高考化学化学反应原理(大题培优 易错 难题)及答案
高考化学化学反应原理(大题培优易错难题)及答案
一、化学反应原理
1．某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生氧化反应的速率进行实验探究。
（初步探究）
示意图序号温度试剂A现象
①0°C0.5mol∙L−1稀硫酸4min左右出现蓝色
②20°C1min左右出现蓝色
③20°C0.1mol∙L−1稀硫酸15min左右出现蓝色
④20°C蒸馏水30min左右出现蓝色
（1）为探究温度对反应速率的影响，实验②中试剂A应为______________。
（2）写出实验③中I-反应的离子方程式：_____________________。
（3）对比实验②③④，可以得出的结论：_______________________。
（继续探究）溶液pH对反应速率的影响查阅资料：
i.pH＜11.7时，I-能被O2氧化为I2。
ii.pH= 9.28时，I2发生歧化反应：3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，pH越大，歧化速率越快。
（4）小组同学用4支试管在装有O2的储气瓶中进行实验，装置如图所示。
序号⑤⑥⑦⑧
试管中溶液的pH891011
放置10小时后的现象出现蓝色颜色无明显变化
分析⑦和⑧中颜色无明显变化的原因_______。
（5）甲同学利用原电池原理设计实验证实pH=10的条件下确实可以发生I-被O2氧化为
I2的反应，如图所示，请你填写试剂和实验现象。
试剂1______________。试剂2______________。实验现象：
___________________________。
（深入探究）较高温度对反应速率的影响
小组同学分别在敞口试管和密闭试管中进行了实验⑨和⑩。
（6）对比实验⑨和⑩的现象差异，该小组同学对实验⑨中的现象提出两种假设，请你补充假设1。
假设1：_______________。
假设2：45°C以上I2易升华，70°C水浴时，c（I2）太小难以显现黄色。
（7）针对假设2有两种不同观点。你若认为假设2成立，请推测试管⑨中“冷却至室温后滴加淀粉出现蓝色”的可能原因_______________（写出一条）。你若认为假设2不成立，请设计实验方案证明_______________。
【答案】0.5mol∙L−1稀硫酸 4I－+ O2+ 4H+ =2I2+ 2H2O 温度相同时，KI溶液被O2氧化成I2，c(H+)越大，氧化反应速率越快试管⑦、⑧中，pH为10、11时，既发生氧化反应又发生歧化反应，因为歧化速率大于氧化速率和淀粉变色速率，所以观察颜色无明显变化试剂1：1mol·L1KI溶液，滴加1%淀粉溶液试剂2：pH=10的KOH溶液现象：电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝(t＜30min)加热使O2逸出，c(O2)降低，导致I－氧化为I2的速率变慢理由：KI溶液过量（即使加热时有I2升华也未用光KI），实验⑨冷却室温后过量的KI仍可与空气继续反应生成I2，所以滴加淀粉溶液还可以看到蓝色 [其他理由合理给分，如淀粉与I2反应非常灵敏（少量的I2即可以与淀粉显色），所以实验⑨中少量的I2冷却至室温后滴加淀粉溶液还可以看到蓝色]。水浴加热70℃时，用湿润的淀粉试纸放在试管⑨的管口，若不变蓝，则证明假设2不成立[其他方案合理给分，如水浴加热70℃时，用湿润的淀粉试纸放在盛有碘水试管的管口，若不变蓝，则证明假设2不成立]。
【解析】
【分析】
某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生4I－+ O2+ 4H+ =2I2+ 2H2O的氧化反应，根据实验进行对比，探究反应温度和稀硫酸浓度对反应速率的影响，pH= 9.28时，I2发生歧化反应：3I2+6OH－= IO3－+5I－+3H2O，pH越大，歧化速率越快，整个反应主要是既发生氧化反应又发生歧化反应，根据歧化速率与氧化速率和淀粉变色速率快慢得出颜色变化；将反应设计成原电池，利用化合价升高和化合价降低来分析；在较高温度对反应速率的实验对比中，假设可能加热使O2逸出，c(O2)降低，导致I－氧化为I2的速率变慢，也可能是45℃ 以上I2易升华，70℃ 水浴时，c(I2)太小难以显现黄色。
【详解】
（1）根据①、②为探究温度对反应速率的影响，其他条件不变，实验②中试剂A应为0.5 mol∙L−1稀硫酸；故答案为：0.5mol∙L−1稀硫酸。
（2）实验③中I－与氧气在酸性条件下反应生成单质碘，其离子方程式4I－+ O2+ 4H+ =2I2 + 2H2O；故答案为：4I－+ O2+ 4H+ =2I2+ 2H2O。
（3）对比实验②③④，三者温度相同，稀硫酸浓度越大，反应速率越快，因此可以得出的结论：温度相同时，KI溶液被O2氧化成I2，c(H+)越大，氧化反应速率越快；故答案为：温度相同时，KI溶液被O2氧化成I2，c(H+)越大，氧化反应速率越快。
（4）根据题中信息及⑦和⑧中颜色无明显变化，说明试管⑦、⑧中，pH为10、11时，既发生氧化反应又发生歧化反应，因为歧化速率大于氧化速率和淀粉变色速率，所以观察颜色无明显变化；故答案为：试管⑦、⑧中，pH为10、11时，既发生氧化反应又发生歧化反应，因为歧化速率大于氧化速率和淀粉变色速率，所以观察颜色无明显变化。
（5）根据离子反应方程式4I－+ O2+ 4H+ =2I2+ 2H2O和图中信息氧气的通入，因此试剂1为1mol∙L−1KI溶液，滴加1%淀粉溶液，试剂2为pH=10的KOH溶液，因此可以看见实验现象电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝(t＜30min)；故答案为：试剂1：1
mol∙L−1KI溶液，滴加1%淀粉溶液；试剂2：pH=10的KOH溶液；现象：电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝(t＜30min)。
（6）假设1：加热使O2逸出，c(O2)降低，导致I－氧化为I2的速率变慢；故答案为：加热使O2逸出，c(O2)降低，导致I－氧化为I2的速率变慢。
假设2：45℃ 以上I2易升华，70℃ 水浴时，c(I2)太小难以显现黄色。
（7）针对假设2有两种不同观点。你若认为假设2成立，请推测试管⑨中“冷却至室温后滴加淀粉出现蓝色”的可能原因KI溶液过量(即使加热时有I2升华也未用光KI)，实验⑨冷却室温后过量的KI仍可与空气继续反应生成I2，所以滴加淀粉溶液还可以看到蓝色[其他理由合理给分，如淀粉与I2反应非常灵敏(少量的I2即可以与淀粉显色)，所以实验⑨中少量的I2冷却至室温后滴加淀粉溶液还可以看到蓝色]。你若认为假设2不成立，设计实验方案是水浴加热70℃时，用湿润的淀粉试纸放在试管⑨的管口，若不变蓝，则证明假设2不成立[其他方案合理给分，如水浴加热70℃时，用湿润的淀粉试纸放在盛有碘水试管的管口，若不变蓝，则证明假设2不成立]。
2．人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm-3来表示。抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液，可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4)，再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。
（配制KMnO4标准溶液）如图是配制50mL KMnO4标准溶液的过程示意图。
（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有__________(填序号)。
（2）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将__________(填“偏大”或“偏小”)。
（测定血液样品中Ca2＋的浓度）抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用
0.020mol·L－1 KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mL KMnO4溶液。（3）已知草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn x++10CO2↑+8H2O则方程式中的x=__________。
（4）经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为__________mg·cm-3。
【答案】②⑤偏小2 1.2
【解析】
【分析】
(1)根据图示分析配制一定物质的量浓度的溶液的操作正误；
(2)根据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断；
