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    19．（1）草酸（H2C2O4，其中H的化合价为+1，O的化合价为-2）能使高锰酸钾溶液褪色，其反应的离子方程式为：
    5H2C2O4+2MnO4 -+6H+--2Mn2++10CO2↑+8H2O
    ①补充并配平上述方程式；
    ②该反应中的氧化剂是MnO4-，氧化产物是CO2．
    ③若消耗18g H2C2O4，则该反应转移的电子数目为0.4NA，生成的CO2气体通入到足量的澄清石灰水中，产生的白色沉淀的质量为40gg．
    （2）请用双线桥标出下列反应电子转移的方向和数目
    10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O
    （3）反应体系中的物质有：As2S3、HNO3、H3AsO4、S、NO2、H2O．
    请将As2S3之外的反应物与生成物分别填入以下空格内．As2S3+□→□+□+□+□

    分析 （1）①H2C2O4反应中C由+3价升高为二氧化碳中+4价，MnO4 -中Mn由+7价降为Mn2+中的+2价，依据氧化还原反应得失电子守恒结合原子个数守恒书写方程式；
    ②反应物中所含有元素化合价降低的为氧化剂，所含元素化合价升高的为还原剂，还原剂对应产物为氧化产物；
    ③依据方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 可知H2C2O4反应中C由+3价升高为二氧化碳中+4价，每反应5molH2C2O4，生成二氧化碳10mol，转移10mol电子，据此计算转移电子数；
    依据原子个数守恒CO2～CaCO3，计算生成碳酸钙的质量；
    （2）10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O，铝元素化合价由0价升高为偏铝酸钠中的+3价，硝酸钠中氮元素由+5价降为氮气中0价的氮，反应10mol铝转移30mol电子，据此解答；
    （3）As2S3是反应物之一，根据元素守恒知，H2SO4、H3AsO4为生成物，As元素化合价由+3价变为+5价、S元素化合价由-2价变为0价，所以As2S3是还原剂，还需要氧化剂才能实现该反应，硝酸具有氧化性，所以硝酸是反应物，则NO2是产物．

    解答 解：（1）①H2C2O4反应中C由+3价升高为二氧化碳中+4价，MnO4 -中Mn由+7价降为Mn2+中的+2价，要使氧化剂与还原剂得失电子相等则H2C2O4系数为5，MnO4 -系数为2，结合原子个数守恒，反应方程式：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
    故答案为：5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
    ②方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，MnO4-中锰元素化合价降低，所以MnO4-为氧化剂，H2C2O4中C化合价升高，所以H2C2O4为还原剂，对应产物二氧化碳为氧化产物；
    故答案为：MnO4-，CO2；
    ③18g H2C2O4的物质的量$\frac{18g}{90g/mol}$=0.2mol，依据方程式5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O 可知H2C2O4反应中C由+3价升高为二氧化碳中+4价，每反应5molH2C2O4，转移10mol电子，生成二氧化碳10mol，则反应18gH2C2O4，生成0.4mol二氧化碳，转移电子0.4mol，个数为；0.4NA；
    依据原子个数守恒CO2～CaCO3，则0.4mol二氧化碳生成0.4mol碳酸钙，质量为0.4mol×100g/mol=40g；
    故答案为：0.4NA；40g；
    （2）10Al+6NaNO3+4NaOH═10NaAlO2+3N2↑+2H2O，铝元素化合价由0价升高为偏铝酸钠中的+3价，硝酸钠中氮元素由+5价降为氮气中0价的氮，反应10mol铝转移30mol电子，用双线桥表示为：
    ；
    故答案为：；

    （3）As2S3是反应物之一，根据元素守恒知，H2SO4、H3AsO4为生成物，As元素化合价由+3价变为+5价、S元素化合价由-2价变为0价，所以As2S3是还原剂，还需要氧化剂才能实现该反应，硝酸具有氧化性，所以硝酸是反应物，则NO2是产物，反应方程式：As2S3+HNO3→H3AsO4+S+NO2+H2O；
    故答案为：As2S3+HNO3→H3AsO4+S+NO2+H2O．

    点评 本题考查了氧化还原反应，涉及氧化还原反应方程式书写，氧化剂、还原剂概念，转移电子数的计算，双线桥表示，题目难度中等．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    9．某化学实验小组的同学对铜与硝酸反应的实验及铜的制备、回收利用进行了下列几方面的研究：

