最新2018高考化学二轮复习测试：热考大题专攻练带答案

最新2018高考化学二轮复习测试热考大题专攻练带答案热考大题专攻练一化学实验设计与评价115分亚硝酸钠NANO2是一种重要的工业盐，易溶于水，微溶于乙醇。某化学兴趣小组对亚硝酸钠进行多角度探究亚硝酸钠的制备。1实验中用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是_。2D中澄清石灰水变浑浊，则C中制备NANO2的离子方程式为_。探究亚硝酸钠与硫酸反应的气体产物成分。已知NONO22OH2NO2H2O气体液化的温度NO2为21，NO为1523反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，目的是_。4为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序按左右连接A、C、_、_、_。5在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70硫酸后，装置A中产生红棕色气体。确认装置A中产生的气体含有NO，依据的现象是_。设计实验证明酸性条件下NANO2具有氧化性。供选用的试剂NANO2溶液、KMNO4溶液、FESO4溶液、KI溶液、稀硫酸、淀粉溶液、KSCN溶液_。解析1恒压滴液漏斗可以将滴液漏斗与烧瓶连通，平衡滴液漏斗与烧瓶中压强，便于硝酸滴下。2D中澄清石灰水变浑浊，说明C中产生CO2，故C中NO、O2通入NA2CO3溶液中发生反应的离子方程式为4NOO22CO234NO22CO2。3先通入一段时间氮气，排尽装置中的空气，目的是防止生成的NO被氧化，干扰产物气体的检验。4在装置A中制取气体，用浓硫酸C对气体进行干燥，然后用冰水浴E检验NO2，再用O2和热水浴D检验NO，最后用NAOH溶液B进行尾气处理。所以仪器的连接顺序按左右连接为A、C、E、D、B。5确认装置A中产生的气体含有NO，依据的现象是装置D中通入氧气后气体由无色变为红棕色，发生反应2NOO22NO2。答案除标明外，每空2分1平衡滴液漏斗与烧瓶中压强，便于硝酸流下24NOO22CO234NO22CO23排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧化，干扰产物气体的检验4EDB共3分5D中通入氧气后，气体由无色变为红棕色取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NANO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NANO2具有氧化性或者取KI溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NANO2溶液，溶液变蓝，证明NANO2具有氧化性4分215分锡及其化合物在生产、生活中有着重要的用途。已知SN的熔点为231；SN2易水解、易被氧化；SNCL4极易水解、熔点为33、沸点为114。请按要求回答下列相关问题1锡在周期表中的位置为_。2用于镀锡工业的硫酸亚锡SNSO4的制备步骤如下向SNCL2中加入盐酸和锡粉；分离滤渣和滤液；滤液用NAHCO3溶液调节PH至67得混合物含SNO；从混合物中分离得到SNO；SNO和稀硫酸反应最终得到SNSO4晶体。步骤加入锡粉的作用_。步骤用到的玻璃仪器有烧杯、_。步骤生成SNO的离子方程式为_。步骤中检验SNO是否洗涤干净的操作是_，证明已洗净。步骤操作依次为_、过滤、洗涤、低温干燥。3SNCL4蒸气遇氨及水汽呈浓烟状，因而可制作烟幕弹，其反应的化学方程式为_。实验室欲用如图装置制备少量SNCL4夹持装置略，该装置存在明显缺陷，改进方法是_。4利用改进后的装置进行实验，当装置C中收集到SNCL4时即可熄灭B处酒精灯，反应仍可持续进行的理由是_。5用于微电子器件生产的锡粉纯度测定取238G试样溶于较浓硫酸中杂质不参与反应，使SN完全转化为SN2；加入过量的FE2SO43；用02000MOLL1K2CR2O7溶液滴定，消耗2000ML。步骤中加入FE2SO43的作用是_；此锡粉样品中锡的质量分数_。已知CR2O27的还原产物为CR3解析1锡在周期表中位于第五周期A族。2SN2易被空气中的O2氧化为SN4，加入锡粉发生反应SNSN42SN2，可防止SN2被氧化为SN4。步骤的操作是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒。步骤向含SN2的溶液中加入NAHCO3溶液生成SNO的离子方程式为SN22HCO3SNO2CO2H2O。根据制备步骤知，混合物中含有CL，故欲检验生成物SNO是否洗涤干净，只需检验SNO表面是否附着有CL即可，故检验方法是取最后一次洗涤后滤液，依次滴加足量稀硝酸和少量AGNO3溶液，若观察到无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净。步骤先是SNO与稀硫酸反应生成SNSO4溶液，然后从溶液中分离得到SNSO4晶体，故其操作步骤依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥。3SNCL4易水解生成SNOH4和HCL，其中HCL遇NH3迅速反应生成NH4CL，产生白烟，因此可制作烟幕弹，反应的化学方程式为SNCL44NH34H2OSNOH44NH4CL。进入B装置的CL2中混有HCL和水蒸气，应该在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶以除去杂质气体。4停止加热反应能够持续进行，说明该反应是放热反应，且放出的热量足够使此反应持续进行。5SN2易被氧化，而FE3具有较强的氧化性，故向SNSO4溶液中加入过量的FE2SO43，SN2会被全部氧化为SN4。测定过程中涉及的反应有2FE3SN2FE2SN2、6FE2CU2O2714H6FE32CR37H2O，结合反应过程中SN元素守恒，可得关系式3SN3SN26FE2CR2O2731NSN02000MOLL12000103L故锡粉样品中锡的质量分数302000MOLL12000103L119GMOL1238G10060。答案1第五周期A族1分2防止SN2被氧化为SN41分漏斗或普通漏斗、玻璃棒1分SN22HCO3SNO2CO2H2O2分取最后一次洗涤后滤液少许于试管中，依次滴加足量稀硝酸、少量硝酸银溶液，观察到无白色沉淀生成1分蒸发浓缩、冷却结晶1分3SNCL44NH34H2OSNOH44NH4CL2分在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶1分4熔融锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热量足够使此反应持续进行2分5将SN2全部氧化为SN41分602分315分某化学兴趣小组为研究过氧化钠与SO2的反应情况，进行如下探究。1提出假设向一定量的过氧化钠固体中通入足量的SO2，对反应后的固体产物成分及反应原理提出如下假设假设一反应后固体中只有NA2SO3，证明SO2未被氧化；假设二反应后固体中只有NA2SO4，证明SO2完全被氧化；假设三反应后固体_，证明SO2部分被氧化。2定性研究为验证假设三，该小组进行如下研究，请你完成下表中内容。实验步骤不要求写出具体操作过程预期的实验现象和结论取适量反应后的固体放入试管中，3定量研究通过测量气体的体积判断发生的化学反应，实验装置如图装置B中所盛装试剂的名称为_。装置D的作用是_。请画出实验装置E。实验测得装置C中过氧化钠质量增加了M1G，装置D质量增加了M2G，装置E中收集到的气体为VL已换算成标准状况下，用上述有关测量数据进行填表判断。SO2被氧化的程度V与M1或M2的关系未被氧化完全被氧化V0部分被氧化解析1SO2具有较强的还原性，而NA2O2具有较强的氧化性，两者反应时有SO2全部被氧化、部分被氧化和没有被氧化三种合理假设。根据假设可以预测出反应后固体的成分。2SO2被氧化的产物为NA2SO4，只要证明所得固体中既含有NA2SO4，又含有NA2SO3，即可确定SO2部分被氧化，可根据BASO4不溶于盐酸而BASO3溶于盐酸来验证。3实验原理为使干燥纯净的SO2与NA2O2反应，用碱石灰吸收没反应的SO2后，通过测量生成气体O2的体积，并称量装置C中固体的质量变化来判断SO2被氧化的程度。若SO2完全被氧化，则发生反应SO2NA2O2NA2SO4，无O2生成；若SO2未被氧化，则发生反应2SO22NA2O22NA2SO3O2M固体质量差196VL224LMOL1M1G故V224M1967M130；若SO2部分被氧化，则装置C中固体增加的质量增大，生成O2的体积减小，即V30V73分415分为探究FECL3溶液中的离子平衡和离子反应，某小组同学进行了如下实验。1配制50ML10MOLL1的FECL3溶液，测其PH约为07，即CH02MOLL1。