【化学】化学化学反应原理的专项培优 易错 难题练习题附详细答案

【化学】化学化学反应原理的专项培优易错难题练习题附详细答案
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．研究小组进行图所示实验，试剂A 为0.2 mol·
L −1 CuSO 4溶液，发现铝条表面无明显变化，于是改变实验条件，探究铝和CuSO 4溶液、CuCl 2溶液反应的影响因素。

用不同的试剂A 进行实验1~实验4，并记录实验现象：
实验
序号
试剂A实验现象
10.2 mol·L−1 CuCl2溶液铝条表面有气泡产生，并有红色固体析出
20.2 mol·L−1 CuSO4溶液，再加入
一定质量的NaCl固体
开始铝条表面无明显变化，加NaCl后，铝条表
面有气泡产生，并有红色固体析出
3 2 mol·L−1 CuSO4溶液铝条表面有少量气泡产生，并有少量红色固体
4 2 mol·L−1 CuCl2溶液反应非常剧烈，有大量气泡产生，溶液变成棕褐色，有红色固体和白色固体生成
（1）实验1中，铝条表面析出红色固体的反应的离子方程式为_________。

（2）实验2的目的是证明铜盐中的阴离子Cl−是导致实验1中反应迅速发生的原因，实验2中加入NaCl固体的质量为_________ g。

（3）实验3的目的是_________。

（4）经检验知，实验4中白色固体为CuCl。

甲同学认为产生白色固体的原因可能是发生了Cu + CuCl 22CuCl的反应，他设计了右图所示实验证明该反应能够发生。

① A极的电极材料是_________。

② 能证明该反应发生的实验现象是_________。

（5）为探究实验4中溶液呈现棕褐色的原因，分别取白色CuCl固体进行以下实验：
实验序号实验操作实验现象
i加入浓NaCl溶液沉淀溶解，形成无色溶液
ii加入饱和AlCl3溶液沉淀溶解，形成褐色溶液
iii向i所得溶液中加入2 mol·L－1 CuCl2溶液溶液由无色变为褐色
查阅资料知：CuCl难溶于水，能溶解在Cl－浓度较大的溶液中，生成[CuCl2]－络离子，用水稀释含[CuCl2]－的溶液时会重新析出CuCl沉淀。

①由上述实验及资料可推断，实验4中溶液呈棕褐色的原因可能是[CuCl2]－与_________作用的结果。

②为确证实验4所得的棕褐色溶液中含有[CuCl2]－，应补充的实验是_________。

（6）上述实验说明，铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液的反应现象与_________有关。

【答案】3Cu2+ + 2Al2Al3+ + 3Cu 0.117 证明增大CuSO 4溶液的浓度能够使Al和CuSO4的反应发生金属铜电流计指针偏转，两极均有白色沉淀生成 Al3+、Cu2+取适量实验4的棕褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等
【解析】
(1)实验1中，铝与氯化铜反应置换出铜，反应的离子方程式为3Cu2+ + 2Al= 2Al3+ + 3Cu，故答案为3Cu2+ + 2Al= 2Al3+ + 3Cu；
(2)实验1中n(Cl-)=0.005L×0.2 mol·L-1×2=0.002mol，实验2的目的是证明铜盐中的阴离子Cl-是导致实验1中反应迅速发生的原因，实验2 中加入NaCl固体的质量为
0.002mol×58.5g/mol= 0.117g，故答案为0.117；
(3)实验3与原实验相比，增大了硫酸铜溶液的浓度，铝条表面有少量气泡产生，并有少量红色固体，说明增大CuSO4溶液的浓度能够使Al和CuSO4的反应发生，故答案为证明增大CuSO4溶液的浓度能够使Al和CuSO4的反应发生；
(4)① Cu + CuCl2=2CuCl反应中铜被氧化，铜应该做负极，CuCl2被还原，在正极放电，因此A极为负极，选用铜作负极，故答案为铜；
②构成原电池后，铜溶解进入溶液，与溶液中的氯离子反应生成白色沉淀，正极铜离子被还原，也生成白色沉淀，电流计指针偏转，故答案为电流计指针偏转，两极均有白色沉淀生成；
(5)①由上述实验ii及资料可推断，实验4中溶液呈棕褐色的原因可能是[CuCl2]－与
Al3+、Cu2+作用的结果，故答案为Al3+、Cu2+；
②根据信息知，取适量实验4的棕褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀可以确证实验4所得的棕褐色溶液中含有[CuCl2]－，故答案为取适量实验4的棕褐色溶液，加水稀释，观察是否出现白色沉淀；
(6)根据实验1和2、2和3、1和4中所用试剂的种类和浓度以及实验现象可知，铝和CuSO4溶液、CuCl2溶液的反应现象与铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等有关，故答案为铜盐中阴离子的种类、铜盐溶液的浓度等。

