2＋2【南方凤凰台·2022全国二轮高中化学复习 电子稿】

1、22增分练(一)1. C解析C2H6O可以是乙醇、也可以是二甲醚，含有碳氢共价键的数目不能确定，A错误；1.8g H2O和D2O混合物的物质的量未知，故其中含有的中子数难以计算，B错误；MnO2与浓盐酸反应时氧化产物为氯气，氯元素化合价从1升高到0价，每生产1mol氯气，转移电子2mol，则生成22.4L Cl2(标准状况)时转移电子数为2NA，C正确；pH1的CH3COOH溶液中，n(CH3COO)n(H)0.1mol，则CH3COO和CH3COOH数目之和远大于0.1NA，D错误。2. D解析由于电解时含铅废水中的Pb2转变为Pb单质，故b电极为阴极，a极为阳极，在a电极上OH失电子生成O

2、2，A错误；电解时，Cu电极作阴极，不参与反应，B错误；电解产生1mol Pb时，转移2mol电子，则有2mol Na通过阳离子交换膜，C错误；在电解过程中，离子浓度会迅速降低，采用脉冲电源电解，在断电间隙时间内可以让阴、阳离子充分地移动到阳极和阴极附近，离子浓度又会得到迅速恢复和补充，电极区相关离子浓度更大，有利于电解，D正确。3. (1)CBB(2)2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2O(3)除去Cl2中的氯化氢气体Cl2H2OHClHClO或Cl2OH2O=2HClO等(4)增大氯气在CCl4中的溶解度Cl2O、CCl4(5)80%(6)5.0其他条件相同时，溶液碱性越强，次氯

3、酸钠溶液漂白能力越弱解析(1)装置的连接顺序为ACBDBE；(2)A为氯气发生装置，A中发生反应的离子方程式为2MnO16H10Cl=2Mn25Cl28H2O；(3)C装置的作用是除去Cl2中的氯化氢气体，若没有B装置，氯气中含有水，则D中除发生主反应外，还可能发生反应的化学方程式是Cl2H2OHClHClO或Cl2OH2O=2HClO等；(4)温度越低，气体的溶解度越低，则冰水浴冷却的目的是增大氯气在CCl4中的溶解度；Cl2O易溶于CCl4，则过滤后滤液的主要成分有Cl2O、CCl4；(5)假设溶液的体积是1L，氯气的质量是50g，生成Cl2O的质量为24.5g/L×1L24.5

4、g，有2Cl22HgO=HgCl2·HgOCl2O可知，Cl2O的理论产量为××87g/mol30.6g，则Cl2O的产率×100%80%；(6)探究浓度对溶液褪色的影响，保持溶液的体积不变，则a5.0mL；通过分析实验，可以得出其他条件相同时，溶液碱性越强，次氯酸钠溶液漂白能力越弱。4. (1)4FeTiO32H2SO4(浓)=TiOSO4FeSO42H2O (2)防止Fe2被氧化(3)9TiO22H2O=TiO(OH)22H或TiO22H2O=H2TiO32HFeSO4·7H2O烧杯、漏斗、玻璃棒(4)隔绝空气(5)稀盐酸或稀硫酸解析(1)

5、根据2RC2Fe2TiO2CO2以及原子守恒，可得钛酸亚铁的化学式为FeTiO3，根据化合物中各元素化合价代数和为零可得FeTiO3中Ti的化合价为4价；钛酸亚铁和浓硫酸反应的产物之一是TiOSO4，反应中无气体生成，则该反应为非氧化还原反应，则其反应为FeTiO32H2SO4(浓)=TiOSO4FeSO42H2O；(3)KspMg(OH)2c(Mg2)·c2(OH)1.8×1011，所以有c(OH)mol/L1.0×105mol/L，pOH5，则pH14pOH9；若将含有Fe2、TiO2和Mg2的溶液加水稀释，立即析出大量白色沉淀，结合表中Ksp数据可知TiO(

6、OH)2的Ksp最小，则所得该白色沉淀为氢氧化氧钛，则该反应的方程式为TiO22H2O=TiO(OH)22H或TiO22H2O=H2TiO32H；由分析可知，溶液I经冷却、结晶、过滤，得到的副产物甲是为FeSO4·7H2O，过滤时所需的玻璃仪器有漏斗、玻璃棒以及烧杯；(4)Mg为活泼金属，容易被氧气氧化，所以Mg还原TiCl4过程除必须在1070K的温度下进行外还应隔绝空气；(5)常温时耐酸碱腐蚀，所以除去所得金属钛中少量的金属镁可用的试剂为稀硫酸或稀盐酸。22增分练(二)1. D解析装置甲利用稀盐酸与锌在简易装置中制取H2，实验装置和原理能达到实验目的，A不选；装置乙利用氢氧化钠溶

