1、一)化學實驗方案設計與評價1、 解析：(1) A裝置制備氯氣，因此儀器 M中盛放的試劑為濃鹽酸。(2) B裝置中CL與NILC1水溶液在低溫下反應得到 NCL,加熱蒸餡，再冷凝收集 NCL，最后用氫氧化鈉溶液吸收尾氣， 防止污染空氣，故儀器接口連接的順序為a、b、c、e、f、d, ( 3)由于NCL熔點為-40 ° C,沸點為 70 ° C, 95 °C 以上易爆炸，有刺激性氣味，在熱水中易水解，所以應控制 水浴加熱的溫度為 70? 95 ° C, 氯氣、氯化氫都能引起空氣污染，不能直接排放，可以用氫 氧化鈉溶液吸收，所以裝 置C的作用為吸收尾氣并防止倒

2、吸。(4)NCL本身無漂白性，與水 反應生成次氯酸和氨氣，化學方程式：NCl3+3H20"3HC10+NH f ,氨氣與水反應生成一 水合氨，一水合氨電離岀氫氧根離子，溶液 顯堿性，使紅色石蕊試紙變藍，生成的HC10又 使其漂白褪色。(5)在pH=4時電解NHK1溶液也可以制得NCL,氮元素化合價從一 3價升高到+3價，發生失去電子的氧化反應，則電解池中產生NCL的電極為陽極，該電極的電極反 應式為36+ NHA-6e=NCI+4H+o ( 6) NCL可與NaC10溶液反應制 取 CIO, 氣體，同時產 生一種無污染的氣體，根據原子守恒可知該氣體是氮氣，反應的方程式為2NCL +

3、6NaC102=6C102 t +6NaCI+N 2 t ,答案：( 1) 濃鹽酸 ( 2) a、 b、 c、 e、 f 、 d ( 3) 70? 95 ° C 吸收尾氣并防止倒吸 在熱 水中發生的反應為 NCL+3H20"3HC10+NH3 f , NCL 本身無漂白性，但在熱水中會水 解生成NHs - "0使紅色石蕊試紙變藍，而生成的 HC1O又使其褪色(5)陽極3C T +NHj 一 6eA=NCIa+4F+ ( 6) 2NCI3 + 6NaC10 2=6C102 t +6NaCI+N 2 t2、 解析：在 SO?勺飽和水溶液中存在 S02+H20 H2SO

4、3 H+HS0F的平衡，當 加入NaHSOs固 體增加了 c (HS0D ,平衡左移，降低了 S0,的溶解度，故可以看到有氣體S0,逸岀。次氯酸具有強氧化性、二氧化硫具有還原性，不能利用二氧化硫與次氯酸鈣直接反應判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強弱，先驗證亞硫酸酸性比碳酸強，再結合碳酸酸性比 HC10 強進行判斷。 A 裝置制備二氧化硫，由于鹽酸易揮發，制備的二氧化硫中混有HC1,用飽和的亞硫酸氫鈉除去 HC1,再通過碳酸氫鈉溶液，可以驗證亞硫酸酸性比碳酸強，用酸性高猛 酸鉀溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品紅 溶液檢驗二氧化碳中二氧化硫是否除盡， 再通入 F 中，則裝置連接順序為 A-C-B-E

5、-D-F, 其中裝置 C 的作用是除去 HC1 氣體， D 中品紅不褪色， F 中岀現白色沉淀，可證明亞硫酸的酸性強于次氯酸 o(2) A中制備二氧化硫，X干燥二氧化硫，C中S0?與NaCh反應，D中氫氧化鈉溶液吸收剩余的二氧化硫，防止污染 空氣； E 裝置檢驗還原性弱于 S02, F 裝置驗證二氧化硫為酸性氣體，并吸收 二氧化硫，防止污染空氣。 S0?與NaQ反應無0?生成，可能發生的化學反應方程式為NaA> +S02=NqS04?E中溶液藍色褪去，說明 SO 有還原性，被L氧化，發生反應的離子方程式為S0=+ L+2H=0=21 + SOt+4H + ° 因 SO?是酸性氧

6、化物，能發生 20H" + S0 2=S0t + H : 0,貝U F 中 含酚酰的NaOH溶液顯紅色，通入SO?后紅色變淺或褪去。答案：SO?勺水溶液中存在如下平衡 SO +H2OHSO H+HSOF1加入NaHSOs固體增加了 c(HS0D,平衡左移，降低了SO?的溶解度C-B-E D-F D中品紅不褪色， F中產生白色沉淀(2) Na02 + S0 2=NaS04溶液藍色褪去S02 + L + 2H 20=2r + S0r + 4H +紅色變淺或褪去3、解析：(1)Bn能腐蝕橡皮塞及橡皮管，所以該裝置不用橡皮塞及橡皮管；澳沸點低，易揮發，冰水的作用是冷凝澳蒸氣。由用 NaCI和

7、濃硫酸制備HC1,聯想到用NaBr和濃硫酸制備HBr, 由用濃HC1溶液和MnOz制備CL,聯想到用濃HBr溶液和MnO制備Bg 題圖2中儀器A的名稱為恒壓滴液漏斗。步驟 2滴入Bn之前，冷卻至2 °C的目的 是防止液澳揮發；步驟 2中加入液澳可能發生 Bn與NaOH的反應。步驟4洗滌時，欲證114s明已洗滌干凈，只需證明最后一次洗滌液中沒有Br即可。刀(NaOH)=0.28540 g ? mol20 R1. 6 Rmol, (Br2)=0.125 mol, (CH3C0CH3)= * =0. 027 6 mol, 才艮據160 g ? mol58 g ? molg 2 CTCBm的

