全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总附答案

1、全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总附答案一、化学反应原理1.水合队(N2H4 H2O)是一种强还原性的碱性液体，常用作火箭燃料。利用尿素法生产水合 月井的原理为 CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=N2H4 H2O+Na2CO3+NaCl。* - - 11J配中用乙实验 1:制备 NaClO溶液(己知：3NaClO 八 2NaCl+NaClQ)。(1)图甲装置I中烧瓶内发生反应的离子方程式为 (2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器有(3)图甲装置n中用冰水浴控制温度的目的是 。实验2：制取水合肿(4)图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4

2、H20会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为 。充分反应后，蒸储A中溶液即可得到水合肿的粗产品。实验3:测定微分中水合肿的含量(5)称取福分3.0g,加入适量NaHCQ固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加 23滴淀粉溶液。用 0.15mol L-1 的碘的标准溶液滴定。(已知：N2H4 H2O+2I2=N2 T +4HI+H2O)滴定操作中若不加入适量 NaHCQ固体，则测量结果会 褊大“偏小”无影 响” J下列能导致微分中水合肿的含量测定结果偏高的是 (填字母)。a.锥形瓶清

3、洗干净后未干燥b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液 实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL,微分中水合肿(N2H4 H2O)的质量分数为 O【答案】MnO2+4H+C_=Mn2+C2T +2H2O量筒、烧杯、玻璃棒 防止NaClO分解，影响水合肿的产率 N2H4 H2O+2NaClO=N2 T +3H2O+2NaCl 偏大 d 25%【解析】试题分析：由图可知，装置 I由二氧化镒和浓盐酸制备氯气；装置 II由氯气和氢氧化钠溶液制备次氯酸钠；装置III是尾气处理装置；图乙中的由CO(NH2)2与NaOH、NaCl

4、O反应制备水合队。实验 1:制备 NaClO溶液(己知：3NaClO A 2NaCl+NaClC3) o(1)图甲装置I中烧瓶内发生反应的离子方程式为MnO2+4H+ClH= Mn2+C2 T +2H2O。(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器有量筒、烧杯、玻璃棒。(3)由题中信息(己知：3NaClO- 2NaCl+NaClQ)可知,图甲装置n中用冰水浴控制温度的目的是防止NaClO分解，影响水合队的产率 实验2：制取水合肿(4)图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4 H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为N

5、2H4 H2O+2NaClO=N4 +3H2O+2NaClo充分反应后，蒸储 A中溶液即可得到水合肿的粗产 品。实验3：测定微分中水合肿的含量(5)称取福分3.0g,加入适量NaHCQ固体(滴定过程中，调节溶液的 pH保持在6.5左 右)，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加 23滴淀粉溶液。用 0.15mol L-1 的碘的标准溶液滴定。(已知：N2H4 H2O+2I2=N2 T +4HI+H？O)水合肿(N2H4 H2O)是一种强还原性的碱性液体，滴定操作中若不加入适量NaHCO3固体控制溶液的pH,则碘会在碱性条件下发生歧化反应而消耗较多的碘，所以测量结果会偏大

6、。下列实验操作：a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响测定结果；b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则标准液的体积读数偏小；c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，则标准液的体积t数偏小；d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液，则标准液会被残留 的水稀释，从而消耗标准液的体积偏大。综上所述，能导致微分中水合肿的含量测定结果 偏tWj白是d o实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL,由反应的化学方程式N2H4?H2O+2I2=N2 T +4HI+H2O 可知，n(N2H4?H2O)= n(I2)=至 x 0.020LX 0.15mol/L=0.0015mol,微分中水合肿(N2H4 H2O

7、)的质量分0.001 X 50/moZ X 100% =25.00mL25%。3.0g x _数为 点睛：本题考查物质制备实验、主要考查了实验室制备氯气的反应原理、配制一定质量分 数的溶液所用的实验仪器、反应条件的控制、氧化还原滴定及其误差分析等等，题目难度 中等。明确实验目的为解答关键，较好地考查了学生对实验原理的理解及知识迁移应用的 能力、处理实验数据的能力等等 。2.以环己醇为原料制取己二酸 HOOC(CH2)4COO H的实验流程如下:.便nnn匕坦拙滤议化液其中氧化”的实验过程：在250mL四颈烧瓶中加入 50 mL水和3.18g碳酸钠，低速搅拌至打开电动搅拌，加热至 00H1KM

