托盘天平和 。②以下操作会使所配溶液浓度偏低的是 〔填以下选项的字母序号。称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘定容时俯视刻度线将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸馏水D摇匀后，觉察溶液液面低于刻度线，马上用胶头滴管加水再定容实实〔mL〕把握条件溶液褪验验编号0.10mol/L等浓度HCO2 2 4液溶KMnO溶液4HO20.50mol/L稀硫酸色时间〔s〕13020302018230203020水浴把握温度65℃15参与少量330203020MnSO3.64固体参与43020x205mL0.10mol/LKSO溶液2 418则x ，假设 成立。由于KMnO能氧化水中有机物等因素，配置好稳定的KMnO溶液，其浓度需标4 4定．取10.00mL0.10mol/LHCO10mL0.50mol/L稀硫酸，2 2 4中KMnO溶液滴定至锥形瓶中恰好呈浅紫色，且半分钟不褪色，记录数据，平行4三次试验，平均消耗KMnO溶液40.00mL，则草酸溶液与酸性KMnO溶液反响的离4 4子方程式为： ，上述试验中KMnO溶液的物质的量浓度为 。4【答案】随反响物浓度降低，反响速率减慢6.3 500mL容量瓶AD 25mL 25HCO2 2 42MnO4

6H10CO2

2Mn28H

O 0.010mol/L2【解析】【详解】随着反响的进展，反响物的浓度渐渐降低，故浓度对反响速率的影响是会导致反响速率减慢，而依据题意可知，反响速率是先慢后快，故不行能是浓度导致的反响速率的变化，故答案为：随反响物浓度降低，反响速率减慢；【设计完成试验】〔1〕500mL0.10mol/LH2C2O4溶液，所需的草酸的物质的量ncV0.5L0.10mol/L0.05mol〔H2C2O42H2O的物质的量为0.05mol，质量mnM0.05mol126g/mol6.3g6.3；①配制过程中用到的仪器是：托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，其中2500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；②A、称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘此时m物m砝m，会导致所称量的药品的质量偏小，则浓度偏低，故A选；B、定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，则浓度偏大，故B不选；C、只要最终定容时凹液面与刻度线相切即可，至于水是事先就有的还是后来参与的，对浓度无影响，故C不选；D、摇匀后，觉察溶液液面低于刻度线是正常的，马上用胶头滴管加水，会导致溶液的浓度偏低，故D选；AD正确，故答案为：AD；假设要探究K对该反响有无催化作用，必需保持其他的影响因素如HCO的浓度、2 2 4KMnO1是一样的，而HCO、KMnO以及稀硫酸4 2 2 4 4的参与的物质的量一样，故假设使浓度一样，则必需使溶液体积与试验1一样，故参与的水的体积x25mLMn2对该反响有催化作用，导致反响速率加快，溶液褪色的时间缩短，故假设2是成立的，故答案为：25mL；2；KMnO溶液与HCOKMnO被复原为4 2 2 4 4Mn2HCO被氧化为CO，故离子方程式为：Mn2 2 4 25HCO2 2 42MnO4

6H10CO2

2Mn28H

O；设KMnO2

溶液的物质的量浓度为ymol/L，依据反响：5HCO2 2 4

+ 2MnO-4

+ 6H+ = 10CO2

+2Mn2++8HO25 20.01L0.10mol/L ymol/L0.04L5可得： 5

2 解得y0