1、题型专练1七铝十二钙(12CaO7Al2O3)是新型的超导材料和发光材料，用白云石(主要含CaCO3和MgCO3)和废Al片制备七铝十二钙的工艺如下：(1)煅粉主要含MgO和_，用适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，镁化合物几乎不溶，若滤液中c(Mg2)小于5106molL1，则溶液pH大于_Mg(OH)2的Ksp51012；该工艺中不能用(NH4)2SO4代替NH4NO3，原因是_。(2)滤液中的阴离子有_(忽略杂质成分的影响)；若滤液中仅通入CO2，会生成_，从而导致CaCO3产率降低。(3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为_。(4)电解制备Al(OH)3时，电极分
2、别为Al片和石墨，电解总反应方程式为_。(5)一种可超快充电的新型铝电池，充放电时AlCl和Al2Cl两种离子在Al电极上相互转化，其他离子不参与电极反应，放电时负极Al的电极反应式为_。解析(1) 白云石高温煅烧，CaCO3和MgCO3受热分解生成CaO和MgO，煅粉主要含有CaO和MgO。若溶液中c(Mg2)小于5106molL1，根据Kspc(Mg2)c2(OH)得：c(OH) molL11103 molL1，c(H)11011molL1，即pH11。若用(NH4)2SO4代替NH4NO3，则(NH4)2SO4会与CaO反应生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少
3、。(2) 煅粉的主要成分是CaO和MgO，加入适量NH4NO3溶液浸取煅粉后，由于镁化合物几乎不溶，则溶液中溶质主要为生成的Ca(NO3)2和Ca(OH)2，故滤液中的主要阴离子为NO 和OH。由于滤液的pH大于11，溶液中含有Ca(NO3)2和少量的NH4NO3与Ca(OH)2，若仅通入CO2会生成Ca(HCO3)2，从而导致CaCO3产率降低。(3)用NaOH溶液可除去废Al片表面的氧化膜，反应的离子方程式为2OHAl2O3=2AlO H2O。(4) 电解制备Al(OH)3时，电极分别为Al片和石墨，电解总反应方程式2Al6H2O2Al(OH)33H2。(5) 由题意可知，放电时负极Al失
4、去电子与AlCl 结合生成Al2Cl，其电极反应式为Al3e7AlCl =4Al2Cl。答案(1) CaO11 加入(NH4)2SO4会生成CaSO4微溶物，在过滤时会被除去，造成生成的CaCO3减少(2) NO和OHCa(HCO3)2 (3) 2OHAl2O3=2AlO H2O(4)2Al6H2O 2Al(OH)33H2(5)Al3e7AlCl =4Al2Cl2硼、镁及其化合物在工农业生产中应用广泛。已知：硼镁矿的主要成分为Mg2B2O5H2O，硼砂的化学式为Na2B4O710H2O。利用硼镁矿制取金属镁及粗硼的工艺流程为：回答下列有关问题：(1)硼砂中B的化合价为_，溶于热水后，常用H2S
5、O4调pH至23制取H3BO3，反应的离子方程式为_。X为H3BO3晶体加热脱水的产物，X与Mg反应制取粗硼的化学方程式为_。(2)MgCl27H2O需要在HCl氛围中加热，其目的是_。若用惰性电极电解MgCl2溶液，其阴极反应式为_。(3)镁H2O2酸性燃料电池的反应原理为MgH2O22H=Mg22H2O，则正极反应式为_。常温下，若起始时电解质溶液pH1，则pH2时溶液中Mg2的浓度为_；已知常温下，KspMg(OH)25.61012，当溶液pH6时，_(填“有”或“没有”)Mg(OH)2沉淀析出。(4)制得的粗硼在一定条件下生成BI3，BI3加热分解可以得到纯净的单质硼。现将0.020
6、g粗硼制成的BI3完全分解，生成的I2用0.30 molL1Na2S2O3(H2S2O3为弱酸)溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液18.00 mL。盛装Na2S2O3溶液的仪器应为_滴定管(填“酸式”或“碱式”)。该粗硼样品的纯度_。(提示：I22S2O=2IS4O)解析(1)根据硼砂的化学式及化合物中各元素的化合价代数和为零，可知B的化合价为3价。酸性条件下，Na2B4O710H2O转化为H3BO3，各元素化合价不变，则反应的离子方程式为B4O2H5H2O=4H3BO3。H3BO3晶体加热脱水生成B2O3，B2O3被镁还原为硼，反应化学方程式为3MgB2O32B3MgO。(2)在HCl氛
7、围中加热MgCl27H2O是为了防止MgCl2水解生成Mg(OH)2。用惰性电极电解MgCl2溶液的总反应式为MgCl22H2OCl2H2Mg(OH)2，阳极反应式为2Cl2e=Cl2，阴极反应式为2H2OMg22e=H2Mg(OH)2。(3)原电池中正极得电子，所以正极反应式为H2O22H2e=2H2O。当溶液pH由1升至2时，c(H)0.1 molL10.01 molL10.09 molL1，对应产生的Mg2浓度为0.045 molL1。当pH6时，可认为溶液中H基本耗尽，即c(H)0.1 molL1，此时c(Mg2)0.05 molL1，c(OH)1108molL1，c(Mg2)c2(O
8、H)0.05(1108)25.01018KspMg(OH)2，没有沉淀析出。(4)Na2S2O3是强碱弱酸盐，其溶液呈碱性，应选用碱式滴定管。根据元素守恒和已知离子方程式可知2B2BI33I26S2O，所以样品纯度为100%99%。答案(1)3B4O2H5H2O=4H3BO33MgB2O32B3MgO(2)防止MgCl2水解生成Mg(OH)22H2OMg22e=H2Mg(OH)2(3)H2O22H2e=2H2O0.045 molL1没有(4)碱式99%3高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能水处理剂。下面是以铁屑为原料制备K2FeO4的工艺流程图：请回答下列问题：(1)氯气与铁屑反应
9、生成FeCl3的条件是_，其生成物氯化铁也可作净水剂，其净水原理为_。(2)流程图中的吸收剂X为_(选填字母代号)。aNaOH溶液 bFe粉cFeSO4溶液 dFeCl2溶液(3)氯气与NaOH溶液反应生成氧化剂Y的离子方程式为_。(4)反应的化学方程式为_，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。(5)K2FeO4的净水原理是：4FeO10H2O4Fe(OH)38OH3O2，该反应生成具有吸附性的Fe(OH)3。用上述方法制备的粗K2FeO4需要提纯，可采用重结晶、洗涤、低温烘干的方法，洗涤剂可选用稀KOH溶液，原因是_。(6)测定制备的粗K2FeO4的纯度可用滴定法，滴定时有关反应的离子
10、方程式为：FeOCrO2H2O=CrOFe(OH)3OH2CrO2H=Cr2OH2OCr2O6Fe214H=2Cr36Fe37H2O现称取1.98 g粗K2FeO4样品溶于适量KOH溶液中，加入稍过量的KCrO2，充分反应后过滤，滤液在250 mL容量瓶中定容。每次取25.00 mL加入稀硝酸酸化，用0.100 0 molL1的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为18.93 mL，则上述样品中K2FeO4的质量分数为_。解析(1)铁在氯气中燃烧生成FeCl3。氯化铁可用于净水是因为Fe3水解生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮物质。(2)尾
11、气为Cl2，与吸收剂FeCl2溶液反应生成FeCl3，以备后续操作使用。(3)NaOH溶液与Cl2反应生成NaCl、NaClO、H2O，氧化剂Y为NaClO。(4)反应的化学方程式为2FeCl33NaClO10NaOH=2Na2FeO49NaCl5H2O，其中氧化剂为NaClO，还原剂为FeCl3，二者的物质的量之比为32。(5)由题给的可逆反应可知，OH为生成物，故在碱性溶液中，该反应向逆反应方向进行，可减少洗涤时K2FeO4的损失。(6)根据反应，可得关系式：2FeO2CrOCr2O6Fe2，即FeO3Fe2，则样品中K2FeO4的质量分数为0.100 0 molL10.018 93 L1
12、98 gmol11.98 g100%63.1%。答案(1)点燃Fe3水解生成的Fe(OH)3胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质(2)d(3)Cl22OH=ClClOH2O(4)2FeCl33NaClO10NaOH=2Na2FeO49NaCl5H2O32(5)碱性溶液中，上述反应向逆反应方向进行，可减少洗涤时K2FeO4的损失(6)63.1%4毒重石的主要成分BaCO3(含Ca2、Mg2、Fe3等杂质)，实验室利用毒重石制备BaCl22H2O的流程如下：(1)毒重石用盐酸浸取前需充分研磨，目的是_。实验室用37%的盐酸配制15%的盐酸，除量筒外还需使用下列仪器中的_。a烧杯 b容量瓶 c玻璃棒
13、 d滴定管(2)Ca2Mg2Fe3开始沉淀时的pH11.99.11.9完全沉淀时的pH13.911.13.2加入NH3H2O调节pH8可除去_(填离子符号)，滤渣中含_(填化学式)。加入H2C2O4时应避免过量，原因是_。已知：Ksp(BaC2O4)1.6107，Ksp(CaC2O4)2.3109。(3)利用间接酸碱滴定法可测定Ba2的含量，实验分两步进行。已知：2CrO2H=Cr2OH2OBa2CrO=BaCrO4步骤 移取x mL一定浓度的Na2CrO4溶液于锥形瓶中，加入酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸体积为V0 mL。步骤：移取y mL BaCl2溶液于锥
14、形瓶中，加入x mL与步骤 相同浓度的Na2CrO4溶液，待Ba2完全沉淀后，再加入酸碱指示剂，用b molL1盐酸标准液滴定至终点，测得滴加盐酸的体积为V1mL。滴加盐酸标准液时应用酸式滴定管，“0”刻度位于滴定管的_(填“上方”或“下方”)。BaCl2溶液的浓度为_molL1，若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出， Ba2浓度测量值将_(填“偏大”或“偏小”)。解析(1)充分研磨的目的是增大反应物的接触面积，从而使反应速率加快。配制一定质量分数的溶液，可以算出所需37%的盐酸及水的体积，然后在烧杯中稀释，为加速溶解，要用玻璃棒进行搅拌。(2)根据流程图及表格中数据可知，加入NH3H2O调节p
15、H8时，只有Fe3完全沉淀而除去。加入NaOH，调pH12.5，对比表格中数据可知，此时Mg2完全沉淀，Ca2部分沉淀，所以滤渣中含Mg(OH)2、Ca(OH)2。根据Ksp(BaC2O4)1.6107，H2C2O4过量时Ba2会转化为BaC2O4沉淀，从而使BaCl22H2O的产量减少。(3)“0”刻度位于滴定管的上方。由题意可得关系式BaCl2CrOH，则有c(BaCl2)y103Lb molL1(V0V1)103 L，解得c(BaCl2) molL1。若步骤中滴加盐酸时有少量待测液溅出，则V1变小，Ba2浓度测量值将偏大。答案(1)增大接触面积从而使反应速率加快ac(2)Fe3Mg(OH
16、)2、Ca(OH)2H2C2O4过量会导致生成BaC2O4沉淀，产品的产量减少(3)上方偏大对点回扣工艺流程题思路：1明确化工生产流程主线的特点 一个完整的物质制备化工生产流程如图所示：2熟悉常用的操作方法及其作用(1)对原料进行预处理的常用方法研磨。水浸。酸浸。灼烧。煅烧。(2)常用的控制反应条件的方法调节溶液的pH。控制温度。控制压强。使用正催化剂。趁热过滤。冰水洗涤。题型专练1工业合成有机物F的路线如下：(1)有机物E中含氧的官能团名称为_和_。(2)化合物D的结构简式是_。(3)在上述转化关系中，设计步骤(b)和(d)的目的是_。(4)写出步骤(e)的化学反应方程式：_。(5)写出同时
17、满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式_。属于芳香族化合物；核磁共振氢谱有四个峰；1 mol该物质最多可以消耗1 mol Na。(6)已知：(R：烃基或氢原子，R：烃基)写出以丙烯和为原料制备A物质的合成路线图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CHOCH3COOH解析(2)比较C和E的结构及步骤(c)采用了CrO3作氧化剂、(d)步骤是酸性条件下水解、可知D的结构简式。(3)b步骤将OH转化为OCOCH3，而(d)步骤将OCOCH3水解为OH，则设计步骤(b)和(d)的目的是为了保护醇羟基。(4)比较E和F的分子式，F比E少2个氢原子和1个氧原子，则EF为消去反
18、应。(5)由C的分子式为C15H24O2和属于芳香族化合物可判断出，要求写的同分异构体的分子结构中只有一个苯环，且其余碳原子均为饱和碳，1 mol该物质与Na反应时最多可以消耗1 mol Na，则结构中有1个OH，另1个氧原子必为醚键，又该物质核磁共振氢谱只有四个峰，其结构必为高度对称的结构，这样就可写出其符合要求的同分异构体。(6) 分子中有10个碳原子，A中为13个碳原子，再将目标产物与已知信息中化学方程式的产物比较，当中R为，R为CH3时即为目标产物，则合成目标产物就是用与反应得到，由此，我们可以确定只需将原料丙烯转化为即可。答案(1)羰基羟基(2) (3)保护醇羟基，防止被CrO3氧化
19、(4) H2O(5) 或 (其他合理答案也可)(丙烯催化加水得到2丙醇、丙烯一步催化氧化生成丙酮，也正确；正确制得丙酮即可)2化合物F是合成抗过敏药孟鲁司特钠的重要中间体，其合成过程如下：请回答下列问题：(1)化合物C中含氧官能团为_、_(填名称)。(2)化合物B的分子式为C16H13O3Br，则B的结构简式为_。(3)CD、EF的反应类型依次为_、_。(4)写出符合下列条件C的一种同分异构体的结构简式：_。属于芳香族化合物，且分子中含有2个苯环；能够发生银镜反应；分子中有5种不同环境的氢原子。(5)已知：RClRMgCl，写出以CH3CH2OH、为原料制备的合成路线流程图(乙醚溶剂及无机试剂
