化学反应原理大题
中南大学第8组是什么专业-
2023年2月4日发(作者：保护鲨鱼作文汇编7篇)
化学化学反应原理的专项培优易错难题练习题(含答案)含详细答案
一、化学反应原理
1．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
10g
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
0.5cm
，并
保持约
1h
，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
1.25g
粗产品，用蒸馏水溶解并定容至
1000mL
，移取该溶液
1.00mL
，加过量
Fe3+
和
K
3Fe
(
CN
)6酸性溶液，用蒸馏水定容至
100mL
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）
CD96%
【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
0.5cm
，并保持约
1h
，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
1000mL
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，
2．某化学兴趣小组欲测定
KClO
3，溶液与
3
NaHSO
溶液反应的化学反应速率．所用试剂为
10mL0.1mol/LKClO3，溶液和
3
10mL0.3mol/LNaHSO
溶液，所得数据如图所示。已知：
2
334
ClO3HSOCl3SO3H
。
（
1
）根据实验数据可知，该反应在
0
～
4min
内的平均反应速率
Clv
________mol/Lmin
。
（
2
）某同学仔细分析实验数据后发现，在反应过程中，该反应的化学反应速率先增大后减
小．某小组同学针对这一现象进一步探究影响该化学反应速率的因素，具体方法如表示。
方案假设实验操作
Ⅰ
该反应放热使溶液温度
升高，反应速率加快
向烧杯中加入
10mL0.1mo//L
的
3
KClO
溶液和
10mL0.3mol/L
的
3
NaHSO
溶液，
Ⅱ
取
10mL0.1mo/L
的
3
KClO溶液加入烧杯中，向其中加入少量
NaCl
固
体，再加入
10mL0.3mol/L
的
3
NaHSO
溶液
Ⅲ
溶液酸性增强加快了化
学反应速率
分别向
a
、
b
两只烧杯中加入
10mL0.1mol/L
的
3
KClO
溶液；向烧杯
a
中加入
1mL
水，向烧杯
b
中加入
1mL0.2mol/L
的盐酸；再分别向两只
烧杯中加入
10mL0.3mol/L
的
3
NaHSO
溶液
①补全方案Ⅰ中的实验操作：
________
。
②方案Ⅱ中的假设为
________
。
③除Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的假设外，还可以提出的假设是
________
。
④某同学从控制变量的角度思考，认为方案
Ⅲ
中实验操作设计不严谨，请进行改进：
________
。
⑤反应后期，化学反应速率变慢的原因是
________
。
【答案】
0.0025
插入温度计生成的Cl加快了化学反应速率生成的2
4
SO加快了化学
反应速率将
1mL
水改为
1mL0.2mol/L
的
NaCl
溶液反应物浓度降低
【解析】
【分析】
【详解】
（
1
）根据实验数据可知，该反应在
0
～
4min
内生成氯离子的浓度是
0.010mol/L
，所以平均
反应速率Cl0.010mol/L4min0.0025mol/Lminc
；
（
2
）①由于是假设该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此需要测量反应过程
中溶液温度的变化；
②方案
I
、Ⅱ相比较，Ⅱ中加入了少量氯化钠，所以方案Ⅱ中的假设为生成的Cl加快了化
学反应速率；
③由于反应中还有硫酸根离子生成，则除
I
、Ⅱ、Ⅲ中的假设外，还可以提出的假设是生成
的硫酸根离子加快了化学反应速率；
④为防止氯离子对实验的干扰，则改进措施是将
1mL
水改为
1mL0.2mol/L
的
NaCl
溶液；
⑤反应后期反应物浓度减小，因此化学反应速率变慢。
【点睛】
对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成
多个单因素的问题。每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研
究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变
量法。它是科学探究中的重要思想方法，广泛地运用在各种科学探索和科学实验研究之
中。
3．氢叠氮酸（
HN
3）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
_______
②
0.2mol/L
的
HN
3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
HN
3分子浓度由大到小的顺序为
_______
。
（
2
）在
FeSO
4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
KMnO
4溶液体积
/mL
25.5225.0224.98
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】
HN
3⇌
H++N3
-c
（
N3
-）
>c
（
Na+）
>c
（
HN
3
+）
>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；
②
0.2mol/L
的
HN
3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
HN
3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
