高考化学二轮复习提优导学案练习册：化学检测与评估 教师参考

￥高考总复习二轮配套检测与评估化学教师参考第一篇高考微专题微专题一离子反应氧化还原反应一、选择题1.B【解析】A项溶液中c(H+)=0.1mol·L-1，溶液显酸性，Fe2+与N在酸性条件下因发生氧化还原反应而不能大量共存；使酚酞变红的溶液显碱性，B项中的四种离子能大量共存；C项中Fe3+与SCN-因发生络合反应而不能大量共存；D项溶液中水的电离受到抑制，可以显酸性也可以显碱性，HC在此溶液中不能大量存在。2.C【解析】pH=1的溶液显酸性，C不能大量存在，A错误；与铝反应产生大量氢气的溶液显酸性或碱性，在酸性条件下Fe2+、N因发生氧化还原反应而不能大量共存，在碱性条件下Fe2+因生成沉淀而不能大量存在，B错误；C项溶液显酸性，四种离子能大量共存；ClO-具有强氧化性，能将S2-氧化，D错误。3.C【解析】Fe3+与SCN-发生络合反应而不能大量共存，A项错误；B项溶液显碱性，N不能大量存在，B项错误；在酸性条件下，N能将Fe2+、I-氧化，D项错误。4.A【解析】漂白粉具有强氧化性，能将盐酸氧化生成Cl2，A正确；FeCl3和Ag反应生成AgCl沉淀，B错误；OH-恰好将H+中和，N不反应，C错误；因为n(Al)∶n(H+)=1∶3，故Al不能完全转化为Al3+，有一部分转化成Al(OH)3，D错误。5.C【解析】酸性条件下不能生成OH-，A错误；Al(OH)3不能与弱碱NH3·H2O反应，B错误；由于酸性：苯酚<H2CO3，故纯碱与苯酚反应只能生成HC而得不到CO2，D错误。6.D【解析】稀硝酸被还原时生成的是NO而不是NO2，A错误；在酸性溶液中反应应该有H+参加有H2O生成，不可能生成OH-，B错误；通入过量CO2时，生成的是HC而不是C，C错误。7.BC【解析】溶液本身无色，说明没有Fe2+；加入溴水仍然无色，说明溴水发生了反应，且产物无色，I-和S均可与溴水反应使溴水褪色，反应后溶液无色，说明没有I2，则原溶液中一定有S；由于S的还原性比I-强，故I-是否存在无法判断；因所有离子浓度相等，则根据电荷守恒可判断S肯定不存在。8.BD【解析】向浓氨水中滴加饱和FeCl3生成Fe(OH)3沉淀，A错误；加入饱和MgCl2溶液后Ca(OH)2转变成Mg(OH)2，B正确；C项溶液中还可能含有HC，C错误；D项为卤代烃中卤原子的检验方法，D正确。二、非选择题9.(1)Cl2+2Fe2+2Cl-+2Fe3+(2)4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O(3)CO+PdCl2+H2O2HCl+Pd↓+CO2(4)①温度低反应速率慢，温度过高硝酸铵易分解4Cu+N+10H+4Cu2++N+3H2O②2Cu2++S+2Cl-+H2O2CuCl↓+S+2H+(5)4FeSO4+O2+8NaOH4FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O(6)3Na2SO4+8C3Na2S+4CO2↑+4CO↑(7)MnO2+H2O2+2H+Mn2++2H2O+O2↑(8)Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O(9)3Pb+8H++2N3Pb2++2NO↑+4H2O(10)4CuFeS2+4H++17O24Cu2++4Fe3++8S+2H2O【解析】(1)通入Cl2后能将Fe2+氧化为Fe3+。(2)空气中的O2将Fe2+氧化为Fe3+。(3)反应物为氯化钯与CO，生成物为钯和CO2，根据需要推知反应物还有水，产物还有氯化氢。(4)①温度控制的范围可从反应速率和反应物的性质方面考虑，温度太低会导致反应速率太慢，温度太高，反应物NH4NO3易受热分解；溶解铜的过程中加入了H2SO4，故Cu在酸性条件下被N氧化为Cu2+，同时N被还原为N，由此可写出反应的离子方程式。②在还原步骤中，S将Cu2+还原为Cu+，Cu+与Cl-结合生成CuCl沉淀，反应的离子方程式为2Cu2++S+2Cl-+H2O2CuCl↓+S+2H+。(5)过量的废铁屑中加入浓硫酸后生成FeSO4，通入空气后，在碱性条件下被氧化成FeOOH。(6)在煅烧过程中，芒硝被还原为Na2S，碳粉被氧化为等物质的量的CO和CO2，反应的化学方程式为3Na2SO4+8C3Na2S+4CO2↑+4CO↑。(7)软锰矿中Mn元素主要以MnO2形式存在，加入H2O2后能将MnO2还原为Mn2+，反应的离子方程式为MnO2+H2O2+2H+Mn2++2H2O+O2↑。(8)酸性条件下Cr2将Fe2+氧化为Fe3+，自身被还原为Cr3+，根据得失电子守恒配平得出离子方程式。(9)铅与硝酸的反应类似铜与硝酸的反应，故离子方程式为3Pb+8H++2N3Pb2++2NO↑+4H2O。(10)在细菌和O2的共同作用下，黄铜矿中的S元素被氧化成S，Fe元素被氧化成Fe3+，利用得失电子守恒、电荷守恒、质量守恒可得到离子方程式。10.(1)Mn2++2H2OMnO2↓+H2↑+2H+增大(2)Cu+2Fe-8e-+4O2-CuFe2O4(3)CO2+8e-+8H+CH4+2H2O(4)阳N+3F--6e-NF3+4H+【解析】(1)电解MnSO4溶液时，阳极上Mn2+失电子生成MnO2，阴极上H+得电子生成H2，故阴极附近溶液的pH升高。(2)由图可知，阳极材料是Fe和Cu，故电解时阳极上的Fe和Cu同时失电子，结合熔融液中的O2-生成CuFe2O4，电极反应式为Cu+2Fe-8e-+4O2-CuFe2O4。(3)根据铜电极上进入的物质(反应物)和出来的物质(生成物)可知，CO2得电子后生成CH4，电极反应式为CO2+8e-+8H+CH4+2H2O。(4)因为在b电极上有H2生成，则电极反应式为2H++2e-H2↑，故b极为阴极，则a极为阳极，因为电解生成了NF3，其中N为+3价，故在阳极上是N失电子生成NF3，电极反应式为N-6e-+3F-NF3+4H+。￥微专题二物质的转化与物质的制备选择题1.C【解析】AlCl3溶液蒸发时，因为水解生成易挥发的HCl，加热促进HCl挥发，从而促进水解，故蒸干时得到Al(OH)3，A错误；由于金属性Fe>Cu，加入Cu后不可能置换出Fe，B错误；NH3被O2氧化后生成的是NO而不是NO2，D错误。2.C【解析】NaCl溶液中通入CO2不能发生反应，A错误；葡萄糖与Cu(OH)2反应生成Cu2O而不是Cu，B错误；电解Mg(NO3)2溶液的实质是电解水，不可能得到金属Mg，D错误。3.A【解析】①钠与水发生置换反应生成氢氧化钠和氢气，水与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气不是置换反应，故不选；②铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，碳与水反应生成氢气和一氧化碳，两者都是置换反应，故选；③溴化氢与氯气发生置换反应生成氯化氢和溴，甲烷与氯气的反应不是置换反应，故不选；④铝与氯化铜溶液反应生成单质铜和氯化铝，铝与盐酸反应生成氯化铝和氢气，两者都是置换反应，故选。4.B【解析】过量的O2与C反应生成的是CO2而不是CO，故B错误。5.B【解析】C与SiO2反应生成CO和Si，但CO与CuO反应生成Cu和CO2，故B项不能满足该关系。6.B【解析】25℃时，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3小，A错；在石灰乳与Cl2的反应中氯发生歧化反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，B正确；常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮运仅代表常温下Cl2不与铁反应，加热、高温则不然，C错；侯氏制碱的两个反应不是氧化还原反应，D错。7.D【解析】N2无法一步生成NO2，A项错误；NaOH无法一步生成Na2O2，B项错误；SiO2无法一步生成H2SiO3，C项错误。