备战高考化学化学反应原理(大题培优 易错 难题)含答案解析

一、化学反应原理

1．三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O是一种绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，光照或受热易分解。实验室要制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O并测定C2O4的含量。请回答下列相关问题。 I．FeC2O4·2H2O的制备

向烧杯中加入5.0g(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O、15mL蒸馏水、1mL3moL/L的硫酸，加热溶解后加入25mL饱和H2C2O4溶液，继续加热并搅拌一段时间后冷却，将所得FeC2O4·2H2O晶体过滤、洗涤。

（1）制备FeC2O4·2H2O时，加入3mol／L硫酸的作用是________________________。 II．K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的制备

向I中制得的FeC2O4·2H2O晶体中加入10mL饱和K2C2O4溶液，水浴加热至40℃，缓慢加入过量3％的H2O2溶液并不断搅拌，溶液中产生红褐色沉淀，H2O2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间，然后滴加饱和H2C2O4溶液使红褐色沉淀溶解。向溶液中再加入10mL无水乙醇，过滤、洗涤、干燥。

（2）制备过程中有两个反应会生成K3[Fe(C2O4)3]，两个化学方程式依次是：______________________、2Fe(OH)3+3K2C2O4+3H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]+6H2O。 （3）H2O2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间的目的是______________________。 III．C2O4含量的测定

称取0.22gⅡ中制得的K3[Fe(C2O4)3]·3H2O晶体于锥形瓶中，加入50mL蒸馏水和15mL3mol／L的硫酸，用0.02000mol／L的标准KMnO4溶液滴定，重复3次实验平均消耗的KMnO4溶液体积为25.00mL。

（4）滴定时KMnO4溶液应盛放在_____________(填仪器名称)中，判断滴定终点的依据是_________________。

（5）滴定终点时，所得溶液中的溶质除硫酸外，还有__________________________(写化学式)，K3[Fe(C2O4)3]·3H2O样品中C2O4的质量分数是____________________。 【答案】抑制Fe2的水解（答案合理即可）

2-2-2-6FeC2O46K2C2O43H2O240℃4K3FeC2O432FeOH3 分解过量的H2O2（答案合理即可） 酸式滴定管 最后一滴标准KMnO4溶液滴入后，溶液变为浅

红色且30s不再改变 K2SO4、MnSO4、Fe2SO43 50% 【解析】 【分析】

（1）制备FeC2O42H2O时，加入3mol/L硫酸的作用是抑制Fe2的水解； （2）根据信息第一个生成K3[Fe(C2O4)3]的化学方程式是

6FeC2O46K2C2O43H2O240℃4K3FeC2O432FeOH3；

（3）为避免其干扰后续实验，可将混合物加热煮沸，使过量的H2O2分解； （4）KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶；

（5）草酸根被氧化生成二氧化碳，高锰酸根离子中的Mn被还原生成Mn2，所以溶液中除过量硫酸外，还有K2SO4、MnSO4和Fe2SO43；由题给数据计算可得。 【详解】

（1）(NH4)2Fe(SO4)2为强酸弱碱盐，NH4+、Fe2在溶液中水解使溶液成酸性，加入少量的2H2O的制备，故答案为：抑制Fe2+的水解； 稀硫酸可以抑制Fe2+的水解，有利于FeC2O4·

（2）由题给信息可知，FeC2O4和K2C2O4在40℃条件下与双氧水反应生成K3[Fe(C2O4)3]和氢氧化铁沉淀，反应的化学方程式为

6FeC2O46K2C2O43H2O240℃4K3FeC2O432FeOH3，故答案为：6FeC2O46K2C2O43H2O240℃4K3FeC2O432FeOH3；

（3）由于加入了过量的H2O2，为避免其干扰后续实验，可将混合物加热煮沸，使过量的

H2O2分解，故答案为：分解过量的H2O2；

（4）KMnO4溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶，应盛放在酸式滴定管中；当完全反应时，再滴入一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为浅红色，且半分钟不褪色，故答案为：酸式滴定管；最后一滴标准KMnO4溶液滴入后，溶液变为浅红色且30s不再改变；

