化学化学反应原理的专项培优练习题(含答案)及详细答案

1、化学化学反响原理的专项培优练习题(含答案)及详细答案一、化学反响原理1.某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反响速率的因素,做了以下实验.(1)用三支试管各取5.0mL、0.01mol11的酸性KMnO4溶液,再分另1J滴入0.1molL1H2C2O4溶液,实验报告如下.实验编号0.01mol：隈性KMnOa溶液OdnwbL"溶液水反响温度TC反响时间再15,0mL5,0mL020125-25,0mLVL0niL2032035,0mL5,0mL05030实验1、3研究的是对反响速率的影响.表中V=mLo(2)小组同学在进行(1)中各组实验时,均发现该反响开始时很慢,一段时间后速率会忽

2、然加快.对此该小组的同学展开讨论：甲同学认为KMnO4与H2c2O4的反响放热,温度升高,速率加快.乙同学认为随着反响的进行,因,故速率加快.(3)为比拟Fe3+、CuT对H2O2分解的催化效果,该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验.答复相关问题：工而u.htwlL京滴1).n»LLFHT湖由CuSO储液.|UYAJI甲C装置乙中仪器A的名称为.定性分析：如图甲可通过观察反响产生气泡的快慢,定性比拟得出结论.有同学提出将CuSQ溶液改为CuC2溶液更合理,其理由是.定量分析：如图乙所示,实验时以收集到40mL气体为准,忽略其他可能影响实验的因素,实验中需要测量的数据是.【答案

3、】温度4.0产物Mn2+可能对该反响具有催化作用分液漏斗限制阴离子相同,排除阴离子的干扰收集40mL气体所需时间【解析】【分析】(1)、作比照实验分析,其他条件相同时,只有一个条件的改变对反响速率的影响；(2)探究反响过程中反响速率加快的原因,一般我们从反响放热,温度升高,另一个方面从反响产生的某种物质可能起到催化作用；(3)比拟Fe3+、Cu2+对H2O2分解的催化效果,阳离子不同,尽量让阴离子相同,减少阴离子不同造成的差异,催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体,所需时间的长短入手.【详解】(1)实验1、3反响物物质的量浓度,但温度不同,所以反响速率不同是由温度

4、不同导致的,故实验1、3研究的是温度对反响速率的影响；实验1、2研究的是H2QO4的浓度对反响速率的影响,此时反响温度相同,KMnO4的浓度相同,故表中V=4.0mL(2)随着反响的进行,生成的Mn2+的物质的量浓度逐渐增加,生成的Mn2+可能对反响有催化作用；(3)由仪器的构造,可知仪器A为分液漏斗；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果,必须保证在其他的条件相同,所以将CUSO4改为CuCl2更为合理,可以防止由于阴离子不同造成的干扰；如图乙所示,实验时以收集到40mL气体为准,忽略其他可能影响实验的因素,实验中需要测量的数据是时间,收集相同体积的气体,所需要的时间越少,反响速率

5、越快.【点睛】此题通过保持其他外界条件一致而改变一个条件来探究温度、催化剂对反响速率的影响,综合性较强.2.研究不同pH时CuSQ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Cu和CuF.b.CuO2为棕褐色固体,难溶于水,能溶于硫酸,生成Cu2+和H2O2.c.H2O2有弱酸性：H2O2kH+HO2,HO2-w=s-H+O22-0编号实验现象I向1mLpH=2的1mol-L1CuSQ溶液中参加0.5mL30%H2O2溶液出现少量气泡n向1mLpH=3的1mol-L1CuSQ溶液中参加0.5mL30%H2O2溶液立即产生少量棕黄色沉淀,出现较明显气泡m

