非選擇題專練非選擇題專練(一)1．三氧化二砷(As2O3)可用于治療急性早幼粒白血病。利用某酸性含砷廢水(含AsOeq\o\al(3－,3)、H＋、SOeq\o\al(2－,4))可提取三氧化二砷，提取工藝流程如下：已知：①As2O3＋6NaOH=2Na3AsO3＋3H2O；②As2S3易溶于過量的Na2S溶液中，故加入FeSO4的目的是除去過量的S2－?；卮鹣铝袉栴}：(1)操作M所用到的玻璃儀器有燒杯及________。(2)該流程中可循環(huán)使用的物質(zhì)是________(寫化學(xué)式)。(3)“堿浸”的目的是_______________________________________。(4)“氧化”中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____________________________________________________________________________________________________。(5)“還原”過程中H3AsO4轉(zhuǎn)化為H3AsO3，反應(yīng)的化學(xué)方程式是_________________________________________________________________________________________________________________________。(6)“還原”后加熱溶液，H3AsO3分解為As2O3，同時結(jié)晶得到粗As2O3。As2O3在不同溫度和不同濃度硫酸中的溶解度(S)曲線如圖所示。為了提高粗As2O3的沉淀率，“結(jié)晶”過程進行的操作是___________________________________________________________________________________________________。答案(1)漏斗、玻璃棒(2)SO2(3)將As2O3轉(zhuǎn)化為Na3AsO3，與鐵的氧化物分離(4)AsOeq\o\al(3－,3)＋H2O2=AsOeq\o\al(3－,4)＋H2O(5)H3AsO4＋H2O＋SO2=H3AsO3＋H2SO4(6)調(diào)硫酸濃度約為7mol·L－1，冷卻至25℃，過濾解析酸性含砷廢水(含AsOeq\o\al(3－,3)、H＋、SOeq\o\al(2－,4))加入Na2S和FeSO4得到As2S3和FeS沉淀，過濾將沉淀和濾液分離；As2S3和FeS在空氣中焙燒得到As2O3、SO2以及鐵的氧化物，加入NaOH溶液溶解焙燒產(chǎn)物，As2O3反應(yīng)生成Na3AsO3形成溶液，過濾得到的濾渣Y為鐵的氧化物，加入雙氧水將Na3AsO3氧化得到Na3AsO4，通入SO2和稀硫酸將Na3AsO4還原得到As2O3。(1)將固體和液體分離可以采用過濾的方法，操作M所用到的玻璃儀器有燒杯及漏斗、玻璃棒；(2)焙燒過程產(chǎn)生SO2，SO2具有還原性，還原時可用SO2還原Na3AsO4，所以可以循環(huán)使用的物質(zhì)為SO2；(3)根據(jù)題目所給信息可知As2O3可以和NaOH溶液發(fā)生反應(yīng)，而鐵的氧化物不能，所以堿浸的目的是從As2O3和鐵的氧化物的混合物中分離出As元素；(4)氧化過程中AsOeq\o\al(3－,3)被雙氧水氧化成AsOeq\o\al(3－,4)，結(jié)合電子守恒和電荷守恒可得離子方程式為AsOeq\o\al(3－,3)＋H2O2=AsOeq\o\al(3－,4)＋H2O；(5)根據(jù)流程可知，“還原”過程中酸性條件下SO2將H3AsO4轉(zhuǎn)化為H3AsO3，反應(yīng)的化學(xué)方程式是：H3AsO4＋H2O＋SO2=H3AsO3＋H2SO4；(6)根據(jù)圖中曲線，As2O3在不同溫度和不同濃度硫酸中的溶解度(S)曲線，為了提高粗As2O3的沉淀率，讓其溶解度最低，因此“結(jié)晶”過程進行的操作是調(diào)硫酸濃度約為7mol·L－1，冷卻至25℃，過濾。2．某小組同學(xué)探究不同條件下氯氣與二價錳化合物的反應(yīng)資料：i.Mn2＋在一定條件下被Cl2或ClO－氧化成MnO2(棕黑色)、MnOeq\o\al(2－,4)(綠色)、MnOeq\o\al(－,4)(紫色)。ii.濃堿條件下，MnOeq\o\al(－,4)可被OH－還原為MnOeq\o\al(2－,4)。iii.Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無關(guān)，NaClO的氧化性隨堿性增強而減弱。實驗裝置如圖(夾持裝置略)序號物質(zhì)aC中實驗現(xiàn)象通入Cl2前通入Cl2后Ⅰ水得到無色溶液產(chǎn)生棕黑色沉淀，且放置后不發(fā)生變化Ⅱ5%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙?，仍有沉淀?0%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙?，仍有沉?1)B中試劑是________。(2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W(xué)方程式為_________________________________________________________________________________。(3)對比實驗Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的實驗現(xiàn)象，對于二價錳化合物還原性的認(rèn)識是_______________________________________________________________________________________________________________________________。(4)根據(jù)資料iii，Ⅲ中應(yīng)得到綠色溶液，實驗中得到紫色溶液，分析現(xiàn)象與資料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2導(dǎo)致溶液的堿性減弱。原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將MnOeq\o\al(2－,4)氧化為MnOeq\o\al(－,4)。①離子方程式表示可能導(dǎo)致溶液堿性減弱的原因____________________________________________________________________________________，但通過實驗測定溶液的堿性變化很小。②取Ⅲ中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色的離子方程式為______________________________________________________________________________________________________________________________，溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被________(填“化學(xué)式”)氧化，可證明Ⅲ的懸濁液中氧化劑過量；③?、蛑蟹胖煤蟮?mL懸濁液，加入4mL水，溶液紫色緩慢加深，發(fā)生的反應(yīng)是______________________________________________________________________________________________________________________________。④從反應(yīng)速率的角度，分析實驗Ⅲ未得到綠色溶液的可能原因_____________________________________________________________________________________________________________________________。答案(1)飽和NaCl溶液(2)2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O(3)Mn2＋的還原性隨溶液堿性的增強而增強(4)①Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O②4MnOeq\o\al(－,4)＋4OH－=4MnOeq\o\al(2－,4)＋O2↑＋2H2OCl2③3ClO－＋2MnO2＋2OH－=2MnOeq\o\al(－,4)＋3Cl－＋H2O④過量Cl2與NaOH反應(yīng)產(chǎn)生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH－)降低，溶液中的MnOeq\o\al(－,4)被還原為MnOeq\o\al(2－,4)的速率減小，因而實驗Ⅲ未得到綠色溶液解析(1)B中試劑是飽和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的雜質(zhì)HCl氣體；(2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2＋與堿性溶液中NaOH電離產(chǎn)生的的OH－反應(yīng)產(chǎn)生Mn(OH)2白色沉淀，該沉淀不穩(wěn)定，會被溶解在溶液中的氧氣氧化為棕黑色MnO2，則沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W(xué)方程式為：2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O；(3)對比實驗Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的實驗現(xiàn)象，對于二價錳化合物還原性的認(rèn)識是：Mn2＋的還原性隨溶液堿性的增強而增強；(4)①Cl2與NaOH反應(yīng)產(chǎn)生NaCl、NaClO、H2O，使溶液堿性減弱，反應(yīng)的離子方程式為：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；②?