大二轮专题复习讲义答案精析_05高考化学_新高考复习资料_2023年新高考资料_二轮复习_2023年高考化学二轮复习讲义+课件（新高考版）_2023年高考化学二轮复习讲义（新高考版）_学生版

答案精析 专题 1 物质的组成、分类 化学用语 考点一 回扣自测 1．(1)H 、Al (2)CH CHOH、CH (3)CaO、Fe O 、CO 、CO (4)HNO 、HSO 、 2 3 2 4 2 3 2 3 2 4 HPO 、HCO (5)Ba(OH) 、Cu(OH) 、NaOH (6)NaHSO 、CuSO 、MgCl 、MgSO (7) 3 4 2 3 2 2 4 4 2 4 浑浊的河水、空气 2．(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)× (7)√ (8)× (9)× (10)× (11)× (12)√ (13)√ (14)× (15)× 核心精讲 3．(1)不属于 属于 (2)不一定 (3)物理 化学 真题演练 1．B 2.B 3.D 4．B [A项，甲醇低温生成氢气和氢气用作燃料发生的都是化学变化；B项，氘、氚用作 核聚变燃料不是化学变化；C项，偏二甲肼用作火箭燃料发生的是化学变化；D项，可燃冰 是甲烷水合物，用作燃料发生的是化学变化。] 考向预测 1．A 2.B 3．C [A、D项都是物理变化，不符合题意；B项，NH Cl溶液除铁锈是化学变化，电解质 4 溶液的导电过程就是电解的过程，电解必然会产生新物质，故食盐水导电是化学变化，不符 合题意；C项，蛋白质的盐析是物理变化，胆矾变白，说明胆矾失去结晶水，发生的是化学 变化，符合题意。] 4．B 考点二 回扣自测 1．(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)√ (6)√ (7)× 2．(1)(2) (3) Na＋[H]－ Na＋[C⋮⋮N]－ 真题演练 1．C 2.D 3．C [中子数为9的氮原子应为N，A项错误；N 分子的电子式为N⋮⋮N，B项错误；Cl－ 2 的结构示意图为 ，D项错误。] 考向预测 1．C 2．A [次氯酸为共价化合物，结构式为H—O—Cl，其电子式为 ，故A项错误； 正丁烷中C原子呈锯齿形，球棍模型为 ，故B项正确；乙烯分子中含有1 个碳碳双键，结构简式为CH==CH ，故C项正确；质量数＝质子数＋中子数，原子核内有 2 2 8个中子的碳原子的质量数为6＋8＝14，表示为C，故D项正确。] 3．C [K＋的结构示意图为 ，故A项错误；KS结构中K＋与S2－形成离子键，其电 2 子式为 ，故B项错误；质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子互为同位素，而16O 与18O 均为单质，故D项错误。] 2 3 专题 2 “阿伏加德罗常数”的应用 回扣自测 (1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)× (7)√ (8)√ (9)× (10)√ (11)× (12)× (13)√ (14)√ (15)× (16)× (17)× (18)× (19)× (20)× (21)× (22)× (23)√ (24)× (25)× (26)× (27)× 真题演练 1．A 2.C 3.A 4．C [25 ℃、101 kPa不是标准状况，不能用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量， 故A错误；Al3＋在溶液中会发生水解生成Al(OH) ，因此2.0 L 1.0 mol·L－1的AlCl 溶液中， 3 3 Al3＋的数目小于 2.0N ，故 B 错误；苯甲酸完全燃烧的化学方程式为 C HCOOH＋ A 6 5 O――→7CO ＋3HO，1 mol苯甲酸完全燃烧生成7 mol CO ，则0.20 mol苯甲酸完全燃烧生 2 2 2 2 成1.4 mol CO ，数目为 1.4N ，故 C 正确；电解熔融 CuCl 时，阳极反应为 2Cl－－2e－ 2 A 2 ===Cl↑，阴极反应为Cu2＋＋2e－===Cu，阴极增加的重量为Cu的质量，6.4 g Cu的物质的 2 量为0.10 mol，根据阴极反应可知，外电路中通过电子的物质的量为 0.20 mol，数目为 0.20N ，故D错误。] A 5.A 6．C [标准状况下，1.12 L 18O 的物质的量为0.05 mol，一个18O中含有中子数为18－8＝ 2 10，所以1.12 L 18O 中含有中子数为N ，A正确；31 g P 的物质的量为0.25 mol，根据白磷 2 A 4 的分子结构可知，一个白磷分子含有六个共价键，所以共价键数目为 1.5N ，B正确；100 A mL 0.1 mol·L－1的NaOH水溶液中含有溶质氢氧化钠和溶剂水，氧原子数目为二者氧原子数 目的加和，C错误；18.9 g三肽C H NO 的物质的量为0.1 mol，三分子氨基酸脱水缩合形 6 11 3 4 成三肽，三肽中含有两个肽键，所以 18.9 g三肽C H NO 中的肽键数目为0.2N ，D正 6 11 3 4 A 确。] 7．D [18 g H 18O的物质的量为＝0.9 mol，1个H18O含0＋(18－8)＝10个中子，则18 g 2 2 H18O含有的中子数为9N ，A错误；未给出溶液体积，无法计算，B错误；存在2NO＋ 2 A O===2NO ,2NONO ，因此2 mol NO与1 mol O 在密闭容器中充分反应后的分子数小 2 2 2 2 4 2 于2N ，C错误。] A 8．C [在标准状况下，22.4 L氟气的物质的量为1 mol，其质子数为1 mol×9×2×N mol－1 A ＝18N ，A正确；碘蒸气与氢气发生的反应为I(g)＋H(g)2HI(g)，反应为可逆反应，有 A 2 2 一定的限度，所以充分反应，生成的碘化氢分子数小于 2N ，B正确；电解饱和食盐水时电 A 极总反应为2NaCl＋2HO=====2NaOH＋H↑＋Cl↑，阴阳两极产生的气体分别是氢气与氯 2 2 2气，且物质的量之比为1∶1，若气体的总质量为73 g，则说明反应生成的氢气与氯气的物 质的量各为1 mol，根据关系式H ～2e－可知，转移的电子数为2N ，C错误；1 L 1 mol·L－1 2 A 溴化铵水溶液存在电荷守恒，即c(NH)＋c(H＋)＝c(Br－)＋c(OH－)，则物质的量也满足n(NH) ＋n(H＋)＝n(Br－)＋n(OH－)，因为n(Br－)＝1 L×1 mol·L－1＝1 mol，所以该溶液中NH与H＋ 离子数之和大于N ，D正确。] A 考向预测 1．A 2.D 3．B [标况下，2.24 L Cl 为0.1 mol，氯气与水的反应为可逆反应，溶液中还会有氯气分子 2 的存在，所以Cl－、ClO－、HClO的数目之和小于0.2N ，A错误；12 g NaHSO 晶体的物质 A 4 的量为＝0.1 mol，NaHSO 晶体由钠离子和硫酸氢根离子组成，所以离子总数为 0.2N ，B 4 A 正确；3.2 g Cu为0.05 mol，与硫蒸气反应时生成Cu S，转移电子数为0.0.5N ，但与氧气反 2 A 应时生成CuO，转移电子数为0.1N ，C错误；100 g 46%的CHCHOH溶液中含有46 g即1 A 3 2 mol乙醇，含有N 个O原子，但水中也含有O原子，D错误。] A 4．C [C HO有乙醇和甲醚两种不同结构，若为纯净的乙醇，则含有C—H的数目为5N ， 2 6 A 若为甲醚，则含有C—H的数目为6N ，B错误；56.0 g Fe与1.0 mol Br 反应时，铁过量， A 2 转移电子数取决于溴，则反应转移电子数为2N ，C正确；标准状况下HF不是气体，故11.2 A L HF不为0.5 mol，无法计算所含质子数目，D错误。] 5．B [盐酸为HCl的水溶液，HCl完全电离，水会部分电离出 OH－，故无法计算1 L 0.1 mol·L－1盐酸中含有的阴离子总数，A项错误；同温同压下，相同体积的任何气体含有的分 子数相等，标况下，11.2 L任何气体所含分子数均为0.5N ，B项正确；NO 与HO反应的 A 2 2 化学方程式为 3NO ＋HO===2HNO ＋NO，有3 mol NO 参与反应时，转移的电子数为 2 2 3 2 2N ，C项错误；铁粉与硝酸在加热条件下反应生成氮氧化物，不会生成氢气，D项错误。] A 专题 3 离子方程式的书写及正误判断 回扣自测 (1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× (8)× (9)× (10)× (11)× (12)× 核心精讲 一、 (一) 4．(1)2Na＋2HO===2Na＋＋2OH－＋H↑ (2)2Na＋2HO＋Cu2＋===2Na＋＋Cu(OH) ↓＋ 2 2 2 2 H↑ (3)MnO ＋4H＋＋2Cl－=====Mn2＋＋Cl↑＋2HO (4)Cl ＋2OH－===Cl－＋ClO－＋HO 2 2 2 2 2 2 (5)Cl ＋Ca(OH) ===Ca2＋＋Cl－＋ClO－＋HO (6)SO ＋Br ＋2HO===4H＋＋SO＋2Br－ 2 2 2 2 2 2 (7)Cl ＋HSO ＋HO===4H＋＋SO＋2Cl－ (8)H SO ＋HO===2H＋＋SO＋HO 2 2 3 2 2 3 2 2 2 (9)H S ＋ Cu2 ＋ ===2H ＋ ＋ CuS↓ (10)SO ＋ CO===SO ＋ CO (11)2CO ＋ SiO ＋ 2 2 2 22HO===HSiO↓ ＋ 2HCO (12)2Al ＋ 2OH － ＋ 2HO===2AlO ＋ 3H↑ (13)Al3 ＋ ＋ 2 2 3 2 2 3NH ·H O===Al(OH) ↓＋3NH 3 2 3 (14)Al3＋＋3HCO===Al(OH) ↓＋3CO↑ (15)Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2HO 3 2 2 (16)2Fe2＋＋HO＋2H＋===2Fe3＋＋2HO (17)2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I 2 2 2 2 (二) 1．(1)①Al3＋＋3OH－===Al(OH) ↓ Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO ②Al3＋＋4OH－===AlO 3 3 2 ＋2HO 3AlO＋Al3＋＋6HO===4Al(OH) ↓ ③2Al3＋＋7OH－===Al(OH) ↓＋AlO＋2HO 2 2 3 3 2 (2)①CO＋H＋===HCO HCO＋H＋===HO＋CO↑ ②CO＋2H＋===HO＋CO↑ 2 2 2 2 2．(1)①2HCO＋Ca2＋＋2OH－===CaCO ↓＋CO＋2HO 3 2 ②HCO＋OH－＋Ca2＋===CaCO ↓＋HO 3 2 (2)①HCO＋OH－===CO＋HO ②NH＋HCO＋2OH－===CO＋HO＋NH ·H O (3)①2H＋＋ 2 2 3 2 SO＋Ba2＋＋2OH－===BaSO↓＋2HO ② H＋＋SO＋Ba2＋＋OH－===BaSO↓＋HO 4 2 4 2 (4)①Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===AlO＋2HO＋2BaSO↓ ②2Al3＋＋3Ba2＋＋3SO＋6OH－ 2 4 ===2Al(OH) ↓＋3BaSO↓ 3 4 ③4Al3＋＋7SO＋7Ba2＋＋14OH－===2Al(OH) ↓＋2AlO＋4HO＋7BaSO↓ (5)①NH＋Al3＋ 3 2 4 ＋2SO＋2Ba2＋＋4OH－===NH ·H O＋Al(OH) ↓＋2BaSO↓ ②2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH 3 2 3 4 －===2Al(OH) ↓＋3BaSO↓ ③NH＋Al3＋＋2SO＋2Ba2＋＋5OH－===NH ·H O＋AlO＋2HO 3 4 3 2 2 ＋2BaSO↓ 4 3．(1)H＋＋OH－===HO Al3＋＋3OH－===Al(OH) ↓ NH＋OH－===NH ·H O Al(OH) ＋ 2 3 3 2 3 OH－===AlO＋2HO (2)OH－＋H＋===HO CO＋H＋===HCO 2 2 HCO＋H＋===HO＋CO↑ CHCOO－＋H＋===CHCOOH 2 2 3 3 真题演练 1．B 2.D 3.B 4.D 5.A 6．A [硫酸钙微溶，用碳酸钠溶液处理水垢中的硫酸钙转化为难溶的碳酸钙，离子方程式 为CO＋CaSO===CaCO ＋SO，故A正确；过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧 4 3 化氮和水，离子方程式应为3Fe＋8H＋＋2NO===3Fe2＋＋2NO↑＋4HO，故B错误；硫酸铝 2 溶液与少量氢氧化钾溶液反应生成氢氧化铝沉淀和硫酸钾，离子方程式应为Al3＋＋3OH－ ===Al(OH) ↓，故C错误；硫化氢为弱电解质，书写离子方程式时不能拆，离子方程式应 3 为Cu2＋＋HS===CuS↓＋2H＋，故D错误。] 2 考向预测 1．B 2．C [酸性条件下，过氧化氢与海带灰浸出液中的碘离子反应生成碘单质和水，反应的离 子方程式为2I－＋HO＋2H＋===I＋2HO，故A错误；过量的铁粉溶于稀硝酸生成硝酸亚铁、 2 2 2 2 一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Fe＋2NO＋8H＋===3Fe2＋＋2NO↑＋4HO，故B错误； 2NaSO 溶液与Cl 反应生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式为4Cl ＋SO＋5HO===10H＋＋ 2 2 3 2 2 2 2 2SO＋8Cl－，故C正确；NaAlO 溶液与过量的CO 反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反 2 2 应的离子方程式为AlO＋CO＋2HO===Al(OH) ↓＋HCO，故D错误。] 2 2 3 专题 4 离子共存与离子推断 回扣自测 1．(1)× (2)× (3)√ (4)× (5)× (6)× (7)√ (8)√ (9)× (10)× 2．(1)H＋ CO (2)I－ Fe3＋、NO (3)Mg2＋、Al3＋ (4)NH (5)Ba2＋ SO (6)H＋、I－、NH、Ba2＋ Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、NO、CO、SO K＋、Na＋ 焰色试验 真题演练 1．C 2.B 3．B [由信息①得到澄清透明溶液，可排除碳酸钙；由信息②焰色试验透过钴玻璃可观察 到紫色，说明含有钾元素，可推测含有氯化钾；由信息③向溶液中加入碱产生白色沉淀，可 推测含有硫酸镁，所以B正确。] 4．A [向①的溶液中滴加过量稀盐酸，溶液变浑浊，有刺激性气体逸出，说明固体中存在 NaSO ，发生反应：SO＋2H＋===S↓＋HO＋SO ↑，由于盐酸过量，向②的上层清液中 2 2 3 2 2 2 滴加BaCl 溶液，有沉淀生成，则沉淀为BaSO ，说明固体中存在NaSO ，不能确定是否有 2 4 2 4 NaSO 和NaCO ，NaSO 、NaCO 与过量稀盐酸反应的现象可以被NaSO 与过量稀盐酸 2 3 2 3 2 3 2 3 2 2 3 反应的现象覆盖掉。] 考向预测 1．C 2.C 3.C 4．B [加入BaCl 溶液之后，有沉淀生成，且加入过量的盐酸之后，沉淀质量减少，则说 2 明一定有CO、SO，一定没有Fe3＋(Fe3＋和CO会发生相互促进的水解反应，不能共存)，且 沉淀②为BaSO ，n(BaSO)＝＝0.01 mol，m(BaCO)＝4.30 g－2.33 g＝1.97 g，则n(BaCO) 4 4 3 3 ＝＝0.01 mol；加入NaOH溶液产生0.672 L(标准状况)气体，则溶液中含有NH，n(NH)＝ 0.03 mol；CO和SO所带的负电荷的物质的量为0.01 mol×2＋0.01 mol ×2＝0.04 mol，NH所带的正电荷的物质的量为0.03 mol×1＝0.03 mol，根据电荷守恒，可 以推断出溶液中一定含有Na＋，且最少为0.01 mol(因无法判断是否有Cl－，如果有Cl－，需 要多余的Na＋去保持溶液的电中性)，据此分析解答。]专题 5 氧化还原反应的概念、规律及应用 回扣自测 1．＋3 ＋4 ＋1 －2 ＋3 ＋6 ＋6 ＋3 ＋2 ＋4 ＋6 ＋2 －2 －3 ＋3 2．(1)①2I－＋Cl===I＋2Cl－、2Fe2＋＋Cl===2Fe3＋＋2Cl－ 2 2 2 ②3Cl＋2Fe2＋＋4I－===2I＋2Fe3＋＋6Cl－ 2 2 (2)2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋、Fe＋2H＋===H↑＋Fe2＋ 2 3．50 解析 参加反应的NaCN的物质的量是＝20 mol，反应中C元素由＋2价升高到＋4价，N 元素从－3价升高到0价，即1 mol NaCN失去5 mol电子，1 mol次氯酸钠得到2 mol电子， 所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg·L－1的废水，实际至少需要NaClO的物质的量为20 mol× ＝50 mol。 核心精讲 (二) 1．A 2．(1) (2)5∶1 3．Ⅱ.(1)①2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl↑＋8HO ②Cl ＋2Br－===2Cl－＋Br 2 2 2 2 ③2Fe2＋＋Br ===2Fe3＋＋2Br－ ④2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋ 2 (2)①I＋SO ＋2HO===2I－＋4H＋＋SO 2 2 2 ②2Fe3＋＋2I－===I＋2Fe2＋ ③Br ＋2Fe2＋===2Fe3＋＋2Br－ ④Cl＋2Br－===Br ＋2Cl－ 2 2 2 2 真题演练 1．D 2.B 3.D 4．B [谷物发酵的过程中包含淀粉水解、葡萄糖转化为乙醇、乙醇氧化为乙酸；小苏打分 解的化学方程式为2NaHCO =====NaCO ＋CO↑＋HO，不是氧化还原反应；含氯消毒剂 3 2 3 2 2 有强氧化性，可用于环境消毒；NO 与水发生氧化还原反应：3NO ＋HO===NO＋ 2 2 2 2HNO。] 3 5．D [反应中KHIO 中I元素的化合价降低，得电子发生还原反应，A错误；KI中I－由 2 3 6 HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；12.7 g I 2 的物质的量为0.05 mol，根据反应的化学方程式，每生成4 mol I 转移7 mol电子，则生成 2 0.05 mol I 时转移电子的物质的量为0.087 5 mol，C错误；HI为还原剂，KHIO 为氧化剂， 2 2 3 6在反应中每消耗1 mol K HIO 就有7 mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为 2 3 6 7∶1，D正确。] 6．A [该反应中只有碘元素的价态升高，由0价升高至KH(IO) 中的＋5价，每个碘原子 3 2 失去5个电子，即6I ～60e－，又因化学方程式中6I ～3Cl ，故3Cl ～60e－，即Cl ～20e－， 2 2 2 2 2 所以产生22.4 L (标准状况) 即1 mol Cl 时，反应中应转移20 mol e－，A错误；该反应中 2 KClO 中氯元素价态降低，KClO 作氧化剂，I 中碘元素价态升高，I 作还原剂，由该化学 3 3 2 2 方程式的计量数可知，11KClO ～6I ，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为 3 2 11∶6，B正确；漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C 正确；食盐中的IO可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H＋、I－发生归中反应：IO＋5I－＋6H ＋===3I ＋3HO，生成的I 再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液 2 2 2 检验食盐中IO的存在，D正确。] 7．(3)2Cl ＋HgO===HgCl ＋ClO (4)1.25 2 2 2 NaHCO ＋NaHSO===CO↑＋NaSO ＋HO 3 4 2 2 4 2 (5)ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl↑＋ HO 203 2 2 解析 (3)由新制的HgO和Cl 反应制备ClO，由于该反应为歧化反应，所以只有氯元素的 2 2 化合价发生变化，由 0 价变为＋1 价和－1 价，所以反应的化学方程式为 2Cl ＋ 2 HgO===HgCl ＋ClO。(4)由题意知，在NaClO 生成ClO 的过程中，发生歧化反应，NaClO 2 2 2 2 2 既是氧化剂，又是还原剂，4NaClO――→4ClO，NaClO――→NaCl，每生成4 mol ClO，需消 2 2 2 2 耗5 mol NaClO ，所以每生成1 mol ClO ，需消耗1.25 mol NaClO 。产生的气泡的成分为 2 2 2 CO ，反应的化学方程式为NaHCO ＋NaHSO===CO↑＋NaSO ＋HO。(5)“84消毒液” 2 3 4 2 2 4 2 遇到酸性清洁剂能发生氧化还原反应：ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl↑＋HO，Cl 有毒，故“84 2 2 2 消毒液”不能和酸性清洁剂混用。1 000 kg溶液中NaOH溶液的质量为m(NaOH)＝1 000 kg×1%＝10 kg，设反应中消耗Cl 的质量为x kg，则： 2 2NaOH＋Cl===NaCl＋NaClO＋HO 2 2 80 71 x kg x kg 需要NaOH溶液的质量为＝(10＋x)kg，溶液的质量＝NaOH溶液的质量＋Cl 的质量，1 000 2 kg＝(10＋x)kg＋x kg，解得x≈203。 考向预测 1．D 2.D 3．A [根据题意，ClO－、CN－为反应物，N 、Cl－、HCO为生成物，结合原子守恒可知 2 HO为反应物，处理过程中所发生的反应为 5ClO－＋2CN－＋HO===N↑＋5Cl－＋2HCO， 2 2 2 其中ClO－是氧化剂， N 是氧化产物之一，A正确；在该反应中氧化剂是ClO－，还原剂是 2 CN－，则氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5∶2，B错误；在反应中，每产生1 mol N ， 2转移10 mol电子，若生成标准状况下 2.24 L N ，其物质的量是 0.1 mol，则转移电子 1 2 mol，C错误；Cr O具有强氧化性，但若用Cr O处理含CN－的废水，会引入重金属离子Cr3 2 2 ＋，D错误。] 4．25% 解析 根据反应方程式可知25.00 mL待测液中n(N H·H O)＝×0.300 0 mol·L－1×0.02 L＝ 2 4 2 0.003 mol，则250 mL溶液中有0.03 mol N H·H O，产品中水合肼的质量分数为×100%＝ 2 4 2 25%。 题型专攻 1 “陌生情景下”方程式的书写 真题演练 1．2IO＋5HSO===I＋5SO＋3H＋＋HO 2 2 2．Al O＋4(NH )SO =====2NH Al(SO )＋6NH ↑＋3HO↑ 2 3 4 2 4 4 4 2 3 2 3．