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1、高考化学化学反应原理综合题附答案一、化学反应原理1 氨基磺酸 ( H2NSO3H) 是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，在工业上常用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。某实验室用尿素和发烟硫酸( 溶有SO3 的硫酸 ) 制备氨基磺酸的流程如图：已知“磺化”步骤发生的反应为：CO NH2 2 sSO3 gH2NCONHSO3H sH 0 () ( )+( )(H2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3 H+CO2发生“磺化”步骤反应的装置如图1 所示：请回答下列问题：（1）下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是_。A. 仪器 a 的名称是三颈烧瓶B. 冷凝回流

2、时，冷凝水应该从冷凝管的B 管口通入C. 抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中，稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，再转移悬浊液D. 抽滤结束后为了防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管（2）“磺化”过程温度与产率的关系如图2 所示，控制反应温度为7580为宜，若温度高于 80，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是_。（3）“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是_。（4）“重结晶”时，溶剂选用10% 12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是_。（5）“配液及滴定”操作中，准确称取2. 500g 氨基磺酸粗品配成

3、250mL 待测液。取25. 00mL 待测液于锥形瓶中，以淀粉- 碘化钾溶液做指示剂，用-1 的 NaNO20. 08000mol ?L标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗NaNO2标准溶液2500mL.。此时氨基磺酸恰好被完全氧化成 N2， NaNO2 的还原产物也为 N2。电子天平使用前须_并调零校准。称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘中央，显示数字稳定后按_，再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。试求氨基磺酸粗品的纯度：_( 用质量分数表示) 。若以酚酞为指示剂，用0. 08000mol ?L- 1 的 NaOH 标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果

4、通常比NaNO2 法 _( 填“偏高”或“偏低”) 。【答案】 A温度过高， SO3 气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应平衡向逆反应方向移动关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2 3 次氨基磺酸在水溶液中可发生反应： H2324424+与 SO42-促使该平衡逆向移动NSO H+H ONH HSO；稀 H SO可提供 H( 通电 ) 预热77 60% 偏高去皮键 ( 归零键 ).【解析】【分析】发烟硫酸和尿素在磺化步骤转化为氨基磺酸，反应为放热反应，同时反应因为有气体参与，则通过改变温度和压强可以影响产率；因为

5、氨基磺酸为固体，则过滤时可采用抽滤；得到的氨基磺酸可能混有杂质，则要经过重结晶进行提纯，最后干燥可得到纯净的氨基磺酸。【详解】（1） A. 仪器 a 的名称是三颈烧瓶，故A 正确；BA管口通入，故B错误；. 冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的C. 向漏斗内转待抽滤液时，应用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，不能直接转移悬浊液，故 C 错误；D. 抽滤结束后为了防止倒吸，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，再关闭水龙头，故 D 错误；综上所述，答案为 A。（ 2）气体的溶解度随温度升高而降低，则温度过高， SO3 气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应接触不充分转化率降低；

6、同时温度升高，反应平衡向逆反应方向移动，故答案为：温度过高， SO3 气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应平衡向逆反应方向移动；（ 3）洗涤的具体操作为关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作 2- 3 次，故答案为：关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2 3 次；（4）“重结晶”时，溶剂选用10% 12%的硫酸是为了防止氨基磺酸洗涤时因溶解而损失，因为氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀 H2SO4 可提供+与 SO 2- 促使该平衡逆向移

7、动，故答案为：氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H4H2NSO3H H2ONH4HSO4H2SO4+2-促使该平衡逆向移动；稀可提供H 与SO4+（5）电子天平在使用时要注意使用前须( 通电 ) 预热并调零校准，称量时，要将药品放到小烧杯或滤纸上，注意要先按去皮键( 归零键 ) ，再放入药品进行称量，故答案为：( 通电 )预热；去皮键 ( 归零键 ) ；亚硝酸钠与氨基磺酸反应后的产物均为氮气，根据氧化还原反应原理可知，亚硝酸与氨基磺酸以 1: 1比例反应，可知c(H 2 NSO 3H) c(NaNO 2 )=0.08mol/L ，则 2.500g 氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度m(H 2 NSO

8、 3H)n(H 2 NSO3H) M(H 2 NSO 3 H)=100%100%2.5 g2.5gc(H 2 NSO3H)V(H 2 NSO3H)M(H 2 NSO3 H) 100%0.08mol/L 0.25L 97g/mol100%=77.6%2.5g2.5g，故答案为：77. 60%；因为氨基磺酸粗品中混有硫酸，则用NaOH 标准溶液进行滴定，会使测得结果通常比NaNO2 法偏高，故答案为：偏高。【点睛】当讨论温度对产率的影响时，注意考虑要全面，温度一般可以影响反应速率、化学平衡移动、物质的溶解度以及物质的稳定性等，可以从这些方面进行讨论，以免漏答。2 碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料

9、中的增强材料。（1）合成该物质的步骤如下：步骤 1：配制-1MgSO4 溶液和-10.5mol L0.5mol L NH4HCO3 溶液。步骤 2：用量筒量取 500mL NH4HCO3溶液于 1000mL 三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在 50。步骤 3：将 250mL MgSO4 溶液逐滴加入 NH4HCO3 溶液中， 1min 内滴加完后，用氨水调节溶液 pH 到 9.5。步骤 4：放置1h 后，过滤，洗涤。步骤 5：在 40的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（ MgCO3nH2O n=15）。步骤2 控制温度在50，较好的加热方法是_。步骤步骤3 生成 MgCO3nH2 O

10、沉淀的化学方程式为_ 。4 检验沉淀是否洗涤干净的方法是_ 。（2）测定生成的MgCO3nH2O 中的 n 值。称量 1.000 碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的 CO2 被 NaOH 溶液吸收，在室温下反应4 5h，反应后期将温度升到 30，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2 的总量；重复上述操作2 次。图中气球的作用是 _。上述反应后期要升温到30，主要目的是 _。测得每 7.8000g 碳酸镁晶须产生标准状况下CO2 为 1.12L，则 n 值为 _。（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚

11、铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g 菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用0.010mol/L H 2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗H2O2 溶液的体积数据如表所示。实验编号1234消耗 H2O2 溶液体积 /mL15.0015.0215.6214.98H2O2 溶液应装在 _（填 “酸式 ”或“碱式 ”）滴定管中。根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_ %（保留小数点后两位）。【答案】水浴加热MgSO4433 22324 24取最+NH HCO +NH ?H O+(n-1)H OMgCO nH O +(NH ) SO后一次洗涤液少许

12、于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2 溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用使广口瓶中溶解的 CO2 充分逸出，并被NaOH 溶液充分吸收4 酸式 0.13【解析】【分析】本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3nH2O 中 n 值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和43NH HCO 溶液、氨水反应生成。测定MgCO nH O 中 n 值，采用的是加稀硫酸，和MgCO nH O 反应，测定产生的CO 的体积，32322可以通过计算确定 MgCO3nH2O 中 n 值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱

13、镁矿中的铁转化为 Fe2+，用 H2 222O 溶液滴定，根据消耗的H O 的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。【详解】（ 1）步骤 2 控制温度在 50 ，当温度不超过 100 时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。MgSO4 溶液和 NH4HCO3 溶液、氨水反应生成MgCO3nH2O 沉淀的同时还得到(NH4)2SO4 ，化学方程式为： MgSO4 +NH4HCO3+NH3?H2O+(n-1)H2OMgCO3nH2O +(NH4)2SO4。步骤 4 检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SO42-，方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加

14、入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2 溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。（2）图中气球可以缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用。上述反应后期要升温到30 ，主要目的是使广口瓶中溶解的CO2 充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。标准状况下1.12LCO2 的物质的量为0.05mol ，根据碳守恒，有7.8000g=0.05mol ，解得 n=4。(84+18n)g/mol（3） H2O2 溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。四次实验数据，第3 次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2 溶液体积的平均值为 15.00mL。 n(H2 2 0.010m

15、ol/L=1.5-4mol2 22+的反应O )=0.015L10，在 H O和 Fe中， H2O2 做氧化剂， -1价氧的化合价降低到-2 价， Fe2+中铁的化合价升高到+3 价，根据电子守恒， n(Fe2+2 2-4-4)=2(H O )= 3 10mol ，则 m(Fe)= 3 10mol 56g/mol=0.0168g，实验菱镁矿中0.0168铁元素的质量分数为 100%=0.13%。12.5【点睛】当控制温度在 100 以下时，可以采取水浴加热的方法。检验沉淀是否洗涤干净时需要选择合适的检测离子，选择检测的离子一定是滤液中的离子，并且容易通过化学方法检测。检验沉淀是否洗涤干净的操作

16、需要同学记住。3FeSO4 溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用Fe2 ，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体 俗称 “摩尔盐 ”，化学式为 (NH4)2Fe(SO4)2?6H2O，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。(稳定是指物质放置 在空气中不易发生各种化学反应而变质)I硫酸亚铁铵晶体的制备与检验（ 1）某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水的目的是 _。向 FeSO4 溶液中加入饱和 (NH4)2SO4 溶液，经过操作 _、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。（ 2）该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的

17、成分。如图所示实验的目的是_， C 装置的作用是 _。取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。取少量待测液， _ (填操作与现象 )，证明所制得的晶体中有2。Fe取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4 和 SO42II实验探究影响溶液中 Fe2 稳定性的因素（3）配制 0.8 mol/L 的 FeSO4溶液（ pH=4.5）和 0.8 mol/L424 2溶液的(NH)Fe(SO)（pH=4.0），各取 2 ml 上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加 2 滴 0.01mol/L 的 KSCN溶液， 15 分钟后观察可见： (NH4)2Fe(SO4)2 溶液仍然为浅绿色透明

18、澄清溶液； FeSO 溶液则出现淡黄色浑浊。4（资料 1）沉淀Fe(OH)23Fe(OH)开始沉淀 pH7.62.7完全沉淀 pH9.63.7请用离子方程式解释FeSO4 溶液产生淡黄色浑浊的原因_。讨论影响2稳定性的因素，小组同学提出以下3 种假设：Fe假设 1：其它条件相同时，NH4的存在使 (NH4)2Fe(SO4 )2 溶液中 Fe2+稳定性较好。假设 2：其它条件相同时，在一定pH 范围内，溶液2稳定性越好。pH 越小 Fe假设 3： _。（4）小组同学用如图装置（G 为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液 A（ 0.2 mol/L NaCl ）和溶液 B（0.1mol/L

19、FeSO4）为不同的 pH，观察记录电流计读数，对假设2进行实验研究，实验结果如表所示。序号1NaCl电流计读数A： 0.2mol LB： 0.1mol L1FeSO4实验 1pH=1pH=58.4实验 2pH=1pH=16.5实验 3pH=6pH=57.8实验 4pH=6pH=15.5（资料 2）原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原 电池的电流越大。（资料 3）常温下， 0.1mol/L pH=1 的 FeSO4溶液比 pH=54溶液稳定性更好。根据以的 FeSO上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：U 型管中左池的电极反应式_ 。对

20、比实验 1 和 2（或 3和 4） ,在一定 pH 范围内，可得出的结论为_。对比实验 _ 和_ ，还可得出在一定pH 范围内溶液酸碱性变化对O2 氧化性强弱的影响因素。 对（资料3）实验事实的解释为_ 。【答案】除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+蒸发浓缩检验晶体中是否含有结晶水防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO滴入少量 K3Fe(CN)64 的试管，影响实验结果溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入2 滴 KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色）4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3 + 8H+当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响 Fe2+的稳定性。

21、（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。） O2-+22+的还原性越弱13（或 2 和 4）其它条+ 4e +4H = 2H O 溶液酸性越强 ,Fe件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故 pH=1 的 FeSO4溶液更稳定。【解析】【分析】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向FeSO溶液中加入饱和 (NH ) SO 溶44 24液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；(2) 无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰；检验 Fe2+，可以向样品中滴入少量K

22、3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入 2 滴 KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3) 由表可知， pH=4.5 的 0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液中，会产生Fe(OH)3 沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3 沉淀； 0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（ pH=4.5）和 0.8 mol/L 的 (NH4 )2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；(4) FeSO4 中的铁的化合价为 +2 价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极， N

23、aCl 中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水；实验 1 和 2（或 3 和 4）中 NaCl 溶液的 pH 相同， FeSO4 溶液的 pH 不同，且 FeSO4 溶液的pH 越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；对比实验 1 和 3（或 2 和 4）发现， FeSO4 溶液的 pH 相同时， NaCl 溶液的 pH 越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；对比实验1 和 4， NaCl 溶液的 pH 增

24、大酸性减弱，FeSO4 溶液的 pH 减小酸性增强，但是电流却减小，结合的结论分析。【详解】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在配制溶液时使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向 FeSO溶液中加入4饱和 (NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；(2) 无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4 的试管，影响实验结果；检验 Fe2+，可以向样品中滴入少量K3

25、Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入 2 滴 KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3) 由表可知， pH=4.5 的 0.8 mol/L 的 FeSO4溶液中，会产生 Fe(OH)3 沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为： 4Fe2+ + O2 + 10H2O =4Fe(OH)3 + 8H+； 0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（ pH=4.5）和 0.8 mol/L 的 (NH4 )2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同， 0.8 mol/L 的 (NH4)2F

26、e(SO4)2 溶液中硫酸根浓度更大，故可以假设：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响 Fe2+的稳定性；或者当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好；(4) FeSO4 中的铁的化合价为 +2 价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极， NaCl 中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：O2 + 4e-+2+4H = 2H O；实验 1和 2（或 3 和 4）中 NaCl 溶液的 pH 相同， FeSO44溶液的 pH 不同，且 FeSO 溶液的pH 越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的

27、氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出的结论是：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；对比实验 1 和 3（或 2 和 4）发现， FeSO4 溶液的 pH 相同时， NaCl 溶液的 pH 越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出在一定pH 范围内溶液的碱性越强，O2 氧化性越强；对比实验1 和 4， NaCl 溶液的 pH 增大酸性减弱，FeSO4 溶液的 pH 减小酸性增强，但是电流却减小，结合的结论，和其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对 O2的氧化性增强的影响。故4溶液

28、更稳定。pH=1 的 FeSO4 以环己醇为原料制取己二酸HOOC(CH2)4COO H的实验流程如下：其中 “氧化 ”的实验过程：在 250mL 四颈烧瓶中加入 50 mL 水和 3.18g 碳酸钠，低速搅拌至碳酸钠溶解，缓慢加入 9.48g(约 0.060 mol) 高锰酸钾，按图示搭好装置：打开电动搅拌，加热至35，滴加 3.2 mL(约 0.031 mol) 环己醇，发生的主要反应为：KMnO/OH-KOOC(CH2)4COOK ?H 0450(1) 氧“化 ”过程应采用 _加热(2) 氧“化 ”过程为保证产品纯度需要控制环己醇滴速的原因是：_ 。(3)为证明 “氧化 ”反应已结束，在

29、滤纸上点1 滴混合物，若观察到_则表明反应已经完成。(4) 趁“热抽滤 ”后，用 _进行洗涤 (填“热水 ”或 “冷水 ) 。(5)室温下，相关物质溶解度如表：化学式己二酸NaClKCl溶解度g/100g水1.4435.133.3“蒸发浓缩 ”过程中，为保证产品纯度及产量，应浓缩溶液体积至_( 填标号 )A5mLB 10mLC 15mLD 20mL(6)称取己二酸 (Mr-=146 g/mol) 样品 0.2920 g，用新煮沸的50 mL 热水溶解，滴入2 滴酚酞试液，用 0.2000 mol/L NaOH 溶液滴定至终点，消耗NaOH 的平均体积为 19.70 mL。 NaOH溶液应装于

30、_(填仪器名称 )，己二酸样品的纯度为_。【答案】水浴为保证反应温度的稳定性 (小于 50)或控制反应温度在 50以下 未出现紫红色 热水C 碱式滴定管98.5%【解析】【分析】由题意可知，三颈烧瓶中加入3.18 克碳酸钠和 50mL 水，低温搅拌使其溶解，然后加入9.48g 高锰酸钾，小心预热溶液到35，缓慢滴加3.2mL 环己醇，控制滴速，使反应温度维持在 45左右，反应20min 后，再在沸水浴上加热 5min 促使反应完全并使 MnO 2 沉淀凝聚，加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高锰酸钾，趁热过滤得到MnO2 沉淀和含有己二酸钾的滤液，用热水洗涤MnO 2 沉淀，将洗涤液合并入滤液，热

31、浓缩使滤液体积减少至10mL 左右，趁热小心加入浓硫酸，使溶液呈强酸性(调节 pH 1 2)，冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得己二酸白色晶体；(1)氧化过程需要使反应温度维持在35左右；(2)因为滴速对溶液的温度有影响，为保证产品纯度，需要控制反应温度；(3)为证明“氧化”反应已结束，就是检验无高锰酸钾即可；(4)根据减少物质的损失，结合物质溶解度与温度的关系分析；(5)室温下，根据相关物质溶解度，“蒸发浓缩”过程中，要保证产品纯度及产量，就是生成的杂质要依然溶解在溶液中，据此计算应浓缩溶液体积；(6)根据仪器的特点和溶液的性质选取仪器；称取已二酸 (Mr 146g/mol) 样品 0.2920

32、g，用新煮沸的50mL 热水溶解，滴入2 滴酚酞试液，用0.2000mol/L NaOH溶液滴定至终点，进行平行实验及空白实验后，消耗NaOH 的平均体积为19.70mL；设己二酸样品的纯度为，根据HOOC(CH) COOH 2NaOH 计算。24【详解】(1)氧化过程需要使反应温度维持在35左右，要用35的热水浴；(2)因为滴速对溶液的温度有影响，为保证反应温度的稳定性(小于50 )或控制反应温度在50以下，需要控制环己醇滴速；(3)为证明“氧化”反应已结束，就是检验无高锰酸钾即可，所以在滤纸上点1 滴混合物，若观察到未出现紫红色，即表明反应完全；(4)根据步骤中分析可知要使生成的MnO2

33、沉淀并充分分离MnO2 沉淀和滤液，应趁热过滤；为减少MnO 2 沉淀的损失，洗涤时也要用热水洗涤；(5)据题意，高锰酸钾约0.060mol ，碳酸钠 3.18g，0.030mol ，根据元素守恒，得最后NaCl、 KCl最多为 0.060mol ，质量分别为3.51g， 4.47g，所需体积最少要10mL、 13.4mL，为确保产品纯度及产量，所以应浓缩溶液体积至15mL；(6)氢氧化钠溶液呈碱性，需要的仪器是碱式滴定管；称取已二酸 (Mr 146g/mol) 样品 0.2920g，用新煮沸的50mL 热水溶解，滴入2 滴酚酞试液，用 0.2000mol/L NaOH 溶液滴定至终点，进行平

34、行实验及空白实验后，消耗NaOH 的平均体积为19.70mL；设己二酸样品的纯度为，则：HOOC(CH 2 ) 4COOH:2NaOH146g2mol0.2920g0.2000mol/L19.70 10-3L146g2mol0.2920g10 3 L0.2000mol/L 19.70解得 98.5%.【点睛】本题明确实验原理是解题的关键，注意该反应对温度要求非常严格，解题时要按照题意进行解答，注意题目信息与相关基础知识的联合分析。5 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BaSO43AgIAgClBaCO溶解度 /g（ 20）41.4 3 742.4 1010

35、3.0 101.5 10（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 酸后的 象 BaCl2Na2CO3Na2SO4Na2SO4Na2CO3有少量气泡 生，沉淀部分溶解（ 1） 明 BaCO3 全部 化 BaSO4，依据的 象是加入稀 酸后，_ 。（ 2） 中加入稀 酸后 生反 的离子方程式是_。（3） 明沉淀 生了部分 化， 合BaSO的沉淀溶解平衡解 原因：4_。（二）探究 AgCl 和 AgI 之 的 化。（4） ： 明 AgCl 化 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） ：在 管中 行溶液 反 ，同学 无法 察到AgI 化 AgCl，于是又 了如下 （ 表 数：a c b 0）。装置步 表 数.按 接装置并加入 ， 合Ka.向B 中滴入AgNO3（ aq），至沉淀完全b.再向B 中投入一定量NaCl（s）c.重复，再向B 中加入与等量的NaCl（ s）a注：其他条件不 ，参与原 池反 的氧化 （或 原 ）的氧化性（或 原性）越 ，原 池的 越大；离子的氧化性（或 原性） 弱与其 度有关。查阅有关资料可知，AgI 沉淀，原Ag可氧化 I ，但 A