09届高考化学易错题解题方法大全（6）选修部分高中化学

.::;2020届高考化学易错题解题方法--选修局部【化学反响原理】【范例76】将pH为5的硫酸溶液稀释500倍，稀释后溶液中c(SO42－〕：c(H+)约为()A.1：1B.1：2C.1：10D.10：1【错解分析】根据定量计算，稀释后c〔H+〕=2×10-8mol·L-1，c〔SO42-〕=10-88mol·L-1，有同学受到思维定势，很快得到答案为B。【解题指导】题中设置了酸性溶液稀释后，氢离子浓度的最小值不小于1×10-7mol·L-1。所以，此题稀释后氢离子浓度只能近似为1×10-7mol·L-1。【答案】C。【练习76】室温下，某溶液中由水电离出来的H＋和OH－浓度的乘积为10－24，在该溶液中一定不能大量共存的离子是()A.S2O32－B.NH4＋C.NO3－D.HCO3－【范例77】用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中参与0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和PH。那么电解过程中转移的电子数为()A.0.1molB.0.2molC.0.3molD.0.4mol【错解分析】对电解硫酸铜溶液的反响没有深化的掌握，而且忽略了题目中参与的物质为Cu(OH)2。由于电解后参与0.1molCu(OH)2，恰好恢复到电解前，而0.1molCu(OH)2中含0.1molCu2+，即反响过程中有0.1molCu2+被复原，因而电解过程中共有0.2mol电子发生转移。错选B。【解题指导】电解硫酸铜溶液的反响方程式为：2CuSO4+2H2O电解====2Cu+2H2SO4+O2↑，从上述方程式可以看出，因而，电解前后只要铜和氧的改变，电解后参与CuO就可以使溶液恢复原来状态。但此题提示参与Cu(OH)2后溶液恢复原来状态，说明电解过程中不只硫酸铜被电解，而且有水被电解〔因为硫酸铜被电解完全〕。0.1molCu(OH)2可以看作是0.1mol的CuO和0.1molH2O，因而电解过程中有0.1mol的硫酸铜和0.1mol的水被电解。【答案】D。【练习77】用质量均为100g的Cu作电极电解AgNO3溶液，电解一段时间后，两电极质量相差28g，此时两电极质量分别是()A、阳极93.6g，阴极121.6gB、阳极100g，阴极128.0gC、阳极91.0g，阴极119.0gD、阳极86.0g，阴极114.0g【范例78】用铁片与稀硫酸反响制H2，以下措施不能使H2生成速率加大的是()A.加热B.改用浓硫酸C.滴加少量CuSO4溶液D.改铁片为铁粉【错解分析】忽略化合物的特性以及原电池原理的应用，错选C。【解题指导】加快反响速率的主要措施有：增大反响物浓度、升高温度、增大压强、使用催化剂、增大反响物的接触面等。此题似乎A、B、D都可以实现目的。由于浓硫酸在常温条件下会将铁钝化，因而B措施不可行。往体系中加CuSO4，铁与之反响生成铜并附在铁片外表，与硫酸构成原电池，加快反响速率。【答案】B。【练习78】在C(s)+CO2(g)2CO(g)反响中可使化学反响速率增大的措施是()①增大压强②增加碳的量③恒容通入CO2④恒压充入N2⑤恒容充入N2A．①⑤B．②④C．①③D．③⑤【范例79】在一个密闭容器中，可逆反响aA(g)==bB(g)到达平衡后，坚持温度不变，将容器体积增大一倍，当到达新的平衡时，B的浓度是原来的60%，那么()A.平衡向正反响方向挪动了B.物质A的转化率减小了C.物质B的质量分数增加了D.a>b【错解分析】没有真正理解量的变化〔体积变化引起浓度变化〕关系。根据题意，当体积增大时，B的浓度减小，因而。增大致积〔减小压强〕时平衡向左挪动，因而A的转化率减小。根据平衡挪动原理，可知a>b。错选BD。【解题指导】当容器的体积增大一倍时，假设平衡不发生挪动，B的浓度应该为原来的50%。但题目指出，新平衡中B的浓度为原来的60%〔大于50%〕，因而说明平衡发生挪动，而且朝正反响方向挪动。【答案】AC。【练习79】可逆反响N2+3H22NH3是一个放热反响。有甲、乙两个完全一样的容器，向甲容器中参与1molN2和3molH2，在一定条件下，达平衡时放出的热量为Q1；在一样条件下，向乙容器参与2molNH3，达平衡时，吸收的热量为Q2。Q2＝4Q1，那么甲容器中，H2的转化率为()A.20% B.25% C.75% D.80%【范例80】600K时，在容积可变的透明容器内，反响2HI(g)I2(g)＋H2(g)到达平衡状态A。坚持温度不变，将容器的容积压缩成原容积的一半，到达平衡状态B。⑴按上图所示的虚线方向观察，能否看出两次平衡容器内颜色深浅的变化?并请说明理由。答：⑵按上图所示的实线方向观察(活塞无色透明)，能否看出两次平衡容器内颜色深浅的变化?并请说明理由。答：【错解分析】从实线方向观察，根据A、B两状态下的I2的浓度关系：cB(I2)=2cA(I2)，误以为能观察到容器内颜色的变化。【解题指导】状态A与状态B的不同点是：pB＝2pA，但题设反响是气体物质的量不变的反响，即由状态A到状态B，虽然压强增大到原来的2倍，但是平衡并未发生挪动，所以对体系内的任何一种气体特别是I2(g)而言，下式是成立的：cB［I2(g)］=2cA［I2(g)］。