全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总1docx.docx
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全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总1docx
全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总
(1)
一、化学反应原理
1.某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物
Fex
C2O4y
zH2O
,
并用滴定法测定其组成。
已知
H2C2O4在温度高于
90℃时易发生分解。
实验操作如下:
步骤一:
将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内,可生成黄色沉淀;
步骤二:
称取黄色产物
0.844ng于锥形瓶中,加入足量的硫酸并水浴加热至
70n85℃。
待固体全部溶解后,用胶头滴管吸出一滴溶液点在点滴板上,用铁氰化钾溶液检验,无蓝
色沉淀产生;
步骤三:
用0.0800nmol/LKMnO4标准液滴定步骤二所得的溶液;
步骤四:
向步骤三滴定后的溶液中加足量的
Zn粉和硫酸溶液,几分钟后用胶头滴管吸出一
滴点在点滴板上,用
KSCN溶液检验,若不显红色,过滤除去
Zn粉,并用稀硫酸洗涤
Zn
粉,将洗涤液与滤液合并,用0.0800nmol/LKMnO4标准液滴定,用去高锰酸钾标准液
10.00nmL。
(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是
________。
(2)步骤二中水浴加热并控制温度
70n85℃的理由是________,加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀
产生,此操作的目的是
________。
(3)步骤三盛装KMnO4
标准液的滴定管在滴定前后的液面如图乙所示,则消耗
KMnO4
标
准液的体积为________,该滴定管为________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。
(4)步骤四中滴定时发生反的离子方程式为________。
若不合并洗涤液,则消耗
KMnO4
标
准液的体积将________(填“增大”“减小”或“不变”)。
由以上数据计算黄色化合物的化学式
为________。
【答案】过滤
加快固体溶解,防止草酸分解
证明溶液中无
Fe2
存在,防止
Fe2
干扰草
酸的测定
25.00mL
酸式
5Fe2
MnO
4
8H
5Fe3
Mn
2
4H2O
减小
Fe4C2O45?
10H2O
【解析】
【详解】
(1)固液分离的方法为过滤,故答案为:
过滤;
(2)水浴加热可加快固体溶解,控制温度
70~85n?
C可防止草酸分解;
Fe
x
C
O
4
y?
zHO中的铁元素可能含有
Fe
2
,
Fe
2
与KMnO4反应,高锰酸钾滴定
2
2
草酸时,需要排除Fe2的干扰,故答案为:
加快固体溶解,防止草酸分解;证明溶液中无Fe2存在,防止Fe2干扰草酸的测定;
(3)滴定前读数为0.80nmL,滴定后读数为25.80nmL,则消耗KMnO4溶液的体积为
25.00nmL;KMnO4具有强氧化性,应用酸式滴定管,故答案为:
25.00nmL;酸
式;
(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为
5Fe2
8H
5Fe3
Mn2
4H2O,洗涤
液中含有Fe2
,若不合并,消耗
KMnO4标准液的体积减小;根据方程式可知,
n
Fe2
5n
MnO4
5
0.0800nmol/L
10nmL
103
L/mL4
103
mol,
n
H2C2O4
5nMnO4
5
0.0800nmol/L
25nmL
103L/mL
5
103
mol
2
2
0.844ng
4
103mol56
g
5
103mol
88ng/mol
,
nH2O
mol
0.01nmol
,
18ng/mol
则nFe:
nC2O42
:
nH2O
4:
5:
10,黄色化合物的化学式为
Fe4C2O45?
10H2O,故答案为:
5Fe2
MnO4
8H
5Fe3
Mn2
4H2O;减
小;Fe4
C2O45?
