备战高考化学化学反应原理的综合题试题附答案解析
一、化学反应原理
1．为探究Ag+与Fe3+氧化性的相关问题，某小组同学进行如下实验：
已知：相关物质的溶解度（20℃）AgCl：1．5×10-4g Ag2SO4：0．796g （1）甲同学的实验如下：
序号操作现象
实验Ⅰ
将2mL1mol/L AgNO3溶液加
入到1mL1mol/L FeSO4溶液中
产生白色沉淀，随后有黑色固体产生取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红
注：经检验黑色固体为Ag
① 白色沉淀的化学式是_____________。
② 甲同学得出Ag+氧化了Fe2+的依据是_______________。
（2）乙同学为探究Ag+和Fe2+反应的程度，进行实验Ⅱ。
a．按右图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应），发现电压表指针偏移。偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银。放置一段时间后，指针偏移减小。
ｂ．随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2(SO4)3溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小→回到零点→逆向偏移。
① a中甲烧杯里的电极反应式是___________。
② b中电压表指针逆向偏移后，银为_________极（填“正”或“负”）。
③ 由实验得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是___________。
（3）为进一步验证乙同学的结论，丙同学又进行了如下实验：
序号操作现象
实验Ⅲ
将2mL2mol/L Fe(NO3)3溶液加入有银镜的试管
中
银镜消失
实验Ⅳ将2mL1mol/L Fe2(SO4)3溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失
实验Ⅴ将2mL2mol/L FeCl3溶液加入有银镜的试管中银镜消失
① 实验Ⅲ___________（填“能”或“不能”）证明Fe3+氧化了Ag，理由是
_____________。
② 用化学反应原理解释实验Ⅳ与Ⅴ的现象有所不同的原因：_____________。
【答案】Ag2SO4有黑色固体（Ag）生成，加入KSCN溶液后变红 Fe2+－e-＝Fe3+负
Fe2+＋Ag+Fe3+＋Ag 不能因为Fe(NO3)3溶液呈酸性，酸性条件下NO3-也可能氧化Ag 溶液中存在平衡：Fe3+＋Ag Fe2+＋Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-更有
利于降低Ag+浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大（或促使平衡正向移动，银
镜溶解）。
【解析】
【分析】
【详解】
（1）将2mL1mol/L AgNO3溶液加入到1mL1mol/L FeSO4溶液中发生复分解反应会生成
硫酸银白色沉淀，银离子具有强氧化性会氧化Fe2+为Fe3+，银离子被还原为黑色固体金属
单质银；取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成；
①上述分析可知白色沉淀为硫酸银，它的化学式是Ag2SO4，故答案为Ag2SO4；
②甲同学得出Ag+氧化了Fe2+的依据是实验现象中，银离子被还原为黑色固体金属单质银，取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成，故答案为有黑色固体（Ag）生成，加入KSCN溶液后变红；
（2）①实验过程中电压表指针偏移，偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银，依据原电池原理可知银做原电池正极，石墨做原电池负极，负极是甲池溶液中亚铁离子失电子发
生氧化反应生成铁离子，a中甲烧杯里的电极反应式是Fe2+-e-=Fe3+；故答案为Fe2+-e-
=Fe3+；
②随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2（SO4）3溶液，和乙池组成原电池，发现电压表指针的变化依次为，偏移减小→回到零点→逆向偏移，依据电子流向可知乙池中银做原电池负极，
发生的反应为铁离子氧化为银生成亚铁离子；故答案为负；
③由实验现象得出，Ag+和Fe2+反应生成铁离子和金属银，反应的离子方程式是
Fe2++Ag+Fe3++Ag；故答案为Fe2++Ag+Fe3++Ag；
（3）①将2mL2mol/L Fe（NO3）3溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银杯氧化，
可能是溶液中铁离子的氧化性，也可能是铁离子水解显酸性的溶液中，硝酸根离子在酸溶
液中具有了强氧化性，稀硝酸溶解银，所以实验Ⅲ不能证明Fe3+氧化了Ag，故答案为不能；因为Fe（NO3）3溶液呈酸性，酸性条件下NO3-也可能氧化Ag；
②将2mL1mol/L Fe2（SO4）3溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失说明部分溶解，
将2mL2mol/L FeCl3溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银溶解完全，依据上述现象可知，溶液中存在平衡：Fe3++Ag Fe2++Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-
更有利于降低Ag+浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大，故答案为溶液中存在
平衡：Fe3++Ag Fe2++Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-更有利于降低Ag+
浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大。
2．某同学设计如下三个实验方案以探究某反应是放热反应还是吸热反应：
方案一：如图1，在小烧杯里放一些除去氧化铝保护膜的铝片，然后向烧杯里加入10 mL 2 mol·L－1稀硫酸，再插入一支温度计，温度计的温度由20 ℃逐渐升至75 ℃，随后，温度逐渐下降至30 ℃，最终停留在20 ℃。
方案二：如图2，在烧杯底部用熔融的蜡烛粘一块小木片，在烧杯里加入10 mL 2 mol·L－1硫酸溶液，再向其中加
入氢氧化钠溶液，片刻后提起烧杯，发现小木片脱落下来。
方案三：如图3，甲试管中发生某化学反应，实验前U形管红墨水液面相平，在化学反应过程中，通过U形管两侧红
墨水液面高低判断某反应是吸热反应还是放热反应。
序号甲试管里发生反应的物质U形管里红墨水液面
①氧化钙与水左低右高
②氢氧化钡晶体与氯化铵晶体(充
分搅拌)
？
③铝片与烧碱溶液左低右高
④铜与浓硝酸左低右高
根据上述实验回答相关问题：
（1）铝片与稀硫酸的反应是________(填“吸热”或“放热”)反应，写出该反应的离子方程式：___________。
（2）方案一中，温度升至最大值后又下降的原因是___________。
（3）方案二中，小木片脱落的原因是________，由此得出的结论是__________________。（4）方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，则U形管里红墨水液面：左边
________(填“高于”“低于”或“等于”)右边。
（5）由方案三的现象得出结论：①③④组物质发生的反应都是________(填“吸热”或“放热”)反应，如果放置较长时间，可观察到U形管里的现象是______________。
（6）方案三实验②的U形管中的现象为________，说明反应物的总能量________(填“大于”“小于”或“等于”)生成物的总能量
【答案】放热 2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低蜡烛熔化氢氧化钠与硫酸的反应放热低于放热红墨水液面左右相平红墨水液面左高右低小于
【解析】
【分析】
【详解】
（1）金属与酸的反应是放热反应，因此铝片与稀硫酸的反应是放热反应，该反应的离子方程式为2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑，故答案为放热；2Al＋6H＋===2Al3＋＋3H2↑；
（2）方案一中，温度升至最大值后又下降的原因可能是反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低，故答案为反应完全后，热量向空气中传递，烧杯里物质的温度降低；
（3）方案二中，反应放出的热量，使得蜡烛熔化，小木片脱落，故答案为蜡烛熔化；氢氧化钠与硫酸的反应放热；
（4）方案三中，如果甲试管里发生的反应是放热反应，装置中气体的压强增大，U形管里红墨水液面：左边低于右边，故答案为低于；
（5）由方案三的现象得出结论：①③④组物质发生的反应都是放热反应，如果放置较长时间，热量散失，装置中气体的压强与外界压强相等， U形管中红墨水液面左右相平，故答案为放热；红墨水液面左右相平；
（6）方案三实验②属于吸热反应，U形管中红墨水液面左高右低，故答案为红墨水液面左高右低；小于。
3．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：LiCoO2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在浸出过程中反应的离子方程式是__。
（3）浸出剂除了H2O2外，也可以选择Na2S2O3，比较二者的还原效率H2O2__(填“>”或“<”)Na2S2O3(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对钴、镍萃取分离效果的影响如图。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++CoR2=Co2++2HR，则反萃取剂的最佳选择是__。
（7）常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g·L-1，则pH=__时，Ni2+开始沉淀。
[K sp(Ni(OH)2=2×10-15]
（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(如图)___。
已知：
提供的无机试剂：NaOH、Na2CO3、NaF。
【答案】+3 2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O < 适当升高温度，适当增加H2SO4浓度 5.5 H2SO4 7.5 ①NaOH ②Ni(OH)2 ③NaF
