化學(xué)作業(yè)答案

“7＋4”小卷練(一)答案7．解析鉻為重金屬，服用鉻含量超標(biāo)的藥用膠囊會危害人體健康，A項(xiàng)正確。純度過高(如95%)的酒精會使細(xì)菌表層蛋白凝固，妨礙酒精向內(nèi)滲透，從而影響殺菌效果，常用75%的酒精進(jìn)行殺菌消毒，B項(xiàng)錯(cuò)誤；食品袋中放置的CaO的作用是防止食品受潮，C項(xiàng)錯(cuò)誤；酸雨是由大氣中的氮、硫的氧化物溶于雨水造成的，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案A8．解析“洧水”為液體，可燃，據(jù)此推斷其為石油，A項(xiàng)正確；“鐵赤色如銅”說明曾青與鐵反應(yīng)，有銅生成，據(jù)此推斷“曾青”為可溶性銅鹽，B項(xiàng)正確；“所燒薪柴之灰”為草木灰，可以推斷“鹼”為K2CO3，C項(xiàng)正確；該石灰“經(jīng)火焚燒”得到，發(fā)生反應(yīng)CaCO3eq\o(=,\s\up7(高溫))CaO＋CO2↑，可以推斷“石灰”為CaO，D項(xiàng)錯(cuò)誤。 答案D9．答案B10．解析70%的濃硫酸可以電離出H＋，A項(xiàng)正確；利用D裝置加熱固體制取氧氣，用氯酸鉀制備氧氣時(shí)，需要用二氧化錳作催化劑，B項(xiàng)錯(cuò)誤；對于定量測定實(shí)驗(yàn)，除了要排除空氣、水蒸氣等的干擾，還要將產(chǎn)物SO3以及未反應(yīng)的SO2全部驅(qū)趕至后續(xù)裝置以進(jìn)行準(zhǔn)確測量或稱量，故反應(yīng)停止后還要繼續(xù)通入一段時(shí)間的氧氣，C項(xiàng)正確；裝置C中發(fā)生的反應(yīng)是：3SO2＋3Ba2＋＋2NOeq\o\al(－,3)＋2H2O=3BaSO4↓＋2NO↑＋4H＋，沉淀為BaSO4，D項(xiàng)正確。 答案B11．答案C12．解析根據(jù)X原子的最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的3倍，知X為O；X、M同主族，則M為S；根據(jù)四種元素為短周期主族元素，且原子序數(shù)依次增大，知N為Cl；根據(jù)Y原子在短周期主族元素中原子半徑最大，知Y為Na。M與X形成的化合物有SO2、SO3，對應(yīng)的水化物分別為H2SO3、H2SO4，H2SO3為弱酸，A項(xiàng)錯(cuò)誤；Na2O中只含離子鍵，Na2O2中含離子鍵、非極性共價(jià)鍵，B項(xiàng)錯(cuò)誤；非金屬性：S<Cl，故氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：H2S<HCl，C項(xiàng)錯(cuò)誤；具有相同電子層結(jié)構(gòu)的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，故離子半徑：r(O2－)>r(Na＋)，D項(xiàng)正確。答案D13．解析向H2A溶液中加入NaOH溶液時(shí)，c(H2A)逐漸減小，c(HA－)增大，即lgeq\f(c（HA－）,c（H2A）)增大(為曲線M)；而后c(HA－)減小，c(A2－)增大，lgeq\f(c（HA－）,c（A2－）)減小(為曲線N)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；Ka2(H2A)＝eq\f(c（H＋）·c（A2－）,c（HA－）)，lgKa2(H2A)＝lgeq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(c（H＋）·c（A2－）,c（HA－）)))＝－pH－lgeq\f(c（HA－）,c（A2－）)＝－3－1.3＝－4.3，Ka2(H2A)＝5×10－5，B項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)镵a2(H2A)＝5×10－5，一定比水解常數(shù)Kb(NaHA)＝Kw/Ka1大，NaHA溶液呈酸性，c(H＋)>c(OH－)，C項(xiàng)正確；在a點(diǎn)時(shí)，lgeq\f(c（HA－）,c（H2A）)＝lgeq\f(c（HA－）,c（A2－）)＝1.5，有c(HA－)>c(A2－)＝c(H2A)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案C26．解析(1)①由題圖知，制備過氧化鈣時(shí)裝置的連接順序?yàn)椋褐苽溲鯕獾难b置(A)→氣體干燥裝置(C)→O2與鈣高溫下反應(yīng)的裝置(B)→干燥裝置(C，防止空氣中的H2O進(jìn)入反應(yīng)裝置)，故按氣流方向連接順序?yàn)椋篴edbce或aedcbe。②裝入藥品后，先打開分液漏斗的旋塞，通一段時(shí)間氧氣，排出裝置中的空氣后，點(diǎn)燃B處酒精燈；反應(yīng)結(jié)束后，為了防止倒吸，先熄滅酒精燈，待產(chǎn)品冷卻后，再停止通入氧氣，關(guān)閉分液漏斗活塞。(2)①在裝置A中制備NH3，由于NH3極易溶于水，吸收時(shí)要防止倒吸，故裝置B中儀器X的作用是導(dǎo)氣并防止倒吸。H2O2受熱容易分解，反應(yīng)在冰水浴中進(jìn)行可防止溫度過高H2O2分解，同時(shí)有利于晶體析出。②反應(yīng)結(jié)束后，經(jīng)過濾、洗滌、低溫烘干即可得到CaO2·8H2O。答案(1)①aedbce或aedcbe②打開分液漏斗旋塞，通一段時(shí)間氧氣先熄滅酒精燈，待產(chǎn)品冷卻后再停止通入氧氣，關(guān)閉分液漏斗活塞(2)①導(dǎo)氣，防止倒吸防止溫度過高H2O2分解；有利于晶體析出②過濾洗滌27．解析(1)在Ca5P3FO12中Ca為＋2價(jià)、F為－1價(jià)、O為－2價(jià)，由化合物中元素化合價(jià)的代數(shù)和為0，則P為＋5價(jià)。(2)該反應(yīng)是KCl＋H3PO4KH2PO4＋HCl，加入有機(jī)萃取劑后，HCl被萃取到有機(jī)層，水溶液中c(HCl)減小，使得平衡向生成KH2PO4的方向移動。(3)在實(shí)驗(yàn)室中進(jìn)行操作Ⅰ是過濾，操作Ⅱ是萃取，則需要用到相同的玻璃儀器是燒杯。在沸騰槽中生成了HF，陶瓷中含有SiO2，可發(fā)生反應(yīng)：4HF＋SiO2=2H2O＋SiF4，故沸騰槽不能采用陶瓷材質(zhì)。(4)根據(jù)流程知副產(chǎn)品N是NH4Cl，通過蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌干燥可得到。(5)為了得到更多的KH2PO4，原料磷酸損失越少越好，所以磷酸的萃取率要低，但HCl的萃取率要比較高，由圖像可知，在eq\f(n（KCl）,n（H3PO4）)＝1.0～1.2為宜。(6)因?yàn)橹虚g用陽離子交換膜隔離，只能是K＋通過隔膜到陰極區(qū)生成KH2PO4，故KCl所在的b區(qū)是陽極區(qū)，電極反應(yīng)式：2Cl－－2e－=Cl2↑。答案(1)＋5(2)該反應(yīng)是KCl＋H3PO4KH2PO4＋HCl，加入有機(jī)萃取劑后，HCl被萃取到有機(jī)層中，水溶液中c(HCl)減小，使得平衡向生成KH2PO4的方向移動(3)燒杯4HF＋SiO2=2H2O＋SiF4(4)NH4Cl(減壓)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾(5)E(6)b2Cl－－2e－=Cl2↑28．