專題06大題易丟分(20題)20182019學(xué)年下學(xué)期期末復(fù)習(xí)備考高二化學(xué)黃金30題(教師版)Word版含解析

1、2018-2019學(xué)年下學(xué)期期末復(fù)習(xí)備考高二化學(xué)之大題易丟分1三氯化鉻是化學(xué)合成中的常有物質(zhì),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(chǎn)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(diǎn)為57.6,為保證穩(wěn)固的CCl氣流,適合的加熱方式是_。44（3）用如圖裝置制備CrCl3時(shí),主要步驟包含：將產(chǎn)物采集到蒸發(fā)皿中；加熱反響管至400,開始向三頸燒瓶中通入氮?dú)?使CCl蒸氣經(jīng)氮?dú)廨d入反響室進(jìn)行反響4,繼續(xù)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(xiàn)了CrCl3升華物時(shí),切斷加熱管式爐的電源；停止加熱CCl4,連續(xù)通入氮?dú)?；檢查裝置氣密性。正確的次序?yàn)椋篲。（4）已知反響管中發(fā)生的主要反響有：Cr2O3+3CCl42CrCl3+3COCl2,因光氣劇毒,實(shí)驗(yàn)需在通風(fēng)櫥中進(jìn)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(xué)方程式為_。（5）樣品中三氯化鉻質(zhì)量分?jǐn)?shù)的測(cè)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(guò)度的2O22mol/LH2SO4至溶

3、液呈強(qiáng)酸性,此時(shí)鉻以Cr2O存在,再加入1.1gKI,密塞,搖勻,于暗處?kù)o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(diǎn),平行測(cè)定三次,均勻耗費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)硫代硫酸鈉溶液24.00mL。已知：Cr2O+6I+14H+=2Cr3+3I2+7H2O,2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI。該實(shí)驗(yàn)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(wú)水三氯化鉻的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_?！敬鸢浮砍舸酥锌扇苄噪s質(zhì)(或除掉固體表面的重鉻酸銨溶液)取最后一次清洗液適當(dāng)于以試管中,向此中加入適當(dāng)濃的氫氧化鈉溶液,加熱,取一

4、片紅色石蕊試紙濕潤(rùn),粘在玻璃棒上,靠近試管口,察看試紙能否變藍(lán),若不變藍(lán),則清洗干凈水浴加熱（并用溫度計(jì)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(chǎn)生偏高的偏差96.1%(數(shù)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(zhì)；因?yàn)?NH4)2Cr2O7屬于銨鹽,可以取一片紅色石蕊試紙濕潤(rùn),粘在玻璃棒上,靠近試管口,察看試紙能否變藍(lán),若不變藍(lán),則清洗干凈；據(jù)關(guān)系式計(jì)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(jù)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(wú)水三氯化鉻的質(zhì)量分?jǐn)?shù)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?jǐn)?shù)在10以下比較安全。NaClO2飽和溶液在溫度低于38時(shí)析出晶體NaClO23

6、H2O；高于38時(shí)析出NaClO2；高于60時(shí)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(chǎn)生ClO2的化學(xué)方程式為_。2）實(shí)驗(yàn)過(guò)程中需要連續(xù)通入空氣,目的是_。（3）NaClO2在堿性溶液中才能穩(wěn)固存在,以下可用于檢測(cè)三頸瓶中溶液酸堿性的是_(填代號(hào))。a石蕊b酚酞cpH試紙dpH計(jì)4）B裝置中發(fā)生反響的離子方程式為_；使用冰水浴的原由是_；反響結(jié)束后,從溶液中得到NaClO2固體的實(shí)驗(yàn)操作是_。（5）NaClO2是一種高效水辦理劑,在必定條件下能夠?qū)N-氧化成兩種無(wú)毒無(wú)害的氣體?，F(xiàn)用NaClO2辦理10m3含CN-amgL-1的工業(yè)污水,理論上起碼需

7、要NaClO2的質(zhì)量是_g?！敬鸢浮糠忾]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(shí)間后,水不可以滴下,說(shuō)明裝置A氣密性優(yōu)秀2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O稀釋ClO2,使生成的ClO2所有進(jìn)入三頸瓶中d2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2防止NaClO2分解在38-60下,減壓蒸發(fā)結(jié)晶過(guò)濾、清洗、干燥43.5a【分析】試題剖析：（1）依據(jù)壓強(qiáng)原理,經(jīng)過(guò)封閉K1、K2,向分液漏斗中注入水的方法查驗(yàn)裝置A的氣密性；依據(jù)得失電子守恒配平NaClO3、Na2SO3、H2SO4生成ClO2的方程式；（2）

