高考化学化学反应原理的综合压轴题专题复习含详细答案.docx
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高考化学化学反应原理的综合压轴题专题复习含详细答案
2020-2021高考化学—化学反应原理的综合压轴题专题复习含详细答案
一、化学反应原理
1．高氯酸铵NH4ClO4为白色晶体，分解时产生大量气体，是复合火箭推进剂的重要成分。
1高氯酸铵中氯元素的化合价为。
2高氯酸铵在高温条件下分解会产生H2Og和三种单质气体，请写出该分解反应的化学方程式。
3
某研究小组在实验室设计如下装置检验高氯酸铵分解的产物。
该小组连接好装置后，依次检查装置的气密性、装入试剂、通干燥的惰性气体排尽装置内的空气、将导管末端移入盛满水的试管E、通入气体产物。
（已知：
焦性没食子酸溶液用于吸收氧气）
Ⅰ.碱石灰、湿润的淀粉KI试纸、氢氧化钠溶液、CuⅡ.无水硫酸铜、湿润的红色布条、氢氧化钠溶液、Cu
Ⅲ.无水硫酸铜、湿润的淀粉KI试纸、饱和食盐水、Cu
②装置E收集到的气体可能是（填化学式）。
90℃
4经查阅资料，该小组利用反应NaClO4（aq）+NH4Cl（aq）NH4ClO4（aq）+NaCl（aq）在实验室
制取NH4ClO4，该反应中各物质的溶解度随温度的变化曲线如图。
1从混合溶液中获得较多粗NH4ClO4晶体的实验操作依次为、和过
滤、洗涤、干燥。
2研究小组分析认为，若用氨气和浓盐酸代替NH4Cl，则上述反应不需要外界供热就能进行，其原因是。
5研究小组通过甲醛法测定所得产品NH4ClO4的质量分数。
[已知：
NH4ClO4的相对分子质量为117.5；NH4ClO4与甲醛反应的离子方程式为
4NH46HCHOCH26N4H3H6H2O，
6
CH26N4HCH26N4HK7106]实验步骤：
步骤Ⅰ.称取7.05g样品。
步骤Ⅱ.将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。
步骤Ⅲ.移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中，加入20mL20％的中性甲醛溶液（过量），摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。
记录数据。
重复（滴定）操作2次。
1标准液应盛放在上图装置（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）中，判断达到滴定终点的现象是
②滴定结果如下表所示：
滴定次数
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
0.20
24.30
2
1.00
24.90
3
0.20
21.20
则所用标准溶液的体积为mL，若NaOH标准溶液的浓度为0.1000mol?
L1，则
该产品中NH4ClO4的质量分数为。
Δ
【答案】72NH4ClO4N2Cl22O24H2OgⅡN2蒸发浓缩冷
却结晶氨气与浓盐酸反应放出热量Ⅱ当加入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液由无色变成粉红色，且30s内不褪去24.0040％
【解析】
【详解】
1铵根显1价，氧元素显2价，设氯元素的化合价是x，根据在化合物中正负化合价代数和为零，可得：
1x240，则x7价，故答案为：
7；
2高氯酸铵在高温条件下分解会产生H2O（g）和三种单质气体，结合元素守恒，三种单
质气体为N2、Cl2和O2，反应的化学方程式为：
Δ
2NH4ClO4N2Cl22O24H2Og，故答案为：
Δ
2NH4ClO4N2Cl22O24H2Og；
3①先利用无水硫酸铜检验水蒸气，然后用湿润的红色布条检验氯气，氢氧化钠溶液吸收氯气，浓硫酸进行干燥，D中为铜，用于检验氧气的存在，焦性没食子酸溶液用于吸收氧气，故答案为：
Ⅱ；
2装置E收集到的气体可能是N2，故答案为：
N2；
4①由图可知，NH4ClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl的溶解度受温度影响不大，
NH4Cl、NaClO4的溶解度受温度影响也很大，但相同温度下，它们溶解度远大于
NH4ClO4，故从混合溶液中获得较多NH4ClO4晶体的实验操作依次为：
蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：
蒸发浓缩，冷却结晶；
②因氨气与浓盐酸反应放出热量，反应需要温度较低，所以氯化铵用氨气和浓盐酸代替，上述反应不需要外界供热就能进行，故答案为：
氨气与浓盐酸反应放出热量；
5①NaOH标准液应盛放在碱式滴定管中，即盛放在II中；因为使用酚酞作指示剂，当
加入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液由无色变成粉红色，且30s内不褪去，达到滴定终点，故答案为：
Ⅱ；当加入最后一滴标准液，锥形瓶内溶液由无色变成粉红色，且30s内
不褪去；
