高考化学易错题解题方法大全(6)—选修部分

高考化学易错题解题方法大全(6)—选修部分

高考化学易错题解题方法大全—选修部分 ‎【化学反应原理】‎ ‎【范例76】将pH为5的硫酸溶液稀释500倍，稀释后溶液中c (SO42－）：c (H+)约为( )‎ A.1：1　　　B.1：‎2　‎　　C.1：10　　　D.10：1‎ ‎【错解分析】根据定量计算，稀释后c（H+）=2×10-8mol·L-1，c（SO42-）=10-88mol·L-1，有同学受到思维定势，很快得到答案为B。‎ ‎【解题指导】题中设置了酸性溶液稀释后，氢离子浓度的最小值不小于1×10-7mol·L-1。所以，此题稀释后氢离子浓度只能近似为1×10-7mol·L-1。‎ ‎【答案】C。‎ ‎【练习76】 室温下，某溶液中由水电离出来的H＋和OH－浓度的乘积为10－24，在该溶液中一定不能大量共存的离子是( )‎ ‎　　A.S2O32－　　　B.NH4＋　　　C.NO3－　　　　D.HCO3－　‎ ‎ ‎ ‎【范例77】 用惰性电极电解一定浓度的硫酸铜溶液，通电一段时间后，向所得的溶液中加入0.1molCu(OH)2后恰好恢复到电解前的浓度和PH。则电解过程中转移的电子数为( )‎ A.0.1‎mol B.0.2mol C.0.3mol D.0.4mol ‎【错解分析】对电解硫酸铜溶液的反应没有深入的掌握，而且忽略了题目中加入的物质为Cu(OH)2。由于电解后加入0.1mol Cu(OH)2，恰好恢复到电解前，而0.1mol Cu(OH)2中含0.1molCu2+，即反应过程中有0.1molCu2+被还原，因此电解过程中共有0.2mol电子发生转移。错选B。‎ ‎【解题指导】电解硫酸铜溶液的反应方程式为：2CuSO4  +2H2O 2Cu + 2H2SO4 + O2↑，从上述方程式可以看出，因此，电解前后只有铜和氧的改变，电解后加入CuO就可以使溶液恢复原来状态。但本题提示加入Cu(OH)2后溶液恢复原来状态，说明电解过程中不仅硫酸铜被电解，而且有水被电解（因为硫酸铜被电解完全）。0.1molCu(OH)2可以看作是0.1mol的CuO和0.1mol H2O，因此电解过程中有0.1mol的硫酸铜和0.1mol的水被电解。‎ ‎【答案】D。‎ ‎【练习77】 用质量均为‎100g的Cu作电极电解AgNO3溶液，电解一段时间后，两电极质量相差‎28g，此时两电极质量分别是( )‎ A、阳极‎93.6g，阴极‎121.6g B、阳极‎100 g，阴极‎128.0g C、阳极‎91.0g，阴极‎119.0g D、阳极‎86.0g，阴极‎114.0g ‎ ‎【范例78】 用铁片与稀硫酸反应制H2，下列措施不能使H2生成速率加大的是( )‎ A.加热 B.改用浓硫酸 C.滴加少量CuSO4溶液 D.改铁片为铁粉 ‎【错解分析】忽略化合物的特性以及原电池原理的应用，错选C。‎ ‎【解题指导】加快反应速率的主要措施有：增大反应物浓度、升高温度、增大压强、使用催化剂、增大反应物的接触面等。本题似乎A、B、D 都可以实现目的。由于浓硫酸在常温条件下会将铁钝化，因此B措施不可行。往体系中加CuSO4，铁与之反应生成铜并附在铁片表面，与硫酸构成原电池，加快反应速率。‎ ‎【答案】B。‎ ‎【练习78】 在C(s)+CO2(g) 2CO(g)反应中可使化学反应速率增大的措施是( )‎ ‎①增大压强　②增加碳的量 ③恒容通入CO2 ④恒压充入N2 ⑤恒容充入N2 ‎ A．①⑤　　 B．②④　　　 C．①③　　　 D．③⑤‎ ‎【范例79】 在一个密闭容器中，可逆反应aA(g)==bB(g)达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，则( )‎ A.平衡向正反应方向移动了 B.物质A的转化率减小了 C.物质B的质量分数增加了 D.a>b ‎【错解分析】没有真正理解量的变化（体积变化引起浓度变化）关系。根据题意，当体积增大时，B的浓度减小，因此。增大体积（减小压强）时平衡向左移动，因此A的转化率减小。根据平衡移动原理，可知a>b。错选BD。‎ ‎【解题指导】当容器的体积增大一倍时，若平衡不发生移动，B的浓度应该为原来的50%。但题目指出，新平衡中B的浓度为原来的60%（大于50%），因此说明平衡发生移动，而且朝正反应方向移动。‎ ‎【答案】AC。‎ ‎【练习79】 可逆反应N2+3H22NH3是一个放热反应。有甲、乙两个完全相同的容器，向甲容器中加入1molN2和3 molH2，在一定条件下，达平衡时放出的热量为Q1；在相同条件下，向乙容器加入2 molNH3，达平衡时，吸收的热量为Q2。已知Q2＝4Q1，则甲容器中，H2的转化率为( ) ‎ A.20% B.25% C.75% D.80%‎ ‎【范例80】600 K时，在容积可变的透明容器内，反应2HI(g) I2(g)＋H2(g)达到平衡状态A。保持温度不变，将容器的容积压缩成原容积的一半，达到平衡状态B。‎ ‎⑴按上图所示的虚线方向观察，能否看出两次平衡容器内颜色深浅的变化?并请说明理由。答： ‎ ‎⑵‎ 按上图所示的实线方向观察(活塞无色透明)，能否看出两次平衡容器内颜色深浅的变化?并请说明理由。答： ‎ ‎【错解分析】从实线方向观察，根据 A、B 两状态下的 I2 的浓度关系：cB(I2)=2cA(I2)，误以为能观察到容器内颜色的变化。‎ ‎【解题指导】状态A与状态B的不同点是：pB＝2pA，但题设反应是气体物质的量不变的反应，即由状态A到状态B，虽然压强增大到原来的2倍，但是平衡并未发生移动，所以对体系内的任何一种气体特别是 I2(g) 而言，下式是成立的：cB［I2(g)］=2cA［I2(g)］。对第⑵小问，可将有色气体 I2(g) 沿视线方向全部虚拟到活塞平面上——犹如夜晚看碧空里的星星，都在同一平面上。则视线方向上的 I2 分子多，气体颜色就深；反之，则浅。‎ ‎【答案】⑴可以观察到颜色深浅的变化。由于方程式两边气体物质的物质的量相等，容积减半，压强增大到2倍时，I2(ｇ)及其他物质的物质的量均不变，但浓度却增大到原来的2倍，故可以看到I2(ｇ)紫色加深。