大题突破练2025年高考总复习优化设计二轮专题化学江苏专版课后习题考前强化练大题突破练答案与解析

大题突破练2025年高考总复习优化设计二轮专题化学江苏专版课后习题考前强化练大题突破练大题突破练(一)物质转化与工艺流程题1.答案(1)VO++MnO2+2H+VO2++Mn2++H2(2)①使溶液中的钒微粒以VO3-形式存在;减小c(OH-),有利于向萃取方向进行,提高V②pH升高,c(OH-)增大,有利于反应向反萃取方向进行,VO-的反萃取率增大;但c(OH-)过大,+5价钒主要以VO43-(3)温度过高,NH3·H2O受热分解,溶液中c(NH4+)减小,不利于NH4VO(4)(5)n(Fe2+)=0.5000mol·L-1×5.00mL×10-3L·mL-1=2.500×10-3mol由MnO4-~5Fe过量的n(Fe2+)=5n(MnO4-)=5×0.01000mol·L-1×12.00mL×10-3L·mL-1=6.000×10与VO2+反应的n(Fe2+)=2.500×10-3mol-6.000×10-4mol=1.900×10由V2O5~VO2+~2Fen(V2O5)=12n(Fe2+)=12×1.900×10-3mol=9.500×10100mL溶液中:m(V2O5)=9.500×10-4mol×100mL20.00mL×V2O5样品的纯度为0.8645解析(1)“酸浸”时,MnO2将VO+转化为VO2+,V元素的化合价由+3升至+5,MnO2被还原成Mn2+,Mn元素的化合价由+4降至+2,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒,反应的离子方程式为VO++MnO2+2H+VO2++Mn2++H2O。(2)①根据部分含钒(五价)物质在水溶液中的主要存在形式可知,萃取前加盐酸调节溶液的pH为7的目的是使溶液中的钒微粒以VO3-形式存在;同时H+与OH-结合成H2O,c(OH-)减小,有利于向萃取方向进行,提高VO3-的萃取率。②反萃取中,VO3-反萃取率随着pH的升高呈现先增大后减小的趋势的原因是pH升高,c(OH-)增大,有利于反应向反萃取方向进行,VO3-的反萃取率增大;但c(OH-)过大,+5价钒主要以VO43-或多钒酸根离子的形式存在,VO3-的反萃取率减小。(3)“沉钒”时,向pH为8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液,析出NH4VO3沉淀,由于溶液呈碱性故有NH3·H2O生成;沉钒温度需控制在70℃左右,温度不能过高的原因是温度过高,NH3·H2O受热分解,溶液中c(NH4+)减小,不利于NH4VO3的析出。(4)V2O5与H2O形成能提供质子的酸性位,NH3以“氢键”形式吸附在酸性位上生成“中间体X”,NO与X反应生成不稳定的“过渡态”物质,结合反应历程的图示可知,“中间体X”的结构式为。(5)由反应MnO4-+5Fe2++8H+Mn2++5Fe3++4H2O可知,过量的Fe2+的物质的量为5×0.01000mol·L-1×12.00×10-3L=6.000×10-4mol;加入的Fe2+的总物质的量为0.5000mol·L-1×5.00×10-3L=2.500×10-3mol,则与VO2+反应的Fe2+的物质的量为2.500×10-3mol-6.000×10-4mol=1.900×10-3mol,根据反应VO2++Fe2++2H+VO2++Fe3++H2O可知,VO2+的物质的量为1.900×10-3mol,根据V守恒,20.00mL溶液中溶解的2.答案(1)PbS+MnO2+4Cl-+4H+Mn2++PbCl42-+S+2H2Oc(Cl-)增大,促进PbCl2(或Pb2+(2)2.0×103(3)含氟基团是吸电子基团,使氮原子上电子云密度下降,配位能力下降;含氟基团与氮原子之间引入的—CH2CH2CH2—是推电子基团,会减弱含氟基团对氮原子的影响,配位能力上升(4)将三颈烧瓶水浴加热并保温在50℃,在不断搅拌下,通入空气并滴加氨水调节溶液pH维持在8.5左右,直至有大量黑色沉淀产生,过滤,用蒸馏水洗涤沉淀,至向最后一次洗涤滤液中滴加HNO3溶液酸化、再滴加AgNO3溶液无沉淀生成解析(1)70℃时,方铅矿和软锰矿在氯化钠、盐酸作用下发生反应生成PbCl42-和S,则“协同浸取”生成PbCl42-和S的离子方程式为PbS+MnO2+4H++4Cl-PbCl42-+S+Mn2++2H2O;根据已知信息PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq),可知“协同浸取”时加入NaCl可避免生成PbCl2沉积在矿石表面,其原因是加入NaCl可增大氯离子浓度,有利于平衡正向移动,将PbCl2溶解。