    （1）图甲是课本中验证铜和浓硝酸反应的装置，乙、丙是师生对演示实验改进后的装置：
    甲、乙、丙三个装置中共同发生的离子方程式是Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O．
    （2）和甲装置相比，乙装置的优点是①可以控制反应；②吸收NO2气体，防止污染环境．
    （3）做铜与浓硝酸反应的实验时，为了减少污染，化学实验小组的又同学设计了以下四种装置，希望在不拆除、不增加仪器的情况下既能观察到反应现象，又能使二氧化氮被吸收（氢氧化钠可吸收）．设计的装置（如图2）能达目的是：①③（填序号）．
    （4）在做铜与稀硝酸反应的实验时，常看到生成的气体为浅红棕色，其原因是：试管内有空气存在，将生成的NO氧化为NO2，2NO+O2=2NO2；为了能直接观察到生成气体的颜色，可在往稀硝酸中加入铜的同时，加入少量碳酸盐即可达到目的，那么加入碳酸盐的作用是：碳酸盐与硝酸的反应速率快，生成的CO2排走了试管内的空气．
    Ⅱ（1）铜可采用如下方法制备：
    火法炼铜：Cu2S+O2 $\frac{\underline{\;高温\;}}{\;}$2Cu+SO2 湿法炼铜：CuSO4+Fe═FeSO4+Cu
    上述两种方法中，铜元素均被还原 （填“氧化”还是“还原”）成铜单质．
    （2）可用FeCl3溶液浸泡印刷电路板上的铜制备CuCl2•2H2O，实验室模拟回收过程如下：

    ①步骤3的目的是使溶液的pH升高到5，此时Fe3+浓度为 4×10-11 mol/L[Ksp（Fe（OH）3）=4×10-38]，可选用的“试剂1”是CuO或Cu（OH）2（写出一种即可）．
    ②欲实现反应Cu+H2SO4（aq）=CuSO4+H2↑，在你认为能实现该转化的装置中的括号内，标出电极材料（填“Cu”或“C”）．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    10．（1）如图是NO2和CO反应生成CO2和NO过程中能量变化示意图，请写出NO2和CO反应的热化学方程式：NO2（g）+CO（g）=NO（g）+CO2（g）△H=-234 kJ•mol-1
    （2）我国实施“嫦娥探月”行动的长征火箭中使用偏二甲肼[（CH3）2N-NH2]作为燃料，其与过氧化氢发生反应放出大量热量：C2H8N2（l）+8H2O2（l）═N2（g）+2CO2（g）+12H2O（g）△H=-2500kJ/mol． 如果1mol偏二甲肼与过氧化氢发生上述反应生成液态水，则反应中放出的热量Q＞2500kJ（填“＜”、“＞”或“=”）．
    （3）恒温恒容下，2mol H2与2mol N2反应达到平衡时，N2为1.8mol，则H2的转化率为：30%；若该反应在恒温恒压条件下进行（其他条件相同），反应达平衡时，H2的转化率比上述条件（恒容）下H2的转化率大（填“大”、“小”或“相等”）．
    （4）由甲烷、氧气和KOH溶液组成的新型燃料电池中，正极上发生反应的电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    7．汽车尾气中NOx的消除及无害化处理引起社会广泛关注．
    （1）某兴趣小组查阅文献获得如下信息：
    N2（g）+O2（g）═2NO（g）△H=+180.5kJ/mol
    2H2（g）+O2（g）═2H2O（g））△H=-483.6kJ/mol
    则反应2H2（g）+2NO（g）═2H2O（g）+N2（g）△H=-664.1kJ/mol．
    （2）该小组利用电化学原理设计了如图1装置进行H2还原NO的实验[高质子导电性的SCY陶瓷（能传递H+）为介质，金属钯薄膜做电极]．钯电极A为阴极，电极反应式为2NO+4H++4e-=N2 +2H2O．
    （3）氨法催化还原NO原理如下：
    主反应：4NO（g）+4NH3（g）+O2（g）?4N2（g）+6H2O（g）   （△H＜0）
    副反应：4NH3（g）+3O2（g）?2N2（g）+6H2O（g）
    4NH3（g）+4O2（g）?2N2O（g）+6H2O（g）
    4NO（g）+4NH3（g）+3O2（g）?4N2O（g）+6H2O（g）
    有关实验结论如图2、图3所示，据此回答以下问题：

