百题冲刺-化学-答案打印版(1).pdf

1、1第一章 实验化学综合题型 01无机制备实验（一）答案：（1）jkhibcde；D（2）冷凝管；冷凝、回流；吸收尾气，防止污染环境；d（3）88.2解析：（1）从如图提供的装置中选择合适的装置收集一瓶纯净、干燥的氯气，I 中浓盐酸与氯酸钾制备氯气，VI 中饱和 食 盐 水 可 除 去 HCl，V 中 浓 硫 酸 干 燥 氯 气，II 中 收 集 氯 气，最 后 处 理 尾 气，其 连 接 顺 序 为ajkhibcdef。故答案为：jkhibcde。ACu 与 H2SO4(浓)需要加热，故 A 不选；BHNO3(浓)与 K2SO3 发生氧化还原反应不生成二氧化硫，故 B 不选；CCaSO3(块状

2、)与 H2SO4(稀)反应生成硫酸钙覆盖在亚硫酸钙表面，阻止反应的发生，故 C 不选；DNa2SO3 与 70%浓硫酸反应生成二氧化硫，故 D 选。故答案为：D。（2）仪器 X 的名称为冷凝管，使用该仪器的好处有冷凝、回流。故答案为：冷凝管；冷凝、回流。仪器 Y 中碱石灰的作用是吸收尾气，防止污染环境。故答案为：吸收尾气，防止污染环境。a装置 A 中盛有的试剂是浓硫酸，干燥二氧化硫，故 a 错误；b实验时应先从 m 口通入冷却水，再缓慢通入反应气体，可充满冷凝，故 b 错误；c增加仪器 X 中球泡个数(内含活性炭)作催化剂，加快反应速率，不影响平衡移动，则原料利用率不变，故 c 错误；d将活性

3、炭分散到石棉绒上，增大接触面积，有利于提高催化效果，故 d 正确。故答案为：d。（3）称取 0.3000 g 制得的氧氯化硫溶于 28.00 mL 1.000 molL1NaOH 溶液(足量)中，充分反应后用1.000 molL1 的盐酸返滴至终点，消耗盐酸 20.16 mL(杂质不参与反应)，氧氯化硫的纯度为1(0.28L 1mol/L0.02016 1mol/L)13g/mol40.3g 100%88.2%。故答案为：88.2。12题型 01无机制备实验（二）答案：（1）分液漏斗；水浴加热（2）4CuSO4+PH3+4H2OH3PO4+4H2SO4+4Cu（3）避免 Fe2+被氧化为 Fe

4、3+（4）趁热过滤（5）降低硫酸亚铁铵在水中溶解的量（6）A（7）溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色；87.58%解析：（1）实验装置盛装 1 molL1 的 H2SO4 溶液的仪器为分液漏斗；图示装置中的加热方式是水浴加热。故答案为：分液漏斗；水浴加热。（2）用 CuSO4 溶液吸收 PH3 时会生成 H3PO4 和 Cu，同时还有硫酸生成，反应为：4CuSO4+PH3+4H2OH3PO4+4H2SO4+4Cu。故答案为：4CuSO4+PH3+4H2OH3PO4+4H2SO4+4Cu。（3）硫酸亚铁易被氧化，将 0.7 g 铁粉 10 mL 1 molL1H2SO4 溶液加入烧瓶中反应，铁粉过

5、量，目的是避免 Fe2+被氧化为 Fe3+。故答案为：避免 Fe2+被氧化为 Fe3+。（4）保持温度在 7080之间，为避免在过滤时析出 FeSO4 晶体，可采取的措施是趁热过滤。故答案为：趁热过滤。（5）向 FeSO4 溶液中加入一定质量的(NH4)2SO4 固体，在 7080条件下溶解后，趁热倒入 50 mL 乙醇中，降低硫酸亚铁铵在水中溶解的量，可以析出晶体。故答案为：降低硫酸亚铁铵在水中溶解的量。（6）测定产品中 SO42含量的实验方案：准确称取 0.4 g 样品，将样品溶于 70 mL 水中，加入 2 molL1 的 HCl溶液酸化，滴加 BaCl2 溶液至沉淀完全，过滤，洗涤沉淀

6、，直至向洗涤液中滴加 AgNO3 溶液不再出现浑浊，将沉淀移入坩埚，灼烧至恒重，记录数据，故顺序为。故答案为：A。23（7）Fe2+反应完全，高锰酸钾开始过量，溶液显示高锰酸钾的颜色，故终点现象为：溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色。故答案为：溶液变为浅红色，且半分钟内不褪色。设产品中(NH4)2Fe(SO4)26H2O 的物质的量为 x，FeSO47H2O 物质的量为 y，则有 392x+278y4.476，根据反应 MnO4+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O，则 n(Fe2+)5n(MnO4)，则有 x+y50.10 molL10.024L0.012，解得 x0.01 mol，产品

7、中(NH4)2Fe(SO4)26H2O 的质量分数为 0.01mol392g/mol4.476g 100%87.58%，故答案为：87.58%。题型 01无机制备实验（三）答案：（1）在 G 和 H 之间增加干燥装置（2）MnO2+4H+2Cl Mn2+Cl2+2H2O（3）饱和食盐水；浓硫酸（4）冷凝管（5）有固体产生（6）SCl2、Cl2、S(任写其中两种即可)；控制浓盐酸的滴速不要过快解析：（1）因 S2Cl2 遇水生成 HCl、SO2、S，在 G 中生成的 S2Cl2 易与 H 中扩散过来的水蒸气反应而变质，故应在 G 和H 之间增加干燥装置。故答案是：在 G 和 H 之间增加干燥装置

8、。（2）B 中发生反应的离子方程式是浓盐酸与二氧化锰制取氯气的离子方程式：MnO2+4H+2Cl Mn2+Cl2+2H2O。（3）氯气制取过程中的产生杂质气体 HCl、H2O，因此先用饱和食盐水除去氯气中的 HCl，再用浓硫酸进行干燥即可得纯净干燥的氯气，所以 C 中为饱和食盐水，D 中为浓硫酸。故答案是：饱和食盐水；浓硫酸。34（4）A、B 分别是分液漏斗和蒸馏烧瓶；F 长玻璃管起到导气冷凝的作用，可用来替代它的装置是冷凝管。故答案是：冷凝管。（5）若温度过高会完全分解，生成的单质硫会在 F 处冷凝为固体，由表中信息 S2Cl2 在 300C 以上完全分解，所以加热 E 时温度过高会有固体硫

9、析出。故答案为：有固体产生。（6）根据信息，与过量氯气反应，会生成 SCl2，温度控制不当，二氯化二硫分解为硫和氯气。所以关键的操作是控制好温度和使氯气气流的速度恰当。故答案为：SCl2、Cl2、S(任写其中两种即可)；控制浓盐酸的滴速不要过快。题型 01无机制备实验（四）答案：I（1）恒压滴液漏斗（2）MnO2+e+NH4+MnOOH+NH3（3）FCDEII（4）(沿玻璃棒)向漏斗(或过滤器)中加蒸馏水至浸没沉淀，待水全部流出后，重复操作 2-3 次（5）除去碳粉，并将 MnOOH 氧化为 MnO2（6）MnO2+C2O42+4H+=VMn2+2CO2+2H2O（7）80.0%（8）偏小解

10、析：I（1）仪器 X 的名称是恒压滴液漏斗。故答案为：恒压滴液漏斗。（2）锌锰干电池正极的电极反应式为 MnO2+e+NH4+MnOOH+NH3。故答案为：MnO2+e+NH4+MnOOH+NH3（3）由于 SOCl2 与水剧烈反应生成 HCl 和 SO2，避免对后续 SO2 的检验造成干扰，所以应先用浓硫酸干燥气体，所以装置的连接顺序为 ABFCDE故答案为：FCDE。45II（4）洗涤步骤得到固体的实验操作方法是：(沿玻璃棒)向漏斗(或过滤器)中加蒸馏水至浸没沉淀，待水全部流出后，重复操作 2-3 次。故答案为：(沿玻璃棒)向漏斗(或过滤器)中加蒸馏水至浸没沉淀，待水全部流出后，重复操作

11、2-3 次。（5）固体含有碳和 MnOOH，灼烧可生成二氧化碳，以除去碳，且将 MnOOH 氧化为 MnO2。故答案为：除去碳粉，并将 MnOOH 氧化为 MnO2。（6）MnO2 溶解反应的离子方程式为：MnO2+C2O42+4H+Mn2+2CO2+2H2O。（7）高锰酸钾和二氧化锰在酸性条件下将草酸钠(Na2C2O4)氧化，分别发生：MnO2+C2O42+4H+Mn2+2CO2+2H2O，2MnO4+5C2O42+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，n(C2O42)2.68 g134 g/mol0.02 mol，滴定 100 mL 稀释后的溶液，取 25 mL 时，消耗 n(MnO4)

12、0.0200 mol/L20.00 mL103 L4.0104 mol，则 100 mL 溶液中消耗 n(MnO4)4.0104 mol41.6103 mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等得：n(MnO2)2+1.6103 mol50.02 mol2，则 MnO2 的物质的量为 n(MnO2)0.016 mol，二氧化锰的纯度为 0.016 87100%80%1.74。故答案为 80.0%。（8）滴定前滴定管尖嘴处有气泡，滴定过程中该气泡消失，导致高锰酸钾的体积偏大，则与高锰酸钾反应的草酸根离子物质的量偏大，从而导致与二氧化锰反应的草酸根离子的物质的量偏小，所以导致二氧化锰的物质的量偏小，

13、纯度偏小。故答案为偏小。题型 01无机制备实验（五）答案：（1）平衡压强，起安全瓶作用；将装置中产生的 NH3 及时排出，减少副反应的发生；吸收 NH3，防止倒吸；溶液的蓝色刚好褪去，且半分钟内不复原；95.20%；（2）2SO42-2eS2O82；增大解析：（1）由装置图可知，进气导管短，则装置的作用是平衡压强，起安全瓶作用。故答案为：平衡压强，起安全瓶作用。NH3 能与 Na2S2O8 反应，所以要及时排出，装置中反应产生的气体需要持续通入装置的原因是将装置中产生的 NH3 及时排出，减少副反应的发生。故答案为：将装置中产生的 NH3 及时排出，减少副反应的发生。56装置中安装有倒置的漏斗

14、，故其作用是吸收 NH3，防止倒吸。故答案为：吸收 NH3，防止倒吸。根据碘单质遇淀粉溶液变蓝色，用淀粉作指示剂，则达到滴定终点的现象是：溶液的蓝色刚好褪去，且半分钟内不复原；Na2S2O8 作氧化剂，1 mol Na2S2O8 得到 2 mol 电子，KI 被氧化变为 I2，生成 1 mol I2 转移2 mol 电子，已知：I2+2S2O32 S4O62+2I，可得关系式为：Na2S2O8I22Na2S2O3，n(Na2S2O3)0.1000mol/L20.00103 L2.000103 mol，则 n(Na2S2O8)1.000103 mol，m(Na2S2O8)1.000103 mol

15、238g/mol0.238 g，则该样品的纯度为 0.238 100%95.20%0.25。故答案为：溶液的蓝色刚好褪去，且半分钟内不复原；95.20%。（2）利用电解法制备，装置如图 2 所示，a 极 Na2SO4 中部分 O 由-2 价变到-1 价得到 Na2S2O8，故 a 极电极反应式为：2SO42-2eS2O82；b 极电极反应式为：2H2O+2eH2+2OH，故电解一段时间后，b 极附近电解质溶液的 pH 增大。故答案为：2SO42-2eS2O82；增大。题型 01无机制备实验（六）答案：（1）NaHCO3；NaHSO3（2）(趁热过滤)从 80降温至 35左右结晶、抽滤(洗涤、干

16、燥)（3）真空有利于脱水、能防止晶体被氧化，避免烘干温度过高分解（4）当溶液由蓝色变为无色，且维持半分钟内颜色稳定不变色；95.00%解析：（1）碳酸钠溶液中通入二氧化硫，碳酸钠减少，生成碳酸氢钠，浓度逐渐增大，线 2 为碳酸氢钠，线 1 为碳酸钠；继续通入二氧化硫，碳酸氢钠减少，亚硫酸钠增加，线 3 为亚硫酸钠，再继续通入二氧化硫，亚硫酸氢钠增加，线 4 为亚硫酸氢钠，则线 2 为 NaHCO3；中产物溶液呈酸性，故为 NaHSO3。故答案为：NaHCO3；NaHSO3。（2）由于焦亚硫酸钠的溶解度随温度降低而减小，此时应趁热过滤，以免温度降低而导致焦亚硫酸钠晶体析出，随后应将溶液温度降低至

17、 35左右，此时溶液中可以析出大量的焦亚硫酸钠同时也防止 Na2SO37H2O 由于温度过低而析出。故答案为：(趁热过滤)从 80降温至 35左右结晶、抽滤(洗涤、干燥)。67（3）真空干燥有利于快速脱水，且能防止晶体被氧化，避免烘干温度过高分解。故答案为：真空有利于脱水、能防止晶体被氧化，避免烘干温度过高分解。（4）用硫代硫酸钠滴定至终点时，溶液中的 I2 全部反应，故滴定终点的现象为：当溶液由蓝色变为无色，且维持半分钟内颜色稳定不变色。故答案为：当溶液由蓝色变为无色，且维持半分钟内颜色稳定不变色；根据题目所给方程式，硫代硫酸根和 I2 的物质的量关系为 2S2O32I2，则 n(I2)=1

18、2 n(S2O32)=12 0.2000mol/L20.00103 L2103 mol，则与焦亚硫酸根反应的 I2 的物质的量为 40.00103 L0.1000 mol/L2103 mol2103 mol，根据焦亚硫酸根与碘反应的方程式可知，S2O522I2，则 n(S2O52)=12 n(I2)=12 2103 mol1103 mol，则 n(Na2S2O5)1103mol，m(Na2S2O5)1103 mol190 g/mol0.19 g，则产品中焦亚硫酸钠的质量分数为 0.19g100%0.20g 95.00%。故答案为：95.00%。题型 01无机制备实验（七）答案：I（1）2KMn

19、O4+16HCl(浓)5Cl2+2KCl+2MnCl2+8H2O（2）efdchgb 或 fedchgb；湿润的淀粉碘化钾试纸；紫色石蕊试液，溶液变红色且不褪色II（3）装置放入 75C 热水浴中，装置放入冰水浴中（4）S2O32+4Cl2+5H2O2SO42+8Cl+10H+（5）氯气通入氢氧化钠溶液前要除去 HCl，以免产物中氯化钠较多；要在较低温度下反应，以免产物中氯酸钠较多解析：I（1）中反应是高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气，反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)5Cl2+2KCl+2MnCl2+8H2O。故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)5Cl2+2KCl+2MnCl

20、2+8H2O。（2）甲同学利用图 1 中的装置证明从 a 出来的氯气潮湿且含有氯化氢，利用无水硫酸铜检验水蒸气的存在，利用硝酸银溶液检验氯化氢的存在，但检验氯化氢前需要用四氯化碳除去氯气，通过装置集气瓶检验氯气是否除净，则接口的连接顺序为 aefdchgb 或 fedchgb，中放入湿润的淀粉碘化钾78试纸，乙同学认为甲同学的装置太复杂，可去掉装置，同时将中的溶液换成 W，溶液 W 及实验中对应的现象为：紫色石蕊试液，溶液变红色且不褪色。故答案为：efdchgb 或 fedchgb；湿润的淀粉碘化钾试纸；紫色石蕊试液，溶液变红色且不褪色。II（3）Cl2+2OH=冷水Cl+ClO+H2O，3C

21、l2+6OH75=5Cl+ClO3+3H2O，反应后，从装置中溶液蒸发浓缩获得晶体，将该晶体与二氧化锰共热，生成了能使带火星的木条复燃气体为氧气，说明生成了氯酸钾，装置生成的是次氯酸钠，该小组应控制的实验条件是：装置放入 75C 热水浴中，装置放入冰水浴中。故答案为：装置放入 75C 热水浴中，装置放入冰水浴中。（4）处发生反应是硫代硫酸钠和氯气发生的氧化还原反应，生成硫酸和盐酸，反应的离子方程式：S2O32+4Cl2+5H2O2SO42+8Cl+10H+，故答案为：S2O32+4Cl2+5H2O2SO42+8Cl+10H+；（5）上述、两个实验过程，你认为在实验室制取消毒液并提高次氯酸钠的质

22、量分数，应该注意的事项有氯气通入氢氧化钠溶液前要除去 HCl，以免产物中氯化钠较多，避免生成过多氯酸钠，需要低温反应。故答案为：氯气通入氢氧化钠溶液前要除去 HCl，以免产物中氯化钠较多；要在较低温度下反应，以免产物中氯酸钠较多。题型 01无机制备实验（八）答案：（1）检查装置的气密性；c；氢氧化钠（2）Na2S2O5+H2O2NaHSO3，NaHSO3 溶液的电离大于水解，所以溶液显酸性；用 pH 计；Na2SO3；2NaHSO3Na2S2O5+H2O（3）蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色；47.511221(c Vc V)2%解析：（1）装置 A 中盛装药品之前需要进行的操作是检查装置的气

23、密性，装置 B 的作用之一是观察 SO2 的生成速率，里面的溶液不能与二氧化硫反应，蒸馏水与二氧化硫反应生成亚硫酸，饱和 Na2SO3 溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，饱和 NaHCO3 溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，只有饱和 NaHSO3 溶液不与二氧化硫反应。故答案为：检查装置的气密性；c；89装置 D 用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫，用 NaOH 溶液就可以。故答案为：氢氧化钠。（2）Na2S2O5 溶于水且与水能反应：Na2S2O5+H2O2NaHSO3，NaHSO3 溶液的电离大于水解，所以溶液显酸性，pH 试纸测得 pH 值是正整数，步骤中测得 pH4.1 是小数

24、，所以测定溶液的 pH 最准确的方法是用 pH 计，据流程图可知：中纯碱与亚硫酸氢钠溶液混合而成的悬浮液吸收二氧化硫至过饱和，中再添加 Na2CO3 固体与亚硫酸氢钠溶液混合形成 Na2SO3 悬浮液，中向形成 Na2SO3 悬浮液继续通入二氧化硫，pH4.1 时，则产品中会有副产物，其化学式是 Na2SO3。故答案为：Na2S2O5+H2O2NaHSO3，NaHSO3 溶液的电离大于水解，所以溶液显酸性；用 pH 计；Na2SO3；结晶脱水生成产品的化学方程式为：2NaHSO3Na2S2O5+H2O，最后结晶析出焦亚硫酸钠产品。故答案为：2NaHSO3Na2S2O5+H2O。（3）加入淀粉溶

25、液，用 c2 molL1 标准 Na2S2O3 溶液滴定至溶液达到滴定终点的现象是蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色。故答案为：蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不复色。根据关系式 2S2O32I2，硫代硫酸钠消耗的单质碘 n(I2)=221 c V2103 mol，则与焦亚硫酸钠反应的碘n(I2)=V1 mL103 L/mLc1 molL1-221 c V2103 mol11221(c Vc V)2103 mol，根据关系式 S2O522I2，焦亚硫酸钠的物质的量为 n(Na2S2O5)=112211(c Vc V)22103 mol，则产品中焦亚硫酸钠的质量分数为：1 1220.19(Vc0.5V

26、c)2 0.2000100%47.511221(c Vc V)2%故答案为：47.511221(c Vc V)2%。题型 01无机制备实验（九）答案：（1）Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；随着反应的进行，浓硫酸被稀释为稀硫酸，稀硫酸不与 Cu 反应或者浓硫酸反应生成 SO2，使得硫酸利用率降低（2）表面生成的 CuO 阻止内部铜与 O2 接触或反应（3）铜溶解，溶液变蓝；降低水的沸点，避免 H2O2 分解（4）2Cu2+2NH3H2O+SO42Cu2(OH)2SO4+2NH4+（5）B910（6）3120.2(VV)102464m 100%或121.23(VV)%m解析：

27、（1）方案 i 铜与浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；此方法硫酸的利用率较低的原因是：随着反应的进行，浓硫酸被稀释为稀硫酸，稀硫酸不与 Cu 反应或浓硫酸反应生成 SO2，使得硫酸利用率降低。故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O；随着反应的进行，浓硫酸被稀释为稀硫酸，稀硫酸不与 Cu 反应或者浓硫酸反应生成 SO2，使得硫酸利用率降低。（2）方案 ii 常常有紫红色固体未反应，猜想原因可能是：表面生成的 CuO 阻止内部铜与 O2 接触或反应。故答案为：表面生成的 CuO 阻止内部铜与 O2 接

28、触或反应。（3）在硫酸和铜的反应容器中滴加 H2O2 溶液，Cu 在 H2O2 作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O，观察到的现象是铜溶解，溶液变蓝；过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，增加减压设备的目的是降低水的沸点，避免 H2O2 分解。故答案为：铜溶解，溶液变蓝；降低水的沸点，避免 H2O2 分解。（4）硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量 NH3H2O 调节溶液 pH，产生浅蓝色沉淀 Cu2(OH)2SO4，生成此沉淀的离子反应方程式：2Cu2+2NH3H2O+SO42Cu2(OH)2SO4+2NH4+，故答案为

29、：2Cu2+2NH3H2O+SO42Cu2(OH)2SO4+2NH4+；（5）继续滴加 NH3H2O，会转化成深蓝色溶液。加入乙醇可析出深蓝色晶体 Cu(NH3)4SO4H2O 晶体，滴加乙醇的作用可能是降低该晶体在该溶液中的溶解度，即选 B。故答案为：B。（6）与氨气反应的 n(HCl)103V1 L0.200 mol/L0.200 mol/L103V2 L2104(V1V2)mol，根据 NH3HCl 可知，n(NH3)n(HCl)2104(V1V2)mol，则 nCu(NH3)4SO4H2O=14n(NH3)5105(V1V2)mol，样品中产品纯度表达式为：3120.2(VV)1024

30、64m 100%=121.23(VV)%m，故答案为：3120.2(VV)102464m 100%或121.23(VV)%m。1011题型 02有机制备实验（一）答案：（1）三颈烧瓶；B（2）BC（3）控制滴加浓盐酸的速率（4）受热均匀，便于控制温度；Cl2、HCl（5）（6）将冷凝管上端的尾气导入 NaOH 溶液吸收，防止污染空气（7）34.7解析：（1）由仪器结构特征可知，仪器 a 为三颈烧瓶；苯的体积为335.2g0.88g cm 40 mL，加热时烧瓶内盛放液体体积为烧瓶容积的一半左右最合适，故选择 100 mL 的三颈烧瓶。故答案为：三颈烧瓶；B。（2）蒸气的沸点比水的沸点高比较多时

31、，采取空气冷凝管，容易因温差大而炸裂，与直形冷凝管相比球形冷凝管、蛇形冷凝管中蒸气与冷凝水接触面积更大，冷却更充分，b 处冷凝回流装置为球形冷凝管、蛇形冷凝管。故答案为：BC。（3）缓慢通入氯气，需要控制生成氯气的速率，可以通过控制滴加浓盐酸的速率实现。故答案为：控制滴加浓盐酸的速率。（4）利用水浴加热，受热均匀，便于控制温度；用碱洗去氯苯溶解的 Cl2、HCl。故答案为：受热均匀，便于控制温度；Cl2、HCl。（5）苯与氯气在 Fe 作催化剂条件下发生取代反应生成对二氯苯与 HCl，反应方程式为：故答案为：（6）氯气有毒，不能直接排放，实验中缺少尾气处理装置，改进的方法是：将冷凝管上端的尾气

32、导入 NaOH 溶液吸收，防止污染空气。故答案为：将冷凝管上端的尾气导入 NaOH 溶液吸收，防止污染空气。1112（7）由方程式可知，氯苯的理论产量为：35.2g 112.578，故氯苯的产率为：17.6g112.535.2g78100%34.7%题型 02有机制备实验（二）答案：（1）关闭导气管处的活塞，若启普发生器中有一段稳定的液柱，则气密性良好（2）平衡内外压强，使恒压滴液漏斗内的液体能顺利滴下（3）排出装置内的空气；吸收反应产生的水（4）d 进 c 出（5）减压蒸馏降低蒸馏温度，防止温度过高时苯胺发生副反应（6）84.5%解析：（1）检查装置的气密性的方法是先关闭导气管处的活塞，若启

33、普发生器中有一段稳定的液柱，则气密性良好。故答案为：关闭导气管处的活塞，若启普发生器中有一段稳定的液柱，则气密性良好。（2）b 为恒压滴液漏斗，其支管的作用是平衡内外压强，使恒压滴液漏斗内的液体能顺利滴下。故答案为：平衡内外压强，使恒压滴液漏斗内的液体能顺利滴下。（3）苯胺为无色液体，具有较强还原性，易被氧化，实验过程中，一般要先通入一段时间 H2，其目的是排出装置内的空气，防止苯胺被氧化，生石灰具有吸水性。故答案为：排出装置内的空气；吸收反应产生的水。（4）冷凝管中冷凝水下进上出，故为 d 进 c 出。故答案为：d 进 c 出。（5）减压蒸馏可以降低蒸馏温度，防止温度过高时苯胺发生副反应。故

34、答案为：减压蒸馏降低蒸馏温度，防止温度过高时苯胺发生副反应。（6）实验时通过恒压滴液漏斗向三颈烧瓶中加入 15 mL 硝基苯，即115mL 1.20g mL123g/mol 0.1463 mol，苯胺 11.5 g，即11.5g93g/mol 0.1237 mol，产率=实际产量理论产量 100%=0.1237mol 100%0.1463mol 84.5%，故答案为：84.5%。1213题型 02有机制备实验（三）答案：（1）使苯酚与 NaOH 反应生成苯酚钠，有利于蒸馏乙醇（2）冷凝管；b；a；使冷凝管充满冷凝水，充分冷凝；B（3）C6H5ONa+CO2+H2OC6H5OH+NaHCO3；通

35、入二氧化碳后产生盐溶液，密度增大（4）产生乙醇蒸气，提供反应物（5）放热；2CH3CH2OH+O2Cu 2CH3CHO+2H2O（6）N2(或 N2、O2)解析：（1）步骤中加入氢氧化钠的目的是使苯酚与 NaOH 反应生成苯酚钠，有利于蒸馏乙醇。故答案为：使苯酚与 NaOH 反应生成苯酚钠，有利于蒸馏乙醇。（2）步骤装置如图，则仪器 B 的名称为冷凝管；冷凝水由 ba，其目的是使冷凝管充满冷凝水，充分冷凝；由乙醇的沸点可知收集温度在 7879。故答案为：冷凝管；b；a；使冷凝管充满冷凝水，充分冷凝；B。（3）步骤中通入二氧化碳发生反应的化学方程式为 C6H5ONa+CO2+H2OC6H5OH+

