化学二模试题分类汇编化学反应原理综合及答案1.docx
《化学二模试题分类汇编化学反应原理综合及答案1.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《化学二模试题分类汇编化学反应原理综合及答案1.docx（28页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
化学二模试题分类汇编化学反应原理综合及答案1
化学二模试题分类汇编——化学反应原理综合及答案
（1）
一、化学反应原理
1．硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O）俗名“大苏打”。
已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。
某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：
（1）装置甲中，a仪器的名称是____________；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_________________________（写出一条即可）。
（2）装置乙的作用是____________________________________。
（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：
1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。
反应的化学方程式为：
________________________________________。
（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_________。
（实验中供选用的试剂及仪器：
CaCl2溶液、Ca（OH）2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管．提示：
室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5）
（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_____________洗涤。
为了测定粗产品中Na2S2O3·5H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法（假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应）。
称取1.50g粗产品溶于水，用0.20mol·L－1KMnO4溶液（加适量稀硫酸酸化）滴定，当溶液中
全部被氧化为
时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。
①写出反应的离子方程式：
________________________________________。
②产品中Na2S2O3·5H2O的质量分数为____________________（保留小数点后一位）。
【答案】分液漏斗控制反应温度、控制滴加硫酸的速度安全瓶，防倒吸4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2取少量样品于试管（烧杯）中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡（搅拌），静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9．5，则含有NaOH乙醇
82.7％
【解析】
【分析】
装置甲为二氧化硫的制取：
Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：
2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。
据此解答。
【详解】
（1）装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；
（2）SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；
（3）Na2S和Na2CO3以2：
1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO3＝3Na2S2O3+CO2；
（4）碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管（烧杯）中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡（搅拌），静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于9.5，则含有NaOH；
（5）硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；
①Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中
全部被氧化为
，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+＝8Mn2++10SO42-+7H2O；
②由方程式可知n（Na2S2O3•5H2O）=n（S2O32-）=
n（KMnO4）=
×0.04L×0.2mol/L=0.005mol，则m（Na2S2O3•5H2O）=0.005mol×248g/mol=1.24g，则Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数为
×100%=82.7%。
【点睛】
考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。
2．亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。
Ⅰ.经查：
①Ksp（AgNO2）=2×10－8，Ksp（AgCl）=1.8×10－10；②Ka（HNO2）=5.1×10－4。
请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体______________________
Ⅱ.某小组同学用如下装置（略去夹持仪器）制备亚硝酸钠
已知：
①2NO＋Na2O2=2NaNO2；②酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2＋。
（1）使用铜丝的优点是________________________。
（2）装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。
装置C中盛放的药品是_________；（填字母代号）
A．浓硫酸B．NaOH溶液C．水D．四氯化碳
（3）该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250ml溶液，取25.00ml溶液于锥形瓶中，
用0.1000mol·L－1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：
滴定次数
1
2
3
4
消耗KMnO4溶液体积/mL
20.90
20.12
20.00
19.88
①第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________（填字母代号）。
a．锥形瓶洗净后未干燥
b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗
c．滴定终点时仰视读数
②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为___________________。
③该样品中亚硝酸钠的质量分数为______________。
【答案】分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解;再分别滴加酚酞试液,变红的为NaNO2可以控制反应的发生与停止Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2OCbc6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O69%
【解析】
试题分析：
Ⅰ.根据NaNO2为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性分析；
Ⅱ.装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气，通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，据此分析解答。
解析：
Ⅰ.酸越弱相应酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法是：
分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2；
Ⅱ.
（1）可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；
（2）浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，方程式为：
Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应，所以C中的药品是水，答案选C；
（3）①a．锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c（标注）×V（标准）/V（待测）可知，c（标准）不变，a错误；b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标注）×V（标准）/V（待测）可知，c（标准）偏大，b正确；c．滴定终点时仰视读数，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标注）×V（标准）/V（待测）可知，c（标准）偏大，c正确；答案选bc；
②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O；
③根据表中数据可知第一次实验数据误差太大，舍去，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是0.02L，高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×5/2=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×100mL/25mL=0.02mol，其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g/2g×100%=69.0%.