20、作用)。合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH解析(1) 为羰基，COO为酯基。(2)仔细比对A、C结构的差异，可见A中C=C被还原，再结合B的分子式C16H13O3Br，可知B为。(3)CD的反应中，C中的变成，故发生了还原反应(加成反应)；EF的反应中，E中的Br被取代，故发生了取代反应。(4)根据条件写好两个苯环，根据条件写出CHO，根据条件知该分子高度对称，由高度对称知，CHO应有2个，剩余的3个C关于一个镜面对称，Br与剩余的1个O在镜面上，于是可写出、，最后整理得出正确答案。答案(1)羰基酯基(2) (3)还原反应(或加成反应)取代反应3罗氟司特是用
21、于治疗慢性阻塞性肺病的新型药物，可通过以下方法合成：(1)化合物C中的含氧官能团为_和_(填名称)。(2)反应中加入的试剂X的分子式为C5H4N2Cl2，X的结构简式为_。(3)上述反应中，不属于取代反应的是_(填序号)。(4)B的一种同分异构体满足下列条件：能发生银镜反应，能与FeCl3溶液发生显色反应；分子中有4种不同化学环境的氢原子。写出一种该同分异构体的结构简式：_。(5)已知：RBrRNH2。根据已有知识并结合相关信息，写出以、CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH解析(2)仔细比对E与罗氟司
22、特结构的差异，发现来自于试剂X，结合试剂X的分子式可推断X的结构简式。(3)反应中，C中的CHO转化为D中的COOH，为氧化反应。(4)根据条件知，该同分异构体含CHO和酚的结构；根据条件知，该分子高度对称。B中除一个苯环外，还有2个不饱和度、3个O原子和5个C原子，结合对称的特点知，应有2个CHO，也正好使用2个不饱和度，故初步写出或，再结合对称原则与剩下3个C原子，可写出最终答案。答案(1)醚键醛基(2) (3)4Aspernigerin对癌细胞具有较强的抑制作用，其合成路线如下：回答下列问题：(1)物质B中官能团的名称为_。(2)反应的无机产物为_。(3)的反应类型是_。(4)写出同时满
23、足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：_。能使溴水褪色；苯环上有2个取代基；苯环上的一氯代物有2种；分子中有5种不同化学环境的氢。(5)以CH3CH2OH和为原料，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。解析分析流程图知，反应为取代反应。反应为强酸制弱酸，将C中的羧酸钠盐全部转化为羧酸。反应为Cl取代了羧基中的羟基。E中的2个Cl与F中N上的H形成HCl，同时生成Aspernigerin。(1)B中有溴原子和羧基两种官能团。(2)发生了取代反应，两个Cl代替了两个OH，则生成的无机物为H2SO3。由于其易分解，故也写
24、成SO2和H2O。(3)是E与F以12发生取代反应，同时生成HCl。(4)能使溴水褪色，说明含有碳碳不饱和键；有两个取代基，且苯环上的一氯代物有两种，说明两个取代基在位于苯环的对位；分子中有5种不同化学环境的氢，除苯环上两种外，两个取代基应有三种，又取代基只有3个碳原子、1个N原子，故可形成1个CH3、1个C(NH2)=CH2，或1个NH2、1个C(CH3)=CH2。(5)采用逆合成法。根据题中反应可知，可取代羰基上所连的氯原子，故需要CH3COCl，再根据反应可知，CH3COCl可由CH3COOH和SOCl2反应得到，而CH3COOH可由CH3CH2OH氧化得到。答案(1)羧基、溴原子(或溴
25、)(2)H2SO3(或SO2和H2O或SO2)(3)取代反应(5)CH3CH2OHCH3COOH(第一步若分两步，先到醛、再到酸也可)5化合物C是一种合成药品的中间体，其合成路线为：已知：(1)写出中官能团的名称_。(2)写出反应的化学方程式_。(3)反应属于_反应(填有机反应类型)。(4)D是比多一个碳的同系物，则满足下列条件的D的同分异构体共有_种，写出一种满足条件且含4种不同氢原子的同分异构体的结构简式_。显弱碱性，易被氧化分子内含有苯环能发生水解反应(5)请你设计由A合成B的合成路线。提示：合成过程中无机试剂任选；合成路线表示方法示例如下：解析(1)根据有机物结构简式可知，其分子中所含
26、官能团的名称为氨基和羧基。(2)反应是甲苯分子中甲基上氢原子被氯原子取代，反应的化学方程式为Cl2HCl。(3)根据反应前后有机物结构的变化可知，该反应是氨基中的氢原子被取代，因此该反应是取代反应。(4)D是比多一个碳的同系物，则D比多1个CH2原子团。显弱碱性，易被氧化，说明含有氨基；分子内含有苯环；能发生水解反应，说明含有酯基。因此如果苯环上有2个取代基，则可以是CH2OOCH和NH2，分为邻、间、对三种；也可以是OOCCH3和NH2，分为邻、间、对三种；还可以是COOCH3和NH2，分为邻、间、对三种；如果含有三个取代基，则分别为NH2、CH3和OOCH，又有10种，所以共计是19种；满
27、足条件的含有4种不同氢原子的D的同分异构体的结构简式可以是，氨基对位的取代基也可以是COOCH3。(5)由于氨基易被氧化，所以引入硝基后先氧化甲基，再还原硝基为氨基，具体合成路线见答案。答案(1)氨基、羧基(2)CH3Cl2CH2ClHCl(3)取代(4)196芳香烃X是一种重要的有机化工原料，其摩尔质量为92 gmol1，某课题小组以它为原料设计出如下转化关系图(部分产物、合成路线、反应条件略去)。已知A是一氯代物，H是一种功能高分子，链节组成为C7H5NO。已知： (苯胺，易被氧化)回答下列问题：(1)对于阿司匹林，下列说法正确的是_。A是乙酸的同系物B能发生酯化反应C1 mol阿司匹林最
28、多能消耗2 mol NaOHD不能发生加成反应(2)H的结构简式是_，FG的反应类型是_。(3)写出CD的化学方程式_。(4)写出符合下列条件的的同分异构体的结构简式_。(写出2种)属于芳香族化合物，且能发生银镜反应；核磁共振氢谱图中峰面积之比为1221分子中有2个羟基(5)以A为原料可合成，请设计合成路线，要求不超过4步(无机试剂任选)。注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3解析(1)阿司匹林分子中含有苯环和酯基，不是乙酸的同系物，A不正确；含有羧基能与醇发生酯化反应，B正确；酯基水解后又产生1个酚羟基，因此1 mol阿司匹林最多能消耗3
29、 mol NaOH，C不正确；苯环能发生加成反应，D不正确，答案选B。(2)反应是羧基与氨基通过缩聚反应生成高分子化合物H，则H的结构简式为或。由于苯胺易被氧化，所以反应应该是硝基的还原反应，则G的结构简式为，F的结构简式为，F生成G是甲基的氧化反应。芳香烃X是一种重要的有机化工原料，其摩尔质量为92 gmol1，因此根据F的结构简式可知X应该是甲苯，结构简式为。(3)根据B可以发生催化氧化生成C，则B中含有一个醇羟基，A生成B，且A是一氯代物，所以A的结构简式为，B的结构简式为，C的结构简式为。C中含有醛基，可以发生银镜反应，则CD的化学方程式2Ag(NH3)2OH2Ag3NH3H2O。(4
30、)属于芳香族化合物，且能发生银镜反应，说明含有苯环和醛基；核磁共振氢谱图中峰面积之比为1221；分子中有2个羟基，所以根据邻羟基苯甲酸的结构简式可知，这2个羟基应该是酚羟基，因此符合条件的有机物的结构简式为。(5)要引入2个羟基，则需要通过卤代烃的水解反应，因此要首先引入1个碳碳双键，通过加成反应引入两个卤素原子。而要引入碳碳双键则可以通过卤代烃的消去反应实现，所以正确的合成路线可以是。答案(1)B(2)或；氧化反应(3) 2Ag(NH3)2OH2Ag3NH3H2O(4) (5) 对点回扣1有机推断的解题技能2有机合成的解题思路题型专练1氯离子插层镁铝水滑石是一种新型的离子交换材料。制备这种水
31、滑石的过程是将MgCl2、AlCl3、NaOH、NaCl溶液按一定比例混合，在65 条件下充分反应后，经过滤、洗涤、干燥得到该水滑石。为确定该水滑石的成分，进行如下实验。实验1：取26.65 g样品，在高温下使其充分分解，得到金属氧化物和气体，气体依次通过足量的浓硫酸和浓氢氧化钠溶液，这两种液体分别增重9.9 g和3.65 g；将金属氧化物在无色火焰上灼烧，火焰无色。实验2：另取26.65 g样品，加入足量的稀硝酸，使其完全溶解，再加入NaOH溶液至过量，最终得到11.6 g白色沉淀。(1)由实验1可知水滑石肯定不含_元素。(2)写出实验2中生成白色沉淀的离子方程式：_。(3)通过计算确定水滑
32、石的化学式。(写出计算过程)解析(1)实验1中将水滑石灼烧时，火焰无色，则不含钠元素。(2)加入氢氧化钠过量，则不会生成氢氧化铝沉淀，生成的沉淀应该是Mg(OH)2，故离子方程式为Mg22OH=Mg(OH)2。(3)浓硫酸增重的是水的质量，即n(H2O)0.55 mol，氢氧化钠增重是因为吸收了HCl，即n(HCl)0.1 mol，n(Mg)nMg(OH)20.2 mol，根据水滑石灼烧后产物为MgO、Al2O3、HCl、H2O，则Al2O3的质量26.65 g0.2 mol40 gmol13.65 g9.9 g5.1 g，即n(Al)0.1 mol，进一步推出n(Mg)n(Al)n(H)n(
33、Cl)n(O)211219，则阴离子除了Cl，应该还有OH，则化学式为Mg2Al(OH)6Cl3H2O。答案(1)钠(或Na)(2)Mg22OH=Mg(OH)2(3)n(H2O)0.55 moln(HCl)0.1 moln(Mg)0.2 molm(Al)2.7 g或m(Al2O3)5.1 g则n(Al)0.1 mol，进一步推出n(Mg)n(Al)n(H)n(Cl)n(O)211219则化学式为Mg2Al(OH)6Cl3H2O2工业上利用废铁屑(含少量氧化铝、氧化铁等)生产硫酸亚铁溶液，进而可制备绿矾(FeSO4 7H2O )、硫酸亚铁铵(NH4)2SO4FeSO46H2O(俗称莫尔盐)等重要
34、试剂。生产硫酸亚铁溶液的工艺流程如下：回答下列问题：(1)加入少量NaHCO3，调节溶液pH的目的是_。(2)硫酸亚铁溶液在空气中久置容易变质，用离子方程式表示其变质的原因：_。(3)若向所得FeSO4溶液中加入少量3 mol L1H2SO4溶液，再加入饱和(NH4)2SO4溶液， 经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等一系列操作后得到硫酸亚铁铵晶体(NH4)2SO4FeSO46H2O(俗称莫尔盐)。硫酸亚铁铵较绿矾稳定，在氧化还原滴定分析中常用来配制Fe2的标准溶液。现取0.352 g Cu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用40.00 mL 0.150 molL1 KMnO4溶液处理，发生反应如下：
35、8MnO5Cu2S44H=10Cu25SO28Mn222H2O6MnO5CuS28H=5Cu25SO26Mn214H2O反应后煮沸溶液，剩余的KMnO4恰好与50.00 mL 0.200 molL1 (NH4)2Fe(SO4)2溶液完全反应。已知：MnOFe2HMn2Fe3H2O(未配平)Cu2S和CuS的混合物在酸性溶液中用0.150 molL1KMnO4溶液处理后，溶液需煮沸的原因是_。实验室配制250 mL 3 mol L1H2SO4溶液，需要质量分数为98%，密度为1.84 g mL1硫酸的体积为_mL。(保留1位小数)试计算混合物中CuS的质量分数(写出计算过程)。答案(1)除去铝离
36、子，而不使亚铁离子形成沉淀(2)4Fe2O24H=4Fe32H2O (3)若不通过煮沸赶尽溶解的SO2 ，溶液中的SO2与酸性KMnO4溶液反应，无法准确测定混合物中CuS的质量分数40.8 由得失电子守恒有关系式MnO 5Fe2剩余的KMnO4的物质的量为：50.00103L 0.2 molL1 2.00103mol 用0.150 molL1 KMnO4溶液处理Cu2S和CuS的混合物时，反应的KMnO4的物质的量为：40103L 0.150 molL12.00103 mol4.00103 mol 设：Cu2S和CuS的混合物中，Cu2S的物质的量为x，CuS的物质的量为y解方程组得x1.0
37、0103moly2.00103mol混合物中CuS的质量分数为：m(CuS)/m(总)(2.00103mol96 gmol1)/0.352 g100%54.5%3以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备二氧化氯气体，再用水吸收该气体获得二氧化氯溶液。在此过程中需要控制适宜的温度，若温度不当，副反应增加，影响生成ClO2气体的纯度，且会影响ClO2气体的吸收率。具体情况如图所示。请回答下列问题：(1)据图可知，反应时需要控制的适宜温度是_，达到此要求采取的适宜措施是_。(2)已知：黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO氧化成SO，写出制备二氧化氯的离子方程式：_。(3)某校化学学习小组拟
38、以“”作为衡量ClO2产率的指标。若取NaClO3样品质量6.0 g，通过反应和吸收可得400 mL ClO2溶液，取出20 mL，加入37.00 mL 0.500 molL1(NH4)2Fe(SO4)2溶液充分反应，过量Fe2再用0.050 0 molL1K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗20.00 mL。反应原理如下：4HClO25Fe2=Cl5Fe32H2O14HCr2O6Fe2=2Cr36Fe37H2O试计算ClO2的产率。(写出计算过程)解析(1)由图可知ClO2的吸收率先升高后降低，当达到30 时最大，兼顾两者适宜温度即为30 ，当所需温度低于100 时，水浴便于控温和均匀受热
