历年高考化学易错题汇编-化学反应原理练习题含详细答案

历年高考化学易错题汇编-化学反应原理练习题含详细答案

一、化学反应原理

1．某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物()x 242y Fe C O zH O ?????，并用滴定法测定其组成。已知224H C O 在温度高于90℃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0.844g n 于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至7085n ℃。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，用铁氰化钾溶液检验，无蓝色沉淀产生；

步骤三：用40.0800mol /LKMnO n 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，并用稀硫酸洗涤Zn 粉，将洗涤液与滤液合并，用40.0800mol /LKMnO n 标准液滴定，用去高锰酸钾标准液10.00mL n 。

(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7085n ℃的理由是________，加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是________。

(3)步骤三盛装4KMnO 标准液的滴定管在滴定前后的液面如图乙所示，则消耗4KMnO 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4KMnO 标准液的体积将________(填“增大”“减小”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 证明溶液中无2Fe +存在，防止2Fe +干扰草酸的测定 25.00mL 酸式 232425Fe MnO 8H 5Fe

Mn 4H O +-+++++=++ 减小 ()4242Fe C O 5?10H O

【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7085?C n ～可防止草酸分解；

()x 242Fe C O y?zH O ????中的铁元素可能含有2Fe +，2Fe +与4KMnO 反应，高锰酸钾滴定

草酸时，需要排除2Fe +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2Fe +存在，防止2Fe +干扰草酸的测定；

(3)滴定前读数为0.80mL n ，滴定后读数为25.80mL n ，则消耗4KMnO 溶液的体积为25.00mL n ；4KMnO 具有强氧化性，应用酸式滴定管，故答案为：25.00mL n ；酸式；

(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为23225Fe 8H 5Fe Mn 4H O +++++=++，洗涤液中含有2Fe +，若不合并，消耗4KMnO 标准液的体积减小；根据方程式可知，

()()

234n Fe 5n MnO 50.0800mol /L 10mL 10+-

-==???n n 3L /mL 410-=? mol ，()()33224455n

H C O n MnO 0.0800mol /L 25mL 10L /mL 51022---=

=???=?n n mol ，()332g 0.844g 410mol 56510mol 88g /mol mol n H O 0.01mol 18g /mol

---??-??==n n n n ，

则()n Fe ：()224n C O -：()2

n H O 4=：5：10，黄色化合物的化学式为()4242Fe C O 5?10H O ，故答案为：232425Fe MnO 8H 5Fe

Mn 4H O +-

+++++=++；减小；()4242Fe C O 5?

10H O 。 【点睛】

亚铁离子和草酸均能与酸性高锰酸钾溶液反应，实验时防止亚铁离子干扰草酸的测定是解答关键。

2．研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：

已知：Cr 2O 72-(橙色)+H 2O 2CrO 42-(黄色)+2H +△H =+13.8kJ /mol ，+6价铬盐在一定条件

下可被还原为Cr 3+，Cr 3+在水溶液中为绿色。

（1）试管c 和b 对比，推测试管c 的现象是_____________________。

（2）试管a 和b 对比，a 中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c (H +)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c (H +)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？__________（“是”或“否”），理由是

____________________________________________________。

（3）对比试管a 、b 、c 的实验现象，可知pH 增大2-

272-4c(Cr O )c(CrO )

_____（选填“增大”，“减小”，“不变”）；

（4）分析如图试管c 继续滴加KI 溶液、过量稀H 2SO 4的实验现象，说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr 2O 72-__________CrO 42-（填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。

（5）小组同学用电解法处理含Cr 2O 72-废水，探究不同因素对含Cr 2O 72-废水处理的影响，

结果如表所示（Cr 2O 72-的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。

实验

ⅰ ⅱ ⅲ ⅳ 是否加入

Fe 2(SO 4)3

否 否 加入5g 否 是否加入H 2SO 4

否 加入1mL 加入1mL 加入1mL 电极材料 阴、阳极均为石

墨 阴、阳极均为石墨

阴、阳极均为石墨 阴极为石墨，阳极为铁 Cr 2O 72-的去除率/% 0.922

12.7 20.8 57.3 ①实验ⅱ中Cr 2O 72-

放电的电极反应式是________________。

②实验ⅲ中Fe 3+去除Cr 2O 72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv 中Cr 2O 72-去除率提高较多的原因_______________。