8.A【解析】Si和O2在加热下反应得到SiO2，但SiO2不溶于水，不能和H2O反应生成H2SiO3，A项符合题意；NO可以被O2氧化为NO2，NO2可以和H2O反应得到HNO3，B项不符合题意；Na和Cl2反应生成NaCl，电解NaCl溶液可以获得NaOH，C项不符合题意；CH2CH2和H2O加成得到CH3CH2OH，CH3CH2OH催化氧化得到CH3CHO，D项不符合题意。9.C【解析】钠与水在常温下反应，钠在氯气中能燃烧，氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，A正确；铝与氧化铁在高温下发生铝热反应，铝与稀硫酸能发生置换反应，氧化铁也能与稀硫酸反应，B正确；乙醇无法与NaOH溶液反应，C错误；Ba(OH)2溶液中通入CO2会生成BaCO3沉淀，Ba(OH)2溶液与Na2CO3溶液反应也生成BaCO3沉淀，CO2通入Na2CO3溶液中生成NaHCO3，D正确。二、非选择题10.(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O浓硫酸(2)HClHCl和H2发生倒吸，且可燃性气体H2不能被吸收(3)KSCN溶液点燃A处的酒精灯点燃C处的酒精灯【解析】(1)加热制取Cl2，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；装置B的作用是干燥氯气，常用浓硫酸。(2)制取无水氯化亚铁需要HCl气体，故A装置制取的是HCl；HCl和Fe反应生成H2和FeCl2，故尾气的成分为未反应的HCl和生成的氢气；由于HCl极易溶于水，故若仍然采用D装置进行尾气处理，很容易造成倒吸，且氢气不能被吸收，氢气易燃，造成安全隐患。(3)检验氯化铁常用硫氰化钾溶液；若要制取纯净的FeCl2，需先排尽装置中的空气，故先点燃A处的酒精灯，再点燃C处的酒精灯。11.(1)+3价(2)2NaClO3+SO2+H2SO42NaHSO4+2ClO2(3)NaOHNa2CO3NaClO2(4)2∶1O2(5)1.57g【解析】(1)在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价。(2)根据流程图可知反应物是NaClO3、SO2和H2SO4，生成物有ClO2和NaHSO4，根据得失电子守恒和质量守恒，写出该反应的化学方程式为2NaClO3+SO2+H2SO42NaHSO4+2ClO2。(3)食盐溶液中混有Mg2+和Ca2+，用过量NaOH溶液除去Mg2+，用过量Na2CO3溶液除去Ca2+，过滤后加盐酸除去过量的NaOH和Na2CO3；由流程图可知“电解”的反应物有ClO2和NaCl溶液，生成物有Cl2和NaClO2，根据氧化还原反应的规律可知Cl2为氧化产物，NaClO2为还原产物，即阴极产物为NaClO2。(4)由流程图可知“尾气吸收”的反应物是H2O2、NaOH和ClO2，产物有NaClO2，此反应中，氧化剂为ClO2，还原剂是H2O2，根据氧化还原反应规律可知还有O2生成，化学方程式为H2O2+2NaOH+2ClO22NaClO2+O2+2H2O，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1，该反应中氧化产物是O2。(5)1gNaClO2的物质的量为=mol，根据电子转移数目相等，可知氯气的物质的量为mol×4÷2=mol，则氯气的质量为mol×71g·mol-1=1.57g。12.(1)锥形瓶b(2)慢(3)吸收Cl2(4)4H++5ClCl-+4ClO2↑+2H2O验证是否有ClO2生成【解析】(1)F装置应是ClO2和KI反应，所以应长管进气、短管出气，故选b。(2)为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢。(3)F装置中发生Cl2+2KI2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2。(4)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClCl-+4ClO2↑+2H2O；在ClO2的释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应放出ClO2，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成。￥微专题三选择题中的瓶颈题突破选择题1.AC【解析】向SO2水溶液中加入少量NaHCO3粉末，有气泡产生，气体为二氧化碳，强酸制弱酸，则SO2水溶液呈酸性，A正确；向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀，但SO2水溶液中不含有S，B错误；向SO2水溶液中通入H2S气体，发生氧化还原反应生成淡黄色沉淀S，SO2水溶液具有氧化性，C正确；向KMnO4溶液中滴加SO2水溶液，发生氧化还原反应使溶液颜色褪去，SO2水溶液具有还原性，D错误。2.B【解析】Ag2CO3转化成Ag2S，沉淀类型相同时，Ksp大的物质转化成Ksp小的物质，即Ksp(Ag2S)<Ksp(Ag2CO3)，A项错误；苯酚钠中通入CO2后溶液变浑浊是因为生成了苯酚，故酸性：H2CO3>苯酚，B项正确；蛋白质中加入甲醛后发生了变性，加入(NH4)2SO4后发生了盐析，C项错误；加入Na2O2后生成的红褐色沉淀为Fe(OH)3，因为Na2O2有强氧化性，故溶液中含有Fe2+时也会出现这一现象，D项错误。3.BC【解析】碳酸钠受热不分解，可能是碳酸钠不干燥所致，A错；苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀，B正确；同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，向含I-的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明碘离子被氧化成碘单质，氧化剂是氯气、氧化产物是碘，所以氧化性：Cl2>I2，C正确；双氧水具有氧化性，将亚铁离子氧化成铁离子，铁离子和KSCN溶液混合生成血红色络合物，只能说明亚铁离子有还原性，不能说明有氧化性，D错。4.D【解析】点①所示的溶液中含有等物质的量的CH3COOH和CH3COONa，此时溶液呈酸性，则CH3COOH的电离程度大于CH3COO-的水解程度，故c(CH3COO-)>c(Na+)，A错误；B项考查溶液中的电荷守恒式，该式中多了c(CH3COOH)，B错误；点③所示的溶液中溶质只有CH3COONa，由于CH3COO-能水解，故c(Na+)>c(CH3COO-)，C错误；D项中的式子是CH3COOH的电离平衡常数的倒数，由于温度在滴定过程中未变，故该比值不变，D正确。5.B【解析】NaOH和NH3·H2O混合溶液中，NaOH完全电离，NH3·H2O部分电离，因此c(OH-)>0.1mol·L-1，c(Na+)=0.1mol·L-1，c(NH3·H2O)<0.1mol·L-1，故c(OH-)>c(Na+)>c(NH3·H2O)，A错；在此混合溶液中加入10mL盐酸，溶液中电荷守恒式：c(N)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于等体积、等浓度混合，故c(Na+)=c(Cl-)，即c(N)+c(H+)=c(OH-)，B正确；加入盐酸至pH=7时，溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，则c(N)+c(Na+)=c(Cl-)，c(Cl-)>c(Na+)，C错；加入20mL盐酸时，溶液恰好为氯化钠与氯化铵的混合溶液，此时溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，则c(N)+c(Na+)<c(Cl-)，D错。6.AC【解析】A项式子是溶液中的电荷守恒式，A正确；由于c(NH3·H2O)+c(N)=0.1mol·L-1，)=0.1mol·L-1-c(NH3·H2O)，故B项式子相当于c(Cl-)+c(OH-)<c(N)，根据A项中的电荷守恒式可知，c(Cl-)+c(OH-)>c(N)，B错误；分析图像可知，实线表示的是NH3·H2O，虚线表示的是N，当pH>9.25时，溶液中c(NH3·H2O)>)>c(OH-)>c(H+)，C正确；在W点所示溶液中，根据电荷守恒式结合溶液显碱性可知c(Cl-)<c(N)=0.05mol·L-1，当加入0.05molNaOH固体时，溶液中c(Na+)=0.05mol·L-1>c(Cl-)，D错误。