2018高考化学二轮复习测试：热考大题专攻练（带答案）

热考大题专攻练(一)　化学实验设计与评价
1．(15分)亚硝酸钠(NaNO2)是一种重要的工业盐，易溶于水，微溶于乙醇。某化学兴趣小组对亚硝酸钠进行多角度探究：
Ⅰ.亚硝酸钠的制备。
 
(1)实验中用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，显著的优点是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)D中澄清石灰水变浑浊，则C中制备NaNO2的离子方程式为________________________________________________________________________。
Ⅱ.探究亚硝酸钠与硫酸反应的气体产物成分。   
已知：①NO＋NO2＋2OH－===2NO－2＋H2O
②气体液化的温度：NO2为21 ℃，NO为－152 ℃
 
(3)反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，目的是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序(按左→右连接)：A、C、________、________、________。
(5)在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，装置A中产生红棕色气体。
确认装置A中产生的气体含有NO，依据的现象是______。
Ⅲ.设计实验证明酸性条件下NaNO2具有氧化性。
供选用的试剂：NaNO2溶液、KMnO4溶液、FeSO4溶液、KI溶液、稀硫酸、淀粉溶液、KSCN溶液
________________________________________________________________________。
解析：　Ⅰ.(1)恒压滴液漏斗可以将滴液漏斗与烧瓶连通，平衡滴液漏斗与烧瓶中压强，便于硝酸滴下。(2)D中澄清石灰水变浑浊，说明C中产生CO2，故C中NO、O2通入Na2CO3溶液中发生反应的离子方程式为4NO＋O2＋2CO2－3===4NO－2＋2CO2。
Ⅱ.(3)先通入一段时间氮气，排尽装置中的空气，目的是防止生成的NO被氧化，干扰产物气体的检验。(4)在装置A中制取气体，用浓硫酸(C)对气体进行干燥，然后用冰水浴(E)检验NO2，再用O2和热水浴(D)检验NO，最后用NaOH溶液(B)进行尾气处理。所以仪器的连接顺序(按左→右连接)为A、C、E、D、B。(5)确认装置A中产生的气体含有NO，依据的现象是装置D中通入氧气后气体由无色变为红棕色，发生反应：2NO＋O2===2NO2。
答案：　(除标明外，每空2分)
Ⅰ.(1)平衡滴液漏斗与烧瓶中压强，便于硝酸流下
(2)4NO＋O2＋2CO2－3===4NO－2＋2CO2
Ⅱ.(3)排尽装置中的空气，防止生成的NO被氧化，干扰产物气体的检验
(4)E　D　B(共3分)
(5)D中通入氧气后，气体由无色变为红棕色
Ⅲ.取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性(或者取KI溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性)(4分)
2. (15分)锡及其化合物在生产、生活中有着重要的用途。已知：Sn的熔点为231 ℃；Sn2＋易水解、易被氧化；SnCl4极易水解、熔点为－33 ℃、沸点为114 ℃。请按要求回答下列相关问题：
(1)锡在周期表中的位置为________________________________________________________________________。
(2)用于镀锡工业的硫酸亚锡(SnSO4)的制备步骤如下：
Ⅰ.向SnCl2中加入盐酸和锡粉；
Ⅱ.分离滤渣和滤液；
Ⅲ.滤液用NaHCO3溶液调节pH至6～7得混合物(含SnO)；
Ⅳ.从混合物中分离得到SnO；
Ⅴ.SnO和稀硫酸反应最终得到SnSO4晶体。
①步骤Ⅰ加入锡粉的作用：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②步骤Ⅱ用到的玻璃仪器有烧杯、________________________________________________________________________。
③步骤Ⅲ生成SnO的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
④步骤Ⅳ中检验SnO是否洗涤干净的操作是________________________________________________________________________，
证明已洗净。
⑤步骤Ⅴ操作依次为__________、过滤、洗涤、低温干燥。
(3)SnCl4蒸气遇氨及水汽呈浓烟状，因而可制作烟幕弹，其反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
实验室欲用如图装置制备少量SnCl4(夹持装置略)，该装置存在明显缺陷，改进方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
 
(4)利用改进后的装置进行实验，当装置C中收集到SnCl4时即可熄灭B处酒精灯，反应仍可持续进行的理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)用于微电子器件生产的锡粉纯度测定：
①取2.38 g试样溶于较浓硫酸中(杂质不参与反应)，使Sn完全转化为Sn2＋；
②加入过量的Fe2(SO4)3；
③用0.200 0 mol·L－1 K2Cr2O7溶液滴定，消耗20.00 mL。
步骤②中加入Fe2(SO4)3的作用是________________________________________________________________________；
此锡粉样品中锡的质量分数：__________。
(已知：Cr2O2－7的还原产物为Cr3＋)
解析：　(1)锡在周期表中位于第五周期ⅣA族。(2)①Sn2＋易被空气中的O2氧化为Sn4＋，加入锡粉发生反应：Sn＋Sn4＋===2Sn2＋，可防止Sn2＋被氧化为Sn4＋。②步骤Ⅱ的操作是过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒。③步骤Ⅲ向含Sn2＋的溶液中加入NaHCO3溶液生成SnO的离子方程式为Sn2＋＋2HCO－3===SnO↓＋2CO2↑＋H2O。④根据制备步骤知，混合物中含有Cl－，故欲检验生成物SnO是否洗涤干净，只需检验SnO表面是否附着有Cl－即可，故检验方法是取最后一次洗涤后滤液，依次滴加足量稀硝酸和少量AgNO3溶液，若观察到无白色沉淀生成，则证明已洗涤干净。⑤步骤Ⅴ先是SnO与稀硫酸反应生成SnSO4溶液，然后从溶液中分离得到SnSO4晶体，故其操作步骤依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、低温干燥。(3)SnCl4易水解生成Sn(OH)4和HCl，其中HCl遇NH3迅速反应生成NH4Cl，产生白烟，因此可制作烟幕弹，反应的化学方程式为SnCl4＋4NH3＋4H2O===Sn(OH)4＋4NH4Cl。进入B装置的Cl2中混有HCl和水蒸气，应该在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶以除去杂质气体。(4)停止加热反应能够持续进行，说明该反应是放热反应，且放出的热量足够使此反应持续进行。(5)Sn2＋易被氧化，而Fe3＋具有较强的氧化性，故向SnSO4溶液中加入过量的Fe2(SO4)3，Sn2＋会被全部氧化为Sn4＋。测定过程中涉及的反应有：2Fe3＋＋Sn===2Fe2＋＋Sn2＋、6Fe2＋＋Cu2O2－7＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O，结合反应过程中Sn元素守恒，可得关系式：
3Sn～3Sn2＋～6Fe2＋～Cr2O2－7
3  1
n(Sn)  0.200 0 mol·L－1×20.00×10－3 L
故锡粉样品中锡的质量分数＝(3×0.200 0 mol·L－1×20.00×10－3 L×119 g·mol－1÷2.38 g)×100%＝60%。
答案：　(1)第五周期ⅣA族(1分)
(2)①防止Sn2＋被氧化为Sn4＋(1分)
②漏斗(或普通漏斗)、玻璃棒(1分)
③Sn2＋＋2HCO－3===SnO↓＋2CO2↑＋H2O(2分)
④取最后一次洗涤后滤液少许于试管中，依次滴加足量稀硝酸、少量硝酸银溶液，观察到无白色沉淀生成(1分)
⑤蒸发浓缩、冷却结晶(1分)
(3)SnCl4＋4NH3＋4H2O===Sn(OH)4＋4NH4Cl(2分)　在A、B装置间依次连接盛有饱和食盐水、浓硫酸的洗气瓶(1分)
(4)熔融锡与氯气化合的反应是放热反应，且放出的热量足够使此反应持续进行(2分)
(5)将Sn2＋全部氧化为Sn4＋(1分)　60%(2分)
3．(15分)某化学兴趣小组为研究过氧化钠与SO2的反应情况，进行如下探究。   
(1)[提出假设]
向一定量的过氧化钠固体中通入足量的SO2，对反应后的固体产物成分及反应原理提出如下假设：
假设一：反应后固体中只有Na2SO3，证明SO2未被氧化；
假设二：反应后固体中只有Na2SO4，证明SO2完全被氧化；
假设三：反应后固体________，证明SO2部分被氧化。
(2)[定性研究]
为验证假设三，该小组进行如下研究，请你完成下表中内容。

实验步骤(不要求写出具体操作过程) 预期的实验现象和结论
取适量反应后的固体放入试管中，…… 
(3)[定量研究]
通过测量气体的体积判断发生的化学反应，实验装置如图：
 
①装置B中所盛装试剂的名称为________。
②装置D的作用是________________________________________________________________________。
③请画出实验装置E。
④实验测得装置C中过氧化钠质量增加了m1 g，装置D质量增加了m2 g，装置E中收集到的气体为V L(已换算成标准状况下)，用上述有关测量数据进行填表判断。

SO2被氧化的程度 V与m1或m2的关系
未被氧化 
完全被氧化 V＝0
部分被氧化 
解析：　(1)SO2具有较强的还原性，而Na2O2具有较强的氧化性，两者反应时有SO2全部被氧化、部分被氧化和没有被氧化三种合理假设。根据假设可以预测出反应后固体的成分。
(2)SO2被氧化的产物为Na2SO4，只要证明所得固体中既含有Na2SO4，又含有Na2SO3，即可确定SO2部分被氧化，可根据BaSO4不溶于盐酸而BaSO3溶于盐酸来验证。(3)实验原理为：使干燥纯净的SO2与Na2O2反应，用碱石灰吸收没反应的SO2后，通过测量生成气体(O2)的体积，并称量装置C中固体的质量变化来判断SO2被氧化的程度。若SO2完全被氧化，则发生反应SO2＋Na2O2===Na2SO4，无O2生成；若SO2未被氧化，则发生反应：   
2SO2＋2Na2O2===2Na2SO3＋O2　　　　　　Δm(固体质量差)
1               96
　　　　           　V L22.4 L·mol－1        m1 g
故V＝22.4m196＝7m130；若SO2部分被氧化，则装置C中固体增加的质量增大，生成O2的体积减小，即V<7m130。
答案：　(1)为Na2SO3和Na2SO4的混合物(2分)
(2)

