山东专用高考化学一轮复习专题二十气体的制备实验方案的设计与评价专题综合检测含解析

这是一份山东专用高考化学一轮复习专题二十气体的制备实验方案的设计与评价专题综合检测含解析，共19页。

专题二十 气体的制备实验方案的设计与评价
【3年模拟】
时间:60分钟　分值:80分

一、选择题(每小题2分,共24分)
1.用如图所示的装置进行实验(夹持仪器略去,必要时可加热),其中a、b、c中分别盛有试剂1、2、3,能达到相应实验目的的是 (　　)
选项
试剂1
试剂2
试剂3
实验目的
装置
A
浓盐酸
MnO2
饱和NaCl溶液
除去Cl2中的HCl

B
浓HNO3
Cu片
KI-淀粉溶液
验证NO2的氧化性
C
稀硫酸
溶液X
澄清石灰水
验证X中是否有CO32-
D
70%硫酸
Na2SO3
酸性KMnO4
溶液
验证SO2具有漂白性
答案　A　MnO2和浓盐酸加热制取氯气,由于浓盐酸具有挥发性,故制得的氯气中含有HCl,通过饱和食盐水可以除去HCl,A项正确;铜和浓硝酸反应生成NO2,由于浓硝酸具有挥发性,故制得的NO2中含有HNO3,HNO3也能将KI氧化为I2,从而对验证NO2的氧化性产生干扰,B项错误;能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是CO2或SO2,因此若澄清石灰水变浑浊,溶液X可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、HSO3-中的一种或几种,C项错误;Na2SO3与70%硫酸反应生成SO2,SO2使酸性KMnO4溶液褪色体现的是SO2的还原性而不是漂白性,D项错误。
2.用下图装置制取、提纯并收集表中的四种气体(a、b、c表示相应仪器中加入的试剂),其中可行的是 (　　)
选项
气体
a
b
c

A
NO2
浓硝酸
铜片
NaOH溶液
B
SO2
浓硫酸
Cu
酸性KMnO4溶液
C
NH3
浓氨水
生石灰
碱石灰
D
O2
双氧水
MnO2
浓硫酸
答案　D　本题涉及了NO2、SO2、NH3、O2制备的原理、发生装置的选择、气体的干燥、收集的方法等知识,考查了对知识的识记、再现及应用等能力,体现了科学态度与社会责任的学科核心素养。
A项,NO2能与氢氧化钠溶液反应,收集不到NO2气体,错误;B项,铜和浓硫酸反应需要加热,且SO2能被酸性KMnO4溶液氧化,故不能用酸性KMnO4溶液除杂,错误;C项,碱石灰是固体干燥剂,应放在干燥管中,且应用向下排空气法收集NH3,错误;D项,双氧水在MnO2的催化作用下分解放出O2,O2能用浓硫酸干燥,其密度大于空气,可用向上排空气法收集,正确。
3.下列实验能够成功的是(　　)
A.检验亚硫酸钠试样是否变质
试样白色沉淀沉淀不溶解→说明试样已变质
B.除去粗盐中含有的硫酸钙杂质
粗盐 精盐
C.检验某溶液中是否含有Fe2+
试样溶液颜色无变化溶液变红色→溶液中含有Fe2+
D.证明酸性条件下H2O2的氧化性比I2强
NaI溶液溶液变蓝色→氧化性:H2O2>I2
答案　C　BaSO3在酸性条件下可以被NO3-氧化为BaSO4,A不正确;过量的Ba2+无法除去,B不正确;Fe2+可被氧化为Fe3+,C正确;稀硝酸也能氧化I-,D不正确。
规律方法　粗盐提纯时,除杂试剂BaCl2应在Na2CO3之前加入,过滤之后加盐酸调节溶液的pH。
4.某活动小组以废催化剂(主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS)为原料,制备硫酸锌和硫酸铜晶体。设计的实验方案如下:

