2019届高考化学二轮复习高考题型集训作业
高考题型集训
[Ⅰ]小题练
题型一 STSE中的化学
[授课提示：对应学生用书第131页]
1．中国传统文化对人类文明贡献巨大，我国古代的人民在那时候就已经广泛应用了相关的化学知识，古文献中充分记载了古代化学研究成果。下列关于古代化学的应用和记载，对其说明不合理的是( )
A．《本草纲目》中记载“(火药)乃焰消(KNO3)、硫黄、杉木炭所合，以烽燧铳极”这是利用了“KNO3的氧化性”
B．李白有诗云“日照香炉生紫烟”这是描写“碘的升华”
C．《本草经集注》中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”这是利用了“焰色反应”
D．我国古代人民常用明矾除去铜器上的铜锈[Cu2(OH)2CO3]
解析：A项，火药发生化学反应的时候，KNO3中氮元素的化合价降低；B项，香炉是香炉峰；C项，鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同；D项，明矾的水溶液水解显酸性。
答案：B
2．在胜利日大阅兵中，八一飞行表演队首次使用高沸点的彩色拉烟剂，进行了绚丽的拉烟飞行。其原理是用氮气将拉烟剂带入飞机燃料燃烧后喷出的高温气体中，其中的水蒸气与汽化后的彩色拉烟剂遇冷凝结形成“彩雾”。下列说法不正确的是( )
A．“彩雾”是一种混合物
B．上述过程中有物理变化
C．燃料燃烧产生的热量促使拉烟剂汽化
D．“彩雾”的形成与焰色反应的原理相同
解析：A项，“彩雾”中包括水蒸气和汽化后的彩色拉烟剂，因此是混合物，正确；B项，“彩雾”形成过程是高温气体中的水蒸气与汽化后的拉烟剂遇冷凝结形成的，是物理变化，正确；C项，飞机燃料燃烧产热使得拉烟剂汽化，正确；D项，“彩雾”的形成过程显色是拉烟剂的原因，与焰色反应无关，错误。
答案：D
3．为建设“绿水青山就是金山银山”的美丽中国，下列做法不利于该目标实现的是( )
A．推广使用无磷洗涤剂
B．用O3替代Cl2作饮用水消毒剂
C．用工业污水直接灌溉农田
D．含Cr3＋的废水用适量石灰处理后排放
解析：工业污水含重金属离子，直接灌溉农田可以污染土壤和粮食作物等。
答案：C
4．化学与生活密切相关，下列说法不正确的是( )
A．Fe2O3常用作红色油漆和涂料
B．氟氯烃是安全、环保的制冷剂
C．聚丙烯酸钠可作“尿不湿”原料
D．硅胶可用作瓶装药品干燥剂
解析：氧化铁是红棕色，可作油漆和涂料，A正确；氟氯烃在高空中释放出的氯原子会破坏臭氧层，不是环保的制冷剂，B错误；聚丙烯酸钠属高吸水性树脂，有强吸水性，可作“尿不湿”原料，C正确；硅胶有吸水性，可作干燥剂，D正确。
答案：B
5．化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法中错误的是( )
A．推广使用风能、太阳能等新能源能够减少温室气体的排放
B．餐桌上的瓷盘是硅酸盐制品
C．制作航天服的聚酯纤维和用于光缆通信的光导纤维都是新型无机非金属材料
D．用“84”消毒液来杀死埃博拉流感病毒是因为病毒的蛋白质发生了变性
解析：风能、太阳能等新能源在使用过程中不会产生CO2，可减少温室气体的排放，A项正确；瓷盘是硅酸盐制品，B项正确；聚酯纤维属于有机高分子材料，C项错误；“84”消毒液具有强氧化性，可使病毒的蛋白质发生变性，D项正确。
答案：C
6．化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列说法不正确的是( )
A．含有食品添加剂的物质均对人体健康有害
B．聚乙烯是无毒高分子化合物，可用作食品包装
C．“地沟油”经过加工处理后，可以用来制肥皂和生物柴油
D．太阳能电池板中有高纯硅单质，光导纤维的主要成分是二氧化硅
解析：食品添加剂在适当的控制范围之内，对人体不会产生危害。
答案：A
7．PM2.5是形成雾霾天气的主要原因，是指大气中直径小于或等于2.5微米的颗粒物，也叫可入肺颗粒物，与肺癌、哮喘等疾病的发生密切相关，它主要来自化石燃料的燃烧(如机动车尾气、燃煤)等，下列与PM2.5相关的说法不正确的是( )
A．大力发展电动车，减少燃油汽车的尾气排放量
B．燃煤时加入适量石灰石，可减少废气中SO2的量
C．多环芳烃是强致癌物，能吸附在PM2.5的表面进入人体
D．PM2.5含有的铅、镉、铬、钒、砷等对人体有害的元素均是金属元素
解析：大力发展电动车可减少汽车尾气的排放量，A项正确；燃煤时加入适量石灰石，石灰石受热分解，产生的CaO与SO2反应生成CaSO3等可减少SO2的排放量，B项正确；砷是非金属元素，D项错误。
答案：D
8．下列关于“化学与健康”的说法不正确的是( )
A．服用铬含量超标的药用胶囊会对人体健康造成危害
B．“血液透析”利用了胶体的性质
C．食用一定量的油脂能促进人体对某些维生素的吸收
D．光化学烟雾不会引起呼吸道疾病
解析：光化学烟雾的危害就在于破坏呼吸道粘膜，引发呼吸道疾病，D错。
答案：D
9．2017年世界地球日我国的主题为“节约集约利用资源，倡导绿色简约生活”。下列做法应提倡的是( )
A．夏天设定空调温度尽可能的低
B．推广使用一次性塑料袋和纸巾
C．少开私家车多乘公共交通工具
D．对商品进行豪华包装促进销售
解析：A项：夏天空调温度设定的越低，耗电越多，不应提倡。B项：一次性塑料袋难以降解，会污染环境，使用一次性纸巾不能节约资源，均不应提倡。C项：少开私家车多乘交通工具可以节能减排，应提倡。D项：豪华包装浪费资源，不应提倡。
答案：C
10．唐代刘禹锡撰于818年的《传信方》中有这样一段描述“治气痢巴石丸，取白矾一大斤，以炭火净地烧令汁尽，则其色如雪，谓之巴石”。据此推测，用于治气痢的巴石丸，其主要原料的化学成分为( )
A．CuSO4 B．FeSO4·7H2O
C．KAl(SO4)2·12H2O D．Fe2(SO4)3·9H2O
解析：提取实质性信息“白矾”，明矾也叫白矾，“烧令汁尽”意思就是固体本身有结晶水，“其色如雪”意为烧后颜色如雪一样白，CuSO4不含结晶水，A项错误；FeSO4·7H2O、Fe2(SO4)3·9H2O烧后不可能“色如雪”，B、D项错误。
答案：C
11．下列有关“化学与生活”的叙述不正确的是( )
A．点燃爆竹后，硫燃烧生成SO3
B．中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈
C．服用阿司匹林出现水杨酸反应时，用NaHCO3溶液解毒
D．使用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，肥皂的去污能力减弱
解析：硫在空气中燃烧生成SO2，不能直接生成SO3，A项叙述错误；明矾溶液中的Al3＋水解使溶液呈酸性，铜锈的主要成分为Cu2(OH)2CO3，Cu2(OH)2CO3
可溶于酸性溶液，故利用明矾溶液可清除铜镜表面的铜锈，B项叙述正确；水杨酸分子中含有羧基，能与碳酸氢钠溶液反应，从而起到解毒的效果，C项叙述正确；肥皂的主要成分为高级脂肪酸钠盐，用含钙离子浓度较大的地下水洗衣服，高级脂肪酸钠盐会与钙离子反应生成难溶的高级脂肪酸钙，导致肥皂的去污能力减弱，D项叙述正确。
答案：A
12．化学与生活密切相关。下列说法错误的是( )
A．PM2.5是指粒径不大于2.5 μm的可吸入悬浮颗粒物
B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染
C．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放
D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料
解析：燃煤中加入CaO是为了除去煤燃烧生成的SO2，可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放。
答案：C
题型二 “NA”的多角度应用
[授课提示：对应学生用书第132页]
1．NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．标准状况下，22.4 L Br2所含溴原子的数目为2NA
B．常温下，NO2与足量的水反应生成0.1 mol NO，转移的电子数为0.2NA
C．1 mol乙醇中含有的C—H键的数目为6NA
D．1 mol·L－1的NaClO溶液中含有的ClO－数目小于NA
答案：B
2．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )
A．常温常压下，2.24 L H2O中含有极性共价键的数目为0.2NA
B．0.1 mol·L－1 NH4Cl溶液中含有NH的数目小于0.1NA
C．100 mL 12 mol·L－1的浓HNO3与过量Cu反应转移电子的数目为0.6NA
D．标准状况下，11.2 L由CH4和C2H4组成的混合气体中含有氢原子的数目为2NA
解析：A项，H2O在常温常压下为液体；B项，没有指明溶液的体积；C项，当浓HNO3变稀之后会生成NO。
答案：D
3．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是( )
A．28 g硅晶体中含有2NA个Si—Si键
B．18 g重水含有10NA个电子
C．常温下，0.05 mol·L－1Fe2(SO4)3溶液中含Fe3＋的数目小于0.1NA
D．用石墨作电极电解饱和食盐水时，若阴极得到2NA个电子，则阳极产生22.4 L气体
解析：1个硅原子可形成4个Si—Si键，但每2个硅原子才能成键，28 g硅晶体的物质的量是1 mol，故可形成2 mol Si—Si键，A正确；18 g重水的物质的量小于1 mol，故电子数小于10NA，B错误；溶液的体积未知，无法计算粒子数目，C错误；D项未指明气体所处状态，无法计算气体体积，D错误。
答案：A
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．2.0 g HO与D2O的混合物中所含中子数为NA
B．常温常压下，4.4 g乙醛所含σ键数目为0.7NA
C．标准状况下，5.6 L CO2与足量Na2O2反应转移的电子数为0.5NA
D．50 mL 12 mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA
解析：A项，HO和D2O的摩尔质量都为20 g·mol－1，且一个分子中的中子数都是10个，故2.0 g HO与D2O的混合物中所含中子数为NA，正确；B项，一个乙醛分子中含有6个σ键，4.4 g乙醛的物质的量为0.1 mol，故4.4 g乙醛所含σ键数目为0.6NA，错误；C项，标准状况下，5.6 L CO2的物质的量为0.25 mol，根据CO2和Na2O2反应的化学方程式及元素化合价的变化可知，反应转移的电子数为0.25NA，错误；D项，随着反应的进行浓盐酸变成稀盐酸，不再和MnO2反应，故50 mL 12 mol/L的盐酸与足量的MnO2共热转移的电子数小于0.3NA，错误。
答案：A
5．NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述错误的是( )
A．2 g DO中含有的质子数、中子数、电子数均为NA
B．80 g CuO和Cu2S的混合物中含有的铜原子数一定为NA
C．标准状况下，5.6 L O2作氧化剂时转移电子数一定为NA
D．500 mL 2 mol·L－1Na2CO3溶液中含C微粒总数一定为NA
解析：1个D
O分子中含有10个质子、10个中子、10个电子，则2 g DO中含有的质子数、中子数、电子数均为×10×NA＝NA，A项正确；设CuO的质量为x g，则含铜原子的数目为(＋×2)×NA＝NA，B项正确；在反应2Na＋O2Na2O2中，标准状况下5.6 L O2参与反应，转移电子数为×2×NA＝0.5NA，C项错误，符合题意；根据物料守恒，500 mL 2 mol/L Na2CO3溶液中含C微粒总数：N(CO)＋N(HCO)＋N(H2CO3)＝0.5 L×2 mol·L－1×NA＝NA，D项正确。
答案：C
6．设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．常温常压下，6.4 g O2和O3的混合气体中含有的分子数为0.4NA
B．标准状况下，2.24 L CCl4分子中共价键的数目为0.4NA
C．25℃时，pH＝13的Ba(OH)2溶液中含有氢氧根离子数为0.1NA
D．高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子
答案：D
7．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列关于7.8 g过氧化钠固体的说法正确的是( )
A．其中所含电子总数为0.4NA
B．其中所含离子总数为0.4NA
C．与足量的H2O反应，生成O2分子数为0.1NA
D．与足量的CO2反应，转移电子数为0.1NA
解析：1个Na2O2含38个电子，7.8 g过氧化钠所含电子总数为×38NA＝3.8NA，A项错误；1个Na2O2含2个Na＋和1个O，7.8 g过氧化钠所含离子总数为×3NA＝0.3NA，B项错误；根据2Na2O2＋2H2O===4NaOH＋O2↑，生成O2分子数为××NA＝0.05NA，C项错误；与足量的CO2
反应，转移电子数为×NA＝0.1NA ，D项正确。
答案：D
8．设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )
A．向含有FeBr2的溶液中通入适量氯气，当有1 mol Fe2＋被氧化时，该反应转移电子数目为3NA
B．40 g CuO和Cu2S混合物中所含铜原子的数目不等于0.5NA
C．含0.1 mol NH4HSO4的溶液中，阳离子数目略小于0.2NA
D．C3H8分子中的2个H原子分别被1个—NH2和1个—OH取代，1 mol此有机物所含共用电子对数目为13NA
解析：A项中，还原性：Fe2＋＞Br－，当1 mol Fe2＋被氧化，转移电子数应等于NA；B项，Cu2S的相对分子质量是CuO的2倍，可看作平均160 g的单元含有2 mol Cu原子，故B项中应等于0.5NA；C项，HSO完全电离，NH虽然水解，每水解一个NH，即产生一个H＋，不会减少阳离子，再加上水自身电离的H＋，应略大于0.2NA；D项，增加一个—NH2增加2个共用电子对，增加一个—OH增加一个共用电子对，故D正确。
答案：D
9．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．在标准状况下，2.24 L HF含有的电子数为NA
B．7.8 g Na2S和Na2O2的混合物中所含离子数为0.3NA
C．常温下，2.7 g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NA
D．电解精炼铜时，阳极质量每减少32 g，电路中就转移NA个电子
解析：本题考查了阿伏加德罗常数知识，意在考查考生的理解记忆能力和判断能力。在标准状况下，HF是液体，不能用标准状况下的气体摩尔体积计算，A选项错误；Na2S和Na2O2的摩尔质量相同，都为78 g/mol，且1个Na2S和1个Na2O2中均含有2个阳离子和1个阴离子，故B选项正确；常温下铝遇浓硫酸会发生钝化，C选项错误；电解精炼铜时，比铜活泼的金属也会失电子，同时阳极中的Ag、Au等会形成阳极泥，故D选项错误。
答案：B
10．NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是( )
A．工业上炼银时，若转移2 mol电子，则产生O2的分子数为NA
B．乙醇催化氧化生成44 g乙醛时转移电子数为NA
C．在标准状况下，11.2 L H2和D2的混合气体中含质子数为NA
D．1 mol N2和5 mol H2在一定条件下反应生成NH3的数目为2NA
解析：工业上炼银时发生反应2Ag2O4Ag＋O2↑，转移2 mol电子时生成0.5 mol O2，A项错误；2CH3CH2OH＋O22CH3CHO＋2H2O，n(CH3CHO)＝＝1 mol，生成1 mol CH3CHO时转移电子数为2NA，B项错误；1个H2和1个D2分子中均含有2个质子，则0.5 mol H2和D2的混合气体中含有的质子数为NA，C项正确；N2和H2合成氨的反应是可逆反应，N2的转化率小于100%，D项错误。
答案：C
11．NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是( )
A．由12C、16O、14N组成的44 g CO2和44 g N2O中含有的中子数均为22NA
B．2 L 0.5 mol/L亚硫酸氢钠溶液中含有的HSO离子数为NA
C．氢氧化钠与氯气反应时，生成0.1 mol NaCl时转移的电子数等于0.2NA
D．适当条件下2 mol SO2与2 mol O2充分反应，反应体系中最终的气体分子数为3NA
解析：A项中44 g CO2和44 g N2O中分子的物质的量均为1 mol，中子数均为22 mol，故它们含有的中子数均为22NA，A项正确；B项中因为HSO离子在水中既电离又水解，故2 L 0.5 mol/L的亚硫酸氢钠溶液中含有的HSO离子数小于NA，B项错误；C项中氢氧化钠与氯气反应生成0.1 mol NaCl时转移的电子数等于0.1NA，C项错误；D项中因为2SO2＋O22SO3，故2 mol SO2不可能完全转化成SO3，最终的气体分子数大于3NA，D项错误。
答案：A
12．设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )
A．2 g D2O与2 g HO含有的中子数均为NA
B．1 L 0.1 mol·L－1 Na2S溶液中S2－和H2S的数目之和为0.1NA
C．漂白粉中加入浓盐酸，每生成1 mol Cl2，转移的电子数为2NA
D．常温下，将1 mol NO2气体加压生成N2O4的分子数为0.5NA
解析：A项，2 g D2O与2 g HO的物质的量都是0.1 mol，由于每个分子中都含有10个中子，所以0.1 mol两种水分子中含有的中子数均为NA，正确；B项，Na2S在溶液中会部分发生水解产生HS－、H2S，所以1 L 0.1 mol·L－1 Na2S溶液中HS－、S2－和H2S的数目之和为0.1NA，错误；C项，漂白粉中加入浓盐酸，根据得失电子数目等于元素化合价升降总数可知：每生成1 mol Cl2，转移的电子数NA，错误；D项，常温下，将1 mol NO2气体加压生成N2O4，由于反应是可逆反应，所以其中生成的N2O4的分子数小于0.5NA，错误。
答案：A
题型三 两类反应的应用
[授课提示：对应学生用书第134页]
1．下列应用不涉及氧化还原反应的是( )
A．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂
B．工业上电解熔融状态的Al2O3制备Al
C．工业上利用合成氨实现人工固氮
D．实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH3
解析：A选项，呼吸面具中的过氧化钠通过与CO2和H2O反应来提供氧气，发生的反应是氧化还原反应；B选项，电解氧化铝制备金属铝，反应中有单质生成，是氧化还原反应；C选项，氮气与氢气反应生成氨气，是氧化还原反应；D选项，用铵盐与碱加热制氨气属于复分解反应，与氧化还原反应无关。
答案：D
2．ClO2是一种高效安全的杀菌消毒剂，还可用于除去水中的CN－，转化为两种无毒气体。下列判断正确的是( )
A．ClO2是还原剂
B．1 mol ClO2转移3 mol电子
C．CN－转化为NO2和CO2
D．氧化剂与还原剂的物质的量之比是1:1
解析：反应的离子方程式为
2ClO2＋2CN－===2CO2↑＋N2↑＋2Cl－
ClO2为氧化剂，A错；1 mol ClO2应得到5 mol电子，B错。
答案：D
3．已知某反应中反应物与生成物有：KIO3、Na2SO3、H2SO4、I2、K2SO4、H2O和未知物x。下列说法中不正确的是( )
A．该未知物x为Na2SO4
B．该反应的氧化剂是KIO3
C．该反应中，发生氧化反应的过程是KIO3→I2
D．由反应可知还原性强弱顺序为Na2SO3>I2
解析：A项，由题意可知发生反应的化学方程式为2KIO3＋5Na2SO3＋H2SO4===K2SO4＋5Na2SO4＋I2＋H2O，从化学方程式可以看出，未知物x为Na2SO4，正确；B项，该反应中反应物KIO3中的I(＋5)，生成物中I2碘元素的化合价为0，KIO3中碘的化合价降低，被还原，自身作氧化剂，B正确、C错误；D项，Na2SO3在反应中作还原剂，I2为还原产物，还原性：还原剂>还原产物，正确。
答案：C
4．工业上以铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3)、碳酸钠、氧气和硫酸为原料生产重铬酸钠(Na2Cr2O7·2H2O)，其主要反应为
(1)4FeO·Cr2O3＋8Na2CO3＋7O28Na2CrO4＋2Fe2O3＋8CO2
(2)2Na2CrO4＋H2SO4===Na2SO4＋Na2Cr2O7＋H2O
下列说法正确的是( )
A．反应(1)和(2)均为氧化还原反应
B．反应(1)的氧化剂是O2，还原剂是FeO·Cr2O3
C．高温下，O2的氧化性强于Fe2O3，弱于Na2CrO4
D．反应(1)中每生成1 mol Na2CrO4时电子转移3 mol
解析：A项，(2)中元素化合价没有发生变化；C项，根据氧化性：氧化剂>氧化产物，高温下，O2的氧化性强于Fe2O3，也强于Na2CrO4；D项，每生成1 mol Na2CrO4应转移
＝3.5 mol电子。
答案：B
5．做实验时不小心沾在皮肤上的高锰酸钾会形成黑斑，很久才能消除，若用乙二酸的稀溶液擦洗黑斑，黑斑可以迅速褪去，其反应的离子方程式为
MnO＋H2C2O4＋H＋―→CO2↑＋Mn2＋＋
下列有关此反应的叙述正确的是( )
A．乙二酸中C显＋2价
B．反应的离子方程式右侧方框内的产物是OH－
C．氧化剂和还原剂的化学计量数之比是52
D．若有6 mol H＋参加反应，则转移电子10 mol
解析：有机物中H为＋1价，O为－2价，H2C2O4中碳的化合价为＋3价，根据化合价升降配平方程式可得，2MnO＋5H2C2O4＋6H＋===10CO2↑＋2Mn2＋＋8H2O，此反应MnO为氧化剂，H2C2O4为还原剂，若有6 mol H＋反应共转移10 mol电子，则A、B、C错误，D正确。
答案：D
6．某容器中发生了一个化学反应，反应过程中存在H2O、ClO－、CN－、HCO、N2、Cl－六种粒子，在反应过程中测得ClO－和N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断中正确的是( )
A．还原剂是CN－，氧化产物只有N2
B．氧化剂是ClO－，还原产物是HCO
C．配平后氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5:2
D．标准状况下若生成2.24 L N2，则转移0.5 mol电子
解析：由图可以确定，该反应为2CN－＋5ClO－＋H2O===2HCO＋N2↑＋5Cl－。还原剂是CN－，氧化产物是N2和HCO，氧化剂是ClO－，还原产物是Cl－，A、B错；标准状况下若生成2.24 L N2，则转移1 mol电子，D错。
答案：C
7．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．用氨水吸收足量的SO2气体：2OH－＋SO2===SO＋H2O
B．NaAlO2溶液中AlO的水解：AlO＋2H2O===Al(OH)3↓＋OH－
C．加入NaClO将污水中的NH3氧化成N2：
3ClO－＋2NH3===N2↑＋3Cl－＋3H2O
D．NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液：
HCO＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2O
解析：A项，用氨水吸收足量的SO2气体，反应生成亚硫酸氢铵，正确的离子方程式：NH3·H2O＋SO2===HSO＋NH，故A错误；B项，NaAlO2溶液中AlO的水解生成氢氧化铝和氢氧根离子，正确的离子方程式：AlO＋2H2OAl(OH)3＋OH－，故B错误；C项，NaClO将污水中的NH3氧化成N2、氯化钠和水，反应的离子方程式：3ClO－＋2NH3===N2↑＋3Cl－＋3H2O，故C正确；D项，碳酸氢钠溶液中加少量Ba(OH)2溶液，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式：2HCO＋Ba2＋＋2OH－===BaCO3↓＋2H2O＋CO，故D错误。
答案：C
8．Na2CO3和NaHCO3可作食用碱。下列用来解释事实的方程式中不合理的是( )
A．Na2CO3溶液可除油污：CO＋H2OHCO＋OH－
B．NaHCO3可作发酵粉：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O
C．Na2CO3可用NaOH溶液吸收CO2制备：2OH－＋CO2===CO＋H2O
D．NaHCO3与食醋混用，产生CO2气体：HCO＋H＋===CO2↑＋H2O
解析：A项，Na2CO3是强碱弱酸盐，存在水解过程，CO＋H2OHCO＋OH－，溶液呈碱性，能去除油污，A项正确；B项，NaHCO3受热分解，2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，所以NaHCO3可作发酵粉，B项正确；C项，NaOH能与CO2反应，2OH－＋CO2===CO＋H2O，所以Na2CO3可用NaOH溶液吸收CO2制备，C项正确；D项，NaHCO3与食醋混用，产生CO2气体的离子方程式为HCO＋CH3COOH===CH3COO－＋CO2↑＋H2
O，D项错误。
答案：D
9．下列反应的离子方程式书写正确的是( )
A．向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH
B．将Fe(OH)2溶于过量的稀硝酸：Fe(OH)2＋2H＋===Fe2＋＋2H2O
C．用NaClO溶液吸收过量的SO2：ClO－＋SO2＋H2O===HSO＋HClO
D．向(CH3COO)2Ba溶液中加入硫酸：Ba2＋＋SO===BaSO4↓
解析：氢氧化铝不能溶于过量的氨水，A正确；硝酸具有强氧化性可将Fe2＋氧化为Fe3＋，B错误；次氯酸根可将＋4价的硫元素氧化为＋6价，C错误；醋酸根离子与氢离子可生成弱电解质醋酸，D错误。
答案：A
10．常温下、某无色溶液大量存在下列H＋、Na＋、Fe3＋、Ba2＋、OH－、NO、SO、CO离子中的三种，且离子的物质的量相等。向其中滴加酚酞溶液不变红色，则下列离子中该溶液一定不含有的是( )
A．NO B．SO
C．Na＋ D．H＋
解析：无色溶液，一定不含Fe3＋，向其中滴加酚酞溶液不变红色，则溶液显酸性，一定含H＋，不能存在OH－、CO，由三种离子的物质的量相等及溶液为电中性可知，溶液中存在H＋、Na＋、SO，1×1＋1×1＝1×2遵循电荷守恒，存在SO时，溶液中不能存在Ba2＋，而存在NO不满足题意，则不含NO，故选A。
答案：A
11．在下列各组溶液中，离子一定能大量共存的是( )
A．加入KSCN溶液显红色的溶液：K＋、NH、Cl－、I－
B．常温下，pH＝1的溶液：Fe3＋、Na＋、NO、SO
C．滴入酚酞试液显红色的溶液：Mg2＋、Al3＋、Br－、SO
D．含0.1 mol·L－1NH4Al(SO4)2·12H2O的溶液：K＋、Ca2＋、NO、OH－
解析：A中加入KSCN溶液显红色的溶液中一定含有Fe3＋，Fe3＋与I－不可能大量共存；B中组间离子互不反应，可以大量共存；C中使酚酞显红色的溶液为碱性溶液，在碱性溶液中不可能大量存在Mg2＋和Al3＋；D中NH、Al3＋均可以与OH－反应，不能大量共存。
答案：B
12．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A．含大量Fe3＋的溶液中：Na＋、Mg2＋、SO、SCN－
B.＝106的溶液中：NH、K＋、AlO、NO
C．能使甲基橙变红的溶液中：Cu2＋、Mg2＋、SO、Cl－
D．1.0 mol·L－1KNO3溶液中：Fe2＋、H＋、Cl－、I－
解析：A项，Fe3＋与SCN－会发生显色反应，错误；B项，＝106>1，c(OH－)>c(H＋)，显碱性，与NH反应生成NH3，错误；C项，甲基橙变红，显酸性，此四种离子与H＋可大量共存，正确；D项，H＋与NO构成HNO3，具有强氧化性，会氧化Fe2＋、I－，错误。
答案：C
题型四 元素周期律(表)应用
[授课提示：对应学生用书第135页]
1．Se、Br两种元素的部分信息如图所示，下列说法正确的是( )
A．原子半径：Br＞Se＞P
B．还原性：S2－＞Se2－＞Br－
C．SeO2既有氧化性又有还原性
D．H2Se比HBr的稳定性强
解析：
硒和溴属于同一周期元素，硒的原子序数小于溴的，所以原子半径：Br
P，A项错误；同一周期元素，阴离子的还原性随着原子序数的增大而减弱，同一主族元素，阴离子的还原性随着原子序数的增大而增强，故还原性：Se2－>S2－，Se2－>Br－，B项错误；SeO2中Se处于中间价态，所以既有氧化性又有还原性，C项正确；Br的非金属性比Se强，因而HBr比H2Se稳定，D项错误。
答案：C
2．下列叙述，不正确的是( )
A．P、S、Cl三种元素的最高价氧化物对应水化物酸性依次增强
B．Na、Mg、Al三种元素的原子半径依次减小
C．F、Cl、Br三种原子的核外电子层数依次增多
D．N、O、F三种元素的非金属性依次减弱
解析：A项，P、S、Cl三种元素的非金属性逐渐增强，因此元素的最高价氧化物对应水化物酸性依次增强，正确。B项，Na、Mg、Al三种元素是同一周期的元素，随着原子序数的增大，原子半径依次减小，正确。C项，F、Cl、Br是同一主族的元素，由于原子序数逐渐增大，所以三种原子的核外电子层数依次增多，正确。D项，N、O、F是同一周期的元素，随着原子序数的增大，元素的非金属性逐渐增强，错误。
答案：D
3．短周期四种元素离子W2＋、X－、Y2－、Z＋的电子层结构相同。下列说法正确的是( )
A．原子序数：W>Z>X>Y
B．离子半径：r(W2＋)>r(X－)>r(Y2－)>r(Z＋)
C．Y的气态氢化物比X的气态氢化物稳定
D．氢氧化物碱性强弱：W(OH)2>ZOH
解析：W2＋、X－、Y2－、Z＋四种离子均具有相同的电子层结构，离子最外层电子数为8，W、Z处于同一周期，为金属元素，Z形成＋1价离子，Z处于ⅠA族，W形成＋2价离子，W处于ⅡA族；X、Y处于同一周期，为非金属元素，X形成－1价离子，X处于ⅦA族，Y形成－2价离子，Y处于ⅥA族；且W、Z在周期表中X、Y的下一周期，原子序数：W>Z>X>Y。
答案：A
4．右表为元素周期表前四周期的一部分。下列有关R、W、X、Y、Z五种元素的叙述中，正确的是( )
A．常压下五种元素的单质中，Z单质的沸点最高
B．Y、Z的阴离子电子层结构都与R原子的相同
C．W的氢化物的沸点比X的氢化物的沸点高
D．Y元素的非金属性比W元素的非金属性强
解析：根据五种元素在周期表中的位置可知，X为N元素，W为P元素，Y为S元素，Z为Br元素，R为Ar元素，则D正确。
答案：D
5．短周期元素甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，其氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价如表所示。下列说法中正确的是( )
元素
甲
乙
丙
丁
化合价
－2
－3
－4
－2
A.元素非金属性：甲<乙
B．含氧酸的酸性：乙<丁
C．氢化物的沸点：甲>丁
D．丙所形成的单质可能互为同位素
解析：由短周期元素氢化物中甲、乙、丙、丁的化合价可知，甲、丁处于ⅥA族，乙处于ⅤA族，丙处于ⅣA族，且甲、乙、丙、丁的原子半径依次增大，则甲为O元素、乙为N元素、丙为C元素、丁为S元素。
答案：C
6．下表是元素周期表的一部分，有关说法不正确的是( )
A．元素e的氧化物对应的水化物均为强酸
B．a、b、d、e四种元素的离子半径：e>d>a>b
C．b、f两种元素形成的化合物为离子化合物
D．a、c、e的最高价氧化物对应的水化物之间能够相互反应
解析：由表格可知，a为Na，b为Mg、c为Al、d为O、e为S、f为Cl。
答案：A
7．几种短周期元素的原子半径及主要化合价如下表：
元素代号
L
M
Q
R
T
原子半径/nm
0.160
0.143
0.102
0.089
0.074
主要化合价
＋2
＋3
＋6、－2
＋2
－2
下列叙述正确的是( )
A．T、Q的氢化物常态下均为无色气体
B．L、M的单质与稀盐酸反应速率：M>L
C．R的氧化物对应的水化物可能具有两性
D．L、Q形成的简单离子核外电子数相等
答案：C
8．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中只有X是短周期的金属元素。下列判断正确的是( )
A．X的最高价氧化物能溶于强碱
B．非金属性：T>R
C．气态氢化物稳定性：T>Z
D．R与Q的原子核外电子数相差16
解析：根据元素信息可以判断X为Al，T为Si，R为C，Q为Ge，Z为P；B项，非金属性SiSiH4；D项，C与Ge的核外电子数相差26。
答案：A
9．如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22。下列说法正确的是( )
X
Y
W
Z
T
A.X、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高
B．由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键
C．物质WY2、W3X4、WZ4均有熔点高、硬度大的特性
D．T元素的单质具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ4
解析：设W原子的最外层电子数为x，根据表中各元素的位置关系及题干信息可知，4x＋6＝22，x＝4。由此可推知W为Si，X为N，Y为O，Z为Cl，T为Ge。NH3、H2O和HCl中H2O的沸点最高，A项错误；N、H、O可形成含有离子键的化合物，如NH4NO3等，B项错误；SiCl4为共价化合物，熔、沸点较低，C项错误；Ge与Si为相邻的同主族元素，单质能作半导体，Ge也能与Cl形成GeCl4，D项正确。
答案：D
10.
甲～辛等元素在周期表中的相对位置如表。甲与戊的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素。下列判断不正确的是( )
A．金属性：丁>乙>甲
B．原子半径：辛>己>戊
C．丙与庚的原子核外电子数相差13
D．乙的单质在空气中燃烧生成只含离子键的化合物
解析：根据特征法(周期表的特殊结构和微粒的特殊性质等)确定出具体元素的名称，再结合元素周期律的知识，逐项进行分析判断。由“戊的一种单质是自然界硬度最大的物质”可知戊为碳元素；由“甲与戊的原子序数相差3”可知，甲为锂元素。A项，甲为Li，乙为Na，丁为Ca，由元素周期律及金属活动性顺序知A正确。B项，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，即原子半径大小顺序为庚>己>戊，辛>庚，因此原子半径大小顺序为辛>己>戊，B正确。C项，根据元素周期表的结构可知丙和庚在第四周期中，排在ⅡA族和ⅢA族元素中间的是10种过渡金属元素，从而可知丙与庚的原子序数差为13，C正确。D项，钠在空气中燃烧生成过氧化钠，其中的过氧根离子中存在共价键，D错误。
答案：D
11．短周期元素R、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如图所示，Y原子的核外电子数是R的2倍，下列说法正确的是( )
R
X
Y
Z
A.可用YO2＋Z2＋2H2O===H2YO4＋2HZ，证明非金属性：Z＞Y
B．含有Z元素的钠盐溶液都呈中性
C．由非金属性Z＞Y可知，最高价氧化物对应的水化物的氧化性：Z＞Y
D．最简单气态氢化物的热稳定性：R＞X
解析：根据题意可知，R为O元素，X为P元素，Y为S元素，Z为Cl元素。A项，判断非金属性强弱应用置换反应，但SO2＋Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl不属于置换反应，错误；B项，NaClO溶液呈碱性，错误；C项，由非金属性强弱可推知最高价氧化物对应水化物的酸性强弱而不是氧化性强弱，错误；D项，非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性：R＞Y，Y＞X，则R＞X，正确。
答案：D
12．J、M、R、T是原子序数依次增大的短周期主族元素，J、R在周期表中的相对位置如表。已知：J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，M是地壳中含量最多的金属元素。下列说法错误的是( )
A.J和氢组成的化合物分子有多种
B．工业上不用电解M和T组成的化合物来制备M
C．R、T两元素的气态氢化物中，R的气态氢化物更稳定
D．J、M、R、T元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HTO4
解析：M是地壳中含量最多的金属元素，推知M为Al，J元素最低负化合价的绝对值与其原子最外层电子数相等，推知J：C，则R：S，都是短周期元素，且原子序数增大，推知T：Cl。A.碳和氢可以组合成烃，故说法正确；B.AlCl3属于共价化合物，熔融状态下不导电，因此工业上不电解氯化铝制备Al，故说法正确；D.Al是金属，Al(OH)3是两性氢氧化物，非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，非金属性：Cl＞S＞C＞Al，因此酸性最强的是HClO4，故说法正确。
答案：C
题型五 电化学“两池”应用
[授课提示：对应学生用书第137页]
1．利用如图所示装置(电极均为惰性电极)可吸收SO2，并用阴极排出的溶液吸收NO2。下列说法正确的是( )
A．a为直流电源的负极
B．阴极的电极反应式为2HSO＋2H＋＋e－===S2O＋2H2O
C．阳极的电极反应式为SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋
D．电解时，H＋由阴极室通过阳离子交换膜到阳极室
解析：由装置左侧反应可知，电极上SO2发生反应后生成H2SO4，电极反应式为SO2－2e－＋2H2O===SO＋4H＋，为电解池的阳极，故a极为电源的正极，A项错误，C项正确；在阴极上HSO得电子生成S2O，根据两者中S的化合价可知，1 mol HSO得到1 mol电子，B项错误；电解池中H＋由阳极室通过阳离子交换膜进入到阴极室，D项错误。
答案：C
2．锂钒氧化物电池的能量密度远远超过其他材料电池，电池总反应式为V2O5＋xLi===LixV2O5，下列说法不正确的是( )
A．向外供电时，锂离子向负极移动
B．负极上反应的物质是锂，正极上反应的物质是V2O5
C．正极的电极反应为V2O5＋xe－＋xLi＋===LixV2O5
D．负极的电极反应为xLi－xe－===xLi＋
解析：锂钒氧化物电池属于原电池，在原电池工作时，负极失电子，发生氧化反应；正极得电子，发生还原反应；电子经外电路由负极转移到正极，电解质溶液中的阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，A错误，B、C、D正确。
答案：A
3．我国科学家设计出的一种装置(如图所示)，实现了“太阳能→电能→化学能”的转化，总反应为2CO2===2CO＋O2。下列有关说法正确的是( )
A．该装置属于原电池
B．人体呼出的水蒸气参与Y极反应：
CO2＋H2O＋2e－===CO＋2OH－
C．反应完毕，该太阳能装置中的电解质溶液碱性增强
D．X极电极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
解析：该装置实现了太阳能→电能→化学能的转化，而将电能转化为化学能属于电解池，A项错误；由图可知Y极发生的是得电子的反应，人体呼出的气体中含有CO2和H2O，B项正确；由得失电子守恒原理知，X极消耗的OH－总量等于Y极生成的OH－总量，即电解质溶液的碱性没有改变，C项错误；从电子的流向看，X电极失去电子，故X电极是负极，电极反应式为4OH－－4e－===2H2O＋O2↑，D项错误。
答案：B
4．一种肼燃料电池的结构如图所示，下列说法正确的是( )
A．a极是正极，电极反应式为N2H4－4e－＋4OH－===N2↑＋4H2O
B．电路中每转移NA个电子，就有1 mol Na＋穿过膜向正极移动
C．b极的电极反应式为H2O2＋2e－===2OH－
D．用该电池作电源电解饱和食盐水，当得到0.1 mol Cl2时，至少要消耗0.1 mol N2H4
解析：N2H4转化为N2的过程中，氮元素的化合价升高，故a极是负极，A项错误；当电路中每转移NA个电子，正极上会消耗NA个H＋，为使正极区溶液保持电中性，则必须有NA个Na＋穿过膜进入正极区，B项正确；正极上的电极反应式为H2O2＋2e－＋2H＋===2H2O，C项错误；生成0.1 mol Cl2需转移0.2
mol电子，故至少需消耗0.05 mol N2H4，D项错误。
答案：B
5．采用电化学法还原CO2是一种使CO2资源化的方法，下图是利用此法制备ZnC2O4的示意图(电解液不参与反应)。下列说法正确的是( )
A．Zn与电源的负极相连
B．ZnC2O4在交换膜右侧生成
C．电解的总反应：2CO2＋ZnZnC2O4
D．通入11.2 L CO2时，转移0.5 mol电子
解析：锌化合价升高被氧化，连接电源正极，故A错误；阳离子交换膜只允许阳离子通过，所以ZnC2O4在交换膜左侧生成，故B错误；电解的总反应：2CO2＋ZnZnC2O4，故C正确；11.2 L CO2的物质的量不一定是0.5 mol，转移电子不一定是0.5 mol，故D错误。
答案：C
6.
如图所示是一种酸性燃料电池酒精检测仪，具有自动吹气流量侦测与控制的功能，非常适合进行现场酒精检测。下列说法不正确的是( )
A．电流由O2所在的铂电极流出
B．O2所在的铂电极处发生还原反应
C．该电池的负极反应式为：CH3CH2OH＋3H2O－12e－===2CO2↑＋12H＋
D．微处理器通过检测电流大小而计算出被测气体中酒精的含量
解析：燃料电池，燃料在负极反应，氧气在正极反应。氧气在正极发生还原反应，电流由正极流向负极，A、B正确；由图可知负极反应物为CH3CH2OH(碳平均显－2价)，生成物为CH3COOH(碳平均显0价)，由质子交换膜可知溶液呈酸性，负极的电极反应式为：CH3CH2OH－4e－＋H2O===CH3COOH＋4H＋，C项错误。
答案：C
7.
某原电池装置如图所示，电池总反应为2Ag＋Cl2===2AgCl。下列说法正确的是( )
A．正极反应式为AgCl＋e－===Ag＋Cl－
B．放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成
C．若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变
D．当电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液中约减少0.02 mol离子
解析：在原电池中负极发生氧化反应，正极发生还原反应，故由总反应式可知，负极反应为：2Ag－2e－＋2Cl－===2AgCl，正极反应为：Cl2＋2e－===2Cl－，A项错误；由于电解质溶液中含有大量Cl－，故放电时，Ag＋在交换膜左侧即与Cl－反应生成AgCl沉淀，B项错误；用NaCl溶液代替盐酸，电池总反应不变，C项错误；电路中转移0.01 mol e－时，交换膜左侧溶液有0.01 mol Cl－参与反应生成AgCl沉淀，还有0.01 mol H＋通过阳离子交换膜进入右侧溶液，D项正确。
答案：D
8．
最新发明的一种有望用在电动汽车上的锂—硫电池装置如图所示，用有机聚合物作电解质，已知放电时电池反应为Li2S6＋10Li===6Li2S。下列说法正确的是( )
A．放电时，Li＋向负极移动
B．充电时，阳极质量减小，阴极质量增加
C．放电时，正极的电极反应为S－10e－===6S2－
D．可用LiCl水溶液代替聚合物电解质
解析：在原电池中，阳离子向正极迁移，A项错误。充电时，阳极发生氧化反应，电极反应式为6S2－－10e－===S，阴极发生还原反应，电极反应式为Li＋＋e－===Li，B项正确。放电时，正极发生还原反应，电极反应式为S＋10e－===6S2－，C项错误。由于Li是活泼金属，能与水发生剧烈反应，D项错误。
答案：B
9．用酸性氢氧燃料电池电解苦卤水(含Cl－、Br－、Na＋、Mg2＋)的装置如图所示(a、b为石墨电极)，下列说法正确的是( )
A．电池工作时，正极反应式为O2＋2H2O＋4e－===4OH－
B．电解时，电子流动路径是负极→外电路→阴极→溶液→阳极→正极
C．试管中NaOH溶液用来吸收电解时产生的Cl2
D．当电池中消耗2.24 L(标准状况下)H2时，b极周围会产生0.02 mol气体
解析：在酸性氢氧燃料电池中，通入H2的电极为负极，电极反应式为H2－2e－===2H＋，通入O2的电极为正极，电极反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O。在酸性条件下，不可能有OH－生成，电子只能在外电路中流动，不能在溶液中流动，溶液中也不存在电子，A、B错误；与电源正极相连的a极为阳极，电极反应式为2Br－－2e－===Br2、2Cl－－2e－===Cl2↑，C正确；与电源负极相连的b极为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，根据电子得失守恒，当电池中消耗2.24 L(标准状况下)H2时，b极周围会产生0.1 mol气体，D错误。
答案：C
10．锌溴液流电池是一种新型电化学储能装置(如图所示)，电解液为溴化锌水溶液，其在电解质储罐和电池间不断循环。下列说法不正确的是( )
A．放电时负极的电极反应式为Zn－2e－===Zn2＋
B．充电时电极a连接电源的负极
C．阳离子交换膜可阻止Br2与Zn直接发生反应
D．放电时左侧电解质储罐中的离子总浓度增大
解析：Zn为活泼金属，作负极，失去电子，A正确；充电时，a与电源正极相连，在电解池中使其相连的一极作阳极，发生氧化反应，B错误；阳离子交换膜可以防止Zn与Br2接触，生成ZnBr2，C正确；放电时，Br2可以得到电子变成Br－，所以离子浓度增大，D正确。
答案：B
题型六 化学反应“速率—平衡”应用
[授课提示：对应学生用书第139页]
1．在恒容密闭容器中，用铜铬的氧化物作催化剂，用一定量的HCl(g)和O2制取Cl2的原理为4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g) ΔH<0。下列有关说法不正确的是( )
A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强变小
B．平衡时，其他条件不变，分离出H2O(g)，逆反应速率减小
C．平衡时，其他条件不变，升高温度平衡常数增大
D．其他条件不变，使用不同催化剂，HCl(g)的转化率不变
解析：因反应前后气体分子数减小，平衡前随着反应的进行，容器内的压强逐渐变小，A项正确；生成物浓度减小，逆反应速率减小，B项正确；升温，平衡左移，平衡常数减小，C项错误；其他条件不变，使用不同催化剂，平衡不移动，HCl(g)的转化率不变，故D项正确。
答案：C
2．O3是一种很好的消毒剂，具有高效、洁净、方便、经济等优点。O3可溶于水，在水中易分解，产生的[O]为游离氧原子，有很强的杀菌消毒能力。常温常压下发生的反应如下：
反应① O3O2＋[O] ΔH>0 平衡常数为K1；
反应② [O]＋O32O2 ΔH<0 平衡常数为K2；
总反应：2O33O2 ΔH<0 平衡常数为K。
下列叙述正确的是( )
A．降低温度，K减小
B．K＝K1＋K2
C．适当升温，可提高消毒效率
D．压强增大，K2减小
解析：降温，总反应平衡向右移动，K增大，A项错误；K1＝、K2＝、K＝＝K1·K2，B项错误；升高温度，反应①平衡向右移动，c([O])增大，可提高消毒效率，C项正确；对于给定的反应，平衡常数只与温度有关，D项错误。
答案：C
3．汽车尾气中，NO产生的反应为：N2(g)＋O2(g)2NO(g)，一定条件下，等物质的量的N2(g)和O2(g)在恒容密闭容器中反应，右图曲线a表示该反应在温度T下N2的浓度随时间的变化，曲线b表示该反应在某一起始反应条件改变时N2的浓度随时间的变化。下列叙述正确的是( )
A．温度T下，该反应的平衡常数K＝
B．温度T下，随着反应的进行，混合气体的密度减小
C．曲线b对应的条件改变可能是加入了催化剂
D．若曲线b对应的条件改变是温度，可判断该反应的ΔH<0
解析：A项，在温度T下，由曲线a可知，达到平衡后N2、O2、NO的浓度分别为c1mol/L、c1mol/L、2(c0－c1
)mol/L，所以该反应的平衡常数K＝，正确；B项，反应前后，混合气体的体积与质量都没有发生改变，所以混合气体的密度不变，错误；C项，加入催化剂只改变反应速率而不改变反应物的转化率，若加入催化剂达到平衡后，c(N2)应与曲线a对应的平衡浓度相同，错误；D项，若曲线b对应的条件改变是温度，由于曲线b相对于曲线a先达到了平衡，故应该为升温，升高温度，N2的平衡浓度减小，说明平衡向正向移动，该反应为吸热反应，ΔH>0，错误。
答案：A
4．一定温度下，在三个体积均为1.0 L恒容密闭容器中发生反应：
下列说法正确的是( )
A．该反应的正反应为放热反应
B．达到平衡时，容器Ⅰ中的H2体积分数比容器Ⅱ中的小
C．容器Ⅰ中反应达到平衡所需的时间比容器Ⅲ中的长
D．若起始时向容器Ⅲ中充入
和0.10 mol H2，则反应向逆反应方向进行
解析：A项，根据Ⅰ、Ⅲ可知：在其他条件相同时，升高温度，平衡正向移动，说明正反应为吸热反应，A错误；B项，在其他条件不变时，容器Ⅱ相当于在容器Ⅰ的基础上加压，平衡向气体体积减小的方向移动，所以平衡逆向移动，因此达到平衡时，容器Ⅰ中的H2体积分数比容器Ⅱ的大，B错误；C项，升高温度，化学反应速率加快，达到平衡所需要的时间缩短，所以容器Ⅰ中反应达到平衡所需时间比容器Ⅲ中的短，C错误；D项，Ⅲ中，K
＝＝0.05，Q＝＝0.10，Q>K，反应向逆反应方向进行，D正确。
答案：D
5.
某密闭容器中存在反应：2NO＋O22NO2，平衡时NO的体积分数与温度变化关系如图所示(曲线上任何一点都表示平衡状态)，下列说法中不正确的是( )
A．该反应的正反应是吸热反应
B．若温度为T1、T3时的平衡常数分别为K1、K3，则K1K1，正确；C项，T1时，从D点处达到平衡，NO的体积分数要增大，表明反应逆向进行，则逆反应速率大于正反应速率，正确；D项，缩小容器容积，化学平衡正向移动，NO的体积分数减小，则新曲线在原曲线的下方，D错。
答案：D
6．乙二醇的制备原理为CH3OOC—COOCH3(g)＋4H2(g)HOCH2—CH2OH(g)＋2CH3OH(g) ΔH＝－34 kJ·mol－1，如图表示一定温度下，达到平衡时乙二醇的产率随原料投料比和压强的变化关系，其中三条曲线分别表示体系压强为1.5 MPa、2.5 MPa、3.5 MPa的情况，下列说法中正确的是( )
A．原料投料比越大，平衡常数K越大
B．原料投料比越大，乙二醇的产率越小
C．升高温度后，v(正)＞v(逆)
D．曲线丙对应的压强p(丙)＝1.5 MPa
解析：温度不变，平衡常数K不变，A项错误；由图像可知，一定范围内原料投料比越大，乙二醇的产率越大，B项错误；该反应的正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，故v(正)0.60 mol，错误。
答案：B
9．相同温度下，容积相同的甲、乙、丙3个恒容密闭容器中均发生如下反应：
2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g) ΔH＝－197 kJ·mol－1
实验测得有关数据如下：
下列判断中正确的是( )
A．197>Q2>Q1
B．若升高温度，反应的热效应不变
C．Q3＝－197 kJ
D．生成1 mol SO3(l)时放出的热量大于98.5 kJ
解析：Q1＝197－Q3，Q1>Q2，A、C错误；B项，升温，平衡左移，放出热量减少。
答案：D
10．在20 L的密闭容器中按物质的量之比1:2充入CO和H2，发生反应CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g) ΔH。测得CO的转化率随温度的变化及不同压强下CO的变化如右图所示，p2和195℃时n(H2)随时间的变化结果如下表所示。下列说法正确的是( )
p2和195℃时n(H2)
t/min
0
1
3
5
n(H2)/mol
8
5
4
4
A.p2和195℃时，0～3 min，反应速率v(CH3OH)＝ mol·L－1·min－1
B．p1＜p2，ΔH＞0
C．在p2和195℃时，该反应的平衡常数为25
D．195℃、p2时，在B点：v正＞v逆
解析：A项，0～3 min，Δn(H2)＝4 mol，Δc(H2)＝＝0.2 mol·L－1，v(H2)＝，则v(CH3OH)≈0.033 mol·L－1·min－1
，错误；B项，由任意一条曲线知，随温度升高，CO转化率减小，故ΔH＜0，由于增大压强时，平衡右移，故p1＜p2，错误；C项，达到平衡时，CO、H2、CH3OH的平衡浓度分别为0.1 mol·L－1、0.2 mol·L－1、0.1 mol·L－1，则平衡常数K＝＝＝＝25，正确；D项，从B点到A点，CO转化率减小，故v正＜v逆，错误。
答案：C
题型七 电解质溶液应用
[授课提示：对应学生用书第141页]
1．一定温度下，水溶液中H＋和OH－的浓度变化曲线如图。下列说法正确的是( )
A．升高温度，可能引起由c向b的变化
B．该温度下，水的离子积常数为1.0×10－13
C．该温度下，加入FeCl3可能引起由b向a的变化
D．该温度下，稀释溶液可能引起由c向d的变化
解析：A选项，同一线上的点对应的Kw相同，表示温度相同，A错误；B选项，根据b点，对应的c(H＋)＝c(OH－)＝10－7 mol·L－1，因此该温度下，水的离子积常数为1.0×10－14，B错误；C选项，加入FeCl3呈酸性，c(H＋)增大，c(OH－)减小，可能引起由b向a的变化，C正确；D选项，稀释溶液，对应的点在同一曲线上，同时Kw不变，不可能引起由c向d的变化，D错误。
答案：C
2.
已知水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A．水的离子积常数关系为：Kw(B)>Kw(A)>Kw(C)>Kw(D)
B．向水中加入醋酸钠固体，可从C点到D点
C．B点对应的温度下，pH＝4的硫酸与pH＝10的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液的pH＝7
D．升高温度可实现由C点到D点
解析：A项，温度越高，水电离出的c(H＋)和c(OH－)越大，水的离子积常数越大，由图象知，温度：A>B>C＝D，则Kw(A)>Kw(B)>Kw(C)＝Kw(D)，错误；B项，温度不变，Kw不变，向水中加入醋酸钠固体，溶液中c(OH－)变大，c(H＋)变小，可以实现从C点到D点，正确；C项，B点对应温度下，Kw>1.0×10－14，pH＝4的硫酸与pH＝10的氢氧化钠溶液等体积混合后溶液呈碱性，但pH不一定等于7，错误；D项，C点和D点均处于室温，错误。
答案：B
3．已知t℃时AgCl的Ksp＝2×10－10；在t℃时，Ag2CrO4在水中的沉淀解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是( )
A．在t℃时，Ag2CrO4的Ksp为1×10－9
B．在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4固体可使溶液由Y点到X点
C．在t℃时，以0.01 mol·L－1AgNO3溶液滴定20 mL 0.01 mol·L－1KCl和0.01 mol·L－1的K2CrO4的混合溶液，Cl－先沉淀
D．在t℃时，AgCl的溶解度大于Ag2CrO4
解析：Ag2CrO4的沉淀溶解平衡为：Ag2CrO4(s)2Ag＋(aq)＋CrO(aq)，由平衡曲线上的点可得Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝(10－3)2×10－6＝10－12，A错误；在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4仍为饱和溶液，c(CrO)增大，c(Ag＋)减小，点仍在曲线上，B错误；Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)＝1×10－12；Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)＝2×10－10，依据溶度积常数计算，当c(CrO)＝0.01 mol·L－1，得到c(Ag＋)＝10－5mol·L－1，当c(Cl－)＝0.01 mol·L－1，得到c(Ag＋)＝2×10－8mol·L－1
，所以先析出氯化银沉淀，C正确；虽Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2CrO4)，但二者不属同一类型物质，无法通过Ksp比较其溶解度的大小，D错误。
答案：C
4．25 ℃时，用Na2S沉淀Cu2＋、Zn2＋两种金属离子(M2＋)，所需S2－最低浓度的对数值lgc(S2－)与lgc(M2＋)关系如图所示。下列说法不正确的是( )
A．Na2S溶液中：c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝2c(Na＋)
B．25 ℃时，Ksp(CuS)约为1×10－35
C．向100 mL浓度均为10－5 mol·L－1 Zn2＋、Cu2＋的混合溶液中逐滴加入10－4 mol·L－1的Na2S溶液，Cu2＋先沉淀
D．向Cu2＋浓度为10－5 mol·L－1废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出
解析：A项，根据物料守恒c(S2－)＋c(HS－)＋c(H2S)＝c(Na＋)；B项，当c(S2－)＝10－10 mol·L－1时，c(Cu2＋)＝10－25 mol·L－1，所以Ksp(CuS)＝1×10－35；C、D项，由于Ksp(CuS)c>a>d
C．c点：c(NH)＝c(Cl－)＝1.0 mol·L－1
D．25 ℃时，NH4Cl的水解常数(Kh)计算式为
解析：A项，若n＝1.0，NH3·H2O和HCl正好完全反应生成NH4Cl，此时pH<7，所以n稍大于1.0；B项，b点溶液温度最高，说明两溶液恰好反应生成氯化铵，铵根离子水解促进电离，a、d两点抑制水的电离，d点混合溶液pH未知，无法判断a、d两点水的电离程度；C项，c(NH)＝c(Cl－)＝0.5 mol·L－1；D项，NH＋H2ONH3·H2O＋H＋，在c点时：c(H＋)＝10－7 mol·L－1，c(NH)＝0.5 mol·L－1，c(NH3·H2O)＝ mol·L－1，
所以Kh＝。
答案：D
6．向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸至过量。其中主要含硫各物质(H2S、HS－、S2－)的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与滴加盐酸体积的关系如图所示(忽略滴加过程H2S气体的逸出)。下列说法不正确的是( )
A．含硫物种B表示HS－
B．在滴加盐酸过程中，溶液中c(Na＋)与含硫各物种浓度的大小关系：c(Na＋)＝3[c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)]
C．X，Y为曲线的两交叉点，若能知道X点处的pH，就可以计算出H2S的Ka的值
D．NaHS呈碱性，若向溶液中加入CuSO4溶液，恰好完全反应，所得溶液呈强酸性，其原因是Cu2＋＋HS－===CuS↓＋H＋
解析：A项，向等物质的量浓度Na2
S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，盐酸和氢氧化钠先反应，然后和硫化钠反应，A表示含硫微粒浓度减小，为S2－，B先增加后减小，为HS－，正确；B项，C浓度一直在增加，为H2S，向等物质的量浓度Na2S、NaOH混合溶液中滴加稀盐酸，因体积相同，设Na2S、NaOH各为1 mol，则n(Na)＝3n(S)，溶液中含硫的微粒为HS－、S2－、H2S，则c(Na＋)＝3[c(H2S)＋c(HS－)＋c(S2－)]，正确；C项，图象分析可知A为S2－，B为HS－，C表示H2S，当滴加盐酸至Y点时，表示两者含量相等，所以Ka＝＝c(H＋)，X点为S2－和HS－浓度相同，可以计算HS－的电离平衡常数，不能计算H2S的第一步电离平衡常数，错误；D项，NaHS溶液中加入CuSO4溶液，发生反应Cu2＋＋HS－===CuS↓＋H＋，溶液显示强酸性，正确。
答案：C
7．H2C2O4为二元弱酸。20 ℃时，配制一组c(H2C2O4)＋c(HC2O)＋c(C2O)＝0.100 mol·L－1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列指定溶液微粒的物质的量浓度关系一定正确的是( )
A．pH＝2.5的溶液中：c(H2C2O4)＋c(C2O)>
c(HC2O)
B．c(Na＋)＝0.100 mol·L－1的溶液中：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(C2O)
C．c(HC2O)＝c(C2O)的溶液中：c(Na＋)>0.100 mol·L－1＋c(HC2O)
D．pH＝7.0的溶液中：c(Na＋)<2c(C2O)
解析：由图可知pH＝2.5时，溶液中主要存在HC2O，即c(HC2O)>c(H2C2O4)＋c(C2O)，A错误；当c(Na＋)＝0.100 mol·L－1时，此时应为NaHC2O4溶液，由电荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(C2O)＋c(HC2O)，由物料守恒有c(Na＋)＝c(C2O)＋c(H2C2O4)，联立得质子守恒式有：c(H＋)＋c(H2C2O4)＝c(OH－)＋c(C2O)，B正确；由电荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(C
2O)＋c(HC2O)，c(HC2O)＝c(C2O)＝0.050 0 mol·L－1，有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋0.100 mol·L－1＋c(C2O)＝c(OH－)＋0.100 mol·L－1＋c(HC2O)，由图溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，有c(Na＋)<0.100 mol·L－1＋c(HC2O)，C错误；由电荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋2c(C2O)＋c(HC2O)，pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，有c(Na＋)＝2c(C2O)＋c(HC2O)，即c(Na＋)>2c(C2O)，D错误。
答案：B
8．40℃，在氨水体系中不断通入CO2，各种离子的变化趋势如下图所示。下列说法不正确的是( )
A．在pH＝9.0时，c(NH)>c(HCO)>c(NH2COO－)>c(CO)
B．不同pH的溶液中存在关系：c(NH)＋c(H＋)＝2c(CO)＋c(HCO)＋c(NH2COO－)＋c(OH－)
C．随着CO2的通入，不断增大
D．在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO－的中间产物生成
解析：A项，从题中所给的图中可知，当pH＝9.0时，离子浓度的大小关系为：c(NH)>c(HCO)>c(NH2COO－)>c(CO)，正确；B项，依据电荷守恒，正确；C项，在氨水体系中存在平衡：NH3·H2ONH＋OH－，K＝[c(OH－)·c(NH)]/c(NH3·H2O)，得＝K/c(NH)，随着CO2的通入平衡正向移动，c(NH)增大，温度不变，K不变，则K/c(NH)不断减小，故不断减小，错误；D项，从图中看出，随着溶液中pH的不断降低，NH2COO－
的浓度不断增大，继而又不断减小直到为0，故NH2COO－属于生成的中间产物，正确。
答案：C
9．常温下，用0.100 mol·L－1的NaOH溶液分别滴定20.00 mL 0.100 mol·L－1的盐酸和0.100 mol·L－1的醋酸，得到两条滴定曲线，如图所示：
下列说法正确的是( )
A．滴定盐酸的曲线是图2
B．两次滴定均可选择甲基橙或酚酞作指示剂
C．达到B、E点时，反应消耗的n(CH3COOH)＝n(HCl)
D．以HA表示酸，当0 mL＜V(NaOH)＜20.00 mL时，图2对应混合液中各离子浓度由大到小的顺序一定是c(A－)＞c(Na＋)＞c(H＋)＞c(OH－)
解析：0.100 mol·L－1盐酸的pH＝1,0.100 mol·L－1醋酸的pH＞1，故A项错误；甲基橙的变色范围是3.1～4.4、酚酞的变色范围是8.2～10.0，由图2中pH突变的范围(＞6)可知，当氢氧化钠溶液滴定醋酸时，只能选择酚酞作指示剂，B项错误；B、E两点对应消耗氢氧化钠溶液的体积均为a mL，所以反应消耗的n(CH3COOH)＝n(HCl)，C项正确；0 mL＜V(NaOH)＜20.00 mL时，图2对应混合溶液可能显中性，此时c(A－)＝c(Na＋)＞c(H＋)＝c(OH－)，D项错误。
答案：C
10．根据下列图示所得出的结论不正确的是( )
A．图甲是CO(g)＋H2O(g)===CO2(g)＋H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的ΔH<0
B．图乙是室温下H2O2催化分解放出氧气的反应中c(H2O2 )随反应时间变化的曲线，说明随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小
C．图丙是室温下用0.100 0 mol·L－1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.100 0 mol·L－1某一元酸HX的滴定曲线，说明HX是一元强酸
D．图丁是室温下用Na2SO4除去溶液中Ba2＋达到沉淀溶解平衡时，溶液中c(Ba2＋ )与c(SO)的关系曲线，说明溶液中c(SO)越大c(Ba2＋)越小
解析：图甲中，温度升高，lg K减小，即K减小，说明升高温度平衡逆向移动，则该反应为放热反应，A项正确；图乙中，曲线的斜率的绝对值逐渐减小，说明随着反应进行，H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；图丙中，没有滴入NaOH溶液时，0.100 0 mol·L－1HX溶液的pH小于3，则HX为一元弱酸，C项错误；图丁中，曲线上的点均为沉淀溶解平衡的点，c(SO)与c(Ba2＋)成反比，D项正确。
答案：C
题型八 有机化学基础应用
[授课提示：对应学生用书第143页]
1．如图表示一个反应过程，图中的黑球表示两个相同的单糖，则图中的a、b、c分别表示( )
A．麦芽糖、麦芽糖酶、葡萄糖
B．蔗糖、蔗糖酶、果糖
C．乳糖、乳糖酶、葡萄糖
D．淀粉、淀粉酶、葡萄糖
解析：据图示，b在反应前后未变化，应为催化剂即酶，a是水解后生成两个相同的单糖分子的二糖。1 mol麦芽糖水解生成2 mol葡萄糖，1 mol蔗糖水解生成1 mol葡萄糖和1 mol果糖，故a为麦芽糖，c为葡萄糖。
答案：A
2．莽草酸可用于合成药物达菲，其结构简式如图所示，下列关于莽草酸的说法正确的是( )
A．分子式为C7H6O5
B．分子中含有2种官能团
C．可发生加成和取代反应
D．在水溶液中羧基和羟基均能电离出H＋
解析：A项，根据莽草酸的分子结构及C、H、O原子的成键特点可知，其分子式为C7H10O5。B项，分子中含有羧基、羟基和碳碳双键三种官能团。C项，分子中含有碳碳双键，可发生加成反应；含有羟基和羧基，可发生酯化反应(即取代反应)。D项，在水溶液中，羧基可电离出H＋，但羟基不能发生电离。
答案：C
3．轴烯是一类独特的星形环烃。三元轴烯()与苯( )
A．均为芳香烃 B．互为同素异形体
C．互为同系物 D．互为同分异构体
解析：三元轴烯与苯的分子式都是C6H6
，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故选项D正确。
答案：D
4．物质X的结构简式如图所示，它常被用于制香料或作为饮料酸化剂，在医学上也有广泛用途。下列关于物质X的说法正确的是( )
A．X的分子式为C6H7O7
B．X分子内所有原子均在同一平面内
C．1 mol X物质最多可以和3 mol氢气发生加成反应
D．足量的X分别与等物质的量的NaHCO3、Na2CO3反应得到的气体的物质的量相同
解析：A项，由结构简式可知，X的分子式为C6H8O7，错误；B项，除—COOH外的3个C均为四面体构型，不可能所有原子均在同一平面内，错误；C项，—COOH不能与氢气发生加成反应，错误；D项，足量X与等物质的量的NaHCO3、Na2CO3反应得到的气体的物质的量相同，正确。
答案：D
5．下列关于的说法正确的是( )
A．所有原子都在同一平面上
B．最多只能有9个碳原子在同一平面上
C．有7个碳原子可能在同一直线上
D．最多有5个碳原子在同一直线上
解析：此有机物的空间结构以苯的结构为中心，首先联想苯分子是6个碳原子与6个氢原子在同一平面上，一条直线上有两个碳原子和两个氢原子；其次根据乙炔的直线结构、乙烯的平面结构与甲烷的正四面体结构；最后根据共价单键可以旋转，乙烯平面可以与苯平面重合，从而推出最多有11个碳原子在同一平面上，最多有5个碳原子在同一直线上。
答案：D
6．二甲苯与苯类似，都能与H2
发生加成反应。1,2二甲苯()加氢产物1,2二甲基环己烷()的一氯代产物有(不考虑立体异构)( )
A．3种 B．4种
C．5种 D．6种
解析：1,2二甲基环己烷共有4种氢，所以一氯代物共有4种：。
答案：B
7．下列物质在给定条件下的同分异构体数目正确的是( )
A．C4H10属于烷烃的同分异构体有3种
B．分子组成是C5H10O2属于羧酸的同分异构体有5种
C．分子组成是C4H8O属于醛的同分异构体有3种
D．结构简式为的一溴代物有5种
解析：C4H10属于烷烃的同分异构体有2种：正丁烷和异丁烷，A项错误；分子组成为C5H10O2属于羧酸的同分异构体可写成C4H9—COOH，丁基有4种，故属于羧酸的同分异构体有4种，B项错误；分子组成为C4H8O属于醛的有机物可写成C3H7—CHO，丙基有2种，故属于醛的同分异构体有2种，C项错误；甲基环己烷的一溴代物有5种，其取代位置如图。
答案：D
8．已知有机物A、B之间存在转化关系：A(C6H12O2)＋H2OB＋CH3COOH(已配平)，则符合条件的B的同分异构体有(不考虑立体异构)( )
A．4种 B．5种
C．6种 D．7种
解析：根据原子守恒可知B的化学式为C4H10O，该反应属于酯的水解反应，所以B属于醇类物质，符合条件的同分异构体有CH3—CH2—CH2—CH2—OH、CH3—CH2—CH(OH)—CH3、CH3—CH(CH3)—CH2—OH、C(OH)(CH3)3，共4种。
答案：A
9．已知某药物具有抗痉挛作用，制备该药物其中一步反应为
下列说法不正确的是( )
A．a物质中参加反应的官能团是羧基
B．生活中b可作燃料和溶剂
C．c物质极易溶于水
D．该反应类型为取代反应
解析：该反应是a与b(C2H5OH)的酯化反应，c中亲水基团较少，不可能极易溶于水。
答案：C
10．异松油烯(D)是一种可用于合成香料的原料，合成D的一种线路如下：
下列说法正确的是( )
A．1 mol有机物B分别与足量的Na和Na2CO3溶液反应，分别生成1 mol H2和1 mol CO2
B．有机物B的分子式为C11H18O3，它能发生取代、加成和消去反应
C．有机物C所有同分异构体中不可能有芳香族化合物存在
D．有机物D分子中所有碳原子一定共面
解析：A项，1 mol B和足量Na反应生成1 mol H2，和Na2CO3反应放出0.5 mol CO2；C项，由于含有一个、一个和两个环，所以可以形成芳香族化合物；D项，D中不是苯环，有6个饱和碳原子所以分子中所有碳原子不能共平面。
答案：B
11．2015年我国药学家屠呦呦因创制青蒿素与双氢青蒿素用于治疗疟疾获得诺贝尔生理学或医学奖。下图甲为青蒿素分子的结构简式，乙为双氢青蒿素分子的结构简式，其活性结构为分子中的“—O—O—”。下列说法错误的是( )
A．甲分子式为C15H22O5
B．甲、乙分子中均只存在2个六元环
C．甲转化成乙后水溶性增强
D．甲、乙分子中的活性结构“—O—O—”具有强氧化性
解析：A项，根据图示，甲分子式为C15H22O5，正确；B项，甲分子中存在3个六元环，乙分子中也存在3个六元环，错误；C项，甲转化成乙后生成了羟基，羟基属于亲水基团，水溶性增强，正确；D项。过氧键具有强氧化性，甲、乙分子中都存在“—O—O—”，具有强氧化性，正确。
答案：B
题型九 化学实验基础判断
[授课提示：对应学生用书第144页]
1．下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是( )
解析：冷水浸泡中草药，使草药软化，便于熬制，不是过滤，A选项不正确；加热煎制，主要是使草药的成分析出，不是过滤，B选项不正确；把药渣去除，保留液体，是过滤的操作，C选项正确；罐装保存，只是把草药转移到容器中保存，不是过滤，D选项不正确。
答案：C
2．下列实验装置设计正确且能达到实验目的的是( )
A．实验装置Ⅰ：检查装置的气密性
B．实验装置Ⅱ：测定未知盐酸的浓度
C．实验装置Ⅲ：比较硫、碳、硅三种元素的非金属性强弱
D．实验装置Ⅳ：定容
解析：经过一段时间装置Ⅰ长颈漏斗中的液面不发生变化，说明不漏气，A项设计合理且能达到实验目的；氢氧化钠溶液应用碱式滴定管盛装，装置Ⅱ中所用滴定管为酸式滴定管，B项实验装置设计不合理；根据“强酸制弱酸”原理，利用酸性：H2CO3>H2SiO3可以证明非金属性：C>Si，但装置Ⅲ利用稀盐酸制取的CO2中可能含有HCl，会影响H2CO3和H2SiO3酸性的比较，此外装置Ⅲ并未涉及硫元素与碳、硅元素非金属性的比较实验，C项实验装置设计不合理；定容时容量瓶中的液面距刻度线1～2 cm处才改用胶头滴管滴加，D项实验装置设计不合理。
答案：A
3．用灼烧法证明海带中含有碘元素，各步骤选用的实验用品不必都用到的是( )
实验步骤
实验用品
A
步骤1：将海带灼烧灰化
B
步骤2：将海带灰溶解、过滤
C
步骤3：氧化滤液中的I－
D
步骤4：检验碘元素
解析：灼烧海带时使用三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳、酒精灯；海带灰溶解、过滤时使用烧杯、漏斗、玻璃棒、铁架台；氧化碘离子时不需要使用容量瓶。
答案：C
4．下列操作或装置能达到实验目的的是( )
解析：A项，配制一定物质的量浓度的溶液定容时应平视刻度线，错误；B项，Cl2和HCl都能与NaHCO3饱和溶液反应生成CO2，除去氯气中的HCl气体应通过饱和的食盐水，错误；C项，食盐水呈中性，铁钉发生吸氧腐蚀，左侧试管中的压强减小，导致右侧导管中的红墨水液面上升，正确；D项，电石与饱和食盐水反应生成的乙炔气体中含有的少量硫化氢等还原性气体，也能使KMnO4酸性溶液褪色，错误。
答案：C
5．利用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是( )
A．用装置①除去Cl2中含有的少量HCl
B．用装置②从氯化铁溶液中直接蒸发结晶获得无水氯化铁
C．用装置③制取少量纯净的CO2气体
D．用装置④分离CCl4萃取碘水后已分层的有机层和水层
解析：A项中Cl2也能与NaOH溶液反应，不能达到实验目的；B项中氯化铁会发生反应：FeCl3＋3H2OFe(OH)3↓＋3HCl↑，最终得不到无水氯化铁，不能达到实验目的；C项中纯碱易溶于水，不能用该装置，不能达到实验目的；D项中有机层与水层不溶，可用分液漏斗分离，能达到实验目的。
答案：D
6．下列各装置能够达到相应实验目的的是( )
A．用装置甲除去乙酸乙酯中混有的少量乙酸
B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢
C．用装置丙制取无水MgCl2
D．用装置丁制取乙烯
解析：A项，乙酸乙酯在NaOH溶液中会发生水解，错误；B项，洗气时，应长进短出，且Cl2、HCl均与AgNO3反应，错误；C项，Mg2＋水解，在HCl气流中，可以抑制Mg2＋水解，正确；D项，温度计应插入液面以下，以控制溶液的温度为170℃，错误。
答案：C
7．下列实验能达到目的且符合安全要求的是( )
解析：A项，胶头滴管应伸入硫酸亚铁溶液中，错误；C项，立即点燃容易发生爆炸，应先检验氢气的纯度，错误；D项，稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，错误。
答案：B
8．下列装置应用于实验室从CuI、SiO2(催化剂)中提取碘的实验，不能达到实验目的的是( )
A．用装置甲加稀H2SO4及H2O2氧化并用CCl4萃取
B．用装置乙过滤分离固体和溶液
C．用装置丙分离得到I2的CCl4溶液
D．用装置丁分离萃取液中单质I2和CCl4
解析：蒸馏时，温度计的水银球应置于蒸馏烧瓶的支管口处，D项错误。
答案：D
9．下列实验操作或方案正确的是( )
A．除去干燥CO2中混有的少量SO2，可将混合气体依次通过盛有酸性KMnO4溶液和浓硫酸的洗气瓶
B．用图1所示装置可从KI和I2的固体混合物中回收I2
C．用图2所示装置蒸干NH4Cl饱和溶液来制备NH4Cl晶体
D．用图3所示装置除去Cl2中含有的少量HCl
解析：SO2具有还原性，可被酸性KMnO4溶液氧化而除去，浓硫酸可以干燥CO2气体，A项正确；该装置无法回收气态碘，B项错误；NH4Cl受热易分解，C项错误；除去Cl2中的HCl应用饱和食盐水，D项错误。
答案：A
10．下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是( )
A．用图1分离两种互溶但沸点相差较大的液体混合物
B．用图2所示装置可除去NO2中的NO
C．用图3检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气
D．用图4称量氢氧化钠固体
答案：C
11．下列相关实验不能达到预期目的的是( )
选项
相关实验
预期目的
A
相同温度下，等质量的大理石块、大理石粉分别与等体积、等浓度的盐酸反应
探究接触面积对化学反应速率的影响
B
把装有颜色相同的NO2和N2O4混合气体的两支试管(密封)分别浸入冷水和热水中
探究温度对化学平衡的影响
C
在蔗糖中加入稀硫酸，水浴加热，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热
探究蔗糖水解产物具有还原性
D
两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液
探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响
解析：C项，新制的氢氧化铜悬浊液与葡萄糖的反应需碱性条件，该实验未中和催化剂硫酸，因而不能达到实验目的。
答案：C
12．下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
选项
实验操作
实验现象
结论
A
用铂丝蘸取少量某无色溶液进行焰色反应
火焰呈黄色
该溶液一定是钠盐溶液
B
向2 mL NaCl和NaI(浓度均为0.1 mol·L－1)的混合溶液中滴入2滴0.1 mol·L－1的AgNO3溶液
出现黄色沉淀
Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
C
向某溶液中加入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液
出现白色沉淀
该溶液一定有SO或Ag＋
D
向淀粉水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，煮沸
没有生成红色沉淀
淀粉未水解
解析：该溶液焰色呈黄色，则含有Na＋，但也可能为NaOH溶液，不一定是钠盐溶液，A项错误；向NaCl和NaI的混合溶液中加入少量AgNO3溶液，生成了更难溶的AgI，表明Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)，B项正确；向某溶液中加入盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液产生白色沉淀，溶液中除了可能含有SO或Ag＋，还可能含有SO，C项错误；应向淀粉水解液中先加碱中和后才能加入新制Cu(OH)2悬浊液检验醛基，D项错误。
答案：B
13．为实现下列实验目的，下表提供的主要仪器和所用试剂合理的是( )
选项
实验目的
主要仪器
所用试剂
A
提纯混有MgCl2杂质的AlCl3溶液
烧杯、分液漏斗、胶头滴管、铁架台
待提纯的AlCl3溶液、NaOH溶液
B
检验NH4
试管、酒精灯
NH4
Cl固体中的阳离子
Cl固体、红色石蕊试纸、蒸馏水
C
实验室制取CO2
试管、带导管的橡胶塞
大理石、稀硫酸
D
测定FeSO4溶液的浓度
滴定管、锥形瓶、烧杯
0.100 mol·L－1 KMnO4标准溶液、FeSO4溶液
解析：无普通漏斗，无法进行过滤操作，A项错误；加热NH4Cl，NH4Cl分解生成NH3和HCl，但NH3和HCl在试管口又化合为NH4Cl固体，无法检验NH，B项错误；可以用大理石与稀盐酸反应制取CO2，但不能用稀硫酸，因为大理石与稀硫酸反应生成的硫酸钙微溶，覆盖在大理石表面阻止反应进行，C项错误；Fe2＋与MnO之间进行氧化还原滴定，由于KMnO4溶液有颜色，不需要指示剂，D项正确。
答案：D
[Ⅱ]大题练
题型十 化学反应原理综合应用
[授课提示：对应学生用书第147页]
1．三氯氢硅(SiHCl3)是制备硅烷、多晶硅的重要原料。回答下列问题：
(1)SiHCl3在常温常压下为易挥发的无色透明液体，遇潮气时发烟生成(HSiO)2O等，写出该反应的化学方程式__________________。
(2)SiHCl3在催化剂作用下发生反应：
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋ SiCl4(g)
ΔH1＝48 kJ·mol－1
3SiH2Cl2(g)===SiH4(g)＋2SiHCl3 (g)
ΔH2＝－30 kJ·mol－1
则反应4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋ 3SiCl4(g)的ΔH为________ kJ·mol－1。
(3)对于反应2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)，采用大孔弱碱性阴离子交换树脂催化剂，在323 K和343 K时SiHCl3
的转化率随时间变化的结果如图所示。
①343 K时反应的平衡转化率α＝________%。平衡常数K343 K＝________(保留2位小数)。
②在343 K下：要提高SiHCl3转化率，可采取的措施是________；要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有________、________。
③比较a、b处反应速率大小：va________vb(填“大于”“小于”或“等于”)。反应速率v＝v正－v逆＝k正x2SiHCl3－k逆xSiH2Cl2xSiCl4，k正、k逆分别为正、逆向反应速率常数，x为物质的量分数，计算a处的＝________(保留1位小数)。
解析：(1)SiHCl3遇潮气发生反应生成(HSiO)2O和HCl，即2SiHCl3＋3H2O===(HSiO)2O＋6HCl。(2)将已知热化学方程式依次编号为①、②，根据盖斯定律，由①×3＋②，可得：4SiHCl3(g)===SiH4(g)＋3SiCl4(g) ΔH＝3×48 kJ·mol－1－30 kJ·mol－1＝114 kJ·mol－1。(3)①温度越高，反应越先达到平衡，根据图示，左侧曲线对应的温度为343 K,343 K时反应的平衡转化率为22%。设开始时加入SiHCl3的浓度为a mol·L－1，根据化学方程式和SiHCl3的平衡转化率知，达平衡时，SiHCl3、SiH2Cl2、SiCl4的浓度分别为0.78a mol·L－1、0.11a mol·L－1、0.11a mol·L－1，化学平衡常数K＝＝0.02。②根据化学平衡移动原理并结合该反应特点，及时分离出生成物可提高反应物的转化率。缩短反应达到平衡的时间，实质就是提高反应速率，可采用加压的方式或选择更为高效的催化剂。③温度越高，反应速率越大，a点所在曲线对应的温度高于b点所在曲线对应的温度，所以a点反应速率大于b点反应速率。a点所在曲线达到平衡时，v正＝v逆，即k正x2SiHCl3＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4，从题图上可知a点所在曲线平衡时SiHCl3的转化率为22%，设投入SiHCl3y mol，则根据三段式法得
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
开始/mol y 0 0
转化/mol 0.22y 0.11y 0.11y
平衡/mol 0.78y 0.11y 0.11y
代入k正x2SiHCl3＝k逆xSiH2Cl2xSiCl4得，k正0.782＝k逆0.112，＝ ①
在a处SiHCl3的转化率为20%，根据三段式法得
2SiHCl3(g)===SiH2Cl2(g)＋SiCl4(g)
开始/mol y 0 0
转化/mol 0.2y 0.1y 0.1y
a处/mol 0.8y 0.1y 0.1y
则＝＝×，将①代入计算得出v正/v逆＝1.3。
答案：(1)2SiHCl3＋3H2O===(HSiO)2O＋6HCl
(2)114
(3)①22 0.02
②及时移去产物 改进催化剂 提高反应物压强(浓度)
③大于 1.3
2．近期发现，H2S是继NO、CO之后的第三个生命体系气体信号分子，它具有参与调节神经信号传递、舒张血管减轻高血压的功能。回答下列问题：
(1)下列事实中，不能比较氢硫酸与亚硫酸的酸性强弱的是________(填标号)。
A．氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸可以
B．氢硫酸的导电能力低于相同浓度的亚硫酸
C．0.10 mol·L－1的氢硫酸和亚硫酸的pH分别为4.5和2.1
D．氢硫酸的还原性强于亚硫酸
(2)下图是通过热化学循环在较低温度下由水或硫化氢分解制备氢气的反应系统原理。
通过计算，可知系统(Ⅰ)和系统(Ⅱ)制氢的热化学方程式分别为________________________、
________________________________________________________________________，
制得等量H2所需能量较少的是________。
(3)H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)＋CO2(g)COS(g) ＋H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，反应平衡后水的物质的量分数为0.02。
①H2S的平衡转化率α1＝________%，反应平衡常数K＝________。
②在620 K重复实验，平衡后水的物质的量分数为0.03，H2S的转化率α2________α1，该反应的ΔH________0。(填“>”“<”或“＝”)
③向反应器中再分别充入下列气体，能使H2S转化率增大的是________(填标号)。
A．H2S B．CO2
C．COS D．N2
解析：(1)A能：氢硫酸不能与NaHCO3溶液反应，说明酸性：H2S＜H2CO3；而亚硫酸能，则说明酸性：H2SO3＞H2CO3。B能：相同浓度时导电能力越强，说明溶液中离子浓度越大，酸的电离程度越大，故可判断酸性：H2S＜H2SO3。C能：pH：H2S＞H2SO3，则c(H＋)：H2S＜H2SO3，故酸性：H2S＜H2SO3。D不能：还原性的强弱与酸的强弱无必然联系。
(2)令题干中的四个热化学方程式分别为：
①H2SO4(aq)===SO2(g)＋H2O(l)＋O2(g) ΔH1＝327 kJ·mol－1
②SO2(g)＋I2(s)＋2H2O(l)===2HI(aq)＋H2SO4(aq) ΔH2＝－151 kJ·mol－1
③2HI(aq)===H2(g)＋I2(s) ΔH3＝110 kJ·mol－1
④H2S(g)＋H2SO4(aq)===S(s)＋SO2(g)＋2H2O(l) ΔH4＝61 kJ·mol－1
根据盖斯定律，将①＋②＋③可得，系统(Ⅰ)中的热化学方程式：
H2O(l)===H2(g)＋O2(g) ΔH＝ΔH1＋ΔH2＋ΔH3＝327 kJ·mol－1－151 kJ·mol－1＋110 kJ·mol－1＝286 kJ·mol－1
同理，将②＋③＋④可得，系统(Ⅱ)中的热化学方程式：
H2S(g)===H2(g)＋S(s) ΔH＝ΔH2＋ΔH3＋ΔH4＝－151 kJ·mol－1＋110 kJ·mol－1＋61 kJ·mol－1＝20 kJ·mol－1
由所得两热化学方程式可知，制得等量H2所需能量较少的是系统(Ⅱ)。
(3)①解：设平衡时H2S转化的物质的量为x。
H2S(g)＋CO2(g)COS(g)＋H2O(g)
初始/mol 0.40 0.10 0 0
转化/mol x x x x
平衡/mol 0.40－x 0.10－x x x
由题意得：＝0.02
解得：x＝0.01 mol
H2S的平衡转化率α1＝×100%＝2.5%。
K＝＝＝≈2.8×10－3。
②温度升高，水的平衡物质的量分数增大，平衡右移，则H2S的转化率增大，故α2＞α1。温度升高，平衡向吸热反应方向移动，故ΔH＞0。
③A项，充入H2S，H2S的转化率反而减小。B项，充入CO2，增大了一种反应物的浓度，能够提高另一种反应物的转化率，故H2S的转化率增大。C项，充入COS，平衡左移，H2S的转化率减小。D项，充入N2，对平衡无影响，不改变H2S的转化率。
答案：(1)D
(2)H2O(l)===H2(g)＋O2(g) ΔH＝286 kJ·mol－1
H2S(g)===H2(g)＋S(s) ΔH＝20 kJ·mol－1 系统(Ⅱ)
(3)①2.5 2.8×10－3 ②> > ③B
3．丁烯是一种重要的化工原料，可由丁烷催化脱氢制备。回答下列问题：
(1)正丁烷(C4H10)脱氢制1丁烯(C4H8)的热化学方程式如下：
①C4H10(g)===C4H8(g)＋H2(g) ΔH1
已知：②C4H10(g)＋O2(g)===C4H8(g)＋H2O(g) ΔH2＝－119 kJ·mol－1
③H2(g)＋O2(g)===H2O(g) ΔH3＝－242 kJ·mol－1
反应①的ΔH1为________ kJ·mol－1。图(a)是反应①平衡转化率与反应温度及压强的关系图，x________0.1(填“大于”或“小于”)；欲使丁烯的平衡产率提高，应采取的措施是________(填标号)。
A．升高温度 B．降低温度
C．增大压强 D．降低压强
图(a)
图(b)
图(c)
(2)丁烷和氢气的混合气体以一定流速通过填充有催化剂的反应器(氢气的作用是活化催化剂)，出口气中含有丁烯、丁烷、氢气等。图(b)为丁烯产率与进料气中n(氢气)/n(丁烷)的关系。图中曲线呈现先升高后降低的变化趋势，其降低的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)图(c)为反应产率和反应温度的关系曲线，副产物主要是高温裂解生成的短碳链烃类化合物。丁烯产率在590 ℃之前随温度升高而增大的原因可能是________________________________________________________________________、
________________；590 ℃之后，丁烯产率快速降低的主要原因可能是________________________________________________________________________。
解析：(1)由盖斯定律可知，①式＝②式－③式，即ΔH1＝ΔH2－ΔH3＝－119 kJ/mol－(－242 kJ/mol)＝123 kJ/mol。由图(a)可知，同温下，x MPa时丁烯的平衡产率高于0.1 MPa时的，根据压强减小平衡向右移动可知，x小于0.1。欲提高丁烯的平衡产率，应使平衡向右移动，该反应的正反应为吸热反应，因此可以通过升高温度的方法使平衡向右移动；该反应为气体体积增大的反应，因此可以通过降低压强的方法使平衡向右移动，所以A、D选项正确。
(2)由于氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大，所以丁烯产率降低。
(3)该反应的正反应为吸热反应，因此升高温度可以使平衡向右移动，使丁烯的产率增大，另外，反应速率也随温度的升高而增大。由题意知，丁烯在高温条件下能够发生裂解，因此当温度超过590 ℃时，参与裂解反应的丁烯增多，而使产率降低。
答案：(1)123 小于 AD
(2)氢气是产物之一，随着n(氢气)/n(丁烷)增大，逆反应速率增大
(3)升高温度有利于反应向吸热方向进行 温度升高反应速率加快 丁烯高温裂解生成短链烃类
4．含氮化合物的研发与绿色发展、经济可持续发展有着密切关联。
(1)氨是一种重要化工原料。合成氨原料气H2，可用天然气为原料制得，有关反应的能量变化如图所示。
则用CH4(g)和H2O(g)反应制得H2(g)和CO(g)的热化学方程式为：____________________________________。
(2)氮的氧化物有着广泛用途，又是环境的污染物。
(ⅰ)在150℃时，将0.40 mol NO2气体充入体积为2 L的真空密闭容器中，发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。每隔一定时间测定容器内各物质的物质的量，数据如下表：
时间/s
0
20
40
60
80
n(NO2)/mol
0.40
n1
0.26
n3
n4
n(N2O4)/mol
0
0.05
n2
0.08
0.08
①当反应在150℃达到平衡时，该反应的平衡常数K＝________。(填数值)
②若最初通入N2O4，在相同条件下达到平衡时，各物质浓度仍然相同，则N2O4的起始浓度应为________________。
(ⅱ)氨氧化制HNO3的尾气中含有NO和NO2，且n(NO)n(NO2)＝11，可用尿素溶液除去，其作用原理是：NO2和NO与水反应生成亚硝酸，亚硝酸再与尿素反应生成对环境无污染的物质。若用1 mol尿素吸收该尾气，则能吸收氮氧化物________g。
(3)氨气、CO2在一定条件下可合成尿素，其反应为：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)。如图表示合成塔中氨碳比a与CO2转化率ω的关系。
a为[]，b为水碳比[]。则：
①b应控制在________；
A．1.5～1.6 B．1～1.1 C．0.6～0.7
②a应控制在4.0的理由是________________________________________________________________________。
解析：本题考查盖斯定律、化学平衡常数、化学平衡移动原理在生产中的应用。(1)由题中能量变化曲线可写出热化学方程式：
①CO(g)＋O2(g)===CO2(g)
ΔH＝－282.0 kJ·mol－1，
②H2(g)＋O2(g)===H2O(g)
ΔH＝－241.8 kJ·mol－1，
③CH4(g)＋2O2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)
ΔH＝－836.3 kJ·mol－1。
根据盖斯定律，由③－②×3－①可得CH4(g)＋H2O(g)===3H2(g)＋CO(g) ΔH＝＋171.1 kJ·mol－1。(2)(ⅰ)①由表中数据可求出n3＝n4＝0.24，则平衡常数K＝≈2.8。②两次达到平衡时各物质浓度相同，则为等效平衡，若反应从右端开始，则N2O4的起始物质的量为0.20 mol，起始物质的量浓度为0.10 mol·L－1。(ⅱ)根据得失电子守恒和原子守恒可得关系式：NO＋NO2～2HNO2～CO(NH2)2，尿素中N为－3价，所以1 mol尿素可吸收1 mol NO和1 mol NO2，则氮氧化物的质量为76 g。(3)①由图象看出，水碳比在0.6～0.7之间时CO2的转化率相对最高。
答案：(1)CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)
ΔH＝＋171.1 kJ·mol－1
(2)(ⅰ)①2.8 ②0.10 mol·L－1 (ⅱ)76
(3)①C ②a等于4.0，CO2的转化率迅速提高到最大值；而在4.0之后增大a，CO2的转化率无明显增大；a<4.0，CO2的转化率较小。
5．乙二醛(OHC—CHO)是一种重要的精细化工产品。
Ⅰ.工业生产乙二醛
(1)乙醛(CH3CHO)液相硝酸氧化法
在Cu(NO3)2催化下，用稀硝酸氧化乙醛制取乙二醛，反应的化学方程式为______________________。该法具有原料易得、反应条件温和等优点，但也存在比较明显的缺点是________________________________________________________________________。
(2)乙二醇(HOCH2CH2OH)气相氧化法
①已知：OHC—CHO(g)＋2H2(g)HOCH2CH2OH(g) ΔH＝－78 kJ·mol－1 K1
2H2(g)＋O2(g)2H2O(g) ΔH＝－484 kJ·mol－1 K2
乙二醇气相氧化反应HOCH2CH2OH(g)＋O2(g)OHC—CHO(g)＋2H2O(g)的ΔH＝________kJ·mol－1。相同温度下，该反应的化学平衡常数K＝________(用含K1、K2的代数式表示)。
②当原料气中氧醇比为1.35时，乙二醛和副产物CO2的产率与反应温度的关系如图所示。反应温度在450～495℃之间和超过495℃时，乙二醛产率降低的主要原因分别是______________、________________。
Ⅱ.乙二醛电解氧化制备乙醛酸(OHC—COOH)的生产装置如图所示，通电后，阳极产生的Cl2与乙二醛溶液反应生成乙醛酸。
(3)阴极反应式为________________________________________________________________________。
(4)阳极液中盐酸的作用，除了产生氯气外，还有
________________________________________________________________________。
(5)保持电流强度为a A，电解t min，制得乙醛酸m g。列式表示该装置在本次电解中的电流效率η＝______。(设：法拉第常数为f C·mol－1；η＝×100%)
解析：本题考查热化学、化学平衡、电化学等知识。(1)CH3CHO和稀硝酸反应，CH3CHO被氧化为OHC—CHO，稀硝酸被还原为NO，根据得失电子守恒，原子守恒配平化学方程式：3CH3CHO＋4HNO33OHC—CHO＋4NO↑＋5H2O。该方法的缺点是产生有毒气体NO。(2)①根据盖斯定律，由第二个反应－第一个反应，可得：HOCH2CH2OH(g)＋O2(g)OHC—CHO(g)＋2H2O(g) ΔH＝－484 kJ·mol－1－(－78 kJ·mol－1)＝－406 kJ·mol－1。两个方程式相减，则平衡常数相除，故该反应的化学平衡常数K＝。②该反应为放热反应，温度升高，主反应平衡向逆反
应方向移动，乙二醛产率降低；温度大于495℃，乙二醇大量转化为CO2等副产物，乙二醛产率降低。(3)阴极H＋发生还原反应，电极反应式为：2H＋＋2e－===H2↑。(4)乙二醛为非电解质，阳极液中盐酸还可作电解质溶液，增强溶液导电性。(5)根据OHC—CHOOHC—COOH，知生成m g乙醛酸消耗电子的物质的量为×2 mol，电极上通过电子的总物质的量为
＝mol，则电流效率η＝×100%＝×100%＝%。
答案：(1)3CH3CHO＋4HNO33OHC—CHO＋4NO↑＋5H2O 生成NO会污染空气(或“硝酸腐蚀设备”等其他合理答案)
(2)①－406 ②温度升高，主反应平衡向逆反应方向移动 温度大于495℃，乙二醇大量转化为CO2等副产物
(3)2H＋＋2e－===H2↑
(4)增强导电性(或“平衡阴极区电解液电荷”等其他合理答案)
(5)%(或其他合理答案)
题型十一 化学工艺流程分析应用
[授课提示：对应学生用书第150页]
1．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛，回答下列问题：
(1)生产Na2S2O5，通常是由 NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式________________。
(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：
①pH＝4.1时，I中为______________________溶液(写化学式)。
②工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是____________________。
(3)制备Na2S2O5也可采用三室膜电解技术，装置如图所示，其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为____________________。电解后，________室的 NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水，可得到Na2S2O5。
(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00 mL葡萄酒样品，用0.010 00 mol·L－1的碘标准液滴定至终点，消耗10.00 mL。滴定反应的离子方程式为________________，该样品中Na2S2O5的残留量为________ g·L－1(以SO2计)。
解析：(1)NaHSO3结晶脱水生成Na2S2O5。(2)①向Na2CO3饱和溶液中通入SO2，可能生成Na2SO3、NaHSO3，因Na2SO3溶液呈碱性，Ⅰ中溶液呈弱酸性，所以生成的是NaHSO3。②审题时抓住“生产Na2S2O5，通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得”，则工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3过饱和溶液。(3)阳极发生氧化反应：2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，阳极室H＋向a室迁移，a室中的Na2SO3转化成NaHSO3。阴极发生还原反应，析出H2，OH－增多，Na＋由a室向b室迁移，则b室中Na2SO3浓度增大。(4)I2作氧化剂，将S2O氧化成SO。计算样品中Na2S2O5的残留量时以SO2计，则n(I2)＝n(SO2)＝0.010 00 mol·L－1×0.01 L＝0.000 1 mol，m(SO2
)＝0.006 4 g，则该样品中Na2S2O5的残留量为＝0.128 g·L－1。
答案：(1)2NaHSO3===Na2S2O5＋H2O
(2)①NaHSO3 ②得到NaHSO3过饱和溶液
(3)2H2O－4e－===4H＋＋O2↑ a
(4)S2O＋2I2＋3H2O===2SO＋4I－＋6H＋ 0.128
2．TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：
资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质
化合物
SiCl4
TiCl4
AlCl3
FeCl3
MgCl2
沸点/℃
58
136
181(升华)
316
1 412
熔点/℃
－69
－25
193
304
714
在TiCl4中
的溶解性
互溶
——
微溶
难溶
(1)氯化过程：TiO2与Cl2难以直接反应，加碳生成CO和CO2可使反应得以进行。
已知：TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋O2(g) ΔH1＝＋175.4 kJ·mol－1
2C(s)＋O2(g)===2CO(g)
ΔH2＝－220.9 kJ·mol－1
①沸腾炉中加碳氯化生成TiCl4(g)和CO(g)的热化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②氯化过程中CO和CO2可以相互转化，根据下图判断：CO2生成CO反应的ΔH________0(填“＞”“＜”或“＝”)，判断依据：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③氯化反应的尾气须处理后排放，尾气中的HCl和Cl2经吸收可得粗盐酸、FeCl3溶液，则尾气的吸收液依次是________________________________________________________________________。
④氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有________________________________________________________________________。
(2)精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4。示意图如下：
物质a是________，T2应控制在________。
解析：(1)①钛精矿的主要成分是TiO2，在沸腾炉中加碳氯化时生成TiCl4(g)和CO(g)的反应为TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)TiCl4(g)＋2CO(g)。将题给两个已知热化学方程式依次编号为ⅰ、ⅱ，根据盖斯定律，由ⅰ＋ⅱ可得TiO2(s)＋2C(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(g)＋2CO(g)，则有ΔH＝(＋175.4 kJ·mol－1)＋(－220.9 kJ·mol－1)＝－45.5 kJ·mol－1。
②由图可知，随着温度升高，n(CO)逐渐增大、n(CO2)逐渐减小，说明升高温度，平衡CO2＋C2CO正向移动，该反应的正反应为吸热反应，则该反应的ΔH＞0。
③氯化反应的尾气中含有HCl和Cl2，经吸收得到粗盐酸、FeCl3溶液，可用水吸收HCl得到粗盐酸，用FeCl2溶液吸收Cl2得到FeCl3溶液，最后用NaOH溶液吸收未被吸收的HCl和Cl2
，防止污染环境，故尾气吸收液依次为水、FeCl2溶液、NaOH溶液。
④由TiCl4及所含杂质氯化物的性质表格数据可知，氯化产物冷却至室温，AlCl3、FeCl3和MgCl2均变成固体，SiCl4和TiCl4为液体，故过滤所得滤渣中含有AlCl3、FeCl3和MgCl2。
(2)粗TiCl4中含有SiCl4，由于TiCl4的沸点高于SiCl4，故经过蒸馏塔一进行蒸馏后可除去SiCl4，物质a为SiCl4。经蒸馏塔二进行蒸馏后得到纯TiCl4，而使其他杂质留在物质b中，故T2应控制在136～181 ℃。
答案：(1)①TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)===TiCl4(g)＋2CO(g) ΔH＝－45.5 kJ·mol－1 ②＞ 随温度升高，CO含量增大，说明生成CO的反应是吸热反应 ③H2O、FeCl2溶液、NaOH溶液 ④MgCl2、AlCl3、FeCl3
(2)SiCl4 高于136 ℃，低于181 ℃
3．Li4Ti5O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有少量MgO、SiO2等杂质)来制备，工艺流程如下：
回答下列问题：
(1)“酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示。由图可知，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为__________________。
(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl形式存在，写出相应反应的离子方程式________________________________________________________________________。
(3)TiO2·xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40 min所得实验结果如下表所示：
温度/℃
30
35
40
45
50
TiO2·xH2O转化率/%
92
95
97
93
88
分析40 ℃时TiO2·xH2O转化率最高的原因________。
(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为＋4，其中过氧键的数目为________。
(5)若“滤液②”中c(Mg2＋)＝0.02 mol·L－1，加入双氧水和磷酸(设溶液体积增加1倍)，使Fe3＋恰好沉淀完全即溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，此时是否有Mg3(PO4)2沉淀生成？
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(列式计算)。
FePO4、Mg3(PO4)2的Ksp分别为1.3×10－22、1.0×10－24。
(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式________________________________________________________________________。
解析：(1)根据图像分析，当铁的浸出率为70%时，所采用的实验条件为100 ℃、2 h,90 ℃、5 h。
(2)“酸浸”时，发生反应的离子方程式为FeTiO3＋4H＋＋4Cl－===Fe2＋＋TiOCl＋2H2O。
(3)当温度低于40 ℃时，H2O2、NH3·H2O不易分解，但是温度低，反应速率慢，TiO2·xH2O转化率低；当温度高于40 ℃时，H2O2分解，NH3逸出，反应物浓度降低，反应速率下降，TiO2·xH2O的转化率低。
(4)设Li2Ti5O15中过氧键的数目为x，则非过氧键氧原子数目为15－2x，根据化合物中各元素正、负化合价代数和为零可得：2x＋2×(15－2x)＝1×2＋4×5，解得：x＝4。
(5)根据Ksp(FePO4)＝1.3×10－22及Fe3＋恰好完全沉淀时溶液中c(Fe3＋)＝1.0×10－5 mol·L－1，可得c(PO)＝ mol·L－1＝1.3×10－17 mol·L－1。c(Mg2＋)＝ mol·L－1＝0.01 mol·L－1，则c3(Mg2＋)·c2(PO)＝0.013×(1.3×10－17)2＝1.69×10－40≈1.7×10－40＜Ksp[Mg3(PO4)2]＝1.0×10－24，因此不会生成Mg3
(PO4)2沉淀。
(6)煅烧过程中，Fe元素化合价由＋3降至＋2，被还原，则H2C2O4应作还原剂，其氧化产物为CO2，反应的化学方程式为2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋3CO2↑＋H2O。
答案：(1)100 ℃、2 h,90 ℃、5 h
(2)FeTiO3＋4H＋＋4Cl－===Fe2＋＋TiOCl＋2H2O
(3)低于40 ℃，TiO2·xH2O转化反应速率随温度升高而增加；超过40 ℃，双氧水分解与氨气逸出导致TiO2·xH2O转化反应速率下降 (4)4 (5)Fe3＋恰好沉淀完全时，c(PO)＝ mol·L－1＝1.3×10－17 mol·L－1，c3(Mg2＋)·c2(PO)值为0.013×(1.3×10－17)2＝1.7×10－40Cl2的氧化性)
从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如图：
(1)过程Ⅰ中采用NaOH溶液溶出废料中的Al，反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
(2)过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液浸出钴。则浸出含钴物质的反应化学方程式为(产物中只有一种酸根)________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
在实验室模拟工业生产时，也可用盐酸浸出钴，但实际工业生产中不用盐酸，请分析不用盐酸浸出钴的主要原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)过程Ⅲ得到锂铝渣的主要成分是LiF和Al(OH)3，碳酸钠溶液在产生Al(OH)3时起重要作用，请写出该反应的离子方程式：________________________________________________________________________。
(4)碳酸钠溶液在过程Ⅲ和Ⅳ中所起作用有所不同，请写出在过程Ⅳ中起的作用是________________________________________________________________________。
(5)在Na2CO3溶液中存在多种粒子，下列各粒子浓度关系正确的是________(填序号)。
A．c(Na＋)＝2c(CO)
B．c(Na＋)>c(CO)>c(HCO)
C．c(OH－)>c(HCO)>c(H＋)
D．c(OH－)－c(H＋)＝c(HCO)＋2c(H2CO3)
(6)CoO溶于盐酸可得粉红色的CoCl2溶液。CoCl2含结晶水数目不同而呈现不同颜色，利用蓝色的无水CoCl2吸水变色这一性质可制成变色水泥和显隐墨水。下图是粉红色的CoCl2·6H2O晶体受热分解时，剩余固体质量随温度变化的曲线，物质A的化学式是________________________________________________________________________。
解析：(2)废料中Co为＋3价和＋2价，由工艺流程中过程Ⅱ后溶液只含有Co2＋，则可知Co3＋氧化S2O，还原产物为Co2＋，由产物中只有一种酸根可知氧化产物只有SO。(3)Al3＋与 CO可以发生双水解生成Al(OH)3沉淀。(4)由过程Ⅳ中提示加入Na2CO3后调节pH及产生CoCO3沉淀可获得其在该过程中的作用。(6)由无水CoCl2可知其物质的量为n(CoCl2)＝65×10－3 g÷130 g·mol－1＝5×10－4 mol，A中含有水的物质的量为n(H2O)＝(83－65)×10－3 g÷18 g·mol－1＝1×10－3 mol，则n(CoCl2)n(H2O)＝12，即物质A为CoCl2·2H2O。
答案：(1)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑
(2)4Co2O3·CoO＋Na2S2O3＋11H2SO4===12CoSO4＋Na2SO4＋11H2O Co2O3·CoO可氧化盐酸产生Cl2，污染环境
(3)2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑
(4)调节pH，提供CO，使Co2＋沉淀为CoCO3
(5)BCD
(6)CoCl2·2H2O
6．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：
回答下列问题：
(1)NaClO2中Cl的化合价为______________。
(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式__________________。
(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2＋和Ca2＋，要加入的试剂分别为________、________。“电解”中阴极反应的主要产物是________。
(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为________，该反应中氧化产物是________。
(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为________。(计算结果保留两位小数)
解析：本题考查无机化工流程，涉及氯及其化合物的相关知识，包括计算元素化合价、书写陌生氧化还原反应方程式、流程分析、电解产物的判断、氧化剂与还原剂的判断及量的分析、有效氯含量的计算。(1)根据化合物中各元素化合价代数和等于0，计算出NaClO2中氯元素化合价为＋3。(2)从流程图看出，反应物是氯酸钠、二氧化硫、硫酸，产物为硫酸氢钠、二氧化氯，根据得失电子守恒，原子守恒配平化学方程式：2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。(3)粗盐提纯中加入氢氧化钠溶液沉淀镁离子，加入碳酸钠溶液沉淀钙离子。电解过程中ClO2在阴极放电得到ClO，故阴极反应的主要产物为NaClO2。(4)依题意，用含氢氧化钠的双氧水吸收尾气中的二氧化氯，发生反应：2ClO2＋H2O2＋2OH－===2ClO＋O2＋2H2O，ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，氧化产物为O2。(5)氯气、亚氯酸钠的氧化能力就是得电子能力，得电子数相等时，氧化能力相当。氯气、亚氯酸钠的最终还原产物为氯离子。根据：NaClO2Cl－，Cl22Cl－
，得电子数相等时，存在：NaClO2～2Cl2，故亚氯酸钠的有效氯含量为≈1.57。
答案：(1)＋3
(2)2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4
(3)NaOH溶液 Na2CO3溶液 ClO(或NaClO2)
(4)2:1 O2 (5)1.57
题型十二 化学实验综合分析应用
[授课提示：对应学生用书第153页]
1．水中溶氧量(DO)是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示，单位mg·L－1。我国《地表水环境质量标准》规定，生活饮用水源的DO不能低于5 mg·L－1。某化学小组同学设计了下列装置(夹持装置略)，测定某河水的DO。
Ⅰ.测定原理：
碱性条件下，O2将Mn2＋氧化为MnO(OH)2：
①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓
酸性条件下，MnO(OH)2将I－氧化为I2：②MnO(OH)2＋I－＋H＋―→Mn2＋＋I2＋H2O(未配平)
用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2：
③2S2O＋I2===S4O＋2I－
Ⅱ.测定步骤：
a．安装装置，检验气密性，充N2排尽空气后，停止充N2。
b．向烧瓶中加入200 mL水样。
c．向烧瓶中依次迅速加入1 mL MnSO4无氧溶液(过量)、2 mL碱性KI无氧溶液(过量)，开启搅拌器，至反应①完全。
d．搅拌并向烧瓶中加入2 mL H2SO4无氧溶液，至反应②完全，溶液为中性或弱酸性。
e．从烧瓶中取出40.00 mL溶液，以淀粉作指示剂，用0.010 00 mol·L－1 Na2S2O3溶液进行滴定，记录数据。
f．……
g．处理数据(忽略氧气从水样中的逸出量和加入试剂后水样体积的变化)。
回答下列问题：
(1)配制以上无氧溶液时，除去所用溶剂水中氧的简单操作为________。
(2)在橡胶塞处加入水样及有关试剂应选择的仪器为________________________。
①滴定管 ②注射器 ③量筒
(3)搅拌的作用是________________________。
(4)配平反应②的方程式，其化学计量数依次为_________。
(5)步骤f为________________________。
(6)步骤e中达到滴定终点的标志为______________。若某次滴定消耗Na2S2O3溶液4.50 mL，水样的DO＝________mg·L－1(保留一位小数)。作为饮用水源，此次测得DO是否达标：________(填“是”或“否”)。
(7)步骤d中加入H2SO4溶液反应后，若溶液pH过低，滴定时会产生明显的误差。写出产生此误差的原因(用离子方程式表示，至少写出2个)________________。
解析：(1)气体的溶解度随温度升高而减小，故可用将水加热煮沸法除去溶解在溶剂水中的氧气。
(2)测定步骤中加入的试剂均为无氧溶液，且加入的水样要防止空气中氧气的干扰，故需要隔绝空气，所以选用密封性较好的注射器。
(3)搅拌能够使物质混合均匀，加快化学反应的进行。
(4)MnO(OH)2中Mn显＋4价，2 mol I－化合价升高2价生成I2，故根据化合价升降总数相等和元素守恒、电荷守恒配平方程式为MnO(OH)2＋ 2I－＋4H＋===Mn2＋＋I2＋3H2O。
(5)中和滴定一般采用重复滴定2～3次来减小滴定误差。
(6)用Na2S2O3溶液进行滴定时，I2的量逐渐减小至消失时为滴定终点，此时的现象是蓝色消失且半分钟内不变色。根据反应方程式①2Mn2＋＋O2＋4OH－===2MnO(OH)2↓、反应方程式②MnO(OH)2＋ 2I－＋4H＋=== Mn2＋＋I2＋3H2O、反应方程式③2S2O＋I2===S4O＋2I－得关系式：
2Mn2＋～O2～2MnO(OH)2～2I2～4Na2S2O3
1 4
n(O2) 0.004 5 L×0.010 00 mol·L－1
＝，
则n(O2)＝×0.004 5 L×0.010 00 mol·L－1，
则DO＝
＝9.0×10－3 g·L－1＝9.0 mg·L－1，根据生活饮用水的DO不低于5 mg·L－1知，此次测得的DO达标。
(7)Na2S2O3在酸性条件下可以发生歧化反应生成S和SO2，且生成的SO2可被I2氧化。另外，在酸性条件下I－也可被氧气氧化。
答案：(1)将溶剂水煮沸后冷却 (2)②
(3)使溶液混合均匀，快速完成反应
(4)1,2,4,1,1,3 (5)重复步骤e的操作2～3次
(6)溶液蓝色褪去，且半分钟内不变色。 9.0 是
(7)2H＋＋S2O===S↓＋SO2↑＋H2O
SO2＋I2＋2H2O===4H＋＋SO＋2I－
4H＋＋4I－＋O2===2I2＋2H2O(任写其中2个)
2．CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl，并进行相关探究。
【资料查阅】
【实验探究】 该小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器略)。
请回答下列问题：
(1)仪器X的名称是____________。
(2)实验操作的先后顺序是a→________→e(填操作的编号)。
a．检查装置的气密性后加入药品
b．熄灭酒精灯，冷却
c．在“气体入口”处通入干燥HCl
d．点燃酒精灯，加热
e．停止通入HCl，然后通入N2
(3)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是______________。
(4)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是______________。
【探究反思】
(5)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：
①若杂质是CuCl2，则产生的原因是________________________________________________________________________。
②若杂质是CuO，则产生的原因是________________________________________________________________________。
解析：本题考查化学实验设计与评价，意在考查考生的实验探究能力和对实验方案的评价能力。(1)仪器X的名称为干燥管。(2)实验操作中应先通氯化氢气体，再点燃酒精灯，反应结束后，先熄灭酒精灯，再停止通入氯化氢气体，故实验操作的先后顺序为：a→c→d→b→e。(3)实验过程中，由于通入氯化氢气体，多余的氯化氢气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红；又由于反应过程中产生氯气，氯气与水反应生成的HClO能漂白试纸而使试纸褪色。(4)装置D中发生的氧化还原反应为氯气与氢氧化钠溶液的反应，离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。(5)①由于加热时间不足或温度偏低，CuCl2·2H2O失去结晶水后生成CuCl2，CuCl2没有完全分解；②通入的氯化氢气体不足，反应过程中CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2，Cu2(OH)2Cl2分解而生成CuO。
答案：(1)(球形)干燥管 (2)cdb (3)先变红，后褪色 (4)Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O
(5)①加热时间不足或温度偏低 ②可能是没有在HCl的氢围中加热或未等试管冷却就停止通入HCl气体
3．过氧化钙微溶于水，溶于酸，可用作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。以下是一种制备过氧化钙的实验方法。回答下列问题：
(一)碳酸钙的制备
(1)步骤①加入氨水的目的是________。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于________。
(2)右图是某学生的过滤操作示意图，其操作不规范的是________(填标号)。
a．漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁
b．玻璃棒用作引流
c．将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁
d．滤纸边缘高出漏斗
e．用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速度
(二)过氧化钙的制备
CaCO3滤液 白色结晶
(3)步骤②的具体操作为逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈________性(填“酸”“碱”或“中”)。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是________。
(4)步骤③中反应的化学方程式为________，该反应需要在冰浴下进行，原因是________。
(5)将过滤得到的白色结晶依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是________。
(6)制备过氧化钙的另一种方法是：将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。该工艺方法的优点是________________，产品的缺点是________。
解析：(1)石灰石中含少量铁的氧化物，加入盐酸后生成CaCl2及铁的氯化物，加入双氧水可将Fe2＋氧化成Fe3＋，加入氨水的目的是中和剩余盐酸，调节溶液的pH，使Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀，再通过过滤除去杂质。小火煮沸的作用是使沉淀颗粒长大，有利于过滤分离。(2)过滤操作中要求“一贴、二低、三靠”，图中漏斗末端颈尖未紧靠烧杯壁，a错误；过滤时，玻璃棒用作引流，b正确；将滤纸湿润，使其紧贴漏斗壁，防止存在气泡， c正确；滤纸边缘要低于漏斗边缘，液面要低于滤纸边缘，d错误；用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动，容易使滤纸破损，e错误。(3)步骤②
中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，该固体为CaCO3，溶液中含有CaCl2，由于溶解了生成的CO2，溶液呈弱酸性。将溶液煮沸，可排出溶解的CO2，防止与后续加入的氨水及生成的CaO2反应。(4)滤液中含有CaCl2，加入氨水和双氧水在冰浴条件下反应，经过滤得到白色晶体(CaO2)，结合元素守恒推知步骤③中反应还生成NH4Cl和H2O，化学方程式为CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2＋6H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl或CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2===CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O 。H2O2不稳定，受热易分解生成H2O和O2，故该反应在冰浴条件下进行，其目的是防止H2O2受热分解。(5)过氧化钙微溶于水，能溶于酸，白色结晶(CaO2)可依次使用蒸馏水、乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面水分。(6)将石灰石煅烧后，直接加入双氧水反应，过滤后可得到过氧化钙产品。与第一种方法相比，其优点是工艺简单、操作方便；产品的缺点是纯度较低。
答案：(1)调节溶液pH使Fe(OH)3沉淀 过滤分离 (2)ade (3)酸 除去溶液中的CO2 (4)CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2＋6H2O===CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl 或CaCl2＋2NH3·H2O＋H2O2===CaO2↓＋2NH4Cl＋2H2O 温度过高时双氧水易分解 (5)去除晶体表面水分 (6)工艺简单、操作方便 纯度较低
4．乳酸亚铁{[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O，Mr＝288}是一种常用的补铁剂，可通过乳酸与碳酸亚铁反应制得：
CH3CH(OH)COOH＋FeCO3＋2H2O―→
[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O＋CO2↑。
已知FeCO3易被氧化：4FeCO3＋6H2O＋O2===4Fe(OH)3＋4CO2。
某兴趣小组用FeCl2(用铁粉和稀盐酸制得)和NH4HCO3制备FeCO3的装置示意图如下：
回答下列问题：
(1)NH4HCO3盛放在装置________中(填字母)，该装置中涉及的主要反应的离子方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)将生成的FeCl2溶液和NH4HCO3溶液混合时的操作是________________________________________________________________________。
(3)将制得的FeCO3加入到足量乳酸溶液中，再加入少量铁粉，75 ℃下搅拌反应。铁粉的作用是______________________。反应结束后，无需过滤，除去过量铁粉的方法是________________________________________________________________________。
(4)该兴趣小组用KMnO4法测定样品中亚铁含量进而计算产品中乳酸亚铁的质量分数，发现产品的质量分数总是大于100%，其原因可能是__________________________。经查阅文献后，该兴趣小组改用铈(Ce)量法则定产品中Fe2＋的含量。取2.880 g产品配成100 mL溶液，每次取20.00 mL进行必要处理，用0.100 0 mol·L－1 Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，平均消耗Ce(SO4)2 19.70 mL。滴定反应如下：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋，则产品中乳酸亚铁的质量分数为________。
解析：在装置B中发生Fe＋2HCl===FeCl2＋H2↑，当生成的H2纯净时，关闭活塞3，使B中的压强增大，把生成的FeCl2溶液压入到C中，使NH4HCO3与FeCl2反应生成FeCO3。
(4)n(Fe2＋)＝19.70×10－3 L×0.100 0 mol·L－1×5＝9.85×10－3 mol，所以乳酸亚铁的质量分数为×100%＝98.5%。
答案：(1)C Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋
H2O
(2)待D处的气体纯净后关闭活塞3、打开活塞2
(3)防止＋2价的铁元素被氧化 加入适量乳酸让铁粉反应完全
(4)乳酸根离子中会有羟基被酸性KMnO4氧化 98.50%
5．K3[Fe(C2O4)3]·3H2O[三草酸合铁(Ⅲ)酸钾晶体]是制备负载型活性铁催化剂的主要原料，也是一些有机反应很好的催化剂。下图是在实验室中制备K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的流程：
回答下列问题：
(1)步骤Ⅰ中加入稀硫酸的目的是______________________________。步骤Ⅱ中发生的主要化学反应为一可逆过程，其离子方程式为____________________________。常温下，该反应的平衡常数K＝________[已知常温下：Ka1(H2C2O4)＝5.6×10－2、Ka2(H2C2O4)＝5.4×10－5、Ksp(FeC2O4)＝2.1×10－7]。
(2)下列试剂均可将FeC2O4氧化为K3[Fe(C2O4)3]，最适宜作为“试剂a”的是________(填序号)。
a．氯水 b．酸性KMnO4溶液
c．H2O2溶液 d．稀硝酸
(3)使用托盘天平称量制得的K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的质量。天平平衡时，右盘内砝码的总质量为20 g，游码示数如图所示，则制得的晶体的质量为________g，该实验中K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的产率为____________________。(已知：K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的相对分子质量为491，FeSO4·7H2O的相对分子质量为278)
(4)某研究小组将K3[Fe(C2O4)3]在一定条件下加热分解后，利用如图所示装置(可重复使用)确认所得含碳元素的气体产物为CO和CO2。
按气流从左到右的方向，装置的连接顺序为______________________(填装置序号)；确认气体产物中含CO的现象为__________________。
解析：
本题考查离子反应，氧化还原反应，弱电解质的电离常数、难溶盐的溶度积常数、化学平衡常数、产率的有关计算，物质的性质、检验与除杂等。(1)平衡常数K＝＝＝14.4。(2)H2O2为绿色氧化剂，不引入新杂质。(3)27.8 g FeSO4·7H2O为0.1 mol，根据Fe元素守恒可知理论上可制得0.1 mol K3[Fe(C2O4)3]·3H2O，则产率为×100%＝44.6%。(4)由所给装置及试剂可知检验原理为：首先用D装置检验CO2，然后用C装置除去CO2，再用D装置确认CO2已经除尽后，将气体通过B装置干燥，再通过A装置，最后将气体通入D装置检验是否生成了CO2。
答案：(1)抑制Fe2＋水解 Fe2＋＋H2C2O4FeC2O4↓＋2H＋ 14.4
(2)c (3)21.9 44.6%
(4)DCDBAD A中黑色粉末变为红色，其后的D中澄清石灰水变浑浊
6．中华人民共和国国家标准(GB2760－2011)规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L－1。某兴趣小组用题图1装置(夹持装置略)收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定。
(1)仪器A的名称是________，水通入A的进口为________。
(2)B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，其化学方程式为________________________________________________________________________。
(3)除去C中过量的H2O2，然后用0.090 0mol·L－1
NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择题图2中的________；若滴定终点时溶液的pH＝8.8，则选择的指示剂为________；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积________(填序号)(①＝10mL，②＝40mL，③＜10mL，④＞40mL)。
(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：________g·L－1。
(5)该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)冷凝管或冷凝器，其进水方式为下进上出，则为b。
(2)SO2具有还原性，H2O2具有强氧化性，二者发生氧化还原反应，方程式为H2O2＋SO2===H2SO4；
(3)排出气体的方法：挤压胶管的滚珠，利用碱液将气泡冲出，故答案选③；滴定终点的pH＝8.8，溶液显碱性，可以选择无色酚酞作为指示剂；由于滴定管的刻度自上而下逐渐增大，且最下面一段没有刻度，因此该滴定管中实际溶液体积是大于50 mL－10 mL＝40 mL；
(4)根据方程式可知消耗氢氧化钠的物质的量等于0.025L×0.09 mol/L＝0.00225 mol，NaOH和H2SO4反应生成物是Na2SO4。可知硫元素的物质的量等于钠元素的一半，即硫元素的物质的量是0.001125 mol，硫元素则来自SO2，因此SO2的物质的量也是0.001125 mol，所以SO2的质量是0.001125 mol×64 g/mol＝0.072 g，由此可以计算出SO2的含量是0.24 g/L；
(5)测定结果比实际值高的原因是消耗了更多的NaOH，说明有酸性杂质。结合实验过程可知，反应过程中加入的盐酸具有挥发性，和SO2一起进入到反应装置中。可以采取的措施有：用不挥发性的强酸(比如H2SO4)代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比试验。
答案：(1)冷凝管或冷凝器 b
(2)SO2＋H2O2===H2SO4
(3)③ 酚酞 ④
(4)0.24
(5)原因：盐酸的挥发 改进措施：用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响。
题型十三 《物质结构与性质》(选考)
[授课提示：对应学生用书第156页]
1．Ⅰ.下列叙述正确的有( )
A．第四周期元素中，锰原子价电子层中未成对电子数最多
B．第二周期主族元素的原子半径随核电荷数增大依次减小
C．卤素氢化物中，HCl的沸点最低的原因是其分子间的范德华力最小
D．价层电子对相斥理论中，π键电子对数不计入中心原子的价层电子对数
Ⅱ.M是第四周期元素，最外层只有1个电子，次外层的所有原子轨道均充满电子。元素Y的负一价离子的最外层电子数与次外层的相同。回答下列问题：
(1)单质M的晶体类型为________，晶体中原子间通过________作用形成面心立方密堆积，其中M原子的配位数为________。
(2)元素Y基态原子的核外电子排布式为________，其同周期元素中，第一电离能最大的是________(写元素符号)。元素Y的含氧酸中，酸性最强的是________(写化学式)，该酸根离子的立体构型为________。
(3)M与Y形成的一种化合物的立方晶胞如图所示。
①该化合物的化学式为________，已知晶胞参数a＝0.542
nm，此晶体的密度为________ g·cm－3。(写出计算式，不要求计算结果。阿伏加德罗常数为NA)
②该化合物难溶于水但易溶于氨水，其原因是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
此化合物的氨水溶液遇到空气则被氧化为深蓝色，深蓝色溶液中阳离子的化学式为________________________________________________________________________。
答案：Ⅰ.BD
Ⅱ.(1)金属晶体 金属键 12
(2)1s22s22p63s23p5 Ar HClO4 正四面体
(3)①CuCl
或
②Cu＋可与氨形成易溶于水的配位化合物(或配离子) [Cu(NH3)4]2＋
2．K2Cr2O7是一种常见的强氧化剂，酸性条件下会被还原剂还原成Cr3＋。
(1)Cr3＋能与OH－、CN－形成配合物[Cr(OH)4]－、[Cr(CN)6]3－。
①Cr3＋的电子排布式可表示为________________________________________________________________________。
②[Cr(OH)4]－中所含化学键类型有________。
(2)K2Cr2O7能将乙醇氧化为乙醛，直至乙酸。
①乙醛与乙酸中σ键个数之比为________。
②乙酸的沸点是117.9 ℃，甲酸甲酯的沸点是31.5 ℃，乙酸的沸点高于甲酸甲酯的沸点的主要原因是________________________________________________________________________。
(3)一种新型阳极材料LaCrO3
的晶胞如图所示，已知距离每个Cr原子最近的原子有6个，则图中________原子代表的是Cr原子。
解析：(1)①铬是24号元素，铬元素失去3个电子变成Cr3＋，所以Cr3＋核外有21个电子，根据构造原理知，该离子核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d3。
②[Cr(OH)4]－中的Cr＋与4个OH－形成配位键。OH－中O与H之间是极性键。
(2)①乙醛中含有6个σ键，乙酸中含有7个σ键。
②分子晶体中相对分子质量越大其熔沸点越高，但物质间含有氢键会导致该物质熔沸点增大，乙酸分子间存在氢键，所以乙酸的沸点高于甲酸甲酯的沸点。
(3)该晶胞中A原子个数＝8×1/8＝1，B原子个数＝6×1/2＝3，C原子个数是1，且距离每个Cr原子最近的原子有6个，则C代表铬原子。
答案：(1)①1s22s22p63s23p63d3(或[Ar]3d3)
②配位键、极性键
(2)①6:7 ②乙酸分子间存在氢键
(3)C
3．钛合金材料广泛用于航空航天工业，钛的化合物如TiSe2、Ti(NO3)4、TiCl4、酒石酸钛等均有广泛用途。
(1)基态Ti的价层电子排布图为________________。
基态硒(Se)的未成对电子数为________。
(2)酒石酸钛广泛应用于药物合成。酒石酸(结构简式为)中碳原子的杂化轨道类型是________，1 mol酒石酸中σ键的数目是________。
(3)TiCl4晶体在常温下由气态凝结成固态，该晶体类型是________；NO的中心原子价层电子对数与成键电子对数之比为________。
(4)
主族元素A的原子序数比Ti的少2，在短周期元素中，元素B的简单氢化物的沸点最高。元素A、元素B和Ti三者形成的晶体的晶胞如图所示，该晶体的化学式为________(用元素符号表示)。若该晶胞参数为a nm，则该晶胞的密度为________ g·cm－3。(NA代表阿伏加德罗常数的值)
解析：(1)基态钛原子的价层电子排布式为3d24s2，价层电子排布图为。基态硒原子的价层电子排布式为4s24p4，基态硒原子有2个未成对电子。(2)酒石酸分子中，碳氧双键的碳原子是sp2杂化，形成4个单键的碳原子是sp3杂化。1个酒石酸分子中含有15个σ键(1个双键中含1个σ键和1个π键)。(3)TiCl4晶体是分子晶体，NO中N为中心原子，价层电子对数为3、成键电子对数为3。(4)依题意，A为Ca，B为O。8个钙原子位于立方体顶点，6个氧原子位于立方体面心，1个钛原子位于立方体内。则1个晶胞中含1个Ti原子，含O原子个数为6×＝3，含Ca原子个数为8×＝1，故该晶体的化学式为CaTiO3。1 cm＝1×107 nm，该晶胞的体积为V＝a3×10－21 cm3，该晶胞密度为ρ＝ g·cm－3。
答案：(1) 2
(2)sp2、sp3 15×6.02×1023
(3)分子晶体 1:1
(4)CaTiO3
4．CO2是燃烧和代谢的最终产物，也是造成温室效应的废气，但在科学家的眼里，没有废弃的物质。CO2作为一种资源，开发和利用的前景十分诱人。
(1)在440 ℃和800大气压条件下，二氧化碳和金属钠反应，可将CO2
还原成金刚石，同时生成一种盐，该反应的化学反应方程式为________________________________________________________________________，
该反应中的三种含碳物质里碳原子的杂化方式分别是________杂化、________杂化、________杂化(先写化学式，再写相应的杂化类型)，CO的立体构型是________。
(2)从结构上讲，O===C===O和H2C===C===CH2是等电子体，它启示人们可以利用CO2制取碳酸酯类物质，如CH3OCOOCH3,1 mol该物质的分子中含有的σ键的数目为________，制取该物质的另一物质易溶于水的主要原因是________________________________________________________________________。
(3)固体CO2俗称干冰，干冰可用于人工降雨的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
干冰为面心立方晶体，若其晶胞边长为a nm，列式表示该晶体的密度为________ g·cm－3(只列出表达式，不必化简)。
(4)金刚石的晶胞如图(均为同种原子)，则其中C原子的配位数是________，空间利用率为________。
答案：(1)3CO2＋4NaC＋2Na2CO3 CO2、sp C、sp3 Na2CO3、sp2 平面三角形
(2)11NA CH3OH和H2O之间能形成氢键
(3)固体CO2是分子晶体，沸点低，易升华，升华时吸热，使环境中的水蒸气液化
(4)4 34%
5．碳、氮、镁、镍(Ni)及其化合物在生活、生产、科技等领域有广泛应用。
请回答下列问题：
(1)基态镍原子的价层电子排布式为________；基态氮原子的核外电子云形状有________。
(2)“8·12”天津港危险物爆炸事故现场检测出NaCN超标。CN－的等电子体分子为________；1 mol HCN分子中含________个π键。
(3)在碳、氮的含氧酸根离子中，中心原子杂化类型为sp2的离子有________________，其中孤电子对数为1的离子的空间构型是________。
(4)CH4分子的键角大于NH3的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
键长：C—H键________(填“>”“<”或“＝”)N—H键。
(5)C3N4是人工合成的超硬度新材料，它的晶体类型为________。
(6)据报道，某种含有镁、镍和碳三种元素的晶体具有超导性，该新型超导晶体的一个晶胞的结构如图所示，则该晶体的化学式为________。
解析：(1)镍原子的核外电子数为28，价层电子排布式为3d84s2。氮原子的核外电子只占据2种能级：s能级、p能级，电子云形状分别为球形、哑铃形。
(2)CN－的电子数为14，等电子体分子有N2、CO等。1个H—C≡N分子中含有2个π键。
(3)CO、NO、NO中，中心原子价层电子对数都是3，杂化类型都为sp2；NO中氮原子上孤电子对数为1，其空间构型是V形。
(4)电子对之间的排斥力大小顺序：孤电子对—孤电子对>孤电子对—成键电子对>成键电子对—成键电子对。以共价键结合的分子的中心原子价层孤电子对数越多，键角越小。半径：C>N，故键长：C—H键>N—H键。
(5)“超硬度”材料暗示氮化碳是原子晶体。
(6)在该晶胞中，8个镁原子位于顶点；6个镍原子位于面心；1个碳原子位于体心。根据均摊法计算晶胞中各原子的个数，Mg：8×＝1，Ni：6×＝3，C：1，故该晶体的化学式为MgNi3C。
答案：(1)3d84s2 球形和哑铃形
(2)N2(或CO) 2NA(或2×6.02×1023)
(3)CO、NO、NO V形
(4)氮原子上有1个孤电子对，碳原子上没有孤电子对，孤电子对与成键电子对之间的排斥力大于成键电子对与成键电子对之间的排斥力 >
(5)原子晶体
(6)MgNi3C
6．(1)卤素化学丰富多彩，能形成卤化物、卤素互化物、多卤化物等多种类型的化合物。回答下列问题：
①基态溴原子的外围电子排布式为________。
②气态氟化氢中存在二聚分子(HF)2，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
③卤化物RbICl2在加热时会分解为晶格能相对较大的卤化物A和卤素互化物或卤素单质，则A的化学式为________。
(2)碳、氮、硅等非金属元素与人类的生产生活息息相关。
①C、N、Si的电负性由大到小的顺序是________。
②科学家把C60和K掺杂在一起制造了一种富勒烯与钾的化合物，该物质在低温时是一种超导体，其晶胞如图所示，该物质中K和C60的个数比为________。
解析：(1)③RbICl2RbCl＋ICl。
(2)②N(K)：6××2＝6，N(C60)：1＋8×＝2，所以K和C60个数之比为3:1。
答案：(1)①4s24p5 ②HF分子间可通过氢键形成二聚体 ③RbICl2RbCl＋ICl
(2)①N>C>Si ②3:1
7．材料科学对推动人类文明功不可没。
(1)2010年诺贝尔物理学奖授予了石墨烯材料研究的两位英国科学家。石墨烯(如下左图)可看作由石墨的层状结构一层一层的剥开得到的单层碳原子。下列有关石墨烯的叙述正确的是________(填字母)。
a．石墨烯的熔点很低
b．石墨烯独特的结构预示着它特有的应用前景
c．石墨烯与苯分子碳碳键的成键形式可能类似
d．石墨烯中碳原子数与碳碳共价键数目之比为1:3
(2)2011年诺贝尔化学奖授予了因发现准晶体材料的以色列科学家。
①一些准晶体材料十分“平滑”，例如聚四氟乙烯，用于制造汽车活塞等。聚四氟乙烯单体为四氟乙烯：CF2===CF2，四氟乙烯分子中σ键与π键个数之比是________。
②某准晶体是锰于另一种短周期元素X形成的凝固态，其完整结构如上(右图)。锰原子在基态时外围电子排布式为________；已知：金属的电负性一般小于1.8。元素X与同周期相邻元素Y、Z的性质如下表所示：
元素
X
Y
Z
电负性
1.5
1.2
1.8
第一电离能/kJ·mol－1
578
738
787
则锰与X在准晶体中的结合力为________，该准晶体的化学式为________。
解析：(1)d项，6×:6×＝2:3。
(2)②X为Al，Y为Mg，Z为Si。
N(Al)：12个，N(Mn)：1个，化学式为MnAl12。
答案：(1)bc
(2)①51 ②3d54s2 金属键 MnAl12
题型十四 《有机化学基础》(选考)
[授课提示：对应学生用书第158页]
1．秸秆(含多糖类物质)的综合利用具有重要的意义。下面是以秸秆为原料合成聚酯类高分子化合物的路线：
回答下列问题：
(1)下列关于糖类的说法正确的是________。(填标号)
a．糖类都有甜味，具有CnH2mOm的通式
b．麦芽糖水解生成互为同分异构体的葡萄糖和果糖
c．用银镜反应不能判断淀粉水解是否完全
d．淀粉和纤维素都属于多糖类天然高分子化合物
(2)B生成C的反应类型为________。
(3)D中的官能团名称为________，D生成E的反应类型为________。
(4)F 的化学名称是____________，由F生成G的化学方程式为________________________________________________________________________。
(5)具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5 mol W与足量碳酸氢钠溶液反应生成44 g CO2
，W共有________种(不含立体异构)，其中核磁共振氢谱为三组峰的结构简式为________________________________________________________________________。
(6)参照上述合成路线，以(反，反)2,4己二烯和C2H4为原料(无机试剂任选)，设计制备对苯二甲酸的合成路线________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析：(1)a项，大多数糖有甜味，具有CnH2mOm的通式，但有的糖类没有甜味，如淀粉和纤维素，也有的糖类不符合CnH2mOm的通式，错误；b项，麦芽糖只能水解生成葡萄糖，错误；c项，用银镜反应可以判断淀粉是否发生水解，用碘水可以判断淀粉是否水解完全，正确；d项，淀粉和纤维素都属于天然高分子化合物，正确。
(2)(反，反)－2,4己二烯二酸与CH3OH在酸性和加热条件下发生酯化反应生成C物质，酯化反应也为取代反应。
(3)由D的结构简式可以看出D中含有和两种官能团，由D和E两种物质结构的异同可以得出D生成E发生的是消去反应。
(4)由F的结构简式可知F为己二酸，己二酸与1,4－丁二醇发生缩聚反应生成聚酯G，其反应的化学方程式为nHOOC(CH2)4COOH＋
nHOCH2CH2CH2CH2OH
＋(2n－1)H2O。
(5)具有一种官能团的二取代芳香化合物W是E的同分异构体，0.5 mol W能与足量NaHCO3溶液反应生成44 g CO2(即1 mol)，说明W中含有2个—COOH，W中苯环上的两个取代基有4种情况：
①2个—CH2COOH，②—CH2CH2COOH和
—COOH，
③和—CH3
，每种情况又都有邻、间、对三种位置的同分异构体，故W共有满足条件的12种同分异构体，其核磁共振氢谱有三组峰的结构具有较大的对称性，结构简式为。
答案：(1)cd (2)取代反应(酯化反应)
(3)酯基、碳碳双键 消去反应(或氧化反应)
(4)己二酸
nHOOC(CH2)4COOH＋nHOCH2CH2CH2CH2OHHOCO(CH2)4COO(CH2)4OH＋(2n－1)H2O
(5)12
2．菠萝酯F是一种具有菠萝香味的赋香剂，其合成路线如下：
(1)A的结构简式为________，A中所含官能团的名称是________________________________________________________________________。
(2)由A生成B的反应类型是________，E的某同分异构体只有一种相同化学环境的氢，该同分异构体的结构简式为________________________________________________________________________。
(3)写出D和E反应生成F的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(4)结合题给信息，以溴乙烷和环氧乙烷为原料制备1丁醇，设计合成路线(其他试剂任选)。
合成路线流程图示例：CH3CH2ClCH3CH2OHCH3COOCH2CH3
解析：
(1)由题目所给信息可知，生成A的反应为双烯加成反应：。
根据结构简式可知，A中含有碳碳双键和醛基两种官能团。(2)A中含碳碳双键和醛基，能与H2发生加成反应：，由合成路线知E为CH2＝＝CHCH2OH，和E互为同分异构体且只有一种化学环境的氢的物质的结构简式为。(3)D和E发生酯化反应，生成F的化学方程式为
(4)根据题目所给信息，CH3CH2Br与Mg在干醚作用下生成CH3CH2MgBr，CH3CH2MgBr与环氧乙烷在酸性条件下反应即可生成1丁醇，其合成路线为CH3CH2BrCH3CH2MgBrCH3CH2CH2CH2OH。
答案：(1)CHO 碳碳双键、醛基
(2)加成(或还原)反应 CH3COCH3
3．苯酚是一种重要的化工原料。以苯酚为主要起始原料，某种药物中间体的合成路线如下：
(1)C中含氧官能团的名称为________________________________________________________________________。
(2)反应Ⅰ的反应类型是________。
(3)反应Ⅱ的化学方程式为________________________________________________________________________。
(4)化合物B的名称是__________，E的结构简式为
________________________________________________________________________。
(5)写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式________________________________________________________________________
________________________________________________________________________(任写两种)。
①苯环上有三个取代基且苯环上的一氯取代物只有两种
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③红外光谱显示有
解析：根据框图及信息，可以推断A为，B为CH3—CHO，D为，E为，F为。
答案：(1)醛基、酚羟基
(2)加成反应
(3) 2H2O
(4)乙醛
(5)
4．香料G的一种合成工艺如下图所示。
核磁共振氢谱显示A有两种峰，其强度之比为1”1。
请回答下列问题：
(1)A的结构简式为________，G中官能团的名称为________。
(2)检验M已完全转化为N的实验操作是 ________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)有学生建议，将M→N的转化用KMnO4(H＋)代替O2，老师认为不合理，原因是________________________________________________________________________。
(4)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：
K→L________________________________________________________________________，
反应类型________。
(5)F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有________种。(不考虑立体异构)
①能发生银镜反应 ②能与溴的四氯化碳溶液加成 ③苯环上有2个对位取代基
(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线(其他无机原料任选)。
请用以下方式表示：AB…目标产物
解析：采用逆推法可以推断N为，E为，所以D为，C为，B为，A为，
M为，
(5)符合条件的同分异构体有
答案：(1) 碳碳双键、酯基
(2)取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N(其他合理答案均可)
(3)KMnO4(H＋)在氧化醛基的同时还可以氧化碳碳双键
(4)
加成反应
(5)6
5．功能高分子P的合成路线如下：
(1)A的分子式是C7H8，其结构简式是________。
(2)试剂a是________。
(3)反应③的化学方程式：________________________________________________________________________。
(4)E的分子式是C6H10O2。E中含有的官能团：________。
(5)反应④的反应类型是________。
(6)反应⑤的化学方程式：________________________________________________________________________。
(7)已知：。以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)。
解析：根据高分子P的结构和A的分子式为C7H8，可以推出，D为对硝基苯甲醇，那么A应该为甲苯，B为对硝基甲苯，C为一氯甲基对硝基苯。
(1)A的结构式为。
(2)甲苯和浓硝酸在浓硫酸催化作用下生成对硝基甲苯，所以试剂a为浓硫酸和浓硝酸。
(3)反应③是一氯甲基对硝基苯在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成对硝基苯甲醇，反应的化学方程式为
。
(4)E为CH3CH CHCOOC2H5E中含有碳碳双键和酯基。
(5)反应④为加聚反应。,(6)反应⑤的化学方程式为
(7)CH2CH3CH2OH
CH3CHO
CH3CH
CH3—CH
(4)碳碳双键、酯基
(5)加聚反应
6.具有对称结构的姜黄素有抗氧化、保肝护肝、抑制肿瘤生长等功能。它的一种合成路线如图所示：
已知：①E、G能发生银镜反应；,
请回答下列问题：
(1)G的名称是________；D中所含官能团的名称是________。
(2)Y的结构简式为________；A生成B的反应类型是________。
(3)据最新报道，乙烯与双氧水在催化剂作用下反应生成B，产率较高。写出该反应的化学方程式：______________________。
(4)姜黄素的结构简式为________________________________________________________________________。
(5)在J的同分异构体中，同时满足下列条件的同分异构体有________种。
ⅰ.即能发生水解反应，又有发生银镜反应，
ⅱ.遇氯化铁溶液发生显色反应。
(6)参照上述流程，以苯乙烯为原料，设计路线制备某药物中间体
解析：(1)E、G都能发生银镜反应，说明E为乙醛，由已知反应②知，F为CH3CH===CHCHO，G中含醛基，F经选择性加成反应生成G，G为CH3CH2CH2CHO。由图示转化关系及D的分子式知，D为OHC—COOH，含醛基、羧基。(2)由Y的分子式及Y与D的反应产物知，Y的结构简式为。A为卤代烃，B为醇，卤代烃发生水解反应(或取代反应)生成醇。(3)乙烯与双氧水在催化剂作用下发生加成反应生成乙二醇。(4)J的结构简式为，姜黄素是对称结构，分子中含21个碳原子，由CH3COCH2COCH3和J反应生成，由反应物CH3COCH2COCH3中含5个碳原子，J中含8个碳原子知，姜黄素的结构简式为
。
(5)由题给条件知，J的同分异构体中含有1个酚羟基、1个甲酸酯基。若苯环上只有2个取代基：—OH、—CH2
OOCH，则J的同分异构体有3种结构。若苯环上有3个取代基：—OH、HCOO—、—CH3，J的同分异构有10种结构。故符合条件的同分异构体有13种。(6)根据流程中生成E、F、G的反应条件，设计合成路线。
答案：(1)正丁醛、醛基、羧基
(2) 水解反应(或取代反应)
(3)CH2===CH2＋H2O2HOCH2CH2OH
(4)
(5)13