实验步骤(不要求写出具体操作过程) 预期的实验现象和结论
加少量水溶解，加入BaCl2溶液，再加入稀盐酸(2分) 加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，加入稀盐酸沉淀部分溶解，证明原固体中既有亚硫酸钠也有硫酸钠(2分)
(其他合理答案均可。如先加足量稀盐酸，再加BaCl2溶液)
(3)①浓硫酸(2分)　②吸收未反应的SO2(2分)
③如图(2分，或其他合理答案)
 
④0<V<7m130或m1>30V7(3分)
4．(15分)为探究FeCl3溶液中的离子平衡和离子反应，某小组同学进行了如下实验。
(1)配制50 mL 1.0 mol·L－1的FeCl3溶液，测其pH约为0.7，即c(H＋)＝0.2 mol·L－1。
①用化学用语解释FeCl3溶液呈酸性的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②下列实验方案中，能使FeCl3溶液pH升高的是________(填字母序号)。
a．加水稀释     B．加入FeCl3固体
c．滴加浓KSCN溶液     D．加入NaHCO3固体
(2)小组同学利用上述FeCl3溶液探究其与足量锌粉的反应。实验操作及现象如下：

操作 现象
向反应瓶中加入6.5 g锌粉，然后加入50 mL 1.0 mol·L－1的FeCl3溶液，搅拌 溶液温度迅速上升，稍后出现红褐色沉淀，同时出现少量气泡；反应一段时间后静置，上层溶液为浅绿色，反应瓶底部有黑色固体
收集检验反应过程中产生的气体 集气管口靠近火焰，有爆鸣声
已知：Zn的性质与Al相似，能发生反应：Zn＋2NaOH===Na2ZnO2＋H2↑
①结合实验现象和平衡移动原理解释出现红褐色沉淀的原因：
________________________________________________________________________。
②用离子方程式解释反应后溶液为浅绿色的原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③分离出黑色固体，经下列实验证实了其中含有的主要物质。
ⅰ.黑色固体可以被磁铁吸引；  
ⅱ.向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡；
ⅲ.将ⅱ中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量气泡；
ⅳ.向ⅲ反应后的溶液中滴加KSCN溶液，无变化。
a．黑色固体中一定含有的物质是________。   
b．小组同学认为上述实验无法确定黑色固体中是否含有Fe3O4，理由是________________________________________________________________________。
(3)为进一步探究上述1.0 mol·L－1 FeCl3溶液中Fe3＋和H＋氧化性的相对强弱，补充实验并观察到反应开始时现象如下：

操作 现象
将5 mL 1.0 mol·L－1的FeCl3溶液与0.65 g锌粉混合 溶液温度迅速上升，开始时几乎没有气泡
将________与0.65 g锌粉混合 溶液中立即产生大量气泡
小组同学得出结论：在1.0 mol·L－1 FeCl3溶液中，Fe3＋的氧化性比H＋更强。
解析：　(1)①FeCl3是强酸弱碱盐，FeCl3水解使FeCl3溶液显酸性，离子方程式为Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋2H＋。②加水稀释，铁离子的浓度减小，水解生成的氢离子的浓度减小，pH升高，a正确；加入FeCl3固体，铁离子的浓度增大，水解生成的氢离子的浓度增大，pH降低，b错；滴加浓KSCN溶液，铁离子可与硫氰根离子结合为Fe(SCN)3，使铁离子的浓度减小，水解生成的氢离子的浓度减小，pH升高，c正确；加入NaHCO3固体，碳酸氢根离子可与铁离子水解生成的氢离子反应，使氢离子浓度降低，pH升高，d正确。(2)①锌可与铁离子水解生成的氢离子反应生成氢气，使氢离子浓度减小，同时，溶液温度升高，都会促进Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀；②锌可与溶液中的FeCl3发生氧化还原反应生成FeCl2，FeCl2的水溶液为浅绿色，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Zn===2Fe2＋＋Zn2＋；③黑色固体可以被磁铁吸引，说明可能含有Fe或Fe3O4，由已知信息可知，Zn的性质与Al的性质相似，可与NaOH溶液反应生成氢气，所以向黑色固体中加入足量的NaOH溶液，产生气泡，说明黑色固体肯定有Zn，由于加入足量的NaOH溶液，则Zn在这一过程中已反应完，ⅱ中剩余固体中已无Zn，将ⅱ中剩余固体用蒸馏水洗涤后，加入稀盐酸，产生大量的气泡，说明黑色固体中肯定有Fe，故黑色固体中一定有的物质是Zn和Fe。(3)该物质与锌粉混合可产生大量的气泡，说明加入的物质应为盐酸，由于1.0 mol/L的FeCl3溶液的pH＝0.7，氢离子浓度为0.2 mol/L，所以加入盐酸的浓度也应为0.2 mol/L，或pH＝0.7。
答案：　(除标注外每空2分)(1)①Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋　②acd
(2)①溶液温度升高，反应过程中出现H2使溶液中c(H＋)降低，都会促进Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋正向移动，出现红褐色Fe(OH)3沉淀   
②2Fe3＋＋Zn===2Fe2＋＋Zn2＋
③a.Fe和Zn   
b．ⅲ中，若存在Fe3O4，稀盐酸与Fe3O4反应产生的Fe3＋可与Fe继续反应生成Fe2＋，导致在ⅳ中检测不到Fe3＋，与没有Fe3O4得到的ⅳ中现象相同
(3)5 mL 0.2 mol·L－1(或pH＝0.7)的盐酸(可不考虑Cl－对反应的影响)(3分)热考大题专攻练(二)　化工生产与无机流程
1．(14分)石墨在材料领域有重要应用，某初级石墨中含SiO2(7.8%)、Al2O3(5.1%)、Fe2O3(3.1%)和MgO(0.5%)等杂质，将初级石墨与活性炭混合通入氯气加热至1 500 ℃得到纯化石墨和气体Ⅰ，对气体Ⅰ的综合利用工艺如下：
 
注：SiCl4的沸点为57.6 ℃，金属氯化物的沸点均高于150 ℃。
请回答下列问题：   
(1)向反应器中通入Cl2前，需通一段时间N2，主要目的是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物，气体Ⅰ中的碳氧化物主要为________________________________________________________________________。
(3)由气体Ⅱ中某物质得到水玻璃的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)步骤①为：____________，所得溶液Ⅳ中的阴离子有________________________________________________________________________。
(5)由溶液Ⅳ生成沉淀Ⅴ的总反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
100 kg初级石墨最多可获得沉淀Ⅴ的质量为____________kg。
解析：　(1)石墨和活性炭在高温下可与氧气发生反应，所以通入Cl2前先通一段时间N2的主要目的是排尽装置中的氧气，减少C的损失。(2)高温反应后，石墨中的氧化物杂质均转变为相应的氯化物，气体Ⅰ中的碳氧化物主要为CO。(3)由题给信息知，SiCl4的沸点为57.6 ℃，金属氯化物的沸点均高于150 ℃，所以气体Ⅰ经80 ℃冷凝后得到的气体Ⅱ中含有SiCl4，由SiCl4得到水玻璃的化学方程式为SiCl4＋6NaOH===Na2SiO3＋4NaCl＋3H2O。(4)气体Ⅰ中的金属氯化物经80 ℃冷凝后得到固体Ⅲ，所以固体Ⅲ为氯化铝、氯化铁、氯化镁等，氯化铁、氯化镁与过量氢氧化钠溶液反应生成沉淀，而氯化铝与过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，所以搅拌、静置后过滤，所得溶液Ⅳ中的阴离子有Cl－、OH－、AlO－2。(5)加入乙酸乙酯的目的是除去过量的氢氧化钠且加热条件下促进偏铝酸钠水解生成氢氧化铝沉淀：AlO－2＋CH3COOCH2CH3＋2H2O――→△CH3COO－＋Al(OH)3↓＋CH3CH2OH。100 kg初级石墨中含有5.1 kg Al2O3，根据Al元素守恒，知最多可得到Al(OH)3的质量是5.1102×2×78 kg＝7.8 kg。
答案：　(每空2分)(1)排尽装置中的氧气，防止在高温下与活性炭和石墨反应(或排出装置中的空气，减少C的损失)
(2)CO
(3)SiCl4＋6NaOH===Na2SiO3＋4NaCl＋3H2O
(4)搅拌、静置、过滤　Cl－、AlO－2、OH－
(5)AlO－2＋CH3COOCH2CH3＋2H2O――→△CH3COO－＋Al(OH)3↓＋CH3CH2OH　7.8
2．(14分)电石广泛应用于生产PVC、维尼纶等，电石与水反应所得残渣——电石渣，主要含Ca(OH)2、CaCO3及少量其他杂质。某工业电石渣的几种回收利用流程如下：
 
