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  • ID:7-5957077 2020届暑假人教版高三一轮复习化学专题训练(二)含答案

    高中化学/高考专区/一轮复习

    绝密★启用前 2020届暑假人教版高三一轮复习化学《氧化还原反应综合应用》选择专题训练 1.Cu2O是赤铜矿的主要成分,Cu2S是辉铜矿的主要成分。铜的冶炼过程通常发生反应:Cu2S+2Cu2O===6Cu+SO2↑,下列有关说法正确的是(  ) A. 该反应中有三种元素的化合价发生了变化 B. 每生成0.1 mol Cu,转移0.2 mol 电子 C. Cu2S在反应中既是氧化剂又是还原剂 D. Cu既是氧化产物又是还原产物 2.把图2的碎纸片补充到图1中,可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平),下列对该反应的说法不正确的是(  ) A.作氧化剂 B. 若有1 mol Mn2+参加反应转移5 mol电子 C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶2 D. 配平后Mn2+、H+的化学计量数分别为2、3 3.已知反应:①Cl2+2KBr===2KCl+Br2,②KClO3+6HCl===3Cl2+KCl+3H2O,③2KBrO3+Cl2===Br2+2KClO3,下列说法正确的是(  ) A. 上述三个反应都有单质生成,所以都是置换反应 B. 氧化性由强到弱顺序为 KBrO3>KClO3>Cl2>Br2 C. 反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶1 D. ③中lmol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2 mol 4.从海水中提取溴有如下反应:5NaBr+NaBrO3+3H2SO4===3Br2+3Na2SO4+3H2O,与该反应在氧化还原反应原理上最相似的是(  ) A. 2NaBr+Cl2===2NaCl+Br2 B. AlCl3+3NaAlO2+6H2O===4Al(OH)3↓+3NaCl C. 2H2S+SO2===2H2O+3S↓ D. 2CO+O2===2CO2 5.金属铜的提炼多从黄铜矿开始,黄铜矿的熔烧过程主要反应之一为2CuFeS2+O2===_____+2FeS+SO2,若CuFeS2中Cu、Fe的化合价都为+2,S的化合价为﹣2,下列说法正确的是(  ) A. 横线中的物质是Cu2S B. CuFeS2仅作还原剂 C. SO2是还原产物,不是氧化产物 D. FeS是氧化产物 6.氮化铝广泛应用于电子陶瓷等工业领域。在一定条件下,AlN可通过反应:Al2O3+N2+3C2AlN+3CO合成,下列叙述正确的是(  ) A. AlN的摩尔质量为41 g B. AlN中氮的化合价为+3 C. 每生成1 mol AlN转移3 mol电子 D. 反应中N2是还原剂 7.已知:① 向KMnO4晶体滴加浓盐酸,产生黄绿色气体;② 向FeCl2溶液中通入少量实验①产生的气体,溶液变黄色;③ 取实验②生成的溶液滴在淀粉-KI试纸上,试纸变蓝。下列判断正确的是( ) A. 上述实验证明氧化性:>Cl2>Fe3+>I2 B. 上述实验中,共有两个氧化还原反应 C. 实验①生成的气体不能使湿润的淀粉-KI试纸变蓝 D. 实验②证明Fe2+既有氧化性又有还原性 8.对于反应3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O,以下叙述正确的是(  ) A. Cl2是氧化剂,NaOH是还原剂 B. 被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为5∶1 C. Cl2既做氧化剂又做还原剂 D. 氧化剂得电子数与还原剂失电子数之比为5∶1 9.已知常温下,在溶液中发生如下反应: ①16H++10Z﹣+===2X2++5Z2+8H2O; ②2A2++B2===2A3++2B﹣; ③2B﹣+Z2===B2+2Z﹣。 由此推断下列说法错误的是(  ) A. 反应Z2+2A2+===2A3++2Z﹣可以进行 B. Z元素在反应③中被还原,在反应①中被氧化 C. Z2可以置换出X2+溶液中的X D. 氧化性由强到弱的顺序是XO4﹣、Z2、B2、A3+ 10.点燃的镁条能在氨气中剧烈燃烧,发生如下反应:Mg+2NH3Mg(NH2)2+H2,对该反应说法正确的是( ) A. NH3既是氧化剂又是还原剂 B. 氢元素既被氧化又被还原 C. 0.5 mol氢气生成时转移1 mol电子 D. 镁具有氧化性 11.关于氧化还原反应的说法,正确的是(  ) A. 物质失去的电子数越多,其还原性越强 B. 物质所含元素化合价升高的反应叫还原反应 C. 某元素由化合态变为游离态,则它一定被还原 D. 置换反应一定属于氧化还原反应 12.运动会上发令枪所用“火药”的主要成分是氯酸钾和红磷,撞击时发生的化学反应5KClO3+6P===3P2O5+5KCl,下列有关该反应的叙述错误的是(  ) A. KClO3是氧化剂 B. P2O5是氧化产物 C. 1 mol KClO3参加反应有6 mol e﹣转移 D. 每有6 mol P被还原,生成5 mol KCl 13.NaNO2+NH4Cl===NaCl+N2+2H2O,下列关于该反应的说法中,正确的是(  ) A. NH4Cl中的N元素被还原 B. 生成1 mol N2时转移的电子数为6 mol C. NaNO2是氧化剂 D. N2既是氧化剂又是还原剂 14.高铁酸钾(K2FeO4)是一种高效绿色水处理剂,其工业制备的反应原理为2Fe(OH)3+3KClO+4KOH═2K2FeO4+3KCl+5H2O,下列说法正确的是(  ) A. 反应中 KClO做还原剂 B. KCl是还原产物 C. K2FeO4中铁的化合价为+7 D. 制备K2FeO4时,1 mol Fe(OH)3得到3 mol电子 15.已知:2Fe2++Cl2===2Cl﹣+2Fe3+,2Br﹣+Cl2===Br2+2Cl﹣,2Fe2++Br2===2Br﹣+2Fe3+。 在bL FeBr2溶液中通入amol Cl2时,使溶液中50% 的Br﹣氧化为Br2,则原FeBr2的物质的量浓度为(  ) A.mol?L﹣1 B.mol?L﹣1 C.mol?L﹣1 D.mol?L﹣1 16.已知:2Fe2++Cl2===2Cl﹣+2Fe3+,2Br﹣+Cl2===Br2+2Cl﹣,2Fe2++Br2===2Br﹣+2Fe3+。 含有amol FeBr2的溶液中,通入xmol Cl2,下列各项为通Cl2过程中,溶液内发生反应的离子方程式,其中不正确的是(  ) A.x=0.4a,2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl﹣ B.x=0.6a,2Br﹣+Cl2===Br2+2Cl﹣ C.x=a,2Fe2++2Br﹣+2Cl2===Br2+2Fe3++4Cl﹣ D.x=1.5a,2Fe2++4Br﹣+3Cl2===2Br2+2Fe3++6Cl﹣ 17.汽车剧烈碰撞时,安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3===K2O+5Na2O+16N2↑,若氧化产物比还原产物多1.75 mol,则下列判断正确的是(  ) A. 生成42.0 L N2(标准状况) B. 有0.250 mol KNO3被氧化 C. 转移电子的物质的量为2.5 mol D. 被氧化的N原子的物质的量为3.75 mol 18.常温下,在溶液中可发生以下反应:①2Fe2++Br2===2Fe3++2Br﹣②2Br﹣+Cl2===Br2+2Cl﹣③2Fe3++2I﹣===2Fe2++I2,由此判断下列说法正确的是(  ) A. 铁元素在反应①中被还原,在③中被氧化 B. 反应②中当有1 mol Cl2被氧化时,有2 mol Br﹣被还原 C. 氧化性强弱顺序为Cl2>I2>Br2>Fe3+ D. 还原性强弱顺序为I﹣>Fe2+>Br﹣>Cl﹣ 19.工业上将Na2CO3和Na2S以1∶2的物质的量之比配成溶液,再通入SO2,可制取Na2S2O3,同时放出CO2,下列说法错误的是(  ) A. 硫元素既被氧化,又被还原 B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 C. 相同条件下,每吸收10 m3SO2就会放出2.5 m3CO2 D. 若生成2.24 L CO2,则转移0.8 mol电子 20.已知反应:①Cl2+2KI═2KCl+I2②KClO3+6HCl═3Cl2↑+KCl+3H2O③2KIO3+Cl2═I2+2KClO3,下列说法正确的是(  ) A. 上述三个反应都有单质生成,所以都是置换反应 B. 氧化性由强到弱顺序为KIO3>KClO3>Cl2>I2 C. 反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为6∶1 D. ③中1 mol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2 mol 21.某国外化学教材中有一张关于氧化还原反应的插图:由图可知,在该反应中是(  ) A. 还原剂 B. 氧化剂 C. 氧化产物 D. 还原产物 22.关于如下反应:HgS+O2Hg+SO2,下列叙述正确的是(  ) A. 该反应既是置换反应又是离子反应 B. 该反应转移了2e﹣ C. Hg是氧化产物 D. HgS既是还原剂又是氧化剂 23.以下说法正确的是(  ) A. 物质所含元素化合价升高的反应叫还原反应 B. 在氧化还原反应中,失去电子的元素化合价降低 C. 物质中某元素失去电子,则此物质是氧化剂 D. 还原剂中必定有一种元素被氧化 24.阿波罗宇宙飞船以N2H4(联氨)和N2O4为推力源,反应温度达2 700 ℃,反应式为2N2H4+N2O4===3N2+4H2O,关于该反应的说法中正确的是(  ) A. 属于置换反应 B. 联氨是氧化剂 C. 联氨是还原剂 D. 氮气是氧化产物,不是还原产物 25.下列关于反应KClO3+6HCl===KCl+3Cl2↑+2H2O的说法不正确的是(  ) A. KClO3是氧化剂 B. H2O既不是氧化产物也不是还原产物 C. HCl是还原剂 D. KCl既是还原产物也是氧化产物 参考答案 1.【答案】C 【解析】该反应中Cu元素化合价降低,S元素化合价升高,Cu2S在反应中既是氧化剂,又是还原剂,铜是还原产物,A、D错误,C正确;每生成0.1 mol Cu,转移电子=0.1 mol×(1﹣0)=0.1 mol,B错误。 2.【答案】D 3.【答案】B 【解析】②中生成物有单质但反应物没有单质,不是置换反应,A错误;①Cl2+2KBr===2KCl+Br2中氧化剂是氯气,氧化产物是溴,氯气的氧化性大于溴,②KClO3+6HCl===3Cl2+KCl+3H2O中氧化剂是氯酸钾,氧化产物是氯气,氯酸钾的氧化性大于氯气,③2KBrO3+Cl2===Br2+2KClO3中氧化剂是溴酸钾,氧化产物是氯酸钾,溴酸钾的氧化性大于氯酸钾,氧化性强弱顺序是 KBrO3>KClO3>Cl2>Br2,B正确;②KClO3+6HCl===3Cl2+KCl+3H2O中,氧化剂是氯酸钾,参加反应的氯化氢作还原剂,所以还原剂和氧化剂的物质的量之比是5∶1,C错误;③还原剂是氯气,氧化剂是溴酸钾,该反应式中l mol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量=2×(5﹣0)mol=10 mol,D错误。 4.【答案】C 【解析】题干中的反应中只有溴元素的化合价发生了变化,反应前化合价分别为-1价,+5价,反应后化合价为0价,为归中反应。 A反应中Br、Cl两种元素的化合价变化,A不选;B反应中无元素的化合价变化,B不选;C反应中只有S元素的化合价变化,为归中反应,C选;D反应中C、O两种元素的化合价变化,D不选。 5.【答案】A 【解析】由质量守恒定律可知Cu、S原子守恒,方框中的物质应为Cu2S,A正确;CuFeS2中Cu元素由+2价降低为+1价,S元素由﹣2价升高到+4价,则CuFeS2既是氧化剂又是还原剂,B错误;S元素由﹣2价升高到+4价,O元素0价降低为﹣2价,则SO2既是氧化产物又是还原产物,C错误;FeS中各元素的化合价不变,FeS不是氧化产物,D错误。 6.【答案】C 【解析】摩尔质量的单位为g·mol-1, A错误;AlN中铝的化合价为+3,氮为-3,B错误;每生成1 mol AlN,Al从0价升高到+3价,转移3 mol电子,C正确;反应中N元素从0价降低到-3价,做氧化剂,D错误。 7.【答案】A 【解析】① KMnO4晶体与浓盐酸反应产生的黄绿色气体为Cl2,发生氧化还原反应:2KMnO4+16HCl(浓)===2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性有:KMnO4>Cl2。② FeCl2溶液与少量Cl2反应溶液变黄色生成Fe3+,发生氧化还原反应:2FeCl2+Cl2===2FeCl3,氧化性大小关系为Cl2>Fe3+,Fe2+作还原剂。③ FeCl3溶液与KI反应有I2生成,发生氧化还原反应:2FeCl3+2KI===2FeCl2+I2+2KCl,氧化性大小关系为Fe3+>I2。 由上分析可知氧化性大小关系为>Cl2>Fe3+>I2,A正确;上述实验总共有3个氧化还原反应,B错误;由氧化性大小Cl2>I2,Cl2能将I--氧化为I2,而使淀粉变蓝,C错误;实验②中Fe2+只作还原剂,体现出还原性,未体现出氧化性,D错误; 8.【答案】C 【解析】反应中只有Cl元素的化合价变化,Cl2既做氧化剂又做还原剂,A错误,C正确;由反应可知,1个Cl原子失去电子,被氧化,5个Cl原子得到电子被还原,被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为1∶5,B错误;氧化还原反应中电子得失守恒,氧化剂得电子数与还原剂失电子数相等,为1∶1,D错误。 9.【答案】C 【解析】A项,由上述分析可知,氧化性Z2>A3+,则反应Z2+2A2+===2A3++2Z﹣能发生,故A正确; B项,Z元素在①中化合价升高,被氧化,而在③中元素的化合价降低,被还原,故B正确; C项,由电子、电荷守恒,可知①的;离子方程式为16H++10Z﹣+2XO4﹣===2X2++5Z2+8H2O,所以Z2不可以置换出X2+溶液中的X,故C错误; D项,由上述分析可知,氧化性由强到弱的顺序是、Z2、B2、A3+,故D正确; 故选C. 10.【答案】C 【解析】反应中氢元素化合价从+1价降到0价,得到电子,被还原,NH3是氧化剂,镁是还原剂,A、B错误;氢元素化合价从+1价降到0价,得到1个电子,0.5 mol氢气生成时转移1 mol电子,C正确;镁具有还原性,D错误。 11.【答案】D 【解析】A项,还原性与失去电子的多少无关,而与失去电子的难易有关,故A错误; B项,含元素化合价升高的物质为还原剂,失去电子被氧化,发生氧化反应,故B错误; C项,元素由化合态变为游离态,元素的化合价可升高,也可降低,如HCl→Cl2,CuO→Cu,元素由化合态变为游离态,可发生氧化反应,也可能是还原反应,故C错误; D项,置换反应中一定存在元素的化合价变化,则一定为氧化还原反应,故D正确; 故选D。 12.【答案】D 【解析】反应中Cl元素的化合价由+5价降低为﹣1价,KC1O3是氧化剂,A正确;反应中P元素的化合价由0升高为+5价,红磷为还原剂,P2O5是氧化产物,B正确;1 mol KC1O3参加反应有1 mol×(5+1)=6 mol e﹣转移,C正确;P元素的化合价由0升高为+5价,红磷为还原剂,每6 mol P被氧化,生成5 mol KCl,D错误。 13.【答案】C 【解析】NH4Cl中氮元素化合价升高,失去电子被氧化,A错误;由N元素的化合价变化可知,每生成l mol N2转移的电子的物质的量为3 mol,B错误;NaNO2中N元素化合价降低,是氧化剂,C正确;该反应中只有N元素的化合价变化,则N2既是氧化产物,又是还原产物,D错误。 14.【答案】B 【解析】反应中Cl元素的化合价降低,KClO是氧化剂,KCl是还原产物,A错误,B正确; 高铁酸钾中铁的化合价为+6价,C错误; 反应中1 mol Fe(OH)3失去电子为1 mol×(6﹣3)=3 mol,D错误。 15.【答案】A 【解析】由方程式可知,还原性Fe2+>Br﹣,故氯气先氧化Fe2+,而溶液中50%的Br﹣氧化为Br2,说明Fe2+完全氧化。设FeBr2的物质的量为x,则n(Fe2+)=xmol,n(Br﹣)=2xmol,参加反应的n(Br﹣)=2xmol×50%=xmol;根据电子转移守恒有:xmol×1+xmol×1=amol×2,解得x=amol,原FeBr2溶液的物质的量浓度为=mol·L-1,A正确。 16.【答案】B 【解析】由于还原性:Fe2+>Br﹣,通入Cl2依次发生2Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl﹣,2Br﹣+Cl2===Br2+2Cl﹣。 当n(Cl2)∶n(FeBr2)≤时,只氧化Fe2+,当n(Cl2)∶n(FeBr2)≥时,Fe2+和Br﹣被完全氧化,介于二者之间时,Fe2+被完全氧化,Br﹣被部分氧化。 A项,x=0.4a,n(Cl2)∶n(FeBr2)=0.4<,只氧化Fe2+,A正确; B项,x=0.6a,n(Cl2)∶n(FeBr2)介于~,Fe2+被完全氧化,Br﹣被部分氧化,B错误; C项,x=a,n(Cl2)∶n(FeBr2)介于~,Fe2+被完全氧化,amol Fe2+被氧化消耗0.5amol Cl2,剩余0.5amol Cl2可与amol Br﹣发生氧化还原反应,则反应的离子方程式为2Fe2++2Br﹣+2Cl2===Br2+2Fe3++4Cl﹣,C正确; D项,x=1.5a,Fe2+和Br﹣恰好被完全氧化,反应的离子方程式为2Fe2++4Br﹣+3Cl2===2Br2+2Fe3++6Cl﹣,D正确。 17.【答案】D 【解析】该反应中N元素化合价由-价、+5价变为0价,氧化产物和还原产物都是氮气。假设有16 mol氮气生成,氧化产物是15 mol、还原产物是1 mol,则氧化产物比还原产物多14 mol;若氧化产物比还原产物多1.75 mol,则参加反应的n(KNO3)==0.25 mol。 生成氮气的体积==44.8 L N2,A错误; 硝酸钾得电子,作氧化剂而被还原,B错误; 转移电子的物质的量=5n(KNO3)=5×0.25 mol=1.25 mol,C错误; 被氧化的N原子的物质的量==3.75 mol,D正确。 18.【答案】D 【解析】A项,在2Fe2++Br2===2Fe3++2Br﹣中,铁的化合价升高,被氧化;在2Fe3++2I﹣===2Fe2++I2中,铁的化合价降低,被还原,故A错误; B项,在2Br﹣+Cl2===Br2+2Cl﹣中,氯元素的化合价降低,被还原,溴元素的化合价升高,被氧化,故有1 mol Cl2被还原时,则有2 mol Br﹣被氧化,故B错误; C项,氧化还原反应中,氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性,在反应2Fe2++Br2===2Fe3++2Br﹣中,氧化剂是Br2,氧化产物是Fe3+,所以氧化性Br2>Fe3+,在反应2Br﹣+Cl2===Br2+2Cl﹣中,氧化剂是Cl2,氧化产物是Br2,所以氧化性Cl2>Br2,在反应2Fe3++2I﹣===2Fe2++I2中,氧化剂是Fe3+,氧化产物是I2,所以氧化性Fe3+>I2,故氧化性顺序是:Cl2>Br2>Fe3+>I2,故C错误; D项,氧化还原反应中,还原剂的还原性大于还原产物的还原性,在反应2Fe2++Br2===2Fe3++2Br﹣中,还原剂是Fe2+,还原产物是Br﹣,所以还原性Fe2+>Br﹣,在反应2Br﹣+Cl2===Br2+2Cl﹣中,还原剂是Br﹣,还原产物是Cl﹣,所以还原性Br﹣>Cl﹣,在反应2Fe3++2I﹣===2Fe2++I2中,还原剂是I﹣,还原产物是Fe2+,所以还原性I﹣>Fe2+,故还原性顺序是:I﹣>Fe2+>Br﹣>Cl﹣,故D正确, 故选D。 19.【答案】D 【解析】由S元素的化合价变化可知,硫元素既被氧化又被还原,A正确; 反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2,Na2S为还原剂,SO2为氧化剂,则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1,B正确; 根据方程式可知每4 mol SO2参与氧化还原反应就会放出1 mol CO2,则每10 m3SO2参与反应就会放出2.5 m3CO2,但二氧化碳溶于水,所以产生的二氧化碳为2.5 m3,C正确; 气体所处状况不知,无法计算其物质的量,D错误。 20.【答案】B 【解析】②中反应物均为化合物,不属于置换反应,而①③为置换反应,A错误; ①中氧化剂为Cl2,氧化产物为I2;②中氧化剂为KClO3,氧化产物为Cl2;③中氧化剂为KIO3,氧化产物为KClO3,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性由强到弱顺序为KIO3>KClO3>Cl2>I2,B正确; 反应②中还原剂与氧化剂分别为HCl、KClO3,其中HCl部分作酸,反应②中还原剂与氧化剂的物质的量之比为5∶1,C错误; 由元素的化合价变化可知,③中1 mol还原剂反应则氧化剂得到电子的物质的量为2 mol×(5﹣0)=10 mol,D错误。 21.【答案】A 【解析】由图可知在反 在反应中失去电子,作还原剂。 22.【答案】D 【解析】该反应是气体和固体物质,无离子的参与,不是离子反应,A错误;反应中1 mol HgS参加反应时S元素化合价由﹣2价升高到+4价,失去6 mol电子,B错误;反应中Hg元素的化合价降低被还原,Hg是还原产物,C错误;HgS中汞元素的化合价降低,硫元素的化合价升高,既是还原剂又是氧化剂,D正确。 23.【答案】D 【解析】物质所含元素化合价升高的反应叫氧化反应,A错误;在氧化还原反应中,失去电子的元素化合价升高,B错误;物质中某元素失去电子,此物质是还原剂,C错误;氧化还原反应中还原剂被氧化,所含元素的化合价升高,被氧化,D正确。 24.【答案】C 【解析】此反应反应物中不存在单质,不属于置换反应,A错误;N2H4中N元素化合价升高,为还原剂,B错误,C正确;该反应中只有N元素的化合价变化,氮气既是氧化产物,也是还原产物,D错误。 25.【答案】D 【解析】KClO3中Cl元素的化合价由+5价降低为0,KClO3是氧化剂,A正确; H、O元素的化合价不变,H2O既不是氧化产物也不是还原产物,B正确; HCl中Cl元素的化合价由﹣1价升高为0,HCl为还原剂,C正确; 氯气既是还原产物也是氧化产物,KCl中元素的化合价不变,KCl既不是氧化产物也不是还原产物,D错误。 绝密★启用前 2020届暑假人教版高三一轮复习化学《有机化学基础》综合专题训练 1.咖啡酸苯乙酯是一种天然抗癌药物,在一定条件下能发生如下转化: 请填写下列空白。 (1)D分子中的官能团是__________;高分子M的结构简式是_____________。 (2)写出A→B反应的化学方程式:_______________________。 (3)B→C发生的反应类型有______________________。 (4)A的同分异构体很多种,其中,同时符合下列条件的同分异构体有____种。 ①苯环上只有两个取代基;②能发生银镜反应;③能与碳酸氢钠溶液反应; ④能与氯化铁溶液发生显色反应。 (5)以下对A具有的性质描述正确的是__ a.1molA可消耗2molNaOH b.一定条件下1molA最多能与1mol氢气加成 c.能发生银镜反应 d.能发生取代反应 2.重要的精细化学晶M和N,常用作交联剂、涂料、杀虫剂等,合成路线如下图所示: 请回答下列问题: (1)A中氧官能团的名称为__________________.由A生成B的反应类型为_______________________________ (2)X的结构简式为______________________ (3)由B生成C的反应①的化学方程式为______________________ (4)C和甲醇反应的产物可以聚合形成有机玻璃,该聚合反应的化学方程式为___________ (5)E的结构简式为_______________,E的同分异构体有多种,其中与E具有相同官能团的同分异构体有_____________种(提示:同一碳原子上连有两个或以上羟基是不稳定的,)试写出其中一种的结构简式______________. (6)下列说法正确的是() A、E能发生消去反应 B、1mol M中含有4mol 酯基 C、X与Y是同系物 D、1mol G与足量H2加成可消耗2mol H2 (7)由Y生成D的化学方程式为_________________________ (8)Z的结构简式为___________________________. (9)由F生成G的化学方程式为__________________________. 3.化合物A(分子式为:C6H6O2)是一种有机化工原料,在空气中易被氧化。由A 合成黄樟油(E)和香料F的合成路线如下(部分反应条件已略去): (1)写出E中含氧官能团的名称:和。 (2)写出反应C→D的反应类型:。 (3)写出反应A→B的化学方程式:。 (4)某芳香化合物是D的同分异构体,且分子中只有两种不同化学环境的氢。写出该芳香化 合物的结构简式:(任写一种)。 (5)根据已有知识并结合流程中相关信息,写出以、为主要原料制备 的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下: CH3CH2BrCH2=CH2 4.从薄荷油中得到一种烃A(C10H16),叫α?非兰烃,与A相关反应如下: 已知: (1)H的分子式为____________。 (2)B所含官能团的名称为____________。 (3)含两个—COOCH3基团的C的同分异构体共有________种(不考虑手性异构),其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的异构体的结构简式为______________。 (4)B→D,D→E的反应类型分别为______________、____________。 (5)G为含六元环的化合物,写出其结构简式:______________。 (6)F在一定条件下发生聚合反应可得到一种高吸水性树脂,该树脂名称为___________。 (7)写出E→F的化学反应方程式:_________________________。 (8)A的结构简式为____________,A与等物质的量的Br2进行加成反应的产物共有________种(不考虑立体异构)。 5.避蚊酯(DMP)是一种塑化剂,相对分子质量为194,摄入后对人体有一定的危 害,其结构可表示为(其中R为烃基)。实验室由以下方法可得到DMP: 请回答: (1)DMP的结构简式为,物质C中官能团的名称为。 (2)下列有关DMP的说法可能正确的是。(填字母标号) A.DMP分子的有六种不同环境的氢原子 B.DMP可以发生取代、加成、氧化等反应 C.DMP在水中的溶解度不大 (3)B与乙二酸()在一定条件下可以按物质的量1:1发生反应生成高分子化合 物,反应的化学方程式为。 (4)工业上以邻二甲苯()为原料先生产苯酐(),再使其与某醇在一定条件下反应制取DMP。苯酐与该醇制取DMP的化学方程式为: 。 (5)芳香化合物E与C互为同分异构体,若1mo1E与足量银氨溶液反应最多只能析出2mo1 Ag,则E可能的结构简式为。 B也有多种同分异构体,符合以下条件的B的同分异构体有种。 ①1mo1有机物可以与2mo1NaOH反应 ②苯环上的一氯代物只有一种 6.没食子酸丙酯简称PG,结构简式为,是白色粉末,难溶于水,微溶于棉子油等油脂,是常用的食用油抗氧化剂。 (1)PG的分子式为,请写出PG分子中所含官能团的名称,1mol PG与足量氢氧化钠溶液完全反应时,消耗的氢氧化钠的物质的量是。 PG可发生如下转化: (2)A的结构简式为,1mol没食子酸最多可与mol H2加成。 (3)上图的有关变化中,属于氧化反应的有(填序号)。 (4)从分子结构或性质上看,PG具有抗氧化作用的主要原因是(填序号)。 a.含有苯环 b.含有羧基 c.含有酚羟基 d. 微溶于食用油 (5)反应④的化学方程式为: (6)B有多种同分异构体,写出其中符合下列要求的同分异构体的结构简式: i.含有苯环,且苯环上的一溴代物只有一种;ii.既能发生银镜反应,又能发生水解反应。 7.分子式为C12H14O2的F有机物广泛用于香精的调香剂.为了合成该物质,某实验室的科技人员设计了下列合成路线: 试回答下列问题: (1)A物质在核磁共振氢谱中能呈现      种峰. (2)C物质的官能团名称      . (3)上述合成路线中属于取代反应的是      (填编号). (4)写出反应⑥的化学方程式:      . (5)F有多种同分异构体,请写出符合下列条件的所有结构简式:①属于芳香族化合物,且含有与F相同的官能团;②苯环上有两个取代基,且苯环上的一氯代物只有两种;③其中一个取代基为﹣CH2COOCH3;      . 8.?对甲苯丙烯酸甲酯(E)是一种用于合成抗血栓药的中间体,其合成路线如下: 已知:HCHO+CH3CHOCH2===CHCHO+H2O (1)遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有________种。B中含氧官能团的名称为________。 (2)试剂C可选用下列中的________。 a.溴水 b.银氨溶液 c.酸性KMnO4溶液 d.新制Cu(OH)2悬浊液 (3)是E的一种同分异构体,该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为_______________________________________________ ________________________________________________________________________。 (4)E在一定条件下可以生成高聚物F,F的结构简式为______________________________。 9.碳、氢、氧 3 种元素组成的有机物A,相对分子质量为 102,含氢的质量分数为9.8%,分子中氢原子个数为氧的 5 倍. (1)A的分子式是      . (2)A有 2个不同的含氧官能团,其名称是      . (3)一定条件下,A 与氢气反应生成 B,B 分子的结构可视为 1 个碳原子上连接 2 个甲基和另外2 个结构相同的基团.则A 可以发生的反应是(填写序号字母)      . a.加聚反应 b.消去反应 c.酯化反应 d.还原反应 (4)写出一个与A 具有相同官能团,不带有支链的同分异构体的结构简式:      . (5)A 的一种酯类同分异构体,该异构体在酸性条件下水解,生成两种相对分子质量相同的化合物,其中一种的分子中有2个甲基,此反应的化学方程式是      . (6)已知环氧氯丙烷可与乙二醇发生如下聚合反应: +CH2Cl+nOHCH2CH2OH+nHCl B 也能与环氧氯丙烷发生类似反应生成高聚物,该高聚物的结构简式是. 10.F是新型降压药替米沙坦的中间体,可由下列路线合成: (1)AB的反应类型是,DE的反应类型是,EF的反应类型是。 (2)写出满足下列条件的B的所有同分异构体(写结构简式)。 ①含有苯环 ②含有酯基 ③能与新制Cu(OH)2反应 (3)C中含有的官能团名称是。已知固体C在加热条件下可深于甲醇,下列CD的有关说法正确的是。 a.使用过量的甲醇,是为了提高B的产量 b.浓硫酸的吸水性可能会导致溶液变黑 c.甲醇即是反应物,又是溶剂 d.D的化学式为C9H9NO4 (4)E的同分异构体苯丙氨酸经聚合反应形成的高聚物是(写结构简式)。 (5)已知;在一定条件下可水解为R1COOH和R2-NH2,F在强酸和长时间加热条件下发生水解反应的化学方程式是。 11.透明聚酯玻璃钢可用于制造导弹的雷达罩和宇航员使用的氧气瓶。制备它的一种配方中含有下列四种物质:     (甲)     (乙)     (丙)      (丁) 填写下列空白: (1)甲中不含氧原子的官能团是____________;下列试剂能与甲反应而褪色的是___________(填标号)。 a.Br2/CCl4溶液 b.石蕊溶液 c.酸性KMnO4溶液 (2)甲的同分异构体有多种,写出其中一种不含甲基的羧酸的结构简式:_______。 (3)淀粉通过下列转化可以得到乙(其中A—D均为有机物): A的分子式是___________,试剂X可以是___________。 (4)已知: 利用上述信息,以苯,乙烯,氯化氢为原料经三步反应合成丙,其中属于取代反应的化学方程式是 ______________。 (5)化合物丁仅含碳,氢,氧三种元素,相对分子质量为110。丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色,且丁分子中烃基上的一氯取代物只有一种。则丁的结构简式为 ___________。 12.M是聚合物胶黏剂、涂料等的单体,其一条合成路线如下(部分试剂及反应条件省略): 完成下列填空: (2016·上海,45)除催化氧化法外,由A得到所需试剂为    。 13.聚芳酯(PAR)是分子主链上带有苯环和酯基的特种工程塑料,在航空航天等领域具有广泛应用.下图是利用乙酰丙酸()合成聚芳酯E的路线: 已知:①+SOCl2→+SO2+HCl ②+R′OH→+HCl(R、R′表示烃基) (1)乙酰丙酸中含有的官能团是羰基和      (填官能团名称). (2)D的结构简式为      . (3)下列关于有机物B的说法正确的是      (填字母代号). a.能发生取代反应b.能与浓溴水反应c.能发生消去反应d.能与H2发生加成反应 (4)A→B的化学方程式为      . (5)C的分子式为      ,符合下列条件的C的同分异构体有      种. ①能发生银镜反应②能与NaHCO3溶液反应 ③分子中有苯环,分子中无结构; 在上述同分异构体中,有一种苯环上有两个取代基且核磁共振氢谱图有4种峰的物质,写出该物质与足量NaOH溶液共热反应的化学方程式:      . 14.A(C2H2)是基本有机化工原料。由A制备聚乙烯醇缩丁醛和顺式聚异戊二烯的合成路线(部分反应条件略去)如下所示: 回答下列问题: (1)A的名称是________,B含有的官能团是____________________________________。 (2)①的反应类型是______________,⑦的反应类型是______________。 (3)C和D的结构简式分别为________、________。 (4)异戊二烯分子中最多有________个原子共平面,顺式聚异戊二烯的结构简式为________。 (5)写出与A具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体___________________(填结构简式)。 (6)参照异戊二烯的上述合成路线,设计一条由A和乙醛为起始原料制备1,3丁二烯的合成路线_________________。 15.多沙唑嗪盐酸盐是一种用于治疗高血压的药物。多沙唑嗪的合成路线如下: (1)写出D中两种含氧官能团的名称:和。 (2)写出满足下列条件的D的一种同分异构体的结构简式。 ①苯的衍生物,且苯环上的一取代产物只有两种;②与Na2CO3溶液反应放出气体;③水解后的产物才能与FeCl3溶液发生显色反应。 (3)E→F的反应中还可能生成一种有机副产物,该副产物的结构简式为。 (4)由F制备多沙唑嗪的反应中要加入试剂X(C10H10N3O2Cl),X的结构简式为。 (5)苯乙酸乙酯是一种常见的合成香料。请设计合理的方案以苯甲醛和乙醇为原料合成 (用合成路线流程图表示,并注明反应条件)。 提示:①R-Br+Na→R-CN+NaBr ;②合成过程中无机试剂任选;③合成路线流程图示例如下: CH3CH2OHH2C=CH2BrH2C-CH2Br 16.有机物F是合成药物的中间体。可利用中学所学的有机物进行合成,其方案如下: A的产量标志着一个国家石油化工发展水平。 (1) D的分子式是,1mol D完全燃烧需消耗mol O2 (2)反应①的化学反应方程式是;该反应 的反应类型是。在食品工业中E及其钠盐都可用作剂。 (3)写出反应③的化学反应方程式:。 (4)写出符合下列条件的E的同分异构体:。(只答其中一种即可) ⅰ含有苯环;ⅱ能够发生银镜反应;ⅲ能发生水解反应且水解产物与FeCl3溶液显紫色 答案及解析 1.【答案】(1)羟基;; (2); (3)取代反应、加成反应;(4)3;(5)d。 【解析】(1)根据咖啡酸苯乙酯的结构简式判断,在稀硫酸、加热条件下咖啡酸苯乙酯发生水解反应,生成的D的分子中含有8个C原子,所以D是苯乙醇,官能团是羟基;苯乙醇在浓硫酸作催化剂、加热条件下发生消去反应,生成E是苯乙烯,苯乙烯发生加聚反应,生成聚苯乙烯,结构简式为。 (2)A中含有羧基,与甲醇发生酯化反应,化学方程式为 。 (3)B中含有酚羟基、碳碳双键,都与溴水反应,酚羟基与溴发生取代反应,碳碳双键与溴发生加成反应。所以B→C发生的反应类型有取代反应 、 加成反应。 (4)A的结构简式为,同分异构体中含有两个取代基,分别位于邻、间、对的位置;能发生银镜反应,说明分子中含有醛基;能与碳酸氢钠溶液反应,说明分子中含有羧基;能与氯化铁溶液发生显色反应,说明分子中含有酚羟基,则除酚羟基外,其余取代基为-CH(CHO)COOH,所以取代基固定,则符合题意的只有邻、间、对的3种同分异构体。 (5)A的结构简式为,羧基与氢氧化钠反应,所以1molA可消耗1molNaOH,a错误;苯环、碳碳双键均与氢气发生加成反应,所以一定条件下1molA最多能与4mol氢气加成,b错误;A中无醛基,所以不能发生银镜反应,c错误;酚羟基的邻、对位可发生取代反应,d正确,答案选d。 2.【答案】(1)羟基 醛基 消去反应 (2)CH3CH2CHO (3)+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O (4) (5)C(CH2OH)47(及其他合理答案) (6)BC (7) (8) (9) 【解析】有机物X与HCHO发生信息i的反应,结合A的分子式为C4H8O2可知,X为CH3CH2CHO,A为HOCH2CH(CH3)CHO,A发生消去反应脱去1分子H2O生成B,故B为CH2═C(CH3)CHO,B氧化生成C为CH2═C(CH3)COOH; 由信息iii中N的结构,结合信息ii中反应可知,形成M的物质为、,C与E反应可以合成M,结合M的分子式C21H28O8可知,E为,故G为,C与E通过酯化反应生成M;由Y到E的转化,结合E的结构可知,Y不含苯环,再结合G的结构可知,化合物Z中含有苯环,结合反应信息i可知,Y为CH3CHO,Z为,故F为;由E的结构可知,1分子CH3CHO与3分子HCHO发生信息i反应生成D,D为,D与氢气发生加成反应生成E() (1)由上述分析可知,A为HOCH2CH(CH3)CHO,含有羟基、醛基,A→B是HOCH2CH(CH3)CHO发生消去反应脱去1分子H2O生成CH2═C(CH3)CHO; (2)由上述分析可知,X的结构简式是CH3CH2CHO; (3)B为CH2═C(CH3)CHO,C为CH2═C(CH3)COOH,故方程式为+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O (4)CH2═C(CH3)COOH和甲醇反应的产物为CH2═C(CH3)COOCH3,该物质通过加聚反应生成高聚物,反应方程式为:; (5)E(),与E具有相同官能团即羟基的物质有7种:CH2OH-CHOH-CHOH-CHOH-CH3、CH2OH-CHOH-CHOH-CH2-CH2OH、CH2OH-CHOH-CH2-CHOH-CH2OH、C (CH3OH)2OH -CHOH-CH3、 CH2OH-C (CH3) OH -CHOH-CH2OH、CH (CH3OH)2-CHOH-CH2OH、 C(CH2OH)4 (6)a.E为,与羟基相连的碳原子相邻的碳原子上没有H原子,不能发生消去反应,故a错误; b.与CH2═C(CH3)COOH发生完全酯化反应生成M,1molM中含有4mol酯基,故b正确; c.X为CH3CH2CHO,Y为CH3CHO,二者含有相同的官能团、烃基为烷基,结构相似,相差1个CH2原子团,互为同系物,故c正确; d.中C=C双键中同一C原子连接2个不同的基团,存在顺反异构体,故d错误; (7)Y生成D1分子CH3CHO与3分子HCHO发生信息i反应生成,反应的化学方程式是; (8)由上述分析可知,Z的结构简式是 (9)G为、F为; 3.【答案】(1)醚键 羰基 (2)取代反应 (3) (4)(或其它合理答案均给分) (5) 【解析】(1) E中含氧官能团是醚键和羰基; (2)由C生成D是取代了C中的Br原子; (3) A分子式为:C6H6O2,在空气中易被氧化,所以A酚,根据C中的结构可知A是邻二酚,根据B的分子式和相关信息,可知B的结构是,另外注意是碱性介质,所以应该生成NaBr; (4)根据题意分子中只有两种不同化学环境的氢说明结构是对称的,可能的结构简式为或; (5) 以、为主要原料制备,需要思考:一是如何将两种有机物结合成一个整体(经过观察需要利用类似C→D的变化),二是如何实现官能团的转变(利用学过的官能团相互转化的知识结合结合类似E→F的变化),三是先后顺序(可参考信息中的先后顺序),具体流程是: 4.【答案】(1)C10H20 (2)羰基、羧基 (3)4 CH3OOCCCH3COOCH3CH3 (4)加成反应(或还原反应) 取代反应 (5) (6)聚丙烯酸钠 (7)+2NaOHCH2===CHCOONa+NaBr+2H2O (8)  3 【解析】由A―→H的转化加氢,有机物分子的碳链骨架没有变化,可知A分子中含有一个六元环,结合A的分子式C10H16可知还应含有两个不饱和度,再根据题中信息以及C的 结构简式、B的分子式可推出A的结构简式为,则B的结构简式为B―→D加氢,属于加成反应,则D为乳酸,由E―→F的条件“氢氧化钠的醇溶液加热”,应为卤代烃的消去,逆推可知D―→E发生取代反应,溴原子取代了乳酸分子中的羟基,则E、F的结构简式分别为和。 (3)两个—COOCH3基团在端点,故可写出其满足条件的同分异构体有: 、 、 和共四种,其中 具有较强的对称性,只有两种化学环境的氢原子。(8)A为共轭烯烃,与等物质的量的Br2发生加成反应,有两种1、2加成产物,一种1、4加成产物,共3种。 5.【答案】(1)醛基 (2)BC (3)(4) (5)6 【解析】(1)DMP的相对分子质量为194,结构可用表示,经计算:194-12×8-4-16×4 = 30,因此—R为—CH3,因此DMP的结构简式为;是醇氧化成醛的特征反应条件,再结合流程,可知物质C中官能团的名称为醛基; (2)DMP分子的结构简式为;A错误,上下呈对称结构,DMP分子只有三种不同环境的氢原子;B正确,DMP分子中的酯基可以发生水解,即取代反应,苯环结构可以发生加成反应,有机物可以燃烧,发生氧化反应;C正确,DMP属于酯类物质,在水中的溶解度不大; (3)由流程可知B是卤代烃水解后的产物,其结构简式是;因为要与发生反应生成高分子化合物,因此反应是缩聚反应生成聚酯,反应化学方程式为:(4)苯酐的结构简式是,DMP分子的结构简式为,所以选用的醇为甲醇(CH3OH);反应为取代反应,方程式为: (5)C的结构简式为;1mo1E与足量银氨溶液反应最多只能析出2mo1 Ag,说明E中只含有一个醛基,因此E可能的结构简式为;B的结构简式为; ①1mo1有机物可以与2mo1NaOH反应,说明有两个酚羟基 ②苯环上的一氯代物只有一种, 说明有机物是对称结构,因此除了两个酚羟基,还有两个甲基,再结合苯环上基团的位置关 系(先让两个羟基相邻、再相间、最后相对,然后分别把两个甲基连上去成对称结构),因 此可以写出 共6种。 6.【答案】(1)C10H12O5羟基、酯基 4mol (2)CH3CH2CH2OH 3 (3)③④ (4)c (5)CH3CH2CHO + 2Cu(OH)2CH3CH2COOH +Cu2O↓+2H2O (6) 【解析】(1)根据PG的结构简式写出分子式为C10H12O5,所含官能团有羟基、酯基;3 mol酚羟基消耗3 mol NaOH,1 mol酯基消耗1molNaOH,共消耗NaOH 4 mol; (2)通过流程图,PG水解产物A是醇,可以催化氧化,结构简式为CH3CH2CH2OH,另一产物B是酸,结构简式为,苯环可以与氢气加成,所以,1mol没食子酸最多可与3mol H2加成; (3)③是醇的催化氧化,④是醛基被新制氢氧化铜氧化; (4)PG具有抗氧化作用,说明其结构中应该含有具有还原性的官能团,而只有酚羟基具有还原性; (5)A是CH3CH2CH2OH,被催化氧化成C:CH3CH2CHO,反应④是醛基被新制氢氧化铜氧化,方程式为:CH3CH2CHO + 2Cu(OH)2CH3CH2COOH + Cu2O↓+ 2H2O; (6)B是,有多种同分异构体:含有苯环,且苯环上的一溴代物只有一种,说明苯环上只有一种氢;既能发生银镜反应,又能发生水解反应,只能是甲酸酯,符合条件的有。 7.【答案】(1)4; (2)羧基、羟基; (3)②⑤⑥; (4); (5). 【解析】根据A和溴水的加成产物可判断A为,反应②是卤代烃的水解反应,生成物B为.B发生氧化反应得到C为,由C、D的分子式可知,C发生消去反应生成D,且D分子中含有2个甲基,故D为,反应⑤属于卤代烃的水解反应,则E的结构简式为,E和D发生酯化反应生成F为, (1)A为,有4种化学环境不同的氢原子,在核磁共振氢谱中能呈现4种峰; (2)C为,含有的官能团名称:羧基、羟基; (3)上述合成路线中,反应①是加成反应,反应③是氧化反应,反应④是消去反应,反应②⑤⑥属于取代反应; (4)反应⑥的化学方程式为:; (5)F()有多种同分异构体,符合下列条件的同分异构体:①属于芳香族化合物,且含有与F相同的官能团;②苯环上有两个取代基,且苯环上的一氯代物只有两种;③其中一个取代基为﹣CH2COOCH3,符合条件的有. 8.【答案】(1)3 醛基 (2)bd (3)===CHCH3+2NaOH+CH3CH===CHCOONa+H2O(配平不作要求) (4) 【解析】新信息中发生的反应是甲醛断开碳氧双键,乙醛断开α C—H键发生了加成反应,后再发生消去反应。由此可知B的结构简式为,所含官能团为醛基和碳碳双键;B→D是—CHO生成了—COOH,D→E是发生了酯化反应。 (1)“遇FeCl3溶液显紫色”说明含有酚羟基;A中的醛基是不饱和的,故结构中应该还含有—CH===CH2,在苯环上有邻、间、对3种同分异构体。 (2)将—CHO氧化成—COOH的试剂可以是银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液,但不能用酸性KMnO4溶液,它能将碳碳双键也氧化;也不能用溴水,它能与碳碳双键加成。 (3)水解时消耗 1 mol H2O,生成的酚和羧酸消耗2 mol NaOH的同时生成2 mol H2O,故反应方程式为 +2NaOH+CH3CH===CHCOONa+H2O。 (4)E中含有碳碳双键,能够发生加聚反应生成。 9.【答案】(1)C5H10O2; (2)羟基、羰基; (3)cd; (4)(); (5)CH3COOCH(CH3)2+H2OCH3COOH+(CH3)2CH﹣OH; (6). 【解析】(1)相对分子质量为102,含氢的质量分数为9.8%,则分子中含有的N(H)==10,分子中氢原子个数为氧个数的5倍,则N(O)=2, N(C)==5,所以分子式为C5H10O2; (2)分子式为C5H10O2的有机物可能为酸、酯,如果有两个含氧官能团的话,可能为羰基和羟基; (3)一定条件下,A与一定氢气反应生成B,B分子的结构可视为一个碳原子上连接两个甲基和另外两个结构相同的基团,则B为,反应为→,则A为,A中含有﹣CHO,能发生还原反应,含有﹣OH,能发生取代、酯化反应,由于相邻C原子上没有H原子,则不能发生消去反应; (4)因A具中含有﹣CHO,﹣OH、相同官能团、并带有支链的同分异构体的结构简式为:、; (5)因酯类水解得到酸和醇,所以CH3COOCH(CH3)2+H2OCH3COOH+(CH3)2CH﹣OH; (6)与环氧氯丙烷发生反应生成高聚物的结构简式为. 10.【答案】(1)氧化 还原 取代 (2),,,; (3)硝基,羧基 acd (4)(5) 【解析】(1)利用逆推法,依据反应条件及反应反应物与产物的关系,可推知C→D发生酯化反应,C为,B→C为硝化反应,则B为:,A→B的反应类型是氧化反应;D→E从反应物与生成物的关系可以看出为还原反应;E→F的反应类型为取代反应; (2)B为:,B的分子式为C8H8O2,依据要求利用残基法可以得出B的同分异构体有:,,,; (3)C的结构简式为,含有的官能团的名称有:硝基,羧基;C在加热条件下与甲醇发生酯化反应,酯化反应为可逆反应,使用过量的甲醇,是为了提高C的转化率,a正确。导致溶液变黑为浓硫酸的脱水性,b错误。在该反应中甲醇既是反应物,又是溶剂,c正确。D的化学式为C9H9NO4,d正确。选择acd; (4)E的同分异构体为苯丙氨酸,其结构简式为:,其发生缩聚反应得到高分子化合物为:; (5)依据信息可知F在强酸和长时间加热条件下发生水解反应的化学方程式为: 11.【答案】(1)碳碳双键 ac (2)CH2=CH-CH2-CH2-COOH (3)C6H12O6Br2/CCl4(4)+CH3CH2Cl+HCl (5) 【解析】(1)根据有机物甲的结构简式可知不含氧原子的官能团为碳碳双键,有机物甲含有C=C双键,可以使Br2的CCl4溶液褪色,可以使酸性高锰酸钾褪色; (2)甲的同分异构体中不含甲基的羧酸,没有支链,C=C双键处于碳链的一端,故符合条件的甲的同分异构体为CH2=CH-CH2-CH2-COOH; (3)淀粉水解生成葡萄糖,葡萄糖转化生成乙醇,乙醇发生消去反应生成乙烯,乙烯与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2-二溴乙烷,1,2-二溴乙烷水解生成乙二醇; (4)乙烯与HCl发生加成反应生成CH3CH2Cl,由信息可知,苯与CH3CH2Cl发生取代反应生成乙苯,乙苯在催化剂的作用下发生消去反应生成苯乙烯,属于取代反应的化学方程式为:+CH3CH2Cl+HCl;。 (5)化合物丁仅含碳,氢,氧三种元素,相对分子质量为110,丁与FeCl3溶液作用显现特征颜色,分子中含有酚羟基,符合的分子式只有C6H6O2,烃基上的一氯取代物只有一种,说明苯环中只有1种H原子,2个-OH处于对位,故丁的结构简式为。 12.【答案】 银氨溶液,酸?合理即可? 【解析】 除催化氧化法外,由A得到还可以利用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液等将醛基氧化成羧基,然后再酸化的方法。 13.【答案】(1)羧基; (2); (3)abd; (4); (5)C8H6O4;13;. 【解析】由聚芳香酯结构简式知结合A的分子式知,反应①为加成反应,且为酚羟基的对位加成,则A为,反应②为酯化反应,则B为,反应③为氧化反应,则C为,反应④为取代反应,则D为,反应⑤为缩聚反应,生成E, (1)乙酰丙酸中含有的官能团是羰基和羧基; (2)通过以上分析知,D结构简式为; (3)B为,B中含有酯基、酚羟基、苯环,具有酯、酚和苯的性质, a.含有酚羟基、酯基,所以能发生取代反应,故正确; b.含有酚羟基,所以能与浓溴水发生取代反应,故正确; c.不含醇羟基且不含卤原子,所以不能发生发生消去反应,故错误; d.含有苯环,所以能与H2发生加成反应,故正确; (4)A为,B为,在浓硫酸作催化剂、加热条件下,A和乙醇发生酯化反应生成B,反应方程式为; (5)C为,分子式为C8H6O4, C的同分异构符合下列条件:①能发生银镜反应说明含有醛基,②能与NaHCO3溶液反应说明含有羧基,③分子中有苯环,分子中无结构,其同分异构体中含﹣CHO、﹣COOH、酚﹣OH及苯环,移动取代基的位置,有4+4+2=10种,若含HCOO﹣和﹣COOH,存在邻、间、对3种,共有10+3=13种;在上述同分异构体中,有一种苯环上有两个取代基且核磁共振氢谱图有4种峰的物质说明该物质中含有4种氢原子,符合条件的同分异构体为,和NaOH溶液在加热条件下发生水解反应,反应方程式为. 14.【答案】(1)乙炔 碳碳双键和酯基 (2)加成反应 消去反应 (3) CH3CH2CH2CHO (4)11  (5) 【解析】A为乙炔;B的分子式为,由B发生加聚反应生成,可知B的结构简式为,含有碳碳双键和酯基,由此说明CH≡CH与发生了加成反应。水解生成C,C的结构简式为。由聚乙烯醇缩丁醛的结构,可知该化合物是聚乙烯醇与丁醛的反应获得的,故D为丁醛。反应⑦是羟基发生消去反应生成碳碳双键。(4)碳碳双键及其所连的原子共平面,通过C—C单键的旋转可以使两个双键结构共平面,上的3个氢原子,最多1个与双键共平面,有2个氢原子不共平面,故最多11个原子共平面。(5)异戊二烯含有5个碳原子,2个不饱和度,含有碳碳三键的同分异构体的碳架结构,有、共3种结构(其中标★处可为碳碳三键)。(6)由反应⑤、⑥、⑦的反应信息可以写出由和为起始原料制备1,3丁二烯的合成路线。 15.【答案】(1)羧基 醚键 (2)(3)(4)(5) 【解析】(1)由结构可知,分子中含有羧基和醚键; (2)满足条件的D的同分异构体应有如下结构特点:①苯环上有2个取代基且位于对位;②含有-COOH,③水解后的产物才能与FeCl3溶液发生显色反应,说明含有(酯基)由此可写出同分异构体的结构为; (3)反应E→F中,N-H键中H被取代,而中有2个N-H键,副产物为2个N-H键中的H均发生反应生成; (4)对比多沙唑嗪与F的结构,可写出试剂X的结构简式为; (5)产物逆推可知由和CH3CH2OH发生酯化反应得到,而比原料多一个C原子,在此要从题给信息中寻找增长碳链的方法,结合多沙唑嗪的合成与本小题的信息,逆推如下:,则反应流程为 。 16.【答案】(1)C8H8O 9.5 (2) CH2= CH2+ H2OCH3CH2OH 加成反应 防腐 (3)CH3--COOH+C2H5OHCH3--COOC2H5+H2O (4)HCOO--CH3(或邻或间) 【解析】(1)由D的结构简式可知D的分子式是C8H8O,根据CxHyOz~(x+y/4-z/2)O2的关系,1mol D完全燃烧需消耗9.5 mol O2; (2) A的产量标志着一个国家石油化工发展水平,因此A是乙烯,它与水的反应属于加成反应,方程式为:CH2= CH2+ H2OCH3CH2OH,在食品工业中苯甲酸或苯甲酸的钠盐可作防腐剂,E分子中有类似的结构,因此具有防腐的作用; (3)B的结构简式是CH3CH2OH,E的结构简式是CH3--COOH,两者发生的是酯化反应,方程式为:CH3--COOH+C2H5OHCH3--COOC2H5+H2O; (4)ⅰ含有苯环;ⅱ能够发生银镜反应,说明结构中有—CHO;ⅲ能发生水解反应且水解产物与FeCl3溶液显紫色,说明含有—COO—且—COO—连有苯环,即具有—COO— 的结构,E的分子中只含有2个O原子,因此E一定是甲酸酯,结构简式是HCOO--CH3(苯环上两个取代基处于邻位或间位也可以)。 ( 第 1 页 共 28 页 ) 2020届暑假人教版高三一轮复习化学反应原理综合大题专题练习 1.(2019深圳一研)CO还原脱硝技术可有效降低烟气中的NOx的排放量。回答下列问题: I.CO还原NO的脱硝反应:2CO(g)+2NO(g)?2CO2(g)+N2(g)△H (1)已知:CO(g)+NO2(g)?CO2(g)+NO(g)△H1=-226 kJ·mol-1 N2(g)+2O2(g)?2NO2(g)△H2=+68 kJ·mol-1 N2(g)+O2(g)?2NO(g)△H3=+183 kJ·mol-1 脱硝反应△H=____________ ,该反应向正反应方向自发进行的倾向很大,其原因是_______ _______________________________________________,有利于提高NO平衡转化率的条件是_________________________________________________________(写出两条)。 (2)以Mn3O4为脱硝反应的催化剂,研究者提出如下反应历程,将历程补充完整。 第一步:____________________________; 第二步:3MnO2+2CO=Mn3O4+2CO2 (3)在恒温恒容的密闭容器中,充入等物质的量的CO和NO混合气体,加入Mn3O4发生脱硝反应,t0 时达到平衡,测得反应过程中CO2的体积分数与时间的关系如右图所示。 ①比较大小:a处v 正________b处v 逆(填“>”、“<”或“=”) ②NO的平衡转化率为_____________。 II.T℃时,在刚性反应器中发生如下反应:CO(g)+NO2(g)?CO2(g)+NO(g),化学反应速率v =k Pm(CO)Pn( NO2),k 为化学反应速率常数。研究表明,该温度下反应物的分压与化学反应速率的关系如下表所示: (4)若反应初始时P(CO)=P(NO2)=a kPa,反应t min时达到平衡,测得体系中P(NO)=b kPa,则此时v =___________ kPa·s-1(用含有a和b的代数式表示,下同),该反应的化学平衡常数Kp=_____(Kp是以分压表示的平衡常数)。 2.(2019广州调研)氧化亚氮(N2O)是一种强温室气体,且易转换成颗粒污染物。研究氧化亚氮分解对环境保护有重要意义。 (1)污水生物脱氮过程中,在异养微生物催化下,硝酸铵可分解为N2O和另一种产物,该反应的化学方程式为        。 (2)已知反应2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)的ΔH= –163kJ·mol-1,1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945 kJ、498 kJ的能量,则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为         kJ。 (3)在一定温度下的恒容容器中,反应2N2O(g)=2N2(g) + O2(g)的部分实验数据如下: 反应时间/min 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 c(N2O) /mol·L-1 0.100 0.090 0.080 0.070 0.060 0.050 0.040 0.030 0.020 0.010 0.000  ①在0~20min时段,反应速率v(N2O)为         mol·L-1·min-1。  ②若N2O起始浓度c0为0.150mol·L-1,则反应至30min时N2O的转化率α =          。比较不同起始浓度时N2O的分解速率:v(c0=0.150mol·L-1)          v(c0=0.100mol·L-1)(填“>”、“=”或“<”)。  ③不同温度(T)下,N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示(图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间),则T1        T2(填“>”、“=”或“<”)。当温度为T1、起始压强为p0,反应至t1min时,体系压强p =        (用p0表示)。 (4)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率,反应历程为:   第一步    I2(g) 2I(g)                   (快反应)   第二步    I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)          (慢反应)   第三步    IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g)     (快反应) 实验表明,含碘时N2O分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)]0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是        (填标号)。   A.N2O分解反应中,k(含碘)> k(无碘)     B.第一步对总反应速率起决定作用   C.第二步活化能比第三步大                   D.I2浓度与N2O分解速率无关 3.(2019 龙岩质检)氮氧化物是环境污染物,研究氮氧化物转化有重要的意义。回答下列问题: (1)催化转化器可使汽车尾气反应而转化:   2NO(g) +2CO(g)N2(g)+2CO2(g)  ΔH 已知:N2(g) + O2(g)=2NO(g)    ΔH1=akJ·mol-1;     2C(s)+ O2(g)=2CO(g)  ΔH2=bkJ·mol-1;     C(s)+ O2(g)=CO2(g)       ΔH3=ckJ·mol-1 ΔH=______kJ·mol-1(用含a、b、c 的代数式表示) ; (2) T℃时,将等物质的量的NO 和CO 充入容积为2 L 的密闭容器中发生尾气转化反应,容器中NO 物质的量随时间变化如图所示。 ①T℃时,该化学反应的平衡常数K=             。 ②下列事实无法判断汽车尾气转化反应达到到化学平衡状态的是____________;   A.NO 消耗速率等于N2 消耗速率的2倍      B.混合气体平均相对分子质量不再变化    C.体系中NO 的转化率和CO 的转化率相等   D.气体的密度不再变化   ③已知汽车尾气转化反应的ΔH<0。10min 后,改变下列示意图横坐标对应的反应条件,纵坐标对应的量变化关系正确的是____________。(填序号)   (3) 碘蒸气存在能大幅度提高N2O 的分解速率,反应历程为:第一步I2 (g)2I(g) (快反应) 第二步I(g)+N2O(g)→N 2(g)+IO(g) (慢反应)第三步IO(g)+N2O(g)→N2 (g)+O2(g)+I(g)(快反应)实验表明,含碘时N2O 分解速率方程v=k·c(N2O)·[c(I2)] 0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是         (填标号)。   A.N2O 分解反应中,k 值与是否含碘蒸气无关   B.第二步对总反应速率起决定作用   C.第二步活化能比第三步小   D.IO 为反应的中间产物 (4)碱吸收、碳还原是目前工业生产中处理氮氧化物的常用方法。 ①碱吸收的常见产物为NaNO2。常温下,pH=8 的NaNO2 溶液中c(Na+)-c(NO2-)=   mol·L-1 (用精确值表示); ②碳还原法是在高温条件下将NO 与NO2 混合气体与焦炭反应,生成CO2 和N2。已知,采用碳还原法处理某工厂氮氧化物废气时,生成的CO2 与N2 的物质的量之比为4:3。则该工厂尾气中NO 和NO2 的物质的量比为        。 4.(2019衡中联考)“绿水青山就是金山银山”,因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。 (1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧,工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。 已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下:  ①SO2(g)+NH3·H2O(aq)==NH4HSO3(aq)   △H1=akJ·mol-1;  ②NH3·H2O(aq)+ NH4HSO3(aq)==(NH4)2SO3(ag)+H2O(l)   △H2=bkJ·mol-1;  ③2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)==2(NH4)2SO4(aq)  △H3=ckJ·mol-1。 则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)==2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(1)的△H=___________kJ·mol-1。 (2)燃煤发电厂常利用反应2CaCO3(s)+2SO2(g)+O2(g)===2CaSO4(s)+2CO2(g) △H=-681.8kJ·mol-1对煤进行脱硫处理来减少SO2的排放。对于该反应,在T℃时,借助传感器测得反应在不同时间点上各物质的浓度如下:  ①0~10min内,平均反应速率v(O2)___________mol·L-1·min-1;当升高温度,该反应的平衡常数K___________(填“增大”“减小”或“不变”)。  ②30min后,只改变某一条件,反应重新达到平衡。根据上表中的数据判断,改变的条件可能是___________(填字母)。   