化学化学反应原理的专项培优易错难题练习题含答案(1)

1、化学化学反应原理的专项培优易错 难题练习题含答案(1)一、化学反应原理1.硫代硫酸钠(Na2&03)是一种解毒药，用于氟化物、神、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗尊麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I: Na2s?。3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CC3+4SQ=3Na2s2O3+CQ制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a的名称是 ,仪器b的名称是 。b中利用质量分数为 70%? 80%的H2SO溶液与Na2SO固体反应制备SO2反应的化学方程式为。 c中试剂为(2)实验中要控制SQ的生成速率，可以

2、采取的措施有 (写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SQ不能过量，原因是 实验H：探究Na2s2。3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：Fe3+3&O32-? Fe(8O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象口 102 mLJ- OJ；X溶液2 mL二 0.1 mol-L11h N.自6溶破Fe2(sO4)3 溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+,通过(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验n的现象：实验出：标定 Na2s2。3溶液的浓度(5)

3、称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分 析天平准确称取基准物质&Cr2O7(摩尔质量为294g?mo-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+= 3I2+2C产+7H2O,再加入几滴淀粉溶?夜,立即用所配NazSQ溶液滴定，发生反应I2+2S2O32-= 2I-+ S4O62-,三次消耗Na2s2O3溶液的平均体积为 25.00 mL,则所标定的硫代硫 酸钠溶液白浓度为 mol?-1【答案】分液漏斗蒸储烧瓶 H2SO4 Na2SO3=Na2SO4 H

4、2O SO2硫化钠和碳酸钠的混合液调节酸的滴加速度若SQ过量，溶液显酸性.产物会发生分解加入铁氧化钾溶液.产生蓝色沉淀开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与SO32-氧化还原反应的程度大，导致Fe3+3S>O32-? Fe(&O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色0.1600【解析】【分析】【详解】(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸储烧瓶；b中是通过浓硫酸和 Na2SQ反应生成 SQ,所以方程式为：H2SO4 Na2SO3=Na2SO4 H2O SO2 ; c中是制备硫代硫酸 钠的反应，SQ由装置b提供，所以

5、c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反应速率影响因素分析，控制SC2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶?中会分解，如果通过量的SC2,会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SC2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检3软Fe2+常用试剂是铁氧化钾，所以加入铁氧化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成Fe(S2O3)3的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致

6、平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最 终溶液几乎变为无色；23(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：6ICt。214H =312 2Cr37H2O ；22I2 2s2O3 =2I S4O6 ；反应被氧化成 忆反应中第一步所得的|2又被还原成I- ,所以与电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的Cr202得电子总数就与消耗的S2O2失电子总数相同；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铭酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2s2O3)=a mol/L ,列电子得失守恒式：1 0.5880 6=a 0.025 1,3294解得 a=0.1600mol/L。2.某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的

7、黄色化合物Fex C204 y ZH2O ,并用滴定法测定其组成。已知H2C204在温度高于90c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 0.844n g于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至70n 85c。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，用铁氧化钾溶液检验，无蓝 色沉淀产生；步骤三：用0.0800n mol / LKMnO 4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，

8、并用稀硫酸洗涤 Zn粉，将洗涤液与滤液合并，用 0.0800n mol / LKMnO 4标准液滴定，用去高镒酸钾标准液10.00n mL。-三二.X 滴定前滴定后图甲图乙(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70n 85c的理由是,加铁氧化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是。(3)步骤三盛装KMnO 4标准液的滴定管在滴定前后的液面如图乙所示，则消耗KMnO 4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 KMnO 4标 准液的体积将 (填 增大"减

9、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?中无Fe2存在，防止Fe2干扰草232酸的测定25.00mL 酸式 5Fe MnO 4 8H 5Fe Mn4H2O 减小Fe4 C2O4 510H2O【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7085n ?C可防止草酸分解；Fex C2O4 yHzO中的铁元素可能含有Fe2 , Fe2与KMnO 4反应，高镒酸钾滴定草酸时，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

