高考化学化学反应原理综合练习题及答案解析

1、高考化学化学反应原理综合练习题及答案解析一、化学反应原理1.三草酸合铁酸钾 K3Fe(C2O4)3 3H2O是一种绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇等有机溶2-剂，光照或受热易分解。头验至要制备K3Fe(C2O4)3 . 3H2O并测定C2O4的含量。请回答下列相关问题。FeC2O4 2H2O 的制备向烧杯中加入 5.0g(NH4)2Fe(SQ)2 . 6H2O、15mL蒸储水、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FeQO4 2H2O晶体过滤、洗涤。(1)制备 FeGO4 2H2O时，加入 3mol/L硫酸的作用是 。K3Fe(

2、C2O4)3 3H2O 的制备向I中制得的FeC2O4 - 2H2O晶体中加入10mL饱和K2QO4溶液，水浴加热至 40C,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溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间，然后滴加饱和H2c2。4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+6H20。H2O2溶液完全加入后将混合物加热煮沸一段时间的目的是C2。2-含量的测定称取0.22g n中制得的

3、K3Fe(C2O4)3 3H2O晶体于锥形瓶中，加入 50mL蒸储水和15mL3mol/L的硫酸，用0.02000mol/L的标准KMn04溶液滴定，重复 3次实验平均消耗 的KMn04溶液体积为25.00mL。(4)滴定时KMn04溶液应盛放在 (填仪器名称)中，判断滴定终点的依据是O(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)3 3H2O样品中C204-的质量分数是 。【答案】抑制Fe2的水解(答案合理即可)6FeC2O4 6K2C204 3H20240c4K3 Fe C2O4 . 2Fe OH .分解过量的33H2O2 (答案合理即可)酸式滴定管

4、 最后一滴标准KMnO4溶液滴入后，溶液变为浅红色且 30s不再改变K2SO4、MnSO。Fe2 SO4 . 50%3【解析】【分析】(1)制备FeC2O4 2H 2O时，加入3mol/L硫酸的作用是抑制Fe2的水解；(2)根据信息第一个生成 K3Fe(C2O4)3的化学方程式是6FeC2O4 6K2C2O4 3H2O240C4K3 Fe C2O4 3 2Fe OH 3 ;(3)为避免其干扰后续实验，可将混合物加热煮沸，使过量的H2O2分解；(4)KMnO4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，高镒酸根离子中的Mn被还原生成Mn2 ,所以溶液中除过量硫酸外，还有 K2SO

5、4、MnSO4和Fe2 SO4 3 ；由题给数据计算可得。【详解】(1) (NH4)2Fe(SQ)2为强酸弱碱盐，NH4+、Fe2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 FeG042H2O的制备，故答案为：抑制 Fe2+的水解；(2)由题给信息可知，FeG04和K2c204在40c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 TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark8 o Current Document 6FeC2O4 6K2C204 3H20240c4K3 Fe C2O4 q 2Fe OH

6、.,故答案为： 33 HYPERLINK l bookmark10 o Current Document 6FeC2O4 6K2C204 3H2O240C4K3 Fe C2O4 3 2Fe OH 3;(3)由于加入了过量的 H2O2,为避免其干扰后续实验，可将混合物加热煮沸，使过量的H2O2分解，故答案为：分解过量的H2O2；(4) KMnO4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，再滴入一滴酸性高镒酸钾溶液，溶液会变为浅红色，且半分钟不褪色，故答案为：酸式滴定管；最后一滴标准KMnO%溶液滴入后，溶液变为浅红色且30s不再改变；(5)草酸根被氧化生成二氧化碳，高镒酸根