A加入一定量的粉状碳酸钙   B通入一定量的O2   C适当缩小容器的体积       D加入合适的催化剂 (3)NOx的排放主要来自于汽车尾气,有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)△H=-34.0kJ·mol-1,用活性炭对NO进行吸附。已知在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体,保持恒压测得NO的转化率随温度的变化如图所示: 由图可知,1050K前反应中NO的转化率随温度升髙而增大,其原因为______________________;在1100K时,CO2的体积分数为___________。 (4)用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)。在1050K、1.1×106Pa时,该反应的化学平衡常数Kp=___________[已知:气体分压(P分)=气体总压(Pa)×体积分数]。 (5)为避免汽车尾气中的有害气体对大气的污染,需给汽车安装尾气净化装置。在净化装置中CO和NO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)  △H=-746.8k·mol-1,生成无毒的N2和CO2。 实验测得,v正=k正·c2(NO)·c2(CO),v逆=k逆·c(N2) ·c2(CO2)(k正、k逆为速率常数,只与温度有关)。  ①达到平衡后,仅升高温度,k正增大的倍数___________(填“>”“<”或“=”)k逆增大的倍数。  ②若在 1L的密闭容器中充入1molCO和1molNO,在一定温度下达到平衡时,CO的转化率为40%,则=___________。 5.(2019福建质检)氧气是一种常见的氧化剂,用途广泛。回答下列问题: (1)用H2O2制取O2时,分解的热化学方程式为: 2H2O2(aq)=2H2O(l) +O2(g)  ΔH= akJ·mol-1 ①相同条件下,H2O2分解时,无论是否使用催化剂,均不会改变的是       (填标号)。   A.反应速率      B.反应热       C.活化能     D.生成物 ②以Fe3+作催化剂时,H2O2的分解反应分两步进行,第一步反应为: H2O2(aq) + 2Fe3+(aq)=2Fe2+(aq) +O2(g) +2H+(aq)ΔH=bkJ·mol-1 第二步反应的热化学方程式为。 (2)工业上用Cl2生产某些含氯有机物时产生HCl副产物,可用O2将其转化为Cl2,实现循环利用[O2(g) + 4HCl(g) 2Cl2(g) + 2H2O(g)]。将1 molO2和4molHCl充入某恒容密闭容器中,分别在T1和T2的温度下进行实验,测得容器内总压强(p)与反应时间(t)的变化关系如右图所示。 ①该反应的速率v= k ca(O2)·cb(HCl)(k为速率常数),下列说法正确的是       (填标号)。   A.使用催化剂,k不变   B.温度升高,k增大   C.平衡后分离出水蒸气,k变小   D.平衡后再充入1molO2和4molHCl,反应物转化率都增大 ②T1T2(填“>”或“<”)。该反应的ΔH      0(填“>”或“<”),判断的依据是       。 ③T2时,HCl的平衡转化率=     ,反应的Kx=     (Kx为以物质的量分数表示的平衡常数)。 6.(2019惠州调研)能源开发、环境保护、资源利用等是化学应用的重要方向。回答下列问题: ⑴催化转化器可使汽车尾气中的主要污染物(CO、NOx、碳氢化合物)进行相互反应,生成无毒物质,减少汽车尾气污染。 已知:N2(g) + O2(g)=2NO(g)   △H1=+180.5   kJ · mol-1; 2C(s)+ O2(g)=2CO(g)    △H2=-221.0  kJ · mol-1; C(s)+ O2(g)=CO2(g)     △H3=-393.5  kJ · mol-1 则尾气转化反应2NO(g) +2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)的△H =________________。 ⑵CO2可通过反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)来制取H2。在1.0L密闭容器中充入CO2、CH4各1mol,发生上述反应,测得CH4的平衡转化率与温度压强的关系如图a所示 ① 由图a可知,压强P1______P2(填“大于”或“小于”),该反应的△H_______0(填“大于”或“小于”) ② 当压强为P2时,y点的υ(正)____ υ(逆) (填“大于”、“小于”或“=”);y点对应温度下,该反应的平衡常数K=___________(保留四位有效数字)。 ③ 实验表明,温度高于1250℃时,容器中c(CO2)>c(CH4),请结合两种反应物的性质分析可能的原因:_______________________________________________。 ⑶ 汽车尾气分析仪对CO的含量分析是以燃料电池为工作原理,其装置如下图所示,该电池中电解质为氧化钇-氧化钠,其中O2-可以在固体介质中自由移动。 ① 请写出负极反应式:_______________________,②该仪器工作时,O2-移向_______极(填写a或b)。 7.(2019潍坊一模)煤燃烧排放的烟气含有NOx,容易形成酸雨污染环境,可通过多种化学方法对烟气进行脱硝处理。回答下列问题: (1)在无氧条件下,脱硝反应为:6NO(g)+4NH3(g) 5N2(g)+6 H2O△H=-1807.0kJ/mol,T℃时,在恒容的密闭容器中,测得在不同时间NO和NH3的物质的量如下表: 时间/min 0 1 2 3 4 n(NO)/mol 1.20 0.90 0.72 0.60 0.60 n(NH3)/mol 0.90 0.70 0.58 0.50 0.50 ①下列说法正确的是________(填序号)。 A.3min后NO和NH3的浓度都不再变化,反应停止进行 B.前2min内的平均反应速率v(N2)=0.20mol·L-1·min-1 C.达到平衡时NO的转化率为50% D.及时分离出N2,可使该反应的反应速率增大,平衡正向移动 ②若反应开始的压强为p0,则该反应的化学平衡常数Kp=________(可用分数表示;用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。 (2)在有氧条件下,NOx也能发生脱硝反应。 ①已知:N2(g)+ O2(g)=2 NO(g) △H=180.6kJ/mol,N2(g)+3H2(g)2NH3△H=-92.4kJ/mol,H2O(g)= H2(g)+1/2 O2(g) △H=241.8kJ/mol,则脱硝反应4NO(g)+4NH3(g)+O2(g)=4N2(g)+6H2O(g)△H=__kJ/mol。 ②臭氧是理想的烟气脱硝剂,其脱硝反应为2NO2(g)+ O3(g) N2O5(g)+ O2(g) △H<0,反应在恒容密闭容器中进行,NO2的百分含量随压强(p)、x的变化如图所示: 则p1________p2(填“>”“<”或“=”),x表示的物理量除时间外,还可能是_________________。 (3)利用惰性电极电解也能对烟气进行脱硝处理。电解原理如图所示: 电极a的电极反应式为________,当电解44.8L(标准状况)含5%NO的烟气,理论上电路中通过电子的物质的量为________mol。 8.(2019武汉二月)氮的氧化物是造成大气污染的主要物质。研究氮氧化物的反应机理对于消除环境污染有重要意义。回答下列问题: (1)已知NO2(g)===N2O4(g)   △H=-55.3kJ/mol N2O5 (g)=== NO2 (g)+O2(g)   △H=+53.1 kJ/mol 则:N2O5 (g)=== N2O4 (g)+2 O2(g)     △H=___________ kJ/mol (2)以乙烯(C2H4)作为还原剂脱硝(NO),脱硝机理如图1。若反应中n(NO)︰n(O2)=2︰1,则总反应的化学方程式为___________;脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2,为达到最佳脱硝效果,应采用的条件是___________。 (3)T温度时在容积为 2L的恒容密闭容器中发生反应:2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H<0。实验测得:v正=v(NO)消耗=2v(O2) 消耗=k正c2(NO)·c(O2),v逆=(NO2) 消耗=k逆c2(NO2),k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如表:   ①从0~2s内该反应的平均速率v(NO)=___________mol/(L·s)。 ②T1温度时化学平衡常数K=___________mol-1·L(结果保留3位有效数字)。 ③化学平衡常数K与速率常数k正、k逆的数学关系是K=___________。若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆,则T2___________T2(填“>”、“<”或“=") ④已知2NO(g)+O2(g)2NO2的反应历程为: 第一步NO+NON2O2   快速平衡 第二步N2O2+O2→2NO2  慢反应 下列叙述正确的是___________(填标号)。   A.v(第一步的正反应)”“<”或“=”)E2。 (2)在373 K时,向体积为2 L的恒容真空容器中通入0.40 mol NO2,发生反应:2NO2(g)N2O4(g)  ΔH=?57.0 kJ·mol?1。测得NO2的体积分数[φ(NO2)]与反应时间(t)的关系如下表: t/min 0 20 40 60 80 φ(NO2) 1.0 0.75 0.52 0.40 0.40 ①0~20 min内,v(N2O4)=________mol·L?1·min?1。 ②上述反应中,v正(NO2)=k1·c2(NO2),v逆(N2O4)=k2·c(N2O4),其中k1、k2为速率常数,则373 K时,k1、k2的数学关系式为__________。改变温度至T1时k1=k2,则T1_____373 K(填“>”“<”或“=”)。 (3)NH3催化还原氮氧化物是目前应用广泛的烟气脱硝技术。已知:6NO2(g)+8NH3(g)7N2(g) +12H2O(l) ΔH,向容积为2 L的恒容密闭容器中,充入NO2和NH3的混合气体0.14 mol充分反应。不同投料比时,NO2的平衡转化率与温度的关系如图中曲线所示[投料比=n(NO2)/n(NH3)]。 ①ΔH     0(填“>”“<”或“=”)。    ②x     3∶4(填“>”“<”或“=”)。 ③400 K时,反应的平衡常数为     (填计算式即可)。 ④投料比为3∶4时,Q点v逆(NH3)     (填“>”“<”或“=”)P点v逆(NH3)。 10.(2019郑州一测单科)燃煤及工业废气中的SO2是形成酸雨的主要原因,消除SO2是减少酸雨形成的有效方法。完成下列问题: (1)已知:4FeS2(s)+11O2(g)=2Fe2O3(s)+8SO2(g)  △H=-3412.0kJ·mol-1 Fe2O3(s)+3CO(g)=2Fe(s)+3CO2(g) △H=-25.0  kJ·mol-1 2C(s)+O2(g)=2CO(g) △H=-221.0  kJ·mol-1 则2FeS2(s)+7O2(g)+3C(s)=2Fe(s)+3CO2(g)+4SO2(g) △H=__________kJ·mol-1。 (2)碱性NaClO2溶液脱硫法 SO2与碱性NaClO2溶液反应的离子方程式为2SO2+C1O2-+4OH-=2SO42-+C1-+2H2O,已知pc=-lgc(SO2)。在刚性容器中,将含SO2的废气通入碱性NaClO2溶液中,测得pc与温度的关系如图所示。 由图分析可知,该脱硫反应是_________反应(填“放热”或“吸热”);若温度不变,增大压强,该脱硫反应的平衡常数K_________(填“增大”、“减小”或“不变”)。 (3)燃料细菌脱硫法 ①含FeS2的燃煤可用氧化亚铁硫杆菌(T.f)、氧化亚铁微螺菌(L.f)、氧化硫硫杆菌(T.t)进行脱硫,其脱硫过程如图所示: 已知:脱硫总反应为:FeS2+14Fe3++8H2O=SO42-+15Fe2++16H+, Ⅰ反应的化学方程式为:FeS2+6Fe3++3H2O=S2O32-+7Fe2++6H+; 写出Ⅱ反应的化学方程式__________________。 ②在上述脱硫反应中,氧化亚铁硫杆菌(T.f)与Fe3+的形成过程可视为下图所示的原电池: 该细胞膜为_________________(填“阳离子交换膜”或“阴离子交换膜”)。该电池的正极电极反应式为_____________。 该方法在高温下脱硫效率大大降低,原因是______________。 11.(2019西城上期末)直接排放含SO2的烟气会危害环境。利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3)可吸收烟气中的SO2并制备无水Na2SO3,其流程如图1。 已知:H2SO3、HSO3-、SO32-在水溶液中的物质的量分数随pH的分布如图2, Na2SO3?7H2O 和Na2SO3的溶解度曲线如图3。 (1)Na2CO3溶液显碱性,用离子方程式解释其原因:______。 (2)吸收烟气 ①为提高NaHSO3的产率,应控制吸收塔中的pH为______。 ②NaHSO3溶液中c(SO32-)>c(H2SO3),结合方程式解释其原因:______。 ③已知下列反应: SO2(g)+2OH- (aq)=SO32- (aq)+H2O(l)       △H1=-164.3kJ?mol-1 CO2(g)+2OH- (aq)=CO32- (aq)+H2O(l)△H2=-109.4kJ?mol-1 2HSO3- (aq)=SO32- (aq)+SO2(g)+H2O(l)     △H3=+34.0kJ?mol-1 吸收塔中Na2CO3溶液吸收SO2生成HSO3-的热化学方程式是______。 ④吸收塔中的温度不宜过高,可能的原因是______(写出1种即可)。 (3)制备无水Na2SO3 将中和塔中得到的Na2SO3溶液______(填操作),过滤出的固体用无水乙醇洗涤、干燥,得无水Na2SO3固体。 12.(2018年东城)氢气作为清洁能源有着广泛的应用前景,含硫天然气制备氢气的流程如下。 请回答下列问题: I.转化脱硫:将天然气压入吸收塔,30℃时,在T.F菌作用下,酸性环境中脱硫过程示意图如右。 (1)过程i中H2S发生了    (选填“氧化”或“还原”)反应。 (2)过程11的离子方程式是    。 (3)已知:①Fe3+在pH=l.9时开始沉淀,pH=3.2时沉淀完全。  ②30℃时,在T.F菌作用下,不同pH的FeS04溶液中Fe2+的氧化速率如下表。  请结合以上信息,判断工业脱硫应选择的最佳pH范围,并说明原因:    。 Ⅱ.蒸气转化:在催化剂的作用下,水蒸气将CH4氧化。结合下图回答问题。 (4)①该过程的热化学方程式是    。  ②比较压强P1和p2的大小关系:P1    p2(选填“>”“<”或“=”)。 Ⅲ.CO变换:500℃时,CO进一步与水反应生成CO2和H2。 Ⅳ.H2提纯:将CO2和H2分离得到H2的过程示意图如下。 (5)①吸收池中发生反应的离子方程式是    。  ②结合电极反应式,简述K2CO3溶液的再生原理:    。 13.(2019泉州3月质检)工业上利用脱硫后的天然气合成氨的某流程如下: (1)“一次转化”中H2O(g)过量的目的是       。 (2)已知部分物质燃烧的热化学方程式如下: 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) ΔH =-484kJ·mol-1 2CO(g)+O2(g)=2CO2(g) ΔH=-566kJ·mol-1 CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) ΔH =-802kJ·mol-1 “二次转化”时CH4 和O2 反应生成CO 和H2 的热化学方程式为       。 (3)“CO 变换”的反应是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)。某温度下,该反应的平衡常数K=1,若要使CO 的转化率达到90%,则起始时c(H2O)︰c(CO)应不低于   。 (4)“脱碳”后的溶液再生的方法是    (以化学方程式表示)。 (5)“净化”时发生的反应为[Cu(NH3)2]Ac(aq)+CO(g)+NH3(g)[Cu(NH3)3·CO]Ac(aq),ΔH<0。充分吸收CO 采取的措施是    (选填序号)。   a.升温   b.降温   c.加压    d.减压 (6)已知N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<0,平衡时NH3 的物质的量分数φ(NH3)与氢氮 比x(H2 与N2 的物质的量比)的关系如图: ①T1   T2(填“>”、“=”或“<”)。 ②a 点总压为50MPa,T2 时Kp=     (MPa) -2。 (用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数) ③实验测得一定条件下合成氨反应的速率方程为v=kc(N2)c1.5(H2)c-1(NH3)。以下措施既能加快反应速率,又能提高H2 平衡转化率的是    。   a.加压  b.使用催化剂  c.增大氢氮比  d.分离NH3 14.(2019福州质检)二甲醚(CH3OCH3)是一种新兴化工原料,具有甲基化反应性能。 I.二甲醚的生产: 二甲醚的生产原理之一是利用甲醇脱水成二甲醚,化学方程式如下: 反应i    2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)  ΔH1 (1)已知:甲醇、二甲醚的气态标准燃烧热分别为-761.5 kJ·mol-1、-1455.2 kJ·mol-1,且H2O(g) = H2O(l)  ΔH=﹣44.0 kJ·mol﹣1。 反应i的ΔH1=______________ kJ·mol﹣1. (2)反应i中甲醇转化率、二甲醚选择性的百分率与不同催化剂的关系如图1所示,生产时,选择的最佳催化剂是________________。   图1                                   图2 (3)选定催化剂后,测得平衡时的甲醇转化率与温度的关系如图2所示。经研究产物的典型色谱图发现该过程主要存在的副反应为: 反应ii   2CH3OH(g) C2H4 (g)+2H2O(g)    ΔH2=﹣29.1kJ·mol﹣1 ①工业上生产二甲醚的温度通常在270-300℃,高于330℃之后,甲醇转化率下降,根据化学平衡移动原理分析原因是_____________________________________________;根据化学反应速率变化分析原因是________________________________。 ②某温度下,以CH3OH(g)为原料,平衡时各物质的分压数据如下表: 物质 CH3OH(g) CH3OCH3(g) C2H4 (g) H2O(g) 分压/MPa 0.16 0.288 0.016 … 则反应i中,CH3OH(g)的平衡转化率α=_____________,反应i的平衡常数Kp=_____________ (用平衡分压代替平衡浓度计算;结果保留两位有效数字)     II.二甲醚的应用:  (4)图3为绿色电源“直接二甲醚燃料电池”的工作原理示意图:    ①该电池的负极反应式为:__________________________________________; ②若串联该燃料电池电解硫酸钠溶液,消耗4.6g二甲醚后总共可在电解池两极收集到13.44L(标况)气体,该套装置的能量利用率为__________。(保留3位有效数字) 15.(2019届泉州单科质检)甲醇制烯烃(MTO)是煤制烯烃工艺路线的核心技术。煤制烯烃主要包括煤的气化、液化、烯烃化三个阶段。 (1)煤的液化发生的主要反应之一为2H2(g)+CO(g)=CH3OH (g) ΔH=akJ·mol?1,在不同温度下,K(500℃)=2.5L2·mol?2,K(700℃)=0.2L2·mol?2。 ①ΔH________0(填“>”、“<”、“=”)。 ②若反应在容积为2L的密闭容器中进行,500℃测得某一时刻体系内H2、CO、CH3OH物质的量分别为2 mol、1 mol、3mol,则此时生成CH3OH的速率    消耗CH3OH的速率(填“>”、“<”、“=”)。 (2)通过研究外界条件对反应的影响,尽可能提高甲醇生成乙烯或丙烯的产率。 甲醇制烯烃的主要反应有:   i   2CH3OH(g)=C2H4(g)+2H2O(g)     ΔH1=-20.9kJ·mol?1    ii   3CH3OH(g)=C3H6(g)+3H2O(g)       ΔH2=-98.1kJ·mol?1    iii 4CH3OH(g)=C4H8(g)+4H2O(g)     ΔH3=-118.1kJ·mol?1 ①C3H6转化为C2H4的热化学方程式为iv:2C3H6(g)3C2H4 (g) ΔH4=    。 ②加入N2作为稀释剂,反应i中C2H4的产率将     (增大、减小、不变)。 (3)为研究不同条件对反应的影响,测得不同温度下平衡时C2H4、C3H6和C4H8的物质的量分数变化,如图所示: ①随着温度的升高,C3H6的物质的量分数呈现先增大后减小的趋势。温度高于400℃时,原因是                             ;当温度低于400℃时,原因是                        。 ②体系总压为0.1MPa,400℃时反应iv的平衡常数Kp=        (列式计算,用平衡分压代替平衡浓度计算,分压=总压×物质的量分数)。 ③为了获得更高的C2H4在产物中的比例,控制的条件较适宜的是      。 A.较低温度     B.较高温度    C.增加水醇比    D.降低水醇比 2020届暑假人教版高三一轮复习化学反应原理综合大题专题练习含答案 1.(1)-750 kJ·mol-1(漏写或误写单位扣1分,数值错误不得分); 该反应为放热量大的反应; 降温、升压、增大CO和NO的投料比等(合理均可得分)。 (2)Mn3O4+2NO=3MnO2+N2(反应物或生成物书写错误不得分,配平错扣1分) (3)①>;②80 % (4)9×10-5(a-b)2; 2.(1)NH4NO3 N2O+2H2O (2)1112.5 (3)①1.0×10-3 ② 20.0%       = ③ >         1.25p0 (4)AC 3.(1)2c-a-b  (2)①2.5   ②CD   ③bc (3)BD (4)①9.9×10-7或10-6-10-8   ②2∶1 4. 5.(1)①BD;②H2O2(aq) +2Fe2+(aq) +2H+(aq)=2Fe3+(aq)+2H2O(l) ΔH= (a-b)kJ·mol-1 (2)①BD;②<;< T1、T2的平衡体系中气体减少量分别为n(T1)==0.625mol     n(T2)==0.5mol,所以T1平衡时转化率更大   ③50% ;  6.⑴-746.5  kJ · mol-1 ⑵ ①小于大于 ②大于  163.8 ③CH4在高温下分解使其浓度减小,CO2较稳定 ⑶CO2+4H2CH4 + 2H2O(用箭号不作为扣分,不写条件扣1分) ⑷①CO + O2-―2e-=CO2 ②a 7.(1)C    (2)p0    (3)-1627.2    (4)>    (5)O3的物质的量或其浓度或质量等 (6)NO-3e? + 2H2O =NO3?+4H+   (7)0.3 8.(1)-2.2    (2)6NO+3O2+2C2H43N2+4CO2+4H2O   350℃左右、负载率3.0% (3)①0.03   ②363   ③     >  ④BC 9.(1)ΔH1+ΔH2   < (2)①2.0×10?3   ②k1=60k2   > (3)①<  ②>  ③6 8  ④< 10.(1)—2062.5 (2)放热  不变  (3)①S2O32-+8Fe3++5H2O=2SO42-+8Fe2++10H+ ②阳离子交换膜 O2+4e- + 4H+ =2H2O     温度过高,蛋白质变性,细菌失去催化能力 11.CO32-+H2O?OH-+HCO3-   4~5  溶液中,HSO3-存在:HSO3-?H++SO32-和HSO3-+H2O?H2SO3+OH-,HSO3-的电离程度强于水解程度  2SO2(g)+CO32-(aq)+H2O(l)=2HSO3-(aq)+CO2(g)△H=-88.9kJ?mol-1  防止SO2的溶解度下降;防止HSO3-受热分解;防止HSO3-的氧化速率加快等 隔绝空气,加热浓缩至有大量固体析出,高于34℃过滤 (2)①由图象可知pH在4~5时NaHSO3的物质的量分数最高; 12. 13.(1)增大CH4的平衡转化率 (2)2CH4(g) + O2 (g)= 2CO(g) + 4H2 (g)  ?H= -70 kJ·mol-1 (3)9:1   (或9) (4)2 KHCO3  K2CO3 + CO2 ↑ + H2O (5)b c (6)>  ;(或3.7×10-4) ;a d  14.(1) ﹣23.8  (2)GISNL-108 (3)①该反应是放热反应,温度升高,平衡逆向移动,转化率下降;    温度升高,催化剂失活,对二甲醚的选择性下降,转化率下降(回答“温度升高,催化剂失活,副反应增多”也得分) ②75%    3.6 (4)CH3OCH3﹣12e﹣+3H2O=2CO2+12H+      66.7% 15.(1)①<   ②< (2)①+133.5kJ·mol-1;   ②增大 (3)  (4)①升高温度,有利于反应iv向正反应方向移动,C3H6的物质的量分数减小。    ②      ③BC 2020届暑假人教版高三一轮复习化学工业流程大题专题练习 1.(2019 龙岩质检)工业锅炉内壁的水垢,不仅浪费燃料,而且容易引发安全隐患。某碳素钢锅炉水垢(主要成分有CaCO3、CaSO4、Mg(OH)2、Fe2O3、SiO2 等)碱煮法清除的流程如下:   已知:20℃时几种难溶物的溶度积常数如下表(单位省略):  难溶物 CaCO3 CaSO4 Mg(OH)2 MgCO3 Ca3(PO4)2 Ksp 2.8×10-9 7.1×10-5 5.6×10-12 6.8×10-6 2.1×10-33 回答下列问题: (1)“碱煮”环节,加入Na3PO4 的主要目的是将CaSO4 转化为Ca3(PO4)2 ,请写出该离子方程式____________。 (2)“浸泡”过程中,稀盐酸会溶解Fe2O3。溶解后的Fe2O3 会加速锅炉腐蚀,故需“还原”处理。 ①锅炉被加速腐蚀的原因是_______________________; ②浸泡液“还原”处理时,Sn2+转化为Sn4+,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 _____。 (3)“钝化”处理的目的是在锅炉表面形成Fe3O4保护膜,同时生成可直接参与大气循环的气体。   ①反应的离子方程式为              ;     ②为检验锅炉“钝化”处理后是否形成致密的保护膜,可往锅炉内壁刷上硫酸铜溶液。若观察到          (填现象),则保护膜致密性欠佳。 (4)柠檬酸(用H3R 表示)可用作清除锅炉水垢的酸洗剂,溶液中H3R、H2R-、HR2-、R3-的含量与pH 的关系如图所示。由此可推知,0.1mol·L-1 Na2HR 溶液中各种阴离子浓度由大到小的排列顺序为         。 (5)用右图装置对锅炉用水(含Ca2+、Mg2+、HCO3-)进行预处理,可有效防止水垢形成。电解时,Ca2+形成沉淀的电极反应式为      。 2.(2019湖北八校一联)2019第十二届中国国际航空航天博览会于11月6日至11日在珠海举行,银铜合金广泛用于航空工业。从银铜合金切割废料中回收银并制备铜化工产品的工艺如下: 注:Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450℃和80℃。 ⑴加快渣料(含少量银)溶于稀H2SO4速率的措施有:________________ (写出两种)。 ⑵滤渣A与稀HNO3反应,产生的气体在空气中迅速变为红棕色,滤渣A与稀HNO3反应的离子方程式为                                                。 ⑶固体混合物B的组成为                      ;在生成固体B的过程中,需控制NaOH的加入量,若NaOH过量,则因过量引起的反应的离子方程式为                             。  ⑷完成煅烧过程中一个反应的化学方程式:          CuO+        Al2O3  高温            CuAlO2+        ↑。 ⑸硫酸铜溶液可用于浸取硫铁矿中的铁,浸取时发生复杂的氧化还原反应,反应体系中除CuSO4和FeS2外,还有H2SO4、Cu2S、FeSO4和H2O,下列对该反应的分析不正确的是( ) A.氧化剂为CuSO4和FeS2                  B.反应后溶液的pH降低 C.每转移2 mol电子消耗3 mol CuSO4        D.被氧化的FeS2只占总量的30% 3.(2019潍坊一模)三氧化二镍(Ni2O3)是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废水(镍主要以NiR2络合物形式存在)制取草酸镍(NiC2O4),再高温灼烧草酸镍制取三氧化二镍。工艺流程如图所示: 已知:①NiR2(aq)Ni2+(aq)+2R-(aq)(R-为有机物配体,K=1.6×10-14) ②Ksp[Fe(OH)3]=2.16×10-39,Ksp[Ni(OH)2]=2×10-15 ③Ka1(H2C2O4)= 5.6×10-2,Ka2(H2C2O4)= 5.4×10-5 ④“脱络”过程中,R-与中间产物·OH反应生成·R(有机物自由基),·OH能与H2O2发生反应。有关反应的方程式如下: i.Fe2++H2O2=Fe3++OH-+·OH ii.R-+·OH = OH-+·R iii.H2O2+2·OH=O2↑+2H2O 请回答下列问题: (1)中间产物·OH的电子式是________ (2)“沉铁”时,若溶液中c(Ni2+)=0.01mol·L-1,加入碳酸钠调溶液的pH为________(假设溶液体积不变,lg6≈0.8)使Fe3+恰好沉淀完全(离子的浓度≤1.0×10-5mol·L-1),此时________(填“有”或“无”)Ni(OH)2沉淀生成。 (3)25℃时,pH=3的草酸溶液中c(C2O42-)/c(H2C2O4)________(保留两位有效数字)。“沉镍”即得到草酸镍沉淀,其离子方程式是________ (4)“灼烧”氧化草酸镍的化学方程式为_______________________________。 (5)加入Fe2+和H2O2能够实现“脱络”的原因是________。 (6)三氧化二镍能与浓盐酸反应生成氯气,写出反应的离子方程式________________。 4.(2019福建质检)利用脆硫铅锑矿(主要成分为Pb4FeSb6S14)制取锑白(Sb2O3)的湿法冶炼工艺流程如下图所示。 已知:①锑(Sb)为ⅤA族元素,Sb2O3为两性氧化物; ②“水解”时锑元素转化为SbOCl沉淀; ③Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16 mol3·L-3,Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10-38mol4·L-4 回答下列问题: (1)“氯化浸出”后的滤液中含有两种锑的氯化物,分别为SbCl3和(填化学式)       。滤渣ⅰ中所含的反应产物有PbCl2和一种单质,该单质是       。 (2)“还原”是用锑粉还原高价金属离子。其中,Sb将Fe3+转化为Fe2+的离子方程式为       ,该转化有利于“水解”时锑铁分离,理由是       。 (3)“还原”用的Sb可由以下方法制得:用Na2S—NaOH溶液浸取辉锑精矿(Sb2S3),将其转化为Na3SbS3(硫代亚锑酸钠)—NaOH溶液。按下图所示装置电解后,阴极上得到Sb,阴极区溶液重新返回浸取作业,阴极的电极反应式为       。该装置中,隔膜是       (填“阳”或“阴”)离子交换膜。 (4)“中和”时若用NaOH溶液代替氨水,Sb2O3可能会转化为       (填离子符号),使

