2020-2021全国各地高考模拟试卷化学分类：化学反应原理综合题汇编含答案解析

1、2020-2021全国各地高考模拟试卷化学分类：化学反应原理综合题汇编含答案解析一、化学反应原理1.氨基磺酸(H2NSQH)是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，在工业上常用作酸性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。某实验室用尿素和发烟硫酸(溶有SQ的硫酸)制备氨基磺酸的流程如图：溶剂尿素发朗瑜酸淌足稀硫酸已知“磺化”步骤发生的反应为:CO(NH2)2(s)+SO3(g)H2NCONHSOH(s)41V0H2NCONHSOH+H2S。2H2NSQH+CO2f发生“磺化”步骤反应的装置如图1所示：请回答下列问题：图1(1)下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是。A.仪器a的

2、名称是三颈烧瓶B.冷凝回流时，冷凝水应该从冷凝管的B管口通入C.抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中,稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，再转移悬浊液D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管(2) “磺化”过程温度与产率的关系如图2所示，控制反应温度为7580c为宜，若温度高于80C,氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是(3) “抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是(4) “重结晶”时，溶剂选用10%H12%勺硫酸而不用蒸储水的原因是(5) “配液及滴定”操作中，准确称取2.500g氨基

3、磺酸粗品配成250mL待测液。取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用0.08000mol?L-1的NaNO?标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗NaNO2标准溶液25.00mL。此时氨基磺酸恰好被完全氧化成刈，NaNO2的还原产物也为N2。电子天平使用前须并调零校准。称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘中央，显示数字稳定后按,再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。试求氨基磺酸粗品的纯度：(用质量分数表示)。若以酚酬:为指示剂，用0.08000mol?L-1的NaOH标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果通常比NaNO2法(填“偏高”或“

4、偏低”)。【答案】A温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应平衡向逆反应方向移动关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作23次氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSQH+H2O=NH4HS。；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动(通电)预热去皮键(归零键)77.60%偏高【解析】【分析】发烟硫酸和尿素在磺化步骤转化为氨基磺酸，反应为放热反应，同时反应因为有气体参与，则通过改变温度和压强可以影响产率；因为氨基磺酸为固体，则过滤时可采用抽滤；得到的氨基磺酸可能混有杂质，则要经过重结晶进行提纯，

5、最后干燥可得到纯净的氨基磺酸。【详解】(1)A.仪器a的名称是三颈烧瓶，故A正确；B.冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的A管口通入，故B错误；C向漏斗内转待抽滤液时，应用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再转移沉淀，不能直接转移悬浊液，故C错误；D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，再关闭水龙头，故D错误；综上所述，答案为A。(2)气体的溶解度随温度升高而降低，则温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应平衡向逆反应方向移动，故答案为：温度过高，SQ气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应接触不充分转化率降低；

6、同时温度升高，反应平衡向逆反应方向移动；(3)洗涤的具体操作为关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2-3次，故答案为：关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作23次；(4)“重结晶”时，溶剂选用10312%勺硫酸是为了防止氨基磺酸洗涤时因溶解而损失,因为氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSQH+H2O=NH4HSQ;稀H2SQ可提供H+与SQ2-促使该平衡逆向移动，故答案为：氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSQH+H2O=NH4HSQ;稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动；(5)电子天平在使用

7、时要注意使用前须(通电)预热并调零校准，称量时，要将药品放到小烧杯或滤纸上，注意要先按去皮键(归零键)，再放入药品进行称量，故答案为：(通电)预热；去皮键(归零键)；亚硝酸钠与氨基磺酸反应后的产物均为氮气，根据氧化还原反应原理可知，亚硝酸与氨基磺酸以1:1比例反应，可知c(H2NSO3H)c(NaNO2)=0.08mol/L，则2.500g氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度二m(H2NSO3H)100%n(H?NSO3H)M(H2NSO3H)100%25g025g0c(H2NSO3H)WH2NSO3H)MKH2NSO3H)0.08mol/L0.25L97g/mol_0/100%100%77.6%

