大題突破練2025年高考總復習優(yōu)化設(shè)計二輪專題化學江蘇專版課后習題考前強化練大題突破練答案與解析

大題突破練2025年高考總復習優(yōu)化設(shè)計二輪專題化學江蘇專版課后習題考前強化練大題突破練大題突破練(一)物質(zhì)轉(zhuǎn)化與工藝流程題1.答案(1)VO++MnO2+2H+VO2++Mn2++H2(2)①使溶液中的釩微粒以VO3-形式存在;減小c(OH-),有利于向萃取方向進行,提高V②pH升高,c(OH-)增大,有利于反應向反萃取方向進行,VO-的反萃取率增大;但c(OH-)過大,+5價釩主要以VO43-(3)溫度過高,NH3·H2O受熱分解,溶液中c(NH4+)減小,不利于NH4VO(4)(5)n(Fe2+)=0.5000mol·L-1×5.00mL×10-3L·mL-1=2.500×10-3mol由MnO4-~5Fe過量的n(Fe2+)=5n(MnO4-)=5×0.01000mol·L-1×12.00mL×10-3L·mL-1=6.000×10與VO2+反應的n(Fe2+)=2.500×10-3mol-6.000×10-4mol=1.900×10由V2O5~VO2+~2Fen(V2O5)=12n(Fe2+)=12×1.900×10-3mol=9.500×10100mL溶液中:m(V2O5)=9.500×10-4mol×100mL20.00mL×V2O5樣品的純度為0.8645解析(1)“酸浸”時,MnO2將VO+轉(zhuǎn)化為VO2+,V元素的化合價由+3升至+5,MnO2被還原成Mn2+,Mn元素的化合價由+4降至+2,根據(jù)得失電子守恒、原子守恒和電荷守恒,反應的離子方程式為VO++MnO2+2H+VO2++Mn2++H2O。(2)①根據(jù)部分含釩(五價)物質(zhì)在水溶液中的主要存在形式可知,萃取前加鹽酸調(diào)節(jié)溶液的pH為7的目的是使溶液中的釩微粒以VO3-形式存在;同時H+與OH-結(jié)合成H2O,c(OH-)減小,有利于向萃取方向進行,提高VO3-的萃取率。②反萃取中,VO3-反萃取率隨著pH的升高呈現(xiàn)先增大后減小的趨勢的原因是pH升高,c(OH-)增大,有利于反應向反萃取方向進行,VO3-的反萃取率增大;但c(OH-)過大,+5價釩主要以VO43-或多釩酸根離子的形式存在,VO3-的反萃取率減小。(3)“沉釩”時,向pH為8的NaVO3溶液中加入NH4Cl溶液,析出NH4VO3沉淀,由于溶液呈堿性故有NH3·H2O生成;沉釩溫度需控制在70℃左右,溫度不能過高的原因是溫度過高,NH3·H2O受熱分解,溶液中c(NH4+)減小,不利于NH4VO3的析出。(4)V2O5與H2O形成能提供質(zhì)子的酸性位,NH3以“氫鍵”形式吸附在酸性位上生成“中間體X”,NO與X反應生成不穩(wěn)定的“過渡態(tài)”物質(zhì),結(jié)合反應歷程的圖示可知,“中間體X”的結(jié)構(gòu)式為。(5)由反應MnO4-+5Fe2++8H+Mn2++5Fe3++4H2O可知,過量的Fe2+的物質(zhì)的量為5×0.01000mol·L-1×12.00×10-3L=6.000×10-4mol;加入的Fe2+的總物質(zhì)的量為0.5000mol·L-1×5.00×10-3L=2.500×10-3mol,則與VO2+反應的Fe2+的物質(zhì)的量為2.500×10-3mol-6.000×10-4mol=1.900×10-3mol,根據(jù)反應VO2++Fe2++2H+VO2++Fe3++H2O可知,VO2+的物質(zhì)的量為1.900×10-3mol,根據(jù)V守恒,20.00mL溶液中溶解的2.答案(1)PbS+MnO2+4Cl-+4H+Mn2++PbCl42-+S+2H2Oc(Cl-)增大,促進PbCl2(或Pb2+(2)2.0×103(3)含氟基團是吸電子基團,使氮原子上電子云密度下降,配位能力下降;含氟基團與氮原子之間引入的—CH2CH2CH2—是推電子基團,會減弱含氟基團對氮原子的影響,配位能力上升(4)將三頸燒瓶水浴加熱并保溫在50℃,在不斷攪拌下,通入空氣并滴加氨水調(diào)節(jié)溶液pH維持在8.5左右,直至有大量黑色沉淀產(chǎn)生,過濾,用蒸餾水洗滌沉淀,至向最后一次洗滌濾液中滴加HNO3溶液酸化、再滴加AgNO3溶液無沉淀生成解析(1)70℃時,方鉛礦和軟錳礦在氯化鈉、鹽酸作用下發(fā)生反應生成PbCl42-和S,則“協(xié)同浸取”生成PbCl42-和S的離子方程式為PbS+MnO2+4H++4Cl-PbCl42-+S+Mn2++2H2O;根據(jù)已知信息PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq),可知“協(xié)同浸取”時加入NaCl可避免生成PbCl2沉積在礦石表面,其原因是加入NaCl可增大氯離子濃度,有利于平衡正向移動,將PbCl2溶解。(2)利用蓋斯定律,將①+②得到PbCl2(s)+2Cl-(aq)PbCl42-(aq),K=31.25×1.6×10-5=5×10-4,則沉降反應PbCl42-(aq)PbCl2(s)+2Cl-(aq)的平衡常數(shù)K=15×10-4=2×103。