8、制備原理知，NaOH和Br2過量，故產品的產率= ： X 100%1- 6 g，-,=90. 6%o答案：Bn能腐蝕橡皮塞及橡皮管 冷凝漠蒸氣 2NaBr+MnQ+3HS04(a)=2NaHS0.!+MnS0i+Br 2 + 2H 20或 2NaBr +Mn0= + 2H£0(濃)+MnSO.,+Bn + 2H=0(2) 恒壓滴液漏斗防止液漠揮發Bn + ZOIT=Br(F+ Br + HQ取少許最后 一次洗滌液于試管中，滴入硝酸酸化的 AgNOa溶液，若無沉淀生成，則說明已洗滌干凈90. 6%4、 解析：(1)由裝置圖可知 A為分液漏斗。(2)在裝置B中制取氯氣，離子反應方程式為+

9、2 +MnO+4H + 2CrAAMn +CL t +2H =0。(3)在E中干燥純凈的CL與S發生反應，而B中制取的CL中含有HC1雜質，除雜后氣體還需要干燥，故 C中盛有飽和食鹽水以除去 HC1, D中盛有濃硫酸以干燥氯 氣。 結合題給信息，SKL能與CL反應生成SCL,知SEL粗品 中可能混有的雜質有 S、SCL CL, (5)觀察裝置圖可知，H中水蒸氣可進入G中，發生反應： 2S2CL+2H0=3S J +S0= t +4HC1, 導致S2CI2產率降低，可在 G和H之間增加干燥裝置(6) H是除氯氣裝置，氯化鐵和高鎰酸鉀都不與氯氣反應，符合題意。答案： ( 1) 分液漏斗+ 2+(2

10、) MnO + 4H + 2CrAAMn +Cl 2 t +2H 20除去CL中的HC1雜質 S SCL、CL(5) 2S2CL+2H=0=3S I +S0 2 t +4HC1 在 G 和 H 之間增加干燥裝置(如盛有濃硫酸的洗 氣 瓶)(二)定量實驗方案探究1、解析： ( 1 ) 長頸漏斗只能一次性將液體全部加入反應裝置中，不能控制滴液速度，故不能用其代替裝置 A 中的分液漏斗。 (2) 裝置 B 中濃硫酸起到干燥氣體的作用；長頸漏斗連 接大氣， 起到平衡壓強的作用；通過氣泡產生的速率可以觀察 0?的流速。 ( 3) 儀器丙為三口 燒瓶；冷凝管 的冷卻水要下進上岀。裝置 C的三口燒瓶中盛有P

11、CL,其與通入的6反應 生成POCLo反應溫度控制 在60? 65 °C的原因是既能提高反應速率，又能防止因溫度過高而導致PCL揮發。(5)設16.73 g 樣品中含有 x mol P0CL, 根據樣品純度測定過程中發生 的反應： P0CL+3H20=HaP0i + 3HCl 、 Ag+Cr=AgCl I 、 Ag+ + SCN"=AgSCN I 及銀元素 3x守恒,可得 3. 2 mol ? L -1X10. 00X10 -3 L= mol + 0. 20 mol ? L -1X10. 00X10 -3 L, 解得 x=0.1, 故樣品中 POCL的純度為 0. 1 mo

12、lX 153. 5g ? mor'4 -16. 73 gX100% = 91. 8%。答案： ( 1) 不能，長頸漏斗不能調節滴液速度( 2)acd( 3)三口燒瓶(或三頸燒瓶)a(4)2PC13+OAA2POC13溫度過低，反應速率太慢；溫度過高，PCL易揮發，利用率(5)指示劑 91.8%2、解析：( 4) 由于 PCL 遇水會水解，所以氯氣必須干燥， C 裝置中可盛裝濃硫酸干燥氯氣。利用二氧化碳排盡裝置中的空氣，防止PCL被氧化。根據PCL的沸點數據，利用 E裝置收集 PCL, 因尾氣中含有有毒氣體氯氣且空氣中的水蒸氣可能進入裝置，所以用F 裝置中 的堿石灰吸收多余的氯氣，同時防

13、止空氣中的水蒸氣進入燒瓶與PCL反應。（5）由PCL+3H2O=H3PO3+3HC1 和 L+2S2Or=SiOr + 2r 可知,/7 （H3PO3）=（L） , 即（壓P0。-1 _3 3+|x6X10 - mol = 8X10 _ mol,解得 /7 （ fPO）=7. 7X10A mol,所以 5. 00 g 產品中含有 4X7.1-37X10-3 mol PC1 3,產品中 PCL 的質量分數為 137. 5 g ?m Or1X4X7. 7X 10 -3 mol4-5. 00 gX100% =84. 7%o答案： （ 1） 分液漏斗（2）檢查裝置的氣密性 打開K通一段時間的CO,然后

