【化学】化学 化学反应原理的专项 培优易错试卷练习题含答案(1)
![【化学】化学 化学反应原理的专项 培优易错试卷练习题含答案(1)](https://img.360docs.net/img8f/1gqiprtc8b8mj9zzphbv39azsl8tqn2e-f1.webp)
![【化学】化学 化学反应原理的专项 培优易错试卷练习题含答案(1)](https://img.360docs.net/img8f/1gqiprtc8b8mj9zzphbv39azsl8tqn2e-42.webp)
【化学】化学化学反应原理的专项培优易错试卷练习题含答案(1)
一、化学反应原理
1.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药,用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒,临床常用于治疗荨麻疹,皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定,在酸性溶液中分解产生S和SO2
实验I:Na2S2O3的制备。工业上可用反应:2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得,实验室模拟该工业过程的装置如图所示:
(1)仪器a的名称是_______,仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%?80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______
(2)实验中要控制SO2的生成速率,可以采取的措施有_______ (写出一条)
(3)为了保证硫代硫酸钠的产量,实验中通入的SO2不能过量,原因是_______
实验Ⅱ:探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。
资料:Fe3++3S2O32-?Fe(S2O3)33-(紫黑色)
装置试剂X实验现象
Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色,30s 后几乎变为无色
(4)根据上述实验现象,初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+,通过_______(填操作、试剂和现象),进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象:
_______
实验Ⅲ:标定Na2S2O3溶液的浓度
(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液,并用间接碘量法标定该溶液的浓度:用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g?mol-1)0.5880g。平均分成3份,分别放入3个锥形瓶中,加水配成溶液,并加入过量的KI并酸化,发生下列反应:6I-+Cr2O72-
+14H+ = 3I2+2Cr3++7H2O,再加入几滴淀粉溶液,立即用所配Na2S2O3溶液滴定,发生反应I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-,三次消耗 Na2S2O3溶液的平均体积为25.00 mL,则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol?L-1
【答案】分液漏斗 蒸馏烧瓶 24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑ 硫化钠和碳酸钠的混合液 调节酸的滴加速度 若 SO 2过量,溶液显酸性.产物会发生分解 加入铁氰化钾溶液.产生蓝色沉淀 开始生成 Fe(S 2O 3)33-的反应速率快,氧化还原反应速率慢,但Fe 3+与S 2O 32- 氧化还原反应的程度大,导致Fe 3++3S 2O 32-?Fe(S 2O 3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动,最终溶液几乎变为无色 0.1600
【解析】
【分析】
【详解】
(1)a 的名称即为分液漏斗,b 的名称即为蒸馏烧瓶;b 中是通过浓硫酸和Na 2SO 3反应生成SO 2,所以方程式为:24232422H SO Na SO Na SO H O =SO +++↑;c 中是制备硫代硫酸钠的反应,SO 2由装置b 提供,所以c 中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液;
(2)从反应速率影响因素分析,控制SO 2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度,或者改变反应温度;
(3)题干中指出,硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解,如果通过量的SO 2,会使溶液酸性增强,对制备产物不利,所以原因是:SO 2过量,溶液显酸性,产物会发生分解;
(4)检验Fe 2+常用试剂是铁氰化钾,所以加入铁氰化钾溶液,产生蓝色沉淀即证明有Fe 2+生成;解释原因时一定要注意题干要求,体现出反应速率和平衡两个角度,所以解释为:开始阶段,生成3233Fe(S O )-的反应速率快,氧化还原反应速率慢,所以有紫黑色出现,随着Fe 3+的量逐渐增加,氧化还原反应的程度变大,导致平衡逆向移动,紫黑色逐渐消失,最终溶液几乎变为无色;
(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应:①2327226I Cr O 14H =3I 2Cr
7H O --++++++;②2222346=I 2S O 2I S O ---++;反应①I -被氧化成I 2,反应②中第一步所得的I 2又被还原成I -
,所以①与②电子转移数相同,那么滴定过程中消耗的227Cr O -得电子总数就与消耗的
223S O -失电子总数相同 ;在做计算时,不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c (Na 2S 2O 3)=a mol/L ,列电子得失守恒式:10.58806=a 0.02513294
?
