2020-2021高考化学专题《化学反应原理》综合检测试卷及详细答案

2020-2021高考化学专题《化学反应原理》综合检测试卷及详细答案

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．研究+6价铬盐不同条件下微粒存在形式及氧化性，某小组同学进行如下实验：

已知：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+△H=+13.8kJ/mol，+6价铬盐在一定条件下可被还原为Cr3+，Cr3+在水溶液中为绿色。

（1）试管c和b对比，推测试管c的现象是_____________________。

（2）试管a和b对比，a中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c(H+)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c(H+)增大对平衡的影响。你认为是否需要再设计实验证明？__________（“是”或“否”），理由是

____________________________________________________。

（3）对比试管a、b、c的实验现象，可知pH增大

2-

27

2-

4

c(Cr O)

c(CrO)

_____（选填“增大”，

“减小”，“不变”）；

（4）分析如图试管c继续滴加KI溶液、过量稀H2SO4的实验现象，说明+6价铬盐氧化性强弱为Cr2O72-__________CrO42-（填“大于”，“小于”，“不确定”）；写出此过程中氧化还原反应的离子方程式_________。

（5）小组同学用电解法处理含Cr2O72-废水，探究不同因素对含Cr2O72-废水处理的影响，结果如表所示（Cr2O72-的起始浓度，体积、电压、电解时间均相同）。

实验ⅰⅱⅲⅳ

是否加入

Fe2(SO4)3

否否加入5g否

是否加入H2SO4否加入1mL加入1mL加入1mL

电极材料阴、阳极均为石

墨

阴、阳极均为石

墨

阴、阳极均为石

墨

阴极为石墨，

阳极为铁

Cr2O72-的去除率/%0.92212.720.857.3

①实验ⅱ中Cr2O72-放电的电极反应式是________________。

②实验ⅲ中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因_______________。

【答案】溶液变黄色 否 Cr 2O 72-(橙色)+H 2O ƒCrO 42-(黄色)+2H +正向是吸热反应，若因

浓H 2SO 4溶于水而温度升高，平衡正向移动，溶液变为黄色。而实际的实验现象是溶液橙色加深，说明橙色加深就是增大c (H +)平衡逆向移动的结果 减小 大于 Cr 2O 72-+6I -+14H +=2Cr 3++3I 2+7H 2O Cr 2O 72-+6e -+14H +=2Cr 3++7H 2O 阳极Fe 失电子生成Fe 2+，Fe 2+与Cr 2O 72-在酸性条件下反应生成Fe 3+，Fe 3+在阴极得电子生成Fe 2+，继续还原Cr 2O 72-，Fe 2+循环利用提高了Cr 2O 72-

的去除率

【解析】

【分析】

根据平衡移动原理分析对比实验；注意从图中找出关键信息。

【详解】

（1）由Cr 2O 72-(橙色)+H 2O 2CrO 42-(黄色)+2H +及平衡移动原理可知，向重铬酸钾溶液中加入氢氧化钠溶液后，可以减小溶液中的氢离子浓度，使上述平衡向正反应方向移动，因此，试管c 和b （只加水，对比加水稀释引起的颜色变化）对比，试管c 的现象是：溶液变为黄色。

（2）试管a 和b 对比，a 中溶液橙色加深。甲认为温度也会影响平衡的移动，橙色加深不一定是c (H +)增大影响的结果；乙认为橙色加深一定是c (H +)增大对平衡的影响。我认为不需要再设计实验证明，故填否。理由是：Cr 2O 72-(橙色)+H 2O ƒCrO 42-(黄色)+2H +正向是吸热反应，浓H 2SO 4溶于水会放出大量的热量而使溶液的温度升高，上述平衡将正向移动，溶液会变为黄色。但是，实际的实验现象是溶液的橙色加深，说明上述平衡是向逆反应方向移动的，橙色加深只能是因为增大了c (H +)的结果。

（3）对比试管a 、b 、c 的实验现象，可知随着溶液的pH 增大，上述平衡向正反应方向移动，2-27c(Cr O )减小，而2-

4c(CrO ) 增大，故2-272-4c(Cr O )c(CrO )减小。 （4）向试管c 继续滴加KI 溶液，溶液的颜色没有明显变化，但是，加入过量稀H 2SO 4后，溶液变为墨绿色，增大氢离子浓度，上述平衡向逆反应方向移动，CrO 42-转化为Cr 2O 72-

，Cr 2O 72-可以在酸性条件下将I -氧化，而在碱性条件下，CrO 42-不能将I -氧化，说明+6价铬盐氧化性强弱为：Cr 2O 72-大于CrO 42-；此过程中发生的氧化还原反应的离子方程式是Cr 2O 72-+6I -+14H +=2Cr 3++3I 2+7H 2O 。

（5）①实验ⅱ中，Cr 2O 72-在阴极上放电被还原为Cr 3+，硫酸提供了酸性环境，其电极反应式是Cr 2O 72-+6e -+14H +=2Cr 3++7H 2O 。

②由实验ⅲ中Fe 3+去除Cr 2O 72-的机理示意图可知，加入Fe 2(SO 4)3溶于水电离出Fe 3+，在直流电的作用下，阳离子向阴极定向移动，故Fe 3+更易在阴极上得到电子被还原为Fe 2+，Fe 2+

在酸性条件下把Cr2O72-还原为Cr3+。如此循环往复，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。由此可知，实验iv中Cr2O72-去除率提高较多的原因是：阳极Fe失电子生成Fe2+，Fe2+与Cr2O72-在酸性条件下反应生成Fe3+，Fe3+在阴极得电子生成Fe2+，继续还原Cr2O72-，故在阴阳两极附近均在大量的Fe2+，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。

【点睛】

本题中有很多解题的关键信息是以图片给出的，要求我们要有较强的读图能力，能从图中找出解题所需要的关键信息，并加以适当处理，结合所学的知识解决新问题。

3．FeSO4溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用 Fe2＋，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体[俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。(稳定是指物质放置在空气中不易发生各种化学反应而变质)

I．硫酸亚铁铵晶体的制备与检验

（1）某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。

本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水的目的是_______。向 FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，经过操作_______、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体。

（2）该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。

①如图所示实验的目的是_______，C 装置的作用是_______。

取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。

②取少量待测液，_______ (填操作与现象)，证明所制得的晶体中有 Fe2＋。

③取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4＋和SO42－

II．实验探究影响溶液中 Fe2＋稳定性的因素

（3）配制 0.8 mol/L 的 FeSO4溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2溶液

（pH=4.0），各取 2 ml 上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加 2 滴 0.01mol/L 的 KSCN 溶液，15 分钟后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液；FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。

（资料 1）

沉淀Fe(OH)2Fe(OH)3

开始沉淀pH7.6 2.7

完全沉淀pH9.6 3.7

①请用离子方程式解释 FeSO4溶液产生淡黄色浑浊的原因_______。

②讨论影响 Fe2＋稳定性的因素，小组同学提出以下 3 种假设：

假设 1：其它条件相同时，NH4＋的存在使(NH4)2Fe(SO4)2溶液中 Fe2+稳定性较好。

假设 2：其它条件相同时，在一定 pH 范围内，溶液 pH 越小 Fe2＋稳定性越好。

假设 3：_______。

（4）小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分别控制溶液 A （0.2 mol/L NaCl）和溶液 B（0.1mol/L FeSO4）为不同的 pH，

观察记录电流计读数，对假设 2 进行实验研究，实验结果如表所示。

序号A：0.2mol·L－1NaCl B：0.1mol·L－1FeSO4电流计读数实验1pH=1pH=58.4

实验2pH=1pH=1 6.5

实验3pH=6pH=57.8

实验4pH=6pH=1 5.5

（资料 2）原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大。

（资料 3）常温下，0.1mol/L pH=1 的 FeSO4溶液比 pH=5 的 FeSO4溶液稳定性更好。根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：

①U 型管中左池的电极反应式____________。

②对比实验 1 和 2（或 3 和 4） ,在一定 pH 范围内，可得出的结论为____________。

③对比实验____________和____________，还可得出在一定pH 范围内溶液酸碱性变化对

O2氧化性强弱的影响因素。

④对（资料 3）实验事实的解释为____________。

【答案】除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+蒸发浓缩检验晶体中是否含有结晶水

防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色） 4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3↓ + 8H+当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。） O2 + 4e- +4H+= 2H2O 溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱 1 3（或2和4）其它条

件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。

【解析】

【分析】

I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向 FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；

