高三化学简答题训练

考前微专题训练1已知：4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O若反应温度过高，反应速率下降，其原因是。蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝，由实验结果可知，脱硫反应速率大于脱硝反应速率。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同，还可能是SO2的还原性强于NO（NO溶解度比SO2低，或脱硝反应活化能比脱硫反应高）3．沉淀与双氧水、氨水反应所得实验结果如下表所示：温度/3035404550转化率/%9295979388分析40℃时转化率最高的原因22TiOHOx40min℃22TiOHOx22TiOHOx40℃前，未达到平衡状态，反应速率随着温度升高，所以转化率变大；40℃后，H2O2分解加剧，c(H2O2)减小，所以转化率降低以Na2SeO3和以Na2SeO4为主要物质模拟富硒煤燃烧烟气中硒的回收。（1）将模拟实验产物溶解于盐酸，加入Na2SO3。发生如下反应：（ⅰ）H2SeO3+2SO2+H2O=Se↓+2H2SO4（ⅱ）2H2SeO4+Se+H2O=3H2SeO3（ⅲ）H2SeO4+3SO2+2H2O=Se↓+3H2SO4H2SeO4比H2SeO3先被SO2还原的原因是。（2）实验发现：在还原回收硒的过程中，温度过高或过低都会影响硒的产率（如右图）。其原因是。（1）根据上述反应可知三种酸的氧化性顺序为：H2SeO4H2SeO3H2SO4，在其他条件相同时，H2SeO4的氧化性强于H2SeO3，所以会先被SO2还原（2）升高温度可以使化学反应速率加快，有利于硒的还原与回收；温度过高（超过353K）SO2在水中的溶解度减小而大量逸出，不利于硒的还原与回收5．CO2催化加氢合成乙醇的反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g)△H=-173.6kJ/mol右图是起始投料不同时，CO2的平衡转化率随温度的变化关系，m为起始时的投料比，即m=)()(n22COnH。m1、m2、m3投料比从大到小的顺序为，理由是。m1m2m3温度相同时，c(H2)增大，CO2平衡转化率增大，平衡向正反应方向移动6．在Cu/ZnO催化剂存在下，将CO2与H2混合可合成甲醇，同时发生以下两个平行反应：反应ⅠCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-53.7kJ/mol反应ⅡCO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2=+41.2kJ/mol控制一定的CO2和H2初始投料比，在相同压强下，经过相同反应时间测得如下实验数据（其中“甲醇选择性”是指转化的CO2中生成甲醇的百分比）：实验序号T/K催化剂CO2转化率/%甲醇选择性/%实验1543Cu/ZnO纳米棒12.342.3实验2543Cu/ZnO纳米片10.972.7实验3553Cu/ZnO纳米棒15.339.1实验4553Cu/ZnO纳米片12.071.66.（1）对比实验1和实验3可发现：同样催化剂条件下，温度升高，CO2转化率升高，而甲醇的选择性却降低，请解释甲醇选择性降低的可能原因。（2）对比实验1和实验2可发现：在同样温度下，采用Cu/ZnO纳米片使CO2转化率降低，而甲醇的选择性却提高，请解释甲醇的选择性提高的可能原因（1）反应Ⅰ是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，因此甲醇的产率减小，甲醇的选择性降低（2）Cu/ZnO纳米片对反应I的催化作用更好，测定时间内得到的甲醇较多，甲醇选择性提高用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生，NaOH溶液Na2SO3溶液。CaO在水中存在如下转化：CaO(s)+H2O(l)═Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH﹣(aq)，从平衡移动的角度，简述过程②中NaOH再生的原理。