高考化学备考之化学反应原理压轴突破训练∶培优篇及答案一

1、高考化学备考之化学反应原理压轴突破训练培优篇及答案(1)一、化学反应原理1 为了证明化学反应有一定的限度，进行了如下探究活动：步骤 1：取 8ml0.1moll1 的 ki 溶液于试管 ,滴加 0.1mol l1的 fecl溶液 5 6 滴,振荡；3请写出步骤 1 中发生的离子反应方程式： _步骤 2:在上述试管中加入2mlccl4，充分振荡、静置；步骤 3：取上述步骤 2静置分层后的上层水溶液少量于试管，滴加0.1 mol l 1 的 kscn溶液 5 6 滴，振荡，未见溶液呈血红色。探究的目的是通过检验fe3+，来验证是否有fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度。针对实验现象，同学们提

2、出了下列两种猜想：猜想一： ki 溶液过量， fe3+完全转化为fe2+，溶液无 fe3+猜想二： fe3+大部分转化为fe2+，使生成fe（ scn） 3 浓度极小，肉眼无法观察其颜色为了验证猜想，在查阅资料后，获得下列信息：信息一：乙醚比水轻且微溶于水，fe（ scn） 3 在乙醚中的溶解度比在水中大。信息二： fe3+可与 fe(cn )6 4 反应生成蓝色沉淀，用k4 fe（ cn）6溶液检验fe3+的灵敏度比用 kscn更高。结合新信息，请你完成以下实验：各取少许步骤 2 静置分层后的上层水溶液于试管 a、 b 中，请将相关的实验操作、预期现象和结论填入下表空白处：实验操作预期现象结

3、论实验 1：在试管a 加入少量乙醚，充分振荡，静置_若产生蓝色沉淀则 “猜想二 ”成立实验 2： _【答案】 2fe32i2fe 2i 2若液体分层，上层液体呈血红色。则 “猜想一 ”不成立在试管 b 中滴加 5-6 滴 k4fe（ cn） 6溶液，振荡【解析】【分析】【详解】（1） ki 溶液与 fecl3 溶液离子反应方程式2fe 32i2fe2i 2 ；（2） 由信息信息一可得：取萃取后的上层清液滴加2-3 滴 k4fe（ cn） 6溶液，产生蓝色沉淀，由信息二可得：往探究活动iii溶液中加入乙醚，充分振荡，乙醚层呈血红色，实验操作预期现象结论若液体分层，上层液体呈血红色。“”则 猜想一

4、 不成立实验 2：在试管 b 中滴加 5-6滴 k4fe（cn）6溶液，振荡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2+为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫cu 和 cu。 bcuo2酸，生成 cu2+和 h2 2222 2+ + ho2-， ho2-h+ + o22- 。o 。 c h o有弱酸性： h oh编实验现象号向 1 ml ph 2 的 1 mol l- 1 cuso4 溶液中加入出现少量气泡0 . 5 ml 30% h2o2溶液向 1ml ph 3 的 1 mol l- 1 cuso4 溶液中加入立即产

5、生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡0 . 5 ml 30% h2o2溶液向 1ml 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 . 5 ml 30% h2o2溶液（1） 经检验生成的气体均为o242 2_。，中cuso 催化分解h o 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，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

6、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 溶液至滴定终点，消耗edta 溶液 v ml。 v=_，可知沉淀中不含 cu2o，假设成立。（已知： cu2+edta= edta- cu2+， m( cuo2) 96 g mol - 1， m ( cu2o) 144 g mol - 1）（3）结合方程式，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

7、管中分别取1 ml ph 2、 3、 5 的 1 mol l- 1 na24so 溶液，向其中各加入0. 5ml 30% h o2溶液，三支试管中均无明显现象。2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】2h2o2o22h2o h2o2cu2+cuo2+反应产生的 h2o2 cuo22h与h具+有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化cu2 o 或 cu，无法观察到红色沉淀cu1000a溶液96c中存在h2o2+hoho +o2ph增大，两个平衡均正向移动，o 2h +2，2h + 2，溶液2

