2017创新设计化学(通用版)精品三轮 基础回扣与考前特训 题型二十二　易失分的化学简答题.docx

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1、题型专练角度(一)考查化学反应原理应用的简答题1(2016全国，27改编)根据生成丙烯腈(C3H3N)和副产物丙烯醛(C3H4O)的热化学方程式。回答下列问题：C3H6(g)NH3(g)O2(g)=C3H3N(g)3H2O(g)H515 kJmol1C3H6(g)O2(g)=C3H4O(g)H2O(g)H353 kJmol1两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是_；有利于提高丙烯腈平衡产率的反应条件是_；提高丙烯腈反应选择性的关键因素是_。解析因为生成的产物丙烯腈和丙烯醛的两个反应均为放热量大的反应，所以它们均可自发进行且热力学趋势大；该反应为气体体积增大的放热反应，所以降低温度、降低压强有利

2、于提高丙烯腈的平衡产率；由生成丙烯腈的反应条件可知，提高丙烯腈反应选择性的关键因素是催化剂。答案两个反应均为放热量大的反应降低温度、降低压强催化剂2(2016上海化学，32)人体血液中的碳酸和碳酸氢盐存在平衡：HHCOH2CO3，当有少量酸性或碱性物质进入血液中时，血液的pH变化不大，用平衡移动原理解释上述现象。解析根据平衡可知当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平衡向左移动，使H浓度变化较小，血液的pH基本不变。答案当少量酸性物质进入血液中，平衡向右移动，使H浓度变化较小，血液中的pH基本不变；当少量碱性物质进入血液中，平

3、衡向左移动，使H浓度变化较小，血液的pH基本不变(合理即可)。3(2016海南，14节选)将少量明矾溶于水，溶液呈弱酸性，其原因是_。解析明矾溶于水时，KAl(SO4)2=KAl32SO，Al33H2OAl(OH)33H，使溶液呈弱酸性。答案Al3水解，使溶液中H浓度增大4(2015山东节选)实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O。 含0.2 mol NaOH的水溶液与0.2 mol NO2恰好完全反应得1 L溶液A，溶液B为0.1 molL1的CH3COONa溶液，则两溶液中c(NO)、c(NO)和c(CH3COO)由大到小的顺序为_。(已知H

4、NO2的电离常数Ka7.1104 molL1，CH3COOH的电离常数Ka1.7105 molL1)解析根据反应方程式计算可知：c(NaNO3)c(NaNO2)0.1 molL1，c(CH3COONa)0.1 molL1；由电离平衡常数可知酸性：HNO3HNO2CH3COOH，酸越弱其对应酸根离子水解程度越大，则c(NO)c(NO)c(CH3COO)。答案c(NO)c(NO)c(CH3COO)角度(二)考查信息迁移应用的简答题1(2016四川理综，9节选)CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl22H2O制备CuCl，并进行相关探究。【资料查阅】加热至反应结束后，取

5、出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：(1)若杂质是CuCl2，则产生的原因是_。(2)若杂质是CuO，则产生的原因是_。解析(1)若有CuCl2剩余，说明没有完全分解，由题给信息可知，温度高于300 时CuCl2才分解生成CuCl和Cl2，说明温度不够高或加热不充分。(2)由题给信息，CuO是Cu2(OH)2Cl2分解生成的，说明CuCl22H2O分解生成部分Cu2(OH)2Cl2，说明通入HCl的量不足。答案(1)加热时间不足或温度偏低(2)通入HCl的量不足2铬铁矿的主要成分可表示为FeOCr2O3，还含有MgO、Al2O3、Fe2O3 等杂

6、质，以下是以铬铁矿为原料制备重铬酸钾(K2Cr2O7)的流程图：已知：4FeOCr2O38Na2CO37O28Na2CrO42Fe2O38CO2；Na2CO3Al2O32NaAlO2 CO2；Cr2OH2O2CrO2H根据题意回答下列问题：(1)固体X中主要含有_(填化学式)；要检测酸化操作中溶液的pH是否等于4.5，应该使用_(填写仪器或试剂名称)。(2)下表是相关物质的溶解度数据，操作发生反应的化学方程式是：Na2Cr2O7 2KCl=K2Cr2O7 2NaCl，该反应在溶液中能发生的理由是_。物质KClNaClK2Cr2O7Na2Cr2O7溶解度(g/100 g水)0 2835.74.7