39、。(2)由得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，以及酸性环境不难得出离子方程式。(3)详细过程参见答案。答案(1)30 水浴加热(或水浴控制恒温)(2)15ClOFeS214H=15ClO2Fe37H2O2SO(3)与K2Cr2O7反应的n(Fe2)6n(Cr2O)620.00103L0.050 0 molL16103 mol，与ClO2反应的n(Fe2)37.00103L0.500 molL16103mol1.25102mol，n(ClO2)1.25102mol2.5103mol，ClO2的产率100%56.25%。4钴及其化合物广泛应用于磁性材料、电池材料及超硬材料等领域。(1)CoxNi(1
40、x)Fe2O4(其中Co、Ni均为2价)可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。该催化剂中铁元素的化合价为_。图甲表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1x)Fe2O4在10 时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知：_法制取得到的催化剂活性更高； Co2、Ni2两种离子中催化效果更好的是_。(2)草酸钴是制备钴的氧化物的重要原料。图乙为二水合草酸钴(CoC2O42H2O)在空气中受热的质量变化曲线，曲线中300 及以上所得固体均为钴的氧化物。通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_(填化学式)。试写出B点对应的物质与O2在225300 发生反应的化学方程式：
41、_。取一定质量的二水合草酸钴分解后的钴氧化物(其中Co的化合价为2、3价)，用480 mL 5 mol/L盐酸恰好完全溶解固体，得到CoCl2溶液和4.48 L(标准状况)黄绿色气体。试确定该钴氧化物中Co和O的物质的量之比。解析(1)Co、Ni均为2价，则CoxNi(1x)正价总数为2价，推出Fe为3价。由图中两条曲线可知微波水热法使双氧水分解的速率更快，即活性更高；由图中x越大，催化速率越高可知，Co2的催化效果更好。(2)由题给信息知，300 以上是钴的氧化物，18.3 g CoC2O42H2O的物质的量0.1 mol，设钴的氧化物为CoOx，则(5916x)0.18.03，解得x1.3
42、3，即钴的氧化物的化学式为Co3O4。18.3 g CoC2O42H2O中H2O的物质的量为0.2 mol，即3.6 g，故14.7 g全为CoC2O4；从图中B点到C点的化学方程式为3CoC2O42O2=Co3O46CO2。见参考答案。答案(1)3微波水热Co2(2)Co3O43CoC2O42O2=Co3O46CO2由电子守恒：n(Co3)2n(Cl2)0.4 mol由电荷守恒：n(Co)总n(Co2)溶液0.5n(Cl)0.5(2.4 mol0.2 mol2)1 mol所以固体中的n(Co2)1 mol0.4 mol0.6 moln(O)(0.4 mol30.6 mol2)21.2 mol
43、故n(Co)n(O)1 mol1.2 mol565黄钾铵铁矾KNH4Fex(SO4)y(OH)z不溶于水和稀硫酸，制取黄钾铵铁矾的流程如下：(1)溶液X是_。(2)检验滤液中是否存在K的操作是_。(3)黄钾铵铁矾的化学式可通过下列实验测定：称取一定质量的样品加入稀硝酸中充分溶解，将所得溶液转移至容量瓶并配制成100.00 mL溶液A。量取25.00 mL溶液A，加入盐酸酸化的BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体9.32 g。量取25.00 mL溶液A，加入足量NaOH溶液，加热，收集到标准状况下气体224 mL，同时有红褐色沉淀生成。将步骤所得沉淀过滤、洗涤、灼烧，最
44、终得固体4.80 g。通过计算确定黄钾铵铁矾的化学式(写出计算过程)。解析(1)所加溶液X，主要是沉淀Fe3，生成黄钾铵铁矾，故X是氨水。(2)用焰色反应检验K，要注意通过钴玻璃观察火焰。答案(1)氨水(或NH3H2O)(2)用洁净的铂丝(或铁丝)蘸取滤液在酒精灯火焰上灼烧，透过蓝色的钴玻璃观察，若火焰呈紫色，则存在K(3)n(SO)n(BaSO4)0.04 moln(NH)n(NH3)0.01 moln(Fe3)2n(Fe2O3)20.06 moln(K)n(NH)0.01 mol根据电荷守恒：n(OH)n(K)n(NH)3n(Fe3)2n(SO)0.12 moln(K)n(NH)n(Fe3
45、)n(SO)n(OH)116412黄钾铵铁矾的化学式为KNH4Fe6(SO4)4(OH)12。6一水草酸钙(CaC2O4H2O)可用作分离稀有金属的载体。以下是其制备方法。步骤：用精制氯化钙稀溶液与草酸溶液共热反应，过滤，将固体溶于热盐酸中。步骤：加氨水反应得一水草酸钙沉淀，过滤，热水洗涤，在105 下干燥得产品。(1)写出步骤发生反应的化学方程式：_。(2)已知CaC2O4H2O的Ksp2.34109，为使步骤溶液中c(C2O)1105 molL1， c(Ca2)的范围为_。(3)为研究一水草酸钙的热分解性质，进行如下实验：准确称取36.50 g样品加热，样品的固体残留率(100%)随温度的
46、变化如图所示。300 时残留固体的成分为_，900 时残留固体的成分为_；通过计算求出500 时固体的成分及质量。(写出计算过程)解析在步骤得到H2C2O4和CaCl2，然后向该溶液中加入浓氨水发生反应产生一水草酸钙，该反应的化学方程式是H2C2O4CaCl22NH3H2O=CaC2O4H2O2NH4ClH2O。(2)由于CaC2O4H2O的Kspc(C2O)c(Ca2)2.34109，为使步骤溶液中c(C2O)1105 molL1，应有c(Ca2)2.34104 mol。(3)CaC2O4H2O可能发生的分解反应是CaC2O4H2OCaC2O4H2O，146 g CaC2O4H2O完全分解产
47、生128 g CaC2O4，样品的固体残留率100%87.67%，所以在300 时残留固体的成分为CaC2O4；CaC2O4H2OCaCO3COH2O，样品的固体残留率100%68.49%，故在600 时残留固体的成分为CaCO3；CaC2O4H2OCaOCO2COH2O，100%38.36%，所以在900 时残留固体的成分为CaO。由于在500 时固体残留率是87.67%76.16%68.49%，所以固体中应该含有CaC2O4和CaCO3。具体的计算过程见参考答案。答案(1)H2C2O4CaCl22NH3H2O=CaC2O4H2O2NH4ClH2O(2)2.34104 molL1(3)CaC
48、2O4CaO500 时残留固体的成分为CaC2O4和CaCO3的混合物样品中n(CaC2O4H2O)0.25 mol。设混合物中CaC2O4和CaCO3的物质的量分别是x和y，根据500 时固体总质量，可得128x100y36.50 g76.16%，根据Ca元素原子守恒，可得xy0.25，解得x0.1，y0.15。m(CaC2O4)0.1 mol128 gmol112.8 g，m(CaCO3)0.15 mol100 gmol115.0 g对点回扣综合计算的解题技巧(1)两组分混合物组成的计算一般设两组分的物质的量或质量为未知数，根据题给数据列方程组进行计算；(2)过量问题的计算一般设其中一种反
49、应物为未知数，用另一种反应物的量计算，然后与所提供量进行比较从而确定过量物质；(3)图像问题的计算中要明确纵横坐标的含义和图像所表示的化学意义，再根据题给数据和图像中的重要拐点进行计算；(4)范围讨论的计算方法是写出化学方程式，找出界点，然后讨论大于、小于或等于时的情况，从而找出相应的区间，确定不同的范围；(5)化工生产的计算方法主要是根据化学方程式的计算，解题时要将化学方程式配平，然后进行对应量的计算；(6)确定复杂化学式的计算要依据题目所给的化学事实，分析判断化合物的成分，通过计算确定各成分的物质的量之比；(7)多步反应的计算首先要正确地书写反应的化学方程式，然后根据化学方程式或根据原子守
50、恒找出已知反应物与所求生成物的化学计量数关系进行计算。题型专练1某化学研究小组拟采用铜粉在酸溶液中直接通入空气氧化制备硫酸铜晶体。.制备硫酸铜溶液称取一定质量的铜粉放入烧杯中，加入6 molL1硫酸，加热并通入空气，实验装置如图，待铜粉完全溶解后即可得硫酸铜溶液。(1)上述制备过程中所涉及反应的离子方程式为_。(2)小组经过多次实验后发现，在反应时间相同的情况下，温度应控制在70 90 为最佳。若温度低于70 ，会导致铜的反应量较少，原因可能是_；若温度高于90 ，铜的反应量并没有明显地提高，主要原因可能是_。(3)实验时通入空气的速度不宜过慢，应能使铜粉较均匀地悬浮在溶液中即可，其目的是_。
51、.获得硫酸铜晶体(4)从硫酸铜溶液中获得硫酸铜晶体的实验步骤依次为：蒸发浓缩、_、过滤、_、干燥，(5)在(4)的步骤中，加入了适量乙醇，其优点有：降低CuSO4的溶解度，有利于CuSO4晶体析出；_。在蒸发浓缩的初始阶段还采用了如图所示的装置，其目的是_。解析(1)反应物有Cu、O2和H，生成物有Cu2和H2O。(4)从溶液中获取结晶水合物多用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥的方法。(5)该装置图是蒸馏装置，目的是回收易挥发的乙醇。答案(1)2CuO24H=2Cu22H2O(2)温度低，反应速率小温度过高，空气在溶液中的溶解度降低(3)增大反应物的接触面积，加快反应速率(4)冷却结晶洗涤
52、(5)降低能耗回收乙醇2“盐泥”是粗盐提纯及电解食盐水过程中形成的工业“废料”。某工厂的盐泥含有NaCl(1520%)、Mg(OH)2(1520%)、CaCO3(510%)、BaSO4(3040%)和不溶于酸的物质(1015%)，为了生产七水硫酸镁，设计了如下工艺流程：(1)电解食盐水前，为除去食盐水中的Mg2、Ca2、SO等杂质离子，下列试剂加入的先后顺序合理的是_(填字母)。A碳酸钠、氢氧化钠、氯化钡B碳酸钠、氯化钡、氢氧化钠C氢氧化钠、碳酸钠、氯化钡D氯化钡、氢氧化钠、碳酸钠(2)设食盐水中Mg2的浓度为0.06 molL1，则加入氢氧化钠溶液后使溶液的pH_才会产生Mg(OH)2沉淀。
53、(KspMg(OH)26.01012)(3)反应器中发生两个转化，写出其中一个反应的化学方程式：_。(4)三种化合物的溶解度(S)随温度的变化曲线如图，在过滤器中需要趁热过滤，其主要原因是_；滤渣的主要成分有不溶于酸的物质、_和_。(5)在蒸发浓缩器中通入高温水蒸气并控制温度在100110 ，蒸发结晶，此时析出的晶体主要是_。(6)洗涤槽中洗涤晶体的目的是除去晶体表面的杂质，检验晶体表面的Cl已洗涤干净的方法是_。解析(1)粗盐水除杂时，Na2CO3必须在BaCl2之后加入，选项D正确。(2)c(OH)105molL1，pH9。(3)H2SO4溶解CaCO3、Mg(OH)2。答案(1)D(2)
54、9(3)CaCO3H2SO4=CaSO4H2OCO2(或Mg(OH)2H2SO4=MgSO42H2O)(4)温度较高时钙盐与镁盐分离更彻底(或高温下CaSO42H2O溶解度小)硫酸钡(BaSO4)硫酸钙(CaSO4或CaSO42H2O)(5)氯化钠(NaCl)(6)取最后洗涤液少许于试管中，滴加Ba(NO3)2溶液至不再产生沉淀，静置，向上层清液滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，无沉淀产生(意思明白即可)3CaO2难溶于水，溶于酸生成过氧化氢，在医药上用作杀菌剂、防腐剂等。.CaO2制备原理：Ca(OH)2(s)H2O2(aq)=CaO2(s)2H2O(l)H0。不同浓度的H2O2对反应生成CaO
55、2产率的影响如下表所示。H2O2/%51015202530CaO2/%62.4063.1063.2064.5462.4260.40(1)分析题给信息，解释H2O2浓度大于20%后CaO2产率反而减小的原因：_。.过氧化钙中常含有CaO杂质，实验室可按以下步骤测定CaO2含量。步骤1：准确称取0.040.05 g过氧化钙样品，置于250 mL的锥形瓶中。步骤2：分别加入30 mL蒸馏水和2 mL盐酸(3 molL1)，振荡使之溶解。步骤3：向锥形瓶中加入5 mL KI溶液(100 gL1)。步骤4：用硫代硫酸钠标准溶液滴定，至溶液呈浅黄色，然后_，用硫代硫酸钠标准溶液继续滴定，_，记录数据。步骤
56、5：平行测定3次，计算试样中CaO2的质量分数。滴定时发生的反应为2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI。(2)过氧化钙溶解时选用盐酸而不选用硫酸溶液的原因是_。(3)加入KI溶液后发生反应的离子方程式为_。(4)请补充完整实验步骤4中的内容：_；_。.测定含有CaO杂质的CaO2含量的实验方法较多，某同学设计了仅用稀盐酸一种药品(仪器可任选)较为准确地测出CaO2含量的实验，请你帮该同学列出所需仪器清单(实验用品和用于固定的或连接的仪器可不写)。(5)仪器_。解析(3)步骤2中，CaO2与盐酸反应生成H2O2，步骤3中H2O2与KI反应生成I2，可先写出H2O2II2H2O，然后配平。
57、(4)考查滴定的基本操作，在滴定至终点前，应加入合适的指示剂，能指示I2存在的指示剂为淀粉溶液；终点的现象是溶液由蓝色突然变为无色，不能答成溶液由无色突然变为蓝色。(5)可称量一定质量的混合物，加入足量水，充分溶解后过滤，在滤液中加入足量盐酸，加热蒸发得到无水CaCl2，称量CaCl2的质量，即可计算CaO2的含量。答案(1)H2O2浓度高，反应速率快，反应放热使体系温度迅速升高，加快H2O2发生分解(2)生成微溶的CaSO4覆盖在过氧化钙表面，使结果不准确(3)H2O22I2H=I22H2O(4)加入指示剂淀粉溶液直至溶液的蓝色恰好消失且半分钟内颜色不变(5)天平、烧杯、玻璃棒、漏斗、蒸发皿
58、、酒精灯(铁架台、铁圈、火柴、滤纸也可)4铝铁合金在微电机中有广泛应用，某兴趣小组为利用废弃的铝铁合金设计了如下实验流程制备聚合硫酸铁和明矾。(1)聚合硫酸铁是一种无毒无害、化学性质稳定、能与水混溶的新型絮凝剂，微溶于乙醇，其化学式可表示为Fe2(OH)x(SO4)yn聚合硫酸铁可用于净水的原理是_。有人认为上述流程中的“氧化”设计存在缺陷，请提出改进意见：_；浓缩时向其中加入一定量的乙醇，加入乙醇的目的是_。加入试剂Y的目的是调节pH，所加试剂Y为_；溶液的pH对Fe2(OH)x(SO4)yn中x的值有较大影响(如图甲所示)，试分析pH过小(pH3)导致聚合硫酸铁中x的值减小的原因：_。(2
