《好题》人教版高中化学必修2-第7章简答题专项知识点总结(答案解析)

一、解答题
1．(1)乙烯能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色，其中，与高锰酸钾发生的反应是________反应(填反应类型，下同)；与溴发生的反应是________反应。

在一定的条件下，乙烯还能发生________反应，生成聚乙烯。

(2)一种能使溴水褪色的气态烃，标准状况下5.6 L的质量为10.5 g,10.5 g该烃完全燃烧时生成16 .8 L二氧化碳和13.5 g水。

则该烃的分子式为________。

答案：氧化加成相互加成(或加聚)C3H6
【解析】
解析：(1)乙烯分子中的碳碳双键的其中一个易断裂，因此它易被酸性高锰酸钾氧化，能与溴发生加成反应。

在一定条件下，乙烯之间还能相互加成生成聚乙烯。

(2)设烃的分子式为CxHy
则x＝3，y＝6
该烃的分子式为C3H6。

2．有关物质的转化关系如图所示(部分物质与条件已略去)。

A、C、E、G是中学化学中常见的单质：通常状况下，E是密度最小的气体，G是黄绿色的气体，B是常见的无色液体，F为强碱，D是某种具有磁性的金属矿物的主要成分，K受热分解可生成红棕色固体。

请回答下列问题：
(1)D的化学式为__。

(2)H的电子式为__。

(3)写出A与B反应的化学方程式：__。

(4)写出常温下G与F的溶液反应的离子方程式：___。

答案：Fe3O42Na+2H2O=2NaOH+H2↑Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
【分析】
A、C、E、G是中学化学中常见的单质；通常状况下，E是密度最小的气体，为氢气，G 是黄绿色的气体，为氯气，B是常见的无色液体，为水，A为常见单质，且和水反应可以生成氢气和强碱F，则A为Na，F为NaOH，D是某种具有磁性的金属矿物的主要成分，为Fe3O4，K受热分解可生成红棕色固体，为氢氧化铁，E即氢气和氯气反应生成的H为HCl。

解析：(1) D为四氧化三铁，化学式为Fe3O4。

(2) H为HCl，是由H原子和Cl原子形成的共价化合物，电子式为。

(3) Na与水反应生成NaOH和氢气，化学法方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。

(4) 常温下氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。

3．图为元素周期表的一部分，根据表中列出的10种元素，回答下列问题。

I A II A III A IV A V A VI A VII A0
2C N O Ne
3Na Mg Al Si S Cl
(1)O和S中，原子半径较大的是_______。

(填元素符号)
(2)CH4和SiH4中，沸点较高的是_______。

(填化学式)
(3)新制氯水有漂白作用，是因为其中含有_______。

(填化学式)
(4)元素最高价氧化物对应水化物中，两性氢氧化物是_______。

(填化学式)
(5)用电子式表示HCl的形成过程_______。

答案：S SiH4HClO Al(OH)3+→
解析：(1)同主族自上而下原子半径逐渐增大，则原子半径是S＞O；
(2)CH4和SiH4中，因为两者都是共价化合物，是分子晶体，而且分子结构也相同（都是正四面体），所以只要比较它们的相对分子质量大小就行了。

因为SiH4的相对分子质量比CH4大，所以沸点较高的是SiH4；
(3)新制氯水有漂白作用，是因为其中含有HClO，次氯酸具有强氧化性；
(4)氢氧化铝为两性氢氧化物，故元素最高价氧化物对应水化物中，两性氢氧化物是
Al(OH)3；
(5)用电子式表示HCl的形成过程为+→。

4．A、B、C为短周期元素，在周期表中的位置如图所示。

A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数。

B原子核内质子数和中子数相等。

A C
B
(1)写出A、B、C三种元素名称_______、_______、_______。

(2)C的原子结构示意图为_______，C单质的电子式为_______。

(3)写出A的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物反应的化学方程式为_______。

答案：氮硫氟NH3+HNO3=NH4NO3
【分析】
原子序数=质子数=核外电子数， B原子核内质子数和中子数相等，A、B、C为短周期元素，根据元素在周期表中的位置关系可知，A与C位于第二周期，B位于第三周期，设A 的质子数为x，则C的质子数为x+2，B的质子数为x+9，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，则x+(x+2)=x+9，解得x=7，则A为N元素，C为F元素，B 为S元素，其质子数与中子数均为16，据此结合元素原子的结构与元素化合物的性质分析解答。