、笾蟹胖煤蟮?mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色就是由于在濃堿條件下，MnOeq\o\al(－,4)可被OH－還原為MnOeq\o\al(2－,4)，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可知該反應(yīng)的離子方程式為：4MnOeq\o\al(－,4)＋4OH－=4MnOeq\o\al(2－,4)＋O2↑＋2H2O；溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可證明Ⅲ的懸濁液中氧化劑過量；③?、蛑蟹胖煤蟮?mL懸濁液，加入4mL水，溶液堿性減弱，溶液紫色緩慢加深，說明ClO－將MnO2氧化為MnOeq\o\al(－,4)，發(fā)生的反應(yīng)是：3ClO－＋2MnO2＋2OH－=2MnOeq\o\al(－,4)＋3Cl－＋H2O；④從反應(yīng)速率的角度，過量Cl2與NaOH反應(yīng)產(chǎn)生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH－)降低，溶液中的MnOeq\o\al(－,4)被還原為MnOeq\o\al(2－,4)的速率減小，導(dǎo)致實驗Ⅲ未得到綠色溶液。3．CO2資源化是實現(xiàn)“雙碳”目標(biāo)的重要途徑。方法1：化學(xué)還原CO2制備CH3CH2OH。已知：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH1＝－484.0kJ·mol－1。②C2H5OH(g)完全燃燒的能量變化如圖所示。(1)根據(jù)上述數(shù)據(jù)，________(填“能”或“不能”)計算C2H5OH(g)的燃燒熱。(2)2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g)ΔH＝________kJ·mol－1。(3)在恒溫恒容條件下，發(fā)生反應(yīng)2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g)，下列情況表明反應(yīng)達到平衡狀態(tài)的是________(填標(biāo)號)。A．混合氣體密度保持不變B．氣體總壓強保持不變C．氣體平均摩爾質(zhì)量保持不變D．產(chǎn)物濃度之比保持不變(4)在容積相同、起始溫度相同的甲、乙兩個容器中都充入1molCO2(g)、3molH2(g)，發(fā)生反應(yīng)2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g)，在不同條件下達到平衡，如下表所示。容器甲乙條件恒溫、恒容絕熱、恒容平衡常數(shù)KK甲K乙達到平衡時所用時間/mint甲t乙則K甲________(填“>”、“<”或“＝”，下同)K乙；t甲________t乙。(5)在一定溫度下，向容積為1L的恒容密閉容器中，充入1molCO2(g)、xmolH2(g)，發(fā)生反應(yīng)2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g)，測得平衡體系中，C2H5OH(g)的體積分?jǐn)?shù)φ與x的關(guān)系如圖所示。在m、n、p點中，CO2的轉(zhuǎn)化率最大的是________(填字母)點。在該溫度下，平衡常數(shù)K為________。方法2：電還原CO2制備CH3OH。裝置如圖所示(電極材料都是石墨)。(6)a極名稱是________(填“陽極”“陰極”“正極”或“負極”)。b極上的電極反應(yīng)式為_____________________________________________________________。答案(1)不能(2)－174.9(3)BC(4)>>(5)p48(6)陽極CO2＋6H＋＋6e－=CH3OH＋H2O解析(1)C2H5OH(g)的燃燒熱是指1molC2H5OH完全燃燒生成二氧化碳氣體和液態(tài)水，而過程①和②中均為氣態(tài)水，缺少液態(tài)水與氣態(tài)水轉(zhuǎn)化過程中的焓變，因此不能確定乙醇的燃燒熱；(2)反應(yīng)熱等于正反應(yīng)活化能與逆反應(yīng)活化能之差，反應(yīng)②的ΔH＝(638.5－1915.6)kJ·mol－1＝－1277.1kJ·mol－1。已知：①2H2(g)＋O2(g)=2H2O(g)ΔH1＝－484.0kJ·mol－1②C2H5OH(g)＋3O2(g)=2CO2(g)＋3H2O(g)ΔH2＝－1277.1kJ·mol－1。根據(jù)蓋斯定律，①×3－②得：2CO2(g)＋6H2(g)=C2H5OH(g)＋3H2O(g)ΔH＝－484.0kJ·mol－1×3＋1277.1kJ·mol－1＝－174.9kJ·mol－1；(3)A.恒容條件下，氣體總質(zhì)量守恒，故密度始終不變，不能作為判斷平衡的依據(jù)，A項不符合題意；B.恒溫恒容條件下，氣體總壓強與氣體物質(zhì)的量成正比，氣體分子數(shù)由多到少，氣體總壓強不變時達到平衡狀態(tài)，B項符合題意；C.氣體物質(zhì)的量不變時，氣體平均摩爾質(zhì)量不變，達到平衡，C項符合題意；D.產(chǎn)物濃度之比始終是常數(shù)，D項不符合題意；故答案為：BC；(4)題給反應(yīng)是放熱反應(yīng)，絕熱容器中溫度升高，相對甲容器，乙容器中平衡向逆反應(yīng)方向移動，故平衡常數(shù)減小；升高溫度，反應(yīng)速率加快，達到平衡所用時間較短；(5)一定溫度下，向恒容密閉容器中充入CO2、H2，隨著H2、CO2的投料比增大，平衡向正反應(yīng)方向移動，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率增大，故p點轉(zhuǎn)化率在m、n、p三點中最大。根據(jù)體積分?jǐn)?shù)計算平衡常數(shù)：eq\f(x,4－4x)＝15%，x＝0.375，所以，平衡體系中c(CO2)＝0.25mol·L－1，c(H2)＝0.75mol·L－1，c(CH3CH2OH)＝0.375mol·L－1，c(H2O)＝1.125mol·L－1，則K＝eq\f(0.375×1.1253,0.252×0.756)＝48。(6)根據(jù)物質(zhì)轉(zhuǎn)化中元素化合價變化，電極a為陽極；陰極上二氧化碳被還原成CH3OH，電極反應(yīng)式為CO2＋6H＋＋6e－=CH3OH＋H2O。4．硫氰酸甲基銨{[CH3NH3]＋[SCN]－}用于抗生素的分離、分析農(nóng)藥含量、硫氰酸絡(luò)鹽的合成以及用作聚合催化劑。通過氣相輔助生長技術(shù)，利用硫氰酸甲基銨可制得鈣鈦礦型甲脒鉛碘(FAPbI3)和一種新型光電材料銫銅鹵化物CsxCuyIz。請回答下列問題：(1)基態(tài)Cu原子的電子排布式為________?；鶓B(tài)I原子的價電子排布圖為________。(2)硫氰酸甲基銨所含元素中第一電離能最大的是________(填元素符號)。(3)Cs、Cu、I的電負性由大到小的順序是________。(4)甲脒()與丙烷的相對分子質(zhì)量相同，但甲脒的熔點比丙烷的熔點高得多，其原因是_____________________________________________________。甲脒中碳原子的雜化方式為________。(5)水中鉛的測定方法是用雙硫腙與鉛反應(yīng)生成紅色雙硫腙鉛絡(luò)合物(結(jié)構(gòu)如圖)。①該絡(luò)合物可溶于四氯化碳，其晶體類型為________。②該絡(luò)合物分子內(nèi)不存在的微粒間作用力有________(填標(biāo)號)。a．σ鍵 b．π鍵c．非極性鍵 d．離子鍵e．配位健(6)FAPbI3的晶體結(jié)構(gòu)單元如圖所示，圖中X表示FA，Y表示Pb，位于八面體中心，則X的碘配位數(shù)為________。(7)某銫銅碘化物的晶胞如圖所示，其晶胞參數(shù)為anm、bnm和cnm，α＝β＝γ＝90°，晶胞的棱上有8個Cu原子，面上有8個Cu原子、4個Cs原子和4個I原子，其余原子均位于體內(nèi)，該晶體的密度為________g·cm－3。