SO32﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀，c(Ca2+)减小，Ca(OH)2(s)2OH-(aq)+Ca2+(aq)平衡正向移动，c(OH-)增大，NaOH生成2．经检验，白色晶体为碱式碳酸镁[Mg2(OH)2CO3]，结合化学平衡移动原理，分析其产生的原因：。pH=8.2的NaHCO3溶液与光亮的Mg反应产生大量气体（经检验其中含有H2和CO2）和白色晶体NaHCO3溶液中存在HCO3-H++CO32-，Mg与溶液中H+反应，使c(H+)减小，HCO3-电离平衡正向移动，c(CO32-)增大。同时NaHCO3溶液中也存在HCO3-+H2OH2CO3+OH-，CO2从体系逸出，使c(H2CO3)减小，平衡正向移动，c(OH-)增大，Mg2+、OH-和CO32-共同结合生成难溶的Mg2(OH)2CO33．用沉淀滴定法快速测定NaI等碘化物溶液中c(I﹣)，滴定的主要步骤为：a．取待测NaI溶液25.00mL于锥形瓶中。b．加入25.00mL0.1000mol•L﹣1AgNO3溶液(过量)，使I﹣完全转化为AgI沉淀。c．加入NH4Fe(SO4)2溶液作指示剂。d．用0.1000mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量的Ag+，使其恰好完全转化为AgSCN沉淀后，体系出现淡红色，停止滴定。e．重复上述操作两次，数据处理。（1）滴定应在pH＜0.5的条件下进行，其原因是。（2）b和c两步操作不能颠倒的理由是（1）防止因Fe3+的水解而影响滴定终点的判断（或抑制Fe3+的水解）（2）若颠倒，Fe3+与I﹣反应，指示剂耗尽，无法判断滴定终点4．H3AsO3和H3AsO4水溶液中含砷的各物种的分布分数（平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数）与pH的关系分别如图﹣1和图﹣2所示．溶液的pH对吸附剂X表面所带电荷有影响。pH=7.1时，吸附剂X表面不带电荷；pH＞7.1时带负电荷，pH越高，表面所带负电荷越多；pH＜7.1时带正电荷，pH越低，表面所带正电荷越多。pH不同时吸附剂X对三价砷和五价砷的平衡吸附量（吸附达平衡时单位质量吸附剂X吸附砷的质量）如图﹣3所示。（1）在pH7～9之间，吸附剂X对五价砷的平衡吸附量随pH升高而迅速下降，其原因是。（2）在pH4～7之间，吸附剂X对水中三价砷的去除能力远比五价砷的弱，这是因为（1）pH在7～9之间，随pH升高H2AsO4﹣转变为HAsO42﹣，吸附剂X表面所带负电荷增多，静电斥力增加（2）pH在4～7之间，吸附剂X表面带正电，五价砷主要以H2AsO4﹣和HAsO42﹣阴离子存在，静电引力较大；而三价砷主要以H3AsO3分子存在，与吸附剂X表面产生的静电引力小（1）用金属镍Ni板生产硝酸镍的过程中会生成NH4+，请写出生成NH4+的离子方程式。（2）步骤①的目的是。（1）4Ni+10H++NO3-=4Ni2++NH4++3H2O（2）使废水中的Ni2+、Fe3+、Al3+沉淀，达到净化废水的目的5．硝酸镍[Ni(NO3)2]是重要的分析试剂，也应用在镍盐制造、镍催化剂制造及电镀工业中。硝酸镍易溶于水，水溶液呈酸性。工业上用金属镍（Ni）板（不纯）与硝酸反应制取硝酸镍。生产硝酸镍的废水（还含有Fe3+、Al3+、NH4+）中镍含量高达数百毫克/升，不仅流失了贵重的金属镍，还会造成环境污染。以下是某工厂处理含镍废水制取硝酸镍的流程：①②③④⑤沉淀滤液（符合排放标准）过滤足量20%的稀硝酸65C~70COO（）Na2CO3溶液（控制pH=5）溶液过滤滤液沉淀X沉淀Y硝酸硝酸镍硝酸镍溶液气体废水Na2CO3溶液（控制pH=9.2~9.5）Na2CO3溶液（控制pH=9.2~9.5，）95C以上O（3）已知一些金属氢氧化物或盐沉淀的pH和溶解度如下表：氢氧化物pH溶解度（25℃）开始沉淀沉淀完全Ni(OH)26.98.90.0013gFe(OH)32.73.7Al(OH)33.74.7NiCO30.009g步骤③中加入Na2CO3溶液的作用是、。