对第⑵小问，可将有色气体I2(g)沿视线方向全部虚拟到活塞平面上--犹如夜晚看碧空里的星星，都在同一平面上。那么视线方向上的I2分子多，气体颜色就深；反之，那么浅。【答案】⑴可以观察到颜色深浅的变化。由于方程式两边气体物质的物质的量相等，容积减半，压强增大到2倍时，I2(ｇ)及其他物质的物质的量均不变，但浓度却增大到原来的2倍，故可以看到I2(ｇ)紫色加深。⑵不能观察到颜色深浅的变化。因为由状态A到状态B，平衡并未发生挪动，虽然cB［I2(g)］=2cA［I2(g)］，但vB［I2(g)］=vA［I2(g)］，即视线方向上可观察到的I2(g)分子数是一样的，故不能观察颜色深浅的变化。【练习80】某物质颜色的强度与该物质的浓度成正比、与观察者的视程中的物质厚度成正比。在注射器中，存在NO2与N2O4的混合物，气体呈棕色，现将注射器的针筒渐渐往外拉，坚持温度不变，此时混合物的颜色为()A.从针筒的顶端方向观察，气体颜色变深B.从针筒的顶端方向观察，气体颜色变浅C.从针筒的垂直方向观察，气体颜色没有变化D.从针筒的垂直方向观察，气体颜色变深【有机化学根底】【范例81】在由5种基团叫－CH3、－OH、－CHO、－C6H5、－COOH两两组成的物质中，能与NaOH反响的有机物有()A.4种B.5种C.6种D.7种【错解分析】题给的5种基团两两组合后能与NaOH反响的物质有：CH3－COOH、C6H5－OH、OHC-COOH、C6H5－COOH、HO－CHO、HO--COOH共6种，因而易错选项C．【解题指导】假如认真审题，把握题给限定条件即有机物，就很容易将HO－COOH(碳酸)排除。【答案】B。【练习81】有甲基、苯基、羟基、羧基两两结合的物质中，具有酸性的物质品种有()A.3种B.4种C.5种D.6种【化学实验】【范例82】前进中学研究性学习小组为了测定某一盐酸溶液的物质的量浓度，方案采用甲基橙作指示剂，利用碳酸钠溶液进展滴定。现需用480mL0.1mol/L的碳酸钠溶液，选取500mL容量瓶进展配制，以下操作正确的选项是()A、称取5.2g碳酸钠，参与500mL水B、称取13.7g碳酸钠晶体配成500mL溶液C、称取5.3g碳酸钠，参与500mL水D、称取14.3g碳酸钠晶体配成500mL溶液【错解分析】由于要配置480mL0.1mol/L的碳酸钠溶液，因而需要溶质的质量为：⑴假设溶质为碳酸钠，那么0.48×106×0.1=5.2g，因而选择A选项；⑵假设溶质为Na2CO3·10H2O，0.48×286×0.1=13.7g；因而选择B选项。形成错解的原因：⑴没有注意容量瓶的规格和特点。由于容量瓶为容量500mL，且容量瓶只要一个刻度〔标线〕，因而只能用该仪器配制500mL的溶液；⑵配制溶液时，所得的体积应该是溶液的体积，而不是参与的水的体积。【解题指导】要配制500mL0.1mol/L的Na2CO3溶液需Na2CO30.05mol。即需碳酸钠晶体：0.05mol×286g/mol=14.3g，Na2CO3为5.3g，所需溶液为500mL，而不是加水的体积为500mL，故A、B、C均不正确。【答案】D。【练习82】某学生进展中和滴定实验，需要用到浓度为0.10mol/L氢氧化钠约75ml，实验过程中用到的主要仪器有托盘天平和容量瓶。现有以下几种规格的容量瓶，实验过程中宜选用的是()A.50mLB.100mLC.250mLD.500mL【范例83】用以下安装能到达有关实验目的且无错的是()A.用甲图安装电解精炼铝B.用乙图安装证明浓硫酸具有强氧化性C.用丙图安装可制得金属锰D.用丁图安装验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性【错解分析】此题易错点一是将铜的精炼原理错误迁移，无视H＋和Al3＋得失电子才干强弱而错选A。二是对安装乙中不熟悉浸有某种溶液的棉花的作用而错选B。三是不能根据NaHCO3和Na2CO3热稳定性的相对强弱和安装特点和错选D。【解题指导】选项A，由于AlCl3溶液中，H＋得电子能与大于Al3＋，所以在纯铝电极上得到的是H2，而不是Al。选项B，Cu与浓H2SO4在加热条件下发生反响，通过测定有SO2生成来证明浓H2SO4具有强氧化性，但在图乙所示的安装中，浸有稀硫酸的棉花不能吸收掉多余的SO2，对环境形成影响，浸有稀硫酸的棉花改为"浸有NaOH溶液的棉花"即可到达实验目的。选项C，在高温下MnO2和Al发生铝热反响生成Mn。选项D，外管直接与被加热，其温度高于内管，外管盛有的NaHCO3略微受热就分解，无法得出Na2CO3热稳定性大于NaHCO3的结论，应将盛放Na2CO3和NaHCO3的位置调换即可到达实验目的。【答案】C。【练习83】用以下实验安装进展的实验中，能到达相应实验目的的是()A.安装甲：防止铁钉生锈B.安装乙：除去乙烯中混有的乙炔C.安装丙：验证HCl气体在水中的溶解性D.安装丁：实验室制取乙酸乙酯【物质构造与性质】【范例84】某物质的构造为：。对该物质的分析判断正确的选项是()A.该物质是一个离子化合物B.该物质的分子中只含有共价键.配位键两种作用力C.