热点大题专项训练答案解析

1、一)化学实验方案设计与评价1、 解析：(1) A装置制备氯气，因此仪器 M中盛放的试剂为浓盐酸。(2) B装置中CL与NILC1水溶液在低温下反应得到 NCL,加热蒸馅，再冷凝收集 NCL，最后用氢氧化钠溶液吸收尾气， 防止污染空气，故仪器接口连接的顺序为a、b、c、e、f、d, ( 3)由于NCL熔点为-40 ° C,沸点为 70 ° C, 95 °C 以上易爆炸，有刺激性气味，在热水中易水解，所以应控制 水浴加热的温度为 70? 95 ° C, 氯气、氯化氢都能引起空气污染，不能直接排放，可以用氢 氧化钠溶液吸收，所以装 置C的作用为吸收尾气并防止倒

2、吸。(4)NCL本身无漂白性，与水 反应生成次氯酸和氨气，化学方程式：NCl3+3H20"3HC10+NH f ,氨气与水反应生成一 水合氨，一水合氨电离岀氢氧根离子，溶液 显碱性，使红色石蕊试纸变蓝，生成的HC10又 使其漂白褪色。(5)在pH=4时电解NHK1溶液也可以制得NCL,氮元素化合价从一 3价升高到+3价，发生失去电子的氧化反应，则电解池中产生NCL的电极为阳极，该电极的电极反 应式为36+ NHA-6e=NCI+4H+o ( 6) NCL可与NaC10溶液反应制 取 CIO, 气体，同时产 生一种无污染的气体，根据原子守恒可知该气体是氮气，反应的方程式为2NCL +

3、6NaC102=6C102 t +6NaCI+N 2 t ,答案：( 1) 浓盐酸 ( 2) a、 b、 c、 e、 f 、 d ( 3) 70? 95 ° C 吸收尾气并防止倒吸 在热 水中发生的反应为 NCL+3H20"3HC10+NH3 f , NCL 本身无漂白性，但在热水中会水 解生成NHs - "0使红色石蕊试纸变蓝，而生成的 HC1O又使其褪色(5)阳极3C T +NHj 一 6eA=NCIa+4F+ ( 6) 2NCI3 + 6NaC10 2=6C102 t +6NaCI+N 2 t2、 解析：在 SO?勺饱和水溶液中存在 S02+H20 H2SO

4、3 H+HS0F的平衡，当 加入NaHSOs固 体增加了 c (HS0D ,平衡左移，降低了 S0,的溶解度，故可以看到有气体S0,逸岀。次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比 HC10 强进行判断。 A 装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HC1,用饱和的亚硫酸氢钠除去 HC1,再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高猛 酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红 溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽， 再通入 F 中，则装置连接顺序为 A-C-B-E

5、-D-F, 其中装置 C 的作用是除去 HC1 气体， D 中品红不褪色， F 中岀现白色沉淀，可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸 o(2) A中制备二氧化硫，X干燥二氧化硫，C中S0?与NaCh反应，D中氢氧化钠溶液吸收剩余的二氧化硫，防止污染 空气； E 装置检验还原性弱于 S02, F 装置验证二氧化硫为酸性气体，并吸收 二氧化硫，防止污染空气。 S0?与NaQ反应无0?生成，可能发生的化学反应方程式为NaA> +S02=NqS04?E中溶液蓝色褪去，说明 SO 有还原性，被L氧化，发生反应的离子方程式为S0=+ L+2H=0=21 + SOt+4H + ° 因 SO?是酸性氧

6、化物，能发生 20H" + S0 2=S0t + H : 0,贝U F 中 含酚酰的NaOH溶液显红色，通入SO?后红色变浅或褪去。答案：SO?勺水溶液中存在如下平衡 SO +H2OHSO H+HSOF1加入NaHSOs固体增加了 c(HS0D,平衡左移，降低了SO?的溶解度C-B-E D-F D中品红不褪色， F中产生白色沉淀(2) Na02 + S0 2=NaS04溶液蓝色褪去S02 + L + 2H 20=2r + S0r + 4H +红色变浅或褪去3、解析：(1)Bn能腐蚀橡皮塞及橡皮管，所以该装置不用橡皮塞及橡皮管；澳沸点低，易挥发，冰水的作用是冷凝澳蒸气。由用 NaCI和