Ka=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
HN
3H++N3
-；
②
0.2mol/L
的
HN
3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
HN
3和
NaN3，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)
①
500mL
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
MnO
4
-+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
25.022
2
4.98
mL=25mL
，根据离子反应方程式，得出：
n[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]=5n(KMnO4)=25×10-3×c×5mol
，则
500mL
溶液中含有
n[(NH4)2SO4•FeSO4•6H2O]=25×10-3×c×5×500/25mol=2.5cmol
，所以质量分数
=2.5c×
392
a
×100%=
980c
a
×100%
，故答案为：
980c
a
×100%
；
③
A
．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。
4．锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放
至环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。实验室模拟回收锂离子电池中的
Co
、
Ni
、
Li
的流程如图。
已知：
LiCoO
2难溶于水，易溶于酸。回答下列问题：
（
1
）
LiCoO
2中
Co
的化合价是
__
。
（
2
）
LiCoO
2在浸出过程中反应的离子方程式是
__
。
（
3
）浸出剂除了
H
2O2外，也可以选择
Na2S2O3，比较二者的还原效率
H2O2__(
填
“>”
或
“<”)Na2S2O3(
还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量
)
。
（
4
）提高浸出效率的方法有
__
。
（
5
）利用
Cyanex272
萃取时，
pH
对钴、镍萃取分离效果的影响如图。从图中数据可知，
用
Cyanex272
萃取分离时，最佳
pH
是
__
。
（
6
）反萃取的离子方程式为
2H++CoR
2=Co2++2HR
，则反萃取剂的最佳选择是
__
。
（
7
）常温下，若水相中的
Ni2+的质量浓度为
1.18g
·
L-1，则
pH=__
时，
Ni2+开始沉淀。
[Ksp(Ni(OH)2=2×10-15]
（
8
）参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离
Ni
和
Li
的实验流程图
(
如
图
)___
。
已知：
提供的无机试剂：
NaOH
、
Na
2CO3、
NaF
。
【答案】
+32LiCoO
2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O<
适当升高温度，适当增加
H2SO4
浓度
5.5H
2SO47.5
①
NaOH
②
Ni(OH)2③
NaF
【解析】
【分析】
(1)
通过化合物中各元素化合价代数和为
0
进行计算；
(2)
由流程图中有机相反萃取得到
CoSO4，可知
LiCoO2与
H2O2在酸性条件下发生氧化还原反
应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；
(3)
根据等物质的量
H2O2和
Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断；
(4)
提高浸出效率即提高化学反应速率；
(5)
分离
Co2+和
Ni2+时，由于
Co2+进入有机相，
Ni
进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高
而镍的萃取率低的
pH
范围；
(6)
将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；
(7)
根据
Ksp(Ni(OH)2的表达式进行计算；
(8)
根据表格中所给物质溶解度信息，调节
pH
应该用碱性物质，但要考虑分离
Ni
和
Li
元素
不能使
Ni
和
Li
元素同时沉淀。
【详解】
(1)LiCoO2中
O
元素为
-2
价，
Li
为
+1
价，根据化合物中各元素化合价代数和为
0
进行计算得
Co
的化合价为
+3
价；
(2)
由流程图中有机相反萃取得到
CoSO4，可知
LiCoO2与
H2O2在酸性条件下发生氧化还原反
应，化学方程式为：
2LiCoO
2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O
；
(3)1molH2O2作为还原剂转移
2mol
电子，
1molNa2S2O3作为还原剂转移
8mol
电子，则
Na2S2O3的还原效率更高；
(4)
提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加
H2SO4浓度等；
(5)
分离
Co2+和
Ni2+时，由于
Co2+进入有机相，
Ni
进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高
而镍的萃取率低的
pH
范围，所以最佳
pH
是
5.5
；
(6)
将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃
取剂最好选择
H
2SO4；
(7)c(Ni2+)=
1.18
59
mol/L=0.02mol/L
，则开始沉淀时，
c(OH-)
＝
sp
2
NiOH()
0.02
K
=
15
2
0
0
21
0.
