全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总及答案

1、全国高考化学化学反响原理的综合高考真题汇总及答案一、化学反响原理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S02实验I:Na2s203的制备.工业上可用反响：2Na2S+Na2CO3+4SQ=3Na2s2O3+CQ制得,实验室模拟该工业过程的装置如下图：(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固体反响制备SO2反响的化学方程式为.c中试剂为(2)实验中要限制SQ的生成速率,可以采取的举措有(写出一

2、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复原反响.资料：Fe3+3&O32-?Fe(8O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象口102mLJ-OJ；X溶液2mL二0.1mol-L11hN.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-复原为Fe2+,通过(填操作、试剂和现象),进一步证实生成了Fe2+.从化学反响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)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液,并用

3、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,并参加过量的KI并酸化,发生以下反响：6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3+7H2O,再参加几滴淀粉溶?夜,立即用所配NazSQ溶液滴定,发生反响I2+2S2O32-=2I-+S4O62-,三次消耗Na2s2O3溶液的平均体积为25.00mL,那么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H2SO4Na2SO3=Na2SO4H2OSO2硫化钠和碳酸钠的混合液调节酸的滴加速度假设SQ过量,

4、溶液显酸性.产物会发生分解参加铁氧化钾溶液.产生蓝色沉淀开始生成Fe(SO3)33-的反响速率快,氧化复原反响速率慢,但Fe3+与&O32-氧化复原反响的程度大,导致Fe3+3S>O32"?Fe(&O3)33-(紫黑色)平衡向逆反响方向移动,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反响生成SQ,所以方程式为：H2SO4Na2SO3=Na2SO4H2OSO2；c中是制备硫代硫酸钠的反响,SQ由装置b提供,所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反响速率影响因素分析

5、,限制SC2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度,或者改变反响温度；(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SQ,会使溶液酸性增强,对制备产物不利,所以原因是：SQ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,所以参加铁氧化钾溶液,产生蓝色沉淀即证实有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求,表达出反响速率和平衡两个角度,所以解释为：开始阶段,生成Fe(S2O3)3的反响速率快,氧化复原反响速率慢,所以有紫黑色出现,随着Fe3+的量逐渐增加,氧化复原反响的程度变大,导致平衡逆向移动,紫黑色逐渐消失,最终溶液几乎变为无色；23(5)间接碘

6、量法滴定过程中涉及两个反响：6ICt.214H=3122Cr37H2O；22I22s2O3=2IS4O6;反响被氧化成也反响中第一步所得的I2又被复原成I-,所以与电子转移数相同,那么滴定过程中消耗的Cr2O2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)=amol/L,列电子得失守恒式：-6=a0.0251,3294解得a=0.1600mol/L.2.为了证实化学反响有一定的限度,进行了如下探究活动：步骤1：取8mL0.1molL1的KI溶液于试管,滴加0.1molL1的FeC3溶液56滴,振荡；请写出步

7、骤1中发生的离子反响方程式：步骤2:在上述试管中参加2mLCC4,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0.1molL1的KSCN溶液56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,从而证实化学反响有一定的限度.针对实验现象,同学们提出了以下两种猜测：猜测一：KI溶液过量,Fe3+完全转化为Fe2+,溶液无Fe3+猜测二：Fe3+大局部转化为Fe2+,使生成Fe(SCN3浓度极小,肉眼无法观察其颜色为了验证猜测,在查阅资料后,获得以下信息：信息一：乙醛比水车5且微溶于水,Fe(SCN3在乙醛中的溶解度比在水中大.信息二

8、：Fe3+可与Fe(CN)64反响生成蓝色沉淀,用K4Fe(CN)可溶液检验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论实验1:在试管A参加少量乙醛,充分振荡,静置实验2:假设产生蓝色沉淀那么猜测二成立32【答案】2Fe2I2Fe12假设液体分层,上层液体呈血红色.那么猜测一不成立在试管B中滴加5-6滴K4Fe(CN)6溶液,振荡【解析】【分析】【详解】3一2一(1)KI溶放与FeC3溶液离子反响方程式2Fe2I2Fe1(2)由信息信息一可得：取萃取后的