答案(1)1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1(2)N(3)I>Cu>Cs(4)甲脒存在分子間氫鍵，丙烷分子間只存在范德華力sp2雜化(5)①分子晶體②d(6)12(7)eq\f(64×8＋127×12＋133×4,NA×abc)×1021(或eq\f(2568,abcNA)×1021)解析(1)Cu為29號元素，其核外電子排布式為：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；I為53號元素，其價電子排布為：5s25p5，價電子排布圖為；(2)硫氰酸甲基銨含有H、C、N、S四種元素，其中電離能最大的是N；(3)Cs、Cu為金屬元素，I為非金屬元素，I的電負性大于Cs、Cu，Cs比Cu活潑，Cs的電負性小于Cu，電負性由大到小的順序為：I>Cu>Cs；(4)甲脒()分子中含有氨基，氨基可以與氨基形成氫鍵，氫鍵的作用力比分子間作用力大，因此甲脒的熔點高于丙烷；甲脒中碳原子形成碳碳雙鍵，采用sp2雜化；(5)①該絡(luò)合物可溶于四氯化碳，根據(jù)相似相溶原理可知該物質(zhì)為非極性分子或弱極性分子；②雙硫腙鉛絡(luò)合物中含有單鍵和雙鍵，所以含有σ鍵和π鍵，且相同的非金屬原子之間的共價鍵為非極性鍵；Pb含有空軌道，N原子含有孤對電子，Pb和N原子形成配位鍵，不存在離子鍵；(6)由晶胞結(jié)構(gòu)可知距離X最近的Z位于Y圍成的正立方體的棱心，共有12個，X的碘配位數(shù)為12；(7)由題意和晶胞可知，Cu分布在晶胞的棱上、面上和體內(nèi)，個數(shù)分別為8、8和2，故晶胞中Cu的數(shù)目為8×eq\f(1,4)＋8×eq\f(1,2)＋2＝8；I分布在晶胞的面上和體內(nèi)，個數(shù)分別為4和10，故晶胞中I的數(shù)目為4×eq\f(1,2)＋10＝12；Cs分布在晶胞的面上和體內(nèi)，個數(shù)分別為4和2，故晶胞中Cs的數(shù)目為4×eq\f(1,2)＋2＝4。晶胞質(zhì)量＝eq\f(8×64＋12×127＋4×133,NA)g，體積＝abc×10－21cm3，密度ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(8×64＋12×127＋4×133,abcNA)×1021g·cm－3＝eq\f(2568,abcNA)×1021g·cm－3。5．2021年諾貝爾化學(xué)獎被授予給開發(fā)了一種精確的分子構(gòu)建新工具——有機手性催化的兩位科學(xué)家。有效構(gòu)建手性中心是有機合成的重要研究方向之一，對藥物研究的影響巨大。由化合物A合成化合物G的一種路徑如圖所示。已知：＋R2—CHOeq\o(→,\s\up7(NaOH),\s\do5(△))?；卮鹣铝袉栴}：(1)B的化學(xué)名稱為________；E中所含官能團的名稱是________。(2)C的結(jié)構(gòu)簡式為________；②的反應(yīng)類型是________。(3)寫出E到F的化學(xué)方程式：_________________________________________________________________________________________________________。(4)H是G的同分異構(gòu)體，符合下列條件的H的結(jié)構(gòu)有________種(不考慮立體結(jié)構(gòu))，其中核磁共振氫譜顯示峰面積比為3∶2∶2∶2的結(jié)構(gòu)簡式為________。a．分子中含，且不含其他環(huán)狀結(jié)構(gòu)b．位于兩個苯環(huán)上的取代基互為鏡像對稱(即兩個苯環(huán)對應(yīng)位置上的取代基均相同)(5)設(shè)計以和為主要起始原料制備的合成路線(無機試劑和有機溶劑任選)______________________________________________________________________________________________________。答案(1)苯甲醛碳碳雙鍵、酯基(2)還原反應(yīng)(3)eq\o(→,\s\up7(手性催化劑))＋CH3COOH(4)19(5)解析(1)B的結(jié)構(gòu)簡式為，化學(xué)名稱為苯甲醛；E的結(jié)構(gòu)簡式為，所含官能團的名稱是碳碳雙鍵、酯基。(2)根據(jù)上述分析知，C的結(jié)構(gòu)簡式為；反應(yīng)②為C中的酮羰基變?yōu)镈中的醇羥基，發(fā)生了還原反應(yīng)。(3)對比E、F的結(jié)構(gòu)可知，E中—OOCCH3被取代，生成乙酸分子，其化學(xué)方程式為eq\o(→,\s\up7(手性催化劑))＋CH3COOH。(4)H的分子式為C18H18O，則結(jié)構(gòu)中，苯環(huán)上的取代基可以是：①—CH2CH=CH2②—CH=CHCH3③—(CH3)C=CH2④—CH3和—CH=CH2，因為位于兩個苯環(huán)上的取代基互為鏡像對稱，所以取代基的位置異構(gòu)只需考慮一個苯環(huán)上的種類，取代基為①②③時，位置異構(gòu)均有3種，取代基為④時，位置異構(gòu)有10種，所以符合條件的H的結(jié)構(gòu)有19種。其中核磁共振氫譜顯示峰面積比為3∶2∶2∶2的結(jié)構(gòu)簡式為。(5)與題干中的F較為相似，參考反應(yīng)④逆合成分析則需要和，可由合成，可由合成，參考已知反應(yīng)，可以由原料合成，則可得合成路線：

非選擇題專練(二)1．鐵的化合物有廣泛用途，如三草酸合鐵(Ⅲ)酸鉀晶{K3[Fe(C2O4)3]·xH2O}是一種光敏材料，也可作催化劑，碳酸亞鐵(FeCO3)可作補血劑等，以廢鐵屑(含F(xiàn)e2O3及少量Fe和SiO2)為原料制備以上物質(zhì)的流程如下：已知：①25℃，Ksp[Fe(OH)3]＝2.0×10－39，Ksp[Fe(OH)2]＝5.0×10－17，Ksp(FeCO3)＝3.0×10－11；②離子濃度小于1.0×10－5mol·L－1認(rèn)為沉淀完全；③K3Fe(C2O4)3·3H2O為可溶于水、難溶于乙醇的翠綠色晶體。回答下列問題：(1)濾液Ⅰ中含有Fe2＋、Fe3＋，檢驗Fe2＋所用的試劑為________(填化學(xué)式)。(2)室溫下，若濾液Ⅰ中c(Fe3＋)為2mol·L－1，要保證濾液Ⅰ中不出現(xiàn)沉淀，則濾液Ⅰ中c(H＋)至少應(yīng)大于________mol·L－1。(3)將濾液Ⅱ與飽和NH4HCO3溶液混合，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_________________________________________________________________________________________________________________________________；已知飽和Na2CO3溶液的pH大于11，是否能用飽和Na2CO3溶液代替飽和NH4HCO3溶液來制備FeCO3________(填“是”或“否”)。(4)濾液Ⅰ與足量空氣發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_____________________________________________________________；甲同學(xué)認(rèn)為該步反應(yīng)用稀H2O2代替空氣效果更好，乙同學(xué)不同意甲的觀點，其理由是_____________________________________________________________。(5)獲得翠綠色晶體的“一系列操作”包含________________(填操作名稱)；用乙醇洗滌晶體而不用水洗滌的目的為__________________________________________________________________________________________________。答案(1)K3[Fe(CN)6](2)0.1(3)Fe2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(或Fe2＋＋HCOeq\o\al(－,3)=FeCO3↓＋H＋、HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2O)否(4)4Fe2＋＋4H＋＋O2=4Fe3＋＋2H2OFe3＋是H2O2分解的催化劑，會消耗大量的H2O2，導(dǎo)致生產(chǎn)成本過高(5)蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾減少晶體溶解損失，使晶體易干燥解析(1)由信息可知，濾液Ⅰ中含有Fe2＋、Fe3＋，檢驗Fe2＋的試劑為K3[Fe(CN)6]，可與Fe2＋反應(yīng)產(chǎn)生藍色沉淀。(2)要保證濾液Ⅰ中無沉淀，則c(Fe3＋)·c3(OH－)<Ksp，代入有關(guān)數(shù)據(jù)后可求出c(OH－)<eq\r(3,\f(2.0×10－39,2.0))mol·L－1＝1×10－13mol·L－1，c(H＋)>0.1mol·L－1。