练21 溶液中离子浓度大小比较
1．[2023·湖南卷]常温下，用浓度为0.0200mol·L－1的NaOH标准溶液滴定浓度均为0.0200mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合溶液，滴定过程中溶液的pH随η(η＝)的变化曲线如图所示。
下列说法错误的是( )
A．Ka(CH3COOH)约为10－4.76
B．点a：c(Na＋)＝c(Cl－)＝c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)
C．点b：c(CH3COOH)D．水的电离程度：a2．[2023·浙江1月]碳酸钙是常见难溶物，将过量碳酸钙粉末置于水中达到溶解平衡：CaCO3(s) Ca2＋(aq)＋CO(aq)[已知Ksp(CaCO3)＝3.4×10－9，Ksp(CaSO4)＝4.9×10－5，H2CO3的电离常数Ka1＝4.5×10－7，Ka2＝4.7×10－11]，下列有关说法正确的是( )
A．上层清液中存在c(Ca2＋)＝c(CO)
B．上层清液中含碳微粒最主要以HCO形式存在
C．向体系中通入CO2气体，溶液中c(Ca2＋)保持不变
D．通过加Na2SO4溶液可实现CaCO3向CaSO4的有效转化
3．[2023·浙江6月]草酸(H2C2O4)是二元弱酸。某小组做如下两组实验：
实验Ⅰ：往20mL0.1mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.1mol·L－1NaOH溶液。
实验Ⅱ：往20mL0.10mol·L－1NaHC2O4溶液中滴加0.10mol·L－1CaCl2溶液。
[已知：H2C2O4的电离常数Ka1＝5.4×10－2，Ka2＝5.4×10－5，Ksp(CaC2O4)＝2.4×10－9，溶液混合后体积变化忽略不计]，下列说法正确的是( )
A．实验Ⅰ可选用甲基橙作指示剂，指示反应终点
B．实验Ⅰ中V(NaOH)＝10mL时，存在c(C2O)C．实验Ⅱ中发生反应
HC2O＋Ca2＋===CaC2O4↓＋H＋
D．实验Ⅱ中V(CaCl2)＝80mL时，溶液中c(C2O)＝4.0×10－8mol·L－1
4．[2023·辽宁省名校联考]实验室用0.1mol·L－1的NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L－1的HAuCl4溶液。溶液中，含氯微粒a、b的分布系数δ、NaOH溶液体积V(NaOH)与pH的关系如图所示[比如HAuCl4的分布系数，
δ(HAuCl4)＝]。下列叙述错误的是( )
A．x点对应溶液的pH约为5
B．p点对应的溶液中，c(HAuCl4)＋2c(H＋)＝c(AuCl)＋2c(OH－)
C．微粒b为AuCl，该滴定可选酚酞作指示剂
D．滴定到q点时，溶液中c(HAuCl4)>c(AuCl)
5．[2023·湖北联考]常温下，用0.100mol·L－1的盐酸滴定20mL相同浓度的一元碱BOH溶液(滴有少量酚酞)，滴定过程中溶液pH及电导率变化曲线如图所示。下列说法中正确的是 ( )
A．BOH的电离常数Kb约为10－6
B．a点溶液中：c(B＋)＋2c(H＋)＝2c(OH－)＋c(BOH)
C．b点溶液的颜色为粉红色
D．滴定至pH＝7时，c(B＋)＝c(Cl－)＝0.1mol·L－1
6．[2023·上海奉贤区月考]常温下，用0.1mol·L－1氨水滴定10mL浓度均为0.1mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法不正确的是( )
A．滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中c(Cl－)＞c(CH3COO－)
B．滴加氨水到20mL的过程中，水的电离程度逐渐增大
C．当滴入20mL氨水时，c(CH3COOH)＋c(H＋)＝c(NH3·H2O)＋c(OH－)
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，c(NH)＜c(Cl－)
7．[2023·安徽六安一中月考]已知：25℃，NH3·H2O的电离平衡常数Kb＝1.76×10－5，向1L0.1mol·L－1某一元酸HR溶液中逐渐通入氨气，若溶液温度和体积保持不变，所得混合溶液的pH与lg的关系如图所示。下列叙述不正确的是( )
A．由图可推知，25℃时0.1mol·L－1NaR溶液的pH约为10
B．当通入0.1molNH3时，所得溶液中：c(NH)>c(R－)>c(OH－)>c(H＋)
C．pH＝7时，所得溶液中：c(HR)D．pH＝10时，所得溶液中：c(NH)8．[2023·辽宁省实验中学测试]25℃时，用HCl气体调节0.1mol·L－1氨水的pH，系统中微粒浓度的对数(lgc)与pH的关系如图甲所示，反应物的物质的量之比[x＝]与pH的关系如图乙所示。若忽略通气体后溶液体积的变化，下列有关说法正确的是( )
A．P1所示溶液：c(Cl－)＝0.05mol·L－1
B．P2所示溶液：c(NH3·H2O)＞c(OH－)＋c(Cl－)
C．P3所示溶液：c(NH)＋c(NH3·H2O)＝c(Cl－)＋c(H＋)
D．25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数为10－4.75
练21 溶液中离子浓度大小比较
1．答案：D
解析：
根据CH3COOH CH3COO－＋H＋，可近似认为a点c（H＋）＝c（CH3COO－），又a点pH＝3.38，c（H＋）＝10－3.38mol·L－1，故Ka（CH3COOH）≈＝10－4.76，A项正确；a点HCl恰好被完全中和，由物料守恒可得溶液中c（Na＋）＝c（Cl－）＝c（CH3COO－）＋c（CH3COOH），B项正确；b点溶液pH<7，即以CH3COOH的电离为主，即溶液中c（CH3COOH）2．答案：B
解析：上层清液为CaCO3的饱和溶液，CO存在水解平衡，根据物料守恒，c（Ca2＋）＝c（CO）＋c（HCO）＋c（H2CO3），A项错误；CaCO3的饱和溶液pH≈9，根据Ka2＝，可得＝＝＝21，因此含碳微粒最主要以HCO形式存在，B项正确；向体系中通入CO2气体，发生反应：CaCO3＋H2O＋CO2===Ca（HCO3）2，CaCO3（s）转化为可溶的Ca（HCO3）2，溶液中c（Ca2＋）增大，C项错误；Ksp（CaCO3）3．答案：D
解析：NaHC2O4溶液被氢氧化钠溶液滴定到终点时生成显碱性的草酸钠溶液，为了减小实验误差要选用变色范围在碱性范围的指示剂，因此，实验Ⅰ可选用酚酞作指示剂，指示反应终点，故A错误；实验Ⅰ中V（NaOH）＝10mL时，溶质是NaHC2O4、Na2C2O4且两者物质的量浓度相等，Ka2＝5.4×10－5>Kh＝，则草酸氢根的电离程度大于草酸根的水解程度，因此存在c（C2O）>c（HC2O），故B错误；实验Ⅱ中，由于开始滴加的氯化钙量较少而NaHC2O4过量，因此该反应在初始阶段发生的是2HC2O＋Ca2＋===CaC2O4↓＋H2C2O4，该反应的平衡常数为K＝＝＝＝＝×106≈4.2×105，因为平衡常数很大，说明反应能够完全进行，当NaHC2O4完全消耗后，H2C2O4再和CaCl2发生反应，故C错误；实验Ⅱ中V（CaCl2）＝80mL时，溶液中的钙离子浓度为c（Ca2＋）＝＝0.06mol·L－1，溶液中c（C2O）＝＝mol·L－1＝4.0×10－8mol·L－1，故D正确。综上所述，答案为D。
4．答案：D
解析：由图像可知，当V（NaOH）＝0时，对应溶液的pH＝3，此时溶液中的c（H＋）＝1×10－3mol·L－1，Ka＝＝≈10－5，根据图像x点时，c（AuCl）＝c（HAuCl4），则此时的Ka＝c（H＋）≈10－5，pH≈5，A正确；p点时，V（NaOH）＝10mL，根据电荷守恒有c（Na＋）＋c（H＋）＝c（AuCl）＋c（OH－），根据物料守恒有2c（Na＋）＝c（HAuCl4）＋c（AuCl），两式联立消去c（Na＋）得：c（HAuCl4）＋2c（H＋）＝c（AuCl）＋2c（OH－），B正确；随着NaOH的加入，HAuCl4逐渐减少，AuCl逐渐增多，结合图像可知，微粒a为HAuCl4，微粒b为AuCl，滴定到q点时，V（NaOH）＝20mL，两者恰好完全反应，生成NaAuCl4溶液，此时溶液呈碱性，所以选酚酞作指示剂，C正确；滴定到q点时，V（NaOH）＝20mL，由图可知c（AuCl）>c（HAuCl4），D错误。
5．答案：B
解析：向BOH溶液中滴加等浓度的盐酸，pH不断减小，所以a、b点所在的曲线为随盐酸的滴入溶液电导率的变化，另一条曲线为pH的变化。由图可知，0.100mol·L－1BOH溶液的pH＝11，c（H＋）＝10－11mol·L－1，则c（OH－）＝＝mol·L－1＝0.001mol·L－1，溶液中c（BOH）≈0.100mol·L－1，c（B＋）≈c（OH－）＝0.001mol·L－1，BOH的电离常数Kb＝≈＝1×10－5，故A错误；因n（BOH）＝0.002mol，a点加入的n（HCl）＝0.001mol，所以反应后剩余BOH的物质的量为0.001mol，生成0.001molBCl，则a点溶液中溶质为等物质的量浓度的BOH和BCl，a点溶液中存在电荷守恒：c（B＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（Cl－）①，存在物料守恒：c（B＋）＋c（BOH）＝2c（Cl－）②，①×2－②整理得c（B＋）＋2c（H＋）＝2c（OH－）＋c（BOH），故B正确；b点溶液中溶质为BCl，由A项分析可知BOH为弱碱，则BCl为强酸弱碱盐，B－水解使溶液显酸性，pH<7，b点溶液应为无色，故C错误；混合溶液pH＝7时，溶液呈中性，c（H＋）＝c（OH－），溶液中存在电荷守恒：c（B＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（Cl－），则c（B＋）＝c（Cl－），酸碱混合后导致溶液体积增大，c（Cl－）减小，所以存在c（B＋）＝c（Cl－）<0.1mol·L－1，故D错误。
6．答案：D
解析：HCl为强酸，在溶液中完全电离，CH3COOH为弱酸，在溶液中部分电离，所以浓度均为0.1mol·L－1的HCl和CH3COOH的混合液中c（Cl－）>c（CH3COO－），A正确；酸或碱的电离抑制水的电离，弱酸根离子或弱碱阳离子的水解促进水的电离，滴加氨水到20mL的过程中，酸不断被消耗，对水的电离的抑制作用不断减小，而生成的NH4Cl、CH3COONH4浓度不断增大，对水的电离的促进作用不断增大，当滴加到20mL时，溶质为等物质的量的CH3COONH4和NH4Cl，对水的电离均有促进作用，此时水的电离程度达到最大，B正确；当滴入20mL氨水时，溶质为等物质的量的CH3COONH4和NH4Cl，溶液中存在电荷守恒：c（NH）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（CH3COO－）＋c（OH－）①，存在物料守恒c（CH3COOH）＋c（CH3COO－）＋c（Cl－）＝c（NH）＋c（NH3·H2O）②，①＋②可得c（CH3COOH）＋c（H＋）＝c（NH3·H2O）＋c（OH－），C正确；当滴入20mL氨水时，溶质为等物质的量的CH3COONH4和NH4Cl，溶液显酸性，所以要想使溶液呈中性，需要加入更多的氨水，则当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，溶液中存在电荷守恒：c（NH）＋c（H＋）＝c（Cl－）＋c（CH3COO－）＋c（OH－），因溶液显中性即c（H＋）＝c（OH－），可得c（NH）＝c（Cl－）＋c（CH3COO－），所以c（NH）>c（Cl－），D错误。
7．答案：A
解析：根据图像，lg＝0时pH＝5，即＝1时c（H＋）＝10－5mol·L－1，则HR的电离平衡常数Ka＝＝10－5，所以NaR的水解平衡常数Kh＝＝10－9，Kh＝≈＝10－9，所以c（OH－）＝10－5mol·L－1，则25℃时0.1mol·L－1NaR溶液的pH约为9，A错误；当通入0.1molNH3时，反应恰好生成NH4R，则NH的水解平衡常数为≈5.68×10－10＜Kh（HR）＝10－9，可知NH的水解程度小于R－的水解程度，溶液呈碱性，所以所得溶液中各离子浓度大小关系为c（NH）＞c（R－）＞c（OH－）＞c（H＋），B正确；pH＝7时，lg＝2，即c（R－）＞c（HR），又因溶液中c（OH－）＝c（H＋），溶液中的电荷守恒为c（H＋）＋c（NH）＝c（R－）＋c（OH－），可得c（R－）＝c（NH），所以c（HR）＜c（R－）＝c（NH），C正确；pH＝10时，lg＝5，＝10－5，根据电离平衡常数表达式Ka＝可得c（H＋）＝＝10－5×10－5mol·L－1＝10－10mol·L－1，则c（OH－）＝10－4mol·L－1，再结合NH3·H2O的电离平衡常数表达式可知，＝＝0.176＜1，所以c（NH）＜c（NH3·H2O），D正确。
8．答案：D
解析：根据图示可知P1时c（NH）＝c（NH3·H2O）＝0.05mol·L－1，溶液中存在电荷守恒：c（H＋）＋c（NH）＝c（OH－）＋c（Cl－），P1点溶液pH＝9.25，c（OH－）>c（H＋），因此c（Cl－）c（NH3·H2O），c（OH－）＋c（Cl－）>c（NH3·H2O），B错误；根据图示可知P3时x＝＝1.0，溶液的溶质为NH4Cl，根据物料守恒可得c（Cl－）＝c（NH）＋c（NH3·H2O），C错误；25℃时，NH3·H2O的电离平衡常数K＝，当溶液中c（NH）＝c（NH3·H2O）时，pH＝9.25，即c（H＋）＝10－9.25mol·L－1，K＝＝c（OH－）＝＝10－4.75，D正确。练22 有机物的官能团、性质及反应类型
1．[2022·浙江6月]下列说法不正确的是( )
A．油脂属于高分子化合物，可用于制造肥皂和油漆
B．福尔马林能使蛋白质变性，可用于浸制动物标本
C．天然气的主要成分是甲烷，是常用的燃料
D．中国科学家在世界上首次人工合成具有生物活性的蛋白质——结晶牛胰岛素
2．[2022·湖南卷]聚乳酸是一种新型的生物可降解高分子材料，其合成路线如下：
下列说法错误的是( )
A．m＝n－1
B．聚乳酸分子中含有两种官能团
C．1mol乳酸与足量的Na反应生成1molH2
D．两分子乳酸反应能够生成含六元环的分子
3．[2022·浙江6月]染料木黄酮的结构如图，下列说法正确的是( )
A．分子中存在3种官能团
B．可与HBr反应
C．1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗4molBr2
D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH
4．[2022·河北卷]茯苓新酸DM是从中药茯苓中提取的一种化学物质，具有一定生理活性，其结构简式如图。关于该化合物，下列说法错误的是( )
A．可使酸性KMnO4溶液褪色
B．可发生取代反应和加成反应
C．可与金属钠反应放出H2
D．分子中含有3种官能团
5．[2022·浙江1月]某课题组设计一种固定CO2的方法，原理如图。下列说法不正确的是( )
A．反应原料中的原子100%转化为产物
B．该过程在化合物X和I－催化下完成
C．该过程仅涉及加成反应
D．若原料用，则产物为
6．[2023·全国乙卷]下列反应得到相同的产物，相关叙述错误的是( )
A．①的反应类型为取代反应
B．反应②是合成酯的方法之一
C．产物分子中所有碳原子共平面
D．产物的化学名称是乙酸异丙酯
7．[2023·全国甲卷]藿香蓟具有清热解毒功效，其有效成分结构如下。下列有关该物质的说法错误的是( )
A.可以发生水解反应
B．所有碳原子处于同一平面
C．含有2种含氧官能团
D．能与溴水发生加成反应
8．[2022·江西月考]工业上用乙烯合成苯乙醇的某种途径如图所示，下列说法不正确的是( )
A．乙烯转化为环氧乙烷符合绿色化学的原则
B．环氧乙烷与乙醛（CH3CHO）互为同分异构体
C．苯转化为苯乙醇的反应为氧化反应
D．一定条件下苯可以发生氧化、还原、加成、取代反应
9．[2022·河南洛阳月考]环己二烯类物质乙是稳定的有机合成试剂，下列说法错误的是（ ）
A．甲、乙两物质均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，生成物不同
B．乙难溶于水，易溶于乙醇
C．甲生成乙是还原反应，且甲、乙都可以发生加成反应
D．甲中所有碳原子均共面，乙中所有氢原子一定共面
10．[2022·山东临沂兰山区开学考试]有机合成与21世纪的三大发展学科：材料科学、生命科学、信息科学有着密切联系，某有机化合物合成路线如图，下列说法正确的是（ ）
A．A分子为平面结构
B．B分子可以发生加成反应
C．该合成路线涉及取代反应、加成反应、消去反应三种基本反应类型
D．参与反应的各有机化合物中A的熔点最高
11．[2022·河北石家庄二中考试]瑞香素是一种具有抗菌、抗炎、抗凝血等生物活性的香豆素化合物，其分子结构如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．1mol瑞香素与足量饱和Na2CO3溶液反应，可放出22.4L（标准状况下）CO2
B．一定量的瑞香素分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为1∶2
C．1mol瑞香素最多可与4molH2发生加成反应
D．瑞香素可使酸性KMnO4溶液褪色
12．[2022·江苏苏州调研]甲氧苄啶是一种广谱抗菌药，其合成路线中的一步反应如下。下列说法中不正确的是（ ）
A．苯甲醛与X互为同系物
B．X→Y：先发生加成反应，后发生消去反应
C．Y分子存在顺反异构体
D．可用新制Cu（OH）2悬浊液检验Y中是否混有X
练22 有机物的官能团、性质及反应类型
1．答案：A
解析：油脂不属于高分子化合物，A项错误。
2．答案：B
解析：由质量守恒知m＝n－1，A项正确；聚乳酸分子中链节内有酯基，末端有羟基、羧基，共有3种官能团，B项错误；乳酸分子中的羟基与羧基均可与Na反应生成H2，C项正确；2个乳酸分子成环时，可形成，D项正确。
3．答案：B
解析：由染料木黄酮的结构简式可知，该分子中含有酚羟基、（酮）羰基、醚键、碳碳双键4种官能团，A项错误；该分子含有碳碳双键，可与HBr反应，B项正确；溴水能取代酚羟基邻位和对位上的氢，又能与碳碳双键发生加成反应，则1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗5molBr2，C项错误；酚羟基能与NaOH反应，1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH，D项错误。
4．答案：D
解析：茯苓新酸DM分子中含有碳碳双键、羟基、羧基、酯基4种官能团，D错误；碳碳双键和其中一个羟基均可以与酸性KMnO4溶液发生氧化反应而使其褪色，A正确；碳碳双键可发生加成反应，羟基和羧基均可发生取代反应，B正确；羟基和羧基均可与金属钠反应放出氢气，C正确。
5．答案：C
解析：与CO2反应生成，原子100%转化为产物，A正确；X与I－均先消耗，后生成，为催化剂，B正确；由图可知，该过程中还存在“一变多”的反应，C错误；由反应机理可知，反应中—R没有发生变化，将代入流程可知反应生成，D正确。
6．答案：C
解析：反应①为乙酸和异丙醇在酸的催化下发生酯化反应生成了乙酸异丙酯和水，因此，①的反应类型为取代反应，A叙述正确；反应②为乙酸和丙烯发生加成反应生成乙酸异丙酯，是合成酯的方法之一，B叙述正确；乙酸异丙酯分子中含有4个饱和的碳原子，其中异丙基中存在着一个饱和碳原子连接两个饱和碳原子和一个乙酰氧基，类比甲烷的正四面体结构可知，乙酸异丙酯分子中的所有碳原子不可能共平面，C叙述错误；两个反应的产物是相同的，由反应①及产物结构上看，该产物是由乙酸与异丙醇通过酯化反应生成的酯，故其化学名称是乙酸异丙酯，D叙述是正确；综上所述，本题选C。
