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

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(H2NSO3H)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SO3的硫酸)制备氨基磺酸的流程如图：

已知“磺化”步骤发生的反应为： ①CO(NH2)2(s)+SO3(g)②H2NCONHSO3H+H2SO4

H2NCONHSO3H(s) ΔH＜0 2H2NSO3H+CO2↑

发生“磺化”步骤反应的装置如图1所示：请回答下列问题：

（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75～80℃为宜，若温度高于80℃，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%～12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是____。

（5）“配液及滴定”操作中，准确称取2.500g氨基磺酸粗品配成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NaNO2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N2，NaNO2的还原产物也为N2。

①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。 ②试求氨基磺酸粗品的纯度：____(用质量分数表示)。

③若以酚酞为指示剂，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“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①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①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2～3次 氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2O【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①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，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①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①平衡向逆反应方向移动，故答案为：温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应①接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应①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2～3次；

（4）“重结晶”时，溶剂选用10%～12%的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：H2NSO3H+H2OH2NSO3H+H2O

NH4HSO4；稀H2SO4可提供

H+与SO42-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：

NH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动；

NH4HSO4；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

（5）①电子天平在使用时要注意使用前须(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)；

②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=

m(H2NSO3H)n(H2NSO3H)?M(H2NSO3H)?100%??100%?2.5g2.5gc(H2NSO3H)?V(H2NSO3H)?M(H2NSO3H)0.08mol/L?0.25L?97g/mol?100%??100%=77.6%2.5g2.5g，故答案为：77.60%；

③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＋O2↑＋I－。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①有KI加入，②无KI加入。下列判断正确的是___________（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CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。 资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。

①加CCl4并振荡、静置后还可观察到___________，说明有I2生成。

②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A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是_____________。 （4）资料4：I－（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20 mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL 0.10mol·L－1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下： 微粒 －浓度/（mol·L1） I－ 2.5×10－3 I2 a I3－ 4.0×10－3

①a＝__________。

－－

②该平衡体系中除了含有I，I2，I3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是

________________。

【答案】2H2O2KI2H2O＋O2↑ a 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 2.5?10?3 2c（I2）＋c（I

－

－－

）＋3c（I3）＜0.033mol·L1

【解析】 【分析】

－－－－

（1）H2O2＋I＝H2O＋IO,H2O2＋IO＝H2O＋O2↑＋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＋I－＝H2O＋IO－是吸热反应，c不正确。

（3）①加CCl4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。 ②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CCl4，B试管不加CCl4，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。

4.0?10?3（4）① K??640，由此可求出a。 ?32.5?10?a②该平衡体系中除了含有I，I2，I3外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中c(I-－

－

10mL?0.1mol/L?0.033mol/L，求出I－，I2，I3－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＋O2↑＋I－,把两式加和，即可得到总反应的化学方程式为2H2O2KI2H2O＋O2↑。答案为：2H2O2KI2H2O＋O2↑；

（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＋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）①加CCl4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；

②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CCl4，B试管不加CCl4，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，B试管中产生气泡速率没有明显减小；

4.0?10?3（4）① K??640，由此可求出a=2.5×10-3mol/L。答案为：2.5×10-3； ?32.5?10?a②该平衡体系中除了含有I－，I2，I3－外，一定还含有其他含碘微粒，理由是原来溶液中，c(I-)=

10mL?0.1mol/L?0.033mol/L；现在溶液中，I－，I2，I3－中所含I的浓度和为2c(I2)

30mL＋c(I－)＋3c(I3－)=2×2.5×10-3+2.5×10-3+3×4.0×10-3=0.0195<0.033，I不守恒，说明产物中还

－－

L－1。 有含碘微粒。答案为：2c(I2)＋c(I)＋3c(I3)<0.033mol·

【点睛】

在做探究实验前，要进行可能情况预测。向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄，则表明生成了I2，加入CCl4且液体分层后，发现气泡逸出的速率明显变慢，CCl4与H2O2不反应，是什么原因导致生成O2的速率减慢？是c(H2O2)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 5～10 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 KFe[Fe(CN)6]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：