7、离子中的Mn被还原生成Mn2 ,所以溶液中除过量硫酸外，还有 K2SO4、MnS0 4和Fa SO4 3三种溶质；由题意可知，2K3 Fe C2O4 3 3H2。晶体中C2O4的质量为0.025L 0.02mol/L 2.5 88g / mol 0.11g ,则 C2O2 的质量分数为044gX100%=50%,故答案为：K2SO4、MnS0 4、Fe2 SO4 3； 50%。.高氯酸钱 NH4c1。4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高氯酸俊中氯元素的化合价为 。2高氯酸俊在高温条件下分解会产生h 20 g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

8、组在实验室设计如下装置检验高氯酸钱分解的产物。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) TOC o 1-5 h z 装置A、B、C、D中盛放的药品可以依次为 （选填序号：I、n或出）。I .碱石灰、湿润的淀粉 KI试纸、氢氧化钠溶液、Cun .无水硫酸铜、湿润的红色布条、氢氧化钠溶液、Cum .无水硫酸铜、湿润的淀粉ki试纸、饱和食盐水、Cu装置E收集到的气体可能是（填化学式）。4经查阅资料，该小组利用反应NaCQ（aq）+NH4Cl（aq）90c NH4ClO4

9、（aq）+NaCl（aq府实验室制取NH,ClO，该反应中各物质的溶解度随温度的变化曲线如图。K0W40“-*与强从混合溶液中获得较多粗NH 4 ClO 4晶体的实验操作依次为 、和过滤、洗涤、干燥。研究小组分析认为，若用氨气和浓盐酸代替NH 4 Cl,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NH 4 ClO 4的质量分数。已知：NH 4 ClO 4的相对分子质量为117.5; NH 4 clO 4与甲醛反应的离子方程式为4NH4 6HCHO CH2 6 N4H3H 6H2O ,CH 2 6N 4 HCH 2 6N 4 H K 7 10 6实验步骤：步骤I

10、.称取7.05g样品。步骤n .将样品溶解后，完全转移到 250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤出.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12滴酚配试液，用 NaOH标准溶液滴定至终点。记录 数据。重复（滴定）操彳2、次。I II 标准液应盛放在上图装置 (填1 或h )中，判断达到滴定终点的现象是O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/mL10.2024.3021.0024.9030.2021.20则所用标准溶液的体积为 mL,若NaOH标准溶液白浓度为 0.1000mol?L

11、 1 ,则 该产品中NH4CIO4的质量分数为 。A【答案】7 2NH 4clO4 N2 Cl2 2O24H20 g 1 N2蒸发浓缩 冷却结晶 氨气与浓盐酸反应放出热量n 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 24.00 40%【解析】【详解】1钱根显 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： 1 x 2 4 0,则x7价，故答案为：7;2高氯酸俊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、C12和02,反应的化学方程式为： 2NH4C104 N2Cl22024H20g

12、 ，故答案为：A2NH 4C104 N2C122024H20g ；3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：n ；装置E收集到的气体可能是 N2 ,故答案为：N2 ；4由图可知，NH 10 4的溶解度受温度影响很大，NaCl的溶解度受温度影响不大,NH4CI、NaCl。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NH4CIO4 ,故从混合溶液中获得较多 NH 4C10 4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

13、晶；因氨气与浓盐酸反应放出热量，反应需要温度较低，所以氯化钱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；5NaOH标准液应盛放在碱式滴定管中，即盛放在II中；因为使用酚酬: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：n ；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； 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

14、较大，应舍去，贝U所用 标准溶液白体积为(24.10mL+23.90mL) + 2=24.00mL根据所给反应得出关系式NaOHNH4CIO4,该产品中NH4CIO4的质量分数为0.1000mo1/L 24.00 10 3L 250mL 117.5g/mol25.00mL100y 40y，故答案为:7.05g24.00； 40%。.碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。(1)合成该物质的步骤如下：步骤 1:配制 0.5mo1 L1 MgSO4溶液和 0.5mo1 L-1 NH4HCO 溶液。步骤2：用量筒量取500mL NH4HCQ溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在

