高考化学化学反应原理综合题含答案解析

高考化学化学反应原理综合题含答案解析

一、化学反应原理

1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，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：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2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H2SO4溶液与Na2SO3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SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条)

(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______

实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。

资料：Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色)

装置试剂X实验现象

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Ⅱ的现象：

_______

实验Ⅲ：标定Na2S2O3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K2Cr2O7(摩尔质量为294g?mol-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+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3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的浓度为_______mol?L-1

【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑ 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO 2过量，溶液显酸性．产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S 2O 3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe 3+与S 2O 32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe 3++3S 2O 32-?Fe(S 2O 3)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 的名称即为蒸馏烧瓶；b 中是通过浓硫酸和Na 2SO 3反应生成SO 2，所以方程式为：24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑；c 中是制备硫代硫酸钠的反应，SO 2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)从反应速率影响因素分析，控制SO 2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液中会分解，如果通过量的SO 2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO 2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；

(4)检验Fe 2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe 2+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3233Fe(S O )-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Fe 3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，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；

(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①2327226I Cr O 14H =3I 2Cr

7H O --++++++；②2222346=I 2S O 2I S O ---++；反应①I -被氧化成I 2，反应②中第一步所得的I 2又被还原成I -

，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的227Cr O -得电子总数就与消耗的

223S O -失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c (Na 2S 2O 3)=a mol/L ，列电子得失守恒式：10.58806=a 0.02513294

?

???，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。

3．水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组设计如图所示的实验装置(夹持装置略)，采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧的含量。

实验步骤及测定原理如下：

Ⅰ.取样、氧的固定

a.用溶解氧瓶采集水样，记录大气压及水体温度。

b.向烧瓶中加入200mL 水样。

c.向烧瓶中依次迅速加入41mLMnSO 无氧溶液(过量)和2mL 碱性KI 无氧溶液(过量)，开启搅拌器，反应生成2MnO(OH)，实现氧的固定。

Ⅱ.酸化、滴定

d.搅拌，并向烧瓶中加入2mL 硫酸无氧溶液至2MnO(OH)被I -还原为2Mn +，溶液为中性或弱酸性。

e.在暗处静置5min 后，取一定量溶液，用223Na S O 标准溶液滴定生成的

()

22223246I 2S O I 2I S O ---+=+，记录数据。 f.??

g.处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。

回答下列问题：

()1配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中的氧气的简单操作为________。

()2取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是________。

()3“步骤c”中“搅拌”的作用是________。

()4“氧的固定”中发生主要反应的化学方程式为________。

()5“步骤f”为________。

()6“步骤e”中，用amol/LNa 2S 2O 3标准溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，滴定终点的现象为________；若200mL 水样经处理后，共消耗223Na S O 标准溶液的体积为bmL ，则水样中溶解氧的含量为________(用含字母的式子表示)mg/L 。

()7“步骤d”中加入硫酸溶液反应后，若溶液pH 过低，滴定时会产生明显的误差，写出产生此误差的原因(用离子方程式表示，至少写出2个)：________。

【答案】将溶剂水煮沸后冷却 使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差 使溶液混合均匀，快速完成反应 222O 2Mn(OH)2MnO(OH)+= 重复步骤e 中的滴定操作23～次 当滴入最后一滴时，溶液蓝色刚好褪去且半分钟内不复色 40ab

223222H S O S SO H O +-+=↓+↑+，22224SO I 2H O 4H SO 2I +--++=++；

2224H 4I O 2I 2H O +-++=+

【解析】

【详解】

（1）溶液中氧气溶解度不大，且随温度升高溶解度减小，所以配制以上无氧溶液时需要通过煮沸溶剂后冷却，把溶剂水中溶解的氧气赶出得到；

故答案为：将溶剂水煮沸后冷却；

（2）取水样时扰动水体表面，这样操作会使氧气溶解度减小，为此，取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；