用化学用语解释FECL3溶液呈酸性的原因_。下列实验方案中，能使FECL3溶液PH升高的是_填字母序号。A加水稀释B加入FECL3固体C滴加浓KSCN溶液D加入NAHCO3固体2小组同学利用上述FECL3溶液探究其与足量锌粉的反应。实验操作及现象如下操作现象向反应瓶中加入65G锌粉，然后加入50ML10MOLL1的FECL3溶液，搅拌溶液温度迅速上升，稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，反应瓶底部有黑色固体收集检验反应过程中产生的气体集气管口靠近火焰，有爆鸣声已知ZN的性质与AL相似，能发生反应ZN2NAOHNA2ZNO2H2结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因_。用离子方程式解释反应后溶液为浅绿色的原因_。分离出黑色固体，经下列实验证实了其中含有的主要物质。黑色固体可以被磁铁吸引；向黑色固体中加入足量的NAOH溶液，产生气泡；将中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡；向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化。A黑色固体中一定含有的物质是_。B小组同学认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有FE3O4，理由是_。3为进一步探究上述10MOLL1FECL3溶液中FE3和H氧化性的相对强弱，补充实验并观察到反应开始时现象如下操作现象将5ML10MOLL1的FECL3溶液与065G锌粉混合溶液温度迅速上升，开始时几乎没有气泡将_与065G锌粉混合溶液中立即产生大量气泡小组同学得出结论在10MOLL1FECL3溶液中，FE3的氧化性比H更强。解析1FECL3是强酸弱碱盐，FECL3水解使FECL3溶液显酸性，离子方程式为FE33H2OFEOH32H。加水稀释，铁离子的浓度减小，水解生成的氢离子的浓度减小，PH升高，A正确；加入FECL3固体，铁离子的浓度增大，水解生成的氢离子的浓度增大，PH降低，B错；滴加浓KSCN溶液，铁离子可与硫氰根离子结合为FESCN3，使铁离子的浓度减小，水解生成的氢离子的浓度减小，PH升高，C正确；加入NAHCO3固体，碳酸氢根离子可与铁离子水解生成的氢离子反应，使氢离子浓度降低，PH升高，D正确。2锌可与铁离子水解生成的氢离子反应生成氢气，使氢离子浓度减小，同时，溶液温度升高，都会促进FE33H2OFEOH33H正向移动，出现红褐色FEOH3沉淀；锌可与溶液中的FECL3发生氧化还原反应生成FECL2，FECL2的水溶液为浅绿色，反应的离子方程式为2FE3ZN2FE2ZN2；黑色固体可以被磁铁吸引，说明可能含有FE或FE3O4，由已知信息可知，ZN的性质与AL的性质相似，可与NAOH溶液反应生成氢气，所以向黑色固体中加入足量的NAOH溶液，产生气泡，说明黑色固体肯定有ZN，由于加入足量的NAOH溶液，则ZN在这一过程中已反应完，中剩余固体中已无ZN，将中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量的气泡，说明黑色固体中肯定有FE，故黑色固体中一定有的物质是ZN和FE。3该物质与锌粉混合可产生大量的气泡，说明加入的物质应为盐酸，由于10MOL/L的FECL3溶液的PH07，氢离子浓度为02MOL/L，所以加入盐酸的浓度也应为02MOL/L，或PH07。答案除标注外每空2分1FE33H2OFEOH33HACD2溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中CH降低，都会促进FE33H2OFEOH33H正向移动，出现红褐色FEOH3沉淀2FE3ZN2FE2ZN2AFE和ZNB中，若存在FE3O4，稀盐酸与FE3O4反应产生的FE3可与FE继续反应生成FE2，导致在中检测不到FE3，与没有FE3O4得到的中现象相同35ML02MOLL1或PH07的盐酸可不考虑CL对反应的影响3分热考大题专攻练二化工生产与无机流程114分石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SIO278、AL2O351、FE2O331和MGO05等杂质，将初级石墨与活性炭混合通入氯气加热至1500得到纯化石墨和气体，对气体的综合利用工艺如下注SICL4的沸点为576，金属氯化物的沸点均高于150。请回答下列问题1向反应器中通入CL2前，需通一段时间N2，主要目的是_。2高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物，气体中的碳氧化物主要为_。3由气体中某物质得到水玻璃的化学方程式为_。4步骤为_，所得溶液中的阴离子有_。5由溶液生成沉淀的总反应的离子方程式为_，100KG初级石墨最多可获得沉淀的质量为_KG。解析1石墨和活性炭在高温下可与氧气发生反应，所以通入CL2前先通一段时间N2的主要目的是排尽装置中的氧气，减少C的损失。2高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物，气体中的碳氧化物主要为CO。3由题给信息知，SICL4的沸点为576，金属氯化物的沸点均高于150，所以气体经80冷凝后得到的气体中含有SICL4，由SICL4得到水玻璃的化学方程式为SICL46NAOHNA2SIO34NACL3H2O。4气体中的金属氯化物经80冷凝后得到固体，所以固体为氯化铝、氯化铁、氯化镁等，氯化铁、氯化镁与过量氢氧化钠溶液反应生成沉淀，而氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，所以搅拌、静置后过滤，所得溶液中的阴离子有CL、OH、ALO2。5加入乙酸乙酯的目的是除去过量的氢氧化钠且加热条件下促进偏铝酸钠水解生成氢氧化铝沉淀ALO2CH3COOCH2CH32H2OCH3COOALOH3CH3CH2OH。100KG初级石墨中含有51KGAL2O3，根据AL元素守恒，知最多可得到ALOH3的质量是51102278KG78KG。答案每空2分1排尽装置中的氧气，防止在高温下与活性炭和石墨反应或排出装置中的空气，减少C的损失2CO3SICL46NAOHNA2SIO34NACL3H2O4搅拌、静置、过滤CL、ALO2、OH5ALO2CH3COOCH2CH32H2OCH3COOALOH3CH3CH2OH78214分电石广泛应用于生产PVC、维尼纶等，电石与水反应所得残渣电石渣，主要含CAOH2、CACO3及少量其他杂质。某工业电石渣的几种回收利用流程如下几种物质在水中的溶解度曲线如图所示。回答下列问题1常温氯化反应的化学方程式是_。为提高CL2转化为CACLO2的转化率，可行的措施有_填序号。A加热升高温度B适当减缓通入CL2的速率C充分搅拌浆料D加水使CAOH2完全溶解电石渣中的有害杂质CN与CLO反应转化为两种无害的气体，每转化1MOLCN至少需要消耗氧化剂CLO_MOL。275氯化生成氯酸钙中氯的化合价为_，氯化完成后过滤，滤渣的主要成分为_填化学式。氯酸钙能与KCL反应转化为氯酸钾的原因是_。3有机反应首先生成氯代乙醇，其结构简式为_，氯代乙醇再与CAOH2反应生产环氧乙烷。总反应的化学方程式是_。解析1常温氯化，CL2与CAOH2发生反应得到漂白液。加热升高温度，CAOH2的溶解度降低，则CL2的转化率也降低，A项不符合题意；适当减缓通入CL2的速率，等效于增大CAOH2的浓度，CL2的转化率增大，B项符合题意；充分搅拌浆料，能使反应完全，CL2的转化率增大，C项符合题意；加水使CAOH2完全溶解，不能改变CL2的转化率，D项不符合题意。根据题意，CN与CLO反应转化为CO2和N2，CN中C、N分别为2价、3价，1MOLCN失去5MOL电子，而CLO转化为CL，1MOLCLO得到2MOL电子，根据得失电子守恒，则每转化1MOLCN至少需要消耗氧化剂CLO25MOL。2CACLO32中CL的化合价为5。氯化完成后过滤，得到的滤渣的主要成分为CACO3、CAOH2。根据题图知，75时氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙都小得多，故氯酸钙与KCL能发生反应CACLO322KCLCACL22KCLO3。3氯代乙醇为氯原子取代乙醇分子中乙基上的氢原子，根据“氯代乙醇再与CAOH2反应生产环氧乙烷”，则氯原子应取代甲基上的氢原子，故氯代乙醇的结构简式为CLCH2CH2OH，总反应的化学方程式为CH2CH2CL2CAOH2CACL2H2O。