几种物质在水中的溶解度曲线如图所示。回答下列问题：
 
(1)常温氯化
①反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
②为提高Cl2转化为Ca(ClO)2的转化率，可行的措施有________(填序号)。
A．加热升高温度　　　　　 B．适当减缓通入Cl2的速率
C．充分搅拌浆料  D．加水使Ca(OH)2完全溶解
③电石渣中的有害杂质CN－与ClO－反应转化为两种无害的气体，每转化1 mol CN－至少需要消耗氧化剂ClO－________mol。
(2)75 ℃氯化
①生成氯酸钙中氯的化合价为________，氯化完成后过滤，滤渣的主要成分为________(填化学式)。
②氯酸钙能与KCl反应转化为氯酸钾的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)有机反应
首先生成氯代乙醇，其结构简式为________，氯代乙醇再与Ca(OH)2反应生产环氧乙烷。总反应的化学方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　(1)①常温氯化，Cl2与Ca(OH)2发生反应得到漂白液。②加热升高温度，Ca(OH)2的溶解度降低，则Cl2的转化率也降低，A项不符合题意；适当减缓通入Cl2的速率，等效于增大Ca(OH)2的浓度，Cl2的转化率增大，B项符合题意；充分搅拌浆料，能使反应完全，Cl2的转化率增大，C项符合题意；加水使Ca(OH)2完全溶解，不能改变Cl2的转化率，D项不符合题意。③根据题意，CN－与ClO－反应转化为CO2和N2，CN－中C、N分别为＋2价、－3价，1 mol CN－失去5 mol电子，而ClO－转化为Cl－，1 mol ClO－得到2 mol电子，根据得失电子守恒，则每转化1 mol CN－至少需要消耗氧化剂ClO－2.5 mol。(2)①Ca(ClO3)2中Cl的化合价为＋5。氯化完成后过滤，得到的滤渣的主要成分为CaCO3、Ca(OH)2。②根据题图知，75 ℃时氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙都小得多，故氯酸钙与KCl能发生反应：Ca(ClO3)2＋2KCl=====△CaCl2＋2KClO3↓。(3)氯代乙醇为氯原子取代乙醇分子中乙基上的氢原子，根据“氯代乙醇再与Ca(OH)2反应生产环氧乙烷”，则氯原子应取代甲基上的氢原子，故氯代乙醇的结构简式为ClCH2CH2OH，总反应的化学方程式为CH2===CH2＋Cl2＋Ca(OH)2―→ ＋CaCl2＋H2O。
答案：　(1)①2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O(2分)　②BC(2分)　③2.5(2分)
(2)①＋5(1分)　CaCO3、Cu(OH)2(2分)　②75 ℃，氯酸钾的溶解度比氯酸钙、氯化钾、氯化钙都小得多(2分)
(3)ClCH2CH2OH(1分)　CH2===CH2＋Cl2＋Ca(OH)2―→OH2CCH2＋CaCl2＋H2O(2分)
3．(14分)亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6]俗名黄血盐，可溶于水，不溶于乙醇。在化学实验、电镀、食品添加剂、烧制青花瓷时绘画等方面有广泛应用。以某电镀厂排放的含NaCN废液为主要原料制备黄血盐的流程如下：
 
回答下列问题：
(1)常温下，HCN的电离常数Ka＝6.2×10－10。
①实验室配制一定浓度的NaCN溶液时，将NaCN溶解于一定浓度的NaOH溶液中，加水稀释至指定浓度，这样操作的目的是________________________________________________________________________。
②浓度均为0.5 mol·L－1的NaCN和HCN的混合溶液显________(填“酸”“碱”或“中”)性，通过计算说明________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)滤渣1的主要成分是________(填化学式)。
(3)转化池中发生复分解反应生成K4Fe(CN)6，说明其能反应的理由：________________________________________________________________________。
(4)系列操作B为________________________________________________________________________。
(5)实验室中K4Fe(CN)6可用于检验Fe3＋生成难溶盐KFe[Fe(CN)6]，生成的盐又可用于治疗Tl2SO4中毒，试写出上述治疗Tl2SO4中毒反应的离子方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)一种太阳能电池的工作原理如图所示，电解质为铁氰化钾[K3Fe(CN)6]和亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6]的混合溶液。
①则K＋移向催化剂________(填“a”或“b”)；
②催化剂a表面发生反应：________________________________________________________________________。
 
解析：　(1)由HCN的电离常数知，HCN是弱酸，NaCN为强碱弱酸盐，溶液中CN－水解使溶液呈碱性。①配制一定浓度的NaCN溶液必须抑制CN－水解。②因Kh＝KWKa＝1.0×10－146.2×10－10＝1.6×10－5>6.2×10－10，即CN－的水解常数大于HCN的电离常数，所以溶液呈碱性。(2)反应器中发生的主要反应的化学方程式为6NaCN＋FeSO4＋CaCl2===Na4Fe(CN)6＋CaSO4↓＋2NaCl，硫酸钙微溶于水，操作A是过滤，所得滤渣1的主要成分是硫酸钙；加入碳酸钠除去溶液中少量的钙离子，滤渣2的主要成分是碳酸钙。(3)经过滤后在滤液中加入KCl可转化成K4Fe(CN)6,4KCl＋Na4Fe(CN)6===K4Fe(CN)6↓＋4NaCl，说明相同温度下K4Fe(CN)6溶解度小于Na4Fe(CN)6。(4)加入KCl得到K4Fe(CN)6沉淀。将K4Fe(CN)6沉淀分离出来需经过滤、洗涤、干燥等操作。(5)实验室中K4Fe(CN)6可用于检验Fe3＋，检验Fe3＋反应的离子方程式为K＋＋[Fe(CN)6]4－＋Fe3＋===KFe[Fe(CN)6]↓；难溶盐KFe[Fe(CN)6]可用于治疗Tl2SO4中毒，离子反应方程式为KFe[Fe(CN)6]＋Tl＋ TlFe[Fe(CN)6]＋K＋。(6)①由图可知，电子从负极流向正极，则a为负极，b为正极，则K＋移向催化剂b；②a为负极，发生氧化反应，则催化剂a表面发生反应：[Fe(CN)6]4－－e－===[Fe(CN)6]3－。
答案：　(1)①抑制CN－水解(1分)　②碱(1分)　Kh＝cHCN·cOH－cCN－＝cHCN·cOH－·cH＋cCN－·cH＋＝KWKa＝1.0×10－146.2×10－10＝1.6×10－5>6.2×10－10，即CN－的水解常数大于HCN的电离常数，所以溶液呈碱性(2分)
(2)CaSO4(1分)
(3)相同温度下K4Fe(CN)6的溶解度小于Na4Fe(CN)6(2分)
(4)过滤、洗涤、干燥(2分，少1个扣1分，扣完为止)
(5)KFe[Fe(CN)6]＋Tl＋ TlFe[Fe(CN)6]＋K＋(2分)
(6)①b(1分)　②[Fe(CN)6]4－－e－===[Fe(CN)6]3－(2分)
4．(14分)锂被誉为“金属味精”，以LiCoO2为正极材料的锂离子电池已被广泛用作便携式电源。工业上常以β­锂辉矿(主要成分为LiAlSi2O6，还含有FeO、MgO、CaO等杂质)为原料来制取金属锂。其中一种工艺流程如下：
 
已知：
①部分金属氢氧化物开始沉淀和完全沉淀时的pH：

氢氧化物 Fe(OH)3 Al(OH)3 Mg(OH)2
开始沉淀时的pH 1.9 3.4 9.1
完全沉淀时的pH 3.2 4.7 11.1
②Li2CO3在不同温度下的溶解度如下表：

温度/℃ 0 10 20 50 75 100
Li2CO3的溶解度/g 1.539 1.406 1.329 1.181 0.866 0.728
请回答下列问题：
(1)用氧化物形式表示LiAlSi2O6的组成________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)反应Ⅱ加入碳酸钙的作用是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)写出反应Ⅲ中生成沉淀A的离子方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)洗涤所得Li2CO3沉淀要使用________(填“热水”或“冷水”)，理由是________________________________________________________________________。
(5)流程中两次使用了Na2CO3溶液，第一次浓度小，第二次浓度大的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(6)该工艺中，电解熔融氯化锂生产锂时，阳极产生的氯气中会混有少量氧气，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　(1)硅酸盐既可以用盐的形式表示，也可以用氧化物的形式表示。在用氧化物表示时，先写活泼金属的氧化物，再写较活泼金属的氧化物，最后写非金属的氧化物，并且要符合质量守恒定律。LiAlSi2O6可表示为Li2O·Al2O3·4SiO2。
(2)反应Ⅱ加入碳酸钙是为了除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3＋、Al3＋完全沉淀。(3)根据框图中物质之间的转化关系可知，反应Ⅲ中生成沉淀A的离子方程式为Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Ca2＋＋CO2－3===CaCO3↓。(4)因为Li2CO3的溶解度随温度的升高而降低，所以洗涤Li2CO3沉淀要使用热水，这样可减少Li2CO3的溶解损耗。(5)若第一次碳酸钠溶液浓度过大，则部分Li＋会形成沉淀，而第二次碳酸钠溶液浓度大，则有利于Li2CO3沉淀的生成。(6)因为在加热蒸干LiCl溶液时，有少量LiCl发生水解反应生成LiOH，LiOH受热分解生成Li2O，Li2O在电解时产生O2。因此电解LiCl时，阳极产生的氯气中常含有少量的O2。
答案：　(1)Li2O·Al2O3·4SiO2(2分)
(2)除去反应Ⅰ中过量的H2SO4；控制pH，使Fe3＋、Al3＋完全沉淀(2分)
(3)Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓、Ca2＋＋CO2－3===CaCO3↓(3分)
(4)热水(1分)　Li2CO3在较高温度下溶解度小，用热水洗涤可减少Li2CO3的损耗(2分)
(5)第一次浓度过大会使部分Li＋沉淀，第二次浓度大则有利于Li2CO3沉淀的生成(2分)
(6)加热蒸干LiCl溶液时，有少量LiCl水解生成LiOH，LiOH受热分解生成Li2O，电解时产生O2(2分)
5．(14分)利用水钴矿(主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、MnO、MgO、CaO、SiO2等)可以制取多种化工试剂，以下为草酸钴晶体和氯化钴晶体的制备流程，回答下列问题：
 
已知：①浸出液中含有的阳离子主要有H＋、Co2＋、Fe2＋、Mn2＋、Al3＋、Mg2＋、Ca2＋等。
②沉淀Ⅰ中只含有两种沉淀。
③流程中部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：

沉淀物 Fe(OH)3 Fe(OH)2 Co(OH)2 Al(OH)3 Mn(OH)2
开始沉淀 2.7 7.6 7.6 4.0 7.7
完全沉淀 3.7 9.6 9.2 5.2 9.8
(1)浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)NaClO3在浸出液中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)加入Na2CO3调pH至5.2，目的是________________________________________________________________________；
萃取剂层含锰元素，则沉淀Ⅱ的主要成分为________________________________________________________________________。
(4)操作Ⅰ包括：将水层加入浓盐酸调整pH为2～3，______、________、过滤、洗涤、减压烘干等过程。
(5)为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量硝酸酸化的硝酸银溶液，过滤、洗涤、干燥，测沉淀质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O质量分数大于100%，其原因可能是________________________________________________________________________
(回答一条原因即可)。
(6)将5.49 g草酸钴晶体(CoC2O4·2H2O)置于空气中加热，受热过程中不同温度范围内分别得到一种固体物质，其质量如下表。