某实验小组设计如下实验流程从茶叶中提取茶多酚：

请回答下列问题：

(1)操作①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 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 90℃。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________。

A．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①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 1.25 g 粗产品，用蒸馏水溶解并定容至 1000 mL，移取该溶液 1.00 mL，加过量 Fe3+和 K3Fe(CN)6 酸性溶液，用蒸馏水定容至 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，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①，水溶液②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①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，B正确； C．操作①过滤时，不可用玻璃棒搅拌，否则会造成滤纸损坏，C不正确； D．萃取过程中，分液漏斗应静置分层后，再进行分液，D不正确； 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1.2×10-5g/mL，由此可得出原1000 mL溶液中所含茶多酚的质量为1.2×10-5g/mL×100mL×是

1000mL=1.2g，则产品的纯度

1mL1.2g?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。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KClO3，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/LNaHSO3溶液，所得数据如图所示。已知：

??2?ClO3?3HSO3?Cl??3SO4?3H?。

（1）根据实验数据可知，该反应在0～4min内的平均反应速率

v?Cl???________mol/?L?min?。

（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。 方案 假设 该反应放热使溶液温度升高，反应速率加快 实验操作 向烧杯中加入10mL0.1mo//L的KClO3溶液和10mL0.3mol/L的Ⅰ NaHSO3溶液， 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 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NaHSO3溶液 Ⅱ Ⅲ 溶液酸性增强加快了化学反应速率

①补全方案Ⅰ中的实验操作：________。 ②方案Ⅱ中的假设为________。

③除Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的假设外，还可以提出的假设是________。

④某同学从控制变量的角度思考，认为方案Ⅲ中实验操作设计不严谨，请进行改进：________。

⑤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Cl?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0～4min内生成氯离子的浓度是0.010mol/L，所以平均反应速率cCl2????0.010mol/L?4min?0.0025mol/?L?min?；

?（2）①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；

②方案I、Ⅱ相比较，Ⅱ中加入了少量氯化钠，所以方案Ⅱ中的假设为生成的Cl?加快了化学反应速率；

③由于反应中还有硫酸根离子生成，则除I、Ⅱ、Ⅲ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；

④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； ⑤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．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。[Ksp(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：2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O；

(3)1molH2O2作为还原剂转移2mol电子，1molNa2S2O3作为还原剂转移8mol电子，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H2SO4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H2SO4； (7)c(Ni2+)=

1.18mol/L=0.02mol/L，则开始沉淀时，c(OH-)＝592?10?15==10-6.5mol/L，则pH=14-6.5=7.5；

0.02Ksp(Ni?OH?2)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。

6．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 _____。 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/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、CO2 E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊 (NH4)2C2O4

2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O 排尽装置中的空气 充分吸收CO2，防止干扰CO

3Cu+N2+3H2O 因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉

的检验 2NH3+3CuO【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

红色，且半分钟内不褪去 2.1

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)2C2O4===2NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O； 答案为：(NH4)2C2O4===2NH3↑+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+3CuO===3Cu+N2+3H2O； 答案为：2NH3+3CuO===3Cu+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

一定条件一定条件??2MnO-4+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2?+8H2O，滴定至终点时，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

2MnO-4+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2?+8H2O，

2MnO-42mol0.0100mol?L?1?0.42?10?3L~5H2C2O45mol； n(H2C2O4)=1.05×10?5mol，所以20mLn(H2C2O4)100mL?1.05?10?5mol=4.2?10?5mol，即

25mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为

?2

4.2?10?2mmol4.2×10mmol，则该血液中钙元素的含量为?2.1mmol/L；

20?10?3L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，SO3水解溶液呈碱性，氢氧根离子源于SO3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