【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CoSO4，可知LiCoO2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Na2S2O3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，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围；
(6)将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；
(7)根据K sp(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CoSO4，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：2LiCoO 2+6H ++H 2O 2=2Co 2++O 2↑+2Li ++4H 2O ；
(3)1molH 2O 2作为还原剂转移2mol 电子，1molNa 2S 2O 3作为还原剂转移8mol 电子，则Na 2S 2O 3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H 2SO 4浓度等；
(5)分离Co 2+和Ni 2+时，由于Co 2+进入有机相，Ni 进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH 范围，所以最佳pH 是5.5；
(6)将钴洗脱进入水相中时，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H 2SO 4；
(7)c (Ni 2+)=1.1859mol/L=0.02mol/L ，则开始沉淀时，c (OH -)＝()sp 2Ni OH ()
0.02
K =15200210.-?=10-6.5mol/L ，则pH=14-6.5=7.5； (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，所以选用NaOH ，则Ni(OH)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。
4．草酸铵[(NH 4)2C 2O 4]为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca 2+、Mg 2+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____， 说明分解产物中含有CO 2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 _____。 Ⅱ．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/LKMnO 4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
KMnO 4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】NH 3、CO 2 E 中黑色固体变红，F 中澄清石灰水变浑浊
(NH 4)2C 2O 42NH 3↑+CO 2↑+CO↑+H 2O 排尽装置中的空气 充分吸收CO 2，防止干扰CO
的检验 2NH 3+3CuO
3Cu+N 2+3H 2O 因最后一滴KMnO 4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；
Ⅱ．(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：NH 3；CO 2 ； 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CO 2、NH 3、CO ，结合质量守恒定律知，另有产物H 2O ，则草酸铵分解的化学方程式为(NH 4)2C 2O 4===?2NH 3↑+CO 2↑+CO↑+H 2O ；
答案为：(NH 4)2C 2O 4===?2NH 3↑+CO 2↑+CO↑+H 2O ；
(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CO 2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CO 2、气体中的水蒸气除去，所以装置C 的作用是：吸收CO 2，避免对CO 的检验产生干扰；
答案为：充分吸收CO 2，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，NH 3也会与CuO 反应，其产物是N 2和水，该反应的化学方程式为2NH 3+3CuO ===一定条件3Cu+N 2+3H 2O ；
答案为：2NH 3+3CuO ===一定条件3Cu+N 2+3H 2O ；
(5)草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0. 0l00mol/LKMnO 4溶液进行滴定，反应为-
+2+4224222MnO +5H C O +6H =2Mn +10CO +8H O ↑，滴定至终点时，因最后一滴
KMnO 4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KMnO 4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KMnO 4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+4224222MnO +5H C O +6H =2Mn +10CO +8H O ↑，
-
4
224132242MnO ~5H C O 2mol
5mol 0.0100mol L 0.4210L (H C O )
n --???； 224(H C O )n =1.05×10?5mol ，所以20mL 血液样品中含有的钙元素的物质的量为5
5100mL 1.0510mol=4.210mol 25mL --???，即4.2×10?2mmol ，则该血液中钙元素的含量为234.210mmol 2.1mmol /L 2010L
--?=?； 答案为：2.1。
5．草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C 2H 2气体制取H 2C
2O 4?2H 2O 。回答下列问题：
（1）甲组的同学以电石（主要成分CaC 2，少量CaS 及Ca 3P 2杂质等）为原料，并用图1装置制取C 2H 2。
①装置A 中用饱和食盐水代替水的目的是__。
②装置B 中，NaClO 将H 2S 、PH 3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl ，其中PH 3被氧化的离子方程式为__。
（2）乙组的同学根据文献资料，用Hg （NO 3）2作催化剂，浓硝酸氧化C 2H 2制取H 2C 2O 4?2H 2O ．制备装置如图2所示：
①装置D中多孔球泡的作用是__。
②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为__。
③从装置D中得到产品，还需经过__（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。
（3）丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4?2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取mg产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol?L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。
①滴定终点的现象是__。
②产品中H2C2O4?2H2O的质量分数为___（列出含m、c、V的表达式）。
【答案】减慢反应速率，获得平缓气流 PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O 蒸发浓缩、
冷却结晶当加入最后一滴标准液，溶液呈浅红色且30 s内不恢复原来的颜色31.5cV
m
%
【解析】
【分析】
(1)①碳化钙和水反应十分剧烈，可用饱和食盐水可减缓反应速率；
②装置B用NaClO将PH3氧化为磷酸，同时生成氯化钠；
(2)D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4?2H2O，发生反应为：
C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O，多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应，E装置防止倒吸，F装置吸收生成的二氧化氮气体，将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品，据此分析解答；
①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；
②根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；
(3)①滴定终点时，继续滴加高锰酸钾溶液，紫色不褪去；
②根据2MnO4-～5H2C2O4，由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量，据此计算H2C2O4?2H2O的质量分数。
【详解】
(1)①电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应；
②NaClO将PH3氧化为磷酸，钙反应的离子方程式为：PH3 +4ClO-=H3PO4+4Cl-；
(2)①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面，加快反应速率，充分反应；
②根据装置图，D中，Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应方程式为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；
(3)①滴定过程中，反应结束前溶液为无色，滴定结束时溶液变为浅红色，则滴定终点现象
为：当溶液呈浅红色且30 s内不恢复原来的颜色；
②准确称取m g产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用
c mol?L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液V mL，设产品中
H2C2O4?2H2O的质量分数为α，根据2MnO4-～～5H2C2O4?2H2O产品中H2C2O4?2H2O的质量
分数为α=
3
512610
100%
2
c V
m
-
????
?=
31.5cV
m
%。
【点睛】