7、浓硫酸制备HC1,联想到用NaBr和浓硫酸制备HBr, 由用浓HC1溶液和MnOz制备CL,联想到用浓HBr溶液和MnO制备Bg 题图2中仪器A的名称为恒压滴液漏斗。步骤 2滴入Bn之前，冷却至2 °C的目的 是防止液澳挥发；步骤 2中加入液澳可能发生 Bn与NaOH的反应。步骤4洗涤时，欲证114s明已洗涤干净，只需证明最后一次洗涤液中没有Br即可。刀(NaOH)=0.28540 g ? mol20 R1. 6 Rmol, (Br2)=0.125 mol, (CH3C0CH3)= * =0. 027 6 mol, 才艮据160 g ? mol58 g ? molg 2 CTCBm的

8、制备原理知，NaOH和Br2过量，故产品的产率= ： X 100%1- 6 g，-,=90. 6%o答案：Bn能腐蚀橡皮塞及橡皮管 冷凝漠蒸气 2NaBr+MnQ+3HS04(a)=2NaHS0.!+MnS0i+Br 2 + 2H 20或 2NaBr +Mn0= + 2H£0(浓)+MnSO.,+Bn + 2H=0(2) 恒压滴液漏斗防止液漠挥发Bn + ZOIT=Br(F+ Br + HQ取少许最后 一次洗涤液于试管中，滴入硝酸酸化的 AgNOa溶液，若无沉淀生成，则说明已洗涤干净90. 6%4、 解析：(1)由装置图可知 A为分液漏斗。(2)在装置B中制取氯气，离子反应方程式为+

9、2 +MnO+4H + 2CrAAMn +CL t +2H =0。(3)在E中干燥纯净的CL与S发生反应，而B中制取的CL中含有HC1杂质，除杂后气体还需要干燥，故 C中盛有饱和食盐水以除去 HC1, D中盛有浓硫酸以干燥氯 气。 结合题给信息，SKL能与CL反应生成SCL,知SEL粗品 中可能混有的杂质有 S、SCL CL, (5)观察装置图可知，H中水蒸气可进入G中，发生反应： 2S2CL+2H0=3S J +S0= t +4HC1, 导致S2CI2产率降低，可在 G和H之间增加干燥装置(6) H是除氯气装置，氯化铁和高镒酸钾都不与氯气反应，符合题意。答案： ( 1) 分液漏斗+ 2+(2

10、) MnO + 4H + 2CrAAMn +Cl 2 t +2H 20除去CL中的HC1杂质 S SCL、CL(5) 2S2CL+2H=0=3S I +S0 2 t +4HC1 在 G 和 H 之间增加干燥装置(如盛有浓硫酸的洗 气 瓶)(二)定量实验方案探究1、解析： ( 1 ) 长颈漏斗只能一次性将液体全部加入反应装置中，不能控制滴液速度，故不能用其代替装置 A 中的分液漏斗。 (2) 装置 B 中浓硫酸起到干燥气体的作用；长颈漏斗连 接大气， 起到平衡压强的作用；通过气泡产生的速率可以观察 0?的流速。 ( 3) 仪器丙为三口 烧瓶；冷凝管 的冷却水要下进上岀。装置 C的三口烧瓶中盛有P

11、CL,其与通入的6反应 生成POCLo反应温度控制 在60? 65 °C的原因是既能提高反应速率，又能防止因温度过高而导致PCL挥发。(5)设16.73 g 样品中含有 x mol P0CL, 根据样品纯度测定过程中发生 的反应： P0CL+3H20=HaP0i + 3HCl 、 Ag+Cr=AgCl I 、 Ag+ + SCN"=AgSCN I 及银元素 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, 故样品中 POCL的纯度为 0. 1 mo

12、lX 153. 5g ? mor'4 -16. 73 gX100% = 91. 8%。答案： ( 1) 不能，长颈漏斗不能调节滴液速度( 2)acd( 3)三口烧瓶(或三颈烧瓶)a(4)2PC13+OAA2POC13温度过低，反应速率太慢；温度过高，PCL易挥发，利用率(5)指示剂 91.8%2、解析：( 4) 由于 PCL 遇水会水解，所以氯气必须干燥， C 装置中可盛装浓硫酸干燥氯气。利用二氧化碳排尽装置中的空气，防止PCL被氧化。根据PCL的沸点数据，利用 E装置收集 PCL, 因尾气中含有有毒气体氯气且空气中的水蒸气可能进入装置，所以用F 装置中 的碱石灰吸收多余的氯气，同时防

