专题06大题易丢分(20题)20182019学年下学期期末复习备考高二化学黄金30题(教师版)Word版含解析

1、2018-2019学年下学期期末复习备考高二化学之大题易丢分1三氯化铬是化学合成中的常有物质,三氯化铬易升华,在高温下能被氧气氧化,碱性条件下能被H2O2氧化为Cr()。制三氯化铬的流程以下：（1）重铬酸铵分解产生的三氧化二铬（Cr2O3难溶于水）需用蒸馏水清洗的原由_,怎样判断其已清洗干净_。（2）已知CCl沸点为57.6,为保证稳固的CCl气流,适合的加热方式是_。44（3）用如图装置制备CrCl3时,主要步骤包含：将产物采集到蒸发皿中；加热反响管至400,开始向三颈烧瓶中通入氮气,使CCl蒸气经氮气载入反响室进行反响4,继续升温到650；三颈烧瓶中装入150mLCCl4,并加热CCl4,

2、温度控制在5060之间；反响管出口端出现了CrCl3升华物时,切断加热管式炉的电源；停止加热CCl4,连续通入氮气；检查装置气密性。正确的次序为：_。（4）已知反响管中发生的主要反响有：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光气剧毒,实验需在通风橱中进行,并用乙醇办理COCl,生成一种含氧酸酯（C）,用乙醇处25H10O3理尾气的化学方程式为_。（5）样品中三氯化铬质量分数的测定称取样品0.3300g,加水溶解并定容于250mL容量瓶中。移取25.00mL于碘量瓶(一种带塞的锥形瓶)中,加热至沸后加入1gNa,充分加热煮沸,适合稀释,而后加入过度的2O22mol/LH2SO4至溶

3、液呈强酸性,此时铬以Cr2O存在,再加入1.1gKI,密塞,摇匀,于暗处静置5分钟后,加入1mL指示剂,用0.0250mol/L硫代硫酸钠溶液滴定至终点,平行测定三次,均匀耗费标准硫代硫酸钠溶液24.00mL。已知：Cr2O+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。该实验可采纳的指示剂名称为_。移入碘量瓶的CrCl3溶液需加热煮沸,加入Na2O2后也要加热煮沸,其主要原由是_。样品中无水三氯化铬的质量分数为_。【答案】除掉此中可溶性杂质(或除掉固体表面的重铬酸铵溶液)取最后一次清洗液适当于以试管中,向此中加入适当浓的氢氧化钠溶液,加热,取一

4、片红色石蕊试纸湿润,粘在玻璃棒上,靠近试管口,察看试纸能否变蓝,若不变蓝,则清洗干净水浴加热（并用温度计指示温度）COCl淀粉溶液除掉此中溶2+2C2H5OHC2H5OCOOCH25+2HCl解的氧气,防备O2将I氧化,产生偏高的偏差96.1%(数值在95%97%不扣分)【分析】剖析：（1）重铬酸铵分解不完好,还可能含有其余可溶性杂质；因为(NH4)2Cr2O7属于铵盐,可以取一片红色石蕊试纸湿润,粘在玻璃棒上,靠近试管口,察看试纸能否变蓝,若不变蓝,则清洗干净；据关系式计算,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,依据Cr元素守恒可知n(Cr)=0.0250mol/L3+故样品n(CrCl3)=n(Cr)=0.002mol,所以样品中m(CrCl3)=0.002mol158.5g/mol=0.317g,中无水三氯化铬的质量分数为100%=96.1%,故答案为：96.1%。2亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和水办理剂。以氯酸钠为原料制备亚氯酸钠的装置以以下图所示(夹持装置省略)。已知：纯ClO2易分解爆炸,空气中ClO2的体积分数在10以下比较安全。NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体NaClO23

6、H2O；高于38时析出NaClO2；高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。1）检查A装置气密性的方法是_。该装置中产生ClO2的化学方程式为_。2）实验过程中需要连续通入空气,目的是_。（3）NaClO2在碱性溶液中才能稳固存在,以下可用于检测三颈瓶中溶液酸碱性的是_(填代号)。a石蕊b酚酞cpH试纸dpH计4）B装置中发生反响的离子方程式为_；使用冰水浴的原由是_；反响结束后,从溶液中得到NaClO2固体的实验操作是_。（5）NaClO2是一种高效水办理剂,在必定条件下能够将CN-氧化成两种无毒无害的气体。现用NaClO2办理10m3含CN-amgL-1的工业污水,理论上起码需

7、要NaClO2的质量是_g。【答案】封闭K1、K2,向分液漏斗中注入水,翻开分液漏斗活塞,开始有少许水滴下,一段时间后,水不可以滴下,说明装置A气密性优秀2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O稀释ClO2,使生成的ClO2所有进入三颈瓶中d2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2防止NaClO2分解在38-60下,减压蒸发结晶过滤、清洗、干燥43.5a【分析】试题剖析：（1）依据压强原理,经过封闭K1、K2,向分液漏斗中注入水的方法查验装置A的气密性；依据得失电子守恒配平NaClO3、Na2SO3、H2SO4生成ClO2的方程式；（2）