14、關閉K（3）平衡三頸燒瓶與分液漏斗上方的氣壓，使 B 儀器中的液體能夠順利滴下 冷凝并收集 PCL（4）堿石灰 C 裝置只能吸收水，而 F 裝置還可以吸收多余的氯氣，同時防止空氣中的 水蒸氣進入燒瓶和PCL反應（5）溶液由藍色變為無色，且半分鐘內不恢復藍色 84. 7%3、解析：（1）用裝置C制備由于過氧化鈣能與空氣中的足0、C0,反應，因此制得的 Oz必須用裝置D干燥，且裝置B要通入一段時間0?后，再點燃酒精燈制備 CaO&還要用裝置D防止空氣中的 壓0、CO?進入裝置，故裝置按氣流方向連接順序為dfebcf或dfecbfo （2）實驗結束后，為了防止倒吸，先熄滅酒精燈，待反應管冷卻

15、至室溫，再停止通入氧氣，并關閉分液漏斗的活塞。 （ 3）利用過氧化鈣的強氧化性檢驗。（ 4） 根據 Ca02 ? 8H 20 的制備原理， 知裝置甲為氨氣的發生裝置，發生反應：Ca（ 0H）2 + 2NH4C|AACaCI 2+2NH3 t +2H 20。X為分 液漏斗。乙中沉淀反應需控 制溫度在0 °C左右，還可能的原因是溫度低可減少過氧化氫的分解。根據 CaO ? 8H20的制備原理可知，反應產物為 CaO - 8H 20和NHC1,則通過檢驗 最后一次洗滌液中是否含有 C1",即可檢 驗 CaO= ? 8H2O 是否洗滌干凈。（5）根據 2CaO? + 2"

16、0=2Ca（ 0H）=+0= t , 0=+4Kl + 2fS0i=2K=S04+2L+2H=0, L+2S" =2+ SQ，可 得關系式：2CaO ? O ? 2L? 4S?-,貝0 /7-1-3（CaO2）=3（Na&（） 3） =|x c mol ? L -1X KX 10-3 L =|xcKX10 -3 mol,故CaOz的質量分數為-X cKX 10 ' mol X 72 g , mol X36cKX10100%=- 答案： (l)dfebcf 或 dfecbf(2)熄滅酒精燈，待反應管冷卻至室溫，停止通入氧氣，并關閉分液漏斗的活塞(3) 取樣品少許于試管中

17、，加入酸化的 FeCL溶液溶解后，滴加KSCN溶液，若溶液變紅色，則說明樣品中含有過氧化鈣；若溶液不變紅色，則說明樣品中不含過氧化鈣 Ca(0H) 2 + 2NH. 1Cl=CaC12 + 2NH 3 t +2H 20 分液漏斗溫度低可減少過氧化氫的分解，提高過氧化氫的利用率取少量最后一次洗滌液于試管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸銀溶液，若沒有白色沉淀生成，則說明已經洗滌干凈；反之則說明未洗滌干凈 ( 合 理答案均可 )-3, x36cKX10-3 a4、解析：I . (l)CaO能與水反應同時放岀大量的熱，有利于氨氣的逸岀；NaOH溶于水放岀大量的熱，有利于氨氣的逸出，A、 B 項符合題意

18、。 (2) 外界大氣壓與三頸瓶內壓強之差 越大，噴泉越劇烈，大氣壓不變， D 點壓強最小，所以大氣壓和 D 點壓強之差最大，則 D 點 時噴泉最劇烈。 (3) 能夠產生壓強差就能引發噴泉，氨氣不溶于CCL，兩者也不反應，不能 產生壓強差，不能引發噴泉，A、 B、 C 項操作均能引發噴泉。 II. (4) 氨水呈堿性，應該用堿 式滴定管或移液管量取。 (5) 設氨水 的物質的量濃度為 c, 則有 cX20. 00 mL = 0. 040 00mol ? L-1l-1X22. 50 mL, 解得 c=0. 045 00 mol ?L l? 電離平衡常數兀 =,pHc UN ns ? ri2U/0-

19、3 x 0-3-1-3-1一 3 = 11.0的氨水中 c(0H-) =10 - mol 丄-,c(NHA) Ac(0H -) =10 - mol *L -,貝U K.= nU. UArO UU = 2.2X1 。-" 。(6) 液氨與 Na=C03 不反應，與 NaHCO3 發生反應： 2NaHCO： 3 + 2NH3=Na 2CO3 + (NH4) 2C03?答案： I . (1)AB 將濕潤的紅色石蕊試紙靠近瓶口 c, 試紙變藍色，證明 NH3 已收集滿 (或 將蘸 有濃鹽酸的玻璃棒靠近瓶口C,有白煙生成，證明NH3已收集滿)(2) DII. (4) 堿式滴定管 ( 或移液管

20、), 、10 以 10 一 3_5/_5 、3(5) 0. 045 00=2. 2X 10(2. 27X10'也可)0. 045 00(6) NaHC0 2NaHC03+2NH=NQC03 + (NH 4)2CQ(%1)化工生產與工藝流程1、解析：(1)流程發生的反應是二氧化硫和氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉和水，亞硫酸鈉和氫氧化鈣反應生成亞硫酸鈣，亞硫酸鈣被氧氣氧化為硫酸鈣，化學式為CaSQ? (2)將第I步中的濃苛性鈉溶液換成同溫度下飽和 Ca (0H) 2溶液直接制得產品 CaSO,由于氫氧化鈣溶 解度小對二氧化硫吸 收不完全，所以不可以。(3)111)3 尾氣含有so” 1 000