解析：(1)根据上述分析可知，A、B、C分别是N元素、S元素、F元素，其名称分别为碳、硅和氧，故答案为：氮；硫；氟；
(2) C为F元素，核内质子数与核外电子数均为9，其原子结构示意图为；氟气中
F原子与F原子之间以共价单键结合，其电子式为：；
(3)A为N元素，其气态氢化物为NH3，为碱性气体，最高价氧化物对应水化物为HNO3，两者发生反应会生成硝酸铵，其化学方程式为NH3+HNO3=NH4NO3。

5．化合物H是有机合成重要的中间体，其合成路线如图：
已知：R 1COOR 2+R 3CH 2COOR 432CH CH ONa −−−−−→+R 2OH
(1)H 中官能团的名称为_______。

(2)B 与H 的相对分子质量接近，H 的沸点高于B 的原因为___。

(3)E→F 所需的条件为___。

(4)化合物G 的结构简式为___。

(5)B 的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：___。

①能与FeCl 3溶液发生显色反应；
②碱性水解后酸化，所得两种有机产物分子均只有2种不同化学环境的氢原子。

(6)以乙烯和2—丁烯(CH 3CH=CHCH 3)为原料，制备
的合成路线流程图(无机试剂
和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)___。

答案：羧基、羰基 H 分子间可形成氢键 C 2H 5OH 、浓硫酸、加热
CH 3—CH=CH —
CH 32Br −−→−−−−−−→NaOH 醇溶液△
CH 2=CH —CH=CH 222H C=CH −−−−→△2Br −−→
【分析】
A 与1，3-丁二烯发生加成反应产生
B ，在THF 做催化剂作用下，B 与LiAlH 4发生还原反应产生
C ，在P/HI 作用下，C 转化为
D ，D 与O 3、H 2O 2发生碳碳双键的氧化反应产生
E ，E 与C 2H 5OH 在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应产生
F ，F 在C 2H 5ONa 存在时发生分解反应产生
G ：
和C 2H 5OH ，G 在碱性条件下发生水解反应，然后酸化得到
H 。

解析：(1)H 结构简式是，分子中含有的官能团名称是羧基、羰基； (2)B 与H 的相对分子质量接近，但H 的沸点高于B ，这是由于H 分子中含有-COOH ，分子之间可形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，而B 分子之间只存在分子间作用力，因此H 的沸点高于B ；
(3)根据E 、F 分子的不同，可知E 与C 2H 5OH 在浓硫酸存在的条件下加热发生酯化反应产
生F ，故E→F 所需的条件为：C 2H 5OH 、浓硫酸、加热；
(4)F 与C 2H 5ONa 发生反应产生和C 2H 5OH ，故G 的结构简式是
；
(5)B 结构简式是，其同分异构体符合条件：①能与FeCl 3溶液发生显色反应，说明其分子结构中含有酚羟基；②碱性水解然后酸化，所得两种有机产物分子均只有2种不同化学环境的氢原子，则该物质为酯，在苯环对位上有羟基、CH 3COO-，则其同分异构体结构简式为：；
(6) 2-丁烯(CH 3CH=CHCH 3)与Br 2发生加成反应产生，该物质与NaOH 的乙醇溶液共热，发生消去反应产生CH 2=CH-CH=CH 2，CH 2=CH-CH=CH 2与CH 2=CH 2发生加成反应产生环己烯()，与Br 2发生加成反应产生，然后与NaOH 的水溶液共热，发生取代反应产生，故由
乙烯与2-丁烯为原料制取的流程图为CH 3—CH=CH —
CH 32Br −−→−−−−−−→NaOH 醇溶液△
CH 2=CH —CH=CH 222H C=CH −−−−→△2Br −−→。