（5）草酸根被氧化生成二氧化碳，高锰酸根离子中的Mn被还原生成Mn2，所以溶液中除过量硫酸外，还有K2SO4、MnSO4和Fe2SO43三种溶质；由题意可知，

2K3FeC2O433H2O晶体中C2O4的质量为

0.025L0.02mol/L2.588g/mol0.11g，则C2O24的质量分数为

0.11g0.22g×100%=50%，故答案为：K2SO4、MnSO4、Fe2SO43；50%。

2．某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物FexC2O4yzH2O，

并用滴定法测定其组成。已知H2C2O4在温度高于90℃时易发生分解。实验操作如下： 步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内，可生成黄色沉淀；

步骤二：称取黄色产物0.844ng于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至70n85℃。待固体全部溶解后，用胶头滴管吸出一滴溶液点在点滴板上，用铁溶液检验，无蓝色沉淀产生；

步骤三：用0.0800nmol/LKMnO4标准液滴定步骤二所得的溶液；

步骤四：向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸出一滴点在点滴板上，用KSCN溶液检验，若不显红色，过滤除去Zn粉，并用稀硫酸洗涤Zn粉，将洗涤液与滤液合并，用0.0800nmol/LKMnO4标准液滴定，用去高锰酸钾标准液

10.00nmL。

(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是________。

(2)步骤二中水浴加热并控制温度70n85℃的理由是________，加铁溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是________。

(3)步骤三盛装KMnO4标准液的滴定管在滴定前后的液面如图乙所示，则消耗KMnO4标准液的体积为________，该滴定管为________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。

(4)步骤四中滴定时发生反的离子方程式为________。若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将________(填“增大”“减小”或“不变”)。由以上数据计算黄色化合物的化学式为________。

【答案】过滤 加快固体溶解，防止草酸分解 证明溶液中无Fe2存在，防止Fe2干扰草酸的测定 25.00mL 酸式 5Fe23MnOMn24H2O 减小 48H5FeFe4C2O45?10H2O

【解析】 【详解】

(1)固液分离的方法为过滤，故答案为：过滤；

(2)水浴加热可加快固体溶解，控制温度70～85n?C可防止草酸分解；

22zH2OFexC2O4y?中的铁元素可能含有Fe，Fe与KMnO4反应，高锰酸钾滴定

草酸时，需要排除Fe2的干扰，故答案为：加快固体溶解，防止草酸分解；证明溶液中无

Fe2存在，防止Fe2干扰草酸的测定；

(3)滴定前读数为0.80nmL，滴定后读数为25.80nmL，则消耗KMnO4溶液的体积为

25.00nmL；KMnO4具有强氧化性，应用酸式滴定管，故答案为：25.00nmL；酸

式；

(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为5Fe28H5Fe3Mn24H2O，洗涤

液中含有Fe2，若不合并，消耗KMnO4标准液的体积减小；根据方程式可知，

3nFe25nMnO50.0800nmol/L10nmL10 L/mL4103 mol，4nH2C2O4，

55nMnO40.0800nmol/L25nmL103L/mL5103 mol22nH2O0.844ng4103mol56g5103mol88ng/molmol0.01nmol，18ng/mol则nFe：nC2O42：nHO4：5：10，黄色化合物的化学式为

23Mn24H2O；减Fe4C2O45?10H2O，故答案为：5Fe2MnO48H5Fe10H2O。 小；Fe4C2O45?【点睛】

亚铁离子和草酸均能与酸性高锰酸钾溶液反应，实验时防止亚铁离子干扰草酸的测定是解答关键。

3．甲同学向做过银镜反应的试管滴加0.1mol/L的Fe(NO3)3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。

实验I：向溶解了银镜的Fe(NO3)3的溶液中加入____________（填序号，①KSCN溶液、②K3[Fe(CN)6]溶液、③稀HC1），现象为___________，证明甲的结论正确。 实验Ⅱ：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/LAgNO3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：

①K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<）。

②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。此过程氧化性：Fe3+_______Ag+（填>或<）。

③由上述①②实验，得出的结论是：_______________________。

【答案】还原 ② 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Ⅰ：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； 实验Ⅱ：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•H2O═Ag(NH3)2OH+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，化学反应方程式为：

ΔCH3CHO+2Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，银氨溶液中的银为+1价，被醛

基还原生成0价的银单质，故答案为：还原；

(2)实验Ⅰ：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K3[Fe(CN)6]溶液会和Fe2+反应生成蓝色沉淀，故答案为：②；产生蓝色沉淀；