  • ID:7-5957076 2020届暑假人教版高三一轮复习化学专题训练(一)含答案

    高中化学/高考专区/一轮复习

    绝密★启用前 2020届暑假人教版高三一轮复习化学《阿佛加德罗定律综合应用》选择专题训练 1.下列说法正确的是(  ) A. 1 mol任何气体的摩尔体积都约是22.4 L B. 标准状况时,体积均为22.4 L的O2与CO2含有相同的分子数 C. 处于标准状况的两种气体,当体积均为22.4 L时的质量完全相同 D. 标准状况时,2 mol任何物质的体积均约为44.8 L 2.关于同温、同压下等体积的CO2和CO的叙述,其中正确的是(  ) ①质量相等;②密度相等;③所含分子个数相等;④所含碳原子个数相等. A. ①②③④ B. ②③④ C. 只有③④ D. 只有④ 3.固体单质A和气体单质B在容积一定的密闭容器中完全反应生成气体C,同温下测得容器内压强不变,且反应后气体C的密度是原气体密度的4倍.则下列判断正确的是(  ) A. 两种单质的摩尔质量比为1∶4 B. 生成物C中A的质量分数为75% C. 生成物C中A、B的原子个数比为3∶1 D. 反应前后气体分子数比为1∶4 4.下列说法正确的是( ) A. 同温同压下,相同数目的分子具有相同的体积 B. 等质量的O2和H2的物质的量之比为16:1 C. 不同的气体若体积不等,则它们所含的分子数一定不等 D. 同温同体积下,两种气体的物质的量之比等于压强之比 5.同温同压下,有质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体,下列有关说法错误的是(  ) A. 气体的体积由大到小的顺序是H2>CH4>O2>CO2>SO2 B. 所含分子数由多到少的顺序是H2>CH4>O2>CO2>SO2 C. 密度由大到小的顺序是SO2>CO2>O2>CH4>H2 D. 所含电子数由多到少的顺序是CO2>SO2>CH4>O2>H2 6.将质量均为mg的O2、X、Y气体分别充入相同容积的密闭容器中,压强(p)与温度(T)的关系如图所示,则X、Y气体可能分别是(  ) A. C2H4、CH4 B. CO2、Cl2 C. SO2、CO2 D. CH4、Cl2 7.在标准状况下,ag气体X与bg气体Y的分子数相同,下列说法正确的是(  ) A. 标准状况下,等质量的X和Y体积之比为b∶a B. 同温同压下,气体X和气体Y的密度之比为b∶a C. 25 ℃时,1 g气体X和气体Y的原子数之比为b∶a D. 同物质的量的气体X和气体Y的质量之比为b∶a 8.下列各组物质中分子数相同的是(  ) A. 2 L一氧化碳和2 L 二氧化碳 B. 9 g水和标准状况下11.2 L二氧化碳 C. 标准状况下1 mol氧气和22.4 L水 D. 0.2 mol 氢气和4.48 L氯化氢气体 9.在标准状况下,与14 g氢气的体积相等的氮气的(  ) A. 质量为14 g B. 物质的量为7 mol C. 体积为22.4 L D. 物质的量为14 mol 10.2 mol氯气和2 mol 二氧化碳相比较,下列叙述中正确的是(  ) A. 分子数相等 B. 原子数相等 C. 体积相等 D. 质量相等 11.下面关于同温同压下的两种气体一氧化碳和氮气的判断不正确的是(  ) A. 体积相等时密度不相等 B. 原子数相等时具有的质子数相等 C. 体积相等时具有的电子数相等 D. 质量相等时具有的分子数相等 12.下列叙述正确的是(  ) A. 同温同压下,相同体积的物质,其物质的量一定相等 B. 任何条件下,等物质的量的甲烷和一氧化碳所占有的体积一定相等 C. 1 L一氧化碳气体一定比1 L氧气的质量小 D. 相同条件下的一氧化碳气体和氮气,若体积相等,则质量一定相等 13.下列说法不正确的是(  ) A. 同温、同压下,相同质量的气体都占有相同的体积 B. 同温、同压下,相同体积的气体都含有相同数目的分子 C. 1 mol氧气中含有1.204×1024个氧原子,在标准状况下占有体积22.4 L D. 由0.2 g 氢气和8.8 g 二氧化碳、5.6 g 一氧化碳组成混合气体,其密度是相同状况下氧气密度的0.913倍 14.下列叙述中正确的是(  ) A. 任何条件下氯化氢气体的密度都小于二氧化氮 B. 2.3 g 钠与1.12 L 氯气反应后,生成5.85 g 氯化钠 C. 常温常压下,1 g氦气和1 g氧气的体积比为2∶1 D. 在同温同体积时,气体物质的物质的量越大,压强越大 15.下列叙述正确的是(  ) A. 同温同压下,相同体积的物质,其物质的量必然相等 B. 任何条件下,等物质的量的乙烯和一氧化碳所含的分子数必然相等 C. 1 L一氧化碳气体一定比1 L氧气的质量小 D. 同温同压下,等体积的物质所含的分子数一定相等 16.下列说法不正确的是(  ) A. 温度相同、体积相同的氧气和氮气分子数相同 B. 等温等压下,二氧化硫气体与二氧化碳气体的密度之比等于16∶11 C. 温度和容积相同的两气罐中分别盛有5 mol氧气和2 mol氮气,两容积中的压强之比等于5∶2 D. 等温等压条件下,5 mol氧气和2 mol 氢气的体积之比等于5∶2 17.电解水时,在相同条件下产生氢气和氧气的体积比是(  ) A. 1∶2 B. 2∶1 C. 1∶1 D. 3∶2 18.瓦斯中甲烷与氧气的质量比为1∶4时极易爆炸,则此时甲烷与氧气的体积比为(  ) A. 1∶4 B. 1∶2 C. 1∶1 D. 2∶1 19.同温同压下,同体积的甲、乙两种气体的质量比是17∶14。若乙气体是一氧化碳,则甲气体是(  ) A. H2S B. HCl C. NH3 D. Cl2 20.在相同状况下,一个空瓶,若装满氧气称其质量为36 g,若装满二氧化碳称其质量为42 g,若装满A气体,称其质量为52 g,则A的相对分子质量是(  ) A. 16 B. 32 C. 64 D. 128 21.某物质A在一定条件下加热完全分解,产物都是气体。分解方程式为 4A===B+2C+2D,测得生成的混合气体对氢气的相对密度为2 d,则A的相对分子质量为(  ) A. 7d B. 5d C. 2.5d D. 2d 22.体积为1 L干燥容器中充入HCl气体后,测得容器中气体对氧气的相对密度为1.082将此气体倒扣在水中,进入容器中液体的体积是(  ) A. 0.25L B. 0.5L C. 0.75L D. 1L 23.120 ℃、101.3 kPa,甲烷(CH4)和过量的O2的混合物,用电火花引燃(CH4+2O2===CO2+2H2O)后,恢复到原来的温度和压强,测得反应后气体密度为相同条件下H2密度的15倍,则原混合气体中甲烷和氧气的体积比为( ) A. 2∶1 B. 1∶2 C. 1∶7 D. 7∶1 24.在一定条件下,1体积气体A2和3体积气体B2完全反应生成了2体积气体X(体积在相同条件下测定),则X的化学式是(  ) A. AB B. A2B3 C. AB2 D. AB3 25.某非金属单质A和氧气发生化合反应生成B,B为气体,其体积是反应掉氧气体积的两倍(同温同压)。关于B分子组成的推测一定正确的是(  ) A. 有1个氧原子 B. 有2个氧原子 C. 有1个A原子 D. 有2个A原子 答案解析 1.【答案】B 【解析】标准状况1 mol任何气体都约是22.4 L,但温度、压强不同,气体摩尔也体积不同,A错误;标准状况时体积均为22.4 L的O2与CO2,气体物质的量都是1 mol,含有相同的分子数NA,B正确;标准状况下的两种气体,体积均为22.4 L时气体物质的量相同,但气体摩尔质量不一定相同,质量不一定完全相同,C错误;标准状况下1 mol任何气体的体积约为22.4 L,但固体和液体不符合,D错误。 2.【答案】C 【解析】同温同压下等体积CO2和CO的物质的量相等。 ①根据m=nM可知,二者质量之比为44 g·mol-1∶28 g·mol-1=11∶7,二者质量不相等,错误; ②同温同压下气体的密度之比等于其相对分子质量之比,二者密度之比为44g∶28g=11∶7,二者密度不相等,错误; ③二者物质的量相等,根据N=nNA可知,所含分子数相等,正确; ④含有分子数目相等,每份均含有1个C原子,故含有碳原子数目相等,正确。 3.【答案】B 【解析】化学反应遵循质量守恒定律,反应前后的质量相等,同温下测得容器内压强不变,气体的物质的量不变,反应前后气体分子数比为1∶1; 由密度变化知固体单质A的质量是气体单质B的3倍,即生成物C中A的质量分数为75%,由于A、B单质的组成不定,不能获得原子之间的比例。 4.【答案】D 【解析】A项,根据阿伏加德罗定律知同温同压下,相同数目的分子的气体具有相同的体积,错误;B项,根据n=知等质量的O2和H2的物质的量与摩尔质量成反比,故二者的物质的量之比为1∶16,错误;C项,温度和压强未知,无法确定不同体积的气体物质的量是否相等,无法确定它们所含的分子数是否相等,错误;D项,根据阿伏加德罗定律知同温同体积下,两种气体的物质的量之比等于压强之比,正确。 5.【答案】D 【解析】A项,根据n=m/M可知,质量相同时,摩尔质量越大,物质的量越小,同温同压下气体的体积与物质的量成正比,质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体的体积由大到小的顺序是H2>CH4>O2>CO2>SO2,正确;B项,根据n=m/M可知,质量相同时,摩尔质量越大,物质的量越小,所含分子数越少,同温同压下,质量相同的CO2、H2、O2、CH4、SO2所含分子数由多到少的顺序是H2>CH4>O2>CO2>SO2,正确;C项,同温同压下,密度之比等于摩尔质量之比,CO2、H2、O2、CH4、SO2五种气体的摩尔质量由小到大的顺序是H2<CH4<O2<CO2<SO2,故密度为H2<CH4<O2<CO2<SO2,正确;D项,分别取mg五种气体,则CO2、H2、O2、CH4、SO2所含电子的物质的量分别为m/44×22 mol,m/2×2 mol,m/32×16 mol,m/16×10 mol,m/64×32 mol,所含的电子数由多到少的顺序是H2>CH4>CO2=O2=SO2,错误。 6.【答案】B 【解析】由图像可知,温度相同时,p(O2)>p(X)>p(Y)。由阿伏加德罗定律的推论,在质量相同、体积相同的条件下,气体的压强与其相对分子质量成反比,即相对分子质量越大,压强越小。 7.【答案】A 【解析】ag气体X与bg气体Y的分子数相同,根据N=nNA可知,二者物质的量相等,根据M=可知X与Y的摩尔质量之比为a∶b,同温同压下,体积之比等于物质的量之比,根据n=可知,相同质量时,其体积之比与其摩尔质量成反比,故标准状况下,等质量的X和Y体积之比为b∶a;同温同压下,两气体的密度之比等于其摩尔质量之比,则二者的密度之比=a∶b;不能确定每个X、Y分子含有原子数目,无法计算含有的原子数目之比;根据m=nM知,相同物质的量时,其质量之比=摩尔质量之比=a∶b。 8.【答案】B 【解析】没有指明相同条件,不能比较;水的物质的量=9 g÷18 g·mol-1=0.5 mol,二氧化碳的物质的量=11.2 L÷22.4 L·mol-1=0.5 mol;标准状况下,水为液态,不是1 mol;氯化氢的体积没有指明在标准状况下,不能用22.4 L·mol-1计算确定。 9.【答案】B 【解析】氢气的物质的量=14 g÷2 g·mol-1=7 mol, 标况下,氢气的体积=7 mol×22.4 L·mol-1=156.8 L, 氮气的物质的量=7 mol, 氮气的体积=156.8 L, 氮气的质量=7 mol×28 g·mol-1=196 g。 10.【答案】A 【解析】氯气和二氧化碳物质的量相同,所含的分子数相同,相同条件下的体积相同;所含的原子数不同,其质量不同。 11.【答案】A 【解析】同温同压下,一氧化碳和氮气气体密度相等(摩尔质量相等) ;同温同压下,等体积的一氧化碳和氮气,其物质的量和所含的分子数相等,原子数相等(均为双原子分子),质子数、电子数也相等(质子数、电子数均为14); 同温同压下,同质量的一氧化碳和氮气的体积相等、分子数相等(摩尔质量相等)。 12.【答案】D 【解析】同温同压下,等体积的气体,其物质的量和所含的分子数相等;同温同压下,等物质的量的气体体积才相等;气体体积没有指明状况,不能计算物质的量,无法确定两种气体的质量;相同条件下两种气体的体积相等,则物质的量相等,质量相等(摩尔质量相等)。 13.【答案】A 【解析】同温同压下,同质量气体的体积之比等于其摩尔质量倒数之比(摩尔质量不同);同温同压下,等体积的气体,其物质的量和所含的分子数相等;标准状况下,1 mol任何气体所占体积均为22.4 L,1 mol氧气中含氧原子数为2×6.02×1023=1.204×1024;氢气、二氧化碳、一氧化碳的物质的量分别为0.1 mol、0.2 mol、0.2 mol,该混合气体的平均摩尔质量=(0.2 g+8.8 g+5.6 g)÷0.5 mol=29.2 g·mol-1,两者的相对密度为29.2÷32≈0.913。 14.【答案】D 【解析】由pM=ρRT知,气体的密度与温度、压强有关,氯化氢气体的密度可能大于二氧化氮;氯气体积没有指明状况,不能计算物质的量,无法确定哪种物质过量;同温同压下,同质量气体的体积之比等于其摩尔质量倒数之比即32 g·mol-1∶4 g·mol-1=8∶1;同温同体积时,气体的物质的量与压强成正比,气体的物质的量越大,压强越大。 15.【答案】B 【解析】同温同压下,等体积的气体,其物质的量和所含的分子数相等;等物质的量的乙烯和一氧化碳所含的分子数相等;气体体积没有指明状况,不能计算物质的量,无法确定两种气体的质量。 16.【答案】A 【解析】同温同压下,同体积的气体含有相同的分子数,压强不确定,分子数有可能不相同;同温同压下,气体密度之比等于其摩尔质量之比(64∶44=16∶11);同温同体积气体的压强之比等于其物质的量之比(5∶2);同温同压下,气体体积之比等于其物质的量之比(5∶2)。 17.【答案】B 【解析】根据电解水的化学方程式可知,在相同条件下产生氢气和氧气的物质的量之比为2∶1,即体积比为2∶1。 18.【答案】B 【解析】同温同压下,甲烷与氧气的体积之比等于物质的量之比,甲烷与氧气的物质的量之比=(1÷16)∶(4÷32)=1∶2。 19.【答案】A 【解析】同温同压下,同体积的甲、乙两种气体物质的量相同,甲与乙的摩尔质量之比为17∶14,则甲气体的摩尔质量为34 g·mol-1,只有硫化氢符合。 20.【答案】C 【解析】同温同压下,等体积的氧气和二氧化碳气体,其物质的量和所含的分子数相等,其质量与摩尔质量成正比。 设瓶子的质量为x,气体A的摩尔质量为y,(36 g-x)/32 g·mol-1=(42 g-x)/44 g·mol-1,解得:x=20 g, (36 g-20 g)/32 g·mol-1=(52 g-20 g)/y,解得:y=64 g·mol-1 气体A的相对分子质量是64。 21.【答案】B 【解析】相同条件下,气体的相对分子质量和气体的密度成正比,所以三种气体的平均相对分子质量为4d,右边相对分子质量总和为4d+2×4d+2×4d=20d,根据质量守恒定律,左边4A的质量也是20d,所以A的相对分子质量为5d。 22.【答案】C 【解析】容器中的气体相对氧气的密度为1.082,则气体的平均相对分子质量为1.082×32=34.6, 令HCl的体积分数为x,则空气的体积分数为(1﹣x),则: 36.5x+29(1﹣x)≈34.6, 解得:x≈0.75 故HCl的体积为1 L×0.75=0.75 L, 即为进入容器中液体的体积0.75 L。 23.【答案】C 【解析】120 ℃时燃烧生成的水为气态,氧气过量发生反应:CH4+2O2===CO2+2H2O,由方程式可知反应前后气体的物质的量不变,气体的质量不变,故平均相对分子质量不变;反应后气体密度为相同条件下H2密度的15倍,故与混合气体中甲烷和氧气的平均相对分子质量为15×2=30,根据十字交叉法:,可得原混合气体中甲烷和氧气的体积比为2∶14=1∶7。 24.【答案】D 【解析】相同条件下,体积与物质的量成正比,物质的量之比等于化学计量数之比,反应可表示为A2+3B2===2X,反应前后原子守恒,则X的化学式为AB3。 25.【答案】A 【解析】同温同压下气体的Vm相同,由V=nVm可知,气体的体积之比等于物质的量之比,由1 mol氧气可生成2 mol B,则每个B中只含有1个氧原子。 绝密★启用前 2020届暑假人教版高三一轮复习化学《化工工艺流程》综合专题训练 1.重铬酸钾是一种重要的化工原料,一般由铬铁矿制备,铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示: 回答下列问题: (1)步骤①的主要反应为: FeO·Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2 上述反应配平后FeO·Cr2O3与NaNO3的系数比为________。该步骤不能使用陶瓷容器,原因是________________________________________________________________________。 (2)滤渣1中含量最多的金属元素是________,滤渣2的主要成分是________及含硅杂质。 (3)步骤④调滤液2的pH使之变________(填“大”或“小”),原因是________________ (用离子方程式表示)。 (4)有关物质的溶解度如图所示。向“滤液3”中加入适量KCl,蒸发浓缩,冷却结晶,过滤得到K2Cr2O7固体。冷却到________(填标号)得到的K2Cr2O7固体产品最多。 a.80 ℃   b.60 ℃   c.40 ℃   d.10 ℃ 步骤⑤的反应类型是________。 (5)某工厂用m1kg铬铁矿粉(含Cr2O340%)制备K2Cr2O7,最终得到产品m2kg,产率为________。 2.合成氨是人类科学技术上的一项重大突破,其反应原理为:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g),一种工业合成氨,进而合成尿素的的简易流程图如下: (1)步骤II中制氢气原理如下: CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) 恒容容器中,对于以上反应,能加快反应速率的是。 a. 升高温度 b. 充入He c. 加入催化剂 d. 降低压强 (2)天然气中的H2S杂质常用氨水吸收,产物为NH4HS,一定条件下向NH4HS溶液中通入空气,得到单质硫并使吸收液再生,写出再生反应的化学方程式为。 (3)CO2和H2在高温、高压、催化剂条件下可合成CH3CH2OH,反应的化学方程式 _________________________________。以CH3CH2OH、空气、氢氧化钾溶液为原料,石墨为电极可构成然料电池,该电池中负极上的电极反应式是:_________________________。 (4)已知尿素的结构简式为,请写出尿素的同分异构体中含有离子键的化学式。 (5)已知CO2+ 2NH3CO(NH2)2+ H2O,若合成尿素的流程中转化率为80%时,100吨甲烷为原料能够合成吨尿素。 3.某企业生产氨气的流程如下: 请回答下列问题: (1)操作①的名称是       ,操作④的名称为 。 (2)写出②的化学方程式 。 (3)合成塔出来的高温高压气体中仅含体积分数为25%的氨气,从混合气中分离出氨气的操作是         ,分离出的氮气和氢气则重新回到合成塔中。 (4)检验合成塔中出来的气体中含有氨气的方法是。 (5)下列属于氮的固定的是    。 A.由氮气合成氨        B.由氨制氯化铵 C.雷雨天气由氮气得硝酸盐 D.碳酸氢铵受热分解 4.硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。工业上常用菱锌矿生产硫酸锌,菱锌矿的主要成分是ZnCO3,并含少量的Fe2O3、FeCO3MgO、CaO等,生产工艺流程示意如下: (1)将菱锌矿研磨成粉的目的是_____。 (2)完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式: □Fe(OH)2+□____+□_____==□Fe(OH)3+□CI- (3)针铁矿(Goethite)是以德国诗人歌德(Goethe)名字命名的,组成元素是Fe、O和H,化学式量为89,化学式是_______。 (4)根据下表数据,调节“滤液2”的pH时,理论上可选用的最大区间为______。 (5)工业上从“滤液3”制取MgO过程中,合适的反应物是______(选填序号)。K^S*5U.C#O% a.大理石粉 b.石灰乳 c.纯碱溶液 d.烧碱溶液 (6)“滤液4”之后的操作依次为______、_______、过滤,洗涤,干燥。 (7)分析图中数据,菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数不低于________。 5.工业生产纯碱的工艺流程示意图如下: 完成下列填空: (1)粗盐水加入沉淀剂A、B除杂质(沉淀剂A于石灰窑厂),写出A、B的化学式。 AB (2)实验室提纯粗盐的实验操作依次为: 取样、、沉淀、、、冷却结晶、、烘干。 (3)工业生产纯碱工艺流程中,碳酸化时产生的现象是。碳酸化时没有析出碳酸钠晶体,其原因是。 (4)碳酸化后过滤,滤液D最主要的成分是(填写化学式),检验这一成分的阴离子的具体方法是:。 (5)氨碱法流程中氨是循环使用的,为此,滤液D加入石灰水产生氨。加石灰水后所发生的反应的离子方程式为:,滤液D加石灰水前先要加热,原因是。 (6)产品纯碱中含有碳酸氢钠。如果用加热分解的方法测定纯碱中碳酸氢钠的质量分数,纯碱中碳酸氢钠的质量分数可表示为:(注明你的表达式中所用的有关符号的含义) 6.Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料,可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3,还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备,工艺流程如下: 回答下列问题: (1)“酸浸”实验中,铁的浸出率结果如下图所示。由图可知,当铁的浸出率为70%时,所采用的实验条件为________________________________________________________。 (2)“酸浸”后,钛主要以TiOCl形式存在,写出相应反应的离子方程式_____________。 (3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示: 分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因_____________________________________。 (4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4,其中过氧键的数目为________________。 (5)若“滤液②”中c(Mg2+)=0.02 mol·L-1,加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍),使Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3+)=1.0×10-5mol·L-1,此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成?________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________ ___________________________________________________________(列式计算)。 FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24 (6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式_______________________。 7.某研究小组用黄铜矿(主要成分是CuFeS2,其中S为-2价)为主要原料炼铜,其总反应为:2CuFeS2+2SiO2+5O2=2Cu+2FeSiO3+4SO2。事实上该反应是按如下流程分步进行的: (1)氧化Ⅰ的反应主要是煅烧生成的硫化亚铁被进一步氧化为氧化亚铁,并与二氧化硅反应生成矿渣。矿渣的主要成分是(填化学式)。 (2)据报道,有一种细菌在氧气存在下可以将黄铜矿氧化成硫酸盐,反应是在酸性溶液中发生的。该反应的化学方程式为。 (3)我国学者研究发现,以精CuFeS2矿为原料在沸腾炉中与O2(空气)反应,生成物冷却后经溶解、除铁、结晶,得到CuSO4·5H2O,生产成本能够降低许多。有关实验结果如下表: ①CuFeS2与O2反应的化学方程式为。 ②实际生产过程中沸腾炉温度为600~620 ℃。则控制温度的方法是。 ③当温度高于600~620 ℃时,生成物中水溶性铜下降的原因是。 ④生成物冷却后的除铁的实验操作方法主要是。已知在溶液中,Cu2+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为4.7、6.7,Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH分别为1.1、3.2;如果制得的硫酸铜溶液中含有少量的Fe3+,请写出除去溶液中Fe3+的实验操作步骤:。 8.硝酸锶[Sr(NO3)2]常作为制备焰火、信号弹的原料。实验室以生产碳酸锶工厂的废渣(含SrCO338.40%,SrO12.62%,CaCO338.27%,BaCO32.54%,MgCO31.88%,其它不溶于硝酸的杂质6.29%)为原料制备硝酸锶粗品的部分实验过程如下: 表3 两种盐的溶解度(g/100 g水) (1)废渣粉碎的目的是。 (2)由浸取后得到的混合物制备硝酸锶粗品的实验步骤依次为:①_______;②;③;④洗涤,干燥。 (3)制得的硝酸锶粗品中含有少量Ca(NO3)2、Ba(NO3)2等杂质。实验室测定硝酸锶纯度的实验步骤如下:准确称取一定质量的硝酸锶样品,加入1∶1无水乙醇与乙醚的混合液萃取硝酸钙,用水溶解分离硝酸钙后的样品,于250 mL容量瓶中定容得样品溶液。准确移取25.00 mL样品溶液,调节pH为7,加入指示剂,加热至微沸,立即用碳酸钠标准溶液滴定至终点。另取样品溶液用比浊法测得硝酸钡的含量。滴定过程中反应的离子方程式为:Sr2++CO===SrCO3↓  Ba2++CO===BaCO3↓ ①滴定选用的指示剂为,滴定终点观察到的现象为。 ②若滴定前样品中Ca(NO3)2没有除尽,所测定的硝酸锶纯度将会(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 9.硫酸锌被广泛应用于工农业生产和医药领域。工业上由氧化锌矿(主要成分为ZnO,另含ZnSiO3、FeCO3、CuO等)生产ZnSO4·7H2O的一种流程如下: (1)步骤Ⅰ包括酸浸和过滤两个操作。 ①酸浸时,需不断通入高温水蒸气的目的是。 ②过滤时,为防止堵塞,过滤装置需经常用氢氧化钠溶液清洗,其清洗原理是(用化学方程式表示)。 (2)步骤Ⅱ中,在pH约为5.1的滤液中加入高锰酸钾,生成Fe(OH)3和MnO(OH)2两种沉淀,该反应的离子方程式为。 (3)步骤Ⅲ所得滤渣C的主要成分是。 (4)取28.70 g ZnSO4·7H2O加热至不同温度,剩余固体的质量变化如右图所示。 ①步骤Ⅳ中的烘干操作需在减压条件下进行,其原因是。 ②680 ℃时所得固体的化学式为。 a.ZnO b.Zn3O(SO4)2c.ZnSO4d.ZnSO4·H2O 10.常温下钛的化学活性很小,在较高温度下可与多种物质反应。 (1)工业上由金红石(含TiO2大于96%)为原料生产钛的流程如下: ① 沸腾氯化炉中发生的主要反应为: ② 已知:Ti(s) +2Cl2(g)=TiCl4(l) ΔH=akJ·mol-1; 2Na(s) +Cl2(g)=2NaCl(s) ΔH=bkJ·mol-1; Na(s)=Na(l) ΔH=ckJ·mol-1; 则TiCl4(l) +4Na(l)=Ti(s) +4NaCl(s) ΔH=kJ·mol-1。 ③ TiCl4遇水强烈水解,写出其水解的化学方程式。 (2)若在恒温恒容的容器内进行反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g),下列表示该反应达到平衡状态的标志有(填字母序号)。 A.有1个H—H键生成的同时有 3个C—H键生成 B.CO百分含量保持不变 C.容器中混合气体的压强不变化 D.容器中混合气体的密度不变化 (3)某实验小组设计了甲醇—空气碱性燃料电池装置。