6．A 是植物秸秆的主要成分，D 是一种重要的化工原料，其产量通常用来衡量一个国家石油化工发展水平。

一定条件下D 能与氧气反应生成E ，E 能发生银镜反应。

G 是不易溶于水的油状液体，有浓郁香味。

它们之间的转化关系如图：
(1)C分子中官能团的名称___，B的分子式___。

(2)写出C和F生成G的化学方程式___，该反应的类型是___。

(3)以烷基铝为催化剂，E可以生成G，写出该反应的化学方程式___。

(4)下列说法不正确的是___。

A．有机物C、F在浓硫酸作用下可以制得G，该反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂
B．有机物B、C、D和G均能使酸性KMnO4溶液褪色
C．将足量的D通入溴水中，可以观察到溴水褪色
D．要确定A已发生部分水解，先将水解液中和成碱性，再用银氨溶液和碘水分别检验
CH3COOCH2CH3+H2O取答案：羟基C6H12O6CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸
Δ
代反应2CH3CHO催化剂
−−−−−→CH3COOCH2CH3BD
【分析】
A是植物秸秆的主要成分，能在硫酸作用下水解产生B，B能在酒化酶作用下分解，说明A为淀粉，B为葡萄糖，C为乙醇；D是一种重要的化工原料，其产量通常用来衡量一个国家石油化工发展水平，说明D为乙烯；一定条件下D能与氧气反应生成E，E能发生银镜反应。

G是不易溶于水的油状液体，有浓郁香味，结合框图C+F→G，推知E为
CH3CHO，F为CH3COOH，G为CH3COOCH2CH3； H为二氧化碳，据此解答。

解析：(1)C为乙醇，官能团为羟基；B为葡萄糖，分子是为C6H12O6，故答案为：羟基；C6H12O6；
(2)乙醇和乙酸发生酯化反应，生成乙酸乙酯，反应方程式为：
CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸
CH3COOCH2CH3+H2O，故答案为：
Δ
CH3COOCH2CH3+H2O；取代反应；
CH3COOH+CH3CH2OH浓硫酸
Δ
(3) 以烷基铝为催化剂，E能生成G，该反应的化学方程式为：
2CH3CHO催化剂
−−−−−→CH3COOCH2CH3，故答案为：
2CH3CHO催化剂
−−−−−→CH3COOCH2CH3；
(4) A．乙醇和乙酸在浓硫酸作用下发生酯化反应，生成乙酸乙酯，该反应中浓硫酸作催化剂和吸水剂，故A 正确；
B．葡萄糖、乙醇、乙烯均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，但乙酸乙酯不能，故B 错误；C．乙烯通入溴水中，与溴发生加成反应，可以观察到溴水褪色，故C正确；
D．碘水会与碱反应，无法检验淀粉，故D错误；
答案选BD。

7．已知某烃A的产量是衡量一个国家石油化工水平的标志，能发生下列转化关系(部分反应物或生成物及反应条件已略去)：
请回答下列问题：
(1)写出下列物质的结构简式：B ___________，D ___________；
(2)写出下列反应A→B 的化学方程式___________，反应类型___________；
(3)写出下列反应C+E→F 的化学方程式___________，反应类型___________。

答案：CH 3CH 2Cl CH 3CHO CH 2=CH 2+H 2O →催化剂
CH 3CH 2OH 加成反应
CH 3COOH+CH 3CH 2OH →浓硫酸CH 3COOCH 2CH 3 酯化反应（取代反应） 【分析】
烃A 的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，则A 是乙烯，乙烯与HCl 发生加成反应生成B 为CH 3CH 2Cl ，B 发生水解反应生成C 为CH 3CH 2OH ，乙醇发生催化氧化生成D 为CH 3CHO ，乙醛进一步发生氧化反应生成E 为CH 3COOH ，乙酸与乙醇发生酯化反应生成F 为CH 3COOCH 2CH 3，以此解答。

解析：(1)由于上述分析可知，B 的结构简式为CH 3CH 2Cl ，D 的结构简式为CH 3CHO ，故答案为：CH 3CH 2Cl ；CH 3CHO ；
(2)A→B 乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应化学方程式为：
CH 2=CH 2+H 2O →催化剂CH 3CH 2OH ，故答案为：CH 2=CH 2+H 2O →催化剂
CH 3CH 2OH ；加成反应；
(3)乙酸与乙醇发生酯化反应生成F 为CH 3COOCH 2CH 3，方程式为：
CH 3COOH+CH 3CH 2OH →浓硫酸CH 3COOCH 2CH 3，故答案为：CH 3COOH+CH 3CH 2OH →浓硫酸
CH 3COOCH 2CH 3；酯化反应（取代反应）。