(2)利用盖斯定律,将①+②得到PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq),K=31.25×1.6×10-5=5×10-4,则沉降反应PbCl42-(aq)PbCl2(s)+2Cl-(aq)的平衡常数K=15×10-4=2×103。(3)氮原子的电子云密度越大配位能力越强,全氟聚醚二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基团相连使得配位能力下降,氟的电负性大,使氮原子的电子云密度减小,因此氮与Pb2+形成配位键能力减弱;若在氮原子和含氟基团间引入—CH2CH2CH2—基团,氮原子远离氟原子,氟对氮原子上电子对的吸引力减小,氮原子的电子云密度增大,氮与Pb2+形成配位键的能力增强。(4)根据图中信息,由净化后的含Mn2+的滤液制备较纯净的Mn3O4的实验方案:取一定量的含Mn2+的滤液于三颈烧瓶中,加热维持在温度50℃,在不断搅拌下,一边通空气,一边加氨水调节溶液的pH并维持在8.53.答案(1)①SrSO4+HCO3-+NH3·H2OSrCO3+H2O+NH4②控制氨水过量可使溶液中HCO3-更多地转化为CO32-③NH3、CO2(2)①1200℃②若煤粉量过少,还原剂不足,SrSO4不能被完全还原成SrS(或煤粉量过少,还原剂不足,回转窑中氧气能将部分SrS氧化为SrSO4,使硫酸锶转化率下降)(3)①12②0.004解析(1)①碳酸氢铵和过量氨水的混合溶液浸取天青石精矿,可以理解成,NH3·H2O中和HCO3-电离出的H+生成NH4+,HCO3-电离出的CO32-与SrSO4电离出的Sr2+生成SrCO3沉淀。②氨水过量,可以使HCO3-转化为更多的CO32-,浓度较高的CO32-才可以促进SrSO4沉淀发生转化。③煅烧SrCO3沉淀,生成SrO和CO2(气体X),加水浸取SrO生成Sr(OH)2,与(NH4)2SO4反应生成高纯SrSO4和NH3(气体Y),CO2和NH3可以反应生成碳酸氢铵,NH3可制得氨水。(2)①题图1在1200~1400℃时,SrSO4转化率最高,但温度过高则要求高,所以最佳温度为1200℃。②工业上用碳还原法制备高纯硫酸锶,原理为煅烧天青石精矿和煤粉生成SrS,再处理得高纯SrSO4。天青石精矿和煤粉质量比增大至5.5∶1后,说明煤粉的量不足,即C不足,故不能将SrSO4完全还原成SrS,进而使硫酸锶转化率下降。(3)由晶胞图知,中间有8个F-,Sr2+位于8个顶角和6个面心,以顶角的Sr2+分析,离顶角Sr2+最近的Sr2+位于晶胞的面心,一共有3个面心,而1个顶角为8个立方体所共有,所以共有24个Sr2+,但是两个共同的面的晶体会重复计算一次面心,所以应为242=12个Sr2+。②n(SrF2)=m(SrF2)M(SrF2)=2mg×10-3g·mg-1126g·mol-1≈0.1589mol,c(SrF2)=n(SrF2)V=0.1589mol5mL×10-3L·mL-1≈3.2mol·L-1。Ksp(SrF2)很小,4.答案(1)①MnO2+SO2MnSO4②SiO2、CaSO4(2)O3可将NO氧化为在水中溶解性好的NO2,NO2氧化性强于NO(3)MnO2+MnCO3+2Fe2++3H2O2Fe(OH)3+2Mn2++CO2↑(4)MnF2加入到滤液Ⅱ,发生反应的离子方程式为MnF2+Ca2+Mn2++CaF2,反应的平衡常数K=2×107大于105,故MnF2可以将Ca2+完全去除(5)将滤液Ⅲ蒸发结晶(或蒸发浓缩至有大量晶体析出),同时将产生的SO2气体用0.1mol·L-1NaOH吸收,当高于50℃时趁热过滤,用少量无水乙醇洗涤沉淀2~3次,低温干燥得MnSO4·H2O解析(1)①SO2与MnO2发生氧化还原反应生成MnSO4。②SiO2与稀硫酸不反应,CaO与H2SO4反应生成微溶的CaSO4,所以滤渣Ⅰ的主要成分为SiO2和CaSO4。(2)O3具有强氧化性,能够将NO氧化为NO2,NO2易被水吸收,提高NO的脱除率。(3)少量的Fe2O3与硫酸反应生成Fe3+,Fe3+被SO2还原为Fe2+,加入MnO2和MnCO3的目的是将Fe2+转化为滤渣Ⅱ[Fe(OH)3]。(4)MgF2与Ca2+反应生成Mg2+和CaF2,反应方程式为MgF2+Ca2+Mg2++CaF2,该反应的平衡常数K=c(Mg2+)c(Ca2+)=Ksp(MgF2)Ksp(CaF2)=1.6×105.答案(1)富集砷元素2AsO33-+O2(2)K=(Kw)9[Ka1Ka2Ka3c(H3AsO3)]3温度升高,Ca(OH)2的溶解度减小,(3)H3AsO4+SO2+H2OH3AsO3+H2SO4(4)调节硫酸浓度为7mol·L-1,冷却至25℃,过滤解析(1)含砷废水中砷的富集程度不高,因此先“碱浸”“沉砷”后“酸化”的目的是富集砷元素;“氧化”过程中氧气将AsO33-氧化为AsO43-。