7．答案：B
解析：藿香蓟的分子结构中含有酯基，可以发生水解反应，A说法正确；藿香蓟的分子结构中的右侧有一个饱和碳原子连接着两个甲基，类比甲烷分子的空间构型可知，藿香蓟分子中所有碳原子不可能处于同一平面，B说法错误；藿香蓟的分子结构中含有酯基和醚键2种含氧官能团，C说法正确；藿香蓟的分子结构中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，D说法正确；综上所述，本题选B。
8．答案：C
解析：乙烯转化为环氧乙烷，原子利用率为100%，符合绿色化学的原则，A正确；分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，环氧乙烷与乙醛(CH3CHO)分子式都为C2H4O，结构不同，互为同分异构体，B正确；苯转化为苯乙醇的反应为加成反应，C错误；苯燃烧为氧化反应，苯与H2加成为还原、加成反应，苯环上的氢可以发生取代反应，D正确。
9．答案：D
解析：甲为间二甲苯，苯环上的甲基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为羧基生成间苯二甲酸，使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙的碳碳双键可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，环状结构被破坏，所以两种物质均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，生成物不同，A正确；乙属于烃类，烃类物质的极性很弱，一般难溶于水，而易溶于有机溶剂，B正确；甲生成乙可以看作是加氢反应，在有机反应中，加氢反应是还原反应，甲乙都是不饱和烃，都可以发生加成反应，C正确；甲可以看作是苯分子中的两个氢原子被甲基取代，苯环是平面结构，所以甲中所有碳原子在同一平面内，乙分子中有两个甲基，所有氢原子不可能共面，D错误。
10．答案：C
解析：由①的反应条件可知，该反应为取代反应，所以A的结构简式为，②为卤代烃的消去反应，③为烯烃的加成反应，所以B的结构简式为，④为卤代烃的消去反应，反应条件为NaOH醇溶液、加热。环己烷中碳原子均为饱和碳原子，环己烷为非平面结构，A错误；B中不含不饱和键，所以不能发生加成反应，B错误；①为取代反应、②为消去反应、③为加成反应、④为消去反应，共三种反应类型，C正确；参与反应的各有机化合物分子间只存在范德华力，熔、沸点与相对分子质量相关，相对分子质量越大，熔、沸点越高，的相对分子质量最大，熔点最高，D错误。
11．答案：A
解析：瑞香素分子中含有酚羟基，可与Na2CO3溶液发生反应生成NaHCO3，不能生成CO2，A错误；瑞香素分子中含有酚羟基，可与Na发生反应，1mol瑞香素可与2molNa发生反应，瑞香素分子中含有酚羟基和酯基，可与NaOH发生反应，酯基水解后生成的酚羟基也可与NaOH反应，故1mol瑞香素可与4molNaOH发生反应，一定量的瑞香素分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为1∶2，B正确；苯环和碳碳双键可与H2发生加成反应，因此1mol瑞香素最多可与4molH2发生加成反应，C正确；瑞香素分子中含有碳碳双键和酚羟基，碳碳双键和酚羟基都可使酸性KMnO4溶液褪色，D正确。
12．答案：A
解析：苯甲醛的结构简式为，该结构中含有苯环、醛基，X的结构简式为，该结构中含苯环、醚键、醛基，二者结构不相似，不互为同系物，A错误；根据题给合成路线，X→Y可看成X与NCCH2COOC2H5先发生加成反应生成，再发生消去反应生成Y，B正确；Y存在和顺反异构体，C正确；X分子中含有醛基，能够与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，Y分子中无醛基，不与新制Cu(OH)2悬浊液反应，则可用新制Cu(OH)2悬浊液检验Y中是否混有X，D正确。练23 有机物的空间结构及同分异构体
1．[2022·全国乙卷]一种实现二氧化碳固定及再利用的反应如下：
下列叙述正确的是（ ）
A．化合物1分子中所有原子共平面
B．化合物1与乙醇互为同系物
C．化合物2分子中含有羟基和酯基
D．化合物2可发生开环聚合反应
2．[2022·全国甲卷]辅酶Q10具有预防动脉硬化的功效，其结构简式如下。下列有关辅酶Q10的说法正确的是（ ）
A．分子式为C60H90O4
B．分子中含有14个甲基
C．分子中的四个氧原子不在同一平面
D．可发生加成反应，不能发生取代反应
3．[2023·浙江1月]七叶亭是一种植物抗菌素，适用于细菌性痢疾，其结构如图，下列说法正确的是（ ）
A．分子中存在2种官能团
B．分子中所有碳原子共平面
C.1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗2molBr2
D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗3molNaOH
4．[2022·吉林东北师大附中一模]中国科学院康乐院士团队鉴定到一种由群居型蝗虫特异性挥发的气味分子4 乙烯基苯甲醚（），对世界蝗灾的控制和预测具有重要意义。下列说法正确的是（ ）
A．该物质分子式为C9H12O
B．该分子苯环上的二氯代物有4种
C．该物质能发生缩聚反应生成高聚物
D．该分子中所有碳原子一定共面
5．[2022·河北石家庄月考]4 叔丁基苯乙酮是一种透明近乎无色的液体，常用作医药中间体，其结构如图甲所示，它的一种同分异构体的结构如图乙所示。下列说法错误的是（ ）
A．4 叔丁基苯乙酮的分子式为C12H16O
B．图甲分子中最多有17个原子共平面
C．图乙分子中最多有6个原子共直线
D．图甲分子中所有碳原子不可能共平面
6．[2022·山东日照二模]立体异构包括顺反异构、对映异构等。四种化合物的转化关系如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A．甲→乙过程发生了消去反应
B．乙的同分异构体中最多有8个原子共面
C．丙的同分异构体中含4种化学环境氢的有3种（考虑立体异构）
D．若丁属于醛，则丁无立体异构
7．[2022·广东普通高中质量检测]任意两个环共用两个直接相连的碳原子的化合物称为桥环化合物，二环[1，1，0]丁烷（）是最简单的桥环化合物。下列有关该化合物的说法正确的是（ ）
A．该物质属于烷烃
B．二氯代物有3种
C．易溶于水及环己烷
D．转化为1molC4H10至少需2molH2
8．[2022·陕西宝鸡模拟]已知有机物a、b、c的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．a、b、c均能与金属钠反应放出H2
B．含有相同官能团的c的同分异构体有7种（不考虑空间异构）
C．1mola与1molCH3OH在一定条件下反应可生成1molb
D．除去b中少量的a时，可加入NaOH溶液，振荡、静置、分液
9．[2022·山东潍坊一模]有机化合物Z可用于治疗阿尔茨海默症，其合成路线如下：
下列说法错误的是（ ）
A．该反应为加成反应
B．X、Y分子中含有的手性碳原子个数相同
C．Z的消去反应产物具有顺反异构体
D．Z的同分异构体可能含两个苯环
10．[2022·山东济南历二中城二模]（双选）在一定条件M可与N发生如图转化生成一种具有优良光学性能的树脂Q。下列说法正确的是（ ）
A．1molQ在酸性条件下的水解产物最多能消耗2molNaHCO3
B．与M官能团种类和数目都相同的芳香族化合物还有5种
C．1molQ最多可消耗4molNaOH
D．Q与足量的氢气加成后的产物中含有2个手性碳原子
练23 有机物的空间结构及同分异构体
1．答案：D
解析：化合物1分子中含有饱和碳原子，所有原子不可能共平面，A不正确；化合物1不属于醇类，故不是乙醇的同系物，B不正确；化合物2分子中不含羟基，C不正确；化合物2可以发生开环聚合反应生成，D正确。
2．答案：B
解析：辅酶Q10的分子式为C59H90O4，A项错误；H中含有11个甲基，故辅酶Q10分子中含有14个甲基，B项正确；由乙烯分子中所有原子共平面可知，辅酶Q10分子中所有的氧原子共平面，C项错误；分子中饱和碳原子上的氢原子在反应中可以被取代，D项错误。
3．答案：B
解析：该分子中含有羟基、酯基、碳碳双键三种官能团，A项错误；分子中碳原子均为sp2杂化，结合分子结构知，所有碳原子共平面，B项正确；与酚羟基相连碳原子的邻位和对位碳原子上的氢原子能与溴发生取代反应，碳碳双键能与溴发生加成反应，1mol该物质与足量溴水反应，最多可消耗3molBr2，C项错误；该物质中酚羟基、酯基能与NaOH反应，酯基水解得到酚羟基和羧基，因此1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗4molNaOH，D项错误。
4．答案：B
解析：根据结构简式知，该物质分子式为C9H10O，A错误；采用“定一移一”法可知，该物质苯环上的二氯代物有4种，B正确；该分子中含有碳碳双键，具有烯烃性质，能发生加聚反应，但不能发生缩聚反应，C错误；碳碳双键、苯环为平面结构，单键可绕键轴旋转，则该分子中所有C原子不一定共面，D错误。
5．答案：C
解析：由题干信息可知，4 叔丁基苯乙酮的分子式为C12H16O，A正确；图甲分子中的苯环为平面结构，故有12个原子共平面，羰基所在的平面为4个原子，然后每个甲基最多增加一个原子与之共平面，故图甲所示分子最多有17个原子共平面，如图所示除苯环所在的12个原子之外，，其中3、5为增加的H原子，B正确；图乙分子中最多有4个原子共直线，即碳碳三键所在的直线，C错误；图甲分子中存在一个碳原子连有三个甲基的情况，故所有碳原子不可能共平面，D正确。
6．答案：C
解析：比较甲、乙的分子式结合反应条件可知，甲→乙发生醇的消去反应生成不饱和烃，甲应为醇，A正确；乙的化学式满足CnH2n，同分异构体可能为烯烃或者环烷烃，其为烯烃时共面原子最多，为8个，B正确；丙含4种化学环境不同的氢原子的同分异构体为1，1 二溴丁烷、1，2 二溴丁烷、1，3 二溴丁烷、其中1，2 二溴丁烷和1，3 二溴丁烷由于存在手性碳原子有对映异构体，所以丙的同分异构体中含4种化学环境氢的有5种，C错误；若丁属于醛，丁醛和2 甲基丙醛中均无手性碳，因此均无立体异构，D正确。
7．答案：D
解析：分子式为C4H6，不符合烷烃通式，不属于烷烃，A错误；二氯代物有4种：、、、，B错误；烃难溶于水，C错误；分子式为C4H6，故生成1molC4H10至少需2molH2，D正确。
8．答案：B
解析：b中无—COOH和—OH，因此不能与金属钠发生反应放出H2，A错误；c是含有5个C原子的饱和一元醇，可看作是C5H12分子中的1个H原子被—OH取代产生的物质，C5H12有正戊烷、异戊烷、新戊烷三种不同结构，正戊烷有3种H原子，异戊烷有4种H原子，新戊烷只有1种H原子，因此C5H12分子中H原子种类数目是3＋4＋1＝8，其中一个H原子被—OH取代得到8种不同取代产物，去掉c，还有7种，B正确；酯化反应是可逆反应，故1mola与1molCH3OH在一定条件下反应生成的b的物质的量小于1mol，C错误；a、b都可以与NaOH溶液发生反应，因此不能使用NaOH溶液除杂，应该使用饱和Na2CO3溶液除去杂质a，D错误。
9．答案：D
解析：该反应打开了X分子中的C===O，属于加成反应，A正确；X、Y分子中含有的手性碳原子个数相同(标*为手性碳原子)，均为1，B正确；Z的消去反应产物为，具有顺反异构体，C正确；Z分子的不饱和度为7，两个苯环的不饱和度为8，Z的同分异构体不可能含两个苯环，D错误。
10．答案：BD
解析：1molQ在酸性条件下的水解产物为1molM和1molN，M不与NaHCO3反应，1molN与1molNaHCO3反应，即1molQ在酸性条件下的水解产物最多能消耗1molNaHCO3，A错误；与M官能团种类和数目都相同的芳香族化合物还有5种，分别是2，3，4 三溴苯酚、2，3，5 三溴苯酚、2，3，6 三溴苯酚、2，4，5 三溴苯酚、3，4，5 三溴苯酚，B正确；与苯环直接相连的溴原子与NaOH发生取代反应生成酚羟基，且生成的酚羟基也消耗NaOH，1mol酚酯基消耗2molNaOH，则1molQ最多可消耗8molNaOH，C错误；Q与足量的氢气加成后的产物中，如图所示，含有2个手性碳原子(标*号)，D正确。练24 化学实验仪器及其基本操作
1．[2022·湖南卷]化学实验操作是进行科学实验的基础。下列操作符合规范的是（ ）
A.碱式滴定
管排气泡 B.溶液加热 C.试剂存放 D.溶液
滴加
2.[2022·广东卷]实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置（“→”表示气流方向）不能达到实验目的的是（ ）
3．[2023·全国乙卷]下列装置可以用于相应实验的是（ ）
A B C D
制备CO2 分离乙醇 和乙酸 验证SO2 酸性 测量O2体积
4.[2023·全国甲卷]实验室将粗盐提纯并配制0.1000mol·L－1的NaCl溶液。下列仪器中，本实验必须用到的有（ ）
①天平 ②温度计 ③坩埚 ④分液漏斗 ⑤容量瓶 ⑥烧杯 ⑦滴定管 ⑧酒精灯
A．①②④⑥B．①④⑤⑥
C．②③⑦⑧D．①⑤⑥⑧
5．[2023·湖南卷]下列玻璃仪器在相应实验中选用不合理的是（ ）
A．重结晶法提纯苯甲酸：①②③
B．蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4：③⑤⑥
C．浓硫酸催化乙醇制备乙烯：③⑤
D．酸碱滴定法测定NaOH溶液浓度：④⑥
6．[2023·湖北卷]实验室用以下装置（夹持和水浴加热装置略）制备乙酸异戊酯（沸点142℃），实验中利用环己烷－水的共沸体系（沸点69℃）带出水分。已知体系中沸点最低的有机物是环己烷（沸点81℃），其反应原理：
下列说法错误的是（ ）
A．以共沸体系带水促使反应正向进行
B．反应时水浴温度需严格控制在69℃
C．接收瓶中会出现分层现象
D．根据带出水的体积可估算反应进度
7．[2023·浙江6月]下列说法正确的是（ ）
A．图①装置可用于制取并收集氨气
B．图②操作可排出盛有KMnO4溶液滴定管尖嘴内的气泡
C．图③操作俯视刻度线定容会导致所配溶液浓度偏大
D．图④装置盐桥中阳离子向ZnSO4溶液中迁移
8．[2023·山东潍坊期中]下列关于仪器使用的说法错误的是（ ）
A．仪器①为蒸发皿，可用于蒸发或浓缩溶液
B．仪器②③加热时需要垫石棉网
C．仪器③为蒸馏烧瓶，主要用于混合液体的蒸馏和分馏
D．仪器④为容量瓶，使用前应检查是否漏水
9．下列是一些装置检查气密性的方法，其中正确的是（ ）
10．[2023·山东潍坊期中]下列图示的实验，能够实现相应实验目的的是（ ）
A．利用甲装置用CCl4从碘水中萃取碘
B．利用乙装置制取并收集少量纯净的氯气
C．利用丙装置控制制取氧气的速率
D．利用丁装置验证SO2的漂白性
11．[2023·江苏南通重点高中期初]下列实验中，所选装置或实验设计合理的是（ ）
A．用图①所示装置可以除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质
B．用乙醇萃取溴水中的溴选择图②所示装置
C.用图③所示装置可以分离乙醇和水
D．用装置④将SnCl2溶液蒸干制备SnCl2晶体
12．[2023·河北石家庄质检]利用下列装置（夹持装置略）进行实验，能达到目的的是（ ）
A．利用装置甲验证铁的析氢腐蚀
B．利用装置乙制备氢氧化亚铁
C．利用装置丙蒸发氯化镁溶液，制备无水氯化镁
D.利用装置丁制备并收集二氧化碳
练24 化学实验仪器及其基本操作
1．答案：A
解析：碱式滴定管排气泡时应弯曲橡皮管将尖嘴斜向上方，然后挤压玻璃珠使溶液涌出，从而排出气泡，A项正确；加热试管内溶液时，试管夹应夹持在离试管口处，试管与桌面应成45°，B项错误；实验室中试剂应按物质类别分类放置，C项错误；向试管中滴加液体时，胶头滴管不能伸入试管内部，D项错误。
2．答案：D
解析：浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，故A不符合题意；氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意；湿润的红色布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意；氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意。
3．答案：D
解析：Na2CO3固体比较稳定，受热不易分解，所以不能采用加热碳酸钠的方式制备二氧化碳，A错误；乙醇和乙酸是互溶的，不能采用分液的方式分离，应采用蒸馏来分离，B错误；二氧化硫通入品红溶液中，可以验证其漂白性，不能验证酸性，C错误；测量氧气体积时，装置选择量气管，测量时要恢复到室温，两边液面高度相等，D正确；故选D。
4．答案：D
解析：实验室将粗盐提纯时，需要将其溶于一定量的水中，然后将其中的硫酸根离子、钙离子、镁离子依次用稍过量的氯化钡溶液、碳酸钠溶液和氢氧化钠溶液除去，该过程中有过滤操作，需要用到烧杯、漏斗和玻璃棒；将所得滤液加适量盐酸酸化后蒸发结晶得到较纯的食盐，该过程要用到蒸发皿和酒精灯；用提纯后得到的精盐配制溶液的基本步骤有称量、溶解、转移、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等。综上所述，本实验必须用到的有①天平、⑤容量瓶、⑥烧杯、⑧酒精灯，因此本题选D。
5．答案：A
解析：①为漏斗，②为球形冷凝管，③为温度计，④为酸式滴定管，⑤为蒸馏烧瓶，⑥为锥形瓶，重结晶法提纯苯甲酸时不用仪器②，A项错误；蒸馏法分离CH2Cl2和CCl4时，用到仪器③⑤⑥，B项正确；浓硫酸催化乙醇制备乙烯实验中，需迅速升温至170℃，用到仪器③⑤，C项正确；酸碱中和滴定法测定NaOH溶液浓度，用到仪器④⑥，D项正确。
6．答案：B
解析：由反应方程式可知，生成物中含有水，若将水分离出去，可促进反应正向进行，该反应选择以共沸体系带水可以促使反应正向进行，A正确；反应产品的沸点为142℃，环己烷的沸点是81℃，环己烷－水的共沸体系的沸点为69℃，温度可以控制在69℃～81℃之间，不需要严格控制在69℃，B错误；接收瓶中接收的是环己烷－水的共沸体系，环己烷不溶于水，会出现分层现象，C正确；根据投料量，可估计生成水的体积，所以可根据带出水的体积估算反应进度，D正确；故选B。
7．答案：C
解析：氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，遇冷又化合生成氯化铵，则直接加热氯化铵无法制得氨气，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，故A错误；高锰酸钾溶液具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，所以高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管中，不能盛放在碱式滴定管中，故B错误；配制一定物质的量浓度的溶液时，俯视刻度线定容会使溶液的体积偏小，导致所配溶液浓度偏大，故C正确；由图可知，锌铜原电池中，锌电极为原电池的负极，铜为正极，盐桥中阳离子向硫酸铜溶液中迁移，故D错误；故选C。
8．答案：B
解析：仪器①为蒸发皿，可用于蒸发或浓缩溶液，A正确；仪器②是坩埚，直接加热，不需要垫石棉网，仪器③是蒸馏烧瓶，主要用于混合液体的蒸馏和分馏，加热时需要垫石棉网，B错误，C正确；仪器④为容量瓶，使用前应检查是否漏水，D正确。
