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1、微测28 非选择题标准练3微测28非选择题标准练3必做题1(2017重庆调研)POCl3常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，实验室制备POCl3并测定产品含量的实验过程如下：资料：AgSCN=AgSCN；Ksp(AgCl)Ksp(AgSCN)PCl3和POCl3的相关信息如下表物质熔点/沸点/相对分子质量其他PCl3112.076.0137.5二者互溶，均为无色液体，遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢POCl32.0106.0153.5实验室制备POCl3。采用氧气氧化液态PCl3法制取POCl3，实验装置(加热及夹持仪器略)如下：(1)B中所盛的试剂是_，干燥管的作用是_。(2)装置C中生成PO

2、Cl3的化学方程式为_。(3)装置B的作用除干燥O2外，还有_、_的作用。(4)反应温度要控制在6065 ，原因是_。测定POCl3产品的含量：实验步骤：制备POCl3实验结束后，待三颈瓶中液体冷却至室温，准确称取16.73 g POCl3产品，置于盛有60.00 mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00 mL溶液。取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入10.00 mL 3.2 mol/L AgNO3标准溶液。加入少许硝基苯(硝基苯无色、难溶于水、密度比水大)。以Fe2(SO4)3溶液为指示剂，用0.2 mol/L KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去

3、10.00 mL KSCN溶液。(5)步骤中加入硝基苯的作用是_。(6)达到滴定终点时的现象为_。(7)产品中POCl3的百分含量为_。答案(1)浓硫酸防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶(2)2PCl3O2=2POCl3(3)平衡压强观察O2的流速(4)温度过低，反应速度太慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低(5)防止在滴加KSCN溶液时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀(6)溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色(7)91.8%解析(1)A中产生氧气，则B中所盛的试剂是浓硫酸，用于干燥氧气；POCl3遇水水解，因此干燥管的作用是防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶。(2)氧气和三氯化磷反应生成POC

4、l3，反应的化学方程式为2PCl3O2=2POCl3。(3)装置B中有长颈漏斗，因此B的作用除干燥O2外，还有平衡压强、观察O2的流速的作用。(4)反应温度要控制在6065 ，原因是温度过低，反应速度太慢，而温度过高，PCl3易挥发，利用率低。(5)已知：Ksp(AgCl)Ksp(AgSCN)，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加KSCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀。(6)用c molL1KSCN溶液滴定过量Ag至终点，当滴定达到终点时KSCN过量，Fe3与SCN反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点，因此

5、达到滴定终点时的现象为溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色。(7)剩余硝酸银的物质的量是0.2 mol/L0.01 L0.002 mol，因此与氯离子反应的硝酸银是0.032 mol0.002 mol0.03 mol，则原溶液中氯离子的物质的量是0.03 mol100 mL/10 mL0.3 mol，则POCl3是0.1 mol，质量是15.35 g，则产品中POCl3的百分含量为15.35 g/16.73 g100%91.8%。2(2017湖北七市一调)从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大变化。(1)古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是_(填选项字母

6、)。aFe bFeOcFe3O4 dFe2O3(2)硫酸渣的主要化学成分为：SiO2约45%，Fe2O3约40%，Al2O3约10%，MgO约5%。用该废渣制取药用辅料红氧化铁的工艺流程如下(部分操作和条件略)：回答下列问题：在步骤中产生的有毒气体可能有_。在步骤操作中，要除去的离子之一为Al3。若常温时KspAl(OH)31.01032，此时理论上将Al3沉淀完全，则溶液的pH为_。步骤中，生成FeCO3的离子方程式是_。(3)氯化铁溶液称为化学试剂中的“多面手”，向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入氧化铜粉末会产生新的沉淀，写出该沉淀的化学式_。请用平衡移动的原理，结合必要的离子方程式，对此现

7、象作出解释：_。(4)古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下：复分解反应的离子方程式是_。如今基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN，方案如下：若试纸变蓝则证明食品中含有CN，请解释检测时试纸中FeSO4的作用：_。答案(1)c(2)CO和SO2等5Fe22HCO=FeCO3CO2H2O(3)Fe(OH)3Fe33H2O Fe(OH)33H，加入CuO与H反应生成Cu2和H2O，降低了H浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀(4)3Fe(CN)644Fe3=Fe4Fe(CN)63碱性条件下，Fe2与CN结合生成Fe(CN)64；Fe2被空气中O2氧化生成Fe3；Fe(CN)64与

8、Fe3反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。解析(1)古代中国四大发明之一的司南是由天然磁石制成的，磁铁成分主要是四氧化三铁，选c。(2)工业废渣主要含Fe2O3及少量SiO2、Al2O3、CaO、MgO等杂质，加煤燃烧可生成CO、SO2等有毒气体，“还原焙烧”中产生的有毒气体可能有CO、SO2等；根据KspAl(OH)31.01032，要将Al3沉淀完全，c(Al3)1.0105，c(OH)1.0109，则溶液的pH5；步骤中，硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成FeCO3的离子方程式为Fe22HCO=FeCO3CO2H2O；(3)因为Fe3会水解产生较多的H：Fe33H2O Fe(OH)33H，加入CuO与