(3)濾液Ⅱ為FeCl2溶液，與飽和NH4HCO3溶液混合后，F(xiàn)e2＋與HCOeq\o\al(－,3)發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Fe2＋＋2HCOeq\o\al(－,3)=FeCO3↓＋CO2↑＋H2O(或Fe2＋＋HCOeq\o\al(－,3)=FeCO3↓＋H＋、HCOeq\o\al(－,3)＋H＋=CO2↑＋H2O)；FeCl2溶液中c(Fe2＋)>1.0×10－5mol·L－1，飽和Na2CO3溶液的pH大于11，則c(OH－)>10－3mol·L－1，Qc[Fe(OH)2]>1.0×10－11>5.0×10－17＝Ksp[Fe(OH)2]；故用飽和Na2CO3溶液代替飽和NH4HCO3溶液，與FeCl2溶液混合制備FeCO3，會產(chǎn)生Fe(OH)2，導(dǎo)致FeCO3不純。(4)濾液Ⅰ中通入足量空氣的目的是將Fe2＋氧化成Fe3＋，離子方程式為：4Fe2＋＋4H＋＋O2=4Fe3＋＋2H2O；溶液中的Fe3＋是H2O2分解的催化劑，若用稀H2O2代替空氣，會消耗大量的H2O2，導(dǎo)致生產(chǎn)成本過高。(5)獲得翠綠色晶體的“一系列操作”包含蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾；用乙醇洗滌晶體而不用水洗滌的目的是減少晶體溶解損失，使晶體易干燥。2．實驗室以濃硫酸、銅與NaOH溶液為原料制取少量NaHSO3并探究其性質(zhì)，已知CuCl為白色難溶于水的化合物。Ⅰ.制備NaHSO3(裝置如圖所示)。(1)儀器a的名稱是________。(2)裝置丙的作用是____________________________________________________。Ⅱ.探究NaHSO3與Cu2＋的反應(yīng)，設(shè)計實驗：向2mL1mol·L－1NaHSO3溶液中加入2mL1mol·L－1CuSO4溶液，得到綠色溶液，3min內(nèi)無明顯變化。將所得混合液分為兩等份。①第一份加入適量Na2SO4固體，瞬間無明顯變化，30s時也無明顯變化。②另一份加入適量NaCl固體，瞬間無明顯變化，30s時有無色氣體和白色沉淀生成，上層溶液顏色變淺。(3)推測實驗②產(chǎn)生的無色氣體為SO2，用新制的氯水檢驗該無色氣體，可觀察到淡黃綠色消失，滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成。寫出SO2與氯氣反應(yīng)的離子方程式：____________________________________________________________________________________________________________________。(4)對實驗Ⅱ產(chǎn)生SO2的原因進行分析，提出兩種假設(shè)：假設(shè)1：Cu2＋水解使溶液中c(H＋)增大。假設(shè)2：Cl－存在時，Cu2＋與HSOeq\o\al(－,3)反應(yīng)生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H＋)增大。①假設(shè)1不合理，實驗證據(jù)是____________________________________________。②實驗證實假設(shè)2合理，實驗Ⅱ中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式有___________________________________________________________和H＋＋HSOeq\o\al(－,3)=SO2↑＋H2O。Ⅲ.與碘酸鹽的反應(yīng)：向用H2SO4酸化的KIO3溶液中滴加NaHSO3溶液(以及少量淀粉溶液)。實驗現(xiàn)象為“無色→藍色→無色→藍色→……”的周期性變化，此反應(yīng)過程分為三步：①IOeq\o\al(－,3)＋3HSOeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋＋I－(慢)；②IOeq\o\al(－,3)＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O(慢)；③I2＋HSOeq\o\al(－,3)＋H2O=2I－＋SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋(快)。(5)請解釋出現(xiàn)該實驗現(xiàn)象可能的原因：___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。Ⅳ.NaHSO3固體的純度測定：稱取wgNaHSO3固體溶于水配成100mL溶液，取25.00mL已配好的溶液置于錐形瓶中，用0.1000mol·L－1的酸性KMnO4溶液進行滴定，消耗KMnO4溶液VmL。(已知：2MnOeq\o\al(－,4)＋5HSOeq\o\al(－,3)＋H＋=2Mn2＋＋5SOeq\o\al(2－,4)＋3H2O)(6)滴定終點的顏色變化為____________________________________，NaHSO3固體的純度為________(用含V和w的代數(shù)式表示)。答案(1)分液漏斗(2)防倒吸、尾氣處理(3)SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)(4)①實驗①無氣體放出②2Cu2＋＋HSOeq\o\al(－,3)＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋(5)NaHSO3溶液滴加到KIO3溶液中，IOeq\o\al(－,3)先轉(zhuǎn)化為I－，I－與過量的KIO3溶液生成碘單質(zhì)，I2遇淀粉變?yōu)樗{色，而后NaHSO3與I2反應(yīng)又變?yōu)镮－(6)無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色eq\f(10.4V,w)%解析(1)根據(jù)裝置圖，儀器a的名稱是分液漏斗；(2)二氧化硫有毒，高錳酸鉀能氧化二氧化硫，裝置丙中倒置漏斗防倒吸、尾氣處理；(3)SO2與氯氣反應(yīng)生成鹽酸和硫酸，反應(yīng)的離子方程式為SO2＋Cl2＋2H2O=4H＋＋2Cl－＋SOeq\o\al(2－,4)；(4)①實驗①無氣體放出，所以假設(shè)1不合理；②Cl－存在時，Cu2＋與HSOeq\o\al(－,3)反應(yīng)生成CuCl白色沉淀，氫離子濃度增大，亞硫酸氫根離子在酸性條件下放出二氧化硫氣體，反應(yīng)的方程式為2Cu2＋＋HSOeq\o\al(－,3)＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋、H＋＋HSOeq\o\al(－,3)=SO2↑＋H2O；(5)NaHSO3溶液滴加到KIO3溶液中，IOeq\o\al(－,3)先轉(zhuǎn)化為I－，I－與過量的KIO3溶液生成碘單質(zhì)，I2遇淀粉變?yōu)樗{色，而后NaHSO3與I2反應(yīng)又變?yōu)镮－，所以實驗現(xiàn)象為“無色→藍色→無色→藍色→……”周期性變化。(6)高錳酸鉀能被亞硫酸氫鈉還原，滴定終點高錳酸鉀剩余，滴定終點的現(xiàn)象為：滴入最后半滴高錳酸鉀溶液，無色變?yōu)闇\紅色，且半分鐘內(nèi)不變色；消耗KMnO4溶液的體積VmL，則25mLNaHSO3溶液中n(NaHSO3)＝0.1mol/L×V×10－3L×eq\f(5,2)＝eq\f(5V,2)×10－4mol，NaHSO3固體的純度為eq\f(\f(5V,2)×10－4mol×\f(100,25)×104g/mol,wg)×100%＝eq\f(10.4V,w)%。3．溫室氣體的利用是當(dāng)前環(huán)境和能源領(lǐng)域的研究熱點，合理利用燃料廢氣中的CO2，也是實現(xiàn)“碳中和”的途徑之一。Ⅰ.溫室氣體CO2轉(zhuǎn)化為重要的工業(yè)原料甲酸是目前科學(xué)研究的熱點。回答下列問題：(1)已知：①CO(g)＋H2O(g)HCOOH(g)ΔH1＝－72.6kJ·mol－1②2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ·mol－1則反應(yīng)③2CO2(g)＋2H2O(g)2HCOOH(g)＋О2(g)ΔH＝________kJ·mol－1。(2)剛性絕熱密閉容器中，等物質(zhì)的量的CO2(g)和H2O(g)發(fā)生反應(yīng)③，下列可判斷反應(yīng)達到平衡的是________(填標(biāo)號)。A．CO2(g)和H2O(g)的物質(zhì)的量之比不變B．容器中氣體平均摩爾質(zhì)量不變C．2v正(CO2)＝v逆(O2)D．容器內(nèi)溫度不變(3)在催化劑作用下CO2和H2也可以合成甲酸，主要涉及以下反應(yīng)：i．CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)ΔH1＜0ii.CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)ΔH2剛性密閉容器中CO2(g)和H2(g)按物質(zhì)的量1∶1投料，平衡時HCOOH和CO的選擇性隨溫度變化如圖所示。①曲線a隨溫度升高而下降的原因是________________________________________________________________________________________________；為同時提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時HCOOH的選擇性，應(yīng)選擇的反應(yīng)條件為________(填標(biāo)號)。