13、止空气中的水蒸气进入烧瓶与PCL反应。（5）由PCL+3H2O=H3PO3+3HC1 和 L+2S2Or=SiOr + 2r 可知,/7 （H3PO3）=（L） , 即（压P0。-1 _3 3+|x6X10 - mol = 8X10 _ mol,解得 /7 （ fPO）=7. 7X10A mol,所以 5. 00 g 产品中含有 4X7.1-37X10-3 mol PC1 3,产品中 PCL 的质量分数为 137. 5 g ?m Or1X4X7. 7X 10 -3 mol4-5. 00 gX100% =84. 7%o答案： （ 1） 分液漏斗（2）检查装置的气密性 打开K通一段时间的CO,然后

14、关闭K（3）平衡三颈烧瓶与分液漏斗上方的气压，使 B 仪器中的液体能够顺利滴下 冷凝并收集 PCL（4）碱石灰 C 装置只能吸收水，而 F 装置还可以吸收多余的氯气，同时防止空气中的 水蒸气进入烧瓶和PCL反应（5）溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色 84. 7%3、解析：（1）用装置C制备由于过氧化钙能与空气中的足0、C0,反应，因此制得的 Oz必须用装置D干燥，且装置B要通入一段时间0?后，再点燃酒精灯制备 CaO&还要用装置D防止空气中的 压0、CO?进入装置，故装置按气流方向连接顺序为dfebcf或dfecbfo （2）实验结束后，为了防止倒吸，先熄灭酒精灯，待反应管冷却

15、至室温，再停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞。 （ 3）利用过氧化钙的强氧化性检验。（ 4） 根据 Ca02 ? 8H 20 的制备原理， 知装置甲为氨气的发生装置，发生反应：Ca（ 0H）2 + 2NH4C|AACaCI 2+2NH3 t +2H 20。X为分 液漏斗。乙中沉淀反应需控 制温度在0 °C左右，还可能的原因是温度低可减少过氧化氢的分解。根据 CaO ? 8H20的制备原理可知，反应产物为 CaO - 8H 20和NHC1,则通过检验 最后一次洗涤液中是否含有 C1",即可检 验 CaO= ? 8H2O 是否洗涤干净。（5）根据 2CaO? + 2"

16、0=2Ca（ 0H）=+0= t , 0=+4Kl + 2fS0i=2K=S04+2L+2H=0, L+2S" =2+ SQ，可 得关系式：2CaO ? O ? 2L? 4S?-,贝0 /7-1-3（CaO2）=3（Na&（） 3） =|x c mol ? L -1X KX 10-3 L =|xcKX10 -3 mol,故CaOz的质量分数为-X cKX 10 ' mol X 72 g , mol X36cKX10100%=- 答案： (l)dfebcf 或 dfecbf(2)熄灭酒精灯，待反应管冷却至室温，停止通入氧气，并关闭分液漏斗的活塞(3) 取样品少许于试管中

17、，加入酸化的 FeCL溶液溶解后，滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则说明样品中含有过氧化钙；若溶液不变红色，则说明样品中不含过氧化钙 Ca(0H) 2 + 2NH. 1Cl=CaC12 + 2NH 3 t +2H 20 分液漏斗温度低可减少过氧化氢的分解，提高过氧化氢的利用率取少量最后一次洗涤液于试管中，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，若没有白色沉淀生成，则说明已经洗涤干净；反之则说明未洗涤干净 ( 合 理答案均可 )-3, x36cKX10-3 a4、解析：I . (l)CaO能与水反应同时放岀大量的热，有利于氨气的逸岀；NaOH溶于水放岀大量的热，有利于氨气的逸出，A、 B 项符合题意

