1、2018-2019學年下學期期末復習備考高二化學之大題易丟分1三氯化鉻是化學合成中的常有物質,三氯化鉻易升華,在高溫下能被氧氣氧化,堿性條件下能被H2O2氧化為Cr()。制三氯化鉻的流程以下：（1）重鉻酸銨分解產生的三氧化二鉻（Cr2O3難溶于水）需用蒸餾水清洗的原由_,怎樣判斷其已清洗干凈_。（2）已知CCl沸點為57.6,為保證穩固的CCl氣流,適合的加熱方式是_。44（3）用如圖裝置制備CrCl3時,主要步驟包含：將產物采集到蒸發皿中；加熱反響管至400,開始向三頸燒瓶中通入氮氣,使CCl蒸氣經氮氣載入反響室進行反響4,繼續升溫到650；三頸燒瓶中裝入150mLCCl4,并加熱CCl4,

2、溫度控制在5060之間；反響管出口端出現了CrCl3升華物時,切斷加熱管式爐的電源；停止加熱CCl4,連續通入氮氣；檢查裝置氣密性。正確的次序為：_。（4）已知反響管中發生的主要反響有：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣劇毒,實驗需在通風櫥中進行,并用乙醇辦理COCl,生成一種含氧酸酯（C）,用乙醇處25H10O3理尾氣的化學方程式為_。（5）樣品中三氯化鉻質量分數的測定稱取樣品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一種帶塞的錐形瓶)中,加熱至沸后加入1gNa,充分加熱煮沸,適合稀釋,而后加入過度的2O22mol/LH2SO4至溶

3、液呈強酸性,此時鉻以Cr2O存在,再加入1.1gKI,密塞,搖勻,于暗處靜置5分鐘后,加入1mL指示劑,用0.0250mol/L硫代硫酸鈉溶液滴定至終點,平行測定三次,均勻耗費標準硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知：Cr2O+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。該實驗可采納的指示劑名稱為_。移入碘量瓶的CrCl3溶液需加熱煮沸,加入Na2O2后也要加熱煮沸,其主要原由是_。樣品中無水三氯化鉻的質量分數為_。【答案】除掉此中可溶性雜質(或除掉固體表面的重鉻酸銨溶液)取最后一次清洗液適當于以試管中,向此中加入適當濃的氫氧化鈉溶液,加熱,取一

4、片紅色石蕊試紙濕潤,粘在玻璃棒上,靠近試管口,察看試紙能否變藍,若不變藍,則清洗干凈水浴加熱（并用溫度計指示溫度）COCl淀粉溶液除掉此中溶2+2C2H5OHC2H5OCOOCH25+2HCl解的氧氣,防備O2將I氧化,產生偏高的偏差96.1%(數值在95%97%不扣分)【分析】剖析：（1）重鉻酸銨分解不完好,還可能含有其余可溶性雜質；因為(NH4)2Cr2O7屬于銨鹽,可以取一片紅色石蕊試紙濕潤,粘在玻璃棒上,靠近試管口,察看試紙能否變藍,若不變藍,則清洗干凈；據關系式計算,2Cr3+Cr2O72-3I26Na2S2O326n(Cr3+)0.0250mol/L0.024L故n(Cr3+)=0

5、.0250mol/L0.024L,所以250mL溶液中3+0.024L=0.002mol,依據Cr元素守恒可知n(Cr)=0.0250mol/L3+故樣品n(CrCl3)=n(Cr)=0.002mol,所以樣品中m(CrCl3)=0.002mol158.5g/mol=0.317g,中無水三氯化鉻的質量分數為100%=96.1%,故答案為：96.1%。2亞氯酸鈉(NaClO2)是一種高效的漂白劑和水辦理劑。以氯酸鈉為原料制備亞氯酸鈉的裝置以以下圖所示(夾持裝置省略)。已知：純ClO2易分解爆炸,空氣中ClO2的體積分數在10以下比較安全。NaClO2飽和溶液在溫度低于38時析出晶體NaClO23

6、H2O；高于38時析出NaClO2；高于60時NaClO2分解成NaClO3和NaCl。1）檢查A裝置氣密性的方法是_。該裝置中產生ClO2的化學方程式為_。2）實驗過程中需要連續通入空氣,目的是_。（3）NaClO2在堿性溶液中才能穩固存在,以下可用于檢測三頸瓶中溶液酸堿性的是_(填代號)。a石蕊b酚酞cpH試紙dpH計4）B裝置中發生反響的離子方程式為_；使用冰水浴的原由是_；反響結束后,從溶液中得到NaClO2固體的實驗操作是_。（5）NaClO2是一種高效水辦理劑,在必定條件下能夠將CN-氧化成兩種無毒無害的氣體。現用NaClO2辦理10m3含CN-amgL-1的工業污水,理論上起碼需

7、要NaClO2的質量是_g。【答案】封閉K1、K2,向分液漏斗中注入水,翻開分液漏斗活塞,開始有少許水滴下,一段時間后,水不可以滴下,說明裝置A氣密性優秀2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O稀釋ClO2,使生成的ClO2所有進入三頸瓶中d2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2防止NaClO2分解在38-60下,減壓蒸發結晶過濾、清洗、干燥43.5a【分析】試題剖析：（1）依據壓強原理,經過封閉K1、K2,向分液漏斗中注入水的方法查驗裝置A的氣密性；依據得失電子守恒配平NaClO3、Na2SO3、H2SO4生成ClO2的方程式；（2）

