全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总
(1)
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
Fex C2 O 4 y zH 2 O ，
并用滴定法测定其组成。已知
H 2 C2O4 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
0.844n g 于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至
70n 85℃ 。
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，用铁溶液检验，无蓝
色沉淀产生；
步骤三：用 0.0800n mol / LKMnO 4 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 滴点在点滴板上，用
Zn 粉和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸出一
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
0.0800n mol / LKMnO 4 标准液滴定，用去高锰酸钾标准液
10.00n mL 。
(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 产生，此操作的目的是
________。
70n 85℃的理由是 ________，加铁溶液无蓝色沉淀
________。
(3)步骤三盛装 KMnO 4 标准液的滴定管在滴定前后的液面如图乙所示，则消耗 准液的体积为 ________，该滴定管为 ________滴定管 ( 填 “酸式 ”或 “碱式 ”) 。
KMnO 4 标
(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
KMnO 4 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
Fe2 存在，防止 Fe2 干扰草
酸的测定
25.00mL
酸式
5Fe2
MnO 4 8H
5Fe3
Mn
2
4H 2O
减小
Fe4 C2O4 5?10H 2O
【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
70～85n ?C 可防止草酸分解；
Fe
x
C O y?zH O 中的铁元素可能含有
2
4
2
Fe
2 ，
Fe
2
与 KMnO 4 反应，高锰酸钾滴定
草酸时，需要排除 Fe2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
2
2
Fe 存在，防止 Fe 干扰草酸的测定；
(3) 滴定前读数为 0.80n mL ，滴定后读数为 25.80n mL ，则消耗 KMnO 4 溶液的体积为
25.00n mL ； KMnO 4 具有强氧化性，应用酸式滴定管，故答案为：
式；
25.00n mL ；酸
(4) 步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为
5Fe2 8H 5Fe3 Mn 2
4H 2 O ，洗涤
液中含有 Fe2 ，若不合并，消耗 KMnO 4 标准液的体积减小；根据方程式可知，
n Fe2
5n MnO 4 5 0.0800n mol / L 10n mL
10 3 L / mL 4 10 3 mol ，
n H 2C2 O 4
5
2
n MnO 4
5 0.0800 n mol / L 25n mL 10 3 L / mL 5 10 3 mol 2
0.844n g
，
n H 2O
4 10 3 mol 56 g 5 10 3 mol 88n g / mol
mol ，
0.01n mol
18n g / mol
则 n Fe ： n C 2O42
： n H2 O 4 ： 5：10，黄色化合物的化学式为
5Fe3
Fe4 C2O4 5?10H 2O ，故答案为： 5Fe2 MnO 4 8H
小； Fe4
Mn 2
4H 2O ；减
C2 O4 5?10H2O 。
【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． 水合肼 (N 2H4·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肼的原理为 CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=NH4·H2O+Na2CO3+NaCl。
实验 1：制备 NaClO 溶液 (己知： 3NaClO
2NaCl+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·H2 O 会参与 A 中反应并产生大量氮气，
__________________。 充分反应
降低产品产率，该过程中反应生成氮气的化学方程式为 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 NaHCO 固体 (滴定过程中，调节溶液的
3