(3)根据电荷守恒进行分析；
(4)根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。
【详解】
(1)由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；
(2)如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；
(3)根据电荷守恒，(-1×2)+(+1×6)=+x×2，解得，x=2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O；
(4)血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.020mol/L×0.012L=2.4×10-4mol，根据反应方程式2MnO4-
+5H 2C 2O 4+6H +═2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O ，及草酸钙的化学式CaC 2O 4，可知：
n(Ca 2+)=n(H 2C 2O 4)=52n(MnO 4-)=2.5×2.4×10-4mol=6×10-4mol ，Ca 2+的质量为：40g/mol×6×10-
4mol=0.024g=24mg ，钙离子的浓度为：324mg 20cm
=1.2mg/cm 3。 【点睛】 要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：紧抓c=n V
分析，如：用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n 偏大，所配溶液浓度偏高；再如：配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V 偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。
3．用H 2O 2、KI 和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。
（1）资料1：KI 在该反应中的作用：
H 2O 2＋I －＝H 2O ＋IO －；H 2O 2＋IO －＝H 2O ＋O 2↑＋I －。总反应的化学方程式是
________________。
（2）资料2：H 2O 2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI 加入，②无KI 加入。下列判断正确的是___________（填字母）。
a. 加入KI 后改变了反应的路径
b. 加入KI 后改变了总反应的能量变化
c. H 2O 2＋I －＝H 2O ＋IO －是放热反应
（3）实验中发现，H 2O 2与KI 溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl 4，振荡、静置，气泡明显减少。
资料3：I 2也可催化H 2O 2的分解反应。
①加CCl 4并振荡、静置后还可观察到___________，说明有I 2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：i. H 2O 2浓度降低；ii. ________。以下对照实验说明i 不是主
要原因：向H 2O 2溶液中加入KI 溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A 、B 两试管中。A 试管加入CCl 4，B 试管不加CCl 4，分别振荡、静置。观察到的现象是_____________。 （4）资料4：I －（aq ）＋I 2（aq ）ƒI 3－（aq ） K ＝640。
为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL 一定浓度的H 2O 2溶液中加入10mL 0.10mol ·L －1 KI 溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：
①a ＝__________。
②该平衡体系中除了含有I －，I 2，I 3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是
________________。
【答案】2H 2O 2KI 2H 2O ＋O 2↑ a 下层溶液呈紫红色 在水溶液中I 2的浓度降低 A 试管中产生气泡明显变少；B 试管中产生气泡速率没有明显减小 32.510-⨯ 2c （I 2）＋c （I －）＋3c （I 3－）＜0.033mol ·L －1
【解析】
【分析】
（1）H 2O 2＋I －＝H 2O ＋IO －,H 2O 2＋IO －＝H 2O ＋O 2↑＋I －,把两式加和，即可得到总反应的化
学方程式。
（2）a. 加入KI 后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a 正确； b. 加入KI 后，反应物和生成物的能量都没有改变，b 不正确；
c. 由图中可知，H 2O 2＋I －＝H 2O ＋IO －是吸热反应，c 不正确。
（3）①加CCl 4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I 2生成。 ②气泡明显减少的原因可能是：i. H 2O 2浓度降低；ii. 在水溶液中I 2的浓度降低。以下对照实验说明i 不是主要原因：向H 2O 2溶液中加入KI 溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A 、B 两试管中。A 试管加入CCl 4，B 试管不加CCl 4，分别振荡、静置。观察到的现象是H 2O 2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。
（4）① 3
34.010K 6402.510a
--⨯==⨯⨯，由此可求出a 。 ②该平衡体系中除了含有I －，I 2，I 3－
外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中c (I -)=
10mL 0.1mol/L 0.033mol/L 30mL
⨯=，求出I －，I 2，I 3－中所含I 的浓度和，二者比较便可得到结论。
【详解】 （1）H 2O 2＋I －＝H 2O ＋IO －,H 2O 2＋IO －＝H 2O ＋O 2↑＋I －,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式为2H 2O 2KI 2H 2O ＋O 2↑。答案为：2H 2O 2KI 2H 2O ＋O 2↑；
（2）a. 加入KI 后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a 正确；
b. 加入KI后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确；
c. 由图中可知，H2O2＋I－＝H2O＋IO－的反应物总能量小于生成物总能量，所以该反应是吸热反应，c不正确。答案为：a；
（3）①加CCl4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2生成。答案为：下层溶液呈紫红色；
②气泡明显减少的原因可能是：i. H2O2浓度降低；ii. 在水溶液中I2的浓度降低。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。答案为：在水溶液中I2的浓度降低；A试管中产生气泡明显变少，B试管中产生气泡速率没有明显减小；
（4）①
3
3
4.010
K640
2.510a
-
-
⨯
==
⨯⨯
，由此可求出a=2.5×10-3mol/L。答案为：2.5×10-3；
②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中，
c(I-)=10mL0.1mol/L
0.033mol/L
30mL
⨯
=；现在溶液中，I－，I2，I3－中所含I的浓度和为2c(I2)
＋c(I－)＋3c(I3－)=2×2.5×10-3+2.5×10-3+3×4.0×10-3=0.0195<0.033，I不守恒，说明产物中还有含碘微粒。答案为：2c(I2)＋c(I－)＋3c(I3－)<0.033mol·L－1。
【点睛】
在做探究实验前，要进行可能情况预测。向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄，则表明生成了I2，加入CCl4且液体分层后，发现气泡逸出的速率明显变慢，CCl4与H2O2不反应，是什么原因导致生成O2的速率减慢？是c(H2O2)减小，还是c(I2)减小所致？于是我们自然想到设计对比实验进行验证。
