高考化学知识点过关培优训练化学反应原理含详细答案.docx

1、高考化学知识点过关培优训练化学反应原理含详细答案高考化学知识点过关培优训练化学反应原理含详细答案一、化学反应原理1硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a的名称是_，仪器b的名称是_。b中利用质量分数为70%80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_。c中试剂为_(

2、2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_ (写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_实验：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验的现象：_实验：标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标

3、定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294gmol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3+7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_molL-1【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO2过量，溶液显酸性产物会发生分解 加入铁氰化钾

4、溶液产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32- 氧化还原反应的程度大，导致Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色 0.1600 【解析】【分析】【详解】(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫

5、酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：；反应I-被氧化成I2，反应中第一步所得的I2又被还原成I-，所以与电子转移数相同，那么滴定

6、过程中消耗的得电子总数就与消耗的失电子总数相同 ；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2S2O3)=a mol/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.1600mol/L。2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

7、，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：

8、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K4Fe（CN）6溶液，振荡3研究不同 pH 时 CuSO4 溶液对 H2

9、O2 分解的催化作用。资料：aCu2O 为红色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu 和Cu2+。bCuO2 为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu2+和 H2O2。cH2O2 有弱酸性：H2O2 H+ +HO2-，HO2- H+ +O22-。编号实验现象向 1 mL pH2 的 1 molL 1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液出现少量气泡向 1 mL pH3 的 1 molL 1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡向 1 mL pH5 的 1 molL 1CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30

10、% H2O2 溶液立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡（1） 经检验生成的气体均为 O2，中 CuSO4 催化分解 H2O2 的化学方程式是_。（2）对中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设：.CuO2，.Cu2O 和CuO2 的混合物。为检验上述假设，进行实验：过滤中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。若中生成的沉淀为 CuO2，其反应的离子方程式是_。依据中沉淀完全溶解，甲同学认为假设不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是_。为探究沉淀中是否存在 Cu2O，设计如下实验：将中沉淀洗涤、干燥后，取 a g 固体溶于过量稀硫酸，充分加热。冷却后调节溶液 pH，以

11、 PAN 为指示剂，向溶液中滴加 c molL 1EDTA 溶液至滴定终点，消耗 EDTA 溶液 V mL。V=_，可知沉淀中不含 Cu2O，假设成立。（已知：Cu2+EDTA= EDTA-Cu2+，M(CuO2)96 gmol 1，M(Cu2O)144 gmol1）（3）结合方程式，运用化学反应原理解释中生成的沉淀多于中的原因_ 。（4）研究、中不同 pH 时 H2O2 分解速率不同的原因。实验：在试管中分别取 1 mL pH2、3、5 的 1 molL1 Na2SO4 溶液，向其中各加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液，三支试管中均无明显现象。实验：_（填实验操作和现象），说明 Cu

12、O2 能够催化 H2O2 分解。（5）综合上述实验，、中不同 pH 时 H2O2 的分解速率不同的原因是_。【答案】2H2O2 O2+2H2O H2O2+Cu2+CuO2+2H+ CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu 溶液中存在H2O2H+ +HO2，HO2H+ +O22，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O22浓度增大，使得CuO2沉淀量增大 将中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变 CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O

13、2反应生成CuO2增多 【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，在硫酸铜做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2 O2+2H2O，故答案为：2H2O2 O2+2H2O；（2）若中生成的沉淀为CuO2，说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水，反应的离子方程式为H2O2+Cu2+=CuO2+2H+，故答案为：H2O2+Cu2+=CuO2+2H+；由题意可知，过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜，无法观察到红色沉淀，说明假设可能成立，乙同学的观点正确，故答案为：CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性

14、条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu；a g过氧化铜的物质的量为，由方程式可得如下关系：CuO2Cu2+EDTA，则有= c mol/LV103L，解得V=ml，故答案为：；（3）由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡H2O2H+ +HO2、HO2H+ +O22，溶液pH增大，氢离子浓度减小，两个平衡均正向移动，过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，故答案为：溶液中存在H2O2H+ +HO2，HO2H+ +O22，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O22浓度增大，使得CuO2沉淀量增大；（4）若过氧化铜能够催化过氧化氢分解，过氧化氢分解速率加快，催化剂过氧化铜的组成和质量

15、不会发生变化，则实验操作和现象为将中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变，故答案为：将中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变；（5）由以上实验可知，当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大，故答案为：CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多。【点睛】当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增

16、大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大是解答关键，也是实验设计的关键。4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中盛放的药品是_；（填字母代号）A浓硫酸 BNaOH溶液 C水 D四氯化

17、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; 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

18、止Cu +4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2OCbc6H+2MnO4+5NO2=2Mn2+5NO3+3H2O69%【解析】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水解，溶液碱性越强，因此鉴别NaNO2和NaCl两种固

