2020-2021高考化学复习《化学反应原理》专项综合练习含详细答案

1、2020-2021 高考化学复习化学反应原理专项综合练习含详细答案一、化学反应原理1 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 NH2 2 sSO3 gH2NCONHSO3H sH 0 () ( )+( )(H2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3 H+CO2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

2、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

3、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-1 的 NaNO20. 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2500mL.。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

4、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： H2324424+与 SO42-促使该平衡逆向移动NSO H+H ONH HSO；稀 H SO可提供 H( 通电 ) 预热77 60% 偏高去皮键 ( 归零键 ).【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

5、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；BA管口通入，故B错误；. 冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的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，

6、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

7、+与 SO 2- 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：H4H2NSO3H H2ONH4HSO4H2SO4+2-促使该平衡逆向移动；稀可提供H 与SO4+（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

8、基磺酸粗品的纯度m(H 2 NSO 3H)n(H 2 NSO3H) M(H 2 NSO 3 H)=100%100%2.5 g2.5gc(H 2 NSO3H)V(H 2 NSO3H)M(H 2 NSO3 H) 100%0.08mol/L 0.25L 97g/mol100%=77.6%2.5g2.5g，故答案为：77. 60%；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。2

9、叠氮化钠 (NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3 易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t- BuNO2，以 t-Bu 表示叔丁基 )与 N2H4、氢氧化钠溶液混合反应制备叠氮化钠。(1)制备亚硝酸叔丁酯取一定 NaNO2 溶液与50%硫酸混合，发生反应 H2 SO4 2NaNO2=2HNO2 Na2SO4。可利用亚硝酸与叔丁醇 (t- BuOH)在 40左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：_。(2)制备叠氮化钠 (NaN3)按如图所示组装仪器(加热装置略 )进行反应，反应的化学方

10、程式为：t- BuNO2 NaOHN H=NaN 2H O t- BuOH。2432装置 a 的名称是 _；该反应需控制温度在65，采用的实验措施是_；反应后溶液在0下冷却至有大量晶体析出后过滤。所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是_。(3)产率计算称取 2.0g 叠氮化钠试样，配成100mL 溶液，并量取10.00mL 溶液于锥形瓶中。 1用滴定管加入 0.10mol L 六硝酸铈铵 (NH4)2Ce(NO3)6溶液 40.00mL( 假设杂质均不参与反应)。充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入2 滴邻菲罗啉指示液，并用0.10mol L 1 硫酸亚铁铵(NH

11、4)2 Fe(SO4)2 为标准液，滴定过量的Ce4 ，终点时消耗标准溶液20.00mL( 滴定原理： Ce4 Fe2=Ce3 Fe3 )。已知六硝酸铈铵 (NH 4)2Ce(NO3)6与叠氮化钠反应生成硝酸铵、硝酸钠、氮气以及Ce(NO ) ，试写出该反应的化学方程式_ ；计算叠氮化钠的3 3质量分数为 _(保留 2 位有效数字 )。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是_(填字母 )。A锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D滴定过程中，

12、将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：_【答案】 t- BuOH HNO2t- BuNO2 H2O恒压滴液漏斗 (滴液漏斗 )水浴加热降低叠氮化钠的溶解度，防止产物损失2(NH4)2 Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO3 2Ce(NO3)32NaNO3 3N2 65% AC 2N - H 2OH3N2ClO32O=Cl【解析】【分析】【详解】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方程式为：

13、t-BuOH HNO 240H 2O ；t-BuNO 2(2) 装置 a 的名称即为恒压滴液漏斗； 反应要控制温度在 65 ，参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热； 题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过程中产品的损耗，应当用无水乙醇洗涤；(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和 N 3中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：2(NH4 ) 2 Ce(NO3 )62NaN 3 =4NH4NO 32NaNO 32Ce(NO 3 )33N 2；在计算叠氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了1与过量的六硝酸铈铵反10