（3）加入碳酸钠中和过量的硝酸控制pH=4~5使Fe3+、Al3+沉淀（4）沉淀Y是Ni(OH)2∙NiCO3，则步骤④得到的气体是CO2，请结合化学用语和反应原理解释该气体产生的原因（4）Na2CO3水解溶液显碱性：CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2OH2CO3+OH-，进而：Ni2++2OH-+CO32-=Ni(OH)2∙NiCO3↓，使c(OH-)减小，上述水解平衡正向移动，c(H2CO3)增大，则：H2CO3=H2O+CO2↑。1．电解熔融Al2O3，电解过程中作阳极的石墨易消耗，原因是石墨电极被阳极上产生的O2氧化2．某混合物浆液含有Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置（见图），使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。用惰性电极电解时，CrO42﹣能从浆液中分离出来的原因。在直流电场作用下，CrO42﹣通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液3．将AlCl3溶液电解可以得到液体聚合氯化铝[Alm(OH)nCl3m-n]。装置如图所示。简述在反应室中生成聚合氯化铝的原理：电解过程中反应室中的．．．．．Cl．．-．通过阴离子交换膜进入阳极室．．．．．，阴极室中的．．．．．OH．．-．通过阴离子交换膜进入反应室．．．．．，生成聚合氯化铝4．蚀铜结束，会产生大量含Cu+废液，采用如图所示方法，可达到蚀刻液再生、回收金属铜的目的。此法采用掺硼的人造钻石BDD电极，可直接从水中形成一种具有强氧化性的氢氧自由基（HO•），进一步反应实现蚀刻液再生，结合化学用语解释CuCl2蚀刻液再生的原理：。槽蚀铜蚀刻液泵阴离子交换膜泵Cu+Cu+BDD电极SS电极CuCu2+铜箔在阳极发生反应H2O–e–HO•+H+，H++Cu++•OHCu2++H2O生成Cu2+，Cl－通过阴离子交换膜移入阳极区，CuCl2蚀刻液再生5．化工生产的副产氢也是氢气的来源。电解法制取有广泛用途的Na2FeO4，同时获得氢气：Fe+2H2O+2OH−FeO42−+3H2↑，工作原理如图1所示。装置通电后，铁电极附近生成紫红色的FeO42−，镍电极有气泡产生。若NaOH溶液浓度过高，铁电极区会产生红褐色物质。已知：Na2FeO4只在强碱性条件下稳定，易被H2还原。（1）电解一段时间后，c(OH−)降低的区域在______________(填“阴极室”或“阳极室”)。（2）电解过程中，须将阴极产生的气体及时排出，其原因是________________________。（3）c(Na2FeO4)随初始c(NaOH)的变化如图2，任选M、N两点中的一点，分析c(Na2FeO4)低于最高值的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________。（1）阳极室（2）防止Na2FeO4与H2反应使产率降低（3）M点：c(OH-)低，Na2FeO4稳定性差，且反应慢(或N点：c(OH-)过高，铁电极上有氢氧化铁生成，使Na2FeO4产率降低1．氧族元素单质均能与H2反应生成H2X，用原子结构解释原因：氧族元素原子的最外层电子数均为6，能与氢原子形成两对共用电子对达到稳定结构C和Si是同主族元素，C原子半径小于Si，粗硅经系列反应可生成硅烷（SiH4），硅烷分解生成高纯硅。已知硅烷的分解温度远低于甲烷，用原子结构解释其原因铝粉在1000℃时可与N2反应制备AlN。从原子结构说明AlN的化学组成中Al与N的原子个数比为1：1的原因从原子结构示意图可知，Al最外层有3个成单电子，N最外层也有3个成单电子，Al和N原子的成单电子形成化学键时数目匹配，所以AlN的化学组成中Al与N的原子个数比为1：1在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，其主要原因是NH4Cl分解产生的HCl能够破坏Al表面的Al2O3薄膜