备战高考化学复习《化学反应原理》专项综合练习Word格式.docx
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H2NSO3H+H2O
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
【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:
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:
稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动;
(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
,则2.500g氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度=
,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.某小组为测定化合物Co(NH3)yClx(其中Co为+3价)的组成,进行如下实验。
(1)氯的测定:
准确称取2.675g该化合物,配成溶液后用1.00mol·
L-1AgNO3标准溶液滴定,K2CrO4溶液为指示剂,至出现淡红色沉淀(Ag2CrO4为砖红色)且不再消失时,消耗AgNO3溶液30.00mL。
[已知:
Ksp(AgCl)=1.8×
10-10、Ksp(Ag2CrO4)=1.12×
10-12]
①AgNO3标准溶液需要放在棕色的滴定管中的原因是__。
(用化学方程式表示)
②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体,会使得测定结果__。
(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)
③用K2CrO4溶液作指示剂的理由是__。
(2)氨的测定:
再准确称取2.675g该化合物,加适量水溶解,注入如图4___。
(填仪器名称)中,然后通过仪器3滴加足量的NaOH溶液,加热1装置,产生的氨气被5中的盐酸吸收,多余的盐酸再用NaOH标准溶液反滴定,经计算,吸收氨气消耗1.00mol·
L-1盐酸60.00mL。
装置A在整个实验中的作用是__,如果没有6中的冰盐水,会使得测定结果___(填“偏大”、“偏小”、“无影响”)。
(3)通过处理实验数据可知该化合物的组成为___。
【答案】2AgNO3
2Ag↓+2NO2↑+O2↑偏大Ag2CrO4为砖红色,由Ksp可知AgCl的溶解度更小,当溶液中Cl-消耗完时,才会产生砖红色沉淀三颈烧瓶产生水蒸气,将装置B中产生的氨气全部蒸出偏大[Co(NH3)6]Cl3
Co(NH3)yClx中Co的化合价为+3,NH3为0,Cl为-1,则x=3,通过实验测出NH3和Cl的物质的量之比即得出结果。
(1)①AgNO3不稳定,见光易分解成Ag和NO2和O2,发生的反应为:
2AgNO3
2Ag↓+2NO2↑+O2↑,故答案为:
2Ag↓+2NO2↑+O2↑;
②若滴定终点读数时滴定管下口悬挂了一滴液体,使得V2读数偏大,导致滴定结果骗大,故答案为:
偏大;
③一方面Ag2CrO4为砖红色,另一方面由Ksp(AgCl)=1.8×
10-12可知,AgCl饱和溶液中c(Ag+)=
mol/L,Ag2CrO4饱和溶液中c(Ag+)=
×
10-4mol/L,所以,AgCl的溶解度更小,当滴入AgNO3时溶解度小的沉淀先形成,当AgCl形成的差不多的时候,溶液中Cl-几乎沉淀完了,此时再滴AgNO3溶液就会立刻产生Ag2CrO4,即终点的时候会产生砖红色沉淀,故答案为:
Ag2CrO4为砖红色,由Ksp可知AgCl的溶解度更小,当溶液中Cl-消耗完时,才会产生砖红色沉淀;
(2)图4为三颈烧瓶,装置A的作用是产生水蒸气,将装置B中产生的氨气全部蒸出,如果没有6的冰盐水,HCl吸收氨气时可能形成倒吸,溶液中的HCl有一部分被倒吸,被反滴定的HCl的量就少,计算吸收氨气时的HCl就偏大,氨气的含量就偏大,故答案为:
三颈烧瓶;
产生水蒸气,将装置B中产生的氨气全部蒸出;
(3)滴定Cl-时,2.675g样品消耗30mL1.00mol·
L-1AgNO3,所以n(Cl-)=n(Ag+)=1.00mol·
L-1×
30mL×
10-3=0.03mol,测定氨时,2.675g样品消耗1.00mol·
L-1盐酸60.00mL,所以n(NH3)=n(HCl)=1.00mol·
60.00mL×
10-3=0.06mol,故n(Cl-):
n(NH3)=0.03:
0.06=1:
2,由于化合物Cox(NH3)yClx中Co的化合价为+3,NH3的化合价为O,Cl的化合价为-1,所以x=3,y=6,该化合物为:
[Co(NH3)6]Cl3,故答案为:
[Co(NH3)6]Cl3。
测氨的含量时HCl总物质的量=氨气消耗的HCl的物质的量+反滴定时NaOH消耗的HCl的物质的量。
