备战高考化学化学反应原理-经典压轴题附详细答案

备战高考化学化学反应原理-经典压轴题附详细答案
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．过碳酸钠（2Na 2CO 3•3H 2O 2）俗称固体双氧水。

实验室可用碳酸钠和双氧水等为原料来制备，具体流程如下：
已知：①相关反应的方程式如下：2Na 2CO 3+3H 2O 2＝2Na 2CO 3•3H 2O 2△H ＜0
②工业上常以产品活性氧的质量分数[ω（活性氧）＝×100%]来衡量产品的优劣，13.00%以上为优等品。

请回答：
表1 反应温度对产品收率及活性氧含量的影响
反应温度/℃产品收率/%活性氧质量分数/%
5 65.3 12.71
10 73.2 13.24
15 85.0 13.55
20 83.2 13.30
25 55.1 12.78
表2加料时间对产品收率及活性氧含量的影响
加料时间/min产品收率/%活性氧质量分数/%
5 65.7 13.30
10 76.8 14.75
15 81.3 14.26
20 89.0 13.82
25 87.9 13.51
（1）分析表1，一般选择的反应温度为_____。

（2）分析表2，加料时间对产品收率也有很大影响，时间太短或太长均不利于生产，加料时间太短导致产品收率较低的原因是_____。

（3）结晶过程中加入氯化钠，作用是_____。

（4）下列关于抽滤操作，正确的是_____。

A．准备略大于漏斗内径的滤纸，以盖住布氏漏斗瓷板上的小孔
B．用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀
C．洗涤沉淀时，加入少量水并开大水龙头，重复操作2～3次
D．用玻璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体，晾干后保存在试剂瓶中
（5）使用图2所示装置抽滤，中途需停止抽滤时，最佳操作为_____。

（6）产品出厂前需测定活性氧的质量分数，现将0.1000g某厂的产品（所含杂质均不参与反应）溶于水配成溶液，加入10.00mL1.000mol•L﹣1的稀硫酸，再加入足量KI，摇匀后置
于暗处，充分反应后，加入少量_____，用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3标准溶液滴定，若该产品的活性氧质量分数为13.60%，则达到滴定终点时共消耗标准液的体积为_____mL。

[已知：2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI]
【答案】15℃该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解降低产品溶解度，便于产品析出 B 先打开活塞，再关闭水龙头淀粉溶液 17.00
【解析】
【详解】
（1）由表可知，15℃时，产品收率和活性氧的质量分数高；故答案为：15℃；
（2）由已知：①，该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解，不利于反应的进行；故答案为：该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解；
（3）结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于产品析出；故答案为：降低产品溶解度，便于产品析出；
（4）A．准备略小于漏斗内径的滤纸，盖住布氏漏斗瓷板上的小孔，A错误；
B．用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，B正确；
C．洗涤沉淀时，加入少量水，关小水龙头，减小流速，重复操作2～3次，C错误；D．用玻璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体，过碳酸钠不稳定，应避光保存，D错误；
故答案为：B；
（5）使用图2所示装置抽滤，中途需停止抽滤时，为防止自来水倒吸，最佳操作为先打开活塞，再关闭水龙头；故答案为：先打开活塞，再关闭水龙头；
（6）已知：活性氧的质量分数[ω（活性氧）＝×100%]，则n（H2O2）＝
，产品溶于水由H2O2与KI的酸性溶液反应，H2O2+2H++2I﹣＝
2H2O+I2，故用淀粉溶液做指示剂；用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘单质：2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI，则H2O2～2Na2S2O3，n（Na2S2O3）＝2n（H2O2），则消耗的标
准液的体积为＝(0.136×0.1000g) ×2÷16÷0.1000mol/L＝0.0170L＝
17.00mL；故答案为：淀粉溶液；17.00。

【点睛】
工艺流程实验题要分析流程，所有设计都是为了实现流程的目标，在分析问题时要把握住这一基本原则，就能防止跑偏方向。

3．茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂（其抗氧化能力是 VC 的 5～10 倍），它易溶于水、乙醇、乙酸乙酯，难溶于氯仿。

在酸性介质中，茶多酚能将 Fe3+还原为 Fe2+，Fe2+与
K3Fe(CN)6生成的深蓝色配位化合物 KFe[Fe(CN)6]对特定波长光的吸收程度（用光密度值 A 表示）与茶多酚在一定浓度范围内成正比。

A 与茶多酚标准液浓度的关系如图 1 所示：
某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚：
请回答下列问题：
(1)操作①用水浸取茶多酚时，实验小组发现搅拌速度对茶多酚浸出量的影响如图 2 所示，原因是____。

