综合突破14题（期中真题汇编，上海专用）高二化学上学期

综合突破14题 3大高频综合题概览 考点01 实验探究综合题 考点02 工艺流程综合题 考点03 反应原理综合题 地 城 考点01 实验探究综合题 1．(24-25高二·上海市行知中学·期中)三氯化铬(CrCl3)为紫色晶体，熔点为83 ℃，易潮解，易升华，能溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化。其工业生产中应用广泛。 以Cr2O3、CCl4(沸点为76.8 ℃)为原料制备无水CrCl3的实验装置图如下所示。 （1）关于氨气的制备和检验，下列说法正确的是___________。 A．加热氯化铵固体制备氨气 B．使用无水氯化钙干燥氨气 C．用排水法收集氨气 D．用湿润的红色石蕊试纸检验氨气 （2）装置A中产生N2的作用为 。 A．排尽装置中的空气            B．平衡气压               C．吹出CCl4 和CrCl3 （3）装置C和装置E水槽中盛有的液体分别为 、 。 A．沸水           B．冰水 （4）装置D中另一产物为光气(COCl2)，D中反应的化学方程式为 。 （5）三氯化铬属于 。 A．分子晶体         B．离子晶体          C．共价晶体         D．金属晶体 实验中发现D、E之间的导管容易堵塞，原因是 。 （6）为进一步探究CrCl3的性质，某同学取若干支试管，分别加入10滴0.1 mol·L-1 CrCl3溶液，再分别加入不同滴数的0.1 mol·L-1 KMnO4酸性溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。 KMnO4酸性溶液的用量(滴数) 在不同温度下的反应现象 25 ℃ 90~100 ℃ 1 紫红色 蓝绿色溶液 3 紫红色 黄绿色溶液 10 紫红色 橙黄色溶液 11 紫红色 橙黄色溶液，有少量棕褐色沉淀 25 紫红色 紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀 通过对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将Cr3+ 氧化为橙黄色的Cr2O，CrCl3与KMnO4最佳用量比为 。已知：，实验用量比理论用量更多，原因是 。 （7）Cr(Ⅲ)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示，请补充完整由CrCl3溶液制备纯净的Cr(OH)3的实验方案。 步骤一：取适量CrCl3溶液，加入NaOH溶液，调节溶液的pH为 。 A．4~6             B．6             C．6~12            D．12 步骤二：充分反应后过滤、洗涤，检验沉淀已洗净的操作是 。 步骤三：低温烘干沉淀，得到Cr(OH)3晶体。 2．(24-25高二·上海市闵行中学·期中)类比是化学学习的重要方法之一，过氧化钙(CaO2)与Na2O2在结构和性质上相似。 Ⅰ．CaO2是一种新型水产养殖增氧剂，常用于鲜活水产品的运输。已知过氧化钙能缓慢与水反应。 （1）根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，写出过氧化钙与水反应的化学方程式： 。 （2）运输鲜活水产品时应选择 (填“CaO2”或“Na2O2”)放入水中，理由不可能的是 。 A．Na2O2与水反应剧烈 B．等质量Na2O2放出氧气更多 C．过氧化钙在水中溶解缓慢，供氧时间长 D．氢氧化钙微溶于水，氢氧化钠易溶于水 Ⅱ．CaO2的制备 已知：①CaO2·8H2O是一种白色晶体，微溶于水，不溶于乙醇； CaO2·8H2O在0℃时稳定，加热至130℃时变为无水CaO2，在350℃时能迅速分解生成CaO和O2。 回答下列问题： （3） CaO2中阳离子和阴离子的个数之比为 。 （4）第二个方框里为生成CaO2·8H2O的反应，写出反应方程式 。 （5）“操作Ⅰ”的名称是 。 （6）“洗涤”工序中应选择的洗涤液为 。“沉淀”工序中为了提高产品产率应在 浴中进行。(填“冰水”或“热水”) Ⅲ．CaO2纯度的测定 （7）取一定质量的产品，按照图装置(加热装置已省略)进行实验： 实验结束读取体积时，若水准管中液面高于量气管中液面，会使测得的CaO2纯度 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。若有影响，应向 (填“上”或“下”)移动水准管，使两管液面相平(注：若第一格填无影响，第二格不用填写)。 （8）已知：样品质量m g，标况下测得气体体积为V mL，样品中CaO2的纯度为 %。 3．(24-25高二·上海晋元高级中学·期中)为研究溶液中的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。 实验I 物质 0min 1min 1h 5h 淡黄色 桔红色 红色 深红色 几乎无色 淡黄色 黄色 桔红色 （1）溶液的稳定性： (填“>”或“<”)。 （2）甲乙同学分别提出影响稳定性差异的原因。甲同学认为与NH具有还原性有关。乙同学认为是溶液酸性不同导致。他们分别进行了实验验证。 甲同学进行实验II，否定了该观点，请补全该实验。 ①操作：取 ，加 ，观察现象。 现象：与实验I中溶液现象相同。 乙同学进行实验III。 发现pH越大，溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应。 ②由实验III，乙同学可得出的结论是 ，请从平衡移动的角度解释原因 。 4．(23-24高二·上海交通大学附属中学·期中)以下是有关铝的实验探究，请回答相关问题： （1）用铝粉和 Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有___________。 A．KCl B．KClO3 C．MnO2 D．Mg （2）镁能发生和铝类似的“镁热反应”，写出镁在高温下和  Fe2O3反应的化学方程式 。 （3）向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量 NaOH 浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪； 再过一段时间，罐壁又重新凸起。写出罐壁又重新凸起发生的相关离子方程式： 。 （4）向铝粉中添加少量 NH4Cl固体并充分混合，将其加热到1000℃时可与 N₂反应制备 AlN，下列说法正确的是___________ A．AlN是一种金属材料 B．AlN与足量氢氧化钠溶液共热时生成氢氧化铝和氨气 C．少量 NH4Cl能够破坏 Al表面的 Al2O3薄膜 D．AlN与足量盐酸反应的离子方程式为AlN+3H+=Al3++NH3↑ （5）用打磨过的铝片进行如下实验， 下列分析不合理的是___________ A．①中铝片发生了钝化 B．②中产生的气泡是氮氧化合物，不是氢气 C．③中沉淀溶解的离子方程式是Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]- D．②中加水稀释过程中，仅发生了氧化还原反应 （6）为探究铝片(未打磨)与Na2CO3溶液的反应，实验如下： 无明显现象 铝片表面产生细小气泡 出现白色沉淀，产生大量气泡(经检验为H2和CO2) 下列说法不正确的是___________ A．Na2CO3溶液中存在水解平衡： B．对比Ⅰ 、Ⅲ，推测 Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜 C．Ⅳ溶液中可能存在大量 Al3+ D．推测出现白色浑浊的可能原因：[Al(OH)4]- （7）某铝土矿的主要成分为Al2O3·xH2O，还含有Fe2O3和 SiO2杂质。称取 17.50g铝土矿样品，加入 200mL1.65mol/L 的稀硫酸，恰好完全反应，过滤得沉淀0.30g，然后在滤液中加入足量的 NaOH 溶液，得到沉淀 2.14g。 ①该试样中Fe2O3的物质的量为 mol。 ② 样品中Al2O3·xH2O的x= 。 5．(24-25高二·上海市上海中学·期中)某学生在完成铜与硝酸的分组实验后，产生大量含有H+、Cu2+等离子的废液，为了测定Cu2+的浓度并对废液进行处理，进行如下实验。 I．测定废液中铜离子含量 原理：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2=2I-+S4O，Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O 步骤：①取10.00mL废液样品，加入一定量的硫酸并煮沸。 ②加入氨水调节溶液的pH=3.2~4.0，再加入过量的KI，将溶液定容为100mL。 ③取步骤②中定容后的溶液20.00mL，淀粉作指示剂，用0.0500mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，多次滴定，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为16.00mL。 （1）步骤①加入一定量的硫酸并煮沸的目的是 i： ； ii： （2）步骤②中溶液的pH<3.2，可能会导致测定的铜离子浓度 ； A．偏高    B．偏低    C．无影响 判断依据 。 （3）计算原废液中c(Cu2+)= mol·L-1。 Ⅱ．硫化物沉淀法处理 （4）已知常温下，Ka1(H2S)=1.3×10-7、Ka2(H2S)=7.0×10-15、Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18，下列说法正确的是_____。(不定项) A．常温下，CuS的溶解度大于FeS B．反应Cu2++H2S=CuS↓+2H+可以发生 C．除去废液中的Cu2+，可选用FeS作沉淀剂 D．常温下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，Ksp(FeS)减小 莫尔法是一种沉淀滴定法，以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，进而测定溶液中Cl-的浓度。已知： 银盐 性质 AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4 AgSCN 颜色 白 浅黄 白 砖红 白 溶解度/(mol·L-1) 1.34×10-6 7.1×10-7 1.1×10-8 6.5×10-5 1.0×10-6 （5）滴定终点的现象是 。 （6）若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选为滴定指示剂的是_____。 A．NaCl B．BaBr2 C．Na2CrO4 D．NaCN 地 城 考点02 工艺流程综合题 6．(23-24高二·上海交通大学附属中学·期中)Ⅰ.以硫酸厂矿渣(含 Fe2O3、 α-Al2O3、SiO2等)为原料制备铁黄[FeO(OH)]的一种工艺流程如图所示： 资料：i． α-Al2O3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，γ-Al2O3不溶于水，可溶于强酸或强碱 ii.Ksp(CaCO3)=2.8×10-9；Ksp(FeCO3)=2×10-11； （1）将mg 含 Fe2O3·nH2O的γ-Al2O3溶于 200mL pH=1 的硫酸溶液中，然后加入100mL 氨水，使溶液中的Fe3+和 Al3+恰好完全沉淀，则所加氨水的浓度为___________ A．