8、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 h2o2 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 2h2o2o2+2h2o，故答案为：2h2 o2o2+2h2o；（ 2）若中生成的沉淀为 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 +=cuo2+2h+，故答案为： h2o2+cu2+

9、=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/ molag= c mol / l v 101000a1000a96g/ mol3l，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+

10、hoho +o2（h2 、2h2o ，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，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 h2

11、o2 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：2的催化能力强于2+；随 ph 增大， cu2+与 h2 2反应生成2增多。cuocuocuo【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 人体血液里2的浓度一般采用-3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸camgcm铵 (nh 4) 2c2

12、o4 溶液，可析出草酸钙 (cac2o4) 沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(h 2c2o4) ，再用 kmno4溶液滴定即可测定血液样品中 ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中ca2+的浓度。（配制 kmno4标准溶液）如图是配制50ml kmno4标准溶液的过程示意图。（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有_ ( 填序号 ) 。（2）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将_( 填“偏大”或“偏小” ) 。（测定血液样品中ca2 的浓度）抽取血样20.00ml，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol l 1 kmno4 溶液滴定，使草酸转化

13、成co2逸出，这时共消耗12.00ml kmno4 溶液。（3）已知草酸跟kmno溶液反应的离子方程式为-+x+2mno+5h c o4+6h =2mn +10co+8h o则442222方程式中的x=_ 。（ 4）经过计算，血液样品中 ca2+的浓度为 _ mgcm-3 。【答案】 偏小 2 1.2【解析】【分析】(1)根据图示分析配制一定物质的量浓度的溶液的操作正误；(2)根据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断；(3)根据电荷守恒进行分析；(4)根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中ca2+的浓度。【详解】(1)由图示可知操作不正确，不能在量筒中溶解固体，定容时应平视刻度线，

14、至溶液凹液面与刻度线相切；(2)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；(3)根据电荷守恒，(-1 2)+(+1 6)=+x，解2得， x=2，草酸跟kmno4 反应的离子方程式为：2mno 4-+5h2c2o4+6h+2mn 2+10co2 +8h2o；(4)血样 20.00ml 经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020mol/l 0.012l=2.4-4mol10，根据反应方程式 2mno-4+5h2c2o4+6h+ 2mn 2+10co2 +8h2o，及草酸钙的化学式cac2o4 ，可知：2+5-4-42+-42

15、 2 4)=2.52.4 mol=610 10mol ，ca的质量为： 40g/mol 610n(ca )=n(h c o )=n(mno24mol=0.024g=24mg ，钙离子的浓度为：24mg=1.2mg/cm3。20cm3【点睛】要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c= n 分析，如：用v量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n 偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好

16、的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致v 偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。4 根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为fes2)作为原料。完成下列填空：(1)将 0.050mol so (g) 和0.030mol o (g) 充入一个2l 的密闭容器中，在一定条件下发生反22应： 2so22332的平(g)+o (g)? 2so (g

17、)+q。经 2 分钟反应达到平衡，测得n(so )=0.040mol ，则 o均反应速率为 _(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高so 平衡转化率的有 _(选填编号 )2a.移出氧气b.降低温度c.减小压强d.再充入 0.050molso 2(g)和 0.030molo 2 (g)(3)在起始温度 t1(673k)时 so2 的转化率随反应时间(t)的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为t2(723k)时 so2的转化率随反应时间变化的示意图_(4)黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为so2 和 fe3o4将黄铁矿的煅烧产物fe3o4溶于 h2so4 后，加入铁粉，可制备 fes

18、o4。酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是_fes2 能将溶液中的3+2+2。写出有关的离子方程式fe 还原为 fe ，本身被氧化为so4_。有 2mol 氧化产物生成时转移的电子数为_【答案】 0.005mol/(l?min)bd抑制 fe3+与 fe2+的水解，并防止 fe2+被氧化成 fe3+ fes2+14fe3+8h2 o=15fe2+2so42 +16h+14na【解析】【分析】(1)根据 vc 求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计t算；(2)反应放热，为提高 so2 平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，

