2025年下学期高三化学结构不良试题专练（二）

2025年下学期高三化学结构不良试题专练（二）专题一物质结构与性质综合题例题1（条件缺失型）以钛酸钡（BaTiO₃）压电材料的制备为背景，考查化学方程式书写与物质转化分析。题目片段：以BaSO₄为原料制备粉状BaTiO₃的路线如下：BaSO₄$\xrightarrow[\text{焦炭}]{\text{焙烧}}$固体产物$\xrightarrow{\text{浸取}}$溶液$\xrightarrow{\text{沉淀}}$BaTiO(C₂O₄)₂$\xrightarrow{\text{煅烧}}$BaTiO₃已知“焙烧”后固体产物含易溶于水的BaS、微溶于水的CaS和BaCl₂。回答下列问题：（1）写出“焙烧”时生成CaS的离子方程式：_________。（2）“沉淀”步骤中，BaCl₂与TiCl₄、(NH₄)₂C₂O₄反应生成BaTiO(C₂O₄)₂沉淀，补全并配平该化学方程式：BaCl₂+TiCl₄+(NH₄)₂C₂O₄→BaTiO(C₂O₄)₂↓+NH₄Cl+_________解析：（1）信息提取：反应物为BaSO₄、焦炭和Ca²⁺（隐含CaO或CaCO₃作为矿化剂），产物含CaS。根据氧化还原反应规律，S元素从+6价（BaSO₄）降为-2价（CaS），C元素需升价，推测生成CO或CO₂。结合电荷守恒，Ca²⁺与S²⁻直接结合生成CaS沉淀，离子方程式为：Ca²⁺+SO₄²⁻+4C$\xlongequal{\text{高温}}$CaS+4CO↑。（2）守恒法应用：元素守恒：反应前含H元素（来自(NH₄)₂C₂O₄），反应后NH₄Cl中含H，推测缺失物质含H、O元素，可能为H₂O或HCl。原子个数配平：左边Ba:1、Ti:1、C:2×2=4（来自2个(NH₄)₂C₂O₄），右边BaTiO(C₂O₄)₂含C:4，故(NH₄)₂C₂O₄系数为2；Cl元素：左边BaCl₂（2Cl）+TiCl₄（4Cl）=6Cl，右边NH₄Cl需6Cl，即6NH₄Cl，但(NH₄)₂C₂O₄提供4NH₄⁺，故NH₄Cl系数为4，剩余2Cl需以HCl形式存在；补H₂O配平H、O：左边添加1H₂O后，H原子总数为2×2×2（(NH₄)₂C₂O₄）+2（H₂O）=10，右边4NH₄Cl（4×4=16H）+2HCl（2H）=18H，错误，重新调整：正确步骤：根据Cl守恒，BaCl₂（2Cl）+TiCl₄（4Cl）=6Cl，生成4NH₄Cl（4Cl）和2HCl（2Cl），共6Cl，符合；此时右边H为4×4（NH₄⁺）+2×1（HCl）=18，左边(NH₄)₂C₂O₄提供2×2×2=8H，需补充10H，即5H₂O；O原子左边5H₂O（5O）+2×4（C₂O₄²⁻）=13O，右边BaTiO(C₂O₄)₂（2×4=8O）+5H₂O（5O）=13O，守恒。最终方程式：BaCl₂+TiCl₄+2(NH₄)₂C₂O₄+5H₂O=BaTiO(C₂O₄)₂↓+4NH₄Cl+2HCl。例题2（数据缺失型）以FeSO₄·7H₂O的热分解为背景，考查结晶水数目计算与图像分析。题目片段：在N₂气氛中，FeSO₄·7H₂O脱水热分解过程的TG曲线（失重率随温度变化）如下：20~150℃：失重率18.0%，生成FeSO₄·xH₂O；150~300℃：进一步失重至总失重率30.0%，生成FeSO₄·yH₂O。计算x和y的值（写出计算过程）。解析：设样品初始质量为100g，FeSO₄·7H₂O的摩尔质量为278g/mol，物质的量n=100/278≈0.3597mol。（1）20~150℃失重：失去结晶水质量=100g×18.0%=18g，剩余结晶水总质量=7×18g/mol×0.3597mol-18g≈45.36g-18g=27.36g，剩余结晶水数目x=27.36g/(18g/mol×0.3597mol)≈4.2，修正：直接用失重率计算，1molFeSO₄·7H₂O失重18%×278≈50.04g，即失去50.04/18≈2.78molH₂O，x=7-2.78≈4（四舍五入）。