8、依據純空氣中ClO2的體積分數在10以下比較安全剖析；（3）依據亞氯酸鈉(NaClO2)是漂白劑剖析；（4）B裝置中ClO2、NaOH、H2O2反響生成NaClO2、O2；高于60時NaClO2分解成NaClO3和NaCl；NaClO2飽和溶液在溫度低于38時析出晶體NaClO23H2O；高于38時析出NaClO2,要獲得NaClO2需要控制溫度蒸發結晶。（5）NaClO2在必定條件下能夠將CN-氧化成二氧化碳和氮氣,依據電子守恒,NaClO2與CN-的關系式是；分析：（1）封閉一K1、K2,向分液漏斗中注入水段,翻開分液漏斗活塞時,開始有少許水滴下,間后,452.5g104gXga-1gLX

9、=43.5a。3醋酸亞鉻水合物Cr(CH3COO)222H2O是一種氧氣汲取劑,為紅棕色晶體。濕潤環境中易被氧化,微溶于乙醇,不溶于水和乙醚(易揮發的有機溶劑,可溶于水)。其制備裝置及步驟以下:檢查裝置氣密性,往三頸燒瓶中挨次加入過度鋅粉,200mL0.200mol/LCrC13溶液。封閉k2翻開k1,旋開分液漏斗的旋塞并控制好滴速。3+2+當出現大批紅棕色品體時,封閉分液漏斗的旋塞。將裝置乙中混淆物快速過濾、清洗和干燥,稱量獲得5.64gCr(CH3COO)222H2O1）裝置甲中連通管a的作用是_,怎樣查驗甲裝置的氣密性能否優秀?_。（2）三頸燒瓶中的Zn除了與鹽酸生成H2外,發生的另一個

10、反響的離子方程式為_。（3）步驟中溶液自動轉移至裝置乙中的實驗操作為_。4）裝置丙的作用是_。5）步驟中進行清洗的操作方法為_。6）清洗產品時,怎樣證明產品已經清洗干凈?_。7）本實驗中Cr(CH3COO)222H2O(相對分子質量為376)的產率是_。【答案】保證分液漏斗中的液體順利流下封閉k1和k2,用止水夾夾住連通管a,打幵分液漏斗活塞,若一段時間以后,分液漏斗中水不可以順利流下,則氣密性優秀3+2+2+封閉k1,翻開k2防備空氣進入裝置乙氧化二價鉻向過濾器中2Cr+Zn=2Cr+Zn先加入煮沸冷卻后的水清洗23次,再用乙醚清洗12次；清洗時要保持晶體上方始終留有液體,要做到不等清洗液流

11、完,就加下一次清洗液取最后一次水洗液少許于試管中,加硝酸酸化,再加硝酸銀溶液,若無明展現象,則說明已經清洗干浄75.0%滌時要保持晶體上方始終留有液體,要做到不等清洗液流完,就加下一次清洗液。6）產品表面吸附有Cl-,所以,清洗產品時,證明產品已經清洗干凈的方法是：取少許最后一次水洗液置于試管中,加硝酸酸化,再加硝酸銀溶液,若無明展現象,則說明已經清洗干浄。7）200mL0.200mol/LCrC13溶液中,n(CrC13)=0.04mol,由Cr元素守恒能夠求出理論上能夠獲得7.52gCr(CH3COO)222H2O,實質最后獲得5.64gCr(CH3COO)222H2O,所以,本實驗中Cr

12、(CH3COO)222H2O的產率是75.0%。4疊氮化鈉(NaN3)固體易溶于水,微溶于乙醇,不溶于乙醚,是汽車安全氣囊中的主要成分,能在發生碰撞的瞬時分解產生大批氣體將氣囊鼓起。工業級NaN3的制備分兩步進行,反響方程式以下：.2Na+2NH32NaNH2+H2.NaNH2+N2ONaN3+H2O實驗室利用以下裝置模擬工業級NaN3的制備。回答以下問題：實驗：制備1）裝置C中盛放的藥品為_,裝置D中進行油浴而不用水浴的主要原由是_。（2）N2O可由NH4NO3在240245分解制得(硝酸銨的熔點為169.6),則可選擇的氣體發生裝置是_(圖中加熱裝置已略去),該反響的化學方程式為_,在制備

13、NaN3的實驗過程中,當察看到_時開始通入N2O。實驗：分別提純反響完好結束后,拿出裝置D中的混淆物進行以下操作,獲得NaN3固體。已知：NaNH2能與水反響生成NaOH和氨氣3）操作采納乙醚清洗的原由是_。實驗：定量測定實驗室用滴定法測定疊氮化鈉樣品中NaN3的質量分數：將2.500g試樣配成500.00mL-1溶液。取50.00mL溶液置于錐形瓶中,加入50.00mL0.1010molL(NH4)2Ce(NO3)6溶液。充分反響后,將溶液稍稀釋,向溶液中加入8mL濃硫酸,滴入3滴鄰菲噦啉指示液,用0.0500molL-1(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定過度的Ce4+,耗費溶液體積為

14、29.00mL。測定過程的反響方程式為：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+。（4）配制疊氮化鈉溶液時,除需用到燒杯、玻璃棒、量筒外,還用到的玻璃儀器有_。5）試樣中NaN3的質量分數為_。【答案】堿石灰水的沸點為100,達不到210220adNH4NO3N2O+2H2O裝置D中熔融鈉單質的銀白色光彩所有消逝NaN3不溶于乙醚,能減少其損失；可洗去NaN3固體表面的乙醇雜質；乙醚易揮發有利于產品快速干燥500.00mL容量瓶、膠頭滴管0.9360(93.60%)析出；乙醚清洗疊氮化鈉可減少疊氮化鈉