8、依據(jù)純空氣中ClO2的體積分?jǐn)?shù)在10以下比較安全剖析；（3）依據(jù)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(shí)NaClO2分解成NaClO3和NaCl；NaClO2飽和溶液在溫度低于38時(shí)析出晶體NaClO23H2O；高于38時(shí)析出NaClO2,要獲得NaClO2需要控制溫度蒸發(fā)結(jié)晶。（5）NaClO2在必定條件下能夠?qū)N-氧化成二氧化碳和氮?dú)?依據(jù)電子守恒,NaClO2與CN-的關(guān)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(shí),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(rùn)環(huán)境中易被氧化,微溶于乙醇,不溶于水和乙醚(易揮發(fā)的有機(jī)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(guò)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(dāng)出現(xiàn)大批紅棕色品體時(shí),封閉分液漏斗的旋塞。將裝置乙中混淆物快速過(guò)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(yàn)甲裝置的氣密性能否優(yōu)秀?_。（2）三頸燒瓶中的Zn除了與鹽酸生成H2外,發(fā)生的另一個(gè)

10、反響的離子方程式為_。（3）步驟中溶液自動(dòng)轉(zhuǎn)移至裝置乙中的實(shí)驗(yàn)操作為_。4）裝置丙的作用是_。5）步驟中進(jìn)行清洗的操作方法為_。6）清洗產(chǎn)品時(shí),怎樣證明產(chǎn)品已經(jīng)清洗干凈?_。7）本實(shí)驗(yàn)中Cr(CH3COO)222H2O(相對(duì)分子質(zhì)量為376)的產(chǎn)率是_?！敬鸢浮勘ＷC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(shí)間以后,分液漏斗中水不可以順利流下,則氣密性優(yōu)秀3+2+2+封閉k1,翻開k2防備空氣進(jìn)入裝置乙氧化二價(jià)鉻向過(guò)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(shí)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(wú)明展現(xiàn)象,則說(shuō)明已經(jīng)清洗干浄75.0%滌時(shí)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(chǎn)品表面吸附有Cl-,所以,清洗產(chǎn)品時(shí),證明產(chǎn)品已經(jīng)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(wú)明展現(xiàn)象,則說(shuō)明已經(jīng)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(shí)質(zhì)最后獲得5.64gCr(CH3COO)222H2O,所以,本實(shí)驗(yàn)中Cr

12、(CH3COO)222H2O的產(chǎn)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(fā)生碰撞的瞬時(shí)分解產(chǎn)生大批氣體將氣囊鼓起。工業(yè)級(jí)NaN3的制備分兩步進(jìn)行,反響方程式以下：.2Na+2NH32NaNH2+H2.NaNH2+N2ONaN3+H2O實(shí)驗(yàn)室利用以下裝置模擬工業(yè)級(jí)NaN3的制備?；卮鹨韵聠栴}：實(shí)驗(yàn)：制備1）裝置C中盛放的藥品為_,裝置D中進(jìn)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(diǎn)為169.6),則可選擇的氣體發(fā)生裝置是_(圖中加熱裝置已略去),該反響的化學(xué)方程式為_,在制備

13、NaN3的實(shí)驗(yàn)過(guò)程中,當(dāng)察看到_時(shí)開始通入N2O。實(shí)驗(yàn)：分別提純反響完好結(jié)束后,拿出裝置D中的混淆物進(jìn)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(shí)驗(yàn)：定量測(cè)定實(shí)驗(yàn)室用滴定法測(cè)定疊氮化鈉樣品中NaN3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)：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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過(guò)度的Ce4+,耗費(fèi)溶液體積為

14、29.00mL。測(cè)定過(guò)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(shí),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(zhì)量分?jǐn)?shù)為_。【答案】堿石灰水的沸點(diǎn)為100,達(dá)不到210220adNH4NO3N2O+2H2O裝置D中熔融鈉單質(zhì)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(zhì)；乙醚易揮發(fā)有利于產(chǎn)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(zhì)；乙醚易揮發(fā)有益于產(chǎn)品快速干燥;（4）配制500.00mL疊氮化鈉溶液時(shí),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(lián)合滴定過(guò)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(jié)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(biāo)準(zhǔn)滴定溶液滴定過(guò)度的Ce4+,聯(lián)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計(jì)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(diǎn)睛：該題以實(shí)驗(yàn)為載體,綜合考察了實(shí)驗(yàn)操作基本知識(shí)和滴定原理的應(yīng)用,在這

17、種類題目中特別要注意題干中出現(xiàn)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(cè)定疊氮化鈉樣品中NaN3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)時(shí),要注意聯(lián)合滴定過(guò)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(jié)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(biāo)準(zhǔn)滴定溶液滴定過(guò)度的Ce,聯(lián)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計(jì)算5某學(xué)習(xí)小組為了研究Fe(NO3)3的熱