②三次实验所耗NaOH溶液的体积依次为24.30mL-0.20mL=24.10mL、24.90mL-1.00mL=23.90mL、21.20mL-0.20mL=21.00mL，第3组实验数据误差较大，应舍去，则所用标准溶液的体积为（24.10mL+23.90mL）÷2=24.00mL，根据所给反应得出关系式
NaOH～NH4ClO4，该产品中NH4ClO4的质量分数为
0.1000mol/L24.00103L2255.000mmLL117.5g/mol100％40％，故答案为：
7.05g
24.00；40％。
2．硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于鞣革、媒染、化工、医药等行业。
常温下，溶液中析出晶体为Na2S2O3?
5H2O．Na2S2O3?
5H2O于40-45℃熔
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应要求比例放入图乙装置D中，然后注入150mL蒸馏水使其溶解，
再在分液漏斗A中注入一定浓度的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）打开分液漏斗活塞，注入H2SO4，使反应产生的气体较缓慢均匀地通入Na2S和
Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，总反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2
Δ3Na2S2O3+CO2。
①烧瓶B中发生反应的化学方程式为。
②将B中产生的气体缓慢均匀地通入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，其理由是（用离子方程式表
示）。
Ⅱ．分离Na2S2O3?
5H2O并测定含量
（3）操作I为趁热过滤，其目的是；操作Ⅱ是过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作时
用（填试剂）作洗涤剂。
（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因是
（5）制得的粗晶体中往往含有少量杂质。
为了测定粗产品中Na2S2O3?
5H2O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I2溶液滴定，当溶液中S2O32-全部被氧化时，消耗碘溶液的体积为25.00mL．试回答：
（提示：
I2+2S2O32-═2I-+S4O62-）
①达到滴定终点时的现象：
②产品中Na2S2O3?
5H2O的质量分数为。
【答案】三颈烧瓶Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O观察仪器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S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O防止硫
代硫酸钠晶体析出乙醇避免析出的晶体Na2S2O3?
5H2O因温度过高而分解滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点99.2%
【解析】
【分析】
【详解】
（1）根据仪器的构造可知，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应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：
Na2SO3+H2SO4
（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：
Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；②为将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中，可以观察仪器D中气体的流速，通过控制分液漏斗A的旋塞，可控制产生气体的速度，故答案为：
观察仪器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止Na2S2O3发生歧化反应，其离子方程式为：
S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故答
案为：
S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
（3）根据图甲可知，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，防止硫代硫酸钠晶体析出；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠，应该用乙醇作洗涤剂，故答案为：
防止硫代硫酸钠晶体析出；乙醇；
（4）Na2S2O3?
5H2O于40-45℃熔化，48℃分解，所以蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体Na2S2O3?
5H2O因温度过高而分解，故答案为：
避免析出的晶体Na2S2O3?