(4)2Na＋＋2CrO＋2CO＋HO===Cr O＋2NaHCO ↓ 2 2 2 3 (5)4Fe(CrO )＋ 7O＋16NaHCO =====8NaCrO＋2Fe O＋16CO＋8HO NaCO 2 2 2 3 2 4 2 3 2 2 2 3 4．(5)6HCO＋2Ce3＋＋(n－3)H O===Ce (CO)·nHO＋3CO↑ (6)6FePO ＋3LiCO ＋ 2 2 3 3 2 2 4 2 3 C H O=====9CO↑＋6HO↑＋6LiFePO 6 12 6 2 4 解析 (5)用碳酸氢铵“沉铈”，则结合原子守恒、电荷守恒可知，生成 Ce (CO)·nHO的 2 3 3 2 离子方程式为6HCO＋2Ce3＋＋(n－3)H O===Ce (CO)·nHO＋3CO↑。 2 2 3 3 2 2 (6)由在高温条件下，LiCO 、葡萄糖(C H O)和FePO 可制备电极材料LiFePO ，同时生成 2 3 6 12 6 4 4 CO和HO可知，该反应中Fe价态降低，C价态部分降低、部分升高，结合得失电子守恒、 2 原子守恒可知该反应的化学方程式为6FePO ＋3LiCO ＋C H O=====9CO↑＋6HO↑＋ 4 2 3 6 12 6 2 6LiFePO 。 4 考向预测 1．2MnO ＋4KOH ＋O===2KMnO ＋2HO 2 2 2 4 2 解析 根据流程图可知，在“平炉”中MnO 、KOH、O 在加热时会反应生成KMnO ，根 2 2 2 4 据原子守恒、得失电子守恒可得发生反应的化学方程式为2MnO ＋O ＋4KOH===2KMnO 2 2 2 4 ＋2HO。 2 2．6Co O========4Co O＋O↑ 2 3 3 4 2 解析 从图中信息可知，加热前的反应物为Co(OH) (0.930 g)，其物质的量为0.01 mol，依 2 据钴元素的质量不变可知：n(Co)＝0.01 mol，m(Co)＝0.590 g，温度升至290 ℃时，转化为 0.830 g 某种钴的氧化物，该氧化物中 n(O)＝＝0.015 mol，由此可以确定该氧化物为 Co O ；同理可以确定500 ℃时，n(O)＝≈0.013 3 mol，则生成的氧化物为Co O ；所以290 2 3 3 4 ～500 ℃过程中，Co O 转化为Co O ，反应过程中Co元素化合价降低，氧元素化合价升高 2 3 3 4并转化为O，故反应的化学方程式为6Co O========4Co O＋O↑。 2 2 3 3 4 2 3．(1)H S＋2Fe3＋===2Fe2＋＋S↓＋2H＋ 2 (2)1 NO 3 Fe 8 3 1 NH 2 HO 2 (3)2NH ＋3NaClO===N＋3HO＋3NaCl 3 2 2 专题 6 无机物的性质与用途 化学与 STSE 核心精讲 2．(1)√ (2)× (3)√ (4)√ (5)√ (6)× (7)× (8)√ (9)√ (10)√ (11)× (12)× (13)× (14)× (15)× (16)√ (17)× (18)× (19)× (20)√ (21)× (22)√ (23)√ (24)√ (25)√ 真题演练 1．B 2．B [兽骨其主要成分是碳酸钙和其他钙盐，故A不符合题意；青铜器是铜与锡、铅等的 合金，属于合金材料，故B符合题意；纸张的主要成分是纤维素，故 C不符合题意；液晶 显示屏是一种采用液晶为材料的显示器，液晶是一类介于固态和液态间的有机化合物，故D 不符合题意。] 3．D [H 作为燃料在反应中被氧化，体现出还原性，故A项错误；玻璃纤维是一种性能优 2 异的无机非金属材料，故B项错误；乙酸钠过饱和溶液中析出晶体的过程中无新物质生成， 因此属于物理变化，故C项错误；U与U是质子数均为92，中子数不同的核素，因此二者 互为同位素，故D项正确。] 4．A [小苏打是碳酸氢钠，与NaCO 无关，故A符合题意；熟石灰是氢氧化钙，具有碱 2 3 性，可以用于处理酸性废水，故B不符合题意；熔融的铁与水蒸气在高温下反应会生成四 氧化三铁和氢气，因此必须将模具干燥，故C不符合题意；钢板上镀铝保护钢板，金属铝 表面形成致密氧化膜而保护金属铝不被腐蚀，故D不符合题意。] 5．D [“石胆能化铁为铜”指的是铁可以与硫酸铜发生置换反应生成铜，发生了化学变化， A不符合题意；“侯氏联合制碱法”制备纯碱是以氯化钠、二氧化碳、氨和水为原料，制取 纯碱，副产氯化铵的过程，发生了化学变化，B不符合题意；CO 转化为淀粉或葡萄糖，有 2 新物质生成，发生了化学变化，C不符合题意；CO 跨临界直冷制冰是利用液态CO 汽化吸 2 2 热导致环境温度下降，从而使水结冰，属于物理变化，D符合题意。] 6．B [HB铅笔芯的主要成分为石墨，A错误；碳酸氢钠不稳定，受热易分解产生二氧化 碳，能使面团松软，可做食品膨松剂，B正确；青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅所组成的 合金，黄铜是由铜和锌所组成的合金，两者均属于混合物，不是铜单质，C错误；钠元素灼 烧显黄色，D错误。]7.B 考向预测 1．D [“祝融号”火星车的供电装置太阳能电池板的主要成分为单质硅，A错误；航天服 使用的棉针织品、羊毛都属于天然高分子材料，氯丁尼龙橡胶是人工合成的，B错误；可燃 冰的主要成分是甲烷，甲烷燃烧产生二氧化碳，不利于碳中和，C错误；乙醇、“84”消毒 液、过氧化氢等均能使蛋白质变性，D正确。] 2．A [高清摄像头镜片属于玻璃，玻璃的主要成分为二氧化硅，A正确；酒精有还原性， “84”消毒液因其强氧化性可以消毒、杀菌，二者混合后发生氧化还原反应，降低消毒效果， B错误；碳纤维不是有机物，C错误；焰色试验是利用了电子的跃迁，不是化学变化，D错 误。] 3．B [Ti位于第ⅣB族，Ni位于第Ⅷ族，两者都是过渡金属元素，A正确；由同种元素组 成的不同的单质互为同素异形体，因此T-碳(T-Carbon)与C 互为同素异形体，B错误；合金 60 比纯金属性能优良，钛合金具有密度小、强度高、耐高温的特性，C正确；芯片的主要材料 为单晶硅，光导纤维的主要材料为二氧化硅，两者材料不同，D正确。] 专题 7 化学与传统文化 核心精讲 1．(1)硝酸 (2)氨水 (3)石油 (4)可溶性铜盐 (5)K CO 2 3 (6)CaCO (7)铁 (8)蛋白质 (9)铜单质 铜 3 2．置换 氧化还原 3．蒸馏 蒸发结晶 真题演练 1．C [金(Au)：“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，体现金的稳定 性，与其氧化性无关，A不符合题意；石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO＋ HO===Ca(OH) ，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还 2 2 原反应，与其氧化性无关，B不符合题意；石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”是 指2Ag＋S=====Ag S、Fe＋S=====FeS、2Cu＋S=====Cu S，反应中S作氧化剂，与其氧化 2 2 性有关，C 符合题意；石钟乳(CaCO)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指 CaCO ＋ 3 3 2CHCOOH===(CHCOO) Ca＋HO＋CO↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不 3 3 2 2 2 符合题意。] 2．C [“水洗净”是指洗去固体表面的可溶性污渍、泥沙等，涉及到洗涤的操作；“细研 水飞”是指将固体研成粉末后加水溶解，涉及到粉碎溶解的操作；“去石澄清”是指倾倒出 澄清液，去除未溶解的固体，涉及到倾倒的操作；“慢火熬干”是指用小火将溶液蒸发至有少量水剩余，涉及到蒸发的操作；因此未涉及到的操作是萃取。] 3．A [胆矾是晶体，化学式为CuSO ·5H O，A错误；湿法冶铜，即“胆铜法”，利用金属 4 2 的活动性强弱，铁与硫酸铜溶液反应的化学方程式为 Fe＋CuSO ===Cu＋FeSO ，B正确； 4 4 “熬之则成胆矾”就是加热浓缩、溶质结晶析出的过程，C正确；“熬胆矾铁釜，久之亦化 为铜”，即铁置换出铜：Fe＋CuSO ===Cu＋FeSO ，反应类型为置换反应，D正确。] 4 4 4．C [孔雀石、蓝铜矿的主要成分均能与酸反应，C错误。] 考向预测 1．C 2.A 3．A [诗句指当干枯的枝子上一点点发了绿芽又开出纯净的白色小花时，微风一吹似如飘 雪，如同张灯结彩或大放焰火的灿烂夜景，没有涉及化学反应、焰色试验，故 A错误； “熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，铁从硫酸铜溶液中将铜置换出来，故B正确；诗句中乌 金指煤炭，故C正确；提纯铜绿的方法：“水洗净，细研水飞，去石澄清，慢火熬干”， 可知洗涤后，溶解于水中，过滤后蒸发，涉及的操作方法是洗涤、溶解、过滤、蒸发，故D 正确。] 专题 8 常见无机物性质的转化 核心精讲 (一) 2．(1)2CH CHOH＋2Na―→2CHCHONa＋H↑ 3 2 3 2 2 (2)2Na＋2HO＋Cu2＋===Cu(OH) ↓＋H↑＋2Na＋ 2 2 2 (3)Na CO ＋Ca(OH) ===CaCO ↓＋2NaOH (4)OH－＋H＋===HO CO＋H＋===HCO HCO 2 3 2 3 2 ＋H＋===HO＋CO↑ (5)SO ＋2HCO===2CO＋SO＋HO 2 2 2 2 2 (6)HCO＋OH－===CO＋HO (7)CO＋HO＋CO===2HCO (8)2Na O ＋2HO===4NaOH＋ 2 2 2 2 2 2 O↑ 2 2NaO＋2CO===2NaCO＋O 2 2 2 2 3 2 (二) 2．(1)2Al＋2NaOH＋2HO===2NaAlO ＋3H↑ 2 2 2 (2)AlO ＋ 2OH － ===2AlO ＋ HO (3)Al(OH) ＋ OH － ===AlO ＋ 2HO (4)AlCl ＋ 2 3 2 3 2 3 3NH ·H O===Al(OH) ↓＋3NH Cl (5)2AlO＋CO ＋3HO===2Al(OH) ↓＋CO[或AlO＋CO 3 2 3 4 2 2 3 2 ＋2HO===Al(OH) ↓＋HCO] (6)Al3＋＋3HCO===Al(OH) ↓＋3CO↑ (7)①Al3＋＋3AlO＋ 2 3 3 2 6HO===4Al(OH) ↓ ②AlO＋HO＋HCO===Al(OH) ↓＋CO 2 3 2 3 (8)Al3＋＋3OH－===Al(OH) ↓ NH＋OH－===NH ·H O Al(OH) ＋OH－===AlO＋2HO 3 3 2 3 2 (三)2．(1)4H O(g)＋3Fe=====Fe O ＋4H (2)Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2HO 2Fe3＋＋ 2 3 4 2 2 Fe===3Fe2＋ (3)3FeO＋10H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋5HO 3Fe O ＋28H＋＋NO===9Fe3＋＋NO↑＋ 2 3 4 14HO 2 (4)①3Fe(OH) ＋10H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋8HO 2 2 ②2Fe(OH) ＋6H＋＋2I－===2Fe2＋＋I ＋6HO (5)2Fe－4e－===2Fe2＋ O ＋4e－＋ 3 2 2 2 2HO===4OH－ Fe2＋＋2OH－===Fe(OH) ↓ 4Fe(OH) ＋O＋2HO===4Fe(OH) 2 2 2 2 2 3 (6)加入HSO 酸化的HO,2H＋＋2Fe2＋＋HO===2Fe3＋＋2HO。 2 4 2 2 2 2 2 (7)①取少量样品于试管中，加稀HSO 使其溶解，离子方程式为Fe O ＋6H＋===2Fe3＋＋ 2 4 2 3 3HO，FeO＋2H＋===Fe2＋＋HO。 2 2 ②再加入少量酸性 KMnO 溶液，若紫红色褪去，证明溶液中含有 Fe2＋，原样品中含有 4 FeO，离子方程式为5Fe2＋＋MnO＋8H＋===5Fe3＋＋Mn2＋＋4HO。 2 (四) 2．(1)①2Fe＋3Cl=====2FeCl ，Fe＋S=====FeS ②Cu＋Cl=====CuCl ,2Cu＋S=====Cu S 2 3 2 2 2 (2)2Cu＋O ＋HO＋CO===Cu (OH) CO (3)Cu＋2HSO (浓)=====CuSO ＋SO ↑＋2HO 2 2 2 2 2 3 2 4 4 2 2 (4)3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4HO (5)Cu＋2Fe3＋===Cu2＋＋2Fe2＋ (6)2CuSO ＋ 2 4 2HO=====2Cu＋O↑＋2HSO 2 2 2 4 (五) 2．(1)2Mg＋CO=====2MgO＋C (2)CaCO ＋CO ＋HO===Ca2＋＋2HCO (3)CaCO ＋CO 2 3 2 2 3 2 ＋HO===Ca(HCO ) Ca(HCO )=====CaCO ↓＋CO↑＋HO (4)2Na＋＋CO＋CO ＋ 2 3 2 3 2 3 2 2 2 HO===2NaHCO ↓ (5)SiO ＋4HF===SiF↑＋2HO (6)SiO ＋2OH－===SiO＋HO (7)CO 2 3 2 4 2 2 2 2 ＋NH ＋NaCl＋HO===NaHCO ↓＋NH Cl 3 2 3 4 (六) 2．(1)MnO ＋4HCl(浓)=====MnCl ＋Cl↑＋2HO 2 2 2 2 (2)2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl↑＋8HO (3)2Cl ＋2Ca(OH) ===CaCl ＋Ca(ClO) 2 2 2 2 2 2 ＋2HO 2 (4)Ca(ClO) ＋CO＋HO===CaCO ↓＋2HClO 2 2 2 3 (5)2Fe2＋＋Cl===2Fe3＋＋2Cl－ (6)2Fe2＋＋2Br－＋2Cl===2Fe3＋＋Br ＋4Cl－ (7)2Fe2＋＋4Br－ 2 2 2 ＋3Cl===2Fe3＋＋2Br ＋6Cl－ (8)SO ＋Cl＋2HO===4H＋＋SO＋2Cl－ 2 2 2 2 2 (七) 2．(1)3S＋6OH－=====2S2－＋SO＋3HO (2)SO ＋2Fe3＋＋2HO===SO＋2Fe2＋＋4H＋ 2 2 2 (3)2S2－＋SO＋6H＋===3S↓＋3HO (4)3SO ＋3Ba2＋＋2NO＋2HO===3BaSO↓＋2NO↑＋ 2 2 2 4 4H＋ (5)①HS＋CuSO ===CuS↓＋HSO ② 2HS＋SO ===3S↓＋2HO ③ Cu＋ 2 4 2 4 2 2 2 2HSO (浓)=====CuSO ＋SO ↑＋2HO ④ C＋2HSO (浓)=====CO↑＋2SO ↑＋2HO 2 4 4 2 2 2 4 2 2 2 ⑤NaSO ＋HSO (浓)===NaSO ＋HO＋SO ↑ 2 3 2 4 2 4 2 2 (八)2．(1)①3NH ＋3HO＋Al3＋===Al(OH) ↓＋3NH 3 2 3 ②2NO ＋2OH－===NO＋NO＋HO ③ C＋4H＋＋4NO=====CO↑＋4NO ↑＋2HO 2 2 2 2 2 (2)①Ca(OH) ＋2NH Cl=====CaCl ＋2NH ↑＋2HO ②2NH ＋3CuO=====N ＋3Cu＋3HO 2 4 2 3 2 3 2 2 ③8NH ＋3Cl===N＋6NH Cl ④ ＋HO—NO ―――→ ＋HO 3 2 2 4 2 2 真题演练 1．C 2.C 3.C 4.D 5.B 6.A 7．C [烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应：NaCO ＋HF===NaF＋ 2 3 NaHCO ，向合成槽中通入NaAlO ，发生反应：6NaF＋NaAlO ＋4NaHCO ===NaAlF↓＋ 3 2 2 3 3 6 4NaCO ＋2HO，过滤得到NaAlF 和含有NaCO 的滤液。陶瓷的成分中含有SiO ，SiO 能 2 3 2 3 6 2 3 2 2 与HF发生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，故A正确；采用溶液喷淋法可增大反 应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，故B正确；由上述分析知，合成槽内产物 主要有NaAlF 、NaCO 、HO，故C错误；滤液的主要成分为NaCO ，可进入吸收塔循环 3 6 2 3 2 2 3 利用，故D正确。] 8．D [物质X的作用是使Mg2＋转化为Mg(OH) ，工业上常采用CaO，发生反应：CaO＋ 2 HO===Ca(OH) 、Ca(OH) ＋Mg2＋===Mg(OH) ＋Ca2＋，A正确；Mg是较活泼金属，工业上 2 2 2 2 常用电解熔融MgCl 制备金属镁，B正确；由图可知“氯化”过程反应物为MgO、氯气、 2 C，生成物之一为MgCl ，C在高温下能将二氧化碳还原为CO，则“气体”为CO，反应的 2 化学方程式为MgO＋C＋Cl=====MgCl ＋CO，C正确；“煅烧”后得到MgO，MgO和盐 2 2 酸反应得到MgCl 溶液，由于MgCl 在溶液中水解为氢氧化镁和HCl，将所得溶液加热蒸发， 2 2 HCl会逸出，MgCl 水解平衡正向移动，得到氢氧化镁，得不到无水MgCl ，D错误。] 2 2 9．B [铜和浓硫酸反应生成CuSO ，体现浓硫酸的酸性，生成SO ，体现浓硫酸的强氧化 4 2 性，故A错误；a处的紫色石蕊变红，其原因是SO 溶于水生成了酸，可说明SO 是酸性氧 2 2 化物，故B正确；b处品红褪色，其原因是SO 具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾褪色，其 2 原因是SO 和酸性KMnO 发生氧化还原反应，SO 体现还原性，故C错误；实验过程中试 2 4 2 管底部出现白色固体，其原因是浓硫酸具有吸水性，将反应生成的HO吸收，故D错误。] 2 10．C [60%硫酸和NaHSO(s)可发生反应：HSO ＋2NaHSO===NaSO ＋2SO ↑＋2HO， 3 2 4 3 2 4 2 2 因此装置甲可以制取SO 气体，A正确；气体通入液体时“长进短出”，装置乙可以制取 2 SO 水溶液，B正确；SO 不会与饱和NaHSO 溶液发生反应，因此装置丙不能吸收尾气中的 2 2 3 SO ，C错误；SO 水溶液显酸性，可用干燥的pH试纸检验其酸性，D正确。] 2 2 考向预测 1．D 2.B 3.B 4．C [氮气中的氮元素是中间价态可以被氧化也可以被还原，既有还原性又有氧化性，A 正确；c可为NO ，溶于水可得d(HNO)和b(NO)，B正确；将铜丝插入浓硝酸可产生NO ， 2 3 2C错误；自然界可存在a→b→c→d→e的转化，自然界的雷雨固氮为氮气与氧气生成NO， NO与氧气生成NO ，NO 溶于水生成硝酸和NO，硝酸与矿物质生成硝酸盐，D正确。] 2 2 5．D [K FeO 具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢 2 4 氧化铁胶体，可用于净水，A正确；尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利 用，B正确；反应中Cl元素的化合价由＋1价降低为－1价，Fe元素的化合价由＋3价升高 到＋6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，C正确；结晶过程中加入饱和KOH 溶液，增大了K＋的浓度，该温度下，高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，有利于 KFeO 晶体的析出，D错误。] 2 4 6．C [向废渣中加入碳酸钠和氧气并煅烧，发生如下反应：4NaCO ＋2Cr O ＋ 2 3 2 3 3O=====4NaCrO ＋ 4CO ， NaCO ＋ SiO=====NaSiO ＋ CO↑ ， NaCO ＋ 2 2 4 2 2 3 2 2 3 2 2 3 Al O=====2NaAlO ＋CO↑，用水浸之后，溶液中含有 NaCrO 、NaSiO 、NaAlO 、 2 3 2 2 2 4 2 3 2 NaCO ，向溶液中通入二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀和硅酸沉淀，过滤，滤液中含有 2 3 NaCrO 、NaCO ，再向溶液中加硫酸，2NaCrO ＋HSO ===NaCr O ＋NaSO ＋HO，再 2 4 2 3 2 4 2 4 2 2 7 2 4 2 向溶液中加入KCl固体，就会析出溶解度更小的KCr O 晶体，以此分析解答。由反应： 2 2 7 4NaCO ＋2Cr O ＋3O=====4NaCrO ＋4CO ，O元素化合价降低，O 做氧化剂，Cr元素化 2 3 2 3 2 2 4 2 2 合价升高，Cr O 做还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶2，故A错误；从流程 2 3 图可知，CO 和NaCO 均可循环使用，故C正确。] 2 2 3 7．C [由于高锰酸钾与浓盐酸反应剧烈，故用恒压滴液漏斗能控制浓盐酸的滴速，进而控 制反应的速率，故A正确；常温下SnCl 为无色液体，沸点为114 ℃，故该物质的收集需要 4 进行冷凝液化，故B正确；由于金属锡的活动性仅次于铁，先点燃酒精灯融化金属锡会与 空气中的氧气反应，因此应该先制备氯气，将装置中空气排尽后再加热金属锡，故C错误； 己装置中水蒸气会进入到戊装置中，导致SnCl 水解，换用碱石灰既能吸收多余的氯气，又 4 能防止水蒸气扩散至戊装置中，故D正确。] 8．D 专题 9 原子结构、分子结构与性质的基础考查 考点一 核心精讲 (一) 4．ns1 ns2np6 (二) 1．(1)增大 大 小 减小 2．(1)增大 减小真题演练 1．AC 2.3s23p4 3.3s23p2 4. 5．9 [基态F原子共有9个核外电子，则每个电子都有对应的轨道和自旋状态，所以核外 电子的运动状态有9种。] 6．(1)K＋和P3－ (2)＋(或－) 解析 (1)KH PO 的四种组成元素各自所能形成的简单离子分别为H＋(或H－)、O2－、K＋和 2 4 P3－，其中核外电子排布相同的是K＋和P3－。 (2)对于基态的磷原子，其价电子排布式为 3s23p3，其中3s轨道的2个电子自旋状态相反， 自旋磁量子数的代数和为0；根据洪特规则可知，其3p轨道的3个电子的自旋状态相同，因 此，基态磷原子的价电子的自旋磁量子数的代数和为＋或－。 7．A [由题给信息知，A项和D项代表Mg＋，B项和C项代表Mg。A项，Mg＋再失去一 个电子较难，即第二电离能大于第一电离能，所以电离最外层一个电子所需能量A大于B； 3p能级的能量高于3s,3p能级上电子较3s上易失去，故电离最外层一个电子所需能量： A>C、A>D，选A。] 8．(2)4s 4f5 (3)小于 9．(1)D C (2)Li＋核电荷数较大 10. 哑铃 11．F>O>Cl 12．(1)4∶5 (2)Na与Li同主族，Na的电子层数更多，原子半径更大，更易失电子，故第 一电离能更小 Li、Be和B为同周期元素，同周期元素从左至右，第一电离能呈现增大的 趋势；但由于基态Be原子的s能级轨道处于全充满状态，能量更低更稳定，故其第一电离 能大于B的 13．O＞Ti＞Ca 离子键 12 解析 三种元素中O的电负性最大，Ca的电负性最小，因此三种元素电负性的大小顺序为 O＞Ti＞Ca。氧离子与金属离子之间形成的是离子键。由图可知，每个 Ca2＋周围与之等距离 的O2－的个数为12，即配位数为12。 考向预测 1．