8、no,H-碳酸钠溶解，缓慢加入 9.48g(约0.060 mol)高镒酸钾，按图示搭好装置:35 C,滴加3.2 mL(约0.031 mol)环己醇，发生的主要反应为:KOOC(CH)4COOK ?H Ni、Li的流程如图。已知：LQoQ难溶于水，易溶于酸。回答下列问题:正长材弭的束“覆用淞引必总工门(AUCoO,川、石等承质)萃取L有机相且主生CfeM),上里延LcoSOja件(1)LiCoQ中Co的化合价是(2)LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是(3)“”2N2O3 (还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)提高浸出效率的方法有利用Cyanex272萃取时，pH对钻、

9、馍萃取分离效果的影响如图。从图中数据可知,用Cyanex272萃取分离时，最佳 pH是_。莓盥则看 lOOp40 7(6)反萃取的离子方程式为 2H+CoR=C+2HR,则反萃取剂的最佳选择是 常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g L-1,则pH=时，Ni2+开始沉淀。Ksp(Ni(OH)2=2X 105(8)参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离 图)。Ni和Li的实验流程图(如水靶H(产品1)到r.淀z理le独户品aLm值物质性(gIiF难溶Lig难溶Ni(OH)?雉溶Ni3CO3_建溶NiFa 1微溶1已知:提供的无机试剂：NaOH、Na2C。、NaF。【答案】+

10、3 2LiCoQ+6H+H2O2=2Co2+O2 T +2L+4H2O 适当升高温度，适当增加 H2SO4浓度 5.5 H2SO4 7.5 NaOH Ni(OH)2 NaF【解析】【分析】浸出剂除了 H2O2外，也可以选择 N&O3,比较二者的还原效率 H2O2_(填“峨(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算;(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSQ,可知LiCoQ与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；(3)根据等物质的量 H2O2和Na2s2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断；(4)提高浸出效率即提高化学反应速率；(5)分离CO2+和Ni2

11、+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钻的萃取率高 而馍的萃取率低的 pH范围；(6)将钻洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；(7)根据Ksp(Ni(OH)2的表达式进行计算；(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离 Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。【详解】(1)LiCoO2中O元素为-2价，Li为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价；(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSQ,可知LiCoQ与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：2LiCoO2+6H+

12、H2O2=2Co2+O2 T +2L+4H2。；(3)1molH2O2作为还原剂转移 2mol电子，1molNa2&O3作为还原剂转移 8mol电子，则Na2s2O3的还原效率更高；(4)提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加H2SC4浓度等；(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钻的萃取率高而馍的萃取率低的 pH范围，所以最佳 pH是5.5;(6)将钻洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃取剂最好选择H2SC4；(7)c(Ni2+)=1.18 mol/L=0.02mol/L ,则开始沉淀时，c(OH)=59(Ni

13、 0H 2)= I? 10=106.5mol/L ,则 pH=14-6.5=7.5；0.02，0.02(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离 Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀，所以选用NaOH,则Ni(OH)2先沉淀，过滤后滤液中加入NaF生成LiF沉淀。【点睛】本题(5)选择合适的pH时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。4.现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的总酸量(g/100 mL)。I .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车t移到100 mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液

14、。量取待测白醋溶液20.00mL于锥形瓶中，向其中滴加 2滴酚血: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液的最终读数。重复滴定 3次。n .实验记录：滴定次数实验数据(mL)1234V(样品)20.0020.0020.0020.00V(NaOH)(消耗)15.9515.0015.0514.95m.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容液的体积V= (15.95 + 15.00 +15.05 + 1

15、4.95)/4 = 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 c (市售白醋)=nol I/1,市售白醋总酸量-1=g 100mL 。【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 0.75 4.5【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

16、样品中含有的醋酸，最后求出市售 白醋总酸量；【详解】(1)液面读数0.70mL;(2)滴定终点时，溶液由无色恰好变为红色，且半分钟内不褪色，停止滴定；(3)第1组数据舍去的理由是：很明显第一组数据比其余三组数据偏大，不能选用，要舍 去；(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) =15.00mL,CH3COOH+NaOH=CHCOONa+HO0.0015mol0.015Lx 0.L000mol -c (市售白醋)=0.0015mol +0.02LX0.1L+0.01L=0.75 mol/L ;1100mL则10mL样品中含有的醋酸的质量为0.00