7、液吸收氢气中的氯化氢气体、利用浓硫酸干燥氢气，起到净化干燥H2的作用，实验装置和原理能达到实验目的，B不选；装置丙利用纯净的氢气在高温条件下与钙反应制取CaH2，实验装置和原理能达到实验目的，C不选；装置丁是用于防止空气中的水蒸气及氧气进入与钙或CaH2反应，实验目的与吸收尾气不符合，过量氢气应收集或点燃，D选。2. C解析当K与K1相接时，a极为阴极，电极反应式为2H2O2e=H22OH，NiOOH/Ni(OH)2电极的电极反应式为2Ni(OH)22e2OH=2NiOOH2H2O，当K与K2相接时，b电极为阳极，电极反应式为4OH4e=2H2OO2，NiOOH/Ni(OH)2电极的电极反应式

8、为4NiOOH4e4H2O=4Ni(OH)24OH。当K与K1相连时，a极产生H2，A错误；根据电极反应式可知，当两极产生等量气体时，转移电子数不同，电极不可能恢复电解前的状态，B错误；K与K2相连时，b极上OH失电子被消耗，溶液pH降低，C正确；D错误。3. (1)负NaOH(2)冷凝回流84消毒液烧杯、玻璃棒(3)NaClO溶液和乙醇的浓度比较低，产生氯气的量少，现象不明显(4)2NaClO2NaClO2(5)2NaClOC2H5OH2NaOHCH3CHOCl2解析.(1)观察该装置，在上方有一个出气口，可知生成的氢气需要从出气口出去，则上方a电极方程式为2H2O2e=H22OH，为负极；

9、NaClO水解呈碱性，可向其溶液中加入少量NaOH抑制其水解；. (2)仪器A是球形冷凝管，作用是冷凝回流；为使C中乙醛(CH3CHO)含量较高，可将84消毒液加入乙醇中，B中盛放的试剂为84消毒液；实验室稀释84消毒液需要的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒；(3)实验和中，NaClO和乙醇的浓度比较低，产生氯气的量少，现象不明显；(4)次氯酸钠加热能够分解产生氧气和氯化钠，化学方程式为2NaClO2NaClO2；(5)NaClO与C2H5OH反应生成CH3CHO、NaOH和氯气，Cl元素由1价下降到0价，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为2NaClOC2H5OH2NaOHCH3CHOCl2。4.

10、(1)3NH3瘙簚H2O(或氨水)(2)Fe(OH)31036.5(3)提高反应速率水浴加热(4)2LiCoO2H2O23H2SO4=Li2SO42CoSO4O24H2O有Cl2放出，污染环境4Co(OH)2O22Co2O34H2O解析(1)根据化合价代数和为0，Li为1价，O为2价，LiCoO2中，钴元素的化合价为3。氢氧化铝能溶于强碱，实验室里通常是在铝盐溶液滴加NH3瘙簚H2O(或氨水)溶液制备Al(OH)3。(2)题给信息可知酸浸后溶液主要的金属离子是Co2、Li，还含有少量Fe3、Cu2，经NaOH溶液调节pH过滤，除去Fe3，图中用NaOH溶液调节溶液pH，得到的固体应为Fe(OH

11、)3。为了使Fe(OH)3从溶液中完全沉淀，应控制溶液pH在3.5左右。则Fe(OH)3的Ksp105×(10(143.5)31036.5，Ksp数值约为1036.5。(3)生成Li2CO3的反应加热的目的为提高反应速率，加热温度为95，最恰当的加热方法为水浴加热。(4)LiCoO2“酸浸”阶段发生反应LiCoO2将双氧水氧化为氧气，3价的钴还原为2价，化学反应方程式为2LiCoO2H2O23H2SO4=Li2SO42CoSO4O24H2O。其“酸浸”过程也可以使用盐酸完成，与使用H2SO4相比，盐酸具有还原性，其缺点为有Cl2放出，污染环境。经萃取分液得到的CoSO4，再经加碱、过

12、滤、热分解得到Co2O3，实现钴的富集回收。其中热分解生成Co2O3的化学方程式是4Co(OH)2O22Co2O34H2O。22增分练(三)1. D解析X、Y、Z、W为原子序数依次增大的常见元素，它们可以形成结构式如图所示的常见有机化合物Q，Y显4价，Y为C元素，Z显3价，Z为N元素，X为H元素。W元素原子最外层电子数是电子层数的3倍，W为O元素。化合物Q是尿素。Z为N元素，和Cl两元素的气态氢化物反应生成NH4Cl是离子化合物，A错误；Y和W所形成的化合物有CO、CO2，CO不能与碱溶液反应，B错误；化合物Q是尿素不是铵盐，与熟石灰共热不会放出刺激性气味气体，C错误；X和Na形成的化合物Na

13、H与水反应，一定会生成NaOH和氢气，D正确。2. B解析活化能越低，反应速率越大，故正反应活化能：，A错误；根据表格中、组数据可知，该反应的速率与c(H2)成正比，根据表格中、数据可知反应速率与c2(NO)成正比，B正确；整个反应速率由慢反应的速率决定，C错误；因为每生成0.5mol N2放出332kJ热量，故该反应的H664kJ/mol，D错误。3. (1)206kJ/mol(2)>20.2kPa(3)40%(4)K降低反应的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响解析(1)分析可知，a. CH4(g)2O2(g)=CO2(g)2H2O(1)H891kJ/mol，b. CO