7.BD【解析】用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，pH=1.85=pKa1，则c(H2SO3)=c(HS)，溶液体积大于20mL，则c(H2SO3)+c(S)+c(HS)=2c(H2SO3)+c(S)<0.1mol·L-1，故A错误；b点恰好反应生成NaHSO3，溶液中质子守恒式为c(H2SO3)+c(H+)=c(S)+c(OH-)，故B正确；c点pH=7.19=pKa2，则c(HS)=c(S)，溶液中电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(HS)+c(OH-)+2c(S)，即c(Na+)=3c(HS)+c(OH-)-c(H+)，因为溶液显碱性，故c(OH-)-c(H+)>0，则c(Na+)>3c(HS)，故C错误；40mLNaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液，恰好反应生成Na2SO3，d点溶液中主要是Na2SO3和少量NaHSO3，溶液中离子浓度为c(Na+)>)>c(HS)，故D正确。8.AD【解析】在Ⅰ、Ⅲ容器中加入的反应物物质的量相等，但容器Ⅲ中的温度高，故升高温度CH3OH的物质的量减小，平衡逆向移动，正反应为放热反应，A项正确；容器Ⅱ中加入的反应物物质的量是容器Ⅰ的两倍，该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，故达平衡时容器Ⅱ中CH3OH的体积分数比容器Ⅰ中的大，B项错误；加入催化剂只能改变反应速率，对转化率没有影响，C项错误；根据容器Ⅰ的数据可知在T1℃时，该反应的平衡常数K===22500，D项中Qc===250<K，故反应正向进行，D项正确。9.AC【解析】绝热恒容时，SO3为反应物，正反应为吸热反应，温度降低，平衡向生成SO3的方向移动，a>1.2，反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)为气体体积减小的反应，恒温恒压时，与原平衡相比相当于增大压强，平衡向生成SO3的方向移动，b>1.2，A正确；平衡常数与温度有关，容器Ⅱ温度越来越低，容器Ⅲ温度不变，所以容器Ⅱ、Ⅲ中平衡常数不同，B错误；根据以上分析，容器Ⅱ中SO3的转化率减小，即容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1，C正确；容器Ⅰ中反应达到平衡状态时，c(SO3)=1.2mol·L-1，c(SO2)=0.8mol·L-1，c(O2)=0.4mol·L-1，化学平衡常数K==5.625，若起始时向容器Ⅰ中充入1.0molSO2(g)、0.40molO2(g)和1.40molSO3(g)，Qc==4.9<K，则该反应向正反应方向进行，则此时v正>v逆，D错误。10.C【解析】由图中的每条曲线可知，随着温度的升高，CH3OH的体积分数在减小，即平衡逆向移动，则正反应是放热反应，ΔH<0，该反应的正反应是气体体积减小的反应，故增大压强平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，故p1>p2>p3，A错误；由于B点的温度和压强都比A点高，故B点反应速率快，B错误；若加入的CO为1mol，H2为2mol，设C点时反应掉的CO为xmol，则有=，x=0.75，CO转化率为×100%=75%，C正确；在恒温恒压条件下，充入不同量CH3OH最终都达到等效平衡，CH3OH的体积分数相同，D错误。11.AD【解析】由图像可知，随着温度的升高，CO2的转化率在减小，即平衡逆向移动，故正反应为放热反应，A项正确；氢碳比越高，相当于多加入了H2，平衡正向移动，CO2的转化率增大，故氢碳比①>②，B项错误；Q点时，CO2的转化率小于平衡时CO2的转化率，故平衡正向移动，则v(正)>v(逆)，C项错误；P点时CO2的转化率为50%，则平衡时CO2、H2、C2H4、H2O的浓度分别为0.25mol·L-1、0.25mol·L-1、0.125mol·L-1、0.5mol·L-1，K===512，D项正确。12.CD【解析】容器Ⅰ是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向移动，平衡常数减小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常数不相同，A错；容器Ⅲ是恒压容器，反应过程中压强小于容器Ⅱ，反应速率小，容器Ⅱ、Ⅲ中正反应速率不相同，B错；容器Ⅱ恒温恒容，容器Ⅲ恒温恒压，随着反应的进行，容器Ⅱ中压强大于容器Ⅲ，平衡正向移动，三氧化硫含量增大，SO3的体积分数：Ⅱ>Ⅲ，C正确；若容器Ⅰ恒温恒容，则和容器Ⅱ为等效平衡，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和为1，但实际容器Ⅰ是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向移动，二氧化硫转化率减小，因此容器Ⅰ中SO2的转化率与容器Ⅱ中SO3的转化率之和小于1，D正确。￥微专题四化学工艺流程题型研究非选择题1.(1)4Cu+NH4NO3+5H2SO44CuSO4+(NH4)2SO4+3H2O(将硫酸铵写成硫酸氢铵也可)温度低溶解速率慢、温度过高铵盐分解(2)2Cu2++S+2Cl-+H2O2CuCl↓+S+2H+防止CuCl被空气氧化生成的氯化亚铜又溶解于氯化铵溶液中(3)醇洗有利于加快除去CuCl表面水分，防止其水解氧化【解析】(1)酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成硫酸铜，N元素还原为最低价变成铵根离子；溶解温度应控制在6070℃，原因是温度低溶解速率慢，温度过高铵盐分解。(2)铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为2Cu2++S+2Cl-+H2O2CuCl↓+S+2H+，亚硫酸铵过量防止CuCl被氧化；CuCl可溶于氯离子浓度较大的体系，故NH4Cl用量过多时CuCl会溶解。(3)因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤可快速除去固体表面的水分，防止水解氧化。2.(1)VOSO4(2)V2O5+S+4H+2VO2++S+2H2O(3)6mol(4)V+NNH4VO3↓80℃(5)3V2O5+10Al5Al2O3+6V【解析】(1)由表可知，V2O5难溶于水而VOSO4可溶于水，故在粉碎、水浸后的滤液中主要是VOSO4。(2)在粉碎、水浸后的滤渣中含有V2O5，它能将Na2SO3在酸性条件下氧化为Na2SO4，而自身被还原为VOSO4，反应的离子方程式为V2O5+S+4H+2VO2++S+2H2O。(3)在反应②中，KClO3(Cl显+5价)被还原为Cl-，故1molKClO3参与反应转移6mol电子。(4)在反应③中，N与V反应生成沉淀，离子方程式为V+NNH4VO3↓；由图可知，在80℃时沉钒率最高，故应控制温度为80℃。(5)铝热反应中，V2O5中的V被Al还原出来，而Al生成Al2O3。3.(1)MgCO3+H2SO4MgSO4+H2O+CO2↑使MgCO3完全转化为MgSO4(2)Fe(OH)3Mn2++ClO-+H2OMnO2↓+2H++Cl-(3)温度过低，反应速率慢；温度过高，碳酸铵分解(或轻质碳酸镁分解)2MgSO4+2(NH4)2CO3+3H2OMgCO3·Mg(OH)2·2H2O↓+2(NH4)2SO4+CO2↑【解析】(2)酸溶过程中，SiO2不能与H2SO4反应，CaO与H2SO4反应生成微溶的CaSO4，故在过滤1后的滤液中含有Mg2+、Fe3+、Mn2+等阳离子，加入NaClO后，能将溶液中的Mn2+氧化为MnO2，并能使Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀。4.(1)Al(OH)3(2)4LiMn2O4+O2+4H+4Li++8MnO2+2H2O(3)Li2SO4H2SO4降低Li2CO3的溶解度，减少溶解(4)①8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑②先变大，后变小【解析】(1)反应①为Al和CO2的反应，生成的沉淀为Al(OH)3。(3)酸溶后的滤液中含有Li2SO4和H2SO4，都能与Na2CO3反应；因为Li2CO3的溶解度随着温度的升高而减小，故在热水中Li2CO3的溶解度小，用热水洗涤时能减少其溶解。(4)②由每列中的数据可知，随着温度的升高Mn2+的含量先降低后升高，Mn3+的含量基本保持不变，Mn4+的含量先升高后降低，故锰元素的平均价态先变大后变小。5.(1)Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑(2)提高烧结产物的浸出率(3)Fe+2H2OFe(OH)3↓+OH-(4)过滤漏斗玻璃棒(5)Al(OH)3【解析】(1)烧结过程中，Al2O3与Na2CO3反应生成偏铝酸钠。(2)研磨后，颗粒变细，在浸出过程中能增大接触面积，从而提高产物的浸出率。(3)在NaFeO2中Fe为+3价，故水解生成Fe(OH)3，水解反应的离子方程式为Fe+2H2OFe(OH)3↓+OH-。(4)操作b为过滤，用到的仪器有铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒。(5)经过浸出、脱硅、过滤后，溶液中主要含有NaAlO2，通入的气体X是CO2，可以和NaAlO2反应生成Al(OH)3沉淀。￥微专题五化学综合计算题型研究非选择题1.(1)①+3价②微波水热Co2+(2)①Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2②由得失电子守恒有n(Co3+)=2n(Cl2)=2×=0.4mol由电荷守恒有n(Co)总=n(Co2+)溶液=n(Cl-)=×(0.480×5-0.2×2)mol=1mol所以固体中n(Co2+)=1mol-0.4mol=0.6moln(O)=mol=1.2mol故n(Co)∶n(O)=1mol∶1.2mol=5∶6【解析】(1)①因为Co、Ni的化合价均为+2价，根据化合价的代数和等于0可知Fe为+3价。②由图可看出，温度相同时，微波水热法对应的H2O2分解速率较大，故微波水热法制得的催化剂活性更高；x值越大，说明Co的含量越高，从图像看出，x越大，H2O2分解速率越大，故Co2+催化效果更好。(2)①18.3g二水合草酸钴的物质的量为0.1mol，由于在300℃时生成的是Co的氧化物，故在8.03g氧化物中，含Co的质量为0.1mol×59g·mol-1=5.9g，m(O)=8.03g-5.9g=2.13g，n(O)==0.133mol，故n(Co)∶n(O)=3∶4，C点剩余固体的化学式为Co3O4。当晶体恰好将结晶水失去时得到CoC2O414.70g，在B点时与O2反应后生成Co3O4的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。②黄绿色气体为Cl2，其物质的量为0.2mol，根据Cl元素守恒可知，溶液中2n(Co)=n(HCl)-2n(Cl2)，故n(Co)=1mol，根据得失电子守恒n(Co3+)=2n(Cl2)=0.4mol，则n(Co2+)=0.6mol，根据电荷守恒可知，2n(O)=3n(Co3+)+2n(Co2+)，故n(O)=1.2mol，故n(Co)∶n(O)=1mol∶1.2mol=5∶6。2.(1)2a+2b+3c=8(2)Mn2++S2+2H2OMnO2↓+2S+4H+(3)250mL容量瓶(4)25.00mL溶液A消耗EDTA的物质的量：20.00mL×10-3L·mL-1×0.01000mol·L-1=2.0000×10-4mol250mL溶液A中n(Zn2+)=2.0000×10-4mol×=2.0000×10-3molw(ZnO)=×100%=16.2%【解析】(1)在化合物中，各元素化合价的代数和为0，则有2a+2b+3c-2×4=0，即2a+2b+3c=8。(2)锰锌铁氧体在酸溶后的溶液中含有Mn2+，而S2中S为+7价，有非常强的氧化性，能将Mn2+氧化为MnO2，反应的离子方程式为Mn2++S2+2H2OMnO2↓+2S+4H+。(3)配制溶液用到的主要仪器是容量瓶(250mL)。3.(1)xCaO·yMgO·8SiO2·H2O2x+2y-m=12(2)(或0.04m)(3)n(SiO2)==0.08mol样品的摩尔质量M==810g·mol-1n(H2O)==0.02molm==2根据电荷守恒：2x+2y+4×8=22×2+2即x+y=7①根据摩尔质量：40x+24y+28×8+16×22+17×2=810②由①②式得x=2、y=5化学式为Ca2Mg5Si8O22(OH)2【解析】(1)在改写成氧化物形式时，Ca为CaO，Mg为MgO，Si为SiO2，H为H2O，再根据原子个数调节氧化物前面的系数即可；根据化合价的代数和等于0可写出x、y、m之间的关系式，其中Si为+4价，故有2x+2y+8×4=22×2+m，整理得2x+2y-m=12。(2)灼烧后减少的质量为生成水的质量，故两者之比为∶(8×28)=。(3)样品中加入足量的稀盐酸后，最终剩余固体为SiO2，则n(SiO2)==0.08mol，根据Si元素的物质的量可知样品的物质的量为0.01mol，则样品的摩尔质量为810g·mol-1，当0.02mol(16.20g)样品在空气中灼烧时，固体减少的质量为生成H2O的质量，故生成H2O0.02mol，即相当于在1mol样品中含有H元素2mol，则m=2，根据电荷守恒有2x+2y+4×8=22×2+2，即x+y=7①，根据摩尔质量有40x+24y+28×8+16×22+17×2=810②，联合①②式得x=2、y=5，则该样品的化学式为Ca2Mg5Si8O22(OH)2。4.(1)aMgO·Al2O3·dCO2·H2O或2aMgO·bAl2O3·2dCO2·(c+2x)H2O](2)n(CO2)==0.025moln(MgO)==0.150moln(Al2O3)==0.025molm(H2O)=15.050g-0.025mol×44g·mol-1-6.000g-2.550g=5.4gn(H2O)==0.3moln(MgO)∶n(Al2O3)∶n(CO2)∶n(H2O)=0.150mol∶0.025mol∶0.025mol∶0.3mol=6∶1∶1∶12该镁铝碱式碳酸盐的化学式为6MgO·Al2O3·CO2·12H2O(3)6MgCl2+2NaAlO2+8NaOH+Na2CO3+8H2OMg6Al2(OH)16CO3·4H2O↓+12NaCl【解析】(1)写成氧化物时，Mg写为MgO，Al写为Al2O3，H写为H2O，C写为CO2，根据原子守恒可写出氧化物形式。(2)根据CO2在标准状况下的体积可求得CO2的物质的量为0.025mol，根据MgO的质量可知其物质的量为0.150mol，根据Al2O3的质量可知其物质的量为0.025mol，样品在灼烧时除了生成三种氧化物外，其余全部为H2O，故水的质量为(15.05-0.025×44-6.000-2.550)g=5.4g，故水的物质的量为0.3mol，则n(MgO)∶n(Al2O3)∶n(CO2)∶n(H2O)=0.150mol∶0.025mol∶0.025mol∶0.3mol=6∶1∶1∶12，该镁铝碱式碳酸盐的化学式为6MgO·Al2O3·CO2·12H2O。(3)根据Mg、Al、C元素守恒可知，每生成1molMg6Al2(OH)16CO3·4H2O，需要6molMgCl2、2molNaAlO2、1molNa2CO3，由于Cl元素未在产物中，故产物中有NaCl生成，根据Na元素守恒可知需要8molNaOH，再根据H元素守恒可知需要8molH2O，故反应的化学方程式为6MgCl2+2NaAlO2+8NaOH+Na2CO3+8H2OMg6Al2(OH)16CO3·4H2O↓+12NaCl。5.