(1)3d14s2 (2) (3)[Ar]3d104s1 (4)[Ar]3d104s24p1 (5)[Ar]3d64s2 2．N元素的2p能级为半充满状态，是较稳定的结构，失去1个电子需要的能量更多 3．Mn2＋的3d轨道电子排布为半充满状态，较稳定；而 Fe2＋的3d轨道电子数为6，失去一 个电子就达到半充满的稳定结构，故Fe2＋容易再失去一个电子 4．Fe2＋：[Ar]3d6，Fe3＋：[Ar]3d5，Fe3＋的3d能级电子为半充满的稳定结构，故稳定性：Fe3＋>Fe2＋ 5．当基态原子的电子吸收能量后，电子会跃迁到较高的能级，变成激发态原子，电子从较 高能量的激发态跃迁到较低能量的激发态或基态时，将以光的形式释放能量 6．Na＋和Ne电子排布结构相同，而Na＋比Ne的核电荷数大，因此Na＋原子核对核外电子 的吸引力大于Ne原子核对核外电子的吸引力，所以Na＋更难失去电子，电离能更大 7．Fe的价层电子排布为3d64s2，其4s上的两个电子易失去而显＋2价，3d上再失去1个电 子后形成较稳定的半充满状态，所以可显＋3价 考点二 核心精讲 4. 6．(2)①＞ ClC—的极性大于ClHC—的极性，导致CCl COOH的羧基中的羟基的极性更 3 2 3 大，更易电离出H＋ ②＞ 烷基是推电子基因，烷基越长推电子效应越大，使羧基中的羟基的极性越小，羧酸的 酸性越弱 真题演练 1．甲硫醇不能形成分子间氢键，而水和甲醇均能形成氢键，且水比甲醇形成的氢键多 2．NH 、AsH 、PH AsH 、PH 、NH NH 、PH 、AsH 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3．TiF 为离子化合物，熔点高，其他三种均为共价化合物，随相对分子质量的增大，分子 4 间作用力增大，熔点逐渐升高 4．S 相对分子质量大，分子间范德华力强 8 5．(1)共价晶体 sp3 ② (2)2 2 6．(2)N、O、Cl 6 (3)sp3 NH 含有1个孤电子对，而HO含有2个孤电子对，HO中的 3 2 2 孤电子对对成键电子对的排斥作用较大 7．(1)正四面体形 分子晶体 (3)6 1 8．正四面体形 4 sp3 解析 根据价层电子对互斥模型，PO中P的价层电子对数为4＋＝4，无孤电子对，故杂化 轨道类型为sp3，空间结构为正四面体形。 9．(2)配位 N sp3 sp2 (3)N＞H＞B C H 低 Hδ＋与Hδ－的静电引力 2 6 10．sp3 sp3 解析 乙二胺分子中，1个N原子形成3个单键，还有一个孤电子对，故N原子价层电子对 数为4，N原子采取sp3杂化；1个C原子形成4个单键，没有孤电子对，价层电子对数为 4，采取sp3杂化。 11．三角锥形 解析 AsH 的中心原子As的价层电子对数为4，包括3对成键电子和1个孤电子对，故其 3 空间结构为三角锥形。12．(2) 4 (4)O sp3 σ (5)(P O )(n＋2)－ n 3n＋1 解析 (2)Fe能够提供空轨道，而Cl能够提供孤电子对，故FeCl 分子双聚时可形成配位键。 3 由常见AlCl 的双聚分子的结构可知FeCl 的双聚分子的结构式为 ，其中 3 3 Fe的配位数为4。(5)由三磷酸根离子的结构可知，中间P原子连接的4个O原子中，2个O 原子完全属于该P原子，另外2个O原子分别属于2个P原子，故属于该P原子的O原子数 为2＋2×＝3，属于左、右两边的2个P原子的O原子数为3×2＋×2＝7，故若这类磷酸根 离子中含n个P原子，则O原子个数为3n＋1，又因O元素的化合价为－2价，P元素的化 合价为＋5价，故该离子所带电荷为－2×(3n＋1)＋5n＝－n－2，这类磷酸根离子的化学式 可用通式表示为(P O )(n＋2)－。 n 3n＋1 考向预测 1．(1) (2) (3)①σ键、π键 配位键 ②氢键 2．(1)sp2、sp3 (2)① sp2 ② sp2 题型专攻 2 分子结构与性质简答题集训 (一) 1．CO中第一个π键的键能是326.9 kJ·mol－1，N 中第一个π键的键能是528 kJ·mol－1，所以 2 CO的第一个π键比N 中第一个π键更容易断裂，所以CO比N 活泼 2 2 2．电负性：N＞P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间 的距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大 3．< F的电负性比H大，NF 中N原子周围电子云的密度减小，成键电子对之间的排斥力 3 较小，因而键角较小 4．HO中的氧原子有2个孤电子对，HO＋中的氧原子有1个孤电子对，排斥力较小 2 3 5．四面体形 109°28′ 107° 105° CH 中键与键之间的排斥力一样，是正四面体形，键 4角为109°28′；而其他两个分子均有未成键的孤电子对，孤电子对间的排斥力>孤电子对与 σ键电子对间的排斥力>σ键电子对间的排斥力。由于孤电子对对成键电子的排斥作用，使 得成键电子间夹角变小，HO中有两个孤电子对，NH 中有一个孤电子对，故HO中键角比 2 3 2 NH 更小 3 6．电负性：S＞Se，共用电子对离S近，共用电子对间的排斥力大 7．SO中无孤电子对，SO中有一个孤电子对，孤电子对与成键电子对间的斥力更大，导致 SO的键角小于SO 8．大 CHNH中N形成4个σ键，而NH 分子中N有1个孤电子对，孤电子对对H—N的 3 3 排斥力更大，H—N—H的键角变小 (二) 9．HO分子间极易形成氢键，而HS分子间只存在较弱的范德华力 2 2 10．NH 分子间能形成氢键，沸点高，易液化，汽化时吸收大量的热 3 11．尿素分子间存在氢键，使其熔、沸点升高，而硝酸分子内存在氢键，使其熔、沸点降低 12．氨气和水都是极性分子，依据“相似相溶”规律，且氨气分子与水分子间能形成氢键 13．NH 分子之间存在氢键，O 分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强 2 4 2 14．KH>H O>PH KH为离子晶体，HO、PH 均为分子晶体，HO分子间存在氢键 2 3 2 3 2 15．氢键 范德华力 16. 17．异硫氰酸分子间可形成氢键，而硫氰酸分子间不能形成氢键 (三) 18．C元素的电负性比O元素小，C原子提供孤电子对的倾向更大，更易形成配位键 19．BCE 20．NH ·H O中的N原子提供孤电子对，与Cu＋形成配位键 3 2 21．Co3＋可与 NH 形成较稳定的配合物 3 22．6 N、O 23．(1)6 (2)11N (3)较大 HNCH CHNH 通过配位键与Ti结合后，原来的孤电子对变 A 2 2 2 2 为成键电子对，对N—H成键电子对的排斥力减小，N—H之间的键角增大 24．当H＋浓度较高时，邻二氮菲中的N优先与H＋形成配位键，导致与Fe2＋配位的能力减 弱；若OH－浓度较高时，OH－与Fe2＋反应，也会影响与邻二氮菲配位 25．6 N、O 专题 10 晶体类型 晶体结构 考向一真题演练 1．分子 2.分子晶体 离子晶体 3.离子键、σ键 4.离子键 5．共价键 6.金属 7．K原子半径较大且价电子数较少，金属键较弱 8．HO>CHOH>CO >H HO与CHOH均为极性分子，HO中氢键数目比甲醇中多；CO 2 3 2 2 2 3 2 2 与H 均为非极性分子，CO 相对分子质量较大，范德华力大 2 2 9．GaF 为离子晶体，GaCl 为分子晶体 3 3 10．O O 相对分子质量较大且是极性分子，范德华力较大 3 3 考向预测 1．Cu O 两物质均为离子化合物，且离子带电荷数相同，O2－的半径小于S2－的，所以 2 Cu O的离子键强度大，熔点更高 2 2．Ti原子的价电子数比Al原子的多，金属键更强 3．BaCl 属于离子晶体，MoCl 属于分子晶体，离子晶体的沸点主要取决于离子键，分子晶 2 5 体的沸点主要取决于分子间作用力，离子键通常强于分子间作用力(合理即可) 4．阴、阳离子半径大，电荷数小，形成的离子键较弱，熔点低 考向二 真题演练 1．①由图c可知，图b中Sb、Hg原子取代位置除图b外还有其他形式 ②4 1∶1∶2 ③×1021 2．2 (0,0，) 解析 图中大球的个数为8×＋1＝2，小球的个数为8×＋2＝4，根据XeF 的原子个数比知 2 大球是Xe原子，小球是F原子，该晶胞中有2个XeF 分子；由A点坐标知该原子位于晶胞 2 的中心，且每个坐标系的单位长度都记为 1，B 点在棱的处，其坐标为(0,0，)； 图中y是底面对角线的一半，y＝a pm，x＝(－r)pm，所以d＝ pm＝ pm。 3．4 (0.5,0,0.25)、(0.5,0.5,0) 4 4．① ②B 5．①O MgGeO ②×1021 2 4 解析 ①由晶胞结构可知，晶胞中位于顶角、面上、棱上和体内的 X原子数为8×＋6×＋ 4×＋3＝8，位于体内的Y原子数和Z原子数分别为4和16，由Ge和O原子的个数比为 1∶4可知，X为Mg原子、Y为Ge原子、Z为O原子，则晶胞的化学式为MgGeO 。 2 4 ②由晶胞的质量公式可得： g＝abc×10－21cm3×ρ，解得ρ＝×1021 g·cm－3。 6．8 2－x 7．Al ×1008．4 (或0.187 5) 13∶3 解析 根据(a)图，灰球为Li＋，位于顶点的Li＋有8个，位于棱上的Li＋有4个，位于面心的 Li＋有4个，晶胞中共含有Li＋的个数为8×＋4×＋4×＝4，所以每个晶胞中含有LiFePO 的 4 单元数为4。由(b)图与(a)图相比知，(b)图中少了2个Li＋，一个是棱上的，一个是面心上的， 所以(b)图中物质含Li＋的个数为8×＋3×＋3×＝，＝，x＝。设化合物中Fe2＋为y，Fe3＋为 1－y，由化合物呈电中性，(1－)×1＋2y＋3(1－y)＝3，解得y＝，1－y＝，n(Fe2＋)∶n(Fe3＋) ＝13∶3。 9.a a 解析 观察图(a)和图(b)知，4个铜原子相切并与面对角线平行，有(4x)2＝2a2，x＝a。镁原 子堆积方式类似金刚石，有y＝a。已知1 cm＝1010 pm，晶胞体积为(a×10－10)3 cm3，代入 密度公式计算即可。 10．SmFeAsO F 1－x x 考向预测 1.×1010 2．正八面体 解析 铜晶胞面心上的铜被金取代，由图可知，连接相邻面心上的金原子，上下面2个金原 子与4个侧面的金原子构成正八面体；晶胞中Cu原子位于顶角，一个晶胞中Cu原子数目 为8×＝1，Au原子位于晶胞面心，一个晶胞中Au原子数目为6×＝3，则晶胞质量为 g＝ g；晶胞边长为a pm，则晶胞体积V＝(a pm)3＝a3×10－30 cm3，所以密度ρ＝＝＝ g·cm－ 3。 3．MgCNi 3 4．2∶5.5 [Si O ] 4 11 解析 n 个 SiO 通过共用顶角氧离子可形成双链结构，找出重复的结构单元，如图： ，由于是双链，其中Si的原子数为4，顶角氧占，O原子数为4× ＋6×＋4＋2＝11，其中Si与O的原子数之比为2∶5.5，化学式为[Si O ]。 4 11 5. 解析 设晶胞的底边长为a cm，高为h cm，由图可知，晶胞中含4个C原子，石墨晶体的 密度为ρ＝ g·cm－3＝ g·cm－3。 6．Ti Al (或Al Ti ) ×1021(或×1021或) 11 5 5 117．(1) (2)8 (3) 8.d 解析 根据图可知其三维模型为 (图中黑球和白球均为硅原子，氧原子位于两 个硅原子之间，省略)，图中 ABCD 四个Si原子形成正四面体结构，且AB距离等于AC距 离，AC距离在底面投影为底面面对角线的一半，则Si 与Si 的距离为d nm。 A B 题型专攻 3 物质结构与性质选择题 7．(1)He (2)第一电离能：F>N>O>C、电负性：F>O>N>C (3)第一电离能：H>C>Si、电 负性：C>H>Si 真题演练 1．A 自范性是晶体的性质，碳玻璃为非晶态，所以没有自范性，A错误；碳玻璃和C 均 60 是由碳元素形成的不同的单质，所以是同素异形体，B正确；金刚石与碳玻璃互为同素异形 体，性质差异主要表现在物理性质上，化学性质上也有差异，D正确。 2．B Ca2＋配位数为与其距离最近且等距离的F－的个数，如图所示，Ca2＋位于体心，F－位 于面心，所以Ca2＋的配位数为6，A正确；F－与K＋的最近距离为棱长的，F－与Ca2＋的最近 距离为棱长的，所以与F－距离最近的是Ca2＋，B错误；K＋位于顶角，个数为×8＝1，F－位 于面心，个数为×6＝3，Ca2＋位于体心，个数为1，综上，该物质的化学式为KCaF ，C正确； 3 F－与Cl－半径不同，替换后晶胞棱长将改变，D正确。 3．C 磷酰三叠氮分子是不对称结构，分子中的正负电荷中心不重合，是极性分子，A项 错误；磷酰三叠氮分子含有三个P—N及一个P==O，则空间结构为四面体形，B项错误； 磷酰三叠氮是一种高能分子，加热条件下会分解并放出N ，C项正确；NPO为共价化合物， 2 则电子式为 ，D项错误。 4．C HS是二元弱酸，电离分步进行，其第一步电离方程式为HSH＋＋HS－，A错误 2 2 基态Na原子的价电子排布式是3s1，最后一个电子填充在s能级，位于元素周期表s区，B 错误；CO中中心碳原子的价层电子对数为3＋×(4＋2－3×2)＝3，故其空间结构为平面三 角形，C正确；KOH是离子化合物，电子式应为 ，D错误。 5．B 短周期元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，W简单离子在同周期离子中半径 最小，说明W为第三周期元素Al。短周期元素的基态原子中有两个单电子，可分类讨论：①为第二周期元素时，最外层电子排布为2s22p2或2s22p4，即C或O；②为第三周期元素时， 最外层电子排布为3s23p2或3s23p4，即Si或S。Q与Z同主族，结合原子序数大小关系可知， 则X、Z、Q分别为C、O和S，则Y为N。X为C，能与多种元素(H、O、N、P、S等)形成 共价键，A正确；Z和Q形成的简单氢化物分别为HO和HS，由于HO分子间能形成氢键， 2 2 2 故HO的沸点高于HS，B错误；Y为N，Z为O，N的最外层p轨道电子为半充满结构， 2 2 比较稳定，故其第一电离能比O大，C正确；W为Al，Z为O，O的电负性更大，D正确。 6．A Cl 、Br 、I 的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，可推知分子晶体的相对分子 2 2 2 质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，由于相对分子质量：HHIO ，酸性：HClCu，可推出氧化性：Fe2＋Cu2＋，故C错误；Ag CrO 和AgCl的阴、阳离子个数比不相同，不能通过K 2 4 sp 大小来比较二者在水中的溶解度，故D错误。 7．B 由N的结构式可知，所有N原子均满足8电子稳定结构，A正确；中心N原子为sp3 杂化，与中心N原子直接相连的N原子为sp2杂化，与端位N原子直接相连的N原子为sp 杂化，端位N原子为sp2杂化，则N原子的杂化方式有3种，B错误；中心N原子为sp3杂 化，则其空间结构为四面体形，C正确；N中含叠氮结构( )，常温下不稳 定，D正确。 8．A C原子的半径大于H原子，因此CH 分子的球棍模型： ，A错误；基态Si 4 原子价层电子排布式为3s23p2，价层电子排布图为 ，B正确；N原子的2p 轨道处于半充满状态，因此其第一电离能比其相邻元素的大，则第一电离能：N>O>C，C 正确；在石墨中，同层的C原子以共价键结合，而每层之间以范德华力结合，其层间作用 力微弱，层与层之间可以滑动，因此较为松软，D正确。 9．D WY是HF，则WX是HO，ZX 是SO ，即W是H，X是O，Y是F，Z是S。A项， 2 2 2 2 在H、O、F、S中，F的第一电离能最大，正确；B项，HO中O的价层电子对数为4，O 2 原子采用sp3杂化，SO 中S的价层电子对数是3，S原子采用sp2杂化，正确；C项，由于 2 HO分子间可以形成氢键，所以HO的沸点高于HS的沸点，正确；D项，SF 的结构式为 2 2 2 4 ，F达到8电子结构，S最外层有10个电子，错误。 考向预测1．D 已知Na是11号元素，故质子数为11，则Na＋的结构示意图为 ，B错误； NaOH为离子化合物，其电子式为 ，C错误；中子数为8的碳的核素，其质 量数是14，可表示为C，D正确。 2．C 根据题目所给已知条件，可知B点的原子坐标参数为，A项不符合题意；Co2＋在晶 胞体心，距离Co2＋最近且等距离的Ti4＋在晶胞8个顶点，B项不符合题意；该晶体的化学式 为CoTiO ，CoTiO 的摩尔质量为155 g·mol－1，1 nm＝10－7 cm，该晶体的密度为 g·cm－3， 3 3 C项符合题意；Ti4＋与O2－之间的最短距离为立方晶胞中面对角线的一半，即a nm，D项不 符合题意。 3．B 由晶胞结构可知，晶胞中位于面心铜原子的个数为6×＝3，位于顶角的金原子的个 数为8×＝1，则晶体的化学式为Cu Au，故A错误；由晶胞结构可知，晶胞中金原子和距 3 离最近的铜原子为顶角和面心的位置关系，则1个铜原子距离最近的金原子是4个，故B正 确；由晶胞结构可知，晶胞中金原子和距离最近的铜原子为顶角和面心的位置关系，则金原 子没有填充由与之距离最近的铜原子构成的正八面体空隙，故C错误；由晶胞结构可知， 铜原子a位于晶胞右侧面的面心，分数坐标为(1,0.5,0.5)，故D错误。 4．A Z的简单液态氢化物可用作制冷剂，Z是N；W最高价态与Z相等，W是P；Q是 S；R是Cl；Y是C；X最高价态是0，X是F。简单氢化物键角：CH>NH>H S，A项正确； 4 3 2 简单离子半径：P3－>N3－>F－，B项错误；第一电离能：Cl>P>S，C项错误；最高价氧化物 对应水化物的酸性：HNO>H PO >H CO，D项错误。 3 3 4 2 3 5．C X、Y、Z是构成蛋白质的必需元素，图示结构中 X形成1个共价键，Y形成4个共 价键，Z形成3个共价键、失去一个电子后形成4个共价键，则X为H、Y为C、Z为N； W、Z同主族，W为P；Q形成一个共价键且原子序数比N大比P小，则Q为F。由分析可 知，Y为C、Z为N，则第一电离能：N＞C，A项正确；X为H、Q为F，HF能刻蚀玻璃， B项正确；Z为N、W为P，N、P最高价氧化物对应水化物的酸性一定为N＞P，但非最高 价时HNO 酸性不如HPO 强，C项错误；X为H、Y为C，H、C形成的链状化合物C H 2 3 4 m n 中，σ键数目应为m＋n－1，因为两原子间成键一定有且仅有一个σ键，D项正确。 6．D 由图可知X的半径最小，且只能形成一个共价键，则X为H元素；有两种10电子离 子可能为HO＋、NH，由图示半径大小可推知Y为O元素，Z为N元素。由该盐的局部结 3 构图可知经X射线衍射实验可以测定该盐的晶体结构，故A正确；该物质是一种具有超高 能量的盐，则可用于制造炸药，故B正确；由分析知有两种10电子离子为HO＋、NH，两 3 者中均含配位键，故C正确；图中Z为N，图示N的结构为平面正五边形，说明N中N原 子采取sp2杂化，故D错误。7．D 短周期元素X、Y、Z、W分别位于三个不同周期，且原子序数依次递增，所以X为 氢，根据化合物结构可判断，Y为氧，Z为钠，W为磷，据此分析解答。水分子之间可以形 成氢键，所以沸点：HO＞PH ，A错误；同周期元素从左至右原子半径依次减小，同主族 2 3 元素自上而下原子半径依次增大，因此原子半径：Na＞P＞O＞H，B错误；Y与Z形成的化 合物为氧化钠和过氧化钠，阴、阳离子之比都为1∶2，C错误；XY 、WX 分别为HO 、 2 2 3 2 2 PH ，分子中均含有18e－，D正确。 3 专题 11 热化学方程式的书写与盖斯定律 考向一 核心精讲 2．(1)－90 (2)＋124 (3)299 解析 形成1 mol H (g)和1 mol I (g)共放出436 kJ＋151 kJ＝587 kJ能量，设断裂2 mol HI(g) 2 2 中化学键吸收2a kJ能量，则有2a－587＝11，得a＝299。 真题演练 1．C [根据表格中的数据可知，H 的键能为218 kJ·mol－1×2＝436 kJ·mol－1，A正确；由 2 表格中的数据可知O 的键能为249 kJ·mol－1×2＝498 kJ·mol－1，由题中信息可知HO 中氧 2 2 2 氧单键的键能为214 kJ·mol－1，则O 的键能大于HO 中氧氧单键的键能的两倍，B正确； 2 2 2 由表格中的数据可知HOO===HO＋O，解离其中氧氧单键需要的能量为249 kJ·mol－1＋39 kJ· mol－1－10 kJ·mol－1＝278 kJ·mol－1，HO 中氧氧单键的键能为214 kJ·mol－1，C错误；由表 2 2 中的数据可知HO(g)＋O(g)===HO(g)的ΔH＝－136 kJ·mol－1－(－242 kJ·mol－1)－249 kJ· 2 2 2 mol－1＝－143 kJ·mol－1，D正确。] 2．＋90.8 考向预测 1．吸热 N(g)＋3H(g)2NH (g) ΔH＝－92 kJ·mol－1 2.－128 kJ·mol－1 2 2 3 3．2NO (g)NO(g) ΔH＝－57 kJ·mol－1 2 2 4 4．－154 kJ·mol－1 解析 根据题图8个S原子有8个S—S共价键，则1个S原子平均有1个S—S共价键，ΔH ＝∑E(反应物键能)－∑E(生成物键能)＝4×364 kJ·mol－1＋2×522 kJ·mol－1－3×266 kJ·mol－1－ 4×464 kJ·mol－1＝－154 kJ·mol－1。 考向二 回扣自测 1．(1)× (2)× (3)√2．2a－b 真题演练 1．E－E＋ΔH＋E－E 1 2 3 4 解析 设反应过程中第一步的产物为M，第二步的产物为N，则X→M的ΔH ＝E －E ， 1 1 2 M→N的ΔH＝ΔH，N→Y的ΔH＝E－E，根据盖斯定律可知，X(g)→Y(g)的焓变为ΔH＋ 2 3 3 4 1 ΔH＋ΔH＝E－E＋ΔH＋E－E。 2 3 1 2 3 4 2．＋170 解析 根据盖斯定律(①＋②)×－③即得到④2HS(g)===S(g)＋2H(g)的ΔH ＝(－1 036＋ 2 2 2 4 94) kJ·mol－1×＋484 kJ·mol－1＝＋170 kJ·mol－1。 3．H(g)＋O(g)===HO(l) 2 2 2 ΔH＝－286 kJ·mol－1 解析 298 K时，1 g H 燃烧生成HO(g)放热121 kJ，1 mol H O(l)蒸发吸热44 kJ，则1 mol 2 2 2 H 燃烧生成 1 mol H O(l)放热 286 kJ，表示 H 燃烧热的热化学方程式为 H(g)＋ 2 2 2 2 O(g)===HO(l) ΔH＝－286 kJ·mol－1。 2 2 4．－49 A ΔH 为正值，ΔH 和ΔH为负值，反应①的活化能大于反应②的活化能 1 2 5．6C(石墨，s)＋3H(g)===C H(l) 2 6 6 ΔH＝＋49.1 kJ·mol－1 解析 根据表格中燃烧热数据可知，存在反应①C(石墨，s)＋O(g)===CO(g) ΔH＝－393.5 2 2 1 kJ· mol－1，②H(g)＋O(g)===HO(l) ΔH ＝－285.8 kJ·mol－1，③C H(l)＋O(g)===6CO(g)＋ 2 2 2 2 6 6 2 2 3HO(l) ΔH＝－3 267.5 kJ·mol－1，根据盖斯定律，①×6＋②×3－③得反应：6C(石墨，s) 2 3 ＋3H(g)===C H(l) ΔH＝(－393.5 kJ·mol－1)×6＋(－285.8 kJ·mol－1)×3－(－3 267.5 kJ· 2 6 6 mol－1)＝＋49.1 kJ·mol－1。 考向预测 1．SiCl (g)＋2H(g)===Si(s)＋4HCl(g) 4 2 ΔH＝＋236 kJ·mol－1 2．CHOH(l)＋O(g)===CO(g)＋2HO(l) 3 2 2 2 ΔH＝－650 kJ·mol－1 3．H(g)＋CO(g)===HCOOH(l) ΔH＝－31.2 kJ·mol－1 2 2 4．2NH (g)N(g)＋3H(g) ΔH＝＋92.2 kJ·mol－1 3 2 2 5．