=10-6.5mol/L
，则
pH=14-6.5=7.5
；
(8)
根据表格中所给物质溶解度信息，调节
pH
应该用碱性物质，但要考虑分离
Ni
和
Li
元素
不能使
Ni
和
Li
元素同时沉淀，所以选用
NaOH
，则
Ni(OH)
2先沉淀，过滤后滤液中加入
NaF
生成
LiF
沉淀。
【点睛】
本题
(5)
选择合适的
pH
时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。
5．方法与规律提炼：
(1)
某同学利用原电池装置证明了反应
Ag＋＋
Fe2＋=Ag
＋
Fe3＋能够发生，设计的装置如下图所
示。
为达到目的，其中石墨为
_________
极，甲溶液是
____________
，证明反应
Ag＋＋
Fe2＋=Ag
＋
Fe3＋能够发生的实验操作及现象是
_________________________
(2)
用零价铁
(Fe)
去除水体中的硝酸盐
(NO)
已成为环境修复研究的热点之一。
Fe
还原水体中
NO3
-的反应原理如图所示。
上图中作负极的物质是
___________
。正极的电极反应式是
______________
。
(3)
在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种
新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：阴极区的电极反应式为
_______________
。电路中转移
1mol
电子，需消耗氧气
_______L(
标准状况
)
。
(4)KClO3也可采用
“
电解法
”
制备，装置如图所示。
写出电解时阴极的电极反应式
___________________
电解过程中通过阳离子交换膜的离子主
要为
_________
，其迁移方向是
_____________
（填
a→b
或
b→a
）。
学法题：通过此题的解答，请归纳总结书写电极反应式的方法
____
【答案】负
FeSO
4或
FeCl2溶液分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，
同时滴加
KSCN
溶液，后者红色加深铁
NO
3
-＋
8e－＋
10H＋=NH4
+＋
3H
2OFe3+＋
e－=Fe2+
5.6L2H＋＋
2e－=H2↑K+a→b
原电池中先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应
物质，并标出相同数目电子的得失；注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子
是否共存。电解池中电极反应式的书写看阳极材料，如果阳极是惰性电极（
Pt
、
Au
、石
墨），则应是电解质溶液中的离子放电，应根据离子的放电顺序进行书写。
【解析】
【分析】
根据原电池原理，负极发生氧化反应；根据电解池原理，阴极发生还原反应，通过物质的
化合价变化判断反应发生原理，阳离子移动方向与电子移动方向相同，据此回答问题。
【详解】
(1)
已知电池总反应为反应
Ag＋＋
Fe2＋=Ag
＋
Fe3＋，银离子化合价降低，得到电子，作正
极，故石墨一侧仅为导电材料，作负极，甲溶液是含
Fe2+的溶液，可以为
FeSO
4或
FeCl2溶
液。证明反应能够发生，实际上即证明有
Fe3+生成，实验操作及现象是分别取电池工作前
与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加
KSCN
溶液，后者红色加深。
(2)
由图可知，电子从铁电极移到外侧，故铁电极失去电子，发生氧化反应，做负极。正极
NO3
-得到电子变为
NH
4
+，
NO
3
-＋
8e－＋
10H＋=NH4
+＋
3H
2O
；
(3)
由题可知，
HCl
失去电子变为
Cl2，发生氧化反应，做阳极。阴极区的电极反应式为
Fe3+
＋
e－=Fe2+，外侧
Fe2+与氧气反应
4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O
，电路中转移
1mol
电子，需消
耗氧气
0.25mol
，即
5.6L(
标准状况
)
。
(4)
由图可知，阴极溶液为
KOH
，根据阳离子放电顺序
H+>K+，即电解时阴极的电极反应式
为
2H＋＋
2e－=H2↑
。阴极得到电子，阳离子向阴极移动，即电解过程中通过阳离子交换膜
的离子主要为
K+，其迁移方向是
a→b
。
归纳电极反应式的书写方法：原电池中先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物
质，并标出相同数目电子的得失；注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是
否共存。电解池中电极反应式的书写看阳极材料，如果阳极是惰性电极（
Pt
、
Au
、石
墨），则应是电解质溶液中的离子放电，应根据离子的放电顺序进行书写。
6．硝酸是氧化性酸，其本质是
NO
3
－有氧化性，某课外实验小组进行了下列有关
NO
3
－氧化
性的探究（实验均在通风橱中完成）。
实验装置编号溶液
X
实验现象
实验
Ⅰ6mol·L-1稀硝酸
电流计指针向右偏转，铜片表面产
生无色气体，在液面上方变为红棕
色。
实验
Ⅱ15mol·L-1浓硝酸
电流计指针先向右偏转，很快又偏
向左边，铝片和铜片表面产生红棕
色气体，溶液变为绿色。
（
1
）实验
Ⅰ
中，铝片作
____________
（填
“
正
”
或
“
负
”
）极。液面上方产生红棕色气体的化
学方程式是
____________
。
（
2
）实验
Ⅱ
中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是
________________
。
查阅资料：活泼金属与
1mol·L-1稀硝酸反应有
H
2和
NH4
+生成，
NH
4
+生成的原理是产生
H
2