【答案】溶液变黄色 否 Cr 2O 72-(橙色)+H 2O ?CrO 42-(黄色)+2H +正向是吸热反应，若因浓H 2SO 4溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c (H +)平衡逆向移动的结果 减小 大于 Cr 2O 72-+6I

-+14H +=2Cr 3++3I 2+7H 2O Cr 2O 72-+6e -+14H +=2Cr 3++7H 2O 阳极Fe 失电子生成Fe 2+，Fe 2+与Cr 2O 72-在酸性条件下反应生成Fe 3+，Fe 3+在阴极得电子生成Fe 2+，继续还原Cr 2O 72-，Fe 2+循环利用提高了Cr 2O 72-

的去除率

【解析】

【分析】

根据平衡移动原理分析对比实验；注意从图中找出关键信息。

【详解】

（1）由Cr 2O 72-(橙色)+H 2O 2CrO 42-(黄色)+2H +及平衡移动原理可知，向重铬酸钾溶液中加入氢氧化钠溶液后，可以减小溶液中的氢离子浓度，使上述平衡向正反应方向移动，因此，试管c 和b （只加水，对比加水稀释引起的颜色变化）对比，试管c 的现象是：溶液变为黄色。

（2）试管a 和b 对比，a 中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c (H +)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c (H +)增大对平衡的影响。我认为不

需要再设计实验证明，故填否。理由是：Cr 2O 72-(橙色)+H 2O ?CrO 42-(黄色)+2H +正向是吸

热反应，浓H 2SO 4溶于水会放出大量的热量而使溶液的温度升高，上述平衡将正向移动，溶液会变为黄色。但是，实际的实验现象是溶液的橙色加深，说明上述平衡是向逆反应方向移动的，橙色加深只能是因为增大了c (H +)的结果。

（3）对比试管a 、b 、c 的实验现象，可知随着溶液的pH 增大，上述平衡向正反应方向移

动，2-27c(Cr O )减小，而2-

4c(CrO ) 增大，故2-272-4c(Cr O )c(CrO )减小。 （4）向试管c 继续滴加KI 溶液，溶液的颜色没有明显变化，但是，加入过量稀H 2SO 4后，溶液变为墨绿色，增大氢离子浓度，上述平衡向逆反应方向移动，CrO 42-转化为Cr 2O 72-

，Cr 2O 72-可以在酸性条件下将I -氧化，而在碱性条件下，CrO 42-不能将I -氧化，说明+6价铬盐氧化性强弱为：Cr 2O 72-大于CrO 42-；此过程中发生的氧化还原反应的离子方程式是Cr 2O 72-+6I -+14H +=2Cr 3++3I 2+7H 2O 。

（5）①实验ⅱ中，Cr 2O 72-在阴极上放电被还原为Cr 3+，硫酸提供了酸性环境，其电极反应

式是Cr 2O 72-+6e -+14H +=2Cr 3++7H 2O 。

②由实验ⅲ中Fe 3+去除Cr 2O 72-的机理示意图可知，加入Fe 2(SO 4)3溶于水电离出Fe 3+，在直流电的作用下，阳离子向阴极定向移动，故Fe 3+更易在阴极上得到电子被还原为Fe 2+，Fe 2+

在酸性条件下把Cr 2O 72-还原为Cr 3+。如此循环往复，Fe 3+在阴极得电子生成Fe 2+，继续还原

Cr 2O 72-，Fe 2+循环利用提高了Cr 2O 72-的去除率。由此可知，实验iv 中Cr 2O 72-去除率提高较多的原因是：阳极Fe 失电子生成Fe 2+，Fe 2+与Cr 2O 72-在酸性条件下反应生成Fe 3+，Fe 3+在阴

极得电子生成Fe 2+，继续还原Cr 2O 72-，故在阴阳两极附近均在大量的Fe 2+，Fe 2+循环利用提

高了Cr 2O 72-的去除率。

【点睛】

本题中有很多解题的关键信息是以图片给出的，要求我们要有较强的读图能力，能从图中找出解题所需要的关键信息，并加以适当处理，结合所学的知识解决新问题。

3．水合肼(N 2H 4·

H 2O)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肼的原理为CO(NH 2)2+2NaOH+NaClO=N 2H 4·