8、依据纯空气中ClO2的体积分数在10以下比较安全剖析；（3）依据亚氯酸钠(NaClO2)是漂白剂剖析；（4）B装置中ClO2、NaOH、H2O2反响生成NaClO2、O2；高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出晶体NaClO23H2O；高于38时析出NaClO2,要获得NaClO2需要控制温度蒸发结晶。（5）NaClO2在必定条件下能够将CN-氧化成二氧化碳和氮气,依据电子守恒,NaClO2与CN-的关系式是；分析：（1）封闭一K1、K2,向分液漏斗中注入水段,翻开分液漏斗活塞时,开始有少许水滴下,间后,452.5g104gXga-1gLX

9、=43.5a。3醋酸亚铬水合物Cr(CH3COO)222H2O是一种氧气汲取剂,为红棕色晶体。湿润环境中易被氧化,微溶于乙醇,不溶于水和乙醚(易挥发的有机溶剂,可溶于水)。其制备装置及步骤以下:检查装置气密性,往三颈烧瓶中挨次加入过度锌粉,200mL0.200mol/LCrC13溶液。封闭k2翻开k1,旋开分液漏斗的旋塞并控制好滴速。3+2+当出现大批红棕色品体时,封闭分液漏斗的旋塞。将装置乙中混淆物快速过滤、清洗和干燥,称量获得5.64gCr(CH3COO)222H2O1）装置甲中连通管a的作用是_,怎样查验甲装置的气密性能否优秀?_。（2）三颈烧瓶中的Zn除了与盐酸生成H2外,发生的另一个

10、反响的离子方程式为_。（3）步骤中溶液自动转移至装置乙中的实验操作为_。4）装置丙的作用是_。5）步骤中进行清洗的操作方法为_。6）清洗产品时,怎样证明产品已经清洗干净?_。7）本实验中Cr(CH3COO)222H2O(相对分子质量为376)的产率是_。【答案】保证分液漏斗中的液体顺利流下封闭k1和k2,用止水夹夹住连通管a,打幵分液漏斗活塞,若一段时间以后,分液漏斗中水不可以顺利流下,则气密性优秀3+2+2+封闭k1,翻开k2防备空气进入装置乙氧化二价铬向过滤器中2Cr+Zn=2Cr+Zn先加入煮沸冷却后的水清洗23次,再用乙醚清洗12次；清洗时要保持晶体上方始终留有液体,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许于试管中,加硝酸酸化,再加硝酸银溶液,若无明展现象,则说明已经清洗干浄75.0%涤时要保持晶体上方始終留有液体,要做到不等清洗液流完,就加下一次清洗液。6）产品表面吸附有Cl-,所以,清洗产品时,证明产品已经清洗干净的方法是：取少许最后一次水洗液置于试管中,加硝酸酸化,再加硝酸银溶液,若无明展现象,则说明已经清洗干浄。7）200mL0.200mol/LCrC13溶液中,n(CrC13)=0.04mol,由Cr元素守恒能够求出理论上能够获得7.52gCr(CH3COO)222H2O,实质最后获得5.64gCr(CH3COO)222H2O,所以,本实验中Cr

12、(CH3COO)222H2O的产率是75.0%。4叠氮化钠(NaN3)固体易溶于水,微溶于乙醇,不溶于乙醚,是汽车安全气囊中的主要成分,能在发生碰撞的瞬时分解产生大批气体将气囊鼓起。工业级NaN3的制备分两步进行,反响方程式以下：.2Na+2NH32NaNH2+H2.NaNH2+N2ONaN3+H2O实验室利用以下装置模拟工业级NaN3的制备。回答以下问题：实验：制备1）装置C中盛放的药品为_,装置D中进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(硝酸铵的熔点为169.6),则可选择的气体发生装置是_(图中加热装置已略去),该反响的化学方程式为_,在制备

13、NaN3的实验过程中,当察看到_时开始通入N2O。实验：分别提纯反响完好结束后,拿出装置D中的混淆物进行以下操作,获得NaN3固体。已知：NaNH2能与水反响生成NaOH和氨气3）操作采纳乙醚清洗的原由是_。实验：定量测定实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：将2.500g试样配成500.00mL-1溶液。取50.00mL溶液置于锥形瓶中,加入50.00mL0.1010molL(NH4)2Ce(NO3)6溶液。充分反响后,将溶液稍稀释,向溶液中加入8mL浓硫酸,滴入3滴邻菲哕啉指示液,用0.0500molL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过度的Ce4+,耗费溶液体积为

14、29.00mL。测定过程的反响方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+。（4）配制叠氮化钠溶液时,除需用到烧杯、玻璃棒、量筒外,还用到的玻璃仪器有_。5）试样中NaN3的质量分数为_。【答案】碱石灰水的沸点为100,达不到210220adNH4NO3N2O+2H2O装置D中熔融钠单质的银白色光彩所有消逝NaN3不溶于乙醚,能减少其损失；可洗去NaN3固体表面的乙醇杂质；乙醚易挥发有利于产品快速干燥500.00mL容量瓶、胶头滴管0.9360(93.60%)析出；乙醚清洗叠氮化钠可减少叠氮化钠