15、的損失；故操作采納乙醚清洗的原由是NaN3不溶于乙醚,能減少其損失；可洗去NaN3固體表面的乙醇雜質；乙醚易揮發有益于產品快速干燥;（4）配制500.00mL疊氮化鈉溶液時,除需用到燒杯、玻璃棒、量筒外,還用到的玻璃儀器500.00mL容量瓶和膠頭滴管；（5）聯合滴定過程,將2.500g試樣配成500.00mL溶液,取50.00mL溶液置于錐形瓶中,疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反響,節余的六硝酸鈰銨,加入濃硫酸,用0.0500mol?L-1（NH4）2Fe（SO4）2（硫酸亞鐵銨）標準滴定溶液滴定過度的Ce4+,聯合化學方程式定量關系計算：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2

16、Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+。n（NH4）2Ce（NO3）6=0.1010mol?L-150.00-3-310L=5.05010mol,n（NH4）2Fe（SO4）2=0.0500mol?L-129.00-3-310L=1.45010mol,與NaN3反響的n（NH4）2Ce（NO3）6=5.050-3-3-310mol-1.45010mol=3.60010mol,故500.00mL溶液中（2.500g試樣中）n（NaN3）=0.036mol,=100%=100%=93.60%。點睛：該題以實驗為載體,綜合考察了實驗操作基本知識和滴定原理的應用,在這

17、種類題目中特別要注意題干中出現的信息,如疊氮化鈉(NaN3)固體易溶于水,微溶于乙醇,不溶于乙醚,已知：NaNH2能與水反響生成NaOH和氨氣,審清楚這些信息此后就能夠清楚的知道操作采納乙醚清洗的原由；在最后用滴定法定量測定疊氮化鈉樣品中NaN3的質量分數時,要注意聯合滴定過程,是將2.500g試樣配成500.00mL溶液,取50.00mL（取了十分之一）溶液置于錐形瓶中,疊氮化鈉和六硝酸鈰銨反響,節余的六硝酸鈰銨,加入濃硫酸,用0.0500mol?L-14+（NH4）2Fe（SO4）2（硫酸亞鐵銨）標準滴定溶液滴定過度的Ce,聯合化學方程式定量關系計算5某學習小組為了研究Fe(NO3)3的熱

18、穩固性和氧化性,設計以下實驗：實驗(一)：熱穩固性利用如圖裝置進行實驗,加熱A中Fe(NO3)3固體,A和B中都有紅棕色氣體產生,A試管中生成了紅色粉末。（1）B裝置的作用_；要查驗A中紅色固體能否為Fe2O3,應當采納的試劑是_(填化學式)。2）加熱A中試管一段時間后,C中導管口有氣泡產生,而集氣瓶中無氣泡產生原由是_。3）寫出硝酸鐵受熱分解的化學方程式_。實驗(二)：氧化性Fe3+和Ag+的氧化性相對強弱向來是實驗研究的熱門。該小組設計以下實驗：試驗編號實驗操作現象向10mL3molL-1KNO3酸性溶液(pH=1)中插入一根干凈的銀絲,并滴加a無積淀生成氯化鈉溶液向10mL3molL-1

19、AgNO3溶液中滴加2mL0.1molL-1FeSO4溶液,振蕩；再b紫紅色溶液不退色滴加酸性高錳酸鉀溶液向10mL3molL-1Fe(NO3)3溶液(pH=1)中插入一根干凈的銀絲,并滴加c產生白色積淀氯化鈉溶液4）設計實驗a的目的是_；實驗c的結論是_。5）實驗b波及反響的離子方程式為_。（6）實驗結論是【答案】防倒吸Fe3+、Ag+氧化性的相對強弱與離子的_有關。HCl、KSCNNO、O恰巧與氫氧化鈉溶液完好反響224Fe(NO3)32Fe2O3+12NO2+3O2清除NO3-的擾亂Fe3+能氧化AgAg+Fe2+=Fe3+Ag濃度【分析】（1）B裝置中兩個導管剛才露出膠塞,所以中紅色固

20、體能否為Fe2O3,需要將殘留固體溶于水因為Fe2O3與B裝置起到防備倒吸的作用；要查驗,過濾,取濾渣溶解于HCl或許稀H+反響AH2SO4,生6一種用軟錳礦(主要成分MnO2)和黃鐵礦(主要成分FeS2)制取MnSO4H2O并回收單質硫的工藝流程以下：已知：本實驗條件下,高錳酸鉀溶液與硫酸錳溶液混淆產生二氧化錳。回答以下問題：1）步驟混淆研磨成細粉的主要目的是_；步驟浸取時若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3的化學方程式為_。2）步驟所得酸性濾液可能含有Fe2+,為了除掉Fe2+可先加入_；步驟需將溶液加熱至沸而后在不停攪拌下加入堿調理pH為45,再連續煮沸一段時間,“連續煮沸”的目的是

21、_。步驟所得濾渣為_(填化學式)。（3）步驟需在90100下進行,該反響的化學方程式為_。（4）測定產品MnSO4H2O的方法之一是：正確稱取ag產品于錐形瓶中,加入適當ZnO-1,耗費標準及H2O煮沸,而后用cmolLKMnO4標準溶液滴定至淺紅色且半分鐘不退色溶液VmL,產品中Mn2+的質量分數為w(Mn2+)=_。【答案】增大接觸面積,提升硫酸浸取時的浸取速率和浸取率3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe(SO4)3+4S+6H2O軟錳礦粉或H2O2溶液損壞Fe(OH)3膠體并使積淀顆粒長大,便于過濾分別Fe(OH)3(NH4)2Sx+12NH3+H2S+xS(8.25

22、cV/a)%或-2100%(8.25cV10)/a或0.0825cV/a或0.0825cV/a【分析】剖析：兩種礦物經粉碎研磨與硫酸混淆,因為MnO2在酸性條件下擁有氧化性,所以反響生成7電解精華銅的陽極泥中主要含Ag、Au等名貴金屬。以下是從精華銅的陽極泥中回收銀、金的流程圖：1）氯金酸(HAuCl4)中的Au的化合價為_。（2）“焙燒渣”在“酸浸”時發生反響的離子方程式為_。（3）銅陽極泥氧化時,采納“低溫焙燒”而不采納“高溫焙燒”的原由是_。（4）已知N2H4被銀氨溶液氧化的產物是氮氣,則每生成1molAg,需要耗費_gN2H4。（5）氯金酸(HAuCl4)在pH為23的條件下被草酸復原