14、(g)O2(g)=CO2(g)H3283kJ/mol，c. H2(g)O2(g)=H2O(1)H4286kJ/mol，d. H2O(1)H2O(g)H544kJ/mol，由盖斯定律得ab3cd，得H1HH33H4H5206kJ/mol；(2)由图可知，升高温度硫化氢的体积分数减少，平衡正向移动，则正反应是吸热反应，即H0，A点硫化氢和氢气的体积分数相等，即是硫化氢和氢气的物质的量相等，设硫化氢的物质的量是2mol，则2H2S(g)2H2(g)S2(g)起始量(mol)2 0 0转化量(mol)2x 2x x平均量(mol)22x 2x x则22x2x，解得x，则A点气体的总物质的量是2.5mo

15、l，平衡常数Kp×101kPa20.2kPa；(3)N2(g)3H2(g)2NH3(g)起始量(mol)1 3 0转化量(mol)a 3a 2a平衡量(mol)1a 33a 2a则×100%25%，解得a0.4mol，则N2的平衡转化率(N2)×100%40%；(4)单位时间内加入K助剂，乙烯的含量最高，所以在Fe3(CO)12/ZSM5中添加K助剂效果最好，加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是降低反应的活化能，加快乙烯生成速率，而对其他副反应几乎无影响。4. (1)(2)PCl3分子间作用力高于SCl2(3)B(4)面心立方堆积(5)解析(1)Mn是25

16、号元素，价电子排布式为3d54s2，价电子排布图为；(2)PCl3和SCl2都是分子晶体，PCl3分子间作用力高于SCl2，因此沸点PCl3高于SCl2；(3)同一周期，从左到右，元素的第一电离能逐渐增大，但第A族、第A族元素的第一电离能大于相邻元素，N的2p3为半充满结构，第一电离能大于O，H的第一电离能约为21.784×1019J，而O约为21.816×1019J，H的第一电离能最小，因此第一电离能：HON，A正确；该配合物中存在两种类型的C原子，其中苯环上的C采用sp2杂化，CN上的C原子采用sp2杂化，杂化方式均为sp2，B错误；根据图示，该配合物中Co原子的配位数

17、为4，C正确；原子中每个电子都有其独特的运动状态，比如同样是1s上的2个电子，它们自旋方向不同，故有27个电子，就有27种不同运动状态，D正确；(4)由图可知，硫原子位于锰原子的正四面体空隙中，整体结构与金刚石排列相似，硫原子和锰原子堆积方式相同，晶胞中锰位于面心和顶点，采用面心立方最密堆积，则硫原子也为面心立方最密堆积；(5)最近两个硫原子之间的距离为面对角线的一半，则面对角线2dÅ2d×108cm，晶胞边长d×108cm，晶胞体积(d×108cm)3，根据均摊法计算可知，晶胞中硫原子有4个，锰原子有8×6×4，则晶胞的体积(d&#

18、215;108cm)3，解得：NAmol1。22增分练(四)1. B解析根据H2SO3中逐滴加入NaOH溶液时的物质转变H2SO3HSOSO可知，图中曲线的所代表的微粒如图所示，则pH7.2的溶液中c(SO)c(HSO)，滴加NaOH溶液主要和HSO反应，离子方程式为HSOOH=SOH2O，A错误；根据图示可知，pH1.9的溶液中，1，则H2SO3的一级电离平衡常数Ka1c(H)101.9，当溶液的pH2.9时c(H)102.9，且Ka1101.9，则10，B正确；当溶液的pH7时，溶液中存在电荷守恒：c(H)c(Na)c(HSO)2c(SO)c(OH)，因为c(H)c(OH)，所以，c(Na

19、)c(HSO)2c(SO)，C错误；当滴加NaOH溶液的体积为10mL时，所得溶液应为NaHSO3与过量的H2SO3的混合溶液，由图可知，溶液为酸性而不是碱性，D错误。2. A解析W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W原子的最外层电子数是其内层电子数的2倍，则W为C元素；含元素X的合金是日常生活中广泛使用的金属材料之一，则X为Al元素；Y的最高正价与最低负价的代数和为4，设Y最高正价为x，则最低负价为x8，所以x(x8)4，解得x6，则Y为S元素，所以推知Z为Cl元素。根据上述分析可知，W为C、X为Al、Y为S、Z为Cl，则硫离子与氯离子的电子层数相同，则原子序数小的对应简单

20、离子半径大，即离子半径：Y(S2)Z(Cl)，A正确；元素非金属性越强，对应简单气态氢化物的热稳定性越强，则气态氢化物稳定性：Z(Cl)Y(S)，B错误；W(C)的最高价氧化物对应的水化物为碳酸，属于弱酸，C错误；XZ3(AlCl3)为共价化合物，熔融不导电，工业上常用电解熔融氧化铝的方法制备单质Al，D错误。3. (1)123.0低温(2)cd(3)50%25(4)反应为放热反应，温度升高，平衡向逆向移动，使甲醇的产率降低c解析(1)反应：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H149.8kJ/mol反应：CH3OCH3(g)H2O(g)2CH3OH(g)H223.4kJ/mo