18、穩(wěn)固性和氧化性,設(shè)計(jì)以下實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)(一)：熱穩(wěn)固性利用如圖裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn),加熱A中Fe(NO3)3固體,A和B中都有紅棕色氣體產(chǎn)生,A試管中生成了紅色粉末。（1）B裝置的作用_；要查驗(yàn)A中紅色固體能否為Fe2O3,應(yīng)當(dāng)采納的試劑是_(填化學(xué)式)。2）加熱A中試管一段時(shí)間后,C中導(dǎo)管口有氣泡產(chǎn)生,而集氣瓶中無(wú)氣泡產(chǎn)生原由是_。3）寫出硝酸鐵受熱分解的化學(xué)方程式_。實(shí)驗(yàn)(二)：氧化性Fe3+和Ag+的氧化性相對(duì)強(qiáng)弱向來(lái)是實(shí)驗(yàn)研究的熱門。該小組設(shè)計(jì)以下實(shí)驗(yàn)：試驗(yàn)編號(hào)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)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(wú)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(chǎn)生白色積淀氯化鈉溶液4）設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)a的目的是_；實(shí)驗(yàn)c的結(jié)論是_。5）實(shí)驗(yàn)b波及反響的離子方程式為_。（6）實(shí)驗(yàn)結(jié)論是【答案】防倒吸Fe3+、Ag+氧化性的相對(duì)強(qiáng)弱與離子的_有關(guān)。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(gè)導(dǎo)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?yàn)镕e2O3與B裝置起到防備倒吸的作用；要查驗(yàn),過(guò)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(zhì)硫的工藝流程以下：已知：本實(shí)驗(yàn)條件下,高錳酸鉀溶液與硫酸錳溶液混淆產(chǎn)生二氧化錳?；卮鹨韵聠栴}：1）步驟混淆研磨成細(xì)粉的主要目的是_；步驟浸取時(shí)若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3的化學(xué)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(diào)理pH為45,再連續(xù)煮沸一段時(shí)間,“連續(xù)煮沸”的目的是

21、_。步驟所得濾渣為_(填化學(xué)式)。（3）步驟需在90100下進(jìn)行,該反響的化學(xué)方程式為_。（4）測(cè)定產(chǎn)品MnSO4H2O的方法之一是：正確稱取ag產(chǎn)品于錐形瓶中,加入適當(dāng)ZnO-1,耗費(fèi)標(biāo)準(zhǔn)及H2O煮沸,而后用cmolLKMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至淺紅色且半分鐘不退色溶液VmL,產(chǎn)品中Mn2+的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為w(Mn2+)=_。【答案】增大接觸面積,提升硫酸浸取時(shí)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(zhǎng)大,便于過(guò)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(jīng)粉碎研磨與硫酸混淆,因?yàn)镸nO2在酸性條件下?lián)碛醒趸?所以反響生成7電解精華銅的陽(yáng)極泥中主要含Ag、Au等名貴金屬。以下是從精華銅的陽(yáng)極泥中回收銀、金的流程圖：1）氯金酸(HAuCl4)中的Au的化合價(jià)為_。（2）“焙燒渣”在“酸浸”時(shí)發(fā)生反響的離子方程式為_。（3）銅陽(yáng)極泥氧化時(shí),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(chǎn)物是氮?dú)?則每生成1molAg,需要耗費(fèi)_gN2H4。（5）氯金酸(HAuCl4)在pH為23的條件下被草酸復(fù)原

23、為Au,同時(shí)放出二氧化碳?xì)怏w,則該反響的化學(xué)方程式為_。（6）陽(yáng)極泥中的銅能夠用FeC13溶液浸出,所得溶液主要含有的陽(yáng)離子為Cu2+、Fe3+和2+；聯(lián)合右圖剖析（此中的縱坐標(biāo)代表金屬陽(yáng)離子濃度的對(duì)數(shù)）：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(dāng)?shù)腃uO調(diào)理pH=3.7,除掉_離子；從圖中數(shù)據(jù)計(jì)算可得Cu(OH)2的Ksp約為_?！敬鸢浮?3Ag2O+-2AgCl+H2O高溫焙燒時(shí),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(xué)工藝流程,各步生產(chǎn)流程中經(jīng)過(guò)過(guò)濾分別固體和溶液。經(jīng)過(guò)得失電子守恒和原子守恒配平化學(xué)方程式,依照化學(xué)方程式進(jìn)行計(jì)算；依照溶度積公式計(jì)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(jià)代數(shù)和為0獲得Au元素的化合價(jià)為+3；8活性ZnO在橡膠、塑料等工業(yè)中有重要應(yīng)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(guān)系圖,“酸浸”時(shí)采納30而不是更高的溫度的原由是：減少鹽酸揮發(fā)；_。（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(guò)濾I”所得的濾液污濁,則辦理的方法為_?！俺s”時(shí),濾渣的主要成分是Cu、Pb,試劑X應(yīng)為_。（4）在“過(guò)濾”后的溶液中加入Na2CO3溶液,生成堿式碳酸鋅Zn2(OH)2CO3等物質(zhì)。該反響的化學(xué)方程式為_。查驗(yàn)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(zhì)含量增大2+2Na2CO3+2ZnCl23Fe+MnO4+7H2OMnO2+5H將濾液從頭過(guò)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(wú)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(jīng)高錳酸鉀氧化,調(diào)pH到5.1,反響生成MnO2和Fe(OH)3積淀,過(guò)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(zhì),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(zhì)及它們的氧化物,還有部分不溶于酸和堿的雜質(zhì)。為了從含鎳催化劑中回收鎳,設(shè)計(jì)了以下的工藝流程:部分陽(yáng)

