高考化學(xué)二輪復(fù)習提優(yōu)導(dǎo)學(xué)案練習冊：化學(xué)檢測與評估 教師參考

￥高考總復(fù)習二輪配套檢測與評估化學(xué)教師參考第一篇高考微專題微專題一離子反應(yīng)氧化還原反應(yīng)一、選擇題1.B【解析】A項溶液中c(H+)=0.1mol·L-1，溶液顯酸性，F(xiàn)e2+與N在酸性條件下因發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存；使酚酞變紅的溶液顯堿性，B項中的四種離子能大量共存；C項中Fe3+與SCN-因發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)而不能大量共存；D項溶液中水的電離受到抑制，可以顯酸性也可以顯堿性，HC在此溶液中不能大量存在。2.C【解析】pH=1的溶液顯酸性，C不能大量存在，A錯誤；與鋁反應(yīng)產(chǎn)生大量氫氣的溶液顯酸性或堿性，在酸性條件下Fe2+、N因發(fā)生氧化還原反應(yīng)而不能大量共存，在堿性條件下Fe2+因生成沉淀而不能大量存在，B錯誤；C項溶液顯酸性，四種離子能大量共存；ClO-具有強氧化性，能將S2-氧化，D錯誤。3.C【解析】Fe3+與SCN-發(fā)生絡(luò)合反應(yīng)而不能大量共存，A項錯誤；B項溶液顯堿性，N不能大量存在，B項錯誤；在酸性條件下，N能將Fe2+、I-氧化，D項錯誤。4.A【解析】漂白粉具有強氧化性，能將鹽酸氧化生成Cl2，A正確；FeCl3和Ag反應(yīng)生成AgCl沉淀，B錯誤；OH-恰好將H+中和，N不反應(yīng)，C錯誤；因為n(Al)∶n(H+)=1∶3，故Al不能完全轉(zhuǎn)化為Al3+，有一部分轉(zhuǎn)化成Al(OH)3，D錯誤。5.C【解析】酸性條件下不能生成OH-，A錯誤；Al(OH)3不能與弱堿NH3·H2O反應(yīng)，B錯誤；由于酸性：苯酚<H2CO3，故純堿與苯酚反應(yīng)只能生成HC而得不到CO2，D錯誤。6.D【解析】稀硝酸被還原時生成的是NO而不是NO2，A錯誤；在酸性溶液中反應(yīng)應(yīng)該有H+參加有H2O生成，不可能生成OH-，B錯誤；通入過量CO2時，生成的是HC而不是C，C錯誤。7.BC【解析】溶液本身無色，說明沒有Fe2+；加入溴水仍然無色，說明溴水發(fā)生了反應(yīng)，且產(chǎn)物無色，I-和S均可與溴水反應(yīng)使溴水褪色，反應(yīng)后溶液無色，說明沒有I2，則原溶液中一定有S；由于S的還原性比I-強，故I-是否存在無法判斷；因所有離子濃度相等，則根據(jù)電荷守恒可判斷S肯定不存在。8.BD【解析】向濃氨水中滴加飽和FeCl3生成Fe(OH)3沉淀，A錯誤；加入飽和MgCl2溶液后Ca(OH)2轉(zhuǎn)變成Mg(OH)2，B正確；C項溶液中還可能含有HC，C錯誤；D項為鹵代烴中鹵原子的檢驗方法，D正確。二、非選擇題9.(1)Cl2+2Fe2+2Cl-+2Fe3+(2)4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O(3)CO+PdCl2+H2O2HCl+Pd↓+CO2(4)①溫度低反應(yīng)速率慢，溫度過高硝酸銨易分解4Cu+N+10H+4Cu2++N+3H2O②2Cu2++S+2Cl-+H2O2CuCl↓+S+2H+(5)4FeSO4+O2+8NaOH4FeOOH↓+4Na2SO4+2H2O(6)3Na2SO4+8C3Na2S+4CO2↑+4CO↑(7)MnO2+H2O2+2H+Mn2++2H2O+O2↑(8)Cr2+6Fe2++14H+2Cr3++6Fe3++7H2O(9)3Pb+8H++2N3Pb2++2NO↑+4H2O(10)4CuFeS2+4H++17O24Cu2++4Fe3++8S+2H2O【解析】(1)通入Cl2后能將Fe2+氧化為Fe3+。(2)空氣中的O2將Fe2+氧化為Fe3+。(3)反應(yīng)物為氯化鈀與CO，生成物為鈀和CO2，根據(jù)需要推知反應(yīng)物還有水，產(chǎn)物還有氯化氫。(4)①溫度控制的范圍可從反應(yīng)速率和反應(yīng)物的性質(zhì)方面考慮，溫度太低會導(dǎo)致反應(yīng)速率太慢，溫度太高，反應(yīng)物NH4NO3易受熱分解；溶解銅的過程中加入了H2SO4，故Cu在酸性條件下被N氧化為Cu2+，同時N被還原為N，由此可寫出反應(yīng)的離子方程式。②在還原步驟中，S將Cu2+還原為Cu+，Cu+與Cl-結(jié)合生成CuCl沉淀，反應(yīng)的離子方程式為2Cu2++S+2Cl-+H2O2CuCl↓+S+2H+。(5)過量的廢鐵屑中加入濃硫酸后生成FeSO4，通入空氣后，在堿性條件下被氧化成FeOOH。(6)在煅燒過程中，芒硝被還原為Na2S，碳粉被氧化為等物質(zhì)的量的CO和CO2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為3Na2SO4+8C3Na2S+4CO2↑+4CO↑。(7)軟錳礦中Mn元素主要以MnO2形式存在，加入H2O2后能將MnO2還原為Mn2+，反應(yīng)的離子方程式為MnO2+H2O2+2H+Mn2++2H2O+O2↑。(8)酸性條件下Cr2將Fe2+氧化為Fe3+，自身被還原為Cr3+，根據(jù)得失電子守恒配平得出離子方程式。(9)鉛與硝酸的反應(yīng)類似銅與硝酸的反應(yīng)，故離子方程式為3Pb+8H++2N3Pb2++2NO↑+4H2O。(10)在細菌和O2的共同作用下，黃銅礦中的S元素被氧化成S，F(xiàn)e元素被氧化成Fe3+，利用得失電子守恒、電荷守恒、質(zhì)量守恒可得到離子方程式。10.(1)Mn2++2H2OMnO2↓+H2↑+2H+增大(2)Cu+2Fe-8e-+4O2-CuFe2O4(3)CO2+8e-+8H+CH4+2H2O(4)陽N+3F--6e-NF3+4H+【解析】(1)電解MnSO4溶液時，陽極上Mn2+失電子生成MnO2，陰極上H+得電子生成H2，故陰極附近溶液的pH升高。(2)由圖可知，陽極材料是Fe和Cu，故電解時陽極上的Fe和Cu同時失電子，結(jié)合熔融液中的O2-生成CuFe2O4，電極反應(yīng)式為Cu+2Fe-8e-+4O2-CuFe2O4。(3)根據(jù)銅電極上進入的物質(zhì)(反應(yīng)物)和出來的物質(zhì)(生成物)可知，CO2得電子后生成CH4，電極反應(yīng)式為CO2+8e-+8H+CH4+2H2O。(4)因為在b電極上有H2生成，則電極反應(yīng)式為2H++2e-H2↑，故b極為陰極，則a極為陽極，因為電解生成了NF3，其中N為+3價，故在陽極上是N失電子生成NF3，電極反應(yīng)式為N-6e-+3F-NF3+4H+。￥微專題二物質(zhì)的轉(zhuǎn)化與物質(zhì)的制備選擇題1.C【解析】AlCl3溶液蒸發(fā)時，因為水解生成易揮發(fā)的HCl，加熱促進HCl揮發(fā)，從而促進水解，故蒸干時得到Al(OH)3，A錯誤；由于金屬性Fe>Cu，加入Cu后不可能置換出Fe，B錯誤；NH3被O2氧化后生成的是NO而不是NO2，D錯誤。2.C【解析】NaCl溶液中通入CO2不能發(fā)生反應(yīng)，A錯誤；葡萄糖與Cu(OH)2反應(yīng)生成Cu2O而不是Cu，B錯誤；電解Mg(NO3)2溶液的實質(zhì)是電解水，不可能得到金屬Mg，D錯誤。3.A【解析】①鈉與水發(fā)生置換反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，水與過氧化鈉反應(yīng)生成氫氧化鈉和氧氣不是置換反應(yīng)，故不選；②鐵與水反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，碳與水反應(yīng)生成氫氣和一氧化碳，兩者都是置換反應(yīng)，故選；③溴化氫與氯氣發(fā)生置換反應(yīng)生成氯化氫和溴，甲烷與氯氣的反應(yīng)不是置換反應(yīng)，故不選；④鋁與氯化銅溶液反應(yīng)生成單質(zhì)銅和氯化鋁，鋁與鹽酸反應(yīng)生成氯化鋁和氫氣，兩者都是置換反應(yīng)，故選。4.B【解析】過量的O2與C反應(yīng)生成的是CO2而不是CO，故B錯誤。5.B【解析】C與SiO2反應(yīng)生成CO和Si，但CO與CuO反應(yīng)生成Cu和CO2，故B項不能滿足該關(guān)系。6.B【解析】25℃時，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3小，A錯；在石灰乳與Cl2的反應(yīng)中氯發(fā)生歧化反應(yīng)，Cl2既是氧化劑又是還原劑，B正確；常溫下干燥的Cl2能用鋼瓶貯運僅代表常溫下Cl2不與鐵反應(yīng)，加熱、高溫則不然，C錯；侯氏制堿的兩個反應(yīng)不是氧化還原反應(yīng)，D錯。7.D【解析】N2無法一步生成NO2，A項錯誤；NaOH無法一步生成Na2O2，B項錯誤；SiO2無法一步生成H2SiO3，C項錯誤。8.A【解析】Si和O2在加熱下反應(yīng)得到SiO2，但SiO2不溶于水，不能和H2O反應(yīng)生成H2SiO3，A項符合題意；NO可以被O2氧化為NO2，NO2可以和H2O反應(yīng)得到HNO3，B項不符合題意；Na和Cl2反應(yīng)生成NaCl，電解NaCl溶液可以獲得NaOH，C項不符合題意；CH2CH2和H2O加成得到CH3CH2OH，CH3CH2OH催化氧化得到CH3CHO，D項不符合題意。