1、高考化学培优易错试卷 ( 含解析 ) 之化学反应原理 (1)一、化学反应原理1 高氯酸铵NH 4 ClO 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 高氯酸铵中氯元素的化合价为_。2高氯酸铵在高温条件下分解会产生H 2 O g和三种单质气体，请写出该分解反应的化学方程式_。3 某研究小组在实验室设计如下装置检验高氯酸铵分解的产物。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) 装置 A、 B、 C、 D 中盛放的药品可以依次为_ ( 选填序号：、或
2、) 。 .碱石灰、湿润的淀粉KI 试纸、氢氧化钠溶液、Cu .无水硫酸铜、湿润的红色布条、氢氧化钠溶液、Cu .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 ) 。904 经查阅资料，该小组利用反应NaClO4(aq)+NH4Cl(aq)NH4ClO4(aq)+NaCl(aq)在实验室制取 NH 4ClO 4 ，该反应中各物质的溶解度随温度的变化曲线如图。从混合溶液中获得较多粗 NH 4ClO 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
3、因是 _ 。5研究小组通过甲醛法测定所得产品NH4 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4NH 46HCHOCH 2 6N 4H3H6H 2O ，CH 2 6 N4 HCH26 N4HK7 106 实验步骤：步骤.称取7.05g 样品。步骤.将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。步骤.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 滴酚酞试液，用 NaOH 标准溶液滴定至终点。记录数据。重
4、复 ( 滴定 ) 操作 2 次。 标准液应盛放在上图装置_ ( 填 “ ”或 “”) 中，判断达到滴定终点的现象是_。 滴定结果如下表所示：标准溶液的体积滴定次数滴定前刻度 /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 标准溶液的浓度为0.1000mol?L 1 ，则该产品中 NH 4 ClO 4 的质量分数为 _ 。【答案】7 2NH 4ClO4N 2Cl 22O24H 2 O g N 2 蒸发浓缩冷却结晶氨气与浓盐酸反应放出热量 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24.0
5、040【解析】【详解】1 铵根显 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 x240，则 x7价，故答案为：7 ；2 高氯酸铵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、 Cl2 和 O2，反应的化学方程式为：2NH 4 ClO4N2Cl 22O24H2O g ，故答案为：2NH 4 ClO4N2Cl 22O24H2O g ；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：；装置E收
6、集到的气体可能是N 2 ，故答案为：N 2 ；4 由图可知，NH 4ClO 4 的溶解度受温度影响很大，NaCl 的溶解度受温度影响不大，NH 4Cl 、NaClO 4 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NH 4 ClO 4 ，故从混合溶液中获得较多NH 4ClO 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，所以氯化铵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；5 NaOH 标准液应盛放在碱式滴定管中，即盛放在II 中；因为使用酚酞
7、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： ；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 组实验数据误差较大，应舍去，则所用标准溶液的体积为 (24.10mL+23.90mL)2=24.00mL，根据所给反应得出关系式NaOH NH 4 ClO 4 ，该产品中NH 4 ClO 4 的质量分数为0.1000mol/ L 2
8、4.00 10 3 L250mL117.5g/ mol25.00mL10040，故答案为：7.05g24.00 ； 40 。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 8mL0.1mol L1的 KI 溶液于试管 ,滴加 0.1 mol L13的 FeCl 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 molL 1 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Fe3+，来验证是否有Fe3+残留
9、，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 Fe(CN )6 4 反应生成蓝色沉淀，用K4 Fe（ 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
