化学二模试题分类汇编化学反应原理综合及答案.docx

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化学二模试题分类汇编化学反应原理综合及答案

2020-2021化学二模试题分类汇编——化学反应原理综合及答案

一、化学反应原理

1．食品加工中常用焦亚硫酸钠（Na2S2O5）作漂白剂、防腐剂和疏松剂。

现实验室欲制备焦亚硫酸钠，其反应依次为：

（ⅰ）2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；

（ⅱ）Na2SO3+H2O+SO2=2NaHSO3；

（ⅲ）2NaHSO3

Na2S2O5+H2O。

查阅资料：

焦亚硫酸钠为黄色结晶粉末，150℃时开始分解，在水溶液或含有结晶水时更易被空气氧化。

实验装置如下：

（1）实验室可用废铝丝与NaOH溶液制取H2，其离子方程式为___。

（2）通氢气一段时间后，以恒定速率通入SO2，开始的一段时间溶液温度迅速升高，随后温度缓慢变化，溶液开始逐渐变黄。

“温度迅速升高”的原因为__。

实验后期须利用水浴使温度保持在约80℃。

（3）反应后的体系中有少量白色亚硫酸钠析出，除去其中亚硫酸钠固体的方法是___；然后获得较纯的无水Na2S2O5，应将溶液冷却到30℃左右过滤，控制“30℃左右”的理由是___。

（4）丙为真空干燥Na2S2O5晶体的装置，通入H2的目的是___。

（5）常用剩余碘量法测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数。

已知：

S2O52-+2I2+3H2O=2SO42-+4I-+6H+；2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。

请补充实验步骤（可提供的试剂有：

焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水）。

①精确称取产品0.2000g放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中。

②准确移取一定体积的已知浓度的标准碘溶液（过量）并记录数据，在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量的蒸馏水。

③用标准Na2S2O3溶液滴定至接近终点。

④___。

⑤重复步骤①～③；根据相关记录数据计算出平均值。

【答案】2Al＋2OH-＋2H2O=2AlO2-＋3H2↑SO2与NaOH溶液的反应是放热反应趁热过滤此时溶液中Na2SO3不饱和，不析出排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色，记录滴定所消耗的体积

【解析】

【分析】

（1）铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；

（2）SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高；

（3）根据图知，温度越高Na2S2O5溶解度增大，当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小；控制“30℃左右”时，此时溶液中Na2SO3不饱和；

（4）焦亚硫酸钠能被压强氧化；真空干燥时，干燥室内部的压力低，水分在低温下就能气化；

（5）④碘能使淀粉变蓝色，所以可以用淀粉试液检验滴定终点，继续做实验为：

加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积。

【详解】

（1）铝和NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；

（2）SO2与NaOH溶液的反应是放热反应导致溶液温度升高，所以溶液“温度迅速升高”；

（3）根据图知，温度越高Na2S2O5溶解度增大，当接近40℃时亚硫酸钠溶解度减小，所以要趁热过滤；控制“30℃左右”时，此时溶液中Na2SO3不饱和，不析出；

（4）焦亚硫酸钠能被压强氧化，则通入氢气的目的是排出空气，防止焦亚硫酸钠被氧化；

（5）④继续做实验为：

加入少量淀粉溶液，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复现，记录滴定所消耗的体积，然后再重复实验，减少实验误差。

2．某小组为测定化合物Co（NH3）yClx（其中Co为+3价）的组成，进行如下实验。

（1）氯的测定：

准确称取2.675g该化合物，配成溶液后用1.00mol·L-1AgNO3标准溶液滴定，K2CrO4溶液为指示剂，至出现淡红色沉淀（Ag2CrO4为砖红色）且不再消失时，消耗AgNO3溶液30.00mL。

[已知：

Ksp（AgCl）=1.8×10-10、Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10-12]

①AgNO3标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是__。

（用化学方程式表示）

②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，会使得测定结果__。

（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）

③用K2CrO4溶液作指示剂的理由是__。

（2）氨的测定：

再准确称取2.675g该化合物，加适量水溶解，注入如图4___。

（填仪器名称）中，然后通过仪器3滴加足量的NaOH溶液，加热1装置，产生的氨气被5中的盐酸吸收，多余的盐酸再用NaOH标准溶液反滴定，经计算，吸收氨气消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL。

装置A在整个实验中的作用是__，如果没有6中的冰盐水，会使得测定结果___（填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。

（3）通过处理实验数据可知该化合物的组成为___。

【答案】2AgNO3

2Ag↓+2NO2↑+O2↑偏大Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀三颈烧瓶产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出偏大[Co（NH3）6]Cl3