10、)滴定前读数为0.80n mL ,滴定后读数为25.80n mL ,则消耗KMnO 4溶液的体积为25.00n mL ; KMnO 4具有强氧化性，应用酸式滴定管，故答案为：25.00n mL ;酸式； 232_(4)步骤四中滴定时发生反应的离子万程式为5Fe28H 5Fe3Mn 24H2O ,洗涤液中含有Fe2 ,若不合并，消耗 KMnO 4标准液的体积减小；根据方程式可知，n Fe25n MnO 45 0.0800n mol / L 10n mL 10 3 L / mL 4 10 3 mol,5533n H2C2O4-n MnO 4- 0.0800nmol/L 25n mL 10 L /

11、mL 5 10 mol220.844n g 4 103mol 565 10 3mol 88ng/molH2Omo 0.01n mol'18n g/molFe :2n C2O4: n H2O4： 5： 10,黄色化合物的化学式为Fe4C2O45?10H2。，故答案为:5FeI 2 MnO4 8H 5Fe3 Mn2 4H 2O；减小;Fe4 C2O4 5710H2O。【点睛】亚铁离子和草酸均能与酸性高镒酸钾溶液反应，实验时防止亚铁离子干扰草酸的测定是解 答关键。3.硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于糅革、媒染、化工、医药等行业。常温下，溶液中析出晶体为Na2s2

12、。3?5H2O. Na2s2O3?5H2O于40-45 C熔化，48c分解；Na2s2。3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。(3)操作I为趁热过滤，其目的是 ；操作n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O(5)制得的粗晶体中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中Na28Q3?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溶液滴定，当溶液中 SO32-全部被氧化时，消耗碘溶

13、液的体积为 25.00mL.试回答：(提示：I2+2S2O32-2I-+&O62-) 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NS2SQ+H2SC4 (浓)一Na2SC4+SC2T +H2O 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SO32-+2H+SJ +SQT+H2O 防止硫代硫酸钠晶体析出乙醇 避免析出的晶体Na2*O3?5H2O因温度过高而分解滴加最后一滴标准L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

14、为：三颈烧瓶；(2)亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：Na2SC3+H2SC4(浓)=Na2SQ+SQT+H2O,故答案为：Na2SQ+H2SO4 (浓)=Na2SO4+SQT+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：SO32-+2H+=SJ +SO4+H2O,故

15、答案为：&O32-+2H+=S J +SO2 T +H2O;(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) Na2QO3?5H2O于40-45C熔化，48c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Na2S2O3?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

16、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，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-+&O62-中的比例关系，配成的溶液中c (S2O32-、 2c(l2)gV(I 2)2 0.0100mol 0.025L)=2-= =0.02mol/L ,则广品中 Na2s2O3?5H2O 的质量WS2O3 )0.025L分数= 0.0200mol/L0.25L 248g/mol1.25g100% =99.2%,故答案为:99.2%。4.某化学兴趣小组欲测定 KC1Q,溶

17、液与NaHSO3溶液反应的化学反应速率.所用试剂为10mL0.1mol/LKClO3,溶液和10mL0.3mol / LNaHSOs溶液，所得数据如图所示。已知：2ClO3 3HSO3 Cl 3SO23H o(1)根据实验数据可知，该反应在04min内的平均反应速率v Cl mol/ L min。(2)某同学仔细分析实验数据后发现，在反应过程中，该反应的化学反应速率先增大后减小.某小组同学针对这一现象进一步探究影响该化学反应速率的因素，具体方法如表示。力杀假设实验操作I该反应放热使溶液温度 升高，反应速率加快向烧杯中加入10mL0.1mo/L的KClO 3溶液和10mL0.3mol/L的NaH

18、SO3 溶液，n取10mL0.1mo/L的KClO 3溶液加入烧杯中，向其中加入少量NaCl固体，再加入10mL0.3mol/L的NaHSO3溶液m溶液酸性增强加快了化 学反应速率分别向a、b两只烧杯中加入10mL0.1mol/L的KClO 3溶液；向烧杯 a中加入1mL水，向烧杯b中加入1mL0.2mol/L的盐酸；再分别向两只烧杯中加入10mL0.3mol/L的NaHSO3溶液补全方案I中的实验操作：。方案n中的假设为。除I、n、出中的假设外，还可以提出的假设是 。某同学从控制变量的角度思考，认为方案出中实验操作设计不严谨，请进行改进：O反应后期，化学反应速率变慢的原因是 。【答案】0.0