9.C【解析】鈉與水在常溫下反應(yīng)，鈉在氯氣中能燃燒，氯氣溶于水生成鹽酸和次氯酸，A正確；鋁與氧化鐵在高溫下發(fā)生鋁熱反應(yīng)，鋁與稀硫酸能發(fā)生置換反應(yīng)，氧化鐵也能與稀硫酸反應(yīng)，B正確；乙醇無法與NaOH溶液反應(yīng)，C錯誤；Ba(OH)2溶液中通入CO2會生成BaCO3沉淀，Ba(OH)2溶液與Na2CO3溶液反應(yīng)也生成BaCO3沉淀，CO2通入Na2CO3溶液中生成NaHCO3，D正確。二、非選擇題10.(1)MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O濃硫酸(2)HClHCl和H2發(fā)生倒吸，且可燃性氣體H2不能被吸收(3)KSCN溶液點燃A處的酒精燈點燃C處的酒精燈【解析】(1)加熱制取Cl2，化學(xué)方程式為MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；裝置B的作用是干燥氯氣，常用濃硫酸。(2)制取無水氯化亞鐵需要HCl氣體，故A裝置制取的是HCl；HCl和Fe反應(yīng)生成H2和FeCl2，故尾氣的成分為未反應(yīng)的HCl和生成的氫氣；由于HCl極易溶于水，故若仍然采用D裝置進行尾氣處理，很容易造成倒吸，且氫氣不能被吸收，氫氣易燃，造成安全隱患。(3)檢驗氯化鐵常用硫氰化鉀溶液；若要制取純凈的FeCl2，需先排盡裝置中的空氣，故先點燃A處的酒精燈，再點燃C處的酒精燈。11.(1)+3價(2)2NaClO3+SO2+H2SO42NaHSO4+2ClO2(3)NaOHNa2CO3NaClO2(4)2∶1O2(5)1.57g【解析】(1)在NaClO2中Na為+1價，O為-2價，根據(jù)化合價的代數(shù)和為0，可得Cl的化合價為+3價。(2)根據(jù)流程圖可知反應(yīng)物是NaClO3、SO2和H2SO4，生成物有ClO2和NaHSO4，根據(jù)得失電子守恒和質(zhì)量守恒，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2NaClO3+SO2+H2SO42NaHSO4+2ClO2。(3)食鹽溶液中混有Mg2+和Ca2+，用過量NaOH溶液除去Mg2+，用過量Na2CO3溶液除去Ca2+，過濾后加鹽酸除去過量的NaOH和Na2CO3；由流程圖可知“電解”的反應(yīng)物有ClO2和NaCl溶液，生成物有Cl2和NaClO2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律可知Cl2為氧化產(chǎn)物，NaClO2為還原產(chǎn)物，即陰極產(chǎn)物為NaClO2。(4)由流程圖可知“尾氣吸收”的反應(yīng)物是H2O2、NaOH和ClO2，產(chǎn)物有NaClO2，此反應(yīng)中，氧化劑為ClO2，還原劑是H2O2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)規(guī)律可知還有O2生成，化學(xué)方程式為H2O2+2NaOH+2ClO22NaClO2+O2+2H2O，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為2∶1，該反應(yīng)中氧化產(chǎn)物是O2。(5)1gNaClO2的物質(zhì)的量為=mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目相等，可知氯氣的物質(zhì)的量為mol×4÷2=mol，則氯氣的質(zhì)量為mol×71g·mol-1=1.57g。12.(1)錐形瓶b(2)慢(3)吸收Cl2(4)4H++5ClCl-+4ClO2↑+2H2O驗證是否有ClO2生成【解析】(1)F裝置應(yīng)是ClO2和KI反應(yīng)，所以應(yīng)長管進氣、短管出氣，故選b。(2)為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收，產(chǎn)生ClO2的速率要慢，故滴加稀鹽酸的速度要慢。(3)F裝置中發(fā)生Cl2+2KI2KCl+I2，碘遇淀粉變藍，而F中溶液的顏色不變，則裝置C的作用是吸收Cl2。(4)在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應(yīng)生成NaCl并釋放出ClO2，根據(jù)元素守恒可知還有水生成，該反應(yīng)的離子方程式為4H++5ClCl-+4ClO2↑+2H2O；在ClO2的釋放實驗中，打開E的活塞，D中發(fā)生反應(yīng)放出ClO2，則裝置F的作用是驗證是否有ClO2生成。￥微專題三選擇題中的瓶頸題突破選擇題1.AC【解析】向SO2水溶液中加入少量NaHCO3粉末，有氣泡產(chǎn)生，氣體為二氧化碳，強酸制弱酸，則SO2水溶液呈酸性，A正確；向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鋇白色沉淀，但SO2水溶液中不含有S，B錯誤；向SO2水溶液中通入H2S氣體，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成淡黃色沉淀S，SO2水溶液具有氧化性，C正確；向KMnO4溶液中滴加SO2水溶液，發(fā)生氧化還原反應(yīng)使溶液顏色褪去，SO2水溶液具有還原性，D錯誤。2.B【解析】Ag2CO3轉(zhuǎn)化成Ag2S，沉淀類型相同時，Ksp大的物質(zhì)轉(zhuǎn)化成Ksp小的物質(zhì)，即Ksp(Ag2S)<Ksp(Ag2CO3)，A項錯誤；苯酚鈉中通入CO2后溶液變渾濁是因為生成了苯酚，故酸性：H2CO3>苯酚，B項正確；蛋白質(zhì)中加入甲醛后發(fā)生了變性，加入(NH4)2SO4后發(fā)生了鹽析，C項錯誤；加入Na2O2后生成的紅褐色沉淀為Fe(OH)3，因為Na2O2有強氧化性，故溶液中含有Fe2+時也會出現(xiàn)這一現(xiàn)象，D項錯誤。3.BC【解析】碳酸鈉受熱不分解，可能是碳酸鈉不干燥所致，A錯；苯酚和濃溴水反應(yīng)生成三溴苯酚白色沉淀，B正確；同一氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，向含I-的無色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，溶液變藍色，說明碘離子被氧化成碘單質(zhì)，氧化劑是氯氣、氧化產(chǎn)物是碘，所以氧化性：Cl2>I2，C正確；雙氧水具有氧化性，將亞鐵離子氧化成鐵離子，鐵離子和KSCN溶液混合生成血紅色絡(luò)合物，只能說明亞鐵離子有還原性，不能說明有氧化性，D錯。4.D【解析】點①所示的溶液中含有等物質(zhì)的量的CH3COOH和CH3COONa，此時溶液呈酸性，則CH3COOH的電離程度大于CH3COO-的水解程度，故c(CH3COO-)>c(Na+)，A錯誤；B項考查溶液中的電荷守恒式，該式中多了c(CH3COOH)，B錯誤；點③所示的溶液中溶質(zhì)只有CH3COONa，由于CH3COO-能水解，故c(Na+)>c(CH3COO-)，C錯誤；D項中的式子是CH3COOH的電離平衡常數(shù)的倒數(shù)，由于溫度在滴定過程中未變，故該比值不變，D正確。5.B【解析】NaOH和NH3·H2O混合溶液中，NaOH完全電離，NH3·H2O部分電離，因此c(OH-)>0.1mol·L-1，c(Na+)=0.1mol·L-1，c(NH3·H2O)<0.1mol·L-1，故c(OH-)>c(Na+)>c(NH3·H2O)，A錯；在此混合溶液中加入10mL鹽酸，溶液中電荷守恒式：c(N)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，由于等體積、等濃度混合，故c(Na+)=c(Cl-)，即c(N)+c(H+)=c(OH-)，B正確；加入鹽酸至pH=7時，溶液呈中性，即c(H+)=c(OH-)，則c(N)+c(Na+)=c(Cl-)，c(Cl-)>c(Na+)，C錯；加入20mL鹽酸時，溶液恰好為氯化鈉與氯化銨的混合溶液，此時溶液呈酸性，即c(H+)>c(OH-)，則c(N)+c(Na+)<c(Cl-)，D錯。6.AC【解析】A項式子是溶液中的電荷守恒式，A正確；由于c(NH3·H2O)+c(N)=0.1mol·L-1，)=0.1mol·L-1-c(NH3·H2O)，故B項式子相當于c(Cl-)+c(OH-)<c(N)，根據(jù)A項中的電荷守恒式可知，c(Cl-)+c(OH-)>c(N)，B錯誤；分析圖像可知，實線表示的是NH3·H2O，虛線表示的是N，當pH>9.25時，溶液中c(NH3·H2O)>)>c(OH-)>c(H+)，C正確；在W點所示溶液中，根據(jù)電荷守恒式結(jié)合溶液顯堿性可知c(Cl-)<c(N)=0.05mol·L-1，當加入0.05molNaOH固體時，溶液中c(Na+)=0.05mol·L-1>c(Cl-)，D錯誤。