解析(1)①由題圖1可確定N2(g)與H2(g)反應(yīng)生成NH3(g)的熱化學(xué)方程式為N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1。②反應(yīng)熱只與反應(yīng)體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，而與反應(yīng)的途徑無關(guān)，所以過程(Ⅰ)和過程(Ⅱ)的反應(yīng)熱相同。③設(shè)該條件下反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，有xmolN2發(fā)生反應(yīng)，根據(jù)三段式法得由達(dá)到平衡時(shí)，混合氣體的總量為2.8mol，可得(1－x)＋(3－3x)＋2x＝2.8，解得x＝0.6。則平衡時(shí)c(N2)＝0.4mol·L－1，c(H2)＝1.2mol·L－1，c(NH3)＝1.2mol·L－1，平衡常數(shù)K＝eq\f(c2（NH3）,c（N2）·c3（H2）)＝eq\f(25,12)。H2的平衡轉(zhuǎn)化率為3×0.6÷3×100%＝60%。(2)根據(jù)蓋斯定律，由(反應(yīng)Ⅰ－反應(yīng)Ⅲ)÷3，得N2(g)＋O2(g)2NO(g)ΔH2＝eq\f(a－c,3)kJ·mol－1。反應(yīng)Ⅲ中生成物氣體的物質(zhì)的量大于反應(yīng)物的，所以反應(yīng)Ⅲ是熵增反應(yīng)，ΔS>0。(3)①由題圖2可知，當(dāng)溫度相同時(shí)，p1壓強(qiáng)下NH3的轉(zhuǎn)化率大于p2壓強(qiáng)下的，因反應(yīng)Ⅲ為氣體分子數(shù)增大的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)平衡逆向移動，所以p1<p2。②N2的濃度不再改變，說明反應(yīng)已達(dá)到平衡狀態(tài)，a項(xiàng)不符合題意；斷裂6molN—H鍵的同時(shí)，必有6molH—O鍵形成，但反應(yīng)不一定達(dá)到平衡狀態(tài)，b項(xiàng)符合題意；該反應(yīng)在反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不相等，壓強(qiáng)不變說明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，c項(xiàng)不符合題意；混合氣體的密度等于混合氣體的質(zhì)量除以容器的體積，因該反應(yīng)前后物質(zhì)均是氣態(tài)，則混合氣體的質(zhì)量不變，又該反應(yīng)體系為恒容體系，故混合氣體的密度一直不變，d項(xiàng)符合題意。答案(1)①N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92kJ·mol－1②相同反應(yīng)熱只與反應(yīng)體系的始態(tài)和終態(tài)有關(guān)，而與反應(yīng)的途徑無關(guān)③eq\f(25,12)60%(2)eq\f(a－c,3)>(3)①<②bd36．解析(1)根據(jù)合成路線圖及已知信息①可知，苯丙烯發(fā)生催化氧化后得到甲醛和苯乙醛，而F是含有三個(gè)六元環(huán)的酯，所以A不可能是甲醛，則A是苯乙醛，結(jié)合已知信息②知B為，2分子B發(fā)生酯化反應(yīng)生成含有三個(gè)六元環(huán)的F，所以B到F發(fā)生的反應(yīng)是取代反應(yīng)。(2)E為B發(fā)生縮聚反應(yīng)的產(chǎn)物，其結(jié)構(gòu)簡式是。(3)由已知信息①可知，苯丙烯與氧氣反應(yīng)的化學(xué)方程式是。(4)B為，其同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)，且苯環(huán)上有兩個(gè)取代基，一個(gè)取代基中含有酯基，另一個(gè)取代基中含有醇羥基，則其同分異構(gòu)體苯環(huán)上含有醇羥基的取代基可以是—CH2OH，則對應(yīng)的含有酯基的取代基可以為—OOCCH3、—CH2OOCH、—COOCH3；若含有醇羥基的取代基是—CH2CH2OH、—CHOHCH3，則對應(yīng)的含有酯基的取代基為—OOCH，又兩個(gè)取代基在苯環(huán)上有鄰、間、對3種位置關(guān)系，所以滿足條件的B的同分異構(gòu)體共有(3＋2)×3＝15(種)；其中核磁共振氫譜為5組峰，且峰面積之比為3∶2∶2∶2∶1的為或。答案(1)苯乙醛取代反應(yīng)(或酯化反應(yīng))(2)(3)＋HCHO(4)15或(任寫一種即可)(5)CH3—CH=CH—CH3eq\o(→,\s\up7(Br2),\s\do5(CCl4))CH3CHBrCHBrCH3eq\o(→,\s\up7(NaOH),\s\do5(乙醇，△))CH2=CH—CH=CH2eq\o(→,\s\up7(CH2=CHCHO),\s\do5(△))“7＋4”小卷練(二)答案7．解析A．新能源汽車的推廣與使用，減少汽油的使用，有助于減少光化學(xué)煙霧的產(chǎn)生，A正確；B.肥皂水顯堿性，因此氯氣泄漏時(shí)，可用蘸有肥皂水的濕毛巾捂住口鼻疏散到安全區(qū)域，B正確；C.鐵在潮濕的空氣中放置，易發(fā)生電化學(xué)腐蝕而生銹，C錯(cuò)誤；D.地球上99%的溴元素以Br－的形式存在于海水中，溴化鈉和溴化鉀在醫(yī)藥上常用作鎮(zhèn)靜劑，D正確，答案選C。答案C8．答案D9．解析6.0gSiO2晶體的物質(zhì)的量為0.1mol，含有共價(jià)鍵的個(gè)數(shù)為0.4NA，A錯(cuò)誤；SO2與O2的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，B正確；根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律可以得出，生成0.5molCl2時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA，C正確；53.5gNH4Cl的物質(zhì)的量為1mol，根據(jù)電荷守恒，可以得出pH＝7時(shí)，NHeq\o\al(＋,4)的數(shù)目為NA，D正確。答案A10．解析選項(xiàng)A，分子式為C4H8O2、屬于酯類的同分異構(gòu)體，為飽和一元酯，若為甲酸與丙醇形成的酯，甲酸只有1種結(jié)構(gòu)，丙醇有2種結(jié)構(gòu)，則形成的酯有2種，若為乙酸與乙醇形成的酯，則只有乙酸乙酯1種，若為丙酸與甲醇形成的酯，則只有丙酸甲酯1種，故分子式為C4H8O2、屬于酯類的同分異構(gòu)體共有4種，A項(xiàng)正確；選項(xiàng)B，主鏈含5個(gè)C，則乙基只能在中間C上，甲基有2種位置，所以該烷烴有2種結(jié)構(gòu)：、，B項(xiàng)錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，丙烯分子可以看做甲基取代乙烯中的一個(gè)氫原子，乙烯基有5個(gè)原子共平面，甲基中最多有2個(gè)原子與乙烯基共平面，故丙烯分子中最多有7個(gè)原子共平面，C項(xiàng)正確；選項(xiàng)D，碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)，所以乙烯和溴的四氯化碳溶液反應(yīng)生成1，2-二溴乙烷，故D正確。