(3)氮原子的電子云密度越大配位能力越強,全氟聚醚二(甲基吡啶)胺中氮原子和含氟基團相連使得配位能力下降,氟的電負性大,使氮原子的電子云密度減小,因此氮與Pb2+形成配位鍵能力減弱;若在氮原子和含氟基團間引入—CH2CH2CH2—基團,氮原子遠離氟原子,氟對氮原子上電子對的吸引力減小,氮原子的電子云密度增大,氮與Pb2+形成配位鍵的能力增強。(4)根據(jù)圖中信息,由凈化后的含Mn2+的濾液制備較純凈的Mn3O4的實驗方案:取一定量的含Mn2+的濾液于三頸燒瓶中,加熱維持在溫度50℃,在不斷攪拌下,一邊通空氣,一邊加氨水調(diào)節(jié)溶液的pH并維持在8.53.答案(1)①SrSO4+HCO3-+NH3·H2OSrCO3+H2O+NH4②控制氨水過量可使溶液中HCO3-更多地轉(zhuǎn)化為CO32-③NH3、CO2(2)①1200℃②若煤粉量過少,還原劑不足,SrSO4不能被完全還原成SrS(或煤粉量過少,還原劑不足,回轉(zhuǎn)窯中氧氣能將部分SrS氧化為SrSO4,使硫酸鍶轉(zhuǎn)化率下降)(3)①12②0.004解析(1)①碳酸氫銨和過量氨水的混合溶液浸取天青石精礦,可以理解成,NH3·H2O中和HCO3-電離出的H+生成NH4+,HCO3-電離出的CO32-與SrSO4電離出的Sr2+生成SrCO3沉淀。②氨水過量,可以使HCO3-轉(zhuǎn)化為更多的CO32-,濃度較高的CO32-才可以促進SrSO4沉淀發(fā)生轉(zhuǎn)化。③煅燒SrCO3沉淀,生成SrO和CO2(氣體X),加水浸取SrO生成Sr(OH)2,與(NH4)2SO4反應生成高純SrSO4和NH3(氣體Y),CO2和NH3可以反應生成碳酸氫銨,NH3可制得氨水。(2)①題圖1在1200~1400℃時,SrSO4轉(zhuǎn)化率最高,但溫度過高則要求高,所以最佳溫度為1200℃。②工業(yè)上用碳還原法制備高純硫酸鍶,原理為煅燒天青石精礦和煤粉生成SrS,再處理得高純SrSO4。天青石精礦和煤粉質(zhì)量比增大至5.5∶1后,說明煤粉的量不足,即C不足,故不能將SrSO4完全還原成SrS,進而使硫酸鍶轉(zhuǎn)化率下降。(3)由晶胞圖知,中間有8個F-,Sr2+位于8個頂角和6個面心,以頂角的Sr2+分析,離頂角Sr2+最近的Sr2+位于晶胞的面心,一共有3個面心,而1個頂角為8個立方體所共有,所以共有24個Sr2+,但是兩個共同的面的晶體會重復計算一次面心,所以應為242=12個Sr2+。②n(SrF2)=m(SrF2)M(SrF2)=2mg×10-3g·mg-1126g·mol-1≈0.1589mol,c(SrF2)=n(SrF2)V=0.1589mol5mL×10-3L·mL-1≈3.2mol·L-1。Ksp(SrF2)很小,4.答案(1)①MnO2+SO2MnSO4②SiO2、CaSO4(2)O3可將NO氧化為在水中溶解性好的NO2,NO2氧化性強于NO(3)MnO2+MnCO3+2Fe2++3H2O2Fe(OH)3+2Mn2++CO2↑(4)MnF2加入到濾液Ⅱ,發(fā)生反應的離子方程式為MnF2+Ca2+Mn2++CaF2,反應的平衡常數(shù)K=2×107大于105,故MnF2可以將Ca2+完全去除(5)將濾液Ⅲ蒸發(fā)結(jié)晶(或蒸發(fā)濃縮至有大量晶體析出),同時將產(chǎn)生的SO2氣體用0.1mol·L-1NaOH吸收,當高于50℃時趁熱過濾,用少量無水乙醇洗滌沉淀2~3次,低溫干燥得MnSO4·H2O解析(1)①SO2與MnO2發(fā)生氧化還原反應生成MnSO4。②SiO2與稀硫酸不反應,CaO與H2SO4反應生成微溶的CaSO4,所以濾渣Ⅰ的主要成分為SiO2和CaSO4。(2)O3具有強氧化性,能夠?qū)O氧化為NO2,NO2易被水吸收,提高NO的脫除率。(3)少量的Fe2O3與硫酸反應生成Fe3+,Fe3+被SO2還原為Fe2+,加入MnO2和MnCO3的目的是將Fe2+轉(zhuǎn)化為濾渣Ⅱ[Fe(OH)3]。(4)MgF2與Ca2+反應生成Mg2+和CaF2,反應方程式為MgF2+Ca2+Mg2++CaF2,該反應的平衡常數(shù)K=c(Mg2+)c(Ca2+)=Ksp(MgF2)Ksp(CaF2)=1.6×105.答案(1)富集砷元素2AsO33-+O2(2)K=(Kw)9[Ka1Ka2Ka3c(H3AsO3)]3溫度升高,Ca(OH)2的溶解度減小,(3)H3AsO4+SO2+H2OH3AsO3+H2SO4(4)調(diào)節(jié)硫酸濃度為7mol·L-1,冷卻至25℃,過濾解析(1)含砷廢水中砷的富集程度不高,因此先“堿浸”“沉砷”后“酸化”的目的是富集砷元素;“氧化”過程中氧氣將AsO33-氧化為AsO43-。(2)H3AsO43H++AsO43-的K1=Ka1Ka2Ka3=c(AsO43-)·c(H+)c(H3AsO4),5Ca(OH)2(s)+3AsO43-(aq)Ca5(AsO4)3OH(s)+9OH-(aq)的K=c9(OH-)c(AsO43-)=[Kwc(H+)]9[6.答案(1)AB(2)①Li1-xCoO2+xe-+xLi+LiCoO2②0(3)①等質(zhì)量分數(shù)的Na2S溶液中電荷濃度更大(或溶液導電性更強);S2-、HS-還原性比Cl-強②NaCl質(zhì)量分數(shù)由5%增大為10%時,對電池外殼和電芯的腐蝕速率加快(4)①2LiCoO2+8HCl2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O②作還原劑解析(1)根據(jù)電池總反應可知,放電時,Li失去電子作負極,A正確;根據(jù)比能量定義,100gLi可失去100g7g·mol-1≈14.3mol電子,100gZn可失去100g65g·mol-1×2≈3.1mol電子,則鋰金屬電池比能量高,B正確;若使用稀硫酸作電解質(zhì),H+會參與電極反應,C錯誤。