10H2O。
【点睛】
亚铁离子和草酸均能与酸性高锰酸钾溶液反应,实验时防止亚铁离子干扰草酸的测定是解答关键。
2.水合肼(N2H4·H2O)是一种强还原性的碱性液体,常用作火箭燃料。
利用尿素法生产水合肼的原理为CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=NH4·H2O+Na2CO3+NaCl。
实验1:
制备NaClO溶液(己知:
3NaClO2NaCl+NaClO3)。
(1)图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的离子方程式为________________________。
(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时,所需玻璃仪器有
_______________。
(3)图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是________________________。
实验2:
制取水合肼
(4)图乙中若分液漏斗滴液速度过快,部分
N2H4·H2O会参与A中反应并产生大量氮气,
降低产品产率,该过程中反应生成氮气的化学方程式为
__________________。
充分反应
后,蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。
实验3:
测定馏分中水合肼的含量
(5)称取馏分3.0g,加入适量NaHCO固体(滴定过程中,调节溶液的
pH保持在6.5左
3
右),加水配成250mL溶液,移出
25.00mL置于锥形瓶中,并滴加
2~3滴淀粉溶液。
用
-1的碘的标准溶液滴定。
(已知:
N2
4
2
22
2
0.15molL·
H·H
O+2I=N↑+4HI+HO)
①滴定操作中若不加入适量
NaHCO固体,则测量结果会___________“偏大”“偏小”“无影
3
响”)。
②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是
___________(填字母)。
a.锥形瓶清洗干净后未干燥
b.滴定前,滴定管内无气泡,滴定后有气泡
c.读数时,滴定前平视,滴定后俯视
d.盛标准液的滴定管水洗后,直接装标准液
③实验测得消耗
I2溶液的平均值为
20.00mL,馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为
___________________。
【答案】MnO2
+-
2+
2
2
防止NaClO分解,影
+4H+Cl
Mn+Cl
↑+2HO量筒、烧杯、玻璃棒
响水合肼的产率
N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl偏大d25%
【解析】试题分析:
由图可知,装置氧化钠溶液制备次氯酸钠;装置NaOH、NaClO反应制备水合肼。
I由二氧化锰和浓盐酸制备氯气;装置II由氯气和氢
III是尾气处理装置;图乙中的由CO(NH2)2与
实验1:
制备NaClO溶液(己知:
3NaClO
2NaCl+NaClO3)。
(1)图甲装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的离子方程式为
2
+-
Mn
2+
2
2
MnO+4H+Cl
+Cl
↑+2HO。
(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为
30%的NaOH溶液时,所需玻璃仪器有量筒、烧
杯、玻璃棒。
(3)由题中信息(己知:
3NaClO
2NaCl+NaClO)可知,图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度
3
的目的是防止NaClO分解,影响水合肼的产率
。
实验2:
制取水合肼
(4)图乙中若分液漏斗滴液速度过快,部分
N2H4·H2O会参与A中反应并产生大量氮气,
降低产品产率,该过程中反应生成氮气的化学方程式为
N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl。
充分反应后,蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产
品。
实验3:
测定馏分中水合肼的含量
(5)称取馏分3.0g,加入适量NaHCO固体(滴定过程中,调节溶液的
pH保持在6.5左
3
右),加水配成250mL溶液,移出
25.00mL置于锥形瓶中,并滴加
2~3滴淀粉溶液。
用
-1
(已知:
N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)
0.15molL·的碘的标准溶液滴定。
①水合肼(N2H4·H2O)是一种强还原性的碱性液体,滴定操作中若不加入适量
NaHCO3固体控
制溶液的pH,则碘会在碱性条件下发生歧化反应而消耗较多的碘,所以测量结果会偏大
。
②下列实验操作:
a.锥形瓶清洗干净后未干燥,不影响测定结果;
b.滴定前,滴定管内无气
泡,滴定后有气泡,则标准液的体积读数偏小;
c.读数时,滴定前平视,滴定后俯视,则
标准液的体积读数偏小;d.盛标准液的滴定管水洗后,直接装标准液,则标准液会被残留
的水稀释,从而消耗标准液的体积偏大。
综上所述,能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是d。
③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL,由反应的化学方程式N2H4?
H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O可知,
n(N2H4?
H2O)=n(I2)=
=0.0015mol,馏分中水合肼
(N2H4·H2O)的质量分
数为
25%。
点睛:
本题考查物质制备实验、主要考查了实验室制备氯气的反应原理、配制一定质量分数的溶液所用的实验仪器、反应条件的控制、氧化还原滴定及其误差分析等等,题目难度中等。
明确实验目的为解答关键,较好地考查了学生对实验原理的理解及知识迁移应用的能力、处理实验数据的能力等等。
3.硫酸亚铁铵的化学式为(NH4)2SO4?
FeSO4?
6H2O,商品名为莫尔盐,可由硫酸亚铁与硫酸铵反应生成。
一般硫酸亚铁盐在空气中易被氧化,而形成莫尔盐后就比较稳定了。
三种
盐的溶解度(单位为g/100g水)如下表:
温度/℃
10
20
30
(NH4
2
4
73.0
75.4
78.0
)
SO
FeSO·7H
2
O
20.0
26.5
32.9
4
(NH4
2
4
4
17.2
21.6
28.1
)
SO?