36、NaHCO3；已知苯酚的密度为 1.071 gmL1(25)，静置后油状物质苯酚在上层，原因为通入二氧化碳后产生盐溶液，密度增大。故答案为：C6H5ONa+CO2+H2OC6H5OH+NaHCO3；通入二氧化碳后产生盐溶液，密度增大。（4）甲装置水浴的目的是使乙醇挥发，产生乙醇蒸气，提供反应物。故答案为：产生乙醇蒸气，提供反应物。（5）加热反应后停止加热，铜丝一直处于红热状态，说明该反应是放热反应；该反应的化学方程式为2CH3CH2OH+O2Cu 2CH3CHO+2H2O。故答案为：放热；2CH3CH2OH+O2Cu 2CH3CHO+2H2O。（6）集气瓶中收集的气体主要是 N2(或 N2、O

37、2)。故答案为：N2(或 N2、O2)。1314题型 02有机制备实验（四）答案：I（1）（2）吸收 Br2 和 HBr 防止污染环境，且防倒吸II（3）过滤；蒸馏（4）碱石灰III（5）丁（6）下（7）反应结束后装置乙中存在大量的溴化氢，使甲的水倒吸入乙中可以除去溴化氢气体(或者液溴的挥发)，以免逸出污染空气（8）可先用苯萃取溴水中的溴，分液后，取苯层即可解析：I（1）苯与溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢，其反应方程式为：。故答案为：。（2）装置 C 内盛装 NaOH 溶液能吸收溴和溴化氢，防止污染环境，另外导管靠近液面，没有插入到溶液中，可防倒吸。故答案为：吸收 Br2 和 HBr 防止污染

38、环境，且防倒吸。（3）将三颈烧瓶内反应后的液体分离出的操作应选择过滤，滤液经用蒸馏水洗涤，振荡，分液；用 5%的 NaOH 溶液洗涤，振荡，分液；用蒸馏水洗涤，振荡，分液；加入无水 CaCl2 粉末干燥等系列操作后得到的苯和溴苯的混合物，利用蒸馏分离即可。故答案为：过滤；蒸馏。（4）干燥管内的固体既要能吸收水蒸气，也要能吸收溴或 HBr 的尾气，则应选择碱石灰。故答案为：碱石灰。III（5）丙中溴化氢难溶于苯，不能倒吸，丁中使用干燥管也能防止倒吸，所以改进后的装置中能防止倒吸的装置有丁。故答案为：丁。（6）为提升冷却效果，冷凝管内冷却水的流向是下进上出。故答案为：下。1415（7）反应结束后要

39、使装置甲中的水倒吸入装置乙中，这样可以溶解乙中存在的大量 HBr 或挥发出的溴蒸气，防止逸出污染空气。故答案为：反应结束后装置乙中存在大量的溴化氢，使甲的水倒吸入乙中可以除去溴化氢气体(或者液溴的挥发)，以免逸出污染空气。（8）在溴水中加入苯，振荡静置，再分液就可获得溴的苯溶液。故答案为：可先用苯萃取溴水中的溴，分液后，取苯层即可。题型 03性质探究实验（一）答案：I（1）ghdebcf（2）吸收 HCl 气体II（3）3Mg(OH)2+2Fe3+2Fe(OH)3+3Mg2+（4）CO2（5）a.2Fe3+SO32+H2O2Fe2+SO42+2H+；b.取中的浅绿色溶液少许，滴加铁氰化钾溶液，

40、出现蓝色沉淀解析：I（1）氯化铁可由 Cl2 与 Fe 在加热条件下反应制得，且由于浓盐酸易挥发，故需用饱和食盐水吸收 HCl 气体，FeCl3 易水解，故产生的 Cl2 需干燥，Cl2 有毒，过量的 Cl2 需要进行尾气处理，据此可得装置接口的连接顺序为 aghdebcf。故答案为：ghdebcf。（2）由（1）可知饱和食盐水的作用是吸收 HCl 气体。故答案为：吸收 HCl 气体。（3）根据实验现象可知氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铁沉淀，属于沉淀的转化，离子方程式为：3Mg(OH)2+2Fe3+2Fe(OH)3+3Mg2+。故答案为：3Mg(OH)2+2Fe3+2Fe(OH)3+3Mg2+。（

41、4）由于 FeCl3 溶液 pH1，显酸性，则 CO32+2H+CO2+H2O，故逸出的无色气体是 CO2。故答案为：CO2。1516（5）a.由于 Fe3+具有氧化性，SO32具有还原性，三价铁离子能氧化 SO32，生成硫酸根离子，同时三价铁离子被还原为亚铁离子，其反应离子方程式为：2Fe3+SO32+H2O2Fe2+SO42+2H+。故答案为：2Fe3+SO32+H2O2Fe2+SO42+2H+。b.由于 SO32也可与 Ba2+反应生成 BaSO3 白色沉淀，干扰 SO42的检验，而可通过检验生成的 Fe2+，验证 FeCl3与 Na2SO3 发生了氧化还原反应，方案是：取中的浅绿色溶液

42、少许，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。故答案为：取中的浅绿色溶液少许，滴加铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀。题型 03性质探究实验（二）答案：（1）KI 的浓度、溶液 pH（2）取实验 iv 中溶液少量，加入淀粉溶液，溶液不变蓝（3）S（4）U 型管左侧溶液变蓝，电流表指针发生偏转，U 型管右侧溶液变为黄色浊液；4I+SO2+4H+S+2I2+2H2O（5）SO2 过量时，会与碘单质反应：SO2+I2+2H2OSO42+2I+4H+（6）反应后溶液中 KI 的物质的量浓度；3SO2+2H2OKI=S+2H2SO4解析：（1）对比实验 i、实验 ii，在于实验 ii 中 KI 的浓度增大，而反应速率加

43、快，对比实验 ii、实验 iii，在于实验 iii中溶液酸性增强，而反应速率加快，可以得出反应速率与 KI 的浓度、溶液 pH 有关。故答案为：KI 的浓度、溶液 pH。（2）淀粉遇碘变蓝色，对实验中的溶液进行检验，未检测到单质碘，设计的实验方案及现象是：取实验 iv 中溶液少量，加入淀粉溶液，溶液不变蓝。故答案为：取实验 iv 中溶液少量，加入淀粉溶液，溶液不变蓝。（3）管壁上的淡黄色固体微溶于乙醇，易溶于 CS2，结合实验试剂含有的元素可知，该淡黄色固体应为硫单质。故答案为：S。1617（4）利用原电池原理证实有碘单质生成，电路中有电流通过，右侧有硫单质生成，实验现象是：U 型管左侧溶液变

44、蓝，电流表指针发生偏转，U 型管右侧溶液变为黄色浊液；酸性条件，二氧化硫将碘离子氧化为碘单质，自身被还原为硫单质，实验、中反应的离子方程式为：4I+SO2+4H+S+2I2+2H2O。故答案为：U 型管左侧溶液变蓝，电流表指针发生偏转，U 型管右侧溶液变为黄色浊液；4I+SO2+4H+S+2I2+2H2O。（5）实验 vi 中有白色沉淀，说明实验 iv 中有 SO42生成，实验 v 溶液蓝色褪去，说明碘单质可以将二氧化硫氧化为硫酸，而实验、中 SO2 是过量的，应是过量的 SO2 与碘单质反应：SO2+I2+2H2OSO42+2I+4H+，导致实验中未检测到单质碘。故答案为：SO2 过量时，会

45、与碘单质反应：SO2+I2+2H2OSO42+2I+4H+。（6）反应结束后催化剂的量与反应前相同，为了证明 KI 起催化剂作用，还需测定反应后溶液中 KI 的物质的量浓度；KI 起 催 化 剂 作 用，反 应 实 质 是 二 氧 化 硫 与 水 反 应 生 成 硫 单 质 与 硫 酸，反 应 方 程 式 为：3SO2+2H2OKI=S+2H2SO4。故答案为：反应后溶液中 KI 的物质的量浓度；3SO2+2H2OKI=S+2H2SO4。题型 03性质探究实验（三）答案：（1）弱（2）5CS32+24MnO4+52H+5CO2+15SO42+24Mn2+26H2O；还原（3）不同意；酸性高锰酸

46、钾溶液用稀硫酸酸化有 SO42（4）除去装置中的氧气；CS2+2NaOHNa2COS2+H2O（5）将装置中残留的 H2S、CS2 全部排入后续装置中，使其被完全吸收；1.5（6）D解析：（1）Na2CS3 的水溶液中加入酚酞变红色，说明 Na2CS3 是强碱弱酸盐，则 H2CS3 为弱酸。故答案为：弱。（2）步骤的氧化产物是 SO42，还原产物是锰离子，同时还生成二氧化碳、水，离子方程式为 5CS32+24MnO4+52H+5CO2+15SO42+24Mn2+26H2O，使酸性高锰酸钾褪色说明 Na2CS3 还具有还原性。故答案为：5CS32+24MnO4+52H+5CO2+15SO42+2

47、4Mn2+26H2O；还原。1718（3）酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化；干扰硫酸根的检验。故答案为：不同意；酸性高锰酸钾溶液用稀硫酸酸化有 SO42。（4）反应开始之前需要通入一段时间氮气，其作用是除去装置中的氧气，可以避免氧气氧化三硫代碳酸钠；CS2不溶于水，与 CO2 的某些性质相似，CS2 与烧碱反应生成 Na2COS2。故答案为：除去装置中的氧气；CS2+2NaOHNa2COS2+H2O。（5）当 A 中反应完全后，打开 K 缓慢通入热 N2 一段时间，其目的是：将装置中残留的 H2S、CS2 全部排入后续装置中，使其被完全吸收；然后对 B 中混合物进行过滤、洗涤、干燥，称重，得 14

48、.4 g 黑色固体，n(CuS)=14.4g96g/mol=0.15 mol，根 据 关 系 式 Na2CS3 H2S CuS 得 n(Na2CS3)n(CuS)0.15 mol，c(Na2CS3)=0.15mol0.1L=1.5 mol/L。故答案为：将装置中残留的 H2S、CS2 全部排入后续装置中，使其被完全吸收；1.5。（6）还可以利用 CS2 质量来计算三硫代碳酸钠溶液浓度，测得 D 装置反应前、后质量，即可求出 CS2 的质量。故答案为：D。题型 03性质探究实验（四）答案：I有红褐色沉淀和气泡产生II（1）（2）H2SO4+Na2SO3Na2SO4+H2O+SO2（3）在 B、C

49、 之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶（4）滴下最后一滴 KMnO4 溶液，锥形瓶中溶液由无色变为微红色，且半分钟内不褪色；12KO2+6SO22K2SO3+4K2SO4+7O2解析：I将带火星的木条靠近试管口木条复燃，说明有氧气生成；滴加酚酞试液，溶液先变红后褪色，说明有 KOH和具有强氧化性的物质 H2O2 生成，向褪色后溶液中滴加 FeCl3 溶液，KOH 与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，H2O2 分解有气泡产生，则现象为：有红褐色沉淀和气泡产生。故答案为：有红褐色沉淀和气泡产生。（1）连接装置后先检验气密性，然后利用氮气排出装置内空气，打开分液漏斗活塞 K2，A 中生成二氧化硫，用氮气将生成的

50、二氧化硫赶到 C 中反应，拆卸装置至实验完成，正确的操作依次是：。故答案为：。1819（2）A 中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、水、二氧化硫，反应方程式为：H2SO4+Na2SO3Na2SO4+H2O+SO2。故答案为：H2SO4+Na2SO3Na2SO4+H2O+SO2。（3）进入 C 中二氧化硫含有水蒸气，KO2 与水反应生成氧气，影响实验，改进措施是在 B、C 之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶。故答案为：在 B、C 之间连接一个盛有浓硫酸的洗气瓶。（4）滴下最后一滴 KMnO4 溶液，锥形瓶中溶液由无色变为微红色，且半分钟内不褪色，滴定到达终点。故答案为：滴下最后一滴 KMnO4 溶液，

51、锥形瓶中溶液由无色变为微红色，且半分钟内不褪色。由 可 知 得 到 沉 淀 4.66 g 为 BaSO4 的 质 量，说 明 KO2 与 SO2 反 应 有 K2SO4 生 成，n(K2SO4)n(BaSO4)=4.66g233g/mol=0.02 mol。中酸性 KMnO4 溶液具有强氧化性，消耗酸性 KMnO4 溶液 20.00 mL，说明KO2 与 SO2 反 应 有 K2SO3 生 成，由 电 子 转 移 守 恒 有：2KMnO4 5K2SO3，可 知 n(K2SO3)=52 n(KMnO4)=52(0.02L0.2mol/L)0.01mol，根据 K 原子守恒可知 n(KO2)(0.

52、01mol+0.02mol)20.06mol，由 S 原子守恒可知 n(SO2)0.01mol+0.02mol0.03mol，由 O 原子守恒可知有氧气生成，且生成氧气为：0.06mol20.3mol20.01mol 30.02mol42=0.035 mol，故 KO2、SO2、K2SO3、K2SO4、O2 的化学计量数之比为 0.06:0.03:0.01:0.02:0.03512:6:2:4:7，故反应方程式为：12KO2+6SO22K2SO3+4K2SO4+7O2。题型 03性质探究实验（五）答案：（1）CH3CHO+2Ag(NH3)2OH CH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O（2

53、）Ag+浓度大，氧化性强；酸性条件下，乙醛的还原性弱，也可能是银镜反应速率太慢（4）增强碱性，可加快生成银镜的反应速率（5）HCHO；NO3（6）乙醛与硝酸银溶发生反应：CH3CHO+2AgNO3+H2O CH3COOH+2Ag+2HNO3，pH 减小，而与银氨溶液反应，存在 NH3-NH4+缓冲溶液体系，碱性基本不变（7）银氨溶液呈碱性，醛类还原性增强；银氨溶液呈碱性，硝酸根的氧化性减弱；银氨溶液呈碱性，氢氧根浓度大，生成银镜反应速率快；反应生成乙酸铵和氨气，可使反应体系 pH 变化不大1920解析：（1）乙醛与银氨溶液反应生成乙酸铵、银、氨气与水，反应方程式为：CH3CHO+2Ag(NH3

54、)2OH CH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O。（2）氧化乙醛的是+1 价的 Ag，而银氨溶液中银离子浓度远远小于硝酸银溶液，所以 2%AgNO3 溶液比银氨溶液更易氧化乙醛可能的理由是：Ag+浓度大，氧化性强；实验 I 是碱性条件下，而实验 II 是酸性条件，实验中无明显现象可能原因是：酸性条件下，乙醛的还原性弱，也可能是银镜反应速率太慢。故答案为：Ag+浓度大，氧化性强；酸性条件下，乙醛的还原性弱，也可能是银镜反应速率太慢。（4）实验 III 的溶液中银离子浓度比实验 II 中的小，但实验 III 是碱性条件下，而实验 II 是酸性条件，实验 III 中很快出现了银镜，说明银镜反应

55、加快，得出的结论是：增强碱性，可加快生成银镜的反应速率。故答案为：增强碱性，可加快生成银镜的反应速率。（5）AgNO3 溶液浓度达到一定程度，HCHO 的去除率基本不变，说明银离子不再氧化 HCHO，反应中 HCHO 表现还原性，原因是 AgNO3 溶液浓度越高，酸性越强，降低了 HCHO 的还原性；溶液具有氧化性的微粒还有NO3，且酸性越强，NO3氧化能力越强，同时，说明了 AgNO3 溶液和 HCHO 反应的氧化剂不是3NO。故答案为：HCHO；NO3。（6）乙醛被硝酸银溶液氧化，发生反应：CH3CHO+2AgNO3+H2O CH3COOH+2Ag+2HNO3，pH 减小，影响银镜的生成，

56、而与银氨溶液反应，存在 NH3-NH4+缓冲溶液体系，碱性基本不变。故答案为：乙醛与硝酸银溶发生反应：CH3CHO+2AgNO3+H2O CH3COOH+2Ag+2HNO3，pH 减小，而与银氨溶液反应，存在 NH3-NH4+缓冲溶液体系，碱性基本不变。（7）由该实验小组四位同学的实验和论证可知，与 AgNO3 溶液相比，银氨溶液呈碱性，增强了醛类还原性，降低了硝酸根的氧化性；溶液中氢氧根浓度大，生成银镜反应速率快；反应生成乙酸铵和氨气，形成了 NH3-NH4+缓冲溶液体系，使溶液碱性基本不变，有利于银镜生成等优点。故答案为：银氨溶液呈碱性，醛类还原性增强；银氨溶液呈碱性，硝酸根的氧化性减弱；

57、银氨溶液呈碱性，氢氧根浓度大，生成银镜反应速率快；反应生成乙酸铵和氨气，可使反应体系 pH 变化不大。2021题型 03性质探究实验（六）答案：（1）CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH CH3COONa+Cu2O+3H2O；还原（2）4mL 10%NaOH 溶液（3）不正确，因为红色固体为 Cu 和 Cu2O，与硫酸反应也产生“红色固体部分溶解，得蓝色溶液”现象（4）CuO；碱性越强，CuO 氧化乙醛的能力越强；CuO 的种类不同，CuO 氧化乙醛的能力不同；将 NaOH、CuO 粉末的混合物与乙醛蒸汽在加热条件下反应，有大量红色固体生成解析：（1）乙醛被新制氢氧化铜氧化生成乙酸、氧化亚

58、铜与水，碱性条件下乙酸又发生中和反应生成盐，反应方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH CH3COONa+Cu2O+3H2O，该反应体现了乙醛的还原性。故答案为：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH CH3COONa+Cu2O+3H2O；还原。（2）实验的目的是排除“乙醛在碱性条件下发生缩合等反应生成有色物质”对实验的干扰，需要做对照实验，试剂 X 应为：4 mL 10%NaOH 溶液。故答案为：4 mL 10%NaOH 溶液。（3）红色固体为 Cu、Cu2O 时，与硫酸反应也产生“红色固体部分溶解，得到蓝色溶液”现象，故甲同学的观点不正确。故答案为：不正确，因为红色固体为 C

59、u 和 Cu2O，与硫酸反应也能产生“红色固体部分溶解，得到蓝色溶液”现象。（4）由实验 III 中蓝色浊液转化为黑色，实验 IV 中表面变黑的铜丝、氧化铜粉末，可知可能是 CuO 氧化了乙醛。故答案为：CuO。对比实验 1、2 可知，碱性越强，CuO 氧化乙醛的能力越强。对比实验 1、3 可知，CuO 的种类不同，CuO氧化乙醛的能力不同。故答案为：碱性越强，CuO 氧化乙醛的能力越强；CuO 的种类不同，CuO 氧化乙醛的能力不同。实验-3 现象的主要原因是：乙醛沸点低(20.8)，在较低温度下大量气化，实验无法达到反应所需温度，设计实验证实了这种想法。其实验方案为：将 NaOH、CuO

60、粉末的混合物与乙醛蒸汽在加热条件下反应，有大量红色固体生成。故答案为：将 NaOH、CuO 粉末的混合物与乙醛蒸汽在加热条件下反应，有大量红色固体生成。2122题型 03性质探究实验（七）答案：（1）BaSO4；还原（2）不正确，因为氯水过量，氯水中同样含有 Cl（3）亚硫酸钠浓度；硫为固体，不影响平衡移动；序号硫粉质量Na2SO3 质量水质量反应温度Na2SO3 转化率实验18 g63 g42 g100或36 g63 g42 g100或18 g63 g57 g100（4）Ag2S；溶液中含 SO42，S 元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成 Ag，则电子得失无法守恒，故只能为 Ag

61、2S解析：（1）溶液中滴加盐酸酸化的 BaCl2 溶液，出现白色沉淀，则该白色沉淀为 BaSO4，说明实验中 Na2S2O3 转化为Na2SO4，其中 S 的化合价由+2+6，Na2S2O3 发生氧化反应，表现出还原性。故答案为：BaSO4；还原。（2）氯气能与水反应生成盐酸和次氯酸，则过量氯水中的 Cl会干扰氯气还原产物的检验，所以他的推理不正确。故答案为：不正确，因为氯水过量，氯水中同样含有 Cl。（3）硫粉不溶于水、Na2SO3 能溶于水，实验、中硫粉质量、Na2SO3 质量和温度都相同，只是水的质量不同，所以该对比实验探究的是亚硫酸钠浓度对转化率的影响。故答案为：亚硫酸钠浓度。实验、中

62、只有硫粉质量不同，其他均相同，但 Na2SO3 转化率基本不变，说明硫粉质量多少不影响亚硫酸钠转化率，其原因是硫粉为固体，不影响平衡移动。故答案为：硫为固体，不影响平衡移动。想要探究温度升高对亚硫酸钠转化率是否有影响，对比实验只能是温度不同，其他量应该都相同，可以实验为基准，反应温度升高到 100，也可以实验或为基准，反应温度升高到 100，2223故答案为：序号硫粉质量Na2SO3 质量水质量反应温度Na2SO3 转化率实验18 g63 g42 g100或36 g63 g42 g100或18 g63 g57 g100（4）Na2S2O3 中的硫为+2 价，将 Na2S2O3 溶液滴至 AgN

63、O3 溶液中，滤液中只含 AgNO3、NaNO3 与 H2SO4，SO42中的硫为+6 价，说明有硫元素升价，氧化还原反应中，有降价的元素，必存在化合价升高的元素，若生成Ag2O，体系中无元素降价；生成 Ag，则 Ag 的化合价总共降低 2，而 S 总共升高 8，即电子得失无法守恒，所以只能是有一部分硫元素降为2 价，生成 Ag2S。故答案为：Ag2S；溶液中含 SO42，S 元素化合价上升，一定有元素化合价下降；如果生成 Ag，则电子得失无法守恒，故只能为 Ag2S。题型 03性质探究实验（八）答案：（1）Ag+H2OAgOH+H+（2）Ag+NH3H2OAgOH+NH4+；AgOH+2NH

64、3H2OAg(NH3)2+OH+2H2O（3）2Ag+2OH+H2O22Ag+O2+2H2O；Ag2O 有催化作用，可以催化 H2O2 的分解，导致气体体积增多（4）Ag+IAgI；0.1 molL1 KI 溶液；取少量反应后 B 烧杯中溶液，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；2I-2eI2解析：（1）强酸弱碱盐 AgNO3 含弱碱根，在水中易水解生成弱碱 AgOH，离子方程式为：Ag+H2OAgOH+H+。故答案为：Ag+H2OAgOH+H+。（2）根据实验过程和现象，滴加 2%氨水先产生棕褐色沉淀发生的离子反应为：Ag+NH3H2OAgOH+NH4+，继续滴加 2%氨水沉淀消失发生的离子反应为：Ag

65、OH+2NH3H2OAg(NH3)2+OH+2H2O。故答案为：Ag+NH3H2OAgOH+NH4+；AgOH+2NH3H2OAg(NH3)2+OH+2H2O。（3）向试管中加入 0.1 molL1NaOH 溶液 1 mL，产生棕褐色沉淀，其化学反应原理为：Ag+OHAgOH；AgOH不稳定遇水就分解：2AgOHAg2O+H2O；继续滴加 3%H2O2 至过量，产生大量无色无味气体 O2，2324有黑色的 Ag 沉淀生成，根据电子转移守恒和质量守恒写出其反应原理：Ag2O+H2O22Ag+O2+H2O，总反应为；2Ag+2OH+H2O22Ag+O2+2H2O；但实验产生的气体体积远远大于该反应

66、的理论值，因为有不稳定易分解的 H2O2 存在，使气体体积增大；还要分析分解的条件可能是生成物起了催化作用，即 Ag2O 有催化作用，可以催化 H2O2 的分解，导致气体体积增多。故答案为：2Ag+2OH+H2O22Ag+O2+2H2O；Ag2O 有催化作用，可以催化 H2O2 的分解，导致气体体积增多。（4）AgI 为黄色沉淀，离子方程式为：Ag+IAgI；在 A 烧杯中，石墨电极表面变亮，经检测这种光亮的物质为 Ag，则 A 烧杯中含有 Ag+；那么 B 烧杯提供 I，发生了有盐桥的原电池反应，所以乙溶液为 0.1 molL1KI 溶液；则 B 烧杯中的石墨电极的电极反应为：2I-2eI2

67、，用淀粉检验 I2 的存在，即取少量反应后 B 烧杯中溶液，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；该原电池负极碘离子失去电子生成碘单质，电极反应为：2I-2eI2。故答案为：Ag+IAgI；0.1 molL1 KI 溶液；取少量反应后 B 烧杯中溶液，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；2I-2eI2。题型 03性质探究实验（九）答案：（1）2KMnO4+16HCl(浓)2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O；Cl2+2OHCl+ClO+H2O（2）.Fe3+；K2FeO4 在酸性条件下分解会产生 Fe3+(或 4FeO42+20H+4Fe3+3O2+10H2O)；.排除 ClO的干扰（3）0.54；既能消毒杀菌又

68、能净水(或无毒或方便保存等)2425解析：（1）A 中 发 生 的 是 浓 盐 酸 与 KMnO4 制 取 Cl2 的 反 应，反 应 方 程 式 为 2KMnO4+16HCl(浓)2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O；浓盐酸具有挥发性，可通过盛装饱和食盐水的洗气瓶，吸收 Cl2 中的 HCl 气体，即装置 B 所用试剂为饱和食盐水，洗气时气体应“长进短出”，如图：；Cl2 与过量KOH 反应，离子方程式为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O。（2）.加入 KSCN 溶液，溶液变红说明含有 Fe3+。由题给信息可知，FeO42在酸性条件下会快速产生 O2，则发生的反应为 4FeO42+2

69、0H+4Fe3+3O2+10H2O，也会产生 Fe3+。.ClO在酸性条件下可与 Cl反应生成 Cl2，从而干扰实验，所以用 KOH 溶液洗涤的目的是把 ClO除尽，防止 ClO与 Cl在酸性条件下反应产生 Cl2，避免 ClO干扰实验。（3）K2FeO4 作消毒剂时，铁元素由+6 降低至+3 价，化合价降低 3 价，氯气作消毒剂时，氯元素由 0 价降低至-1价，化合价降低 1 价，则 K2FeO4 与氯气的消毒效率之比为31981 2710.54，高铁酸钾代替氯气作净水消毒剂，利用其强氧化性起到杀菌消毒作用，利用生成的氢氧化铁胶体起到净水作用，且无毒或方便保存。故答案为：0.64；既能消毒杀

70、菌又能净水(或无毒或方便保存等)。题型 04定量实验（一）答案：（1）吸收空气中的 CO2；分液漏斗（2）CaCO3+2H2NSO3HCa(H2NSO3)2+H2O+CO2；盐酸易挥发，使测定结果偏高（3）关闭 K1、K2，打开 K3；将装置内 CO2 排至干燥管中，提高 CO2 吸收率；偏高（4）2110(mm)11m 100%解析：（1）A 可用氢氧化钠溶液(合理即可)，吸收空气中的 CO2，避免因 CO2 而产生实验误差；仪器 a 的名称为分液漏斗。故答案为：吸收空气中的 CO2；分液漏斗。2526（2）B 装置内发生反应的化学方程式为 CaCO3+2H2NSO3HCa(H2NSO3)2