的过程中
NO
3
－被还原。
（
3
）用上图装置进行实验
Ⅲ
：溶液
X
为
1mol·L-1稀硝酸溶液，观察到电流计指针向右偏
转。
①
反应后的溶液中含
NH4
+。实验室检验
NH
4
+的方法是
________
。
②
生成
NH4
+的电极反应式是
________
。
（
4
）进一步探究碱性条件下
NO
3
－的氧化性，进行实验
Ⅳ
：
①
观察到
A
中有
NH3生成，
B
中无明显现象。
A
、
B
产生不同现象的解释是
________
。
②A
中生成
NH3的离子方程式是
________
。
（
5
）将铝粉加入到
NaNO
3溶液中无明显现象，结合实验
Ⅲ
和
Ⅳ
说明理由
________
。
【答案】负
2NO+O
2=2NO2Al
开始作电池的负极，
Al
在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜
后，
Cu
作负极取少量待检溶液于试管中，加入浓
NaOH
溶液，加热，若产生使湿润的红
色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含
NH
4
+NO3
-＋
8e-＋
10H+＝
NH
4
+＋
3H
2OAl
与
NaOH
溶
液反应产生
H
2的过程中可将
NO3
-还原为
NH
3，而
Mg
不能与
NaOH
溶液反应
8Al
＋
3NO3
-
＋
5OH-＋
2H
2O
＝
3NH3↑
＋
8AlO2
-因为铝与中性的硝酸钠溶液无生成
H2的过程，
NO3
－无法
被还原
【解析】
【分析】
【详解】
（
1
）实验
Ⅰ
中，由于
Al
的金属活动性比
Cu
强，因此
Al
做负极。铜片表面产生的无色气
体是
NO
，在液体上方
NO
被空气中的氧气氧化成红棕色的
NO
2，方程式为
2NO+O2=2NO2；
（
2
）实验
Ⅱ
中，
Al
的金属活动性比
Cu
强，
Al
开始作电池的负极，电流计指针先偏向右
边；由于
Al
在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜，阻止了内层金属的进一步反应，因此，
Cu
作负极，电流计指针偏向左边；
（
3
）
①
实验室检验
NH
4
+有两种常用方法：方法一，取少量待检溶液于试管中，加入浓
NaOH
溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含
NH4
+；方法
二，取少量待检溶液于试管中，加入浓
NaOH
溶液，加热，并在试管口放一蘸有浓盐酸的
玻璃棒，若有白烟生成，证明溶液中含
NH
4
+；
②NH
4
+的生成是
NO
3
－被还原的结果，其电
极反应式为
NO
3
-＋
8e-＋
10H+＝
NH
4
+＋
3H
2O
（
4
）
①
观察到
A
中有
NH
3生成，是由于
Al
与
NaOH
溶液反应产生
H2，并且与此同时，
H2
可将
NO
3
-还原为
NH
3；
B
中无现象是由于
Mg
与
NaOH
溶液不反应；
②A
中生成
NH3的离
子方程式为
8Al
＋
3NO
3
-＋
5OH-＋
2H
2O
＝
3NH3↑
＋
8AlO2
-；
（
5
）铝与中性的硝酸钠溶液不能生成
H
2，
NO3
－无法被还原，因此将铝粉加入到
NaNO
3溶
液中无明显现象。
7．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
Na
2S2O3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
Na
2S2O3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
20.00mLNaClO
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
（
Na
2S2O3）数据如下：
（已知：
I
2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6）
测定次序第一次第二次第三次第四次
V
（
Na2S2O3）
/mL
21.9018.8022.1022.00
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+H2O0.1100mol/L
【解析】
【分析】
【详解】
（
1
）用
Na
2S2O3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
）①
NaClO
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
（
Na
2S2O3）
=
21.9022.1022.00
3
mLmLmL
=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
～
2Na
2S4O6
12
20mL×c0.2000mol/L×22.00mL
解得：
c=0.1100mol/L
，
故答案为
ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O
；
0.1100mol/L
。
8．SO2是常见的大气污染物，燃煤是产生
SO2的主要原因。工业上有多种方法可以减少
SO2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
2SO3溶液和
NaOH
溶液做吸收液，当生成等物质的量
NaHSO3时，两种吸收液体积比
V(Na2SO3):V(NaOH)=_________________
。
②
NaOH
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
SO2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
Na