下列说法不正确的是 (　　)
A.步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS
B.步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应
C.步骤③涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+ Cu2++S+2H2O
D.步骤②和④中采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法均可获取粗晶体
答案　B　A项,ZnO、ZnS可与稀硫酸反应,CuS不溶于稀硫酸,正确;B项,①中发生反应:ZnO+H2SO4 ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4 ZnSO4+H2S↑,不是氧化还原反应,错误;C项,③中发生反应:CuS+H2O2+2H+ Cu2++S+2H2O,正确;D项,步骤②和④均为由溶液得到含结晶水的晶体,则均采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法获得晶体,正确。
5.下列实验方案中不能达到相应实验目的的是 (　　)
选项
A
B
C
D
方案



已知溶解度(20 ℃)
NaHCO3:9.6 g
Na2CO3:21.8 g

将NO2球浸泡在冷水和热水中
目的
探究浓度对化学反应速率的影响
制备氨气
室温下比较NaHCO3和Na2CO3的溶解度
探究温度对化学平衡的影响
答案　C　向体积和浓度均相同的KMnO4酸性溶液中加入体积相同而浓度不同的H2C2O4溶液,观察KMnO4酸性溶液褪色快慢,可探究浓度对化学反应速率的影响,A项能达到目的;实验室可用加热NH4Cl和Ca(OH)2的方法来制备NH3,加热时试管口需略向下倾斜,B项能达到目的;根据NaHCO3和Na2CO3的溶解度和图示蒸馏水的体积、固体质量可知,NaHCO3和Na2CO3均未完全溶解,故通过该实验无法比较室温下NaHCO3和Na2CO3的溶解度,C项不能达到目的;根据图示装置,处于冷水和热水中的烧瓶中气体颜色不同,可探究温度对化学平衡的影响,D项能达到目的。
温馨提示　选项A能达到相应实验目的的关键是KMnO4不能过量,若不能保证KMnO4完全反应,则溶液颜色不能完全褪去。
6.某同学探究SO2使品红溶液褪色的过程,将SO2通入水中得到pH=2的溶液A,后续操作如表所示,下列说法不正确的是 (　　)
实验1

实验2

A.溶液A pH=2的原因是SO2+H2O H2SO3 H++HSO3-
B.实验1、实验2均体现了SO2的还原性和漂白性
C.经实验1、2对比可知品红溶液褪色的过程是可逆的
D.实验2中用NaOH溶液调节pH=2的原因是排除H+浓度变化产生的干扰
答案　B　A项,溶液的pH=2的原因是二氧化硫溶于水生成的亚硫酸不完全电离产生氢离子和亚硫酸氢根离子:SO2+H2O H2SO3 H++HSO3-,正确;B项,实验1中SO2与I2反应,碘酒褪色,SO2表现还原性,生成H2SO4与HI,调节pH后滴加品红溶液,溶液变红,是品红溶液的颜色,该实验中SO2未表现出漂白性,错误;C项,实验2中滴加品红溶液后,溶液无色,可能是SO2表现漂白性,然后加入碘酒,SO2与碘单质反应被消耗,SO2表现还原性,溶液恢复红色,对比实验1,说明实验2中ⅰ操作后溶液褪色确实是因为SO2具有漂白性,且加入碘酒并调节pH后溶液又变红说明该漂白过程是可逆的,正确;D项,实验1、2都是在pH=2的溶液中进行,可排除H+浓度不同产生的干扰,正确。
思路点拨　认真分析实验方案,对比实验1、2的异同。实验1中滴加碘酒,I2能氧化SO2生成H2SO4和HI,碘酒褪色,加碱调节pH后滴加品红溶液不褪色;实验2中向A溶液中滴加品红褪色,说明SO2有漂白性,滴加碘酒能和SO2反应,加碱调节pH后溶液恢复红色,说明SO2使品红溶液褪色的过程是可逆的。
7.碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染,同时又能制得氢气,具体流程如下:

下列说法正确的是 (　　)
A.分离器中的物质分离操作为过滤
B.膜反应器中,增大压强有利于提高速率和HI的平衡转化率
C.该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”
D.碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+I2H2+2H2SO4+2HI
答案　C　A项,过滤适用于分离难溶性固体和液体,从硫酸和氢碘酸的混合液中分离出硫酸,不能用过滤法;B项,膜反应器中HI分解为H2和I2,该反应前后气体体积不变,增大压强化学平衡不移动,不能提高HI的平衡转化率;D项,观察分析流程图知,碘循环工艺的总反应为SO2+2H2OH2+H2SO4。
8.(双选)铋酸钠(NaBiO3)是土黄色或棕色无定形粉末,不溶于冷水,在热水中分解有气泡产生。其悬浊液在酸性介质中是强氧化剂,可将Mn2+氧化为高锰酸根离子。可利用过氧化钠在熔融的状态下,氧化氧化铋(Bi2O3)制备铋酸钠。下列说法错误的是 (　　)
A.铋酸钠可与盐酸酸化的硫酸锰反应制得高锰酸根离子
B.铋酸钠在热水中分解生成Bi2O5
C.上述用过氧化钠制备铋酸钠的同时有Na2O生成
D.上述用过氧化钠制备铋酸钠需在无H2O、无CO2的环境中进行
答案　AB　铋酸钠在酸性介质中具有强氧化性,可被溶液中的氯离子还原,因此不能用盐酸酸化,A项错误;铋酸钠在热水中分解有气泡产生,该气体只能是氧气,为氧化产物,则还原产物为Bi2O3,B项错误;根据原子守恒和得失电子守恒判断,用过氧化钠制备铋酸钠的反应中一定有Na2O生成,反应的化学方程式为2Na2O2+Bi2O32NaBiO3+Na2O,C项正确;题述用过氧化钠制备铋酸钠需在无H2O、无CO2的环境中进行,D项正确。
9.下列实验所用试剂、现象和结论均正确的是 (　　)
选项
实验装置
现象
结论
A

装置Ⅲ中有浅黄色沉淀
苯和浓溴水发生取代反应
B

高锰酸钾溶液褪色,溴的四氯化碳溶液褪色
石蜡油的分解产物中含有不饱和烃
C

盛有饱和碳酸钠溶液的试管中,上方出现油状液体
制备乙酸乙酯
D

甲醚有气泡
鉴别乙醇
与甲醚
(CH3OCH3)
答案　B　A项,制取溴苯时应使用苯和液溴,不能使用浓溴水,A项错误;B项,石蜡油的主要成分是烃的混合物,在碎瓷片的催化作用下,石蜡油会裂(分)解,产物中含有烯烃等不饱和烃,B项正确;C项,制备乙酸乙酯时需要加入浓硫酸,C项错误;D项,甲醚与钠不反应,故与金属钠接触时不会有气泡产生,D项错误。
知识归纳　制备乙酸乙酯时,饱和碳酸钠溶液的作用:中和乙酸、溶解乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度。
10.为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系,进行如图所示实验:

下列说法不正确的是 (　　)
A.试管ⅰ溶液变蓝证明有I2生成
B.结合试管ⅰ、ⅱ中现象,可知2Fe3++2I- 2Fe2++I2
C.试管ⅲ中溶液褪色说明I2转化为I-,此时I-还原性强于Fe2+
D.对比实验Ⅰ和试管ⅲ中现象,说明物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响
答案　C　A项,淀粉遇碘变蓝,故试管ⅰ中溶液变蓝证明有I2生成,正确;B项,试管ⅱ中溶液变红,则有Fe3+存在,同时存在Fe3+与I2说明该反应为可逆反应,即2Fe3++2I- 2Fe2++I2,正确;C项,试管ⅲ中产生AgI沉淀,说明I2转化为I-,反应平衡逆向移动,Fe2+为还原剂,I-为还原产物,故此时Fe2+还原性强于I-,错误;D项,实验Ⅰ中Fe2+为还原产物,I-为还原剂,故I-还原性强于Fe2+,试管ⅲ中加入AgNO3溶液,I-浓度降低,还原性减弱,故可以说明物质的氧化性与还原性强弱受浓度影响,正确。
11.(双选)某兴趣小组采用10.0 g废易拉罐(含Al 97.2%、Fe 1.3%等)制备明矾固体产品,实验方案如下。