71、+H2O+CO2；实验中不用盐酸，因为盐酸易挥发，会和 CO2 混合在一起，使测定结果偏高。故答案为：CaCO3+2H2NSO3HCa(H2NSO3)2+H2O+CO2；盐酸易挥发，使测定结果偏高。（3）接下来进行的操作是：打开 K1、K2，关闭 K3，通空气一段时间，关闭 K1、K2，打开 K3，打开仪器 a 活塞，滴入氨基磺酸溶液，待 B 装置中无气泡产生，关闭仪器 a 活塞；再次打开 K1，通空气一段时间，第二次通入空气目的是将装置内 CO2 排至干燥管中，提高 CO2 吸收率，干燥管的作用吸收空气中的 CO2 和 H2O，不使用干燥管会导致测定结果偏大。故答案为：关闭 K1、K2，打开

72、 K3；将装置内 CO2 排至干燥管中，提高 CO2 吸收率；偏高。（4）干 燥 管 在 实 验 前 后 重 量 分 别 为 m1 克 和 m2 克，则 生 成 二 氧 化 碳 为(m2-m1)g，由 反 应CaCO3+2H2NSO3HCa(H2NSO3)2+H2O+CO2可知，样品中钙的质量分数为21(mm)40g/mol44g/molmg 100%=2110(mm)11m 100%。故答案为：2110(mm)11m 100%。题型 04定量实验（二）答案：（1）d（2）蓝色变为无色；还原性（3）0.053；偏大（4）取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根

73、离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子；C+2H2SO4 2SO2+CO2+2H2O；（5）提高 SO2 的纯度，提高 SO2 的浓度(或富集 SO2)解析：（1）装置 A 控制气体的流速，故装置 A 中所装试剂不与气体反应，且不减少二氧化硫的含量，故用饱和 NaHSO3溶液。故答案为：d。2627（2）装置 B 中含淀粉的碘水，碘单质与二氧化硫反应，当反应完全时，碘单质消耗完全，故溶液由蓝色变为无色，体现二氧化硫的还原性。故答案为：蓝色变为无色；还原性。（3）二氧化硫与碘单质反应的方程式为：SO2+I2+2H2O2HI+H2SO4，消耗了 50.00 mL 含 I2 1.000103mol

74、/L 的溶液，n(SO2)n(I2)0.05 L1.000103mol/L5105mol，在标准状况下，V(SO2)5105 mol22.4 L/mol1.12103 L1.12 mL，则燃煤烟气中 SO2 的体积分数为1.12mL20mL 1.12mL 0.053，若读数时水准管内液面高于量气管内液面，使得量气管的体积偏小，则结果将偏大，故答案为：0.053；偏大；（4）硫酸根离子的检验方法为：取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子，步骤中，由硫酸得到二氧化硫，需要加入还原剂，化学方程式为 C+2H2SO4 2SO2

75、+CO2+2H2O。故答案为：取样，先加入足量稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液，若产生白色沉淀，则含有硫酸根离子，若未产生白色沉淀，则不含硫酸根离子；C+2H2SO4 2SO2+CO2+2H2O；（5）SO2 的吸附、转化、热再生的主要目的是提高 SO2 的纯度，提高 SO2 的浓度(或富集 SO2)。故答案为：提高 SO2 的纯度，提高 SO2 的浓度(或富集 SO2)。题型 04定量实验（三）答案：（1）镀锌铁皮表面没有气泡产生（2）CO2（3）C；浅黄色；Fe3+在溶液中呈黄色，H3PO4 与 Fe3+可生成无色Fe(HPO4)2，以免影响滴定终点判断；b；e；a；d；c；g；67.12%；

76、偏大解析：废旧镀锌铁皮加入氢氧化钠溶液中反应，锌溶解生成偏锌酸钠和氢气，铁不溶解，过滤得到滤液 A 为 Na2ZnO2，调节溶液 pH 生成氢氧化锌沉淀。不溶物为铁等，用硫酸溶解生成硫酸亚铁，加入适量过氧化氢，调节溶液pH12，部分 Fe2+被氧化为 Fe3+，得到含 Fe2+、Fe3+的 B 溶液，加入碱、加热生成四氧化三铁。2728（1）Zn 与碱溶液反应有氢气生成，镀锌层完全反应，不再有氢气生成，镀锌层完全反应的实验现象是：镀锌铁皮表面没有气泡产生。故答案为：镀锌铁皮表面没有气泡产生。（2）加入 X 调节 pH，使 ZnO22-转化为 Zn(OH)2 沉淀，同时 Zn(OH)2 不能溶解

77、，需要用弱酸性物质，可以通入 CO2。故答案为：CO2。（3）实验中量取标准液体积、待测液体积的移液管需要润洗。故选：C。少量的 Fe3+使溶液呈浅黄色，当溶液的颜色变为浅黄色时，表明大部分 Fe3+被还原为 Fe2+。故答案为：浅黄色。Fe3+在溶液中呈黄色，H3PO4 与 Fe3+可生成无色Fe(HPO4)2，以免影响滴定终点判断。故答案为：Fe3+在溶液中呈黄色，H3PO4 与 Fe3+可生成无色Fe(HPO4)2，以免影响滴定终点判断。自来水洗涤后，滴定管旋塞处涂凡士林，然后检验是否漏水，再进行润洗，加入标准液，赶气泡，调液面，故正确操作并列出字母：自来水洗涤滴定管旋塞处涂凡士林bea

78、dcg。故答案为：b；e；a；d；c；g。根据 Fe 元素守恒、电子转移守恒，可得关系式：2Fe3O46Fe2+Cr2O72，则 n(Fe3O4)2n(K2Cr2O7)0.017molL123.5103 L2，故样品中 Fe 元素质量为：0.017 molL123.5103 L2 25025 356 g/mol1.342 g，故 Fe3O4 样品中铁元素的质量分数为：1.342g2.000g 100%67.12%。故答案为：67.12%。滴定前装有 K2Cr2O7 标准溶液的滴定管尖嘴部分有气泡，而滴定结束后气泡消失，消耗标准液的体积偏大，则测定结果将偏大。故答案为：偏大。题型 04定量实验（

79、四）答案：（1）15（2）KCl、Cl2；产生的氯气会污染环境（3）将黄铁矿粉碎，加入足量的过氧化钠，两者充分均匀混合（4）d；1.6(1cV)100%；bc2829解析：（1）反应中只有过氧化钠中氧元素化合价降低，FeS2 中 Fe 元素化合价由+2 价升高为硫酸铁中+3 价，S 元素由-1 价升高为硫酸铁、硫酸钠中的+6 价，故 1 mol FeS2 被完全氧化，转移电子的物质的量为1 mol3 226115 mol()。故答案为：15。（2）反应中 Cl 元素的化合价由+5 价降低为 KCl 中-1 价、Cl2 中 0 价，故 KCl、Cl2 是还原产物；用 KClO3 氧化焙烧生成氯气

80、，会污染环境。故答案为：KCl、Cl2；产生的氯气会污染环境。（3）为保证黄铁矿充分氧化，“氧化焙烧”前需要采取的措施是：将黄铁矿粉碎，加入足量的过氧化钠，两者充分均匀混合。故答案为：将黄铁矿粉碎，加入足量的过氧化钠，两者充分均匀混合。（4）滴定管最大刻度下方没有刻度，若某一时刻的读数为 15.00 mL，此时滴定管中 H2Y2溶液的体积50.00 mL15.00 mL35.00 mL。故答案为：d。先用 Pb2+将 SO42沉淀生成 PbSO4，再用 H2Y2滴定剩余的 Pb2+，由 Pb2+SO42PbSO4、Pb2+H2Y2PbY2+2H+，可知 n(Pb2+)n(SO42)+n(H2Y

81、2)，根据 S 原子守恒：n(SO42)n(S)，则 n(S)n(Pb2+)n(H2Y2)0.02L0.05 mol/LV103Lc mol/L(1cV)103 mol，故 0.5000g 样品中 S 元素总物质的量为：(1cV)103 mol250 mL10 mL=25(1cV)103 mol，则 S 元素的质量分数为：325(1cV)10 mol 32g/mol0.500g 100%1.6(1cV)100%。故答案为：1.6(1cV)100%。a.步骤 1 锥形瓶洗净后，不影响溶液中硫酸根的物质的量，对实验结果没有影响，故 a 不选；b.步骤 2 控制的 pH 较大，产生了少量碱式碳酸铅沉

82、淀，相当于沉淀了 SO42，沉淀 SO42消耗的 Pb2+偏大，测得的硫的质量分数偏大，故 b 选；c.步骤 3 沉淀未用蒸馏水充分洗涤，沉淀表面会附着 Pb2+，相当于沉淀 SO42消耗的 Pb2+偏大，测得的硫的质量分数偏大，故 c 选；d.步骤 4 起始读数时平视，终点时仰视，标准溶液体积多少判断，测定剩余的 Pb2+偏大，则沉淀 SO42消耗的 Pb2+偏小，测得的硫的质量分数偏小，故 d 不选。故答案为：bc。2930题型 04定量实验（五）答案：（1）5NO+3MnO4+4H+5NO3+3Mn2+2H2O（2）2Na2O2+2H2O4NaOH+O2；2NO+O22NO2（3）在 A

83、、B 之间增加装有水的洗气瓶（4）40（5）维生素 C；加入蒸馏水至 10mL；紫红色比色阶浅解析：（1）高锰酸钾具有氧化性，能将一氧化氮氧化，反应的离子方程式为：5NO+3MnO4+4H+5NO3+3Mn2+2H2O。故答案为：5NO+3MnO4+4H+5NO3+3Mn2+2H2O。（2）金属铜和稀硝酸制得的一氧化氮中含有水，水会和过氧化钠发生反应产生氧气，2Na2O2+2H2O4NaOH+O2，生成的氧气极易把一氧化氮氧化为二氧化氮，即 2NO+O22NO2。故答案为：2Na2O2+2H2O4NaOH+O2；2NO+O22NO2。（3）由于获得一氧化氮所用的硝酸具有挥发性，制得的 NaNO

84、2 中混有较多的 NaNO3 杂质，这样会干扰实验结果，可以在 A、B 之间增加装有水的洗气瓶，减小实验误差。故答案为：在 A、B 之间增加装有水的洗气瓶。（4）甲待测液颜色与号色阶相同，则甲同学制得的样品中 NaNO2 的纯度是-340 10 g 100 0.010.1g 100%=40%。故答案为：40。（5）要和（4）中的甲同学的实验方案形成对比试验，同样可以是先取 5 mL 待测液，然后加入维生素 C，并加入1 mL M 溶液，最后加入蒸馏水至 10 mL，若紫红色比色阶浅，说明亚硝酸钠的含量低，则可以证明维生素 C 可以有效降低 NaNO2 的含量。故答案为：维生素 C；加入至蒸馏水

85、 10 mL；紫红色比色阶浅。3031第二章 反应原理综合题型 01化学平衡与能量变化综合（一）答案：（1）A；催化剂 A 在较低温度下具有较高的催化活性，使用催化剂 A 合成氨时，一方面可节约能源，另一方面低温有利于合成氨反应正向进行；活化能越大，反应速率越慢（2）；平衡常数 K=250，保持平衡时的温度和压强不变，再向容器中充入 3mol 的 CO2，此时 Qc=500K，反应逆向进行；（3）阴极；6NH26eN2+4NH3；2NH4+2eH2+2NH3解析：（1）由图可知，催化剂 A 在较低温度下具有较高的催化活性，且合成氨反应是放热反应，低温对氨的合成有利，所以实际生产中适宜选择的催化

86、剂是 A。故答案为：A；催化剂 A 在较低温度下具有较高的催化活性，使用催化剂 A 合成氨时，一方面可节约能源，另一方面低温有利于合成氨反应正向进行。活化能越大，反应速率越慢，故第一步反应的活化能 E1第二步反应的活化能 E2。故答案为：；活化能越大，反应速率越慢。（2）根据题意列三段式：2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(l)(单位：mol/L)起始量0.60.300转化量0.40.20.20.2平衡量0.20.10.20.23132平衡常数 K=223211c(NH)c(CO)(0.2)0.1250，保持平衡时的温度和压强不变，再向容器中充入 3 mol 的CO2，

87、则体积增大到 20 L，Qc21(0.1)0.2500K，反应逆向进行，v 正v 逆。故答案为：；平衡常数 K=250，保持平衡时的温度和压强不变，再向容器中充入 3 mol 的 CO2，此时 Qc=500K，反应逆向进行。保持平衡时的温度和体积不变，25 min 时再向容器中充入 2 mol NH3 和 1 mol CO2，在 40 min 时重新达到平衡，与原平衡为等效平衡，平衡时浓度相同，则 2550 min 内 NH3 的浓度变化曲线为（3）根据图知，X 电极上生成氢气，Y 电极上生成氮气，X 电极上得到电子发生还原反应，Y 电极上失电子发生氧化反应，所以 X 为阴极，Y 为阳极。故答

88、案为：阴极。阳极上 NH2失电子生成氮气和氨气，电极反应式为 6NH26eN2+4NH3。故答案为：6NH26eN2+4NH3。图 3 中电解质改用 NH4Cl，则 NH4+在阴极放电生成 H2 和 NH3，电极反应式为 2NH4+2eH2+2NH3。故答案为：2NH4+2eH2+2NH3。题型 01化学平衡与能量变化综合（二）答案：（1）+226.7kJmol1（2）CO+CO322e2CO2（3）乙酸；Cu/Al2O3（4）4mol；3Fe3O4=高温O2+10Fe0.9O（5）3:5；3233解析：（1）已知：C(s)+O2(g)CO2(g)H1-393.5 kJmol12H2(g)+O

89、2(g)2H2O(l)H2-571.6 kJmol12C2H2(g)+5O2(g)4CO2(g)+2H2O(l)H3-2599 kJmol1根据盖斯定律：2+0.50.5 即可得：2C(s)+H2(g)C2H2(g)H(-393.52571.60.5+25990.5)kJmol1+226.7 kJmol1。（2）电池的总反应为：2CO+O22CO2，正极反应为 2CO2+O2+4e2CO32，所以负极的电极反应式为：CO+CO322e2CO2。故答案为：CO+CO322e2CO2。（3）由图 1 可知液体产品选择性最高的是乙酸，其对应的催化剂为 Cu/-Al2O3。故答案为：乙酸；Cu/-Al

90、2O3。（4）根据图所示，过程是 Fe0.9O 和 CO2 反应生成 Fe3O4 和 C，化学方程式是 10Fe0.9O+CO2=太阳能3Fe3O4+C，每分解 1 mol CO2 产生 1 mol C，电子转移数为 1 mol44 mol；过程中 Fe3O4 高温分解成 O2 和 Fe0.9O，化学方程式是 3Fe3O4=高温O2+10Fe0.9O。故答案为：4 mol；3Fe3O4=高温O2+10Fe0.9O。（5）一定条件下向恒容密闭容器中充入 0.1 mol CH4 和 0.2 mol H2S，则CH4(g)+2H2S(g)CS2(g)+4H2(g)(单位：mol)起始量0.10.20

91、0转化量x2xx4x平衡量0.1-x0.2-2xx4xX 点 CH4 物质的量分数H2 物质的量分数，则 0.1-x4x，x0.02mol，转化率(CH4)0.02mol1=0.1mol5变化量起始量，Y 点 H2S 物质的量分数H2 物质的量分数，则 0.2-2x4x，x130mol，转化率(CH41 mol130=0.1mol3变化量起始量)，X 点与 Y 点甲烷的平衡转化率之比为 1 1:5 3 3:5，升高温度，H2 的物质的量分数增加，则平衡正移，平衡常数增大，故 Z 点平衡常数 K(Z)K(Y)，故答案为：3：5；。3334题型 01化学平衡与能量变化综合（三）答案：（1）3232

92、c(H O)c(H)；Fe3O4（2）催化剂；400；3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)H+825 kJ/mol；副反应生成氢气使反应平衡左移，HCl 转化率下降（3）4.54105；2FeO42+6e+5H2OFe2O3+10OH解析：（1）反应：Fe2O3(s)+3H2(g)2Fe(s)+3H2O(g)H1+89.6 kJ/mol，反应的平衡常数 K=3232c(H O)c(H)，该反应在高温下进行，高温下铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，最易生成的副产物是 Fe3O4。故答案为：3232c(H O)c(H)；Fe3O4。（2）图象可知，加入水蒸气和无水蒸气条件下

93、，反应速率不同，最后达到相同平衡，所以加入水蒸气是做催化剂。故答案为：催化剂。图象分析可知，随温度升高，HCl 转化率减小，说明升温平衡逆向进行，正反应为放热反应，H30，气体压强之比等于气体物质的量之比，设起始量 HCl 物质的量为 2 mol，达到平衡状态生成氢气物质的量为 x，Fe(s)+2HCl(g)FeCl2(l)+H2(g)起始量(mol)20变化量(mol)2xx平衡量(mol)22xx图象中表示起始和平衡状态下的压强之比4:2.4，气体压强之比等于气体物质的量之比：242-x2.4，x0.8，HCl 的转化率为 0.8，图 b 得到 HCl 转化率 0.8 时，对应反应的温度为

94、 400。故答案为：；400。高于 500后，有水蒸气加入，HCl 的转化率减小，曲线 n 发生的副反应为铁和水蒸气反应，结合热化学方程式计算得到铁和水蒸气反应的热化学方程式，反应：Fe2O3(s)+3H2(g)2Fe(s)+3H2O(g)H1+89.6kJ/mol反应：4Fe2O3(s)+Fe(s)3Fe3O4(s)H2+2833.4kJ/mol3435盖斯定律计算(反应反应4)13得到 3Fe(s)+4H2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)H+825 kJ/mol，曲线 n 中 HCl转化率明显降低的原因是：副反应生成氢气使反应平衡左移，HCl 转化率下降。故答案为：3Fe(s)+4H

95、2O(g)Fe3O4(s)+4H2(g)H+825 kJ/mol；副反应生成氢气使反应平衡左移，HCl 转化率下降。（3）0.0056 g 生石灰物质的量=0.0056g56g/mol 0.0001 mol，c(Ca2+)0.0001 mol/L，结合 Ksp(CaFeO4)c(Ca2+)c(FeO42)4.54109 计算得到，原高铁酸钠溶液的物质的量浓度94.54 100.0001mol/L4.54105 mol/L。故答案为：4.54105。用 K2FeO4 代替 MnO2 制备的碱性干电池(KOH 做电解液)，正极反应生成 Fe2O3，正极电极反应为：2FeO42+6e+5H2OFe2

96、O3+10OH。故答案为：2FeO42+6e+5H2OFe2O3+10OH。题型 01化学平衡与能量变化综合（四）答案：（1）高温；+83 kJmol1（2）20；B（3）75%；10；正向移动解析：（1）(g)(g)+H2(g)H+124 kJmol1，反应为气体体积增大的吸热反应，S0，H0，满足反应自发进行的判断依据是HTS0，反应在高温下有利于自发进行；(g)(g)+H2(g)H+124 kJmol1H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)H-41 kJmol1盖斯定律计算+得到(g)+CO2(g)(g)+CO(g)+H2O(g)的H+83 kJmol1。故答案为：高温；+83

97、 kJmol1。3536（2）-BEB 收率B=BE 生成消耗苯乙烯的物质的量苯乙烯消耗的总物质的量100%80%，不考虑副反应，生成-BEB 消耗苯乙烯的物质的量+生成-BEB 消耗苯乙烯的物质的量苯乙烯消耗的总物质的量，所以 R 点-BEB 的收率B=BE 生成消耗苯乙烯的物质的量苯乙烯消耗的总物质的量100%180%20%。A80时，苯乙烯与 HBr 反应的逆反应 K 值很小，故 A 错误；B60 min 后-BEB 收率降低，可能是-BEB 的收率升高，-BEB 选择性提高，故 B 正确；C其他条件一定，增大 n(HBr):n(苯乙烯)值，就是增大 n(HBr)，HBr 转化率会减小，

98、故 C 错误；D反应时间小于 60 min，为了使反应顺利进行，HBr 的通入速度要略大于反应速度才行，故 D 错误。故答案为：B。（3）C6H5-CHCH2(g)+HBr(g)-BEB(g)(单位：mol/L)C6H5-CHCH2(g)+HBr(g)-BEB(g)起始量0.40.400.30.30变化量0.10.10.10.20.20.2平衡量0.30.30.10.10.10.2650苯乙烯的平衡转化率0.1mol/L0.2mol/L=100%=100%0.4mol/L转化的苯乙烯苯乙烯总量75%，反应 1 的平衡常数为0.1mol/L=0.1mol/L0.1mol/L平衡时生成物浓度幂之积

99、平衡时反应物浓度幂之积=10。故答案为：75%；10。650，平衡后-BEB(g)的物质的量分数0.2mol/L0.1mol/L0.1mol/L0.40，720时重复上述反应，平衡后-BEB(g)的物质的量分数 0.27，温度升高，平衡向逆反应方向移动，说明正反应为放热反应，则反应 2 的H0。故答案为：。平衡后，向该容器中充入 0.5 mol-BEB，则反应 1 向逆反应方向移动，苯乙烯与 HBr 浓度增大，反应 2向正反应方向移动。故答案为：正向移动。3637题型 01化学平衡与能量变化综合（五）答案：（1）-2165（2）BH48e+8OHBO2+6H2O（3）6.0；50（4）1（5）

100、I；0.20；2.484解析：（1）已知：B2H6(g)+3O2(g)B2O3(s)+3H2O(g)H1-2033 kJmol1H2O(g)H2O(l)H2-44.0 kJmol1根据盖斯定律+3 可得：B2H6(g)+3O2(g)B2O3(s)+3H2O(l)H1-2165kJmol1。故答案为：-2165。（2）根据总方程，正极为氧气，负极 NaBH4 溶液，放电得到 BO2，故负极电极反应为：BH48e+8OHBO2+6H2O。故答案为：BH48e+8OHBO2+6H2O。（3）根据图可知，pH 为 6.0，反应温度为 50时，残余镍浓度最低，此为最佳条件。故答案为：6.0；50。（4）

101、反应的 K=321c(H)，平衡时得 c(H2)1 molL1温度不变，将体积缩小至原来的一半，平衡正向移动，因为温度不变，K 始终不变，故达到新的平衡时 c(H2)1 mol/L。故答案为：1。（5）反应历程中慢反应控制总反应的速率，故为 I。故答案为：I。已知，vkc2(NO)c(H2)，则 a 组与 b 组有：va:vbkca2(NO)ca(H2):kcb2(NO)cb(H2)，有 0.414:1.656k0.1020.10:kX20.10，解得 X0.20，同理，a 组与 c 组有：va:vckca2(NO)ca(H2):kcc2(NO)cc(H2)，有 0.414:Yk0.1020.

102、10:k0.1020.60，解得 Y2.484。故答案为：0.20；2.484。3738题型 01化学平衡与能量变化综合（六）答案：（1）60%；C（2）ACE（3）保持压强为 P2，将温度由 250升高到 300和保持温度为 300，将压强由 P3 增大到 P1；75%；（4）2n CO2+12n H+12n e+4n H2O；2.24105解析：（1）根据表可知，CuO 质量分数为 60%时甲醇的产率最高，二氧化碳的转化率最大，故 CuO 质量分数为 60%的催化效果最佳。故答案为：60%。恒温恒容条件，在密闭容器中通入等物质的量的 CO2 和 H2，设均为 a mol，转化 CO2 为

103、x mol，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)n(起始)aa00n(转化)x3xxxn(平衡)a-xa-3xxxA容器内 CO2 的体积分数为 ax2a2x0.5，则容器内 CO2 的体积分数为定值，不能说明反应的平衡状态，故 A 错误；BCO2 和 H2 转化率的比值为 x 3x:aa =1:3，CO2 和 H2 转化率的比值为定值，不能说明反应的平衡状态，故B 错误；C水分子中断裂 2NA 个 OH 键，同时氢分子中断裂 3NA 个 HH 键，说明正逆反应速率相等，达到平衡状态，故 C 正确；D容器内混合气体若全为 CO2 和 H2，则平均摩尔质量为 23 g/mol

104、，若全为 CH3OH 和 H2O，平均摩尔质量为 25 g/mol，由于可逆反应达到平衡状态时是四者的共同体，所以气体的平均相对分子质量应该在 2325，且保持不变，故 D 错误。故答案为：C。3839（2）A上述反应的H(419510)kJ/mol-91 kJ/mol，故 A 正确；Ba 反应正反应的活化能为 419 kJ/mol，故 B 错误；C由图象曲线变化和能量变化可知，b 过程中生成物能量高，则第阶段为吸热反应，第阶段生成物能量低于反应物，反应为放热反应，故 C 正确；Db 过程使用催化剂后降低了反应的活化能，加快反应速率，不改变反应的H，故 D 错误；Eb 过程中第阶段的活化能小于

105、第阶段的活化能，反应速率快，反应速率：第阶段第阶段，故 E 正确。故答案为：A、C、E。（3）图象分析可知温度一定，压强越大平衡正向进行，甲醇体积分数越大，压强 P2P1，平衡由 A 点移至 C点是升温平衡逆向进行，保持压强为 P2，将温度由 250升高到 300，甲醇体积分数减小，D 点移至 B 点是压强增大，保持温度为 300，将压强由 P3 增大到 P1；c 点时甲醇的体积分数 50%，在 1 L 的恒定密闭容器中按物质的量之比 1:2 充入 CO 和 H2，设 CO 物质的量为 1 mol，氢气物质的量为 2 mol，设一氧化碳消耗物质的量为 y，CO(g)+2H2(g)CH3OH(g

106、)起始量(mol/L)120变化量(mol/L)y2yy平衡量(mol/L)1-y2-2yyy32y 50%，解得 y0.75 mol，CO 的转化率=0.75mol1mol 100%75%。故答案为：保持压强为 P2，将温度由 250升高到 300和保持温度为 300，将压强由 P3 增大到 P1；75%。甲和乙两个恒容密闭容器的体积相同，向甲中加入 1 mol CO 和 2 mol H2，向乙中加入 2 mol CO 和 4 mol H2，测得不同温度下 CO 的平衡转化率如图，乙的起始量是甲的二倍，压强增大平衡正向进行，则 L、M 两点容器内压强：P(M)2P(L)；M 点和 L 点比较

107、，M 点温度高，平衡逆向进行，平衡常数：K(M)K(L)。故答案为：；。（4）2n CO2，碳的化合价从+4 变为-2，每个 C 原子得到 6 个电子，则 2n CO2 总共得到 12n个电子，根据电荷守恒可得该电极反应式为：2n CO2+12n e+12n H+4n H2O。故答案为：2n CO2+12n H+12n e+4n H2O。3940工业上生产 1.4102 kg 的 LDPE，根据 2n CO2LDPE 可知，需要二氧化碳的物质的量为：51.4 10 g28ng/mol 2n1104 mol，理论上需要标准状况下 CO2 的体积是：22.4 L/mol1104 mol2.2410

108、5 L。故答案为：2.24105。题型 01化学平衡与能量变化综合（七）答案：（1）CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H-163 kJ/mol（2）温度超过 250时，催化剂的催化效率降低；增大反应压强、增大 CH4 的浓度(或及时分离出乙酸)；3Cu2Al2O4+32HNO36Cu(NO3)2+6Al(NO3)3+2NO+16H2O（3）；（4）3ClO+2NH3N2+3Cl+3H2O解析：（1）CO2 和 H2 为原料制备 CH4 的方程式为 CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)，CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)H1+247 kJm

109、ol1，CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H2+205 kJmol1根据盖斯定律2 计算 CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)的焓变H-163 kJ/mol。故答案为：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)H-163 kJ/mol。（2）催化剂催化效率受温度影响，温度超过 250时，催化剂的催化效率降低，导致乙酸的生成速率减小。故答案为：温度超过 250时，催化剂的催化效率降低。为了提高该反应中 CO2 的转化率，改变条件时应该使平衡正向移动，增大 CH4 的浓度或增大压强或及时分离出乙酸都能使平衡正向移动，从而提高 CO2 转化率。故答案为：

110、增大反应压强、增大 CH4 的浓度(或及时分离出乙酸)。将 Cu2Al2O4 溶解在稀硝酸中，亚铜离子发生氧化还原反应生成铜离子，该物质和稀硝酸反应生成硝酸铜、硝酸铝、NO 和水，反应的化学方程式为 3Cu2Al2O4+32HNO36Cu(NO3)2+6Al(NO3)3+2NO+16H2O。故答案为：3Cu2Al2O4+32HNO36Cu(NO3)2+6Al(NO3)3+2NO+16H2O。4041（3）Q、M 两点在同一等温曲线上，但 M 点压强高，所以 M 点反应速率大，即 Q 点的 v 正M 点的 v 逆。故答案为：。达到 N 点的平衡状态后，再向容器中充入 1 mol N2 和 3 m

111、ol H2，达到新的平衡时，N2、H2、NH3 的含量不变，即达到新平衡时 NH3 的物质的量分数仍然为 20%。故答案为：。（4）根据流程可知，NH3、NaClO 是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠、氮气和水是生成物，离子方程式为 3ClO+2NH3N2+3Cl+3H2O。故答案为：3ClO+2NH3N2+3Cl+3H2O。题型 01化学平衡与能量变化综合（八）答案：（1）（2）2a+3b5（3）；k正k逆；（4）0.60.7；氨碳比在 4.5 时，需要氨气较多，生产成本提高，但 CO2 的转化率增大不多；0.51解析：（1）羟氨为羟基和氨基形成的共价化合物，氮原子形成三个共

112、价键，电子式为：。（2）已知：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(g)H1-a kJ/mol4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)H2-b kJ/mol所求反应为：4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g)，该反应可由2+35得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为H=122 H+3 H2a3b=55。（3）第一步反应为快平衡，第二步反应为慢反应，第一步的反应速率快，所以反应速率 v(第一步逆反应)v(第二步反应)。故答案为：。4142反应达到平衡时，v 正v 逆，即 k 正c2(NO)k 逆c(N2O2)，K=222kc(N O)c(NO)k正逆，反

113、应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，K 减小，则 k 正增大的倍数k 逆增大的倍数。故答案为：kk正逆；。（4）氨碳比相同时曲线二氧化碳的转化率大，所以生产中选用水碳比的数值为 0.60.7。故答案为：0.60.7。氨碳比在 4.5 时，需要氨气较多，但依据图象分析二氧化碳转化率增大不多，工业合成氨生成工艺较复杂，降低生产成本，所以氨碳比控制在 4.0 左右。故答案为：氨碳比在 4.5 时，需要氨气较多，生产成本提高，但 CO2 的转化率增大不多。曲线中水碳比为 1，初始时 c(CO2)1 mol/L，则 c(H2O)1 mol/L，由于平衡常数 K 只与温度有关，所以选择氨碳比为 4.