故選AB。(2)①根據(jù)題意“放電時,Li+由LixC6中脫嵌”,且題中給出了電池放電時Li+的移動方向,可判斷放電時Li1-xCoO2中嵌入Li+,作電池正極,電極反應式為Li1-xCoO2+xe-+xLi+LiCoO2。②從題目文字和圖像信息中可以看出晶胞中各存在4個鐵氧八面體和磷氧四面體,晶胞中磷原子和鐵原子數(shù)目為4,根據(jù)均攤法可以計算圖示晶胞中Li+(LiFePO4)數(shù)目為3,故1-x=0.75,x=0.25。(3)①電池放電速率與電解質(zhì)溶液導電能力有關(guān)。電解質(zhì)溶液的導電能力受電解質(zhì)性質(zhì)、溶液中離子濃度、離子所帶電荷數(shù)有關(guān)。5%的Na2S、NaCl溶液中物質(zhì)的量濃度Na2S稍小(稀溶液,溶液密度近似為1g·cm-3),但Na2S離子電荷濃度更高,導電性稍強。②根據(jù)XRD圖譜,發(fā)現(xiàn)NaCl浸泡液中沉淀物以鐵元素和鋁元素為主,結(jié)合題目信息可以得出NaCl溶液具有加速鐵、鋁腐蝕的能力的推論,由于電池外殼和電芯被破壞,電池的電壓明顯降低,兩者之間存在一定的因果關(guān)聯(lián)。(4)①鈷酸鋰電池正極材料為LiCoO2,其中Co化合價為+3,鹽酸酸浸后轉(zhuǎn)化為Co2+,Cl-被氧化生成Cl2,化學方程式為2LiCoO2+8HCl2LiCl+2CoCl2+Cl2↑+4H2O。②H2O2大題突破練(二)有機合成與推斷綜合題1.答案(1)大(2)(CH3)2SO4[或(CH3O)2SO2或](3)取代反應(4)(5)SO2和HCl(6),解析(1)羧基是親水基團,酯基不是親水基團,室溫下,在水中A的溶解度比B的大。(2)X的分子式為C2H6SO4,常用作甲基化試劑,則其結(jié)構(gòu)式為或(CH3)2SO4或(CH3O)2SO2。(3)根據(jù)C的結(jié)構(gòu)式可知Y為,B→C的反應類型為取代反應。(4)B的分子式為C10H12O4,其同分異構(gòu)體在堿性條件下水解后酸化生成兩種產(chǎn)物,說明分子中有酯基。另一種水解產(chǎn)物能與銀氨溶液反應,被氧化為碳酸后分解生成二氧化碳和水,說明水解產(chǎn)物為HCOOH。一種產(chǎn)物含有苯環(huán),其核磁共振氫譜只有2組峰,說明分子中有兩種氫原子,則苯環(huán)上有6個取代基,并且取代基只能分成兩種,為—OH和—CH3,故結(jié)構(gòu)式為。(5)與SOCl2等物質(zhì)的量反應時生成和,不穩(wěn)定分解成SO2和HCl,產(chǎn)生污染性氣體為SO2和HCl。(6)催化氧化生成(PhCHO)。加入SOCl2或HCl加熱生成,加入Ph3P和PhCHO生成,加Br2生成,加入氫氧化鈉和乙醇加熱生成,據(jù)此可寫出合成路線流程圖。2.答案(1)取代反應(2)或(3)AC(4)(5)解析結(jié)合合成路線分析可知,A→B為A與乙酸酐的取代反應,B→C發(fā)生酯化反應生成酯,C→D成環(huán),D→E為異構(gòu)化反應,由酮羰基異構(gòu)為烯醇,結(jié)合E和G的結(jié)構(gòu)簡式可知,F與E發(fā)生加成反應生成G,故F的結(jié)構(gòu)簡式為。(1)結(jié)合分析可知,A→B發(fā)生取代反應。(2)同時滿足下列條件的C的一種同分異構(gòu)體①能與NaHCO3溶液反應生成CO2,說明此異構(gòu)體有—COOH;②酸性條件下能水解,水解產(chǎn)物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應,說明此異構(gòu)體含酚酯基;③分子中不同化學環(huán)境的氫原子個數(shù)比是1∶6∶2∶1,說明此異構(gòu)體高度對稱且含甲基。分析C可知,滿足條件的結(jié)構(gòu)有或。(3)結(jié)合分析及化合物D、E的結(jié)構(gòu)可知,D和E互為同分異構(gòu)體,且D和E分子中以sp2雜化的碳原子個數(shù)比為8∶9;但D分子中存在飽和碳原子,故不可能所有原子同平面。故選AC。(4)結(jié)合分析可知,F的結(jié)構(gòu)簡式為。(5)結(jié)合已知:+可知,合成目標分子需要先在苯酚上引入酯基,同時烯烴需要轉(zhuǎn)化成酮羰基,二者發(fā)生已知條件的反應即可,據(jù)此可寫出合成路線流程圖。3.答案(1)14(2)A(3)CH3CH2OH(4)或(5)解析(1)由苯是平面正六邊形,12個原子共面再結(jié)合單鍵可以旋轉(zhuǎn)可知A分子中處于同一平面上的原子最多有14個。(2)由知,A生成B發(fā)生的是取代反應,同時生成HCl,CH3CH2ONa可以和HCl發(fā)生反應,使平衡正向移動,提高B的產(chǎn)率。(3)根據(jù)流程圖及信息Et表示—CH2CH3,再結(jié)合題干C→D發(fā)生反應:C+(EtO)3CH―→D+2Y可知Y的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH。(4)的同分異構(gòu)體滿足以下條件:鹵素原子均直接連在苯環(huán)上。在酸性條件下水解,得到2種產(chǎn)物,2種產(chǎn)物分子中均含有2種不同化學環(huán)境的氫原子,其中一種水解產(chǎn)物能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應,另一水解產(chǎn)物能與NaHCO3溶液反應生成CO2,則該有機物有酚酯基,且結(jié)構(gòu)非常對稱,據(jù)此寫出滿足條件的結(jié)構(gòu)為或。(5)由,再結(jié)合信息R—NO2R—NH2及所學知識可以寫出合成路線流程圖。4.答案(1)D(2)3(3)高(4)(5)(6)解析(1)原子發(fā)射光譜是利用物質(zhì)在熱激發(fā)或電激發(fā)下,每種元素的原子或離子發(fā)射特征光譜來判斷物質(zhì)的組成,該方法可測定元素的含量,不能確定官能團的類別,A不符合題意;核磁共振氫譜是利用原子在共振下的有關(guān)信號繪制的圖譜。吸收峰個數(shù)=等效氫原子種數(shù),吸收峰面積之比=各種等效氫原子個數(shù)之比,可確定物質(zhì)中氫原子的種類和數(shù)目,該方法不能確定官能團的類別,B不符合題意;質(zhì)譜法中質(zhì)荷比值最大的為物質(zhì)的相對分子質(zhì)量,不能確定官能團的類別,C不符合題意;紅外光譜具有高度的特征性,利用紅外光譜可確定化學基團和鑒定未知物質(zhì)結(jié)構(gòu),D符合題意。(2)B()與CH3NH2在CH3OH、THF條件下發(fā)生取代反應生成C(),1molB消耗3molCH3NH2,C在酸性條件下不穩(wěn)定,B→C的反應中HCl、—COCl均與CH3NH2反應,應控制n(CH3NH2)n(B)不低于3。(3)鄰硝基苯酚中存在分子內(nèi)氫鍵,對硝基苯酚存在分子間氫鍵,故使得D()的熔點高于鄰硝基苯酚的熔點。(4)F()的一種同分異構(gòu)體同時滿足分子中所有碳原子軌道雜化類型相同,即碳原子均采取sp2雜化,含兩個苯環(huán);1mol該物質(zhì)完全水解最多消耗3molNaOH,水解產(chǎn)物之一的分子中不同化學環(huán)境的氫原子個數(shù)比為2∶1,含有兩個—NH2處于對稱位置,含有1個—OOCNH—直接連在兩個苯環(huán)上,滿足條件的物質(zhì)結(jié)構(gòu)為。(5)F()與G、CH2Cl2發(fā)生加成反應生成H(),根據(jù)G的分子式為C8H3ClF3NO推知G為。(6)以和CH3CH2NH2為原料制備,對比原料和目標產(chǎn)物的結(jié)構(gòu),要引入兩個—CONH—官能團,由題目中B→C轉(zhuǎn)化遷移可知應將與溴單質(zhì)加成引入兩個溴原子,在堿的醇溶液條件下水解生成1,3-環(huán)己二烯,該物質(zhì)被酸性高錳酸鉀氧化為己二酸,己二酸與SOCl2反應后的產(chǎn)物再與CH3NH2在甲醇、THF條件下發(fā)生取代反應生成,據(jù)此可寫出合成路線流程圖。5.答案(1)(2)(3)加成(4)(5)解析(1)根據(jù)B的結(jié)構(gòu)可知,B中有8個C原子,則反應①的另一種含有苯環(huán)的有機產(chǎn)物含7個C原子,且有羧基,應為苯甲酸,結(jié)合已知Ⅰ,可推出A的結(jié)構(gòu)簡式為。(2)根據(jù)B、C的結(jié)構(gòu)簡式,結(jié)合X的分子式,可以推出X的結(jié)構(gòu)簡式為。(3)F與E互為同分異構(gòu)體,再結(jié)合G的結(jié)構(gòu)簡式,可以判斷E中醛基與—NH—發(fā)生加成反應生成F,反應類型為加成反應。(4)D的結(jié)構(gòu)簡式為,其同分異構(gòu)體能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應,說明有酚羥基;水解后可得到三種有機產(chǎn)物;其中一種為H2NCH2COOH,另兩種產(chǎn)物酸化后均只含兩種化學環(huán)境不同的氫,說明一種為CH3COOH,含苯環(huán)的產(chǎn)物也是兩種等效氫,說明結(jié)構(gòu)對稱,含兩個酯基,且兩個酯基均為酚形成的酯基,綜合分析,該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為。(5)結(jié)合已知Ⅰ和Ⅱ,CH2BrCH2CH2Br先發(fā)生水解反應得到,再發(fā)生催化氧化得到OHCCH2CHO,結(jié)合已知Ⅱ,OHCCH2CHO與2丁烯可以得到,與2分子CH3COOH酯化得到,最后通過已知Ⅰ的反應得到目標產(chǎn)物,據(jù)此可寫出合成路線流程圖。6.答案(1)取代反應(2)(3)(4)(5)解析(1)“步驟1”中—Br被原子團取代,反應類型為取代反應。(2)連接四種不同原子或基團的碳原子為手性碳,E分子中的手性碳原子為。(3)E中含有硝基,在Fe作用下還原為氨基,E→F有副產(chǎn)物CH3OH產(chǎn)生,則酯基發(fā)生水解,已知F的分子式為C19H26N2O4,“—Boc”為“—COOC(CH3)3”,根據(jù)O原子個數(shù)說明F中除了羥基和—Boc外只剩下一個O原子,則羧基和氨基發(fā)生反應,故F的結(jié)構(gòu)簡式為。