答案B11．解析由Y的化合價(jià)只有－2價(jià)推斷Y為氧元素，X的半徑比氧原子的半徑小且只有＋1價(jià)，則X為氫元素，M的最高正價(jià)為＋7價(jià)，最低負(fù)價(jià)為－1，則M代表氯元素，Z的半徑小于氯元素，且最低負(fù)價(jià)為＋3價(jià)，最高價(jià)為＋5價(jià)，則Z代表氮元素，Q只有＋1一種化合價(jià)，且Q的半徑大于氯原子半徑，但小于只有＋2價(jià)的R，故Q代表鈉元素，R代表Ca元素；Na為第三周期ⅠA族，A正確；B項(xiàng)，X、Y、Z三種元素分析代表H、O、N，可以形成硝酸、硝酸銨和一水合氨，故B正確；C項(xiàng)M－、Q＋、R2＋的半徑大小應(yīng)該為Cl－>Ca2＋>Na＋，故C錯(cuò)誤；D項(xiàng)，Z、M的最高價(jià)氧化物對應(yīng)的水化物為HNO3和HClO4，都是強(qiáng)酸，故D正確；答案為C。答案C12．解析A項(xiàng)，觀察題圖知，交換膜左側(cè)硫酸濃度增大，說明SOeq\o\al(2－,4)由交換膜右側(cè)向左側(cè)遷移，交換膜為陰離子交換膜，錯(cuò)誤；B項(xiàng)，鉑極為陽極，電極反應(yīng)式為2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，則a極為鋅銀電池的正極，根據(jù)電池反應(yīng)可書寫正極反應(yīng)式，正確；C項(xiàng)，本實(shí)驗(yàn)的主要目的是冶煉純鎳，所以，鎳極的主要反應(yīng)是Ni2＋＋2e－=Ni，錯(cuò)誤；D項(xiàng)，b極的電極反應(yīng)式為Zn－2e－＋2OH－=Zn(OH)2，理論上，消耗65g鋅析出59g鎳，則溶解13g鋅，最多析出11.8gNi，錯(cuò)誤。答案B13．解析往(NH4)2SO4溶液中加入的氨水是弱堿溶液，抑制水的電離，故滴加氨水的過程中，水的電離平衡逆向移動，故A錯(cuò)誤；滴加aL氨水后溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)＝10－7mol·L－1，結(jié)合電荷守恒可知，溶液中c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,4))，設(shè)此時(shí)溶液體積為yL，則c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,4))＝eq\f(1,y)mol·L－1，根據(jù)一水合氨電離方程式：NH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，平衡常數(shù)K＝eq\f(c（NHeq\o\al(＋,4)）·c（OH－）,c（NH3·H2O）)＝eq\f(\f(1,y)mol·L－1×10－7mol·L－1,c（NH3·H2O）)＝2×10－5mol·L－1，計(jì)算得到c(NH3·H2O)＝eq\f(1,200y)mol·L－1，則滴加aL氨水后的溶液中，n(NHeq\o\al(＋,4))＝200n(NH3·H2O)＝1mol，故B正確；設(shè)所加氨水的濃度為zmol·L－1，根據(jù)物料守恒，滴加aL氨水后溶液中n(NH3·H2O)＋n(NHeq\o\al(＋,4))＝1mol＋zmol·L－1×aL，聯(lián)立n(NHeq\o\al(＋,4))＝200n(NH3·H2O)＝1mol，計(jì)算得到z＝eq\f(1,200a)，故C正確；溶液中存在電荷守恒式：c(NHeq\o\al(＋,4))＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(SOeq\o\al(2－,4))，又溶液呈中性，c(H＋)＝c(OH－)，則c(NHeq\o\al(＋,4))＝2c(SOeq\o\al(2－,4))>c(H＋)＝c(OH－)，故D正確。答案A26．解析(1)實(shí)驗(yàn)室用Na2SO3和硫酸制備少量SO2氣體時(shí)，若硫酸濃度太大，則c(H＋)較小，導(dǎo)致復(fù)分解反應(yīng)速率慢。若硫酸濃度太小，則由于SO2氣體易溶于水，也不利于SO2氣體逸出。收集SO2時(shí)，應(yīng)先干燥，再收集—向上排空氣法(長進(jìn)短出)；又因SO2易溶于水，要有防倒吸裝置(安全裝置)。(2)反應(yīng)終止時(shí)溶液的pH＝4.1，可推測反應(yīng)的產(chǎn)物是NaHSO3而不是Na2SO3，NaHSO3是弱酸的酸式鹽，書寫離子方程式時(shí)要注意拆分形式。起始原料是SO2和Na2CO3，目標(biāo)產(chǎn)物是Na2S2O5，根據(jù)質(zhì)量守恒可寫出化學(xué)方程式。(3)書寫該氧化還原反應(yīng)方程式的關(guān)鍵是確定HCOONa的氧化產(chǎn)物，在強(qiáng)堿性條件下，HCOONa中＋2價(jià)碳必被氧化為COeq\o\al(2－,3)。(4)①去除率最高時(shí)，TOC的含量最低，由圖1可得此時(shí)n(H2O2)∶n(Fe2＋)＝1。②當(dāng)H2O2的加入量大于40mL·L－1時(shí)，隨著H2O2含量增加去除率反而降低，說明H2O2必參加了其他副反應(yīng)。答案(1)Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O濃硫酸中只有少量H2SO4電離，c(H＋)很小，導(dǎo)致復(fù)分解反應(yīng)速率慢decb防止倒吸(2)COeq\o\al(2－,3)＋2SO2＋H2O=2HSOeq\o\al(－,3)＋CO2Na2CO3＋2SO2=Na2S2O5＋CO2(3)HCOO－＋S2Oeq\o\al(2－,5)＋OH－=COeq\o\al(2－,3)＋S2Oeq\o\al(2－,4)＋H2O(4)①1②酸性條件下H2O2直接與Fe2＋反應(yīng)，導(dǎo)致溶液中羥基自由基(·OH)濃度減小，使得TOC去除率下降27．解析(1)Fe(CrO2)2中鐵元素為＋2價(jià)，則氧化物為氧化亞鐵和三氧化二鉻；將鉻鐵礦磨碎、不斷攪拌可使反應(yīng)物之間充分接觸，加快反應(yīng)速率。(2)Na2CrO4中加入酸生成Na2Cr2O7，為非氧化還原反應(yīng)，在離子方程式中用氫離子平衡電荷，即可寫出并配平離子方程式。由流程可知操作a將固體和溶液分離，為過濾。(3)根據(jù)化合物中元素化合價(jià)代數(shù)和為零可得，鉻元素在此化合物中為＋6價(jià)；配平已知的化學(xué)方程式得：4Fe(CrO2)2～7O2～8Na2CrO4，生成1molNa2CrO4，參加反應(yīng)的O2的物質(zhì)的量為eq\f(7,8)mol，反應(yīng)中氧元素由0價(jià)降低為－2價(jià)，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為參加反應(yīng)的氧氣的物質(zhì)的量的4倍，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為eq\f(7,8)mol×4＝3.5mol。(5)由CrOeq\o\al(2－,4)＋Ba2＋BaCrO4知Ksp(BaCrO4)＝c(CrOeq\o\al(2－,4))·c(Ba2＋)＝5.0×10－7×c(Ba2＋)＝1.2×10－10，解得c(Ba2＋)＝2.4×10－4mol·L－1。