9．答案：B
解析：此装置左侧导管与外界空气相通，不是密闭装置，无法检查出装置的气密性，A错误；用弹簧夹夹住右边橡胶管，向长颈漏斗中倒水后，静置观察到液面高度不变，说明装置气密性良好，故能检查装置气密性，B正确；装置中长颈漏斗与外界空气相通，不是密闭装置，无法检查出装置的气密性，C错误；此装置左侧导管与外界空气相通，不是密闭装置，无法检查出装置的气密性，D错误。
10．答案：A
解析：碘在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，CCl4与水不互溶且不反应，所以可以用CCl4来萃取碘水中的碘，A正确；由于浓盐酸易挥发，用浓盐酸和高锰酸钾固体制备的氯气中混有HCl气体，所以利用乙装置得不到纯净的氯气，B错误；过氧化钠是粉末状固体，且遇水发生剧烈反应，并放出大量的热，不能使用简易启普发生器，C错误；二氧化硫具有还原性，能与Fe3＋发生氧化还原反应，使溶液褪色，利用丁装置不能验证SO2的漂白性，D错误。
11．答案：A
解析：CaCO3不溶于水，可用过滤的方法除去Na2CO3溶液中的CaCO3杂质，A正确；乙醇与水互溶，所以不能用乙醇作萃取剂萃取溴水中的溴，B错误；图③所示装置用蒸馏的方法分离乙醇和水，装置中缺少温度计，无法控制温度，达不到蒸馏的目的，C错误；将SnCl2溶液蒸干制备SnCl2晶体不能在烧杯中进行，另外SnCl2蒸干的过程中需抑制Sn2＋的水解，应在HCl气流中蒸发，D错误。
12．答案：B
解析：铁钉在氯化钠中性溶液中发生吸氧腐蚀，A错误；用装置乙制备氢氧化亚铁时，先打开止水夹a，用铁和稀硫酸反应生成的氢气将装置中的空气排尽，然后关闭止水夹a，利用反应生成的氢气增大试管A中的压强，将硫酸亚铁溶液压入试管B中，硫酸亚铁和氢氧化钠在无氧环境中反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，B正确；氯化镁是强酸弱碱盐，在溶液中水解生成氢氧化镁和氯化氢，水解反应是吸热反应，若直接加热蒸发MgCl2溶液，氯化氢受热挥发，水解平衡向正反应方向移动导致水解趋于完全，最终得到氢氧化镁，C错误；碳酸氢钠受热分解得到二氧化碳和水蒸气，无法得到纯净的二氧化碳，且二氧化碳密度比空气大，应用向上排空气法收集，D错误。练25 表格分析型实验题
1．[2022·全国甲卷]根据实验目的，下列实验及现象、结论都正确的是（ ）
选项 实验目的 实验及现象 结论
A 比较 CH3COO－和HCO的水解常数 分别测浓度均为0.1mol·L－1的CH3COONH4和NaHCO3溶液的pH，后者大于前者 Kh（CH3COO－） B 检验铁锈中是否含有二价铁 将铁锈溶于浓盐酸，滴入KMnO4溶液。紫色褪去 铁锈中含有二价铁
C 探究氢离子浓度对CrO、Cr2O相互转化的影响 向K2CrO4溶液中缓慢滴加硫酸，黄色变为橙红色 增大氢离子浓度，转化平衡向生成Cr2O的方向移动
D 检验乙醇中是否含有水 向乙醇中加入一小粒金属钠，产生无色气体 乙醇中含有水
2.[2022·浙江6月]亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品（成分为亚硝酸钠或氯化钠）溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
方案设计 现象和结论
A 先加入少量KClO3溶液，再加AgNO3溶液和足量稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
B 加到少量KMnO4溶液中，再加硫酸酸化，振荡 若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠
C 先加到少量FeCl2溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡 若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠
D 先加入少量Na2SO3溶液，再加入BaCl2溶液和稀硝酸，振荡 若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
3.[2022·全国乙卷]由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（ ）
实验操作 现象 结论
A 向NaBr溶液中滴加过量氯水，再加入淀粉KI溶液 先变橙色，后变蓝色 氧化性：Cl2>Br2>I2
B 向蔗糖溶液中滴加稀H2SO4，水浴加热，加入少量新制的氢氧化铜悬浊液 无砖红色沉淀 蔗糖未发生水解
C 石蜡油加强热，将产生的气体通入Br2/CCl4溶液 溶液红棕色变无色 气体中含有不饱和烃
D 加热试管中的聚氯乙烯薄膜碎片 试管口润湿的蓝色石蕊试纸变红 氯乙烯加聚是可逆反应
4.[2022·辽宁卷]下列实验能达到目的的是（ ）
实验目的 实验方法或操作
A 测定中和反应的反应热 酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的温度
B 探究浓度对化学反应速率的影响 量取同体积不同浓度的NaClO溶液，分别加入等体积等浓度的Na2SO3溶液，对比现象
C 判断反应后Ba2＋是否沉淀完全 将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中再加1滴Na2CO3溶液
D 检验淀粉是否发生了水解 向淀粉水解液中加入碘水
5.[2022·湖南卷]为探究FeCl3的性质，进行了如下实验（FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.1mol·L－1）。
实验 操作与现象
① 在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。
② 在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，变红褐色；再滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀。
③ 在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，变红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加K3[Fe（CN）6]溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸，产生红褐色沉淀。
依据上述实验现象，结论不合理的是（ ）
A．实验①说明加热促进Fe3＋水解反应
B．实验②说明Fe3＋既发生了水解反应，又发生了还原反应
C．实验③说明Fe3＋发生了水解反应，但没有发生还原反应
D．整个实验说明SO对Fe3＋的水解反应无影响，但对还原反应有影响
6．[2023·浙江1月]探究铁及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
实验方案 现象 结论
A 往FeCl2溶液中加入Zn片 短时间内无明显现象 Fe2＋的氧化能力比Zn2＋弱
B 往Fe2（SO4）3溶液中滴加KSCN溶液，再加入少量K2SO4固体 溶液先变成血红色后无明显变化 Fe3＋与SCN－的反应不可逆
C 将食品脱氧剂样品中的还原铁粉溶于盐酸，滴加KSCN溶液 溶液呈浅绿色 食品脱氧剂样品中没有＋3价铁
D 向沸水中逐滴加5～6滴饱和FeCl3溶液，持续煮沸 溶液先变成红褐色再析出沉淀 Fe3＋先水解得Fe（OH）3再聚集成Fe（OH）3沉淀
7.[2023·浙江6月]探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
实验方案 现象 结论
A 往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡 分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色 碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力
B 用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上 试纸变白 次氯酸钠溶液呈中性
C 向2mL0.1mol·L－1AgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol·L－1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L－1KI溶液 先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀 AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度
D 取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度
8.[2023·新课标卷]根据实验操作及现象，下列结论中正确的是（ ）
选项 实验操作及现象 结论
A 常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象 稀硝酸的氧化性比浓硝酸强
B 取一定量Na2SO3样品，溶解后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。加入浓HNO3，仍有沉淀 此样品中含有SO
C 将银和AgNO3溶液与铜和Na2SO4溶液组成原电池。连通后银表面有银白色金属沉积，铜电极附近溶液逐渐变蓝 Cu的金属性比Ag强
D 向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 溴与苯发生了加成反应
9.[2023·山东潍坊测评]下列实验方案设计、现象和结论有错误的是（ ）
选项 目的 方案设计 现象和结论
A 检验纤维素水解的产物是否含有葡萄糖 将脱脂棉放入试管中，加入浓硫酸后搅成糊状，微热得到亮棕色溶液，加入新制氢氧化铜悬浊液，加热 有砖红色沉淀生成，说明产物中含有葡萄糖
B 鉴定某涂改液中是否存在含氯有机化合物 取涂改液加KOH溶液加热，取上层清液，加硝酸酸化，加入硝酸银溶液 出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯有机化合物
C 检验硫酸厂周边空气中是否含有SO2 用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化 溶液不变色，说明空气中不含SO2
D 检验某溶液中是否含有亚铁离子 向新配制的硫酸亚铁溶液中滴加邻二氮菲溶液，观察溶液颜色变化 溶液变为橙红色，说明该溶液中含有亚铁离子
10.下列各组实验所选玻璃仪器和试剂均准确、完整的是（不考虑存放试剂的容器）（ ）
选项 实验内容 玻璃仪器 试剂
A 配制100mL1mol·L－1的FeCl3溶液 100mL容量瓶、烧杯、量筒、胶头滴管 蒸馏水、 FeCl3固体、 浓盐酸
B 测定NaHCO3的热稳定性 试管、导管、酒精灯、烧杯 NaHCO3固体
C 将苦卤中的Br－氧化、富集 烧杯、胶头滴管、分液漏斗 苦卤、氯水、四氯化碳
D 由粗盐（含Mg2＋、Ca2＋、SO）制备精盐 漏斗、烧杯、玻璃棒 粗食盐水、NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液
练25 表格分析型实验题
1．答案：C
解析：A项，CH3COONH4为弱酸弱碱盐，NH对CH3COO－的水解有影响，可以分别测同浓度的CH3COONa与NaHCO3溶液的pH，错误；B项，KMnO4溶液与浓盐酸也可以发生氧化还原反应而褪色，不能验证溶液中是否有Fe2＋，错误；C项，存在可逆反应：2CrO（黄色）＋2H＋ Cr2O（橙红色）＋H2O，氢离子浓度增大，平衡正向移动，正确；D项，乙醇与钠也可以发生反应产生氢气，不能用来检验乙醇中是否含有水，错误。
2．答案：C
解析：A项方案设计的目的是使NO还原ClO，生成Cl－，但氯化钠也能电离出Cl－，A项错误；若该溶液为NaCl溶液，加入硫酸酸化，KMnO4有强氧化性，在酸性条件下，Cl－使KMnO4溶液褪色，B项错误；NO在酸性条件下具有较强的氧化性，可氧化Fe2＋生成黄色的Fe3＋，C项正确；稀硝酸也能氧化SO生成SO，D项错误。
3．答案：C
解析：A项，加入淀粉KI溶液后溶液变蓝，不一定是Br2氧化I－，也可能是过量的氯水氧化I－，不能得出Br2的氧化性大于I2的结论，错误；B项，蔗糖的水解液中含有稀硫酸，需要加碱中和后，才能加入新制的Cu（OH）2悬浊液并加热，错误；D项，加热后聚氯乙烯分解产生氯化氢等气体，而聚氯乙烯是氯乙烯加聚形成的，两个反应不是同一反应的正、逆反应，不能说明氯乙烯加聚是可逆反应，错误。
4．答案：C
解析：酸碱中和滴定操作中没有很好的保温措施，热量损失较多，不能用于测定中和反应的反应热，A错误；NaClO和Na2SO3反应无明显现象，无法根据现象进行浓度对化学反应速率的影响的探究，B错误；将Na2CO3溶液与BaCl2溶液混合，反应后静置，向上层清液中滴加1滴Na2CO3溶液，若有浑浊产生，则说明Ba2＋没有沉淀完全，反之，则沉淀完全，C正确；检验淀粉是否发生了水解，应检验是否有淀粉的水解产物（葡萄糖）存在，可选用银氨溶液或新制氢氧化铜，碘水是用来检验淀粉的试剂，可用于检验淀粉是否完全水解，D错误。
5．答案：D
解析：实验①中煮沸后溶液变红褐色[Fe（OH）3胶体]，说明加热促进Fe3＋水解反应，A项正确；实验②中溶液变红褪色，说明生成了Fe（OH）3胶体，Fe3＋发生了水解反应，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中存在Fe2＋，Fe3＋发生了还原反应，B项正确；实验③中溶液变红褐色，说明Fe3＋发生了水解反应，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，无蓝色沉淀生成，说明Fe3＋没有发生还原反应，C项正确；实验①中煮沸后溶液变红褐色，实验③中溶液直接变红褐色，说明SO对Fe3＋的水解反应有影响，D项错误。
6．答案：D
解析：往FeCl2溶液中加入Zn片，发生反应Fe2＋＋Zn===Fe＋Zn2＋，Fe2＋的氧化能力比Zn2＋的强，A项错误；往Fe2（SO4）3溶液中滴加KSCN溶液，发生反应Fe3＋＋3SCN－ Fe（SCN）3，溶液变血红色，再加入少量K2SO4固体，对平衡无影响，故不能说明Fe3＋与SCN－的反应不可逆，B项错误；若食品脱氧剂样品中有＋3价铁，铁粉与＋3价铁发生反应Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，滴加KSCN溶液，溶液呈浅绿色，C项错误；向沸水中逐滴加5～6滴饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，得到Fe（OH）3胶体，持续煮沸，Fe（OH）3胶体发生聚沉，析出红褐色沉淀，D项正确。
7．答案：A
解析：向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色说明碘的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中碘离子反应生成碘三离子使上层溶液呈棕黄色，证明碘在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正确；次氯酸钠溶液具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故B错误；由题意可知，向硝酸银溶液中加入氯化钾溶液时，硝酸银溶液过量，再加入碘化钾溶液时，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，无法比较氯化银和碘化银的溶度积大小，故C错误；新制氯水中的氯气和次氯酸都能与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘，则溶液变蓝色不能说明溶液中存在氯气分子，无法证明氯气与水的反应存在限度，故D错误；故选A。
8．答案：C
解析：常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致现象不明显，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，A错误；浓硝酸会氧化亚硫酸根生成硫酸根，仍然产生白色沉淀，所以不能通过该实验现象判断样品中是否含有硫酸根，B错误；铜比银活泼，在形成原电池过程中，做负极，发生氧化反应，生成了铜离子，导致溶液变为蓝色，所以该实验可以比较铜和银的金属性强弱，C正确；向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，D错误；故选C。
9．答案：A
解析：纤维素在酸性条件下水解生成葡萄糖，而葡萄糖的检验应在碱性条件下进行，应先加碱中和酸至溶液显碱性，再加入适量的新制氢氧化铜悬浊液并加热至沸腾，可观察到砖红色沉淀生成，故A错误；取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，硝酸酸化，排除了KOH的干扰，加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，该沉淀为氯化银，能够说明涂改液中存在含氯有机化合物，故B正确；二氧化硫具有还原性，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，溶液不变色，能够说明空气中不含二氧化硫，故C正确；邻二氮菲为检测亚铁离子的指示剂，根据溶液颜色变化可判断溶液中是否含有Fe2＋，故D正确。
10．答案：C
解析：配制100mL1mol·L－1的FeCl3溶液，所需的玻璃仪器有100mL容量瓶、胶头滴管、烧杯、量筒、玻璃棒，选项中缺少玻璃棒，所需试剂为蒸馏水、FeCl3固体、浓盐酸，故A错误；测定NaHCO3的热稳定性，所需的玻璃仪器有试管、导管、酒精灯、烧杯，所需试剂为NaHCO3固体、澄清石灰水，故B错误；将苦卤中的Br－氧化、富集，所需的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、分液漏斗，所需试剂为苦卤、氯水、四氯化碳，故C正确；由粗盐（含Mg2＋、Ca2＋、SO）制备精盐，所需的玻璃仪器有胶头滴管、漏斗、烧杯、玻璃棒，蒸发结晶时需要酒精灯、玻璃棒、蒸发皿（非玻璃仪器），所需试剂为粗食盐水、NaOH溶液、Na2CO3溶液、BaCl2溶液、稀盐酸，故D错误。练26 以流程图为载体的实验
1．[2022·山东德州期末]硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2·6H2O]是一种无机复盐，能溶于水，几乎不溶于乙醇，100～110℃时分解。实验室制备硫酸亚铁铵的步骤如图。下列说法错误的是（ ）
A.为提高10%的碳酸钠处理效果，可以适当提高洗涤液的温度
B.配制所需的稀硫酸，用量筒量取12.0mL98%浓硫酸（ρ＝1.84g·mL－1）
C.用稀硫酸溶解废铁屑时，水浴加热比明火加热更安全
D.操作Ⅲ为蒸发到晶膜出现时，冷却结晶、过滤，用乙醇洗涤
2.[2022·湖南名校联盟入学摸底]垃圾分类具有经济、生态等方面的效益，为研究废旧电池的再利用，实验室利用旧电池的铜帽（主要成分为Zn和Cu）回收Cu并制备ZnO的部分实验流程如图所示。下列说法错误的是（ ）