21、LX4. 48% : 22. 4 L ? mor 1 = 2 mol; 需 要含鎰質量分數為55%的MnO礦粉x gMn0= +S02 + H=0=Mn S04 - H=087 g 1 mol87x gX 55%X 2 mol55x=200。(4) 除鐵發生的反應是利用鐵離子在 pH=6.5時全部沉淀除去，三價鐵離子水解生成氫氧化鐵和氫離子，加入碳酸鈣會和氫離子反應，使pH升高到6.5,反應的離子方程式為2Fe ' + +3H2O+3CaCO=2Fe(0H) 3 ； +3C0 2 t +3Ca 2+。(5)MnS 比 CuS 易溶，利用沉淀轉化可用 MnS 除去 Cu, + 0 (6)

22、操作I是依據流程得到硫酸鎰溶液中的溶質晶體，采取的措施是蒸發濃縮、冷卻結晶；MnSO,-H =0在1 150 °C高溫下易分解，產物是 Mn i04 含硫化合物、水，依據電 子守恒可知，3MnSQ ?壓0?血3o 4? 2e r； 3MnS0, ?足0? SCO ? 6e r；所以生成的硫的化合物是二氧化硫和三氧化硫，依據原子守恒配平化學方程式為3MnS0i ?凡0些t +2S0 3 +3HQ。答案：(DCaSOi (2)不可以Ca(0HL在水中溶解度較小，c(0H r)太低，吸收效率不高 2003+(4)2Fe+2+ +3“0+3CaC0=2Fe (OH) 3 ; +3C0 : t

23、 +3Ca 或 Fe + SHQFe (0H) a+3H 2H +2+CaC0 i=Ca +C02 t +H 20 (5)MnS (6) 蒸發濃縮，冷卻結晶 3MnS0,? HQ 耍萱血。+S02 t +2SOs t+3H=02、解析： (1) 為了提高金屬鑲廢料浸出的速率，還可以增大鹽酸的濃度 (或將鐐廢料研成粉末等) (2) 沉鐐前要將鋁離子和鐵離子沉淀完全，而鐐離子不能產生沉淀，所以溶液的 pH 控 制在5.0? 7.1。(3)濾液A中還主要含有氯化鈉，可回收利用。(4)C1由+ 1價降低到 一 1價，即反應生成 NaCl, 而 Ni 由+2 價升高到 +3 價，生成 Ni203, 反應

24、離子方程式為2N + + C10" +_140H-=Ni 203 i +Cr + 2H2O0 (5)根據圖示可知，NHK1的濃度為10 g - L" 時，v 的成粉率最高，所以NH Cl的濃度最好控制為10 g - L -1, (6)草酸竦(NiC? ?2足0)在熱空 氣中干燥脫水后生成NG04, NiC 204再發生氧化還原反應(Ni由+2價升高到+3價，貝U C由+ 3價降低到+ 2價，題中 要求生成混合氣體，則另一氣體為C0Q生成Nim、CO C0=,再利用化合價升降相等，Ni:升高2X(32), C:升高 1 X (4-3), C:降低：3X(3 2),配平方程式為

25、 2NiG(h ?2 足 0 些里 NLO3+3COf +C(M +4H 20,答案：(1) 增大鹽酸的濃度 (或將鐐廢料研成粉末等 )(2)5.0 ? 7.1 (3)NaCl (4)2Ni2+C10-+40H"=Ni203 i +C1 -+2H2O (5) 10 g ? L -1(6)2NiC=04.2H 20=A=Ni 20a+3C0 t +C0 2 t +4HQ3、解析：(1)常溫氯化，CL與Ca(OH),發生反應得到漂白液。加熱升高溫度，Ca(0H)2的溶解度降低，同時促進 C1CT水解及HC10分解，則CL的轉化率也降低，A項不符合題意；適當減緩通入CL的速率，等效于增大

26、Ca(0H)2的濃度，CL的轉化率增大，B項符合題意；充分攪拌漿料，能使反應完全，CL的轉化率增大，C項符合題意；加水使 Ca(0H) 2完全溶解， 不能改變CL的轉化 率，D項不符合題意。根據題意，OT與C1CT反應轉化為C0?和N& CN中C N分別為+2價、一 3價，ImolCPF失去5 mol電子，而C1CT轉化為C，1 mol CIO 得到2 mol電子，根據得失電 子守恒，則每轉化 1 mol CN 至少需要消耗氧化劑 C10 T2. 5 molo(2) Ca(C10X中Cl的化合價 為+5。氯化完成后過濾，得到的濾渣的主要成分為CaCO ,、 Ca(0H)=°根

27、據題圖知，75 ° (:時氯酸鉀的溶解度比氯酸鈣、氯化鉀、氯化鈣都小得多，故 氯酸鈣與 KC1 能發生反應： Ca(C103)2+2KClAACaCl 2+2KC103 1 ? (3) 氯代乙醇為氯原子取 代乙醇分子中乙基上的氫原子，根 據“氯代乙醇再與 Ca(0H) = 反應生產環氧乙烷”，則氯原 子應取代甲基上的氫原子，故氯代乙醇的 結構簡式為C1CHKHQH總反應的化學方程式為 CH=CH+C L+Ca (0H) 2 一 HC0CH+CaC L+H"。答案： 2Cl 2+2Ca (OH) 2=CaCb+Ca (CIO) = + 2H 20 BC 2. 5(2)+ 5