(4)分子中含三元碳環(huán)即環(huán)丙烷,1mol該物質(zhì)完全水解時最多消耗4molNaOH說明含有2mol酯基和2mol酰胺基,由于D只含1個N原子和4個O原子,則存在結(jié)構(gòu),不同化學環(huán)境的氫原子個數(shù)比為18∶4∶1,則有6個甲基中的H化學環(huán)境相同,該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為。(5)和溴單質(zhì)發(fā)生1,4加成反應可得,與(CH3O)3P發(fā)生流程中A→B的反應生成,再與發(fā)生B→C的反應生成,最后與氫氣發(fā)生加成反應生成,據(jù)此可寫出合成路線流程圖。大題突破練(三)化學實驗綜合題1.答案(1)①使用飽和食鹽水代替水;減緩分液漏斗中液體的滴加速率②除去H2S氣體(2)①C2H2+2Ag(NH3)2OH+2H2OAg2C2↓+4NH3·H2O②向濾液中加入2%氨水至產(chǎn)生的沉淀溶解,向所得溶液中通入C2H2至不再有沉淀生成,過濾,用去離子水洗滌濾渣2~3次,常溫風干(3)①將最后一次洗滌液倒入少量的蒸餾水中,用pH試紙檢測溶液pH,若溶液呈中性,則沉淀已洗滌干凈②當?shù)稳胱詈蟀氲螛藴嗜芤?錐形瓶內(nèi)液體出現(xiàn)紅色,且半分鐘內(nèi)不褪色③解:每20.00mL溶液中n(Ag+)=n(SCN-)=0.0500mol·L-1×16.00mL×10-3L·mL-1=8.000×10-4mol1.260g樣品中含n(Ag+)=8.000×10-4mol×200mL20.00mL所以1.260g(240+170n)g·解得n=6[或(2+n)解析(1)①為減緩反應速率,在不改變電石用量和大小的情況下,可以使用飽和食鹽水代替水或者減緩分液漏斗中液體的滴加速率。②洗氣瓶中CuSO4溶液與H2S反應生成硫化銅沉淀,洗氣瓶中CuSO4溶液的作用是除去H2S。(2)①向含有Ag(NH3)2OH的溶液中通入乙炔可得到乙炔銀沉淀,化學方程式為C2H2+2Ag(NH3)2OH+2H2OAg2C2↓+4NH3·H2O。(3)①當沉淀中不再含有硝酸時,沉淀則洗凈,所以可以通過檢查洗滌液中是否含有氫離子來判斷,方法是將最后一次洗滌液倒入少量的蒸餾水中,用pH試紙檢測溶液pH,若溶液呈中性,則沉淀已洗滌干凈。②鐵離子結(jié)合SCN-,溶液顯紅色,所以加入最后半滴標準溶液,錐形瓶內(nèi)液體出現(xiàn)紅色,且半分鐘內(nèi)不褪色,則達到滴定終點。2.答案(1)①[Ar]3d7②用1mol·L-1HCl溶液溶解含鈷廢催化劑,再向其中分批加入少量CoCO3固體,用pH計測量溶液pH,控制4.5≤pH<6.5,生成Fe(OH)3、Al(OH)3除去Fe3+、Al3+,過濾,所得濾液蒸發(fā)濃縮、控制溫度在50~90℃之間冷卻結(jié)晶(2)①2Co2++2NH4++10NH3·H2O+H2O22[Co(NH3)6]3++12H2②抑制氨水電離,控制OH-的濃度,防止生成Co(OH)2沉淀;為反應提供Cl-③[Co(NH3)5Cl]2+④n(Na2S2O3)=0.1mol·L-1×24.00×10-3L×250mL25.00mLn(Co)=n(Na2S2O3)=2.400×10-2molm(Co)=2.400×10-2mol×59g·mol-1=1.416g鈷元素的質(zhì)量分數(shù)=1.416解析(1)①Co是27號元素,Co失去4s上的2個電子得到Co2+,基態(tài)Co2+核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d7。②為了保證Fe3+、Al3+完全沉淀,而Co2+不能沉淀,則pH應介于4.2~6.5,過濾,由題圖1可知,控制溫度50~90℃,蒸發(fā)濃縮得到CoCl2·2H2O。(2)①在NH3·H2O條件下,Co2+被雙氧水氧化生成[Co(NH3)6]3+。②NH4Cl能抑制氨水電離,防止生成Co(OH)2沉淀,且給目標產(chǎn)物提供Cl-。③1molCo(NH3)5Cl3與足量的硝酸銀溶液反應生成2molAgCl,說明外界只有2個Cl-,該配合物內(nèi)界的化學式為[Co(NH3)5Cl]2+。3.答案(1)防止因SeO2升華導致硒的回收率降低(2)4.2×1014(3)①4[Ag(S2O3)2]3-+HCHO+6OH-4Ag↓+8S2O32-+CO3②向浸出渣中加入一定量的鹽酸,從導管a處通入Cl2至(黃色)固體不再溶解,過濾,向濾液中加入FeSO4溶液,至向上層清液中繼續(xù)滴加FeSO4溶液不再產(chǎn)生沉淀時停止滴加,過濾,洗滌濾渣至最后一次洗滌濾液加入BaCl2溶液不再產(chǎn)生沉淀解析(1)由題給信息SeO2超過315℃會升華,故加熱溫度不宜過高,SeO2升華使Se回收率降低。(2)浸出平衡常數(shù)K=c(H2SeO3)c4.