23、為Au,同時放出二氧化碳氣體,則該反響的化學方程式為_。（6）陽極泥中的銅能夠用FeC13溶液浸出,所得溶液主要含有的陽離子為Cu2+、Fe3+和2+；聯合右圖剖析（此中的縱坐標代表金屬陽離子濃度的對數）：Fe要從浸出液中提純銅,最好先加入酸化的雙氧水,目的是_,而后加入適當的CuO調理pH=3.7,除掉_離子；從圖中數據計算可得Cu(OH)2的Ksp約為_。【答案】+3Ag2O+-2AgCl+H2O高溫焙燒時,生成的Ag2O又分解為Ag和2H+2ClO（或22Ag2O4Ag+O2）82HAuCl4+3H2C2O42Au+8HCl+6CO2將Fe2+氧化為3+3+-20FeFe1.010【分析

24、】剖析：此題考察化學工藝流程,各步生產流程中經過過濾分別固體和溶液。經過得失電子守恒和原子守恒配平化學方程式,依照化學方程式進行計算；依照溶度積公式計算溶度積。詳解：（1）氯金酸(HAuCl4)中的H元素為+1,Cl元素為-1,由化合價代數和為0獲得Au元素的化合價為+3；8活性ZnO在橡膠、塑料等工業中有重要應用,某工廠以含鉛鋅煙氣（主要成分是ZnO、PbO,還有少許FeO、CuO）制備活性ZnO的工藝流程以下：1）以下圖為溫度與Zn、Pb元素浸出率的關系圖,“酸浸”時采納30而不是更高的溫度的原由是：減少鹽酸揮發；_。（2）“氧化”的目的是除掉酸浸液中的Fe2+,在pH約為5.1的溶液中,

25、加入高錳酸鉀溶液,生成MnO2和Fe(OH)3積淀,該反響的離子方程式為_。（3）若“過濾I”所得的濾液污濁,則辦理的方法為_。“除雜”時,濾渣的主要成分是Cu、Pb,試劑X應為_。（4）在“過濾”后的溶液中加入Na2CO3溶液,生成堿式碳酸鋅Zn2(OH)2CO3等物質。該反響的化學方程式為_。查驗堿式碳酸鋅清洗干凈的操作為_。【答案】隨溫度高升,Zn2+浸出率基本不變,Pb2+浸出率增大,雜質含量增大2+2Na2CO3+2ZnCl23Fe+MnO4+7H2OMnO2+5H將濾液從頭過濾Zn+3Fe(OH)+H2O4NaCl+Zn2(OH)2CO3+CO2（或3Na2CO3+2ZnCl2+2

26、H2O4NaCl+Zn2(OH)2CO3+2NaHCO3）取最后一次清洗液于試管中,加入硝酸酸化的硝酸銀溶液,若無白色積淀生成,則洗凈【分析】剖析：從流程可知,含鉛鋅煙氣（主要成分是ZnO、PbO,還有少許FeO、CuO）用鹽酸酸浸金屬氧化物溶解,經高錳酸鉀氧化,調pH到5.1,反響生成MnO2和Fe(OH)3積淀,過濾除掉,濾液中加入Zn可除掉Cu2+、Pb2+,最后加入Na2CO3溶液,生成堿式碳酸鋅Zn2(OH)2CO3等物質,最后獲得活性ZnO。9某化工廠的含鎳催化劑主要含有鎳、鋁、鐵單質及它們的氧化物,還有部分不溶于酸和堿的雜質。為了從含鎳催化劑中回收鎳,設計了以下的工藝流程:部分陽

27、離子完好積淀時溶液的pH以下:積淀物Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2pH5.23.29.79.2回答以下問題:1）堿浸的目的是為了除掉_2）某學習小組在實驗室中模擬上述流程,簡述清洗濾渣的操作_3）加入H2O2并保溫一段時間過程中,保溫的溫度不宜過高的原由為_,加入H2O2發生反響的離子方程式為_。加入H2O2保溫后調pH,以下范圍合理的是_(填選項序號)。A1.83.2B2.03.0C3.35.2D9.29.74）濾渣的主要成分為_,濾液調pH為23的目的為_（5）為測定產品中NiSO47H2O純度,某同學將必定量的樣品溶于水,再向此中加入足量的BaCl2溶液,過濾、

28、清洗積淀并干燥,稱量質量。經過計算發現產品中NiSO47H2O的質量分數大于100%,其可能的原由為_【答案】Al、Al2O3向漏斗中加少許蒸餾水淹沒濾渣,待水自然流下后,重復上述操作23次溫度高,會使H2O2加快分解,降低原料利用率H2O22+3+2Fe+2H=2Fe+2H2OCFe(OH)3在濃縮結晶過程中防備Ni2+水解烘干時失掉了部分結晶水【分析】“堿浸”過程中是為了除掉鋁及其氧化物極其油脂,鋁是兩性元素和強堿反響,氧化鋁是兩性氧化物和強堿反響,鎳單質和鐵及其氧化物不睦堿反響達到除掉鋁元素的目的;反-應的兩種方程式為:2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2、Al2O3+2OH=2