⑵不能观察到颜色深浅的变化。因为由状态A到状态B，平衡并未发生移动，尽管 cB［I2(g)］=2cA［I2(g)］，但 vB［I2(g)］=vA［I2(g)］，即视线方向上可观察到的 I2(g) 分子数是相同的，故不能观察颜色深浅的变化。‎ ‎ 【练习80】 已知某物质颜色的强度与该物质的浓度成正比、与观察者的视程中的物质厚度成正比。在注射器中，存在NO2与N2O4的混合物，气体呈棕色，现将注射器的针筒慢慢往外拉，保持温度不变，此时混合物的颜色为( )‎ ‎ A.从针筒的顶端方向观察，气体颜色变深 ‎ B.从针筒的顶端方向观察，气体颜色变浅 ‎ C.从针筒的垂直方向观察，气体颜色没有变化 ‎ D.从针筒的垂直方向观察，气体颜色变深 ‎【有机化学基础】‎ ‎【范例81】 在由5种基团叫－CH3、－OH、－CHO、－C6H5、－COOH两两组成的物质中，能与NaOH反应的有机物有( )‎ ‎ A.4种 B.5种 C.6种 D.7种 ‎【错解分析】题给的5种基团两两组合后能与NaOH反应的物质有：CH3－COOH、C6H5－OH、OHC—COOH、C6H5－COOH、HO－CHO、HO--COOH共6种，因此易错选项C． ‎ ‎【解题指导】如果认真审题，把握题给限定条件即有机物，就很容易将HO－COOH(碳酸)排除。‎ ‎【答案】B。‎ ‎【练习81】 有甲基、苯基、羟基、羧基两两结合的物质中，具有酸性的物质种类有( )‎ A.3种 B.4种 C.5种 D.6种 ‎【化学实验】‎ ‎【范例82】 前进中学研究性学习小组为了测定某一盐酸溶液的物质的量浓度，计划采用甲基橙作指示剂，利用碳酸钠溶液进行滴定。现需用480 mL 0.1 mol/L的碳酸钠溶液，选取500 mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是(    )‎ A、称取5.2 g碳酸钠，加入500 mL水    B、称取13.7 g碳酸钠晶体配成500 mL溶液 C、称取5.3 g碳酸钠，加入500 mL水   D、称取14.3 g碳酸钠晶体配成500 mL溶液 ‎【错解分析】由于要配置480mL0.1 mol/L的碳酸钠溶液，因此需要溶质的质量为：⑴若溶质为碳酸钠，则0.48×106×0.1=‎5.2g，因此选择A选项；⑵若溶质为Na2CO3·10H2O，0.48×286×0.1=‎13.7g；因此选择B选项。造成错解的原因：⑴没有注意容量瓶的规格和特点。由于容量瓶为容量500mL，且容量瓶只有一个刻度（标线），因此只能用该仪器配制500mL的溶液；⑵配制溶液时，所得的体积应该是溶液的体积，而不是加入的水的体积。 ‎ ‎【解题指导】要配制500 mL 0.1 mol/L的Na2CO3溶液需Na2CO3 0.05mol。即需碳酸钠晶体：0.05 mol×286 g/mol=‎14.3g，Na2CO3为5. ‎3g，所需溶液为500 mL，而不是加水的体积为 500 mL，故A、B、C均不正确。‎ ‎【答案】D。‎ ‎【练习82】 某学生进行中和滴定实验，需要用到浓度为0.10mol/L氢氧化钠约75ml，实验过程中用到的主要仪器有托盘天平和容量瓶。现有以下几种规格的容量瓶，实验过程中宜选用的是(     ) ‎ A.50mL B.100mL C.250mL D.500mL ‎ ‎【范例83】 用下列装置能达到有关实验目的且无错的是( )‎ A.用甲图装置电解精炼铝 B.用乙图装置证明浓硫酸具有强氧化性 C.用丙图装置可制得金属锰 D.用丁图装置验证NaHCO3和Na2CO3的热稳定性 ‎【错解分析】本题易错点一是将铜的精炼原理错误迁移，忽视H＋和Al3＋得失电子能力强弱而错选A。二是对装置乙中不熟悉浸有某种溶液的棉花的作用而错选B。三是不能根据已知NaHCO3和Na2CO3热稳定性的相对强弱和装置特点和错选D。‎ ‎【解题指导】选项A，由于AlCl3溶液中，H＋得电子能与大于Al3＋，所以在纯铝电极上得到的是H2，而不是Al。选项B，Cu与浓H2SO4在加热条件下发生反应，通过测定有SO2生成来证明浓H2SO4具有强氧化性，但在图乙所示的装置中，浸有稀硫酸的棉花不能吸收掉多余的SO2‎ ‎，对环境造成影响，浸有稀硫酸的棉花改为“浸有NaOH溶液的棉花”即可达到实验目的。选项C，在高温下MnO2和Al发生铝热反应生成Mn。选项D，外管直接与被加热，其温度高于内管，外管盛有的NaHCO3稍微受热就分解，无法得出Na2CO3热稳定性大于NaHCO3的结论，应将盛放Na2CO3和NaHCO3的位置调换即可达到实验目的。‎ ‎【答案】C。‎ ‎【练习83】 用下列实验装置进行的实验中，能达到相应实验目的的是( )‎ A.装置甲：防止铁钉生锈 B.装置乙：除去乙烯中混有的乙炔 C.装置丙：验证HCl气体在水中的溶解性 D.装置丁：实验室制取乙酸乙酯 ‎ ‎【物质结构与性质】‎ ‎【范例84】 某物质的结构为：。对该物质的分析判断正确的是( )‎ A.该物质是一个离子化合物 B.该物质的分子中只含有共价键.配位键两种作用力 C.该物质是一种配合物，其中Ni原子为配位体 D.该物质中C、N、O原子存在孤对电子 ‎【错解分析】本题给出具体物质的结构考查配合物相关知识，题目基础而灵活，也易出现一是不能领会结构的具体含义而无法判断出化学键的类别。二是对配合物的结构不熟悉而不能正确判断出配位体、中心体、孤对电子等。‎ ‎【解题指导】选项A，该物质分子中没有离子键，不是离子化合物。选项B，根据结构，该物质中H、O原子间存在氢键、C与其它原子间存在共价键、Ni、N之间存在配位键，所以该物质的分子中只含有氢键、共价键、配位键三种作用力。选项C，Ni原子具有空轨道，是共用电子对的接受者，是配合物的中心原子。选项D，C原子最外层的4个电子全部形成成键，没有孤对电子。‎ ‎【答案】C。‎ ‎【练习84】 有如下四种物质：①CH2=CH2、②CH≡CH、③、④HCHO。下列说法正确的是( )‎ A. 四种物质分子中，碳原子都是采取sp2杂化 B. HCHO分子的空间构型为平面三角型，且分子中含有4个键 C. 