故答案为：使测定值与水体中的实际值保持一致，避免产生误差；

（3）操作步骤中搅拌的作用是使溶液混合均匀，快速完成反应；

故答案为：使溶液混合均匀，快速完成反应；

（4） “氧的固定”中发生反应的化学方程式为：222O 2Mn(OH)2MnO(OH)+=； 故答案为：222O 2Mn(OH)2MnO(OH)+=；

（5）为减少实验过程中的误差，滴定实验应重复进行滴定实验测定数值，取几次的平均值计算，步骤f 为重复步骤e 的操作2~3次；

故答案为：重复步骤e 的操作2~3次；

（6）用223Na S O 标准溶液滴定生成的2I ，发生反应22232462S O I S O 2I ---+=+，以淀粉

作指示剂，随硫代硫酸钠溶液滴入，滴定过程中滴入最后一滴溶液蓝色变化为无色且半分钟不变说明反应达到终点；若200mL 水样经处理后，共消耗Na 2S 2O 3标准溶液的体积为bmL ，实验过程中依次发生的反应为2222Mn O 4OH 2MnO(OH)+-++=↓，

2222MnO(OH)2I 4H Mn I 3H O -++++=++，22232462S O I S O 2I ---+=+，得到定量关

系为：

222223O 2MnO(OH)2I 4S O -～～～，

1 4

n （O 2） 31b 10L amol L --???

n （O 2）=0.00025abmol ，质量为0.00025abmol 32g /mol 0.008abg 8abmg ?==， 氧气浓度8abmg 40abmg /L 0.2L

==； 故答案为：当滴入最后一滴时，溶液蓝色刚好褪去且半分钟内不复色； 40ab ；

()7硫代硫酸钠在酸性条件下发生歧化反应，生成的二氧化硫也能够被生成的碘氧化，同时空气中的氧气也能够将碘离子氧化，反应的离子方程式分别为：

223222H S O S SO H O +-+=↓+↑+；22224SO I 2H O 4H SO 2I +--++=++；

2224H 4I O 2I 2H O +-++=+，

故答案为：223222H S O S SO H O +-+=↓+↑+，22224SO I 2H O 4H SO 2I +--++=++，

2224H 4I O 2I 2H O(+-++=+任写其中2个)。

【点睛】

本题考查了物质含量的测定、滴定实验及其计算的相关知识、氧化还原反应电子守恒应用，主要是实验基本操作、滴定实验的步骤、水中溶解氧含量的计算应用，掌握基础是解题关键，题目难度中等。

4．水合肼(N 2H 4·

H 2O)又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂。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。(已知：3NaClO Δ2NaCl ＋NaClO 3)

(1)如图装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为___________。

(2)用NaOH 固体配制溶质质量分数为30%的NaOH 溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有__________(填字母)。

a.烧杯

b.容量瓶

c.玻璃棒

d.烧瓶

(3)图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是__________ 。

实验2：制取水合肼。

(4)图中充分反应后，____________(填操作名称)A 中溶液即可得到水合肼的粗产品。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。写出该过程反应生成氮气的化学方程式 ________。

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250 mL溶液，移出25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.15 mol·L－1的碘的标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O)。

①滴定时，碘的标准溶液盛放在 ________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。

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＋4HCl(浓)Δ

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O a c 防止NaClO受热分解，影响水合肼

的产率蒸馏 N2H4·H2O＋2NaClO=N2↑＋3H2O＋2NaCl 酸式 d 25%

【解析】

【分析】

(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水；

（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌；

（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，降温可以防止NaClO 受热分解；

（4）N2H4?H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应；

（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管；

②依据操作不当对标准溶液体积的影响分析解答；

③由方程式N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2，由此计算

N2H4·H2O的物质的量和质量分数。

【详解】

(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式

为MnO2＋4HCl(浓)Δ

MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)

Δ

MnCl2＋Cl2↑＋

2H2O；

（2）配制30%NaOH 溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：ac ；

（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO 受热分解，影响水合肼的产率，故答案为：防止NaClO 受热分解，影响水合肼的产率；

（4）由反应方程式示可知，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液可得到水合肼的粗产品；N 2H 4?H 2O 具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N 2H 4·H 2O 与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为N 2H 4?H 2O+2NaClO=N 2↑+3H 2O+2NaCl ，故答案为：蒸馏；N 2H 4?H 2O+2NaClO=N 2↑+3H 2O+2NaCl ；