9、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溶液中参加乙醍,充分振荡,乙醍层呈血红色,实验操作预期现象结论假设液体分层,上层液体呈血红色.那么猾想一不成立实验2:在试管B中滴加5-6滴K4Fe(CN)6溶液,振荡3.人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg-cm-3来表示.抽取一定体积的血样,加适量的草酸俊(NH4)2GQ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2酸(H2.),再用KMnO溶液滴定即可测定血液样品中Ca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Cf的浓度.(配制KMnO标准溶液)如图是配制50

10、mLKMnO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CsT的浓度)抽取血样20.00mL,经过上述处理后得到草酸,再用0.020molL-KMnO溶液滴定,使草酸转化成CO逸出,这时共消耗12.00mLKMnQ溶液.(3)草酸跟KMnO溶液反响的离子方程式为2MnO+5HGQ+6H+=2Mn+10COT+8HO那么方程式中的x=.(4)经过计算,血液样品中Ca2+的浓度为mgcm-3.【答案】偏小21.2【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

11、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镒酸钾的关系式计算出血液样品中C#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,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,(-1X2)+(+1X6)=+X由得Zx=2,草酸跟KMnO4反响的离子方程式为：2MnO4-+5H2c2O4+6H+2Mn2+10CO2T+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镒酸钾的物质的量为：

12、0.020mol/LX0.012L=2.4-4mol1,0根据反响方程式2MnO4-+5H2c2O4+6H2Mn2+10CO2T+8H>O,及草酸钙的化学式CaC2O4,可知：n(Ca2+)=n(H2c204)=5n(MnO4-)=2.5x2.4-4mO0=6x1-0mol,Ca2+的质量为：40g/molx6XT0424mg一,34mol=0.024g=24mg,钙离子的浓度为：3=1.2mg/cm3.20cm【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根本方法：紧抓c=E分析,如：用V量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后,用蒸储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,

13、量筒不必洗涤,由于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局部的体积扣除,假设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,假设是溶解过程中吸热的物质,那么溶液浓度偏小等.4.黄铜矿是工业炼铜的主要原料,其主要成分为CuFeS,现有一种天然黄铜矿(含少量脉

14、石),为了测定该黄铜矿的纯度,某同学设计了如下实验：dbcd现称取研细的黄铜矿样品1.150g,在空气存在下进行煨烧,生成CukFe3O4和SO2气体,实验后取d中溶液的置于锥形并S中,用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定,初读数为100.00mL,终读数如下图.请答复以下问题：hi-j一(1)称量样品所用的仪器为,将样品研细后再反响,其目的是(2)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有利于观察空气流速(3)上述反响结束后,仍需通一段时间的空气,其目的是.(4)滴定时,标准碘溶液所耗体积为mLo判断滴定已达终点的现象是.通过计算可知,该黄铜矿

15、的纯度为.(填编号)(5)假设用右图装置替代上述实验装置d,同样可以到达实验目的的是1%,假设实验操作(6)假设将原装置d中的试液改为Ba(OH)2,测得的黄铜矿纯度误差为十均正确,可能的原因主要有.【答案】电子天平使原料充分反响、加快反响速率仄d使反响生成的SO2全部进入d装置中,使结果精确20.10mL溶液恰好由无色变成浅蓝色,且半分钟内不褪色80.4%空气中的CQ与Ba(OH)2反响生成BaCQ沉淀；BaSO3被氧化成BaSQ【解析】【分析】(1)根据称量黄铜矿样品1.150g,选择精确度较高的仪器；将样品研细,增大了接触面积；(2)浓硫酸可以将水除去,还可以根据冒出气泡的速率来调节空气

16、流速；(3)反响产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收；(4)根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积,根据反响结束时的颜色变化判断滴定终点；先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS2S.2凡再根据题中数据进行计算；(5)图2中的中通入二氧化硫,反响生成了硫酸钢沉淀,可以根据硫酸钢的质量计算二氧化硫的量；(6)Ba(OH)2溶液能吸收空气的CQ,另外BaSQ易被空气中氧气氧化,这些原因均能引起测定误差.【详解】(1)由于称量黄铜矿样品1.150g,精确度到达了千分之一,应该选用电子天平进行称量,把黄铜矿样品研细,可以增大接触面积,从而提升反响速率,并且使黄铜矿充分反响；(2)装置a中的