6、向1mLpH=5的1mol-k1CuSC4溶液中参加0.5mL30%H2O2溶液立即产生大量棕褐色沉淀,产生大量气泡(1)经检验生成的气体均为.2,I中CuSQ催化分解H2O2的化学方程式是_o(2)对山中棕褐色沉淀的成分提出2种假设：i.CuO2,ii,Cu2O和CuO2的混合物.为检验上述假设,进行实验IV:过滤出中的沉淀,洗涤,参加过量硫酸,沉淀完全溶解,溶液呈蓝色,并产生少量气泡.假设出中生成的沉淀为CuQ,其反响的离子方程式是_.依据IV中沉淀完全溶解,甲同学认为假设ii不成立,乙同学不同意甲同学的观点,理由是O为探究沉淀中是否存在CufeO,设计如下实验：将山中沉淀洗涤、枯燥后,取

7、ag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cmolL-1EDTA溶液至滴定终点,消耗EDTA溶液VmLoV=_,可知沉淀中不含CU2O,假设i成立.(：Cu2+EDTA=EDTACu2+,M(CuO2)=96gmol-1,M(CU2O)=144gmol-1)(3)结合方程式,运用化学反响原理解释出中生成的沉淀多于n中的原因_.(4)研究I、n、出中不同pH时H2O2分解速率不同的原因.实验V:在试管中分别取1mLpH=2、3、5的1mol-L-1NazSQ溶液,向其中各参加0.5mL30%H2O2溶液,三支试管中均无明显现象.实验W:_(填实验操作和现

8、象),说明CuQ能够催化H2O2分解.(5)综合上述实验,I、n、出中不同pH时H2O2的分解速率不同的原因是.【答案】2H2O2Cu£04O2T+2H2OH2O2+Cu2+=CuO4+2H+CuQ与H+反响产生的H2O2具有强氧化性,在酸性条件下可能会氧化CWO或Cu,无法观察到红色沉淀Cu霎溶液中存在H2O2=*H+HO2,HO2=H+O22,溶液pH增大,两个平衡均正向移动,O22一浓度增大,使得CuO2沉淀量增大将山中沉淀过滤,洗涤,枯燥,称取少量于试管中,参加30%H2O2溶液,立即产生大量气泡,反响结束后,测得枯燥后固体的质量不变CuQ的催化水平强于Cu2+;随pH增大,

9、Cu2+与H2O2反响生成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,反响的化学方程式为2H2O2：；'±O2T+2H2O,故答案为：2H2O2上=O2T+2H2O;(2)假设出中生成的沉淀为CuO2,说明双氧水与铜离子反响生成过氧化铜和水,反响的离子方程式为H2O2+Cu2+=CuO2J+2H+,故答案为：H2O2+Cu2+=CuO2J+2H+；由题意可知,过氧化铜能与溶液中氢离子反响生成双氧水,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ii可能成立,乙同学的观点正确,故答案

10、为：CuO2与H+反响产生的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；ag过氧化铜的物质的量为谭必,由方程式可得如下关系：CuO2CuTEDTA那么有g*IIloIag1000a,1000a96g/mol=cmol/LXVx103L,解得V=-96Tml,故答案为：-96T；(3)由题意可知,双氧水溶液中存在如下电离平衡H2O2',-H+HO2、HO2,H+O22,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HzO2=eh+HO2,HO2-H+O22,溶液pH增大,两个平衡均正向

11、移动,O22一浓度增大,使得CuO2沉淀量增大；(4)假设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,那么实验操作和现象为将山中沉淀过滤,洗涤,枯燥,称取少量于试管中,参加30%H2O2溶液,立即产生大量气泡,反响结束后,测得枯燥后固体的质量不变,故答案为：将出中沉淀过滤,洗涤,枯燥,称取少量于试管中,参加30%H2O2溶液,立即产生大量气泡,反响结束后,测得枯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,过氧化铜的催化水平强于铜离子,使双氧水的分解速率增大,故答案为：CuO2的催

12、化水平强于Cu2+;随pH增大,Cu2+与H2O2反响生成CuO2增多.【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,过氧化铜的催化水平强于铜离子,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.火箭推进器中盛有强复原剂液态肿(N2H4)和强氧化剂液态双氧水.当它们混合反响时,即产生大量氮气和水蒸气,并放出大量热.：0.4mol液态肌与足量的液态双氧水反应,生成氮气和水蒸气,放出256.652kJ的热量.-V白计(1)该反响的热化学方程式为.(2)分别取40mL的0.50mol/L盐酸与0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反响.通过测定反响过程中所放