A．低溫、低壓B．高溫、高壓C．高溫、低壓D．低溫、高壓②240℃時，容器內(nèi)壓強隨時間的變化如表所示：時間/min020406080壓強/MPap00.91p00.85p00.80p00.80p0反應(yīng)i的速率可表示為v＝k·p(CO2)·p(H2)(k為常數(shù))，則反應(yīng)在60min時v＝________(用含p0、k的式子表示)。Ⅱ.CO2—CH4催化重整對減少溫室氣體的排放、改善大氣環(huán)境具有重要的意義。催化重整反應(yīng)為：CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)。(4)在密閉容器中通入物質(zhì)的量均為0.2mol的CH4和CO2，在一定條件下發(fā)生反應(yīng)CO2(g)＋CH4(g)2CO(g)＋2H2(g)，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度及壓強的關(guān)系如圖所示。①由圖可知：p1________p2(填“＞”、“＜”或“＝”)。②Y點：v(正)________v(逆)(填“＞”、“＜”或“＝”)；已知氣體分壓(p分)＝氣體總壓(p總)×氣體的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。用平衡分壓代替平衡濃度可以得到平衡常數(shù)Kp，已知p2＝akPa，求X點對應(yīng)溫度下反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp＝________。答案(1)＋420.8(2)BD(3)①CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)正反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡逆向移動D②k(eq\f(1,4)p0)2或0.0625kpeq\o\al(2,0)或eq\f(1,16)kpeq\o\al(2,0)(4)①<②>eq\f(4,9)a2解析(1)①CO(g)＋H2O(g)HCOOH(g)ΔH1＝－72.6kJ·mol－1②2CO(g)＋O2(g)2CO2(g)ΔH2＝－566.0kJ·mol－1根據(jù)蓋斯定律，由2×①－②得2CO2(g)＋2H2О(g)2HCOOH(g)＋О2(g)ΔH＝－72.6kJ·mol－1×2＋566.0kJ·mol－1＝＋420.8kJ·mol－1。(2)A.該反應(yīng)起始投料為等物質(zhì)的量的CO2(g)和H2O(g)，反應(yīng)時CO2(g)和H2O(g)按物質(zhì)的量之比1∶1消耗，所以反應(yīng)中CO2(g)和H2O(g)的物質(zhì)的量之比始終是1∶1，故A不能作為判斷該反應(yīng)達平衡的標(biāo)志，故不選A；B.該反應(yīng)為氣體體積減小的反應(yīng)，氣體的總質(zhì)量不變，平均摩爾質(zhì)量是變量，容器中氣體平均摩爾質(zhì)量不變，反應(yīng)一定達到平衡狀態(tài)，故選B；C.反應(yīng)達到平衡，正、逆反應(yīng)的速率比等于系數(shù)比，2v正(CO2)＝v逆(O2)時反應(yīng)不平衡，故不選C；D.容器為剛性絕熱密閉容器，反應(yīng)過程中，溫度是變量，容器內(nèi)溫度不變，說明反應(yīng)一定達到平衡狀態(tài)，故選D。(3)①CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)正反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡逆向移動，所以HCOOH的選擇性隨溫度升高而下降；CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)正反應(yīng)放熱，降低溫度，平衡正向移動，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時HCOOH的選擇性增大；CO2(g)＋H2(g)HCOOH(g)正反應(yīng)氣體物質(zhì)的量減少，增大壓強，平衡正向移動，CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時HCOOH的選擇性增大；為同時提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率和平衡時HCOOH的選擇性，應(yīng)選擇的反應(yīng)條件為低溫、高壓，選D;②設(shè)CO2(g)和H2O(g)的初始的物質(zhì)的量均為amol，反應(yīng)在60min時壓強變?yōu)?.80p0，即混合氣體物質(zhì)的量變?yōu)樵瓉淼?.8倍，為2amol×0.8＝1.6amol；設(shè)平衡時CO的物質(zhì)的量為xmol，則由反應(yīng)ii可知，平衡時H2O(g)的物質(zhì)的量為xmol，由圖可知平衡時HCOOH(g)的選擇性為CO的4倍，即HCOOH(g)的物質(zhì)的量為4xmol，據(jù)元素原子守恒可知，平衡時CO2(g)和H2(g)的物質(zhì)的量均為(a－5x)mol，所以eq\f(2a－4x,2a)＝0.8，x＝0.1a；v＝k·p(CO2)·p(H2)＝k×eq\f(0.5a,1.6a)×0.8p0×eq\f(0.5a,1.6)×0.8p0＝0.0625kpeq\o\al(2,0)。(4)①增大壓強，平衡逆向移動，甲烷的轉(zhuǎn)化率降低，由圖可知：壓強p1<p2。②Y點CH4的轉(zhuǎn)化率小于平衡轉(zhuǎn)化率，則反應(yīng)正向進行，v(正)>v(逆)；在密閉容器中通入物質(zhì)的量均為0.2mol的CH4和CO2，X點CH4的平衡轉(zhuǎn)化率為50%，即CH4的變化值為0.2mol×50%＝0.1mol；則平衡常數(shù)Kp＝eq\f(（\f(0.2,0.6)×a）2×（\f(0.2,0.6)×a）2,\f(0.1,0.6)×a×\f(0.1,0.6)×a)＝eq\f(4,9)a2。4．我國的磷、鋅儲量豐富?；卮鹣铝袉栴}：(1)基態(tài)Zn原子核外電子共有________種空間運動狀態(tài)；鋅在反應(yīng)中易失去2個電子，則基態(tài)Zn2＋的價電子軌道表示式(電子排布圖)為________。(2)含有多個配位原子的配體與同一中心離子(或原子)通過螯合配位成環(huán)而形成的配合物為螯合物。Zn2＋與EDTA形成的螯合物的結(jié)構(gòu)如圖所示：①該配合物的組成元素中電負性最大的是________(填元素符號)。②1個該配合物分子中通過螯合作用形成的配位鍵有________個，該配合物中碳原子的雜化方式為________。(3)磷酸為磷的最高價含氧酸，其空間結(jié)構(gòu)如下：①鍵能大小比較：磷氧雙鍵________(填“大于”“等于”或“小于”)磷氧單鍵。②鍵角大小比較：α________β(填“大于”“等于”或“小于”)。③純凈的磷酸黏度極大，隨溫度升高黏度迅速下降，原因是______________________________________________________________。(4)磷化硼(BP)是一種超硬耐磨涂層材料，其立方晶胞如圖所示(其晶胞參數(shù)為apm)；①固態(tài)磷化硼屬于________(填“分子”“離子”或“共價”)晶體。②以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子的分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。已知原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)：M點為(0，0，0)、G點為(1，1，1)，則Q點的原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為________。③磷化硼晶體的密度為________g·cm－3(列出計算式)。答案(1)15(2)①O②6sp2、sp3(3)①大于②小于③溫度升高，磷酸分子間的氫鍵被破壞(4)①共價②(eq\f(3,4)，eq\f(1,4)，eq\f(3,4))③eq\f(（31＋11）×4,NA（a×10－10）3)或eq\f(168,NA（a×10－10）3)解析(1)Zn的原子序數(shù)是30，基態(tài)鋅原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s2，一個原子軌道即一種空間運動狀態(tài)，則基態(tài)鋅原子占據(jù)的原子軌道數(shù)為1＋1＋3＋1＋3＋5＋1＝15，則基態(tài)Zn原子核外電子共有15種空間運動狀態(tài)；鋅在反應(yīng)中易失去2個4s電子，則基態(tài)Zn2＋的價電子軌道表示式(電子排布圖)為：。(2)①該配合物的組成元素有H、C、N、O、Zn，非金屬性越強電負性越大，故氧元素的電負性最大。②只有成環(huán)的配位鍵才能起到螯合作用，由配合物結(jié)構(gòu)圖可知，提供孤電子對的原子為N、O，1個該配合物分子中通過螯合作用形成的配位鍵有6個；該配合物的碳氧雙鍵中碳原子為sp2雜化，其他碳原子為sp3雜化。