28、CaCO,、Ca(0H)275 ° C ,氯酸鉀的溶解度比氯酸鈣、氯化鉀、氯化鈣都小得多(3) C1CH2CH2OH CH2=CH2+C12+Ca (OH) 2H2C0CH2+CaC 12+H=04、解析： (1) 硅酸鹽既可以用鹽的形式表示，也可以用氧化物的形式表示。在用氧化物 表示時，先寫活潑金屬的氧化物，再寫較活潑金屬的氧化物，最后寫非金屬的氧化物，并且 要符 合質量守恒定律。 LiAlSiM 可表示為 Li=0 -ALOa -4Si0 2o (2) 反應 II 加入碳酸鈣是為了 除去反應 I中過量的H2S04；控制pH,使Fe"、Al'+完全沉淀。根據框圖中

29、物質之間的轉化關系可知，反應2+ - 2+III中生成沉淀 A的離子方程式為 Mg + 2OH=Mg(OH)2 ；、Ca + C0r =CaCO 3 I ,因為Li 2CQ的溶解度隨溫度的升高而降低，所以洗滌Li2CO沉淀要使用熱水，這樣可減少Li 2CQ的溶解損耗。(5)若第一次碳酸鈉溶液濃度過大，則部分 Li* 會形成沉淀， 而第二次碳酸鈉溶液濃度大，則有利于 Li2CO沉淀的生成。(6)因為在加熱蒸干LiCl溶液時，有少量LiCl發生水解反應生成LiOH, LiOH 受熱分解生成Li", Li"在電解時產生Q。因此電解LiCl時，陽極產生的氯氣中常含有少量的0%答案：

30、(l)Li 20 ? Al 2O3 ? 4SiO 2(2) 除去反應 I 中過量的 HzSOa； 控制 pH, 使 Fe3+> Al 3+完全沉淀2+ _ 2+(3) Mg2+ + 20H _=Mg(0H)2 ；, Ca 2+ + C0r=CaC0 3 ；(4) 熱水Li 2CO3在較高溫度下溶解度小，用熱水洗滌可減少LLCQ，的損耗(5) 第一次濃度過大會使部分 Li+沉淀，第二次濃度大則有利于 LLCQ,沉淀的生成(6) 加熱蒸干 LiCl 溶液時，有少量 LiCl 水解生成 LiOH, LiOH 受熱分解生成 Li", 電解 時產 生 025、解析： (1) 軟鎰礦要先制

31、成礦漿，可以增大反應物接觸面積，加快反應速率，提高原 料利用率；葡萄糖(CeHiA)與MnO反應時，產物為MnSOi, CO,和HQ,反應中MnO中 Mn的化 合價 由+4 價變成 + 2 價，是氧化劑，化合價變化 2, 葡萄糖是還原劑，其中 C 元素的化合 價由 0 價變成 + 4 價，化合價變化 4X6 = 24, 根據化合價升降守恒，氧化劑與還原劑的物質 的量之比為 12 ： lo 2+用HQ溶液氧化溶液中的亞鐵離子，反應的離子方程式為2Fe +HA + 2H+=2Fe"+2HQ。 根據幾種金屬離子的氫氧化物開始沉淀和完全沉淀的 pH, “調 pH 并過濾”時，調整 pH 的目

32、的是沉淀鐵離子 和鋁離子，但不能使鎰離子沉淀， pH 范圍為 5. 0 7. 8, 濾渣 1 的主要成分為 Fe(0H) 3 和 Al (OH), 。 (4) 碳酸鈉與硫酸鎰反應生成碳酸鎰，加入 磷酸使碳酸鎰生成 Mn (H2P0I )2, 反應的化學 方 程 式 為MnC03+2H3P0Mn(H2POO 2+CO2 t+H20,87 2851 tX87%X (1-9%)(H2P04) = ? 2H=087 285 則 1 tX87%X (1-9%) =?Mn (H2PO4) 2 ? 2H=0 ,解得 (H2PO4)2 ? 2H20 F. 59 to答案： (1) 增大反應物接觸面積，加快反應

33、速率，提高原料利用率12 : 1 (2)2Fe 2+ +H202 + 2H +=2Fe3+ + 2H 20(3)5. 0-7.8 Fe (OH) 3 Al (OH) 3 (4)MnC03+2H3P04=Mn(H2P04)2+C02 f +H 20(5)2. 59( 或 2. 593 5)6、解析：(1)根據題意，MnO, CuS、H2SO4反應生成 MnSOj, CuSO、S、H20根據得失電 子守恒、原子守恒及電荷守恒配平離子方程式。 (2) 根據題給流程圖及已知信息，濾渣II 中 含 Cu(0H)=和Fe(0H)3。(3)根據蓋斯定律，由一(+)即可得到S0?與MnO反應生成無水 MnSC

34、h 的熱化學方程式：MnC2(s) +S0 2(g)AMnS04(s) A /= 248 kJ , mol-1o (4) 由題圖可知，溫度在° C： 因 NH4HCO390 °C時，鎰的浸岀率較高且 Mn&Os的生成率較低，故“浸鎰“的適宜溫度 是90 穩定性差，受熱易分解，故向過濾 II 所得的濾液中加入 NH4HCO3 溶液時 溫度不宜太高，從而防止NHJICQ,受熱分解，提高原料利用率。(5)根據扃(MnS) = 1.4X104X 0 I'-1-14-1”,當 開始沉淀時，溶液中。($2一)= 一 mol ? L -1 = 7. OX 10 -14 m