15、的损失；故操作采纳乙醚清洗的原由是NaN3不溶于乙醚,能减少其损失；可洗去NaN3固体表面的乙醇杂质；乙醚易挥发有益于产品快速干燥;（4）配制500.00mL叠氮化钠溶液时,除需用到烧杯、玻璃棒、量筒外,还用到的玻璃仪器500.00mL容量瓶和胶头滴管；（5）联合滴定过程,将2.500g试样配成500.00mL溶液,取50.00mL溶液置于锥形瓶中,叠氮化钠和六硝酸铈铵反响,节余的六硝酸铈铵,加入浓硫酸,用0.0500mol?L-1（NH4）2Fe（SO4）2（硫酸亚铁铵）标准滴定溶液滴定过度的Ce4+,联合化学方程式定量关系计算：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,与NaN3反响的n（NH4）2Ce（NO3）6=5.050-3-3-310mol-1.45010mol=3.60010mol,故500.00mL溶液中（2.500g试样中）n（NaN3）=0.036mol,=100%=100%=93.60%。点睛：该题以实验为载体,综合考察了实验操作基本知识和滴定原理的应用,在这

17、种类题目中特别要注意题干中出现的信息,如叠氮化钠(NaN3)固体易溶于水,微溶于乙醇,不溶于乙醚,已知：NaNH2能与水反响生成NaOH和氨气,审清楚这些信息此后就能够清楚的知道操作采纳乙醚清洗的原由；在最后用滴定法定量测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数时,要注意联合滴定过程,是将2.500g试样配成500.00mL溶液,取50.00mL（取了十分之一）溶液置于锥形瓶中,叠氮化钠和六硝酸铈铵反响,节余的六硝酸铈铵,加入浓硫酸,用0.0500mol?L-14+（NH4）2Fe（SO4）2（硫酸亚铁铵）标准滴定溶液滴定过度的Ce,联合化学方程式定量关系计算5某学习小组为了研究Fe(NO3)3的热

18、稳固性和氧化性,设计以下实验：实验(一)：热稳固性利用如图装置进行实验,加热A中Fe(NO3)3固体,A和B中都有红棕色气体产生,A试管中生成了红色粉末。（1）B装置的作用_；要查验A中红色固体能否为Fe2O3,应当采纳的试剂是_(填化学式)。2）加热A中试管一段时间后,C中导管口有气泡产生,而集气瓶中无气泡产生原由是_。3）写出硝酸铁受热分解的化学方程式_。实验(二)：氧化性Fe3+和Ag+的氧化性相对强弱向来是实验研究的热门。该小组设计以下实验：试验编号实验操作现象向10mL3molL-1KNO3酸性溶液(pH=1)中插入一根干净的银丝,并滴加a无积淀生成氯化钠溶液向10mL3molL-1

19、AgNO3溶液中滴加2mL0.1molL-1FeSO4溶液,振荡；再b紫红色溶液不退色滴加酸性高锰酸钾溶液向10mL3molL-1Fe(NO3)3溶液(pH=1)中插入一根干净的银丝,并滴加c产生白色积淀氯化钠溶液4）设计实验a的目的是_；实验c的结论是_。5）实验b波及反响的离子方程式为_。（6）实验结论是【答案】防倒吸Fe3+、Ag+氧化性的相对强弱与离子的_有关。HCl、KSCNNO、O恰巧与氢氧化钠溶液完好反响224Fe(NO3)32Fe2O3+12NO2+3O2清除NO3-的扰乱Fe3+能氧化AgAg+Fe2+=Fe3+Ag浓度【分析】（1）B装置中两个导管刚才露出胶塞,所以中红色固

20、体能否为Fe2O3,需要将残留固体溶于水因为Fe2O3与B装置起到防备倒吸的作用；要查验,过滤,取滤渣溶解于HCl或许稀H+反响AH2SO4,生6一种用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4H2O并回收单质硫的工艺流程以下：已知：本实验条件下,高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混淆产生二氧化锰。回答以下问题：1）步骤混淆研磨成细粉的主要目的是_；步骤浸取时若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3的化学方程式为_。2）步骤所得酸性滤液可能含有Fe2+,为了除掉Fe2+可先加入_；步骤需将溶液加热至沸而后在不停搅拌下加入碱调理pH为45,再连续煮沸一段时间,“连续煮沸”的目的是

21、_。步骤所得滤渣为_(填化学式)。（3）步骤需在90100下进行,该反响的化学方程式为_。（4）测定产品MnSO4H2O的方法之一是：正确称取ag产品于锥形瓶中,加入适当ZnO-1,耗费标准及H2O煮沸,而后用cmolLKMnO4标准溶液滴定至浅红色且半分钟不退色溶液VmL,产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)=_。【答案】增大接触面积,提升硫酸浸取时的浸取速率和浸取率3MnO2+2FeS2+6H2SO4=3MnSO4+Fe(SO4)3+4S+6H2O软锰矿粉或H2O2溶液损坏Fe(OH)3胶体并使积淀颗粒长大,便于过滤分别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：两种矿物经粉碎研磨与硫酸混淆,因为MnO2在酸性条件下拥有氧化性,所以反响生成7电解精华铜的阳极泥中主要含Ag、Au等名贵金属。以下是从精华铜的阳极泥中回收银、金的流程图：1）氯金酸(HAuCl4)中的Au的化合价为_。（2）“焙烧渣”在“酸浸”时发生反响的离子方程式为_。（3）铜阳极泥氧化时,采纳“低温焙烧”而不采纳“高温焙烧”的原由是_。（4）已知N2H4被银氨溶液氧化的产物是氮气,则每生成1molAg,需要耗费_gN2H4。（5）氯金酸(HAuCl4)在pH为23的条件下被草酸复原

