高考化学知识点过关培优 易错 难题训练化学反应原理含答案.docx
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高考化学知识点过关培优易错难题训练化学反应原理含答案
高考化学知识点过关培优易错难题训练∶化学反应原理含答案
一、化学反应原理
1．为探究Ag+与Fe3+氧化性的相关问题，某小组同学进行如下实验：
已知：
相关物质的溶解度（20℃）AgCl：
1．5×10-4gAg2SO4：
0．796g
（1）甲同学的实验如下：
序号
操作
现象
实验Ⅰ
将2mL1mol/LAgNO3溶液加入到1mL1mol/LFeSO4溶液中
产生白色沉淀，随后有黑色固体产生
取上层清液，滴加KSCN溶液
溶液变红
注：
经检验黑色固体为Ag
①白色沉淀的化学式是_____________。
②甲同学得出Ag+氧化了Fe2+的依据是_______________。
（2）乙同学为探究Ag+和Fe2+反应的程度，进行实验Ⅱ。
a．按右图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应），发现电压表指针偏移。
偏移的方向表明：
电子由石墨经导线流向银。
放置一段时间后，指针偏移减小。
ｂ．随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2（SO4）3溶液，发现电压表指针的变化依次为：
偏移减小→回到零点→逆向偏移。
①a中甲烧杯里的电极反应式是___________。
②b中电压表指针逆向偏移后，银为_________极（填“正”或“负”）。
③由实验得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是___________。
（3）为进一步验证乙同学的结论，丙同学又进行了如下实验：
序号
操作
现象
实验Ⅲ
将2mL2mol/LFe（NO3）3溶液加入有银镜的试管中
银镜消失
实验Ⅳ
将2mL1mol/LFe2（SO4）3溶液加入有银镜的试管中
银镜减少，未消失
实验Ⅴ
将2mL2mol/LFeCl3溶液加入有银镜的试管中
银镜消失
①实验Ⅲ___________（填“能”或“不能”）证明Fe3+氧化了Ag，理由是_____________。
②用化学反应原理解释实验Ⅳ与Ⅴ的现象有所不同的原因：
_____________。
【答案】Ag2SO4有黑色固体（Ag）生成，加入KSCN溶液后变红Fe2+－e-＝Fe3+负Fe2+＋Ag+
Fe3+＋Ag不能因为Fe（NO3）3溶液呈酸性，酸性条件下NO3-也可能氧化Ag溶液中存在平衡：
Fe3+＋Ag
Fe2+＋Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-更有利于降低Ag+浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大（或促使平衡正向移动，银镜溶解）。
【解析】
【分析】
【详解】
（1）将2mL1mol/LAgNO3溶液加入到1mL1mol/LFeSO4溶液中发生复分解反应会生成硫酸银白色沉淀，银离子具有强氧化性会氧化Fe2+为Fe3+，银离子被还原为黑色固体金属单质银；取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成；
①上述分析可知白色沉淀为硫酸银，它的化学式是Ag2SO4，故答案为Ag2SO4；
②甲同学得出Ag+氧化了Fe2+的依据是实验现象中，银离子被还原为黑色固体金属单质银，取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成，故答案为有黑色固体（Ag）生成，加入KSCN溶液后变红；
（2）①实验过程中电压表指针偏移，偏移的方向表明：
电子由石墨经导线流向银，依据原电池原理可知银做原电池正极，石墨做原电池负极，负极是甲池溶液中亚铁离子失电子发生氧化反应生成铁离子，a中甲烧杯里的电极反应式是Fe2+-e-=Fe3+；故答案为Fe2+-e-=Fe3+；
②随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2（SO4）3溶液，和乙池组成原电池，发现电压表指针的变化依次为，偏移减小→回到零点→逆向偏移，依据电子流向可知乙池中银做原电池负极，发生的反应为铁离子氧化为银生成亚铁离子；故答案为负；
③由实验现象得出，Ag+和Fe2+反应生成铁离子和金属银，反应的离子方程式是Fe2++Ag+
Fe3++Ag；故答案为Fe2++Ag+
Fe3++Ag；
（3）①将2mL2mol/LFe（NO3）3溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银杯氧化，可能是溶液中铁离子的氧化性，也可能是铁离子水解显酸性的溶液中，硝酸根离子在酸溶液中具有了强氧化性，稀硝酸溶解银，所以实验Ⅲ不能证明Fe3+氧化了Ag，故答案为不能；因为Fe（NO3）3溶液呈酸性，酸性条件下NO3-也可能氧化Ag；
②将2mL1mol/LFe2（SO4）3溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失说明部分溶解，将2mL2mol/LFeCl3溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银溶解完全，依据上述现象可知，溶液中存在平衡：
Fe3++Ag
Fe2++Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-更有利于降低Ag+浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大，故答案为溶液中存在平衡：
Fe3++Ag
Fe2++Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-更有利于降低Ag+浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大。
2．某同学设计如下三个实验方案以探究某反应是放热反应还是吸热反应：
方案一：
如图1，在小烧杯里放一些除去氧化铝保护膜的铝片，然后向烧杯里加入10mL2mol·L－1稀硫酸，再插入一支温度计，温度计的温度由20℃逐渐升至75℃，随后，温度逐渐下降至30℃，最终停留在20℃。
方案二：
如图2，在烧杯底部用熔融的蜡烛粘一块小木片，在烧杯里加入10mL2mol·L－1硫酸溶液，再向其中加
入氢氧化钠溶液，片刻后提起烧杯，发现小木片脱落下来。
方案三：
如图3，甲试管中发生某化学反应，实验前U形管红墨水液面相平，在化学反应过程中，通过U形管两侧红
墨水液面高低判断某反应是吸热反应还是放热反应。
序号
甲试管里发生反应的物质
U形管里红墨水液面
①
氧化钙与水
左低右高
②