考查物质制备方案设计，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定等知识，题目难度中等，明确实验原理、实验目的为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
6．化学学习小组进行如下实验。
[探究反应速率的影响因素]设计了如下的方案并记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20 mol·L-1H2C2O4溶液、0.010 mol·L-1KMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽
物理量V(0.20 mol·L-1
H2C2O4溶液)/mL
V（蒸馏水）/mL
V（0.010 mol·L-1
KMnO4溶液）/mL
T/℃乙
① 2.00 4.050
② 2.00 4.025
③ 1.00 4.025
(1)上述实验①、②是探究__________对化学反应速率的影响；若上述实验②、③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为_____________；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写___________ 。
[测定H2C2O4·x H2O 中x值] 已知：M(H2C2O4)=90 g·mol-1
①称取 1.260 g 纯草酸晶体，将其酸制成 100.00 mL 水溶液为待测液；
②取 25.00mL 待测液放入锥形瓶中，再加入适的稀H2SO4；
③用浓度为 0.05 000 mol·L-1的 KMnO4标准溶液进行滴定。
(2)请写出与滴定有关反应的离子方程式_________________________________________。
(3)某学生的滴定方式(夹持部分略去)如下，最合理的是________ (选填 a、b)。
(4)由图可知消耗KMnO4溶液体积为__________________________________________mL。
(5)滴定过程中眼睛应注视________________________。
(6)通过上述数据，求得x= ____ 。以标准KMnO4溶液滴定样品溶液的浓度，未用标准KMnO4溶液润洗滴定管，引起实验结果________(偏大、偏小或没有影响) 。
【答案】温度 1.0 溶液褪色时间/s 5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O b 20.00 锥形瓶中颜色变色 2 偏小
【解析】
【分析】
【详解】
（1）探究影响化学反应速率因素，要求其他条件不变，即①②探究温度对化学反应速率的影响；混合溶液的总体积都是6.0mL，因此a=1.0；反应的快慢是通过酸性高锰酸钾溶液的褪色快慢来确定的，因此乙中要测定的物理量是溶液褪色时间，单位为s；
（2）草酸具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，把C转化成CO2，本身被还原成Mn2＋，
根据化合价升降法，进行配平，因此离子反应方程式为：5H2C2O4＋2MnO4－＋6H＋=10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O；
（3）酸式滴定管盛放酸性溶液和氧化性物质，碱式滴定管只能盛放碱性溶液，即b正确；（4）滴定前刻度为0.90ml，滴定后刻度是20.90ml，消耗高锰酸钾的体积为(20.90－
0.90)mL=20.00mL；
(5)滴定过程中，眼睛应注视锥形瓶中溶液颜色变化；
(6)100mL溶液中草酸物质的量为20×10－3×0.05×5×100/(2×25)mol=0.01mol，1.260÷(90＋
18x)=0.01，解得x=2；未用待盛液润洗滴定管，稀释标准液，消耗高锰酸钾体积增大，草
酸的质量增大，x偏小。
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SO2气体还原Fe3+、I2，可以使用的药品和装置如图所示：
（1）写出由铜和浓硫酸制取SO2的化学方程式_____________________。
（2）装置A中的现象是__________。若要从A中的FeCl3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坩埚
（3）根据以上现象，该小组同学认为SO2与FeCl3发生氧化还原反应。
①写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式___________________；
②请设计实验方案检验有Fe2+生成__________________________；
（4）B中蓝色溶液褪色，表明I-的还原性比SO2__________(填“强”或“弱”)。
（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
_________。
（6）工业上通过煅烧黄铁矿产生SO2来进一步得到硫酸，已知煅烧1g FeS2产生7.1kJ热量，写出煅烧FeS2的热化学反应方程式____________________。
【答案】Cu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O 溶液由黄色变为浅绿色 A、B、F
2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+2Fe2++4H+取少量A中反应后的溶液于试管中，滴入2～3滴
K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成弱 c(Na+)>c(SO32—)>c(OH—)>c(HSO3—)>c(H+) 4FeS2(s)＋11O2(g) = 2Fe2O3(s)＋8SO2(g) ΔH＝－3408 kJ/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）①三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；
②用K3[Fe（CN）6]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：
I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-，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Na2SO3，SO32-水解溶液呈碱性，氢氧根离子源于SO32-的水解、水的电离；
（6）发生反应：4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，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+2H2SO4
CuSO4+SO2↑+2H2O；
（2）装置A中SO2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：SO2+2Fe3++2H2O═2Fe2++SO42-+4H+，则A中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、石棉网和坩埚，故答案为ABF；
（3）①SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式2Fe3++SO2+2H2O=SO42-+2Fe2++4H+；
②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2～3滴
K3[Fe(CN)6]溶液，有蓝色沉淀生成；
（4）B中蓝色溶液褪色，说明SO2将I2还原为I-，可知I-的还原性比SO2弱；
（5）NaOH溶液吸收SO2后所得溶液只有一种溶质且pH＞7，则溶液中的溶质为Na2SO3，各离子浓度大小顺序为c(Na+)>c(SO32—)>c(OH—)>c(HSO3—)>c(H+)；
（6）黄铁矿(主要成分为FeS2)其燃烧产物为SO2和Fe2O3，1g FeS2完全燃烧放出7.1kJ热量，480gFeS2完全燃烧放出3408kJ热量，反应的热化学方程式为：
4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g)△H=-3408kJ/mol。
8．胆矾(CuSO4·5H2O)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Cu x(OH)y(SO4)z·nH2O的晶体，用热重分析仪对Cu x(OH)y(SO4)z·nH2O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aCuO·bCuSO4；温度在1 000 ℃以上时，得到的固体为Cu2O。请回答下列问题：
①温度650～1 000 ℃产生的气体中，n(O)∶n(S)____(填“>”“<”或“＝”)3。
②通过计算推断Cu x(OH)y(SO4)z·nH2O晶体的化学式：__________。
【答案】> Cu2(OH)2SO4·4H2O
【解析】
【详解】
3.30g晶体含水为3.3g?2.4g＝0.9g，n(H2O)＝
0.9g
18g/mol
＝0.05mol，1000℃以上时，得到的
固体为Cu2O，n(Cu)＝
1.44g
144g/mol
×2＝0.02mol，温度在650℃时，残留固体的组成可视为
aCuO?bCuSO4，此时设CuO为xmol、CuSO4为ymol，则x＋y＝0.02，80x＋160y＝2.4，解得x＝y＝0.01mol，
①温度650～1000℃产生的气体中，n(O)：n(S)＝0.01mol0.01m
0.0
ol4
1mol
＋
＝5＞3，故答案
为：＞；
②3.30g晶体含水为3.3g?2.4g＝0.9g，n(H2O)＝0.05mol，n(Cu)＝0.02mol，n(SO42?)＝
0.01mol，可知x：z：n＝0.02mol：0.01mol：(0.05-0.02/2)mol=2：1：4，由电荷守恒可知y ＝2，化学式为Cu2(OH)2SO4·4H2O，故答案为：Cu2(OH)2SO4·4H2O。
9．已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应，产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水)，某实验小组为确定该晶体的组成，设计实验步骤及操作如下：
已知：a.过程②：MnO4－被还原为Mn2+，C2O42－被氧化为CO2
b.过程③：MnO4－在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+
c.过程④：2Cu2++4I－=2CuI↓+I2
d.过程⑥：I2+2S2O32－=21－+S4O62－
(1)过程①加快溶解的方法是________________________。