19、025插入温度计 生成的Cl加快了化学反应速率生成的SO2加快了化学反应速率 将1mL水改为1mL0.2mol/L的NaCl溶液 反应物浓度降低【解析】【分析】【详解】（1）根据实验数据可知，该反应在。4min内生成氯离子的浓度是 0.010mol/L,所以平均反应速率 c Cl 0.010mol / L 4min 0.0025mol / L min ；（2）由于是假设该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此需要测量反应过程 中溶液温度的变化；方案I、n相比较，n中加入了少量氯化钠，所以方案n中的假设为生成的Cl加快了化学反应速率；由于反应中还有硫酸根离子生成，则除I、n、出中的假设外，

20、还可以提出的假设是生成的硫酸根离子加快了化学反应速率；为防止氯离子对实验的干扰，则改进措施是将1mL水改为1mL0.2mol/L的NaCl溶液；反应后期反应物浓度减小，因此化学反应速率变慢。【点睛】对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成 多个单因素的问题。每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研 究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变 量法。它是科学探究中的重要思想方法，广泛地运用在各种科学探索和科学实验研究之 中。5.二氧化氯（C1O2）具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。 C1Q是

21、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C1O2,回答下列问题：（1）以黄铁矿（Fe8）、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SQ2-,写出制备ClO2的离子方程式_o（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2,并将制得的ClO2用于处理含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的名称是一装置C的作用是反应容器B应置于30 c左右的水浴中，目的是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C1O2排出，三是OCIO2处理含CN-废

22、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C1O2的方法。用于电解的食盐水需先除去其中的C#+、Mg2+、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Na2CC3和NaOH,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C1O2,工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式。Mjcrsftl【答案】Fe8+15CQ-+14H+=15CQ+Fe3+2SC42-+7H2O 恒压漏斗 安全瓶 提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解稀释C1O2,防止其爆炸2CN+2ClO2=

23、2CO2+N2+2C吸收C1O2等气体，防止污染大气BaC2 C-5e-+2H2O=Cl。仔4H+【解析】【分析】二氧化氯(C102)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(Fe3)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备C1O2,黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被C1O3-氧化成SC42-,根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备C1O2的离子方程式为 FeS+15CQ-+14H+=15ClC2+Fe3+2SQ2-+7H2C。(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

24、。 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 c左右的水浴中。根据题文可知，CIC2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，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CIC2排出，三是稀释CIC2,防止其爆炸。CIC2处理含CN废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的 C6和N2,故离子方程式为2CN-+2ClC2=2CO2+N2+2C；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+、SC42-等杂质，需

25、要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钢离子，过量的钢离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CC3之前应先加入过量 BaC2。 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 C1Q,电极反应式为 C-5e-+2H2O=CQT+4H+。6 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，

26、消耗草酸钠溶液的体积为 30.00mL 。已知： 2KMnO 4 5NOSO4H 2H2O K 2SO4 2MnSO 4 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】2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO4 +8H2O 滴入最后一滴 Na2c2O4 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】高镒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

27、?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镒酸钾物质的量，得到2KMnO4+5NOSO4H +2H2O= K2SO1 +2MnSO4 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】酸溶液中高镒酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，生成二氧化碳，镒元素化合价+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-+5c2O42-+16H+=2Mn2+10CO4 +8H

28、2O,故答案为：2MnO4-+5QO42-+16H+=2Mn2+10CQT +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Na2C2O4 溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复；-2-+2+2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2 +8H 2O25n 0.5mol/L 0.030L解得 n= 0.006mol,则与 NOSQh 反应的高镒酸钾物质的量=0.1000mol?L-1 x 0.100L-0.006mol=0.004mol ,2KMnO4 +

29、 5NOSO4H +2H2O=KzSO4+2MnSO4+5HNO3+ 2H2SO4250.004mol0.01mol0.01mol 127g/mol1.5g亚硝酰硫酸的纯度= X 100%= 84.67%故答案为：84.67%.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.已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应，产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水)，某实验小组为确定该晶体的组成，设计实验步骤及操作如下：已知：a.过程：MnO4一被还原为Mn2+, C2O42一