8．已知：A 是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志。

下列是有机物A ～G 之间的转化关系：
请回答下列问题：
(1)A 、D 中所含官能团的名称分别是_______；C 的结构简式是_______。

(2)E 是一种具有香味的液体，由B ＋D→E 的化学方程式为：_______，反应类型是_______。

(3)G 是一种高分子化合物，其名称是_______。

(4)俄罗斯足球世界杯激战正酣，在比赛中当运动员肌肉扭伤时，队医立即对其受伤部位喷射物质F 进行应急处理。

写出由A 制F 反应的化学方程式：_______。

答案：碳碳双键、羧基 CH 3CHO CH 3COOH ＋
CH 3CH 2OH 浓硫酸Δ
−−−−−→CH 3COOCH 2CH 3＋H 2O 取代反应(或酯化反应) 聚乙烯
CH 2=CH 2＋HCl →一定条件
CH 3CH 2Cl 【分析】
A 是石油裂解气的主要产物之一，其产量是衡量一个国家石油化工发展水平的标志，A 是CH 2=CH 2，CH 2=CH 2和水发生加成反应生成
B ，则B 是CH 3CH 2OH ，CH 3CH 2OH 和氧气反应生成
C ，则C 是CH 3CHO ，B 氧化生成
D 是CH 3COOH ，B 、D 发生酯化反应生成
E 为CH 3COOCH 2CH 3，G 是一种高分子化合物，可知A 发生加聚反应生成高分子化合物G ，则G 是 ，A 与HCl 发生加成反应生成
F 为CH 3CH 2Cl ，据此解答。

解析：(1)A 的结构简式为CH 2=CH 2，所含官能团为碳碳双键，D 的结构简式为
CH 3COOH ，所含官能团为羧基，C 的结构简式为CH 3CHO ；答案为碳碳双键、羧基，CH 3CHO 。

(2)B 的结构简式为CH 3CH 2OH ，D 的结构简式为CH 3COOH ，B 、D 发生酯化反应生成E ，E 的结构简式为CH 3COOCH 2CH 3，由B ＋D→E 的化学方程式为CH 3COOH ＋
CH 3CH 2OH 浓硫酸Δ
−−−−−→CH 3COOCH 2CH 3＋H 2O ，该反应属于取代反应(酯化反应)；答案为CH 3COOH ＋CH 3CH 2OH 浓硫酸Δ
−−−−−→CH 3COOCH 2CH 3＋H 2O ，取代反应(酯化反应)。

(3)G 的结构简式为，名称为聚乙烯；答案为聚乙烯。

(4) A 的结构简式为CH 2=CH 2，F 的结构简式为CH 3CH 2Cl ，由A 制F 反应的化学方程式为CH 2=CH 2＋HCl →一定条件CH 3CH 2Cl ；答案为CH 2=CH 2＋HCl →一定条件
CH 3CH 2Cl 。

9．以乙烯为原料合成化合物C 的流程如图所示：
(1)写出A 的结构简式：___________。

(2)乙酸分子中的官能团名称是___________，写出1种可鉴别乙醇和乙酸的化学试剂：___________。

(3)写出反应①、②的化学方程式：①___________；②___________。

答案：ClCH 2CH 2Cl 羧基 紫色石蕊溶液(或碳酸钠溶液或其他合理答案) CH 2=CH 2＋H 2O →加压、加热
催化剂CH 3CH 2OH 2CH 3CH 2OH ＋O 2ΔCu Ag
→或2CH 3CHO ＋2H 2O 【分析】
乙烯与氯气发生加成反应生成A ，A 的结构简式为ClCH 2CH 2Cl ，A 水解生成乙二醇；乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化生成乙醛，即B 是乙醛，乙醛再氧化生成乙
酸，乙酸与乙二醇发生酯化反应生成C ，结合C 的分子式，C 的结构简式为
CH 3COOCH 2CH 2OOCCH 3。

解析：(1)根据以上分析可知A 的结构简式为ClCH 2CH 2Cl ；
(2)乙酸的官能团是羧基；乙酸显酸性，乙醇中性，则鉴别乙酸和乙醇的化学试剂可以是紫色石蕊试液或碳酸钠溶液；
(3)结合以上分析可知，反应①、②的化学方程式分别是
CH 2=CH 2+H 2O −−−−−−→催化剂加压、加热CH 3CH 2OH 、2CH 3CH 2OH ＋O 2Δ
Cu Ag →或2CH 3CHO ＋2H 2O 。

10．以苯酚、甲醛和必要的无机试剂合成一种重要的有机物F 的路线如下：
已知：Ⅰ.23K CO 33ROH CH I ROCH HI +−−−
→+ Ⅱ.2+H O
H RCN RCOOH −−−→ Ⅲ.+
−−−−−−→2①醇钠3253225②H O/H CH COOC H CH COCH COOC H (1)B 的结构简式为______，A 生成B 的反应中23K CO 的作用是______。