pH 保持在 6.5 左
右)，加水配成 250mL 溶液，移出
-1
25.00mL 置于锥形瓶中，并滴加 2~3 滴淀粉溶液。用
的碘的标准溶液滴定。 (已知 ： N2 4 2 22 2
0.15mol L· H ·H O+2I =N ↑ +4HI+H O)
① 滴定操作中若不加入适量
NaHCO 固体，则测量结果会 ___________“偏大 ”“偏小 ”“无影
3
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 (N2 H4·H2O)的质量分数为
___________________ 。 【答案】 MnO2 响水合肼的产率
+-
2+
2
2
+4H +Cl
Mn +Cl
↑ +2H O 量筒、烧杯、玻璃棒
防止 NaClO 分解，影
N2H4·H2O+2NaClO=N2↑ +3H2O+2NaCl 偏大 d 25%
I 由二氧化锰和浓盐酸制备氯气；装置
II 由氯气和氢
【解析】试题分析：由图可知，装置氧化钠溶液制备次氯酸钠；装置NaOH、NaClO 反应制备水合肼。
III 是尾气处理装置；图乙中的由
CO(NH2 )2 与
实验 1：制备 NaClO 溶液 (己知： 3NaClO
2NaCl+NaClO3)。
2
+-
2+ 2 2
（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 杯、玻璃棒 。
（3）由题中信息 (己知： 3NaClO
MnO +4H +Cl Mn +Cl ↑ +2H O。
30%的 NaOH 溶液时，所需玻璃仪器有量筒、烧
2NaCl+NaClO )可知，图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度
3
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·H2 O 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 NaHCO 固体 (滴定过程中，调节溶液的
3
pH 保持在 6.5 左
右)，加水配成 250mL 溶液，移出
-1
25.00mL 置于锥形瓶中，并滴加 2~3 滴淀粉溶液。用
0.15mol L· 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； 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
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 。
3． 硫酸亚铁铵的化学式为（ NH4） 2SO4?FeSO4?6H2O，商品名为莫尔盐，可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化，而形成莫尔盐后就比较稳定了。三种
盐的溶解度（单位为
g/100g 水）如下表：
10
20
30
温度／℃ （NH4 2 4
） SO
FeSO·7H O
4
73.0 20.0
75.4 26.5
78.0 32.9
2
（NH4 2 4 4
） SO ?FeSO
17.2 21.6 28.1
（一）实验室制取少量莫尔盐的流程如下：
试回答下列问题：
（1）步骤 1 中加入 10％Na2 3
CO 溶液的主要作用是 ___________ ；反应中铁屑过量是为了
______。 （2）步骤 3 需要趁热过滤，原因是 ___________。
（3）从步骤 4 到莫尔盐，必须进行的操作依次是 ______，析出的晶体常用 ________洗涤。
（ 4）若莫尔盐的饱和溶液中有水 20 克，当温度从 30℃降至 10℃，最多析出莫尔盐的质量是
________（选填编号）。
A 2.18g B 大于 2.18g C 小于 2.18g D 无法确定
（二）称取质量为 1.96g 的莫尔盐制成溶液。用未知浓度的酸性
KMnO4 溶液进行滴定。
（ 1）已知 MnO4-被还原为 Mn 2+，试写出该滴定反应的离子方程式____。 （ 2）判断该反应到达滴定终点的现象为____________。 （3）假设到达滴定终点时，用去 _______mol/L 。
V mL 酸性 KMnO4 溶液，则该酸性 KMnO4 溶液的浓度为
【答案】除铁屑表面的油污 物中的 Fe3+杂质 FeSO4
3+2+
还原氧化生成的 Fe，保证 Fe稳定、纯净地存在，减少产
在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有
2+
-+
3+
2+
FeSO·7H O 析出
42
过滤、洗涤 无水酒精或冰水 B 5Fe +MnO 4 +8H KMnO4 溶液紫红色不褪，且半分钟内不褪色 1/V 【解析】 【分析】
→ 5Fe +Mn
+4H2O 加入最后一滴
（一）（ 1）碳酸钠水解显碱性；
（ 2） FeSO4 在温度低时溶解度较小；
（ 3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小；
（4）（ NH4） 2SO4·FeSO4 在 30℃和 10℃的溶解度分别为： 28.1g 和 17.2g；