(2) ①无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰；

②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3) ①由表可知，pH=4.5的0.8 mol/L 的 FeSO4溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀；

②0.8 mol/L 的 FeSO4溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；

(4) ①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水；

②实验1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；

③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；

④对比实验1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论分析。

【详解】

I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在配制溶液时使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向 FeSO4溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一种浅蓝绿色的晶体；

(2) ①无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果；

②检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3[Fe(CN)6]溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3) ①由表可知，pH=4.5的0.8 mol/L 的 FeSO4溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3↓ + 8H+；

②0.8 mol/L 的 FeSO4溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根的浓度也不同，0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2溶液中硫酸根浓度更大，故可以假设：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性；或者当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，

Fe2+的稳定性较好；

(4) ①FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：O2 + 4e- +4H+= 2H2O；

②实验1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出的结论是：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；

③对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出在一定pH 范围内溶液的碱性越强， O2氧化性越强；

④对比实验1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合②③的结论，和其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。

4．碳酸亚铁可用于制备补血剂。某研究小组制备了 FeCO3，并对 FeCO3的性质和应用进行了探究。已知：①FeCO3是白色固体，难溶于水②Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-(无色)

Ⅰ. FeCO3的制取（夹持装置略）

实验i：

装置 C 中，向 Na2CO3溶液（pH＝11.9）通入一段时间 CO2至其 pH 为 7，滴加一定量 FeSO4溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤、干燥，得到 FeCO3固体。

(1)试剂 a 是_____。

(2)向 Na2CO3溶液通入 CO2的目的是_____。

(3)C 装置中制取 FeCO3的离子方程式为_____。

(4)有同学认为 C 中出现白色沉淀之后应继续通 CO2，你认为是否合理并说明理由

________。

Ⅱ.FeCO3的性质探究

实验ii

实验iii

(5)对比实验ⅱ和ⅲ，得出的实验结论是_____。

(6)依据实验ⅱ的现象，写出加入 10%H2O2溶液的离子方程式_____。

Ⅲ.FeCO3的应用

(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH3CH(OH)COO]2Fe，相对分子质量为 234）补血剂。为测定补血剂中亚铁含量进而计算乳酸亚铁的质量分数，树德中学化学实验小组准确称量 1.0g 补血剂，用酸性 KMnO4溶液滴定该补血剂，消耗

0.1000mol/L 的 KMnO4溶液 10.00mL，则乳酸亚铁在补血剂中的质量分数为_____，该数值异常的原因是________（不考虑操作不当以及试剂变质引起的误差）。

【答案】饱和NaHCO3溶液降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2 2HCO3- +

Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O 不合理，CO2会和FeCO3反应生成Fe(HCO3)2(或合理，排出氧气的影响) Fe2+与SCN-的络合(或结合)会促进FeCO3固体的溶解或FeCO3固体在KSCN溶液中的溶解性比KCl溶液中大 6Fe(SCN)64-+3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN-或

6Fe2++3H2O2+12SCN-=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe2++3H2O2=2Fe(OH)3↓+4Fe3+ 117% 乳酸根中的羟基被KMnO4氧化，也消耗了KMnO4

【解析】

【分析】

I. 装置A中碳酸钙和稀盐酸反应生成的二氧化碳中混有挥发的氯化氢气体，需要利用装置B中盛装的饱和碳酸氢钠溶液除去，装置C中，向碳酸钠溶液(pH=11.9)通入一段时间二氧化碳至其pH为7，滴加一定量硫酸亚铁溶液产生白色沉淀，过滤，洗涤，干燥，得到FeCO3；

II. (5)根据Fe2＋+6SCN-Fe(SCN)64-分析FeCO3在KCl和KSCN两种不同溶液中的溶解度不同判断；

(6)实验ii中溶液显红色且有红褐色沉淀生成，说明加入10%过氧化氢溶液后有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成；

(7)FeCO3溶于乳酸［CH3CH(OH)COOH］能制得可溶性乳酸亚铁补血剂，根据得失电子守恒和元素守恒建立关系式进行计算；乳酸根中有羟基，也能被高锰酸钾溶液氧化。

【详解】

I. (1)装置A中制取的CO2中混有HCl，欲除去CO2中混有的HCl，B中盛装的试剂a应是饱和NaHCO3溶液，故答案为：饱和NaHCO3溶液；

(2)向Na2CO3溶液中通入CO2的目的是利用CO2和Na2CO3反应生成的NaHCO3，提高溶液中HCO3-的浓度，抑制CO32-的水解，降低溶液中OH-的浓度，防止生成Fe(OH)2，故答案为：降低溶液中OH-浓度，防止生成Fe(OH)2；

(3)装置C中，向Na2CO3溶液(pH=11.9)通入一段时间CO2至其pH为7，此时溶液中溶质主要为NaHCO3，再滴加FeSO4溶液，有FeCO3沉淀生成，发生反应的离子方程式为2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2HCO3- + Fe2+=FeCO3↓+CO2↑+H2O；

(4)FeCO3沉淀能溶解在CO2的水溶液中，生成可溶于水的Fe(HCO3)2，降低产物的量，则当

出现白色沉淀之后不应继续通入CO 2，或者：出现白色沉淀之后继续通CO 2，可防止空气中氧气氧化FeCO 3，提高产物的纯度，故答案为：不合理，CO 2会和FeCO 3反应生成Fe(HCO 3)2(或合理，排出氧气的影响)；

Ⅱ. (5)通过对比实验ii 和iii ，可知Fe 2+与SCN -的络合生成可溶于水的Fe(SCN)64-，会促进FeCO 3固体的溶解，故答案为：Fe 2+与SCN -的络合(或结合)会促进FeCO 3固体的溶解或FeCO 3固体在KSCN 溶液中的溶解性比KCl 溶液中大；

(6)依据实验ⅱ的现象，可知在含有Fe 2+的溶液中滴加10%的过氧化氢溶液后，有Fe(OH)3和Fe(SCN)3生成，发生反应的离子方程式为6Fe(SCN)64-+3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe(S CN)3+24SCN -或6Fe 2++3H 2O 2+12SCN -=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe 2++3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe 3+；

故答案为：6Fe(SCN)64-+3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3+24SCN -或6Fe 2++3H 2O 2+12SCN -=2Fe(OH)3↓+4Fe(SCN)3或6Fe 2++3H 2O 2=2Fe(OH)3↓+4Fe 3+；

Ⅲ. (7)FeCO 3溶于乳酸［CH 3CH(OH)COOH ］能制得可溶性乳酸亚铁（[CH 3CH(OH)COO]2Fe 补血剂，可得关系式MnO 4~5Fe 2+~5[CH 3CH(OH)COO]2Fe ，则乳酸亚铁的物质的量为0.1000mol/L×0.01L×5=0.005mol ，则乳酸亚铁的质量分数0.005mol 234g/mol 100%=117%1.0g

⨯⨯，由于乳酸根中含有羟基，也可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾溶液的量增多，而计算中只按Fe 2+被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，导致产品中乳酸亚铁的质量分数大于100%，故答案为：117%；乳酸根中的羟基被KMnO 4氧化，也消耗了KMnO 4。

5．黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS 2，现有一种天然黄铜矿（含少量脉石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：

现称取研细的黄铜矿样品1.150g ，在空气存在下进行煅烧，生成Cu 、Fe 3O 4和SO 2气体，实验后取d 中溶液的置于锥形瓶中，用0.05mol/L 标准碘溶液进行滴定，初读数为0.00mL ，终读数如图所示。请回答下列问题：

（1）称量样品所用的仪器为_____，将样品研细后再反应，其目的是_______。

（2）装置a的作用是________。

a．有利于空气中氧气充分反应 b．除去空气中的水蒸气

c．有利于气体混合 d．有利于观察空气流速

（3）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是___________。

（4）滴定时，标准碘溶液所耗体积为_________mL。判断滴定已达终点的现象是

_______。通过计算可知，该黄铜矿的纯度为________。

（5）若用右图装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是____。（填编号）

（6）若将原装置d中的试液改为Ba(OH)2，测得的黄铜矿纯度误差为＋1%，假设实验操作均正确，可能的原因主要有____________________。

【答案】电子天平使原料充分反应、加快反应速率 b、d 使反应生成的SO2全部进入d 装置中，使结果精确 20.10mL 溶液恰好由无色变成浅蓝色，且半分钟内不褪色 80.4% ②空气中的CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀；BaSO3被氧化成BaSO4