10、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：在试管A 加入少量乙醚，充分振荡，静置_若产生蓝色沉淀“”则 猜想二成立实验 2： _【答案】 2Fe32I2Fe 2I 2 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2Fe 32I2Fe2I 2 ；（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
11、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 火箭推进器中盛有强还原剂液态肼(N2 4H )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 液态肼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）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
12、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：起始温度T12终止温度 T 实验序号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/cm 3 ，又知中和后生成溶液的比热容c4.18J/(g)H _； ，依据该学生的实验数据计算，该实验测得的中和热（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氢氧化钠溶液进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_(填“相等 ”或
13、 “不相等 ”)，所求中和热 _(填 “相等 ”或“不相等 ”)。【答案】 N2H4(l) 2H2O2(l)=N2 (g) 4H2 O(g)H 641.63 kJ mol 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 液态肼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 液态肼放出的热量，256.652?kJ 1 = 641.63 kJ 该反应的热化学方程式为N2H4(l)0.42H2 222 1。故答案为： N242 22O (l)=N (g) 4H O
14、(g) H 641.63 kJ molH (l) 2HO (l)=N (g)4H2O(g) 1H 641.63 kJ mol；（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溶液反应放热，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溶液起始
15、平均温度为20.05 ，反应后温度为： 23.2 ，反应前后温度差为： 3.15 ；第 2 次实验盐酸和 NaOH溶液起始平均温度为 20.3 ，反应前后温度差为： 3.1 ；第 3 次实验盐酸和 NaOH溶液起始平均温度为 20.55 ，反应前后温度差为： 3.05 ；40mL的 0.50mol L 1 盐酸与 40mL的 0.55mol L1 氢氧化钠溶液的质量和为m=80mL1gcm 3=80g， c=4.18J/（g），代入公式 Q=cmT 得生成 0.05mol 的水放出热量 Q=4.18J/ （g） 80g3.15+3.1+3.05 =1.036kJ ，即生成0.02mol 的水放
16、出热3量为： 1.036kJ ，所以生成 1mol 的水放出热量为： 1.036kJ 1mol=- 51.8kJ mol 1，0.02mol即该实验测得的中和热 H= - 51.8kJ mol 1；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 0.50molL 1 盐酸跟100mL 0.55molL 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1mol 水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以用100mL 0.50molL 1 盐酸跟 100mL 0.5
17、5molL 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，注意焓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。4 实验室以工业废渣（主要含 CaSO42H2O，还含少量 SiO2、 Al2O3、 Fe2O3）为原料制取轻质 CaCO3 和 (NH4)2SO4 晶体，其实验流程如下：（1）室温下，反应CaSO4232(s)+CO 3 (aq)CaCO(s)+ SO4 (aq)达到平衡，则溶液中c SO42-5 ， K
18、sp-9sp43c CO 32=_ K (CaSO)=4.8 10(CaCO)=3 10。（2）将氨水和 NH434 23溶液，其离子方程式为_；浸HCO 溶液混合，可制得(NH )CO取废渣时，向 (NH4)2CO3 溶液中加入适量浓氨水的目的是_。（3）废渣浸取在如图所示的装置中进行。控制反应温度在6070 ，搅拌，反应 3 小时。温度过高将会导致 CaSO的转化率下降，其原因是_；保持温度、反应时间、反应4物和溶剂的量不变，实验中提高CaSO转化率的操作有 _。4（4）滤渣水洗后，经多步处理得到制备轻质CaCO3所需的2CaCl 溶液。设计以水洗后的滤渣为原料，制取 CaCl2溶液的实验