A.“溶解”过程中，加入H2O2的作用是氧化Cu而使Cu溶解
B.加入过量锌粉的目的是使铜离子完全转化为铜单质
C.操作M中用到的玻璃仪器有铁架台、烧杯、漏斗和玻璃棒
D.通过加适量碱、过滤、洗涤、干燥、加热等操作，可得到ZnO
3.[2022·山东潍坊二模]苯甲酸可用作食品防腐剂，微溶于冷水，易溶于乙醇、热水，实验室可通过甲苯氧化制苯甲酸，制备过程和装置如图：
下列说法错误的是（ ）
A.实验中可选用250mL三颈烧瓶
B.当回流液不再出现油珠即可判断反应已完成
C.加入饱和亚硫酸氢钠溶液的目的是降低苯甲酸的溶解度
D.趁热过滤前需用热水将滤纸浸湿
4.[2022·山东日照联考]过氧化钙（CaO2）是一种白色固体，能潮解，难溶于水，不溶于醇类，常用作杀菌消毒剂。一种工业生产过氧化钙（CaO2）过程如图所示。
下列说法错误的是（ ）
A.“冷水浴反应”中H2O2的作用是氧化剂
B.母液经处理后可返回“冷水浴反应”循环利用
C.操作2需要用到坩埚、酒精灯、玻璃棒
D.“洗涤”产品需依次用蒸馏水、无水乙醇洗涤，其中乙醇洗涤的目的是除去表面的水分
5.[2022·山东泰安期末]某科研小组采用如图方案回收一种光盘金属层中的少量Ag。
已知：AgCl可溶于氨水：AgCl＋2NH3·H2O Ag（NH3）＋Cl－＋2H2O。下列说法错误的是（ ）
A.“氧化”阶段需在80℃条件下进行，可用水浴加热
B.为加快“溶解”速率，可采用高温条件
C.实验室中过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
D.为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中
6.[2022·重庆西南大学附属中学第三次月考]工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2＋、Cu2＋等离子，实验室设计分离出Zn2＋并制取胆矾的流程如下（已知：Zn2＋与NaOH溶液的反应与Al3＋类似）。下列说法错误的是（ ）
A.滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO＋4H＋===Zn2＋＋2H2O
B.系列操作②包括蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥
C.操作①和②中用到的玻璃仪器不完全相同
D.可用无水乙醇洗涤胆矾晶体，除去表面的杂质
7.[2022·山东枣庄二模]某学生设计如图流程，以废铁屑（含有少量碳和SiO2杂质）为原料制备无水FeCl3固体：
下列有关说法正确的是（ ）
A.操作①用到的仪器均为玻璃仪器
B.操作中试剂b可选用稀硝酸或过氧化氢溶液
C.进行操作②时通入HCl气体以提高产品纯度
D.由于SOCl2易与结晶水反应，可用作操作③的脱水剂
8.[2022·山东荷泽一模]某工业食盐样品中混有NaBr杂质，现对其进行提纯，并获取液态溴，可设计实验流程如图所示：
下列说法错误的是（ ）
A.依据实验流程可知，操作Ⅰ为萃取、分液，可选取CCl4作为萃取剂
B.由溶液D获取液溴时采用蒸馏操作，所用温度计的水银球应插入液面以下
C.在进行操作Ⅱ时，需要的主要仪器有铁架台（带铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、坩埚钳
D.若样品为44.0g，最终获得42.1g氯化钠固体，则原固体混合物中氯化钠的质量分数约为90%
9.[2022·山东德州期末]实验室用苯甲酸和乙醇在浓硫酸催化下制备苯甲酸乙酯。已知：①苯甲酸乙酯为无色液体，沸点为212℃，微溶于水，易溶于乙醚。②乙醚的密度为0.714g·cm－3，沸点为34.6℃。
下列说法正确的是（ ）
A.开始试剂的加入顺序：浓硫酸、无水乙醇、苯甲酸
B.蒸馏除去乙醚时，需水浴加热，实验台附近严禁火源
C.蒸馏时需要用蒸馏烧瓶、球形冷凝管、温度计
D.用乙醚萃取苯甲酸乙酯时，有机相位于分液漏斗的下层
10.[2022·山东济南一模]溴乙烷是无色油状液体，是制造巴比妥的原料，工业上可用海水制备溴乙烷，部分工艺流程如图：
下列说法错误的是（ ）
A.粗盐提纯时，加入沉淀剂的顺序可以是BaCl2、NaOH和Na2CO3
B.向“母液”中通入热空气，利用溴的易挥发性，将溴吹出
C.“制备”时氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶1
D.“精制”时所用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯
练26 以流程图为载体的实验
1．答案：B
解析：碳酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，用10%的碳酸钠溶液能洗涤除去废铁屑表面的油污，盐类的水解是吸热反应，适当升高温度，水解平衡向正反应方向移动，氢氧根离子浓度增大，去污能力增强，故A正确；需80mL3mol·L－1硫酸，则应配制100mL，由c＝可知，98%浓硫酸的浓度为＝18.4mol·L－1，由稀释定律可知，配制所需硫酸需要98%浓硫酸的体积为×1000mL·L－1≈16.3mL，故B错误；用稀硫酸溶解废铁屑时，铁与稀硫酸反应生成易燃的氢气，用水浴加热可以使生成的氢气远离火源，可以避免发生爆炸，比明火加热更安全，故C正确；操作Ⅲ为从溶液中得到硫酸亚铁铵晶体，硫酸亚铁和硫酸铵混合溶液经蒸发到晶膜出现时，冷却结晶、过滤、用乙醇洗涤、干燥得到硫酸亚铁铵晶体，故D正确。
2．答案：C
解析：根据流程图可知溶解过程中Zn和Cu都被溶解，Zn可直接被硫酸溶解，而Cu不能直接溶于硫酸，故加入H2O2的作用是氧化Cu而使Cu溶解，A正确；为了保证操作M后铜被完全分离，应加入过量锌粉，B正确；操作M为过滤，用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒，C错误；操作M后的溶液中存在大量的Zn2＋，加适量碱生成Zn（OH）2，经过滤、洗涤、干燥、加热等操作，可得到ZnO，D正确。
3．答案：C
解析：三颈烧瓶所盛液体的体积不超过烧瓶容积的，不少于烧瓶容积的，三颈烧瓶中需加入100mL的水、1.5mL甲苯和4.8g高锰酸钾，应选用250mL的三颈烧瓶，A正确；没有油珠说明甲苯已经完全被氧化，因此当回流液中不再出现油珠时，说明反应已经完成，B正确；高锰酸钾具有强氧化性，能将Cl－氧化，加入适量的饱和亚硫酸氢钠溶液是为了除去过量的高锰酸钾，避免在用盐酸酸化时，产生氯气，C错误；趁热过滤前需用热水将滤纸浸湿，防止过滤时苯甲酸钠遇冷析出，造成产率降低，D正确。
4．答案：A
解析：元素化合价没有发生变化，发生了非氧化还原反应，故A错误；由分析可知，母液中含有氯化铵，经处理后可返回“冷水浴反应”循环利用，故B正确；操作2为灼烧，需要用到坩埚、酒精灯、玻璃棒等仪器，故C正确；八水合过氧化钙经蒸馏水、无水乙醇洗涤可除去晶体表面的可溶性杂质，其中乙醇洗涤的目的是除去表面的水分，故D正确。
5．答案：B
解析：由实验流程可知，预处理后的光盘碎片含有Ag，一定条件下经NaClO氧化生成AgCl，AgCl不溶于水，过滤后，加入10%氨水溶解，发生已知信息的反应，转化为Ag（NH3），过滤后，滤液经一系列操作得到Ag。已知“氧化”阶段需在80℃条件下进行，温度变化范围较小，且低于100℃，因此可用水浴加热，A正确；氨水中的NH3·H2O受热易分解为NH3和H2O，不利于溶解AgCl，故不能采用高温条件，B错误；过滤时使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，C正确；为避免滤渣中含有未被溶解的银元素而导致银的损失，提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并将洗涤后的滤液合并入“过滤Ⅱ”的滤液中，D正确。
6．答案：B
解析：工业电解精炼铜的溶液中含有Zn2＋、Cu2＋等离子，加入过量NaOH溶液，铜离子转化成氢氧化铜沉淀，由已知中Zn2＋与NaOH溶液的反应与Al3＋类似可知，锌离子转化为ZnO，过滤（操作①），滤渣1是氢氧化铜，滤液l中含有ZnO；氢氧化铜和过量硫酸反应生成硫酸铜蓝色溶液，经过系列操作②结晶出胆矾。滤液1中含有ZnO，滤液1与过量硫酸反应的离子方程式为ZnO＋4H＋===Zn2＋＋2H2O，A项正确。硫酸铜蓝色溶液经系列操作②得到胆矾，系列操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，B项错误。操作①是过滤操作，需要的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒；操作②包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，需要的玻璃仪器是漏斗、烧杯、玻璃棒、蒸发皿、酒精灯，用到的玻璃仪器不完全相同，C项正确。胆矾晶体在无水乙醇中的溶解度很小，同时乙醇易挥发，可以利用无水乙醇洗去晶体上的水和水中的离子，D项正确。
7．答案：C
解析：废铁屑（含有少量碳和SiO2杂质）加入过量盐酸，铁与盐酸反应生成氯化亚铁，过滤除去不反应的少量碳和SiO2杂质，a为氯化亚铁，加入氧化剂b生成c（氯化铁），FeCl3溶液在HCl气流中经蒸发浓缩、冷却结晶生成FeCl3·6H2O，通入SOCl2生成FeCl3。由分析可知，操作①是过滤，用到的仪器有烧杯、玻璃棒、铁架台和漏斗，铁架台不属于玻璃仪器，A错误；若b是稀硝酸，会引入新杂质硝酸根离子，B错误；操作②是氯化铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶生成FeCl3·6H2O，由于铁离子会发生水解反应，通入HCl气体可抑制水解，提高产品纯度，C正确；SOCl2易水解生成SO2和HCl，带走水分的同时，生成的HCl抑制FeCl3水解，不是作为脱水剂，D错误。
8．答案：B
解析：依据实验流程可知，操作Ⅰ是从NaCl和Br2的混合溶液中分离出NaCl溶液和含液溴的溶液，故操作Ⅰ为萃取、分液，上层为NaCl溶液，下层为有机溶剂和Br2，故可选取密度比水大的CCl4作为萃取剂，A正确；由液体D获取液溴时采用蒸馏操作，蒸馏时温度计测量的是蒸气的温度，故所用温度计的水银球应该与蒸馏烧瓶支管口下沿平齐，B错误；操作Ⅱ是从NaCl溶液中获得NaCl固体，故操作Ⅱ为蒸发结晶，在进行操作Ⅱ时，需要的主要仪器有铁架台（带铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒、坩埚钳，C正确；若样品为44.0g，最终获得42.1g氯化钠固体，设样品中NaBr的质量为mg，根据反应计算可知：
2NaBr ＋ Cl2 === 2NaCl ＋Br2 Δm
20689
mg （44－42.1）g
解得m≈4.4，则原固体混合物中氧化钠的质量分数约为×100%＝90%，D正确。
9．答案：B
解析：浓硫酸密度大，应该最后加入，A错误；乙醚沸点低，受热易挥发，且遇明火易爆炸，所以蒸馏除去乙醚时，需水浴加热，实验台附近严禁火源，B正确；蒸馏时需用直形冷凝管，不用球形冷凝管，C错误；乙醚的密度小于水，用乙醚萃取苯甲酸乙酯时，有机相位于分液漏斗的上层，D错误。
10．答案：D
解析：海水晒盐后的母液，通入氯气把溴离子氧化为溴单质，鼓入热空气，将溴吹出，溴单质、S、乙醇反应生成硫酸、溴乙烷和水。粗盐提纯时，加入BaCl2除去SO、加入NaOH除去Mg2＋、加入Na2CO3除去Ca2＋、Ba2＋，加入沉淀剂的顺序可以是BaCl2、NaOH和Na2CO3，A正确；溴易挥发，向“母液”中通入热空气，将溴吹出，B正确；“制备”时发生反应6CH3CH2OH＋S＋3Br2===6CH3CH2Br＋H2SO4＋2H2O，S元素化合价升高，S是还原剂，Br元素化合价降低，Br2是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶1，C正确；溴乙烷易溶于乙醇，用蒸馏法“精制”溴乙烷，所用的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、锥形瓶、牛角管、温度计、酒精灯等，D错误。练27 化工生产工艺流程的创新应用
1．[2023·全国甲卷]BaTiO3是一种压电材料。以BaSO4为原料，采用下列路线可制备粉状BaTiO3。
回答下列问题：
（1）“焙烧”步骤中碳粉的主要作用是________________________________________________________________________。
（2）“焙烧”后固体产物有BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS。“浸取”时主要反应的离子方程式为 。
（3）“酸化”步骤应选用的酸是 （填标号）。
a．稀硫酸 b．浓硫酸 c．盐酸 d．磷酸
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取，是否可行？ ，其原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（5）“沉淀”步骤中生成BaTiO（C2O4）2的化学方程式为________________________________________________________________________。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，产生的nCO2∶nCO＝ 。
2．[2023·全国乙卷]LiMn2O4作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿（MnCO3，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素）制备LiMn2O4的流程如下：
已知：Ksp[Fe（OH）3]＝2.8×10－39，Ksp[Al（OH）3]＝1.3×10－33，Ksp[Ni（OH）2]＝5.5×10－16。
回答下列问题：
（1）硫酸溶矿主要反应的化学方程式为 。为提高溶矿速率，可采取的措施________________________________________________________________________（举1例）。
（2）加入少量MnO2的作用是 。不宜使用H2O2替代MnO2，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（3）溶矿反应完成后，反应器中溶液pH＝4，此时c（Fe3＋）＝ mol·L－1；用石灰乳调节至pH≈7，除去的金属离子是 。
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2＋，生成的沉淀有 。
（5）在电解槽中，发生电解反应的离子方程式为 。随着电解反应进行，为保持电解液成分稳定，应不断 。电解废液可在反应器中循环利用。
（6）煅烧窑中，生成LiMn2O4反应的化学方程式是________________________________________________________________________。
3．[2023·新课标卷]铬和钒具有广泛用途。铬钒渣中铬和钒以低价态含氧酸盐形式存在，主要杂质为铁、铝、硅、磷等的化合物，从铬钒渣中分离提取铬和钒的一种流程如下图所示：
已知：最高价铬酸根在酸性介质中以Cr2O存在，在碱性介质中以CrO存在。
回答下列问题：
（1）煅烧过程中，钒和铬被氧化为相应的最高价含氧酸盐，其中含铬化合物主要为 （填化学式）。
（2）水浸渣中主要有SiO2和 。
（3）“沉淀”步骤调pH到弱碱性，主要除去的杂质是 。
（4）“除硅磷”步骤中，使硅、磷分别以MgSiO3和MgNH4PO4的形式沉淀，该步需要控制溶液的pH≈9以达到最好的除杂效果，若pH<9时，会导致 ；pH>9时，会导致________________________________________________________________________。
（5）“分离钒”步骤中，将溶液pH调到1.8左右得到V2O5沉淀，V2O5在pH<1时，溶解为VO或VO3＋；在碱性条件下，溶解为VO或VO，上述性质说明V2O5具有 （填标号）。
A．酸性B．碱性C．两性
（6）“还原”步骤中加入焦亚硫酸钠（Na2S2O5）溶液，反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
4．[2023·重庆联合诊断检测]高性能磁带的磁粉主要成分是CoxFe3－xO4，某探究小组设计了如图甲所示流程制取CoxFe3－xO4。图中正极材料的主要成分是LiCoO2，还含有少量Al和Fe{已知常温下，Ksp[Co（OH）2]＝1.6×10－15）。
请根据流程回答下列问题：
（1）流程中放出的“气体”的化学式为 。
（2）提高酸浸浸取率的措施是 （写两条即可）。
（3）在“酸浸”过程中，加入Na2S2O3的作用是 。
（4）实验室要完成②的操作会用到下列仪器中的 （填字母）。
a．坩埚b．烧杯c．蒸发皿d．泥三角
（5）写出①的化学方程式：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（6）常温时，“沉钴”过程中，当溶液的pH＝11时，c（Co2＋）＝________________________________________________________________________。
（7）在空气中加热Co（OH）2，固体残留率随温度的变化如图乙所示，则A点主要的固体产物为 （属于氧化物，填化学式）。
5．[2023·山东潍坊一模]铼（Re）是熔点和沸点较高的金属单质之一，用于制造高效能喷射引擎和火箭引擎。从辉钼矿氧化焙烧后的烟道灰（主要成分有Re2O7、ReS2、ReO3、PbO、MoO3、CuO、Fe3O4）中提取铼粉的流程如图甲所示。
已知：
Ⅰ.Re2O7易溶于水，高铼酸钾（KReO4）在水中的溶解度随温度变化较大；
Ⅱ.RCl阴离子交换树脂，对铼具有良好的选择性，在酸性体系中能够有效地吸附铼。
回答下列问题：
（1）
“氧化浸出”过程，ReS2、ReO3被氧化为ReO，ReO3被氧化的离子方程式为 。浸出过程中，在浸出时间相同的条件下改变液固比，实验结果如图乙所示，则实际生产中应选择的液固比是 （填序号）。
a．2∶1b．3∶1
c．4∶1d．5∶1
（2）“水解中和”过程，加NH4HCO3调溶液pH至6左右，过滤后得到滤渣1中除钼的化合物还有 （写化学式）。
（3）“硫化沉淀”过程，先加入硫化铵，与溶液中的MoO反应生成MoS，再加入H2SO4调pH使MoS转化为更难溶的MoS3，则生成沉淀的离子方程式是________________________________________________________________________。
（4）“解吸”后的离子交换树脂用 （填化学式）溶液再生处理后可循环使用。
（5）“提纯”所用的方法是 （填操作名称），“氢还原”过程是在管式电炉中，800℃时通入氢气，反应的化学方程式为________________________________________________________________________。
6．[2023·山东名校高三联考]MnCO3是制造电信器材软磁铁氧体的原料。工业上利用软锰矿（主要成分为MnO2，还含有CaCO3、Fe2O3、Al2O3等杂质）制取碳酸锰的流程如图所示。
已知：还原焙烧主反应为2MnO2＋C2MnO＋CO2↑；Na2S2O8能将Mn2＋氧化为MnO。
