1、非选择题(25题)【工艺流程综合训练】26. (1) 水c(2) FeCl3加高纯水时,酸度降低,平衡向转化为FeCl3的方向移动(3) 2Fe2(C2O4)3+3O2 2Fe2O3+12CO2(4) 解析FeCl3溶于浓盐酸生成HFeCl4,由流程知该化合物能被萃取剂X萃取,杂质离子不能被萃取而留在水相中,萃取液依据平衡移动原理用高纯水反萃取,重新得到纯净的FeCl3溶液,然后沉淀得Fe2(C2O4)3,最后热分解得高纯Fe2O3。27. (1) CaO+3C CaC2+CO回收作燃料(或净化后作化工原料)(2) CaSCa3P2Cu2+H2S CuS+2H+3 mol(3) 回转炉中的温度
2、过高(或球磨时固体颗粒过大)(4) 酸CaCN2+3H2O CaCO3+2NH3解析(1) 焦炭与生石灰生成CaC2及CO,故尾气中含高浓度的CO,可回收作燃料或化工原料。(2) 电石中杂质硫显-2价故应为CaS,磷显-3价,故杂质为Ca3P2,CaS、Ca3P2水解生成了H2S、PH3及Ca(OH)2;H2S能与CuSO4溶液反应生成难溶于强酸的CuS沉淀及H2SO4,PH3与CuSO4溶液发生氧化还原反应,该反应转移电子数为24e-,每生成1 mol Cu3P转移电子数为=3 mol。(3) 在回转窑中合成CaCN2时,考虑该合成反应是放热反应,高温平衡向逆反应方向移动,产品中CaCN2含
3、量低;若球磨电石及萤石颗粒过大,不能与N2充分接触也会使CaCN2含量低。(4) CaCN2能水解生成Ca(OH)2,显碱性,适宜用在酸性土壤中。28. (1) Fe、Cu、Zn(2) Zn2(OH)2CO3+4H+ 2Zn2+3H2O+CO2(3) 4Zn+10H+N 4Zn2+N+3H2O(4) O24NO+3O2+2H2O 4HNO3(分步写亦可)除去氮氧化物,防止污染解析(1) 酸溶后溶液中金属离子为Zn2+、Fe3+、Cu2+,还原时加入过量的锌,可将Fe3+还原为Fe、Cu2+还原为Cu,另有过量的Zn没参与反应,故滤渣的成分为Fe、Cu、Zn。(3) 根据题意先写出Zn+H+NZ
4、n2+N,然后根据得失电子守恒写出4Zn+H+N4Zn2+N,最后根据电荷守恒和质量守恒配平即可。(4) 本题中气体A的成分为NO、NO2、CO2等,根据题意,显然只有NOx能被循环利用,故可联想到NOx在O2条件下被水吸收的知识,本题便可迎刃而解。29. (1) CO2+2NaOH Na2CO3+H2O(或CO2+NaOH NaHCO3)(2) 减小Na2S2O4在水中的溶解度,提高产率HCOONa+2SO2+NaOH Na2S2O4+CO2+H2O(或2HCOONa+4SO2+Na2CO3 2NaS2O4+H2O+2CO2)(3) 可行,在合成甲酸钠的同时生成少量碳酸钠,氮气逸出,生成的碳
5、酸钠与氢氧化钠一样也可与HCOONa及SO2合成保险粉(4) 蒸馏(5) 2S2+O2+2H2O 4HS解析炼钢尾气中的CO2用碱液除去,CO+NaOH HCOONa,N2不能被吸收排出,甲醇与水互溶,甲醇是有机物,Na2S2O4溶解度较小,水溶液中加入甲醇可减小保险粉的溶解度,过滤得到的滤液中的甲醇可用蒸馏法回收,由于合成保险粉原料除SO2、HCOONa外另一种原料可以是NaOH也可以是Na2CO3,所以第一步可以不净化直接进入合成甲酸钠反应器。30. (1) 隔绝空气防止硫与氧气反应及防止铁的氧化物的生成(2) CuC+CuS Cu2Cl2+SSFeS2(3) 2Cu2Cl2+4H+O2