（2）总失重率30%：总失水量=100g×30%=30g，失去结晶水总物质的量=30g/18g/mol≈1.666mol，y=7-1.666≈5.33，错误，应为剩余结晶水：7-(总失水量/18)/n=7-(30/18)/0.3597≈7-4.63≈2.37，正确方法：设FeSO₄·yH₂O的摩尔质量为152+18y，失重率=(7-y)×18/(278)=30%，解得y=7-(278×0.3)/18≈7-4.63=2.37≈2。专题二化学反应原理综合题例题3（条件开放型）以SO₂氧化反应为背景，考查平衡移动与数据处理。题目片段：工业上用SO₂和O₂在V₂O₅催化下生成SO₃，反应为2SO₂(g)+O₂(g)⇌2SO₃(g)ΔH=-196kJ/mol。某实验小组在恒容密闭容器中进行模拟实验，初始通入2molSO₂和1molO₂，反应在不同条件下达到平衡。（1）若平衡时O₂转化率为50%，则平衡常数K=（无需计算结果，列出表达式）。（2）实验发现，在T₁℃下反应达到平衡时，SO₃体积分数为40%；升高温度至T₂℃，SO₃体积分数降至30%。有同学认为“该反应在T₂℃的平衡常数更小”，是否正确？简述理由：。解析：（1）三段式法：2SO₂+O₂⇌2SO₃起始(mol)210转化(mol)2xx2x平衡(mol)2-2x1-x2xO₂转化率50%时，x=0.5，平衡浓度c(SO₂)=(2-1)/V=1/V，c(O₂)=0.5/V，c(SO₃)=1/V，K=(c(SO₃)²)/(c(SO₂)²·c(O₂))=((1/V)²)/((1/V)²·(0.5/V))=2V。（2）平衡移动分析：该反应为放热反应（ΔH<0），升高温度平衡逆向移动，SO₃体积分数减小，平衡常数K值减小，故结论正确。例题4（方案评价型）以Fe²⁺和MnO₄⁻的氧化还原反应为背景，考查实验设计合理性分析。题目片段：某同学欲测定FeSO₄溶液的浓度，设计如下方案：取20.00mLFeSO₄溶液，加入稀硝酸酸化，用0.1000mol/LKMnO₄标准液滴定至终点，记录消耗体积。该方案是否合理？若不合理，提出改进措施：_________。解析：不合理。原因：稀硝酸具有强氧化性，会优先氧化Fe²⁺（3Fe²⁺+4H⁺+NO₃⁻=3Fe³⁺+NO↑+2H₂O），干扰KMnO₄与Fe²⁺的反应（MnO₄⁻+5Fe²⁺+8H⁺=Mn²⁺+5Fe³⁺+4H₂O）。改进措施：改用稀硫酸酸化，避免引入其他氧化剂。专题三实验探究综合题例题5（装置缺失型）以Cl₂的实验室制备为背景，考查实验装置补全与误差分析。题目片段：实验室用MnO₂和浓盐酸共热制备Cl₂，需设计实验验证Cl₂的氧化性。现有仪器：圆底烧瓶、分液漏斗、导管、集气瓶、烧杯。（1）补全实验装置图（画出缺少的仪器及试剂）：。（2）若用饱和食盐水代替水收集Cl₂，对实验结果的影响是（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。解析：（1）装置组成：发生装置：MnO₂+4HCl(浓)$\xlongequal{\Delta}$MnCl₂+Cl₂↑+2H₂O（需加热，缺酒精灯）；净化装置：Cl₂含HCl杂质，需通过饱和食盐水洗气瓶（缺洗气瓶）；验证装置：用淀粉-KI溶液（变蓝）或FeCl₂溶液（变黄）验证氧化性（缺试管或烧杯）；尾气处理：用NaOH溶液吸收（缺NaOH溶液的烧杯）。（2）影响分析：饱和食盐水可降低Cl₂溶解度，减少收集过程中Cl₂的损失，使验证阶段现象更明显，无影响（因实验目的是验证氧化性，而非测定产量）。例题6（数据异常型）以酸碱中和滴定为背景，分析数据偏差原因。题目片段：用0.1000mol/LNaOH溶液滴定20.00mL未知浓度的HCl溶液，三次平行实验消耗NaOH体积分别为：20.05mL、19.00mL、20.10mL。计算HCl浓度并分析第二次数据异常的可能原因：_________。解析：数据取舍：第二次数据（19.00mL）与其他两次偏差较大，应舍弃，取平均值V=(20.05+20.10)/2=20.075mL，c(HCl)=(0.1000×20.075)/20.00≈0.1004mol/L。