氢氧化钡晶体与氯化铵晶体（充分搅拌）
？
③
铝片与烧碱溶液
左低右高
④
铜与浓硝酸
左低右高
根据上述实验回答相关问题：
（1）铝片与稀硫酸的反应是________（填“吸热”或“放热”）反应，写出该反应的离子方程式：
___________。
（2）方案一中，温度升至最大值后又下降的原因是___________。
（3）方案二中，小木片脱落的原因是________，由此得出的结论是__________________。
（4）方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，则U形管里红墨水液面：
左边________（填“高于”“低于”或“等于”）右边。
（5）由方案三的现象得出结论：
①③④组物质发生的反应都是________（填“吸热”或“放热”）反应，如果放置较长时间，可观察到U形管里的现象是______________。
（6）方案三实验②的U形管中的现象为________，说明反应物的总能量________（填“大于”“小于”或“等于”）生成物的总能量
【答案】放热2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低蜡烛熔化氢氧化钠与硫酸的反应放热低于放热红墨水液面左右相平红墨水液面左高右低小于
【解析】
【分析】
【详解】
（1）金属与酸的反应是放热反应，因此铝片与稀硫酸的反应是放热反应，该反应的离子方程式为2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑，故答案为放热；2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑；
（2）方案一中，温度升至最大值后又下降的原因可能是反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低，故答案为反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低；
（3）方案二中，反应放出的热量，使得蜡烛熔化，小木片脱落，故答案为蜡烛熔化；氢氧化钠与硫酸的反应放热；
（4）方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，装置中气体的压强增大，U形管里红墨水液面：
左边低于右边，故答案为低于；
（5）由方案三的现象得出结论：
①③④组物质发生的反应都是放热反应，如果放置较长时间，热量散失，装置中气体的压强与外界压强相等，U形管中红墨水液面左右相平，故答案为放热；红墨水液面左右相平；
（6）方案三实验②属于吸热反应，U形管中红墨水液面左高右低，故答案为红墨水液面左高右低；小于。
3．火箭推进器中盛有强还原剂液态肼（N2H4）和强氧化剂液态双氧水。
当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。
已知：
0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量。
（1）该反应的热化学方程式为_________________________________。
（2）分别取40mL的0.50mol/L盐酸与0.55mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。
通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热。
A的仪器名称为____________________。
（3）如图所示，泡沫塑料板上面有两个小孔，两个小孔不能开得过大，其原因是__________；反应需要测量温度，每次测量温度后都必须采取的操作是_______________。
（4）某学生实验记录数据如下：
实验序号
起始温度T1℃
终止温度T2℃
盐酸
氢氧化钠
混合溶液
1
20.0
20.1
23.2
2
20.2
20.4
23.4
3
20.5
20.6
23.6
已知盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1g/cm3，又知中和后生成溶液的比热容c＝4.18J/（g·℃），依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热ΔH＝________；
（5）假定该学生的操作完全同上，实验中改用100mL0.5mol/L盐酸跟100mL0.55mol/L氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_____（填“相等”或“不相等”），所求中和热_______（填“相等”或“不相等”）。
【答案】N2H4（l）＋2H2O2（l）=N2（g）＋4H2O（g）ΔH＝－641.63kJ·mol－1环形玻璃搅拌棒减少热量损失用水冲洗干净温度计，并擦干温度计－51.8kJ/mol不相等相等
【解析】
【分析】
【详解】
（1）0.4mol液态肼与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出256.652kJ的热量，1mol液态肼放出的热量，
=641.63kJ该反应的热化学方程式为N2H4（l）＋2H2O2（l）=N2（g）＋4H2O（g）ΔH＝－641.63kJ·mol－1。
故答案为：
N2H4（l）＋2H2O2（l）=N2（g）＋4H2O（g）ΔH＝－641.63kJ·mol－1；
（2）根据图示可知，A的仪器名称为环形玻璃搅拌棒，故答案为：
环形玻璃搅拌棒；
（3）为泡沫塑料板，上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒，若两个小孔开得过大，会导致散失较多的热量，影响测定结果；
中和反应是放热反应，温度计上的酸与NaOH溶液反应放热，使温度计读数升高，温度差偏低，但使测得的中和热偏高，所以每次测量后用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；故答案为：
减少热量散失；用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；
（4）第1次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.05℃，反应后温度为：
23.2℃，反应前后温度差为：
3.15℃；
第2次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.3℃，反应前后温度差为：
3.1℃；
第3次实验盐酸和NaOH溶液起始平均温度为20.55℃，反应前后温度差为：
3.05℃；
40mL的0.50mol·L－1盐酸与40mL的0.55mol·L－1氢氧化钠溶液的质量和为m=80mL×1g·cm－3=80g，c=4.18J/（g·℃），代入公式Q=cm△T得生成0.05mol的水放出热量Q=4.18J/（g·℃）×80g×