【解析】

【分析】

(1)根据称量黄铜矿样品1.150g，选择精确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；

(2)浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；

(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收；

(4)根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点；先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS2～2SO2～2I2，再根据题中数据进行计算；

(5)图2中的②中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钡沉淀，可以根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量；

(6)Ba(OH)2溶液能吸收空气的CO2，另外BaSO3易被空气中氧气氧化，这些原因均能引起测定误差。

【详解】

(1)由于称量黄铜矿样品1.150g，精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应；(2)装置a中的浓硫酸可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入反应装置b中发生危险，同时根据冒出的气泡的快慢来控制气体的通入量，故答案为bd；

(3)黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将b、d装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确；

(4)根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.10mL，当达到滴定终

点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝；根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS2～2SO2～2I2，消耗掉0.05mol/L标准碘溶液20.10mL 时，即消耗的碘单质的量为：0.05mol/L×0.0201L=0.00105mol，所以黄铜矿的质量是：

0.5×0.00105mol×184g/mol×10=0.9246g，所以其纯度是：0.9246g

1.15g

×100%=80.4%；

(5)由于图2中，②硝酸钡溶液中通入二氧化硫能够生成硫酸钡沉淀，过滤干燥后，根据硫酸钡的质量计算出二氧化硫的质量，故答案为②；

(6)将原装置d中的试液改为Ba(OH)2，测得的黄铜矿纯度误差为＋1%，在实验操作均正确的前提下，引起误差的可能原因主要有空气中的CO2与Ba(OH)2反应生成BaCO3沉淀或BaSO3被氧化成BaSO4。

6．根据当地资源等情况，硫酸工业常用黄铁矿(主要成分为FeS2)作为原料。完成下列填空：

(1)将0.050mol SO2(g) 和0.030mol O2(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SO2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)

(3)在起始温度T1(673K)时SO2的转化率随反应时间(t)的变化如图，请在图中画出其他条件不变情况下，起始温度为T2(723K)时SO2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煅烧的产物为SO2和Fe3O4

①将黄铁矿的煅烧产物Fe3O4溶于H2SO4后，加入铁粉，可制备FeSO4。酸溶过程中需维持溶液有足够的酸性，其原因是______

②FeS2能将溶液中的Fe3+还原为Fe2+，本身被氧化为SO42﹣。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______

【答案】0.005mol/(L•min) bd 抑

制Fe3+与Fe2+的水解，并防止Fe2+被氧化成Fe3+ FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+

14N A

【解析】

【分析】

(1)根据v＝

c

t

∆

∆

求出氧气的速率，然后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SO2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SO2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)①Fe3＋与Fe2＋易水解，Fe2＋易被氧化成Fe3＋；

②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】

(1)v(SO3)＝

c

t

∆

∆

＝

0.040mol

2L

2min

＝0.01mol/(L•min)，所以v(O2)＝

1

2

v(SO3)＝0.005mol/(L•min)，

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；

(3)反应：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g) △H＜0，SO2的转化率在起始温度T1＝673K下随反应时间(t)的变化如图，其他条件不变，仅改变起始温度为T2＝723K，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，在图中画出温度T2下SO2的转化率随反应时间变化的预期结果示意图如图所示

；故答案为：；

(4)①Fe2O3(或Fe3O4等)溶于H2SO4后，生成的Fe3＋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Fe2＋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＋；

②−2价的硫离子具有还原性，FeS2可以将溶液中的Fe3＋还原为Fe2＋，而本身被氧化为硫酸根离子，有关的离子方程式为：FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+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14N A，故答案为：

FeS2+14Fe3++8H2O=15Fe2++2SO42﹣+16H+；14N A。

【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。

7．砂质土壤分析中常用 Karl Fischer法是测定其中微量水含量，该方法是利用I2和SO2反应定量消耗水作为原理(假设土壤中其他成分不参加反应)，据此回答下列问题：

(1)写出该反应的化学反应方程式：_______________________。

步骤I：反应样品中的水

下图是某同学在实验室模拟Karl Fischer法的实验装置图：

(2)装置连接的顺序为a→____________(填接口字母顺序)；M仪器的名称为

________________，其在实验过程中的作用是：____________；

(3)操作步骤为：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，____________________；③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，⑤取下D装置，···

步骤④中继续通入N2的目的是________________________________

步骤 II：测定剩余的碘

向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成

250.00mL溶液，取 25.00mL 用0.20 mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定剩余的I2单质，已知反应如下：2S2O32－+I2=S4O62－+2I－。

(4)Na2S2O3标准液应装在_____________(填“酸式”、“碱式”)滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液的目的是__________________________；

(5)滴定实验重复四次得到数据如下:

①若实验开始时，向D 装置中加入10.00 g土壤样品和10.16克I2(已知I2过量)，则样品土壤中水的含量为_________%。

②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质，则水含量测定结果将____________(填“偏高”、“ 偏低”或“不变”)。

【答案】SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI d→e→i→h→g→f→b→(c)长颈漏斗平衡内外气压，防止压强过大打开弹簧夹，通入氮气将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收碱式使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确 7.2% 偏低

【解析】

【分析】

(1)利用I2和SO2反应定量消耗水，碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成碘化氢和硫酸，据此写出反应的方程式；

(2)装置A是制备二氧化硫气体，装置B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，据此分析解答；

(3)操作步骤：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收，据此分析解答；

(4)Na2S2O3水解显碱性；合并洗涤液和滤液，使所有剩余的碘进入滤液，据此分析解答；

(5)①实验过程中碘与二氧化硫反应后，剩余的碘用0.20 mol•L-1Na2S2O3标准液滴定，根据消耗的Na2S2O3求出剩余的碘，再根据(1)中的方程式求出消耗的水，最后求样品中水的含量；②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质，消耗硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，据此分析判断。

【详解】

(1)碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成氢碘酸和硫酸，反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，故答案为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；

(2) 装置A是制备二氧化硫气体，装置B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，接口顺序为d→e→i→h→g→f→b→(c)；根据图示，M为长颈漏斗，在实验过程中，可以起到平衡内外气压，防止压强过大的作用，故答案为d→e→i→h→g→f→b→(c)；长颈漏斗；平衡内外气压，防止压强过大；

(3)操作步骤：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装

置内空气赶净，③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收，⑤取下D装置，···，故答案为打开弹簧夹，通入氮气；将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收；

(4)Na2S2O3水解显碱性，标准液应装在碱式滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液，可以使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确，故答案为碱式；使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确；

(5)①实验开始时，向D 装置中加入10.00克土壤样品和10.16克I2(已知I2过量)，

n(I2)=

10.16

254/

g

g mol=0.04mol，向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗

涤液和滤液，将其配成250.00mL溶液，取 25.00mL 用0.20 mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定剩余I2单质，根据实验数据可知，实验①的误差较大，删除该数值，②③④实验消耗Na2S2O3溶

液的平均值=20.05+19.95+20.00

3

mL =20.00 mL，根据2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，消耗碘单质物

质的量= n(Na2S2O3)×1

2

×

250

25

mL

mL

=

1

2

×0.0200L×0.20mol/L ×10=0.02mol，剩余I2物质的量

=0.04mol-0.02mol=0.02mol，即与二氧化硫反应的碘单质物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol，消耗水为0.04mol，土壤样品中水的含量

=0.0418/

10.00

mol g mol

g

×100%=7.2%，故答案为7.2%；

②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质，滴定过程中消耗的硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，则与二氧化硫反应的碘单质减少，反应的水的物质的量减小，计算得到水的含量偏低，故答案为偏低。

8．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K b。

（1）实验室可用浓氨水和X固体制取NH3，X固体不可以是___；

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滴管的橡皮塞塞紧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。

（5）据图3计算，当pH=11.0时，NH3·H2O电离平衡常数K b近似值，K b≈___。

【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 1.8×10-5

【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

红色石蕊试纸靠近瓶口c ，试纸变蓝色，证明NH 3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NH 3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NH 3•H 2O 的物质的量浓度为c ，则：c×20mL=0.05000mol/L×22.40mL ，解得

c=0.056mol/L ，弱电解质电离平衡常数K b = 432()()()

c NH c OH c NH H O +-g g ，pH=11的氨水中c(OH -)= 0.001mol/L ，c （OH -）≈c （NH 4+）=0.001mol/L ，则：K b =

0.0010.0010.056

⨯=1.8×10-5； 故答案为：1.8×10-5。

【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．某小组同学利用如图所示装置进行铁的电化学腐蚀原理的探究实验：