(2)配制100mL0.20mol·L－1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、
____________；过程②和过程⑥滴定时，滴定管应分别选用____________、
____________(填“甲”或乙”)。
(3)完成过程②的离子反应方程式的配平：
___MnO4－+___C2O42－+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。
(4)过程③加热的目的是________________________。
(5)过程⑥，应以____________作指示剂，若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则测定结果是____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)
(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，据此推测该晶体为
____________·H2O。
【答案】粉碎、搅拌或加热 100mL容量甲乙25162810除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；淀粉溶液偏小K2Cu(C2O4)2
【解析】
【分析】
（1）在由固体与液体的反应中，要想加快反应速率，可以粉碎固体物质或搅拌，都是增大固液的接触面积，也可以加热等；
（2）配制溶液要掌握好配制步骤，容量瓶的选择，因为配制100mL溶液，所以选择
100mL容量瓶，氧化还原滴定的时候，注意选择指示剂、滴定管等。
（3）利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式：2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑；
（4）、MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，据此分析作答；
（5）结合实际操作的规范性作答；
（6）根据方程式找出关系式，通过计算确定晶体的组成。
【详解】
（1）为了加快蓝色晶体在2 mol·L-1稀硫酸中溶解，可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法；
（2）配制100mL0.20mol·L－1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制，配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶；过程②是用0.20mol·L-
1KMnO4溶液滴定，KMnO4具有强氧化性，因此选用甲（酸式滴定管）；过程⑥是用
0.25mol·L－1Na2S2O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈碱性，故选用乙（碱式滴定管）；
（3）利用氧化还原反应中化合价升降总数相等，先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，然后再观察配平其他物质，过程②的离子反应方程式：2 MnO4++5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑
（4）MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-，防止过程④加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；
（5）过程⑥是用0.25mol·L－1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液，反应方程式为I2+2S2O32-=21－+S4O62-，故过程⑥，应以淀粉溶液作指示剂；若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则滴入Na2S2O3的物质的量偏小，造成测定Cu2+的含量偏小；
（6）由2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5?n(KMnO4)
=2.5?0.20mol·L－1?V(KMnO4)；由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2 S2O32- ~ I2 ~2Cu2+，n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25mol·L-1?V(Na2S2O3)，已知两个滴定过程中消耗KMnO4和
Na2S2O3的体积相等，所以n(C2O42-)=2 n(Cu2+)，因为晶体中只有一种阴离子，并且晶体中元素化合价代数和为0，故该晶体为K2Cu(C2O4)2·H2O 。
【点睛】
在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。
10．亚硫酸钠容易被氧化，某化学兴趣小组为测定某亚硫酸钠样品的纯度，三名学生分别设计了不同实验方案。
甲同学的实验方案：称取10.0g样品，进行如图所示实验，测得装置D中干燥管实验前后增大。
(1)写出B中发生反应的化学方程式___________________________________。装置E的作用是__________________。
乙同学的实验方案:称取10.0g样品，溶于过量的盐酸后，再加入过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量沉淀质量为0.9g。
(2)洗涤沉淀的方法是_____________________，重复2~3次。
丙同学的设计方案步骤如下：
①称取样品10.0g,加水溶解配成250 mL溶液;②量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中;
③用酸化的0.1502 mol·L —1 KMnO4标准液滴定至终点;
④重复操作2~3次，得出消耗KMnO4溶液体积的平均值为19.97 mL。
(3)滴定中盛装KMnO4标准液的仪器是_______________________________。
(4)写出滴定过程中发生反应的离子方程式:___________________________。
(5)确定滴定达到终点的操作及现象为_______________________________。
(6)三名学生通过实验数据计算出的样品纯度各不相同，指导教师指出__________(填“甲”、
“乙”、“丙”)同学实验误差较大,其实验装置存在明显缺陷，理由是_________。
【答案】Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O 防止空气中的CO2和水蒸气进入D中，影响实验结果向漏斗中注入蒸馏水至恰好浸没沉淀，待水自然流下酸式滴定管 5SO32－＋
2MnO4-＋6H＋===5SO42－＋2Mn2＋＋3H2O 滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色甲反应结束后，装置中残留一定量的SO2（或SO2气流速度过快或装置气密性不好），未被装置D吸收
【解析】
【分析】
长期存放的亚硫酸钠可能会被部分氧化生成硫酸钠，也就是说该样品中可能含亚硫酸钠和硫酸钠。甲同学设计的实验方案的原理为用70%硫酸与样品中亚硫酸钠反应生成二氧化硫，通过测定碱石灰吸收二氧化硫的量测定样品的纯度；乙同学设计的实验方案的原理为先将样品溶于过量的盐酸中除去样品中的亚硫酸钠，再加入过量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、烘干，称量硫酸钡沉淀质量，利用硫酸钡沉淀质量测定样品的纯度；丙同学设计的实验方案的原理为利用亚硫酸钠具有还原性，用酸性高锰酸钾标准溶液滴定样品溶液，利用消耗酸性高锰酸钾溶液的量测定样品的纯度。
【详解】
（1）B中发生的反应为70%硫酸与样品中亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；因碱石灰能吸收空气中的CO2和水蒸气，会导致所测结果偏大，则装置E中碱石灰的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气，防止CO2和水蒸气进入D中，影响实验结果，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；防止空气中的CO2和水蒸气进入D中，影响实验结果；
（2）乙同学最终得到是硫酸钡沉淀，洗涤沉淀的方法是向过滤器中注入蒸馏水至恰好浸没沉淀，待水自然流下后，重复2~3次，故答案为：向漏斗中注入蒸馏水至恰好浸没沉淀，待水自然流下；
（3）KMnO4具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管中的橡胶管，则滴定中， KMnO4标准液盛装在酸式滴定管中，故答案为：酸式滴定管；
（4）滴定过程中，酸性高锰酸钾溶液与亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸钾、硫酸锰和水，反应的离子方程式为5SO32－＋2MnO4-＋6H＋=5SO42－＋2Mn2＋＋3H2O，故答案为：5SO32－＋2MnO4-＋6H＋=5SO42－＋2Mn2＋＋3H2O；
（5）当酸性高锰酸钾溶液过量时，溶液会变为紫色，则确定滴定达到终点的操作及现象为滴入最后一滴酸性高锰酸钾溶液，溶液由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色，故答案为：滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变成浅紫红色，且半分钟内不褪色；
（6）甲同学设计的实验存在缺陷，一是若装置气密性不好，二氧化硫泄露，导致测定结果偏低；二是二氧化硫气流速度过快，不能被D中碱石灰完全吸收，导致测定结果偏低；三是装置中残留二氧化硫，没有被D中碱石灰完全吸收，导致测定结果偏低，故答案为：甲；反应结束后，装置中残留一定量的SO2（或SO2气流速度过快或装置气密性不好），未被装置D吸收。
【点睛】
长期存放的亚硫酸钠可能会被部分氧化生成硫酸钠，也就是说该样品中可能含亚硫酸钠和
硫酸钠，设计实验方案测定样品的纯度时可从两个角度设计：一是测定亚硫酸钠的含量，二是测定硫酸钠的含量。
