备战高考化学化学反应原理的综合复习附答案Word格式文档下载.docx

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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-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：

n（Ca2+）=n（H2C2O4）=

n（MnO4-）=2.5×

2.4×

10-4mol=6×

10-4mol，Ca2+的质量为：

40g/mol×

6×

10-4mol=0.024g=24mg，钙离子的浓度为：

=1.2mg/cm3。

【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=

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。

2．某化学兴趣小组欲测定KClO3，溶液与

溶液反应的化学反应速率．所用试剂为10mL0.1mol/LKClO3，溶液和

溶液，所得数据如图所示。

已知：

。

（1）根据实验数据可知，该反应在0～4min内的平均反应速率

________

（2）某同学仔细分析实验数据后发现，在反应过程中，该反应的化学反应速率先增大后减小．某小组同学针对这一现象进一步探究影响该化学反应速率的因素，具体方法如表示。

方案

假设

实验操作

Ⅰ

该反应放热使溶液温度升高，反应速率加快

向烧杯中加入10mL0.1mo//L的

溶液和10mL0.3mol/L的

溶液，

Ⅱ

取10mL0.1mo/L的

溶液加入烧杯中，向其中加入少量NaCl固体，再加入10mL0.3mol/L的

溶液

Ⅲ

溶液酸性增强加快了化学反应速率

分别向a、b两只烧杯中加入10mL0.1mol/L的

溶液；

向烧杯a中加入1mL水，向烧杯b中加入1mL0.2mol/L的盐酸；

再分别向两只烧杯中加入10mL0.3mol/L的

①补全方案Ⅰ中的实验操作：

________。

②方案Ⅱ中的假设为________。

③除Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的假设外，还可以提出的假设是________。

④某同学从控制变量的角度思考，认为方案Ⅲ中实验操作设计不严谨，请进行改进：

⑤反应后期，化学反应速率变慢的原因是________。

【答案】0.0025插入温度计生成的

加快了化学反应速率生成的

加快了化学反应速率将1mL水改为1mL0.2mol/L的NaCl溶液反应物浓度降低

（1）根据实验数据可知，该反应在0～4min内生成氯离子的浓度是0.010mol/L，所以平均反应速率

；

（2）①由于是假设该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此需要测量反应过程中溶液温度的变化；

②方案I、Ⅱ相比较，Ⅱ中加入了少量氯化钠，所以方案Ⅱ中的假设为生成的

加快了化学反应速率；

③由于反应中还有硫酸根离子生成，则除I、Ⅱ、Ⅲ中的假设外，还可以提出的假设是生成的硫酸根离子加快了化学反应速率；

④为防止氯离子对实验的干扰，则改进措施是将1mL水改为1mL0.2mol/L的NaCl溶液；

⑤反应后期反应物浓度减小，因此化学反应速率变慢。

对于多因素（多变量）的问题，常常采用控制因素（变量）的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题。

每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。

它是科学探究中的重要思想方法，广泛地运用在各种科学探索和科学实验研究之中。

3．黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿（含少量脉石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：

现称取研细的黄铜矿样品1.150g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体，实验后取d中溶液的

置于锥形瓶中，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，初读数为0.00mL，终读数如图所示。

请回答下列问题：

（1）称量样品所用的仪器为_____，将样品研细后再反应，其目的是_______。

（2）装置a的作用是________。

a．有利于空气中氧气充分反应b．除去空气中的水蒸气

c．有利于气体混合d．有利于观察空气流速

（3）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是___________。

（4）滴定时，标准碘溶液所耗体积为_________mL。

判断滴定已达终点的现象是_______。

通过计算可知，该黄铜矿的纯度为________。

（5）若用右图装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是____。

（填编号）

（6）若将原装置d中的试液改为Ba（OH）2，测得的黄铜矿纯度误差为＋1%，假设实验操作均正确，可能的原因主要有____________________。

【答案】电子天平使原料充分反应、加快反应速率b、d使反应生成的SO2全部进入d装置中，使结果精确20.10mL溶液恰好由无色变成浅蓝色，且半分钟内不褪色80.4%②空气中的CO2与Ba（OH）2反应生成BaCO3沉淀；

BaSO3被氧化成BaSO4

（1）根据称量黄铜矿样品1.150g，选择精确度较高的仪器；

将样品研细，增大了接触面积；

（2）浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；

（3）反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收；

（4）根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点；

先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS2～2SO2～2I2，再根据题中数据进行计算；

（5）图2中的②中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钡沉淀，可以根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量；

（6）Ba（OH）2溶液能吸收空气的CO2，另外BaSO3易被空气中氧气氧化，这些原因均能引起测定误差。

（1）由于称量黄铜矿样品1.150g，精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应；

（2）装置a中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反应装置b中发生危险，同时根据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量，故答案为bd；

（3）黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将b、d装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确；

（4）根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.10mL，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝；

根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：

CuFeS2～2SO2～2I2，消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.10mL时，即消耗的碘单质的量为：