23、为Au,同时放出二氧化碳气体,则该反响的化学方程式为_。（6）阳极泥中的铜能够用FeC13溶液浸出,所得溶液主要含有的阳离子为Cu2+、Fe3+和2+；联合右图剖析（此中的纵坐标代表金属阳离子浓度的对数）：Fe要从浸出液中提纯铜,最好先加入酸化的双氧水,目的是_,而后加入适当的CuO调理pH=3.7,除掉_离子；从图中数据计算可得Cu(OH)2的Ksp约为_。【答案】+3Ag2O+-2AgCl+H2O高温焙烧时,生成的Ag2O又分解为Ag和2H+2ClO（或22Ag2O4Ag+O2）82HAuCl4+3H2C2O42Au+8HCl+6CO2将Fe2+氧化为3+3+-20FeFe1.010【分析

24、】剖析：此题考察化学工艺流程,各步生产流程中经过过滤分别固体和溶液。经过得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式,依照化学方程式进行计算；依照溶度积公式计算溶度积。详解：（1）氯金酸(HAuCl4)中的H元素为+1,Cl元素为-1,由化合价代数和为0获得Au元素的化合价为+3；8活性ZnO在橡胶、塑料等工业中有重要应用,某工厂以含铅锌烟气（主要成分是ZnO、PbO,还有少许FeO、CuO）制备活性ZnO的工艺流程以下：1）以下图为温度与Zn、Pb元素浸出率的关系图,“酸浸”时采纳30而不是更高的温度的原由是：减少盐酸挥发；_。（2）“氧化”的目的是除掉酸浸液中的Fe2+,在pH约为5.1的溶液中,

25、加入高锰酸钾溶液,生成MnO2和Fe(OH)3积淀,该反响的离子方程式为_。（3）若“过滤I”所得的滤液污浊,则办理的方法为_。“除杂”时,滤渣的主要成分是Cu、Pb,试剂X应为_。（4）在“过滤”后的溶液中加入Na2CO3溶液,生成碱式碳酸锌Zn2(OH)2CO3等物质。该反响的化学方程式为_。查验碱式碳酸锌清洗干净的操作为_。【答案】随温度高升,Zn2+浸出率基本不变,Pb2+浸出率增大,杂质含量增大2+2Na2CO3+2ZnCl23Fe+MnO4+7H2OMnO2+5H将滤液从头过滤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试管中,加入硝酸酸化的硝酸银溶液,若无白色积淀生成,则洗净【分析】剖析：从流程可知,含铅锌烟气（主要成分是ZnO、PbO,还有少许FeO、CuO）用盐酸酸浸金属氧化物溶解,经高锰酸钾氧化,调pH到5.1,反响生成MnO2和Fe(OH)3积淀,过滤除掉,滤液中加入Zn可除掉Cu2+、Pb2+,最后加入Na2CO3溶液,生成碱式碳酸锌Zn2(OH)2CO3等物质,最后获得活性ZnO。9某化工厂的含镍催化剂主要含有镍、铝、铁单质及它们的氧化物,还有部分不溶于酸和碱的杂质。为了从含镍催化剂中回收镍,设计了以下的工艺流程:部分阳

27、离子完好积淀时溶液的pH以下:积淀物Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2pH5.23.29.79.2回答以下问题:1）碱浸的目的是为了除掉_2）某学习小组在实验室中模拟上述流程,简述清洗滤渣的操作_3）加入H2O2并保温一段时间过程中,保温的温度不宜过高的原由为_,加入H2O2发生反响的离子方程式为_。加入H2O2保温后调pH,以下范围合理的是_(填选项序号)。A1.83.2B2.03.0C3.35.2D9.29.74）滤渣的主要成分为_,滤液调pH为23的目的为_（5）为测定产品中NiSO47H2O纯度,某同学将必定量的样品溶于水,再向此中加入足量的BaCl2溶液,过滤、

28、清洗积淀并干燥,称量质量。经过计算发现产品中NiSO47H2O的质量分数大于100%,其可能的原由为_【答案】Al、Al2O3向漏斗中加少许蒸馏水淹没滤渣,待水自然流下后,重复上述操作23次温度高,会使H2O2加快分解,降低原料利用率H2O22+3+2Fe+2H=2Fe+2H2OCFe(OH)3在浓缩结晶过程中防备Ni2+水解烘干时失掉了部分结晶水【分析】“碱浸”过程中是为了除掉铝及其氧化物极其油脂,铝是两性元素和强碱反响,氧化铝是两性氧化物和强碱反响,镍单质和铁及其氧化物不睦碱反响达到除掉铝元素的目的;反-应的两种方程式为:2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2、Al2O3+2OH=2

