归纳与整理优质课教案内容

理科综合化学

1. 实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：

下列分析正确的是(

) A. ①中采用蒸馏的方法精制粗盐水

B. ②中阳极的主要电极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑

C. ③中制备漂白液的反应：Cl2+OH- =Cl-+HClO D. ②、③、④中均发生了氧化还原反应

2. 化学与生活密切相关。下列有关说法错误的是(

) A. 用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维

B. 食用油反复加热会产生稠环芳烃等有害物质

C. 福尔马林可浸制标本，因其可使蛋白质变性的性质

D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%

3. 探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是(

) ............

A. 用装置甲进行铜和浓硫酸的反应

B. 用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气

C. 用装置丙稀释反应后的混合液

D. 用装置丁测定余酸的浓度

4. NA代表阿伏加德罗常数，下列说法不正确的是（

）

A. 28g乙烯和丙烯中的极性键数目为4NA

B. 32gCu和32gS充分反应，转移电子数为NA

C. 精炼铜，若阳极失去0.1NA个电子，则阴极增重3.2g D. 等物质的量的钠分别在足量的氧气和氯气中燃烧，转移电子数相等

5．短周期主族元素 W、 X、 Y、 Z 的原子序数依次增大，它们的最外层电子数之和为20， W 原子核外电子总数与 X 原子次外层的电子数相同，

由 W、 X、 Y 三种元素形成的一种盐溶于水后，加入盐酸，产生的无色气体能使品红褪色。下列说法正确的是

A． W 与 X 形成的化合物只含有离子键

1

B． X 的简单离子与 Z 的具有相同的电子层结构

C．单质的氧化性： Y＞Z D．

简单氢化物的沸点： W＞Y 6. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，甲、乙分别是X、W两元素对应的单质，丙、丁是由这些元素组成的二元化合物，戊是Z的最高价氧化物对应的水化物，且25℃时0.1mol/L

戊溶液的pH为13，工业上通过电解丙和丁的混合物来制取甲、乙、戊。下列说法不正确的是（

）

A. 原子半径：Z＞W＞Y＞X B. Z分别与X、Y、W形成的化合物中一定没有共价键

C. 元素Y与X、Z都能组成两种化合物

D. 乙与戊的水溶液反应后所得溶液具有漂白性

7．已知X、Y、Z、W、M 均为短周期元素。25℃时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L）

溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是：

A.X、M 简单离子半径大小顺序：X>M B.X、Y、Z、W、M 五种元素中只有一种是金属元素

C.Z 的最高价氧化物的化学式为ZO3

D.X、Z的最简单气态氢化物反应时，有白烟生成

8. 叠氮化钠（NaN3）是汽车安全气囊最理想的气体发生剂原料。下面是工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程；

已知NaN3能与AgNO3反应生成白色难溶于水的AgN3；有关物质的物理性质如下表：

CH3OH 熔点℃

—9 沸点℃

溶解性

64.7 与水互溶

与水、醇互溶，

水合肼(N2H4•H2O) 2 113.5 不溶于乙醚和氯仿

亚硝酸甲酯—17 (CH3ONO) 请回答：

（1）步骤Ⅰ中NaNO2与稀硫酸发生副反应生成两种气体（其中一种气体在空气中可以转化为另一种气体）2

—12 溶于乙醇、乙醚

的离子方程式为___________；步骤Ⅱ中生成NaN3的化学方程式为_______。

（2）实验室模拟步骤Ⅱ实验装置如下图（装置中冷却水省略，下同）：

①仪器a的名称__________________，作用是________________________________。

②根据实验发现温度在20℃左右反应的选择性和转化率最高，但是该反应属于放热反应，因此可以采取的措施是______________________________。

③图中X处连接的最合适装置应为下图中的_________。

A B C D （3）步骤Ⅱ、Ⅲ中制备叠氮化钠并对溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是__________。

①打开K1、K2，关闭K3 ②打开K3 ③加热 ④关闭K1、K2

（4）步骤Ⅳ对溶液B加热蒸发至溶液体积的1/3，NaN3结晶析出。

①步骤Ⅴ可以用______________洗涤晶体。

A．水 B．乙醇 C．乙醇水溶液 D．乙醚

②沉淀滴定法测定产品纯度，是以淡黄色K2CrO4溶液作指示剂，将AgNO3标准溶液滴入样品溶液，至少量Ag2CrO4出现，即溶液呈淡红色为终点。AgNO3溶液要装在棕色的酸式滴定管里进行滴定，理由是_____________。下列操作合理的是______。