已知:明矾的化学式为KAl(SO4)2·12H2O,其摩尔质量为474 g·mol-1。
下列叙述错误的是 (　　)
A.合理处理废易拉罐有利于环境保护和资源再利用
B.沉淀a为Fe(OH)3,沉淀b为Al2(CO3)3
C.上述流程中的NaHCO3可用NaHSO4代替
D.最终得到142.2 g产品,则明矾的产率约为83.3%
答案　BC　采用废易拉罐制备明矾,有利于环境保护和资源再利用,A项正确;向滤液中加入NaHCO3,滤液中的Al3+会与HCO3-发生相互促进的水解反应生成Al(OH)3沉淀,所以不能用NaHSO4代替NaHCO3,B、C项错误;10.0 g废易拉罐中含有Al 97.2%,所以m(Al)=9.72 g,n(Al)=0.36 mol,则n[KAl(SO4)2·12H2O]=0.36 mol,m[KAl(SO4)2·12H2O]=170.64 g,ω(明矾)=142.2170.64×100%≈83.3%,D项正确。
12.孔雀石的主要成分为xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O,为测定其中CuCO3的质量分数,称取a g样品进行实验。下列实验方案可行的是 (　　)
A.充分加热样品,用碱石灰吸收逸出气体,增重b g
B.加热至样品质量不再发生变化,称得其质量为b g
C.向样品中加入足量的稀盐酸,用排水法收集逸出气体,得b mL气体
D.向样品中加入足量的稀盐酸,充分反应,将生成的气体全部通入到足量Ba(OH)2溶液中,过滤、洗涤、烘干,得b g固体
答案　D　充分加热样品,用碱石灰吸收逸出气体,气体为二氧化碳和水,无法求出CuCO3的质量,故A错误。加热至样品质量不再发生变化,称得其质量为b g,该固体为氧化铜,但氧化铜来自CuCO3和Cu(OH)2的分解,无法求出CuCO3的质量,故B错误。向样品中加入足量的稀盐酸,产生的气体二氧化碳能溶于水,测得的CO2体积不准确,不能准确求出CuCO3的质量,故C错误。向样品中加入足量的稀盐酸,充分反应,产生的气体二氧化碳来自CuCO3与盐酸的反应,将生成的气体全部通入到足量Ba(OH)2溶液中,过滤、洗涤、烘干,得b g固体,可根据碳酸钡的质量求出二氧化碳的质量,最终求出CuCO3的质量和质量分数,故D正确。
试题分析　xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O加热分解产生氧化铜、二氧化碳和水,氧化铜来自CuCO3和Cu(OH)2的分解,二氧化碳来自CuCO3的分解,水来自Cu(OH)2的分解和结晶水。xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O与盐酸反应产生氯化铜、二氧化碳和水,氯化铜来自CuCO3和Cu(OH)2与盐酸反应;二氧化碳来自CuCO3与盐酸反应,要测定其中CuCO3的质量分数,必须求出CuCO3的质量。

二、非选择题(共56分)
13.(14分)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C2H2气体制取H2C2O4·2H2O。回答下列问题:
(1)甲组的同学以电石(主要成分CaC2,少量CaS及Ca3P2杂质等)为原料,并用图1装置制取C2H2。

图1
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H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸,本身被还原为NaCl,其中PH3被氧化的离子方程式为　　　　　　　　　　　　。 
(2)乙组的同学根据文献资料,用Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O,制备装置如图2所示:

图2
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质量分数的实验。他们的实验步骤如下: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标准溶液滴定至终点,共消耗标准溶液V mL。
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　(1)①减慢反应速率,获得平缓气流　②PH3+4ClO- H3PO4+4Cl-　(2)①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　②C2H2+8HNO3 H2C2O4+8NO2+4H2O　③蒸发浓缩、冷却结晶　(3)①当加入最后一滴标准液时,溶液由无色变为浅红色且30 s内不恢复原来的颜色　②31.5cVm%
解析　(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;
②NaClO将PH3氧化为磷酸,反应的离子方程式为PH3+4ClO- H3PO4+4Cl-。
(2)①装置D中多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面积,加快反应速率,使反应充分进行;
②根据装置图,D中Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化乙炔生成H2C2O4,反应的化学方程式为C2H2+8HNO3 H2C2O4+8NO2+4H2O;
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品。
(3)②根据关系式2MnO4-~5H2C2O4·2H2O,可知产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为5×126×c×V×10-32m×100%=31.5cVm%。
14.(14分)无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡(熔点232 ℃)与Cl2反应制备SnCl4,装置如图所示。

已知:
①SnCl2、SnCl4有关物理性质如下表:
物质
颜色、状态
熔点/℃
沸点/℃
SnCl2
无色晶体
246
652
SnCl4
无色液体
-33
114
②SnCl4遇水极易水解生成SnO2·xH2O。
回答下列问题:
(1)导管a的作用是　　　　　　　　　　　　　　,装置A中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)当观察到装置F液面上方出现　　　　　　　　现象时才开始点燃酒精灯,待锡熔化后适当增大氯气流量,继续加热。此时继续加热的目的有两点:加快氯气与锡反应和　　　　　　　　　　　　　　。 
(3)若上述装置中缺少装置C(其他均相同),则D处具支试管中发生的主要副反应化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(4)Cl2和Sn的反应产物有SnCl4和SnCl2,为了防止产品中带入过多的SnCl2,装置D可改为油浴加热来控制温度,该温度范围是　　　　　　　　。 
(5)制得的SnCl4产品中常含有SnCl2,可用如下方法测定产品纯度:先准确称量7.60 g产品于锥形瓶中,再加过量的FeCl3溶液,发生反应:SnCl2+2FeCl3 SnCl4+2FeCl2。再用0.100 0 mol·L-1K2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+,此时还原产物为Cr3+,消耗标准溶液20.00 mL,则SnCl4产品的纯度为　　　　　。 
答案　(1)使分液漏斗内的液体顺利流下
2MnO4-+16H++10Cl- 2Mn2++5Cl2↑+8H2O
(2)黄绿色气体　使SnCl4汽化,利于从混合物中分离出来
(3)SnCl4+(x+2)H2O SnO2·xH2O+4HCl
(4)232 ℃~652 ℃
(5)85%
解析　(1)导管a的作用是平衡压强,使分液漏斗内的液体顺利流下。
(2)当观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时,说明装置D中已经充满Cl2;继续加热,除加快氯气与锡反应外,因SnCl4的沸点较低,可以将SnCl4转化为气态,便于分离。
(3)若装置中缺少装置C(其他均相同),D装置中含有水蒸气,SnCl4易水解,则D处具支试管中发生的主要副反应的化学方程式为SnCl4+(x+2)H2O SnO2·xH2O+4HCl。
(4)根据表中数据可知,SnCl4的熔、沸点较低,用油浴加热来控制温度可以将SnCl4转化为气态,为防止产品中带入过多的SnCl2,温度需低于SnCl2的沸点,应控制在232 ℃~652 ℃之间。
(5)结合2Fe3++Sn2+ 2Fe2++Sn4+、6Fe2++Cr2O72-+14H+ 6Fe3++2Cr3++7H2O可知,存在3SnCl2~Cr2O72-,根据关系式知n(SnCl2)=3n(K2Cr2O7)=3×0.100 0 mol·L-1×0.02 L=0.006 mol,m(SnCl2)=0.006 mol×190 g·mol-1=1.14 g,则SnCl4产品的纯度=7.60 g-1.14 g7.60 g×100%=85%。
解题思路　SnCl4极易水解,反应应在无水环境中进行;SnCl4在空气中极易水解,为防止其水解,用浓硫酸干燥氯气,装置F可防止G溶液中的水蒸气进入收集器中;金属锡易与氯气、氧气反应,反应时应先用氯气将装置中的空气排出。
15.(14分)氯苯在染料、医药工业中常用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基苯酚等有机中间体。实验室中制备氯苯的装置如图所示(其中夹持仪器已略去)。