27、離子完好積淀時(shí)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(xué)習(xí)小組在實(shí)驗(yàn)室中模擬上述流程,簡(jiǎn)述清洗濾渣的操作_3）加入H2O2并保溫一段時(shí)間過(guò)程中,保溫的溫度不宜過(guò)高的原由為_,加入H2O2發(fā)生反響的離子方程式為_。加入H2O2保溫后調(diào)pH,以下范圍合理的是_(填選項(xiàng)序號(hào))。A1.83.2B2.03.0C3.35.2D9.29.74）濾渣的主要成分為_,濾液調(diào)pH為23的目的為_（5）為測(cè)定產(chǎn)品中NiSO47H2O純度,某同學(xué)將必定量的樣品溶于水,再向此中加入足量的BaCl2溶液,過(guò)濾、

28、清洗積淀并干燥,稱量質(zhì)量。經(jīng)過(guò)計(jì)算發(fā)現(xiàn)產(chǎn)品中NiSO47H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)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(fù)上述操作23次溫度高,會(huì)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(jié)晶過(guò)程中防備Ni2+水解烘干時(shí)失掉了部分結(jié)晶水【分析】“堿浸”過(guò)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(qiáng)堿反響,氧化鋁是兩性氧化物和強(qiáng)堿反響,鎳單質(zhì)和鐵及其氧化物不睦堿反響達(dá)到除掉鋁元素的目的;反-應(yīng)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(chǎn)生活中有寬泛應(yīng)用1）工業(yè)上以黃銅礦(CuFeS2)為原料,采納火法熔煉工藝生產(chǎn)銅的中間過(guò)程會(huì)發(fā)生反響:2Cu2O+Cu2S6Cu+SO2該反響的氧化劑是_,考證反響產(chǎn)生的氣體是SO2的方法是_。2）將少許銅絲放入適當(dāng)?shù)南×蛩嶂?溫度控制在50,加入H2O2,反響一段時(shí)間后,升溫到60,再反響一段時(shí)間后可制得硫酸銅,溫度控制在5060的兩個(gè)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(jī)催化劑、

30、煙火制造和顏料、農(nóng)藥生產(chǎn)中有寬泛的應(yīng)用。某工廠以輝銅礦(主要成分為Cu2S,含少許Fe2O3、SiO2等雜質(zhì))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(guò)程中獲得一種單質(zhì),寫出浸取時(shí)主要反響的化學(xué)方程式_。寫出“沉錳”反響時(shí)離子方程式_。“除鐵”這一步反響在25進(jìn)行,加入氨水調(diào)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(fù)原色同時(shí)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(jià)由+1價(jià)變?yōu)?價(jià),銅元素在該反應(yīng)中得電11CH4-CO2催化重整不單能夠獲得合成氣（CO和H2）,還對(duì)溫室氣體的減排擁有重要意義?；卮鹨韵聠栴}：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(zhuǎn)變率的條件是_（填4標(biāo)號(hào)）。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(jìn)行重整反響,2-2達(dá)到均衡時(shí)CO2的轉(zhuǎn)變率是50%,其均衡常數(shù)為_molL。2）反響中催化劑活性會(huì)因積碳反響而降低,同時(shí)存在的消碳反響則使積碳量減少。有關(guān)數(shù)據(jù)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(yōu)于”或“劣于”）,原由是_。在反應(yīng)進(jìn)料氣構(gòu)成、壓強(qiáng)及反響時(shí)間同樣的狀況下,某催化劑表面的積碳量隨溫度的變化關(guān)系以下圖。高升溫度時(shí),以下對(duì)于積碳反響、消碳反響的均衡常數(shù)（K）和速率（v）的表達(dá)正確的選項(xiàng)是_填標(biāo)號(hào)）。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(shù)比v積增添的倍數(shù)大在必定溫度下,測(cè)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(shù)）。在p(CH4)一準(zhǔn)時(shí),不一樣p(CO2)下積碳量隨時(shí)間的變化趨向以下圖,則pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)從大到小的次序?yàn)開?！敬鸢浮?47A劣于相對(duì)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?。欢挤错懟罨芟鄬?duì)小,消碳反響速率大ADpc(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)【分析】剖析：（1）依據(jù)蓋斯定律計(jì)算；依據(jù)反響特色聯(lián)合溫度和壓強(qiáng)對(duì)均衡狀態(tài)的影響解答；依據(jù)轉(zhuǎn)變（2）依據(jù)表中數(shù)據(jù)可知相對(duì)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?。欢挤错懟罨芟鄬?duì)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(jìn)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(cuò)誤；C依據(jù)A中剖析可知選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D積碳量達(dá)到最大值此后再高升溫度積碳量降低,這說(shuō)明v消增添的倍數(shù)比v積增添的倍數(shù)大,D正確。