若用乙醇浸取茶多酚操作如下：称取 10 g 茶叶末，用滤纸包好，装入恒压滴液漏斗中，圆底烧瓶内加沸石和适量乙醇，如图 3 安装后，通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在 90℃。

为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约 0.5 cm，并保持约 1 h，可行的操作方法是________。

(2)减压蒸发相对于一般蒸发的优点是________；氯仿的作用是________。

(3)下列有关实验基本操作不正确的是________。

A．图 3 中冷凝水流向为 a 进 b 出
B．分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用
C．操作①过滤时，可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度
D．萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上立即分液
(4)称取 1.25 g 粗产品，用蒸馏水溶解并定容至 1000 mL，移取该溶液 1.00 mL，加过量 Fe3+和 K3Fe(CN)6酸性溶液，用蒸馏水定容至 100 mL 后，测得溶液光密度值 A=0.800，则产品的纯度是_____ （以质量分数表示）。

【答案】茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致降低蒸发温度防止产物氧化或分解萃取（或除杂） CD 96%
【解析】
【分析】
茶叶用水浸泡时，茶多酚、氨基酸、茶碱等溶解在水中，过滤后，去除滤渣，得到的滤液减压蒸发，可降低蒸发温度，防止氧化反应的发生；往浓缩液中加入氯仿、分液，可得含氯仿的有机溶液①，水溶液②中含有茶多酚，用乙酸乙酯萃取、分液，可得茶多酚的乙酸乙酯溶液，然后减压蒸发，即可获得茶多酚粗产品。

【详解】
(1)操作①用水浸取茶多酚时，从图2中可以看出，搅拌速率越快，光密度值(A)越小，即茶多酚浓度越小，因为茶多酚易被氧气氧化，搅拌越快，与空气的接触越多，由此得出原因是：茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低。

为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约 0.5 cm，并保持约 1 h，可行的操作方法是关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致。

答案为：茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低；关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致；
(2)减压蒸发比蒸发所需的温度低，除节省能源外，还可使环境的温度降低，其优点是降低蒸发温度防止产物氧化或分解；因为后加入的乙酸乙酯萃取茶多酚，则氯仿萃取的应是杂质，由此得出氯仿的作用是萃取（或除杂）。

答案为：降低蒸发温度防止产物氧化或分解；萃取（或除杂）；
(3)A．图 3 中冷凝水流向应下进上出，即a进b出，A正确；
B．分液漏斗使用前，为防漏液，应查漏，然后洗涤备用，B正确；
C．操作①过滤时，不可用玻璃棒搅拌，否则会造成滤纸损坏，C不正确；
D．萃取过程中，分液漏斗应静置分层后，再进行分液，D不正确；
故选CD。

答案为：CD；
(4) 溶液光密度值 A=0.800，从表中可查得茶多酚的浓度为1.2×10-5g/mL，由此可得出原
1000 mL溶液中所含茶多酚的质量为1.2×10-5g/mL×100mL×1000mL
1mL
=1.2g，则产品的纯度
是1.2g
100%
1.25g
=96%。

答案为：96%。

【点睛】
搅拌越快，茶多酚与Fe3+的接触面积越大，还原Fe3+的速率越快，光密度值理应越大，但事实上，光密度值反应越小，则表明茶多酚在搅拌过程中发生了转化。

只有联系到茶多酚的性质，才能解决此问题，于是采用类推法。

茶多酚也属于酚类，所以具有类似苯酚的性质，
4．氢叠氮酸（HN3）和莫尔盐[（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O]是两种常用原料。

（1）氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5。

①氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为_______
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，恢复到25℃，此时，溶液呈酸性，则混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为_______。

（2）在FeSO4溶液中，加入（NH4）2SO4固体可制备莫尔盐晶体[（NH4）2Fe（SO4）
2·6H2O]，为了测定产品纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol/L
的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：（已
知莫尔盐的分子量为392）
实验次数第一次第二次第三次
消耗KMnO4溶液体积/mL25.5225.0224.98
①配制莫尔盐溶液，所使用的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外还有_______
②滴定终点的现象是_______，通过实验数据，计算该产品的纯度为_______（用含字母
a、c的式子表示）。

③上表第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是_______。

A 第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗
B 该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，部分变质
C 滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
【答案】HN3⇌H++N3- c（N3-）>c（Na+）>c（HN3+）>c（H+）>c（OH-） 500mL容量瓶，
胶头滴管滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫红色，且半分钟不变色（980c/a）×100% AC
【解析】
【分析】
(1)①氢叠氮酸是一元弱酸；
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合后，溶液中含有等物质的量浓
度的HN3和NaN3；
(2)溶液的配置需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；高锰酸钾溶液本身是紫色的，可以根据高锰酸钾溶液颜色变化判断滴定终点；第一次实验中记录数据明显大于后
两次，即高锰酸钾溶液体积偏大。