4．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)2NaHSO3Na2S2O5+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。
5．如图所示，E为浸有Na2SO4溶液的滤纸，并加入几滴酚酞。A、B均为Pt片，压在滤纸两端，R、S为电源的电极。M、N为惰性电极。G为检流计，K为开关。试管C、D和电解池中都充满KOH溶液。若在滤纸E上滴一滴紫色的KMnO4溶液，断开K，接通电源一段时间后，C、D中有气体产生。
（1）R为电源的__，S为电源的__。
（2）A极附近的溶液变为红色，B极的电极反应式为__。
（3）滤纸上的紫色点移向__(填“A极”或“B极”)。
（4）当试管C、D中的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，经过一段时间，C、D中气体逐渐减少，主要是因为_，写出有关的电极反应式：__。
【答案】负极正极 2H2O－4e-=4H＋＋O2↑ B极氢气和氧气在碱性环境下发生原电池反应，消耗了氢气和氧气 2H2＋4OH-－4e-=4H2O(负极)，O2＋2H2O＋4e-=4OH-(正极)
【解析】
【分析】
（1）根据电极产物判断电解池的阴阳极及电源的正负极；（2）根据电解池原理及实验现象书写电极反应式；（3）根据电解池原理分析电解质溶液中离子移动方向；（4）根据燃料电池原理分析解答。
【详解】
（1）断开K，通直流电，电极C、D及氢氧化钾溶液构成电解池，根据离子的放电顺序，溶液中氢离子、氢氧根离子放电，分别生成氢气和氧气，氢气和氧气的体积比为2:1，通过图象知，C极上气体体积是D极上气体体积的2倍，所以C极上得氢气，D极上得到氧气，故R是负极，S是正极，故答案为：负极；正极；
（2）A极是阴极，电解高锰酸钾时，在该极上放电的是氢离子，所以该极上碱性增强，酚酞显红色，B极是阳极，该极附近发生的电极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，故答案为：2H2O-4e-=4H++O2↑；
（3）浸有高锰酸钾的滤纸和电极A、B与电源也构成了电解池，因为R是负极，S是正极，所以B极是阳极，A极是阴极，电解质溶液中的阴离子高锰酸根离子向阳极移动，紫色点移向B极，故答案为：B极；
（4）当C、D里的气体产生到一定量时，切断外电源并接通开关K，构成氢氧燃料电池，氢气和氧气在碱性环境下发生原电池反应，消耗了氢气和氧气；在燃料电池中，燃料氢气为负极，在碱性环境下的电极反应式为：2H2+4OH--4e-=4H2O，C中的电极作负极，D中的电极作正极，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：氢气和氧气在碱性环境下发生原电池反应，消耗了氢气和氧气；2H2＋4OH-－4e-=4H2O(负极)，O2＋2H2O＋4e-=4OH-(正极)。
【点睛】
明确原电池和电解池的工作原理、各个电极上发生的反应是解答本题的关键，难点是电极反应式的书写，注意电解质溶液的性质，以及电解质溶液中阴阳离子移动方向，为易错点。
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+8HNO3H2C2O4+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30 s内不恢复原来的颜色31.5cV
m
%
【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+8HNO3H2C2O4+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+8HNO3H2C2O4+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+8HNO3H2C2O4+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，滴定结束时溶液变为浅红色，则滴定终点现象为：当溶液呈浅红色且30 s内不恢复原来的颜色；
②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标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液V mL，设产品中
H2C2O4•2H2O的质量分数为α，根据2MnO4-～～5H2C2O4•2H2O产品中H2C2O4•2H2O的质量
分数为α=
3
512610
100%
2
c V
m
-
⨯⨯⨯⨯
⨯=
31.5cV
m
%。
【点睛】
考查物质制备方案设计，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定等知识，题目难度中等，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
7．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1 mol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 FeSO4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 NO3-＋8e－＋10H＋=NH4+＋3H2O Fe3+＋e－= Fe2+ 5.6L 2H＋＋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FeSO4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NH4+，NO3-＋8e－＋10H＋=NH4+＋3H2O；
(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1 mol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。
8．硝酸是氧化性酸，其本质是NO3－有氧化性，某课外实验小组进行了下列有关NO3－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Ⅰ 6 mol·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Ⅱ15 mol·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1 mol·L-1稀硝酸反应有H2和NH4+生成，NH4+生成的原理是产生H2的过程中NO3－被还原。
（3）用上图装置进行实验Ⅲ：溶液X为1 mol·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NH4+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NO3－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NaNO3溶液中无明显现象，结合实验Ⅲ和Ⅳ说明理由________。
【答案】负 2NO+O2=2NO2 Al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NH4+ NO3-＋8e-＋10 H+＝NH4+＋3H2O Al与NaOH溶液反应产生H2的过程中可将NO3-还原为NH3，而Mg不能与NaOH溶液反应 8Al＋3NO3-＋5OH-＋2H2O＝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NO2，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NH4+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NH4+；②NH4+的生成是NO3－被还原的结果，其电极反应式为NO3-＋8e-＋10 H+＝NH4+＋3H2O
（4）①观察到A中有NH3生成，是由于Al与NaOH溶液反应产生H2，并且与此同时，H2可将NO3-还原为NH3；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＋3NO3-＋5OH-＋2H2O＝3NH3↑＋8AlO2-；
（5）铝与中性的硝酸钠溶液不能生成H2， NO3－无法被还原，因此将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象。
9．CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。
（资料查阅）