35、答案選AD。依據(jù)反響速率方程式可知在p(CH4)一準(zhǔn)時(shí),生成速率隨p(CO2)的高升而降低,所以依據(jù)圖像可知pa(CO2)、pb(CO2)、pc(CO2)從大到小的次序?yàn)閜c(CO2)、pb(CO2)、pa(CO2)。點(diǎn)睛：此題主假如考察影響化學(xué)均衡的要素,化學(xué)圖像的剖析與判斷,化學(xué)計(jì)算等知識(shí)。圖像剖析是解答的易錯(cuò)點(diǎn)和難點(diǎn),注意化學(xué)均衡圖像剖析的答題技巧,看圖像時(shí)：一看面：縱坐標(biāo)與橫坐標(biāo)的意義；二看線：線的走向和變化趨向；三看點(diǎn)：起點(diǎn),拐點(diǎn),終點(diǎn),而后依據(jù)圖象中體現(xiàn)的關(guān)系、題給信息和所學(xué)知知趣聯(lián)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(shù),在含能資料、醫(yī)藥等工業(yè)

36、中獲得寬泛應(yīng)用。回答以下問題（1）1840年Devil用干燥的氯氣經(jīng)過(guò)干燥的硝酸銀,獲得N2O5。該反響的氧化產(chǎn)物是一種氣體,其分子式為_。（2）FDaniels等曾利用測(cè)壓法在剛性反響器中研究了25時(shí)N2O5(g)分解反響：此中NO2二聚為N2O4的反響能夠快速達(dá)到均衡。系統(tǒng)的總壓強(qiáng)p隨時(shí)間t的變化以下表所示（t=時(shí),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(shí),測(cè)得系統(tǒng)中pO2=2.9kPa,則此時(shí)的=_kPa,v=_kPamin-1。若提升反響溫度至35,則N2O5(g)完好分解后系統(tǒng)壓強(qiáng)p(35)_63.1kPa（填“大于”“等于”或“小于”）,原由是_。25時(shí)N2O4(g)2NO2(g)反響的均衡常數(shù)Kp=_kPa（Kp為以分壓表示的均衡常數(shù),計(jì)算結(jié)果保存1位小數(shù)）。3）對(duì)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(xiàng)是_（填標(biāo)號(hào))。Av(第一步的逆反響)v(第二步反響)B反響的中間產(chǎn)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(qiáng)提升；NO2二聚為放6.010大于熱反響,溫度提升,均衡左移,系統(tǒng)物質(zhì)的量增添,總壓強(qiáng)提升13.4AC【分析】剖析：（1）依據(jù)復(fù)原劑失掉電子轉(zhuǎn)變?yōu)檠趸a(chǎn)物判斷；2）依據(jù)蓋斯定律計(jì)算；依據(jù)壓強(qiáng)之比是物質(zhì)的量之比計(jì)算；依據(jù)溫度對(duì)壓強(qiáng)和均衡狀態(tài)的影響剖析；依據(jù)五氧化二氮完好分解時(shí)的壓強(qiáng)計(jì)算出二

39、氧化氮、氧氣的壓強(qiáng),而后再依據(jù)二氧化氮轉(zhuǎn)變的方程式計(jì)算均衡時(shí)二氧化氮、四氧化二氮的壓強(qiáng)。（3）依據(jù)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(jià)會(huì)高升,所以氧化產(chǎn)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(jù)蓋斯定律可知2即獲得N2O5(g)2NO2(g)+1/2O2(g)H153.1kJ/mol；依據(jù)方程式可知氧氣與耗費(fèi)五氧化二氮的物質(zhì)的量之比是1:2,又因?yàn)閴簭?qiáng)之比是物質(zhì)的量之比,所以耗費(fèi)五氧化二氮減少的壓強(qiáng)是2.9kPa25.8k