装置 分别进行的操作

现象

i ．连好装置一段时间后，向烧杯中滴

加酚酞

ii ．连好装置一段时间后，向烧杯中滴

加K 3[Fe(CN)6]溶液 铁片表面产生蓝色沉淀

(1)小组同学认为以上两种检验方法，均能证明铁发生了吸氧腐蚀。

①实验i 中的现象是___。

②用电极反应式解释实验i 中的现象：___。

(2)查阅资料：K 3[Fe(CN)6]具有氧化性。

①据此有同学认为仅通过ii 中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是___。 ②进行下列实验，在实验几分钟后的记录如下：

实验滴管试管现象

0.5mol·L-

1K3[Fe(CN)6]溶液iii．蒸馏水无明显变化

iv．1.0mol·L-1NaCl溶液

铁片表面产生大量蓝

色沉淀

v．0.5mol·L-1Na2SO4溶液无明显变化

以上实验表明：在有Cl-存在条件下，K3[Fe(CN)6]溶液可以与铁片发生反应。为探究Cl-的存在对反应的影响，小组同学将铁片酸洗(用稀硫酸浸泡后洗净)后再进行实验iii，发现铁片表面产生蓝色沉淀。此补充实验表明Cl-的作用是___。

(3)有同学认为上述实验仍不够严谨。为进一步探究K3[Fe(CN)6]的氧化性对实验ii结果的影响，又利用（2）中装置继续实验。其中能证实以上影响确实存在的是__(填字母序号)。

实验试剂现象

A酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液(已除O2)产生蓝色沉淀

B酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(未除O2)产生蓝色沉淀

C铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(已除O2)产生蓝色沉淀

D铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液(已除O2)产生蓝色沉淀

(4)综合以上实验分析，利用实验ii中试剂能证实铁发生了电化学腐蚀的实验方案是：连好装置一段时间后，___(回答相关操作、现象)，则说明负极附近溶液中产生了Fe2＋，即发生了电化学腐蚀。

【答案】碳棒附近溶液变红 O2＋4e-＋2H2O=4OH- K3[Fe(CN)6]可能氧化Fe生成Fe2＋，会干扰由于电化学腐蚀负极生成Fe2＋的检验 Cl-破坏了铁片表面的氧化膜 AC 取铁片(负极)附近溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀

【解析】

【分析】

(1)①实验i中，发生吸氧腐蚀，在碳棒附近溶液中生成OH-，使酚酞变色。

②在碳棒上，发生O2得电子生成OH-的电极反应。

(2)①据此有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是既然

K3[Fe(CN)6]具有氧化性，就可直接与Fe作用。

②用稀硫酸酸洗后，铁片表面的氧化膜去除，再进行实验iii，铁片表面产生蓝色沉淀，则Cl-的作用与硫酸相同。

(3)A. 酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]溶液(已除O2)反应产生蓝色沉淀，表明K3[Fe(CN)6]能与铁作用生成Fe2+；

B.酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(未除O2) 反应产生蓝色沉淀，可能是

K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+，也可能是铁片发生了吸氧腐蚀；

C. 铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(已除O2)反应产生蓝色沉淀，只能是Cl-破坏氧化膜，然后K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+；

D. 铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液(已除O2) 反应产生蓝色沉淀，可能是铁片与盐酸直接反应生成Fe2+，也可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+。

(4)为证实铁发生了电化学腐蚀，可连好装置一段时间后，不让K3[Fe(CN)6]与Fe接触，而是取Fe电极附近的溶液，进行Fe2+的检验。

【详解】

(1)①实验i中，发生吸氧腐蚀，碳棒为正极，发生O2得电子生成OH-的反应，从而使碳棒附近溶液变红。答案为：碳棒附近溶液变红；

②在碳棒上，O2得电子生成OH-，电极反应式为O2＋4e-＋2H2O=4OH-。答案为：O2＋4e-＋2H2O=4OH-；

(2)①有同学认为仅通过ii中现象不能证明铁发生了电化学腐蚀，理由是既然K3[Fe(CN)6]具有氧化性，就有可能发生K3[Fe(CN)6]与Fe的直接作用。答案为：K3[Fe(CN)6]可能氧化Fe生成Fe2＋，会干扰由于电化学腐蚀负极生成Fe2＋的检验；

②用稀硫酸酸洗后，铁片表面的氧化膜被破坏，再进行实验iii，铁片表面产生蓝色沉淀，则Cl-的作用与硫酸相同，也是破坏铁表面的氧化膜。答案为：Cl-破坏了铁片表面的氧化膜；

(3)A. 已除O2的铁片不能发生吸氧腐蚀，只能发生铁片、K3[Fe(CN)6]溶液的反应，从而表明K3[Fe(CN)6]能与铁作用生成Fe2+，A符合题意；

B.酸洗后的铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(未除O2)，同时满足两个反应发生的条件，既可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+，也可能是铁片发生了吸氧腐蚀，B不合题意；

C. 铁片、K3[Fe(CN)6]和NaCl混合溶液(已除O2)，不能发生吸氧腐蚀，只能是Cl-破坏氧化膜，然后K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+，C符合题意；

D. 铁片、K3[Fe(CN)6]和盐酸混合溶液(已除O2) 反应产生蓝色沉淀，可能是铁片与盐酸直接反应生成Fe2+，也可能是K3[Fe(CN)6]与铁作用生成Fe2+，D不合题意。答案为：AC；(4)为证实铁发生了电化学腐蚀，可连好装置一段时间后，取Fe电极附近的溶液，放在另一仪器中，加入K3[Fe(CN)6]溶液，进行Fe2+的检验。答案为：取铁片(负极)附近溶液于试管中，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若出现蓝色沉淀。

【点睛】

在进行反应分析时，我们需明确Cl-的作用，它仅能破坏铁表面的氧化膜，而不是充当铁与K3[Fe(CN)6]反应的催化剂，从硫酸酸洗铁片，命题人就给我们做了暗示。

Ag S沉淀的反应所做实验的记录．

10．下表是某学生为探究AgCl沉淀转化为2

2020-2021高考化学 化学反应原理综合考查 培优练习(含答案)含答案解析

2020-2021高考化学化学反应原理综合考查培优练习(含答案)含答案解析 一、化学反应原理综合考查 1．甲醇与水蒸气重整制氢可直接用于燃料电池。回答下列问题： (1)已知甲醇分解反应：CH3OH(g)?CO(g)＋2H2(g) △H1＝＋90.64 kJ·mol－1； 水蒸气变换反应：CO(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋H2(g) △H2＝－41.20 kJ·mol－1。 则CH3OH(g)＋H2O(g)?CO2(g)＋3H2(g) △H3＝___________kJ·mol－1。 (2)科学家通过密度泛函理论研究甲醇与水蒸气重整制氢反应机理时，得到甲醇在Pd(III)表面发生解离时四个路径与相对能量的关系如图所示，其中附在Pd(III)表面的物种用*标注。此历程中活化能最小的反应方程式为_____________________________________________。 (3)在0.1MPa下，将总进料量为1 mol且n(CH3OH)：n(H2O)＝1：1.3的混合气体充入一刚性密闭容器中反应。 ①实验测得水蒸气变换反应的速率随温度的升高明显下降，原因是 ____________________。 ②平衡时，测得CH3OH的含量在给定温度范围内极小，H2、H2O(g)、CO、CO2四种组分的含量与反应温度的关系如图所示，曲线b、c对应物质的化学式分别为________、 ________。 (4)573.2K时，向一刚性密闭容器中充入5.00 MPa CH3OH使其分解，t h后达平衡时H2的物