H 2O+Na 2CO 3+NaCl 。

实验1：制备NaClO溶液(己知：3NaClO2NaCl+NaClO3)。

（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Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是________________________。

实验2：制取水合肼

（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__________________。充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。

实验3：测定馏分中水合肼的含量

（5）称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3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2~3 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↑+4HI+H2O)

①滴定操作中若不加入适量NaHCO3固体，则测量结果会___________“偏大”“ 偏小”“ 无影响”)。

②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是___________(填字母)。

a.锥形瓶清洗干净后未干燥

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

③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为

___________________。

【答案】 MnO2+4H++Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O 量筒、烧杯、玻璃棒防止NaClO分解，影响水合肼的产率 N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl 偏大 d 25%

【解析】试题分析：由图可知，装置I由二氧化锰和浓盐酸制备氯气；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、NaClO反应制备水合肼。

实验1：制备NaClO溶液(己知：3NaClO2NaCl+NaClO3)。

（1）图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的离子方程式为MnO2+4H++Cl-Mn2++Cl2↑+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：3NaClO2NaCl+NaClO3)可知，图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是防止NaClO分解，影响水合肼的产率。

实验2：制取水合肼

（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

N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl。充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。

实验3：测定馏分中水合肼的含量

（5）称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3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2~3 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↑+4HI+H2O)

①水合肼(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。

②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，则标准液的体积读数偏小；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，能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是d。

③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↑+4HI+H2O可知，

n(N2H4?H2O)=n(I2)==0.0015mol，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分

数为25%。

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。

4．某小组为测定化合物Co(NH3)y Cl x(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1.00mol·L-1AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色)且不再消失时，消耗

AgNO3溶液30.00mL。[已知：K sp(AgCl)=1.8×10-10、K sp(Ag2CrO4)=1.12×10-12]

①AgNO3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)

②若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”)

③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标准溶液反滴定，经计算，吸收氨气消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL。

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___(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。

（3）通过处理实验数据可知该化合物的组成为___。

【答案】2AgNO3光照

2Ag↓+2NO2↑+O2↑偏大 Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的

溶解度更小，当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖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)6]Cl3

【解析】

【分析】

Co(NH3)y Cl x中Co的化合价为+3，NH3为0，Cl为-1，则x=3，通过实验测出NH3和Cl的物质的量之比即得出结果。

【详解】

（1）①AgNO3不稳定，见光易分解成Ag和NO2和O2，发生的反应为：

2AgNO3光照

2Ag↓+2NO2↑+O2↑，故答案为：2AgNO3

光照

2Ag↓+2NO2↑+O2↑；

②若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；

③一方面Ag2CrO4为砖红色，另一方面由K sp(AgCl)=1.8×10-10、K sp(Ag2CrO4)=1.12×10-12可知，AgCl饱和溶液中c(Ag+-5

1.810mol/L，Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag+31.12-4mol/L，所以，AgCl的溶解度更小，当滴入AgNO3时溶解度小的沉淀先形成，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溶液就会立刻产生Ag2CrO4，即终点的时候会产生砖红色沉淀，故答案为：Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，

当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀；

（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，HCl吸收氨气时可能形成倒吸，溶液中的HCl有一部分被倒吸，被反滴定的HCl的量就少，计算吸收氨气时的HCl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样品消耗30mL 1.00mol·L-1AgNO3，所以n(Cl-)=n(Ag+)=1.00mol·L-

1×30mL×10-3=0.03mol，测定氨时，2.675g样品消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL，所以

n(NH3)=n(HCl)= 1.00mol·L-1×60.00mL×10-3=0.06mol，故n(Cl-):n(NH3)=0.03:0.06=1:2，由于化合物Co x(NH3)y Cl x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)6]Cl3，故答案为：[Co(NH3)6]Cl3。

【点睛】

测氨的含量时HCl总物质的量=氨气消耗的HCl的物质的量+反滴定时NaOH消耗的HCl的物质的量。

5．某同学进行实验研究时，欲配1.0mol?L-1Ba(OH)2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba(OH)2·8H2O试剂（化学式量：315）。在室温下配制溶液时发现所取试剂在足量的水中仅部分溶解，烧杯中存在大量未溶物。为探究原因，该同学查得Ba(OH)2·8H2O在283K、293K 和303K时的溶解度（g/100g H2O）分别为2.5、3.9和5.6。