8、2.5g2.5g，故答案为：77.60%因为氨基磺酸粗品中混有硫酸，则用NaOH标准溶液进行滴定，会使测得结果通常比NaNO2法偏高，故答案为：偏高。【点睛】当讨论温度对产率的影响时，注意考虑要全面，温度一般可以影响反应速率、化学平衡移动、物质的溶解度以及物质的稳定性等，可以从这些方面进行讨论，以免漏答。2.用h2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验(短时间内产生大量泡沫)，某同学依据文献资料对该实验进行探究。(1)资料1：KI在该反应中的作用：H2O2+I=H2O+IO;H2O2+IO-=H2O+O2f+。总反应的化学方程式是(2)资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中有K

9、I加入，无KI加入。卜列判断正确的是(填字母)。a.加入KI后改变了反应的路径b.加入KI后改变了总反应的能量变化c.H2O2+I=H2O+IO是放热反应(3)实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CC4,振荡、静置，气泡明显减少。资料3:I2也可催化H2O2的分解反应。加CC4并振荡、静置后还可观察到,说明有I2生成。气泡明显减少的原因可能是：i.H2O2浓度降低；ii.。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于AB两试管中。A试管加入CC4,B试管不加CC4,分别振荡、静置。观察到的现象是。(4)资料4：I(

10、aq)+I2(aq)?I3(aq)K=640。为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL0.10mol-L1KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下：微，位II2一I3浓度/(molL1)2.5X103a一一一34.0X103CDa=0该平衡体系中除了含有，I2,I3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是【答案】2H2O2KL2H2O+O2Ta下层溶液呈紫红色在水溶液中I2的浓度降低A试管中产生气泡明显变少；B试管中产生气泡速率没有明显减小2.51032c(I2)+c(I)+3c(I3)<0.033molL1【解析】(1) H2O2+I=H2O+I

11、O,H2O2+IO=H2O+O2f+I,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式。(2) a.加入KI后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，a正确；b.加入KI后，反应物和生成物的能量都没有改变，b不正确；c.由图中可知，H2O2+=H2O+I。是吸热反应，c不正确。(3)加CC4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2生成。气泡明显减少的原因可能是：i.H2O2浓度降低；ii.在水溶液中I2的浓度降低。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CC4,B试管不加CC4,分别振荡、静置。观察到的现象是

12、H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。3a。(4)K4.010640,由此可求出2.5103a该平衡体系中除了含有忆I3一外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中c(I-10mL0.1mol/L0.033mol/L,求出，I2,I3一中所含I的浓度和，二者比较便可得30mL到结论。【详解】(1) H2O2+I=H2O+io,H2O2+IO=H2O+O2T+I,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式为2H202KL2H2O+O2J答案为：2H202KL2H2O+O2f；a正确;(2) a.加入KI后，一步反应分为两步进行，也就是改变了反应的路径，b.加入KI后，反应物和生成物的能

13、量都没有改变，b不正确；c.由图中可知，H2O2+I=H2O+IO的反应物总能量小于生成物总能量，所以该反应是吸热反应，c不正确。答案为：a;(3)加CC4并振荡、静置后还可观察到下层溶液呈紫红色，说明有I2生成。答案为：下层溶液呈紫红色；气泡明显减少的原因可能是：i.H2O2浓度降低；ii.在水溶液中I2的浓度降低。以下对照实验说明i不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CC4,B试管不加CC4,分别振荡、静置。观察到的现象是H2O2溶液的浓度相同，但产生气泡的速率差异很大。答案为：在水溶液中I2的浓度降低；A试管中产生气泡明显变少，

14、B试管中产生气泡速率没有明显减小；(4)K4.01032.510该平衡体系中除了含有640,由此可求出a=2.5X10-3moi/L。答案为：2.5X10-3；aI，忆I3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中，10mL0.1mol/L.-上人,八c(尸0.033mol/L；现在溶液中，I,2I3中所含I的侬度和为2c色)30mL+c(I)+3c(I3)=2X2.5X10-3+2.5X10-3+3X4.0X10-3=0.0195<0.033,I不守恒，说明产物中还有含碘微粒。答案为：2c(I2)+c(I)+3c(I3)<0.033molL在做探究实验前，要进行可能情况预测。向

