高考化学化学反应原理综合练习题含详细答案.docx
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高考化学化学反应原理综合练习题含详细答案
高考化学化学反响原理综合练习题含详尽答案
一、化学反响原理
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，详细流程以下：
已知：
①有关反响的方程式以下：
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%]来权衡产品的优
劣，13.00%以上为优等品。
请回答：
表1反响温度对产品收率及活性氧含量的影响
反响温度/℃
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）剖析表1，一般选择的反响温度为_____。
（2）剖析表2，加料时间对产品收率也有很大影响，时间很短或太长均不利于生产，加料
时间很短致使产品收率较低的原由是_____。
（3）结晶过程中加入氯化钠，作用是_____。
（4）以下对于抽滤操作，正确的选项是_____。
A．准备略大于漏斗内径的滤纸，以遮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积淀
C．清洗积淀时，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获取的固体，晾干后保存在试剂瓶中
（5）使用图2所示装置抽滤，半途需停止抽滤时，最正确操作为
_____。
（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（所含杂质均不参加
反响）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，充足反响后，加入少量
_____，用0.1000mol?
L﹣1的Na223
标准溶液滴定，若该
SO
产品的活性氧质量分数为
13.60%，则达到滴定终点时共耗费标准液的体积为
_____mL。
[已
知：
2Na2
232
24
6
SO+I＝NaSO+2NaI]
【答案】
15℃
该反响为放热反响，加料太快会致使温度明显高升，双氧水分解
降低产
品溶解度，便于产品析出
B
先翻开活塞，再封闭水龙头
淀粉溶液17.00
【分析】
【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，该反响为放热反响，加料太快会致使温度明显高升，双氧水分解，不利于反响的进行；故答案为：
该反响为放热反响，加料太快会致使温度明显高升，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，有益于产品析出；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，遮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积淀，B正确；
C．清洗积淀时，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获取的固体，过碳酸钠不稳固，应避光保存，D错误；
故答案为：
B；
（5）使用图2所示装置抽滤，半途需停止抽滤时，为防备自来水倒吸，最正确操作为先翻开活塞，再封闭水龙头；故答案为：
先翻开活塞，再封闭水龙头；
（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的酸性溶液反响，H2O2+2H++2I﹣＝
2HO+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
22322462222322322
质：
2NaSO+I＝NaSO+2NaI，则HO～2NaSO，n（NaSO）＝2n（HO），则耗费的标
准液的体积为＝（0.136×0.1000g）×2÷16÷0.1000mol/L＝0.0170L＝
17.00mL；故答案为：
淀粉溶液；17.00。
【点睛】
工艺流程实验题要剖析流程，所有设计都是为了实现流程的目标，在剖析问题时要掌握住这一基来源则，就能防备跑偏方向。
2．某同学设计以下三个实验方案以研究某反响是放热反响仍是吸热反响：
方案一：
如图
1，在小烧杯里放一些除掉氧化铝保护膜的铝片，而后向烧杯里加入
10mL2
－
75℃，随后，温度逐
mol·L1稀硫酸，再插入一支温度计，温度计的温度由20℃渐渐升至
渐降落至30
℃，最后逗留在20℃。
－1
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硫酸溶液，再向此中加
入氢氧化钠溶液，片晌后提起烧杯，发现小木片零落下来。
方案三：
如图3，甲试管中发生某化学反响，实验前
过程中，经过U形管双侧红
墨水液面高低判断某反响是吸热反响仍是放热反响。
U形管红墨水液面相平，在化学反响
序号
甲试管里发生反响的物质
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
分搅拌）
（充
？
③铝片与烧碱溶液左低右高
④铜与浓硝酸左低右高
依据上述实验回答有关问题：
（1）铝片与稀硫酸的反响是________（填“吸热”或“放热”）反响，写出该反响的离子方程式：
___________。
（2）方案一中，温度升至最大值后又降落的原由是___________。
（3）方案二中，小木片零落的原由是________，由此得出的结论是__________________。
（4）方案三中，假如甲试管里发生的反响是放热反响，则
U形管里红墨水液面：
左侧
________（填“高于”“低于”或“等于”）右侧。
（5）由方案三的现象得出结论：
①③④
组物质发生的反响都是________（填“吸热”或“放
热”）反响，假如搁置较长时间，可察看到
U形管里的现象是______________。
（6）方案三实验②的U形管中的现象为________，说明反响物的总能量________（填“大
于”“小于”或“等于”）生成物的总能量