（实验探究）该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。
请回答下列问题：
(1)仪器X的名称是__________。
(2)实验操作的先后顺序是a→______→e(填操作的编号)
a.检查装置的气密性后加入药品
b.熄灭酒精灯，冷却
c.在“气体入口”处通入干燥HCl
d.点燃酒精灯，加热
e.停止通入HCl，然后通入N2
【答案】球形干燥管或干燥管 c d b
【解析】
【分析】
热分解CuCl2•2H2O制备CuCl，为抑制水解，气体入口通入HCl气体，然后加热A处试管，X为球形干燥管，X中无水硫酸铜变蓝，可知CuCl2•2H2O分解生成水，利用C装置检验生成的氯气，D中NaOH溶液吸收尾气，以此来解答。
【详解】
（1）由图及常见的仪器可知，仪器X的名称为球形干燥管或干燥管；
（2）实验操作时先检查装置的气密性，气密性良好后装入药品，先通入HCl（防止没有HCl的情况下加热生成碱式氯化铜），点燃酒精灯加热，熄灭酒精灯，后停止通入HCl，最后通入氮气将装置内的HCl和氯气排空被尾气装置中的氢氧化钠吸收，所以顺序为
a→c→d→b→e。
【点睛】
解答时要利用好题中所给信息，CuCl2·2H2O的热分解反应是在氯化氢的气流中进行的，实验结束后通入氮气的目的。
10．氯化铁是常见的水处理剂，利用废铁屑可制备无水氯化铁，实验室制备装置和工业制备流程图如下：
已知：（1）无水FeCl3的熔点为555K、沸点为588K．
（2）废铁屑中的杂质不与盐酸反应
（3）不同温度下六水合氯化铁在水中的溶解度如下：
实验室制备操作步骤如下：
Ⅰ．打开弹簧夹K1，关闭弹簧夹K2，并打开活塞a，缓慢滴加盐酸．
Ⅱ．当…时，关闭弹簧夹K1，打开弹簧夹K2，当A中溶液完全进入烧杯后关闭活塞a．Ⅲ．将烧杯中溶液经过一系列操作后得到FeCl3•6H2O晶体．
请回答：
（1）烧杯中足量的H2O2溶液的作用是______________________。
（2）为了测定废铁屑中铁的质量分数，操作Ⅱ中“…”的内容是
______________________。
（3）从FeCl3溶液制得FeCl3•6H2O晶体的操作步骤是：加入______________后、
_________________、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（4）试写出吸收塔中反应的离子方程式：_____________________。
（5）捕集器温度超过673K时，存在相对分子质量为325的铁的氯化物，该物质的分子式为____________。
（6）FeCl3的质量分数通常可用碘量法测定：称取m g无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL溶液；取出10.00mL，加入稍过量的KI溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，并用c mol•L-1Na2S2O3溶液滴定，消耗V mL（已知：I2+2S2O32-═2I-+S4O62-）。
①滴定终点的现象是：_____________________。
②样品中氯化铁的质量分数________________。
【答案】把亚铁离子全部氧化成三价铁离子装置A中不产生气泡或量气管和水准管液面不变（其他合理答案也给分）盐酸蒸发浓缩、冷却结晶 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- Fe2Cl6
溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色162.5
%
cV
m
【解析】
【分析】
实验室制备中，废铁屑和盐酸反应得到FeCl2，FeCl2再与H2O2反应得到FeCl3·6H2O；在工业制备中，铁屑和氯气反应得到FeCl3，经过处理得到FeCl3·6H2O。
【详解】
（1）根据实验装置和操作步骤可知，实验室制备无水FeCl3，是利用铁与盐酸反应生成FeCl2，然后把FeCl2氧化成FeCl3，先制得FeCl3•6H2O晶体，再脱结晶水制得无水FeCl3．烧杯中足量的H2O2溶液是作氧化剂，将FeCl2氧化成FeCl3，把Fe2＋全部氧化成Fe3＋；
（2）铁与盐酸反应完全时，不再产生氢气，所以装置A中不产生气泡或量气管和水准管的液面不再变化，此时，可将A中FeCl2溶液放入烧杯中进行氧化；
（3）从FeCl3·6H2O在不同温度下的溶解度可以看出，随着温度的变化，溶解度变化很大，因此采用降温结晶的方法得到晶体。从FeCl3溶液制得FeCl3•6H2O晶体的操作步骤
是：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；
（4）从工业制备流程图分析可知，反应炉中进行的反应是 2Fe+3Cl 2=2FeCl 3，因此，进入吸收塔中的尾气是没有参加反应的氯气，在吸收塔中氯气被吸收剂吸收，反应后生成2FeCl 3溶液，所以吸收剂应是2FeCl 2溶液，反应的离子方程式为：2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++2Cl -； （5）捕集器收集的是气态FeCl 3，FeCl 3的相对分子质量是162.5，由相对分子质量为325的铁的氯化物可以推出，当温度超过673K 时，二分子气态FeCl 3可以聚合生成双聚体Fe 2Cl 6；
（6）①称取m g 无水氯化铁样品，溶于稀盐酸，配制成100mL 溶液；取出10.00mL ，加入稍过量的KI 溶液，充分反应后，滴入几滴淀粉溶液，此时溶液呈蓝色，用 Na 2S 2O 3溶液滴定，滴入最后一滴Na 2S 2O 3溶液，锥形瓶内的溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色．所以滴定终点的现象是：溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色；
②由反应：2Fe 3++2I -=2Fe 2++I 2； I 2+2S 2O 32-═2I -+S 4O 62-；可得关系式：
3+2-223
3
2Fe I 2S O 1110n cV -⨯::
求得n (Fe 3+)=cV ×10-3mol ，则样品中氯化铁的质量分数为：
ω(Fe 3+)= 31010162.5/100%cV mol g mol m -⨯⨯⨯⨯=162.5%cV m 。
2020-2021高考化学 化学反应原理综合考查 培优练习(含答案)含答案解析
2020-2021高考化学化学反应原理综合考查培优练习(含答案)含答案解析 一、化学反应原理综合考查 1．甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。回答下列问题： (1)已知甲醇分解反应：CH3OH(g)?CO(g)＋2H2(g) △H1＝＋90.64 kJ·mol－1； 水蒸气变换反应：CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g) △H2＝－41.20 kJ·mol－1。 则CH3OH(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋3H2(g) △H3＝___________kJ·mol－1。 (2)科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(III)表面发生解离时四个路径与相对能量的关系如图所示，其中附在Pd(III)表面的物种用*标注。此历程中活化能最小的反应方程式为_____________________________________________。 (3)在0.1MPa下，将总进料量为1 mol且n(CH3OH)：n(H2O)＝1：1.3的混合气体充入一刚性密闭容器中反应。 ①实验测得水蒸气变换反应的速率随温度的升高明显下降，原因是 ____________________。 ②平衡时，测得CH3OH的含量在给定温度范围内极小，H2、H2O(g)、CO、CO2四种组分的含量与反应温度的关系如图所示，曲线b、c对应物质的化学式分别为________、 ________。 (4)573.2K时，向一刚性密闭容器中充入5.00 MPa CH3OH使其分解，t h后达平衡时H2的物