3．某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。

（查阅资料）
物质BaSO4BaCO3AgI AgCl
溶解度/g（20℃） 2.4×10－4 1.4×10－3 3.0×10－7 1.5×10－4
（实验探究）
（一）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作如下所示：
试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验Ⅰ
实验ⅡBaCl2
Na2CO3Na2SO4……
Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解
（1）实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入稀盐酸后，__________。

（2）实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_________。

（3）实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：
___________。

（二）探究AgCl和AgI之间的转化。

（4）实验Ⅲ：证明AgCl转化为AgI。

甲溶液可以是______（填字母代号）。

a AgNO3溶液
b NaCl溶液
c KI溶液
（5）实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。

装置步骤电压表读数
注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。

①查阅有关资料可知，Ag ＋可氧化I －，但AgNO 3溶液与KI 溶液混合总是得到AgI 沉淀，原因是氧化还原反应速率__________（填“大于”或“小于”）沉淀反应速率。

设计（－）
石墨（s ）[I －（aq ）//Ag ＋（aq ）]石墨（s ）（＋）原电池（使用盐桥阻断Ag ＋与I －的相互接触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为________。

②结合信息，解释实验Ⅳ中b ＜a 的原因：__________。

③实验Ⅳ的现象能说明AgI 转化为AgCl ，理由是_________。

（实验结论）溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。

【答案】沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象 BaCO 3＋2H ＋=Ba 2＋＋CO 2↑＋H 2O BaSO 4
在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO 4(s) 垐?噲
?Ba 2＋(aq)＋SO 42−(aq)，当加入浓度较高的Na 2CO 3溶液，CO 32-与Ba 2＋结合生成BaCO 3沉淀，使上述平衡向右移动 b 小于 2Ag ＋＋2I －=I 2＋
2Ag 生成AgI 沉淀使B 中的溶液中的c （I －）减小，I －还原性减弱，原电池的电压减小 实验步骤ⅳ表明Cl －本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c ＞b 说明加入Cl －使c （I －）
增大，证明发生了AgI (s)＋Cl －(aq )垐?噲
? AgCl (s)＋I －(aq ) 【解析】
【分析】
⑴因为BaCO 3能溶于盐酸，放出CO 2气体，BaSO 4不溶于盐酸。

⑵实验Ⅱ是将少量BaCl 2中加入Na 2SO 4溶液中，再加入Na 2CO 3溶液使部分BaSO 4转化为BaCO 3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。

⑶BaSO 4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO 4(s) 垐?噲
?Ba 2＋(aq)＋SO 42−(aq)，当加入浓度较高的Na 2CO 3溶液，CO 32−与Ba 2＋结合生成BaCO 3沉淀。