2019年全国一卷化学试题解析 1.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是 A. “雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁 B. 闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成 C. 陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐 D. 陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点 【答案】A 陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。 【解析】A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误； B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确； C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确； D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。 故选A。 2.关于化合物2?苯基丙烯（），下列说法正确的是 A. 不能使稀高锰酸钾溶液褪色 B. 可以发生加成聚合反应 C. 分子中所有原子共平面 D. 易溶于水及甲苯 【答案】B 2-苯基丙烯的分子式为C9H10，官能团为碳碳双键，能够发生加成反应、氧化反应和加聚反应。【解析】A项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，能够与高锰酸钾溶液发生氧化反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误； B项、2-苯基丙烯的官能团为碳碳双键，一定条件下能够发生加聚反应生成聚2-苯基丙烯，
故B正确； C项、有机物分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能在同一平面。2-苯基丙烯中含有甲基，所有原子不可能在同一平面上，故C错误； D项、2-苯基丙烯为烃类，分子中不含羟基、羧基等亲水基团，，难溶于水，易溶于有机溶剂，则2-苯基丙烯难溶于水，易溶于有机溶剂甲苯，故D错误。 故选B。 3.实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是 A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K B. 实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色 C. 装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢 D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯 【答案】D 在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。 【解析】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确； B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确； C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确； D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。 故选D。
化学反应原理综合练习题 一、选择题 1．下列说法正确的是（） A．反应热是指反应过程中放出的热量 B．1molH2SO4和1molBa(OH)2完全中和所放出的热量为中和热 C．相同条件下将两份碳燃烧，生成CO2的反应比生成CO的反应放出的热量多D．物质发生化学变化都伴随着能量变化 2、用铂电极电解下列溶液时，阴极和阳极上的主要产物分别是H2和O2的是（） A、稀NaOH溶液 B、HCl溶液 C、NaCl溶液 D、酸性AgNO 3 3、用惰性电极电解下列溶液一段时间后，再加入一定量的某中纯净物（括号内物质），可使溶液恢复到原来的成分和浓度的是（） A、AgNO3 (AgNO3) B、NaOH (NaOH) C、KCl （HCl） D、CuSO4 (Cu(OH)2) 4．已知31g红磷（P，固体）在氧气中燃烧生成P4O10固体放出738.5kJ热量，31g白磷（P4，固体）在氧气中燃烧生成P4O10固体放出745.8kJ热量。下列判断正确的是（） A白磷在氧气中燃烧的热化学方程式P4(s)+5O2(g)=P4O10(s)△H=－745.8kJ·mol－1 B．红磷转化成白磷时放出热量 C．红磷比白磷稳定 D．31g红磷中蕴含的能量为738.5kJ 5．增大压强，对已达到平衡的下列反应产生的影响是（）3X(g)+Y(g) 2Z(g)+2Q(s) A．正反应速率增大，逆反应速率减小，平衡向正反应方向移动 B．正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动 C．正、逆反应速率都增大，平衡向正反应方向移动 D．正、逆反应速率都没有变化，平衡不发生移动 6．在稀氨水中存在平衡：NH3·H2O NH4++OH－，要使用NH3·H2O和NH4+的浓度都增大，应采取的措施是( ) A．加NaOH溶液B．加NH4Cl固体C．加盐酸D．加NaCl溶液7．在密闭容器中，反应SO2+NO2NO+SO3（气），达到平衡后，若往容器中通入少量O2，此时将将会发生的变化是（） A．容器内压强增大，平衡向正反应方向移动
高考化学化学反应原理综合考查-经典压轴题附详细答案 一、化学反应原理综合考查 1．过氧乙酸(CH3CO3H)是一种广谱高效消毒剂，不稳定、易分解，高浓度易爆炸。常用于空气、器材的消毒，可由乙酸与H2O2在硫酸催化下反应制得，热化学方程式为： CH3COOH(aq)+H2O2(aq)?CH3CO3H(aq)+H2O(l) △H=-13.7K J/mol (1)市售过氧乙酸的浓度一般不超过21%，原因是____ 。 (2)利用上述反应制备760 9 CH3CO3H，放出的热量为____kJ。 (3)取质量相等的冰醋酸和50% H2O2溶液混合均匀，在一定量硫酸催化下进行如下实验。实验1：在25 ℃下，测定不同时间所得溶液中过氧乙酸的质量分数。数据如图1所示。实验2：在不同温度下反应，测定24小时所得溶液中过氧乙酸的质量分数，数据如图2所示。 ①实验1中，若反应混合液的总质量为mg，依据图1数据计算，在0—6h间， v(CH3CO3H)=____ g／h（用含m的代数式表示）。 ②综合图1、图2分析，与20 ℃相比，25 ℃时过氧乙酸产率降低的可能原因是 _________。（写出2条）。 (4) SV-1、SV-2是两种常用于实验研究的病毒，粒径分别为40 nm和70 nm。病毒在水中可能会聚集成团簇。不同pH下，病毒团簇粒径及过氧乙酸对两种病毒的相对杀灭速率分别如图3、图4所示。 依据图3、图4分析，过氧乙酸对SV-1的杀灭速率随pH增大而增大的原因可能是______【答案】高浓度易爆炸（或不稳定，或易分解） 137 0.1m/6 温度升高，过氧乙酸分解；温度升高，过氧化氢分解，过氧化氢浓度下降，反应速率下降随着pH升高，SV-1的团簇粒径减小，与过氧化氢接触面积增大，反应速率加快 【解析】
专题18 物质结构与性质（选修） 1．[2019新课标Ⅰ]在普通铝中加入少量Cu和Mg后，形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒，其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小，形成所谓“坚铝”，是制造飞机的主要村料。回答下列问题： （1）下列状态的镁中，电离最外层一个电子所需能量最大的是 (填标号 )。 A．B．C．D． （2）乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，分子中氮、碳的杂化类型分别 是、。乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 （3）一些氧化物的熔点如下表所示： 氧化物Li2O MgO P4O6SO2 熔点/°C 1570 2800 23.8 ?75.5 解释表中氧化物之间熔点差异的原因。 （4）图(a)是MgCu2的拉维斯结构，Mg以金刚石方式堆积，八面体空隙和半数的四面体空隙中，填入以四面体方式排列的Cu。图(b)是沿立方格子对角面取得的截图。可见，Cu原子之间最短距离= pm，Mg原子之间最短距离y= pm。设阿伏加德罗常数的值为N A，则MgCu2的密度是 g·cm?3(列出计算表达式)。 【答案】（1）A （2）sp3sp3乙二胺的两个N提供孤对电子给金属离子形成配位键Cu2+ （3）Li2O、MgO为离子晶体，P4O6、SO2为分子晶体。晶格能MgO>Li2O。分子间力（分子量）P4O6>SO2 （4 23 330 A 824+1664 10 N a- ?? ? 【解析】（1）A.[Ne]3s1属于基态的Mg+，由于Mg的第二电离能高于其第一电离能，故其再失去一个电子所需能量较高； B. [Ne] 3s2属于基态Mg原子，其失去一个电子变为基态Mg+； C. [Ne] 3s13p1属于激发态
宁波高考化学专题题库∶化学反应原理的综合题 一、化学反应原理 1．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8mL0.11mol L -?的KI 溶液于试管,滴加0.11mol L -?的FeCl 3溶液5～6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2mLCCl 4，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0.11mol L -?的KSCN 溶液5～6滴，振荡，未见溶液呈血红色。 探究的目的是通过检验Fe 3+，来验证是否有Fe 3+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，Fe 3+完全转化为Fe 2+，溶液无Fe 3+ 猜想二：Fe 3+大部分转化为Fe 2+，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：Fe 3+可与46[()]Fe CN - 反应生成蓝色沉淀，用K 4[Fe （CN ）6]溶液检验Fe 3+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： 【答案】322222Fe I Fe I +-++=+ 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K 4[Fe （CN ）6]溶液，振荡 【解析】 【分析】 【详解】 （1） KI 溶液与FeCl 3溶液离子反应方程式322222Fe I Fe I +-++=+； （2）①由信息信息一可得：取萃取后的上层清液滴加2-3滴K 4[Fe （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，