29、AlO2+3H2O,所以,此题正确答案是:Al、Al2O3、油脂；10铜及其化合物在生产生活中有宽泛应用1）工业上以黄铜矿(CuFeS2)为原料,采纳火法熔炼工艺生产铜的中间过程会发生反响:2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2该反响的氧化剂是_,考证反响产生的气体是SO2的方法是_。2）将少许铜丝放入适当的稀硫酸中,温度控制在50,加入H2O2,反响一段时间后,升温到60,再反响一段时间后可制得硫酸铜,温度控制在5060的两个原由除了加快反响速率外,还有_。在CuSO溶液中加入必定量的Na2SO3和NaCl4溶液加热,生成CuC1积淀,写出生成CuCl的离子方程式_。3）碱式碳酸铜在有机催化剂、

30、烟火制造和颜料、农药生产中有宽泛的应用。某工厂以辉铜矿(主要成分为Cu2S,含少许Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备碱式碳酸铜的流程以下:辉铜矿在浸取前要富集与粉碎,粉碎的利处是_。浸取过程中获得一种单质,写出浸取时主要反响的化学方程式_。写出“沉锰”反响时离子方程式_。“除铁”这一步反响在25进行,加入氨水调理溶液pH为4后,溶液中铜离子最大浓度不超出_mol/L。(已知KspCu(OH)2=2.2-2010)【答案】Cu2S和Cu2O将气体通入品红溶液,溶液退色,加热恢复原色同时防备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,该反响中铜的化合价由+1价变为0价,铜元素在该反应中得电11CH4-CO2催化重整不单能够获得合成气（CO和H2）,还对温室气体的减排拥有重要意义。回答以下问题：1）CH4-CO2催化重整反响为：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该催化重整反响的H=_kJmol-1。有益于提升CH均衡转变率的条件是_（填4标号）。A高温低压B低温高压C高温高压D低温低压某温度下,在体积为2L的容器中加入2molCH4、1molCO2以及催化剂进行重整反响,2-2达到均衡时CO2的转变率是50%,其均衡常数为_molL。2）反响中催化剂活性会因积碳反响而降低,同时存在的消碳反响则使积碳量减少。有关数据以下表：积碳反响消碳反响CH4(g)=C(s)+2H2(g)CO2(g)+C(s)=2CO(g)H/(kJmol-1)75172活化能/催化剂X3391(kJmol-1)催化剂Y4372由上表判断,催化剂X_Y（填“

33、优于”或“劣于”）,原由是_。在反应进料气构成、压强及反响时间同样的状况下,某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系以下图。高升温度时,以下对于积碳反响、消碳反响的均衡常数（K）和速率（v）的表达正确的选项是_填标号）。AK积、K消均增添Bv积减小,v消增添CK积减小,K消增添Dv消增添的倍数比v积增添的倍数大在必定温度下,测得某催化剂上堆积碳的生成速率方程为v=kp(CH4)p(CO2)-0.5（k为速率常数）。在p(CH4)一准时,不一样p(CO2)下积碳量随时间的变化趋向以下图,则pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的次序为_。【答案】247A劣于相对于催化剂X,催化剂Y积

34、碳反响的活化能大,积碳反响的速率小；而消碳反响活化能相对小,消碳反响速率大ADpc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)【分析】剖析：（1）依据盖斯定律计算；依据反响特色联合温度和压强对均衡状态的影响解答；依据转变（2）依据表中数据可知相对于催化剂X,催化剂Y积碳反响的活化能大,积碳反响的速率小；而消碳反响活化能相对小,消碳反响速率大,所以催化剂X劣于Y。A正反响均是吸热反响,高升温度均衡向正反响方向进行,所以K积、K消均增添,A正确；B高升温度反响速率均增大,B错误；C依据A中剖析可知选项C错误；D积碳量达到最大值此后再高升温度积碳量降低,这说明v消增添的倍数比v积增添的倍数大,D正确。

35、答案选AD。依据反响速率方程式可知在p(CH4)一准时,生成速率随p(CO2)的高升而降低,所以依据图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的次序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。点睛：此题主假如考察影响化学均衡的要素,化学图像的剖析与判断,化学计算等知识。图像剖析是解答的易错点和难点,注意化学均衡图像剖析的答题技巧,看图像时：一看面：纵坐标与横坐标的意义；二看线：线的走向和变化趋向；三看点：起点,拐点,终点,而后依据图象中体现的关系、题给信息和所学知知趣联合,做出切合题目要求的解答。12采纳N2O5为硝化剂是一种新式的绿色硝化技术,在含能资料、医药等工业

36、中获得宽泛应用。回答以下问题（1）1840年Devil用干燥的氯气经过干燥的硝酸银,获得N2O5。该反响的氧化产物是一种气体,其分子式为_。（2）FDaniels等曾利用测压法在刚性反响器中研究了25时N2O5(g)分解反响：此中NO2二聚为N2O4的反响能够快速达到均衡。系统的总压强p随时间t的变化以下表所示（t=时,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则反响N2O5(g)2NO2(g)+O2(g)的H=_kJmol-1。研究表示,N2O5(g)分解的反响速率。t=62min时,测得系统中pO2=2.9kPa,则此时的=_kPa,v=_kPamin-1。若提升反响温度至35,则N2O5(g)完好分解后系统压强p(35)_63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”）,原由是_。25时N2O4(g)2NO2(g)反响的均衡常数Kp=_kPa（Kp为以分压表示的均衡常数,计算结果保存1位小数）。3）对于反响2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g),R.AOgg提出以下反响历程：第一步N2O5NO2+NO3快速均衡第二步NO2+NO3NO