29、AlO2+3H2O,所以,此題正確答案是:Al、Al2O3、油脂；10銅及其化合物在生產生活中有寬泛應用1）工業上以黃銅礦(CuFeS2)為原料,采納火法熔煉工藝生產銅的中間過程會發生反響:2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2該反響的氧化劑是_,考證反響產生的氣體是SO2的方法是_。2）將少許銅絲放入適當的稀硫酸中,溫度控制在50,加入H2O2,反響一段時間后,升溫到60,再反響一段時間后可制得硫酸銅,溫度控制在5060的兩個原由除了加快反響速率外,還有_。在CuSO溶液中加入必定量的Na2SO3和NaCl4溶液加熱,生成CuC1積淀,寫出生成CuCl的離子方程式_。3）堿式碳酸銅在有機催化劑、

30、煙火制造和顏料、農藥生產中有寬泛的應用。某工廠以輝銅礦(主要成分為Cu2S,含少許Fe2O3、SiO2等雜質)為原料制備堿式碳酸銅的流程以下:輝銅礦在浸取前要富集與粉碎,粉碎的利處是_。浸取過程中獲得一種單質,寫出浸取時主要反響的化學方程式_。寫出“沉錳”反響時離子方程式_。“除鐵”這一步反響在25進行,加入氨水調理溶液pH為4后,溶液中銅離子最大濃度不超出_mol/L。(已知KspCu(OH)2=2.2-2010)【答案】Cu2S和Cu2O將氣體通入品紅溶液,溶液退色,加熱恢復原色同時防備H2O2分解2+-2-+H2O2-+可提升浸取速率和浸取率2Cu+2Cl+SO32CuCl+SO4+2H

31、2+-+Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2OMn+HCO3+NH3=MnCO3+NH42.2【分析】（1）2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2,該反響中銅的化合價由+1價變為0價,銅元素在該反應中得電11CH4-CO2催化重整不單能夠獲得合成氣（CO和H2）,還對溫室氣體的減排擁有重要意義。回答以下問題：1）CH4-CO2催化重整反響為：CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)。已知：C(s)+2H2(g)=CH4(g)H=-75kJmol-1C(s)+O2(g)=CO2(g)H=-394kJmol-1C(s)+1/2O2(g)=CO(g)H

32、=-111kJmol-1該催化重整反響的H=_kJmol-1。有益于提升CH均衡轉變率的條件是_（填4標號）。A高溫低壓B低溫高壓C高溫高壓D低溫低壓某溫度下,在體積為2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化劑進行重整反響,2-2達到均衡時CO2的轉變率是50%,其均衡常數為_molL。2）反響中催化劑活性會因積碳反響而降低,同時存在的消碳反響則使積碳量減少。有關數據以下表：積碳反響消碳反響CH4(g)=C(s)+2H2(g)CO2(g)+C(s)=2CO(g)H/(kJmol-1)75172活化能/催化劑X3391(kJmol-1)催化劑Y4372由上表判斷,催化劑X_Y（填“

33、優于”或“劣于”）,原由是_。在反應進料氣構成、壓強及反響時間同樣的狀況下,某催化劑表面的積碳量隨溫度的變化關系以下圖。高升溫度時,以下對于積碳反響、消碳反響的均衡常數（K）和速率（v）的表達正確的選項是_填標號）。AK積、K消均增添Bv積減小,v消增添CK積減小,K消增添Dv消增添的倍數比v積增添的倍數大在必定溫度下,測得某催化劑上堆積碳的生成速率方程為v=kp(CH4)p(CO2)-0.5（k為速率常數）。在p(CH4)一準時,不一樣p(CO2)下積碳量隨時間的變化趨向以下圖,則pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)從大到小的次序為_。【答案】247A劣于相對于催化劑X,催化劑Y積

34、碳反響的活化能大,積碳反響的速率小；而消碳反響活化能相對小,消碳反響速率大ADpc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)【分析】剖析：（1）依據蓋斯定律計算；依據反響特色聯合溫度和壓強對均衡狀態的影響解答；依據轉變（2）依據表中數據可知相對于催化劑X,催化劑Y積碳反響的活化能大,積碳反響的速率小；而消碳反響活化能相對小,消碳反響速率大,所以催化劑X劣于Y。A正反響均是吸熱反響,高升溫度均衡向正反響方向進行,所以K積、K消均增添,A正確；B高升溫度反響速率均增大,B錯誤；C依據A中剖析可知選項C錯誤；D積碳量達到最大值此后再高升溫度積碳量降低,這說明v消增添的倍數比v積增添的倍數大,D正確。

35、答案選AD。依據反響速率方程式可知在p(CH4)一準時,生成速率隨p(CO2)的高升而降低,所以依據圖像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)從大到小的次序為pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。點睛：此題主假如考察影響化學均衡的要素,化學圖像的剖析與判斷,化學計算等知識。圖像剖析是解答的易錯點和難點,注意化學均衡圖像剖析的答題技巧,看圖像時：一看面：縱坐標與橫坐標的意義；二看線：線的走向和變化趨向；三看點：起點,拐點,終點,而后依據圖象中體現的關系、題給信息和所學知知趣聯合,做出切合題目要求的解答。12采納N2O5為硝化劑是一種新式的綠色硝化技術,在含能資料、醫藥等工業

36、中獲得寬泛應用。回答以下問題（1）1840年Devil用干燥的氯氣經過干燥的硝酸銀,獲得N2O5。該反響的氧化產物是一種氣體,其分子式為_。（2）FDaniels等曾利用測壓法在剛性反響器中研究了25時N2O5(g)分解反響：此中NO2二聚為N2O4的反響能夠快速達到均衡。系統的總壓強p隨時間t的變化以下表所示（t=時,N2O5(g)完好分解）：t/min0408016026013001700p/kPa35.840.342.5.45.949.261.262.363.1已知：2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)H1=-4.4kJmol-12NO2(g)N2O4(g)H2=-55.3kJm