3.某化学兴趣小组欲测定KClO3,溶液与
溶液反应的化学反应速率.所用试剂为10mL0.1mol/LKClO3,溶液和
溶液,所得数据如图所示。
已知:
。
(1)根据实验数据可知,该反应在0~4min内的平均反应速率
________
(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
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
溶液和10mL0.3mol/L的
溶液,
Ⅱ
取10mL0.1mo/L的
溶液加入烧杯中,向其中加入少量NaCl固体,再加入10mL0.3mol/L的
溶液
Ⅲ
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
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
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
加快了化学反应速率生成的
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
(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
;
(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
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。
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。
4.某同学进行实验研究时,欲配1.0mol•L-1Ba(OH)2溶液,但只找到在空气中暴露已久的Ba(OH)2·
8H2O试剂(化学式量:
315)。
在室温下配制溶液时发现所取试剂在足量的水中仅部分溶解,烧杯中存在大量未溶物。
为探究原因,该同学查得Ba(OH)2·
8H2O在283K、293K和303K时的溶解度(g/100gH2O)分别为2.5、3.9和5.6。
(1)烧杯中未溶物可能仅为BaCO3,理由是___________________________________。
(2)假设试剂由大量Ba(OH)2·
8H2O和少量BaCO3组成,设计实验方案,进行成分检验。
在答题纸上进一步完成实验步骤、预期现象和结论_____。
(不考虑结晶水的检验;
室温时BaCO3饱和溶液的pH=9.6)
限选试剂及仪器:
稀盐酸、稀硫酸、NaOH溶液、澄清石灰水、pH计、烧杯、试管、带塞导气管、滴管
实验步骤
预期现象和结论
步骤1:
取适量试剂于洁净烧杯中,加入足量蒸馏水,充分搅拌,静置,过滤,得滤液和沉淀。
步骤2:
取适量滤液于试管中,滴加稀硫酸。
步骤3:
取适量步骤1中的沉淀于试管中,_____。
步骤4:
将试剂初步提纯后,准确测定其中Ba(OH)2·
8H2O的含量。
实验如下:
(3)配制250mL约0.1mol•L-1Ba(OH)2溶液:
准确称取w克试样,置于烧杯中,加适量蒸馏水,__________,将溶液转入_____________,洗涤,定容,摇匀。
(4)滴定:
准确量取25.00mL所配制Ba(OH)2溶液于锥形瓶中,滴加指示剂,将__________(填“0.020”、“0.05”、“0.1980”或“1.5”)mol•L-1盐酸装入50mL酸式滴定管,滴定至终点,记录数据。
重复滴定2次。
平均消耗盐酸VmL。
计算Ba(OH)2·
8H2O的质量分数=__________________(只列出算式,不做运算)。
(5)室温下,________(填“能”或“不能”)配制1.0mol•L-1Ba(OH)2溶液。
【答案】由于Ba(OH)2·
8H2O与空气中的CO2反应,所取试剂许多已变质为BaCO3,未变质的Ba(OH)2·
8H2O在配制溶液时能全部溶解
出现白色沉淀,说明该试剂中有Ba2+存在
取适量步骤1中的沉淀于是试管中,滴加稀盐酸,连接带塞导气管将产生的气体导入澄清石灰水中。
澄清石灰水变混浊。
说明该试剂中含有BaCO3
取步骤1中的滤液于烧杯中,用pH计测定其pH。
pH明显大于9.6,说明该试剂中含有Ba(OH)2。
搅拌溶解250mL容量瓶中0.1980
不能
(1)Ba(OH)2属于强碱,易吸收空气中的水蒸气和CO2形成难溶的BaCO3沉淀,因此长时间暴露在空气中时Ba(OH)2就有可能转化为BaCO3。
(2)Ba(OH)2易溶于水,所以滤液中含有Ba2+,因此滴加稀硫酸使会产生白色沉淀BaSO4;
要想验证沉淀为BaCO3,可以利用其能与酸反应产生能使澄清石灰水变浑浊的CO2气体;
为进一步证明试剂是否还有Ba(OH)2·
8H2O,可以取步骤1中的滤液,用pH计测其pH值,若pH>9.6,即证明滤液不是纯BaCO3溶液,即证明是由大量Ba(OH)2·
8H2O和少量BaCO3组成,假设成立。