9、H反应生成Cu2和H2O，降低了H浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀。(4)Fe(CN)64和Fe3反应生成Fe4Fe(CN)63蓝色沉淀，反应的离子方程式为：3Fe(CN)644Fe3=Fe4Fe(CN)63；基于普鲁士蓝合成原理可检测食品中CN，碱性条件下，Fe2与CN结合生成Fe(CN)64；Fe2被空气中O2氧化生成Fe3；Fe(CN)64与Fe3反应生成普鲁士蓝使试纸显蓝色。3(2017武汉调研)铁元素在溶液中主要以Fe2、Fe3、Fe(SCN)3、FeO (紫红色)等形式存在。回答下列问题：(1)向盛有5 mL 0.005 mol/L FeCl3溶液的试管中加入5

10、mL 0.01 mol/L KSCN溶液，现象是_，再滴加0.01 mol/L NaOH溶液35滴，现象是_。(2)Fe2与Ag在溶液中可相互转化。室温时，初始浓度为0.1 mol/L Fe(NO3)2溶液中c(Fe3)随c(Ag)的变化如下左图所示：用离子方程式表示Fe(NO3)2溶液中的转化反应_。根据A点数据，计算该转化反应的平衡常数为_。利用如上右图所示的装置，证明上述反应的可逆性。闭合电键K，立即观察到的明显现象是_，石墨为电池的_极，通过列式计算说明原因_。(3)印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成，制印刷电路时，用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，现从腐蚀后的溶液中分离出铁和铜，其

11、方法是：先加H2O2，目的是_，再加碱调节pH为_时，铁刚好沉淀完全；继续加碱至pH为4.5时，铜开始沉淀。已知：化合物Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3Ksp近似值102010171039(4)K2FeO4具有强氧化性。在K2FeO4溶液中加入过量稀硫酸，观察到有无色无味气体产生，还可观察到的现象是_；用K2FeO4处理含NH3废水，既可以把NH3氧化为N2防止水体富营养化，又能生成一种净水剂，该反应的离子方程式为_。答案(1)溶液变红色溶液红色变浅(2)Fe2Ag Fe3Ag3.17电流计指针发生偏转正Qc3.17，反应逆向进行，所以石墨电极为正极(3)将Fe2氧化为Fe32.7(

12、4)溶液由紫红色变为黄色2FeO2NH32H2O=2Fe(OH)3N24OH解析(1)向盛有5 mL 0.005 mol/L FeCl3溶液的试管中加入5 mL 0.01 mol/L KSCN溶液，现象是溶液变红色。再滴加0.01 mol/L NaOH溶液35滴，生成氢氧化铁沉淀，铁离子浓度降低，因此现象是溶液红色变浅。(2)根据图象可知铁离子浓度逐渐增大，说明亚铁离子被银离子氧化，反应的离子方程式为Fe2Ag Fe3Ag。根据图象可知平衡时铁离子是0.076 mol/L，银离子是1 mol/L，根据方程式可知消耗亚铁离子是0.076 mol/L，所以平衡时亚铁离子浓度是0.1 mol/L0.

13、076 mol/L0.024 mol/L，因此该转化反应的平衡常数为3.17。闭合电键K，构成原电池，观察到的明显现象是电流计指针发生偏转。由于Qc3.17，反应逆向进行，Fe3转化为Fe2发生还原反应，所以石墨电极为正极，银失去电子为负极。(3)印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成，制印刷电路时，用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，现从腐蚀后的溶液中分离出铁和铜，其方法是：双氧水具有强氧化性，先加H2O2，目的是将Fe2氧化为Fe3便于形成氢氧化铁沉淀。根据表中数据可知铁刚好沉淀完全时氢氧根浓度是 mol/L，因此根据水的离子积常数为1014可知pH2.7。(4)K2FeO4具有强氧化性。在K

14、2FeO4溶液中加入过量稀硫酸，观察到有无色无味气体产生，产生的气体是氧气，所以还原产物是铁离子，因此还可观察到的现象是溶液由紫红色变为黄色；用K2FeO4处理含NH3废水，既可以把NH3氧化为N2防止水体富营养化，又能生成一种净水剂，该净水剂是氢氧化铁胶体，反应的离子方程式为2FeO2NH32H2O=2Fe(OH)3(胶体)N24OH。选做题1【化学选做选修3：物质结构与性质】(2017潍坊二模)C、O、N、Cl是重要的非金属元素，它们的单质和化合物有重要应用。回答下列问题：(1)C、O、N、Cl四种元素中基态原子未成对电子数最多的是_，C、O、Cl原子得到电子时放出热量，而N原子得到电子却