15、H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄，则表明生成了上加入CC4且液体分层后，发现气泡逸出的速率明显变慢，CC4与H2O2不反应，是什么原因导致生成O2的速率减慢？是4H2O2)减小，还是c(I2)减小所致？于是我们自然想到设计对比实验进行验证。3.茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂(其抗氧化能力是VC的510倍)，它易溶于水、乙醇、乙酸乙酯，难溶于氯仿。在酸性介质中，茶多酚能将Fe3+还原为Fe2+,Fe2+与K3Fe(CN)6生成的深蓝色配位化合物KFeFe(CN6对特定波长光的吸收程度(用光密度值A表示)与茶多酚在一定浓度范围内成正比。A与茶多酚标准液浓度的关系如图1所示：国I茶多前标准液

16、浓度与A的关系图2搅弁速度对茶多酚浸出量的影峋某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚:f洛清L洛港0乙酸乙酣，镯作请回答下列问题:(1)操作用水浸取茶多酚时，实验小组发现搅拌速度对茶多酚浸出量的影响如图2所示，原因是。若用乙醇浸取茶多酚操作如下：称取10g茶叶末，用滤纸包好，装入恒压滴液漏斗中，圆底烧瓶内加沸石和适量乙醇，如图3安装后，通冷凝水，加热套加热，当乙醇被加热沸腾后，控制加热套温度在90Co为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm,并保持约1h,可行的操作方法是。(2)减压蒸发相对于一般蒸发的优点是；氯仿的作用是。(3)下列有关实验基本操作不正确的是。，/恒压滴液漏斗国3A.图

17、3中冷凝水流向为a进b出B.分液漏斗使用前须检验是否漏水并洗净备用C.操作过滤时，可用玻璃棒适当搅拌以加快分离速度D.萃取过程中，经振摇并放气后，将分液漏斗置于铁圈上立即分液(4)称取1.25g粗产品，用蒸储水溶解并定容至1000mL,移取该溶液1.00mL,力口过量Fe3+和K3Fe(CN)6酸性溶液，用蒸储水定容至100mL后，测得溶液光密度值A=0.800,则产品的纯度是(以质量分数表示)。【答案】茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致降低蒸发温度防止产物氧化或分解萃取(或除

18、杂)CD96%【解析】【分析】茶叶用水浸泡时，茶多酚、氨基酸、茶碱等溶解在水中，过滤后，去除滤渣，得到的滤液减压蒸发，可降低蒸发温度，防止氧化反应的发生；往浓缩液中加入氯仿、分液，可得含氯仿的有机溶液，水溶液中含有茶多酚，用乙酸乙酯萃取、分液，可得茶多酚的乙酸乙酯溶液，然后减压蒸发，即可获得茶多酚粗产品。【详解】(1)操作用水浸取茶多酚时，从图2中可以看出，搅拌速率越快，光密度值(A)越小，即茶多酚浓度越小，因为茶多酚易被氧气氧化，搅拌越快，与空气的接触越多，由此得出原因是：茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低。为使恒压漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm,并保持约1h

19、,可行的操作方法是关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致。答案为：茶多酚易被氧气氧化，搅拌速度越快，茶多酚氧化速度越快，浸出率越低；关闭活塞，当漏斗内液面高出茶叶包约0.5cm时，调节活塞使乙醇冷凝速度与漏斗放液速度一致；(2)减压蒸发比蒸发所需的温度低，除节省能源外，还可使环境的温度降低，其优点是降低蒸发温度防止产物氧化或分解；因为后加入的乙酸乙酯萃取茶多酚，则氯仿萃取的应是杂质，由此得出氯仿的作用是萃取(或除杂)。答案为：降低蒸发温度防止产物氧化或分解；萃取(或除杂)；(3)A.图3中冷凝水流向应下进上出，即a进b出，A正确;B.分液漏斗使