2020-2021备战高考化学化学反应原理综合考查(大题培优 易错 难题)附答案 解析 一、化学反应原理综合考查 1．研究大气污染物SO 2、CH 3OH 与H 2O 之间的反应，有利于揭示雾霾的形成机理。 反应i ：132241SO (g)+H O(g)=H SO (1)227.8kJ mol H -?=-? 反应ii ：-133332CH OH(g)+SO (g)=CH OSO H(g)( ) -63.4kJ mol H ?=?硫酸氢甲酯 （1）CH 3OSO 3H 发生水解：332324CH OSO H(g)H O(g)CH OH(g)H SO (1)+=+△H=______kJ/mol 。 （2）T ℃时，反应ii 的CH 3OH(g)、SO 3(g)的初始浓度分别为 -8-1-9-1110mol L 210mol L ????、，平衡时SO 3转化率为0.04%，则K=_____________。 （3）我国科学家利用计算机模拟计算，分别研究反应ii 在无水和有水条件下的反应历程，如图所示，其中分子间的静电作用力用“…”表示。 ①分子间的静电作用力最强的是_____________（填“a ”、“b ”或“c ”）。 ②水将反应ii 的最高能垒由_____________eV 降为_____________eV 。 ③d 到f 转化的实质为质子转移，该过程断裂的化学键为____（填标号）。 A ．CH 3OH 中的氢氧键 B ．CH 3OH 中的碳氧键 C ．H 2O 中的氢氧键 D ．SO 3中的硫氧键 （4）分别研究大气中H 2O 、CH 3OH 的浓度对反应i 、反应ii 产物浓度的影响，结果如图所示。 ①当c(CH 3OH)大于10-11mol.L -1时，c(CH 3OH)越大，c(H 2SO 4)越小的原因是_____________。 ②当c(CH 3OH)小于10-11mol.L -1时，c(H 2O)越大，c(CH 3OSO 3H)越小的原因是_____________。 【答案】-164.4 4×104L· mol -1 a 20.93 6.62 ACD 反应i 和反应ii 为竞争反应，甲醇浓度增大，促进了甲醇和三氧化硫反应，抑制了三氧化硫和水的反应，硫酸的浓度减小 水的浓度越大，甲醇和三氧化硫碰撞几率越小，生成CH 3OSO 3H 越小，c(CH 3OSO 3H)越小 【解析】
历年高考各地化学试题分类汇编和解析 九、几种重要的金属 1．(09全国卷Ⅰ8)下列表示溶液中发生反应的化学方程式错误．． 的是 A.22222223Al NaOH H O NaAlO H ++=+↑ B.4242222KMnO HCOOK KOH K MnO CO H O ++=+↑+ C 22224(2MnO HCl MnCl Cl H O ?+=+↑+浓） D.22742424324324267()3()7K Cr O FeSO H SO Cr SO Fe SO K SO H O ++=+++ 答案：B 解析：在碱性条件下，不可能产生CO 2气体，而应是CO 32 －，故B 项错。 2．（09江苏卷3）下列所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是 a b c A Al AlCl 3 Al （OH ）3 B HNO 3 NO NO 2 C Si SiO 2 H 2SiO 3 D CH 2=CH 2 CH 3CH 2OH CH 3CHO 答案：B 解析：A 项：3Al AlCl → (322623Al HCl AlCl H +=+↑或者24243223()3Al H SO Al SO H +=+↑， 33()AlCl Al OH →(332343()3AlCl NH H O Al OH NH Cl +?=↓+)，33()Al OH AlCl →（332()33Al OH HCl AlCl H O +→+），3()Al OH Al →的转化必须经过 323 ()Al OH Al O →（反应方程式为：32322()3Al OH Al O H O +灼烧）和23Al O Al →（232243Al O Al O +↑通电）这两步，所以A 项不选； B 项：3HN O N O →(3322833()24HNO Cu Cu NO NO H O +=+↑+)，2NO NO →（2222NO O NO +=），2N O N O →（22332NO H O HNO NO +=+），23NO HNO →（22332NO H O HNO NO +=+），所以B 项正确； C 项：2S i S i O →(22Si O SiO +=)，223SiO H SiO →必须经过两步
2019年高考化学综合题分类练习卷：化学反应原理练习卷
化学反应原理练习卷 1.党的十九大报告指出:要持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战。当前空气质量检测的主要项目除了PM 2.5外，还有CO、SO2、氮氧化物(NO和NO2)、O3等气体。 （1）汽车尾气中含有NO 和CO气体，可利用催化剂对CO、NO进行催化转化反应: 2CO(g) +2NO(g) N2(g) +2CO2(g) △H ①已知下列热化学方程式:N2(g) +O2(g) =2NO(g) △H1 = + 180.5kJ/mol，2C(s) +O2(g) =2CO(g) △H2=-2210kJ/mol ，C(s)+O2(g)=CO2(g) △H3=-393.5kJ/mol，则△H=_________。 ②在一定温度下,将2.0molNO、2.4molCO气体通入到固定容积为2 L的密闭容器中，反应过程中部分物质的浓度变化如下图所示。在0~15min,以N2表示的该反应的平均速度v(N2)=________。若保持反应体系温度不变，20min时再容器中充入NO、N2各0.4mol，化学平衡将_____移动 (填“向左”“向右”或“不”)。 （2）在相同温度下，两个体积均为1L 的恒容密闭容器中，发生CO、NO催化转化反应，有关物质的量如下表:
容器编 号起始物质的量 /mol 平衡物质的量 /mol N O C O N CO 2 CO2 I 0.2 0.2 0 0 a II 0.3 0.3 b 0.1 0.2 ①容器I中平衡后气体的压强为开始时的0.875倍，则a=________。 ②容器II平衡时的气体压强为p，用平衡分压代替平衡浓度表示的平衡常数K 为________。 （3）汽车使用乙醇汽油并不能破少NO x的排放。某研究小组在实验室以耐高温试剂Ag-ZSW-5对CO、NO 催化转化进行研究。测得NO 转化为N 2的转化率随温度CO 混存量的变化情况如图所示。 ①在n(NO)/n(CO) =1条件下，最佳温度应控制在_______左右。 ②若不使用CO，温度超过775 K，发现NO的分解率降低，
化学反应原理大题练习 1．（16分）苯乙烯（C 6H 5CH ＝CH 2）是生产各种塑料的重要单体，其制备原理是： C 6H 5C 2H 5(g)C 6H 5CH ＝CH 2(g)＋H 2 (g) △H ＝+125kJ·mol －1 （1）该反应的平衡常数表达式为K ＝ __ _____________ 。随着温度的升高， K 值________（填“增大”、“减小”或“不变”，下同）。 （2）实际生产中常以高温水蒸气作为反应体系的稀释剂（稀释剂不参加反应）。C 6H 5C 2H 5 的平衡转化率与水蒸气的用量、体系总压强关系如下图。 ①由上图可得出： 结论一：其他条件不变，水蒸气的用量越大，平衡转化率越______； 结论二：__________________________________________________。 ②加入稀释剂能影响C 6H 5C 2H 5平衡转化率的原因是：_______________________。 （3）某些工艺中，在反应的中途加入O 2和特定的催化剂，有利于提高C 6H 5C 2H 5的平衡 转化率。试解释其原因：_______________________________________________。 2．（16分）科学研究发现纳米级的Cu 2O 可作为太阳光分解水的催化剂。 Ⅰ．四种制取Cu 2O 的方法 （a ）用炭粉在高温条件下还原CuO 制备Cu 2O ； （b ）用葡萄糖还原 悬浊液制备Cu 2O ； （c ）电解法制备Cu 2O 。原理如右图所示，反应为：2Cu+H 2O=Cu 2O+H 2↑，则铜作为 极； （d ）最新实验研究加热条件下用液态肼（N 2H 4）还原新制Cu(OH)2可制备纳米级Cu 2O ， 同时放出N 2和水蒸气。该制法的化学方程式为 。 Ⅱ．用制得的Cu 2O 进行催化分解水的实验 平衡转化率/% 101kPa （900K ） 40 60 80 202kPa （900K ） n (H 2O) n (C 6H 5C 2H 5)
新课标三年高考化学试题分类解析——氧化还原反应1．（2021模拟年山东理综·15）一定体积的KMnO4溶液恰好能氧化一定质量的KHC2O4·H2C2O4·2H2O。若用0.1000mol·L－1的NaOH溶液中和相同质量的 KHC2O4·H2C2O4·2H2O，所需NaOH溶液的体积恰好为KMnO4溶液的3倍，则KMnO4溶液的浓度（mol·L－1）为 提示：①H2C2O4是二元弱酸 ②10KHC2O4·H2C2O4＋8KMnO4＋17H2SO4=8MnSO4＋9K2SO4＋40CO2↑＋32H2O A．0.02021模拟889 B．0.2021模拟000 C．0.1200 D．0.2400 答案：B 解析：此题类型属于信息给予题，据题意并结合提示，H2C2O4为二元弱酸，可写出氢氧化钠与KHC2O4·H2C2O4·2H2O反应的方程式： 6NaOH+2KHC2O4·H2C2O4·2H2O=3Na2C2O4+K2C2O4+8H2O； 10[KHC2O4·H2C2O4]+8KMnO4+ 17H2SO4=8MnSO4+9K2SO4+40CO2+32H2O 。可得关系式：6NaOH~2KHC2O4·H2C2O4·2H2O，10[KHC2O4·H2C2O4]~8KMnO4 ；综合以上两式可得： 15NaOH ~ 4KMnO4 , 结合题意：V(NaOH)=3V(KMnO4)可得出关系： 15NaOH ~ 4KMnO4 15 4 3V(KMnO4)×0.1000mol·L－1V(KMnO4)×c(KMnO4) 列式得：15×V(KMnO4)×c(KMnO4)=4×3V(KMnO4)×0.1000mol·L－1，整理得：0.2021模拟000mol·L－1，答案选B。 2．（2021模拟年广东化学·5）氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反应在3Cl2＋2NH3 ＝N2＋6HCl检查氯气管道是否漏气。下列说法错误 ．．的是 A．若管道漏气遇氨就会产生白烟 B．该反应利用了Cl2的强氧化性 C．该反应属于复分解反应 D．生成1molN2有6mol电子转移 答案：C 解析：本题原理大多同学已在平时练习中接触过，2021模拟年高考题实验题21题⑵考到：