7.BD【解析】用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液，a點溶液中溶質(zhì)為H2SO3和NaHSO3，pH=1.85=pKa1，則c(H2SO3)=c(HS)，溶液體積大于20mL，則c(H2SO3)+c(S)+c(HS)=2c(H2SO3)+c(S)<0.1mol·L-1，故A錯誤；b點恰好反應(yīng)生成NaHSO3，溶液中質(zhì)子守恒式為c(H2SO3)+c(H+)=c(S)+c(OH-)，故B正確；c點pH=7.19=pKa2，則c(HS)=c(S)，溶液中電荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(HS)+c(OH-)+2c(S)，即c(Na+)=3c(HS)+c(OH-)-c(H+)，因為溶液顯堿性，故c(OH-)-c(H+)>0，則c(Na+)>3c(HS)，故C錯誤；40mLNaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液，恰好反應(yīng)生成Na2SO3，d點溶液中主要是Na2SO3和少量NaHSO3，溶液中離子濃度為c(Na+)>)>c(HS)，故D正確。8.AD【解析】在Ⅰ、Ⅲ容器中加入的反應(yīng)物物質(zhì)的量相等，但容器Ⅲ中的溫度高，故升高溫度CH3OH的物質(zhì)的量減小，平衡逆向移動，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，A項正確；容器Ⅱ中加入的反應(yīng)物物質(zhì)的量是容器Ⅰ的兩倍，該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，增大壓強平衡正向移動，故達平衡時容器Ⅱ中CH3OH的體積分數(shù)比容器Ⅰ中的大，B項錯誤；加入催化劑只能改變反應(yīng)速率，對轉(zhuǎn)化率沒有影響，C項錯誤；根據(jù)容器Ⅰ的數(shù)據(jù)可知在T1℃時，該反應(yīng)的平衡常數(shù)K===22500，D項中Qc===250<K，故反應(yīng)正向進行，D項正確。9.AC【解析】絕熱恒容時，SO3為反應(yīng)物，正反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，溫度降低，平衡向生成SO3的方向移動，a>1.2，反應(yīng)2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)為氣體體積減小的反應(yīng)，恒溫恒壓時，與原平衡相比相當于增大壓強，平衡向生成SO3的方向移動，b>1.2，A正確；平衡常數(shù)與溫度有關(guān)，容器Ⅱ溫度越來越低，容器Ⅲ溫度不變，所以容器Ⅱ、Ⅲ中平衡常數(shù)不同，B錯誤；根據(jù)以上分析，容器Ⅱ中SO3的轉(zhuǎn)化率減小，即容器Ⅰ中SO2的轉(zhuǎn)化率與容器Ⅱ中SO3的轉(zhuǎn)化率之和小于1，C正確；容器Ⅰ中反應(yīng)達到平衡狀態(tài)時，c(SO3)=1.2mol·L-1，c(SO2)=0.8mol·L-1，c(O2)=0.4mol·L-1，化學(xué)平衡常數(shù)K==5.625，若起始時向容器Ⅰ中充入1.0molSO2(g)、0.40molO2(g)和1.40molSO3(g)，Qc==4.9<K，則該反應(yīng)向正反應(yīng)方向進行，則此時v正>v逆，D錯誤。10.C【解析】由圖中的每條曲線可知，隨著溫度的升高，CH3OH的體積分數(shù)在減小，即平衡逆向移動，則正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，ΔH<0，該反應(yīng)的正反應(yīng)是氣體體積減小的反應(yīng)，故增大壓強平衡正向移動，CH3OH的體積分數(shù)增大，故p1>p2>p3，A錯誤；由于B點的溫度和壓強都比A點高，故B點反應(yīng)速率快，B錯誤；若加入的CO為1mol，H2為2mol，設(shè)C點時反應(yīng)掉的CO為xmol，則有=，x=0.75，CO轉(zhuǎn)化率為×100%=75%，C正確；在恒溫恒壓條件下，充入不同量CH3OH最終都達到等效平衡，CH3OH的體積分數(shù)相同，D錯誤。11.AD【解析】由圖像可知，隨著溫度的升高，CO2的轉(zhuǎn)化率在減小，即平衡逆向移動，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，A項正確；氫碳比越高，相當于多加入了H2，平衡正向移動，CO2的轉(zhuǎn)化率增大，故氫碳比①>②，B項錯誤；Q點時，CO2的轉(zhuǎn)化率小于平衡時CO2的轉(zhuǎn)化率，故平衡正向移動，則v(正)>v(逆)，C項錯誤；P點時CO2的轉(zhuǎn)化率為50%，則平衡時CO2、H2、C2H4、H2O的濃度分別為0.25mol·L-1、0.25mol·L-1、0.125mol·L-1、0.5mol·L-1，K===512，D項正確。12.CD【解析】容器Ⅰ是絕熱容器，反應(yīng)過程中溫度升高，平衡逆向移動，平衡常數(shù)減小，容器Ⅰ、Ⅲ中平衡常數(shù)不相同，A錯；容器Ⅲ是恒壓容器，反應(yīng)過程中壓強小于容器Ⅱ，反應(yīng)速率小，容器Ⅱ、Ⅲ中正反應(yīng)速率不相同，B錯；容器Ⅱ恒溫恒容，容器Ⅲ恒溫恒壓，隨著反應(yīng)的進行，容器Ⅱ中壓強大于容器Ⅲ，平衡正向移動，三氧化硫含量增大，SO3的體積分數(shù)：Ⅱ>Ⅲ，C正確；若容器Ⅰ恒溫恒容，則和容器Ⅱ為等效平衡，二氧化硫轉(zhuǎn)化率和三氧化硫轉(zhuǎn)化率之和為1，但實際容器Ⅰ是絕熱恒容，隨反應(yīng)進行溫度升高，平衡逆向移動，二氧化硫轉(zhuǎn)化率減小，因此容器Ⅰ中SO2的轉(zhuǎn)化率與容器Ⅱ中SO3的轉(zhuǎn)化率之和小于1，D正確。￥微專題四化學(xué)工藝流程題型研究非選擇題1.(1)4Cu+NH4NO3+5H2SO44CuSO4+(NH4)2SO4+3H2O(將硫酸銨寫成硫酸氫銨也可)溫度低溶解速率慢、溫度過高銨鹽分解(2)2Cu2++S+2Cl-+H2O2CuCl↓+S+2H+防止CuCl被空氣氧化生成的氯化亞銅又溶解于氯化銨溶液中(3)醇洗有利于加快除去CuCl表面水分，防止其水解氧化【解析】(1)酸性條件下硝酸根離子具有氧化性，可氧化Cu生成硫酸銅，N元素還原為最低價變成銨根離子；溶解溫度應(yīng)控制在6070℃，原因是溫度低溶解速率慢，溫度過高銨鹽分解。(2)銅離子與亞硫酸銨發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CuCl，離子方程式為2Cu2++S+2Cl-+H2O2CuCl↓+S+2H+，亞硫酸銨過量防止CuCl被氧化；CuCl可溶于氯離子濃度較大的體系，故NH4Cl用量過多時CuCl會溶解。(3)因乙醇沸點低，易揮發(fā)，則用乙醇洗滌可快速除去固體表面的水分，防止水解氧化。2.(1)VOSO4(2)V2O5+S+4H+2VO2++S+2H2O(3)6mol(4)V+NNH4VO3↓80℃(5)3V2O5+10Al5Al2O3+6V【解析】(1)由表可知，V2O5難溶于水而VOSO4可溶于水，故在粉碎、水浸后的濾液中主要是VOSO4。(2)在粉碎、水浸后的濾渣中含有V2O5，它能將Na2SO3在酸性條件下氧化為Na2SO4，而自身被還原為VOSO4，反應(yīng)的離子方程式為V2O5+S+4H+2VO2++S+2H2O。(3)在反應(yīng)②中，KClO3(Cl顯+5價)被還原為Cl-，故1molKClO3參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移6mol電子。(4)在反應(yīng)③中，N與V反應(yīng)生成沉淀，離子方程式為V+NNH4VO3↓；由圖可知，在80℃時沉釩率最高，故應(yīng)控制溫度為80℃。(5)鋁熱反應(yīng)中，V2O5中的V被Al還原出來，而Al生成Al2O3。3.(1)MgCO3+H2SO4MgSO4+H2O+CO2↑使MgCO3完全轉(zhuǎn)化為MgSO4(2)Fe(OH)3Mn2++ClO-+H2OMnO2↓+2H++Cl-(3)溫度過低，反應(yīng)速率慢；溫度過高，碳酸銨分解(或輕質(zhì)碳酸鎂分解)2MgSO4+2(NH4)2CO3+3H2OMgCO3·Mg(OH)2·2H2O↓+2(NH4)2SO4+CO2↑【解析】(2)酸溶過程中，SiO2不能與H2SO4反應(yīng)，CaO與H2SO4反應(yīng)生成微溶的CaSO4，故在過濾1后的濾液中含有Mg2+、Fe3+、Mn2+等陽離子，加入NaClO后，能將溶液中的Mn2+氧化為MnO2，并能使Fe3+水解生成Fe(OH)3沉淀。4.(1)Al(OH)3(2)4LiMn2O4+O2+4H+4Li++8MnO2+2H2O(3)Li2SO4H2SO4降低Li2CO3的溶解度，減少溶解(4)①8MnO2+2Li2CO34LiMn2O4+2CO2↑+O2↑②先變大，后變小【解析】(1)反應(yīng)①為Al和CO2的反應(yīng)，生成的沉淀為Al(OH)3。(3)酸溶后的濾液中含有Li2SO4和H2SO4，都能與Na2CO3反應(yīng)；因為Li2CO3的溶解度隨著溫度的升高而減小，故在熱水中Li2CO3的溶解度小，用熱水洗滌時能減少其溶解。