20、用前，为防漏液，应查漏，然后洗涤备用，B正确;C.操作过滤时，不可用玻璃棒搅才否则会造成滤纸损坏，C不正确;D不正确；1.2X15g/mL,由此可得出原D.萃取过程中，分液漏斗应静置分层后，再进行分液，故选CD。答案为：CD;(4)溶液光密度值A=0.800,从表中可查得茶多酚的浓度为1000mL溶液中所含茶多酚的质量为1.2x15g/mL1000mLx100mL1mL=1.2g,则产品的纯度是工5g100%=96%。答案为：96%。1.25g【点睛】搅拌越快，茶多酚与Fe3+的接触面积越大，还原Fe3+的速率越快，光密度值理应越大，但事实上，光密度值反应越小，则表明茶多酚在搅拌过程中发生了转

21、化。只有联系到茶多酚的性质，才能解决此问题，于是采用类推法。茶多酚也属于酚类，所以具有类似苯酚的性质，4.某化学兴趣小组欲测定KClC3,溶液与NaHSO3溶液反应的化学反应速率.所用试剂为10mL0.1mol/LKClO3,溶液和10mL0.3mol/LNaHS03溶液，所得数据如图所示。已知：2CIO33HSO3Cl3SO23H。89101112(1)根据实验数据可知，该反应在。4min内的平均反应速率vClmol/Lmin。(2)某同学仔细分析实验数据后发现，在反应过程中，该反应的化学反应速率先增大后减小.某小组同学针对这一现象进一步探究影响该化学反应速率的因素，具体方法如表示。力杀假设

22、实验操作I该反应放热使溶液温度升高，反应速率加快向烧杯中加入10mL0.1mo/L的KClO3溶液和10mL0.3mol/L的NaHSO3溶液，n取10mL0.1mo/L的KClO3溶液加入烧杯中，向其中加入少量NaCl固体，再加入10mL0.3mol/L的NaHSO3溶液m溶液酸性增强加快了化学反应速率分别向a、b两只烧杯中加入10mL0.1mol/L的KClO3溶液；向烧杯a中加入1mL水，向烧杯b中加入1mL0.2mol/L的盐酸；再分别向两只烧杯中加入10mL0.3mol/L的NaHSOs溶液补全方案I中的实验操作：。方案n中的假设为。除I、n、出中的假设外，还可以提出的假设是。某同学

23、从控制变量的角度思考，认为方案m中实验操作设计不严谨，请进行改进：O反应后期，化学反应速率变慢的原因是。【答案】0.0025插入温度计生成的ci加快了化学反应速率生成的so4加快了化学反应速率将1mL水改为1mL0.2mol/L的NaCl溶液反应物浓度降低【解析】【分析】【详解】(1)根据实验数据可知，该反应在。4min内生成氯离子的浓度是0.010mol/L,所以平均反应速率cCl0.010mol/L4min0.0025mol/Lmin；(2)由于是假设该反应放热，使溶液温度升高，反应速率加快，因此需要测量反应过程中溶液温度的变化；方案I、n相比较，n中加入了少量氯化钠，所以方案n中的假设为

24、生成的ci加快了化学反应速率；由于反应中还有硫酸根离子生成，则除I、n、出中的假设外，还可以提出的假设是生成的硫酸根离子加快了化学反应速率；为防止氯离子对实验的干扰，则改进措施是将1mL水改为1mL0.2mol/L的NaCl溶液；反应后期反应物浓度减小，因此化学反应速率变慢。【点睛】对于多因素(多变量)的问题，常常采用控制因素(变量)的方法，把多因素的问题变成多个单因素的问题。每一次只改变其中的某一个因素，而控制其余几个因素不变，从而研究被改变的这个因素对事物的影响，分别加以研究，最后再综合解决，这种方法叫控制变量法。它是科学探究中的重要思想方法，广泛地运用在各种科学探索和科学实验研究之中。5

25、.锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。实验室模拟回收锂离子电池中的Co>Ni、Li的流程如图。已知：LiCoQ难溶于水，易溶于酸。回答下列问题:(1) LiCoO2中Co的化合价是。(2) LiCoO2在浸出过程中反应白离子方程式是_。(3)浸出剂除了H2O2外，也可以选择Na2&O3,比较二者的还原效率H2O2_(填“峨“<”2N2O3(还原效率：还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量)。(4)提高浸出效率的方法有_。(5)利用Cyanex272萃取时，pH对钻、馍萃取分离效果的影