（二）（ 1） MnO 4-将二价铁离子氧化为三价铁离子，被还原为 （ 2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子是不需要指示剂的；
Mn2+；
（ 3）根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质，可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关
系，根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系，进而进行计算。 【详解】
（一）（ 1）碳酸钠水解显碱性，油脂在碱性条件下能水解，过量的 Fe 可以还原氧化生成
的 Fe3+，减少产物中的
Fe3+杂质，
故答案为：除铁屑表面的油污；还原氧化生成的
Fe3+，保证 Fe2+稳定、纯净地存在，减少
产物中的 Fe3+杂质；
（2）如果不趁热过滤就会有
FeSO
如果不趁热过滤就会有 FeSO
4·7H2 O 析出，故答案为：
FeSO4 在温度低时溶解度较小，
4·7H2O 析出；
（3）浓缩结晶后需要过滤、洗涤；硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小；温度低时，硫酸亚铁铵的溶解度小，可用冰水洗涤，故答案为：过滤、洗涤；无水酒精或冰水；
（4）（ NH4） 2SO4·FeSO4 在 30 ℃和 10℃的溶解度分别为： 28.1g 和 17.2g，即若溶剂为 100g
水，冷却析出 10.9g，有水 20g 析出 2.18g，硫酸亚铁铵的化学式为（ 含有结晶水，故析出质量大于
2.18g，故答案为： B；
2+
-
NH4） 2SO4·FeSO4·6H2O
+3+
2+
（二）（ 1）反应的离子方程式 5Fe +MnO4 +8H → 5Fe +Mn 5Fe2++MnO 4-+8H+→ 5Fe3++Mn 2++4H2O；
+4H2O，故答案为：
（2）高锰酸钾本身有颜色，滴定亚铁离子不需要指示剂，当滴加最后一滴溶液后，溶液变
成紫红色， 30s 内不褪色，说明达到滴定终点，故答案为：加入最后一滴 色不褪，且半分钟内不褪色；
KMnO4 溶液紫红
（3） 1.96g 硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=
m
=
1.96 g
=0.005mol ，根据原子守恒则亚
M
2+-392g / mol
+3+2+铁离子的物质的量为 0.005mol ，反应 5Fe+MnO 4 +8H=5Fe+Mn ，所以高锰酸钾的物质的量为
0.001mol ，据 c= = 0.001mol = 1 mol/L ，故答案为：
n
+4H 2O，则 5Fe2+～ MnO 4-
V
10 3 VL
V
1 。 V
4． 如图所示， E 为浸有 Na2 4
A、 B 均为 Pt 片，压在滤纸 SO 溶液的滤纸，并加入几滴酚酞。
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。
（ 1） R 为电源的 __， S 为电源的 __。
（ 2） 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 C、 D 中气体逐渐减少，主要是因为
-
K，经过一段时间，
_，写出有关的电极反应式：
＋
__。
正极 2H2O－ 4e =4H ＋ O2↑ B 极 氢气和氧气在碱性环境下发生原电池 【答案】负极
-反应，消耗了氢气和氧气2H －4e- --
2＋ 4OH =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
4）根据燃
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；（
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，电解高锰酸钾时，在该极上放电的是氢离子，所以该极上碱性增强，酚 酞显红色， B 极是阳极，该极附近发生的电极反应式为：
2H O-4e =4H +O ↑ ；
2
-+2
2H2O-4e-=4H++O2↑，故答案为：
（3）浸有高锰酸钾的滤纸和电极 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锰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 )， O2＋ 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。
5． 葡萄糖酸亚铁（ (C6H11 O7) 2Fe）是常用的补铁剂，易溶于水，几乎不溶于乙醇。用下图装置制备 FeCO3，并利用 FeCO3 与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。回答下列问题：
（ 1） a 的名称为 _________。
（2）打开 a 中 K1、K3，关闭 K2，一段时间后，关闭
K3，打开 K2。在 _________( 填仪器标
号 ) 中制得碳酸亚铁。实验过程中产生的H2 作用有 _________、 ____________。 ( 写 2 条 ) （3）将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。如过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。用