0．2mol/L B．0.1mol/L C．0.05mol/L D．0.02mol/L （2）向“酸浸”后的溶液中加入KSCN，溶液会变红，变红过程发生的离子方程式是 。 （3）“滤渣”中主要成分为(填化学式) 。 （4）“沉铁”过程中铁元素大部分转化为 FeCO3，但往往有副产物 Fe(OH)2生成，分析原因是 。 （5）若用 CaCO3“沉铁”， 则无副产物Fe(OH)2产生， 当反应完成时， 溶液中 。 （6）下列物质中可以通过化合反应制备得到的是___________ A．FeCl2 B．Fe(OH)2 C．Fe(OH)3 D．Fe2O3 （7）写出氧化过程生成铁黄的化学方程式 。 Ⅱ.为确定“滤液”中Fe2+的物质的量浓度，选用 K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的 Fe2+，离子方程式为 (未配平)。 （8）向滴定管中注入K2Cr2O7标准溶液前， 滴定管需要检漏、用蒸馏水洗涤和 。 (9)若滴定 xmL“滤液”中的 Fe2+，消耗a mol/LK2Cr2O7标准溶液 bmL， 则滤液中c(Fe2+)= mol/L。 7．(23-24高二·上海市复旦大学附属中学·期中)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下： 本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表： 离子 回答下列问题： （1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。 （2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有 、 。 （3）加入物质X调溶液，最适宜使用的X是 (填标号)。 A．     B．     C． 滤渣①的主要成分是 、 、 。 （4）向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为 。 （5）滤液②中加入锌粉的目的是 。 （6）滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是 、 。 8．(24-25高二·上海市上海中学·期中)钴是周期表第四周期VIII族元素，其化合物用途广泛，利用一种含钴矿石(主要成分为Co2O3)。制取CoC2O4·2H2O的工艺流程如下： 已知：①浸出液含有的正离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；②部分正离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 完全沉淀的pH 3.2 9.6 9.2 5.2 9.8 （1）某元素的一种基态粒子的M层p能级上有4个电子，有关该粒子的叙述错误的是_____。 A．N层不含有电子 B．该粒子为原子 C．L层一定有8个电子 D．原子的最外层电子数为4 （2）浸出过程中加入NaClO的目的是 。 （3）写出一种能提高水钴矿浸出速率的措施 。 （4）某同学取含有少量Fe2(SO4)3杂质的CuSO4溶液，探究如何除去Fe3+杂质，为除去CuSO4溶液中的Fe3+杂质，可加入的物质是 。 （5）写出加Na2CO3调pH到5.2，以除去Fe3+的过程中发生反应的离子方程式： （6）“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀。已知某温度下，Ksp(MgF2)=7.35×10-11，Ksp(CaF2)=1.05×10-10。当加入过量NaF后，所得滤液中= 。 （7）滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是 。 （8）已知水钴矿中Co2O3的质量分数为83%，若取1kg该矿石按照上述流程，理论上最多能制得CoC2O4的质量为 g。 （9）若FeCl2与MgCl2混合溶液中[Mg2+]=0.02mol·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，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成 ？试通过计算说明你的理由，写出计算过程。FePO4、Mg3(PO4)2Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。 地 城 考点03 反应原理综合题 9．(24-25高二·上海外国语大学附属外国语学校松江云间中学·期中)化学上的缓冲溶液就是外加少量酸、碱后而基本不变的溶液。 I.25℃下，由和组成的缓冲溶液中两种组分浓度均为，溶液。。 （1）用化学语言解释该溶液具有缓冲作用的原因：① ；② 。 （2）改变下列条件，能使稀溶液中的值减小的是 。 A．升温　　　　B．加入固体　　　　　C．醋酸钠固体 （3）该缓冲溶液中，补充完整下列微粒浓度关系式： （4）该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。 II.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系维持稳定，若血液超出正常范围，则可能导致酸中毒或碱中毒。已知正常人体血液在正常体温时，的，。 （5）根据以上数据判断，若正常体温下人体动脉血为7.2，则属于 中毒(填“酸”或“碱”)，此时血液中 (填“>”、“＜”或“=”) （6）一定温度下，当血液酸性增强时，血液缓冲体系中的值将 。 A．变大　　　　　B．变小　　　　C．不变 （7）下列物质能配制成缓冲溶液的是_______。 A． B． C． D． 10．(24-25高二·上海市复旦大学附属中学·期中)水是极弱的电解质，也是最重要的溶剂。弱电解质在水溶液中的化学行为是中学化学的重点研究对象。 （1）常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的，则该电解质可能是______（不定项）。 A． B．HCl C． D．NaOH （2）已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，要使新制稀氯水中的增大，可以采取的措施为 （至少回答两种）。 （3）常温下，将的盐酸分别与下列三种溶液混合，结果溶液均呈中性。 ①浓度为的氨水； ②的氨水； ③的氢氧化钡溶液。 则a、b、c、d之间的关系是 。 （4）强酸制弱酸是水溶液中的重要经验规律。 已知是两种弱酸，存在以下关系：(少量)，则、三种负离子结合的难易顺序为 。 （5）已知：、，常温下，的NaHA溶液2，则的溶液中氢离子浓度的大小范围是 ；NaHA溶液中各种离子浓度的大小关系为 。（用浓度符号表示） （6）现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是______。 序号 ① ② ③ ④ pH 11 11 3 3 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸 A．③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大 B．②③两溶液等体积混合，所得溶液中 C．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH①>②>④>③ D．等体积的③与④与相同的金属Zn反应，产生等量的气体，所需时间③>④ （7）常温下，浓度均为、体积均为的HX和HY溶液，分别加水稀释至体积随的变化如图所示。下列叙述正确的是______。（不定项） A．相同条件下NaX溶液的pH大于NaY溶液的pH B．水的电离程度： C．点所示溶液的 D．当时，若两溶液同时升高温度，则增大 （8）已知的的。若氨水的浓度为，则溶液中的 。将通入该氨水中，当溶液中为时，溶液中的 。 11．(24-25高二·上海外国语大学附属外国语学校松江云间中学·期中)、和是地球大气中的主要温室气体，相同量的的增温潜能是的289倍，研究温室气体对环境保护有重要意义。 I.与的处理： 通过下列反应，可将与转化：。 （1）该反应的自发性为_______。 A．高温下自发 B．低温下自发 C．任何温度下均自发 D．任何温度下均不自发 （2）能判断该反应达到平衡状态的是_______。 A． B．、的分子数之比为 C．、、、的浓度相等 D．恒容容器中气体的平均摩尔质量不变 一定温度下，在密闭容器中充入和，发生上述反应，测得两种气体的物质的量随时间变化关系如图所示： （3）时， 。 A．大于　　　B．小于　　　　C．等于 （4）内的平均反应速率 。 II.的处理： （5）由和反应生成和的能量变化如图所示。 则反应过程中，每生成理论上放出的热量为 。 （6）可用于处理大气污染物并将其转换为，结合以下键能数据写出该反应的热化学方程式： 。 共价键 键能/ 1072 745 418 607 945 (已知：的结构为，的结构为) III.工业上以和为原料可合成尿素：。 （7）该反应的平衡常数表达式 。 （8）下列关于尿素合成的说法正确的是_______。 A．及时分离出尿素可促使反应平衡向正反应方向移动 B．根据碰撞理论，升高温度可使单位体积内活化分子百分数增加 C．保持容积不变，充入惰性气体增大压强，可提高总反应的反应速率 D．更换催化剂，不能改变的平衡转化率 IV.还可用于工业制“碱”。 (9)制“碱”的基本原理为：向饱和食盐水中先通入氨气，再通入过量，制得氯化铵和 。(填物质名称) (10)简述检验“碱”中是否含有的方法： 。 12．(23-24高二·上海市复旦大学附属中学·期中)Ⅰ．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，反应为N2 (g)+3H2(g)2NH3(g)    △H =−92.4kJ·mol−1， △S=−200J·mol−1·K−1。请回答下列问题： （1）常温下，合成氨反应 (填“能”或“不能”)自发进行，其平衡常数表达式K= 。 （2） 温(填“高”或“低”)有利于提高反应速率， 温(填“高”或“低”)有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂活性等因素，工业常采用400~500℃。 （3）针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了解决方案：双温—双控—双催化剂。使用Fe-TiO2∙xHy双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe的温度为 547℃，而TiO2∙xHy的温度为415℃)。 该方案的优势：   。 Ⅱ．合成氨工艺可以进一步优化，实现尿素的合成，简易流程图如下： （4）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 （5）已知，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。 Ⅲ．盐酸肼(N2H6Cl2)是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与 NH4Cl类似。 （6）写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式 。 （7）盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是___________。 A． B． C． D． 13．(24-25高二·上海市复旦大学附属中学·期中)运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义。合成氨的工业生产主要包括造气、净化与合成三个步骤。 （1）生产氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气：。 该反应在常温下 （填“能”或“不能”）自发进行。 （2）水煤气转化反应在一定温度下达到化学平衡。现将不同量的和分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应，得到如下两组数据： 实验编号 温度 起始量 平衡量 达到平衡所需时间 CO CO 1 650 4 2 1.6 2.4 5 2 900 2 1 0.4 1.6 3 ①平衡常数 （填“大于”，“小于”或“等于”） ②若将实验2中CO和的物质的量加倍，则平衡时物质的量浓度为 。 （3）工业上也用甲烷制取氢气。向体积为2L的恒容密闭容器中，按投料，发生反应。其他条件相同时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，反应经过的转化率随反应温度的变化如图所示。下列说法正确的是______。 A．由于该反应一定条件下可达极高的转化率，故制得的氢气可经简单干燥处理后直接用于生产 B．c点处于化学平衡状态 C．a点的体积分数约为 D．改用适当催化剂可使该过程的转化率在时就大于 （4）合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行试验，所得结果如图所示（其他条件相同）； 则生产中适宜选择的催化剂是 （填“A”或“B”或“C”），简述理由： 。 时，向体积为2L的密闭容器中充入和合成氨，实验中测得随时间的变化如下表所示： 时间 5 10 15 20 25 30 0.08 0.14 0.18 0.20 0.20 0.20 （5）的平衡转化率为 ，平衡时的体积分数为 （保留三位有效数字）。 （6）下列措施能加快反应速率，缩短达到平衡所用时间的有______（不定项）。 A．向容器中加入He B．加入催化剂 C．降低温度 D．压缩容器体积 （7）已知合成氨反应在时的平衡常数。在时，测得某时刻，此时刻该反应的 （填“>”“=”或“<”）。 （8）关于合成氨工业的说法，错误的是______。 A．可通过热交换器有效利用反应产生的热量，预热反应前的和 B．选择左右的温度进行，可使催化剂活性好，但高温不利于提高平衡转化率 C．从合成塔中出来的气体中氨含量低，通过分离氨后，将未反应的气体循环使用，提高原料气体的利用率 D．反应物和物质的量之比维持在，以便让平衡混合物中氨的含量最大 14．(24-25高二·上海市复旦大学附属中学·期中)工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。 （1）已知：的燃烧热为，。 催化剂存在下，还原生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为 。 向2L密闭容器中加入和，在适当的催化剂作用下，发生反应：。 （2）下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是______(不定项)。 A．混合气体的平均相对分子质量保持不变 B．和的体积分数保持不变 C．生成的同时有键断裂 D．混合气体的密度保持不变 （3）的浓度随时间变化如图所示，在时将容器容积缩小至一半，时达到平衡，时降低温度，时达到平衡，请画出时间段浓度随时间的变化 。 用催化还原可以消除氮氧化物的污染。已知： 反应I： 反应Ⅱ：(且) 反应Ⅲ： （4）升高温度可以 反应Ⅲ的平衡转化率(填“增加”、“减少”、“不影响”)。 相同条件下，反应I在2L密闭容器内，选用不同的催化剂，反应产生的量随时间变化如图所示(仅发生反应I)。 （5）计算在A催化剂作用下，反应速率 。 （6）下列说法不正确的是______。(不定项) A．单位时间内键与键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡 B．若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当值不变时，说明反应已经达到平衡 C．该反应的活化能大小顺序是： D．增大压强能使反应速率加快，是因为增加了活化分子百分数 （7）恒温、恒压下，反应Ⅱ达到平衡时体系中。在其他条件不变时，再充入气体，体积分数 (填“变大”、“变小”或“不变”)。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 综合突破14题 3大高频综合题概览 考点01 实验探究综合题 考点02 工艺流程综合题 考点03 反应原理综合题 地 城 考点01 实验探究综合题 1．(24-25高二·上海市行知中学·期中)三氯化铬(CrCl3)为紫色晶体，熔点为83 ℃，易潮解，易升华，能溶于水但不易水解，高温下能被氧气氧化。其工业生产中应用广泛。 以Cr2O3、CCl4(沸点为76.8 ℃)为原料制备无水CrCl3的实验装置图如下所示。 （1）关于氨气的制备和检验，下列说法正确的是___________。 A．加热氯化铵固体制备氨气 B．使用无水氯化钙干燥氨气 C．用排水法收集氨气 D．用湿润的红色石蕊试纸检验氨气 （2）装置A中产生N2的作用为 。 A．排尽装置中的空气            B．平衡气压               C．吹出CCl4 和CrCl3 （3）装置C和装置E水槽中盛有的液体分别为 、 。 A．沸水           B．冰水 （4）装置D中另一产物为光气(COCl2)，D中反应的化学方程式为 。 （5）三氯化铬属于 。 A．分子晶体         B．离子晶体          C．共价晶体         D．金属晶体 实验中发现D、E之间的导管容易堵塞，原因是 。 （6）为进一步探究CrCl3的性质，某同学取若干支试管，分别加入10滴0.1 mol·L-1 CrCl3溶液，再分别加入不同滴数的0.1 mol·L-1 KMnO4酸性溶液，并在不同的温度下进行实验，反应现象记录于表中。 KMnO4酸性溶液的用量(滴数) 在不同温度下的反应现象 25 ℃ 90~100 ℃ 1 紫红色 蓝绿色溶液 3 紫红色 黄绿色溶液 10 紫红色 橙黄色溶液 11 紫红色 橙黄色溶液，有少量棕褐色沉淀 25 紫红色 紫红色溶液，有较多的棕褐色沉淀 通过对表中数据进行分析，在上述反应条件下，欲将Cr3+ 氧化为橙黄色的Cr2O，CrCl3与KMnO4最佳用量比为 。已知：，实验用量比理论用量更多，原因是 。 （7）Cr(Ⅲ)的存在形态的物质的量分数随溶液pH的分布如图所示，请补充完整由CrCl3溶液制备纯净的Cr(OH)3的实验方案。 步骤一：取适量CrCl3溶液，加入NaOH溶液，调节溶液的pH为 。 A．4~6             B．6             C．6~12            D．12 步骤二：充分反应后过滤、洗涤，检验沉淀已洗净的操作是 。 步骤三：低温烘干沉淀，得到Cr(OH)3晶体。 【答案】（1）D （2）AC （3）A B （4）Cr2O3+3CCl43COCl2+2CrCl3 （5）A CrCl3蒸气遇冷易凝华 （6）1：1 溶液中的Cl—和发生氧化还原反应，导致的消耗量偏多 （7）C 取少许最后一次洗涤液，加入稀硝酸和硝酸银溶液，无白色沉淀 【分析】由实验装置图可知，装置A中氨气和氧化铜共热反应制取氮气，装置B中盛有的浓硫酸用于吸收氨气、干燥氮气，装置C用于水浴加热产生四氯化碳蒸气，装置D中四氯化碳和三氧化二铬共热反应生成氯化铬和光气，装置E用于冷凝收集氯化铬，装置E后连接光气处理装置，防止污染空气，同时防止水蒸气进入E中导致三氯化铬潮解；实验中不参与反应的氮气的作用：一是排尽装置中的空气，防止氧气和水蒸气干扰实验，二是将装置C中产生的四氯化碳蒸气吹入装置D中，将装置D中生成的三氯化铬吹入装置E中。 【解析】（1）A．氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，氯化氢和氨气遇冷重新反应生成氯化铵，则加热氯化铵固体无法制得氨气，故错误； B．无水氯化钙会吸收氨气生成八氨氯化钙，所以不能用无水氯化钙干燥氨气，故错误； C．氨气极易溶于水，不能用排水法收集氨气，应用向下排空气法收集氨气，故错误； D．极易溶于水的氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出的氢氧根离子使溶液呈碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，所以能用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故正确； 故选D； （2）由分析可知，实验中不参与反应的氮气的作用：一是排尽装置中的空气，防止氧气和水蒸气干扰实验，二是将装置C中产生的四氯化碳蒸气吹入装置D中，将装置D中生成的三氯化铬吹入装置E中，故选AC； （3）由分析可知，装置C用于水浴加热产生四氯化碳蒸气，装置E用于冷凝收集氯化铬，所以装置C和装置E水槽中盛有的液体分别为沸水和冷水，故答案为：A；B； （4）由分析可知，装置D中四氯化碳和三氧化二铬共热反应生成氯化铬和光气，反应的化学方程式为Cr2O3+3CCl43COCl2+2CrCl3，故答案为：Cr2O3+3CCl43COCl2+2CrCl3； （5）由三氯化铬的熔点为83 ℃，易潮解，易升华可知，三氯化铬为熔点低的分子晶体；升华产生的三氯化铬蒸气遇冷易凝华，凝华产生的三氯化铬固体会堵塞导气管，所以实验中会发现D、E之间的导管容易堵塞，故答案为：A；CrCl3蒸气遇冷易凝华； （6）由表格数据可知，向10滴氯化铬溶液中滴入10滴同浓度的酸性高锰酸钾溶液时，溶液由紫红色变为澄清的橙黄色溶液说明溶液中铬离子与酸性高锰酸钾溶液完全反应生成重铬酸根离子，则氯化铬与高锰酸钾最佳用量比为1：1，由于溶液中的氯离子也能与酸性高锰酸钾溶液反应，所以酸性高锰酸钾的实验用量比理论用量更多，故答案为：1：1；溶液中的Cl—和发生氧化还原反应，导致的消耗量偏多； （7）由图可知，pH在6~12范围时Cr(III)的存在形态全是氢氧化铬，所以由氯化铬溶液制备纯净的氢氧化铬的实验方案为取适量氯化铬溶液，加入NaOH氢氧化钠溶液调节溶液pH在6~12范围内；反应制得的氢氧化铬表面粘附着氯离子，证明沉淀是否洗涤干净实际上就是检验洗涤液中是否存在氯离子，具体操作为取最后一次洗涤液少许，加入稀硝酸和硝酸银溶液，若无白色沉淀，则证明沉淀已洗涤干净，故答案为：C；取少许最后一次洗涤液，加入稀硝酸和硝酸银溶液，无白色沉淀。 2．(24-25高二·上海市闵行中学·期中)类比是化学学习的重要方法之一，过氧化钙(CaO2)与Na2O2在结构和性质上相似。 Ⅰ．CaO2是一种新型水产养殖增氧剂，常用于鲜活水产品的运输。已知过氧化钙能缓慢与水反应。 （1）根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，写出过氧化钙与水反应的化学方程式： 。 （2）运输鲜活水产品时应选择 (填“CaO2”或“Na2O2”)放入水中，理由不可能的是 。 A．Na2O2与水反应剧烈 B．等质量Na2O2放出氧气更多 C．过氧化钙在水中溶解缓慢，供氧时间长 D．