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非选择题标准练一16工业上利用软锰矿浆(软锰矿的要紧成分是MnO2，还含有硅、铁、铝、钙、镁和少量重金属镍的化合物等杂质)为原料制取电解锰和四氧化三锰。注：过量的软锰矿将Fe2氧化为Fe3。(1)纤维素(C6H10O5)n复原MnO2时，发生反响的化学方程式为_。(2)已经明白：KspAl(OH)31×1033，KspFe(OH)33×1039，参加NH3·H2O后，Al3浓度为1×106mol·L1时，溶液中Fe3浓度为_。(3)pH对除镍效果的妨碍 如图1：操纵pH为4.25.0除镍效果最好，缘故是_。(4)电解MnSO4溶液制备电解锰，用惰性电极电解，阳极的电极反响式为_，为保证电解的顺利进展，电解液必须保持一定的Mn2浓度。Mn2浓度和电流效率的关系如图2所示。由图可知当Mn2浓度大于22 g·L1时，电流效率随Mn2浓度增大反而下落，其缘故是_。(5)MnSO4溶液制备四氧化三锰。氨水作沉淀剂，沉淀被空气氧化所得产品的X射线图见图3。Mn2形成Mn(OH)2时产生少量Mn2(OH)2SO4，参加NH4Cl会妨碍 Mn2(OH)2SO4的氧化产物，写出NH4Cl存在时，Mn2(OH)2SO4被O2氧化发生反响的离子方程式：_。答案(1)12nMnO2(C6H10O5)n12nH2SO4=12nMnSO46nCO217nH2O(2)3×1012 mol·L1(3)pH过低，会与硫化钡反响产生硫化氢气体；pH过高，Mn2被沉淀(4)2H2O4e=O24H(或4OH4e=O22H2O)Mn2浓度增大，容易产生Mn(OH)2沉淀(5)3Mn2(OH)2SO4O2=2Mn3O46H3SO解析(2)KspAl(OH)3c(Al3)·c3(OH)1×1033，因此 c3(OH)1×1027，KspFe(OH)3c(Fe3)·c3(OH)3×1039，因此 c(Fe3)mol·L13×1012 mol·L1。(3)pH过低，会与硫化钡反响产生硫化氢气体，pH过高，Mn2被沉淀，同时依照图1的数据明白，当pH小于4.2的时候，镍离子随pH的减小而残留率增加，当pH大于5.0的时候，镍离子随pH的增大而残留率增加，因此 操纵pH为4.25.0时镍离子的含量最小，除镍效果最好。(4)“电解时用惰性电极电解，阳极发生氧化反响，应该是水电离出的氢氧根离子放电，电极反响式为：2H2O4e=O24H或4OH4e=O22H2O；当Mn2浓度大于22 g·L1时，容易产生Mn(OH)2沉淀，电流效率反而下落。(5)由X射线图可知，未加NH4Cl时Mn2(OH)2SO4的氧化产物要紧是MnO2，加NH4Cl时Mn2(OH)2SO4的氧化产物要紧是Mn3O4，因此NH4Cl存在时，Mn2(OH)2SO4被O2氧化发生反响的离子方程式为：3Mn2(OH)2SO4O2=2Mn3O46H3SO。17化合物G是一种治疗帕金森症的药品，其合成道路流程图如下：(1)D中的官能团名称为溴原子、_和_。(2)B、C、D三种有机物与NaOH乙醇溶液共热，能发生消去反响的是_(填字母)。(3)写出同时满足以下条件的D的一种同分异构体的构造简式：_。分子中只有3种不同化学环境的氢；能发生银镜反响，苯环上的一取代物只有一种。(4)F通过取代反响得到G，G的分子式为C16H24N2O，写出G的构造简式：_。(5)已经明白：RCH=CHNO2RCH2CH2NH2(R代表烃基或H)。请写出以和CH3NO2为原料制备的合成道路流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成道路流程图例如见此题题干)。