－213 kJ·mol－1 解析 根据盖斯定律，将Ⅰ×－Ⅱ－Ⅲ得反应SO (g)＋I(g)＋2HO(l)===2HI(aq)＋HSO (aq) 2 2 2 2 4 ΔH＝－213 kJ·mol－1。 6．NO(g)＋C H(g)===N(g)＋C HO(g) 2 2 4 2 2 4 ΔH＝＋395 kJ·mol－1解析 已知：①NO(g)＋M＋(s)===N(g)＋MO＋(s) 2 2 ΔH ＝＋678 kJ·mol－1，②MO＋(s)＋C H(g)===C HO(g)＋M＋(s) ΔH ＝－283 kJ·mol－1，根 1 2 4 2 4 2 据盖斯定律①＋②可得NO(g)＋C H(g)===N(g)＋C HO(g) ΔH＝ΔH＋ΔH＝＋678 kJ· 2 2 4 2 2 4 1 2 mol－1＋(－283 kJ·mol－1)＝＋395 kJ·mol－1。 7．CH(g)＋2SO (g)===2S(g)＋CO(g)＋2HO(g) ΔH＝＋352 kJ·mol－1 4 2 2 2 解析 根据图像可知：①CH(g)＋2O(g)===CO(g)＋2HO(g) ΔH＝126 kJ·mol－1－928 kJ· 4 2 2 2 mol－1＝－802 kJ·mol－1；②S(g)＋O(g)===SO (g) ΔH＝－577 kJ·mol－1；根据盖斯定律可知 2 2 ①－②×2可得CH(g)＋2SO (g)===2S(g)＋CO(g)＋2HO(g) ΔH＝＋352 kJ·mol－1。 4 2 2 2 专题 12 新型电池和电解原理的应用 考点一 回扣自测 1．(1)2H O－4e－===O ＋4H＋ 2CO ＋4H＋＋4e－===2HCOOH (2)N H －4e－＋4OH－===N 2 2 2 2 4 2 ＋4HO O＋4e－＋2HO===4OH－ 2 2 2 2．(1)①CHOH－6e－＋HO===CO ＋6H＋ O ＋6e－＋6H＋===3HO ②CHOH－6e－＋8OH 3 2 2 2 2 3 －===CO＋6HO O＋6e－＋3HO===6OH－ ③CHOH－6e－＋3CO===4CO＋2HO 2 2 2 3 2 2 O ＋6e－＋3CO===3CO ④ CHOH－6e－＋3O2－===CO ＋2HO O ＋6e－===3O2－ 2 2 3 2 2 2 (2)①Cd－2e－＋2OH－===Cd(OH) 2Ni(OH)＋2OH－－2e－===2NiOOH＋2HO ②LiC －xe 2 2 2 x 6 －===xLi＋＋C Li CoO＋xe－＋xLi＋===LiCoO 6 1－x 2 2 真题演练 1．C 2.C 3.B 4．D [由于右侧装置为原电池，所以乙室是原电池，甲室是电解池。电池工作时，甲室中 细菌上乙酸盐的阴离子失去电子被氧化为CO 气体，Co2＋在另一个电极上得到电子，被还 2 原为Co单质，甲室总反应为CHCOO－＋4Co2＋＋2HO=====2CO↑＋4Co＋7H＋，溶液pH 3 2 2 减小，A错误；乙室电解质溶液呈酸性，不可能大量存在OH－，乙室电极反应式为LiCoO ＋ 2 e－＋4H＋===Li＋＋Co2＋＋2HO，消耗H＋，因此电池工作一段时间后应该补充盐酸，B、C 2 错误；若甲室Co2＋减少200 mg，转移电子的物质的量为n(e－)＝×2≈0.006 8 mol，乙室Co2 ＋增加300 mg，转移电子的物质的量为n(e－)＝×1≈0.005 1 mol，说明此时已进行过溶液转 移，D正确。] 5．D [由装置示意图可知，放电时负极反应为Zn－2e－＋4OH－===Zn(OH)，A项正确；放 电时CO 转化为HCOOH，C元素化合价降低2，则1 mol CO 转化为HCOOH时，转移电子 2 2 数为2 mol，B项正确；由装置示意图可知充电时正极(阳极)产生O，负极(阴极)产生Zn，C 2 项正确；充电时正极(阳极)上发生反应：2HO－4e－===4H＋＋O↑，OH－浓度降低，D项错 2 2误。] 6．C [放电过程为原电池工作原理，所以钾离子均向正极移动，A错误；碱性环境下， NH-O 清洁燃料电池总反应为 NH ＋O===N ＋2HO，其总反应中未消耗 KOH，所以 2 4 2 2 4 2 2 2 KOH的物质的量不变，其他两种燃料电池根据总反应可知，KOH的物质的量均减小，B错 误；理论放电量与燃料的物质的量和转移电子数有关，设消耗燃料的质量均为m g，则甲醇、 NH 和(CH)NNH 放电量(物质的量表达式)分别是×6、×4、×16，通过比较可知 2 4 3 2 2 (CH)NNH 理论放电量最大，C正确；根据转移电子数守恒和总反应式可知，消耗1 mol O 3 2 2 2 生成的氮气的物质的量为1 mol，在标准状况下为22.4 L，D错误。] 7．B [由题意分析可知，放电时，N极为正极，故A正确；充电时，M极与直流电源的负 极相连，作电解池的阴极，锌离子在阴极上得到电子发生还原反应生成锌，电极反应式为Zn2 ＋＋2e－===Zn，故C正确。] 考向预测 1．C 2.C 3.C 4．D [在a极，CHCOO－转化为CO ，C元素化合价升高，则a极为负极，b极为正极。a 3 2 极发生的电极反应为CHCOO－－8e－＋2HO===2CO↑＋7H＋，b极发生的电极反应为2H＋ 3 2 2 ＋2e－===H↑。隔膜1为阴离子交换膜，隔膜2为阳离子交换膜。a极为负极，b极为正极， 2 则电极电势a极低于b极，A正确；b极为正极，发生的电极反应为2H＋＋2e－===H↑，当 2 b极上产生11.2 L(标准状况)气体时，线路中有1 mol e－转移，则有1 mol Cl－通过隔膜1，B 正确；负极反应为CHCOO－－8e－＋2HO===2CO↑＋7H＋，当电路中通过4 mol电子时， 3 2 2 负极区溶液中释放1 mol CO ，同时有4 mol Cl－通过隔膜1进入负极区，则负极区溶液的质 2 量理论上增加4 mol×35.5 g·mol－1－1 mol×44 g·mol－1＝98 g，D错误。] 考点二 回扣自测 1．(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)√ 2．(1)2Cl－－2e－===Cl↑ 2HO＋2e－===H↑＋2OH－ (2)2H O－4e－===O↑＋4H＋ 2 2 2 2 2 2Cu2＋＋4e－===2Cu (3)Fe－2e－＋2OH－===Fe(OH) 2HO＋2e－===H↑＋2OH－ (4)2Cl－ 2 2 2 －2e－===Cl↑ Mg2＋＋2e－===Mg 2 3．(1)①2Al－6e－＋3HO===Al O ＋6H＋ ② Al＋3HCO－3e－===Al(OH) ↓＋3CO↑ 2 2 3 3 2 ③Al－3e－＋7AlCl===4Al Cl 4Al Cl＋3e－===Al＋7AlCl ④2MnO－2e－===2MnO 2H＋ 2 2 ＋2e－===H↑ ⑤Fe＋HPO＋Li＋－2e－===LiFePO ↓＋2H＋ (2)①2I－－2e－===I 2 2 4 2 2HO＋2e－===H↑＋2OH－ ②HSO－2e－＋HO===3H＋＋SO 2HO＋2e－===H↑＋2OH－ 2 2 2 2 2 真题演练 1．D [石墨电极为阳极，对应的电极反应式为 P ＋8CN－－4e－===4[P(CN) ]－，则生成1 4 2 mol Li[P(CN) ]，理论上外电路需要转移1 mol电子，A错误；阴极上发生还原反应，应该得 2电子，电极反应式为2HCN＋2e－===H↑＋2CN－，B错误；石墨电极为阳极，铂电极为阴 2 极，CN－应该向阳极移动，即移向石墨电极，C错误；由所给图示可知HCN在阴极放电， 产生CN－和H ，而HCN中的H来自于LiOH，则电解产生的H 中的氢元素来自于LiOH， 2 2 D正确。] 2．C 3.D 4.C 5．A [由装置示意图可知，b电极上N 转化为NH ，N元素的化合价降低，得到电子发生 2 3 还原反应，因此b为阴极，电极反应式为N ＋3HO＋6e－===2NH ＋3O2－，a为阳极，电极 2 2 3 反应式为2O2－－4e－===O ，据此分析解答。由分析可得，在b电极上，N 被还原，A正确； 2 2 a为阳极，若金属Ag作a的电极材料，则金属Ag优先失去电子，B错误；改变工作电源的 电压，导致电流大小改变，反应速率也会改变，C错误；电解过程中，阴极电极反应式为 2N ＋6HO＋12e－===4NH ＋6O2－，阳极电极反应式为6O2－－12e－===3O ，因此固体氧化 2 2 3 2 物电解质中O2－不会减少，D错误。] 6．D [KBr在上述电化学合成过程中除作电解质外，同时还是电解过程中阳极的反应物， 生成的Br 为乙二醛制备乙醛酸的中间产物，故A错误；阳极上Br－失去电子生成Br ，Br 2 2 2 将乙二醛氧化为乙醛酸，故B错误；电解过程中阴、阳极均生成乙醛酸，1 mol乙二酸生成1 mol乙醛酸转移的电子为2 mol，1 mol乙二醛生成1 mol乙醛酸转移电子为2 mol，根据转移 电子守恒可知制得2 mol乙醛酸时，理论上外电路中迁移了2 mol电子，故C错误；由上述 分析可知，双极膜中间层的H＋在外电场作用下移向阴极，即H＋移向铅电极，故D正确。] 7．(4)从右往左 (5)2NH －6e－＋6OH－===N＋6HO 3 2 2 解析 (4)由图可知，通NH 的一极氮元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极， 3 则另一电极为阴极，电解过程中OH－移向阳极，则从右往左移动。 (5)阳极NH 失电子发生氧化反应生成N，结合碱性条件，电极反应式为2NH －6e－＋6OH－ 3 2 3 ===N＋6HO。 2 2 8．阳 CrO 考向预测 1．B 2.B 3.D 4．B [A项，由图分析可知，电极1为电解池的阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应为 2Cl－－2e－===Cl↑，电极2为阴极，溶液中氢离子得到电子生成氢气，电极反应为 2HO＋ 2 2 2e－===H↑＋2OH－，离子交换膜a是阳离子交换膜，离子交换膜b是阴离子交换膜，错误； 2 B项，结合阴、阳离子的移向可知，各间隔室的排出液中，①③⑤⑦为淡水，正确；C项， 通电时，阳极电极反应式：2Cl－－2e－===Cl↑，阴极电极反应式：2HO＋2e－===H↑＋ 2 2 2 2OH－，电极2附近溶液的pH比电极1附近溶液的pH变化明显，错误；D项，淡化过程中， 得到的浓缩海水可以提取氯化钠、镁、溴等，有使用价值，错误。]题型专攻 4 电化学离子交换膜的分析与应用 真题演练 1．C [由题中信息可知，石墨烯电极发生氧化反应，为电解池的阳极，则ZnO@石墨烯电 极为阴极。阳极接电源正极，电势高，阴极接电源负极，电势低，故石墨烯上的电势比 ZnO@石墨烯上的高，C项错误；由题图可知，电解时阴极反应式为CO ＋2H＋＋2e－===CO 2 ＋HO，A项正确；将阴、阳两极反应式合并可得总反应式为CO ＋HS===CO＋HO＋S， 2 2 2 2 B项正确；Fe3＋、Fe2＋只能存在于酸性溶液中，D项正确。] 2．①2HO＋2e－===2OH－＋H↑ 2 2 ②K＋ 由电极a到电极b 解析 ①电解液是KOH溶液，阴极的电极反应式为2HO＋2e－===2OH－＋H↑。②电解过 2 2 程中阳极反应为I－＋6OH－－6e－===IO＋3HO。阳极的K＋通过阳离子交换膜由电极a迁移 2 到电极b。 3．A 4．①2HO－4e－===O↑＋4H＋ 2 2 ②阳极室的H＋穿过阳膜扩散至产品室，原料室的HPO穿过阴膜扩散至产品室，二者反应 2 生成HPO 3 2 ③PO HPO或HPO 被氧化 2 3 2 解析 ①阳极发生氧化反应，水中的OH－失去电子，电极反应式为2HO－4e－===O↑＋4H 2 2 ＋。 ②HO放电产生H＋，H＋进入产品室，原料室的HPO穿过阴膜扩散至产品室，二者发生反 2 2 应：H＋＋HPOHPO 。 2 3 2 ③如果撤去阳膜，HPO或HPO 可能会被氧化。 2 3 2 考向预测 1．D [电解时，双极膜中的氢氧根离子向阳极移动，进入交换室1，盐室中的Na＋向阴极 移动，进入交换室1，则出口2的产物为NaOH溶液，A错误；钠离子不能通过双极膜，故 出口5不是硫酸，B错误；Br－通过阴离子交换膜进入交换室2，但是不能通过双极膜，所 以Br－不会从盐室最终进入阳极液中，C错误；电解池阴极处，发生还原反应，水解离成H ＋和OH－，则在阴极发生的反应为2H＋＋2e－===H↑，D正确。] 2 2．(1)负 KSO (2)PbO ＋SO＋Zn＋2HO===PbSO ＋Zn(OH) (3)a (4)5 361 (5)＞ ＜ 2 4 2 2 4专题 13 化学反应速率、化学平衡选择题突破 核心精讲 1．(1)增大 (2)增大 (3)增大 (4)减小 真题演练 1．B [反应开始一段时间，随着时间的延长，反应物浓度逐渐减小，产物 Z的平均生成速 率逐渐减小，则0～1 min内Z的平均生成速率大于0～2 min内的，故1 min时，Z的浓度大 于0.20 mol·L－1，A正确；4 min时生成的Z的物质的量为0.15 mol·L－1·min－1×4 min×1 L＝ 0.6 mol，6 min时生成的Z的物质的量为0.10 mol·L－1·min－1×6 min×1 L＝0.6 mol，故反应 在4 min时已达到平衡，设达到平衡时生成了a mol Y，列三段式： 2X(s)Y(g)＋2Z(g) 初始量/mol 2.0 0 0 转化量/mol 2a a 2a 平衡量/mol 2.0－2a a 0.6 根据2a＝0.6，得a＝0.3，则Y的平衡浓度为0.3 mol·L－1，Z的平衡浓度为0.6 mol·L－1，平衡 常数K＝c2(Z)·c(Y)＝0.108,2 min时Y的浓度为0.2 mol·L－1，Z的浓度为0.4 mol·L－1，加入0.2 mol Z后，Z的浓度变为0.6 mol·L－1，Q＝c2(Z)·c(Y)＝0.072v 正 逆 (Z)，B错误；反应生成的Y与Z的物质的量之比恒等于1∶2，反应体系中只有Y和Z为气 体，同温同压下，体积之比等于物质的量之比，＝，故Y的体积分数始终约为33.3%，C正 确；由B项分析可知5 min时反应处于平衡状态，此时生成的Z为0.6 mol，则X的转化量为 0.6 mol，初始X的物质的量为2.0 mol，剩余X的物质的量为1.4 mol，D正确。] 2．D [由已知信息知，苯环上的羟基不发生反应，醛基中的碳氧双键与D18O发生加成反 2 应，在醛基碳原子上会连接两个羟基(分别为—OD，—18OD)，两个羟基连接在同一个碳原 子上不稳定，会脱水，得到醛基，有两种可能：—CHO和—CH18O，但18O的含量较多，故 的含量最高，故D正确。] 3．C 4.D 5.C 6．C [该反应是一个气体分子数减少的反应，增大压强可以加快化学反应速率，正反应速 率增大的幅度大于逆反应，故v >v ，平衡向正反应方向移动，但是因为温度不变，故平 正 逆 衡常数不变，A不正确；催化剂不影响化学平衡状态，因此，加入催化剂不影响平衡时 CHCHOH(g)的浓度，B不正确；恒容下，充入一定量的HO(g)，HO(g)的浓度增大，平衡 3 2 2 2 向正反应方向移动，C正确；恒容下，充入一定量的CH===CH (g)，平衡向正反应方向移 2 2 动，但是CH===CH (g)的平衡转化率减小，D不正确。] 2 27．A [由图甲中的信息可知，浓度随时间变化逐渐减小的代表的是 X，浓度随时间变化逐 渐增大的代表的是Z，浓度随时间变化先增大后减小的代表的是Y；由图乙中的信息可知， 反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反应②的。由图甲中的信息可知，随c(X)的 减小，c(Y)先增大后减小，c(Z)增大，因此，反应①的速率随c(X)的减小而减小，而反应② 的速率先增大后减小，A错误；根据体系中发生的反应可知，在Y的浓度达到最大值之前， 单位时间内X的减少量等于Y和Z的增加量，因此，v(X)＝v(Y)＋v(Z)，但是，在Y的浓度 达到最大值之后，单位时间内Z的增加量等于Y和X的减少量，故v(X)＋v(Y)＝v(Z)，B正 确；升高温度可以加快反应①的速率，但是反应①的速率常数随温度升高增大的幅度小于反 应②的，且反应②的速率随着Y的浓度的增大而增大，因此，欲提高Y的产率，需提高反 应温度且控制反应时间，C正确；由图乙信息可知，温度低于T 时，k ＞k ，反应②为慢反 1 1 2 应，因此，总反应速率由反应②决定，D正确。] 考向预测 1．C 2.B 3.C 4.D 5．C [达到平衡后，再充入少量氢气，平衡向正反应方向移动，二氧化碳的平衡转化率增 大，故A正确；其他条件不变，加入催化剂，能降低反应的活化能，正、逆反应速率均增 大，故B正确；其他条件不变，在恒容密闭容器中充入氩气，反应体系中各物质浓度均没 有变化，化学反应速率不变，平衡不移动，故C错误；其他条件不变，降低温度，活化分 子的数目和百分数均减小，有效碰撞次数减小，正、逆反应速率均降低，故D正确。] 专题 14 化学反应速率与化学平衡归因分析 真题演练 1．(1)①－223 1.2×1014 ②碳氯化反应气体分子数增加，ΔH＜0，是熵增、放热过程，根 据ΔG＝ΔH－TΔS可知ΔG＜0，故该反应能自发进行，而直接氯化的体系气体分子数不变且 是吸热过程，反应趋势远小于碳氯化 ③向左 变小 (2)①7.2×105 ②为了提高反应速率，在相同时间内得到更多的 TiCl 产品，提高效益 (3) 4 将两固体粉碎后混合，同时鼓入Cl，使固体粉末“沸腾” 2 解析 (1)①根据盖斯定律，将“反应(ⅱ)－反应(ⅰ)”得到反应2C(s)＋O(g)===2CO(g)，则 2 ΔH＝－51 kJ·mol－1－(＋172 kJ·mol－1)＝－223 kJ·mol－1；则K ＝＝ Pa＝1.2×1014 Pa；②碳 p 氯化的反应趋势远大于直接氯化，因为碳氯化反应气体分子数增加，ΔH＜0，是熵增、放热 过程，根据ΔG＝ΔH－TΔS可知ΔG＜0，故该反应能自发进行，而直接氯化的体系气体分子 数不变且是吸热过程，反应趋势远小于碳氯化；③对于碳氯化反应，气体分子数增大，依据 勒夏特列原理，增大压强，平衡向气体分子数减少的方向移动，即平衡向左移动；该反应是 放热反应，温度升高，平衡向吸热方向移动，即向左移动，则平衡转化率变小。(2)①从图中可知，1 400 ℃时，体系中气体平衡组成比例CO 是0.05，TiCl 是0.35，CO是0.6，反应 2 4 C(s)＋CO(g)===2CO(g)的平衡常数K (1 400 ℃)＝＝Pa＝7.2×105 Pa；②实际生产中需要综 2 p 合考虑反应的速率、产率等，以达到最佳效益，实际反应温度远高于 200 ℃，就是为了提 高反应速率，在相同时间内得到更多的TiCl 产品。 4 (3)固体颗粒越小，比表面积越大，反应接触面积越大。有利于 TiO-C“固-固”接触的措施 2 为将两者粉碎后混合，同时鼓入Cl，使固体粉末“沸腾”，增大接触面积。 2 2．①CH＋2HO(g)=====4H＋CO 4 2 2 2 ②C(s)＋2HO(g)===CO(g)＋2H(g)[或C(s)＋CO(g)===2CO(g)] ③abc ④降低 CaO＋ 2 2 2 2 CO===CaCO ，CaCO 覆盖在CaO表面，减少了CO 与CaO的接触面积 2 3 3 2 3．①反应Ⅰ的ΔH＞0，反应Ⅱ的ΔH＜0，温度升高使CO 转化为CO的平衡转化率上升， 2 使CO 转化为CHOCH 的平衡转化率下降，且上升幅度超过下降幅度 2 3 3 ②增大压强、使用对反应Ⅱ催化活性更高的催化剂 解析 ①反应Ⅰ为吸热反应，反应Ⅱ为放热反应，当升高温度时，反应Ⅰ平衡正向移动， CO 转化为CO的平衡转化率上升，反应Ⅱ平衡逆向移动，CO 转化为CHOCH 的平衡转化 2 2 3 3 率下降，且上升幅度超过下降幅度。②反应Ⅰ是气体分子数不变的反应，反应Ⅱ是气体分子 数减小的反应，所以可以通过加压使反应Ⅱ平衡正向移动，或者加入有利于反应Ⅱ进行的催 化剂。 类型分析 1．10 000 2.300 ℃ 3.500 ℃ A 4．pH在5.5～6.0、＝6 解析 根据图示，pH在5.5～6.0、＝6时NO、SO 去除率最高。 2 5．气体流量相同，V(CH)越少，则反应越充分，转化率越大 4 6．(1)温度高于290 ℃，随着温度升高，CO(g)＋H(g)CO(g)＋HO(g)平衡向右移动的程 2 2 2 度大于2CO(g)＋6H(g)CHOCH (g)＋3HO(g)平衡向左移动的程度，使CO 的平衡总转 2 2 3 3 2 2 化率上升 (2)CO 催化加氢直接合成二甲醚的反应活化能较低，而合成二甲醚时的副反应 2 CO(g)＋H(g)CO(g)＋HO(g)活化能较高，所以二甲醚的实际选择性高于其平衡值 2 2 2 7．a点载气流速较小，甲基环己烷的浓度较大，其在催化剂表面吸附及发生脱氢反应的百 分率较小，故其转化率较小；适当加快载气流速可以减小反应物的浓度，使反应物在催化剂 表面吸附及发生脱氢反应的百分率变大，故甲基环己烷转化率随载气流速适当加快而提高； b点载气流速过快，会使甲基环己烷在催化剂表面的反应时间减少，导致甲基环己烷转化率 降低，因此，b点转化率能与a点保持相当 8．SiHCl 参与了其他的反应，导致平衡体系内SiHCl 浓度降低，产率降低 3 3 考向预测 1．(1)< (2)p>p>p 增大压强，2HS(g)2H(g)＋S(g)平衡逆向移动，HS气体的平衡 3 2 1 2 2 2 2 转化率降低 2．C CO 甲烷化为放热反应，升温，该反应受到抑制；催化剂活性降低(催化剂表面积碳)； 2发生了其他副反应(甲烷水蒸气重整等)(任写一条即可) 解析 据图可知在使用Ni－20CeO/MCM－41催化剂、温度为380 ℃时CO 转化率和生成 2 2 CH 选择性均较高，故选C。 4 3．(1)AC (2)Ⅱ 反应Ⅱ为吸热反应，温度较高，有利于吸热反应的进行 (3)b 4．(1)m>m>m 甘油的分解(反应Ⅰ)是吸热反应，升高温度有利于H 生成，会使H 的净 1 2 3 2 2 含量增加，约900 K左右达到极值，但升高温度，有利于水汽变换反应(反应Ⅱ)的逆向进行， 会使H 的净含量减小 (2)适当增大水醇比；适当升高温度；使用H 选择性高的催化剂 2 2 5．(1)> (2)温度升高，催化剂的活性降低(或反应b为吸热反应，温度升高更有利于反应b 进行) 解析 (1)由图可知，相同温度时，二氧化碳的转化率和甲醇的选择性 Cat.1均高于Cat.2， 则催化效果Cat.1强于Cat.2。 专题 15 速率常数、平衡常数的分析应用 核心精讲 4．1 > 真题演练 1．(2)0.975 该反应气体分子数减少，增大压强，α提高，5.0 MPa＞2.5 MPa＝p ，所以p 2 1 ＝5.0 MPa 反应物(N 和O)的起始浓度(组成)、温度、压强 (3) 2 2 (4)升高温度，k增大使v逐渐提高，但α降低使v逐渐下降。当t＜t ，k增大对v的提高大 m 于α引起的降低；当t＞t ，k增大对v的提高小于α引起的降低 m 2．①＋137 ②升高温度 减小压强(或增大体积) ③×p 解析 ①先写出三种气体的燃烧热的热化学方程式，然后根据盖斯定律，ΔH＝－1 560 kJ· 1 mol－1－(－1 411 kJ·mol－1)－(－286 kJ·mol－1)＝＋137 kJ·mol－1。 ②C H(g)===C H(g)＋H(g) ΔH ＝＋137 kJ·mol－1是一个气体分子数增大的吸热反应，要 2 6 2 4 2 1 提高反应物的转化率，可以采取升高温度、减小压强(增大体积)等措施。 ③设容器中通入的乙烷和氢气均为1 mol，则： C H(g)===C H(g)＋H(g) n(总) 2 6 2 4 2 初始量/mol 1 0 1 转化量/mol α α α 平衡量/mol 1－α α 1＋α 2＋α K ＝＝×p。 p3．(1)1∶4 变大 (2)d c 小于 (3)× (4)选择合适催化剂等 4．(1)0.000 7 (2)0.5(或50%) (3) (4)及时将γ-丁内酯移走 5．(1)大于 (2)C (4)0.004 7 b c a d 6．