点睛：
注意掌握综合实验设计题的解题思路：
（1）明确实验的目的和原理。
实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。
实验原理可从题给的化学情景（或题首所给实验目的）并结合元素化合物等有关知识获取。
在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。
（2）理清实验操作的先后顺序。
根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。
（3）看准图，分析各项实验装置的作用。
有许多综合实验题图文结合，思考容量大。
在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。
（4）细分析，得出正确的实验结论。
实验现象（或数据）是化学原理的外在表现。
在分析实验现象（或数据）的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。
3．二氧化氯（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+
【解析】
【分析】
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。
【详解】
（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+。
4．根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿（主要成分为FeS2）作为原料。
完成下列填空：
（1）将0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）+Q。
经2分钟反应达到平衡，测得n（SO3）=0.040mol，则O2的平均反应速率为______
（2）在容积不变时，下列措施中有利于提高SO2平衡转化率的有______（选填编号）
a.移出氧气b.降低温度
c.减小压强d.再充入0.050molSO2（g）和0.030molO2（g）
（3）在起始温度T1（673K）时SO2的转化率随反应时间（t）的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2（723K）时SO2的转化率随反应时间变化的示意图___
（4）黄铁矿在一定条件下煅烧的产物为SO2和Fe3O4
①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。
酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是______
②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42﹣。
写出有关的离子方程式______。
有2mol氧化产物生成时转移的电子数为______
【答案】0.005mol/（L•min）bd
抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+14NA
【解析】
【分析】
（1）根据v＝
求出氧气的速率，然后根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算；
（2）反应放热，为提高SO2平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SO2平衡转化率，由此分析解答；
（3）反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；
（4）①Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；
②根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。
【详解】
（1）v（SO3）＝
＝
＝0.01mol/（L•min），所以v（O2）＝
v（SO3）＝0.005mol/（L•min），故答案为：
0.005mol/（L•min）；
（2）a．移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；
b．降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；
c．减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；
d．再充入0.050molSO2（g）和0.030molO2（g），相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；
故答案为：
bd；
（3）反应：
2SO2（g）+O2（g）⇌2SO3（g）△H＜0，SO2的转化率在起始温度T1＝673K下随反应时间（t）的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2＝723K，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示
；故答案为：
；
（4）①Fe2O3（或Fe3O4等）溶于H2SO4后，生成的Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋，所以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋，故答案为：
抑制Fe3＋与Fe2＋的水解，并防止Fe2＋被氧化成Fe3＋；
②−2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+，氧化产物是硫酸根离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14NA，故答案为：
FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+；14NA。
【点睛】
注意（3）温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的关键。
5．无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体．某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成．实验装置如下：
每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积．实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）：
实验组别
温度
称取CuSO4质量/g
B增重质量/g
C增重质量/g
E中收集到气体/mL
①
T1
0.640
0.320
0
0
②
T2
0.640
0
0.256
V2
③
T3
0.640
0.160
Y3
22.4
④
T4
0.640
X4
0.192
33.6
（1）实验过程中A中的现象是______．D中无水氯化钙的作用是_______．
（2）在测量E中气体体积时，应注意先_______，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）．
（3）实验①中B中吸收的气体是_____．实验②中E中收集到的气体是______．
（4）推测实验②中CuSO4分解反应方程式为：
_______．
（5）根据表中数据分析，实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g．
（6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由________．
【答案】白色固体变黑吸收水蒸气，防止影响C的质量变化冷却至室温偏小SO3O22CuSO4
2CuO+2SO2↑+O2↑0.128T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2
【解析】
【分析】
（1）根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；
（2）气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；
（3）实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；
（4）0.64g硫酸铜的物质的量为
＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：
0.256g，物质的量为：
＝0.004mol，氧气的质量为：
0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：
＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：
2：
2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO4
2CuO+2SO2↑+O2↑；
（5）0.64g硫酸铜的物质的量为
＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：
0.16g，氧气的质量为：
32＝0.032g，根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；
（6）根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。
【详解】
（1）因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：
白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；
（2）加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：
冷却至室温偏小；
（3）实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：
SO3；O2；
（4）0.64g硫酸铜的物质的量为
＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：
0.256g，物质的量为：
＝0.004mol，氧气的质量为：
0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：
＝0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：
2：
2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO4
2CuO+2SO2↑+O2↑；
（5）0.64g硫酸铜的物质的量为
＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：
0.16g，氧气的质量为：
32＝0.032g，实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；
（6）根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故T4温度更高，故答案为：
T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。
6．化学学习小组进行如下实验。
[探究反应速率的影响因素]设计了如下的方案并记录实验结果（忽略溶液混合体积变化）。
限选试剂和仪器：
0.20mol·L-1H2C2O4溶液、0.010mol·L-1KMnO4溶液（酸性）、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽
物理量
V（0.20mol·L-1
H2C2O4溶液）/mL
V（蒸馏水）/mL
V（0.010mol·L-1
KMnO4溶液）/mL
T/℃
乙
①
2.0
0
4.0
50
②
2.0
0
4.0
25
③
1.0
0
4.0
25
（1）上述实验①、②是探究__________对化学反应速率的影响；若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为_____________；乙
升级会员 