℃=1.036kJ，即生成0.02mol的水放出热量为：
1.036kJ，所以生成1mol的水放出热量为：
1.036kJ×
=-51.8kJ·mol－1，即该实验测得的中和热△H=-51.8kJ·mol－1；故答案为：
-51.8kJ·mol－1；
（5）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用100mL0.50mol·L－1盐酸跟100mL0.55mol·L－1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增加，所放出的热量偏高，即放出热量不相等；
由于中和热的均是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用100mL0.50mol·L－1盐酸跟100mL0.55mol·L－1NaOH溶液进行上述实验，测得中和热数值相等，故答案为：
不相等；相等。
【点睛】
本题考查热化学方程式的书写方法和计算应用，注意焓变计算和物质聚集状态的标注，学习中要准确把握，另外注意中和热的计算，特别是注意先求温度的平均差值，再求中和热，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
4．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）2SO4
73.0
75.4
78.0
FeSO4·7H2O
20.0
26.5
32.9
（NH4）2SO4•FeSO4
17.2
21.6
28.1
（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％Na2CO3溶液的主要作用是___________；反应中铁屑过量是为了______。
（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）。
A2.18gB大于2.18gC小于2.18gD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FeSO4·7H2O析出过滤、洗涤无水酒精或冰水B5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++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FeSO4·7H2O析出，故答案为：
FeSO4在温度低时溶解度较小，如果不趁热过滤就会有FeSO4·7H2O析出；
（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5Fe2++MnO4-+8H+→5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为：
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=
=
=0.005mol，根据原子守恒则亚铁离子的物质的量为0.005mol，反应5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，则5Fe2+～MnO4-，所以高锰酸钾的物质的量为0.001mol，据c=
=
=
mol/L，故答案为：
。
5．亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效氧化剂、漂白剂。
已知：
NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
利用下图所示装置制备亚氯酸钠。
完成下列填空：
（1）装置②中产生ClO2的化学方程式为___________。
装置③的作用是_____________。
（2）从装置④反应后的溶液获得NaClO2晶体的操作步骤为：
①减压，55℃蒸发结晶；②__________；③_______；④低于60℃干燥，得到成品。
（3）准确称取所得亚氯酸钠样品10g于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应（ClO2－+4I－+4H+→2H2O+2I2+Cl－）。
将所得混合液配成250mL待测溶液。
配制待测液需用到的定量玻璃仪器是____________；
（4）取25.00mL待测液，用2.0mol/LNa2S2O3标准液滴定（I2+2S2O32－→2I－+S4O62－），以淀粉溶液做指示剂，达到滴定终点时的现象为__________。
重复滴定2次，测得Na2S2O3溶液平均值为20.00mL。
该样品中NaClO2的质量分数为_____________。
（5）通过分析说明装置①在本实验中的作用_______________________________。
【答案】2NaClO3+Na2SO3+H2SO4→2ClO2+2Na2SO4+H2O防止倒吸趁热过滤用38－60℃的温水洗涤250mL容量瓶溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色90.5%当关闭K2时，打开K1，可以吸收反应产生的气体。
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据反应物NaClO3、Na2SO3、H2SO4，生成物为ClO2和2Na2SO4，配平方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；装置③为安全瓶，防止装置②中气体温度降低而产生倒吸；
（2）因为NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，若要得到NaClO2晶体，需在38－60℃得到晶体，故操作为趁热过滤；用38－60℃的温水洗涤；
（3）容量瓶要指明规格；
（4）有碘单质参和生成的反应，一般采用淀粉溶液做指示剂，该反应是Na2S2O3标准液滴定碘，终点溶液由蓝色变为无色且半分钟内不变色；
计算时一般找出关系式，由此进行计算，关系式为ClO2－——2I2——4S2O32－
n（ClO2－）=1/4n（S2O32－）=1/4×20×10-3×2=0.01mol
m（NaClO2）=0.01×90.5=9.05g该样品中NaClO2的质量分数为9.05g÷10g=0.905
（5）本实验产生污染性气体，直接排放会污染环境，故需要尾气处理，装置①就是用碱吸收反应产生的ClO2等尾气。
6．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，
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