温度范围/℃ 固体质量/g
150～210 4.41
290～320 2.41
经测定，整个受热过程，只产生水蒸气和CO2气体，则290～320 ℃温度范围，剩余的固体物质化学式为__________。
[已知：CoC2O4·2H2O的摩尔质量为183 g·mol－1]
解析：　 (1)浸出过程中，Co2O3与盐酸、Na2SO3发生反应，Co2O3转化为Co2＋，Co元素化合价降低，则S元素化合价升高，SO2－3转化为SO2－4，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式：Co2O3＋4H＋＋SO2－3===2Co2＋＋SO2－4＋2H2O。(2)NaClO3加入浸出液中，将Fe2＋氧化为Fe3＋，ClO－3被还原为Cl－，反应的离子方程式为：ClO－3＋6Fe2＋＋6H＋===6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。(3)根据工艺流程图，结合表格中提供的数据可知，加Na2CO3调pH至5.2，目的是使Fe3＋和Al3＋沉淀完全。滤液Ⅰ中含有的金属阳离子为Co2＋、Mn2＋、Mg2＋、Ca2＋等，萃取剂层含锰元素，结合流程图中向滤液Ⅰ中加入了NaF溶液，知沉淀Ⅱ为MgF2、CaF2。(4)经过操作Ⅰ由溶液得到结晶水合物，故除题中已知过程外，操作Ⅰ还包括蒸发浓缩、冷却结晶。(5)根据CoCl2·6H2O的组成及测定过程分析，造成粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有氯化钠杂质，使氯离子含量增大或结晶水合物失去部分结晶水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大。(6)整个受热过程中只产生水蒸气和CO2气体，5.49 g CoC2O4·2H2O为0.03 mol，固体质量变为4.41 g时，质量减少1.08 g，恰好为0.06 mol H2O的质量，因此4.41 g固体为0.03  mol CoC2O4。依据元素守恒知，生成n(CO2)＝0.06    mol，m(CO2)＝0.06 mol×44 g·mol－1＝2.64 g。而固体质量由4.41 g变为2.41 g时，质量减少2 g，说明290～320 ℃内发生的不是分解反应，参加反应的物质还有氧气。则参加反应的m(O2)＝2.64 g－2 g＝0.64 g，n(O2)＝0.02 mol；n(CoC2O4)∶n(O2)∶n(CO2)＝0.03∶0.02∶0.06＝3∶2∶6，依据原子守恒，配平化学方程式：3CoC2O4＋2O2=====290～320 ℃Co3O4＋6CO2，故290～320 ℃温度范围，剩余固体物质的化学式为Co3O4或CoO·Co2O3。
答案：　(除标明外，每空2分)(1)Co2O3＋SO2－3＋4H＋===2Co2＋＋SO2－4＋2H2O
(2)ClO－3＋6Fe2＋＋6H＋===Cl－＋6Fe3＋＋3H2O
(3)使Fe3＋和Al3＋沉淀完全　CaF2和MgF2
(4)蒸发浓缩(1分)　冷却结晶(1分)
(5)粗产品中结晶水含量低(或粗产品中混有氯化钠杂质)
(6)Co3O4(或CoO·Co2O3)
6．(14分)辉铜矿是铜矿的主要品种之一。传统的火法冶炼在资源的综合利用、环境保护等方面会遇到困难。辉铜矿的湿法冶炼目前国内外都处于探索阶段。自氧化还原氨分离法是一种较为理想的湿法冶炼方法，工艺流程如图所示：
 
已知：①辉铜矿的主要成分是Cu2S，含有较多的Fe2O3、SiO2等。
②软锰矿的主要成分是MnO2，含有较多的SiO2等。
③浸出时，生成一种非金属单质。
④室温下，Ksp[Fe(OH)3]＝4.0×10－38，Ksp[Fe(OH)2]＝8.0×10－16。
完成下列填空：   
(1)浸出前需要先将矿石粉碎，其目的是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)写出浸出时主要反应的离子方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)浸渣A的主要成分为________；调溶液pH 3.0～3.5的目的是除去________(填离子符号)；室温下，若该离子的浓度为4.0×10－8 mol·L－1，则溶液的pH＝________________________________________________________________________。
(4)工业上可将MnCO3在300 ℃左右氧化来制取具有较好催化性能的MnO2，则MnCO3在空气中受热制取MnO2的化学方程式为________________________________________________________________________。
(5)从滤液C中提取硫酸铵晶体的步骤为________、________、过滤、洗涤、干燥。
(6)与火法冶炼辉铜矿相比，用图中方法冶炼辉铜矿的优点有__________________。(列举其中2条)
解析：　(1)浸出前先将矿石粉碎，可以增大矿石与酸的接触面积，从而加快反应速率。(2)根据信息③知，浸出时生成了非金属单质S，则酸性条件下，Cu2S被MnO2氧化，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒写出并配平离子方程式：Cu2S＋2MnO2＋8H＋===2Cu2＋＋S＋2Mn2＋＋4H2O。(3)SiO2与硫酸不反应，故浸渣A的主要成分为SiO2及反应生成的S。根据工艺流程图知，调节pH 3.0～3.5的目的是除去杂质Fe3＋。c(Fe3＋)＝4.0×10－8 mol·L－1时，溶液中c(OH－)＝3Ksp[FeOH3]cFe3＋＝34.0×10－384.0×10－8 mol·L－1＝1.0×10－10 mol·L－1，则室温下c(H＋)＝KWcOH－＝1.0×10－4 mol·L－1，pH＝4。(4)MnCO3在空气中受热生成MnO2，Mn元素的化合价升高，MnCO3作还原剂，则O2作氧化剂，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式：2MnCO3＋O2=====△2MnO2＋2CO2。(5)从滤液C中提取硫酸铵晶体的步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(6)火法冶炼辉铜矿会消耗大量的能源，同时会产生有毒气体H2S，而用图中方法冶炼辉铜矿，不仅不产生污染环境的气体，还能减少能源的消耗，实现资源的综合利用。   
答案：　(1)增大与酸的接触面积，加快反应速率(或提高浸出效率)(2分)
(2)Cu2S＋2MnO2＋8H＋===2Cu2＋＋S＋2Mn2＋＋4H2O(2分)
(3)SiO2、S(1分)　Fe3＋(1分)　4(2分)
(4)2MnCO3＋O2=====△2MnO2＋2CO2(2分)
(5)蒸发浓缩(1分)　冷却结晶(1分)
(6)实现资源的综合利用、不产生污染环境的气体、能耗低(或其他合理答案)(2分)

热考大题专攻练(三)　化学反应原理综合题
1．(14分)含硫烟气(主要成分为SO2)的处理备受关注，主要有以下两种方法。请回答下列问题：
Ⅰ.碱液吸收法
步骤1：用足量氨水吸收SO2；
步骤2：再加入熟石灰，发生反应2NH＋4＋Ca2＋＋2OH－＋SO2－3===CaSO3↓＋2NH3·H2O。
(1)步骤1中反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)已知：25 ℃时，Kb(NH3·H2O)＝a；Ksp(CaSO3)＝b。该温度下，步骤2中反应的平衡常数K＝__________(用含a、b的代数式表示)。
Ⅱ.水煤气还原法
已知：ⅰ.2CO(g)＋SO2(g)  S(l)＋2CO2(g)　
ΔH1＝－37.0 kJ·mol－1
ⅱ.2H2(g)＋SO2(g)  S(l)＋2H2O(g)　
ΔH2＝＋45.4 kJ·mol－1
ⅲ.CO的燃烧热ΔH3＝－283 kJ·mol－1
(3)1 mol S(l)在O2(g)中完全燃烧生成SO2(g)的热化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)反应ⅱ的正反应的活化能E________(填“>”“<”或“＝”)ΔH2。
(5)在一定压强下，发生反应ⅱ。平衡时，α(SO2)与原料气投料比[nSO2nH2 ]和温度(T)的关系如图所示。
 
①α(H2)：M________(填“>”“<”或“＝”)N。
②逆反应速率：M________(填“>”“<”或“＝”)Q。
(6)T ℃，向10 L恒容密闭容器中充入2 mol CO(g)、2 mol SO2(g)和2 mol H2(g)，发生反应ⅰ和反应ⅱ。5 min达到平衡时，CO2(g)和H2O(g)的物质的量分别为1.6 mol、1.8 mol。
①该温度下，反应ⅱ的平衡常数K＝________。
②其他条件不变，6 min时缩小容器容积。α(SO2)__________(填“增大”“减小”或“不变”)，原因为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：　Ⅰ.(1)足量氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵和水，反应的离子方程式为2NH3·H2O＋SO2===2NH＋4＋SO2－3＋H2O。(2)Kb(NH3·H2O)＝cNH＋4·cOH－cNH3·H2O＝a，Ksp(CaSO3)＝c(SO2－3)·c(Ca2＋)＝b，则步骤2中反应的平衡常数K＝c2NH3·H2OcSO2－3·cCa2＋·c2NH＋4·c2OH－＝
1KspCaSO3·K2bNH3·H2O＝1ba2。Ⅱ.(3)表示CO燃烧热的化学方程式为：CO(g)＋12O2(g)===CO2(g)　ΔH3＝－283 kJ·mol－1　①，根据盖斯定律，由2×①－ⅰ可得：S(l)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－529 kJ·mol－1。(4)反应ⅱ为吸热反应，根据ΔH＝E正活化能－E逆活化能，可知反应ⅱ的正反应的活化能大于ΔH2。(5)①M点与N点的α(SO2)相等，且M点的投料比大，即M点加入的SO2多，故M点的α(H2)大于N点。②由图象可知，投料比相同时，M点SO2的转化率大于Q点，反应ⅱ的正反应为吸热反应，故T1>T2，温度越高反应速率越大，则逆反应速率：M>Q。(6)①根据反应ⅰ和反应ⅱ及题给条件，可求出平衡时c(H2)＝2－1.810 mol·L－1＝0.02 mol·L－1，c(SO2)＝2－12×1.6－12×1.810 mol·L－1＝0.03 mol·L－1，c(H2O)＝1.810 mol·L－1＝0.18 mol·L－1，则反应ⅱ的平衡常数K＝c2H2OcSO2·c2H2＝0.1820.03×0.022＝2 700。②反应ⅰ和反应ⅱ均为气体分子总数减小的反应，缩小容器容积，相当于增大压强，则平衡均向右移动，SO2的转化率增大。
答案：　Ⅰ.(1)2NH3·H2O＋SO2===2NH＋4＋SO2－3＋H2O(2分)
(2)1ba2(2分)
Ⅱ.(3)S(l)＋O2(g)===SO2(g)　ΔH＝－529 kJ·mol－1(2分)
(4)>(1分)　
(5)①>(1分)　②>(1分)
(6)①2 700(2分)　②增大(1分)　反应ⅰ和反应ⅱ均为气体分子总数减小的反应，缩小容器容积，平衡均向右移动，SO2的转化率增大(2分)
2．(14分)雾霾中含有多种污染物，包括氮氧化物(NOx)、CO、SO2等。它们可以通过化学反应得到一定的消除或转化。
(1)氮硫的氧化物的转化：NO2(g)＋SO2(g)  SO3(g)＋NO(g)　ΔH
已知：①NO(g)＋12O2(g)  NO2(g)　
ΔH1＝－56.5 kJ·mol－1
②2SO2(g)＋O2(g)  2SO3(g)　ΔH2＝－196.6 kJ·mol－1
则ΔH＝________kJ·mol－1。
一定条件下，将NO2与SO2以一定比例置于恒温恒容的密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的有________。
a．混合气体的密度不变
b．混合气体的颜色保持不变
c．SO3和NO的体积比保持不变
d．反应速率v(NO2)∶v(SO2)∶v(SO3)∶v(NO)＝1∶1∶1∶1
(2)碳氧化物的转化：
①CO可用于合成甲醇，反应方程式为：CO＋2H2 CH3OH，在一恒温恒容密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2进行上述反应。测得CO和CH3OH(g)浓度随时间变化如图1所示。则0～4 min内，氢气的反应速率为______________________mol·L－1·min－1；第4 min后，保持温度不变，向该密闭容器中再充入1 mol CO和1 mol CH3OH(g)，则平衡________(填“正向”“逆向”或“不”)移动。
 
②通过电解CO制备CH4，电解液为碳酸钠溶液，工作原理如图2所示，写出阴极的电极反应式 ________________________________________________________________________。
若以甲醇燃料电池作为电源，则生成标准状况下1.12 L CH4需要消耗CH3OH的质量为________________________________________________________________________。
(3)硫氧化物的转化：硫的氧化物与一定量氨气、空气反应，可生成硫酸铵。硫酸铵水溶液呈酸性的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(用离子方程式表示)；
室温时，向(NH4)2SO4溶液中滴入NaOH溶液至溶液呈中性，则所得溶液中微粒浓度大小关系：c(Na＋)________(填“>”“<”或“＝”)c(NH3·H2O)。
解析：　(1)根据盖斯定律，由12×(②－①×2)可得：NO2(g)＋SO2(g)  SO3(g)＋NO(g)　ΔH＝－41.8 kJ·mol－1。混合气体的质量恒定，在恒容容器中混合气体的密度保持不变，a项不能说明反应达到平衡状态；混合气体的颜色保持不变，说明NO2的浓度不变，b项可以说明反应达到平衡状态；SO3和NO的体积比始终是一定值，c项不能说明反应达到平衡状态；反应速率之比始终等于系数之比，d项不能说明反应达到平衡状态。(2)①由题图1可知，0～4 min内，CO的浓度减少了0.75 mol·L－1，则v(CO)＝0.75 mol·L－14 min＝0.187 5 mol·L－1·min－1，根据反应速率之比等于系数之比，v(H2)＝2v(CO)＝0.375 mol·L－1·min－1。第4 min平衡时，c(CO)＝0.25 mol·L－1，c(H2)＝0.5 mol·L－1，c(CH3OH)＝0.75 mol·L－1，故平衡常数K＝0.750.25×0.52＝12，再充入1 mol CO和1 mol CH3OH(g)后，Qc＝1.751.25×0.52＝5.6，Qc<K，平衡正向移动。②由题图2知，阴极上CO发生还原反应生成CH4，电极反应式为CO＋6e－＋5H2O===6OH－＋CH4，根据阴极反应式可知，每生成1 mol CH4转移6 mol电子，甲醇燃料电池的总反应为CH3OH＋32O2===CO2＋2H2O，则每消耗1 mol甲醇转移6 mol电子，生成标准状况下1.12 L (0.05 mol)甲烷时，电路中转移0.3 mol电子，消耗n(CH3OH)＝0.05 mol，故m(CH3OH)＝0.05 mol×32 g·mol－1＝1.6 g。(3)(NH4)2SO4为强酸弱碱盐，NH＋4水解使溶液显酸性：NH＋4＋H2O NH3·H2O＋H＋。向(NH4)2SO4溶液中滴入NaOH溶液至溶液呈中性，则c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒可得：c(NH＋4)＋c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SO2－4)，根据物料守恒得：c(NH＋4)＋c(NH3·H2O)＝2c(SO2－4)，联立上述各式可得：c(Na＋)＝c(NH3·H2O)。
答案：　(除标明外，每空2分)(1)－41.8(1分)　b
(2)①0.375(1分)　正向　②CO＋6e－＋5H2O===6OH－＋CH4　1.6 g
(3)NH＋4＋H2O NH3·H2O＋H＋　＝
3．(14分)汽车尾气已成为城市空气的主要污染源之一，其中的氮氧化物是重要污染物。
(1)汽车内燃机工作时产生NO的原理如图1所示：
 
该反应的热化学方程式为________________________________________________________________________。
(2)治理尾气的方法之一是在排气管上安装催化转化器，发生如下反应：2NO(g)＋2CO(g)  N2(g)＋2CO2(g)　ΔH<0。若在一定温度下将2 mol NO、1 mol CO充入1 L固定容积的容器中，反应过程中各物质的浓度变化如图2所示。
①则从开始到达到平衡状态的过程中，平均反应速率v(CO2)＝________，该温度下反应的平衡常数K＝__________。(结果保留两位有效数字)
②20 min时改变的条件可能是________。
A．增大压强
B．降低温度
C．减小CO2浓度且改用更高效的催化剂
D．在恒温恒容条件下，充入He气体
③若保持温度不变，20 min时向容器中充入CO、N2各0.6 mol，平衡将________(填“正向”“逆向”或“不”)移动，原因是________________________________________________________________________。
(3)用焦炭还原NO2的反应为2NO2(g)＋2C(s)  N2(g)＋2CO2(g)，在恒温条件下，向1 L密闭容器中加入不同物质的量的NO2和足量C发生该反应，测得平衡时NO2和CO2的物质的量浓度与平衡总压强的关系如图3所示，计算C点时该反应的平衡常数Kp(C)＝__________ (Kp是用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。
解析：　(1)由题图1可知，破坏旧化学键吸收的能量为946 kJ·mol－1＋498 kJ·mol－1＝1 444 kJ·mol－1，形成新化学键所释放的能量为2×632 kJ·mol－1。故该反应的ΔH＝1 444 kJ·mol－1－2×632 kJ·mol－1＝＋180 kJ·mol－1。
(2)①v(CO2)＝v(CO)＝ΔcΔt＝0.4 mol·L－115 min＝
0．027 mol·L－1·min－1，K＝c2CO2·cN2c2NO·c2CO＝0.42×0.21.62×0.62＝0.035 (L·mol－1)。②由题图2可知20～25 min，c(N2)逐渐增大，平衡向正反应方向移动且反应速率比0～15 min快，故选择C。(3)由题图3可知C点时NO2、CO2的浓度相等，设加入的NO2的物质的量为a mol，由三段式计算可得NO2、N2、CO2的平衡浓度分别为0.5a mol·L－1、0.25a mol·L－1、0.5a mol·L－1。Kp(C)＝p2CO2·pN2p2NO2＝p(N2)＝10 MPa×0.25a0.5a＋0.25a＋0.5a＝2 MPa。
答案：　(1)N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　
ΔH＝＋180 kJ·mol－1(2分)
(2)①0.027 mol·L－1·min－1(2分)　0.035 L·mol－1(2分)
②C(2分)　③ 不(1分)　此时的Qc＝c2CO2·cN2c2NO·c2CO＝0.42×0.81.62×1.22＝0.035(L·mol－1)，Qc＝K，故平衡不移动(2分)
(3)2 MPa(3分)
4．(14分)铁及其化合物在工农业生产中有重要的作用。
(1)已知：①C(s)＋O2(g)===CO2(g)　
ΔH1＝－393.5 kJ·mol－1
②C(s)＋CO2(g)===2CO(g)　　ΔH2＝＋172.5 kJ·mol－1
③4Fe(s)＋3O2(g)===2Fe2O3(s)　ΔH3＝－1 651.0 kJ·mol－1
CO还原氧化铁的热化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
 
(2)高炉炼铁产生的高炉气中含有CO、H2、CO2等气体，利用CO和H2在催化剂作用下合成甲醇，是减少污染、节约能源的一种新举措，反应原理为：CO(g)＋2H2(g)  CH3OH(g)　ΔH。在体积不同的两个恒容密闭容器中分别充入1 mol CO和2 mol H2，测得平衡混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。
①在如图A、B、C三点中，选填下表物理量对应最大的点。

反应速率v 平衡常数K 平衡转化率α
②在300 ℃时，向C点平衡体系中再充入0.25 mol CO、0.5 mol H2和0.25 mol的CH3OH，该反应____________(填“向正反应方向进行”“向逆反应方向进行”或“不移动”)。
 
③一定温度下，CO的转化率与起始投料比nH2nCO的变化关系如图所示，测得D点氢气的转化率为40%，则x＝________。
(3)三氯化铁是一种重要的化合物，可以用来腐蚀电路板。某腐蚀废液中含有0.5 mol·L－1 Fe3＋和0.26 mol·L－1 Cu2＋，常温下，欲使Fe3＋完全沉淀[c(Fe3＋)≤4×10－5 mol·L－1]而Cu2＋不沉淀，则需控制溶液pH的范围为__________。已知Ksp[Cu(OH)2]＝2.6×10－19；Ksp[Fe(OH)3]＝4×10－38。
(4)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，工业上通过电解浓NaOH溶液可制备Na2FeO4，然后转化为K2FeO4。电解原理如图所示。
 
则A溶液中溶质的成分为__________(填化学式)；阳极的电极反应式为__________。
解析：　(1)根据盖斯定律，由(①－②)×32－③×12得3CO(g)＋Fe2O3(s)===2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH＝－23.5 kJ·mol－1。
(2)①CO(g)＋2H2(g)  CH3OH(g)是气体分子数减小的反应，在温度不变的条件下，增大压强，平衡正向移动，CH3OH(g)的体积分数增大，所以p2>p1。A、B、C三点中，C点的压强大、温度最高，所以反应速率v最大；A、B两点温度相同，所以平衡常数K相等，由题图知，升高温度，CH3OH(g)的体积分数减小，说明该反应是放热反应，则升高温度，平衡常数K减小，故平衡常数K：A＝B>C；A点CH3OH(g)的体积分数最大，故A点的平衡转化率α最大。②C点CH3OH(g)在平衡时的体积分数为50%，设发生转化的CO为x mol，根据三段式法进行计算：
　　　CO(g)　　＋　　2H2(g)  CH3OH(g)
起始/mol  1  2  0
转化/mol  x  2x  x
平衡/mol  1－x  2－2x  x
则有：x1－x＋2－2x＋x×100%＝50%，解得x＝0.75，即平衡时CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的物质的量分别为0.25 mol、0.5 mol、0.75 mol。向此平衡体系中再充入0.25 mol CO、0.5 mol H2和0.25 mol的CH3OH，由于充入的CH3OH(g)的量相对于平衡时较少，所以该反应必定向正反应方向进行。③设起始时CO(g)、H2(g)的物质的量分别为1 mol、x mol，根据图象可知，D点转化的CO的物质的量为0.6 mol，则转化的H2(g)的物质的量为1.2 mol，故有：1.2 molx mol×100%＝40%，解得x＝3。(3)Fe3＋恰好完全沉淀时，c(OH－)＝3Ksp[FeOH3]cFe3＋＝34×10－384×10－5 mol·L－1＝1×10－11 mol·L－1，pH＝3；Cu2＋刚好开始沉淀时，c(OH－)＝Ksp[CuOH2]cCu2＋＝2.6×10－190.26 mol·L－1＝1×10－9 mol·L－1，pH＝5，故欲使Fe3＋完全沉淀而Cu2＋不沉淀，需控制3≤pH<5。(4)由题图知，Cu电极上氢离子放电，又由于使用了阳离子交换膜，所以A溶液中溶质为NaOH；根据题意，阳极上Fe失电子，发生氧化反应生成FeO2－4，电极反应式为：Fe－6e－＋8OH－===FeO2－4＋4H2O。
答案：　(1)3CO(g)＋Fe2O3(s)===2Fe(s)＋3CO2(g)　ΔH＝－23.5 kJ·mol－1(2分)
(2)①C(1分)　AB(1分)　A(1分)
②向正反应方向进行(1分)　③3(2分)
(3)3≤pH<5(2分)
(4)NaOH(2分)　Fe－6e－＋8OH－===FeO2－4＋4H2O(2分)
5．(14分)草酸(H2C2O4)是一种还原性二元酸，存在于菠菜等植物中。已知：常温下，草酸的电离常数K1＝5.4×10－2，K2＝5.4×10－5；溶度积常数Ksp(CaC2O4)＝2.34× 10－9，Ksp(CaSO4)＝9.10×10－6。
请回答下列问题：
(1)生活中，长期将豆腐与菠菜混合食用，容易损失钙元素且易患胆结石疾病。简述理由________________________________________________________________________。
(2)写出草酸在水中的电离方程式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)已知KHC2O4溶液呈酸性，则溶液中c(H2C2O4)______c(C2O2－4)。若0.1 mol·L－1 H2C2O4溶液中第二步电离的c(H＋)＝a mol·L－1，则0.1 mol·L－1 KHC2O4溶液中HC2O－4电离出来的c(H＋)________a mol·L－1。(填“>”“<”或“＝”)
 
(4)常温下，将某浓度的1 mL H2C2O4溶液加蒸馏水稀释，其溶液pH与加水稀释后溶液体积的关系如图所示。
能代表H2C2O4溶液稀释情况的是曲线 ______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。在稀释该溶液过程中，下列物理量始终增大的是________(填代号)。
A.cH＋·cHC2O－4cH2C2O4　　　 B．c(H＋)·c(C2O2－4)
C.cC2O2－4cH2C2O4  D.cOH－cH＋
(5)草酸亚铁样品纯度测定：准确称取m g草酸亚铁(FeC2O4)样品研成粉末溶于适量的稀硫酸中(假设杂质不反应)配成250 mL溶液。准确量取20 mL该溶液于锥形瓶中，用c mol·L－1 K2Cr2O7酸性溶液(用稀硫酸酸化)滴定至终点，消耗滴定液V mL(还原产物为Cr3＋，氧化产物为Fe3＋和CO2)。
①盛装滴定液的滴定管宜选择________(填代号)。
A．碱式滴定管    B．酸式滴定管
②根据上述数据计算，该草酸亚铁样品的纯度为__________。
解析：　(1)由硫酸钙、草酸钙的溶度积知，硫酸钙在一定条件下易转化成更难溶的草酸钙，故长期将豆腐与菠菜混合食用，容易损失钙元素且易患胆结石疾病。(2)由电离常数知，草酸是二元弱酸，分两步电离。(3)KHC2O4溶液呈酸性，说明HC2O－4的电离程度大于其水解程度，故该溶液中c(H2C2O4)<c(C2O2－4)。H2C2O4的第二步电离受到第一步电离出来的H＋的抑制作用，所以对于相同浓度的H2C2O4溶液和KHC2O4溶液，KHC2O4溶液中HC2O－4电离出来的c(H＋)较大。(4)草酸是二元弱酸，在稀释过程中，未电离的草酸分子继续电离，pH＝2的H2C2O4溶液稀释1 000倍后溶液的pH<5，故曲线Ⅱ符合题意。A项，cH＋·cHC2O－4cH2C2O4＝K1，其只与温度有关，稀释过程中K1不变；B项，稀释过程中，溶液中c(H＋)和c(C2O2－4)均减小，故c(H＋)·c(C2O2－4)减小；C项，K1·K2＝cH＋·cHC2O－4cH2C2O4·cC2O2－4·cH＋cHC2O－4＝cC2O2－4cH2C2O4·c2(H＋)，稀释过程中c(H＋)减小，K1和K2不变，故cC2O2－4cH2C2O4增大；D项，温度不变，水的离子积不变，弱酸溶液在稀释过程中c(H＋)减小，c(OH－)增大，故cOH－cH＋增大，故选C、D。(5)①滴定管中盛装K2Cr2O7酸性溶液，故应选用酸式滴定管。②根据题目提示的产物，可知滴定反应的离子方程式为2FeC2O4＋Cr2O2－7＋14H＋===2Fe3＋＋4CO2↑＋2Cr3＋＋7H2O。参与反应的n(K2Cr2O7)＝cV1 000 mol，n(FeC2O4)＝2×cV1 000 mol，草酸亚铁样品的纯度为：w(FeC2O4)＝2×cV1 000 mol×144 g·mol－1×250 mL20 mLm g×100%＝3.6cVm×100%。
答案：　(1)豆腐中的硫酸钙易转化成更难溶的草酸钙(2分)
(2)H2C2O4 H＋＋HC2O－4、HC2O－4 H＋＋C2O2－4(2分)
(3)<(1分)　>(1分)
(4)Ⅱ(2分)　CD(2分)
(5)①B(2分)　②3.6cVm×100%(2分)
热考大题专攻练(四)　物质结构与性质(选修3)
1. 氮元素是地球大气中含量最多的元素。
(1)氮元素基态原子核外电子成对电子数与未成对电子数之比为__________。
(2)氨分子中氮原子与氢原子之间的作用力是__________，在氨水中，分子间的作用力有 __________。
(3)甘氨酸是最简单的一种氨基酸，其相对分子质量为75，结构简式如图所示，而戊烷相对分子质量为72，与甘氨酸相差不大，但甘氨酸易溶于水，戊烷却难溶于水，出现这种差异的原因是____________________________。
 
(4)氮的氢化物除氨气外，还有联氨，其结构简式为H2N—NH2。在联氨分子中，N原子采用__________杂化，联氨中的六个原子 __________(填“在”或“不在”)同一个平面上。
 

(5)N与Cu形成的化合物的晶胞如图所示，其化学式为__________，Cu的化合价为__________。
解析：　(1)基态氮原子核外电子排布式为1s22s22p3，有两对成对电子，即4个成对电子，3个未成对电子。(2)氨分子中，氮原子与氢原子之间的作用力是共价键。氨水中，氨分子与水分子，氨分子与氨分子，水分子与水分子之间都存在氢键及分子间作用力。(3)甘氨酸分子与水分子之间能形成氢键，而戊烷与水分子之间不能形成氢键。(4)H2N—NH2分子中，每个N原子与两个H原子和另外一个N原子形成单键，N原子还有一对孤对电子，故N原子采用sp3杂化；H2N—NH2中六个原子不可能共面。(5)由晶胞结构可知，Cu在晶胞的棱上，该晶胞中Cu的个数为12×14＝3，N在晶胞的顶点上，该晶胞中N的个数为8×18＝1，因此其化学式为Cu3N，由其化学式可判断Cu为＋1价。
答案：　(1)4∶3
(2)共价键　范德华力(或分子间作用力)、氢键
(3)甘氨酸分子与水分子之间存在氢键，而戊烷与水分子之间不能形成氢键
(4)sp3　不在　(5)Cu3N　＋1
2．周期表中第二周期有八种元素。请回答下列问题：
(1)基态碳原子中，电子占据的最高能级的符号为________，在该能级上运动的电子的自旋方向有________种，该能级所在能层上的原子轨道数为 ________。
(2)写出基态氧原子的核外电子排布图________，N、S、F三种元素在周期表中均与O相邻，由N、O、S、F在周期表中的相对位置可以直接确定其中的三种元素电负性相对大小具有“X>Y>Z”的关系，则X、Y、Z依次是________。
 
(3)五个黑点(从左到右)代表第二周期原子序数依次增大的相邻五种元素，其第一电离能的相对大小如图所示，请在图上相应黑点旁写出对应元素的元素符号，并写出原子序数。
(4)第二周期主族元素中，电负性相差最大的两种元素是________。
(5)第二周期元素间形成的二元化合物中，含有离子键的是________(写出两个)，具有正四面体结构的分子为________，中心原子的杂化类型为sp3的分子为________。   
解析：　(1)碳原子核外有6个电子，在基态碳原子中，能量最高的能级是2p；该能级上有2个电子，故自旋方向只有1种，L能层有4个原子轨道。(2)同周期主族元素，从左到右电负性逐渐增大；同主族元素，从上到下电负性逐渐减小，故X、Y、Z分别为F、O、N或F、O、S。(3)由图知，第三个黑点(从左到右)所代表的元素第一电离能比第四个的大，前三种元素的第一电离能依次增大，五个黑点对应的元素分别是B、C、N、O、F。(4)同一周期主族元素从左到右电负性逐渐增大，故第二周期电负性相差最大的两种主族元素是锂与氟。(5)锂与非金属性强的氟、氧、氮可形成离子键。
答案：　(1)2p　1　4
(2) 　F、O、N或F、O、S(只要答出一种即可)
(3) 　(4)Li、F
(5)LiF、Li2O、Li3N(写出两个即可)　CF4　NF3、CF4
3．A、B、C、D、E、F为元素周期表中前四周期元素，且原子序数依次增大，A与其余五种元素既不同周期也不同主族，B的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，C的氧化物是导致酸雨的主要物质之一，D原子核外电子有8种不同的运动状态，E的基态原子在前四周期元素的基态原子中单电子数最多，F元素的基态原子最外能层只有一个电子，其他能层均已充满电子。
(1)写出基态E原子的价电子排布式__________。
(2)A与C可形成CA3分子，该分子中C原子的杂化类型为__________，该分子的立体结构为__________；C的单质与BD化合物是等电子体，据等电子体的原理，写出BD化合物的电子式__________；A2D由液态形成晶体时密度减小，其主要原因是________________________(用文字叙述)。
 
(3)已知D、F能形成一种化合物，其晶胞的结构如图所示，则该化合物的化学式为________；若相邻D原子和F原子间的距离为a cm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度为____________g·cm－3(用含a、NA的式子表示)。
解析：　根据题目信息可推知A、B、C、D、E、F分别为H、C、N、O、Cr、Cu。(1)Cr为24号元素，其基态原子价电子排布式为3d54s1。(2)NH3分子中，N原子周围有3对成键电子和1对孤对电子，故N采取sp3杂化，NH3分子为三角锥形结构；类比N2的分子结构可知，CO分子结构中含碳氧叁键；水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度减小。(3)根据晶胞结构可计算出其化学式为Cu2O。1个晶胞中含有2个Cu2O，该晶胞边长＝4a3 cm，该晶体的密度为2NA×1444a33 g·cm－3＝2732a3NA g·cm－3。
答案：　(1)3d54s1
(2)sp3杂化　三角锥形　··C⋮⋮O··　水形成晶体时，每个水分子与4个水分子形成氢键，构成空间正四面体网状结构，水分子空间利用率低，密度减小
(3)Cu2O　2732a3NA
4．下图为几种物质的晶体结构示意图(其中图Ⅱ为层状结构，层内酸分子间通过氢键结合)。
 
请回答下列问题：
(1)CaF2晶体中粒子间的作用力类型是__________，Ca2＋的配位数为__________。
(2)图Ⅱ中酸的分子式为__________，该晶体中B原子个数与极性键个数之比为__________。
(3)图Ⅲ中金属的堆积方式为__________，未标号的铜原子形成晶体后的配位数为__________。
(4)上述三种晶体中含有阳离子的物质是__________，熔化时不需要破坏化学键的是__________。
(5)结合CaF2晶体的晶胞示意图，已知两个距离最近的Ca2＋核间距离为a×10－8 cm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，则CaF2晶体的密度为__________(列式即可)。
解析：　(1)CaF2是离子晶体，离子间通过离子键结合在一起，由晶胞图知，黑球和白球代表的离子的个数比为1∶2，故黑球代表Ca2＋，其配位数是8。(2)分析图Ⅱ，虚线表示氢键，该酸的分子式为H3BO3,1个分子中有6个极性键。(3)同层中有6个、上下两层各有3个原子与未标号的铜原子相邻，故配位数是12。(4)分子晶体在熔化时不需要克服化学键。(5)一个CaF2晶胞中有4个“CaF2”，则CaF2晶体的密度为4×78NA×2a×10－83 g·cm－3。
答案：　(1)离子键　8　(2)H3BO3　1∶6
(3)面心立方最密堆积　12　(4)CaF2、Cu　H3BO3
(5)4×78NA×2a×10－83 g·cm－3
5．祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6O18，含有O、Si、Al、Be等元素。
请回答下列问题：
(1)基态Al原子中，电子占据的最高能级的符号是________，该能级具有的原子轨道数为________，轨道形状为________。
(2)在500～600 ℃气相中，氯化铍以二聚体Be2Cl4的形式存在(如图)，在1 000 ℃，氯化铍则以BeCl2形式存在。在BeCl2分子中，Be的杂化方式为________，二聚体Be2Cl4中Be的杂化方式为________，1 mol Be2Cl4中含有________mol配位键。
 
(3)氢化铝锂(LiAlH)是有机合成中一种重要还原剂，可以将羧基还原为羟基，如可将乙酸还原为乙醇，乙酸和乙醇的熔、沸点数据如下表：

 乙酸/℃ 乙醇/℃
熔点 16.6 －114.1
沸点 117.9 78.3
乙酸分子中σ键与π键个数之比为________；乙酸熔点较高，标准状况下，乙酸是固体，乙酸与乙醇熔点悬殊很大，原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)用氧化物的形式表示出祖母绿的组成：________________________________________________________________________。
 
如图是Be与O形成的氧化物的立方晶胞结构，已知氧化铍的密度为ρ g·cm－3，则晶胞边长为________cm。(设NA为阿伏加德罗常数的值，用含ρ、NA的代数式表示)
解析：　 (1)基态Al原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p1，最高能级为3p；3p能级有3个原子轨道，轨道呈纺锤形。(2)BeCl2分子中，中心原子Be最外层有2个电子，两个Cl各提供1个电子，Be原子为sp杂化；由Be2Cl4的结构可知，1个Be与3个Cl成键，形成2对成键电子和1对孤对电子，共3对电子，故Be采取sp2杂化。(4)根据复杂硅酸盐的氧化物书写规则可写出Be3Al2Si6O18的氧化物形式为3BeO·Al2O3·6SiO2。氧化铍的化学式为BeO，晶胞的边长＝34NA×25ρ cm＝3100ρNA cm。
答案：　(1)3p　3　纺锤形
(2)sp　sp2　2
(3)7∶1　乙酸羧基中的两个氧原子与另外乙酸分子中羧基氢原子可形成氢键，比乙醇形成分子间氢键的概率大
(4)3BeO·Al2O3·6SiO2　　3100ρNA
6. 碳是地球上组成物质最多的元素，含碳元素的物质在材料、能源领域具有广泛的用途。请回答下列问题：
(1)[Co(NH3)4CO3]Br和[Co(NH3)4BrCO3]是两种含碳元素的配合物，其中提供空轨道的元素是________，二者为同分异构体，化学鉴别方法是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
 
(2)我国科学家借助一种自主研制的新型钨基合金催化剂，研究出单壁碳纳米管结构可控制备方法。单壁碳纳米管可看做石墨烯沿一定方向卷曲而成的空心圆柱体(如右图)，其碳原子的杂化方式为________。
(3)原油主要成分是烷烃混合物，甲烷是最简单的烷烃，甲烷中碳原子的杂化方式为__________，原油中含硫化合物有硫化氢，硫化氢中硫原子的杂化方式为________，用价层电子对互斥理论推知硫化氢的构型为__________。
(4)下表是一组物质的沸点数据：

有机物 甲醇(CH3OH) 丙烯(CH3CH===CH2) 一氟甲烷(CH3F)
相对分子质量 32 42 34
沸点/℃ 64.7 －47.7 －78.2
若只考虑相对分子质量，甲醇沸点应低于－78.2 ℃，甲醇沸点高的原因是，
丙烯中含有的σ键与π键个数之比为__________，一氟甲烷的空间构型为__________。
 
(5)金刚石为立方晶胞，其晶胞结构如右图所示：
由晶胞结构中碳原子之间的距离关系可知，与每个碳原子等距离且最近的碳原子有________个；已知金刚石的密度为3.54 g·cm－3，阿伏加德罗常数NA的值为6.02×1023，则金刚石的晶胞边长为________cm。
解析：　(1)[Co(NH3)4CO3]Br中Co提供空轨道，N、O提供孤电子对；[Co(NH3)4BrCO3]中Co提供空轨道，N、Br、O提供
孤电子对。[Co(NH3)4CO3]Br能够电离出Br－，而[Co(NH3)4BrCO3]难电离出Br－，故可用AgNO3溶液来鉴别，[Co(NH3)4CO3]Br中会出现淡黄色AgBr沉淀。(2)单壁碳纳米管中碳原子为sp2杂化。(3)甲烷中心碳原子是sp3杂化，H2S中硫原子也是sp3杂化，硫原子形成2对成键电子，2对孤对电子，硫原子周围有4对电子，空间构型是角形(或V形)。(4)甲醇分子中羟基氢原子与另外甲醇分子中的羟基氧原子形成氢键，使其沸点升高；1个丙烯分子中含有6个C—H σ键，1个C—C键和1个C===C键中共含2个σ键和1个π键，故σ键和π键个数之比为8∶1；一氟甲烷是甲烷中一个氢原子被F原子取代的产物，故一氟甲烷为四面体结构。(5)金刚石中每个碳原子与周围的4个碳原子构成一个正四面体，因此每个碳原子与最近4个碳原子等距；每个晶胞中含有的碳原子数为8×18＋6×12＋4＝8，晶胞的边长为 386.02×1023×123.54 cm＝3.56×10－8 cm。
答案：　(1)Co　分别取两溶液少量于两支试管中，滴加相同量的AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成的是[Co(NH3)4CO3]Br
(2)sp2　(3)sp3　sp3　角形(或V形)
(4)甲醇分子间存在氢键　8∶1　四面体形
(5)4　3.56×10－8
热考大题专攻练(五)　有机化学基础(选修5)
1．(15分)异戊酸薄荷酯P( )是一种治疗心脏病的药物。一种制备异戊酸薄荷酯P的流程如下：
 