59、)明矾是一种常见的铝钾硫酸盐。为充分利用原料，试剂X应为_。请结合图乙所示的明矾溶解度曲线，补充完整由滤液制备明矾晶体的实验步骤(可选用的试剂有废弃的铝铁合金、稀硫酸、NaOH溶液和酒精)：向滤液中加入足量的含铝废铁屑至不再有气泡产生，_，得到明矾晶体。解析(1)聚合硫酸铁是能与水混溶的新型絮凝剂，具有吸附性。HNO3作为氧化剂时，会被还原为氮的氧化物，对空气有污染，且能引进NO，应使用H2O2等绿色氧化剂；聚合硫酸铁微溶于乙醇，加入乙醇能降低聚合硫酸铁的溶解度，且乙醇易挥发，易于干燥产物。所加试剂能与酸反应，且不能引进新的杂质，可以推出为Fe2O3或者Fe(OH)3；Fe3水解产生Fe(OH
60、)3，酸性增强，抑制Fe3的水解，所以x的值减小。(2)加入X后，铝和铁分离，可知X为碱，由于明矾为KAl(SO4)212H2O，充分考虑原料，该碱为KOH。加入过量的酸，将AlO转化为Al3，根据图像分析，采用降温结晶的方法得到明矾晶体。答案(1)聚合硫酸铁具有吸附作用将稀HNO3改为H2O2(或O2、O3等)降低聚合硫酸铁的溶解度，以便析出；所得产物易于干燥Fe2O3pH过小，会抑制Fe3的水解(2)KOH过滤，向所得滤液中加入稀硫酸，生成白色沉淀，继续滴加稀硫酸至生成的沉淀溶解；将所得溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，用酒精洗涤晶体，干燥5实验室用MnO2、KOH及KClO3为原料制取高锰酸
61、钾的实验流程如下：(1)熔融时需用铁坩埚和铁制搅拌棒而不能用玻璃仪器，其原因是_。(2)熔融时，MnO2转化为K2MnO4，KClO3转化为KCl，其反应的化学方程式为_。(3)几种物质的溶解度曲线如图所示。歧化时，通入CO2至pH为1011，K2MnO4绿色溶液转化为KMnO4和MnO2，其反应的离子方程式为_；歧化时不能通入过量CO2的原因是_；通入CO2后，用玻璃棒蘸取溶液点于滤纸上，观察到_，证明歧化反应已发生；歧化后得到KMnO4晶体的操作依次为过滤、_、_及干燥。(4)在此实验流程中可循环使用的物质的化学式为_。解析(1)因为KOH在高温下可与玻璃的主要成分SiO2反应，故熔融时需
62、用铁坩埚和铁制搅拌棒。(2)由题意知反应化学方程式为3MnO26KOHKClO33K2MnO4KCl3H2O。(3)通入CO2发生歧化时的离子方程式为3MnO2CO2=2MnOMnO22CO。通入过量的CO2则会生成KHCO3，而KHCO3的溶解度比K2CO3小得多，采用降温结晶析出KMnO4的同时可能也会有KHCO3析出。因为歧化反应的产物中有MnO，在滤纸上如果有紫红色，则表明歧化反应已发生。歧化后先过滤除去MnO2沉淀，然后再加热浓缩，趁热过滤，最后干燥高锰酸钾晶体即可。(4)歧化反应的产物有MnO2，而开始熔融时也用到MnO2，故MnO2可循环利用。答案(1)高温下KOH能与玻璃中的S
63、iO2发生反应(2)3MnO26KOHKClO33K2MnO4KCl3H2O(3)3MnO2CO2=2MnOMnO22CO二氧化碳过量会生成溶解度比K2CO3小得多的KHCO3，可能与KMnO4同时析出滤纸上有紫红色加热浓缩趁热过滤(4)MnO26CoxFe3xO4磁粉是一种比较好的高矫顽力磁粉。工业上以FeSO4为原料制备CoxFe3xO4的主要步骤如下：FeSO4FeOOH晶种FeOOHFe2O3Fe3O4CoxFe3xO4(1)步骤是在FeSO4溶液中加入NaOH溶液，在40 下搅拌生成FeOOH晶种。生成晶种的化学方程式为_。(2)步骤将晶种移到放有FeSO4溶液和铁皮的生长槽中，升温
64、到60 ，吹入空气，待晶种长大到一定尺寸后，过滤、水洗、干燥，得FeOOH粉末。生长槽中放入铁皮的目的是_，吹入空气的作用为_。(3)步骤将FeOOH在200300 下加热脱水，生成红色Fe2O3。实验室完成该操作需要下列仪器中的_(填字母)。a蒸发皿b烧杯c坩埚d泥三角e酒精灯(4)步骤通入H2，加热至300400 ，生成Fe3O4。通入H2前要向加热炉中通入N2，其作用为_。(5)步骤加入CoSO4溶液，所得粗产品经过滤、洗涤、干燥即得成品。检验粗产品是否洗涤干净的实验操作和现象是_。(6)某研究小组欲用锂离子电池正极废料(含LiCoO2、铝箔、铁的氧化物)制备CoSO47H2O晶体。下表
65、列出了相关金属离子生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0 molL1计算)：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe31.13.2Fe25.88.8Co26.99.4请完成下列实验步骤(可选用的试剂：H2O2、稀硝酸、稀硫酸、NaOH溶液)：用N甲基吡咯烷酮在120 下浸洗正极废料，使LiCoO2与铝箔分离，得到LiCoO2粗品并回收铝。_。向所得粗品CoSO4溶液中加入NaOH溶液，调节pH约为5，过滤。_。将Co(OH)2沉淀溶于稀硫酸中，蒸发浓缩、降温结晶，得到CoSO47H2O晶体。解析(3)200300 下加热脱水，属于高温灼烧，使用坩埚、泥三角、酒精灯。(5)
66、检验洗涤液中是否有SO即可。(6)溶解(酸溶)氧化Fe2NaOH溶液调pH沉淀Fe3用NaOH溶液沉淀滤液中Co2酸溶Co(OH)2获取CoSO47H2O晶体。答案(1)4FeSO48NaOHO24FeOOH4Na2SO42H2O(2)消耗硫酸，生成FeSO4氧化硫酸亚铁生成FeOOH，使晶种生长(3)cde(4)除去空气，防止氢气与氧气混合发生爆炸(5)取最后一次洗涤滤出液少许于试管中，滴加氯化钡溶液，如果不产生白色沉淀，则表明已洗涤干净(6)用稀硫酸溶解LiCoO2，并加入过量H2O2向所得滤液中加入NaOH溶液，调节pH至9.4，过滤，洗涤得到Co(OH)2沉淀7硅藻土是由硅藻死亡后的遗
67、骸沉积形成的，主要成分是SiO2和有机质，并含有少量的Al2O3、Fe2O3、MgO等杂质。下图是生产精制硅藻土并获得Al(OH)3的工艺流程。(1)粗硅藻土高温煅烧的目的是_。(2)写出反应中生成Al(OH)3沉淀的化学方程式：_；氢氧化铝常用做阻燃剂，其原因是_。(3)实验室用酸碱滴定法测定硅藻土中硅含量的步骤如下：步骤1：准确称取样品a g，加入适量KOH固体，在高温下充分灼烧，冷却，加水溶解。步骤2：将所得溶液完全转移至塑料烧杯中，加入硝酸至强碱性，得硅酸浊液。步骤3：向硅酸浊液中加入NH4F溶液、饱和KCl溶液，得K2SiF6沉淀，用塑料漏斗过滤并洗涤。步骤4：将K2SiF6转移至另
68、一烧杯中，加入一定量蒸馏水，采用70 水浴加热使其充分水解(K2SiF63H2O=H2SiO34HF2KF)。步骤5：向上述水解液中加入数滴酚酞，趁热用浓度为c molL1NaOH的标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液V mL。步骤1中高温灼烧实验所需的仪器除三角架、泥三角、酒精喷灯外还有_。a蒸发皿b表面皿c瓷坩埚d铁坩埚实验中使用塑料烧杯和塑料漏斗的原因是_。步骤3中采用饱和KCl溶液洗涤沉淀，其目的是_。步骤5中滴定终点的现象是_。样品中SiO2的质量分数可用公式“w(SiO2)100%”进行计算。由此分析步骤5中滴定反应的离子方程式为_。解析(1)高温煅烧可使有机质和碳质转化为CO
69、2而除去。(2)反应是过量CO2通入NaAlO2溶液的过程，注意产物是NaHCO3，不能写成Na2CO3，因为CO2是过量的；氢氧化铝分解吸收热量，生成的氧化铝是高熔点的物质，能有效隔绝空气、产生的水蒸气也能隔绝空气。(3)灼烧应选择坩埚，瓷坩埚中SiO2易被KOH腐蚀，故选择铁坩埚；HF腐蚀玻璃仪器，故与HF接触的仪器都应使用塑料材质的；见参考答案；这是NaOH溶液滴定酸性溶液的实验，故滴定终点为NaOH溶液过量半滴的时刻，即溶液呈弱碱性，酚酞显粉红色；HF是弱碱，书写离子方程式时不能拆开书写。答案(1)除去有机质和碳质(2)NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3氢氧化铝分解
70、吸收热量，且生成高熔点的氧化铝覆盖在表面(3)d实验中产生的HF能与玻璃仪器中的SiO2等物质反应洗去沉淀表面的HF等杂质；增大K浓度，减少K2SiF6的损失最后一滴NaOH溶液滴入后溶液由无色变为粉红色，且30 s内不褪色HFOH=FH2O对点回扣1综合实验题的解题策略通常是“化整为零”，即把一道综合实验题分解成几个相对独立而又相互关联的小实验，根据各个小实验的操作步骤，再结合各个小实验之间的联系确定操作的先后顺序。可归纳如下注：江苏综合实验题比较重视实验过程中步骤的分析和实验方案的完善，在平时练习中要多加总结。2三种常见实验方案设计的基本流程(1)物质制备实验方案的设计：应遵循以下原则：条
71、件合适，操作方便；原理正确，步骤简单；原料丰富，价格低廉；产物纯净，污染物少。设计的基本流程为：根据目标产物确定可能原理设计可能实验方案优化实验方案选择原料设计反应装置 (方法、仪器等) 实施实验(步骤、操作要点、控制反应条件等)分离提纯产品。(2)性质探究型实验方案的设计：主要是从物质的结构特点或从所属类型的典型代表物去推测物质可能具有的一系列性质，而后据此设计出合理的实验方案，去探索它所可能具有的性质。设计的基本流程为：根据物质的组成、结构和类型提出性质猜想设计实验逐个验证记录现象和数据归纳分析合理推断得出结论。(3)性质验证实验方案的设计：主要是求证物质具备的性质，关键是设计出简捷的实验
72、方案，要求操作简单，简便易行，现象明显，且安全可行。设计的基本流程为：根据物质的性质设计可能实验方案优化实验方案实施实验(原理、方法、步骤、仪器、药品、操作要点等) 观察现象记录数据综合分析得出结论。题型专练1水合肼(N2H4H2O)是一种无色易溶于水的油状液体，具有碱性和极强的还原性，在工业生产中应用非常广泛。(1)目前正在研发的高能量密度燃料电池车是以水合肼燃料电池作为动力来源，电池结构如图所示。起始时正极区与负极区NaOH溶液浓度相同，工作一段时间后，NaOH浓度较大的是_极区(填“正”或“负”)。该电池负极的电极反应式为_。(2)已知水合肼是二元弱碱(25 ，K15107，K25101
73、5)，0.1 molL1水合肼溶液中四种离子：H、OH、N2H、N2H的浓度从大到小的的顺序为_(填序号)。(3)在弱酸性条件下水合肼可处理电镀废水，将Cr2O还原为Cr(OH)3沉淀而除去，水合肼被氧化为N2，该反应的离子方程式为_。(4)肼是一种优良的贮氢材料，其在不同条件下分解方式不同。在高温下，N2H4可完全分解为NH3、N2及H2，实验测得分解产物中N2与H2物质的量变化如图甲所示，该分解反应化学方程式为_。在303 K，Ni、Pt催化下，则发生N2H4(l) N2(g)2H2(g)。在1 L密闭容器中加入0.1 mol N2H4，测得容器中与时间关系如图乙所示。则04 min氮气的
74、平均速率v(N2)_。(5)碳酰肼(分子式：CH6N4O)是由DEC(酯)与N2H4发生取代反应得到，已知DEC的分子式为C5H10O3，DEC的核磁共振氢谱如图丙所示，则DEC的结构简式为_。解析(1)燃料电池中，O2一定作正极，在碱性条件下，O2发生反应，电极反应式为O24e2H2O=4OH，生成了OH，碱性增强；负极N2H4转化成N2，N由2价升至0价，失去22e4e，由电荷守恒知，需要补充4 mol OH。(2)水合肼是二元弱碱，溶液中存在的电离平衡有N2H4H2ON2HOH，N2HH2ON2HOH，H2OHOH，三步电离均有OH生成，故c(OH)最大，以第一步电离为主，所以c(N2H
75、)略比c(OH)小，第二步的电离平衡常数小于第三步的Kw，所以第三步中电离出的 H比第二步中电离出的N2H多，故离子浓度大小顺序为c(OH)c(N2H)c(H)(N2H)。(3)Cr2O中Cr为6价，生成的Cr(OH)3中Cr为3价，N2H4H2O中N为2价，生成的N2中N为0价，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平即可。(4)设达到平衡时，转化的N2H4的物质的量为x，则有由图像知，在4 min时反应达到平衡，3，x0.05 mol，v(N2)0.012 5 molL1min1。(5)C5H10O3中有一个不饱和度，可能是一个双键或是一个环，又由题中信息知，DEC为酯，故应为；由图可知，
76、分子中存在两组峰，且峰比值约为32，分子中的10个H原子，分成两组，分别为6个H和4个H。6个H可能是2个甲基，4个H可能是2个亚甲基，3个O原子应有对称性，由此可以写出DEC的结构简式为。答案(1)正N2H44OH4e=N24H2O(2)(3)2Cr2O4H3N2H4H2O=4Cr(OH)33N25H2O(或2Cr2O4H3N2H4=4Cr(OH)33N22H2O)(4)7N2H4(g)8NH3(g)3N2(g)2H2(g)0.0125 molL1min1(5) 2近几年来关于氮污染的治理倍受关注。(1)三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，能同时实现汽车尾气中的CO、CxHy、NOx三种成
77、分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图甲所示，化合物X可借助傅里叶红外光谱图(如图乙所示)确定。在图示的转化中，被还原的元素是_，X的化学式为_。SCR技术可使NOx与NH3直接反应，实现无害转化。当NO与NO2的物质的量之比为41时，写出发生反应的化学方程式：_。(2)加入过量次氯酸钠可使废水中NH完全转化为N2，而本身被还原为NaCl。写出上述反应的离子方程式：_。若处理废水产生了0.448 L N2(标准状况下)，则需消耗浓度为0.5 molL1的次氯酸钠溶液的体积为_ mL。(3)某工业废水中含有毒性较大的CN，可用电解法将其转变为N2，装置如右图所示。气体甲是_(写化学式)，电解池