该电池负极反应的离子方程式为 。 (4) 工业上用AlSiFe合金在一定条件下还原白云石[主要成分为CaMg(CO3)2]可制取金属镁。实际生产中镁的还原率在不同条件下的变化曲线如图1、2所示。 ① 实际生产中通过添加氟盐来提高镁的还原率,选择最佳的氟盐及添加量是。 ② 温度一般控制在1 140 ℃,原因是。 11.利用硫酸渣(主要含Fe2O3、SiO2、Al2O3、MgO等杂质)制备氧化铁的工艺流程如下: (1)“酸浸”中硫酸要适当过量,目的是。 (2)“还原”是将Fe3+转化为Fe2+,同时FeS2被氧化为SO42-,该反应的离子方程式为。 (3)为测定“酸浸”步骤后溶液中Fe3+的量以控制加入FeS2的量。实验步骤为:准确量取一定体积的酸浸后的溶液于锥形瓶中,加入HCl、稍过量SnCl2,再加HgCl2除去过量的SnCl2,以二苯胺磺酸钠为指示剂,用K2Cr2O7标准溶液滴定。有关反应的化学方程式如下: 2Fe3++Sn2++6Cl—=2Fe2++SnCl62— Sn2++4Cl—+2HgCl2=SnCl62-+Hg2Cl2↓ 6Fe2++Cr2O72—+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O 滴定时,K2Cr2O7标准溶液应盛放在滴定管中(填“酸式”、“碱式”);若不加HgCl2,则测定的Fe3+量(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。 (4)①可选用(填试剂)检验滤液中含有Fe3+。产生Fe3+的原因是(用离子方程式表示)。 ②已知部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表: 实验可选用的试剂有:稀硝酸、Ba(NO3)2溶液、酸性KMnO4溶液、NaOH溶液,要求制备过程中不产生有毒气体。请完成由“过滤”后的溶液模拟制备氧化铁的实验步骤: a.氧化:。 b.沉淀:。 c.分离,洗涤。 d.烘干,研磨。 12.镍电池广泛应用于混合动力汽车系统,电极材料由Ni(OH)2、炭粉、氧化铁等涂覆在铝箔上制成.由于电池使用后电极材料对环境有危害,某兴趣小组对该电池电极材料进行资源回收研究,并设计出相关实验流程图 ②某温度下一些金属氢氧化物的Ksp及沉淀析出的理论pH如表所示: 回答下列问题: (1)根据表数据判断步骤②依次析出沉淀Ⅱ和沉淀Ⅲ(填化学式), 则pH1pH2(填填“>”、“=”或“<”),控制两种沉淀析出可利用。 A.pH试纸 B.石蕊指示剂 C.pH计 (2)已知溶解度:NiC2O4>NiC2O4?H2O>NiC2O4?2H2O,则反应③的化学方程式是。第③步反应后,过滤沉淀时需要的玻璃仪器有。若过滤时发现滤液中有少量浑浊,从实验操作的角度给出两种可能的原因、。 (3)④中阳极反应产生的气体E为,验证该气体的试剂为。 (4)试写出反应⑥的离子方程式_____________________________________________ 13.活性氧化锌用作橡胶硫化的活性剂、补强剂。以氧化锌粗品为原料制备活性氧化锌的生产工艺流程如下: 一些阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH见下表: (1)“溶解”前将氧化锌粗品粉碎成细颗粒,目的是___________________。 (2)“溶解”后得到的酸性溶液中含有Zn2+、SO,另含有Fe2+、Cu2+等杂质。先加入________(填“Na2CO3”或“H2SO4”)调节溶液的pH至5.4,然后加入适量KMnO4,Fe2+转化为Fe(OH)3,同时KMnO4转化为MnO2。经检测溶液中Fe2+的浓度为0.009 mol·L-1,则每升溶液中至少应加入______mol KMnO4。 (3)杂质Cu2+可利用置换反应除去,应选择的试剂是__________。 (4)“沉淀”得到ZnCO3·2Zn(OH)2·H2O,“煅烧”在450~500 ℃下进行,“煅烧”反应的化学方程式为_______________________________________________。 14.草酸镍晶体(NiC2O4·2H2O)可用于制镍催化剂,硫酸镍晶体(NiSO4·7H2O)主要用于电镀工业。某小组用废镍催化剂(成分为Al2O3、Ni、Fe、SiO2、CaO等)制备草酸镍晶体的部分实验流程如下: 已知:①相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH如下表(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算)。   ②Ksp(CaF2)=1.46×10-10,Ksp(CaC2O4)=2.34×10-9。 (1) “粉碎”的目的是 。 (2) 保持其他条件相同,在不同温度下对废镍催化剂进行“酸浸”,镍浸出率随时间变化如右图。 “酸浸”的适宜温度与时间分别为(填字母)。 a. 30℃、30min b. 90℃、150min c. 70℃、120min d. 90℃、120min (3) 证明“沉镍”工序中Ni2+已经沉淀完全的实验步骤及现象是。 (4) 将“沉镍”工序得到的混合物过滤,所得固体用乙醇洗涤、110 ℃下烘干,得草酸镍晶体。 ①用乙醇洗涤的目的是。 ②烘干温度不超过110℃的原因是 。 (5) 由流程中的“浸出液”制备硫酸镍晶体的相关实验步骤如下: 第1步:取“浸出液”,  ,充分反应后过滤,以除去铁、铝元素; 第2步:向所得滤液中加入适量NH4F溶液,充分反应后过滤,得“溶液X”; 第3步:    ,充分反应后过滤; 第4步:滤渣用稍过量硫酸充分溶解后,蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥,得硫酸镍晶体。 ①请补充完整相关实验步骤(可选试剂:H2SO4溶液、NaOH溶液、HNO3溶液、H2O2溶液)。 ②第2步中加入适量NH4F溶液的作用是 。 15.工业上用重晶石(主要成分为BaSO4)制备BaCO3的常用方法有高温煅烧还原法、沉淀转化法等。高温煅烧还原法的工艺流程可简单表示如下: (1)若“煅烧”时产生一种有毒的还原性气体,则反应的化学方程式为___________________________________。 (2)工业上煅烧重晶石矿粉时,为使BaSO4得到充分的还原和维持反应所需的高温,应采取的措施是________。 a.加入过量的焦炭,同时通入空气 b.设法将生成的BaS及时移出 (3)在第一次过滤后洗涤,检验是否洗涤干净的试剂最好是________。 (4)沉淀转化法制备BaCO3可用饱和Na2CO3溶液将BaSO4转化为BaCO3: BaSO4(s)+CO(aq)??BaCO3(s)+SO(aq) ①在实验室将少量BaSO4固体全部转化为BaCO3的实验操作方法与步骤为___________________________________ ___________________________________。 ②与高温煅烧还原法相比,沉淀转化法的优点主要有_______。 ③已知:Ksp(BaCO3)=2.40×10-9,Ksp(BaSO4)=1.20×10-10。现欲用沉淀转化法将BaSO4转化为BaCO3,该反应的平衡常数为________。 答案解析 1.【答案】(1)2∶7 陶瓷在高温下会与Na2CO3反应 (2)Fe Al(OH)3 (3)小 2CrO+2H+Cr2O+H2O (4)d 复分解反应 (5)×100% 【解析】(1)首先标出变价元素的化合价,分析价态变化可知:1 mol FeO·Cr2O3失去7 mol电子,1 mol NaNO3得到2 mol电子,则由得失电子守恒可知二者系数比应为2∶7;该步骤中主要反应的反应物中有Na2CO3,而陶瓷中含有二氧化硅,二者在熔融时反应,故不能使用陶瓷容器;(2)步骤①的反应产生了不溶于水的Fe2O3,故熔块水浸后滤渣1的主要成分是Fe2O3,则含量最多的金属元素是铁元素;将滤液1调节pH=7后,Al3+会变为Al(OH)3沉淀而除去,故滤渣2的主要成分是Al(OH)3和含硅杂质;(3)滤液2中的主要成分是Na2CrO4,滤液3中的主要成分应为Na2Cr2O7,则第④步调节pH的作用是使Na2CrO4转化为Na2Cr2O7,离子方程式为2CrO+2H+Cr2O+H2O,酸性越强越利于Na2CrO4转化为Na2Cr2O7,故应调节pH使之变小;(4)由溶解度曲线图可知,10 ℃时K2Cr2O7溶解度最小,而Na2Cr2O7、KCl、NaCl此时溶解度均大于K2Cr2O7,三者均存在于溶液当中,故冷却到10 ℃时得到的K2Cr2O7固体最多,该步骤的化学反应方程式为2KCl+Na2Cr2O7===2NaCl+K2Cr2O7,显然该反应为复分解反应;(5)由Cr元素守恒可知:Cr2O3~K2Cr2O7,则理论产生K2Cr2O7的质量为(×294) g,而实际产量为1 000m2g,则产率=×100%=×100%。 2.【答案】(1)ac (2) 2NH4HS+O22NH3.H2O+2S↓ (3) 2CO2+6H2CH3CH2OH+3H2O CH3CH2OH-12e-+16OH-=== 2CO32-+11 H2O (4)NH4OCN (5) 300 【解析】(1)改变外界条件可以使化学反应速率增大,如升高温度、增大压强、增大物质的浓度、使用催化剂等都可以使反应速率增大,故选ac。 (2)向NH4HS溶液中通入空气即与空气中的氧气反应,被氧气氧化为单质硫,吸收液再生即又可以得到氨水,反应物和产物都有,再根据氧化还原反应中得失电子守恒即可得到反应的化学方程式为:2NH4HS+O22NH3.H2O+2S↓ (3)在CH3CH2OH、空气、氢氧化钾溶液的燃料电池中,CH3CH2OH被氧气氧化失去电子在负极上发生反应,但是由于电解质溶液是碱性的,所以在电极上得到的产物为CO32-。 (4) 尿素中含有N元素,N元素形成的离子有NH4+或NO3—,在本物质中含有H原子数较多,O原子数较少,故只能形成铵盐。 (5)根据原子守恒法得到: 100× (12/16) ×80%×5=300 3.【答案】(1)干馏 蒸馏 (2)C+H2O(g)CO+H2 (3)降温 (4)使气体接触湿润的红色石蕊试纸,若试纸变蓝,证明气体中含有氨气 (5)AC 【解析】(1)煤干馏可以获得焦炭,将空气液化后蒸发分离出氧气可以获得氮气。 (2)将水蒸气通过赤热的焦炭层,使水蒸气与碳发生化学反应可以生成一氧化碳和氢气,反应的化学方程式为C+H2O(g)CO+H2(生成水煤气)。 (3)把混合气体通过冷凝器使氨液化,然后在气体分离器里把液态氨分离出来导入液氨贮罐,分离出的氮气和氢气经过循环压缩机,再送回到合成塔中进行反应。 (4)使气体接触湿润的红色石蕊试纸,若试纸变蓝,证明气体中含有氨气。 (5)氮的固定是由游离态的氮转化为化合态的氮的过程,所以属于氮的固定的是A、C。 4.【答案】(1) 增大反应物接触面积或增加反应时的接触面积,使反应更加充分 (2) (3)(或其他合理答案) (4)(或其他合理答案) (5)b或(b和d)或d (6)蒸发浓缩、冷却结晶(或其他合理答案) (7) 【解析】(1) 将棱铁矿研磨成粉可以增加反应时的接触面积,使得反应更加充分; (2) 用漂白粉氧化氢氧化亚铁,ClO-的强氧化性导致,根据氧化还原配平原则配平; (3) 化学式量为89,组成元素是,其中铁的相对原子量为56,扣掉56剩下33,化学式中只能含有2个氧原子和1个氢原子,可能的组成为; (4)滤液2调pH是分离Zn(OH)2和Mg(OH)2,根据表中数据pH为; (5)a大理石粉难溶于水,选择熟石灰和烧碱溶液可以使溶液的碱性增强,有利于镁离子完全沉淀; (6)蒸发浓缩、冷却结晶; (7)沉淀2中的Zn全部来自菱锌矿,以m2来计算出Zn的物质的量,可得质量分数为。 5.【答案】(1)Ca(OH)2或CaO Na2CO3 (2)溶解 过滤 蒸发 过滤 (3)有晶体析出(或出现浑浊) 碳酸钠溶解度比碳酸氢钠大 (4)NH4Cl 取样,加硝酸酸化,加硝酸银,有白色沉淀,该阴离子是氯离子 (5)NH4++OH-→NH3↑+H2O 防止加石灰水时产生碳酸钙沉淀 (6) 【解析】(1)沉淀剂A源于石灰窑,说明其是生石灰或熟石灰;粗盐中的镁离子和钙离子一般用碳酸钠除去,多余的CO32-可以用盐酸除去; (2)实验室提纯粗盐的整个操作过程为:取样、溶解、沉淀、过滤、蒸发、冷却结晶、过滤、烘干几步; (3)纯碱生产中碳酸化时,会看到溶液中析出NaHCO3晶体,由于碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠; (4)根据操作过程,碳酸后溶液中主要是NH4Cl;检验其中的氯离子时,取样,加硝酸酸化的硝酸银,有白色沉淀,该阴离子是氯离子; (5)滤液中主要含有的是氯化铵,和石灰水反应时:NH4++OH-→NH3↑+H2O;由于滤液中还含有一定量的碳酸氢钠,因此加石灰水前先加热,是为防止加石灰水时产生碳酸钙沉淀; (6)假设加热前纯碱的质量为m1,加热后的质量为m2,则加热损失的质量为:m1-m2,则纯碱中碳酸氢钠的质量为:84(m1-m2)/31;故纯碱中含有的碳酸氢钠的质量分数为:。 6.【答案】(1)100 ℃、2 h或90 ℃、5 h (2)FeTiO3+ 4H++ 4Cl-===Fe2++TiOCl+2H2O (3)低于40 ℃,TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加;超过40 ℃,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降 (4)4 (5)Fe3+恰好沉淀完全时,c(PO)=mol·L-1=1.3×10-17mol·L-1,c3(Mg2+)·c2(PO)值为0.013×(1.3×10-17)2=1.7×10-40”或“<”),而方案Ⅱ实验表明,Cl2和Fe的氧化性强弱关系相反,原因是________________________________ ________________________________________________________________________。 ③资料表明,酸性溶液中的氧化性Fe>Mn,验证实验如下:将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中,振荡后溶液呈浅紫色。该现象能否证明氧化性Fe>Mn。若能,请说明理由;若不能,进一步设计实验方案。 理由或方案:___________________________________________________。 14.绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁,在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题: (1)在试管中加入少量绿矾样品,加水溶解,滴加KSCN溶液,溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空气,溶液逐渐变红。由此可知:________、________。 (2)为测定绿矾中结晶水含量,将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重,记为m1g。将样品装入石英玻璃管中,再次将装置A称重,记为m2g。按下图连接好装置进行实验。 ①仪器B的名称是________。 ②将下列实验操作步骤正确排序________(填标号);重复上述操作步骤,直至A恒重,记为m3g。 a.点燃酒精灯,加热   b.熄灭酒精灯 c.关闭K1和K2d.打开K1和K2,缓缓通入N2 e.称量A f.冷却到室温 ③根据实验记录,计算绿矾化学式中结晶水数目x=________(列式表示)。若实验时按a、d次序操作,则使x________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。 (3)为探究硫酸亚铁的分解产物,将(2)中已恒重的装置A接入下图所示的装置中,打开K1和K2,缓缓通入N2,加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。 ①C、D中的溶液依次为________(填标号)。C、D中有气泡冒出,并可观察到的现象分别为________。 a.品红  b.NaOH  c.BaCl2  d.Ba(NO3)2e.浓H2SO4 ②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_____________________________。 15.乙酸乙酯是重要的有机合成中间体,广泛应用于化学工业。实验室制备乙酸乙酯的化学方程式:CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O,为证明浓硫酸在该反应中起到了催化剂和吸收剂的作用,某同学利用下图所示装置进行了以下四个实验。 实验开始先用酒精灯微热3 min,再加热使之微微沸腾3 min。实验结束后充分振荡试管Ⅱ再测有机层的厚度,实验记录如下: (1)实验D的目的是与实验C相对照,证明H+对酯化反应具有催化作用。实验D中应加入盐酸的体积和浓度分别是__________ mL和__________ mol·L-1。 (2)分析实验__________(填实验编号)的数据,可以推测出浓硫酸的吸水性提高了乙酸乙酯的产率。浓硫酸的吸水性能够提高乙酸乙酯产率的原因是_______________________________ _______________________________________________________________________________。 (3)加热有利于提高乙酸乙酯的产率,但实验发现温度过高乙酸乙酯的产率反而降低,可能的原因是______________________________________________________________________ ________________________________________________________________________(答出两条即可)。 答案解析 1.【答案】 (1)2SO2+CO+H2O===2HSO+CO2 (2)防止倒吸 (3)①吸滤瓶 ②洗去表面杂质,减少Na2S2O5在水中的溶解 (4)在制备过程中Na2S2O5分解生成Na2SO3,Na2SO3易被氧化生成Na2SO4 【解析】 (1)反应物为SO2、CO,生成物为HSO和CO2,用水配平。(2)Y为空集气瓶,短进长出,为安全瓶,防倒吸。(3)①抽滤装置主要由布氏漏斗、吸滤瓶和抽气泵组成。②用饱和SO2水溶液洗涤的目的是洗去表面杂质,减少Na2S2O5在水中的溶解。(4)Na2S2O5分解生成Na2SO3和SO2,Na2SO3易被氧化生成Na2SO4。 2.【答案】 (1)干燥管 (2)cdb (3)先变红后褪色 (4)Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O (5)①加热时间不足或温度偏低 ②通入HCl的量不足 【解析】 (1)X盛放固体无水CuSO4,为干燥管。(2)先通HCl,再加热[防止加热时生成Cu2(OH)2Cl2],结束时应先停止加热,冷却,再停止通HCl。顺序为a→c→d→b→e。(3)CuCl2分解生成的Cl2,遇湿润的蓝色石蕊试纸,先变红后褪色(Cl2+H2OHCl+HClO,变红是因为生成HCl,褪色是因为生成具有强氧化性的HClO)。(4)D装置的作用是吸收Cl2,防止排入空气而污染大气,发生反应:Cl2+2OH-===Cl-+ ClO-+H2O。(5)①若有CuCl2剩余,说明没有完全分解,由题给信息可知,温度高于300 ℃时CuCl2才分解生成CuCl和Cl2,说明温度不够高或加热时间不足。②由题给信息,CuO是Cu2(OH)2Cl2分解生成的,说明CuCl2·2H2O分解生成部分Cu2(OH)2Cl2,说明通入HCl的量不足。 3.【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O 浓硫酸 (2)HCl HCl和H2 发生倒吸 没有处理氢气 (3)KSCN溶液 点燃A处的酒精灯(赶尽装置内的空气) 点燃C处的酒精灯 【解析】(1)根据装置示意图,制取无水氯化铁的实验中,装置A为制取氯气的实验装置,发生反应为二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水;装置B的作用是除去混杂在氯气中的水蒸气,故B中加入的试剂为浓硫酸。(2)根据题给信息,在制取无水氯化亚铁实验中,装置A是用于制取HCl气体;经浓H2SO4干燥后,在硬质玻璃管中发生反应Fe+2HCl===FeCl2+H2↑,则尾气的成分是氯化氢和氢气;若仍用D装置进行尾气处理,则因氯化氢极易溶于水,故会产生倒吸,且氢气与NaOH溶液不反应,可燃性气体氢气也不能被吸收。(3)检验氯化铁溶液常用的试剂是KSCN溶液;欲制得纯净的氯化亚铁,应防止装置中氧气的干扰,在实验过程中先点燃A处的酒精灯,利用产生的氯化氢气体排出装置中的空气,再点燃C处的酒精灯。 4.【答案】(1)水浴加热 (2)4Ag+4NaClO+2H2O===4AgCl+4NaOH+O2↑ 会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染 (3)将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中 (4)未过滤掉的溶液会稀释加入的氨水,且其中含有一定浓度的Cl-,不利于AgCl与氨水反应 (5)向滤液中滴加2 mol·L-1水合肼溶液,搅拌使其充分反应,同时用1 mol·L-1H2SO4溶液吸收反应中放出的NH3,待溶液中无气泡产生,停止滴加,静置,过滤、洗涤,干燥 【解析】(1)加热温度低于100 ℃,采用水浴加热,优点是便于控制温度,受热均匀。(2)由题意发生反应:Ag+NaClO+H2O―→AgCl+NaOH+O2↑,有Ag、Cl、O三种元素的化合价发生变化,因Ag、Cl原子个数比为1,设Ag、NaClO的系数为1,则NaOH系数为1,Ag失去e-,NaClO―→NaCl,得到2e-,根据电子守恒O2的系数为,根据原子守恒,H2O系数为,相应扩大4倍。HNO3也能氧化Ag,但生成NOx会污染环境。(3)滤渣沉淀时表面会附有溶质,因此洗涤液中含有Ag(NH3),将洗涤液并入过滤Ⅱ的滤液中,以提高利用率。(4)若直接在溶液中加入氨水,一是稀释氨水,氨水的利用率低,二是原溶液中有氧化时生成的NaCl(见(2)中反应),Cl-使可逆反应AgCl+2NH3·H2OAg(NH3)+Cl-+2H2O逆向移动,不利于AgCl的溶解。(5)由题给信息③,利用水合肼还原Ag(NH3),但同时有NH3生成,利用H2SO4吸收防止逸出污染大气。 5.【答案】(1)石油的催化裂化 ③ (2)对部分裂化气冷凝 油状物 (3)紫红色褪去 还原性的气体(或不饱和的气态烃) (4)褪色 向反应后的溶液中滴加石蕊试液,溶液不变红,说明该反应为加成反应而非取代反应 (5)防止石油气的污染 (6)C18H38C2H6+8C2H4 【解析】石蜡属于碳原子数目在20~30之间的烷烃,所以在氧化铝作催化剂、加热的条件下发生催化裂化,裂化的产物中含有不饱和烃,所以能够使酸性高锰酸钾溶液褪色(发生的是氧化还原反应);也可以使溴的四氯化碳溶液褪色(发生的是不饱和烃与溴的加成反应)。由于裂化产物有碳原子数目较大的烃类物质,所以用冷水冷却,可以得到汽油等燃油;烯烃若与溴水发生取代反应,则有HBr生成,从而使溶液显酸性;若发生加成反应,则没有HBr生成,溶液不显酸性。注意燃油有毒,能够对人体及环境造成污染,可以采用燃烧的方法除去实验中的石油气。 6.【答案】(1)Ca(ClO)2+4HCl(浓)===CaCl2+2Cl2↑+2H2O (2)除去Cl2中的HCl B中长颈漏斗中液面上升,形成水柱 (3)d (4)E中溶液分为两层,上层为紫红色 不能 过量的Cl2也可能将I-氧化为I2 (5)HSO+Cl2+H2O===SO+2Cl-+3H+(或4HSO+Cl2===SO+2Cl-+3SO2+2H2O) 否 【解析】(1)漂粉精固体的主要成分为Ca(ClO)2和CaCl2,利用Ca(ClO)2氧化浓盐酸制取氯气。(2)制取的Cl2中含有杂质HCl,B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl。C中发生堵塞时,B中压强增大,长颈漏斗中液面上升,形成水柱。(3)潮湿的氯气具有漂白性而干燥的氯气没有漂白性,通过B后氯气中含有水蒸气,因此先通过湿润的有色布条,再通过干燥装置(固体干燥剂),后通过干燥的有色布条。(4)E中有单质碘生成,因此溶液分为两层,上层为碘的苯溶液,呈紫红色。该现象不能说明溴的非金属性强于碘,因为过量的Cl2及生成的Br2都能将I-氧化为I2。(5)HSO具有还原性,可以与Cl2发生氧化还原反应,由于反应后溶液呈酸性,可能产生SO2,污染大气,因此该方案不可行。 7.【答案】I.(1)K=c3(CO2)/c3(CO) ; (2)Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO SO32-+Cl2+2OH-=SO42-+2Cl-+H2O (3)98% II.饱和食盐水 浓硫酸 防止水蒸气进入E装置 【解析】I.(1) 根据反应②的方程式3CO(g)+ + Fe2O3(s)2Fe(s)3CO2(g),关注到Fe2O3、 Fe的状态都是固体,平衡常数的表达式为K=c3(CO2)/c3(CO); (2) 观察流程中氯化炉装置的物质进入和出去(看箭头指示),可以推出反应物是Fe、Al2O3、Cl2和C,生成物是AlCl3、FeCl3和CO,由此可得Al2O3、Cl2和C在高温下发生反应的产物是AlCl3和CO,反应的化学方程式为Al2O3+3Cl2+3C2AlCl3+3CO;Na2SO3溶液除去Cl2的原理是SO32-的还原性强将Cl2还原成Cl-,自身被氧化成SO42-,因SO32-水解溶液呈碱性,离子方程式为SO32-+Cl2+2OH-=SO42-+2Cl-+H2O; (3) AlCl3样品溶于过量的NaOH溶液后,Al元素全部转化为AlO2-进入溶液,因此过滤后的残留固体质量0.16 g是样品中的杂质,AlCl3的质量分数=(16.25 g-0.16 g)÷16.25 g=98%; II.制备无水AlCl3,结合无水AlCl3遇潮湿空气会产生大量白雾的信息,应先制得纯净而干燥的氯气与Al反应,还要防止外界空气中的水蒸气进入装置而使AlCl3水解,由此可得装置B的作用是除去Cl2中混有的HCl,盛放饱和食盐水,装置C的作用是除去Cl2中混有的H2O,盛放浓硫酸,F中所盛放试剂的作用是防止水蒸气进入E装置而使AlCl3水解。 8.【答案】(1)①SO2、CO2、O2 ②Fe3O4 SO2 (2)①H2O2+SO2===H2SO4 ② (3)①排除SO2对CO2测定的干扰 ②CO2吸收瓶吸收CO2前、后的质量 【解析】(1)①钢样(含有铁、碳、硫)在高温下与O2反应,除生成CO2、SO2外,还有剩余的O2,故气体a中含有CO2、SO2、O2。 ②该反应中,S元素由-2价被氧化为+4价,即生成SO2,再结合元素守恒及元素的化合价升降总数相等,配平该反应方程式:3FeS+5O2Fe3O4+3SO2。 (2)①H2O2具有强氧化性,SO2具有强还原性,二者发生氧化还原反应生成H2SO4,化学方程式为H2O2+SO2===H2SO4。 ②消耗1 mL NaOH溶液相当于硫的质量为yg,则消耗zmL NaOH溶液相当于硫的质量为yzg,那么钢样中硫的质量分数为=。 (3)①装置B中活性MnO2将SO2氧化。装置C中K2Cr2O7?浓H2SO4具有强氧化性,用于吸收气体a中的SO2,防止SO2进入CO2吸收瓶,影响实验结果。 ②实验中应测定实验前后CO2吸收瓶的质量变化,从而确定CO2的质量,继而求出钢样中碳的质量分数。 9.【答案】(1)出现淡黄色浑浊(或淡黄色沉淀或有淡黄色固体产生) 漂白性、还原性 (2) (3)BaSO4SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2=2H2SO4、H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl AD (4)①取最后一次洗涤液少量于试管中,加入硝酸酸化的AgNO3溶液,没有明显现象,证 明洗涤干净; ② 【解析】(1) D中SO2与H2S反应生成S,所以实验现象是出现淡黄色浑浊,C中品红褪色,体现SO2的漂白性,E中KmnO4溶液褪色,体现SO2的还原性; (2)收集SO2用向上排空气法,尾气处理