???,解得a=0.1600mol/L 。
2.某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物()x 242y Fe C O zH O ?????,并用滴定法测定其组成。已知224H C O 在温度高于90℃时易发生分解。实验操作如下: 步骤一:将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内,可生成黄色沉淀;
步骤二:称取黄色产物0.844g n 于锥形瓶中,加入足量的硫酸并水浴加热至7085n ℃。待固体全部溶解后,用胶头滴管吸出一滴溶液点在点滴板上,用铁氰化钾溶液检验,无蓝色沉淀产生;
步骤三:用40.0800mol /LKMnO n 标准液滴定步骤二所得的溶液;
步骤四:向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn 粉和硫酸溶液,几分钟后用胶头滴管吸出一
滴点在点滴板上,用KSCN 溶液检验,若不显红色,过滤除去Zn 粉,并用稀硫酸洗涤Zn 粉,将洗涤液与滤液合并,用40.0800mol /LKMnO n 标准液滴定,用去高锰酸钾标准液10.00mL n 。
(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是________。
(2)步骤二中水浴加热并控制温度7085n ℃的理由是________,加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生,此操作的目的是________。
(3)步骤三盛装4KMnO 标准液的滴定管在滴定前后的液面如图乙所示,则消耗4KMnO 标准液的体积为________,该滴定管为________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。
(4)步骤四中滴定时发生反的离子方程式为________。若不合并洗涤液,则消耗4KMnO 标准液的体积将________(填“增大”“减小”或“不变”)。由以上数据计算黄色化合物的化学式为________。
【答案】过滤 加快固体溶解,防止草酸分解 证明溶液中无2Fe +存在,防止2Fe +干扰草酸的测定 25.00mL 酸式 232425Fe MnO 8H 5Fe
Mn 4H O +-+++++=++ 减小 ()4242Fe C O 5?10H O
【解析】
【详解】
(1)固液分离的方法为过滤,故答案为:过滤;
(2)水浴加热可加快固体溶解,控制温度7085?C n ~可防止草酸分解;
()x 242Fe C O y?zH O ????中的铁元素可能含有2Fe +,2Fe +与4KMnO 反应,高锰酸钾滴定
草酸时,需要排除2Fe +的干扰,故答案为:加快固体溶解,防止草酸分解;证明溶液中无2Fe +存在,防止2Fe +干扰草酸的测定;
(3)滴定前读数为0.80mL n ,滴定后读数为25.80mL n ,则消耗4KMnO 溶液的体积为25.00mL n ;4KMnO 具有强氧化性,应用酸式滴定管,故答案为:25.00mL n ;酸式;
(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为23225Fe 8H 5Fe Mn 4H O +++++=++,洗涤液中含有2Fe +,若不合并,消耗4KMnO 标准液的体积减小;根据方程式可知,
()()
234n Fe 5n MnO 50.0800mol /L 10mL 10+-
-==???n n 3L /mL 410-=? mol ,()()
33224455n H C O n MnO 0.0800mol /L 25mL 10L /mL 51022---==???=?n n mol
,()332g
0.844g 4
10mol 56510mol 88g /mol mol n H O 0.01mol 18g /mol
---??-??==n n n n ,
则()n Fe :()224n C O -:()2
n H O 4=:5:10,黄色化合物的化学式为()4242Fe C O 5?10H O ,故答案为:232425Fe MnO 8H 5Fe
Mn 4H O +-
+++++=++;减小;()4242Fe C O 5?
10H O 。 【点睛】
亚铁离子和草酸均能与酸性高锰酸钾溶液反应,实验时防止亚铁离子干扰草酸的测定是解答关键。
3.人体血液里Ca 2+的浓度一般采用mg·cm -3来表示。抽取一定体积的血样,加适量的草酸铵[(NH 4)2C 2O 4]溶液,可析出草酸钙(CaC 2O 4)沉淀,将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H 2C 2O 4),再用KMnO 4溶液滴定即可测定血液样品中Ca 2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca 2+
的浓度。
(配制KMnO 4标准溶液)如图是配制50mL KMnO 4标准溶液的过程示意图。
(1)请你观察图示判断,其中不正确的操作有__________(填序号)。
(2)如果用图示的操作配制溶液,所配制的溶液浓度将__________(填“偏大”或“偏小”)。
(测定血液样品中Ca 2+的浓度)抽取血样20.00mL ,经过上述处理后得到草酸,再用0.020mol·L -1 KMnO 4溶液滴定,使草酸转化成CO 2逸出,这时共消耗12.00mL KMnO 4溶液。
(3)已知草酸跟KMnO 4溶液反应的离子方程式为2MnO 4-+5H 2C 2O 4+6H +=2Mn x++10CO 2↑+8H 2O 则方程式中的x=__________。
(4)经过计算,血液样品中Ca 2+的浓度为__________mg·cm -3。
【答案】②⑤ 偏小 2 1.2
【解析】
【分析】
(1)根据图示分析配制一定物质的量浓度的溶液的操作正误;
(2)根据仰视刻度线,会使溶液体积偏大判断;
(3)根据电荷守恒进行分析;
(4)根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca 2+的浓度。
【详解】
(1)由图示可知②⑤操作不正确,②不能在量筒中溶解固体,⑤定容时应平视刻度线,至溶液凹液面与刻度线相切;
(2)如果用图示的操作配制溶液,由于仰视刻度线,会使溶液体积偏大,所配制的溶液浓度将偏小;
(3)根据电荷守恒,(-1×2)+(+1×6)=+x×2,解得,x=2,草酸跟KMnO 4反应的离子方程式为:2MnO 4-+5H 2C 2O 4+6H +═2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O ;
(4)血样20.00mL 经过上述处理后得到草酸,草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为:0.020mol/L×0.012L=2.4×10-4mol ,根据反应方程式2MnO 4-
+5H 2C 2O 4+6H +═2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O ,及草酸钙的化学式CaC 2O 4,可知:
n(Ca 2+)=n(H 2C 2O 4)=
52
n(MnO 4-)=2.5×2.4×10-4mol=6×10-4mol ,Ca 2+的质量为:40g/mol×6×10-
