高考總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)二輪用書化學(xué)H湖南專版(適用于新高考新教材)大題突破練

大題突破練(一)化學(xué)工藝流程題

1.(2023·湖南邵陽(yáng)二模)某廢鎳催化劑的主要成分是Ni-Al合金,還含有少量Cr、Fe及不溶于酸堿的有機(jī)物。采用如下工藝流程回收其中的鎳,制備鎳的氧化物(NixOy)?；卮鹣铝袉栴}:(1)“堿浸”時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)離子方程式為。

(2)“溶解”后的溶液中,所含金屬離子有Cr3+、Fe2+、Na+、Ni2+、。

(3)在空氣中煅燒NiCO3,其熱重曲線如圖1所示,300~400℃時(shí)NiCO3轉(zhuǎn)化為Ni2O3,反應(yīng)的化學(xué)方程式為;400~450℃生成的固體產(chǎn)物的化學(xué)式為。

圖1(4)工業(yè)上可用電解法制取Ni2O3。用NaOH溶液調(diào)節(jié)NiCl2溶液pH至7.5,加入適量硫酸鈉后采用惰性電極進(jìn)行電解。電解過程中產(chǎn)生的Cl2有80%在弱堿性條件下生成ClO-,再把二價(jià)鎳氧化為三價(jià)鎳。寫出ClO-氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的離子方程式:;amol二價(jià)鎳全部轉(zhuǎn)化為三價(jià)鎳時(shí),外電路中通過的電子的物質(zhì)的量為mol(假設(shè)電解時(shí)陽(yáng)極只考慮Cl-放電)。

(5)金屬鎳的配合物Ni(CO)n的中心原子的價(jià)電子數(shù)與配體提供的成鍵電子總數(shù)之和為18,則n=;CO與N2結(jié)構(gòu)相似,CO分子內(nèi)σ鍵與π鍵個(gè)數(shù)之比為。

(6)NiO的晶胞結(jié)構(gòu)如圖2所示,其中離子坐標(biāo)參數(shù)A為(0,0,0),C為(1,12,1圖2(7)原子中運(yùn)動(dòng)的電子有兩種相反的自旋狀態(tài),若一種自旋狀態(tài)用+12表示,與之相反的用-12表示,稱為電子的自旋磁量子數(shù)。對(duì)于基態(tài)鐵原子,其自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為2.(2023·河北名校聯(lián)盟聯(lián)考)某軟錳礦含錳50%,是重要的錳礦石。其主要成分如表:軟錳礦主要成分雜質(zhì)MnO2MgO、FeO、Fe2O3、Al2O3、SiO2等雜質(zhì)某科研團(tuán)隊(duì)設(shè)計(jì)制備高純度MnCO3。反應(yīng)原理為①M(fèi)nO2+BaS+H2OMnO+Ba(OH)2+S;②MnO+H2SO4MnSO4+H2O;③MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2OMnCO3↓(白色)。工藝流程圖如圖?；卮鹣铝袉栴}:(1)軟錳礦與硫化鋇反應(yīng)時(shí),適當(dāng)提高反應(yīng)液溫度的目的是

。

(2)“不溶物”中除SiO2外,還有(填化學(xué)式)。

(3)工序2中加入H2O2的目的是,使用氨水調(diào)溶液的pH,理論上pH最小值為。(通常認(rèn)為溶液中離子濃度小于10-5mol·L-1時(shí)沉淀完全;Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6、Ksp[Fe(OH)2]=10-16.3、Ksp[Al(OH)3]=10-32.3、Ksp[Mn(OH)2]=10-12.7)

(4)MnF2難溶于水,工序3加入MnF2的目的是除去Mg2+,其反應(yīng)的離子方程式為。

(5)碳化過程中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

3.(2023·湖南教學(xué)教研聯(lián)盟高三第二次聯(lián)考)鈹有“超級(jí)金屬”之稱,是航天、航空、電子和核工業(yè)等領(lǐng)域不可替代的材料。以綠柱石[主要成分為Be3Al2(SiO3)6,還含有鐵元素等雜質(zhì)]和方解石(主要成分為CaCO3)為原料冶煉鈹?shù)牟糠止に嚵鞒倘缦?已知:①Be(OH)2和Al(OH)3性質(zhì)相似,是兩性氫氧化物。②鋁銨礬在不同溫度下的溶解度:溫度/℃01020304060溶解度/g2.105.007.7410.914.926.7③常溫時(shí),Ksp[Fe(OH)3]≈1×10-39,Ksp[Be(OH)2]≈1×10-21;離子濃度≤1×10-5mol·L-1時(shí),可認(rèn)為離子沉淀完全?；卮鹣铝袉栴}:(1)“熔煉”后,需將熔塊粉碎的目的是。

(2)“濾渣1”的成分是。

(3)為了讓鋁銨礬更充分地析出,“操作Ⅰ”包含的步驟有、、過濾。

(4)由Fe2+轉(zhuǎn)化為“濾渣2”的總反應(yīng)的離子方程式為。

(5)若“操作Ⅰ”得到的濾液中c(Be2+)=0.01mol·L-1,常溫時(shí)應(yīng)調(diào)溶液的pH至的范圍內(nèi)(保留一位小數(shù))。

(6)“沉淀”后的主要成分是Be(OH)2,工業(yè)上去除沉淀中過多的SO42-,常用的方法有:①將沉淀溶解在高濃度NaOH溶液中,然后用蒸餾水稀釋水解,使Be(OH)2二次沉淀析出;②將沉淀用鹽酸溶解后加入BaCl2溶液,生成BaSO4沉淀,再?gòu)臑V液中二次沉淀出Be(OH)2。方法①中,Be(OH)2方法②操作簡(jiǎn)單,去除SO42-的反應(yīng)效率高、效果好,但存在二次污染、成本高等問題,請(qǐng)你提出去除SO4.(2023·湖南岳陽(yáng)二模)硼氫化鈉(NaBH4)廣泛用于化工生產(chǎn),常溫下能與水反應(yīng),堿性條件下能穩(wěn)定存在,易溶于異丙胺(沸點(diǎn)為33℃)。工業(yè)上可用硼鎂礦(主要成分為Mg2B2O5·H2O,含少量雜質(zhì)Fe3O4)制取NaBH4,其工藝流程如圖1所示。圖1回答下列問題:(1)NaBH4中含有的化學(xué)鍵為。

(2)基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為。

(3)“堿溶”過濾所得濾渣的主要成分是、。

(4)寫出Na2B4O7制取NaBH4的化學(xué)方程式:

。

(5)高溫合成中,加料之前需將反應(yīng)器加熱至100℃以上,并通入氬氣。通入氬氣的目的是

。

(6)在堿性條件下,用惰性電極電解NaBO2溶液也可制得NaBH4,裝置如圖2所示,寫出陰極反應(yīng)的電極反應(yīng)式:。

圖2(7)NaBH4常用作還原劑,H2也是常見的還原劑。與相同氧化劑反應(yīng)時(shí),7.6gNaBH4的還原能力相當(dāng)于gH2的還原能力。

5.(2023·湖南長(zhǎng)郡中學(xué)二模)對(duì)廢催化劑進(jìn)行回收可有效利用金屬資源。某廢催化劑主要含鋁(Al)、鉬(Mo)、鎳(Ni)等元素的氧化物,一種回收利用工藝的部分流程如下:已知:該工藝中,pH>6.0時(shí),溶液中Mo元素以MoO4(1)“焙燒”中,有Na2MoO4生成,其中Mo元素的化合價(jià)為。

(2)“沉鋁”中,生成沉淀X的離子方程式為。

(3)“沉鉬”中,pH為7.0,生成BaMoO4的離子方程式為。

(4)①濾液Ⅲ中,主要存在的鈉鹽有NaCl和Y,Y為(填化學(xué)式)。

②往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后,通入足量(填化學(xué)式)氣體,再通入足量CO2,可析出Y。

(5)高純AlAs(砷化鋁)可用于芯片制造。芯片制造中的一種刻蝕過程如圖所示,圖中所示致密保護(hù)膜為一種氧化物,可阻止H2O2刻蝕液與下層GaAs(砷化鎵)反應(yīng)。①該氧化物為。

②已知:Ga和Al同族,As和N同族。在H2O2與上層GaAs的反應(yīng)中,As元素的化合價(jià)變?yōu)?5價(jià),則該反應(yīng)的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為。

6.(2023·遼寧瓦房店一模)鋅電解陽(yáng)極泥(主要成分為MnO2、PbSO4和ZnO,還有少量錳鉛氧化物Pb2Mn8O16和Ag)是冶鋅過程中產(chǎn)生的廢渣,一種回收鋅電解陽(yáng)極泥中金屬元素鋅、錳、鉛和銀的工藝如下?；卮鹣铝袉栴}:已知:①M(fèi)nSO4·H2O易溶于水,不溶于乙醇。②在較高溫度及酸性催化條件下,葡萄糖能發(fā)生如下反應(yīng):(1)請(qǐng)寫出Mn原子基態(tài)價(jià)層電子排布式:。

(2)已知Pb2Mn8O16中Pb為+2價(jià),Mn為+2價(jià)和+4價(jià),則氧化物中+2價(jià)和+4價(jià)Mn的個(gè)數(shù)比為。

(3)“還原酸浸”過程中主要反應(yīng)的離子方程式為。

(4)實(shí)際錳浸出最適宜的葡萄糖加入量遠(yuǎn)大于理論加入量,為提高葡萄糖的有效利用率,除充分?jǐn)嚢柰膺€可采取的措施為。

(5)整個(gè)流程中可循環(huán)利用的物質(zhì)是。獲得MnSO4·H2O晶體的一系列操作是指蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過濾、洗滌、干燥,其中洗滌的具體操作是