26、响如图。从图中数据可知,用Cyanex272萃取分离时，最佳pH是(6)反萃取的离子方程式为2H+CoB=C(f+2HR则反萃取剂的最佳选择是。常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18gL-1,则pH=时，Ni2+开始沉淀。Ksp(Ni(OH)2=2X105(r*i)送电干班产品2(8)参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图(如而jfl石记Li：:SO：S17二一.迎建i-IWpii已知:物质LiFIfi(OH),NijCOjN溶解性(室温难溶难溶雉溶_珠溶提供的无机试剂：NaOH、NazCQ、NaF。【答案】+32LiCoQ+6H+H2O2=2Co2+

27、O2T+2L+4H2O<适当升高温度，适当增加H2SO4浓度5.5H2SQ7.5NaOHNi(OH)2NaF【解析】【分析】(1)通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算；(2)由流程图中有机相反萃取得到CoSQ,可知LiCoQ与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；(3)根据等物质的量H2O2和Na2s2。3作为还原剂转移电子的多少进行判断；(4)提高浸出效率即提高化学反应速率；(5)分离CO2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钻的萃取率高而馍的萃取率低的pH范围；(6)将钻洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方

28、向移动，同时不能引入新杂质；(7)根据Ksp(Ni(OH)2的表达式进行计算；(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。【详解】(1)LiCoO2中O元素为-2价，Li为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价；(2)由流程图中有机相反萃取得到CoS。，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：2LiCoC2+6H+H2O2=2Co2+O2T+2L+4H2O；(3)1molH2O2作为还原剂转移2mol电子，1molNa2&C3作为还原剂转移8mol电子

29、，则Na2s2O3的还原效率更高；(4)提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加H2SC4浓度等；(5)分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钻的萃取率高而馍的萃取率低的pH范围，所以最佳pH是5.5;(6)将钻洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃取剂最好选择H2SC4；c(Ni2+)=L18mol/L=0.02mol/L,则开始沉淀时，c(CH)=Ksp(NiCH2)0.025921015=106.5mol/L,贝UpH=14-6.5=7.5;0.02(8)根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑

30、分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀，所以选用NaCH,则Ni(CH)2先沉淀，过滤后滤液中加入NaF生成LiF沉淀。【点睛】本题(5)选择合适的pH时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。6.草酸俊(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钱的分解产物。(l)实验过程中，观察到浸有酚酗: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草酸俊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)

31、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。n.该同学利用草酸钱测定血液中钙元素的含量。取20.00mL血液样品，定容至100mL,分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品，加入草酸俊，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。【答案】NH3、CQE中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊(NH4)2C2O4旦2NH3T+COT+COT+HO排尽装置中的空气充分

32、吸收CQ,防止干扰CO的检验2NH3+3CuO定条件3CU+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钱分解的化学方程式；(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；n.(5)三次平行实验，计算时要数据处理，结合关系式进行计算；【详解】(l)实验过程中，观察到浸有酚酗: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，

33、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；CQ；E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊；草酸俊分解产生了CQ、NH3、CO,结合质量守恒定律知，另有产物H2O,则草酸俊分解的化学方程式为(NH4)2C2O4_2NH3T+CO2T+COT+HO;答案为：(NH4)2QO4=2NH3T+COT+COT+H2O；CO与空气混合加热发生爆(2)反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免炸，并防止空气中的CC2干扰实验；答案为：排尽装置中的空气；(3)装置E和F是验证草酸俊分解产物中含有CO,所以要依次把

34、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CC2,避免对CO的检验产生干扰；答案为：充分吸收CQ,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，其广物是N2和水，该反应的化学方程式为2NH3+3CUO_3CU+N2+3H2O;，、-_-1力条件答案为：2N%+3CuO3Cu+N2+3H2O；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-+2+2MnO4+5H2c2O4+6H=2Mn+10CO2+8H2O,滴te至终点时，因取后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且