(4)②由每列中的數(shù)據(jù)可知，隨著溫度的升高Mn2+的含量先降低后升高，Mn3+的含量基本保持不變，Mn4+的含量先升高后降低，故錳元素的平均價態(tài)先變大后變小。5.(1)Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑(2)提高燒結(jié)產(chǎn)物的浸出率(3)Fe+2H2OFe(OH)3↓+OH-(4)過濾漏斗玻璃棒(5)Al(OH)3【解析】(1)燒結(jié)過程中，Al2O3與Na2CO3反應(yīng)生成偏鋁酸鈉。(2)研磨后，顆粒變細，在浸出過程中能增大接觸面積，從而提高產(chǎn)物的浸出率。(3)在NaFeO2中Fe為+3價，故水解生成Fe(OH)3，水解反應(yīng)的離子方程式為Fe+2H2OFe(OH)3↓+OH-。(4)操作b為過濾，用到的儀器有鐵架臺、燒杯、漏斗、玻璃棒。(5)經(jīng)過浸出、脫硅、過濾后，溶液中主要含有NaAlO2，通入的氣體X是CO2，可以和NaAlO2反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀。￥微專題五化學(xué)綜合計算題型研究非選擇題1.(1)①+3價②微波水熱Co2+(2)①Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2②由得失電子守恒有n(Co3+)=2n(Cl2)=2×=0.4mol由電荷守恒有n(Co)總=n(Co2+)溶液=n(Cl-)=×(0.480×5-0.2×2)mol=1mol所以固體中n(Co2+)=1mol-0.4mol=0.6moln(O)=mol=1.2mol故n(Co)∶n(O)=1mol∶1.2mol=5∶6【解析】(1)①因為Co、Ni的化合價均為+2價，根據(jù)化合價的代數(shù)和等于0可知Fe為+3價。②由圖可看出，溫度相同時，微波水熱法對應(yīng)的H2O2分解速率較大，故微波水熱法制得的催化劑活性更高；x值越大，說明Co的含量越高，從圖像看出，x越大，H2O2分解速率越大，故Co2+催化效果更好。(2)①18.3g二水合草酸鈷的物質(zhì)的量為0.1mol，由于在300℃時生成的是Co的氧化物，故在8.03g氧化物中，含Co的質(zhì)量為0.1mol×59g·mol-1=5.9g，m(O)=8.03g-5.9g=2.13g，n(O)==0.133mol，故n(Co)∶n(O)=3∶4，C點剩余固體的化學(xué)式為Co3O4。當晶體恰好將結(jié)晶水失去時得到CoC2O414.70g，在B點時與O2反應(yīng)后生成Co3O4的化學(xué)方程式為3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2。②黃綠色氣體為Cl2，其物質(zhì)的量為0.2mol，根據(jù)Cl元素守恒可知，溶液中2n(Co)=n(HCl)-2n(Cl2)，故n(Co)=1mol，根據(jù)得失電子守恒n(Co3+)=2n(Cl2)=0.4mol，則n(Co2+)=0.6mol，根據(jù)電荷守恒可知，2n(O)=3n(Co3+)+2n(Co2+)，故n(O)=1.2mol，故n(Co)∶n(O)=1mol∶1.2mol=5∶6。2.(1)2a+2b+3c=8(2)Mn2++S2+2H2OMnO2↓+2S+4H+(3)250mL容量瓶(4)25.00mL溶液A消耗EDTA的物質(zhì)的量：20.00mL×10-3L·mL-1×0.01000mol·L-1=2.0000×10-4mol250mL溶液A中n(Zn2+)=2.0000×10-4mol×=2.0000×10-3molw(ZnO)=×100%=16.2%【解析】(1)在化合物中，各元素化合價的代數(shù)和為0，則有2a+2b+3c-2×4=0，即2a+2b+3c=8。(2)錳鋅鐵氧體在酸溶后的溶液中含有Mn2+，而S2中S為+7價，有非常強的氧化性，能將Mn2+氧化為MnO2，反應(yīng)的離子方程式為Mn2++S2+2H2OMnO2↓+2S+4H+。(3)配制溶液用到的主要儀器是容量瓶(250mL)。3.(1)xCaO·yMgO·8SiO2·H2O2x+2y-m=12(2)(或0.04m)(3)n(SiO2)==0.08mol樣品的摩爾質(zhì)量M==810g·mol-1n(H2O)==0.02molm==2根據(jù)電荷守恒：2x+2y+4×8=22×2+2即x+y=7①根據(jù)摩爾質(zhì)量：40x+24y+28×8+16×22+17×2=810②由①②式得x=2、y=5化學(xué)式為Ca2Mg5Si8O22(OH)2【解析】(1)在改寫成氧化物形式時，Ca為CaO，Mg為MgO，Si為SiO2，H為H2O，再根據(jù)原子個數(shù)調(diào)節(jié)氧化物前面的系數(shù)即可；根據(jù)化合價的代數(shù)和等于0可寫出x、y、m之間的關(guān)系式，其中Si為+4價，故有2x+2y+8×4=22×2+m，整理得2x+2y-m=12。(2)灼燒后減少的質(zhì)量為生成水的質(zhì)量，故兩者之比為∶(8×28)=。(3)樣品中加入足量的稀鹽酸后，最終剩余固體為SiO2，則n(SiO2)==0.08mol，根據(jù)Si元素的物質(zhì)的量可知樣品的物質(zhì)的量為0.01mol，則樣品的摩爾質(zhì)量為810g·mol-1，當0.02mol(16.20g)樣品在空氣中灼燒時，固體減少的質(zhì)量為生成H2O的質(zhì)量，故生成H2O0.02mol，即相當于在1mol樣品中含有H元素2mol，則m=2，根據(jù)電荷守恒有2x+2y+4×8=22×2+2，即x+y=7①，根據(jù)摩爾質(zhì)量有40x+24y+28×8+16×22+17×2=810②，聯(lián)合①②式得x=2、y=5，則該樣品的化學(xué)式為Ca2Mg5Si8O22(OH)2。4.(1)aMgO·Al2O3·dCO2·H2O或2aMgO·bAl2O3·2dCO2·(c+2x)H2O](2)n(CO2)==0.025moln(MgO)==0.150moln(Al2O3)==0.025molm(H2O)=15.050g-0.025mol×44g·mol-1-6.000g-2.550g=5.4gn(H2O)==0.3moln(MgO)∶n(Al2O3)∶n(CO2)∶n(H2O)=0.150mol∶0.025mol∶0.025mol∶0.3mol=6∶1∶1∶12該鎂鋁堿式碳酸鹽的化學(xué)式為6MgO·Al2O3·CO2·12H2O(3)6MgCl2+2NaAlO2+8NaOH+Na2CO3+8H2OMg6Al2(OH)16CO3·4H2O↓+12NaCl【解析】(1)寫成氧化物時，Mg寫為MgO，Al寫為Al2O3，H寫為H2O，C寫為CO2，根據(jù)原子守恒可寫出氧化物形式。(2)根據(jù)CO2在標準狀況下的體積可求得CO2的物質(zhì)的量為0.025mol，根據(jù)MgO的質(zhì)量可知其物質(zhì)的量為0.150mol，根據(jù)Al2O3的質(zhì)量可知其物質(zhì)的量為0.025mol，樣品在灼燒時除了生成三種氧化物外，其余全部為H2O，故水的質(zhì)量為(15.05-0.025×44-6.000-2.550)g=5.4g，故水的物質(zhì)的量為0.3mol，則n(MgO)∶n(Al2O3)∶n(CO2)∶n(H2O)=0.150mol∶0.025mol∶0.025mol∶0.3mol=6∶1∶1∶12，該鎂鋁堿式碳酸鹽的化學(xué)式為6MgO·Al2O3·CO2·12H2O。(3)根據(jù)Mg、Al、C元素守恒可知，每生成1molMg6Al2(OH)16CO3·4H2O，需要6molMgCl2、2molNaAlO2、1molNa2CO3，由于Cl元素未在產(chǎn)物中，故產(chǎn)物中有NaCl生成，根據(jù)Na元素守恒可知需要8molNaOH，再根據(jù)H元素守恒可知需要8molH2O，故反應(yīng)的化學(xué)方程式為6MgCl2+2NaAlO2+8NaOH+Na2CO3+8H2OMg6Al2(OH)16CO3·4H2O↓+12NaCl。5.(1)①NO2-e-+H2ON+2H+②0.1(2)①142.9②根據(jù)原子守恒：n(NO)+n(NO2)=3mol-0.2mol·L-1×10L+0.1mol=1.1mol根據(jù)得失電子守恒：0.1mol×1+n(NO)-0.1mol]×3+n(NO2)×1=×2解得n(NO)=0.8mol、n(NO2)=0.3molV(NO)∶V(NO2)=n(NO)∶n(NO2)=0.8mol∶0.3mol=8∶3【解析】(1)①由圖示可看出，在左室內(nèi)生成了H2，電極反應(yīng)式為2H++2e-H2↑，故右室中NO2失電子生成N，電極反應(yīng)式為NO2-e-+H2ON+2H+。②由電極反應(yīng)式可知，每有0.1molNO2氣體參與反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.1mol電子，即在陰極上有0.1molH+得電子，故通過陽離子交換膜的H+為0.1mol。(2)①設(shè)所需HNO3的體積為xmL，根據(jù)配制前后HNO3的物質(zhì)的量不變有10×0.2=，故x=142.9。