答案(1)碳碳双键硝基(2)CD(3)(4)(5)解析(2)B()、C()、D()三种有机物中都含有溴原子，但C、D中与溴原子直截了当 相连的碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，在NaOH乙醇溶液共热时能发生消去反响。(3)D为，分子中只有3种不同化学环境的氢；能发生银镜反响，说明构造中含有醛基，苯环上的一取代物只有一种，说明构造具有较高的对称性，满足条件的有：。(5)以和CH3NO2为原料制备，依照题干流程图中D生成E的提示，合成需要先合成，依照题干流程图中C生成D的提示，合成能够 先合成，再合成，能够 由氧化成后与CH3NO2加成即可。18氯化苄(C6H5CH2Cl)是一种重要的有机化工原料。工业上采纳甲苯与枯燥氯气在光照条件下反响合成氯化苄。(1)写出甲苯与枯燥氯气在光照条件下反响合成氯化苄的化学方程式：_。(2)用以下方法分析氯化苄粗产品的纯度：步骤：称取2.555 g样品于烧瓶中，参加100.00 mL 4 mol·L1氢氧化钠溶液共热，冷却至室温。参加100.00 mL 4 mol·L1硝酸，一段时刻 后，将烧瓶中的溶液全部转移至250.00 mL的容量瓶中，加水定容。步骤：沉着量瓶中各取50.00 mL溶液于三只锥形瓶中，各参加25.00 mL 0.200 0 mol·L1硝酸银溶液。步骤：用硫酸铁铵作指示剂，用0.200 0 mol·L1NH4SCN溶液分不滴定剩余的硝酸银，所得滴定数据如下表。实验数据实验序号NH4SCN溶液体积读数/mL滴定前滴定后第一次0.4010.38第二次0.3010.32第三次0.2010.41已经明白：NH4SCNAgNO3=AgSCNNH4NO3参加硝酸的目的是_。在步骤操作中，推断 到达滴定终点的现象是_。该样品中氯化苄的质量分数(写出计算过程)。上述测定结果通常高于氯化苄中氯元素的理论含量，缘故是_。答案(1)C6H5CH3Cl2C6H5CH2ClHCl(2)中和NaOH使溶液呈酸性，防止OH对下一步的干扰当滴入最后一滴，溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色×100%74.27%甲苯与氯气在光照条件下可能生成多氯代物，Cl2或生成的HCl也会造成测定结果偏高解析(2)溶液显碱性，那么参加硝酸的目的是中和NaOH使溶液呈酸性，防止OH对下一步的干扰。三次实验中消耗标准液体积分不是9.98 mL、10.02 mL、10.21 mL，第三次实验数据误差大，舍去，那么消耗标准液体积的平均值是10.00 mL，依照方程式可知剩余硝酸银是0.002 mol，因此 与氯离子反响的硝酸银是0.005 mol0.002 mol0.003 mol，那么水解生成的氯离子是0.003 mol×0.015 mol，因此该样品中氯化苄的质量分数为×100%74.27%。19以铬铁矿为原料Fe(CrO2)2可制备K2Cr2O7和金属铬。实验流程如下：已经明白：2CrO2HCr2OH2O。pH<3.0时，CrO含量极小。(1)写出铬铁矿焙烧转化为Na2CrO4的化学方程式：_。焙烧时不能使用陶瓷容器的缘故是_。(2)参加稀硫酸后所得Na2Cr2O7溶液的pH 应小于3.0，可用_测定溶液pH。(3)操作包括过滤和洗涤。实验室洗涤沉淀的操作是_。(4)Na2S的作用是调节溶液的酸碱度和_。(5)Fe3在pH为3.7时可完全转化为Fe(OH)3。在上述流程中所得Na2Cr2O7溶液中含有少量Fe3。请结合上图有关物质的溶解度曲线，设计由Na2Cr2O7液制备K2Cr2O7固体的实验方案(实验中须选用的试剂：硫酸、NaOH溶液、KCl固体、蒸馏水)：_非选择题标准练_。