114、0，此时 CO2 平衡转化率60%，即初始浓度：c(CO2)1 mol/L、c(H2O)1 mol/L、c(NH3)4 mol/L，2NH3(g)+CO2(g)CO(NH2)2(l)+H2O(g)初始量(mol/L)411变化量(mol/L)1.20.60.6平衡量(mol/L)2.80.41.6则平衡常数 K22232c(H O)1.6c(NH)c(CO)(2.8)0.40.51。故答案为：0.51。题型 01化学平衡与能量变化综合（九）答案：（1）（2）BD（3）0.25；4243（4）反应的活化能小于反应的活化能，相同条件下反应的反应速率大于反应速率，所以一开始 CH3OCH3含量显著上

115、升，后随着反应的进行，CH3OH 浓度减小，H2O(g)浓度变大，促使反应平衡左移，CH3OCH3含量又有所下降；增大压强或使用催化剂解析：（1）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)属于自发反应，应满足HTS0，而该反应S0，故H0。故答案为：。（2）A反应前后质量和体积一直不变，所以密度一直不变，不能判断平衡，故 A 错误；B反应前后质量不变，但物质的量在变，所以平均相对分子质量保持不变，说明反应达平衡状态，故 B 正确；C生成 CH3OH 的速率与生成 H2 的速率等于系数之比，才能证明正逆反应速率相等，此时给定的条件不能判断平衡，故 C 错误；D反应过程中 CO 体积分数始终保持不变

116、，故不能说明该反应达到平衡状态，故 D 正确。故答案为：BD。（3）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)起始(mol)120转化(mol)0.81.60.8平衡(mol)0.20.40.8容器的容积为 0.1 L，平衡时 c(CO)2 mol/L，c(H2)4 mol/L，c(CH3OH)8mol/L，该反应的平衡常数K=8=2420.25；若 H2 和 CO 的物质的量之比为 n:1(维持反应过程中压强 P3 不变)，相应平衡体系中 CH3OH 的物质的量分数为 x，开始时随着 n 逐渐增大，甲醇的物质的量分数 x 逐渐增大，当 n0.4mol0.2mol 2 时，甲醇的体积分数达到最大

117、，最大值为：0.80.20.40.8 0.57，最后随着 n 的增大，甲醇的体积分数开始逐渐减小，据此画出 x 随n 变化的示意图为：。4344故答案为：0.25；。（4）在一定温度下，在恒容容器中进行合成甲醚的反应，测得 CH3OCH3 含量随着时间的推移，先增大后减小，运用碰撞理论说明的原因是，反应的活化能小于反应的活化能，相同条件下反应的反应速率大于反应速率，所以一开始 CH3OCH3 含量显著上升，后随着反应的进行，CH3OH 浓度减小，H2O(g)浓度变大，促使反应平衡左移，CH3OCH3 含量又有所下降。故答案为：反应的活化能小于反应的活化能，相同条件下反应的反应速率大于反应速率，

118、所以一开始CH3OCH3 含量显著上升，后随着反应的进行，CH3OH 浓度减小，H2O(g)浓度变大，促使反应平衡左移，CH3OCH3 含量又有所下降。不改变反应时间和温度，一定能提高 CH3OCH3 选择性的措施有增大压强、使用对反应催化活性更高的催化剂。故答案为：增大压强或使用催化剂。题型 01化学平衡与能量变化综合（十）答案：（1）CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)H-125.6 kJ/mol（2）6.60kPa；4.4104；1.54102；（3）22.7%；5.7103解析：（1）CO 与 H2 合成液态甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)，已知：3CO(g)

119、+6H2(g)CH3CHCH2(g)+3H2O(g)H1-301.3 kJ/mol，3CH3OH(g)CH3CHCH2(g)+3H2O(g)H2-31.0 kJ/mol，CH3OH(g)CH3OH(l)H3-35.5 kJ/mol，所求反应可由-3 得到，根据盖斯定律，该反应的焓变为12H-H3+H3125.6 kJ/mol。故答案为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(l)H-125.6 kJ/mol。4445（2）反应为：CH3OCH3(g)CO(g)+H2(g)+CH4(g)，容器内初始压强为 41.6 kPa，起始(mol)x000400s(mol)x(1)xxxt400s 时，p(C

120、H3OCH3)35 kPa，所以 135141.6，可得33=208，则 t400s 时，分压 p(CO)为 41.6kPa332086.60 kPa；由图象可知，v(CH3OCH3)与 p(CH3OCH3)是直线关系，则 n1，当 p(CH3OCH3)10.0 kPa时，v(CH3OCH3)4.4103 kPas1，即 4.4103 kPas110.0 k，k4.4104 s1，由图象可知，400s 时p(CH3OCH3)35.0 kPa，则 v(CH3OCH3)4.4104 s135.0 kPa1.54102 kPas1。故答案为：6.60 kPa；4.4104；1.54102。该温度下，

121、再向该容器中充入一定量 CH3OCH3，反而使其转化率降低，再次平衡时测得二甲醚转化率为a2，则 a2a1。故答案为：。（3）反应为：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，起始(mol)xx00平衡(mol)x-yx-yyyK22222c(CO)c(H)yc(CO)c(H O)(xy)1.44，则 y1.2(xy)，得到 y6 x11，所以达到平衡时，CO 物质的量分数为xyxy100%xyxyyy2x100%22.7%。故答案为：22.7%。起始时 p(H2O)和 p(CO)相等，且 H2O 和 CO 的反应计量比为 1:1，所以反应过程中始终为22p(H O)p(CO)1；首先

122、根据温度不同，化学反应速率不同，到达平衡的时间不同进行初次分类，根据图象，b、c 分为一类，为467下，因为反应到达平衡的时间一样，且较长，a、d 分为一类，为 489下，因为反应到达平衡的时间一样，且较短，再由温度对反应的影响分别确定，反应为放热反应，温度越高平衡逆向进行，CO 分压越大，氢气分压越小，489时2Hp和 pCO 随时间变化关系的曲线分别是 a、d，467时2Hp和 pCO 随时间变化关系的曲线分别是 b、c，所以 467时，反应在 3090 min 内的平均速率v(CO)2.21 1.8760kPa/min5.7103kPa/min。故答案为：；5.7103。4546题型 0

123、1化学平衡与能量变化综合（十一）答案：（1）CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H-49.4 kJ/mol（2）（3）0.5625；40%；4002187；增大压强，降低温度(或分离水蒸气)（4）温度变化时，反应 I 和反应 III 平衡移动方向相反，程度相同（5）H2；CO2+6e+5H2OCH3OH+6OH解析：（1）CO2(g)和 H2(g)的反应生成 CH3OH(g)的化学方程式 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)，CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)H1+41.2 kJmol1CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H2-90.6

124、 kJmol1根据盖斯定律：反应 I+反应 II 计算 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的焓变H-49.4 kJ/mol，热化学方程式为 CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H-49.4 kJ/mol。故答案为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H-49.4 kJ/mol。（2）恒压体系中，体系的压强始终不变，即不能判断反应是否达到平衡，故错误；反应 I 是气体体积不变的反应，容器的体积不变，各物质均为气体，所以混合气体密度始终不变，即不能判断反应是否达到平衡，故错误；反应无论是否达到平衡状态，始终有 v(H2)v(CO)，即不

125、能判断反应是否达到平衡，故错误；CO 质量保持不变的状态是平衡状态的本质特征，故正确。故答案为：。（3）反应 III：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)是放热反应，反应三段式为，CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)起始量(mol/L)0.51.500变化量(mol/L)x3xxx平衡量(mol/L)0.5-x1.5-3xxx平衡时 H2O(g)的体积分数为 0.125，则x22x 0.125，解得 x0.2，平衡时 c(CO2)0.3 mol/L，c(H2)0.9 mol/L，c(CH3OH)c(H2O)0.2 mol/L，4647H2 的体积分数 c

126、(1.530.2)mol/L(20.22)mol/L 0.5625，CO2 的转化率0.2mol/L0.5mol/L100%40%。故答案为：0.5625；40%。平衡常数 K=32322c(CH OH)c(H O)0.20.2400c(CO)c(H)0.3(0.9)2187。故答案为：4002187。反应 III：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)正向是气体体积减少的放热反应，增大压强、降低温度、分离水蒸气等措施均可使平衡正向移动，提高甲醇的产率。故答案为：增大压强，降低温度(或分离水蒸气)。（4）反应 I 正向吸热，反应 III 正向放热，升高温度时，反应 I 正向进

127、行，反应 III 逆向进行，当二者进行的程度相当时，CO2 的体积分数会基本不变。故答案为：温度变化时，反应 I 和反应 III 平衡移动方向相反，程度相当。（5）反应 III：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)中，CO2 发生得电子的还原反应，H2 发生失电子的氧化反应，则通入 CO2 的电极为正极，通入 H2 的电极为负极，结合装置图中电子的流向可知，气体 A 为 H2，气体 B为 CO2，CO2 在正极上得电子生成 CH3OH，电极反应式为 CO2+6e+5H2OCH3OH+6OH。故答案为：H2；CO2+6e+5H2OCH3OH+6OH。题型 01化学平衡与能量变

128、化综合（十二）答案：（1）1.20102；2；1；D（2）-114；122KK；C（3）1570.8解析：（1）控制 c(NO)不变，由实验 1 和实验 2 相关数据可知，2211.20 101()y22.40 102，所以 y1；控制 c(H2)不变，由实验 4 和实验 5 相关数据可知，2114.80 101()x21.92 104，所以 x2；取实验 1 的数据，1.20102k(1.0)2(1.0)1，所以 k1.20102 L2mol2s1。故答案为：1.20102；2；1。4748实验 1 达到平衡后，NO 的平衡转化率为 a1，其他条件不变，若 NO 和 H2 的初始浓度均为 2

129、.0 molL1，相当于缩小容器体积，则平衡正向移动，NO 的转化率增大，即 a2a1。故答案为：。A断裂 2 mol HH 键同时生成 1 mol NN 键说明反应正在进行，不能说明达到化学平衡，故 A 不选；B2v(NO)v(N)正逆应为 2:1，故 B 不选；CNO 与 N2 物质的量之比需视具体的充入量和反应的正向进行程度，不能说明达到化学平衡，故 C 不选；D混合气体的密度为mv，反应前后 m 改变，V 不变，则改变，当不再变化可以说明化学反应达到平衡，故 D 选。故答案为：D。（2）反应可由2 得到，根据盖斯定律，反应的焓变为H3H12H2-198 kJ/mol+242 kJ/mo

130、l-114 kJ/mol，根据平衡常数计算公式可得K3=122KK。故答案为：-114；122KK。A充入大量的氮气增大体系的压强但不影响各组分浓度，不改变化学反应速率，故 A 不选；B从体系中分离出 SO3，反而使得化学反应速率减小，故 B 不选；C使用高效催化剂可以增大化学反应速率，故 C 选；D降低体系温度降低化学反应速率，故 D 不选。故答案为：C。（3）pH6，则溶液中 c(H+)106 mol/L，Ka1Ka222323c(H)c(SO)c(H SO)，所以溶液中12227aa36223KKc(SO)1.54 101.02 10c(H SO)c(H)(10)1570.8。故答案为：

131、1570.8。题型 01化学平衡与能量变化综合（十三）答案：（1）+41.17 kJ/mol（2）CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)（3）副反应 2 正移，水蒸气浓度增大，抑制副反应 1 正移4849（4）分馏（5）温度低，反应速率慢，反应没有达到平衡（6）温度升高，主反应限度降低或温度升高，更利于副反应进行或温度升高，催化剂活性下降（7）ZrO2、MnO解析：（1）CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)H-90.14 kJ/molCO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)H-48.97 kJ/mol由盖斯定律可知，得到 CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2

132、O(g)H-48.97 kJ/mol(-90.14 kJ/mol)+41.17kJ/mol。故答案为：+41.17 kJ/mol。（2）合成前，焦炉气中甲烷需要在高温条件下和水蒸气催化生成 CO 和 H2，该反应的化学方程式为 CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。故答案为：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)。（3）向焦炉气中补充少量 CO2，可以减少 CH3OCH3(g)的生成，结合平衡移动原理解释原因为副反应 2 正移，水蒸气浓度增大，抑制副反应 1 正移。故答案为：副反应 2 正移，水蒸气浓度增大，抑制副反应 1 正移。（4）将反应后气体冷凝可以得到粗甲醇，

133、沸点不同，则继续纯化的操作是分馏。故答案为：分馏。（5）实验测得相同时间，不同温度下甲醇产率图象如图所示。图中前两个数据点远远低于平衡产率，可能原因是温度低，反应速率慢，反应没有达到平衡。故答案为：温度低，反应速率慢，反应没有达到平衡。（6）图中后两个数据点呈现随温度升高而下降的趋势，对该趋势的解释合理是温度升高，主反应限度降低或温度升高，更利于副反应进行或温度升高，催化剂活性下降。故答案为：温度升高，主反应限度降低或温度升高，更利于副反应进行或温度升高，催化剂活性下降。（7）由表中数据可知，由可知，ZrO2 一定可以增加催化剂对甲醇选择性；由可知，MnO 一定可以增加催化剂对甲醇选择性。故答

134、案为：ZrO2、MnO。4950题型 02化学平衡与溶液综合（一）答案：（1）+3；4NaNO2320=2Na2O+4NO+O2；NaNO2+2Al+NaOH+H2O2NaAlO2+NH3（2）ClO+2NH3N2H4+Cl+H2O；N2H4H2ON2H5+OH；N2H4+HNO2N3H+2H2O；a解析：（1）Na 的化合价是+1 价，O 的化合价是-2 价，根据在化合物中正负化合价代数和为零，则 NaNO2 中 N 元素的化合价为+3。故答案为：+3。亚硝酸钠在 320C 时能分解产生氧化钠固体、一氧化氮和一种常见的助燃性气体，生成 NO 时 N 元素的化合价降低，则 O 元素的化合价升高

135、，该反应氧化产物为 O2，即发生：4NaNO2320=2Na2O+4NO+O2。故答案为：4NaNO2320=2Na2O+4NO+O2。亚硝酸钠具有氧化性，金属铝只有还原性，发生的反应是亚硝酸钠和金属铝之间的反应，发生反应为NaNO2+2Al+NaOH+H2O2NaAlO2+NH3。故答案为：NaNO2+2Al+NaOH+H2O2NaAlO2+NH3。（2）NaClO 氧化 NH3 可以制得肼的离子方程式为：ClO+2NH3N2H4+Cl+H2O，肼易溶于水，它是与氨类似的弱碱，则电离生成 OH和阳离子，电离方程式为 N2H4H2ON2H5+OH。故答案为：ClO+2NH3N2H4+Cl+H2

136、O；N2H4H2ON2H5+OH。氮的氢化物的相对分子质量为 43.0，其中氮原子的质量分数为 0.977，则氮氢原子个数比43 0.977 43 0.023:141 3:1，所以该氢化物是 N3H，肼和亚硝酸反应生成 N3H，所以其反应方程式为：N2H4+HNO2N3H+2H2O。故答案为：N2H4+HNO2N3H+2H2O。a反应 N2H62+N2H42N2H5+的化学平衡常数表达式为K=226252526b1221526242425b21c(N H)c(N H)c(OH)c(N H)c(OH)K10c(N H)c(N H)c(N H)c(N H)K10 109，所以pK-lg K-9.0

137、，故 a 错误；5051bN2H5Cl 溶液中存在电荷守恒：c(OH)+c(Cl)c(H+)+c(N2H5+)+2c(N2H62+)，故 b 正确；cN2H5+的水解平衡常数为 Ka214w6b1K10K10 108Kb2，则 N2H5Cl 溶液呈酸性，所以溶液中 c(H+)c(OH)，故 c 正确；d当溶液中 c(N2H4)c(N2H5+)时，溶液的 pOH6.0，则Kb12524c(N H)c(OH)c(N H)106，故 d 正确。故答案为：a。题型 02化学平衡与溶液综合（二）答案：（1）CN+H2OHCN+OH（2）CN+ClOCl+CNO；2CNO+2OH+3ClO2CO32+N2

138、+3Cl+H2O（3）有部分 NaClO 氧化了还原性有机物（4）只加入 NaOH 后无法将 Ni2+沉淀至排放标准，当加入 NaClONaOH 后，由于 ClO氧化了 CN，使 Ni(CN)42Ni2+4CN平衡向正反应方向移动，更多的 Ni2+游离出来，从而被 NaOH 完全沉淀至排放标准（1）（2）8.2107解析：（1）氰化钠为强碱弱酸盐，水解反应为：CN+H2OHCN+OH，溶液呈碱性。故答案为：CN+H2OHCN+OH。（2）CN和 ClO发生氧化还原反应先生成 Cl和 CNO，CNO接着被 ClO氧化为无污染的 CO2 和 N2，ClO被还原生成 Cl，第一步反应为：CN+ClO

139、Cl+CNO；第二步反应为：2CNO+2OH+3ClO2CO32+N2+3Cl+H2O。故答案为：CN+ClOCl+CNO；2CNO+2OH+3ClO2CO32+N2+3Cl+H2O。5152（3）分析得知，NaClONaOH 碱性氧化法去除氰化物的效率与 NaClO 的投入量有很大关系。经计算理论投入量m(NaClO):m(CN)6.65:1。但实际的投入量 m(NaClO):m(CN)20:1投入量远大于理论质量比的可能原因是：有部分 NaClO 氧化了还原性的有机物，使用量增大。故答案为：有部分 NaClO 氧化了还原性有机物。（4）只加入 NaOH 后无法将 Ni2+沉淀至排放标准，当

140、加入 NaClONaOH 后，由于 ClO氧化了 CN，使 Ni(CN)42Ni2+4CN平衡向正反应方向移动，更多的 Ni2+游离出来，从而被 NaOH 完全沉淀至排放标准。故答案为：只加入 NaOH 后无法将 Ni2+沉淀至排放标准，当加入 NaClO-NaOH 后，由于 ClO氧化了CN，使 Ni(CN)42Ni2+4CN平衡向正反应方向移动，更多的 Ni2+游离出来，从而被 NaOH 完全沉淀至排放标准。（1）H2O2 中，H 达到 2 电子结构，O 达到 8 电子结构，所以 H2O2 的电子式为：。（2）剩余总氰为 0.16 mgL1，除氰率达 80%，则氰的总量为：0.16 mgL

141、1(180%)0.80 mgL1，030 分钟氰的改变量为：c(CN)30.8 10 g/L 80%26g/mol 2.46105 mol/L，v(CN)5c CN2.46 10mol/Lt30min 8.2107 mol/(Lmin)。故答案为：8.2107。题型 02化学平衡与溶液综合（三）答案：（1）Ag+ClAgCl（2）2AgCl(s)+S2(aq)AgS(s)+2Cl(aq)（3）S+4H+6NO3SO42+6NO2+2H2O或 8NO3+Ag2S+8H+Ag2SO4+8NO2+4H2O（4）H2O2；Ag2S 的悬浊液；1O2、4NaCl、4AgCl、NaOH；C 中 O2 将

142、Ag2S 氧化生成 S 时有 Ag+游离出来，NaCl 中大量的 Cl与游离的 Ag+结合成 AgCl 沉淀，由于 c(Ag+)减小，有利于中反应平衡右移，C 中最终出现乳白色沉淀（5）NaCl 不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间5253解析：（1）氯化钠和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，离子方程式为 Ag+ClAgCl。故答案为：Ag+ClAgCl。（2）氯化银和硫化钠反应生成硫化银沉淀，方程式为 2AgCl(s)+S2(aq)AgS(s)+2Cl(aq)。故答案为：2AgCl(s)+S2(aq)AgS(s)+2Cl(aq)。（3）白色沉淀为氯化银，说明硫化银被氧气氧化生成了硫，硫和硝酸反应生

143、成二氧化氮和硫酸根离子和水，方程式为：S+4H+6NO3SO42+6NO2+2H2O；或认为硫化银被硝酸氧化，离子方程式为 8NO3+Ag2S+8H+Ag2SO4+8NO2+4H2O。故答案为：S+4H+6NO3SO42+6NO2+2H2O 或 8NO3+Ag2S+8H+Ag2SO4+8NO2+4H2O。（4）实验要探究的是氧气对反应的影响，装置内产生氧气，因为烧瓶内已有二氧化锰存在，说明 E 中加入的为过氧化氢(H2O2)。故答案为：H2O2。B 中应做对比实验，对比实验应该不含氯化钠溶液，即为 Ag2S 的悬浊液。故答案为：Ag2S 的悬浊液。硫化银被氧气氧化生成硫，在氯化钠存在下同时生成

144、氯化银沉淀，产物中钠离子只能以氢氧化钠形式，根据氢元素守恒可知另一种未知反应物为水，方程式为 2Ag2S+1O2+4NaCl+2H2O4AgCl+2S+4NaOH。故答案为：1O2、4NaCl、4AgCl、NaOH。C 中 O2 将 Ag2S 氧化生成 S 时有 Ag+游离出来，NaCl 中大量的 Cl与游离的 Ag+结合成 AgCl 沉淀，由于c(Ag+)减小，有利于中反应平衡右移，C 中最终出现乳白色沉淀。故答案为：C 中 O2 将 Ag2S 氧化生成 S 时有 Ag+游离出来，NaCl 中大量的 Cl与游离的 Ag+结合成 AgCl 沉淀，由于 c(Ag+)减小，有利于中反应平衡右移，C

145、 中最终出现乳白色沉淀。（5）为了能实现氯化银变成硫化银，清晰看到实验现象，避免硫化银被氧化，在氯化钠和硝酸银反应过程中控制氯化钠的用量，NaCl 不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间。故答案为：NaCl 不过量或者隔绝氧气或者缩短存放时间。5354题型 02化学平衡与溶液综合（四）答案：（1）NH3+H2ONH3H2ONH4+OH（2）碱；由 HPO42+H2OH2PO4+OH可知，HPO42的水解常数 Kh14w8a2K10K6.3 101.59107Ka3，故溶液呈碱性；(10a1410a)mol/L（3）7.6pH10.4；pH 偏大，NH4+、Mg2+易与 OH结合生成 NH3H2O、

146、Mg(OH)2，NH3H2O 的电离被抑制，使 NH4+和 Mg2+浓度降低（4）加入 H2O2 溶液的体积相同时，相同时间内，与不加 CuO 相比，加入 CuO，氨态氮浓度降低得多，反应速率快；3H2O2+2NH3CuO=微波N2+6H2O解析：（1）氨气极易溶于水，并与水反应生成弱碱 NH3H2O，微弱电离时生成 NH4+和 OH，所以废水中氨态氮存在的平衡是 NH3+H2ONH3H2ONH4+OH。故答案为：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH。（2）HPO42的水解方程式为 HPO42+H2OH2PO4+OH，水解常数 Kh1482106.3 10waKK1.591074.21013

147、3Ka，则 HPO42的水解程度大于 HPO42的电离程度，所以 Na2HPO4 溶液呈碱性；Na2HPO4 溶液的 pHa，即 c(H+)10a mol/L，溶液中 c(OH)141010waKc H 10a14 mol/L，Na2HPO4 溶液中：物料关系为 c(Na+)2c(H3PO4)+c(H2PO4)+c(HPO42)+c(PO43)，电荷关系为 c(Na+)+c(H+)c(H2PO4)+2c(HPO42)+3c(PO43)+c(OH)，消去 c(Na+)则有 c(H2PO4)+2c(H3PO4)c(PO43)c(OH)c(H+)10a14 mol/L10a mol/L(10a141