2SO3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
SO
2与
BaCl2溶液反应生成的
BaSO3，
所以
BaCl
2溶液可做
SO2吸收液。
乙同学认为
B
中的白色沉淀是
BaSO
4，产生
BaSO4的原因是：
①
A
中产生的白雾是浓硫酸的酸雾，进入
B
中与
BaCI
2溶液反应生成
BaSO4沉淀。
②
________________________________________________
。
为证明
SO
2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
Na
2SO3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】
2CaCO
3+2SO2+O2
高温
2CaSO4+2CO21:2Ca2++OH-+HSO3
-＝
CaSO
3↓+H2OA
中
产生的
SO
2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
N
2，一段时间后关闭弹簧夹
SO2与
BaCl2溶液不能得到
BaSO3沉淀，不
能用
BaCl
2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
BaCl
2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：
SO
2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
SO
2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
NaHSO
3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
-＝
CaSO
3↓+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
SO
2与装置内空气中的
O2
进入
B
中与
BaCl
2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
N
2，一段时间后关闭弹簧夹。
④
A
中
Na
2SO3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
SO
2产生，所以结论是
SO2与
BaCl2溶液不能得到
BaSO3沉
淀，不能用
BaCl
2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。
9．FeCl2具有独有的脱色能力，适用于印染、造纸行业的污水处理。
FeCl3在加热条件下遇
水剧烈水解。
FeCl
3和
FeCl2均不溶于
C6H5Cl
、
C6H4Cl2、苯。回答下列问题：
(1)
由
FeCl3．
6H2O
制得干燥
FeCl2的过程如下：
i
．向盛有
FeCl3．
6H2O
的容器中加入过量
SOCl2(
液体，易水解
)
，加热，获得无水
FeCl3。
ii
．将无水
FeCl3置于反应管中，通入一段时间的氢气后再加热，生成
FeCl2。
①FeCl3．
6H2O
中加入
SOCl2获得无水
FeCl3的化学方程式为
__________________
。
(
已知该
反应为非氧化还原反应
)
②
使用
NH4SCN
可以检验
ii
中
FeCl3是否含完全转化，请写出离子反应方程式
_____________
。
(2)
利用反应
2FeCl3+C6H5Cl2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑
，制取无水
FeCl2。在三颈烧瓶中加
入无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围内加热
3h
，冷却、分离、提纯得到
粗产品，实验装置如图。
(
加热装置略去
)
①
仪器
B
的名称是
_________
；
C
的试剂名称是
________
。
②
反应结束后，冷却实验装置
A
，将三颈烧瓶内物质倒出，经
______
、
_______
、干燥
后，得到
FeCl
2粗产品。
③
该装置存在的不足之处是
__________________________
。
(3)
粗产品中
FeCl2的纯度测定。
①
取
ag
粗产品配制成
100mL
溶液；
②
用移液管移取所配溶液
5.00mL
，放入
500mL
锥形
瓶内并加水至体积为
200mL
；
③
用
0.100mol·L-1酸性
KMnO
4标准溶液滴定，终点时消耗酸
性
KMnO
4标准溶液
VmL
。若已知消耗酸性高锰酸钾溶液为
VmL
，所配溶液的密度
ρ(FeCl2)=kV
，密度的单位为
g·L-1，则
k=___________g·L-1·mL-1。
【答案】
FeCl
3．
6H2O
＋
6SOCl2
Δ
FeCl3+12HCl↑
＋
6SO2↑Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3或
Fe3++SCN-
=Fe(SCN)2+（球形）冷凝管水或氢氧化钠溶液过滤洗涤装置
B
（或
A
）和
C
之间缺
少一个装有无水氯化钙（
P
2O5或硅胶）的球形干燥管
12.7
【解析】
【分析】
(1)
①
SOCl2与水接触会迅速产生白雾和
SO2，则
FeCl3．
6H2O
中加入
SOCl2获得无水
FeCl3和
HCl
、
SO2；
②
Fe3+溶液中滴加含
SCN-的溶液会变血红色；
(2)
①根据仪器的结构和性能确定仪器的名称；
C
装置的作用是吸收挥发出的
HCl
气体；
②固液分离用过滤操作；
③
FeCl
3和
FeCl2均易水解，要防止
C
中水蒸气进入
A
中；
(3)
已知酸性条件下
Fe2+被
KMnO
4溶液氧化时发生的离子反应方程式为
5Fe2++MnO4
-
+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