答案(1)4Fe(CrO2)27O28Na2CO32Fe2O38Na2CrO48CO2陶瓷在高温下会与Na2CO3反响 (2)pH计(3)沿玻璃棒加水至浸没沉淀，待水自然流出后重复23次(4)将重铬酸钠复原为氢氧化铬(5)向Na2Cr2O7溶液中参加适量NaOH调节pH大于3.7，过滤，向滤液中参加硫酸溶液至pH小于3.0，再参加适量KCl固体，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，枯燥解析(1)依照流程图可知高温下碳酸钠、氧气与Fe(CrO2)2反响转化为Na2CrO4的化学方程式为4Fe(CrO2)27O28Na2CO32Fe2O38Na2CrO48CO2。由于陶瓷在高温下会与Na2CO3反响，因此 焙烧时不能使用陶瓷容器。(2)要准确测定溶液的pH，应该选择pH计。(4)硫离子具有复原性，那么Na2S的作用除了调节溶液的酸碱度外，还有将重铬酸钠复原为氢氧化铬的作用。20氮氧化物会形成光化学烟雾和酸雨，可采取以下方法对氮氧化物进展处理。(1) SNCR脱硝技术的原理：4NO(g)4NH3(g)O2(g)=4N2(g)6H2O(g)H11 627.2 kJ·mol16NO(g)4NH3(g)=5N2(g)6H2O(g)H21 807.0 kJ·mol12NO(g)O2(g)=2NO2(g)H3113.0 kJ·mol1那么6NO2(g)8NH3(g)=7N2(g)12H2O(g)H_kJ·mol1。(2) NSR (NOx储存复原)工作原理：NOx的储存和复原在不同时段交替进展，如图a所示。NOx储存转化为Ba(NO3)2过程中，参加反响的NO和O2的物质的量之比为_。H2复原Ba(NO3)2的过程分两步进展，图b表示该过程相关物质浓度随时刻 的变化关系。第一步反响的化学方程式为_。(3)SCR消除氮氧化物的反响原理：4NO(g)4NH3(g)O2(g)=4N2(g)6H2O(g)H<0其他条件一样，某密闭容器中分不投入NH3、NO、O2，在甲、乙两种催化剂作用下，NO转化率与温度的关系如图c所示。在催化剂甲作用下，图中Y点处(对应温度为210 )NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率的缘故是_。工业实际选择催化剂乙的缘故是_。(4)用石灰乳吸收氮的氧化物，原理为：4NO22Ca(OH)2=Ca(NO3)2Ca(NO2)22H2ONO2NOCa(OH)2=Ca(NO2)2H2O为使吸收充分，_(填“或“)1。目前可采纳电解的方法除去废水中的NO，原理如图d所示。写出阴极的电极反响式：_。答案(1)2 735.6 (2)438H2Ba(NO3)2BaO2NH35H2O(3)平衡转化率是该温度下的最大转化率，如今Y点NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时NO的转化率在低温下，使用催化剂乙，NO转化率非常高(4)2NO4H2O6e=N28OH (或2NO8H6e=N24H2O)解析(1)已经明白：4NO(g)4NH3(g)O2(g)=4N2(g)6H2O(g)H11 627.2 kJ·mol16NO(g)4NH3(g)=5N2(g)6H2O(g)H21 807.0 kJ·mol12NO(g)O2(g)=2NO2(g)H3113.0 kJ·mol1那么依照盖斯定律可知()×3即得到反响6NO2(g)8NH3(g)=7N2(g)12H2O(g)H2 735.6 kJ·mol1。(2)反响中氮元素化合价从2价升高到5价，失去3个电子，氧气中氧元素化合价从0价落低到2价，得到2个电子，依照得失电子守恒可知参加反响的NO和O2的物质的量之比为43；依照图像可知第一步反响的复原产物是氨气，那么结合图a可知第一步反响的化学方程式为8H2Ba(NO3)2BaO2NH35H2O。