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

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版含剖析专题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版含剖析专题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版含剖析2018---2019学年放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(Ⅵ)。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）需用蒸馏水冲刷的原由__________,

怎样判断其已冲刷干净

_______。（2）已知CCl沸点为57.6℃,为保证坚固的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：①将产物采集到蒸发皿中；②加热反应管至

400℃,开始向三颈烧瓶中通入氮气

,使

CCl蒸气经氮气载入反应室进行反应4

,继续升温到

650℃；③三颈烧瓶中装入

150mLCCl4,并加热

CCl4,温度控制在

50～60℃之间；④反应管出口端出现了

CrCl3升华物时

,切断加热管式炉的电源；⑤停止加热

CCl4,连续通入氮气；⑥检查装置气密性。正确的次序为：⑥

→③→__________。（4）已知反应管中发生的主要反应有：Cr2O3+3CCl4→2CrCl3+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,此后加入过分的．．．．2O2．．．．2mol/LH2SO4至溶液呈强酸性,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。已知：Cr2O－+6I+14H+=2Cr3++3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2===Na2S4O6+2NaI。①该实验可采纳的指示剂名称为____________。②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____。③样品中无水三氯化铬的质量分数为________。【答案】除掉其中可溶性杂质(或除掉固体表面的重铬酸铵溶液)取最后一次冲刷液适合于以试管中,向其中加入适合浓的氢氧化钠溶液,加热,取一片红色石蕊试纸湿润,粘在玻璃棒上,凑近试管口,察看试纸能否变蓝,若不变蓝,则冲刷干净水浴加热（并用温度计指示温度）②④⑤①COCl淀粉溶液除掉其中溶2+2C2H5OH→C2H5OCOOCH25+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)【剖析】剖析：（1）重铬酸铵分解不圆满,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,凑近试管口,察看试纸能否变蓝,若不变蓝,则冲刷干净；据关系式计算,2Cr3+～Cr2O72-～3I2～6Na2S2O32

6n(Cr3+)

×故n(Cr3+×0.024L,所×以250mL溶液中3+×××=0.002mol,依照Cr元素守恒可知n′3+故样品n(CrCl3)=n′(Cr)=0.002mol,所以样品中m(CrCl3×158.5g/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以下图所示(夹持装置省略)。已知：①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NaClO2·3H2O；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在碱性溶液中才能坚固存在,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

c．pH试纸

d．pH计4）B装置中发生反应的离子方程式为______________________________________；使用冰水浴的原由是_________________________________；反应结束后,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-amg·L-1的工业污水,理论上最少需要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,水不可以够滴下,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、冲刷、干燥【剖析】试题剖析：（1）依照压强原理,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；依照得失电子守恒配平NaClO3、Na2SO3、H2SO4生成ClO2的方程式；（2）依照纯空气中ClO2的体积分数在10％以下比较安全剖析；（3）依照亚氯酸钠(NaClO2)是漂白剂剖析；（4）B装置中ClO2、NaOH、H2O2反应生成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NaClO2·3H2O；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