质的量分数为60%，则t h 内v(CH 3OH)＝_____MPa ·h －1，其分压平衡常数K p ＝_____MPa 2。 【答案】+49.44 CH 2O*+2H*=CHO*+3H*（或CH 2O*=CHO*+H*） 随温度升高，催化活性降低 CO 2 H 2O （g ） 3.75 t 168.75 【解析】 【分析】 【详解】 （1）甲醇分解反应：CH 3OH(g)?CO(g)＋2H 2(g) △H 1＝＋90.64 kJ· mol －1；① 水蒸气变换反应：CO(g)＋H 2O(g)?CO 2(g)＋H 2(g) △H 2＝－41.20 kJ· mol －1。② 将①+②，即可求出CH 3OH(g)＋H 2O(g)?CO 2(g)＋3H 2(g) △H 3＝=+90.64 kJ·mol －1+（-41.20 kJ·mol －1）=+49.44 kJ·mol －1，故答案为：+49.44； （2）活化能为反应物的总能量与过渡态能量之差，从图中可以看出，过渡态3发生的反应活化能最小。反应物为“CH 2O*+2H*”，产物为“CHO*+3H*，故反应方程式为 CH 2O*+2H*=CHO*+3H*．因为2H*反应前后都吸附在催化剂表面，未参与反应，故反应实质为CH 2O*=CHO*+H*，故答案为：CH 2O*+2H*=CHO*+3H*（或CH 2O*=CHO*+H*）； （3）因为温度升高，反应速率应加快，而图中速率减小，显然不是温度的影响，只能为催化剂的活性降低，故答案为：随温度升高，催化活性降低； ②对于反应CO （g ）+H 2O （g ） CO 2（g ）+H 2（g ）△H ＜0，其他条件不变时，升高温 度，平衡向左移动，即CO 、H 2O 的含量均增大，CO 2、H 2的含量均减小。依据图中信息，可初步得知，a 、b 曲线分别对应CO 2或H 2，c 、d 曲线则对应CO 或H 2O （g ）。根据反应方程式可知：该反应起始时，n （H 2）＞n （CO 2）、n （H 2O ）＞n （CO ），平衡时含量必然有H 2＞CO 2、H 2O ＞CO ．故a 、b 、c 、d 曲线分别对应H 2、CO 2、H 2O （g ）、CO ，曲线b 、c 对应物质的化学式分别为CO 2、H 2O （g ），故答案为：CO 2、H 2O （g ）； （4）假设CH 3OH 的压强变化量为x ，列出三段式： 32CH OH g CO g +2H g MPa 5.000MPa x x 2x MPa 5.00-x x 2x ? （）（）（）起始（）转化（）平衡（） 26052100x x =+ ，x=3.75Mpa ，v （CH 3OH ）=3.75MPa th =3.75 t MPa·h －1； Kp=()()()()2 223P CO ?P H 3.75MPa 7.5MPa = P CH OH 1.25MPa ? =168.75（MPa ）2， 故答案为：3.75 t ；168.75（MPa ）2。 【点睛】 本题综合考查化学平衡问题，题目涉及化学平衡计算与影响因素、反应热计算等，侧重考查学生分析计算能力，注意盖斯定律在反应热计算中应用，难点（4）列出三段式，理清平

2020-2021年高考化学一轮易错点强化训练：化学反应原理综合题01【含答案】

2020-2021年高考化学一轮易错点强化训练：化学反应原理综合题01 1．（2020·贵州铜仁高三三模）CO和H2的混合气体俗称合成气，是一种重要的工业原料气。工业上利用天然气(主要成分为CH4)与水进行高温重整制备合成气。 （1）已知：CH4、H2和CO 的燃烧热(ΔH)分别为?890.3 kJ/mol、?285.8 kJ/mol和?283.0kJ/mol，且1 mol 液态水汽化时的能量变化为44.0 kJ。则甲烷与水蒸气在高温下反应制取合成气的热化学方程式为_______。（2）在一定温度下，向体积为2L的密闭容器中充入0.40 mol CH4(g)和0.60 mol H2O (g)，测得CH4(g) 和H2(g)的物质的量浓度随时间变化如表所示： ①计算该反应第一次达平衡时的平衡常数K=_____。 ②3 min时改变的反应条件可能是_____。 （3）已知温度、压强、投料比X[n(CH4)/n(H2O)]对该反应的影响如图所示。 ①图1中的两条曲线所示的投料比的关系：X1____X2(填“=”“＞”或“＜”，下同)。 ②图2中两条曲线所示的压强的关系：p1_______ p2。 （4）以合成气为原料可以制备二甲醚，将n(H2):n(CO)=3:1 投入体积固定密闭容器中发生反应： 3CO(g)+3H2(g)?CH3OCH3(g)+CO2(g) ΔH＜0，2 分钟达平衡。升温，反应重新达平衡。下列关于两次平衡的

比较中正确的是_______。 A．H2体积分数不变 B．CO 体积分数增大 C．混合气体平均摩尔质量不变 D．反应速率和平衡常数均增大 （5）以二甲醚(设杂质不参与反应)、KOH溶液为原料可设计成燃料电池： ①放电时，负极的电极反应式为________。 ②设装置中盛有100.0 mL 3.0 mol/L KOH 溶液，放电时参与反应的氧气在标准状况下的体积为6.72 L，放电过程中没有气体逸出，则放电完毕后，所得溶液中各离子浓度由大到小的关系为_______。 【答案】（1）CH4(g)+H2O(g)?CO(g)+3H2(g) ΔH= +206.1 kJ/mol （2）0.135 升高温度或增大 H2O(g)的浓度或减小 CO 的浓度 （3）＞＞ （4）AB （5）CH3OCH3?12e－+16OH+=2CO2 3-+11H 2 O c(K+)＞c(HCO 3 -)＞c(CO2 3 -)＞c(OH－)＞c(H+) 【解析】 【分析】 （1）根据燃烧热写出热化学方程式，利用盖斯定律计算； （2）①反应方程式为CH4(g)+H2O(g)=CO(g)+3H2(g)根据三行式代入平衡常数表达式进行计算； ②根据表中数据可知3min时达到平衡，再根据4min时各组分浓度变化量判断改变的条件；（3）①碳水比n(CH4)/n(H2O)值越大，平衡时甲烷的转化率越低，含量越高； ②根据压强对平衡移动影响，结合图象分析解答；

2020-2021高考化学专题《化学反应原理》综合检测试卷及答案解析

2020-2021高考化学专题《化学反应原理》综合检测试卷及答案解析 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

2020-2021备战高考化学 化学反应原理综合考查综合试题含答案

2020-2021备战高考化学化学反应原理综合考查综合试题含答案 一、化学反应原理综合考查 1．氨催化氧化是硝酸工业的基础，氦气在Pt催化剂作用下发生主反应Ⅰ和副反应Ⅱ：Ⅰ.4NH 3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)△H1=-905 kJ/mol Ⅱ.4NH 3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)△H2 （1）已知： NO O2N2 物质中断裂1mol化学键需要的能量/kJ 629496942 则△H2=___________。 （2）以Pt为催化剂，在1L密闭容器中充入1mol NH3和2mol O2，测得有关物质的量与温度的关系如下图： ①该催化剂在高温时对反应__________更有利（填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。 ②520℃时，NH3的转化率为____________。 ③520℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=________（数字计算式）。 ④下列说法正确的是____________（填标号）。 A 工业上氨催化氧化生成NO时，最佳温度应控制在840℃左右 B 增大NH3和O2的初始投料比可以提高NH3生成NO的平衡转化率 C 投料比不变，增加反应物的浓度可以提高NH3生成NO的平衡转化率 D 使用催化剂时，可降低反应的活化能，加快其反应速率 ⑤温度高于840℃时，NO的物质的量减少的原因可能是____________。 （3）在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NO x反应生成N2。 ①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1mol N2时，转移的电子数为___________mol。 ②将一定比例的O2、NH3和NO x的混合气体，匀速通入装有催化剂的反应器中反应。 反应相同时间NO x的去除率随反应温度的变化曲线如下图所示，在50-250℃范围内随着温度的升高，NO x的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是_______________。

2020-2021高考化学化学反应原理综合考查综合经典题含答案解析

2020-2021高考化学化学反应原理综合考查综合经典题含答案解析 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】