(2)40% 3.56×104 BD (3)CD 解析 (2)设容器中起始加入I(g)和环戊烯的物质的量均为a，平衡时转化的环戊烯的物质的 2 量为x，列出三段式： (g)＋I(g)=== (g)＋2HI(g) 2 起始： a a 0 0 转化： x x x 2x 平衡： a－x a－x x 2x 根据平衡时总压强增加了20%，且恒温恒容时，压强之比等于气体物质的量之比，得＝， 解得x＝0.4a，则环戊烯的转化率为×100%＝40%，平衡时 (g)、I(g)、 (g)、HI(g) 2 的分压分别为、、、，则 K ＝＝p ，根据 p ＝1.2×105 Pa，可得 K ＝×1.2×105 p 总 总 p Pa≈3.56×104 Pa。通入惰性气体，对反应的平衡无影响，A项不符合题意；反应为吸热反 应，提高温度，平衡正向移动，可提高环戊烯的平衡转化率，B项符合题意；增加环戊烯浓 度，能提高I(g)的平衡转化率，但环戊烯的平衡转化率降低，C项不符合题意；增加I(g)的 2 2 浓度，能提高环戊烯的平衡转化率，D项符合题意。(3)由相同时间内，环戊二烯浓度减小 量越大，反应速率越快可知，T ③3.4 (4)O 2HSO ＋2e－＋2H＋===HSO ＋2HO HO＋HSO 2 2 3 2 2 4 2 2 2 2 4 ＋NO===N＋2HSO 2 2 2 3 解析 (1)由图2可知，总反应为CO(g)＋NO(g)CO(g)＋N(g) ΔH＝－361.22 kJ·mol－ 2 2 2 1；反应的决速步的活化能大，反应①的活化能是149.6 kJ·mol－1，反应②的活化能是108.22 kJ·mol－1 ，反应②的活化能小，故反应①是总反应的决速步。(2)由速率方程可知，此反应 的速率与温度和c(N O)有关，升温，k增大，速率加快，A正确；恒容时，再充入 CO， 2 c(N O)不变，速率不变，B错误；恒压时，再充入NO，c(N O)增大，速率增大，C正确； 2 2 2 恒压时，再充入N ，c(N O)减小，速率减慢，D错误。(3)①越大，NO的转化率越小，故 2 2 2 曲线Ⅱ表示T K时NO的转化率随的变化。②曲线Ⅰ表示＝1时NO的转化率随的变化， 1 2 2 由于ΔH<0，则越大，NO的转化率越大，故T>T 。③由图3曲线Ⅰ可知，＝1，温度为T 2 1 2 4 K时，NO的转化率为65% ，利用“三段式”法可知平衡时p(N O)＝p(CO)＝17.5 kPa， 2 2 p(CO)＝p(N )＝32.5 kPa，Kθ＝≈3.4。(4)由图可知，电解池的阳极电极反应式为2HO－4e－ 2 2 2 ===4H＋＋O↑，故从A口中出来的气体是O ，电解池的阴极电极反应式为2HSO ＋2e－＋ 2 2 2 3 2H＋===HSO ＋2HO；由装置图可知吸收池中除去NO的原理是HO＋HSO ＋NO===N 2 2 4 2 2 2 2 2 4 2 2 ＋2HSO 。 2 3 专题 16 溶液中的三大平衡及应用 回扣自测 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)√ (8)× (9)√ (10)× 真题演练 1．B 2.B 3．B [Na CO 溶液中存在水解平衡：CO＋HOHCO＋OH－，所以溶液呈碱性。A项， 2 3 2 向溶液中加入50 mL 1 mol·L－1HSO ，NaCO 与HSO 恰好反应生成0.05 mol Na SO ，根 2 4 2 3 2 4 2 4据元素质量守恒可得c(Na＋)＝2c(SO)，错误；B项，向NaCO 溶液中加入0.05 mol CaO后， 2 3 发生反应CaO＋HO===Ca(OH) ，生成0.05 mol Ca(OH) ，恰好与NaCO 反应：Ca(OH) ＋ 2 2 2 2 3 2 NaCO===CaCO ↓＋2NaOH，则c(CO)减小，c(OH－)增大，c(HCO)减小，所以增大，正确； 2 3 3 C项，加入50 mL H O，CO的水解平衡正向移动，但c(OH－)减小，溶液中的OH－全部来源 2 于水的电离，由于水电离出的H＋、OH－浓度相等，故由水电离出的c(H＋)·c(OH－)减小，错 误；D项，加入的0.1 mol NaHSO 固体与0.05 mol Na CO 恰好反应生成0.1 mol Na SO ，溶 4 2 3 2 4 液呈中性，故溶液pH减小，加入NaHSO，引入Na＋，所以c(Na＋)增大，错误。] 4 4．C [①→③的过程中，pH变小，说明SO水解产生的c(OH－)减小；升高温度，SO的水 解平衡正向移动，溶液中SO水解产生的c(OH－)应增大，pH应增大，而实际上溶液的pH 减小，其主要原因是实验过程中部分SO被空气中的O 氧化生成SO，溶液中c(SO)减小， 2 水解平衡逆向移动，则溶液中c(OH－)减小，pH减小；①→③的过程中，温度升高，SO的 水解平衡正向移动，而c(SO)减小，水解平衡逆向移动，二者对水解平衡移动方向的影响不 一致，C 错；NaSO 是强碱弱酸盐，在水溶液中发生水解，存在水解平衡：SO＋ 2 3 HOHSO＋OH－，A对；实验过程中，取①④时刻的溶液，加入盐酸酸化的BaCl 溶液做 2 2 对比实验，④产生白色沉淀多，说明④中SO的数目大于①中SO的数目，④中SO的数目 小于①中SO的数目，所以④中OH－的数目小于①中OH－的数目，pH不同，B对；K 只与 w 温度有关，D对。] 5．A [含有MgCO 固体的溶液中存在沉淀溶解平衡：MgCO (s)Mg2＋(aq)＋CO(aq)，滴 3 3 加少许浓盐酸与CO反应生成CO 气体，促使平衡向右移动，则 c(Mg2＋)和c(H＋)增大， 2 c(CO)减小，温度不变，K (MgCO )不变，故A正确。] sp 3 考向预测 1．C 2.C 3.C 4．B [Na CO 溶液、NaHCO 溶液中均存在Na＋、CO、HCO、HCO 、H＋、OH－、HO， 2 3 3 2 3 2 故含有的微粒种类相同，A正确；HCOH＋＋CO，加入Ca2＋后，Ca2＋和CO反应生成沉 淀，促进HCO的电离，且抑制CO的水解，B错误；Al3＋与CO、HCO都能发生相互促进的 水解反应，C正确；Al3＋与CO、HCO发生相互促进的水解反应，都生成Al(OH) 和CO ， 3 2 导致溶液酸性增强，pH减小，CaCl 与NaCO 反应生成CaCO ，c(CO)减小，溶液pH减小， 2 2 3 3 HCOH＋＋CO，Ca2＋与CO结合促进HCO的电离平衡正向移动，c(H＋)增大，溶液pH减 小，D正确。] 5．D 6．D [实验1酚酞变红说明Ca(ClO) 水解显碱性，故存在ClO－＋HOHClO＋OH－，A 2 2 项正确；实验2出现白色沉淀，说明上层清液是饱和溶液，存在沉淀溶解平衡，有c(Ca2＋)· c(CO)＝K (CaCO)，B项正确；SO 气体被Ca(ClO) 氧化为硫酸根离子生成CaSO 沉淀，C sp 3 2 2 4 项正确；实验4生成的碳酸钙是难溶固体，不能得出K (H CO)＞K(HClO)，错误。] a2 2 3 a7．C [①中能产生碳酸钙沉淀，说明c(Ca2＋)·c(CO)＞K (CaCO)，A项正确；未加热前① sp 3 和②不放出二氧化碳，说明碳酸未饱和，加热后二氧化碳溶解度减小，放出二氧化碳气体， 所以未加热前①和②中发生反应：2HCO＋Ca2＋===CaCO ↓＋HCO ，B项正确；结合B项 3 2 3 分析知，加热浊液产生气泡主要是因为HCO 受热分解生成了CO ，C项错误；向上述 2 3 2 NaHCO 溶液中加入足量0.5 mol·L－1 CaCl 溶液，发生反应CaCl ＋2NaHCO ===CaCO ↓＋ 3 2 2 3 3 2NaCl＋CO↑＋HO，能同时产生浑浊和气泡，D项正确。] 2 2 专题 17 电离常数、水解常数、溶度积常数的应用 核心精讲 2．[实例] (1)①1.00×10－12 ②HSO ＋HCO===HSO＋CO↑＋HO 2 3 2 2 (2)c(NO)＞c(NH)＞c(H＋)＞c(OH－) 1.4×10－11 3．(2)6.5×10－4 (3)0.46 (4)1.05×10－6 真题演练 1．10 解析 某温度下，吸收塔中KCO 溶液吸收一定量的CO 后，c(CO)∶c(HCO)＝1∶2，由 2 3 2 K ＝可得，c(H＋)＝×K ＝2×5.0×10－11 mol·L－1＝1.0×10－10 mol·L－1，则该溶液的pH＝ a2 a2 10。 2．①FeS＋CrO＋4HO===Fe(OH) ＋Cr(OH) ＋S＋2OH－ 2 3 3 ②5×10－5 ③c(OH－)越大，FeS表面吸附的Cr(Ⅵ)的量越少，FeS溶出量越少，Cr(Ⅵ)中 CrO物质的量分数越大 3．10－7.5 解析 由图像知，当 pH＝7.5 时，δ(ClO－)＝δ(HClO)＝50%，可求得该点 c(ClO－)＝ c(HClO)，由HClO的电离方程式HClOClO－＋H＋可得，K＝＝＝10－7.5。 a 4．1012·K 1024·K ·K a1 a1 a2 解析 HCO 是二元弱酸，分步发生电离：HCOHCO＋H＋、HCOCO＋H＋，则有 2 3 2 3 K ＝、K ＝，从而可得：K ·K ＝。当溶液pH＝12时，c(H＋)＝10－12 mol·L－1，代入K 、 a1 a2 a1 a2 a1 K ·K 可得：c(H CO)∶c(HCO)＝1∶(1012·K )，c(H CO)∶c(CO)＝1∶(1024·K ·K )，综合 a1 a2 2 3 a1 2 3 a1 a2 可得：c(H CO)∶c(HCO)∶c(CO)＝1∶(1012·K )∶(1024·K ·K )。 2 3 a1 a1 a2 5．(1)8.7×10－7 NH(HSO ) 2 6 4 2 解析 联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似，则联氨第一步电离的方程式为 NH 2 4 ＋HONH＋OH－，再根据已知：NH ＋H＋NH的K＝8.7×107及K ＝1.0×10－14，故 2 2 2 4 2 w 联氨第一步电离平衡常数为 K ＝＝＝×c(OH－)·c(H＋)＝K ·K＝8.7×107×1.0×10－14＝ b1 w8.7×10－7；联氨为二元弱碱，酸碱发生中和反应生成盐，则联氨与硫酸形成酸式盐的化学 式为NH(HSO )。 2 6 4 2 (2)20 解析 Al(OH) 溶于NaOH溶液发生反应：Al(OH) ＋OH－AlO＋2HO K ，可分两步进 3 3 2 1 行： Al(OH) AlO＋H＋＋HO K 3 2 H＋＋OH－HO 2 则K ＝＝＝20。 1 6．24 解析 在同一个溶液中，c(Ba2＋)相同，依据溶度积的数学表达式，则有＝＝＝≈24。 7．2.0×10－5 5.0×10－3 8.1.8×10－7 2 9.4.7×10－7 10.C 考向预测 1．8×1015 解析 HS(aq)＋Cu2＋(aq)CuS(s)＋2H＋(aq) 2 K＝ CuS(s)Cu2＋(aq)＋S2－(aq) K (CuS)＝c(Cu2＋)·c(S2－) sp HS(aq)H＋(aq)＋HS－(aq) 2 K ＝ a1 HS－(aq)H＋(aq)＋S2－(aq) K ＝ a2 K＝＝＝8×1015。 2．不能，该反应的平衡常数为4.67×10－11，小于1.0×10－5，所以该反应不能发生 3．1.936×10－3 解析 Ag＋(aq)＋2NH ·H O(aq)[Ag(NH)]＋(aq)＋2HO(l) 3 2 3 2 2 K ＝， 1 AgCl(s)＋2NH ·H O(aq)[Ag(NH)]＋(aq)＋Cl－(aq)＋2HO(l) 3 2 3 2 2 K ＝， 2 则K ＝K ·K (AgCl)＝1.10×107×1.76×10－10＝1.936×10－3。 2 1 sp 4．溶液中存在平衡：CaSO(s)＋HC O(aq)CaC O(s)＋2H＋(aq)＋SO(aq)，K＝≈0.19，Q 4 2 2 4 2 4 ＝＝＝8>K，所以在“浸取”时，上述平衡逆向移动，得到CaSO 而不是CaC O 4 2 4 5．10－2 解析 已知K [Mg (PO )]＝c3(Mg2＋)·c2(PO)＝2.0×10－24、K [Mg (AsO)]＝c3(Mg2＋)· sp 3 4 2 sp 3 4 2 c2(AsO)＝2.0×10－20，将溶液的pH调至9时，溶液中＝＝＝10－2。题型专攻 6 电解质溶液各类图像的分析 高考必备 (一) 1．(1)S2－＋HOHS－＋OH－、HS－＋HOHS＋OH－ 2 2 2 c(Na＋)>c(S2－)>c(OH－)>c(HS－)>c(H＋) c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(S2－)＋c(HS－)＋c(OH－) c(Na＋)＝2[c(S2－)＋c(HS－)＋c(H S)] 2 c(OH－)＝c(H＋)＋c(HS－)＋2c(H S) 2 (2)HS－＋HOHS＋OH－ 2 2 c(Na＋)>c(HS－)>c(OH－)>c(H＋)>c(S2－) c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HS－)＋2c(S2－)＋c(OH－) c(Na＋)＝c(S2－)＋c(HS－)＋c(H S) 2 c(OH－)＝c(H＋)＋c(H S)－c(S2－) 2 2．(1)CH COO－＋HOCHCOOH＋OH－ 3 2 3 c(CHCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－) 3 c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CHCOO－)＋c(OH－) 3 2c(Na＋)＝c(CHCOO－)＋c(CHCOOH) 3 3 c(CHCOO－)＋2c(OH－)＝c(CHCOOH)＋2c(H＋) 3 3 (2)c(CHCOO－)＝c(Na＋)>c(H＋)＝c(OH－) 3 c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CHCOO－)＋c(OH－) 3 c(Na＋)＝c(CHCOO－) 3 (3)c(CHCOO－)>c(Na＋)>c(H＋)>c(OH－) c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CHCOO－)＋c(OH－) 3 3 (二) 1．CHCOONa、CHCOOH c(CHCOO－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－) CHCOONa、 3 3 3 3 CHCOOH c(CHCOO－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－) CHCOONa c(Na＋)＞c(CHCOO－)＞ 3 3 3 3 c(OH－)＞c(H＋) CHCOONa、NaOH c(Na＋)＞c(OH－)＞c(CHCOO－)＞c(H＋) 3 3 2．[实例1] (1)①HC OH＋＋HC O ②HC OH＋＋C O 2 2 4 2 2 2 (2)10－1.2 10－4.2 (3)1 000 (4)酸 c(Na＋)＞c(HC O)＞c(H＋)＞c(C O)＞c(OH－) 2 2 [实例2] (1)H PO HPO HPO PO 3 4 2 (2)H PO ＋OH－===HPO＋HO 3 4 2 2 HPO＋OH－===HPO＋HO 2 2 HPO＋OH－===PO＋HO 2(3)10－2 10－7.1 10－12.2 (4)①酸性 ②碱性 3．(1)H Y＋OH－===HO＋HY－、HY－＋OH－===HO＋Y2－ (2)增大 减小 (3)10－4.3 (4) 2 2 2 ＝ 4．[实例1] 饱和Ag CrO 溶液 Ag CrO 的K 过饱和溶液 大于 不可能 2 4 2 4 sp [实例2] 饱和溶液 K 不饱和溶液 过饱和溶液 sp [实例3] 越大 越小 BaCO BaSO BaCO 的饱和溶液 3 4 3 BaCO 的不饱和溶液 BaSO 的过饱和溶液 3 4 真题演练 1．D [As(OH) [As(OH) O]－＋H＋，K ＝，当pH＝9.1时，c＝c[As(OH) ]，K ＝10－9.1， 3 2 a1 3 a1 As(OH) 的lg K 为－9.1，A正确；[As(OH) T]－ 3 a1 2 [AsO(OH)T]2－＋H＋，K ＝，当 pH＝4.6 时，c＝c，K ＝10－4.6，而由 A 选项计算得 a a As(OH) 的K ＝10－9.1，即K > K ，所以[As(OH) T]－的酸性比As(OH) 的强，B正确；由 3 a1 a a1 2 3 图可知As(OH) 的浓度为左坐标，浓度的数量级为10－3mol·L－1，[As(OH) T]－的浓度为右坐 3 2 标，浓度的数量级为10－6mol·L－1，所以pH＝3.1时，As(OH) 的浓度比[As(OH) T]－的高，C 3 2 正确；由已知条件，酒石酸(H T，lgK ＝－3.04，lgK ＝－4.37)，As(OH) 的lgK 为－9.1， 2 a1 a2 3 a1 即酒石酸的第一步电离常数远大于亚砷酸的第一步电离常数，所以酒石酸的酸性远强于 As(OH) ，另外总As的浓度也小于总T的浓度，所以当pH＝7.0时，溶液中浓度最高的物种 3 不是As(OH) ，D错误。] 3 2．D [NH CHCOOH中存在—NH 和—COOH，所以甘氨酸既有酸性又有碱性，故A正确； 2 2 2 氨基具有碱性，在酸性较强时会结合氢离子，羧基具有酸性，在碱性较强时与氢氧根离子反 应，故曲线a表示NHCH COOH的分布分数随溶液pH的变化，曲线b表示NHCH COO－的 2 2 分布分数随溶液pH的变化，曲线c表示NH CHCOO－的分布分数随溶液pH的变化，故B 2 2 正确；NHCH COO－＋HONHCH COOH＋OH－的平衡常数K＝，25 ℃时，根据a、b曲 2 2 2 线交点坐标(2.35,0.50)可知，pH＝2.35时，c(NHCHCOO－)＝c(NHCHCOOH)，则K＝＝10－ 2 2 11.65，故C正确；由C项分析可知，＝，根据b、c曲线交点坐标(9.78,0.50)分析可得电离平 衡NHCH COO－NH CHCOO－＋H＋的电离常数 K ＝10－9.78，＝＝，则×＝×<1，即 2 2 2 1 c2(NHCHCOO－)>c(NHCHCOOH)·c(NH CHCOO－)，故D错误。] 2 2 2 2 3．D 4.D 5．C [向含浓度相等的Cl－、Br－和I－混合溶液中滴加硝酸银溶液，根据三种沉淀的溶度积 常数，三种离子沉淀的先后顺序为I－、Br－、Cl－，根据滴定图示，当滴入4.50 mL硝酸银溶 液时，Cl－恰好沉淀完全，此时共消耗硝酸银的物质的量为4.50×10－3 L×0.100 mol·L－1＝4.5×10－4 mol，所以Cl－、Br－和I－均为1.5×10－4 mol。I－先沉淀，AgI是黄色的，所以a 点有黄色沉淀AgI生成，故A错误；原溶液中I－的物质的量为1.5×10－4 mol，则I－的浓度 为＝0.010 0 mol·L－1，故B错误；当Br－沉淀完全时(Br－浓度为1.0×10－5 mol·L－1)，溶液中 的c(Ag＋)＝＝ mol·L－1＝5.4×10－8 mol·L－1，若Cl－已经开始沉淀，则此时溶液中的c(Cl－) ＝＝ mol·L－1≈3.3×10－3 mol·L－1，原溶液中的c(Cl－)＝c(I－)＝0.010 0 mol·L－1，则已经有 部分Cl－沉淀，故C正确；b点加入了过量的硝酸银溶液，Ag＋浓度最大，则b点各离子浓 度为c(Ag＋)>c(Cl－)>c(Br－)>c(I－)，故D错误。] 6．D [M点c(H R2＋)＝c(H R＋)，由此可知K ≈10－2.2，同理K ≈10－9.1，K ≈10－10.8，＝＝ 3 2 1 2 3 10－6.9，＝＝10－1.7，因此<，故A错误；M点存在电荷守恒：c(R－)＋c(OH－)＋c(Cl－)＝ 2c(H R2＋)＋c(H R＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)，此时c(H R2＋)＝c(H R＋)，因此c(R－)＋c(OH－) 3 2 3 2 ＋c(Cl－)＝3c(H R＋)＋c(H＋)＋c(Na＋)，故B错误；O点c(H R＋)＝c(R－)，因此＝1，即＝＝ 2 2 1，因此c(H＋)＝，溶液pH＝－lg c(H＋)＝，故C错误；P点溶质为NaCl、HR、NaR，此时 溶液呈碱性，因此c(OH－)>c(H＋)，溶质浓度大于水解和电离所产生的微粒浓度，因此c(Na ＋)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)，故D正确。] 考向预测 1．C 2.C 3．B [由图可知，溶液pH相同时，a点铜离子浓度小于平衡时铜离子浓度，离子积Q＜ K [Cu(OH) ]，则a点可表示氢氧化铜的不饱和溶液，故A项错误；由图可知，溶液pH为8 sp 2 时，氢氧化亚铁饱和溶液中亚铁离子的浓度为10－5 mol·L－1，则常温时，K [Fe(OH)]＝c(Fe2 sp 2 ＋)· c2(OH－)＝1.0×10－5×(1.0×10－6)2＝1.0×10－17，故B项正确；由图可知，b点表示的氢氧化 镁溶液中还存在可溶性盐，则2c(Mg2＋)＋c(H＋)＝c(OH－)不能表示溶液中的电荷守恒关系， 故C项错误；由图可知，溶液pH为3时，氢氧化铁饱和溶液中铁离子浓度为10－5 mol·L－ 1，则常温时，K [Fe(OH) ]＝c(Fe3＋)·c3(OH－)＝1.0×10－5×(1.0×10－11)3＝1.0×10－38，溶液 sp 3 pH为10时，氢氧化镁饱和溶液中镁离子浓度为10－4 mol·L－1，则常温时，K [Mg(OH) ]＝ sp 2 c(Mg2＋)· c2(OH－)＝1.0×10－4×(1.0×10－4)2＝1.0×10－12，K [Fe(OH) ]＜K [Mg(OH) ]，向1 mL氢氧 sp 3 sp 2 化镁饱和溶液中加入2滴0.1 mol·L－1氯化铁溶液，会有红褐色沉淀氢氧化铁生成，故 D项 错误。] 4．D专题 18 溶液的配制与滴定法的应用 核心精讲 3．(1)当滴入最后半滴盐酸，溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复红色 当滴入最后半 滴盐酸，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不恢复黄色 (2)淀粉溶液 当滴入最后半滴标准碘溶液，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 (3)否 当滴入最后半滴标准酸性KMnO 溶液，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 4 (4)Ti3＋＋Fe3＋===Ti4＋＋Fe2＋ 当滴入最后半滴NH Fe(SO ) 标准溶液，溶液变成浅红色，且 4 4 2 半分钟内不褪色 (5)KSCN溶液 当滴入最后半滴标准KI溶液，溶液红色褪去，且半分钟内不恢复红色 真题演练 1．(1)5.0 (2)C (3)①3.00 33.00 ②正 实验Ⅱ相较于实验Ⅰ，醋酸溶液稀释了10倍，而实验Ⅱ的pH增大值小于1 (4)①0.110 4 (5)向滴定后的混合液中加入20 mL HAc溶液 (6)HClO：漂白剂和消毒液(或HSO ：还原剂、 2 3 防腐剂或HPO ：食品添加剂、制药、生产肥料) 3 4 2. AB 解析 滴定过程中CrO将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身被还原成Cr3＋，反应的离子方程式为6Fe2＋ 2 ＋CrO＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7HO，则 m g 样品中 n(FeCl)＝6n(CrO)＝6cV×10－ 2 2 1 2 2 3mol；m g样品中结晶水的质量为(m －m) g，结晶水的物质的量为 mol，n(FeCl )∶n(H O) 1 1 2 2 2 ＝1∶n＝(6cV×10－3 mol)∶ mol，解得n＝。