78、中生成N2的电极反应式为_。解析(1)根据箭头所示，氮元素和氧元素化合价降低，被还原；化合物X可借助傅里叶红外光谱图确定，说明X中存在NO，再根据图甲可知，X中存在Ba2。NOx与NH3直接反应生成N2和H2O，根据电子得失守恒和原子个数守恒写出化学方程式。(2)ClO与NH反应生成N2和Cl，根据电子得失守恒和电荷守恒写出离子方程式。由离子方程式可得出关系式3ClON2，n(N2)0.02 mol，则n(ClO)0.06 mol，V(ClO)0.12 L120 mL。(3)左端为CNN2，氮元素被氧化，则左端为阳极，电极反应式为2CN12OH10e=2CON26H2O；右端为阴极，阴极为溶液
79、中的阳离子发生放电，则气体甲为氢气。答案(1)N、OBa(NO3)28NH38NO2NO2=9N212H2O(2)2NH3ClO=N23Cl2H3H2O120(3)H22CN12OH10e=2CON26H2O3一氧化碳被广泛应用于冶金工业和电子工业。(1)高炉炼铁是最为普遍的炼铁方法，相关反应的热化学方程式如下：4CO(g)Fe3O4(s)=4CO2(g)3Fe(s)Ha kJmolCO(g)3Fe2O3(s)=CO2(g)2Fe3O4(s)Hb kJmol1反应3CO(g)Fe2O3(s)=3CO2(g)2Fe(s)的H_kJmol1(用含a、b的代数式表示)。(2)电子工业中使用的一氧化碳
80、常以甲醇为原料通过脱氢、分解两步反应得到。第一步：2CH3OH(g) HCOOCH3(g)2H2(g)H0第二步：HCOOCH3(g) CH3OH(g)CO(g)H0第一步反应的机理可以用图1表示，中间产物X的结构简式为_。图1在工业生产中，为提高CO的产率可采取的合理措施有_。(3)为进行相关研究，用CO还原高铝铁矿石，反应后固体物质的X射线衍射谱图如图2所示(X射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。反应后混合物中的一种产物能与盐酸反应生产两种盐，该反应的离子方程式为_。图2图3(4)某催化剂样品(含Ni2O340%，其余为SiO2)通过还原、提纯两步获
81、得镍单质：首先用CO将33.2 g样品在加热条件下还原为粗镍；然后在常温下使粗镍中的Ni与CO结合成Ni(CO)4(沸点43 )，并在180 时使Ni(CO)4重新分解产生镍单质。上述两步中消耗CO的物质的量之比为_。(5)为安全起见，工业生产中需对空气中的CO进行监测。粉红色的PdCl2溶液可以检验空气中少量的CO。若空气中含CO，则溶液中会产生黑色的Pd沉淀。每生成5.3 g Pd沉淀，反应转移的电子数为_。使用电化学一氧化碳气体传感器定量检测空气中CO含量，其结构如图3所示。这种传感器利用原电池原理，则该电池的负极反应式为_。解析(1)由目标反应中没有Fe3O4，故根据盖斯定律可知，(2
82、)/3即得目标反应，故H(2ab)/3 kJmol1。(2)由图示的过程可以看出，先是甲醇分解生成了H2和X，然后X与甲醇反应生成了H2和HCOOCH3，由此可以根据原子守恒得到中间产物X为甲醛，即HCHO。由甲醇为反应原料生成CO的两步反应都是气体物质的量增大的反应，同时又都是吸热反应，所以为了提高CO的产率应使反应向右进行，应采用的方法是升高温度，降低压强。(3)由衍射图可以看出生成的产物比较多，但是其中能与盐酸反应生成两种盐的只能是FeAl2O4。(4)由题目描述，首先是由CO还原三氧化二镍生成了粗镍，其反应化学方程式式为Ni2O33CO2Ni3CO2，然后再使Ni与CO反应生成Ni(C
83、O)4，反应化学方程式为Ni4CO=Ni(CO)4，由两个反应式可知在镍相同的情况下CO的物质的量之比为38。(5)生成5.3 g Pd，也就是0.05 mol Pd，从化合价变化看，Pd是从2价转化成了0价，即转移了两个电子，所以生成0.05 mol Pb 转移的电子物质的量为0.1 mol，即电子数为0.1NA。答案(1)(2ab)/3(2)HCHO升高温度，降低压强(3)FeAl2O48H=Fe22Al34H2O(4)38(5)6.021022个或0.1NACOH2O2e=CO22H4质子交换膜燃料电池广受关注。(1)质子交换膜燃料电池中作为燃料的H2通常来自水煤气。已知：C(s)1/2
84、O2(g)=CO(g)H1110.35 kJmol12H2O(l)=2H2(g)O2(g)H2571.6 kJmol1H2O(l)=H2O(g)H344.0 kJmol1则C(s)H2O(g)=CO(g)H2(g)H4_。(2)燃料气(流速为1 800 mLh1；体积分数为：50%H2，0.98%CO，1.64%O2，47.38%N2)中的CO会使电极催化剂中毒，使用CuO/CeO2催化剂可使CO优先氧化而脱除。160 、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化反应的化学方程式为_。灼烧草酸铈Ce2(C2O4)3制得CeO2的化学方程式为_。在CuO/CeO2催化剂中加入不同的酸(HIO3或H
85、3PO4)，测得燃料气中CO优先氧化的转化率随温度变化如图1所示。加入_(填酸的化学式)的CuO/CeO2催化剂催化性能最好。催化剂为CuO/CeO2HIO3，120 时，反应1小时后CO的体积为_mL。(3)图2为甲酸质子交换膜燃料电池的结构示意图。该装置中_(填“a”或“b”)为电池的负极，负极的电极反应式为_。解析(1)由盖斯定律可知，H4H1H3H2131.45 kJmol1。(2)草酸盐分解成CO、CO2气体。由图1可以看出，加入HIO3时CuO/CeO2催化活性最好。反应前，V(CO)1 800 mL0.98%17.64 mL，反应1小 时后剩余的V(CO)17.64 mL(180
86、%)3.528 mL。(3)从装置图看，H由a极区进入b极区，电子由a极流出，故a是负极。甲酸是可燃物，作负极材料，发生氧化反应，其负极反应式HCOOH2e=CO22H。答案(1)131.45 kJmol1(2)2COO22CO2Ce2(C2O4)32CeO24CO2CO2HIO33.528(3)aHCOOH2e=CO22H5铅及其化合物在工业生产及日常生活中都具有非常广泛的用途。(1)瓦纽科夫法熔炼铅，其相关反应的热化学方程式如下：2PbS(s)3O2(g)=2PbO(s)2SO2(g)Ha kJmol1；PbS(s)2PbO(s)=3Pb(s)SO2(g)Hb kJmol1；PbS(s)P
87、bSO4(s)=2Pb(s)2SO2(g)Hc kJmol1。反应3PbS(s)6O2(g)=3PbSO4(s)H_kJmol1(用含a、b、c的代数式表示)。(2)还原法炼铅，包含反应PbO(s)CO(g)Pb(s)CO2(g)H，该反应的平衡常数的对数值与温度的关系如下表。温度/3007271 227lg K6.172.871.24该还原反应的H_0(填“”、“”或“”)；当lg K1且起始时只通入CO(PbO足量)，达平衡时，混合气体中CO的体积分数为_。(3)引爆导弹、核武器的工作电源通常是Ca/PbSO4热电池，其装置如图甲所示，该电池正极的电极反应式为_。(4)PbI2可用于人工降
88、雨。取一定量的PbI2固体，用蒸馏水配制成t 饱和溶液，准确移取25.00 mL PbI2饱和溶液分次加入阳离子交换树脂RH(发生：2RHPbI2=R2Pb22H2I，用250 mL洁净的锥形瓶接收流出液，最后用蒸馏水淋洗树脂至流出液呈中性，将洗涤液一并盛放到锥形瓶中(如图乙)。加入酚酞指示剂，用0.002 5 molL1 NaOH溶液滴定，当达到滴定终点时，用去氢氧化钠溶液20.00 mL。可计算出t 时 PbI2的Ksp为_。(5)铅易造成环境污染，水溶液中铅的存在形态主要有6种，它们与pH关系如图丙所示，含铅废水用活性炭进行处理，铅的去除率与pH关系如图丁所示。常温下，pH67时，铅形态
89、间转化的离子方程式为_。用活性炭处理，铅的去除率较高时，铅主要应该处于_(填铅的形态的化学式)形态。解析(1)依据盖斯定律，将223，即可得所求反应的H。(2)lgK与K为增函数关系，从表中数据知，温度越高，K越小，说明正反应放热。lgK1，得K10。设开始时通入CO为a molL1，达平衡时转化了x molL1，则平衡时，CO为(ax)molL1，CO2为x molL1，由K10，解得9.09%。(3)由电池的装置图分析知，Ca作为负极，失去电子，则另一极为正极，得电子，化合价降低，即由PbSO4转化为Pb。(4)滴定过程中消耗的OH，即阳离子交换出来的H，n(H)0.002 5 molL1
90、20103L5105mol，c(H)2103molL1，而c(H)c(I)，由PbI2的化学式知，c(Pb2)103molL1，Ksp(PbI2)c(Pb2)c2(I)103(2103)24109。(5)从图丙分析，当pH由6变到7时，是Pb2向Pb(OH)转化，即为Pb2水解，结合水电离出的一个OH，同时释放出一个H。从图丁可知，铅的去除率最高时，pH大约为6.5左右，对比图丙知，在pH6.5时，铅主要以Pb2存在。答案(1)2a2b3c(2)CH，则其电负性OCH。(3)利用同周期互换方法，可知CO与N2互为等电子体。该配合物的氯原子只有单键，成对电子对数有4对，故氯原子是sp3杂化。(4
91、)从晶胞看，1个Cl和4个X形成正四面体，1个Cl周围有4个X，由于该晶胞的化学式是XCl，故1个X周围有4个Cl。答案1s22s22p63s23p63d104s1(或Ar3d104s1)(2)OCH(3)N2sp3杂化(4)43在5氨基四唑()中加入金属Ga，得到的盐是一种新型气体发生剂，常用于汽车安全气囊。(1)基态Ga原子的电子排布式可表示为_。(2)5氨基四唑中所含元素的电负性由大到小的顺序为_，其中N原子的杂化轨道类型为_；在1 mol 5氨基四唑中含有键的数目为_。(3)叠氮酸钠(NaN3)是传统安全气囊中使用的气体发生剂。叠氮酸钠(NaN3)中含有叠氮酸根离子(N)，根据等电子体
92、原理N的空间构型为_。以四氯化钛、碳化钙、叠氮酸盐做原料，可以生成碳氮化钛化合物。其结构是用碳原子取代氮化钛晶胞(结构如图)顶点的氮原子，这种碳氮化钛化合物的化学式为_。解析(1)Ga为31号元素，基态镓原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p1或Ar3d104s24p1。(2)同周期元素从左向右电负性逐渐增强，故NC，当然CH；N原子的杂化情况见右图分析；五元环有5个键，环上有1个NH 键，CNH2包含3个键，故1 mol共含有键的数目为9NA。(3)CO2是N的一种等电子体，CO2是直线形分子，故N也是直线形分子；晶胞拥有Ti：1124(个)，C：81(个)，N：
93、63(个)，故碳氮化钛化合物的化学式为Ti4CN3。答案(1)1s22s22p63s23p63d104s24p1或Ar3d104s24p1(2)NCHsp2、sp3杂化9NA(或96.021023个或5.4181024个)(3)直线形Ti4CN34高氯酸三碳酰肼合镍Ni(CHZ)3(ClO4)2是一种新型的起爆药。(1)Ni2基态核外电子排布式为_。(2)ClO的空间构型是_；与ClO互为等电子体的一种分子为_(填化学式)。(3)化学式中CHZ为碳酰肼，组成为CO(N2H3)2，碳酰肼中碳原子的杂化轨道类型为_；1 mol CO(N2H3)2分子中含有键的数目为_。(4)高氯酸三碳酰肼合镍可由
94、NiO、高氯酸及碳酰肼化合而成。NiO的晶胞结构如右图所示，晶胞中含有的Ni2数目为a，Ni2的配位数为b，NiO晶体中每个镍离子距离最近的镍离子数目为c，则abc_。解析(1)Ni2基态核外电子排布式为Ar3d8。(2)根据价层电子对理论计算，ClO的价层电子对数4，故ClO是正四面体；与ClO互为等电子体，则原子总数相同，价电子总数相同(32)，则为CCl4或SiCl4等。(3)碳酰肼的结构简式为，C原子采用sp2杂化；碳氧双键中有1 mol 键，其他单键均为键，故1 mol CO(N2H3)2中有11 mol 键。(4)晶胞中Ni2数目：864，Ni2配位数为6个，镍离子距离最近的镍离子
95、为正方形中对角线位置，即有12，则abc236。答案(1)Ar3d8(或1s22s22p63s23p63d8)(2)正四面体CCl4(SiF4等)(3)sp2杂化11NA(或116.021023)(4)2365研究证明，Fe、Fe2、Fe3易与CO、CN等形成配合物。(1)配合物Fe(CO)5会使合成氨等生产过程中的催化剂中毒。Fe(CO)5中铁的化合价为0，写出铁原子基态的电子排布式：_。该物质中含有的化学键类型有_(填字母)。A离子键B极性共价键C非极性共价键 D配位键常温下Fe(CO)5呈液态，熔点为20.5 ，沸点为103 。据此可以判断Fe(CO)5晶体的类型为_。(2)Fe、Fe2
96、都能被硝酸氧化。NO中氮原子轨道的杂化类型为_。(3)若向氯化铁溶液中加入少量的K4Fe(CN)6溶液，可生成蓝色沉淀KFeFe(CN)6，右图表示的是该晶体晶胞的八分之一(K未画出)。写出与CN互为等电子体的一种分子的化学式：_；该晶体的一个晶胞中含有的K的个数为_。解析(1)铁原子的原子序数为26，基态时其原子电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2或者表示为Ar3d64s2；Fe(CO)5 分子中碳和氧之间存在极性共价键，配体CO和中心原子Fe之间存在配位共价键；从Fe(CO)5的物理性质可知，其微粒间作用力很弱，应该是分子间作用力，如果形成晶体，应该属于分子晶体。(2)由
97、等电子体原理可知NO和BF3或BCl3互为等电子体，分子中价电子数均为24个，因此其中心原子杂化类型和BF3或BCl3相同，应该为sp2杂化。(3)CN是2原子14电子体，价电子总数为10，因此和N2、C、CO等互为等电子体；由均摊法可以确定晶胞中图中已经有的微粒的个数：Fe2：，Fe3：，CN：3，则根据物质电中性原则确定其中没有标出的K个数为，因此晶胞中K个数为4。答案(1)1s22s22p63s23p63d64s2或Ar3d64s2BD分子晶体(2)sp2杂化(3)N2(或其他合理答案)46原子序数小于36的X、Y、Z、W、J五种元素，原子序数依次增大，其中X元素原子半径是所有元素原子中