148、0a)mol/L。故答案为：碱；由 HPO42+H2OH2PO4+OH可知，HPO42的水解常数 Kh14w8a2K106.3 10K1.59107Ka3，故溶液呈碱性；(10a1410a)mol/L。5455（3）沉淀过程中的 pH 对剩余氨态氮浓度的影响如图 1，欲使剩余氨态氮浓度低于 0.01 molL1，则 pH 的适宜范围是：7.6pH10.4，pH 偏大不利于 MgNH4PO46H2O 的生成，原因是：pH 偏大，NH4+、Mg2+易与 OH结合生成 NH3H2O、Mg(OH)2，NH3H2O 的电离被抑制，使 NH4+和 Mg2+浓度降低。故答案为：7.6pH10.4；pH 偏大

149、，NH4+、Mg2+易与 OH结合生成 NH3H2O、Mg(OH)2，NH3H2O 的电离被抑制，使 NH4+和 Mg2+浓度降低。（4）由图 2 可知，H2O2 溶液体积相同时，相同时间(10 min)内，与不添加 CuO 相比，加入 CuO 时氨态氮浓度降低的多，反应速率快，推测 CuO 在氨态氮脱除中可能起催化作用。故答案为：加入 H2O2 溶液的体积相同时，相同时间内，与不加 CuO 相比，加入 CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快。微波协同 CuO 有利于 H2O2 除去氨态氮，做该反应的催化剂，该条件下，H2O2 将 NH3 氧化为 N2，同时生成水，反应的化学方程式：3H2O2

150、+2NH3CuO=微波N2+6H2O。题型 02化学平衡与溶液综合（五）答案：（1）第四期、第A 族；H3AsO4；弱（2）Fe+S2O82Fe 2+2SO42；Fe+2Fe3+3Fe2+；SO4+H2OSO42+OH+H+（3）pH7 和 pH9 时，产生了具有强氧化性的 SO4和OH，利于生成 Fe2+和 Fe3+，pH7 和 pH9 时，Fe2+和 Fe3+形成 Fe(OH)2 和 Fe(OH)3，与 As()发生共沉淀，有效去除 As()。解析：（1）砷与磷在元素周期表中位于同一主族，其原子比磷多一个电子层，核电荷数为 33，四个电子层，最外层电子数 5，主族元素电子层数周期序数，最外

151、层电子数主族族序数，故砷在周期表中的位置为：第四周期、第A 族。故答案为：第四周期、第A 族。砷酸的化学式是 H3AsO4，同主族自上而下非金属最高价含氧酸酸性减弱，则砷酸的酸性比 H3PO4 弱。故答案为：H3AsO4；弱。（2）零价铁与过硫酸钠反应，可持续释放 Fe2+，过硫酸根中的-1 价 O 原子被还原，则零价铁与过硫酸钠反应的离子方程式是：Fe+S2O82Fe 2+2SO42。故答案为：Fe+S2O82Fe 2+2SO42。5556Fe3+转化为 Fe2+的反应是铁还原铁离子生成亚铁离子：Fe+2Fe3+3Fe2+。故答案为：Fe+2Fe3+3Fe2+。由图中转化关系可知，SO4能与

152、 H2O 发生反应，反应生成 SO42和OH、H+，反应的离子方程式为：SO4+H2OSO42+OH+H+。故答案为：SO4+H2OSO42+OH+H+。（3）零价铁活化过硫酸钠(Na2S2O8)去除废水中的正五价砷As()，其机制模型如图分析可知，5 min 内 pH7和 pH9 时去除率高的原因是：pH7 和 pH9 时，产生了具有强氧化性的 SO4和OH，利于生成 Fe2+和 Fe3+，pH7 和 pH9 时，Fe2+和 Fe3+形成 Fe(OH)2 和 Fe(OH)3，与 As()发生共沉淀，有效去除 As()。故答案为：pH7 和 pH9 时，产生了具有强氧化性的 SO4和OH，利于

153、生成 Fe2+和 Fe3+，pH7 和 pH9 时，Fe2+和 Fe3+形成 Fe(OH)2 和 Fe(OH)3，与 As()发生共沉淀，有效去除 As()。第三章 工业流程题型 01制备类流程（一）答案：（1）4FeCO3+O2=高温2Fe2O3+4CO2（2）acd（3）漏斗；烧杯（4）将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入漏斗中至浸没沉淀，待水自然流干，重复 23 次（5）NH4Cl、NH3（6）15.9 mol/L解析：（1）煅烧碳酸铁，得到二氧化碳气体和氧化铁固体，所以反应方程式为：4FeCO3+O2=高温2Fe2O3+4CO2。（2）观察“浸取”时 NH4Cl 用量对 Mg2+浸出率的影响曲线并

154、且结合相关知识，分析：a搅拌可以加速溶解，增大了固体与液体的接触，故 a 正确；b从图中看出，用超理论用量 20%的 NH4Cl 进行浸取，镁离子的浸出率基本维持在理论用量，而 NH4Cl的利用率反而降低，故 b 错误；c可用 NH4Cl 对浸取后的滤渣进行二次浸取，增加镁离子的浸出率，将两次浸取液合并，减少镁离子的损失，故 c 正确；5657d水解反应是吸热反应，适当升高温度可以促进水解，浸取过程产生氨气，温度适当升高，有利于氨气的排出，故 d 正确。故答案为：acd。（3）过滤操作时用到的主要玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯。故答案为：漏斗；烧杯。（4）洗涤沉淀的操作为将蒸馏水沿玻璃棒缓慢注入

155、漏斗中至浸没沉淀，待水自然流干，重复 23 次。（5）浸取产生的氨气，在沉镁操作中可以使用；沉镁过程，通入氨气，产生氢氧化镁沉淀和氯化铵溶液，产生的氯化铵可以在浸取操作中使用，故循环使用的物质为 NH4Cl、NH3。（6）已知：25时，Ksp(CaSO4)7.2105，当溶液中离子浓度1.0105molL1 时，认为该离子沉淀完全，则沉淀完全时剩余 c(SO42)5sp45151KCaSO7.2 101.0 10mol L1.0 10mol L7.2 mol/L，n(SO42)7.2 mol/L2 L14.4 mol，消耗的 n(Ca2+)n(SO42)1.5 molL11 L1.5 mol，

156、则初始总的 n(SO42)14.4 mol+1.5 mol15.9 mol，c(SO42)15.9mol1L15.9 mol/L。故答案为：15.9 mol/L。题型 01制备类流程（二）答案：（1）2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O（2）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；洗去晶体表面的杂质，减少晶体的溶解损失（3）固体溶解，溶液变为蓝色，有气泡生成，烧瓶中气体呈红棕色；2:3；NO2、NO；NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O解析：（1）加入 H2O2 溶液的目的是氧化 Fe2+，离子方程式为 2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O。故答案为：2Fe2+H2O2+2H+2Fe

157、3+2H2O。（2）由分析可知由溶液 E 制备纯净胆矾的“一系列操作”包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，乙醇可降低胆矾的溶解度，减少其溶解损失。故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；洗去晶体表面的杂质，减少晶体的溶解损失。5758（3）铜与稀硫酸和稀硝酸的混合酸发生反应生成硫酸铜、NO、水，方程式为 3Cu+3H2SO4+2HNO33CuSO4+2NO+4H2O，且 NO 与 O2 反应生成红棕色气体 NO2，故实验现象为固体溶解，溶液变为蓝色，有气泡生成，烧瓶中气体呈红棕色。故答案为：固体溶解，溶液变为蓝色，有气泡生成，烧瓶中气体呈红棕色；2:3。铜和浓硝酸反应产生 NO2 气体，随着

158、反应进行，浓硝酸变为稀硝酸，此时铜与稀硝酸反应产生 NO 气体，根据氧化还原反应可知，NO2、NO 与 NaOH 发生归中反应，生成 NaNO2，化学方程式为 NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O。故答案为：NO2、NO；NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O。题型 01制备类流程（三）答案：（1）适当提高盐酸浓度；适当提高反应温度（2）减小（3）8.51012（4）ZnS+Cu2+CuS+Zn2+（5）产生 Zn(OH)2 杂质（6）ZnC2O4；ZnO解析：（1）为了提高“酸浸”时锌元素的浸出率，可以采取的措施有：适当提高盐酸浓度、适当提高反应温度、适当加快搅拌速率、适当延长

159、酸浸时间等。故答案为：适当提高盐酸浓度；适当提高反应温度。（2）“除锰”反应为 H2O2 溶液与 Mn2+反应生成 MnO(OH)2，离子方程式为：H2O2+Mn2+H2OMnO(OH)2+2H+，该过程生成 H+，溶液的 pH 减小。故答案为：减小。（3）当两种沉淀共存且溶液的 pH8 时，2232062393333c Cuc CucOHKsp Cu OHc OH2.2 10102.6 10Ksp Fe OHc Fec FecOH=8.51012。故答案为：8.51012。5859（4）除铜过程加入 ZnS 使 Cu2+转化为 CuS，反应的离子方程式为 ZnS+Cu2+CuS+Zn2+。故

160、答案为：ZnS+Cu2+CuS+Zn2+。（5）由于 C2O42水解时溶液呈碱性，将 Na2C2O4 溶液缓慢加入 ZnCl2 溶液中，如果顺序颠倒，会产生的不良后果是产生 Zn(OH)2 杂质。故答案为：产生 Zn(OH)2 杂质。（6）ZnC2O42H2O 晶体中的 ZnC2O4 质量分数为15315336 100%80.95%，故 A 点完全失去结晶水，化学式为ZnC2O4，假设 B 点为 ZnO，则残留固体占有的质量分数为8115336 100%42.86%，故 B 点残留固体为 ZnO。故答案为：ZnC2O4；ZnO。题型 01制备类流程（四）答案：（1）-1；Fe（2）5：1；2M

161、nO4+2S2O82+10Mn2+11H2OMn12O19+4SO42+22H+（3）H2SO4；化肥（4）OMS-2；OMS-2 比 MnOx 表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快（5）36.9%解析：（1）FeS2 中铁元素的化合价为+2 价，硫元素的化合价是-1；软锰矿和黄铁矿加硫酸浸出，滤液 A 中含有 Fe2+，加入 H2O2 将 Fe2+氧化为 Fe3+，调节 pH 将铁元素除去得到 MnSO4H2O。故答案为：-1；Fe。（2）Mn12O19 中氧元素化合价均为-2 价，设 Mn()为 x 个，则 Mn()为 12x，根据化合物中元素化合价代数和为 0，即得 3x+4(1

162、2x)219，x 为 10，Mn()为 2，Mn()、Mn()物质的量之比为 5:1；根据题意生产过程中的原料 KMnO4、K2S2O8、MnSO4H2O 按物质的量比 1:1:5 反应，产物中硫元素全部以 SO42的形式存在，该反应的离子方程式为 2MnO4+2S2O82+10Mn2+11H2OMn12O19+4SO42+22H+。故答案为：5:1；2MnO4+2S2O82+10Mn2+11H2OMn12O19+4SO42+22H+。5960（3）根据反应方程式可知，溶液 B 中含有的 K2SO4、H2SO4，该工艺中循环使用的物质化学式是 H2SO4，K2SO4在农业生产中可用作钾肥。故答

163、案为：H2SO4；化肥。（4）由图象可以看出，相同温度下，OMS-2 作催化剂时，因纳米级 OMS-2 比 MnOx 表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快，故 OMS-2 与 MnOx 相比，催化效率较高是 OMS-2。故答案为：OMS-2；OMS-2 比 MnOx 表面积大，吸附的反应物浓度更高，反应速率更快。（5）设体积为 V L，CO2 含量由 0.590 mg/L 升高至 1.25 mg/L，CO2 含量增多 0.66mg/L，反应生成的 CO2 的物质的量为 0.66mg/L44g/mol V L103 g/mg，根据原子个数守恒，参与反应的甲醛的物质的量为 0.66mg/L

164、44g/mol V L103 g/mg，故该实验中甲醛的转化率为330.66mg/LVL 10g/mg44g/mol1.22mg/LVL 10g/mg30g/mol36.9%。故答案为：36.9%。题型 01制备类流程（五）答案：（1）活化能（2）K3Fe(CN)6溶液；CS2；4FeCO3+O2=高温2Fe2O3+4CO2；不存在 Fe(OH)2 沉淀；4Cu2+N2H4+8OH2Cu2O+N2+6H2O（3）2Cu2+H2O+2eCu2O+2H+解析：（1）纳米 Cu2O 可作为光解水的催化剂，使得水在较低温度下分解，故可知纳米 Cu2O 是催化剂能降低反应的活化能。故答案为：活化能。（2

165、）Fe2+与 K3Fe(CN)6溶液反应会产生特征蓝色沉淀 Fe3Fe(CN)62，所以检验 Fe2+所需要的试剂是 K3Fe(CN)6溶液。故答案为：K3Fe(CN)6溶液。6061“滤渣”中主要含有 SiO2 和 S，S 易溶于 CS2，微溶于酒精，难溶于水，可利用 CS2 溶解滤渣中的 S，通过过滤将二者分离。故答案为：CS2。“沉铁”时水相中的 Fe2+转化为 FeCO3 固体，煅烧 FeCO3 即可得到铁红，铁红的主要成分为 Fe2O3，所以煅烧 FeCO3 时，FeCO3 与空气中的氧气发生氧化还原反应，使 Fe 由+2 价转化为+3 价，则反应的化学方程式为：4FeCO3+O2=

166、高温2Fe2O3+4CO2；“沉铁”后的溶液中 c(Fe2+)1136523Ksp FeCO3.2 101.0 10mol/L3.2 10c CO，根据沉铁后的溶液的 pH8.5，则 c(H+)108.5 mol/L，c(OH)145.58.5Kw1.0 101.0 10mol/L10c H，此时溶液中 QcFe(OH)2c(Fe2+)c2(OH)1.0106(105.5)21.01017KspFe(OH)28.01016，故不存在Fe(OH)2 沉淀。故答案为：4FeCO3+O2=高温2Fe2O3+4CO2；不存在 Fe(OH)2 沉淀。由流程图可知，调节 pH10，并加入 N2H4 溶液将

167、 Cu2+还原成 Cu2O 且有 N2 生成，反应的离子方程式为4Cu2+N2H4+8OH2Cu2O+N2+6H2O。故答案为：4Cu2+N2H4+8OH2Cu2O+N2+6H2O。（3）利用铜棒和石墨作电极，电解 Cu(NO3)2 溶液也可制得纳米 Cu2O 知铜的化合价降低，则 Cu(NO3)2 在阴极被还原，则铜棒作阳极，石墨作阴极，Cu2+离子移向阴极，阴极电极反应式 2Cu2+H2O+2eCu2O+2H+。故答案为：2Cu2+H2O+2eCu2O+2H+。题型 01制备类流程（六）答案：（1）过滤；Al2O3+6H+2Al3+3H2O（2）CuS（3）将 Fe2+氧化为 Fe3+，使

168、 Fe3+转化为 Fe(OH)3 沉淀（4）45；m AlCl3+n H2OAlm(OH)nCl3mn+n HCl；丁达尔效应；1.01036162解析：（1）操作 I 是分离固体和液体混合物的操作是过滤；Al2O3 与盐酸反应生成氯化铝和水，反应的离子方程式为Al2O3+6H+2Al3+3H2O。故答案为：过滤；Al2O3+6H+2Al3+3H2O。（2）溶液中含有铜离子，加入硫化钠，生成 CuS 黑色沉淀。故答案为：CuS。（3）滤液 2 中含有亚铁离子，加入 NaClO 溶液，亚铁离子被 NaClO 氧化为铁离子，铁离子易水解生成氢氧化铁沉淀。故答案为：将 Fe2+氧化为 Fe3+，使

169、Fe3+转化为 Fe(OH)3 沉淀。（4）由图象可知调节 pH 应在 45 之间，AlCl3 水解生成 Alm(OH)nCl3mn 和 HCl，方程式为：m AlCl3+n H2OAlm(OH)nCl3mn+n HCl，生成胶体，可用丁达尔效应检验。故答案为：45；m AlCl3+n H2OAlm(OH)nCl3mn+n HCl；丁达尔效应。常温下，KspAl(OH)31.01033，pH4 时，则 c(OH)1.01010 mol/L，溶液中 c(Al3+)3310 31.0 10(1.0 10)mol/L1.0103 mol/L。故答案为：1.0103。题型 01制备类流程（七）答案：（

170、1）CuFeS2+4Fe3+Cu2+5Fe2+2S；相同浓度，温度越高，Fe3+水解程度增大，Fe3+浓度减小（2）d（3）4.0105（4）c(SO42)c(NH4+)c(Al3+)c(H+)c(OH)（5）4Al(OH)3+4Cu(OH)2=高温4CuAlO2+10H2O+O2解析：（1）“浸取”过程中主要反应的离子方程式为 CuFeS2+4Fe3+Cu2+5Fe2+2S，相同条件下，浓度越大，单位体积内粒子有效碰撞次数越多，化学反应速率越快，根据图 2 可知，单位时间内“浸取”Cu2+的百分率 xy，则在 20时，1 L 溶液中有效碰撞总次数：xy。6263相同浓度下，若温度过高，铁离子

171、水解程度会加快，用于浸取黄铜矿的氯化铁溶液浓度降低，导致“浸出率”降低。故答案为：CuFeS2+4Fe3+Cu2+5Fe2+2S；相同浓度，温度越高，Fe3+水解程度增大，Fe3+浓度减小；（2）用双氧水氧化亚铁离子不引入杂质，依据题意，加入氨水过量会使氢氧化铜溶解，故应该加入 Cu(OH)2 或碱式碳酸铜中和溶液中氢离子，促进铁离子完全水解生成氢氧化铁，过滤，除去过量的碱式碳酸铜或 Cu(OH)2和氢氧化铁，故最佳试剂为 d。故答案为：d。（3）常温下，KspFe(OH)34.01038，“除铁”过程中，加入试剂 B 调节 pH3 时，则 c(OH)1.01011mol/L，c(Fe3+)3

172、811 34.0 10(10)molL14.0105 mol/L。故答案为：4.0105。（4）铵明矾晶体的化学式为 NH4Al(SO4)212H2O，化学式中含有 2 个 SO42，且 SO42不水解，则 c(SO42)最大，碱性：NH3H2OAl(OH)3，则水解程度：Al3+NH4+，则 c(Al3+)c(NH4+)，水解后溶液呈酸性，则 c(H+)c(OH)，则溶液中离子浓度大小为：c(SO42)c(NH4+)c(Al3+)c(H+)c(OH)。故答案为：c(SO42)c(NH4+)c(Al3+)c(H+)c(OH)。（5）A1(OH)3 和 Cu(OH)2 的混合物受热分解脱水，从而

173、产物 CuAlO2 的组成可知，Cu 元素化合价降低，另一种元素化合价升高，H、Al 元素的化合价不能升高，只有 O 元素化合价升高，则另一种产物为氧气，结合电子守恒配平该反应方程式为：4Al(OH)3+4Cu(OH)2=高温4CuAlO2+10H2O+O2。故答案为：4Al(OH)3+4Cu(OH)2=高温4CuAlO2+10H2O+O2。题型 01制备类流程（八）答案：（1）原料中碳酸钠量不足，部分锂辉石无法反应完全；Na/Li 比的适当增加促使反应平衡向正反应方向移动，从而使转化率增加；1.25（2）Li2CO3+CO2+H2O2Li+2HCO3（3）防止过滤时液体温度降低，甲酸锂析出而

174、损失6364（4）2Li2CO3+4CoCO3+O2700=4LiCoO2+6CO2（5）A；2Cl2eCl2、4OH4eO2+2H2O解析：（1）由于碱煮时需要合适的纯碱用量，当 Na/Li1 时，转化率不足 80%，说明原料中碳酸钠量不足，部分-锂辉石无法反应完全；随着 Na/Li 比的增加促使反应平衡向正反应方向移动，从而使转化率增加；根据图象分析可知碱煮反应中，选择 Na/Li 值以 1.25 为宜。故答案为：原料中碳酸钠量不足，部分-锂辉石无法反应完全；Na/Li 比的适当增加促使反应平衡向正反应方向移动，从而使转化率增加；1.25。（2）根据流程转化分析可知“碳化溶出”过程应为碳酸

175、锂转化为碳酸氢锂的过程，对应的离子方程式为Li2CO3+CO2+H2O2Li+2HCO3。故答案为：Li2CO3+CO2+H2O2Li+2HCO3。（3）根据碳酸锂的溶解度随温度的升高而降低，而甲酸锂的溶解度随温度的升高而增大，所以粗碳酸锂加甲酸溶解后趁热过滤的目的是防止过滤时液体温度降低，甲酸锂析出而损失。故答案为：防止过滤时液体温度降低，甲酸锂析出而损失。（4）根据题目信息，Co 元素的化合价从+2 价上升至+3 价，所以在空气中反应时有氧气参加，因此对应的化学方程式为 2Li2CO3+4CoCO3+O2700=4LiCoO2+6CO2。故答案为：2Li2CO3+4CoCO3+O2700=

176、4LiCoO2+6CO2。（5）锂离子得电子转化为锂单质，根据图示电子流向分析可知 A 极得到电子，所以金属锂在 A 极生成；阳极失去电子，且海水中含有氯离子和氢氧根离子等，阳极产生两种气体单质，所以阳极对应的电极反应式为 2Cl2eCl2、4OH4eO2+2H2O。故答案为：A；2Cl2eCl2、4OH4eO2+2H2O。题型 01制备类流程（九）答案：（1）4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl23H2O；2NA（2）Cl+CuClCuCl26465（3）0.05 mol/L（4）CuCl+eCu+Cl；H2（5）95.5%解析：（1）CuCl 在潮湿空气中水解氧化生成 Cu2(

177、OH)2Cl23H2O，反应方程式为：4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl23H2O，每生成 1 mol 碱式氯化铜转移的电子数为：1 mol2(21)NA2NA。故答案为：4CuCl+O2+8H2O2Cu2(OH)2Cl23H2O；2NA。（2）结合（3）中稀释过程中存在的平衡，可知第三步反应生成 Cl与 CuCl 反应生成CuCl2，反应离子方程式为：Cl+CuClCuCl2。故答案为：Cl+CuClCuCl2。（3）平衡 i 的平衡常数 Ki2c ClcCuCl ，Ksp(CuCl)c(Cu+)c(Cl)，联立可得 c(Cu+)spiKCuClKcCuCl，当CuCl2完全转

178、化时 c(CuCl2)1.0105 molL1，溶液中 c(Cu+)651.2 102.4 1.0 10mol/L0.05 mol/L。故答案为：0.05 mol/L。（4）镁-氯化亚铜海水电池，镁做负极、氯化亚铜做正极，正极氯化亚铜得到电子发生还原反应生成铜，电极导电性增强，同时氢离子得到电子生成氢气，正极电极反应式：CuCl+eCu+Cl，2H+2eH2，产生的气体为生成氢气所致。故答案为：CuCl+eCu+Cl；H2。（5）由方程式：CuCl+FeCl3CuCl2+FeCl2、Fe2+Ce4+Fe3+Ce3+，可得关系式：CuClFe2+Ce4+，故 n(CuCl)n(Ce4+)0.02

179、400L0.100 mol/L0.00240 mol，则样品中 CuCl 的纯度为：(0.00240 mol99.5 g/mol)0.25 g100%95.5%。故答案为：95.5%。题型 01制备类流程（十）答案：（1）适当升高温度或增大酸的浓度或增大浸出时间等（2）Co2+；C（3）Fe(OH)3、Al(OH)3；9.156566（4）取最后一次洗涤液，加入浓 NaOH 溶液，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则未洗涤干净，反之已洗涤干净；6Co(OH)2+O2=高温2Co3O4+6H2O（5）8.0；LiCoO2xeLi1xCoO2+xLi+解析：（1）加快酸溶化学反应速率的措施有：

180、适当升高温度或增大酸的浓度或增大浸出时间等。故答案为：适当升高温度或增大酸的浓度或增大浸出时间等。（2）溶解池中加入 Co 粉和稀盐酸，由于 Co 为活泼金属，与盐酸反应生成 Co2+与 H2；试剂 1 将 Fe2+氧化为 Fe3+，而亚硫酸钠、碘水都不能将 Fe2+氧化为 Fe3+，高锰酸钾氧化后引入 Mn2+杂质，双氧水可以且还原产物为水，是绿色氧化剂，故选 C。故答案为：Co2+；C。（3）加入碳酸钠调节 pH，使 Fe3+、Al3+转化为 Fe(OH)3、Al(OH)3 沉淀，滤渣 I 主要成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3；用浓氨水再调节 pH，使 Co2+完全转化为 Co(OH

181、)2 沉淀，当 Co2+离子浓度小于 l.0l05 mol/L，可认为沉淀完全，由 KspCo(OH)2c(Co2+)c2(OH)2.01015，此时 c 最小值(OH)2 105 mol/L，此时溶液中 c 最大值(H+)14510 210mol/L，故溶液 pH-lg145 102 10 9.15，故控制 pH 应略大于 9.15。故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；9.15。（4）第二次加入浓氨水调节 pH，若沉淀未洗涤干净则其表面附有 NH4+，故检验沉淀是否洗涤于净的方法是：取最后一次洗涤液，加入浓 NaOH 溶液，微热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则未洗涤干净，反之

182、已洗涤干净；灼烧过程中 Co 元素化合价升高，需要氧气参加反应，反应方程式为：6Co(OH)2+O2=高温2Co3O4+6H2O。故答案为：取最后一次洗涤液，加入浓 NaOH 溶液，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则未洗涤干净，反之已洗涤干净；6Co(OH)2+O2=高温2Co3O4+6H2O。（5）设理论上需要 Co3O4 的质量为 m g，根据 Co 原子质量守恒：m g59 359 3 164 10.0 g98%59759162，解得 m8.0 g，充电时，阳极失电子发生氧化反应，电极反应方程式为：LiCoO2xeLi1xCoO2+xLi+，故答案为：8.0；LiCoO2xeLi1

183、xCoO2+xLi+。6667题型 01制备类流程（十一）答案：（1）2MoS2+7O2=高温2MoO3+4SO2（2）可用氨水或氢氧化钠溶液吸收（3）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥（4）坩埚（5）95.6%（6）64；MoS2；0.25 mol解析：（1）根据流程图分析知，钼精矿焙烧时，反应方程式为：2MoS2+7O2=高温2MoO3+4SO2。故答案为：2MoS2+7O2=高温2MoO3+4SO2。（2）钼精矿焙烧时排放的尾气含有二氧化硫，会形成酸雨，二氧化硫为酸性氧化物，可用氨水或氢氧化钠溶液吸收。故答案为：可用氨水或氢氧化钠溶液吸收。（3）操作 2 是从 Na2MoO4 溶液中获