一、选择题：本大题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 7．化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是 A．用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维 B．食用油反复加热会产生稠环芳香烃等有害物质 C．加热能杀死流感病毒是因为蛋白质受热变性 D．医用消毒酒精中乙醇的浓度为95% 【答案】D 【解析】 试题分析：A、蚕丝的主要成分是蛋白质，蛋白质灼烧能产生烧焦羽毛的气味，可以区别蚕丝和人造纤维，A正确；B、食用油反复加热发生化学变化，从而产生稠环芳香烃等有害物质，B 正确；C、高温能使蛋白质发生变性，从而杀菌消毒，C正确；D、医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，D错误，答案选D。 考点：考查化学与生活的判断 8．设N A为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是 A．14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2N A B．1 molN2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2N A C．1 molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2N A D．标准状况下， LCCl4含有的共价键数为 【答案】A 考点：考查阿伏加德罗常数计算 9．下列关于有机化合物的说法正确的是 A．2-甲基丁烷也称异丁烷 B．由乙烯生成乙醇属于加成反应 C．C4H9Cl有3种同分异构体 D．油脂和蛋白质都属于高分子化合物 【答案】B 【解析】
试题分析：甲基丁烷也称异戊烷，A 错误；B.乙烯与水发生加成反应生成乙醇，B 正确；有4种同分异构体，C 错误；D.油脂不是高分子化合物，D 错误，答案选B 。 考点：考查有机物结构和性质判断 10．下列实验操作能达到实验目的的是 A ．用长颈漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物 B ．用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO C ．配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释 D ．将Cl 2与HCl 混合气体通过饱和食盐水可得到纯净的Cl 2 【答案】C 【解析】 试题分析：A.用分液漏斗分离出乙酸与乙醇反应的产物乙酸乙酯，A 错误；的密度与空气接近，且能与氧气反应生成NO 2，所以用排水法收集，B 错误；C.铁离子水解，溶液显酸性，因此配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，C 正确；D.将Cl 2与HCl 混合气体通过饱和食盐水只能除去氯气，但不能除去水蒸气，不能得到纯净的Cl 2，D 错误，答案选C 。 考点：考查化学实验基本操作 11．三室式电渗析法处理含Na 2SO 4废水的原理如图所示，采用惰性电极，ab 、cd 均为离子交换膜，在直流电场的作用下，两膜中间的Na +和SO 42－ 可通过离子交换膜，而两端隔室中离子被阻挡不能进入中间隔室。 下列叙述正确的是 A ．通电后中间隔室的SO 42－离子向正极迁移，正极区溶液pH 增大 B ．该法在处理含Na 2SO 4废水时可以得到NaOH 和H 2SO 4产品 C ．负极反应为2 H 2O –4e –=O 2+4H +，负极区溶液pH 降低 D ．当电路中通过1mol 电子的电量时，会有的O 2生成 【答案】B 考点：考查电解原理的应用 12．298K 时，在 1L -?氨水中滴入 mol 1L -?的盐酸，溶液的pH 与所加盐酸的体积关系如图所示。已知 mol 1L -?氨水的电离度为%，下列有关叙述正确的是
化学反应原理期末试 题含答案
化学反应原理期末试题含答案 1.下列有关说法正确的是（） A.CaCO3(s)=CaO(s)＋CO2(g)室温下不能自发进行，说明该反应的ΔH＜0 B.NH3(g）＋HCl(g))=NH4Cl(s)室温下能自发进行，说明该反应的ΔH＜0 C.N2(g)＋3H2(g) 2NH3(g)ΔH＜0，其他条件不变时升高温度，反应速率v(H2)和氢气的平衡转化率均增大 D.水的离子积常数K w随着温度的升高而增大，说明水的电离是放热反应2．下列说法正确的是 A.将纯水加热至较高温度，K w变大、pH变小、呈酸性 B.常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低 C.向0.1 mol·L-1醋酸溶液中加入少量冰醋酸，溶液的pH减小，醋酸电离程度变大 D.等体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的Zn反应，HA放出的 H2多， 说明HA的酸性小于HB 3. 分析下列硫燃烧时的能量变化图，判断有关热 化学方程式和说法正确的是( ) A．S(s，单斜)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝＋297.16 kJ·mol－1 B．S(s，正交)===S(s，单斜) ΔH＝－0.33 kJ·mol－1 C．S(s，正交)＋O2(g)===SO2(g) ΔH＝－296.83 kJ·mol－1 D．单斜硫的稳定性大于正交硫的稳定性 4. 在密闭容器中进行反应CH4(g)＋H2O(g) CO(g)＋3H2(g) ΔH>0，测得c(CH4)随反应时间(t)的变化如图所示。下列判断中正确的是( ) A．10 min时，改变的外界条件可能是减小压强 B．0～5 min内，v(H2)＝0.1 mol·(L·min)－1 C．恒温下，缩小容器体积，平衡后c(H2)减小 D．12 min时，反应达平衡时，气体的平均摩尔质量不
2017--2018学年度高二第一学期期末考试 化学试题 说明： 1．本试卷分第I卷（1—4页）和第II卷（5—8页），全卷满分100分，考试时间90分钟。 2．可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 S 32 Cl 35.5 Fe 56 Cu 64 第I卷（选择题共48分） 单项选择题：包括16小题，每小题3分，共计48分。每小题只有一个 ．．．．选项符合题意。 1.下列说法正确的是 A.同温同压下，H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)在光照和点燃条件下的△H相同 B.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的能量多 C.在加热条件下发生的反应均为吸热反应 D.物质发生化学反应时不一定都伴随着能量变化 2．关于中和热的测定实验，下列说法正确的是 A．为了使反应充分，可以向酸（碱）中分次加入碱（酸） B．为了使反应进行的更完全，可以使酸或碱适当过量 C．中和热为一定值，实验结果与所用酸（碱）的用量和种类均无关 D．用铜丝代替玻璃棒搅拌，会使中和热测定值偏大 3．稀氨水中存在着下列平衡:NH 3? H2O NH4++OH- ，若要使平衡向逆反应方向移动，同时使c(OH-)增大，应加入适量的物质是（忽略溶解热） ①NH4C1 固体②硫酸③NaOH 固体④水⑤加热 A.仅①②③⑤ B. 仅③⑤ C. 仅③ D. 仅①③ 4．下列叙述正确的是 ①原电池是把化学能转化成电能的一种装置 ②原电池的正极发生氧化反应，负极发生还原反应 ③不能自发进行的氧化还原反应，通过原电池的装置均可实现 ④碳棒不能用来作原电池的正极 ⑤反应Cu＋2Ag＋=2Ag＋Cu2＋，能以原电池的形式来实现 A．①⑤B．①④⑤C．②③④D．②⑤ 5．下列化学方程式中，不正确的是 A．甲烷的燃烧热△H =－890.3 kJ·mol-1，则甲烷燃烧的热化学方程式可表示为：
2013年高考化学试题分类解析汇编：有机化学 （2013大纲卷）13、某单官能团有机化合物，只含碳、氢、氧三种元素，相对分子质量为58，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。它可能的结构共有（不考虑立体异构） A.4种 B.5种 C.6种 D.7种 【答案】B 【解析】根据题意，可先解得分子式。设为CnH2nOX，氧最少为一个，58-16=42，剩下的为碳和氢，碳只能为3个，即为C3H6O，一个不饱和度。设有两个O,那么58-32=2 6，只能为C2H4OX，x不可能为分数，错。由此可得前者可以为醛一种，酮一种，烯醇一种，三元碳环一种，四元杂环一种。 （2013福建卷）7.下列关于有机化合物的说法正确的是 A．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别B．戊烷（C5H12）有两种同分异构体C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子均含有碳碳双键D．糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应【答案】A 【解析】B应该是三种同分异构体，分别是正戊烷、异戊烷、新戊烷；C由于聚氯乙烯没有，错误；D糖类中的单糖不行。 （2013江苏卷）12.药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得： 下列有关叙述正确的是 A.贝诺酯分子中有三种含氧官能团 B.可用FeCl3 溶液区别乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚 C.乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚均能与NaHCO3 溶液反应 D.贝诺酯与足量NaOH 溶液共热，最终生成乙酰水杨酸钠和对乙酰氨基酚钠 【参考答案】B 【解析】该题贝诺酯为载体，考查学生对有机化合物的分子结构、官能团的性质等基础有机 ☆能熟练区分醇羟基、酚羟基、酸羟基的性质上的差异： 醇中的羟基连在脂肪烃基、环烷烃基或苯环的侧链上，由于这些原子团多是供电子基团， 使得与之相连的羟基上氢氧原子间的电子云密度变大，氢氧共价键得到加强，氢原子很难 电离出来。因此，在进行物质的分类时，我们把醇归入非电解质一类。 酚中的羟基直接连在苯环或其它芳香环的碳原子上，由于这些原子团是吸电子基团， 使得与之相连的羟基上氢氧原子间的电子云密度变小，氢氧共价键受到削弱，氢原子比醇 羟基上的氢容易电离，因此酚类物质表现出一定的弱酸性。 羧酸中的羟基连在上，受到碳氧双键的影响，羟基氢原子比酚羟基上的氢原子容 易电离，因此羧酸(当然是短链)的水溶液呈明显的酸性，比酚溶液的酸性要强得多。 Na NaOH Na2CO3 NaHCO3 醇羟基√╳╳╳ 酚羟基√√√╳ 羧羟基√√√√ 相关对比： 酸性强弱对比：CH3COOH＞H2CO3＞C6H5OH＞HCO3－ 结合H＋能力大小：CH3COO－＜HCO3－＜C6H5O－＜CO32－ 故：C6H5OH＋Na2CO3→C6H5ONa＋NaHCO3 A.苯环不属于官能团，仅羧基、肽键二种官能团。