13、出的热量可计算中和热.A的仪器名称为.(3)如下图,泡沫塑料板上面有两个小孔,两个小孔不能开得过大,其原因是;反响需要测量温度,每次测量温度后都必须采取的操作是(4)某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度T1C终止温度T2c盐酸氢氧化钠混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3,又知中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(gC),依据该学生的实验数据计算,该实验测得的中和热AH=；(5)假定该学生的操作完全同上,实验中改用100mL0.5mol/L盐酸跟100mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行反响,与上述

14、实验相比,所放出的热量(填相等或不相等,)所求中和热(填相等或不相等3【答案】N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g)国-641.63kJmol1环形玻璃搅拌棒减少热量损失用水冲洗干净温度计,并擦干温度计51.8kJ/mol不相等相等【解析】【分析】【详解】256.652kJ的热(1) 0.4mol液态肌与足量的液态双氧水反响,生成氮气和水蒸气,放出量,1mol液态肿放出的热量,256.652尔JX10.4=641.63kJ该反响的热化学方程式为N2H4(1)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g)国641.63kJmo11°故答案为：N2H4(1)+2H2

15、O2(1)=N2(g)十4H2O(g)国641.63kJmol1；(2)根据图示可知,A的仪器名称为环形玻璃搅拌棒,故答案为：环形玻璃搅拌棒；(3)为泡沫塑料板,上面有两个小孔,分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒,假设两个小孔开得过大,会导致散失较多的热量,影响测定结果；中和反响是放热反响,温度计上的酸与NaOH§液反响放热,使温度计读数升高,温度差偏低,但使测得的中和热偏高,所以每次测量后用水将温度计上的液体冲掉,并擦干温度计；故答案为：减少热量散失；用水将温度计上的液体冲掉,并擦干温度计；(4)第1次实验盐酸和NaOH§液起始平土匀温度为20.05C,反响后温度为：23.2

16、C,反应前后温度差为：3.15C；第2次实验盐酸和NaOH§液起始平土匀温度为20.3C,反响前后温度差为：3.1C；第3次实验盐酸和NaOH§液起始平土匀温度为20.55C,反响前后温度差为：3.05C；40mL的0.50mol-L1盐酸与40mL的0.55mol-L1氢氧化钠溶液的质量和为m=80mL1gcm3=80g,c=4.18J/(gC),代入公式Q=cndT得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18J/(gC)x80gx3.15+3.1+3.05c=1.036kJ,即生成0.02mol的水放出热3量为：1.036kJ,所以生成1mol的水放出热量为：1.036

17、kJX1mol=-51.8kJ-mol1,0.02mol即该实验测得的中和热AH=-51.8kJmol故答案为：-51.8kJmol1;(5)反响放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关,假设用100mL0.50mol-L一1盐酸跟100mL0.55mol-L1NaOH溶液进行反响,与上述实验相比,生成水的量增加,所放出的热量偏高,即放出热量不相等；由于中和热的均是强酸和强碱反响生成1mol水时放出的热,与酸碱的用量无关,所以用100mL0.50mol-L1盐酸跟100mL0.55mol1NaOH溶液进行上述实验,测得中和热数值相等,故答案为：不相等；相等.【点睛】此题考查热化学方程式的书写方法

18、和计算应用,注意始变计算和物质聚集状态的标注,学习中要准确把握,另外注意中和热的计算,特别是注意先求温度的平均差值,再求中和热,试题培养了学生的分析水平及综合应用水平.4 .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(CaGQ)沉淀,将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2.),再用KMnO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c+的浓度.(配制KMnO标准溶液)如图是配制50mLKMnO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).