A．滴定管和移液管管尖不可接触锥形瓶内壁

B．滴定时滴液速度应先快后慢，接近终点时一滴一摇

C．滴定过程中可用蒸馏水将锥形瓶壁上粘附的溶液冲下

D．若未等滴定管液面稳定就读数会导致测定结果偏高

E．若发现滴液过量，可回滴样品溶液，至红色褪去

9. 工业上用含三价钒（V2O3）为主的某石煤为原料（含有Al2O3、CaO等杂质），钙化法焙烧制备V2O5，其流程如下： 3

【资料】：+5价钒在溶液中的主要存在形式与溶液pH 的关系：

pH 主要离子

（1）焙烧：向石煤中加生石灰焙烧，将V2O3转化为Ca(VO3)2的化学方程式是_______________________。 （2）酸浸：

①Ca(VO3)2难溶于水，可溶于盐酸。若焙砂酸浸时溶液的pH＝4，Ca(VO3)2溶于盐酸

的离子方程式是__________。 ②酸度对钒和铝的溶解量的影响如下图所示：

酸浸时溶液的酸度控制在大约3.2%，根据右图推测，酸浸时不选择更高酸度的原因是________________________________________。

4~6 VO2

+6~8 VO3

−8~10 V2O7

4−10~12 VO4

3−

（3）转沉：将浸出液中的钒转化为NH4VO3固体，其流程如下：

①浸出液中加入石灰乳的作用是________________________。 ②已知CaCO3的溶解度小于Ca3(VO4)2。向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出。结合化学用语，用平衡移动原理解释其原因：___________________________________。 ③向(NH4)3VO4溶液中加入NH4Cl溶液，控制溶液的pH＝7.5。当pH＞8时，NH4VO3的产量明显降低，原因是_________________________________________。 （4）测定产品中V2O5的纯度：称取ag产品，先用硫酸溶解，得到(VO2)2SO4溶液。再加入b1mL c1mol·L−1(NH4)2Fe(SO4)2溶液（VO2++2H++Fe+==VO2++Fe3++H2O）。最后用c2mol·L−1KMnO4溶液滴定过量的(NH4)2Fe(SO4)2至终点，消耗KMnO4溶液的体积为b2mL。已知MnO4−被还原为Mn2+，假设杂质不参与反应。则产品中V2O5的质量分数是______。（V2O5的摩尔质量：182 g·mol−1）

4

(1). 2NO2-+2H+==NO↑+NO2↑+H2O

(2). N2H4+CH3ONO+NaOH==NaN3+CH3OH+3H2O

(3). 球形冷凝【答案】管

(4). 冷凝回流，平衡气压

(5). 冷水浴或缓慢通入气体等

(6). C

(7). ①④②③或①②④③

(8). C

(9). AgNO3溶液溶液显酸性，且AgNO3易见光分解，浓度下降，使测定不准

(10). BCD 【解析】

【详解】（1）根据其中一种气体在空气中可以转化为另一种气体，可推测生成的气体有一氧化氮和二氧化氮，而根据得失电子守恒和质量守恒可得离子方程式为：2NO2+2H==NO↑+NO2↑+H2O；根据流程图可知，产物中含有乙醇和叠氮化钠，所以方程式为：N2H4+CH3ONO+NaOH==NaN3+CH3OH+3H2O；

（2）①A的名称是球形冷凝管，其目的是冷凝回流，平衡气压；②根据实验发现温度在20℃左右反应的选择性和转化率最高，但是该反应属于放热反应不采取措施温度会逐渐升高，影响选择性和转化率，因此可以通过冷水浴或缓慢通入气体等维持反应体系的温度；③收集馏分应采用执行冷凝管，接受的锥形瓶上方应用一个出气口，保持体系内要强等于大气压；

（3）根据亚硝酸甲酯(CH3ONO)的溶沸点很低，所以在通入亚硝酸甲酯时应打开K1、K2，关闭K3,充分反应后，需对混合溶液进行蒸馏提纯，即关闭K1、K2，打开K3，加热进行蒸馏；

（4）①根据反应可知，NaN3结晶中可能含有未反应的水合肼（与水、醇互溶，不溶于乙醚和氯仿）和氢氧化钠，产物CH3OH，可采用乙醇水溶液去除杂质；②AgNO3中的银离子易水解，因此用酸式滴定管，且AgNO3易见光分解，所以酸式滴定管应为棕色，减少AgNO3分解；A．滴定管在滴半滴时需要使溶液悬而不滴，让其沿容器壁流入容器，再用少量水冲洗内壁，故A错误；B．滴定时滴液速度应先快后慢，接近终点时一滴一滴加入并不停摇动，故B正确；C．滴定管在滴半滴时需要使溶液悬而不滴，让其沿容器壁流入容器，再用少量水冲洗内壁,故C正确；D．若未等滴定管液面稳定，滴定关内可能含有气泡，就读数会导致测定结果偏高，故D正确；E．若发现滴液过量，应重新滴定，故E错误；故选BCD。

【答案】

(1). CaO+ O2+ V2O3=Ca(VO3)2

(2). Ca(VO3)2+ 4H+=2VO2++ Ca2++ 2H2O

(3). 酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大

(4). 调节溶液的pH，并提供Ca2+，形成Ca3(VO4)2沉淀（富集钒元素）

(5). Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq)+ 2VO43−(aq)，(NH4)2CO3-+2−2+c(Ca2+)降低，溶液中的CO3与Ca结合生成更难溶的CaCO3沉淀，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出