6.(1)防止溫度降低，硫酸亞鐵晶體析出(2)0.075(3)①1.1×10-5②n(S)==0.012mol根據(jù)得失電子守恒得關(guān)系式：6Fe2+Cr261n(Fe2+)0.0500mol·L-1×0.020Ln(Fe2+)=0.001mol×6=0.006moln(N)+2n(Fe2+)=2n(S)n(N)=0.012molm(S)=0.012mol×96g·mol-1=1.152gm(N)=0.012mol×18g·mol-1=0.216gm(Fe2+)=0.006mol×56g·mol-1=0.336gn(H2O)==0.036moln(S)∶n(Fe2+)∶n(N)∶n(H2O)=0.012∶0.006∶0.012∶0.036=2∶1∶2∶6該摩爾鹽的化學(xué)式為(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O或(NH4)2SO4·FeSO4·6H2O【解析】(1)溫度低時，F(xiàn)eSO4溶解度降低，從而從溶液中析出，故應(yīng)趁熱過濾以減少FeSO4的損失。(2)根據(jù)給定的數(shù)據(jù)可知n(Fe)=0.1mol，n(H2SO4)=0.075mol，故理論上生成FeSO4的物質(zhì)的量為0.075mol。7.(1)降溫，增大氣體的溶解度，使SO2、SO3易被吸收(2)4.48(3)1.1×10-4mol·L-1(4)nBa(ClO4)2]1=0.02500mol·L-1×0.02000L=5.000×10-4molρ(SO3)=(5.000×10-4mol×80g·mol-1×103mg·g-1)÷1m3=40mg·m-3nBa(ClO4)2]2=0.02500mol·L-1×0.03000L×=0.01500molρ(SO2)=(0.01500mol×64g·mol-1×103mg·g-1)÷1m3=960mg·m-3【解析】(1)冰水的溫度比較低，在低溫下，氣體的溶解度增大，從而使得SO2、SO3容易被吸收。(2)H2O2吸收SO2時發(fā)生的反應(yīng)為H2O2+SO2H2SO4，100g6.8%的H2O2中n(H2O2)=0.2mol，則吸收的n(SO2)=0.2mol，標準狀況下的體積為4.48L。(3)根據(jù)Ksp(BaSO4)可知，c(Ba2+)==1.1×10-4mol·L-1。(4)吸收SO3時的關(guān)系式為SO3~H2SO4~Ba(ClO4)2，吸收SO2時的關(guān)系式為SO2~H2SO4~Ba(ClO4)2，根據(jù)關(guān)系式進行計算。￥微專題六化學(xué)反應(yīng)原理綜合題型研究非選擇題1.(1)⑤(2)-351(3)①8mol②驅(qū)除三頸燒瓶裝置中的O2，防止鐵粉被O2氧化③鐵發(fā)生反應(yīng)消耗H+4Fe+N+5H2O+2H+4Fe(OH)2+N(4)①N+6H2O+8e-NH3↑+9OH-②2NH3+3ClO-N2+3Cl-+3H2O【解析】(1)氮的固定是指N2轉(zhuǎn)變?yōu)榛衔锏姆磻?yīng)，在給定的6個反應(yīng)中，只有反應(yīng)⑤屬于氮的固定。(2)將給定的兩個熱化學(xué)方程式相加后再除以2得目標熱化學(xué)方程式，故ΔH=kJ·mol-1=-351kJ·mol-1。(3)①Fe(H2O中Fe為+2價，在B中B顯+3價，H顯-1價，故在反應(yīng)中，F(xiàn)e得2mol電子、H2O中H得6mol電子，而B中H失去8mol電子，故每生成1molFe時轉(zhuǎn)移8mol電子。(4)①在陰極上N得電子后N元素化合價降低生成了NH3，根據(jù)元素守恒可知在電極上需要H2O參與反應(yīng)，產(chǎn)物中有OH-生成，電極反應(yīng)式為N+8e-+6H2ONH3↑+9OH-。②NH3被ClO-氧化成N2，ClO-被還原為Cl-。2.(1)CH4(g)+N2O4(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-810.0kJ·mol-1(2)1.8(3)N211.2(4)①4OH--4e-O2↑+2H2O②H++HCH2O+CO2↑③用c室排出的堿性溶液將從b室排出的酸性海水調(diào)節(jié)至接近正常海水的pH【解析】(1)CH4還原N2O4的化學(xué)方程式為CH4+N2O4N2+CO2+2H2O，將給定的兩個熱化學(xué)方程式依次編號為①②，則①-②×2可得到目標熱化學(xué)方程式。(2)設(shè)在恒容容器中加入NO2、SO2分別為1mol、2mol，設(shè)反應(yīng)掉的NO2為xmol，則有(1-x)∶(2-x)=1∶5，故x=0.75，平衡常數(shù)K==1.8。(3)由圖1中向外指的箭頭可知，該過程中最終生成H2O和N2；在反應(yīng)過程中，NO得電子生成N2，O2得電子生成水，NH3失電子后也得到N2，設(shè)反應(yīng)掉的NO為xmol，根據(jù)得失電子守恒有2x+0.5×4=1×3，故x=0.5，在標準狀況下的體積為11.2L。(4)①a室是陽極室，海水中OH-失電子生成H2O和O2，電極反應(yīng)式為4OH--4e-O2↑+2H2O。②H+從a室通過陽離子交換膜進入b室，與HC結(jié)合生成H2O和CO2。③c室是陰極室，電極反應(yīng)式為2H2O+2e-H2↑+2OH-，電極附近生成了OH-，故可以用c室排出的堿性溶液將從b室排出的酸性海水調(diào)節(jié)至接近正常海水的pH后再排放。3.(1)-128.1(2)ad(3)①盡量在PSA—Ⅰ中將CO2脫除(保證PSA—Ⅰ吸附CO2的時間)②作燃料③CO+PdCl2+H2OPd↓+2HCl+CO2(4)【解析】(1)將給定的兩個熱化學(xué)方程式標為①②，CO(g)+O2(g)CO2(g)ΔH=-283kJ·mol-1③，將②+③-可得目標化學(xué)方程式，故ΔH=kJ·mol-1=-128.1kJ·mol-1。(2)升高溫度和減小壓強可使平衡逆向移動，重新生成醋酸亞銅氨。(4)由KspCa(OH)2]=b、c(OH-)=cmol·L-1推出c(Ca2+)=mol·L-1，根據(jù)Ksp(CaCO3)=a計算出c(C)=mol·L-1。4.(1)4(2)①N2(g)+O2(g)2NO(g)ΔH=+184kJ·mol-1②產(chǎn)品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高放出的氣體中NO含量升高(3)4CO+2SO24CO2+S2(4)CO2+8e-+8H+CH4+2H2O(5)【解析】(1)溶液中的電荷守恒式為c(K+)+c(Na+)+c(N)+c(H+)=2c(S)+c(N)+c(Cl-)+c(OH-)，因為溶液顯酸性，故上述式子中可忽略c(OH-)，代入表格中數(shù)據(jù)可得c(H+)=1×10-4mol·L-1，故溶液的pH=4。(2)①反應(yīng)過程中ΔH=946kJ·mol-1+498kJ·mol-1+2×(-630kJ·mol-1)=+184kJ·mol-1。②在吸收過程中發(fā)生的反應(yīng)有NO+NO2+Ca(OH)2Ca(NO2)2+H2O，當NO2過量時，過量的NO2能與石灰乳反應(yīng)生成Ca(NO3)2，導(dǎo)致產(chǎn)品Ca(NO2)2中Ca(NO3)2含量升高；當NO過量時，氣體不能完全被吸收，導(dǎo)致排放的氣體中含有大量NO氣體。(3)利用20min或40min時反應(yīng)物物質(zhì)的量減少數(shù)據(jù)可知，反應(yīng)物按照物質(zhì)的量之比2∶1反應(yīng)，利用40min時生成物物質(zhì)的量之比可知，生成物物質(zhì)的量之比為4∶1，則生成的硫蒸氣的分子式只能是S2，即反應(yīng)的化學(xué)方程式為4CO+2SO24CO2+S2。(4)根據(jù)電子的流向可知，Cu電極為正極，在該電極上CO2(C的化合價為+4)得電子后結(jié)合質(zhì)子(H+)生成CH4(C的化合價為-4價)的同時還得到H2O，電極反應(yīng)式為CO2+8e-+8H+CH4+2H2O。(5)由圖4可知，該芳香烴中含有兩類H原子，且個數(shù)比為3∶2，故該芳香烴為對二甲苯。5.(1)+41(2)p1>p2>p3反應(yīng)①正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，平衡體系中CO的量增大，反應(yīng)③為吸熱反應(yīng)，升高溫度，平衡向正反應(yīng)方向移動，又使平衡體系中CO的量增大，故總結(jié)果為隨溫度升高，CO的轉(zhuǎn)化率減小(3)①0.1mol②CO+H2O-2e-CO2+2H+(4)Fe(CO)5+H2H2Fe(CO)4+CO【解析】(1)根據(jù)蓋斯定律，熱化學(xué)方程式②-①可得③，故ΔH=-58-(-99)]kJ·mol-1=+41kJ·mol-1。(2)相同溫度下，由于反應(yīng)①為氣體分子數(shù)減小的反應(yīng)，加壓有利于提高CO的轉(zhuǎn)化率；而反應(yīng)③為氣體分子數(shù)不變的反應(yīng)，CO的轉(zhuǎn)化率不受壓強的影響。故增大壓強時，CO的轉(zhuǎn)化率升高，所以圖中的壓強由大到小的順序為p1>p2>p3。