（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；

②a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响水合肼的物质的量，对实验结果无影响，故错误； b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；

c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；

d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液会稀释碘的标准溶液，导致碘的标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故正确；

d 正确，故答案为：d ；

③由方程式N 2H 4·H 2O ＋2I 2=N 2↑＋4HI ＋H 2O 可得如下关系N 2H 4·H 2O —2I 2，则3.0g 馏分中n

（N 2H 4·H 2O ）=12n （I 2）×10=12

×0.15 mol·L －1×20×10—3L ×10=0.015 mol ，则馏分中水合肼(N 2H 4·

H 2O)的质量分数为0.015mol 50g/3 mol g ×100%=25%，故答案为：25%。

【点睛】

由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO 受热分解是解答关键，N 2H 4?H 2O 具有强还原性，若分液漏斗滴液速度

过快，部分N 2H 4·H 2O 与次氯酸钠反应是解答难点。

5．氨基磺酸(H 2NSO 3H )是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，在工业上常用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。某实验室用尿素和发烟硫酸(溶有SO 3的硫酸)制备氨基磺酸的流程如图：

已知“磺化”步骤发生的反应为：

①CO (NH 2)2(s )+SO 3(g )

H 2NCONHSO 3H (s ) ΔH ＜0 ②H 2NCONHSO 3H +H 2SO 42H 2NSO 3H +CO 2↑

发生“磺化”步骤反应的装置如图1所示：请回答下列问题：

（1）下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是____。

A.仪器a的名称是三颈烧瓶

B.冷凝回流时，冷凝水应该从冷凝管的B管口通入

C.抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中，稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，再转移悬浊液

D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管（2）“磺化”过程温度与产率的关系如图2所示，控制反应温度为75～80℃为宜，若温度高于80℃，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是____。

（3）“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是____。

（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是____。

（5）“配液及滴定”操作中，准确称取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待测液。取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用0.08000mol?L-1的NaNO2标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗NaNO2标准溶液25.00mL。此时氨基磺酸恰好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2。

①电子天平使用前须____并调零校准。称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘中央，显示数字稳定后按____，再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。

②试求氨基磺酸粗品的纯度：____(用质量分数表示)。

③若以酚酞为指示剂，用0.08000mol?L-1的NaOH标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果通常比NaNO2法____(填“偏高”或“偏低”)。

【答案】A 温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H 2NSO3H+H2O NH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动

(通电)预热去皮键(归零键) 77.60%偏高

【解析】

【分析】

发烟硫酸和尿素在磺化步骤转化为氨基磺酸，反应①为放热反应，同时反应因为有气体参与，则通过改变温度和压强可以影响产率；因为氨基磺酸为固体，则过滤时可采用抽滤；得到的氨基磺酸可能混有杂质，则要经过重结晶进行提纯，最后干燥可得到纯净的氨基磺酸。

【详解】

（1）A .仪器a 的名称是三颈烧瓶，故A 正确；

B .冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的A 管口通入，故B 错误；

C .向漏斗内转待抽滤液时，应用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，不能直接转移悬浊液，故C 错误；

D .抽滤结束后为了防止倒吸，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，再关闭水龙头，故D 错误；

综上所述，答案为A 。

（2）气体的溶解度随温度升高而降低，则温度过高，SO 3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动，故答案为：温度过高，SO 3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动；

（3）洗涤的具体操作为关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2-3次，故答案为：关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2～3次；

（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的硫酸是为了防止氨基磺酸洗涤时因溶解而损失，因为氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H 2NSO 3H +H 2O

NH 4HSO 4；稀H 2SO 4可提供H +与SO 42-促使该平衡逆向移动，故答案为：氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H 2NSO 3H +H 2O NH 4HSO 4；稀H 2SO 4可提供H +与SO 42-促使该平衡逆向移动；

（5）①电子天平在使用时要注意使用前须(通电)预热并调零校准，称量时，要将药品放到小烧杯或滤纸上，注意要先按去皮键(归零键)，再放入药品进行称量，故答案为：(通电)预热；去皮键(归零键)；

②亚硝酸钠与氨基磺酸反应后的产物均为氮气，根据氧化还原反应原理可知，亚硝酸与氨基磺酸以1:1比例反应，可知232c(H NSO H)c(NaNO )=0.08mol/L =，则2.500g 氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度=232323m(H NSO H)n(H NSO H)M(H NSO H)100%100%2.5 2.5g

g ??=?=232323c(H NSO H)V(H NSO H)M(H NSO H)0.08mol/L 0.25L 97g/mol 100%100%=77.6%2.5g 2.5g