35、ol ? L -1, 根據的電離常數 &=c(S ( HS")(H)=7. 0Xl()f,則溶液中所以 pH=5o(H +)=1.0X10" 5mol ?L -1+ 2+答案： (1)CuS + MnO = + 4HAACU +Mn，+ + S + 2H =0(2) Fe(OH)3(3) MnO 2(s) +SO2 (g)伽 S04 (s)-1 8= 248 kJ ? mol -190 ° C防止NHHCO受熱分解，提高原料利用率(5)(%1) 基本理論綜合應用1、解析：已知三個反應反應I CH 30H(g) +H 20(g) CO : (g) +3H 2

36、(g)A&= +49. 4 kJ - moP 1,反應 IICH 30H(g)CO(g)+2H2(g)=+90. 6 kJ ? mol，CO的1燃燒熱為 283. 0 kJ ? mol ，C0(g)+l/202(g)=C02(g) AA=-283. 0 kJ ? moF ,由蓋斯 定律+得反應III的熱化學反應方程式為 CHiOH(g) +1 /20 = (g) =C0, (g) + 2H = (g)、H=1 192. 4 kJ , mol - : 1 mol甲醇產生氫氣分別為 3 mol、2 mol> 2 mol,最多的是反應I。反應I甲醇水蒸氣重整制氫：OMH(g)+H&qu

37、ot;(g) CO=(g) +3H 2(g). = +/、3r 口、_1C49. 4 kJ mol _ ,該反應的平衡常數 K= m -。c (UWH) ? c (H2O) CHOH(g)+H2O(g)C02(g)+3H 2(g)起始1 1/mol反應0./mol82平衡0./mol180 00.82 0.82 3X0.820. 18 0.82 2.46反應達平衡時凡的體積分數為2. 46/(0. 18+0. 18+0. 82 + 2. 46) a=0. 676。由方程式CHsOH(g)+HQ(g) C0 2(g)+3H2(g),相同溫度時，減小壓強，平衡正向移動，OMH轉化率增大，由圖可知從

38、兒到功壓強減小，圖中的壓強由小到大的順序是 是負極，通入氧化劑的電極是正極，負極是足作還原劑, 電子和二氧化碳反應生成碳酸根離子，電極反應式為 空氣)、COsoPl<P2<P3o (3)燃料電池中通入燃料的電極H； 2e + C0r=H 20+C02,正極上氧氣得02+2C0= 4e_A2C03_,故正極要不斷通入 Q (或答案：(1) ?CH0H (g) +1/202 (g) =C0 2 (g) +2H= (g)1A H= 192. 4 kJ ? mol _C (COQ ?注(HQ&= C(CH： ,OH) ? c (HQ)67. 6%(或 0.676 或 0.68)?p

39、i<p,<p.氣 )、 C02(3) 氏 一 2e +CO =H”+CO20 或 空2、解析：I.2N0(g)N2O2 (g);?N 202(g)+0 2(g)2N02(g),而目標反應2N0(g)c (NO2)+ O2 (g) 2NO2 (g)的厶 H=(J+ = Hi+ A H?.,由 K=t(NO),結合f正、v逆2N0=(g)速率的是反應，所以的定義，可得K= o (2)因為決定2NO(g)+O=(g)Ai逆?壓逆反應的活化能3遠小于反應的活化能丹。II. (3)滿足平衡條件7(N02)=2r(N 2O4)即為平衡點，B、D點的壓強之比等于其反應速率之比為1 : 2,所以B

40、 D為平衡點。 反應后溶a&° Q2液中 c(NH； ) =C(C1-) =0. 01 mol ? L -1, c(NH 3 *H20) =- mol ? L -1 c(NHA) = mol *LT_7 d,c(0H )10 mol , L，貝寸Abc (NHj) ? c (OIF) 0.01X1X10 (陽"".日。)-75節=(2X10 ) / (a -0. 02):02設氨水的體積為KnB、D圖中只有D點的NO的消耗速率是B點N2O4的消耗速率的2倍，所以表示達到 化學平衡狀態的點是B D.、2Xl()f q 10 二_200a_2 000a21 5

41、a(a 0.02)或(50a 1) 或 9. 3 或 93+ -(5) HS04 N0+6H + 5e =NHA +H=03、解析：I .根據蓋斯定律，反應3 = 2X反應1 一反應2,所以AA = 2AA- AA °II. (1)這是一個氣體體積減小的反應，所以反應炳變A5<0o因為溫度升高時，平衡 體系足的體積分數增大，即平衡逆向移動，所以正反應為放熱反應，Aa<0o (2)A.反應正向進行時，氣體物質的量減小，反應逆向進行時，氣體物質的量增大。當容器體積不變時，二者都會導致體系壓強改變，所以體系壓強不變的狀態一定是化學平衡狀態，A正確。由于反應進行過程中氣體的質量始

42、終保持不變，容器體積不變時，混合氣體密度始終不變，所以混合氣體密度不變時不一定是化學平衡狀態，B錯誤。反應開始時只有 C0,和凡，所以生成 的CH,與H=0物質的量之比始終為1 : 2,則CH,與H=0物質的量之比保持不變時不-反應逆向進行時足質量分數增大，-定是化學平衡狀態，所以足質量分數不變時，C錯誤。反應正向進行時足質量分數減小，一定是該反應處于化學平衡狀態，D正確。(3)前 20 s Ac(C0=)z、 , ,、(a 0 mol ? L1,.(a S mol ? L1=(a Z?) mol ? L，貝"r(C0 2)一,r(H 2) 一X4ZU SZU s(aA)mol ?