0.05mol/L×

0.0201L=0.00105mol，所以黄铜矿的质量是：

0.5×

0.00105mol×

184g/mol×

10=0.9246g，所以其纯度是：

×

100%=80.4%；

（5）由于图2中，②硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡沉淀，过滤干燥后，根据硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量，故答案为②；

（6）将原装置d中的试液改为Ba（OH）2，测得的黄铜矿纯度误差为＋1%，在实验操作均正确的前提下，引起误差的可能原因主要有空气中的CO2与Ba（OH）2反应生成BaCO3沉淀或BaSO3被氧化成BaSO4。

4．二氧化氯（ClO2）具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。

ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。

某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：

（1）以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式__。

（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。

实验室模拟该过程的实验装置（夹持装置略）如图所示。

①装置A的名称是__，装置C的作用是__。

②反应容器B应置于30℃左右的水浴中，目的是__。

③通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是__。

④ClO2处理含CN-废水的离子方程式为__，装置E的作用是__。

（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。

①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质。

某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的__（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。

②用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式__。

【答案】FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O恒压漏斗安全瓶提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解稀释ClO2，防止其爆炸2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体，防止污染大气BaCl2Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+

二氧化氯（ClO2）具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。

分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。

（1）以黄铁矿（FeS2）、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3++2SO42-+7H2O。

（2）①装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的作用。

②升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30℃左右的水浴中。

③根据题文可知，ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是稀释ClO2，防止其爆炸。

④ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2，故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；

装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。

（3）①用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。

②用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2，电极反应式为Cl--5e-+2H2O=ClO2↑+4H+。

5．25℃、101kPa下，稀强酸与稀强碱溶液反应中和热为57.3kJ/mol。

（1）写出表示稀H2SO4与稀烧碱溶液反应的中和热的热化学方程式：

___。

（2）学生甲用50mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/L烧碱溶液测定中和热装置如图。

①实验时所需的玻璃仪器除烧杯、量筒外还需：

__。

②该装置中有一处错误是：

如果用该错误装置测定，测得的中和热ΔH会___（填“偏大、偏小、无影响”）。

③如果用60mL0.25mol/L硫酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，所求中和热___（填“相等、不相等”）。

④若反应前溶液以及中和后的混合液的密度均设为1g/cm3，混合前酸与碱的温度均为t1，混合后溶液的温度为t2，比热容为4.18J/（g·

℃），则中和热ΔH=___。

（3）学生乙用2mol/L的硫酸来测定与锌粒和锌粉反应的快慢，设计如图装置：

该生两次实验测定时间均设定为10min，则他还要测定的另一个数据是：

②若要减小产生H2的速率而又不影响产生H2的总量，应向硫酸中加入___（填字母）

a.Na2CO3溶液b.K2SO4溶液c.NaNO3溶液d.水e.CuSO4溶液

【答案】NaOH（aq）+

H2SO4（aq）=

Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol温度计和环形玻璃搅拌棒大烧杯上没有盖硬纸板或泡沫塑料板偏大相等△H=

kJ/mol10min内注射器活塞移动的距离或10min内产生氢气的体积bd

（1）根据酸碱中和热的含义书写热化学方程式；

（2）①依据中和热测定实验的过程和仪器分析中和热实验时所需的玻璃仪器；

②根据所给的装置图，可知缺少硬纸板，大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失；

③强酸强碱的稀溶液，符合中和热的测定条件；

④根据公式直接算出；

（3）①要测定反应速率，则还需要测定的另一个数据收集到气体的体积;

②根据影响反应速率因素和实质发生的反应进行分析。

（1）中和热数值为57.3kJ/mol，反应放热，则中和热的热化学方程式：

NaOH（aq）+

Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol，故答案为：

Na2SO4（aq）+H2O（l）△H=-57.3kJ/mol；

（2）①依据量热计的结果和原理分析，测定中和热实验时所需的玻璃仪器有烧杯、量筒、温度计、环形玻璃搅拌棒，故答案为：

温度计、环形玻璃搅拌棒；

②实验装置保温、隔热效果必须好，否则影响实验结果，所以装置缺少硬纸板或泡沫塑料板，故答案为：

大烧杯上没有盖硬纸板或泡沫塑料板；

③强酸强碱的稀溶液，符合中和热的测定条件，所求中和热相等，故答案为：

相等；

④由公式：

△H=

=

kJ/mol，故答案为：

kJ/mol；

（3）①要测定反应速率，则还需要测定的另一个数据收集到气体的体积，故答案为：

10min内注射器活塞移动的距离或10min内产生氢气的体积；

②如果反应过于剧烈，为了减缓反应速率而又不减少产生氢气的量。

a.加入Na2CO3溶液，盐酸与碳酸钠反应，氢气量减少，错误；

b.加入K2SO4溶液，盐酸的浓度减小，反应速率减小，正确；

c.加入NaNO3溶液，硝酸具有强氧化性，不能放出氢气，错误；

d.加入蒸馏水，盐酸的浓度减小，反应速率减小，正确；

e.加入CuSO4溶液，锌与铜离子反应置换出铜，氢气量减少，错误；

故答案为：

bd。

本题考查影响化学反应速率的因素，明确温度、浓度对反应速率的影响即可解答，本题的易错点和难点为（3），要注意硝酸的性质的特殊性。

6．亚硝酰硫酸

是染料、医药等工业的重要原料；

溶于浓硫酸，可在浓硫酸存在时用

和浓硝酸反应制得。

测定产品的纯度：

准确称取1.5g产品放入锥形瓶中，加入

、100.00mL的

溶液和足量稀硫酸，摇匀充分反应。

然后用0.5000mol/L草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为30.00mL。

①草酸钠与高锰酸钾溶液反应的离子方程式为_________。

②滴定终点的现象为____________。

③亚硝酰硫酸的纯度

[保留三位有效数字，M（NOSO4H）=127g/mol]