15、 50 Co步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节 溶液pH到9.5。步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。步骤5:在40c的真空干燥箱中干燥 10h,得碳酸镁晶须产品(MgCO3 nH2。n=15)。步骤2控制温度在50 C,较好的加热方法是 。步骤3生成MgCO3 nH2。沉淀的化学方程式为 。步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是 。(2)测定生成的 MgCO3 nH2O中的n值。称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应 45h,反应后期将温度升到 30

16、 C,最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CQ的总量；重复上述操作 2次。图中气球的作用是。上述反应后期要升温到30 C,主要目的是 。测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L,则n值为。（3）碳酸镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用 0.010mol/L H2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗 H2O2溶液的体积数据如表所示。实验编号1234消耗H2O2溶液体积/mL15.0015.0215.6214.98H2O2溶

17、液应装在 （填 酸式或 碱式”）滴定管中。根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为 % （保留小数点后两 位）。【答案】水浴加热MgSQ+NH4HCO3+NH3?h2O+（n-1）H2O= MgCO3 nH2Oj +（NH4”SC4 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaC2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净 缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被 NaOH溶液充分吸收 4酸式 0.13【解析】【分析】本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3 nH20中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用

18、 MgSO4溶液和NH4HCQ溶液、氨水反应生成。测定MgCO3 nH20中n值，采用的是加稀硫酸，和 MgCO3 nH20反应，测定产生的 C02的体积， 可以通过计算确定 MgCO3 nH2O中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁 转化为Fe2+,用H2O2溶液滴定，根据消耗的 H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。【详解】(1)步骤2控制温度在50C,当温度不超过100c时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。MgSO4溶液和NH4HCC3溶液、氨水反应生成 MgCOs nH2O沉淀的同时还得到(NH4”SQ,化学方程式为

19、： MgSO4+NH4HCQ+NH3?H2O+(n-1)H2O= MgCOs nWOj +(NH4)2SQ。步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SC42-,方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaC2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。(2)图中气球可以缓冲压强(或平衡压强)，还可以起到封闭体系的作用。上述反应后期要升温到 30C ,主要目的是使广口瓶中溶解的CC2充分逸出，并被 NaCH溶液充分吸收。标准状况下1.12LCC2的物质的量为0.05mol,根据碳守恒，有7.8000g=0.05mol, 解得 n=4o(84+18n)g/mol(3)

20、H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。四次实验数据，第 3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为 15.00mL。n(H2O2)=0.015L x 0.010mol/L=1.5-4moi10在 H2C2 和 Fe2+ 的反应 中，H2C2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，Fe2+中铁的化合价升高到 +3价，根据电 子守恒，n(Fe2+)=2(H2C2)= 3 x-4mol,则 m(Fe)= 3 x-1mol x 56g/mol=0.0168g 实验菱镁矿中铁元素的质量分数为0.016812.5x 100%=0.13%当控制温度在100

21、c以下时，可以采取水浴加热的方法。检验沉淀是否洗涤干净时需要选 择合适的检测离子，选择检测的离子一定是滤液中的离子，并且容易通过化学方法检测。 检验沉淀是否洗涤干净的操作需要同学记住。4.火箭推进器中盛有强还原剂液态肿(N2H4)和强氧化剂液态双氧水。当它们混合反应时，即产生大量氮气和水蒸气，并放出大量热。已知： 0.4 mol液态肌与足量的液态双氧水反 应，生成氮气和水蒸气，放出 256.652 kJ的热量。 I-44-潞原计眸池注理科(1)该反应的热化学方程式为 。(2)分别取40 mL的0.50 mol/L盐酸与0.55 mol/L氢氧化钠溶液进行中和反应。通过测定 反应过程中所放出的热