(2)C 的分子式为______，其含有的官能团名称为______。

(3)写出D→E 的第二步反应的化学方程式______。

(4)C 的芳香族同分异构体中，含有两个甲基且能与3FeCl 溶液作用显色的有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为6:2:1的同分异构体的结构简式为______。

(5)写出以32CH CH C1和3CH OH 为原料合成
3233|CH CH CH CO C HCOOCH 的合成路线
______(其他试剂任选)。

答案： 中和HI ，提高转化率 89C H OCl 氯原子(或碳氯键)、醚键
+CH 3OH 浓硫酸Δ+H 2O 16
−−−−−→−−−−−−−→+23Δ①H O/H NaCN 3232323
②CH OH/浓硫酸
CH CH Cl CH CH CN CH CH COOCH −−−−−−→+
2①醇钠323②H O/H 3|CH CH CH CO C HCOOCH
【分析】
A 为苯酚， 根据23K CO
33ROH CH I ROCH HI +−−−→+可知，碳酸钾中和HI 可以提高转化率，并且可知B 的结构简式为
，D 为与CH 3OH 发生酯化反应生成E ，E 为
，据此分析解题。

解析：(1)B 的结构简式为
，A 生成B 的反应中23K CO 的作用是中和HI ，平衡向右移动，提高转化率。

(2)根据C 的结构简式
可知分子式为89C H OCl ，其含有的官能团名称为氯原子(或碳氯键)、醚键。

(3) D→E 的第二步反应的化学方程式
+CH 3OH 浓硫酸Δ+H 2O 。

(4)C 的芳香族同分异构体中，含有两个甲基且能与3FeCl 溶液作用显色说明有酚羟基，有16种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有三组峰，说明有三种不同的氢，且峰面积比为6:2:1，说明氢的个数比为6:2:1，其同分异构体的结构简式为。

(5)以32CH CH C1和3CH OH 为原料合成
3233|CH CH CH CO C HCOOCH 的合成路线−−−−−→−−−−−−−→+
23Δ①H O/H NaCN 3232323
②CH OH/浓硫酸
CH CH Cl CH CH CN CH CH COOCH −−−−−−→+
2①醇钠323②H O/H 3|CH CH CH CO C HCOOCH 。

11．已知：A 、B 、C 、D 、E 是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A 元素的原子核内只有1个质子，B 的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO 3；C 元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4；C 的阴离子与D 的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D 2C ；C 、E 同主族。

(1) B 的原子结构示意图为_______。

(2)E 元素形成的最高价氧化物对应水化物的化学式为_______。

(3)元素C 、D 、E 的原子半径大小关系是_______(用元素符号表示)。

(4)C 、D 可形成化合物D 2C 2，D 2C 2中含有的化学键是_______。

(5)A 、C 两种元素形成的原子个数比为1∶1的化合物的电子式为_______。

答案：
H 2SO 4 Na>S>O 离子键、共价键
【分析】
A 、
B 、
C 、
D 、
E 是核电荷数依次增大的五种短周期主族元素，A 元素的原子核内只有1个质子，则A 为H ；B 的最高价氧化物对应水化物的化学式为HBO 3，则B 的最高化合价为＋5，位于周期表中第ⅤA 族，应为N ；C 元素原子的最外层电子数比次外层电子数多4，则原子核外电子排布为2、6，应为O ，C 的阴离子与D 的阳离子具有相同的电子排布，两元素可形成化合物D 2C ，则D 的化合价为＋1，应为Na ，C 、E 同主族，则E 为S ，据此分析。

解析：(1)B 为N ，原子结构示意图为，故答案为：； (2)E 为S ，其最高价氧化物对应的水化物是H 2SO 4，故答案为：H 2SO 4；
(3)同主族元素的原子半径从上到下逐渐增大，同周期元素的原子半径从左到右逐渐减小，所以原子半径大小关系为Na>S>O ，故答案为：Na>S>O ；
(4)D 2C 2为过氧化钠，含有的化学键是离子键、共价键，故答案为：离子键、共价键；
(5)A 、C 两种元素形成的原子个数比为1：1的化合物为过氧化氢，是共价化合物，电子式为，故答案为：。

12．某链烃的化学式为C 6H 4, 若分子中已有一个碳碳双键，则还含有碳碳叁键_______个，某链烃的化学式为C 200H 200，则分子中最多含碳碳叁键_____个。