（1）步骤C中得到的滤渣的成分是 ，步骤D中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 ，步骤E中调节pH至4.5的作用是________________________________________________________________________。
（2）pH＝0的溶液中，不同价态含锰微粒的能量（ΔG）如图。若某种含锰微粒的能量处于相邻价态两种微粒能量连线左上方，则该微粒不稳定并发生歧化反应，转化为相邻价态的微粒。图中五种含锰微粒中，不能稳定存在于pH＝0的溶液中的离子有 。
（3）步骤G的离子方程式为________________________________________________________________________。
（4）设计实验证明步骤H中Mn2＋是否已完全反应：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（5）实验室中利用固体KMnO4进行如图实验：
若标准状况下收集到气体H的体积为4.48L，则气体G的物质的量为 。
练27 化工生产工艺流程的创新应用
1．答案：（1）作还原剂，将BaSO4还原
（2）S2－＋Ca2＋===CaS↓
（3）c
（4）不可行 CaS也会与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2和有毒的H2S气体，导致BaCl2溶液中混有杂质，最终所得产品的纯度降低
（5）BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2（NH4）2C2O4===BaTiO（C2O4）2↓＋4NH4Cl＋2HCl
（6）1∶1
解析：由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的BaS和微溶于水的CaS；烧渣经水浸取后过滤，滤渣中碳粉和CaS，滤液中有BaCl2和BaS；滤液经酸化后浓缩结晶得到BaCl2晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl4和（NH4）2C2O4将钡离子充分沉淀得到BaTiO（C2O4）2；BaTiO（C2O4）2经热分解得到BaTiO3。
（1）“焙烧”步骤中，BaSO4与过量的碳粉及过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、BaS和CaS，BaSO4被还原为BaS，因此，碳粉的主要作用是作还原剂，将BaSO4还原。
（3）“酸化”步骤是为了将BaS转化为易溶的钡盐，为了不引入杂质，应选用的酸是盐酸，选c。
（4）如果焙烧后的产物直接用酸浸取是不可行的，其原因是CaS也会与盐酸反应生成可溶于水的CaCl2和有毒的H2S气体，导致BaCl2溶液中混有杂质，最终所得产品的纯度降低。
（5）“沉淀”步骤中生成BaTiO（C2O4）2的化学方程式为：BaCl2＋TiCl4＋H2O＋2（NH4）2C2O4===BaTiO（C2O4）2↓＋4NH4Cl＋2HCl。
（6）“热分解”生成粉状钛酸钡，该反应的化学方程式为，BaTiO（C2O4）2BaTiO3＋2CO2↑＋2CO↑，因此，产生的n∶nCO＝1∶1。
2．答案：（1）MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋H2O＋CO2↑ 粉碎菱锰矿
（2）将Fe2＋氧化为Fe3＋ Fe3＋可以催化H2O2分解
（3）2.8×10－9 Al3＋
（4）BaSO4、NiS
（5）Mn2＋＋2H2OH2↑＋MnO2↓＋2H＋ 加水
（6）2Li2CO3＋8MnO24LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑
解析：根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和MnO2，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的MnO2可以将溶液中的Fe2＋氧化为Fe3＋；随后将溶液pH调至约等于7，此时，根据已知条件给出的三种氢氧化物的溶度积可知，可以将溶液中的Al3＋沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的Ni2＋沉淀，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的Mn2＋，将此溶液置于电解槽中电解，得到MnO2，将MnO2与碳酸锂共同煅烧得到最终产物LiMn2O4。
（1）菱锰矿中主要含有MnCO3，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：MnCO3＋H2SO4===MnSO4＋H2O＋CO2↑；为提高溶矿速率，可以将菱锰矿粉碎。
（2）根据分析，加入MnO2的作用是将酸溶后溶液中含有的Fe2＋氧化为Fe3＋，但不宜使用H2O2氧化Fe2＋，因为Mn2＋和氧化后生成的Fe3＋可以催化H2O2分解，原料利用率低。
（3）溶矿完成以后，反应器中溶液pH＝4，此时溶液中c（OH－）＝1.0×10－10mol·L－1，此时体系中含有的c（Fe3＋）＝＝2.8×10－9mol·L－1，这时，溶液中的c（Fe3＋）小于1.0×10－5，认为Fe3＋已经沉淀完全；用石灰乳调节至pH≈7，这时溶液中c（OH－）＝1.0×10－7mol·L－1，溶液中c（Al3＋）＝1.3×10－12mol·L－1，c（Ni2＋）＝5.5×10－2mol·L－1，c（Al3＋）小于1.0×10－5，Al3＋沉淀完全，这一阶段除去的金属离子是Al3＋。
（4）加入少量BaS溶液除去Ni2＋，此时溶液中发生反应的离子方程式为BaS＋Ni2＋＋SO===BaSO4↓＋NiS↓，生成的沉淀有BaSO4、NiS。
（5）在电解槽中，Mn2＋发生反应生成MnO2，反应的离子方程式为Mn2＋＋2H2OH2↑＋MnO2↓＋2H＋；电解时电解液中消耗水、生成H2SO4，为保持电解液成分稳定，应不断补充水。
（6）煅烧窑中MnO2与Li2CO3发生反应生成LiMn2O4，反应的化学方程式为2Li2CO3＋8MnO24LiMn2O4＋2CO2↑＋O2↑。
3．答案：（1）Na2CrO4
（2）Fe2O3
（3）Al（OH）3
（4）不利于形成MgNH4PO4沉淀 不能形成MgSiO3沉淀
（5）C
（6）2Cr2O＋3S2O＋10H＋===4Cr3＋＋6SO＋5H2O
解析：由题给流程可知，铬钒渣在氢氧化钠和空气中煅烧，将钒、铬、铁、铝、硅、磷等元素转化为相应的最高价含氧酸盐。煅烧渣加入水浸取、过滤得到含有二氧化硅、氧化铁的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将AlO转化为Al（OH）3沉淀，过滤得到Al（OH）3滤渣和滤液；向滤液中加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，过滤得到含有MgSiO3、MgNH4PO4的滤渣和滤液；向滤液中加入稀硫酸调节溶液pH将钒元素转化为五氧化二钒，过滤得到五氧化二钒和滤液；向滤液中加入焦亚硫酸钠溶液将铬元素转化为三价铬离子，调节溶液pH将铬元素转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬。
（4）由分析可知，加入硫酸镁溶液、硫酸铵溶液的目的是将硅元素、磷元素转化为MgSiO3和MgNH4PO4沉淀，若溶液pH<9时，会导致磷元素不能形成MgNH4PO4沉淀，若溶液pH>9时，会导致镁离子生成氢氧化镁沉淀，不能形成MgSiO3沉淀，导致产品中混有杂质；（5）由题给信息可知，五氧化二钒是能与酸溶液反应生成盐和水，也能与碱溶液反应生成盐和水的两性氧化物，故选C；（6）由题意可知，还原步骤中加入焦亚硫酸钠溶液的目的是将铬元素转化为铬离子，反应的离子方程式为2Cr2O＋3S2O＋10H＋===4Cr3＋＋6SO＋5H2O。
4．答案：（1）H2
（2）适当升高温度、不断搅拌（或适当增大硫酸的浓度）（合理即可）
（3）作还原剂，将＋3价Co还原成＋2价Co
（4）ad
（5）4FeSO4＋8NaOH＋O24FeOOH↓＋4Na2SO4＋2H2O
（6）1.6×10－9mol·L－1
（7）Co3O4
解析：由题给流程可知，向正极材料中加入稀硫酸和硫代硫酸钠溶液酸浸时，钴酸锂与稀硫酸、硫代硫酸钠反应生成硫酸锂、硫酸钴、硫酸钠和水，铁、铝溶于稀硫酸生成硫酸亚铁和硫酸铝，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，鼓入空气将硫酸亚铁和硫酸铝转化为氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤得到废渣和含有硫酸锂、硫酸钴、硫酸钠的滤液；向滤液中加入氢氧化钠溶液将钴离子转化为氢氧化钴沉淀，过滤得到氢氧化钴；向氢氧化钴沉淀中加入稀硫酸将氢氧化钴溶解得到硫酸钴溶液；将含有稀硫酸的硫酸亚铁溶液加入铁皮晶种生长槽中，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；硫酸亚铁溶液和氢氧化钠溶液在40℃条件下搅拌得到FeOOH晶种，将晶种加入铁皮晶种生长槽中，在60℃条件下吹入空气经处理得到FeOOH粉末，在200～300℃条件下加热灼烧FeOOH粉末得到氧化铁，氧化铁与合适的还原剂作用得到四氧化三铁；四氧化三铁与硫酸钴溶液反应制得CoxFe3－xO4。（1）由分析可知，硫酸亚铁溶液加入铁皮晶种生长槽的目的是除去硫酸亚铁溶液中的稀硫酸，发生的反应为铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，则放出的气体为氢气。（2）适当升高温度、粉碎正极材料、适当增大硫酸的浓度、不断搅拌等措施能够提高酸浸的浸取率。（3）由分析可知，酸浸过程中加入稀硫酸和硫代硫酸钠溶液发生的反应为钴酸锂与稀硫酸、硫代硫酸钠反应生成硫酸锂、硫酸钴、硫酸钠和水，则加入硫代硫酸钠的目的是将钴酸锂中＋3价钴转化为＋2价钴。（4）由分析可知，②的操作是在200～300℃条件下加热灼烧FeOOH粉末得到氧化铁，实验室应在坩埚中加热灼烧FeOOH粉末，灼烧需要的仪器有坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯，故选ad。（5）由分析可知，①发生的反应为硫酸亚铁溶液和氢氧化钠溶液在40℃条件下搅拌得到FeOOH晶种，反应的化学方程式为4FeSO4＋O2＋8NaOH4FeOOH↓＋4Na2SO4＋2H2O。（6）由氢氧化钴的溶度积可知，溶液的pH为11时，溶液中钴离子的浓度为＝mol·L－1＝1.6×10－9mol·L－1。（7）设氢氧化钴的质量为100g，A点的主要产物是CoOn，由钴原子个数守恒可得＝，解得n＝，则A点的主要产物的化学式为Co3O4。
5．答案：（1）2ReO3＋H2O2===2ReO＋2H＋ a
（2）Fe（OH）3、Cu（OH）2
（3）MoS＋2H＋===MoS3↓＋H2S↑
（4）HCl
（5）重结晶 2KReO4＋7H22Re＋6H2O＋2KOH
解析：（1）根据题意ReO3被H2O2氧化为ReO，根据得失电子守恒、元素守恒可得离子方程式为2ReO3＋H2O2===2ReO＋2H＋；根据整个流程的目的可知，浸出时，需要铼有较高的浸出率，据图乙可知，当液、固比为2∶1时，铼有较高的浸出率，继续增大液固比，溶液变稀，会增加后续流程中的成本，所以选a。（2）烟道灰中还含有CuO、Fe3O4，氧化浸出后溶液中会含有Cu2＋、Fe3＋，所以调溶液pH至6左右，滤渣中会有Fe（OH）3、Cu（OH）2。（3）根据元素守恒可知除有MoS3沉淀生成外，还有H2S气体生成，离子方程式为MoS＋2H＋===MoS3↓＋H2S↑。（4）RCl为阴离子交换树脂，所以离子交换时Cl－与ReO进行交换，解吸后交换树脂中有RClO4，所以加入HCl溶液再生处理后可循环使用。（5）高铼酸钾在水中的溶解度随温度变化较大，所以可以采用重结晶进行提纯；根据题意可知800℃时KReO4会被氢气还原为Re，根据得失电子守恒、元素守恒可得化学方程式为2KReO4＋7H22Re＋6H2O＋2KOH。
6．答案：（1）CaSO4、炭粉 2∶1 使Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀而除去 （2）Mn3＋、MnO
（3）2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al（OH）3↓＋3H2S↑
（4）取反应后的滤液少许于试管中，滴入Na2S2O8溶液，若溶液不变紫红色，证明Mn2＋沉淀完全；若溶液变紫红色，证明Mn2＋未沉淀完全 （5）0.025mol
解析：软锰矿和焦炭混合焙烧，MnO2被还原为MnO，Fe2O3、Al2O3被还原为相应的金属单质Fe、Al，硫酸浸取后得到含有Mn2＋、Fe2＋、Al3＋的溶液，碳酸钙转化为硫酸钙成为滤渣；过滤后向滤液中加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，之后加入10%NaOH溶液调节pH至4.5，将Fe3＋完全沉淀，过滤后再加入Na2S沉淀Al3＋，过滤后再加入碳酸氢铵发生复分解反应得到碳酸锰沉淀，过滤后分离烘干得到成品。（1）根据分析可知，用硫酸浸取时碳酸钙会转化为CaSO4，成为滤渣，同时炭粉也不溶于硫酸，也成为滤渣；步骤D中加入MnO2将Fe2＋氧化为Fe3＋，Mn元素被还原为Mn2＋，根据得失电子守恒可知还原剂与氧化剂的物质的量之比为2∶1；步骤E中调节pH至4.5的目的是使Fe3＋转化为Fe（OH）3沉淀而除去。（2）据图可知Mn3＋位于Mn2＋和MnO2连线的左上方、MnO位于MnO2和MnO连线的左上方，这两种微粒不能在pH＝0的溶液中稳定存在。（3）步骤G向滤液中加入Na2S沉淀Al3＋，硫化钠溶液中因存在硫离子的水解而显碱性，加入滤液中后与Al3＋发生双水解反应从而沉淀Al3＋，离子方程式为2Al3＋＋3S2－＋6H2O===2Al（OH）3↓＋3H2S↑。（4）根据题目信息可知Na2S2O8可以将Mn2＋氧化为MnO，而MnO在水溶液中显紫红色，所以实验证明Mn2＋是否完全反应可以取反应后的滤液少许于试管中，滴入Na2S2O8溶液，若溶液不变紫红色，证明Mn2＋已沉淀完全，若溶液变紫红色，证明Mn2＋未沉淀完全。（5）KMnO4受热发生反应生成K2MnO4、MnO2和O2，即气体单质G为O2、固体为K2MnO4和MnO2，加入足量浓盐酸加热，二者均被还原为Mn2＋，而盐酸被氧化为Cl2，即气体单质H为Cl2，标准状况下气体H的体积为4.48L，则物质的量为0.2mol，最后一步反应共失去0.4mol电子，而0.1molKMnO4全部转化为Mn2＋，共得到0.5mol电子，根据得失电子守恒可知生成O2时共失去0.5mol－0.4mol＝0.1mol电子，则n（O2）＝mol＝0.025mol。练28 化学反应原理的综合应用
1．.[2023·全国甲卷]甲烷选择性氧化制备甲醇是一种原子利用率高的方法。回答下列问题：
（1）已知下列反应的热化学方程式：
①3O2（g）===2O3（g） K1 ΔH1＝285kJ·mol－1
②2CH4（g）＋O2（g）===2CH3OH（l） K2 ΔH2＝－329kJ·mol－1
反应③CH4（g）＋O3（g）===CH3OH（l）＋O2（g）的ΔH3＝ kJ·mol－1，平衡常数K3＝ （用K1、K2表示）。
（2）
电喷雾电离等方法得到的M＋（Fe＋、Co＋、Ni＋等）与O3反应可得MO＋。MO＋与CH4反应能高选择性地生成甲醇。分别在300K和310K下（其他反应条件相同）进行反应MO＋＋CH4===M＋＋CH3OH，结果如图所示。图中300K的曲线是 （填“a”或“b”）。300K、60s时MO＋的转化率为 （列出算式）。
（3）MO＋分别与CH4、CD4反应，体系的能量随反应进程的变化如下图所示（两者历程相似，图中以CH4示例）。
（ⅰ）步骤Ⅰ和Ⅱ中涉及氢原子成键变化的是 （填“Ⅰ”或“Ⅱ”）。
（ⅱ）直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线 （填“c”或“d”）。
（ⅲ）MO＋与CH2D2反应，氘代甲醇的产量CH2DOD CHD2OH（填“＞”“＜”或“＝”）。若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇有 种。
2．[2023·全国乙卷]硫酸亚铁在工农业生产中有许多用途，如可用作农药防治小麦黑穗病，制造磁性氧化铁、铁催化剂等。回答下列问题：
（1）在N2气氛中，FeSO4·7H2O的脱水热分解过程如图所示：
根据上述实验结果，可知x＝ ，y＝ 。
（2）已知下列热化学方程式：
FeSO4·7H2O（s）===FeSO4（s）＋7H2O（g） ΔH1＝akJ·mol－1
FeSO4·xH2O（s）===FeSO4（s）＋xH2O（g） ΔH2＝bkJ·mol－1
FeSO4·yH2O（s）===FeSO4（s）＋yH2O（g） ΔH3＝ckJ·mol－1
则FeSO4·7H2O（s）＋FeSO4·yH2O（s）＝2（FeSO4·xH2O）（s）的ΔH＝ kJ·mol－1。
（3）将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4（s） Fe2O3（s）＋SO2（g）＋SO3（g）（Ⅰ）。平衡时p T的关系如下图所示。660K时，该反应的平衡总压p总＝ kPa、平衡常数Kp（Ⅰ）=== （kPa）2。Kp（Ⅰ）随反应温度升高而 （填“增大”“减小”或“不变”）。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3（g） 2SO2（g）＋O2（g）（Ⅱ），平衡时p＝ （用p、p表示）。在929K时，p总＝84.6kPa，p＝35.7kPa，则p＝ kPa，Kp（Ⅱ）＝ kPa（列出计算式）。
3．[2023·新课标卷]氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：
（1）根据图1数据计算反应N2（g）＋H2（g）===NH3（g）的ΔH＝ kJ·mol－1。
（2）研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行（*表示催化剂表面吸附位，N表示被吸附于催化剂表面的N2）。判断上述反应机理中，速率控制步骤（即速率最慢步骤）为 （填步骤前的标号），理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（3）合成氨催化剂前驱体（主要成分为Fe3O4）使用前经H2还原，生成α Fe包裹的Fe3O4。已知α Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287pm，密度为7.8g·cm－3，则α Fe晶胞中含有Fe的原子数为 （列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA）。
（4）在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中一种进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25，另一种为xH2＝0.675、xN2＝0.225、xAr＝0.10。（物质i的摩尔分数：xi＝）
①图中压强由小到大的顺序为 ，判断的依据是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
②进料组成中含有惰性气体Ar的图是 。