【答案】放热
2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑
反响完整后，热量向空气中传达，烧杯里物质
的温度降低
蜡烛融化
氢氧化钠与硫酸的反响放热
低于放热红墨水液面左右相平
红墨水液面左高右低
小于
【分析】
【剖析】
【详解】
（1）金属与酸的反响是放热反响，所以铝片与稀硫酸的反响是放热反响，该反响的离子方程式为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降落的原由可能是反响完整后，热量向空气中传达，烧杯里物质的温度降低，故答案为反响完整后，热量向空气中传达，烧杯里物质的温度降低；
（3）方案二中，反响放出的热量，使得蜡烛融化，小木片零落，故答案为蜡烛融化；氢氧化钠与硫酸的反响放热；
（4）方案三中，假如甲试管里发生的反响是放热反响，装置中气体的压强增大，U形管里
红墨水液面：
左侧低于右侧，故答案为低于；
（5）由方案三的现象得出结论：
①③④组物质发生的反响都是放热反响，假如搁置较长时
间，热量消散，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属于吸热反响，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．碳酸镁晶须是一种新式的吸波隐形资猜中的加强资料。
（1）合成该物质的步骤以下：
步骤
-1
MgSO4溶液和
-1
溶液。
1：
配制0.5mol·L
0.5molL·NH4HCO3
步骤
2：
用量筒量取
500mLNH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。
温度控制
在50
℃。
步骤3：
将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调理溶液pH到9.5。
步骤4：
搁置1h后，过滤，清洗。
步骤5：
在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·nH2On=1～5）。
①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是_________。
②步骤3
生成MgCO3·nH2O积淀的化学方程式为__________。
③步骤4
查验积淀能否清洗洁净的方法是__________。
（2）测定生成的MgCO3·nH2O中的n值。
称量1.000碳酸镁晶须，放入以下图的广口瓶中加入适当水，并滴入稀硫酸与晶须反
应，生成的CO2被NaOH溶液汲取，在室温下反响
4～5h，反响后期将温度升到30℃，最
后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得
CO2的总量；重复上述操作
2次。
①图中气球的作用是_________。
②上述反响后期要升温到
30℃，主要目的是______。
③测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下
CO2为1.12L，则n值为_______。
（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获取，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚
铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取
12.5g菱镁矿样品溶于过度的稀硫酸并完
全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用
0.010mol/LH2O2溶液进行滴定。
平行测定四组。
耗费
H2O2溶液的体积数据如表所示。
实验编号
1
2
3
4
耗费H2O2溶液体积/mL
15.00
15.02
15.62
14.98
①H2O2溶液应装在_________（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
②依据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为
_________%（保存小数点后两
位）。
【答案】水浴加热MgSO
+NH4HCO3+NH3?
H2O+（n-1）H2O
MgCO3·nH2O↓+（NH4）2SO4取最
4
后一次清洗液少量于试管中，加入稀盐酸，无明展现象，而后加入BaCl2溶液，若无白色沉
淀，则积淀已经清洗洁净
缓冲压强（或均衡压强），还能够起到封闭系统的作用
使广
口瓶中溶解的
CO2充足逸出，并被NaOH溶液充足汲取
4酸式0.13
【分析】
【剖析】
本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3·nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部
分。
合成碳酸镁晶须是利用
MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反响生成。
测定
MgCO3·nH2O中n值，采纳的是加稀硫酸，和
MgCO3·nH2O反响，测定产生的CO2的体积，
能够经过计算确立MgCO3·nH2O中n值。
测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁
转变为Fe2+，用H2O2溶液滴定，依据耗费的
H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱
镁矿中铁的含量。
【详解】
（1）①步骤2控制温度在50℃，当温度不超出100℃时，较好的加热方法是水浴加热。
水浴加热既可均匀加热，又能够很好地控制温度。
②MgSO4
4
3
3
2
积淀的同时还获取
424
，
溶液和NHHCO溶液、氨水反响生成
MgCO
·nHO
（NH）SO
化学方程式为：
MgSO4
4332
2
O
32
42
4
+NHHCO+NH?