19、催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高so2 平衡转化率，由此分析解答；(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；(4) fe3 与 fe2 易水解， fe2 易被氧化成 fe3 ；根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。【详解】c0.040mol32l(1)v(so )t2min 0.01mol/(l?min) ，所以 v(o213)2v(so ) 0.005mol/(l?min) ，故答案为： 0.005mol/(l?min) ；(2)a移出氧气，平

20、衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；b降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；c减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；d再充入0.050molso2(g)和 0.030molo 2(g)，相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；故答案为： bd；(3)反应： 2so2(g)+o2(g)? 2so3(g) h0， so2 的转化率在起始温度t1673k 下随反应时间(t)的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为t2 723k，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度t2 下so2 的转

21、化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示；故答案为：；(4) fe2o3(或 fe3o4 等 )溶于 h2so4 后，生成的fe3 与 fe2 易水解， fe2 易被氧化成fe3 ，所以要加入 fe 粉和酸，抑制 fe3 与 fe2 的水解，并防止fe2 被氧化成 fe3 ，故答案为：抑制 fe3 与 fe2 的水解，并防止fe2 被氧化成 fe3 ；-2 价的硫离子具有还原性，fes2 可以将溶液中的 fe3 还原为 fe2 ，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：fes23+22+2+14fe4+16h，氧化产物是硫酸根+8h o=15fe+2so离子，有 2mol 硫酸根生成时

22、转移的电子数为14na，故答案为：fes2+14fe3+8h2o=15fe2+2so42 +16h+； 14na。【点睛】注意 (3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的关键。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

23、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+2hno3 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

24、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+2+4 +5h2c2o4+6h =2mn +10co2 +8h2 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

25、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

26、酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为100% 84.0% 。0.126 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 h 2h 2ok 2so4 2mnso4 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_ 。

27、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滴入最后一滴na 2c2 o 4 溶液后，溶+5c o+16h =2mn+10co +8h o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 k

28、2so42mnso4 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 价降低到 2价，电子转移5e- ，碳元素化合价3 价变化为 4价，根据电子转移，电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式：2mno 4-2 42-+5c o+2+22+16h =2mn +10co +8h o，故答案为： 2mno 4-+5c2 o42- +16h+=2mn 2+10co2 +8h2o；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

29、无色且半分钟不变说明反应达到终点，故答案为：滴入最后一滴na2 c 2o 4 溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复；2mno 4- +5c2 o42-+16h+ =2mn 2+ +10co2+8h 2o25n0.5mol/l 0.030l解得 n 0.006mol ，则与 noso4h 反应的高锰酸钾物质的量0.1000mol?l -1 0.100l-0.006mol0.004mol ，2kmno 4 5noso4 h2h2 ok 2so42mnso45hno 32h 2so425，0.004mol0.01mol0.01mol 127g/mol亚硝酰硫酸的纯度1.5g 100% 84

30、.67%，故答案为： 84.67%.【点睛】滴定终点时，溶液的颜色变化是我们解题时的易错点。在书写颜色变化时，我们可考虑暂不加入 noso 4h ，先定位过量kmno4 本身的颜色，这样就可避免错误的发生。7 三氯化氧磷 ( pocl3) 是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂，实验室制取pocl3 并测定产品含量的实验过程如下:i. 制备 pocl3 采用氧气氧化液态的pcl3 法。实验装置( 加热及夹持装置省略及相关信息如下。物质熔点 / 沸点 / 相对分子质量其他pcl112.076.01375均为无色液体，遇水均剧烈.3pocl32. 0106. 0153. 5水解为含氧酸和氯化氢，