四种物质中所有原子都在同一平面内 D. ①②两种有机物与H2发生加成反应时分子中的所有化学键发生断裂 ‎【范例85】 已知：双烯合成也称狄尔斯－阿德耳（Diels－Alder）反应，他们因此获得1950年的诺贝尔化学奖。如：‎ ‎①‎ ‎②CH3CH＝CHCH2CH3CH3COOH＋CH3CH2COOH ‎③‎ ‎④RCH2CH＝CH2＋Cl2 RCHClCH＝CH2＋HCl 有机物 可由烃A和酯B按下列路线合成：‎ ‎⑴A与B反应生成C的化学方程式 。‎ ‎⑵B（只含有一个碳碳双键）在RuCl作催化剂下，可由一种酯和一种炔直接加成得到，则该酯和炔结构简式分别为 和 。‎ ‎⑶请用反应流程图表示以甲基－1，3-丁二烯（CH3CH＝CH－CH2）、丙烯和苯合成的过程。‎ ‎ 。‎ ‎【错解分析】本题一共给出4个已知信息，正确领悟信息的实质是关键，否则及易错解，如信息①是CH2＝CH－CH＝CH2和的“—C＝C—”键都打开，相互连接形成一个含有一个“—C＝C—”的六元环，所以在解答后面的题目中看到与之相关条件的反应都是成环反应，再如信息③是去掉一个碳原子，将烯醇氧化为烯醛。解读信息时要一看条件二看断键部位，弄清楚反应物和生成物的关系，只有这样才能将信息正确合理导入推断或合成中，防止出现错解。如本题推写A与B的反应时，不能根据信息②进行逆向推断出C而无法破解A、B的结构，推出A、B结构后，无法将信息①的成环反应迁移到新的反应中而无法写出相关方程式。‎ ‎【解题指导】根据已知②的反应，反推C为，结合信息观察反应，可知A与B应该发生Diels－Alder反应，A为，B为。有机B中本身含有酯基，炔烃中的“－C≡C－”与酯发生加成反应转化为含有“—C＝C—”的，根据原子守恒即可推写出酯为 HCOOCH3，炔为CH≡CH。合成是一个成环反应，根据已知①，反推由CH2＝CH－CHO和发生Diels－Alder该有机物。根据已知④，CH3CH＝CH2与Cl2在‎500℃‎下发生取代反应生成Cl－CH2CH＝CH2，Cl－CH2CH＝CH2在NaOH溶液中发生水解生成HO－CH2CH＝CH2，根据已知③，HO－CH2CH＝CH2转化为CH2＝CH－CHO。‎ ‎【答案】⑴‎ ‎⑵HCOOCH3 CH≡CH ‎⑶‎ ‎【练习85】 　⑴右图为某有机物K分子结构模型图（图中球与球之间连线表示单键或双键）。则该有机物的结构简式为 ；‎ ‎⑵若肉桂酸甲酯与K分子互为同分异构体，则肉桂酸甲酯的分子式是 ；若肉桂酸甲酯分子含有苯环，苯环上只有一个侧链，侧链不存在CH2基团，且只有一个甲基。则其结构简式 。‎ ‎⑶用芳香族化合物A为原料合成K的流程如下：  ‎①化合物A中的官能团有 （填名称）。B→C的反应类型是 。‎ ‎②D→K该反应的化学方程式为 。‎ ‎③写出分子内含苯环，且苯环上只有一个支链，且在一定条件下能与银氨溶液发生银反应的D的同分异构体的结构简式 。‎ ‎【化学实验】‎ ‎【范例86】 根据下图回答问题：‎ ‎⑴装置气密性的检验须在盛放药品前进行。在上述装置中，往试管B、C、D中各加入5mL蒸馏水封住导管口，各连接处都紧密而不漏气的情况下，点燃酒精灯，微热带支管的试管一会儿，试管B、C、D中未出现气泡；熄灭酒精灯后，试管B、C、D中导管内水面也未上升，其原因是：____。‎ ‎⑵①一般来说，硫酸的质量分数大于60%，就具有一定的氧化性，且越浓氧化性越强；②温度也要影响氧化性，如铜放于冷的浓硫酸中反应不明显，加热就可观察到明显现象。‎ 甲同学利用上述装置，用实验来验证硫酸氧化性的上述结论（已知98%的浓硫酸的密度为‎1.84g·cm-3）。他先向试管B加入5mL品红试液，向试管C、D中各加入5mL饱和澄清石灰水；向带支管的试管中放入铜粉和3mL水，然后从分液漏斗向支管试管中滴加98%的浓硫酸10滴（约0.5mL），加热至沸腾，这时支管试管中溶液颜色是否有明显变化_____（填“无”或“有”），试用数据解释其原因____________；该同学用分液漏斗再向支管试管中加98%的浓硫酸10mL，并加热至沸腾，观察到支管试管中现象是____ _。‎ ‎⑶乙同学利用上述装置来检验浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应的全部产物。‎ ‎①浓硫酸和木炭粉在加热条件下发生反应的化学方程式为：__________。‎ ‎②要达此目的，则：‎ C中加入试剂的名称是_________，现象是_______________；‎ ‎⑷利用上述装置探究锌与浓硫酸反应产物中有SO2和H2，D中加入试剂（名称）： ；检验氢气方法 。‎ ‎【错解分析】⑴检验气密性时，易错“胶头接口处漏气”，“试管塞子没有塞紧”等；⑵浓度计算错误；误认为这种硫酸溶液有强氧化性；⑶检验二氧化硫和二氧化碳时，认为C装置中溶液只起除去二氧化硫作用，现象描述成“溶液紫色或橙色褪去”。⑷点燃氢气前没有检验其纯度。高考命题趋势是，注重语言文字表达能力，强调思维严密性。 ‎ ‎【解题指导】⑴配有分液漏斗的装置，检验装置气密性时一定要先关闭分液漏斗的活塞；加入浓硫酸和水混合液中硫酸质量分数：‎0.5cm3×‎1.84g/cm3×98%/(‎3g+‎0.5cm3×‎1.84g/cm3)×100%=23%<60%；⑵B、C、D试管验证SO2‎ 和CO2，检验二氧化碳前必须确认二氧化硫已除尽了。C中溶液具备两个功能：除二氧化硫和确认二氧化硫是否除尽，所以装入足量酸性高锰酸钾溶液或足量溴水，溶液颜色变浅而不褪色，说明SO2除尽了，否则不能说明二氧化硫除尽了。⑶根据气体中有SO2和H2，D中溶液确认SO2是否除尽，所以装入品红试液。点燃氢气前，必须检验氢气纯度。‎ ‎【答案】⑴分液漏斗的活塞未关闭；⑵无；此时硫酸的质量分数为23%，小于60%，其氧化性弱，所以无明显现象；铜粉上产生气泡，溶液渐成蓝色；⑶① 2H2SO4（浓）+CCO2↑+2SO2↑+2H2O；② 足量酸性KMnO4溶液或溴水，溶液颜色变浅但不褪色；⑷品红试液；收集导管导出的气体，经检验纯净后，点燃气体，在火焰上罩干而冷的烧杯，观察现象。