⑷向AgCl 的悬浊液中加入KI 溶液，获得AgCl 悬浊液时NaCl 相对于AgNO 3过量，因此说明有AgCl 转化为AgI 。

⑸①AgNO 3溶液与KI 溶液混合总是先得到AgI 沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I －＋2Ag ＋ = 2Ag ＋I 2；②由于AgI 的溶解度小于AgCl ，B 中加入AgNO 3溶液后，产生了AgI 沉淀，使B 中的溶液中的c(I －)减小，I －还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可的结论；③实验步
骤ⅳ表明Cl －本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c ＞b 说明加入Cl －使c(I －)增大，
证明发生了AgI(s)＋Cl －(aq)垐?噲
? AgCl(s)＋I －(aq)。

【详解】
⑴因为BaCO 3能溶于盐酸，放出CO 2气体，BaSO 4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明BaCO 3全部转化为BaSO 4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(或无明显现象)；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。

⑵实验Ⅱ是将少量BaCl 2中加入Na 2SO 4溶液中，再加入Na 2CO 3溶液使部分BaSO 4转化为BaCO 3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为BaCO 3＋2H ＋ = Ba 2＋＋CO 2↑＋H 2O ；故答案为：BaCO 3＋2H ＋ = Ba 2＋＋CO 2↑＋H 2O 。

⑶BaSO 4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO 4(s) 垐?噲
?Ba 2＋(aq)＋SO 42−(aq)，当加入浓度较高的Na 2CO 3溶液，CO 32−与Ba 2＋
结合生成BaCO 3沉淀，使上述平衡向右移动，BaSO 4沉淀部分转化为BaCO 3沉淀；故答案为：BaSO 4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO 4(s) 垐?噲
?Ba 2＋(aq)＋SO 42−(aq)，当加入浓度较高的Na 2CO 3溶液，CO 32−与Ba 2＋结合生成BaCO 3沉淀，使上述平
衡向右移动。

⑷为观察到AgCl 转化为AgI ，需向AgCl 的悬浊液中加入KI 溶液，获得AgCl 悬浊液时NaCl 相对于AgNO 3过量，因此说明有AgCl 转化为AgI ；故答案为：b 。

⑸①AgNO 3溶液与KI 溶液混合总是先得到AgI 沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I －＋2Ag ＋ = 2Ag ＋I 2；故答案为：小于；2I －＋2Ag ＋= 2Ag ＋I 2。

②由于AgI 的溶解度小于AgCl ，B 中加入AgNO 3溶液后，产生了AgI 沉淀，使B 中的溶液
中的c(I －)减小，I －还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与
其浓度有关”可知，实验Ⅳ中b ＜a ；故答案为：生成AgI 沉淀使B 中的溶液中的c(I －)减
小，I －还原性减弱，原电池的电压减小。

③实验步骤ⅳ表明Cl －本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c ＞b 说明加入Cl －使c(I －)增大，证明发生了AgI(s)＋Cl －(aq)垐?噲
? AgCl(s)＋I －(aq)；故答案为：实验步骤ⅳ表明Cl －本身对该原电池电压无影响，实验步骤ⅲ中c ＞b 说明加入Cl －使c(I －)增大，证明发生了
AgI(s)＋Cl －(aq)垐?噲
? AgCl(s)＋I －(aq)。

4．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I 2 和SO 2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
下图是某同学在实验室模拟Karl Fischer 法的实验装置图：
(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：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，____________________；③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，⑤取下D装置，···
步骤④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装置加入蒸馏水，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 Na2S2O3标准液滴定剩余的I2单质，已知反应如下：2S2O32－+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①②③④
消耗的标准液的体积/mL18.3720.0519.9520.00
①若实验开始时，向D 装置中加入10.00 g土壤样品和10.16克I2(已知I2过量)，则样品土壤中水的含量为_________%。

②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质，则水含量测定结果将____________(填“偏高”、“ 偏低”或“不变”)。