37、ol-1則反響N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)的H=_kJmol-1。研究表示,N2O5(g)分解的反響速率。t=62min時,測得系統中pO2=2.9kPa,則此時的=_kPa,v=_kPamin-1。若提升反響溫度至35,則N2O5(g)完好分解后系統壓強p(35)_63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”）,原由是_。25時N2O4(g)2NO2(g)反響的均衡常數Kp=_kPa（Kp為以分壓表示的均衡常數,計算結果保存1位小數）。3）對于反響2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g),R.AOgg提出以下反響歷程：第一步N2O5NO2+NO3快速均衡第二步NO2+NO3NO

38、+NO2+O2慢反響第三步NO+NO32NO2快反響此中可近似以為第二步反響不影響第一步的均衡。以下表述正確的選項是_（填標號)。Av(第一步的逆反響)v(第二步反響)B反響的中間產物只有NO3C第二步中NO2與NO3的碰撞僅部分有效D第三步反響活化能較高【答案】O253.130.02溫度提升,體積不變,總壓強提升；NO2二聚為放6.010大于熱反響,溫度提升,均衡左移,系統物質的量增添,總壓強提升13.4AC【分析】剖析：（1）依據復原劑失掉電子轉變為氧化產物判斷；2）依據蓋斯定律計算；依據壓強之比是物質的量之比計算；依據溫度對壓強和均衡狀態的影響剖析；依據五氧化二氮完好分解時的壓強計算出二

39、氧化氮、氧氣的壓強,而后再依據二氧化氮轉變的方程式計算均衡時二氧化氮、四氧化二氮的壓強。（3）依據三步反響的特色剖析判斷。詳解：（1）氯氣在反響中獲得電子作氧化劑,硝酸銀中只有氧元素化合價會高升,所以氧化產物是氧氣,分子式為O2；（2）已知：、2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)H14.4kJ/mol、2NO2(g)N2O4(g)H255.3kJ/mol依據蓋斯定律可知2即獲得N2O5(g)2NO2(g)+1/2O2(g)H153.1kJ/mol；依據方程式可知氧氣與耗費五氧化二氮的物質的量之比是1:2,又因為壓強之比是物質的量之比,所以耗費五氧化二氮減少的壓強是2.9kPa25.8k

40、Pa,則此時五氧化二氮的壓強是35.8kPa5.8kPa30.0kPa,所以此時反響速率32v2.010306.010（kPamin1）；因為溫度高升,容器容積不變,總壓強提升,且二氧化氮二聚為放熱反響,溫度提升,均衡左移,系統物質的量增添,總壓強提升,所以若提升反響溫度至35,則N2O5(g)完好分解后系統壓強p(35)大于63.1kPa。點睛：此題主假如考察化學反響原理,重視于化學反響速率與化學均衡的有關剖析與計算,題目難度較大。試題設計新奇,陌生感強,計算量較大,對學生的要求較高。壓強和均衡常數的計算是解答的難點,注意從阿伏加德羅定律的角度去理解壓強與氣體物質的量之間的關系,注意聯合反響

41、的方程式和表中數據的靈巧應用。也能夠直接把壓強看作是物質的量利用三段式計算。13鉬及其合金在冶金、環保和航天等方面有著寬泛的應用。鉬酸鈉晶體(Na2MoO42H20)可用于制造阻燃劑和無公害型冷卻水系統的金屬緩蝕劑。Na2MoO4中Mo的化合價為_。在堿性條件下,將鉬精礦（主要成分為MoS2）加入NaClO溶液中,也能夠制備鉬酸鈉,該反響的離子方程式為_。（2）已知：2Mo（s）+3O2（g）2MoO3（s）H12MoS2（s）+7O2（g）2MoO3（s）+4SO2（g）H2MoS2（s）+2O2（g）Mo（s）+2SO2（g）H3則H3=_（用含H1、H2的代數式表示）。（3）碳酸鈉作固硫

42、劑并用氫復原輝鉬礦的原理為：MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）H。實驗測得均衡時的有關變化曲線以下圖。圖1：溫度與均衡時氣體成分的關系圖2：正、逆反響的均衡常數(K)與溫度(T)的關系必定溫度下,在體積為固定的密閉容器中進行上述反響,以下能說明反響達到了均衡狀態的是_（填序號）。A2v正(H2)=v逆(CO)BCO體積分數保持不變C混淆氣體的均勻相對分子質量不再變化DH不再變化圖1中A點對應的均衡常數Kp=_（已知A點壓強為0.lMPa,用均衡分壓取代均衡濃度計算,分壓=總壓物質的量分數）。綜合上述剖析獲得：圖2中,此中

43、表示逆反響的均衡常數(K逆)的曲線是_(填“A或”“B”),T1對應的均衡常數為_。-2-2-+3H2O-4【答案】+6MoS2+9ClO+6OHMoO4+9Cl+2SO4BC410B1.0【分析】剖析：（1）依據正負價代數和為0解答；依據反響物生成物聯合守恒法書寫離子方程式；MoS2（s）+2O2（g）Mo（s）+2SO2（g）H3依據蓋斯定律可知()/2獲得MoS2（s）+2O2（g）Mo（s）+2SO2（g）H3=。（3）A2v正(H2)v逆(CO)不知足反響速率之比是化學計量數之比,反響沒有達到均衡狀態,A錯誤；點睛：此題是化學反響原理的綜合考察,側重高頻考點的考察,綜合性強,題目難度

44、中等,注意均衡挪動原理的理解應用和圖象剖析判斷是解答的要點。注意掌握化學均衡圖像題的解題技巧：第一弄清可逆反響的正反響是吸熱仍是放熱,體積增大、減小仍是不變,有無固體、純液體物質參加反響等。其次注意先拐先平,在含量(轉變率)時間曲線中,先出現拐點的則先達到均衡,說明該曲線反響速率快,表示溫度較高、有催化劑、壓強較大等。最后定一議二,當圖像中有三個量時,先確立一個量不變,再議論此外兩個量的關系,有時還需要作協助線。14氮、硫及其化合物在工農業生產生活中有側重要作用。回答以下問題：1）有人假想利用CO復原SO2。已知S和CO的焚燒熱分別是296.0kJmol-1、283.0kJmol-1,請寫出C