－

实验Ⅱ：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 AgNO3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)①K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；＞；

②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+； ③由上述①②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。

4．食品加工中常用焦亚硫酸钠(Na2S2O5)作漂白剂、防腐剂和疏松剂。现实验室欲制备焦亚硫酸钠，其反应依次为：(ⅰ)2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；

(ⅱ)Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3； (ⅲ)2NaHSO3被空气氧化。 实验装置如下：

Na2S2O5+H2O。

查阅资料：焦亚硫酸钠为黄色结晶粉末，150℃时开始分解，在水溶液或含有结晶水时更易

（1）实验室可用废铝丝与NaOH溶液制取H2，其离子方程式为___。

（2）通氢气一段时间后，以恒定速率通入SO2，开始的一段时间溶液温度迅速升高，随后温度缓慢变化，溶液开始逐渐变黄。“温度迅速升高”的原因为__。实验后期须利用水浴使温度保持在约80℃。

（3）反应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是___；然后获得较纯的无水Na2S2O5，应将溶液冷却到30℃左右过滤，控制“30℃左右”的理由是___。

（4）丙为真空干燥Na2S2O5晶体的装置，通入H2的目的是___。

（5）常用剩余碘量法测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数。已知：S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+；2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。请补充实验步骤(可提供的试剂有：焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水)。 ①精确称取产品0.2000g放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中。

②准确移取一定体积的已知浓度的标准碘溶液(过量)并记录数据，在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量的蒸馏水。 ③用标准Na2S2O3溶液滴定至接近终点。 ④___。

⑤重复步骤①～③；根据相关记录数据计算出平均值。

【答案】2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑ SO2与NaOH溶液的反应是放热反应 趁热过滤 此时溶液中Na2SO3不饱和，不析出 排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化 加入少量淀粉溶液，继续用标准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】

(1)铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；

(2)SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高；

(3)根据图知，温度越高Na2S2O5溶解度增大，当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小；控制“30℃左右”时，此时溶液中Na2SO3不饱和；

(4)焦亚硫酸钠能被压强氧化；真空干燥时，干燥室内部的压力低，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，继续做实验为：加入少量淀粉溶液，继续用标准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】

(1)铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

(2)SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高，所以溶液“温度迅速升高”； (3)根据图知，温度越高Na2S2O5溶解度增大，当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小，所以要趁热过滤；控制“30℃左右”时，此时溶液中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继续做实验为：加入少量淀粉溶液，继续用标准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，然后再重复实验，减少实验误差。

FeSO4·6H2O]是两种常用原料。 5．氢叠氮酸（HN3）和莫尔盐[（NH4）2SO4·

（1）氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5。 ①氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为_______

②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，恢复到25℃，此时，溶液呈酸性，则混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为_______。 （2）在FeSO4溶液中，加入（NH4）2SO4固体可制备莫尔盐晶体[（NH4）2Fe（SO4）6H2O]，为了测定产品纯度，称取2·

知莫尔盐的分子量为392） 实验次数 第一次 第二次 第三次 ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol/L

的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：（已

消耗KMnO4溶液体积/mL 25.52 25.02 24.98 ①配制莫尔盐溶液，所使用的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外还有_______

②滴定终点的现象是_______，通过实验数据，计算该产品的纯度为_______（用含字母a、c的式子表示）。

③上表第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是_______。 A 第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗

B 该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，部分变质 C 滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失

【答案】HN3⇌H++N3- c（N3-）>c（Na+）>c（HN3+）>c（H+）>c（OH-） 500mL容量瓶，胶头滴管 滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫红色，且半分钟不变色 （980c/a）×100% AC 【解析】 【分析】

(1)①氢叠氮酸是一元弱酸；

②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合后，溶液中含有等物质的量浓度的HN3和NaN3；

(2)溶液的配置需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；高锰酸钾溶液本身是紫色的，可以根据高锰酸钾溶液颜色变化判断滴定终点；第一次实验中记录数据明显大于后两次，即高锰酸钾溶液体积偏大。 【详解】

(1)①氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5，说明氢叠氮酸为弱酸，在水溶液中的电离方程式为HN3