答案(1)FeO·Cr2O3不斷攪拌(2)2CrOeq\o\al(2－,4)＋2H＋Cr2Oeq\o\al(2－,7)＋H2O燒杯、漏斗、玻璃棒(3)＋63.5(4)2.4×10－428．解析(1)由題給信息知，一水合氨的電離常數(shù)大于亞硫酸的第二步電離常數(shù)，所以SOeq\o\al(2－,3)的水解程度大于NHeq\o\al(＋,4)的水解程度，則25℃時(shí)，0.1mol·L－1亞硫酸銨溶液呈堿性。(2)K＝eq\f(c2（NH3·H2O）,c（Ca2＋）·c（SOeq\o\al(2－,4)）·c2（OH－）·c2（NHeq\o\al(＋,4)）)＝eq\f(1,（1.8×10－5）2×7.1×10－5)＝4.3×1013。(3)由已知信息③可得CO(g)＋eq\f(1,2)O2(g)=CO2(g)ΔH3＝－283kJ·mol－1，將該熱化學(xué)方程式及已知信息①中熱化學(xué)方程式依次編號為a、b，根據(jù)蓋斯定律，由a×2－b得：S(l)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝(－283kJ·mol－1)×2＋37.0kJ·mol－1＝－529kJ·mol－1。(4)設(shè)E2為逆反應(yīng)的活化能，則E1－E2＝ΔH2>0，所以E1>ΔH2。(5)比較M、N兩點(diǎn)CO的轉(zhuǎn)化率，選擇P點(diǎn)為參照點(diǎn)，比較M點(diǎn)和P點(diǎn)對應(yīng)的CO的轉(zhuǎn)化率：溫度相同，y1大于y2，投入較多CO來增大SO2轉(zhuǎn)化率，則CO的轉(zhuǎn)化率降低，故M點(diǎn)對應(yīng)的CO轉(zhuǎn)化率小于P點(diǎn)。比較N點(diǎn)和P點(diǎn)對應(yīng)的CO轉(zhuǎn)化率：投料比的比值相同，P點(diǎn)溫度高于N點(diǎn)，反應(yīng)①的正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向左移動，故P點(diǎn)對應(yīng)的CO轉(zhuǎn)化率小于N點(diǎn)。故CO的平衡轉(zhuǎn)化率：N>P>M。N點(diǎn)和P點(diǎn)的投料比的比值相同，升高溫度，正、逆反應(yīng)速率均增大，故N點(diǎn)逆反應(yīng)速率小于P點(diǎn)。(6)①設(shè)參與反應(yīng)①、②的SO2的起始物質(zhì)的量濃度分別為amol·L－1、bmol·L－1，達(dá)到平衡時(shí)，轉(zhuǎn)化的物質(zhì)的量濃度分別為xmol·L－1、ymol·L－1，利用三段式法計(jì)算：依題意知，2x＝0.16，解得x＝0.08，2y＝0.18，解得y＝0.09，平衡時(shí)c(SO2)＝0.2mol·L－1－0.17mol·L－1＝0.03mol·L－1，c(H2)＝0.02mol·L－1，c(H2O)＝0.18mol·L－1，則反應(yīng)②的K＝eq\f(c2（H2O）,c2（H2）·c（SO2）)＝eq\f(0.182,0.022×0.03)L·mol－1＝2700。②縮小容器體積相當(dāng)于增大壓強(qiáng)，反應(yīng)①、②都是氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，增大壓強(qiáng)，平衡向正反應(yīng)方向移動，SO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大。答案(1)>(2)4.3×1013(3)S(l)＋O2(g)=SO2(g)ΔH＝－529kJ·mol－1(4)>(5)><(6)①2700②增大36．解析(1)該酯的名稱為丙二酸二乙酯。(2)A生成B的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)。E中官能團(tuán)的名稱為酯基和氰基。F的分子式為C9H14O4。(3)通過觀察可知，D生成E為酯化反應(yīng)，因而化學(xué)方程式為＋H2O。(4)根據(jù)芳香族化合物G為E的同分異構(gòu)體，1molG可與2molNa2CO3反應(yīng)可知，G的苯環(huán)上有兩個(gè)酚羥基，又其苯環(huán)上有三個(gè)取代基，且苯環(huán)上有兩種等效氫，則—C3H8N為苯環(huán)上的一個(gè)取代基且G為對稱結(jié)構(gòu)。兩個(gè)酚羥基處于鄰位和對位時(shí)都不符合要求，當(dāng)兩個(gè)酚羥基處于間位時(shí)，—C3H8N在苯環(huán)上的位置有2種，又因含有—NH2，故—C3H8N的結(jié)構(gòu)有—CH2CH2CH2NH2、—CH(NH2)CH2CH3、—CH(CH3)CH2NH2、—CH2CH(CH3)NH2、5種，故符合條件的同分異構(gòu)體有10種；其中核磁共振氫譜有五組峰，且峰面積之比為6∶2∶2∶2∶1的結(jié)構(gòu)簡式有2種。答案(1)丙二酸二乙酯(2)加成反應(yīng)酯基和氰基C9H14O4(3)(4)10(5)“7＋4”小卷練(三)答案7．解析A．糖類、油脂、蛋白質(zhì)均能供給人體營養(yǎng)不是因?yàn)樗鼈兡芩?，單糖不能水解也屬于營養(yǎng)物質(zhì)，很多能水解的物質(zhì)不屬于營養(yǎng)物質(zhì)如鹵代烴，所以A不正確；B.鐵能在常溫下被濃硫酸鈍化，但它不能用于制作銅和濃硫酸的反應(yīng)器，因?yàn)檫@個(gè)反應(yīng)要加熱，所以B不正確；C.碳的非金屬性比硅強(qiáng)，所以碳的還原性比硅弱，碳之所以能把硅從二氧化硅中置換出來，是因?yàn)樵诟邷叵绿嫁D(zhuǎn)化為CO氣體，是一個(gè)熵增的反應(yīng)，從化學(xué)平衡的角度來看，CO逸出對硅的生成是有利的，所以C不正確；D.氨氣與氯氣反應(yīng)生成氮?dú)夂吐然@能看到冒白煙，所以可以用濃氨水檢驗(yàn)氯氣管道是否泄漏，D正確。答案D8．解析“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”為朱砂，朱砂是硫化汞，化學(xué)式為HgS，HgS的天然礦石為大紅色，答案選C。答案C9．解析選項(xiàng)A，苯乙烯的同分異構(gòu)體除了和，還有很多，如等，錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，苯乙烯可與溴的四氯化碳溶液發(fā)生加成反應(yīng)，錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，苯環(huán)和碳碳雙鍵間的碳碳單鍵可以旋轉(zhuǎn)，故苯乙烯中所有原子不一定處于同一平面，錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，苯乙烯分子中含有5種氫原子，按照定一移二的方法，其二氯代物有14種，正確。答案D10．解析SO2能溶于水且與水反應(yīng)，不能用排水法測定其體積，A錯(cuò)誤；加熱AlCl3溶液時(shí)，氯化鋁在水中會發(fā)生水解，最終得不到AlCl3，B錯(cuò)誤；根據(jù)電流計(jì)指針偏轉(zhuǎn)方向可以判斷鎳和鉻的金屬活動性強(qiáng)弱，C正確；氯氣有毒，題圖沒有尾氣處理裝置，D錯(cuò)誤。答案C11．解析設(shè)Y元素原子的最外層電子數(shù)為x，則有x＋x＋1＋x＋1＝17，解得x＝5，則Y、Z、W對應(yīng)的三種元素分別為N、O、S；又X、Y、W分別位于不同周期，則X為H。選項(xiàng)A，原子半徑大?。