31、两者互溶（ 1）仪器 a 的名称为 _ ；（ 2）装置 c 中生成 pocl3 的化学方程式为 _ ；（3）实验中需控制通入o2 的速率，对此采取的操作是_；（ 4）装置 b 的作用除观察 o2 的流速之外，还有 _；（ 5）反应温度应控制在 60 65，原因是 _ ；ii. 测定 pocl3 产品含量的实验步骤：实验 i 结束后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取16. 725g pocl3 产品，置于盛有60. 00 ml 蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100. 00ml 溶液取 10. 00ml 溶液于锥形瓶中，加入+-10. 00ml 3 . 5mol / l agno

32、3 标准溶液（ ag+cl agcl）加入少量硝基苯（硝基苯密度比水大，且难溶于水）以硫酸铁溶液为指示剂，用+-0. 2mol / l kscn溶液滴定过量的 agno3 溶液（ ag+scnagscn），到达终点时共用去10. 00ml kscn溶液。（6）达到终点时的现象是 _ ；（ 7）测得产品中 n( pocl3)= _ ；（ 8）已知 ksp( agcl) ksp( agscn) ，据此判断，若取消步骤，滴定结果将_。（填偏高，偏低，或不变）【答案】冷凝管 ( 或球形冷凝管 ) 2pcl323o2pocl控制分液漏斗中双氧水的加入量平+衡气压、干燥氧气温度过低，反应速率小，温度过高，

33、三氯化磷会挥发，影响产物纯度滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色0. 11mol 偏低【解析】【详解】（ 1）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 ) 。（ 2）加热条件下， pcl3 直接被氧气氧化为 pocl3，方程式为： pcl3+o2 pocl3。（3）装置 a 产生氧气，则可以用分液漏斗来控制双氧水的滴加速率即可控制通入o2 的速率；正确答案：控制分液漏斗中双氧水的加入量。（4）装置 b 中为浓硫酸，其主要作用：干燥氧气、平衡大气压、控制氧气流速；正确答案：平衡气压、干燥氧气。（ 5）根据图表给定信息可知，温度过高，三氯化

34、磷会挥发，影响产物纯度；但是温度也不能太低，否则反应速率会变小；正确答案：温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，影响产物纯度。（ 6）以硫酸铁溶液为指示剂，用 kscn溶液滴定过量的 agno3 溶液达到滴定终点时，铁离子与硫氰根离子反应生成了红色溶液，且半分钟之内颜色保持不变；正确答案：滴入最后一滴试剂，溶液变红色，且半分钟内不恢复原色；（7） kscn的物质的量0. 2mol/ l0. 01l=0. 002 mol ，根据反应ag+scn- agscn，可以知道溶液中剩余的银离子的物质的量为0. 002 mol； pocl3 与水反应生成氯化氢的物质的量为 3. 5mol / l

35、 0. 01l- 0. 002mol=0. 033 mol，根据氯原子守恒规律可得n( pocl3)= 0. 011mol ，则16. 725克 pocl3 产品中 n( pocl3)= 0. 11mol 。（ 8）加入少量的硝基苯可以使生成的氯化银沉淀与溶液分开，如果不这样操作，在水溶液中部分氯化银可以转化为 agscn；已知 ksp( agcl) ksp( agscn) ，使得实验中消耗的 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应的银离子的量减少，会使测定结果偏低。8so2 是常见的大气污染物，燃煤是产生so2 的主要原因。工业上有多种方法可以减少so2 的排放。

36、（1）往煤中添加一些石灰石，可使燃煤过程中产生的so2 转化成硫酸钙。该反应的总化学方程式是 _ 。（2）可用多种溶液做燃煤烟气中so2 的吸收液。分别用等物质的量浓度的na2so3 溶液和 naoh 溶液做吸收液，当生成等物质的量nahso 时，两种吸收液体积比v(na so ): v(naoh)=_。323naoh 溶液吸收了足量的so2后会失效，可将这种失效的溶液与一定量的石灰水溶液充分反应后过滤，使 naoh 溶液再生，再生过程的离子方程式是_。（3）甲同学认为 bacl2溶液可以做2的吸收液。为此甲同学设计如下实验（夹持装置和so加热装置略，气密性已检验）。反应开始后，a 中 na2