21、l反应：2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)H3根据盖斯定律可知，反应×2反应可得到反应，所以对应的焓变关系为H32H1H249.8kJ/mol×223.4kJ/mol123.0kJ/mol，故反应：2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g)为放热反应，且为气体分子数减小的反应，则S0，根据GHTS可知，若要自发进行，G0即可，则需在低温条件下进行；(2)反应：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g)H149.8kJ/mol为气体分子数减小的放热反应，则恒温恒容条件下，容器内混合气体的质量不变，体积不变，所以混合气体的密

22、度保持始终不变，a错误；消耗3mol H2的同时生成1mol H2O，指的均为正反应方向，不能作为判断反应达到平衡状态的依据，b错误；随着反应的进行，反应体系的总压强始终变化，当反应体系总压强保持不变时，则说明反应达到平衡状态，c正确；CH3OH和CO2的物质的量之比保持不变，说明各物质的物质的量保持不变，即能说明反应达到平衡状态，d正确；(3)T1K时，将1mol二甲醚充入某恒容容器中，反应达到平衡时反应的三段式CH3OCH3(g)CH4(g)H2(g)CO(g)起始(mol)1 0 0 0转化(mol)x x x x平衡(mol)1x x x x在恒温恒容条件下，气体的物质的量之比等于压强

23、之比，即(12x)120kPa10kPa21，解得x0.5mol，反应达平衡时，二甲醚的分解率×100%50%；此时n(CH3OCH3)1mol0.5mol，n(CH4)n(H2)n(CO)0.5mol，所以p(CH3OCH3)p(CH4)p(H2)p(CO)20×5kPa，所以平衡常数Kp25(kPa)2；(4)反应I为生成甲醇的反应，为放热反应，则温度升高，平衡向逆向移动，使甲醇的产率降低；根据在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化关系可知，在230催化剂CZ(Zr1)T得到的甲醇选择性和产率最高，故最佳条件应选择230催化剂CZ(Zr1)T，答案选c。4

24、. (1)5甲基苯甲酸羧基(2) (3)C11H22O2N2(4)HRHCl(5)6(6) ) 解析(1)化合物1的名称是2氨基5甲基苯甲酸。化合物2ICOOH中含氧官能团COOH的名称为羧基。(2)其中所用到的脱保护剂pTsOH，为对甲基苯磺酸，它的结构简式为。(3)氨基保护基Boc的组成为(CH3)3COOC，化合物5是化合物3和化合物4发生缩合反应，失水生成的，对比化合物5和化合物3的结构，化合物4为，化合物4的化学式为C11H22O2N2。(4)化合物6和化合物7发生取代反应，生成苏沃雷生和HCl，若用HR代表化合物6，则该反应的化学方程式可表示为HRHCl。(5)化合物1的核磁共振氢

25、谱有6组峰，如图。化合物1具有相同官能团，有羧基和氨基，且属于芳香类的同分异构体中，核磁共振氢谱峰数最少的异构体的结构简式为 (写出1种即可)。(6)观察目标产物的结构可知，苯环上需连接N原子，结合原流程中E生成F的原理(氨基与环氧烷烃的开环加成反应)以及产物中含有醚氧键(可通过二元醇脱水得到)可知，先将苯()发生硝化反应生成硝基苯(NO2)，后硝基苯被H2还原为苯胺(NH2)，再与环氧乙烷发生开环加成反应生成，通过分子内脱水得到，将苯环与H2在Ni的催化下发生加成反应后得到产物。22增分练(五)1. C解析HCl易溶于水，饱和NaCl溶液可吸收HCl，同时降低氯气在水中的溶解度，能达到除杂目

26、的，A正确；CO2可与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，而C2H4气体不反应，所以可达到除杂目的，B正确；酸性KMnO4溶液可氧化C2H4为二氧化碳，引入新的杂质，不能达到除杂目的，C错误；SO2可与饱和NaHCO3溶液发生反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，能达到除杂目的，D正确。2. B解析CH4中的C为4价而H为1价，根据CH4生成H2和CO2可知，CH4在NiYSZ电极上失电子，电极反应式为CH44e2O2=CO22H2，故该极为阳极，则X为电源的正极，A错误；由图示可知，CO在Ni电极上得电子生成C和O2，电极反应式为CO4e=C3O2，B正确；根据两极电极反应式，当得失电子数相同时，生成的

27、O2比反应掉的O2多，但在阳极上生成的CO2需结合O2才转变为CO，故整个过程中O2的物质的量并没有改变，C错误；只有生成标准状况下的H2 22.4L时，电路中才转移2mol电子，D错误。3. (1)作缓冲瓶，调节ClO2浓度，作安全瓶，防止倒吸ClO2不能及时排出，浓度过高会导致分解(2)2ClO2H2O22NaOH=2NaClO2O22H2O(3)烧杯、玻璃棒、漏斗(4)bdage(5)121.57解析(1)装置A的作用是：作缓冲瓶，调节ClO2浓度，作安全瓶，防止倒吸。装置甲开始制备气体时，反应速率快，迅速产生ClO2气体，根据信息可知ClO2气体浓度过高时易分解，所以，集气瓶中的大量空