（1）烧杯中未溶物可能仅为BaCO3，理由是___________________________________。（2）假设试剂由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成，设计实验方案，进行成分检验。在答题纸上进一步完成实验步骤、预期现象和结论_____。（不考虑结晶水的检验；室温时BaCO3饱和溶液的pH=9.6）

限选试剂及仪器：稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管

实验步骤预期现象和结论

步骤1：取适量试剂于洁

净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过

滤，得滤液和沉淀。

步骤2：取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。

步骤3：取适量步骤1中的沉淀于试管中，_____。

步骤4：

将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba(OH)2·8H2O的含量。实验如下：

（3）配制250mL约0.1mol?L-1Ba(OH)2溶液：准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，__________，将溶液转入_____________，洗涤，定容，摇匀。

（4）滴定：准确量取25.00mL所配制Ba(OH)2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将

__________（填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”）mol?L-1盐酸装入50mL酸式滴定管，滴定至终点，记录数据。重复滴定2次。平均消耗盐酸VmL。计算Ba(OH)2·8H2O的质量分数＝__________________（只列出算式，不做运算）。

（5）室温下，________(填“能”或“不能”) 配制1.0 mol?L-1Ba(OH)2溶液。

【答案】由于Ba(OH)2·8H2O与空气中的CO2反应，所取试剂许多已变质为BaCO3，未变质的Ba(OH)2·8H2O在配制溶液时能全部溶解

搅拌溶解 250mL容量瓶中 0.1980

3

2500.198010315

100%

225.00

V

w

-

???

?

??

不能

【解析】

【分析】

【详解】

（1）Ba(OH)2属于强碱，易吸收空气中的水蒸气和CO2形成难溶的BaCO3沉淀，因此长时间暴露在空气中时Ba(OH)2就有可能转化为BaCO3。

（2）Ba(OH)2易溶于水，所以滤液中含有Ba2＋，因此滴加稀硫酸使会产生白色沉淀BaSO4；要想验证沉淀为BaCO3，可以利用其能与酸反应产生能使澄清石灰水变浑浊的CO2气体；为进一步证明试剂是否还有Ba(OH)2·8H2O，可以取步骤1中的滤液，用pH计测其pH值，若pH＞9.6，即证明滤液不是纯BaCO3溶液，即证明是由大量Ba(OH)2·8H2O和少量BaCO3组成，假设成立。

（3）由于试样中含有难溶性的BaCO3，因此加水溶解后要过滤，且冷却后再转移到250mL 容量瓶中。

（4）Ba(OH)2溶液的浓度约为0.1mol?L-1，体积是25mL，由于酸式滴定管的容量是50mL，因此盐酸的浓度至少应该是0.1 mol?L-1。若盐酸的浓度过大，反应过快，不利于控制滴定终点，所以选择0.1980 mol?L-1的盐酸最恰当。消耗盐酸的物质的量是0.1980×V×10－3mol，

所以25.00mL溶液中含有Ba(OH)2的物质的量是

3

0.198010

2

V-

??

mol，所以w克试样中

Ba(OH)2的质量是

3

0.198010250

315

225

V

g

-

??

??，故Ba(OH)2·8H2O的质量分数

=

3

2500.198010315

100%

225.00

V

w

-

???

?

??

。

（5）若配制1L1.0 mol?L-1Ba(OH)2溶液，则溶液中溶解的Ba(OH)2·8H2O的质量是315g，所

以此时的溶解度约是

315

1000

×100＝31.5 g/100g H2O，而在常温下Ba(OH)2·8H2O是3.9 g/100g

H2O，显然不可能配制出1.0 mol?L-1Ba(OH)2溶液。

6．25℃、101kPa下，稀强酸与稀强碱溶液反应中和热为57.3kJ/mol。

（1）写出表示稀H2SO4与稀烧碱溶液反应的中和热的热化学方程式：___。

（2）学生甲用50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/L烧碱溶液测定中和热装置如图。

①实验时所需的玻璃仪器除烧杯、量筒外还需：__。

②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ΔH会___(填“偏大、偏小、无影响”)。

③如果用60mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热___(填“相等、不相等”)。

④若反应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/(g·℃)，则中和热ΔH=___。

（3）学生乙用2mol/L的硫酸来测定与锌粒和锌粉反应的快慢，设计如图装置：

该生两次实验测定时间均设定为10min，则他还要测定的另一个数据是：___。

②若要减小产生H2的速率而又不影响产生H2的总量，应向硫酸中加入___(填字母)