请回答下列问题:
(1)仪器a中盛有KMnO4晶体,仪器b中盛有浓盐酸。打开仪器b中的活塞,使浓盐酸缓缓滴下,可观察到仪器a内的现象是　　　　　　　　　,用离子方程式表示产生该现象的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)仪器b外侧的细玻璃导管的作用是　　　　　　　　　　　。 
(3)仪器d中盛有苯、FeCl3粉末,仪器a中生成的Cl2经过仪器e进入仪器d中。
①仪器e的名称是　　　　,其中盛装的试剂名称是　　　　。 
②仪器d中的反应进行过程中,应保持温度在40~60 ℃之间,以减少副反应的发生。仪器d的加热方式最好采用　　　　加热。 
(4)仪器c的作用是　　　　　。 
(5)该方法制备的氯苯中含有很多杂质。在工业生产中,先通过水洗除去FeCl3、HCl及部分Cl2,然后通过碱洗除去其余Cl2,碱洗后通过分液得到含氯苯的有机混合物,混合物成分及各成分的沸点如表所示:
有机物
苯
氯苯
邻二氯苯
间二氯苯
对二氯苯
沸点/℃
80.0
132.2
180.4
172.0
173.4
①碱洗前先进行水洗的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
②从该有机混合物中提取氯苯时,采用蒸馏方法,收集　　　　℃左右的馏分。 
(6)工业生产中,苯的流失量如表所示:
损失项目
蒸气挥发
二氯苯
其他
合计
苯流失量/(kg/t)
20.8
11.7
56.7
89.2
某一次投产,加入13 t苯,则制得的氯苯为　　　　t(保留一位小数)。 
答案　(1)有黄绿色气体生成　2MnO4-+10Cl-+16H+ 2Mn2++5Cl2↑+8H2O
(2)使浓盐酸能顺利滴下(或平衡仪器a、b内的压强)
(3)①洗气瓶　浓硫酸　②水浴
(4)冷凝回流
(5)①减少后续碱洗操作时碱的用量,节约成本　②132.2
(6)17.1
解析　(1)仪器a内发生的反应是KMnO4在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2的反应。(2)仪器b外侧的细玻璃导管能使仪器a与仪器b中的压强保持相同,从而使浓盐酸能顺利滴下。(3)①仪器a中制备的Cl2中含有水蒸气和HCl杂质,而后续氯苯的制备中也产生HCl,故只需除去水蒸气,因此洗气瓶中应盛有浓硫酸,对气体进行干燥。②制备氯苯的反应需要温度低于100 ℃,故最好采用平缓易控的水浴加热方式。(6)13t×1 000-89.21 000×112.578≈17.1t。

16.(14分)草酸是一种常用的还原剂,某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。
实验Ⅰ
试剂
混合后
溶液pH
现象(1 h
后溶液)
试管
滴管

a
4 mL 0.01 mol·L-1KMnO4溶液,几滴浓H2SO4
2 mL 0.3 mol·L-1H2C2O4溶液
2
褪为无色
b
4 mL 0.01 mol·L-1KMnO4溶液,几滴浓NaOH
7
无明显变化
c
4 mL 0.01 mol·L-1K2Cr2O7溶液,几滴浓H2SO4
2
无明显变化
d
4 mL 0.01 mol·L-1K2Cr2O7溶液,几滴浓NaOH
7
无明显变化
(1)H2C2O4是二元弱酸,写出H2C2O4溶于水的电离方程式:　　　　　　　　　　　　　　　　　。 
(2)实验Ⅰ试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+,该反应的离子方程式为　。 
(3)瑛瑛和超超查阅资料,实验Ⅰ试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成,但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料,吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。