(2)H3AsO43H++AsO43-的K1=Ka1Ka2Ka3=c(AsO43-)·c(H+)c(H3AsO4),5Ca(OH)2(s)+3AsO43-(aq)Ca5(AsO4)3OH(s)+9OH-(aq)的K=c9(OH-)c(AsO43-)=[Kwc(H+)]9[6.答案(1)AB(2)①Li1-xCoO2+xe-+xLi+LiCoO2②0(3)①等质量分数的Na2S溶液中电荷浓度更大(或溶液导电性更强);S2-、HS-还原性比Cl-强②NaCl质量分数由5%增大为10%时,对电池外壳和电芯的腐蚀速率加快(4)①2LiCoO2+8HCl2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O②作还原剂解析(1)根据电池总反应可知,放电时,Li失去电子作负极,A正确;根据比能量定义,100gLi可失去100g7g·mol-1≈14.3mol电子,100gZn可失去100g65g·mol-1×2≈3.1mol电子,则锂金属电池比能量高,B正确;若使用稀硫酸作电解质,H+会参与电极反应,C错误。故选AB。(2)①根据题意“放电时,Li+由LixC6中脱嵌”,且题中给出了电池放电时Li+的移动方向,可判断放电时Li1-xCoO2中嵌入Li+,作电池正极,电极反应式为Li1-xCoO2+xe-+xLi+LiCoO2。②从题目文字和图像信息中可以看出晶胞中各存在4个铁氧八面体和磷氧四面体,晶胞中磷原子和铁原子数目为4,根据均摊法可以计算图示晶胞中Li+(LiFePO4)数目为3,故1-x=0.75,x=0.25。(3)①电池放电速率与电解质溶液导电能力有关。电解质溶液的导电能力受电解质性质、溶液中离子浓度、离子所带电荷数有关。5%的Na2S、NaCl溶液中物质的量浓度Na2S稍小(稀溶液,溶液密度近似为1g·cm-3),但Na2S离子电荷浓度更高,导电性稍强。②根据XRD图谱,发现NaCl浸泡液中沉淀物以铁元素和铝元素为主,结合题目信息可以得出NaCl溶液具有加速铁、铝腐蚀的能力的推论,由于电池外壳和电芯被破坏,电池的电压明显降低,两者之间存在一定的因果关联。(4)①钴酸锂电池正极材料为LiCoO2,其中Co化合价为+3,盐酸酸浸后转化为Co2+,Cl-被氧化生成Cl2,化学方程式为2LiCoO2+8HCl2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O。②H2O2大题突破练(二)有机合成与推断综合题1.答案(1)大(2)(CH3)2SO4[或(CH3O)2SO2或](3)取代反应(4)(5)SO2和HCl(6),解析(1)羧基是亲水基团,酯基不是亲水基团,室温下,在水中A的溶解度比B的大。(2)X的分子式为C2H6SO4,常用作甲基化试剂,则其结构式为或(CH3)2SO4或(CH3O)2SO2。(3)根据C的结构式可知Y为,B→C的反应类型为取代反应。(4)B的分子式为C10H12O4,其同分异构体在碱性条件下水解后酸化生成两种产物,说明分子中有酯基。另一种水解产物能与银氨溶液反应,被氧化为碳酸后分解生成二氧化碳和水,说明水解产物为HCOOH。一种产物含有苯环,其核磁共振氢谱只有2组峰,说明分子中有两种氢原子,则苯环上有6个取代基,并且取代基只能分成两种,为—OH和—CH3,故结构式为。(5)与SOCl2等物质的量反应时生成和,不稳定分解成SO2和HCl,产生污染性气体为SO2和HCl。(6)催化氧化生成(PhCHO)。加入SOCl2或HCl加热生成,加入Ph3P和PhCHO生成,加Br2生成,加入氢氧化钠和乙醇加热生成,据此可写出合成路线流程图。2.答案(1)取代反应(2)或(3)AC(4)(5)解析结合合成路线分析可知,A→B为A与乙酸酐的取代反应,B→C发生酯化反应生成酯,C→D成环,D→E为异构化反应,由酮羰基异构为烯醇,结合E和G的结构简式可知,F与E发生加成反应生成G,故F的结构简式为。(1)结合分析可知,A→B发生取代反应。(2)同时满足下列条件的C的一种同分异构体①能与NaHCO3溶液反应生成CO2,说明此异构体有—COOH;②酸性条件下能水解,水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应,说明此异构体含酚酯基;③分子中不同化学环境的氢原子个数比是1∶6∶2∶1,说明此异构体高度对称且含甲基。分析C可知,满足条件的结构有或。(3)结合分析及化合物D、E的结构可知,D和E互为同分异构体,且D和E分子中以sp2杂化的碳原子个数比为8∶9;但D分子中存在饱和碳原子,故不可能所有原子同平面。故选AC。(4)结合分析可知,F的结构简式为。(5)结合已知:+可知,合成目标分子需要先在苯酚上引入酯基,同时烯烃需要转化成酮羰基,二者发生已知条件的反应即可,据此可写出合成路线流程图。3.答案(1)14(2)A(3)CH3CH2OH(4)或(5)解析(1)由苯是平面正六边形,12个原子共面再结合单键可以旋转可知A分子中处于同一平面上的原子最多有14个。