(6). pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3−

(7). 91(c1b1-5c2b2)/(1000a) 【解析】

（1）根据反应流程：向石煤中加生石灰焙烧，V2O3与氧化钙和氧气反应生成Ca(VO3)2，化学方程式是CaO + O2 + V2O3

5

Ca(VO3)2

；正确答案：CaO + O2 + V2O3

Ca(VO3)2

。

pH在4~6之间，生成VO2+，所以Ca(VO3)2与盐酸反应离子方程式是：Ca(VO3)2 + 4H+

（2）①根据信息可知：== 2VO2+ + Ca2+ + 2H2O ；正确答案：Ca(VO3)2 + 4H+ == 2VO2+ + Ca2+ + 2H2O。

②根据图像变化可知：酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大，因此酸浸时不选择更高酸度；正确答案：酸度大于3.2％时，钒的溶解量增大不明显，而铝的溶解量增大程度更大。

3（3）①浸出液中含有VO4—，加入石灰乳后生成Ca3(VO4)2沉淀，便于钒元素的富集；正确答案：调节溶2+液的pH，并提供Ca，形成Ca3(VO4)2沉淀（富集钒元素）。

② Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq) + 2VO43−(aq)，(NH4)2CO3溶液中的CO32−与Ca2+2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出；因此向Ca3(VO4)2沉淀中加入(NH4)2CO3溶液，可使钒从沉淀中溶出；正确答案：Ca3(VO4)2的浊液中存在平衡Ca3(VO4)2(s)3Ca2+(aq) + 2VO43−(aq) ，(NH4)2CO3溶液中的CO32−与Ca2+结合生成更难溶的CaCO3沉淀，c(Ca2+)降低，平衡正向移动，使钒从沉淀中溶出。

③

根据信息可知：pH＞8时，钒的主要存在形式为V2O74−或VO43—等，不是VO3−

，NH4VO3的产量明显降低；正确答案：pH＞8时，钒的主要存在形式不是VO3−

。

-2+10-3×c2 mol，（4）高锰酸钾氧化亚铁离子变为铁离子，根据反应规律：MnO4-- 5Fe，消耗KMnO4的量b2×10-3×c2 mol，再根据VO2+ -- Fe2+关系可知，用来还原VO2+的亚铁离子的量为则消耗亚铁离子的量为5b2×c1×10-3-5b2×10-3×c2 mol，因此VO2+ 的量为b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2 mol，产品中V2O5的量为b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2) mol,

产品中V2O5的质量为1/2(b1×c1×10-3-5b2×10-3×c2)×182=91(c1b1-5c2b2) 1/2(b1××10-3g，则产品中V2O5的质量分数是91(c1b1-5c2b2)/(1000a)；正确答案：91(c1b1-5c2b2)/(1000a)。

【答案】

(1). 放热量很大的反应

(2). 2NH3(g)－1N2(g)+3H2(g) △H=+92.1kJ·mol

(3). 90CoAl

(4). 平衡转化率随温度升高而增大，此反应为吸热反应，温度升高，反应速率加快，转化率接近平衡转化率

(5). e

(6). 7.5

(7). 75%

(8). 减小

(9). 6NH2--6e-=N2↑+4NH3↑

【解析】

【详解】（1）反应I的ΔH1＝－1266.6 kJ·mol-1，放热量很大，故热力学趋势很大；根据盖斯定律可知①：4NH3(g)＋3O2(g)-12N2(g)＋6H2O(g) ΔH1＝－1266.6 kJ·mol，②H2的燃烧热H2(g)+1/2O2(g)= H2O(l) -1-1ΔH2=－285.8 kJ.mol ③水的气化时H2O(l)= H2O(g) ΔH3=+44.0 kJ.mol，④2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H，根据盖斯定律可知④=1/2[①-6(②+③)]，即△H=1/2[－1266.6 kJ·mol-1-6(－285.8 kJ.mol-1+44.0 kJ.mol-1)]= 92.1kJ·mol－1，所以2NH3(g)N2(g)+3H2(g) △H=+92.1kJ·mol－1；

N2(g)+3H2(g) （2）由图可知，90CoAl先达到平衡态，所以90CoAl活化能最小的催化剂；2NH3(g)△H=+92.1kJ·mol此反应为吸热反应，升高温度平衡向正向移动，提高氨气的转化率；此反应为气体体积6

增大的反应，增大气体流速平衡向逆向移动，b点对应的点可能为e；、

（3）由题给数据可知，设氮气平衡时氮气的物质的量为xmol，则：

2NH3(g)N2(g)+3H2(g) 初始量（mol） 0.8 0

0.1 变化量（mol） 2x x 3x 平衡量（mol） 0.8-2x x 0.1+3x 相同条件下气体的物质的量之比等于体积之比，所以达到平衡时N2的体积分数为：

，解得：x=0.3mol，故平衡常数K=

，NH3分解率为

，达到平衡后再加入0.8molNH3和0.1molH2，容器中压强增大，反应向逆向移动，所以氨气的转化率减小；

（4）在电解池中，阳极失去电子，发生氧化反应，根据图示可知右侧为阳极，电极反应为：6NH2--6e-=N2↑+4NH3↑。

7