2-2-

ABF；

（3）①SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式2Fe+SO2+2H2O=SO4+2Fe+4H； ②检验有Fe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。

--2+

3+

2-2+

+

8．某小组研究AgCl的溶解平衡：向10 mL 1mol/L KCl 溶液中加入1 mL 0.2 mol/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 将其中一份浑浊液过滤，向滤液中放入MgI 条 实验现象 i. 滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象。 ii. 放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，滤液中出现白色浑浊。 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。 向另一份浑浊液中放入大小相同的Mg条 II 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，AgCl、Ag2O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Ag：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。 ① 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）。 ② 试剂a为________，加入试剂a的目的是________。

＋

③ 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) + Cl－(aq)的证据及理由有________。

【答案】胶体 Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑ 固体表面积 Mg+2Ag+=Mg2++2Ag AgCl Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+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 用蒸馏水洗涤后，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Ⅱ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；10 mL 1mol/L KCl 溶液中加入1 mL 0.2 mol/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+H2↑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(s)

Ag+(aq) + Cl－(aq)，

Ag++OH-=AgOH↓，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+H2↑； 答案：Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2↑

（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+=Mg2++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+=Mg2++H2↑、Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O，Ag++Cl-=AgCl↓因此：

①白色不溶物为AgCl，棕色气体产生的原因是Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+H2O； ②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； ③ Ag与浓硝酸反应产生棕色气体；

答案：AgCl Ag+2H++NO3-=Ag++NO2↑+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

（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：用蒸馏水洗涤后，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

（7）综合上述实验，能说明存在AgCl(s)

Ag+(aq) + Cl－(aq)的证据及理由有：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，存在难溶电解质氯化银的沉淀溶解平衡；结合实验Ⅱ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Ⅱ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?L1Na2S2O3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）。

（2）根据计算需用天平称取Na2S2O3固体的质量是_________g。在实验中其他操作均正确，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，则所得溶液浓度_________（填“＞”“＜”或“=”，下同）0.2000mol?L﹣1．若还未等溶液冷却就定容了，则所得溶液浓度_________0.2000mol?L﹣

1

。

（3）用滴定法标定的具体方法：量取20.00mL NaClO溶液于锥形瓶中，加入适量稀盐酸和足量KI固体，用0.2000mol?L﹣1Na2S2O3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+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6） 测定次序 V（Na2S2O3）/mL 第一次 21.90 第二次 18.80 第三次 22.10 第四次 22.00

①NaClO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_________。 ②NaClO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+H2O 0.1100 mol/L 【解析】 【分析】 【详解】

（1）用Na2S2O3固体来配制标准溶液，不需要圆底烧瓶、分液漏斗；溶解Na2S2O3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?L﹣1Na2S2O3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Na2S2O3固体，n=0.2000mol/L×0.5L=1.000mol，m=1.000mol×158g/mol=15.8g；

定容时，还需要向容量瓶中加入蒸馏水，若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，不会产生误差；未等溶液冷却就定容了，冷却后，溶液体积减小，所得溶液浓度偏大； 故答案为15.8；=；＞；