(3)①根據(jù)PdCl2~Pd~2e-，則每生成5.3gPd沉淀，反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為×2=0.1mol。②CO在負極上發(fā)生氧化反應(yīng)生成CO2，電極反應(yīng)式為CO+H2O-2e-CO2+2H+。(4)由于反應(yīng)后產(chǎn)物是二元弱酸，可與氫氧化鈉反應(yīng)生成四羰基鐵酸鈉，故產(chǎn)物為H2Fe(CO)4，化學(xué)方程式為Fe(CO)5+H2H2Fe(CO)4+CO。6.(1)1∶12NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O(g)ΔH=-2QkJ·mol-1(2)①2②d(3)2NO2+4SN2+4S(4)負2NO+4e-N2+2O2-【解析】(1)在圖中垂直于橫軸作直線可看出，在相同溫度下，當=1∶1時脫氮效果最好；NH3與NO2、NO反應(yīng)生成N2和H2O，反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)2N2(g)+3H2O(g)ΔH=-2QkJ·mol-1。(2)①NO中N為+2價，NO2中N為+4價，故每生成1molO2，轉(zhuǎn)移2mol電子。②達到平衡時，反應(yīng)速率不變，但由曲線可看出，速率始終在變，故c點沒有達到平衡狀態(tài)，a錯誤；隨著反應(yīng)的進行，反應(yīng)物濃度不斷減小，故b點的反應(yīng)物濃度大于c點，b錯誤；隨著時間的推移，正反應(yīng)速率逐漸加快，說明溫度逐漸升高，故正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)物的總能量高于生成物的總能量，c錯誤；由于a~c段正反應(yīng)速率逐漸加快，故在相同的時間間隔內(nèi)，b~c段NO的轉(zhuǎn)化量要比a~b段多，d正確。(3)NO2將S氧化成S，因得到無污染的氣體，故只能生成N2，反應(yīng)的離子方程式為2NO2+4SN2+4S。(4)在電解池中，陰離子向陽極移動，電源正極與陽極相連，故a為電源的正極，b為電源的負極；由通入NO的電極可看出，NO得電子后生成N2和O2-，電極反應(yīng)式為2NO+4e-N2+2O2-。￥微專題七有機推斷與有機合成題型研究非選擇題1.(1)羰基醚鍵(2)氧化反應(yīng)(3)或(4)【解析】(2)對比B、C的結(jié)構(gòu)簡式可知，B中1個酚羥基的H原子被取代，結(jié)合副產(chǎn)物分子式可知B中2個酚羥基中H原子全部被取代。(3)該同分異構(gòu)體中除苯環(huán)外還有7個C、2個O、2個不飽和度，有醛基，且分子對稱性強。2.(1)羧基醚鍵(2)(3)取代反應(yīng)(4)或(5)【解析】(1)化合物B中含有兩種含氧官能團，羧基(—COOH)和醚鍵(—O—)。(2)因C→D的反應(yīng)為取代反應(yīng)，根據(jù)C和D的結(jié)構(gòu)可知，將D中肽鍵斷開后分別與H、Cl結(jié)合后得到C和X的結(jié)構(gòu)，故X的結(jié)構(gòu)為。(3)由E和M的結(jié)構(gòu)可知，E生成M的反應(yīng)為E的下方苯環(huán)上的H原子被Br原子取代，故為取代反應(yīng)。(4)由Ⅰ可知，該同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)對稱且含有醛基，由Ⅱ可知，該同分異構(gòu)體中沒有酚羥基但有基團，故該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為或。(5)由聚丁二酸乙二酯的結(jié)構(gòu)可知，該物質(zhì)可由丁二酸和乙二醇發(fā)生縮聚反應(yīng)得到，乙二醇可由BrCH2CH2Br在堿性條件下水解得到，BrCH2CH2Br可由乙烯與Br2發(fā)生加成反應(yīng)得到；結(jié)合原流程圖中A生成B的反應(yīng)可知，丁二酸(HOOCCH2CH2COOH)可由NCCH2CH2CN在酸性條件下水解得到，由“已知”中的內(nèi)容可知，NCCH2CH2CN可由BrCH2CH2Br與NaCN反應(yīng)得到。3.(1)羧基醚鍵(2)+(CH3)2SO4+H2SO4(3)消去反應(yīng)(4)或(5)【解析】(2)由A和B的結(jié)構(gòu)簡式可知，該反應(yīng)可看作是A中酚羥基上的H原子被—CH3取代，由此可寫出化學(xué)方程式。(3)D與HBr反應(yīng)生成E，而E分子中含有—CH2Br基團，故D分子中含有—CH2OH基團，則C生成D的反應(yīng)是C分子中的—COOCH3被NaBH4還原為—CH2OH的過程；F生成G的反應(yīng)是F分子中的羥基發(fā)生消去反應(yīng)的過程。(4)由①可知，分子中含有醛基(—CHO)但不含有酚羥基；由②可知，分子中含有；由③可知，分子具有對稱結(jié)構(gòu)。故滿足條件的同分異構(gòu)體為或。(5)產(chǎn)物中羰基可通過醇羥基在催化劑作用下被氧化得到，即化合物Y可由發(fā)生氧化反應(yīng)得到，結(jié)合原流程圖E生成F的原理可知，可由與苯甲醛反應(yīng)得到，可由苯甲醇()與HBr發(fā)生取代反應(yīng)得到，而苯甲醇可由苯甲醛與H2發(fā)生加成反應(yīng)得到。4.(1)羥基羰基(2)加成反應(yīng)消去反應(yīng)(3)(4)(5)【解析】(1)化合物B中的含氧官能團有兩種，分別為羥基(—OH)和羰基()。(2)由C和D的結(jié)構(gòu)可看出C分子中第一個苯環(huán)因酯基發(fā)生水解反應(yīng)而脫離，C分子中緊挨著的兩個羰基中右邊的羰基與酚羥基先發(fā)生加成反應(yīng)，后發(fā)生消去反應(yīng)生成碳碳雙鍵。(3)由X的分子式中含有Cl原子，以及E比D多而少H可知，X的結(jié)構(gòu)簡式為。(4)由Ⅰ可知，分子中含有結(jié)構(gòu)，結(jié)合Ⅱ及B的結(jié)構(gòu)簡式可知該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為。(5)由給定的原料和合成的產(chǎn)物可知，產(chǎn)物相當于在原料的基礎(chǔ)上在羥基的鄰位連上一個乙基，該乙基可由乙烯基與H2加成得到，乙烯基可由醇發(fā)生消去反應(yīng)得到，結(jié)合已知信息可知，該醇可由羰基在鄰苯二酚硼烷、(s)-CBS作用下得到，聯(lián)系原題合成路線圖中A生成B的過程可知該羰基可由原料在CH3COOH、ZnCl2作用下得到。5.(1)(酚)羥基酯基(2)取代反應(yīng)(3)或(4)CH3OHCH3Cl【解析】(2)對比A和B的結(jié)構(gòu)可知，A生成B的反應(yīng)是取代反應(yīng)，故X的結(jié)構(gòu)簡式為；C生成D的反應(yīng)為C中羧基中的羥基被Cl原子取代的反應(yīng)。(3)該同分異構(gòu)體中含有氨基且與苯環(huán)直接相連，含有酚羥基，且結(jié)構(gòu)對稱，故同分異構(gòu)體可以為或。(4)根據(jù)“已知”中內(nèi)容可知，制備的產(chǎn)物可由和CH3NH2發(fā)生取代反應(yīng)得到，結(jié)合原流程圖中C生成D的反應(yīng)可知，可由與SOCl2反應(yīng)得到，苯環(huán)上的羧基可由苯環(huán)上的甲基被酸性高錳酸鉀氧化得到，結(jié)合原流程中A生成B的反應(yīng)可知，可由在K2CO3、DMF作用下與CH3Cl反應(yīng)得到，而CH3Cl可由CH3OH與HCl在加熱條件下得到。6.(1)醚鍵溴原子(2)取代(3)(4)或(5)【解析】(1)由B的結(jié)構(gòu)簡式可看出，該物質(zhì)中含有兩種官能團，即溴原子(—Br)和醚鍵(—O—)。(2)由D、E的結(jié)構(gòu)可看出，D分子中羧基上的羥基被Cl原子取代后得到E分子。(3)將G分子中C—N鍵斷開后，在C原子上加上Cl原子后得到E，在N原子上加上H原子后得到F。(4)在D分子中含氧官能團有羧基(—COOH)和醚鍵(—O—)，由Ⅱ可知，分子中含有4種H原子，由Ⅲ可知苯環(huán)上有兩個取代基且處于對位，此時苯環(huán)上有2種H原子，羧基上有1種H原子，則剩余的H原子為同一種，據(jù)此可寫出同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式。(5)由已知信息可知，可由乙醛(CH3CHO)和CH3CH2CN反應(yīng)先得到，然后將—CN水解得到—COOH后得到產(chǎn)物，將乙醇氧化可得乙醛，乙醇與HBr發(fā)生取代反應(yīng)得到溴乙烷(CH3CH2Br)，結(jié)合原流程中B生成C的反應(yīng)可知，溴乙烷與KCN反應(yīng)得到CH3CH2CN。7.(1)醚鍵羧基(2)(3)消去(4)或(5)ClCH2CH2CH2ClHOCH2CH2CH2OHOHCCH2CHOHOOCCH2COOH【解析】(2)由X的分子式以及B、C的結(jié)構(gòu)簡式可知，B生成C的反應(yīng)為B分子中的Cl原子與X中的H結(jié)合生成HCl、剩余部分相連的反應(yīng)，且C分子實線框內(nèi)部分來自于X，故X的結(jié)構(gòu)簡式為。