28、气可以稀释ClO2气体，防止浓度过高时易分解；通入空气速率太慢，ClO2不能及时排出，浓度升高会导致气体分解。(2)根据ClO2气体和NaClO2中Cl的化合价可知ClO2气体作氧化剂，H2O2作还原剂生成氧气，配平可得：2ClO2H2O22NaOH=2NaClO2O22H2O。(3)过滤所用到的仪器有：铁架台、烧杯、玻璃棒、漏斗和滤纸，其中玻璃仪器是烧杯、玻璃棒、漏斗。(4)滴定管的准备步骤是：检漏、洗涤、润洗、装液、调零排气泡、记录示数，所以正确操作顺序为bdage。(5)根据NaClO2受热分解为NaClO3和NaCl，可判断NaClO3是氧化产物、NaCl是还原产物，则消毒能力关系为N

29、aClO22Cl2，则每克NaClO2的氧化能力相当于Cl2的质量为g1.57g。4. (1)3d104s1六氟合铜()酸钾或六氟合铜酸钾(2)铜的核电荷数较大，原子核对电子的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾(3)Cu2O中的Cu外围电子排布式为3d10，而CuO中的Cu2外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构(4)CDE正四面体sp3(5)(0.5,0，0.5) ××1010解析(1)Cu是29号元素，原子核外电子数为29，铜原子价层电子排布式为3d104s1，K3CuF6的名称为六氟合铜()酸钾或六氟合铜酸钾；(2)铜的核电荷数较大，原子核对电子

30、的引力较大，故铜的原子半径小于钾，铜的金属键强于钾；(3)Cu2O中的Cu外围电子排布式为3d10，而CuO中的Cu2外围电子排布式为3d9，前者达到全充满稳定结构，所以Cu2O更稳定；(4)CuSO4·5H2O中不存在非极性键，所以选C。CuSO4·5H2O加热得到白色硫酸铜固体时，先破坏最弱的氢键，然后再破坏配位键，故选DE。SO的中心原子(S原子)价层电子对数4×(624×2)4，没有孤对电子，共形成4个键，根据价层电子对互斥理论，中心S原子发生sp3杂化，所以是正四面体结构；(5)由图可知，原子B的分数坐标为(0.5,0，0.5)。处于面对角线上

31、的Ni、Cu原子之间距离最近，设二者之间的距离为acm，晶胞面对角线长度等于Ni、Cu原子距离的两倍，而面对角线等于晶胞棱长的倍，晶胞的棱长为2acm×acm，晶胞质量g，故(acm)3×dg·cm3g，解得a××1010pm，故其距离为××1010pm。22增分练(六)1. A解析A项所述溶液的溶质为等浓度的CH3COOH与CH3COONa，由于溶液pH7，则CH3COOH的电离程度大于CH3COO的水解程度，即溶液中c(CH3COO)c(Na)c(CH3COOH)，溶液中的电荷守恒式为c(Na)c(H)c(CH3COO)

32、c(OH)，故c(CH3COOH)c(H)c(CH3COO)c(OH)，A正确，C错误；当溶液的pH7时，溶液中c(H)c(OH)，电荷守恒式为c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)c(Cl)，物料守恒式为c(Na)c(CH3COO)c(CH3COOH)，则c(CH3COOH)c(Cl)，B错误；等浓度的溶液中，Na2CO3溶液的pH较大，说明水解程度：COCN，则说明酸性：HCNHCO，D错误。2. B解析M中没有苯环，不属于芳香族化合物，A错误；M分子中含羟基，可以与金属钠反应产生氢气，B正确；M分子中含亚甲基结构和环，所有的碳原子不可能共平面，C错误；碳碳双键可以与Br2发生加成

33、反应，羰基不能与Br2发生反应，所以1mol M最多能与2mol Br2发生加成反应，D错误。3. (1)6SiO2、CaSO4(2)4Fe2O24H=4Fe32H2O取少量“氧化1”所得的溶液于试管中，向其中滴加几滴铁氰化钾K3Fe(CN)6溶液，若无蓝色沉淀生成，则说明溶液中不再含有Fe2(3)Na2Fe33ClO10OH=2FeO3Cl5H2O(4)b(5)SO、Cl(6)Fe6e8OH=FeOH2O解析(1)K2FeO4中K为1价，O为2价，根据化合物化合价的代数和为0可知，Fe元素的化合价是6价；滤渣的主要成分有SiO2、CaSO4；(2)“氧化1”过程中过量的氧气在酸性条件下将Fe

34、2氧化为Fe3，所发生反应的离子方程式为4Fe2O24H=4Fe32H2O；若要证明所得溶液中没有Fe2，可取少量“氧化1”所得的溶液于试管中，向其中滴加几滴铁氰化钾K3Fe(CN)6溶液，若无特征蓝色沉淀生成，则说明溶液中不再含有Fe2；(3)NaClO为离子化合物，其电子式为Na；“氧化2”过程中次氯酸钠在碱性条件下与Fe3发生氧化还原反应生成Na2FeO4、NaCl和水；(4)根据已知给定信息“K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液FeO在强碱性溶液中稳定，在Fe3和Fe(OH)3催化作用下发生分解”可知，洗涤剂最好选用KOH浓溶液，b项符合题意，a. H2SO4溶液中FeO不稳定，故