18、。 (2) 外界大气压与三颈瓶内压强之差 越大，喷泉越剧烈，大气压不变， D 点压强最小，所以大气压和 D 点压强之差最大，则 D 点 时喷泉最剧烈。 (3) 能够产生压强差就能引发喷泉，氨气不溶于CCL，两者也不反应，不能 产生压强差，不能引发喷泉，A、 B、 C 项操作均能引发喷泉。 II. (4) 氨水呈碱性，应该用碱 式滴定管或移液管量取。 (5) 设氨水 的物质的量浓度为 c, 则有 cX20. 00 mL = 0. 040 00mol ? L-1l-1X22. 50 mL, 解得 c=0. 045 00 mol ?L l? 电离平衡常数兀 =,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 -,贝U K.= nU. UArO UU = 2.2X1 。-" 。(6) 液氨与 Na=C03 不反应，与 NaHCO3 发生反应： 2NaHCO： 3 + 2NH3=Na 2CO3 + (NH4) 2C03?答案： I . (1)AB 将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口 c, 试纸变蓝色，证明 NH3 已收集满 (或 将蘸 有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口C,有白烟生成，证明NH3已收集满)(2) DII. (4) 碱式滴定管 ( 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)化工生产与工艺流程1、解析：(1)流程发生的反应是二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，亚硫酸钠和氢氧化钙反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙被氧气氧化为硫酸钙，化学式为CaSQ? (2)将第I步中的浓苛性钠溶液换成同温度下饱和 Ca (0H) 2溶液直接制得产品 CaSO,由于氢氧化钙溶 解度小对二氧化硫吸 收不完全，所以不可以。(3)111)3 尾气含有so” 1 000

21、LX4. 48% : 22. 4 L ? mor 1 = 2 mol; 需 要含镒质量分数为55%的MnO矿粉x gMn0= +S02 + H=0=Mn S04 - H=087 g 1 mol87x gX 55%X 2 mol55x=200。(4) 除铁发生的反应是利用铁离子在 pH=6.5时全部沉淀除去，三价铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，加入碳酸钙会和氢离子反应，使pH升高到6.5,反应的离子方程式为2Fe ' + +3H2O+3CaCO=2Fe(0H) 3 ； +3C0 2 t +3Ca 2+。(5)MnS 比 CuS 易溶，利用沉淀转化可用 MnS 除去 Cu, + 0 (6)

22、操作I是依据流程得到硫酸镒溶液中的溶质晶体，采取的措施是蒸发浓缩、冷却结晶；MnSO,-H =0在1 150 °C高温下易分解，产物是 Mn i04 含硫化合物、水，依据电 子守恒可知，3MnSQ ?压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，依据原子守恒配平化学方程式为3MnS0i ?凡0些t +2S0 3 +3HQ。答案：(DCaSOi (2)不可以Ca(0HL在水中溶解度较小，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) 蒸发浓缩，冷却结晶 3MnS0,? HQ 耍萱血。+S02 t +2SOs t+3H=02、解析： (1) 为了提高金属镶废料浸出的速率，还可以增大盐酸的浓度 (或将镣废料研成粉末等) (2) 沉镣前要将铝离子和铁离子沉淀完全，而镣离子不能产生沉淀，所以溶液的 pH 控 制在5.0? 7.1。(3)滤液A中还主要含有氯化钠，可回收利用。(4)C1由+ 1价降低到 一 1价，即反应生成 NaCl, 而 Ni 由+2 价升高到 +3 价，生成 Ni203, 反应

24、离子方程式为2N + + C10" +_140H-=Ni 203 i +Cr + 2H2O0 (5)根据图示可知，NHK1的浓度为10 g - L" 时，v 的成粉率最高，所以NH Cl的浓度最好控制为10 g - L -1, (6)草酸竦(NiC? ?2足0)在热空 气中干燥脱水后生成NG04, NiC 204再发生氧化还原反应(Ni由+2价升高到+3价，贝U C由+ 3价降低到+ 2价，题中 要求生成混合气体，则另一气体为C0Q生成Nim、CO C0=,再利用化合价升降相等，Ni:升高2X(32), C:升高 1 X (4-3), C:降低：3X(3 2),配平方程式为

25、 2NiG(h ?2 足 0 些里 NLO3+3COf +C(M +4H 20,答案：(1) 增大盐酸的浓度 (或将镣废料研成粉末等 )(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)常温氯化，CL与Ca(OH),发生反应得到漂白液。加热升高温度，Ca(0H)2的溶解度降低，同时促进 C1CT水解及HC10分解，则CL的转化率也降低，A项不符合题意；适当减缓通入CL的速率，等效于增大

26、Ca(0H)2的浓度，CL的转化率增大，B项符合题意；充分搅拌浆料，能使反应完全，CL的转化率增大，C项符合题意；加水使 Ca(0H) 2完全溶解， 不能改变CL的转化 率，D项不符合题意。根据题意，OT与C1CT反应转化为C0?和N& CN中C N分别为+2价、一 3价，ImolCPF失去5 mol电子，而C1CT转化为C，1 mol CIO 得到2 mol电子，根据得失电 子守恒，则每转化 1 mol CN 至少需要消耗氧化剂 C10 T2. 5 molo(2) Ca(C10X中Cl的化合价 为+5。氯化完成后过滤，得到的滤渣的主要成分为CaCO ,、 Ca(0H)=°根