5H2O
因温度过高而分解；
（5）①碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，溶液中S2O32-全部被氧化时，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，说明到达滴定终点，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，说明到达滴定终点；②根据碘与硫代硫酸钠的反应I2+2S2O32-═2I-+S4O62-中的比例关系，配成的溶液中c（S2O32-
3．氢叠氮酸（HN3）和莫尔盐［（NH4）2SO4·FeSO4·6H2O］是两种常用原料。
（1）氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×10-5。
①氢叠氮酸在水溶液中的电离方程式为
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，恢复到25℃，此时，溶液呈酸性，则混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为。
（2）在FeSO4溶液中，加入（NH4）2SO4固体可制备莫尔盐晶体［（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O］，为了测定产品纯度，称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，用浓度为cmol/L的酸性高锰酸钾溶液滴定，每次所取待测液体积均为25.00mL，实验结果记录如下：
（已
知莫尔盐的分子量为392）
实验次数
第一次
第二次
第三次
消耗KMnO4溶液体积/mL
25.52
25.02
24.98
①配制莫尔盐溶液，所使用的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外还有
②滴定终点的现象是，通过实验数据，计算该产品的纯度为（用含字母
a、c的式子表示）。
3上表第一次实验中记录数据明显大于后两次，其原因可能是。
A第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗
B该酸性高锰酸钾标准液保存时间过长，部分变质
C滴定前酸式滴定管中尖嘴处有气泡，滴定结束后气泡消失
【答案】HN3?
H++N3-c（N3-）>c（Na+）>c（HN3+）>c（H+）>c（OH-）500mL容量瓶，
胶头滴管滴入最后一滴标准液，溶液变为浅紫红色，且半分钟不变色（980c/a）×100%
AC
【解析】
【分析】
（1）①氢叠氮酸是一元弱酸；
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，溶液中含有等物质的量浓度的HN3和NaN3；
（2）溶液的配置需要的仪器有：
烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管；高锰酸钾溶液本身是紫色的，可以根据高锰酸钾溶液颜色变化判断滴定终点；第一次实验中记录数据明显大于后两次，即高锰酸钾溶液体积偏大。
【详解】
（1）①氢叠氮酸易溶于水，25℃时，该酸的电离常数为Ka=10×1-05，说明氢叠氮酸为弱酸，在水溶液中的电离方程式为HN3H++N3-，故答案为HN3H++N3-；
②0.2mol/L的HN3溶液与0.1mol/L的NaOH溶液等体积混合后，溶液中存在等物质的量浓度的HN3和NaN3，恢复到25℃，溶液显酸性，以HN3的电离为主，混合溶液中各离子和HN3分子浓度由大到小的顺序为c（N3-）>c（Na+）>c（HN3）>c（H+）>c（OH-），故答案为c（N3-）>c（Na+）>c（HN3）>c（H+）>c（OH-）；
（2）①500mL溶液的配置需要的仪器有：
烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，故答案为：
500mL容量瓶，胶头滴管；
②利用高锰酸钾的强氧化性，Fe2+的强还原性，两者发生氧化还原反应，Fe2+被氧化成
Fe3+，化合价升高1，Mn由+7价→+2，化合价降低5，最小公倍数5，根据原子个数、电荷守恒，配平得MnO4-+5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O，向溶液中滴加中高锰酸钾，高锰酸钾显紫红色，因此滴定到终点：
滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变
色，故答案为：
滴入最后一滴标准液，溶液由无色变为浅紫色，且30s不变色；因为第一次与第二次、第三次相差较大，忽略不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为
25.0224.98mL=25mL，根据离子反应方程式，得出：
2
n[（NH4）2SO4?
FeSO4?
6H2O]=5n（KMnO4）=25×-13×0c×5m，o则l500mL溶液中含有n[（NH4）2SO4?
FeSO4?