2013年普通高等学校招生全国统一考试(新课标I)(化学部分) 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg24 S32K39Mn55 7．化学无处不在，下列与化学有关的说法不正确 ．．．的是() A．侯氏制碱法的工艺过程中应用了物质溶解度的差异 B．可用蘸浓盐酸的棉棒检验输送氨气的管道是否漏气 C．碘是人体必需微量元素，所以要多吃富含高碘酸的食物D．黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成 【答案】C 【解析】C选项，应多吃富含碘元素的食物，如KIO3。高碘酸为强酸，对人体有很强的腐蚀性。 8．香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是() A．香叶醇的分子式为C10H18OB．不能使溴的四氯化碳溶液褪色 C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．能发生加成反应不能发生取代反应 【答案】A 【解析】根据碳原子的四价原则补齐氢原子，直接查出C、H的原子个数，A选项正确；该有机物分子中含有碳碳双键，B、C选项错误；含有甲基、醇羟基，所以可以发生取代反应，D选项错误。 9．短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，其简单离子都能破坏水的电离平衡的是() A．W2－、X＋B．X＋、Y3＋C．Y3＋、Z2－D．X＋、Z2－ 【答案】C 【解析】A选项W在X的上一周期，所以X为第3周期，分别为O、Na；B选项X可能为Li或Na、Y可均为Al；D选项X可能为Li或Na、Z可能为O或S；上述选项中的Na＋均不
影响水的电离平衡；C 选项Y 只能为Al 、Z 只能为S ，Al 3＋ 、S 2－均影响水的电离平衡。 10．银质器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag 2S 的缘故。根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶液，再将变黑的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是( ) A ．处理过程中银器一直保持恒重 B ．银器为正极，Ag 2S 被还原生成单质银 C ．该过程中总反应为2Al ＋3Ag 2S===6Ag ＋Al 2S 3 D ．黑色褪去的原因是黑色Ag 2S 转化为白色AgCl 【答案】B 【解析】由“电化学原理”可知正极反应式为Ag 2S ＋2e －===2Ag ＋S 2－，负极反应式为Al －3e －===Al 3＋；电解质溶液中发 生反应Al 3＋＋3H 2O Al(OH)3＋3H ＋，S 2－与H ＋结合生成H 2S ，使Al 3＋＋3H 2O Al(OH)3＋3H ＋的平衡右移，最终生成Al(OH)3沉淀，只有B 选项正确。 11．已知K sp (AgCl)＝1.56×10－10，K sp (AgBr)＝7.7×10－13， K sp (Ag 2CrO 4)＝9.0×10－12。某溶液中含有Cl －、Br －和2 4CrO -，浓 度均为0.010mol·L －1，向该溶液中逐滴加入0.010mol·L －1的 AgNO 3溶液时，三种阴离子产生沉淀的先后顺序为( ) A ．Cl －、Br －、24CrO - B ．24 CrO -、Br －、Cl － C ．Br －、Cl －、24CrO -D ．Br －、24 CrO -、Cl － 【答案】C 【解析】因为溶液中Cl －、Br －、2 4CrO -浓度相同，假设滴加 AgNO 3溶液的过程中混合液中Cl －、Br －、2 4CrO -浓度不变，均为 0.010mol·L －1，则开始生成AgCl 、AgBr 、Ag 2CrO 4沉淀时溶液中 c (Ag ＋)浓度分别为 1.56×10－8mol·L －1、7.7×10－11mol·L －1、3.0×10－5mol·L －1，所以首先沉淀的是AgBr ，最后沉淀的是Ag 2CrO 4。 12．分子式为C 5H 10O 2的有机物在酸性条件下可水解为酸和醇，若不考虑立体异构，这些醇和酸重新组合可形成的酯共有 ( ) A ．15种 B ．28种 C ．32种 D ．40种 【答案】D 【解析】属于C 5H 10O 2的酯水解可生成的酸有甲酸、乙酸、
题型1 化学反应原理综合试题解题策略 角度1化学能与热能、电能的相互转化综合判断与计算[题型解读]化学能与热能、电能的相互转化是高考的必考热点内容。试题形式常与能量图像，电化学装置图为背景进行综合考查，一般难度中档。 近几年高考的命题角度主要有①根据能量图像判断焓变ΔH；②结合盖斯定律进行ΔH计算或书写热化学方程式；③结合背景材料或装置图示进行原电池原理、电解原理的问题分析；④书写一定背景下的电极反应式；⑤一定条件的电化学计算等。预测2016年高考命题不会超出上述命题角度，特别是盖斯定律的应用和一定背景的电极反应式的书写仍会是命题的热点。 (1)(2015·菏泽一模)(3分)甲醇是重要的可再生燃料。已知在常温常压下： 2CH3OH(l)＋3O2(g)===2CO2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1 275.6 kJ/mol 2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH＝－566.0 kJ/mol H2O(g)===H2O(l)ΔH＝－44.0 kJ/mol 则甲醇不完全燃烧生成一氧化碳和液态水的热化学方程式为_____________________________________________________________。 (2)(2015·泰安二模)(19分)氧化还原反应与生产、生活、科技密切相关。请回答下列问题： ①银制器皿日久表面变黑是因为表面生成了Ag2S的缘故，该现象属于________腐蚀。如果加入一定浓度硝酸将发生反应3Ag2S＋8HNO3===6AgNO3＋3S↓＋2NO↑＋4H2O，
同时Ag 与硝酸反应生成AgNO 3、NO 、H 2O ，当生成22.4 mL 的气体时，参加反应硝酸的物质的量为________。 图1 ②在如图1所示的原电池装置中，负极的电极反应为_________________________，H ＋的移动方向为________；电池总反应方程式为________________________，当电路中转移0.1 mol e －时，交换膜左侧溶液中离子减少的物质的量为________。 图2 ③电解NO 制备NH 4NO 3原理如图2所示，接电源正极的电极为________(填X 或Y)，X 电极反应式为________________________________，为使电解产物完全转化为NH 4NO 3，需要补充的物质A 的化学式为________。 【信息提取】 (2)①n (HNO 3)∶n (NO)＝8∶2――――――――――→n ?NO ?＝0.001 mol n (HNO 3)＝0.004 mol ； ②右侧通Cl 2――→得电子右端为正极；左端电极反应为Ag －e －＋Cl －===AgCl ；右侧溶液 增加Cl －，H ＋向右侧溶液移动； ③NO →NH ＋4 ――→得电子X 为阴极，NO →NO －3――→失电子Y 为阳极。 【标准答案】 (1)CH 3OH(l)＋O 2(g)===CO(g)＋2H 2O(l) ΔH ＝－442.8 kJ/mol(3分) (2)①化学(2分) 0.004 mol 或4×10－3mol(3分) ②Ag －e －＋Cl －===AgCl(2分) 向右(2分) 2Ag ＋Cl 2===2AgCl(2分) 0.2 mol(2分) ③Y(2分) NO ＋6H ＋＋5e －===NH ＋4＋H 2O(2分) NH 3或NH 3· H 2O(2分) 【评分细则】 (1)化学计量数与ΔH 不一致不给分，不注明状态不给分，ΔH 的符号，单位错的不给分。 (2)①只填“化学”才得分，其他不给分；无单位的不给分。 ②写成Ag －e －===Ag ＋不给分，写成2Ag －2e －＋2Cl －===2AgCl 的给分，0.2 mol 漏掉单位的不给分。
全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总及答案 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)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Ⅱ：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Ⅱ的现象： _______ 实验Ⅲ：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294g?mol-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_______mol?L-1
高考化学试题分类解析——选择题部分（10.电化学基础） 9、电解法处理酸性含铬废水（主要含有Cr2O72－）时，以铁板作阴、 阳极，处理过程中存在反应Cr2O72＋6Fe2＋＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，最后Cr3＋以Cr(OH)3形式除去，下列说法不正确的是 A.阳极反应为Fe－2e－Fe2＋ B.电解过程中溶液pH不会变化 C.过程中有Fe(OH)3沉淀生成 D.电路中每转移12 mol电子，最多有1 mol Cr2O72－被还原 【答案】B 【解析】根据总方程式可得酸性减弱，B错误。阳-yang-氧，↑失氧，A正确；Fe－2e－Fe2＋~~~~2e－，则6mol的铁发生变化时候转移电子数12mol，又据能够处理的关系式，得6Fe~~~~12e－~~~6Fe2＋~~~Cr2O72－，所以D正确。在阴极，发生还原反应，↓得还，溶液中的氢离子得到电子减少，同时生成氢氧根，C正确。 【试源】高考全国大纲版（广西）理综综合化学 10．【题文】银制器皿日久表面会逐渐变黑，这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理：在铝质容器中加入食盐溶 液，再将变黑的的银器浸入该溶液中，一段时间后发现黑色会褪 去。下列说法正确的是（） A．处理过程中银器一直保持恒重 B．银器为正极，Ag2S被还原生成单质银ks5u
C．该过程中总反应为2Al + 3Ag2S = 6Ag + Al2S3 D．黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl 【答案】B 【解析】A错，银器放在铝制容器中，由于铝的活泼性大于银，故铝为负极，失电子，银为正极，银表面的Ag2S得电子，析出单质银附着在银器的表面，故银器质量增加； C错，Al2S3在溶液中不能存在，会发生双水解反应生成H2S和Al(OH)3； D错，黑色褪去是Ag2S转化为Ag而不是AgCl 【试源】高考新课标Ⅰ卷化学试题 11. 【题文】“ZEBRA”蓄电池的结构如图所示，电极材料多孔 Ni/Nicl2和金属钠之间由钠离子导体制作的陶瓷管相隔。下列关于 该电池的叙述错误的是（）ks5u A.电池反应中有NaCl生成 B.电池的总反应是金属钠还原三个铝离子 C.正极反应为：NiCl2+2e－=Ni+2Cl－ D.钠离子通过钠离子导体在两电极间移动