184、取 Na2MoO42H2O 晶体，操作是将溶液蒸发浓缩、冷却结晶，然后过滤、洗涤、干燥。故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（4）高温灼烧钼酸生成 MoO3，所用的硅酸盐材料仪器为坩埚。故答案为：坩埚。（5）已知：Ksp(BaSO4)1.11010、Ksp(BaMoO4)4.0108，c(MoO42)0.80molL1，c(SO42)0.050 molL1，当 BaMoO4 开始沉淀时，c(Ba2+)84.0 100.80 5.0108，此时 c(SO42)1081.1 105.0 100.0022 mol/L，则 SO42的去除率0.05mol/L0.0022mol/L0.05m

185、ol/L 100%95.6%。故答案为：95.6%。（6）由图 2 可知，6 层中存在的固体物质分别为 MoS2、MoO3、MoO2，图象分析 MoS2、MoO3 的物质的量百分比均为 18%，根据 Mo 元素守恒，则 MoO2 的物质的量百分比为 64%，则 x 为 64。故答案为：64。6768MoS2 与 MoO3 反应生成 MoO2 和 SO2，反应为：MoS2+6MoO3=高温7MoO2+2SO2，其中 MoS2 中 Mo 元素化合价不变，S 元素由-2 升高到+4 价，被氧化，作还原剂，则转移 12 mol 电子时，消耗的还原剂的物质的量为 1 mol，反应中转移 3 mol e，

186、消耗的还原剂的物质的量为 0.25 mol，故答案为：MoS2；0.25mol。题型 02回收提纯类流程（一）答案：（1）第四周期 VIA 族（2）6；1；4SO2；6（3）H2SeO3+2SO2+H2OSe+2H2SO4（4）加入氯化钠固体，生成更难溶的氯化银，促进溶解平衡 Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SO42(aq)向正方向移动，使得 c(Ag+)降低，进而减少了硫酸银中的银进入滤液 2；加热浓缩；冷却结晶（5）TeO32+4e+3H2OTe+6OH解析：（1）16S、34Se、52Te 为同主族元素，且 34Se 在 S 元素的下一周期，则 34Se 位于元素周期表的第四周期 V

187、IA 族。故答案为：第四周期 VIA 族。（2）Cu2Te 和浓 H2SO4 高温焙烧生成 CuSO4 和 TeO2，其中 TeO2 是氧化产物，说明浓硫酸是强氧化剂，则还有还原产物 SO2，利用电子守恒和原子守恒配平即得 Cu2Te+6H2SO4=高温2CuSO4+TeO2+4SO2+6H2O。故答案为：6；1；4SO2；6。（3）SO2 气体进入吸收塔后，将 H2SeO3 还原成硒，同时得到氧化产物 H2SO4，则发生反应的化学方程式为H2SeO3+2SO2+H2OSe+2H2SO4。故答案为：H2SeO3+2SO2+H2OSe+2H2SO4。（4）“水浸固体”过程中补充少量氯化钠固体，溶

188、解后溶液中的 Cl会与 Ag+结合生成 AgCl 白色沉淀，促进溶解平衡 Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SO42(aq)向正方向移动，使得 c(Ag+)降低，进而减少了硫酸银中的银进入滤液 2。故答案为：加入氯化钠固体，生成更难溶的氯化银，促进溶解平衡 Ag2SO4(s)2Ag+(aq)+SO42(aq)向正方向移动，使得 c(Ag+)降低，进而减少了硫酸银中的银进入滤液 2。6869从滤液 2 得到硫酸铜晶体的具体操作是将溶液加热浓缩、冷却结晶、再经过滤、洗涤并干燥即可。故答案为：加热浓缩；冷却结晶。（5）由电解原理可知 TeO32应在阴极发生还原反应生成 Te，发生的电极反应为 Te

189、O32+4e+3H2OTe+6OH。故答案为：TeO32+4e+3H2OTe+6OH。题型 02回收提纯类流程（二）答案：（1）H2O2+Cu+2H+Cu2+2H2O；温度过高，H2O2 受热分解（2）PbSO4（3）2Au+8HCl+NaClO32HAuCl4+NaCl+3H2O；浓硝酸、浓盐酸（4）2:3（5）H2SO4 电离出的 H+降低了 SO32的浓度，使Ag(SO3)23Ag+2SO32平衡正向移动，Ag+与 Cl反应生成 AgCl（6）2.45解析：（1）“分铜”时，单质铜在硫酸的作用下，与过氧化氢发生反应生成硫酸铜和水，反应方程式为：H2O2+Cu+2H+Cu2+2H2O；反应

190、过程需要控制温度，温度过低，反应速率慢，温度过高，H2O2 受热分解，不利于反应的进行。故答案为：H2O2+Cu+2H+Cu2+2H2O；温度过高，H2O2 受热分解。（2）根据已知“分金渣”的主要成分为 PbSO4 和 AgCl，硫酸根是在分铜的时候加入的，故 PbSO4 为分铜时得到，存在于分铜渣中，故分铜渣的成分有 Au、Ag、AgCl 和 PbSO4。故答案为：PbSO4。（3）根据题意，“分金”时 Au 与 HCl、NaClO3 反应得到络合物 HAuCl4，化学反应为：2Au+8HCl+NaClO32HAuCl4+NaCl+3H2O；“王水”的成分为浓硝酸、浓盐酸。故答案为：2Au

191、+8HCl+NaClO32HAuCl4+NaCl+3H2O；浓硝酸、浓盐酸。（4）分金液的主要成分为 HAuCl4，从分金液中加入 Na2SO3 提取 Au，Au 元素化合价从+3 降到 0，被还原，做氧化剂，Na2SO3 中硫元素化合价从+4 升高到+6，被氧化，做还原剂，氧化还原反应中，升价降价应相等，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为 2:3。故答案为：2:3。6970（5）已知：分银液的主要成分为Ag(SO3)23，且存在Ag(SO3)23Ag+2SO32，加入适量的 H2SO4 调到 pH4时，H2SO4 电离出的 H+降低了 SO32的浓度，使Ag(SO3)23Ag+2SO32平衡正

192、向移动，Ag+与 Cl反应生成AgCl。故答案为：H2SO4 电离出的 H+降低了 SO32的浓度，使Ag(SO3)23Ag+2SO32平衡正向移动，Ag+与 Cl反应生成 AgCl。（6）设溶解 0.1 mol AgCl 后的氨水浓度为 c，此时 1 L 溶液中 c(Ag+)0.1 mol/L，c(Ag(NH3)2+)0.1 mol/L，反应 AgCl(s)+2NH3(aq)Ag(NH3)2+(aq)+Cl(aq)，化学平衡常数 K0.1 0.1c 2.0103，解得 c2.25 mol/L。根据反应得到 0.1 mol/L 的 Ag+消耗的 NH3 为 0.2 mol/L，则氨水的起始浓度

193、为 2.25 mol/L+0.2 mol/L2.45 mol/L。故答案为：2.45。题型 02回收提纯类流程（三）答案：（1）（2）SiO2、PbSO4（3）使 Fe3+、Ga3+沉淀完全而 Zn2+不沉淀；6.6（4）不能，一水合氨为弱碱，不能使 Ga(OH)3 溶解（5）GaO2+2H2O+3eGa+4OH；CD解析：（1）Ga 原子核外有 31 个电子，4 个电子层，原子结构示意图为。（2）由分析可知滤渣 1 为 SiO2、PbSO4。故答案为：SiO2、PbSO4。7071（3）调 pH 的目的是使 Fe3+、Ga3+沉淀完全而 Zn2+不沉淀，Ga(OH)3 完全沉淀时，c(OH)

194、31352.7 101 10mol/L3109 mol/L，则 pH5.48。如生成 Zn(OH)2，则 c(OH)171.6 100.01 4108 mol/L，则 pH6.6，所以应调节pH 范围为 5.48pH6.6，则 pH 应调节的最大值是 6.6。故答案为：使 Fe3+、Ga3+沉淀完全而 Zn2+不沉淀；6.6。（4）Ga 在元素周期表中位于第四周期第A 族，化学性质与铝相似，一水合氨为弱碱，不能使 Ga(OH)3 溶解。故答案为：不能，一水合氨为弱碱，不能使 Ga(OH)3 溶解。（5）阴极发生还原反应生成 Ga，电极方程式为 GaO2+2H2O+3eGa+4OH。故答案为：G

195、aO2+2H2O+3eGa+4OH。A电解精炼镓时粗镓与电源的正极相连，粗镓在阳极被氧化，在阴极生成纯镓，故 A 正确；B由氧化性：Zn2+Ga2+Fe2+Cu2+可知，电解后，Cu 和 Fe 沉积在电解槽底部形成阳极泥，故 B 正确；C电解精炼过程中，阳极含有其它金属，而在阴极只生成镓，则质量的减少与阴极质量的增加不相等，故C 错误；D当阴极有 56.0 g 镓析出时，物质的量为56g70g/mol 0.8 mol，需要得到 0.8mol32.4 mol 电子，则需要甲烷的物质的量为 2.4mol8 0.3 mol，标况下体积为 0.3 mol22.4 L/mol6.72 L，但是电解精炼镓

196、时能量的利用率达不到 100%，故实际电解时消耗的标准状况下 CH4 的体积大于 6.72L，故 D 错误。故答案为：CD。题型 02回收提纯类流程（四）答案：（1）Fe2O3（2）V2O5+6OH2VO43+3H2O（3）发生 Ca(OH)2+Na2CO3CaCO3+2NaOH，c(OH)增大使 3Ca(OH)2(s)+2VO433CaOV2O5(s)+6OH平衡逆向移动，有利于溶出 VO43（4）V10O286（5）NaCl、NH4Cl 或离子交换树脂（6）450 g7172解析：（1）赤泥中除了含有水合铝硅酸钠外，还有与 NaOH 不反应的 Fe2O3。故答案为：Fe2O3。（2）生成

197、VO43的离子方程式为 V2O5+6OH2VO43+3H2O。故答案为：V2O5+6OH2VO43+3H2O。（3）存 在 3Ca(OH)2(s)+2VO43 3CaOV2O5(s)+6OH，加 入 Na2CO3 能 够 使 钒 酸 钙 溶 解 的 原 因 为 发 生Ca(OH)2+Na2CO3CaCO3+2NaOH，c(OH)增大使 3Ca(OH)2(s)+2VO433CaOV2O5(s)+6OH平衡逆向移动，有利于溶出 VO43。故答案为：发生 Ca(OH)2+Na2CO3CaCO3+2NaOH，c(OH)增大使 3Ca(OH)2(s)+2VO433CaOV2O5(s)+6OH平衡逆向移动

198、，有利于溶出 VO43。（4）由流程可知沉淀物溶解调节 pH8，结合表中 0.1 mol/L V2O5 在 pH7.58.5 的存在形态可知，Rn的结构为 V10O286。故答案为：V10O286。（5）由流程可知，浸出液用离子交换树脂进行吸附得到饱和树脂后，用氯化钠和氯化铵溶液做淋洗液，解析附后得到树脂和含有氯化钠和氯化铵的解吸溶液，得到的离子交换树脂可以循环使用；向解吸溶液中加入氯化铵，氯化铵与溶液中钒酸钠反应生成偏钒酸铵沉淀和氯化钠，过滤得到的滤液中含有氯化钠和氯化铵，滤液可以循环使用。故答案为：NaCl、NH4Cl 或离子交换树脂。（6）由电子守恒可知，利用铝热反应从 V2O5 中制取

199、 510 g V 需要铝的质量为510g5051g/mol3027 g/mol450 g。故答案为：450 g。题型 02回收提纯类流程（五）答案：（1）淀粉溶液（2）SO2+I2+2H2OSO42+2I+4H+或 2SO2+I2+2Cu2+4H2O2CuI+2SO42+8H+（3）用磁铁吸引；4FeCO3+O2+6H2O4Fe(OH)3+4CO2（4）萃取、分液、蒸馏（5）6.07273解析：（1）检验含碘废水中是否含有 I2，常用的试剂是淀粉溶液，观察是否变蓝。故答案为：淀粉溶液。（2）二氧化硫与碘发生氧化还原反应生产硫酸和氢碘酸，反应的离子方程式为 SO2+I2+2H2OSO42+2I+

200、4H+，该反应也可写为 2SO2+I2+2Cu2+4H2O2CuI+2SO42+8H+。故答案为：SO2+I2+2H2OSO42+2I+4H+或 2SO2+I2+2Cu2+4H2O2CuI+2SO42+8H+。（3）Fe 可被磁铁吸引，Cu 不能，分离滤渣 1 各成分最简便的方法是用磁铁吸引；滤渣 2 在潮湿的空气中能被氧化为红褐色物质，故发生反应的化学方程式为 4FeCO3+O2+6H2O4Fe(OH)3+4CO2。故答案为：用磁铁吸引；4FeCO3+O2+6H2O4Fe(OH)3+4CO2。（4）由碘的水溶液中得到碘，可进行萃取、分液，然后进行蒸馏。故答案为：萃取、分液、蒸馏。（5）已知：

201、KspFe(OH)24.81017，现测得 c(Fe2+)0.48 molL1，则 c(OH)174.8 100.48mol/L108 mol/L，则 c(H+)106 mol/L，故 pH6.0。故答案为：6.0。题型 02回收提纯类流程（六）答案：（1）将工业废钒粉碎；适当提高温度（2）6VO2+ClO3+3H2O6VO2+Cl+6H+（3）3V2O5+10Al=高温6V+5Al2O3（4）83ab25解析：（1）为了提高“酸浸”效率，可以将工业废钒粉碎，充分搅拌，适当提高温度，适当增加硫酸的浓度等。故答案为：将工业废钒粉碎；适当提高温度。（2）氧化时反应物为 VO2+和 ClO3，生成物

202、为 VO2+和 Cl，配平得相应的离子方程式为 6VO2+ClO3+3H2O6VO2+Cl+6H+。故答案为：6VO2+ClO3+3H2O6VO2+Cl+6H+。7374（3）发生铝热反应的方程式为 3V2O5+10Al=高温6V+5Al2O3。故答案为：3V2O5+10Al=高温6V+5Al2O3。（4）加入 a mol/L(NH4)2Fe(SO4)2 标准溶液，可将 VO2+还原为 VO2+，反应中 Fe 元素化合价由+2 价升高为+3 价，V 元素化合价由+5 价降低为+4 价，则 n(VO2+)n(NH4)2Fe(SO4)2)a mol/Lb103 L103ab mol，则 VO2+的

203、浓度为383g/molab 10mol83ab 0.025L25g/L，故答案为：83ab25。题型 02回收提纯类流程（七）答案：（1）适当升高温度或适当增大硫酸浓度（2）MnO4+3Fe2+7H2O3Fe(OH)3+MnO2+5H+（3）Ni、Zn（4）过滤；干燥（5）取少量最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液，无白色沉淀产生，则洗涤干净（6）3解析：（1）加快酸浸速率，可适当升高温度或适当增大硫酸浓度。故答案为：适当升高温度或适当增大硫酸浓度；（2）调 pH 约为 5，再加 KMnO4溶液进行氧化，反应的离子方程式为 MnO4+3Fe2+7H2O3Fe(OH)3+MnO2+5

204、H+。故答案为：MnO4+3Fe2+7H2O3Fe(OH)3+MnO2+5H+。（3）由分析可知滤渣 2 为 Ni、Zn。故答案为：Ni、Zn；（4）由溶液得到固体，可进行过滤、干燥等操作。故答案为：过滤；干燥；7475（5）沉淀吸附溶液中的离子，可用检验硫酸根离子的方法检验沉淀是否洗涤干净，方法是取少量最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液，无白色沉淀产生，则洗涤干净。故答案为：取少量最后一次洗涤液，加入盐酸酸化的 BaCl2 溶液，无白色沉淀产生，则洗涤干净。（6）已知 KspFe(OH)32.61039。25时，调节某酸性废水的 pH 值，使溶液中的 Fe3+残留浓度为612.

205、6 10 molL，则 c(OH)39362.6 102.6 10mol/L1011mol/L，则 pH3。故答案为：3。题型 02回收提纯类流程（八）答案：（1）571.4（2）将 HCO3转化为 CO32，增大溶液中 CO32的浓度；温度过高将会导致 NH4HCO3 的分解及氨水的分解挥发（3）取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红（4）氨水（5）SrSO4+2C=煅烧SrS+2CO2(或 SrSO4+4C=煅烧SrS+4CO)；取适量的黑灰用 90的热水浸取 23 次，将产生的气体用 NaOH 溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的 3 molL1H2SO4，将所得沉淀过滤

206、、洗涤、烘干解析：（1）室温下，反应 SrSO4(s)+CO32(aq)SrCO3(s)+SO42(aq)达到平衡，则溶液中274410233c SOKsp SrSO3.2 10571.4Ksp SrSO5.6 10c SO。故答案为：571.4。（2）一水合氨可以和碳酸氢根反应生成碳酸根，浸取天青石精矿时，向 NH4HCO3 溶液中加入适量浓氨水的目的是：将 HCO3转化为 CO32，增大溶液中 CO32的浓度；NH4HCO3 加热易分解，温度过高将会导致 NH4HCO3的分解及氨水的分解挥发，所以“浸取”的条件是温度在 6070、搅拌、反应 3 小时，温度过高将会导致SrSO4 的转化率下

207、降。故答案为：将 HCO3转化为 CO32，增大溶液中 CO32的浓度；温度过高将会导致 NH4HCO3 的分解及氨水的分解挥发。7576（3）SrO 粗品已经浸取完全时，浸取后的溶液中不再有 Sr(OH)2，取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红说明浸取完全。故答案为：取最后一次浸取液，向其中滴加几滴酚酞，溶液不变红。（4）第一步浸取滤液中含有 NH4+，在沉淀过程中会生成 NH3H2O，可循环利用。故答案为：氨水。（5）SrSO4 与 C 发生氧化还原反应生成 SrS 和二氧化碳或一氧化碳，根据得失电子守恒和质量守恒配平方程式为：SrSO4+2C=煅烧SrS+2CO2(或 SrS

208、O4+4C=煅烧SrS+4CO)。故答案为：SrSO4+2C=煅烧SrS+2CO2(或 SrSO4+4C=煅烧SrS+4CO)。由图可知，90是 Sr(OH)2的浸取率最高，取适量的黑灰用 90的热水浸取 23 次，将产生的气体用 NaOH溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的 3 molL1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干。故答案为：取适量的黑灰用 90的热水浸取 23 次，将产生的气体用 NaOH 溶液充分吸收，所得浸取液合并后滴加稍过量的 3 molL1H2SO4，将所得沉淀过滤、洗涤、烘干。第四章 有机化学基础题型 01结构已知型（一）答案：（1）Cl2、光照（2）H 中含有

209、酚羟基和NH（3）加成反应；取代反应（4）+2NaOH+NaCl+H2O（5）（6）2Cl光照NaOH水溶液2O/Cu7677解析：（1）反应 BC 是 B 中苯环连接的甲基上 H 原子被氯原子取代，故“一定条件”为：Cl2、光照。（2）H 既能与 NaOH 溶液反应又能与盐酸反应，原因是：H 中含有酚羟基和NH。（3）XA 发生加成反应，DE 发生取代反应。故答案为：加成反应；取代反应。（4）C 中酚羟基与 NaOH 发生中和反应、氯原子发生水解反应，足量 NaOH 溶液与 C 反应的化学方程式为：+2NaOH+NaCl+H2O。（5）满足下列条件的的同分异构体：含有苯环且能与氯化铁溶液发生

210、显色反应，说明含有酚羟基，能发生水解反应和银镜反应，说明含有OOCH，核磁共振氢谱有 4 组峰，峰面积之比为 1:1:2:2，说明存在对称结构，即OH 与OOCH 处于对位，符合条件的同分异构体为：。（6）在光照条件下与氯气反应生成，然后氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，最后在 Cu、加热条件下用氧气氧化生成，合成路线流程图为：2Cl光照NaOH水溶液2O/Cu。题型 01结构已知型（二）答案：（1）苯乙酸乙酯；取代反应（2）羰基（3）（4）（5）14；或7778（6）解析：（1）D 是苯乙酸与乙醇形成的酯，D 的化学名称为：苯乙酸乙酯；DE 是 D 中连接苯环的碳原子上的 H 原子

211、被COCH2CH3 替代，属于取代反应。故答案为：苯乙酸乙酯；取代反应。（2）由结构可知 G 的官能团名称为：羰基。故答案为：羰基。（3）在光照条件下发生取代反应生成 B 为。（4）FG 是脱羧生成 G，反应化学方程式为：。（5）X 是 D 的同系物，说明含有酯基与苯环，X 分子比 D 分子少一个碳原子，且能发生银镜反应，说明含有甲酸形成的酯基，含有 1 个取代基，为CH2CH2OOCH，或者CH(CH3)OOCH。含有 2 个取代基，为CH3、CH2OOCH，或者CH2CH3、OOCH，均有邻、间、对 3 种位置结构，有 6 种。含有 3 个取代基为CH3、CH3、OOCH，2 个甲基有邻、

212、间、对 3 种位置结构，对应的OOCH 分别有 2 种、3 种、1 种位置结构，有 6 种。故符合条件的共有 2+6+614 种，其中核磁共振氢谱显示为 5 组峰，其峰面积比为 3:2:2:2:1，符合该要求的的一种同分异构体的结构简式为：或。故答案为：14；或。（6）模仿 AD 转化，由苯和乙醇为原料制备苯甲酸乙酯的合成路线：。7879题型 01结构已知型（三）答案：（1）1氯丁烷（2）（3）取代反应（4）+5NaOH2H O+3NaCl+NaBr+H2O（5）酯基；羟基（6）保护其它羟基，防止其转化为酯基（7）5（8）解析：（1）A()和氢气完全加成后结构简式为 CH3CH2CH2CH2C

213、l，其名称为 1氯丁烷。（2）根据分析，B 为。（3）C 中氢原子被溴原子取代生成 D，则该反应为取代反应。（4）根据分析，反应 DE 中第（1）步的反应方程式是+5NaOH2H O+3NaCl+NaBr+H2O。（5）有机物 F()中的官能团有酯基、羟基、醚键。故答案为：酯基；羟基。（6）反应羟基与丙酮反应生成丙酮叉，后续反应又将丙酮叉水解，故作用是保护其它羟基，防止其转化为酯基。7980（7）C 为，G 分子式为：C7H6O2，G 的不饱和度722652，G 的同分异构体中属于芳香化合物，说明含有苯环，苯环的不饱和度是 4，说明还含有一个双键，如果取代基为COOH，有 1 种；如果取代基为

214、 HCOO，有 1 种；如果取代基为CHO、OH，有邻间对 3 种，所以符合条件的有 5 种。（8）由丙酸为原料制备高吸水性树脂聚丙烯酸钠，丙酸发生 C 生成 D 类型的反应生成，碱性条件下发生消去反应生成，发生加聚反应生成，其合成路线为。题型 01结构已知型（四）答案：（1）醚键、氨基（2）取代反应（3）bde（4）1（5）（6）8081解析：（1）B 的结构简式为，所含有的官能团有醚键和氨基。（2）G 在 NaOH 溶液中水解生成 H，反应类型为取代反应。（3）C 的同分异构体中含有酯基、氨基，且苯环上有甲基；a分子结构中不含有羟基或羧基，不能发生酯化反应，故 a 错误；b为甲酸酯，含有醛

215、基，则能发生银镜反应，故 b 正确；c为甲酸苯酯，则 1 mol 该物质完全水解产物能消耗 2 mol NaOH，故 c 错误；d有四种等效氢，且核磁共振氢谱中峰面积之比为 1:2:6:2，故 d 正确；e的水解产物除 HCOOH 外，另一种产物中含有酚羟基，能与 FeCl3 溶液发生显色反应，故 e 正确。故答案为：bde。（4）中 Br 原子连接的碳原子上有四个不同的原子或原子团，是手性碳原子，即中红色标注的碳原子。故答案为：1。8182（5）E 经还原得到 F，E 的分子式为 C14H17O3N，1422 1672，由 F 的结构简式可知 E 中含有 CO 键，发生还原反应生成OH，E

216、的结构简式为，则 EF 发生反应的化学方程式为。（6）甲苯和(CH3CO)2O 为原料制备，可先由甲苯发生硝化反应，生成邻硝基甲苯，然后发生还原反应生成邻甲基苯胺，与乙酸酐发生取代反应生成，氧化可生成，流程为题型 01结构已知型（五）答案：（1）酯基或酰胺键（2）取代反应（3）、（4）CH3CH2OH8283（5）解析：（1）E 为，其中的含氧官能团名称为酯基或酰胺键(答一种即可)。（2）A()可和 X(如)在碳酸钾作用下发生取代反应生成 B()和 HCl，故反应类型为取代反应。（3）B 的分子式为 C12H12NO2Cl，不饱和度为 7，满足为-氨基酸，则分子中同一个碳原子上含氨基和羧基，占

217、据不饱和度为 1，苯环上有 4 个取代基，含苯环，含不饱和度为 4 个，有 6 种不同化学环境的氢，剩余还需要 2 个不饱和度，因有 4 个取代基，且等效氢有 6 种，则另两个取代基可为乙烯基，同时符合上述条件的同分异构体可表示为：、。（4）C 先发生水解反应生成与 CH3CH2OH，再脱水形成肽键，得到D()和水，则 C 转为 D 生成的另一种产物的结构简式为 CH3CH2OH。（5）结 合 题 干 合 成 路 线 与 已 知 给 定 信 息，再 采 用 逆 合 成 分 析 法 可 知，可 由与发生取代反应得到，根据题干 BC 的合成思路可由加氢还原制备出，再结合给定的原料苯甲醇()可设计一

218、下合成路线：8384。题型 02半推半知型（一）答案：（1）2甲基1，3丁二烯（2），氧化反应（3）羧基、氯原子（4）17；（5）10；（6）解析：（1）A 的名称为：2甲基1，3丁二烯。（2）B 的结构简式为：，C 到 D 是醛基转化为羧基，属于氧化反应。（3）E 为，含有的官能团为：羧基、氯原子。8485（4）F 分子中具有苯的平面结构，甲醛的平面结构，旋转碳碳单键可以使 2 个平面重合，旋转羧基中碳氧单键可以使羧基中 H 处于平面内，旋转碳氧单键可以使亚甲基连接的羟基处于平面内，处于同一平面的原子最多有 17 个。D 生成 E 的化学反应方程式为：。（5）H 为，而芳香化合物 M 为 H

219、 的同分异构体，1mol M 发生水解反应消耗 2 mol NaOH，说明含有羧酸与酚形成的酯基，且苯环上一氯代物有两种结构，可以是 2 个不同的取代基处于对位，2 个取代基为CH3、OOCCH2CH3，或者为CH2CH3、OOCCH3，或者为丙基(有 2 种)、OOCH，有 4 种，可以有 3 个取代基：OOCCH3 与 2 个CH3，三个取代基处于间位或者相邻且OOCCH3 在中间，有 2 种，可以有 4 个取代基：OOCH 与 3 个CH3，三个甲基有连、偏、均三种位置，由于苯环上有 2 种氢，对应的OOCH 分别有 1种、3 种、0 种，有 4 种，故符合条件的同分异构体共有 4+2+