38、+NO2+O2慢反响第三步NO+NO32NO2快反响此中可近似以为第二步反响不影响第一步的均衡。以下表述正确的选项是_（填标号)。Av(第一步的逆反响)v(第二步反响)B反响的中间产物只有NO3C第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D第三步反响活化能较高【答案】O253.130.02温度提升,体积不变,总压强提升；NO2二聚为放6.010大于热反响,温度提升,均衡左移,系统物质的量增添,总压强提升13.4AC【分析】剖析：（1）依据复原剂失掉电子转变为氧化产物判断；2）依据盖斯定律计算；依据压强之比是物质的量之比计算；依据温度对压强和均衡状态的影响剖析；依据五氧化二氮完好分解时的压强计算出二

39、氧化氮、氧气的压强,而后再依据二氧化氮转变的方程式计算均衡时二氧化氮、四氧化二氮的压强。（3）依据三步反响的特色剖析判断。详解：（1）氯气在反响中获得电子作氧化剂,硝酸银中只有氧元素化合价会高升,所以氧化产物是氧气,分子式为O2；（2）已知：、2N2O5(g)2N2O4(g)+O2(g)H14.4kJ/mol、2NO2(g)N2O4(g)H255.3kJ/mol依据盖斯定律可知2即获得N2O5(g)2NO2(g)+1/2O2(g)H153.1kJ/mol；依据方程式可知氧气与耗费五氧化二氮的物质的量之比是1:2,又因为压强之比是物质的量之比,所以耗费五氧化二氮减少的压强是2.9kPa25.8k

40、Pa,则此时五氧化二氮的压强是35.8kPa5.8kPa30.0kPa,所以此时反响速率32v2.010306.010（kPamin1）；因为温度高升,容器容积不变,总压强提升,且二氧化氮二聚为放热反响,温度提升,均衡左移,系统物质的量增添,总压强提升,所以若提升反响温度至35,则N2O5(g)完好分解后系统压强p(35)大于63.1kPa。点睛：此题主假如考察化学反响原理,重视于化学反响速率与化学均衡的有关剖析与计算,题目难度较大。试题设计新奇,陌生感强,计算量较大,对学生的要求较高。压强和均衡常数的计算是解答的难点,注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系,注意联合反响

41、的方程式和表中数据的灵巧应用。也能够直接把压强看作是物质的量利用三段式计算。13钼及其合金在冶金、环保和航天等方面有着宽泛的应用。钼酸钠晶体(Na2MoO42H20)可用于制造阻燃剂和无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。Na2MoO4中Mo的化合价为_。在碱性条件下,将钼精矿（主要成分为MoS2）加入NaClO溶液中,也能够制备钼酸钠,该反响的离子方程式为_。（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则H3=_（用含H1、H2的代数式表示）。（3）碳酸钠作固硫

42、剂并用氢复原辉钼矿的原理为：MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）H。实验测得均衡时的有关变化曲线以下图。图1：温度与均衡时气体成分的关系图2：正、逆反响的均衡常数(K)与温度(T)的关系必定温度下,在体积为固定的密闭容器中进行上述反响,以下能说明反响达到了均衡状态的是_（填序号）。A2v正(H2)=v逆(CO)BCO体积分数保持不变C混淆气体的均匀相对分子质量不再变化DH不再变化图1中A点对应的均衡常数Kp=_（已知A点压强为0.lMPa,用均衡分压取代均衡浓度计算,分压=总压物质的量分数）。综合上述剖析获得：图2中,此中

43、表示逆反响的均衡常数(K逆)的曲线是_(填“A或”“B”),T1对应的均衡常数为_。-2-2-+3H2O-4【答案】+6MoS2+9ClO+6OHMoO4+9Cl+2SO4BC410B1.0【分析】剖析：（1）依据正负价代数和为0解答；依据反响物生成物联合守恒法书写离子方程式；MoS2（s）+2O2（g）Mo（s）+2SO2（g）H3依据盖斯定律可知()/2获得MoS2（s）+2O2（g）Mo（s）+2SO2（g）H3=。（3）A2v正(H2)v逆(CO)不知足反响速率之比是化学计量数之比,反响没有达到均衡状态,A错误；点睛：此题是化学反响原理的综合考察,侧重高频考点的考察,综合性强,题目难度

44、中等,注意均衡挪动原理的理解应用和图象剖析判断是解答的要点。注意掌握化学均衡图像题的解题技巧：第一弄清可逆反响的正反响是吸热仍是放热,体积增大、减小仍是不变,有无固体、纯液体物质参加反响等。其次注意先拐先平,在含量(转变率)时间曲线中,先出现拐点的则先达到均衡,说明该曲线反响速率快,表示温度较高、有催化剂、压强较大等。最后定一议二,当图像中有三个量时,先确立一个量不变,再议论此外两个量的关系,有时还需要作协助线。14氮、硫及其化合物在工农业生产生活中有侧重要作用。回答以下问题：1）有人假想利用CO复原SO2。已知S和CO的焚烧热分别是296.0kJmol-1、283.0kJmol-1,请写出C