,依照电子守恒

,NaClO2与

CN-的关系式是

；剖析：（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

,104gXga-1g·L。3．醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O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:①检查装置气密性,往三颈烧瓶中挨次加入过分锌粉3溶液。②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。④将装置乙中混淆物快速过滤、冲刷和干燥,称量获得5.64g[Cr(CH3COO)2]2·2H2O1）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,发生的另一个反应的离子方程式为__________。（3）步骤③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④中进行冲刷的操作方法为________________________________。6）冲刷产品时,怎样证明产品已经冲刷干净?______________________。7）本实验中[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(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,若一段时间此后,分液漏斗中水不可以够顺利流下,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冲刷2～3次,再用乙醚冲刷1～2次；冲刷时要保持晶体上方始终留有液体,要做到不等冲刷液流完,就加下一次冲刷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,则说明已经冲刷干浄75.0%涤时要保持晶体上方始終留有液体,要做到不等冲刷液流完,就加下一次冲刷液。6）产品表面吸附有Cl-,所以,冲刷产品时,证明产品已经冲刷干净的方法是：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,则说明已经冲刷干浄。7）3溶液中,n(CrC13)=0.04mol,由Cr元素守恒能够求出理论上能够获得7.52g[Cr(CH3COO)2]2·2H2O,实质最后获得5.64g[Cr(CH3COO)2]2·2H2O,所以,本实验中[Cr(CH3COO)2]2·2H2O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,反应方程式以下：.2Na+2NH32NaNH2+H2ⅱ.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Ⅰ：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240～245℃分解制得(硝酸铵的熔点为℃),则可选择的气体发生装置是__________________(图中加热装置已略去),该反应的化学方程式为______________,在制备NaN3的实验过程中,当察看到_______________时开始通入N2O。实验Ⅱ：分别提纯反应圆满结束后,拿出装置D中的混淆物进行以下操作,获得NaN3固体。已知：NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气3）操作Ⅳ采纳乙醚冲刷的原由是________________________。实验Ⅲ：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：①将试样配成-1溶液。②取溶液置于锥形瓶中,加入·(NH4)2Ce(NO3)6溶液。③充分反应后,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·L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过分的Ce4+,耗费溶液体积为。测定过程的反应方程式为：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑Ce4++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210～220℃adNH4NO3N2O↑+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容量瓶、胶头滴管0.9360(93.60%)析出；乙醚冲刷叠氮化钠可减少叠氮化钠的损失；故操作Ⅳ采纳乙醚冲刷的原由是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,还用到的玻璃仪器容量瓶和胶头滴管；（5）联合滴定过程,将试样配成溶液,取溶液置于锥形瓶中,叠氮化钠和六硝酸铈铵反应,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分的Ce4+,联合化学方程式定量关系计算：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+。n[（NH4）2Ce（NO3）6]=0.1010mol?L-1×-3-3××10mol,n[（NH4）2Fe（SO4）2]=0.0500mol?L-1×-3-3××10mol,与NaN3反应的n[（NH4）2Ce（NO3）6-3-3-3×××10mol,故溶液中（g试样中）n（NaN3）=0.036mol,ω=×100%=×100%=93.60%。点睛：该题以实验为载体,综合察看了实验操作基本知识和滴定原理的应用,在这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能与水反应生成NaOH和氨气,审清楚这些信息此后就能够清楚的知道操作Ⅳ采纳乙醚冲刷的原由；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,是将试样配成溶液,取（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应,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分的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的热坚固性和氧化性,设计以下实验：实验(一)：热坚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10mL3mol·L-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10mL3mol·L-1AgNO3溶液中滴加·L-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10mL3mol·L-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波及反应的离子方程式为____________________________________。（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圆满反应224Fe(NO3)3

2Fe2O3+12NO2↑+3O2

↑

除去

NO3

-

的搅乱

Fe3+能氧化

AgAg++Fe2+=Fe3++Ag

浓度【剖析】（1）B装置中两个导管刚刚露出胶塞,因其中红色固体能否为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+反应

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MnSO4·H2O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①混淆研磨成细粉的主要目的是_____________________________________________；步骤②浸取时若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3的化学方程式为_____________________________________。2）步骤③所得酸性滤液可能含有Fe2+,为了除掉Fe2+可先加入______________________；步骤④需将溶液加热至沸此后在不停搅拌下加入碱调理pH为4~5,再连续煮沸一段时间,“连续煮沸”的目的是_____________________________________。步骤⑤所得滤渣为__________________(填化学式)。（3）步骤⑦需在90~100℃下进行,该反应的化学方程式为_________________________________。（4）测定产品MnSO4·H2O的方法之一是：正确称取ag产品于锥形瓶中,加入适合ZnO-1,耗费标准及H2O煮沸,此后用cmolL·KMnO4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↓(8.25cV/a)%或-2×100%×10)/a或或【剖析】剖析：两种矿物经粉碎研磨①与硫酸混淆②,因为MnO2在酸性条件下拥有氧化性,所以反应生成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“①酸浸”时发生反应的离子方程式为_________。（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