6、4Cu2+4Cl-+2H2OO2氧化Cu2Cl2时消耗溶液中的H+解析焙烧时发生反应:CuFeS2+SCuS+FeS2,生成的CuS被CuCl2氧化:CuCl2+CuS Cu2Cl2+S,过滤,滤渣为S和FeS2,滤液为Cu2Cl2、NaCl及盐酸;通氧气将Cu2Cl2氧化为CuCl2,通过结晶分离等步骤得到氯化铜溶液,滤液返回作浸取液。【有机合成综合训练】31. (1) 取代反应(2) 醛基醚键解析(3) 含苯环的物质,若不同化学环境的氢少,则苯环上的取代基一般是对称的,只有两个取代基的往往是对位关系;能与FeCl3发生显色,则含有酚羟基;本身及水解后的产物都能发生银镜反应,则应为甲酸形成的
7、酯。其同分异构体,可对比用掉的碳原子数知还有两个碳,可以作为两个亚甲基插入甲酸酯与苯环中间,也可以作为一个次甲基连一个甲基插入。(5) 醛与醛之间可以发生类似于BC的反应,生成产物中含有碳碳双键,再与Br2加成,然后将醛基氧化成羧基,最后将溴原子水解即可得两个羟基。32. (1) 醛基碳碳双键(2) 加成反应(3) CH3OH(4) (或其他合理答案)(5) 解析(2) 反应中,CC双键与HBr发生了加成反应。(3) BC发生了酯化反应,故X为CH3OH。33. (1) 硝基 (3) 取代反应解析(1) NO2为硝基;结合C和利多卡因的结构简式推断处于中间的D的结构简式为。(2) AB的反应属
8、于硝化(取代)反应,注意小分子H2O的书写。(3) D生成利多卡因和小分子HCl,故该反应为取代反应。(4) 说明有机物具有结构;说明另一个取代基与OH处于对位;说明另一个取代基中含有CHO。(5) 利用逆合成法分析需要合成的重要中间体为34. (1) (2) 羰基醚键(3) 取代反应 解析依据A是芳香化合物及分子式为C6H6O3,A只能是多酚结构,又根据E的结构式,可逆推A为均三苯酚,依据B的分子式和已知信息可确定B为,依据信息可确定C为35. (1) 酯基醚键(2) 取代反应(3) ClCH2COOC2H5解析甲苯(A)与丙烯在Na/C作用下发生加成反应得到B,B与乙酰氯发生取代反应,X与
9、C发生环化同时去掉1个HCl得D,D经水解脱羧得E,E氧化得F。合成1-苯基-1,2-乙二醇,先用苯与乙酰氯(依流程图中BC)反应得苯乙酮,然后用提供的信息,将苯乙酮还原为1-苯基乙醇,在浓硫酸作用下消去得苯乙烯,再经与卤素加成和水解得到目标产物。【化学实验与计算训练】36. (1) A(2) 除去多余的氯气(3) 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(4) 重结晶(5) 作催化剂%偏高解析(1) 逆流能增大接触面积,加快反应速率,故选A,另外在常温或低温下,生成Ca(ClO)2,不是Ca(ClO3)2。(2) 结合流程与溶解度表可知,“复分解”发生的反应是+2KCl 2KClO3+CaCl2,故反应X无
10、需除去Ca2+,那S2-能参与的反应当然是被剩余的Cl2氧化而达到除去多余氯气的目的。(3) 操作Y的对象是与KCl反应后的溶液,根据溶解度表知,先析出的是氯酸钾,故需要通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等操作,即可得母液与氯酸钾粗品。(4) 氯酸钾粗品中仍含有KCl、CaCl2等可溶物,故可将氯酸钾粗品晶体再次溶于水,再析出的办法进行提纯,即重结晶。(5)与KMnO4反应的Fe2+的物质的量为5c2V2 mmol,故与Cl反应的Fe2+为(c1V1-5c2V2)mmol,则KClO3的物质的量为(c1V1-5c2V2)mmol,a g 样品中KClO3的物质的量为(c1V1-5c2V2)20 mm