19、(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0.020mol-L1KMnO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

20、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)=+XWRx=2,草酸跟KMnO4反响的离子方程式为：2MnO4-+5H2c2O4+6H+2Mn2+10CO2T+8屋O;(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：0.020mol/LX0.012L=2.4-4mO1,0根据反响方程式2MnO4-+5H2

21、,O4+6H+2Mn2+i0COT+8H2O,及草酸钙的化学式CaOOj可知：n(Ca2+)=n(H2c204)=5n(MnO4-)=2.5x2,4：4hi10=6x10moi,Ca2+的质量为：40g/molx6XT0424mg一,3mol=0.024g=24mg,钙离子的侬度为：3=1.2mg/cm.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=2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,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

22、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.5 .某小组为测定化合物Co(NH3)yClx(其中Co为+3价)的组成,进行如下实验.(1)氯的测定：准确称取2.675g该化合物,配成溶液后用1.00molL-1AgNO3标准溶液滴定,&

23、amp;CrQ溶液为指示剂,至出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为醇红色)且不再消失时,消耗AgNO3溶液30.00mL.：Ksp(AgCl)=1.8父°10Ksp(Ag2Crd)=1.12x-10AgNO3标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是_.(用化学方程式表示)假设滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体,会使得测定结果_.(填偏大、偏小、无影响)用K2CrO4溶液作指示剂的理由是(2)氨的测定：再准确称取2.675g该化合物,加适量水溶解,注入如图4.(填仪器名称)中,然后通过仪器3滴加足量的NaOH溶液,加热1装置,产生的氨气被5中的盐酸吸收,多余的盐酸再用NaOH标准溶液反滴

24、定,经计算,吸收氨气消耗1.00molL-1盐酸60.00mL.(填褊装置A在整个实验中的作用是_,如果没有6中的冰盐水,会使得测定结果大"、偏小"、无影响".)(3)通过处理实验数据可知该化合物的组成为光照【答案】2AgNO3=2AgJ+2NO2T+O2T偏大AyCQ为醇红色,由Ksp可知AgCl的溶解度更小,当溶液中C消耗完时,才会产生穆红色沉淀三颈烧瓶产生水蒸气,将装置B中产生的氨气全部蒸出偏大Co(NH3)6C13【解析】【分析】Co(NH3)yClx中Co的化合价为+3,NH3为0,Cl为-1,那么x=3,通过实验测出NH3和Cl的物质的量之比即得出结果

25、.【详解】(1)AgNO3不稳定,见光易分解成Ag和NO2和.2,发生的反响为：光照光照2AgNO3=2AgJ+2NO2T+O2T,故答案为：2AgNO3=2AgJ+2NO2T+O2T；假设滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体,使得V2读数偏大,导致滴定结果骗大,故答案为：偏大；一方面Ag2CrO4为醇红色,另一方面由Ksp(AgCl)=1.8支010Ksp(Ag2CrO4)=1.12x-1ft)可知,AgCl饱和溶液中c(Ag+)=Ji_810-5mol/L,Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag+)=§1.12x1(4mol/L,所以,AgCl的溶解度更小,当滴入AgNO3时溶解度小

26、的沉淀先形成,当AgCl形成的差不多的时候,溶液中Cl-几乎沉淀完了,此时再滴AgNO3溶液就会马上产生Ag2CrO4,即终点的时候会产生穆红色沉淀,故答案为：Ag2CrO4为醇红色,由Ksp可知AgCl的溶解度更小,当溶液中Cl-消耗完时,才会产生穆红色沉淀；(2)图4为三颈烧瓶,装置A的作用是产生水蒸气,将装置B中产生的氨气全部蒸出,如果没有6的冰盐水,HC1吸收氨气时可能形成倒吸,溶液中的HC1有一局部被倒吸,被反滴定的HC1的量就少,计算吸收氨气时的HC1就偏大,氨气的含量就偏大,故答案为：三颈烧瓶；产生水蒸气,将装置B中产生的氨气全部蒸出；偏大；(3)滴定Cl-时,2.675g样品消