43、L -1 ? s -1o (4)平衡建立過程中，反應消耗 C02(a 力)mol ? L -1,則參加反應0的足為 4 ( 口一力)mol?，生成 CH,: (a Z?) mol , fO: 2 (a A) mol , L-1,所以反應達到平衡時，CO b mol , L -1, H2 : a 4(a 6) mol , L -1= (46 3a) mol ? r'，CH 1: (ab) mol , L -1, H2O: 2 (aij) mol , L2(a 力).2 (a b) 1K - - : a 1。溫度降低時,b ? (4 力一 3a)化學反應速率減小，重新建立平衡后，r(正)也

44、減小。由于該反應是放熱反應，降低溫度后平衡正向移動，所以CO?勺轉化率增大。III.K 2CO溶液吸收CO2生成KHCOs溶液中存在的離子包括 K+、H+ HCO、C0、OHL電解時還原性最強的0H在陽極放電生成反應原理為 40廠一 4廠=2足0+0山，反應的0H來源于水，所以電解時陽極產生,H+HCOr=COt +H2O0 (2)陰極區氧化性最強的放電生成凡，主要來源于水，所以電解時陰極產生0H一, 0H r +HCO r=H2O+C0， 使 COT得到再生。-1 -1-s答案：I.2A& A壓II. V V (2)A、D (3)mol - L54 ( q, Z?)(C% (5)減小

45、增大b (4/2 3a)III. 40IT 4e=2HQ+(M 陰極放電產生足，0曠濃度變大并與HCO反應使CO再生4、解析：(1)根據平衡常數的定義可知，2羿)。由熱化學方程式：c (CO?) ? c (也)-1a. CO(g) +|o2 (g) =C0 2 (g) A /= 283. 0 kJ ? mol : b. H 2(g) +|-02(g)H2OQ)、H=-1285. 8 kJ , mol : c. H 2O(l)AH 20(g) A H= + 44 kJ , mol根據蓋斯定律，b a+c 即可得反1應 II :CO 2(g)+H2 (g)CO(g)+H2O(g) Aa=-285.

46、 8 kJ - mor + 283. 0 kJ -molr'+ 44 kJ ? molT = + 41.2 kJ ? mo。(2)根據圖像可知當壓強一定時，溫度升高A的轉化率降低，結合勒夏特列原理：溫度升高平衡向吸熱的方向移動，由此可以推知正反應0；又因為該反應可以在低溫時自發進行，根據A H7A 5< 0時反應自發進行，推岀 A5< 0,故aAb>C,根據勒夏特列原理：當溫度一定時，壓強增大平衡向氣體分子總數減小的方向移動，可推知壓強增 大平衡正向移動，A的轉化率增大，所以p>爛。(3)用鹽酸滴定碳酸鈉溶液的過程中，用酚酉太作指示劑時滴定的終點產物為NaHCU

47、二者的反應比例為1 : 1,即圖像中的b點，用甲基橙作指示劑時滴定的終點產物為ftCOa,二者的反應比例為2 : 1,即圖像中的d點，NaHCOs促進水的電離，H2CO抑制水的電離，故水的電離程度：b>d。滴 定過程中b點到d 點之間溶液中已經沒有 N&CO3只有NaHCOs所以只發生 NaHCOs與鹽酸的 反應。加入鹽酸10 mL 時，溶液中有NaHCQ和NaCI以及剩余的NqCO，三者的物質的量之比為1:1:1, C(T 的水 解程度大于 HC07,且二者均為少部分水解，故c(Na+)>c(HC0D >c(cr)>c(C0t) >c(0H")

48、 >c(H+), a正確；b、c、d三個選項考查溶液中離子之間的守恒關系，只有c項正確。N電極上HOOCCOOH得電子生成HOOCCHO,平方程式即可。陰、陽極各生成2 mol乙醛酸，共4 mol,C (CHsOH) , C (H2O)答案： 一c (CO/? c(HQ3 +41.2(2)H +HC0r=C0: f +H 20 或 H+HCQ =H2C03ac HOOCCOOH+2 e +2HH00CCH0+H=0 45、解析： 根據蓋斯定律，由 |x (2) X2)可得：NG(g)+SO2(g) SO(g)+NO(g) A二41.8kJ-mor'o 混合氣體的質量恒定，在恒容容

49、器中混合氣體的密度保持不變，a項不能說明反應達到平衡狀態；混合氣體的顏色保持不變，說明NO,的濃度不變，b項可以說明反應達到平衡狀態；S03和NO的體積比始終是一定值，c項不能說明反應達到平衡狀態；反應速率之比始終等于系數之 比，d項不能說明反應達到平衡狀態。由題圖 1可知，0?0 75 mol ? L 14 min內，CO的濃度減少 了 0. 751mol ? L -,貝U r(C0)=-:=0.1875 mol*L1,1111114 mint,根據反應速率之比等于系數之比，K(H2)=2r(C0) =0. 375mol ? L_1 _1? min o第 4 min平衡時，c(C0) =0.