15、吸收热量的原因是_。(2)NO的空间构型为_；H2O分子中HO键键角小于NH3分子中NH键键角的原因是_。(3)CO可形成多种配位化合物，CO的结构式为_，与CO互为等电子体且带1个单位负电荷的阴离子化学式为_。(4)C元素的单质石墨烯的结构可以看作是单层的石墨，其中碳原子的杂化方式为_；C60的晶体结构类似于干冰，则每个C60晶胞的质量为_ g(用含NA的式子表示)。(5)NaCl晶体的结构如下图所示。已知：NaCl晶体的密度为a gcm3，则NaCl晶体中最近两个Na的距离的数学表达式为_ cm(用含a、NA的式子表示)。答案(1)NN的核外电子排布为1s22s22p3,2p轨道半充满，比

16、较稳定；如果得到电子，破坏稳定状态，需要吸收能量(2)平面三角形H2O中O有两对孤对电子，NH3中N只有一对孤对电子，H2O中孤对电子对成键电子的排斥力更大，因而键角变得更小(3)COCN(4)sp2(5)解析(1)N元素基态原子核外电子排布式为1s22s22p3,2p轨道为半充满，比较稳定，3个电子在三个轨道中排布，故未成对电子数为3个；C、O、Cl的未成对电子数分别为2、2、1，故未成对电子数最多的是N；N的核外电子排布为1s22s22p3,2p轨道半充满，比较稳定；如果得到电子，破坏稳定状态，需要吸收能量，故C、O、Cl原子得到电子时放出热量，而N原子得到电子却吸收热量。(2)N原子形成

17、3个键，孤对电子数0，所以中心原子为sp2杂化，立体构型为平面三角形；H2O中O有两对孤对电子，NH3中N只有一对孤对电子，H2O中孤对电子对成键电子的排斥力更大，因而键角变得更小，故H2O分子中HO键键角小于NH3分子中NH键键角；(3)CO分子的结构和N2相似，结构式为CO；等电子体指价电子数和原子数相同的分子、离子或基团。与CO互为等电子体且带1个单位负电荷的阴离子化学式为CN；石墨烯的结构可以看作是单层的石墨，其中碳原子以sp2杂化轨道组成六角形呈蜂巢晶格的平面薄膜；C60晶体为面心立方排布，所以每个C60晶胞有4个分子(面心3个，顶点1个)，所以一个C60晶胞的质量。(5)食盐的晶体

18、结构为：该晶胞中钠离子数目为：1124，氯离子数目为：864，设该晶胞的边长为x，则距离最近的钠离子距离为x，根据该晶胞的体积和质量计算得：ax34整理得：x3，x，即距离最近的钠离子距离为。2【化学选做选修5：有机化学基础】(2017唐山一模)某药厂在合成一种用于抑制血小板聚集的药物时使用到中间体有机物M，下图为有机物M()的合成路线：已知：B是石油裂解的主要产物，其产量用于衡量石油化工发展的水平。RCHORCH2COOR 回答下列问题：(1)E的化学名称是_；C的官能团名称为_。(2)反应条件为_。(3)C7H7ClA的化学方程式为_。ADE的反应类型为_。(4)F分子的结构简式为_，其最

19、多有_个原子共平面。(5)能同时满足下列条件的M的同分异构体共有_种。(不含立体异构)属于苯的对位二取代衍生物，且与M具有相同官能团；与苯环相连；能够发生水解反应；能够发生银镜反应。(6)参照上述合成路线，请填写方框中的空白，以完成制备聚丙烯酸甲酯的合成路线。答案(1)乙酸苯甲酯羟基(2)Cl2，光照解析首先应用逆推法对M的合成路线进行分析。根据M的结构和已知的反应原理，可以得到合成M的原料为和。由已知可知B为CH2=CH2，则C为CH3CH2OH，第一步氧化生成CH3CHO，再氧化生成的D为乙酸，A含有7个C原子，所以E为，F为，所以框图中C7H8为，C7H7Cl为。(1)E是乙酸与苯甲醇形

20、成的酯，名称为乙酸苯甲酯；C是乙醇，官能团是羟基。(2)反应是甲苯上甲基一个H原子被Cl取代，反应条件是Cl2，光照。(3)A是苯甲醇，在NaOH溶液中加热时，Cl原子被羟基取代生成苯甲醇和NaCl。A与D反应中主要变化是羟基与羧基反应生成酯和水，属于酯化反应或取代反应。(4)F为。由于“乙烯结构”中6个原子共面，则F中五元环及直接连接的3个H原子、一个C原子共面，以该C原子为基础组成醛基的3个原子共面且可能与五元环共面，所以该分子中的所有11个原子可能处于同一平面；(5)M的分子式为C14H12O3，不饱和度为(142212)/29，已知说明基本结构为，且还含有1个C=C和一个COO，包括它们共4个C原子。水解说明含有酯基，则说明分子结构中含有醛基，该醛基只能与酯基结合存在，应为HCOOC结构。主链从(6)由已知可以判断图中在乙醇钠作用下反应的反应物应当为醛和酯，则图中下方为乙酸甲酯，上方为甲醛，二者反应生成CH2=CHCOOCH3，再经过加聚反应得到最终产物。CH3OH转变成HCHO的反应条件是用Cu作催化剂，在氧气作用下进行催化氧化；甲醇与乙酸酯化反应的条件浓硫酸，加热；即