14、应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce，因此有：2.0gNaN3 样品的110消耗的 Ce4Fe2消耗的 Ce4=0.004molCe4，考虑到Fe2+与Ce4+的反应按照1:1 进行，所以2.0g 叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：n(NaN 3 ) 10 (0.004 Fe2消耗的 Ce4 )0.02mol ，所以叠氮化钠样品的质量分数为： wm(NaN 3 ) 100%=0.02mol 65g/mol =65% ；2.0g2.0A润洗锥形瓶，会使步骤 消耗的六硝酸铈铵的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大， A 项正确；B量取 40mL 六硝酸铈铵溶液时若前仰后俯，则

15、会量取比40ml 更多的六硝酸铈铵溶液，那么步骤 会需要加入更多的Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的Ce4+，通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B 项错误；C步骤 用 Fe2+标定未反应的 Ce4+，若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通过分析可知，最终会使质量分数偏大，C 正确；D将挂在锥形瓶壁上的 Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确， D 项不符合；答案选 AC；(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：ClO2N 3H 2O=Cl3N 22OH。【点

16、睛】滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物的 B 反应，再用C 标定未反应的B，在做计算时，要注意A 与 C一同消耗的B。A 与过量3 硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于鞣革、媒染、化工、医药等行业。常温下，溶液中析出晶体为Na2 2 322 2 32熔S O ?5HO Na S O ?5H O 于 40-45化， 48 分解； Na2S2O3 易溶于水，不溶于乙醇。在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。制备 Na S O ?5H O2232将硫化钠和碳酸钠按

17、反应要求比例放入图乙装置D 中，然后注入 150mL 蒸馏水使其溶解，再在分液漏斗A 中注入一定浓度的 H2 4，在蒸馏烧瓶 B 中加入亚硫酸钠固体，并按图乙SO安装好装置。（ 1）仪器 D 的名称为 _（ 2）打开分液漏斗活塞，注入H2SO4，使反应产生的气体较缓慢均匀地通入Na2S 和Na2CO3 的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，总反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2。烧瓶 B 中发生反应的化学方程式为_。将 B 中产生的气体缓慢均匀地通入D 中的正确操作是 _。制备过程中仪器D 中的溶液要控制在弱碱性条件下，其理由是_（用离子方程式表示）。分离N

18、a22 32S O ?5H O 并测定含量（3）操作 I 为趁热过滤，其目的是_；操作 是过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作时用_ （填试剂）作洗涤剂。（4）蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因是_。（5）制得的粗晶体中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中Na2S2 O3?5H2O 的含量，称取1.25g 的粗样品溶于水，配成250mL 溶液，取 25.00mL 溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用 0.0100mol/L 标准 I2- 全部被氧化时，消耗碘溶液的体积为2 溶液滴定，当溶液中S2O325.00mL试回答：（提示：I2+2S2O32- 2I-+S4 O

19、62- ） 达到滴定终点时的现象：_ 产品中 Na2S2O3?5H2O 的质量分数为 _。【答案】三颈烧瓶Na2 3242422观察仪器 D 中气体的流SO +H SO （浓）Na SO +SO +H O速，控制分液漏斗A 的旋塞，控制产生气体的速度S232-+ S +SO22O+2H +H O 防止硫代硫酸钠晶体析出乙醇避免析出的晶体Na2232因温度过高而分解滴加最后一S O ?5H O滴标准 I2 溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点99.2%【解析】【分析】【详解】（1）根据仪器的构造可知，仪器D 的名称为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）亚硫酸钠与浓硫酸反应生