(1)①NO2-e-+H2ON+2H+②0.1(2)①142.9②根据原子守恒：n(NO)+n(NO2)=3mol-0.2mol·L-1×10L+0.1mol=1.1mol根据得失电子守恒：0.1mol×1+n(NO)-0.1mol]×3+n(NO2)×1=×2解得n(NO)=0.8mol、n(NO2)=0.3molV(NO)∶V(NO2)=n(NO)∶n(NO2)=0.8mol∶0.3mol=8∶3【解析】(1)①由图示可看出，在左室内生成了H2，电极反应式为2H++2e-H2↑，故右室中NO2失电子生成N，电极反应式为NO2-e-+H2ON+2H+。②由电极反应式可知，每有0.1molNO2气体参与反应转移0.1mol电子，即在阴极上有0.1molH+得电子，故通过阳离子交换膜的H+为0.1mol。(2)①设所需HNO3的体积为xmL，根据配制前后HNO3的物质的量不变有10×0.2=，故x=142.9。6.(1)防止温度降低，硫酸亚铁晶体析出(2)0.075(3)①1.1×10-5②n(S)==0.012mol根据得失电子守恒得关系式：6Fe2+Cr261n(Fe2+)0.0500mol·L-1×0.020Ln(Fe2+)=0.001mol×6=0.006moln(N)+2n(Fe2+)=2n(S)n(N)=0.012molm(S)=0.012mol×96g·mol-1=1.152gm(N)=0.012mol×18g·mol-1=0.216gm(Fe2+)=0.006mol×56g·mol-1=0.336gn(H2O)==0.036moln(S)∶n(Fe2+)∶n(N)∶n(H2O)=0.012∶0.006∶0.012∶0.036=2∶1∶2∶6该摩尔盐的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O或(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O【解析】(1)温度低时，FeSO4溶解度降低，从而从溶液中析出，故应趁热过滤以减少FeSO4的损失。(2)根据给定的数据可知n(Fe)=0.1mol，n(H2SO4)=0.075mol，故理论上生成FeSO4的物质的量为0.075mol。7.(1)降温，增大气体的溶解度，使SO2、SO3易被吸收(2)4.48(3)1.1×10-4mol·L-1(4)nBa(ClO4)2]1=0.02500mol·L-1×0.02000L=5.000×10-4molρ(SO3)=(5.000×10-4mol×80g·mol-1×103mg·g-1)÷1m3=40mg·m-3nBa(ClO4)2]2=0.02500mol·L-1×0.03000L×=0.01500molρ(SO2)=(0.01500mol×64g·mol-1×103mg·g-1)÷1m3=960mg·m-3【解析】(1)冰水的温度比较低，在低温下，气体的溶解度增大，从而使得SO2、SO3容易被吸收。(2)H2O2吸收SO2时发生的反应为H2O2+SO2H2SO4，100g6.8%的H2O2中n(H2O2)=0.2mol，则吸收的n(SO2)=0.2mol，标准状况下的体积为4.48L。(3)根据Ksp(BaSO4)可知，c(Ba2+)==1.1×10-4mol·L-1。(4)吸收SO3时的关系式为SO3~H2SO4~Ba(ClO4)2，吸收SO2时的关系式为SO2~H2SO4~Ba(ClO4)2，根据关系式进行计算。￥微专题六化学反应原理综合题型研究非选择题1.(1)⑤(2)-351(3)①8mol②驱除三颈烧瓶装置中的O2，防止铁粉被O2氧化③铁发生反应消耗H+4Fe+N+5H2O+2H+4Fe(OH)2+N(4)①N+6H2O+8e-NH3↑+9OH-②2NH3+3ClO-N2+3Cl-+3H2O【解析】(1)氮的固定是指N2转变为化合物的反应，在给定的6个反应中，只有反应⑤属于氮的固定。(2)将给定的两个热化学方程式相加后再除以2得目标热化学方程式，故ΔH=kJ·mol-1=-351kJ·mol-1。(3)①Fe(H2O中Fe为+2价，在B中B显+3价，H显-1价，故在反应中，Fe得2mol电子、H2O中H得6mol电子，而B中H失去8mol电子，故每生成1molFe时转移8mol电子。(4)①在阴极上N得电子后N元素化合价降低生成了NH3，根据元素守恒可知在电极上需要H2O参与反应，产物中有OH-生成，电极反应式为N+8e-+6H2ONH3↑+9OH-。②NH3被ClO-氧化成N2，ClO-被还原为Cl-。2.(1)CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-810.0kJ·mol-1(2)1.8(3)N211.2(4)①4OH--4e-O2↑+2H2O②H++HCH2O+CO2↑③用c室排出的碱性溶液将从b室排出的酸性海水调节至接近正常海水的pH【解析】(1)CH4还原N2O4的化学方程式为CH4+N2O4N2+CO2+2H2O，将给定的两个热化学方程式依次编号为①②，则①-②×2可得到目标热化学方程式。(2)设在恒容容器中加入NO2、SO2分别为1mol、2mol，设反应掉的NO2为xmol，则有(1-x)∶(2-x)=1∶5，故x=0.75，平衡常数K==1.8。(3)由图1中向外指的箭头可知，该过程中最终生成H2O和N2；在反应过程中，NO得电子生成N2，O2得电子生成水，NH3失电子后也得到N2，设反应掉的NO为xmol，根据得失电子守恒有2x+0.5×4=1×3，故x=0.5，在标准状况下的体积为11.2L。(4)①a室是阳极室，海水中OH-失电子生成H2O和O2，电极反应式为4OH--4e-O2↑+2H2O。②H+从a室通过阳离子交换膜进入b室，与HC结合生成H2O和CO2。③c室是阴极室，电极反应式为2H2O+2e-H2↑+2OH-，电极附近生成了OH-，故可以用c室排出的碱性溶液将从b室排出的酸性海水调节至接近正常海水的pH后再排放。3.(1)-128.1(2)ad(3)①尽量在PSA—Ⅰ中将CO2脱除(保证PSA—Ⅰ吸附CO2的时间)②作燃料③CO+PdCl2+H2OPd↓+2HCl+CO2(4)【解析】(1)将给定的两个热化学方程式标为①②，CO(g)+O2(g)CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1③，将②+③-可得目标化学方程式，故ΔH=kJ·mol-1=-128.1kJ·mol-1。(2)升高温度和减小压强可使平衡逆向移动，重新生成醋酸亚铜氨。(4)由KspCa(OH)2]=b、c(OH-)=cmol·L-1推出c(Ca2+)=mol·L-1，根据Ksp(CaCO3)=a计算出c(C)=mol·L-1。4.(1)4(2)①N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+184kJ·mol-1②产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高放出的气体中NO含量升高(3)4CO+2SO24CO2+S2(4)CO2+8e-+8H+CH4+2H2O(5)【解析】(1)溶液中的电荷守恒式为c(K+)+c(Na+)+c(N)+c(H+)=2c(S)+c(N)+c(Cl-)+c(OH-)，因为溶液显酸性，故上述式子中可忽略c(OH-)，代入表格中数据可得c(H+)=1×10-4mol·L-1，故溶液的pH=4。(2)①反应过程中ΔH=946kJ·mol-1+498kJ·mol-1+2×(-630kJ·mol-1)=+184kJ·mol-1。②在吸收过程中发生的反应有NO+NO2+Ca(OH)2Ca(NO2)2+H2O，当NO2过量时，过量的NO2能与石灰乳反应生成Ca(NO3)2，导致产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高；当NO过量时，气体不能完全被吸收，导致排放的气体中含有大量NO气体。(3)利用20min或40min时反应物物质的量减少数据可知，反应物按照物质的量之比2∶1反应，利用40min时生成物物质的量之比可知，生成物物质的量之比为4∶1，则生成的硫蒸气的分子式只能是S2，即反应的化学方程式为4CO+2SO24CO2+S2。