7、16340 40.136.426.321580 51.33873376(3)操作有多步组成，获得K2Cr2O7晶体的操作依次是：加入KCl固体、蒸发浓缩、_、过滤、_、干燥。解析(1)加热焙烧时FeOCr2O3、Al2O3、转化成了可溶性的Na2CrO4、NaAlO2，用水浸取后过滤，滤渣为MgO、Fe2O3；测pH是否等于4.5，应用pH计或精密pH试纸。(2)Na2Cr2O72KCl=K2Cr2O72NaCl之所以能发生，由题表中的数据可知，在较低温度下，各物质中K2Cr2O7的溶解度最小，并且由高温降到低温溶解度减小的最多。(3)按操作的过程可看出差的两步是：冷却结晶，洗涤。答案(1)F

8、e2O3、MgOpH计或精密pH试纸(2)四种物质中K2Cr2O7的溶解度最小(3)冷却结晶洗涤3已知常温下，浓度均为0.1 molL1的6种钠盐溶液pH如下表：溶质Na2CO3NaHCO3 NaClONaHSO3Na2SO3 Na2SiO3pH11.69.710.34.010.012.3请根据上表数据回答：(1)在上述 NaHCO3 溶液中加 0.1 molL1的CaCl2溶液，不能产生CaCO3沉淀的原因：_。(2)若要增大氯水中次氯酸的浓度，可向氯水中加入上表中的物质是_。(3)等浓度的H2SO3 和NaHSO3混合液，加入少量的强酸或强碱溶液，pH都没有明显变化，请解释原因_。解析(1

9、)判断能否产生沉淀要利用Qc与Ksp的大小比较。(2)只能消耗HCl不能消耗HClO。(3)加NaOH时H2SO3参与反应，加酸时HSO参与反应，使氢离子和氢氧根浓度变化不大。答案(1)HCO的电离程度较小，c(CO)很小，QcKsp(CaCO3), 不能产生CaCO3沉淀(2)NaHCO3或NaClO(3)加NaOH时发生：H2SO3OH=HSOH2O，加酸时发生 ：HSO H=SO2 H2O角度(三)考查化学实验基本操作的简答题1(2016全国，28改编)在配制成0.1 mol/L FeCl2溶液中需加入少量铁屑，其目的是_。解析亚铁离子具有还原性，能被空气中的氧气氧化，所以在配制的FeC

10、l2溶液中加入少量铁屑的目的是防止Fe2被空气氧化。答案防止Fe2氧化2(2016上海化学，23)NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：(1)NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl。(2)NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN(Ki6.31010)有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。完成下列填空：第一次氧化时，溶液的pH应调节为_(选填“酸性”、“碱性”或“中性”)；原因是_。解析NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性。答案碱性防止生成HCN，造成人员中

11、毒或污染空气3(2014福建节选)(1)检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是_。实验葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定(2)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：溶液出现蓝色且30 s内不褪色(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2I22H2O=H2SO42HI)按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为_gL1。在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果_(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。解析(1)Na2S2O5晶体被空气氧化的产物为Na2SO4，故可

12、通过检验SO离子来检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化，其具体方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明Na2S2O5晶体已被氧化。(2)根据滴定反应的化学方程式：SO2I22H2O=H2SO42HI，可计算葡萄酒中抗氧化剂的残留量，即SO2的含量为0.16 gL1。若有部分HI被氧化生成I2，则滴定时消耗标准液的体积偏小，则测得结果偏低。答案(1)取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成(2)0.16偏低对点回扣方法技巧利用化学反应原理回答的试题，首先必须确定用什么原理回答，应采用“四段论法”：改变了什么条件(或是什么条件)根据什么理论有什么变化得出什么结论。规律方法回答简答题的要求和方法简答题是填空题变形，它不但用来考查学生的各种能力(理解能力、观察能力、思维能力、文字表达能力)，还用来考查掌握知识情况。不但用来考查学生是否“知其然”，还要考查学生能否“知其所以然”。做到：1，语言要准确。2.化学用语要规范，不能出现错别字，用语要规范。3.回答时要言简意赅，逻辑性强。