45、O復原SO2的生成CO2和S(s)熱化學方程式_。（2）某科研小組研究臭氧氧化-堿汲取法同時脫除SO2和NO工藝,氧化過程反響原理及反響熱、活化能數據以下：反響：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)H1200.9kJ?mol-1Ea13.2kJ?mol-1反響：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)H2241.6kJ?mol-1Ea258kJ?mol-1已知該系統中臭氧發生疏解反響：2O3(g)3O2(g)。請回答：其余條件不變,每次向容積為2L的反響器中充入含2.0molNO、2.0molSO2的模擬煙氣和4.0molO3,改變溫度,反響同樣時間t后系統中NO和SO2的轉

46、變率以下圖：由圖1可知同樣溫度下NO的轉變率遠高于SO2,聯合題中數據剖析其可能原由_。以下說法正確的選項是_。AQ點必定為均衡狀態點B溫度高于200后,NO和SO2的轉變率隨溫度高升明顯降落、最后幾乎為零C其余條件不變,若擴大反響器的容積可提升NO和SO2的轉變率D臭氧氧化過程不可以有效地脫除SO2,但后續步驟堿汲取能夠有效脫硫假定100時P、Q均為均衡點,此時反響時間為5min,發生疏解反響的臭氧占充入臭氧總量的10%,則系統中節余O3的物質的量是_mol；SO2的均勻反響速率為_；反響在此時的均衡常數為_。（3）以連二硫酸根(S2O42)為媒介,使用間接電化學法也可辦理燃煤煙氣中的NO,

47、裝置以下圖：ab是_離子互換膜（填“陽”或“陰”）。陰極區的電極反響式為_。若NO汲取轉變后的產物為NH4+,通電過程中汲取4.48LNO（標況下）,則陽極能夠產生_mol氣體。【答案】2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)H270kJmol-1反響的活化能小于反響,同樣條件下更易發生反響BD1.40.06mol/(Lmin)8陽2SO32-+4H+2e-2-S2O4+2H2O0.25【分析】剖析：（1）利用焚燒熱借助于蓋斯定律解答；2）依據活化能對反響速率的影響剖析；依據反響原理聯合圖像曲線變化剖析判斷；依據方程式聯合有關觀點計算；3）依據電解產物聯合離子的挪動方向判斷；依據電子

48、得失陷恒計算。詳解：（1）已知S和CO的焚燒熱分別是296.0kJmol-1、283.0kJmol-1,則S(s)+O2(g)SO2(g)H296.0kJmol-1CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)H283.0kJmol-1依據蓋斯定律可知2即獲得CO復原SO2的熱化學方程式2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)H270kJmol-1。（2）反響的活化能小于反響,同樣條件下更易發生反響,所以同樣溫度下NO的轉變率遠高于SO2；假定100時P、Q均為均衡點,此時反響時間為5min,發生疏解反響的臭氧占充入臭氧總量的10%,發生疏解反響的臭氧為4mol10%0.4mol,依據反響

49、：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g),均衡時NO的轉變率為80%,反響的臭氧為2mol80%1.6mol；反響：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g),均衡時二氧化硫的轉變率為30%,反響的臭氧為2mol30%0.60mol；最后節余臭氧1.4mol；5min內SO2的均勻反響速率=0.06mol/(Lmin)；均衡時NO、O3、NO2、O2的物質的量分別為0.4mol、1.4mol、1.6mol、0.4mol+1.6mol+0.6mol2.8mol,反響在此時的均衡常數8；（3）由圖可知,陰極區通入液體主要含SO32-,流出主要含S2O42-,所以陰極區電極反響2-+-

50、2-式為2SO3+4H+2eS2O4+2H2O,因為陰極需要耗費氫離子,則ab是陽離子互換膜；4.48LNO（標況下）的物質的量是0.2mol,因為NO汲取轉變后的產物為NH+,則電4路中轉移1mol電子；陽極氫氧根放電產生氧氣,需要氧氣的物質的量是1mol40.25mol。15乙二醛是一種初級醛,它有著極其活躍的化學反響性,并有寬泛的用途。I.乙二醛的工業制法以下：（1）乙醛(CH3CHO)液相硝酸氧化法在Cu(NO3)催化下,用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛,反響的離子方程式為_。該法擁有原料易得、反響條件平和等長處,但也存在比較顯然的弊端是_。2）乙二醇(HOCH2CH2OH)氣相氧化法已知:

51、OHC-CHO(g)+2H2(g)HOCH2CH2OH(g)H=-78kJ/molK12H2(g)+O2(g)2H2O(g)H=-484kJ/molK2乙二醇氣相氧化反響HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O(g)的同樣溫度下,該反響的化學均衡常數K=_(用含K1、K2的代數式表示)。當原料氣中氧醇比為1.35時,乙二醛和副產物CO2的產率與反響溫度的關系以下圖。反響溫度在450495之間和超出495時,乙二醛產率降低的主要原由分別是_、_。II.乙二醛的用途之一是能夠電解氧化制備乙醛酸(OHC-COOH),其生產裝置以下圖,通電后,陽極產生的Cl2與乙二醛溶液反