27、据题图知，75 ° (:时氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙都小得多，故 氯酸钙与 KC1 能发生反应： Ca(C103)2+2KClAACaCl 2+2KC103 1 ? (3) 氯代乙醇为氯原子取 代乙醇分子中乙基上的氢原子，根 据“氯代乙醇再与 Ca(0H) = 反应生产环氧乙烷”，则氯原 子应取代甲基上的氢原子，故氯代乙醇的 结构简式为C1CHKHQH总反应的化学方程式为 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 ,氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙都小得多(3) C1CH2CH2OH CH2=CH2+C12+Ca (OH) 2H2C0CH2+CaC 12+H=04、解析： (1) 硅酸盐既可以用盐的形式表示，也可以用氧化物的形式表示。在用氧化物 表示时，先写活泼金属的氧化物，再写较活泼金属的氧化物，最后写非金属的氧化物，并且 要符 合质量守恒定律。 LiAlSiM 可表示为 Li=0 -ALOa -4Si0 2o (2) 反应 II 加入碳酸钙是为了 除去反应 I中过量的H2S04；控制pH,使Fe"、Al'+完全沉淀。根据框图中

29、物质之间的转化关系可知，反应2+ - 2+III中生成沉淀 A的离子方程式为 Mg + 2OH=Mg(OH)2 ；、Ca + C0r =CaCO 3 I ,因为Li 2CQ的溶解度随温度的升高而降低，所以洗涤Li2CO沉淀要使用热水，这样可减少Li 2CQ的溶解损耗。(5)若第一次碳酸钠溶液浓度过大，则部分 Li* 会形成沉淀， 而第二次碳酸钠溶液浓度大，则有利于 Li2CO沉淀的生成。(6)因为在加热蒸干LiCl溶液时，有少量LiCl发生水解反应生成LiOH, LiOH 受热分解生成Li", Li"在电解时产生Q。因此电解LiCl时，阳极产生的氯气中常含有少量的0%答案：

30、(l)Li 20 ? Al 2O3 ? 4SiO 2(2) 除去反应 I 中过量的 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) 热水Li 2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少LLCQ，的损耗(5) 第一次浓度过大会使部分 Li+沉淀，第二次浓度大则有利于 LLCQ,沉淀的生成(6) 加热蒸干 LiCl 溶液时，有少量 LiCl 水解生成 LiOH, LiOH 受热分解生成 Li", 电解 时产 生 025、解析： (1) 软镒矿要先制

31、成矿浆，可以增大反应物接触面积，加快反应速率，提高原 料利用率；葡萄糖(CeHiA)与MnO反应时，产物为MnSOi, CO,和HQ,反应中MnO中 Mn的化 合价 由+4 价变成 + 2 价，是氧化剂，化合价变化 2, 葡萄糖是还原剂，其中 C 元素的化合 价由 0 价变成 + 4 价，化合价变化 4X6 = 24, 根据化合价升降守恒，氧化剂与还原剂的物质 的量之比为 12 ： lo 2+用HQ溶液氧化溶液中的亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe +HA + 2H+=2Fe"+2HQ。 根据几种金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的 pH, “调 pH 并过滤”时，调整 pH 的目

32、的是沉淀铁离子 和铝离子，但不能使镒离子沉淀， pH 范围为 5. 0 7. 8, 滤渣 1 的主要成分为 Fe(0H) 3 和 Al (OH), 。 (4) 碳酸钠与硫酸镒反应生成碳酸镒，加入 磷酸使碳酸镒生成 Mn (H2P0I )2, 反应的化学 方 程 式 为MnC03+2H3P0Mn(H2POO 2+CO2 t+H20,87 2851 tX87%X (1-9%)(H2P04) = ? 2H=087 285 则 1 tX87%X (1-9%) =?Mn (H2PO4) 2 ? 2H=0 ,解得 (H2PO4)2 ? 2H20 F. 59 to答案： (1) 增大反应物接触面积，加快反应

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)根据题意，MnO, CuS、H2SO4反应生成 MnSOj, CuSO、S、H20根据得失电 子守恒、原子守恒及电荷守恒配平离子方程式。 (2) 根据题给流程图及已知信息，滤渣II 中 含 Cu(0H)=和Fe(0H)3。(3)根据盖斯定律，由一(+)即可得到S0?与MnO反应生成无水 MnSC