答案12CL22CAOH2CACL2CACLO22H2O2分BC2分252分251分CACO3、CUOH22分75，氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙都小得多2分3CLCH2CH2OH1分CH2CH2CL2CAOH2OH2CCH2CACL2H2O2分314分亚铁氰化钾K4FECN6俗名黄血盐，可溶于水，不溶于乙醇。在化学实验、电镀、食品添加剂、烧制青花瓷时绘画等方面有广泛应用。以某电镀厂排放的含NACN废液为主要原料制备黄血盐的流程如下回答下列问题1常温下，HCN的电离常数KA621010。实验室配制一定浓度的NACN溶液时，将NACN溶解于一定浓度的NAOH溶液中，加水稀释至指定浓度，这样操作的目的是_。浓度均为05MOLL1的NACN和HCN的混合溶液显_填“酸”“碱”或“中”性，通过计算说明_。2滤渣1的主要成分是_填化学式。3转化池中发生复分解反应生成K4FECN6，说明其能反应的理由_。4系列操作B为_。5实验室中K4FECN6可用于检验FE3生成难溶盐KFEFECN6，生成的盐又可用于治疗TL2SO4中毒，试写出上述治疗TL2SO4中毒反应的离子方程式_。6一种太阳能电池的工作原理如图所示，电解质为铁氰化钾K3FECN6和亚铁氰化钾K4FECN6的混合溶液。则K移向催化剂_填“A”或“B”；催化剂A表面发生反应_。解析1由HCN的电离常数知，HCN是弱酸，NACN为强碱弱酸盐，溶液中CN水解使溶液呈碱性。配制一定浓度的NACN溶液必须抑制CN水解。因KHKWKA10101462101016105621010，即CN的水解常数大于HCN的电离常数，所以溶液呈碱性。2反应器中发生的主要反应的化学方程式为6NACNFESO4CACL2NA4FECN6CASO42NACL，硫酸钙微溶于水，操作A是过滤，所得滤渣1的主要成分是硫酸钙；加入碳酸钠除去溶液中少量的钙离子，滤渣2的主要成分是碳酸钙。3经过滤后在滤液中加入KCL可转化成K4FECN6,4KCLNA4FECN6K4FECN64NACL，说明相同温度下K4FECN6溶解度小于NA4FECN6。4加入KCL得到K4FECN6沉淀。将K4FECN6沉淀分离出来需经过滤、洗涤、干燥等操作。5实验室中K4FECN6可用于检验FE3，检验FE3反应的离子方程式为KFECN64FE3KFEFECN6；难溶盐KFEFECN6可用于治疗TL2SO4中毒，离子反应方程式为KFEFECN6TLTLFEFECN6K。6由图可知，电子从负极流向正极，则A为负极，B为正极，则K移向催化剂B；A为负极，发生氧化反应，则催化剂A表面发生反应FECN64EFECN63。答案1抑制CN水解1分碱1分KHCHCNCOHCCNCHCNCOHCHCCNCHKWKA10101462101016105621010，即CN的水解常数大于HCN的电离常数，所以溶液呈碱性2分2CASO41分3相同温度下K4FECN6的溶解度小于NA4FECN62分4过滤、洗涤、干燥2分，少1个扣1分，扣完为止5KFEFECN6TLTLFEFECN6K2分6B1分FECN64EFECN632分414分锂被誉为“金属味精”，以LICOO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。工业上常以锂辉矿主要成分为LIALSI2O6，还含有FEO、MGO、CAO等杂质为原料来制取金属锂。其中一种工艺流程如下已知部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的PH氢氧化物FEOH3ALOH3MGOH2开始沉淀时的PH193491完全沉淀时的PH3247111LI2CO3在不同温度下的溶解度如下表温度/010205075100LI2CO3的溶解度/G153914061329118108660728请回答下列问题1用氧化物形式表示LIALSI2O6的组成_。2反应加入碳酸钙的作用是_。3写出反应中生成沉淀A的离子方程式_。4洗涤所得LI2CO3沉淀要使用_填“热水”或“冷水”，理由是_。5流程中两次使用了NA2CO3溶液，第一次浓度小，第二次浓度大的原因是_。6该工艺中，电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是_。解析1硅酸盐既可以用盐的形式表示，也可以用氧化物的形式表示。在用氧化物表示时，先写活泼金属的氧化物，再写较活泼金属的氧化物，最后写非金属的氧化物，并且要符合质量守恒定律。LIALSI2O6可表示为LI2OAL2O34SIO2。2反应加入碳酸钙是为了除去反应中过量的H2SO4；控制PH，使FE3、AL3完全沉淀。