【答案】SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI d→e→i→h→g→f→b→(c)长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，进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥，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：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装
置内空气赶净，③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④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)①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Na2S2O3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；②若Na2S2O3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：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，故答案为SO2+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)干燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，接口顺序为d→e→i→h→g→f→b→(c)；根据图示，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→e→i→h→g→f→b→(c)；长颈漏斗；平衡内外气压，防止压强过大；
(3)操作步骤：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④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，⑤取下D装置，···，故答案为打开弹簧夹，通入氮气；将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收；
(4)Na2S2O3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；使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确；
(5)①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)，
n(I2)=
10.16
254/
g
g mol=0.04mol，向反应后的D装置加入蒸馏水，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 Na2S2O3标准液滴定剩余I2单质，根据实验数据可知，实验①的误差较大，删除该数值，②③④实验消耗Na2S2O3溶
液的平均值=20.05+19.95+20.00
3
mL =20.00 mL，根据2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，消耗碘单质物
质的量= n(Na2S2O3)×1
2
×
250
25
mL
mL
=
1
2
×0.0200L×0.20mol/L ×10=0.02mol，剩余I2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
=0.0418/
10.00
mol g mol
g
×100%=7.2%，故答案为7.2%；
②若Na2S2O3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。

5．亚硝酰硫酸()4NOSO H 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2SO 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4KMnO 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：4422443242KMnO 5NOSO H 2H O K SO 2MnSO 5HNO 2H SO ++=+++ ①草酸钠与高锰酸钾溶液反应的离子方程式为_________。

②滴定终点的现象为____________。

③亚硝酰硫酸的纯度=________。

[保留三位有效数字，M(NOSO 4H)=127g/mol]
【答案】2MnO 4-+5C 2O 42-+16H +=2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O 滴入最后一滴224Na C O 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】
①高锰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；
②用0.2500mol•L −1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，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；
③减缓滴定过程中草酸消耗高锰酸钾物质的量，得到2KMnO 4＋5NOSO 4H ＋2H 2O ＝K 2SO 4＋2MnSO 4＋5HNO 3＋2H 2SO 4，反应消耗高锰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】
①酸溶液中高锰酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，生成二氧化碳，锰元素化合价＋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：2MnO 4-+5C 2O 42-
+16H +=2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O ，
故答案为：2MnO 4-+5C 2O 42-+16H +=2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O ；
②用0.2500mol•L −1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，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224Na C O 溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复；
③-2-+2+424222MnO +
5C O +16H =2Mn +10CO +8H O 0.5mol/L 0.0305L 2
n ↑⨯
解得n ＝0.006mol ，
则与NOSO 4H 反应的高锰酸钾物质的量＝0.1000mol•L −1×0.100L−0.006mol ＝0.004mol ， 442244324
250.004mol 0.01m 2KMnO 5NOSO H 2H O K SO 2MnSO 5HNO 2H SO ol ＋＋＝＋＋＋，
亚硝酰硫酸的纯度＝0.01mol 127g/mol 1.5g
⨯×100%＝84.67%， 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4NOSO H ，先定位过量KMnO 4本身的颜色，这样就可避免错误的发生。

6．无水三氯化铬()3CrCl 为紫色单斜晶体，极易潮解和升华，常用作其他铬盐的合成原料。

某课题小组利用23Cr O (浅绿色粉末)、木炭粉和2Cl 制备无水3CrCl 并测定其纯度，制备时用到的实验装置如下。

请回答下列问题：
()1上述装置的连接顺序为a →________(填装置接口处的小写字母)f →。

()2试剂X 、Y 可分别选用下列试剂中的________、________(填序号)。

装置丁中酒精灯的作用是________。

NaOH ①溶液 ②无水2CaCl ③碱石灰 ④酸性4KMnO 溶液 ⑤饱和食盐水
()3装置乙中使用粗导管的原因为________。

()4装置丙中发生反应的化学方程式为________。

()5实验结束后，装置乙中的实验现象为________。

()6测定样品中三氯化铬的含量。

称取30.6096gCrCl 样品溶于水配制成500mL 溶液，取50.00mL 所得溶液于锥形瓶中，加入120.00mL0.0200mol L -⋅的()22EDTA Na H Y 溶液，充分反应后，加入指示剂，用10.0100mol L -⋅的2ZnCl 标准溶液滴定至终点时，消耗标准溶液的体积为5.00mL(已知：322Cr H Y CrY 2H +--++=+、2222Zn H Y ZnH Y)+-+=。