【详解】
(1)①氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为K a=10×10-5，说明氢叠氮酸为弱酸，
在水溶液中的电离方程式为HN 3H++N3-，故答案为HN3H++N3-；
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L 的NaOH溶液等体积混合后，溶液中存在等物质的量浓
度的HN3和Na N3，恢复到25℃，溶液显酸性，以HN3的电离为主，混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为c(N3-)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-)，故答案为c(N3-
)>c(Na+)>c(HN3)>c(H+)>c(OH-)；
(2) ①500mL溶液的配置需要的仪器有：烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶，胶头滴管；
②利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成
Fe3+，化合价升高1，Mn由+7价→+2，化合价降低5，最小公倍数5，根据原子个数、电
荷守恒，配平得MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾
显紫红色，因此滴定到终点：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s 不变色，故答案为：滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s 不变色；因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为25.0222 4.98 mL=25mL ，根据离子反应方程式，得出：n[(NH 4)2SO 4•FeSO 4•6H 2O]=5n(KMnO 4) =25×10-3×c×5mol ，则500mL 溶液中含有
n[(NH 4)2SO 4•FeSO 4•6H 2O] =25×10-3×c×5×500/25mol =2.5cmol ，所以质量分数
=2.5c×392a ×100%=980c a ×100%，故答案为：980c a
×100%； ③A ．第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗，锥形瓶中亚铁离子的量偏多，消耗的高锰酸钾偏多，A 项正确；B ．三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的，B 项错误；C ．滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故C 项正确；故答案为：AC 。

【点睛】
本题考查了沉淀的转化和物质含量的测定。

本题的易错点为(2)的误差分析，要注意同一实验使用的标准溶液是相同的。

5．淀粉水解的产物（C 6H 12O 6）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%HNO 3与98%H 2SO 4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：
C 6H 12O 6+12HNO 3→3H 2C 2O 4+9NO 2↑+3NO↑+9H 2O
C 6H 12O 6+8HNO 3→6CO 2+8NO↑+10H 2O
3H 2C 2O 4+2HNO 3→6CO 2+2NO↑+4H 2O
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】
【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
⨯
⨯=。

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/cm 3，混合前酸与碱的温度均为t 1，混合后溶液的温度为t 2，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H 2的速率而又不影响产生H 2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．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C 2H 2气体制取H 2C 2O 4•2H 2O 。

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Ca 3P 2杂质等）为原料，并用图1装置制取C 2H 2。

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H 2S 、PH 3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl ，其中PH 3被氧化的离子方程式为__。

（2）乙组的同学根据文献资料，用Hg （NO 3）2作催化剂，浓硝酸氧化C 2H 2制取H 2C 2O 4•2H 2O ．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H2C2O4的化学方程式为__。

③从装置D中得到产品，还需经过__（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。

（3）丙组设计了测定乙组产品中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cmol•L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。

①滴定终点的现象是__。

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 PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O 蒸发浓缩、
冷却结晶当加入最后一滴标准液，溶液呈浅红色且30 s内不恢复原来的颜色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，浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4•2H2O，发生反应为：
C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应，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D浓缩结晶、过滤、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硝酸的接触面，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，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；
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2MnO4-～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。

【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硝酸的接触面，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，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：C2H2+8HNO 3H2C2O4+8NO2+4H2O；
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2MnO4-～～5H2C2O4•2H2O产品中H2C2O4•2H2O的质量
分数为α=
3
512610
100%
2
c V
m
-
⨯⨯⨯⨯
⨯=
31.5cV
m
%。

【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。

8．某小组研究AgCl的溶解平衡：向10 mL 1mol/L KCl 溶液中加入1 mL 0.2 mol/LAgNO3溶液，将浑浊液均分为2份，进行如下实验：
实验序号实验操作实验现象
I 将其中一份浑浊液过
滤，向滤液中放入Mg
条
i. 滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现
象。

ii. 放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气
体可燃，滤液中出现白色浑浊。

iii. 一段时间后开始出现棕褐色浑浊物，Mg
条表面也逐渐变为棕褐色，产生气泡的速率
变缓慢。

II 向另一份浑浊液中放入
大小相同的Mg条
iv. 棕褐色浑浊物的量明显多于实验I，Mg条
表面棕褐色更深，其他现象与ii、iii相同。

已知：AgOH不稳定，立即分解为Ag2O（棕褐色或棕黑色），Ag粉为黑色，AgCl、Ag2O可。