98、最小的，Y元素原子核外有三种不同的能级且各个能级所填充的电子数相同，W元素原子最外层电子数是内层电子数的3倍，J元素原子序数为24。请回答下列问题。(1)Y、Z、W的电负性由小到大的顺序为_。(2)J原子的核外电子排布式为_。(3)Y2X2分子中Y原子轨道的杂化类型为_。1 mol Y2X2分子中含有键 与键的数目之比为_。(4)Z与W形成的一种Z2W分子，与该分子互为等电子体的阴离子为_(任写一种)。(5)JCl3能与Z、W的氢化物形成配位数为6的络合物，且相应两种配体的物质的量之比为21，氯离子全部位于外界。则该配合物的化学式为_。答案(1)CNr(O2)解析Na、O2具有相同的电子层结构
99、，根据“序大径小”的原则，离子半径：r(Na)0常温下不能自发，说明是吸热反应，即H0，错误；C项，醋酸稀释，促进电离，电离程度将增大，c(H)减小，c(OH)增大，即pH增大，正确；D项，增大压强，v (H2)增大，由于该反应是气体分子数不变的反应，平衡不移动，H2的转化率不变，错误。答案C12某有机物X的结构简式如下图所示，则下列有关说法中正确的是()A有机物X的分子式为C12H15OBX分子中含有1个手性碳原子CX在一定条件下能发生加成、取代、消去等反应D在Ni作催化剂的条件下，1 mol X最多能与4 mol H2加成解析A项，C、H、O形成的有机物中H原子必须是偶数(X中含有12个碳
100、原子，6个不饱和度，分子式为C12H14O3)，错误；C项，无法发生消去反应，错误。答案BD13下列根据实验操作和实验现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A向盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液中通入SO2有白色沉淀生成BaSO3难溶于酸溶液中B将少量BaSO4固体加入到饱和Na2CO3溶液中，过滤，向滤渣中加入盐酸有气体生成Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)C向溴乙烷中加入氢氧化钠的乙醇溶液，加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色反应一定有乙烯生成D用洁净铂丝蘸取溶液置于酒精灯的火焰上灼烧火焰呈黄色溶液中不一定含有钠盐解析A项，酸性条件下NO将SO2氧化
101、成SO，白色沉淀是BaSO4，错误；B项，由于Na2CO3溶液浓度大，属于“不公平竞争”，无法判断两者中溶度积的关系，错误；C项，乙醇易挥发，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色，应先通入盛有水或NaOH溶液的洗气瓶除去乙醇，再通入酸性KMnO4溶液，错误；D项，可能含有NaOH，正确。答案D1425时，0.1 molL1氨水中c(H)/c(OH)1108，下列叙述正确的是()A该溶液中氢离子的浓度：c(H)11011 molL1BpH7的NH4Cl和NH3H2O的混合溶液：c(Cl) c(NH)c(H)c(OH)C浓度均为0.1 molL1的NH3H2O和NH4Cl溶液等体积混合后的碱性溶液中：
102、c(NH) c(Cl)c(NH3H2O)c(OH)c(H)D0.1 molL1的氨水与0.05 molL1的 H2SO4溶液等体积混合后所得溶液中：2c(NH)2c(NH3H2O)c(SO)解析A项，由c(H)/c(OH)1108，c(H)c(OH)11014，解得c(H)11011 molL1，正确；B项，溶液呈中性，由电荷守恒有：c(Cl)c(NH)c(H)c(OH)，错误；C项，若NH3H2O不电离，NH4Cl不水解，有c(NH)c(Cl)c(NH3H2O)，现在溶液呈碱性，说明NH3H2O的电离：NH3H2ONHOH，大于NH的水解：NHH2ONH3H2OH，c(NH)增大，c(NH3
103、H2O)减小，正确；D项，混合后溶液为(NH4)2SO4溶液，由物料守恒有：c(NH)c(NH3H2O)2c(SO)，错误。答案AC15t 时，在2 L密闭、恒压容器中充入1 mol A和1 mol B，发生反应：A(g)B(g) C(g)。 5 min后达到平衡，测得C的物质的量分数为60%，则下列说法正确的是()A5 min内平均反应速率vA0.15 molL1min1B当同时对原平衡体系升高一定温度和增加一定压强时，达平衡后，C的物质的量分数为60%，则该反应的正反应为放热反应C保持其他条件不变，若起始时向容器中加入0.5 mol A、0.5 mol B、1.5 mol C，则反应将向逆
104、反应方向进行Dt ，向2 L密闭、恒容容器中加入等物质的量的A和B，反应达到平衡状态时，C的物质的量分数仍为60%，则加入A的物质的量为1.6 mol解析设平衡时生成C的物质的量为a0.6，a0.75 mol。恒温恒压条件下，体积之比等于物质的量之比：，所以平衡后体积为1.25 L。v(A)0.12 molL1min1，A项错误；B项，增大压强，平衡正向移动，现在平衡不移动，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，抵消压强的影响，说明正反应放热，正确；C项，投料量正好是原平衡的2倍，由于恒压，所以平衡不移动，错误；D项由原平衡数据得K15。假设加入1.6 mol A和1.6 mol B，平衡时生成
105、C的物质的量为b，C的体积分数仍为60%，有0.6，解得b1.2 mol，此时K15，正确。答案BD非选择题 (共80分)16(12分)工业上用粉碎的煤矸石(主要含Al2O3、SiO2及铁的氧化物)制备净水剂BACAl2(OH)nCl6n的流程如下：(1)滤渣的主要成分是_(填名称)。(2)步骤在煮沸的过程中，溶液逐渐由绿色变为棕黄色，相关反应的离子方程式为_；步骤的煮沸装置上方需安装一长导管，长导管的作用是_。(3)步骤中控制pH，要使Fe3完全除去，(化学上通常认为残留在溶液中的离子浓度小于 105 mol/L时，沉淀就达完全)溶液的pH至少应升高到_已知常温下Ksp(Fe(OH)3110
106、38(4)已知BAC的分散质粒子大小在1100 nm之间，由此区别滤液与BAC两种液体的物理方法是_。(5)若Ca(OH)2溶液过量，则步骤得到的BAC产率偏低，写出导致其原因的离子方程式：_。解析(1)煤矸石主要成分Al2O3、SiO2及铁的氧化物中，与酸不发生反应的是SiO2，滤渣的主要成分即为SiO2；(2)溶液逐渐由绿色变为棕黄色，很明显是溶解后的亚铁离子被氧化为铁离子，在酸性环境中发生的离子反应方程式为：4Fe2O2 4H=4Fe32H2O；(3)要使铁离子完全沉淀，则c(Fe3)c3(OH)11038，此时c(Fe3)至少达到105 mol/L，所以 c(OH)应为1011 mol
107、/L，pH应升高到3。(4)BAC的分散质粒子大小在1100 nm，所以BAC为胶体，区别胶体和溶液的方法为丁达尔效应；若Ca(OH)2溶液过量；(5)根据过量的情况，铝离子与氢氧根可能发生反应Al33OH=Al(OH)3或Al34OH=AlO2H2O。答案(1)二氧化硅(2)4Fe2O2 4H=4Fe32H2O冷凝回流(3)3(4)用一束光分别照射两种液体，观察是否有丁达尔效应(5)Al33OH=Al(OH)3(或Al34OH=AlO2H2O)17(15分)普鲁本辛可用于胃和十二指肠溃疡的辅助治疗，可通过以下方法合成：请回答下列问题(1)普鲁本辛中的含氧官能团为_和_(填名称)。(2)AB的
108、反应的化学方程式_；DE的反应类型_。(3)化合物X(C8H19NO)的结构简式为_。(4)写出满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式_。分子中含有两个苯环，能发生银镜反应分子中有3种不同化学环境的氢(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以甲苯和乙醇为原料合成香料苯乙酸乙酯()的合成路线流程图(无机试剂任选)。合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3解析(2)AB发生取代反应，注意有小分子HCl生成。DE发生CN取代OH的反应。(3)对比F及产物结构可知发生了酯化反应，推出X的结构。(4)F中除2个苯环外，还有2个碳原子，3个氧原子，2个不饱和度。由
109、题给信息可知含有CHO，分子中只有3种不同环境的氢，可知为对称结构，由不饱和度可知有2个CHO且为对称结构，还有一个氧原子连在2个苯环中间组成对称结构。(5)由逆推可知由苯乙酸和乙醇酯化获得，由甲苯制苯乙酸，碳原子数增加，可知利用DE的反应利用CN取代羟基，增长碳链。因此甲苯先甲基氯代，再水解引入羟基，再与NaCN取代。答案(1)醚键酯基18(12分)聚合氯化铝铁FeaAlb(OH)cCldm是一种性能优良的无机高分子絮凝剂，在净水行业得到广泛应用。(1)在FeaAlb(OH)cCldm中d _。(用a、b、c表示)(2)聚合氯化铝铁净水的性能优于氯化铝和氯化铁的原因可能是_。(3)为确定聚合
110、氯化铝铁的组成，进行如下实验： 准确称取5.745 g样品，配成500 mL溶液。取10 mL溶液于锥形瓶中，加适量盐酸，滴加稍过量氯化亚锡溶液。加氯化汞溶液2 mL，充分反应后用0.0100 molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液10.00 mL。相关反应如下：2FeCl3SnCl2=2FeCl2SnCl4；SnCl22HgCl2=SnCl4Hg2Cl2；6FeCl2K2Cr2O714HCl=6FeCl32CrCl32KCl7H2O。准确称取5.745 g样品，加入足量的盐酸充分溶解，然后加入足量氨水，过滤、洗涤、灼烧，得固体3.420 g。根据以上实验数据计算聚合氯化铝
111、铁样品中的n(Fe3)n(Al3)。(写出计算过程)答案(1)3a3bc(2)聚合氯化铝铁水解后，比氯化铝或氯化铁水解后的溶液酸性弱，对本身水解的抑制程度小 (3)n(K2Cr2O7)0.010 0 molL10.010 0 L1.000104 moln(Fe3)61.000104500 mL/10 mL0.030 0 moln(Fe2O3)0.015 0 molm(Fe2O3)0.015 0 mol160 gmol12.400 gm(Al2O3)3.420 g2.400 g1.020 gn(Al2O3)1.020 g/102 gmol10.010 0 moln(Al3)0.020 0 mol
112、n(Fe3)n(Al3)0.030 0 mol0.020 0 mol3219(15分)试剂级的氯化钠可由粗盐经提纯制备，其实验过程如下：粗盐中除泥沙外，其他各种离子的浓度见下表：离子ClNaMg2Ca2SOFe3浓度/mgL119 00010 5001 3504008850.01(1)检验混合液中SO沉淀完全的实验方法是_。(2)实验过程中，不用Ba(OH)2代替BaCl2、NaOH的原因是_。(3)蒸发浓缩时，所用的玻璃仪器有_。(4)若向上述流程中制得的饱和NaCl溶液中通入HCl气体也可获得试剂级NaCl。实验装置如图所示：装置2中物质发生反应制备HCl气体的化学方程式是_。装置4中倒扣
113、漏斗的作用除防倒吸外，还有_。装置3的作用是_。(5)生产中还要检验制得的NaCl中是否含有Fe3离子，请补充完整“检验制得的NaCl中是否含有Fe3离子”的实验方案：取一定量的所制得的NaCl固体溶于水配成一定浓度的溶液，_。解析(2)Ba2除去SO，OH除去Mg2，两者物质的量之比不是11，Ba2会过量，消耗Na2CO3。(4)装置3的作用是安全瓶，防止倒吸时，溶液进入发生装置，装置4是利用饱和NaCl溶液吸收HCl，倒扣漏斗一是可以防倒吸，二是可以增大气液接触面积，便于吸收充分。(5)Fe3检验可以用KSCN溶液，若溶液出现血红色，则说明有Fe3。答案(1)取上层清液少许，先加入稍过量盐
114、酸，再加入BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，说明SO沉淀完全(2)Mg2和SO的物质的量之比不是11，两种离子沉淀完全时，过量的Ba2会消耗Na2CO3(3)玻璃棒、酒精灯(4)2NaClH2SO4Na2SO42HCl(合理答案均可)增大HCl与溶液的接触面积，便于溶液更好地吸收HCl安全瓶或防止液体倒吸(合理答案均可)(5)取溶液少许，加入KSCN溶液，若溶液呈血红色，说明其中含有Fe320(14分)大气污染越来越成为人们关注的问题，烟气中的NOx必须脱除(即脱硝)后才能排放。(1)已知：CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(1)H890.3 kJmol1N2(g)O2(g)=2N
115、O(g) H180 kJmol1CH4可用于脱硝，其热化学方程式为：CH4(g)4NO(g)=CO2(g)2N2(g)2H2O(1)，H_。(2)C2H4也可用于烟气脱硝。为研究温度、催化剂中Cu2负载量对其NO去除率的影响，控制其他条件一定，实验结果如图1所示。为达到最高的NO去除率，应选择的反应温度和 Cu2负载量分别是_。(3)臭氧也可用于烟气脱硝。O3氧化NO 结合水洗可产生HNO3和O2，该反应的化学方程式为_。一种臭氧发生装置原理如图2所示。阳极(惰性电极)的电极反应式为_。(4)如图3是一种用NH3脱除烟气中NO的原理。该脱硝原理中，NO最终转化为_(填化学式)和H2O。当消耗2
116、 mol NH3和0.5 mol O2时，除去的NO在标准状况下的体积为_。(5)NO直接催化分解(生成N2与O2)也是一种脱硝途径。在不同条件下，NO的分解产物不同。在高压下，NO在40 下分解生成两种化合物，体系中各组分物质的量随时间变化曲线如图4所示。写出Y和Z的化学式：_。解析(1)根据盖斯定律，按“2”可得所求反应H。(2)从图中可知，在350 左右，Cu2负载量为3%时，NO的去除率最高。(3)将O3可以拆成O2O，与NO反应时，可看成是O氧化NO，与H2O结合生成HNO3和O2，根据O原子的化合价降低，与N原子的化合价升高，配平反应。阳极为阴离子放电，则为6OH6e=O33H2O