17、15mol X60gmol 1 x 汨=0.45g,市售白醋总酸量 4.5g/100mL。5.如图所示，E为浸有NazSQ溶液的滤纸，并加入几滴酚儆。A、B均为Pt片，压在滤纸两端，R、S为电源的电极。M、N为惰性电极。G为检流计，K为开关。试管 C、D和电解 池中都充满KOH溶液。若在滤纸 E上滴一滴紫色的KMnO4溶液，断开K,接通电源一段时 间后，C D中有气体产生。电源R为电源的_, S为电源的_。A极附近的溶液变为红色，B极的电极反应式为_。(3)滤纸上的紫色点移向 _(填“A极”或“B极”。)(4)当试管C、D中的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K,经过一段时间，C、D中气

18、体逐渐减少，主要是因为 ，写出有关的电极反应式：。【答案】负极 正极 2H2O 4e-=4H+ +02 T B极 氢气和氧气在碱性环境下发生原电池反应，消耗了氢气和氧气2H2+4OH- 4e-=4H2O(负极)，O2+2H2O + 4e-=4OH-(正极)【解析】【分析】(1)根据电极产物判断电解池的阴阳极及电源的正负极；(2)根据电解池原理及实验现象书写电极反应式；(3)根据电解池原理分析电解质溶液中离子移动方向；(4)根据燃料电池原理分析解答。【详解】(1)断开K,通直流电，电极 C D及氢氧化钾溶液构成电解池，根据离子的放电顺序，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，分别生成氢气和氧气，氢气和氧

19、气的体积比为2:1,通过图象知，C极上气体体积是 D极上气体体积的2倍，所以C极上得氢气，D极上得到氧 气，故R是负极，S是正极，故答案为：负极 ；正极；(2) A极是阴极，电解高镒酸钾时，在该极上放电的是氢离子，所以该极上碱性增强，酚酬:显红色，B极是阳极，该极附近发生的电极反应式为：2H2O-4e-=4H+O2 T ,故答案为：2H2O-4e-=4H+O2 T ；(3)浸有高镒酸钾的滤纸和电极A、B与电源也构成了电解池，因为 R是负极，S是正极，所以B极是阳极，A极是阴极，电解质溶液中的阴离子高镒酸根离子向阳极移动，紫 色点移向B极，故答案为：B极；(4)当C D里的气体产生到一定量时，切

20、断外电源并接通开关K,构成氢氧燃料电池，氢气和氧气在碱性环境下发生原电池反应，消耗了氢气和氧气；在燃料电池中，燃料氢气 为负极，在碱性环境下的电极反应式为：2H2+4OH-4e-=4H2O, C中的电极作负极，D中的电极作正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-,故答案为：氢气和氧气在碱性环境下发生原电池反应，消耗了氢气和氧气；2H2+4OH- 4e-=4H2O(负极)，。2+2H2O + 4e-=4OH(正极)。【点睛】明确原电池和电解池的工作原理、各个电极上发生的反应是解答本题的关键，难点是电极 反应式的书写，注意电解质溶液的性质，以及电解质溶液中阴阳离子移动方向，为易错 点。6

21、.砂质土壤分析中常用 Karl Fischer法是测定其中微量水含量，该方法是利用I2和SQ反应定量消耗水作为原理(假设土壤中其他成分不参加反应)，据此回答下列问题：(1)写出该反应的化学反应方程式：。步骤I:反应样品中的水卜图是某同学在实验室模拟Karl Fischer法的实验装置图:M(2)装置连接的顺序为a-(填接口字母顺序)；M仪器的名称为,其在实验过程中的作用是： ;(3)操作步骤为：连接装置并检查装置气密性，装入药品， ; 关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ,取下D装置，步骤中继续通入 N2的目的是 步骤II:测定剩余的碘向反应后的D装置加入

22、蒸储水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成250.00mL溶液，取25.00mL用0.20 mol L-1-Na2s2。3标准液滴定剩余的I2单质，已知反应如 下：2s2。32 +I2=S4O62 +2I。(4)Na2s2O3标准液应装在 (填酸式、碱式”滴定管中；上述操作中，合并洗 涤液和滤液的目的是 ;(5)滴定实验重复四次得到数据如下：实验消耗的标准液的体积/mL18.3720.0519.9520.00若实验开始时，向 D装置中加入10.00 g 土壤样品和10.16克出已知I2过量)，则样品土 壤中水的含量为%。若Na2s2O3标准液已部分氧化变质，则水含量测定结果将 (填偏

23、高”、褊 低”或不变”。)【答案】SQ+2+2H2O=H2SO4+2HI d e一 i 一 h一 g一 f 一 b一 (C)颈漏斗 平衡内外气压，防止压强过大 打开弹簧夹，通入氮气将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收 碱式 使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确7.2%偏低【解析】【分析】(1)利用I2和SO2反应定量消耗水，碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中 发生氧化还原反应生成碘化氢和硫酸，据此写出反应的方程式；(2)装置A是制备二氧化硫气体，装置 B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入 装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的