氢氧化钙微溶于水，氢氧化钠易溶于水 Ⅱ．CaO2的制备 已知：①CaO2·8H2O是一种白色晶体，微溶于水，不溶于乙醇； CaO2·8H2O在0℃时稳定，加热至130℃时变为无水CaO2，在350℃时能迅速分解生成CaO和O2。 回答下列问题： （3） CaO2中阳离子和阴离子的个数之比为 。 （4）第二个方框里为生成CaO2·8H2O的反应，写出反应方程式 。 （5）“操作Ⅰ”的名称是 。 （6）“洗涤”工序中应选择的洗涤液为 。“沉淀”工序中为了提高产品产率应在 浴中进行。(填“冰水”或“热水”) Ⅲ．CaO2纯度的测定 （7）取一定质量的产品，按照图装置(加热装置已省略)进行实验： 实验结束读取体积时，若水准管中液面高于量气管中液面，会使测得的CaO2纯度 (填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。若有影响，应向 (填“上”或“下”)移动水准管，使两管液面相平(注：若第一格填无影响，第二格不用填写)。 （8）已知：样品质量m g，标况下测得气体体积为V mL，样品中CaO2的纯度为 %。 【答案】（1）2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑ （2）CaO2 B （3）1：1 （4）CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl （5）过滤 （6）乙醇 冰水 （7）偏小 下 （8） 【分析】CaCl2溶于水，然后向溶液中加入30%的H2O2、NH3，反应得到CaO2·8H2O和NH4Cl，通过过滤得到CaO2·8H2O和副产品NH4Cl，CaO2·8H2O通过用乙醇洗涤、烘干得到产品。在测定产品中CaO2的含量时，可根据2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑，利用产生O2的体积计算其物质的量，结合CaO2与O2转化的物质的量的比，计算出CaO2的物质的量，最后利用样品的纯度=×100%计算，关键是准确测量O2的体积。 （1）过氧化钙(CaO2)与Na2O2在结构和性质上相似，根据2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，可知过氧化钙与水反应产生Ca(OH)2、O2，该反应的化学方程式为：2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑； （2）运输鲜活水产品时应选择将CaO2放入水中，用其与水缓慢反应产生O2作供氧剂。 A．Na2O2与水反应剧烈，导致反应产生的O2没有被鲜活水产品利用就从装置中逸出，从而会浪费Na2O2，A不符合题意； B．运输鲜活水产品使用哪种物质作供氧剂，与等质量的供氧剂和水反应放出氧气的多少无关，B符合题意； C．过氧化钙在水中溶解缓慢，供氧时间长，可以缓慢释放氧气，可以保证鲜活水产品的长期供养，C不符合题意； D．CaO2和水反应是氢氧化钙微溶于水，溶液中c(OH-)浓度小，既可以起杀菌消毒作用，也不会产生强烈的刺激性；而Na2O2与水反应产生的氢氧化钠易溶于水，导致溶液中c(OH-)浓度大，会对鲜活水产品产生强烈的刺激性，因此不能使用Na2O2，D不符合题意； 故合理选项是B； （3）CaO2是离子化合物，在熔融状态下会电离产生Ca2+、，故在CaO2中阳离子与阴离子个数比是1：1； （4）向CaCl2固体中加入适量水得到CaCl2水溶液，然后向该溶液中加入30%H2O2，并鼓入NH3，发生反应：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl，就制取得到CaO2·8H2O晶体； （5）根据流程图可知“操作Ⅰ”是分离固体与液体混合物的方法，名称为过滤； （6）根据已知信息①可知：CaO2·8H2O是一种白色晶体，微溶于水，不溶于乙醇，因此洗涤CaO2·8H2O晶体时，为减少固体损失，应该使用乙醇作洗涤剂；在“沉淀”工序中使用30%的H2O2溶液，同时要通入NH3，温度高H2O2会分解，同时也会降低NH3的溶解度，且CaO2·8H2O在0℃时稳定，加热至130℃时变为无水CaO2，在350℃时能迅速分解生成CaO和O2。故为了提高CaO2·8H2O的产率，反应应在冰水浴中进行； （7）实验结束读取体积时，若水准管中液面高于量气管中液面，则O2所处的压强大于大气压强，导致测得的O2的体积偏小，根据O2体积计算的CaO2的物质的量及其质量就偏小，因此导致测定的CaO2的纯度就会偏小；为减小实验误差，应该向下移动水准管，使两管液面相平； （8）标况下测得气体体积为V mL，则n(O2)=，根据反应方程式：2CaO2+2H2O=2Ca(OH)2+O2↑，可得关系式：2n(CaO2)～n(O2)，则n(CaO2)=2n(O2)=，由于已知样品质量是m g，故该样品的纯度为：=。 3．(24-25高二·上海晋元高级中学·期中)为研究溶液中的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。 实验I 物质 0min 1min 1h 5h 淡黄色 桔红色 红色 深红色 几乎无色 淡黄色 黄色 桔红色 （1）溶液的稳定性： (填“>”或“<”)。 （2）甲乙同学分别提出影响稳定性差异的原因。甲同学认为与NH具有还原性有关。乙同学认为是溶液酸性不同导致。他们分别进行了实验验证。 甲同学进行实验II，否定了该观点，请补全该实验。 ①操作：取 ，加 ，观察现象。 现象：与实验I中溶液现象相同。 乙同学进行实验III。 发现pH越大，溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应。 ②由实验III，乙同学可得出的结论是 ，请从平衡移动的角度解释原因 。 【答案】（1）< （2）取2 mL pH=4.0的0.80 molL-1 FeSO4溶液 加2滴0.01 molL-1KSCN溶液 pH越小Fe2+越稳定 溶液中存在的化学平衡4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+，pH越小，c(H+)越大对平衡正向进行的抑制作用越大，Fe2+越稳定 【分析】探究Fe2+稳定性影响因素，关键是采用变量控制法，每次改变一个变量。设计了铵根离子和不同pH对其稳定性的影响； （1）根据表中可以看出FeSO4变色更快，故FeSO4稳定性差，溶液的稳定性：<； （2）①推测实验I中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的保护了Fe2+，因为具有还原性。设计实验可以除去的影响因素，其他条件不变，取2 mL pH=4.0的0.80 molL-1 FeSO4溶液，加2滴0.01 molL-1KSCN溶液，与实验I中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同； ②由实验III可知，溶液pH越小溶液的酸性越强，则FeSO4越稳定，根据亚铁盐溶液中存在的化学平衡4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+可知：pH越小，c(H+)越大对平衡正向进行的抑制作用越大，Fe2+越稳定； 4．(23-24高二·上海交通大学附属中学·期中)以下是有关铝的实验探究，请回答相关问题： （1）用铝粉和 Fe2O3做铝热反应实验，需要的试剂还有___________。 A．KCl B．KClO3 C．MnO2 D．Mg （2）镁能发生和铝类似的“镁热反应”，写出镁在高温下和  Fe2O3反应的化学方程式 。 （3）向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量 NaOH 浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪； 再过一段时间，罐壁又重新凸起。写出罐壁又重新凸起发生的相关离子方程式： 。 （4）向铝粉中添加少量 NH4Cl固体并充分混合，将其加热到1000℃时可与 N₂反应制备 AlN，下列说法正确的是___________ A．AlN是一种金属材料 B．AlN与足量氢氧化钠溶液共热时生成氢氧化铝和氨气 C．少量 NH4Cl能够破坏 Al表面的 Al2O3薄膜 D．AlN与足量盐酸反应的离子方程式为AlN+3H+=Al3++NH3↑ （5）用打磨过的铝片进行如下实验， 下列分析不合理的是___________ A．①中铝片发生了钝化 B．②中产生的气泡是氮氧化合物，不是氢气 C．③中沉淀溶解的离子方程式是Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]- D．②中加水稀释过程中，仅发生了氧化还原反应 （6）为探究铝片(未打磨)与Na2CO3溶液的反应，实验如下： 无明显现象 铝片表面产生细小气泡 出现白色沉淀，产生大量气泡(经检验为H2和CO2) 下列说法不正确的是___________ A．Na2CO3溶液中存在水解平衡： B．对比Ⅰ 、Ⅲ，推测 Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜 C．Ⅳ溶液中可能存在大量 Al3+ D．推测出现白色浑浊的可能原因：[Al(OH)4]- （7）某铝土矿的主要成分为Al2O3·xH2O，还含有Fe2O3和 SiO2杂质。称取 17.50g铝土矿样品，加入 200mL1.65mol/L 的稀硫酸，恰好完全反应，过滤得沉淀0.30g，然后在滤液中加入足量的 NaOH 溶液，得到沉淀 2.14g。 ①该试样中Fe2O3的物质的量为 mol。 ② 样品中Al2O3·xH2O的x= 。 【答案】（1）BD （2）3Mg+Fe2O32Fe+3MgO （3） （4）C （5）D （6）C （7）0.01 3 【分析】铝是熔点很高的活泼金属，可以通过铝热反应制取少量铁单质，在生活中如焊接铁轨时可应用到。同时铝既可以和酸溶液反应，也可以和碱溶液反应产生氢气同时生成偏铝酸盐。 【解析】（1）铝热反应需要铝粉、 Fe2O3、KClO3、镁条。 （2）镁在高温下和 Fe2O3反应可生成氧化镁、铁单质，其化学方程式为：3Mg+Fe2O32Fe+3MgO。 （3）向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量 NaOH 浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪，是因为二氧化碳气体和氢氧化钠溶液发生反应导致压强减小； 再过一段时间，罐壁又重新凸起，是其中的金属铝和氢氧化钠溶液发生反应，生成偏铝酸钠和氢气，易拉罐内压强又再次变大，对应的化学方程式为：。 （4）AlN不是金属材料，A错误；AlN与足量氢氧化钠溶液共热时生成偏铝酸钠和氨气，B错误；NH4Cl溶液呈现酸性，可以和Al2O3反应，能够破坏 Al表面的 Al2O3薄膜，C正确；AlN与足量盐酸反应生成铝离子和铵根离子，D错误；故选C。 （5）打磨过的铝片和浓硝酸在常温下会钝化形成致密的氧化膜，导致铝片不能明显溶解；而加入水稀释硝酸，氧化铝可以和稀硝酸发生反应，导致薄膜被破坏，进而内部的铝可以和稀硝酸反应氧化还原反应生成氮氧化物和硝酸铝。再往反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，先产生沉淀氢氧化铝，后氢氧化钠过量，氢氧化铝又会溶解再氢氧化钠溶液中，故C正确。 （6）第一组实验说明铝不能与水发生反应，第二组实验说明加入碱性较强的碳酸钠溶液，铝可以反应产生气体和沉淀。