该物质是一种配合物，其中Ni原子为配位体D.该物质中C、N、O原子存在孤对电子【错解分析】此题给出详细物质的构造考察配合物相关知识，题目根底而灵敏，也易呈现一是不能领会构造的详细含义而无法判断出化学键的类别。二是对配合物的构造不熟悉而不能正确判断出配位体、中心体、孤对电子等。【解题指导】选项A，该物质分子中没有离子键，不是离子化合物。选项B，根据构造，该物质中H、O原子间存在氢键、C与其它原子间存在共价键、Ni、N之间存在配位键，所以该物质的分子中只含有氢键、共价键、配位键三种作用力。选项C，Ni原子具有空轨道，是共用电子对的承受者，是配合物的中心原子。选项D，C原子最外层的4个电子全部形成成键，没有孤对电子。【答案】C。【练习84】有如下四种物质：①CH2=CH2、②CH≡CH、③、④HCHO。以下说法正确的选项是()A.四种物质分子中，碳原子都是采取sp2杂化B.HCHO分子的空间构型为平面三角型，且分子中含有4个键C.四种物质中所有原子都在同一平面内D.①②两种有机物与H2发生加成反响时分子中的所有化学键发生断裂【范例85】：双烯合成也称狄尔斯－阿德耳〔Diels－Alder〕反响，他们因而获得1950年的诺贝尔化学奖。如：①②CH3CH＝CHCH2CH3CH3COOH＋CH3CH2COOH③④RCH2CH＝CH2＋Cl2RCHClCH＝CH2＋HCl有机物可由烃A和酯B按以下道路合成：⑴A与B反响生成C的化学方程式。⑵B〔只含有一个碳碳双键〕在RuCl作催化剂下，可由一种酯和一种炔直接加成得到，那么该酯和炔构造简式分别为和。⑶请用反响流程图表示以甲基－1，3-丁二烯〔CH3CH＝CH－CH2〕、丙烯和苯合成的过程。。【错解分析】此题一共给出4个信息，正确领悟信息的本质是关键，否那么及易错解，如信息①是CH2＝CH－CH＝CH2和的"-C＝C-"键都翻开，互相连接形成一个含有一个"-C＝C-"的六元环，所以在解答后面的题目中看到与之相关条件的反响都是成环反响，再如信息③是去掉一个碳原子，将烯醇氧化为烯醛。解读信息时要一看条件二看断键部位，弄清楚反响物和生成物的关系，只要这样才干将信息正确合理导入推断或合成中，防止呈现错解。如此题推写A与B的反响时，不能根据信息②进展逆向推断出C而无法破解A、B的构造，推出A、B构造后，无法将信息①的成环反响迁移到新的反响中而无法写出相关方程式。【解题指导】根据②的反响，反推C为，结合信息观察反响，可知A与B应该发生Diels－Alder反响，A为，B为。有机B中自身含有酯基，炔烃中的"－C≡C－"与酯发生加成反响转化为含有"-C＝C-"的，根据原子守恒即可推写出酯为HCOOCH3，炔为CH≡CH。合成是一个成环反响，根据①，反推由CH2＝CH－CHO和发生Diels－Alder该有机物。根据④，CH3CH＝CH2与Cl2在500℃下发生取代反响生成Cl－CH2CH＝CH2，Cl－CH2CH＝CH2在NaOH溶液中发生水解生成HO－CH2CH＝CH2，根据③，HO－CH2CH＝CH2转化为CH2＝CH－CHO。【答案】⑴⑵HCOOCH3CH≡CH⑶【练习85】⑴右图为某有机物K分子构造模型图〔图中球与球之间连线表示单键或双键〕。那么该有机物的构造简式为；⑵假设肉桂酸甲酯与K分子互为同分异构体，那么肉桂酸甲酯的分子式是；假设肉桂酸甲酯分子含有苯环，苯环上只要一个侧链，侧链不存在CH2基团，且只要一个甲基。那么其构造简式。⑶用芳香族化合物A为原料合成K的流程如下：①化合物A中的官能团有〔填名称〕。B→C的反响类型是。②D→K该反响的化学方程式为。③写出分子内含苯环，且苯环上只要一个支链，且在一定条件下能与银氨溶液发生银反响的D的同分异构体的构造简式。【化学实验】【范例86】根据以下图答复以下问题：⑴安装气密性的检验须在盛放药品前进展。在上述安装中，往试管B、C、D中各参与5mL蒸馏水封住导管口，各连接处都严密而不漏气的情况下，点燃酒精灯，微热带支管的试管一会儿，试管B、C、D中未呈现气泡；熄灭酒精灯后，试管B、C、D中导管内水面也未上升，其原因是：____。⑵①一般来说，硫酸的质量分数大于60%，就具有一定的氧化性，且越浓氧化性越强；②温度也要影响氧化性，如铜放于冷的浓硫酸中反响不明显，加热就可观察到明显现象。甲同学利用上述安装，用实验来验证硫酸氧化性的上述结论〔98%的浓硫酸的密度为1.84g·cm-3〕。他先向试管B参与5mL品红试液，向试管C、D中各参与5mL饱和廓清石灰水；向带支管的试管中放入铜粉和3mL水，然后从分液漏斗向支管试管中滴加98%的浓硫酸10滴〔约0.5mL〕，加热至沸腾，这时支管试管中溶液颜色是否有明显变化_____〔填"无"或"有"〕，试用数据解释其原因____________；该同学用分液漏斗再向支管试管中加98%的浓硫酸10mL，并加热至沸腾，观察到支管试管中现象是_____。⑶乙同学利用上述安装来检验浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反响的全部产物。①浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反响的化学方程式为：__________。