11、ol,最终即可计算出KClO3的质量分数。37. (1) 11-Al2O3转化为难溶于硫酸的-Al2O3(2) 蒸发浓缩冷却结晶(3) 100 mL容量瓶、胶头滴管100%偏高解析1 mol明矾石含2 mol K和6mol Al,故能生产2 mol 明矾和2 mol硫酸铝,即物质的量之比为11。根据题目表格信息,温度过高,-Al2O3可转化为难溶于酸的-Al2O3,从而导致硫酸铝晶体产量降低。(2) 母液中主要含硫酸铝,故要得到Al2(SO4)318H2O,需进行的实验操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(3) 在100 mL容量瓶中进行,最后需胶头滴管定容。步骤2中过量的EDTA为c
12、2V2 mmol,故与Al3+反应的EDTA为(c1V1-c2V2) mmol,故Al2(SO4)318H2O的质量分数为100%。样品中的杂质离子与EDTA反应后,会导致V2减小,故质量分数偏高。38. (1) ac(2) . . 酚酞. (3) 0.24(4) 将葡萄酒改为蒸馏水,其余用量及加热时间等均不变;在所得C的溶液中,加入酚酞试液,用0.090 0molL-1NaOH标准溶液滴定,到滴定终点时,消耗标准液的体积为V0解析(1) 仪器A是冷凝管或冷凝器,水通入A时应该是“下进上出”即进口为b。SO2与H2O2反应的化学方程式为SO2+H2O2 H2SO4。(2) 应该用碱式滴定管盛装
13、NaOH溶液,滴定前排气泡时应选图2中的;滴定终点时溶液的pH=8.8,应选择酚酞作指示剂;若用50mL滴定管进行实验,当滴定管中的液面在刻度“10”处,考虑到尖嘴部分,则管内液体的体积大于40mL。(3) 设该葡萄酒中SO2的物质的量为x,根据有关反应SO2+H2O2 H2SO4、2NaOH+H2SO4 Na2SO4+2H2O,由SO2H2SO42NaOH 1mol 2molx0.025L0.090 0molL-1可得=解得x=0.001 125mol该葡萄酒中SO2含量为=0.24 gL-1。(4) 进行空白实验,按图1装置,控制相同条件,将葡萄酒改为等量的蒸馏水,加热时间也相同;然后进行
14、滴定,若消耗标准氢氧化钠溶液为V0,则消耗NaOH溶液体积为(25.00-V0)mL。39. (1) 增大金属和酸的接触面积,加快反应速率(2) 不产生对环境有污染的产物Cu+H2O2+2H+ Cu2+2H2O(3) 5.25.4(4) 甲甲得到的产品纯度高、原子利用率高(5) 87.5%样品中含有Na2SO4等杂质解析(2) H2O2为绿色氧化剂,HNO3的还原产物为氮氧化物,会污染环境。(3) 此时调pH是使Al3+全部沉淀为Al(OH)3,但不能使Cu2+沉淀,故5.2pH5.4。(5) 由所给离子方程式知Cu2+Na2S2O3,故w(CuSO45H2O)=100%=87.5%。硫酸铜晶
15、体中含Na2SO4杂质,若通过测定硫酸根来测定硫酸铜晶体的含量,则结果会偏高。40. (1) 2KHSO4 K2S2O8+H2(2) O3(3) 降低水温,保证电解过程中温度在5以下(4) 蒸馏(5) 防止I-被空气中O2氧化,造成偏大的误差淀粉溶液54cV%(6) 2Mn2+5S2+8H2O 2Mn+10S+16H+解析(1) 电解KHSO4溶液,S失电子生成S2,H+得电子生成H2。(2) 阳极为阴离子放电,生成能氧化I-的气体单质,且为有色,则应为O3,可理解成OH-放电生成O2,O2在放电条件下进一步转化为O3。(3) 由信息知,过二硫酸钾易分解,故需要在低温下生成。(4) 乙醇和乙醚
16、为相互溶解的有机物,可利用两者沸点不同而蒸馏分开。(5) I-易被氧化,如空气中的O2,故实验中需要密封。淀粉遇I2显蓝色,该实验中当I2被消耗时,蓝色会褪去,从而指示反应的终点。由化学方程式找出关系式:K2S2O8 I22S22702cV10-3w(K2S2O8)=100%=54cV%。(6) Mn由+2价升到+7价,S由+7价降到+6价,根据得失电子守恒配平主要反应物和生成物;再由电荷守恒确定产物中有H+;最后由H原子守恒,确定反应物中还有H2O,并配平。【反应原理综合训练】41. (1) 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)H=-746.5 kJmol-1(2) 1.87