20、成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SO3+H2 SO4（浓） =Na2SO4 +SO2 +H2O，故答案为： Na2SO3+H2SO4（浓） =Na2SO4+SO2 +H2O；为将 B 中产生的气体缓慢均匀地通入D 中，可以观察仪器D 中气体的流速，通过控制分液漏斗 A 的旋塞，可控制产生气体的速度，故答案为：观察仪器D 中气体的流速，控制分液漏斗 A 的旋塞，控制产生气体的速度；Na2S2O3 在酸性条件下会生成S 和 SO2，所以制备过程中仪器D 中的溶液要控制在弱碱性条件下以防止 Na2S2O3 发生歧化反应，其离子方程式为：S2O32-+=S +SO+2H2 +H2O，故答案为

21、：S2 32-+2H+S+SO22O= +H O；（3）根据图甲可知，温度低时，硫代硫酸钠的溶解度小，会结晶析出，所以需要趁热过滤，防止硫代硫酸钠晶体析出； Na2S2O3 易溶于水，不溶于乙醇，所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠，应该用乙醇作洗涤剂，故答案为：防止硫代硫酸钠晶体析出；乙醇；（4） Na2S2 O3?5H2O 于 40-45 熔化， 48 分解，所以蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体Na2S2O3?5H2O 因温度过高而分解，故答案为：避免析出的晶体Na2 S2O3 ?5H2O因温度过高而分解；（5）碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，溶液中S2O32-全部被氧化时，滴加最后一滴标

22、准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，故答案为：滴加最后一滴标准 I2 溶液时，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；根据碘与硫代硫酸钠的反应I2+2S2O32- 2I-+S4 O62- 中的比例关系，配成的溶液中c（ S2O32-）=2c( I 2 )gV(I 2 )2 0.0100mol 0.025L=0.02mol/L ，则产品中 Na2S2O3?5H2O 的质量V(S2 O32- )0.025L0.0200mol/L 0.25L 248g/mol分数 =100% =99.2%，故答案为： 99.2%。1.25g4 二氧化氯 (ClO2)具有强

23、氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。2ClO 是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：（ 1）以黄铁矿 (FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备 ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被 ClO3-氧化成 SO42-，写出制备 ClO2 的离子方程式 _。（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO322用于处制备 ClO ，并将制得的ClO理含 CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略 )如图所示。装置 A 的名称是 _，装置 C 的作用是 _。反应容器B 应置于 30左右的水浴中，目的是_。

24、通入氮气的主要作用有3 个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2 排出，三是_。ClO2 处理含CN-废水的离子方程式为_，装置E 的作用是_。（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2 的方法。用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、 Mg 2+、 SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的_（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2 3和 NaOH，CO充分反应后将沉淀一并滤去。用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生 ClO2 的电极反应式 _。【答案】 FeS23 -+23+42-+7H2O 恒压漏斗安全瓶提高

25、化学反应速+15ClO +14H =15ClO +Fe+2SO率，同时防止过氧化氢受热分解稀释ClO2-222-吸收，防止其爆炸2CN+2ClO =2CO +N +2ClClO2 等气体，防止污染大气BaCl2Cl-5e-+2H2 O=ClO2+4H+【解析】【分析】二氧化氯 (ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。【详解】（1）以黄铁矿 (FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被 ClO3-氧化成 SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO

26、2的离子方程式为 FeS23-+23+42-2+15ClO+14H =15ClO +Fe+2SO+7H O。（2） 装置 A 的名称为恒压漏洞，装置C 为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。 升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B 应置于 30左右的水浴中。 根据题文可知， ClO 是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆2炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2 排出，三是稀释 ClO2，防止其爆炸。 ClO 2 处理含 CN-废水发生氧化还原反应，将 CN-转化为无污染的

27、CO2 和 N2，故离子方程式为 2CN-+2ClO2=2CO2+N2 +2Cl-；装置 E 在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。（3） 用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、 Mg2+、 SO42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3 之前应先加入过量BaCl2。 用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到 ClO2 ，电极反应式为 Cl-5e-+2H2O=ClO2+4H+。5 淀粉水解的产物（C6H12O6）用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图1 所示（加热、搅