117、，也可将两边各加6个H，可得反应式为3H2O6e=O36H。(4)根据箭头指向知，NH3和O2为反应物，N2和H2O为生成物，其余为中间产物。NH3转化成N2，NO生成N2，O2生成H2O，根据得失电子守恒有，2340.52n(NO)，得n(NO)2 mol。(5)从坐标图知，3 mol NO反应生成等物质的量的Y和Z，根据原子守恒分析知，Y与Z的化学式之和为3个N和3个O，则应为N2O和NO2。答案(1)1 250.3 kJmol1(2)350左右、3%(3)3O32NOH2O=2HNO33O23H2O6e=O36H(4)N244.8 L(5)N2O、NO221(12分)【选做题】本题包括A
118、、B两小题，请选定其中一小题，并在相应的答题区域内作答。若多做，则按A小题评分。A物质结构与性质(12分)已知A、B、C、D是原子序数依次增大的短周期主族元素，A是周期表中原子半径最小的元素，基态B原子的2p轨道上有2个电子；D原子的最外层电子数是其内层的3倍。E是第四周期元素，其原子的最外层电子数与A原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题(用元素符号或化学式表示)：(1)基态E离子的核外电子排布式为_。B、C、D三种原子的第一电离能由大到小的顺序是_。(2)A、B、D三种元素形成的化合物M能发生银镜反应，M的相对分子质量为44，则M中B原子轨道的杂化类型为_。(3)C离子与BD2互为等
119、电子体，C的结构式为_。(4)向E的硫酸盐溶液中通入过量的NH3，可生成E(NH3)42配离子，1 mol E(NH3)42中含有键的数目为_。(5)右图是元素D、E形成的某种化合物的晶胞结构示意图，则1个晶胞中含有的阳离子的个数为_。解析A为氢元素，B为碳元素，D为氧元素，C为氮元素，E为铜元素(核外电子排布式为Ar3d104s1)。(1)同周期元素的第一电离能呈增大趋势，注意A与A、A与A反常。(2)M能发生银镜反应，说明有CHO，相对分子质量为29，剩余基团相对分子质量为15，M为CH3CHO，碳原子为sp3、sp2杂化。(3)N与CO2互为等电子体，CO2的结构式为O=C=O，所以N的
120、结构式为N=N=N。(4)NH3分子中有3个键，Cu(NH3)42中Cu2与4个NH3间存在4个键(配位键)，Cu(NH3)42中共有43416个键。(5)白球共2个，黑球共4个，铜与氧可以形成CuO、Cu2O，所以该晶体为Cu2O，阳离子共4个。答案(1)1s22s22p63s23p63d10(或Ar3d10 )NOC(2)sp2、sp3(3)N=N=N(4)16NA(或166.021023个)(5)4B实验化学三苯甲醇是有机合成中间体。实验室用格氏试剂()与二苯酮反应制备三苯甲醇。已知：格氏试剂非常活泼，易与水反应实验过程如下：实验装置如图1所示。a.合成格氏试剂：向三颈烧瓶加入0.75
121、g镁屑和1小粒碘，装好装置，在恒压漏斗中加入3.2 mL溴苯和15 mL乙醚混匀，开始缓慢滴加混合液，滴完后待用。b制备三苯甲醇：将5.5 g二苯酮与15 mL乙醚在恒压漏斗中混匀，滴加。40 左右水浴回流0.5 h，加入20 mL饱和氯化铵溶液，冷却，放好，待提纯。提纯：用图2所示装置进行提纯。(1)实验中使用恒压漏斗的作用是_。(2)合成格氏试剂过程中，为加快反应速率以及提高格氏试剂产率，可采取的措施有_。(3)合成格氏试剂过程中，如果混合液滴加过快将导致格氏试剂产率下降，其原因是_。(4)在制备三苯甲醇的过程中，不能先将20 mL饱和氯化铵溶液一起加入后再水浴回流的原因是_。(5)玻璃管
122、A作用是_，提纯过程中发现A中液面上升，此时应立即进行的操作是_。解析(1)恒压漏斗内的压强与三颈烧瓶内的压强相同，所以可以顺利滴下恒压漏斗中的液体。(2)搅拌可以增大反应物的接触面积以加快反应速率，适当升高温度也可以加快反应速率。(3)滴加溴苯速率过快，根据已知的信息知，格氏试剂会与溴苯发生副反应。(4)由已知的信息知，格氏试剂溶于水，并与水反应，会导致三苯甲醇的产率降低。(5)若装置中出现堵塞，则A中的玻璃管中的液面会上升，此时应打开螺旋夹，移走热源，以平衡压强，防止出现仪器爆破。答案(1)上下气体压强相同，保证滴加液体能顺利进行(2)搅拌、适当升高温度(3)滴加过快导致生成的格氏试剂与溴
123、苯反应生成副产物联苯(4)先将20 mL饱和氯化铵溶液一起加入会导致格氏试剂与水反应，使三苯甲醇产率降低(5)平衡气压立即旋开螺旋夹，并移去热源，拆下装置进行检查考前仿真演练（二）本试卷分为选择题和非选择题两部分(满分：120分，考试时间100分钟)可能用到的相对原子质量：H1C12O16Fe56选择题 (共40分)单项选择题(本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。)1石墨炔是由1，3二炔键与苯环形成的平面网状结构的全碳分子，具有优良的化学稳定性和半导体性能。下列关于石墨炔的说法不正确的是()A石墨炔属于芳香烃B石墨炔与金刚石互为同素异形体C石墨炔有望代替半导体
124、材料硅在电子产品中得到广泛应用D石墨炔孔径略大于H2分子的直径，因此它是理想的H2提纯薄膜解析A项，石墨炔中无氢原子，不是芳香烃，错误；B项，由题“全碳分子”可知与金刚石互为同素异形体，正确；C项，由题“半导体性能”，正确。答案A2下列有关化学用语表示正确的是()ACH2F2的电子式：B质子数为53、中子数为72的碘原子：IC16O的原子结构示意图：D间羟基苯甲醛的结构简式：解析A项，F原子上还有6个电子，错误；C项，16O中质子数为8，正确的为；D项，CHO连接方式不对，正确的为。答案B3下列有关物质性质和应用正确的是()A甲醛能使蛋白质变性，可用于食品防腐剂B炭具有还原性，一定条件下能将二
125、氧化硅还原为硅C硅酸钠溶液呈碱性，常用作木材的防火剂DAl2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融烧碱的坩埚解析A项，甲醛不能用于食品防腐，错误；C项，两者无对应关系，错误；D项，高温条件下，NaOH固体能与Al2O3反应：2NaOHAl2O3=2NaAlO2H2O，错误。答案B4常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()ApH12的溶液中：K、Mg2、CH3COO、BrBc(H)/c(OH)11014的溶液中：Ca2、Na、ClO、NOC能使酚酞变红的溶液中：Na、Ba2、NO、ClD水电离产生的c(H) 1012 molL1的溶液中：Na、Fe2、SO、NO解析A项，碱性条件，Mg
126、2不能大量存在；B项，c(H)/c(OH)11014的溶液中c(H)1 molL1，ClO不能大量存在；D项，水电离产生的c(H) 1012 molL1的溶液可能是酸性溶液或碱性溶液，碱性溶液Fe2不能大量存在，酸性条件下NO、Fe2不能大量共存。答案C5用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是()A用装置甲验证浓硫酸的脱水性和强氧化性B用装置乙验证浓硝酸的强氧化性C用装置丙制备SO2气体D用装置丁验证镁片与稀盐酸反应放热解析A项，苹果块变瘪，变干，体现浓硫酸的吸水性，错误；B项，炭与浓硝酸反应需要加热，错误；C项，因Na2SO3易溶于水，无法做到“随关随停”目的，错误；D项，Ca(OH)2
127、 的溶解度随温度的升高而降低，镁与稀盐酸反应放热，饱和石灰水中有浑浊出现，正确。答案D6设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A常温常压下0.1 mol Na2O2与足量水反应时，转移电子的数目为0.2NAB在某温度时，1 L pH7的纯水中含有的H离子的数目为107NAC标准状况下，22.4 L Cl2与足量Fe反应时，转移电子的数目为3NAD1 L 0.1 molL1 CH3COONa溶液中含有的Na和CH3COO的总数为0.2NA解析A项，转移的电子数为0.1NA，错误；C项，Cl2不足，转移的电子数为2NA，错误；D项，Na、CH3COO和CH3COOH的总数为0.2NA，错
128、误。答案B7下列指定反应的离子方程式正确的是()A硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：SiO2H=H2SiO3BNH4Al(SO4)2溶液与过量稀氨水反应：Al33NH3H2O=Al(OH)33NHC用稀硝酸清洗试管内壁的银镜：Ag2HNO=AgNO2H2ODFeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe22Br2Cl2=2Fe3Br24Cl解析A项，醋酸是弱酸，不能拆成离子形式，正确的离子方程式为：SiO2CH3COOH=H2SiO32CH3COO，错误；C项，稀硝酸被还原为NO，正确的离子方程式为：3Ag4HNO=3AgNO2H2O；D项，氯气过量，FeBr2按化学式组成反应：2Fe24Br3Cl2=2Fe
129、32Br26Cl。答案B8已知A、B、D、E均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示(部分产物略去)，则下列有关物质的推断不正确的是()A若A是铁，则E可能为稀硝酸B若A是CuO，E是碳，则B为COC若A是AlCl3溶液，E可能是氨水D若A是NaOH溶液，E是CO2，则B为NaHCO3解析A项，铁与过量硝酸反应生成Fe(NO3)3(B)，硝酸少量生成Fe(NO3)2(D)，正确；B项，C过量生成CO(B)，C少量生成CO2(D)，正确；C项，AlCl3与氨水反应只能生成Al(OH)3，与量的多少无关，错误；D项，CO2过量，生成NaHCO3(B)，CO2少量生成Na2CO3(D)，
130、正确。答案C9短周期主族元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13。Z原子的最外层电子数是X原子内层电子数的3倍，也是Y原子最外层电子数的3倍。X与Y、Z位于相邻的周期。下列说法正确的是()AX的最高价氧化物对应的水化物是弱酸B元素Z位于元素周期表的第3周期族CY形成的单质能在二氧化碳中燃烧D原子半径的大小顺序： r(Z)r(Y)r(X)解析Z的最外层电子数为6，Y的最外层电子数为2，所以Y为镁，Z为硫，X最外层电子数为5，为氮元素。A项，氮元素的最高价氧化物对应的水化物是HNO3，强酸，错误；B项，应为第3周期A族，错误；C项，Mg能在CO2中燃烧：2MgCO22MgO
131、C，正确；D项，原子半径：r(Mg)r(S)r(N)，错误。答案C10工业上，在强碱性条件下用电解法除去废水中的CN，装置如图所示，依次发生的反应有：CN2e2OH=CNOH2O2Cl2e=Cl23Cl22CNO8OH=N26Cl2CO4H2O下列说法正确的是()A铁电极上发生的反应为Fe2e=Fe2B通电过程中溶液pH不断增大C为了使电解池连续工作，需要不断补充NaClD除去1 mol CN，外电路至少需转移5 mol电子解析反应原理为Cl在阳极放电生成Cl2，CN在阴极放电生成CNO，Cl2氧化CNO生成N2。A项，铁作阴极，没有参与反应，错误；B项，由反应可知消耗OH，pH减小，错误；C
132、项，Cl放电生成Cl2，Cl2又被还原为Cl，不需要补充NaCl，错误；D项，由反应可知，1 mol CN转化为CNO需要2 mol e，由反应可知转化1 mol CNO需转移 3 mol e，正确。答案D不定项选择题：本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。11下列有关说法正确的是()A为减小酸碱中和滴定的实验误差，锥形瓶必须洗净、烘干后使用B在氨水中加入少量的水或氯化铵固体后，都会使溶液中的c(H)增大C已
133、知NaAlO2溶液的pH7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为NaAlO2D由H(aq)OH(aq)=H2O(l) H57.3 kJmol1，可知100 mL 0.1 molL1 的盐酸与100 mL 0.1 molL1 的氨水混合，放出的热量等于0.573 kJ解析A项，酸碱中和滴定时，锥形瓶不需要烘干，只需洗净，错误；B项，前者加水稀释，c(OH)减小，c(H)增大，后者抑制NH3H2O电离，c(OH)减小，c(H)增大，正确；C项，NaAlO2水解：NaAlO22H2ONaOHAl(OH)3，浓度大还生成NaAlO2，正确；D项，氨水是弱碱，电离时要吸热，放出热量小于0.573 kJ，错误。
134、答案BC12化合物C是制备液晶材料的中间体之一，它可由A和B在一定条件下制得下列说法正确的是()A每个A分子中含有1个手性碳原子B可以用酸性KMnO4溶液检验B中是否含有醛基C1 mol C分子最多可与4 mol H2发生加成反应DC可发生加成反应、取代反应、氧化反应、消去反应等解析A项，A分子中无手性碳原子，错误；B项，酚羟基也能使酸性KMnO4溶液褪色，无法检验是否含有醛基，错误；C项，1 mol C中其中苯环可以和3 mol H2加成、醛基可以和1 mol氢气加成，共4 mol氢气，正确；D项，分子C不能发生消去反应，错误。答案C13下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验
135、操作实验现象结论AAg2CO3白色悬浊液中加入Na2S溶液沉淀变为黑色Ksp(Ag2S)Ksp(Ag2CO3)B向苯酚钠溶液中通入CO2溶液变浑浊碳酸的酸性比苯酚强C向蛋白质溶液中加入甲醛和(NH4)2SO4饱和溶液均有白色沉淀蛋白质均发生了变性D向溶液X中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色气体X中一定含有Fe3解析A项，发生反应：Ag2CO3S2Ag2SCO，说明Ag2S的溶度积更小，错误；B项，发生反应：C6H5OCO2H2OC6H5OHHCO，正确；C项，(NH4)2SO4属于铵盐，发生盐析，不是变性，错误；D项，Na2O2有强氧化性可以氧化Fe2，溶液X不一定含有Fe3，错误。答案