簉(S)>r(N)>r(O)>r(H)，錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，H、N、O三種元素可以形成硝酸，屬于共價(jià)化合物，也可以形成硝酸銨，屬于離子化合物，正確；選項(xiàng)C，H2O、H2S都是分子晶體，但H2O分子間存在氫鍵，其沸點(diǎn)比H2S高，氧的非金屬性比硫強(qiáng)，則H2O的穩(wěn)定性比H2S高，錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，H分別與N、O形成的核外電子總數(shù)為10的微粒有NH3、NHeq\o\al(＋,4)、OH－、H2O、H3O＋等，錯(cuò)誤。答案B12．解析往發(fā)熱包中加入冷水，形成原電池。反應(yīng)CaO＋H2O=Ca(OH)2放熱使水迅速升溫沸騰，反應(yīng)Na2CO3＋Ca(OH)2=2NaOH＋CaCO3↓使得溶液呈堿性，則溶液中發(fā)生反應(yīng)2Al＋2OH－＋2H2O=2AlOeq\o\al(－,2)＋3H2↑，該反應(yīng)為原電池的總反應(yīng)，負(fù)極反應(yīng)為Al－3e－＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，正極反應(yīng)為2H2O＋2e－=2OH－＋H2↑。選項(xiàng)A，活性炭作正極，正極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，故A正確；選項(xiàng)B，負(fù)極反應(yīng)為Al－3e－＋4OH－=AlOeq\o\al(－,2)＋2H2O，故B正確；選項(xiàng)C，Na＋向正極移動，故C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D，硅藻土結(jié)構(gòu)疏松，孔隙大，能使各物質(zhì)分散并均勻混合，充分接觸，故D正確。答案C13．解析HCl溶液滴加一半時(shí)，溶液的溶質(zhì)為碳酸氫鈉和氯化鈉，溶液的pH大于7，A正確；由題圖可知，N點(diǎn)時(shí)加入的HCl溶液體積為10mL，故N點(diǎn)溶液中NaHCO3的物質(zhì)的量濃度為0.05mol·L－1，B錯(cuò)誤；在M點(diǎn)對應(yīng)溶液中，c(COeq\o\al(2－,3))＝c(HCOeq\o\al(－,3))，pH約為11，據(jù)此可推斷出H2CO3的Ka2的數(shù)量級為10－11，C正確；根據(jù)電荷守恒知c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋2c(COeq\o\al(2－,3))＋c(HCOeq\o\al(－,3))，D正確。答案B26．解析(1)①根據(jù)儀器構(gòu)造可判斷儀器m的名稱為直形冷凝管(或冷凝管)；生成的氯氣中含有氯化氫，則裝置F中試劑的作用是除去Cl2中混有的HCl雜質(zhì)。②根據(jù)已知信息可知參加反應(yīng)的氯氣必須是干燥純凈的，利用F除去氯化氫，利用C干燥氯氣，所以裝置連接順序?yàn)锳→F→C→B→E→D。③氯氣有毒，所以實(shí)驗(yàn)結(jié)束停止加熱后，再通入一段時(shí)間氮?dú)獾哪康氖菍⒀b置內(nèi)的氯氣排入D內(nèi)吸收以免污染空氣，同時(shí)也將B中殘留的S2Cl2排入E中收集。④由于氯氣過量會生成SCl2，且S2Cl2300℃以上完全分解，所以為了提高S2Cl2的純度，實(shí)驗(yàn)的關(guān)鍵是控制好溫度和滴入濃鹽酸的速率。(2)由于S2Cl2受熱或遇水分解放熱，放出腐蝕性煙氣，所以泄漏時(shí)應(yīng)噴水霧減慢其揮發(fā)，不要對泄漏物或泄漏點(diǎn)直接噴水；(3)①三種物質(zhì)均可以把SO2氧化為硫酸，進(jìn)而與氫氧化鋇反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，但酸性高錳酸鉀也能氧化氯化氫，所以W溶液可以是雙氧水或氯水，不能是酸性高錳酸鉀，答案選ac；②mg固體是硫酸鋇，根據(jù)硫原子守恒可知SO2的物質(zhì)的量是eq\f(m,233)mol，所以該混合氣體中二氧化硫的體積分?jǐn)?shù)為eq\f(\f(m,233)×22.4,V)×100%＝eq\f(22.4m,233V)×100%。答案(1)①直形冷凝管(或冷凝管)除去Cl2中混有的HCl雜質(zhì)②FCB③將裝置內(nèi)的氯氣排入D內(nèi)吸收以免污染空氣，并將B中殘留的S2Cl2排入E中收集④滴入濃鹽酸的速率(或B中通入氯氣的量，其他合理答案均得分)(2)防止S2Cl2遇水分解放熱，放出腐蝕性煙氣(3)①ac②eq\f(22.4m,233V)×100%或eq\f(2240m,233V)%或eq\f(9.6m,V)%或eq\f(9.61m,V)%27．解析Ⅰ.將粉碎的礦石用過量的稀H2SO4和Na2SO3溶液浸泡，目的是為了把CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3等溶解，以提取目標(biāo)元素，并把＋3價(jià)Co還原為＋2價(jià)，此時(shí)Fe2O3、MgO和CaO等會溶解，鐵由＋3價(jià)還原為＋2價(jià)；Ⅱ.浸出液除去含銅的化合物后，向溶液中先加入NaClO3溶液把＋2價(jià)鐵氧化為＋3價(jià)，再加入一定濃度的Na2CO3溶液，過濾，分離除去沉淀a[主要成分是Na2Fe6(SO4)4(OH)12]，這一步除去了雜質(zhì)元素鐵。Ⅲ.向上述溶液中加入足量NaF溶液是為了把鈣離子和鎂離子除去，過濾，分離除去沉淀氟化鈣、氟化鎂，b為氟化鈣和氟化鎂。Ⅳ.Ⅲ中濾液加入濃Na2CO3溶液，獲得CoCO3沉淀。Ⅴ.將CoCO3溶解在鹽酸中，再加入(NH4)2C2O4溶液，產(chǎn)生CoC2O4·2H2O沉淀。分離出沉淀，將其在400℃～600℃煅燒，即得到Co2O3。(1)Ⅰ中，稀硫酸溶解CoCO3的化學(xué)方程式是CoCO3＋H2SO4=CoSO4＋CO2↑＋H2O，加入Na2SO3溶液的主要作用是將Co3＋還原為Co2＋(或作還原劑)。(2)①由圖1、圖2可知，礦石粉末浸泡的適宜條件應(yīng)是65℃～75℃、pH為0.5～1.5。②圖1中銅、鈷浸出率下降的可能原因是pH升高后，溶液中c(H＋)濃度下降，使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力下降。(3)Ⅱ中，浸出液中的金屬離子與NaClO3反應(yīng)的離子方程式為ClOeq\o\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋=Cl－＋6Fe3＋＋3H2O。(4)Ⅱ中，檢驗(yàn)鐵元素完全除去的試劑是KSCN溶液，實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是溶液不變紅色。(5)Ⅱ、Ⅳ中，加入Na2CO3的作用分別是調(diào)節(jié)溶液的pH、富集Co2＋(生成CoCO3沉淀)。(6)Ⅲ中，沉淀b的成分是MgF2、CaF2。(7)Ⅴ中，分離出純凈的CoC2O4·2H2O操作是過濾、洗滌。答案(1)CoCO3＋H2SO4=CoSO4＋CO2↑＋H2O將Co3＋還原為Co2＋(或作還原劑)(2)①65℃～75℃、pH為0.5～1.5②pH升高后溶液中c(H＋)濃度下降，使得溶解CoO(OH)、CoCO3、Cu2(OH)2CO3的能力下降(3)ClOeq\o\al(－,3)＋6Fe2＋＋6H＋=Cl－＋6Fe3＋＋3H2O(4)KSCN溶液溶液不變紅色(5)調(diào)節(jié)溶液的pH富集Co2＋(生成CoCO3沉淀)(6)CaF2(7)過濾、洗滌28．