2020-2021高考化学专题复习分类练习 化学反应原理综合考查综合解答题含详细答案

2020-2021高考化学专题复习分类练习化学反应原理综合考查综合解答题含详 细答案 一、化学反应原理综合考查 1．中国是世界上最大的钨储藏国，超细钨粉是生产硬质合金所必须的原料。 （1）工业上可以采用铝热还原法生产钨铁合金，已知： ①WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s) ∆H1 ②3Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s) ∆H2 则四氧化三铁与钨反应的热化学方程式为___(反应热写为∆H3并用含△H1、A H2的代数式表示)；在反应②中若有0.1molFe3O4参加反应，则转移电子___mol。 （2）自然界中钨主要存在于黑钨矿中(主要成分是铁和锰的钨酸盐)，从中制备出黄钨(WO3)后再用H2逐级还原：WO3→WO2.90→WO2.72→WO2→W，总反应为 3H2(g)+WO3(s)ƒW(s)+3H2O(g) ∆H，实验测得一定条件下平衡时H2的体积分数曲线如图所示： ①由图可知，该反应的∆H____(填“>”或“<”)0；a点处的v正___v逆(填“>”“<”或“=”)。 ②如果上述反应在体积不变的密闭容器中达到平衡，下列说法错误的是__(填序号)。 A．v正(H2)=v逆(H2O) B．加入WO3，则H2的转化率增大 C．容器内气体的密度不变时，一定达到平衡状态 D．容器内压强不变时，一定达到平衡状态 ③由图可知900K，氢气的平衡转化率为__，K p(900K)=____(用平衡分压代替平衡浓度计 算，已知：平衡分压=p总×气体物质的量分数)。 ④已知在高温下，氧化钨会与水蒸气反应生成一种挥发性极强的水钨化合物WO2(OH)2，因此在反应中要适当加快氢气的流速，原因是__。 【答案】3Fe3O4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO3(s) △H3=△H2-4△H1 0.8 > > BD 75% 27 加快氢气的流速可以脱除氢气中的水蒸汽，提高钨的产率 【解析】 【分析】 【详解】 （1）①WO3(s)+2Al(s)=W(s)+Al2O3(s) ∆H1 ②3Fe3O4(s)+8Al(s)=9Fe(s)+4Al2O3(s) ∆H2 由盖斯定律：①-②×4，则四氧化三铁与钨反应的热化学方程式为3Fe3O4(s)＋4W(s)=9Fe(s)＋4WO3(s) △H3=△H2-4△H1(反应热写为∆H3并用含△H1、A H2的代数式表示)；在反应②中若 有0.1molFe3O4参加反应，则转移电子8 3 ×3×0.1mol=0.8mol。故答案为：3Fe3O4(s)＋

2020-2021高考化学 化学反应原理综合考查 培优易错试卷练习(含答案)及详细答案

2020-2021高考化学化学反应原理综合考查培优易错试卷练习(含答案)及详 细答案 一、化学反应原理综合考查 1．甲醇是一种可再生能源，由CO2制备甲醇的过程可能涉及的反应如下：反应Ⅰ： CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) △H1=-49.58kJ·mol-1 反应Ⅱ：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g) △H2 反应Ⅲ：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) △H3=-90.77kJ·mol-1 回答下列问题： （1）反应Ⅱ的△H2=______________。 （2）反应Ⅲ能够自发进行的条件是__________ (填“较低温度”、“ 较高温度”或“任何温度”) （3）恒温，恒容密闭容器中，对于反应Ⅰ，下列说法中能说明该反应达到化学平衡状态的是________。 A．混合气体的密度不再变化 B．混合气体的平均相对分子质量不再变化 C．CO2、H2、CH3OH、H2O的物质的量之比为1：3：1：1 D．甲醇的百分含量不再变化 （4）对于反应Ⅰ，不同温度对CO2的转化率及催化剂的效率影响如图所示，下列有关说法不正确的是__________。 A．其他条件不变，若不使用催化剂，则250℃时CO2的平衡转化率可能位于M1 B．温度低于250 ℃时，随温度升高甲醇的产率增大 C．M点时平衡常数比N点时平衡常数大 D．实际反应应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率 （5）若在1L密闭容器中充入3molH2和1molCO2发生反应Ⅰ，250℃时反应的平衡常数 K=______；若要进一步提高甲醇体积分数。可采取的措施有_________________。 （6）下图是电解Na2CO3溶液的装置图。 阴极的电极反应式为________________

2020-2021化学化学反应原理综合考查的专项培优练习题(含答案)含答案

2020-2021化学化学反应原理综合考查的专项培优练习题(含答案)含答案 一、化学反应原理综合考查 1．资源化利用2CO ，不仅可以减少温室气体的排放，还可以获得燃料或重要的化工产 品。 (1)2CO 的捕集： ①2CO 属于___________分子(填“极性”或“非极性”)，其晶体(干冰)属于__________晶体。 ②用饱和23Na CO 溶液做吸收剂可“捕集”2CO 。若所得溶液pH 10=，溶液中 ()()-2-33c HCO :c CO =_______；(室温下，23H CO 的71112K 410;K 510--=⨯=⨯)若吸 收剂失效，可利用NaOH 溶液使其再生，写出该反应的离子方程式_____。 ③聚合离子液体是目前广泛研究的2CO 吸附剂。结合下图．．．．分析聚合离子液体吸附2CO 的有利条件是____________。 (2)生产尿素：工业上以2CO 、3NH 为原料生产尿素()22CO NH ⎡⎤⎣⎦，该反应分为二步进行： 第一步：32242NH (g)CO (g)H NCOONH (s)+ƒ ΔH=159.5kJ /mol - 第二步：()24222H NCOONH (s)CO NH (s)H O(g)+ƒ ΔH 72.5kJ /mol =+ 写出上述合成尿素的热化学方程式_______。 (3)合成乙酸：中国科学家首次以3CH OH 、2CO 和2H 为原料高效合成乙酸，其反应路径如图所示： ①原料中的3CH OH 可通过电解法由2CO 制取，用稀硫酸作电解质溶液，写出生成

3CH OH 的电极反应式：____________。 ②根据图示．．．． ，写出总反应的化学方程式：_______。 【答案】非极性 分子 2:1 2323HCO OH H O CO --- +=+ 低温，低流速(或25℃， 110mL min -⋅) ()322222NH (g)CO (g)CO NH (s)H O(g)ΔH=87.0kJ /mol ++-ƒ 232CO 6e 6H CH OH H O - + ++=+ * 322 32Lil 、CH OH+CO +H CH COOH H +H R O 【解析】 【分析】 【详解】 （1）①极性分子是指分子中正负电荷中心不重合，从整个分子来看，电荷的分布是不均匀的，不对称的，而非极性分子是指原子间以共价键结合，分子里电荷分布均匀，正负电荷中心重合的分子，2CO 是非金属氧化物，其结构式为：O =C =O ，属于非极性分子，干冰是固态二氧化碳，属于分子晶体，故答案为：非极性；分子。 ②根据()() ( ) 23 3 H CO 2HCO c c K c +- - ⋅= ，()( ) ( ) 3 23 HCO 1012H CO c c K 10mol L c - +- --=⨯ =⋅，则 ( ) ( ) 3 23 10HCO 11CO c 102:1c 510 - - --==⨯；饱和Na 2CO 3溶液做吸收剂“捕集”CO 2生成NaHCO 3而失效，NaHCO 3是酸式盐，能与NaOH 反应生成Na 2CO 3和H 2O ，其离子反应方程式为：HCO 3−+OH −=H 2O +CO 32−，故答案为：2:1；HCO 3−+OH −=H 2O +CO 32−。 ③观察图1可知，温度相对越低、气体流速越慢，聚合离子液体吸附CO 2越彻底、效果越好，即吸附CO 2的有利条件温度为25℃或低温，气体流速为10mL ⋅min −1或低流速，故答案为：低温，低流速(或25℃，10mL ⋅min −1)。 （2）已知：①32242NH (g)CO (g)H NCOONH (s)+ƒ ΔH=159.5kJ /mol -； ②()24222H NCOONH (s)CO NH (s)H O(g)+ƒ ΔH 72.5kJ /mol =+； 根据盖斯定律，①+②可得合成尿素的热化学方程式： ()322222NH (g)CO (g)CO NH (s)H O(g)ΔH=87.0kJ /mol ++-ƒ，故答案为：()322222NH (g)CO (g)CO NH (s)H O(g)ΔH=87.0kJ /mol ++-ƒ。 （3）①电解时CO 2在阴极得到电子生成CH 3OH ，结合酸性条件写出阴极电极反应式为： 232CO 6e 6H CH OH H O -+++=+，故答案为：232CO 6e 6H CH OH H O -+++=+。 ②根据图示可知，CH 3OH 、CO 2和H 2在LiI 、*Rh 作用下生成了乙酸，根据原子守恒写出化学反应方程式为：* 322 32Lil 、CH OH+CO +H CH COOH H +H R O ，故答案为： * 322 32Lil 、CH OH+CO +H CH COOH H +H R O 。