2~3

的条件下被草酸复原为

Au,同时放出二氧化碳气体

,则该反应的化学方程式为

____________。（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（其中的纵坐标代表金属阳离子浓度的对数）：Fe①要从浸出液中提纯铜,最好先加入酸化的双氧水,目的是___________________________________,此后加入适合的CuO调理pH=3.7,除掉________离子；②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+-20FeFe×10【剖析】剖析：此题察看化学工艺流程,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：①减少盐酸挥发；②____。（2）“氧化”的目的是除掉酸浸液中的Fe2+,在pH约为的溶液中,加入高锰酸钾溶液,生成MnO2和Fe(OH)3积淀,该反应的离子方程式为____。（3）①若“过滤I”所得的滤液污浊,则办理的方法为____。②“除杂”时,滤渣Ⅱ的主要成分是Cu、Pb,试剂X应为____。（4）在“过滤Ⅱ”后的溶液中加入Na2CO3溶液,生成碱式碳酸锌［Zn2(OH)2CO3］等物质。①该反应的化学方程式为____。②查验碱式碳酸锌冲刷干净的操作为____。【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+7H2O＝MnO2↓+5H将滤液从头过滤Zn+3Fe(OH)+H2O＝4NaCl+Zn2(OH)2CO3↓+CO2↑（或3Na2CO3+2ZnCl2+2H2O＝4NaCl+Zn2(OH)2CO3↓+2NaHCO3）取最后一次冲刷液于试管中,加入硝酸酸化的硝酸银溶液,若无白色积淀生成,则洗净【剖析】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,反应生成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:部分阳离子圆满积淀时溶液的pH以下:积淀物Al(OH)3Fe(OH)3Fe(OH)2Ni(OH)2pH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,简述冲刷滤渣①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发生反应的离子方程式为___________。加入H2O2保温后调pH,以下范围合理的是______(填选项序号)。A．B．C．D．4）滤渣③的主要成分为_______,滤液③调pH为2~3的目的为________（5）为测定产品中NiSO4·7H2O纯度,某同学将必定量的样品溶于水,再向其中加入足量的BaCl2溶液,过滤、冲刷积淀并干燥,称量质量。经过计算发现产品中NiSO4·7H2O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①,待水自然流下后,重复上述操作2～3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【剖析】“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应,氧化铝是两性氧化物和强碱反应,镍单质和铁及其氧化物不睦碱反应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=2AlO2+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应:2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑该反应的氧化剂是________,考证反应产生的气体是SO2的方法是___________。2）将少许铜丝放入适合的稀硫酸中,温度控制在50℃,加入H2O2,反应一段时间后,升温到60℃,再反应一段时间后可制得硫酸铜,温度控制在50℃～60℃的两个原由除了加快反应速率外,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、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:①辉铜矿在浸取前要富集与粉碎,粉碎的利处是___________。②浸取过程中获得一种单质,写出浸取时主要反应的化学方程式___________。③写出“沉锰”反应时离子方程式___________。④“除铁”这一步反应在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Ksp[Cu(OH)2-20×10)【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+2H2+-+Cu2S+2MnO2+4H2SO4=2CuSO4+S+2MnSO4+4H2OMn+HCO3+NH3=MnCO3↓+NH4【剖析】（1）2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2↑,该反应中铜的化合价由+1价变为0价,铜元素在该反应中得电11．CH4-CO2催化重整不只能够获得合成气（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催化重整反应为：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=-111kJmol·-1该催化重整反应的H==______kJ·mol-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应,2-2达到均衡时CO2的转变率是50%,其均衡常数为_______mol·L。2）反应中催化剂活性会因积碳反应而降低,同时存在的消碳反应则使积碳量减少。有关数据以下表：积碳反应消碳反应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Y4372①由上表判断,催化剂X____Y（填“优于”或“劣于”）,原由是_________________。在反应进料气构成、压强及反应时间同样的状况下,某催化剂表面的积碳量随温度的变化关系以以下图。高升温度时,以下对于积碳反应、消碳反应的均衡常数（K）和速率（v）的表达正确的选项是________填标号）。A．K积、K消均增添B．v积减小,v消增添C．K积减小,K消增添D．v消增添的倍数比v积增添的倍数大②在必定温度下,测得某催化剂上积聚碳的生成速率方程为v=k·p(CH4)[p(CO·2)]（k为速率常数）。在p(CH4)一准时,不同样p(CO2)下积碳量随时间的变化趋向以以下图,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积碳反应的活化能大,积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小,消碳反应速率大ADpc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)【剖析】剖析：（1）依照盖斯定律计算；依照反应特色联合温度和压强对均衡状态的影响解答；依照转变（2）①依照表中数据可知相对于催化剂X,催化剂Y积碳反应的活化能大,积碳反应的速率小；而消碳反应活化能相对小,消碳反应速率大,所以催化剂X劣于Y。A．正反应均是吸热反应,高升温度均衡向正反应方向进行,所以K积、K消均增添,A正确；B．高升温度反应速率均增大,B错误；C．