答案(1)加快攪拌速率、延長浸取時間(2)①2Cu(NH3)2CO3+H2OCu2(OH)2CO3↓+CO2↑+4NH3↑②提高氨氣吸收率,防止污染空氣增大氣體與水的接觸面積,提高氨氣吸收率;組裝簡單且氣密性更好③反應初期反應物濃度高,溫度較低可避免產(chǎn)生氣體的速率過快;隨著反應物濃度降低,升高溫度有利于提高產(chǎn)生氣體的速率,以上均有利于獲得穩(wěn)定的氣流(3)邊攪拌邊向溶液中滴加濃氨水至產(chǎn)生的沉淀完全溶解,滴加1mol·L-1NaOH溶液,直至向靜置后的上層清液中繼續(xù)滴加NaOH溶液無沉淀生成,過濾;用蒸餾水洗滌沉淀,直至向最后一次洗滌濾液中滴加0.1mol·L-1BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象解析(1)“浸取”時,加料完成后,保持反應溫度不變,可通過增大接觸時間、增大接觸面積提高銅元素浸出率,具體方法有:加快攪拌速率、延長浸取時間。(2)①三頸燒瓶中,通過蒸氨,Cu(NH3)2CO3轉(zhuǎn)化為Cu2(OH)2CO3,同時生成二氧化碳氣體,發(fā)生反應的化學方程式為2Cu(NH3)2CO3+H2OCu2(OH)2CO3↓+CO2↑+4NH3↑。②實驗產(chǎn)生的氨氣是大氣污染物,需要進行處理,以防污染大氣,則采用三個盛有水的洗氣瓶吸收尾氣的目的為提高氨氣吸收率,防止污染空氣;題圖2中裝置為一個整體,不需另加導管,且密封性好,氨氣與水的接觸面積大,吸收效果好,則與圖1所示洗氣瓶相比,采用三個如題圖2所示裝置的優(yōu)點為增大氣體與水的接觸面積,提高氨氣吸收率;組裝簡單且氣密性更好。③在蒸氨過程中,溶液的濃度由大到小,實驗中控制反應溫度由80℃升高至95℃,可控制氣體的生成速率,則采用變溫加熱操作的原因為反應初期反應物濃度高,溫度較低可避免產(chǎn)生氣體的速率過快;隨著反應物濃度降低,升高溫度有利于提高產(chǎn)生氣體的速率,以上均有利于獲得穩(wěn)定的氣流。(3)以CuSO4·5H2O固體為原料制備純凈Cu(OH)2,若直接滴加NaOH,生成Cu(OH)2的速率過快,Cu(OH)2絮狀沉淀易裹挾雜質(zhì),若先將Cu2+轉(zhuǎn)化為[Cu(NH3)4]2+,再轉(zhuǎn)化為Cu(OH)2,可控制生成Cu(OH)2的速率,使Cu(OH)2緩慢沉淀,則實驗方案為取一定質(zhì)量的CuSO4·5H2O固體分批加入蒸餾水中,攪拌至完全溶解,邊攪拌邊向溶液中滴加濃氨水至產(chǎn)生的沉淀完全溶解,滴加1mol·L-1NaOH溶液,直至向靜置后的上層清液中繼續(xù)滴加NaOH溶液無沉淀生成,過濾;用蒸餾水洗滌沉淀,直至向最后一次洗滌濾液中滴加0.1mol·L-1BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象,5.答案(1)CuFeS2+4Fe3+5Fe2++Cu2++2S(2)取樣,滴加鐵氰化鉀溶液,無藍色沉淀產(chǎn)生(3)3Na2SO3+2CuSO4Cu2O↓+3Na2SO4+2SO2↑(4)反應產(chǎn)生SO2,導致溶液酸性增強,Cu2O在酸性溶液中歧化為二價銅和銅單質(zhì),從而降低Cu2O含量(5)邊攪拌邊向溶液中通入SO2,用pH計測量溶液的pH至約為10時,停止通入SO2;再向溶液中通入O2至pH約為7,將溶液加熱濃縮至有晶膜出現(xiàn),降溫結(jié)晶,過濾(6)14.4解析(1)由后續(xù)步驟是“調(diào)pH”生成Fe(OH)3知,“操作1”的目的是將Fe2+氧化為Fe3+,檢驗Fe2+是否剩余可判斷“操作1”反應已完成,可選用K3[Fe(CN)6]溶液,若不產(chǎn)生特征藍色沉淀,則表示“操作1”反應已完成。(3)已知:反應時,A裝置原料反應配比n(Na2SO3)∶n(CuSO4)=3∶2,且反應產(chǎn)生酸性氣體,該酸性氣體為SO2,具體化學方程式見答案。(4)由(3)知,生成Cu2O時也會產(chǎn)生SO2,SO2可使溶液的pH不斷減小,而Cu2O在酸性條件下會歧化為Cu和Cu2+而使產(chǎn)率降低,故不斷滴加NaOH溶液可阻止Cu2O發(fā)生歧化反應。(5)裝置B中的溶液是NaOH與Na2SO3的混合溶液,為防止制備的Na2SO4·10H2O晶體中混有NaOH,須事先通入SO2將NaOH轉(zhuǎn)化為Na2SO3,由圖乙知,室溫下,pH=10時,H2SO3、HSO3-、SO32-三種離子中,SO32-的物質(zhì)的量分數(shù)最大,故通SO2至pH約為10時即可,然后通入O2將Na2SO3全部氧化為Na2SO4,Na2SO4溶液的pH=7,故通O2至pH約為7時即可,具體實驗方案見答案。(6)發(fā)生的反應為Cu-e-+Cl-CuCl、2CuCl+2OH-Cu2O+2Cl-+H2O,可得關(guān)系式:e-~CuCl~0.5Cu2O,若電解時電路中通過0.2mole-,則理論上生成Cu2O的質(zhì)量=0.2mol×0.5×144g·mol-16.答案(1)2FeTiO3+6C+7Cl22FeCl3+2TiCl4+6CO(2)將鈦鐵礦分批加入熱的濃硫酸中,邊攪拌直至灰黑色固體消失,冷卻后用砂芯漏斗過濾,將冷卻后的濾液邊攪拌邊加入足量蒸餾水中,充分反應后,用砂芯漏斗過濾,用蒸餾水洗滌沉淀2~3次,直至取最后一次洗滌濾液加入BaCl2溶液無沉淀產(chǎn)生,干燥(3)取少許液體,向其中加入少量水充分振蕩后,向上層清液中滴加AgNO3溶液,若有白色沉淀生成,則含有TiCl4(4)①滴入最后半滴維生素C溶液,溶液紫紅色褪去,且30s內(nèi)不恢復②AC③n(C6H8O6)=0.10mol·L-1×12.50×10-3L=1.25×10-3mol根據(jù)2Fe~C6H8O625mL溶液中n(Fe)=2n(C6H8O6)=2×1.25×10-3mol=2.50×10-3mol2.80g樣品中m(Fe)=4×n(Fe)×M(Fe)=4×2.50×10-3mol×56g·mol-1=0.56gFe的質(zhì)量分數(shù)=0.56解析(2)用熱的濃硫酸將鈦鐵礦全部溶解,過濾除去SiO2,類似濃硫酸的稀釋操作,將溶液邊攪拌邊加入足量蒸餾水中,稀釋含濃硫酸的溶液,使TiOSO4水解,得到TiO2·H2O沉淀,再過濾、洗滌、檢驗洗凈即可。