备战高考化学《化学反应原理的综合》专项训练含详细答案.docx

1、备战高考化学化学反应原理的综合专项训练含详细答案备战高考化学化学反应原理的综合专项训练含详细答案一、化学反应原理1某校化学课外兴趣小组为了探究影响化学反应速率的因素，做了以下实验。(1)用三支试管各取5.0 mL、0.01 molL1的酸性KMnO4溶液，再分别滴入0.1 molL1 H2C2O4溶液，实验报告如下。实验1、3研究的是_对反应速率的影响。表中V_mL。(2)小组同学在进行(1)中各组实验时，均发现该反应开始时很慢，一段时间后速率会突然加快。对此该小组的同学展开讨论：甲同学认为KMnO4与H2C2O4的反应放热，温度升高，速率加快。乙同学认为随着反应的进行，因_，故速率加快。(3

2、)为比较Fe3、Cu2对H2O2分解的催化效果，该小组的同学又分别设计了如图甲、乙所示的实验。回答相关问题：装置乙中仪器A的名称为_。定性分析：如图甲可通过观察反应产生气泡的快慢，定性比较得出结论。有同学提出将CuSO4溶液改为CuCl2溶液更合理，其理由是_。定量分析：如图乙所示，实验时以收集到40 mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是_。【答案】温度 4.0 产物Mn2+可能对该反应具有催化作用 分液漏斗 控制阴离子相同，排除阴离子的干扰 收集40mL气体所需时间 【解析】【分析】（1）、作对比实验分析，其他条件相同时，只有一个条件的改变对反应速率的影响；（2）

3、探究反应过程中反应速率加快的原因，一般我们从反应放热，温度升高，另一个方面从反应产生的某种物质可能起到催化作用；（3）比较Fe3、Cu2对H2O2分解的催化效果，阳离子不同，尽量让阴离子相同，减少阴离子不同造成的差别，催化效果可以从相同时间内收集气体体积的多少或者从收集相同体积的气体，所需时间的长短入手。【详解】（1）实验1、3反应物物质的量浓度，但温度不同，所以反应速率不同是由温度不同导致的，故实验1、3研究的是温度对反应速率的影响；实验1、2研究的是H2C2O4的浓度对反应速率的影响，此时反应温度相同，KMnO4的浓度相同，故表中V4.0mL（2）随着反应的进行，生成的Mn2+的物质的量浓

4、度逐渐增加，生成的Mn2+可能对反应有催化作用；（3）由仪器的构造，可知仪器A为分液漏斗；在探究Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果，必须保证在其他的条件相同，所以将CuSO4改为CuCl2更为合理，可以避免由于阴离子不同造成的干扰；如图乙所示，实验时以收集到40 mL气体为准，忽略其他可能影响实验的因素，实验中需要测量的数据是时间，收集相同体积的气体，所需要的时间越少，反应速率越快。【点睛】本题通过保持其他外界条件一致而改变一个条件来探究温度、催化剂对反应速率的影响，综合性较强。2三草酸合铁酸钾K3Fe(C2O4)33H2O是一种绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇等有机溶剂，光照或受热易分

5、解。实验室要制备K3Fe(C2O4)33H2O并测定的含量。请回答下列相关问题。IFeC2O42H2O的制备向烧杯中加入5.0g(NH4)2Fe(SO4)26H2O、15mL蒸馏水、1mL3moL/L的硫酸，加热溶解后加入25mL饱和H2C2O4溶液，继续加热并搅拌一段时间后冷却，将所得FeC2O42H2O晶体过滤、洗涤。（1）制备FeC2O42H2O时，加入3molL硫酸的作用是_。IIK3Fe(C2O4)33H2O的制备向I中制得的FeC2O42H2O晶体中加入10mL饱和K2C2O4溶液，水浴加热至40，缓慢加入过量3的H2O2溶液并不断搅拌，溶液中产生红褐色沉淀，H2O2溶液完全加入后

6、将混合物加热煮沸一段时间，然后滴加饱和H2C2O4溶液使红褐色沉淀溶解。向溶液中再加入10mL无水乙醇，过滤、洗涤、干燥。（2）制备过程中有两个反应会生成K3Fe(C2O4)3，两个化学方程式依次是：_、2Fe(OH)3+3K2C2O4+3H2C2O4=2K3Fe(C2O4)3+6H2O。（3）H2O2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间的目的是_。III含量的测定称取0.22g中制得的K3Fe(C2O4)33H2O晶体于锥形瓶中，加入50mL蒸馏水和15mL3molL的硫酸，用0.02000molL的标准KMnO4溶液滴定，重复3次实验平均消耗的KMnO4溶液体积为25.00mL。（4）滴