    ①催化还原NO应控制n（NH3）/n（NO）的最佳值为1，理由是n（NH3）/n（NO）小于1时，NO脱除率不高，n（NH3）/n（NO） 大于1时，NO脱除率增加不明显且N2O生成率明显增加．
    ②主反应平衡常数表达式：K=$\frac{{c}^{6}（{H}_{2}O）{c}^{4}（{N}_{2}）}{c（{O}_{2}）{c}^{4}（N{H}_{3}）{c}^{4}（NO）}$，随着温度的增加，K将减小（选填“增加”、“减小”或“不变”．
    ③影响N2O生成率的因素有温度、氧气浓度和n（NH3）/n（NO）．
    （4）已知25℃时，Ksp（BaSO4）=1×10-10，Ksp（BaCO3）=1×10-9．万一误服了BaCO3，应尽快用大量的0.5mol/L的Na2SO4溶液给患者洗胃，如果忽略洗胃过程中Na2SO4溶液浓度的变化，残留在胃液中的Ba2+浓度仅为2×10-10mol/L．
    （5）长期使用的锅炉需要定期除水垢，否则会降低燃料的利用率．水垢中含有的CaSO4可先用Na2CO3溶液处理，反应的离子方程式为CaSO4（s）+CO32-（aq）=CaCO3（s）+SO42-（aq）．

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    14．三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料．某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者的混合物．探究过程如下：
    查阅资料：Cu2O溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，在空气中加热生成CuO
    提出假设
    假设l：红色粉末是Fe2O3
    假设2：红色粉末是Cu2O
    假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物
    设计探究实验
    取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中滴加KSCN试剂．
    （1）若假设1成立，则实验现象是固体全溶，溶液变为血红色．
    （2）若假设2成立，则实验现象是有有红色固体生成，溶液变蓝，加入KSCN时，溶液不变红色．
    （3）若固体放入足量稀硫酸中，经充分反应后，固体全部溶解，滴加KSCN试剂时，溶液不变红色，则证明假设3（填数字）成立，写出可能发生的离子方程式Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O、2Fe3++Cu═2Fe+Cu2+．
    （4）经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物．实验小组欲用加热法测定Fe2O3的质量分数．取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg（b＞a），则混合物中Fe2O3的质量分数为$\frac{9（b-a）}{a}$×100%．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    4．下列判断正确的是（　　）
    A．酒精、冰醋酸分别属于电解质、弱电解质
    B．冶炼金属钠、铁，工业常用的方法分别是电解法、热分解法
    C．铝热反应、实验室制氢气都属于置换反应
    D．冰醋酸、碱式碳酸铜分别属于：酸、碱

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    科目：高中化学 来源： 题型：解答题

    11．某化学兴趣小组的同学利用下图所示实验装置进行实验（图中a、b、c、d表示止水夹）．请按要求回答下列问题：

    Ⅰ．（1）用浓盐酸和MnO2加热反应制取氯气时，需选用上述装置（填字母，除杂和干燥装置略）A和C；还需补充装置E，请在上方方框内画出装置简图，并标注其所盛药品的名称．
    （2）若用此套装置比较Cl-和Br-还原性强弱，需在装置C中盛装的溶液是溴化钾（或溴化钠）溶液．
    Ⅱ．（3）用浓硝酸和铜片反应制备NO2时选装置B，B中仪器e的名称为长颈漏斗，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O．
    （4）欲用D装置验证收集于试管甲中的NO2能与水（滴有紫色石蕊试液）反应，其操作步骤为：①关闭止水夹b、d，②打开止水夹c，③然后双手紧握（或微热）试管甲使试管中气体逸出（写具体操作），观察到的现象有烧杯中有气泡冒出，随后水倒流至试管甲中，甲中溶液显红色．

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    8．下列说法正确的是（　　）
    A．分子内共价键越强，分子越稳定，其熔、沸点也越高
    B．共价化合物溶于水，分子内共价键一定被破坏
    C．离子键的形成一定有电子的得与失
    D．分子晶体中一定存在分子间作用力，不一定存在共价键

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    科目：高中化学 来源： 题型：选择题

    9．下列说法中，正确的是（　　）
    A．有机物属于芳香烃，含有两种官能团
    B．按系统命名法，化合物（CH3）2CHCH（CH3）CH2CH（CH3） CH（CH3）2的名称为2，3，5，6-四甲基庚烷
    C．既属于酚类又属于羧酸类
    D．2甲基3丁烯的命名错误原因是选错了主链

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