质的量分数为60%，则t h 内v(CH 3OH)＝_____MPa ·h －1，其分压平衡常数K p ＝_____MPa 2。 【答案】+49.44 CH 2O*+2H*=CHO*+3H*（或CH 2O*=CHO*+H*） 随温度升高，催化活性降低 CO 2 H 2O （g ） 3.75 t 168.75 【解析】 【分析】 【详解】 （1）甲醇分解反应：CH 3OH(g)?CO(g)＋2H 2(g) △H 1＝＋90.64 kJ· mol －1；① 水蒸气变换反应：CO(g)＋H 2O(g)?CO 2(g)＋H 2(g) △H 2＝－41.20 kJ· mol －1。② 将①+②，即可求出CH 3OH(g)＋H 2O(g)?CO 2(g)＋3H 2(g) △H 3＝=+90.64 kJ·mol －1+（-41.20 kJ·mol －1）=+49.44 kJ·mol －1，故答案为：+49.44； （2）活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态3发生的反应活化能最小。反应物为“CH 2O*+2H*”，产物为“CHO*+3H*，故反应方程式为 CH 2O*+2H*=CHO*+3H*．因为2H*反应前后都吸附在催化剂表面，未参与反应，故反应实质为CH 2O*=CHO*+H*，故答案为：CH 2O*+2H*=CHO*+3H*（或CH 2O*=CHO*+H*）； （3）因为温度升高，反应速率应加快，而图中速率减小，显然不是温度的影响，只能为催化剂的活性降低，故答案为：随温度升高，催化活性降低； ②对于反应CO （g ）+H 2O （g ） CO 2（g ）+H 2（g ）△H ＜0，其他条件不变时，升高温 度，平衡向左移动，即CO 、H 2O 的含量均增大，CO 2、H 2的含量均减小。依据图中信息，可初步得知，a 、b 曲线分别对应CO 2或H 2，c 、d 曲线则对应CO 或H 2O （g ）。根据反应方程式可知：该反应起始时，n （H 2）＞n （CO 2）、n （H 2O ）＞n （CO ），平衡时含量必然有H 2＞CO 2、H 2O ＞CO ．故a 、b 、c 、d 曲线分别对应H 2、CO 2、H 2O （g ）、CO ，曲线b 、c 对应物质的化学式分别为CO 2、H 2O （g ），故答案为：CO 2、H 2O （g ）； （4）假设CH 3OH 的压强变化量为x ，列出三段式： 32CH OH g CO g +2H g MPa 5.000MPa x x 2x MPa 5.00-x x 2x ? （）（）（）起始（）转化（）平衡（） 26052100x x =+ ，x=3.75Mpa ，v （CH 3OH ）=3.75MPa th =3.75 t MPa·h －1； Kp=()()()()2 223P CO ?P H 3.75MPa 7.5MPa = P CH OH 1.25MPa ? =168.75（MPa ）2， 故答案为：3.75 t ；168.75（MPa ）2。 【点睛】 本题综合考查化学平衡问题，题目涉及化学平衡计算与影响因素、反应热计算等，侧重考查学生分析计算能力，注意盖斯定律在反应热计算中应用，难点（4）列出三段式，理清平
高考化学化学反应原理(大题培优 易错 难题)及答案
高考化学化学反应原理(大题培优易错难题)及答案 一、化学反应原理 1．某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生氧化反应的速率进行实验探究。 （初步探究） 示意图序号温度试剂A现象 ①0°C0.5mol∙L−1稀硫酸4min左右出现蓝色 ②20°C1min左右出现蓝色 ③20°C0.1mol∙L−1稀硫酸15min左右出现蓝色 ④20°C蒸馏水30min左右出现蓝色 （1）为探究温度对反应速率的影响，实验②中试剂A应为______________。 （2）写出实验③中I-反应的离子方程式：_____________________。 （3）对比实验②③④，可以得出的结论：_______________________。 （继续探究）溶液pH对反应速率的影响查阅资料： i.pH＜11.7时，I-能被O2氧化为I2。 ii.pH= 9.28时，I2发生歧化反应：3I2+6OH-=IO3-+5I-+3H2O，pH越大，歧化速率越快。 （4）小组同学用4支试管在装有O2的储气瓶中进行实验，装置如图所示。 序号⑤⑥⑦⑧ 试管中溶液的pH891011 放置10小时后的现象出现蓝色颜色无明显变化 分析⑦和⑧中颜色无明显变化的原因_______。 （5）甲同学利用原电池原理设计实验证实pH=10的条件下确实可以发生I-被O2氧化为 I2的反应，如图所示，请你填写试剂和实验现象。 试剂1______________。试剂2______________。实验现象： ___________________________。
（深入探究）较高温度对反应速率的影响 小组同学分别在敞口试管和密闭试管中进行了实验⑨和⑩。 （6）对比实验⑨和⑩的现象差异，该小组同学对实验⑨中的现象提出两种假设，请你补充假设1。 假设1：_______________。 假设2：45°C以上I2易升华，70°C水浴时，c（I2）太小难以显现黄色。 （7）针对假设2有两种不同观点。你若认为假设2成立，请推测试管⑨中“冷却至室温后滴加淀粉出现蓝色”的可能原因_______________（写出一条）。你若认为假设2不成立，请设计实验方案证明_______________。 【答案】0.5mol∙L−1稀硫酸 4I－+ O2+ 4H+ =2I2+ 2H2O 温度相同时，KI溶液被O2氧化成I2，c(H+)越大，氧化反应速率越快试管⑦、⑧中，pH为10、11时，既发生氧化反应又发生歧化反应，因为歧化速率大于氧化速率和淀粉变色速率，所以观察颜色无明显变化试剂1：1mol·L1KI溶液，滴加1%淀粉溶液试剂2：pH=10的KOH溶液现象：电流表指针偏转，左侧电极附近溶液变蓝(t＜30min)加热使O2逸出，c(O2)降低，导致I－氧化为I2的速率变慢理由：KI溶液过量（即使加热时有I2升华也未用光KI），实验⑨冷却室温后过量的KI仍可与空气继续反应生成I2，所以滴加淀粉溶液还可以看到蓝色 [其他理由合理给分，如淀粉与I2反应非常灵敏（少量的I2即可以与淀粉显色），所以实验⑨中少量的I2冷却至室温后滴加淀粉溶液还可以看到蓝色]。水浴加热70℃时，用湿润的淀粉试纸放在试管⑨的管口，若不变蓝，则证明假设2不成立[其他方案合理给分，如水浴加热70℃时，用湿润的淀粉试纸放在盛有碘水试管的管口，若不变蓝，则证明假设2不成立]。 【解析】 【分析】 某研究小组对碘化钾溶液在空气中发生4I－+ O2+ 4H+ =2I2+ 2H2O的氧化反应，根据实验进行对比，探究反应温度和稀硫酸浓度对反应速率的影响，pH= 9.28时，I2发生歧化反应：3I2+6OH－= IO3－+5I－+3H2O，pH越大，歧化速率越快，整个反应主要是既发生氧化反应又发生歧化反应，根据歧化速率与氧化速率和淀粉变色速率快慢得出颜色变化；将反应设计成原电池，利用化合价升高和化合价降低来分析；在较高温度对反应速率的实验对比中，假设可能加热使O2逸出，c(O2)降低，导致I－氧化为I2的速率变慢，也可能是45℃ 以上I2易升华，70℃ 水浴时，c(I2)太小难以显现黄色。 【详解】
2020-2021高考化学培优(含解析)之化学反应原理含详细答案
2020-2021高考化学培优(含解析)之化学反应原理含详细答案 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，
高考化学化学反应原理(大题培优 易错 难题)含答案
高考化学化学反应原理(大题培优易错难题)含答案 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，
备战高考化学化学反应原理(大题培优 易错 难题)含答案解析
备战高考化学化学反应原理(大题培优 易错 难题)含答案解析 一、化学反应原理 1．三草酸合铁酸钾K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 是一种绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，光照或受热易分解。实验室要制备K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 并测定2- 24C O 的含量。请回答下列相关问题。 I ．FeC 2O 4·2H 2O 的制备 向烧杯中加入5.0g(NH 4)2Fe(SO 4)2·6H 2O 、15mL 蒸馏水、1mL3moL/L 的硫酸，加热溶解后加入25mL 饱和H 2C 2O 4溶液，继续加热并搅拌一段时间后冷却，将所得FeC 2O 4·2H 2O 晶体过滤、洗涤。 （1）制备FeC 2O 4·2H 2O 时，加入3mol ／L 硫酸的作用是________________________。 II ．K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 的制备 向I 中制得的FeC 2O 4·2H 2O 晶体中加入10mL 饱和K 2C 2O 4溶液，水浴加热至40℃，缓慢加入过量3％的H 2O 2溶液并不断搅拌，溶液中产生红褐色沉淀，H 2O 2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间，然后滴加饱和H 2C 2O 4溶液使红褐色沉淀溶解。