22、量可计算中和热。A的仪器名称为。(3)如图所示，泡沫塑料板上面有两个小孔，两个小孔不能开得过大，其原因是;反应需要测量温度，每次测量温度后都必须采取的操作是(4)某学生实验记录数据如下：实验序号起始温度TiC终止温度T2 C盐酸氢氧化钠混合溶液120.020.123.2220.220.423.4320.520.623.6已知盐酸和氢氧化钠溶液的密度都是1 g/cm3,又知中和后生成溶液的比热容c=4.18J/(g C),依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热 AH= ；(5)假定该学生的操作完全同上，实验中改用100 mL 0.5 mol/L盐酸跟100 mL0.55 mol/L氢氧化钠

23、溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量 (填 相等”或不相等”，)所 求中和热(填相等”或不相等”3【答案】N2H4(l)+2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) Ml 641.63 kJmol 1 环形玻璃搅拌棒减少热量损失 用水冲洗干净温度计，并擦干温度计51.8 kJ/mol不相等 相等【解析】【分析】【详解】(1) 0.4 mol液态肌与足量的液态双氧水反应，生成氮气和水蒸气，放出 256.652 kJ的热量，1 mol液态肿放出的热量,256.652?JX10.4=641.63 kJ该反应的热化学方程式为N2H4(l)+ 2H2O2(l)=N2(g)+4H2O(g) 国64

24、1.63 kJmol 1。故答案为： N2H4(l)+ 2H2O2(l)=N2(g) +4H2O(g) 国641.63 kJ mol 1；(2)根据图示可知，A的仪器名称为环形玻璃搅拌棒，故答案为：环形玻璃搅拌棒；(3)为泡沫塑料板，上面有两个小孔，分别插入温度计和环形玻璃搅拌棒，若两个小孔开得过大，会导致散失较多的热量，影响测定结果；中和反应是放热反应，温度计上的酸与NaOH液反应放热，使温度计读数升高，温度差偏低，但使测得的中和热偏高，所以每次测量后用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；故答案为：减少热量散失；用水将温度计上的液体冲掉，并擦干温度计；(4)第1次实验盐酸和 NaOH液起始

25、平土匀温度为 20.05 C,反应后温度为：23.2 C ,反 应前后温度差为：3.15 C；第2次实验盐酸和 NaOH液起始平土匀温度为 20.3 C,反应前后温度差为：3.1 C；第3次实验盐酸和 NaOH液起始平土匀温度为 20.55 C,反应前后温度差为：3.05 C ；40mL的0.50mol - L 1盐酸与40mL的0.55mol - L 1氢氧化钠溶液的质量和为m=80mL 1g - cm 3=80g, c=4.18J/ (g C),代入公式 Q=crmT 得生成 0.05mol 的水放出热量 Q=4.18J/ (g C) X 80gX 3.15+3.1+3.05 C=1.03

26、6kJ ,即生成 0.02mol 的水放出热 3量为：1.036kJ ,所以生成 1mol 的水放出热量为：1.036kJX1m01 =-51.8kJ - mol 1,0.02mo1即该实验测得的中和热A H= -51.8kJ mol t；故答案为：-51.8kJ mol 1;(5)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，若用 100mL 0.50mo1 - L 一1盐酸跟 100mL 0.55mo1 - L 1 NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增加，所放出的热 量偏高，即放出热量不相等；由于中和热的均是强酸和强碱反应生成1mo1水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用100

27、mL 0.50mo1 - L 1盐酸跟100mL 0.55mo1 - L 1 NaOH溶液进行上述实验,测得中和热数 值相等，故答案为：不相等；相等。【点睛】本题考查热化学方程式的书写方法和计算应用，注意始变计算和物质聚集状态的标注，学 习中要准确把握，另外注意中和热的计算，特别是注意先求温度的平均差值，再求中和 热，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。5.叠氮化钠(NaN3)是一种白色剧毒晶体，是汽车安全气囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱碱性，能与酸发生反应产生具有爆炸性的有毒气体叠氮化氢。实验室可利用亚硝酸叔丁酯(t-BuNO2,以t-Bu表示叔丁基)与N2H4、