3根据框图中物质之间的转化关系可知，反应中生成沉淀A的离子方程式为MG22OHMGOH2、CA2CO23CACO3。4因为LI2CO3的溶解度随温度的升高而降低，所以洗涤LI2CO3沉淀要使用热水，这样可减少LI2CO3的溶解损耗。5若第一次碳酸钠溶液浓度过大，则部分LI会形成沉淀，而第二次碳酸钠溶液浓度大，则有利于LI2CO3沉淀的生成。6因为在加热蒸干LICL溶液时，有少量LICL发生水解反应生成LIOH，LIOH受热分解生成LI2O，LI2O在电解时产生O2。因此电解LICL时，阳极产生的氯气中常含有少量的O2。答案1LI2OAL2O34SIO22分2除去反应中过量的H2SO4；控制PH，使FE3、AL3完全沉淀2分3MG22OHMGOH2、CA2CO23CACO33分4热水1分LI2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少LI2CO3的损耗2分5第一次浓度过大会使部分LI沉淀，第二次浓度大则有利于LI2CO3沉淀的生成2分6加热蒸干LICL溶液时，有少量LICL水解生成LIOH，LIOH受热分解生成LI2O，电解时产生O22分514分利用水钴矿主要成分为CO2O3，含少量FE2O3、AL2O3、MNO、MGO、CAO、SIO2等可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题已知浸出液中含有的阳离子主要有H、CO2、FE2、MN2、AL3、MG2、CA2等。沉淀中只含有两种沉淀。流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的PH见下表沉淀物FEOH3FEOH2COOH2ALOH3MNOH2开始沉淀2776764077完全沉淀37969252981浸出过程中CO2O3发生反应的离子方程式为_。2NACLO3在浸出液中发生反应的离子方程式为_。3加入NA2CO3调PH至52，目的是_；萃取剂层含锰元素，则沉淀的主要成分为_。4操作包括将水层加入浓盐酸调整PH为23，_、_、过滤、洗涤、减压烘干等过程。5为测定粗产品中COCL26H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中COCL26H2O质量分数大于100，其原因可能是_回答一条原因即可。6将549G草酸钴晶体COC2O42H2O置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。温度范围/固体质量/G150210441290320241经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290320温度范围，剩余的固体物质化学式为_。已知COC2O42H2O的摩尔质量为183GMOL1解析1浸出过程中，CO2O3与盐酸、NA2SO3发生反应，CO2O3转化为CO2，CO元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO23转化为SO24，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式CO2O34HSO232CO2SO242H2O。2NACLO3加入浸出液中，将FE2氧化为FE3，CLO3被还原为CL，反应的离子方程式为CLO36FE26H6FE3CL3H2O。3根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加NA2CO3调PH至52，目的是使FE3和AL3沉淀完全。滤液中含有的金属阳离子为CO2、MN2、MG2、CA2等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液中加入了NAF溶液，知沉淀为MGF2、CAF2。4经过操作由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作还包括蒸发浓缩、冷却结晶。5根据COCL26H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中COCL26H2O的质量分数大于100的原因可能是含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。