。

(6)加入Na2CO3溶液的目的是將PbSO4轉(zhuǎn)化為PbCO3,Na2CO3溶液的最小濃度為mol·L-1(保留兩位小數(shù))。判斷沉淀轉(zhuǎn)化能否徹底進(jìn)行并說明理由。[已知:20℃時(shí)Ksp(PbSO4)=1.6×10-8,Ksp(PbCO3)=7.4×10-14,1.262≈1.6]

大題突破練(二)化學(xué)實(shí)驗(yàn)綜合題

1.(2023·湖南株洲南方中學(xué)月考)某課題小組利用硫渣與氯氣反應(yīng)制備四氯化錫,其過程如圖所示(夾持、加熱及控溫裝置略)。已知:四氯化錫(SnCl4)常溫下為無色液體,易水解。硫渣的化學(xué)組成:物質(zhì)SnCu2SPbAs其他雜質(zhì)質(zhì)量分?jǐn)?shù)/%64.4325.827.341.231.18氯氣與硫渣反應(yīng)相關(guān)產(chǎn)物的熔、沸點(diǎn):物質(zhì)SnCl4CuClPbCl2AsCl3S熔點(diǎn)/℃-33426501-18112沸點(diǎn)/℃1141490951130444(1)儀器a的名稱為,A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

(2)e中所加物質(zhì)為,作用為

。

(3)裝置中存在一處缺陷會(huì)導(dǎo)致SnCl4產(chǎn)率降低,改進(jìn)的方法是。

(4)三頸燒瓶中得到的粗產(chǎn)品進(jìn)行提純的方法是;提純后剩余的固體渣經(jīng)過處理,可回收的主要金屬有。

(5)已知SnCl4產(chǎn)品中含有少量AsCl3雜質(zhì),碘量法可用于測(cè)量產(chǎn)品的純度:取10.00g產(chǎn)品溶于水,加入0.100mol·L-1標(biāo)準(zhǔn)I2溶液20.00mL,并加入少量的淀粉溶液;用0.100×10-2mol·L-1的硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的碘。滴定終點(diǎn)時(shí)消耗20.00mL硫代硫酸鈉標(biāo)準(zhǔn)溶液。測(cè)定過程中發(fā)生的相關(guān)反應(yīng):①AsCl3+3H2OH3AsO3+3HCl②H3AsO3+I2+H2OH3AsO4+2HI③2S2O32-+I22I-+S則產(chǎn)品中SnCl4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(保留小數(shù)點(diǎn)后1位);若滴定后發(fā)現(xiàn)滴管尖嘴處產(chǎn)生了氣泡,則測(cè)量結(jié)果(填“偏高”或“偏低”)。

2.(2023·湖北荊州二模)硫脲[CS(NH2)2]是一種白色晶體,熔點(diǎn)180℃,易溶于水和乙醇,受熱時(shí)部分發(fā)生異構(gòu)化反應(yīng)而生成硫氰化銨,可用于制造藥物,也可用作橡膠的硫化促進(jìn)劑以及金屬礦物的浮選劑等?；卮鹣铝袉栴}:Ⅰ.硫脲的制備:已知:將石灰氮(CaCN2)和水的混合物加熱至80℃時(shí),通入硫化氫氣體反應(yīng)可生成硫脲溶液和石灰乳,實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。(1)裝置B中的試劑X和試劑Y的最佳組合是(填字母)。

A.FeS固體+濃硫酸B.FeS固體+稀硝酸C.FeS固體+稀鹽酸(2)儀器M的名稱為。按(1)中所選試劑組合,按氣流從左到右的方向,上述裝置的合理連接順序?yàn)閏→(填儀器接口的小寫字母)。

(3)裝置C中反應(yīng)溫度控制在80℃,溫度不宜過高或過低的原因是,裝置C中反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

Ⅱ.硫脲的分離及產(chǎn)品含量的測(cè)定:(4)裝置C反應(yīng)后的液體過濾后,將濾液減壓蒸發(fā)濃縮,之后冷卻結(jié)晶,離心分離,烘干即可得到產(chǎn)品。稱取mg產(chǎn)品,加水溶解配成500mL溶液,量取25mL于錐形瓶中,滴加一定量的稀硫酸使溶液顯酸性,用cmol·L-1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定,滴定至終點(diǎn)時(shí)消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL。①硫脲[CS(NH2)2]中硫元素的化合價(jià)為價(jià)。

②滴定時(shí),硫脲轉(zhuǎn)化為CO2、N2、SO42-③樣品中硫脲的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(用含“m、c、V”的式子表示)。

3.(2023·湖南懷化二模)連二亞硫酸鈉(Na2S2O4)廣泛用于紡織、印染、造紙等行業(yè),因其使用時(shí)對(duì)織物的損傷很小,故又稱“保險(xiǎn)粉”。Ⅰ.Na2S2O4制備鋅粉法是最早應(yīng)用于工業(yè)生產(chǎn)連二亞硫酸鈉的方法,其制備原理及裝置如下:步驟1:檢查裝置氣密性并加入藥品;步驟2:打開儀器a的活塞,向裝置C中通入一段時(shí)間SO2,發(fā)生反應(yīng):Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O;步驟3:打開儀器c的活塞滴加稍過量的NaOH溶液使裝置C中溶液的pH處在8.2~10.5之間,發(fā)生反應(yīng)ZnS2O4+2NaOHNa2S2O4+Zn(OH)2↓;步驟4:過濾,將濾液經(jīng)“一系列操作”可獲得Na2S2O4。已知:①Na2S2O4易溶于水,不溶于乙醇,在堿性介質(zhì)中較穩(wěn)定。②Zn(OH)2與Al(OH)3的化學(xué)性質(zhì)相似。回答下列問題:(1)儀器d的名稱為。

(2)裝置B(單向閥)的作用為。

(3)一系列操作包括鹽析、過濾、脫水、洗滌、干燥等操作,其中洗滌所用的試劑為(填字母)。

A.乙醇 B.NaOH溶液C.水 D.濃硫酸(4)步驟3需控制溶液的pH在8.2~10.5之間,其原因?yàn)?/p>

。

Ⅱ.Na2S2O4含量的測(cè)定稱取2.0g制得的Na2S2O4產(chǎn)品溶于冷水配成250mL溶液,取出25.00mL該溶液于錐形瓶中,用0.10mol·L-1堿性K3[Fe(CN)6]標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定,選擇合適指示劑,平行滴定三次,消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積分別為19.98mL、20.90mL、20.02mL。(5)[Fe(CN)6]3-是一種比較弱的氧化劑,能將S2O42-氧化為SO32-,自身被還原為[Fe(CN)(6)選擇指示劑時(shí),指示劑的條件電位要在滴定突躍電位之間,本實(shí)驗(yàn)滴定突躍范圍為0.01~0.38V,根據(jù)下表,可選擇為指示劑。

常用氧化還原指示劑條件電位(V)顏色變化還原態(tài)氧化態(tài)亞甲基藍(lán)0.36無色藍(lán)色二苯胺0.76無色紫色二苯胺磺酸鈉0.84無色紫紅鄰苯氨基苯甲酸0.89無色紫紅(7)樣品中Na2S2O4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(雜質(zhì)不參與反應(yīng),計(jì)算結(jié)果精確到0.1%)。

4.(2023·湖南湘潭一中高三月考)銅是生活中常見的金屬,以銅為原料進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)?；卮鹣铝袉栴}:Ⅰ.制備SO2(1)利用銅與濃硫酸制備SO2,適宜的裝置是(從A、B、C中選擇),該裝置內(nèi)發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為。

(2)收集干燥的SO2,所需裝置的接口連接順序?yàn)榘l(fā)生裝置→(填小寫字母)。

(3)反應(yīng)后,發(fā)生裝置中未觀察到藍(lán)色溶液,原因是。

Ⅱ.探究溫度對(duì)銅與過氧化氫反應(yīng)的影響向10mL30%的H2O2溶液中滴加1mL3mol·L-1硫酸,將光潔無銹的銅絲置于其中,銅絲表面產(chǎn)生氣泡并逐漸變多,剩余溶液呈藍(lán)色。經(jīng)檢驗(yàn)產(chǎn)生的氣體為O2,查閱資料發(fā)現(xiàn)是Cu2+催化H2O2分解的結(jié)果。(4)寫出生成Cu2+的離子方程式:。

(5)學(xué)習(xí)小組提出猜想:升高溫度,Cu2+催化能力增強(qiáng),該小組設(shè)計(jì)如下實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證猜想。實(shí)驗(yàn)序號(hào)301mol水水浴3min11011202.4210113093101140904100220A15A26100240A3①小組同學(xué)認(rèn)為實(shí)驗(yàn)1~3的結(jié)果,不能證明猜想成立,理由是。

②為進(jìn)一步驗(yàn)證猜想,完善實(shí)驗(yàn)4~6的方案。小組同學(xué)結(jié)合實(shí)驗(yàn)1~6,判斷猜想成立,依據(jù)是

。

5.(2023·北京朝陽(yáng)區(qū)二模)某小組同學(xué)探究Na2SO3和不同銅鹽溶液的反應(yīng),實(shí)驗(yàn)如下。實(shí)驗(yàn):向2mL0.5mol·L-1Na2SO3溶液中加入1mL0.25mol·L-1CuCl2溶液,立即產(chǎn)生橙黃色沉淀(沉淀A),放置5min左右,轉(zhuǎn)化為白色沉淀(沉淀B)。已知:ⅰ.Cu+Cu(NH3)2+ⅱ.Cu+Cu2++Cu(1)研究沉淀B的成分。向洗滌后的沉淀B中加入足量濃氨水,得到無色溶液,在空氣中放置一段時(shí)間,溶液變?yōu)樯钏{(lán)色。取少量深藍(lán)色溶液,滴加試劑X,產(chǎn)生白色沉淀。①白色沉淀是AgCl,試劑X是。

②無色溶液在空氣中放置變?yōu)樯钏{(lán)色,反應(yīng)的離子方程式為。

(2)經(jīng)檢驗(yàn),沉淀A不含SO42-①僅通過上述實(shí)驗(yàn)不能證明沉淀A中含有Cl-,補(bǔ)充實(shí)驗(yàn):向少量洗凈的沉淀A中加入稀硫酸,證實(shí)沉淀A中含有Cu+的證據(jù)是。

②無色溶液中含有SO42-途徑1:實(shí)驗(yàn)過程中O2氧化SO3途徑2:(將途徑補(bǔ)充完整)。

經(jīng)研究,途徑1不合理,途徑2合理。③解釋Na2SO3和CuCl2溶液反應(yīng)時(shí),先產(chǎn)生橙黃色沉淀,再轉(zhuǎn)化為白色的原因:。

(3)Na2SO3和CuCl2溶液反應(yīng)最終生成CuCl沉淀,并檢測(cè)到有SO2生成,離子方程式是。用Na2SO3和CuSO4溶液重復(fù)上述實(shí)驗(yàn),僅產(chǎn)生橙黃色沉淀,放置72h后變?yōu)榘导t色沉淀(可溶于氨水,得到無色溶液,放置變?yōu)樯钏{(lán)色)。

(4)根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)所得結(jié)論:(答出兩點(diǎn))。

6.(2023·廣東六校聯(lián)盟聯(lián)考)某實(shí)驗(yàn)小組探究淺黃色草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)分解產(chǎn)物的裝置如圖所示?；卮鹣铝袉栴}:(1)儀器M的名稱是。

(2)點(diǎn)燃酒精燈之前,先通入N2,其目的是。

(3)裝置C的作用是。

(4)如果實(shí)驗(yàn)中觀察到C、H變渾濁,E不變渾濁,可以得出實(shí)驗(yàn)結(jié)論:A裝置中分解的氣體產(chǎn)物一定有(填化學(xué)式)。

(5)在300℃、500℃下進(jìn)行上述實(shí)驗(yàn),A裝置中分別得到甲、乙兩種黑色粉末,進(jìn)行實(shí)驗(yàn)并觀察到現(xiàn)象如下:實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象①用強(qiáng)磁鐵接近甲,無明顯現(xiàn)象;將黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,產(chǎn)生藍(lán)色沉淀②用強(qiáng)磁鐵接近乙,吸起部分粉末,將吸起來的粉末投入鹽酸中,產(chǎn)生氣泡;將剩余黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,產(chǎn)生藍(lán)色沉淀根據(jù)上述實(shí)驗(yàn),實(shí)驗(yàn)①產(chǎn)生藍(lán)色沉淀的離子方程式為。乙中的成分可能為(填化學(xué)式)。

(6)測(cè)定草酸亞鐵晶體(FeC2O4·2H2O)純度。準(zhǔn)確稱取Wg樣品于錐形瓶,加入適量的稀硫酸,用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至終點(diǎn),消耗bmLKMnO4溶液。滴定反應(yīng):FeC2O4+MnO4-+H+Fe3++CO2+Mn2++H2O(未配平)。該樣品純度為%。若滴定管沒有用待裝液潤(rùn)洗,測(cè)得結(jié)果(填“偏高”“偏低”或“無影響”大題突破練(三)化學(xué)反應(yīng)原理綜合題

1.(2023·遼寧沈陽(yáng)一模)氫氣作為一種清潔能源,一直是能源研究的熱點(diǎn),水煤氣變換反應(yīng)可用于大規(guī)模制H2,反應(yīng)原理如下:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=-41.2kJ·mol-1。(1)根據(jù)下表中提供的數(shù)據(jù),計(jì)算x=kJ·mol-1。

化學(xué)鍵COC≡O(shè)O—HH—H鍵能/(kJ·mol-1)803x463436(2)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)其他條件不變,在體系中投入一定量CaO可以增大H2的體積分?jǐn)?shù),從化學(xué)平衡的角度解釋原因:。

(3)某溫度下,在一恒容密閉容器中充入CO和H2O[n(CO)∶n(H2O)=1∶1.5],加入催化劑使其發(fā)生上述反應(yīng)(忽略其他副反應(yīng)),測(cè)得該反應(yīng)中初始?jí)簭?qiáng)為p0,分壓如圖甲所示(t時(shí)刻前,H2O的分壓未給出),則A點(diǎn)坐標(biāo)為(t,)、平衡常數(shù)Kp=。

甲(4)反應(yīng)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如圖乙中曲線所示,已知經(jīng)驗(yàn)公式為Rlnk=-EaT+C(其中Ea為活化能,k為速率常數(shù),R和C為常數(shù))。該反應(yīng)的活化能Ea=kJ·mol-1。當(dāng)使用更高效催化劑時(shí),請(qǐng)繪制Rlnk-1乙(5)儲(chǔ)氫合金能有效解決氫氣的貯存和運(yùn)輸問題。某儲(chǔ)氫合金的結(jié)構(gòu)屬六方晶系,晶體結(jié)構(gòu)及俯視圖分別如圖(a)、(b)所示。已知a、b兩點(diǎn)的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)分別為(0,12,14)、(12,12,34),則c點(diǎn)坐標(biāo)為。X射線衍射測(cè)定兩晶面間距為dpm(見圖b),高為cpm,設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA,該晶體的摩爾質(zhì)量為M2.(2023·湖南九校聯(lián)盟高三第一次聯(lián)考)從衣食住行到探索浩瀚宇宙,都有氮及其化合物的參與,但同時(shí)有毒含氮化合物的排放,也對(duì)環(huán)境產(chǎn)生污染。如何實(shí)現(xiàn)環(huán)境保護(hù)與資源利用的和諧統(tǒng)一,已成為我們的重要研究課題。(1)工業(yè)上利用N2和H2可以合成NH3,NH3又可以進(jìn)一步制備火箭燃料肼(N2H4)。已知:①N2(g)+2O2(g)2NO2(g)ΔH=+67.74kJ·mol-1②N2H4(g)+O2(g)N2(g)+2H2O(g)ΔH=-534.1kJ·mol-1③2NO2(g)N2O4(g)ΔH=-52.7kJ·mol-1寫出氣態(tài)肼在氣態(tài)四氧化二氮中燃燒生成氮?dú)夂蜌鈶B(tài)水的熱化學(xué)方程式:

。

(2)N2H4的水溶液呈弱堿性,室溫下其電離常數(shù)K1=4.0×10-6,則0.01mol·L-1的N2H4水溶液pH等于(忽略N2H4的第二步電離和H2O的電離,lg4≈0.6)。

(3)利用測(cè)壓法在剛性密閉容器中研究T1℃時(shí)4NO(g)N2(g)+2NO2(g)的分解反應(yīng),現(xiàn)將一定量的NO充入該密閉容器中,測(cè)得體系的總壓強(qiáng)隨時(shí)間的變化如下表所示:反應(yīng)010203040壓強(qiáng)1514.0213.212.512.5①0~20min時(shí),v(NO2)=MPa·min-1。

②T1℃時(shí)4NO(g)N2(g)+2NO2(g)反應(yīng)的平衡常數(shù)Kx=(Kx為以物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)表示的平衡常數(shù))。

(4)將等物質(zhì)的量的NO和CO分別充入盛有催化劑①和②的容積相同的剛性容器,進(jìn)行反應(yīng)2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH<0,經(jīng)過相同時(shí)間測(cè)得NO的轉(zhuǎn)化率如圖所示,圖中cd段轉(zhuǎn)化率下降的可能原因是

。

(5)電化學(xué)降解法可用于治理水中硝酸鹽污染,電化學(xué)降解NaNO3中性溶液的原理如圖所示:Ag-Pt電極上的電極反應(yīng)為

。

3.(2023·湖南雅禮中學(xué)三模)甲醇是重要的化工原料,合成甲醇和利用甲醇的研究和探索,在國(guó)際上一直受到重視。工業(yè)上常利用CO2和H2為原料合成甲醇,再利用甲醇生產(chǎn)丙烯?；卮鹣铝袉栴}:(1)①常溫下,H2和甲醇的燃燒熱分別為285.8kJ·mol-1和726.4kJ·mol-1,1mol甲醇汽化需要吸收82.0kJ的熱量,則CO2和H2在Cu/ZnO催化作用下合成氣態(tài)甲醇的熱化學(xué)方程式為CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(l)ΔH=kJ·mol-1;

②上述反應(yīng)分兩步進(jìn)行:第一步(寫化學(xué)方程式)ΔH>0

第二步Cu/Zn*+2H2+CO2Cu/ZnO*+CH3OHΔH<0③第二步反應(yīng)幾乎不影響總反應(yīng)達(dá)到平衡所用的時(shí)間,由此推知以下能正確表示Cu/ZnO催化CO2和H2合成甲醇反應(yīng)過程的示意圖為(填字母)。

(2)工業(yè)上用CO2和H2催化合成甲醇存在如下反應(yīng):主反應(yīng)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0副反應(yīng)CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH>0一定條件下,在裝有催化劑的密閉容器中投入amolCO2和3amolH2,發(fā)生上述合成反應(yīng)。①在相同時(shí)間內(nèi),測(cè)得甲醇產(chǎn)率與溫度的關(guān)系如圖所示。圖中490K之后,甲醇的產(chǎn)率隨溫度的升高而減小的原因可能是。

②某溫度下,達(dá)平衡時(shí)容器中CH3OH的物質(zhì)的量為cmol,CO的物質(zhì)的量為dmol。則此條件下CO2的轉(zhuǎn)化率為(列式表示,下同);此條件下副反應(yīng)的平衡常數(shù)為。