7、定时KMnO4溶液应盛放在_(填仪器名称)中，判断滴定终点的依据是_。（5）滴定终点时，所得溶液中的溶质除硫酸外，还有_(写化学式)，K3Fe(C2O4)33H2O样品中的质量分数是_。【答案】抑制的水解（答案合理即可） 分解过量的（答案合理即可） 酸式滴定管 最后一滴标准溶液滴入后，溶液变为浅红色且不再改变 50% 【解析】【分析】（1）制备时，加入硫酸的作用是抑制的水解；（2）根据信息第一个生成K3Fe(C2O4)3的化学方程式是；（3）为避免其干扰后续实验，可将混合物加热煮沸，使过量的分解；（4）溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶；（5）草酸根被氧化生成二氧化碳，高锰酸根离子中的被还原生成，所以

8、溶液中除过量硫酸外，还有和；由题给数据计算可得。【详解】（1）(NH4)2Fe(SO4)2为强酸弱碱盐，NH4+、在溶液中水解使溶液成酸性，加入少量的稀硫酸可以抑制Fe2+的水解，有利于FeC2O42H2O的制备，故答案为：抑制Fe2+的水解；（2）由题给信息可知，FeC2O4和K2C2O4在40条件下与双氧水反应生成K3Fe(C2O4)3和氢氧化铁沉淀，反应的化学方程式为，故答案为：；（3）由于加入了过量的，为避免其干扰后续实验，可将混合物加热煮沸，使过量的分解，故答案为：分解过量的；（4）溶液有强氧化性，会腐蚀橡胶，应盛放在酸式滴定管中；当完全反应时，再滴入一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液会变为

9、浅红色，且半分钟不褪色，故答案为：酸式滴定管；最后一滴标准溶液滴入后，溶液变为浅红色且不再改变；（5）草酸根被氧化生成二氧化碳，高锰酸根离子中的被还原生成，所以溶液中除过量硫酸外，还有和三种溶质；由题意可知，晶体中的质量为，则的质量分数为100%=50%，故答案为：、；50%。3为了证明化学反应有一定的限度，进行了如下探究活动：步骤1：取8mL0.1的KI溶液于试管,滴加0.1的FeCl3溶液56滴,振荡；请写出步骤1中发生的离子反应方程式：_步骤2:在上述试管中加入2mLCCl4，充分振荡、静置；步骤3：取上述步骤2静置分层后的上层水溶液少量于试管，滴加0.1的KSCN溶液56滴，振荡，未见

10、溶液呈血红色。探究的目的是通过检验Fe3+，来验证是否有Fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度。针对实验现象，同学们提出了下列两种猜想：猜想一：KI溶液过量，Fe3+完全转化为Fe2+，溶液无Fe3+猜想二：Fe3+大部分转化为Fe2+，使生成Fe（SCN）3浓度极小，肉眼无法观察其颜色为了验证猜想，在查阅资料后，获得下列信息：信息一：乙醚比水轻且微溶于水，Fe（SCN）3在乙醚中的溶解度比在水中大。信息二：Fe3+可与反应生成蓝色沉淀，用K4Fe（CN）6溶液检验Fe3+的灵敏度比用KSCN更高。结合新信息，请你完成以下实验：各取少许步骤2静置分层后的上层水溶液于试管A、B中，请将相关的

11、实验操作、预期现象和结论填入下表空白处：实验操作预期现象结论实验1：在试管A加入少量乙醚，充分振荡，静置_实验2：_若产生蓝色沉淀则“猜想二”成立【答案】 若液体分层，上层液体呈血红色。 则“猜想一”不成立 在试管B中滴加5-6滴K4Fe（CN）6溶液，振荡 【解析】【分析】【详解】（1） KI溶液与FeCl3溶液离子反应方程式；（2）由信息信息一可得：取萃取后的上层清液滴加2-3滴K4Fe（CN）6溶液，产生蓝色沉淀，由信息二可得：往探究活动III溶液中加入乙醚，充分振荡，乙醚层呈血红色，实验操作预期现象结论若液体分层，上层液体呈血红色。则“猜想一”不成立实验2：在试管B中滴加5-6滴K4F