Na2CO3是多元弱酸盐，其溶液中存在水解平衡： ，A正确；对比Ⅰ 、Ⅲ，推测 Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜，B正确；Ⅳ溶液呈碱性，不可能存在大量 Al3+，C错误；推测出现白色浑浊的可能原因是偏铝酸根和碳酸根水解出的碳酸氢根离子发生复分解反应生成氢氧化铝，其离子方程式为：[Al(OH)4]-，D正确。 （7）加入足量足量的 NaOH 溶液，得到沉淀为氢氧化铁，有 2.14g也即0.02mol，根据铁元素守恒，Fe2O3的物质的量为0.01mol。称取 17.50g铝土矿样品，加入 200mL1.65mol/L 的稀硫酸，恰好完全反应，过滤得沉淀SiO2有0.30g，所以由质量守恒Al2O3·xH2O有15.6g。而Fe2O3会消耗0.03mol硫酸，剩下的硫酸为氧化铝消耗，可计算出氧化铝消耗了0.33-0.03=0.3mol硫酸，故氧化铝有0.1mol也即10.2g，故结晶水一共有15.6-10.2=5.4g，也即0.3mol，。 5．(24-25高二·上海市上海中学·期中)某学生在完成铜与硝酸的分组实验后，产生大量含有H+、Cu2+等离子的废液，为了测定Cu2+的浓度并对废液进行处理，进行如下实验。 I．测定废液中铜离子含量 原理：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2=2I-+S4O，Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O 步骤：①取10.00mL废液样品，加入一定量的硫酸并煮沸。 ②加入氨水调节溶液的pH=3.2~4.0，再加入过量的KI，将溶液定容为100mL。 ③取步骤②中定容后的溶液20.00mL，淀粉作指示剂，用0.0500mol·L-1Na2S2O3溶液滴定，多次滴定，平均消耗Na2S2O3溶液的体积为16.00mL。 （1）步骤①加入一定量的硫酸并煮沸的目的是 i： ； ii： （2）步骤②中溶液的pH<3.2，可能会导致测定的铜离子浓度 ； A．偏高    B．偏低    C．无影响 判断依据 。 （3）计算原废液中c(Cu2+)= mol·L-1。 Ⅱ．硫化物沉淀法处理 （4）已知常温下，Ka1(H2S)=1.3×10-7、Ka2(H2S)=7.0×10-15、Ksp(CuS)=6.4×10-36，Ksp(FeS)=6.3×10-18，下列说法正确的是_____。(不定项) A．常温下，CuS的溶解度大于FeS B．反应Cu2++H2S=CuS↓+2H+可以发生 C．除去废液中的Cu2+，可选用FeS作沉淀剂 D．常温下，向饱和FeS溶液中加入少量Na2S固体后，Ksp(FeS)减小 莫尔法是一种沉淀滴定法，以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，进而测定溶液中Cl-的浓度。已知： 银盐 性质 AgCl AgBr AgCN Ag2CrO4 AgSCN 颜色 白 浅黄 白 砖红 白 溶解度/(mol·L-1) 1.34×10-6 7.1×10-7 1.1×10-8 6.5×10-5 1.0×10-6 （5）滴定终点的现象是 。 （6）若用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，可选为滴定指示剂的是_____。 A．NaCl B．BaBr2 C．Na2CrO4 D．NaCN 【答案】（1）抑制铜离子水解 除去溶液中的硝酸 （2）A 酸性较强时，氢离子和Na2S2O3反应(或碘离子易被氧气氧化为碘单质) （3）0.400 （4）BC （5）加入最后半滴AgNO3标准溶液，生成砖红色沉淀，且30秒内不褪色，则达到滴定终点 （6）C 【分析】铜与硝酸反应后的废液中大量含有H+、Cu2+等离子，可以通过氧化还原滴定的方式对溶液中的铜离子浓度进行测定。 （1）硝酸铜溶液中Cu2+水解生成和HNO3，加入的硫酸能抑制Cu2+水解，且硝酸易挥发，加热促进硝酸挥发，步骤①加入一定量的硫酸并煮沸的目的是抑制铜离子的水解，除去溶液中的硝酸(硝酸根)； （2）pH＜3.2时，酸性较强时，氢离子会与硫代硫酸钠反应(或碘离子易被氧气氧化为碘单质)而导致V（Na2S2O3）偏大，且碘离子易被氧气氧化，所以导致铜离子浓度偏高，故选A； （3）根据：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2=2I-+S4O，得关系式：，，则100.00mL待测液中，即10.00mL废液中，； （4）A．溶度积常数表达式相同时，溶解度越大的物质，溶度积常数越大，FeS、CuS的溶度积常数表达式相同，CuS的溶度积常数较小，所以FeS的溶解度大于CuS，故A错误； B．可溶性铜盐的溶解度大于CuS，所以该反应能发生，故B错误； C．FeS的溶解度大于CuS，溶解度大的物质能转化为溶解度小的物质，所以除去废液中的Cu2+，可选用FeS作沉淀剂，故C正确； D．溶度积常数只与温度有关，温度不变，FeS的溶度积常数不变，故D错误； 答案选BC； （5）以K2CrO4为指示剂，用标准硝酸银溶液滴定待测液，进而测定溶液中Cl-的浓度，滴定终点的现象：加入最后半滴AgNO3标准溶液，生成砖红色沉淀，且30秒内不褪色，则达到滴定终点； （6）用AgNO3溶液滴定NaSCN溶液，形成的AgSCN为白色沉淀，则滴定指示剂与银离子不能形成白色沉淀，AgBr溶解度小，阴离子与溴离子会先反应，所以可选用Na2CrO4作指示剂。 地 城 考点02 工艺流程综合题 6．(23-24高二·上海交通大学附属中学·期中)Ⅰ.以硫酸厂矿渣(含 Fe2O3、 α-Al2O3、SiO2等)为原料制备铁黄[FeO(OH)]的一种工艺流程如图所示： 资料：i． α-Al2O3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，γ-Al2O3不溶于水，可溶于强酸或强碱 ii.Ksp(CaCO3)=2.8×10-9；Ksp(FeCO3)=2×10-11； （1）将mg 含 Fe2O3·nH2O的γ-Al2O3溶于 200mL pH=1 的硫酸溶液中，然后加入100mL 氨水，使溶液中的Fe3+和 Al3+恰好完全沉淀，则所加氨水的浓度为___________ A．0．2mol/L B．0.1mol/L C．0.05mol/L D．0.02mol/L （2）向“酸浸”后的溶液中加入KSCN，溶液会变红，变红过程发生的离子方程式是 。 （3）“滤渣”中主要成分为(填化学式) 。 （4）“沉铁”过程中铁元素大部分转化为 FeCO3，但往往有副产物 Fe(OH)2生成，分析原因是 。 （5）若用 CaCO3“沉铁”， 则无副产物Fe(OH)2产生， 当反应完成时， 溶液中 。 （6）下列物质中可以通过化合反应制备得到的是___________ A．FeCl2 B．Fe(OH)2 C．Fe(OH)3 D．Fe2O3 （7）写出氧化过程生成铁黄的化学方程式 。 Ⅱ.为确定“滤液”中Fe2+的物质的量浓度，选用 K2Cr2O7标准溶液滴定溶液中的 Fe2+，离子方程式为 (未配平)。 （8）向滴定管中注入K2Cr2O7标准溶液前， 滴定管需要检漏、用蒸馏水洗涤和 。 (9)若滴定 xmL“滤液”中的 Fe2+，消耗a mol/LK2Cr2O7标准溶液 bmL， 则滤液中c(Fe2+)= mol/L。 【答案】（1）A （2）Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3 （3）SiO2、α-Al2O3、 铁粉 （4）NH4HCO3电离出的HCO促进了Fe2+的水解，产生Fe(OH)2 （5）140 （6）AC （7）4FeCO3+O2+2H2O=4FeO(OH)+4CO2 （8）用 K2Cr2O7溶液润洗 2-3 次 (9) 【分析】硫酸厂矿渣为原料，铁黄[FeO(OH)]为目标产物，铁元素为流程转化中主元素，α-Al2O3、SiO2为杂质在“过滤I”环节以滤渣形式被除去，Fe2O3在“酸浸”过程形成，“还原”时转化为，“沉铁”转化为FeCO3，最终被氧化为铁黄。 【解析】（1）Fe2O3·nH2O和γ-Al2O3溶于硫酸溶液以、形式存在，加入氨水后全部转化为和沉淀，溶液中溶质为，利用元素守恒规律，，pH=1 的硫酸溶液，，，， 答案为A。 （2）“酸浸”时Fe2O3溶于硫酸溶液中以形式存在，加入KSCN检验，溶液变红是发生与SCN-反应，离子方程式为Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3。 （3）已知信息，α-Al2O3化学性质极不活泼，不溶于水也不溶于酸或碱，SiO2不溶于硫酸，加入的还原铁粉过量，所以滤渣的主要成分有：α-Al2O3、SiO2和铁粉。 （4）加入NH4HCO3将Fe2+沉淀，同时产生CO2气体，反应的离子方程式为，水解促进Fe2+水解，产生Fe(OH)2。 （5）用CaCO3发生反应，= （6）A．，该反应属于化合反应制得，A项符合； B．Fe(OH)2只能通过亚铁盐与碱发生复分解反应制得，B项不符合； C．，该反应属于化合反应，C项符合； D．Fe与纯O2反应生成Fe3O4，Fe2O3不能通过化合反应制得，D项不符合； 答案选AC。 （7）“沉铁”得到FeCO3为氧化过程生成铁黄的反应物，铁黄[FeO(OH)]是生成物，铁元素化合价升高被氧化，故反应为4FeCO3+O2+2H2O=4FeO(OH)+4CO2。 （8）蒸馏水清洗滴定管后滴定管内壁沾有蒸馏水，若直接将K2Cr2O7标准溶液装入滴定管中，导致标准溶液浓度偏低，使测定结果不准确，需要用K2Cr2O7标准溶液润洗2～3次。 （9）根据化学计量系数关系可列式计算，，，。 7．(23-24高二·上海市复旦大学附属中学·期中)硫酸锌(ZnSO4)是制备各种含锌材料的原料，在防腐、电镀、医学上有诸多应用。硫酸锌可由菱锌矿制备。菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物。其制备流程如下： 本题中所涉及离子的氢氧化物溶度积常数如下表： 离子 回答下列问题： （1）菱锌矿焙烧生成氧化锌的化学方程式为 。 （2）为了提高锌的浸取效果，可采取的措施有 、 。 （3）加入物质X调溶液，最适宜使用的X是 (填标号)。 A．     B．     C． 滤渣①的主要成分是 、 、 。 （4）向的滤液①中分批加入适量溶液充分反应后过滤，滤渣②中有，该步反应的离子方程式为 。 （5）滤液②中加入锌粉的目的是 。 （6）滤渣④与浓反应可以释放HF并循环利用，同时得到的副产物是 、 。 【答案】（1）ZnCO3ZnO+CO2↑ （2）将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积 增大硫酸的浓度等 （3）B Fe(OH)3 CaSO4 SiO2 （4）3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+ （5）置换Cu2+为Cu从而除去 （6）CaSO4 MgSO4 【分析】由题干信息，菱锌矿的主要成分为ZnCO3，杂质为SiO2以及Ca、Mg、Fe、Cu等的化合物，结合流程图分析，菱锌矿焙烧，主要发生反应ZnCO3ZnO+CO2↑，再加入H2SO4酸浸，得到含Zn2+、Ca2+、Mg2+、Fe2+、Fe3+、Cu2+的溶液，加入物质X调节pH=5，结合表格数据，过滤得到Fe(OH)3、CaSO4、SiO2的滤渣①，滤液①中主要含有Zn2+、Cu2+、Mg2+、Ca2+、Fe2+，再向滤液①中加入KMnO4溶液氧化Fe2+，过滤得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2++Cu，过滤后得到滤渣③为Cu，再向滤液③中加入HF脱钙镁，过滤得到滤渣④为CaF2、MgF2，滤液④为ZnSO4溶液，经一系列处理得到ZnSO4·7H2O，据此分析解答。 