向溶液中再加入10mL 无水乙醇，过滤、洗涤、干燥。 （2）制备过程中有两个反应会生成K 3[Fe(C 2O 4)3]，两个化学方程式依次是： ______________________、2Fe(OH)3+3K 2C 2O 4+3H 2C 2O 4=2K 3[Fe(C 2O 4)3]+6H 2O 。 （3）H 2O 2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间的目的是 ______________________。 III ．2-24C O 含量的测定 称取0.22g Ⅱ中制得的K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 晶体于锥形瓶中，加入50mL 蒸馏水和15mL3mol ／L 的硫酸，用0.02000mol ／L 的标准KMnO 4溶液滴定，重复3次实验平均消耗的KMnO 4溶液体积为25.00mL 。 （4）滴定时KMnO 4溶液应盛放在_____________(填仪器名称)中，判断滴定终点的依据是_________________。 （5）滴定终点时，所得溶液中的溶质除硫酸外，还有__________________________(写化学式)，K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 样品中2-24C O 的质量分数是____________________。 【答案】抑制2Fe +的水解（答案合理即可） ()()2422422324336FeC O 6K C O 3H O 404K Fe C O 2Fe OH ℃??+++↓?? 分解过量的22H O （答案合理即可） 酸式滴定管 最后一滴标准4KMnO 溶液滴入后，溶液变为浅红色且30s 不再改变 ()244243K SO MnSO Fe SO 、、 50% 【解析】 【分析】 （1）制备242FeC O 2H O ?时，加入3mol/L 硫酸的作用是抑制2Fe +的水解； （2）根据信息第一个生成K 3[Fe(C 2O 4)3]的化学方程式是 ()()2422422324336FeC O 6K C O 3H O 404K Fe C O 2Fe OH ℃??+++↓??；
2020-2021高考化学 化学反应原理综合考查 培优易错试卷练习(含答案)附答案解析
2020-2021高考化学化学反应原理综合考查培优易错试卷练习(含答案)附答 案解析 一、化学反应原理综合考查 1．近年全球气候变暖，造成北极冰川大面积融化，其罪魁之一就是CO2，如何吸收大气中的CO2，变废为宝，是当今化学研究的主题之一。 I.二甲醚可用作溶剂、冷冻剂喷雾剂等，科学家提出利用CO2和H2合成二甲醚，反应原理为2CO 2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ?H （1）已知：①H 2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g) △H1=+42kJ/mol ②CH 3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g) ?H2=+24.52kJ/mol ③CH 3OH(g)CO(g)+2H2(g) ?H3=+90.73kJ/mol 则?H=__kJ/mol。 （2）一定温度下，在一个2L的密闭容器中充入2molCO2和6molH2发生上述反应，经过 5min反应达到平衡，此时容器中压强与起始压强之比为3：4，则用CH3OCH3表示的平均反应速率为__，H2的转化率为___；此时若向体系中再加入2molCO2和1.5molH2O(g)，平衡__移动(填正向、逆向、不)。 （3）对于恒温恒容条件下进行的反应①，下列说法能说明反应已达平衡的是__。 A．混合气体密度不发生改变 B．混合气体的平均相对分子质量不再发生改变 C．v(CO)正=v(H2)逆 D．n(CO)与n(H2)的比值不变 （4）一定温度下，密闭容器中进行的反应③，测得平衡时混合物中某物质的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示，则纵坐标表示的物质是__，压强P1_P2(填>、<)。 II.工业锅炉长期煮烧会形成锅垢(主要成分CaSO4、Mg(OH)2)，必须定期除去。 （5）CaSO4微溶于水和酸，可加入氢氧化钠并通入CO2使转化为CaCO3，然后加酸浸泡除去，反应的离子方程式为CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，室温下，该反应的化学平衡常数为 __(室温下，K sp(CaCO3)=3×10-9，K sp(CaSO4)=9×10-6)。 【答案】－289.98 0.05mol·L－1·min－1 50% 正向 CD CH3OH > 3×103 【解析】 【分析】
2020-2021高考化学知识点过关培优训练∶化学反应原理附详细答案
2020-2021高考化学知识点过关培优训练∶化学反应原理附详细答案 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)2NaHSO3Na2S2O5+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
2020-2021高考化学培优 易错 难题(含解析)之化学反应原理含答案解析
2020-2021高考化学培优易错难题(含解析)之化学反应原理含答案解析 一、化学反应原理 1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2 实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示： (1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______ (2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______ (写出一条) (3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______ 实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。 资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色) 装置试剂X实验现象 Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s 后几乎变为无色 (4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象： _______ 实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度 (5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72- +14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-1
备战高考化学化学反应原理(大题培优 易错 难题)含详细答案
备战高考化学化学反应原理(大题培优 易错 难题)含详细答案 一、化学反应原理 1．三草酸合铁酸钾K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 是一种绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，光照或受热易分解。实验室要制备K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 并测定2- 24C O 的含量。请回答下列相关问题。 I ．FeC 2O 4·2H 2O 的制备 向烧杯中加入5.0g(NH 4)2Fe(SO 4)2·6H 2O 、15mL 蒸馏水、1mL3moL/L 的硫酸，加热溶解后加入25mL 饱和H 2C 2O 4溶液，继续加热并搅拌一段时间后冷却，将所得FeC 2O 4·2H 2O 晶体过滤、洗涤。 （1）制备FeC 2O 4·2H 2O 时，加入3mol ／L 硫酸的作用是________________________。 II ．K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 的制备 向I 中制得的FeC 2O 4·2H 2O 晶体中加入10mL 饱和K 2C 2O 4溶液，水浴加热至40℃，缓慢加入过量3％的H 2O 2溶液并不断搅拌，溶液中产生红褐色沉淀，H 2O 2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间，然后滴加饱和H 2C 2O 4溶液使红褐色沉淀溶解。