②要达此目的，那么：C中参与试剂的名称是_________，现象是_______________；⑷利用上述安装探究锌与浓硫酸反响产物中有SO2和H2，D中参与试剂〔名称〕：；检验氢气方法。【错解分析】⑴检验气密性时，易错"胶头接口处漏气"，"试管塞子没有塞紧"等；⑵浓度计算错误；误认为这种硫酸溶液有强氧化性；⑶检验二氧化硫和二氧化碳时，认为C安装中溶液只起除去二氧化硫作用，现象描绘成"溶液紫色或橙色褪去"。⑷点燃氢气前没有检验其纯度。高考命题趋势是，注重语言文字表达才干，强调思维严密性。【解题指导】⑴配有分液漏斗的安装，检验安装气密性时一定要先关闭分液漏斗的活塞；参与浓硫酸和水混合液中硫酸质量分数：0.5cm3×1.84g/cm3×98%/(3g+0.5cm3×1.84g/cm3)×100%=23%<60%；⑵B、C、D试管验证SO2和CO2，检验二氧化碳前必需确认二氧化硫已除尽了。C中溶液具备两个功能：除二氧化硫和确认二氧化硫是否除尽，所以装入足量酸性高锰酸钾溶液或足量溴水，溶液颜色变浅而不褪色，说明SO2除尽了，否那么不能说明二氧化硫除尽了。⑶根据气体中有SO2和H2，D中溶液确认SO2是否除尽，所以装入品红试液。点燃氢气前，必需检验氢气纯度。【答案】⑴分液漏斗的活塞未关闭；⑵无；此时硫酸的质量分数为23%，小于60%，其氧化性弱，所以无明显现象；铜粉上产生气泡，溶液渐成蓝色；⑶①2H2SO4〔浓〕+CCO2↑+2SO2↑+2H2O；②足量酸性KMnO4溶液或溴水，溶液颜色变浅但不褪色；⑷品红试液；搜集导管导出的气体，经检验纯洁后，点燃气体，在火焰上罩干而冷的烧杯，观察现象。【练习86】某课外小组设计以下实验安装通过测定某些乙和丙安装中试剂的质量变化，探究CuCO3·XCu(OH)2化学式中的X。⑴ 连接好整个实验安装后，接下去第一步操作是。⑵ 丙安装中药品的名称为________________，丁安装的作用是。为使实验数据准确，还需在A之前补充安装M，那么M安装的名称为。⑶实验完毕后在安装中鼓入空气的目的是_________________________________；⑷根据什么实验现象判断CuCO3·XCu(OH)2已完全分解____________________。⑸CuCO3·XCu(OH)2完全分解后，测定得出如下数据：安装丙增重4.4g。丙安装增重1.98g。那么X=。试分析X的值可能偏高的原因______________。【化学与生活】【范例87】A、B、C、D、E、F、G七种物质都是日常生活和消费中常见的物质，各物质间存在如以下图所示的转化关系(反响条件已省略)：B、C两种物质在不同情况下可分别发生①和②两个反响，A-G七种物质都是由非金属元素组成的，其中只要一种物质是盐，一种物质是单质；且B的相对分子质量大于C。⑴请写出以下物质的化学式：B__________；C__________；D__________；G__________。⑵请写出E+F→B+C的化学方程式____________________________。【错解分析】由于物质间关系错综复杂，易产生思维短路，不能把化学与生物、无机物和有机物联络进展考虑。【解题指导】求解推断题的根本思路：印象→寻找打破口→推测→验证。首先把握七种物质都是非金属元素，有一种是盐，且根据A能生成B、C、D三种物质，这就要明确既有非金属组成、又能发生分解反响生成三种物质的，就想到A物质可能为NH4HCO3，再由图示中B、C两种物质在不同情况下可分别发生两个不同的反响，而且两个反响的产物都能继续转化成B和C；结合NH3、H2O、CO2三种物质的两两组合，并根据B的相对分子质量大于C，可推知B为CO2，C为H2O。然后从有机物的角度来分析，联想光合作用，H2O和CO2反响生成的是葡萄糖和氧气，反响葡萄糖氧化又可转化成H2O和CO2，从无机物角度分析，、H2O和CO2反响可以生成碳酸，加热又会分解成H2O和CO2。【答案】⑴CO2；H2O；NH3；H2CO3，⑵C6H12O6+6O2→6H2O+6CO2。【练习87】以下图1中B是一种常见的无色无味的液体。C是一种有磁性的化合物，E是一种无色无味的有毒气体。根据以下图1、图2，答复以下问题：⑴写出C的化学式：。⑵E和N2是等电子体，请写出可能E的电子式：。⑶在101kPa和150℃时，可逆反响E〔g〕+B〔g〕F〔g〕+D〔g〕反响速率和时间的关系如图2所示，那么在t1时速率发生改变的原因可能是〔填选项字母〕。A．升高温度B．增大压强C．参与催化剂⑷假设G是一种淡黄色固体单质，16gG和足量的A反响放出的热量为QkJ〔Q>0〕，写出这个反响的热化学方程式：。假设G是一种气态单质，H的水溶液可以和有机物I反响使溶液呈紫色，请写出I的构造简式：；H的水溶液呈酸性，请用离子方程式表示呈酸性的原因：。【范例88】三氯化氮是液氯等消费过程中能引起爆炸的一种化合物。由原盐、消费用水中含有的氮氢化合物---氨随盐水进入电解槽它在电解过程中，与电解产物氯气反响或者是用水洗涤氯气而生成。由于它易分解并释放出大量气体而易发生爆炸事故。在液氯消费过程中，当NCl3质量分数〔指NCl3的质量占氯气和NCl3的总质量的百分比〕超越5％时即有爆炸的危险。