(3)①由圖可知，磷氧雙鍵的鍵長比磷氧單鍵的鍵長短，故磷氧雙鍵的鍵能比磷氧單鍵的鍵能大。②P=O中含π鍵，對其他成鍵電子對的斥力較大，導(dǎo)致鍵角增大，所以鍵角α小于β。③由于磷酸分子間存在氫鍵，故純凈的磷酸黏度極大，當(dāng)溫度升高時，部分磷酸分子間的氫鍵被破壞，導(dǎo)致黏度迅速下降。(4)①根據(jù)磷化硼是一種超硬耐磨涂層材料，可以判斷其屬于共價晶體。②根據(jù)BP立方晶胞中相鄰的B與P之間的距離為晶胞體對角線的四分之一分析，可得Q點的原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(eq\f(3,4)，eq\f(1,4)，eq\f(3,4))。③根據(jù)均攤法分析，一個晶胞中P原子的個數(shù)為4，B原子個數(shù)為8×eq\f(1,8)＋6×eq\f(1,2)＝4，故晶體的密度為eq\f(（31＋11）×4,NA（a×10－10）3)g·cm－3＝eq\f(168,NA（a×10－10）3)g·cm－3。5．由蔣華良院士和饒子和院士領(lǐng)銜的聯(lián)合課題組，綜合利用虛擬篩選和酶學(xué)測試相結(jié)合的策略進行藥物篩選，發(fā)現(xiàn)肉桂硫胺(I)是抗擊新型冠狀病毒的潛在用藥，其合成路線如圖：已知：Ⅰ.Ⅱ.試回答下列問題：(1)G的結(jié)構(gòu)簡式為________，I的分子式為________。(2)B反應(yīng)生成C的化學(xué)方程式是_____________________________________________________________________________________________________；F分子中最多有________個原子共平面。(3)G到H的反應(yīng)類型是________。(4)E中含氧官能團的名稱為________；符合下列條件的E的同分異構(gòu)體(不考慮順反異構(gòu))有________種。①含有苯環(huán)(不含其他環(huán)狀結(jié)構(gòu))②能發(fā)生水解反應(yīng)和銀鏡反應(yīng)其中核磁共振氫譜顯示苯環(huán)上有2種化學(xué)環(huán)境的氫的結(jié)構(gòu)簡式為________。(5)乙酰苯胺的結(jié)構(gòu)簡式為，參照I的合成路線和下面的信息，設(shè)計一條以苯和乙酸為起始原料制備乙酰苯胺的合成路線________________(無機試劑和有機溶劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。已知：RNO2eq\o(→,\s\up7(Fe，HCl),\s\do5(△))RNH2答案(1)C20H24N2SO(2)2＋O2eq\o(→,\s\up7(Cu),\s\do5(△))2＋2H2O18(3)取代反應(yīng)(4)羧基5(5)解析A為，由B→C的反應(yīng)條件可確定B為，C為；由已知信息Ⅰ可知，D為；由D→E→F的反應(yīng)條件及已知信息Ⅱ可知，E為，F(xiàn)為；由Ⅰ的結(jié)構(gòu)簡式及G、H的分子式和反應(yīng)條件可推出G為，H為。(1)由以上分析可知，G的結(jié)構(gòu)簡式為，由Ⅰ的結(jié)構(gòu)簡式可知其分子式為C20H24N2SO。(2)發(fā)生催化氧化反應(yīng)生成，化學(xué)方程式是2＋O2eq\o(→,\s\up7(Cu),\s\do5(△))2＋2H2O。F的結(jié)構(gòu)簡式為，從苯、乙烯、甲醛的結(jié)構(gòu)進行分析，F(xiàn)分子中所有原子都可能共平面，所以最多有18個原子共平面。(3)G為，H為，以及G→H的另一反應(yīng)物可知G→H的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)。(4)E的結(jié)構(gòu)簡式為，含氧官能團的名稱為羧基；E的同分異構(gòu)體符合題述條件的有5種，它們是、、、、，其中苯環(huán)上只有2種氫的是。(5)先將苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后讓二者發(fā)生取代反應(yīng)，便可制備乙酰苯胺。合成路線為。

非選擇題專練(六)1．(2022·粵港澳大灣區(qū)二模)某興趣小組為探究濃硫酸與銅的反應(yīng)設(shè)計了如下裝置。(1)銅絲與濃硫酸反應(yīng)的化學(xué)方程式為__________________________________________________________________________________________。(2)為驗證品紅被SO2漂白的產(chǎn)物不穩(wěn)定，簡述操作步驟及現(xiàn)象_________________________________________________________________________________________________________________________。(3)浸NaOH溶液的棉團作用是_____________________________________________________________________________________________________。(4)為進一步探究SO2的還原性，將過量的SO2通入到200mL1.0mol/L的Fe(NO3)3和過量BaCl2混合溶液中，觀察到裝置中產(chǎn)生了白色沉淀。裝置如圖所示。某合作學(xué)習(xí)小組設(shè)計實驗，對SOeq\o\al(2－,4)產(chǎn)生的原因進行探究(不考慮溶液中O2的影響)①查閱資料不同濃度的HNO3被還原的產(chǎn)物不同且產(chǎn)物不單一，不同pH時，NOeq\o\al(－,3)的氧化性不同。1.0mol/L的Fe(NO3)3的pH≈2。②提出猜想猜想Ⅰ：SO2被Fe3＋氧化猜想2：SO2在酸性條件下被NOeq\o\al(－,3)氧化猜想3：________③設(shè)計實驗、驗證猜想限選實驗試劑：0.01mol/LHCl、0.02mol/LHCl、3.0mol/LHNO3、6.0mol/LHNO3、3.0mol/LNaNO3、6.0mol/LNaNO3、0.1mol/LKSCN、0.1mol/LK3[Fe(CN)6]和BaCl2固體實驗步驟實驗現(xiàn)象和結(jié)論實驗Ⅰ：取少量反應(yīng)后的上層清液于試管中，滴入少量________溶液。出現(xiàn)________，說明猜想Ⅰ成立。溶液中Fe3＋與SO2發(fā)生的離子方程式為________________________________________________________________________________________________________________________________________________。實驗2：往圖中的裝置中加入100mL________溶液、100mL________溶液和過量的BaCl2固體，再通入過量SO2。出現(xiàn)白色沉淀，說明猜想2成立。④交流討論小組同學(xué)認(rèn)為，綜合上述兩個實驗不足以證明猜想3成立。⑤優(yōu)化實驗若要證明猜想3成立，還要進行實驗3。實驗3：________(只需提供設(shè)計思路，不需要寫出具體操作步驟)。答案(1)Cu＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O(2)加熱銅和濃硫酸的混合物，品紅溶液褪色，然后再加熱褪色后的品紅溶液，溶液又變成紅色(3)吸收二氧化硫，防止污染環(huán)境(4)②SO2與Fe3＋、酸性條件下的NOeq\o\al(－,3)都反應(yīng)③0.1mol/LK3[Fe(CN)6]藍色沉淀SO2＋2Fe3＋＋Ba2＋＋2H2O=BaSO4↓＋2Fe2＋＋4H＋0.02mol/LHCl6．0mol/LNaNO3⑤分別用不含NOeq\o\al(－,3)的鐵鹽驗證Fe3＋能氧化SO2，用不含F(xiàn)e3＋的硝酸鹽驗證NOeq\o\al(－,3)能氧化SO2解析(1)銅絲與濃硫酸在加熱條件下反應(yīng)生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學(xué)方程式為Cu＋2H2SO4(濃)eq\o(=,\s\up7(△))CuSO4＋SO2↑＋2H2O。(2)可以先加熱銅和濃硫酸的混合物，品紅溶液褪色，然后再加熱褪色后的品紅溶液，如果又變成紅色，說明品紅被SO2漂白的產(chǎn)物不穩(wěn)定。(3)二氧化硫有刺激性氣味，會污染環(huán)境，不能隨意排放，浸NaOH溶液的棉團作用是吸收二氧化硫，防止污染環(huán)境。