30、被氧化为CO2b.过程：MnO4一在酸性条件下，加热能分解为。2,同时生成Mn2+c.过程：2CU2+4I =2CuI J 到d.过程：I2+2S2O32 =21 +&O62(1)过程加快溶解的方法是 。(2)配制100mL0.20mol LKMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、;过程和过程滴定时，滴定管应分别选用 、(填甲"或乙”。)(3)完成过程的离子反应方程式的配平：MnO4 +C2O42 +H+=Mn2+H2O+CC2 T。(4)过程加热的目的是 。(5)过程，应以 作指示剂，若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则测定结果是 (填偏大"偏小”或无

31、影响”)(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2s2O3的体积相等，据此推测该晶体为H 2O。【答案】粉碎、搅拌或加热100mL容量 甲乙251628 10除去溶液中多余的MnO，防止过程加入过量的 KI, MnO4-在酸性氧化I-,引起误差；淀粉溶液 偏小K2Cu(C2O4)2【解析】【分析】(1)在由固体与液体的反应中，要想加快反应速率，可以粉碎固体物质或搅拌，都是增大 固液的接触面积，也可以加热等；(2)配制溶液要掌握好配制步骤，容量瓶的选择，因为配制100mL溶液，所以选择100mL容量瓶，氧化还原滴定的时候，注意选择指示剂、滴定管等。(3)利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化

32、还原反应离子方程式：2 MnO1+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CQT ;(4)、MnO4-在酸性条件下，加热能分解为。2,同时生成Mn2+,据此分析作答；(5)结合实际操作的规范性作答；(6)根据方程式找出关系式，通过计算确定晶体的组成。【详解】(1)为了加快蓝色晶体在 2 mol L-1稀硫酸中溶解，可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方 法；(2)配制100mL0.20mol L 1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制，配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶；过程是用 0.20mol匚1KMnO4溶液滴定，KMnO4具有

33、强氧化性，因此选用甲(酸式滴定管)；过程是用 0.25mol L1Na2&O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈碱性，故选用乙(碱式滴定管)；(3)利用氧化还原反应中化合价升降总数相等，先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，然后再观察配平其他物质，过程的离子反应方程式：2 MnO4+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CQT(4) MnO4-在酸性条件下，力口热能分解为。2,同时生成 Mn2+,故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-,防止过程加入过量的KI, MnO4-在酸性氧化I-,引起误差；过程是用0.25mol L-1Na2s2O3溶液滴

34、定含I2的溶液，反应方程式为l2+2S2O32-=21 +&O62-,故过程，应以淀粉溶液作指示剂；若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则滴入 Na2s2O3的物质的量偏小，造成测定Cu2+的含量偏小；(6)由 2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CQT 可知 n(C2O42-)=2.5 n(KMnO4)=2.5 0.20mol L11 V(KMnO4)；由 2Cu2+4I-=2CuI J 哥 I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知 2 S>O32- I2 2Cu2+, n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25mol L-1 V(Na2

35、s2O3),已知两个滴定过程中消耗KMnO4 和Na2s2O3的体积相等，所以 n(C2O42-)=2 n(Cu2+),因为晶体中只有一种阴离子，并且晶体中元 素化合价代数和为0,故该晶体为K2Cu(C2O4)2 H2O。【点睛】在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。8.硝酸是氧化性酸，其本质是 NO3有氧化性，某课外实验小组进行了下列有关NO3一氧化性的探究(实验均在通风橱中完成)。实验装置编P溶液X实验现象Alj卜实验I6 mol L1稀硝酸电流计指针向右偏转，铜片表面产 生无色气体，在液向上方艾为红棕 色。旨 一 实验n15 mol L1浓硝酸电流计指针先向右偏转，很快又偏

36、 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n中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是 。查阅资料：活泼金属与 1 mol L-1稀硝酸反应有H2和NH4+生成，NH4+生成的原理是产生 出 的过程中NO3一被还原。(3)用上图装置进行实验 m ：溶液X为1 mol L-1稀硝酸溶液，观察到电流计指针向右偏转。反应后的溶液中含 NH4+O实验室检验NH4+的方法是。生成NH4+的电极反应式是。(4)进一步探究碱性条件下 NO3一的氧化性，进行实验 W:a HiOH B A 3 Sft B

37、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 。A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 出和IV说明理由 。【答案】负 2NO+O2=2NO2 Al开始作电池的负极，Al在浓硝酸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+3H2。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-+2H20= 3NH3f