(3)由于平衡转化率是该温度下的最大转化率，如今Y点NO的转化率明显低于同温度下乙作催化剂时NO的转化率，因此 在催化剂甲作用下，图中Y点处(对应温度为210 )NO的转化率一定不是该温度下的平衡转化率。依照图像可知在低温下，使用催化剂乙，NO转化率非常高，因此 工业实际选择催化剂乙。(4)由于NO不能与氢氧化钙反响，而NO2能够 ，因此 为使吸收充分，NO2与NO的体积之比应该1。21【物质构造与性质】铜的化合物具有广泛的用处。(1)Cu2基态核外电子排布式为_。(2)往硫酸铜溶液中参加过量氨水，溶液最终变成深蓝色，接着参加乙醇，可析出Cu(NH3)4SO4·H2O。N、O、S原子的第一电离能由大到小的顺序为_，与SO互为等电子体的分子的化学式为_(写一种即可)，每个乙醇分子中sp3杂化的原子个数为_。(3)铜的一种氧化物晶体构造如下图，其中O原子的配位数为_。(4)Cu2O的熔点比Cu2S高的缘故是_。答案(1)Ar3d9(或1s22s22p63s23p63d9)(2)N>O>SCCl4 (CF4、SiF4等合理答案即可)3(3)4(4)因为r(O2)<r(S2)，因此 Cu2O的晶格能比Cu2S的大，熔点高22【实验化学】亚硝酸钠(NaNO2)是工业盐的要紧成分，在漂白、电镀等方面应用广泛。实验室以木炭、浓硝酸、Na2O2为要紧原料按照如下图装置制备亚硝酸钠(加热装置及局部夹持装置已略去)，反响原理为：2NONa2O2=2NaNO2。答复以下咨询 题：(1)A装置中反响的化学方程式为_。(2)B装置中铜的作用是_。(3)充分反响后，C中生成的固体除NaNO2外，还可能有杂质生成，应在B、C之间加一个装置，该装置所盛放试剂的名称是_。(4)检查装置气密性并装入药品后，以下实验操作步骤正确的顺序为_(填字母)。a翻开弹簧夹，向装置中通入N2b点燃酒精灯c向三颈烧瓶中滴加浓硝酸d熄灭酒精灯e关闭分液漏斗旋塞f停顿通入N2(5)D装置用于尾气处理，写出D中反响的离子方程式：_。(6)利用改良后的装置，将7.8 g Na2O2完全转化成NaNO2，理论上至少需要木炭_g。答案(1)C4HNO3(浓)CO24NO22H2O(2)铜能够 和二氧化氮与水反响生成的硝酸反响，进步NO产率 (3)碱石灰(4)acebdf (5)5NO3MnO4H=5NO3Mn22H2O(6)1.2解析(3)因为一氧化氮中混有二氧化碳和水蒸气，二氧化碳和过氧化钠发生反响生成碳酸钠和氧气，水与过氧化钠反响生成氢氧化钠，故C产物中除亚硝酸钠外还含有副产物碳酸钠和氢氧化钠，为防止产生这些副产物，应在B、C装置间增加一个装置，该装置中盛放的试剂应为碱石灰，用来吸收二氧化碳和水蒸气。(4)由于该实验中有气体参加，因此 在组装好仪器后首先要检查装置的气密性，再装药品，由于实验过程中有一氧化氮产生，因此 要将装置中的空气全部排尽，再进展实验，能够 利用氮气排出空气。又因为NO有毒，因此 最后需要利用氮气把剩余的NO全部排入酸性高锰酸钾溶液中，因此实验操作顺序为acebdf。(5)NO与酸性高锰酸钾溶液反响的离子方程式为5NO3MnO4H=5NO3Mn22H2O。(6)n(Na2O2)7.8 g÷78 g·mol10.1 mol，依照C4HNO3(浓)CO24NO22H2O,3NO2H2O=2HNO3NO，有关系式C4NO2NOHNO3，依照3Cu8HNO3=3Cu(NO3)22NO4H2O，有关系式HNO3CuNO，那么有CNO，因此 碳与总的NO的关系式为C()NO，依照2NONa2O2=2NaNO2，可知碳与Na2O2的关系式为CNa2O2，因此 7.8 g过氧化钠完全转化成为亚硝酸钠，理论上至少需要碳的质量为0.1 mol×12 g·mol11.2 g。