28、拌和仪器固定装置均已略去）：实验过程如下：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；将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；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%H2SO4 的质量比为2： 1.5）溶液；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：C6H12O6+12HNO3 3H2C2O4+9NO2 +3NO +9H2OC6H12O6+8HNO3 6CO2+8NO +10H2O3H2C2O4+2H

29、NO3 6CO2+2NO +4H2O请回答下列问题：（1）实验加入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：2MnO 42 2 4+2+22+5H C O +6H =2Mn +10CO +8H O 称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用10.020mol?L的酸性 KMnO4 溶液滴定至终点（杂质不参

30、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）由于酸性高锰酸

31、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，消耗高锰酸钾溶液是18.50ml 2.50ml16.00ml 。根据方程式可知，草酸的物质的量是-1 0.016L /250.0008mol ，则0.020 mol L0.0008126草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为100% 84.0% 。0.126 现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100 mL) 。. 实验步骤：配制待测白醋溶液，用酸式滴定管量取10.00 mL 食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到 100 mL 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

32、.00mL于锥形瓶中，向其中滴加2 滴酚酞作指示剂。（ 1）读取盛装 0.1000 mol/L NaOH 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

33、15.24 mL 。指出他的计算的不合理之处：_。（4）按正确数据处理，得出-1c（市售白醋） =_molL ，市售白醋总酸量=_g100mL-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

34、有的醋酸，最后求出市售白醋 酸量；【 解】（ 1）液面 数 0.70mL；（ 2）滴定 点 ，溶液由无色恰好 色，且半分 内不褪色，停止滴定；（ 3）第 1 数据舍去的理由是：很明 第一 数据比其余三 数据偏大，不能 用，要舍去；（4）先根据数据的有效性，舍去第1 数据，然后求出 2、 3、4 三 平均消耗V（NaOH） =15.00mL，CH COOH+NaOH=CHCOONa+HO3320.0015mol0.015L 1 0.1000molL c（市售白醋） =0.0015mol 0.02L0.1L0.01L=0.75 mol/L ；则 10mL 品中含有的醋酸的 量 0.0015mol

35、60gmol 1=0.45g，市售白醋 酸量 4.5g/100mL 。7 碳酸 是重要的化工 品。用 准 酸溶液滴定可 定碳酸 品中碳酸 含量。已知碳酸 受 易分解，且在250 270分解完全。完成下列填空：（1） 定碳酸 含量的 步 ：用 子天平称取碳酸 品（准确到_g），加入 形瓶中，加入使之完全溶解；加入甲基橙指示 ，用 准 酸溶液滴定。当滴定至溶液由 _色 _色，半分 不 色 滴定 点， 数。 不能用酚 作指示 的原因是 _。（2）若碳酸 品 量 0.840g，用 0.5000mol/L 的 准 酸溶液滴定至 点，消耗 准 酸溶液 19.50mL。 品中 NaHCO3 的 量分数 _（

36、保留 3 位小数）。（ 3）如果滴定尖嘴部分在滴定 程中出 气泡，且滴定 点 数 气泡未消失，会 致 定 果 _（ 填 “偏高 ”、 “偏低 ”或 “不受影响 ”）。（ 4）碳酸 品含有少量水分（ 0.5%）和 化 。以下是 定碳酸 品中水分的 方案（ 品中 NaHCO3 含量已知）。在恒重的坩 中称取碳酸 品， 品和坩 的 量 m1g。将 品和坩 置于 炉内，在 250 270加 分解至完全， 恒重， 品和坩 的 量 m2g。 方案中， 量差（m1 2）是 _的 量。若所称取 品中3-mNaHCO 的 量 m3g， 品中水分的 量m=_（用含 m、 m1、 m2 的代数式表示）。【答案】 0