化学方程式说明原因 ____________ 。
（4）将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合，加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。加入乙醇的目的是 _________________。
（5）用 NaHCO3溶液代替 Na2CO3溶液制备碳酸亚铁，同时有气体产生，离子方程式为
______________，此法产品纯度更高，原因是 _______________ 。 【答案】恒压滴液漏斗 c 排出装置内的空气，防止生成的 FeCO
入 c 中
＋2HCO
3＋ O2＋ 6H2O=4Fe(OH)3 ＋4CO2 降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度
－ =FeCO ↓＋ H O＋ CO ↑ 降低溶液的 pH 以免产生氢氧化亚铁
4FeCO
3 被氧化
将 b 中溶液压
2 ＋
Fe
3
3 2 2
【解析】 【分析】
（ 1） a 的名称为恒压滴液漏斗；
（ 2） b 中产生的硫酸亚铁被氢气压入c 中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的
H2 作用还有：排出装置内的空气，防止生成的 （3） FeCO3
2
3FeCO3 被氧化；
；
与 O 反应生成红褐色 Fe（ OH） （ 4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度；
（ 5） NaHCO3溶液与 FeSO4溶液反应生成 FeCO3、H2O、 CO2 和 Na2SO4；碳酸根离子水解后
溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁。 【详解】
（ 1） a 的名称为恒压滴液漏斗； （2） b 中产生的硫酸亚铁被压入 用有：赶走空气、防止生成的
（3）过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。
c 中与碳酸钠作用产生碳酸亚铁；实验过程中产生的 FeCO
3
H2 作
被氧化；将 b 中溶液压入 c 中；
FeCO
与 O 反应生成 Fe(OH) ，用化学方
22
3
2
3 2 3
程式 ： 4FeCO3
＋ O ＋ 6H O=4Fe(OH) ＋ 4CO ；
（ 4）乙醇分子的极性比水小，乙醇降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度，便于葡萄糖酸亚铁析出；
＋
（ 5） NaHCO3溶液与 FeSO4溶液反应生成 FeCO3、H2O、 CO2 和 Na2SO4，方程式为： Fe2 ＋ 2HCO3
－
=FeCO3↓＋ H2O＋ CO2↑。 碳酸根离子水解后溶液碱性较强，易生成氢氧化亚铁，此法产品
纯度更高的原因是：降低溶液的 pH 以免产生氢氧化亚铁。
6． 草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用
C2H2
气取 H2C2O4?2H2O。回答下列问题： （1）甲组的同学以电石（主要成分
CaC
2，少量 CaS及 Ca3P2 杂质等）为原料，并用图
1 装
置制取 C2H2。
①装置 A 中用饱和食盐水代替水的目的是__。 ②装置 B 中， NaClO 将 H23 的离子方程式为 __。
S、 PH 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为
3
NaCl，其中 PH 被氧化
（2）乙组的同学根据文献资料，用 Hg（ NO3） 2 作催化剂，浓氧化 C2H2 制取
H2C2O4?2H2O．制备装置如图 2 所示：
①装置 D 中多孔球泡的作用是 ②装置 D 中生成 H2 2 4
__。
C O 的化学方程式为 __。
③从装置 D 中得到产品，还需经过 （3）丙组设计了测定乙组产品中
__（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。
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，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用 酸性 KMnO4 标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液 ①滴定终点的现象是 __。
cmol?L-1
VmL。
②产品中 H2C2O4?2H2O 的质量分数为 ___（列出含 m、 c、V 的表达式）。 【答案】减慢反应速率，获得平缓气流 积，加快反应速率，使反应充分进行
PH3+4ClO- =H3PO4+4Cl- 增大气体和溶液的接触面 C
2 H2+8HNO3
H2C2O4+8NO2+4H2O 蒸发浓缩、
30 s 内不恢复原来的颜色
冷却结晶
当加入最后一滴标准液，溶液呈浅红色且
31.5cV
m
%
【解析】 【分析】