2020-2021高考化学化学反应原理综合考查(大题培优易错试卷)附答案

2020-2021高考化学化学反应原理综合考查(大题培优易错试卷)附答案 一、化学反应原理综合考查 1．碳、氮及其化合物在化工生产和国防工业中具有广泛应用。请回答： （1）科学家研究利用某种催化剂，成功实现将空气中的碳氧化合物和氮氧化合物转化为无毒的大气循环物质。已知： ①N 2(g)+O2(g)2NO(g) ΔH1=+180kJ·mol−1 ②NO 2(g)+CO(g)NO(g)+CO2(g) ΔH2=-235kJ·mol−1 ③2NO(g)+O 2(g)2NO2(g) ΔH3=-112kJ·mol−1 则反应2NO(g)+2CO(g)N 2(g)+2CO2(g)的ΔH=__kJ·mol−1，有利于提高CO平衡转化率的条件是__（填标号）。 A．高温低压 B．低温高压 C．高温高压 D．低温低压 某温度下，在体积为2L的容器中加入2molNO、2molCO，达到平衡时CO的转化率是50%，其平衡常数为__。 （2）在密闭容器中充入10molCO和8molNO，发生反应，如下图为平衡时NO的体积分数与温度，压强的关系。 ①由图判断，温度T1__T2（填“低于”或“高于”），理由是__？升高温度时，下列关于该反应的平衡常数（K）和速率（v）的叙述正确的是__填标号）。 A．K、V均增加 B．K增加，v减小 C．K减小，V增加 D．K、V均减小 ②压强为20MPa、温度为T2下，若反应进行到10min达到平衡状态，容器的体积为2L，则此时CO的转化率=__，用CO2的浓度变化表示的平均反应速率v(CO2)=__，该温度下，如图所示A、B、C对应的p A(CO2)、p B(CO2)、p C(CO2)从大到小的顺序为__。 ③若在D点对反应容器降温的同时缩小体积至体系压强增大，重新达到的平衡状态可能是图中A～G点中的__点。 （3）用活化后的V2O5作催化剂，氨气将NO还原成N2的一种反应历程如图所示。

2020-2021备战高考化学《化学反应原理综合考查的综合》专项训练附详细答案

2020-2021备战高考化学《化学反应原理综合考查的综合》专项训练附详细答 案 一、化学反应原理综合考查 1．研究CO和CO2的利用对促进低碳社会的构建具有重要意义。请回答下列问题：(1)利用CO和H2在一定条件下可合成甲醇，发生反应：CO(g)+ 2H2(g)ƒCH3OH(g)，其两种反应过程中能量的变化曲线如图中a、b所示，下列说法正确的是_____(填字母)。 A.上述反应的△H= -91kJ·mol-1 B.该反应自发进行的条件为高温 C. b过程使用催化剂后降低了反应的活化能和∆H D. b过程的反应速率：第Ⅱ阶段＞第Ⅰ阶段 (2)若反应CO(g)+2H2(g)ƒCH3OH(g)在温度不变且体积恒定为1L密闭容器中发生，反应过程中各物质的物质的量随时间变化见表所示： 时间/min051015 H242 CO21 CH3OH(g)00.7 ①下列各项能作为判断该反应达到平衡标志的是_______(填字母) A.2v正(H2)=v逆(CH3OH) B. CO与CH3OH的物质的量之比保持不变 C.混合气的平均相对分子质量保持不变 D.混合气体的密度保持不变 ②若起始压强为P0kPa，反应速率若用单位时间内分压的变化表示，则10min内H2的反应速率v(H2)=_____kPa/min；该温度下反应的平衡常数Kp=______。(分压=总压×物质的量分数)。 (3)甲和乙两个恒容密闭容器的体积相同，向甲中加入1mol CO和2mol H2，向乙中加入2mol CO和4molH2，测得不同温度下CO的平衡转化率如图所示，则L、M两点容器内平衡常数：K(M)_____K(L)；压强：p(M)__2p(L)。(填“＞”“<”或“=”)

2020-2021高考化学 化学反应原理综合考查 综合题附详细答案

2020-2021高考化学化学反应原理综合考查综合题附详细答案 一、化学反应原理综合考查 1．铁及铁的氧化物广泛应于生产、生活、航天、科研领域。 (1)铁氧化合物循环分解水制H2 已知：H2O(l)===H2(g)＋O2(g)ΔH1＝＋285.5 kJ/mol 6FeO(s)＋O2(g) ===2Fe3O4(s)ΔH2＝－313.2 kJ/mol 则：3FeO(s)＋H2O(l)===H2(g)＋Fe3O4(s)ΔH3＝___________ (2)Fe2O3与CH4反应可制备“纳米级”金属铁，其反应为： 3CH4(g) ＋ Fe2O3(s) 2Fe(s) ＋6H2(g) ＋3CO(g) ΔH4 ①此反应的化学平衡常数表达式为_________________________________。 ②在容积均为VL的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个相同密闭容器中加入足量“纳米级”金属铁，然后分别充入a molCO和2a mol H2，三个容器的反应温度分别保持T1、T2、T3，在其他条件相同的情况下，实验测得反应均进行到t min时CO的体积分数如图1所示，此时I、II、III三个容器中一定处于化学平衡状态的是___________(选填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)；制备“纳米级”金属铁的反应：ΔH4 _____ 0(填“＞”或“＜”)。 ③在T℃下，向某恒容密闭容器中加入3molCH4(g)和2mol Fe2O3(s)进行上述反应，反应起始时压强为P0，反应进行至10min时达到平衡状态，测得此时容器的气体压强是起始压强的2倍。10 min内用Fe2O3(s)表示的平均反应速率为_______g·min－1； T℃下该反应的K p = _____________________；T℃下若起始时向该容器中加入2molCH4(g)、4mol Fe2O3(s)、 1molFe(s)、2mol H2(g)、2molCO(g)，则起始时v (正)______v (逆) (填“＞”、“＜”或“＝”)。 (3)纳米铁粉与水中NO3－反应的离子方程式为 4Fe+ NO3－+10H+=4Fe2++NH4++3H2O ①研究发现，若pH偏低将会导致NO3－的去除率下降，其原因是_________________。 ②相同条件下，纳米铁粉去除不同水样中NO3－的速率有较大差异，图2中所产生的差异的可能原因是__________________________________________________(答一条)。 【答案】＋128.9 kJ/mol ()() () 36 2 3 4 CO H CH c c K c =Ⅲ＞ 8 P06＞纳米铁粉与H＋反应 生成H2 Cu或Cu2+催化纳米铁粉去除NO3－的反应(或形成的Fe－Cu原电池增大纳米铁粉去除NO3－的反应速率) 【解析】 【分析】 (1)依据题干热化学方程式，结合盖斯定律进行计算；

2020-2021高考化学复习《化学反应原理》专项综合练习及详细答案

2020-2021高考化学复习《化学反应原理》专项综合练习及详细答案 一、化学反应原理 1．自20世纪60年代以后，人们发现了120多种含铁硫簇(如22Fe S 、44Fe S 、87Fe S 等)的酶和蛋白质。它是存在于生物体的最古老的生命物质之一。某化学兴趣小组在研究某铁硫簇结构的组成时，设计了下列实验： 实验一：测定硫的质量： (1)连接装置，请填写接口顺序：b 接____________________ (2)检查装置的气密性，在A 中放入0.4g 铁硫簇的样品(含有不溶于水和盐酸的杂质),在B 中加入品红溶液，在C 中加入30mL 0.1mol/L 的酸性4KMnO 溶液． (3)通入空气并加热，发现固体逐渐转变为红棕色． (4)待固体完全转化后，取C 中的4KMnO 溶液3mL ，用0.1mol/L 的碘化钾()10%溶液进行滴定。记录数据如下： 滴定次数 待测溶液体积/mL 消耗碘化钾溶液体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 1 3.00 1.00 7.50 2 3.00 1.02 6.03 3 3.00 1.00 5.99 实验二：测定铁的质量： 取实验Ⅰ中A 的硬质玻璃管中的残留固体加入稀盐酸中，充分搅拌后过滤，在滤液中加入足量的NaOH 溶液，过滤后取滤渣，经灼烧得0.32g 固体．试回答下列问题： (1)检查“实验一”中装置A 的气密性的方法是_________ (2)滴定终点的判断方法是_________ (3)装置B 中品红溶液的作用是_______.有同学提出，撤去B 装置，对实验没有影响，你的看法是______(选填“合理”或“不合理”)，理由是_________ (4)用KI 溶液滴定4KMnO 溶液时发生反应的离子方程式为_________ (5)请计算这种铁硫簇结构的化学式_________ (6)下列操作，可能引起x y :偏大的是_________ a.滴定剩余4KMnO 溶液时，KI 溶液滴到锥形瓶外边一滴