答案：50
【分析】
根据分子中含有1个双键比相同碳原子的烷烃少2个氢原子，含有1个三键比相同碳原子的烷烃少4个氢原子来解答。

解析：某链烃的化学式为C 6H 4，比相同碳原子的烷烃少10个氢原子，而分子中已有1个碳碳双键，少2个氢原子，则含碳碳叁键(-C≡C -)为2个；
某链状烃的化学式为C 200H 200，比相同碳原子的烷烃少202个氢原子，含有1个三键比相同碳原子的烷烃少4个氢原子，则分子中最多含碳碳叁键50个。

13．石棉尾矿主要含有()3254Mg Si O (OH)和少量的23Fe O 、23Al O .以石棉尾矿为镁源制备碳酸镁晶体()32MgCO nH O ⋅的工艺如下：
已知“焙烧”过程中的主反应为：
()325442443223Mg Si O (OH)+5(NH )SO 3MgSO +10NH +2SiO +7H O+2SO 焙烧↑↑ ()1写出焙烧产物3NH 的电子式______。

()2为提高水浸速率，可采取的措施为______(任写一条)，“浸渣”的主要成分为____。

()3“调节pH 除杂”时，需将pH 调至5.0，则除去的杂质离子是______，此时溶液中的
()3c Fe +=______(已知(])38sp 3K Fe OH) 4.010-⎡=⨯⎣。

()4“沉镁”过程中反应的离子方程式为______。

“沉镁”时若温度超过60℃，将产生较多的碱式碳酸镁杂质，原因是______
()5流程中可以循环利用的物质是______(填化学式)。

()6某小组同学称取13.8g 32MgCO nH O ⋅进行热重分析，并绘制剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示，则n =______。

答案： 将焙烧渣粉碎或加热或搅拌 2SiO 3Fe +、3Al + 114.010mol /L -⨯
()232322Mg 2HCO n 1H O MgCO nH O CO +-++-=⋅↓+↑ 升温促进镁离子水解
424(NH )SO 3
【分析】
以石棉尾矿(主要含有3Mg ()254Si O (OH)和少量的23Fe O 、23Al O )为原料制备碳酸镁晶体()32MgCO nH O ⋅的工艺流程：加入硫酸铵焙烧得到4MgSO 、2SiO 、23Fe O 、23Al O ，水浸，形成2Mg +、3Fe +、3Al +的溶液，2SiO 不溶于水形成浸渣，加入32NH H O ⋅将pH 调至5.0左右，将3Fe +、3Al +以氢氧化物的形式过滤除去，向含有镁离子的滤液中加入碳酸氢铵发生反应：
()232322Mg 2HCO n 1H O MgCO nH O CO +-++-=⋅↓+↑，洗涤晶体可得。

解析：()1N 原子最外层有5个电子，其中3个是未成对电子，结合3个H 原子构成稳定的8电子结构，其电子式为，故答案为：；
()2将焙烧渣粉碎或搅拌可以增大渣粉与液体的接触面积，加热促进分子热运动也可以提高水浸速率；根据题中的方程式
()325442443223Mg Si O (OH)+5(NH )SO 3MgSO +10NH +2SiO +7H O+2SO 焙烧↑↑可知，石棉尾矿加入硫酸铵焙烧得到4MgSO 、2SiO 、23Fe O 、23Al O ，水浸，只有2SiO 不溶于水，作为浸渣被除去，故答案为：将焙烧渣粉碎或加热或搅拌；2SiO ；
()3根据分析可知，“调节pH 除杂”时需将pH 调至5.0，除去的杂质离子是3Fe +、3Al +； pH 5.0=时，()5c H 1.010mol /L +-=⨯，()
9c OH 1.010mol /L --=⨯，根据(]38sp 3K [Fe OH) 4.010-=⨯可知，()38
311934.010c Fe mol /L 4.010mol /L (1.010)
-+--⨯==⨯⨯，故答案为：3Fe +、3Al +；114.010mol /L -⨯；
()4在含2Mg +的溶液中加入3
HCO -，生成32MgCO nH O ⋅沉淀，反应方程式中产物应与题干一致()32MgCO nH O ⋅，反应的离子方程式为：
()232322Mg 2HCO n 1H O MgCO nH O CO +-++-=⋅↓+↑；升温促进2Mg +水解生成2Mg(OH)，2Mg(OH)与2CO 反应生成碱式碳酸镁，故答案为：
()232322Mg 2HCO n 1H O MgCO nH O CO +-++-=⋅↓+↑；升温促进镁离子水解；
()5“沉镁”过程后的溶液中残余物为424(NH )SO ，可以重新收集利用于焙烧过程，故答案为：424(NH )SO ；
()6根据精确测定n 的值，称取3213.8gMgCO nH O ⋅进行热重分析，图2所示的热重曲线示意图，22MgCO nH O ⋅受热分解生成MgO 、2CO 、2H O ，最终剩余的固体为
MgO4.0g ，() 4.0g n Mg 0.1mol 40g /mol
==，则()()3n MgCO n Mg 0.1mol ==，()3m MgCO 8.4g =，
()2m H O 13.8g 8.4g 5.4g =-=，()2 5.4g n H O 0.3mol 18g /mol
==，1：()3n n MgCO =：()2n H O 0.1=：0.3，解得：n 3=，该晶体化学式为：
32MgCO 3H O ⋅，故答案为：3。