(1)①碳化钙和水反应十分剧烈，可用饱和食盐水可减缓反应速率； ②装置 B 用 NaClO 将 PH3 氧化为磷酸，同时生成氯化钠； (2)D 中， Hg(NO3)2 作催化剂，浓氧化乙炔制取 C2H2+8HNO3
H2 C2O4?2H2O，发生反应为：
H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与的接触面，充分反
D 浓缩结晶、过滤、
应， E 装置防止倒吸， F 装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的
洗涤、干燥得产品，据此分析解答；
①装置 D 多孔球泡可增大乙炔气体与的接触面，加快反应速率，充分反应； ②根据装置图， D 中， Hg(NO3)2 作催化剂，浓氧化乙炔反应生成 反应方程式为： C2 2 3 2 2 422
H C O +8NO +4H O； H +8HNO
③将反应后的 D 溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品； (3)①滴定终点时，继续滴加高锰酸钾溶液，紫色不褪去；
②根据 2MnO 4-～ 5H2C2O4 ，由高锰酸钾的消耗可得 H2C2O4 的量，据此计算 H2C2O4?2H2O 的 质量分数。
H2C2O4 和二氧化氮，
【详解】
(1)①电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应；
②NaClO 将 PH3 氧化为磷酸，钙反应的离子方程式为：
PH3 +4ClO-=H3PO4+4Cl-；
(2)①装置 D 多孔球泡可增大乙炔气体与的接触面，加快反应速率，充分反应； ②根据装置图， D 中， Hg(NO3)2 作催化剂，浓氧化乙炔反应生成 反应方程式为： C2 2 3
H +8HNO
2 2 4
22
H2C2O4 和二氧化氮，
H C O +8NO +4H O；
③将反应后的 D 溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；
(3)①滴定过程中，反应结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，则滴定终点现象
为：当溶液呈浅红色且 30 s 内不恢复原来的颜色；
②准确称取 m g 产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用 c mol?L-1 酸性 KMnO4 标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液
-V mL，设产品中
H2C2O4?2H2O 的质量分数为 α，根据 2MnO 4 ～～ 5H2C2O4?2H2O 产品中 H2C2O4?2H2O 的质量 分数为 α= 5 126 c V
3
10
100% =
31.5cV
m
%。
2m
【点睛】
考查物质制备方案设计，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定等知识，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能力及化学实验能力。
7． 胆矾 (CuSO4·5H2O)是铜的重要化合物，在工业生产中应用广泛。若改变反应条件可获得 化学式为 Cux(OH)y(SO4)z·nH2O 的晶体，用热重分析仪对 Cux(OH)y(SO4)z·nH2O 晶体进行分析 并推断该晶体的化学式。取
3.30 g 晶体样品进行热重分析，所得固体质量的变化曲线如图
所示。已知：体系温度在
650 ℃及以下时，放出的气体只有水蒸气；实验测得温度在
aCuO·bCuSO4；温度在 1 000 ℃以上时，得到的固体为
650℃时，残留固体的组成可视为 Cu2O。请回答下列问题：
①温度 650～1 000 ℃产生的气体中，
n(O)∶ n(S)____(填 “>”“或<“”＝ ”)3。
②通过计算推断 Cux(OH)y(SO4)z·nH2O 晶体的化学式： __________。 【答案】 >
Cu2(OH)2SO4·4H2O
【解析】 【详解】
3.30g 晶体含水为 3.3g-2.4g
2
0.9g ＝ 0.05mol ， 1000 ℃ 以上时，得到的 18g/mol
固体为 Cu2O， n(Cu)＝
1.44g
×2＝0.02mol ，温度在 650℃时，残留固体的组成可视为
144g/mol
aCuO?bCuSO4，此时设 CuO 为 xmol 、 CuSO4 为 ymol ，则 x＋ y＝ 0.02， 80x＋ 160y＝ 2.4，解得 x＝ y＝ 0.01mol ， ①温度 650～1000℃ 产生的气体中， n(O)： n(S)＝
0.01mol＋0.01mol
0.01mol
4
＝5＞3，故答案
为：＞；
② 3.30g 晶体含水为 3.3g-2.4g ＝ 0.9g， n(H2O)＝ 0.05mol ， n(Cu)＝ 0.02mol ， n(SO42- )＝ 0.01mol ，可知 x： z： n＝ 0.02mol ： 0.01mol ： (0.05-0.02/2)mol=2 ：1： 4，由电荷守恒可知 y ＝ 2，化学式为 Cu2(OH)2SO4·4H2O，故答案为： Cu2(OH)2SO4·4H2O。