4mol=0.024g=24mg ,钙离子的浓度为:324mg 20cm
=1.2mg/cm 3。 【点睛】 要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法:紧抓c=n V
分析,如:用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后,用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中,用量筒量取液体药品,量筒不必洗涤,因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液,在制造仪器时已经将该部分的体积扣除,若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中,导致n 偏大,所配溶液浓度偏高;再如:配制氢氧化钠溶液时,将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解,未冷却立即转移到容量瓶中并定容,容量瓶上所标示的使用温度一般为室温,绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应,使溶液温度升高或降低,从而影响溶液体积的准确度,氢氧化钠固体溶于水放热,定容后冷却至室温,溶液体积缩小,低于刻度线,导致V 偏小,浓度偏大,若是溶解过程中吸热的物质,则溶液浓度偏小等。
4.硫代硫酸钠俗称大苏打、海波,主要用作照相业定影剂,还广泛应用于鞣革、媒染、化工、医药等行业。常温下,溶液中析出晶体为Na 2S 2O 3?5H 2O .Na 2S 2O 3?5H 2O 于40-45℃熔化,48℃分解;Na 2S 2O 3易溶于水,不溶于乙醇。在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。
Ⅰ.制备Na2S2O3?5H2O
将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置D中,然后注入150mL蒸馏水使其溶解,再在分液漏斗A中注入一定浓度的H2SO4,在蒸馏烧瓶B中加入亚硫酸钠固体,并按图乙安装好装置。
(1)仪器D的名称为______
(2)打开分液漏斗活塞,注入H2SO4,使反应产生的气体较缓慢均匀地通入Na2S和
Na2CO3的混合溶液中,并用磁力搅拌器搅动并加热,总反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2 Δ3Na
2S2O3+CO2。
①烧瓶B中发生反应的化学方程式为______。
②将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中的正确操作是______。
③制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下,其理由是______(用离子方程式表示)。
Ⅱ.分离Na2S2O3?5H2O并测定含量
(3)操作I为趁热过滤,其目的是______;操作Ⅱ是过滤、洗涤、干燥,其中洗涤操作时用______(填试剂)作洗涤剂。
(4)蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止,蒸发时控制温度不宜过高的原因是______。
(5)制得的粗晶体中往往含有少量杂质。为了测定粗产品中Na2S2O3?5H2O的含量,称取1.25g的粗样品溶于水,配成250mL溶液,取25.00mL溶液于锥形瓶中,滴入几滴淀粉溶液,用0.0100mol/L标准I2溶液滴定,当溶液中S2O32-全部被氧化时,消耗碘溶液的体积为
25.00mL.试回答:(提示:I2+2S2O32-═2I-+S4O62-)
①达到滴定终点时的现象:______
②产品中Na2S2O3?5H2O的质量分数为______。
【答案】三颈烧瓶 Na2SO3+H2SO4(浓)═Na2SO4+SO2↑+H2O 观察仪器D中气体的流速,控制分液漏斗A的旋塞,控制产生气体的速度 S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O 防止硫代硫酸钠晶体析出乙醇避免析出的晶体Na2S2O3?5H2O因温度过高而分解滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色,说明到达滴定终点 99.2% 【解析】
【分析】
【详解】
(1)根据仪器的构造可知,仪器D的名称为三颈烧瓶,故答案为:三颈烧瓶;
(2)①亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体,反应的化学方程式为:Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O,故答案为:Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O;
②为将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中,可以观察仪器D中气体的流速,通过控制分液漏斗A的旋塞,可控制产生气体的速度,故答案为:观察仪器D中气体的流速,控制分液漏斗A的旋塞,控制产生气体的速度;
③Na2S2O3在酸性条件下会生成S和SO2,所以制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下以防止Na2S2O3发生歧化反应,其离子方程式为:S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O,故答案为:S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O;
(3)根据图甲可知,温度低时,硫代硫酸钠的溶解度小,会结晶析出,所以需要趁热过滤,防止硫代硫酸钠晶体析出;Na2S2O3易溶于水,不溶于乙醇,所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠,应该用乙醇作洗涤剂,故答案为:防止硫代硫酸钠晶体析出;乙醇;
(4)Na2S2O3?5H2O于40-45℃熔化,48℃分解,所以蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体Na2S2O3?5H2O因温度过高而分解,故答案为:避免析出的晶体Na2S2O3?5H2O 因温度过高而分解;
(5)①碘遇淀粉变蓝色,反应结束时,溶液中S2O32-全部被氧化时,滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色,说明到达滴定终点,故答案为:滴加最后一滴标准I2溶液时,溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色,说明到达滴定终点;
②根据碘与硫代硫酸钠的反应I2+2S2O32-═2I-+S4O62-中的比例关系,配成的溶液中 c(S2O32-
)=
22
2-
23
2c I V(I)
V(S O)
g
()
=
20.0100mol0.025L
0.025L
??
=0.02mol/L,则产品中Na2S2O3?5H2O的质量
分数=0.0200mol/L0.25L248g/mol
100%
1.25g
??