样品中含少量FeO杂质，溶于稀硫酸后生成 Fe2＋，导致消耗的KCr O 溶液的体积V偏大，使n的测量值偏小，A项选；样品与SOCl 2 2 7 2 反应时失水不充分，则m 偏大，使n的测量值偏小，B项选；实验Ⅰ称重后，样品发生了 2 潮解，消耗的KCr O 溶液的体积V不变，n的测量值不变，C项不选；滴定达到终点时发 2 2 7 现滴定管尖嘴内有气泡生成，导致消耗的KCr O 溶液的体积V偏小，使n的测量值偏大， 2 2 7 D项不选。 3．(1)球形冷凝管 酸式滴定管 (2)C (3)加入 HPO 后，溶液中存在化学平衡 3 4 HSO SO ＋HO，SO 的溶解度随着温度升高而减小，SO 逸出后，促进了化学平衡 2 3 2 2 2 2 HSO SO ＋HO向右移动 (4)检漏 蓝色 I＋SO ＋2HO===2I－＋4H＋＋SO 2 3 2 2 2 2 2 (5)偏低 (6)80.8解析 由题中信息可知，检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量的原理是用过量的磷酸与其中的 亚硫酸盐反应生成SO ，用氮气将SO 排入到锥形瓶中被水吸收，最后用碘标准溶液滴定， 2 2 测出样品中亚硫酸盐含量。(2)三颈烧瓶中加入10.00 g香菇样品和400 mL水，向其中加入 HPO 的体积不超过10 mL。在加热时，三颈烧瓶中的液体不能超过其容积的，因此，三颈 3 4 烧瓶适宜的规格为1 000 mL，选C。(3)虽然K (H PO )＝7.1×10－3＜K (H SO )＝1.3×10－ a1 3 4 a1 2 3 2，但是HPO 为难挥发性的酸，而HSO 易分解为SO 和水，SO 的溶解度随着温度升高而 3 4 2 3 2 2 减小，SO 逸出后，促进了化学平衡HSO SO ＋HO向右移动。(4)滴定管在使用前需要 2 2 3 2 2 检漏、洗涤、润洗；滴定前，溶液中的碘被SO 还原为碘离子，溶液的颜色为无色，滴定终 2 点时，过量的半滴碘标准溶液使淀粉溶液变为蓝色且半分钟之内不变色，因此，滴定终点时 溶液为蓝色；滴定反应的离子方程式为I＋SO ＋2HO===2I－＋4H＋＋SO。(5)若先加磷酸再 2 2 2 通氮气，则不能将装置中的空气及时排出，有部分亚硫酸盐和 SO 被装置中的氧气氧化，碘 2 标准溶液的消耗量将减少，因此会使测定结果偏低。(6)实验中SO 消耗的碘标准溶液的体 2 积为0.30 mL＋1.00 mL＝1.30 mL，减去空白实验消耗的0.10 mL，则实际消耗碘标准溶液的 体积为1.20 mL，根据反应I ＋SO ＋2H O===2I－＋4H＋＋SO可以计算出n(SO )＝n(I )＝ 2 2 2 2 2 1.20 mL×10－3 L·mL－1×0.010 00 mol·L－1＝1.20×10－5 mol，由于 SO 的平均回收率为 2 95%，则实际生成的n(SO )＝≈1.263×10－5 mol，则根据S元素守恒可知，该样品中亚硫酸 2 盐含量为 ≈80.8 mg·kg－1。 4．(1)NaHCO 在相同温度下，NaHCO 的溶解度较小，故NaHCO 晶体能够析出(答案合 3 3 3 理即可) (2)D (3)甲基橙 溶液由黄色变橙色 (4)3.56% (5)偏大 解析 (1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在 30～35 ℃，目的 是为了使NH HCO 不发生分解，同时析出NaHCO 固体，得到晶体A，因为在相同温度下， 4 3 3 NaHCO 的溶解度较小。 3 (2)300 ℃加热抽干后的NaHCO 固体，需用坩埚、泥三角、三脚架等进行操作，所以符合 3 题意的为D项。 (3)分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸 氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为由黄色变为橙 色。 (4)第一滴定发生的反应是NaCO＋HCl===NaHCO ＋NaCl，则n(Na CO)＝n (NaHCO )＝ 2 3 3 2 3 生成 3 n(HCl)＝0.100 0 mol·L－1×22.45×10－3L＝2.245×10－3 mol，第二滴定消耗的盐酸的体积V 2 ＝23.51，则根据化学方程式：NaHCO ＋HCl===NaCl＋HO＋CO↑可知，消耗的NaHCO 3 2 2 3 的物质的量n (NaHCO )＝0.100 0 mol·L－1×23.51×10－3L＝2.351×10－3mol，则原溶液中的 总 3 NaHCO 的物质的量 n(NaHCO )＝n (NaHCO )－n (NaHCO )＝ 2.351×10－3mol－ 3 3 总 3 生成 3 2.245×10－3mol＝1.06×10－4mol，则原产品中 NaHCO 的物质的量为×1.06×10－4mol＝ 31.06×10－3mol，故产品中NaHCO 的质量分数为×100%＝3.561 6% 3 ≈3.56%。 (5)第一滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即 测得V 偏小，所以原产品中NaHCO 的物质的量会偏大，最终导致其质量分数偏大。 1 3 考向预测 1．D 2.D 3．(1)淀粉溶液 滴入最后半滴标准溶液，溶液的蓝色褪去，且半分钟内不恢复蓝色 (2)92.82 解析 (1)根据淀粉遇I 变蓝色，可选用淀粉溶液作指示剂，若达到滴定终点，会看到溶液 2 由蓝色变为无色，且半分钟内不再变为蓝色。 (2)Na SO 作氧化剂，与KI反应的离子方程式为SO＋2I－===2SO＋I ，I 与NaSO 反应的 2 2 8 2 2 2 2 2 3 离子方程式为I ＋2SO===SO＋2I－，可得关系式：NaSO ～I ～2NaSO ，n(Na SO)＝ 2 2 4 2 2 8 2 2 2 3 2 2 3 0.100 0 mol·L－1×19.50×10－3 L＝1.95×10－3 mol，则n(Na SO)＝n(Na SO)＝9.75× 2 2 8 2 2 3 10－4 mol，m(Na SO)＝9.75×10－4 mol×238 g·mol－1＝0.232 05 g，则该样品的纯度为 2 2 8 ×100%＝92.82%。 4．(1)当滴入最后半滴高锰酸钾溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 (2)CH COOOH＋2Fe2＋＋2H＋===CHCOOH＋2Fe3＋＋HO (3) 3 3 2 5．(1)B (2)当滴入最后半滴标准液时，出现浅红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变 解析 (1)指示剂选择原则为颜色变化明显、溶解度微大于 AgSCN，根据表中数据可知选 KCrO 溶液作为指示剂。 2 4 6．滴入最后半滴标准溶液，溶液中生成浅红色沉淀，且半分钟内沉淀颜色不改变 % 解析 根据 ClNO～HCl～AgNO 关系式，得到 25.00 mL 样品溶液中 ClNO 物质的量 3 n(ClNO)＝n(AgNO)＝c mol·L－1×0.02 L＝0.02c mol，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为 3 ×100%＝%。 专题 19 典型实验装置及化学实验基本操作 回扣自测 1．(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× 2．(1)CO 铁粉 过滤 氯水 NaOH 过滤 氨水 过滤 2 冷却结晶 趁热过滤 盐酸 过滤 NaOH 过滤 蒸馏 NaCO (2)浓硫酸 饱和NaCl溶液 饱和NaHCO 溶液 饱和NaHCO 溶液 灼热CuO 2 3 3 3 石灰乳或NaOH溶液 水 灼热铜网 溴水 酸性高锰酸钾溶液和石灰乳 核心精讲3．(2)酸性KMnO 灼热的铜网 NaOH 4 4．(1)稳定 (2)①沉淀剂 (3)过滤器 自然流下 (5)瓶塞旋转180°后 (6)①活塞旋转180° ②玻璃球 (7)①尖嘴 ②玻璃珠 (8)①水柱 ②不变化 (9)②排水法 (13)①溶解 沉淀 过滤 蒸发 结晶 (14)FeCl 饱和溶液 3 (15)①蒸发→结晶→过滤 ②蒸发浓缩→冷却结晶→过滤 真题演练 1．A 2.B 3.A 4.A 5.D 6.C 7．C [碳酸钠和碳酸氢钠都会因水解而使溶液显碱性，碳酸钠的碱性强于碳酸氢钠，滴入 酚酞溶液后，碳酸钠溶液呈现红色，碳酸氢钠溶液呈现浅红色，A正确；食盐水为中性，铁 钉发生吸氧腐蚀，试管中的气体减少，导管中形成一段水柱，B正确；钠燃烧温度在400 ℃以上，玻璃表面皿不耐高温，故钠燃烧通常用坩埚或者燃烧匙，C错误。] 8．D [浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl 可用浓硫酸 2 干燥，A装置能达到实验目的，故A不符合题意；氯气的密度大于空气，可用向上排空气 法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意；湿润的红布条褪色，干燥的红布条不褪色， 可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意；氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH 溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意。] 9．A [碱式滴定管排气泡时，把橡皮管向上弯曲，出口上斜，轻轻挤压玻璃珠附近的橡皮 管可以使溶液从尖嘴涌出，气泡即可随之排出，A符合规范；用试管加热溶液时，试管夹应 夹在距离管口的处，B不符合规范；实验室中，盐酸和NaOH要分开存放，有机物和无机物 要分开存放，C不符合规范；用胶头滴管滴加溶液时，胶头滴管不能伸入试管内部，应悬空 滴加，D不符合规范。] 10．B [过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁，A操作不规范；CO 的密度大于空气且不与空 2 气中的成分反应，可用向上排空气法收集，B操作规范；混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸 缓慢倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，C操作不规范；转移溶液时，应使用玻璃棒引流， D操作不规范。] 考向预测 1．D 2.B 3.D 4.A 5．B [量取一定体积KCr O 标准溶液应该选用酸式滴定管，KCr O 溶液能够腐蚀碱式滴 2 2 7 2 2 7 定管下端的乳胶管，选项A错误；比较非金属性，可根据元素对应的最高价氧化物的水化 物的酸性强弱比较，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中可得 硅酸沉淀，可证明非金属性的强弱，选项B正确；氯化铁与NaOH反应生成沉淀，不能制 备胶体，应将氯化铁饱和溶液滴到沸水中制备，选项C错误；乙酸乙酯的制备必须加入浓 硫酸作吸水剂和催化剂，选项D错误。]6．D [对乙酸乙酯和乙醇混合液用分液漏斗进行分液的原理：乙醇易溶于饱和碳酸钠溶液 中，而乙酸乙酯不溶，应先向混合液中加入饱和碳酸钠溶液，振荡、静置，从而使饱和碳酸 钠溶液层与乙酸乙酯分层，然后利用分液漏斗进行分离，利用的是两者的溶解度差异并非密 度差异，故A不符合题意；5.3 g Na CO·10H O中NaCO 的物质的量小于0.05 mol，用500 2 3 2 2 3 mL容量瓶所配碳酸钠溶液物质的量浓度小于0.10 mol·L－1，故B不符合题意；加热后的坩 埚须在干燥器中冷却，防止吸收空气中的水导致测量结果产生误差，故C不符合题意； FeSO 易水解、易被氧化，配制FeSO 溶液时要抑制水解、防止氧化，因此配制FeSO 溶液 4 4 4 时，先将FeSO 固体溶解在稀硫酸中，然后稀释到所需浓度，再加入少量铁粉防止氧化，故 4 D符合题意。] 7．A [用标准NaOH溶液测定待测盐酸的浓度需要酸碱通用滴定管、锥形瓶(夹持仪器、部 分试剂省略)，A项正确；溴溶于四氯化碳中，不能分液分离，应该使用蒸馏的方法，需要 蒸馏烧瓶、温度计、酒精灯、冷凝管、锥形瓶、牛角管等，B项错误；焰色试验需要使用铂 丝而不是玻璃棒，C项错误；配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶 解(冷却)、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签，需要的仪器还有托盘天平、烧杯、胶头滴 管等，D项错误。] 8．B [SO 和HCl都可以和饱和亚硫酸钠溶液反应，故A项不能达到实验目的；氨气为碱 2 性气体，能被浓硫酸吸收，氧气不能被浓硫酸吸收，故B能达到实验目的；二氧化碳不能 和氯化钡溶液反应，故C不能达到实验目的；水能和过氧化钠固体反应生成氧气，引入新 杂质，故D不能达到实验目的。] 9．C 10.C 11.C 专题 20 物质的检验、鉴别 简单实验方案的设计及评价 回扣自测 (1)错 也可能含K＋，检验K＋要透过蓝色钴玻璃观察，若火焰呈紫色说明含有钾元素，否 则不含有 (2)错 挥发出的乙醇、生成的乙烯及副反应生成的SO 都能使酸性KMnO 溶液褪色 2 4 (3)错 NH 极易溶于水，在溶液中加入稀NaOH溶液，不加热时NH 不会逸出 3 3 (4)错 淀粉碘化钾试纸检验的是具有强氧化性的气体，Y可能是Cl ，也可能是O 、NO 等 2 3 2 气体 (5)错 O、Cl 等也能使品红溶液褪色 3 2 (6)错 若溶液Y中含有SO，滴加稀硝酸时能被氧化成SO，加入BaCl 溶液也会有白色沉淀 2 产生；若溶液中含有Ag＋，也会有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成 (7)错 碳碳双键和醛基都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故用酸性KMnO 溶液无法证明该有 4机物中含有碳碳双键 (8)错 只要是挥发性的浓酸遇蘸有浓氨水的玻璃棒都能产生白烟，浓盐酸、浓硝酸都符合 (9)正确 Fe2＋的检验方法正确 (10)错 HSO 是中强酸，电离出的H＋与溶液中的NO能将SO氧化成SO，故该白色沉淀是 2 3 BaSO 4 (11)正确 HSO 是中强酸，而HCl是强酸，不能由中强酸制强酸 2 3 (12)错 在Fe(NO ) 中加入稀硫酸后，Fe2＋能被H＋、NO(两者同时存在相当于HNO)氧化成 3 2 3 Fe3＋而干扰实验 真题演练 1．C 2.C 3.C 4.C 5．B [H S与稀盐酸、NO与稀HSO 、CO 与饱和NaHCO 溶液均不反应，不能形成喷泉， 2 2 4 2 3 A、C、D错误。] 6．C [酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应 的反应热，A错误；NaClO和NaSO 反应无明显现象，无法根据现象探究浓度对化学反应 2 3 速率的影响，B错误；将NaCO 溶液与BaCl 溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1 2 3 2 滴NaCO 溶液，若有浑浊产生，则说明Ba2＋没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确； 2 3 检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物(葡萄糖)存在，可用银氨溶液或新 制的氢氧化铜，D错误。] 7．D [铁离子的水解反应为吸热反应，加热煮沸可促进水解平衡正向移动，使水解程度加 深，生成较多的氢氧化铁，从而使溶液显红褐色，故A正确；在5 mL FeCl 溶液中滴加2滴 3 同浓度的NaSO 溶液，根据现象分析可知，Fe3＋既发生了水解反应，生成红褐色的氢氧化 2 3 铁，又被亚硫酸根离子还原，生成亚铁离子，加入铁氰化钾溶液后，生成蓝色沉淀，故B 正确；实验③中在5 mL Na SO 溶液中滴加2滴同浓度的FeCl 溶液，根据溶液红褐色，说 2 3 3 明Fe3＋发生水解反应，滴加K[Fe(CN) ]无蓝色沉淀产生，说明，没有发生还原反应，故C 3 6 正确；结合实验①、③可知，SO对Fe3＋的水解反应有影响，故D错误。] 8．D [向盛有FeSO 溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，无现象，振荡，再滴加几滴新制 4 氯水，溶液变为红色，亚铁离子被新制氯水氧化，说明 Fe2＋具有还原性，A正确；SO 具有 2 漂白性，可以和有色物质结合为无色物质，但不稳定，加热易分解，又恢复原来的颜色，B 正确；向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明 Br 的氧化 2 性比I 的强，C正确；用pH计测量醋酸、盐酸的pH来证明CHCOOH是弱电解质时，需要 2 3 测量物质的量浓度相同的醋酸和盐酸，D错误。] 9．D [MgCl 溶液中滴加NaOH溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀，白色沉淀为氢 2 氧化镁，氢氧化镁为中强碱，其不与过量的NaOH溶液发生反应，因此，沉淀不消失，A不 正确；FeCl 溶液中滴加 KSCN溶液，溶液变血红色，实验室通常用这种方法检验Fe3＋的存 3在；FeCl 溶液中滴加 KSCN溶液，溶液不变色，B不正确；AgI的溶解度远远小于AgCl， 2 因此，向AgI悬浊液中滴加 NaCl溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀，C不 正确；酸性KMnO 溶液呈紫红色，其具有强氧化性，而乙醇具有较强的还原性，因此，酸 4 性KMnO 溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪色，D正确。] 4 10．A [酸性KMnO 溶液能将乙烯氧化成CO ，故可以看到溶液的紫色逐渐褪去，但静置 4 2 后液体不会分层，A项符合题意；点燃的镁条能在CO 中燃烧，集气瓶中产生浓烟(MgO颗 2 粒)和黑色颗粒(单质碳)，B项不符合题意；向盛有饱和NaSO 溶液的试管中滴加稀盐酸， 2 2 3 溶液中发生反应SO＋2H＋===SO ↑＋S↓＋HO，有刺激性气味气体产生，溶液变浑浊，C 2 2 2 项不符合题意；向FeCl 溶液中加入过量铁粉，发生反应 2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋，可以看到溶 3 液中黄色逐渐消失，加入KSCN后，溶液颜色不发生变化，D项不符合题意。] 11．A [Cl 与水反应生成HCl和HClO，且该反应为可逆反应，NaCO 水解使溶液呈碱性， 2 2 3 水解产生的OH－能同时消耗HCl和HClO，无法制取较高浓度的次氯酸溶液，A符合题意； 向过氧化氢溶液中加入少量MnO 能加快HO 的分解，从而加快氧气的生成速率，B不符合 2 2 2 题意；饱和碳酸钠溶液可除去乙酸乙酯中的少量乙酸，而且能降低乙酸乙酯的溶解度，便于 分液，C不符合题意；向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸，符合用强酸制备弱酸的原理，可 制备少量二氧化硫气体，D不符合题意。] 考向预测 1．A 2.C 3.B 4．D [浓硝酸也具有挥发性，挥发出的硝酸与浓氨水挥发出的氨气反应生成硝酸铵，也会 有白烟产生，所以蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液有白烟产生不能确定该溶液是浓盐酸，故 A错误；亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫与氯化钡溶液不反应，故B错误；加热盛有少量 碳酸氢铵固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸，石蕊试纸变蓝说明碳酸氢铵不 稳定，受热分解生成了氨气，不能确定碳酸氢铵的酸碱性，故C错误；浓硫酸具有脱水性， 将浓硫酸滴入蔗糖中，蔗糖脱水碳化且放出大量的热，具有强氧化性的浓硫酸与脱水碳化生 成的碳共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，所以将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌的过程中， 浓硫酸体现了氧化性和脱水性，故D正确。] 5．A [FeCl 与KI反应生成I ：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I ，氧化剂Fe3＋的氧化性强于氧化产 3 2 2 物I 的氧化性，故A正确；将淀粉和稀硫酸混合加热一段时间后，水解后应在碱性溶液中 2 检验葡萄糖，需要加入适量的NaOH溶液中和稀硫酸，再加入新制的Cu(OH) ，加热，观察 2 现象，故B错误；向2 mL 2 mol·L－1 NaOH溶液中加入1 mL 1 mol·L－1 MgCl 溶液，完全反 2 应后NaOH过量，再滴加几滴1 mol·L－1 CuCl 溶液，CuCl 溶液与过量的NaOH溶液反应生 2 2 成蓝色沉淀，并不会发生沉淀的转化，无法证明K [Cu(OH) ]＜K [Mg(OH) ]，故C错误； sp 2 sp 2 2MnO＋5HC O ＋6H＋===2Mn2＋＋10CO↑＋8HO，根据离子方程式可得，高锰酸钾和草 2 2 4 2 2 酸恰好完全反应的物质的量之比为 2∶5，所以D选项实验中高锰酸钾溶液过量，溶液并不能完全褪色，故D错误。] 大题突破 2 综合实验题题型研究 真题探究 1．(1)分液漏斗、球形冷凝管 (2)CuSO ·5H O 部 分 风 化 失 去 结 晶 水 生 成 无 水 硫 酸 铜 (3)CuO (4)3H C O ＋ 4 2 2 2 4 2KCO===2KHC O ＋KC O ＋2HO＋2CO↑ (5)分批加入并搅拌 (6)水浴 (7)冷却结晶、 2 3 2 4 2 2 4 2 2 过滤、洗涤 2．(1)HCl HSO (浓)＋NaCl=====NaHSO ＋HCl↑ (2)防止倒吸 CuSO 溶液 (3)静置， 2 4 4 4 取上层清液于一洁净试管中，继续滴加热的硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全 (4)使钡离子沉淀完全 (5)锥形瓶 (6)97.6% 考点一 回扣自测 1．(1)× (2)× (3)× (4)× (5)× (6)× (7)× (8)× 2．①平衡压强，使液体能顺利滴下 减小液体体积 ③吸收尾气，防止污染空气 ⑤安全 瓶 ⑦干燥 流量 ⑧左右两液面 ⑨加快 3．(1)相等 顺利滴下 (2)快速干燥 (4)纯度 (5)降低 受热分解 真题回访 1．(1)圆底烧瓶 b (2)干燥气体 (3)溶液沿毛细管上升 (4)使溶液受热均匀 (5)磷酸晶体 (6)C (7)磷酸可与水分子间形成氢键 解析 空气通过氯化钙除水，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的 空气流入毛细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升 的作用，将85%磷酸溶液进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。