?????=?，故答案为：77.60%；

③因为氨基磺酸粗品中混有硫酸，则用NaOH 标准溶液进行滴定，会使测得结果通常比NaNO 2法偏高，故答案为：偏高。

【点睛】

当讨论温度对产率的影响时，注意考虑要全面，温度一般可以影响反应速率、化学平衡移动、物质的溶解度以及物质的稳定性等，可以从这些方面进行讨论，以免漏答。

6．亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化剂、漂白剂。已知：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。利用下图所示装置制备亚氯酸钠。

完成下列填空：

（1）装置②中产生ClO2的化学方程式为___________。装置③的作用是_____________。（2）从装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：

①减压，55℃蒸发结晶；②__________；③_______；④低于60℃干燥，得到成品。

（3）准确称取所得亚氯酸钠样品10g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（ClO2－+ 4I－+4H+ →2H2O+2I2+Cl－）。将所得混合液配成

250mL待测溶液。配制待测液需用到的定量玻璃仪器是____________；

（4）取25.00mL待测液，用2.0 mol/L Na2S2O3标准液滴定（I2 +2S2O32－→2I－+S4O62－），以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为__________。重复滴定2次，测得Na2S2O3溶液平均值为20.00 mL。该样品中NaClO2的质量分数为_____________。

（5）通过分析说明装置①在本实验中的作用_______________________________。

【答案】2NaClO3+ Na2SO3+ H2SO4→2ClO2+ 2Na2SO4+ H2O 防止倒吸趁热过滤用38－60℃的温水洗涤 250mL容量瓶溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色 90.5% 当关闭K2时，打开K1，可以吸收反应产生的气体。

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物为ClO2和2Na2SO4，配平方程式为

2NaClO3+ Na2SO3+ H2SO4=2ClO2+ 2Na2SO4+ H2O；装置③为安全瓶，防止装置②中气体温度降低而产生倒吸；

（2）因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在38－60℃得到晶体，故操作为趁热过滤；用38－60℃的温水洗涤；

（3）容量瓶要指明规格；

（4）有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；

计算时一般找出关系式，由此进行计算，关系式为ClO2－——2I2——4S2O32－

n(ClO2－)= 1/4 n(S2O32－)=1/4×20×10-3×2=0.01mol

m(NaClO2)=0.01×90.5=9.05g 该样品中NaClO2的质量分数为9.05g÷10g=0.905

（5）本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置①就是用碱吸收反应产生的ClO2等尾气。

7．淀粉水解的产物（C6H12O6）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：

①将1：1的淀粉水乳液与少许硫酸（98%）加入烧杯中，水浴加热至85℃～90℃，保持30min，然后逐渐将温度降至60℃左右；

②将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；

③控制反应液温度在55～60℃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%H2SO4的质量比为2：1.5）溶液；

④反应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下列反应：

C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O

C6H12O6+8HNO3→6CO2+8NO↑+10H2O

3H2C2O4+2HNO3→6CO2+2NO↑+4H2O

请回答下列问题：

（1）实验①加入98%硫酸少许的作用是：_________；

（2）实验中若混酸滴加过快，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90℃以下烘干至恒重，得到二水合草酸．用KMnO4标准溶液滴定，该反应的离子方程式为：2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O称取该样品

0.12g，加适量水完全溶解，然后用0.020mol?L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定至终点（杂质不参与反应），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，则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】

（1）淀粉水解需要浓硫酸作催化剂，即浓硫酸的作用是提高淀粉水解的速度（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应，所以可以用碘水来检验淀粉是否完全水解。

（4）减压过滤时需要布氏漏斗、吸滤瓶。

（5）由于酸性高锰酸钾溶液是显紫红色的，所以当反应达到终点时，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，消耗高锰酸钾溶液是18.50ml－2.50ml ＝16.00ml。根据方程式可知，草酸的物质的量是0.020 mol·L-1×0.016L×5/2＝0.0008mol，则

草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为0.0008126

100%84.0%

0.12

?