(3)在E分子中形成了碳碳雙鍵，故最后發(fā)生了消去反應(yīng)。(4)由Ⅰ可知，同分異構(gòu)體中含有萘環(huán)，則還剩余4個碳原子、兩個不飽和度、2個O原子以及2個Cl原子；由Ⅱ可知，另外的4個碳原子都直接連在萘環(huán)上；由Ⅲ可知同分異構(gòu)體中含有醛基，且具有對稱結(jié)構(gòu)。故符合要求的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為或。(5)由“已知”可知產(chǎn)物分子可由與在AlCl3的作用下得到，結(jié)合原流程中A生成B的反應(yīng)可知，可由HOOCCH2COOH與SOCl2反應(yīng)得到，而HOOCCH2COOH可由二元醛OHCCH2CHO在催化劑作用下被O2氧化得到，該二元醛可由二元醇HOCH2CH2CH2OH在Cu作催化劑時被O2氧化得到，該二元醇可由原料在NaOH的水溶液中加熱水解得到。￥微專題八化學(xué)綜合實驗題型研究非選擇題1.(1)2Ag++SAg2SO3↓(2)①有紅色固體生成②a.HCl和BaCl2溶液b.棕黃色沉淀與KI溶液反應(yīng)生成白色沉淀CuI，證明含有Cu+；白色沉淀A為硫酸鋇，證明含有S，S由I2氧化S得到，則含有S(3)①Al3+、OH-②a.b.V1明顯大于V2(4)溶解性、還原性、水解呈堿性兩種鹽溶液中陰、陽離子的性質(zhì)和反應(yīng)條件【解析】(2)①依據(jù)已知條件可知，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸會發(fā)生歧化反應(yīng)生成銅單質(zhì)，實驗現(xiàn)象是有紅色固體生成。②分析實驗流程可知實驗原理為2Cu2++4I-2CuI↓+I2、I2+S+H2OS+2I-+2H+、S+Ba2+BaSO4↓，故加入的試劑為含Ba2+的化合物，可以選用BaCl2溶液，考慮到沉淀A中沒有BaSO3，因此應(yīng)在酸性環(huán)境中。(3)①根據(jù)題意知，該白色沉淀既能溶于強酸又能溶于強堿，可以推測沉淀中含有Al3+和OH-，可使酸性KMnO4溶液褪色是因為存在還原性的亞硫酸根離子。②a.根據(jù)假設(shè)可知實驗的目的是證明產(chǎn)生的沉淀是Al(OH)3還是鋁的堿式鹽，步驟一首先制備出現(xiàn)象Ⅲ中的沉淀，然后滴加NaOH溶液，因此對比實驗首先要制備出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若兩者消耗的NaOH溶液體積相同，則現(xiàn)象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若兩者消耗的NaOH溶液體積不同，則現(xiàn)象Ⅲ中的沉淀考慮是鋁的堿式鹽。b.鋁的堿式鹽和NaOH溶液反應(yīng)相當于鋁離子和NaOH反應(yīng)，n(Al3+)∶n(NaOH)=1∶4，而Al(OH)3和NaOH反應(yīng)時，nAl(OH)3]∶n(NaOH)=1∶1，因此若V1明顯大于V2，則假設(shè)ii成立。2.Ⅰ.(1)受熱均勻，溫度易于控制(2)4Fe2++O2+4H+4Fe3++2H2O鐵的去除率很高，而鉻的去除率不是很高(3)4×10-9(5)Cr在TBP中的溶解度大于其在水中的溶解度，Cr與TBP不反應(yīng)，且TBP不溶于水也不與水反應(yīng)Ⅱ.(1)8(2)Na2SO4【解析】Ⅰ.(2)向浸取液中通入空氣時，空氣中的O2將Fe2+氧化為Fe3+；由圖示可知，在pH為3.0時，鐵的去除率很高，而鉻的去除率很低。(3)因KspCr(OH)3]=c(Cr3+)·c3(OH-)，當c(Cr3+)=10-5mol·L-1，則c(OH-)=4×10-9mol·L-1。Ⅱ.(1)在反應(yīng)中，Cr由+6價降低到+3價，C由0價升高到+4價，根據(jù)得失電子守恒可知，1molC12H22O11能還原8molNa2Cr2O7。(2)根據(jù)反應(yīng)的化學(xué)方程式可知，產(chǎn)品中混有的雜質(zhì)只能是Na2SO4。3.(1)abc(2)防止碘升華(3)2IO-+N2H4·H2O2I-+N2↑+3H2O或2I+3(N2H4·H2O)2I-+3N2↑+9H2O](4)使合成反應(yīng)均勻進行，并使產(chǎn)生的CO2、N2等氣體及時排出(5)先加入碘、水合肼，最后加入碳酸鈉(6)趁熱過濾；將過濾液在不斷攪拌下依次加入稍過量的Ba(OH)2溶液、稍過量的Na2CO3溶液，過濾；濾液中在不斷攪拌下加入HI溶液至用pH試紙測定溶液pH約為6；蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，再次過濾；用高純水洗滌晶體23次后，在真空干燥箱中干燥【解析】(5)在后期，可在溶液中先加入I2，再加入水合肼，此時I2被還原為I-，最后加入Na2CO3。(6)加入活性炭脫色后，趁熱過濾，除去活性炭，加入稍過量的Ba(OH)2，使得溶液中的S轉(zhuǎn)變?yōu)锽aSO4沉淀，再加入稍過量的Na2CO3，使得過量的Ba(OH)2轉(zhuǎn)變?yōu)锽aCO3沉淀，過濾除去BaSO4和BaCO3，在濾液中加入HI，除去過量的Na2CO3，將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾，將過濾得到的晶體用高純水洗滌，最后在干燥箱中干燥即可。4.(1)①通過觀察A中產(chǎn)生氣泡的比例調(diào)節(jié)流速②攪拌、使用多孔球泡(2)①2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2②該反應(yīng)放熱，溫度升高Cl2O會分解(3)HClO見光易分解(4)酸式滴定管加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸銀溶液，過濾，洗滌，在真空干燥箱中干燥，用電子天平稱量沉淀質(zhì)量【解析】(2)①裝置B中Cl2與Na2CO3溶液發(fā)生歧化反應(yīng)生成Cl2O的同時得到NaCl和CO2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Cl2+Na2CO3Cl2O+2NaCl+CO2。②由“已知”可知，42℃以上Cl2O分解。(4)根據(jù)提示，測定HClO的濃度要通過測定被還原生成的Cl-來實現(xiàn)，還原劑不選FeCl2(引入Cl-)，故只能選擇H2O2，然后加入AgNO3溶液與生成的Cl-反應(yīng)得到AgCl，通過稱量AgCl的質(zhì)量而求得HClO的濃度。5.(1)溫度過低，反應(yīng)速率太慢；溫度太高，HNO3易分解3Cu+8H++2N3Cu2++2NO↑+4H2O(2)吸收NO尾氣，防止污染空氣8NO+3O2+8NaOH6NaNO2+2NaNO3+4H2O(3)①a將pH試紙放在表面皿上，用潔凈的玻璃棒蘸取溶液點在試紙中央，變色后與標準比色卡對比，讀取溶液的pH②蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶洗去晶體表面殘留雜質(zhì)，減少晶體的溶解損失【解析】(1)控制合適溫度可以從反應(yīng)速率和HNO3的特性(揮發(fā)性、分解性)來考慮。(2)三頸瓶中產(chǎn)生大量的NO氣體，通入O2后，NO、O2與NaOH反應(yīng)生成NaNO2、NaNO3，從而防止NO污染環(huán)境；若反應(yīng)中生成3molNaNO2和1molNaNO3，則需要4molNO失去6(3×1+3=6)mol電子，根據(jù)得失電子守恒可知需要1.5molO2參與反應(yīng)，由此可寫出化學(xué)方程式。(3)①加入的試劑能消耗H+且不引入新的雜質(zhì)，而NaOH能引入Na+，NH3·H2O引入N，故符合條件的只有CuO。②從溶液中得到晶體的方法是蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥；硫酸銅晶體在乙醇中溶解度較小，且乙醇蒸發(fā)比水要快得多。6.(1)bdef(2)SiO2+H2SO4(濃)H2SiO3+SO3↑(3)取少量除鐵后的濾液于試管中，滴加幾滴KSCN溶液，若溶液變?yōu)檠t色則含F(xiàn)e3+，否則不含F(xiàn)e3+Fe(OH)3(4)蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶過濾(5)Al2(SO4)3+H2SO4+2NH3·H2O+22H2O2NH4Al(SO4)2·12H2O]↓【解析】(1)灼燒固體在坩堝中進行，配套需要三腳架、泥三角、酒精燈。(2)二氧化硅與濃硫酸在較高溫度下發(fā)生非氧化還原反應(yīng)生成腐蝕性氣體SO3。(3)水浸后過濾，濾液中有Al3+、Fe3+，除鐵將Fe3+沉淀，故濾渣2是Fe(OH)3。7.