【解析】

【分析】

Co（NH3）yClx中Co的化合价为+3，NH3为0，Cl为-1，则x=3，通过实验测出NH3和Cl的物质的量之比即得出结果。

【详解】

（1）①AgNO3不稳定，见光易分解成Ag和NO2和O2，发生的反应为：

2AgNO3

2Ag↓+2NO2↑+O2↑，故答案为：

2AgNO3

2Ag↓+2NO2↑+O2↑；

②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体，使得V2读数偏大，导致滴定结果骗大，故答案为：

偏大；

③一方面Ag2CrO4为砖红色，另一方面由Ksp（AgCl）=1.8×10-10、Ksp（Ag2CrO4）=1.12×10-12可知，AgCl饱和溶液中c（Ag+）=

mol/L，Ag2CrO4饱和溶液中c（Ag+）=

×10-4mol/L，所以，AgCl的溶解度更小，当滴入AgNO3时溶解度小的沉淀先形成，当AgCl形成的差不多的时候，溶液中Cl-几乎沉淀完了，此时再滴AgNO3溶液就会立刻产生Ag2CrO4，即终点的时候会产生砖红色沉淀，故答案为：

Ag2CrO4为砖红色，由Ksp可知AgCl的溶解度更小，当溶液中Cl-消耗完时，才会产生砖红色沉淀；

（2）图4为三颈烧瓶，装置A的作用是产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出，如果没有6的冰盐水，HCl吸收氨气时可能形成倒吸，溶液中的HCl有一部分被倒吸，被反滴定的HCl的量就少，计算吸收氨气时的HCl就偏大，氨气的含量就偏大，故答案为：

三颈烧瓶；产生水蒸气，将装置B中产生的氨气全部蒸出；偏大；

（3）滴定Cl-时，2.675g样品消耗30mL1.00mol·L-1AgNO3，所以n（Cl-）=n（Ag+）=1.00mol·L-1×30mL×10-3=0.03mol，测定氨时，2.675g样品消耗1.00mol·L-1盐酸60.00mL，所以n（NH3）=n（HCl）=1.00mol·L-1×60.00mL×10-3=0.06mol，故n（Cl-）:

n（NH3）=0.03:

0.06=1:

2，由于化合物Cox（NH3）yClx中Co的化合价为+3，NH3的化合价为O，Cl的化合价为-1，所以x=3，y=6，该化合物为：

[Co（NH3）6]Cl3，故答案为：

[Co（NH3）6]Cl3。

【点睛】

测氨的含量时HCl总物质的量=氨气消耗的HCl的物质的量+反滴定时NaOH消耗的HCl的物质的量。

3．K3[Fe（C2O4）3]·3H2O[三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体]易溶于水,难溶于乙醇,可作为有机反应的催化剂。

实验室可用铁屑为原料制备,相关反应的化学方程式为:

Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑、FeSO4+H2C2O4+2H2O＝FeC2O4·2H2O↓+H2SO4、2FeC2O4·2H2O+H2O2+H2C2O4+3K2C2O4＝2K3[Fe（C2O4）3]+6H2O、2MnO4－+5C2O42－+16H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O。

回答下列问题:

（1）铁屑中常含硫元素,因而在制备FeSO4时会产生有毒的H2S气体,该气体可用氢氧化钠溶液吸收。

下列吸收装置正确的是_____。

（2）在将Fe2+氧化的过程中,需控制溶液温度不高于40℃,理由是_______;得到K3[Fe（C2O4）3]溶液后,加入乙醇的理由是________。

（3）晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定,主要步骤有:

①称量,②置于烘箱中脱结晶水,③冷却,④称量,⑤__________（叙述此步操作）,⑥计算。

步骤③若未在干燥器中进行,测得的晶体中所含结晶水含量____（填“偏高”“偏低”或“无影响”）;步骤⑤的目的是_______________。

（4）晶体中C2O42－含量的测定可用酸性KMnO4标准溶液滴定。

称取三草酸合铁（Ⅲ）酸钾晶体mg溶于水配成250mL溶液,取出20.00mL放入锥形瓶中,用0.0100mol·L-1酸化的高锰酸钾溶液进行滴定。

①下列操作及说法正确的是___。

A.滴定管用蒸馏水洗涤后,即可装入标准溶液

B.装入标准溶液后,把滴定管夹在滴定管夹上,轻轻转动活塞,放出少量标准液,使尖嘴充满液体

C.接近终点时,需用蒸馏水冲洗瓶壁和滴定管尖端悬挂的液滴

②有同学认为该滴定过程不需要指示剂,那么滴定终点的现象为________,若达到滴定终点消耗高锰酸钾溶液VmL,那么晶体中所含C2O42－的质量分数为____（用含V、m的式子表示）。