(4)根据电子的流向可知，Cu电极为正极，在该电极上CO2(C的化合价为+4)得电子后结合质子(H+)生成CH4(C的化合价为-4价)的同时还得到H2O，电极反应式为CO2+8e-+8H+CH4+2H2O。(5)由图4可知，该芳香烃中含有两类H原子，且个数比为3∶2，故该芳香烃为对二甲苯。5.(1)+41(2)p1>p2>p3反应①正反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，平衡体系中CO的量增大，反应③为吸热反应，升高温度，平衡向正反应方向移动，又使平衡体系中CO的量增大，故总结果为随温度升高，CO的转化率减小(3)①0.1mol②CO+H2O-2e-CO2+2H+(4)Fe(CO)5+H2H2Fe(CO)4+CO【解析】(1)根据盖斯定律，热化学方程式②-①可得③，故ΔH=-58-(-99)]kJ·mol-1=+41kJ·mol-1。(2)相同温度下，由于反应①为气体分子数减小的反应，加压有利于提高CO的转化率；而反应③为气体分子数不变的反应，CO的转化率不受压强的影响。故增大压强时，CO的转化率升高，所以图中的压强由大到小的顺序为p1>p2>p3。(3)①根据PdCl2~Pd~2e-，则每生成5.3gPd沉淀，反应转移电子数为×2=0.1mol。②CO在负极上发生氧化反应生成CO2，电极反应式为CO+H2O-2e-CO2+2H+。(4)由于反应后产物是二元弱酸，可与氢氧化钠反应生成四羰基铁酸钠，故产物为H2Fe(CO)4，化学方程式为Fe(CO)5+H2H2Fe(CO)4+CO。6.(1)1∶12NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O(g)ΔH=-2QkJ·mol-1(2)①2②d(3)2NO2+4SN2+4S(4)负2NO+4e-N2+2O2-【解析】(1)在图中垂直于横轴作直线可看出，在相同温度下，当=1∶1时脱氮效果最好；NH3与NO2、NO反应生成N2和H2O，反应的热化学方程式为2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O(g)ΔH=-2QkJ·mol-1。(2)①NO中N为+2价，NO2中N为+4价，故每生成1molO2，转移2mol电子。②达到平衡时，反应速率不变，但由曲线可看出，速率始终在变，故c点没有达到平衡状态，a错误；随着反应的进行，反应物浓度不断减小，故b点的反应物浓度大于c点，b错误；随着时间的推移，正反应速率逐渐加快，说明温度逐渐升高，故正反应为放热反应，反应物的总能量高于生成物的总能量，c错误；由于a~c段正反应速率逐渐加快，故在相同的时间间隔内，b~c段NO的转化量要比a~b段多，d正确。(3)NO2将S氧化成S，因得到无污染的气体，故只能生成N2，反应的离子方程式为2NO2+4SN2+4S。(4)在电解池中，阴离子向阳极移动，电源正极与阳极相连，故a为电源的正极，b为电源的负极；由通入NO的电极可看出，NO得电子后生成N2和O2-，电极反应式为2NO+4e-N2+2O2-。￥微专题七有机推断与有机合成题型研究非选择题1.(1)羰基醚键(2)氧化反应(3)或(4)【解析】(2)对比B、C的结构简式可知，B中1个酚羟基的H原子被取代，结合副产物分子式可知B中2个酚羟基中H原子全部被取代。(3)该同分异构体中除苯环外还有7个C、2个O、2个不饱和度，有醛基，且分子对称性强。2.(1)羧基醚键(2)(3)取代反应(4)或(5)【解析】(1)化合物B中含有两种含氧官能团，羧基(—COOH)和醚键(—O—)。(2)因C→D的反应为取代反应，根据C和D的结构可知，将D中肽键断开后分别与H、Cl结合后得到C和X的结构，故X的结构为。(3)由E和M的结构可知，E生成M的反应为E的下方苯环上的H原子被Br原子取代，故为取代反应。(4)由Ⅰ可知，该同分异构体结构对称且含有醛基，由Ⅱ可知，该同分异构体中没有酚羟基但有基团，故该同分异构体的结构简式为或。(5)由聚丁二酸乙二酯的结构可知，该物质可由丁二酸和乙二醇发生缩聚反应得到，乙二醇可由BrCH2CH2Br在碱性条件下水解得到，BrCH2CH2Br可由乙烯与Br2发生加成反应得到；结合原流程图中A生成B的反应可知，丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)可由NCCH2CH2CN在酸性条件下水解得到，由“已知”中的内容可知，NCCH2CH2CN可由BrCH2CH2Br与NaCN反应得到。3.(1)羧基醚键(2)+(CH3)2SO4+H2SO4(3)消去反应(4)或(5)【解析】(2)由A和B的结构简式可知，该反应可看作是A中酚羟基上的H原子被—CH3取代，由此可写出化学方程式。(3)D与HBr反应生成E，而E分子中含有—CH2Br基团，故D分子中含有—CH2OH基团，则C生成D的反应是C分子中的—COOCH3被NaBH4还原为—CH2OH的过程；F生成G的反应是F分子中的羟基发生消去反应的过程。(4)由①可知，分子中含有醛基(—CHO)但不含有酚羟基；由②可知，分子中含有；由③可知，分子具有对称结构。故满足条件的同分异构体为或。(5)产物中羰基可通过醇羟基在催化剂作用下被氧化得到，即化合物Y可由发生氧化反应得到，结合原流程图E生成F的原理可知，可由与苯甲醛反应得到，可由苯甲醇()与HBr发生取代反应得到，而苯甲醇可由苯甲醛与H2发生加成反应得到。4.(1)羟基羰基(2)加成反应消去反应(3)(4)(5)【解析】(1)化合物B中的含氧官能团有两种，分别为羟基(—OH)和羰基()。(2)由C和D的结构可看出C分子中第一个苯环因酯基发生水解反应而脱离，C分子中紧挨着的两个羰基中右边的羰基与酚羟基先发生加成反应，后发生消去反应生成碳碳双键。(3)由X的分子式中含有Cl原子，以及E比D多而少H可知，X的结构简式为。(4)由Ⅰ可知，分子中含有结构，结合Ⅱ及B的结构简式可知该同分异构体的结构简式为。(5)由给定的原料和合成的产物可知，产物相当于在原料的基础上在羟基的邻位连上一个乙基，该乙基可由乙烯基与H2加成得到，乙烯基可由醇发生消去反应得到，结合已知信息可知，该醇可由羰基在邻苯二酚硼烷、(s)-CBS作用下得到，联系原题合成路线图中A生成B的过程可知该羰基可由原料在CH3COOH、ZnCl2作用下得到。5.(1)(酚)羟基酯基(2)取代反应(3)或(4)CH3OHCH3Cl【解析】(2)对比A和B的结构可知，A生成B的反应是取代反应，故X的结构简式为；C生成D的反应为C中羧基中的羟基被Cl原子取代的反应。(3)该同分异构体中含有氨基且与苯环直接相连，含有酚羟基，且结构对称，故同分异构体可以为或。(4)根据“已知”中内容可知，制备的产物可由和CH3NH2发生取代反应得到，结合原流程图中C生成D的反应可知，可由与SOCl2反应得到，苯环上的羧基可由苯环上的甲基被酸性高锰酸钾氧化得到，结合原流程中A生成B的反应可知，可由在K2CO3、DMF作用下与CH3Cl反应得到，而CH3Cl可由CH3OH与HCl在加热条件下得到。6.(1)醚键溴原子(2)取代(3)(4)或(5)【解析】(1)由B的结构简式可看出，该物质中含有两种官能团，即溴原子(—Br)和醚键(—O—)。(2)由D、E的结构可看出，D分子中羧基上的羟基被Cl原子取代后得到E分子。(3)将G分子中C—N键断开后，在C原子上加上Cl原子后得到E，在N原子上加上H原子后得到F。(4)在D分子中含氧官能团有羧基(—COOH)和醚键(—O—)，由Ⅱ可知，分子中含有4种H原子，由Ⅲ可知苯环上有两个取代基且处于对位，此时苯环上有2种H原子，羧基上有1种H原子，则剩余的H原子为同一种，据此可写出同分异构体的结构简式。(5)由已知信息可知，可由乙醛(CH3CHO)和CH3CH2CN反应先得到，然后将—CN水解得到—COOH后得到产物，将乙醇氧化可得乙醛，乙醇与HBr发生取代反应得到溴乙烷(CH3CH2Br)，结合原流程中B生成C的反应可知，溴乙烷与KCN反应得到CH3CH2CN。7.(1)醚键羧基(2)(3)消去(4)或(5)ClCH2CH2CH2ClHOCH2CH2CH2OHOHCCH2CHOHOOCCH2COOH【解析】(2)由X的分子式以及B、C的结构简式可知，B生成C的反应为B分子中的Cl原子与X中的H结合生成HCl、剩余部分相连的反应，且C分子实线框内部分来自于X，故X的结构简式为。