45、O复原SO2的生成CO2和S(s)热化学方程式_。（2）某科研小组研究臭氧氧化-碱汲取法同时脱除SO2和NO工艺,氧化过程反响原理及反响热、活化能数据以下：反响：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)H1200.9kJ?mol-1Ea13.2kJ?mol-1反响：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)H2241.6kJ?mol-1Ea258kJ?mol-1已知该系统中臭氧发生疏解反响：2O3(g)3O2(g)。请回答：其余条件不变,每次向容积为2L的反响器中充入含2.0molNO、2.0molSO2的模拟烟气和4.0molO3,改变温度,反响同样时间t后系统中NO和SO2的转

46、变率以下图：由图1可知同样温度下NO的转变率远高于SO2,联合题中数据剖析其可能原由_。以下说法正确的选项是_。AQ点必定为均衡状态点B温度高于200后,NO和SO2的转变率随温度高升明显降落、最后几乎为零C其余条件不变,若扩大反响器的容积可提升NO和SO2的转变率D臭氧氧化过程不可以有效地脱除SO2,但后续步骤碱汲取能够有效脱硫假定100时P、Q均为均衡点,此时反响时间为5min,发生疏解反响的臭氧占充入臭氧总量的10%,则系统中节余O3的物质的量是_mol；SO2的均匀反响速率为_；反响在此时的均衡常数为_。（3）以连二硫酸根(S2O42)为媒介,使用间接电化学法也可办理燃煤烟气中的NO,

47、装置以下图：ab是_离子互换膜（填“阳”或“阴”）。阴极区的电极反响式为_。若NO汲取转变后的产物为NH4+,通电过程中汲取4.48LNO（标况下）,则阳极能够产生_mol气体。【答案】2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)H270kJmol-1反响的活化能小于反响,同样条件下更易发生反响BD1.40.06mol/(Lmin)8阳2SO32-+4H+2e-2-S2O4+2H2O0.25【分析】剖析：（1）利用焚烧热借助于盖斯定律解答；2）依据活化能对反响速率的影响剖析；依据反响原理联合图像曲线变化剖析判断；依据方程式联合有关观点计算；3）依据电解产物联合离子的挪动方向判断；依据电子

48、得失陷恒计算。详解：（1）已知S和CO的焚烧热分别是296.0kJmol-1、283.0kJmol-1,则S(s)+O2(g)SO2(g)H296.0kJmol-1CO(g)+1/2O2(g)CO2(g)H283.0kJmol-1依据盖斯定律可知2即获得CO复原SO2的热化学方程式2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(s)H270kJmol-1。（2）反响的活化能小于反响,同样条件下更易发生反响,所以同样温度下NO的转变率远高于SO2；假定100时P、Q均为均衡点,此时反响时间为5min,发生疏解反响的臭氧占充入臭氧总量的10%,发生疏解反响的臭氧为4mol10%0.4mol,依据反响

49、：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g),均衡时NO的转变率为80%,反响的臭氧为2mol80%1.6mol；反响：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g),均衡时二氧化硫的转变率为30%,反响的臭氧为2mol30%0.60mol；最后节余臭氧1.4mol；5min内SO2的均匀反响速率=0.06mol/(Lmin)；均衡时NO、O3、NO2、O2的物质的量分别为0.4mol、1.4mol、1.6mol、0.4mol+1.6mol+0.6mol2.8mol,反响在此时的均衡常数8；（3）由图可知,阴极区通入液体主要含SO32-,流出主要含S2O42-,所以阴极区电极反响2-+-

50、2-式为2SO3+4H+2eS2O4+2H2O,因为阴极需要耗费氢离子,则ab是阳离子互换膜；4.48LNO（标况下）的物质的量是0.2mol,因为NO汲取转变后的产物为NH+,则电4路中转移1mol电子；阳极氢氧根放电产生氧气,需要氧气的物质的量是1mol40.25mol。15乙二醛是一种初级醛,它有着极其活跃的化学反响性,并有宽泛的用途。I.乙二醛的工业制法以下：（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,反响的离子方程式为_。该法拥有原料易得、反响条件平和等长处,但也存在比较显然的弊端是_。2）乙二醇(HOCH2CH2OH)气相氧化法已知:

51、OHC-CHO(g)+2H2(g)HOCH2CH2OH(g)H=-78kJ/molK12H2(g)+O2(g)2H2O(g)H=-484kJ/molK2乙二醇气相氧化反响HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O(g)的同样温度下,该反响的化学均衡常数K=_(用含K1、K2的代数式表示)。当原料气中氧醇比为1.35时,乙二醛和副产物CO2的产率与反响温度的关系以下图。反响温度在450495之间和超出495时,乙二醛产率降低的主要原由分别是_、_。II.乙二醛的用途之一是能够电解氧化制备乙醛酸(OHC-COOH),其生产装置以下图,通电后,阳极产生的Cl2与乙二醛溶液反