(3)CCl4是非電解質(zhì),不能電離出Cl-,而TiCl4易水解,在水溶液中有自由移動的Cl-存在,故用AgNO3溶液檢驗即可。(4)①已知:磺基水楊酸指示劑遇Fe3+顯紫紅色,維生素C可將Fe3+還原為Fe2+,故當?shù)稳胱詈蟀氲尉S生素C時,溶液的紫紅色褪去,且30s內(nèi)不恢復紫紅色,即達到滴定終點。②若步驟Ⅰ中調(diào)節(jié)pH小于2,則會導致除Fe單質(zhì)外的其余含鐵化合物溶解,最終均以Fe3+形式消耗維生素C,使Fe單質(zhì)的測定含量偏高,A正確;若步驟2中未將濾液與洗滌液合并,則會使Fe2+含量偏低,使Fe單質(zhì)的測定含量偏低,B錯誤;若步驟2中未將反應后溶液煮沸,則殘留的H2O2也會消耗維生素C,使維生素C的消耗量增多,使Fe單質(zhì)的測定含量偏高,C正確;若步驟3滴定時先仰視后俯視,則會導致維生素C的消耗量讀數(shù)偏低,使Fe單質(zhì)的測定含量偏低,D錯誤。7.答案(1)①ABC②FeS2被氧化生成的S覆蓋在表面;反應消耗了H+,c(H+)減小,阻止反應的繼續(xù)進行③80~100min時,軟錳礦中的錳元素浸取率大于90%,剩余的MnO2不足以氧化從黃鐵礦持續(xù)浸出的大量Fe2+,因此Fe2+濃度迅速上升,Fe3+濃度上升緩慢(2)MnO2+2Fe2++4H+Mn2++2Fe3++2H2O(3)①取最后一次洗滌濾液少許,加入試管中,先加稀鹽酸,無明顯現(xiàn)象,再加入氯化鋇溶液,無白色沉淀生成,則證明洗滌干凈②等濃度的Na2CO3溶液的堿性比NH4HCO3溶液強,用Na2CO3溶液作沉淀劑,會生成較多的Mn(OH)2,影響產(chǎn)品的純度(4)解析(1)①加料完成后,提高錳元素浸取率從速率和產(chǎn)率兩個角度考慮,加入HNO3,會使FeS2中Fe、S兩元素直接氧化,使MnO2中Mn浸出減少。②由題圖1可知,Fe2+在酸性條件下浸出,MnO2氧化Fe2+生成Fe3+,Fe3+氧化-1價S生成單質(zhì)S,覆蓋在表面循環(huán)過程受阻。另一方面,反應消耗了H+,c(H+)減小,阻止反應的繼續(xù)進行。③一定條件下,用足量黃鐵礦浸錳,當Mn幾乎全部浸出時,Fe2+在酸性條件下仍浸出,但Fe3+生成循環(huán)過程受阻,因此80~100min時,Fe3+濃度變化較小而Fe2+濃度迅速上升。(2)將浸取液過濾后再加入適量精制MnO2粉末,氨水調(diào)節(jié)溶液pH去除Fe3+,過濾,得濾液和濾渣。加入MnO2粉末的目的是使Fe2+生成Fe3+。(3)①檢驗沉淀是否洗凈,實質(zhì)是檢驗硫酸根離子。②制備碳酸鹽,通常向濾液中滴加NH4HCO3溶液或NH3·H2O、NH4HCO3混合溶液,一個主要原因是降低pH,減少氫氧化物的生成。(4)Fe(H2NCH2COO)2·2H2O中N、O通過配位鍵配位形成兩個五元環(huán)。大題突破練(四)化學反應原理綜合題1.答案(1)-72.8kJ·mol-1(2)①NH2COONH4+3NiO3Ni+N2↑+3H2O+CO2↑②H2S被O2氧化得到的H2SO4酸性更強,與容器表面鈍化膜反應更快,加快容器腐蝕(3)①②反應3處于平衡狀態(tài),NH3的濃度越高,則HNCO的濃度越低,反應4速率越慢,生成縮二脲速率越慢(4)①CO2+N2+6HCO3-+6e-CO(NH2)2+6CO32-+H2O(或7CO2+N2+5H2O+6e-CO(NH2)2②加熱溫度過高,LA位點過多而LB位點過少,溫度過低LB位點過多LA位點過少,導致CO2吸附與活化效率下降③SCN-與Ni(Ⅱ)配位使LA位點減少,降低了催化劑的活性解析(1)由反應1+反應2,得2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l),則ΔH=ΔH1+ΔH2=-100.4kJ·mol-1+27.6kJ·mol-1=-72.8kJ·mol-1。(2)①NH2COONH4與NiO反應產(chǎn)生N2,由氧化還原分析,NiO生成Ni。②有氧氣存在的條件下,發(fā)生反應:2H2S+3O22SO2+2H2O、2H2O+O2+2SO22H2SO4,硫酸腐蝕性更強。(3)①中間N原子連接兩個酮羰基,酮羰基中O原子電負性強,吸電子能力強,酮羰基為吸電子基團,故N—H鍵的電子更偏向N原子,H原子的電子云密度降低。②NH3的濃度越高,反應3平衡逆向進行程度越大,HNCO的濃度越低,反應4反應速率越低,縮二脲生成速率越慢。(4)①依據(jù)信息,N2、CO2、反應生成尿素,結(jié)合電荷守恒,電極反應式為CO2+N2+6HCO3-+6e-CO(NH2)2+6CO32-+H2O或7CO2+N2+5H2O+6e-CO(NH2)2+6HCO3-。②由題圖可知,溫度過高時,會形成兩個LA位點,吸附CO2過多,無法形成尿素;溫度過低,Ni—O鍵不斷裂,不能形成LA位點,無法吸附CO2,故催化效果會降低。③SCN-可以占據(jù)LA位點,使之無法吸附CO22.