H++N3-，故答案为HN3

H++N3-；

②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合后，溶液中存在等物质的量浓度的HN3和Na N3，恢复到25℃，溶液显酸性，以HN3的电离为主，混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-)，故答案为c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-)；

(2) ①500mL溶液的配置需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶，胶头滴管；

②利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1，Mn由+7价→+2，化合价降低5，最小公倍数5，根据原子个数、电荷守恒，配平得MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色，故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色；因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为

25.0224.98mL=25mL，根据离子反应方程式，得出：

2n[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]=5n(KMnO4) =25×10-3×c×5mol，则500mL溶液中含有n[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O] =25×10-3×c×5×500/25mol =2.5cmol，所以质量分数=2.5c×

392980c980c×100%=×100%，故答案为：×100%； aaa③A．第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗，锥形瓶中亚铁离子的量偏多，消耗的高锰酸钾偏多，A项正确；B．三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的，B项错误；C．滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故C项正确；故答案为：AC。 【点睛】

本题考查了沉淀的转化和物质含量的测定。本题的易错点为(2)的误差分析，要注意同一实验使用的标准溶液是相同的。

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气取H2C2O4•2H2O。回答下列问题：

（1）甲组的同学以电石（主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等）为原料，并用图1装置制取C2H2。

①装置A中用饱和食盐水代替水的目的是__。

②装置B中，NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为__。

（2）乙组的同学根据文献资料，用Hg（NO3）2作催化剂，浓氧化C2H2制取H2C2O4•2H2O．制备装置如图2所示：

①装置D中多孔球泡的作用是__。 ②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为__。

③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VmL。 ①滴定终点的现象是__。

②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 C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O 蒸发浓缩、

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 【解析】 【分析】

(1)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； ②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，浓氧化乙炔制取H2C2O4•2H2O，发生反应为：C2H2+8HNO3

31.5cV% mH2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与的接触面，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；

①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与的接触面，加快反应速率，充分反应； ②根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：C2H2+8HNO3

H2C2O4+8NO2+4H2O；

③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)①滴定终点时，继续滴加高锰酸钾溶液，紫色不褪去；

②根据2MnO4-～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)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；

②NaClO将PH3氧化为磷酸，钙反应的离子方程式为：PH3 +4ClO-=H3PO4+4Cl-； (2)①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与的接触面，加快反应速率，充分反应； ②根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：C2H2+8HNO3

H2C2O4+8NO2+4H2O；

③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)①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；

②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α，根据2MnO4-～～5H2C2O4•2H2O产品中H2C2O4•2H2O的质量

31.5cV5126cV103%。 分数为α= 100%=

m2m【点睛】

考查物质制备方案设计，涉及化学方程式的书写、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L-1H2C2O4溶液、0.010 mol·L-1KMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、选试剂和仪器：0.20 mol·量筒、秒表、恒温水浴槽 物理量 ① ② ③ V(0.20 mol·L-1 H2C2O4溶液)/mL 2.0 2.0 1.0 V（蒸馏水）/mL 0 0 0 L-1 V（0.010 mol·KMnO4溶液）/mL 4.0 4.0 4.0 T/℃ 50 25 25 乙

(1)上述实验①、②是探究__________对化学反应速率的影响；若上述实验②、③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H2C2O4·xH2O 中x值] 已知：M(H2C2O4)=90 g·mol-1

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； ②取 25.00mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适的稀H2SO4； L-1的 KMnO4标准溶液进行滴定。 ③用浓度为 0.05 000 mol·

(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/s 5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O b 20.00 锥形瓶中颜色变色 2 偏小 【解析】 【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①②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CO2，本身被还原成Mn2，

根据化合价升降法，进行配平，因此离子反应方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋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(20.90－0.90)mL=20.00mL；

(5)滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化；

(6)100mL溶液中草酸物质的量为20×10－3×0.05×5×100/(2×25)mol=0.01mol，1.260÷(90＋18x)=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．砂质土壤分析中常用 Karl Fischer法是测定其中微量水含量，该方法是利用I2 和SO2反应定量消耗水作为原理(假设土壤中其他成分不参加反应)，据此回答下列问题： (1)写出该反应的化学反应方程式：_______________________。 步骤I：反应样品中的水