(1)生成的Na2SO4固體附著在Na2SO3表面防止倒吸(2)出現(xiàn)渾濁是因為空氣中的O2將S2-氧化為S，有H2S逸出是因為Na2S水解生成H2S(3)2S2-+C+4SO23S2+CO2把裝置C置于35℃的水浴中(4)①靜置，取上層清液(或過濾，取濾液)，滴加BaCl2溶液，若出現(xiàn)沉淀則說明含有Na2SO4雜質(zhì)②取粗產(chǎn)品溶于適量蒸餾水中，蒸發(fā)濃縮，冷卻至30℃結(jié)晶，過濾，用無水乙醇洗滌，低溫干燥【解析】(1)Na2SO3與H2SO4反應(yīng)生成Na2SO4，因使用的是濃硫酸，反應(yīng)體系中H2O較少，故生成的Na2SO4附著在Na2SO3的表面而使得固體出現(xiàn)“結(jié)塊”現(xiàn)象；裝置B中的兩個導(dǎo)氣管都比較短，作安全瓶，防止C中的液體倒吸入A中。(3)C裝置中通入的SO2在Na2CO3的作用下能與Na2S發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Na2S2O3，根據(jù)得失電子守恒可知SO2與Na2S的物質(zhì)的量之比為2∶1，再結(jié)合原子守恒可配平離子方程式；由于是35℃，小于水的沸點，故采用水浴加熱方式。(4)②由圖示可以看出，30℃時Na2SO4的溶解度最大，故可將粗產(chǎn)品溶于蒸餾水中，加熱蒸發(fā)濃縮后，冷卻至30℃結(jié)晶，以除去Na2SO4。8.(1)溫度過低，化學(xué)反應(yīng)速率較慢，溫度過高草酸升華或分解水浴加熱(2)將反應(yīng)物充分混合2NaClO3+H2C2O4Na2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O(3)2ClO2+2OH-Cl+Cl+H2O(4)加入足量KI溶液，加2滴淀粉溶液，用標準Na2S2O3溶液滴定至終點，記錄消耗標準Na2S2O3溶液的體積；加入稀硫酸調(diào)節(jié)溶液的pH≤2.0，繼續(xù)用標準Na2S2O3溶液滴定至終點，記錄消耗標準Na2S2O3溶液的體積【解析】(3)ClO2(Cl顯+4價)與NaOH反應(yīng)生成NaClO2(Cl顯+3價)，因為生成等物質(zhì)的量的兩種鹽，根據(jù)氧化還原反應(yīng)知識可知，生成的另一種鹽是NaClO3(Cl顯+5價)，故反應(yīng)的離子方程式為2ClO2+2OH-Cl+Cl+H2O。(4)因為調(diào)節(jié)溶液的pH為7.08.0，此時加入KI后能將ClO2全部還原為Cl，KI被氧化為I2，加入淀粉后變?yōu)樗{色，加入Na2S2O3進行滴定，由此得關(guān)系式為2ClO2~2I-~I2~2Na2S2O3，通過Na2S2O3的體積和濃度可計算出水中ClO2的物質(zhì)的量；因為在pH≤2.0時，Cl也能將I-氧化為I2，故應(yīng)在第一次滴定后的溶液中加入H2SO4，調(diào)節(jié)溶液的pH≤2.0，再加入Na2S2O3滴定，關(guān)系式為Cl~4I-~2I2~4Na2S2O3，根據(jù)第二次滴定時Na2S2O3的濃度和體積可以求出Cl總物質(zhì)的量，根據(jù)兩次之差就可求得水中Cl的含量。￥微專題九物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)題型研究非選擇題1.(1)1s22s22p63s23p63d10(或Ar]3d10)(2)正四面體(3)①ac②4mol③H2O、NO(4)【解析】(2)S中S原子采用sp3雜化，無孤對電子，故為正四面體結(jié)構(gòu)。(3)①N2O與CO2互為等電子體，兩者結(jié)構(gòu)相似，故N2O為直線形，a正確；由于N的2p軌道電子排布為半滿的穩(wěn)定狀態(tài)，其第一電離能大于同周期相鄰的元素，故N的第一電離能最大，b錯誤；雙鍵碳原子都采用sp2雜化，c正確；HCOOH的沸點高是因為分子間存在氫鍵，d錯誤。②HCOOH的結(jié)構(gòu)式為，其中含有4個σ鍵。(4)由該晶胞結(jié)構(gòu)可知，Kr原子位于頂點和六個面心，故該晶胞中含有Kr原子的個數(shù)=8×+6×=4，該晶體是面心立方堆積，每個Kr原子的周圍最近的Kr原子有12個，故==。2.(1)A(2)OCS平面三角形(3)1s22s22p63s23p63d9(或Ar]3d9)sp3【解析】(1)同周期元素從左到右電負性逐漸增大，A正確；一個乙烯分子中含有1個π鍵和5個σ鍵，B錯誤；氯化鈉晶體中Cl-的配位數(shù)為6，氯化銫晶體中Cl-的配位數(shù)為8，C錯誤；由于Mg的3s軌道為全充滿穩(wěn)定狀態(tài)，故第一電離能要大于Na和Al，D錯誤。(2)OCS與CO2互為等電子體，結(jié)構(gòu)與CO2結(jié)構(gòu)相似，故其結(jié)構(gòu)簡式為OCS；因為光氣分子中每個原子都達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故其結(jié)構(gòu)為，是平面三角形結(jié)構(gòu)。(3)Cu為29號元素，故Cu2+含有27個電子，其電子排布式為1s22s22p63s23p63d9；S價層電子對數(shù)是4，故S采用sp3雜化；該配合物的內(nèi)界為Cu(NH3)4]2+，Cu與4個N原子形成4個配位鍵，故其結(jié)構(gòu)為。3.(1)C<N<O(2)3d54s1(3)sp25∶1(4)N(5)Cr(NH3)4(H2O)2]Cl3Cr(NH3)4(H2O)2]3++3Cl-【解析】由于X是除碳元素外生成化合物種類最多的元素，故X為氫元素；Y元素原子核外電子排布式為1s22s22p2，故Y為碳元素；W原子最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的3倍，故W為氧元素，根據(jù)原子序數(shù)關(guān)系可知Z為氮元素；J是第4周期中未成對電子數(shù)最多的元素，故J為鉻元素。4.(1)3d104s1(2)sp、sp224mol(3)①CH3CH3②8③PbI2+2I-PbI4]2-【解析】(2)苯環(huán)上的C原子采取sp2雜化，而碳碳三鍵的碳原子采取sp雜化；苯環(huán)上有6個σ鍵，三鍵C原子與苯環(huán)上C原子之間也是σ鍵(6個)，碳碳三鍵中有1個鍵是σ鍵(6個)，碳碳三鍵與H原子之間也是σ鍵(6個)，總共有24個σ鍵。(3)①CH3N中含有8個原子和14個價電子，與其互為等電子體的分子是CH3CH3。②由圖2可知每個A離子的周圍有8個M離子。③因為H2PbI2]完全電離生成H+和PbI4]2-，故反應(yīng)的離子方程式為PbI2+2I-PbI4]2-。5.(1)1s22s22p63s23p63d74s2(或Ar]3d74s2)N>O>C(2)12mol(3)sp2因為COCl2的相對分子質(zhì)量比甲醛大，故范德華力比甲醛大，導(dǎo)致其沸點比甲醛高(4)三角錐形(5)CoO【解析】根據(jù)題意推出X、Y、Z、W、R分別為C、N、O、Cl、Co。(2)Co2+和CN-之間是配位鍵，屬于σ鍵，CN-中有1個σ鍵，故1molCo(CN)6]4-中含有12molσ鍵。(3)結(jié)構(gòu)相似的分子晶體的沸點高低與分子間作用力有關(guān)，與相對分子質(zhì)量成正比。(4)NCl3價層電子對數(shù)為4，有1對孤對電子，故NCl3為三角錐形。(5)晶胞結(jié)構(gòu)類似NaCl晶體，陰、陽離子個數(shù)比為1∶1，所以化學(xué)式為CoO。6.(1)1s22s22p63s23p63d9N(2)sp3H3O+(3)N>O>S(4)CuCl2·2H2O【解析】(1)NH3分子中的N原子上有孤對電子，能與Cu2+形成配位鍵。(2)乙醇分子中的羥基氧原子采取sp3雜化；NH3分子含有4個原子和8個價電子，其等電子體為H3O+。(3)N是ⅤA族元素，最外層電子排布是半滿的穩(wěn)定狀態(tài)，第一電離能大于O，而同主族元素，自上而下第一電離能逐漸減小，故三者的第一電離能N>O>S。(4)Cu2+位于頂點和面心上，故含有Cu2+的個數(shù)=8×+2×=2，Cl-有4個在面上、2個在體內(nèi)，故含有Cl-的個數(shù)為4×+2=4，H2O分子有8個位于棱上、4個位于面上，故含有H2O分子的個數(shù)=8×+4×=4，故晶體的化學(xué)式為CuCl2·2H2O。7.(1)①O②三角錐形③SeO2(2)H2O分子與乙醇分子間可形成氫鍵，而H2S不能(3)①1s22s22p63s23p63d6(或Ar]3d6)②14mol(4)Fe3S8【解析】第4周期中，基態(tài)原子有4個未成對電子的原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，為Fe元素；最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子總數(shù)3倍的元素為O元素；基態(tài)原子3p軌道上有4個電子的元素為S元素。(1)①O元素的非金屬性大于S元素，故電負性較大的是O元素。②S中，成鍵電子對數(shù)為3，孤對電子數(shù)==1，根據(jù)價層電子對互斥理論可知，該離子為三角錐形結(jié)構(gòu)。③SO2分子中含有3個原子和18個價電子，與其互為等電子體的氧化物為SeO2。(3)②由化學(xué)式可知，F(xiàn)e2+能形成6個配位鍵(配位鍵全部為σ鍵)，每個CN-中含有1個σ鍵和2個π鍵，1個NH3分子中形成3個σ鍵，故1個化合物K3Fe(CN)5(NH3)]中含有14個σ鍵。(4)由晶胞的結(jié)構(gòu)可看出，F(xiàn)e位于四個頂點和體心，故含有