17、浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气,预防水蒸气进入反响装置b中发生危险,同时根据冒出的气泡的快慢来限制气体的通入量,故答案为bd；(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物,分解完毕后仍然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,使结果更加精确；(4)根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；根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS2SO222消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.10mL时,即消耗的碘单质的量为：0.05mol/LX0.0201L=0.001

18、05moJ所以黄铜矿的质量是：0.5x0.00105molx184g/molx10=0,924眺纯度是："9246gX100%=80.4%1.15gA(5)由于图2中,硝酸钢溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钢沉淀,过滤枯燥后,根据硫酸钢的质量计算出二氧化硫的质量,故答案为；(6)将原装置d中的试液改为Ba(OH)2,测得的黄铜矿纯度误差为+1%,在实验操作均正确的前提下,引起误差的可能原因主要有空气中的CQ与Ba(OH)2反响生成BaCQ沉淀或BaSQ被氧化成BaSQ.5.氢叠氮酸(HN3)和莫尔盐(NH4)2SC4FeS.6H2O是两种常用原料.(1)氢叠氮酸易溶于水,25c时,该酸

19、的电离常数为Ka=10X10-5氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后,恢复到25C,此时,溶液呈酸性,那么混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为.(2)在FeSQ溶液中,参加(NH4)2SC4固体可制备莫尔盐晶体(NH4)2Fe(SC4)26H2O,为了测定产品纯度,称取ag产品溶于水,配制成500mL溶液,用浓度为cmol/L的酸性高镒酸钾溶液滴定,每次所取待测液体积均为25.00mL,实验结果记录如下：(已知莫尔盐的分子量为392)实验次数%L、次第二次第三次消耗KMnO4溶液体积/mL25.5225.0224.

20、98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).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该酸性高镒酸钾标准液保存时间过长,局部变质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)X100%AC【解析】【分析】(1)氢叠氮酸是一元弱酸；0.2mo

21、l/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；高镒酸钾溶液本身是紫色的,可以根据高镒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,即高镒酸钾溶液体积偏大.【详解】氢叠氮酸易溶于水,25c时,该酸的电离常数为Ka=10X10,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-;0.2mol/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NaN3,恢复到25C,溶液显酸

22、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)500mL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；利用高镒酸钾的强氧化性,Fe2+的强复原性,两者发生氧化复原反响,Fe2+被氧化成Fe3+,化合价升高1,Mn由+7价一+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+=

23、Mn2+5Fe3+4H2O,向溶液中滴加中高镒酸钾,高镒酸钾显紫红色,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；由于第一次与第二次、第三次相差较大,忽略不计,消耗高镒酸钾溶液的体积为25.0224.98_一mL=25mL,根据离子反响万程式,得出：2n(NH4)2SQ?FeSQ?6H2O=5n(KMnO4)=25x-30cx5mo那么500mL溶液中含有n(NH4)2SQ?FeSQ?6H2O=25x彳0<cx5x500/ol=2.5cmol,所以质量分数=2.5cK92X100%980cX

24、100%故答案为：980cX100%aaaA.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,消耗的高镒酸钾偏多,A项正确；B.三次使用的高镒酸钾都是一样的,消耗的高镒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：AQ【点睛】此题考查了沉淀的转化和物质含量的测定.此题的易错点为(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,可用作复原剂、沉淀剂等.某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2QO4?2H2O.答复以下问题：(1)甲组的同学以电石(主要成分CaG,少量CaS及Ca3P

25、2杂质等)为原料,并用图1装置制取QH2.>tit11is装置A中用饱和食盐水代替水的目的是.装置B中,NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸,本身被复原为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,浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4?2H20.制备装置如图2所示：图2装置D中多孔球泡的作用是.装置D中生成H2C2O4的化学方程式为.从装置D中得到产品,还需经过_(填操作名称)、过滤、洗涤及枯燥.(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,参加适量的蒸储水溶

26、解,再参加少量稀硫酸,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.滴定终点的现象是一产品中H2c2O4?2H2O的质量分数为(列出含m、c、V的表达式).【答案】减慢反响速率,获得平缓气流PHk4clO=H3Pd+4C增大气体和溶液的接触面催化剂积,加快反响速率,使反响充分进行GH2+8HNO3&H2c2O4+8NO2+4H2O蒸发浓缩、冷却结晶当参加最后一滴标准液,溶液呈浅红色且30s内不恢复原来的颜色31.5CV%m【解析】【分析】(1)碳化钙和水反响十分剧烈,可用饱和食盐水可减缓反响速率；装置B用NaClO将PH3氧化为磷酸,同时生成氯化钠；