12、e（CN）6溶液，振荡4淀粉水解的产物（C6H12O6）用硝酸氧化可以制备草酸，装置如图1所示（加热、搅拌和仪器固定装置均已略去）：实验过程如下：将1：1的淀粉水乳液与少许硫酸（98%）加入烧杯中，水浴加热至8590，保持30min，然后逐渐将温度降至60左右；将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中；控制反应液温度在5560条件下，边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸（65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2：1.5）溶液；反应3h左右，冷却，减压过滤后再重结晶得草酸晶体，硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应：C6H12O6+12HNO33H2C2O4+9NO2+3NO+9H2OC6H

13、12O6+8HNO36CO2+8NO+10H2O3H2C2O4+2HNO36CO2+2NO+4H2O请回答下列问题：（1）实验加入98%硫酸少许的作用是：_；（2）实验中若混酸滴加过快，将导致草酸产量下降，其原因是_；（3）检验淀粉是否水解完全所用的试剂为_；（4）草酸重结晶的减压过滤操作中，除烧杯、玻璃棒外，还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有_；（5）将产品在恒温箱内约90以下烘干至恒重，得到二水合草酸用KMnO4标准溶液滴定，该反应的离子方程式为：2MnO4+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O称取该样品0.12g，加适量水完全溶解，然后用0.020molL1的酸性KMnO

14、4溶液滴定至终点（杂质不参与反应），此时溶液颜色变化为_，滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示，则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为_。【答案】催化剂的作用 温度过高，硝酸浓度过大，导致H2C2O4进一步被氧化 碘水 布氏漏斗、吸滤器 无色突变为淡紫色且半分钟不褪色 84% 【解析】【分析】【详解】（1）淀粉水解需要浓硫酸作催化剂，即浓硫酸的作用是提高淀粉水解的速度（或起到催化剂的作用）。（2）由于温度过高、硝酸浓度过大，会导致产物H2C2O4进一步被氧化，所以不能滴入的过快。（3）由于碘能和淀粉发生显色反应，所以可以用碘水来检验淀粉是否完全水解。（4）减压过滤时需要布氏漏斗、吸滤瓶。（5

15、）由于酸性高锰酸钾溶液是显紫红色的，所以当反应达到终点时，溶液颜色由无色突变为淡紫色且半分钟不褪色。根据滴定管的读数可知，消耗高锰酸钾溶液是18.50ml2.50ml16.00ml。根据方程式可知，草酸的物质的量是0.020 molL-10.016L5/20.0008mol，则草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为。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。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

16、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/LKMnO4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

17、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 【解析】【分析】(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；(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

18、处理，结合关系式进行计算；【详解】(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)2C2O42NH3+CO2+CO+H2O；答案为：(NH4)2C2O42NH3+CO2+CO+H2O；(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

19、混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO2干扰实验； 答案为：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；答案为：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；答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；(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

20、终点时，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；答案为：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；三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，应舍弃0.52mL，误差较大，则平均体积为0.42mL，滴定反应为，； =1.05105mol，所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为，即4.2102mmol，则该血液中钙元素的含量为；答案为：2.1。6胆矾(CuSO45H2O)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)znH2O的晶体，用热重分析仪对Cu

21、x(OH)y(SO4)znH2O晶体进行分析并推断该晶体的化学式。取3.30 g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aCuObCuSO4；温度在1 000 以上时，得到的固体为Cu2O。请回答下列问题：温度6501 000 产生的气体中，n(O)n(S)_(填“”“ Cu2(OH)2SO44H2O 【解析】【详解】3.30g晶体含水为3.3g2.4g0.9g，n(H2O)0.05mol，1000以上时，得到的固体为Cu2O，n(Cu)20.02mol，温度在650时，残留固体的

22、组成可视为aCuObCuSO4，此时设CuO为xmol、CuSO4为ymol，则xy0.02，80x160y2.4，解得xy0.01mol，温度6501000产生的气体中，n(O)：n(S)53，故答案为：；3.30g晶体含水为3.3g2.4g0.9g，n(H2O)0.05mol，n(Cu)0.02mol，n(SO42)0.01mol，可知x：z：n0.02mol：0.01mol：(0.05-0.02/2)mol=2：1：4，由电荷守恒可知y2，化学式为Cu2(OH)2SO44H2O，故答案为：Cu2(OH)2SO44H2O。7硝酸是氧化性酸，其本质是NO3有氧化性，某课外实验小组进行了下列有