35、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_-_+_2+_2MnO42MnO4+5H2C2O4+6H=2Mn+10CO2+8H2O,5H2c2。42mol130.0100molL0.4210L5moln(H2c2O4)血液样品中含有的钙元素的物质的量为100mL25mL4.2X10-2mmol,则该血液中钙元素的含量为42;n(H2c2。4)=1.05x10-5mol,所以20mL1.05105mo

36、l=4.2105mol,即2,10mmol20103L2.1mmol/L；答案为：2.1。7.二氧化硫是硫的重要化合物，在生产、生活中有广泛应用，是大气主要污染物之一，具有一定的还原性，探究SQ气体还原Fe3+、I2,可以使用的药品和装置如图所示：FKhiS被含淀的的独水NHH溶裱(1)写出由铜和浓硫酸制取SQ的化学方程式。(2)装置A中的现象是。若要从A中的FeC3溶液中提取晶体，必须进行的实验操作步骤：蒸发、冷却结晶、过滤、自然干燥，在过滤操作中有用到的玻璃仪器有(填编号)°A酒精灯B烧瓶C漏斗D烧杯E玻璃棒F堪期(3)根据以上现象，该小组同学认为SQ与FeC3发生氧化还原反应。

37、写出SO2与FeC3溶液反应的离子方程式;请设计实验方案检验有Fe2+生成；(4)B中蓝色溶液褪色，表明的还原性比SO2(填强”或弱"J(5)若C中所得溶液只有一种溶质且pH>7,则溶液中各离子浓度大小顺序为O(6)工业上通过煨烧黄铁矿产生SO2来进一步得到硫酸，已知煨烧1gFe8产生7.1kJ热量，写出煨烧Fe&的热化学反应方程式。【答案】Cu+2H2SO4cUSoCuSO4+SO2T+2H2O溶液由黄色变为浅绿色AB、F2Fe3+SO2+2H2O=SQ2-+2Fe2+4H+取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入23滴K3Fe(CN)6溶液，有蓝色沉淀生成弱c(Na+)

38、>c(SO32)>c(OH)>c(HSQ)>c(H+)4FeS(s)+1102(g)=2F2O3(s)+8SO2(g)MI3408kJ/mol【解析】【分析】(1)Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫与水；(2)三价铁离子具有强的氧化性，在溶液能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，自身被还原为亚铁离子；过滤用到的仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗；(3)三价铁离子具有强的氧化性，在溶液能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，自身被还原为亚铁离子；用K3Fe(CN6溶液检验，有蓝色沉淀生成；(4)B中蓝色溶液褪色，明发生了氧化还原反应，反应的离子方程式为：12+SO+2H2O=4H

39、1+2I-+SO2-,还原剂的还原性大于还原产物的还原性；(5)若C中所得溶液只有一种溶质且pH>7,则溶质为N&SO,SO2-水解溶液呈碱性，氢2-氧根离子源于SQ的水解、水的电离；(6)发生反应：4Fe&+11Q=2Fe2O+8SO,计算4molFeS2燃烧放出的热量，注明物质的聚集状态与反应热书写热化学方程式。【详解】(1)铜和浓硫酸在加热条件下发生反应的化学方程式为Cu+2HSO=三CuSO+SQT+2H2Q(2)装置A中SO做还原剂，被氧化为硫酸根离子，Fe3+作氧化剂，被还原为Fe2+,反应离子方程式为：SO+2Fe3+2H2O2Fe2+SO2+4H+,则A中

40、反应的现象为溶液颜色由黄色逐渐变为浅绿色；过滤用到漏斗、烧杯、玻璃棒，没有用到蒸发皿、石棉网和田埸，故答案为ABF;(3)SQ与FeCl3溶液反应的离子方程式2Fe3+SQ+2H2O=sd-+2Fe2+4H+;检验有Fe2+生成的操作方法为取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入23滴&Fe(CN)6溶液，有蓝色沉淀生成；(4)B中蓝色溶液褪色，说明SO将I2还原为I-,可知I-的还原性比SO弱；NaOHt液吸收SO后所得溶液只有一种溶质且pH>7,则溶液中的溶质为N&SO,各离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(SO32)>c(OH)>c(HSO3)>