28、氢氧化钠溶液混合反应制备 叠氮化钠。(1)制备亚硝酸叔丁酯取一定NaNO2溶液与50%硫酸混合，发生反应 H2SQ+2NaNO2=2HNO2+Na2S。可利用亚硝酸与叔丁醇(t-BuOH)在40c左右制备亚硝酸叔丁酯，试写出该反应的化学方程式：(2)制备叠氮化钠(NaN3)按如图所示组装仪器(加热装置略)进行反应，反应的化学方程式为：t-BuNO2+NaOH+N2H4=NaN3 + 2H2O+ t-BuOH。装置a的名称是该反应需控制温度在 65 C,采用的实验措施是 反应后溶液在0 C下冷却至有大量晶体析出后过滤。所得晶体使用无水乙醇洗涤。试解释低温下过滤和使用无水乙醇洗涤晶体的原因是(3)

29、产率计算称取2.0g叠氮化钠试样，配成 100mL溶液，并量取10.00mL溶液于锥形瓶中。用滴定管加入 0.10mol L 1六硝酸锦俊(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL(假设杂质均不参与反 应)。充分反应后将溶液稀释并酸化，滴入 2滴邻菲罗咻指示液，并用 0.10mol L-1硫酸亚铁钱 (NH4)2Fe(SQ)2为标准液，滴定过量的 Ce4+ ,终点时消耗标准溶液 20.00mL(滴定原理：Ce4 + + Fe2 =Ce3 + Fe3 )o已知六硝酸锦钱(NH4)2Ce(NO)6与叠氮化钠反应生成硝酸俊、硝酸钠、氮气以及Ce(NQ)3,试写出该反应的化学方程式 ；计算叠氮化钠

30、的 质量分数为 (保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下 列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是 (填字母)。A.锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B.滴加六硝酸铀钱溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C.滴加硫酸亚铁钱标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D.滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁钱标准液滴用蒸储水冲进瓶内(4)叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式：【答案】t-BuOH+ HNO竺工t-BuNO2+H2O恒压滴液漏斗(滴液漏斗)水浴加热 降低叠

31、 氮化钠的溶解度，防止产物损失2(NH4)2Ce(NC3)6 + 2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2 T 65% AC ClO+2N5+H2O=Cl + 2OH + 3N2 T【解析】【分析】【详解】(1)制备亚硝酸叔丁酯的反应物有亚硝酸和叔丁醇，反应类型属于有机的酯化反应，所以方 程式为：t-BuOH HNO 2 40c t-BuNO 2 H 2O ;(2)。装置a的名称即为恒压滴液漏斗；反应要控制温度在 65 C ,参考苯的硝化实验，该反应加热时，应当采用水浴加热；题干中提到了叠氮酸钠易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗涤产品时，为了减少洗涤过 程中产品的损耗

32、，应当用无水乙醇洗涤；(3)通过题干提示的反应产物分析，可知反应过程中Ce4+和N3中的元素发生了变价，所以反应的方程式为：2(NH 4)2Ce(NO3)6 2NaN 3=4NH 4NO3 2NaNO3 2Ce(NO 3)3 3N 2 ;在计算叠1 ,氮化钠的含量时，一定要注意叠氮酸钠溶液配制完成后只取了一与过量的六硝酸铀钱反10应，再用Fe2+去滴定未反应完的正四价的Ce,因此有：1 .2.0gNaN3样品的一消耗的Ce4 Fe2消耗的Ce4 =0.004molCe4，考虑到Fe2+与10Ce4+的反应按照1:1进行，所以2.0g叠氮化钠样品中叠氮化钠的物质的量为：n(NaN3)10 (0.