23、关NO3氧化性的探究（实验均在通风橱中完成）。实验装置编号溶液X实验现象实验6 molL-1稀硝酸电流计指针向右偏转，铜片表面产生无色气体，在液面上方变为红棕色。实验15 molL-1浓硝酸电流计指针先向右偏转，很快又偏向左边，铝片和铜片表面产生红棕色气体，溶液变为绿色。（1）实验中，铝片作_（填“正”或“负”）极。液面上方产生红棕色气体的化学方程式是_。（2）实验中电流计指针先偏向右边后偏向左边的原因是_。查阅资料：活泼金属与1 molL-1稀硝酸反应有H2和NH4+生成，NH4+生成的原理是产生H2的过程中NO3被还原。（3）用上图装置进行实验：溶液X为1 molL-1稀硝酸溶液，观察到电

24、流计指针向右偏转。 反应后的溶液中含NH4+。实验室检验NH4+的方法是_。 生成NH4+的电极反应式是_。（4）进一步探究碱性条件下NO3的氧化性，进行实验： 观察到A中有NH3生成，B中无明显现象。A、B产生不同现象的解释是_。A中生成NH3的离子方程式是_。（5）将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象，结合实验和说明理由_。【答案】负 2NO+O2=2NO2 Al开始作电池的负极，Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜后，Cu作负极 取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含NH4+ NO3-8e-10 H+NH4+3H2O Al与NaO

25、H溶液反应产生H2的过程中可将NO3-还原为NH3，而Mg不能与NaOH溶液反应 8Al3NO3-5OH-2H2O3NH38AlO2- 因为铝与中性的硝酸钠溶液无生成H2的过程，NO3无法被还原 【解析】【分析】【详解】（1）实验中，由于Al的金属活动性比Cu强，因此Al做负极。铜片表面产生的无色气体是NO，在液体上方NO被空气中的氧气氧化成红棕色的NO2，方程式为2NO+O2=2NO2；（2）实验中， Al的金属活动性比Cu强，Al开始作电池的负极，电流计指针先偏向右边；由于Al在浓硝酸中迅速生成致密氧化膜，阻止了内层金属的进一步反应，因此，Cu作负极，电流计指针偏向左边；（3）实验室检验N

26、H4+有两种常用方法：方法一，取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，若产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则溶液中含NH4+；方法二，取少量待检溶液于试管中，加入浓NaOH溶液，加热，并在试管口放一蘸有浓盐酸的玻璃棒，若有白烟生成，证明溶液中含NH4+；NH4+的生成是NO3被还原的结果，其电极反应式为NO3-8e-10 H+NH4+3H2O（4）观察到A中有NH3生成，是由于Al与NaOH溶液反应产生H2，并且与此同时，H2可将NO3-还原为NH3；B中无现象是由于Mg与NaOH溶液不反应；A中生成NH3的离子方程式为 8Al3NO3-5OH-2H2O3NH38AlO2-；（5）

27、铝与中性的硝酸钠溶液不能生成H2， NO3无法被还原，因此将铝粉加入到NaNO3溶液中无明显现象。8三氯化氧磷(POCl3)是一种重要的化工原料，常用作半导体掺杂剂，实验室制取POCl3并测定产品含量的实验过程如下:I.制备POCl3采用氧气氧化液态的PCl3法。实验装置(加热及夹持装置省略及相关信息如下。物质熔点/沸点/相对分子质量其他PCl3112.076.0137.5均为无色液体，遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，两者互溶 POCl32.0106.0153.5（1）仪器a的名称为_；（2）装置C中生成POCl3的化学方程式为_；（3）实验中需控制通入O2的速率，对此采取的操作是_；（4）装

28、置B的作用除观察O2的流速之外，还有_；（5）反应温度应控制在6065，原因是_； II.测定POCl3产品含量的实验步骤：实验I结束后，待三颈烧瓶中液体冷却到室温，准确称取16.725g POCl3产品，置于盛有60.00 mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL 3.5mol/L AgNO3标准溶液（Ag+Cl-AgCl）加入少量硝基苯（硝基苯密度比水大，且难溶于水）以硫酸铁溶液为指示剂，用0.2mol/L KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液（Ag+SCN-AgSCN），到达终点时共用去10.00mL KSCN溶液。（6）达到终点时的现象是_；（7）测得产品中n(POCl3)=_；（8）已知Ksp(AgCl)Ksp(AgSCN)，据此判断，若取消步骤