34、h 的热化学方程式：MnC2(s) +S0 2(g)AMnS04(s) A /= 248 kJ , mol-1o (4) 由题图可知，温度在° C： 因 NH4HCO390 °C时，镒的浸岀率较高且 Mn&Os的生成率较低，故“浸镒“的适宜温度 是90 稳定性差，受热易分解，故向过滤 II 所得的滤液中加入 NH4HCO3 溶液时 温度不宜太高，从而防止NHJICQ,受热分解，提高原料利用率。(5)根据扃(MnS) = 1.4X104X 0 I'-1-14-1”,当 开始沉淀时，溶液中。($2一)= 一 mol ? L -1 = 7. OX 10 -14 m

35、ol ? L -1, 根据的电离常数 &=c(S ( HS")(H)=7. 0Xl()f,则溶液中所以 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受热分解，提高原料利用率(5)(%1) 基本理论综合应用1、解析：已知三个反应反应I CH 30H(g) +H 20(g) CO : (g) +3H 2

36、(g)A&= +49. 4 kJ - moP 1,反应 IICH 30H(g)CO(g)+2H2(g)=+90. 6 kJ ? mol，CO的1燃烧热为 283. 0 kJ ? mol ，C0(g)+l/202(g)=C02(g) AA=-283. 0 kJ ? moF ,由盖斯 定律+得反应III的热化学反应方程式为 CHiOH(g) +1 /20 = (g) =C0, (g) + 2H = (g)、H=1 192. 4 kJ , mol - : 1 mol甲醇产生氢气分别为 3 mol、2 mol> 2 mol,最多的是反应I。反应I甲醇水蒸气重整制氢：OMH(g)+H&qu

37、ot;(g) CO=(g) +3H 2(g). = +/、3r 口、_1C49. 4 kJ mol _ ,该反应的平衡常数 K= m -。c (UWH) ? c (H2O) CHOH(g)+H2O(g)C02(g)+3H 2(g)起始1 1/mol反应0./mol82平衡0./mol180 00.82 0.82 3X0.820. 18 0.82 2.46反应达平衡时凡的体积分数为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),相同温度时，减小压强，平衡正向移动，OMH转化率增大，由图可知从

38、儿到功压强减小，图中的压强由小到大的顺序是 是负极，通入氧化剂的电极是正极，负极是足作还原剂, 电子和二氧化碳反应生成碳酸根离子，电极反应式为 空气)、COsoPl<P2<P3o (3)燃料电池中通入燃料的电极H； 2e + C0r=H 20+C02,正极上氧气得02+2C0= 4e_A2C03_,故正极要不断通入 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.气 )、 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),而目标反应2N0(g)c (NO2)+ O2 (g) 2NO2 (g)的厶 H=(J+ = Hi+ A H?.,由 K=t(NO),结合f正、v逆2N0=(g)速率的是反应，所以的定义，可得K= o (2)因为决定2NO(g)+O=(g)Ai逆?压逆反应的活化能3远小于反应的活化能丹。II. (3)满足平衡条件7(N02)=2r(N 2O4)即为平衡点，B、D点的压强之比等于其反应速率之比为1 : 2,所以B

40、 D为平衡点。 反应后溶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，贝寸Abc (NHj) ? c (OIF) 0.01X1X10 (阳"".日。)-75节=(2X10 ) / (a -0. 02):02设氨水的体积为KnB、D图中只有D点的NO的消耗速率是B点N2O4的消耗速率的2倍，所以表示达到 化学平衡状态的点是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 .根据盖斯定律，反应3 = 2X反应1 一反应2,所以AA = 2AA- AA °II. (1)这是一个气体体积减小的反应，所以反应炳变A5<0o因为温度升高时，平衡 体系足的体积分数增大，即平衡逆向移动，所以正反应为放热反应，Aa<0o (2)A.反应正向进行时，气体物质的量减小，反应逆向进行时，气体物质的量增大。当容器体积不变时，二者都会导致体系压强改变，所以体系压强不变的状态一定是化学平衡状态，A正确。由于反应进行过程中气体的质量始

42、终保持不变，容器体积不变时，混合气体密度始终不变，所以混合气体密度不变时不一定是化学平衡状态，B错误。反应开始时只有 C0,和凡，所以生成 的CH,与H=0物质的量之比始终为1 : 2,则CH,与H=0物质的量之比保持不变时不-反应逆向进行时足质量分数增大，-定是化学平衡状态，所以足质量分数不变时，C错误。反应正向进行时足质量分数减小，一定是该反应处于化学平衡状态，D正确。(3)前 20 s Ac(C0=)z、 , ,、(a 0 mol ? L1,.(a S mol ? L1=(a Z?) mol ? L，贝"r(C0 2)一,r(H 2) 一X4ZU SZU s(aA)mol ?