(2)由知,A生成B发生的是取代反应,同时生成HCl,CH3CH2ONa可以和HCl发生反应,使平衡正向移动,提高B的产率。(3)根据流程图及信息Et表示—CH2CH3,再结合题干C→D发生反应:C+(EtO)3CH―→D+2Y可知Y的结构简式为CH3CH2OH。(4)的同分异构体满足以下条件:卤素原子均直接连在苯环上。在酸性条件下水解,得到2种产物,2种产物分子中均含有2种不同化学环境的氢原子,其中一种水解产物能与FeCl3溶液发生显色反应,另一水解产物能与NaHCO3溶液反应生成CO2,则该有机物有酚酯基,且结构非常对称,据此写出满足条件的结构为或。(5)由,再结合信息R—NO2R—NH2及所学知识可以写出合成路线流程图。4.答案(1)D(2)3(3)高(4)(5)(6)解析(1)原子发射光谱是利用物质在热激发或电激发下,每种元素的原子或离子发射特征光谱来判断物质的组成,该方法可测定元素的含量,不能确定官能团的类别,A不符合题意;核磁共振氢谱是利用原子在共振下的有关信号绘制的图谱。吸收峰个数=等效氢原子种数,吸收峰面积之比=各种等效氢原子个数之比,可确定物质中氢原子的种类和数目,该方法不能确定官能团的类别,B不符合题意;质谱法中质荷比值最大的为物质的相对分子质量,不能确定官能团的类别,C不符合题意;红外光谱具有高度的特征性,利用红外光谱可确定化学基团和鉴定未知物质结构,D符合题意。(2)B()与CH3NH2在CH3OH、THF条件下发生取代反应生成C(),1molB消耗3molCH3NH2,C在酸性条件下不稳定,B→C的反应中HCl、—COCl均与CH3NH2反应,应控制n(CH3NH2)n(B)不低于3。(3)邻硝基苯酚中存在分子内氢键,对硝基苯酚存在分子间氢键,故使得D()的熔点高于邻硝基苯酚的熔点。(4)F()的一种同分异构体同时满足分子中所有碳原子轨道杂化类型相同,即碳原子均采取sp2杂化,含两个苯环;1mol该物质完全水解最多消耗3molNaOH,水解产物之一的分子中不同化学环境的氢原子个数比为2∶1,含有两个—NH2处于对称位置,含有1个—OOCNH—直接连在两个苯环上,满足条件的物质结构为。(5)F()与G、CH2Cl2发生加成反应生成H(),根据G的分子式为C8H3ClF3NO推知G为。(6)以和CH3CH2NH2为原料制备,对比原料和目标产物的结构,要引入两个—CONH—官能团,由题目中B→C转化迁移可知应将与溴单质加成引入两个溴原子,在碱的醇溶液条件下水解生成1,3-环己二烯,该物质被酸性高锰酸钾氧化为己二酸,己二酸与SOCl2反应后的产物再与CH3NH2在甲醇、THF条件下发生取代反应生成,据此可写出合成路线流程图。5.答案(1)(2)(3)加成(4)(5)解析(1)根据B的结构可知,B中有8个C原子,则反应①的另一种含有苯环的有机产物含7个C原子,且有羧基,应为苯甲酸,结合已知Ⅰ,可推出A的结构简式为。(2)根据B、C的结构简式,结合X的分子式,可以推出X的结构简式为。(3)F与E互为同分异构体,再结合G的结构简式,可以判断E中醛基与—NH—发生加成反应生成F,反应类型为加成反应。(4)D的结构简式为,其同分异构体能与FeCl3溶液发生显色反应,说明有酚羟基;水解后可得到三种有机产物;其中一种为H2NCH2COOH,另两种产物酸化后均只含两种化学环境不同的氢,说明一种为CH3COOH,含苯环的产物也是两种等效氢,说明结构对称,含两个酯基,且两个酯基均为酚形成的酯基,综合分析,该同分异构体的结构简式为。(5)结合已知Ⅰ和Ⅱ,CH2BrCH2CH2Br先发生水解反应得到,再发生催化氧化得到OHCCH2CHO,结合已知Ⅱ,OHCCH2CHO与2丁烯可以得到,与2分子CH3COOH酯化得到,最后通过已知Ⅰ的反应得到目标产物,据此可写出合成路线流程图。6.答案(1)取代反应(2)(3)(4)(5)解析(1)“步骤1”中—Br被原子团取代,反应类型为取代反应。(2)连接四种不同原子或基团的碳原子为手性碳,E分子中的手性碳原子为。(3)E中含有硝基,在Fe作用下还原为氨基,E→F有副产物CH3OH产生,则酯基发生水解,已知F的分子式为C19H26N2O4,“—Boc”为“—COOC(CH3)3”,根据O原子个数说明F中除了羟基和—Boc外只剩下一个O原子,则羧基和氨基发生反应,故F的结构简式为。(4)分子中含三元碳环即环丙烷,1mol该物质完全水解时最多消耗4molNaOH说明含有2mol酯基和2mol酰胺基,由于D只含1个N原子和4个O原子,则存在结构,不同化学环境的氢原子个数比为18∶4∶1,则有6个甲基中的H化学环境相同,该同分异构体的结构简式为。(5)和溴单质发生1,4加成反应可得,与(CH3O)3P发生流程中A→B的反应生成,再与发生B→C的反应生成,最后与氢气发生加成反应生成,据此可写出合成路线流程图。大题突破练(三)化学实验综合题1.