【点睛】
本题考查物质的制备和物质成分的探究，题目难度中等，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，理解工艺流程原理是解题的关键，是对学生综合能力的考查，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力。

14．某烃在标准状况下的密度为3.215 g/L ，现取3.6 g 该烃完全燃烧，将全部产物依次通入足量的浓硫酸和碱石灰，浓硫酸增重5.4 g ，碱石灰增重11 g ，求：
（1）该烃分子的摩尔质量为________。

（2）确定该烃的分子式为___________。

（3）已知该烃的一氯代物只有一种，写出该烃的结构简式_________。

答案：g·mol －1 C 5H 12
解析：（1）烃的摩尔质量为3.215g/L×
22.4L/mol=72g/mol ； （2）生成水的物质的量为n （H 2O ）= 5.4g 18g /mol
=0.3mol ，所以n （H ）=2n （H 2O ）=0.3mol×2=0.6mol ，生成CO 2的物质的量为n （CO 2）=
11g 44g /mol =0.25mol ，所以n （C ）=n （CO 2）=0.25mol,烃中C 原子、H 原子的个数比为0.25mol ：0.6mol=5：12，实验式为C 5H 12，实验式中C 原子与H 原子的关系满足烷烃关系，实验式即是分子式，所以该烃的分子式为C 5H 12；
（3）分子中只有一种H 原子，C 5H 12是烷烃，所以H 原子一定位于甲基上，所以甲基数目为123=4，剩余的1个C 原子通过单键连接4个甲基，结构简式为。

15．某烷烃和单烯烃的混合气体2.24L,将其完全燃烧,产生的气体缓缓通过浓硫酸,浓硫酸增重4.05克,将剩余气体通入碱石灰,碱石灰质量增加了6.60克,另取该混合气体2.24L 通过过量溴水,溴水质量增加了1.05克。

（1）混合气体由哪两种烃组成____?
（2）两种烃的体积分数各是多少______?
答案：CH 4和C 3H 6 CH 4：75%，C 3H 6：25%
【分析】
根据有机物燃烧时，有机物中的碳全部转化为二氧化碳，其质量可以根据澄清石灰水质量增加量来确定，有机物中的氢全部转化为水，其质量可以根据浓硫酸质量增加来确定，烯烃和溴单质能发生加成反应，溴水质量增加量就是烯烃的质量，根据水以及二氧化碳的量可以确定碳和氢原子的个数之比。

解析：(1)混合气体的物质的量为1
2.24L 22.4L ?mol =0.1mol ；燃烧后通过浓H 2SO 4，增重的质
量即水的质量为4.05g，即
4.05g
18g/mol
=0.225mol，再通过碱石灰，增重的质量即生成CO2
的质量为6.60g，即
6.60g
44g/mol
=0.15mol；取0.1mol混合物通入溴水，增重的质量即烯烃的
质量为1.05g．所以设烷烃、烯烃分别为C x H2x+2、C y H2y，且两种烃的物质的量分别为a，b，则有：1.05g=14yg/mol×b；a+b=0.1mol；(2x+2)a+2yb=0.225mol×2((H守恒)；
ax+by=0.15mol(C守恒)；解得x=1，y=3，a=0.075mol，b=0.025mol，所以烷烃为CH4；
(2)烯烃为C3H6，CH4的体积分数为
0.075mol
0.075mol0.025mol
+
×100%=75%；C3H6的体积分数
为
0.025mol
0.075mol0.025mol
+
×100%=25%。