8． 某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制
铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞 (如图 1)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。
（1）请完成以下实验设计表
(表中不要留空格 )：
碳粉 /g 0.5 0.5
铁粉 /g 2.0 __
醋酸 /%
编号
实验目的
为以下实验作参照 醋酸浓度的影响
①
90.0 36.0
②
③
__ 0.2 2.0 90.0
（2） 号 ① 得容器中 随 化如
2。 t 2 ，容器中 明 小于起始 3 中用箭 出 生 腐 子流
，其原因是 生了
_____________腐 ， 在
方向；此 ，碳粉表面 生了
__( “氧化 ”或“ 原 ”)反 ，其 极反 式是
___________________________________ 。
（ 3） 小 2 中 0～t 1 大的原因提出了如下假 ， 你完成假 二：假 一： 生析 腐 生了
气体；
假 二： ______________________________ ； ⋯⋯
（4） 假 一，某同学 了 收集的气体中是否含有 个 方案 假 一，写出 步 和 。
H2 的方案。 你再 一
步 和
(不要求写具体操作 程 )： __________
【答案】 2.0
碳粉含量的影响 反 放 ，温度升高，体 膨
吸氧 原反
2H2O+O2+4e-=4OH- （或 4H++O2+4e-
=2H2O）
步 和 （不要求写具体操作 程）
① 品用量和操作同 号 ② 通入 气排 瓶内空气；
① （多孔橡皮塞增加 、出 管）
③ 滴入醋酸溶液，同 量瓶内 化（也可 温度 化， 如果瓶内 增大，假 一成立。否 假 一不成立。
Fe2+等）。
（本 属于开放性 ，合理答案均 分） 【解析】 【 解】
(1)探究影响化学反 速率，每次只能改 一个 量，故有
② 中 的量不 ，
2.0g；
③ 中改 了碳粉的 量，故 探究碳粉的量 速率的影响。
(2) t2 ，容器中 明 小于起始 ， 明 形瓶中气体体 减小， 明 生了吸氧腐 ，碳 正极， 极，碳 极氧气得到 子 生 原反 ， 极反 式 ：
O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案 ： 原； (3)
O2 +2H2O+4e-=4OH-；
2 中 0-t1 大的原因可能 ： 生了析 腐 、 与醋酸的反 放 反 ，温度升高 形瓶中
增大，所以假 二 ：反 放 使 形瓶内温度升高，故答
案为：反应放热使锥形瓶内温度升高；
(4)基于假设一，可知，产生氢气，发送那些变化，从变化入手考虑实验步骤和结论（不要求写具体操作过程）①药品用量和操作同编号①实验（多孔橡皮塞增加进、出导管）②通入氩气排净瓶内空气；
③滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化（也可测温度变化，检验
Fe2+等）。
如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。
（本题属于开放性试题，合理答案均给分）。
9． 一水硫酸四氨合铜晶体 [ Cu( NH3) 4 SO4· H2O] 常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也
常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇，在 空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以
Cu 粉、 3mol ·L- 1 的硫酸、浓氨
水、 10% NaOH 溶液、 95%的乙醇溶液、 0 . 500 mol · L- 1 稀盐酸、 0 . 500 mol ·L- 1 的 NaOH
溶液来制备一水硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。
I． CuSO4 溶液的制取
①实验室用铜与浓硫酸制备硫酸铜溶液时，往往会产生有污染的 变小，反应会停止，使得硫酸利用率比较低。
②实际生产中往往将铜片在空气中加热，使其氧化生成
CuO，再溶解在稀硫酸中即可得到
SO2 气体，随着硫酸浓度
硫酸铜溶液；这一过程缺点是铜片表面加热易被氧化，而包裹在里面的铜得不到氧化。
③所以工业上进行了改进，可以在浸入硫酸中的铜片表面不断通 酸和铜的混合容器中滴加 ④趁热过滤得蓝色溶液。
( 1) 某同学在上述实验制备硫酸铜溶液时铜有剩余，该同学将制得的
O2，并加热；也可以在硫
H2O2 溶液。
CuSO4 溶液倒入另一蒸
发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因
________________。
( 2) 若按③进行制备，请写出
Cu 在 H2O2 作用下和稀硫酸反应的化学方程式
_______________。
( 3) H2O2 溶液的浓度对铜片的溶解速率有影响。现通过下图将少量
30％的 H2O2 溶液浓缩至
40％，在 B 处应增加一个设备，该设备的作用是
______________________ 。
____________馏出物是
II．晶体的制备