依照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。答案选AD。②依照反应速率方程式可知在p(CH4)一准时,生成速率随p(CO2)的高升而降低,所以依照图像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)从大到小的次序为pc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。点睛：此题主假如察看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：①一看面：纵坐标与横坐标的意义；②二看线：线的走向和变化趋向；③三看点：起点,拐点,终点,此后依照图象中表现的关系、题给信息和所学知知趣联合,做出符合题目要求的解答。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。该反应的氧化产物是一种气体,其分子式为___________。（2）F．Daniels等曾利用测压法在刚性反应器中研究了25℃时N2O5(g)分解反应：其中NO2二聚为N2O4的反应能够快速达到均衡。系统的总压强p随时间t的变化以下表所示（t=∞时,N2O5(g)圆满分解）：t/min0408016026013001700∞p/kPa42.5.①已知：2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g)H1·-12NO2(g)＝N2O4(g)H2·-1则反应N2O5(g)＝2NO2(g)+O2(g)的H=_______kJmol·-1。②研究表示,N2O5(g)分解的反应速率。t=62min时,测得系统中pO2=2.9kPa,则此时的=________kPa,v=_______kPamin·-1。③若提升反应温度至35℃,则N2O5(g)圆满分解后系统压强p∞(35℃（填“大于”“等于”或“小于”）,原由是________。25℃时N2O4(g)2NO2(g)反应的均衡常数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）对于反应2N2O5(g)→4NO2(g)+O2．Ogg提出以下反应历程：第一步N2O5NO2+NO3快速均衡第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反应第三步NO+NO3→2NO2快反应其中可近似以为第二步反应不影响第一步的均衡。以下表述正确的选项是_______（填标号)。A．v(第一步的逆反应)＞v(第二步反应)B．反应的中间产物只有NO3C．第二步中NO2与NO3的碰撞仅部分有效D．第三步反应活化能较高【答案】O2－2温度提升,体积不变,总压强提升；NO2二聚为放×10大于热反应,温度提升,均衡左移,系统物质的量增添,总压强提升【剖析】剖析：（1）依照复原剂失掉电子转变为氧化产物判断；2）①依照盖斯定律计算；②依照压强之比是物质的量之比计算；③依照温度对压强和均衡状态的影响剖析；④依照五氧化二氮圆满分解时的压强计算出二氧化氮、氧气的压强,此后再依照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）依照三步反应的特色剖析判断。详解：（1）氯气在反应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）①已知：ⅰ、2N2O5(g)＝2N2O4(g)+O2(g)△H1＝－ⅱ、2NO2(g)＝N2O4(g)△H2＝－依照盖斯定律可知ⅰ÷2－ⅱ即获得N2O5(g)＝2NO2(g)+1/2O2(g)△H1＝＋；②依照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＝5.8kPa,则此时五氧化二氮的压强是－＝30.0kPa,所以此时反应速率－3－2v＝×10×30＝×10（kPa·min－1）；③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应,温度提升,均衡左移,系统物质的量增添,总压强提升,所以若提升反应温度至35℃,则N2O5(g)圆满分解后系统压强p∞(35℃)大于。点睛：此题主假如察看化学反应原理,重视于化学反应速率与化学均衡的有关剖析与计算,题目难度较大。试题设计奇异,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,注意联合反应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(Na2MoO4·2H20)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,该反应的离子方程式为________。（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以下图。图1：温度与均衡时气体成分的关系图2：正、逆反应的均衡常数(K)与温度(T)的关系①必定温度下,在体积为固定的密闭容器中进行上述反应,以下能说明反应达到了均衡状态的是____（填序号）。A．2v正(H2)=v逆(CO)B．CO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D．△H不再变化②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）。③综合上述剖析获得：图2中,其中表示逆反应的均衡常数(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+6OH＝MoO4+9Cl+2SO4BC4×10B【剖析】剖析：（1）依照正负价代数和为0解答；依照反应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依照盖斯定律可知(②－①)/2获得MoS2（s）+2O2（g）＝Mo（s）+2SO2（g）△H3=。（3）①A．2v正(H2)＝v逆(CO)不知足反应速率之比是化学计量数之比,反应没有达到均衡状态,A错误；点睛：此题是化学反应原理的综合察看,重视高频考点的察看,综合性强,题目难度中等,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：第一弄清可逆反应的正反应是吸热仍是放热,体积增大、减小仍是不变,有无固体、纯液体物质参加反应等。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,说明该曲线反应速率快,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,再讨论其余两个量的关系,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重视要作用。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·mol-1、kJmol·-1,请写出CO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,氧化过程反应原理及反应热、活化能数据以下：反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)△H1＝－200.9kJ?mol-1Ea1＝3.2kJ?mol-1反应Ⅱ：SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)△H2＝－241.6kJ?mol-1Ea2＝58kJ?mol-1已知该系统中臭氧发生疏解反应：2O3(g)3O2(g)。请回答：其余条件不变