下图是某同学在实验室模拟Karl Fischer法的实验装置图：

(2)装置连接的顺序为a→____________(填接口字母顺序)；M仪器的名称为________________，其在实验过程中的作用是：____________；

(3)操作步骤为：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，____________________；③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，⑤取··下D装置，·

步骤④中继续通入N2的目的是________________________________ 步骤 II：测定剩余的碘

向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成250.00mL溶液，取 25.00mL 用0.20 mol·L-1 Na2S2O3 标准液滴定剩余的I2单质，已知反应如下：2S2O32－+I2=S4O62－+2I－。

(4)Na2S2O3 标准液应装在_____________(填“酸式”、“碱式”)滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液的目的是__________________________； (5)滴定实验重复四次得到数据如下:

实验 消耗的标准液的体积/mL ① 18.37 ② 20.05 ③ 19.95 ④ 20.00

①若实验开始时，向D 装置中加入10.00 g土壤样品和10.16克I2(已知I2过量)，则样品土壤中水的含量为_________%。

②若Na2S2O3 标准液已部分氧化变质，则水含量测定结果将____________(填“偏高”、“ 偏低”或“不变”)。

【答案】SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI d→e→i→h→g→f→b→(c) 长颈漏斗 平衡内外气压，防止压强过大 打开弹簧夹，通入氮气 将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收 碱式 使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确 7.2% 偏低 【解析】 【分析】

(1)利用I2 和SO2反应定量消耗水，碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成碘化氢和硫酸，据此写出反应的方程式；

(2)装置A是制备二氧化硫气体，装置B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，据此分析解答；

(3)操作步骤：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收，据此分析解答；

(4)Na2S2O3 水解显碱性；合并洗涤液和滤液，使所有剩余的碘进入滤液，据此分析解答； (5)①实验过程中碘与二氧化硫反应后，剩余的碘用0.20 mol•L-1Na2S2O3 标准液滴定，根据消耗的Na2S2O3求出剩余的碘，再根据(1)中的方程式求出消耗的水，最后求样品中水的含量；②若Na2S2O3 标准液已部分氧化变质，消耗硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，据此分析判断。 【详解】

(1)碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成氢碘酸和硫酸，反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，故答案为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4； (2) 装置A是制备二氧化硫气体，装置B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，接口顺序为d→e→i→h→g→f→b→(c)；根据图示，M为长颈漏斗，在实验过程中，可以起到平衡内外气压，防止压强过大的作用，故答案为d→e→i→h→g→f→b→(c)；长颈漏斗；平衡内外气压，防止压强过大；

(3)操作步骤：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，

··继续通入N2 ，将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收，⑤取下D装置，·，故答案为打开弹簧夹，通入氮气；将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收；

(4)Na2S2O3 水解显碱性，标准液应装在碱式滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液，可以使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确，故答案为碱式；使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确；

(5)①实验开始时，向D 装置中加入10.00克土壤样品和10.16克I2(已知I2过量)，n(I2)=

10.16g=0.04mol，向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗

254g/molL-1 Na2S2O3 标准液滴定剩余涤液和滤液，将其配成250.00mL溶液，取 25.00mL 用0.20 mol·

I2单质，根据实验数据可知，实验①的误差较大，删除该数值，②③④实验消耗Na2S2O3溶液的平均值=

20.05+19.95+20.00mL =20.00 mL，根据2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，消耗碘单质物

3质的量= n(Na2S2O3)×

1250mL1×=×0.0200L×0.20mol/L ×10=0.02mol，剩余I2物质的量225mL2=0.04mol-0.02mol=0.02mol，即与二氧化硫反应的碘单质物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol，消耗水为0.04mol，土壤样品中水的含量=

0.04mol18g/mol×100%=7.2%，故答案为7.2%；

10.00g②若Na2S2O3 标准液已部分氧化变质，滴定过程中消耗的硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，则与二氧化硫反应的碘单质减少，反应的水的物质的量减小，计算得到水的含量偏低，故答案为偏低。

9．是氧化性酸，其本质是NO3有氧化性，某课外实验小组进行了下列有关NO3氧化性的探究（实验均在通风橱中完成）。 实验装置 编号 溶液X 实验现象 －

－

电流计指针向右偏转，铜片表面产 实验Ⅰ 6 mol·L-1稀 生无色气体，在液面上方变为红棕色。 电流计指针先向右偏转，很快又偏实验Ⅱ 15 mol·L-1浓 向左边，铝片和铜片表面产生红棕色气体，溶液变为绿色。

