高考化学化学反应原理综合题含答案一、化学反应原理1.高氯酸铵 NH 4CIO 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 2O 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)①装置A 、B 、C 、D 中盛放的药品可以依次为 ______________ (选填序号：I 、n 或川)。
I .碱石灰、湿润的淀粉 KI 试纸、氢氧化钠溶液、 Cu n •无水硫酸铜、湿润的红色布条、氢氧化钠溶液、Cu川•无水硫酸铜、湿润的淀粉 KI 试纸、饱和食盐水、 Cu②装置E 收集到的气体可能是 ________________ (填化学式)。
90 C4经查阅资料，该小组利用反应NaCIC 4(aq)+NH 4CI(aq) NH 4CIC 4(aq)+NaCI(aq)在实验室制取NH 4CIO 4，该反应中各物质的溶解度随温度的变化曲线如图。
W-0 20 4{) 6TI 冊温及7C① 从混合溶液中获得较多粗 NH 4 CIO 4晶体的实验操作依次为 __________ 、 ________ 和过滤、洗涤、干燥。
② 研究小组分析认为，若用氨气和浓盐酸代替NH 4CI ,则上述反应不需要外界供热就能进行，其原因是 ___________________________________ 。
[WHiCKh mr■MI aaaaB I MBBwr5研究小组通过甲醛法测定所得产品NH 4 CIO 4的质量分数。
［已知：NH 4 CIO 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4NH4 6HCHO CH2 6MH 3H 6出0 ,6CH 2 6N 4 H £CH 2 6N 4 H K 7 10 ]实验步骤：步骤I •称取7.05g样品。
步骤n •将样品溶解后，完全转移到250mL容量瓶中，定容，充分摇匀。
步骤川•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1〜2滴酚酞试液，用NaOH标准溶液滴定至终点。
记录数据。
重复（滴定）操作2次。
I II① ___________________________ 标准液应盛放在上图装置（填I ”或n ”中，判断达到滴定终点的现象是②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/mL10.2024.302 1.0024.9030.2021.20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NH4CIO4的质量分数为 ________________ 。
A【答案】7 2NH4CIO4 N2 CI2 202 4H2O g n N2蒸发浓缩冷却结晶氨气与浓盐酸反应放出热量n 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24.00 40%【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 x 2 4 0，则x 7价，故答案为：7;2高氯酸铵在高温条件下分解会产生H20 (g)和三种单质气体，结合元素守恒，三种单质气体为N2、C12和02,反应的化学方程式为：A2NH4CIO4 N2Cl22O24H2O g，故答案为：A2NH4CIO4 N2Cl22O24H2O g ；3①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：n ；②装置E收集到的气体可能是N2，故答案为：N2；4①由图可知，NH 4CIO4的溶解度受温度影响很大，NaCI的溶解度受温度影响不大,NH4CI、NaCIO4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NH4CIO4，故从混合溶液中获得较多NH 4CIO4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；②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；5①NaOH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：n ；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；②三次实验所耗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〜NH4CIO4，该产品中NH4CIO4的质量分数为24.00 ；40% o2+ _ ― 一2Mn2 +10CO2 f+8H2O。
回答下列问题：(1)铁屑中常含硫元素,因而在制备FeSQ时会产生有毒的H2S气体，该气体可用氢氧化钠溶液吸收。
下列吸收装置正确的是_______ 。
0.1000mol/L 24.00 10 3L250mL25.00mL 117.5g/mol7.05g100%40%' 故答案为:(2)在将Fe2*氧化的过程中,需控制溶液温度不高于40 C,理由是 ___________ ;得到K3[ Fe( C2O4)3]溶液后，加入乙醇的理由是 _______ 。
(3)晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定，主要步骤有:①称量,②置于烘箱中脱结晶水,③冷却,④称量,⑤ ____________ (叙述此步操作),⑥计算。
步骤③若未在干燥器中进行，测得的晶体中所含结晶水含量—(填“偏高”“偏低”或“无影响”)；步骤⑤的目的是(4)晶体中C2O42—含量的测定可用酸性KMnO4标准溶液滴定。