⑴在氯化铵遇到Cl2时，当ＰＨ值＜5时，生成三氯化氮的化学方程式：。⑵NCl3爆炸时生成N2和C12。24．1gNCl3发生上述反响时放出的热量为91.2KJ，那么规范情况下2.24LCl2生成时能放出热量KJ。⑶某氯碱厂为测氯气中三氯化氮的含量，将样品先用内盛15．0mL盐酸试剂的吸收管吸收NCl3〔NCl3+HCl→NH4Cl+C12，未配平〕，然后用内盛400mL30．0％〔ρ=1．22g／cm3〕工业氢氧化钠吸收瓶吸收氯气，碱吸收瓶吸收后质量增加77.1g。三氯化氮吸收管内的氯化铵经仪器测定：其中NH4+质量为0．405g。试求该样品中NCl3的质量分数，该样品是否平安?〔请写出计算过程〕【错解分析】此题最容易错的是最后一问求溶液的质量时误把77.1g作为氯气的质量来求NCl3的质量分数。【解题指导】氯化铵遇到Cl2,由题意得产物NCl3可知另一种产物是HCl。写出反响式为NH4Cl+3C12=NCl3+4HCl。48.2gNCl3的物质的量为0.4mol．那么1molNCl3燃烧放出热量为91.2/0.4=228kJ。写出热化学方程式为2NCl3(l)==N2(g)+3Cl2(g)；△H=－456kJ/mol，根据Cl2的体积可求出(456kJ/mol/3)×2.24/22.4=15.2KJ。n(NH4+)=n(NH4Cl)=0．405g/18g·mol=0.0225mol，由反响NCl3+4HCl==NH4Cl+3Cl2可知：m(NCl3)=0.0225mol×120.5g/mol=2.715g。反响生成的Cl2的质量为：0.0225mol×3×71g/mol=4.8g。原Cl2的质量为：77.1g-4.8g=72.3g。NCl3的质量分数为：2.715g/(72.3g+2.715g)×100%=3.62%＜4%。所以该样品是平安的。【答案】⑴NH4Cl+3C12=NCl3+4HCl。⑵15.2KJ；⑶3.62%。样品是平安的。【练习88】信息、资料、能源被称为新科技革命的"三大支柱"。其中无机非金属资料科学的开展和新型资料的实际应用能大大推动人类社会生活、科技和社会经济的开展。⑴高温金属陶瓷广泛应用于火箭和导弹技术中。将铝粉、石墨和二氧化钛按一定比例混合均匀，涂在金属外表，在高温下煅烧：4Al+3TiO2+3C2Al2O3+3TiC，留在金属外表的涂层是一种高温金属陶瓷。以下有关该反响说法正确的选项是A．TiO2是氧化剂，C、Al是复原剂B．TiC中钛元素为－4价C．TiC不属于新型无机非金属资料D．每生成1molTiC转移电子4mol⑵硅酸盐的成分较复杂，常改写成氧化物的形式〔改写时注意金属氧化物写在前，非金属氧化物写在后，低价在前，高价在后，H2O一般写在最后〕。①将以下硅酸盐改写成氧化物的形式：镁橄榄石〔Mg2SiO4)_______，②高岭石[(Al2(Si2O5)(OH)4]_____。②许多含氧酸及其盐类均可以类似地改写为氧化物形式，请继续改写以下物质：HNO3______；HCOOH________；KAl(SO4)2·12H2O_________。通过以上改写可知，HNO3的酸酐为________，HCOOH与浓硫酸反响可制得________气体。③在一定条件下，Fe在Cl2中燃烧可以生成Fe3Cl8，它可以看作是FeCl2·2FeCl3，类似地，碘与铁在一定条件下可得到Fe3I8，那么它可以看作是__________。⑶请指出在建筑行业中呈现的"豆腐渣"工程可能的因素。【化学与技术】【范例89】硫酸工业、硝酸工业和合成氨工业是重要的化学工业。⑴在①硫酸工业②合成氨工业③硝酸工业三大工业中，在消费过程中有化学平衡存在的工业是，采用循环操作的是。(填序号)⑵过磷酸钙是一种常见的化肥，其有效成份是磷酸二氢钙，那么工业上用磷酸钙制取过磷酸钙的化学方程式为。⑶合成氨消费中，根据化学平衡原理来确定的条件或措施有〔填写序号〕。A．氮气的制取B．使用铁触媒作催化剂C．使用400～500℃的温度D．及时别离生成的NH3E．合成氨在高压下进展F．制水煤气除去CO2⑷工业上用接触法制硫酸，最后的产品是98%硫酸或20%发烟硫酸〔含SO3质量分数为20%的硫酸〕，假设98%硫酸表示为SO3oaH2O，20%发烟硫酸表示为SO3obH2O，那么a，b分别为：a=_________，b=___________。【错解分析】①过磷酸钙的有效成分是磷酸二氢钙和硫酸钙的混和物，制过磷酸钙的化学方程式产物写成磷酸氢钙是错误的。②使用铁触媒作催化剂只与化学反响速率有关，与化学平衡挪动无关。③计算20%发烟硫酸SO3obH2O的b值时，认为20gSO3和80g98%硫酸组成来计算是错误的。【解题指导】硫酸工业中的SO2的氧化和合成氨工业中的氨的合成反响均是可逆反响，存在化学平衡。其中硫酸工业中未被氧化的SO2和合成氨工业中的别离氨后的混和气体以及硝酸工业中的生成硝酸后形成的NO均要进展循环使用。工业上用制取过磷酸钙磷酸钙和浓硫酸反响，Ca3(PO4)2+2H2SO4(浓)＝2CaSO4+Ca(H2PO4)2。合成氨的反响是放热、体积缩小的反响。及时别离生成的NH3有利于反响向合成氨的方向进展，增大压强有利于平衡向向合成氨的方向进展。