将上述制备的 CuSO4 溶液按如图所示进行操作 ( 1) 硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量 沉淀，已知其成分为
NH3· H2O 调节溶液 pH，产生浅蓝色
__________ 。
Cu2( OH) 2 SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式
( 2) 继续滴加 NH3·H2O，会转化生成深蓝色溶液，请写出从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体 的方法 ____________。并说明理由 ____________。 Ⅲ. 产品纯度的测定
精确称取 mg 晶体，加适量水溶解，注入图示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量 液， 通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用
1
0. 500mol · L 的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用
－
NaOH 溶
V1mL
0. 500 mol· L 1 NaOH 标准溶 V2mLNaOH 溶液。
－
液滴定过剩的
HCl( 选用 甲基橙作指示剂 ) ，到终点时消耗
1
2 3 10 NaOH 4 水 . 长玻璃管 溶液 . 样品液 . % .
( 1) 玻璃管 2 的作用 ________________。 ( 2 ) 样品中产品纯度的表达式
5
. 盐酸标准溶液
________________。（不用化简）
( 3) 下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是 A. 滴定时未用 NaOH 标准溶液润洗滴定管
_________________
B. 滴定过程中选用酚酞作指示剂 C. 读数时，滴定前平视，滴定后俯视
D. 取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁 E. 由于操作不规范，滴定前无气泡，滴定后滴定管中产生气泡
【答案】反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使
CuSO4· 5H2O
2 水（ H O）
3 4
失去结晶水变为 +2 2NH3
2Cu
CuSO4
2
Cu2
+
42
H O SO =
-
42
Cu+H O +H SO ＝ CuSO+2H O
2 2
2
2
4
4
OH SO 2NH
4 +
减压设备
Cu NH SO
4
H O
2
· +
( )
+
加入乙醇或醇析
( ) ·
晶体难
溶于乙醇，能溶于水
平衡气压，防止堵塞和倒吸
1.23 10-1 (V1-V 2 )
4m
100% AB
【解析】
【分析】
I． ( 1) 得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，具有吸水性；
( 2) 双氧水与铜、稀硫酸反应生成硫酸铜和水；
( 3) 过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式；
Ⅱ． ( 1) 硫酸铜与 NH3?H2O 反应生成 Cu2( OH) 2SO4，据此书写离子方程式； ( 2) 根据 Cu( NH3 ) 4 SO4?H2O 可溶于水，难溶于乙醇分析； Ⅲ. ( 1) 玻璃管 2 起到了平衡气压的作用；
( 2) 根据关系式计算；
( 3) 氨含量测定结果偏低，说明中和滴定时消耗氢氧化钠溶液体积
V2 偏大。
4
【详解】
I． ( 1) 得到的为硫酸铜和硫酸溶液 , 浓缩时 , 硫酸变浓 , 浓硫酸具有吸水性
4，可使固体变为白色； 失去结晶水变为
( 2) Cu 在 H2 2
O 作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：
＝CuSO4+2H2O；
, 使 CuSO · 5H O
CuSO
2
Cu+H O +H SO
-
2 2
24
( 3) 过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则 H O；
2
)
B 处增加一个减压设备，馏出物为
2
3
·
+
II
． (
1
) 浅蓝色沉淀的成分为
Cu2 OH 2SO4
(
+2NH
，反应的离子方程式为：
H2O SO4
2
=Cu2( OH) 2SO4+2NH4+；
3 ( 2 ) 由题中信息， Cu NH 4 4 2
) SO · H O 晶体难溶于乙醇，可溶于水，故加入乙醇 从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体；
( 或醇析 ) 可
3
Ⅲ. ( 1) 装置中长导管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸； ( 2) 与氨气反应的
1 - 3
- 1- 3
0 500mol L× 10 2 - 1
- 4
2
( V1
n( HCl)= 10 V L× 0. 500mol ?L - . ?