③關(guān)于主反應(yīng)CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH<0,已知該反應(yīng)的v(正)=k正·c(CO2)·c3(H2),v(逆)=k逆·c(CH3OH)·c(H2O)(k正、k逆分別為正、逆向反應(yīng)速率常數(shù))。該反應(yīng)的lg1k正、lg1k逆隨溫度變化的曲線如圖所示,則4.(2023·湖南湘潭一中高三月考)綠色能源是未來能源發(fā)展的重要方向,氫能是重要的綠色能源,利用生物乙醇來制取氫氣的部分反應(yīng)過程如圖所示。(1)已知:CH3CH2OH(g)+3H2O(g)2CO2(g)+6H2(g)ΔH1=+173.5kJ·mol-1CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1則反應(yīng)Ⅰ的熱化學(xué)方程式為

。

(2)反應(yīng)Ⅱ在不同進(jìn)氣比[n(CO)∶n(H2O)]、不同溫度下,測(cè)得相應(yīng)的CO平衡轉(zhuǎn)化率見表(各點(diǎn)對(duì)應(yīng)的其他反應(yīng)條件都相同)。平衡點(diǎn)abcdn(CO)∶n(H2O)0.50.511CO平衡轉(zhuǎn)化率/%5066.75060①a點(diǎn)平衡混合物中H2的體積分?jǐn)?shù)為,a、c兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)的反應(yīng)溫度Ta(填“<”“=”或“>”)Tc,d點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)K=。

②有利于提高CO平衡轉(zhuǎn)化率的是(填字母)。

A.增大壓強(qiáng)B.降低溫度C.增大進(jìn)氣比[n(CO)∶n(H2O)]D.分離出CO2(3)反應(yīng)Ⅱ在工業(yè)上稱為一氧化碳的催化變換反應(yīng),若用[K]表示催化劑,則反應(yīng)歷程可用下式表示:第一步:[K]+H2O(g)[K]O+H2第二步:[K]O+CO[K]+CO2第二步比第一步反應(yīng)慢,則第二步反應(yīng)的活化能比第一步反應(yīng)的。

(4)研究表明,CO催化變換反應(yīng)的速率方程為v=k(yCO·yH2O-yCO2·yH2K劑一定的情況下,反應(yīng)速率隨溫度變化的曲線如圖所示。溫度升高時(shí),CO催化變換反應(yīng)的Kp(填“增大”或“減小”)。根據(jù)速率方程分析,T>Tm時(shí)v逐漸減小的原因是

。

5.(2023·湖北十堰二模)氮及其化合物一直為環(huán)境科學(xué)領(lǐng)域研究的重點(diǎn)。(1)廢水中的NH3可通過硝化作用消除,已知:NH3(g)+32O2(g)NO2-(aq)+H+(aq)+HΔH=-273.5kJ·mol-1NO2-(aq)+12O2(g)NO3-(aq)ΔH=-73.則NH3通過硝化作用轉(zhuǎn)化為NO3-的熱化學(xué)方程式為(2)某科研小組設(shè)計(jì)雙陰極微生物燃料電池進(jìn)行同步硝化和反硝化脫氮研究,如圖所示,“厭氧陽(yáng)極”的電極反應(yīng)方程式為,若“好氧陰極”1molNH4+完全硝化生成NO3-,此時(shí)向該電極輸送電子的物質(zhì)的量為4mol,則“好氧陰極”區(qū)消耗的O(3)汽車尾氣中的CO、NO等氣體可在催化劑表面發(fā)生氧化還原反應(yīng)進(jìn)行消除,主要原理如下:2CO(g)+2NO(g)2CO2(g)+N2(g)ΔH<0,某小組模擬該反應(yīng),在1L恒容密閉容器內(nèi)將氣體總物質(zhì)的量為6mol的CO和NO以不同的物質(zhì)的量比n(CO①平衡時(shí)某反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率與物質(zhì)的量比及溫度的關(guān)系如圖,縱坐標(biāo)表示的轉(zhuǎn)化率,T1和T2關(guān)系為T1(填“>”“<”或“=”)T2,圖中A、B、C三點(diǎn)對(duì)應(yīng)反應(yīng)速率v(NO)正最大的是點(diǎn)。

②若該反應(yīng)在絕熱、恒容的密閉體系中進(jìn)行,下列示意圖正確且能說明反應(yīng)在進(jìn)行到t1時(shí)刻達(dá)到平衡狀態(tài)的是。

③已知:壓強(qiáng)平衡常數(shù)Kp含義為在平衡體系中用氣體物質(zhì)的分壓(pⅰ=p總×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù))代替濃度,計(jì)算得到的平衡常數(shù)。若容器內(nèi)起始?jí)簭?qiáng)為p0,則C點(diǎn)的壓強(qiáng)平衡常數(shù)。

6.(2023·山西大同二模)隨著時(shí)代的進(jìn)步,人類對(duì)能源的需求量與日俱增,我國(guó)全球首套焦?fàn)t氣化學(xué)合成法生產(chǎn)無水乙醇的工業(yè)示范項(xiàng)目打通全流程,項(xiàng)目投產(chǎn)成功。(1)3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g)ΔH=(用含ΔH1、ΔH2、ΔH3的代數(shù)式表示)。

已知:ⅰ.2CO(g)+4H2(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH1ⅱ.CH3OCH3(g)+CO(g)CH3COOCH3(g)ΔH2ⅲ.CH3COOCH3(g)+2H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)ΔH3在恒溫恒容密閉容器中充入3molCO(g)和7molH2(g)僅發(fā)生反應(yīng)3CO(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+CH3OH(g)+H2O(g),下列敘述正確的是(填字母)。

A.混合氣體總壓強(qiáng)不隨時(shí)間變化時(shí),反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)B.反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí),CH3CH2OH體積分?jǐn)?shù)可能為25%C.反應(yīng)達(dá)到平衡后,再充入少量CO,CO的平衡轉(zhuǎn)化率增大D.反應(yīng)達(dá)到平衡后,再加入高效催化劑,乙醇產(chǎn)率保持不變(2)醋酸酯加氫制乙醇是一個(gè)乙?；a(chǎn)物制備乙醇的路線。①醋酸酯加氫的催化效能如表所示:實(shí)驗(yàn)組催化劑原料反應(yīng)條件反應(yīng)性能溫度壓力轉(zhuǎn)化率/%選擇性/%1Cu/SiO2醋酸甲酯1902896.199.02Cu-Cr醋酸乙酯2502.8接近完全93.83Cu/ZnO醋酸乙酯18515699.04Cu/SiO2醋酸乙酯2804.094.696.6上述實(shí)驗(yàn)中,催化效能最好的為實(shí)驗(yàn)(填序號(hào)),與之對(duì)比,實(shí)驗(yàn)3中,醋酸酯平衡轉(zhuǎn)化率較低的主要原因可能是(從表中所給條件的角度分析)。

②醋酸甲酯加氫歷程一般認(rèn)為可分為如下步驟(*代表催化劑位點(diǎn),已知:CH3CO*+H·CH3CHO):a.CH3COOCH3CH3CO·+CH3O·b.CH3CO·+*CH3CO*(慢)c.CH3O·+*CH3O*(快)d.CH3CO*+3H·CH3CH2OHe.CH3O*+H·CH3OH……其中,在b和c的步驟中,活化能較小的是(填標(biāo)號(hào),下同),控制總反應(yīng)速率的步驟是,分析上述步驟,副產(chǎn)物除CH3OH外,還可能有(寫一種即可)。

(3)甲醇也是新能源的重要組成部分。以CO2、H2為原料合成CH3OH涉及的反應(yīng)如下:ⅳ.CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH4<0ⅴ.CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH5>0ⅵ.CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH6<0在不同壓強(qiáng)下、按照n(CO2)∶n(H2)=1∶3進(jìn)行投料,在容器中發(fā)生上述3個(gè)反應(yīng),平衡時(shí),CO和CH3OH在含碳產(chǎn)物(即CH3OH和CO)中物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)及CO2的轉(zhuǎn)化率隨溫度的變化如圖,壓強(qiáng)p1、p2、p3由大到小的順序?yàn)?曲線(填“m”或“n”)代表CH3OH在含碳產(chǎn)物中物質(zhì)的量分?jǐn)?shù),在T1℃下,壓強(qiáng)為p3時(shí),反應(yīng)ⅴ的濃度平衡常數(shù)Kc=(填含α的表達(dá)式)。

大題突破練(四)有機(jī)合成與推斷綜合題

1.(2023·湖南益陽(yáng)高三期末)漢黃芩素(M)是一種重要的黃酮類化合物,具有廣泛的藥理活性,一種重要的合成方法如下:已知:①Bn表示;②;③?；卮鹣铝袉栴}:(1)A的化學(xué)名稱為。

(2)寫出B與氫氧化鈉溶液共熱時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式:。

(3)設(shè)計(jì)由C到D步驟的目的是。

(4)D生成E的反應(yīng)類型為。

(5)E中含有的官能團(tuán)有種。

(6)M的分子式為。

(7)滿足下列條件的B的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為、。

a.能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)b.1mol該物質(zhì)與足量銀氨溶液反應(yīng)生成4molAgc.核磁共振氫譜有4組峰(8)根據(jù)所學(xué)知識(shí)結(jié)合題目中信息,設(shè)計(jì)以和乙醇為原料制備的合成路線(其他試劑任選)。2.(2023·江蘇南通二模)有機(jī)物R是一種手性催化劑,在藥物合成中具有重要作用,其合成路線如下:已知:R—NH2+。回答下列問題:(1)A的化學(xué)名稱為;G中含氧官能團(tuán)的名稱為。G→H的反應(yīng)類型為。

(2)E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。設(shè)計(jì)反應(yīng)①、②的目的是。