?=99.2%,故答案为:99.2%。
5.淀粉水解的产物(C6H12O6)用硝酸氧化可以制备草酸,装置如图1所示(加热、搅拌和仪器固定装置均已略去):实验过程如下:
①将1:1的淀粉水乳液与少许硫酸(98%)加入烧杯中,水浴加热至85℃~90℃,保持30min,然后逐渐将温度降至60℃左右;
②将一定量的淀粉水解液加入三颈烧瓶中;
③控制反应液温度在55~60℃条件下,边搅拌边缓慢滴加一定量含有适量催化剂的混酸
(65%HNO3与98%H2SO4的质量比为2:1.5)溶液;
④反应3h左右,冷却,减压过滤后再重结晶得草酸晶体,硝酸氧化淀粉水解液过程中可发生下列反应:
C6H12O6+12HNO3→3H2C2O4+9NO2↑+3NO↑+9H2O
C6H12O6+8HNO3→6CO2+8NO↑+10H2O
3H2C2O4+2HNO3→6CO2+2NO↑+4H2O
请回答下列问题:
(1)实验①加入98%硫酸少许的作用是:_________;
(2)实验中若混酸滴加过快,将导致草酸产量下降,其原因是_________;
(3)检验淀粉是否水解完全所用的试剂为_________;
(4)草酸重结晶的减压过滤操作中,除烧杯、玻璃棒外,还必须使用属于硅酸盐材料的仪器有_________;
(5)将产品在恒温箱内约90℃以下烘干至恒重,得到二水合草酸.用KMnO4标准溶液滴定,该反应的离子方程式为:2MnO4﹣+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O称取该样品
0.12g,加适量水完全溶解,然后用0.020mol?L﹣1的酸性KMnO4溶液滴定至终点(杂质不参与反应),此时溶液颜色变化为_________,滴定前后滴定管中的液面读数如图2所示,则该草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为_________。
【答案】催化剂的作用温度过高,硝酸浓度过大,导致H2C2O4进一步被氧化碘水布氏漏斗、吸滤器无色突变为淡紫色且半分钟不褪色 84%
【解析】
【分析】
【详解】
(1)淀粉水解需要浓硫酸作催化剂,即浓硫酸的作用是提高淀粉水解的速度(或起到催化剂的作用)。
(2)由于温度过高、硝酸浓度过大,会导致产物H2C2O4进一步被氧化,所以不能滴入的过快。
(3)由于碘能和淀粉发生显色反应,所以可以用碘水来检验淀粉是否完全水解。
(4)减压过滤时需要布氏漏斗、吸滤瓶。
(5)由于酸性高锰酸钾溶液是显紫红色的,所以当反应达到终点时,溶液颜色由无色突变为淡紫色且半分钟不褪色。根据滴定管的读数可知,消耗高锰酸钾溶液是18.50ml-2.50ml =16.00ml。根据方程式可知,草酸的物质的量是0.020 mol·L-1×0.016L×5/2=0.0008mol,则
草酸晶体样品中二水合草酸的质量分数为0.0008126
100%84.0%
0.12
?
?=。
6.辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿,在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品,经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量,某同学进行了如下实验:
①取2.6g样品,加入200.0mL0.2000mol·L-1酸性KMnO4溶液,加热(硫元素全部转化为SO42-),滤去不溶杂质;
②收集滤液至250mL容量瓶中,定容;
③取25.00mL溶液,用0.1000mol·L-1FeSO4溶液滴定,消耗20.00mL;
④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+,使其不再参与其他反应),再加入过量KI固体,轻摇使之溶解并发生反应:2Cu2++4I-=2CuI+I2;
⑤加入2滴淀粉溶液,用0.1000mo1·L-1Na2S2O3溶液滴定,消耗30.00mL(已知:2S2O32-
+I2=S4O62-+2I-)。
回答下列问题:
(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式:___________;
(2)配制0.1000mol· L-1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸,原因是___________,配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有___________;
(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是___________;
(4)⑤中滴定至终点时的现象为___________;
(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_________%、_________%(结果均保留1位小数)。【答案】Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O 除去水中溶解的氧气,防止Fe2+被氧化胶头滴管(酸式)滴定管(或移液管)溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 61.5 36.9
【解析】
【分析】
由配制溶液的过程确定所需仪器,据滴定实验原理判断终点现象,运用关系式计算混合物的组成。
【详解】
(1)据题意,样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-,则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2++SO42-+2Mn2++4H2O。
(2)配制0.1000mol·L-1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸,目的是除去水中溶解的氧气,防止
Fe2+被氧化;配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。
(3)步骤③中取25.00mL待测溶液(有未反应的酸性KMnO4溶液),所用仪器的精度应为0.01mL,故选酸式滴定管或移液管。
(4)步骤⑤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2,使用淀粉作指示剂,终点时溶液由蓝色变为无色,且半分钟内不恢复原色。
(5)设2.6g样品中,Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y,
据5Fe2+~MnO4-(5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O),样品反应后
剩余n(MnO4-)=0.1000mol·L-1×20.00×10-3L×1
5
×
250
25.00
=4.000×10-3mol
样品消耗n(MnO4-)=0.2000mo·L-1×200.0×10-3L-4.000×10-3mol=36.00×10-3mol
由Cu2S~2MnO4-和5CuS~8MnO4-(5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2++5SO42-+8Mn2++12H2O),得
2x+8
5
y=36.00×10-3mol
又据2Cu2+~I2~2S2O32-,得2x+y=0.1000mo1·L-1×30.00×10-3L×
250
25.00
=30.00×10-3mol
解方程组得x=y=0.01mol
故w(Cu2S)=0.01mol160g/mol
100%
2.6g
?
?=61.5%,
w(CuS)=0.01mol96g/mol
100%
2.6g
?