37、.001 黄橙滴定 点溶液呈弱酸性，酚 的 色范 8-10，无法准确判断滴定 点 0.975偏低碳酸 分解生成的 CO2、 H2O 和 品中的含有的水分m1-m 2-31m384【解析】【分析】(1)电子天平能准确到小数点后三位；碳酸氢钠的溶液中滴加甲基橙指示剂，溶液呈黄色；而弱酸性的溶液中滴加甲基橙指示剂，溶液呈橙色；酚酞试液在 pH8的溶液中才呈红色；(2)根据 NaHCO3 HCl，则 n(NaHCO3)=n(HCl)计算；c 标准V 标准(3)根据 c(待测 )=V分析不当操作对 V(标准 )的影响，以此判断浓度的误待测差；(4)由 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 可知加热

38、前后固体质量减轻，主要是生成CO2 气体和水蒸气；先计算出m3gNaHCO3 分解生成的水和 CO2 的质量，再计算样品中含有的水分质量。【详解】(1)用电子天平称取碳酸氢钠样品能准确到0.001g；碳酸氢钠溶液中加入甲基橙指示剂，溶液呈黄色，用标准盐酸溶液滴定，当滴定至溶液由黄色变为橙色，半分钟不变色为滴定终点；因滴定终点溶液呈弱酸性，而酚酞试液的变色范围为8-10，用酚酞作指示剂将无法准确判断滴定终点；(2)滴定至终点消耗0.5000mol/L 的标准盐酸溶液19.50mL，则参加反应的HCl 为0.5000mol/L 0.01950L=0.00975mol，根据 NaHCO3 HCl，则

39、 n(NaHCO3)=n(HCl)， 0.840g 样品中 m(NaHCO3)=0.00975mol 84g/mol=0.819g，故样品中 NaHCO3 的质量分数为0.819g0.840g=0.975；(3)滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定过程中出现气泡，且滴定终点读数时气泡未消失，导致消耗标准液偏小，则测定结果偏低；(4)已知 2NaHCONa CO +H O+CO ,则该实验方案中，质量差 (m-m )是碳酸氢钠分解3232212生成的 CO2、 H2O 和样品中的含有的水分；称取样品中NaHCO3 的质量为 m3g，则完全反应生成的碳酸钠质量为m4g，加热Na2 CO3 + CO

40、2+ H 2O2NaHCO3168106m3m44=106m323106m3313mg，生成的水和CO的质量为 m g -168g=m g，故所则样品中水分的质1688431量 m= m1-m2-m3g。84【点睛】滴定操作误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测 )=c (标准 ) V (标准 )分析，若标准溶液的体积偏V ( 待测 )小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。8 亚硝酰硫酸NOSO4 H 是染料、医药等工业的重要原料；溶于浓硫酸，可在浓硫酸存在时用 SO2 和浓

41、硝酸反应制得。测定产品的纯度：准确称取1.5g 产品放入锥形瓶中，加入0.1000mol / L 、 100.00mL 的 KMnO 4 溶液和足量稀硫酸，摇匀充分反应。然后用0.5000mol/L 草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为30.00mL。已知： 2KMnO 45NOSO 4 H2H 2OK 2SO42MnSO4 5HNO 3 2H 2SO4草酸钠与高锰酸钾溶液反应的离子方程式为_。滴定终点的现象为_ 。亚硝酰硫酸的纯度_。 保留三位有效数字， M(NOSO4H)=127g/mol【答案】 2MnO 4-2 42-+2+22+5C O+16H =2Mn +10CO +8H O

42、 滴入最后一滴 Na 2C2 O 4 溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复84.67%【解析】【分析】高锰酸钾溶液在酸性溶液中氧化草酸钠生成二氧化碳，根据元素化合价变化和电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；用 0.2500mol?L -1 草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；减缓滴定过程中草酸消耗高锰酸钾物质的量，得到2KMnO 45NOSO4H2H2O K2SO42MnSO4 5HNO3 2H2SO4，反应消耗高锰酸钾物质的量计算得到亚硝酰硫酸物质的量，据此计算纯度。【详解】酸溶液中高锰酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，生成二氧化碳，锰元素化合价7