2020-2021备战高考化学二轮 化学反应原理 专项培优 易错 难题附答案解析

2020-2021备战高考化学二轮化学反应原理专项培优易错难题附答案解析
一、化学反应原理
1．钛白粉(TiO2)是重要的白色颜料，LiFePO4是锂离子电池的正极材料。

一种利用钛铁矿( 主要成分为FeTiO3和少量Fe2O3 )进行钛白粉和LiFePO4的联合生产工艺如下图所示:
回答下列问题:
（1） LiFePO4中Fe的化合价是_______________________。

（2）钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎的目的是
__________________________________。

（3）用离子方程式表示操作I加入铁粉的目的:__________________________。

操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器的名称是
___________。

（4）TiO2+易水解，则其水解的离子方程式为______________________；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热的目的是________________________________。

（5）“沉铁”的的是使Fe3+生成FePO4，当溶液中c(PO43-)= 1.0×10-17mol/L时可认为Fe3+沉淀完全，则溶液中Fe3+沉淀完全时的c(Fe3+)=_______mol/L[已知:该温度下，K sp(FePO4)=1.0×10-22]。

（6）由“沉铁”到制备LiFePO4的过程中，所需17% H2O2溶液与草酸( H2C2O4)的质量比是
_____。

【答案】+2 增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率
2H++Fe==H 2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+蒸发皿 TiO2++2H2O TiO(OH)2+2H+促进水解( 或加快水解反应速率) 1.0×10-5 20:9
【解析】
【分析】
钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO)3，含有少量Fe2O3]加硫酸溶解生成TiO2+和Fe3+、Fe2+，加入铁还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，得到硫酸亚铁和TiOSO4，对溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到绿矾晶体和TiOSO4溶液，将TiOSO4溶液加热，促进TiO2+的水解生成
TiO(OH)2，TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+，分解得到钛白粉(TiO2)；将绿矾与过氧化氢、H3PO4混合沉铁：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，将得到的FePO4与草酸、Li2CO3焙烧生成锂离子电池的正极材料LiFePO4。

【详解】
根据上述分析可知，
(1)LiFePO4中Li的化合价为+1价，P为+5价O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，Fe 的化合价是+2，故答案为+2；
(2)钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎可以增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率，
故答案为增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率；
(3)加入铁粉主要是还原铁离子，也会与过量的酸反应：
2H++Fe==H2↑+Fe2+、2Fe3++Fe=3Fe2+；操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器为蒸发皿，故答案为2H++Fe==H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+；蒸发皿；
(4)TiO2+易水解生成TiO(OH)2，其水解的离子方程式为TiO2++2H2O TiO(OH)2+2H+；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热可以促进水解，故答案为
TiO2++2H2O TiO(OH)2+2H+；促进水解；
(5)K sp(FePO4)= c(Fe3+) c(PO43-)，则c(Fe3+)=() (
)434
sp
K FePO
c PO-
=
22
17
1.010
1.010
-
-
⨯
⨯
=1.0×10-5 mol/L，故答案为1.0×10-5；
(6)“沉铁”的为绿矾与过氧化氢、H3PO4混合生成FePO4，离子方程式为：
2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，焙烧时的反应方程式为
2FePO4+Li2CO3+H2C2O42LiFePO4+H2O+3CO2↑；H2O2与草酸( H2C2O4)的物质的量之比为1:1，则17% H2O2溶液与草酸( H2C2O4)的质量比为
134/
17%
190/
mol g mol
mol g mol
⨯
⨯
=
20
9
，故答案为
20
9。

2．二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。

ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。

某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：
（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式__。

（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。

实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。

①装置A的名称是__，装置C的作用是__。

②反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是__。

③通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是
__。

④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__，装置E的作用是__。

（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。

①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。

某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的__（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。

②用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式__。

【答案】FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O 恒压漏斗安全瓶提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解稀释ClO2，防止其爆炸 2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体，防止污染大气 BaCl2 Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+
【解析】
【分析】
二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。

分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。

【详解】
（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。

（2）①装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。

②升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30℃左右的水浴中。

③根据题文可知，ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是稀释ClO2，防止其爆炸。

④ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2，故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。

（3）①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。

②用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电
子和水反应得到ClO2，电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。

3．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(ClO 2－)= 1/4 n(S 2O 32－)=1/4×20×10-3×2=0.01mol
m(NaClO 2)=0.01×90.5=9.05g 该样品中NaClO 2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ClO 2等尾气。

4．25℃、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H 2SO 4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。

5．连二亚硫酸钠（Na 2S 2O 4）俗称保险粉，是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂。