（1）实验Ⅰ中，铝片作____________（填“正”或“负”）极。液面上方产生红棕色气体的化

学方程式是____________。

（2）实验Ⅱ中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是________________。 L-1稀反应有H2和NH4+生成，NH4+生成的原理是产生H2查阅资料：活泼金属与1 mol·的过程中NO3－被还原。

L-1稀溶液，观察到电流计指针向右偏（3）用上图装置进行实验Ⅲ：溶液X为1 mol·转。

① 反应后的溶液中含NH4+。实验室检验NH4+的方法是________。 ② 生成NH4+的电极反应式是________。

（4）进一步探究碱性条件下NO3－的氧化性，进行实验Ⅳ：

① 观察到A中有NH3生成，B中无明显现象。A、B产生不同现象的解释是________。 ②A中生成NH3的离子方程式是________。

（5）将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象，结合实验Ⅲ和Ⅳ说明理由________。 【答案】负 2NO+O2=2NO2 Al开始作电池的负极，Al在浓中迅速生成致密氧化膜后，Cu作负极 取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含NH4+ NO3-＋8e-＋10 H+＝NH4+＋3H2O Al与NaOH溶液反应产生H2的过程中可将NO3-还原为NH3，而Mg不能与NaOH溶液反应 8Al＋3NO3-－

＋5OH-＋2H2O＝3NH3↑＋8AlO2- 因为铝与中性的钠溶液无生成H2的过程，NO3无法

被还原 【解析】 【分析】 【详解】

（1）实验Ⅰ中，由于Al的金属活动性比Cu强，因此Al做负极。铜片表面产生的无色气体是NO，在液体上方NO被空气中的氧气氧化成红棕色的NO2，方程式为2NO+O2=2NO2；（2）实验Ⅱ中， Al的金属活动性比Cu强，Al开始作电池的负极，电流计指针先偏向右边；由于Al在浓中迅速生成致密氧化膜，阻止了内层金属的进一步反应，因此，Cu作负极，电流计指针偏向左边；

（3）①实验室检验NH4+有两种常用方法：方法一，取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含NH4+；方法二，取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，并在试管口放一蘸有浓盐酸的玻璃棒，若有白烟生成，证明溶液中含NH4+；②NH4+的生成是NO3－被还原的结果，其电极反应式为NO3-＋8e-＋10 H+＝NH4+＋3H2O

（4）①观察到A中有NH3生成，是由于Al与NaOH溶液反应产生H2，并且与此同时，H2可将NO3-还原为NH3；B中无现象是由于Mg与NaOH溶液不反应；②A中生成NH3的离子方程式为 8Al＋3NO3-＋5OH-＋2H2O＝3NH3↑＋8AlO2-；

（5）铝与中性的钠溶液不能生成H2， NO3－无法被还原，因此将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象。

10．高锰酸钾是一种典型的强氧化剂，热分解产生锰酸钾、二氧化锰、氧气。完成下列填空：

I. 已知：①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g) ΔH=+520kJ/mol ②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-297kJ/mol

③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s) ΔH=-1065kJ/mol

（1）固体MnO2和二氧化硫气体反应生成MnSO4固体的热化学方程式为________________。

II.草酸钠滴定法测定高锰酸钾的质量分数涉及到的反应： C2O42-+2H+→H2C2O4（草酸）

5H2C2O4+2MnO4-+6H+→2Mn2++10CO2↑+8H2O

（2）上述反应在75～80℃进行比较合适，当加热温度大于90℃时，会导致草酸钠消耗增多，其原因是______________________。

（3）将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，Mn2+浓度变化由缓慢增大后迅速增大的原因是____________________________。

III .KMnO4是一种常用消毒剂。

（4）KMnO4消毒机理与下列物质相似的是__________（填序号）。 A．双氧水 B．消毒酒精（75%） C．肥皂水 D．84消毒液（NaClO溶液）

（5）KMnO4消毒效率（用单位质量转移的电子数表示）是NaClO的______倍（保留两位小数）。

（6）测定KMnO4产品的纯度可用标准Na2SO3溶液滴定。

①配制250ml0.1000mol/L标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒和____________。