答案(1)①使用饱和食盐水代替水;减缓分液漏斗中液体的滴加速率②除去H2S气体(2)①C2H2+2Ag(NH3)2OH+2H2OAg2C2↓+4NH3·H2O②向滤液中加入2%氨水至产生的沉淀溶解,向所得溶液中通入C2H2至不再有沉淀生成,过滤,用去离子水洗涤滤渣2~3次,常温风干(3)①将最后一次洗涤液倒入少量的蒸馏水中,用pH试纸检测溶液pH,若溶液呈中性,则沉淀已洗涤干净②当滴入最后半滴标准溶液,锥形瓶内液体出现红色,且半分钟内不褪色③解:每20.00mL溶液中n(Ag+)=n(SCN-)=0.0500mol·L-1×16.00mL×10-3L·mL-1=8.000×10-4mol1.260g样品中含n(Ag+)=8.000×10-4mol×200mL20.00mL所以1.260g(240+170n)g·解得n=6[或(2+n)解析(1)①为减缓反应速率,在不改变电石用量和大小的情况下,可以使用饱和食盐水代替水或者减缓分液漏斗中液体的滴加速率。②洗气瓶中CuSO4溶液与H2S反应生成硫化铜沉淀,洗气瓶中CuSO4溶液的作用是除去H2S。(2)①向含有Ag(NH3)2OH的溶液中通入乙炔可得到乙炔银沉淀,化学方程式为C2H2+2Ag(NH3)2OH+2H2OAg2C2↓+4NH3·H2O。(3)①当沉淀中不再含有硝酸时,沉淀则洗净,所以可以通过检查洗涤液中是否含有氢离子来判断,方法是将最后一次洗涤液倒入少量的蒸馏水中,用pH试纸检测溶液pH,若溶液呈中性,则沉淀已洗涤干净。②铁离子结合SCN-,溶液显红色,所以加入最后半滴标准溶液,锥形瓶内液体出现红色,且半分钟内不褪色,则达到滴定终点。2.答案(1)①[Ar]3d7②用1mol·L-1HCl溶液溶解含钴废催化剂,再向其中分批加入少量CoCO3固体,用pH计测量溶液pH,控制4.5≤pH<6.5,生成Fe(OH)3、Al(OH)3除去Fe3+、Al3+,过滤,所得滤液蒸发浓缩、控制温度在50~90℃之间冷却结晶(2)①2Co2++2NH4++10NH3·H2O+H2O22[Co(NH3)6]3++12H2②抑制氨水电离,控制OH-的浓度,防止生成Co(OH)2沉淀;为反应提供Cl-③[Co(NH3)5Cl]2+④n(Na2S2O3)=0.1mol·L-1×24.00×10-3L×250mL25.00mLn(Co)=n(Na2S2O3)=2.400×10-2molm(Co)=2.400×10-2mol×59g·mol-1=1.416g钴元素的质量分数=1.416解析(1)①Co是27号元素,Co失去4s上的2个电子得到Co2+,基态Co2+核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d7。②为了保证Fe3+、Al3+完全沉淀,而Co2+不能沉淀,则pH应介于4.2~6.5,过滤,由题图1可知,控制温度50~90℃,蒸发浓缩得到CoCl2·2H2O。(2)①在NH3·H2O条件下,Co2+被双氧水氧化生成[Co(NH3)6]3+。②NH4Cl能抑制氨水电离,防止生成Co(OH)2沉淀,且给目标产物提供Cl-。③1molCo(NH3)5Cl3与足量的硝酸银溶液反应生成2molAgCl,说明外界只有2个Cl-,该配合物内界的化学式为[Co(NH3)5Cl]2+。3.答案(1)防止因SeO2升华导致硒的回收率降低(2)4.2×1014(3)①4[Ag(S2O3)2]3-+HCHO+6OH-4Ag↓+8S2O32-+CO3②向浸出渣中加入一定量的盐酸,从导管a处通入Cl2至(黄色)固体不再溶解,过滤,向滤液中加入FeSO4溶液,至向上层清液中继续滴加FeSO4溶液不再产生沉淀时停止滴加,过滤,洗涤滤渣至最后一次洗涤滤液加入BaCl2溶液不再产生沉淀解析(1)由题给信息SeO2超过315℃会升华,故加热温度不宜过高,SeO2升华使Se回收率降低。(2)浸出平衡常数K=c(H2SeO3)c4.答案(1)加快搅拌速率、延长浸取时间(2)①2Cu(NH3)2CO3+H2OCu2(OH)2CO3↓+CO2↑+4NH3↑②提高氨气吸收率,防止污染空气增大气体与水的接触面积,提高氨气吸收率;组装简单且气密性更好③反应初期反应物浓度高,温度较低可避免产生气体的速率过快;随着反应物浓度降低,升高温度有利于提高产生气体的速率,以上均有利于获得稳定的气流(3)边搅拌边向溶液中滴加浓氨水至产生的沉淀完全溶解,滴加1mol·L-1NaOH溶液,直至向静置后的上层清液中继续滴加NaOH溶液无沉淀生成,过滤;用蒸馏水洗涤沉淀,直至向最后一次洗涤滤液中滴加0.1mol·L-1BaCl2溶液无明显现象解析(1)“浸取”时,加料完成后,保持反应温度不变,可通过增大接触时间、增大接触面积提高铜元素浸出率,具体方法有:加快搅拌速率、延长浸取时间。