HO+（n-1）H
MgCO·nHO↓+（NH）
SO。
③步骤4查验积淀能否清洗洁净，能够查验清洗液中的
SO42-，方法是取最后一次清洗液少
许于试管中，加入稀盐酸，无明展现象，而后加入
BaCl2溶液，若无白色积淀，则积淀已经
清洗洁净。
（2）①图中气球能够缓冲压强（或均衡压强），还能够起到封闭系统的作用。
②上述反响后期要升温到
30℃，主要目的是使广口瓶中溶解的
CO2
充足逸出，并被NaOH
溶液充足汲取。
③标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol，依据碳守恒，有
7.8000g
（84+18n）g/mol
=0.05mol，解得n=4。
（3）①H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。
②四次实验数据，第3次和其余三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验耗费
H2O2溶液
体积的均匀值为
15.00mL。
n（H2O2）=0.015L
×0.010mol/L=1.5-4mol×10H2O2
和
Fe2+的反响
，在
中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到
-2价，Fe2+中铁的化合价高升到
+3价，依据电
子守恒，n（Fe2+
22
-4
-4
）=2（HO）=3
×10mol，则m（Fe）=3×10mol×56g/mol=0.0168g，实验菱镁矿中
0.0168
铁元素的质量分数为×100%=0.13%。
12.5
【点睛】
当控制温度在100℃以下时，能够采纳水浴加热的方法。
查验积淀能否清洗洁净时需要选择适合的检测离子，选择检测的离子必定是滤液中的离子，而且简单经过化学方法检测。
查验积淀能否清洗洁净的操作需要同学记着。
4．硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还宽泛应用于鞣革、媒染、化
工、医药等行业。
常温下，溶液中析出晶体为Na2232
2232
℃熔
SO?
5H
O．NaSO?
5HO于40-45
化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。
在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。
Ⅰ．制备Na2S2O3?
5H2O
将硫化钠和碳酸钠按反响要求比率放入图乙装置D中，而后注入150mL蒸馏水使其溶解，
再在分液漏斗A中注入必定浓度的H2SO4，在蒸馏烧瓶B中加入亚硫酸钠固体，并按图乙安装好装置。
（1）仪器D的名称为______
（2）翻开分液漏斗活塞，注入H2SO4，使反响产生的气体较迟缓均匀地通入Na2S和
Na2CO3的混淆溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，总反响方程式为
2Na2S+Na2CO3+4SO2
3Na2S2O3+CO2。
①烧瓶B中发生反响的化学方程式为______。
②将B中产生的气体迟缓均匀地通入D中的正确操作是______。
③制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下，其原由是
示）。
Ⅱ．分别Na2S2O3?
5H2O并测定含量
______（用离子方程式表
（3）操作I为趁热过滤，其目的是______；操作Ⅱ是过滤、清洗、干燥，此中清洗操作时
用______（填试剂）作清洗剂。
（4）蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止，蒸发时控制温度不宜过高的原由是
______。
（5）制得的粗晶体中常常含有少量杂质。
为了测定粗产品中
Na223
2
SO?
5HO的含量，称取
1.25g的粗样品溶于水，配成
250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶
液，用0.0100mol/L标准I
溶液滴定，当溶液中
2-所有被氧化时，耗费碘溶液的体积为
2
S2O3
25.00mL．试回答：
（提示：
I2+2S2O3
2-═2I-+S4O62-）
①达到滴定终点时的现象：
______
②产品中NaSO?