‎ ‎【练习86】 某课外小组设计下列实验装置通过测定某些乙和丙装置中试剂的质量变化，探究CuCO3·XCu(OH)2化学式中的X。‎ ⑴ 连接好整个实验装置后，接下去第一步操作是 。‎ ⑵ 丙装置中药品的名称为________________，丁装置的作用是 。为使实验数据准确，还需在A之前补充装置M，则M装置的名称为 。‎ ‎⑶实验结束后在装置中鼓入空气的目的是_________________________________；‎ ‎⑷根据什么实验现象判断CuCO3·XCu(OH)2已完全分解____________________。‎ ‎⑸CuCO3·XCu(OH)2完全分解后，测定得出如下数据：装置丙增重‎4.4 g。丙装置增重‎1.98g。则X= 。 试分析X的值可能偏高的原因______________。‎ ‎【化学与生活】‎ ‎【范例87】 A、B、C、D、E、F、G七种物质都是日常生活和生产中常见的物质，各物质间存在如下图所示的转化关系(反应条件已省略)‎ 已知：B、C两种物质在不同情况下可分别发生①和②两个反应，A—G七种物质都是由非金属元素组成的，其中只有一种物质是盐，一种物质是单质；且B的相对分子质量大于C。‎ ‎⑴请写出下列物质的化学式：B__________；C__________；D__________；G__________。‎ ‎⑵请写出E+F→B+C的化学方程式____________________________。‎ ‎【错解分析】‎ 由于物质间关系错综复杂，易产生思维短路，不能把化学与生物、无机物和有机物联系进行思考。 ‎ ‎【解题指导】求解推断题的基本思路：印象→寻找突破口→推测→验证。首先把握七种物质都是非金属元素，有一种是盐，且根据A能生成B、C、D三种物质，这就要明确既有非金属组成、又能发生分解反应生成三种物质的，就想到A物质可能为NH4HCO3，再由图示中B、C两种物质在不同情况下可分别发生两个不同的反应，而且两个反应的产物都能继续转化成B和C；结合NH3、H2O、CO2三种物质的两两组合，并根据B的相对分子质量大于C，可推知B为CO2，C为H2O。然后从有机物的角度来分析，联想光合作用，H2O和CO2反应生成的是葡萄糖和氧气，反应葡萄糖氧化又可转化成H2O和CO2，从无机物角度分析，、H2O和CO2反应可以生成碳酸，加热又会分解成H2O和CO2。‎ ‎【答案】⑴CO2；H2O；NH3；H2CO3，⑵C6H12O6+6O2→6H2O+6CO2。‎ ‎【练习87】 下列图1中B是一种常见的无色无味的液体。C是一种有磁性的化合物，E是一种无色无味的有毒气体。根据下列图1、图2，回答下列问题：‎ ‎⑴写出C的化学式： 。‎ ‎⑵E和N2是等电子体，请写出可能E的电子式： 。‎ ‎⑶在101kPa和‎150℃‎时，可逆反应E（g） + B（g）F（g） + D（g）反应速率和时间的关系如图2所示，那么在t1时速率发生改变的原因可能是（填选项字母） 。‎ A．升高温度 B．增大压强 C．加入催化剂 ‎⑷若G是一种淡黄色固体单质，‎16 g G和足量的A反应放出的热量为Q kJ（Q > 0），写出这个反应的热化学方程式： 。‎ 若G是一种气态单质，H的水溶液可以和有机物I反应使溶液呈紫色，请写出I的结构简式： ；H的水溶液呈酸性，请用离子方程式表示呈酸性的原因： 。‎ ‎【范例88】 三氯化氮是液氯等生产过程中能引起爆炸的一种化合物。由原盐、生产用水中含有的氮氢化合物———氨随盐水进入电解槽它在电解过程中，与电解产物氯气反应或者是用水洗涤氯气而生成。由于它易分解并释放出大量气体而易发生爆炸事故。在液氯生产过程中，当NCl3质量分数（指NCl3的质量占氯气和NCl3的总质量的百分比）超过5％时即有爆炸的危险。‎ ‎⑴在氯化铵遇到Cl2时，当ＰＨ值＜5时，生成三氯化氮的化学方程式： 。‎ ‎⑵NCl3爆炸时生成N2和C12。已知24．‎1g NCl3‎ 发生上述反应时放出的热量为91.2KJ，则标准状况下2.24LCl2生成时能放出热量 KJ。‎ ‎⑶某氯碱厂为测氯气中三氯化氮的含量，将样品先用内盛15．0 mL盐酸试剂的吸收管吸收NCl3（NCl3+HCl→NH4Cl+C12，未配平），然后用内盛400 mL 30．0％（ρ=1．‎22g／cm3）工业氢氧化钠吸收瓶吸收氯气，碱吸收瓶吸收后质量增加‎77.1g。三氯化氮吸收管内的氯化铵经仪器测定：其中NH4+质量为0．‎405g。试求该样品中NCl3的质量分数，该样品是否安全?（请写出计算过程）‎ ‎【错解分析】本题最容易错的是最后一问求溶液的质量时误把‎77.1g作为氯气的质量来求NCl3的质量分数。‎ ‎【解题指导】氯化铵遇到Cl2,由题意得产物NCl3可知另一种产物是HCl。写出反应式为NH4Cl+‎3C12=NCl3+4HCl。 ‎48.2g NCl3的物质的量为0.4mol．则1mol NCl3燃烧放出热量为91.2/0.4=228kJ。写出热化学方程式为2NCl3(l)==N2(g) + 3Cl2(g)；△H= －456kJ/mol ，根据Cl2的体积可求出(456kJ/mol/3)×2.24/22.4 =15.2KJ。 n(NH4+) = n(NH4Cl) =0．‎405g /‎18g·mol= 0.0225mol，由反应NCl3+4HCl ==NH4 Cl + 3Cl2可知： m (NCl3) = 0.0225mol×‎120.5g/mol =‎2.715g。反应生成的Cl2的质量为：0.0225mol×3×‎71g/mol =‎4.8g。原Cl2的质量为：‎77.1g –‎4.8g = ‎72.3g。NCl3的质量分数为：‎2.715g/( ‎72.3g+‎2.715g)×100% = 3.62%＜4%。所以该样品是安全的。‎ ‎【答案】⑴NH4Cl+‎3C12=NCl3+4HCl。⑵15.2KJ；⑶3.62%。样品是安全的。‎ ‎【练习88】 信息、材料、能源被称为新科技革命的“三大支柱”。其中无机非金属材料科学的发展和新型材料的实际应用能大大推动人类社会生活、科技和社会经济的发展。‎ ‎⑴高温金属陶瓷广泛应用于火箭和导弹技术中。