设98%硫酸质量为100g,98%硫酸SO3的物质的量等于H2SO4的物质的量为1mol，水为20g。物质的量为20/18=10/9所以a=10/9；设20%发烟硫酸为100g,20%发烟硫酸表示为SO3obH2O，那么n(SO3)为(20/80+80×80/98×80=209/196。n(H2O)=18×80/98×18=40/49。b=(40/49)/(209/196)=160/209。【答案】⑴①②；①②③；⑵Ca3(PO4)2+2H2SO4(浓)＝2CaSO4+Ca(H2PO4)2；⑶DE；⑷a=10/9，b=160/209。【练习89】KNO3固体中混有K2SO4、MgSO4，为制得纯洁的KNO3溶液，现有如下实验方案。请问答以下问题：⑴实验操作①的名称。E溶液中的的溶质。⑵操作②～④参与的试剂顺序可以为：⑶如何判断SO42-已除尽？。⑷实验过程中产生的屡次沉淀〔选填：需要、不需要〕屡次过滤，其理由是。⑸该同学的实验设计方案是否严密，说明理由。【范例90】某化工厂制备氯化铜时，是密闭容器中将浓盐酸用水蒸汽加热至80℃左右，渐渐参与粗制氧化铜粉(含杂质氧化亚铁)，充沛搅拌，使之溶解，：pH≥9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；pH≥4.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式开场沉淀；pH≥6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；pH在3～4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀。请你认真阅读以上信息，并答复以下问题：⑴写出粗制氧化铜粉与浓盐酸反响的化学方程式。⑵工业上为除去溶液中的Fe2+，常使用NaClO，当向溶液中参与NaClO，其反响的离子方程式为。⑶假设此溶液只含Fe3+时，要调整pH在3～4之间，此时最好向溶液中参与。⑷25℃时，溶液中c(Cu2+)与溶液pH的关系为lgc(Cu2+)＝8.6－2pH，假设溶液中c(Cu2+)为1mol/L，那么溶液pH为___________，此时溶液中的铁离子能否沉淀完全_________(填"能"或"否")，Cu2＋是否开场呈现沉淀(填"能"或"否")。⑸还需什么操作才干得到CuCl2溶液？。【错解分析】此题易错处：一是不熟悉对数运算而出错；三是判断Fe3＋是否沉淀完全时，不清楚溶液的pH与c(OH―)关系而出错。【解题指导】⑴粗制氧化铜粉中的CuO和FeO都能与浓盐酸反响生成CuCl2、FeCl2和H2O，据此可写出其相应的化学方程式。⑵Fe2＋具有复原性，NaClO在酸性环境下具有强氧化性，能将Fe2＋氧化为Fe3＋，ClO―被复原为Cl―，同时生成H2O，故反响的离子方程式为：2Fe2＋+ClO―+2H＋＝2Fe3＋+Cl―+H2O。⑶为了实现Fe3＋与Cu2＋的别离，需将溶液的pH调整在3～4之间，根据除杂不得带杂的原那么，可选用能与H＋反响的CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3。⑷根据lgc(Cu2+)＝8.6－2pH有，lgc(Cu2+)＝lg108.6－2pH，c(Cu2＋)＝8.6－2pH＝1mol·L-1，即得pH＝4.3<4.4，故Cu(OH)2没有开场呈现沉淀，pH在3～4时，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，如今是pH＝4.3，溶液中的c(OH―)pH在3～4时更大，故Fe3＋沉淀完全。⑸控制pH在3～4之间后，Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，但Cu2＋未开场呈现沉淀，故通过过滤操作除去Fe(OH)3沉淀后，即得CuCl2溶液。【答案】⑴CuO+2HCl＝FeCl2+H2O；FeO+2HCl＝FeCl2+H2O；⑵2Fe2＋+ClO―+2H＋＝2Fe3＋+Cl―+H2O；⑶CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3。⑷4.3；能；否；⑸过滤。【练习90】I.类比法是化学学习中常用的方法，硝酸能把铁氧化成Fe(NO3)3,但当铁过量时，产物是Fe(NO3)2。某同学受此启发，提出一个类似的观点：氯气与铁粉反响，当Cl2足量时生称FeCl3,当铁粉过量时产物是FeCl2,为了验证该观点是否正确，该同学将一定量的铁粉与Cl2恰好完全反响得到一固体物质，然后通过实验确定其成分。探究过程如下：⑴提出假设：假设1：该固体物质是FeCl2 假设2：该固体物质是FeCl3假设3：该固体物质是⑵设计实验方案：取少量固体物质置于烧杯中，加适量水溶解，得到溶液A，然后取两份A溶液分别进展实验，实验现象与结论如下表：实验方法 实验现象 结论在溶液中加KSCN溶液 固体物质中有FeCl3在KMnO4溶液中加少量A溶液 KmnO4溶液颜色无明显变化 固体物质中不含Ⅱ.电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘版上的铜箔，制造印刷电路板。