52、响生成乙醛酸。3）阴极反响式为_。4）阳极液中盐酸的作用,除了产生氯气外,还有_作用。5）保持电流强度为aA,电解tmin,制得乙醛酸mg,列式表示该装置在本次电解中的电流效率=_(已知:法拉第常数为fCmol-l；)+-3OHCCHO+4NO+5H2O尾气有污染（或“腐化设【答案】3CH3CHO+4H+4NO3备”等其余合理答案）K2/K1温度高升,主反响均衡向逆反响方向挪动温度大于495,乙二醇大批转变为CO2等副产物2H+2eH2加强导电性（或“均衡阴极区电解液电荷”等其余合理答案）mf/2220at100%【分析】.（1）在Cu(NO3)2催化下,乙醛被氧化为乙二醛,NO3-复原为NO

53、,化学方程式为：电子的物质的量为,则电解效率为100%=mf/2220at100%。16有机物X是一种重要的有机化工原料,以下图是以有机物X为原料设计的合成路线(部分产物、个别合成路线、反响条件等略去)。己知：.X为芬芳烃,其相对分子质量为92；Y是一种功能高分子资料。.烷基苯在酸性高锰酸钾的作用下,侧链被氧化成羧基：。(苯胺,易被氧化)。依据本所信息与所学知回答以下：（1）X构式_。中官能的名称_。（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。反的化学方程式_。反的离子方程式_。4）阿司匹林有多种同分异构体,足以下条件的同分异构体有_种。芬芳族化合物不可以生水解反,也不

54、可以生反；1mol有机物最多能与2molNaHCO3完好反。（5）写出以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是一种重要的有机化工原料,令分子成CxHy,=78,（）。在催化剂条件下发生加成反响生成,再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反响生成,与氯气发生加成反响生成,最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反响生成。详解：（1）经过以上剖析知,X构造简式为；中官能团的名称为氨基和羧基,所以,此题正确答案是：；氨基、羧基；2）反响的反响种类是复原反响；反响和的次序不可以互换的原由是防止氨基被酸性高锰酸钾

55、氧化；所以,此题正确答案是：复原反响；防止氨基被酸性高锰酸钾氧化；（3）邻氨基苯甲酸在必定条件下反响生成Y,反响的化学方程式为：,反响是苯甲醛发生的银镜反响,离子方程式为:所以,此题正确答案是：；。17化合物M是一种新式有机酰胺,在工业生产中有重要的作用,其合成路线以下：已知：A是烃的含氧衍生物,相对分子质量为58,碳和氢的质量分数之和为44.8%,核磁共振氢谱显示为一组峰,可发生银镜反响,且5.8gA完好发生反响生成0.4mol银。回答以下问题：1）E的构造简式为_；G的名称为_。2）B中含有官能团的名称为_。3）C-D的反响种类为_。4）写出F+HM的化学反响方程式_。5）芬芳族化合物W有

56、三个取代基,是C的同分异构体,能与FeCI3溶液发生显色反响。0.5molW可与足量的Na反响生成1gH2,且核磁共振氢谱显示为五组峰,切合以上条件的W的同分异构体共有_种,写出此中一种的构造简式_。（6）参照上述合成路线,以C2H4和HOCH2CH2OH为原料(无机试剂任选),设计制备的合成路线_。【答案】硝基苯碳碳双键、醛基加成反响（复原反响）2或溶液发生显色反响,说明有酚羟基；0.5molW可与足量的Na反响生成0.5molH2,可知羟基数量为2个,则苯环上可能有一个酚羟基、一个CH2OH和一个甲基,此时共有10种构造,可能有二个酚羟基和一个乙基,此时共有6种,则知足条件的总合有16种同

57、分异构体,此中核磁共振氢谱为五组峰的只有2种,构造简式为或；（6）以C2H4和HOCH2CH2OH为原料合成的流程图为。点睛：依据反响条件推测反响种类：（1）在NaOH的水溶液中发生水解反响,可能是酯的水解反响或卤代烃的水解反响。（2）在NaOH的乙醇溶液中加热,发生卤代烃的消去反响。（3）在浓H2SO4存在的条件下加热,可能发生醇的消去反响、酯化反响、成醚反响或硝化反响等。（4）能与溴水或溴的CCl溶液反响,可能为烯烃、炔烃的加成反响。（5）能4与H2在Ni作用下发生反响,则为烯烃、炔烃、芬芳烃、醛的加成反响或复原反响。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下,发生醇的氧化

58、反响。（7）与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反响,则该物质发生的是CHO的氧化反响。(假如连续两次出现O2,则为醇醛羧酸的过程)。（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反响。（9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反响；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。18某新式有机酰胺化合物M在工业生产中有重要的作用,其合成路线以下：已知：A是烃的含氧衍生物,相对分子质量为58,碳和氢的质量分数之和为44.8%,核磁共振氢谱显示为一组峰,可发生银镜反响。回答以下问题;1）E的构造简式为_,G的名称为_。（2）B中含有官能团的名称为_3）CD的反响种类为_。4）写出BC的化学反响方程式_.F+HM的化学反响方程式_5）芬芳族化合物W有三个取代基,是C的同分异构体,能与FeCl3溶液发生显色反响。0.5molW可与足量的Na反响生成1gH2,且核磁共振氢谱显示为五组峰,符号以上条件的W的同分异构体共有_种,写出此中一种的构造简式_。（7）参照上