19、方案：_ 已知 pH=533沉淀完全；时 Fe(OH) 和Al(OH)pH=8.5 时 Al(OH)开始溶解。实验中必须使用的试剂：盐酸和Ca(OH) 。32【答案】1.6104HCO 3 +NH3 H2ONH+2O(或4 + CO 3 +H2HCO 3 +NH3 H2ONH+22CaSO4 +CO 3 +H2O)增加溶液中 CO3 的浓度，促进4 的转化温度过高， (NH4 23加快搅拌速率在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观)CO 分解察不到气泡产生后，过滤，向滤液中分批加入少量Ca(OH)2，用 pH 试纸测量溶液pH，当pH 介于 58.5 时，过滤【解析】【分析】（1）反应 Ca
20、SO2-（ aq）CaCO2- （ aq）的平衡常数表达式为4（ s） +CO33（ s） +SO4（2）cSO4，结合 CaSO（2）4 和 CaCO3 的 Ksp 计算；cCO3（ 2）氨水与 NH4 HCO3 反应生成（ NH4） 2CO3；加入氨水抑制（ NH4） 2CO3 的水解；（ 3）温度过高，（ NH4） 2CO3 分解，使 CaSO4 转化率下降；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4 转化率即提高反应速率，结合反应的特点从影响反应速率的因素分析；（4）根据工业废渣中的成分知，浸取、过滤后所得滤渣中含CaCO3、 SiO2、 Al2O3 和Fe2 O3；若以
21、水洗后的滤渣为原料制取CaCl2 溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将CaCO3 完全转化为 CaCl2，同时 Al2 O3、 Fe2O3 转化成 AlCl3、 FeCl3，过滤除去 SiO2，结合题给已知，再利用Ca（ OH） 2 调节 pH 除去 Al3+和 Fe3+。【详解】（ 1）反应 CaSO4（ s） +CO32-（ aq）CaCO3（ s） +SO42- （ aq）达到平衡时，溶液中222K（CaSO）5（SO4）c（Ca）（）4.810sp44c? SO442=22=（）=9。答案： 1.6 10（）（K=1.6 10CO3）cCa）spCaCO?310c? CO33（2）
22、 NH4HCO3 属于酸式盐，与氨水反应生成（NH4） 2CO3，反应的化学方程式为NH4HCO3+NH3H2O=（ NH4） 2CO3+H2O或 NH4HCO3+NH3H2O（ NH4） 2CO3+H2O，离子方程式为 HCO-+2-+H2O（或-+NH3H2O+CO32-+H2O）；浸取废3+NH3H2O=NH4 +CO3HCO3NH4渣时，加入的（ NH42332-）CO 属于弱酸弱碱盐，溶液中存在水解平衡：CO+NH4+H2OHCO3-+NH3H2O，加入适量浓氨水，水解平衡逆向移动，溶液中CO32-的浓度增大，反应 CaSO2- （ aq）CaCO2-（ aq）正向移动，促进CaSO
23、4（ s） +CO33（ s） +SO44的转化。答案： HCO-+2-+2-+H2O）3+NH3H2O=NH4 +CO3+H2O（或 HCO3+NH3H2ONH4+CO3增加溶液中 CO 2- 的浓度，促进 CaSO34 的转化（3）由于铵盐具有不稳定性，受热易分解，所以温度过高，（NH4） 2CO3 分解，从而使CaSO4 转化率下降；由于浸取过程中的反应属于固体与溶液的反应（或发生沉淀的转化），保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，提高CaSO4 转化率即提高反应速率，结合外界条件对化学反应速率的影响，实验过程中提高CaSO4 转化率的操作为加快搅拌速率（即增大接触面积，加快反应速率
24、，提高浸取率）。答案：温度过高，（NH4）2 CO3分解加快搅拌速率（4）工业废渣主要含 CaSO4222 3234 23溶2H O，还含有少量 SiO、 Al O 和 Fe O ，加入（ NH） CO液浸取，其中 CaSO442334 2422 323与（ NH ）CO 反应生成CaCO和（ NH ）SO ， SiO、 Al O和 Fe O都不反应，过滤后所得滤渣中含CaCO322 32 3、 SiO、 Al O和 Fe O ；若以水洗后的滤渣为原料制取 CaCl2溶液，根据题给试剂，首先要加入足量盐酸将32CaCO 完全转化为CaCl ，发生的反应为 CaCO3+2HCl=CaCl+H2O
25、+CO2，与此同时发生反应Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O、Fe2 O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，SiO2不反应，经过滤除去SiO2；得到的滤液中含CaCl2、 AlCl3、FeCl3，根据 “ pH=5时 Fe（ OH） 3 和 Al（ OH） 3 沉淀完全， pH=8.5 时 Al（ OH） 3 开始溶解 ”，为了将滤液中 Al3+、 Fe3+完全除去，应加入 Ca（ OH） 2 调节溶液的 pH 介于 58.5 加入 Ca（OH）2 的过程中要边加边测定溶液的pH ，然后过滤即可制得CaCl2 溶液。答案：在搅拌下向足量稀盐酸中分批加入滤渣，待观察不到气泡产生后，过