将铝粉、石墨和二氧化钛按一定比例混合均匀，涂在金属表面，在高温下煅烧：4Al + 3TiO2 + ‎3C2Al2O3 + 3TiC，留在金属表面的涂层是一种高温金属陶瓷。下列有关该反应说法正确的是 A．TiO2是氧化剂，C、Al 是还原剂　 B．TiC中钛元素为－4价 C．TiC不属于新型无机非金属材料 D．每生成1mol TiC转移电子4mol ‎⑵硅酸盐的成分较复杂，常改写成氧化物的形式（改写时注意金属氧化物写在前，非金属氧化物写在后，低价在前，高价在后，H2O一般写在最后）。‎ ‎①将下列硅酸盐改写成氧化物的形式：镁橄榄石（Mg2SiO4)_______，②高岭石[(Al2(Si2O5)(OH)4]_____。‎ ‎②许多含氧酸及其盐类均可以类似地改写为氧化物形式，请继续改写以下物质： HNO3______；HCOOH________；KAl(SO4)2·12H2O_________。通过以上改写可知，HNO3的酸酐为________，HCOOH与浓硫酸反应可制得________气体。‎ ‎ ③已知在一定条件下，Fe在Cl2中燃烧可以生成Fe3Cl8，它可以看作是FeCl2·2FeCl3，类似地，碘与铁在一定条件下可得到Fe3I8，则它可以看作是__________。‎ ‎⑶请指出在建筑行业中出现的“豆腐渣”工程可能的因素。‎ ‎【化学与技术】‎ ‎【范例89】 硫酸工业、硝酸工业和合成氨工业是重要的化学工业。‎ ‎⑴在①硫酸工业②合成氨工业③硝酸工业三大工业中，在生产过程中有化学平衡存在的工业是 ，采用循环操作的是 。(填序号) ‎ ‎⑵过磷酸钙是一种常见的化肥，其有效成份是磷酸二氢钙，则工业上用磷酸钙制取过磷酸钙的化学方程式为 。 ‎ ‎⑶合成氨生产中，根据化学平衡原理来确定的条件或措施有 （填写序号）。‎ A．氮气的制取 B．使用铁触媒作催化剂 C．使用400～‎500℃‎的温度 D．及时分离生成的NH3‎ E．合成氨在高压下进行 F．制水煤气除去CO2 ‎ ‎ ⑷工业上用接触法制硫酸，最后的产品是98%硫酸或20%发烟硫酸（含SO3质量分数为20%的硫酸），若98%硫酸表示为SO3•aH2O，20%发烟硫酸表示为SO3•bH2O，则a，b分别为：a=_________，b=___________。 ‎ ‎【错解分析】①过磷酸钙的有效成分是磷酸二氢钙和硫酸钙的混和物，制过磷酸钙的化学方程式产物写成磷酸氢钙是错误的。②使用铁触媒作催化剂只与化学反应速率有关，与化学平衡移动无关。③计算20%发烟硫酸SO3•bH2O的b值时，认为20gSO3和‎80g98%硫酸组成来计算是错误的。‎ ‎【解题指导】硫酸工业中的SO2的氧化和合成氨工业中的氨的合成反应均是可逆反应，存在化学平衡。其中硫酸工业中未被氧化的SO2和合成氨工业中的分离氨后的混和气体以及硝酸工业中的生成硝酸后形成的NO均要进行循环使用。工业上用制取过磷酸钙磷酸钙和浓硫酸反应，Ca3(PO4)2+2H2SO4(浓)＝2CaSO4+Ca(H2PO4)2。合成氨的反应是放热、体积缩小的反应。及时分离生成的NH3有利于反应向合成氨的方向进行，增大压强有利于平衡向向合成氨的方向进行。设98%硫酸质量为‎100g, 98%硫酸SO3的物质的量等于H2SO4的物质的量为1mol，水为‎20g。物质的量为20/18=10/9所以a=10/9；设20%发烟硫酸为‎100g, 20%发烟硫酸表示为SO3•bH2O，则n(SO3)为(20/80+80×80/98×80=209/196。n(H2O)=18×80/98×18=40/49。b=(40/49)/( 209/196)= 160/209。‎ ‎【答案】⑴①②；①②③；⑵Ca3(PO4)2+2H2SO4(浓)＝2CaSO4+Ca(H2PO4)2；⑶DE；⑷a=10/9，b=160/209。‎ ‎【练习89】 KNO3固体中混有K2SO4、MgSO4，为制得纯净的KNO3溶液，现有如下实验方案。请问答下列问题： ‎ ‎⑴实验操作①的名称 。 E溶液中的的溶质 。‎ ‎⑵操作②～④加入的试剂顺序可以为： ‎ ‎⑶如何判断SO42-已除尽？ 。‎ ‎⑷实验过程中产生的多次沉淀 （选填：需要、不需要）多次过滤，其理由是 。‎ ‎⑸该同学的实验设计方案是否严密，说明理由 。‎ ‎【范例90】 某化工厂制备氯化铜时，是密闭容器中将浓盐酸用水蒸汽加热至‎80℃‎左右，慢慢加入粗制氧化铜粉(含杂质氧化亚铁)，充分搅拌，使之溶解，‎ 已知：pH≥9.6时，Fe2+以Fe(OH)2的形式完全沉淀；‎ pH≥4.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式开始沉淀； pH≥6.4时，Cu2+以Cu(OH)2的形式完全沉淀；‎ pH在3～4时，Fe3+以Fe(OH)3的形式完全沉淀。‎ 请你仔细阅读以上信息，并回答下列问题：‎ ‎⑴写出粗制氧化铜粉与浓盐酸反应的化学方程式 。‎ ‎⑵工业上为除去溶液中的Fe2+，常使用NaClO，当向溶液中加入NaClO，其反应的离子方程式为 。‎ ‎⑶若此溶液只含Fe3+时，要调整pH在3～4之间，此时最好向溶液中加入 。‎ ‎⑷‎25℃‎时，已知溶液中c(Cu2+)与溶液pH的关系为lg c(Cu2+)＝8.6－2pH，若溶液中c(Cu2+)为1 mol/L，则溶液pH为___________，此时溶液中的铁离子能否沉淀完全_________(填“能”或“否”)，Cu2＋是否开始出现沉淀 (填“能”或“否”)。‎ ‎⑸还需什么操作才能得到CuCl2溶液？ 。‎ ‎【错解分析】本题易错处：一是不熟悉对数运算而出错；三是判断Fe3＋是否沉淀完全时，不清楚溶液的pH与c(OH―)关系而出错。 ‎ ‎【解题指导】⑴粗制氧化铜粉中的CuO和FeO都能与浓盐酸反应生成CuCl2、FeCl2和H2O，据此可写出其相应的化学方程式。⑵Fe2＋具有还原性，NaClO在酸性环境下具有强氧化性，能将Fe2＋氧化为Fe3＋，ClO―被还原为Cl―，同时生成H2O，故反应的离子方程式为：2Fe2＋ + ClO― + 2H＋＝2Fe3＋ + Cl― + H2O。