(2)①三颈烧瓶中,通过蒸氨,Cu(NH3)2CO3转化为Cu2(OH)2CO3,同时生成二氧化碳气体,发生反应的化学方程式为2Cu(NH3)2CO3+H2OCu2(OH)2CO3↓+CO2↑+4NH3↑。②实验产生的氨气是大气污染物,需要进行处理,以防污染大气,则采用三个盛有水的洗气瓶吸收尾气的目的为提高氨气吸收率,防止污染空气;题图2中装置为一个整体,不需另加导管,且密封性好,氨气与水的接触面积大,吸收效果好,则与图1所示洗气瓶相比,采用三个如题图2所示装置的优点为增大气体与水的接触面积,提高氨气吸收率;组装简单且气密性更好。③在蒸氨过程中,溶液的浓度由大到小,实验中控制反应温度由80℃升高至95℃,可控制气体的生成速率,则采用变温加热操作的原因为反应初期反应物浓度高,温度较低可避免产生气体的速率过快;随着反应物浓度降低,升高温度有利于提高产生气体的速率,以上均有利于获得稳定的气流。(3)以CuSO4·5H2O固体为原料制备纯净Cu(OH)2,若直接滴加NaOH,生成Cu(OH)2的速率过快,Cu(OH)2絮状沉淀易裹挟杂质,若先将Cu2+转化为[Cu(NH3)4]2+,再转化为Cu(OH)2,可控制生成Cu(OH)2的速率,使Cu(OH)2缓慢沉淀,则实验方案为取一定质量的CuSO4·5H2O固体分批加入蒸馏水中,搅拌至完全溶解,边搅拌边向溶液中滴加浓氨水至产生的沉淀完全溶解,滴加1mol·L-1NaOH溶液,直至向静置后的上层清液中继续滴加NaOH溶液无沉淀生成,过滤;用蒸馏水洗涤沉淀,直至向最后一次洗涤滤液中滴加0.1mol·L-1BaCl2溶液无明显现象,5.答案(1)CuFeS2+4Fe3+5Fe2++Cu2++2S(2)取样,滴加铁氰化钾溶液,无蓝色沉淀产生(3)3Na2SO3+2CuSO4Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑(4)反应产生SO2,导致溶液酸性增强,Cu2O在酸性溶液中歧化为二价铜和铜单质,从而降低Cu2O含量(5)边搅拌边向溶液中通入SO2,用pH计测量溶液的pH至约为10时,停止通入SO2;再向溶液中通入O2至pH约为7,将溶液加热浓缩至有晶膜出现,降温结晶,过滤(6)14.4解析(1)由后续步骤是“调pH”生成Fe(OH)3知,“操作1”的目的是将Fe2+氧化为Fe3+,检验Fe2+是否剩余可判断“操作1”反应已完成,可选用K3[Fe(CN)6]溶液,若不产生特征蓝色沉淀,则表示“操作1”反应已完成。(3)已知:反应时,A装置原料反应配比n(Na2SO3)∶n(CuSO4)=3∶2,且反应产生酸性气体,该酸性气体为SO2,具体化学方程式见答案。(4)由(3)知,生成Cu2O时也会产生SO2,SO2可使溶液的pH不断减小,而Cu2O在酸性条件下会歧化为Cu和Cu2+而使产率降低,故不断滴加NaOH溶液可阻止Cu2O发生歧化反应。(5)装置B中的溶液是NaOH与Na2SO3的混合溶液,为防止制备的Na2SO4·10H2O晶体中混有NaOH,须事先通入SO2将NaOH转化为Na2SO3,由图乙知,室温下,pH=10时,H2SO3、HSO3-、SO32-三种离子中,SO32-的物质的量分数最大,故通SO2至pH约为10时即可,然后通入O2将Na2SO3全部氧化为Na2SO4,Na2SO4溶液的pH=7,故通O2至pH约为7时即可,具体实验方案见答案。(6)发生的反应为Cu-e-+Cl-CuCl、2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O,可得关系式:e-~CuCl~0.5Cu2O,若电解时电路中通过0.2mole-,则理论上生成Cu2O的质量=0.2mol×0.5×144g·mol-16.答案(1)2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO(2)将钛铁矿分批加入热的浓硫酸中,边搅拌直至灰黑色固体消失,冷却后用砂芯漏斗过滤,将冷却后的滤液边搅拌边加入足量蒸馏水中,充分反应后,用砂芯漏斗过滤,用蒸馏水洗涤沉淀2~3次,直至取最后一次洗涤滤液加入BaCl2溶液无沉淀产生,干燥(3)取少许液体,向其中加入少量水充分振荡后,向上层清液中滴加AgNO3溶液,若有白色沉淀生成,则含有TiCl4(4)①滴入最后半滴维生素C溶液,溶液紫红色褪去,且30s内不恢复②AC③n(C6H8O6)=0.10mol·L-1×12.50×10-3L=1.25×10-3mol根据2Fe~C6H8O625mL溶液中n(Fe)=2n(C6H8O6)=2×1.25×10-3mol=2.50×10-3mol2.80g样品中m(Fe)=4×n(Fe)×M(Fe)=4×2.50×10-3mol×56g·mol-1=0.56gFe的质量分数=0.56解析(2)用热的浓硫酸将钛铁矿全部溶解,过滤除去SiO2,类似浓硫酸的稀释操作,将溶液边搅拌边加入足量蒸馏水中,稀释含浓硫酸的溶液,使TiOSO4水解,得到TiO2·H2O沉淀,再过滤、洗涤、检验洗净即可。