?=。

8．实验室需配制0.2000mol?L﹣1Na2S2O3标准溶液450mL，并利用该溶液对某浓度的NaClO 溶液进行标定．

（1）若用Na2S2O3固体来配制标准溶液，在如图所示的仪器中，不必要用到的仪器是

_________（填字母），还缺少的玻璃仪器是_________（填仪器名称）。

（2）根据计算需用天平称取Na2S2O3固体的质量是_________g。在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度_________（填“＞”“＜”或“=”，下同）0.2000mol?L﹣1．若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度_________0.2000mol?L﹣1。

（3）用滴定法标定的具体方法：量取20.00mL NaClO溶液于锥形瓶中，加入适量稀盐酸和足量KI固体，用0.2000mol?L﹣1Na2S2O3标准溶液滴定至终点（淀粉溶液作指示剂），四次平行实验测定的V（Na2S2O3）数据如下：

（已知：I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6）

测定次序第一次第二次第三次第四次

V（Na2S2O3）/mL21.9018.8022.1022.00

①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生反应的离子方程式为_________。

②NaClO溶液的物质的量浓度是_________。

【答案】AB 烧杯、玻璃棒 15.8 = ＞ ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O 0.1100 mol/L 【解析】

【详解】

（1）用Na2S2O3固体来配制标准溶液，不需要圆底烧瓶、分液漏斗；溶解Na2S2O3固体，还需要烧杯、玻璃棒；

故答案为AB；烧杯、玻璃棒；

（2）配制0.2000mol?L﹣1Na2S2O3标准溶液450mL，实验室没有450mL的容量瓶，应选用500mL的容量瓶，需要Na2S2O3固体，n=0.2000mol/L×0.5L=1.000mol，

m=1.000mol×158g/mol=15.8g；

定容时，还需要向容量瓶中加入蒸馏水，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，不会产生误差；未等溶液冷却就定容了，冷却后，溶液体积减小，所得溶液浓度偏大；

故答案为15.8；=；＞；

（3）①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生氧化还原反应，其离子方程式为ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O；

②第二次数据明显偏小，不能采用，其余3次平行实验测定的平均体积为：V（Na2S2O3）

=21.9022.1022.00

3

mL mL mL

++

=22.00mL，

设NaClO溶液的浓度是x，根据反应ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O、

I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6

可得关系式：NaClO～2Na2S4O6

1 2

20mL×c 0.2000mol/L×22.00mL

解得：c=0.1100mol/L，

故答案为ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O；0.1100mol/L。

9．ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2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ClO2（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Cl2，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K 2CrO 4为指示剂，用0.0001mol·

L －1的AgNO 3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AgNO 3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ClO 2（或使ClO 2冷凝为液体） 1：1 2NaClO 3 + 4HCl= 2ClO 2↑+

Cl 2↑+2NaCl+2H 2O 溶液分层，下层为紫红色 用AgNO 3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NaClO 3和HCl 为原料制备ClO 2，同时有Cl 2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AgNO 3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ClO 2；

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

Cl 2+2NaOH=NaCl+NaClO+H 2O ，此反应中Cl 2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NaClO 3和HCl 为原料制备ClO 2，同时有Cl 2和NaCl 生成，则发生反应的化学方程式为2NaClO 3 + 4HCl= 2ClO 2↑+ Cl 2↑+2NaCl+2H 2O ；

(2)将ClO 2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I 2生成，体现ClO 2具有氧化性；

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

②滴定操作中第1次消耗AgNO 3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。

10．某小组同学用如下装置电解食盐水，并对电解产物进行探究。 实验装置 电解质溶液 实验现象

5mol /L NaCl 溶液 a 极附近 b 极

附近

开始时，产生白色浑浊并逐渐增加，当沉入U 形管底部时部分沉淀变为橙黄色；随后a 极附近沉淀自下而上也变为橙黄色

产生

无色

气泡 资料显示：

①氯化亚铜（CuCl ）为白色粉末，微溶于水；

②氢氧化亚铜（CuOH ）为黄色不溶于水的固体，易脱水分解为红色的2Cu O ； ③Cu +水溶液中不稳定，酸性条件下易歧化为2Cu +和Cu ；

④氢氧化铜可以溶于浓NaOH 得到蓝色溶液．

1（）经检验，b 极产生的气体是2H ，b 极附近溶液的pH______

（填“增大”、“减小”、或“不变”）；铜丝a 应与电源的______（填“正”或“负”）极相连。

2（）

同学们分析a 极附近生成的白色浑浊是CuCl ，则该极的电极反应式是______。 3（）

①橙黄色沉淀中含有2Cu O ，则CuCl 转化为2Cu O 的原因是______（用方程式表示）； ②结合离子在溶液中的运动规律，解释“a 极附近沉淀自下而上”变为橙黄色原因是______。