③图3中，当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，氮气的转化率α＝ 。该温度时，反应N2（g）＋H2（g） NH3（g）的平衡常数Kp＝ （MPa）－1（化为最简式）。
4．[2023·广东普通高中质量测评]水煤气变换反应主要应用在以煤、石油和天然气为原料的制氢工业和合成氨工业中，我国学者破解了低温下高转化率与高反应速率不能兼得的难题。回答下列问题：
（1）通过计算机模拟，我国学者研究了在金催化剂表面上水煤气变换的反应历程，如图甲所示，*代表吸附在催化剂表面。由图甲可知，水煤气变换反应的ΔH 0（填“>”“<”或“＝”），该历程中反应速率最慢一步的化学方程式是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（2）对于水煤气变换反应：CO（g）＋H2O（g） CO2（g）＋H2（g） ΔH，下列说法正确的是 （填序号）。
A．升高温度，反应速率加快，平衡转化率增大
B.压缩容器容积增大压强，反应速率加快，CO的平衡转化率不变
C．水碳比[即原料气中]越大，反应速率一定越快
D．使用合适的催化剂，反应热不变，可加快反应速率
（3）
对于变换反应，图乙曲线表示在其他条件一定时反应速率与温度的关系，x为CO的转化率，其中最佳反应温度曲线为不同转化率下最大反应速率与温度的关系，则x最大的是 ，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
为使反应过程速率最快，操作温度应随着反应进程沿着最佳温度曲线 （填“升高”或“降低”）。
（4）变换反应的平衡受多种因素影响，图丙曲线表示CO平衡转化率与温度和水碳比的关系，则最佳的温度和水碳比是 ，图丙中A点对应的平衡常数为 。
5．[2023·四川德阳质检]“碳达峰、碳中和”的关键在于如何资源化利用CO2。回答下列问题：Ⅰ.CO2催化加氢制CH2===CH2主反应为2CO2（g）＋6H2（g） C2H4（g）＋4H2O（g） ΔH。
已知：H2、C2H4的燃烧热分别为285.8kJ·mol－1、1411.0kJ·mol－1；
H2O（l） H2O（g） ΔH＝＋44.0kJ·mol－1。
（1）ΔH＝ kJ·mol－1，该反应在 （填“高温”“低温”或“任何温度”）下能自发进行。
（2）
该反应的速率表达式为v正＝k正c2（CO2）·c6（H2），v逆＝k逆c（C2H4）·c4（H2O），其中k正、k逆为速率常数。其他条件不变时，速率常数k与温度的关系如图甲，其中表示k正的曲线是 （填序号）。
Ⅱ.CO2 CH4重整制CO主反应为
CO2（g）＋CH4（g） 2CO（g）＋2H2（g） ΔH>0。
在pMPa时，将CO2和CH4按物质的量之比为1∶1充入密闭容器中，分别在无催化剂及ZrO2催化下反应相同时间，测得CO2的转化率与温度的关系如图乙所示：
（3）a点CO2转化率相等的原因是________________________________________________________________________。
（4）在pMPa、900℃、ZrO2催化条件下，将CO2、CH4、H2O（g）按物质的量之比为1∶1∶n充入密闭容器，CO2的平衡转化率α大于50%，解释说明原因：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________，
此时平衡常数Kp＝ （以分压表示，分压＝总压×物质的量分数；写出含α、n、p的计算表达式）。
Ⅲ.CO2电化学还原制HCOOH
（5）一种CO2电化学制甲酸的装置如图丙所示，电极a为 极（填“正”或“负”），写出电极b的电极反应式：________________________________________________________________________。
6．[2023·石家庄第二中学高三开学考]CO2的资源化可以推动经济高质量发展和生态环境质量的持续改善，回答下列问题：
Ⅰ.CO2和CH4都是主要的温室气体。已知25℃时，相关物质的燃烧热数据如表：
物质 H2（g） CO（g） CH4（g）
燃烧热ΔH（kJ·mol－1） －285.8 －283.0 －890.3
（1）25℃时，CO2（g）和CH4（g）生成水煤气的热化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（2）在恒温恒容装置中通入等体积CO2和CH4，发生上述反应，起始压强为p，CO2的平衡转化率为α。达平衡时，容器内总压为 。该反应的平衡常数Kp＝ （用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数）。
Ⅱ.CO2制甲醇反应为CO2（g）＋3H2（g） CH3OH（g）＋H2O（g） ΔH＝－49.0kJ·mol－1。起始投料为＝3不变，研究不同温度、压强下，平衡时甲醇的物质的量分数[x（CH3OH）]的变化规律如图所示。其中x（CH3OH）－p图在T＝250℃下测得，x（CH3OH）－T图在p＝5×105Pa下测得。
（3）图中等压过程的曲线是 （填“a”或“b”），判断的依据是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
（4）当x（CH3OH）＝0.10时，反应条件可能为 或 。
Ⅲ.运用电化学原理可以很好利用CO2资源。
（5）火星大气由96%的二氧化碳气体组成，火星探测器采用Li CO2电池供电，其反应机理如图：
电池中的“交换膜”应为 （填“阳离子”或“阴离子”）交换膜。写出CO2电极的反应式：_____________________________________________________________
________________________________________________________________________。
练28 化学反应原理的综合应用
1．答案：（1）－307 （）或
（2）b ×100%
（3）Ⅰ c ＜ 2
解析：（1）根据盖斯定律可知，反应③＝×（②－①），所以对应ΔH3＝（ΔH2－ΔH1）＝（－329kJ·mol－1－285kJ·mol－1）＝－307kJ·mol－1；根据平衡常数表达式与热化学方程式之间的关系可知，对应化学平衡常数K3＝（）或；
（2）根据图示信息可知，纵坐标表示－lg[]，即与MO＋的微粒分布系数成反比，与M＋的微粒分布系数成正比。则同一时间内，b曲线生成M＋的物质的量浓度比a曲线的小，证明化学反应速率慢，又因同一条件下降低温度化学反应速率减慢，所以曲线b表示的是300K条件下的反应；
根据上述分析结合图像可知，300K、60s时－lg[]＝0.1，
则＝10－0.1，利用数学关系式可求出c（M＋）＝（100.1－1）c（MO＋），根据反应MO＋＋CH4===M＋＋CH3OH可知，生成的M＋即为转化的MO＋，则MO＋的转化率为×100%；
（3）（ⅰ）步骤Ⅰ涉及的是碳氢键的断裂和氢氧键的形成，步骤Ⅱ中涉及碳氧键形成，所以符合题意的是步骤Ⅰ；
（ⅱ）直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则此时正反应活化能会增大，根据图示可知，MO＋与CD4反应的能量变化应为图中曲线c；
（ⅲ）MO＋与CH2D2反应时，因直接参与化学键变化的元素被替换为更重的同位素时，反应速率会变慢，则单位时间内产量会下降，则氘代甲醇的产量CH2DOD＜CHD2OH；根据反应机理可知，若MO＋与CHD3反应，生成的氘代甲醇可能为CHD2OD和CD3OH，共2种。
2．答案：（1）4 1 （2）（a＋c－2b）
（3）3 2.25 增大
（4） 46.26
解析：（1）由图中信息可知，当失重比为19.4%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·xH2O，则＝19.4%，解得x＝4；当失重比为38.8%时，FeSO4·7H2O转化为FeSO4·yH2O，则＝38.8%，解得y＝1。
（2）①FeSO4·7H2O（s）===FeSO4（s）＋7H2O（g） ΔH1＝akJ·mol－1
②FeSO4·xH2O（s）===FeSO4（s）＋xH2O（g） ΔH2＝bkJ·mol－1
③FeSO4·yH2O（s）===FeSO4（s）＋yH2O（g） ΔH3＝ckJ·mol－1
根据盖斯定律可知，①＋③－②×2可得FeSO4·7H2O（s）＋FeSO4·yH2O（s）===2（FeSO4·xH2O）（s），则ΔH＝（a＋c－2b）kJ·mol－1。
（3）将FeSO4置入抽空的刚性容器中，升高温度发生分解反应：2FeSO4（s） Fe2O3（s）＋SO2（g）＋SO3（g）（Ⅰ）。由平衡时p T的关系图可知，660K时，p＝1.5kPa，则p＝1.5kPa，因此，该反应的平衡总压p总＝3kPa、平衡常数Kp（Ⅰ）＝1.5kPa×1.5kPa＝2.25（kPa）2。由图中信息可知，p随着温度升高而增大，因此，Kp（Ⅰ）随反应温度升高而增大。
（4）提高温度，上述容器中进一步发生反应2SO3（g） 2SO2（g）＋O2（g）（Ⅱ），在同温同压下，不同气体的物质的量之比等于其分压之比，由于仅发生反应（Ⅰ）时p＝p，则p＋2p＝p－2p，因此，平衡时p＝。在929K时，p总＝84.6kPa、p＝35.7kPa，则p＋p＋p＝p总、p＋2p＝p－2p，联立方程组消去p，可得3p＋5p＝4p总，代入相关数据可求出p＝46.26kPa，则p＝84.6kPa－35.7kPa－46.26kPa＝2.64kPa，Kp（Ⅱ）＝＝kPa。
3．答案：（1）－45
（2）（ⅱ） 在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H—H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为（ⅱ）
（3）
（4）①p1＜p2＜p3 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大 ②图4 ③33.33%
解析：（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应N2（g）＋H2（g）===NH3（g）的ΔH＝（473＋654－436－397－339）kJ·mol－1＝－45kJ·mol－1。（2）由图1中信息可知，N2（g）===N（g）的ΔH＝＋473kJ·mol－1，则N≡N的键能为946kJ·mol－1；H2（g）===3H（g）的ΔH＝＋654kJ·mol－1，则H—H键的键能为436kJ·mol－1。在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H—H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为（ⅱ）。（3）已知α Fe属于立方晶系，晶胞参数a＝287pm，密度为7.8g·cm－3，设其晶胞中含有Fe的原子数为x，则α Fe晶体密度ρ＝g·cm－3＝7.8g·cm－3，解得x＝，即α Fe晶胞中含有Fe的原子数为。（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数p1＜p2＜p3，因此，图中压强由小到大的顺序为p1＜p2＜p3，②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下充入惰性气体Ar，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大的方向移动，因此，充入惰性气体Ar不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体Ar的图是图4。③图3中，进料组成为xH2＝0.75、xN2＝0.25两者物质的量之比为3∶1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为xmol，则有：
N2（g）＋3H2（g） 2NH3（g）
始（mol）130
变（mol）x3x2x
平（mol）1－x3－3x2x
当p2＝20MPa、xNH3＝0.20时，xNH3＝＝0.20，解得x＝，则氮气的转化率α＝≈33.33%，平衡时N2、H2、NH3的物质的量分别为mol、2mol、mol，其物质的量分数分别为、、，则该温度下K′p＝＝（MPa）－2。因此，该温度时，反应N2（g）＋H2（g） NH3（g）的平衡常数Kp＝＝＝（MPa）－1。
4．答案：（1）< COOH*＋H*＋H2O*===COOH*＋2H*＋OH*
（2）BD
（3）x1 在其他条件一定时，转化率越大，反应物浓度越小，反应速率越慢 降低
（4）326.8℃、4 81
解析：（1）根据图甲，CO、H2O的总能量大于CO2、H2的总能量，所以该反应放热，水煤气变换反应的ΔH<0；活化能越大，速率越慢，该历程中反应速率最慢一步的化学方程式是COOH*＋H*＋H2O*===COOH*＋2H*＋OH*。
（2）CO（g）＋H2O（g） CO2（g）＋H2（g）正反应放热，升高温度，反应速率加快，平衡逆向移动，平衡转化率减小，A错误；反应前后气体物质的量不变，压缩容器容积增大压强，反应速率加快，平衡不移动，CO的平衡转化率不变，B正确；水碳比[即原料气中]大，浓度不一定大，所以反应速率不一定快，C错误；使用合适的催化剂，能降低反应活化能，但不能改变反应热，可加快反应速率，D正确。
（3）在其他条件一定时，温度和反应物的浓度影响反应速率，相同温度下，转化率越大，反应物浓度越低，反应速率越慢，故x1最大。若操作温度随着反应进程能沿着最佳温度曲线由高温向低温变化，则整个过程速率最快，可以在最短时间内达到较高转化率。
（4）该反应水碳比越大，CO平衡转化率越大，由图丙可知，当反应温度为326.8℃，水碳比为4时，CO平衡转化率较大，为98%，为在较低温度和节省原料条件下进行该反应，最佳温度和水碳比分别为326.8℃、4；A点，初始水碳比为1，设初始投料CO和H2O的物质的量为nmol，由图丙可知A点时CO的平衡转化率为90%，则平衡时反应物各为0.1nmol，生成物为0.9nmol，故平衡常数为＝81。
5．答案：（1）－127.8 低温 （2）a
（3）a点所处温度下催化剂失去活性
（4）充入了不参加反应的水蒸气，相当于减压，平衡向体积增大的方向移动，CO2的平衡转化率增大
（5）负 CO2＋2H＋＋2e－===HCOOH
解析：（1）①H2（g）＋O2（g）===H2O（l） ΔH＝－285.8kJ·mol－1，②C2H4（g）＋3O2（g）===2H2O（l）＋2CO2（g） ΔH＝－1411.0kJ·mol－1，③H2O（l） H2O（g） ΔH＝＋44.0kJ·mol－1，根据盖斯定律：①×6－②＋③×4得2CO2（g）＋6H2（g） C2H4（g）＋4H2O（g） ΔH＝－285.8kJ·mol－1×6－（－1411.0kJ·mol－1）＋44.0kJ·mol－1×4＝－127.8kJ·mol－1，该反应ΔH<0，ΔS<0，要使ΔH－TΔS<0，则在低温下能自发进行。
（2）若其他条件不变，降低温度，反应速率降低，k正、k逆均减小，该反应是放热反应，降低温度，即增大，平衡正向移动，所以k正减小的倍数小于k逆，其中表示k正的曲线是a。
（3）a点CO2转化率小于平衡转化率，说明a点时反应未达到平衡状态；相同温度下反应相同的时间，测得有无催化剂时转化率均相同，即此温度下催化剂已失活。
（4）CO2（g）＋CH4（g） 2CO（g）＋2H2（g）是气体体积增大的反应，在pMPa、900℃、ZrO2催化条件下，将CO2、CH4、H2O（g）按物质的量之比为1∶1∶n充入密闭容器，CO2的平衡转化率α大于50%，是因为充入了不参加反应的水蒸气，相当于给体系减压，平衡向气体体积增大的方向移动，CO2的平衡转化率增大。设充入CO2、CH4的物质的量为1mol，列三段式
CO2（g）＋CH4（g） 2CO（g）＋2H2（g）
起始量/mol 1 1 0 0
转化量/mol α α 2α 2α
平衡量/mol1－α1－α 2α 2α
平衡时气体的总物质的量为（1－α＋1－α＋2α＋2α＋n）mol＝（2＋2α＋n）mol，此时平衡常数Kp＝＝。
（5）由图丙可知，电极a上发生氧化反应2H2O－4e－===4H＋＋O2↑，电极a为负极，b是正极，发生还原反应，二氧化碳被还原生成甲酸，电极反应式为CO2＋2H＋＋2e－===HCOOH。
6．答案：（1）CO2（g）＋CH4（g）===2H2（g）＋2CO（g） ΔH＝＋247.3kJ·mol－1
（2）（1＋α）p
（3）b 反应ΔH＜0，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，甲醇的物质的量分数变小
（4）5×105Pa、210℃ 9×105Pa、250℃
（5）阳离子 4Li＋4e－＋3CO2===2Li2CO3＋C
解析：（1）由题意可知，H2（g）＋O2（g）===H2O（l） ΔH＝－285.8kJ·mol－1 ①、CO（g）＋O2（g）===CO2（g） ΔH＝－283.0kJ·mol－1 ②、CH4（g）＋2O2（g）===CO2（g）＋2H2O（l） ΔH＝－890.3kJ·mol－1 ③、根据盖斯定律，由③－2×①－2×②可得CH4（g）＋CO2（g）===2H2（g）＋2CO（g） ΔH＝＋247.3kJ·mol－1。（2）在恒温恒容装置中通入等体积CO2和CH4，发生反应：CH4（g）＋CO2（g）===2H2（g）＋2CO（g） ΔH＝＋247.3kJ·mol－1，起始压强为p，假设反应开始时CO2和CH4的物质的量都是1mol，CO2的平衡转化率为α，则根据物质反应转化关系可知反应达平衡时，H2、CO的物质的量都是2αmol，CO2和CH4的物质的量都是（1－α）mol，此时容器中气体的总物质的量为n（总）平衡＝（1－α）＋（1－α）mol＋2αmol＋2αmol＝（2＋2α）mol，在恒温恒容条件下气体的物质的量与压强呈正比，则＝，解得p平衡＝（1＋α）p；平衡时各种气体所占的平衡分压分别为p（CH4）＝p（CO2）＝×（1＋α）p＝、p（H2）＝p（CO）＝×（1＋α）p＝αp，则平衡常数为Kp＝＝＝。（3）反应CO2（g）＋3H2（g） CH3OH（g）＋H2O（g） ΔH＝－49.0kJ·mol－1的正反应是放热反应，在压强不变时，升高温度，化学平衡逆向移动，导致x（CH3OH）减小，因此曲线b表示等压过程中x（CH3OH）与温度的关系。（4）根据上述分析可知：曲线b表示等压（5×105Pa）过程中x（CH3OH）与温度的关系，曲线a表示温度为250℃时x（CH3OH）与压强的关系。由图示可知：当x（CH3OH）＝0.10时，反应条件可能是温度为210℃、压强为5×105Pa或温度为250℃、压强为9×105Pa。（5）根据图示，左侧Li电极为负极，Li失去电子变为Li＋进入电解质中，则负极Li电极的电极反应式为Li－e－===Li＋；在CO2电极上，CO2得到电子变为C单质，同时产生CO，CO与电解质中的Li＋结合形成Li2CO3，则正极的电极反应式为4Li＋＋4e－＋3CO2===2Li2CO3＋C；Li＋要通过离子交换膜由左侧进入右侧，因此离子交换膜为阳离子交换膜。练29 化学实验综合题
1．[2023·全国甲卷]钴配合物[Co（NH3）6]Cl3溶于热水，在冷水中微溶，可通过如下反应制备：2CoCl2＋2NH4Cl＋10NH3＋H2O22[Co（NH3）6]Cl3＋2H2O。
具体步骤如下：
Ⅰ.称取2.0gNH4Cl，用5mL水溶解。
Ⅱ.分批加入3.0gCoCl2·6H2O后，将溶液温度降至10℃以下，加入1g活性炭、7mL浓氨水，搅拌下逐滴加入10mL6%的双氧水。