27、耗30mL1.00molL-1AgNO3,所以n(Cl-)=n(Ag+)=1.00molL-1x30mL10-3=0.03mol,测定氨时,2.675g样品消耗1.00molL-1盐酸60.00mL,所以n(NH3)=n(HCl)=1.00molL-1x60.00mL10-3=0.06mol,故n(Cl-):n(NH3)=0.03:0.06=1:2,由于化合物COx(NH3)yClx中Co的化合价为+3,NH3的化合价为O,Cl的化合价为-1,所以x=3,y=6,该化合物为：Co(NH3)6C13,故答案为：Co(NH3)6C13.【点睛】测氨的含量时HC1总物质的量=氨气消耗的HC1的物质的

28、量+反滴定时NaOH消耗的HC1的物质的量.6 .淀粉水解的产物(06H12O6)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%)参加烧杯中,水浴加热至85c90C,保持30min,然后逐渐将温度降至60c左右；将一定量的淀粉水解液参加三颈烧瓶中；限制反响液温度在5560c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%H2S.的质量比为2:1.5)溶液；反响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以下反响：05H12O6+12HNO3f3H2c2O4

29、+9NO2T+3NOT+9H2OC6H12O6+8HNO3-6CQ+8NOT+10H2O3H2QO4+2HNO3-6CO2+2NOT+4H2O请答复以下问题：(1)实验参加98%硫酸少许的作用是：;(2)实验中假设混酸滴加过快,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90c以下烘干至恒重,得到二水合草酸.用KMnO4标准溶液滴定,该反响的离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2T+8H2O称取该样品0.12g,加适量水完全溶解

30、,然后用0.020mol?L的酸性KMnO?溶液滴定至终点(杂质不参与反响),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,那么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升淀粉水解的速度(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响,所以可以用碘水来检验淀粉是否完全水解.(4)减压过滤

31、时需要布氏漏斗、吸滤瓶.(5)由于酸性高镒酸钾溶液是显紫红色的,所以当反响到达终点时,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,消耗高镒酸钾溶液是18.50ml2.50ml=16.00mlo根据方程式可知,草酸的物质的量是0.020molL-1x0.016L怯40.0008mol,那么草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为0.0008侬100%84.0%.0.127 .25C、101kPa下,稀强酸与稀强碱溶液反响中和热为57.3kJ/mol.(1)写出表示稀H2SO4与稀烧碱溶液反响的中和热的热化学方程式：.(2)学生甲用50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55m

32、ol/L烧碱溶液测定中和热装置如图.实验时所需的玻璃仪器除烧杯、量筒外还需：_.该装置中有一处错误是：.如果用该错误装置测定,测得的中和热出会(填偏大、偏小、无影响.)如果用60mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反响,与上述实验相比,所求中和热(填相等、不相等.)假设反响前溶液以及中和后的混合液的密度均设为1g/cm3,混合前酸与碱的温度均为t1,混合后溶液的温度为t2,比热容为4.18J/(gC),那么中和热AH=.(3)学生乙用2mol/L的硫酸来测定与锌粒和锌粉反响的快慢,设计如图装置：该生两次实验测定时间均设定为10min,那么他还要测定的另一个数据

33、是：.假设要减小产生H2的速率而又不影响产生H2的总量,应向硫酸中参加(填字母)a.Na2C.溶液b.K2SO溶液c.NaN.溶液d.水e.CuSO溶液【答案】NaOH(aq)+1H2SC4(aq)=1Na2SC4(aq)+H2O(l)AH=-57.3kJ/mol温度计和环形玻璃22,一-0418(t2-t1)搅拌棒大烧杯上没有盖硬纸板或泡沫塑料板偏大相等AH=0.418(t2t1)kJ/mol0.02510min内注射器活塞移动的距离或10min内产生氢气的体积bd【解析】【分析】(1)根据酸碱中和热的含义书写热化学方程式；(2)依据中和热测定实验的过程和仪器分析中和热实验时所需的玻璃仪器；

34、根据所给的装置图,可知缺少硬纸板,大烧杯上如不盖硬纸板,会使一局部热量散失；强酸强碱的稀溶液,符合中和热的测定条件；根据公式直接算出；(3)要测定反响速率,那么还需要测定的另一个数据收集到气体的体积；根据影响反响速率因素和实质发生的反响进行分析.【详解】(1)中和热数值为57.3kJ/mol,反响放热,那么中和热的热化学方程式：八1一1“八NaOH(aq)+H2SQ(aq)=Na2SO(aq)+H2O(l)用-57.3kJ/mol,故答案为：221 1NaOH(aq)+-H2SQ(aq)=Na2SC4(aq)+H2O(l)用-57.3kJ/mol;2 2(2)依据量热计的结果和原理分析,测定中