50、 25 mol ? L-1, c(H_12) =0. 5 mol ? L, c(CH30H) =0. 75 mol ? L-1,故平衡0.75v、</、_1.75吊氮K=八匚2=12,再充入1 molCO 和 1 mol CH3OH(g),Qc=5.6,Qu. Zo x u. u1. Zu x u.o<K,平衡正向移動。由題圖 2知，陰極上 CO發生還原反應生成 CH,電極反應式為 C0+ 6e_ + 5"0=60H + CH4,根據陰極反應式可知，每生成 1 mol OL轉移6 mol電子，甲醇燃 料電池的總反應 為CHOH+Q=CO+2HO,則每消耗1 mol甲醇轉移

51、6 mol電子，生成標 準狀況下1. 12 L(0.05 mol)甲烷時，電路中轉移 0. 3 mol 電子，消耗(CHsOH) =0. 05 mol, 故 a(CHsOH) =0. 05 molX 32 g ? mol1. 6 go(NH4) 2SOj為強酸弱堿鹽，NH;水解使溶液 顯酸性：NHj+HzO NH3?He+H*。向(NH)2SO4溶液中滴入 NaOH溶液至溶液呈中性，則c(H +)=c(OH"),根據電荷守恒可得:c(NHA) + c(Na+) + c(H+) = c(OH") + 2c(SOD ,根據物料 守恒得：+C(NH3 ? H=0)= 2c(SOt

52、), 聯立上述各式可得：c(Na+)=c(NH3 - H=0) ,答案： (1) 41.8 b(2) 0. 375 正向C0+6e + 5H 20=60H_+CH4 1.6 g(3) NHt+H=0NH：i ? H=O+H+ =6、解析： 根據蓋斯定律知， 3 = 3A& &= ( 480X3+1 400) kJ ? mo ' =-40 kJ-moF'o (2)在銅電極表面，CO?得電子發生還原反應生成 CHi: C02 + 8eA + 8H +=CH + 2H20O鹽酸中的C易被氧化，加入硫酸合適。由題圖2可看岀，曲線II對應的反應 先達到平衡，相應的溫度高。

53、升高溫度時，/?(CH ； iOH)減小，說明平衡逆向移動，正反應是放熱反應，Aa<0o降低溫度，平衡正向移動，平衡常數瓦小。設甲中反應達到平衡時，4 CHsOH(g)、HQ(g)的物質的量均為 x,根據三段式可知：(1 x) + (3 3x)+x+x=u(l + 3) mol,o解得 A 0. 4 mol, 則平衡時 CO2、 H2> CH3OH (g) > H 20 (g) 的物質的量分別為 0.6mol 、1.8mol、 0.4 mol、0.4 mol,要使甲、乙兩容器中的平衡為等效平衡，則 a+人=1;要使起始時維持 化學反應向逆反應方向進行，則力 >04由此可

54、得0. 4<A<lo (4) 常溫下pH=10的K2CO3溶液中，+-lt ，-14-1c(H )=lX10 -，mol ? L - , c(OHA)=lX10"mol ? L -,鹽溶液中的 0H是由水電 離產生的。KHCOa溶液顯堿性，說明hco的水解能力大于其電離能力，故qHzCG) > c(COt)。答案:(1)40 kJ ? mol -1(2) C02 + 8e - + 8H +=CH4+2H20 硫酸V >0. 4<A<1 IX"' mol ? L >(%1) 物質結構與性質 ( 選考 )1、解析：鐵離子的簡化電

55、子排布式為5Ar3d 。N、O、S的第一電離能：N>0>So苯酚中碳原子的雜化軌道類型為sp2雜化。(3)氯化鐵晶體的熔點、沸點較低，它是分子晶體。S0中硫的價層有4個成鍵電子對，無孤電子對，SO的立體構型為正四面體形。（4）C0與N,互為等電子體，1個CO分子中有1個。鍵，1個CO分子與Fe形成1個配位鍵，配位 鍵也是。鍵，所以1 molFe （ CO5含lOmol。鍵。與CO互為等電子體的離子有 CNL Cto氮化鐵晶胞為六棱柱，頂點貢獻率為棱點貢獻率為w,面點貢獻率為觀察晶胞知，oj乙12 個鐵位于頂點， 2 個鐵位于面心， 3 個鐵位于體內； 2 個氮位于體內。 1 個晶胞

56、含鐵微粒 數為 12x|+2x|+3 = 6,含氮微粒數為 2, 故鐵、氮微粒數之比為 6 : 2 = 3 : 1。 （ 6）氧化 亞鐵晶胞類似氯化鈉晶胞。棱上 3 個離子相切，晶胞參數等于相鄰兩個離子核間距的 2 倍。 觀察題圖 2 知， 上、中、下三層各 4 個氧離子（共 12 個氧離子）與中心的氧離子緊鄰且等距 離，而氧化亞鐵中氧離 子、亞鐵離子個數比為1 : 1,所以，有12個Fe*與Fe"+緊鄰且等距 離。1個氧化亞鐵晶胞含Fe'+ 數為8x|+6XA=4,含0*數為12X?+1=4,所以，1個氧o Z44 X 72化亞鐵晶胞含4個“ FeO"。設Fe'+與0=的最短核間距為d pm,有p = ,M iU ）3 /36解得