已知：
RCH===CH2――→HBr一定条件RCH2CH2Br(R表示烃基)。
完成下列问题：
(1)A的化学名称为______________。
(2)试剂1的结构简式为______________。
(3)由E生成F的化学方程式为________________________；该反应类型是______________。
(4)试剂2可以是______________试剂。(填名称或化学式) 
(5)由C和H生成P的化学方程式为____________________________。
(6)H的同分异构体中，能发生水解反应的链状化合物共有______________(不考虑立体异构)种；其中核磁共振氢谱有两种峰，且峰值比为9∶1的同分异构体的结构简式为______________。
(7)苯乙烯是一种重要的化工原料。参考制备异戊酸薄荷酯的方法，设计以苯、乙烯为有机原料(无机试剂自选)，制备苯乙烯的合成路线：(合成路线常用的表示方式为：A――→反应试剂反应条件B…――→反应试剂反应条件目标产物)________________________________________________________________________。
解析：　结合P的结构简式及H的分子式可推出C为 ，H为 。根据已知信息，可推出A为 ，试剂1为CH3CH===CH2；根据H的结构简式和流程图可推出G为 ，F为 ，E为 ，D为CH2===CHCH(CH3)2。(6)能发生水解反应，则含有酯基，若为HCOOC4H9，—C4H9有4种结构，则HCOOC4H9有4种同分异构体；若为CH3COOC3H7，—C3H7有2种结构，则CH3COOC3H7有2种同分异构体；若为CH3CH2COOCH2CH3，则只有一种；若为C3H7COOCH3，则有2种同分异构体，综上所述，共有9种符合条件的同分异构体。其中 的核磁共振氢谱有两种峰，且峰值比为9∶1。
答案：　(1)3­甲基苯酚(或间甲基苯酚)(1分)
(2)CH3CH===CH2(1分)
 
(4)新制氢氧化铜悬浊液(或银氨溶液或溴水或酸性高锰酸钾溶液)(2分)
(5) ＋H2O(2分)
(6)9(2分)　   (2分)
 
CH2CH2Cl――→NaOH/乙醇△CHCH2(2分)
2．(15分)有机物H是药物常山酮的合成中间体，合成H的流程图如下：
 
已知：
①苯环上原有取代基对新导入苯环上的取代基位置有一定影响，其规律如下：
—OH、—CH3、—Br等取代基使新导入的取代基主要进入原取代基的邻位和对位；—NO2、—SO3H、—CHO等取代基使新导入的取代基主要进入原取代基的间位。
 
③甲苯可被酸性高锰酸钾氧化为苯甲酸。
回答下列问题：
(1)D中的官能团名称为________。
(2)E→F的反应类型为 ________。
(3)B→C的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)G在一定条件下能发生缩聚反应，该反应的化学方程式为
________________________________________________________________________。
(5)W与B是同系物，W与B的最大质荷比相差14，同时满足下列条件的W的同分异构体有________种；
①能与NaOH溶液反应　②苯环上有两个取代基
③遇氯化铁溶液不显色
其中核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1∶2∶2∶2的所有物质的结构简式是________。
(6)写出以甲苯为原料合成 的流程图(无机试剂任用)。
解析：　结合信息②和D的结构简式可推出C为 ，根据信息①知，制备C需在苯环上先引入—NO2，后引入—Br，故B为 。(5)B为 ，W与B互为同系物，W与B的最大质荷比相差14，且W中含有苯环，故W的分子式为C7H7NO2，根据①，知含有羧基或酯基，根据③，知不含酚羟基，又苯环上有两个取代基，则苯环上可以连有—NH2、—COOH或—NH2、HCOO—，两组取代基在苯环上均有邻、间、对三种位置关系，故符合条件的W的同分异构体共有6种，其中符合核磁共振氢谱条件的物质的结构简式为
答案：　(1)溴原子、氨基(2分)
(2)取代反应(1分)
 
   
3．(15分)药物X、Y和高聚物Z，可以用烃A为主要原料，采用以下路线合成。
 
已知：Ⅰ.反应①、反应②的原子利用率均为100%。
Ⅱ.CROR′――→HCNH＋CROHCOOHR′(R或R′可以是烃基或氢原子)。
请回答下列问题：
(1)A的结构简式为________。
(2)Z中的官能团名称为________，反应③的条件为________。
(3)关于药物Y( )的说法正确的是______。
A．1 mol药物Y与足量的钠反应可以生成33.6 L氢气
B．药物Y的分子式为C8H8O4，能使酸性高锰酸钾溶液褪色  
C．药物Y中⑥、⑦、⑧三个—OH的酸性由强到弱的顺序是⑧>⑥>⑦
D．1 mol药物Y分别与H2、浓溴水中的Br2反应，最多消耗H2、Br2分别为4 mol和2 mol
(4)写出反应E→F的化学方程式________________________________________________________________________，
F→X的化学方程式________________________________________________________________________。
(5)写出符合下列条件的E的一种同分异构体的结构简式________。
①遇FeCl3溶液可以发生显色反应，且是苯的对位二元取代物；②能发生银镜反应和水解反应；③核磁共振氢谱有6个峰。
(6)参考上述流程以CH3CHO和CH3OH为起始原料，其他无机试剂任选，设计合成Z的线路。
    (3)1 mol药物Y含有2 mol羟基、1 mol羧基，与足量钠反应生成1.5 mol H2，在标准状况下体积为33.6 L，A项错误；药物Y的分子式为C8H8O4，Y中含有酚羟基，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色，B项正确；药物Y中⑥、⑦、⑧三个羟基分别为酚羟基、醇羟基、羧羟基，则酸性强弱为：羧羟基>酚羟基>醇羟基，C项正确；1 mol Y含有1 mol苯环，最多消耗3 mol H2,1 mol Y含有1 mol酚羟基，与酚羟基相连碳的邻位2个碳上的氢原子可以分别与Br2发生取代反应，故最多消耗2 mol Br2，D项错误。(5)根据①知含有酚羟基，根据②知含有甲酸酯基，根据③知含有6种不同类型的氢原子，且该同分异构体为苯的对位二元取代物，故符合条件的同分异构体的结构简式为
答案：　(1)   (2分)
(2)酯基(1分)　NaOH水溶液、加热(2分)
(3)BC(2分)
 
 
4．(15分)以芳香烃A为原料合成某有机中间体M的路线如下：
 
 
请回答：
(1)A的质谱图如图，A的名称为______________。
 
(2)②的化学方程式为
________________________________________________________________________。
(3)D中最多有________个原子共平面，E中含有的官能团名称为________。
(4)G的分子式为C5H8O2，其结构简式为________；反应⑥中，除了生成M之外，还会生成一种M的同分异构体，其结构简式为________。
(5)同时满足下列条件的F的同分异构体有________种。(不考虑立体异构)
a．苯环上有3个取代基　 B．1 mol F能与2 mol NaOH反应
(6)参照上述合成路线，以环氧乙烷为原料(无机试剂任选)设计制备聚乙二酸乙二酯的合成路线。
 
(4)1个F中含有两个羟基，故F和G还可反应生成
 
答案：　(1)甲苯或甲基苯(1分)
 
5．(15分)苯并环己酮是合成萘( )或萘的取代物的中间体。由苯并环己酮合成1­乙基萘的一种路线如图所示：
 
回答下列问题： 
(1)萘的分子式为________；苯并环己酮所含官能团为______。(填名称)
(2)Y的结构简式为________。
(3)步骤Ⅲ的反应属于________。(填反应类型)
(4)步骤Ⅳ反应的化学方程式为 ________________________________________________________________________。
(标明反应条件)   
(5)苯并环己酮用强氧化剂氧化可生成邻苯二甲酸。邻苯二甲酸和乙二醇经缩聚反应生成的高分子化合物的结构简式是________。
(6)1­乙基萘的同分异构体中，属于萘的取代物的有________(不含1­乙基萘)种。W也是1­乙基萘的同分异构体，它是含一种官能团的苯的取代物，核磁共振氢谱显示W有三种不同化学环境的氢原子，且个数比为1∶1∶2，W的结构简式为__________。
(7)仍以苯并环己酮为原料，上述合成路线中，只要改变其中一个步骤的反应条件和试剂，便可合成萘。完成该步骤：____________________。
(表示方法示例：A――→试剂反应条件B)
解析：　(6)1­乙基萘的同分异构体中，属于萘的取代物的有以下两种情况：①取代基为乙基，则满足条件的同分异构体为2­乙基萘；②取代基为两个甲基，固定一个甲基，采用“定一移一”的方法，则另一甲基有如图 10种位置，故共有11种符合条件的同分异构体。根据1­乙基萘的分子式知，W中含有的官能团是碳碳双键，又核磁共振氢谱显示有三种不同化学环境的氢原子，且个数比为1∶1∶2，则W的结构简式为
 。(7)改变步骤Ⅰ的条件，使羰基与氢气加成生成醇羟基： ――→H2催化剂、△ ，然后依次进行步骤Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ即可得到萘。
答案：　(1)C10H8(1分)　羰基(或酮羰基)(1分)