FeSO
(一)实验室制取少量莫尔盐的流程如下:
试回答下列问题:
(1)步骤1
中加入10%Na23
___________;反应中铁屑过量是为了
CO溶液的主要作用是
______。
(2)步骤3
需要趁热过滤,原因是___________。
(3)从步骤
4到莫尔盐,必须进行的操作依次是
______,析出的晶体常用
________洗涤。
(4)若莫尔盐的饱和溶液中有水20克,当温度从30℃降至10℃,最多析出莫尔盐的质量是________(选填编号)。
A2.18g
B大于
2.18g
C小于
2.18g
D无法确定
(二)称取质量为1.96g的莫尔盐制成溶液。
用未知浓度的酸性
KMnO4溶液进行滴定。
(1)已知MnO4-被还原为Mn2+,试写出该滴定反应的离子方程式____。
(2)判断该反应到达滴定终点的现象为____________。
(3)假设到达滴定终点时,用去
VmL酸性KMnO4溶液,则该酸性
KMnO4溶液的浓度为
_______mol/L。
【答案】除铁屑表面的油污
还原氧化生成的
Fe3+,保证Fe2+稳定、纯净地存在,减少产
物中的Fe3+杂质FeSO4
在温度低时溶解度较小,如果不趁热过滤就会有
42
FeSO·7HO析出
过滤、洗涤
无水酒精或冰水
B
2+
-+
3+
2+
5Fe+MnO4+8H
→5Fe+Mn
+4H2O加入最后一滴
KMnO4溶液紫红色不褪,且半分钟内不褪色
1/V
【解析】
【分析】
(一)
(1)碳酸钠水解显碱性;
(2)FeSO4在温度低时溶解度较小;
(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤;温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小;
(4)(NH4)2SO4·FeSO4在30℃和10℃的溶解度分别为:
28.1g和17.2g;
(二)
(1)MnO4-将二价铁离子氧化为三价铁离子,被还原为
Mn2+;
(2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子是不需要指示剂的;
(3)根据亚铁离子和高锰酸根反应的实质,可以找到亚铁离子与高锰酸根之间的量的关系,根据原子守恒可以找到亚铁离子和酸亚铁铵之间量的关系,进而进行计算。
【详解】
(一)(
1)碳酸钠水解显碱性,油脂在碱性条件下能水解,过量的
Fe可以还原氧化生成
的Fe3+,减少产物中的
Fe3+杂质,
故答案为:
除铁屑表面的油污;还原氧化生成的
Fe3+,保证
Fe2+稳定、纯净地存在,减少
产物中的Fe3+杂质;
(2)如果不趁热过滤就会有
FeSO
FeSO4在温度低时溶解度较小,
4·7H2O析出,故答案为:
如果不趁热过滤就会有FeSO
析出;
4·7H2O
(3)浓缩结晶后需要过滤、洗涤;硫酸亚铁铵在无水乙醇中的溶解度小;温度低时,硫酸亚铁铵的溶解度小,可用冰水洗涤,故答案为:
过滤、洗涤;无水酒精或冰水;
(4)(NH4)2SO4·FeSO4在30
℃和10℃的溶解度分别为:
28.1g和
17.2g,即若溶剂为100g
水,冷却析出10.9g,有水20g析出2.18g,硫酸亚铁铵的化学式为(
NH4)2SO4·FeSO4·6H2O
含有结晶水,故析出质量大于
2.18g,故答案为:
B;
(二)
(1)反应的离子方程式
2+
-
+3+
2+
+4H2O,故答案为:
5Fe
+MnO4+8H
→5Fe+Mn
5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O;
(2)高锰酸钾本身有颜色,滴定亚铁离子不需要指示剂,当滴加最后一滴溶液后,溶液变
成紫红色,
30s内不褪色,说明达到滴定终点,故答案为:
加入最后一滴
KMnO4溶液紫红
色不褪,且半分钟内不褪色;
(3)1.96g硫酸亚铁铵晶体的物质的量n=m
1.96g
=
=0.005mol
,根据原子守恒则亚
M
392g/mol
铁离子的物质的量为0.005mol,反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H
2O,则5Fe2+~MnO4-
,所以高锰酸钾的物质的量为
0.001mol,据c=n=
0.001mol=
1
mol/L,故答案为:
V
103VL
V
1。
V
4.如图所示,E为浸有Na24
A、B均为Pt片,压在滤纸
SO溶液的滤纸,并加入几滴酚酞。
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-
+
+O2↑B极氢气和氧气在碱性环境下发生原电池
=4H
反应,消耗了氢气和氧气2H
--4e-
--
2+4OH
=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:
2
-+2
2HO-4e=4H+O↑;
(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。
5.葡萄糖酸亚铁((C6H11O7)2Fe)是常用的补铁剂,易溶于水,几乎不溶于乙醇。
用下图装置制备FeCO3,并利用FeCO3与葡萄糖酸反应可得葡萄糖酸亚铁。
回答下列问题:
(1)a的名称为_________。
(2)打开a中K1、K3,关闭K2,一段时间后,关闭K3,打开K2。
在_________(填仪器标
号)中制得碳酸亚铁。
实验过程中产生的H2作用有_________、____________。
(写2条)
(3)将制得的碳酸亚铁浊液过滤、洗涤。
如过滤时间过长会发现产品部分变为红褐色。
用
化学方程式说明原因
____________。
(4)将葡萄糖酸与碳酸亚铁混合,加入乙醇、过滤、洗涤、干燥。
加入乙醇的目的是
_________________。
(5)用NaHCO3溶液代替Na2CO3溶液制备碳酸亚铁,同时有气体产生,离子方程式为
______________,此法产品纯度更高,原因是
_______________。
【答案】恒压滴液漏斗
c
排出装置内的空气,防止生成的
FeCO
将
b中溶液压
3被氧化
入c中
4FeCO
降低葡萄糖酸亚铁在水中溶解度
2+
3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2
Fe
+2HCO
-
=FeCO↓+HO+CO↑降低溶液的pH以免产生氢氧化亚铁
3
3
2
2
【解析】
【分析】
(1)a的名称为恒压滴液漏斗;
(
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