n NH3 - 4 V1 2
可知， ( )= n HCl 5× 10 ( - V ) mol
V L=5× 10
- V ) mol ，根据 NH ～ HCl
3 4 4 2
n Cu NH) SO · H O
1
n NH
3
)=
1
4
4
×5× 10- 4( V1- V2) mol ，样品中产品纯度的表达式为：
1 4
4 5 10 V1 V2 mol 246g/mol ×100%=1.23 10
-1
(V1-V 2 ) × 100%；
mg
4m
( 3) A．滴定时未用 NaOH 标准溶液润洗滴定管 正确；
, 浓度偏低 , 则 V2 偏大，氨含量偏低，故 A
B．滴定过程中选用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，消耗 定的氨含量偏低，故 B 正确；
C．读数时，滴定前平视 , 滴定后俯视，导致 V
NaOH 溶液体积偏大，测
2
偏小，则含量偏高，故
C 错误；
D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢 氧化钠偏少，则 V2 偏小，含量偏高，故
D 错误；
, 导致消耗氢氧化钠溶液体积
E．由于操作不规范 , 滴定前无气泡 , 滴定后滴定管中产生气泡 V2 偏小，测定的氨含量偏高，故 故答案选 AB。
E 错误；
10． 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
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
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 （2）将 ClO2 水溶液滴加到
的化学方程式为 _________________________。
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） ClO -
2 在杀菌消毒过程中会产生 Cl , 其含量一般控制在
-1 ，某研究小组用下
0.3-0.5 mg L ·
Cl-的含量：量取 10.00 mL 的自来水于锥形瓶中， 列实验方案测定长期不放水的自来水管中
－1 的 AgNO3 以 K2 4
标准溶液滴定至终点。重复上述操作三 CrO 为指示剂，用 0.0001mol L·
次，测得数据如下表所示： 实验序号
消耗 AgNO3 溶液的体积 /mL
1
2
3 9.98
4
10.24 10.02 10.00
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
偏低 或 无影响 ）。
_______（填 “偏高 ”、
【答案】收集 ClO2（或使 ClO2 冷凝为液体） Cl ↑ +2NaCl+2HO 溶液分层，下层为紫红色
2
1： 1 2NaClO3 + 4HCl= 2ClO↑ + 用 AgNO 标准溶液进行润洗3.55
3
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 即可。
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
【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+HO，此反应中 Cl2 既是氧化剂，又是还原剂，还原产物 化产物 NaClO 的物质的量之比为 ③以 NaClO3
NaCl 和氧
1:1，则该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为
2
2
1:1；
和 HCl 为原料制备 ClO ，同时有 Cl 和 NaCl 生成，则发生反应的化学方程式为
2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2↑ + Cl2↑ +2NaCl+2HO；
(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；
AgNO3 标准溶液进行润洗后再装入
(3)①装入 AgNO3 标准溶液，应避免浓度降低，应用 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
1
10.02 9.98 10.00
3
-6
mL=10.00mL，含有 AgNO3 的物质的量为 0.0001mol L·
-
× 0.01L=1 ×mol10 ，测得自来水中 Cl 的含量为
6-1
1 10 mol 35.5g / mol 1000mg / g
0.01L
=3.55g L·；
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。
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