43、L -1 ? s -1o (4)平衡建立过程中，反应消耗 C02(a 力)mol ? L -1,则参加反应0的足为 4 ( 口一力)mol?，生成 CH,: (a Z?) mol , fO: 2 (a A) mol , L-1,所以反应达到平衡时，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。温度降低时,b ? (4 力一 3a)化学反应速率减小，重新建立平衡后，r(正)也

44、减小。由于该反应是放热反应，降低温度后平衡正向移动，所以CO?勺转化率增大。III.K 2CO溶液吸收CO2生成KHCOs溶液中存在的离子包括 K+、H+ HCO、C0、OHL电解时还原性最强的0H在阳极放电生成反应原理为 40厂一 4厂=2足0+0山，反应的0H来源于水，所以电解时阳极产生,H+HCOr=COt +H2O0 (2)阴极区氧化性最强的放电生成凡，主要来源于水，所以电解时阴极产生0H一, 0H r +HCO r=H2O+C0， 使 COT得到再生。-1 -1-s答案：I.2A& A压II. V V (2)A、D (3)mol - L54 ( q, Z?)(C% (5)减小

45、增大b (4/2 3a)III. 40IT 4e=2HQ+(M 阴极放电产生足，0旷浓度变大并与HCO反应使CO再生4、解析：(1)根据平衡常数的定义可知，2羿)。由热化学方程式：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根据盖斯定律，b a+c 即可得反1应 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)根据图像可知当压强一定时，温度升高A的转化率降低，结合勒夏特列原理：温度升高平衡向吸热的方向移动，由此可以推知正反应0；又因为该反应可以在低温时自发进行，根据A H7A 5< 0时反应自发进行，推岀 A5< 0,故aAb>C,根据勒夏特列原理：当温度一定时，压强增大平衡向气体分子总数减小的方向移动，可推知压强增 大平衡正向移动，A的转化率增大，所以p>烂。(3)用盐酸滴定碳酸钠溶液的过程中，用酚酉太作指示剂时滴定的终点产物为NaHCU

47、二者的反应比例为1 : 1,即图像中的b点，用甲基橙作指示剂时滴定的终点产物为ftCOa,二者的反应比例为2 : 1,即图像中的d点，NaHCOs促进水的电离，H2CO抑制水的电离，故水的电离程度：b>d。滴 定过程中b点到d 点之间溶液中已经没有 N&CO3只有NaHCOs所以只发生 NaHCOs与盐酸的 反应。加入盐酸10 mL 时，溶液中有NaHCQ和NaCI以及剩余的NqCO，三者的物质的量之比为1:1:1, C(T 的水 解程度大于 HC07,且二者均为少部分水解，故c(Na+)>c(HC0D >c(cr)>c(C0t) >c(0H")

48、 >c(H+), a正确；b、c、d三个选项考查溶液中离子之间的守恒关系，只有c项正确。N电极上HOOCCOOH得电子生成HOOCCHO,平方程式即可。阴、阳极各生成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： 根据盖斯定律，由 |x (2) X2)可得：NG(g)+SO2(g) SO(g)+NO(g) A二41.8kJ-mor'o 混合气体的质量恒定，在恒容容

49、器中混合气体的密度保持不变，a项不能说明反应达到平衡状态；混合气体的颜色保持不变，说明NO,的浓度不变，b项可以说明反应达到平衡状态；S03和NO的体积比始终是一定值，c项不能说明反应达到平衡状态；反应速率之比始终等于系数之 比，d项不能说明反应达到平衡状态。由题图 1可知，0?0 75 mol ? L 14 min内，CO的浓度减少 了 0. 751mol ? L -,贝U r(C0)=-:=0.1875 mol*L1,1111114 mint,根据反应速率之比等于系数之比，K(H2)=2r(C0) =0. 375mol ? L_1 _1? min o第 4 min平衡时，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,平衡正向移动。由题图 2知，阴极上 CO发生还原反应生成 CH,电极反应式为 C0+ 6e_ + 5"0=60H + CH4,根据阴极反应式可知，每生成 1 mol OL转移6 mol电子，甲醇燃 料电池的总反应 为CHOH+Q=CO+2HO,则每消耗1 mol甲醇转移