19、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)/V(待测)可知，c（标准）不变，a错误；b酸式滴定管

20、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/L0.02L=0.002mol，则根据方程式6H+2MnO4

21、+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、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。（2）理清实验操

22、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。5纳米TiO2是一种重要的光催化剂。以钛酸酯Ti(OR)4为原料制备纳米TiO2的步骤如下：

23、组装装置如图所示，保持温度约为65，先将30mL钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4加入盛有无水乙醇的三颈烧瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分搅拌；将含水20%的乙醇溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，得到二氧化钛溶胶；将二氧化钛溶胶干燥得到二氧化钛凝胶，灼烧凝胶得到纳米TiO2。已知：钛酸四丁酯能溶于除酮类物质以外的大部分有机溶剂，遇水剧烈水解；Ti(OH)4不稳定，易脱水生成TiO2。回答下列问题：（1）仪器a的名称是_，冷凝管的作用是_。（2）加入的乙酰丙酮可以减慢水解反应的速率，其原理可能是_(填字母)。A.增加反应的焓变B.增大反应的活化能C.减小反应的焓变D.降低反应的活化能制备过程中，减慢水解反应速率

24、的措施还有_。（3）步骤中制备二氧化钛溶胶的化学方程式为_。如图所示实验装置中，可用于灼烧二氧化钛凝胶的是_(填字母)。（4）测定样品中TiO2纯度的方法是：精确称取0.2000g样品放入锥形瓶中，加入硫酸和硫酸铵的混合溶液，加强热使其溶解。冷却后，加入一定量稀盐酸得到含TiO2+的溶液。加入金属铝，将TiO2+全部转化为Ti3+。待过量的金属铝完全溶解并冷却后，加入指示剂，用0.1000molL-1NH4Fe(SO4)2溶液滴定至终点。重复操作2次，消耗0.1000molL-1NH4Fe(SO4)2溶液的平均值为20.00mL(已知：Ti3+Fe3+H2O=TiO2+Fe2+2H+)。加入金

25、属铝的作用除了还原TiO2+外，另一个作用是_。滴定时所用的指示剂为_(填字母)。a.酚酞溶液 b.KSCN溶液 c.KMnO4溶液 d.淀粉溶液样品中TiO2的质量分数为_%。(Ti相对分子质量为48)【答案】温度计 冷凝回流 B 用含水20%的乙醇溶液代替水，缓慢滴加 Ti(OC4H9)4+2H2O=TiO2+4C4H9OH a 与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化 b 80 【解析】【分析】以钛酸四丁酯Ti(OC4H9)4为原料，在三颈烧瓶中反应可得到二氧化钛溶胶，再经过干燥、灼烧即可得纳米TiO2。【详解】（1）由装置图可知，仪器a为温度计；冷凝管可起到冷凝回流的

26、作用；故答案为：温度计：冷凝回流；（2）加入催化剂，不能改变焓变（只与反应的始末状态有关），可降低或增大活化能，而该处减缓反应速率，则增加活化能的作用，导致反应速率减小；另外为减慢水解反应速率，还可用含有20%的乙醇溶液代替水，缓慢滴加；故答案为：B；用含水20%的乙醇溶液代替水，缓慢滴加；（3）Ti（OC4H9）4发生水解生成TiO2和丁醇，方程式为Ti（OC4H9）4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；灼烧二氧化钛凝胶，应在坩埚中进行；故答案为：Ti（OC4H9）4+2H2O=TiO2+4C4H9OH；a；（4）加入铝，可与TiO2+反应生成Ti3+，与酸反应生成氢气，避免Ti3+被氧化

27、；用NH4Fe（SO4）2溶液滴定，含有铁离子，可用KSCN做指示剂，滴定终点溶液颜色变为红色；根据方程式可得关系式TiO2Ti3+Fe3+NH4Fe（SO4）2，n（NH4Fe（SO4）2）=0.1000molL-l0.02L=0.002mol，则n（TiO2）=0.00200mol，m（TiO2）=0.00200mol80g/mol=0.16g00，则质量分数为 ；故答案为：与酸反应生成氢气，形成氢气氛围，防止Ti3+在空气中被氧化； b；80。6硫酸亚铁铵的化学式为（NH4）2SO4FeSO46H2O，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

28、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102030（NH4）2SO473.075.478.0FeSO47H2O20.026.532.9（NH4）2SO4FeSO417.221.628.1（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10Na2CO3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）。A 2.18g B 大于2.18g C 小于

29、2.18g D 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V mL 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FeSO47H2O析出 过滤、洗涤 无水酒精或冰水 B 5Fe2+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）2SO4FeSO4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；