(3)由于试样中含有难溶性的BaCO3,因此加水溶解后要过滤,且冷却后再转移到250mL容量瓶中。
(4)Ba(OH)2溶液的浓度约为0.1mol•L-1,体积是25mL,由于酸式滴定管的容量是50mL,因此盐酸的浓度至少应该是0.1mol•L-1。
若盐酸的浓度过大,反应过快,不利于控制滴定终点,所以选择0.1980mol•L-1的盐酸最恰当。
消耗盐酸的物质的量是0.1980×
V×
10-3mol,所以25.00mL溶液中含有Ba(OH)2的物质的量是
mol,所以w克试样中Ba(OH)2的质量是
,故Ba(OH)2·
8H2O的质量分数=
(5)若配制1L1.0mol•L-1Ba(OH)2溶液,则溶液中溶解的Ba(OH)2·
8H2O的质量是315g,所以此时的溶解度约是
100=31.5g/100gH2O,而在常温下Ba(OH)2·
8H2O是3.9g/100gH2O,显然不可能配制出1.0mol•L-1Ba(OH)2溶液。
5.二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1gFeS2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、F2Fe3++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=-3408kJ/mol
(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。
(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(H+);
(6)黄铁矿(主要成分为FeS2)其燃烧产物为SO2和Fe2O3,1gFeS2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。
6.亚硝酰硫酸
是染料、医药等工业的重要原料;
溶于浓硫酸,可在浓硫酸存在时用
和浓硝酸反应制得。
测定产品的纯度:
准确称取1.5g产品放入锥形瓶中,加入
、100.00mL的
溶液和足量稀硫酸,摇匀充分反应。
然后用0.5000mol/L草酸钠标准溶液滴定,消耗草酸钠溶液的体积为30.00mL。
①草酸钠与高锰酸钾溶液反应的离子方程式为_________。
②滴定终点的现象为____________。
③亚硝酰硫酸的纯度
[保留三位有效数字,M(NOSO4H)=127g/mol]
【答案】2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O滴入最后一滴
溶液后,溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复84.67%
①高锰酸钾溶液在酸性溶液中氧化草酸钠生成二氧化碳,根据元素化合价变化和电子守恒、原子守恒配平书写离子方程式;
②用0.2500mol•L−1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液,溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点;
③减缓滴定过程中草酸消耗高锰酸钾物质的量,得到2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4,反应消耗高锰酸钾物质的量计算得到亚硝酰硫酸物质的量,据此计算纯度。
①酸溶液中高锰酸钾和草酸钠发生氧化还原反应,生成二氧化碳,锰元素化合价+7价降低到+2价,电子转移5e−,碳元素化合价+3价变化为+4价,根据电子转移,电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得到离子方程式:
2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O,
故答案为:
2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O;
②用0.2500mol•L−1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液,溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点,故答案为:
滴入最后一滴
溶液后,溶液由浅紫色变为无色且半分钟颜色不恢复;
③
解得n=0.006mol,
则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000mol•L−1×
0.100L−0.006mol=0.004mol,
,
亚硝酰硫酸的纯度=
100%=84.67%,
84.67%.
滴定终点时,溶液的颜色变化是我们解题时的易错点。
在书写颜色变化时,我们可考虑暂不加入
,先定位过量KMnO4本身的颜色,这样就可
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