(4)由猜想1、2可得猜想3是：SO2與Fe3＋、酸性條件下的NOeq\o\al(－,3)都反應(yīng)；取少量反應(yīng)后的上層清液于試管中，滴入少量0.1mol/LK3[Fe(CN)6]溶液，如果出現(xiàn)藍色沉淀，說明有亞鐵離子生成，說明猜想1成立，溶液中Fe3＋與SO2發(fā)生的離子方程式為SO2＋2Fe3＋＋Ba2＋＋2H2O=BaSO4↓＋2Fe2＋＋4H＋；1.0mol/L的Fe(NO3)3的pH≈2，所以c(H＋)＝0.01mol/L，c(NOeq\o\al(－,3))＝3.0mol/L，要證明猜想2成立，只需要保證氫離子和硝酸根離子的濃度和原溶液相等就行，需要把硝酸鐵溶液換成c(H＋)＝0.01mol/L，c(NOeq\o\al(－,3))＝3.0mol/L，所以往圖中的裝置中加入100mL0.02mol/LHCl溶液、100mL6.0mol/LNaNO3溶液和過量的BaCl2固體，再通入過量SO2，出現(xiàn)白色沉淀，說明猜想2成立；若要證明猜想3成立，還要進行實驗3，結(jié)合猜想1和猜想2的驗證，可以分別用不含NOeq\o\al(－,3)的鐵鹽驗證Fe3＋能氧化SO2，用不含F(xiàn)e3＋的硝酸鹽驗證NOeq\o\al(－,3)能氧化SO2。2．(2022·廣州二模)金屬鎵擁有電子工業(yè)脊梁的美譽，鎵與鋁同族，化學(xué)性質(zhì)相似。一種從高鋁粉煤灰(主要成分是Al2O3，還含有少量Ga2O3和Fe2O3等)中回收鎵的工藝如下：回答下列問題：(1)“焙燒”中，Ga2O3轉(zhuǎn)化成NaGaO2的化學(xué)方程式為_________________________________________________________________________________________________________________________。(2)“堿浸”所得浸出渣的主要成分是________。(3)“轉(zhuǎn)化1”中通入過量CO2至溶液pH＝8，過濾，所得濾渣的主要成分是Al(OH)3和Ga(OH)3，寫出生成Al(OH)3的離子方程式______________________________________________________________________________________________________________________________。(4)“溶鎵”所得溶液中存在的陰離子主要有________________。(5)“電解”所用裝置如圖所示，陰極的電極反應(yīng)為______________________________________________________________。若電解獲得1molGa，則陽極產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積至少為________L，電解后，陽極室所得溶液中的溶質(zhì)經(jīng)加熱分解生成________(填化學(xué)式)可循環(huán)利用。答案(1)Ga2O3＋Na2CO3eq\o(=,\s\up7(焙燒))2NaGaO2＋CO2↑(2)Fe2O3(3)AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)(4)GaOeq\o\al(－,2)、OH－(5)GaOeq\o\al(－,2)＋3e－＋2H2O=Ga＋4OH－16.8Na2CO3、CO2解析高鋁粉煤灰加入碳酸鈉焙燒，Ga2O3和碳酸鈉反應(yīng)轉(zhuǎn)化成NaGaO2，加入氫氧化鈉堿浸，鎵、鋁轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的鹽溶液，氧化鐵不反應(yīng)過濾除去；通入過量二氧化碳除去鋁，加入石灰乳將鎵轉(zhuǎn)化為溶液，在轉(zhuǎn)化2中通入二氧化碳分離出鎵沉淀，再加入氫氧化鈉溶解得到鎵溶液，電解最終得到鎵單質(zhì)；(1)“焙燒”中，Ga2O3和碳酸鈉反應(yīng)轉(zhuǎn)化成NaGaO2，化學(xué)方程式為Ga2O3＋Na2CO3eq\o(=,\s\up7(焙燒))2NaGaO2＋CO2↑；(2)高鋁粉煤灰主要成分是Al2O3，還含有少量Ga2O3和Fe2O3等，由流程可知，鎵最終轉(zhuǎn)化為鎵單質(zhì)；加入氫氧化鈉，氧化鋁和強堿氫氧化鈉反應(yīng)生成偏鋁酸鈉、氧化鐵不反應(yīng)，故“堿浸”所得浸出渣的主要成分是Fe2O3；(3)“轉(zhuǎn)化1”中通入過量CO2至溶液pH＝8，堿浸中生成的偏鋁酸鈉和二氧化碳反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和碳酸氫根，AlOeq\o\al(－,2)＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCOeq\o\al(－,3)；(4)轉(zhuǎn)化1中生成Ga(OH)3，“溶鎵”中加入石灰乳，根據(jù)流程可知，Ga(OH)3轉(zhuǎn)化為含鎵溶液以GaOeq\o\al(－,2)離子存在，故所得溶液中存在的陰離子主要有GaOeq\o\al(－,2)和過量的OH－；(5)陰極GaOeq\o\al(－,2)得到電子發(fā)生還原反應(yīng)生成Ga單質(zhì)，電極反應(yīng)為GaOeq\o\al(－,2)＋3e－＋2H2O=Ga＋4OH－；陽極反應(yīng)為水電離出的氫氧根離子放電發(fā)生氧化反應(yīng)生成氧氣：2H2O－4e－=4H＋＋O2↑，產(chǎn)生的氫離子將碳酸根離子轉(zhuǎn)化為碳酸氫根離子，若電解獲得1molGa，根據(jù)電子守恒可知，4Ga～12e－～3O2，則生成O2的物質(zhì)的量為eq\f(3,4)mol，則陽極產(chǎn)生的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積至少為eq\f(3,4)mol×22.4L/mol＝16.8L；電解后，陽極室所得溶液中的溶質(zhì)為碳酸氫鈉，碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉和二氧化碳可分別在焙燒、轉(zhuǎn)化1和轉(zhuǎn)化2中循環(huán)利用。3．(2022·深圳二次調(diào)研)CO、CO2加氫有利于緩解化石能源消耗，實現(xiàn)“碳中和”，該體系主要涉及以下反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ：CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)ΔH1<0反應(yīng)Ⅱ：2CO(g)＋4H2(g)C2H5OH(g)＋H2O(g)ΔH2<0反應(yīng)Ⅲ：2CO2(g)＋6H2(g)C2H5OH(g)＋3H2O(g)ΔH3<0反應(yīng)Ⅳ：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH4<0反應(yīng)Ⅴ：2CH3OH(g)C2H5OH(g)＋H2O(g)ΔH5回答下列問題：(1)上述反應(yīng)中，ΔH5＝________(寫出一個代數(shù)式即可)。(2)密閉容器中，上述反應(yīng)體系在一定條件下建立平衡后，下列描述正確的有________(填標(biāo)號)。A．加入催化劑，可提高CO2的平衡轉(zhuǎn)化率B．降低溫度，反應(yīng)Ⅱ的正反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率減小C．增大CO的濃度，反應(yīng)Ⅲ、Ⅳ的平衡均向左移動D．恒溫恒容充入氬氣，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ的平衡不移動(3)恒容下，n(CO)＝n(CO2)＝1mol，并按照不同氫碳比[eq\f(n（H2）,n（CO2）＋n（CO）)]投料，發(fā)生上述反應(yīng)。圖甲表示不同氫碳比時，[CO＋CO2]的總平衡轉(zhuǎn)化率隨溫度變化的關(guān)系；圖乙表示氫碳比＝3時，平衡后體系中C2H5OH、CH3OH的選擇性隨溫度變化的關(guān)系。已知：CH3OH的選擇性＝eq\f(n（CH3OH）,n消耗（CO2）＋n消耗（CO）)×100%；C2H5OH的選擇性＝eq\f(2n（C2H5OH）,n消耗（CO2）＋n消耗（CO）)×100%①圖甲中x________3(填“大于”“小于”或“等于”)，其原因是______________________________________________________________________________________________________________________________。②Q點對應(yīng)的體系中n(CH3OH)＝________mol；此時，H2轉(zhuǎn)化了4mol，則反應(yīng)2CH3OH(g)C2H5OH(g)＋H2O(g)的平衡常數(shù)Kp＝________(Kp為以分壓表示的平衡常數(shù)，分壓＝總壓×物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)，結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)。(4)常溫常壓下，以Ag為催化劑，在酸性水溶液中將CO2電催化還原為CO的反應(yīng)歷程如圖所示：①據(jù)圖，CO和CO2相比，________(填化學(xué)式)更穩(wěn)定。②吸附在催化劑表面上的物種用*標(biāo)注，圖中第一步反應(yīng)為CO2＋e－＋H＋=*COOH，則第二步反應(yīng)為____________________________________________________________________________________________________。