2020-2021高考化学综合题专题复习【化学反应原理综合考查】专题解析及答案解析

2020-2021高考化学综合题专题复习【化学反应原理综合考查】专题解析及答 案解析 一、化学反应原理综合考查 1．近年全球气候变暖，造成北极冰川大面积融化，其罪魁之一就是CO2，如何吸收大气中的CO2，变废为宝，是当今化学研究的主题之一。 I.二甲醚可用作溶剂、冷冻剂喷雾剂等，科学家提出利用CO2和H2合成二甲醚，反应原理为2CO 2(g)+6H2(g) CH3OCH3(g)+3H2O(g) ∆H （1）已知：①H 2O(g)+CO(g)CO2(g)+H2(g) △H1=+42kJ/mol ②CH 3OCH3(g)+H2O(g)2CH3OH(g) ∆H2=+24.52kJ/mol ③CH 3OH(g)CO(g)+2H2(g) ∆H3=+90.73kJ/mol 则∆H=__kJ/mol。 （2）一定温度下，在一个2L的密闭容器中充入2molCO2和6molH2发生上述反应，经过 5min反应达到平衡，此时容器中压强与起始压强之比为3：4，则用CH3OCH3表示的平均反应速率为__，H2的转化率为___；此时若向体系中再加入2molCO2和1.5molH2O(g)，平衡__移动(填正向、逆向、不)。 （3）对于恒温恒容条件下进行的反应①，下列说法能说明反应已达平衡的是__。 A．混合气体密度不发生改变 B．混合气体的平均相对分子质量不再发生改变 C．v(CO)正=v(H2)逆 D．n(CO)与n(H2)的比值不变 （4）一定温度下，密闭容器中进行的反应③，测得平衡时混合物中某物质的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示，则纵坐标表示的物质是__，压强P1_P2(填>、<)。 II.工业锅炉长期煮烧会形成锅垢(主要成分CaSO4、Mg(OH)2)，必须定期除去。 （5）CaSO4微溶于水和酸，可加入氢氧化钠并通入CO2使转化为CaCO3，然后加酸浸泡除去，反应的离子方程式为CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，室温下，该反应的化学平衡常数为 __(室温下，K sp(CaCO3)=3×10-9，K sp(CaSO4)=9×10-6)。 【答案】－289.98 0.05mol·L－1·min－1 50% 正向 CD CH3OH > 3×103 【解析】 【分析】

2020-2021高考化学与化学反应原理综合考查有关的压轴题附详细答案

2020-2021高考化学与化学反应原理综合考查有关的压轴题附详细答案 一、化学反应原理综合考查 1．（15分）甲烷水蒸气催化重整（SMR）是传统制取富氢混合气的重要方法，具有工艺简单、成本低等优点。 回答下列问题： （1）已知1000 K时，下列反应的平衡常数和反应热： ①CH 4(g)C(s)+2H2(g) K1=10.2 ΔH1 ②2CO(g)C(s)+CO 2(g) K2=0.6 ΔH2 ③CO(g)+H 2O(g)CO2(g)+H2(g) K3=1.4 ΔH3 ④CH 4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) K4 ΔH4（SMR） 则1000 K时，K4=____________；ΔH4=_________（用ΔH1、ΔH2、ΔH3来表示）。 （2）在进入催化重整装置前，先要对原料气进行脱硫操作，使其浓度为0.5 ppm以下。脱硫的目的为______________。 （3）下图为不同温度条件下电流强度对CH4转化率的影响。由图可知，电流对不同催化剂、不同温度条件下的甲烷水蒸气催化重整反应均有着促进作用，则可推知ΔH4____0（填“>”或“<”）。 （4）下图为不同温度条件下6小时稳定测试电流强度对H2产率的影响。由图可知，随着温度的降低，电流对H2产率的影响作用逐渐____________（填“增加”“减小”或“不变”），600 ℃时，电流对三种催化剂中的____________（用图中的催化剂表示式回答）影响效果最为显著，当温度高于750 ℃时，无论电流强度大小，有无催化剂，H2产率趋于相同，其

原因是______________。 （5）我国科学家对甲烷和水蒸气催化重整反应机理也进行了广泛研究，通常认为该反应分两步进行。第一步：CH 4催化裂解生成H 2和碳（或碳氢物种），其中碳（或碳氢物种）吸附在催化剂上，如CH 4→C ads /[C(H)n ]ads +(2– 2 n )H 2；第二步：碳（或碳氢物种）和H 2O 反应生成CO 2和H 2，如C ads /[C(H)n ]ads +2H 2O→CO 2 +(2+ 2 n )H 2。反应过程和能量变化残图如下（过程①没有加催化剂，过程②加入催化剂），过程①和②ΔH 的关系为：①_______②（填“＞”“＜”或“＝”）；控制整个过程②反应速率的是第_______步，其原因为____________________________。 【答案】33.32 ΔH 1+2ΔH 3−ΔH 2 硫能使催化剂中毒（或硫能使催化剂活性下降等） > 增加 10Ni−3MgO/γ−Al 2O 3 温度高于750 ℃时，几种情况下的反应均达到平衡，催化剂不改变平衡状态 = Ⅱ 第Ⅱ步的活化能大，反应速率慢 【解析】 【分析】 【详解】 （1）方程式CH 4(g)+2H 2O(g) CO 2(g)+4H 2(g)，是由方程式①+2×③−②得到，

2020-2021高考化学专题复习化学反应原理的综合题含答案解析

2020-2021高考化学专题复习化学反应原理的综合题含答案解析 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高考化学培优易错试卷(含解析)之化学反应原理综合考查附详细答案

2020-2021高考化学培优易错试卷(含解析)之化学反应原理综合考查附详细答 案 一、化学反应原理综合考查 1．丙烯腈（CH2=CHCN）是一种重要的化工原料，工业上可用“丙烯氨氧化法”生产，主要副产物有丙烯醛（CH2=CHCHO）和乙腈（CH3CN）等，回答下列问题： (1)以丙烯、氨、氧气为原料，在催化剂存在下生成丙烯腈（C3H3N）和副产物丙烯醛 （C3H4O）的热化学方程式如下： ①C3H6(g)+NH3(g)+3 2 O2(g)=C3H3N(g)+3H2O(g) ΔH=-515kJ/mol ①C3H6(g)+O2(g)=C3H4O(g)+H2O(g) ΔH=-353kJ/mol 两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是________；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是________；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是________。 (2)图（a）为丙烯腈产率与反应温度的关系曲线，最高产率对应温度为460℃。低于460℃时，丙烯腈的产率________（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡产率，判断理由是________；高于460℃时，丙烯腈产率降低的可能原因是________（双选，填标号）A．催化剂活性降低B．平衡常数变大C．副反应增多D．反应活化能增大 (3)丙烯腈和丙烯醛的产率与n（氨）/n（丙烯）的关系如图（b）所示。由图可知，最佳n （氨）/n（丙烯）约为1理由是_______________。进料氨、空气、丙烯的理论体积约为________。 【答案】两个反应均为放热量大的反应降低温度,降低压强,催化剂不是该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低 AC 1 该比例下丙烯腈产率最高，而副产物丙烯醛产率最低 1：7.5：1 【解析】 【分析】 (1)依据热化学方程式方向可知，两个反应均放热量大，即反应物和生成物的能量差大，因此热力学趋势大；有利于提高丙烯腈平衡产率需要改变条件使平衡正向进行，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂； (2)因为该反应为放热反应，平衡产率应随温度升高而降低，即低于460℃时，对应温度下的平衡转化率曲线应该是下降的，但实际曲线是上升的，因此判断低于460℃时，丙烯腈的产率不是对应温度下的平衡转化率；产率降低主要从产率的影响因素进行考虑； (3)根据图像可知，当n（氨）/n（丙烯）约为1时，该比例下丙烯腈产率最高，而副产物

2020-2021备战高考化学复习《化学反应原理》专项综合练习附答案解析

2020-2021备战高考化学复习《化学反应原理》专项综合练习附答案解析 一、化学反应原理 1．某化学兴趣小组欲测定KClO 3，溶液与3NaHSO 溶液反应的化学反应速率．所用试剂为10mL0.1mol/LKClO 3，溶液和310mL0.3mol /LNaHSO 溶液，所得数据如图所示。已知： 2334ClO 3HSO Cl 3SO 3H ----++=++。 （1）根据实验数据可知，该反应在0～4min 内的平均反应速率 ()Cl v -=________()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 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3KClO 溶液和10mL0.3mol/L 的3NaHSO 溶液， Ⅱ 取10mL0.1mo/L 的3KClO 溶液加入烧杯中，向其中加入少量NaCl 固 体，再加入10mL0.3mol/L 的3NaHSO 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3KClO 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3NaHSO 溶液 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________。