Ⅲ.加热至55～60℃反应20min。冷却，过滤。
Ⅳ.将滤得的固体转入含有少量盐酸的25mL沸水中，趁热过滤。
Ⅴ.滤液转入烧杯，加入4mL浓盐酸，冷却、过滤、干燥，得到橙黄色晶体。
回答下列问题：
（1）步骤Ⅰ中使用的部分仪器如下。
仪器a的名称是 。加快NH4Cl溶解的操作有________________________________________________________________________。
（2）步骤Ⅱ中，将温度降至10℃以下以避免 、 ；可选用 降低溶液温度。
（3）指出下列过滤操作中不规范之处：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（4）步骤Ⅳ中，趁热过滤，除掉的不溶物主要为 。
（5）步骤Ⅴ中加入浓盐酸的目的是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
2．[2023·全国乙卷]元素分析是有机化合物的表征手段之一。按下图实验装置（部分装置略）对有机化合物进行C、H元素分析。
回答下列问题：
（1）将装有样品的Pt坩埚和CuO放入石英管中，先 ，而后将已称重的U型管c、d与石英管连接，检查 。依次点燃煤气灯 ，进行实验。
（2）O2的作用有 。CuO的作用是 （举1例，用化学方程式表示）。
（3）c和d中的试剂分别是 、 （填标号）。c和d中的试剂不可调换，理由是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
A．CaCl2B．NaCl
C．碱石灰（CaO＋NaOH）D．Na2SO3
（4）Pt坩埚中样品CxHyOz反应完全后，应进行操作：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
取下c和d管称重。
（5）若样品CxHyOz为0.0236g，实验结束后，c管增重0.0108g，d管增重0.0352g。质谱测得该有机物的相对分子量为118，其分子式为 。
3．[2023·新课标卷]实验室由安息香制备二苯乙二酮的反应式如下：
相关信息列表如下：
物质 性状 熔点/℃ 沸点/℃ 溶解性
安息香 白色固体 133 344 难溶于冷水溶于热水、乙醇、乙酸
二苯乙二酮 淡黄色固体 95 347 不溶于水溶于乙醇、苯、乙酸
冰乙酸 无色液体 17 118 与水、乙醇互溶
装置示意图如右图所示，实验步骤为：
①在圆底烧瓶中加入10mL冰乙酸、5mL水及9.0gFeCl3·6H2O，边搅拌边加热，至固体全部溶解。
②停止加热，待沸腾平息后加入2.0g安息香，加热回流45～60min。
③加入50mL水，煮沸后冷却，有黄色固体析出。
④过滤，并用冷水洗涤固体3次，得到粗品。
⑤粗品用75%的乙醇重结晶，干燥后得淡黄色结晶1.6g。
回答下列问题：
（1）仪器A中应加入 （填“水”或“油”）作为热传导介质。
（2）仪器B的名称是 ；冷却水应从 （填“a”或“b”）口通入。
（3）实验步骤②中，安息香必须待沸腾平息后方可加入，其主要目的是 。
（4）在本实验中，FeCl3为氧化剂且过量，其还原产物为 ；某同学尝试改进本实验：采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮。该方案是否可行 ？简述判断理由________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（5）本实验步骤①～③在乙酸体系中进行，乙酸除作溶剂外，另一主要作用是防止________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（6）若粗品中混有少量未氧化的安息香，可用少量 洗涤的方法除去（填标号）。若要得到更高纯度的产品，可用重结晶的方法进一步提纯。
a．热水b．乙酸
c．冷水d．乙醇
（7）本实验的产率最接近于 （填标号）。
a．85%b．80%
c．75%d．70%
4．[2023·山东济南检测]重铬酸铵[（NH4）2Cr2O7]可用作媒染剂和有机合成催化剂，具有强氧化性。实验室中将NH3通入重铬酸（H2Cr2O7）溶液制备（NH4）2Cr2O7的装置如图所示（夹持装置略）。回答下列问题：
已知：Cr2O＋H2O 2CrO＋2H＋
（1）仪器a的名称是 ，b的作用为 ；实验时控制三颈烧瓶内溶液pH约为4，pH不宜过大的原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
A装置的作用为___________________________________________________________。
（2）利用甲醛法测定产物中（NH4）2Cr2O7的质量分数（杂质不参与反应），实验步骤如下：
①称取产物mg，配成500mL溶液，用 （填“酸式”或“碱式”）滴定管移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中。加入BaCl2溶液使Cr2O完全沉淀，反应原理为2Ba2＋＋Cr2O＋H2O===2BaCrO4↓＋2H＋。移取样品溶液时，若滴定管规格为50.00mL，样品溶液起始读数为5.00mL，此时滴定管中样品溶液的实际体积为 （填序号）。
A．5.00mLB．45.00mL
C．大于45.00mLD．小于5.00mL
②向锥形瓶中加入足量的甲醛溶液，反应原理为4NH＋6HCHO===3H＋＋6H2O＋（CH2）6N4H＋
[与NaOH反应时，1mol（CH2）6N4H＋与1molH＋相当]。摇匀、静置5min后，加入1～2滴酚酞试液，用cmol·L－1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH标准溶液的体积为VmL。滴定终点的现象为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
所得产物中（NH4）2Cr2O7（摩尔质量为Mg·mol－1）的质量分数为 %；若滴定终点时仰视读数，则测定的质量分数将 （填“偏大”“偏小”或“不变”）。
5．[2023·湖北十一校第一次联考]三氯化铬（CrCl3）是常用的媒染剂和催化剂，易潮解，易升华，高温下易被氧气氧化。实验室利用反应Cr2O3＋3CCl42CrCl3＋3COCl2（g）制取CrCl3，其实验装置如图所示。
已知：①COCl2（俗称光气）有毒，遇水发生水解：COCl2＋H2O===CO2＋2HCl；②碱性条件下，H2O2将Cr3＋氧化为CrO；酸性条件下，H2O2将Cr2O还原为Cr3＋。回答下列问题：
（1）A中的试剂为 ；无水CaCl2的作用是 ；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是________________________________________________________________________。
（2）装置E用来收集产物，实验过程中若D处出现堵塞，可通过 （填操作），使实验能继续进行。
（3）装置G中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________________。
（4）测定产品中CrCl3质量分数的实验步骤如下：
Ⅰ.取mg产品，在强碱性条件下，加入过量的30%H2O2溶液，小火加热使CrCl3完全转化为CrO，继续加热一段时间；
Ⅱ.冷却后加适量的蒸馏水，再滴入适量的浓硫酸和浓磷酸（加浓磷酸的目的是为了防止指示剂提前变色），使CrO转化为Cr2O；
Ⅲ.用新配制的cmol·L－1（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点，消耗（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液VmL（已知Cr2O被Fe2＋还原为Cr3＋）。
①产品中CrCl3的质量分数为 （用含m、c、V的式子表示）。
②下列操作将导致产品中CrCl3质量分数偏低的是 （填序号）。
a．步骤Ⅰ中未继续加热一段时间
b．步骤Ⅱ用盐酸替代硫酸
c．步骤Ⅲ中所用（NH4）2Fe（SO4）2溶液已变质
d．步骤Ⅲ中读数时，滴定前俯视，滴定后平视
6．[2023·南京市高三模拟]以废锰酸锂电池为原料，回收MnO2、精铜的实验流程如图所示：
（1）“浸取”在如图乙所示装置中进行。
①将一定量“LiMn2O4和石墨混合粉末”与H2SO4溶液、H2O2溶液中的一种配成悬浊液，加入到三颈烧瓶中，75℃下通过滴液漏斗缓慢滴加另一种溶液。滴液漏斗中的溶液是 ；
②LiMn2O4转化为MnSO4的化学方程式为________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
③保持温度、反应物和溶剂的量不变，能提高Mn元素浸出率的措施有________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（2）补充以“铜箔和铝箔”为原料制备精铜的实验方案：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________；
将所得精铜用蒸馏水洗净，干燥。
实验中须使用的试剂：1.0mol·L－1NaOH溶液、不锈钢片、H2SO4－CuSO4混合溶液。除常用仪器外须使用的仪器：直流电源。
（3）通过下列方法测定MnO2的纯度：准确称取0.4000gMnO2样品，加入25.00mL0.2000mol·L－1Na2C2O4溶液和适量硫酸，加热至完全反应（发生的反应为MnO2＋C2O＋4H＋Mn2＋＋2CO↑＋2H2O），用0.0100mol·L－1KMnO4标准溶液滴定过量的Na2C2O4至终点，消耗KMnO4标准溶液20.00mL（滴定反应为2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O）。计算样品中MnO2的质量分数（写出计算过程）。
练29 化学实验综合题
1．答案：（1）锥形瓶 升温，搅拌等
（2）浓氨水分解和挥发 双氧水分解 冰水浴
（3）玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁
（4）活性炭
（5）利用同离子效应，促进钴配合物[Co（NH3）6]Cl3尽可能完全析出，提高产率
解析：（1）由图中仪器的结构特征可知，a为锥形瓶；加快氯化铵溶解可采用升温，搅拌等；
（2）步骤Ⅱ中使用了浓氨水和双氧水，它们高温下易挥发，易分解，所以控制在10℃以下，避免浓氨水分解和挥发，双氧水分解。要控制温度在10℃以下，通常采用冰水浴降温；
（3）图中为过滤装置，玻璃棒没有紧靠三层滤纸处，可能戳破滤纸，造成过滤效果不佳。还有漏斗末端较长处（尖嘴部分）没有紧靠在“盛滤液”的烧杯内壁，可能导致液滴飞溅；
（4）步骤Ⅳ中，将所得固体转入有少量盐酸的沸水中，根据题目信息，钴配合物[Co（NH3）6]Cl3溶于热水，活性炭不溶于热水，所以趁热过滤可除去活性炭；
（5）步骤Ⅴ中，将滤液转入烧杯，由于钴配合物[Co（NH3）6]Cl3中含有氯离子，加入4mL浓盐酸，可利用同离子效应，促进钴配合物[Co（NH3）6]Cl3尽可能完全析出，提高产率，故答案为：利用同离子效应，促进钴配合物[Co（NH3）6]Cl3尽可能完全析出，提高产率。
2．答案：（1）通入一定的O2 装置气密性 b、a
（2）为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中 CO＋CuOCu＋CO2
（3）A C 碱石灰可以同时吸收水蒸气和二氧化碳
（4）熄灭a处的煤气灯，继续吹入一定量的O2，然后熄灭b处煤气灯，待石英管冷却至室温，停止通入O2
（5）C4H6O4
解析：利用如图所示的装置测定有机物中C、H两种元素的含量，这是一种经典的李比希元素测定法，将样品装入Pt坩埚中，后面放置CuO做催化剂，用于催化前置坩埚中反应不完全的物质，后续将产物吹入两U型管中，称量两U型管的增重，计算有机物中C、H两种元素的含量，结合其他技术手段，从而得到有机物的分子式。
（1）实验前，应先通入一定的O2吹空石英管中的杂质气体，保证没有其他产物生成，而后将U型管c、d与石英管连接，检查装置气密性，随后先点燃b处酒精灯后点燃a处酒精灯，保证当a处发生反应时产生的CO能被CuO反应生成CO2。
（2）实验中O2的作用有：为实验提供氧化剂、提供气流保证反应产物完全进入到U型管中；CuO的作用是催化a处产生的CO，使CO反应为CO2，反应方程式为CO＋CuOCu＋CO2。
（3）有机物燃烧后生成的CO2和H2O分别用碱石灰和无水CaCl2吸收，其中c管装有无水CaCl2，d管装有碱石灰，二者不可调换，因为碱石灰能同时吸收水蒸气和二氧化碳，影响最后分子式的确定；
（4）反应完全以后应继续吹入一定量的O2，保证石英管中的气体产物完全吹入两U型管中；
（5）c管装有无水CaCl2，用来吸收生成的水蒸气，则增重量为水蒸气的质量，由此可以得到有机物中H元素的物质的量n（H）＝＝＝0.0012mol；d管装有碱石灰，用来吸收生成的CO2，则增重量为CO2的质量，由此可以得到有机物中C元素的物质的量n（C）＝＝＝0.0008mol；有机物中O元素的质量为0.0128g，其物质的量n（O）＝＝＝0.0008mol；该有机物中C、H、O三种元素的原子个数比为0.0008∶0.0012∶0.0008＝2∶3∶2；质谱测得该有机物的相对分子质量为118，则其化学式为C4H6O4。
3．答案：（1）油
（2）球形冷凝管 a
（3）防暴沸
（4）FeCl2 可行 空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应
（5）Fe3＋水解
（6）a
（7）b
解析：（1）该实验需要加热使冰乙酸沸腾，冰乙酸的沸点超过了100℃，应选择油浴加热，所以仪器A中应加入油作为热传导介质；（2）根据仪器的结构特征可知，B为球形冷凝管，为了充分冷却，冷却水应从a口进，b口出；（3）步骤②中，若沸腾时加入安息香（其室温下为固体），会暴沸，所以需要沸腾平息后加入；（4）FeCl3为氧化剂，则铁的化合价降低，还原产物为FeCl2，若采用催化量的FeCl3并通入空气制备二苯乙二酮，空气可以将还原产物FeCl2又氧化为FeCl3，FeCl3可循环参与反应；（5）FeCl3易水解，乙酸还可以防止Fe3＋水解；（6）根据安息香和二苯乙二酮的溶解特征，安息香溶于热水，二苯乙二酮不溶于水，所以可以采用热水洗涤粗品除去安息香；（7）2.0g安息香（C14H12O2）的物质的量约为0.0094mol，理论上可产生二苯乙二酮（C14H10O2）的物质的量约为0.0094mol，质量约为1.98g，产率为×100%＝80.8%，最接近80%。
4．答案：（1）球形干燥管 防止倒吸 防止pH过大，Cr2O转化为CrO，使产物不纯 控制NH3通入的速率
（2）①酸式 C ②滴入最后半滴NaOH标准液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色 偏大
解析：（1）由实验装置图可知，仪器a的名称是球形干燥管，由于NH3极易溶于水，则b的作用为防止倒吸。由题干信息可知，Cr2O＋H2O 2CrO＋2H＋，pH过大则平衡正向移动，使生成的产物（NH4）2Cr2O7不纯。由于NH3极易溶于水，即B装置中很难看到气泡，而NH3在CCl4中溶解度较小，A装置可以看到气泡，可以通过气泡产生的速率来判断NH3通入的速率，从而控制NH3通入速率，则A装置的作用为控制NH3通入的速率。
（2）①由题干信息可知，（NH4）2Cr2O7具有强氧化性，会腐蚀碱式滴定管下端的橡胶管，故用酸式滴定管移取25.00mL样品溶液于250mL锥形瓶中。由于滴定管下端还有一段没有刻度，故若滴定管规格为50.00mL，样品溶液起始读数为5.00mL，此时滴定管中样品溶液的实际体积大于50.00mL－5.00mL＝45.00mL。
②已知滴入NaOH溶液之前溶液显酸性，溶液为无色，当滴定到pH为8左右时溶液变为粉红色，即为滴定终点，故滴定终点的现象为滴入最后半滴NaOH标准溶液，溶液由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色。根据题干信息可得关系式：4（NH4）2Cr2O7～（CH2）6N4H＋～NaOH，故有n[（NH4）2Cr2O7]＝n（NaOH）＝cV×10－3mol，则所得产物中（NH4）2Cr2O7的质量分数为×100%＝%。若滴定终点时仰视读数，将使标准液的体积偏大，则测定的质量分数将偏大。
5．答案：（1）浓硫酸 防止G中的水蒸气进入E及C装置中 将COCl2排入装置G中并被充分吸收
（2）加热
（3）COCl2＋4OH－===CO＋2Cl－＋2H2O
（4）①%（或×100%） ②ab
解析：（1）CrCl3易潮解且高温下易被氧气氧化，所以要防止装置内存在氧气和水蒸气，A中的试剂为浓硫酸，浓H2SO4可以干燥N2，防止空气中水蒸气进入C装置；无水CaCl2的作用是防止G中的水蒸气进入E及C装置中；反应结束后继续通入一段时间氮气，主要目的是将COCl2排入装置G中并被充分吸收。
（2）装置E用来收集产物，因CrCl3升华后在D处凝华，实验过程中若D处出现堵塞，可加热D处，使实验能继续进行。
（3）装置G中COCl2先与水反应生成二氧化碳和氯化氢，二氧化碳和氯化氢再与氢氧化钠反应，反应的离子方程式为COCl2＋4OH－===CO＋2Cl－＋2H2O。
（4）①由得失电子守恒、原子守恒可知，测定过程中存在的关系式为2CrCl3～2CrO～Cr2O～6（NH4）2Fe（SO4）2，产品中CrCl3的物质的量为mol，产品中的CrCl3的质量分数为×100%，产品中CrCl3的质量分数为%或×100%。②步骤Ⅰ中未继续加热一段时间，由于过量的H2O2的存在，在步骤Ⅱ中会将Cr2O还原为Cr3＋，则滴定时消耗硫酸亚铁铵标准溶液体积减小，测出的CrCl3质量分数偏低，故a正确；步骤Ⅱ用盐酸替代硫酸，Cr2O会氧化Cl－，Cr2O减少，消耗的（NH4）2Fe（SO4）2减少，则测出的CrCl3质量分数偏低，故b正确；步骤Ⅲ中所用（NH4）2Fe（SO4）2溶液已变质，则滴定所用标准液体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，故c错误；步骤Ⅲ中读数时滴定前俯视（读数偏小），滴定后平视，读取标准液的体积偏大，测出的CrCl3质量分数偏高，故d错误。
6．答案：（1）①H2O2溶液 ②2LiMn2O4＋3H2O2＋5H2SO44MnSO4＋Li2SO4＋3O2↑＋8H2O
③适当加快搅拌速率（或延长反应时间）
（2）边搅拌边向“铜箔和铝箔”中加入1.0mol·L－1NaOH溶液，当溶液中不再产生气泡时，过滤；将铜箔压制成片并与直流电源正极相连，不锈钢片与直流电源负极相连，在H2SO4 CuSO4混合溶液中电解，当铜箔完全溶解时，取出不锈钢片，刮出精铜
（3）与MnO反应的C2O的物质的量：×0.0100mol·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1＝5.000×10－4mol 0.4000g样品中MnO2的物质的量：0.2000mol·L－1×25.00mL×10－3L·mL－1－5.000×10－4mol＝4.500×10－3mol m（MnO2）＝4.500×10－3mol×87g·mol－1＝0.3915g w（MnO2）＝×100%≈97.88%