35、和热实验时所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒,故答案为：温度计、环形玻璃搅拌棒；实验装置保温、隔热效果必须好,否那么影响实验结果,所以装置缺少硬纸板或泡沫塑料板,故答案为：大烧杯上没有盖硬纸板或泡沫塑料板；强酸强碱的稀溶液,符合中和热的测定条件,所求中和热相等,故答案为：相等；cmnT4.1810012tl1-0.418(t2-t1),由公式：H=kJ/mol=kJ/mol,故答案n0.002510000.025斗人-0.418(t2-t1)为：H=kJ/mol;0.025(3)要测定反响速率,那么还需要测定的另一个数据收集到气体的体积,故答案为：10min内注射器活塞移动的距

36、离或10min内产生氢气的体积；如果反响过于剧烈,为了减缓反响速率而又不减少产生氢气的量.a.参加NazCQ溶液,盐酸与碳酸钠反响,氢气量减少,错误；b.参加K2SO4溶液,盐酸的浓度减小,反响速率减小,正确；c.参加NaNO3溶液,硝酸具有强氧化性,不能放出氢气,错误；d.参加蒸储水,盐酸的浓度减小,反响速率减小,正确；e.参加CuSQ溶液,锌与铜离子反响置换出铜,氢气量减少,错误；故答案为：bdo【点睛】此题考查影响化学反响速率的因素,明确温度、浓度对反响速率的影响即可解答,此题的易错点和难点为(3),要注意硝酸的性质的特殊性.8.亚硝酰硫酸NOSO4H是染料、医药等工业的重要原料；溶于浓

37、硫酸,可在浓硫酸存在时用SO2和浓硝酸反响制得.测定产品的纯度：准确称取1.5g产品放入锥形瓶中,参加0.1000mol/L、100.00mL的KMnO4溶液和足量稀硫酸,摇匀充分反响.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.：2KMnO45NOSO4H2H2OK2SO42MnSO45HNO32H2SO4草酸钠与高镒酸钾溶液反响的离子方程式为.滴定终点的现象为.亚硝酰硫酸的纯度.保存三位有效数字,M(NOSO4H)=127g/mol【答案】2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10OO2T+8H2O滴入最后一滴Na2c2O4溶液后,溶液

38、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?L-1草酸钠标准溶液滴定过量的高镒酸钾溶液,溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反响到达终点；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+2H2SQ,反响消耗高镒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复原反响,生成二氧化碳,镒元素化合价+7价降低到+2价,电子转移5e

39、-,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：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CQT+8H2O,故答案为：2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10COT+8H2O;用0.2500mol?L-1草酸钠标准溶液滴定过量的高镒酸钾溶液,溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反响到达终点,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；2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O25n0.5mol/L0.030L解得n=0.006mol,那么与NO

40、SQh反响的高镒酸钾物质的量=0.1000mol?L-1x0.100L-0.006mol=0.004mol,2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2sO4+2MnSO4+5HNO3+2H2sO425,0.004mol0.01mol0.01mol127g/mol亚硝酰硫酸的纯度=X100%=84.67%,1.5g'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,我们可考虑暂不参加NOSO4H,先定位过量KMnO4本身的颜色,这样就可防止错误的发生.9.资料显示.2的氧化性随溶液pH的增大逐渐减弱.某化学小组同学用以下装置和试剂进行实验