a.Na 2CO 3溶液

b.K 2SO 4溶液

c.NaNO 3溶液

d.水

e.CuSO 4溶液

【答案】NaOH(aq)+12H 2SO 4(aq)=12

Na 2SO 4(aq)+H 2O(l) △H =-57.3kJ/mol 温度计和环形玻璃搅拌棒 大烧杯上没有盖硬纸板或泡沫塑料板 偏大 相等 △H =

21-0.418(t -t )0.025

kJ/mol 10min 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)①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；

②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，会使一部分热量散失； ③强酸强碱的稀溶液，符合中和热的测定条件；

④根据公式直接算出；

(3)①要测定反应速率，则还需要测定的另一个数据收集到气体的体积;

②根据影响反应速率因素和实质发生的反应进行分析。

【详解】

(1) 中和热数值为57.3 kJ/mol ，反应放热，则中和热的热化学方程式：NaOH(aq)+

12H 2SO 4(aq)=12Na 2SO 4(aq)+H 2O(l) △H =-57.3kJ/mol ，故答案为：NaOH(aq)+12H 2SO 4(aq)=12

Na 2SO 4(aq)+H 2O(l) △H =-57.3kJ/mol ； (2) ①依据量热计的结果和原理分析，测定中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；

②实验装置保温、隔热效果必须好，否则影响实验结果，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；

③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； ④由公式：△H=

214.18100t t cm T kJ /mol n 0.00251000??--=-?n =21-0.418(t -t )0.025kJ/mol ，故答案为：△H =21-0.418(t -t )0.025

kJ/mol ； (3)①要测定反应速率，则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离或10min 内产生氢气的体积；

②如果反应过于剧烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量。a. 加入Na 2CO 3溶液，盐酸与碳酸钠反应，氢气量减少，错误；b.加入K 2SO 4溶液，盐酸的浓度减小，反应速率减小，正确；c.加入NaNO 3溶液，硝酸具有强氧化性，不能放出氢气，错误；d. 加入蒸馏水，盐酸的浓度减小，反应速率减小，正确；e. 加入CuSO 4溶液，锌与铜离子反应置换出铜，氢气量减少，错误；故答案为：bd 。

【点睛】

本题考查影响化学反应速率的因素，明确温度、浓度对反应速率的影响即可解答，本题的

易错点和难点为(3)，要注意硝酸的性质的特殊性。

7．辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：

①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000mol·L－1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42－)，滤去不溶杂质；

②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；

③取25.00mL溶液，用0.1000mol·L－1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；

④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2++4I－=2CuI+I2；

⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1·L－1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32－

+I2=S4O62－+2I－)。

回答下列问题：

(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：___________；

(2)配制0.1000mol· L－1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是___________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________；

(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________；

(4)⑤中滴定至终点时的现象为___________；

(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。【答案】Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O 除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化胶头滴管（酸式）滴定管（或移液管）溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 61.5 36.9

【解析】

【分析】

由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。

【详解】

(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。

(2)配制0.1000mol·L－1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止

Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。

(3)步骤③中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。

(4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。

(5)设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，

据5Fe2+~MnO4-（5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O），样品反应后

剩余n(MnO4-)=0.1000mol·L－1×20.00×10-3L×1

5

×

250

25.00

=4.000×10-3mol

样品消耗n(MnO4-)=0.2000mo·L－1×200.0×10-3L－4.000×10-3mol=36.00×10-3mol

由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O），得

2x+8

5

y=36.00×10-3mol

又据2Cu2+~I2~2S2O32－，得2x+y=0.1000mo1·L－1×30.00×10-3L×

250

25.00

=30.00×10-3mol

解方程组得x=y=0.01mol

故w(Cu2S)=0.01mol160g/mol

100%

2.6g

?

?=61.5%，

w(CuS)=0.01mol96g/mol

100%

2.6g

?