(1)由仪器构造可知， 仪器A为圆底烧瓶，仪器B为直形冷凝管，冷凝水应从b口进、a口出，形成逆流冷却，使 冷却效果更好。(2)纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分，因此五氧化二磷的作用为干 燥气体。(4)升高温度能提高除水速度，而纯磷酸制备过程中要严格控制温度，水浴加热可 以避免直接加热造成的反应过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀。(5)过饱和溶液 暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就会结 晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶。(6)纯磷酸纯化过程中，温度 低于21 ℃易形成2HPO ·H O(熔点为30 ℃)，高于100 ℃则发生分子间脱水生成焦磷酸， 3 4 2 纯磷酸的熔点为42 ℃，因此过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为 42～100 ℃。(7)磷酸的结构式为 ，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，因此磷酸中少量的水极难除去。 2．(1)aefbcgh 将玻璃塞上的凹槽对准漏斗颈部的小孔 (2)使氨盐水雾化，可增大与二氧化碳的接触面积，从而提高产率(或其他合理答案) (3)NH ·H O＋NaCl＋CO===NH Cl＋NaHCO ↓ (4)①0.84 ②冷却结晶 过滤 3 2 2 4 3 (5)A 3．(1)MnO ＋4HCl(浓)=====MnCl ＋Cl↑＋2HO (2)c→d→b→a→e (3)HClO 向溶液中 2 2 2 2 加入过量稀硝酸，再加入少量 AgNO 溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有 Cl－ 3 (4)⑤1.34×10－5 测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度 ⑥45 Ⅱ 45 ⑦A>B >B 3 2 1 解析 (1)实验室通常采用浓盐酸和 MnO 共热制取 Cl ，化学方程式为 MnO ＋ 2 2 2 4HCl(浓)=====MnCl ＋Cl↑＋2HO。(2)根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、 2 2 2 水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使用饱和食盐水吸收氯化氢气体，用浓硫酸除 去水蒸气，最后用NaOH溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c→d→b→a→e。(3)氯水久置 后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解。 (4)⑤25 ℃时，K (AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)，根据沉淀溶解平衡可知，饱和AgCl溶液中c(Ag sp ＋)＝c(Cl－)，所以c(Cl－)＝＝mol·L－1≈1.34×10－5mol·L－1；实验1～3中，温度不同饱和溶 液的浓度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根 据实验1～3无法判断温度较高的饱和溶液的离子浓度大，进而不能得出温度与溶解度的关 系。⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不同温度下的饱和溶 液在相同温度下进行测试，如果温度较高的饱和溶液的电导率比温度较低的饱和溶液的电导 率高，则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度升高。所以可以设计试样Ⅰ、Ⅱ在45 ℃下 进行测试与实验3比较。⑦猜想b成立的判断依据是A>B >B 。 3 2 1 考向预测 1．(1)①球形干燥管 碱石灰 ②观察气体流速 SO ＋Cl ＋2HO===2Cl－＋4H＋＋SO 2 2 2 ③Ca(ClO) ＋4HCl(浓)===CaCl ＋2Cl↑＋2HO (2)ab (3)稀硝酸、AgNO 溶液 2 2 2 2 3 2．(1)2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl↑＋8HO (2)a→i→j→g→h→e→f→c 2 2 (3)KSCN溶液 (4)①阳 ②Cl＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋(或2Cl－－2e－===Cl↑、Cl＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋) 2 2 2 (5)①0.2 mol·L－1 HCl 0.2 mol·L－1 NaCl ②a＞x≥c(或a＞x＞c) c＞x≥b(或c≥x≥b) 解析 (2)在实验室中用KMnO 与浓盐酸反应制备干燥纯净的氯气，需要发生装置生成氯气， 4 用饱和食盐水除氯化氢，通过浓硫酸除去水蒸气，导气管长进短出收集氯气，最后用碱石灰 吸收多余的氯气，装置连接顺序：a→i→j→g→h→e→f→c。(5)①电解氯化亚铁溶液和电解 氯化钠与盐酸混合溶液做对照实验，探究氯离子是否放电，需要在 pH＝1、Cl－浓度为0.2 mol·L－1且无Fe2＋存在的条件下进行，所以可用100 mL 0.2 mol·L－1盐酸与100 mL 0.2 mol·L －1氯化钠溶液混合，这样H＋、Cl－浓度才与FeCl 溶液相同。②依据表中数据比较可知，电 2解氯化钠溶液做对照实验，通过控制电压证明了亚铁离子的还原性大于氯离子，优先放电， 说明生成铁离子的两种可能，一是亚铁离子变成铁离子，二是氯离子失去电子生成氯气，氯 气氧化亚铁离子生成铁离子。实验iv的电压高，氯离子放电，实验v电压低，氯离子不放 电，而实验ii亚铁离子放电，所以可以说明低电压下，亚铁离子先于氯离子放电。 考点二 回扣自测 (1)平衡气压，使分液漏斗中的液体顺利滴下；可以消除由于液体滴入而使气体体积增大的 影响 (2)应将量筒慢慢地向下移动，当量筒中的液面和水槽中的液面相平时再读数 (3)①将空气排尽 使生成的气体被指定装置充分吸收 ②稀释气体，控制易爆炸气体的浓度 真题回访 1．(1)Zn＋2H＋===Zn2＋＋H↑ (2)③① (3)a、b c、d (4)防止外界水蒸气进入C中使催 2 化剂中毒 (5)适当升温加快反应速率，同时防止温度过高HO 分解 (6)H ＋O======HO 2 2 2 2 2 2 (7)17% 2．(1)AC (2)CuO＋HSO =====CuSO ＋HO 不会产生二氧化硫且产生等量胆矾消耗硫酸 2 4 4 2 少(硫酸利用率高) (3)过滤 干燥 除尽铁，抑制硫酸铜水解 破坏氢氧化铁胶体，使其沉 淀，易于过滤 (4) (5)①③ 解析 (1)制备胆矾时，根据题干信息可知，需进行溶解、过滤、结晶操作，用到的实验仪 器除量筒、酒精灯、玻璃棒、漏斗外，还必须使用的仪器有烧杯和蒸发皿。 (2)直接用废铜和浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，与这种方法相比，将CuO加入到 适量的稀硫酸中，加热制备胆矾的实验方案具有的优点是不会产生二氧化硫且产生等量胆矾 消耗硫酸少(硫酸利用率高)。 (3)硫酸铜溶液制硫酸铜晶体，操作步骤有加热蒸发、冷却结晶、过滤、乙醇洗涤、干燥； CuO中含氧化铁杂质，溶于硫酸后会形成铁离子，为使铁元素以氢氧化铁形式沉淀完全， 需控制溶液pH为3.5～4，同时酸性环境还可抑制铜离子发生水解；操作过程中可能会生成 氢氧化铁胶体，所以煮沸10 min的目的是破坏氢氧化铁胶体，使其沉淀，易于过滤。 (4)水的质量是(m－m)g，所以胆矾(CuSO ·nHO)中n值的表达式为∶＝n∶1，解得n＝。 2 3 4 2 (5)①胆矾未充分干燥，导致所测m 偏大，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目测定值偏 2 高，符合题意；②坩埚未置于干燥器中冷却，部分白色硫酸铜会与空气中的水蒸气结合重新 生成胆矾，导致所测m 偏大，根据n＝可知，最终会导致结晶水数目测定值偏低，不符合 3 题意；③加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出，会使m 数值偏小，根据n＝可知，最终会 3 导致结晶水数目测定值偏高，符合题意。 考向预测 1．(1)①abcab ②除去空气中的二氧化碳和水 防止空气中的水分和二氧化碳被干燥管 B吸收 ③88.33% (2)①d ②D E F ③装置ⅳ将滴下酸的体积也计入气体体积，而组 合仪器没有 液体可以顺利滴下 ④不能 在标准状况下生成CO 的体积为224 mL，超过 2 量气管的量程 解析 (1)③m(Na CO)＝0.1 mol×106 g·mol－1＝10.6 g，w(Na CO)＝×100%≈88.33%。 2 3 2 3 (2)①ⅰ中为样品，ⅱ中为稀硫酸，ⅰ与ⅱ连接为固液反应装置，且硫酸难挥发，所以选 d。 2．(1)球形干燥管 (2)2NaClO＋4HCl===2ClO ↑＋Cl↑＋2NaCl＋2HO (3)吸收Cl 3 2 2 2 2 (4)4H＋＋5ClO===Cl－＋4ClO ↑＋2HO 验证是否有ClO 生成 (5)500 mL容量瓶 (6)135 2 2 2 解析 (2)氯酸钠和稀盐酸混合产生Cl、ClO 和NaCl，根据转移电子守恒和原子守恒，化学 2 2 方程式为2NaClO＋4HCl===2ClO ↑＋Cl↑＋2NaCl＋2HO。 3 2 2 2 (3)F装置中发生Cl ＋2KI===2KCl＋I 时，淀粉遇碘变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置 2 2 C的作用是吸收Cl。 2 (4)在酸性条件下NaClO 可发生反应生成NaCl并释放出ClO ，根据元素守恒可以知道应还 2 2 有水生成，该反应的离子方程式为4H＋＋5ClO===Cl－＋4ClO ↑＋2HO；在ClO 释放实验 2 2 2 中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO 生成。 2 (6)已知在水样中加入足量的 KI发生的离子方程式为 2ClO ＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I ＋ 2 2 4HO，再用 0.100 0 mol·L－1 Na SO 标准溶液滴定 I 单质发生反应：I ＋2SO===2I－＋ 2 2 2 3 2 2 2 SO。可得滴定过程中的转化关系为2ClO ～5I ～10SO，反应之后消耗 SO的物质的量为 4 2 2 2 2 0.100 0 mol·L－1×10.00×10－3 L＝1×10－3 mol，故 ClO 的物质的量为1×10－3 mol×＝ 2 2×10－4 mol，故该水样中ClO 的含量为＝135 mg·L－1。 2 考点三 回扣自测 1．(1)平衡气压，有利于液体顺利滴下 (2) (3)平衡气压，使液体顺利滴下 2．(1)冷凝回流，提高反应物的转化率 (2)液泡置于反应液中，不能接触容器的底部或器壁 (3)先接通冷凝管的冷却水 (4)应采用油浴加热，因为反应温度接近水的沸点，油浴更易控 制 真题回访 (1)B (2)球形 无油珠说明不溶于水的甲苯已经被完全氧化 (3)除去过量的高锰酸钾，避 免在用盐酸酸化时，产生氯气 2MnO＋5HC O ＋6H＋===2Mn2＋＋10CO↑＋8HO 2 2 4 2 2 (4)MnO (5)苯甲酸升华而损失 (6)86.0% C 2 (7)重结晶 考向预测 (1)溴易挥发，会污染空气；溴会腐蚀胶头滴管的胶帽 (2)滴入最后一滴液溴时，溶液呈浅黄色 (3)冷凝回流 平衡气压 (4)过滤 (5)4Br－＋4H＋＋O===2Br ＋ 2HO 2 2 2 (6)不可行，NO在酸件条件下能将Fe2＋氧化为Fe3＋，观察不到紫红色的KMnO 溶液褪色 4 (7)将步骤①中的铁粉改为FeBr (8) 3 重点题空热练(一) 1．(1)分液漏斗 (2)aedbc(或cb)gh(或hg)f 2．(1)E H J H 将BCl 冷凝为液态分离出来 3 (2)2NaOH＋Cl===NaCl＋NaClO＋HO 2 2 3．(1)A E F C(CD) (2)关闭分液漏斗活塞，将D中导气管末端插入水中，对B中锥形 瓶微热，若导管口有气泡冒出，停止加热，导气管中形入一段水柱，则装置气密性良好 (3)②④ (4)吸收过量的二氧化氮气体 4．(1)AlC ＋12HCl===3CH↑＋4AlCl 4 3 4 3 (2)F→D→B→E→C→G (3)先打开分液漏斗上口的玻璃塞(或先使分液漏斗上口的玻璃塞的 凹槽对准漏斗上的小孔)，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下 (4)试管内有 银镜生成 除去甲烷中的 HCl 气体和水蒸气 5．(1)Ca(ClO) ＋4HCl(浓)===CaCl ＋2Cl↑＋2HO 2 2 2 2 (2)ACFDBFE (3)除去Cl 中混有的HCl气体，防止其与硼发生副反应(生成H 与Cl 混合共 2 2 2 热有爆炸危险) (4)检查装置气密性 打开分液漏斗活塞，通一段时间Cl 2 6．(1)蒸馏烧瓶 (2)B 溶液变黑，有气泡产生 (3)e→d→f→g→h→i(或i→h)→b→c 吸收 乙烯中的CO 和SO (4)后加热 应先用乙烯排尽装置中的空气，避免乙烯与空气混合加热 2 2 爆炸 (5)装置F中黑色粉末变为红色，装置C中有白色沉淀生成 重点题空热练(二) 1．(1)平衡压强，使液体顺利滴下 (2)(反应放热)防止双氧水分解和氨水挥发 (3)CaCl ＋ 2 HO＋2NH ·H O＋6HO===CaO·8H O↓＋2NH Cl 2 2 3 2 2 2 2 4 2．固液分离速率快 解析 普通过滤主要是靠重力作用实现固液的分离，分离过程较慢，适用于少量物料的分离， 而抽滤利用抽气泵将装置内的空气不断抽出，可使装置内的压强小于外界大气压，分离速率 较快。 3．(1)恒压滴液漏斗 (2)冷凝回流碘，减少碘的损失 (3)水浴加热 (4)加快搅拌速率 4．(1)平衡压强，保证分液漏斗中的液体顺利流下 (2)2Cr3＋＋Zn===2Cr2＋＋Zn2＋ (3)关闭K，打开K 1 2 (4)防止空气进入装置乙氧化二价铬 (5)bca 5．(1)球形冷凝管 平衡气压 (2)4H＋＋2Cl－＋MnO =====Mn2＋＋Cl↑＋2HO (3)在a仪 2 2 2 器后连接装有碱石灰的干燥管 (4)①Cl ②防止PCl 汽化 ③HCl 2 3 6．(1)球形冷凝管 a b (2)略高于62.6 ℃(3)乙醇相对廉价，增大反应物浓度，使平衡向正反应方向移动，提高苯甲酸的转化率，提 高产率；形成共沸物需要添加乙醇 (4)分离产生的水，使平衡向正反应方向移动，提高转 化率 关闭活塞，在分水器中加适量的水，观察是否漏水，若不漏水，旋转活塞180°，若 仍不漏水，说明分水器不漏水 加热回流至分水器中水位不再上升为止 大题突破 3 无机化工流程题题型研究 真题探究 1．(1)PbSO (s)＋CO(aq)===PbCO (s)＋SO(aq) 反应PbSO (s)＋CO(aq)PbCO (s)＋SO(aq) 4 3 4 3 的平衡常数K＝＝＝≈3.4×105>105，PbSO 可以比较彻底的转化为PbCO 4 3 (2)反应BaSO(s)＋CO(aq)BaCO (s)＋SO(aq)的平衡常数K＝＝＝≈0.04≪105，反应正向 4 3 进行的程度有限 (3)(ⅰ)Fe2＋ (ⅱ)Pb＋HO＋2HAc===Pb(Ac) ＋2HO (ⅲ)作还原剂 2 2 2 2 (4)Fe(OH) 、Al(OH) (5)Ba2＋、Na＋ 3 3 2．(1)C (2)①5TiO ＋6C＋10Cl=====5TiCl ＋2CO＋4CO ②随着温度升高，CO 与C发 2 2 4 2 2 生反应：C＋CO=====2CO (3)①3VOCl ＋Al===3VOCl ＋AlCl ②蒸馏 (4)不能 若先 2 3 2 3 “除硅、铝”再“除钒”，“除钒”时需要加入Al，又引入Al杂质 (5)AC 考点一 回扣自测 1．C 2．温度过高，HO 分解放出氧气 2 2 3．先用氧化剂把Fe2＋氧化为Fe3＋，再调溶液的pH至3.7～8.3。 4．HCl(或盐酸) 5．HSO NaOH 2 4 解析 根据流程中既为生成物又为反应原料的物质可作为循环利用的物质，则工艺路线中可 以循环利用的物质有HSO 和NaOH。 2 4 真题回访 1．(1)ab (2)2Bi S ＋9O=====2BiO ＋6SO (3)抑制金属离子水解 (4)SiO (5)Mn O ＋ 2 3 2 2 3 2 2 2 3 6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl↑＋3HO (6)将Fe3＋转化为Fe2＋ 2 2 解析 (1)联合焙烧时，进一步粉碎矿石，可以增大矿石与空气的接触面积，能够提高焙烧 效率，选项a符合题意；鼓入适当过量的空气有利于矿石充分反应，选项b符合题意；降低 焙烧温度，反应速率减慢，不利于提高焙烧效率，选项 c不符合题意。(2)Bi S 在空气中单 2 3 独焙烧生成BiO ，根据原子守恒可知还应生成SO ，结合得失电子守恒，反应的化学方程 2 3 2 式为2BiS ＋9O=====2BiO ＋6SO 。(3)加入浓盐酸后，溶液中含有的离子主要为Bi3＋、 2 3 2 2 3 2 Fe3＋、Mn2＋、H＋、Cl－，而酸浸后取滤液进行转化，故要防止金属离子水解生成沉淀，进入滤渣，造成制得的BiOCl产率偏低。(4)滤渣主要为不溶于浓盐酸的SiO 。(5)因MnO 有氧 2 2 3 化性，会与浓盐酸发生氧化还原反应：MnO ＋6H＋＋2Cl－===2Mn2＋＋Cl↑＋3HO。(6)由 2 3 2 2 已知信息③知，调pH＝2.6时，Fe3＋会水解生成Fe(OH) 沉淀，但Fe2＋还没开始沉淀，故要 3 将Fe3＋转化为Fe2＋，在调pH后获得含FeCl 的滤液，为了不引入新的杂质，加入Bi作还原 2 剂。 2．(2)Fe3＋、Al3＋、Mg2＋ (3)1.0×10－6 (4)硫酸 SiO 、CaSO (5)TiO2＋＋(x＋ 2 4 1)H O=====TiO·xHO↓＋2H＋ (6)(NH )SO 2 2 2 4 2 4 考向预测 1．(1)b (2)排出设备中的空气，防止磁性纳米铁棒和NaBH 被氧化 (3)0.53 mol·L－1 (4) 4 吸附性 还原性 解析 (2)磁性纳米铁棒和NaBH 都容易被氧化，所以在加入NaBH 之前需通入N 排出反应 4 4 2 容器中的空气。(3)常温下，溶液的 pH＝7，则 c(OH－)＝1.0×10－7mol·L－1，根据 K [Cd(OH) ]＝5.3×10－15，可计算Cd2＋的浓度：c(Cd2＋)＝＝ mol·L－1＝0.53 mol·L－1。(4)含 sp 2 TeO的溶液和磁性纳米铁棒作用，Te的化合价降低，被纳米铁棒还原，磁性纳米铁棒还能 吸附Te，故在得到Te的过程中，磁性纳米铁棒呈现了还原性和吸附性。 2．(1)①防止在电池拆解过程中发生短路引起火灾及操作人员触电 H 、Cl ②将Co3＋还 2 2 原为Co2＋ 将Fe2＋氧化为Fe3＋ ③1.15 46 (2)①加快酸浸时的反应速率(或提高铝元素的浸出率) 加热(或搅拌) ②会增加后续CaCO 3 的消耗量 (3)①适当升高反应温度(或其他合理答案) NaSO ②常压蒸发温度过高，亚 2 4 氯酸钠易分解 ③多余的HO 可分解为氧气和水，不引入其他杂质 2 2 考点二 回扣自测 1．过滤、过滤 2．(1)pH在5左右时，钴、锂的分离效率高 (2)继续向萃取分液后的有机相中加稀HSO 调pH＝0.5以下(或1以下)，然后分液 (3)B 2 4 3．SO＋I＋HO===2I－＋2H＋＋SO 使四氯化碳中的碘进入水层 2 2 4．(1)蒸发浓缩、降温结晶 解析 由溶解度曲线可知KIO 在常温下的溶解度较小，故由KIO 溶液得到KIO 晶体的方 3 3 3 法为蒸发浓缩、降温结晶。 (2)趁热过滤 用80～90 ℃的蒸馏水洗涤2～3次 解析 据溶解度曲线图，要从过滤所得MnSO 溶液中获得较高纯度的MnSO ·H O晶体，应 4 4 2 在80～90 ℃之间进行蒸发结晶、趁热过滤，再用80～90 ℃的蒸馏水洗涤MnSO ·H O晶体 4 2 2～3次，最后真空干燥。 (3)防止因温度降低，CoCl 晶体析出 2 解析 由CoCl 的溶解度曲线可以知道，随温度的升高，CoCl 的溶解度增大，所以趁热过 2 2滤，防止温度降低，CoCl 晶体析出。 2 真题回访 d 复分解反应 考向预测 1．(1)①Cu S＋O=====2Cu＋SO Fe O 2 2 2 3 4 ②作氧化剂，将Cu O和Cu氧化为Cu2＋ 2Cu2＋＋4I－===2CuI↓＋I ③洗去残余水分且可 2 2 快速晾干 蘸取最后一次洗涤液进行焰色试验，如果火焰无黄色则已洗净(或其他合理答案) (2)蒸发结晶 趁热过滤 防止NaSO 固体转化为NaSO ·10H O，并防止NaSO 因溶于水 2 4 2 4 2 2 4 而损耗 解析 (1)①步骤a中Cu S与空气中氧气在1 200 ℃条件下反应生成Cu和二氧化硫，反应 2 的化学方程式为Cu S＋O=====2Cu＋SO ；由熔渣B的主要成分为黑色磁性物质可知，FeS 2 2 2 与空气中氧气在1 200 ℃条件下反应生成四氧化三铁和二氧化硫。②步骤b的反应为在硫酸 作用下，HO 作氧化剂，将氧化亚铜、铜氧化生成硫酸铜；步骤c的反应为硫酸铜溶液与过 2 2 量的NaI溶液反应得到CuI沉淀。③步骤d用乙醇洗涤可以洗去固体表面的水，同时由于乙 醇易挥发达到快速晾干的目的；洗涤液中含有钠离子、硫酸根离子，可以用焰色试验或酸化 的氯化钡溶液检验沉淀是否洗涤干净。(2)由图像溶解度曲线变化可知，NaSO 的溶解度在 2 4 温度较高时，随温度升高而降低，而NaSO ·10H O的溶解度随温度升高而增大，欲得到 2 4 2 NaSO 固体，应采取加热蒸发溶剂使NaSO 结晶析出，并趁热过滤；因NaSO 难溶于乙醇， 2 4 2 4 2 4 所以用乙醇洗涤既防止NaSO 和水作用生成NaSO ·10H O，又能防止NaSO 因溶于水而损 2 4 2 4 2 2 4 耗。 2．(1)①Mg(OH) 、Fe(OH) 、CaCO ②使析出的晶体为NaCO·H O，防止因温度过低而析 2 3 3 2 3 2 出NaCO·10H O晶体，令后续的加热脱水耗时长 (2)①蒸发结晶、趁热过滤 2 3 2 ②加热NH Cl粗品至340 ℃左右，发生反应NH Cl=====NH ↑＋HCl↑，收集产物并冷却， 4 4 3 再发生反应NH ＋HCl===NH Cl，得到纯净的NH Cl 3 4 4 考点三 回扣自测 1．(1)3Fe3＋＋CuFeS＋Cl－===CuCl＋2S＋4Fe2＋ 2 (2)2Na[CuCl ]===Cu↓＋CuCl ＋2NaCl 2 2 2．(1)ZnS＋4MnO ＋4HSO ===ZnSO＋4MnSO ＋4HO 2 2 4 4 4 2 (2)2Mn2＋＋5SO＋8HO===2MnO＋10SO＋16H＋ 2 2 3．有 解析 等体积混合后，浓度为原来的一半。c(Ag＋)＝2×10－3mol·L－1，c(CrO)＝2×10－ 3mol·L－1，Q＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(2×10－3 )2×2×10－3＝8×10－9＞K ，所以有沉淀析出。 sp 真题回访 1．