某工程师为了从废液中回收铜，重新获得FeCl3溶液，设计了以下实验步骤：⑶①写出一个能证明复原性Fe比Cu强的离子方程式：，该反响在上图步骤中发生。②甲、乙、丙、丁四位同学利用上述反响原理，分别设计的原电池如以下图所示：四位同学的设计的原电池安装图，符合上述反响原理的是。③请写出正、负极的电解反响式：正极：、负极：〔电极反响式〕。⑷上述过程回收的铜是粗铜，为了获得更纯的铜必需进展电解精炼。写出电解精炼时阳极资料及电极反响式【物质构造与性质】【范例91】⑴配位化学开创人维尔纳发现，将等物质的量的CoCl3·6NH3〔黄色〕、CoCl3·5NH3〔紫红色〕、CoCl3·4NH3〔绿色〕和CoCl3·4NH3〔紫色〕四种化合物溶于水，参与足量硝酸银溶液，立即产生氯化银沉淀的量分别为3mol、2mol、1mol和1mol。①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。CoCl3·6NH3CoCl3·5NH3CoCl3·4NH3〔绿色和紫色〕：②后两种物质组成一样而颜色不同的原因是③上述配合物中，中心离子的配位数都是⑵向黄色的三氯化铁溶液中参与无色的KSCN溶液，溶液变成血红色。该反响在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN=Fe〔SCN〕3+3KCl表示。经研究说明，Fe〔KSCN〕3是配合物，Fe3+与SCN-不只能以1∶3的个数比配合，还可以其他个数比配合。请按要求填空：①Fe3+与SCN-反响时，Fe3+提供、SCN-提供，二者通过配位键结合。②所得Fe3+与SCN-的配合物中，主要是Fe3+与SCN-以个数比1∶1配合所得离子显血红色。含该离子的配合物的化学式是。③假设Fe3+与SCN-以个数比1∶5配合，那么FeCl3与KSCN在水溶液中发生反响的化学方程式可以表示为。④SCN-离子中所有原子均满足最外层8电子构造，一个电子是由S原子所得，那么SCN-的电子式是。【错解分析】此题易错点在于一是不清楚配合物的组成而无法完成⑴、⑵小问，不熟悉原子原子的成键原那么而无法正确书写出SCN-离子的电子式。【解题指导】⑴等物质的量的CoCl3·6NH3、CoCl3·5NH3、CoCl3·4NH3与足量的AgNO3反响分别生成3mol、2mol、1molAgCl沉淀，说明它们能电离出的Cl―分别为3mol、2mol、1mol，CoCl3·6NH3构造中配位体为NH3，CoCl3·5NH3、CoCl3·4NH3配位体为NH3和Cl―，再根据化合价代数和等于零的原那么即可写出相应的化学式分别为［Co〔NH3〕6］Cl3、［Co〔NH3〕5Cl］Cl2、［Co〔NH3〕4Cl2］Cl。中心离子的配位数分别为6、5＋1＝6、4+2＝6。⑵CoCl3·4NH3〔绿色〕和CoCl3·4NH3〔紫色〕的化学式均为［Co〔NH3〕4Cl2］Cl，形成其颜色不同的原因在于它们存在同分异构体。⑶①Fe3＋的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，Fe3＋具有空轨道，SCN-具有孤对电子，故二者通过配位键结合生成络合物Fe〔SCN〕3等。②Fe3+与SCN-以个数比1∶1配合显血红色的络离子为Fe(SCN)2＋，该离子与Cl―形成络合物［Fe〔SCN〕］Cl2。③Fe3+与SCN-以个数比1∶5配合，那么生成络合离子：［Fe〔SCN〕5］2－，再根据原子守恒即可写出该反响的化学方程式。④S原子最外层有6个电子，C原子最外层有4个电子，N原子最外层有5个电子，S原子形成1对共价键、C原子形成4对共价键、N原子形成5对共价键从而到达8电子构造，故SCN－电子式为。【答案】⑴①Co〔NH3〕6］Cl3；［Co〔NH3〕5Cl］Cl2；［Co〔NH3〕4Cl2］Cl；②它们互为同分异构体；③6；⑵①空轨道；孤电子对；②［Fe〔SCN〕］Cl2③FeCl3+5KSCN＝K2［Fe〔SCN〕5］+3KCl；④。【练习91】三聚氰胺的构造简式如右：⑴三聚氰胺的分子式为____________；分子中碳原子的杂化方式是______；分子中处于同一平面的氮原子有______个。⑵三聚氰胺的水溶液呈弱碱性，其原因是_______________________________________。⑶三聚氰胺在高温下可释放氰化物，六氰合亚铁离子[Fe(CN)64-]中也含有CN-，写出一种与CN-互为等电子体的单质分子的路易斯构造式________________。⑷三聚氰胺性状为纯白色单斜棱晶体，无味，密度1.573g／cm3(16℃)。常压熔点354℃〔分解〕；快速加热升华，升华温度300℃。据此可判断三聚氰胺的晶体类型应为______________晶体。⑸蛋白质的根本构造单元为氨基酸，其含氮量一般不超越30%，由于食品和饲料工业蛋白质含量测试方法的缺陷(以测定含氮量来确定蛋白质的含量)，故三聚氰胺被不法分子用作食品添加剂，以进步食品检测中的蛋白质含量指标，故三聚氰胺被人称为"蛋白精"。通过计算说明三聚氰胺被称为蛋白精的理由。