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    2019届(人教版)高考化学二轮提升练习:非选择题(1)附答案 1、过碳酸钠(Na2CO4)?是一种很好的供氧剂,其与稀盐酸发生反应的化学方程式为:2Na2CO4+4HCl=4NaCl+2CO2↑+O2↑+2H2O。市售过碳酸钠一般都含有碳酸钠,为测定某过碳酸钠样品(只含Na2CO4和Na2CO3)的纯度,某化学兴趣小组采用以下两种方案实施: 方案一: (1)操作①和③的名称分别为_______、________。 (2)上述操作中,使用到玻璃棒的有________??(填操作序号)。 (3)请简述操作③的操作过程___________。 方案二:按下图组装好实验装置,Q为一可鼓胀的塑料气袋,取适量样品于其中,打开分液漏斗活塞,将稀盐酸滴入气袋中至充分反应 (4)为测定反应生成气体的总体积,滴稀盐酸前必须关闭____打开____ (均填“K1”、“K2”或“K3”);导管A的作用是________。 (5)当上述反应停止后,使K1、K3处于关闭状态,K2处于打开状态,再缓缓打开K1。B中装的固体试剂是_________,为什么要缓缓打开K1?_______________。 (6)实验结束时,量筒1中有xmL水,量筒II中收集到了ymL气体,则样品中过碳酸钠的质量分数是________(用含有x、y的代数式表示) 【答案】 称量 蒸发结晶 ②③ 加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时,停止加热,然后利用余热蒸干蒸发皿中的固体 K1、K2 K3 平衡分液漏斗内和反应体系内压强,使稀盐酸顺利滴下,同时消除滴下的稀盐酸体积对气体体积的影响 碱石灰(其他合理答案均可以) 让生成的CO2能充分被B中碱石灰吸收,使量筒内收集到较纯诤O2 l22y/(53x-37y)×100% 【解析】考查实验方案设计与评价,(1)根据方案一,操作①为称量,操作③应为蒸发结晶;(2)操作②中使用玻璃棒,玻璃棒的作用是搅拌,加速反应;操作③中需要玻璃棒,玻璃棒的作用是搅拌,防止受热不均,造成液体飞溅;(3)操作③是蒸发结晶,操作过程是加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时,停止加热,然后利用余热蒸干蒸发皿中的固体;(4)本实验的目的是测定反应生成气体的总体积,量筒I是测量气体总体积的装置,即滴定稀盐酸前关闭K1和K2,打开K3,导管A的作用是加热蒸发至蒸发皿中出现大量晶体时,停止加热,然后利用余热蒸干蒸发皿中的固体;(5)装置II中的量筒收集的是气体,即B的作用是吸收CO2,B中盛放碱石灰或氢氧化钠固体等;缓缓打开K1的目的是让生成的CO2能充分被B吸收,使量筒内收到的较纯净的O2;(6)量筒I中测定的是CO2和O2体积,量筒II测定氧气的体积,根据过碳酸钠与盐酸反应方程式,求出过碳酸钠的质量为,CO2的体积为(x-y)mL,过碳酸钠产生CO2的体积为2ymL,碳酸钠产生CO2的体积为(x-3y)mL,即碳酸钠的质量为g,过碳酸钠的质量分数为×100%=l22y/(53x-37y)×100%。 2、砷(As)是一些工厂和矿山废水中的污染元素,使用吸附剂是去除水中砷的有效措施之一。 (1)将硫酸锰、硝酸钇与氢氧化钠溶液按一定比例混合,搅拌使其充分反应,可获得一种砷的高效吸附剂X,吸附剂X中含有,其原因是_______________________________。 (2)H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如题20图- 1和题20图- 2所示。 ①以酚酞为指示剂(变色范围pH 8.0 ~ 10.0),将NaOH溶液逐滴加入到H3AsO3溶液中,当溶液由无色变为浅红色时停止滴加。该过程中主要反应的离子方程式为__________________。 ②H3AsO4第一步电离方程式H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为Ka1,则pKa1=______(p Ka1 = -lg Ka1 )。 (3)溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH =7.1时, 吸附剂X表面不带电荷; pH > 7.1时带负电荷,pH越高,表面所带负电荷越多;pH<7.1时带正电荷,pH越低,表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量(吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量)如题20图-3所示。 ①在pH7~9之间,吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降,其原因是______________。 ②在pH4~7之间,吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱,这是因为___________。 提高吸附剂X对三价砷去除效果可采取的措施是_________________________________。 【答案】 碱性溶液吸收了空气中的CO2 OH- + H3AsO3H2AsO3- + H2O 2.2 在pH7~9之间,随pH升高H2AsO4-转变为HAsO42-,吸附剂X表面所带负电荷增多,静电斥力增加 在pH4~7之间,吸附剂X表面带正电,五价砷主要以H2AsO4-和HAsO42-阴离子存在,静电引力较大;而三价砷主要以H3AsO3分子存在,与吸附剂X表面产生的静电引力小 加入氧化剂,将三价砷转化为五价砷 3、氢气是一种清洁能源,氢气的制取和储存是氢能源利用领域的研究热点。 (1)H2S 热分解制氢的原理: 2H2S(g)=2H2(g) + S2(g) △H= 169.8 kJ/mol,分解时常向反应器中通入一定比例空气,使部分H2S 燃烧,其目的是______;燃烧生成的SO2与H2S 进一步反应,硫元素转化为S2,写出反应的化学方程式:________。 (2)氨硼烷(NH3BH3) 是储氢量最高的材料之一,其受热时固体残留率随温度的变化如图甲所示。氨硼烷还可作燃料电池,其工作原理如图乙所示。 ①110℃时残留固体的化学式为_________。 ②氨硼烷电池工作时负极的电极反应式为_________。 (3)十氢萘(C10H18)是具有高储氢密度的氢能载体,经历“C10H18- C10H12-C10H8”的脱氢过程释放氢气。己知: C10H18(l)C10H12(l) +3H2(g) △H1 C10H12(l)C10H8(l)+2H2(g) △H2 温度335℃、高压下,在恒容密闭反应器中进行液态十氢萘( 1.00 mol) 催化脱氢实验,测得C10H12和C10H8的物质的量n1 和n2随时间的变化关系如图丙所示。图丁表示催化剂对反应活化能的影响。 ①△H1___△H2(选填“>”、“=”或“<”)。 ② 8 h 时,反应体系内氢气的物质的量为_____mol(忽略其他副反应)。 ③ n1 显著低于n2 可能的原因是__________。 【答案】 为H2S 热分解反应提供热量 4H2S+2SO2==4H2O+3S2 BH2NH2 或(BH2NH2) NH3BH3-6e-+2H2O=NH4++BO2-+6H+ > 1.951 反应2的活化能比反应1的小,催化剂显著降低了反应2的活化能,反应生成的C10H12很快转变成C10H8,故n1显著低于n2 (3)①由图丁可知ΔH1和ΔH2都是吸热反应,且ΔH1的活化能高于ΔH2的活化能,所以ΔH1>ΔH2②①温度335℃,在8 h时,十氢萘为1.00 mol,测得C10H12和C10H8的产率x1=0.027,x2=0.374,即生成C10H12和C10H8的物质的量分别为0.027mol,0.374mol,设反应的C10H18的物质的量为a,反应C10H12的物质的量为b,根据反应, C10H18(l) C10H12(l)+3H2(g) 1 1 3 a a 3a C10H12(l) C10H8(l)+2H2(g), 1 1 2 b b 2b 则a-b=0.027,b=0.374,则a=0.401,因此生成的氢气的物质的量分数为3a+2b=3×0.401+2×0.374=1.951,则氢气的量为1.951mol。③反应2的活化能比反应1小,相同温度下反应2更快,所以相同时间内,生成的四氢萘大部分都转化为萘,故n1显著低于n2,故答案为:反应2的活化能比反应1小,相同温度下反应2更快,所以相同时间内,生成的四氢萘大部分都转化为萘,故n1显著低于n2;答案为:①>②1.951③反应2的活化能比反应1的小,催化剂显著降低了反应2的活化能,反应生成的C10H12很快转变成C10H8,故n1显著低于n2。 4、某化学实验小组为确定过氧化氢分解的最佳催化条件,用如图装置进行实验、反应物用量和反应停止的时间数据如下表: 请回答下列问题: (1)盛装双氧水的化学仪器名称是__________。 (2)如何检验该套装置的气密性__________。 (3)相同浓度的过氧化氢,其分解速率随着二氧化锰用量的增加而___________。 (4)从实验效果和“绿色化学”的角度考虑,双氧水的浓度相同时,加入_______g的二氧化锰为较佳选择。 (5)?某同学分析上述数据后认为:“当用相同质量的二氧化锰时,双氧水的浓度越大,所需要的时间就越长,其反应速率越慢”的结论,你认为是否正确___________,理由是_________。(提示:?H2O2的密度可认为近似相等)。 【答案】 分液漏斗 关闭分液漏斗活塞,将注射器的活栓向外拉出一段距离,若一段时间后活栓能够恢复到原位置,则装置的气密性好 加快 0.3 不正确 H2O2的浓度扩大二倍(从1.5%→3.0%),但反应所需时间比其二倍小得多 【解析】(1)根据实验室常见仪器名称判断,盛装双氧水的化学仪器名称是分液漏斗;(2)检验该套装置的气密性的方法为:关闭分液漏斗的活塞,将注射器的活栓向外拉出一段距离,若一段时间后活栓能够恢复到原位置,则装置的气密性好;(3)由表中数据可知,双氧水的量相同,加入的二氧化锰质量越多,反应所需的时间越短,说明反应速率越快;(4)根据表中数据,在双氧水的浓度相同时,加入0.3g二氧化锰与加入0.1g二氧化锰对化学反应速率影响相差较大,加入0.3g二氧化锰与加入0.5g二氧化锰对反应速率的影响相差不是很大,所以加入二氧化锰的最佳量为0.3g;(5)从表中数据可知,相同体积3.0%的双氧水中的溶质含量是1.5%的双氧水中溶质含量的二倍,但反应的时间却比其反应时间的二倍小得多,由反应速率计算公式(v=△c/△t)可得出,此实验条件下双氧水的浓度越大分解速率越快,故:不正确;H2O2的浓度扩大二倍(从1.5%-→3.0%),但反应所需时间比其二倍小的多。 5、下列说法正确的是________________。 ①非金属氧化物一定不是碱性氧化物 ②电解质溶液的导电过程就是电离的过程 ③盐酸既有氧化性又有还原性 ④焰色反应属于化学变化 ⑤饱和三氯化铁溶液滴入沸水制备氢氧化铁胶体的反应属于复分解反应 ⑥电镀时,应把镀件置于电解槽的阳极 ⑦Fe(OH)3 、FeCl2、SO3 都不能直接用化合反应制备 ⑧乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理,与SO2使溴水褪色的原理相同 ⑨在我们常见的元素周期表中,第三列元素形成的化合物种类最多 ⑩浓硫酸、氯化氢、纯碱、生石灰四种物质中,浓硫酸与NaOH(s)、P2O5(s)、无水CaCl2(s)归为一类最恰当 【答案】①③⑤⑧ 【解析】①非金属氧化物一定不是碱性氧化物,①正确;②电解质溶液的导电过程就是电解的过程,电离不需要通电,②错误;③盐酸既有氧化性又有还原性,③正确;④焰色反应属于物理变化,④错误;⑤饱和三氯化铁溶液滴入沸水制备氢氧化铁胶体的反应属于复分解反应,⑤正确;⑥电镀时,应把镀件置于电解槽的阴极,⑥错误;⑦Fe(OH)3、FeCl2、SO3都能直接用化合反应制备,⑦错误;⑧乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色的原理,与SO2使溴水褪色的原理相同,均是氧化还原反应,⑧正确;⑨在我们常见的元素周期表中,第十四列元素即碳族元素形成的化合物种类最多,⑨错误;⑩生石灰与NaOH(s)、P2O5(s)、无水CaCl2(s)归为一类最恰当,因为都是常用的固体干燥剂,⑩错误,答案选①③⑤⑧。 6、如图所示装置有多种用途。回答下列问题: (1)洗气:除去CO2中的水蒸气,装置内应盛的物质是________;除去CO中的CO2,装置内应盛的物质是________,气体应从________端通入。 (2)检验:证明CO中含CO2,装置内应盛________。 (3)贮气:若用排空气法收集H2(装置放置方向不变),气体应从装置的________端通入。若用排水法收集O2时,瓶内先装满水,气体从________端通入。若用水将装置中的O2排出进行实验时,水应从________端通入。 (4)测量气体体积:瓶内先装满水,气体从________端通入,还需要用到的一种仪器是________。该方法适用于测量________的气体的体积。 (5)用作安全瓶:将它连接在气体发生装置之后,以防止液体倒吸流入气体发生装置而损坏仪器。此时瓶中无液体,气体从________端通入。 【答案】(1)浓硫酸 氢氧化钠溶液 A (2)澄清石灰水 (3)B B A (4)B 量筒 难溶于水 (5)B 【解析】(3)用排空气法收集H2时,由于H2的密度比空气小,H2应从短导管B端通入,空气从长导管A端排出;当用排水法收集O2时,O2要从短导管B端通入,水从长导管A端排出;当用水将瓶中的O2排出时,水应从长导管A端通入,O2从短导管B端排出。(4)气体密度比水小,气体应从短导管B端通入,水从长导管A端排出到量筒中,此时量筒中水的体积就是收集的气体体积,该方法适用于测量难溶于水的气体的体积。(5)用作安全瓶时,气体应从短导管B端通入,如从A端通入,则倒吸入该瓶内的液体会被继续倒吸入气体发生装置。 2019届(人教版)高考化学二轮提升练习:非选择题(2)附答案 1、化合物 H 是一种抗病毒药物,在实验室中利用芳香烃 A 制备 H 的流程如下图所示(部分反应条件已略去): 己知: ①有机物 B 苯环上只有两种不同环境的氢原子; ②两个羟基连在同一碳上不稳定,易脱水形成羰基或醛基; ③ RCHO + CH3CHO NaOH RCH CHCHO + H2O; ④ (1)有机物 B 的名称为_____。 (2)由 D 生成 E 的反应类型为___________ , E 中官能团的名称为_____。 (3)由 G 生成 H 所需的“一定条件” 为_____。 (4)写出 B 与 NaOH 溶液在高温、 高压下反应的化学方程式:_____。 (5)F 酸化后可得 R, X 是 R 的同分异构体, X 能发生银镜反应,且其核磁共振氢谱显示有 3 种不同化学环境的氢,峰面积比为 1∶1∶1,写出 2 种符合条件的 X 的结构简式:_____。 (6)设计由 和丙醛合成的流程图:_______________(其他试剂任选)。 【答案】 对溴甲苯(或4-溴甲苯) 取代反应 羟基、氯原子 银氨溶液、加热(或新制氢氧化铜、加热) 、(或其他合理答案) 【解析】根据流程图及已知信息: (1)有机物 B 的名称为对溴甲苯(或4-溴甲苯); (2)由 D 生成 E 的反应类型为取代反应,E 中官能团的名称为羟基和氯原子; (3)由 G 生成 H需要将醛基氧化成羧基且不能将碳碳双键氧化,所以,一定条件需要:银氨溶液、加热(或新制氢氧化铜、加热); (4)B 与 NaOH 溶液在高温、 高压下反应的化学方程式为: (5)F 酸化后可得 R(C7H6O3),X 能发生银镜反应,即有醛基,且其核磁共振氢谱显示有 3 种不同化学环境的氢,峰面积比为 1∶1∶1,不饱和度仍为5,苯环没有可能了,故其可能的结构为:、; (6)由 和丙醛合成需要加长碳链,引入双键,故设计思路如题目中流程类似:先使其水解成醇,再将其氧化成醛,在此条件下反应,生成产物。。 2、As和P属于同主族元素,中国自古就有“信口雌黄”“雄黄入药”之说。雌黄(As2S3)和雄黄(As4S4)早期都曾用作绘画颜料,又都因有抗病毒疗效而用来入药。在一定条件下, 雌黄和雄黄的转化关系如图所示。 (1)亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3。则亚磷酸为_______(填“一”“二”或“三”)元酸。 (2)反应I中,As2S3和Sn2+恰好完全反应时,其物质的量之比为______________。 (3)反应II中,若0.5 mol As4S4参加反应,转移14 mol电子,则物质a为_________(填化学式)。 (4)反应Ⅲ中的产物亚砷酸H3AsO3可以用于治疗白血病,其在溶液中存在多种微粒形态。 常温下,用NaOH溶液滴定H3AsO3时,各种微粒的物质的量分数随pH的变化如图所示。 ①pH由7调至10的过程中发生反应的离子方程式为__________________________。 ②H3AsO3的一级电离平衡常数Ka1= ______________________________。 【答案】 二 1 : 1 SO2 H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O 10-9 【解析】(1)根据亚磷酸(H3PO3)与足量NaOH溶液反应生成Na2HPO3,说明Na2HPO3为正盐,亚磷酸为二元酸,故答案为:二; (2)根据图像,As2S3和Sn2+在酸性溶液中反应生成H2S、Sn4+和As4S4,反应的方程式为2As2S3+2Sn2++4H+=2H2S↑+2Sn4++As4S4,As2S3和Sn2+恰好完全反应时,As2S3和Sn2+的物质的量之比为1:1,故答案为:1:1; (3)反应II中,若0.5 mol As4S4参加反应,转移14 mol电子,则1 mol As4S4参加反应,转移28 mol电子,S元素的化合价变化量为=6,因此S元素的化合价由-2价变成+4价,所以物质a为SO2,故答案为:SO2; (4)①根据图像,pH由7调至10时,H3AsO3转化为H2AsO3-,反应的离子方程式为H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O,故答案为:H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2O; ②根据图像,pH=9时,c(H3AsO3)=c(H2AsO3-),H3AsO3的一级电离方程式为H3AsO3 H2AsO3-+H+,平衡常数Ka1==c(H+)=10-9,故答案为:10-9。 3、NH3是一种重要的化工原料。 (1)不同温度、压强下.合成该平衡体系NH3的物质的量分数如图 (N2和H2的起始物质的量之比为1:3)。 ①分析图中数据,升高温度,该反应的平衡常数K值____(填“增大”“减小”或“不变”)。 ②如果开始时向密闭容器中投入1.0mol N2 和3.0mol H2,则在500℃、3×107Pa条件下达到平衡时N2 的平衡转化率=_______。(保留两位有效数字) ③液氨和水颇为相像,它能溶解多种无机及有机分子,其电离方程式可表示为2NH3 NH4++ NH2一(某温度下其离子积常数为10-30)。液氨中的pNH4与水中的pH相似,则该温度下液氨的pNH4=____。 (2)以氨气代替氢气研发氨清洁燃料电池是当前科研的一个热点。氨燃料电池使用的电解质溶液是KOH溶液。该电池负极的电极反应式为_________________。 (3)NH3也是造成水体富营养化的重要因素之一,用次氯酸钠水解生成的次氯酸将水中的NH3转化为氮气除去,其相关反应的热化学方程式如下: 反应I: NH3 (aq)+HClO(aq)=NH2Cl(aq)+H2O(l) △H1=akJ/mol; 反应II :NH2Cl(aq)+HClO(aq)=NHCl2(aq) +H2O(l) △H2=bkJ/mol; 反应III: 2NHCl2(aq) +H2O(l)=N2(g)+HClO( aq)+3HCl( aq) △H3=ckJ/mol。 ①2NH3(aq)+3HClO(aq)==N2 (g)+3HCl(aq)+3H2O(l) △H=________kJ/mol ②已知在水溶液中NH2Cl较稳定,NHCl2不稳定易转化为氮气。在其他条件不变的情况下,改变对溶液中次氯酸钠去氨氮效果与余氯(溶液中+1价氯元素的含量)的影响如图所示。a点之前溶液中发生的主要反应为_______(填序号)。 A.反应I、I I B.反应I ③除氨氮过程中最佳的值约为______________。 【答案】 减小 41% 15 2NH3 ? 6e? + 6OH?=N2 + 6H2O 2a+2b+c B 1.5 推出c(NH4+)=10-15mol·L-1,因此该温度下pNH4=15;(2)考查电极反应式的书写,因为是清洁能源,因此NH3→N2,根据原电池的工作原理,NH3在负极上参与反应,电解质为KOH溶液,因此负极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O;(3)考查热化学反应方程式的计算、化学反应条件的选择,①反应I×2+反应II×2+反应III,得出:目标方程式的△H=(2a+2b+c)kJ·mol-1;②a点之前,次氯酸的量少,氨气的量多,因此发生反应I,故选项B正确;③去除率较高,同时余氯量最少,图像中符合的比值为1.5。 点睛:本题的难点是电极反应式的书写,特别是产物的判断,研发NH3清洁燃料电池,即NH3转化成N2,NH3失去电子生成N2,有2NH3-6e-→N2,电解质为碱性,在负极上OH-被消耗,转化成H2O,因此负极反应式为2NH3-6e-+6OH-=N2+6H2O。 4、对炼锌厂的铜镉废渣中各元素进行分离,能减少环境污染,同时制得食品锌强化剂的原料ZnSO4·7H2O实现资源的再利用。其流程图如下。 [相关资料] ①铜镉废渣中含有铜、锌、镉、铁、砷等元素,其含量依次减少。 ②FeAsO4难溶于水;ZnSO4·7H2O易溶于水,难溶于酒精。 ③Zn(OH)2属于两性氢氧化物。 ④滤液I中有Fe2+、Zn2+、Cu2+、Cd2+和少量的AsO。 ⑤有关离子沉淀完全的pH 金属离子 Fe3+ Zn2+ Mn2+ Cu2+ Cd2+ 沉淀完全pH 3.2 8.0 9.8 6.4 9.4 请回答下列问题: (1)提高铜镉废渣浸出率可以采用的方法是(写出其中一点即可)____; (2)向滤液I中逐滴滴人酸性KMnO4溶液可与AsO发生反应生成FeAsO4,写出该反应的离子方程式____;加入酸性KMnO4溶液不能过量,判断该滴定终点的现象是____;滤渣Ⅱ中除了FeAsO4外,还有____; (3)制得的ZnSO4·7H2O需洗涤,洗涤晶体时应选用试剂为____; (4)上述流程除了实现对这些元素进行提取分离能减少环境污染,同时制得ZnSO4·7H2O实现资源的再利用,还可以得到副产物___ (5)回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池,电池的工作时,正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2,则充电时电池的正极反应式为____; (6)若a克铜镉废渣含有b molFe元素,加入了c mol KMnO4,则铜镉废渣中As元素的质量分数为____。(不考虑镉元素与KMnO4的反应) 【答案】 适当增大硫酸浓度 或 升高溶液温度 或 搅拌 或 将铜镉渣研磨成小颗粒 等合理答案均可以 5Fe2+ + 5AsO + 3MnO +14H+ = 3Mn2+ + 5FeAsO4↓ + 7H2O 溶液恰好变为浅紫红色且半分钟内不恢复为原色 Fe(OH)3 乙醇 或 饱和硫酸锌溶液 K2SO4 Ni(OH)2 – e—+ OH— = NiO(OH) + H2O 75(5c-b)/2a 【解析】整个工艺流程目的是铜镉废渣中制得ZnSO4·7H2O,滤液I中有Fe2+、Zn2+、Cu2+、Cd2+和少量的As,加入高锰酸钾,将Fe2+氧化成Fe3+,再调节pH至4,将其沉淀,滤液II中就剩下Zn2+、Cu2+、Cd2+,再加入过量KOH,由于Zn(OH)2属于两性氢氧化物,滤液III中就剩下ZnO22-,再加入硫酸,最终制得ZnSO4·7H2O。 (1)提高铜镉废渣浸出率可以采用的方法是:适当增大硫酸浓度或升高溶液温度或搅拌 或将铜镉渣研磨成小颗粒等; (2)酸性KMnO4溶液可与AsO发生反应生成FeAsO4,KMnO4将Fe2+氧化成Fe3+,将AsO氧化成AsO43-,根据化合价升价相等,该反应的离子方程式为:5Fe2+ + 5AsO + 3MnO +14H+ = 3Mn2+ + 5FeAsO4↓ + 7H2O,加入酸性KMnO4溶液不能过量,判断该滴定终点的现象是溶液恰好变为浅紫红色且半分钟内不恢复为原色,滤渣Ⅱ中除了FeAsO4外,还有Fe(OH)3; (3)制得的ZnSO4·7H2O需洗涤,洗去残留的其它离子,但不能用水洗,ZnSO4·7H2O易溶于水,难溶于酒精,所以用酒精洗涤或饱和的硫酸锌溶液; (4)上述流程最后一步向K2ZnO2溶液中加硫酸同时制得ZnSO4·7H2O,还可以得到副产物K2SO4; (5)回收所得的Cd可用于制造镍镉碱性二次电池,电池的工作时,正极NiO(OH)转化为Ni(OH)2,则充电时电池的正极反应为Ni(OH)2失电子转化为NiO(OH) ,故电极反应为:Ni(OH)2 – e—+ OH— = NiO(OH) + H2O; (6)KMnO4发生了两个反应: 5Fe2+ + 5As + 3Mn +14H+ = 3Mn2+ + 5FeAsO4↓ 5 5 3 x mol x mol 0.6 x mol MnO4- + 5Fe2++8H+=Mn2++5Fe3++4H2O 5 0.2(b-x)mol (b-x)mol x+0.2(b-x)=c x= 所以n(As)= m(As)= 故As元素的质量分数为:。 5、现有下列物质 ①NaHCO3 ②液态SO2 ③纯醋酸 ④硫酸钡 ⑤液氨 ⑥酒精(C2H5OH) ⑦NH3·H2O?? ⑧铝 请用以上物质回答下列问题。(填序号) (1)属于强电解质的是_____________。 (2)属于弱电解质的是_____________。 (3)属于非电解质,但其水溶液能导电的是_____________。 【答案】 ①④ ③⑦ ②⑤ 【解析】①NaHCO3属于盐,在水溶液中完全电离,属于强电解质,水溶液能够导电;②液态SO2在水溶液和熔融状态下本身不能电离产生自由移动的离子,属于非电解质,但是二氧化硫能够与水反应生成亚硫酸,亚硫酸属于电解质能够电离产生自由移动的离子而导电;③纯醋酸在水溶液能部分电离产生自由移动的离子,属于弱电解质,但是纯醋酸不含自由移动的离子,不导电;④硫酸钡在熔融状态下能够完全电离,属于强电解质,但是固体硫酸钡不含自由移动的离子,不能导电;⑤液氨在水溶液和熔融状态下本身不能电离产生自由移动的离子,属于非电解质,但是氨气能够与水反应生成NH3·H2O,NH3·H2O属于电解质能够电离产生自由移动的离子而导电;⑥酒精(C2H5OH)在水溶液和熔融状态下都不能导电,属于非电解质,与水不反应;⑦NH3·H2O属于弱电解质,能够电离产生自由移动的离子而导电;⑧铝属于单质既不是电解质也不是非电解质。 (1)属于强电解质的有①④,故答案为:①④; (2)属于弱电解质的有③⑦,故答案为:③⑦; (3)属于非电解质,但溶于水后的水溶液能导电的是②⑤,故答案为:②⑤。 6、下面是中学化学中常用的玻璃仪器组成的实验装置图(根据需要可在广口瓶中加入液体或在干燥管中放入固体)。 请回答下列问题: (1)用装置A收集NH3气体,气体应从_________________(填“①”或“②”)处通入。 (2)若用装置B做二氧化硫与烧杯中氢氧化钠溶液反应的实验,则其中广口瓶能否起到防倒吸作用(填“能”或“不能”)______________________。 (3)用C来收集NO2气体,最终得不到NO2,其发生反应的化学方程式为:___________________。 【答案】(1)① (2)能 (3)3NO2+H2O=HNO3+NO 【解析】(1)用装置A收集CO2气体,利用向上排空气法收集,由图可知从①进气;(2)装置B做二氧化硫与烧杯中氢氧化钠溶液反应的实验,烧杯中液体倒吸后进入广口瓶,不会进入前面的装置,则其中广口瓶的作用是防止倒吸(或作安全瓶);(3)C来收集NO2气体,最终得不到NO2,是因气体与水反应,发生反应的化学方程式为3NO2+H2O=HNO3+NO; 2019届(人教版)高考化学二轮提升练习:非选择题(3)附答案 1、四氯化钛是无色液体,沸点为136℃,极易水解。在800℃下,将氯气通过二氧化钛和炭粉的混合物可制得四氯化钛,同时产生一种有毒气体。装置如下图。 (1)实验步骤: 先将适量TiO2、炭粉混合均匀,制成多孔状TiO2团粒。然后进行如下操作,正确的顺序为____________________(填序号)。 ①通入CO2气体并开始加热; ②观察反应已基本完成,停止加热,改通CO2气体直至冷却至室温; ③将TiO2团粒放入瓷管中适当位置,并连接好整套装置; ④当管式炉升温到800℃后改通Cl2,同时在冷凝管中通冷凝水; ⑤取下锥形瓶,立即用塞子塞紧。 实验中不直接使用二氧化钛和炭粉,而是先制成多孔状TiO2团粒的原因是_________。 (2)冷凝管冷凝水的入口为________(填标号)。 (3)装置B所装的药品为_____________,作用为________________;实验中两次通入CO2,其中第二次通入CO2的作用是______________;可用_______气体代替CO2(任填一种)。 (4)以上步骤②,观察到(填现象)________________时,可确定反应已基本完成。 (5)制备反应的主要化学方程式为_________________________________________。 (6)该装置存在明显的缺陷,提出改进措施__________________________________。 【答案】 ③①④②⑤ 增大反应物接触面 a 无水硫酸铜 检验装置中的水蒸气是否除尽 将生成的TiCl4气体完全排入冷凝管;防止冷却时,烧碱溶液或水蒸气倒吸入锥形瓶中 N2 冷凝管末端没有TiCl4液滴继续滴下 TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO 在装置末端c出口处,放一盏点燃的酒精灯 【解析】分析:本题是一道物质制备的实验题,解题时,应该先分析题目中给出的要制备的物质的基本性质,再根据装置图,分出每个装置的作用,进行解答即可。 详解:(1)实验中应该先连接装置加入药品,通入二氧化碳排除装置的空气,再通入氯气进行反应,然后在二氧化碳气体中冷却,最后塞紧塞子,防止水解。所以顺序为:③①④②⑤。先将适量TiO2、炭粉混合均匀,制成多孔状TiO2团粒,这样可以增大反应物的接触面积,加快反应速率。 (2)冷凝水应该下口入上口出,所以入口为a。 (3)装置B中应该加入无水硫酸铜以验证水蒸气都被除去;实验结束后,持续通入二氧化碳的目的是为了使生成物在二氧化碳气流中冷却,同时也将可能在装置中残留的TiCl4排入D中,也能防止氢氧化钠溶液或水蒸气倒吸至D中。实验中可以使用任意的惰性气体代替二氧化碳,例如:氮气或稀有气体。 (4)以上步骤②,当反应结束的时候,没有TiCl4生成了,所以D中冷凝管下端就不会再有液滴滴下。 (5)制备反应是二氧化钛、碳粉、氯气反应得到TiCl4和有毒气体(CO),所以反应为:TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO。 (6)该装置存在明显的缺陷是生成的CO没有进行尾气处理,所以改进措施为:在装置末端c出口处,放一盏点燃的酒精灯,将CO燃烧为二氧化碳。 2、NaBiO3可作为测定锰的氧化剂,Bi2O3在电子行业有着广泛应用,可利用浮选过的辉铋矿(主要成分是Bi2S3,还含少量SiO2等杂质)来制备,工艺流程如下: 已知:NaBiO3难溶于水。 回答下列问题 (1)溶液Ⅰ中主要成分为BiCl3、FeCl2,则滤渣Ⅰ的主要成分是________(写化学式)。 (2)海绵铋与盐酸、H2O2反应的化学方程式是__________ (3)向溶液Ⅲ中加入NaOH和NaClO发生反应的离于方程式是______,从反应后的混合体系中获得纯净NaBiO3,操作Ⅱ包括_________。 (4)一定温度下,向氨水中通入CO2,得到 (NH4)2CO3、NH4HCO3等物质,溶液中各种微粒的物质的量分数与pH的关系如图所示。随着CO2的通入,溶液中c(OH-)/c (NH3·H2O)将______(填“增大”“减小”或“不变”)。pH=9时,溶液中c(NH4+)+c(H+)=______(用离子浓度表示)。 (5)取所得NaBiO3样品2.0g,加入稀硫酸和MnSO4溶液使其完全溶解,然后用新配制的0.5mol/LFeSO4溶液滴定生成的MnO4-,滴定完成后消耗22.00mLFeSO4溶液。则该样晶中NaBiO3纯度为_________。 【答案】 SiO2、S 2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+C1-+2H2O 过滤、洗涤、干燥 减小 2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-) 77% 【解析】(1)操作I中Fe3+可以将Bi2S3中的S氧化为S单质,SiO2性质比较稳定,不与酸反应,所以滤渣的主要成分为:SiO2、S。 (2)铋可以被H2O2氧化,发生的方程式为:2Bi+3H2O2+6HCl=2BiCl3+6H2O (3)根据反应流程图可知操作Ⅱ中发生的反应为:Na++Bi3++ClO-+4OH-=NaBiO3↓+C1-+2H2O,想要获得纯净NaBiO3,首先要将沉淀过滤出来,再进行洗涤、干燥才可以得到纯净的NaBiO3,所以操作Ⅱ为:过滤、洗涤、干燥。 3、近年科学家提出“绿色自由”构想。把含有大量CO2的空气吹入K2CO3溶液中,再把CO2从溶液中提取出来,并使之与H2反应生成可再生能源甲醇。其工艺流程如下图所示: 回答下列问题: (1)进入分解池中主要物质是______;在合成塔中,若足量的H2与CO2反应,消耗4.4gCO2,生成气态的H2O和CH3OH,可放出5370J的热量,写出该反应的热化学方程式________。 (2)该工艺在哪些方面体现了“绿色自由”构想中的“绿色”: ①_______;②_______。 (3)一定条件下,往2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0mol H2,在不同催化剂作用下,相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示: ①催化剂效果最佳的是_______(填“催化剂I”.“催化剂Ⅱ”,“催化剂Ⅲ”)。b点v(正)______v(逆)(填“>”,“<”,“=”)。 ②此反应在a点时已达平衡状态,a点的转化率比c点高的原因是_________。c点时该反应的平衡常数K=___________(保留一位小数)。 (4)科学家还研究了利用温室气体制造充电电池,下图为正在研究的Na—CO2可充电电池示意图,该装置放电时的总反应方程式为_________。 (5)己知25℃时H2CO3的电离平衡常数为:Kal =4.4×10-7、Ka2 =4.7×l0-ll,则反应:HCO3-+H2OH2CO3+ OH-的平衡常数K=________。 【答案】 KHCO3(或碳酸氢钾) CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) △H=-53.7kJ/mol 减少大气中CO2;产生清洁能源CH3OH; K2CO3可循环利用;能量可以循环利用;低碳经济等 催化剂Ⅰ > 该反应是放热反应,升高温度,平衡逆向移动 K=2.1 4Na+3CO2==2Na2CO3+C K=2.3×10-8 CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g) 起始: 1 3 0 0 变化: 0.6 1.8 0.6 0.6 平衡: 0.4 1.2 0.6 0.6 根据化学平衡常数的定义 K==2.1;(4)考查电极反应式的书写,根据装置图,负极反应式为Na-e-=Na+,正极反应式为3CO2+4e-=2CO32-+C,两式相加得到4Na+3CO2=2Na2CO3+C;(5)考查平衡常数,根据平衡常数的定义, K==2.3×10-8。 4、砷是第四周期ⅤA族元素,可以形成、、、等 化合物,有着广泛的用途回答下列问题: (1)写出砷的原子序数______________ (2)工业上常将含砷废渣主要成分为制成浆状,通入氧化,生成和单质硫写出发生反应的化学方程式 _____________________________________________ 该反应需要在加压下进行,原因是 _______________________________________ (3)已知: 则反应的 ________________________ (4)时,将、?和20mL?NaOH溶液混合,发生反应:溶液中与反应时间的关系如图所示. ①下列可判断反应达到平衡的是 ______填标号. 溶液的pH不再变化 ?不再变化 ? ②时, ______填“大于”“小于”或“等于” ③时, ______时填“大于”“小于”或“等于”,理由是 ____________________ ④若平衡时溶液的,则该反应的平衡常数K为 ______________ 【答案】 33 加压反应速率增大,而且平衡右移,可提高生产效率 ac 大于 小于 tm时生成物的浓度更小,故逆反应速率更慢 . 【解析】分析:砷是33号元素。含砷废渣主要成分为制成浆状,通入氧化,生成和单质硫该反应的化学方程式为 该反应需要在加压下进行,原因是加压反应速率增大,而且平衡右移,可提高生产效率。根据盖斯定律可以求反应热。 分析正反应速率和逆反应速率是否相等、各组分的含量是否保持不变,可以判断反应是否达到平衡状态。求出各组分的平衡浓度代入计算公式即可求出化学平衡常数。 详解:(1)砷的原子序数为33. (2)工业上常将含砷废渣主要成分为制成浆状,通入氧化,生成和单质硫该反应的化学方程式为 该反应需要在加压下进行,原因是加压反应速率增大,而且平衡右移,可提高生产效率。 (3)已知:①;②;③。根据盖斯定律,①②③可得,则该反应的。 (4)溶液的pH不再变化,表明反应混合物中各组分的浓度保持不变,达到平衡; 不能说明正确反应速率等于逆反应速率,无法判断是否达到平衡; ?不再变化,表明反应混合物中各组分的浓度保持不变,达到平衡; 由图中信息可知,平衡时?,故当?,该反应未达到平衡。综上所述,可判断反应达到平衡的是ac. 时,反应正在向正反应方向进行,故大于? 时小于?时,理由是tm时生成物浓度更小,故逆反应速率更慢 。 三种溶液混合后若不发生反应,c()=、c(?).若平衡时溶液的,则c,又知平衡时c()=、?,则平衡时c()=c(?),该反应的平衡常数K为 . 5、在两份相同的Ba(OH)2溶液中,分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液。其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如右图所示。 请回答下列问题。 (1)图中①、②分别代表滴加哪种溶液的变化曲线 ①_____________、②_____________。 (2)b点,溶液中大量存在的离子是________________。 (3)曲线②中d点导电能力最弱的原因是____________(用化学方程式表示)。 (4)c点,两溶液中含有相同量的哪种离子_______________。 【答案】 H2SO4 NaHSO4 Na+、OH- Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O SO42- 【解析】(1)Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O,2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O,溶液导电能力与离子浓度成正比,根据图知,曲线①在a点溶液导电能力接近0,说明该点溶液离子浓度最小,应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应,则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应,①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线;(2)曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应,①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线,a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应,H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等,则b点溶液溶质为NaOH,则b点,溶液中大量存在的离子是Na+、OH-;(3)d点②中溶质为Na2SO4,此时发生反应:Ba(OH)2+2NaHSO4=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O,自由移动离子浓度最小,导电能力最弱;(4)c点,①中稀硫酸过量,溶质为硫酸,②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4,两溶液中含有相同的离子是SO42-。 6、实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4,主要流程如下: (1)为使Mg2+、Al3+同时生成沉淀,应先向沉淀反应器中加入________(填“A”或“B”),再滴加另一反应物。 (2)如下图所示,过滤操作中的一处错误是________________________________________。 (3)判断流程中沉淀是否洗净所用的试剂是__________________________________________。高温焙烧时,用于盛放固体的仪器名称是___________________________________________。 【答案】B 漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁 AgNO3溶液(或硝酸酸化的AgNO3溶液) 坩埚 【解析】分析:从制备MgAl2O4实验流程可知,先加入氨水,再加入盐的混合溶液,会使两种沉淀同时生成;过滤时为了防止液体溅出,在过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁;洗涤沉淀时,结合流程知,沉淀中应该附着氯离子和铵根离子,若判断是否洗净,可以取少量最后一次洗涤液,加入硝酸酸化的硝酸银溶液进行判断,若生成白色沉淀,则说明没有洗涤干净;若没有沉淀生成,则说明已经洗涤干净,以此解答。 详解:(1)如先加入MgCl2、AlCl3的混合溶液,再加氨水,氨水少量,应先生成氢氧化镁沉淀,反之,先加氨水,因氨水足量,则同时生成沉淀,故答案为:B; (2)过滤时应该将漏斗的尖嘴部分紧贴烧杯的内壁,防止液体溅出,故答案为:漏斗下端尖嘴未紧贴烧杯内壁; (3)沉淀中应该附着氯离子和铵根离子,若判断是否洗净,可以取少量最后一次洗涤液,加入AgNO3溶液(或硝酸酸化的AgNO3溶液)进行判断,若生成白色沉淀,则说明没有洗涤干净;若没有沉淀生成,则说明已经洗涤干净,高温焙烧固体应在坩埚中进行, 故答案为:AgNO3溶液(或硝酸酸化的AgNO3溶液);坩埚; 点睛:本题考查物质的制备实验设计,题目难度不大,注意把握实验设计的仪器连接顺序,清楚实验原理,在平时的学习中要加强这个方面的知识学习和理解,这样考试的时候灵活应用,并很快得出答案。 2019届(人教版)高考化学二轮提升练习:非选择题(4)附答案 1、亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和水处理剂。以氯酸钠为原料制备亚氯酸钠的装置如下图所示(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。 ②NaClO2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)实验过程中需要持续通入空气,目的是_________________________________。 (3)NaClO2在碱性溶液中才能稳定存在,下列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______________________________________;使用冰水浴的原因是______________________;反应结束后,从溶液中得到NaClO2固体的实验操作是_________________。 (5)NaClO2是一种高效水处理剂,在一定条件下可以将CN-氧化成两种无毒无害的气体。现用NaClO2处理10m3含CN-a mg·L-1的工业污水,理论上至少需要NaClO2的质量是___________g。 【答案】 关闭K1、K2,向分液漏斗中注入水,打开分液漏斗活塞,开始有少量水滴下,一段时间后,水不能滴下,说明装置A气密性良好 2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O 稀释ClO2,使生成的ClO2全部进入三颈瓶中 d 2ClO2+2OH-+H2O2=2 ClO2-+2H2O+O2 防止NaClO2分解 在38℃-60℃下,减压蒸发结晶过滤、洗涤、干燥 43.5a 【解析】试题分析:(1)根据压强原理,通过关闭K1、K2,向分液漏斗中注入水的方法检验装置A的气密性;根据得失电子守恒配平NaClO3、Na2SO3、H2SO4生成ClO2的方程式;(2)根据纯空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全分析;(3)根据亚氯酸钠(NaClO2)是漂白剂分析;(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,要得到NaClO2需要控制温度蒸发结晶。(5)NaClO2在一定条件下可以将CN-氧化成二氧化碳和氮气,根据电子守恒,NaClO2与CN-的关系式是 ; 解析:(1). 关闭K1、K2,向分液漏斗中注入水,打开分液漏斗活塞,开始有少量水滴下,一段时间后,水不能滴下,说明装置A气密性良好;根据得失电子守恒,NaClO3、Na2SO3、H2SO4生成ClO2的方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O;(3). 实验过程中需要持续通入空气的目的是稀释ClO2,使生成的ClO2全部进入三颈瓶中;(3亚氯酸钠(NaClO2)是漂白剂,能使石蕊、酚酞、pH试纸褪色,所以检测三颈瓶中溶液酸碱性用PH计,选d。(4) B装置中ClO2、NaOH、H2O2反应生成NaClO2、O2的离子方程式是2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+2H2O+O2;高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl,所以装置B使用冰水浴;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,要得到NaClO2需要在38℃-60℃下,减压蒸发结晶过滤、洗涤、干燥;(5)设理论上至少需要NaClO2的质量是xg; 452.5g 104g Xg ag·L-1 X= 43.5a。 2、硫是中学化学重要的非金属元素之一,请回答下列有关问题。 已知:2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) △H=-196.6kJ/mol 2NO(g)+O2(g)2NO2(g) △H=-113.0kJ/mol (1)反应NO2(g)+ SO2(g)SO3(g)+NO(g)的ΔH= ______kJ/mol 。 (2)一定条件下,将NO2与SO2以体积比1∶2置于密闭容器中发生上述反应,下列能说明反应达到平衡状态的是 _________。 a.体系压强保持不变 b.混合气体颜色保持不变 c.SO3和NO的体积比保持不变 d.每消耗1 mol SO2的同时消耗1 molNO (3)S2Cl2和SCl2均为重要的工业化合物。已知: a.S2(l)+Cl2(g)S2Cl2(g) △H1 b.S2Cl2(g)+ Cl2(g)2SCl2(g) △H2 —定压强下,向10 L密闭容器中充入1 molS2Cl2和1 mol Cl2,发生反应b。Cl2与SCl2的消耗速率(υ)与温度(T)的关系如图所示: ① A、B、C、D四点对应状态下,达到平衡状态的有______(填字母),理由是_______。 ②—定温度下,在恒容密闭容器中发生反应a和反应b,达到平衡后缩小容器容积,重新达到平衡后,Cl2的平衡转化率_________(填“增大”或“减小”或“不变”),理由是________。 II.氮有不同价态的化合物,如氨、氮气、亚硝酸钠、乙二胺等。 图(I)和图(II)分别为二元酸H2A和乙二胺(H2NCH2CH2NH2)溶液中各微粒的百分含量δ(即物质的量百分数)随溶液pH的变化曲线(25℃)。 (1)H3NCH2CH2NH3A溶液显____(填“酸”或“碱”)性。 (2)乙二胺在水溶液中发生第二步电离的方程式:____________________,其平衡常数Kb2= _______________________ 。 (3)向20 mL 0.1 mol/L的H2A溶液加入10 mL 0.1 mol/L H2NCH2CH2NH2溶液后,溶液中各离子浓度大小的关系为 ____________________________________。 【答案】 -41.8 bd BD B、D两点对应的状态下,用同一物质表示的正、逆反应速率相等 不变 反应a和反应b均为左右两边气体分子总数相等的反应,压强对平衡没有影响 酸 [H3NCH2CH2NH2]++H2O [H3NCH2CH2NH2]2++OH- Kb2=10-7.15 c([H3NCH2CH2NH2]+)>c(HA-)>c(A2-)>c([H3NCH2CH2NH3]2+)>c(H+)>c(OH-) 【解析】I.(1)考查热化学反应方程式的计算,①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g),②2NO(g)+O2(g)2NO2(g),(①-②)/2,得出:△H=(113.0-196.6)/2kJ·mol-1=-41.8kJ·mol-1; (2)考查化学平衡状态的判断,a、反应前后气体系数之和相等,因此压强始终保持不变,即压强不变,不能说明反应达到平衡,故a错误;b、NO2显红棕色,其余均为无色,因此颜色不变,说明反应达到平衡,故b正确;c、SO2和NO系数相等,因此SO3和NO的体积比始终保持不变,故c错误;d、消耗1molSO2,说明反应向正反应方向移动,消耗1molNO,说明反应向逆反应方向移动,且两者消耗量等于系数之比,因此能说明反应达到平衡,故d正确; (2)应分步电离,即第二步电离的方程式为[H3NCH2CH2NH2]++H2O [H3NCH2CH2NH2]2++OH-;平衡常数只受温度的影响,即pH=6.85时,c([H3NCH2CH2NH2]+)=c([H3NCH2CH2NH)]2+),其平衡常数Kb2=10-7.15 ; (3)根据所给量,因此离子浓度大小顺序是c([H3NCH2CH2NH2]+)>c(HA-)>c(A2-)>c([H3NCH2CH2NH3]2+)>c(H+)>c(OH-)。 3、(1) ① 25℃时,NH4Cl溶液呈酸性,原因是______水解引起的(填“NH4+”或“Cl-”); ② 常温下,0.0100mol/L NaOH溶液的pH=___________; ③ 用0.0100mol/L 盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,酚酞作指示剂,滴定终点时,溶液的颜色由浅红色变为_______(填“蓝色”或“无色”),且半分钟内颜色保持不变。 ④ 已知在25℃:AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq) Ksp=1.8×10-10 Ag2S(s) 2Ag+(aq)+S2-(aq) Ksp=6.3×10-50 向浓度均为0.001 mol/L的NaCl和Na2S的混合溶液中,逐滴加入AgNO3溶液,最先产生的沉淀是_________(填“AgCl”或“Ag2S”)。 (2)已知25℃合成氨反应中,1mol N2完全转化为NH3时释放的能量为92.4 kJ。现将1mol N2和3mol H2混合置于2L密闭容器中,反应进行到2s末测得NH3为0.4mol。 回答下列: ① 该反应的热化学方程式是______________ ; ② 该反应达到平衡后,升高温度平衡向_______ (填“正”、“逆”)反应方向移动;加入催化剂平衡________(填“正”、“逆”、 “不”)移动; ③ 前2s内v(H2)是___________。 (3)燃料电池能量转化率高,具有广阔的发展前景。天然气燃料电池中,在负极发生反应的物质是 ________(填化学式);如果该电池中的电解质溶液是KOH溶液,电极B电极上发生的电极反应式是: ______________。 。 【答案】 NH4+ 12 无色 Ag2S N2(g)+3H2(g)═ 2NH3(g)△H=﹣92.4kJ/mol 逆 不 0.15 mol/(L?s) CH4 O2+2H2O+4e- ═ 4OH- 【解析】分析:(1) ① NH4Cl属于强酸弱碱盐,根据盐类水解的规律分析解答;② NaOH溶液显碱性,先计算溶液中的c(OH-),再根据c(H+)=计算 c(H+),最后求pH;③盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,最终溶液显中性,根据酚酞作指示剂与溶液的性质分析解答;④首先根据Ksp计算判断两种沉淀的溶解度的大小,首先应该生成溶解度小的沉淀; ② 常温下,0.0100mol/L NaOH溶液中的c(OH-)=0.0100mol/L,c(H+)===1.0×10-12 mol/L,pH=-lg c(H+)=12,故答案为:12; ③ 用0.0100mol/L 盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液,酚酞作指示剂,滴定终点时,溶液的颜色由浅红色变为无色,且半分钟内颜色保持不变,故答案为:无色; ④ 25℃:AgCl(s) Ag+(aq)+Cl-(aq) Ksp=1.8×10-10,Ag2S(s) 2Ag+(aq)+S2-(aq) Ksp=6.3×10-50,向浓度均为0.001 mol/L的NaCl和Na2S的混合溶液中,逐滴加入AgNO3溶液,生成氯化银时c(Ag+)===1.8×10-7mol/L,生成硫化银时c(Ag+)===8×10-23mol/L,因此先生成Ag2S沉淀,故答案为:Ag2S; (2)① 25℃时,1mol N2完全转化为NH3时释放的能量为92.4 kJ,则热化学方程式为N2(g)+3H2(g)═ 2NH3(g)△H=﹣92.4kJ/mol,故答案为:N2(g)+3H2(g)═ 2NH3(g)△H=﹣92.4kJ/mol; ② 该反应为放热反应,升高温度平衡向逆反应方向移动;加入催化剂平衡不移动,故答案为:逆;不; ③ 前2s内v(NH3)===0.1 mol/(L?s),则v(H2)=v(NH3)=0.1 mol/(L?s)×=0.15 mol/(L?s),故答案为:0.15 mol/(L?s); (3)天然气燃料电池中,通入天然气的电极为负极;如果该电池中的电解质溶液是KOH溶液,电极B为正极,电极上发生的电极反应式为O2+2H2O+4e- ═ 4OH-,故答案为:CH4;O2+2H2O+4e- ═ 4OH-。 4、在T℃条件下,向1L固定体积的密闭容器M中加入2 mol X和1 mol Y,发生如下反应: 2X(g) + Y(g) a Z(g) + W(g) △H = -Q kJ·mol-1 (Q>0)。当反应达到平衡后,反应放出的热量为Q1 kJ,物质X的转化率为α;若平衡后再升高温度,混合气体的平均相对分子质量减小,则 (1)化学计量数a的值为____________________;此反应的逆反应△S__________0 (填﹤,﹥,﹦)。 (2)下列说法中能说明该反应达到了化学平衡状态的是___________________________。 A、容器内压强一定 B、v(X)正=2 v (Y)逆 C、容器内Z分子数一定 D、容器内气体的质量一定 E、容器内气体的密度一定 F:X、Y、Z、W的浓度之比为2∶1∶a∶1 (3)维持温度不变,若起始时向该容器中加入的物质的量如下列各项,则反应达到平衡后(稀有气体不参与反应),与之是等效平衡的是______________。 A.2 mol X、1mol Y、1mol Ar B.a mol Z、1mol W C.1 molX、0.5mol Y、0.5a mol Z、0.5 mol W D.2 mol X、1mol Y、1mol Z (4)维持温度不变,若起始时向容器中加入4mol X和6 mol Y,若达平衡时容器内的压强减小了15%,则反应中放出的热量为___________________kJ。 (5)已知:该反应的平衡常数随温度的变化如下表: 温度/℃ 150 200 250 300 350 平衡常数K 9.94 5.2 1 0.5 0.21 试回答下列问题: 若在某温度下,2 mol X和1 mol Y在该容器中反应达平衡, X的平衡转化率为50%,则该温度为__________________℃。 【答案】 1 > ABC ABC 1.5Q kJ 300 【解析】分析:(1)反应放热,若平衡后再升高温度,则平衡向左移动,混合气体的平均相对分子质量减小,说明反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和,以此进行分析。 (2)反应达到平衡状态时,物质的浓度、含量、质量等不再发生变化,由于反应前后气体的化学计量数之和不相等,则平衡时压强不再发生变化,由于是在固定体积的容器中反应,则无论是否达到平衡状态,质量和密度都不变,由此分析解答。 (3)对一般的可逆反应,在T 、V不变的条件下,只改变起始加入情况,只要通过可逆反应的化学计量系数比换算成平衡式左右两边同一边物质的物质的量与原平衡相同,则二平衡等效;据此分析解答此题。 (4)同一条件下,压强之比和气体的物质的量成正比,因此压强的减小量等于气体的物质的量的减小量,据此分析解答。 (5)计算该温度下的平衡常数,根据表格中平衡常数和温度的关系判断即可。 详解:(1)反应放热,若平衡后再升高温度,则平衡向左移动,混合气体的平均相对分子质量减小,说明反应物气体的化学计量数之和大于生成物气体的化学计量数之和,即2+1>a+1,则a=1;反应方程式为2X(g) + Y(g) Z(g) + W(g),△S<0,此反应的逆反应△S>0;正确答案:1;>。 (2)由于反应前后气体的化学计量数之和不相等,则压强不再发生变化说明达到平衡,A正确;反应速率之比和系数成正比,且满足正逆反应速率关系为v(X)正=2 v (Y)逆,说明该反应达到了化学平衡状态,B正确;容器内Z分子数一定,即Z的浓度不再发生变化,反应达到了化学平衡状态,C正确;由于反应前后各物质均为气态,气体的质量始终不变,所以容器内气体的质量一定不能判断达到平衡,D错误;参与反应各物质均为气态,气体总质量始终不变,由于是在固定体积的容器中反应,则无论是否达到平衡状态,密度都不变,E错误; X、Y、Z、W的浓度之比为2∶1∶a∶1只是反应的一种情况,不能判定反应达到了化学平衡状态,F错误;正确选项ABC。 (3)针对2X(g) + Y(g) a Z(g) + W(g)反应,当维持温度不变,容器的体积不变,加入2molX和1molY,反应达到平衡;当改变物质的投入量,最终转化为反应的的量与原投入量相等,平衡等效;维持温度不变,容器的体积不变,加入2molX和1molY,反应达到平衡;再加入稀有气体,对该平衡无影响,与原平衡等效,A正确;加入amolZ、1molW,根据反应关系,把生成物全部转化为反应物,相当于加入2molX和1molY,与原平衡等效,B正确;加入1molX、0.5molY、0.5amol Z、0.5molW,根据反应关系,把生成物全部转化为反应物,其量为2molX和1molY,与原平衡等效,C正确;2molX、1molY、1molZ,反应物的量小于2molX和1molY,与原平衡不等效;正确选项ABC。 (4)同一容器中,物质的分子数之比等于物质的量之比,当反应达到平衡时容器内的分子数目减少15%时,气体的物质的量减少15%,即气体的物质的量减少(4+6)×15%=1.5mol,根据2X(g)+Y(g) Z(g) + W(g)反应,知当气体的物质的量减少1.5mol时参加反应的X的物质的量是3mol,则反应中放出的热量为1.5QkJ;正确答案:1.5Q kJ。 (5)2molX和1molY在容器M中反应并达到平衡,x的平衡转化率为50%, 2X(g) + Y(g) a Z(g) + W(g) 起始量 2 1 0 0 转化量 1 0.5 0.5 0.5 平衡量 1 0.5 0.5 0.5 平衡时,c(X)=(1-0.5)×2/1=1mol/L, c(Y)=0.5/1=0.5 mol/L, c(Z)= c(W)=0.5/1=0.5 mol/L;平衡常数K= c(Z)×c(W)/ c(Y)×c2(X)=0.5×0.5/12×0.5=0.5,所以其温度是300℃;正确答案:300。 5、有下列物质: ①Na2CO3?10H2O 晶体 ②铜 ③硫酸溶液 ④CO2 ⑤NaHSO4 固体 ⑥Ba(OH)2 固体 ⑦红褐色的氢氧化铁胶体 ⑧氨水 ⑨稀硝酸 ⑩Al2(SO4)3 固体。 (1)上述物质属于电解质的有__________(填编号)。 (2)上述物质中有两种物质之间可发生离子反应: H++OH-=H2O,写出该离子反应对应的化学方程式___________。 (3)17.1g⑩溶于水配成 250mL 溶液, SO42-的物质的量浓度为_______。 (4)写出固体⑤溶于水中的电离方程式___________。 【答案】 ①⑤⑥⑩ 2HNO3+Ba(OH)2=Ba(NO3)2+2H2O 0.6mol/L NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42- 【解析】(1)电解质是指在熔融状态或水溶液中能导电的化合物,即电解质属于纯净物中的化合物,故题中为电解质的有①⑤⑥⑩;(2)发生离子反应:H++OH-=H2O,应为可溶性强酸和强碱的中和反应,即硝酸与氢氧化钡的反应,其化学方程式为:2HNO3+Ba(OH)2=Ba(NO3)2+2H2O;(3)17.1g Al2(SO4)3 固体中SO42-的的物质的量为0.15mol,SO42-的物质的量浓度为0.15mol÷0.25L=0.6mol/L;(4)NaHSO4 属于强酸的酸式盐,溶于水中的电离方程式为:NaHSO4 = Na+ + H+ + SO42-。 6、氢化锂(LiH)在干燥的空气中能稳定存在,遇水或酸能够引起燃烧。某活动小组准备使用下列装置制备LiH固体。 甲同学的实验方案如下: (1)仪器的组装连接:上述仪器装置按气流从左到右连接顺序为________________,加入药品前首先要进行的实验操作是____________(不必写出具体的操作方法);其中装置B的作用是___________。 (2)添加药品:用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂(固体石蜡密封),然后在甲苯中浸洗数次,该操作的目的是____________________,然后快速把锂放入到石英管中。 (3)通入一段时间氢气后加热石英管,通氢气的作用是___________________________;在加热D处的石英管之前,必须进行的实验操作是__________。 (4)加热一段时间后,停止加热,继续通氢气冷却,然后取出LiH,装入氮封的瓶里,保存于暗处。采取上述操作的目的是为了避免LiH与空气中的水蒸气接触而发生危险,反应方程式为_____________。 (5)准确称量制得的产品0.174g,在一定条件下与足量水反应后,共收集到气体470.4 mL(已换算成标准状况),则产品中LiH与Li的物质的量之比为____________________。 【答案】 e接a,b接f,g接d,c (f和g调换也可以) 检验装置的气密性 除去H2中的H2O和HCl 除去锂表面的石蜡 赶走装置中空气,防止加热时锂、氢气与氧气反应,发生爆炸 收集c处排出的气体并检验H2纯度 LiH + H2O = LiOH + H2↑ 10∶1 【解析】分析:由各装置的特点可以推断,甲同学的实验方案为如下:由A装置用锌和盐酸制备氢气,则氢气含有一定量的H2O和HCl,氢气经B用碱石灰除去H2中的H2O和HCl后通入D,排出系统内的空气后,检验氢气的纯度,然后加热D中玻璃管制备LiH。C装置是为了防止空气中的水蒸气进行D中,防止氢化锂(LiH)遇水引起燃烧。 详解:(1)仪器的组装连接:上述仪器装置按气流从左到右连接顺序为e接a,b接f,g接d,c (f和g调换也可以),加入药品前首先要进行的实验操作是检验装置的气密性;其中装置B的作用是除去H2中的H2O和HCl。 (2)用镊子从试剂瓶中取出一定量金属锂(固体石蜡密封),然后在甲苯中浸洗数次,根据相似相溶原理可知,石蜡易溶于苯,故该操作的目的是除去锂表面的石蜡。 (3)通入一段时间氢气后加热石英管,通氢气的作用是赶走装置中空气,防止加热时锂、氢气与氧气反应,发生爆炸;在加热D处的石英管之前,必须进行的实验操作是收集c处排出的气体并检验H2纯度。 (4)加热一段时间后,停止加热,继续通氢气冷却,然后取出LiH,装入氮封的瓶里,保存于暗处。采取上述操作的目的是为了避免LiH与空气中的水蒸气接触而发生危险,反应方程式为LiH + H2O = LiOH + H2↑。 (5)准确称量制得的产品0.174g,在一定条件下与足量水反应后,共收集到气体470.4 mL(已换算成标准状况),则n(H2)=,则n(LiH),n(H2)=n(LiH)+0.5,解之得n(LiH)=0.02mol、,所以,产品中LiH与Li的物质的量之比为10∶1。