某学习小组模拟工业流程设计实验制取保险粉。

已知：Na 2S 2O 4是白色固体，还原性比Na 2SO 3强，易与酸反应（2S 2O 42-+4H +＝
3SO 2↑+S ↓+2H 2O ）。

（一）锌粉法
步骤1：按如图方式，温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH 在3～3.5时，停止通入SO 2，反应后得到ZnS 2O 4溶液。

步骤2：将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn（OH）2，向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体。

步骤3：，经过滤，用乙醇洗涤，用120～140℃的热风干燥得到Na2S2O4。

（二）甲酸钠法
步骤4：按上图方式，将装置中的Zn粉和水换成HCOONa、Na2CO3溶液和乙醇。

温度控制在70～83℃，持续通入SO2，维持溶液pH在4～6，经5～8小时充分反应后迅速降温45～55℃，立即析出无水Na2S2O4。

步骤5：经过滤，用乙醇洗涤，干燥得到Na2S2O4。

回答下列问题：
（1）步骤1容器中发生反应的化学方程式是______；容器中多孔球泡的作用是______。

（2）步骤2中“向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O4•2H2O晶体”的原理是（用必要的化学用语和文字说明）______。

（3）两种方法中控制温度的加热方式是______。

（4）根据上述实验过程判断，Na2S2O4在水、乙醇中的溶解性为：______。

（5）甲酸钠法中生成Na2S2O4的总反应为______。

（6）两种方法相比较，锌粉法产品纯度高，可能的原因是______。

（7）限用以下给出的试剂，设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4。

稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、AgNO3溶液、BaCl2溶液______。

【答案】H2O+SO2=H2SO3，Zn+2H2SO3=∆ZnS2O4+2H2O或Zn+2SO2=∆ZnS2O4增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率溶液中存在：
S O(aq)[或
Na2S2O4(s)ƒNa2S2O4(aq)ƒ2Na+(aq)+2-
24
S O(aq)]，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动水浴加热Na2S2O4(s)ƒ2Na+(aq)+2-
24
Na2S2O4在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小
2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2 Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4
【解析】
【分析】
合成保险粉的反应物为Zn、SO2、H2O，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH在3～3.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液，据此分析解答。

【详解】
（1）合成保险粉的反应物有Zn 、SO 2、H 2O ，根据温度控制在40～45℃，当三颈瓶中溶液pH 在3～3.5时，说明发生了：H 2O +SO 2=H 2SO 3反应，最后反应得到ZnS 2O 4溶液，说明又发生了：Zn +2H 2SO 3=∆ZnS 2O 4+2H 2O 反应，总过程也可以写成：Zn +2SO 2=∆
ZnS 2O 4，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率；
（2）溶液中存在：Na 2S 2O 4(s )ƒNa 2S 2O 4(aq )ƒ2Na +(aq )+2-24S O (aq )[或
Na 2S 2O 4(s )ƒ2Na +(aq )+2-24S O (aq )]，增大c (Na +)，平衡向逆反应方向移动，所以向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na 2S 2O 4•2H 2O 晶体；
（3）根据温度控制在40～45℃可知需要控制温度的加热方式一般是水浴加热； （4）根据步骤2中将得到的ZnS 2O 4溶液加入NaOH 溶液中，过滤，滤渣为Zn (OH )2，向滤液中加入食盐，才析出Na 2S 2O 4•2H 2O 晶体，可知Na 2S 2O 4在水中溶解度较大；根据步骤5析出的晶体用无水乙醇洗涤的目的是使晶体迅速干燥，避免溶解而减少损耗，可知其在酒精中溶解度较小；
（5）由题意可知甲酸钠、二氧化硫、碳酸钠反应生成Na 2S 2O 4，同时生成二氧化碳，反应的方程式为2HCOONa +4SO 2+Na 2CO 3=2Na 2S 2O 4+H 2O +3CO 2；
（6）锌粉法产品纯度高，可能的原因是Zn (OH )2难溶于水，易与Na 2S 2O 4分离； （7）设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na 2SO 4，要避免Na 2S 2O 4干扰，所以取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl 2溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na 2SO 4。

6．2-氯丙酸()3CH CHClCOOH 主要用于生产农药除草剂，还用于生产乳酸及有工业价值的低级醇酯。

如图为实验室制备2-氯丙酸的装置。

已知：相关物质的物理性质如下表所示： 物质 熔点/℃，
沸点/℃ 溶解性 2-氯丙酸 14 190
能与水、乙醇互溶 丙酸 21.5- 141 能与水、乙醇互溶
3PCl 93.6- 76.1
与水剧烈反应，能溶于乙醇
制备方法：在三颈烧瓶中放置()148g 2mol 丙酸和1.5g 三氯化磷(作催化剂)，加热至
100110～℃，缓慢通入氯气，保持温度在105110～℃之间大约反应5h 。