220、410 种，其中核磁共振氢谱显示有 4 种不同化学环境的氢，峰面积比为 6:3:2:1 的 M 结构简式为：。（6）先发生消去反应得到环烯醛，再与 W2C 作用得到苯甲醛，最后用酸性高锰酸钾氧化得到苯甲酸，合成路线流程图为：。题型 02半推半知型（二）答案：（1）苯乙烯（2）（3）加成反应、水解反应(或取代反应)（4）2+O2Cu 2+2H2O8586（5）12；或 HCOOC(CH3)2CH2COOH（6）CH3CHO2HCNH O/HCH3CH(OH)COOH浓硫酸CH2CHCOOH3CH OH浓硫酸、CH2CHCOOCH3一定条件解析：（1）E 的名称为苯乙烯。（2）C 的结构简式为。（

221、3）F 生成 G 先发生加成反应然后发生水解反应(或取代反应)，所以 F 生成 G 的反应类型有加成反应、水解反应(或取代反应)。（4）E 经卤化、水解、氧化可制得 F，第三步反应的化学方程式：2+O2Cu 2+2H2O。（5）B 为己二酸，B 的同分异构体中能同时满足下列条件：能与饱和 NaHCO3(溶液反应生成气体)，说明含有羧基；既能发生银镜反应又能发生水解反应，说明含有 HCOO；看作丁烷中 2 个 H 原子被COOH、OOCH 取代，若为 CH3CH2CH2CH3 被取代，COOH 取代甲基中 H原子，OOCH 有 4 种位置，COOH 取代亚甲基中 H 原子，OOCH 有 4 种位

222、置，若为 CH(CH3)3 被取代，COOH 取代甲基中 H 原子，OOCH 有 3 种位置，COOH 取代次甲基中 H 原子，OOCH 有 1 种位置，故共有 5+4+3+112 种，其中核磁共振氢谱有 4 组峰，且峰面积之比为 6:2:1:1 的是或HCOOC(CH3)2CH2COOH。（6）可由丙烯酸和甲醇发生酯化反应得到，乙醛发生信息中的反应生成 CH3CH(OH)COOH，CH3CH(OH)COOH发生消去反应生成CH2CHCOOH，其合成路线为CH3CHO2HCNH O/HCH3CH(OH)COOH浓硫酸CH2CHCOOH3CH OH浓硫酸、CH2CHCOOCH3一定条件。8687

223、题型 02半推半知型（三）答案：（1）C18H18O3；酚羟基、羰基（2）取代反应（3）（4）CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH CH3COONa+Cu2O+3H2O（5）10；解析：（1）由结构可知，I 分子中含有 18 个 C 原子、18 个 H 原子、3 个 O 原子，其分子式为 C18H18O3；E 中含有的官能团名称是：酚羟基、羰基。（2）G 中羟基中氢原子被替代生成 I，属于取代反应。（3）由分析可知，E 的结构简式为：。（4）B 是 CH3CHO，与 新 制 氢 氧 化 铜 悬 浊 液(含 NaOH)共 热 的 化 学 方 程 式 为：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaO

224、H CH3COONa+Cu2O+3H2O。（5）芳香族化合物 J 与 E 互为同分异构体，J 中除苯环外，不含其他环状结构，且 1 mol J 能与 2 mol NaOH 反应，J 中可以含有羧酸与酚形成的酯基，苯环有 1 个取代基为OOCCH3，或 2 个取代基为CH3、OOCH，有邻、间、对 3 种位置，苯环侧链也可以含有 2 个酚羟基、与 1 个CHCH2，2 个OH 有邻、间、对 3 种位置关系，对应的CHCH2 分别有 2 种、3 种、1 种位置关系，则 J 的结构有 1+3+2+3+110 种，其中能发生银镜反应且核磁共振氢谱图上显示 4 组峰的 J 的结构简式为。题型 02半推半

225、知型（四）答案：（1）邻硝基甲苯或 2硝基甲苯；可以避免苯环上甲基对位氢原子被硝基取代，减少副产物（2）羧基、氨基8788（3）（4）17；或（5）解析：（1）甲苯为母体，硝基为取代基，D 的名称为：邻硝基甲苯或 2硝基甲苯；甲苯直接硝化时会取代甲基邻位、对位氢原子，经由三步反应制取 D，可以避免苯环上甲基对位氢原子被硝基取代，减少副产物。故答案为：邻硝基甲苯或 2硝基甲苯；可以避免苯环上甲基对位氢原子被硝基取代，减少副产物。（2）F 的结构简式为，含有的官能团有：羧基、氨基。（3）反应是与发生取代反应生成 G，同时有 HCl 生成，反应的化学方程式为：。（4）与 J 互为同分异构体且含硝基的

226、芳香族化合物，苯环侧链可以有 1 个取代基为CHClNO2，可以有 2 个取代基，可以是CH2NO2、Cl，或者为CH2Cl、NO2，均有邻、间、对 3 种位置结构，可以有 3 个取代基为CH3、NO2、Cl，而CH3、NO2 有邻、间、对 3 种位置结构，对应的Cl 分别有 4 种、4 种、2种位置关系，故符合条件的同分异构体共有 1+32+4+4+217 种，其中核磁共振氢谱显示有 3 种不同化学环境的氢，峰面积为 1:1:1 的结构简式为：或。8889（5）结合信息，应先发生苯环氯代反应，再将甲基氧化为羧基。氯代反应时需要甲苯先与浓硫酸反应，避免甲基对位氢原子被氯原子取代，即甲苯反应生成

227、，再与氯气/Fe 反应生成，然后酸性条件水解生成，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化得到目标物。合成路线流程图为：题型 02半推半知型（五）答案：（1）对硝基氯苯或 4硝基氯苯；酯基；加成反应（2）+2NaOH 高压+NaCl+H2O、+(CH3CO)2O+CH3COONa（3）（4）、（5）解析：（1）C 为，化学名称为对硝基氯苯或 4硝基氯苯，K 为，含氧官能团的名称为酯基，H 到 I 的反应类型为加成反应。故答案为：对硝基氯苯或 4硝基氯苯；酯基；加成反应。8990（2）C为，D为，由C到D的 化 学 反 应 方 程 式 为：+2NaOH高压+NaCl+H2O、+(CH3CO)2O+CH3COO

228、Na（3）F 中含两个氯原子，F 为。（4）D 为，X 是 D 的同分异构体，且满足苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子，遇 FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，1 mol 的 X 与足量金属 Na 反应可生成 2 g H2，2 g H2 为 1 mol，说明苯环上有两个羟基；所以 X 的结构为、。（5）以苯甲醇为原料制备化合物，可由发生酯化反应得到，可由水解得到，苯甲醛和 HCN 发生加成反应得到，苯甲醇发生氧化反应生成苯甲醛，其合成路线为题型 02半推半知型（六）答案：（1）；羰基、酯基、溴原子9091（2）取代反应（3）+HN(C2H5)2一定条件+HBr；+酚催化+HCl；（4）1

229、9；或或（5）解析：（1）根据分析，A 为；G 为，所含官能团为羰基、酯基、溴原子。（2）E 为，和 POCl3 发生取代反应生成 F。故答案为：取代反应。（3）G 为，和 HN(C2H5)2 发生取代反应生成 H，反应的方程式为：+HN(C2H5)2一定条件+HBr；F 为，J 为，F+J 反应方程式为：9192+酚催化+HCl。（4）M 与 H 互为同分异构体，M 符合下列条件：含有六元环和N(C2H5)2，H 的不饱和度是 3，六元环的不饱和度是 1；酸性条件下水解产物含乙酸，说明含有酯基，酯基的不饱和度是 1，能发生酯化反应，根据O 原子个数知，还含有羟基，则符合条件的结构中含有六元环

230、、N(C2H5)2、CH3COO、OH；如果N(C2H5)2、CH3COO位于同一个碳原子上有 3 种；如果 CH3COO、OH 位于同一个碳原子上有 3 种，如果N(C2H5)2、OH 位于同一个碳原子上有 3 种；如果三个取代基位于不同碳原子上，有 10 种；所以符合条件的有 3+3+3+1019 种；其中核磁共振氢谱显示环上有 3 组峰，且峰面积之比为 4:4:1，有或或。（5）由乙醇合成乙酰乙酸乙酯()的合成路线为：题型 02半推半知型（七）答案：（1）乙炔；碳碳双键和酯基（2）加成反应；消去反应（3）；CH3CH2CH2CHO（4）11；（5）CH3CH(CH3)CCH、CH3CH2

231、CH2CCH、CH3CH2CCCH3（6）9293解析：由分子式可知 A 为 HCCH，与乙酸发生加成反应生成 B 为 CH2CHOOCCH3，发生加聚反应生成，水解生成 C 为，由聚乙烯醇缩丁醛可知 D 为 CH3CH2CH2CHO，HCCH 与丙酮在KOH 条件下反应生成，与氢气发生加成反应生成，在氧化铝的作用下生成异戊二烯，异戊二烯在催化作用下发生加聚反应生成。（1）由以上分析可知 A 为乙炔，B 为 CH2CHOOCCH3，含有的官能团为碳碳双键和酯基。故答案为：乙炔；碳碳双键和酯基。（2）A 为 HCCH，与乙酸发生加成反应生成 B 为 CH2CHOOCCH3，在氧化铝的作用下发生消

232、去反应生成异戊二烯。故答案为：加成反应；消去反应。（3）C 为，D 为 CH3CH2CH2CHO。（4）异戊二烯结构简式为 CH2C(CH3)CHCH2，分子中含有 2 个 CC 键，与 CC 键直接相连的原子在同一个平面上，甲基有 1 个 H 原子与 CC 键也可能在同一个平面上，则共有 11 个原子共平面，如图所示：顺式聚异戊二烯的结构简式为。故答案为：11；。（5）与 A 具有相同官能团的异戊二烯的所有同分异构体应含有 CC 键，可能的结构简式有 CH3CH(CH3)CCH、CH3CH2CH2CCH、CH3CH2CCCH3 等，故答案为：CH3CH(CH3)CCH、CH3CH2CH2CC

233、H、CH3CH2CCCH3；9394（6）乙炔与乙醛发生加成反应生成 HCCCHOHCH3，然后与氢气发生加成反应生成 H2CCHCHOHCH3，在氧化铝作用下加热发生消去反应生成 CH2CHCHCH2，该题最好的方法是使用逆推法，合成路线为题型 02半推半知型（八）答案：（1）碳碳三键（2）（3）+3AlCl+2HCl（4）浓硝酸、浓硫酸（5）（6）（7）（8）解析：（1）A 是 HCCH，则 A 中官能团名称是碳碳三键。（2）根据上述分析可知 B 的结构简式是。9495（3）D 是，D 与苯在 AlCl3 作用下，发生苯环上邻位的 2 个 H 原子的取代反应生成E()和 HCl，则 DE

234、的化学方程式是+3AlCl+2HCl。（4）E 是，E 与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应生成 F：，所以试剂 a 是浓硝酸、浓硫酸。（5）根据上述分析可知 GH 所加物质 L 的结构简式是。（6）B 是，不饱和度是 2，B 的同分异构体符合下列条件：能发生银镜反应，说明含有醛基；核磁共振氢谱只有两组吸收峰，说明分子中含有 2 种不同的 H 原子，该同分异构体高度对称，符合该条件的同分异构体结构简式是：。（7）D 是，E 是，DE 的过程中发生苯环上 H 的取代反应，H 原子位置不同，产物不同，因此有多种副产物，其中属于高分子化合物的结构简式是。（8）采用逆推方法，I 是，H 是，根据物质在

235、反应过程中碳链结构不变，中间产物与有机物 2 在 AlCl3 作用下反应生成 H，结合题干信息可知应该是苯环上 2 个邻位 H 原子发生的取代反应，则由 H 可逆推得知中间产物是，有机物 2 是9596，苯 胺与 有 机 物 1 在 DMAP 条 件 下 反 应 生 成 中 间 产 物，根据二者分子结构的不同及题给已知，可知有机物 1 是。故答案为：。题型 03综合推断型（一）答案：（1）苯乙烯；氧化反应（2）羟基、羧基；（3）（4）6；（5）解析：（1）分析可知 B 为苯乙烯，D 发生氧化反应生成 E。故答案为：苯乙烯；氧化反应。（2）F 为，含有的官能团为羟基、羧基，G 为，G 在一定条件

236、下生成的高分子化合物的结构简式。9697（3）C 在 氢 氧 化 钠 水 溶 液、加 热 条 件 下 发 生 水 解 反 应 生 成，方 程 式 为。（4）F 为，F 的同分异构体满足下列条件：苯环上有 2 个取代基；能发生银镜反应和水解反应，说明含有醛基和酯基，应该是含有 HCOO；能与 FeCl3 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，如果取代基为 HCOOCH2CH2、OH，有 3 种结构；如果取代基为 HCOOCH(CH3)、OH，有 3 种结构；则符合条件的有 6 种；其中核磁共振氢谱显示 6 组峰，且峰面积比为 3:2:2:1:1:1 的是。（5）CH3CH2OH 氧化生成 CH3CH

237、O，CH3CHO 和 HCN 反应、然后酸化得到，发生消去反应生成 CH2CHCOOH，CH2CHCOOH 发生加聚反应生成，反应的流程为题型 03综合推断型（二）答案：（1）（2）+Br2Fe+HBr（3）取代反应（4）保护酚羟基不被高锰酸钾氧化（5）、9798（6）碳碳三键、羟基解析：（1）烃 A 结构简式为。（2）反应的化学方程式是+Br2Fe+HBr。（3）反应的反应类型是取代反应。（4）反应和的目的是保护酚羟基不被高锰酸钾氧化。（5）C 的结构简式：，符合 a含有苯环结构、b属于醇类、c苯环上的核磁共振氢谱有 3组峰的同分异构体为、。（6）H 为 HCCCH2OH，H 所 含 的 官

238、 能 团 是 碳 碳 三 键、羟 基；反 应 中 的 化 学 方 程 式 是；以乙炔和甲醛为起始原料，可先发生加成反应生成 HOCH2CCCH2OH，然后再加成生成 HOCH2CH2CH2CH2OH，然后发生消去反应生成 1，3丁二烯，反应流程为题型 03综合推断型（三）答案：（1）邻二甲苯；羧基（2）浓硫酸、加热；（3）；取代反应9899（4）(任写两种)（5）解析：（1）A 为，A 的化学名称是邻二甲苯；B 中所含官能团的名称为：羧基。（2）B 与甲醇发生酯化反应生成 C，需要条件为：浓硫酸、加热；与己二酸发生缩聚反应生成高聚物 E 为。（3）发 生 催 化 氧 化 生 成，由D 生 成F

239、 的 化 学 方 程 式 为：；与甲醇发生分子间脱水生成 H，属于取代反应。（4）B 为邻苯二甲酸，芳香化合物 M 是 B 的同分异构体，M 符合下列条件：1 mol M 与足量银氨溶液反应生成 4 mol Ag，说明含有 2 个醛基；遇氯化铁溶液显色，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱显示有 3 种不同化 学 环 境 的 氢，峰 面 积 之 比 1：1：1，应 该 有 对 称 结 构，其 符 合 条 件 的 同 分 异 构 体 有：，(任写两种)。（5）先发生催化氧化，然后和双氧水反应生成，最后在浓硫酸、加热条件脱水生成。合成路线流程图为：99100题型 03综合推断型（四）答案：（1）HOCH2

240、CH2Cl（2）B（3）ClCH2CH2OCH2CH2Cl+NaOH ClCH2CH2OCHCH2+NaCl+H2O（4）、（5）解析：（1）通过分析知，A 的结构简式为 HOCH2CH2Cl。（2）AA 为 HOCH2CH2Cl，A 中氯原子能发生水解反应生成 HOCH2CH2OH，其水解产物乙二醇可用作汽车发动机的抗冻剂，故 A 正确；BX 为，有机物的同分异构体中可能含有醇羟基，醇能和钠发生置换反应，所以可能有能与 Na单质发生置换反应的同分异构存在，故 B 错误；C有机物 G 的分子式为 C13H14O3，G 为，G 中酯基能发生取代反应，苯环和碳碳双键能发生加成反应，碳碳双键能发生氧

241、化反应和还原反应及加聚反应，所以 G 能发生取代、加成、氧化、还原、加聚反应，故 C 正确；DD 为，有机物 D 分子内最多 4 原子共线，为苯环对角线上的 4 个原子，苯环上所有原子共平面、乙烯分子中所有原子共平面、甲醛分子中所有原子共平面，单键可以旋转，所以该分子中所有原子均可能共面，故 D 正确。故选 B。100101（3）B 为 ClCH2CH2OCH2CH2Cl，C 为 ClCH2CH2OCHCH2，B 发生消去反应生成 C，BC 的化学方程式：ClCH2CH2OCH2CH2Cl+NaOH ClCH2CH2OCHCH2+NaCl+H2O。（4）E 为，H 是 E 的同分异构体，H 满

242、足下列条件：1 mol H 能与足量新制 Cu(OH)2 充分反应生成 2 mol Cu2O，说明含有 2 个CHO；H 的核磁共振氢谱上共有四个吸收峰，说明含有 4 种氢原子，两个醛基位于间位且该分子具有对称结构，符合条件的结构简式为、。（5）由 A 为原料制备聚乙酸乙烯酯，A 为 HOCH2CH2Cl，聚乙酸乙烯酯可由乙酸乙烯酯发生加聚反应得到，CH3COOCH2CH2Cl 发生消去反应得到乙酸乙烯酯，乙酸和 2氯乙醇发生酯化反应得到 CH3COOCH2CH2Cl，HOCH2CH2Cl 发 生 消 去 反 应 得 到 乙 醛，乙 醛 发 生 氧 化 反 应 得 到 乙 酸，其 合 成 路

243、线 为题型 03综合推断型（五）答案：（1）甲醛（2）加成反应；消去反应（3）CH2CHCHCH2（4）+2NaOH乙醇+2NaBr+2H2O（5）19；、101102（6）解析：（1）A 为 HCHO，A 的名称为甲醛。（2）C2H2+AB、EF 的有机反应类型分别为加成反应、消去反应。（3）H 的结构简式为 CH2CHCHCH2。（4）J 结 构 简 式 为，J 发 生 消 去 反 应 生 成 K，JK 的 化 学 方 程 式 为+2NaOH乙醇+2NaBr+2H2O。（5）化合物 X 是 I 的同分异构体，可与 FeCl3 溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，且能发生水解反应，说明含有酯基

244、，I 的不饱和度是 5，苯环的不饱和度是 4、酯基的不饱和度是 1，说明符合条件的同分异构体中不含其它双键或环，如果取代基为 CH3COO、OH，有邻间对 3 种；如果取代基为 HCOOCH2、OH，有邻间对 3 种；如果取代基为COOCH3、OH，有邻间对 3 种；如果取代基为CH3、HCOO、OH，有 10 种，所以符合条件的有 19 种。其中核磁共振氢谱有四组峰，峰面积比为 1:2:2:3 的结构简式为、。（6）用环戊烷和乙炔为原料制备，环戊烷发生取代反应生成，发生消去反应生成，环戊烯和乙炔发生加成反应然后和溴发生加成反应得到目标产物，其合成路线为。102103题型 03综合推断型（六）

245、答案：（1）羟基、醛基；消去反应（2）6；（3）+2NaOH水+2NaCl+H2O（4）新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液、加热（5）解析：（1）由 分 析 可 知，D 的 结 构 简 为，D 中 官 能 团 为：羟 基、醛 基，DE 是分子内脱水形成碳碳双键而生成 E，反应类型为消去反应。故答案为：羟基、醛基；消去反应。（2）N 是 A 的二氯代物，与 B 的分子式相同，其中 A 的苯环上的二氯代物中 2 个氯原子有邻、间、对 3 种位置关系，对应的乙基分别有 2 种、3 种、1 种位置关系，故符合条件的 N 共有 2+3+16 种，其中核磁共振氢谱中峰面积均相同的 N 的结构简式是：。（3）BC

246、 的化学方程式为：+2NaOH水+2NaCl+H2O。（4）为检验 E 是否已经完全转化为 M，检验转化后的物质中是否含有醛基即可，所用试剂和实验条件是：新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液、加热。103104（5）与发生酯化反应生成，甲苯与氯气在光照条件下生成，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成，甲苯与氯气在光照条件下生成，在氢氧化钠水溶液、加热条件下生成，发生催化氧化生成，合成路线流程图为：题型 03综合推断型（七）答案：（1）苯甲醛；羟基（2）取代反应(或水解反应)；（3）（4）10（5）或（6）解析：（1）由以上分析可知 D 是为苯甲醛，G 为，含氧官能团为羟基。104105（2）反

247、应为氯代烃的水解反应，也为取代反应，A 的结构简式为。（3）反应的化学方程式为：。（4）X 为，分子中苯环、CNC 为平面结构，与苯环直接相连的 C 与苯环共面，最多有10 个碳原子共平面。（5）在 H 的同分异构体中，既能发生水解反应又能发生银镜反应，应为甲酸酯类物质，峰面积之比为 1:1:2:6 的结构简式为：或。（6）苯发生硝化反应生成硝基苯，再还原生成苯胺，苯胺与乙醛反应生成，合成路线流程图为：。题型 03综合推断型（八）答案：（1）加成反应（2）BrCH2CH2Br+2NaCNNCCH2CH2CN+2NaBr（3）(CH3)2CCH2（4）CH2C(CH3)COOH+CH3OH24H

248、 SO浓CH2C(CH3)COOCH3+H2O（5）碳碳双键、酯基；（6）105106（7）4；（8）解析：（1）反应是乙烯与溴发生加成反应生成 BrCH2CH2Br，故答案为：加成反应。（2）反应是取代反应，其化学方程式是：BrCH2CH2Br+2NaCNNCCH2CH2CN+2NaBr。（3）D 的分子式为 C4H8，核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是 1:3，不存在顺反异构，则 D 为(CH3)2CCH2。（4）反应的化学方程式是：CH2C(CH3)COOH+CH3OH24H SO浓CH2C(CH3)COOCH3+H2O。（5）F 的结构简式为 CH2C(CH3)COOCH3，含有的官能

249、团有：碳碳双键、酯基；由分析可知 G 的结构简式是。（6）反应的化学方程式是：。（7）E 的结构简式为 CH2C(CH3)COOH，符合下列条件的 E 的同分异构体：能发生水解且能发生银镜反应说明含有甲酸形成的酯基，能与 Br2 的 CCl4 溶液发生加成反应，说明含有碳碳双键，可以是丙烯中 H 原子被OOCH 取代，丙烯中有 3 种 H 原子，甲基与OOCH 连接不同的碳原子上存在顺反异构，故符合条件的同分异构体共有 4 种，其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式是：。（8）HOCH2CHBrCH3 和 NaCN 发 生 取 代 反 应 生 成 HOCH2CH(CN)CH3，HOCH2CH(CN

250、)CH3 酸 化 得 到HOCH2CH(CH3)COOH，HOCH2CH(CH3)COOH 发生消去反应生成 CH2C(CH3)COOH，其合成路线为106107第五章 物质结构与性质题型 01某一元素及化合物（一）答案：（1）3d10（2）亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态（3）bc；sp2、sp3；NOC（4）异硫氰酸分子间可形成氢键（5）12；Cu3AuH4；3A23932N解析：（1）铜是 29 号元素，铜原子失去一个电子变成亚铜离子，所以亚铜离子核外有 28 个电子，基态亚铜离子(Cu+)的价电子排布式为：3d10。（2）高温下 Cu2O 比 CuO 稳定，从核外电子排布角度，Cu

251、+价电子排布为 3d10，为全满结构，较为稳定，所以原因为：亚铜离子核外电子处于稳定的全充满状态。（3）由图可知，铜离子与 N、O 原子之间形成配位键，非金属原子之间形成共价键。故答案为：bc。离子中 CN 双键中的 N 原子形成 3 个键，另外 N 原子形成 4 个键，均没有孤电子对，分别采取 sp2、sp3 杂化，离子中第二周期元素为 C、N、O，同周期自左而右第一电离能呈增大趋势，但 N 元素原子 2p 能级容纳 3 个电子，为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能：NOC。故答案为：sp2、sp3；NOC。（4）分子间形成氢键的物质熔沸点较高，异硫氰酸中 HN 键极性

252、强，分子间存在氢键，而硫氰酸分子间只存在分子间作用力，所以异硫氰酸的沸点高于硫氰酸。故答案为：异硫氰酸分子间可形成氢键。（5）晶胞结构分析可知，每个 Au 原子周围等距离且最近的 Cu 原子数 3812 12。立方晶胞中，顶点粒子占 18，面心粒子占 12，内部粒子为整个晶胞所有，所以一个晶胞中，Au 有 8 181个，Cu 有 612 3 个，H 有 4 个，所以晶体的化学式为 Cu3AuH4，设晶胞边长为 a cm，则一个晶胞的体积为 Va3 cm3，则晶体的密度为=3Am6431974VNa，可得 a=3A393N，根据几何知识，晶胞中 Cu 原子与Au 原子中心的最短距离 d22a=3

253、A23932Ncm。107108故答案为：Cu3AuH4；3A23932N。题型 01某一元素及化合物（二）答案：（1）4s24p4（2）分子晶体（3）SeAsBr（4）sp3；三角锥形；CCl4 或 CF4（5）极性共价键；Se 的原子半径大于 S，HSe 键更容易断裂，易于 H+的电离（6）4；3A4MdN1010 pm解析：（1）Se 原子价电子为 N 能层上 4s、4p 电子，其价电子排布式为 4s24p4。故答案为：4s24p4。（2）单质硒的熔点为 221，熔点较低，所以为分子晶体。故答案为：分子晶体。（3）砷、硒和溴都是第四周期的非金属元素，同一周期元素自左向右第一电离能呈现增大

254、的趋势，但是 As 原子的 4p 轨道半充满，故第一电离能比硒大，SeAsBr。故答案为：SeAsBr。（4）气态 SeO2 分子中中心原子的价层电子对数为 26222 3，Se 原子的杂化轨道类型为 sp3 杂化，SeO32的价层电子为 3622 32 4，一对孤电子对，所以分子构型为三角锥形，又等电子体要求原子总数相同，价电子数相同，所以与 SeO42互为等电子体的一种分子为 CCl4 或 CF4。故答案为：sp3；三角锥形；CCl4 或 CF4。（5）H2S 与 H2Se 键长和键角相近，且 S 和 Se 为同族元素，H2Se 中 Se 形成 HSe，所以 H2Se 分子中含有的共价键类

255、型为极性共价键；Se 的原子半径大于 S，形成简单氢化物时，Se 和 S 价态相同，但 Se 由于半径较大造成电子密度降低，易于 H+的电离，所以酸性 H2Se 的酸性比 H2S 强。故答案为：极性共价键；Se 的原子半径大于 S，HSe 键更容易断裂，易于 H+的电离。108109（6）根据硒化锌晶胞结构图可知，每个锌原子周围有 4 个硒原子，每个硒原子周围也有 4 个锌原子，所以硒原子的配位数为 4，该晶胞中含有硒原子数为 8 18 612 4，含有锌原子数为 4，根据Am4MVNV，所以VA4MN，则晶胞的边长为 3A4MdNcm3A4MdN 1010 pm。题型 01某一元素及化合物（