答案(1)ΔH2－2ΔH1或ΔH3－2ΔH4(2)CD(3)①大于相同溫度下，氫碳比越大(或增加氫氣的物質(zhì)的量)，該體系加氫反應(yīng)的平衡向右進行，CO和CO2的平衡轉(zhuǎn)化率均增大，故x>3②0.80.75(4)①CO2②*COOH＋H＋＋e－=H2O＋*CO解析根據(jù)蓋斯定律，Ⅱ－Ⅰ×2可得Ⅴ，Ⅲ－2×Ⅳ也可得Ⅴ，所以ΔH5＝ΔH2－2ΔH1或ΔH3－2ΔH4；(2)A.催化劑可以加快反應(yīng)速率，但不能改變平衡轉(zhuǎn)化率，A錯誤；B.降低溫度，正逆反應(yīng)速率均減小，B錯誤；C.增大CO的濃度，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ平衡正向移動，CH3OH(g)、C2H5OH(g)的濃度增大，反應(yīng)Ⅲ、Ⅳ的平衡均向左移動，C正確；D.氬氣不參與反應(yīng)，恒溫恒容充入氬氣，反應(yīng)Ⅰ、Ⅱ中的反應(yīng)物和生成物的濃度均不改變，平衡不移動，D正確；綜上所述答案為CD；(3)①相同溫度下，氫碳比越大(或增加氫氣的物質(zhì)的量)，該體系加氫反應(yīng)的平衡向右進行，CO和CO2的平衡轉(zhuǎn)化率均增大，故x>3；②Q點[CO＋CO2]的總平衡轉(zhuǎn)化率為80%，乙醇和甲醇的選擇性均為50%，所以n(CH3OH)＝(1mol＋1mol)×80%×50%＝0.8mol；n(C2H5OH)＝(1mol＋1mol)×80%×50%×eq\f(1,2)＝0.4mol，設(shè)H2O(g)的物質(zhì)的量為xmol，H2轉(zhuǎn)化了4mol，則根據(jù)H元素守恒有4×0.8mol＋6×0.4mol＋2xmol＝4mol×2，解得x＝1.2mol，該反應(yīng)前后氣體系數(shù)之和相等，所以可以用物質(zhì)的量代替分壓計算平衡常數(shù)Kp，則平衡常數(shù)Kp＝eq\f(1.2×0.4,0.82)＝0.75；(4)①據(jù)圖可知CO2的能量低于CO，所以CO2更穩(wěn)定；②據(jù)圖可知第二步反應(yīng)中*COOH結(jié)合H＋＋e－轉(zhuǎn)化為H2O和*CO，化學(xué)方程式為*COOH＋H＋＋e－=H2O＋*CO。4．(2022·廣東二模)黃血鹽{K4[Fe(CN)6]·3H2O}是一種食鹽添加劑，具有抗結(jié)塊作用，其配體CN－可參與形成多種配合物，例如：硝普鈉{Na2[Fe(CN)5(NO)]·2H2O}、赤血鹽{K3[Fe(CN)6]}等。(1)基態(tài)鐵原子核外電子排布式為______________________________。(2)赤血鹽中主族元素的電負性由大到小的順序為______________________________________________________________。(3)比較中心金屬離子半徑大?。狐S血鹽________赤血鹽(填“>”或“<”)。(4)已知硝普鈉和黃血鹽的中心金屬離子半徑相等，硝普鈉中鐵的配位數(shù)是________，配體為CN－、________。(5)碘酸鉀也是一種食鹽添加劑，其陰離子碘酸根(IOeq\o\al(－,3))的中心原子的雜化方式為________，IOeq\o\al(－,3)的空間構(gòu)型是_______________________________________。(6)赤血鹽與Fe2＋反應(yīng)可生成藍色沉淀滕氏藍{KFe[Fe(CN)6]}。滕氏藍晶體中含有的作用力包括________(填標(biāo)號)。A．極性共價鍵 B．非極性共價鍵C．離子鍵 D．金屬鍵E．氫鍵(7)滕氏藍的晶胞由8個如圖所示的小立方體構(gòu)成(K＋未標(biāo)出)。①已知K＋位于小立方體的體心，但不是每個小立方體的體心都含有K＋。根據(jù)化學(xué)式推斷，一個滕氏藍晶胞中含有的K＋的個數(shù)為________。②滕氏藍的晶胞沿x、y或z軸任意一個方向投影的K＋的位置如圖所示。晶胞中兩個K＋之間的最短距離為________pm，滕氏藍晶體的密度為________g/cm3；(列出計算式)。(已知：滕氏藍的式量為Mr，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA)答案(1)1s22s22p63s23p63d64s2(2)N>C>K(3)>(4)6NO＋(5)sp3三角錐形(6)AC(7)①4②eq\r(2)aeq\f(Mr,2NA（a×10－10）3)解析(1)Fe是26號元素，基態(tài)Fe原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2；(2)在赤血鹽{K3[Fe(CN)6]}中含有的主族元素有K、C、N三種，元素的非金屬性越強，其電負性就越大；由于三種元素的非金屬性：N>C>K，所以元素的電負性大小關(guān)系為：N>C>K；(3)黃血鹽的中心離子為Fe2＋，赤血鹽的中心離子為Fe3＋，同一元素的簡單陽離子帶有的電荷數(shù)目越多，離子半徑越小，因此中心金屬離子半徑大?。狐S血鹽>赤血鹽；(4)已知硝普鈉和黃血鹽的中心金屬離子半徑相等，硝普鈉中鐵的配位數(shù)是6，其中的中心離子Fe2＋帶2個單位正電荷，根據(jù)化合物中正負化合價代數(shù)和為0，可知其配位體有CN－、NO＋；(5)IOeq\o\al(－,3)的中心I原子的價層電子對數(shù)為3＋eq\f(7＋1－2×3,2)＝4，故中心I原子雜化方式是sp3雜化；由于I原子上還有1對孤對電子，故IOeq\o\al(－,3)的空間構(gòu)型為三角錐形；(6)滕氏藍是鹽，屬于離子化合物，含有離子鍵；配位體與中心離子Fe3＋以配位鍵結(jié)合，配位鍵屬于極性共價鍵；在配位體CN－中，C、N原子之間以極性共價鍵結(jié)合，故該化合物中含有的作用力有極性共價鍵和離子鍵，合理選項是AC；(7)①圖示的小立方體含有的Fe3＋數(shù)目是4×eq\f(1,8)＝eq\f(1,2)；含有的Fe2＋數(shù)目是4×eq\f(1,8)＝eq\f(1,2)；含有CN－的數(shù)目是12×eq\f(1,4)＝3，滕氏藍的晶胞由8個圖示的小立方體構(gòu)成，則一個晶胞中含有的Fe3＋數(shù)目是8×eq\f(1,2)＝4，含有的Fe2＋數(shù)目是8×eq\f(1,2)＝4，含有的CN－數(shù)目是8×3＝24，根據(jù)滕氏藍化學(xué)式為KFe[Fe(CN)6]可知該晶體的晶胞中含有的K＋數(shù)目是4；②根據(jù)K＋的相對位置可知該晶胞中兩個相鄰且最近的K＋的最短距離L＝eq\r(2)apm；根據(jù)上述計算可知：在一個滕氏藍晶胞中含有K＋4個，F(xiàn)e3＋4個，F(xiàn)e2＋4個；CN－24個，已知滕氏藍式量為Mr，該晶體的密度ρ＝eq\f(m,V)＝eq\f(4Mr,NA（2a×10－10）3)g/cm3＝eq\f(Mr,2NA（a×10－10）3)g/cm3。5．(2022·廣州一模)化合物G是合成某強效鎮(zhèn)痛藥的關(guān)鍵中間體，其合成路線如圖：回答下列問題：(1)A的化學(xué)名稱是________。(2)A生成B的方程式可表示為：A＋I=B＋Z＋H2O，化合物Z的化學(xué)式為________。(3)D生成E的反應(yīng)類型為_______________________________________________。(4)F生成G的離子反應(yīng)方程式依次是___________________________________________________________________、___________________________________________________________。(5)化合物B的芳香族同分異構(gòu)體中，同時滿足以下條件的有________種。條件：a.能夠發(fā)生銀鏡反應(yīng)；b.可與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)。寫出其中核磁共振氫譜在苯環(huán)上有兩組峰，且峰面積為1∶1的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式________。(6)根據(jù)以上信息，寫出以及BrCH2COOC2H5為原料合成的路線______________________________________________________________________________________(其他試劑任選)。答案(2)2－氯乙醛(2)HCl(3)消去反應(yīng)(4)＋OH－eq\o(→,\s\up7(H2O，△))＋CH3CH2OH＋H＋→(5)13(6)eq\o(→,\s\up7(H2O),\s\do5(催化劑))eq\o(→,\s\up7(O2/Cu),\s\do5(△))eq\o(→,\s\up7(Zn/BrCH2COOCH2CH3))eq\o(→,\s\up7(H＋/H2O))解析(1)A的化學(xué)名稱是2－氯乙醛；(2)A生成B的方程式可表示為A＋I=B＋Z＋H2O，實際上是A先發(fā)生加成反應(yīng)然后發(fā)生消去反應(yīng)生成B，根據(jù)原子守恒知，化合物Z的化學(xué)式為HCl；(3)D中醇羥發(fā)生消去反應(yīng)生成E中碳碳雙鍵，