【解析】（1）由分析，焙烧时，生成ZnO的反应为：ZnCO3ZnO+CO2↑； （2）可采用将焙烧后的产物碾碎，增大接触面积、增大硫酸的浓度等方式提高锌的浸取率； （3）A．NH3·H2O易分解产生NH3污染空气，且经济成本较高，故A不适宜； B．Ca(OH)2不会引入新的杂质，且成本较低，故B适宜； C．NaOH会引入杂质Na+，且成本较高，C不适宜； 故答案选B； 当沉淀完全时(离子浓度小于10-5mol/L)，结合表格Ksp计算各离子完全沉淀时pH＜5的只有Fe3+，故滤渣①中有Fe(OH)3，又CaSO4是微溶物，SiO2不溶于酸，故滤渣①的主要成分是Fe(OH)3、CaSO4、SiO2； （4）向80~90℃滤液①中加入KMnO4溶液，可氧化Fe2+，得到Fe(OH)3和MnO2的滤渣②，反应的离子方程式为3Fe2+++7H2O=3Fe(OH)3↓+MnO2↓+5H+； （5）滤液②中加入锌粉，发生反应Zn+Cu2+=Zn2+=Cu，故加入锌粉的目的为置换Cu2+为Cu从而除去； （6）由分析，滤渣④为CaF2、MgF2，与浓硫酸反应可得到HF，同时得到的副产物为CaSO4、MgSO4。 8．(24-25高二·上海市上海中学·期中)钴是周期表第四周期VIII族元素，其化合物用途广泛，利用一种含钴矿石(主要成分为Co2O3)。制取CoC2O4·2H2O的工艺流程如下： 已知：①浸出液含有的正离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等；②部分正离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见表： 沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2 完全沉淀的pH 3.2 9.6 9.2 5.2 9.8 （1）某元素的一种基态粒子的M层p能级上有4个电子，有关该粒子的叙述错误的是_____。 A．N层不含有电子 B．该粒子为原子 C．L层一定有8个电子 D．原子的最外层电子数为4 （2）浸出过程中加入NaClO的目的是 。 （3）写出一种能提高水钴矿浸出速率的措施 。 （4）某同学取含有少量Fe2(SO4)3杂质的CuSO4溶液，探究如何除去Fe3+杂质，为除去CuSO4溶液中的Fe3+杂质，可加入的物质是 。 （5）写出加Na2CO3调pH到5.2，以除去Fe3+的过程中发生反应的离子方程式： （6）“除钙、镁”是将溶液中Ca2+与Mg2+转化为MgF2、CaF2沉淀。已知某温度下，Ksp(MgF2)=7.35×10-11，Ksp(CaF2)=1.05×10-10。当加入过量NaF后，所得滤液中= 。 （7）滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是 。 （8）已知水钴矿中Co2O3的质量分数为83%，若取1kg该矿石按照上述流程，理论上最多能制得CoC2O4的质量为 g。 （9）若FeCl2与MgCl2混合溶液中[Mg2+]=0.02mol·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，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成 ？试通过计算说明你的理由，写出计算过程。FePO4、Mg3(PO4)2Ksp分别为1.3×10-22、1.0×10-24。 【答案】（1）D （2）将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀 （3）适当提高盐酸的浓度(或将矿石粉碎、适当提高反应的温度、搅拌等) （4）氧化铜/氢氧化铜/碱式碳酸铜 （5）2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑ （6）0.7 （7）除去溶液中的Mn2+ （8）1470 （9）无；Fe3+恰好沉淀完全时，c()=mol/L=1.0×10-17mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]=()3×(1.0×10-17mol/L)2=1.0×10-40<Ksp=1.0×10-24，则无沉淀生成 【分析】含钴矿石中(主要成分为Co2O3)加入盐酸，由信息①知浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Ca2+、Mg2+、Al3+等，则加入的Na2SO3将Co3+还原为Co2+，工艺流程最终得到草酸钴，加入NaClO3将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液Ⅰ 主要含有CoCl2、MnCl2、MgCl2、CaCl2，用NaF溶液除去钙、镁，过滤后，向滤液Ⅱ中加入萃取剂，将Mn2+萃取，萃取后的余液中主要含有CoCl2，加入草酸铵溶液得到草酸钴，据此解答。 （1）某元素的一种基态粒子的M层p能级上有4个电子，推测得1s22s22p63s23p4； A．M层未满，所以N层不含有电子，A正确； B．M层半满，所以该粒子未得失电子，为原子，B正确； C．M层未满，所以L层一定全满，有8个电子，C正确； D．M层p能级上有4个电子，原子的最外层电子数为6，D错误； 答案选D； （2）浸出过程中加入NaClO的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，便于后续沉淀； （3）提高水钴矿浸出速率的措施适当提高盐酸的浓度(或将矿石粉碎、适当提高反应的温度、搅拌等)； （4）为除去CuSO4溶液中的Fe3+杂质，可通过生成氢氧化铁沉淀达到目的，同时不引入其他杂质离子，所以加入的物质可以是氧化铜/氢氧化铜/碱式碳酸铜； （5）pH到5.2，根据表格可知，三价铁离子和铝离子都完全沉淀，除去Fe3+的过程中发生反应的离子方程式为2Fe3++3+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑； （6）当加入过量NaF后，所得滤液中； （7）根据分析可知，滤液Ⅱ中加入萃取剂的作用是除去溶液中的Mn2+； （8）已知水钴矿中Co2O3的质量分数为83%，若取1kg该矿石含有Co2O3的质量为0.83kg，物质的量为5mol，按照上述流程，根据原子守恒，理论上最多能制得10mol CoC2O4，质量为10mol×147g/mol=1470g； （9）FeCl2与MgCl2混合溶液中[Mg2+]=0.02mol·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，此时没有Mg3(PO4)2沉淀生成，因为Fe3+恰好沉淀完全时，c()=mol/L=1.0×10-17mol/L，Qc[Mg3(PO4)2]=()3×(1.0×10-17mol/L)2=1.0×10-40<Ksp=1.0×10-24，则无沉淀生成。 地 城 考点03 反应原理综合题 9．(24-25高二·上海外国语大学附属外国语学校松江云间中学·期中)化学上的缓冲溶液就是外加少量酸、碱后而基本不变的溶液。 I.25℃下，由和组成的缓冲溶液中两种组分浓度均为，溶液。。 （1）用化学语言解释该溶液具有缓冲作用的原因：① ；② 。 （2）改变下列条件，能使稀溶液中的值减小的是 。 A．升温　　　　B．加入固体　　　　　C．醋酸钠固体 （3）该缓冲溶液中，补充完整下列微粒浓度关系式： （4）该缓冲溶液中离子浓度由大到小的顺序是 。 II.人体血液里主要通过碳酸氢盐缓冲体系维持稳定，若血液超出正常范围，则可能导致酸中毒或碱中毒。已知正常人体血液在正常体温时，的，。 （5）根据以上数据判断，若正常体温下人体动脉血为7.2，则属于 中毒(填“酸”或“碱”)，此时血液中 (填“>”、“＜”或“=”) （6）一定温度下，当血液酸性增强时，血液缓冲体系中的值将 。 A．变大　　　　　B．变小　　　　C．不变 （7）下列物质能配制成缓冲溶液的是_______。 A． B． C． D． 【答案】（1）当向该溶液中加入一定量的强酸时，电离平衡左移，溶液中的c(H+)几乎不变 加入一定量的强碱时，电离平衡右移，溶液的c(OH-)几乎不变，溶液的pH基本稳定 （2）C （3） （4）c(OH-)＜c(H+)＜c(Na+)＜c(CH3COO-) （5）酸 = （6）B （7）BC 【解析】（1）CH3COOH和CH3COONa组成的溶液中不管加入酸还是碱，平衡移动后，溶液中c(H+)或c(OH-)基本不变，则溶液具有一定的缓冲作用的原理：在CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液中，存在如下平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，当向该溶液中加入一定量的强酸时，平衡左移，溶液中的c(H+)几乎不变；加入一定量的强碱时，平衡右移，溶液的c(OH-)几乎不变，溶液的pH基本稳定。 （2）在CH3COONa稀溶液中存在下列平衡：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-；A．升温，平衡正向移动，c(CH3COO-)减小，c(OH-)增大，减小，的值增大，A不符合题意；B．加入NaOH固体，平衡逆向移动，c(CHCOOH)减小，=减小，的值增大，B不符合题意；C．加入醋酸钠固体，平衡正向移动，c(CHCOOH)增大，=增大，的值减小，C符合题意；故选C； （3）电荷守恒，，物料守恒：，两式相差消去钠离子浓度，得； （4）25℃时，浓度均为0.1mol·L-1的CH3COOH和CH3COONa的缓冲溶液的pH=4.76。则表明以CH3COOH的电离为主，溶液呈酸性，c(Na+)＜c(CH3COO-)，则该缓冲溶液中各离子浓度由小到大的顺序为c(OH-)＜c(H+)＜c(Na+)＜c(CH3COO-)； （5）正常人体血液在正常体温时，H2CO3的一级电离常数，，lg2=0.3，Ka1=，c(H+)=，此时溶液的pH=-lgc(H+)=7.1+lg2=7.4，若正常体温下人体动脉血为7.2，则属于酸中毒， 此时血液中； （6）当过量的酸进入血液中时，血液中c()减小、c(H2CO3)增大，缓冲体系中的值将变小，故选B； （7）存在平衡，当向该溶液中加入一定量的强酸时，平衡移动，溶液的c(H+)几乎不变；加入一定量的强碱时，平衡移动，溶液中的c(OH-)几乎不变，溶液的pH基本稳定，故选BC； 10．(24-25高二·上海市复旦大学附属中学·期中)水是极弱的电解质，也是最重要的溶剂。弱电解质在水溶液中的化学行为是中学化学的重点研究对象。 （1）常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的，则该电解质可能是______（不定项）。 A． B．HCl C． D．NaOH （2）已知次氯酸是比碳酸还弱的酸，要使新制稀氯水中的增大，可以采取的措施为 （至少回答两种）。 （3）常温下，将的盐酸分别与下列三种溶液混合，结果溶液均呈中性。 ①浓度为的氨水； ②的氨水； ③的氢氧化钡溶液。 则a、b、c、d之间的关系是 。 （4）强酸制弱酸是水溶液中的重要经验规律。 