33、004 Fe2消耗的Ce4 ) 0.02mol ,所以叠氮化钠样品的质量分数, m(NaN3)0.02mol 65g/mol 八为：w - 100%=65% ;2.0g2.0A.润洗锥形瓶，会使步骤 消耗的六硝酸铀钱的量增加，通过分析可知，会使最终计算的质量分数偏大，A项正确；B.量取40mL六硝酸铀钱溶液时若前仰后俯，则会量取比40ml更多的六硝酸铀钱溶液，那么步骤 会需要加入更多的 Fe2+来消耗叠氮酸钠未消耗掉的 Ce4+,通过分析可知，最终会导致计算的质量分数偏低，B项错误；C,步骤用Fe2+标定未反应的Ce4+,若开始尖嘴无气泡，结束后出现气泡，则记录的Fe2+消耗量比实际的偏小，通

34、过分析可知，最终会使质量分数偏大，C正确；D.将挂在锥形瓶壁上的 Fe2+溶液冲入锥形瓶，相当于让溶液混合更均匀，这样做会使结果更准确，D项不符合；答案选 AC；(4)反应后溶液碱性增强，所以推测生成了OH-；产生的无色无味无毒气体，推测只能是氮气，所以离子方程式为：ClO 2N3 H 2O=Cl 3N2 2OH【点睛】滴定计算类的题目，最常考察的形式之一是配制完待测样品溶液后，只取一部分进行滴定，在做计算时不要忘记乘以相应的系数；此外，常考察的形式也有：用待测物A与过量的B反应，再用C标定未反应的B,在做计算时，要注意 A与C一同消耗的Bo 6.茶叶中的茶多酚是一种天然抗氧化剂(其抗氧化能力

35、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：2 Moi101530/鹿WE-mL jti n用=1】U5W0J2G000- 不推押 低速 中速 商速请回答下列问题:减压蒸发 祖产品匡I茶妥的标漉液浓度与A的美系图2佛拌速度对茶多酚浸出量的影晌某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚:f盘液加一,广港液一溶液逑生皿Q溶液(1)操作用水浸取茶多酚

36、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10 g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 0.5 cm,并 保持约1 h,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 。t一恒压滴液漏斗工砂第图3A.图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

37、并放气后，将分液漏斗置于铁圈上立即分液(4)称取1.25 g粗产品，用蒸储水溶解并定容至1000 mL,移取该溶液1.00 mL,加过量Fe3+和K3Fe(CN)6酸性溶液，用蒸储水定容至 100 mL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(或除杂)CD 96%【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，

38、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0.5 cm,并保持约1 h,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

39、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.分液漏斗使用前，为防漏液，应查漏，然后洗涤备用，C.操作过滤时，不可用玻璃棒搅拌，否则会造成滤纸损坏,

40、 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B正确；C不正确;D不正确；1000 mL溶液中所含茶多酚的质量为1.2 x 15g/mL1.2 X 15g/mL,由此可得出原1000mLx 100mL =1.2g,则产品的纯度1.2g 是 - 100% =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

41、。茶多酚也属于酚类，所以具有类似苯酚的性 质，.根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为Fe3)作为原料。完成下列填空：将0.050mol SO2(g)和0.030mol O 2(g)充入一个2L的密闭容器中，在一定条件下发生反应：2SO2(g)+O2(g)? 2SO3(g)+Q。经2分钟反应达到平衡，测得n(SO3)=0.040mol,则O2的平均反应速率为(2)在容积不变时，下列措施中有利于提高SC2平衡转化率的有 (选填编号)a.移出氧气b降低温度c.减小压强d再充入 0.050molSO2(g)和 0.030molO2(g)在起始温度Ti(673K)时SQ的转化率随反应时间的

42、变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SQ的转化率随反应时间变化的示意图(4)黄铁矿在一定条件下煨烧的产物为SC2和Fe3O4将黄铁矿的煨烧产物Fe3O4溶于H2SQ后，加入铁粉，可制备FeSQ。酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是 FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,本身被氧化为 SO2,写出有关的离子方程式。有2mol氧化产物生成时转移的电子数为 制 Fe3+与 Fe2+的水解，并防止 Fe2+被氧化成 Fe3+ FeS+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SOi2 +16H+抑14Na【解析】 【分析】c一(1)根据v=(求出氧气的速率，然后