136、B14常温下，向20 mL 0.2 molL1 H2A溶液中滴加0.2 molL1 NaOH溶液。有关微粒的物质的量的变化如图(其中代表H2A，代表HA，代表A2)所示。根据图示判断下列说法正确的是()A当V(NaOH)20 mL时，溶液中离子浓度的大小关系为：c(Na)c(HA)c(A2) c(H)c(OH)B等物质的量浓度的NaOH溶液与H2A溶液按21的体积比混合后，溶液中水的电离程度比纯水的大C在NaHA溶液中存在：c(OH)c(A2)=c(H)c(H2A)D向上述溶液中加入20 mL NaOH溶液后所得溶液中再加入水的过程中，pH可能减小解析由图可知H2A溶液中溶质主要是H2A，H2
137、A为弱酸。A项，此时溶液为NaHA溶液，由于A2()浓度大于H2A()，HA的电离(HAHA2)大于水解(HAH2OH2AOH)，所以c(H)c(A2)，错误；B项，此时溶液为Na2A溶液，因A2水解促进水的电离，正确；C项，为质子守恒式(也可由电荷守恒和物料守恒获得)，正确；D项，由A项分析，溶液呈酸性，稀释，c(H)减小，c(OH)增大，pH增大，错误。答案BC15一定温度下，向容积为2 L的恒容密闭容器中充入6 mol CO2和8 mol H2，发生反应：CO2(g)3H2(g) CH3OH(g)H2O(g)H49.0 kJmol1，测得n(H2)随时间变化如曲线所示。下列说法正确的是(
138、)A该反应在08 min内CO2的平均反应速率是 0.375 molL1min1B若起始时向上述容器中充入3 mol CO2和4 mol H2，则平衡时H2的体积分数大于20%C若起始时向上述容器中充入4 mol CO2、2 mol H2、2 mol CH3OH和1 mol H2O(g)，则此时反应向正反应方向进行D改变条件得到曲线、，则曲线、改变的条件分别是升高温度、充入氦气解析A项，v(CO2)v(H2)0.125 molL1min1，错误；B项，原平衡中此时H2的体积分数为20%。成比例的减少投料量，相当于减压，平衡向逆反应方向移动，H2的体积分数增大，正确；C项，原平衡中K0.5，此时
139、Qc0.25K，平衡向正反应方向移动，正确；D项，恒容条件下充入氦气，反应物、生成物浓度均不变化，平衡不移动，错误。答案BC非选择题(共80分)16(12分)工业尾气中含有的SO2对环境有害，采取合理的方法可以将其转化为硫化钙、硫酸钾等有用的物质，其一种转化路线如下图所示：(1)通入空气的目的是_；得到的固体产物A是_(写化学式)。(2)反应需在60 70 下进行，原因是_，该反应的化学方程式为_。(3)固体A与焦炭一起焙烧生成CaS和CO，该反应的化学方程式_。(4)滤液B中除H、OH、K、SO外，还含有的离子有_(写化学式)。解析(1)通入氧气是将4价的硫氧化为SO，类似于“钙基固硫”的反
140、应：SO2CaCO3=CaSO3CO2、2CaSO3O2=2CaSO4，A为CaSO4。(2)NH4HCO3加热时易分解，温度不宜过高。反应反应物为CaSO4、NH4HCO3、NH3，生成物有CaCO3，另外还有(NH4)2SO4，配平。(3)反应物为CaSO4、C，生成物有CaS、CO，根据电子守恒和原子守恒配平。(4)反应为KCl与(NH4)2SO4反应生成K2SO4、NH4Cl。答案(1)提供氧化剂O2CaSO4(2)防止NH4HCO3分解NH4HCO3NH3CaSO4=CaCO3(NH4)2SO4(3)CaSO44CCaS4CO(4)NH、Cl17(15分)化合物G对多种植物病原菌具有
141、抑制作用，由丙酮合成G的路线如下：(1)写出化合物G中含氧官能团的名称_。(2)反应的类型为_。(3)反应还会得到另一产物H，其分子式为C8H14O2，写出H的结构简式_。(4)反应生成的G会部分转化为另一产物I，I为链状结构，分子式为C10H18O4，写出I的结构简式：_。(5)一分子G消去一分子水可得物质J，写出同时满足下列条件的J的一种同分异构体的结构简式：_。能与FeCl3溶液发生显色反应；分子的核磁共振氢谱有2个峰。(6)以CH3OH、CHCH为原料合成聚丙烯醇，写出合成流程图(无机试剂任用)。合成流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH解析(2)反应2为碳碳叁
142、键与氢气的加成。(3)H的分子式为C8H14O2，8个碳原子，2个氧原子，说明2份丙酮与乙炔加成，H结构为。(4)由I的分子式为C10H18O4，不饱和度为2，4个氧原子，F中不饱和度为3，3个氧原子，可知是去除了1个不饱和度，且引入氧原子。FG，发生的是环氧键断裂，O接H生成OH，另一个碳与COO中氧结合，G到I是酯基断裂，I结构为。(5)G的分子式为：C10H16O3，消去一分子水，J的分子式为C10H14O2，不饱和度为4。能与FeCl3溶液显色，说明有苯环和酚羟基，苯环不饱和度为4，另外无不饱和度，核磁共振氢谱有2个峰，说明为苯环对称结构，2个酚羟基，另外4个碳原子构成4个甲基。(6)
143、采用逆推法，可知，CH3OH和CHCH连起来，利用流程图反应中有CHCH，先将CH3OH氧化为HCHO，再与CHCH加成。答案(1)酯基、羟基(2)加成反应(还原反应)(3)(4)(5) (6)CH3OHHCHOHCCCH2OHH2C=CHCH2OH18(12分)聚合硫酸铝铁AlaFeb(OH)m(SO4)nxH2O是一种新型高效净水剂，广泛应用于工业污水的处理。(1)聚合硫酸铝铁能够净水的原因是_。(2)AlaFeb(OH)m(SO4)nxH2O中a、b、m、n的代数关系式为_。(3)为了测定聚合硫酸铝铁的组成，进行如下实验：步骤一：准确称取8.810 g样品溶于150 mL 0.100 m
144、olL1稀硫酸，恰好完全反应后，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤、洗涤、干燥至恒重，得到白色固体10.485 g；步骤二：另取相同质量的样品，溶于过量的氢碘酸，以磁力搅拌机搅拌，充分反应后，以0.500 molL1 Na2S2O3溶液滴定至浅黄色，滴入几滴淀粉溶液，再滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。(已知：I22Na2S2O3=2NaINa2S4O6)步骤二中使用磁力搅拌器进行搅拌的目的是_。通过计算确定聚合硫酸铝铁的化学式(写出计算过程)。答案(1)聚合硫酸铝铁溶于水电离的Al3、Fe3可以水解形成胶体，具有吸附性(2)3a3bm2n(3)混匀反应物，确保反应完全n(O
145、H)0.15 L0.100 molL120.03 moln(SO)10.485 g/233 gmol10.15 L0.100 molL10.03 mol根据关系式：2Fe3I22Na2S2O3n(Fe3)n(Na2S2O3)0.02 L0.500 molL10.01 moln(Al3)(0.03 mol0.03 mol20.01 mol3)/30.02 moln(H2O)(8.810 g0.02 mol27 gmol10.01 mol56 gmol10.03 mol17 gmol10.03 mol96 gmol1)/18 gmol10.24 moln(Al3)n(Fe3)n(OH)n(SO)n
146、(H2O)213324硫酸铝铁的化学式为：Al2Fe(OH)3(SO4)324H2O。19(15分)绿矾(FeSO47H2O)是治疗缺铁性贫血药品的重要成分。下面是以市售铁屑(含少量锡、氧化铁等杂质)为原料生产纯净绿矾的一种方法：查询资料，得25 时有关物质的数据如下表：饱和H2S溶液SnS沉淀完全FeS开始沉淀FeS沉淀完全pH3.91.63.05.5(1)操作中，先通入硫化氢至饱和，目的是_；后加入硫酸酸化至pH2的作用是_。(2)操作IV得到的绿矾晶体用少量冰水洗涤，其目的是：除去晶体表面附着的硫酸等杂质；_。(3)工业上常用氧化还原滴定法测定绿矾产品中Fe2含量，测定步骤如下：a称取2
147、.850 g绿矾产品，溶解，在250 mL容量瓶中定容；b量取25.00 mL待测溶液于锥形瓶中；c用硫酸酸化的0.010 00 molL1 KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液体积的平均值为20.00 mL。已知酸性KMnO4被FeSO4还原时生成Mn2。写出该测定过程的离子反应方程式：_；滴定时盛放KMnO4溶液的仪器为_(填仪器名称)。判断此滴定实验达到终点的方法是_。若实验操作无失误，测得上述样品中FeSO47H2O的含量仍偏低，则可能的原因是：_。解析(1)由表格信息H2S溶液饱和时pH为3.9，此时Sn2与S2沉淀完全。因为FeS在pH3.0时开始沉淀，加硫酸酸化至pH2，
148、防止Fe2与S2生成沉淀。(3)反应物为MnO、Fe2，生成物有Mn2、Fe3，酸性条件，配平。KMnO4溶液具有强氧化性，不能用碱式滴定管盛放(氧化碱式滴定管中的橡皮管)。紫红色的MnO被Fe2还原为Mn2，当到达滴定终点时，最后一滴KMnO4溶液过量，溶液呈浅红色，且30 s内不变色。答案(1)除去溶液中的Sn2离子防止Fe2离子生成沉淀(2)降低洗涤过程中FeSO47H2O的损耗(3) MnO5Fe28H=Mn25Fe34H2O酸式滴定管滴加最后一滴KMnO4溶液时，溶液变成浅红色且半分钟内不褪色部分Fe2被空气中O2氧化20(14分)氮及其化合物的转化是资源利用和保护环境的重要研究课题
149、。下面是氮的氧化物在几种不同情况下的转化。(1)向绝热恒容密闭容器中通入SO2和NO2，在一定条件下发生反应SO2(g)NO2(g) SO3(g)NO(g)，其正反应速率随时间变化的示意图如右图所示。反应在c点_(填“达”或“未达”)到平衡状态。该反应的正反应是_(填“放热”或“吸热”)反应。(2)用NaOH溶液吸收氮的氧化物能够生成NaNO2、NaNO3的混合液，将此混合液和NaOH溶液分别加到下左图所示的电解槽中用惰性电极进行电解，A室产生了N2。B室中产生的气体是_。A室中NO发生反应的电极反应式是_。(3)利用空气催化氧化法制取联氨，其有关物质的转化如上右图所示(R1、R2代表烃基)。
150、在图示的转化中，化合价不变的一种元素是_。反应中当有1 mol NH3转化为N2H4时，保持溶液中酮的物质的量不变，需要消耗O2的物质的量为_。在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入NH3、O2混合气体，并充分搅拌。欲使生成的N2H4中不含NH3，可采取的措施有_。解析(1)只通入反应物，肯定向正反应方向建立平衡。随着反应进行，v(正)增大，说明正反应是放热反应，由于绝热，所以反应体系温度升高，速率加快。当到达平衡时，v(正)v(逆)，v(正)不再变化，所以c点没有到达平衡。(2)A极产生N2，说明发生还原反应，NON2，A室为阴极室，碱性条件，配平。B室为阳极室，溶液中的阴离子(OH)失电
151、子生成O2。(3)NH3N2H4，转移电子数为1e，根据电子守恒，1 mol NH3反应，失去1 mol电子，需要0.25 mol O2。使N2H4中不含NH3，要求使NH3充分反应。答案(1)未达放热(2)O22NO6e4H2O=8OHN2(3) 氢或H0.25 mol增大混合气体中氧气的含量21(12分)【选做题】(本题包括A、B两小题，请选定其中一小题作答。若多做，则按A小题评分。)A物质结构与性质元素X基态原子的p电子比s电子少1个。元素Y基态原子的2p电子是2s电子的2倍。元素Z的一种单质为自然界硬度最大的物质。元素M位于第四周期，其基态原子失去3个电子后3d轨道半充满。(1)X、Y
152、、Z的基态原子，第一电离能由大到小的顺序是_。(2)X的氢化物易于液化，其原因是_。(3)X与M形成的一种化合物晶胞结构如右图所示。每个晶胞中M离子的数目为_；该化合物的化学式为_。(4)Y可形成单质Y3Y3分子的空间构型为_(用文字描述)。写出一种与Y3互为等电子体的分子的化学式：_。(5)Y、Z的化合物ZY可与M的单质生成配合物M(ZY)5，该配合物中键与键的个数比为_。解析依据题意推知，元素X、Y、Z、M分别为N、O、C、Fe。(1)N原子的价电子具有2p3的半充满的稳定结构，故第一电离能比相邻元素的大。(2)NH3分子间可形成氢键，使得其分子间作用力增强，易液化。(3)由晶胞图知，X(
153、N)为1个，M(Fe)为81/861/24，所以该化合物的化学式为Fe4N。(4)Y3为O3，与SO2互为等电子体，两者结构相似，所以为V形结构。(5)CO与Fe之间的配位键，属于键，CO中存一个键，故键共5510个，CO中存在2个键，所以共有5210个键，故键与键的个数比为11。答案(1)NOC(2)氨分子间能形成氢键(3)4Fe4N(4)V形(或折线形)SO2(5)11B实验化学对叔丁基苯酚可用于生产油溶性酚醛树脂等。实验室以苯酚、叔丁基氯(CH3)3CCl等为原料制备对叔丁基苯酚的实验步骤如下：步骤1：按如图所示组装仪器，在X中加入2.2 mL叔丁基氯(过量)和1.41 g苯酚，搅拌使苯
154、酚完全溶解。步骤2：向X中加入无水AlCl3固体作催化剂，不断搅拌，有气体放出。步骤3：反应缓和后，向X中加入8 mL水和1 mL浓盐酸，即有白色固体析出。步骤4：抽滤得到白色固体，洗涤，用石油醚重结晶，得对叔丁基苯酚1.8 g。(1)仪器X的名称为_。(2)步骤2中发生主要反应的化学方程式为_。若该反应过于激烈，可采取的一种措施为_。(3)图中倒扣漏斗的作用是_。(4)实验结束后，对产品进行光谱鉴定结果如下。其中属于红外光谱的谱图是_(填字母)。(5)本实验中，对叔丁基苯酚的产率为_。解析(1)由仪器的结构可知X为三颈烧瓶。(2)苯酚与对叔丁基氯在AlCl3催化剂作用下，生成对叔丁基苯酚和HCl。用冷水浴冷却可防止反应过于激烈。(3)由于HCl极易溶于水，用倒扣的漏斗，可防止倒吸。(4)A为红外光谱图，B为质谱图。(5)由化学反应方程式知：C6H6O C10H14O(对叔丁基苯酚)941501.41m(对叔丁基苯酚)则m(对叔丁基苯酚)2.25 g，其产率为100%80%。答案(1)三颈烧瓶(3)防止倒吸(4)A(5)80%