,每次向容积为

2L的反应器中充入含

、2的模拟烟气和3,改变温度

,反应同样时间

t后系统中

NO和

SO2的转变率以以下图：①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_______。②以下说法正确的选项是________。A．Q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显然降落、最后几乎为零C．其余条件不变,若扩大反应器的容积可提升NO和SO2的转变率D．臭氧氧化过程不可以够有效地脱除SO2,但后续步骤碱汲取能够有效脱硫③假定100℃时P、Q均为均衡点,此时反应时间为5min,发生疏解反应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的均匀反应速率为________；反应Ⅰ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,装置以以下图：①ab是_______离子互换膜（填“阳”或“阴”）。阴极区的电极反应式为_____________。②若NO汲取转变后的产物为NH4+,通电过程中汲取（标况下）,则阳极能够产生____mol气体。【答案】2CO(g)+SO2(g)＝2CO2(g)+S(s)＝ΔH－270kJmol·-1反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ,同样条件下更易发生反应BD1.40.06mol/(Lmin)·8阳2SO32-+4H++2e-＝2-S2O4+2H2【剖析】剖析：（1）利用焚烧热借助于盖斯定律解答；2）①依照活化能对反应速率的影响剖析；②依照反应原理联合图像曲线变化剖析判断；③依照方程式联合有关见解计算；3）①依照电解产物联合离子的挪动方向判断；②依照电子得陷落恒计算。详解：（1）已知S和CO的焚烧热分别是·mol-1、·-1,则S(s)+O2(g)＝SO2(g)ΔH＝－·-1CO(g)+1/2O2(g)＝CO2(g)ΔH＝－·-1依照盖斯定律可知②×2－①即获得CO复原SO2的热化学方程式2CO(g)+SO2(g)＝2CO2(g)+S(s)＝ΔH－270kJmol·-1。（2）①反应Ⅰ的活化能小于反应Ⅱ,同样条件下更易发生反应,所以同样温度下NO的转变率远高于SO2；③假定100℃时P、Q均为均衡点,此时反应时间为5min,发生疏解反应的臭氧占充入臭氧总量的

10%,

发生疏解反应的臭氧为

4mol×10%＝

0.4mol,

依照反应Ⅰ：NO(g)+O3(g)

NO2(g)+O2(g),均衡时

NO

的转变率为

80%,反应的臭氧为

2mol×80%＝；反应Ⅱ：

SO2(g)+O3(g)