5H
2
O的质量分数为______。
2
2
3
【答案】三颈烧瓶
Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O
察看仪器D中气体的流
速，控制分液漏斗
A的旋塞，控制产生气体的速度
S
2-
+═S↓+SO
2O3
+2H
2↑+H2O防备硫
代硫酸钠晶体析出
乙醇
防止析出的晶体Na2
232
滴加最后一
SO?
5HO因温度过高而分解
滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明抵达滴定终点
99.2%
【分析】
【剖析】
【详解】
（1）依据仪器的结构可知，仪器D的名称为三颈烧瓶，故答案为：
三颈烧瓶；
（2）①亚硫酸钠与浓硫酸反响生成二氧化硫气体，反响的化学方程式为：
Na2SO3+H2SO4
（浓）=Na2SO4+SO2
+H2O
，故答案为：
Na2SO3+H2SO4
Na2SO4+SO2
↑
+H2O
↑
（浓）
=
；
②为将B中产生的气体迟缓均匀地通入
D中，能够察看仪器
D中气体的流速，经过控制分
液漏斗A的旋塞，可控制产生气体的速度，故答案为：
察看仪器
D中气体的流速，控制分
液漏斗A的旋塞，控制产生气体的速度；
③Na2S2O3在酸性条件下会生成S和SO2，所以制备过程中仪器
D中的溶液要控制在弱碱性
条件下以防备Na2S2O3发生歧化反响，其离子方程式为：
S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故答
案为：
S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
（3）依据图甲可知，温度低时，硫代硫酸钠的溶解度小，会结晶析出，所以需要趁热过
滤，防备硫代硫酸钠晶体析出；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所认为防备清洗损失硫代硫酸钠，应当用乙醇作清洗剂，故答案为：
防备硫代硫酸钠晶体析出；乙醇；
（4）Na2S2O3?
5H2O于40-45℃融化，48℃分解，所以蒸发时控制温度不宜过高的原由是避
免析出的晶体
Na2S2O3
5H2O
因温度过高而分解，故答案为：
防止析出的晶体
Na2S2O35H2O
?
?
因温度过高而分解；
（5）①碘遇淀粉变蓝色，反响结束时，溶液中S2O32-所有被氧化时，滴加最后一滴标准I2
溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明抵达滴定终点，故答案为：
滴加最后
一滴标准I2溶液时，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明抵达滴定终点；
②依据碘与硫代硫酸钠的反响I2+2S2O32-═2I-+S4O62-中的比率关系，配成的溶液中c（S2O32-
2c（I2）gV（I2）
20.0100mol
0.025L
）=
=
0.025L
=0.02mol/L，则产品中Na2S2O3?
5H2O的质量
V（S2O32-）
0.0200mol/L0.25L248g/mol
分数=
1.25g
100%=99.2%，故答案为：
99.2%。
5．某化学兴趣小组欲测定KClO3，溶液与NaHSO3溶液反响的化学反响速率．所用试剂为
10mL0.1mol/LKClO3，溶液和10mL0.3mol/LNaHSO3溶液，所得数据以下图。
已知：
ClO33HSO3Cl3SO243H。
（1）依据实验数据可知，该反响在
0～4min
内的均匀反响速率
vCl
________
mol/
Lmin
。
（2）某同学认真剖析实验数据后发现，在反响过程中，该反响的化学反响速领先增大后减小．某小组同学针对这一现象进一步研究影响该化学反响速率的要素，详细方法如表示。
方案
假定
实验操作
Ⅰ
该反响放热使溶液温度
向烧杯中加入10mL0.1mo//L的KClO3溶液和10mL0.3mol/L
的
高升，反响速率加速
NaHSO3溶液，
Ⅱ
取10mL0.1mo/L的KClO3溶液加入烧杯中，向此中加入少量
NaCl固
体，再加入10mL0.3mol/L的NaHSO3溶液
溶液酸性加强加速了化
分别向a、b两只烧杯中加入10mL0.1mol/L的KClO3溶液；向烧杯a
Ⅲ
中加入1mL水，向烧杯b中加入1mL0.2mol/L的盐酸；再分别向两只
学反响速率
烧杯中加入
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