已知是两种弱酸，存在以下关系：(少量)，则、三种负离子结合的难易顺序为 。 （5）已知：、，常温下，的NaHA溶液2，则的溶液中氢离子浓度的大小范围是 ；NaHA溶液中各种离子浓度的大小关系为 。（用浓度符号表示） （6）现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是______。 序号 ① ② ③ ④ pH 11 11 3 3 溶液 氨水 氢氧化钠溶液 醋酸 盐酸 A．③④中分别加入适量的醋酸钠晶体后，两溶液的pH均增大 B．②③两溶液等体积混合，所得溶液中 C．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH①>②>④>③ D．等体积的③与④与相同的金属Zn反应，产生等量的气体，所需时间③>④ （7）常温下，浓度均为、体积均为的HX和HY溶液，分别加水稀释至体积随的变化如图所示。下列叙述正确的是______。（不定项） A．相同条件下NaX溶液的pH大于NaY溶液的pH B．水的电离程度： C．点所示溶液的 D．当时，若两溶液同时升高温度，则增大 （8）已知的的。若氨水的浓度为，则溶液中的 。将通入该氨水中，当溶液中为时，溶液中的 。 【答案】（1）CD （2）再通入氯气、加入碳酸氢钠、加入次氯酸钠； （3）b>a=d>c （4）A−>B2−>HB−； （5）0.1mol/L<c(H+)<0.11mol/L c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2-)>c(OH－) （6）D （7）C （8） 6.0×10-3 0.62 【解析】（1）常温下某电解质溶解在水中后，溶液中的，溶液显碱性，CuSO4溶液是强酸弱碱盐，溶液显显酸性，HCl是强酸，溶液显酸性，Na2S是强碱弱酸盐，溶液显碱性，NaOH属于强碱，溶液显碱性，CD符合； （2）氯水中存在Cl2+H2O⇋H++Cl-+HClO，要使新制稀氯水中的增大，平衡正向移动，可以降低H+的浓度，加入NaHCO3或者加入NaClO，或者再通入氯气； （3）盐酸是强酸，pH=3的盐酸中c(H+)=10-3mol/L，与的氢氧化钡强碱溶液等体积混合溶液呈中性，则a=d，浓度为的氨水是弱碱，与浓度为HCl中和呈中性，盐酸体积小于氨水的体积，a<b，的氨水部分电离，氨水浓度大于10-3mol/L，中和呈中性，c的体积少量即可，则大小关系为：b>a=d>c ； （4）已知是两种弱酸，存在以下关系：(少量)，根据强酸制取弱酸规律，酸性强弱为H2B>HB->HA，则、三种负离子结合的难易顺序为A−>B2−>HB−； （5）根据、，H2A第一步完全电离，第二步是部分电离，常温下，的NaHA溶液2，则的溶液中氢离子浓度的大小范围是0.1mol/L<c(H+)<0.11mol/L；NaHA溶液电离出Na+和HA-，HA-只能电离不会水解，电离的HA-少量，溶液显酸性，各种离子浓度的大小关系为：c(Na＋)>c(HA－)>c(H＋)>c(A2-)>c(OH－)； （6）A. ③是醋酸溶液，存在电离平衡，加入醋酸钠增大了醋酸根离子浓度，醋酸电离平衡逆向移动，氢离子浓度减小，④是盐酸溶液加入适量的醋酸钠晶体后，盐酸电离的H+与醋酸根离子结合成醋酸分子，是H+浓度减小，两溶液的pH均增大，A正确； B. ②是pH=11的NaOH溶液为强碱，c(OH-)=10-3mol/L，③是pH值等于3的醋酸溶液，醋酸是弱酸部分电离，醋酸浓度大于10-3mol/L，两溶液等体积混合，醋酸过量，所得溶液中，B正确； C. 分别加水稀释10倍，NaOH的pH=10，HCl的pH=4，氨水的11>pH>10，醋酸的4>pH>3，四种溶液的pH①>②>④>③，C正确； D. pH=3的盐酸和醋酸，醋酸部分电离浓度大，随着反应进行继续电离出氢离子，与锌反应过程中氢离子浓度比盐酸大，反应速率醋酸大于盐酸，等体积的醋酸与盐酸与相同的金属Zn反应，产生等量的气体，所需时间醋酸<盐酸，D错误； 答案选D； （7）A、0.1mol/L的HX溶液的AG=12，则=1012，溶液中c(H+)×c(OH-)=10-14，得出c(H+)=0.1mol/L，说明HX为强酸，HY为弱酸，相同条件下NaX溶液的pH小于NaY溶液的pH，A错误； B、a和b对应的AG值相同，pH值相同，对水电离抑制程度相同，水电离程度相同，c点的AG值小，酸性弱，对水电离抑制程度小，水电离程度是，B错误； C、d点对应的lg是HX强酸溶液稀释100倍，起始时HX中c(H+)=0.1mol/L，稀释100倍c(H+)=0.001mol/L，pH=3，C正确； D、HY是弱酸，升高温度电离程度增大，Y-离子浓度增大，HX为强酸，升高温度X-浓度不变，变小，D错误； 答案选C； （8）Kb=1.8×10-5=≈，得c(OH-)=6.0×10-3mol/L； Ka2=6.2×10-8=，为时，解得0.62 11．(24-25高二·上海外国语大学附属外国语学校松江云间中学·期中)、和是地球大气中的主要温室气体，相同量的的增温潜能是的289倍，研究温室气体对环境保护有重要意义。 I.与的处理： 通过下列反应，可将与转化：。 （1）该反应的自发性为_______。 A．高温下自发 B．低温下自发 C．任何温度下均自发 D．任何温度下均不自发 （2）能判断该反应达到平衡状态的是_______。 A． B．、的分子数之比为 C．、、、的浓度相等 D．恒容容器中气体的平均摩尔质量不变 一定温度下，在密闭容器中充入和，发生上述反应，测得两种气体的物质的量随时间变化关系如图所示： （3）时， 。 A．大于　　　B．小于　　　　C．等于 （4）内的平均反应速率 。 II.的处理： （5）由和反应生成和的能量变化如图所示。 则反应过程中，每生成理论上放出的热量为 。 （6）可用于处理大气污染物并将其转换为，结合以下键能数据写出该反应的热化学方程式： 。 共价键 键能/ 1072 745 418 607 945 (已知：的结构为，的结构为) III.工业上以和为原料可合成尿素：。 （7）该反应的平衡常数表达式 。 （8）下列关于尿素合成的说法正确的是_______。 A．及时分离出尿素可促使反应平衡向正反应方向移动 B．根据碰撞理论，升高温度可使单位体积内活化分子百分数增加 C．保持容积不变，充入惰性气体增大压强，可提高总反应的反应速率 D．更换催化剂，不能改变的平衡转化率 IV.还可用于工业制“碱”。 (9)制“碱”的基本原理为：向饱和食盐水中先通入氨气，再通入过量，制得氯化铵和 。(填物质名称) (10)简述检验“碱”中是否含有的方法： 。 【答案】（1）A （2）AD （3）A （4） （5）278kJ （6） （7） （8）BD (9)碳酸氢钠 (10)取少量碱于试管溶解，加入硝酸，再滴入硝酸银，若有白色沉淀说明有氯离子，反之不含 【解析】（1）由方程式可知该反应是气体物质的量增多的熵增反应，且，由可知该反应仅在高温下自发，故选A； （2）A．正逆反应速率相等，说明反应达到平衡状态，A正确； B．分子数之比不能说明反应达到平衡状态，B错误； C．浓度相等不能说明反应达到平衡状态，C错误； D．反应前后气体的质量不变，物质的量是变量，恒容容器中气体的平均摩尔质量不变，说明反应达到平衡状态，D正确； 故选AD。 （3）之后反应物的物质的量降低、生成物的物质的量增加，反应正向进行，对应的速率关系是v(正)>v(逆)，故选A； （4）时浓度不再改变，即达到平衡状态，参加反应，； （5）根据能量变化图可知，热化学方程式：，则生成2mol理论放出热量为278kJ； （6）可用于处理大气污染物并将其转换为方程式，，热化学方程式为； （7）根据平衡常数的定义结合反应方程式可知，该反应的平衡常数表达式； （8）A．由题干方程式可知，尿素为固体，故及时分离出尿素，尿素的浓度不变，正、逆反应速率不变仍然相等，化学平衡不移动，A错误； B．升高温度，使单位体积内活化分子百分数增加，有效碰撞次数增多，反应速率加快，B正确； C．保持容积不变，充入惰性气体增大压强，反应体系中各组分的浓度保持不变，正逆反应速率不变，C错误； D．改变催化剂，只能改变反应速率，而不能使平衡发生移动，即不能改变NH3的平衡转化率，D正确； 故答案为：BD。 （9）制“碱”的基本原理为：向饱和食盐水中先通入氨气，再通入过量，制得氯化铵和碳酸氢钠； （10）简述检验“碱”中是否含有的方法：取少量碱于试管溶解，加入硝酸，再滴入硝酸银，若有白色沉淀说明有氯离子，反之不含； 12．(23-24高二·上海市复旦大学附属中学·期中)Ⅰ．工业合成氨是人类科学技术的一项重大突破，目前已有三位科学家因其获得诺贝尔奖，反应为N2 (g)+3H2(g)2NH3(g)    △H =−92.4kJ·mol−1， △S=−200J·mol−1·K−1。请回答下列问题： （1）常温下，合成氨反应 (填“能”或“不能”)自发进行，其平衡常数表达式K= 。 （2） 温(填“高”或“低”)有利于提高反应速率， 温(填“高”或“低”)有利于提高平衡转化率，综合考虑催化剂活性等因素，工业常采用400~500℃。 （3）针对反应速率与平衡产率的矛盾，我国科学家提出了解决方案：双温—双控—双催化剂。使用Fe-TiO2∙xHy双催化剂，通过光辐射产生温差(如体系温度为495℃时，Fe的温度为 547℃，而TiO2∙xHy的温度为415℃)。 该方案的优势：   。 Ⅱ．合成氨工艺可以进一步优化，实现尿素的合成，简易流程图如下： （4）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 （5）已知，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。 Ⅲ．盐酸肼(N2H6Cl2)是一种重要的化工原料，属于离子化合物，易溶于水，溶液呈酸性，水解原理与 NH4Cl类似。 （6）写出盐酸肼第一步水解反应的离子方程式 。 （7）盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序正确的是___________。 A． B． C． D． 【答案】（1）能 （2）高 低 （3）① “热Fe”高于体系温度，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率 ② “冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率 （4）AC （5）400t （6）N2H+H2O [N2H5•H2O]++H+ （7）AB 【解析】（1）常温即298K，由吉布斯自由能判据△G=△H-T△S=(-92.4+0.2×298)kJ•mol-1=-32.8 kJ•mol-1＜0，所以合成氨反应在常温下能自发进行，平衡常数表达式K=。故答案为：能；； （2）温度升高，反应速率增大，因此高温有利于提高反应速率；反应的△H小于0，降低温度平衡向正反应方向移动，低温有利于提高平衡转化率。综合考虑催化剂活性等因素，工业常采用400~500℃。故答案为：高；低； （3）该方案的优势：①“热Fe”高于体系温度，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率 ②. “冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率 。故答案为：① “热Fe”高于体系温度，N2在“热Fe”表面断裂，有利于提高合成氨反应速率 ② “冷Ti”低于体系温度，氨气在“冷Ti”表面生成，有利于提高氨的平衡产率； （4）A. 升高温度提高分子的能量，能加快反应速率，故A选；B. 