实验Ⅱ
实验Ⅲ
实验Ⅳ
实验
操作



实验现象
6 min后固体完全溶解,溶液橙色变浅,温度不变
6 min后固体未溶解,溶液颜色无明显变化
6 min后固体未溶解,溶液颜色无明显变化
实验Ⅳ的目的是:　。 
(4)睿睿和萌萌对实验Ⅱ继续进行探究,发现溶液中Cr2O72-浓度变化如图:

臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。
过程ⅰ.MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。
过程ⅱ.　　　　　　　　　　　　　　　　。 
①查阅资料:溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。
针对过程ⅰ,可采用如下方法证实:
将0.000 1 mol MnO2加入到6 mL　　　　　　　　中,固体完全溶解;从中取出少量溶液,加入过量PbO2固体,充分反应后静置,观察到　　　　　　　　　。 
②波波和姝姝设计实验方案证实了过程ⅱ成立,她们的实验方案是 
 
　。 

(5)综合以上实验可知,草酸发生氧化反应的速率与　　　有关。 
答案　(1)H2C2O4 HC2O4-+H+、HC2O4- C2O42-+H+
(2)5H2C2O4+6H++2MnO4- 10CO2↑+2Mn2++8H2O
(3)排除实验Ⅱ中MnO2直接还原重铬酸钾的可能性
(4)Mn2+加快草酸与重铬酸钾的反应
①.0.1 mol/L H2C2O4溶液(调至pH=2)　上清液为紫色
②将2 mL 0.3 mol/L H2C2O4溶液与4 mL 0.01 mol/L K2Cr2O7溶液混合,调至pH=2,加入0.000 1mol MnSO4固体,6 min后溶液橙色变浅
(5)氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂
解析　(1)H2C2O4是二元弱酸,分步且不完全电离,电离方程式用“ ”连接。(2)MnO4-和H2C2O4反应生成Mn2+和CO2,结合得失电子守恒、电荷守恒和酸性条件写出反应的离子方程式。(3)MnO2中Mn的化合价为+4,可能被K2Cr2O7氧化为更高价态;H2C2O4具有还原性,能被K2Cr2O7氧化,所以实验Ⅳ是对比实验,目的是排除实验Ⅱ中MnO2直接还原重铬酸钾的可能性。(4)由图像可知,2 min之前反应缓慢,随着反应进行,反应物浓度降低,反应速率应该降低,但2 min后反应速率陡增,在温度基本不变时,猜想是生成物加快了反应速率,即生成的Mn2+加快了草酸与重铬酸钾的反应。①Mn2+能被PbO2氧化为紫色的MnO4-,通过观察溶液颜色变化可证明溶液中生成了MnO4-,为了防止溶液酸性和c(Mn2+)不同造成干扰,结合过程ⅰ和实验Ⅱ信息可知,先用0.000 1 mol MnO2和6 mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液制备与实验Ⅱ等浓度的Mn2+,形成对比实验。②设计实验证明Mn2+有催化作用,可在H2C2O4和K2Cr2O7浓度不变的条件下,加入与实验ⅡMnO2等物质的量的可溶性MnSO4,既可验证Mn2+的催化作用,又可排除SO42-的干扰,注意溶液颜色变化。(5)根据实验Ⅰ可知,草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液酸碱性有关,根据实验Ⅱ、Ⅳ可知草酸发生氧化反应的速率与是否有催化剂有关,所以草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液酸碱性、是否有催化剂等有关。