52、響生成乙醛酸。3）陰極反響式為_。4）陽極液中鹽酸的作用,除了產生氯氣外,還有_作用。5）保持電流強度為aA,電解tmin,制得乙醛酸mg,列式表示該裝置在本次電解中的電流效率=_(已知:法拉第常數為fCmol-l；)+-3OHCCHO+4NO+5H2O尾氣有污染（或“腐化設【答案】3CH3CHO+4H+4NO3備”等其余合理答案）K2/K1溫度高升,主反響均衡向逆反響方向挪動溫度大于495,乙二醇大批轉變為CO2等副產物2H+2eH2加強導電性（或“均衡陰極區電解液電荷”等其余合理答案）mf/2220at100%【分析】.（1）在Cu(NO3)2催化下,乙醛被氧化為乙二醛,NO3-復原為NO

53、,化學方程式為：電子的物質的量為,則電解效率為100%=mf/2220at100%。16有機物X是一種重要的有機化工原料,以下圖是以有機物X為原料設計的合成路線(部分產物、個別合成路線、反響條件等略去)。己知：.X為芬芳烴,其相對分子質量為92；Y是一種功能高分子資料。.烷基苯在酸性高錳酸鉀的作用下,側鏈被氧化成羧基：。(苯胺,易被氧化)。依據本所信息與所學知回答以下：（1）X構式_。中官能的名稱_。（2）反的反型是_；反和的序不可以交的原由是_。（3）已知A一代物。反的化學方程式_。反的離子方程式_。4）阿司匹林有多種同分異構體,足以下條件的同分異構體有_種。芬芳族化合物不可以生水解反,也不

54、可以生反；1mol有機物最多能與2molNaHCO3完好反。（5）寫出以A原料制的合成路流程(其余任)_。合成路流程的示比以下：【答案】氨基、基原反防止氨基被酸性高酸氧化10【分析】剖析:相分子量92的某芬芳X是一種重要的有機化工原料,令分子成CxHy,=78,（）。在催化劑條件下發生加成反響生成,再在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發生消去反響生成,與氯氣發生加成反響生成,最后在氫氧化鈉水溶液中發生水解反響生成。詳解：（1）經過以上剖析知,X構造簡式為；中官能團的名稱為氨基和羧基,所以,此題正確答案是：；氨基、羧基；2）反響的反響種類是復原反響；反響和的次序不可以互換的原由是防止氨基被酸性高錳酸鉀

55、氧化；所以,此題正確答案是：復原反響；防止氨基被酸性高錳酸鉀氧化；（3）鄰氨基苯甲酸在必定條件下反響生成Y,反響的化學方程式為：,反響是苯甲醛發生的銀鏡反響,離子方程式為:所以,此題正確答案是：；。17化合物M是一種新式有機酰胺,在工業生產中有重要的作用,其合成路線以下：已知：A是烴的含氧衍生物,相對分子質量為58,碳和氫的質量分數之和為44.8%,核磁共振氫譜顯示為一組峰,可發生銀鏡反響,且5.8gA完好發生反響生成0.4mol銀。回答以下問題：1）E的構造簡式為_；G的名稱為_。2）B中含有官能團的名稱為_。3）C-D的反響種類為_。4）寫出F+HM的化學反響方程式_。5）芬芳族化合物W有

56、三個取代基,是C的同分異構體,能與FeCI3溶液發生顯色反響。0.5molW可與足量的Na反響生成1gH2,且核磁共振氫譜顯示為五組峰,切合以上條件的W的同分異構體共有_種,寫出此中一種的構造簡式_。（6）參照上述合成路線,以C2H4和HOCH2CH2OH為原料(無機試劑任選),設計制備的合成路線_。【答案】硝基苯碳碳雙鍵、醛基加成反響（復原反響）2或溶液發生顯色反響,說明有酚羥基；0.5molW可與足量的Na反響生成0.5molH2,可知羥基數量為2個,則苯環上可能有一個酚羥基、一個CH2OH和一個甲基,此時共有10種構造,可能有二個酚羥基和一個乙基,此時共有6種,則知足條件的總合有16種同

57、分異構體,此中核磁共振氫譜為五組峰的只有2種,構造簡式為或；（6）以C2H4和HOCH2CH2OH為原料合成的流程圖為。點睛：依據反響條件推測反響種類：（1）在NaOH的水溶液中發生水解反響,可能是酯的水解反響或鹵代烴的水解反響。（2）在NaOH的乙醇溶液中加熱,發生鹵代烴的消去反響。（3）在濃H2SO4存在的條件下加熱,可能發生醇的消去反響、酯化反響、成醚反響或硝化反響等。（4）能與溴水或溴的CCl溶液反響,可能為烯烴、炔烴的加成反響。（5）能4與H2在Ni作用下發生反響,則為烯烴、炔烴、芬芳烴、醛的加成反響或復原反響。（6）在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下,發生醇的氧化

58、反響。（7）與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反響,則該物質發生的是CHO的氧化反響。(假如連續兩次出現O2,則為醇醛羧酸的過程)。（8）在稀H2SO4加熱條件下發生酯、低聚糖、多糖等的水解反響。（9）在光照、X2(表示鹵素單質)條件下發生烷基上的取代反響；在Fe粉、X2條件下發生苯環上的取代。18某新式有機酰胺化合物M在工業生產中有重要的作用,其合成路線以下：已知：A是烴的含氧衍生物,相對分子質量為58,碳和氫的質量分數之和為44.8%,核磁共振氫譜顯示為一組峰,可發生銀鏡反響。回答以下問題;1）E的構造簡式為_,G的名稱為_。（2）B中含有官能團的名稱為_3）CD的反響種類為_。4）寫出BC的化學反響方程式_.F+HM的化學反響方程式_5）芬芳族化合物W有三個取代基,是C的同分異構體,能與FeCl3溶液發生顯色反響。0.5molW可與足量的Na反響生成1gH2,且核磁共振氫譜顯示為五組峰,符號以上條件的W的同分異構體共有_種,寫出此中一種的構造簡式_。（7）參照上