35、错误；c. Fe2(SO4)3溶液可能会使FeO发生分解，故错误；(5)根据上述分析可知，“转化”过程中加饱和KOH溶液转化为K2FeO4后的溶液中，所含的阴离子除FeO和OH外，一定还含有“酸溶”生成的硫酸根离子及“氧化2”步骤中得到的氯离子；(6)电解法制备K2FeO4采用电解池原理，电解质溶液为12mol/L的KOH溶液，其阳极区铁失去电子发生氧化反应生成高铁酸根离子，电极反应式是Fe6e8OH=FeO4H2O。4. (1)sp2和sp3(2)取代反应(3) (4)CH3CHO(5)解析(1)根据A的结构简式可看出，苯环上的C原子以及羧基中的C原子都采用sp2杂化，而甲基上的C原子采用s

36、p3杂化。(2)由B、C的结构简式可看出，该反应过程中，分子B中是羧基转变成C分子的COOCH3基团，故该反应属于取代反应。(3)手性碳原子所连的四个基团互不相同，根据要求可知水解后含有苯环的产物结构对称，结合D分子中含有酯基可知，该同分异构体中也含有酯基，通过推理可知水解产物中含有结构，由此可写出符合要求的同分异构体的结构简式为。(5)根据产物结构，联系原流程中D生成E的原理可知，产物由反应得到，由“已知”内容可知可由原料苯和CH3COCl在AlCl3作用下得到，根据原流程中C生成D的原理可知，在Fe/NH4Cl作用下得到，而可由原料发生硝化反应得到。22增分练(七)1. C解析根据盐酸和醋

37、酸在滴定开始时的pH来判断，滴定开始时0.100 0mol/L盐酸pH1,0.100 0mol/L醋酸pH1，曲线是盐酸，曲线是醋酸。滴定开始时0.100 0mol/L醋酸pH2，氢离子浓度小于0.01mol/L,0.100 0mol/L HAc的电离百分数小于10%，A错误；醋酸钠溶液水解后呈碱性，选用变色范围在碱性的指示剂，B错误；滴定百分数为50%时，溶液中溶质为等浓度的HAc和NaAc，溶液呈酸性，HAc的电离大于Ac的水解，曲线溶液中c(Ac)>c(Na)，C正确；滴定终点时，NaAc溶液的pH约为8，图像的变化证实了Ac的碱性较弱，D错误。2. D解析由电解图示可看出，在a电

38、极上，Cu失电子转变为Cu2S，故a极为阳极，连电源正极，A错误；该装置是电解池，将电能转化为化学能，B错误；根据b极电极反应式可知，该离子交换膜为阳离子交换膜，C错误；由电极b的图示可知，CuFeS2在电极上得电子生成Cu2S、Fe2、H2S，故该电极上有H参加，D正确。3. (1)49.6kJ/molBT3>T2>T11%(2)处于0.129.47解析(1)根据盖斯定律，由()可得CO2(g)3H2(g)=CH3OH(g)H2O(g)，则H3×(122.6kJ/mol23.4kJ/mol)49.6kJ/mol；据图中信息，活性*H参与了*HCOO*H*H3COH2O过

39、程，该步骤是合成甲醇的中间步骤之一，因此活性*H是合成甲醇的必要中间体，B正确。该反应的正反应为放热反应，其他条件不变时，升高温度平衡逆向移动，H2的平衡转化率逐渐降低，故T3T2T1。应选择合适的Mn%值使CH3OCH3的选择性和产率越高，而CO2转化率又不会过低，由表中数据可知Mn助剂占1%时，效果相对较好。(2)300min后压强保持不变，300min时，体系处于平衡状态；设CH4(g)的压强变化量为x，根据题意得：CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)V 故，解得x22kPa，v0.12kPa·min1；将等物质的量的CH4(g)和H2O(g)加入恒温恒容密闭容器(压

40、强为100kPa)中，则CH4(g)和H2O(g)的起始压强均为50kPa，设反应中CH4的压强变化量为x，反应中CO压强的变化量为y，根据题意得：CH4(g)H2O(g)CO(g)3H2(g)起始(kPa)50 50 0 0变化(kPa)x x x 3x终止(kPa)50x 50x x 3xCO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)起始(kPa)x 50x 0 3x变化(kPa)y y y y终止(kPa)xy 50xy y 3xy根据300min时，氢气分压p(H2)为105kPa，总压强为162kPa，可得，解得，则300min时，H2O、CO、H2、CO2的压强分别为7kPa、19k

41、Pa、105kPa、12kPa，Kp9.47。4. (1)4s24p5F>O>Cl>Br(2)Al3的半径小于Mg2，其离子所带电荷数多，离子键强，晶格能大(3)10孤电子对与键合电子对之间的斥力大于键合电子对之间的斥力，斥力大(4)解析(1)溴的原子序数为35，核外电子排布为2、8、18、7，价电子排布式为4s24p5。F、Cl、Br为同主族元素从上到下电负性减弱，O和F为同周期元素，从左到右电负性增强，再结合氧化物ClO2，O为负价可知O的电负性大于Cl，可得电负性由强到弱为F>O>Cl>Br；(2)Al3和Mg2的核外电子排布相同，Al的核电荷数多，离