(3)在E分子中形成了碳碳双键，故最后发生了消去反应。(4)由Ⅰ可知，同分异构体中含有萘环，则还剩余4个碳原子、两个不饱和度、2个O原子以及2个Cl原子；由Ⅱ可知，另外的4个碳原子都直接连在萘环上；由Ⅲ可知同分异构体中含有醛基，且具有对称结构。故符合要求的同分异构体的结构简式为或。(5)由“已知”可知产物分子可由与在AlCl3的作用下得到，结合原流程中A生成B的反应可知，可由HOOCCH2COOH与SOCl2反应得到，而HOOCCH2COOH可由二元醛OHCCH2CHO在催化剂作用下被O2氧化得到，该二元醛可由二元醇HOCH2CH2CH2OH在Cu作催化剂时被O2氧化得到，该二元醇可由原料在NaOH的水溶液中加热水解得到。￥微专题八化学综合实验题型研究非选择题1.(1)2Ag++SAg2SO3↓(2)①有红色固体生成②a.HCl和BaCl2溶液b.棕黄色沉淀与KI溶液反应生成白色沉淀CuI，证明含有Cu+；白色沉淀A为硫酸钡，证明含有S，S由I2氧化S得到，则含有S(3)①Al3+、OH-②a.b.V1明显大于V2(4)溶解性、还原性、水解呈碱性两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件【解析】(2)①依据已知条件可知，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成。②分析实验流程可知实验原理为2Cu2++4I-2CuI↓+I2、I2+S+H2OS+2I-+2H+、S+Ba2+BaSO4↓，故加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑到沉淀A中没有BaSO3，因此应在酸性环境中。(3)①根据题意知，该白色沉淀既能溶于强酸又能溶于强碱，可以推测沉淀中含有Al3+和OH-，可使酸性KMnO4溶液褪色是因为存在还原性的亚硫酸根离子。②a.根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，步骤一首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH溶液体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH溶液体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐。b.铝的碱式盐和NaOH溶液反应相当于铝离子和NaOH反应，n(Al3+)∶n(NaOH)=1∶4，而Al(OH)3和NaOH反应时，nAl(OH)3]∶n(NaOH)=1∶1，因此若V1明显大于V2，则假设ii成立。2.Ⅰ.(1)受热均匀，温度易于控制(2)4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O铁的去除率很高，而铬的去除率不是很高(3)4×10-9(5)Cr在TBP中的溶解度大于其在水中的溶解度，Cr与TBP不反应，且TBP不溶于水也不与水反应Ⅱ.(1)8(2)Na2SO4【解析】Ⅰ.(2)向浸取液中通入空气时，空气中的O2将Fe2+氧化为Fe3+；由图示可知，在pH为3.0时，铁的去除率很高，而铬的去除率很低。(3)因KspCr(OH)3]=c(Cr3+)·c3(OH-)，当c(Cr3+)=10-5mol·L-1，则c(OH-)=4×10-9mol·L-1。Ⅱ.(1)在反应中，Cr由+6价降低到+3价，C由0价升高到+4价，根据得失电子守恒可知，1molC12H22O11能还原8molNa2Cr2O7。(2)根据反应的化学方程式可知，产品中混有的杂质只能是Na2SO4。3.(1)abc(2)防止碘升华(3)2IO-+N2H4·H2O2I-+N2↑+3H2O或2I+3(N2H4·H2O)2I-+3N2↑+9H2O](4)使合成反应均匀进行，并使产生的CO2、N2等气体及时排出(5)先加入碘、水合肼，最后加入碳酸钠(6)趁热过滤；将过滤液在不断搅拌下依次加入稍过量的Ba(OH)2溶液、稍过量的Na2CO3溶液，过滤；滤液中在不断搅拌下加入HI溶液至用pH试纸测定溶液pH约为6；蒸发浓缩、冷却结晶，再次过滤；用高纯水洗涤晶体23次后，在真空干燥箱中干燥【解析】(5)在后期，可在溶液中先加入I2，再加入水合肼，此时I2被还原为I-，最后加入Na2CO3。(6)加入活性炭脱色后，趁热过滤，除去活性炭，加入稍过量的Ba(OH)2，使得溶液中的S转变为BaSO4沉淀，再加入稍过量的Na2CO3，使得过量的Ba(OH)2转变为BaCO3沉淀，过滤除去BaSO4和BaCO3，在滤液中加入HI，除去过量的Na2CO3，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，将过滤得到的晶体用高纯水洗涤，最后在干燥箱中干燥即可。4.(1)①通过观察A中产生气泡的比例调节流速②搅拌、使用多孔球泡(2)①2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2②该反应放热，温度升高Cl2O会分解(3)HClO见光易分解(4)酸式滴定管加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量【解析】(2)①装置B中Cl2与Na2CO3溶液发生歧化反应生成Cl2O的同时得到NaCl和CO2，反应的化学方程式为2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2。②由“已知”可知，42℃以上Cl2O分解。(4)根据提示，测定HClO的浓度要通过测定被还原生成的Cl-来实现，还原剂不选FeCl2(引入Cl-)，故只能选择H2O2，然后加入AgNO3溶液与生成的Cl-反应得到AgCl，通过称量AgCl的质量而求得HClO的浓度。5.(1)温度过低，反应速率太慢；温度太高，HNO3易分解3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O(2)吸收NO尾气，防止污染空气8NO+3O2+8NaOH6NaNO2+2NaNO3+4H2O(3)①a将pH试纸放在表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取溶液点在试纸中央，变色后与标准比色卡对比，读取溶液的pH②蒸发浓缩、冷却结晶洗去晶体表面残留杂质，减少晶体的溶解损失【解析】(1)控制合适温度可以从反应速率和HNO3的特性(挥发性、分解性)来考虑。(2)三颈瓶中产生大量的NO气体，通入O2后，NO、O2与NaOH反应生成NaNO2、NaNO3，从而防止NO污染环境；若反应中生成3molNaNO2和1molNaNO3，则需要4molNO失去6(3×1+3=6)mol电子，根据得失电子守恒可知需要1.5molO2参与反应，由此可写出化学方程式。(3)①加入的试剂能消耗H+且不引入新的杂质，而NaOH能引入Na+，NH3·H2O引入N，故符合条件的只有CuO。②从溶液中得到晶体的方法是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；硫酸铜晶体在乙醇中溶解度较小，且乙醇蒸发比水要快得多。6.(1)bdef(2)SiO2+H2SO4(浓)H2SiO3+SO3↑(3)取少量除铁后的滤液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为血红色则含Fe3+，否则不含Fe3+Fe(OH)3(4)蒸发浓缩冷却结晶过滤(5)Al2(SO4)3+H2SO4+2NH3·H2O+22H2O2NH4Al(SO4)2·12H2O]↓【解析】(1)灼烧固体在坩埚中进行，配套需要三脚架、泥三角、酒精灯。(2)二氧化硅与浓硫酸在较高温度下发生非氧化还原反应生成腐蚀性气体SO3。(3)水浸后过滤，滤液中有Al3+、Fe3+，除铁将Fe3+沉淀，故滤渣2是Fe(OH)3。7.