向溶液中再加入10mL 无水乙醇，过滤、洗涤、干燥。 （2）制备过程中有两个反应会生成K 3[Fe(C 2O 4)3]，两个化学方程式依次是： ______________________、2Fe(OH)3+3K 2C 2O 4+3H 2C 2O 4=2K 3[Fe(C 2O 4)3]+6H 2O 。 （3）H 2O 2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间的目的是 ______________________。 III ．2-24C O 含量的测定 称取0.22g Ⅱ中制得的K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 晶体于锥形瓶中，加入50mL 蒸馏水和15mL3mol ／L 的硫酸，用0.02000mol ／L 的标准KMnO 4溶液滴定，重复3次实验平均消耗的KMnO 4溶液体积为25.00mL 。 （4）滴定时KMnO 4溶液应盛放在_____________(填仪器名称)中，判断滴定终点的依据是_________________。 （5）滴定终点时，所得溶液中的溶质除硫酸外，还有__________________________(写化学式)，K 3[Fe(C 2O 4)3]·3H 2O 样品中2-24C O 的质量分数是____________________。 【答案】抑制2Fe +的水解（答案合理即可） ()()2422422324336FeC O 6K C O 3H O 404K Fe C O 2Fe OH ℃⎡⎤+++↓⎣⎦ 分解过量的22H O （答案合理即可） 酸式滴定管 最后一滴标准4KMnO 溶液滴入后，溶液变为浅红色且30s 不再改变 ()244243K SO MnSO Fe SO 、、 50% 【解析】 【分析】 （1）制备242FeC O 2H O ⋅时，加入3mol/L 硫酸的作用是抑制2Fe +的水解； （2）根据信息第一个生成K 3[Fe(C 2O 4)3]的化学方程式是 ()()2422422324336FeC O 6K C O 3H O 404K Fe C O 2Fe OH ℃⎡⎤+++↓⎣⎦；
2020-2021备战高考化学培优 易错 难题(含解析)之化学反应原理及详细答案
2020-2021备战高考化学培优易错难题(含解析)之化学反应原理及详细答案 一、化学反应原理 1．过碳酸钠（2Na2CO3•3H2O2）俗称固体双氧水。实验室可用碳酸钠和双氧水等为原料来制备，具体流程如下： 已知：①相关反应的方程式如下：2Na2CO3+3H2O2＝2Na2CO3•3H2O2△H＜0 ②工业上常以产品活性氧的质量分数[ω（活性氧）＝×100%]来衡量产品的优劣，13.00%以上为优等品。 请回答： 表1 反应温度对产品收率及活性氧含量的影响 反应温度/℃产品收率/%活性氧质量分数/% 5 65.3 12.71 10 73.2 13.24 15 85.0 13.55 20 83.2 13.30 25 55.1 12.78 表2加料时间对产品收率及活性氧含量的影响 加料时间/min产品收率/%活性氧质量分数/% 5 65.7 13.30 10 76.8 14.75 15 81.3 14.26 20 89.0 13.82 25 87.9 13.51 （1）分析表1，一般选择的反应温度为_____。
（2）分析表2，加料时间对产品收率也有很大影响，时间太短或太长均不利于生产，加料时间太短导致产品收率较低的原因是_____。 （3）结晶过程中加入氯化钠，作用是_____。 （4）下列关于抽滤操作，正确的是_____。 A．准备略大于漏斗内径的滤纸，以盖住布氏漏斗瓷板上的小孔 B．用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀 C．洗涤沉淀时，加入少量水并开大水龙头，重复操作2～3次 D．用玻璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体，晾干后保存在试剂瓶中 （5）使用图2所示装置抽滤，中途需停止抽滤时，最佳操作为_____。 （6）产品出厂前需测定活性氧的质量分数，现将0.1000g某厂的产品（所含杂质均不参与反应）溶于水配成溶液，加入10.00mL1.000mol•L﹣1的稀硫酸，再加入足量KI，摇匀后置于暗处，充分反应后，加入少量_____，用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3标准溶液滴定，若该产品的活性氧质量分数为13.60%，则达到滴定终点时共消耗标准液的体积为_____mL。[已知：2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI] 【答案】15℃该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解降低产品溶解度，便于产品析出 B 先打开活塞，再关闭水龙头淀粉溶液 17.00 【解析】 【详解】 （1）由表可知，15℃时，产品收率和活性氧的质量分数高；故答案为：15℃； （2）由已知：①，该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解，不利于反应的进行；故答案为：该反应为放热反应，加料太快会导致温度显著升高，双氧水分解； （3）结晶过程中加入氯化钠、搅拌，能降低过碳酸钠的溶解度，有利于产品析出；故答案为：降低产品溶解度，便于产品析出； （4）A．准备略小于漏斗内径的滤纸，盖住布氏漏斗瓷板上的小孔，A错误； B．用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，B正确； C．洗涤沉淀时，加入少量水，关小水龙头，减小流速，重复操作2～3次，C错误；D．用玻璃棒轻轻刮下抽滤得到的固体，过碳酸钠不稳定，应避光保存，D错误； 故答案为：B； （5）使用图2所示装置抽滤，中途需停止抽滤时，为防止自来水倒吸，最佳操作为先打开活塞，再关闭水龙头；故答案为：先打开活塞，再关闭水龙头； （6）已知：活性氧的质量分数[ω（活性氧）＝×100%]，则n（H2O2）＝ ，产品溶于水由H2O2与KI的酸性溶液反应，H2O2+2H++2I﹣＝ 2H2O+I2，故用淀粉溶液做指示剂；用0.1000mol•L﹣1的Na2S2O3标准溶液滴定生成的碘单质：2Na2S2O3+I2＝Na2S4O6+2NaI，则H2O2～2Na2S2O3，n（Na2S2O3）＝2n（H2O2），则消耗的标 准液的体积为＝(0.136×0.1000g) ×2÷16÷0.1000mol/L＝0.0170L＝
高考化学 化学反应原理 培优 易错 难题练习(含答案)及答案解析
高考化学 化学反应原理 培优 易错 难题练习(含答案)及答案解析 一、化学反应原理 1．自20世纪60年代以后，人们发现了120多种含铁硫簇(如22Fe S 、44Fe S 、87Fe S 等)的酶和蛋白质。它是存在于生物体的最古老的生命物质之一。某化学兴趣小组在研究某铁硫簇结构的组成时，设计了下列实验： 实验一：测定硫的质量： (1)连接装置，请填写接口顺序：b 接____________________ (2)检查装置的气密性，在A 中放入0.4g 铁硫簇的样品(含有不溶于水和盐酸的杂质),在B 中加入品红溶液，在C 中加入30mL 0.1mol/L 的酸性4KMnO 溶液． (3)通入空气并加热，发现固体逐渐转变为红棕色． (4)待固体完全转化后，取C 中的4KMnO 溶液3mL ，用0.1mol/L 的碘化钾()10%溶液进行滴定。记录数据如下： 滴定次数 待测溶液体积/mL 消耗碘化钾溶液体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 1 3.00 1.00 7.50 2 3.00 1.02 6.03 3 3.00 1.00 5.99 实验二：测定铁的质量： 取实验Ⅰ中A 的硬质玻璃管中的残留固体加入稀盐酸中，充分搅拌后过滤，在滤液中加入足量的NaOH 溶液，过滤后取滤渣，经灼烧得0.32g 固体．试回答下列问题： (1)检查“实验一”中装置A 的气密性的方法是_________ (2)滴定终点的判断方法是_________ (3)装置B 中品红溶液的作用是_______.有同学提出，撤去B 装置，对实验没有影响，你的看法是______(选填“合理”或“不合理”)，理由是_________ (4)用KI 溶液滴定4KMnO 溶液时发生反应的离子方程式为_________ (5)请计算这种铁硫簇结构的化学式_________ (6)下列操作，可能引起x y :偏大的是_________ a.滴定剩余4KMnO 溶液时，KI 溶液滴到锥形瓶外边一滴
高考化学化学反应原理(大题培优)含答案