51、6 mol电子，生成标 准状况下1. 12 L(0.05 mol)甲烷时，电路中转移 0. 3 mol 电子，消耗(CHsOH) =0. 05 mol, 故 a(CHsOH) =0. 05 molX 32 g ? mol1. 6 go(NH4) 2SOj为强酸弱碱盐，NH;水解使溶液 显酸性：NHj+HzO NH3?He+H*。向(NH)2SO4溶液中滴入 NaOH溶液至溶液呈中性，则c(H +)=c(OH"),根据电荷守恒可得:c(NHA) + c(Na+) + c(H+) = c(OH") + 2c(SOD ,根据物料 守恒得：+C(NH3 ? H=0)= 2c(SOt

52、), 联立上述各式可得：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： 根据盖斯定律知， 3 = 3A& &= ( 480X3+1 400) kJ ? mo ' =-40 kJ-moF'o (2)在铜电极表面，CO?得电子发生还原反应生成 CHi: C02 + 8eA + 8H +=CH + 2H20O盐酸中的C易被氧化，加入硫酸合适。由题图2可看岀，曲线II对应的反应 先达到平衡，相应的温度高。

53、升高温度时，/?(CH ； iOH)减小，说明平衡逆向移动，正反应是放热反应，Aa<0o降低温度，平衡正向移动，平衡常数瓦小。设甲中反应达到平衡时，4 CHsOH(g)、HQ(g)的物质的量均为 x,根据三段式可知：(1 x) + (3 3x)+x+x=u(l + 3) mol,o解得 A 0. 4 mol, 则平衡时 CO2、 H2> CH3OH (g) > H 20 (g) 的物质的量分别为 0.6mol 、1.8mol、 0.4 mol、0.4 mol,要使甲、乙两容器中的平衡为等效平衡，则 a+人=1;要使起始时维持 化学反应向逆反应方向进行，则力 >04由此可

54、得0. 4<A<lo (4) 常温下pH=10的K2CO3溶液中，+-lt ，-14-1c(H )=lX10 -，mol ? L - , c(OHA)=lX10"mol ? L -,盐溶液中的 0H是由水电 离产生的。KHCOa溶液显碱性，说明hco的水解能力大于其电离能力，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) 物质结构与性质 ( 选考 )1、解析：铁离子的简化电

55、子排布式为5Ar3d 。N、O、S的第一电离能：N>0>So苯酚中碳原子的杂化轨道类型为sp2杂化。(3)氯化铁晶体的熔点、沸点较低，它是分子晶体。S0中硫的价层有4个成键电子对，无孤电子对，SO的立体构型为正四面体形。（4）C0与N,互为等电子体，1个CO分子中有1个。键，1个CO分子与Fe形成1个配位键，配位 键也是。键，所以1 molFe （ CO5含lOmol。键。与CO互为等电子体的离子有 CNL Cto氮化铁晶胞为六棱柱，顶点贡献率为棱点贡献率为w,面点贡献率为观察晶胞知，oj乙12 个铁位于顶点， 2 个铁位于面心， 3 个铁位于体内； 2 个氮位于体内。 1 个晶胞

56、含铁微粒 数为 12x|+2x|+3 = 6,含氮微粒数为 2, 故铁、氮微粒数之比为 6 : 2 = 3 : 1。 （ 6）氧化 亚铁晶胞类似氯化钠晶胞。棱上 3 个离子相切，晶胞参数等于相邻两个离子核间距的 2 倍。 观察题图 2 知， 上、中、下三层各 4 个氧离子（共 12 个氧离子）与中心的氧离子紧邻且等距 离，而氧化亚铁中氧离 子、亚铁离子个数比为1 : 1,所以，有12个Fe*与Fe"+紧邻且等距 离。1个氧化亚铁晶胞含Fe'+ 数为8x|+6XA=4,含0*数为12X?+1=4,所以，1个氧o Z44 X 72化亚铁晶胞含4个“ FeO"。设Fe'+与0=的最短核间距为d pm,有p = ,M iU ）3 /36解得