(3)B→C的化學(xué)方程式為。

(4)R中含有個(gè)手性碳原子(連有4個(gè)不同原子或原子團(tuán))。

(5)寫出兩種符合下列條件C的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:。

①能發(fā)生銀鏡反應(yīng)②核磁共振氫譜中有3組吸收峰,且面積之比為2∶1∶1③不存在結(jié)構(gòu)(6)以乙二醇和對(duì)苯二胺()為原料,設(shè)計(jì)制備()的合成路線(其他無機(jī)試劑任選)。3.(2023·河北滄州二模)布洛芬具有消炎、止痛、解熱的作用。以有機(jī)物A為原料制備布洛芬的一種合成路線如圖所示?；卮鹣铝袉栴}:已知:++H2O+CH3CHO(1)C中官能團(tuán)的名稱是,D的名稱是。

(2)B→C的反應(yīng)類型是。

(3)下列有關(guān)布洛芬的敘述正確的是(填字母)。

a.能發(fā)生取代反應(yīng),不能發(fā)生加成反應(yīng)b.1mol該物質(zhì)與足量碳酸氫鈉反應(yīng)理論上可生成44gCO2c.布洛芬分子中最多有11個(gè)碳原子共平面d.1mol布洛芬分子中含有手性碳原子物質(zhì)的量為2mol(4)滿足下列條件的布洛芬的同分異構(gòu)體有種,寫出其中能發(fā)生銀鏡反應(yīng)且核磁共振氫譜峰面積比為12∶2∶2∶1∶1的物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:。(寫一種即可)

①苯環(huán)上有三個(gè)取代基,苯環(huán)上的一氯代物有兩種②能發(fā)生水解反應(yīng),且水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)(5)緩釋布洛芬能緩慢水解釋放出布洛芬,請(qǐng)將下列方程式補(bǔ)充完整。+2nH2O

。

4.(2023·湖南九校聯(lián)盟高三第一次聯(lián)考)有機(jī)合成幫助人們發(fā)現(xiàn)和制備一系列藥物、香料、染料、催化劑等,有力地推動(dòng)了材料科學(xué)和生命科學(xué)的發(fā)展。有機(jī)化合物H可用于疾病治療,其合成路線如下:已知:①RCONH2R—NCO(X代表鹵素原子)。②Diels-Alder反應(yīng):+。(1)化合物A的名稱為。

(2)為檢驗(yàn)G中的官能團(tuán)—Br,所用試劑包括NaOH水溶液及。

(3)G→H先后進(jìn)行的反應(yīng)類型有兩種,加入K2CO3的原因是

。

(4)寫出C→D反應(yīng)的化學(xué)方程式:

。

(5)化合物D的同分異構(gòu)體中,同時(shí)滿足下列條件的有種(不考慮立體異構(gòu))。

①苯環(huán)上有兩個(gè)取代基,其中一個(gè)為氨基;②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng);③苯環(huán)上有兩種化學(xué)環(huán)境的氫原子。寫出其中一種核磁共振氫譜中峰面積比為1∶1∶2∶2∶2∶3的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式:。

(6)根據(jù)上述信息,寫出以和為原料合成的路線(其他無機(jī)試劑任選)。5.(2023·湖北重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)氟唑菌酰羥胺是新一代琥珀酸脫氫酶抑制劑類殺菌劑,合成路線如下:已知:ⅰ.+R3—NH2。(1)A能與Na2CO3溶液反應(yīng)產(chǎn)生CO2。A的官能團(tuán)有。

(2)A的某種同分異構(gòu)體與A含有相同官能團(tuán),其核磁共振氫譜也有兩組峰,結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

(3)B→D的化學(xué)方程式是

。

(4)G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

(5)推測(cè)J→K的過程中,反應(yīng)物NaBH3CN的作用是。

(6)可通過如下路線合成:已知:ⅱ.R—O—R'+H2OROH+R'OH;ⅲ.。①反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)方程式為。

②M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

③設(shè)計(jì)步驟Ⅰ和Ⅳ的目的是。

6.(2023·湖北大學(xué)附中二模)黃烷酮作為一類重要的天然物質(zhì),其大部分具有廣泛的生理和藥理活性。其中一種新型的黃烷酮類化合物(H)的合成路線如圖所示?；卮鹣铝袉栴}:(1)A→B的反應(yīng)類型為。

(2)中官能團(tuán)名稱為。

(3)步驟②③的作用為。

(4)B→C的反應(yīng)中B的2位羥基未被取代的原因是。

(5)D的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

(6)已知G和H互為同分異構(gòu)體,且結(jié)構(gòu)內(nèi)含有兩個(gè)六元環(huán),則G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。