（3）①NaClO溶液中加入适量稀盐酸和足量KI固体时发生氧化还原反应，其离子方程式为ClO﹣+2I﹣+2H+═Cl﹣+I2+H2O；

②第二次数据明显偏小，不能采用，其余3次平行实验测定的平均体积为：V（Na2S2O3）=

21.90mL?22.10mL?22.00mL=22.00mL，

3﹣﹣﹣

设NaClO溶液的浓度是x，根据反应ClO+2I+2H+═Cl+I2+H2O、

I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6 可得关系式：NaClO～2Na2S4O6 1 2

20mL×c 0.2000mol/L×22.00mL 解得：c=0.1100mol/L，

﹣﹣﹣

故答案为ClO+2I+2H+═Cl+I2+H2O；0.1100mol/L。

10．为了探究化学能与热能的转化，某实验小组设计了如下图所示的三套实验装置：

（1）上述3个装置中，不能验证“铜与浓硝酸的反应是吸热反应还是放热反应”的装置是________(填装置序号)。

（2）某同学选用装置Ⅰ进行实验(实验前U形管里液面左右相平)，在甲试管中加入适量了Ba(OH)2溶液与稀硫酸，U形管中可观察到的现象是

_________________________________。说明该反应属于________(填“吸热”或“放热”)反应。

（3）为探究固体M溶于水的热效应，选择装置Ⅱ进行实验(反应在丙试管中进行)。 ①若M为钠，则实验过程中烧杯中可观察到的现象是_________________。

②若观察到烧杯中产生气泡，则说明M溶于水________(填“一定是放热反应”、“一定是吸热反应”或“可能是放热反应”)，理由是_________________________________________。 （4）至少有两种实验方法能验证超氧化钾与水的反应(4KO2＋2H2O===4KOH＋3O2↑)是放热反应还是吸热反应。

方法①：选择装置________(填装置序号)进行实验；

方法②：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到脱脂棉燃烧，则说明该反应是________(填“吸热”或“放热”)反应。 【答案】Ⅲ 左端液面降低，右端液面升高 放热 产生气泡，反应完毕后，冷却至室温，烧杯中的导管内形成一段水柱 可能是放热反应 某些物质(如NaOH固体)溶于水放热，但不是放热反应 Ⅰ(或Ⅱ) 放热 【解析】 【分析】

（1）装置Ⅰ和Ⅱ都可以分别通过右边装置中液面变化、是否有气泡判断反应是吸热还是放热，而装置Ⅲ是将生成的气体直接通入水中，无法判断该反应是吸热还是放热反应； （2）酸碱中和反应为放热反应，反应放出的热使锥形瓶中温度升高，气体体积增大，据此判断U型管中液面的变化；

（3）钠与水的反应为放热反应，温度升高导致大试管中气体受热压强增大，烧杯中有气泡产生，冷却后体积减小，压强减小，导管中会形成水柱；M溶于水放出热量，不一定为化学变化，则不一定属于放热反应；

（4）利用装置Ⅰ或Ⅱ都可以验证该反应为放热反应；棉花燃烧，证明反应中放出大量热，该反应为放热反应。 【详解】

（1）装置Ⅰ可通过U形管中红墨水液面的变化判断铜与浓硝酸的反应是放热还是吸热；装置Ⅱ可通过烧杯中是否产生气泡判断铜与浓硝酸的反应放热还是吸热。装置Ⅲ只是一个铜与浓硝酸反应并将生成的气体用水吸收的装置，不能证明该反应是放热反应还是吸热反应；

（2）氢氧化钡与硫酸反应属于中和反应，中和反应都是放热反应，所以锥形瓶中气体受热膨胀，导致U型管左端液柱降低，右端液柱升高；

（3））①若M为钠，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，该反应为放热反应，放热的热量使大试管中温度升高，气体压强增大，所以右边烧杯中有气泡产生，反应完毕后，冷却至室温，烧杯里的导管内形成一段水柱；

②若观察到烧杯里产生气泡，说明M溶于水放出热量，由于放热反应一定属于化学变化，而有热量放出的反应不一定为化学变化，所以不一定属于放热反应，如浓硫酸溶于水会放

出热量，但是不属于放热反应；

（4）证明超氧化钾与水的反应是放热反应还是吸热反应：方法①：选择上述装置Ⅰ（或Ⅱ）进行实验，Ⅰ装置右边U型管中左端液柱降低，右端液柱升高（或烧杯中导管中有气泡放出），证明该反应为放热反应；

方法②：取适量超氧化钾粉末用脱脂棉包裹并放在石棉网上，向脱脂棉上滴加几滴蒸馏水，片刻后，若观察到棉花燃烧，则说明该反应放出大量热，使棉花燃烧，证明该反应是放热反应。