⑶为了实现Fe3＋与Cu2＋的分离，需将溶液的pH调整在3～4之间，根据除杂不得带杂的原则，可选用能与H＋反应的CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3。⑷根据lg c(Cu2+)＝8.6－2pH有，lg c(Cu2+)＝lg108.6－2pH，c(Cu2＋)＝8.6－2pH＝1mol·L-1，即得pH＝4.3<4.4，故Cu(OH)2没有开始出现沉淀，pH在3～4时，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀，现在是pH＝4.3，溶液中的c(OH―)pH在3～4时更大，故Fe3＋沉淀完全。⑸控制pH在3～4之间后，Fe3＋完全转化为Fe(OH)3沉淀，但Cu2＋未开始出现沉淀，故通过过滤操作除去Fe(OH)3沉淀后，即得CuCl2溶液。‎ ‎【答案】⑴CuO + 2HCl＝FeCl2 + H2O；FeO + 2HCl＝FeCl2 + H2O；⑵2Fe2＋ + ClO― + 2H＋＝2Fe3＋ + Cl― + H2O；⑶CuO或Cu(OH)2或Cu2(OH)2CO3。⑷4.3；能；否；⑸过滤。‎ ‎【练习90】 I.类比法是化学学习中常用的方法，已知硝酸能把铁氧化成Fe(NO3)3,但当铁过量时，产物是 Fe(NO3)2。某同学受此启发，提出一个相似的观点：氯气与铁粉反应，当Cl2足量时生称FeCl3,当铁粉过量时产物是FeCl2‎ ‎,为了验证该观点是否正确，该同学将一定量的铁粉与Cl2恰好完全反应得到一固体物质，然后通过实验确定其成分。探究过程如下：‎ ‎⑴提出假设：‎ 假设1：该固体物质是FeCl2 ‎ 假设2：该固体物质是FeCl3‎ 假设3：该固体物质是 ‎ ‎⑵设计实验方案：‎ 取少量固体物质置于烧杯中，加适量水溶解，得到溶液A，然后取两份A溶液分别进行实验，实验现象与结论如下表：‎ 实验方法 实验现象 结论 在溶液中加KSCN溶液 ‎ ‎ 固体物质中有FeCl3‎ 在KMnO4溶液中加少量A 溶液 KmnO4溶液颜色无明显变化 固体物质中不含 ‎ Ⅱ.电子工业常用30%的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘版上的铜箔，制造印刷电路板。某工程师为了从废液中回收铜，重新获得FeCl3溶液，设计了下列实验步骤：‎ ‎⑶①写出一个能证明还原性Fe比Cu强的离子方程式： ，该反应在上图步骤 中发生。‎ ‎②甲、乙、丙、丁四位同学利用上述反应原理，分别设计的原电池如下图所示：‎ 四位同学的设计的原电池装置图，符合上述反应原理的是 。‎ ‎③请写出正、负极的电解反应式：‎ 正极： 、负极： （电极反应式）。‎ ‎⑷上述过程回收的铜是粗铜，为了获得更纯的铜必须进行电解精炼。写出电解精炼时阳极材料及电极反应式 ‎ ‎【物质结构与性质】‎ ‎【范例91】 ⑴配位化学创始人维尔纳发现，将等物质的量的CoCl3·6NH3（黄色）、CoCl3·5NH3（紫红色）、CoCl3·4NH3（绿色）和CoCl3·4NH3（紫色）四种化合物溶于水，加入足量硝酸银溶液，立即产生氯化银沉淀的量分别为3mol、2mol、1mol和1mol。‎ ‎①请根据实验事实用配合物的形式写出它们的化学式。‎ CoCl3·6NH3 CoCl3·5NH3 ‎ CoCl3·4NH3（绿色和紫色）： ‎ ‎②后两种物质组成相同而颜色不同的原因是 ‎ ‎③上述配合物中，中心离子的配位数都是 ‎ ‎⑵向黄色的三氯化铁溶液中加入无色的KSCN溶液，溶液变成血红色。该反应在有的教材中用方程式FeCl3+3KSCN=Fe（SCN）3+3KCl表示。经研究表明，Fe（KSCN）3是配合物，Fe3+与SCN—不仅能以1∶3的个数比配合，还可以其他个数比配合。请按要求填空：‎ ‎①Fe3+与SCN—反应时，Fe3+提供 、SCN—提供 ，二者通过配位键结合。‎ ‎②所得Fe3+与SCN—的配合物中，主要是Fe3+与SCN—以个数比1∶1配合所得离子显血红色。含该离子的配合物的化学式是 。‎ ‎③若 Fe3+与SCN—以个数比1∶5配合，则FeCl3与KSCN在水溶液中发生反应的化学方程式可以表示为 。‎ ‎④已知SCN—离子中所有原子均满足最外层8电子结构，一个电子是由S原子所得，则SCN—的电子式是 。‎ ‎【错解分析】本题易错点在于一是不清楚配合物的组成而无法完成⑴、⑵小问，不熟悉原子原子的成键原则而无法正确书写出SCN—离子的电子式。‎ ‎【解题指导】⑴等物质的量的CoCl3·6NH3、CoCl3·5NH3、CoCl3·4NH3与足量的AgNO3反应分别生成3mol、2mol、1mol AgCl沉淀，说明它们能电离出的Cl―分别为3mol、2mol、1mol，CoCl3·6NH3结构中配位体为NH3，CoCl3·5NH3、CoCl3·4NH3配位体为NH3和Cl―，再根据化合价代数和等于零的原则即可写出相应的化学式分别为［Co（NH3）6］Cl3、［Co（NH3）5Cl］Cl2、［Co（NH3）4Cl2］Cl。中心离子的配位数分别为6、5＋1＝6、4+2＝6。⑵CoCl3·4NH3（绿色）和CoCl3·4NH3（紫色）的化学式均为［Co（NH3）4Cl2］Cl，造成其颜色不同的原因在于它们存在同分异构体。⑶①Fe3＋ 的核外电子排布为1s22s22p63s23p63d5，Fe3＋具有空轨道，SCN—具有孤对电子，故二者通过配位键结合生成络合物Fe（SCN）3等。②Fe3+与SCN—以个数比1∶1配合显血红色的络离子为Fe(SCN)2＋，该离子与Cl―形成络合物［Fe（SCN）］Cl2。③Fe3+与SCN—以个数比1∶5配合，则生成络合离子：［Fe（SCN）5］2－，再根据原子守恒即可写出该反应的化学方程式。④S原子最外层有6个电子，C原子最外层有4个电子，N原子最外层有5个电子，S原子形成1对共价键、C原子形成4对共价键、N原子形成5对共价键从而达到8电子结构，故SCN－电子式为。