解析：（1）①由题中信息可知反应在75℃下进行，若三颈烧瓶中先加入H2O2溶液，在滴加硫酸溶液的过程中，容易导致H2O2分解，故滴液漏斗中的溶液是H2O2；②分析锰酸锂和硫酸锰中锰元素的化合价可知，在反应中H2O2作还原剂、LiMn2O4作氧化剂，锰元素被还原为＋2价，化学方程式为2LiMn2O4＋3H2O2＋5H2SO44MnSO4＋Li2SO4＋3O2↑＋8H2O；③从反应速率和反应物反应的充分程度角度分析，能提高Mn元素浸出率的措施有适当加快搅拌速率、延长反应时间等。（2）根据二者化学性质的差异，利用铝可以和氢氧化钠反应，铜不能反应，先用氢氧化钠溶液除去铝，再用电解精炼的方法得到精铜。（3）根据2MnO＋5C2O＋16H＋===2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O可知，可得关系式：2MnO～5C2O，则与MnO反应的C2O的物质的量：n（C2O）＝×0.0100mol·L－1×20.00mL×10－3L·mL－1＝5.000×10－4mol，所以0.4000g样品中MnO2的物质的量：n（MnO2）＝0.2000mol·L－1×25.00mL×10－3L·mL－1－5.000×10－4mol＝4.500×10－3mol，则m（MnO2）＝4.500×10－3mol×87g·mol－1＝0.3915g，则样品中MnO2的质量分数为w（MnO2）＝×100%≈97.88%。练30 物质结构与性质
1．[2023·全国乙卷][选修3：物质结构与性质]
中国第一辆火星车“祝融号”成功登陆火星。探测发现火星上存在大量橄榄石矿物（MgxFe2－xSiO4）。回答下列问题：
（1）基态Fe原子的价电子排布式为 。橄榄石中，各元素电负性大小顺序为 ，铁的化合价为 。
（2）已知一些物质的熔点数据如下表：
物质 熔点/℃
NaCl 800.7
SiCl4 －68.8
GeCl4 －51.5
SnCl4 －34.1
Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是 。分析同族元素的氯化物SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势及其原因________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
SiCl4的空间结构为 ，其中Si的轨道杂化形式为 。
（3）一种硼镁化合物具有超导性能，晶体结构属于立方晶系，其晶体结构、晶胞沿c轴的投影图如下所示，晶胞中含有 个Mg。该物质化学式为 ，B－B最近距离为 。
2．[2023·全国甲卷][选修3：物质结构与性质]
将酞菁—钴钛菁—三氯化铝复合嵌接在碳纳米管上，制得一种高效催化还原二氧化碳的催化剂。回答下列问题：
（1）图1所示的几种碳单质，它们互为 ，其中属于原子晶体的是 ，C60间的作用力是 。
（2）酞菁和钴酞菁的分子结构如图2所示。
酞菁分子中所有原子共平面，其中p轨道能提供一对电子的N原子是 （填图2酞菁中N原子的标号）。钴酞菁分子中，钴离子的化合价为 ，氮原子提供孤对电子与钴离子形成 键。
（3）气态AlCl3通常以二聚体Al2Cl6的形式存在，其空间结构如图3a所示，二聚体中Al的轨道杂化类型为 。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由此可以判断铝氟之间的化学键为 键。AlF3结构属立方晶系，晶胞如图3b所示，F－的配位数为 。若晶胞参数为apm，晶体密度ρ＝ g·cm－3（列出计算式，阿伏加德罗常数的值为NA）。
3．[2023·山东卷]卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：
（1）－40℃时，F2与冰反应生成HOF和HF。常温常压下，HOF为无色气体，固态HOF的晶体类型为 ，HOF水解反应的产物为 （填化学式）。
（2）ClO2中心原子为Cl，Cl2O中心原子为O，二者均为V形结构，但ClO2中存在大π键（）。ClO2中Cl原子的轨道杂化方式为 ；O—Cl—O键角 Cl—O—Cl键角（填“>”“<”或“＝”）。比较ClO2与Cl2O中Cl—O键的键长并说明原因________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（3）
一定条件下，CuCl2、K和F2反应生成KCl和化合物X。已知X属于四方晶系，晶胞结构如图所示（晶胞参数a＝b≠c，α＝β＝γ＝90°），其中Cu化合价为＋2。上述反应的化学方程式为______________________________________________________。
若阿伏加德罗常数的值为NA，化合物X的密度ρ＝ g·cm－3（用含NA的代数式表示）。
4．[2023·河北联测]卤素钙钛矿已经被广泛应用于太阳能电池、发光二极体等领域，其中合成二维/三维（2D/3D）的钙钛矿异质结是提升器件稳定性和转换效率的一个策略，近期化学工作者在气相合成的单晶三维钙钛矿CsPbBr3上合成外延生长的水平和垂直的二维钙钛矿（PEA）2PbBr4（PEA＋代表）异质结。回答下列问题：
（1）基态Br原子的价电子排布式为 。
（2）PEA＋中N的价层电子对数为 ，杂化轨道类型为 ，PEA＋中涉及元素的电负性由大到小的顺序为 ，1molPEA＋中存在 molσ键。
（3）已知铅卤化合物中存在正四面体构型的[PbCl4]2－、[PbBr4]2－、[PbI4]2－，三者中半径最小的配体为 。已知[Pb2I6]2－中每个Pb均采用四配位模式，则[Pb2I6]2－的结构式为 。
（4）Br2和碱金属单质形成的MBr熔点如表：
MBr NaBr KBr RbBr CsBr
熔点/℃ 747 734 693 636
等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热，优先导电的是 （填化学式），熔点呈现表中趋势的原因是________________________________________________________________________。
（5）已知三维立方钙钛矿CsPbBr3中三种离子在晶胞（a）中占据正方体顶点、面心、体心位置，图（b）显示的是三种离子在xz面、yz面、xy面上的位置。
①若晶胞边长为apm，阿伏加德罗常数的值为NA，晶体的密度为 g·cm－3（写出表达式）。
②上述晶胞沿体对角线方向的投影图为 （填序号）。
5．[2023·山东滨州二模]氮、磷、铁、铜、钇在现代工农业、科技及国防建设等领域中都有着广泛的应用。回答下列问题：
（1）基态磷原子核外电子共有 种空间运动状态。磷原子在成键时，能将一个3s能级电子激发进入3d能级而参与成键，写出该激发态磷原子的核外电子排布式： 。
（2）已知偏二甲肼[（CH3）2NNH2]、肼（N2H4）均可作运载火箭的主体燃料，其熔、沸点见表。
物质 熔点/℃ 沸点/℃
偏二甲肼 －58 63.9
肼 1.4 113.5
偏二甲肼中氮原子的杂化方式为 ，二者熔、沸点存在差异的主要原因是________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（3）N4H只有一种化学环境的氢原子，结构如图甲所示，其中的大π键可表示为 （分子中的大π键可用符号∏nm表示，其中m代表参与形成大π键的原子数，n代表参与形成大π键的电子数，如苯分子中的大π键可表示为∏66）。
甲
（4）Cu2＋可形成[Cu（X）2]2＋，其中X代表CH3NHCH2CH2NH2。1mol [Cu（X）2]2＋中，VSEPR模型为四面体形的非金属原子共有 mol。
（5）铁酸钇是一种典型的单相多铁性材料，其正交相晶胞结构如图乙。
铁酸钇的化学式为 。已知1号O原子分数坐标为（0，0，），2号O原子分数坐标为（，－m，－n），则3号Fe原子的分数坐标为 。已知铁酸钇的摩尔质量为Mg·mol－1，晶体密度为ρg·cm－3，阿伏加德罗常数的值为NA，该晶胞的体积为 pm3（列出表达式）。
6．[2023·天津滨海高三联考]金属钛（Ti）被誉为“二十一世纪金属”，有“生物金属，海洋金属，太空金属”的美称，具有广泛的应用前景。回答下列问题：
（1）基态Ti原子的电子排布式为[Ar] ，Ti原子核外有 种空间运动状态不同的电子。
（2）Ti（BH4）2是一种储氢材料。BH的空间构型是 ，H、B、Ti的电负性由大到小的顺序为 。
（3）锆（Zr）与钛（Ti）是同一副族的相邻元素，ZrCl4可以与乙二胺（H2NCH2CH2NH2）形成六配位化合物[ZrCl4（H2NCH2CH2NH2）]。
①乙二胺中，N原子的杂化方式为________________________________________________________________________。
②1mol[ZrCl4（H2NCH2CH2NH2）]中含有σ键的物质的量为 mol。
③乙二胺形成配合物后，H—N—H键角将变大，原因是________________________________________________________________________
________________________________________________________________________
________________________________________________________________________。
（4）钙钛矿（主要成分CaTiO3），晶胞结构如图所示，若阿伏加德罗常数的值为NA，晶体密度为ρg·cm－3，则相距最近的Ca和O之间的距离为 pm（列出计算式）。
练30 物质结构与性质
1．答案：（1）3d64s2 O＞Si＞Fe＞Mg ＋2
（2）钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，而SiCl4为分子晶体 随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大，分子间作用力越大则其熔点越高 正四面体 sp3
（3）1 MgB2 a
解析：（1）Fe为26号元素，基态Fe原子的价电子排布式为3d64s2。元素的金属性越强，其电负性越小，元素的非金属性越强则其电负性越大，因此，橄榄石（MgxFe2－xSiO4）中，各元素电负性大小顺序为O＞Si＞Fe＞Mg；因为MgxFe2－xSiO4中Mg、Si、O的化合价分别为＋2、＋4和－2，x＋2－x＝2，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0，可以确定铁的化合价为＋2。
（2）Na与Si均为第三周期元素，NaCl熔点明显高于SiCl4，原因是：钠的电负性小于硅，氯化钠为离子晶体，其熔点较高；而SiCl4为分子晶体，其熔点较低。由表中的数据可知，SiCl4、GeCl4、SnCl4熔点变化趋势为：随着同族元素的电子层数的增多，其熔点依次升高，其原因是：SiCl4、GeCl4、SnCl4均形成分子晶体，分子晶体的熔点由分子间作用力决定，相对分子质量增大，其分子间作用力依次增大，分子间作用力越大则其熔点越高。SiCl4的空间结构为正四面体，其中Si的价层电子对数为4，因此Si的轨道杂化形式为sp3。
（3）由硼镁化合物的晶体结构可知Mg位于正六棱柱的顶点和面心，由均摊法可以求出正六棱柱中含有12×＋2×＝3个Mg，由晶胞沿c轴的投影图可知本题所给晶体结构包含三个晶胞，则晶胞中Mg的个数为1；晶体结构中B在正六棱柱体内共6个，则该物质的化学式为MgB2；由晶胞沿c轴的投影图可知，B原子在图中两个正三角形的重心，该点到顶点的距离是该点到对边中点距离的2倍，顶点到对边的垂线长度为a，因此B－B最近距离为a××2＝a。
2．答案：（1）同素异形体 金刚石 范德华力
（2）③ ＋2 配位
（3）sp3 离子 2
解析：（1）同一元素形成的不同单质之间互为同素异形体。图1所示的几种碳单质，它们的组成元素均为碳元素，因此，它们互为同素异形体；其中金刚石属于原子晶体，石墨属于混合型晶体，C60属于分子晶体，碳纳米管不属于原子晶体；C60间的作用力是范德华力；
（2）已知酞菁分子中所有原子共平面，则其分子中所有的C原子和所有的N原子均为sp2杂化，且分子中存在大π键，其中标号为①和②的N原子均有一对电子占据了一个sp2杂化轨道，其p轨道只能提供1个电子参与形成大π键，标号为③的N原子的p轨道能提供一对电子参与形成大π键，因此标号为③的N原子形成的N—H键易断裂从而电离出H＋；钴酞菁分子中，失去了2个H＋的酞菁离子与钴离子通过配位键结合成分子，因此，钴离子的化合价为＋2，氮原子提供孤对电子与钴离子形成配位键。
（3）由Al2Cl6的空间结构结合相关元素的原子结构可知，Al原子价层电子对数是4，其与其周围的4个氯原子形成四面体结构，因此，二聚体中Al的轨道杂化类型为sp3。AlF3的熔点为1090℃，远高于AlCl3的192℃，由于F的电负性最大，其吸引电子的能力最强，因此，可以判断铝氟之间的化学键为离子键。由AlF3的晶胞结构可知，其中含大球的个数为12×＝3，小球的个数为8×＝1，则大球为F－，距F－最近且等距的Al3＋有2个，则F－的配位数为2。若晶胞参数为apm，则晶胞的体积为（apm）3＝a3×10－30cm3，晶胞的质量为，则其晶体密度ρ＝g·cm－3。
3．答案：（1）分子晶体 HF、H2O2
（2）sp2 > 键长：ClO2（3）CuCl2＋4K＋2F22KCl＋K2CuF4
解析：（1）常温常压下HOF为无色气体，说明其沸点较低，为分子晶体。比较元素的电负性大小可知，HOF中F为－1价，则其水解反应为HOF＋H2O===HF＋H2O2，水解产物为HF、H2O2。（2）ClO2为V形结构，且存在3原子5电子的大π键，则Cl的杂化类型为sp2。ClO2中Cl提供1个电子、每个O提供2个电子形成，Cl有1个孤电子对，Cl2O中O存在两个孤电子对，根据孤电子对与成键电子对间的斥力大于成键电子对与成键电子对间的斥力，知Cl2O中Cl—O—Cl键角小于ClO2中O—Cl—O键角。（3）根据均摊法，X的晶胞中白色小球的个数为16×＋4×＋2＝8，黑色小球的个数为8×＋2＝4，灰色小球的个数为8×＋1＝2，则X中灰球、黑球、白球的个数比为1∶2∶4，根据Cu化合价为＋2，结合元素守恒、化合物中各元素化合价代数和为0可知，X为K2CuF4，则题中反应的化学方程式为CuCl2＋4K＋2F22KCl＋K2CuF4。该晶胞中含有2个K2CuF4，晶胞质量为g，晶胞体积为a×10－10cm×b×10－10cm×c×10－10cm＝abc×10－30cm3，则化合物X的密度ρ＝g÷（abc×10－30cm3）＝g·cm－3。
4．答案：（1）4s24p5 （2）4 sp3 N>C>H 21
（3）Cl－
（4）CsBr NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低
（5）①（或） ②A
解析：（1）Br在元素周期表中处于第四周期第ⅦA族，价电子排布式为4s24p5。
（2）中N形成4个σ键，不存在孤电子对，价层电子对数为4，杂化轨道类型为sp3杂化；PEA＋中涉及的元素为N、C、H，一般元素的非金属性越强，电负性越大，则电负性从大到小的顺序为N>C>H；1molPEA＋中存在8molC—Cσ键，9molC—Hσ键，1molC—Nσ键，3molN—Hσ键，共21molσ键。
（3）正四面体构型的[PbCl4]2－、[PbBr4]2－、[PbI4]2－配离子中中心离子都为Pb2＋，配体分别为Cl－、Br－、I－，同一主族元素，从上到下离子半径依次增大，半径最小的为Cl－；根据[Pb2I6]2－中每个Pb均采用四配位模式，结合化学式判断结构式应为。
（4）NaBr、KBr、RbBr、CsBr均为离子化合物，加热达到熔点形成熔融态可以电离出自由移动的离子，即可以导电，因此等量NaBr、KBr、RbBr、CsBr同时开始加热，优先导电的是熔点低的物质CsBr；NaBr、KBr、RbBr、CsBr熔点呈现递减趋势的原因是四种晶体均为离子晶体，离子所带电荷相同，阳离子半径依次增大，晶格能依次减小，熔点依次降低。
（5）三维立方钙钛矿CsPbBr3中三种离子在晶胞（a）中占据正方体顶点、面心、体心位置，并且三种离子在xz面、yz面、xy面上的位置相同，推出其晶胞结构为。
①Br－位于面心，晶胞中Br－的数目为6×＝3，Cs＋位于顶点，晶胞中Cs＋的数目为8×＝1，Pb2＋位于体心，晶胞中Pb2＋的数目为1，晶胞的体积为a3×10－30cm3，晶体的密度ρ＝＝g·cm－3＝g·cm－3。
②沿体对角线方向的投影图为，答案为A。
5．答案：（1）9 1s22s22p63s13p3d1
（2）sp3 N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼
（3） （4）10
（5）YFeO3 （，＋m，） ×1030
解析：（1）基态磷原子核外电子排布式为1s22s22p63s23p3，电子的空间运动状态数就是已填入电子的轨道数，共有1＋1＋3＋1＋3＝9种空间运动状态。磷原子在成键时，由于一个3s能级电子激发进入3d能级，则激发态磷原子的核外电子排布式为1s22s22p63s13p3d1。
（2）偏二甲肼[（CH3）2NNH2]中的氮原子均形成3个σ键，有1个孤电子对，所以氮原子的杂化方式为sp3。N2H4分子和偏二甲肼均存在分子间氢键，但N2H4分子间氢键数目多于偏二甲肼，所以N2H4的熔、沸点高于偏二甲肼。（3）由N4H的结构可知，每个N原子形成3个σ键，且4个N原子共失去了2个电子，最后N原子剩余价电子数为5×4－2－3×4＝6，即参与形成大π键的电子数为6，原子数为4，可表示为。
（4）Cu2＋可形成[Cu（X）2]2＋，其中X代表CH3NHCH2CH2NH2，其中C、N原子价层电子对数均为4，即VSEPR模型为四面体形，1mol [Cu（X）2]2＋中，VSEPR模型为正四面体形的非金属原子有2×5mol＝10mol。
（5）由晶胞结构图利用均摊法计算可得Fe原子个数为2，Y原子个数为8×＋4×＝2，O原子个数为8×＋4＝6，故铁酸钇的化学式为YFeO3，根据正交相晶胞结构可知3号Fe原子的x轴分数坐标与2号O原子x轴分数坐标一致，y轴分数坐标由x y正交图可知3号Fe原子在中间靠右方向，z轴分数坐标为，根据晶胞的对称性，3号Fe原子的分数坐标为（，＋m，）。由公式可得晶胞体积为V＝×1030pm3。
6．答案：（1）3d24s2 12 （2）正四面体形 H＞B＞Ti （3）①sp3杂化 ②17 ③游离态H2NCH2CH2NH2与Zr结合后，孤电子对变成了σ键电子对，排斥力减小，因此H—N—H键之间的夹角会增大 （4）×1010×
解析：（1）Ti的原子序数为22，由核外电子排布规律，电子排布式为[Ar]3d24s2，Ti原子核外有12个原子轨道，故Ti共有12种空间运动状态不同的电子。（2）BH中B原子的价层电子对为4，且没有孤电子对，所以BH的空间构型是正四面体形；同主族电负性从上到下逐渐减小，同周期从左到右逐渐增大，则H、B、Ti的电负性由大到小的顺序为H＞B＞Ti。（3）①乙二胺分子中N原子的价层电子对数为4，有1对孤电子对，N原子采取sp3杂化；②H2NCH2CH2NH2中含有11个σ键，依题意[ZrCl4（H2NCH2CH2NH2）]为六配位化合物即配位键数为6，1mol [ZrCl4（H2NCH2CH2NH2）]含有σ键的物质的量为11mol＋6mol＝17mol；③配合物[ZrCl4（H2NCH2CH2NH2）]中N提供孤电子对与Zr形成配位键，与Zr配合后，孤电子对变为成键电子对，因孤电子对之间的斥力＞孤电子与成键电子对之间的斥力＞成键电子对之间的斥力，排斥力减小，故H—N—H键之间的夹角会增大。（4）设晶胞棱长为acm，一个晶胞的质量为g，晶胞密度ρ＝，故a＝cm＝×1010pm，相距最近的Ca和O之间的距离为晶胞面对角线的一半，即×1010pm。