【答案】A防止H2O2分解三草酸合铁（Ⅲ）酸钾在乙醇中溶解度小重复②～④步操作至恒重偏低检验晶体中的结晶水是否已全部失去B当滴入最后一滴KMnO4溶液,锥形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色,且半分钟不褪色

【解析】

【分析】

【详解】

（1）A．该装置中硫化氢与氢氧化钠溶液接触面积大，从而使硫化氢吸收较完全，且该装置中气压较稳定，不产生安全问题，故A正确；

B．硫化氢与氢氧化钠接触面积较小，所以吸收不完全，故B错误；

C．没有排气装置，导致该装置内气压增大而产生安全事故，故C错误；

D．该装置中应遵循“长进短出”的原理，故D错误；

故选A；

（2）双氧水不稳定，温度高时，双氧水易分解，为防止双氧水分解，温度应低些；根据相似相溶原理知，三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，所以得到K3[Fe（C2O4）3]溶液后，再想获得其晶体，常加入无水乙醇；

（3）晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定，步骤⑤的目的是检验晶体中的结晶水是否已全部失去，也叫恒重操作；步骤③未在干燥器中进行，晶体中结晶水不能全部失去，所以称量出的水的质量偏小，测得的晶体中所含结晶水含量也偏低；

（4）①A.滴定管用蒸馏水洗涤后,需要用标准液润洗，然后在装入标准溶液，A错误；

B.装入标准溶液后,把滴定管夹在滴定管夹上,轻轻转动活塞,放出少量标准液,使尖嘴充满液体，B正确；

C.接近终点时,不需用蒸馏水冲滴定管尖端悬挂的液滴，否则会导致测定结果偏高，C错误；

答案选B；

②由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则终点的实验现象为当滴入最后一滴KMnO4溶液,锥形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色,且半分钟不褪色；n（MnO4－）=V×10-3L×0.0100mol·L-1,根据方程式可知n（C2O42－）=n（MnO4－）×

×10-5mol,m（C2O42－）=

×10-5mol×88g·mol-1=2.75V×10-2g，所以晶体中所含C2O42－的质量分数为2.75V/100m。

4．某同学进行实验研究时，欲配1.0mol•L-1Ba（OH）2溶液，但只找到在空气中暴露已久的Ba（OH）2·8H2O试剂（化学式量：

315）。

在室温下配制溶液时发现所取试剂在足量的水中仅部分溶解，烧杯中存在大量未溶物。

为探究原因，该同学查得Ba（OH）2·8H2O在283K、293K和303K时的溶解度（g/100gH2O）分别为2.5、3.9和5.6。

（1）烧杯中未溶物可能仅为BaCO3，理由是___________________________________。

（2）假设试剂由大量Ba（OH）2·8H2O和少量BaCO3组成，设计实验方案，进行成分检验。

在答题纸上进一步完成实验步骤、预期现象和结论_____。

（不考虑结晶水的检验；室温时BaCO3饱和溶液的pH=9.6）

限选试剂及仪器：

稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管

实验步骤

预期现象和结论

步骤1：

取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀。

步骤2：

取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。

步骤3：

取适量步骤1中的沉淀于试管中，_____。

步骤4：

将试剂初步提纯后，准确测定其中Ba（OH）2·8H2O的含量。

实验如下：

（3）配制250mL约0.1mol•L-1Ba（OH）2溶液：

准确称取w克试样，置于烧杯中，加适量蒸馏水，__________，将溶液转入_____________，洗涤，定容，摇匀。

（4）滴定：

准确量取25.00mL所配制Ba（OH）2溶液于锥形瓶中，滴加指示剂，将__________（填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”）mol•L-1盐酸装入50mL酸式滴定管，滴定至终点，记录数据。