4（）同学们通过实验进一步证实沉淀中含有1

Cu +：将橙黄色沉淀滤出洗涤后，滴加0.2mol /L 24H SO 至过量，应观察到的现象是______。

5（）

同学们根据上述实验提出猜想：电解时，Cu 做阳极先被氧化为1Cu +。为此，他们用Cu 电极电解5mol /L NaOH 溶液，实验时观察到阳极产生大量无色气泡，附近溶液变蓝，未见预期的黄色沉淀。根据现象能否得出“该猜想不成立”的结论，并说明理由：______。

【答案】增大 正 Cu e Cl CuCl ---+=↓ CuCl OH CuOH Cl --+=+、222CuOH Cu O H O =+ 通电时，在阴极产生的OH -向阳极定向移动 沉淀溶解，溶液变蓝，且有少量红色固体产生 不能，阳极产生的大量2O 可能将CuOH 氧化

【解析】

【分析】

(1)电解池阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应，据此判断；

(2)结合a 极附近生成的白色浑浊是CuCl 写出电极反应式；

(3)根据电极反应式结合溶度积常数判断；

(4)氧化亚铜与稀硫酸反应生成铜单质、铜离子和水；

(5)用Cu 电极电解5mol /LNaOH 溶液，实验时观察到阳极产生大量无色气泡为氧气，氧气具有强的氧化性，能够氧化CuOH 。

【详解】

（1）用铜做电极，电解氯化钠溶液，b 极产生的气体是2H ，则b 极氢离子得到电子发生

还原反应，为阴极，电极反应式为：222H O 2e H 2OH --+=↑+，因为b 极生成氢氧根

离子，所以附近溶液pH 增大；a 为阳极，与电源正极相连，故答案为：增大；正； （2）依据1（）可知a 极为阳极，铜做阳极为活性电极，a 极附近生成的白色浑浊是CuCl ，则其电极反应式为：Cu e Cl CuCl ---+=，故答案为：Cu e Cl CuCl ---+=； （3）用铜电极电解饱和食盐水时，阳极发生氧化反应，电极反应为

Cu e Cl CuCl ---+=，阴极发生还原反应，电极方程式为22H 2e H +-+=↑，开始时生

成CuCl 白色生成，随着反应进行，溶液pH 逐渐增大，因ap ap K C (uO (H)K CuCl)<，则可生成CuOH 橙黄色沉淀，CuOH 不稳定分解生成2Cu O 和水。

①橙黄色沉淀中含有2Cu O ，则CuCl 转化为2Cu O 的原因是，随着电解的进行，氢氧根离子浓度增大，使CuCl 转化为CuOH ，方程式：CuCl OH CuOH Cl --+=+，CuOH 不稳定分解生成2Cu O 和水，方程式：222CuOH Cu O H O =+，故答案为：

CuCl OH CuOH Cl --+=+、222CuOH Cu O H O =+；

②通电时，在阴极产生的OH -向阳极定向移动，氢氧根离子浓度增大则CuCl 转化为CuOH ，而CuOH 不稳定分解生成2Cu O 和水，所以看到现象为“a 极附近沉淀自下而上”变为橙黄色，故答案为：通电时，在阴极产生的OH -向阳极定向移动；

（4）氧化亚铜与稀硫酸反应生成铜单质、铜离子和水，化学方程式为：

22442Cu O H SO Cu CuSO H O +=++，铜为红色固体，硫酸铜为蓝色溶液，所以现象为：沉淀溶解，溶液变蓝，且有少量红色固体产生，故答案为：沉淀溶解，溶液变蓝，且有少量红色固体产生；

（5）用Cu 电极电解5mol /LNaOH 溶液，实验时观察到阳极产生大量无色气泡为氧气，氧气具有强的氧化性，能够氧化CuOH ，所以不能依据该现象得出“该猜想不成立”的结论，故答案为：不能，阳极产生的大量2O 可能将CuOH 氧化。