40、Pa,則此時(shí)五氧化二氮的壓強(qiáng)是35.8kPa5.8kPa30.0kPa,所以此時(shí)反響速率32v2.010306.010（kPamin1）；因?yàn)闇囟雀呱?容器容積不變,總壓強(qiáng)提升,且二氧化氮二聚為放熱反響,溫度提升,均衡左移,系統(tǒng)物質(zhì)的量增添,總壓強(qiáng)提升,所以若提升反響溫度至35,則N2O5(g)完好分解后系統(tǒng)壓強(qiáng)p(35)大于63.1kPa。點(diǎn)睛：此題主假如考察化學(xué)反響原理,重視于化學(xué)反響速率與化學(xué)均衡的有關(guān)剖析與計(jì)算,題目難度較大。試題設(shè)計(jì)新奇,陌生感強(qiáng),計(jì)算量較大,對(duì)學(xué)生的要求較高。壓強(qiáng)和均衡常數(shù)的計(jì)算是解答的難點(diǎn),注意從阿伏加德羅定律的角度去理解壓強(qiáng)與氣體物質(zhì)的量之間的關(guān)系,注意聯(lián)合反響

41、的方程式和表中數(shù)據(jù)的靈巧應(yīng)用。也能夠直接把壓強(qiáng)看作是物質(zhì)的量利用三段式計(jì)算。13鉬及其合金在冶金、環(huán)保和航天等方面有著寬泛的應(yīng)用。鉬酸鈉晶體(Na2MoO42H20)可用于制造阻燃劑和無(wú)公害型冷卻水系統(tǒng)的金屬緩蝕劑。Na2MoO4中Mo的化合價(jià)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(shù)式表示）。（3）碳酸鈉作固硫

42、劑并用氫復(fù)原輝鉬礦的原理為：MoS2（s）+4H2（g）+2Na2CO3（s）Mo（s）+2CO（g）+4H2O（g）+2Na2S（s）H。實(shí)驗(yàn)測(cè)得均衡時(shí)的有關(guān)變化曲線以下圖。圖1：溫度與均衡時(shí)氣體成分的關(guān)系圖2：正、逆反響的均衡常數(shù)(K)與溫度(T)的關(guān)系必定溫度下,在體積為固定的密閉容器中進(jìn)行上述反響,以下能說(shuō)明反響達(dá)到了均衡狀態(tài)的是_（填序號(hào)）。A2v正(H2)=v逆(CO)BCO體積分?jǐn)?shù)保持不變C混淆氣體的均勻相對(duì)分子質(zhì)量不再變化DH不再變化圖1中A點(diǎn)對(duì)應(yīng)的均衡常數(shù)Kp=_（已知A點(diǎn)壓強(qiáng)為0.lMPa,用均衡分壓取代均衡濃度計(jì)算,分壓=總壓物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)）。綜合上述剖析獲得：圖2中,此中

43、表示逆反響的均衡常數(shù)(K逆)的曲線是_(填“A或”“B”),T1對(duì)應(yīng)的均衡常數(shù)為_。-2-2-+3H2O-4【答案】+6MoS2+9ClO+6OHMoO4+9Cl+2SO4BC410B1.0【分析】剖析：（1）依據(jù)正負(fù)價(jià)代數(shù)和為0解答；依據(jù)反響物生成物聯(lián)合守恒法書寫離子方程式；MoS2（s）+2O2（g）Mo（s）+2SO2（g）H3依據(jù)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(xué)計(jì)量數(shù)之比,反響沒有達(dá)到均衡狀態(tài),A錯(cuò)誤；點(diǎn)睛：此題是化學(xué)反響原理的綜合考察,側(cè)重高頻考點(diǎn)的考察,綜合性強(qiáng),題目難度

44、中等,注意均衡挪動(dòng)原理的理解應(yīng)用和圖象剖析判斷是解答的要點(diǎn)。注意掌握化學(xué)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(wú)固體、純液體物質(zhì)參加反響等。其次注意先拐先平,在含量(轉(zhuǎn)變率)時(shí)間曲線中,先出現(xiàn)拐點(diǎn)的則先達(dá)到均衡,說(shuō)明該曲線反響速率快,表示溫度較高、有催化劑、壓強(qiáng)較大等。最后定一議二,當(dāng)圖像中有三個(gè)量時(shí),先確立一個(gè)量不變,再議論此外兩個(gè)量的關(guān)系,有時(shí)還需要作協(xié)助線。14氮、硫及其化合物在工農(nóng)業(yè)生產(chǎn)生活中有側(cè)重要作用?；卮鹨韵聠栴}：1）有人假想利用CO復(fù)原SO2。已知S和CO的焚燒熱分別是296.0kJmol-1、283.0kJmol-1,請(qǐng)寫出C