43、根据速率之比等于对应物质的化学计量数之比计算；(2)反应放热，为提高 SQ平衡转化率，应使平衡向正反应方向移动，可降低温度，体积不变，不能从压强的角度考虑，催化剂不影响平衡移动，移出氧气，平衡向逆反应方向移动，不利于提高SQ平衡转化率，由此分析解答；(3)反应是放热反应，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但达到平衡所需要的时间缩短，据此画出曲线；(4)Fe/与Fe2+易水解，Fe2+易被氧化成Fe3+;根据氧化还原反应中的反应物和生成物几何电子守恒来配平化学方程式，结合方程计算转移电子数。【详解】0.040mol1(1)v(SO3)= 一=2L =0.01mol/(L?min),所

44、以 v(O2)= - v(SO3)= 0.005mol/(L ?min),t -V72 2min故答案为：0.005mol/(L?min)；(2)a.移出氧气，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；b.降低温度，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；c.减小压强，平衡逆向移动，二氧化硫的转化率减少，故不选；d.再充入0.050molSO2(g)和0.030molO2(g),相当于增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的转化率增大，故选；故答案为：bd;反应：2SC2(g)+O2(g)? 2SO3(g) Hv0, SC2的转化率在起始温度 T1 = 673K下随反应时间的变化如图，其他条件不

45、变，仅改变起始温度为T2= 723K,温度升高，平衡逆向进行，T2下二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，在图中画出温度SC2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示T；故答案为:id网T|T；I AU 0 Q 8644 J(4)Fe2C3(或Fe3C4等)溶于H2SC4后，生成的FeT与Fe2+易水解，Fe2+易被氧化成Fe3+,所 以要加入Fe粉和酸，抑制Fe3+与Fe2+的水解，并防止F2被氧化成Fe3+,故答案为：抑 制Fe3+与Fe2 +的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+；-2价的硫离子具有还原性，FeS可以将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,而本身被氧

46、化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS+14Fe3+8H2C=15Fe2+2SC42 +16H+,氧化产物是硫酸根离子，有2mol硫酸根生成时转移的电子数为14Na,故答案为：FeQ+14Fe3+8H2O=15Fe2+2SC42 +16H+； 14Nao【点睛】注意(3)温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫的转化率减小，但反应速率增大，达到平衡需要的时间短，此为解题的关键。.现代传感信息技术在化学实验中有广泛的应用。某小组用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理(如图1所示)，并测定电离平衡常数 Kb。图1气气喷泉斐费(1)实验室可用浓氨水和 X固体制取NH3, X固体不可以是

47、；A.五氧化二磷 B.生石灰 C.碱石灰 D.无水氯化钙(2)检验三颈瓶集满 NH3的方法是 。(3)关闭a,将带有装满水的胶头7管的橡皮塞塞紧c 口，引发喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内气压变化曲线如图2所示。图2中 点时喷泉最剧烈。(4)从三颈瓶中用 (填仪器名称)量取 20.00mL氨水至锥形瓶中，用0.05000mol/LHC1滴定。用pH计采集数据、电脑绘制滴定曲线如图3所示。II E一 4串留彳K尊淌比找水的，制蠲政(5)据图3计算，当pH=11.0时，NH3H2O电离平衡常数 Kb近似值，Kb-。【答案】AD将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c,试纸变蓝色，证明 NH3已收满；或：将蘸有浓盐