41、c(H+);(6)黄铁矿(主要成分为Fe&)其燃烧产物为SO和FeQ,1gFeS2完全燃烧放出7.1kJ热量，480gFeS2完全燃烧放出3408J热量，反应的热化学方程式为：4FeSz(s)+11O2(g)=2Fe2Q(s)+8SO2(g)H=-3408kJ/mol。8.某小组研究AgCl的溶解平衡：向10mL1mol/LKCl溶液中加入1mL0.2mol/LAgNO3溶液，将浑浊液均分为2份，进行如下实验：实验序号实验操作实验现象I将其中一份浑浊液过滤，向滤液中放入Mgi .滤液澄清透明，用激光照射后.达尔现象。ii .放入Mg条后，立即启尢色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色浑浊

42、。iii .一段时间后开始出现棕褐色浑浊物，Mg条表面也逐渐变为棕褐色，产生气泡的速率变缓慢。余卜II向另一份浑:大小相同的-浊液中放入Mg条iv.棕褐色浑浊物的量明显多于实验I,Mg条表面棕褐色更深，其他现象与ii、iii相同。已知：AgOH不稳定，立即分解为Ag2O(棕褐色或棕黑色)，Ag粉为黑色，AgCkAg2O可溶于浓氨水生成Ag(NH3)2+(1)滤液所属分散系为。(2)现象ii中无色气泡产生的原因是(写出化学方程式)。(3)现象iii中，导致产生气泡的速率下降的主要影响因素是。(4)甲认为Mg条表面的棕褐色物质中一定有Ag和Ag2O,其中生成Ag的离子方程式为(5)甲设计实验检验A

43、g:取实验I中表面变为棕褐色的Mg条于试管中，向其中加入足量试剂a,反应结束后，继续向其中加入浓硝酸，产生棕色气体，溶液中有白色不溶物。白色不溶物为(填化学式)，棕色气体产生的原因是(写离子方程式)。试剂a为,加入试剂a的目的是。该实验能证明棕褐色物质中一定有Ag的实验现象是。(6)甲进一步设计实验验证了Mg条表面的棕褐色物质中有Ag2O,实验方案是：取实验I中表面变为棕褐色的Mg条。(7)综合上述实验，能说明存在AgCl(s)=Ag+(aq)+C(aq)的证据及理由有。【答案】胶体Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2T固体表面积Mg+2Ag+=Mg2+2AgAgClAg+2H+NO3=Ag+

44、N6f+H2O盐酸将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag加入浓硝酸后产生棕色气体用蒸储水洗涤后，加浓氨水浸泡，取上层清液于试管中，加入适量乙醛，水浴加热，有黑色的Ag生成在Cl-过量的情况下，实验I的滤液中存在Ag+,说明Ag+与Cl-的反应存在限度，说明Ag+与Cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解；结合实验n中棕褐色成电量比实验I多，进一步说明平衡发生了移动。【解析】【分析】实验分析：本题主要考察了难溶电解质的沉淀溶解平衡；10mL1mol/LKCl溶液中加入1mL0.2mol/LAgNO3溶液，生成氯化银沉淀，同时氯化钾过量很多；实验I：将其中一份浑浊液过滤，除掉氯化银沉淀；i .滤液

45、澄清透明，用激光照射有丁达尔现象，说明分散系属于胶体，ii .放入Mg条后，由于Mg属于活泼金属与水可以反应，Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2T消耗了水破坏了氯化银的沉淀溶解平衡，滤液中出现白色浑浊为氯化银。iii .一段时间后随着镁与水的反应，氢氧根离子浓度增大，AgCl(sLAg+(aq)+Cl(aq),Ag+OH-=AgOHj,AgOH不稳定，立即分解为Ag2O(棕褐色或棕黑色)，因此开始出现棕褐色浑浊物，氯化银沉淀溶解平衡被破坏，平衡向溶解方向移动，Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag2O,同时因为活泼金属置换不活泼金属，Mg+2Ag+=Mg2+2Ag,所以也覆盖了Ag,减小了镁条与