26、滤，向滤液中分批加入少量Ca（ OH）2 ，用pH 试纸测得溶液pH，当pH 介于58.5 时，过滤【点睛】本题以工业废渣为原料制取轻质CaCO3 和（ NH4） 2SO4 晶体的实验流程为载体，考查溶度积的计算、影响盐类水解的因素、实验条件的控制、制备实验方案的设计和对信息的处理能力等。难点是第（4）问实验方案的设计，设计实验方案时首先要弄清水洗后滤渣中的成分，然后结合题给试剂和已知进行分析，作答时要答出关键点，如pH 介于58.5 等。5 某实验小组对FeCl3 分别与 Na2SO3、 NaHSO3 的反应进行探究。（甲同学的实验）装置编号试剂 X实验现象闭合开关后灵敏电流计指INa2SO
27、3 溶液（ pH9）针发生偏转NaHSO3闭合开关后灵敏电流计指II溶液（pH5）针未发生偏转(1)怎样配制 FeCl3 溶液？_ 。(2)甲同学探究实验I 的电极产物。 取少量 Na2SO3 溶液电极附近的混合液，加入_ ，产生白色沉淀，证明产生了SO4 2-。 该同学又设计实验探究另一电极的产物，其实验方案为_ 。(3)实验 I 中负极的电极反应式为_ 。乙同学进一步探究FeCl33溶液能否发生反应，设计、完成实验并记录如下：溶液与 NaHSO装置编号反应时间实验现象01 min产生红色沉淀，有刺激性气味气体逸出沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐130 minIII变为橙色，之后几乎无
28、色与空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，30 min 后随后逐渐变为浅橙色(4)乙同学认为刺激性气味气体的产生原因有两种可能，用离子方程式表示的可能原因。3+- 垐 ?Fe(OH)32 Fe 3HSO3噲? 3SO ； _ 。(5)查阅资料：溶液中Fe3+、 SO32-、OH 三种微粒会形成红色配合物并存在如下转化：+4垐 ?+5O 22+2-HOFeO S O2Fe+SO4HOFe S O 2 噲 ?从反应速率和化学平衡两个角度解释130 min 的实验现象：_ 。（实验反思）(6)分别对比 I 和 II、 II 和 III， FeCl 能否与 Na SO或 NaHSO 发生氧化还原反应和3
29、233_ 有关（写出两条）。【答案】将 FeCl3溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度足量盐酸和 BaCl2溶液 取少量 FeCl3 溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+3SO2-2e-242-3-+3-22+H O=SO+2HSOH +HSO =H O+SO 生成红色配合物的反应速率快，红色配合物生成橙色配合物的速率较慢；在O2 的作用下，橙色的HOFeOSO2 浓度下降，平衡不断正向移动，最终溶液几乎无色溶液 pH 不同、Na2SO3、 NaHSO3 溶液中 SO32-浓度不同（或 Na2SO3 与 NaHSO3 不同，或 Na2SO3 与 NaHSO3 的阴离
30、子不同）、反应物是否接触形成红色配合物（任写两条）【解析】【分析】甲同学实验：利用铁离子能够将SO32- 氧化设计原电池，则原电池中氯化铁溶液为正极得电子发生还原反应，试剂X 为负极，失电子发生氧化反应；实验中X 为 Na2SO3 溶液时电流计指针发生偏转，说明铁离子将SO32- 氧化；实验中X 为 NaHSO3 溶液时电流计指针未发生偏转，说明二者可能不反应；乙同学进一步探究 FeCl33溶液能否发生反应：01 min 产生红色沉淀，有刺溶液与 NaHSO激性气味气体逸出，红色沉淀应为Fe(OH)3，气体应为二氧化硫，说明二者发生双水解；130 min 沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐
31、变为橙色，之后几乎无色，结合查阅的资料可知生成了HOFeOSO2，该物质存在平衡HOFeOSO2?HOFeOSO2，在氧气的作用下不断正向进行，最终溶液几乎无色；30min 后反应现象是空气接触部分的上层溶液又变为浅红色，随后逐渐变为浅橙色，反应后的亚铁离子被空气中氧气氧化为铁离子，过量的HSO3-电离提供SO3 2-，溶液中Fe3+、 SO32-、 OH-三种微粒会继续反应形成红色配合物。【详解】(1)实验室配制 FeCl3 溶液时，为了防止铁离子水解，先将 FeCl3 固体溶解在较浓的盐酸中然后加水稀释；(2)若有硫酸根生成，则加入盐酸酸化的氯化钡溶液会有白色沉淀生成；氯化铁溶液为原电池正
32、极，发生还原反应，Fe3+被还原成Fe2+，铁氰化钾溶液可以与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，所以方案为取少量FeCl3 溶液电极附近的混合液，加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，证明产生了Fe2+；(3)实验 I 中试剂 X 为原电池负极，32- 被氧化生成硫酸根，电极方程式为3SO322e-SO242-3-；+H O=SO +2HSO(4)pH=1 的氯化铁溶液中有大量的氢离子，亚硫酸氢根离子结合氢离子生成二氧化硫气体，反应的离子方程式：H+ +HSO3-=H2O+SO2；(5)FeCl3 溶液与 NaHSO3 溶液混合反应，在1 30 min 出现现象为：沉淀迅速溶解形成红色溶液，随后溶液逐渐变为橙色，之后几乎无色，根据资料：溶液中Fe3+、 SO3 2-、 OH-三种微粒会形成红色配合物并存在转化：HOFeOSO22O