?=36.9%。
【点睛】
混合物的计算常利用方程组解决,多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系,如本题中配制250mL溶液,只取出25.00mL用于测定实验。
7.草酸是一种二元弱酸,可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4?2H2O。回答下列问题:
(1)甲组的同学以电石(主要成分CaC2,少量CaS及Ca3P2杂质等)为原料,并用图1装置制取C2H2。
①装置A中用饱和食盐水代替水的目的是__。
②装置B中,NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸,本身被还原为NaCl,其中PH3被氧化的离子方程式为__。
(2)乙组的同学根据文献资料,用Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化C2H2制取
H2C2O4?2H2O.制备装置如图2所示:
①装置D中多孔球泡的作用是__。
②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为__。
③从装置D中得到产品,还需经过__(填操作名称)、过滤、洗涤及干燥。
(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4?2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下:准确称取mg产品于锥形瓶中,加入适量的蒸馏水溶解,再加入少量稀硫酸,然后用cmol?L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点,共消耗标准溶液VmL。
①滴定终点的现象是__。
②产品中H2C2O4?2H2O的质量分数为___(列出含m、c、V的表达式)。
【答案】减慢反应速率,获得平缓气流 PH3+4ClO-=H3PO4+4Cl-增大气体和溶液的接触面积,加快反应速率,使反应充分进行 C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O 蒸发浓缩、
冷却结晶当加入最后一滴标准液,溶液呈浅红色且30 s内不恢复原来的颜色31.5cV
m
%
【解析】
【分析】
(1)①碳化钙和水反应十分剧烈,可用饱和食盐水可减缓反应速率;
②装置B用NaClO将PH3氧化为磷酸,同时生成氯化钠;
(2)D中,Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化乙炔制取H2C2O4?2H2O,发生反应为:
C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O,多孔球泡增大乙炔气体与硝酸的接触面,充分反应,E装置防止倒吸,F装置吸收生成的二氧化氮气体,将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品,据此分析解答;
①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面,加快反应速率,充分反应;
②根据装置图,D中,Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮,反应方程式为:C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O;
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品;
(3)①滴定终点时,继续滴加高锰酸钾溶液,紫色不褪去;
②根据2MnO4-~5H2C2O4,由高锰酸钾的消耗可得H2C2O4的量,据此计算H2C2O4?2H2O的质量分数。
【详解】
(1)①电石与水反应非常剧烈,为了减慢反应速率,平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应;
②NaClO将PH3氧化为磷酸,钙反应的离子方程式为:PH3 +4ClO-=H3PO4+4Cl-;
(2)①装置D多孔球泡可增大乙炔气体与硝酸的接触面,加快反应速率,充分反应;
②根据装置图,D中,Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮,反应方程式为:C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O;
③将反应后的D溶液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得产品;
(3)①滴定过程中,反应结束前溶液为无色,滴定结束时溶液变为浅红色,则滴定终点现象为:当溶液呈浅红色且30 s内不恢复原来的颜色;
②准确称取m g产品于锥形瓶中,加入适量的蒸馏水溶解,再加入少量稀硫酸,然后用
c mol?L-1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点,共消耗标准溶液V mL,设产品中
H2C2O4?2H2O的质量分数为α,根据2MnO4-~~5H2C2O4?2H2O产品中H2C2O4?2H2O的质量
分数为α=
3
512610
100%
2
c V
m
-
????
?=
31.5cV
m
%。
【点睛】
考查物质制备方案设计,涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应滴定等知识,题目难度中等,明确实验原理、实验目的为解答关键,注意掌握常见元素化合物性质,试题侧重考查学生的分析能力及化学实验能力。
8.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:
实验①②③④
消耗的标准液的体积/mL18.3720.0519.9520.00
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。
9.已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应,产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水),某实验小组为确定该晶体的组成,设计实验步骤及操作如下:
已知:a.过程②:MnO4-被还原为Mn2+,C2O42-被氧化为CO2
b.过程③:MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+
c.过程④:2Cu2++4I-=2CuI↓+I2
d.过程⑥:I2+2S2O32-=21-+S4O62-
(1)过程①加快溶解的方法是________________________。
(2)配制100mL0.20mol·L-1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、
____________;过程②和过程⑥滴定时,滴定管应分别选用____________、
____________(填“甲”或乙”)。
(3)完成过程②的离子反应方程式的配平:
___MnO4-+___C2O42-+___H+===___Mn2++___H2O+___CO2↑。
(4)过程③加热的目的是________________________。