‎ ‎【答案】⑴①Co（NH3）6］Cl3；［Co（NH3）5Cl］Cl2；［Co（NH3）4Cl2］Cl；②它们互为同分异构体；③ 6；⑵①空轨道；孤电子对；②［Fe（SCN）］Cl2③FeCl3+5KSCN＝K2［Fe（SCN）5］+3KCl；④。‎ ‎【练习91】 三聚氰胺的结构简式如右：‎ ‎⑴三聚氰胺的分子式为____________；分子中碳原子的杂化方式是______；分子中处于同一平面的氮原子有______个。‎ ‎⑵三聚氰胺的水溶液呈弱碱性，其原因是_______________________________________。‎ ‎⑶三聚氰胺在高温下可释放氰化物，六氰合亚铁离子[Fe(CN)64-]中也含有CN-，写出一种与CN-互为等电子体的单质分子的路易斯结构式________________。‎ ‎⑷三聚氰胺性状为纯白色单斜棱晶体，无味，密度‎1.573 g／cm3 (‎16 ℃‎)。常压熔点‎354 ℃‎（分解）；快速加热升华，升华温度‎300 ℃‎。据此可判断三聚氰胺的晶体类型应为______________晶体。‎ ‎⑸蛋白质的基本结构单元为氨基酸，其含氮量一般不超过30%，由于食品和饲料工业蛋白质含量测试方法的缺陷(以测定含氮量来确定蛋白质的含量)，故三聚氰胺被不法分子用作食品添加剂，以提高食品检测中的蛋白质含量指标，故三聚氰胺被人称为“蛋白精”。通过计算说明三聚氰胺被称为蛋白精的理由。‎ 参考答案 ‎76.【解析】选择题中常出现“一定能”、“一定不能”、“可能”等字眼，同学们一定要搞清楚。该题正确答案为D。‎ ‎77．【解析】没有注意活性阳极Cu作了阳极，其必然要溶解；选D者，想当然认为Cu自己的溶解和放电如同精炼铜，原理不清，而错选B。‎ Cu + 2Ag+ === Cu2+ + 2Ag 64 ‎ ‎ 216 x （ 216 / 64 ）x ‎ x +（ 216 / 64 ）x=28 解x=‎6.4g.。故正确答案选A。‎ ‎【答案】A。‎ ‎78.【解析】①增大压强使化学反应速率加快；②有气体参加的反应，增加固体反应物的量，化学反应速率不改变；③通入CO2，增大了反应物浓度，化学反应速率加快；④恒压充入N2，容器的体积扩大，反应物浓度减小，化学反应速率减小；⑤恒容充入N2，N2不参与这个反应，且其他物质的浓度没变，故化学反应速率不变。‎ ‎【答案】C。‎ ‎79.【解析】设甲容器中反应掉的H2为3xmol，根据反应：N2+3H22NH3 + Q可知达平衡时放出的热量Q1＝xQ，生成NH32x mol，乙容器与甲容器属于同温同容下的等效平衡，平衡时乙容器中NH3剩余2x mol，反应掉的NH3为(2－2x)mol，根据反应：2NH3N2 + 3H2(吸热反应)，可知达到平衡时吸收的热量Q2＝(1－x)Q，即有：(1－x)Q＝xQ，解得x＝0.2mol，故乙容器中H2的转化率为(3×0.2mol/3mol)×100%＝20％。‎ ‎【答案】A。‎ ‎80【解析】若不考化学平衡，则注射器的针筒慢慢往外拉，针筒内气体的浓度变小，颜色相应变浅，若从从针筒的顶端方向观察，由于气体的量并未减少，颜色不变；但由于平衡2NO2N2O4的存在，从针筒的顶端方向观察，相当于减少压强，平衡向逆反应方向移动，NO2的量较原来增加，故气体颜色变深，故选A。‎ ‎【答案】A。‎ ‎81.【解析】本题具有酸性的物质可以是CH3-COOH、C6H5-COOH、C6H5-OH。但必须注意，当羟基和羧基结合时，得到这样的一种物质：HO-COOH，化学式为H2CO3，即碳酸，也具有酸性。因此具有酸性的物质共有4中，选B。‎ ‎【答案】B。‎ ‎82.【解析】托盘天平的感量是‎0.5g，如果配制100ml的话，只需要‎0.4g氢氧化纳，不好称量，故使用250mL容量瓶。若没有充分考虑到仪器使用的实际情况，顾此失彼，疏忽大意而错解B。‎ ‎【答案】C。‎ ‎83.【解析】铁作为阴极不被腐蚀，反而受保护，A正确；乙烯和乙炔都能和酸性高锰酸钾溶液反应，B错；根据气压差原理和气球的变化可以实现，C正确；收集装置用饱和的碳酸氢钠溶液，酯在NaOH条件下用水解，D错误。‎ ‎【答案】AC。‎ ‎84.【解析】选项A，CH≡CH分子中，碳原子是sp杂化，其余三种有机物的碳原子都是采取sp2杂化。选项B，根据VSEPR理论，HCHO分子中的中心原子为3，无孤对电子，形成平面三角型结构。根据杂化理论，HCHO中C原子采取sp2杂化，分子中C—H之间有2个键，C—O之间有1个键和1个键。选项C，CH2=CH2、、HCHO均为平面型分子，所有原子都在同一平面内，CH≡CH为直线型分子，所有原子也在同一平面内。选项D，CH2=CH2与H2发生加成反应时只断裂1个键。CH≡CH与H2发生加成反应时断裂1个键或1个键和一个1个键。‎ ‎【答案】C。‎ ‎85.【解析】根据球的不同确定黑球是碳原子，白球是氢原子，阴影球是氧原子，然后根据化合价确定单键或双键，按原子的连接顺序得。从上图中数出C、H、O原子的个数即得分子式为C10H10O2 ，再由题意得结构简式。从上图B的碳架中可知A含有-OH，结构简式为。从B→C为氧化反应，C→D为消去反应，生成D为。D→K为与甲醇反应的酯化反应。解题过程中注意：①该题第⑴问分子示意图所表示的是原子的连接顺序，在写结构简式时一定要写明单键和双键。②第⑶问的③，书写时不要多写很容易出现。‎ ‎【答案】⑴；⑵C10H10O2 ；⑶①羟基 氧化；②；③。‎ ‎86.【解析】实验之前要进行装置气密性检查。定量实验要减少在可能引起的误差，所以在A前要除水蒸气和CO2，实验结束后要完全吸收水蒸气和CO2，同时还要防止空气中的水蒸气和CO2进入装置。第⑸问分析X误差的原因要从原装置中没有排尽水蒸气和CO2处找 原因。CO2为0.1mol,则H2O为0.11mol。所以X=1.1。判断CuCO3·XCu(OH)2是否已完全分解有人认为“连续两次加热、鼓气、冷却，称量甲装置的质量，质量差不超过‎0.1 g”，这个答案一是操作不方便，二是不符合“实验现象判断”的题意。‎ ‎【答案】⑴装置气密性检查。⑵碱石灰；防止空气中的水蒸气和CO2进入装置；U型管或干燥管。(3)驱赶开残留在装置中的水蒸气和CO2被乙丙完全吸收。