解析Ⅰ.(1)根據(jù)蓋斯定律，由①－②可得：CH4(g)＋4NO(g)=2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1160kJ·mol－1。(2)結(jié)合題意及題圖甲中的反應(yīng)物為NH3、NO、NO2，可知X為N2，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NH3＋NO＋NO2=2N2＋3H2O。(3)由題圖乙可知，當(dāng)eq\f(c（NO2）,c（NO）)＝1時(shí)，脫氮效果最佳，溫度為300℃時(shí)脫氮率最高。Ⅱ.(4)①合成甲醇的反應(yīng)為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，故壓強(qiáng)越大，平衡時(shí)反應(yīng)體系中的甲醇含量越高，根據(jù)題圖丙中壓強(qiáng)與甲醇體積分?jǐn)?shù)的關(guān)系可知壓強(qiáng)p1>p2>p3。②C點(diǎn)甲醇的體積分?jǐn)?shù)為50%，設(shè)平衡時(shí)甲醇的物質(zhì)的量為nmol，由三段式法可求平衡時(shí)各物質(zhì)的物質(zhì)的量：則n/(1－n＋2－2n＋n)＝0.5，故n＝0.75，則平衡常數(shù)K＝eq\f(\f(0.75mol,2L),\f(0.25mol,2L)×（\f(0.5mol,2L)）2)＝48。由題圖丙可知該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，故升高溫度平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，故平衡常數(shù)的大小關(guān)系：KA>KB＝KD。③保持c(H2)不變，增大容器體積，c(CH3OH)與c(CO)同等倍數(shù)減小，Qc不變，故平衡不移動。答案Ⅰ.(1)－1160(2)2NH3＋NO＋NO2=2N2＋3H2O(或其他合理答案)(3)1300Ⅱ.(4)①p1>p2>p3②48KA>KB＝KD③不36．解析由A的分子式并結(jié)合已知信息，可知1分子甲醛與2分子乙炔發(fā)生加成反應(yīng)生成A，則A的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2C=CCH2OH，A與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成的B為HOCH2CH2CH2CH2OH，結(jié)合C的分子式知，B在濃硫酸作用下發(fā)生消去反應(yīng)生成的C為CH2=CHCH=CH2；1mol有機(jī)物H與足量NaHCO3溶液反應(yīng)生成標(biāo)準(zhǔn)狀況下的CO244.8L，物質(zhì)的量為2mol，說明H分子中有2個(gè)羧基，H有順反異構(gòu)，所以H中還有碳碳雙鍵，結(jié)合H的分子式知H為HOOC—CH=CH—COOH，H與水發(fā)生加成反應(yīng)生成的C4H6O5為，從G到C4H6O5發(fā)生水解、酸化，故G為(X代表鹵素原子)，F(xiàn)與瓊斯試劑反應(yīng)得到G，可逆推出F為(X代表鹵素原子)，則E為，由D的分子式可知D為ClCH2CH=CHCH2Cl。(1)A的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2C=CCH2OH，含氧官能團(tuán)的名稱為羥基；A的一種同分異構(gòu)體屬于乙酸酯，所以其結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOCH=CH2。(2)B的結(jié)構(gòu)簡式為，則名稱為1，4-丁二醇；C為CH2=CHCH=CH2，D為ClCH2CH=CHCH2Cl，則C轉(zhuǎn)化為D發(fā)生加成反應(yīng)。(4)H為HOOC—CH=CH—COOH，其反式結(jié)構(gòu)簡式是。(6)eq\o(→,\s\up7(NaOH),\s\do5(△))eq\o(→,\s\up7(Cu，O2),\s\do5(△))eq\o(→,\s\up7(1）HCN),\s\do5(2）H3O＋))eq\o(→,\s\up7(濃硫酸),\s\do5(△))。答案(1)羥基CH3COOCH=CH2(2)1，4-丁二醇加成反應(yīng)(3)＋HX→(X代表鹵素原子)(4)(5)＋NaX＋2H2O(X代表鹵素原子)(6)eq\o(→,\s\up7(NaOH),\s\do5(△))eq\o(→,\s\up7(Cu，O2),\s\do5(△))eq\o(→,\s\up7(1）HCN),\s\do5(2）H3O＋))eq\o(→,\s\up7(濃硫酸),\s\do5(△))“7＋4”小卷練(四)答案7．解析氫氟酸與二氧化硅反應(yīng)，是特性反應(yīng)，與酸性無關(guān)，故A錯(cuò)誤；SO2具有漂白性，所以SO2常用于漂白秸稈、織物，故B錯(cuò)誤；CuSO4能使蛋白質(zhì)變性，所以CuSO4常和熟石灰用來配波爾多液消毒，故C錯(cuò)誤；CH3CH2OH完全燃燒生成二氧化碳和水并放出大量熱量，無污染，故D正確。答案D8．解析甲醛(HCHO)、冰醋酸(CH3COOH)的最簡式相同，均為CH2O，因此3.0g含甲醛的冰醋酸中所含原子總數(shù)為eq\f(3.0g,30g/mol)×4×NA＝0.4NA(或設(shè)HCHO的質(zhì)量為ag，則3.0g含甲醛的冰醋酸中所含原子總數(shù)為eq\f(a,30)×4×NA＋eq\f(3.0－a,60)×8×NA＝0.4NA)，D項(xiàng)正確。沒有指明溫度、壓強(qiáng)，2.24LCH4的物質(zhì)的量無法確定，因此其所含C—H鍵的數(shù)目無法確定，A項(xiàng)錯(cuò)誤；將1molCl2通入水中，發(fā)生反應(yīng)：Cl2＋H2OHCl＋HClO，該反應(yīng)為可逆反應(yīng)，根據(jù)物料守恒知，N(HClO)＋N(Cl－)＋N(ClO－)<2NA，B項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)反應(yīng)2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2知，轉(zhuǎn)移2mol電子時(shí)，Na2O2質(zhì)量增加56g，則當(dāng)Na2O2質(zhì)量增加ag時(shí)，反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為eq\f(2,56)×a×NA＝eq\f(aNA,28)，C項(xiàng)錯(cuò)誤。答案D中加入濃Na2SO4溶液，蛋白質(zhì)發(fā)生鹽析，故A錯(cuò)誤；B.葡萄糖中的—CHO、—OH，能被高錳酸鉀氧化，葡萄糖能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B錯(cuò)誤；C.有機(jī)物CH2＝CHCH(CH3)Cl碳碳雙鍵能發(fā)生加成反應(yīng)、鹵原子可取代反應(yīng)、碳碳雙鍵能發(fā)生氧化反應(yīng)，不能發(fā)生縮聚反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D.