(3)CCl4是非电解质,不能电离出Cl-,而TiCl4易水解,在水溶液中有自由移动的Cl-存在,故用AgNO3溶液检验即可。(4)①已知:磺基水杨酸指示剂遇Fe3+显紫红色,维生素C可将Fe3+还原为Fe2+,故当滴入最后半滴维生素C时,溶液的紫红色褪去,且30s内不恢复紫红色,即达到滴定终点。②若步骤Ⅰ中调节pH小于2,则会导致除Fe单质外的其余含铁化合物溶解,最终均以Fe3+形式消耗维生素C,使Fe单质的测定含量偏高,A正确;若步骤2中未将滤液与洗涤液合并,则会使Fe2+含量偏低,使Fe单质的测定含量偏低,B错误;若步骤2中未将反应后溶液煮沸,则残留的H2O2也会消耗维生素C,使维生素C的消耗量增多,使Fe单质的测定含量偏高,C正确;若步骤3滴定时先仰视后俯视,则会导致维生素C的消耗量读数偏低,使Fe单质的测定含量偏低,D错误。7.答案(1)①ABC②FeS2被氧化生成的S覆盖在表面;反应消耗了H+,c(H+)减小,阻止反应的继续进行③80~100min时,软锰矿中的锰元素浸取率大于90%,剩余的MnO2不足以氧化从黄铁矿持续浸出的大量Fe2+,因此Fe2+浓度迅速上升,Fe3+浓度上升缓慢(2)MnO2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O(3)①取最后一次洗涤滤液少许,加入试管中,先加稀盐酸,无明显现象,再加入氯化钡溶液,无白色沉淀生成,则证明洗涤干净②等浓度的Na2CO3溶液的碱性比NH4HCO3溶液强,用Na2CO3溶液作沉淀剂,会生成较多的Mn(OH)2,影响产品的纯度(4)解析(1)①加料完成后,提高锰元素浸取率从速率和产率两个角度考虑,加入HNO3,会使FeS2中Fe、S两元素直接氧化,使MnO2中Mn浸出减少。②由题图1可知,Fe2+在酸性条件下浸出,MnO2氧化Fe2+生成Fe3+,Fe3+氧化-1价S生成单质S,覆盖在表面循环过程受阻。另一方面,反应消耗了H+,c(H+)减小,阻止反应的继续进行。③一定条件下,用足量黄铁矿浸锰,当Mn几乎全部浸出时,Fe2+在酸性条件下仍浸出,但Fe3+生成循环过程受阻,因此80~100min时,Fe3+浓度变化较小而Fe2+浓度迅速上升。(2)将浸取液过滤后再加入适量精制MnO2粉末,氨水调节溶液pH去除Fe3+,过滤,得滤液和滤渣。加入MnO2粉末的目的是使Fe2+生成Fe3+。(3)①检验沉淀是否洗净,实质是检验硫酸根离子。②制备碳酸盐,通常向滤液中滴加NH4HCO3溶液或NH3·H2O、NH4HCO3混合溶液,一个主要原因是降低pH,减少氢氧化物的生成。(4)Fe(H2NCH2COO)2·2H2O中N、O通过配位键配位形成两个五元环。大题突破练(四)化学反应原理综合题1.答案(1)-72.8kJ·mol-1(2)①NH2COONH4+3NiO3Ni+N2↑+3H2O+CO2↑②H2S被O2氧化得到的H2SO4酸性更强,与容器表面钝化膜反应更快,加快容器腐蚀(3)①②反应3处于平衡状态,NH3的浓度越高,则HNCO的浓度越低,反应4速率越慢,生成缩二脲速率越慢(4)①CO2+N2+6HCO3-+6e-CO(NH2)2+6CO32-+H2O(或7CO2+N2+5H2O+6e-CO(NH2)2②加热温度过高,LA位点过多而LB位点过少,温度过低LB位点过多LA位点过少,导致CO2吸附与活化效率下降③SCN-与Ni(Ⅱ)配位使LA位点减少,降低了催化剂的活性解析(1)由反应1+反应2,得2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l),则ΔH=ΔH1+ΔH2=-100.4kJ·mol-1+27.6kJ·mol-1=-72.8kJ·mol-1。(2)①NH2COONH4与NiO反应产生N2,由氧化还原分析,NiO生成Ni。②有氧气存在的条件下,发生反应:2H2S+3O22SO2+2H2O、2H2O+O2+2SO22H2SO4,硫酸腐蚀性更强。(3)①中间N原子连接两个酮羰基,酮羰基中O原子电负性强,吸电子能力强,酮羰基为吸电子基团,故N—H键的电子更偏向N原子,H原子的电子云密度降低。②NH3的浓度越高,反应3平衡逆向进行程度越大,HNCO的浓度越低,反应4反应速率越低,缩二脲生成速率越慢。(4)①依据信息,N2、CO2、反应生成尿素,结合电荷守恒,电极反应式为CO2+N2+6HCO3-+6e-CO(NH2)2+6CO32-+H2O或7CO2+N2+5H2O+6e-CO(NH2)2+6HCO3-。②由题图可知,温度过高时,会形成两个LA位点,吸附CO2过多,无法形成尿素;温度过低,Ni—O键不断裂,不能形成LA位点,无法吸附CO2,故催化效果会降低。③SCN-可以占据LA位点,使之无法吸附CO22.