异常原因：滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失（导致读数偏小）；锥形瓶未用HCl溶液润洗（无影响，排除）；NaOH标准液浓度实际偏低（需消耗更多体积，与数据矛盾，排除）。专题四工业流程综合题例题7（步骤优化型）以海水提溴为背景，考查流程设计合理性。题目片段：海水提溴的简化流程如下：海水（pH≈8）$\xrightarrow{\text{通入Cl₂}}$溴水$\xrightarrow{\text{空气吹出}}$含Br₂的空气$\xrightarrow{\text{SO₂吸收}}$HBr溶液$\xrightarrow{\text{Cl₂氧化}}$Br₂（1）“空气吹出”前需将海水pH调至酸性，目的是_________。（2）若省去“SO₂吸收”步骤，直接用Cl₂氧化含Br⁻的海水，可能导致的问题是_________。解析：（1）pH调节作用：Cl₂在碱性条件下会发生歧化反应（Cl₂+2OH⁻=Cl⁻+ClO⁻+H₂O），降低Br⁻的氧化效率，调至酸性可抑制Cl₂歧化。（2）步骤必要性：海水中Br⁻浓度低（约65mg/L），直接氧化后Br₂浓度低，分离能耗大；SO₂吸收后发生反应Br₂+SO₂+2H₂O=2HBr+H₂SO₄，实现Br⁻富集，再氧化可提高Br₂产量。例题8（杂质去除型）以粗铜精炼为背景，考查电解原理应用。题目片段：粗铜中含Fe、Zn、Ag等杂质，电解精炼时以CuSO₄溶液为电解质，粗铜作阳极，纯铜作阴极。回答下列问题：（1）阳极泥的主要成分是_________。（2）若阴极析出128gCu，阳极减少质量_________（填“大于”“小于”或“等于”）128g，简述理由：_________。解析：（1）阳极泥形成：Ag为不活泼金属，在阳极不放电，以单质形式沉积形成阳极泥。（2）质量变化分析：阳极主要反应为Cu-2e⁻=Cu²⁺（64g/mol），同时Fe（56g/mol）、Zn（65g/mol）等活泼杂质优先放电，相同电量下，Fe、Zn溶解质量小于Cu（如2mole⁻可溶解1molCu（64g）或1molFe（56g）），但阳极减少的总质量还需考虑Ag等不溶杂质，故大于128g（因Fe、Zn溶解导致减少质量小于64g/mol，但Ag等未溶解，实际阳极减少质量为Cu、Fe、Zn溶解质量之和，可能大于或小于，需严谨分析：设转移2mole⁻，若仅Cu放电，减少64g；若含1molZn放电，减少65g>64g，故无法确定，但高考常考“大于”，因杂质Zn相对原子质量大于Cu）。专题五有机化学综合题例题9（同分异构体书写型）以芳香族化合物为背景，考查限定条件下同分异构体数目判断。题目片段：化合物C（C₈H₈O₂）的同分异构体中，同时满足下列条件的有_________种（不考虑立体异构）：①能发生银镜反应；②遇FeCl₃溶液显紫色；③苯环上有三个取代基。解析：条件拆解：能发生银镜反应：含-CHO或HCOO-；遇FeCl₃显紫色：含酚羟基（-OH）；苯环上三个取代基：-OH、-CHO、-CH₃（因C₈H₈O₂-C₆H₃(OH)(CHO)=C₂H₅，故第三个取代基为-CH₃）。位置异构：苯环上三个不同取代基（-OH、-CHO、-CH₃）的排列方式：先固定-OH和-CHO，有邻、间、对3种，再插入-CH₃：邻位（-OH与-CHO相邻）：-CH₃有4种位置；间位（-OH与-CHO相间）：-CH₃有4种位置；对位（-OH与-CHO相对）：-CH₃有2种位置；总数：4+4+2=10种。例题10（反应机理分析型）以乙醇催化氧化为背景，考查中间体判断。题目片段：乙醇在Cu催化下氧化为乙醛的反应机理如下：CH₃CH₂OH+CuO$\xrightarrow{\Delta}$CH₃CHO+Cu+H₂O（总反应）某同学提出中间体可能为CH₃CH₂O-Cu，请设计实验验证该中间体存在：_________。解析：实验设计：取反应后的铜丝，用蒸馏水洗涤后，加入稀硫酸加热，若生成CH₃CH₂OH（通过酸性K₂Cr₂O₇溶液褪色检验），则证明中间体CH₃CH₂O-Cu水解生成CH₃CH₂OH和Cu²⁺；或用¹⁸O标记的乙醇（CH₃CH₂