分子式C4H8O2并能與NaHCO3溶液反應(yīng)放出CO2的有機(jī)物是丁酸：CH3—CH2—CH2—COOH或CH3—CH(COOH)—CH3，烴基上一氯代物分別有3種、2種，共5種，故D正確；故選D。答案D10．解析選項(xiàng)A，鹽酸與碳酸鈣反應(yīng)制備的CO2中含HCl雜質(zhì)，除去HCl雜質(zhì)，用飽和NaHCO3溶液，而不是飽和Na2CO3溶液，錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，啟普發(fā)生器中的固體反應(yīng)物不能呈粉末狀，錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，裝置④中CO2與熾熱的C反應(yīng)生成CO，裝置⑤中CO與MoO3發(fā)生氧化還原反應(yīng)，正確；選項(xiàng)D，裝置④中未反應(yīng)的CO2也能使裝置⑥中澄清石灰水變渾濁，錯(cuò)誤。答案C11．解析依據(jù)題圖可知元素X、Y、Z、W分別為Mg、Al、N、O，氧化鎂和氧化鋁的熔點(diǎn)都較高，都可作耐火材料，A項(xiàng)正確；同一周期主族元素從左到右，非金屬性逐漸增強(qiáng)，O的非金屬性強(qiáng)于N的，B項(xiàng)正確；氫氧化鋁不能溶于稀氨水，C項(xiàng)錯(cuò)誤；鎂能分別與氮?dú)?、氧氣發(fā)生氧化還原反應(yīng)，D項(xiàng)正確。答案C12．解析恒溫恒壓下t2時(shí)刻改變某一條件，逆反應(yīng)速率瞬間增大，再次建立的平衡與原平衡等效，根據(jù)等效平衡原理，t2時(shí)刻改變的條件是向密閉容器中加R，B項(xiàng)正確；t1時(shí)刻反應(yīng)達(dá)到平衡，v(正)＝v(逆)，而t2時(shí)刻加R，v(正)瞬間不變，v(逆)瞬間增大，故t1時(shí)刻的v(正)等于t2時(shí)刻的v(正)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；Ⅰ、Ⅱ兩過程達(dá)到的平衡等效，M的體積分?jǐn)?shù)相等，C項(xiàng)正確；Ⅰ、Ⅱ兩過程的溫度相同，則反應(yīng)的平衡常數(shù)相等，D項(xiàng)正確。答案A13．解析根據(jù)題圖，m點(diǎn)時(shí)peq\f(c（A－）,c（HA）)＝0，知eq\f(c（A－）,c（HA）)＝1，即c(A－)＝c(HA)，m點(diǎn)所示溶液pH＝4.76，則c(H＋)＝10－4.76mol·L－1，Ka(HA)＝eq\f(c（H＋）·c（A－）,c（HA）)＝c(H＋)＝10－4.76＝100.24×10－5，0<100.24<10，故Ka(HA)的數(shù)量級為10－5，A項(xiàng)正確；eq\f(c（A－）,c（HA）·c（OH－）)＝eq\f(c（A－）·c（H＋）,c（HA）·c（OH－）·c（H＋）)＝eq\f(Ka（HA）,Kw)，滴加NaOH溶液過程中，溫度不變，Ka(HA)、Kw不變，故eq\f(c（A－）,c（HA）·c（OH－）)保持不變，B項(xiàng)正確；m點(diǎn)所示溶液中的電荷守恒式為c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(A－)，則c(H＋)＝c(OH－)＋c(A－)－c(Na＋)，C項(xiàng)正確；n點(diǎn)所示溶液呈酸性，根據(jù)電荷守恒式c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(A－)，得c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)<0，故c(Na＋)<c(A－)，不可能有c(Na＋)＝c(A－)＋c(HA)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。答案D26．解析[驗(yàn)證假設(shè)](1)①用淡紫色的Fe(NO3)3·9H2O晶體配制1.5mol/L的Fe(NO3)3溶液100mL，依據(jù)硝酸鐵溶質(zhì)物質(zhì)的量為0.15mol，所以需要晶體質(zhì)量＝0.15mol×404g/mol＝60.6g；配制溶液的過程和步驟分析可知需要的儀器除燒杯、玻璃棒外還必需100mL的容量瓶，膠頭滴管；②測得1.5mol/L的Fe(NO3)3溶液pH約為1說明溶液呈酸性，是鐵離子水解的原因，反應(yīng)的離子方程式為：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋；③將pH＝1的HNO3溶液加入到鍍有銀鏡的試管中，振蕩，觀察到銀鏡慢慢溶解，產(chǎn)生無色氣體并在液面上方變?yōu)榧t棕色，溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式應(yīng)是：3Ag＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋=3Ag＋＋NO↑＋2H2O；(2)假設(shè)2中，鐵離子的氧化性和鐵離子的濃度大小有關(guān)，且生成的銀離子在溶液中生成氯化銀沉淀阻止反應(yīng)進(jìn)行，可能是濃度小或阻止反應(yīng)進(jìn)行，需要驗(yàn)證亞鐵離子的存在證明鐵離子是否發(fā)生還原反應(yīng)：沒有檢驗(yàn)是否生成了Fe2＋，可能是Fe3＋與Ag發(fā)生了反應(yīng)，但生成的Ag＋與Cl－形成沉淀阻止了反應(yīng)繼續(xù)進(jìn)行，也可能是FeCl3溶液濃度太小而不能溶解銀，所以不同意乙的結(jié)論；[思考與交流]已知，同濃度的硝酸氧化性比Fe3＋略強(qiáng)，根據(jù)以上信息綜合分析，濃、稀Fe(NO3)3溶液溶解銀鏡時(shí)的原理不同，F(xiàn)e(NO3)3濃溶液中，F(xiàn)e3＋、NOeq\o\al(－,3)都氧化了Ag，F(xiàn)e(NO3)3稀溶液中可能只有NOeq\o\al(－,3)氧化了Ag。答案【驗(yàn)證假設(shè)】(1)①60.6100mL容量瓶、膠頭滴管②Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋③3Ag＋NOeq\o\al(－,3)＋4H＋=3Ag＋＋NO↑＋2H2O(2)不同意沒有檢驗(yàn)是否生成了Fe2＋，可能是Fe3＋與Ag發(fā)生了反應(yīng)，但生成的Ag＋與Cl－形成沉淀阻止了反應(yīng)繼續(xù)進(jìn)行，也可能是FeCl3溶液濃度太小而不能溶解銀【思考與交流】已知，同濃度的硝酸氧化性比Fe3＋略強(qiáng)，根據(jù)以上信息綜合分析，濃、稀Fe(NO3)3溶液溶解銀鏡時(shí)的原理不同，F(xiàn)e(NO3)3濃溶液中，F(xiàn)e3＋、NOeq\o\al(－,3)都氧化了Ag，F(xiàn)e(NO3)3稀溶液中可能只有NOeq\o\al(－,3)氧化了Ag27．答案(1)C(提示：焙炒過程中碳粉與空氣中的氧氣可生成CO2而除去)(2)MnO2＋H2O2＋2H＋=Mn2＋＋O2↑＋2H2O(3)2MnCO3＋O2eq\o(=,\s\up7(焙燒))2MnO2＋2CO2(4)除去溶液中的Fe3＋雜質(zhì)Fe2＋與Zn2＋不能分離[或當(dāng)Fe(OH)2沉淀完全時(shí)，Zn(OH)2也沉淀完全](5)①M(fèi)nO2＋4H＋＋C2Oeq\o\al(2－,4)=Mn2＋＋2CO2↑＋2H2O②eq\f(87（c1V1－\f(5,2)c2V2）,1000a)×100%28．