參考答案大題突破練(一)化學(xué)工藝流程題1.答案(1)2Al+2OH-+2H2O2AlO2-+3H2(2)Fe3+(3)4NiCO3+O22Ni2O3+4CO2Ni3O4(4)ClO-+2Ni(OH)2Ni2O3+Cl-+2H2O1.25a(5)41∶2(6)(1,1,1)(7)+2或-2解析將廢鎳催化劑“堿浸”,Al與NaOH溶液反應(yīng)生成偏鋁酸鈉和氫氣,Ni、Cr、Fe、有機(jī)物不與堿反應(yīng),則濾液1的主要溶質(zhì)為NaOH、NaAlO2;通過“灼燒”,除去有機(jī)物;加入硫酸、硝酸,使Ni、Cr、Fe“溶解”生成Ni2+、Cr3+、Fe2+、Fe3+;加入NaClO,使Fe2+完全轉(zhuǎn)化為Fe3+,調(diào)節(jié)溶液pH,使Cr3+、Fe3+轉(zhuǎn)化為Cr(OH)3、Fe(OH)3沉淀;加入碳酸鈉,使Ni2+“轉(zhuǎn)化”為NiCO3沉淀,濾液2中含有硫酸鈉、硝酸鈉、碳酸鈉和次氯酸鈉;過濾后得到的NiCO3中含有雜質(zhì),應(yīng)洗滌、干燥后,再煅燒,最終得到鎳的氧化物。(1)“堿浸”時(shí)發(fā)生的主要反應(yīng)是鋁和氫氧化鈉的反應(yīng)。(2)由分析可知,“溶解”后的溶液中,所含金屬離子有Cr3+、Fe2+、Na+、Ni2+、Fe3+。(3)300~400℃時(shí)NiCO3轉(zhuǎn)化為Ni2O3,反應(yīng)的化學(xué)方程式為4NiCO3+O22Ni2O3+4CO2;設(shè)1molNiCO3在400~450℃下分解為NixOy,1molNiCO3的質(zhì)量為1mol×119g·mol-1=119g,由圖可知,NiCO3在400~450℃分解固體殘留率為67.5%,則分解后NixOy的質(zhì)量為119g×67.5%≈80.3g,根據(jù)Ni原子守恒可知,生成NixOy的物質(zhì)的量為1xmol,1xmol×(59x+16y)g·mol-1=80.3g,得到y(tǒng)x≈43,故400~450℃生成產(chǎn)物的化學(xué)式為(4)ClO-把Ni(OH)2氧化成Ni2O3,本身被還原成Cl-,因此離子方程式為ClO-+2Ni(OH)2Ni2O3+Cl-+2H2O;根據(jù)離子方程式,消耗amolNi(OH)2的同時(shí)消耗0.5amol的ClO-,Cl2有80%在弱堿性條件下轉(zhuǎn)化成ClO-,即Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O,電解過程中產(chǎn)生氯氣的物質(zhì)的量為0.5a80%mol,電解過程中陽(yáng)極反應(yīng)為2Cl--2e-Cl2↑,因此外電路中通過的電子物質(zhì)的量為0.5a80%×2(5)Ni的價(jià)電子數(shù)為10,每個(gè)配體提供一個(gè)電子對(duì),則10+2n=18,n=4;CO與N2結(jié)構(gòu)相似,含有C≡O(shè)鍵,則CO分子內(nèi)σ鍵與π鍵個(gè)數(shù)之比為1∶2。(6)離子坐標(biāo)參數(shù)A為(0,0,0),C為(1,12,12),則(7)Fe是26號(hào)元素,根據(jù)構(gòu)造原理,可知基態(tài)Fe原子核外電子排布式是[Ar]3d64s2,若一種自旋狀態(tài)用+12表示,與之相反的用-12表示,則基態(tài)Fe原子的自旋磁量子數(shù)的代數(shù)和為(+12)×4=+2,也可以是(-122.答案(1)加快反應(yīng)速率(2)S(3)將Fe2+氧化為Fe3+4.9(4)MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)(5)MnSO4+NH4HCO3+NH3·H2OMnCO3↓+(NH4)2SO4+H2O解析(3)工序2中加入H2O2的目的是將Fe2+氧化為Fe3+,再加入氨水生成Fe(OH)3、Al(OH)3。由Ksp[Fe(OH)3]=10-38.6<Ksp[Al(OH)3]=10-32.3可知,pH最小應(yīng)達(dá)到使Al3+沉淀完全,此時(shí)Fe3+已沉淀完全,即c(OH-)=310-32.310-5mol·L-1=10-9.1mol·L-1,則c(H+)=KWc(OH-)=10(4)工序3中加入MnF2,MnF2(s)Mn2+(aq)+2F-(aq)產(chǎn)生的F-與Mg2+反應(yīng)生成MgF2沉淀,即發(fā)生反應(yīng)MnF2(s)+Mg2+(aq)MgF2(s)+Mn2+(aq)。3.答案(1)增大與硫酸的接觸面積,提高反應(yīng)速率與浸取率(2)H2SiO3和CaSO4(3)蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶(4)2Fe2++H2O2+4NH3·H2O2Fe(OH)3↓+4NH4(5)2.7≤pH<4.5(6)Be(OH)2+2OH-BeO22-+2H2O離子交換樹脂法或CaCl解析綠柱石和方解石混合“熔煉”,“酸浸”過程中生成的硅酸不溶于水,硫酸鈣微溶于水,故“濾渣1”成分為H2SiO3和CaSO4,“操作Ⅰ”加入(NH4)2SO4使鋁離子發(fā)生反應(yīng)并結(jié)晶析出;“除鐵”加入過氧化氫可以將亞鐵離子氧化成鐵離子,加入的氨水使鐵離子轉(zhuǎn)化為氫氧化鐵沉淀而分離,“沉淀”時(shí)加入氨水生成氫氧化鈹,氫氧化鈹煅燒分解轉(zhuǎn)化為氧化鈹,最后得到Be。(1)“熔煉”后將熔塊粉碎,目的是增大熔塊與硫酸的接觸面積,提高反應(yīng)速率與浸取率。(2)根據(jù)分析可知,“濾渣1”的成分為H2SiO3和CaSO4。(3)根據(jù)已知②,鋁銨礬的溶解度受溫度影響較大,從溶液中得到該晶體的操作步驟為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。(4)Fe2+先被H2O2氧化成Fe3+,Fe3+再與一水合氨反應(yīng)生成氫氧化鐵沉淀,總反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++H2O2+4NH3·H2O2Fe(OH)3↓+4NH4+(5)調(diào)溶液pH的目的是將Fe3+以Fe(OH)3形式沉淀完全,而使Be2+不發(fā)生沉淀。Ksp[Fe(OH)3]≈1×10-39,c(Fe3+)=1×10-5mol·L-1時(shí),解得c(OH-)≈10-11.3mol·L-1,所以pH=2.7時(shí),Fe3+剛好沉淀完全;Ksp[Be(OH)2]≈1×10-21,c(Be2+)=0.01mol·L-1時(shí),解得c(OH-)=10-9.5mol·L-1,所以pH=4.5時(shí),Be2+會(huì)開始沉淀。綜合上述,當(dāng)2.7≤pH<4.5時(shí),Fe3+沉淀完全,而Be2+還未開始沉淀。(6)根據(jù)題干可知Be(OH)2為兩性氫氧化物,可與NaOH反應(yīng)生成BeO22-,則Be(OH)2與NaOH反應(yīng)的離子方程式為Be(OH)2+2OH-BeO22-+2H2O。沉淀劑BaCl2存在二次污染、成本高等問題4.答案(1)離子鍵、共價(jià)鍵(2)[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2(3)Fe3O4Mg(OH)2(4)Na2B4O7+16Na+8H2+7SiO24NaBH4+7Na2SiO3(5)排除裝置中的空氣,防止空氣中的O2與Na、H2反應(yīng)(6)BO2-+8e-+6H2OBH4(7)1.6解析硼鎂礦主要成分為Mg2B2O5·H2O,含少量雜質(zhì)Fe3O4。硼鎂礦粉碎后用氫氧化鈉“堿溶”,Fe3O4不溶于氫氧化鈉,Mg2B2O5·H2O與氫氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化鎂沉淀、NaBO2,過濾出Fe3O4、氫氧化鎂沉淀,所得濾液中含有NaBO2,經(jīng)“濃縮”“結(jié)晶”得Na2B4O7·10H2O,Na2B4O7·10H2O脫水生成Na2B4O7,Na2B4O7與Na、H2、SiO2在高溫條件下反應(yīng)生成NaBH4和硅酸鈉,用異丙胺溶解NaBH4,過濾除去硅酸鈉,蒸發(fā)NaBH4的異丙胺溶液得NaBH4。(1)NaBH4是離子化合物,含有的化學(xué)鍵為離子鍵、共價(jià)鍵。(2)Ti是22號(hào)元素,基態(tài)Ti原子的核外電子排布式為[Ar]3d24s2或1s22s22p63s23p63d24s2。(3)由以上分析可知“堿溶”過濾所得濾渣的主要成分是Fe3O4、Mg(OH)2。(4)Na2B4O7與Na、H2、SiO2在高溫條件下反應(yīng)生成NaBH4和Na2SiO3。(5)高溫合成中,加料之前需將反應(yīng)器加熱至100℃以上,并通入氬氣,排除裝置中的空氣,防止空氣中的O2與Na、H2反應(yīng)。(6)在堿性條件下,用惰性電極電解NaBO2溶液也可制得NaBH4,H元素化合價(jià)由+1價(jià)降低為-1價(jià)發(fā)生還原反應(yīng),陰極反應(yīng)的電極反應(yīng)式為BO2-+8e-+6H2OBH4-(7)7.6gNaBH4作為還原劑,氫元素化合價(jià)由-1價(jià)升高為+1價(jià),轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為7.6g38g·mol-1×8=1.6mol;氫氣作為還原劑,氫元素化合價(jià)由0價(jià)升高為+1價(jià),轉(zhuǎn)移1.6mol電子需要0.8mol氫氣,所以7.6g5.答案(1)+6價(jià)(2)AlO2-+2H2O+CO2Al(OH)3↓+HC(3)MoO42-+Ba2+BaMoO(4)①NaHCO3②NH3(5)①Al2O3②4∶1解析(4)①濾液Ⅰ中通入過量的二氧化碳,偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀,同時(shí)生成碳酸氫鈉,過濾得到的濾液Ⅱ中含有碳酸氫鈉和鉬酸鈉。濾液Ⅱ中加入適量的氯化鋇溶液沉鉬后,過濾得到的濾液Ⅲ中,主要存在的鈉鹽有NaCl和NaHCO3。②根據(jù)侯氏制堿法的原理可知,往濾液Ⅲ中添加適量NaCl固體后,通入足量NH3,再通入足量CO2,可析出NaHCO3。(5)①由題中信息可知,致密的保護(hù)膜為一種氧化物,是由H2O2與AlAs反應(yīng)生成的,聯(lián)想到金屬鋁表面容易形成致密的氧化膜可知,該氧化物為Al2O3。②由Ga和Al同族、As和N同族可知,GaAs中Ga顯+3價(jià)(其最高價(jià))、As顯-3價(jià)。在H2O2與上層GaAs的反應(yīng)中,As元素的化合價(jià)變?yōu)?5價(jià),其化合價(jià)升高8,As元素被氧化,則該反應(yīng)的氧化劑為H2O2,還原劑為GaAs。根據(jù)得失電子守恒可知,該反應(yīng)的氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為8∶2=4∶1。6.