重复滴定2次。

平均消耗盐酸VmL。

计算Ba（OH）2·8H2O的质量分数＝__________________（只列出算式，不做运算）。

（5）室温下，________（填“能”或“不能”）配制1.0mol•L-1Ba（OH）2溶液。

【答案】由于Ba（OH）2·8H2O与空气中的CO2反应，所取试剂许多已变质为BaCO3，未变质的Ba（OH）2·8H2O在配制溶液时能全部溶解

实验步骤

预期现象和结论

步骤1：

取适量试剂于洁净烧杯中，加入足量蒸馏水，充分搅拌，静置，过滤，得滤液和沉淀。

步骤2：

取适量滤液于试管中，滴加稀硫酸。

出现白色沉淀，说明该试剂中有Ba2+存在

步骤3：

取适量步骤1中的沉淀于是试管中，滴加稀盐酸，连接带塞导气管将产生的气体导入澄清石灰水中。

澄清石灰水变混浊。

说明该试剂中含有BaCO3

步骤4：

取步骤1中的滤液于烧杯中，用pH计测定其pH。

pH明显大于9.6，说明该试剂中含有Ba（OH）2。

搅拌溶解250mL容量瓶中0.1980

不能

【解析】

【分析】

【详解】

（1）Ba（OH）2属于强碱，易吸收空气中的水蒸气和CO2形成难溶的BaCO3沉淀，因此长时间暴露在空气中时Ba（OH）2就有可能转化为BaCO3。

（2）Ba（OH）2易溶于水，所以滤液中含有Ba2＋，因此滴加稀硫酸使会产生白色沉淀BaSO4；要想验证沉淀为BaCO3，可以利用其能与酸反应产生能使澄清石灰水变浑浊的CO2气体；为进一步证明试剂是否还有Ba（OH）2·8H2O，可以取步骤1中的滤液，用pH计测其pH值，若pH＞9.6，即证明滤液不是纯BaCO3溶液，即证明是由大量Ba（OH）2·8H2O和少量BaCO3组成，假设成立。

（3）由于试样中含有难溶性的BaCO3，因此加水溶解后要过滤，且冷却后再转移到250mL容量瓶中。

（4）Ba（OH）2溶液的浓度约为0.1mol•L-1，体积是25mL，由于酸式滴定管的容量是50mL，因此盐酸的浓度至少应该是0.1mol•L-1。

若盐酸的浓度过大，反应过快，不利于控制滴定终点，所以选择0.1980mol•L-1的盐酸最恰当。

消耗盐酸的物质的量是0.1980×V×10－3mol，所以25.00mL溶液中含有Ba（OH）2的物质的量是

mol，所以w克试样中Ba（OH）2的质量是

，故Ba（OH）2·8H2O的质量分数=

。

（5）若配制1L1.0mol•L-1Ba（OH）2溶液，则溶液中溶解的Ba（OH）2·8H2O的质量是315g，所以此时的溶解度约是

×100＝31.5g/100gH2O，而在常温下Ba（OH）2·8H2O是3.9g/100gH2O，显然不可能配制出1.0mol•L-1Ba（OH）2溶液。

5．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：

LiCoO2难溶于水，易溶于酸。

回答下列问题：

（1）LiCoO2中Co的化合价是__。

（2）LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是__。

（3）浸出剂除了H2O2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++CoR2=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、Na2CO3、NaF。

【答案】+32LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O<适当升高温度，适当增加H2SO4浓度5.5H2SO47.5①NaOH②Ni（OH）2③NaF

【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：

2LiCoO2+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H2SO4；

（7）c（Ni2+）=

mol/L=0.02mol/L，则开始沉淀时，c（OH-）＝

=

=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。

6．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。

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：

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的质量分数实验。

他们的实验步骤如下：

准确称取mg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cmol•L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。

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】减慢反应速率，获得平缓气流PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-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C2H2+8HNO3

H2C2O4+8NO2+4H2O蒸发浓缩、冷却结晶当加入最后一滴标准液，溶液呈浅红色且30s内不恢复原来的颜色

%

【解析】

【分析】

（1）①碳化钙和水反应十分剧烈，可用饱和食盐水可减缓反应速率；

②装置B用NaClO将PH3氧化为磷酸，同时生成氯化钠；

（2）D中，Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4•2H2O，发生反应为：

C2H2+8HNO3

H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应，E装置防止倒吸，F装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品，据此分析解答；

①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；

②根据装置图，D中，Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：

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、干燥得产品；

（3）①滴定终点时，继续滴加高锰酸钾溶液，紫色不褪去；

②根据2MnO4-～5H2C2O4，由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量，据此计算H2C2O4•2H2O的质量分数。

【详解】

（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反应；

②NaClO将PH3氧化为磷酸，钙反应的离子方程式为：

PH3 +4ClO-=H3PO4+4Cl-；

（2）①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；

②根据装置图，D中，Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：

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、干燥得产品；

（3）①滴定过程中，反应结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变