答案(1)ΔH3-ΔH2(或ΔH1+ΔH3-ΔH4)(2)①升高溫度,化學反應速率加快;催化劑活性增強;發(fā)生副反應Ⅲ②R隨溫度升高而減?、墼O(shè)初始投料時,CH4的物質(zhì)的量為1mol,CO2的物質(zhì)的量為3mol。由圖可知,1000℃時,CH4的轉(zhuǎn)化率為100%,CO2的轉(zhuǎn)化率為60%,故R=Δn(C(3)Pt-Ni合金Pt-Ni合金作催化劑時,反應歷程中基元反應的活化能都較小,化學反應速率更快(4)①CHxO、OH②Ni—C+O*Ni+CO解析(1)由蓋斯定律可知,由Ⅲ-Ⅱ或Ⅰ+Ⅲ-Ⅳ得主反應,故主反應的ΔH=ΔH3-ΔH2或ΔH=ΔH1+ΔH3-ΔH4。(2)①升高溫度化學反應速率加快,催化劑活性增強,發(fā)生副反應Ⅲ等都會導致反應相同時間內(nèi)CH4的轉(zhuǎn)化率在800℃時遠大于400℃。②400~600℃時,甲烷的轉(zhuǎn)化率增加大于二氧化碳的轉(zhuǎn)化率增加,則同一時段內(nèi)CH4比CO2的物質(zhì)的量變化量更大,故R=Δn(CO2)Δn(CH4)的值變化情況為R隨溫度升高而減小。③常壓下,將CH4和CO2按物質(zhì)的量之比1∶3投料,設(shè)初始投料時,CH4的物質(zhì)的量為1mol,CO2的物質(zhì)的量為3mol,由題圖可知,1000℃時,CH4的轉(zhuǎn)化率為100%,CO2的轉(zhuǎn)化率為60%,故R=Δn(CO2)Δn(CH4)=3mol×60%1mol=1.8。(3)過渡態(tài)物質(zhì)的總能量與反應物總能量的差值為活化能,即題圖中峰值越大則活化能越大,峰值越小則活化能越小,活化能越小反應越快,活化能越大反應越慢;Pt-Ni合金作催化劑時,反應歷程中基元反應的活化能都較小,化學反應速率更快,故從化學反應速率角度分析,脫氫反應選擇的催化劑為Pt-Ni合金。(4)①由題圖可知,路徑甲、乙中生成的不同中間產(chǎn)物為CHxO、OH。②在催化劑Ni/CeO23.答案(1)反應的ΔH<0(2)①Na2Ca(CO3)2CaO-Na2CO3+CO2↑[或Na2Ca(CO3)2CaO+Na2CO3+CO2↑]②等質(zhì)量的MgO和CaO相比,MgO吸收的CO2的量比CaO多;Ca2+和Mg2+電荷數(shù)相等、Mg2+半徑小于Ca2+,再生時MgCO2分解溫度低,更節(jié)能(3)①11HCO3-+8e-CH3COO-+9CO32②H2(4)①隨著溫度升高,反應Ⅰ和反應Ⅱ的反應速率加快,消耗的CO2增多。反應Ⅰ的ΔH<0,反應Ⅱ的ΔH>0,隨著溫度升高,反應Ⅰ正向進行程度小,反應Ⅱ正向進行程度大,CO2轉(zhuǎn)化率升高,但CH3OH選擇性降低②η(In2O3)∶η(Mg/In2O3)∶η(Mn/In2O3)=(12%×15%)∶(10%×20%)∶(5%×30%)=18∶20∶15解析(1)反應:NaCl(aq)+NH3(g)+CO2(g)+H2O(l)NaHCO3(s)+NH4Cl(aq)為熵減的反應,該反應常溫下能自發(fā)進行,則該反應ΔH<0。(2)①X=Ca時,Na2Ca(CO3)2加熱生成CaONa2CO3和CO2,再生的化學方程式為Na2Ca(CO3)2CaONa2CO3+CO2↑。②因為陽離子電荷數(shù)越高、半徑越小,陰離子越易受其影響而分解,所以X=Mg相比X=Ca,其優(yōu)點有等質(zhì)量的MgO和CaO,MgO吸收的CO2的量多;Ca2+和Mg2+電荷數(shù)相等、Mg2+半徑小于Ca2+,再生時MgCO3分解溫度低,更節(jié)能。(3)①催化電解吸收CO2的KOH溶液可將CO2轉(zhuǎn)化為有機物,HCO3-在陰極放電生成CH3COO-的電極反應式為11HCO3-+8e-CH3COO-+9CO32-+4H2O。②電解時,H+可在陰極得到電子生成H2,堿性溶液有利于抑制H2的產(chǎn)生。(4)①隨著溫度的升高,反應Ⅰ和反應Ⅱ的反應速率加快,消耗的CO2增多。反應Ⅰ的ΔH<0,反應Ⅱ的ΔH>0,隨著溫度升高,反應Ⅰ正向進行程度小,反應Ⅱ正向進行程度大,CO2轉(zhuǎn)化率升高,但CH3OH選擇性降低。②由題圖可知,340℃時In2O3、Mg/In2O3、Mn/In2O3作催化劑時CO2轉(zhuǎn)化率分別為12%、10%和5%,In2O3、Mg/In2O3、Mn/In2O3作催化劑時甲醇選擇性分別為15%、20%和30%,所以η(In2O3)∶η(Mg/In2O3)∶η(Mn/In2O3)=(12%×15%)∶(10%×20%)∶(5%×30%)=18∶4.答案(1)①-247.1②反應Ⅰ的ΔH1<0,反應Ⅱ的ΔH2>0,溫度升高,反應Ⅰ正向進行程度減小,使CO2平衡轉(zhuǎn)化率減小,反應Ⅱ正向進行程度增大,使CO2平衡轉(zhuǎn)化率增大,600℃之后,反應Ⅱ的CO2轉(zhuǎn)化率增大的幅度大于反應Ⅰ的CO2轉(zhuǎn)化率減小的幅度(2)①中間體Q中與Mn相連的H帶負電,該H與HCO3-中帶正電的碳原子結(jié)合形成C—H,HCO3-②錳與水反應生成的MnO是CO2生成甲酸反應的催化劑(3)①2.8mol②CO2+6e-+6H+CH3OH+H2O③pH過低,c(H+)增大,H+在陰極表面得電子生成H2增多,CO2被還原為有機物的比例減少,有機物產(chǎn)率降低解析(1)①由反應Ⅰ-反應