回答下列问题：
()1A 装置中反应的离子方程式为_____________________________________________，当生成26.72LCl （标准状况）时，转移电子的数目为________________。

()2某同学分析发现D 装置有两处缺陷，分别是_____________、________________。

()3设计实验提纯产品：
_________________________________________________________。

()4测定产品纯度。

步骤Ⅰ：称取1.20g 样品(杂质不含3PCl )于烧瓶中，加入1100.00mL4mol?L -氢氧化钠溶液共热，冷却至室温。

加入1100.00mL4mol?L -硝酸，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250mL 容量瓶中，加水定容(溶液中为乳酸和NaCl)。

步骤Ⅱ：从容量瓶中各取50.00mL 溶液于锥形瓶中，用24Na CrO 作指示剂，用130.2000mol?L AgNO -溶液分别滴定溶液中的Cl (-已知：24Ag CrO 为砖红色沉淀、乳酸银不沉淀)，平行三次实验，所得滴定数据如表所示：
①加入硝酸的目的是_______________________________________。

②步骤Ⅱ操作中，达到滴定终点的现象是
___________________________________________。

③样品中2-氯丙酸的质量分数为__________(保留三位有效数字)。

【答案】3225Cl ClO 6H 3H O 3Cl --+++=+↑ A 0.5N (或233.0110)⨯ 缺少温度计 应该用冷凝管对反应液冷凝回流，提高反应物的利用率 将产品移至蒸馏烧瓶中，蒸去少量的前馏分后，收集190℃的馏分，冷凝得到2-氯丙酸 ①中和NaOH 使溶液呈酸性，防止OH -干扰 当滴入最后一滴3AgNO 溶液时，产生砖红色沉淀，且30s 内沉淀不消失 90.4%。

【解析】
【分析】
浓盐酸和KClO 3反应生成Cl 2，制取的氯气中含有HCl 和H 2O 杂质气体，需要除去，利用饱和食盐水除去HCl ，在用浓硫酸干燥，因此B 、C 中分别为饱和食盐水、浓硫酸；由于PCl 3
与水剧烈反应，因此要防止外界的水蒸气进入，E 为干燥管，防止外界的水蒸气进入D ，最后F 为尾气处理装置。

【详解】
()1A 中浓盐酸和氯酸钾反应生成氯气，根据离子反应方程式
3225Cl ClO 6H 3H O 3Cl --+++=+↑，反应中生成23molCl 时转移5mol 电子，因此生成
20.3molCl 时，转移0.5mol 电子；
故答案为：3225Cl ClO 6H 3H O 3Cl --+++=+↑， A 0.5N (或233.0110)⨯；
()2根据信息反应需要加热，缺少温度计，有机物易挥发，应该用冷凝管对反应液冷凝回流，提高反应物的利用率；
故答案为：缺少温度计；应该用冷凝管对反应液冷凝回流，提高反应物的利用率； ()3根据信息，三颈烧瓶中有丙酸和2-氯丙酸混合有机物，可以利用沸点不同进行蒸馏提纯；
故答案为：将产品移至蒸馏烧瓶中，蒸去少量的前馏分后，收集190℃的馏分，冷凝得到2-氯丙酸；
()42-①氯丙酸碱性条件下水解得到氯离子，再用硝酸银滴定，但是残留的氢氧根离子有干扰，故加硝酸排除干扰；
故答案为：中和NaOH 使溶液呈酸性，防止OH -干扰；
②滴定终点前是氯化银白色沉淀，终点后有砖红色铬酸银生成，
故答案为：当滴入最后一滴3AgNO 溶液时，产生砖红色沉淀，且30s 内沉淀不消失； ③第二组数据误差较大舍去，余下两组取平均值得10.00mL ，根据关系式
33CH CHClCOOH NaCl AgNO ～～可知，样品中2-氯丙酸的质量
m=nM=cVM =0.01L×0.2000mol·L －1×108.5g·mol －1×5=1.085g ，则质量分数为
1.0851.2g g
×100%≈90.4%， 故答案为：90.4%。