(1)Fe2＋ (2)4.7≤pH<6.2 Al3＋＋3OH－===Al(OH) ↓ 3(3)4.0×10－4 (4)①加热搅拌可加快反应速率 ②冷却结晶 (5)MgSO 4 (6)①15 ②O＋4e－＋2HO===4OH－ 2 2 解析 由流程可知，该类矿(含铁、铝等元素)加入酸化MgSO 溶液浸取，得到的浸取液中含 4 有RE3＋、Mg2＋、Fe2＋、Fe3＋、Al3＋、SO等离子，经氧化调pH使Fe3＋、Al3＋形成沉淀，经 过滤除去，滤液 1 中含有 RE3＋、Mg2＋、SO 等离子，加入月桂酸钠，使 RE3＋形成 (C H COO) RE沉淀，滤液2主要含有MgSO 溶液，可循环利用，滤饼加盐酸，经加热搅 11 23 3 4 拌溶解后，再冷却结晶，析出月桂酸，再固液分离得到RECl 溶液。(1)由分析可知，“氧化 3 调pH”的目的是除去含铁、铝等元素的离子，需要将Fe2＋氧化为Fe3＋，以便后续除杂，所 以化合价有变化的金属离子是Fe2＋。(2)由表中数据可知，Al3＋沉淀完全时的pH为4.7，而 RE3＋开始沉淀时的pH为6.2，所以为保证Fe3＋、Al3＋沉淀完全，且RE3＋不沉淀，要用 NaOH溶液调pH至4.7≤pH<6.2的范围内，该过程中Al3＋发生反应的离子方程式为Al3＋＋ 3OH－===Al(OH) ↓。(3)滤液 2 中 Mg2＋浓度为 2.7 g·L－1，即 0.112 5 mol·L－1，根据 3 K [(C H COO) Mg] ＝ c(Mg2 ＋ )·c2(C H COO － ) ， 若 要 加 入 月 桂 酸 钠 后 只 生 成 sp 11 23 2 11 23 (C H COO) RE，而不产生(C H COO) Mg，则 c(C H COO－)<＝mol·L－1＝4.0×10－4 11 23 3 11 23 2 11 23 mol·L－1。(4)②“操作X”的结果是分离出月桂酸，由信息可知，月桂酸(C H COOH)的熔 11 23 点为44 ℃，故“操作X”的过程为先冷却结晶，再固液分离。(6)①YCl 中Y为＋3价， 3 PtCl 中Pt为＋4价，而Pt Y中金属均为0价，所以还原YCl 和PtCl 熔融盐制备Pt Y时， 4 3 3 4 3 生成1 mol Pt Y转移15 mol电子。②碱性溶液中，氢氧燃料电池正极发生还原反应，发生的 3 电极反应为O＋4e－＋2HO===4OH－。 2 2 2．(1)Fe、Cr (2)溶解浸出 (3)MgO、Fe O (6)② 2 3 (7)8.37 解析 (2)工序①为将氧化后的固体加水溶解浸出可溶性物质。 (6)热解工序产生的混合气体为二氧化碳和水蒸气，将混合气体通入滤渣Ⅰ中可以将氧化镁 转化为碳酸氢镁溶液，则混合气体最适宜返回的工序为工序②。 (7)工序④溶液中的铝元素恰好完全转化为沉淀的反应为Al(OH)＋H＋Al(OH) ↓＋HO， 3 2 反应的平衡常数为K ＝＝＝＝1013.37，当c[Al(OH)]为10－5 mol·L－1时，溶液中氢离子浓度为 1 ＝ mol·L－1＝10－8.37 mol·L－1，则溶液的pH为8.37。 考向预测 1．(1)①2Cr3＋＋3HO＋HO===Cr O＋8H＋ 2 2 2 2 ②2CrO＋3SO ＋12HO===2Cr(OH)(HO) SO ↓＋SO＋2OH－ 2 2 2 5 4 (2)①ZrSiO ＋4NaOH=====NaSiO ＋NaZrO ＋2HO ②(n＋1)ZrO2＋＋2nCO＋(3n－ 4 2 3 2 3 2 1)H O===Zr(CO)·nZr(OH) ↓＋(2n－2)HCO 高温焙烧 2 3 2 4 2．(1)0.25 mol·L－1 (2)ZnFe (C O)·6H O=====ZnFe O＋4CO↑＋2CO↑＋6HO % 2 2 4 3 2 2 4 2 2解析 (1)若净化后的溶液中Cu2＋浓度为1×10－12mol·L－1，c(S2－)＝＝mol·L－1＝6.4×10－ 24mol·L－1，则净化后溶液中 c(Zn2＋)＝＝ mol·L－1＝0.25 mol·L－1。(2)由题可知关系式： ZnFe O～I～2SO，w(ZnFe O)＝×100%＝%。 2 4 2 2 2 4 重点题空热练(一) 1．蒸发浓缩 冷却结晶 过滤 冰水既可以洗去晶体表面的杂质离子，又可以减少晶体的 损失 2．(1)适当的升高温度(或将金属电极芯研成粉末) (2)Al(OH) 5.2≤pH<7.6 bc (3)蒸发浓缩 冷却结晶 3 3．(1)蒸发浓缩 过滤、洗涤、干燥 (2)降低绿矾的溶解度，减少绿矾的损失 4．(1)防止CuO颗粒穿过滤纸(或防止滤纸破损) (2)取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加BaCl 溶液，若无白色沉淀产生，说明已洗涤干净 2 解析 (1)过滤的目的是为了除尽不溶的固体，过滤时滤纸易破损，用双层滤纸的可能原因 是防止滤纸破损或防止CuO颗粒穿过滤纸。(2)可以检验是否存在硫酸根离子来检验是否洗 涤干净，具体方法：取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加 BaCl 溶液，若无白色沉淀生成， 2 说明已洗涤干净。 5．(1)将蒸馏水沿玻璃棒慢慢倒入漏斗中至浸没沉淀，待水自然流尽后，再重复操作2～3 次 (2)Cr(OH) ＋ OH－ === CrO＋2HO 3 2 重点题空热练(二) 1．(1)催化剂 4MnO ＋ZnS＋4HSO ===4MnSO ＋ZnSO＋4HO 2 2 4 4 4 2 (2)MnO ＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2HO 2 2 2．4FeCO＋O=====2Fe O＋4CO 3 2 2 3 2 3．2HNO＋2SO ＋HO===NO＋NO ＋2HSO 3 2 2 2 2 4 4．2Fe2＋＋ClO－＋2HPO ＋4OH－===2FePO ↓＋Cl－＋5HO 3 4 4 2 5．2NO ＋CaSO＋Ca(OH) ===CaSO＋Ca(NO )＋HO 2 3 2 4 2 2 2 6．MnO ＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2HO 2 2 7．14Fe3＋＋FeS＋8HO===15Fe2＋＋2SO＋16H＋ 2 2 8．2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋HO===Cu Cl↓＋SO＋2H＋ 2 2 2 9．C H O＋6[Fe(NO) ]2＋――→6Fe2＋＋6N↑＋6CO↑＋6HO 6 12 6 2 2 2 2 重点题空热练(三) 1．(1)因为NaOH能与锰离子反应生成氢氧化锰沉淀而使锰元素损失 (2)蒸发浓缩、趁热过 滤 2．碳酸氢锂随温度的升高分解产率增大，碳酸锂的溶解度随温度升高而减小 3．(1)SO 静置，取上层清液加入BaCl 溶液，若无白色沉淀生成，则SO已除尽 (2)趁热 2 过滤4．(1)2[Cu(NH )]2＋＋Cl－＋5H＋＋3HO===Cu (OH) Cl↓＋8NH (2)6(或5.5～6.5) 3 4 2 2 3 5．3MnO ＋2Fe＋12H＋===3Mn2＋＋2Fe3＋＋6HO 60 min 2 2 3∶1(或3) 6．FeTiO＋2HSO △,FeSO＋TiOSO ＋2HO 80%～85% 3 2 4 4 4 2 7．(1)2.5 (2)H POHPO＋H＋，HPOPO＋H＋，加入NaCO 后，CO结合H＋使c(H＋) 2 2 3 减小，促进上述电离平衡正向移动，c(PO)增大，与Fe3＋结合形成磷酸铁沉淀 (3)pH＞2.5 时，沉淀中的磷酸铁会有部分开始转变生成Fe(OH) ，使得部分PO释放，导致磷沉淀率下 3 降 解析 (3)已知FePO (s)Fe3＋(aq)＋ PO(aq)，当pH＞2.5后，随pH增大，溶液中c(OH－) 4 增大，Fe3＋开始转变生成Fe(OH) ，促进溶解平衡正向移动，使得部分PO释放，导致磷沉 3 淀率下降。 专题 21 有机选择题题型分析 考点一 回扣自测 1．(1)4 (2)13 (3)21 解析 以碳碳双键为中心，根据乙烯、苯、乙炔、甲烷的结构，可以画出如图所示结构。 2．(1)4 (2)4 4 4 (3)4 (4)24 (5) 、 、 、 (6)10 解析 (6)①若—X、—Y排成邻位，有4种；②若—X、—Y排成间位，有4种；③若— X、—Y排成对位，有2种；综上所述共有10种。 3．(1)CH ==CH—CH 2 3 (2)CH CHCHOH、 CHOCH CH 3 2 2 3 2 3(3)CH CHCHO 3 2 CH==CH—CH —OH 2 2 (4)CH CHCOOH HCOOC H(或CHCOOCH ) HO—CH —CH—CHO(或 ) 3 2 2 5 3 3 2 2 (5) (或 或 ) 真题演练 1．A [顺反异构是指化合物分子中由于具有自由旋转的限制因素，使各个基团在空间的排 列方式不同而出现的非对映异构现象， 、 都不存在顺反异 构，故A错误；手性碳原子是指与四个各不相同的原子或基团相连的碳原子，L的同分异构 体结构及手性碳原子 (用*标记)为 任一同分异构体中最多含有1个手性碳原子， 故B正确；当与羟基相连的碳原子上只有1个氢原子时，醇发生催化氧化反应生成酮，羟基 取代戊烷同分异构体中含有2个氢原子的碳原子上的1个氢原子即满足条件，满足条件的结 构有 、 、 ，共3种，故C正确；连接在同一碳原子上的氢原子等效，连接 在同一碳原子上的甲基等效，由B项解析可知，L的同分异构体中，含有两种化学环境的氢 原子的结构为 ，故D正确。] 2．B 3．C [C HBrCl可看成是C H 分子中的2个H被1个Br和1个Cl取代得到的产物。C H 4 8 4 10 4 10 有正丁烷和异丁烷2种，被Br和Cl取代时，可先确定Br的位置，再确定Cl的位置。正丁 烷的碳架结构为C—C—C—C，Br分别取代1号碳原子和2号碳原子上的氢原子时，Cl均有4 种位置关系，异丁烷的碳架结构为 ，Br分别取代1号碳原子和2号碳原子上的氢 原子时，Cl分别有3种和1种位置关系，综上可知C HBrCl共有12种结构，C项正确。] 4 8 4．C [分子式为C HCl 的有机物可看成是C H 中的两个H原子被两个Cl原子取代， 4 8 2 4 10C H 有正丁烷和异丁烷两种，正丁烷中2个H原子被Cl原子取代，有6种结构，异丁烷中 4 10 2个H原子被Cl原子取代，有3种结构，共有9种。] 考向预测 1．C 2.A 3.A 4．D [乳酸的官能团为羟基和羧基，羧基为端位基，羟基为取代基，按照如下结构写同分 异构体： 有4种同分异构体， 有3种同分异构体， 有4种同分异构体， 有1种同分异构体，则C H O 与乳 5 10 3 酸互为同系物的有机物共有12种。] 5．B 6．A [因为酯基至少要含1个碳原子、2个氧原子，2个取代基只能有一个是甲基，另一个 是酯基，而且只能是甲酸苯酯与甲基，甲基有邻、间、对三种位置，所以同分异构体共有 3 种。] 考点二 回扣自测 1．(1)①NaOH的醇溶液，加热 消去 ②浓HSO ，加热 消去 (2)①Cl ，光照 取代 2 4 2 ②液溴，FeBr 取代 3 (3)① 溴水 加成 ② O ，Cu 或 Ag，加热 氧化 ③乙酸、浓 HSO ，加热 酯化 2 2 4 (4)①KOH水溶液，加热 取代 ②稀HSO ，加热 取代 2 4 2．(1)8 (2)8 (3)3 解析 (1)1 mol酚酯基消耗2 mol NaOH；1 mol酚羟基消耗1 mol NaOH；醇羟基不消耗 NaOH。 (2)1 mol酮羰基、醛基、碳碳双键均消耗1 mol H ；1 mol碳碳三键消耗2 mol H ；1 mol苯 2 2 环消耗3 mol H 。 2 (3)一般条件下羧基、酯基、 不与H 反应；酸酐中的碳氧双键一般不与H 反应。 2 2 核心精讲 (一) 4．(1)有机物 混合物 ①a.分解 b．焦炉气 煤焦油 焦炭 粗氨水 ②C＋HO(g)=====CO＋H ③a.直接 b．间接 (2)①甲烷 清洁 ②CH ＋ 2 2 4 HO(g)――→CO＋3H (3)①碳氢化合物 ②沸点不同 相对分子质量较大 相对分子质量 2 2较小 得到更多的汽油等轻质油 得到乙烯、丙烯等化工原料 (4)①塑料、合成橡胶和合 成纤维 ②nCH==CH――→CH—CH CH==CH 2 2 2 2 2 2 —CH—CH— n 2 2 真题演练 1．B 2.B 3.A 4.B 5．A [苯酚可以和溴水发生取代反应，取代位置在酚羟基的邻、对位，同理该物质也能和 溴水发生取代反应，A错误；该物质含有酚羟基，酚羟基容易被氧化，故可以用作抗氧化剂， B正确；该物质红外光谱能看到有O—H等，有特征红外吸收峰，C正确；该物质含有酚羟 基，能与铁离子发生显色反应，D正确。] 6.C 7．A [根据结构简式可知，“E7974”含有碳碳双键，可使Br 的CCl 溶液褪色，A正确； 2 4 由结构简式可知，分子中含有取代氨基、酰胺基、碳碳双键、羧基，共4种官能团，B错误； 连有4个不同原子或基团的饱和碳原子是手性碳原子，因此化合物“E7974”含有的手性碳 原子用*标注如图 ，共3个，C错误；分子中两个酰胺基和一 个羧基均能与NaOH溶液反应，故1 mol该化合物最多与3 mol NaOH反应，D错误。] 8．B [由题中信息可知，γ-崖柏素中碳环具有类苯环的共轭体系，其分子中羟基具有类似 的酚羟基的性质。此外，该分子中还有酮羰基可与氢气发生加成反应转化为脂环醇。酚可与 溴水发生取代反应，γ-崖柏素有酚的通性，且γ-崖柏素的环上有可以被取代的H，故γ-崖柏 素可与溴水发生取代反应，A说法正确；酚类物质不与NaHCO 溶液反应，γ-崖柏素分子中 3 没有可与NaHCO 溶液反应的官能团，故其不可与NaHCO 溶液反应，B说法错误；γ-崖柏 3 3 素分子中有一个异丙基，异丙基中间的碳原子与其相连的3个碳原子不共面，故其分子中的 碳原子不可能全部共平面，C说法正确；γ-崖柏素与足量H 加成后转化为 ， 2 产物分子中含手性碳原子(与羟基相连的C原子是手性碳原子)，D说法正确。] 考向预测 1．A [蔗糖水解生成果糖和葡萄糖，葡萄糖是还原性糖，可以与银氨溶液发生银镜反应， A正确；“半成品碳”再放进硫酸中高温加热，可以生成分子式为C H O 的“焦糖烯”， 36 50 25 由此可知“半成品碳”不是碳单质，B错误；浓硫酸与蔗糖反应过程中，蔗糖变黑是因为浓 硫酸的脱水性，变黑后体积膨胀是C与浓硫酸在高温下发生氧化还原反应生成大量SO 和 2 CO 气体，体现了浓硫酸的强氧化性，C错误；“焦糖烯”中含有O元素，属于烃的衍生物， 2 D错误。]2．D [氨基酸既能与酸反应又能与碱反应，通过调节pH可以降低氨基酸的溶解度，对氨 基酸进行分离，C正确；加入(NH )SO 浓溶液，蛋白质发生盐析，而不是变性，D错误。] 4 2 4 3．B [植物油和氢氧化钠发生水解反应生成丙三醇和高级脂肪酸钠，与水不分层；矿物油 和氢氧化钠不反应，能鉴别，A正确；同系物是指结构相似、分子组成相差一个或若干个 CH 原子团的有机化合物，则苯酚和苯甲醇不互为同系物，B错误；盐析为可逆反应，不改 2 变蛋白质的结构，多次盐析和溶解可以分离提纯蛋白质，C正确。] 4．D 5.D 考点三 回扣自测 1．(1)× (2)× (3)× (4)× 2．(1)新制CaO 蒸馏 新制CaO 蒸馏 饱和NaCO 溶液 2 3 分液 溴水 洗气 (2)碘水 变蓝 灼烧 有烧焦羽毛的气味 核心精讲 (一) NaOH 蒸馏 FeBr 冷凝回流、导气 不能 白雾 苯 3 硝酸 硫酸 NaOH 蒸馏 冷凝回流 温度计 水浴 吸水剂 饱和 NaCO 溶液 分液 2 3 催化剂 吸水剂 饱和NaCO 溶解度 不能 2 3 (1)不能，因为挥发出的Br 也能和AgNO 反应生成AgBr。 2 3 (2)加热均匀，便于控制。 (3)在试管中先加入乙醇，然后边振荡试管边慢慢加入浓HSO 和乙酸，再加入几片碎瓷片。 2 4 (4)乙酸、水、乙酸乙酯。 真题演练 1．B [第1处错误：利用新制的氢氧化铜检验蔗糖水解生成的葡萄糖中的醛基时，溶液需 保持弱碱性，否则作水解催化剂的酸会与氢氧化铜反应，导致实验失败，题干实验过程中蔗 糖水解后溶液未冷却且未碱化；第2处错误：NaOH溶液具有强碱性，不能用玻璃瓶塞，否 则NaOH与玻璃塞中SiO 反应生成具有黏性的NaSiO ，会导致瓶盖无法打开，共2处错 2 2 3 误。] 2．C [浓硫酸和NaBr会产生HBr,1-丁醇以及HBr均易挥发，用装置 Ⅰ 回流可减少反应物 的挥发，提高产率，A正确；冷凝水应下进上出，装置Ⅱ中b为进水口，a为出水口，B正 确；用装置 Ⅲ 萃取分液时，将下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，C错误；由题 意可知经装置 Ⅲ 得到粗产品，由于粗产品中各物质沸点不同，再次进行蒸馏可得到更纯的 产品，D正确。] 3．D 4.D 考向预测 1．C 2.B3．C [为增强冷凝效果，冷凝管中的水下进上出，即进水口为 b，A正确；所需温度高于 水的沸点，可以采用沸点更高的油进行油浴加热，B正确；滴加速率不宜过快，是为了使反 应完全进行且减少反应物的蒸发损失，提高利用率，C错误；饱和碳酸钠溶液可以吸收未反 应的乙醇和乙酸，同时乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，所以洗涤、分液可得到粗乙酸乙酯， D正确。] 专题 22 限制条件同分异构体的书写 回扣自测 (1) (2) (3) 真题演练 1． (或 ) 2． 3．15 解析 的同分异构体满足：①能发生银镜反应，说明结构中存在醛基，② 与FeCl 溶液发生显色发应，说明含有酚羟基，同时满足苯环上有2个取代基，酚羟基需占 3 据苯环上的1个取代位置，支链上苯环连接方式(黑色点标记)： 、 共五种， 因此一共有5×3＝15种结构；其中核磁共振氢谱有五组峰，因酚羟基和醛基均无对称结构， 因此峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1的结构简式一定具有对称性(否则苯环上的氢原子不等效)，即苯环上取代基位于对位，核磁共振氢谱中峰面积比为6的氢原子位于与同一碳原子相连的 两个甲基上，因此该同分异构体的结构简式为 。 4． 解析 的同分异构体满足：①可发生银镜反应，也能与FeCl 溶液发生显色反应， 3 说明结构中含有醛基和酚羟基，根据不饱和度可知该结构中除醛基外不含其他不饱和键，② 核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为 1∶2∶2∶3，说明该结构具有对称性，根据该结构中 氧原子数可知该结构中含有1个醛基、2个酚羟基、1个甲基，满足该条件的同分异构体的 结构简式为 和 。 考向预测 1．17 (或 ) 2．3 3．3 (或 或 ) 专题 23 有机合成路线的设计 真题演练1． ――――――→ ――――→ ――→ 2. 解析 根据题给信息(ⅲ)，目标物质W可由2个 与1个 合成，故设计 合成路线见答案。 3. 解析 根据已知的第一个反应可知， 与 CHMgBr 反应生成 ， 3 再被氧化为 ，根据已知的第二个反应可知， 可以转化为 ，根据流程图中D→E的反应可知， 和NH OH反应生成 。 2 4. 考向预测1．CHCHO―――→CHCH==CHCHO――→CHCH==CHCOOH――→ ―――――――→ 3 3 3 ――→ 2． ――→ ――→ ―――→ ――→ 3. 解 析 参 考 流 程 信 息 知 ， 可 将 CHCHCHOH 转 化 为 CHCHBrCH ， 再 与 3 2 2 3 3 CHOOCCH COOCH 发生取代反应生成 ，接着与尿素发生取代反应得到目标产物， 3 2 3 合成路线见答案。 大题突破 4 有机综合推断 真题探究 1．(1)取代反应(或酯化反应) (2)5 (3) (4)酯基 碳碳双键 (5)5 (6)45.92% (7)甲组使用的Pd催化剂未完 全除尽，继续催化反应① 2．(1)C HNO (2) ＋CHOCH Cl＋NaOH―→ ＋NaCl＋HO (3)sp3 7 7 3 3 2 2 sp2 选择性将分子中的羟基氧化为酮羰基 (4)硝基 氨基 (5) (6)12 (或 ) 回扣自测 1．(1)3,4-二甲基己烷 (2)2-甲基-2-丁烯 (3)2-甲基丁酸 2．(1)1,2,3-苯三酚 (2)苯甲醛 (3)苯甲醇 (4)萘 (5)对二甲苯(或1,4-二甲苯) (6)邻羟基 苯甲酸 (7)三氯乙烯(8)3-甲基苯酚(或间甲基苯酚) (9)2-羟基苯甲醛(或水杨醛) 3．(1)(酚)羟基、醛基 (2)酰胺基 羧基 4．(1)①a． ――→CH==CH—CH↑＋HO 2 3 2 b． ――→ ＋HO 2 ②a． ＋HOCH CHOH ＋HO 2 2 2 b. c． ＋nHOCH CHOH 2 2 ＋(2n－1)H O 2 ③a．  ＋2HO 2 b．  ＋(n－1)H O 2 (2)① ＋nHO――→n (C6H10O5)n 2 C12H12O6 ②a．CH—CH—CH—Br＋NaOH――→ 3 2 2 CH—CH—CH—OH＋NaBr 3 2 2 b．CH—CH—CH—Br＋NaOH――→ 3 2 2 CH—CH==CH↑＋NaBr＋HO 3 2 2③ ＋CO＋HO―→ ＋NaHCO 2 2 3 ④ ＋2NaOH――→ ＋CHOH＋HO 3 2 ⑤ ＋8H――→ 2 真题回访 1．(1)C HO 醛基 5 4 2 (2)②—CHO O —COOH 2 ③—COOH CHOH —COOCH 酯化反应(或取代反应)(合理即可) (3)Ⅳ中羟基能与水 3 3 分子形成分子间氢键 (4)乙烯 (5)2 (6) 2．(1)醚键 醛基 (2)取代反应 加成反应 (3) (4) (5)5 (6)1 (7)3．(1)苯甲醇 (2)消去反应 (3) (4) (5)硝基、酯基和羰基 (6) (7) 5 解析 由合成路线，A的分子式为C HO，在Cu作催化剂的条件下发生催化氧化反应生成 7 8 B，B的结构简式为 ，则A为 ，B与CHCHO发生加成反应生成 3 ， 再发生消去反应生成 C，C 的结构简式为 ，C 与 Br /CCl 发生加成反应得到 ， 再在碱性条件下发生消去反应生成 D( 2 4 )，B与E在强碱的环境下还原得到F，E的分子式为C HO ，F的结构简式为 5 6 2 ，可推知E为 ，F与 反应生成G，G与D反应生成H，据此分 析解答。(1)A( )的化学名称为苯甲醇。(2)B( )先与CHCHO发生 3 碳氧双键的加成反应生成 ， 再发生消去反应生成C( )，故第二步的反应类型为消去反应。(3)C与Br /CCl 发生加成反应得到 。 2 4 (4)E的结构简式为 。 (5)H( )含有的含氧官能团为硝基、酯基和羰基。(6)C( )的分子式为 C HO，其同分异构体X可发生银镜反应，说明含有醛基，又与酸性高锰酸钾反应后可得到 9 8 对苯二甲酸，则 X 的取代基处于苯环的对位，满足条件的 X 的结构简式为 。 (7)若要合成H′( )，相应的D′为 ，G′为 ，手性碳为六 元环中标星号(*)碳原子 ，共5个。 4．(1)3-氯丙烯 (2) (3)  ＋HO (4)(醇)羟基、羧基 (5)取代 2 反应 (6) (7)10 、 考向预测 1．(1) 谷氨酸(或2-氨基-1,5-戊二酸) (2)还原反应 (3)羧基、硝基、酰胺基 (4)(5)10 解析 甲苯经硝化反应生成A，A中甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化生成B，B与SOCl 反应 2 生成C，根据C中硝基的位置可知A为 ，B为 ；根据所给已知信息以及E的结构 简式可知，D的结构简式为 。 (5)D为 ，其同分异构体满足：属于α-氨基酸，则氨基和羧基连在同一碳 原子上，含有羟基、且能发生银镜反应，即还含有醛基，则符合条件的有 、 、 (序号表示羟基可能的位置)，共3＋3＋2＋ 2＝10种。 2．(1)乙醛 C HOCl (2)abc (3)酚羟基、碳氯键 8 7 2 (4) ＋CHOH――――→ ＋HO (5)B 3 2 (6)