⑷乙装置中不再产生气泡。⑸X=1.1。装置中原来含有的水蒸气含量比CO2高。‎ ‎87.【解析】C是有磁性的化合物，可知是Fe3O4，B是常见的无色无味的气体，则B是水，A是单质铁，A和B反应生成Fe3O4和H2，推出D，E和氮气是等电子体，且E是无色无味的有毒气体，所以E是CO，E和B的反应是：CO＋H2OH2＋CO2，则F是CO2，G是淡黄色固体单质，是单质硫，若是气体单质，且生成的H的水溶液可以使有机物I显紫色，可以推导出是Fe3+和苯酚的显色反应，H显酸性是因为Fe3+的水解。‎ ‎【答案】⑴3Fe+4H2O Fe3O4 +4H2； ⑵ ； ⑶B、C； ⑷S(s) + Fe(s) = FeS(s) ；△H = -2Q kJ·mol-1 。C6H5OH；Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。‎ ‎88.【解析】⑴选项A，根据化学方程式分析各元素化合价的变化情况，可知，Al在反应中失电子，为还原剂，C在反应中得电子，为氧化剂，TiO2中的元素的价态没有变化，既不是氧化剂也不是还原剂。选项B.，TiC中钛元素为+4价。选项C，根据题述信息可知TiC属于新型无机非金属材料。选项D，根据价态变化与电子转移的关系可知选项D正确。⑵通过题给信息“金属氧化物写在前，非金属氧化物写在后，低价在前，高价在后，H2O一般写在最后”，不难得出①②答案；但在改写Fe3I8时，既要利用信息①②③，又要注意金属的价态，铁和碘反应只能生成二价铁。⑶结合现实生活加以回答。本题每一小问看似简单，其实不然，题目设置的陷阱重重，只要基础把握不牢，极易出错。例如⑴小问电子转移数的判断，⑵中的第③问要结合新信息等。⑶要求在应用已有知识经验进行迁移时，灵活运用知识体系。‎ ‎【答案】⑴D；⑵①2MgO·SiO2；Al2O3·2SiO2·2H2O；②N2O5·H2O；CO·H2‎ O；Al2O3·K2O·4SO3·24H2O；N2O5；CO；③3FeI2·I2。⑶①水泥过期；②水泥标号不够；③偷工减料；④加水保养不够；⑤设计有误；⑥不按比例配制混凝土等。（每答对一个因素即可）‎ 误区警示：本题选题材料相当新颖灵活，考查的知识面也相当广泛，体现了学以致用的命题思想。‎ ‎89.【错解分析】①为了完全除去SO42-、Mg2+离子，所加试剂Ba（NO3）2和KOH要稍过量。且过量的要有后续试剂除去。②在实验加试剂时不要引进杂质离子，如本题加加入BaCl2、Na2CO3和NaOH溶液进行除杂和用稀盐酸调节溶液的pH，会引进Na+和Cl-杂质都是错误的。‎ ‎【解析】沉淀反应必须在溶液中进行，以便充分反应，并使杂质完全沉淀，所以首先应当将固体配制成溶液。除去SO42-、Mg2+离子的方法一般是使它们分别形成BaSO4和Mg（OH）2沉淀，所以需要加入稍过量的Ba（NO3）2和KOH溶液，过量的Ba2+可用K2CO3溶液除去，因此实验时必须先加入Ba（NO3）2溶液，后加入K2CO3溶液，同时要注意不可加入BaCl2、Na2CO3和NaOH溶液进行除杂，也不可用稀盐酸调节溶液的pH，否则会引进Na+和Cl-杂质。本题易错之处：①为了完全除去SO42-、Mg2+离子，所加试剂Ba（NO3）2和KOH要稍过量。且过量的要有后续试剂除去。②在实验加试剂时不要引进杂质离子，如本题加加入BaCl2、Na2CO3和NaOH溶液进行除杂和用稀盐酸调节溶液的pH，会引进Na+和Cl-杂质都是错误的。‎ ‎【答案】⑴加水溶解。K NO3和KCl ⑵Ba（NO3）2、K2CO3和KOH；KOH、Ba（NO3）2和K2CO3；Ba（NO3）2、KOH和K2CO3。⑶静置，在上层澄清溶液中再加入少量Ba（NO3）2溶液，若不变浑浊，表明SO42-离子已除尽。⑷不需要 因为几个沉淀反应互不干扰，因此最后只过滤一次，可减少操作程序。⑸不严密，因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl-离子。‎ ‎90.【解析】I. 根据铁与硝酸在不同条件下可被氧化成两种产物，推断铁粉与Cl2反应也可能生成FeCl2或FeCl3或两种物质的混合物。根据KSCN溶液能与Fe3＋显红色，可检验产物中是否含有FeCl3。根据酸性KMnO4溶液能氧化Fe2＋而退色，可验证产物中是否含有FeCl2。‎ Ⅱ. 从腐蚀废液中回收铜的实验过程如下：‎ 利用Fe能从 CuCl2溶液中置换出铜，来证明Fe比Cu的还原性强。反应方程式为：Fe＋CuCl2＝Cu＋FeCl2。用该反应设计原电池时可用Fe作负极，Cu（或者碳）作正极，CuCl2溶液后CuSO4溶液作电解质的溶液。电解精炼铜时，粗铜作阳极(Cu-2e-=Cu2+)，纯铜作阴极(Cu2＋＋2e－→Cu)，含Cu2＋的溶液作电解质的溶液。‎ ‎【答案】⑴ FeCl2和FeCl3 ；⑵溶液呈红色；FeCl2；⑶①Fe＋Cu2＋＝Fe2+＋Cu；①；②甲、丙、丁；③Cu2＋+2e－=Cu；Fe－2e－=Fe2＋；⑷粗铜；Cu-2e-=Cu2+。‎ ‎91.【解析】⑴从结构简式可以得出分子式为C3N6H6或[C3N3(NH2)3]，由于三聚氰胺具有类似苯环的结构，其分子中碳原子的杂化方式应为sp2杂化方式，分子中处于同一平面的氮原子有6个。⑵三聚氰胺分子中含有三个氨基，溶于水可结合水分子中的氢原子而使溶液呈弱碱性。⑶CN-中共有14个电子，因此与它等电子体的单质为N2。⑷三聚氰胺熔点不高，易升化，故属分子晶体。⑸根据结构简式可知三聚氰胺分子式为C3N6H6，其含氮量约为66.7%，远高于一般蛋白质，掺入奶粉或其他食品中可提高食品的含氮量，从而造成蛋白质含量高的假象。‎ ‎【答案】⑴C3N6H6[C3N3(NH2)3]；sp2杂化；6；⑵三聚氰胺溶于水可结合水分子中的氢原子而使溶液呈弱碱性。⑶；⑷分子；⑸三聚氰胺分子式为C3N6H6，其含氮量约为=66.7%，远高于一般的蛋白质。‎ w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ‎ www.ks5u.com