7．SO 2是常见的大气污染物，燃煤是产生SO 2的主要原因。

工业上有多种方法可以减少SO 2的排放。

（1）往煤中添加一些石灰石，可使燃煤过程中产生的SO 2转化成硫酸钙。

该反应的总化学方程式是___________________________________。

（2）可用多种溶液做燃煤烟气中SO 2的吸收液。

①分别用等物质的量浓度的Na 2SO 3溶液和NaOH 溶液做吸收液，当生成等物质的量NaHSO 3时，两种吸收液体积比V(Na 2SO 3): V(NaOH)=_________________。

②NaOH 溶液吸收了足量的SO 2后会失效，可将这种失效的溶液与一定量的石灰水溶液充分反应后过滤，使NaOH 溶液再生，再生过程的离子方程式是_________________。

（3）甲同学认为BaCl 2溶液可以做SO 2的吸收液。

为此甲同学设计如下实验（夹持装置和
加热装置略，气密性已检验）。

反应开始后，A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B中有白色沉淀。

甲同学认为B中白色沉淀是SO2与BaCl2溶液反应生成的BaSO3，所以BaCl2溶液可做SO2吸收液。

乙同学认为B中的白色沉淀是BaSO4，产生BaSO4的原因是：
①A中产生的白雾是浓硫酸的酸雾，进入B中与BaCI2溶液反应生成BaSO4沉淀。

②________________________________________________。

为证明SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，乙同学对甲同学的实验装置做了如下改动并实验（夹持装置和加热装置略，气密性已检验）：
反应开始后，A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B、C试管中除了有气泡外，未见其它现象；D中红色褪去。

③试管B中试剂是__________________溶液；滴加浓硫酸之前的操作是
____________________。

④通过甲、乙两位同学的实验，得出的结论是______________________________。

【答案】2CaCO3 + 2SO2 +O2高温
2CaSO4+2CO2 1:2 Ca2+ +OH-+ HSO3-＝CaSO3↓+ H2O A中
产生的SO2与装置内空气中的O2进入B中与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀饱和NaHSO3打开弹簧夹，通入N2，一段时间后关闭弹簧夹 SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液
【解析】
【分析】
浓硫酸和亚硫酸钠固体反应可以生成二氧化硫，由于反应放热，浓硫酸有可能挥发，进入B中，和BaCl2溶液反应生成BaSO4白色沉淀，不能确定B中产生的白色沉淀是硫酸和BaCl2反应产生的BaSO4还是二氧化硫和BaCl2反应生成的BaSO3，所以要先除去可能存在的硫酸，需要通过饱和亚硫酸氢钠溶液，既不吸收二氧化硫，又可以除去硫酸，然后再通入BaCl2溶液中，若产生白色沉淀，则证明BaCl2溶液可以吸收二氧化硫，若不产生白色沉淀，则证明BaCl2溶液不可以吸收二氧化硫，实验结果是除去了硫酸后BaCl2溶液中没有产生沉淀，所以得出结论：SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液。

【详解】
（1）在高温下石灰石与SO2以及氧气反应生成硫酸钙和CO2，反应的化学方程式为2CaCO3 + 2SO2 +O22CaSO4+2CO2。

（2）①当生成等物质的量NaHSO3时，根据钠离子守恒可知需要亚硫酸钠和氢氧化钠的物质的量之比是1：2。

由于二者的浓度相等，则需要的溶液体积之比是1：2。

②要把亚硫酸氢钠转化为氢氧化钠，需要加入氢氧化钙，反应的离子方程式为Ca2+ +OH-+ HSO3-＝CaSO3↓+ H2O。

（3）②由于空气中含有氧气，因此另外一种可能是A中产生的SO2与装置内空气中的O2进入B中与BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀。

③为排除浓硫酸酸雾的影响，B中应该盛放饱和亚硫酸氢钠溶液。

为防止空气中氧气的影响，滴加浓硫酸之前的操作是打开弹簧夹，通入N2，一段时间后关闭弹簧夹。

④A中Na2SO3固体表面有气泡产生同时有白雾生成；B、C试管中除了有气泡外，未见其它现象；D中红色褪去，说明有SO2产生，所以结论是SO2与BaCl2溶液不能得到BaSO3沉淀，不能用BaCl2溶液做吸收SO2的吸收液。

【点晴】
解答综合性实验设计与评价题的基本流程
原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。

具体分析为：
（1）实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？
（2）所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。