45、O復(fù)原SO2的生成CO2和S(s)熱化學(xué)方程式_。（2）某科研小組研究臭氧氧化-堿汲取法同時(shí)脫除SO2和NO工藝,氧化過(guò)程反響原理及反響熱、活化能數(shù)據(jù)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(tǒng)中臭氧發(fā)生疏解反響：2O3(g)3O2(g)。請(qǐng)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(shí)間t后系統(tǒng)中NO和SO2的轉(zhuǎn)

46、變率以下圖：由圖1可知同樣溫度下NO的轉(zhuǎn)變率遠(yuǎn)高于SO2,聯(lián)合題中數(shù)據(jù)剖析其可能原由_。以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是_。AQ點(diǎn)必定為均衡狀態(tài)點(diǎn)B溫度高于200后,NO和SO2的轉(zhuǎn)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(kuò)大反響器的容積可提升NO和SO2的轉(zhuǎn)變率D臭氧氧化過(guò)程不可以有效地脫除SO2,但后續(xù)步驟堿汲取能夠有效脫硫假定100時(shí)P、Q均為均衡點(diǎn),此時(shí)反響時(shí)間為5min,發(fā)生疏解反響的臭氧占充入臭氧總量的10%,則系統(tǒng)中節(jié)余O3的物質(zhì)的量是_mol；SO2的均勻反響速率為_；反響在此時(shí)的均衡常數(shù)為_。（3）以連二硫酸根(S2O42)為媒介,使用間接電化學(xué)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(yáng)”或“陰”）。陰極區(qū)的電極反響式為_。若NO汲取轉(zhuǎn)變后的產(chǎn)物為NH4+,通電過(guò)程中汲取4.48LNO（標(biāo)況下）,則陽(yáng)極能夠產(chǎn)生_mol氣體?！敬鸢浮?CO(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(fā)生反響B(tài)D1.40.06mol/(Lmin)8陽(yáng)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(jù)活化能對(duì)反響速率的影響剖析；依據(jù)反響原理聯(lián)合圖像曲線變化剖析判斷；依據(jù)方程式聯(lián)合有關(guān)觀點(diǎn)計(jì)算；3）依據(jù)電解產(chǎn)物聯(lián)合離子的挪動(dòng)方向判斷；依據(jù)電子

48、得失陷恒計(jì)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(jù)蓋斯定律可知2即獲得CO復(fù)原SO2的熱化學(xué)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(fā)生反響,所以同樣溫度下NO的轉(zhuǎn)變率遠(yuǎn)高于SO2；假定100時(shí)P、Q均為均衡點(diǎn),此時(shí)反響時(shí)間為5min,發(fā)生疏解反響的臭氧占充入臭氧總量的10%,發(fā)生疏解反響的臭氧為4mol10%0.4mol,依據(jù)反響

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

50、2-式為2SO3+4H+2eS2O4+2H2O,因?yàn)殛帢O需要耗費(fèi)氫離子,則ab是陽(yáng)離子互換膜；4.48LNO（標(biāo)況下）的物質(zhì)的量是0.2mol,因?yàn)镹O汲取轉(zhuǎn)變后的產(chǎn)物為NH+,則電4路中轉(zhuǎn)移1mol電子；陽(yáng)極氫氧根放電產(chǎn)生氧氣,需要氧氣的物質(zhì)的量是1mol40.25mol。15乙二醛是一種初級(jí)醛,它有著極其活躍的化學(xué)反響性,并有寬泛的用途。I.乙二醛的工業(yè)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(zhǎng)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?xì)庀嘌趸错慔OCH2CH2OH(g)+O2(g)OHC-CHO(g)+2H2O(g)的同樣溫度下,該反響的化學(xué)均衡常數(shù)K=_(用含K1、K2的代數(shù)式表示)。當(dāng)原料氣中氧醇比為1.35時(shí),乙二醛和副產(chǎn)物CO2的產(chǎn)率與反響溫度的關(guān)系以下圖。反響溫度在450495之間和超出495時(shí),乙二醛產(chǎn)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(chǎn)裝置以下圖,通電后,陽(yáng)極產(chǎn)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(yáng)極液中鹽酸的作用,除了產(chǎn)生氯氣外,還有_作用。5）保持電流強(qiáng)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(shù)為fCmol-l；)+-3OHCCHO+4NO+5H2O尾氣有污染（或“腐化設(shè)【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(dòng)溫度大于495,乙二醇大批轉(zhuǎn)變?yōu)镃O2等副產(chǎn)物2H+2eH2加強(qiáng)導(dǎo)電性（或“均衡陰極區(qū)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(fù)原為NO