答案(1)3d54s2(2)1∶3(3)C6H12O6+24H++12MnO212Mn2++6CO2↑+18H2O(4)少量多次加入葡萄糖(5)醋酸(CH3COOH)向漏斗中加入乙醇至浸沒MnSO4·H2O晶體(或沉淀),待乙醇自然流下,重復(fù)2~3次(6)5.87×10-10該沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)能徹底進(jìn)行,因?yàn)樵摮恋磙D(zhuǎn)化反應(yīng)的平衡常數(shù)為K=Ksp(PbSO4)Ksp(PbCO3解析(6)飽和硫酸鉛溶液中c(Pb2+)=1.6×10-4mol·L-1,則要生成碳酸鉛沉淀,Na2CO3溶液的最小濃度為7.4×10-141.6×10-4mol·L-1≈7.4×10-141.26×10-4mol·L-1≈5.87×10-10mol·大題突破練(二)化學(xué)實(shí)驗(yàn)綜合題1.答案(1)恒壓滴液漏斗K2Cr2O7+14HCl(濃)2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O(2)堿石灰吸收多余的氯氣,防止污染空氣;防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入三頸燒瓶中引起SnCl4水解(3)在裝置A與B之間加盛有飽和食鹽水的洗氣瓶(4)蒸餾Cu、Pb(5)96.4%偏低解析實(shí)驗(yàn)裝置中A用于制備Cl2,反應(yīng)原理為K2Cr2O7+14HCl(濃)2KCl+2CrCl3+3Cl2↑+7H2O。由于SnCl4常溫下易水解,B裝置用于除去Cl2中混有的水蒸氣,C裝置用于制備四氯化錫,化學(xué)反應(yīng)原理為Sn+2Cl2SnCl4,同理為了防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入三頸燒瓶,且吸收多余的氯氣,e中加入堿石灰,據(jù)此分析來解題。(1)為了使?jié)恹}酸順利滴入燒瓶中,使用的儀器a為恒壓滴液漏斗。(3)通過上面的分析可知,裝置A用于制備Cl2,Cl2中含有雜質(zhì)HCl和水蒸氣,都會(huì)使SnCl4產(chǎn)率降低,因此除了B裝置除去水蒸氣之外,在裝置A與B之間加盛有飽和食鹽水的洗氣瓶,用于除去雜質(zhì)HCl。(4)根據(jù)氯氣與硫渣反應(yīng)相關(guān)產(chǎn)物的熔、沸點(diǎn)可知,三頸燒瓶中得到的粗產(chǎn)品進(jìn)行提純的方法是蒸餾,且控制溫度為114℃,硫渣中含有的金屬元素為Sn、Cu和Pb,與氯氣反應(yīng)提純后剩余的固體渣經(jīng)過處理,可回收的主要金屬有Cu和Pb。(5)根據(jù)滴定反應(yīng)原理可知,過量的碘的物質(zhì)的量為n(I2)剩余=12×0.100×10-2mol·L-1×20.00×10-3L=1×10-5mol,所以與H3AsO3發(fā)生反應(yīng)的碘的物質(zhì)的量n(I2)=0.100mol·L-1×20.00×10-3L-1×10-5mol=1.99×10-3mol,即可得雜質(zhì)n(AsCl3)=1.99×10-3mol,所以產(chǎn)品中SnCl4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為10.00g-1.99×10-3mol2.答案(1)C(2)恒壓滴液漏斗a→b→d→e→f(3)溫度過高,硫脲會(huì)部分發(fā)生異構(gòu)化反應(yīng)而生成硫氰化銨;溫度過低,反應(yīng)速度緩慢CaCN2+H2S+2H2OCS(NH2)2+Ca(OH)2(4)①-2②5CS(NH2)2+14MnO4-+32H+14Mn2++5CO2↑+5N2↑+5SO42-+26H2解析(3)若反應(yīng)溫度過高,硫脲會(huì)部分發(fā)生異構(gòu)化反應(yīng)而生成硫氰化銨;若反應(yīng)溫度過低,反應(yīng)速度緩慢,故裝置C中反應(yīng)溫度控制在80℃;裝置C中,將石灰氮(CaCN2)和水的混合物加熱至80℃時(shí),通入硫化氫氣體反應(yīng)可生成硫脲溶液和石灰乳,化學(xué)方程式為CaCN2+H2S+2H2OCS(NH2)2+Ca(OH)2。(4)③用cmol·L-1KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定,滴定至終點(diǎn)時(shí)消耗KMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液VmL,消耗KMnO4的物質(zhì)的量為cV×10-3mol,根據(jù)滴定反應(yīng)可知,mg產(chǎn)品中CS(NH2)2的物質(zhì)的量為cV×10-3mol×514×20=50cV7×10-3mol,則樣品中硫脲的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為50cV73.答案(1)三頸燒瓶(2)防止倒吸(3)A(4)pH太小Na2S2O4不能穩(wěn)定存在(且不能使沉淀完全),pH太大Zn(OH)2會(huì)溶解,使得制備的Na2S2O4不純(5)2[Fe(CN)6]3-+S2O42-+4OH-2[Fe(CN)6]4-+2SO3(6)亞甲基藍(lán)(7)87.0%解析(4)步驟3需控制溶液的pH在8.2~10.5之間,其原因?yàn)閜H太小Na2S2O4不能穩(wěn)定存在(且不能使沉淀完全),pH太大Zn(OH)2會(huì)溶解,使得制備的Na2S2O4不純。(5)[Fe(CN)6]3-是一種比較弱的氧化劑,能將S2O42-氧化為SO32-,自身被還原為[Fe(CN)6]4-,結(jié)合氧化還原反應(yīng)及質(zhì)量守恒可知,滴定中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2[Fe(CN)6]3-+S2O42-+4OH-2[Fe(CN)6(6)本實(shí)驗(yàn)滴定突躍范圍為0.01~0.38V,根據(jù)表中信息,亞甲基藍(lán)的條件電位為0.36V,且由還原態(tài)到氧化態(tài)顏色由無色變?yōu)樗{(lán)色,故可選擇亞甲基藍(lán)為指示劑。(7)平行滴定三次,消耗標(biāo)準(zhǔn)溶液體積分別為19.98mL、20.90mL、20.02mL,第二次誤差較大,舍去,則平均消耗體積為20.00mL,用0.10mol·L-1堿性K3[Fe(CN)6]標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定,其物質(zhì)的量為0.10mol·L-1×20.00×10-3L=2.0×10-3mol,根據(jù)滴定反應(yīng)可知,2.0gNa2S2O4產(chǎn)品中Na2S2O4的物質(zhì)的量為12×2.0×10-3mol×250mL25.00mL=0.01mol,質(zhì)量為0.01mol×174g·mol-1=1.74g,故樣品中Na2S2O4.答案(1)BCu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O(2)ghedij(3)濃硫酸具有吸水性,反應(yīng)后的硫酸銅以固體形式存在(4)Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O(5)①溫度升高促進(jìn)H2O2的分解②100230實(shí)驗(yàn)組1~3生成氧氣平均速率隨溫度升高的增大程度比對(duì)照組4~6大解析(1)用銅與濃硫酸制備SO2,需在加熱條件下反應(yīng),因此適宜的裝置是B,化學(xué)方程式為Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O。(2)收集干燥的SO2,先用濃硫酸干燥二氧化硫氣體,再用向上排空氣法收集二氧化硫氣體,最后進(jìn)行尾氣處理,因此所需裝置的接口連接順序?yàn)榘l(fā)生裝置→ghedij。(3)反應(yīng)后,發(fā)生裝置中未觀察到藍(lán)色溶液,可能是濃硫酸具有吸水性,將硫酸銅溶液中的水吸收,最后硫酸銅以固體形式存在。(4)銅、硫酸和H2O2反應(yīng)生成硫酸銅和水,則生成Cu2+的離子方程式為Cu+H2O2+2H+Cu2++2H2O。(5)①小組同學(xué)認(rèn)為實(shí)驗(yàn)1~3的結(jié)果,不能證明猜想成立,理由是H2O2的熱穩(wěn)定性較差,溫度升高促進(jìn)H2O2的分解。②為進(jìn)一步驗(yàn)證猜想,根據(jù)實(shí)驗(yàn)1、4以及實(shí)驗(yàn)3、6,實(shí)驗(yàn)溫度相同,實(shí)驗(yàn)條件中硫酸銅溶液的用量不同,得出實(shí)驗(yàn)2、5是一組對(duì)比實(shí)驗(yàn);小組同學(xué)結(jié)合實(shí)驗(yàn)1~6,判斷猜想成立,根據(jù)1和4、2和5、3和6分別對(duì)比實(shí)驗(yàn)得出溫度升高,Cu2+催化能力增強(qiáng),即依據(jù)是實(shí)驗(yàn)組1~3生成氧氣平均速率隨溫度升高的增大程度比對(duì)照組4~6大。5.答案(1)①足量硝酸和AgNO3溶液②4Cu(NH3)2++O2+8NH3+2H2O4[Cu(NH3)4]2++4OH(2)①有紅色固體析出②在Cl-的作用下,Cu2+氧化亞硫酸根到硫酸根③CuCl2和Na2SO3溶液生成棕黃色沉淀A反應(yīng)速率快,生成白色沉淀B的程度大(3)2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O2CuCl↓+SO(4)Cu2+和SO32-能發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)和氧化還原反應(yīng),且復(fù)分解反應(yīng)速率更快;在Cl-解析(2)ⅱ.Cu+Cu2++Cu,向含有亞銅離子的溶液中加入稀硫酸會(huì)發(fā)生歧化反應(yīng),生成銅,故答案為有紅色固體析出;溶液中的氧化劑除了氧氣之外還有銅離子,當(dāng)存在氯離子時(shí),銅離子會(huì)具有較強(qiáng)的氧化性,會(huì)把亞硫酸根氧化,故答案為在Cl-的作用下,Cu2+氧化亞硫酸根到硫酸根;向2mL0.5mol·L-1Na2SO3溶液中加入1mL0.25mol·L-1CuCl2溶液,立即產(chǎn)生橙黃色沉淀(沉淀A),說明生成亞硫酸銅沉淀的反應(yīng)較快,放置5min左右,轉(zhuǎn)化為白色沉淀(沉淀B),說明生成白色沉淀B的程度大。(3)Na2SO3和CuCl2溶液反應(yīng)最終生成CuCl沉淀,該反應(yīng)未外加酸堿,所以反應(yīng)物為水,生成物為氫離子,根據(jù)電子守恒及電荷守恒可知,該反應(yīng)的離子方程式是2Cu2++2Cl-+SO32-+H2O2CuCl↓+SO4(4)向2mL0.5mol·L-1Na2SO3溶液中加入1mL0.25mol·L-1CuCl2溶液,立即產(chǎn)生橙黃色沉淀亞硫酸銅,在NaCl溶液中,亞硫酸銅繼續(xù)發(fā)生氧化還原反應(yīng),生成CuCl白色沉淀,根據(jù)沉淀顏色的變化快慢可知,復(fù)分解反應(yīng)較快,氧化還原反應(yīng)較慢。6.答案(1)(球形)干燥管(2)排盡裝置內(nèi)的空氣(3)檢查是否有CO2生成(4)CO和CO2(5)K++Fe2++[Fe(CN)6]3-KFe[Fe(CN)6]↓或3Fe2++2[Fe(CN)6]3-Fe3[Fe(CN)6]2↓Fe和FeO或Fe、FeO和FeC2O4(6)30bc解析(4)實(shí)驗(yàn)中觀察到C、H變渾濁,說明都有二氧化碳,E不變渾濁,說明產(chǎn)物中存在CO,故可以得出實(shí)驗(yàn)結(jié)論:A裝置中分解的氣體產(chǎn)物一定有CO和CO2。