（3）有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。

（4）有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。

（5）实验现象：自下而上，自左而右全面观察。

（6）实验结论：直接结论或导出结论。

8．草酸晶体的组成可表示为H2C2O4·xH2O。

实验室常用其加热分解制取CO气体，反应方程式为：H2C2O4·xH2O CO↑+CO2↑+(x+1)H2O。

下图为分解草酸晶体，用干燥纯净的CO
还原CuO制取Cu，并收集CO的实验装置(略去铁架台、铁夹等支撑加持装置)，回答下列问题。

（1）实验过程中涉及到如下操作：①点燃A处的酒精灯②熄灭A处的酒精灯③点燃D处的酒精灯④熄灭D处的酒精灯。

点燃D处酒精灯前必须要进行的操作名称是__________。

这4步操作由先到后的顺序为______________(填序号)。

（2）A装置为加热分解草酸的装置，指出该装置一处错误：_______________________，B 和F装置中盛放的试剂相同，其中溶质是__________ (填化学式)，E装置的作用是
__________。

（3）用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸晶体，求x的值。

实验步骤：准确称取1.08g 草酸晶体，配成100mL溶液；取出20.00mL于锥形瓶中，再向瓶中加入足量稀H2SO4；用0.0500mol/L酸性高锰酸钾溶液滴定，滴定至终点时消耗高锰酸钾溶液16.00mL。

滴定时，所发生的反应为：2MnO4－+5H2C2O4+6H+= 10
CO2↑+2Mn2++8H2O。

①配制草酸溶液除需要胶头滴管、烧杯，还一定需要的玻璃仪器有_____________。

②x=________。

【答案】验纯①③④②试管口应向下倾斜 NaOH 安全瓶(或防倒吸) 100mL容量瓶，玻璃棒 1
【解析】
【分析】
草酸晶体受热分解为CO、CO2，用NaOH溶液除去CO2，用浓硫酸干燥后的CO通入D中，和CuO发生反应生成铜和CO2，E做安全瓶，起到防止F中的水进入D中的作用，F中装有NaOH溶液，用于除去生成的CO2，剩余的CO被收集起来。

【详解】
（1）纯度不足时一氧化碳气体会发生爆炸，所以先点燃A处酒精灯，用生成的CO将装置中空气排净，然后再点燃D处的酒精灯；熄灭酒精灯时，应该先熄灭D处酒精灯，然后再熄灭A处酒精灯；点燃D处酒精灯前必须要检验CO的纯度。

所以正确的操作方法为：
①③④②；避免发生爆炸现象，所以点燃D处酒精灯前必须要进行检验CO纯度；
（2）给试管中的固体加热时，试管口应该稍稍向下倾斜；根据图示装置及实验目的可知：B为澄清石灰水，目的是除去混合气体中二氧化碳，D为浓硫酸，目的是干燥CO气体；D 中氧化铜与一氧化碳反应制取铜；E为安全瓶，起到防止倒吸的作用；F为氢氧化钠溶液，除去二氧化碳气体，最后收集CO气体；
（3）①配制草酸溶液除需要玻璃棒、烧杯，配制100mL溶液需要选用100mL容量瓶，定容时还需要胶头滴管，故答案为100mL容量瓶、胶头滴管；
②16mL 0.0500mol/L高锰酸钾溶液中含有高锰酸钾的物质的量为：
0.0500mol/L×0.016L=0.0008mol，100mL该草酸溶液能够消耗高锰酸钾的物质的量为：
0.0008mol×100mL
20mL
=0.004mol，根据反应2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=10CO2+2Mn2++8H2O可知
1.08g样品中含有草酸的物质的量为：0.004mol×5
2
=0.01mol，草酸的质量为：
90g/mol×0.01mol=0.9g，含有结晶水的物质的量为：1.08g0.9g
18g/mol
=0.01mol，则该草酸晶体
中x=0.01mol
0.01mol
=1，故答案为1。

9．以环已醇( )为原料制取己二酸[HOOC(CH2)4COOH]的实验流程如下：
其中“氧化”的实验过程：在250mL四口烧瓶中加入50mL水和3.18g碳酸钠，低速搅拌至碳酸钠溶解，缓慢加入9.48g(约0.060mol)高锰酸钾，按图示搭好装置，打开电动搅拌，加热至35℃，滴加3.2mL(约0.031mol)环己醇，发生的主要反应为
KOOC(CH2)4COOK ΔH<0
（1）“氧化”过程应采用___________加热。

(填标号)
A．热水浴 B．酒精灯 C．煤气灯 D．电炉
（2）“氧化”过程，不同环己醇滴加速度下，溶液温度随时间变化曲线如图，为保证产品纯度，应选择的滴速为___________s/滴。

（3）为证明“氧化”反应已结束，在滤纸上点1滴混合物，若观察到_____，则表明反应已。