37、 3so 固体表面有气泡产生同时有白雾生成； b 中有白色沉淀。甲同学认为b 中白色沉淀是 so223，与 bacl 溶液反应生成的baso所以 bacl2 溶液可做so2 吸收液。乙同学认为b 中的白色沉淀是baso4，产生 baso4 的原因是：a 中产生的白雾是浓硫酸的酸雾，进入b 中与 baci2 溶液反应生成baso4 沉淀。 _ 。为证明 so2 与 bacl2 溶液不能得到 baso3 沉淀，乙同学对甲同学的实验装置做了如下改动并实验（夹持装置和加热装置略，气密性已检验）：反应开始后， a 中 na2 3b、 c 试管中除了有气泡so 固体表面有气泡产生同时有白雾生成；外，未见其

38、它现象；d 中红色褪去。试管 b 中试剂是 _ 溶液；滴加浓硫酸之前的操作是_ 。通过甲、乙两位同学的实验，得出的结论是_ 。【答案】 2caco3高温1:22+-3-caso32242+ 2so +o2caso+2coca +oh + hso + h o a 中产生的 so2 与装置内空气中的o2 进入 b 中与bacl2溶液反应生成baso4 沉淀饱和 nahso3打开弹簧夹，通入n2，一段时间后关闭弹簧夹so2 与 bacl2 溶液不能得到baso3 沉淀，不能用 bacl2 溶液做吸收so2 的吸收液【解析】【分析】浓硫酸和亚硫酸钠固体反应可以生成二氧化硫，由于反应放热，浓硫酸有可能挥

39、发，进入b 中，和bacl 溶液反应生成baso 白色沉淀，不能确定b 中产生的白色沉淀是硫酸和24bacl 反应产生的baso 还是二氧化硫和bacl 反应生成的 baso ，所以要先除去可能存在的2423硫酸，需要通过饱和亚硫酸氢钠溶液，既不吸收二氧化硫，又可以除去硫酸，然后再通入bacl 溶液中，若产生白色沉淀，则证明bacl 溶液可以吸收二氧化硫，若不产生白色沉22淀，则证明 bacl2溶液不可以吸收二氧化硫，实验结果是除去了硫酸后2bacl 溶液中没有产生沉淀，所以得出结论：so2232与 bacl 溶液不能得到 baso 沉淀，不能用bacl 溶液做吸收so2 的吸收液。【详解】（

40、1）在高温下石灰石与so2 以及氧气反应生成硫酸钙和co2，反应的化学方程式为 2caco3+ 2so +o2caso+2co 。2242（2）当生成等物质的量nahso3 时，根据钠离子守恒可知需要亚硫酸钠和氢氧化钠的物质的量之比是1： 2。由于二者的浓度相等，则需要的溶液体积之比是1： 2。要把亚硫酸氢钠转化为氢氧化钠，需要加入氢氧化钙，反应的离子方程式为ca2+ +oh-+-casohso33 + h2o。（3）由于空气中含有氧气，因此另外一种可能是a 中产生的 so2与装置内空气中的o2进入 b 中与 bacl2 溶液反应生成baso4 沉淀。为排除浓硫酸酸雾的影响，b 中应该盛放饱和

41、亚硫酸氢钠溶液。为防止空气中氧气的影响，滴加浓硫酸之前的操作是打开弹簧夹，通入n2，一段时间后关闭弹簧夹。a 中 na2so3 固体表面有气泡产生同时有白雾生成；b、c 试管中除了有气泡外，未见其它现象； d 中红色褪去，说明有so2223沉产生，所以结论是 so与 bacl 溶液不能得到baso淀，不能用bacl2 溶液做吸收so2 的吸收液。【点晴】解答综合性实验设计与评价题的基本流程原理 反应物质 仪器装置 现象 结论 作用意义 联想。具体分析为：（ 1）实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？（ 2）所用各物质名称、状态、代替物 (根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择 )。（ 3）有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。（ 4）有关操作：技能、操作顺序