(1)生成的Na2SO4固体附着在Na2SO3表面防止倒吸(2)出现浑浊是因为空气中的O2将S2-氧化为S，有H2S逸出是因为Na2S水解生成H2S(3)2S2-+C+4SO23S2+CO2把装置C置于35℃的水浴中(4)①静置，取上层清液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质②取粗产品溶于适量蒸馏水中，蒸发浓缩，冷却至30℃结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，低温干燥【解析】(1)Na2SO3与H2SO4反应生成Na2SO4，因使用的是浓硫酸，反应体系中H2O较少，故生成的Na2SO4附着在Na2SO3的表面而使得固体出现“结块”现象；装置B中的两个导气管都比较短，作安全瓶，防止C中的液体倒吸入A中。(3)C装置中通入的SO2在Na2CO3的作用下能与Na2S发生氧化还原反应生成Na2S2O3，根据得失电子守恒可知SO2与Na2S的物质的量之比为2∶1，再结合原子守恒可配平离子方程式；由于是35℃，小于水的沸点，故采用水浴加热方式。(4)②由图示可以看出，30℃时Na2SO4的溶解度最大，故可将粗产品溶于蒸馏水中，加热蒸发浓缩后，冷却至30℃结晶，以除去Na2SO4。8.(1)温度过低，化学反应速率较慢，温度过高草酸升华或分解水浴加热(2)将反应物充分混合2NaClO3+H2C2O4Na2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O(3)2ClO2+2OH-Cl+Cl+H2O(4)加入足量KI溶液，加2滴淀粉溶液，用标准Na2S2O3溶液滴定至终点，记录消耗标准Na2S2O3溶液的体积；加入稀硫酸调节溶液的pH≤2.0，继续用标准Na2S2O3溶液滴定至终点，记录消耗标准Na2S2O3溶液的体积【解析】(3)ClO2(Cl显+4价)与NaOH反应生成NaClO2(Cl显+3价)，因为生成等物质的量的两种盐，根据氧化还原反应知识可知，生成的另一种盐是NaClO3(Cl显+5价)，故反应的离子方程式为2ClO2+2OH-Cl+Cl+H2O。(4)因为调节溶液的pH为7.08.0，此时加入KI后能将ClO2全部还原为Cl，KI被氧化为I2，加入淀粉后变为蓝色，加入Na2S2O3进行滴定，由此得关系式为2ClO2~2I-~I2~2Na2S2O3，通过Na2S2O3的体积和浓度可计算出水中ClO2的物质的量；因为在pH≤2.0时，Cl也能将I-氧化为I2，故应在第一次滴定后的溶液中加入H2SO4，调节溶液的pH≤2.0，再加入Na2S2O3滴定，关系式为Cl~4I-~2I2~4Na2S2O3，根据第二次滴定时Na2S2O3的浓度和体积可以求出Cl总物质的量，根据两次之差就可求得水中Cl的含量。￥微专题九物质结构与性质题型研究非选择题1.(1)1s22s22p63s23p63d10(或Ar]3d10)(2)正四面体(3)①ac②4mol③H2O、NO(4)【解析】(2)S中S原子采用sp3杂化，无孤对电子，故为正四面体结构。(3)①N2O与CO2互为等电子体，两者结构相似，故N2O为直线形，a正确；由于N的2p轨道电子排布为半满的稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻的元素，故N的第一电离能最大，b错误；双键碳原子都采用sp2杂化，c正确；HCOOH的沸点高是因为分子间存在氢键，d错误。②HCOOH的结构式为，其中含有4个σ键。(4)由该晶胞结构可知，Kr原子位于顶点和六个面心，故该晶胞中含有Kr原子的个数=8×+6×=4，该晶体是面心立方堆积，每个Kr原子的周围最近的Kr原子有12个，故==。2.(1)A(2)OCS平面三角形(3)1s22s22p63s23p63d9(或Ar]3d9)sp3【解析】(1)同周期元素从左到右电负性逐渐增大，A正确；一个乙烯分子中含有1个π键和5个σ键，B错误；氯化钠晶体中Cl-的配位数为6，氯化铯晶体中Cl-的配位数为8，C错误；由于Mg的3s轨道为全充满稳定状态，故第一电离能要大于Na和Al，D错误。(2)OCS与CO2互为等电子体，结构与CO2结构相似，故其结构简式为OCS；因为光气分子中每个原子都达到8电子稳定结构，故其结构为，是平面三角形结构。(3)Cu为29号元素，故Cu2+含有27个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d9；S价层电子对数是4，故S采用sp3杂化；该配合物的内界为Cu(NH3)4]2+，Cu与4个N原子形成4个配位键，故其结构为。3.(1)C<N<O(2)3d54s1(3)sp25∶1(4)N(5)Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3Cr(NH3)4(H2O)2]3++3Cl-【解析】由于X是除碳元素外生成化合物种类最多的元素，故X为氢元素；Y元素原子核外电子排布式为1s22s22p2，故Y为碳元素；W原子最外层电子数是内层电子数的3倍，故W为氧元素，根据原子序数关系可知Z为氮元素；J是第4周期中未成对电子数最多的元素，故J为铬元素。4.(1)3d104s1(2)sp、sp224mol(3)①CH3CH3②8③PbI2+2I-PbI4]2-【解析】(2)苯环上的C原子采取sp2杂化，而碳碳三键的碳原子采取sp杂化；苯环上有6个σ键，三键C原子与苯环上C原子之间也是σ键(6个)，碳碳三键中有1个键是σ键(6个)，碳碳三键与H原子之间也是σ键(6个)，总共有24个σ键。(3)①CH3N中含有8个原子和14个价电子，与其互为等电子体的分子是CH3CH3。②由图2可知每个A离子的周围有8个M离子。③因为H2PbI2]完全电离生成H+和PbI4]2-，故反应的离子方程式为PbI2+2I-PbI4]2-。5.(1)1s22s22p63s23p63d74s2(或Ar]3d74s2)N>O>C(2)12mol(3)sp2因为COCl2的相对分子质量比甲醛大，故范德华力比甲醛大，导致其沸点比甲醛高(4)三角锥形(5)CoO【解析】根据题意推出X、Y、Z、W、R分别为C、N、O、Cl、Co。(2)Co2+和CN-之间是配位键，属于σ键，CN-中有1个σ键，故1molCo(CN)6]4-中含有12molσ键。(3)结构相似的分子晶体的沸点高低与分子间作用力有关，与相对分子质量成正比。(4)NCl3价层电子对数为4，有1对孤对电子，故NCl3为三角锥形。(5)晶胞结构类似NaCl晶体，阴、阳离子个数比为1∶1，所以化学式为CoO。6.(1)1s22s22p63s23p63d9N(2)sp3H3O+(3)N>O>S(4)CuCl2·2H2O【解析】(1)NH3分子中的N原子上有孤对电子，能与Cu2+形成配位键。(2)乙醇分子中的羟基氧原子采取sp3杂化；NH3分子含有4个原子和8个价电子，其等电子体为H3O+。(3)N是ⅤA族元素，最外层电子排布是半满的稳定状态，第一电离能大于O，而同主族元素，自上而下第一电离能逐渐减小，故三者的第一电离能N>O>S。(4)Cu2+位于顶点和面心上，故含有Cu2+的个数=8×+2×=2，Cl-有4个在面上、2个在体内，故含有Cl-的个数为4×+2=4，H2O分子有8个位于棱上、4个位于面上，故含有H2O分子的个数=8×+4×=4，故晶体的化学式为CuCl2·2H2O。7.(1)①O②三角锥形③SeO2(2)H2O分子与乙醇分子间可形成氢键，而H2S不能(3)①1s22s22p63s23p63d6(或Ar]3d6)②14mol(4)Fe3S8【解析】第4周期中，基态原子有4个未成对电子的原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，为Fe元素；最外层电子数是内层电子总数3倍的元素为O元素；基态原子3p轨道上有4个电子的元素为S元素。(1)①O元素的非金属性大于S元素，故电负性较大的是O元素。②S中，成键电子对数为3，孤对电子数==1，根据价层电子对互斥理论可知，该离子为三角锥形结构。③SO2分子中含有3个原子和18个价电子，与其互为等电子体的氧化物为SeO2。(3)②由化学式可知，Fe2+能形成6个配位键(配位键全部为σ键)，每个CN-中含有1个σ键和2个π键，1个NH3分子中形成3个σ键，故1个化合物K3Fe(CN)5(NH3)]中含有14个σ键。(4)由晶胞的结构可看出，Fe位于四个顶点和体心，故含有