6整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，549GCOC2O42H2O为003MOL，固体质量变为441G时，质量减少108G，恰好为006MOLH2O的质量，因此441G固体为003MOLCOC2O4。依据元素守恒知，生成NCO2006MOL，MCO2006MOL44GMOL1264G。而固体质量由441G变为241G时，质量减少2G，说明290320内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的MO2264G2G064G，NO2002MOL；NCOC2O4NO2NCO2003002006326，依据原子守恒，配平化学方程式3COC2O42O2290320CO3O46CO2，故290320温度范围，剩余固体物质的化学式为CO3O4或COOCO2O3。答案除标明外，每空2分1CO2O3SO234H2CO2SO242H2O2CLO36FE26HCL6FE33H2O3使FE3和AL3沉淀完全CAF2和MGF24蒸发浓缩1分冷却结晶1分5粗产品中结晶水含量低或粗产品中混有氯化钠杂质6CO3O4或COOCO2O3614分辉铜矿是铜矿的主要品种之一。传统的火法冶炼在资源的综合利用、环境保护等方面会遇到困难。辉铜矿的湿法冶炼目前国内外都处于探索阶段。自氧化还原氨分离法是一种较为理想的湿法冶炼方法，工艺流程如图所示已知辉铜矿的主要成分是CU2S，含有较多的FE2O3、SIO2等。软锰矿的主要成分是MNO2，含有较多的SIO2等。浸出时，生成一种非金属单质。室温下，KSPFEOH3401038，KSPFEOH2801016。完成下列填空1浸出前需要先将矿石粉碎，其目的是_。2写出浸出时主要反应的离子方程式_。3浸渣A的主要成分为_；调溶液PH3035的目的是除去_填离子符号；室温下，若该离子的浓度为40108MOLL1，则溶液的PH_。4工业上可将MNCO3在300左右氧化来制取具有较好催化性能的MNO2，则MNCO3在空气中受热制取MNO2的化学方程式为_。5从滤液C中提取硫酸铵晶体的步骤为_、_、过滤、洗涤、干燥。6与火法冶炼辉铜矿相比，用图中方法冶炼辉铜矿的优点有_。列举其中2条解析1浸出前先将矿石粉碎，可以增大矿石与酸的接触面积，从而加快反应速率。2根据信息知，浸出时生成了非金属单质S，则酸性条件下，CU2S被MNO2氧化，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出并配平离子方程式CU2S2MNO28H2CU2S2MN24H2O。3SIO2与硫酸不反应，故浸渣A的主要成分为SIO2及反应生成的S。根据工艺流程图知，调节PH3035的目的是除去杂质FE3。CFE340108MOLL1时，溶液中COH3KSPFEOH3CFE3340103840108MOLL1101010MOLL1，则室温下CHKWCOH10104MOLL1，PH4。4MNCO3在空气中受热生成MNO2，MN元素的化合价升高，MNCO3作还原剂，则O2作氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式2MNCO3O22MNO22CO2。5从滤液C中提取硫酸铵晶体的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。6火法冶炼辉铜矿会消耗大量的能源，同时会产生有毒气体H2S，而用图中方法冶炼辉铜矿，不仅不产生污染环境的气体，还能减少能源的消耗，实现资源的综合利用。答案1增大与酸的接触面积，加快反应速率或提高浸出效率2分2CU2S2MNO28H2CU2S2MN24H2O2分3SIO2、S1分FE31分42分42MNCO3O22MNO22CO22分5蒸发浓缩1分冷却结晶1分6实现资源的综合利用、不产生污染环境的气体、能耗低或其他合理答案2分热考大题专攻练三化学反应原理综合题114分含硫烟气主要成分为SO2的处理备受关注，主要有以下两种方法。请回答下列问题碱液吸收法步骤1用足量氨水吸收SO2；步骤2再加入熟石灰，发生反应2NH4CA22OHSO23CASO32NH3H2O。1步骤1中反应的离子方程式为_。2已知25时，KBNH3H2OA；KSPCASO3B。该温度下，步骤2中反应的平衡常数K_用含A、B的代数式表示。水煤气还原法已知2COGSO2GSL2CO2GH1370KJMOL12H2GSO2GSL2H2OGH2454KJMOL1CO的燃烧热H3283