?=36.9%。

【点睛】

混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。

8．利用间接酸碱滴定法可测定Ba2＋的含量，实验分两步进行。

已知：2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O Ba2＋＋CrO===BaCrO4↓

步骤Ⅰ移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0 mL。

步骤Ⅱ：移取y mL BaCl2溶液于锥形瓶中，加入x mL与步骤Ⅰ相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2＋完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol·L－1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的________(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为________mol·L－1，若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，Ba2＋浓度测量值将________(填“偏大”或“偏小”)。

【答案】上方

()

01

b V V

y

-

偏大

【解析】

【详解】

酸式滴定管的“0”刻度位于滴定管的上方；

步骤Ⅱ：待Ba2+完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b mol?L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL，则发生2CrO42-+2H+═Cr2O72-+H20 的盐酸的物质的量为：V1×10-3×bmol，步骤Ⅰ：用b mol?L-1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0mL，加入的总盐酸的物质的量：V0×10-3×bmol，Ba2++CrO42-═BaCrO4↓，与Ba2+反应的CrO42-的物质的量为V0×10-3×bmol-V1×10-3×bmol=（V0-V1）b×10-3mol，步骤Ⅱ：移取y mLBaCl2溶液于锥形

瓶中，所以BaCl2溶液的浓度为：()3

01

3

10

10

V V b

y

-

-

-?

?

mol/L=

()

01

V V b

y

-

mol/L；

若步骤Ⅱ中滴加盐酸时有少量待测液溅出，V1减小，则Ba2+浓度测量值将偏大。

9．某化学兴趣小组对加碘食盐中碘酸钾进行研究，查阅资料得知：碘酸钾是一种白色粉末，常温下很稳定，加热至560℃开始分解。在酸性条件下碘酸钾是一种较强的氧化剂与HI 、H 2O 2等物质作用，被还原为单质碘。

（1）学生甲设计实验测出加碘食盐中碘元素的含量，步骤如下：

①称取wg 加碘盐，加适量蒸馏水溶解。

②用稀硫酸酸化所得的溶液，再加入过量KI 溶液，写出该步反应的离子方程式：_______。

③以淀粉为指示剂，用物质的量浓度为1.00×10-3mol ?L -1的Na 2S 2O 3溶液滴定(滴定时的反

应方程式为2222346I 2S O 2I S O )---+=+，滴定时Na 2S 2O 3溶液应放在 ______ (填“酸式滴

定管”或“碱式滴定管”)，滴定至终点的现象为_______________。

（2）学生乙对纯净的NaCl(不含KIO 3)进行了下列实验：

请推测实验③中产生蓝色现象的可能原因： __________________ ；根据学生乙的实验结果可推测学生甲的实验结果可能 ______ (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。

（3）学生丙设计实验证明加碘食盐样品中碘元素的存在形式是IO 3-而不是I -，进行如下实验。写出实验步骤、预期现象和结论。限选试剂：稀硫酸、稀硝酸、3% H 2O 2溶液、新制氯水、1%淀粉溶液、蒸馏水。

【答案】322IO 6H 5I 3I 3H O -+-++=+ 碱式滴定管 溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色 I -在酸性条件下能被溶解在溶液中的氧气氧化成I 2 偏大 加入几滴新制的氯水，再加入1-2滴1%淀粉溶液，充分振荡； 溶液不呈蓝色，则溶液中无I -，碘元素的存在形式不是I - 再加入少量3%H 2O 2溶液和1-2滴1%淀粉溶液，充分振荡 溶液呈蓝色，则溶液

中存在IO 3-，碘元素的存在形式为IO 3-

【解析】

【分析】

（1）②用稀硫酸酸化所得的溶液，再加入过量KI 溶液，反应生成碘单质；

③ Na 2S 2O 3为强碱弱酸盐，S 2O 32-水解使溶液呈弱碱性；滴定结束前溶液为蓝色，2I 反应完毕时溶液蓝色褪色；

（2）酸性条件下，碘离子被氧气氧化生成碘单质；甲同学的实验中，若用稀硫酸酸化，再加入过量KI 溶液，由于碘单质的量增大；

（3）步骤1：氯气氧化性大于碘单质，用氯水检验食盐中存不存在碘离子，

步骤2：用双氧水和淀粉检验食盐中含有碘酸根离子；

【详解】

（1）②用稀硫酸酸化所得的溶液，再加入过量KI 溶液，反应生成碘单质，反应的离子方

程式为：322IO 6H 5I 3I 3H O -+-++=+；

③ Na 2S 2O 3为强碱弱酸盐，因为硫代硫酸根离子水解，Na 2S 2O 3溶液呈弱碱性，所以滴定时Na 2S 2O 3溶液应放在碱性滴定管中；滴定结束前溶液为蓝色，I 2反应完毕时溶液蓝色褪色，则滴定终点现象为：溶液由蓝色变成无色，且半分钟内不变色；