256、三）答案：（1）B；纺锤形；泡利不相容原理（2）AD；正四面体形；sp3、sp2；4（3）面心立方堆积；0.413；9 3A427N(0.405 10)解析：（1）铝是 13 号元素，基态电子排布为 1s22s22p63s23p1，由此可知 B 为铝原子的基态，能量最低，A 中 3s 电子进入 3p 轨道，为激发态，能量较高；C 中 3s 轨道两个电子自旋相同能量升高不稳定；D 中 2p 轨道电子进入3p 轨道，是激发态能量较高；p 轨道的电子云轮廓均为纺锤形；C 中 3s 轨道两个电子自旋相同这违背了泡利不相容原理。故答案为：B；纺锤形；泡利不相容原理。（2）分子筛中存在 NaAl(OH)4

257、，钠离子和偏铝酸根离子间存在离子键，氧原子和氢原子间存在非极性共价键，氧原子与铝原子间存在配位键，阴离子中铝原子的配位数是 4，空间构型为正四面体形。故答案为：AD；正四面体形。丙烯为 CH3CHCH2 碳原子的杂化类型单键碳为 sp3，双键碳为 sp2，双键中存在一条键，其他均为键，1mol 丙烯中 8mol 键，则 0.5mol 丙烯中有 4mol 键。故答案为：sp3、sp2；4。（3）金属铝的晶胞结构如图所示其为面心立方堆积，面心立方堆积结构面对角线长等于两个原子直径，即 4r2a，r22a0.405nm0.413nm44，该晶胞中含有的铝原子个数为1186482，晶胞质量A427 g

258、N，铝单质的密度为9 3A427N(0.405 10)。故答案为：面心立方堆积；0.413；9 3A427N(0.405 10)。109110题型 01某一元素及化合物（四）答案：（1）纺锤形；C2H6（2）OHO；3；正四面体；sp3；AD（3）4；7 3A475 11N(0.4777 10)解析：（1）B 原子核外电子占据最高能级为 2p 能级，电子云轮廓图为纺锤形；基态氮原子价层电子排布式为 2s22p3，价层电子的电子排布图为。故答案为：纺锤形；。用 2 个碳原子替换 N 原子与 B 原子可得与 NH3BH3 互为等电子体的分子：C2H6。故答案为：C2H6。（2）OH 中 O 原子与

259、另外OH 中 H 原子之间形成氢键，即氧原子通过 OHO 氢键连结成层状结构；每个OH 形成 2 个氢键，每个氢键给 1 个OH 提供一半，每个OH 单独占有 1 个羟基，每个 H3BO3 分子含有 3 个OH，故含 1 mol H3BO3 的晶体中有 3 mol 氢键。故答案为：OHO；3。BH4中 B 原子孤电子对数3 1 1 42 0，价层电子对数4+04，离子空间构型为正四面体形，B 原子采取 sp3 杂化；NaBH4 中 Na+、BH4之间形成离子键，BH4中含有共价键、配位键，单键为键，没有氢键与键。故答案为：正四面体；sp3；AD。（3）由图可知，As 原子周围与之等距离且最近的

260、 B 原子有 4 个，即 As 原子的配位数为 4；晶胞中 B 原子数目818 612 4、As 原子数目4，晶胞质量4A7511Ng，晶体密度(4A7511Ng)(0.477710 7cm)37 3A475 11 N(0.4777 10)gcm3，故答案为：4；7 3A475 11N(0.4777 10)。110111题型 01某一元素及化合物（五）答案：（1）3d54s2；5（2）r(S2)r(O2)；H2O 分子之间存在氢键，使 H2O 沸点更高（3）NOC；sp3（4）Na2S；3A312 a Ng/cm3解析：（1）Mn 位于周期表中第 4 周期，VIIB 族，其核外电子排布式为 1

261、s22s22p63s23p63d54s2(或Ar3d54s2)，锰的价层电子排布式为 3d54s2；Mn2+核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d5，d 轨道上电子数为 5，5 个 d 电子分占 5 个g 轨道时，能量较低，则 d 轨道中未成对电子数为 5，即 Mn2+中未成对电子数为 5。故答案为：3d54s2；5。（2）同主族元素形成的阴离子，原子序数越大的，电子层数越多，离子半径越大，所以半径 r(S2)r(O2)；H2O分子之间存在氢键，H2S 分子之间不能形成氢键，所以 H2O 的沸点更高。故答案为：r(S2)r(O2)；H2O 分子之间存在氢键，使 H2O 沸点更高。

262、（3）Mn(CO)(H2O)2(NH3)3Cl2H2O 中所含第二周期元素为 C、N、O，同一周期元素的第一电离能随着原子序数的增大而呈增大趋势，但第 IIA 族、第 VA 族元素的第一电离能大于相邻元素的，所以它们的第一电离能顺序是 NOC；从原子轨道的重叠方向来说，共价键分为键与键，三种分子均形成单键，属于键，杂化轨道数目键+孤电子对数，三种分子的中心原子杂化轨道数目均为 4，均采取 sp3 杂化。故答案为：NOC；sp3。（4）根据均摊法计算，晶胞含有 S2离子个数118682 4，含 Na+离子 8 个，该晶体的化学式为 Na2S；一个晶胞的质量为A784 gN，所以密度A333A78

263、 4 gN312 a cma Ng/cm3，故答案为：Na2S；3A312 a Ng/cm3。111112题型 01某一元素及化合物（六）答案：（1）NOC；Ar3d64s2 或 1s22s22p63s23p63d64s2；分子晶体；10；或或；AC（2）8Fe+2NH3640=2Fe4N+3H2；3A119 22N a解析：（1）同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，其中 N 原子的 2p 轨道为半充满结构，相对稳定，这三种元素第一电离能大小顺序是 NOC；Fe 的核电荷数为 26，基态铁原子的电子排布式为Ar3d64s2 或 1s22s22p63s23p63d64s2。

264、熔沸点较低的晶体为分子晶体，Fe(CO)5 又名羰基铁，常温下为黄色油状液体，其熔沸点较低，为分子晶体；Fe 与 CO 形成 5 个配位键，属于键，CO 分子中形成 1 个键，故 Fe(CO)5 分子含有 10 个 键，1 mol Fe(CO)5 分子中含 10 mol 键；与 CO 互为等电子体的分子有 2 个原子、10 个价电子，可以用 N 原子与 1 个单位负电荷替换 O 原子，也可以用 C 原子与 2 个单位负电荷替换 O 原子，所以与 CO 互为等电子体的有：N2 或 CN或 C22等，电子式分别为：或或。故答案为：分子晶体；10；或或。A甲基中碳原子形成 4 个键，没有孤电子对，杂

265、化轨道数目为 4，杂化方式为 sp3，而羰基中 C 原子形成 3 个键，没有孤电子对，杂化轨道数目为 3，杂化方式为 sp2，故 A 正确；BCu 原子提供空轨道，氨气分子中 N 原子有孤电子对，提供给 Cu 形成配位键，故 B 错误；CCu 有空轨道，CO 中碳原子有孤电子对，形成配位键，配位键属于键，故 C 正确。故选：AC。（2）根据晶胞结构，Fe 原子位于顶点和面心，所含的原子的数目为 8 18 612 4，N 原子位于体心，共有 1 个，故化学式为 Fe4N；根据质量守恒写出该置换反应的化学方程式为 8Fe+2NH3640=2Fe4N+3H2；两个最近的Fe 原子间的距离为顶点到面心

266、的距离为 a cm，则面对角线的距离为 2a cm，晶胞边长为2 a cm，晶胞体积 V22 a3 cm3，该晶胞的质量 mA56414 Ng故该晶胞的密度3Am56414 VN2 2agcm33A119 2 2N agcm3。故答案为：8Fe+2NH3640=2Fe4N+3H2；3A119 22N a。112113题型 02某些元素及化合物（一）答案：（1）4p；哑铃形；原子（2）sp2、sp3；平面三角形；BC（3）金属阳离子半径越大，金属氧化物晶格能越低，碳酸盐分解生成的氧化物越不稳定（4）22a nm；棱心；(12，0，0)解析：（1）Ge 元素的原子序数为 32，其基态原子的核外电子

267、排布为Ar3d104s24p2，核外电子占据最高能级的符号 4p；p 能级的电子云轮廓图为哑铃形；金刚石属于原子晶体，金属 Ge 晶胞结构与金刚石类似，沸点 2830，锗晶体属于原子晶体。故答案为：4p；哑铃形；原子。（2）(CH3)3C+中，CH3 中碳原子杂化方式为 sp3，(CH3)3C+中 C+原子价层电子对为(4+31)23，故杂化方式为 sp2，其中有三个结合的基团，故(CH3)3C+中碳骨架的几何构型为平面三角形。故答案为：sp2、sp3；平面三角形。A根据依地酸铅离子的结构和依地酸的结构，结合氮原子原子守恒，n(Pb2+):n(EDTA)1:1，故 A 错误；B依地酸中含有元素

268、 O、N、C、H，其电负性从大到小的顺序为 ONCH，故 B 正确；C依地酸铅盐中含有离子键(依地酸铅离子与阴离子之间的作用力)和配位键(依地酸中的氮原子与 Pb2+)，故C 正确；D依地酸分子能与水分子形成分子间氢键，所以依地酸具有良好的水溶性，故 D 错误。故答案为：BC。（3）随着金属阳离子半径越大，金属形成的氧化物晶格能越低，碳酸盐分解生成的氧化物越不稳定，故其碳酸盐的热分解温度逐渐升高。故答案为：金属阳离子半径越大，金属氧化物晶格能越低，碳酸盐分解生成的氧化物越不稳定。（4）根据有机卤化铅晶体结构可知，Cl处于面心，故 Cl间的最短距离是221122aanm22a nm。故答案为：2

269、2a nm。根据图示可知，结合原子坐标参数 B 为(0，0，0)、A1 为(12，12，12)，X2 为(12，0，0)，故答案为：棱心；(12，0，0)。113114题型 02某些元素及化合物（二）答案：（1）1s22s22p63s23p63d104s24p1（2）sp3；16；HCN；CO32（3）氢氧化铜与氨水发生反应：Cu(OH)2+4NH3H2OCu(NH3)42+2OH+4H2O，向该溶液中加乙醇，生成的Cu(NH3)4SO4 在极性极性的乙醇中溶解度减小而析出得到深蓝色的晶体（4）VO2；7 3A166N(10)x解析：（1）Ga 是 31 号元素，处于第四周期第 IIIA 族，

270、价电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s24p1。故答案为：1s22s22p63s23p63d104s24p1。（2）EDTA 分子中 N 原子形成 3 个 CN 键、还有 1 对孤对电子，杂化轨道数目为 4，N 原子采取 sp3 杂化。故答案为：sp3。邻苯二胺分子中苯环上碳原子之间形成 6 个键，还有 4 个 CH 键、2 个 CN 键、4 个 NH 键，共有16 个键。故答案为：16。EDTB 分子含有 H、C、N 三种元素，一般非金属性越强，电负性越大，故电负性：HCN。故答案为：HCN。与 NO3互为等电子体的一种阴离子可以用碳原子与 1 个单位负电荷替换 N 原子

271、为：CO32。故答案为：CO32。（3）氢氧化铜与氨水发生反应：Cu(OH)2+4NH3H2OCu(NH3)42+2OH+4H2O，沉淀溶解，向该溶液中加乙醇，生成的Cu(NH3)4SO4 在极性较小的乙醇中溶解度减小而析出得到深蓝色的晶体。故答案为：氢氧化铜与氨水发生反应：Cu(OH)2+4NH3H2OCu(NH3)42+2OH+4H2O，向该溶液中加乙醇，生成的Cu(NH3)4SO4 在极性较小的乙醇中溶解度减小而析出得到深蓝色的晶体。（4）晶胞中 V 原子数目1+818 2，O 原子数目2+412 4，V、O 原子数目之比为 2:41:2，故氧化物的化学式为 VO2；晶胞质量25132A

272、Ng，晶胞密度25132ANg(x107 cm)3=7 3A166N(10)xgcm3.故答案为：VO2；7 3A166N(10)x。114115题型 02某些元素及化合物（三）答案：（1）；哑铃（2）NH3；氨分子间存在氢键（3）基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定（4）sp3、sp2；65（5）原子；4；33A304ydN75 10 x 100%解析：（1）碳原子价电子数为 4，价电子排布式为 2s22p2，所以价层电子的轨道表达式为；基态碳原子核外电子占据的最高能级为 2p，p 的电子云轮廓图为哑铃形。（2）NH3 中 N 原子价层电子对个数53=32 4，NO3中 N 原子价层

273、电子对个数5 1 2 3=32 3，NO2中 N原子价层电子对个数5 1 2 2=22 3，所以中心原子价层电子对数不同于其他两种粒子的是 NH3；NH3比 PH3 的沸点高是因为氨分子间存在氢键。（3）VA 族比同周期相邻元素都大，是因为最高能级 p 轨道上电子数为特殊的半充满状态，能量低、较稳定，所以氮元素的第一电离能比同周期相邻元素都大的原因是基态氮原子电子占据的最高能级为半充满，较稳定。（4）根据图 1 中 EMIM+离子中键总数为 5 个，根据信息，EMIM+离子中 C 原子的 VSEPR 模型有四面体和平面三角形两种，即 C 原子采用 sp3、sp2 杂化，EMIM+离子有 6 个

274、电子可形成大键，可用符号65 表示。故答案为：sp3、sp2；65。（5）立方氮化硼硬度仅次于金刚石，晶体类型类似于金刚石，是原子晶体；晶胞中每个 N 原子连接 4 个 B 原子，氮化硼化学式 BN，所以晶胞中每个 B 原子也连接 4 个 N 原子，即硼原子的配位数为 4；晶胞中 N 原子数为4，B 原子数8 18 612 4，晶胞的质量 mA254Ng，晶胞的体积 VA100Nd质量密度cm3A100 dNcm3，B、N原子总体积 V410 310 34(x10)4(y 10)33163(x3+y3)1030 cm3，晶胞中原子的空间利用率VV100%=333016103100AxydN10

275、0%33A304ydN75 10 x 100%。115116故答案为：原子；4；33A304ydN75 10 x 100%。题型 02某些元素及化合物（四）答案：（1）4s；球形（2）Fe2+；sp；2NA；NOC（3）6；正八面体（4）Cu2O 3A32 1444p N1010解析：（1）基态 Cu 原子价电子排布式为 3d104s1，离核最远电子所占据能级的符号是 4s，电子云轮廓图形状为球形。故答案为：4s；球形。（2）Fe(CN)63与 Fe2+形成特征蓝色沉淀，用于检验 Fe2+；CN与 CO 互为等电子体，CN含有 CN 三键，碳原子杂化轨道数目为 2，C 原子采取 sp 杂化，1

276、 个 CN含有 2 个键，1 mol CN含有的键数目为 2NA；同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，N 元素原子 2p 轨道为半充满稳定状态，第一电离能高于氧元素的，故第一电离能 NOC。故答案为：Fe2+；sp；2NA；NOC。（3）晶胞中 Fe2+位于棱心，与之最近的 S22位于顶点及面心，每条棱为 4 个面共用，故晶胞中 Fe2+的配位数为 6，距离 Fe2+最近的 S22所围成空间形状为正八面体。故答案为：6；正八面体。（4）元素 M 基态原子 2p 能级成对电子数等于单电子数，则 M 为 O。晶胞中白色球数目1+8 182，Cu 原子数目为 4，Cu、O 原子数目之比为 2:

277、1，故氧化物化学式为 Cu2O。故答案为：Cu2O。晶体中铜原子和 M 原子之间的最短距离等于晶胞体对角线长度的 14，而体对角线长度等于晶胞棱长的3倍。设晶胞棱长为 a pm，则：2 144 ANgp g/cm3(a1010 cm)3，解得 a3 2 144Ap N1010，故该晶体中铜原子和 M 原子之间的最短距离为332 1444Ap N1010 pm。116117故答案为：332 1444Ap N1010。题型 02某些元素及化合物（五）答案：（1）第四周期第 VIII 族；3d7（2）正四面体形；sp2；O；24NA；NH3 分子间存在氢键（3）4；B（4）23A21N解析：（1）C

278、o 是 27 号元素在周期表中处在第四周期第 VIII 族，其核外电子排布为Ar3d74s2，失去 4s 上的两个电子形成 Co2+离子的价层电子排布式为 3d7，故答案为：第四周期第 VIII 族；3d7；（2）SO42中硫原子以 sp3 杂化轨道成键、离子中存在 4 个键，离子为正四面体形；NO3中氮原子价层电子对数为 3513 22 3，N 原子轨道的杂化类型为 sp2。故答案为：正四面体形；sp2。C、N、O、S 四种元素中，C、N、O 同周期电负性逐渐增大，O 的电负性，O、S 同主族，同主族元素从上到下电负性逐渐减小，故四种元素中电负性最大的是 O。故答案为：O。Co(NH3)6C

279、l2 中 NH 之间存在键，Co 原子与氮原子存在配位键是键，1 mol 该物质中含有 24 mol键；NF3 与 NH3 的均为分子，氨气分子间存在氢键导致其沸点反常的高。故答案为：24NA；NH3 分子间存在氢键。（3）由结构图可知 1 个二(丁二酮肟)合镍()中心镍原子与四个氮原子均形成配位键。故答案为：4。强酸性条件下二(丁二酮肟)合镍()会溶于酸，强碱性条件下，镍离子会直接形成氢氧化镍沉淀，因此适宜的条件是 pH 为 510。故答案为：B。117118（4）由图可知，1 个晶胞中含有 4 个 B 原子和 4 个 P 原子(8 18 612 4)，故晶胞质量 mA41131Ng，设边长

280、为 a cm，则晶胞的体积 Va3 cm3，故晶胞密度3A41131mVNagcm3，解得 a23A21 Ncm，故答案为：23A21N。题型 02某些元素及化合物（六）答案：（1）3d8；sp3（2）3；b（3）CCl4；Cl 元素的化合价依次升高，导致 ClOH 中 O 的电子向 Cl 的偏移程度更大，越容易电离出氢离子（4）64（5）(1，12，12)；2:1；3A45916d N107解析：（1）Ni 原子外围电子排布式为 3d84s2，失去 4s 能级 2 个电子形成 Ni2+，Ni2+的外围电子排布式为 3d8；N 原子形成 3 个键，含有 1 对孤对电子，杂化轨道数目为 4，N

281、原子采取 sp3 杂化。故答案为：3d8；sp3。（2）Ni2+与 3 个 A 形成配位键，配体数目为 3；配离子Ni(A)32+中 Ni2+与 A 之间形成配位键，A 分子中含有共价键，没有离子键，注意氢键不属于化学键。故答案为：3；b。（3）ClO4含有 5 个原子、32 个价电子，与 ClO4互为等电子体的一种分子可以是：CCl4 等。HClO、HClO2、HClO3、HClO4 中 Cl 元素的化合价依次升高，导致 ClOH 中 O 的电子向 Cl 的偏移程度更大，也越容易电离出氢离子，酸性增强。故答案为：CCl4；Cl 元素的化合价依次升高，导致 ClOH 中 O 的电子向 Cl 的

282、偏移程度更大，越容易电离出氢离子。118119（4）NO3为平面正三角形，N 原子采取 sp2 杂化，4 个原子形成大键，形成大键电子数目5+1+6323436，故 NO3中大键为64。故答案为：64（5）C 原子处于晶胞右侧面面心，故 C 原子坐标参数中 x 参数为 1，参数 yz12，故 C 的坐标参数为(1，12，12)。由晶胞结构图，以顶点 Ni2+研究，与距离最近的 Ni2+位于晶胞面心，即共有 3 82 12，而 Ni2+的配位数为6，而 m:n12:62:1。故答案为：2:1。晶胞中 Ni 原子数目818 612 4、O 原子数目1+1214 4，晶胞质量4A5916Ng，设晶胞

283、边长为a nm，则 4A5916Ngd gcm3(a107 cm)3，解得 a3A45916d N107。故答案为：3A45916d N107。题型 03元素推断型（一）答案：（1）OHNa（2）sp3；sp3；A（3）ds；面心立方最密堆积（4）（5）8CuH+22HNO38Cu(NO3)2+3N2O+15H2O；（6）50119120解析：A、B、C、D、E 是元素周期表中前四周期的元素，各周期至少含有一种元素，且原子序数依次增大。D 是前四周期基态原子含有未成对电子数目最多的元素，电子排布为Ar3d54s1，则 D 为 Cr 元素；Cr 是第四周期，可知 E 也是第四周期，A、B、C 为

284、前三周期，则 A 为 H 元素；A、C、E 三种元素原子的最外层电子数相同，则 C 为 Na 元素，E 为 Cu 元素；由图可知晶体 Y 每个晶胞中含有 B 个数为1186482，C 的个数为 8，B、C 形成化学式为 C2B，且 B 在第二周期，故 B 为 O 元素，A 与 E 能够形成原子之比为 1:1 的化合物 X，X 为 CuH，以此来解答。由上述分析可知，A、B、C、D、E 分别为 H、O、Na、Cr、Cu，（1）非金属性越强电负性越大，A、B、C 分别为 H、O、Na，H 和 O 为非金属，电负性大于金属 Na，且 O 的电负性大于 H 的电负性，故有电负性 OHNa。（2）H 和

285、 O 组成的化合物有 H2O 和 H2O2，两种物质中 O 元素形成的都是单键，故都是 sp3 杂化；H2O 分子空间构型为 V 型，正负电荷中心不重合，是极性分子，H2O2 空间构型为折线形，正负电荷中心不重合，也是极性分子，故选 A。故答案为：sp3；sp3；A。（3）Cu 元素处于周期表的 ds 区，Cu 晶体的晶胞中，每一个面心和八个顶点上都有一个 Cu 原子，是典型的面心立方最密堆积。故答案为：ds；面心立方最密堆积。（4）Cr 是第 24 号元素，核外电子排布式属于洪特规则的特例，为Ar3d54s1，它的基态原子价层电子排布图为。（5）X 为 CuH，CuH 与硝酸发生氧化还原反应

286、，硝酸被还原后生成的气体为氮的氧化物，该气体与 CO2 互为等电子体，故该气体为 N2O，CuH 与硝酸反应的化学方程式为 8CuH+22HNO38Cu(NO3)2+3N2O+15H2O；H、O、Cu 形成配合物，Cu2+提供空轨道，由 H、O 形成的 H2O 提供孤对电子，形成四水合铜离子为蓝色，该离子的结构式为。120121（6）Na+呈简单立方堆积模型，形成立方体空隙有 8 个，O2占有 4 个，所以 O2对这些立方体空隙的填充率为 50%，故答案为：50。题型 03元素推断型（二）答案：（1）（2）四；IB；1s22s22p63s23p63d9；3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+

287、4H2O（3）砷；NH3；PH3；NH3 可以形成分子间氢键，沸点高（4）解析：已知 A、B、C、D、E、F 都是元素周期表中前 36 号的元素，它们的原子序数依次增大。A 单质是密度最小的气体，则 A 为 H；B 是周期表已知元素中非金属性最强的元素，且和 C 属同一主族，则 B 为 F，C 为 Cl元素；D、E、F 属同一周期，D、F 为主族元素，又知 E、F 的原子序数分别是 29、33，则 E 为 Cu，F 为As；D 跟 B 可形成离子化合物，其晶胞结构如图，图中离子化合物 D 与 B 的离子个数比值为(8 18 6 12):81:2，且 B 为 F，F 的化合价为1，则 D 的化合

288、价为+2，位于A 族，则 D 为 Ca 元素。（1）比 C 元素质子数少 1 的原子的质子数为：17 1 16，为 S 元素，S 的价层电子的轨道表示式为。（2）E 为 Cu 元素，为 29 号元素，在元素周期表中位于第四周期第 IB 族，它的+2 价离子为 Cu2+，Cu2+的电子排布式为 1s22s22p63s23p63d9；Cu 与稀硝酸反应的离子方程式为：3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O。故答案为：四；IB；1s22s22p63s23p63d9；3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O。（3）F 为 As 元素，名称为砷；与 As 同一主族的第二、三周期元素与

289、A 形成的化合物分别为 NH3、PH3，由于NH3 可以形成分子间氢键，导致其沸点较高。故答案为：砷；NH3；PH3；NH3 可以形成分子间氢键，沸点高。（4）A 为 H，D 为 Ca，二者形成化合物为 CaH2，CaH2 属于离子化合物，其电子式为。121122题型 03元素推断型（三）答案：（1）3d104s1（2）FNO（3）CO；CN；V 型；sp2 杂化（4）H2O 分子间存在氢键（5）（6）3A4 78N解析：有 A、B、C、D、E 五种原子序数依次增大的元素(原子序数均小于 30)，A 的基态原子 2p 能级有 3 个单电子，原子核外电子排布为 1s22s22p3，则 A 是 N

290、 元素；C 的基态原子 2p 能级有 1 个单电子，且 C 的原子序数大于 A，其原子核外电子排布为 1s22s22p5，所以 C 是 F 元素，结合原子序数可推知 B 是 O 元素；E 原子核外有成单电子，其次外层有 3 个能级且均排满电子，且原子序数小于 30，则 E 处于第四周期，其基态原子的价电子排布式Ar3d104s1，则 E 是 Cu 元素；D 与 E 同周期，价电子数为 2，则 D 是 Ca 元素。（1）依据分析可知 E 是铜元素，根据构造原理知，其基态原子的价电子排布式Ar3d104s1，故基态 Cu 原子的价电子排布式为：3d104s1。（2）F、O、N 元素都是第二周期非金

291、属元素，同一周期元素自左而右第一电离能呈增大趋势，但 N 元素原子 2p能级是半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能 ONF。（3）与 N2 互为等电子体的分子和离子有 CO，CN等，二氧化氮中含有 2 个键，孤电子对数为：52 22 0.5，当做 1 计算，即价层电子对数为 3，空间构型为 V 型；N 原子形成 3 根共价键，所以 N 原子的杂化方式为sp2。故答案为：CO；CN；V 型；sp2 杂化。（4）O 元素的氢化物的沸点是同族元素中最高的，是因为水分子间能形成氢键导致其沸点最高。122123（5）向 E 的硫酸盐中逐滴加入氨水先产生沉淀，后沉淀溶解为深蓝色溶液，加入乙醇会析出蓝色晶体，该晶体为Cu(NH3)4SO4H2O，晶体中铜离子与 NH3 之间的化学键为配位键，故答案为：。（6）根据晶胞(CaF2)结构可知 N(Ca2+):N(F)1:2，所以顶点和面心处是阳离子，阴离子全部在晶胞内，所以与氟离子最近的阳离子是 4 个，即配位数是 4。而距一个阳离子周围最近的所有阴离子为顶点构成的几何体是正方体(立方体)；该晶胞中含有 4 个阳离子，所以有3AaN478，解得 a3A4 78Ncm。故答案为：3A4 78N。123