答案(1)ΔH3-ΔH2(或ΔH1+ΔH3-ΔH4)(2)①升高温度,化学反应速率加快;催化剂活性增强;发生副反应Ⅲ②R随温度升高而减小③设初始投料时,CH4的物质的量为1mol,CO2的物质的量为3mol。由图可知,1000℃时,CH4的转化率为100%,CO2的转化率为60%,故R=Δn(C(3)Pt-Ni合金Pt-Ni合金作催化剂时,反应历程中基元反应的活化能都较小,化学反应速率更快(4)①CHxO、OH②Ni—C+O*Ni+CO解析(1)由盖斯定律可知,由Ⅲ-Ⅱ或Ⅰ+Ⅲ-Ⅳ得主反应,故主反应的ΔH=ΔH3-ΔH2或ΔH=ΔH1+ΔH3-ΔH4。(2)①升高温度化学反应速率加快,催化剂活性增强,发生副反应Ⅲ等都会导致反应相同时间内CH4的转化率在800℃时远大于400℃。②400~600℃时,甲烷的转化率增加大于二氧化碳的转化率增加,则同一时段内CH4比CO2的物质的量变化量更大,故R=Δn(CO2)Δn(CH4)的值变化情况为R随温度升高而减小。③常压下,将CH4和CO2按物质的量之比1∶3投料,设初始投料时,CH4的物质的量为1mol,CO2的物质的量为3mol,由题图可知,1000℃时,CH4的转化率为100%,CO2的转化率为60%,故R=Δn(CO2)Δn(CH4)=3mol×60%1mol=1.8。(3)过渡态物质的总能量与反应物总能量的差值为活化能,即题图中峰值越大则活化能越大,峰值越小则活化能越小,活化能越小反应越快,活化能越大反应越慢;Pt-Ni合金作催化剂时,反应历程中基元反应的活化能都较小,化学反应速率更快,故从化学反应速率角度分析,脱氢反应选择的催化剂为Pt-Ni合金。(4)①由题图可知,路径甲、乙中生成的不同中间产物为CHxO、OH。②在催化剂Ni/CeO23.答案(1)反应的ΔH<0(2)①Na2Ca(CO3)2CaO-Na2CO3+CO2↑[或Na2Ca(CO3)2CaO+Na2CO3+CO2↑]②等质量的MgO和CaO相比,MgO吸收的CO2的量比CaO多;Ca2+和Mg2+电荷数相等、Mg2+半径小于Ca2+,再生时MgCO2分解温度低,更节能(3)①11HCO3-+8e-CH3COO-+9CO32②H2(4)①随着温度升高,反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应速率加快,消耗的CO2增多。反应Ⅰ的ΔH<0,反应Ⅱ的ΔH>0,随着温度升高,反应Ⅰ正向进行程度小,反应Ⅱ正向进行程度大,CO2转化率升高,但CH3OH选择性降低②η(In2O3)∶η(Mg/In2O3)∶η(Mn/In2O3)=(12%×15%)∶(10%×20%)∶(5%×30%)=18∶20∶15解析(1)反应:NaCl(aq)+NH3(g)+CO2(g)+H2O(l)NaHCO3(s)+NH4Cl(aq)为熵减的反应,该反应常温下能自发进行,则该反应ΔH<0。(2)①X=Ca时,Na2Ca(CO3)2加热生成CaONa2CO3和CO2,再生的化学方程式为Na2Ca(CO3)2CaONa2CO3+CO2↑。②因为阳离子电荷数越高、半径越小,阴离子越易受其影响而分解,所以X=Mg相比X=Ca,其优点有等质量的MgO和CaO,MgO吸收的CO2的量多;Ca2+和Mg2+电荷数相等、Mg2+半径小于Ca2+,再生时MgCO3分解温度低,更节能。(3)①催化电解吸收CO2的KOH溶液可将CO2转化为有机物,HCO3-在阴极放电生成CH3COO-的电极反应式为11HCO3-+8e-CH3COO-+9CO32-+4H2O。②电解时,H+可在阴极得到电子生成H2,碱性溶液有利于抑制H2的产生。(4)①随着温度的升高,反应Ⅰ和反应Ⅱ的反应速率加快,消耗的CO2增多。反应Ⅰ的ΔH<0,反应Ⅱ的ΔH>0,随着温度升高,反应Ⅰ正向进行程度小,反应Ⅱ正向进行程度大,CO2转化率升高,但CH3OH选择性降低。②由题图可知,340℃时In2O3、Mg/In2O3、Mn/In2O3作催化剂时CO2转化率分别为12%、10%和5%,In2O3、Mg/In2O3、Mn/In2O3作催化剂时甲醇选择性分别为15%、20%和30%,所以η(In2O3)∶η(Mg/In2O3)∶η(Mn/In2O3)=(12%×15%)∶(10%×20%)∶(5%×30%)=18∶4.答案(1)①-247.1②反应Ⅰ的ΔH1<0,反应Ⅱ的ΔH2>0,温度升高,反应Ⅰ正向进行程度减小,使CO2平衡转化率减小,反应Ⅱ正向进行程度增大,使CO2平衡转化率增大,600℃之后,反应Ⅱ的CO2转化率增大的幅度大于反应Ⅰ的CO2转化率减小的幅度(2)①中间体Q中与Mn相连的H带负电,该H与HCO3-中带正电的碳原子结合形成C—H,HCO3-②锰与水反应生成的MnO是CO2生成甲酸反应的催化剂(3)①2.8mol②CO2+6e-+6H+CH3OH+H2O③pH过低,c(H+)增大,H+在阴极表面得电子生成H2增多,CO2被还原为有机物的比例减少,有机物产率降低解析(1)①由反应Ⅰ-反应