27、(2)D中,Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化乙快制取H2QO4?2H2.,发生反响为：催伊朝IC2H2+8HNO3H2c2O4+8NO2+4H2O,多孔球泡增大乙快气体与硝酸的接触面,充分反应,E装置预防倒吸,F装置吸收生成的二氧化氮气体,将反响后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、枯燥得产品,据此分析解答；装置D多孔球泡可增大乙快气体与硝酸的接触面,加快反响速率,充分反响；根据装置图,D中,Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化乙快反响生成H2c2O4和二氧化氮,反响方程式为：C2H2+8HNO3:1/H2c2O4+8NO2+4H2O；'将反响后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥得

28、产品；(3)滴定终点时,继续滴加高镒酸钾溶液,紫色不褪去；根据2MnO4-5H2c2O4,由高镒酸钾的消耗可得H2c2.的量,据此计算H2c2O4?2H2O的质量分数.【详解】(1)电石与水反响非常剧烈,为了减慢反响速率,平缓地产生乙快可用饱和食盐水代替水反响；NaciO将PH3氧化为磷酸,钙反响的离子方程式为：PH3+4ciO=H3Pd+4c；(2)装置D多孔球泡可增大乙快气体与硝酸的接触面,加快反响速率,充分反响；根据装置图,D中,Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化乙快反响生成H2OO4和二氧化氮,破ft'叫傕位制空制反响方程式为：c2H2+8HNO3=£LH2c2O4

29、+8NO2+4H2O;AA将反响后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、枯燥得产品；(3)滴定过程中,反响结束前溶液为无色,滴定结束时溶液变为浅红色,那么滴定终点现象为：当溶液呈浅红色且30s内不恢复原来的颜色；准确称取mg产品于锥形瓶中,参加适量的蒸储水溶解,再参加少量稀硫酸,然后用cmol?L-1酸TKMnOd标准溶液进行滴定至终点,共消耗标准溶液VmL,设产品中H2c2O4?2H2O的质量分数为与根据2MnO4-5H2c2O4?2H2O产品中H2c2O4?2H2O的质量31.5cV100%=%.m将*5126cV1032m分数为a=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

30、价、氧化复原反响滴定等知识,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水平及化学实验水平.7 .化学学习小组进行如下实验.探究反响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).限选试剂和仪器：0.20molL-1h2c2O4溶液、0.010molL-1KMnO4溶?(酸性)、蒸储水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽物理量V(0.20mol匚1H2c2O4溶液)/mLV(蒸储水)/mLV(0.010molL1KMnO4溶液)/mLT/C乙2.004.0502.004.0251.004.025(1)上述实验、是探究对化学反

31、响速率的影响；假设上述实验、是探究浓度对化学反响速率的影响,那么a为；乙是实验需要测量的物理量,那么表格中乙应填写.测定H2C2O4xH2O中x值：M(H2c204)=90gmol-1称取1.260g纯草酸晶体,将其酸制成100.00mL水溶液为待测液；取25.00mL待测液放入锥形瓶中,再参加适的稀H2S.；用浓度为0.05000molL-1的KMnO4标准溶液进行滴定.(2)请写出与滴定有关反响的离子方程式某学生的滴定方式(夹持局部略去)如下,最合理的是(选填a、b)o(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

32、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/s5H2c2O4+2MnO4+6H+=10CO2T+2Mn2+8H2Ob20.00锥形瓶中颜色变色2偏小【解析】【分析】【详解】(1)探究影响化学反响速率因素,要求其他条件不变,即探究温度对化学反响速率的影响；混合溶液的总体积都是6.0mL,因此a=1.0;反响的快慢是通过酸性高镒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)草酸具有复原性,高镒酸钾具有强氧化性,把C转化成CQ,本身被复原成Mn2+,根据化合价升降法,进行配平,因此离子