6H2O]=25×-130×c×5×2550m0/ol=2.5cmol，所以质量分数
392980c980c
=2.5c××100%=×100%，故答案为：
×100%；
aaa
③A．第一次滴定时，锥形瓶用待装液润洗，锥形瓶中亚铁离子的量偏多，消耗的高锰酸钾偏多，A项正确；B．三次使用的高锰酸钾都是一样的，消耗的高锰酸钾体积应是相同的，B项错误；C．滴定管尖嘴有气泡，滴定结束无气泡，所消耗的液体体积增加，故C项
正确；故答案为：
AC。
【点睛】本题考查了沉淀的转化和物质含量的测定。
本题的易错点为
（2）的误差分析，要注意同一实
验使用的标准溶液是相同的。
4．胆矾（CuSO4·5H2O）是铜的重要化合物，在工业生产中应用广泛。
若改变反应条件可获得化学式为Cux（OH）y（SO4）z·nH2O的晶体，用热重分析仪对Cux（OH）y（SO4）z·nH2O晶体进行分析并推断该晶体的化学式。
取3.30g晶体样品进行热重分析，所得固体质量的变化曲线如图所示。
已知：
体系温度在650℃及以下时，放出的气体只有水蒸气；实验测得温度在650℃时，残留固体的组成可视为aCuO·bCuSO4；温度在1000℃以上时，得到的固体为
②通过计算推断Cux（OH）y（SO4）z·nH2O晶体的化学式：
【答案】>Cu2（OH）2SO4·4H2O
【解析】
【详解】
0.9g
3.30g晶体含水为3.3g-2.4g＝0.9g，n（H2O）＝＝0.05mol，1000℃以上时，得到的
18g/mol
1.44g
固体为Cu2O，n（Cu）＝×2＝0.02mol，温度在650℃时，残留固体的组成可视为
144g/mol
aCuO?
bCuSO4，此时设CuO为xmol、CuSO4为ymol，则
x＋y＝0.02，80x＋160y＝2.4，解得x＝y＝0.01mol，
0.01mol＋0.01mol4
1
0.01mol
温度650～1000℃产生的气体中，n（O）：
n（S）＝＝5>3，故答案为：
＞；
②3.30g晶体含水为3.3g-2.4g＝0.9g，n（H2O）＝0.05mol，n（Cu）＝0.02mol，n（SO42-）＝
0.01mol，可知x：
z：
n＝0.02mol：
0.01mol：
（0.05-0.02/2）mol=2：
1：
4，由电荷守恒可知y
＝2，化学式为Cu2（OH）2SO4·4H2O，故答案为：
Cu2（OH）2SO4·4H2O。
5．方法与规律提炼：
（1）某同学利用原电池装置证明了反应Ag＋＋Fe2＋=Ag＋Fe3＋能够发生，设计的装置如下图所
示。
为达到目的，其中石墨为极，甲溶液是，证明反应Ag＋＋Fe2＋=Ag
＋Fe3＋能够发生的实验操作及现象是
（2）用零价铁（Fe）去除水体中的硝酸盐（NO）已成为环境修复研究的热点之一。
Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示。
上图中作负极的物质是。
正极的电极反应式是。
（3）在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，主要包括电化学过程和化学过程，如下图所示：
阴极区的电极反应式为。
电路中转移1mol电子，需消耗氧气L（标准状况）。
（4）KClO3也可采用“电解法”制备，装置如图所示。
写出电解时阴极的电极反应式电解过程中通过阳离子交换膜的离子主
要为，其迁移方向是（填a→b或b→a）。
学法题：
通过此题的解答，请归纳总结书写电极反应式的方法
【答案】负FeSO4或FeC2l溶液分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色加深铁NO3-＋8e－＋10H＋=NH4+＋3H2OFe3+＋e－=Fe2+
5.6L2H＋＋2e－=H2↑K+a→b原电池中先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存。
电解池中电极反应式的书写看阳极材料，如果阳极是惰性电极（Pt、Au、石
墨），则应是电解质溶液中的离子放电，应根据离子的放电顺序进行书写。
【解析】
【分析】根据原电池原理，负极发生氧化反应；根据电解池原理，阴极发生还原反应，通过物质的化合价变化判断反应发生原理，阳离子移动方向与电子移动方向相同，据此回答问题。
【详解】