41、,探究O2与KI溶液发生反响的条件.供选试剂：0.1mol/LH2sO4溶液、MnO2固体、KMnO4固体.该小组同学设计、两组实验,记录如下：实验操作实验现象向I试管中参加KMnO4固体,连接装置I、n,点燃酒精灯n试管中用气泡冒出,溶液/、艾盅向I试管中参加KMnO4固体,n试管中参加适量0.1mol/LH2SO4溶液,连接装置I、n,点燃酒精灯n试管中用气泡冒出,溶液艾盅(1)选择I装置用KMn04固体制取.2,为防止KMnO4固体随O2进入n试管对实验造成干扰,应进行的改良是,组实验中O2与KI溶液反响的离子方程式是(2)比照、两组实验可知,.2与KI溶液发生反响的适宜条件是.为进步探

42、究该条件对反响速率的影响,可采取的实验举措是.(3)为进一步探究碱性条件下KI与O2能否反响,用上图中的装置继续进行实验:实验操作实验现象向I试管中参加KMnO4固体,n试管中滴加KOH溶液限制pH8,连接装置I、n,点燃酒精灯溶液略变蓝向I试管中参加KMnO4固体,n试管中滴加KOH溶液限制pH10,连接装置1、n,点燃酒精灯无明显变化对于实验的现象,小明同学提出猜测pH10时O2不能氧化I,设计了以下装置进行实验,验证猜测.molLXI溶液淀相(i)烧杯a中的溶液为.(ii)实验结果说明,此猜测不成立.支持该结论的实验现象是通入O2后.(iii)小刚同学向pH10的KOH溶液(含淀粉)中滴

43、加碘水,溶液先变蓝后迅速褪色.经检测褪色后的溶液中含有IO3,褪色的原因是(用离子方程式表示).(4)该小组同学对实验过程进行了反思：实验的现象产生的原因可能是.【答案】在I装置试管口放置棉花球4IO24H2I22H2O酸性环境使用不同浓度的硫酸溶液做对照实验pH10的KOH溶液电流表指针偏转,烧杯b的溶液颜色变深3I26OHIO35I3H2O在pH10的KOH溶液中1被氧化生成1而I2迅速发生歧化反响变为IO3和1.【解析】【分析】(1)KMn04是粉末状的,会随氧气进入n试管对实验造成干扰,可以在试管口放置一棉花球；酸性环境下O2与KI溶液反响生成I2,根据电子守恒写出反响的离子方程式.(

44、2)比照、两组实验可知,酸性溶液中O2与KI溶液更容易发生反响.为进一步探究该条件对反响速率的影响,可使用不同浓度的硫酸溶液做对照实验.(3)(i)要证实pH10的溶液中O2不能氧化,烧杯a中的溶液应为pH10的碱溶液.(ii)假设有电流产生,那么猜测不成立.(iii)向pH10的KOH溶液(含淀粉)中滴加碘水,溶液先变蓝说明生成了I2,后迅速褪色说明生成的I2又迅速被反响掉.I2反响后生成了IO3,根据电子守恒写出反响的用离子方程式.(4)所以实验的现象产生的原因不是没有反响,而是生成的I2马上发生了歧化反响.【详解】(1)为防止KMnO4固体粉末随O2进入n试管,在I装置试管口放置棉花球,

45、组实验中反响离子方程式为4IO24H2I22H2.,故答案为：在I装置试管口放置棉花球；4IO24H2I22H2O；(2)比照、两组实验可知：O2与KI溶液发生反响的适宜条件是酸性环境,进一步探究该条件对反响速率的影响,可采取的实验举措是使用不同浓度的硫酸溶液做对照实验；故答案为：酸性环境；使用不同浓度的硫酸溶液做对照实验；(3)(i)实验目的是探究在pH10的KOH溶液中O2能否得电子氧化|,所以烧杯a中的溶液为pH10的KOH溶液,故答案为：pH10的KOH溶液；(ii)如果能构成原电池,说明pH10时O2能氧化|,所以电流表指针偏转,烧杯b的溶液颜色变深,说明pH10时O2能氧化|,故答案为：电流表指针偏转,烧杯b的溶液颜色变深；(iii)变蓝后迅速褪色,褪色后溶液中含有IO3,说明生成的I2与溶液中KOH反响生成了IO3离子,根据氧化复原反响化合价升降规律可知溶液中还有1,所以反响离子方程式为