33、反响方程式为：5H2C2O4+2MnO4+6H+=10CO2T+2Mn2+8H2.；(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,消耗高镒酸钾的体积为(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20X103x0.05X5X100/(2X25)mol=0.01由60+(9018x)=0.01,解得x=2;未用待盛液润洗滴定管,稀释标准液,消耗高镒酸钾体积增大,草酸的质量增大,x偏小.8. 2氯丙酸CHsCHClCOO

34、H主要用于生产农药除草剂,还用于生产乳酸及有工业价值的低级醇酯.如图为实验室制备2氯丙酸的装置.ABCDF：相关物质的物理性质如下表所示：物质熔点/C,沸点/C溶解性2氯丙酸14190能与水、乙醇互溶丙酸21.5141能与水、乙醇互溶PCl393.676.1与水剧烈反响,能溶于乙醇制备方法：在三颈烧瓶中放置148g2mol丙酸和1.5g三氯化磷(作催化剂),加热至100110c,缓慢通入氯气,保持温度在10A110C之间大约反响5h.答复以下问题：1 A装置中反响的离子方程式为,生成6.72LCl2(标准状况)时,转移电子的数目为.2某同学分析发现D装置有两处缺陷,分别是、.3设计实验提纯产品

35、：4测定产品纯度.步骤I：称取1.20g样品(杂质不含PCh)于烧瓶中,参加100.00mL4mol?L1氢氧化钠溶液共热,冷却至室温.参加100.00mL4mol?L1硝酸,一段时间后,将烧瓶中的溶液全部转移至250mL容量瓶中,加水定容溶液中为乳酸和NaCl.步骤n：沉着量瓶中各取50.00mL溶液于锥形瓶中,用Na?CrO4作指示剂,用0.2000mol?L1AgNO3溶液分别滴定溶液中的Cl：Ag2crO4为砖红色沉淀、乳酸银不沉淀,平行三次实验,所得滴定数据如表所示：实验序号实验数据%L、次第二次第三次AgNO3溶液体积读数滴定前00.120.20/mL滴定后9.9811.5210.

36、22参加硝酸的目的是步骤n操作中,到达滴定终点的现象是样品中2氯丙酸的质量分数为保存三位有效数字.【答案】5ClClO36H3H2O3cl20.5Na或3.011023缺少温度计应该用冷凝管对反响液冷凝回流,提升反响物的利用率将产品移至蒸储烧瓶中,蒸去少量的前福分后,收集190c的微分,冷凝得到2氯丙酸中和NaOH使溶液呈酸性,防ROH干扰当滴入最后一滴AgNO3溶液时,产生砖红色沉淀,且30s内沉淀不消失90.4%.【解析】【分析】浓盐酸和KClQ反响生成Cl2,制取的氯气中含有HCl和H2O杂质气体,需要除去,利用饱和食盐水除去HCl,在用浓硫酸枯燥,因此B、C中分别为饱和食盐水、浓硫酸；

37、由于PC3与水剧烈反响,因此要预防外界的水蒸气进入,E为枯燥管,预防外界的水蒸气进入D,最后F为尾气处理装置.【详解】1 A中浓盐酸和氯酸钾反响生成氯气,根据离子反响方程式5ClClO36H3H2O3cl2,反响中生成3molCl2时转移5mol电子,因此生成0.3molCl2时,转移0.5mol电子;故答案为：5ClClO36H3H2O3cl2,0.5NA或3.011023；2根据信息反响需要加热,缺少温度计,有机物易挥发,应该用冷凝管对反响液冷凝回流,提升反响物的利用率；故答案为：缺少温度计；应该用冷凝管对反响液冷凝回流,提升反响物的利用率；3根据信息,三颈烧瓶中有丙酸和2氯丙酸混合有机物

38、,可以利用沸点不同进行蒸储提纯；故答案为：将产品移至蒸储烧瓶中,蒸去少量的前储分后,收集190c的微分,冷凝得到2 氯丙酸；42氯丙酸碱性条件下水解得到氯离子,再用硝酸银滴定,但是残留的氢氧根离子有干扰,故加硝酸排除干扰；故答案为：中和NaOH使溶液呈酸性,预防OH干扰；滴定终点前是氯化银白色沉淀,终点后有砖红色铭酸银生成,故答案为：当滴入最后一滴AgNO3溶液时,产生砖红色沉淀,且30s内沉淀不消失；第二组数据误差较大舍去,余下两组取平均值得10.00mL,根据关系式CH3CHCICOOHNaClAgNO3可知,样品中2氯丙酸的质量m=nM=cVM=0.01Lx0.2000mM1义108.5