恒容容器中，充入 He，反应混合物的浓度不变，不能加快反应速率，故B不选；C. 加入催化剂，能降低反应的活化能，能加快反应速率，故C选；D. 降低压强，降低反应速率，故D不选；故答案为：AC； （5）根据元素守恒及化学方程式：CH4(g)+H2O(g)⇌CO(g)+3H2(g) 和 CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O，及元素守恒可知 x= =400t。故答案为：400t； （6）盐酸肼第一步水解反应的离子方程式N2H+H2O [N2H5•H2O]++H+。故答案为：N2H+H2O [N2H5•H2O]++H+； （7）盐酸肼水溶液中存在电离：N2H6Cl2=N2H+2Cl-，存在水解：N2H+H2O [N2H5•H2O]++H+，且水解是微弱的，盐酸肼水溶液中离子浓度的排列顺序: A. 盐酸肼水溶液中存在电离：N2H6Cl2=N2H+2Cl-，存在水解：N2H+H2O [N2H5•H2O]++H+，且水解是微弱的，溶液显酸性，，故A正确； B. 根据电荷守恒，可得，故B正确； C. 溶液中还存在水的电离，则，故C错误； D. 电离和水解方程式可知，，故D错误； 故答案为：AB。 13．(24-25高二·上海市复旦大学附属中学·期中)运用化学反应原理研究合成氨反应有重要意义。合成氨的工业生产主要包括造气、净化与合成三个步骤。 （1）生产氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气：。 该反应在常温下 （填“能”或“不能”）自发进行。 （2）水煤气转化反应在一定温度下达到化学平衡。现将不同量的和分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应，得到如下两组数据： 实验编号 温度 起始量 平衡量 达到平衡所需时间 CO CO 1 650 4 2 1.6 2.4 5 2 900 2 1 0.4 1.6 3 ①平衡常数 （填“大于”，“小于”或“等于”） ②若将实验2中CO和的物质的量加倍，则平衡时物质的量浓度为 。 （3）工业上也用甲烷制取氢气。向体积为2L的恒容密闭容器中，按投料，发生反应。其他条件相同时，在不同催化剂（I、II、III）作用下，反应经过的转化率随反应温度的变化如图所示。下列说法正确的是______。 A．由于该反应一定条件下可达极高的转化率，故制得的氢气可经简单干燥处理后直接用于生产 B．c点处于化学平衡状态 C．a点的体积分数约为 D．改用适当催化剂可使该过程的转化率在时就大于 （4）合成氨需要选择合适的催化剂，分别选用A、B、C三种催化剂进行试验，所得结果如图所示（其他条件相同）； 则生产中适宜选择的催化剂是 （填“A”或“B”或“C”），简述理由： 。 时，向体积为2L的密闭容器中充入和合成氨，实验中测得随时间的变化如下表所示： 时间 5 10 15 20 25 30 0.08 0.14 0.18 0.20 0.20 0.20 （5）的平衡转化率为 ，平衡时的体积分数为 （保留三位有效数字）。 （6）下列措施能加快反应速率，缩短达到平衡所用时间的有______（不定项）。 A．向容器中加入He B．加入催化剂 C．降低温度 D．压缩容器体积 （7）已知合成氨反应在时的平衡常数。在时，测得某时刻，此时刻该反应的 （填“>”“=”或“<”）。 （8）关于合成氨工业的说法，错误的是______。 A．可通过热交换器有效利用反应产生的热量，预热反应前的和 B．选择左右的温度进行，可使催化剂活性好，但高温不利于提高平衡转化率 C．从合成塔中出来的气体中氨含量低，通过分离氨后，将未反应的气体循环使用，提高原料气体的利用率 D．反应物和物质的量之比维持在，以便让平衡混合物中氨的含量最大 【答案】（1）不能 （2）大于 0.4 （3）C （4）A 催化剂效率高，且活性温度低，低温有利于平衡正向移动 （5）20% 11.1% （6）BD （7）< （8）D 【解析】（1）①△G=△H−T△S=131.3kJ/mol−T×133.7×10-3kJ/(k⋅mol)，在低温下，该值一定是大于0的，所以不能在低温下自发进行； （2）对于，根据题中信息650℃氢气物质的量为1.6mol，则二氧化碳物质的量为1.6mol，CO物质的量为2.4mol，水蒸气物质的量为0.4mol，平衡常数为K=；900℃氢气物质的量为0.4mol，则二氧化碳物质的量为0.4mol，CO物质的量为1.6mol，水蒸气物质的量为0.6mol，平衡常数为K=，则平衡常数K(650℃) 大于K(900℃)； 若将实验2中CO和的物质的量加倍，相当于将两个容器压缩到一个容器中，加压，平衡不移动，浓度变为原来二倍，因此平衡时的物质的量浓度为； （3）A．制得的氢气中有CO和未反应完的甲烷、水，不能只经过简单干燥直接用于生产，A错误； B．c点在750℃，使用催化剂I甲烷的转化率更高，c点一定不在化学平衡状态，B错误； C．a点时的转化率为80%，设n(CH4)=n(H2O)=1mol，转化的甲烷和水都是0.8mol，生成CO为0.8mol，H2O为2.4mol，甲烷的体积分数为，C正确； D．催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡移动，700℃时温度低，甲烷的转化率应该低于850℃时的平衡转化率，D错误； 答案选C； （4）由图可知，使用催化剂A反应速率加快倍数高，且催化剂活性温度低，合成氨反应是放热反应，温度低有利于平衡正向移动，可以提高平衡转化率，因此生产中适宜选择催化剂A； （5）平衡时氨气的物质的量为0.20mol/L×2L=0.4mol，反应的N2的物质的量为0.2mol，反应的H2的物质的量为0.6mol，N2的转化率为；平衡时NH3的体积分数为； （6）A．容器体积不变加入He，反应物和生成物浓度均不变，反应速率不变，A不符合； B．加入催化剂可以加快反应速率，缩短达到平衡所用的时间，B符合； C．降低温度使反应速率减慢，C不符合； D．压缩容器的体积，增大反应物浓度，反应速率加快，可以缩短达到平衡的时间，D符合； 答案选BD； （7）Q=>K，反应逆向进行，<； （8）A．通过热交换器有效利用反应产生的热量，预热反应前的和，可以节约能源，降低成本，A正确； B．合成氨反应是放热反应，选择左右的温度进行，可使催化剂活性好，但高温不利于提高平衡转化率，B正确； C．分离氨后，将未反应的气体循环使用，可以提高原料气体的利用率，C正确； D．反应物的物质的量之比等于方程式中系数之比时，平衡后生成物含量最高，反应物和物质的量之比维持在，增加N2的浓度，可以提高氢气的转化率，D错误； 答案选D。 14．(24-25高二·上海市复旦大学附属中学·期中)工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。 （1）已知：的燃烧热为，。 催化剂存在下，还原生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为 。 向2L密闭容器中加入和，在适当的催化剂作用下，发生反应：。 （2）下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是______(不定项)。 A．混合气体的平均相对分子质量保持不变 B．和的体积分数保持不变 C．生成的同时有键断裂 D．混合气体的密度保持不变 （3）的浓度随时间变化如图所示，在时将容器容积缩小至一半，时达到平衡，时降低温度，时达到平衡，请画出时间段浓度随时间的变化 。 用催化还原可以消除氮氧化物的污染。已知： 反应I： 反应Ⅱ：(且) 反应Ⅲ： （4）升高温度可以 反应Ⅲ的平衡转化率(填“增加”、“减少”、“不影响”)。 相同条件下，反应I在2L密闭容器内，选用不同的催化剂，反应产生的量随时间变化如图所示(仅发生反应I)。 （5）计算在A催化剂作用下，反应速率 。 （6）下列说法不正确的是______。(不定项) A．单位时间内键与键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡 B．若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当值不变时，说明反应已经达到平衡 C．该反应的活化能大小顺序是： D．增大压强能使反应速率加快，是因为增加了活化分子百分数 （7）恒温、恒压下，反应Ⅱ达到平衡时体系中。在其他条件不变时，再充入气体，体积分数 (填“变大”、“变小”或“不变”)。 【答案】（1）4H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g) △H＝-1100.2kJ·mol-1 （2）CD （3） （4）减少 （5）0.375mol·L-1·min-1 （6）CD （7）不变 【解析】（1）根据氢气的热值可书写氢气的热化学方程式为2H2(g)+ O2(g)＝H2O(l) △H＝-142.9×4kJ/mol=-571.6kJ/mol，根据盖斯定律，将已知热化学方程式中的氧气与液态水消去得到H2还原NO2生成水蒸气和氮气的热化学方程式，为4H2(g)+2NO2(g)＝N2(g)+4H2O(g)△H＝-1100.2kJ·mol-1； （2）A．该体系中的气体只有二氧化碳和氢气，且二者的起始物质的量之比等于化学方程式中的化学计量数之比，所以混合气体的平均式量始终不变，不能判断为平衡状态； B．二氧化碳与氢气始终是1：3的关系，所以CO2和H2的体积分数保持不变的状态不是平衡状态； C．1mol CO2生成的同时有3mol H-H键断裂，符合正逆反应速率相等，是平衡状态； D．因为该体系中有液体参加，所以气体的质量在逐渐减少，则气体的密度减小，达平衡时，保持不变，密度不变可以判断达到平衡状态； 答案选CD； （3） 在t2时将容器容积缩小一倍，二氧化碳的浓度瞬间增大到1mol/L，则压强增大，平衡正向移动， t3时达到平衡，达到的平衡与原平衡相同，浓度仍是0.5mol/L；该反应是放热反应，t4时降低温度，则平衡正向移动，t5时达到平衡，则二氧化碳的浓度将小于0.5mol/L，对应的图象为； （4）根据盖斯定律：反应I-反应Ⅱ×3得到反应Ⅲ，则△H3=△H1-3△H2，已知|△H1|=2|△H2|，，，所以△H3=△H1-3△H2=-△H2＞0，即反应Ⅲ为吸热反应；升高温度，平衡逆向移动，反应Ⅲ的平衡转化率减少； （5）已知4分钟时氮气为2.5mol，则消耗的NO为3mol，所以=0.375mol•L-1•min-1； （6）A．单位时间内H-O键断裂表示逆速率，N-H键断裂表示正速率，单位时间内H-O键与N-H键断裂的数目相等时，则消耗的NH3和消耗的水的物质的量之比为2：3，则正逆速率之比等于2：3，也等于反应式中二者的化学计量数之比，说明反应已经达到平衡，A正确； B．该反应为放热反应，恒容绝热的密闭容器中，反应时温度会升高，则K会减小，当K值不变时，说明温度不变，此时反应达到平衡，B正确； C．相同时间内生成的氮气的物质的量越多，则反应速率越快，活化能越低，所以该反应的活化能大小顺序是：Ea(A)＜Ea(B)＜Ea(C)，C不正确； D．增大压强时分子总数增大，活化分子百分数不变，活化分子数增多，反应速率加快，D不正确； 答案选CD。 （7）一定条件下，反应Ⅱ2NO(g)+O2(g)⇌2NO2(g)达到平衡时体系中n(NO)：n(O2)：n(NO2)=2：1：2．在其它条件不变时，恒温恒压条件下，再充入NO2气体，则与原来的平衡形成等效平衡，故NO2体积分数与原来平衡相同，即不变 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $