高中全年级化学解答题专项训练

这是一份高中全年级化学解答题专项训练，共103页。试卷主要包含了硒和铜在生产生活中有广泛的应用等内容，欢迎下载使用。

训练1　以工艺流程为主流的无机综合题
A卷
1．氯化亚铜广泛应用于有机合成、石油、油脂、染料等工业。以某种铜矿粉(含Cu2S、CuS及FeS等)为原料制取CuCl的工艺流程如下：

已知：①CuS、Cu2S、FeS灼烧固体产物为Cu2O、FeO；
②Ksp(CuCl)＝2×10－7，2Cu＋===Cu＋Cu2＋的平衡常数K1＝1×106
回答下列问题：
(1)“灼烧”时，被还原的元素有____________(填元素符号)。
(2)“酸浸”所需H2SO4是用等体积的98% H2SO4和水混合而成。实验室配制该硫酸溶液所需的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管外，还有________。“酸浸”时硫酸不宜过多的原因是__________________。
(3)“除杂”的总反应方程式是____________________。
(4)“络合”反应中的NH3与NaHCO3理论比值是____________________。
(5)加热“蒸氨”在减压条件下进行的原因是________________。
(6)X 可以充分利用流程中的产物，若X 是SO2时，通入CuCl2溶液中反应的离子方程式是________________；若X 是Cu时，反应Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl 的平衡常数K2＝_________。
(7)以铜为阳极电解NaCl溶液也可得到CuCl，写出阳极电极反应式__________________。
解析　(1)从流程过程看出，铜矿粉在空气中灼烧后生成二氧化硫气体和铜，硫元素被氧化，铜元素和氧元素被还原；(2)配制酸浸所用的硫酸，由于98% H2SO4和水为等体积混合，因此分别用量筒量一定体积水放入烧杯中，再用量筒量取相同体积的98% H2SO4转移到烧杯中，混合搅拌；“酸浸”时硫酸是用来溶解氧化铁，但是酸剩余的太多，后面反应中还要加入过多的氨水来中和硫酸；
(3)溶液中亚铁离子被过氧化氢氧化为铁离子，铁离子与氨水反应生成氢氧化铁沉淀；“除杂”的总反应方程式是2Fe2＋＋H2O2＋4NH3·H2O(或4NH3＋4H2O)===2Fe(OH)3↓＋4NH；(4)根据流程可知“络合”反应Cu2＋＋HCO＋5NH3===Cu(NH3)4CO3＋NH，NH3与NaHCO3理论比值是5∶1；(5)Cu(NH3)4CO3加热分解产生氨气，氨气易溶于水，因此减压能降低气体的溶解度，有利于气体逸出；(6)SO2具有还原性，能够被铜离子氧化为硫酸根离子，本身还原为亚铜l离子，与氯离子结合生成CuCl沉淀，离子方程式为2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O===SO＋2CuCl↓＋4H＋ ；根据2Cu＋===Cu＋Cu2＋的平衡常数K1＝1×106可知：c(Cu)×c(Cu2＋)/c2(Cu＋)＝1×106，c(Cu)×c(Cu2＋)＝106×c2(Cu＋)；2CuCl===Cu＋Cu2＋＋2Cl－，K＝c(Cu)×c(Cu2＋)×c2(Cl－)＝106 c2(Cu＋)×c2(Cl－)＝106×K(CuCl)＝106×(2×10－7)2＝4×10－8；反应Cu＋Cu2＋＋2Cl－===2CuCl的平衡常数K2＝1/K＝2.5×107 L3/mol3；(7)铜为阳极，首先失去1个电子，变为亚铜离子，然后亚铜离子与氯离子结合生成CuCl，阳极电极反应式Cu＋Cl－－e－===CuCl。
答案　(1) Cu 和O　(2) 量筒、烧杯　避免除杂时消耗过多的氨水　(3)2Fe2＋＋H2O2＋4NH3·H2O(或4NH3＋4H2O)===2Fe(OH)3↓＋4NH　(4)5∶1　(5)减压能降低气体的溶解度，有利于气体逸出　(6)2Cu2＋＋2Cl－＋SO2＋2H2O===SO＋2CuCl↓＋4H＋　2.5×107 L3/mol3　(7)Cu＋Cl－－e－===CuCl
2．(2019·河北冀州检测)用废雷尼镍(主要成分为NiO、Al，少量Cr、Fe、C、S及有机物)制备Ni(NO3)2·6H2O的实验流程如图所示：

已知：①在实验条件下，Ni2＋、Cr3＋在溶液中不能被NaClO或HNO3氧化。
②NiSO4易溶于水，NiCO3难溶于水；Ni(NO3)2在20℃、90℃时的溶解度依次为79.2 g/100 g水、188 g/100 g水。
③已知“酸溶”后的溶液中主要的四种离子开始沉淀与沉淀完全的pH如表所示：
离子
Ni2＋
Fe2＋
Fe3＋
Cr3＋
开始沉淀pH
6.2
7.6
2.3
4.5
沉淀完全pH
8.5
9.1
3.3
5.6
(1)“除铝”所用试剂及主要操作为____________。
(2)“灼烧”的主要目的是________________________________________________________________________。
(3)“酸溶”时，用浓硫酸和水代替稀硫酸的目的是________________________________________________________________________。
(4)“除铁、铬”时，Fe2＋被氧化为Fe3＋的离子方程式为____________________________________________；氧化后需将溶液pH调整到的范围是________。
(5)请设计由“净化液”制取Ni(NO3)2·6H2O的实验方案：________________________________________________________________________________________________________________________________________________，离心分离、洗涤、干燥得Ni(NO3)2·6H2O(实验中需要使用的试剂有6 mol·L－1硝酸，3 mol·L－1 Na2CO3溶液)。
解析　(1)废雷尼镍的主要成分为NiO、Al，还有少量Cr、Fe、C、S及有机物，可用NaOH溶液除去其中的Al。(2)C、S及有机物均可燃烧转化为气体除去，故“灼烧”的目的是除去C、S及有机物。(3)根据已知②可知温度高时Ni(NO3)2的溶解度比较大，浓硫酸稀释时放出大量的热，能升高体系温度，增大Ni(NO3)2的溶解度，加快金属及其化合物的溶解速率。(4)依题意可知Fe2＋被ClO－氧化为Fe3＋，ClO－转化为Cl－，根据得失电子守恒及元素守恒，可写出反应的离子方程式。调pH的目的是完全除去Fe3＋和Cr3＋，还要保证Ni2＋不被沉淀，根据三种离子沉淀完全时的pH和开始沉淀时的pH可知，应调节pH的范围是5.6～6.2。
答案　(1)NaOH溶液，浸泡、过滤、洗涤、干燥　(2)除去C、S及有机物　(3)利用浓硫酸与水混合放热，使溶液温度升高，加快酸溶速率　(4)2Fe2＋＋ClO－＋2H＋===2Fe3＋＋Cl－＋H2O　5.6～6.2　(5)边搅拌边向“净化液”中滴加3 mol·L－1 Na2CO3溶液至有大量沉淀产生，静置，向上层清液中滴加3 mol·L－1 Na2CO3溶液，若无沉淀，过滤，水洗，向滤渣中加入6 mol·L－1硝酸至滤渣恰好完全溶解，蒸发浓缩，冷却结晶
3．(2019·山东四校联考)元素周期表中的28号元素Ni有重要的用途，它有良好的耐高温、耐腐蚀、防锈功能，在电池、催化剂方面也有广泛应用。工业上以硫化镍矿(含少量杂质硫化铜、硫化亚铁)为原料制备并精制镍的基本流程如下：


已知：电极电位(E)能体现微粒的氧化还原能力强弱，如：
H2－2e－===2H＋　 E＝0.00 V
Cu－2e－===Cu2＋　E＝0.34 V
Fe－2e－===Fe2＋　E＝－0.44 V
Ni－2e－===Ni2＋　E＝－0.25 V
(1)镍在周期表中的位置为_______________________________________。
(2)高镍矿破碎细磨的作用___________________________________。
(3)焰色反应实验可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(4)造渣除铁时发生的化学反应方程式___________________________________(产物以氧化形式表示)。
(5)电解制粗镍时阳极发生的主要电极反应式_____________________________________。
(6)工业上由NiSO4溶液制得Ni(OH)2后，再滴加NaC1O溶液，滴加过程中发生反应的离子方程式为___________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(7)电解精炼镍的过程需控制pH为2～5，试分析原因______________________________，阳极泥的成分为________________(写名称)。
解析　(1)镍是28号元素，根据电子排布规律分析，其在第四周期Ⅷ族。(2)高镍矿破碎细磨是为了增大接触面积，提高浮选率。(3)焰色反应实验是观察某些金属元素灼烧时的颜色，可以用光洁无锈的镍丝代替铂丝蘸取化学试剂灼烧，说明镍的焰色反应呈无色，不影响其他金属元素的焰色。(4)根据流程分析，硫化亚铁在溶炼时转化为FeO和SO2，加入二氧化硅除铁时，FeO转化为Fe2SiO4，故方程式为2FeO＋SiO22FeO·SiO2。(5)电解制粗镍时，阳极上硫化镍失去电子生成镍离子和硫，阴极是镍离子得到电子生成镍单质，阳极反应为：NiS－2e－===Ni2＋＋S。(6)Ni(OH)2与 NaClO溶液发生氧化还原反应，镍元素化合价升高为＋3价，氯元素化合价降低到－1价，根据电子守恒和质量守恒得方程式为2Ni(OH)2＋ClO－＋H2O===2Ni(OH)3＋Cl－或2Ni(OH)2＋ClO－===2NiO(OH)＋Cl－＋H2O。(7)电解硫酸镍溶液时需要考虑离子的放电顺序，当氢离子浓度较大时是氢离子放电不是镍离子放电，即pH<2时，c(H＋)较大，容易在阳极放电；但当溶液的酸性很弱时，即pH>5时，c(OH－)较大，镍离子容易沉淀。由电极电位的数据可知，镍比铜活泼，电解精炼时，阳极上镍失去电子，铜不能失去电子，铜转化为阳极泥。
答案　(1) 第四周期Ⅷ族　(2)增大接触面积，提高浮选率　(3)镍的焰色反应呈无色，不影响其他金属元素的焰色　 (4)2FeO＋SiO22FeO·SiO2　(5)NiS－2e－===Ni2＋＋S　(6)2Ni(OH)2＋ClO－＋H2O===2Ni(OH)3＋Cl－(2Ni(OH)2＋ClO－===2NiO(OH)＋Cl－＋H2O)　(7)pH<2时，c(H＋)大，容易在阳极放电；pH>5时，c(OH－)大，镍离子容易沉淀　铜
4．六水合高氯酸铜[Cu(ClO4)2·6H2O]是一种易溶于水的蓝色晶体，常用作助燃剂。以食盐等为原料制备高氯酸铜晶体的一种工艺流程如下：

回答下列问题：
(1)Cu2(OH)2CO3在物质类别上属于__________(填序号)。
A．碱　　　　　 B．盐　　　　　　
C．碱性氧化物
(2)发生“电解Ⅰ”时所用的是__________(填“阳离子”或“阴离子”)交换膜。
(3)歧化反应是同一种物质中同种元素自身的氧化还原反应，已知上述工艺流程中“歧化反应”的产物之一为NaClO3。该反应的化学方程式为_____________________________。
(4)“电解Ⅱ”的阳极产物为____________(填离子符号)。
(5)操作a的名称是______，该流程中可循环利用的物质是____________(填化学式)。
(6)“反应Ⅱ”的离子方程式为___________________。
解析　(1)Cu2(OH)2CO3中含有金属阳离子和酸根阴离子，属于盐。(2)“电解Ⅰ”所发生的反应是电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，需要防止氢氧根离子与氯气反应，所以用的交换膜是阳离子交换膜。(3)“歧化反应”是氯气与碳酸钠反应生成氯化钠和NaClO3，氯元素从0价变为－1价和＋5价，同时生成二氧化碳，反应的化学方程式为3Na2CO3＋3Cl2===5NaCl＋NaClO3＋3CO2。(4)通过电解，溶液中氯酸根离子失电子发生氧化反应在阳极生成高氯酸根离子，“电解II”的阳极产物为ClO。(5)加入盐酸，过滤除去氯化钠晶体，滤液通过蒸发浓缩即可得到60%以上的高氯酸；从流程图可以看成，可循环利用的物质是NaCl。(6)“反应Ⅱ”中高氯酸与碱式碳酸铜反应生成高氯酸铜，二氧化碳和水，碱式碳酸铜不溶于水，高氯酸为强酸，反应的离子方程式为Cu2(OH)2CO3＋4H＋===2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O。
答案　(1) B　(2) 阳离子　(3)3Na2CO3＋3Cl2===5NaCl＋NaClO3＋3CO2　(4)ClO　(5) 蒸发浓缩　 NaCl　(6) Cu2(OH)2CO3＋4H＋===2Cu2＋＋CO2↑＋3H2O
5．硒(Se)和铜(Cu)在生产生活中有广泛的应用。硒可以用作光敏材料、电解锰行业的催化剂，也是动物体必需的营养元素和对植物有益的营养元素等。氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化。以海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)为原料，采用硝酸铵氧化分解技术生产CuCl的工艺过程如下所示：

请回答下列问题：
(1)若步骤①中得到的氧化产物只有一种，则它的化学式是____________。
(2)写出步骤③中主要反应的离子方程式：____________________________________。
(3)步骤⑤包括用pH＝2的溶液酸洗、水洗两步操作，酸洗采用的酸是________(写酸的名称)。
(4)上述工艺中，步骤⑥和⑦的作用是________________________________________________________________________。
(5)Se为ⅥA族元素，用乙二胺四乙酸铜阴离子水溶液和硒代硫酸钠(Na2SeSO3)溶液反应可获得纳米硒化铜，硒代硫酸钠还可用于Se的精制，写出硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒的化学方程式：
________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(6)氯化亚铜产率与温度、溶液pH关系如下图所示。据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是____________________________________；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是_______________________________。

反应温度对氯化亚铜产率的影响曲线图

铜离子含量与pH、CuCl产率与混合溶液中pH的关系图
解析　酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化海绵铜(主要成分是Cu和少量CuO)生成硫酸铜，过滤后在滤液中加入亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，发生2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，烘干得到氯化亚铜。(1)由于酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，可氧化Cu生成CuSO4，故答案为：CuSO4；(2)铜离子与亚硫酸铵发生氧化还原反应生成CuCl，步骤③中主要反应的离子方程式为2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋；(3)CuCl难溶于醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解氧化，防止CuCl溶解氧化引入新杂质，所以应加入硫酸，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，故答案为：硫酸；(4)步骤⑥为醇洗，步骤⑦为烘干，因乙醇沸点低，易挥发，用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止CuCl水解、氧化，故答案为：醇洗有利于加快去除CuCl表面水分，防止其水解氧化；(5)硒代硫酸钠(Na2SeSO3)与H2SO4溶液反应得到精硒，同时生成硫酸钠、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：Na2SeSO3＋H2SO4===Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O；(6)据图分析，流程化生产氯化亚铜的过程中，温度过低影响CuCl产率的原因是温度过低反应速率慢；温度过高、pH过大也会影响CuCl产率的原因是温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解。
答案　(1)CuSO4　(2) 2Cu2＋＋SO＋2Cl－＋H2O===2CuCl↓＋SO＋2H＋　(3) 硫酸　(4) 使CuCl干燥，防止其水解氧化　(5) Na2SeSO3＋H2SO4===Na2SO4＋Se↓＋SO2↑＋H2O　(6) 温度过低反应速率慢　温度过高、pH过大，容易向CuO和Cu2O转化，且温度过高，铵盐(氯化铵，亚硫酸铵)易受热分解(任答一点即可)
6．金属Co、Ni性质相似，在电子工业以及金属材料上应用十分广泛。现以含钴、镍、铝的废渣(主要成分为CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3)提取钴、镍的工艺如下：

(1)酸浸时SO2的作用是___________________________________。
(2)除铝时加入碳酸钠产生沉淀的离子反应_________________________________。
(3)有机层提取出的Ni2＋可用于制备氢镍电池，该电池工作原理：NiOOH＋MHNi(OH)2＋M，电池放电时正极电极反应式为__________________。
(4)用CoCO3为原料采用微波水热法和常规水热法均可制得H2O2分解的高效催化剂CoxNi(1－x)Fe2O4(其中Co、Ni均为＋2价)。如图是用两种不同方法制得的CoxNi(1－x)Fe2O4 在10℃时催化分解6%的H2O2 溶液的相对初始速率随x变化曲线。

①H2O2的电子式______________。
②由图中信息可知：___________________法制取的催化剂活性更高
③Co2＋、Ni2＋两种离子中催化效果更好的是_________________________________。
(5)已知煅烧CoCO3时，温度不同，产物不同。在400℃充分煅烧CoCO3，得到固体氧化物的质量2.41 g，CO2的体积为0.672 L(标况下)，则此时所得固体氧化物的化学式为____________。
解析　(1)废渣中含有CoO、Co2O3、Ni、少量杂质Al2O3等，酸浸时使固体溶解，可得到Co2＋和Co3＋，而通入SO2的作用是将Co3＋还原为Co2＋。(2)除铝时控制溶液的pH值，发生双水解使Al3＋沉淀下来，加入碳酸钠产生沉淀的离子反应2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑。(3)从方程式中可判断出，放电使Ni从＋3价降低到＋2价，得到电子，即：NiOOH作正极，电极方程式为：NiOOH＋e－＋H2O===Ni(OH)2＋OH－。(4)①H2O2的电子式为。②由图中信息可知，微波水热法的反应速率高于常规水热法。③从图像可知，x值越大，Ni2＋越少，Co2＋含量越多，反应速率越大，说明Co2＋的催化效果比Ni2＋好。(5)设反应生成氧化物为：CoxOy，已知生成CO2标况下0.672 L，即0.03 mol，根据C原子守恒可知，n(CoCO3)＝n(CO2)＝0.03 mol，由于Co原子守恒可得到算式：＝，推得＝，即该氧化物为Co3O4。
答案　(1)还原剂或将Co3＋还原为Co2＋
(2)2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑
(3)NiOOH＋e－＋H2O===Ni(OH)2＋OH－
(4)①　②微波水热　③Co2＋
(5)Co3O4

B卷
1．某兴趣小组以废铁屑制得硫酸亚铁铵后，按下列流程制备二水合草酸亚铁(FeC2O4·2H2O)，进一步制备高纯度还原铁粉。

已知：FeC2O4·2H2O难溶于水；H2C2O4是二元弱酸，溶于水。
(1)步骤②中H2C2O4稍过量的目的是：
________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2)步骤②中得到FeC2O4·2H2O的离子反应方程式为：
________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)实现步骤④，必须在 ______ (填仪器名称)中进行，该步骤发生的化学反应方程式为：
________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(4)为实现步骤⑤，不宜用碳粉直接还原Fe2O3，理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(5)若将固体FeC2O4·2H2O放在一个可称出质量的容器内加热，FeC2O4·2H2O( Mr＝180)首先逐步失去结晶水，温度继续升高时，FeC2O4(Mr＝144)会逐渐转变为铁的各种氧化物。称取18.00 g FeC2O4·2H2O，持续加热，剩余固体的质量随温度变化的部分数据如下表(其中450℃以前是隔绝空气加热，450℃以后是在空气中加热)：
温度/℃
25
150
300
350
400
固体质量/g
18.00
16.20
14.40
14.40
7.20
温度/℃
450
500
600
700
800
固体质量/g
7.20
8.00
8.00
7.73
7.73
根据上述数据计算并推断：150℃剩余的固体物质是________________(填化学式，下同)；800℃剩余的固体物质是________________。
解析　硫酸亚铁铵晶体溶解于水，为防止Fe2＋的水解，需要加入过量的草酸，生成的草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)难溶于水，可通过抽滤、洗涤并干燥获得，将所得晶体在空气中灼烧，得纯氧化铁(Fe2O3)，再用CO还原氧化铁得到还原铁粉，以此分析解答。(1)Fe2＋易水解，步骤②，H2C2O4稍过量除抑制Fe2＋水解外，最主要的作用是将溶液里的Fe2＋完全转化为草酸亚铁晶体，提高原料利用率；(2)步骤②中得到FeC2O4·2H2O的离子反应方程式为：Fe2＋＋H2C2O4＋2H2O===FeC2O4·2H2O＋2H＋；(3)固体灼烧需要在坩埚内进行；草酸亚铁和O2灼烧时发生反应的化学方程式为4FeC2O4·2H2O＋3O22Fe2O3＋8CO2＋8H2O；(4)步骤⑤选用碳粉还原Fe2O3，为固体间的反应，接触面积小，反应不完全；多余的碳粉会影响铁粉的纯度；(5)根据题给信息，450℃以前是隔绝空气加热，分析表中的数据可知，18.00 g变为14.40 g时，表明：300℃时，结晶水已全部失去，而150℃剩余的固体物质质量为14.40 g<16.20 g<18.00 g，说明FeC2O4·2H2O没有分解完全，还有FeC2O4·2H2O剩余；450℃以后是在空气中加热，据铁元素守恒：6FeO→2Fe3O4→3Fe2O3,6×72∶2×232∶3×160＝72∶77.3∶80，即72∶77.3∶80≈7.20∶7.73∶8.00，固体质量的变化趋势与表中提供的数据一致，故800℃剩余的固体物质为Fe3O4。
答案　(1)使Fe2＋沉淀完全，从而提高产率
(2)Fe2＋＋H2C2O4＋2H2O===FeC2O4·2H2O↓＋2H＋
(3)坩锅　4FeC2O4·2H2O＋3O22Fe2O3＋8CO2＋8H2O
(4)接触面积小，反应不完全；产生铁粉中会混有杂质碳粉
(5)FeC2O4·H2O　Fe3O4
2．重铬酸钾常用作有机合成的氧化剂和催化剂等。由含铬废液(主要含Cr3＋、Fe3＋、K＋、SO等)制备K2Cr2O7的流程如下图所示。

已知：Ⅰ.在酸性条件下，H2O2能将Cr2O还原为Cr3＋
Ⅱ.相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
开始沉淀的pH
沉淀完全的pH
Cr3＋
4.9
6.8
Fe3＋
1.5
2.8
回答下列问题：
(1)滤渣②的主要成分为________(填化学式)。
(2)写出“氧化”步骤中反应的化学方程式__________________________。
(3)“加热”操作的目的是________________________________________________。
(4)“酸化”过程中发生反应2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O(K＝4×1014 L3·mol3)已知，“酸化”后溶液中c(Cr2O)＝1.6×10－3 mol/L则溶液中c(CrO)＝______________。
(5)“结晶”后得到K2Cr2O7(M＝294 g·mol－1)产品0.5000 g，将其溶解后用稀H2SO4酸化，再用浓度为1.0000 mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，滴定终点消耗标准溶液的体积为9.00 mL，则产品的纯度为________。[滴定反应为：K2Cr2O7＋6(NH4)2Fe(SO4)2＋7H2SO4===K2SO4＋Cr2(SO4)3＋6(NH4)2SO4＋3Fe2(SO4)3＋7H2O]
(6)在K2Cr2O7存在下，可利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图所示。

①负极的电极反应式为____________________________________________；
②一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
解析　含铬废液(主要含Cr3＋、Fe3＋、K＋、SO等)加入KOH溶液调pH＝7～8，生成Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀，过滤后得滤渣①为Cr(OH)3和Fe(OH)3；向滤渣①加入过量H2O2溶液和KOH溶液，Cr(OH)3在碱性条件下被氧化为K2CrO4进入溶液，经过滤除去滤渣②的主要成分为Fe(OH)3；滤液②经加热除去过量H2O2，冷却后酸化至pH＝1，析出K2Cr2O7晶体，以此分析解答。(1)根据以上分析，滤渣②的主要成分为Fe(OH)3。(2)“氧化”步骤中Cr(OH)3在碱性条件下被H2O2氧化为K2CrO4，化学方程式为2Cr(OH)3＋3H2O2＋4KOH===2K2CrO4＋8H2O。(3)根据题给信息，在酸性条件下，H2O2能将Cr2O还原为Cr3＋，所以酸化之前，要除去H2O2，故 “加热”操作的目的是分解除去过量H2O2。(4)2CrO＋2H＋===Cr2O＋H2O，K＝，酸化后pH＝1，c(H＋)＝0.1 mol/L，c(Cr2O)＝1.6×10－3 mol/L，则溶液中c(CrO)＝×＝2×10－8 mol/L。(5)根据反应关系：K2Cr2O7～6(NH4)2Fe(SO4)2，n(K2Cr2O7)＝n[(NH4)2Fe(SO4)2]＝×1.000 0 mol/L×0.009 L＝0.001 5 mol，则产品的纯度为×100%＝88.20%。(6)①由图可知，负极发生氧化反应，C6H5OH失电子生成CO2，根据电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出电极反应式为C6H5OH＋11H2O－28e－===6CO2↑＋28H＋；②负极产生的H＋通过阳离子交换膜进入中间室，正极产生的OH－通过阴离子交换膜也进入中间室，H＋和OH－中和生成水，溶液体积增大，NaCl溶液的浓度将减小。
答案　(1)Fe(OH)3
(2)2Cr(OH)3＋3H2O2＋4KOH===2K2CrO4＋8H2O
(3)分解除去过量H2O2
(4)2×10－8 mol/L　(5)88.20%
(6)C6H5OH＋11H2O－28e－===6CO2↑＋28H＋　减小
3．氯化亚锡用途广泛，在无机工业中用作还原剂，在口腔护理行业中，二水氯化亚锡多用于防龋齿脱敏类牙膏中，以预防龋齿的发生。某研究小组制取二水氯化亚锡工艺流程如下：

查阅资料：
Ⅰ.酸性条件下，锡在水溶液中有Sn2＋、Sn4＋两种主要存在形式，Sn2＋易被氧化。
Ⅱ.SnCl2易水解生成碱式氯化亚锡。
(1)四氯化锡暴露于空气中与空气中水分反应生成白烟，有强烈的刺激性气味，生成偏锡酸(H2SnO3)，写出该反应的化学方程式________________________________________________________________________________________________________________________________________________；
(2)将金属锡熔融，然后泼入冷水，激成锡花，其目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________；
(3)在制备二水氯化亚锡时，温度对锡转化率的影响如图1所示，则该反应应控制的温度范围为______℃；

图1　30℃、60℃、95℃时锡的转化率

图2　加入不同浓度盐酸后产品的结晶率
(4)反应原料中盐酸浓度对结晶率的影响如图2所示，则盐酸浓度应控制的范围为______，原因_______________________________________________。
(5)反应釜中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________；
(6)该小组通过下列方法测定所用锡粉的纯度(杂质不参与反应)
①将该试样溶于盐酸，发生反应为Sn＋2HCl===SnCl2＋H2↑；
②加入过量FeCl3溶液
③用已知浓度的K2Cr2O7滴定②中生成的Fe2＋，则反应的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________；
(7)取1.125g锡粉，经上述各步反应后，共用去0.1000 mol/L K2Cr2O7溶液30.00 mL，锡粉中锡的质量分数为______。
解析　(1)四氯化锡暴露于空气中与空气中水分反应生成白烟，有强烈的刺激性气味，生成偏锡酸(H2SnO3)，该反应的化学方程式为SnCl4＋3H2O===H2SnO3＋4HCl。(2)将金属锡熔融，然后泼入冷水，激成锡花，其目的是增大接触面积，加快反应速率。(3)在制备二水氯化亚锡时，温度对锡转化率的影响如图1所示，则该反应控制的温度范围为60℃。(4)反应原料中盐酸浓度对结晶率的影响如图2所示，则盐酸浓度应控制的范围为1～3%，原因为抑制水解，且浓度过大生成SnCl4。(5)反应釜中发生反应的化学方程式为SnCl2＋Cl2===SnCl4。(6)K2Cr2O7滴定②中生成的Fe2＋，反应的离子方程式为6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O。
(7)令锡粉中锡的质量分数为x，则：
Sn～Sn2＋～2Fe3＋～2Fe2＋～K2Cr2O7
119 g mol
1.125 g×x 0.100 mol/L×0.03 L
解得x＝95.2%。
答案　(1)SnCl4＋3H2O===H2SnO3＋4HCl
(2)增大接触面积，加快反应速率
(3)60　(4)1～3%　抑制水解，且浓度过大生成SnCl4
(5)SnCl2＋Cl2===SnCl4
(6)6Fe2＋＋Cr2O＋14H＋===6Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O
(7)95.2%
4．铈(Ce)是一种重要的稀土元素。以富含CeO2的废玻璃粉末(含SiO2、 Fe2O3以及其他少量可溶于稀酸的杂质)为原料，采用多种方法回收铈。请回答下列问题：
(1)湿法空气氧化法回收铈的部分流程如下：

已知：CeO2不溶于稀盐酸，也不溶于NaOH溶液。
滤渣的成分是________，反应②的离子方程式是
________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2)干法空气氧化法回收铈是把Ce(OH)3被空气氧化成Ce(OH)4，氧化过程中发生的化学反应方程式为____________________________。两种制备Ge(OH)4的数据如下表：
干法空气氧化法
氧化温度/℃
氧化率/%
氧化时间/h
暴露空气中
110～120
90
18
在对流空气氧化炉中
110～120
99
8
在对流空气氧化炉中大大缩短氧化时间的原因是
________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)利用电解方法也可以实现铈的回收。
①在酸性条件下电解Ce2O3(如图)：阳极电极反应式为__________________________________，离子交换膜为______ (填“阴”或“阳”)离子交换膜。

②电解产物Ce(SO4)2是重要的氧化剂，将其配成标准溶液，在酸性条件下能测定工业盐中NaNO2的含量，写出发生反应的离子方程式_____________________________________。
解析　(1)流程中的“滤渣”是玻璃粉末中加稀盐酸过滤所得，必为不溶于稀盐酸的CeO2、SiO2。“滤渣”中加入稀盐酸、H2O2后，过滤所得滤液中含Ce3＋，故此时CeO2发生化学反应而溶解，CeO2被还原为Ce3＋，则H2O2被氧化为O2，反应②的离子方程式为2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O。(2)干法空气氧化法回收铈，Ce(OH)3被空气中氧气氧化成Ce(OH)4，反应的化学方程式为4Ce(OH)3＋O2＋2H2O===4Ce(OH)4。与“暴露空气中”相比，“在对流空气氧化炉中”氧气能维持较大浓度，发生氧化反应的表面积增大，化学反应较快，使氧化时间缩短。(3)①电解池中，阳极发生失电子的反应(氧化反应)。图中电解装置的阳极为Ce2O3，溶液为Ce(SO4)2、H2SO4的混合溶液，故为Ce2O3(Ce＋3价)失电子生成Ce(SO4)2(Ce＋4价)，阳极电极反应式为Ce2O3－2e－＋6H＋===2Ce4＋＋3H2O。图中阳极产物Ce4＋在阴极排出，则电解池中为阳离子交换膜。②Ce(SO4)2是重要的氧化剂，则NaNO2被其氧化为NaNO3，酸性条件下它们发生反应的离子方程式为2Ce4＋＋NO＋H2O===2Ce3＋＋NO＋2H＋。
答案　(1)CeO2、SiO2　2CeO2＋H2O2＋6H＋===2Ce3＋＋O2↑＋4H2O
(2)4Ce(OH)3＋O2＋2H2O===4Ce(OH)4　空气对流能使氧气浓度增大；使氧化面积增大
(3)①Ce2O3－2e－＋6H＋===2Ce4＋＋3H2O　阳　②Ce4＋＋NO＋H2O===2Ce3＋＋NO＋2H＋
5．一种含铝、锂、钴的新型电子材料，生产中产生的废料数量可观，废料中的铝以金属铝箔的形式存在；钴以Co2O3·CoO的形式存在，吸附在铝箔的单面或双面；锂混杂于其中。从废料中回收氧化钴(CoO)的工艺流程如下：

(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。则浸出钴的化学反应方程式为(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，则不用盐酸浸出钴的主要原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(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)仅从沉淀转化角度考虑，能否利用反应：CoCO3＋C2O===CoC2O4＋CO 将CoCO3转化为CoC2O4? ________(填“能”或“不能”)，说明理由：________________________________ [已知Ksp(CoCO3)＝1.4×10－13，Ksp(CoC2O4)＝6.3×10－8]。
(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。如图是粉红色CoCl2·6H2O晶体受热时，剩余固体质量随温度变化的曲线，A物质的化学式是_______________。

解析　(1)铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子反应方程式为：2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑；(2)过程Ⅱ中加入稀H2SO4酸化后，再加入Na2S2O3溶液Co2O3被还原为CoSO4，化学反应方程式为4Co2O3·CoO＋Na2S2O3＋11H2SO4===12CoSO4＋Na2SO4＋11H2O。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，这是由于Co2O3·CoO具有氧化性，可氧化盐酸产生Cl2，污染环境，所以工业不用盐酸浸出钴。(3)碳酸根与铝离子发生双水解反应，生成氢氧化铝，该反应的离子方程式为2Al3＋＋3CO＋3H2O===2Al(OH)3↓＋3CO2↑。(4)碳酸钠溶液在过程Ⅲ中铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；碳酸钠溶液在过程Ⅳ中调整pH，提供CO，使Co2＋沉淀为CoCO3。(5)因该反应的平衡常数K＝＝＝＝＝2.22×10－6，转化程度极小，所以不能将CoCO3转化为CoC2O4。(6)A物质的化学式是CoCl2·xH2O，则83×＝65，x＝2，所以A物质的化学式是CoCl2·2H2O。
答案　(1)2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑　(2)4Co2O3·CoO＋Na2S2O3＋11H2SO412CoSO4＋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)调整pH，提供CO，使Co2＋沉淀为CoCO3　(5)不能　该反应的平衡常数K＝2.22×10－6 ，转化程度极小　(6)CoCl2·2H2O
6．(2019·山东淄博质检)以含钴废催化剂(主要成分为Co、Fe、SiO2)为原料制取复合氧化钴的流程如图所示。

(1)用稀H2SO4溶解后过滤，得到的滤渣是________(填化学式)。将滤渣洗涤2～3次，再将洗涤后的溶液与原滤液合并的目的是_________________________________。
(2)在加热搅拌条件下加入NaClO3，将Fe2＋氧化成Fe3＋，反应的离子方程式是________________________________________________________________________。
(3)已知：铁氰化钾的化学式为K3[Fe(CN)6]；亚铁氰化钾的化学式为K4[Fe(CN)6]；3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)；4Fe3＋＋3[Fe(CN)6]4－===Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀)。
确定Fe2＋是否被完全氧化的方法是__________________________(供选择的试剂：铁氰化钾溶液、亚铁氰化钾溶液、铁粉、KSCN溶液)
(4)向“氧化”后的溶液中加入适量的Na2CO3调节pH，使之生成的产物这一为黄钠铁矾[Na2Fe6(SO4)4(OH)12]沉淀，写出该反应的离子方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(5)已知CoCl2的溶解度曲线如图所示。向碱式碳酸钴中加入足量稀盐酸边加热边搅拌至完全溶解后，需趁热过滤，其原因是________________________________________________________________________。

(6)准确称取1.470 g CoC2O4，在空气中充分灼烧得0.814 g复合氧化钴，写出复合氧化钴的化学式：____________。
解析　(1)向含钴废催化剂中加入稀硫酸，发生反应Co＋H2SO4===CoSO4＋H2↑，Fe＋H2SO4===FeSO4＋H2↑，过滤出的滤渣是二氧化硅；将洗涤后的溶液与原滤液合并，可提高钴元素的利用率。(2)NaClO3具有强氧化性，可把Fe2＋氧化成Fe3＋，根据得失电子守恒，可知离子方程式为6Fe2＋＋6H＋＋ClO6Fe3＋＋Cl－＋3H2O。(3)根据已知信息可知，Fe2＋与铁氰化钾反应会产生蓝色沉淀，故取“氧化”后的溶液少许于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则Fe2＋已全部被氧化。(5)由CoCl2的溶解度曲线可知，随温度的升高，CoCl2的溶解度增大，所以趁热过滤，防止温度降低使氯化钴析出。(6)CoC2O4的质量为1.470 g，其物质的量为0.01 mol，Co元素质量为0.59 g，复合氧化钴质量为0.814 g，O元素质量为0.814 g－0.59 g＝0.224 g，则复合氧化钴中Co与O的物质的量之比为0.01 mol∶ mol＝5∶7，故复合氧化钴的化学式为Co5O7。
答案　(1)SiO2　提高钴元素的利用率
(2)6Fe2＋＋6H＋＋ClO6Fe3＋＋Cl－＋3H2O
(3)取少许“氧化”后的溶液于试管中，滴加几滴铁氰化钾溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明Fe2＋已全部被氧化
(4)6Fe3＋＋4SO＋6H2O＋2Na＋＋6CO===Na2Fe6(SO4)4(OH)12↓＋6CO2↑
(5)防止因温度降低，CoCl2晶体析出
(6)Co5O7

训练2　化学实验综合探究题
A卷
1．(2019·甘肃嘉峪关模拟)(1)用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.010 00 mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250 mL，应准确称取________g K2Cr2O7(保留4位有效数字，已知M(K2Cr2O7)＝294.0 g·mol－1)。配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用到的有________(用编号表示)。
①电子天平　②烧杯　③量筒　④玻璃棒　⑤容量瓶　⑥胶头滴管　⑦移液管
(2)金属表面处理、皮革鞣制、印染等都可能造成铬污染。六价铬比三价铬毒性高，更易被人体吸收且在体内蓄积。
以下为废水中铬元素总浓度的测定方法：
准确移取25.00 mL含Cr2O和Cr3＋的酸性废水，向其中加入足量的(NH4)2S2O8溶液将Cr3＋氧化成Cr2O，煮沸除去过量的(NH4)2S2O8；向上述溶液中加入过量的KI溶液，充分反应后，以淀粉为指示剂，向其中滴加0.015 mol·L－1的Na2S2O3标准溶液，终点时消耗Na2S2O3溶液20.00 mL。计算废水中铬元素总浓度(单位：mg·L－1，写出计算过程)。
已知测定过程中发生的反应如下：
①2Cr3＋＋3S2O＋7H2O===Cr2O＋6SO＋14H＋
②Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O
③I2＋2S2O===2I－＋S4O
(3)Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定。
测定产品(Na2S2O3·5H2O)纯度
准确称取W g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 mol·L－1碘的标准溶液滴定。反应原理为：2S2O＋I2===S4O＋2I－
①滴定至终点时，溶液颜色的变化：________。
②滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为_________mL。产品的纯度为(设Na2S2O3·5H2O相对分子质量为M)________。

解析　(1)根据m＝nM＝cVM得：m(K2Cr2O7)＝0.01000 mol·L－1×0.250 L×294.0 g·mol－1＝0.7350 g，配置一定物质的量浓度的溶液，一般电子天平用于称量固体质量，烧杯用于溶解固体，用玻璃棒搅拌，加速溶解，用玻璃棒引流，将溶液移入容量瓶中，继续加水至离刻度线1～2 cm处，改用胶头滴管加水定容，所以用不到的仪器为量筒和移液管，故③⑦用不到。
(2)由①2Cr3＋＋3S2O＋7H2O===Cr2O＋6SO＋14H＋　②Cr2O＋6I－＋14H＋===2Cr3＋＋3I2＋7H2O　③I2＋2S2O===2I－＋S4O可得关系式：2Cr3＋～Cr2O～6I－～6S2O，n(Na2S2O3)＝0.015 mol·L－1×20.00 mL＝3×10－4 mol，则n(Cr3＋)＝3×10－4 mol，m(Cr)＝1×10－4 mol－1×52 g·mol－1＝5.2×10－3 g＝5.2 mg，废水中铬元素总浓度c＝5.2 mg/0.025 L＝208 mg·L－1。
(3)①滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定终点时溶液颜色变化是由无色变蓝色，半分钟内不褪色；②根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0，滴定终点液面读数为18.10 mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10 mL；根据反应2S2O＋I2===S4O＋2I－可知，n(S2O)＝2n(I2)，所以W g产品中含有Na2S2O3·5H2O质量为：0.1000 mol·L－1×18.10×10－3 L×2×M＝3.620×10－3 M g，则产品的纯度为(3.620×10－3M)/W×100%。
答案　 (1)0.7350　③⑦　(2)由方程式确定关系式：Cr～3Na2S2O3，然后进行计算。n(S2O)＝0.02 L×0.015 mol·L－1＝3×10－4 mol，n(Cr)＝1×10－4 mol，m(Cr)＝1×10－4 mol×52 g·mol－1＝5.2×10－3 g＝5.2 mg，废水中铬元素总浓度＝5.2 mg/0.025 L＝208 mg·L－1　(3)由无色变蓝色，半分钟内不褪色　18.10　(3.620×10－3M)/W×100%
2．(2019·四川雅安检测)某学生研究小组欲探究CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生的蓝绿色沉淀组成，小组进行下列实验探究。
【提出假设】
假设1：沉淀为Cu(OH)2
假设2：沉淀为______________
假设3：沉淀为碱式碳酸铜[化学式可表示为nCuCO3·mCu(OH)2]
【查阅资料】无论是哪一种沉淀受热均易分解(假设均不含结晶水)。
【物质成分探究】
步骤1：将所得悬浊液过滤，用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤
步骤2：甲同学取一定量固体，用气密性良好的如图装置(夹持仪器未画出)进行定性实验。

请回答下列问题：
(1)假设2中的沉淀为______________。
(2)假设1中沉淀为Cu(OH)2的理论依据是________。
(3)无水乙醇洗涤的目的____________________________________________。
(4)若反应后A中蓝绿色固体变黑，C中无明显现象，证明假设__________(填写序号)成立。
(5)乙同学认为只要将上图中B装置的试剂改用______试剂后，便可验证上述所有假设。
(6)乙同学更换B试剂后验证假设3成立的实验现象是____________________。
(7)在假设3成立的前提下，某同学考虑用Ba(OH)2代替Ca(OH)2，测定蓝绿色固体的化学式，若所取蓝绿色固体质量为27.1 g，实验结束后装置B的质量增加2.7 g，C中的产生沉淀的质量为19.7 g。则该蓝绿色固体的化学式为__________。
解析　(1)CuSO4溶液与Na2CO3溶液混合产生蓝绿色沉淀，可能是反应生成了碳酸铜沉淀或双水解生成了氢氧化铜沉淀或是碱式碳酸铜，由假设1、3知假设2为CuCO3。(2)Na2CO3溶液中碳酸根能水解，产生氢氧根离子，所以与CuSO4溶液混合产生的蓝绿色沉淀可能为氢氧化铜。(3)所得悬浊液过滤，用蒸馏水洗涤，再用无水乙醇洗涤，利用乙醇易挥发的性质带走固体中残留的水分。(4)加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，二氧化碳能使澄清的石灰水变浑浊，加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜，若反应后A中蓝绿色固体变黑，C中无明显现象证明一定不含有碳酸铜，现象的产生为氢氧化铜，假设1正确。(5)实验验证碳酸铜或氢氧化铜是利用受热分解生成的产物性质验证，加热时，碳酸铜分解生成二氧化碳和黑色氧化铜，加热氢氧化铜时生成水蒸气和黑色氧化铜，所以需要验证水的存在和二氧化碳的存在就可以证明产生的物质成分，装置A中加热是否变化为黑色固体，装置B选择无水硫酸铜验证是否生成水，澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳，所以要将上图中B装置的试剂改用无水CuSO4。(6)装置A中加热是否变化为黑色固体，装置B选择无水硫酸铜，是否变蓝色验证是否生成水，装置C中澄清石灰水是否变浑浊证明是否生成二氧化碳，所以证明假设3正确的现象为：A中蓝绿色固体变黑色，B中无水CuSO4固体变蓝，C中有白色沉淀产生。(7)B中吸收的是水，水的物质的量为：2.7 g÷18 g/mol＝0.15 mol，C中吸收的是二氧化碳生成碳酸钡白色沉淀，根据碳原子守恒得二氧化碳的物质的量为：19.7 g÷197 g/mol＝0.1 mol，氧化铜的物质的量为(27.1 g－2.7 g－0.1 mol×44 g/mol)÷80 g/mol＝0.25 mol，则铜离子、氢氧根离子和碳酸根离子的物质的量之比＝0.25 mol∶0.3 mol∶0.1 mol＝5∶6∶2，所以其化学式为2CuCO3·3Cu(OH)2或3Cu(OH)2·2CuCO3或Cu5(OH)6(CO3)2。
答案　(1)CuCO3
(2)碳酸根水解，溶液中含有较多的OH－
(3)利用乙醇的易挥发，带走洗涤的水
(4)1　(5)无水CuSO4
(6)A中蓝绿色固体变黑色，B中固体变蓝，C中有白色沉淀产生
(7)2CuCO3·3Cu(OH)2或3Cu(OH)2·2CuCO3或Cu5 (OH)6(CO3)2
3．(2019·四川广安质检)甲、乙两同学用下图所示装置进行实验探究硝酸与铁反应的产物。

文献记载：Ⅰ.在浓硝酸和活泼金属反应过程中，随着硝酸浓度的降低，其生成的产物有＋4、＋2、－3价等氮的化合物。
Ⅱ.FeSO4＋NO===Fe(NO)SO4(棕色)ΔH＜0。
Ⅲ.NO2和NO都能被KMnO4氧化吸收
Ⅳ.铁氰化钾化学式为K3[Fe(CN)6]：亚铁氰化钾化学式为K4[Fe(CN)6]
3Fe2＋＋2[Fe(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)
4Fe3＋＋3[Fe(CN)6]4－===Fe4[Fe(CN)6]3↓(蓝色沉淀)
甲的实验操作和现象记录如下：
实验操作
实验现象
打开弹簧夹，通入一段时间CO2，关闭弹簧夹

打开分液漏斗活塞，将浓硝酸缓慢滴入烧瓶中，关闭活塞
无明显现象
加热烧瓶，反应开始后停止加热
①A中有红棕色气体产生，一段时间后，气体颜色逐渐变浅； B中溶液变棕色； C中溶液紫色变浅。
②反应停止后，A中无固体剩余，得100mL的溶液
请回答下列问题：
(1)滴入浓硝酸加热前没有明显现象的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2)甲的实验操作中通入CO2的目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)甲取少量B中溶液，加热，棕色溶液变浅绿色，有无色气体逸出，且在空气中变为红棕色其原因是___________，甲依据该现象得出的结论是A中有NO生成。
(4)乙认为甲得出A中有NO生成的证据不足。为获取充足的证据，乙仍采用该装置和操作进行对照实验，浓硝酸换成稀硝酸，证明有NO生成的实验现象是____________________。
(5)将A所得溶液稀释至500 mL，取少量稀释后的溶液调节pH后，滴加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成，由此证明A溶液中含有__________(填离子符号)。另取稀释后的溶液25.00 mL加入过量的KI固体，充分反应后pH至7左右，滴入几滴淀粉溶液做指示剂，用0.25 mol/L Na2S2O3标准溶液滴定至终点，共消耗Na2S2O3溶液16.00 mL。(己知：I2＋2S2O===2I－＋S4O)，则A中所得溶液的c(Fe3＋)＝___________mol/L。
解析　(1)常温时，铁和浓硝酸反应生成一层致密的氧化物薄膜，阻止了铁和浓硝酸进一步反应，即产生钝化现象，所以滴入浓硝酸加热前没有明显现象；(2)一氧化氮很容易被氧气氧化，通入CO2可以排除反应体系中的空气，防止对产物中有无一氧化氮判断的干扰。(3)取少量B中溶液，加热，棕色溶液变浅，有无色气体逸出，且该气体在空气中变为红棕色，应为可逆反应FeSO4＋NO===Fe(NO)SO4(棕色)是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，导致Fe(NO)SO4(棕色)降低，所以溶液颜色变浅；(4)二氧化氮和水反应生成的一氧化氮能使硫酸亚铁溶液变成棕色，所以不能证明铁和浓硝酸反应过程中NO生成，为排除生成的NO干扰，把浓硝酸换成稀硝酸，稀硝酸和铜反应生成无色的一氧化氮，没有二氧化氮生成，则A中气体是无色的，且B中溶液变为棕色，则说明生成的一氧化氮和硫酸亚铁反应生成棕色，从而说明A中无色气体是一氧化氮；(5)根据3Fe2＋＋2Fe[(CN)6]3－===Fe3[Fe(CN)6]2↓(蓝色沉淀)，滴加铁氰化钾溶液有蓝色沉淀生成，证明A溶液中含有Fe2＋；根据得失电子守恒，有2Fe3＋～I2～2S2O，n(Fe3＋)＝n(Na2S2O3)＝0.25 mol/L×0.016 L＝0.004 mol，c(Fe3＋)＝＝0.16 mol/L。
答案　(1)常温时，铁遇浓硝酸形成致密氧化膜，阻止反应进一步发生
(2)排除反应体系中的空气，防止对产物中有无一氧化氮判断的干扰
(3) FeSO4＋NO===Fe(NO)SO4(棕色)　ΔH<0，正反应放热，加热后，平衡向逆反应方向移动
(4)A中没有红棕色气体生成，B中溶液变为棕色
(5)Fe2＋　0.16
4．某化学兴趣小组欲探究含硫物质的性质及制备。
【探究一】　选用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：


(1)装置A中盛液体的玻璃仪器名称是____________，装置A中反应的化学方程式为 ______________________。
(2)装置连接顺序为A、C、________、________、D、F，其中装置C的作用是__________，通过现象_________________________________，即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。
【探究二】　连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，广泛用于纺织工业的还原性染色、清洗、印花、脱色以及织物的漂白等。制取保险粉通常需要二氧化硫。
(3)制取Na2S2O4常用甲酸钠法。控制温度70～80℃，在甲醇溶液(溶剂)中溶解甲酸钠(HCOONa)，再滴加Na2CO3溶液同时通SO2维持溶液酸性，即可生成Na2S2O4，该反应的离子方程式_________________________________。
(4)测定保险粉纯度。Na2S2O4属于强还原剂，暴露于空气中易被氧气氧化。Na2S2O4遇KMnO4酸性溶液发生反应：5Na2S2O4＋6KMnO4＋4H2SO4===5Na2SO4＋3K2SO4＋6MnSO4＋4H2O。称取5.0 g Na2S2O4样品溶于冷水中，配成100 mL溶液，取出10 mL该溶液于锥形瓶中，用0.10 mol·L－1的KMnO4溶液滴定。重复上述操作2次，平均消耗KMnO4溶液21.00 mL.则该样品中Na2S2O4的质量分数为_______________(杂质不参与反应)。
解析　(1)由装置A知盛液体的玻璃仪器名称是分液漏斗，装置A中分液漏斗中盛的液体为盐酸，烧瓶中装的是CaSO3，所以两者可以发生反应，生成CaCl2和二氧化硫，水。反应的化学反应方程式为CaSO3＋2HCl===CaCl2＋SO2↑＋H2O。(2)装置A制备SO2，由于次氯酸盐具有强氧化性，因此根据较强酸制备较弱酸知可以把SO2通入碳酸氢钠溶液中，利用亚硫酸氢钠除去SO2中的CO2，再利用酸性高锰酸钾溶液氧化CO2中的SO2，利用品红溶液检验是否除尽，最后把CO2通入漂白粉溶液中即可实现亚硫酸与次氯酸的酸性强弱比较，所以装置连接顺序为ACBEDF，其中装置C的作用是除去HCl气体。通过现象装置D中品红溶液不褪色，说明SO2已经除净，CO2与F中得漂白粉溶液发生反应，生成碳酸钙白色沉淀，说明碳酸的酸性比次氯酸强，亚硫酸的酸性又比碳酸强，所以装置D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀，即可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。(3)根据原子守恒和电子得失守恒可知反应的离子方程式为2HCOO－＋4SO2＋CO===2S2O＋H2O＋3CO2。(4)消耗高锰酸钾的物质的量是0.002 1 mol，根据方程式可知消耗Na2S2O4的物质的量是0.002 1 mol×5/6＝0.001 75 mol，因此原Na2S2O4的物质的量是0.017 5 mol，则该样品中Na2S2O4的质量分数为×100%＝60.9%。
答案　(1)分液漏斗　CaSO3＋2HCl===CaCl2＋SO2↑＋H2O　(2)B　E　 除去HCl气体　 装置D中品红溶液不褪色，F中出现白色沉淀　(3)2HCOO－＋4SO2＋CO===2S2O＋H2O＋3CO2　(4) 60.9%
5．(2019·山东潍坊检测)无水MgBr2常用于催化剂。某化学小组在实验室选用下图所示装置 (夹持装置略)采用镁屑与液溴为原料制备无水MgBr2。


已知：①在浓硫酸存在下，加热到140℃时乙醇脱水生成乙醚(C2H5OC2H5)，加热到170℃时乙醇脱水生成CH2===CH2。
②乙醚的熔点为34.6℃，沸点为132℃。
③Mg和Br2剧烈反应，放出大量热；MgBr2具有强吸水性；MgBr2能与乙醚发生反应 MgBr2＋3C2H5OC2H5===MgBr2·3C2H5OC2H5。
实验主要步骤如下：
Ⅰ.选用上述部分装置，正确连接，检查装置的气密性。向装置中加入药品。
Ⅱ.加热装置A，迅速升温至140℃，并保持140℃加热一段时间，停止加热。
Ⅲ.通入干燥的氮气，让液溴缓慢进入装置B中，直至完全加入。
Ⅳ.装置B中反应完毕后恢复至室温，过滤反应物，将得到的滤液转移至干燥的烧瓶中，在冰水中冷却，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗产品。
Ⅴ.用苯洗涤粗产品，减压过滤，得三乙醚合溴化镁，将其加热至160℃分解得无水 MgBr2。
回答下列问题：
(1)装置A中使用仪器m的优点是__________。
(2)步骤Ⅰ中所选装置的正确连接顺序是a________ (填小写字母)。装置D的作用是______________________。
(3)若加热装置A一段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该采取的正确操作是______________。
(4)步骤Ⅴ中用苯洗涤三乙醚合溴化镁的目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(5)步骤Ⅴ采用减压过滤(使容器内压强降低，以达到固液快速分离)。下列装置可用作减压过滤的是________(填序号)。


(6)实验中若温度控制不当，装置B中会产生CH2Br—CH2Br。请设计实验验证 CH2Br—CH2Br的存在：从反应后的混合物中分离提纯得到CH2Br—CH2Br，________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析　(1)装置A中仪器m为恒压漏斗，其左侧导管可使漏斗内和烧瓶内气体相通、压强相等，打开恒压漏斗时液体能顺利流下。(2)为使镁、溴、乙醚反应生成MgBr2·3C2H5OC2H5，由装置A制备乙醚并导入装置B，用装置D防止装置B中液体倒吸至装置A中；装置E用干燥的氮气将溴蒸气缓慢导入装置B。故仪器连接顺序为a—e，f—b，c—g(ef可颠倒，bc可颠倒)。(3)加热液体易发生暴沸现象，常加入碎瓷片防止暴沸。若加热装置A一段时间后发现忘记加入碎瓷片，应该停止加热，冷却后补加碎瓷片。(4)步骤Ⅳ得到的三乙醚合溴化镁粗产品吸附有乙醚和乙醇，步骤V中用苯洗涤就是为了除去这些杂质。(5)减压过滤能使容器内压强降低而容器外压强不变，以快速分离固液混合物。装置 b用水流冲出装置内空气、装置c用抽气泵抽出装置内空气，使装置内压强减小。装置a、d都不能使固液混合物上下压强差变大，不能加速固液分离。(6)若装置A温度控制不当，可能生成CH2===CH2气体，在装置B中与溴加成产生CH2Br—CH2Br。检验CH2Br—CH2Br即检验溴原子，可将其水解为溴离子，再用稀硝酸、AgNO3溶液检验溴离子，从而证明其存在。具体操作为：从反应后的混合物中分离提纯得到CH2Br—CH2Br，取少量CH2Br—CH2Br于试管中，加入NaOH溶液，加热，再加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，证明有CH2Br—CH2Br。
答案　(1)使系统内压强相等，便于液体顺利流下　(2) efbcg(ef可颠倒，bc可颠倒)　防止倒吸　(3)停止加热，冷却后补加碎瓷片　(4)除去乙醚和乙醇　(5) bc　(6) 取少量CH2Br—CH2Br于试管中，加入NaOH溶液，加热，再加入稀硝酸酸化，滴加AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，证明有CH2Br—CH2Br
6．(2019·江西新余检测)工业上为了测定辉铜矿(主要成分是Cu2S)中Cu2S的质量分数，设计了如图所示装置。实验时按如下步骤操作：

实验原理是：Cu2S＋O2===SO2＋2Cu，通过测定SO2的量来确定Cu2S的质量分数。
A．连接全部仪器，使其成为如图装置，并检查装置的气密性。
B．称取研细的辉铜矿样品1.000 g。
C．将称量好的样品小心地放入硬质玻璃管中。
D．以每分钟1 L的速率鼓入空气。
E．将硬质玻璃管中的辉铜矿样品加热到一定温度，发生反应为：Cu2S＋O2===SO2＋2Cu。
F．移取25.00 ml含SO2的水溶液于250 ml锥形瓶中，用0.010 0 mol/L KMnO4标准溶液滴定至终点。
按上述操作方法重复滴定2—3次。试回答下列问题：
(1)装置①的作用是_____________________；装置②的作用是__________________。
(2)假定辉铜矿中的硫全部转化为SO2，并且全部被水吸收，则操作F中所发生反应的离子方程式为 _______________________________________________________。
(3)若操作F的滴定结果如下表所示，则辉铜矿样品中Cu2S的质量分数是________。
滴定次数
待测溶液的体积/mL
标准溶液的体积
滴定前刻度/mL
滴定后刻度/mL
1
25.00
1.04
21.03
2
25.00
1.98
21.99
3
25.00
3.20
21.24
(4)本方案设计中有一个明显的缺陷影响了测定结果(不属于操作失误)，你认为是________(写一种即可)。
(5)某人设想以如图所示装置用电化学原理生产硫酸，写出通入SO2的电极的电极反应式_____。

解析　(1)装置①中是高锰酸钾溶液与氢氧化钾溶液的混合溶液，目的是为了吸收空气中可能含有的二氧化硫气体，避免对测定结果产生误差，装置②干燥管中的氯化钙是除去混有的水蒸气。(2)高锰酸钾具有强氧化性，可以氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，高锰酸钾被还原为硫酸锰，方程式为2MnO＋5H2SO3===2Mn2＋＋5SO＋4H＋＋3H2O或2MnO＋5SO2＋2H2O===2Mn2＋＋5SO＋4H＋。(3)若矿石样品为1.000 g，则第3组数据误差太大，舍去，前两组消耗高锰酸钾溶液平均体积为[(21.03－1.04)＋(21.99－1.98)]/2＝20.00，浓度为0.010 0 mol/L，高锰酸钾的物质的量为0.010×0.02＝0.000 2 mol，根据反应分析，
5Cu2S～5SO2～5H2SO4～2KMnO4
5 2
n 0.000 2
则n＝0.000 5 mol。则辉铜矿样品中硫化亚铜的质量分数＝0.000 5×160×(250/25)/1.000＝80%。(4)二氧化硫具有还原性，空气中的氧气没有除去，会把二氧化硫部分氧化，则和高锰酸钾反应的二氧化硫减少，造成结果偏低。(5)负极上，二氧化硫失去电子和水反应生成硫酸，电极反应为SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋。
答案　(1)除去空气中的还原性气体与酸性气体　干燥空气
(2)2MnO＋5H2SO3===2Mn2＋＋5SO＋4H＋＋3H2O 或2MnO＋5SO2＋2H2O===2Mn2＋＋5SO＋4H＋
(3)80%　(4)在KMnO4滴定前，未反应完的O2与空气中的O2也可将H2SO3氧化，造成测定结果偏低
(5)SO2＋2H2O－2e－===SO＋4H＋

B卷
1．工业制得的氮化铝(AlN)产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。某同学设计如下实验分别测定氮化铝(AlN)样品中AlN和Al4C3的质量分数(忽略NH3在强碱性溶液中的溶解)。
(1)实验原理：
①Al4C3与硫酸反应可生成CH4；
②AIN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气，请写出AlN与NaOH溶液反应的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)实验装置(如图所示，量气管为碱式滴定管改装)

连好装置后，首先应进行的操作是____________。
(3)实验过程：称得装置D的初始质量为y g；称取x g AlN样品置于装置B锥形瓶中，各装置中加入相应药品，重新连好装置；读取量气管的初始读数为a mL(量气装置左右液面相平)。
①欲首先测量Al4C3质量分数的有关数据，对三个活塞的操作是________。
②若无恒压管，对所测气体体积的影响是________(填“偏大”“偏小”或“无影响”)
③量气管中液面不再发生变化，说明反应已经结束。读取读数之前，应对量气管进行的操作为____；若量气管中的液面高于右侧球形容器中的液面，所测气体的体积______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
④记录滴定管的读数为b mL(已知：该实验条件下的气体摩尔体积为Vm L·mol－1)，则Al4C3的质量分数为______(用含a、b、x、y、Vm的代数式表示)。
⑤测量AlN质量分数的数据：首先关闭活塞________，打开活塞_________，通过分液漏斗加入过量________，与装置B瓶内物质充分反应；反应完成后，________(填入该步应进行的操作)，最后称得装置D的质量为z g。
解析　(1)根据题目信息：AlN溶于强碱溶液时会生成NH3，化学方程式为AlN＋NaOH＋H2O===NaAlO2＋NH3↑。(2)连好装置后，首先应进行的操作是检查装置的气密性。(3)①通过分液漏斗加入稀硫酸，硫酸与样品中Al4C3完全反应，量取生成的甲烷气体，从而测得Al4C3的百分含量，故应关闭活塞K2、K3，打开活塞K1。②分液漏斗上的恒压管起到平衡压强的作用，若无恒压管，则所测气体体积偏大。③读数时要使气体压强和外界大气压相等，所以读取读数之前，要调整量气管高度，使左右两边液面相平；读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小。④甲烷的体积为(b－a)mL，物质的量为 mol，根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量为× mol ×144 g/mol＝ g，Al4C3的质量分数为×100%。⑤用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，故应关闭活塞K1，打开活塞K3，通过分液漏斗加入过量NaOH溶液，与装置B瓶内物质充分反应；装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小。
答案　 (1)AlN＋NaOH＋H2O===NaAlO2＋NH3↑　(2)检查装置的气密性　(3)①关闭活塞K2、K3，打开活塞K1　②偏大　调整量气管高度，使左右两边液面相平　③偏小　④0.048(a－b)/Vmx×100%　 ⑤ K1　 K3　 NaOH溶液　打开K2，通入一段时间空气
2．(2019·四川成都诊断)氯化铜、氯化亚铜是重要的化工原料，广泛用作有机合成催化剂。
I．实验室用如图所示装置，用还原铜粉和氯气来制备氯化铜。

(1)石棉绒的作用是_________________________________________；
B装置中的试剂是____________ 。
(2)当Cl2排尽空气后，加热A。则A中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(3)若实验测得CuCl2质量分数为90.0%，则其中可能含有的杂质是________(一种即可)。
Ⅱ.另取纯净CuCl2固体用于制备CuCl。

(4)溶解时加入HCl溶液的目的主要是__________________(结合离子方程式回答)。
(5)若按上述操作用10.0 mol/L的HCI代替0.2 mol/L HCl，通入SO2后，200.00 mL黄绿色溶液颜色褪去，但无白色沉淀。对此现象：
甲同学提出假设：c(H＋)过大。为验证此假设，可取75.00 g CuCl2固体与100 mL 0.2 mol/L HCl及______mL 9.8 mol/L H2SO4配制成200.00 mL溶液再按上述操作进行实验。
乙同学查阅资料：体系中存在平衡2Cl－ (aq)＋CuCl(s)===CuCl (aq)。则出现此现象另一可能的原因是______________________。
解析　(1)石棉绒的作用是增大铜粉和氯气反应的接触面积，氯气有毒，所以B装置是吸收尾气，而氯气用氢氧化钠吸收。(2)当氯气排尽空气后，加热A，铜和氯气反应生成氯化铜，化学方程式为Cu＋Cl2CuCl2。(3)若实验测得氯化铜质量分数为90.0%，可能含有的杂质是氯化亚铜或单质铜中的一种或两种。(4)因为氯化铜是强酸弱碱盐，溶液中存在Cu2＋＋2H2O===Cu(OH)2＋2H＋。所以溶解时加入氯化氢溶液，抑制Cu2＋的水解。(5)假设硫酸的体积为V mL，则0.2×0.1＋V×9.8×2＝10×0.1，解V＝50。体系中存在平衡2Cl－ (aq)＋CuCl(s)===CuCl (aq)，是氯离子的浓度过大平衡正向移动。
答案　(1)增大铜粉与氯气的接触面积　NaOH溶液
(2)Cu＋Cl2CuCl2
(3)石棉绒(Cu或CuCl)
(4)Cu2＋＋2H2O===Cu(OH)2＋2H＋， 加酸抑制Cu2＋的水解
(5)50　c(Cl－)过大
3．(2019·江苏南通调研)如下图所示(B中冷却装置未画出)，将氯气和空气(不参与反应)以体积比约1∶3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。

已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8 ℃，42 ℃以上分解为Cl2和O2。
(1)①实验中控制氯气与空气的体积比的方法是______________________。
②为使反应充分进行实验中采取的措施有___________________________________
________________________________________________________________________。
(2)①装置B中产生Cl2O的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
②若B无冷却装置，进入C中的Cl2O会大量减少。其原因是________________________________________________________________________。
(3)装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为________________________。
(4)已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl－。测定C中所得次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案为：用________量取20.00 mL次氯酸溶液，___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(可选用的试剂有H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液。除常用仪器外须使用的仪器有：电子天平、真空干燥箱)
解析　(1)①通过观察A中产生气泡的比例调节流速，进而控制氯气与空气的比例。②装置B安装有搅拌棒，所以搅拌或使用多孔球泡可以使反应更充分。(2)①氯气和碳酸钠反应生成一氧化二氯，和氯化钠和二氧化碳，氯元素化合价有升高和降低。故方程式为2Cl2＋Na2CO3===Cl2O＋2NaCl＋CO2。②根据题中信息分析，一氧化二氯在42度以上能分解，所以没有冷却装置的话，反应放热，温度升高Cl2O会分解。(3)装置C是为了制取次氯酸，次氯酸见光容易分解，所以使用棕色瓶。(4)次氯酸为酸性溶液，使用酸式滴定管，次氯酸能被过氧化氢还原生成氯离子，所以加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量。通过氯化银的质量计算次氯酸溶液的物质的量浓度。
答案　(1)①通过观察A中产生气泡的比例调节流速　②搅拌、使用多孔球泡
(2)①2Cl2＋Na2CO3===Cl2O＋2NaCl＋CO2　②该反应放热，温度升高Cl2O会分解
(3)HClO见光易分解
(4)酸式滴定管　加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量。
4．某化学小组在查阅文献及实验探究的基础上，深刻地认识了卤素的性质。
Ⅰ.F2与Cl2的相似性。
1971年N.H.Studier和E.H.Appelman从冰(－40℃)的氟化作用中首次发现F2、C12与水的反应相似。
(1)写出氟气与水发生上述反应的化学方程式________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
Ⅱ.次氯酸钠和氯酸钾的制备。按图装配仪器并检查装置的气密性。

第一步：在锥形瓶内放约3 g MnO2粉末，安全漏斗深入试管底部；
第二步：在管6中放4 mL 6 mol·L－1 KOH溶液(放热水浴中)，管7中放4 mL 2 mol· L－1 NaOH溶液(放冰水浴中)。打开控制夹3，关闭控制夹4；
第三步：由漏斗加入15 mL 9 mol·L－1 HCl溶液，缓慢加热，控制氯气均匀产生。热水浴温度控制在323K～328K；
第四步：一段时间后，停止加热，……
(2)锥形瓶中用小试管的优点为________________________________________________。
(3)停止加热后的操作是____________________________________，再将管6和管7拆下。
(4)查阅文献资料知道，将NaClO溶液加热，NaClO分解可生成NaClO3，据此推断若将KClO3加热至673 K，其分解的化学方程式为_____________________________________。
Ⅲ.Cl－、Br－、I－的混合液中Cl－的鉴定
已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10　Ksp(AgBr)＝5.4×10－13　Ksp(AgI)＝8.5×10－17
K稳[Ag(NH3)]＝＝1.0×107
第一步：取2～3滴Cl－、Br－、I－的混合液，加1滴6 mol·L－1 HNO3溶液酸化，滴加0.1 mol·L－1 AgNO3溶液至沉淀完全，加热2 min，离心分离，弃去溶液：
第二步：在沉淀中加入5～10滴2 mol·L－1 NH3·H2O溶液，剧烈搅拌，并温热1 min，离心沉降，移清液于另一只试管中。
(5)已知AgBr(s)＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Br－＋2H2O，设平衡时[Ag(NH3)2]＋浓度为0.1 mol·L－1，则溶解AgBr沉淀所需氨水的最低浓度约为__________mol·L－1(0.185＝0.43)。
(6)根据上述计算，可推知清液中溶质主要成分的化学式为______________________。
第三步：清液用6 mol·L－1 HNO3酸化，
(7)现象是______________________________，证实Cl－存在。反应的离子方程式为__________________________________________________。
解析　(1)根据氯气和水反应生成盐酸和次氯酸分析，氟和水的方程式为F2＋H2O HFO＋HF。(2)锥形瓶中放置的为二氧化锰，通过长颈漏斗加入浓盐酸，放置一个小试管时，盐酸将小试管充满后才流出，与二氧化锰接触，并且封住长颈漏斗的下端，即液封，不会让氯气从中逸出，这样做节省药品。(3)停止加入后，装置中仍产生氯气，关闭控制夹3，打开控制夹4，将剩余的氯气通入5中进行吸收，防止污染。(4)查阅资料得到，溶液在加热过程中发生歧化反应，同理可知，氯酸钾在温度更高的条件下也能分解，生成高氯酸钾和氯化钾，方程式为4KClO33KClO4＋KCl；(5)平衡时[Ag(NH3)2]＋浓度为0.1 mol·L－1，则溴离子浓度也为0.1 mol·L－1，根据c(Ag＋)c(Br－)＝5.4×10－13，K稳[Ag(NH3)]＝＝1.0×107，分析有＝5.4×10－13×1.0×107＝5.4×10－6，解得NH3·H2O的浓度为43(或43.2)mol/L。(6)根据上述计算可知，实验中用于溶解沉淀的氨水的浓度为2 mol/L，该浓度远远小于43 mol/L，故溴化银不可能溶解。根据溶度积分析，碘化银的溶度积比溴化银更小，故其更不可能溶解，氯化银的溶解度最大，所以在沉淀中加入氨水，只有氯化银溶解，故清液中溶质主要为[Ag(NH3)2] Cl；(7)当清液中加入硝酸时，溶液中有白色沉淀生成，证实有C1－存在，反应的离子方程式为[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H＋===AgCl＋2NH。
答案　(1)F2＋H2OHFO＋HF
(2)节省药品(答“液封”也对)
(3)关闭控制夹3，打开控制夹4
(4) 4KClO33KClO4＋KCl
(5)43(或43.2)　(6)[Ag(NH3)2] Cl
(7)有白色沉淀生成
[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H＋===AgCl＋2NH
5．叠氮化钠(NaN3)是一种易溶于水的白色晶体，微溶于乙醇，不溶于乙醚，可用于合成抗生素头孢菌素药物的中间体、汽车安全气囊的药剂等。氨基钠(NaNH2)的熔点为210℃，沸点为400℃，在水溶液中易水解。实验室制取叠氮化钠的实验步骤及实验装置如下：
①打开止水夹K1，关闭止水夹K2，加热装置D一段时间；
②加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭K1；
③向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210～220℃，打开止水夹K2，通入N2O：
④冷却，向产物中加入乙醇，减压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。

回答下列问题：
(1)装置B中盛放的药品为____________；装置C的主要作用是________________。
(2)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)步骤③中，为了使反应受热均匀，A装置里a容器的加热方式为__________；生成NaN3的化学方程式为__________；N2O可由NH4NO3在240℃～245℃分解制得(硝酸铵的熔点为169.6℃)，则不能选择的气体发生装置是__________(填序号)。

(4)图中仪器a用的是铁质而不用玻璃，其主要原因是____________________________。步骤④中用乙醚洗涤的主要目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(5)实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：①将2.500 g试样配成500.00 mL溶液。②取50.00 mL溶液置于锥形瓶中，加入50.00 mL 0.101 0 mol·L－1(NH4)2Ce(NO3)6溶液。③充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8 mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，用0.050 0mol·L－1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4＋消耗溶液体积为29.00 mL。测定过程的反应方程式为：
2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑
Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋
则试样中NaN3的质量分数为______________。
解析　(1)NaN3易溶于水，故制备过程不能有水，D中制备的氨气含有水蒸气，用B装置盛放碱石灰(或氢氧化钠固体)干燥氨气，用装置C冷凝分离出水。(2)步骤①中先加热通氨气，排尽装置中的空气，防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入与钠反应；氨气与熔化的钠反应生成NaNH2和氢气，反应的化学方程式为2Na＋2NH32NaNH2＋H2。(3)步骤③的温度为210℃～220℃，故选择油浴加热；NaNH2和N2O生成NaN3的反应为NaNH2＋N2ONaN3＋H2O；硝酸铵的熔点为169.6℃，而NH4NO3在240℃～245℃分解，为防止硝酸铵熔化流出试管底部，故选择的气体发生装置是I、Ⅲ，不能选择Ⅱ作为气体发生装置。(4)a中有可能生成NaOH，会腐蚀玻璃，故仪器a用的是铁质而不用玻璃；由题可知，NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗；且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故用乙醚洗涤产品。(5)(NH4)2Ce(NO3)6的总的物质的量为：0.101 0 mol/L×50×10－3 L＝0.005 05 mol，部分与叠氮化钠反应，剩余的(NH4)2Ce(NO3)6用(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定，根据反应：Ce4＋＋Fe2＋===Ce3＋＋Fe3＋，参与反应的(NH4)2Ce(NO3)6与标准液的物质的量相等，为：0.050 0 mol/L×29.00×10－3 L＝0.001 45 mol，故与叠氮化钠反应的(NH4)2Ce(NO3)6有0.005 05 mol－0.001 45 mol＝0.003 6 mol，根据反应有NaN3～(NH4)2Ce(NO3)6，则2.500 g试样中叠氮化钠的质量为0.003 6 mol×65 g/mol×＝2.34 g，试样中NaN3的质量分数为×100 %＝93.60%。
答案　(1)碱石灰(或氢氧化钠固体)　分离出冷凝的溶有氨气的水
(2)2Na＋2NH32NaNH2＋H2
(3)油浴　 NaNH2＋N2ONaN3＋H2O　 Ⅱ
(4)反应过程中可能生成的NaOH能腐蚀玻璃　 NaN3不溶于乙醚，能减少NaN3的溶解损耗，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥　(5) 93.60%
6．亚硝酸钙是一种阻锈剂，可用于燃料工业，某兴趣小组拟制备Ca(NO2)2并对其性质进行探究。
[背景素材]　Ⅰ.NO＋NO2＋Ca(OH)2===Ca(NO2)2＋H2O
Ⅱ. Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO，MnO被还原为Mn2＋
Ⅲ.亚硝酸不稳定，易分解，且有一定氧化性，在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I－氧化为I2，2NO＋4H＋＋2I－===I2＋2NO↑＋2H2O，S2O能将I2还原为I－，I2＋2S2O===2I－＋S4O。
[制备氮氧化物]　 甲组同学拟利用如下图所示装置制备氮氧化物。

(1)仪器X的名称是________________。
(2)装置B中逸出的NO与NO2的物质的量之比为1∶1，则装置B中发生反应的化学方程式为____________________，若其他条件不变，增大硝酸的浓度，则会使逸出的气体中n(NO) ________n(NO2)(填“>”或“<”)。
[制备Ca(NO2)2] 乙组同学拟利用装置B中产生的氮氧化物制备Ca(NO2)2，装置如图。

[测定Ca(NO2)2的纯度]丙组同学测定Ca(NO2)2的纯度(杂质不参加反应)，可供选择的试剂：a.稀硫酸　b．c1 mol·L－1的KI溶液　c．淀粉溶液　d．c2 mol·L－1的Na2S2O3溶液　e．c3 mol·L－1的酸性KMnO4溶液
(3)利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是______ (填字母序号)。该测定方法发生反应的离子方程式为____________________________。
(4)利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度的步骤：准确称取m g Ca(NO2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入________，然后滴加稀硫酸，用c2 mol/L Na2S2O3溶液滴定至溶液__________，读取消耗Na2S2O3溶液的体积，重复以上操作3 次，(请用上述给出试剂补充完整实验步骤)。若三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为V mL，则Ca(NO2)2纯度的表达式为__________。
解析　(1)仪器X是分液漏斗；(2)根据题意，装置B中盛放的是硝酸，二氧化硫与硝酸反应放出一氧化氮和二氧化氮，若逸出的NO与NO2的物质的量之比为1∶1，则装置B中发生反应的化学方程式为2SO2＋2HNO3＋H2O===NO＋NO2＋2H2SO4，若其他条件不变，硝酸的浓度越大，生成的二氧化氮越多，则会使逸出的气体中n(NO)＜n(NO2)。(3)①根据信息Ⅱ，Ca(NO2)2能被酸性KMnO4溶液氧化成NO，MnO被还原为Mn2＋，利用Ca(NO2)2的还原性来测定其纯度，可选择的试剂是c3 mol·L－1的酸性KMnO4溶液，其离子方程式为5NO＋2MnO＋6H＋===5NO＋2Mn2＋＋3H2O。②根据信息Ⅲ，在酸性条件下，Ca(NO2)2能将I－氧化为I2，S2O能将I2还原为I－。(4)利用Ca(NO2)2的氧化性来测定其纯度，步骤为：准确称取m g Ca(NO2)2样品放入锥形瓶中，加适量水溶解，加入过量c1mol·L－1的KI溶液、淀粉溶液，然后滴加稀硫酸，用c2 mol·L－1的Na2S2O3溶液滴定至溶液颜色由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色，读取消耗Na2S2O3溶液的体积。为减少误差，须重复以上操作3次，则若三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为V mL，则n(Na2S2O3)＝ c2 mol·L－1×V ×10－3 L＝c2V ×10－3 mol，因2NO＋4H＋＋2I－===I2＋2NO↑＋2H2O，所以2NO ～I2～2S2O，则n[Ca(NO2)2]＝n(NO)＝n(Na2S2O3)＝c2V ×10－3 mol，m[Ca(NO2)2]＝n[Ca(NO2)2] ×132 g/mol＝66c2 V×10－3 g，故Ca(NO2)2纯度的表达式为×100%＝×100%。
答案　(1)分液漏斗　(2)2SO2＋2HNO3＋H2O===NO＋NO2＋2H2SO4　<　
(3)e　5NO＋2MnO＋6H＋===5NO＋2Mn2＋＋3H2O
(4) 过量c1mol·L－1 KI溶液并滴入几滴淀粉溶液　由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色　33c2V/500m×100%
训练3 以速率、平衡为中心的反应原理综合题
A卷
1．汽车尾气(主要成分为NOx和CO)已成为主要的空气污染物来源之一，有发生光化学烟雾污染的潜在危险。
(1)某小组同学为研究光化学烟雾的形成进行了模拟实验。测得烟雾的主要成分为CxHy(烃)、NO、NO2、O3、PAN (CH3COOONO2)，各种物质的相对浓度随时间的变化如图。根据图中数据，下列推论最不合理的是______。(填选项序号字母)

a．NO的消失的速率比CxHy快
b．NO生成NO2
c．CxHy及NO2可以生成PAN及O3
d．O3生成PAN
(2)一定条件下，将2 mol NO与2 mol O2置于恒容密闭容器中发生反应2NO(g)＋O2(g)===2NO2(g)，下列可判断反应达平衡的是______。(填选项序号字母)
a．体系压强保持不变
b．混合气体密度保持不变
c．NO和O2的物质的量之比保持不变
d．每消耗2 mol NO同时生成2 mol NO2
(3)高温下N2和O2发生N2(g)＋O2(g)===2NO(g)反应，是导致汽车尾气中含有NO的原因之一。
①下图是T1、T2两种不同温度下，一定量的NO发生分解过程中N2的体积分数随时间变化的图像，据此判断反应N2(g)＋O2(g)===2NO(g)为________(填“吸热”或“放热”)反应。

②2 000℃时，向容积为2 L的密闭容器中充入10 mol N2与5 mol O2，达到平衡后NO的物质的量为2 mol，则此刻反应的平衡常数K＝________。该温度下，若开始时向上述容器中充入N2与O2均为1 mol，则达到平衡后N2的转化率为______。
③汽车净化装置里装有含Pd化合物的催化剂，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的机理如图所示。写出其变化的总化学反应方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。

(4)为减少汽车尾气中NOx的排放，常采用CxHy(烃)催化还原NOx消除氮氧化物的污染。
例如：CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－574 kJ/mol
CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH2
若16 g CH4还原NO2至N2，共放出热量867 kJ，则ΔH2＝____________。若用标准状况下4.48 L CH4还原NO2至N2，共转移的电子总数为__________(阿伏加德罗常数的值用NA表示)。
解析　(1)a，根据图示，在一段时间内，NO消失的速率比CxHy快，a项合理；b，由图示，开始NO减少的同时NO2增多，NO生成NO2，b项合理；c，由图示，CxHy、NO2减少的同时PAN、O3增多，结合原子守恒，CxHy及NO2可生成PAN和O3，c项合理；d，O3浓度始终增大，O3不会生成PAN，d项不合理。
(2)a，该反应的正反应为气体分子数减小的反应，建立平衡过程中气体分子物质的量减小，在恒温恒容容器中，体系压强减小，平衡时气体分子物质的量不变，体系压强不变，体系压强不变能判断反应达到平衡；b，该反应中所有物质都是气体，根据质量守恒定律，混合气体的质量始终不变，容器的体积不变，混合气体的密度始终不变，混合气体密度保持不变不能说明反应达到平衡；c，起始NO和O2物质的量相等，建立平衡过程中转化的NO和O2物质的量之比为2∶1，建立平衡过程中NO和O2物质的量之比减小，平衡时NO和O2物质的量之比不再变化，NO和O2物质的量之比保持不变说明反应达到平衡；d，每消耗2 mol NO同时生成2 mol NO2只表示正反应，不能说明反应达到平衡；能说明反应达到平衡的是ac。
(3)①由图像可见T2先出现拐点，说明T2反应速率快，则T2＞T1；T2平衡时N2的体积分数小于T1时，说明升高温度，反应2NO(g)===N2(g)＋O2(g)逆向移动，反应2NO(g)===N2(g)＋O2(g)的逆反应为吸热反应，即N2(g)＋O2(g)===2NO(g)为吸热反应。
②用三段式
　　　　　　　N2(g)＋O2(g)===2NO(g)
n(起始)(mol) 10 5 0
n(转化)(mol) 1 1 2
n(平衡)(mol) 9 4 2
平衡时N2、O2、NO物质的量浓度依次为4.5 mol/L、2 mol/L、1 mol/L，反应的平衡常数K＝＝＝＝0.11。若开始向容器中充入N2与O2均为1 mol，设从开始到平衡时转化N2物质的量为x，用三段式
　　　　　　　　N2(g)＋O2(g)===2NO(g)
n(起始)(mol) 1 1　 0
n(转化)(mol) x x 2x
n(平衡)(mol) 1－x 1－x 2x
平衡时N2、O2、NO物质的量浓度依次为(1－x)/2 mol/L、(1－x)/2 mol/L、x mol/L，K＝＝＝，解得x＝ mol，达到平衡后N2的转化率为＝＝0.143。
③根据图示，发生的反应为2NO＋O2===2NO2(①式)，NO2与CO在催化剂作用下生成CO2和N2，反应为2NO2＋4CON2＋4CO2(②式)，将①式＋②式，得总化学反应方程式为：4CO＋2NO＋O2 N2＋4CO2。
(4)16 g CH4还原NO2至N2共放出热量867 kJ，即1 mol CH4还原NO2至N2共放出热量867 kJ，据此可写出热化学方程式：CH4(g)＋2NO2(g)===CO2(g)＋2H2O(g)＋N2(g)　ΔH＝－867 kJ/mol(①式)，CH4(g)＋4NO2(g)===4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH1＝－574 kJ/mol(②式)，将①式×2－②式得CH4(g)＋4NO(g)===2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)　ΔH2＝2ΔH－ΔH1＝2×(－867 kJ/mol)－(－574 kJ/mol)＝－1 160 kJ/mol。n(CH4)＝＝0.2mol，在反应中CH4被氧化成CO2，则反应中转移电子物质的量为0.2 mol×8＝1.6 mol，转移电子总数为1.6NA。
答案　 (1) d　(2) ac　(3)① 吸热　②1/9或0.11　1/7或14.3%　③2NO＋O2＋4CO4CO2＋N2　(4)　－1 160 kJ·mol－1　 1.6NA
2．(2019·浙江八校联考)Ⅰ.为减少碳排放，科学家提出利用CO2和H2反应合成甲醇，其反应原理为CO2(g)＋3H2(g) ===CH3OH(g)＋H2O(g)。
(1)上述反应常用CuO和ZnO的混合物作催化剂。经研究发现，催化剂中CuO的质量分数对CO2的转化率和CH3OH的产率有明显影响。实验数据如表所示：
w(CuO)
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
CH3OH的产率
20%
30%
35%
50%
65%
60%
55%
54%
50%
45%
CO2的转化率
10%
12%
15%
20%
45%
42%
40%
36%
30%
15%
根据数据表判断，催化剂中CuO的最佳质量分数为________。
(2)已知：①CO(g)＋H2O(g) ===CO2(g)＋H2(g)ΔH1＝－41 kJ·mol－1；
②CO(g)＋2H2(g)===CH3OH(g)ΔH2＝－91 kJ·mol－1。
写出由CO2和H2制备甲醇蒸气并产生水蒸气的热化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)甲醇是清洁能源。某甲醇燃料电池的电解质为稀硫酸，其能量密度为5.93 kW·h·kg－1。该电池的负极反应式为__________________。若甲醇的燃烧热为ΔH＝－726.5 kJ·mol－1，该电池的能量利用率为________(结果精确到小数点后1位数字)。(已知1 kW·h＝3.6×106 J)
Ⅱ.利用CO和H2在催化剂的作用下合成甲醇，发生如下反应：CO(g)＋2H2(g) ===CH3OH(g)。在体积一定的密闭容器中按物质的量之比1∶2充入CO和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情况如图1所示。现有两个体积相同的恒容密闭容器甲和乙，向甲中加入1 mol CO和2 mol H2，向乙中加入2 mol CO和4 mol H2，测得不同温度下CO的平衡转化率如图2所示。

(1)该反应的ΔH________(填“＞”、“＜”或“＝”，后同)0，p1________p2。
(2)达到平衡时，反应速率：A点________B点。平衡常数：C点________D点。
(3)在C点时，CO的转化率为________。
(4)L、M两点容器内压强：p(M)________2p(L)。
解析　Ⅰ.(1)根据数据表知，氯化铜的质量分数为50%时CO2的转化率和CH3OH的产率最高。(2)根据盖斯定律知，②－①得CO2(g)＋3H2(g) ===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－50 kJ·mol－1。(3)甲醇在负极上发生氧化反应生成二氧化碳和氢离子。取1 mol甲醇计算：放出总热量Q为726.5 kJ，电池放电能量E＝5.93 kW·h·kg－1×0.032 kg×3 600 kJ·(kW·h)－1≈683.1 kJ，该电池的能量利用率为×100%≈94.0%。
Ⅱ.(1)从图示可以看出，随温度升高，平衡混合物中CH3OH的体积分数不断减小，说明该反应为放热反应，ΔH＜0；因为该反应是气体体积缩小的反应，图示中从C点到B点，平衡混合物中CH3OH的体积分数增大，反应向正反应方向移动，所以p1＞p2。(2)A点与B点相比较，B点压强大、温度高，反应速率快；C点与D点相比较，虽然压强不同，但温度相同，所以平衡常数相同。(3)假设CO的转化率为x，CO、H2的起始物质的量分别为1 mol、2 mol，
　　　　　 CO(g)　＋　2H2(g) ===CH3OH(g)
起始物质的量： 1 mol 2 mol 0
变化物质的量： x mol 2x mol x mol
平衡物质的量： (1－x)mol (2－2x)mol x mol
根据题意：x mol÷[(1－x)mol＋(2－2x)mol＋x mol]×100%＝50%，x＝0.75。
(4)如果不考虑平衡移动，容器乙中气体总物质的量是容器甲中气体总物质的量的两倍，p(M)＝2p(L)，但现在容器乙温度高，反应又是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，气体的物质的量增加，所以p(M)＞2p(L)。
答案　Ⅰ.(1)50%　(2)CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)　ΔH＝－50 kJ·mol－1　(3)CH3OH－6e－＋H2O===CO2↑＋6H＋　94.0%
Ⅱ.(1)＜　＞　(2)＜　＝　(3)75%　(4)＞
3．(2019·河南六校联考)无色气体N2O4是一种强氧化剂，为重要的火箭推进剂之一。N2O4与NO2转换的热化学方程式为N2O4(g) ===2NO2(g)　ΔH＝＋24.4 kJ/mol。
(1)将一定量N2O4投入固定容积的真空容器中，下述现象能说明反应达到平衡的是 _________。
a．v正(N2O4)＝2v逆(NO2)
b．体系颜色不变
c．气体平均相对分子质量不变
d．气体密度不变
达到平衡后，保持体积不变升高温度，再次到达平衡时，混合气体颜色 ____(填 “变深”“变浅”或“不变”)，判断理由
__________________________________________________________________________________________________________。
(2)平衡常数K可用反应体系中气体物质分压表示，即K表达式中用平衡分压代替平衡浓度，分压＝总压×物质的量分数[例如：p(NO2)＝p总×x(NO2)]。写出上述反应平衡常数Kp表达式 ______________________________(用p总、各气体物质的量分数x表示)；影响Kp的因素_________________。
(3)上述反应中，正反应速率v正＝k正·p(N2O4)，逆反应速率v逆＝k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，则Kp为____(以k正、k逆表示)。若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解(温度298 K、压强100 kPa)，已知该条件下k正＝4.8×104 s－1，当N2O4分解10%时，v正＝______________kPa·s－1。
(4)真空密闭容器中放入一定量N2O4，维持总压强p0恒定，在温度为T时，平衡时N2O4分解百分率为α。保持温度不变，向密闭容器中充入等量N2O4，维持总压强在2p0条件下分解，则N2O4的平衡分解率的表达式为__________________________。
解析　(1)根据平衡定义，v正∶v逆＝系数比，反应达到平衡状态，2v正(N2O4)＝v逆(NO2)，a错误；体系颜色不变，说明NO2浓度不变，一定达到平衡状态，b正确；气体质量不变、反应中气体物质的量改变，根据M＝，气体平均相对分子质量为变量，当气体平均相对分子质量不变时，一定达到平衡状态，c正确；气体质量不变、体积不变，ρ＝，密度为恒量，气体密度不变不一定平衡，d错误。N2O4(g) ===2NO2(g)　ΔH＝＋24.4 kJ/mol，正反应是吸热反应，达到平衡后，保持体积不变升高温度，平衡正向移动，NO2浓度增大，则混合气体颜色变深。
(2)平衡常数Kp表达式；影响平衡常数K的因素是温度，所以影响Kp的因素也是温度。
(3)上述反应中，正反应速率v正＝k正·p(N2O4)，逆反应速率v逆＝k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，平衡时v正＝v逆，k正·p(N2O4)＝k逆p2(NO2)，Kp为。若将一定量N2O4投入真空容器中恒温恒压分解(温度298 K、压强100 kPa)，已知该条件下k正＝4.8×104 s－1。当N2O4分解10%时，v正＝4.8×104×100 kPa×＝3.9×106 kPa·s－1。
(4)真空密闭容器中放入一定量N2O4，维持总压强p0恒定，设N2O4初始浓度为x，列式：
N2O4(g) ===2NO2(g)
起始 x 0
转化 αx 2αx
平衡 x－αx 2αx
向密闭容器中充入等量N2O4，维持总压强在2p0条件下，则N2O4初始浓度为2x，列式：
　　　 　N2O4(g) ===2NO2(g)
起始/(mol) 2x 0
转化/(mol) β×2x β×4x
平衡/(mol) 2x－β×2x β×4x
＝，β＝。
答案　(1)bc　变深　正反应是吸热反应，其他条件不变，温度升高平衡正向移动，c(NO2)增加，颜色加深
(2)p总·x2(NO2)/x(N2O4)　温度
(3)k正/k逆　3.9×106　(4)
4．(2019·山东潍坊质检)用NH3催化还原NxOy可以消除氮氧化物的污染。
已知：
反应Ⅰ：4NH3(g)＋6NO(g) ===5N2(g)＋6H2O(l)　ΔH1
反应Ⅱ：2NO(g)＋O2(g) ===2NO2(g)　ΔH2(且|ΔH1|＝2|ΔH2|)
反应Ⅲ：4NH3(g)＋6NO2(g) ===5N2(g)＋3O2(g)＋6H2O(l)　ΔH3
反应Ⅰ和反应Ⅱ在不同温度时的平衡常数及其大小关系如下表：
温度/K
反应Ⅰ
反应Ⅱ
已知：K2>K1>K′2>K′1
298
K1
K2
398
K′1
K′2
(1)推测反应Ⅲ是________反应(填“吸热”或“放热”)
(2)相同条件下，反应Ⅰ在2 L密闭容器内，选用不同的催化剂，反应产生N2的量随时间变化如图所示。

①计算0～4分钟在A催化剂作用下，反应速率v(NO)＝________。
②下列说法正确的是________。
A．该反应的活化能大小顺序是：Ea(A)>Ea(B)>Ea(C)
B．增大压强能使反应速率加快，是因为增加了活化分子百分数
C．单位时间内H—O键与N—H键断裂的数目相等时，说明反应已经达到平衡
D．若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K值不变时，说明反应已达到平衡
(3)一定条件下，反应Ⅱ达到平衡时体系中n(NO)∶n(O2)∶n(NO2)＝2∶1∶2。在其他条件不变时，再充入NO2气体，分析NO2体积分数——φ(NO2)的变化情况：恒温恒压容器，φ(NO2)________；恒温恒容容器，φ(NO2)________(填“变大”、“变小”或“不变”)。
(4)一定温度下，反应Ⅲ在容积可变的密闭容器中达到平衡，此时容积为3 L，c(N2)与反应时间t变化曲线X如图所示，若在t1时刻改变一个条件，曲线X变为曲线Y或曲线Z。则：

①变为曲线Y改变的条件是__________________。变为曲线Z改变的条件是____________。
②若t2时降低温度，t3时达到平衡，请在图中画出曲线X在t2～t4内c(N2)的变化曲线。
解析　(1)分析表中数据可知，对于反应Ⅰ和反应Ⅱ，温度升高时，K值减小，平衡逆向移动，故两个反应都是放热反应，焓变小于0。将反应Ⅰ－反应Ⅱ×3得反应Ⅲ，则ΔH3＝ΔH1－3ΔH2＝2ΔH2－3ΔH2＝－ΔH2，因为ΔH2<0，所以ΔH3>0，反应Ⅲ是吸热反应。(2)①v(NO)＝v(N2)＝×＝0.375 mol·L－1·min－1。②生成的N2越多，则活化分子越多，活化能降低，A错误；增大压强能使反应速率加快，是因为增加了活化分子的浓度，活化分子的百分数不变，B错误；单位时间内H—O键与N—H键断裂的数目相等时，说明正反应速率等于逆反应速率，反应已经达到平衡，C正确；若在恒容绝热的密闭容器中发生反应，当K值不变时，说明反应已经达到平衡，D正确。(3)恒温恒压容器中的平衡是等效平衡，φ(NO2)不变；恒温恒容容器，再充入NO2气体，等效于增大压强，平衡正向移动，φ(NO2)变大。(4)①曲线Y比曲线X先达到平衡，但平衡状态相同，改变的条件是加入催化剂；曲线Z条件下，N2的浓度由2 mol·L－1瞬间增大到3 mol·L－1，容器体积应由3 L减小到2 L，改变的条件是：将容器的体积快速压缩至2 L。②该反应是吸热反应，降低温度时，平衡逆向移动，c(N2)在原有基础上逐渐减小，直到达到新的平衡。
答案　(1)吸热　(2)①0.375 mol·L－1·min－1　②CD　(3)不变　变大　(4)①加入催化剂　将容器的体积快速压缩至2 L　②图像如图

5．(2019·山西吕梁检测)合成气(CO、H2)可用于合成低碳烯烃、甲醇、二甲醚等化工产品。回答下列问题：
(1)一种利用CO2和H2O热化学循环制取合成气的示意图如图1所示：

图1
①上述ZnO分解系统中，能量的转化方式是________。
②上述过程中，需要较高能量的系统是________(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)。
(2)用转炉熔渣制取合成气时，涉及反应如下，反应温度与lg K的关系如图2所示。

图2
Ⅰ.CH4(g)＋CO2(g) ===2CO(g)＋2H2(g)　ΔH1
Ⅱ.CH4(g)＋H2O(g) ===CO(g)＋3H2(g)　ΔH2
Ⅲ.CaO·SiO2·3FeO(s)＋H2O(g) ===CaO·SiO2·FeO·Fe2O3(s)＋H2(g)　ΔH3
①ΔH3________0(填“＞”“＜”或“＝”)。
②反应CH4(g)＋2H2O(g) ===CO3(g)＋4H2(g)的ΔH＝________(用ΔH1、ΔH2表示)。
③设计用转炉熔渣制取合成气的可能原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)在三个密闭容器中，按起始物质的量之比n(H2)∶n(CO)＝2∶1，将CO和H2充入容器中，在不同的温度和压强下，发生反应：CO(g)＋2H2(g) ===CH3(OH)(g)。CO的转化率与温度的关系如图3所示：

图3
①p1________p2(填“＞”“＜”或“＝”)；反应速率v(X)________v(Y)(填“＞”“＜”或“＝”)。
②X点处，该反应的平衡常数为________(用平衡分压表示、分压等于总压乘以物质的量分数)。
③提高CO的转化率除改变温度和压强外还可采取的措施是____________________________(任写一条)。
解析　(1)①由图1可知，ZnO分解需要吸收热量，故太阳能先转化为热能，然后再转化为化学能。②系统Ⅰ需要吸热，系统Ⅱ放出热量，故需要较高能量的系统是Ⅰ。(2)①由图2可知，反应Ⅲ随着温度的升高，lg K逐渐减小，即K逐渐减小，故平衡逆向移动，该反应的正反应为放热反应，ΔH3＜0。②Ⅱ×2－Ⅰ即得CH4(g)＋2H2O(g) ===CO2(g)＋4H2(g)，故ΔH＝2ΔH2－ΔH1。③由图2可知，随着温度的升高，反应Ⅰ和Ⅱ的lg K逐渐增大，故反应Ⅰ和Ⅱ的正反应是吸热反应，需要外界提供能量，而转炉溶渣有余热，且反应Ⅲ的正反应是放热反应，它们都可以为反应Ⅰ和Ⅱ提供能量。(3)①温度相同时，p1→p2，CO的转化率减小，反应CO(g)＋2H2(g) ===CH3OH(g)逆向移动，则改变的条件是减小压强，因此p1＞p2。其他条件相同，Y点处的温度高于X点处，故反应速率v(X)＜v(Y)。②设起始时CO(g)和H2(g)的物质的量分别为1 mol和2 mol，X点对应CO的转化率为50%，由反应方程式可知，平衡时CO(g)、H2(g)、CH3OH(g)的物质的量分别为0.5 mol、1 mol、0.5 mol，故它们的分压分别为×2 MPa＝0.5 MPa、×2 MPa＝1 MPa、×2 MPa＝0.5 MPa，则平衡常数为＝1。③要提高CO的转化率，即使平衡正向移动，可以增大H2和CO的起始投料比或及时从体系中分离出CH3OH。
答案　(1)①太阳能→热能→化学能　②Ⅰ　(2)①＜　②2ΔH2－ΔH1　③反应Ⅰ的正反应和反应Ⅱ的正反应是吸热反应，利用转炉熔渣的余热和反应Ⅲ的正反应放出的热量为反应Ⅰ和Ⅱ提供能量　(3)①＞　＜　②Ⅰ　③增大起始时H2和CO的投料比(或及时从体系中分离出CH3OH等合理答案)
6．(2019·河北廊坊检测)化学反应原理知识在指导工业生产和环保等方面具有重要作用，请回答下列问题：
(1)已知热化学方程式：
①2C(s)＋H2(g)===C2H2(g)　ΔH1
②C(s)＋O2(g)===CO2　ΔH2
③H2(g)＋O2(g)===H2O(l)　ΔH3
则表示乙炔燃烧热的热化学反应方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2)在刚性反应器中加入2 mol SO2、1 mol O2，发生反应2SO2(g)＋O2(g) ===2SO3(g)　ΔH＜0，T℃时反应体系的总压强p随时间t的变化如表所示：
t/min
0
5
10
15
20
25
40
p/kPa
20.0
19.5
18.3
16.0
16.0
16.0
22.0
①平衡时，SO2的转化率α＝________%。
②T℃时该反应的平衡常数Kp为________[气体分压(p分)＝气体总压(p总)×气体体积分数，Kp为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数]。
③如图分别表示焓变(ΔH)、混合气体平均摩尔质量()、SO2质量分数[w(SO2)]和混合气体压强(p)与反应时间(t)的关系，其中所示正确且能表明该反应达到平衡状态的是________(填标号)。

④40 min时，改变的条件可能是_____________________________________(写2点)。
(3)工业尾气中的SO2，可用甲烷，O2燃料电池(KOH溶液作电解液)联合氯碱工业进行处理并回收。其方法为①将含SO2的尾气通入电解饱和食盐水所得溶液中得到NaHSO3溶液；②将电解饱和食盐水所得气体反应后制得盐酸；③将盐酸加入NaHSO3溶液中得SO2气体从而进行回收。若用上述方法处理SO2体积分数为x的工业尾气V L(标准状况)，需要甲烷的质量是________g。
解析　(1)根据盖斯定律，2×②－①＋③，可得C2H2(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)　ΔH＝2ΔH2－ΔH1＋ΔH3，即为表示乙炔燃烧热的热化学方程式。
(2)①设平衡时O2转化了x mol，根据“三段式”法：
　　　 2SO2(g)＋O2(g) ===2SO3(g)
起始(mol) 2 1 0
转化(mol) 2x x 2x
平衡(mol) 2－2x 1－x 2x
平衡时，气体总物质的量为(3－x)mol，由表中数据可知，起始时总压强为20.0 kPa，平衡时总压强为 16.0 kPa，则有＝，解得x＝0.6，则平衡时SO2的转化率α＝×100%＝60%。②反应达平衡时，SO2的分压＝16.0 kPa×＝ kPa，O2的分压＝16.0 kPa×＝ kPa，SO3的分压＝16.0 kPa×＝8 kPa，Kp＝＝≈0.8 kPa－1。③始态和终态不变，温度不变，焓变(ΔH)始终不变，图示正确，但其不能表明该反应达到平衡状态，A项错误；体系内物质都是气体，＝，m为定值，随着反应的进行，气体总物质的量减小，增大，当不变时，反应达到平衡状态，B项正确；随着反应的进行，w(SO2)逐渐减小，w(SO2)不变时反应达到平衡状态，C项正确；反应前后气体总物质的量减小，则随着反应的进行，混合气体压强降低，图示为压强增大，D项错误。④反应在刚性容器中进行，40 min时，体系的总压强增大，增大气体压强的方法一是升高温度(平衡逆向移动，物质的量增大，压强增大)，二是增加气体的物质的量。(3)以KOH溶液作电解液的甲烷燃料电池中通入甲烷的一极为原电池的负极，电极反应式为CH4－8e－＋10OH－===CO＋7H2O。电解饱和食盐水溶液的总反应为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，吸收SO2的反应为SO2＋NaOH===NaHSO3，得到关系式CH4～8e－～8NaOH～8SO2，m(CH4)＝×16 g/mol＝ mol×16 g/mol＝ g。
答案　(1)C2H2(g)＋O2(g)===2CO2(g)＋H2O(l)　ΔH＝2ΔH2－ΔH1＋ΔH3　(2)①60　②0.8　③BC　④升高温度、增加气体的物质的量(合理即可)　(3)

B卷
1．(2019·陕西咸阳检测)氮及其化合物在工农业生产生活中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。
(1)已知：N2(g)＋O2(g)===2NO(g)　ΔH＝＋180.5 kJ/mol
C(s)＋O2(g)===CO2(g)　ΔH＝－393.5 kJ/mol
2C(s)＋O2(g)===2CO(g)　ΔH＝－221 kJ/mol
若某反应的平衡常数表达式为：k＝，请写出此反应的热化学方程式：__________________________。
(2)N2O5 在一定条件下可发生分解：2N2O5(g) ===4NO2(g)＋O2(g)，某温度下恒容密闭容器中加入一定量 N2O5，测得 N2O5 浓度随时间的变化如下表：
t/min
0.00
1.00
2.00
3.00
4.00
5.00
c(N2O5)/ (mol/L)
1.00
0.71
0.50
0.35
0.25
0.17
①反应开始时体系压强为 P0，第 2.00 min 时体系压强为P1，则P1∶P0＝__________。2.00～5.00 min 内用NO2表示的该反应的平均反应速率为________。
②一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量 N2O5 进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是__________(填字母序号)。
a．NO2 和 O2 的浓度比保持不变
b．容器中压强不再变化
c．2v正(NO2)＝v逆(N2O5)
d．气体的平均相对分子质量为 43.2，且保持不变
(3)平衡常数Kp是用反应体系中气体物质的分压来表示的，即将K表达式中平衡浓度用平衡分压代替，分压＝总压×物质的量分数，例如：p(NO2)＝p 总×(NO2)。N2O4 与 NO2 转换的热化学方程式为N2O4(g) ===2NO2(g)　ΔH＝＋24.4 kJ/mol，上述反应中，正反应速率v正＝k正·p(N2O4)，逆反应速率v逆＝k逆·p2(NO2)，其中k正、k逆为速率常数，则Kp 为____(以 k正、k逆表示)。
(4)如图是密闭反应器中按n(N2)∶n(H2)＝1∶3投料后，在 200℃、400℃、600℃下，合成 NH3 反应达到平衡时，混合物中NH3的物质的量分数随压强的变化曲线，已知该反应为放热反应。①曲线 a 对应的温度是________。

②M点对应的H2 的转化率是__________。
解析　(1)若某反应的平衡常数表达式为：k＝，反应为2NO(g)＋2CO(g) ===N2(g)＋2CO2(g)，将题目中反应依次编号为①②③，由盖斯定律②×2－③－①得2NO(g)＋2CO(g) ===N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝－746.5 kJ·mol－1；
(2)①相同条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比。
　　　　　　　2N2O5(g)===4NO2(g)＋O2(g)
c(起始)/(mol/L) 1.00 0 0
c(转化)/(mol/L) 0.5 1.0 0.25
c(2min)/(mol/L) 0.5 1.0 0.25
反应前后气体的压强之比等于其物质的量之比，所以P∶P0＝(0.5＋1.0＋0.25)mol∶1.00 mol＝1.75,2.00 min～5.00 min内，v(N2O5)＝＝0.11 mol/(L·min)，再根据同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比得v(NO2)＝2v(N2O5)＝0.22 mol·L－1·min－1。
②a.NO2和O2的浓度比始终都不变，不能确定反应是否达到化学平衡状态，故a错误；b.容器中压强不再变化，反应已达到化学平衡状态，故b正确；c.v正(NO2)＝2v逆(N2O5)才表明达到化学平衡状态，故c错误；d.假设全部反应生成二氧化氮和氧气，气体平均相对分子质量＝＝43.2，平衡时，反应为可逆反应，气体的平均相对分子质量为大于43.2，且保持不变。故d错误。
(3)N2O4 与 NO2 转换的热化学方程式为N2O4(g) ===2NO2(g)则Kp＝＝。
(4)①合成氨反应放热，温度越低氨气的百分含量越高，所以，曲线a对应的温度是200℃。
②　　　　　　N2(g)＋3H2(g) ===2NH3(g)
n(起始)/mol 1 3 0
n(转化)/mol x 3x 2x
n(平衡)/mol 1－x 3－3x 2x
据题意M点时：＝60%，x＝，则氢气的转化率为：×100%＝75%。
答案　(1)2NO(g)＋2CO(g) ===N2(g)＋2CO2(g)　ΔH＝－746.5 kJ·mol－1
(2) ①1.75　0.055 mol·L－1·min－1　②b
(3)　(4)①200℃　②75%
2．(2019·贵州贵阳检测)某合成气的主要成分是一氧化碳和氢气，可用于合成甲醚等清洁燃料。由天然气获得该合成气过程中可能发生的反应有：
①CH4(g)＋H2O(g) ===CO(g)＋3H2(g)　ΔH1＝＋206.1 kJ·mol－1
②CH4(g)＋CO2(g) ===2CO(g)＋2H2(g)　ΔH2＝＋247.3 kJ·mol－1
③CO(g)＋H2O(g) ===CO2(g)＋H2(g)　ΔH3
请回答下列问题：
(1)在一密闭容器中进行反应①，测得CH4的物质的量浓度随反应时间的变化如图1所示。

图1
反应进行的前5 min内，v(H2)＝____________；10 min时，改变的外界条件可能是__________。
(2)如图2所示，在甲、乙两容器中分别充入等物质的量的CH4和CO2，使甲、乙两容器初始容积相等。在相同温度下发生反应②，并维持反应过程中温度不变。已知甲容器中CH4的转化率随时间的变化如图3所示，请在图3中画出乙容器中CH4的转化率随时间变化的图像。

(3)反应③中ΔH3＝________。800 ℃时，反应③的平衡常数K＝1，测得该温度下密闭容器中某时刻各物质的物质的量见下表：
CO
H2O
CO2
H2
0.5 mol
8.5 mol
2.0 mol
2.0 mol
此时反应③中正、逆反应速率的关系式是__________(填代号)。
a．v正>v逆　　　　　　 b．v正 c．v正＝v逆 d．无法判断
(4)用该合成气制取甲醚的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
该反应的原子利用率为________(设反应完全进行，用质量百分比表示)。
解析　(1)可根据图像先计算CH4的反应速率，再计算H2的生成速率。10 min时，改变的条件不可能是增大容器的体积(否则改变条件的瞬间CH4浓度应突然减小)，由于c(CH4)减小，平衡右移，故改变的条件可能是升高温度(或充入水蒸气)。(2)甲容器反应开始后压强增大，乙容器压强不变、体积增大，可看成是由甲减压得到乙，故乙容器的反应速率慢，平衡右移，CH4的转化率大。(3)根据盖斯定律，反应①减去反应②即可得到反应③，进而通过计算求得ΔH3。根据浓度商：＝0.94＜K＝1，可知反应向正反应方向进行，即v正＞v逆。(4)根据质量守恒定律可知，反应的化学方程式为2CO＋4H2===CH3OCH3＋H2O，可以求出甲醚质量占反应物总质量的71.9%。
答案　(1)0.3 mol·L－1·min－1　升高温度(或充入水蒸气)
(2)

(3)－41.2 kJ·mol－1　a
(4)2CO＋4H2===CH3OCH3＋H2O　71.9%
3．肌红蛋白(Mb)是由肽链和血红素辅基组成的可结合氧的蛋白，广泛存在于肌肉中。肌红蛋白结合氧的反应为：Mb(aq)＋O2(g) ===MbO2(aq)。肌红蛋白的结合度(即转化率α)与氧气分压p(O2)密切相关，37℃时，反应达平衡时测得的一组实验数据如图所示。回答下列问题：

(1)37℃时，上述反应的平衡常数K＝__________kPa－1(气体和溶液中的溶质分别用分压和物质的量浓度表达)；
(2)平衡时，肌红蛋白的结合度α＝__________[用含p(O2)和K的代数式表示]；37℃时，若空气中氧气分压为20.0 kPa，人正常呼吸时α的最大值为___________%(结果保留2位小数)；
(3)一般情况下，高烧患者体内MbO2的浓度会比其健康时___________(填“高”或“低”)；在温度不变的条件下，游客在高山山顶时体内MbO2的浓度比其在山下时___________(填“高”或“低”)；
(4)上述反应的正反应速率v正＝k正c(Mb)p(O2)，逆反应速率v逆＝k逆c(MbO2)。k正和k逆分别是正向和逆向反应的速率常数。37℃时，上图中坐标为(1.00,50.0)的点对应的反应状态为向___________进行(填“左”或“右”)，此时v正∶v逆＝________(填数值)。
解析　按照提示写出平衡常数表达式，代入平衡数据求平衡常数，进而计算转化率；运用平衡移动原理分析温度、压强对化学平衡的影响；用Q与K的关系判断反应的方向；用速率方程与K的关系求速率比。(1)反应Mb(aq)＋O2(g) ===MbO2(aq)的平衡常数表达式K＝。图中，37℃、肌红蛋白结合度为50%时，c(Mb)＝c(MbO2)、p(O2)＝0.5 kPa，求得K＝2kPa－1。
(2)平衡时，肌红蛋白的结合度α，则＝，代入K表达式得α＝；37℃时，将K＝2 kPa－1、p(O2)＝20.0 kPa代入，得到α最大值为97.56%。
(3)高烧患者体温超过37℃，血液中O2浓度降低，MbO2浓度会比健康时低；高山山顶O2分压比地面低，使Mb(aq)＋O2(g) ===MbO2(aq)左移，MbO2浓度也会降低。
(4)当上述反应达到化学平衡时，有v正＝v逆，即k正c(Mb)·p(O2)＝k逆c(MbO2)。得＝＝K。图中点(1.00,50.0)不在曲线上，37℃时不是化学平衡状态。此时c(Mb)＝c(MbO2)、p(O2)＝1.00 kPa，得Q＝1 kPa－1 答案　(1)2　(2)　97.56　(3)低　低　(4) 右　2
4．C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。
(1)尿素[CO(NH2)2]是一种非常重要的高效氮肥，工业上以NH3、CO2为原料生产尿素，该反应实际为两步反应：
第一步：2NH3(g)＋CO2(g) ===H2NCOONH4(s) ΔH＝－272 kJ·mol－1
第二步：H2NCOONH4(s) ===CO(NH2)2(s)＋H2O(g) ΔH＝＋138 kJ·mol－1
写出工业上以NH3、CO2为原料合成尿素的热化学方程式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2)一定温度下，向2 L恒容密闭容器中通入2 mol CO和1 mol SO2，发生反应2CO(g)＋SO2(g) ===2CO2(g)＋S(s)。若反应进行到20 min时达平衡，测得CO2的体积分数为0.5，则前20 min的反应速率v(CO)＝__________，该温度下反应化学平衡常数K＝__________。
(3)工业上可用NaClO碱性溶液或“亚硫酸盐法”吸收SO2。
①为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。催化过程如图所示：
a．过程2的离子方程式________________________________。
b．Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，原因是______________________。

②室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO4溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的变化关系如图所示，b点时溶液pH＝7，则n(NH)∶n(SO)＝__________。
(4)用食盐水做电解液电解烟气脱氮的原理如图，NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO，尾气经氢氧化钠溶液吸收后排入空气。如下图，电流密度和溶液pH对烟气脱硝的影响。


①NO被阳极产生的氧化性物质氧化为NO反应的离子方程式________________________。
②溶液的pH对NO去除率影响的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析　(1)根据盖斯定律可知反应①＋反应②即可得出氨气和二氧化碳合成尿素的热化学方程式为：2NH3(g)＋CO2(g) ===H2O(g)＋CO(NH2)2(s)　ΔH＝－134 kJ/mol。
(2)设参加反应的SO2的物质的量为x mol，则有
　　　　2CO(g)＋SO2(g) ===2CO2(g)＋S(s)
初始状
态(mol) 2 1 0
反应的
量(mol) 2x x 2x
平衡状
态(mol) (2－2x) (1－x) 2x
即2x/(2－2x＋1－x＋2x)＝0.5，解得x＝0.6，v(CO)＝(0.6×2)/(2×20)＝0.03 mol·L－1·min－1；
c(CO)＝(2－1.2)/2＝0.4 mol/L，c(SO2)＝(1－0.6)/2＝0.2 mol/L，c(CO2)＝1.2/2＝0.6 mol/L，该温度下反应平衡常数K＝c2(CO2)/[c2(CO)c(SO2)]＝0.62/(0.42×0.2)＝11.25 L·mol－1。
(3)①为了提高吸收效率，常用Ni2O3作为催化剂。根据催化过程的示意图可知，过程2中NiO2和ClO－反应生成Ni2O3、Cl－、O，离子方程式为：2NiO2＋ClO－===Ni2O3＋Cl－＋2O，Ca(ClO)2也可用于脱硫，且脱硫效果比NaClO更好，是因为Ca2＋与SO结合生成难溶的CaSO4，有利于反应的进行。
②a点时，n(HSO)：n(H2SO3)＝1∶1，b点时溶液的pH＝7，根据电荷守恒可知：n(NH)＝n(HSO)＋2n(SO)，又根据图像可知，n(HSO)＝n(SO)，n(NH)∶n(SO)＝(1＋2)∶1＝3∶1。
(4)①电解食盐水阳极产生氯气作氧化剂，NO为还原剂，在碱性条件下的反应为：3Cl2＋8OH－＋2NO===2NO＋6Cl－＋4H2O。②次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强，故控制电解液较低的pH有利于提高NO去除率。
答案　(1)2NH3(g)＋CO2(g) ===H2O(g)＋CO(NH2)2(s)　ΔH＝－134 kJ/mol
(2)0.03mol·L－1·min－1　11.25
(3)①a.2NiO2＋ClO－===Ni2O3＋Cl－＋2O　b．Ca2＋与SO结合生成难微溶的CaSO4，有利于反应的进行　②3∶1
(4)①3Cl2＋8OH－＋2NO===2NO＋6Cl－＋4H2O　②次氯酸钠在酸性条件下氧化性增强
5．(2019·山东淄博二模)镓(Ga)与铝位于同一主族，金属镓的熔点是29.8℃，沸点是2 403℃，是一种广泛用于电子工业和通讯领域的重要金属。
(1)工业上利用镓与NH3在1 000℃高温下合成固体半导体材料氮化镓(GaN)，同时生成氢气，每生成1 mol H2时放出10.3 kJ热量。写出该反应的热化学方程式____________________________。
(2)在密闭容器中充入一定量的Ga与NH3发生反应，实验测得反应平衡体系中NH3的体积分数与压强p和温度T的关系曲线如图所示。

①图中A点和C点化学平衡常数的大小关系是：KA________KC，(填“<”、“＝”或“>”)，理由是_______________________。
②在T1和p6条件下反应至3 min时达到平衡，此时改变条件并于D点处重新达到平衡，H2的浓度随反应时间的变化如下图所示(3～4 min的浓度变化未表示出来)，则改变的条件为___________(仅改变温度或压强中的一种)。

(3)气相平衡中用组分的平衡分压(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作Kp)，用含p6的式子表示B点的Kp＝_____________。
(4)电解精炼法提纯镓的具体原理如下：以粗镓(含Zn、Fe、Cu杂质)为阳极，以高纯镓为阴极，以NaOH溶液为电解质，在电流作用下使粗镓溶解进入电解质溶液，并通过某种离子迁移技术到达阴极并在阴极放电析出高纯镓。
①已知离子氧化性顺序为：Zn2＋＜Ga3＋＜Fe2＋＜Cu2＋。则电解精炼镓时阳极泥的成分是____________。
②镓在阳极溶解生成的Ga3＋与NaOH溶液反应生成GaO，该反应的离子方程式为______________，GaO 在阴极放电的电极反应式是___________________。
解析　(1) 根据题意生成1 mol H2，因此热化学反应方程式为2/3Ga(l)＋2/3NH3(g)===2/3GaN(s)＋H2(g)　ΔH＝－10.3 kJ·mol－1，整理得：2Ga(l)＋2NH3(g)===2GaN(s)＋3H2(g) ===ΔH＝－30.9 kJ·mol－1。
(2)①2Ga(l)＋2NH3(g) ===2GaN(s)＋3H2(g)　ΔH＝－30.9 kJ/mol，为放热反应，对于放热反应而言，温度升高，平衡逆向移动，K减小，A点平衡常数小于C点平衡常数。②根据图2,4 min时氢气的浓度降低，则改变的外界条件是降低压强，或增大容器体积，使气体的体积增大，氢气的浓度减小，平衡向气体体积增大的方向进行，随后氢气的浓度又逐渐增大，但会小于原平衡的浓度。
(3)2Ga(l)＋2NH3(g) ===2GaN(s)＋3H2(g)，用某组份(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(CB)也可以表示平衡常数(记作Kp)，且pB＝p×B的体积分数。根据图像，B点氨气的体积分数为0.4，根据反应方程式，只有两种气体一种是氨气，另一种是氢气，因此氢气的体积分数为0.6，依据信息，因此有Kp＝。
(4)①离子氧化性顺序为：Zn2＋＜Ga3＋＜Fe2＋＜Cu2＋，则金属还原性顺序为Zn＞Ge＞Fe＞Cu，则阳极上Zn、Ge失电子进入电解质溶液，Fe、Cu以金属单质形成阳极泥，则阳极泥成分是Fe、Cu。
②镓在阳极溶解生成的Ga3＋与NaOH溶液反应生成GaO，该反应的离子方程式为Ga3＋＋4OH－===GaO＋2H2O；阴极上GaO得电子发生还原反应生成Ga，电极反应式为GaO＋3e－＋2H2O===Ga＋4OH－。
答案　(1)2Ga(l)＋2NH3(g)===2GaN(s)＋3H2(g)　ΔH＝－30.9 kJ·mol－1　(2)①＜　该反应是放热反应，其他条件一定时，温度升高，平衡逆向移动，NH3的体积分数增大，K减小，所以KA＜KC　 ②增大容器体积(或减小压强)　 (3)(p6×0.6)3/(p6×0.4)2　(4)①Fe、Cu　 ②Ga3＋＋4OH－===GaO＋2H2O　GaO＋3e－＋2H2O===Ga＋4OH－
6．采用H2或CO催化还原NO能达到消除污染的目的，在氮氧化物尾气处理领域有着广泛应用。回答下列问题：
(1)用CO处理NO时产生两种无毒、无害的气体，该反应的氧化产物为________。
(2)已知：氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol
2NO(g)===N2(g)＋O2(g)　ΔH1＝－180.5 kJ/mol
H2O(g)===H2O(l)　ΔH2＝－44 kJ/mol
写出用H2处理NO生成水蒸气和1 mol N2的热化学方程式：________________________
________________________________________________________________________。
(3)针对上述用H2处理NO生成水蒸气和1 mol N2的反应，回答下列问题：
①研究表明，上述反应中，反应速率v＝k·c2(NO)·c2(H2)，其中k为速率常数，只与温度有关。t1时刻，v＝v1，若此刻保持温度不变，将c(NO)增大到原来的2倍时，c(H2)减小为原来的(此时v＝v2)。则有v1________v2(填“＞”“＜”或“＝”)
②在温度T时，向容积固定的密闭容器中充入3 mol NO和2 mol H2发生上述反应，起始压强为p0，一段时间后，反应达到平衡，此时压强p＝0.9p0，则NO的平衡转化率α(NO)＝________(结果保留三位有效数字)，该反应的平衡常数Kp＝________(用含p的代数式表示，Kp为以分压表示的平衡常数，且某气体的分压＝总压×该气体的物质的量分数)。
(4)实验室常用NaOH溶液吸收法处理NOx，反应方程式如下：(已知NO不能与NaOH溶液反应)。
NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O
2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O
①若NOx(此处为NO和NO2的混合气体)能被NaOH溶液完全吸收，则x的取值范围为________。
②1 mol NO2和溶质物质的量为1 mol的NaOH溶液恰好完全反应后，溶液中各离子浓度由大到小的顺序为________。
(5)一氧化氮—空气质子交换膜燃料电池将化学能转化为电能的同时，实现了制硝酸、发电、环保三位一体的结合，其工作原理如图所示，写出放电过程中负极的电极反应式：__________________________，若过程中产生2 mol HNO3，则消耗标准状况下O2的体积为________L。

解析　(1)用CO处理NO时产生两种无毒、无害的气体，分别为N2和CO2，氧化产物为CO2。(2)由氢气的燃烧热为285.8 kJ/mol可得：2H2(g)＋O2(g)===2H2O(l)　ΔH3＝－571.6 kJ/mol，根据盖斯定律，用H2处理NO生成1 mol氮气和水蒸气的热化学方程式为2H2(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝ΔH3＋ΔH1－2ΔH2＝－664.1 kJ/mol。(3)①k只与温度有关，故当c(NO)增大到原来的2倍，c(H2)减少为原来的1/2时，v1与v2相等；②设反应达到平衡时，生成x mol N2。根据题意可列出三段式：
　　　　 2H2(g)＋　2NO(g)===N2(g)＋2H2O(g)
起始(mol): 2 3 0 0
转化(mol): 2x 2x x 2x
平衡(mol): 2－2x 3－2x x 2x
反应达到平衡，此时压强p＝0.9p0，则有＝＝＝0.9。解得x＝0.5，故NO的转化率α(NO)≈33.3%，由分压公式可知，p(H2)＝p，p(NO)＝p，p(N2)＝p，p(H2O)＝p，则Kp＝＝＝。(4)①NO不能被NaOH溶液单独吸收，NO2可以被NaOH溶液单独吸收，因此NO和NO2的混合气体被NaOH溶液完全吸收的条件应满足：n(NO)∶n(NO2)≤1，当n(NO)∶n(NO2)＝1时，x取最小值1.5，因为混有NO，所以x的最大值＜2，故x的取值范围为1.5≤x＜2；②等物质的量的NO2和NaOH溶液完全反应后，其溶质为等物质的量的NaNO2和NaNO3，由于NO发生水解，则溶液中各离子浓度由大到小的顺序为c(Na＋)＞c(NO)＞c(NO)＞c(OH－)＞c(H＋)。(5)NO发生氧化反应，则左端的铂电极为负极，其电极反应式为NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋，当过程中产生2 mol HNO3时转移6 mol电子，而1 mol O2参与反应转移4 mol电子，故需要1.5 mol O2参与反应，标准状况下的体积为33.6 L。
答案　(1)CO2　(2)2H2(g)＋2NO(g)===N2(g)＋2H2O(g)　ΔH＝－664.1 kJ/mol　(3)①＝　②33.3%　　(4)①1.5≤x＜2　②c(Na＋)＞c(NO)＞c(NO)＞c(OH－)＞c(H＋)　(5)NO－3e－＋2H2O===NO＋4H＋　33.6

训练4　物质结构与性质
A卷
1．将过量的氨水加到硫酸铜溶液中，溶液最终变成深蓝色，继续加入乙醇，析出深蓝色的晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O。
(1)Cu2＋价电子排布式为__________；[Cu(NH3)4]SO4·H2O中，1 mol[Cu(NH3)4]2＋含有σ键的数目为__________。
(2)SO中S原子轨道杂化类型为________，H3O＋几何构型为________。
(3)NH3极易溶于H2O中，可能的原因为___________________________________
________________________________________________________________________。
(4)N、O、S第一电离能由大到小的顺序为____________________。
(5)Cu与F形成的化合物的晶胞结构如图所示，若晶体密度为a g·cm－3，则Cu与F最近距离为________pm(用NA表示阿伏加德罗常数的值，列出计算表达式，不用化简)。

解析　(1)[Cu(NH3)4]2＋中NH3作为配体，其中1 mol NH3含有3 mol N—H键，即有3 mol的σ键，配位数是4，故1 mol配离子有4 mol配位键，即4 mol σ键；故1mol[Cu(NH3)4]2＋中含有的3 mol×4＋4 mol＝16 mol σ键。
(2)SO中价层电子对数＝σ键数＋孤电子对数，即＝4＋＝4，所以S原子轨道杂化类型为sp3杂化；H3O＋的价电子对数＝3＋＝4，因为有一对孤电子对，故空间构型为三角锥形。
(3)根据相似相溶原理，NH3极易溶于H2O中；另外，氨气分子与水分子之间形成氢键，氨气与水又要发生化学反应，加大溶解度。
(4)同一周期，从左到右，第一电离能依次增大，ⅡA、ⅤA反常，同一主族，从上到下，第一电离能依次减弱，所以N、O、S第一电离能由大到小的顺序为：N＞O＞S。
(5)由题意，如图所示，Cu与F最近距离为体对角线的，一个晶胞中，Cu的原子个数×8＋×6＝4，F的原子个数：4，根据ρ＝，ρ＝a g·cm－3；m＝4×(64＋19)/NA；所以Cu与F最近距离为× 。
答案　(1)3d9　16NA　(2)sp3杂化　三角锥形
(3)氨气和水都是极性分子，“相似相溶”，NH3与H2O之间形成氢键，NH3与H2O可发生化学反应
(4)N＞O＞S
(5)×
2．(2019·安徽安庆二模)N和S是重要的非金属元素，聚氮化硫(SN)X是重要的超导材料，目前已成为全球材料行业研究的热点。回答下列问题：
(1)下列电子排布图能表示氮原子的最低能量状态的是__________(填字母)



(2)S原子的基态原子核外有__________个未成对电子，有______种不同形状的电子云。
(3)S、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为______，列举一种与SCN－互为等电子体的分子为________。
(4)(CH3)3N中N原子杂化方式为________； As与N是同主族元素，AsH3的相对分子质量比NH3大，实验测得AsH3沸点比NH3低，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(5)GaN是一种重要的半导体材料，其晶胞结构和金刚石类似，其晶胞结构如图。

①氮化镓中氮原子与镓原子之间以________键相结合，与同一个Ga原子相连的N原子构成的空间构型为________。
②GaN晶体的晶胞边长为a pm，摩尔质量为M g/mol，阿伏加德罗常数的值为NA，则GaN晶体的密度为__________g·cm－3(只要求列算式，不必计算出结果，1 pm＝10－12 m)。
解析　(1)B与C违背洪特规则，能量不是最低，D中2p轨道只有1个电子，发生电子跃迁，能量也不是最低，只有A符合构造原理、泡利原理、洪特规则。
(2)S原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p4,3p能级有2个未成对电子，只有s轨道、p轨道，两种不同形状的电子云。
(3)N元素原子2p能级为半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，同主族自上而下第一电离能减小，故第一电离能：N＞O＞S.一种与SCN－互为等电子体的分子可以用2个O原子替换S原子、N原子与1个单位负电荷，该等电子体分子为CO2，
(4)(CH3)3N中N原子含有1对孤对电子，形成3个N—C键，杂化轨道数目为1＋3＝4，N原子采取sp3杂化。AsH3分子之间为范德华力，而NH3分子之间存在氢键，氢键比范德华力更强，故AsH3沸点比NH3的低。
(5)①金刚石是原子晶体，氮化镓与金刚石具有相似的晶体结构，氮化镓中氮原子与镓原子之间以共价键结合。由晶胞结构可知，一个镓原子周围所有距离最近且相等的N原子有4个，4个N原子形成正四面体，Ga处于正四面体中心。
②晶胞中Ga数目＝8×＋6×＝4，N原子数目为4，相当于有4个“GaN”，故晶胞质量＝4× g，则晶胞密度＝4× g÷(a×10－10 cm)3＝ g·cm－3。
答案　(1)A　(2)2　2　(3)N＞O＞S　CO2
(4)sp3　AsH3分子之间为范德华力，而NH3分子之间存在氢键，氢键比范德华力更强；
(5)①共价键　正四面体　②
3．(2019·云南昆明二模)铜是人类最早发现并广泛使用的一种金属。向硫酸铜溶液中逐滴滴加稀氨水，产生蓝色沉淀：继续滴加稀氨水，沉淀溶解，溶液最终变为深蓝色：再向深蓝色溶液中加入无水乙醇，析出[Cu(NH3)4]SO4·H2O.回答下列问题：
(1)基态Cu原子中，电子在核外排布的原子轨道共有__________个。
(2)N、O、S元素的原子对键合电子吸引力最大的是__________。
(3)[Cu(NH)4]2＋中，提供孤对电子的是__________。Cu(NH3)2Cl2有两种同分异构体，其中一种可溶于水，则此种化合物是_______(填“极性”或“非极性”)分子，由此推知[Cu(NH)4]2＋的空间构型是_______。
(4)NH3中N原子的杂化方式是__________，乙醇分子中采用同样杂化方式的原子有_______个。
(5)硫元素对应的含氧酸酸性是H2SO4强于H2SO3，其原因为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(6)铜的一种氧化物晶体结构如图所示，该氧化物的化学式是____________。若该晶体结构为长方体，其参数如图，阿伏加德罗常数为NA，则该氧化物的密度为_______g·cm－3。

解析　(1)铜是29号元素，s能级一个轨道，p能级3个轨道，d能级5个轨道，所以原子轨道有15个轨道。
(2)同一周期，从左至右，电负性增强，同一主族，从上到下，电负性减弱，在N、O、S，中，电负性最强的是O，所以对键合电子吸引力最大的是O。
(3)[Cu(NH)4]2＋中，铜离子提供空轨道，氨气分子中的氮元素提供孤电子对；Cu(NH3)2Cl2的同分异构体可溶于水，根据相似相溶原理，水是极性分子，所以该分子应该为极性分子；既然存在两种同分异构体，所以[Cu(NH)4]2＋的空间构型应该是平面四边形；
(4)NH3的价层电子对数＝3＋＝4，所以N的杂化类型为sp3；乙醇的结构简式为CH3CH2OH，其中采取sp3杂化的原子有两个碳原子和一个氧原子，故共有3个。
(5)非金属含氧酸的酸性大小取决于非羟基氧的数目，H2SO4的非羟基氧2个，H2SO3的非羟基氧1个，所以酸性H2SO4强于H2SO3。
(6)如图所示，根据均摊法可以计算出Cu全部在体内：4个；O在顶点、面上、棱上和体心，即8×＋2×＋4×＋1＝4；所以铜和氧的最简整数比为1∶1，所以化学式为CuO；根据密度ρ＝＝。
答案　(1)15　(2)O　(3)NH3　极性　平面四边形　 (4)sp3　3
(5)H2SO4与H2SO3分别可表示为(HO)2SO2和(HO)2SO，前者非羟基(2个)多于后者(1个)的数目，使得H2SO4中的S－O－H中的O的电子更偏向于S，越容易电离出氢离子，酸性更强
(6)CuO　
4．(2019·四川石室中学二模)油画所用的颜料有许多天然矿石成分，矿石中往往含有B、C、O、Na、P、Cl等元素，它们在科学研究和工业生产中具有许多用途。请回答下列有关问题：
(1)现代化学中，常利用__________上的特征谱线来鉴定元素。
(2)CH、—CH3、CH都是重要的有机反应中间体。CH中碳原子的杂化方式为________，CH的空间构型为_______。
(3)Na＋和Ne互为等电子体，电离能I2(Na)_______I1(Ne)(填“＞”或“＜”)。
(4)氢卤酸(HX)的电离过程如图。ΔH1和ΔH2的递变规律都是HF＞HCl＞HBr＞HI，其中ΔH1(HF)特别大的原因为__________________，从原子结构分析影响ΔH2递变的因素为________________。

(5)磷化硼是一种耐磨涂料，它可用作金属的表面保护层。
①磷化硼晶体晶胞如图甲所示：其中实心球为磷原子。已知晶胞中最近的B、P原子的距离为a pm，阿伏加德罗常数为NA，则磷化硼晶体的密度为__________g/cm3。(列出计算式即可，不必化简)

②磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影(图乙中表示P原子的投影)，用画出B原子的投影位置。
解析　(1)现代化学中，常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素，(2)CH中心碳原子孤电子对数＝＝0，杂化轨道数目＝0＋3＝3，C原子采取sp2杂化；CH中的碳原子形成3个σ键，孤电子对数＝1，价层电子对数＝3＋1＝4，空间构型为三角锥形，(3)Na＋正电性比Ne的高，Na＋对核外电子吸引更大，更难失去电子，故电离能I2(Na)＞I1(Ne)，(4)ΔH1 克服分子之间的相互作用，HF的水溶液中存在氢键作用，分子之间相互作用很强，ΔH1 (HF)特别大。ΔH2克服化学键，原子半径越小，键长越短，键能越大，克服化学键需要能量越多，影响ΔH2递变的因素为：原子半径或键长或键能，(5)①1个晶胞中，单独含有P原子数目为8×＋6×＝4个，单独含有B原子数目为4个，晶胞质量＝4× g，晶体密度ρ＝4× g÷(a×10－10 cm)3＝ g/cm3。②根据晶胞结构分析，立方磷化硼晶胞沿着体对角线方向可以观察到六边形，中心B与P重合，外侧大正六边形均由P原子构成，而内部小正六边形由3个B原子、3个P原子形间隔成，所以画图为：或。
答案　(1)原子光谱
(2)①sp2　三角锥形　②HF的水溶液中存在氢键作用；原子半径或键长或键能　(3)＞
(4)ΔH1克服分子之间的相互作用，HF的水溶液中存在氢键作用，分子之间相互作用很强，ΔH1 (HF)特别大　原子半径或键长或键能。
(5)①　②或
5．常见的太阳能电池有单晶硅或多晶硅太阳能电池、GaAs太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。请回答下列问题：
(1)基态硒原子的价电子排布式为____________；H2O的沸点高于H2Se的沸点(－42℃)，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(2)已知GaCl3晶体熔点为77.9℃，沸点为201.3℃，GaCl3晶体类型为__________。
(3)Na3AsO4中阴离子的空间构型为_______，As原子采取_______杂化。
(4)高温下CuO容易转化为Cu2O，试从原子结构角度解释原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(5)锌与铜位于同一周期。硫化锌的晶胞结构如图所示，S2－周围等距离且最近的Zn2＋个数为_______；若晶胞边长为d pm，则硫化锌的密度为_______g·cm－3(不必简化)

解析　(1)水分子间存在氢键，硒化氢分子间不存在氢键，所以水分子熔沸点高于硒化氢。(2)GaCl3的熔沸点很低，符合分子晶体的性质，属于分子晶体；(3)AsO计算As价层电子对数：＝4，则中心原子采取sp3杂化，孤电子对数为：＝0，所以空间构型为正四面体；(4)基态 Cu＋的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d10，其价电子排布式为：3d10，结构上Cu2＋价电子排布式为3d9，而Cu＋为3d10全充满更稳定，在高温下CuO 能分解生成Cu2O，(5)ZnS晶胞与金刚石晶胞的相似，由晶胞图可知，S与Zn是呈四面体结构，故S2－周围等距离且最近的Zn2＋个数有4个；已知ZnS立方晶胞，晶胞顶点粒子占，面心原子占，棱上粒子占，内部粒子为整个晶胞所有，则一个晶胞内含有的Zn2＋有，含有的S2－数为4，取1 mol晶胞，则含有NA个晶胞，1 mol晶胞有4 mol Zn2＋和4 mol S2－，1 mol晶胞的体积为：(d×10－10)3NA cm3，则硫化锌密度ρ＝＝ g/cm。
答案　(1)4s24p2　 水分子间存在氢键，硒化氢分子间不存在氢键
(2)分子晶体 (3)正四面体　sp3
(4)Cu2O中Cu＋的价层电子排布处于稳定的全充满状态
(5)
6．电镀工业上，为了提高镀锌的效果，通常采用Zn(CN)溶液代替Zn2＋溶液进行电解。请回答下列问题：
(1)元素锌在周期表中的位置为_____________，基态Zn的价电子排布式为_____________。
(2)Zn(CN) 所含元素中，电负性最大的元素是_____________，Zn(CN) 中含有的化学键类型有σ键和_____________。
(3)CN－中C的杂化类型为_____________，与CN－互为等电子体的单质为_____________。
(4)H2CO3与HNO3的酸性相差较大，请解释其原因________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(5)N和Al可组成一种新型半导体材料AlN；AlN具有耐高温，耐磨性能。其晶体类型为_____________，其晶体结构如图，已知晶胞边长为a pm，则AlN的密度为_____________(用含a、NA的代数式表示)g/cm3。

解析　(1)Zn是30号元素，位于周期表第四周期ⅡB族。
(2)元素的非金属性越强，元素的电负性就越大，Zn(CN)所含元素中N元素非金属性最强，电负性最大；[Zn(CN)4]2－中CN－离子中含有C、N叁键，化学键类型有σ键和π键。
(3)CN－中C原子与N原子之间形成叁键，则C的杂化类型为sp杂化；价电子和原子数分别都相同的分子是等电子体，所以和CN－互为等电子体的单质分子是氮气。
(4)H2CO3与HNO3都为含氧酸，硝酸中含有2个非羟基氧，碳酸中含有1个非羟基氧，非羟基氧越多，吸电子能力更强，导致—OH中H更易电离。
(5)原子晶体熔、沸点高、硬度大，根据AlN具有有耐高温、耐磨性能的性质可知，AlN为原子晶体；由晶胞结构示意图可知，晶胞中含有4个AlN，则晶胞的质量为×41 g，晶胞的体积为(a×10－10 m)3，则有d(a×10－10 m)3＝×41，d＝ g/cm3。
答案　(1)第四周期ⅡB族　3d104s2　(2)N　π键　(3)sp　 N2　(4)HNO3非羟基氧多于H2CO3，非羟基氧吸电子导致—OH中H易电离　(5)原子晶体　 g/cm3

B卷
1．铁是重要的工业元素。
(1)铁元素位于周期表中的__________区，Fe的外围电子排布的轨道表示式为_____，Fe的7个能级中能量最高的是__________________。
(2)(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O俗称摩尔盐，其中H2O的VSEPR模型名称为______________。写出一种与SO互为等电子体的分子的化学式__________________。
(3)金属Fe具有导电性，温度越高其导电性越____________，其原因是____________________________。
(4)ZnCl2浓溶液常用于除去Fe表面的氧化物，反应可得[Zn(OH)2Cl2]2－溶液。[Zn(OH)2Cl2]2－中肯定不存在的微粒间作用力有________(填选项字母)；
A．离子键　　　　　　 B．共价键
C．金属键 D．配位键
E．范德华力
画出溶液中[Zn(OH)2Cl2]2－的结构式，并表示出配位键____________________。
解析　(1)铁原子的核电荷数为26，核外电子排布为1s22s22p63s23p63d64s2，铁元素位于周期表中的d区，Fe的外围电子排布的轨道表示式为；Fe的7个能级中能量最高的是4s。(2)水分子中价层电子对个数＝2＋1/2×(6－2×1)＝4，VSEPR模型为四面体结构；等电子体是指原子总数相等，电子总数相等，SO中有原子5个，电子总数为50个，因此满足与之等电子体的分子有SiF4或CCl4等。
(3)对于金属来讲，温度升高，自由电子间碰撞加剧导致自由电子的定向移动能力变弱，导电性减小，因此温度越高铁的导电性越差。
(4)[Zn(OH)2Cl2]2－中存在共价键(O—H)、配位键(OH→Zn，Cl→Zn)，不存在离子键、金属键和范德华力；OH、Cl与Zn形成4个配位键，结构式为。
答案　(1)d　
(2)四面体　SiF4(CCl4等)　(3) 差　温度升高，自由电子间碰撞加剧导致自由电子的定向移动能力变弱，导电性减小
(4)A、C、E　
2．(2019 ·山东七校检测)C60具有完美的球形结构。之后Si60、N60球形分子被不断制备出来。回答下列问题：

(1)Si的核外电子排布式为____________，C和N元素中第一电离能较大的是____________。
(2)富勒烯衍生物具有良好的光电性能，富勒烯(C60)的结构如上图所示， C60属于________晶体。
(3)N60的晶体中存在的作用力有__________(填字母标号)。
A．共价键　　　　　　 B．离子键
C．氢键 D．范德华力
E．配位键 F．金属键
(4)氮的最高价氧化物为无色晶体，它由两种离子构成：已知其阴离子构型为平面正三角形，则其阳离子的构型为______形，阳离子中氮的杂化方式为_________。

(5)金属M(相对原子质量为m)与 N60形成的化合物晶体结构如上图所示(其中白球代表 N60，黑球代表金属M)，若其晶胞边长为k pm，NA代表阿伏加德罗常数的值，则其密度为________g·cm－3，该化合物中 N60的配位数为_________。
解析　(1)根据同周期元素第一电离能的变化规律可知第一电离能大的是N；(2)C60属于分子晶体，C60中每个碳原子形成3个碳碳σ键，和1个π键，碳原子的杂化类型为sp2杂化。(3)N60的晶体由分子构成，分子间存在范德华力，N60分子内氮原子间存在共价键，故选A、D。(4)氮的最高价氧化物N2O5为无色晶体，它由两种离子构成：NO(硝酰阳离子)和NO(硝酸根离子)，其中阳离子呈直线型，阳离子中氮的杂化轨道类型为sp杂化，阴离子构型为平面正三角形； (5)用“均摊法”，1个晶胞中含有4个M，含N60为×8＋×6＝4个， M与N60个数之比为1∶1，晶体的化学式为MN60；晶胞边长为k pm，晶胞的体积为(k×10－10)3,1 mol晶体的体积为(k×10－10)3÷4×NA；1 mol晶体的质量为(m＋60×14)g；该化合物的密度为(m＋60×14)g÷(k×10－10)3÷4×NA＝，根据晶胞，M的配位数为4, M 与N60个数之比为1∶1，该化合物中N60的配位数为4。
答案　(1)1s22s22p63s23p2或[Ar] 3s23p2　N　(2) 分子　 (3)AD　 (4)直线　sp　(5)或　4
3．(2019 ·海南三亚检测)自然界存在丰富的碳、氮、硅、磷、铁等元素，它们可形成单质及许多化合物。按要求回答下列问题：
(1)铁能与CO形成配合物Fe(CO)5，其熔点为－20.5℃，沸点为102℃，易溶于CCl4，据此判断Fe(CO)5晶体属于________(填晶体类型)。
(2)铁在元素周期表中位置是__________________，亚铁离子具有强还原性，从电子排布的角度解释，其原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)南海海底蕴藏着大量的天然气水化合物，俗称“可燃冰”。可燃冰是一种晶体，晶体中平均每46个H2O分子通过氢键构成8个笼，每个笼内可容纳1个CH4分子或1个游离的H2O分子。若晶体中每8个笼有6个容纳了CH4分子，另外2个笼被游离的H2O分子填充。可燃冰的平均组成可表示为________。
(4)亚磷酸(H3PO3)与过量NaOH充分反应生成亚磷酸氢二钠(Na2HPO3)，则亚磷酸氢二钠属于________盐(填“正”、“酸式”)。
(5)金刚石晶胞结构模型如下图，立方BN结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当。在立方BN晶体中，B原子与N原子之间共价键与配位键数目比为________；每个N原子周围最近且等距离的N原子数为________；如果阿伏加德罗常数近似取6×1023 mol－1，立方BN的密度为a g·cm－3，摩尔质量为b g·mol－1，计算晶体中最近的两个N原子间距离是________nm(用含a、b代数式表示)。

解析　(1)Fe(CO)5的熔、沸点低，且易溶于四氯化碳，依据相似相溶原理可知其为分子晶体。(2)铁为26号元素，在周期表中位于第四周期第Ⅷ族；由于亚铁离子的价电子3d轨道有6个电子，失去1个电子后3d轨道电子排布处于半充满稳定状态，所以亚铁离子易被氧化成铁离子。(3)晶体中8个笼子只有6个容纳甲烷分子，另外2个笼被水分子填充，推出8个笼共有6个甲烷分子，46＋2＝48个水分子，则甲烷分子与水分子的个数比为6∶48＝1∶8，所以化学式为CH4·8H2O。(4)亚磷酸与过量的氢氧化钠充分反应生成亚磷酸氢二钠，则亚磷酸氢二钠中没有可以电离的氢离子，为正盐。(5)由金刚石的晶胞结构可知，晶胞内部有4个碳原子，面心上有6个碳原子，顶点有8个碳原子，在BN晶体中，每个B原子和4个N原子形成共价键，B原子的配位数为4，B原子与N原子之间共价键的数目是12，所以B原子和N原子之间共价键的数目与配位键的数目比为3∶1。根据晶胞结构图，以晶胞顶点上的氮原子为例，与该氮原子距离最近的氮原子位于经过该顶点的面的面心上，这样的原子有12个，根据均摊可知，一个晶胞中氮原子数目为4，B原子数目也是4，则根据密度＝质量/体积，可知晶胞的体积为V＝ cm3，所以晶胞的边长为 cm，最近的两个氮原子间距是晶胞面对角线的一半，所以晶体中最近的两个氮原子间距是×× cm＝ cm＝ nm。
答案　(1)分子晶体　(2)第四周期第Ⅷ族　Fe2＋的3d轨道有6个电子，失去1个电子后3d轨道电子排布处于半充满稳定状态　(3)CH4·8H2O　(4)正　(5)3∶1　12　·
4．(2019 ·广西玉林检测)黄铜矿(CuFeS2)是炼铜的最主要矿物，在野外很容易被误会为黄金，又称愚人金。
(1)火法冶炼黄铜矿的过程中，利用了Cu2O与Cu2S反应生成Cu单质，反应的化学方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(2)S位于周期表中________族，该族元素氢化物中，H2Te比H2S沸点高的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________，H2O比H2Te沸点高的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(3)S有＋4和＋6两种价态的氧化物，回答下列问题：
①下列关于气态SO3和SO2的说法中，正确的是________。
A．中心原子的价层电子对数目相等
B．都是极性分子
C．中心原子的孤电子对数目相等
D．都含有极性键
②将纯液态SO3冷却到289.8 K时凝固得到一种螺旋状单链结构的固体，其结构如图，此固态SO3中S原子的杂化轨道类型是________。

(4)Cu有＋1和＋2两种价态的化合物，回答下列问题：
①Cu＋的价电子排布图为__________________________________________，
Cu2＋有________个未成对电子。
②新制的Cu(OH)2能够溶解于过量浓碱溶液中，反应的离子方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(5)CuFeS2的晶细胞如图所示，晶胞参数a＝0.524 nm，c＝1.032 nm；CuFeS2的晶胞中每个Cu原子与________个S原子相连，列式计算晶体密度ρ＝__________________g·cm－3。

解析　(1)火法冶炼黄铜矿方程式：2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑。(2)S位于第三周期ⅥA族。H2Te与H2S均为分子晶体而且结构相似，但是H2Te相对分子质量比H2S大，所以H2Te的沸点更高，H2Te与H2O均为分子晶体，但是H2O分子内部存在氢键，所以H2O沸点更高。(3)①二氧化硫中心原子S的化合价为＋4价，最外层电子未全部参与成键，含有孤电子对为极性分子。三氧化硫中心原子S的化合价为＋6，最外层电子全部参与成键，没有孤电子对，为非极性分子。②杂化轨道类型为sp3。因为只形成单键，杂化轨道只有sp3。(4)①Cu的价电子排布式是3d104s1所以Cu＋价电子排布图为，当Cu失去两个电子变成Cu2＋时就在3d轨道上形成一个单电子。②反应的离子方程式为Cu(OH)2＋2OH－===[Cu(OH)4]2－。(5)由图可看出，每个铜原子与4个S原子相连。棱心原子占1/4，体心占1，面心占1/2，顶点占1/8，晶体密度计算公式为≈4.31 g·cm－3。
答案　(1)2Cu2O＋Cu2S6Cu＋SO2↑
(2)ⅥA　两者均为分子晶体且结构相似，H2Te相对分子质量比H2S大，分子间作用力更强　两者均为分子晶体，H2O分子中存在氢键　 (3)①AD　②sp3
(4)① 1　②Cu(OH)2＋2OH－===[Cu(OH)4]2－　(5)4
≈4.31 g·cm－3
5．钛(22Ti)铝合金在航空领域应用广泛，回答下列问题：
(1)基态Ti原子的核外电子排布式为[Ar]________，其中s轨道上总共有______个电子。
(2)六氟合钛酸钾(K2TiF6)中存在[TiF6]2－ 配离子，则钛元素的化合价是____，配位体____。
(3)TiCl3 可用作烯烃定向聚合的催化剂，例如丙烯用三乙基铝和三氯化钛做催化剂时，可以发生下列聚合反应： nCH3CH===CH2CH(CH3)—CH2，该反应中涉及的物质中碳原子的杂化轨道类型有_______________；反应中涉及的元素中电负性最大的是_________。三乙基铝是一种易燃物质，在氧气中三乙基铝完全燃烧所得产物中分子的立体构型是直线形的是____________。
(4)钛与卤素形成的化合物的熔沸点如下表所示，

熔点/℃
沸点/℃
TiCl4
－25
136.5
TiBr4
39
230
TiI4
150
377
分析TiCl4、TiBr4 、TiI4的熔点和沸点呈现一定规律的原因是____________________
________________________________________________________________________。
(5)金属钛有两种同素异形体，常温下是六方堆积，高温下是体心立方堆积。如图所示是钛晶体的一种晶胞，晶胞参数a＝0.295 nm，c＝0.469 nm，则该钛晶体的密度为 ____________ g·cm－3(用NA 表示阿伏加德罗常数的值，列出计算式即可)。

解析　(1)Ti原子s轨道上总共有8个电子。(2)[TiF6]2－中F元素化合价为－1，化合价代数和等于－2，则Ti元素的化合价为＋4；配体是F－；(3)单键碳有4个键，无孤对电子，为sp3杂化；双键碳有3个σ键，无孤对电子，为sp2杂化；涉及的元素中Cl的非金属性最强，所以Cl的电负性最大；在氧气中三乙基铝完全燃烧生成氧化铝、二氧化碳、水，氧化铝是离子化合物、CO2为直线形分子、H2O是“V”型分子，所以分子的立体构型是直线形的是CO2；(4)TiCl4、TiBr4、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高；(5)每个晶胞含Ti原子数12×＋3＋2×＝6，晶胞摩尔质量是6×48 g/mol ；晶胞的体积是×(2.95×10－8)2×4.69×10－8，根据ρ＝，密度是。
答案　(1)3d24s2　8　(2)＋4　 F－　(3) sp2、sp3　Cl　CO2　(4)TiCl4、TiBr4 、TiI4都是分子晶体，而且组成和结构相似，其相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增大，因而三者的熔点和沸点依次升高　(5)
6．钙及其化合物在工业上、建筑工程上和医药上用途很大。回答下列问题：
(1)基态Ca原子M能层电子排布图___________________，若价层电子由4s2状态变化为4s14p1状态所得原子光谱为________光谱(填“发射”或“吸收”)，Ca的第一电离能______(填“大于”或“小于”)Ga。
(2)Mn和Ca属于同一周期，但金属Mn的熔点沸点等都比金属Ca高，原因是________________________。
(3)氯气与熟石灰反应制漂白粉时会生成副产物Ca(C1O3)2，C1O中心原子的杂化形式为_____________、空间构型是________________。
(4)碳酸盐的热分解示意图如图所示

热分解温度：CaCO3______(填“高于”或“低于”)SrCO3，原因是__________________________。从成键时轨道重叠方式判断，CO2分子内的化学键类型有______________。
(5)萤石是唯一一种可以提炼大量氟元素的矿物，晶胞如图所示。Ca2＋的配位数为______，已知晶胞参数为0.545 nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则萤石的密度为________g· cm－3(列计算式)。

解析　(1)由于Ca原子的价层电子排布为4s2，已达全充满状态，比较稳定，而Ga原子的价层电子排布为4s24p1，不太稳定，所以Ca的第一电离能大于Ga的第一电离能。
(2)Mn和Ca属于同一周期，Mn原子的价层电子排布为3d5s2，Ca原子的价层电子排布为4s2，价电子Mn比Ca多，原子半径越小，价电子越多，金属键越强。
(3)Ca(ClO3)2中的阴离子的化学式为ClO，中心原子氯的孤电子对数为1/2×(7＋1－3×2)＝1，σ键数＝3，中心原子氯的价层电子对数为1＋3＝4，根据价层电子对互斥理论，ClO的空间构型是三角锥形，中心原子氯的杂化形式为sp3。
(4)由碳酸盐的热分解示意图看出，CaCO3热分解生成CaO，SrCO3热分解生成SrO，CaO和SrO都是离子晶体，因为离子半径r(Ca2＋)< r(Sr2＋)，CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易分解为CaO，所以CaCO3的热分解温度低于SrCO3，CO2的分子结构为O===C===O，C===O双键中1条σ键，1条π键，所以CO2分子内的化学键类型有σ键，π键。
(5)萤石的化学式为CaF2，即晶胞中钙离子与氯离子个数比为1∶2，从晶胞示意图看，每个晶胞中实际占有黑球的个数＝8×1/8＋6×1/2＝4，晶胞中实际占有白球的个数为8，据此可知黑球代表Ca2＋，白球代表F－。将该面心立方体晶胞分割成8个小立方，每个小立方的4个顶点上是Ca2＋，体心是F－，先选取1个顶点(Ca2＋)作为考查对象，经过该顶点的小立方体有8个，即与该顶点的Ca2＋距离相等且最近的F－共有8个，所以Ca2＋的配位数为8。萤石的一个晶胞中实际占有4个Ca2＋和8个F－，1个Ca2＋的质量为40 g/mol÷NA mol－1＝40/NA g,1个F－的质量为19 g/mol÷NA mol－1＝19/NA g，所以萤石的密度为ρ＝m/V＝(4×40/NA g＋8×19/NA g)/(0.545×10－7 cm)3＝(4×78)/[NA×(0.545)3×10－21]g/cm3。
答案　(1)↑↓ 吸收　大于　(2)Mn原子半径小且价电子数越多，金属键越强　(3) sp3　三角锥形　(4)低于　r(Ca2＋)< r(Sr2＋)，CaO晶格能大于SrO晶格能，故CaCO3更易分解为CaO　σ键、π键　(5)8　(4×78)/[NA×(0.545)3×10－21]
训练5　有机合成与推断
A卷
1．化合物F是一种有机光电材料中间体，由A制备F的一种合成路线如下：