解析(1)據(jù)題圖1分析，反應(yīng)Ⅱ是太陽能轉(zhuǎn)化為電能，電解亞硫酸銨生成硫酸銨和氫氣，故太陽能轉(zhuǎn)化為電能，再轉(zhuǎn)化為化學(xué)能。(2)根據(jù)蓋斯定律，由2(a)＋(b)－2(c)得：2H2SO4(l)2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(l)ΔH＝＋462kJ·mol－1。(3)②溫度升高，反應(yīng)速率加快，達(dá)到平衡所需的時(shí)間縮短。③起始時(shí)充入dmolSO3，由題圖2可知X點(diǎn)時(shí)SO3的平衡轉(zhuǎn)化率為60%，轉(zhuǎn)化的三氧化硫的物質(zhì)的量為dmol×0.6＝0.6dmol，利用三段式法進(jìn)行計(jì)算，則：故Kp＝eq\f(p2（SO2）·p（O2）,p2（SO3）)＝eq\f(（0.1MPa×\f(0.6,1.3)）2×0.1MPa×\f(0.3,1.3),（0.1MPa×\f(0.4,1.3)）2)＝0.052MPa。答案(1)電能化學(xué)能(2)2H2SO4(l)2SO2(g)＋O2(g)＋2H2O(l)ΔH＝＋462kJ·mol－1(3)①eq\f(c2（SO2）·c（O2）,c2（SO3）)②溫度升高，反應(yīng)速率加快，達(dá)到平衡所需的時(shí)間縮短(或溫度升高，反應(yīng)速率加快，相同時(shí)間內(nèi)更快達(dá)到平衡)③0.052MPa36．解析1molG與足量Na反應(yīng)產(chǎn)生H2的物質(zhì)的量為eq\f(33.6L,22.4L·mol－1)＝1.5mol，結(jié)合G的分子式可知G中含有3個(gè)羥基，結(jié)合已知信息②可推知G為，結(jié)合N的分子式及N在堿性條件下水解、酸化后生成的n(G)∶n(F)＝1∶3可知，F(xiàn)為CH3COOH，N為。由E的結(jié)構(gòu)簡式為可逆推知A中含有苯環(huán)，A與Cl2在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成B，B在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生水解反應(yīng)生成C與D，D酸化后得到F(乙酸)，則D為CH3COONa，C中含有7個(gè)C原子，C發(fā)生連續(xù)氧化、酸化后得到，說明C中含有—CH2OH結(jié)構(gòu)，故C為，進(jìn)一步可推知B為，A為。(1)對羥基苯甲酸中含有酚羥基和羧基兩種含氧官能團(tuán)，能發(fā)生縮聚反應(yīng)生成聚酯，a項(xiàng)正確；對羥基苯甲酸中含有酚羥基，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，b項(xiàng)正確；酚羥基與羧基均能與NaOH溶液反應(yīng)，c項(xiàng)錯(cuò)誤；對羥基苯甲酸不能發(fā)生水解反應(yīng)，d項(xiàng)錯(cuò)誤。(2)根據(jù)H的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCH3可知H為丙烯。(3)生成是取代反應(yīng)。中含氧官能團(tuán)為酯基。(5)能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，則含醛基或甲酸酯基；與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)，則含酚羥基，故苯環(huán)上的取代基有兩種情況：①為—CHO、—OH、—OH，三者在苯環(huán)上共有6種位置關(guān)系；②為和—OH，兩者在苯環(huán)上有鄰、間、對3種位置關(guān)系，故符合條件的對羥基苯甲酸的同分異構(gòu)體共有9種。其中核磁共振氫譜中有4種不同化學(xué)環(huán)境氫原子的同分異構(gòu)體有、3種。答案(1)ab(2)丙烯(3)取代反應(yīng)酯基(4)＋CH3COONa＋NaCl＋H2O(5)93(6)CH2=CHCH3eq\o(→,\s\up7(Br2/CCl4))CH2BrCHBrCH3eq\o(→,\s\up7(Cl2),\s\do5(光照))CH2BrCHBrCH2Cleq\o(→,\s\up7(NaOH/H2O),\s\do5(△))“7＋4”小卷練(五)答案78910111213BCBBADC13．C關(guān)鍵點(diǎn)在于明確L1和L2的含義，A．對橫坐標(biāo)進(jìn)行假設(shè)，lgEQ\F(c(A－),c(HA))值越大，可以理解為c(A)越大，酸性應(yīng)該越小即pH越來越大，故L2代表lgEQ\F(c(A－),c(HA))，故A項(xiàng)正確；B．選用橫坐標(biāo)lgEQ\F(c(A－),c(HA))＝2.5的計(jì)算平衡常數(shù)，Ka(HA)＝EQ\F(c(A－)c(H＋),c(HA))＝EQ\F(c(A－),c(HA))108＝1×10－5.5，故B項(xiàng)正確；C．明確溶質(zhì)，a點(diǎn)，L2的溶質(zhì)為EQ\F(c(A－),c(HA))≈101.8，溶液呈堿性，即以A水解為主，促進(jìn)水的電離，L1的溶質(zhì)為EQ\F(c(M＋),c(MOH))≈101.8，溶液呈堿性，即以MOH的電離為主，抑制水的電離，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。D．需要計(jì)算MOH和HA的電離常數(shù)，利用越弱越水解。近似取EQ\F(c(M＋),c(MOH))＝1.25、pH＝8，計(jì)算Kb(MOH)＝EQ\F(c(OH－)c(M＋),c(MOH))≈10－4.75＞Ka(HA)，則MA溶液以A水解為主，可知D項(xiàng)正確。26．（15分）（1）①（球形）干燥管（1分）②agfbchi(或ih)de(或ed)bc（2分）③排盡裝置中的空氣，防止加熱時(shí)發(fā)生爆炸（1分）④C處反應(yīng)管中固體由黑變紅，其后的澄清石灰水變渾濁（2分）（2）取固體少許溶于稀硫酸，無氣體生成（其他合理答案均可給分）（2分）（3）FeC2O4·2H2Oeq\o(,\s\up7())FeO＋CO↑＋CO2↑＋2H2O（2分）（4）將Fe3+還原為Fe2+（1分）（5）（2分）（解析：步驟1是將草酸亞鐵轉(zhuǎn)化為H2C2O4、并抑制Fe2+水解，步驟2用KMnO4溶液所滴定的物質(zhì)是H2C2O4和全部的Fe2+；步驟3是利用Zn將步驟2中產(chǎn)生的Fe3+轉(zhuǎn)化為Fe2+，利用KMnO4再滴定Fe2+，V1V2即步驟1產(chǎn)生的H2C2O4所消耗KMnO4的量，繼而即可求出草酸亞鐵的含量。）偏低（2分）（解析：步驟1的Fe2+若是被提前氧化，那么V1不就偏小了嗎，V2可不會受到影響，然后根據(jù)前面的計(jì)算公式可知，濃度偏低）27．（14分）（1）產(chǎn)生硫化氫等氣體，污染環(huán)境（1分）(像這種試劑或操作的假設(shè)性問題，需要有全局觀，此外可以從環(huán)境污染、成本、產(chǎn)品純度等角度切入)（2）MnO2＋2Fe2＋＋4H＋2Fe3＋＋Mn2＋＋2H2O（2分）Fe2＋與Mn2＋沉淀區(qū)有重疊，造成Mn2＋損失（或Fe2＋去除不完全，影響產(chǎn)品純度）（2分）（3）Fe(OH)3、Al(OH)3（2分）（4）8×