17、510-4 mol L-1s-1 5 000ABC(3) B解析(1) 根据盖斯定律,反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)的H=(-180.5)-(-221.0)+2(-393.5) kJmol-1=-746.5 kJmol-1。(2) v(N2)=v(NO)= molL-1s-1=1.87510-4 mol L-1s-1;由表中数据容易知,平衡时c(NO)=1.0010-4molL-1,c(CO)=2.7010-3molL-1,c(N2)=4.510-4molL-1,c(CO2)=910-4molL-1,故K=5 000;该反应的H0、SNiAc+Ni2+解析(1) 上下
18、两式相减再除以2即得。(2) 依据正反应是气体体积缩小且是放热的反应,依据平衡移动原理,要提高反应a中Ni(CO)4的产率,可采用移取出Ni(CO)4、增大压强、增大CO浓度等方法。根据图像,010min反应的Ni的质量为100g-41g=59g,n(Ni)=1mol,则生成Ni(CO)4=1mol。vNi(CO)4=0.05molmin-1。反应a为放热反应,则反应bNi(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)为吸热反应,降低温度,平衡逆向移动,则平衡常数K减小,a错误;CO的浓度减小,b正确;Ni的质量减小,c正确;降低温度,正、逆反应速率均减小,d错误。(3) 由图知,H+和Ni2+移向
19、阴极放电,分别得H2和Ni。阳极发生的反应为4OH-4e- 2H2O+O2,生成1mol O2转移4mole-,阴极电极反应式为2H+2e- H2和Ni2+2e- Ni。(4) 从图中看,在横轴0.5处作一垂线,显然得知,浓度为Ni(Ac)2NiAc+Ni2+。44. (1) a+b-c(2) 前者是吸热反应,通入空气后发生的后者反应是放热反应,可维持自身的热平衡(3) C+2C4e- 3CO252(4) abc解析(2) 自身热平衡,需吸收的热量与放出的热量相等。(3) 负极发生的反应为C+2C4e- 3CO2,正极发生的反应为O2+2CO2+4e-2C,空气中O2体积分数约为0.2,故=,
20、=。(4) 由图2,相同压强下,温度越高,C的平衡转化率越小,可确定该反应是放热反应;由于正反应是气体体积减小的反应,压强越大,转化率越高,故p1T41 000 KT2T1;采用T2操作温度时,在压强大于6MPa时对转化率影响不大。A点平衡时,n(H2)=1mol,n(CH4)=0.5mol,p(H2)=4.5MPa=3MPa,p(CH4)=4.5MPa=1.5MPa,Kp=。45. (1) CaC2(s)+MgO(s) CaO(s)+Mg(g)+2C(s)H=+177.5kJmol-1(2) 相同条件下延长保温时间,还原率增加不明显,生产成本增大相同条件下,还原剂配比由1.2升至1.3,还原
21、剂用量增大,还原率增加不明显,生产成本增大(3) 2Mg(OH)+2e- 2MgO+H2在HCl气流中加热脱水(4) 防止Si和Mg被氧化,并可提高金属镁的产率(5) +12H+12e- +4H2O解析(1) 根据盖斯定律进行计算。(2) 2h到2.5h 时,还原率虽有增加,但增加不明显,为维持高温,需增加更多成本,故效益下降; 配比为1.2,而不是1.3,仍然是因为CaC2用量增大,但还原率增大不明显,生产成本太高。(3) 根据题意描述知,阴极Mg(OH)+会生成MgO,从而写出电极反应式;直接加热MgCl2H2O会导致Mg2+水解,得不到MgCl2,应在HCl气流中加热,可抑制Mg2+的水
