发布时间 : 星期三 文章2020-2021全国高考化学化学反应原理的综合高考真题汇总附答案更新完毕开始阅读e205c8ced8ef5ef7ba0d4a7302768e9950e76e02
/g ① ② ③ ④ T1 T2 T3 T4 0.640 0.640 0.640 0.640 0.320 0 0.160 X4 /g 0 0.256 Y3 0.192 /mL 0 V2 22.4 33.6 （1）实验过程中A中的现象是______．D中无水氯化钙的作用是_______．
（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CuSO4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 SO3 O2 2CuSO4
2CuO+2SO2↑+O2↑ 0.128 T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是
吸热反应，温度高有利于生成更多的O2 【解析】 【分析】
(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃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×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：＝0.004mol，
64g/mo10.064g氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：＝0.002mol，
32g/mo1CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO4
2CuO+2SO2↑+O2↑；
(5)0.64g硫酸铜的物质的量为
0.64g＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
160g/mo10.0224?32＝0.032g，22.4根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；
0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：
(6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。 【详解】
(1)因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是 吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；
(2)加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，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，故答案为：冷却至室温 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，故答案为：SO3；O2； (4)0.64g硫酸铜的物质的量为
0.64g＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
160g/mo10.256g＝0.004mol，
64g/mo10.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：
0.064g＝0.002mol，
32g/mo1CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO4
2CuO+2SO2↑+O2↑；
0.64g(5)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/mo10.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：
0.0224?32＝0.032g，22.4实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；
(6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故T4温度更高，故答案为：T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。
6．三草酸合铁（III）酸钾K3[Fe (C
2O4)3]?3H2O（其相对分子质量为
491），为绿色晶体，易溶于水，难溶于酒精。110℃下可
完全失去结晶水，230℃时分解。它还具有光敏性,光照下即发生分解，是制备活性铁催化剂的原料。某化学小组制备该晶体，并测定其中铁的含量，进行如下实验： Ⅰ．三草酸合铁（Ⅲ）酸钾的制备；
①称取5g硫酸亚铁固体，放入到100mL的烧杯中，然后加15mL馏水和5～6滴稀硫酸，加热溶解后，再加入25mL饱和草酸溶液，搅拌加热至沸。停止加热，静置，待析出固体后，抽滤、洗涤、干燥，得到FeC2O4?2H2O；
②向草酸亚铁固体中加入饱和K2C2O4溶液10mL，40oC水浴加热，边搅拌边缓慢滴加20mL3%H2O2溶液，变为深棕色，检验Fe2+是否完全转化为Fe3+，若氧化不完全，再补加适量的H2O2溶液；
③将溶液加热至沸，然后加入20mL饱和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液转为绿色。趁热抽滤，滤液转入100mL烧杯中，加入95%乙醇25mL，混匀后冷却，可以看到烧杯底部有晶体析出。晶体完全析出后，抽滤，用乙醇-丙酮混合液洗涤，置于暗处晾干即可。 （1）写出步骤①中，生成FeC2O4?2H2O晶体的化学方程式___。检验FeC2O4?2H2O晶体是否洗涤干净的方法是___。
（2）步骤②中检验Fe2+是否完全转化的操作为___。
（3）步骤③用乙醇-丙酮混合液洗涤，而不是用蒸馏水洗涤的原因是___。 Ⅱ．铁含量的测定：
步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。
步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO4-被还原成Mn2+，向反应后的溶液中逐渐加入锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形瓶中，此时溶液仍呈酸性。 步骤三：用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4-被还原成Mn2+。
步骤四：重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。 （4）配制三草酸合铁酸钾溶液中用到的玻璃仪器有烧杯____，___，___。 （5）写出步骤三中发生反应的离子方程式____。
（6）实验测得该晶体中铁的质量分数为____（结果保留3位有效数字）。
【答案】FeSO4+H2C2O4+2H2O=FeC2O4?2H2O↓+H2SO4 用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净 滴加K3Fe（CN）6溶液，观察是否生成蓝色沉淀 减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分 玻璃棒 胶头滴管 250mL容量瓶 5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 11.2% 【解析】 【分析】
(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4?2H2O；固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净； (2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀； (3)FeC2O4?2H2O微溶于水，难溶于乙醇-丙酮；
(4)配制溶液，可用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等； (5)为亚铁离子与高锰酸钾的反应；
(6)结合反应的离子方程式，计算25mL溶液中含有亚铁离子，可计算5.00g三草酸合铁酸钾晶体中铁的质量分数。
【详解】
(1)草酸与硫酸亚铁在加热条件下生成FeC2O4?2H2O，反应的方程式为
FeSO4+H2C2O4+2H2O?FeC2O4?2H2O↓+H2SO4，固体吸附溶液中的硫酸根离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净，故答案为FeSO4+H2C2O4+2H2O?FeC2O4?2H2O↓+H2SO4；用小试管取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，如出现白色沉淀，说明沉淀没有洗涤干净，否则，沉淀已洗涤干净；
(2)Fe2+与K3Fe(CN)6溶液会产生蓝色沉淀，检验Fe2+是否已完全被氧化，可以用K3Fe(CN)6溶液，故答案为滴加K3Fe(CN)6溶液，观察是否生成蓝色沉淀；
(3)由于FeC2O4?2H2O微溶于水，难溶于乙醇-丙酮，所以用乙醇-丙酮洗涤晶体的目的是减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；故答案为减少草酸亚铁晶体的溶解，更快除去草酸亚铁晶体表面的水分；
(4)配制溶液，需要用烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及250mL容量瓶等，故答案为玻璃棒、胶头滴管、250mL容量瓶；
(5)在步骤三中发生的离子反应为：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
(6)n(Fe)=5n(MnO4-)=5×0.0100mol/L×19.98×10-3L≈1.0×10-3mol，m(Fe)=56g?mol-1×1.0×10-3
VVmol=0.056g。则5.00g三草酸合铁酸钾晶体中m(Fe)=0.056g×
250=0.56g，晶体中铁的质量25分数=
0.56g
×100%=11.2%，故答案为11.2%。 5.00g
7．二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__________________________；