38、+ 8AlO2-因为铝与中性的硝酸钠溶液无生成H2的过程，NO3一无法被还原【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H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在浓硝酸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) 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

39、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+;NH 4+的生成是NO3一被还原的结果，其电极反应式为 NO3-+8e-+10 H+=NH4+3H2O(4) 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；A中生成NH3的离 子方程式为 8Al + 3NO3- + 5OH-+ 2H2。= 3NH3 f + 8AlO2-;(5)铝与中性的硝酸钠溶液不能生成H2, NO3一无法

40、被还原，因此将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象。9.某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。(1)请完成以下实验设计表(表中不要留空格)：编R实验目的碳粉/g铁粉/g醋酸/%为以下实验作参照0.52.090.0醋酸浓度的影响0.536.00.22.090.0(2)编号实验测得容器中压强随时间变化如图2。t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了 腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动 方向；此时，碳粉表面发生了 _(氧化”或 还原”反应

41、，其电极反应式是(3)该小组对图2中。ti时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二:假设一：发生析氢腐蚀产生了气体；假设二：（4）为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案。请你再设计个实验方案验证假设一，写出实验步骤和结论。实验步骤和结论（不要求写具体操作过程）：【答案】2.0碳粉含量的影响 吸氧还原反应 2H2O+O2+4e-=4OH- （或4H+O2+4e-=2H2O） 反应放热，温度升高，体积膨胀实验步骤和结论（不要求写具体操作过程） 药品用量和操作同编号 实验（多孔橡皮塞增加进、出导管） 通入僦气排净瓶内空气；滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化（也可测温度变化

42、，检验Fe2+等）。如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。（本题属于开放性试题，合理答案均给分）【解析】【详解】（1）探究影响化学反应速率，每次只能改变一个变量，故有 中铁的量不变，为2.0g;中改变了碳粉的质量，故为探究碳粉的量对速率的影响。（2） t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-,故答案为：还原； 6+2H2O+4e-=4OH;（3）图2中0-ti时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压

43、强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，故答案为：反应放热使锥形瓶内温度升高；（4）基于假设一，可知，产生氢气，发送那些变化，从变化入手考虑实验步骤和结论（不要求写具体操作过程）药品用量和操作同编号实验（多孔橡皮塞增加进、出导管）通入僦气排净瓶内空气；滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化（也可测温度变化，检验Fe2+等）。如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。（本题属于开放性试题，合理答案均给分）。10.草酸（H 2c2O4）溶液与酸性KMnO4溶液反应时，溶液褪色总是先慢后快，某学习小组探究反应过程中使褪色加快的主要原因，过程如下：（查阅资料）KMnO%溶液氧化H2c2O4

44、的反应历程为：Mn（*吧空如tMngO"户",Mn2+CO2 f（提出假设）假设1:该反应为放热假设2：反应生成的 Mn2+对该反应有催化作用假设3: K+对该反应有催化作用该小组同学未提出浓度使反应速率加快的假设，原因是 。（设计、完成实验）（1 称取 g 草酸晶体（H 2c2O4 2H2。），配置 500mL 0.10mol/L H 2c2O4 溶液。在上述过程中必须用到的2种定量仪器是托盘天平和 。下列操作会使所配溶液浓度偏低的是 （填下列选项的字母序号 ）。A称取草酸晶体时，将草酸晶体放在托盘天平右盘B定容时俯视刻度线C将烧杯中溶液转移到容量瓶之前，容量瓶中有少量蒸

45、储水D摇匀后，发现溶液液面低于刻度线，立即用胶头滴管加水再定容（2）完成探究，记录数据实 验 编 号烧杯中所加试剂及用量（mL）控制条件溶液褪 色时间 （s）0.10mol/LH2c2O4 溶液等浓度KMnO4溶液H2O0.50mol/L稀硫酸13020302018230203020水浴控制温度65入少量MnSO4固体3.643020x20加入5mL0.10mol / LK 2s。4溶液18则x ，假设 成立。（3）由于KMnO4能氧化水中有机物等因素，配置好稳定的 KMnO4溶液，其浓度需标定.取10.00mL 0.10mol/L H 2c2O4溶液于锥形瓶中，加入 10mL0.50mol / L稀硫酸,用（2）中KMnO 4溶液滴定至锥形瓶中恰好呈浅紫色，且半分钟不