已知：
回答下列问题：
(1)A的结构简式为__________，C的化学名称是______。
(2)①、③的反应类型分别是__________、_______。
(3)②的反应条件是_______，有机物X的结构简式为____________。
(4)反应⑤的化学方程式为___________________。
(5)芳香化合物H是D的同分异构体，满足下列条件的同分异构体共有____种；
a．能发生银镜反应
b．含有—C≡CH结构
c．无—C≡C—O—结构
写出其中核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶1的一种有机物的结构简式_______。
(6)写出由1­丁炔和乙炔为原料制取化合物的合成路线(其他试剂任选)
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析　本题主要考查有机物的结构与性质。
(1)A的结构简式为，C的化学名称是苯乙炔。
(2)①、③的反应类型分别是加成反应、取代反应。
(3)②是卤代烃的消去反应，反应条件是NaOH乙醇溶液，加热，有机物X的结构简式为。
(4)反应⑤是酯化反应，反应的化学方程式为

(5)苯环侧链为—OOCH和—C≡CH时，H有邻、间、对3种结构，苯环侧链为—CHO、—OH和—C≡CH时，H有10种结构，H共有13种。其中核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶1的一种有机物的结构简式为。
(6)由1­丁炔和乙炔为原料制取化合物的合成路线：HC≡CHCH2===CHCl
答案　(1) 　苯乙炔　(2)加成反应　取代反应　(3)NaOH乙醇溶液，加热　

(6)HC≡CHCH2===CHCl

2．(2019·四川资阳二模)2­氨­3­氯苯甲酸是白色晶体，其制备流程如下：


回答下列相关问题
(1) 的名称是________，2­氨­3­氯苯甲酸中含N官能团的电子式为____________。
(2)反应①中R代表的是____________，反应②的反应类型为_____________。
(3)如果反应③中KMnO4的还原产物为MnSO4，请写出该反应的化学方程式________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(4)A的结构简式为_____________，⑥的反应条件为_____________。
(5)符合下列条件的同分异构体的结构简式为________________。
a．式量比大42的苯的同系物；
b．与酸性KMnO4反应能生成二元羧酸
c．仅有3种等效氢
(6)事实证明上述流程的目标产物的产率很低；据此，研究人员提出将步骤⑥设计为以下三步，产率有了一定提高。

分析产率提高的原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析　由制备流程可知，苯与CH3Cl发生信息反应②生成甲苯，甲苯与浓硫酸和浓硝酸在加热条件下发生硝化反应生成发生氧化反应生成与铁、盐酸发生还原反应生成A，则A为发生信息1反应生成在铁作催化剂的条件下，与氯气发生取代反应生成在酸性条件下水解生成2­氨­3­氯苯甲酸。
(1) 的名称是甲苯；2­氨­3­氯苯甲酸的结构简式是，其含氮官能团为氨基，氨基的电子式为。
(2)反应①为苯与CH3Cl反应生成甲苯，则R为—CH3；反应②为甲苯与浓硫酸和浓硝酸混酸在加热条件下发生硝化反应生成。
(3)反应③中，KMnO4与CH3NO2发生氧化还原反应，KMnO4被还原为MnSO4，被氧化为，反应的化学方程式为6KMnO4＋9H2SO4===5＋3K2SO4＋6MnSO4＋14H2O。
(4) 与铁、盐酸发生还原反应生成A，则A为，反应⑥为在铁作催化剂的条件下，与氯气发生取代反应生成。
(5)由a可知该物质比甲苯多3个—CH2—，由b可知该物质苯环上有2个取代基，其中取代基为—CH3和—CH2CH2CH3，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，取代基为—CH3和—CH(CH3)2，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，取代基为2个—CH2CH3，在苯环上有邻、间、对3种同分异构体，共9种，其中有3中等效氢的结构简式为。
(6)产率提高的原因是：占位可减少5号位上H原子的取代，减少副反应产物的生成，使得产率有了一定提高。
答案　(1)甲苯　　(2)—CH3　 取代反应

3．(2019·浙江杭州质检)氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如下：

回答下列问题：
(1)A的结构简式为____________。C的化学名称是______________。
(2)③的反应试剂和反应条件分别是________________，该反应的类型是__________。
(3)⑤的反应方程式为_____________________。吡啶是一种有机碱，其作用是________________________。
(4)G的分子式为______________。
(5)H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有______种。
(6)4­甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4­甲氧基乙酰苯胺的合成路线(其他试剂任选)。
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
解析　(1)反应①发生取代反应，应取代苯环取代基上的氢原子，根据B的结构简式，A为甲苯，即结构简式为：，C的化学名称为三氟甲苯。(2)反应③是C上引入—NO2，且在对位，C与浓硝酸、浓硫酸，并且加热得到，此反应类型为取代反应。(3)根据G的结构简式，反应⑤发生取代反应，Cl取代氨基上的氢原子，即反应方程式为：；吡啶的作用是吸收反应产物的HCl，提高反应转化率。(4)根据有机物成键特点，G的分子式为C11H11O2N2F3。
(5)—CF3和—NO2处于邻位，另一个取代基在苯环上有3种位置，—CF3和—NO2处于间位，另一取代基在苯环上有4种位置，—CF3和—NO2处于对位，另一个取代基在苯环上有2种位置，共9种结构。
(6)根据目标产物和流程图，苯甲醚应先与混酸反应，在对位上引入硝基，然后在Fe和HCl作用下，将—NO2转化为—NH2，最后在吡啶作用下与CH3COCl反应生成目标产物。合成路线为：

答案　(1) 　三氟甲苯
(2)浓硝酸、浓硫酸，并加热　取代反应

4．(2019·陕西西安检测)白花丹酸具有镇咳祛痰的作用，其合成路线流程图如下：

(1)A中的含氧官能团名称为__________和__________。
(2)C→D的反应类型为 _____________。
(3)白花丹酸分子中混有，写出同时满足下列条件的该有机物的一种同分异构体的结构简式：__________________。
①分子中有四种不同化学环境的氢；②与FeCl3溶液能发生显色反应，且1 mol该物质最多能与3 mol NaOH反应。
(4)E的结构简式为 _____________。
(5)已知R—BrRMgBr：根据已有知识并结合相关信息写出以和CH3CH2OH为原料制备的合成路线流程图(合成路线流程图示例见本题题干)。
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
解析　(1)A()中的含氧官能团名称为羟基和醛基；(2)C→D是，其中醇羟基转化为羰基，反应类型为氧化反应；(3)的同分异构体，满足①分子中有四种不同化学环境的氢则高度对称；②与FeCl3溶液能发生显色反应则含有酚羟基，且1 mol该物质最多能与3 mol NaOH反应，可能含有甲酸酯结构且水解后产物中增加酚羟基数目，其结构简式为；(4)与BrCH2COOC2H5反应生成E，E碱性条件下水解后酸化得到，结合转化关系可确定E为酯水解产生，故E为；(5) 与氢气发生加成反应生成与浓的氢溴酸反应生成在无水乙醚条件下与镁反应生成；乙醇氧化得到乙醛，与乙醛反应得到，合成路线流程图如下：

答案　(1)羟基　醛基　(2)氧化反应



5．(2019·陕西西安检测)非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：


请回答下列问题：
(1)非诺洛芬中的含氧官能团为________和________(填名称)。
(2)反应①中加入的试剂X的分子式为C8H8O2 ，X的结构简式为__________________。
(3)在上述五步反应中，属于取代反应的是________(填序号)。
(4)B的一种同分异构体满足下列条件：
Ⅰ.能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。
Ⅱ.分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。
写出该同分异构体的结构简式：________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以的合成路线流程图(无机试剂任用)。合成路线流程图示例如下：CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH3。
解析　(1)根据非诺洛芬的结构简式可知，非诺洛芬的含氧官能团为醚键和羧基。(2)由转化成，发生取代反应，结合X的分子式C8H8O2知，其结构简式为。(3)根据官能团之间的转化关系可知，属于取代反应的是①③④。(4)B的同分异构体能发生银镜反应，说明含有醛基；水解产物能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；分子中含有2个苯环，有6种不同的H原子。则结构简式为。(5)结合题给信息，运用逆推法得到中间产物，并确定合成路线，具体见参考答案。
答案　(1)醚键　羧基　(2) 　(3)①③④

6．(2019·浙江杭州检测)反­2­己烯醛(D)是一种重要的合成香料，下列合成路线是制备D的方法之一。根据该合成路线回答下列问题：


(1)A的名称是________；B分子中的共面原子数目最多为________；C分子中与环相连的三个基团中，不同化学环境的氢原子共有________种。
(2)D中含氧官能团的名称是________，写出检验该官能团的化学反应方程式：__________________________。
(3)E为有机物，能发生的反应有：________。
a．聚合反应　　　　　 b．加成反应
c．消去反应 d．取代反应
(4)B的同分异构体F与B有完全相同的官能团，写出F所有可能的结构：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
(5)以D为主要原料制备己醛(目标化合物)，在方框中将合成路线的后半部分补充完整。

(6)问题(5)的合成路线中第一步反应的目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
解析　(1)A为正丁醛或丁醛。B的结构可表示为，可根据乙烯的平面结构分析：①号和②号C原子及与它们所连的原子，共有6个原子共面；O原子所连的③号C相当于羟基H，也共面；由于单键可以旋转，故④号C和所连的3个H原子中可以有1个共面，故共面的原子最多有9个。由于C的结构不对称，故与环相连的三个基团不对称，则三个基团中不同C原子上的H原子均不相同，即不同化学环境的H原子共有8种。
(2)D中的含氧官能团为醛基；检验醛基可用银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液，反应的化学方程式为
(3)产物E为有机物，根据已知中的反应原理可知E为C2H5OH，该有机物为乙醇，可发生消去反应和取代反应，但不能发生聚合反应和加成反应。
(4)符合要求的B的同分异构体的结构有(包括顺反异构)：



答案　(1)正丁醛(或丁醛)　9　8　(2)醛基


B卷
1．合成抗癌新药盐酸埃克替尼的关键中间体G的一种合成路线如下图：

已知：①A分子中只有一种化学环境的氢；
②TsCl为
(1)A的结构简式为__________________。
(2)E的分子式为_____________；G中的含氧官能团的名称有___________。
(3)由E生成F的反应类型是________________。
(4)W是D的同分异构体．W是三取代芳香族化合物，既能发生银镜反应和水解反应，又能与FeC13溶液发生显色反应；1 mol W最多可与4 mol NaOH反应，W的同分异构体有______种；若W的核磁共振氢谱只有4组峰．则W的结构简式为：_____________。
(5)参照上述合成路线，以()和邻二苯酚为原料(其它试剂任选)，设计制备的合成路线。_____________________________________
解析　A分子不饱和度＝(2×2＋2－4)/2＝1，A分子中只有一种化学环境的氢，则A结构简式为，B反应取代反应生成C，E发生取代反应生成F，根据F结构简式知，E结构简式为，C发生取代反应生成E，F发生还原反应生成G；依据题中信息，先用合成，发生取代反应生成，发生取代反应生成，据此答题。A分子不饱和度＝(2×2＋2－4)/2＝1，A分子中只有一种化学环境的氢，则A结构简式为，B反应取代反应生成C，E发生取代反应生成F，根据F结构简式知，E结构简式为，C发生取代反应生成E，F发生还原反应生成G。
(1)通过以上分析知，A的结构简式为。
(2)E的结构简式为，则其分子式为C13H16O6；G中的含氧官能团的名称有醚键和羧基。
(3)由E生成F的反应类型是取代反应。
(4)W是D的同分异构体，W是三取代芳香族化合物，说明W含有苯环；既能发生银镜反应和水解反应，又能与FeCl3溶液发生显色反应，说明W含有酯基、醛基和酚羟基；1 mol W最多可与4 mol NaOH反应，则E为含有酚羟基、HCOO—，如果两个—OH处于邻位，有2种同分异构体，如果两个—OH处于间位，有3种同分异构体，如果两个—OH处于对位，有1种同分异构体，所以W的同分异构体有6种；若W的核磁共振氢谱只有4组峰．则W的结构简式为：。
(5)根据题中信息，先用合成，再发生取代反应生成，最后用合成。具体合成路线为：
。
答案　(1) 　(2)C13H16O6　醚键和羧基　　(3)取代反应　　

2．(2019·北京丰台区检测)异戊二烯是一种化工原料，有如图所示转化关系：


请回答下列问题：
(1)A的名称(系统命名)是________；B→C的反应类型是________。
(2)B的结构简式是________；D的核磁共振氢谱共有________组峰。
(3)上述转化关系中互为同系物的是________(填物质代号)。
(4)F生成PHB的化学方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。
(5)E的同分异构体中，既能发生银镜反应，又能与NaHCO3溶液反应的共有________种(不考虑立体异构)。
(6)F除了合成PHB外，还可经过________、酯化、加聚三步反应合成 (一种类似有机玻璃的塑料)。在催化剂作用下，第三步加聚反应的化学方程式是
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析　(1)A的名称为2­甲基­1,3­丁二烯。根据已知反应①及C的结构简式，可以推断B为，则B→C的反应为加成反应(或还原反应)。(2)D分子中含有3种不同类型的氢原子，其核磁共振氢谱中有3组峰。(3)根据图示转化关系及各物质的结构简式，可知D和E互为同系物。(4)根据D的结构简式及D→F的反应条件可以推断F为，F生成PHB为缩聚反应，(5)E的分子式为C6H10O3，其同分异构体能发生银镜反应，则含有醛基，能与NaHCO3溶液反应，则含有羧基，则其同分异构体可以看成用—COOH取代C4H9—CHO中非醛基上的H原子得到的产物。C4H9—CHO的结构有CH3CH2CH2CH2CHO、种，用—COOH取代非醛基上的H分别有4、4、3、1种结构，故符合条件的同分异构体共有12种。
答案　(1)2­甲基­1,3­丁二烯　加成反应(或还原反应)

3．(2019·云南曲靖质检)醋硝香豆素是一种治疗心脑血管疾病的药物，能阻碍血栓扩展。醋硝香豆素可以通过以下方法合成(部分反应条件省略)。


b．丙二酸酐为一分子丙二酸脱去两分子水后的产物，其分子式为C3O2，该分子为链状结构
回答以下问题：
(1)醋硝香豆素中含有官能团的名称是___________________。
(2)C的结构简式为：____________。
(3)E与G生成醋硝香豆素的反应类型为__________。
(4)写出题中苯酚与丙二酸酐生成G的化学方程式_______________________。
(5)反应③的化学方程式为_______________________________________。
(6)关于E物质，下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a．在核磁共振氢谱中有五组吸收峰
b．可以用银镜反应鉴别D和E
c．可以发生加成反应、缩聚反应、氧化反应和还原反应
d．存在顺反异构
(7)分子结构中只含有一个环，且同时符合下列条件的G的同分异构体共有________种。
①可与氯化铁溶液发生显色反应；②可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体。
解析　甲苯与硝酸发生取代反应生成A，根据D的结构可知，A为，结合C的相对原子质量是153可知，C为，D和丙酮反应生成E，则E为，苯酚与丙二酸酐反应生成G，E和G反应生成醋硝香豆素，根据醋硝香豆素的结构简式可知，G为。
通过以上分析可知，(1)醋硝香豆素中含有官能团的名称是酯基、羰基、硝基；(2)C的结构简式为；






(7)G为, G的同分异构体，可与氯化铁溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳气体，说明含有羧基。如果取代基为羧基、碳碳三键、羟基，羧基、羟基位于邻位有4种同分异构体，羧基、羟基位于间位有4种同分异构体，羧基、羟基位于对位有2种同分异构体，如果取代基为—C===CCOOH、—OH，有邻间对三种结构，所以共有13种同分异构体。
答案　(1)酯基、羰基、硝基

(6)abd　(7)13
4．聚甲基丙烯酸酯纤维广泛用于制作光导纤维。已知A为某种聚甲基丙烯酸酯纤维的单体，其转化关系如下：

请按要求回答下列问题：
(1)反应①、②的反应类型分别为__________、_________。
(2)B所含官能团的结构简式：______________________；检验其官能团所用化学试剂有______________。
(3)H是C的同系物，比C的相对分子质量大14，其核磁共振氢谱仅有2个吸收峰，H的名称(系统命名)为_________________。
(4)写出下列反应的化学方程式：
④：________________________________________________________________________。
⑦：________________________________________________________________________。
(5)写出同时符合下列条件的B的同分异构体的结构简式：__________________________。
①能与NaOH水溶液反应；
②能发生银镜反应；
③核磁共振氢谱有三组吸收峰，且峰面积之比为1∶1∶4。

解析　由A为某种聚甲基丙烯酸酯纤维的单体，可知单体A为，根据流程则A在酸催化作用下水解为B甲基丙烯酸，结构简式为和E苯甲醇，结构简式为CH2OH，B和氢气加成生成C甲基丙酸，C的结构简式为，C和乙醇反应生成D甲基丙酸乙酯，结构简式为，E催化氧化为F为，可继续被氧化为。(1)反应①是加聚反应；反应②是取代反应；(2)B是，所含官能团的结构简式—COOH、；检验其含有的官能团碳碳双键用溴的四氯化碳(或酸性高锰酸钾溶液)，会看到溶液褪色；检验羧基所用化学试剂是碳酸氢钠溶液(或石蕊试剂)，看到的现象是反应有气泡产生(或溶液变为红色)；(3)H是C()的同系物，比C的相对分子质量大14，其核磁共振氢谱显示仅有2个吸收峰，该物质是，名称是2,2­二甲基丙酸；(4)④F是含有醛基，可以与银氨溶液在水浴加热时发生氧化反应产生苯甲酸，反应的化学方程式是：＋3NH3＋H2O。⑦C结构简式是，含有羧基，与乙醇与浓硫酸混合加热，发生酯化反应，产生酯和水，反应的方程式是：(CH3)2CHCOOH＋CH3CH2OH(CH3)2CHCOOCH2CH3＋H2O；(5)B是，①能与NaOH水溶液反应，说明含有羧基或酯基；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③核磁共振氢谱有三组吸收峰，且峰面积之比为1∶1∶4，说明有三种H原子，氢原子的个数比是1∶1∶4。则该物质是；(6)以甲苯为原料，合成

答案　(1)加聚反应　取代反应
(2)—COOH、　溴的四氯化碳(或酸性高锰酸钾溶液)、碳酸氢钠溶液(或石蕊试剂)　(3)2,2­二甲基丙酸


5．(2019·江苏苏州模拟)以甲苯和有机物A为原料，合成高分子化合物M的一种路线如下(部分反应条件略去)：

已知：①A的实验式为CH3O

请回答下列问题：
(1)A的化学名称为________，检验B中所含官能团的试剂名称为______________。
(2)G的顺式结构简式为___________________。
(3)D→E，H→I的反应类型分别为______________。
(4)C＋J→M的化学方程式为_______________________________________。
(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)。
①含有
②两个—NO2分别连在两个不同的苯环上
F的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器为________(填选项字母)。
A．元素分析仪　　　　　 B．红外光谱仪
C．质谱仪 D．核磁共振仪
(6)参照上述合成路线和信息，以乙醇和硝基苯为有机原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
解析　根据M的结构可知，M的单体为和HOOCCOOH，结合A的实验式为CH3O知A为乙二醇，B为乙二醛，C为乙二酸；D为甲苯，甲苯发生硝化反应生成E，结合H知，E为邻硝基甲苯，根据信息④，G为，根据信息②和③，结合—NH2容易被氧化，则F为，H与溴发生加成反应生成I，I水解生成J。
(1)A为乙二醇，B为乙二醛，可以用银氨溶液[或新制 Cu(OH)2悬浊液]检验B中的醛基。

(3)根据上述分析，D→E为硝化反应，H→I为加成反应。
(4)C＋J→M的化学方程式为nHOOCCOOH＋

(5)F为，同时满足：①含有；
②两个—NO2分别连在两个不同的苯环上，则F的同分异构体有 (为另一个硝基可能的位置)2种；2种；，共5种，F的所有同分异构体含有相同的元素，在元素分析仪中显示的信号(或数据)完全相同。
(6)以乙醇和硝基苯为有机原料合成。可以先合成苯胺和乙酸，乙酸可以由乙醇合成，苯胺可以由硝基苯合成，合成路线为


答案　(1)乙二醇(或1,2­乙二醇)　银氨溶液[或新制 Cu(OH)2 悬浊液]

(3)取代反应(或硝化反应)、加成反应


6．维格列汀(V)能促使胰岛细胞产生胰岛素，临床上用于治疗2型糖尿病。V的合成路线如下


②虚楔形线、实楔形线分别表示共价键由纸平面向内、向外伸展
回答下列问题：
(1)A的官能团名称为___________；B的结构简式为___________；C的核磁共振氢谱中有___________组峰。
(2)由B生成C、G生成V的反应类型分别是___________、___________。
(3)上述V的合成路线中互为同分异构体的是___________(填化合物代号)。
(4)D生成E的化学方程式为___________。
(5)与的关系是___________(填标号)
a 同种物质　　b 对映异构体　　c 同素异形体
(6)4­乙烯基­1­环己烯()是有机合成中间体，设计由CH3CH===CHCH3为起始原料制备4­乙烯基­1­环己烯的合成路线(无机试剂及有机溶剂任选)。
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解析　(1)易知A环戊二烯中的官能团为碳碳双键，同时据上分析可知B的结构简式为，C的核磁共振氢谱中有几组峰等价于有几种氢原子，观察C的结构简式可知有一条水平对称轴，因而可算出有6种氢原子，即6组峰。
(2)观察B到C的结构简式的变化，双键被加成，因而该反应类型为加成反应，催化加氢也叫还原反应，同理G与脱去HCl生成V，因而该反应是取代反应。
(3)观察各有机物的分子式可知C和D的分子式相同，但结构不同，因而C与D互为同分异构体。
(4)D到E发生一溴取代反应，化学方程式为＋HBr。
(5)观察选项排除c，同素异形体是指结构不同的单质，与－CN相连的C原子是手性碳原子，因而两者互为对映异构，答案选b。
(6)根据信息①可知，利用丁二烯自身加成即可得到，而丁二烯可利用2－丁烯先加成后消去即可制备，因而合成路线可设置为

答案　(1)碳碳双键　或　6　(2)加成(还原)反应　取代反应　(3)CD　
(4)＋HBr
(5)b