①该样品中3CrCl 的质量分数为________(计算结果精确到1%)。

②若滴定至终点时，发现滴定管尖嘴处有气泡，则测定结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。

【答案】k j i h d e b c →→→→→→→ ③ ⑤ 除去尾气中的可燃性气体CO ，
防止空气污染 防止3CrCl 堵塞导管 Cr 2O 3+3C+3Cl 2
2CrCl 3+3CO 长导管和广口瓶内
壁有紫色固体附着 91% 偏高
【解析】
【分析】 利用甲制备氯气，由于CrCl 3极易潮解，因此必须要除去氯气中的杂质，用饱和食盐水除去HCl ，用浓硫酸进行干燥，洗气时长进短出，通入丙装置中发生反应制备无水三氯化铬，产品极易升华，得到的为气态的CrCl 3，用乙进行收集，最后的尾气吸收，尾气包括了多余的Cl 2，用碱石灰吸收，生成的CO ，在尾部点燃。

【详解】
()1甲为氯气的发生装置，2Cl 中含有HCl 和水蒸气，用饱和食盐水除去HCl ，用浓硫酸进行干燥，洗气时长进短出，通入丙装置中发生反应制备无水三氯化铬，产品极易潮解和升华，用乙进行收集，所以连接顺序为：k j i h d e b c →→→→→→→；
故答案为：k j i h d e b c →→→→→→→；
()2未避免外界空气中的水蒸气进入装置导致产品潮解，则在装置丁中应装有碱石灰，试剂Y 为饱和食盐水；制备时发生的反应为：Cr 2O 3+3C+3Cl 2
2CrCl 3+3CO ，则酒精灯的作
用是除去尾气中的可燃性气体CO ，防止空气污染；
故答案为：③；⑤；除去尾气中的可燃性气体CO ，防止空气污染； ()3装置乙为产品的收集装置，产品凝华会导致堵塞，则使用粗导管的原因为防止3CrCl 堵塞导管；
故答案为：防止3CrCl 堵塞导管；
()4由题意可知，装置丙中发生反应的化学方程式为：Cr 2O 3+3C+3Cl 2
2CrCl 3+3CO ；
故答案为：Cr 2O 3+3C+3Cl 22CrCl 3+3CO ； ()5装置乙为收集装置，则其中现象为：长导管和广口瓶内壁有紫色固体附着； 故答案为：长导管和广口瓶内壁有紫色固体附着；
()3650.00mLCrCl ①溶液中3CrCl 的物质的量为：
33420.0010L 0.0200mol /L 0.0100mol /L 5.0010L 3.510mol ---⨯⨯-⨯⨯=⨯，则该样品中3CrCl 的质量分数为：
4500mL 3.510mol 158.5g /mol 50mL 10091%0.6096g
-⨯⨯⨯⨯=％； 故答案为：91%； ②若滴定至终点时，发现滴定管尖嘴处有气泡，则消耗的标准2ZnCl 溶液体积偏小，则与3CrCl 反应的EDTA 量偏高，测定结果偏高；
故答案为：偏高。

7．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。

8．某小组同学以不同方案探究Cu粉与FeCl3溶液的反应。

（1）甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了反应，其离子方程式是__。

（2）乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生：将Cu粉加入到滴有少量KSCN的FeCl3溶液中，观察到溶液红色褪去，有白色沉淀A产生。

①针对白色沉淀A，查阅资料：A可能为CuCl和CuSCN(其中硫元素的化合价为-2价)中的一种或两种。

实验过程如下：
请回答：
Ⅰ.根据白色沉淀B是__(填化学式)，判断沉淀A中一定存在CuSCN。

Ⅱ.仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A中一定存。