48、酸的玻璃棒靠近瓶口 c,有白烟生成，证明 NH3已收满；打开b,挤压胶头滴管使水进入烧瓶 C碱式滴定管 1.8 *10【解析】【分析】(1)浓氨水易挥发，生石灰、碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸 出，而无水氯化钙、五氧化二磷都能够与氨气反应，所以不能用来制氨气；(2)因为氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，氨气也能和HCl反应生成白烟，所以检验氨气的方法可以用湿润的红色石蕊试纸或者用蘸有浓盐酸的玻璃棒；(3)要形成喷泉实验，应使瓶内压强小于外界压强，形成压强差；(4)氨水显碱性，量取碱性溶液，应选择碱式滴定管；(5)利

49、用中和酸碱滴定的图像，判断滴定终点，计算出氨水中一水合氨的物质的量浓度， 结合滴定前溶液的pH,计算一水合氨的电离平衡常数。【详解】(1) A.五氧化二磷是酸性干燥剂，能与氨气反应，A不能制取氨气；B.浓氨水易挥发，生石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，B正确；C.浓氨水易挥发，碱石灰溶于水与水反应放出大量的热，能够促进氨气的逸出，C正确；D.无水氯化钙能够与氨气反应，不能用来制氨气，D错误；答案选AD。(2)氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，氨气也能和HCl反应生成白烟，所以氨气的检验方法为：将湿润的 红色石蕊试纸靠

50、近瓶口 c,试纸变蓝色，证明 NH3已收满；或：将蘸有浓盐酸的玻璃棒靠 近瓶口 c,有白烟生成，证明 NH3已收满；(3)要形成喷泉实验，应使瓶内外形成负压差，而氨气极易溶于水，所以打开b,挤压胶头滴管使水进入烧瓶，氨气溶于水，使瓶内压强降低，形成喷泉；三颈瓶内气体与外界大 气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，故答案为：打开b,挤压胶头滴管使水进入烧瓶；C;(4)氨水显碱性，量取碱性溶液，应选择碱式滴定管；故答案为：碱式滴定管；(5)设氨水中NH3?H2O的物质的量浓度为 c,则：cx 20mL=0.05000mol/L X 2

51、2.4。蒯导 r c(NH4)以OH ) c=0.056mol/L ,弱电解质电离平衡常数 Kb= , pH=11的氨水中c(OH-尸c(NH3gH2O)0.001mol/L , c (OH-) =c(NH4+) =0.001mol/L ,贝U： Kb= 0.0010:001 =1.8 x 1500.056故答案为：1.8X10。【点睛】解答综合性实验题注意以下几点：(1)实验目的。实验目的决定实验原理，据此选择仪器和试剂；(2)物质的性质。物质的性质决定实验细节。(3)注重多学科知识应用。9. CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuC2-2H2O制备CuCl,并进行

52、相关探究。(资料查阅)CuCJ2H:O 气流-CuClz 300 J CuCl * Ch140 X.一 Cu/OH) 2 Clz 200 C CuO(实验探究)该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。请回答下列问题：(1)仪器X的名称是。(2)实验操作的先后顺序是 a- 一 e(填操作的编号)a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯，冷却c.在“气体入口”处通入干燥 HCl d.点燃酒精灯，加热e.停止通入HCl,然后通入N2【答案】球形干燥管或干燥管【解析】 【分析】热分解CuC2?2H2O制备CuCl,为抑制水解，气体入口通入 HCl气体，然后加热 A处试管， X为球形干燥管，X中无水硫酸铜变蓝，可知 CuC2?2H2O分解生成水，利用 C装置检验生 成的氯气，D中NaOH溶液吸收尾气，以此来解答。【详解】(1)由图及常见的仪器可知，仪器X的名称为球形干燥管或干燥管；(2)实验操作时先检查装置的气密性，气密性良好后装入药品，先通入HCl (防止没有HCl的情况下加热生成碱式氯化铜)，点燃酒精灯加热，熄灭酒精灯，后停止通入HCl,最后通入氮气将装置内的 HCl和氯气排空被尾气装置中的氢氧化钠吸收，所以