(5)过程⑥,应以____________作指示剂,若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加,则测定结果是____________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)
(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等,据此推测该晶体为
____________·H2O。
【答案】粉碎、搅拌或加热 100mL容量甲乙25162810除去溶液中多余的MnO4-,防止过程④加入过量的KI,MnO4-在酸性氧化I-,引起误差;淀粉溶液偏小K2Cu(C2O4)2
【解析】
【分析】
(1)在由固体与液体的反应中,要想加快反应速率,可以粉碎固体物质或搅拌,都是增大固液的接触面积,也可以加热等;
(2)配制溶液要掌握好配制步骤,容量瓶的选择,因为配制100mL溶液,所以选择
100mL容量瓶,氧化还原滴定的时候,注意选择指示剂、滴定管等。
(3)利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式:2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑;
(4)、MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+,据此分析作答;
(5)结合实际操作的规范性作答;
(6)根据方程式找出关系式,通过计算确定晶体的组成。
【详解】
(1)为了加快蓝色晶体在2 mol·L-1稀硫酸中溶解,可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法;
(2)配制100mL0.20mol·L-1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制,配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶;过程②是用0.20mol·L-
1KMnO4溶液滴定,KMnO4具有强氧化性,因此选用甲(酸式滴定管);过程⑥是用
0.25mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,Na2S2O3在溶液中水解呈碱性,故选用乙(碱式滴定管);(3)利用氧化还原反应中化合价升降总数相等,先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数,然后再观察配平其他物质,过程②的离子反应方程式:2 MnO4++5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑
(4)MnO4-在酸性条件下,加热能分解为O2,同时生成Mn2+,故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-,防止过程④加入过量的KI,MnO4-在酸性氧化I-,引起误差;
(5)过程⑥是用0.25mol·L-1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液,反应方程式为I2+2S2O32-=21-+S4O62-,故过程⑥,应以淀粉溶液作指示剂;若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加,则滴入Na2S2O3的物质的量偏小,造成测定Cu2+的含量偏小;
(6)由2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2++8H2O+ 10CO2↑可知n(C2O42-)=2.5?n(KMnO4)
=2.5?0.20mol·L-1?V(KMnO4);由2Cu2++4I-=2CuI↓+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2 S2O32- ~ I2 ~2Cu2+,n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25mol·L-1?V(Na2S2O3),已知两个滴定过程中消耗KMnO4和
Na2S2O3的体积相等,所以n(C2O42-)=2 n(Cu2+),因为晶体中只有一种阴离子,并且晶体中元素化合价代数和为0,故该晶体为K2Cu(C2O4)2·H2O 。
【点睛】
在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。
10.氧化剂H2O2在反应时不产生污染物被称为绿色氧化剂,因而受到人们越来越多的关注。
I.某实验小组以H2O2分解为例,探究浓度、催化剂、溶液酸碱性对反应速率的影响。在常温下按照如下表所示的方案完成实验。
实验编号反应物催化剂
①10mL2% H2O2溶液无
②10mL5% H2O2溶液无
③10mL5% H2O2溶液1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
④10mL5% H2O2溶液+少量HCl溶液1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
⑤10mL5% H2O2溶液+少量NaOH溶液1mL0.1mol·L-1FeCl3溶液
(1)实验①和②的目的是_________________________________。同学们进行实验时没有观察到明显现象而无法得出结论。资料显示,通常条件下H2O2稳定,不易分解。为了达到实验目的,你对原实验方案的改进方法是_________________________(填一种方法即可)。
(2)实验③④⑤中,测得生成氧气的体积随时间变化的关系如图所示。
分析该图能够得出的实验结论是________________________________。
II.资料显示,某些金属离子或金属氧化物对H2O2的分解起催化作用。为比较Fe3+和Cu2+对H2O2分解的催化效果,该实验小组的同学设计了如下图所示的实验装置进行实验。
(1)某同学通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢,实验时可以通过测量
_______或______来比较。
(2)0.1g MnO2粉末加入50mL H2O2溶液中,在标准状况下放出气体的体积和时间的关系如图所示。请解释化学反应速率变化的原因:_____________。请计算H2O2的初始物质的量浓度为________________(保留两位有效数字)。
为探究MnO2在此实验中对H2O2的分解起催化作用,需补做下列实验(无需写出具体操作):a._________________;b.___________________。
【答案】探究浓度对反应速率的影响向反应物中加入等量同种催化剂(或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中)碱性环境能增大H2O2分解的速率,酸性环境能减小H2O2分解的速率相同时间内产生O2的体积生成相同体积O2所需要的时间随着反应的进行,浓度减小,反应速率减慢 0.11mol·L-1 MnO2的质量有没有改变 MnO2的化学性质有没有改变
【解析】
【详解】
I.(1)实验①和②中H2O2的浓度不同,其它条件相同,故实验目的是探究浓度对反应速率的影响;实验时没有观察到明显现象是因为反应太慢,那么就要采取措施加快反应,可以向反应物中加入等量同种催化剂或将盛有反应物的试管放入同一热水浴中。