；用
0.100mol·L-1酸性
KMnO
4标准溶液滴定，终点时消耗酸性
KMnO4标准溶液
VmL
，则参加反应的
MnO4
-的物质的量为
0.100mol·L-1×V×10-3L=V×10-
4mol
，则
ag
粗产品中含有的
Fe2+物质的量为
V×10-4mol×5×
100mL
5mL
=V×10-2mol
，溶液中
FeCl2的质量为
V×10-2mol×127g/mol=1.27Vg
，所配溶液的密度
ρ(FeCl2)=kV
计算
k
。
【详解】
(1)
①
SOCl2与水接触会迅速产生白雾和
SO2，则
FeCl3．
6H2O
中加入
SOCl2获得无水
FeCl3和
HCl
、
SO2，则发生反应的化学方程式为
6SOCl2+FeCl3•6H2O=FeCl3+12HCl↑+6SO2↑
；
②利用
NH
4SCN
检验溶液中是否含有
Fe3+，判断
FeCl
3是否含完全转化，若不变红则完全转
化，发生反应的离子方程式为
Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3或
Fe3++SCN-=Fe(SCN)2+；
(2)
①由仪器的结构和性能可知：仪器
B
的名称是
(
球形
)
冷凝管；装置
C
中应盛装水或
NaOH
溶液吸收挥发的
HCl
气体；
②反应结束后，冷却实验装置
A
，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、用苯洗涤、干燥后，
得到
FeCl
2粗产品；
③该装置存在的不足之处是装置
B(
或
A)
和
C
之间缺少一个装有无水氯化钙
(P
2O5或硅胶
)
的
球形干燥管，易造成
C
中水蒸气进入
A
中，促进
FeCl
3或
FeCl2的水解；
(3)
已知酸性条件下
Fe2+被
KMnO
4溶液氧化时发生的离子反应方程式为
5Fe2++MnO4
-
+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O
；用
0.100mol·L-1酸性
KMnO
4标准溶液滴定，终点时消耗酸性
KMnO4标准溶液
VmL
，则参加反应的
MnO4
-的物质的量为
0.100mol·L-1×V×10-3L=V×10-
4mol
，则
ag
粗产品中含有的
Fe2+物质的量为
V×10-4mol×5×
100mL
5mL
=V×10-2mol
，溶液中
FeCl2的质量为
V×10-2mol×127g/mol=1.27Vg
，则所配溶液的密度
ρ(FeCl2)=
1.27Vg
0.1L
=kV
，解
得
k=12.7g·L-1·mL-1。
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
____________
。
②
NaOH
溶液的主要作用为吸收反应产生的
Cl
2，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
NaClO
3和
HCl
为原料制备
ClO2的化学方程式为
_________________________
。
（
2
）将
ClO
2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
ClO
2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
0.3-0.5mg·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
10.00mL
的自来水于锥形瓶中，
以
K
2CrO4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：
实验序号
1234
消耗
AgNO
3溶液的体积
/mL
10.2410.029.9810.00
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
ClO2冷凝为液体）
1
：
12NaClO3+4HCl=2ClO2↑+
Cl2↑+2NaCl+2H2O
溶液分层，下层为紫红色用
AgNO3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
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
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
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
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+H2O
，此反应中
Cl2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
ClO2，同时有
Cl2和
NaCl
生成，则发生反应的化学方程式为
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O
；
(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
I
2生成，体现
ClO2具有氧化性；
(3)
①装入
AgNO3标准溶液，应避免浓度降低，应用
AgNO3标准溶液进行润洗后再装入
AgNO3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
10.029.9810.00
3
mL=10.00mL
，含有
AgNO3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
6110mol35.5g/mol1000mg/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。