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  • ID:7-5952141 [精]2020版全国各地近3年高考化学真题专题分类汇编 专题六 物质结构 元素周期律 (原卷+解析版)

    高中化学/高考专区/真题分类汇编


    专题六 物质结构 元素周期律 (原卷版)
    1.【2019新课标Ⅰ卷】科学家合成出了一种新化合物(如图所示),其中W、X、Y、Z为同一短周期元素,Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是(  )
    
    A.WZ的水溶液呈碱性
    B.元素非金属性的顺序为X>Y>Z
    C.Y的最高价氧化物的水化物是中强酸
    D.该新化合物中Y不满足8电子稳定结构
    2.【2019新课标Ⅱ卷】今年是门捷列夫发现元素周期律150周年。下表是元素周期表的一部分,W、X、Y、Z为短周期主族元素,W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是
    
    A. 原子半径:WB. 常温常压下,Y单质为固态
    C. 气态氢化物热稳定性:ZD. X的最高价氧化物的水化物是强碱
    3.【2019新课标Ⅲ卷】X、Y、Z均为短周期主族元素,它们原子的最外层电子数之和是10.X与Z同族,Y最外层电子数等于X次外层电子数,且Y原子半径大于Z.下列叙述正确的是(  )
    A.熔点:X的氧化物比Y的氧化物高
    B.热稳定性:X的氢化物大于Z的氢化物
    C.X与Z可形成离子化合物ZX
    D.Y的单质与Z的单质均能溶于浓硝酸
    4.【2019 天津 】7.氮、磷、砷、锑、铋、镆为元素周期表中原子序数依次增大的同族元素。回答下列问题:
    (1)砷在元素周期表中的位置______。的中子数为______。
    已知:(,白磷)=(,黑磷) ;
    (,白磷)=(,红磷) ;
    由此推知,其中最稳定的磷单质是______。
    (2)氮和磷氢化物性质的比较:
    热稳定性:______(填“>”“<”)。
    沸点:______(填“>”“<”),判断依据是______。
    (3)和与卤化氢的反应相似,产物的结构和性质也相似。下列对与反应产物的推断正确的是______(填序号)。
    a.不能与反应 b.含离子键、共价键 c.能与水反应
    (4)能发生较强烈的水解,生成难溶的,写出该反应的化学方程式_______________________,因此,配制溶液应注意_______________________。
    5.【2019 北京 】2019年是元素周期表发表150周年,期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟(49In)等9种元素相对原子质量的新值,被采用为国际新标准。铟与铷(37Rb)同周期。下列说法不正确的是
    ================================================
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  • ID:7-5951974 [精]2019年高考化学真题分类汇编专题11:有机化学

    高中化学/高考专区/真题分类汇编


    2019年高考化学真题分类汇编专题11:有机化学
    一、单选题(共3题)
    1.(2019?全国Ⅰ)关于化合物2?苯基丙烯( ),下列说法正确的是(?? )
    A.?不能使稀高锰酸钾溶液褪色????????????????????????????????B.?可以发生加成聚合反应 C.?分子中所有原子共平面??????????????????????????????????????? D.?易溶于水及甲苯
    2.(2019?北京卷)交联聚合物P的结构片段如图所示。下列说法不正确的是(图中 表示链延长)(?? )
    
    A.?聚合物P中有酯基,能水解 B.?聚合物P的合成反应为缩聚反应 C.?聚合物P的原料之一丙三醇可由油脂水解获得 D.?邻苯二甲酸和乙二醇在聚合过程中也可形成类似聚合物P的交联结构
    3.(2019?全国Ⅲ)下列化合物的分子中,所有原子可能共平面的是(?? )
    A.?甲苯?????????????????????????????????B.?乙烷?????????????????????????????????C.?丙炔?????????????????????????????????D.?1,3?丁二烯
    二、多选题(共1题)
    4.(2019?江苏)化合物Y具有抗菌、消炎作用,可由X制得。
    
    下列有关化合物X、Y的说法正确的是(?? )
    A.?1 mol X最多能与2 mol NaOH反应 B.?Y与乙醇发生酯化反应可得到X C.?X、Y均能与酸性KMnO4溶液反应 D.?室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等
    三、综合题(共6题)
    5.(2019?江苏)化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体,其合成路线如下:
    
    (1)A中含氧官能团的名称为________和________。
    (2)A→B的反应类型为________。
    (3)C→D的反应中有副产物X(分子式为C12H15O6Br)生成,写出X的结构简式:________。
    (4)C的一种同分异构体同时满足下列条件,写出该同分异构体的结构简式:________。
    ①能与FeCl3溶液发生显色反应;
    ②碱性水解后酸化,含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为1∶1。
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  • ID:7-5951970 [精]2019年高考化学真题分类汇编专题10:物质结构与性质

    高中化学/高考专区/真题分类汇编


    2019年高考化学真题分类汇编专题10:物质结构与性质
    一、单选题(共2题)
    1.(2019?江苏)反应NH4Cl+NaNO2=NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体,可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是(?? )
    A.?中子数为18的氯原子: ?????????????????????????????? ?B.?N2的结构式:N=N C.?Na+的结构示意图: ???????????????????? D.?H2O的电子式: 
    2.(2019?全国Ⅰ)固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是(?? )
    
    A.?冰表面第一层中,HCl以分子形式存在 B.?冰表面第二层中,H+浓度为5×10?3 mol·L?1(设冰的密度为0.9 g·cm?3) C.?冰表面第三层中,冰的氢键网格结构保持不变
    D.?冰表面各层之间,均存在可逆反应HCl  H++Cl?
    二、综合题(共4题)
    3.(2019?江苏) A.[物质结构与性质]
    Cu2O广泛应用于太阳能电池领域。以CuSO4、NaOH和抗坏血酸为原料,可制备Cu?O。
    (1)Cu2+基态核外电子排布式为________。
    (2) 的空间构型为________(用文字描述);Cu2+与OH?反应能生成[Cu(OH)4]2? , [Cu(OH)4]2?中的配位原子为________(填元素符号)。
    (3)抗坏血酸的分子结构如图1所示,分子中碳原子的轨道杂化类型为________;推测抗坏血酸在水中的溶解性:________(填“难溶于水”或“易溶于水”)。
    
    (4)一个Cu2O晶胞(见图2)中,Cu原子的数目为________。
    4.(2019?全国Ⅰ)【选修三:物质结构与性质】
    在普通铝中加入少量Cu和Mg后,形成一种称为拉维斯相的MgCu2微小晶粒,其分散在Al中可使得铝材的硬度增加、延展性减小,形成所谓“坚铝”,是制造飞机的主要村料。回答下列问题:
    (1)下列状态的镁中,电离最外层一个电子所需能量最大的是??????????? (填标号)。
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  • ID:7-5951967 [精]2019年高考化学真题分类汇编专题09:实验化学

    高中化学/高考专区/真题分类汇编


    2019年高考化学真题分类汇编专题09:实验化学
    一、单选题(共5题)
    1.(2019?江苏)下列实验操作能达到实验目的的是(?? )
    
    A.?用经水湿润的pH试纸测量溶液的pH B.?将4.0 g NaOH固体置于100 mL容量瓶中,加水至刻度,配制1.000 mol·L?1NaOH溶液 C.?用装置甲蒸干AlCl3溶液制无水AlCl3固体 D.?用装置乙除去实验室所制乙烯中的少量SO2
    2.(2019?全国Ⅰ)实验室制备溴苯的反应装置如下图所示,关于实验操作或叙述错误的是(?? )
    
    A.?向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开K B.?实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色 C.?装置c中的碳酸钠溶液的作用是吸收溴化氢 D.?反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶,得到溴苯
    3.(2019?天津)下列实验操作或装置能达到目的的是(??? )
    A
    B
    C
    D
    
    
    
    
    
    
    混合浓硫酸和乙醇
    配制一定浓度的溶液
    收集  气体
    证明乙炔可使溴水褪色
    
    A.?A???????????????????????????????????????????B.?B???????????????????????????????????????????C.?C???????????????????????????????????????????D.?D
    4.(2019?全国Ⅱ)下列实验现象与实验操作不相匹配的是(?? )
    实验操作
    实验现象
    
    A
    向盛有高锰酸钾酸性溶液的试管中通入足量的乙烯后静置
    溶液的紫色逐渐褪去,静置后溶液分层
    
    B
    将镁条点燃后迅速伸入集满CO2的集气瓶
    集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生
    
    C
    向盛有饱和硫代硫酸钠溶液的试管中滴加稀盐酸
    有刺激性气味气体产生,溶液变浑浊
    
    D
    向盛有FeCl3溶液的试管中加过量铁粉,充分振荡后加1滴KSCN溶液
    黄色逐渐消失,加KSCN后溶液颜色不变
    
    A.?A???????????????????????????????????????????B.?B???????????????????????????????????????????C.?C???????????????????????????????????????????D.?D
    5.(2019?全国Ⅲ)离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是(?? )
    
    A.?经过阳离子交换树脂后,水中阳离子的总数不变 B.?水中的  ?、  、Cl?通过阴离子树脂后被除去 C.?通过净化处理后,水的导电性降低 D.?阴离子树脂填充段存在反应H++OH?=H2O
    二、实验探究题(共3题)
    6.(2019?江苏)B.[实验化学]
    丙炔酸甲酯( CH≡C-COOCH3 )是一种重要的有机化工原料,沸点为103~105 ℃。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为
    
    实验步骤如下:
    步骤1:在反应瓶中,加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸,搅拌,加热回流一段时间。
    步骤2:蒸出过量的甲醇(装置见下图)。
    步骤3:反应液冷却后,依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。
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  • ID:7-5951964 [精]2019年高考化学真题分类汇编专题08:反应热与焓变

    高中化学/高考专区/真题分类汇编


    2019年高考化学真题分类汇编专题08:反应热与焓变
    一、单选题(共1题)
    1.(2019?江苏)氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是(?? )
    A.?一定温度下,反应2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)能自发进行,该反应的ΔH<0 B.?氢氧燃料电池的负极反应为O2+2H2O+4e?=4OH? C.?常温常压下,氢氧燃料电池放电过程中消耗11.2 L H2 , 转移电子的数目为6.02×1023 D.?反应2H2(g)+O2(g) =2H2O(g)的ΔH可通过下式估算: ΔH=反应中形成新共价键的键能之和?反应中断裂旧共价键的键能之和
    二、实验探究题(共3题)
    2.(2019?江苏)CO2的资源化利用能有效减少CO2排放,充分利用碳资源。
    (1)CaO可在较高温度下捕集CO2 , 在更高温度下将捕集的CO2释放利用。CaC2O4·H2O热分解可制备CaO,CaC2O4·H2O加热升温过程中固体的质量变化见下图。
    
    ① 写出400~600 ℃范围内分解反应的化学方程式:________。
    ② 与CaCO3热分解制备的CaO相比,CaC2O4·H2O热分解制备的CaO具有更好的CO2捕集性能,其原因是________。
    (2)电解法转化CO2可实现CO2资源化利用。电解CO2制HCOOH的原理示意图如下。
    
    ①写出阴极CO2还原为HCOO?的电极反应式:________。
    ②电解一段时间后,阳极区的KHCO3溶液浓度降低,其原因是________。
    (3)CO2催化加氢合成二甲醚是一种CO2转化方法,其过程中主要发生下列反应:
    反应Ⅰ:CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g) ??ΔH =41.2 kJ·mol?1
    反应Ⅱ:2CO2(g)+6H2(g)=CH3OCH3(g)+3H2O(g)?? ΔH =﹣122.5 kJ·mol?1
    在恒压、CO2和H2的起始量一定的条件下,CO2平衡转化率和平衡时CH3OCH3的选择性随温度的变化如图。其中:
    
    CH3OCH3的选择性=  ×100%
    ①温度高于300 ℃,CO2平衡转化率随温度升高而上升的原因是________。
    ②220 ℃时,在催化剂作用下CO2与H2反应一段时间后,测得CH3OCH3的选择性为48%(图中A点)。不改变反应时间和温度,一定能提高CH3OCH3选择性的措施有________。
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  • ID:7-5951960 [精]2019年高考化学真题分类汇编专题07:化学平衡

    高中化学/高考专区/真题分类汇编


    2019年高考化学真题分类汇编专题07:化学平衡
    一、单选题(共1题)
    1.(2019?北京卷)实验测得  溶液、  溶液以及  的pH随温度变化的曲线如图所示。下列说法正确的是(?? )
    
    A.?随温度升高,纯水中  B.?随温度升高,  的溶液的  减小 C.?随温度升高,  的溶液的pH变化是  改变与水解平衡移动共同作用的结果 D.?随水温升高,  溶液和  溶液的pH均降低,是因为  、  水解平衡移动方向不同
    二、多选题(共1题)
    2.(2019?江苏)在恒压、NO和O2的起始浓度一定的条件下,催化反应相同时间,测得不同温度下NO转化为NO2的转化率如图中实线所示(图中虚线表示相同条件下NO的平衡转化率随温度的变化)。下列说法正确的是(?? )
    
    A.?反应2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的ΔH>0 B.?图中X点所示条件下,延长反应时间能提高NO转化率 C.?图中Y点所示条件下,增加O2的浓度不能提高NO转化率 D.?380℃下,c起始(O2)=5.0×10?4 mol·L?1 , NO平衡转化率为50%,则平衡常数K>2000
    三、实验探究题(共2题)
    3.(2019?全国Ⅱ)环戊二烯( )是重要的有机化工原料,广泛用于农药、橡胶、塑料等生产。回答下列问题:
    (1)已知: (g) =? (g)+H2(g)????? ΔH1=100.3 kJ·mol ?1???? ①
    H2(g)+ I2(g) =2HI(g)?????????????????????????? ΔH2=?11.0 kJ·mol ?1???? ②
    对于反应: (g)+ I2(g) = (g)+2HI(g)? ③? ΔH3=________kJ·mol ?1。
    (2)某温度下,等物质的量的碘和环戊烯( )在刚性容器内发生反应③,起始总压为105Pa,平衡时总压增加了20%,环戊烯的转化率为________,该反应的平衡常数Kp=________Pa。达到平衡后,欲增加环戊烯的平衡转化率,可采取的措施有________(填标号)。
    A.通入惰性气体??????????????B.提高温度 C.增加环戊烯浓度??????????? D.增加碘浓度
    (3)环戊二烯容易发生聚合生成二聚体,该反应为可逆反应。不同温度下,溶液中环戊二烯浓度与反应时间的关系如图所示,下列说法正确的是__________(填标号)。
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  • ID:7-5951956 [精]2019年高考化学真题分类汇编专题06:无机物的转化、鉴别、除杂0

    高中化学/高考专区/真题分类汇编


    2019年高考化学真题分类汇编专题06:无机物的转化、鉴别、除杂0
    一、单选题(共4题)
    1.(2019?全国Ⅲ)下列实验不能达到目的的是(?? )
    选项
    目的
    实验
    
    A
    制取较高浓度的次氯酸溶液
    将Cl2通入碳酸钠溶液中
    
    B
    加快氧气的生成速率
    在过氧化氢溶液中加入少量MnO2
    
    C
    除去乙酸乙酯中的少量乙酸
    加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液
    
    D
    制备少量二氧化硫气体
    向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸
    
    A.?A???????????????????????????????????????????B.?B???????????????????????????????????????????C.?C???????????????????????????????????????????D.?D
    2.(2019?江苏)在给定条件下,下列选项所示的物质间转化均能实现的是(?? )
    A.?NaCl(aq)  Cl2(g)  FeCl2(s)????????????????B.?MgCl2(aq)  Mg(OH)2(s)  MgO (s) C.?S(s)  SO3(g)  H2SO4(aq)????????????????D.?N2(g)  NH3(g)  Na2CO3(s)
    3.(2019?江苏)室温下进行下列实验,根据实验操作和现象所得到的结论正确的是(?? )
    选项
    实验操作和现象
    结论
    
    A
    向X溶液中滴加几滴新制氯水,振荡,再加入少量KSCN溶液,溶液变为红色
    X溶液中一定含有Fe2+
    
    B
    向浓度均为0.05 mol·L?1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液,有黄色沉淀生成
    Ksp(AgI)> Ksp(AgCl)
    
    C
    向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水,振荡,再滴加1mL淀粉溶液,溶液显蓝色
    Br2的氧化性比I2的强
    
    D
    用pH试纸测得:CH3COONa溶液的pH约为
    9,NaNO2溶液的pH约为8
    HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
    
    A.?A???????????????????????????????????????????B.?B???????????????????????????????????????????C.?C???????????????????????????????????????????D.?D
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