42、子半径小，同时铝离子的离子电荷数比镁离子多，而离子半径越小，离子所带电荷数越多，离子键越强，晶格能越大；(3)单键为键，双键中有一条是键，一条是键，由结构可知，1mol吡啶分子中含有键数目为10mol，即10NA；根据VSEPR理论，孤电子对对键合电子对之间的斥力大于键合电子对对键合电子对之间的斥力，导致键合电子对对键合电子对之间的夹角减小；(4)内部的8个F形成小立方体结构，该小立方体的棱长等于晶胞棱长的，故图中C到左侧面距离等于晶胞棱长的，即为参数x，到前平面距离为晶胞棱长的，即为参数y，到下底面距离等于晶胞棱长，即为参数z，故C的坐标参数为(，)；由晶胞结构可知8个钙离子位于顶点，6个位

43、于面心，个数为8×6×4,8个氟离子位于体内，则晶胞的质量为g，晶胞的边长为0.546 2 nm，晶胞体积为(0.546 2×107)3cm3，晶胞的密度。22增分练(八)1. D解析H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)Ka2(H2X)，当pH相同时，由图示看出N表示lg与pH的变化关系，A错误；当H2X全部转化为NaHX，继续加入NaOH溶液时NaHX逐渐转变为Na2X，随着NaOH的加入，c(X2)增加，当c(X2)c(HX)时，lg0，此时溶液显酸性，说明HX的电离程度大于其水解程度，各离子浓度之间的关系为c(Na)c(HX)c(X2)c(

44、H2X)，B错误；当溶液呈中性时c(H)c(OH)，溶液中的电荷守恒式为c(Na)c(H)c(OH)c(HX)2c(X2)，则c(Na)c(HX)2c(X2)，且pH7时，lg>0，即c(X2)>c(HX)，故c(Na)>2c(HX)c(X2)，C错误；当溶液pH5.4时，lg0，即c(X2)c(HX)，则为Na2X与NaHX等物质的量的混合溶液，物料守恒为2c(Na)3c(HX)3c(X2)3c(H2X)，D正确。2. B解析乙醇发生消去反应生成乙烯需要170准确温度，应用温度计插入溶液中，A错误；浓盐酸和酸性高锰酸钾反应生成氯气，通入Na2S中发生氧化还原反应生成S，可得

45、非金属性：Cl>S，B正确；氨气极易溶于水，导管在液面下易发生倒吸，所以左侧应通入NH3，右侧通入CO2，C错误；应先用氧化剂将Br转化为Br2，再用CCl4萃取，D错误。3. (1)234该反应S>0BCD(2)温度较低时，有利于反应发生，CH4和CO2按11投料发生反应I时转化率相等，CO2还发生反应，所以平衡转化率大于CH46.1251 200K以上时反应I的正向进行程度远大于反应(3)温度超过250时，催化剂的催化效率降低(4)200解析(1)由反应热H反应物的键能之和生成物的键能之和可得：H4E(CH)2E(C=O)2E(CO)2E(HH)4×413kJ/mol

46、2×803kJ/mol2×1 076kJ/mol2×436kJ/mol234kJ/mol；反应I是气体体积增大的吸热反应，反应H>0、S>0，由自发反应的HTS<0可知，在一定条件下反应能够自发进行的原因是反应S>0；由质量守恒定律可知，一定温度下，容积固定的容器中，气体的质量不变，混合气体的密度始终不变，则密度保持不变不能说明正、逆反应速率相等，无法判断反应是否达到平衡，A错误；该反应为吸热反应，反应中，容积固定的绝热容器中反应温度会降低，温度保持不变说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡，B正确；该反应为气体体积增大的反应，由质量守恒定

47、律可知，一定温度和容积固定的容器中，气体的质量不变，混合气体的平均相对分子质量减小，平均相对分子质量保持不变说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡，C正确；一定温度和容积固定的容器中，二氧化碳与甲烷发生反应，二氧化碳还能与生成的氢气发生反应，当氢气和水物质的量之和保持不变时，说明正、逆反应速率相等，反应已达到平衡，D正确；(2)由题意可知，甲烷只发生反应，二氧化碳还能与氢气发生反应，923K时，甲烷和二氧化碳按11投料只发生反应I时，转化率相等，二氧化碳的平衡转化率大于甲烷，说明二氧化碳还发生了反应，导致平衡转化率大于甲烷，起始甲烷和二氧化碳的物质的量均为1mol，容器的体积为2L，反应I消耗