（1）已知电池总反应为反应Ag＋＋Fe2＋=Ag＋Fe3＋，银离子化合价降低，得到电子，作正极，故石墨一侧仅为导电材料，作负极，甲溶液是含Fe2+的溶液，可以为FeSO4或FeCl2溶
液。
证明反应能够发生，实际上即证明有Fe3+生成，实验操作及现象是分别取电池工作前
与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色加深。
（2）由图可知，电子从铁电极移到外侧，故铁电极失去电子，发生氧化反应，做负极。
正极NO3-得到电子变为NH4+，NO3-＋8e－＋10H＋=NH4+＋3H2O；
（3）由题可知，HCl失去电子变为Cl2，发生氧化反应，做阳极。
阴极区的电极反应式为Fe3+
＋e－=Fe2+，外侧Fe2+与氧气反应4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，电路中转移1mol电子，需消耗氧气0.25mol，即5.6L（标准状况）。
（4）由图可知，阴极溶液为KOH，根据阳离子放电顺序H+>K+，即电解时阴极的电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑。
阴极得到电子，阳离子向阴极移动，即电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为K+，其迁移方向是a→b。
归纳电极反应式的书写方法：
原电池中先确定原电池的正负极，列出正负极上的反应物质，并标出相同数目电子的得失；注意负极反应生成的阳离子与电解质溶液中的阴离子是否共存。
电解池中电极反应式的书写看阳极材料，如果阳极是惰性电极（Pt、Au、石
墨），则应是电解质溶液中的离子放电，应根据离子的放电顺序进行书写。
6．无水三氯化铬CrCl3为紫色单斜晶体，极易潮解和升华，常用作其他铬盐的合成原料。
某课题小组利用Cr2O3（浅绿色粉末）、木炭粉和Cl2制备无水CrCl3并测定其纯度，制备时用到的实验装置如下。
请回答下列问题：
2试剂X、Y可分别选用下列试剂中的、（填序号）。
装置丁中酒精灯
的作用是。
①NaOH溶液②无水CaCl2③碱石灰④酸性KMnO4溶液⑤饱和食盐
水
3装置乙中使用粗导管的原因为。
4装置丙中发生反应的化学方程式为。
5实验结束后，装置乙中的实验现象为。
6测定样品中三氯化铬的含量。
称取0.6096gCrCl3样品溶于水配制成500mL溶液，取50.00mL所得溶液于锥形瓶中，加入20.00mL0.0200molL1的EDTANa2H2Y溶液，充分反应后，加入指示剂，用0.0100molL1的ZnCl2标准溶液滴定至终点时，消耗标准溶液的体积为5.00mL（已知：
Cr3H2Y2CrY2H、Zn2H2Y2ZnH2Y）。
①该样品中CrCl3的质量分数为（计算结果精确到1%）。
2若滴定至终点时，发现滴定管尖嘴处有气泡，则测定结果（填“偏高”偏“低”或
“无影响”）。
【答案】kjihdebc③⑤除去尾气中的可燃性气体CO，防止空气污染防止CrCl3堵塞导管Cr2O3+3C+3Cl22CrCl3+3CO长导管和广口瓶内壁有紫色固体附着91%偏高
【解析】【分析】利用甲制备氯气，由于CrCl3极易潮解，因此必须要除去氯气中的杂质，用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸进行干燥，洗气时长进短出，通入丙装置中发生反应制备无水三氯化铬，产品极易升华，得到的为气态的CrC3l，用乙进行收集，最后的尾气吸收，尾气包括了多余的Cl2，用碱石灰吸收，生成的CO，在尾部点燃。
【详解】
1甲为氯气的发生装置，Cl2中含有HCl和水蒸气，用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸进行干燥，洗气时长进短出，通入丙装置中发生反应制备无水三氯化铬，产品极易潮解和升华，用乙进行收集，所以连接顺序为：
kjihdebc；故答案为：
kjihdebc；
2未避免外界空气中的水蒸气进入装置导致产品潮解，则在装置丁中应装有碱石灰，试
剂Y为饱和食盐水；制备时发生的反应为：
Cr2O3+3C+3C2l2CrCl3+3CO，则酒精灯的作用是除去尾气中的可燃性气体CO，防止空气污染；
5装置乙为收集装置，则其中现象为：
长导管和广口瓶内壁有紫色固体附着；故答案为：
长导管和广口
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