（2）酸性条件下，碘离子被氧气氧化生成碘单质，离子反应方程式为：

2224I 4H O 2I 2H O -+++=+，在酸性条件下，过量的碘离子易被空气中氧气氧化生成碘单质；甲同学的实验中，若用稀硫酸酸化，再加入过量KI 溶液，由于碘单质的量增大，导致测定结果偏大；

（3）步骤1：氯气氧化性大于碘单质，用氯水检验食盐中存不存在碘离子，操作方法及现象为：取少量食盐样品于试管中，加适量蒸馏水使其完全溶解，加入几滴新制的氯水，再加入1-2滴1%淀粉溶液，充分振荡，若溶液不呈蓝色，则溶液中无I -，碘元素的存在形式不是I -；

步骤2：用双氧水和淀粉检验食盐中含有碘酸根离子，操作方法及现象为：另取少量食盐样品于试管中，加适量蒸馏水使其完全溶解，滴入适量的稀硫酸酸化，再加入少量3%H 2O 2溶液和1-2滴1%淀粉溶液，充分振荡，若溶液呈蓝色，则溶液中存在IO 3-，碘元素的存在形式为IO 3-。

10．ClO 2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl 2成为自来水的消毒剂。已知ClO 2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，11℃时液化成红棕色液体。

（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO 2（夹持装置已略去）。

①冰水浴的作用是____________。

②NaOH 溶液的主要作用为吸收反应产生的Cl 2，其吸收液可用于制取漂白液，该吸收反应

的氧化剂与还原剂之比为___________________。

③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2的化学方程式为_________________________。

（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到________，证明ClO2具有氧化性。

（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生Cl-,其含量一般控制在0.3-0.5 mg·L?1，某研究小组用下列实验方案测定长期不放水的自来水管中Cl-的含量：量取10.00 mL的自来水于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用0.0001mol·L－1的AgNO3标准溶液滴定至终点。重复上述操作三次，测得数据如下表所示：

①在滴定管中装入AgNO3标准溶液的前一步，应进行的操作_____________。

②测得自来水中Cl-的含量为______ mg·L?1。

③若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。

【答案】收集ClO2（或使ClO2冷凝为液体） 1：1 2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+

Cl2↑+2NaCl+2H2O 溶液分层，下层为紫红色用AgNO3标准溶液进行润洗 3.55 偏低【解析】

【分析】

(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发；

②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠；

③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，结合电子守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式；

(2)反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，下层为紫色；

(3)根据滴定操作中消耗的AgNO3的物质的量计算溶液中含有的Cl-的物质的量，再计算浓度即可。

【详解】

(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发，可用于冷凝、收集ClO2；

②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，反应的化学方程式为

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，此反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂，还原产物NaCl和氧化产物NaClO的物质的量之比为1:1，则该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为1:1；

③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，则发生反应的化学方程式为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑+ Cl2↑+2NaCl+2H2O；

(2)将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄，说明生成碘，碘易溶于四氯化碳，即当观察到溶液分层，下层为紫红色时，说明有I2生成，体现ClO2具有氧化性；

(3)①装入AgNO3标准溶液，应避免浓度降低，应用AgNO3标准溶液进行润洗后再装入AgNO3标准溶液；

②滴定操作中第1次消耗AgNO3溶液的体积明显偏大，可舍去，取剩余3次数据计算平均

体积为

10.029.9810.003++mL=10.00mL ，含有AgNO 3的物质的量为0.0001mol·L －1×0.01L=1×10-6mol ，测得自来水中Cl -的含量为

6110mol 35.5g /mol 1000mg /g 0.01L

-???=3.55g·L ?1； ③在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致消耗标准液的体积读数偏小，则测定结果偏低。