22、解,并带走水蒸气。【物质结构与性质综合训练】46. (1) 1s22s22p63s23p63d8(或Ar3d8)(2) KF(3) K2NiF46(4) 离子键、配位键FeF63-F-解析结合“A和B的价电子层中未成对电子均只有1个,并且A-与B+电子数相差8”,可知A位于第n周期A族、B位于第(n+2)周期A族,它们均为前4周期元素,那么A为F、B为K,再结合“与B位于同一周期的C和D,它们电子层中的未成对电子数分别为4和2,且原子序数相差2”,可知C为Fe(26号)、D为Ni(28号)。(1) Ni2+即是失去4s上的2个电子,价层电子排布式为3d8,Ni2+的电子排布式为1s22s22p
23、63s23p63d8或Ar3d8。(2) 结合元素性质,第一电离能最小的是K,电负性最强的是F。(3) 根据均摊法,F的个数为16+4+2=8,K的个数为8+2=4,Ni的个数为8+1=2,该晶体的化学式为K2NiF4;Ni的配位数是6(三维坐标分别有2个)。(4) K3FeF6是配合物,内界以配位键连接,内界与外界以离子键连接;配体是F-。47. (1) 1s22s22p63s23p63d8(或Ar3d8)(2) 平面正三角形sp3N2H4分子间可形成氢键,增加了分子间的作用力,而乙烷分子间不能形成氢键(3) 15mol(4) NiAs解析(2) N氮原子孤对电子数为0,键为3,为平面三角形
24、。(3) 丁二酮肟中有6个CH 键,3个CC 键,2个CN 键,2个NO 键和2个HO 键。48. (1) a(2) 2BN(3) sp2sp33(4) 解析(1) 卤族元素随核电荷数的增大,元素的非金属性依次减弱,则电负性逐渐变小;F无最高正价,Cl、Br的最高正价为+7价;因HF分子间存在氢键,故沸点反常高,即沸点:HFHCl;卤族元素单质结构相似,F2、Cl2、Br2的相对分子质量依次增大,则分子间作用力依次增大,熔点依次升高。(2) 利用“均摊法”可知每个晶胞中含有B原子的个数为4+1=2,同理可知含有N原子的个数为8+1=2,因此该功能陶瓷的化学式为BN。(3) BCl3与NCl3的
25、中心原子的价层电子对数分别为3、4,因此二者中心原子的杂化方式分别为sp2、sp3;因N的最外层轨道电子数处于半充满的稳定状态,因此N的第一电离能反常大于O,Be的价层电子排布处于全满的稳定结构,其第一电离能大于B,因此第一电离能介于B、N之间的第2周期元素有Be、C、O三种元素。(4) NH3中N有孤对电子,BCl3中B有空轨道。49. (1) sp2、sp3(2) 1s22s22p23 mol(3) H、O(4) 12M3C60解析(1) 图1中碳原子与另3个碳在同一平面内,故采用sp2杂化,氧化石墨烯中2号碳为饱和碳原子,采用sp3杂化。(2) 每个碳原子出发形成3根键,每2个碳原子共用
26、1根键,24g石墨烯为2mol,故含键为2mol=3mol。(3) 氧化石墨烯中O原子与H2O的H原子,及氧化石墨烯中的H原子与H2O的O原子都可以形成氢键。(4) 晶胞中M原子的个数为12+9=12,C60位于顶点和面心,故晶胞中C60的个数为8+6=4,故化学式为M3C60。50. (1) 1s22s22p15mol(2) BC(3) 平面三角形CO2、N2O、CS2及BeF2等(4) 4解析(1) 无论硼烯是何种结构,但键数目相同。(2) A项,立方氮化硼只含键,错误;B项,六方氮化硼层与层之间存在的是范德华力,该作用力小(同石墨),故质地软,正确;C项,两种晶体中的BN键均为共价键,正确;D项,立方氮化硼属于原子晶体,错误。(3) 硼原子上无孤电子对,依据价层电子对互斥理论,BCl3分子为平面三角形。(4) 氮原子数目为8+6=4。