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1、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/L0.012L=2.410-4mol，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-）=2.52.410-4mol=610-4mol，Ca2+的质量为：40g/mol610-4mol=0.024g=24mg，钙离子的浓度为：=1.2mg/cm3。【点睛

2、】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，

3、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碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了 FeCO3，并对 FeCO3 的性质和应用进行了探究。 已知：FeCO3 是白色固体，难溶于水Fe2+6SCN-Fe（SCN）64-（无色）. FeCO3 的制取（夹持装置略）实验i：装置 C 中，向 Na2CO3 溶液（pH11.9）通入一段时间 CO2 至其 pH 为 7，滴加一定量 FeSO4 溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到 FeCO3 固体。（1）试剂 a 是_。（2）向 Na2CO3 溶液通入 CO2 的目的是_。（3）C 装置中制取 FeCO3 的

4、离子方程式为_。（4）有同学认为 C 中出现白色沉淀之后应继续通 CO2，你认为是否合理并说明理由_。.FeCO3 的性质探究实验ii实验iii（5）对比实验和，得出的实验结论是_。（6）依据实验的现象，写出加入 10%H2O2 溶液的离子方程式_。.FeCO3 的应用（7）FeCO3 溶于乳酸CH3CH（OH）COOH能制得可溶性乳酸亚铁（CH3CH（OH）COO2Fe，相对分子质量 为 234）补血剂。为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称 量 1.0g 补血剂，用酸性 KMnO4 溶液滴定该补血剂，消耗 0.1000mol/L 的 KMnO4 溶液

5、10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_，该数值异常的原因是_（不考虑操 作不当以及试剂变质引起的误差）。【答案】饱和NaHCO3溶液 降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe（OH）2 2HCO3- + Fe2+=FeCO3+CO2+H2O 不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe（HCO3）2（或合理，排出氧气的影响） Fe2+与SCN-的络合（或结合）会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大 6Fe（SCN）64-+3H2O2=2Fe（OH）3+4Fe（SCN）3+24SCN-或6Fe2+3H2O2+12SCN-=2Fe（OH）3+4Fe（S

6、CN）3或6Fe2+3H2O2=2Fe（OH）3+4Fe3+ 117% 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4 I. 装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液（pH=11.9）通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；II. （5）根据Fe2+6SCN-Fe（SCN）64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；（6）实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe（OH）3和Fe（

7、SCN）3生成；（7）FeCO3溶于乳酸CH3CH（OH）COOH能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。I. （1）装置A中制取的CO2中混有HCl，欲除去CO2中混有的HCl，B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液，故答案为：饱和NaHCO3溶液；（2）向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe（OH）2，故答案为：降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe（OH）2；（3）装置C中，向Na2C

8、O3溶液（pH=11.9）通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3- + Fe2+=FeCO3+CO2+H2O，故答案为：2HCO3- + Fe2+=FeCO3+CO2+H2O；（4）FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe（HCO3）2，降低产物的量，则当出现白色沉淀之后不应继续通入CO2，或者：出现白色沉淀之后继续通CO2，可防止空气中氧气氧化FeCO3，提高产物的纯度，故答案为：不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe（HCO3）2（或合理，排出氧气的影响）；. （5）

9、通过对比实验ii和iii，可知Fe2+与SCN-的络合生成可溶于水的Fe（SCN）64-，会促进FeCO3固体的溶解，故答案为：Fe2+与SCN-的络合（或结合）会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大；（6）依据实验的现象，可知在含有Fe2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe（OH）3和Fe（SCN）3生成，发生反应的离子方程式为6Fe（SCN）64-+3H2O2=2Fe（OH）3+4Fe（SCN）3+24SCN-或6Fe2+3H2O2+12SCN-=2Fe（OH）3+4Fe（SCN）3或6Fe2+3H2O2=2Fe（OH）3+4Fe3+；故

10、答案为：6Fe（SCN）64-+3H2O2=2Fe（OH）3+4Fe（SCN）3+24SCN-或6Fe2+3H2O2+12SCN-=2Fe（OH）3+4Fe（SCN）3或6Fe2+3H2O2=2Fe（OH）3+4Fe3+；. （7）FeCO3溶于乳酸CH3CH（OH）COOH能制得可溶性乳酸亚铁（CH3CH（OH）COO2Fe补血剂，可得关系式MnO45Fe2+5CH3CH（OH）COO2Fe，则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L0.01L5=0.005mol，则乳酸亚铁的质量分数，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按Fe2+被

11、氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%，故答案为：117%；乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4。3亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。.经查：Ksp（AgNO2）=2108，Ksp（AgCl）=1.81010；Ka（HNO2）=5.1104。请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体_. 某小组同学用如下装置（略去夹持仪器）制备亚硝酸钠已知：2NONa2O2=2NaNO2； 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

12、品是_；（填字母代号）A浓硫酸 BNaOH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0.1000molL1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积/mL20.9020.1220.0019.88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酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为_。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;

13、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%试题分析：.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；.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：.酸越弱相应酸根越容易

14、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；.（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）a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）

15、/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；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；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/L0.

16、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0.002mol5/2=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol100mL/25mL=0.02mol，其质量为0.02mol69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g/2g100%=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

17、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。4无水硫酸铜在加热至650时开始分解生

18、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/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mLT10.6400.320T20.256V2T30.160Y322.4T4X40.19233.6（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）实验中B中吸收的气体是_实验中E中收集到

19、的气体是_（4）推测实验中CuSO4分解反应方程式为：_（5）根据表中数据分析，实验中理论上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 SO3 O2 2CuSO42CuO+2SO2+O2 0.128 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 （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

20、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：0.004mol80g/mol0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：0.004mol，氧气的质量为：0.640.320.2560.064g，物质的量为：0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2+O2； （5）0.64g硫酸铜的物质的量为SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为

21、：320.032g，根据质量守恒实验中理论上C增加的质量Y30.640.320.160.0320.128g；（6）根据表中实验的数据可知，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。（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

22、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；320.032g，实验中理论上C增加的质量Y30.640.320.160.0320.128g；（6）根据表中实验的数据可知，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。5草酸铵（NH4）2C2O4为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量

23、。I某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。（l）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有_（填化学式）；若观察到_， 说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为_。（2）反应开始前，通人氮气的目的是_。（3）装置C的作用是 _。（4）还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，该反应的化学方程式为 _。该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。（5）取20. 00mL血液样品，定容至l00mL，分别取三份体积均为25. 00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0. 0l00mol/L

24、KMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为_。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，则该血液样品中钙元素的含量为_ mmol/L。【答案】NH3、CO2 E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊 （NH4）2C2O42NH3+CO2+CO+H2O 排尽装置中的空气 充分吸收CO2，防止干扰CO的检验 2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O 因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去 2.1 （l）按实验过程中观察到现象，推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式；（2） 氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来分析；

25、（3）由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用；（4）从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式；（5）三次平行实验，计算时要数据处理，结合关系式进行计算；（l）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO；答案为：NH3；CO2 ； E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊；草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO，结合质量守恒定律知，另有产物H2O，则草酸铵分解的化学方程式为（NH4）2C2

26、O42NH3+CO2+CO+H2O；（NH4）2C2O4（2）反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO2干扰实验；排尽装置中的空气；（3） 装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去，所以装置C的作用是：吸收CO2，避免对CO的检验产生干扰；充分吸收CO2，防止干扰CO的检验；（4）还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，那就是氨气，NH3也会与CuO反应，其产物是N2和水，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；2NH3+3CuO（5）草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0. 0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定，反应为，滴定至终点时，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，