SO3(g)+O2(g),均衡时二氧化硫的转变率为

30%,反应的臭氧为

2mol×30%＝；最后节余臭氧

＝；5min内SO2的均匀反应速率=＝0.06mol/(Lmin)·；均衡时NO、O3、NO2、O2的物质的量分别为、、、×＝2.8mol,反应Ⅰ在此时的均衡常数＝＝8；（3）①由图可知,阴极区通入液体主要含SO32-,流出主要含S2O42-,所以阴极区电极反应2-+-2-式为2SO3+4H+2e＝S2O4+2H2O,因为阴极需要耗费氢离子,则ab是阳离子互换膜；②（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1mol÷4＝。15．乙二醛是一种初级醛,它有着极其活跃的化学反应性,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,反应的离子方程式为___________。该法拥有原料易得、反应条件平和等长处,但也存在比较显然的弊端是____________。2）乙二醇(HOCH2CH2OH)气相氧化法①已知:OHC-CHO(g)+2H2(g)HOCH2CH2OH(g)△H=-78kJ/molK12H2(g)+O2(g)2H2O(g)△H=-484kJ/molK2乙二醇气相氧化反应HOCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O(g)的同样温度下,该反应的化学均衡常数K=___(用含K1、K2的代数式表示)。②当原料气中氧醇比为时,乙二醛和副产物CO2的产率与反应温度的关系以以下图。反应温度在450~495℃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),其生产装置以以下图,通电后,阳极产生的Cl2与乙二醛溶液反应生成乙醛酸。3）阴极反应式为_________。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η=__________(已知:法拉第常数为fC·mol-l；)+-3OHC—CHO+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,主反应均衡向逆反应方向挪动温度大于495℃,乙二醇大批转变为CO2等副产物2H++2e－＝H2↑加强导电性（或“均衡阴极区电解液电荷”等其余合理答案）mf/2220at×100%【剖析】Ⅰ.（1）在Cu(NO3)2催化下,乙醛被氧化为乙二醛,NO3-复原为NO,化学方程式为：电子的物质的量为,则电解效率为×100%=mf/2220at×100%。16．有机物X是一种重要的有机化工原料,以以下图是以有机物X为原料设计的合成路线(部分产物、个别合成路线、反应条件等略去)。己知：ⅰ.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。ⅱ.烷基苯在酸性高锰酸钾的作用下,侧链被氧化成羧基：。ⅲ．(苯胺,易被氧化)。请依照此题所给信息与所学知识回答以下问题：（1）X构造简式为________________。中官能团的名称为______________。（2）反应③的反应种类是__________；反应②和③的次序不可以够互换的原由是_____________。（3）已知A为一氯代物。反应④的化学方程式为___________________________。反应⑤的离子方程式为_________________________。4）阿司匹林有多种同分异构体,知足以下条件的同分异构体有___________种。①芬芳族化合物②不可以够发生水解反应,也不可以够发生银镜反应；③1mol该有机物最多能与2molNaHCO3圆满反应。（5）写出以A为原料制备的合成路线流程图(其余试剂任选)__________。合成路线流程图的示比以下：【答案】氨基、羧基复原反应防备氨基被酸性高锰酸钾氧化10【剖析】剖析:相对分子质量为92的某芬芳烃X是一种重要的有机化工原料,令分子构成为CxHy,则=78,（）。在催化剂条件下发生加成反应生成,再在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成,与氯气发生加成反应生成,最后在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成。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）反应③的反应种类是复原反应；反应②和③的次序不可以够互换的原由是防备氨基被酸性高锰酸钾氧化；所以,此题正确答案是：复原反应；防备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应生成Y,反应④的化学方程式为：,反应⑤是苯甲醛发生的银镜反应,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：①A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,可发生银镜反应,且圆满发生反应生成银。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的反应种类为_______________________________________。4）写出F+H→M的化学反应方程式__________________________。5）芬芳族化合物W有三个取代基,是C的同分异构体,能与FeCI3溶液发生显色反应。可与足量的Na反应生成1gH2,且核磁共振氢谱显示为五组峰,符合以上条件的W的同分异构体共有_______种,写出其中一种的构造简式___________________。（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

加成反应（复原反应）2或溶液发生显色反应,说明有酚羟基；可与足量的Na反应生成2,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种同分异构体,其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：依照反应条件推测反应种类：（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应,可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。（2）在NaOH的乙醇溶液中加热,发生卤代烃的消去反应。（3）在浓H2SO4存在的条件下加热,可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。（4）能与溴水或溴的CCl溶液反应,可能为烯烃、炔烃的加成反应。（5）能4与H2在Ni作用下发生反应,则为烯烃、炔烃、芬芳烃、醛的加成反应或复原反应。（6）在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下,发生醇的氧化反应。（7）与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应,则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(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、多糖等的水解反应。（9）在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；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：①A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,可发生银镜反应。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的反应种类为_____________。4）写出B→C的化学反应方程式____________________________.F+H→M的化学反应方程式____________________________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溶液发生显色反应。可与足量的Na反应生成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,写出其中一种的构造简式______________。（7）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OHC-CH=CH-CHO的合成路线______。