参考答案76.【解析】选择题中常呈现"一定能"、"一定不能"、"可能"等字眼，同学们一定要搞清楚。该题正确答案为D。77．【解析】没有注意活性阳极Cu作了阳极，其必然要溶解；选D者，想当然认为Cu本人的溶解和放电好像精炼铜，原理不清，而错选B。Cu+2Ag+===Cu2++2Ag64216x〔216/64〕xx+〔216/64〕x=28解x=6.4g.。故正确答案选A。【答案】A。78.【解析】①增大压强使化学反响速率加快；②有气体参与的反响，增加固体反响物的量，化学反响速率不改变；③通入CO2，增大了反响物浓度，化学反响速率加快；④恒压充入N2，容器的体积扩大，反响物浓度减小，化学反响速率减小；⑤恒容充入N2，N2不参与这个反响，且其他物质的浓度没变，故化学反响速率不变。【答案】C。79.【解析】设甲容器中反响掉的H2为3xmol，根据反响：N2+3H22NH3+Q可知达平衡时放出的热量Q1＝xQ，生成NH32xmol，乙容器与甲容器属于同温同容下的等效平衡，平衡时乙容器中NH3剩余2xmol，反响掉的NH3为(2－2x)mol，根据反响：2NH3N2+3H2(吸热反响)，可知到达平衡时吸收的热量Q2＝(1－x)Q，即有：(1－x)Q＝xQ，解得x＝0.2mol，故乙容器中H2的转化率为(3×0.2mol/3mol)×100%＝20％。【答案】A。80【解析】假设不考化学平衡，那么注射器的针筒渐渐往外拉，针筒内气体的浓度变小，颜色相应变浅，假设从从针筒的顶端方向观察，由于气体的量并未减少，颜色不变；但由于平衡2NO2N2O4的存在，从针筒的顶端方向观察，相当于减少压强，平衡向逆反响方向挪动，NO2的量较原来增加，故气体颜色变深，应选A。【答案】A。81.【解析】此题具有酸性的物质可以是CH3-COOH、C6H5-COOH、C6H5-OH。但必需注意，当羟基和羧基结合时，得到这样的一种物质：HO-COOH，化学式为H2CO3，即碳酸，也具有酸性。因而具有酸性的物质共有4中，选B。【答案】B。82.【解析】托盘天平的感量是0.5g，假如配制100ml的话，只需要0.4g氢氧化纳，不好称量，故使用250mL容量瓶。假设没有充沛考虑到仪器使用的实际情况，顾此失彼，忽略大意而错解B。【答案】C。83.【解析】铁作为阴极不被腐蚀，反而受维护，A正确；乙烯和乙炔都能和酸性高锰酸钾溶液反响，B错；根据气压差原理和气球的变化可以实现，C正确；搜集安装用饱和的碳酸氢钠溶液，酯在NaOH条件下用水解，D错误。【答案】AC。84.【解析】选项A，CH≡CH分子中，碳原子是sp杂化，其余三种有机物的碳原子都是采取sp2杂化。选项B，根据VSEPR理论，HCHO分子中的中心原子为3，无孤对电子，形成平面三角型构造。根据杂化理论，HCHO中C原子采取sp2杂化，分子中C-H之间有2个键，C-O之间有1个键和1个键。选项C，CH2=CH2、、HCHO均为平面型分子，所有原子都在同一平面内，CH≡CH为直线型分子，所有原子也在同一平面内。选项D，CH2=CH2与H2发生加成反响时只断裂1个键。CH≡CH与H2发生加成反响时断裂1个键或1个键和一个1个键。【答案】C。85.【解析】根据球的不同确定黑球是碳原子，白球是氢原子，阴影球是氧原子，然后根据化合价确定单键或双键，按原子的连接顺序得。从上图中数出C、H、O原子的个数即得分子式为C10H10O2，再由题意得构造简式。从上图B的碳架中可知A含有-OH，构造简式为。从B→C为氧化反响，C→D为消去反响，生成D为。D→K为与甲醇反响的酯化反响。解题过程中注意：①该题第⑴问分子示意图所表示的是原子的连接顺序，在写构造简式时一定要写明单键和双键。②第⑶问的③，书写时不要多写很容易呈现。【答案】⑴；⑵C10H10O2；⑶①羟基氧化；②；③。86.【解析】实验之前要进展安装气密性检查。定量实验要减少在可能引起的误差，所以在A前要除水蒸气和CO2，实验完毕后要完全吸收水蒸气和CO2，同时还要防止空气中的水蒸气和CO2进入安装。第⑸问分析X误差的原因要从原安装中没有排尽水蒸气和CO2处找原因。CO2为0.1mol,那么H2O为0.11mol。所以X=1.1。判断CuCO3·XCu(OH)2是否已完全分解有人认为"连续两次加热、鼓气、冷却，称量甲安装的质量，质量差不超越0.1g"，这个答案一是操作不方便，二是不符合"实验现象判断"的题意。【答案】⑴安装气密性检查。⑵碱石灰；防止空气中的水蒸气和CO2进入安装；U型管或枯燥管。(3)驱赶开残留在安装中的水蒸气和CO2被乙丙完全吸收。⑷乙安装中不再产生气泡。⑸X=1.1。安装中原来含有的水蒸气含量比CO2高。87.【解析】C是有磁性的化合物，可知是Fe3O4，B是常见的无色无味的气体，那么B是水，A是单质铁，A和B反响生成Fe3O4和H2，推出D，E和氮气是等电子体，且E是无色无味的有毒气体，所以E是CO，E和B的反响是：CO＋H2OH2＋CO2，那么F是CO2，G是淡黄色固体单质，是单质硫，假设是气体单质，且生成的H的水溶液可以使有机物I显紫色，可以推导出是Fe3+和苯酚的显色反响，H显酸性是因为Fe3+的水解。【答案】⑴3Fe+4H2OFe3O4+4H2；⑵；⑶B、C；⑷S(s)+Fe(s)=Fe