(5)由題干信息可知,將黑色粉末溶于稀硫酸,滴加K3[Fe(CN)6]溶液,產(chǎn)生藍(lán)色沉淀,說明有Fe2+,實(shí)驗(yàn)①產(chǎn)生藍(lán)色沉淀的離子方程式為K++Fe2++[Fe(CN)6]3-KFe[Fe(CN)6]↓或3Fe2++2[Fe(CN)6]3-Fe3[Fe(CN)6]2↓;用強(qiáng)磁鐵接近乙,吸起部分粉末,將吸起來的粉末投入鹽酸中,產(chǎn)生氣泡,說明存在Fe,故乙中的成分可能為Fe和FeO或Fe、FeO和FeC2O4。(6)根據(jù)質(zhì)量守恒和電荷守恒配平離子方程式:5FeC2O4+3MnO4-+24H+5Fe3++10CO2↑+3Mn2++12H2O,則有n(FeC2O4)=53n(MnO4-)=53×cmol·L-1×b×10-3L=5bc3×10-3mol,故樣品純度為53bc大題突破練(三)化學(xué)反應(yīng)原理綜合題1.答案(1)1074.8(2)CaO與生成物CO2反應(yīng),生成物濃度減小,平衡正向移動(dòng),氫氣的體積分?jǐn)?shù)增大(3)2p05(4)30.0(5)(23,解析(2)其他條件不變,在體系中投入一定量CaO,CaO與生成物CO2反應(yīng)生成CaCO3,生成物濃度減小,平衡正向移動(dòng),氫氣的體積分?jǐn)?shù)增大。(3)由反應(yīng)可知,反應(yīng)前后總壓不變,所以平衡時(shí)總壓為p0,H2O的分壓為p0-p05×3=2p05,A點(diǎn)的坐標(biāo)為(t,2p05);由圖可知,平衡時(shí)CO2、H2、CO、H2O的平衡分壓分別為p05(4)已知Arrhenius經(jīng)驗(yàn)公式為Rlnk=-EaT+C,根據(jù)圖像可得①63.0=-3.0Ea+C,②33.0=-4.0Ea+C,聯(lián)立方程解得Ea=30.0,則反應(yīng)的活化能為30.0kJ·mol-1;使用高效催化劑(5)由a和b的坐標(biāo)可得c的坐標(biāo)為(23,23,12),由均攤法可知,La為4×16+4×112+2×13+2×16=2,Ni原子位于內(nèi)部和面心:12×12+4=10,N(La)∶N(Ni)=2∶10=1∶5,故化學(xué)式為L(zhǎng)aNi5。X射線衍射測(cè)定兩晶面間距為dpm,設(shè)底面邊長(zhǎng)為a,則32a=3d,可得a=23d,底面積為23d×3d=63d2,則晶體的密度為ρ=22.答案(1)2N2H4(g)+N2O4(g)3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1083.24kJ·mol-1(2)10.3(3)①0.18②1.25(或54(4)該反應(yīng)為放熱反應(yīng),升溫平衡逆向移動(dòng),轉(zhuǎn)化率降低(或溫度升高,催化劑活性降低,反應(yīng)速率減慢,相同時(shí)間內(nèi)轉(zhuǎn)化率降低)(5)2NO3-+12H++10e-N2↑+6H2解析(1)由②×2-①-③可得2N2H4(g)+N2O4(g)3N2(g)+4H2O(g)ΔH=-1083.24kJ·mol-1。(2)N2H4的第一步電離方程式為N2H4+H2ON2H5++OH-,電離程度較小,因此c(N2H4)≈0.01mol·L-1,其電離常數(shù)K1=c(OH-)·c(N2H5+)c(N2H4)=4.0×10-6,c(N2H(3)在恒溫恒容條件下,氣體壓強(qiáng)之比等于其物質(zhì)的量之比,因此可以直接用壓強(qiáng)代替物質(zhì)的量計(jì)算:4NO(g)N2(g)+2NO2(g)初始?jí)簭?qiáng)/MPa 15 0 0轉(zhuǎn)化壓強(qiáng)/MPa 4x x 2x某時(shí)刻壓強(qiáng)/MPa 15-4x x 2x20min時(shí),15-4x+x+2x=13.2,x=1.8,故0~20min時(shí),v(NO2)=3.6MPa20min=0.18MPa·min-1;平衡時(shí),15-x=12.5,x=2.5,NO、N2、NO2的分壓分別為5MPa、2.5MPa、5MPa,Kx為以物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)表示的平衡常數(shù),且在恒溫恒容條件下,氣體壓強(qiáng)之比等于其物質(zhì)的量之比,因此可以直接用壓強(qiáng)代替物質(zhì)的量計(jì)算,代入公式Kx=(5)由圖示知在Ag-Pt電極上NO3-發(fā)生還原反應(yīng)生成N2,結(jié)合質(zhì)子交換膜、電荷守恒、原子守恒得電極反應(yīng)為2NO3-+12H++10e-N2↑+6H3.答案(1)①-49.0②Cu/ZnO*+H2Cu/Zn*+H2O③c(2)①升高溫度,主反應(yīng)平衡逆向移動(dòng),甲醇產(chǎn)率降低;催化劑活性降低或副反應(yīng)更易進(jìn)行②d+ca×100%d解析(1)根據(jù)題意寫出熱化學(xué)方程式:①H2(g)+12O2(g)H2O(l)ΔH1=-285.8kJ·mol-1,②CH3OH(l)+32O2(g)CO2(g)+2H2O(l)ΔH2=-726.4kJ·mol-1,③CH3OH(l)CH3OH(g)ΔH3=+82.0kJ·mol-1,由蓋斯定律,3×①-②+③得目標(biāo)方程式的ΔH=3ΔH1-ΔH2+ΔH3=(-285.8×3+726.4+82.0)kJ·mol-1=-49.0kJ·mol-1;②將總反應(yīng)化學(xué)方程式減去第二步反應(yīng)方程式即得第一步反應(yīng)方程式為Cu/ZnO*+H2Cu/Zn*+H2O;③第一步反應(yīng)吸熱,第二步反應(yīng)放熱,可排除b、d選項(xiàng),又由于第二步反應(yīng)幾乎不影響總反應(yīng)達(dá)到平衡所用的時(shí)間,第二步速率快,反應(yīng)活化能低于第一步,則c正確。(2)①由圖像可知,490K之前,溫度升高,反應(yīng)速率加快,甲醇產(chǎn)率增大,在490K時(shí),反應(yīng)達(dá)到平衡,此時(shí)甲醇產(chǎn)率達(dá)最高值,繼續(xù)升高溫度,主反應(yīng)平衡逆向移動(dòng),另外隨溫度升高催化劑活性降低或副反應(yīng)更易進(jìn)行,使得甲醇產(chǎn)率降低;②根據(jù)題意可列三段式,注意主反應(yīng)各物質(zhì)的末態(tài)量作為副反應(yīng)對(duì)應(yīng)物質(zhì)的起始量,已知量為CO2、H2的起始物質(zhì)的量、CH3OH、CO的末態(tài)物質(zhì)的量:CO2+3H2CH3OH+H2On0 a 3a 0 0Δn -c -3c +c +cnt a-c 3(a-c) c cCO2+H2CO+H2On0 a-c 3(a-c) 0 cΔn -d -d +d +dnt a-c-d 3(a-c)-d d c+d則CO2轉(zhuǎn)化率為c+da×100%;副反應(yīng)的化學(xué)平衡常數(shù)為K副③平衡時(shí)v(正)=v(逆),k正·c(CO2)·c3(H2)=k逆c(CH3OH)·c(H2O),K=c(CH3OH)·c(H2O)c(CO2)·c3(H2)=k正k逆,由于該反應(yīng)為放熱反應(yīng),溫度升高時(shí)化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng),4.答案(1)CH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)ΔH=+255.9kJ·mol-1(2)①16.67%>2.25②BD(3)大(4)減小Kp減小對(duì)v的降低大于k增大對(duì)v的提高解析(1)將已知反應(yīng)分別標(biāo)記為反應(yīng)①和反應(yīng)②,則反應(yīng)ⅠCH3CH2OH(g)+H2O(g)2CO(g)+4H2(g)可由①-2×②得到,根據(jù)蓋斯定律可知,反應(yīng)Ⅰ的ΔH=ΔH1-2ΔH2=(+173.5kJ·mol-1)-2×(-41.2kJ·mol-1)=+255.9kJ·mol-1。(2)①達(dá)到a點(diǎn)平衡的進(jìn)氣比為0.5,設(shè)CO起始量為amol,則H2O的起始量為2amol,由三段式可知,CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量mol a 2a 0 轉(zhuǎn)化量mol 0.5a 0.5a 0.5a 0.5平衡量mol 0.5a 1.5a 0.5a 0.5a點(diǎn)平衡混合物中H2的體積分?jǐn)?shù)為0.5a0.5a+1.5a+0.5a+0.5a×100%≈16.67%;已知反應(yīng)ⅡCO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1是一個(gè)放熱反應(yīng),升高溫度,平衡逆向移動(dòng),CO的轉(zhuǎn)化率減小,而增大CO的用量平衡正向移動(dòng),但CO的轉(zhuǎn)化率減小,比較a、c兩點(diǎn)可知,c點(diǎn)中CO的用量大于a點(diǎn),CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)起始量/mol a a 0 0轉(zhuǎn)化量/mol 0.6a 0.6a 0.6a 0.6a平衡量/mol 0.4a 0.4a 0.6a 0.6ad點(diǎn)對(duì)應(yīng)的平衡常數(shù)K=c(CO2②由反應(yīng)CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1可知,該反應(yīng)正反應(yīng)是一個(gè)氣體體積不變的放熱反應(yīng),增大壓強(qiáng)平衡不移動(dòng),A不合題意;降低溫度平衡正向移動(dòng),CO的平衡轉(zhuǎn)化率增大,B符合題意;增大進(jìn)氣比[n(CO)∶n(H2O)]即增大CO的用量,平衡正向移動(dòng),根據(jù)勒夏特列原理可知,CO的平衡轉(zhuǎn)化率減小,C不合題意;分離出CO2即減小生成物CO2濃度,平衡正向移動(dòng),則CO的平衡轉(zhuǎn)化率增大,D符合題意。(3)反應(yīng)的活化能越大,反應(yīng)越慢。(4)CO催化變換反應(yīng)為CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH2=-41.2kJ·mol-1,則溫度升高時(shí),平衡逆向移動(dòng),Kp減小;CO催化變換反應(yīng)的速率方程為v=k(yCO·yH2O-yCO2·yH2Kp),溫度升高,k增大,Kp減小,由于Kp減小對(duì)5.答案(1)NH3(g)+2O2(g)NO3-(aq)+H+(aq)+H2O(l)ΔH=-346.69kJ·mol(2)C6H12O6+6H2O-24e-6CO2↑+24H+67.2(3)①NO>B②Ⅱ、Ⅲ③40解析(1)反應(yīng)1:NH3(g)+32O2(g)NO2-(aq)+H+(aq)+H2O(l)ΔH1=-273.5kJ·反應(yīng)2:NO2-(aq)+12O2(g)NO3-(aq)ΔH2=-73.19根據(jù)蓋斯定律可知NH3通過硝化作用轉(zhuǎn)化為NO3-的反應(yīng)可由反應(yīng)1加反應(yīng)2得