【答案】2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O滴入最后一滴

溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复84.67%

①高锰酸钾溶液在酸性溶液中氧化草酸钠生成二氧化碳，根据元素化合价变化和电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式；

②用0.2500mol•L−1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；

③减缓滴定过程中草酸消耗高锰酸钾物质的量，得到2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4，反应消耗高锰酸钾物质的量计算得到亚硝酰硫酸物质的量，据此计算纯度。

①酸溶液中高锰酸钾和草酸钠发生氧化还原反应，生成二氧化碳，锰元素化合价＋7价降低到＋2价，电子转移5e−，碳元素化合价＋3价变化为＋4价，根据电子转移，电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式：

2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，

2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

②用0.2500mol•L−1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点，故答案为：

滴入最后一滴

溶液后，溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复；

③

解得n＝0.006mol，

则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量＝0.1000mol•L−1×

0.100L−0.006mol＝0.004mol，

，

亚硝酰硫酸的纯度＝

100%＝84.67%，

84.67%.

滴定终点时，溶液的颜色变化是我们解题时的易错点。

在书写颜色变化时，我们可考虑暂不加入

，先定位过量KMnO4本身的颜色，这样就可避免错误的发生。

7．亚硫酸钠容易被氧化，某化学兴趣小组为测定某亚硫酸钠样品的纯度，三名学生分别设计了不同实验方案。

甲同学的实验方案：

称取10.0g样品，进行如图所示实验，测得装置D中干燥管实验前后增大。

（1）写出B中发生反应的化学方程式___________________________________。

装置E的作用是__________________。

乙同学的实验方案:

称取10.0g样品，溶于过量的盐酸后，再加入过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量沉淀质量为0.9g。

（2）洗涤沉淀的方法是_____________________，重复2~3次。

丙同学的设计方案步骤如下：

①称取样品10.0g,加水溶解配成250mL溶液;

②量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中;

③用酸化的0.1502mol·

L—1KMnO4标准液滴定至终点;

④重复操作2~3次，得出消耗KMnO4溶液体积的平均值为19.97mL。

（3）滴定中盛装KMnO4标准液的仪器是_______________________________。

（4）写出滴定过程中发生反应的离子方程式:

___________________________。

（5）确定滴定达到终点的操作及现象为_______________________________。

（6）三名学生通过实验数据计算出的样品纯度各不相同，指导教师指出__________（填“甲”、“乙”、“丙”）同学实验误差较大,其实验装置存在明显缺陷，理由是_________。

【答案】Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O防止空气中的CO2和水蒸气进入D中，影响实验结果向漏斗中注入蒸馏水至恰好浸没沉淀，待水自然流下酸式滴定管5SO32－＋2MnO4-＋6H＋===5SO42－＋2Mn2＋＋3H2O滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色甲反应结束后，装置中残留一定量的SO2（或SO2气流速度过快或装置气密性不好），未被装置D吸收

长期存放的亚硫酸钠可能会被部分氧化生成硫酸钠，也就是说该样品中可能含亚硫酸钠和硫酸钠。

甲同学设计的实验方案的原理为用70%硫酸与样品中亚硫酸钠反应生成二氧化硫，通过测定碱石灰吸收二氧化硫的量测定样品的纯度；

乙同学设计的实验方案的原理为先将样品溶于过量的盐酸中除去样品中的亚硫酸钠，再加入过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量硫酸钡沉淀质量，利用硫酸钡沉淀质量测定样品的纯度；

丙同学设计的实验方案的原理为利用亚硫酸钠具有还原性，用酸性高锰酸钾标准溶液滴定样品溶液，利用消耗酸性高锰酸钾溶液的量测定样品的纯度。

（1）B中发生的反应为70%硫酸与样品中亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；

因碱石灰能吸收空气中的CO2和水蒸气，会导致所测结果偏大，则装置E中碱石灰的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气，防止CO2和水蒸气进入D中，影响实验结果，故答案为：

Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；

防止空气中的CO2和水蒸气进入D中，影响实验结果；

（2）乙同学最终得到是硫酸钡沉淀，洗涤沉淀的方法是向过滤器中注入蒸馏水至恰好浸没沉淀，待水自然流下后，重复2~3次，故答案为：

向漏斗中注入蒸馏水至恰好浸没沉淀，待水自然流下；

（3）KMnO4具有