24、二氧化硫需要用浓硫酸(E斤燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为 ACEDB据此分析解 答；(3)操作步骤：连接装置并检查装置气密性，装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装 置内空气赶净，关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；反应结束后，关闭分液漏斗活塞， 继续通入N2,将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收，据此分析解答；(4)Na2s2O3水解显碱性；合并洗涤液和滤液，使所有剩余的碘进入滤液，据此分析解答；(5)实验过程中碘与二氧化硫反应后，剩余的碘用0.20 mol?L-1Na2s2O3标准液滴定，根据消耗的Na2&O3求出剩余的碘，再根据(1)中的方程式求出消耗的水，最后求样品中水的含 量；若Na2

25、&O3标准液已部分氧化变质，消耗硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单 质物质的量增大，据此分析判断。【详解】(1)碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成氢碘酸和硫酸，反应的化学方程式为：SQ+I2+2H2O=2HI+H2SO4,故答案为 SQ+I2+2H2O=2HI+H2SO4；(2)装置A是制备二氧化硫气体，装置 B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入 装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E斤燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为 ACEDB接口顺序为 d一e一i 一h一g一f 一b-(C)据

26、图不M为长颈漏斗，在实验过程中，可以起到平衡内外 气压，防止压强过大的作用，故答案为d-eTfhfgfffbf(c)长颈漏斗；平衡内外气压，防止压强过大；(3)操作步骤：连接装置并检查装置气密性，装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装 置内空气赶净，关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；反应结束后，关闭分液漏斗活塞， 继续通入N2,将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收，取下 D装置，;故答案为打开 弹簧夹，通入氮气；将装置中的SO全部赶入B装置中吸收；(4)Na2&O3水解显碱性，标准液应装在碱式滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液， 可以使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确，故答案为碱式；使所有

27、剩余的碘均进 入滤液，测量结果更准确；(5)实验开始时，向 D装置中加入10.00克土壤样品和10.16克I2(已知I2过量)，10.16gn(I2)=：；7rr=0.04mol，向反应后的D装置加入蒸储水，过滤，充分洗涤，并合并洗254g / mol涤液和滤液，将其配成 250.00mL溶液，取25.00mL用0.20 mol L-1 Na2&O3标准液滴定剩余I2单质，根据实验数据可知，实验的误差较大，删除该数值，实验消耗Na2s2O3溶液的平均值=20.05+19.95+20.00mL =20.00 mL,根据 2s2O32-+I2=&O62-+2I-,消耗碘单质物1 250mL质的量=

28、n（Na2s2。3）x- x2 25mL1=-X 0.0200L X 0.20mol/L2X 10=0.02moll2 物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol ,即与二氧化硫反应的碘单质物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol ,消耗水为 0.04mol, 土壤样品中水的含量7.2%；0.04mol 18g/mol一硝一*100%=7.2%故答案为若Na28O3标准液已部分氧化变质，滴定过程中消耗的硫代硫酸钠溶液体积增大，测定 剩余碘单质物质的量增大，则与二氧化硫反应的碘单质减少，反应的水的物质的量减小， 计算得到水的含量偏低，故答案为偏低。7.亚硝酰硫酸 N

29、OSO4H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 4 5NOSO 4H 2H 2O K2sO4 2MnSO 4 5HNO 3 2H2SO4草酸钠与高镒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-

30、+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?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+5NOSC4H +2H2。= K2SC4 +2MnSO4+5HNO3+2H2SQ,反应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

31、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：2MnC4-+5C2C42-+16H+=2Mn2+10CQT +8H2C,故答案为：2MnC 4-+5C2O42-+16H+=2Mn 2+10CC2 T +8H2C；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；2MnO4-+5C2O42-

32、+16H + =2Mn 2+10CO2 +8H2O25n 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 + 5NOSO4H+ 2H2O=K2so4+2MnSO4+5HNO3+ 2H2SO425,0.004mol0.01mol0.01mol 127g/mol亚硝酰硫酸的纯度= X 100* 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，我们可考虑暂不加入NOSO 4H

33、 ,先定位过量KMnO4本身的颜色，这样就可避免错误的发生。8. 2氯丙酸 CHsCHClCOOH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。AB CD已知：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与水剧烈反应，能溶于乙醇制备方法：在三颈烧瓶中放置 148g 2mol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 105 110C之间大约反应5ho回答下列问题：1 A装置中反应的离子方程式为 生