46、水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢。实验II：浑浊液中放入大小相同的Mg条，由于没有过滤氯化银沉淀会使更多的棕褐色的Ag2O生成，因此棕褐色浑浊物的量明显多于实验I,Mg条表面覆盖的氧化银更多，棕褐色更深。【详解】(1)产生丁达尔现象是胶体的性质，因此滤液所属分散系为胶体；答案：胶体(2) Mg属于活泼金属，可以与水反应，Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2T；答案：Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2T(3) Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag2O和Ag,减小了镁条与水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢；答案：固体表面积(4)活泼金属置换不活泼金属原理，生成Ag的离子方程式为Mg+2Ag+=M

47、g2+2Ag;答案：Mg+2Ag+=Mg2+2Ag(5)利用Mg属于活泼金属可以与非氧化性酸反应，而银属于不活泼金属不能与非氧化性酸反应，除掉Mg,防止干扰实验，在选择氧化性酸验证Ag的存在，涉及的反应Mg+2H=M+H2f、Ag+2H+NO3-=Ag+NO2T+H2O,Ag+C-=AgClJ因此：白色不溶物为AgCl,棕色气体产生的原因是Ag+2H+NO3-=Ag+NO2f+H2。；试剂a为HCl,加入试剂a的目的是将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag;Ag与浓硝酸反应产生棕色气体；答案：AgClAg+2HT+NO3-=Ag+NO2T+H2O盐酸将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验A

48、g加入浓硝酸后产生棕色气体(6)根据Ag2O可溶于浓氨水生成Ag(NH3)2+,利用银镜反应验证；答案：用蒸储水洗涤后，加浓氨水浸泡，取上层清液于试管中，加入适量乙醛，水浴加热，有黑色的Ag生成综合上述实验，能说明存在AgCl(s):TAg+(aq)+C(aq)的证据及理由有：在C过量的情况下，实验I的滤液中存在Ag+,说明Ag+与Cl-的反应存在限度，存在难溶电解质氯化银的沉淀溶解平衡；结合实验n中棕褐色沉淀量比实验I多，进一步说明平衡发生了移动；答案：在Cl-过量的情况下，实验I的滤液中存在Ag+,说明Ag+与Cl-的反应存在限度，说明Ag+与Cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解；结合实验

49、n中棕褐色成电量比实验I多，进一步说明平衡发生了移动。【点睛】本题难度较大，注意主要考查学生分析问题解决问题的能力，第(6)小题易错，忽略银镜实验的应用。9.实验室需配制0.2000mol?L1Na2aO3标准溶液450mL,并利用该溶液对某浓度的NaClO溶液进行标定.(1)若用Na2S2O3固体来配制标准溶液，在如图所示的仪器中，不必要用到的仪器是(填字母)，还缺少的玻璃仪器是(填仪器名称)。ABCD(2)根据计算需用天平称取Na2&O3固体的质量是go在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸储水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度(填4"无"或“二:下同)0.2000mo

50、l?L1,若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度0.2000mol?L1。(3)用滴定法标定的具体方法：量取20.00mLNaClO溶液于锥形瓶中，加入适量稀盐酸和足量KI固体，用0.2000mol?L1Na2S>O3标准溶液滴定至终点(淀粉溶液作指示剂)，四次平行实验测定的V(Na2S2O3)数据如下：(已知：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6)测定次序A次第二次第三次第四次V(Na2S2O3)/mL21.9018.8022.1022.00NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生反应的离子方程式为。NaClO溶液的物质的量浓度是。【答案】AB烧杯、玻璃棒15.8=>ClO+2I+2H+Cl+I2+H2O0.1100mol/L【解析】【分析】【详解】(1)用Na2s203固体来配制标准溶液，不需要圆底烧瓶、分液漏斗；溶解Na2s203固体，还需要烧杯、玻璃棒；故答案为AB；烧杯、玻璃棒；(2)配制0.2000mol?L1Na2S2O3标准溶液450mL,实验室没有450mL的容量瓶，应选用500mL的容量瓶，需要Na2s203固体，n=0.2000mol/Lx0.5L=1.000rmolm=1.000molx158g/mo