53、,化學(xué)方程式為：電子的物質(zhì)的量為,則電解效率為100%=mf/2220at100%。16有機(jī)物X是一種重要的有機(jī)化工原料,以下圖是以有機(jī)物X為原料設(shè)計(jì)的合成路線(部分產(chǎn)物、個(gè)別合成路線、反響條件等略去)。己知：.X為芬芳烴,其相對(duì)分子質(zhì)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(cè)鏈被氧化成羧基：。(苯胺,易被氧化)。依據(jù)本所信息與所學(xué)知回答以下：（1）X構(gòu)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(xué)方程式_。反的離子方程式_。4）阿司匹林有多種同分異構(gòu)體,足以下條件的同分異構(gòu)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(jī)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(jī)化工原料,令分子成CxHy,=78,（）。在催化劑條件下發(fā)生加成反響生成,再在氫氧化鈉醇溶液、加熱條件下發(fā)生消去反響生成,與氯氣發(fā)生加成反響生成,最后在氫氧化鈉水溶液中發(fā)生水解反響生成。詳解：（1）經(jīng)過(guò)以上剖析知,X構(gòu)造簡(jiǎn)式為；中官能團(tuán)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(fù)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(fù)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(xué)方程式為：,反響是苯甲醛發(fā)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(jī)酰胺,在工業(yè)生產(chǎn)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(duì)分子質(zhì)量為58,碳和氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)之和為44.8%,核磁共振氫譜顯示為一組峰,可發(fā)生銀鏡反響,且5.8gA完好發(fā)生反響生成0.4mol銀。回答以下問題：1）E的構(gòu)造簡(jiǎn)式為_；G的名稱為_。2）B中含有官能團(tuán)的名稱為_。3）C-D的反響種類為_。4）寫出F+HM的化學(xué)反響方程式_。5）芬芳族化合物W有

56、三個(gè)取代基,是C的同分異構(gòu)體,能與FeCI3溶液發(fā)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(gòu)體共有_種,寫出此中一種的構(gòu)造簡(jiǎn)式_。（6）參照上述合成路線,以C2H4和HOCH2CH2OH為原料(無(wú)機(jī)試劑任選),設(shè)計(jì)制備的合成路線_?！敬鸢浮肯趸教继茧p鍵、醛基加成反響（復(fù)原反響）2或溶液發(fā)生顯色反響,說(shuō)明有酚羥基；0.5molW可與足量的Na反響生成0.5molH2,可知羥基數(shù)量為2個(gè),則苯環(huán)上可能有一個(gè)酚羥基、一個(gè)CH2OH和一個(gè)甲基,此時(shí)共有10種構(gòu)造,可能有二個(gè)酚羥基和一個(gè)乙基,此時(shí)共有6種,則知足條件的總合有16種同

57、分異構(gòu)體,此中核磁共振氫譜為五組峰的只有2種,構(gòu)造簡(jiǎn)式為或；（6）以C2H4和HOCH2CH2OH為原料合成的流程圖為。點(diǎn)睛：依據(jù)反響條件推測(cè)反響種類：（1）在NaOH的水溶液中發(fā)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(fā)生鹵代烴的消去反響。（3）在濃H2SO4存在的條件下加熱,可能發(fā)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(fā)生反響,則為烯烴、炔烴、芬芳烴、醛的加成反響或復(fù)原反響。（6）在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下,發(fā)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(zhì)發(fā)生的是CHO的氧化反響。(假如連續(xù)兩次出現(xiàn)O2,則為醇醛羧酸的過(guò)程)。（8）在稀H2SO4加熱條件下發(fā)生酯、低聚糖、多糖等的水解反響。（9）在光照、X2(表示鹵素單質(zhì))條件下發(fā)生烷基上的取代反響；在Fe粉、X2條件下發(fā)生苯環(huán)上的取代。18某新式有機(jī)酰胺化合物M在工業(yè)生產(chǎn)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(duì)分子質(zhì)量為58,碳和氫的質(zhì)量分?jǐn)?shù)之和為44.8%,核磁共振氫譜顯示為一組峰,可發(fā)生銀鏡反響。回答以下問題;1）E的構(gòu)造簡(jiǎn)式為_,G的名稱為_。（2）B中含有官能團(tuán)的名稱為_3）CD的反響種類為_。4）寫出BC的化學(xué)反響方程式_.F+HM的化學(xué)反響方程式_5）芬芳族化合物W有三個(gè)取代基,是C的同分異構(gòu)體,能與FeCl3溶液發(fā)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(hào)以上條件的W的同分異構(gòu)體共有_種,寫出此中一種的構(gòu)造簡(jiǎn)式_。（7）參照上