②取某KMnO4产品0.7000g溶于水，并加入____________进行酸化。 A．稀盐酸 B．稀硫酸 C． D．次氯酸

③将②所得溶液用0.1000mol/L标准Na2SO3溶液进行滴定，滴定至终点记录实验消耗Na2SO3溶液的体积。重复步骤②、③，三次平行实验数据如表： 实验次数 消耗Na2SO3溶液体积/ml 1 19.30 2 20.98 3 21.02

（有关离子方程式为：2MnO4- + 5SO32- + 6H+ ＝5SO42- + 2Mn2+ + 3H2O） 计算该KMnO4产品的纯度为__________。（保留三位有效数字）

mol -1 部分草酸发生分解，会导致草酸钠【答案】MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) ∆H= －248kJ·

消耗偏多 生成的Mn2+可能对该反应有催化作用，随着Mn2+的产生，反应速率大大加快 A D 1.18 250mL容量瓶 B 18.7% 【解析】 【分析】

I. (1)①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g) ΔH=+520kJ/mol；②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-297kJ/mol；③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s) ΔH=-1065kJ/mol；将①+③-②可得；

(2)草酸钠不稳定，当加热温度大于90℃时，部分草酸发生分解，会导致草酸钠消耗偏多； (3)Mn2+对反应有催化作用；

(4)KMnO4是强氧化剂，与其相似的是双氧水和84消毒液；

(5)假设相同质量的KMnO4和NaClO都为100g，根据得失电子数量计算；

(6) ①配制250mL0.1000mol/L标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒和250mL容量瓶；

②盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，和次氯酸具有氧化性会干扰高锰酸钾的氧化反应； ③从数据的比较中可以看出，第1组数据为失真数据，后两组数据的平均值为

20.98+21.02=21mL，根据相关公式可以计算。 2【详解】

I. (1)①MnO2(s)=Mn(s)+O2(g) ΔH=+520kJ/mol；②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-297kJ/mol；③Mn(s)+2O2(g)+S(s)=MnSO4(s) ΔH=-1065kJ/mol；将①+③-②得，固体MnO2和二氧化硫气 mol -1； 体反应生成MnSO4固体的热化学方程式为：MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s) ∆H= －248kJ·(2)草酸钠不稳定，当加热温度大于90℃时，部分草酸发生分解，会导致草酸钠消耗偏多； (3)将一定量高锰酸钾溶液与酸化的草酸钠溶液混合，测得反应溶液中Mn2+的浓度随反应时间t的变化如图，Mn2+浓度变化由缓慢增大后迅速增大的原因是随着c(Mn2+)的不断增大，反应速率大大加快，生成的Mn2+对反应有催化作用，且c(Mn2+)越大，催化效果越好； (4)KMnO4是强氧化剂，与其相似的是双氧水和84消毒液，故选AD； (5)假设相同质量的

100g5=3.16mol；NaKMnO4和NaClO都为100g，KMnO4做氧化剂生成Mn，转移电子

158g/mol2+

100g3.162=2.68；ClO做氧化剂生产Cl，转移电子=1.18，则KMnO4消毒效率（用

74.5g/mol2.68-

单位质量转移的电子数表示）是NaClO的1.18倍；

(6) ①配制250mL0.1000mol/L标准Na2SO3溶液，需要使用的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、量筒、玻璃棒和250mL容量瓶，故答案为：250mL容量瓶；

②盐酸和高锰酸钾反应生成氯气，故不能用盐酸酸化高锰酸钾；和次氯酸具有氧化性会干扰高锰酸钾的氧化反应，不选；所以需要用稀硫酸酸化高锰酸钾，选B；

③从数据的比较中可以看出，第1组数据为失真数据，后两组数据的平均值为

20.98+21.02=21mL，测定过程中发生反应的离子方程式为：2MnO4- + 5SO32- + 6H+ ＝5SO42-

2+ 2Mn2+ + 3H2O，则n(MnO4-)=KMnO4产品的纯度为

20.1000mol/L0.021L2n(SO32-)==0.00084mol，该550.00084mol158g/mol100%=18.7%。

0.7g