(2)从图可以看出产生O2的最终体积相等,但溶液的酸碱性不同,反应速率不同,在碱性环境能增大H2O2分解的速率,酸性环境能减小H2O2分解的速率。
II.(1)通过测定O2的体积来比较H2O2的分解速率快慢时可以看相同时间内产生O2的体积,或生成相同体积O2所需要的时间。
(2)从图可以看出,反应开始后,在相同的时间内生成的O2的体积逐渐减小,反应速率变慢,那么造成反应变慢的原因是随着反应的进行,浓度减小,反应速率减慢;反应在进行到4min时O2的体积不再改变,说明反应完全,生成O2的物质的量为:60×10-
3L÷22.4L/mol=2.7×10-3mol,根据反应2H2O2=2H2O+O2↑,生成2.7×10-3mol O2,需要消耗H2O2的物质的量为5.4×10-3mol,则H2O2的物质的量浓度为:5.4×10-3mol÷
0.05L=0.11mol·L-1;要探究MnO2是不是起到催化作用,根据催化剂在反应中的特点:反应前后质量和性质没有发生改变,所以需要补做实验来确定MnO2的质量有没有改变、MnO2的化学性质有没有改变。
化学反应原理期末试题含答案
化学反应原理期末试题含答案 1.下列有关说法正确的是() A.CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)室温下不能自发进行,说明该反应的ΔH<0 B.NH3(g)+HCl(g))=NH4Cl(s)室温下能自发进行,说明该反应的ΔH<0 C.N2(g)+3H2(g) 3(g)ΔH<0,其他条件不变时升高温度,反应速率v(H2)和氢气的平衡转化率均增大 D.水的离子积常数K w随着温度的升高而增大,说明水的电离是放热反应 2.下列说法正确的是 A.将纯水加热至较高温度,K w变大、pH变小、呈酸性 B.常温下,将pH=4的醋酸溶液稀释后,溶液中所有离子的浓度均降低 C.向0.1 mol〃L-1醋酸溶液中加入少量冰醋酸,溶液的pH减小,醋酸电离程度变大 D.等体积、pH都为3的酸HA和HB分别与足量的Zn反应,HA放出的H2多, 说明HA的酸性小于HB 3. 分析下列硫燃烧时的能量变化图,判断有关热 化学方程式和说法正确的是( ) A.S(s,单斜)+O2(g)===SO2(g) ΔH=+297.16 kJ〃mol-1 B.S(s,正交)===S(s,单斜) ΔH=-0.33 kJ〃mol-1 C.S(s,正交)+O2(g)===SO2(g) ΔH=-296.83 kJ〃mol-1 D.单斜硫的稳定性大于正交硫的稳定性 4. 在密闭容器中进行反应CH4(g)+H2CO(g)+3H2(g) ΔH>0,测得c(CH4)随 反应时间(t)的变化如图所示。下列判断中正确的是( ) A.10 min时,改变的外界条件可能是减小压强 B.0~5 min内,v(H2)=0.1 mol〃(L〃min)-1 C.恒温下,缩小容器体积,平衡后c(H2)减小 D.12 min时,反应达平衡时,气体的平均摩尔质量不 再变化 5. CH4-CO2催化重整反应为: CH4(g)+ CO2(g) = 2CO(g) + 2H2(g) 。 已知:①C(s)+2H2(g)=CH4(g) ΔH=-75 kJ〃mol?1 ②C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH=-394 kJ〃mol?1 ③C(s)+ 1/2O2(g)=CO(g) ΔH=-111 kJ〃mol?1 则该催化重整反应的ΔH等于 A.-580 kJ〃mol?1 B.247 kJ〃mol?1 C.208 kJ〃mol?1 D.-430kJ〃mol?1 6. 向某密闭容器中加入0.3 mol A、0.1 mol C 和一定量的B 三种气体,一定条件下 发生如下反应:3A(g) +2C(g),各物 质的浓度随时间变化如图所示[t0~t1阶段的 c(B)变化未画出]。下列说法中正确的是 A.若t1=15s, A 的浓度变化表示t0~t1阶段的 平均反应速率为0.09 mol〃L-1〃s-1 B.t0~t1阶段,此过程中容器放出a kJ热量,该 反应的热化学方程式为:3A(g) +2C(g) ΔH=-50a kJ〃mol-1
化学反应原理测试1
《化学反应原理》测试题1 可能用到的原子量:H .1 O .16 Cu. 64 A g .108 一、选择题(本题共25小题,每小题2分, 共50分,每小题只有一个选项符合题意) 1.下列关于水的说法错误的是()。 A.水是生命活动必不可少的物质 B.水是含有极性共价键的化合物 C.水的电离是放热过程 D.水是极弱的电解质,在50 ℃时水的pH小于7 2.下列说法正确的是()。 A.凡是放热反应都是自发的 B.铁在潮湿空气中生锈是自发过程 C.熵增大的反应都是自发反应 D.电解池的反应是属于自发反应 3.相同温度下等物质的量浓度的下列溶液中,c(NH4+)最大的是()。 A. B. C. D.NH3.H2O 4.常温时,将pH=3的盐酸和pH=11的氨水等体积混合后,所得溶液的pH()。 A.等于7 B.大于7 C.小于 7 D.无法确定 5.氯化铜溶液中含有少量氯化铁杂质,若要制得纯净的氯化铜(Fe(OH)3沉淀的pH是3.7,Cu(OH)2沉淀的pH是6.0),向溶液中加入下列试剂,不能达到目的的是()。 A.NaOH B.CuO C.Cu(OH)2 D.Cu(OH)2CO3 6.常温时,将足量的AgCl固体分别加入同体积的下列各溶液中,溶解的AgCl最少的是()。 A.1 mol·L-1的MgCl2溶液B.2 mol·L-1的NaCl溶液 C.1.4 mol·L-1的BaCl2溶液 D.1 mol·L-1的AlCl3溶液 7.下列说法正确的是()。 A.可逆反应的特征是正反应速率和逆反应速率相等 B.在其他条件不变时,使用催化剂只能改变反应速率,而不能改变化学平衡状态 C.在其他条件不变时,升高温度可以使平衡向放热反应方向移动 D.在其他条件不变时,增大压强一定会破坏气体反应的平衡状态 8.下列说法正确的是()。 A.K W随浓度的改变而改变 B.K sp只与难溶电解质的性质和温度有关,而与溶液中的离子浓度无关 C.对已达到化学平衡的反应,改变压强,平衡常数(K)一定改变 D.一般情况下,一元弱酸HA的K a越大,表明该酸的酸性越弱 9.下列说法正确的是()。 A.含有H+离子的溶液一定呈酸性 B.0.1 mol/L KOH溶液和0.1 mol/L氨水中,其c(OH-)相等 C.pH为1的盐酸的c(H+)是pH为3的盐酸的100倍 D.Na2 CO3溶液中,c(Na+)是c(CO32-)的两倍 10.用锌和1 mol/L稀硫酸溶液制取氢气,欲提高制取氢气的速率,下列措施不可行的是()。 A.改用98%的浓硫酸 B.使用更小颗粒的锌粒
鲁科版化学反应原理期末测试题