39、gnol1x5=1.085g那么质量分数为1.085g1.2gx100/90.4%故答案为：90.4%.9.氧化剂H2O2在反响时不产生污染物被称为绿色氧化剂,因而受到人们越来越多的关注.I.某实验小组以H2O2分解为例,探究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反响速率的影响.在常温下根据如下表所示的方案完成实验.实验编号反响物催化剂10mL2%H2O2溶液无10mL5%H2O2溶液无10mL5%H2O2溶液1mL0.1mol-L-1FeC3溶液10mL5%H2O2溶?+少量HCl溶液1mL0.1molL-1FeC3溶液10mL5%H2O2溶?+少量NaOH溶液1mL0.1molL-1FeC3溶液(1)

40、实验和的目的是.同学们进行实验时没有观察到明显现象而无法得出结论.资料显示,通常条件下H2O2稳定,不易分解.为了到达实验目的,你对原实验方案的改良方法是(填一种方法即可).(2)实验中,测得生成氧气的体积随时间变化的关系如下图.分析该图能够得出的实验结论是.II.资料显示,某些金属离子或金属氧化物对H2O2的分解起催化作用.为比拟Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果,该实验小组的同学设计了如以下图所示的实验装置进行实验.(1)某同学通过测定O2的体积来比拟H2O2的分解速率快慢,实验时可以通过测量或来比拟.(2)0.1gMnO2粉末参加50mLH2O2溶液中,在标准状况下放出气体的体积

41、和时间的关系如下图.请解释化学反响速率变化的原因：.请计算H2O2的初始物质的量浓度为(保存两位有效数字).V<OjmL为探究MnO2在此实3中对H2O2的分解起催化作用,需补做以下实验(无需写出具体操作)：a.；b.【答案】探究浓度对反响速率的影响向反响物中参加等量同种催化剂(或将盛有反响物的试管放入同一热水浴中)碱性环境能增大H2O2分解的速率,酸性环境能减小H2O2分解的速率相同时间内产生O2的体积生成相同体积O2所需要的时间随着反响的进行,浓度减小,反响速率减慢0.11mol-L1MnO2的质量有没有改变MnO2的化学性质有没有改变【解析】【详解】I. (1)实验和中H2O2的浓

42、度不同,其它条件相同,故实验目的是探究浓度对反响速率的影响；实验时没有观察到明显现象是由于反响太慢,那么就要采取举措加快反响,可以向反响物中参加等量同种催化剂或将盛有反响物的试管放入同一热水浴中.(2)从图可以看出产生6的最终体积相等,但溶液的酸碱性不同,反响速率不同,在碱性环境能增大H2O2分解的速率,酸f全环境能减小H2O2分解的速率.II. (1)通过测定O2的体积来比拟H2O2的分解速率快慢时可以看相同时间内产生O2的体积,或生成相同体积.2所需要的时间.(2)从图可以看出,反响开始后,在相同的时间内生成的.2的体积逐渐减小,反响速率变慢,那么造成反响变慢的原因是随着反响的进行,浓度减

43、小,反响速率减慢；反响在进行到4min时O2的体积不再改变,说明反响完全,生成O2的物质的量为：60x10-3L+22.4L/mol=2.7X10-3mol,根据反响2H2.2=2H2O+O2T,生成2.7X10-3molO2,需要消耗H2O2的物质的量为5.4x10-3mol,那么H2O2的物质的量浓度为：5.4x10-3mol+0.05L=0.11mol-L1；要探究MnO2是不是起到催化作用,根据催化剂在反响中的特点：反响前后质量和性质没有发生改变,所以需要补做实验来确定MnO2的质量有没有改变、MnO2的化学性质有没有改变.10.实验室制备三氯乙醛(CChCHO)勺反响原理为GHOH+4c2CCbCHO+5HGl可能发生的副反响是C2HsOH+HCl:iGHCl+HzO.某探究小组模拟制备三氯乙醛的实验装置如下图(夹持、加热装置均略去).答复以下问题(1)用仪器a代替普通分液漏斗的目的是.(2)装置A中MnO可以用KMnO弋替,反响可以在常温下进行