称取三草酸合铁(川)酸钾晶体m g溶于水配成250 mL溶液，取出20.00 mL放入锥形瓶中，用0. 010 0 mol • L-1酸化的高锰酸钾溶液进行滴定。
①下列操作及说法正确的是—。
A. 滴定管用蒸馏水洗涤后，即可装入标准溶液B. 装入标准溶液后，把滴定管夹在滴定管夹上，轻轻转动活塞，放出少量标准液，使尖嘴充满液体C. 接近终点时，需用蒸馏水冲洗瓶壁和滴定管尖端悬挂的液滴②有同学认为该滴定过程不需要指示剂，那么滴定终点的现象为__________ ,若达到滴定终点消耗高锰酸钾溶液VmL,那么晶体中所含C2O42—的质量分数为(用含V、m的式子表示)。
【答案】A防止H2O2分解三草酸合铁(川)酸钾在乙醇中溶解度小重复②〜④步操作至恒重偏低检验晶体中的结晶水是否已全部失去B当滴入最后一滴KMnO4溶液,锥形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟不褪色2.75V 100m【解析】【分析】【详解】(1)A.该装置中硫化氢与氢氧化钠溶液接触面积大，从而使硫化氢吸收较完全，且该装置中气压较稳定，不产生安全问题，故A正确；B. 硫化氢与氢氧化钠接触面积较小，所以吸收不完全，故B错误；C. 没有排气装置，导致该装置内气压增大而产生安全事故，故C错误；D. 该装置中应遵循“长进短出”的原理，故D错误；故选A；(2)双氧水不稳定，温度高时，双氧水易分解，为防止双氧水分解，温度应低些；根据相似相溶原理知，三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，所以得到K j[Fe( C2O4)3]溶液后，再想获得其晶体，常加入无水乙醇；(3)晶体中所含结晶水可通过重量分析法测定，步骤⑤的目的是检验晶体中的结晶水是否已全部失去，也叫恒重操作；步骤③未在干燥器中进行，晶体中结晶水不能全部失去，所以称量出的水的质量偏小，测得的晶体中所含结晶水含量也偏低；(4［①A.滴定管用蒸馏水洗涤后，需要用标准液润洗，然后在装入标准溶液，A错误；B. 装入标准溶液后，把滴定管夹在滴定管夹上，轻轻转动活塞，放出少量标准液，使尖嘴充满液体，B正确；C. 接近终点时，不需用蒸馏水冲滴定管尖端悬挂的液滴，否则会导致测定结果偏高，C错误；答案选B；②由于酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则终点的实验现象为当滴入最后一滴KMnO4溶液，锥形瓶中溶液恰好由无色变为浅红色，且半分钟不褪色；n(MnO4_)=V X 10-3L X 0.0100_ - 5 250 125Vmol • L1,根据方程式可知n(C2O42 )=n(MnO4 ) x x 10 5mol，m(C2O422 20 4125V「)= x 10-5mol x 88 g • mol-1=2. 75V x 10-2g，所以晶体中所含C2Q2「的质量分数为42.75V/ 100m。
3. 无水硫酸铜在加热至650C时开始分解生成氧化铜和气体.某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成•实验装置如下：实验组别温度称取CuSQ质量/g B增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mL①T10.6400.32000②T20.64000.256V2③T30.6400.160Y322.4B、C质量的改变和E中收集到气体的体积•实验数据如下( E中气体体每次实验后均测定用是______________________________ .(2) _____________________________________ 在测量E中气体体积时，应注意先，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积_________ (填偏大”偏小”或不变”).(3) ______________________________ 实验①中B中吸收的气体是__________ .实验②中E中收集到的气体是________________________ .(4) ____________________________________________ 推测实验②中CuSQ分解反应方程式为：_____________________________________________________ .(5)根据表中数据分析，实验③中理论上C增加的质量Y3= g.(6) __________________________________________________________结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由_____________________________________ .【答案】白色固体变黑吸收水蒸气，防止影响C的质量变化冷却至室温偏小SQr A |O2 2CuSO 2CuO+2SQ f +04 0.128 T4温度更高，因为S6分解为SQ和02是吸热反应，温度高有利于生成更多的02【解析】【分析】(1) 根据无水硫酸铜在加热至650 C时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；(2) 气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；(3) 实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；0.64g(4) 0.64g硫酸铜的物质的量为=0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：160g/mo10.256g0.004mol x 80g/mol0.32g；SQ 的质量为：0.256g,物质的量为：=0.004mol,64g / mol氧气的质量为：0.064g 0.64 -。