34、成6.72LC12 （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：4测定产品纯度。步骤I：称取1.20g样品（杂质不含PCI3）于烧瓶中，加入100.00mL4mol?L 1氢氧化钠溶液共热，冷却至室温。加入 100.00mL4mol?L 1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：从容量瓶中各取 50.00mL溶液于锥形瓶中，用 Na2crO4作指示剂，用10.2000mol?L 1AgNO3溶液分别滴定溶液中的 Cl （已知：AgzCrO,为砖红色沉淀、乳酸银不沉淀

35、），平行三次实验，所得滴定数据如表所示：实验序号实验数据A次第二次第三次AgNO 3溶液体积读数滴定前00.120.20/mL滴定后9.9811.5210.22加入硝酸的目的是步骤n操作中，达到滴定终点的现象是 样品中2氯丙酸的质量分数为 （保留三位有效数字）。【答案】5Cl CIO3 6H3H2O 3cI20.5Na（或3.01 1023）缺少温度计 应该用冷凝管对反应液冷凝回流，提高反应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AgNO 3溶液时，产生砖红色沉淀，且30s内沉淀不消

36、失90.4%。【解析】【分析】浓盐酸和KClQ反应生成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,在用浓硫酸干燥，因此 B、C中分别为饱和食盐水、浓硫酸；由于PC3与水剧烈反应，因此要防止外界的水蒸气进入，E为干燥管，防止外界的水蒸气进入D,最后F为尾气处理装置。【详解】1 A中浓盐酸和氯酸钾反应生成氯气，根据离子反应方程式5Cl CIO3 6H3H2O 3cI2 ，反应中生成3molCl 2时转移5mol电子，因此生成0.3molCl2 时，转移 0.5mol 电子；故答案为：5Cl ClO3 6H3H2O 3Cl2 , 0.5NA(或 3.01

37、1023);2根据信息反应需要加热，缺少温度计，有机物易挥发，应该用冷凝管对反应液冷凝回 流，提高反应物的利用率；故答案为：缺少温度计；应该用冷凝管对反应液冷凝回流，提高反应物的利用率；3根据信息，三颈烧瓶中有丙酸和2氯丙酸混合有机物，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，防止 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

38、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CH3CHCCOOHNaClAgNO3可知，样品中2氯丙酸的质量m=nM=cVM=0.01L x 0.2000mM 1义 108.5gnol 1x 5=1.085g 则质量分数为1.085g1.2gx 100/ 90.4%故答案为：90.4%。9.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。

39、电流计指针先向右偏转，很快又偏实验n15 mol L1浓硝酸向左边，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 转。:溶液X为1 mol L-1稀硝酸溶液，观察到电流计指针向右偏实验室检验NH4+的方法是NO3 一的氧化性，进行实验 W：反应后的溶液中含 NH4+O 生成NH4+的电极反应式是 观察到

40、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= 3NH3 T + 8AlO

41、2-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纸变蓝的气体，

42、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N%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 8A1 + 3NO3- + 5OH-+2H2O= 3NH3 T +8AIO2-;(5)铝与中性的硝酸钠溶液不能生成H2, NO3一无法被还原，因此将铝粉加

43、入到NaNO3溶液中无明显现象。10.下表是某学生为探究 AgCl沉淀转化为Ag2s沉淀的反应所做实验的记录.步骤现象I .取 5mL 0.1mol/L AgNO 3=mW 0.1mol/L NaCl溶 液，混合，振荡.立即产生白色沉淀n .向所得悬浊液中加入 2.5mL 0.1mol/L Na2s溶液.沉淀迅速变为黑色出.将上述黑色浊液，放置在空气中，不断搅拌.较长时间后，沉淀变为乳 白色W .滤出出中的乳白色沉淀，加入足量HNO3溶液.产生红棕色气体，沉淀部 分溶解V .过滤得到滤液 X和白色沉淀Y；向X中滴加Ba(NO 3)2溶 液.产生白色沉淀1为了证明沉淀变黑是 AgCl转化为Ag 2s的缘故，步骤I中NaCl溶液的体积范围为2已知：25c时Ksp AgCl 1.8 10 10, Ksp Ag 2s6 10 30,此沉淀转化反应的平衡常数K 。3步骤V中产生的白色沉淀的化学式为 ,步骤出中乳白色沉淀除含有AgCl外，还含有。4为了进一步确认步骤出中乳白色沉