高考化学化学反应原理(大题培优)含答案 一、化学反应原理 1．某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反应速率的因素，做了以下实验。 (1)用三支试管各取5.0 mL、0.01 mol·L－1的酸性KMnO4溶液，再分别滴入0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液，实验报告如下。 ①实验1、3研究的是_________对反应速率的影响。 ②表中V＝_________mL。 (2)小组同学在进行(1)中各组实验时，均发现该反应开始时很慢，一段时间后速率会突然加快。对此该小组的同学展开讨论： ①甲同学认为KMnO4与H2C2O4的反应放热，温度升高，速率加快。 ②乙同学认为随着反应的进行，因_________，故速率加快。 (3)为比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题： ①装置乙中仪器A的名称为_________。 ②定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是____________________________________。 ③定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40 mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_______________。 【答案】温度 4.0产物Mn2+可能对该反应具有催化作用分液漏斗控制阴离子相同，排除阴离子的干扰收集40mL气体所需时间 【解析】 【分析】 （1）①、②作对比实验分析，其他条件相同时，只有一个条件的改变对反应速率的影响；（2）探究反应过程中反应速率加快的原因，一般我们从反应放热，温度升高，另一个方面从反应产生的某种物质可能起到催化作用； （3）比较Fe3＋、Cu2＋对H2O2分解的催化效果，阳离子不同，尽量让阴离子相同，减少阴离子不同造成的差别，催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体，所需时间的长短入手。
2020-2021高考化学知识点过关培优易错试卷训练∶化学反应原理含答案解析
2020-2021高考化学知识点过关培优易错试卷训练∶化学反应原理含答案解析 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 10 g 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 0.5 cm，并保持约 1 h，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 1.25 g 粗产品，用蒸馏水溶解并定容至 1000 mL，移取该溶液 1.00 mL，加过量 Fe3+和 K3Fe(CN)6酸性溶液，用蒸馏水定容至 100 mL 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） CD 96% 【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 0.5 cm，并保持约 1 h，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 1000 mL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
2020-2021备战高考化学化学反应原理(大题培优 易错 难题)及答案解析
2020-2021备战高考化学化学反应原理(大题培优 易错 难题)及答案解析 一、化学反应原理 1．水中的溶解氧是水生生物生存不可缺少的条件。某课外小组设计如图所示的实验装置(夹持装置略)，采用碘量法测定学校周边河水中的溶解氧的含量。 实验步骤及测定原理如下： Ⅰ.取样、氧的固定 a.用溶解氧瓶采集水样，记录大气压及水体温度。 b.向烧瓶中加入200mL 水样。 c.向烧瓶中依次迅速加入41mLMnSO 无氧溶液(过量)和2mL 碱性KI 无氧溶液(过量)，开启搅拌器，反应生成2MnO(OH)，实现氧的固定。 Ⅱ.酸化、滴定 d.搅拌，并向烧瓶中加入2mL 硫酸无氧溶液至2MnO(OH)被I -还原为2Mn +，溶液为中性或弱酸性。 e.在暗处静置5min 后，取一定量溶液，用223Na S O 标准溶液滴定生成的 () 22223246I 2S O I 2I S O ---+=+，记录数据。 f.⋯⋯ g.处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。 回答下列问题： ()1配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中的氧气的简单操作为________。 ()2取水样时应尽量避免扰动水体表面，这样操作的主要目的是________。 ()3“步骤c”中“搅拌”的作用是________。 ()4“氧的固定”中发生主要反应的化学方程式为________。 ()5“步骤f”为________。 ()6“步骤e”中，用amol/LNa 2S 2O 3标准溶液滴定，以淀粉溶液作指示剂，滴定终点的现象为________；若200mL 水样经处理后，共消耗223Na S O 标准溶液的体积为bmL ，则水样中溶解氧的含量为________(用含字母的式子表示)mg/L 。
2020-2021高考化学备考之化学反应原理压轴突破训练∶培优 易错 难题篇附答案(1)
2020-2021高考化学备考之化学反应原理压轴突破训练∶培优易错难题篇附 答案(1) 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： ①CO(NH 2)2(s)+SO3(g)H2NCONHSO3H(s) ΔH＜0 ②H 2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3H+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75～80℃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0.08000mol•L-1的NaNO2标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗NaNO2标准溶液25.00mL。此时氨基磺酸恰好被完全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2。 ①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。 ②试求氨基磺酸粗品的纯度：____(用质量分数表示)。 ③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①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①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：H 2NSO3H+H2O NH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动 (通电)预热去皮键(归零键) 77.60%偏高 【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①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； B.冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的A管口通入，故B错误； 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①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①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①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①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：H 2NSO3H+H2O NH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动，故答案为：氨基磺酸在水溶液中可发生反应： H 2NSO3H+H2O NH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动；