48、0.6mol甲烷和二氧化碳，则反应消耗0.2mol二氧化碳，由题意可建立反应和反应三段式：CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g)起(mol/L)0.5 0.5 0 0变(mol/L)0.3 0.3 0.6 0.6平(mol/L)0.2 0.2 0.6 0.6H2(g)CO2(g)H2O(g)CO(g)起(mol/L)0.6 0.2 0 0.6变(mol/L)0.1 0.1 0.1 0.1平(mol/L)0.5 0.1 0.1 0.1反应的化学平衡常数K6.125；由题意可知，甲烷只发生反应，二氧化碳还能与反应I生成的氢气发生反应，当温度高于1200K时，甲烷和二氧化碳的平衡转化率趋于

49、相等说明反应I的正向进行程度远大于反应，反应以反应为主；(3)由图可知，250300时，温度升高，催化剂的催化效率降低，导致乙酸的生成速率降低；(4)由碳酸的电离常数Ka2可得：，则当某地海水的pH8时，溶液中200。4. (1)邻羟基苯甲酸(2)提高邻羟基苯甲酸的转化率溶剂(3)羟基酯基(4) CH3COClHCl(5)取代反应(6) (7) 解析由B得出A为，A与甲醇发生酯化反应生成，B与氨的甲醇溶液反应生成C，C为，C在AlCl3催化作用下，与CH3COCl反应得到D，D为，D在AlCl3催化作用下，与溴发生取代反应生成，E与F发生取代反应得到产物。(1)A为，A的化学名称为邻羟基苯甲酸

50、。(2)酯化反应是可逆反应，在AB的转化中，CH3OH过量的作用有提高邻羟基苯甲酸的转化率、同时可作反应的溶剂。(3)B()中所含官能团的名称为羟基、酯基。(4)C为，C在AlCl3催化作用下，与CH3COCl反应得到D，D为，CD的反应方程式为。(5)B为，B与氨的甲醇溶液反应生成C，C为，由B生成C的反应类型为取代反应；(6) 与F发生取代反应得到产物，得出F的结构简式为。(7)C有多种同分异构体，其中满足以下条件的结构简式含有六元芳香环，能与NaHCO3溶液反应，含有羧基，核磁共振氢谱的峰面积之比为2221，符合以上条件的为2个，22增分练(九)1. A解析A. Na2O2中含有的阴离子

51、为O，0.1mol Na2O2固体中含有的阴离子数为0.1NA，A正确；K2S为强碱弱酸盐，在溶液中S2水解，生成HS、OH，故1L 0.1mol·L1K2S溶液中含有的S2数目小于0.1NA，B错误；常温下，0.1mol Cl2与足量NaOH溶液反应，生成NaCl、NaClO，转移的电子数为0.1NA，C错误；常温常压下，气体摩尔体积大于22.4L/mol,11.2L 12C18O2的物质的量小于0.5mol，含有的中子数小于13NA，D错误。2. B解析由电池左侧物质的转化可看出，在电极上Cl失电子生成Cl2，故Pt电极为阳极，与电源正极相连，而Ni电极与电源负极相连，A正确；在

52、阴极上的电极反应式为2H2O2e=H22OH，故阴极附近溶液pH增大，B错误；由两极电极反应式可知，该过程中总反应为乙烯与H2O反应生成环氧乙烷和H2，C正确；在电解池的右侧生成了KOH，左侧中Cl2与H2O反应生成HClO的同时得到HCl，故两侧电解质溶液混合时有HCl与KOH的反应，D正确。3. (1)控制滴加速率放热(2)NaOH溶液倒吸(3)取少量液体，滴加紫色石蕊，若变红则继续洗，不变则为中性，变蓝则过量(4)(5)68.33%解析由反应方程式：C6H6(CH3CO)2OC6H5COCH3CH3COOH，可知苯与乙酸酐反应的物质的量之比为11，则需计算8mL的苯和2mL乙酸酐谁完全反

53、应，由此计算出理论产生苯乙酮的质量，再计算产率。(1)使用恒压滴液漏斗能控制液体滴加的速度和量，目的是控制反应速率，由步骤1中的操作“严格控制滴加速率，必要时用冷水冷却”，可知该反应是放热反应；(2)吸收HCl气体可用碱液吸收，试剂为NaOH溶液，由于气体被吸收导致压强变小，则若倒扣漏斗全部浸没于液体中，则吸收气体时会发生倒吸现象；(3)可用紫色石蕊试剂来检验溶液的酸碱性，操作方法是：取少量液体，滴加紫色石蕊，若变红则继续洗，不变则为中性，变蓝则过量；(4)石油醚沸点为3080，苯为80.1，用直形冷凝管即可，选；苯乙酮沸点是202，冷凝管会炸裂，故选；(5)苯的密度：0.88g/mL,8mL的苯的质量mV0.88g/mL×8g7.04g，物质的量为n0.09mol；乙酸酐的密度：1.07g/mL，2mL乙酸酐的质量mV1.07 g/mL×2mL2.14g，物质的量为n0.02mol，由反应C6H6(CH3CO)2OC6H5COCH3CH3COOH，可知乙酸酐完全反应，则理论生成的苯乙酮质量为mnM0.02×120g2.4g，则产率为×100%68.33%。4. (1)VIB3d54s14s(2)FeO弱(3)126正八面体(4)2××1010解析(1)Cr位于第四周期B族，外围电子排布式为3d54s1，它首