高二上学期教学检测题化学 第Ⅰ卷(选择题,共47分) 一、选择题(每题只有一项符合题意,每题2分,共14分) 1.下列物质中属于弱电解质的是() A.NH3B.BaSO4 C.CH3COOH D.CH3COONH4 2.下列溶液中导电性最强的是() A.5L 0.1mol / L NH3·H2O B.5L 0.1mol / L 盐酸 C.0.1L 0.1mol / L H3PO4溶液 D.0.1L 0.1mol / L Ba(OH)2溶液 3.能使水的电离平衡右移,且水溶液显酸性的微粒是( ) A.Al3+B.OH- C.H+D.HCO3- 4.已知:(1)Zn(s)+ 1/2O2(g)= ZnO(s),ΔH = -350 kJ·mol-1, (2)2Ag(s) + 1/2O2(g)= Ag2O(s),ΔH = -25 kJ·mol-1,则Zn(s)+ Ag2O(s) = ZnO(s) + 2Ag(s)的ΔH等于() A.-375 kJ·mol-1B.-325 kJ·mol-1 C.+375 kJ·mol-1D.+325 kJ·mol-1 5.下列有关问题,与盐的水解有关的是() ①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂②用NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶 液可作泡沫灭火剂③草木灰与铵态氮肥不能混合施用④实验室盛放碳酸钠溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤Al2S3不能通过溶液中的反应制取 A.①②③B.②③④C.①④⑤D.①②③④⑤ 6.下列各组离子在溶液中能大量共存的是() A.Al3+、Na+、HCO3-、[Al(OH)4]- B.Ca2+、HCO3-、Cl-、K+
【化学】培优易错试卷化学反应原理辅导专题训练附答案
【化学】培优易错试卷化学反应原理辅导专题训练附答案 一、化学反应原理 1.人体血液里Ca2+的浓度一般采用mg·cm-3来表示。抽取一定体积的血样,加适量的草酸铵[(NH4)2C2O4]溶液,可析出草酸钙(CaC2O4)沉淀,将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸(H2C2O4),再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。 (配制KMnO4标准溶液)如图是配制50mL KMnO4标准溶液的过程示意图。 (1)请你观察图示判断,其中不正确的操作有__________(填序号)。 (2)如果用图示的操作配制溶液,所配制的溶液浓度将__________(填“偏大”或“偏小”)。 (测定血液样品中Ca2+的浓度)抽取血样20.00mL,经过上述处理后得到草酸,再用 0.020mol·L-1 KMnO4溶液滴定,使草酸转化成CO2逸出,这时共消耗12.00mL KMnO4溶液。(3)已知草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn x++10CO2↑+8H2O则方程式中的x=__________。 (4)经过计算,血液样品中Ca2+的浓度为__________mg·cm-3。 【答案】②⑤偏小2 1.2 【解析】 【分析】 (1)根据图示分析配制一定物质的量浓度的溶液的操作正误; (2)根据仰视刻度线,会使溶液体积偏大判断; (3)根据电荷守恒进行分析; (4)根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。 【详解】
(1)由图示可知②⑤操作不正确,②不能在量筒中溶解固体,⑤定容时应平视刻度线,至溶液凹液面与刻度线相切; (2)如果用图示的操作配制溶液,由于仰视刻度线,会使溶液体积偏大,所配制的溶液浓度将偏小; (3)根据电荷守恒,(-1×2)+(+1×6)=+x×2,解得,x=2,草酸跟KMnO 4反应的离子方程式为:2MnO 4-+5H 2C 2O 4+6H +═2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O ; (4)血样20.00mL 经过上述处理后得到草酸,草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为:0.020mol/L×0.012L=2.4×10-4mol ,根据反应方程式2MnO 4- +5H 2C 2O 4+6H +═2Mn 2++10CO 2↑+8H 2O ,及草酸钙的化学式CaC 2O 4,可知: n(Ca 2+)=n(H 2C 2O 4)=52n(MnO 4-)=2.5×2.4×10-4mol=6×10-4mol ,Ca 2+的质量为:40g/mol×6×10- 4mol=0.024g=24mg ,钙离子的浓度为:324mg 20cm =1.2mg/cm 3。 【点睛】 要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法:紧抓c=n V 分析,如:用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后,用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中,用量筒量取液体药品,量筒不必洗涤,因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液,在制造仪器时已经将该部分的体积扣除,若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中,导致n 偏大,所配溶液浓度偏高;再如:配制氢氧化钠溶液时,将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解,未冷却立即转移到容量瓶中并定容,容量瓶上所标示的使用温度一般为室温,绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应,使溶液温度升高或降低,从而影响溶液体积的准确度,氢氧化钠固体溶于水放热,定容后冷却至室温,溶液体积缩小,低于刻度线,导致V 偏小,浓度偏大,若是溶解过程中吸热的物质,则溶液浓度偏小等。 2.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 Fe 3+还原为 Fe 2+,Fe 2+与 K 3Fe (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:
化学反应原理第二章测试题含答案
高二化学反应原理第二章化学反应的方向、限度和速率测试题含答案 质量检测 第Ⅰ卷(选择题,共54分) 一、选择题(本题包括18个小题,每题3分,共54分。每题只有一个选项符合题) 1.下列反应中,一定不能自发进行的是() (s)====2KCl(s)+3O2(g) ΔH=- kJ·mol-1 ΔS=1 110 J·mol-1·K-1 (g)====C(s,石墨)+1/2 O2(g) ΔH = kJ·mol-1ΔS=- J·mol-1·K-1 (OH)2(s)+2H2O(l)+O2(g)====4Fe(OH)3(s) ΔH =- kJ·mol-1 ΔS =- J·mol-1·K-1 (s)+CH3COOH(aq)====CO2(g)+CH3COONH4(aq)+H2O(l) ΔH = kJ·mol-1ΔS = J·mol-1·K-1 2.下列反应中,熵减小的是() A、(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g) B、2N2O5(g)=4NO2(g)+O2(g) C、 MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g) D、2CO(g)=2C(s)+O2(g) 3.反应4NH3(气)+5O2(气) 4NO(气)+6H2O (气)在10L密闭容器中进行,半分钟后,水蒸气的物质的量增加了,则此反应的平均速率v(X)(反