16．标准状况下，在盛有乙炔气体的密闭容器中通入一定量的Cl2，充分反应后，在光照条件下使生成的产物再与剩余的Cl2反应，最后得到三种物质的量分别为0.5 mol的多卤代烃，一共通入_____mol Cl2，将生成的HCl溶于水制100 mL溶液，则盐酸浓度为_____ mol·L－1。

答案：515
【分析】
乙炔与氯气发生加成反应时，1mol乙炔能与2mol氯气发生加成反应生成CHCl2CHCl2；氯气与烷基在光照的条件下发生取代反应时，1mol氯气取代1molH，同时生成1molHCl，据
此分析解答；根据HCl的物质的量与体积结合公式c=n
V
计算所配制的盐酸的浓度。

解析：乙炔与氯气发生加成反应时，1mol乙炔能与2mol氯气发生加成反应生成
CHCl2CHCl2；CHCl2CHCl2与Cl2光照下发生取代反应，得到三种物质的量都为0.5mol的多卤代烃，三种多卤代烃分别为CHCl2CHCl2，CHCl2CCl3，CCl3CCl3，根据C守恒，乙炔物质的量为1.5mol
CH≡CH+2Cl2→CHCl2CHCl2
1 2 1
1.5mol 3mol 1.5mol
CHCl2CHCl2+Cl2光照
CHCl2CCl3+HCl
1 1 1 1
0.5mol 0.5mol 0.5mol 0.5mol
CHCl2CHCl2+2Cl2光照
CCl3CCl3+2HCl
1 2 1 2
0.5mol 1mol 0.5mol 1mol
根据上述计算共需要氯气=3mol+0.5mol+1mol=4.5mol；答案为4.5mol；
反应生成的HCl物质的量为0.5mol+1mol=1.5mol，因此配制成100mLHCl溶液的浓度
c=n V =1.5mol 0.1L =15mol/L ，答案为15mol/L 。

【点睛】 卤代烃与氯气反应时也是逐步取代，计算氯化氢的物质的量时依据氯元素守恒计算。

17．常温常压下，一定量的乙烯(C 2H 4)与某烷烃的混合气体完全燃烧后，测得其生成物中气体的质量是反应前混合烃质量的2.86倍，试通过计算确定该气态烷烃的分子式以及它在该混合气体中所占的物质的量的分数_____________。

答案：CH 4；81.8%
解析：由反应24222C H 3O 2CO 2H O +−−−→+点燃知，()()224m CO 88=>2.86m C H 28
，可判断某烷烃燃烧生成的2CO 与烷烃的质量比一定小于2.86。

依据烷烃燃烧通式：
()n 2n+22223n+1C H +O nCO +n+1H O 2−−−→点燃，若44n 2.8614n+2
<，则n ＜1.44，即混合气体中某烷烃分子中C 原子数为1，则该烷烃一定是甲烷。

设混合气体中C 2H 4和CH 4共1mol ，其中CH 4为x mol ，由题意知：
44x+442(1x)=2.8616x+28(1x)⨯--，解得x=0.818，即混合气体中CH 4所占的物质的量分数为81.8%；故答案为：CH 4；81.8%。

18．半胱氨酸是食品加工中最常用的“面团改良剂”，它可以促进面筋的形成。

已知：α-氨基丙酸为
23|NH CH C H COOH --；β-氨基丙酸为222|NH C H CH COOH -。

回答下列问题：
（1）半胱氨酸是一种含有一个硫氢基（—SH ）的氨基酸，已知半胱氨酸分子中硫的质量分数为26.45%，其分子中硫氢基和氨基不在同一个碳原子上，硫氢基与半胱氨酸的β碳原子直接相连，则半胱氨酸的相对分子质量为__________，其结构简式为__________。

（2）半胱氨酸可以生成一种九肽，则这种九肽的分子式为__________。

（3）现有一种多肽的分子式为C x H y N 12O m S n ，将其完全水解只得到下面三种氨基酸：α-氨基丙酸、半胱氨酸、天门冬氨酸（22|NH HOOC CH C H COOH
---），则将一个该多肽
分子完全水解，得到的天门冬氨酸的数目为_________。

答案：C 27H 47N 9O 10S 9 m 132
- 解析：（1）半胱氨酸分子中只含有一个硫氢基，即含一个硫原子，根据硫元素的质量分数，可求出半胱氨酸的相对分子质量为3212126.45%
=；从α-氨基丙酸和β-氨基丙酸的命名原则来看，与－COOH 相邻的碳原子是α碳原子，与－COOH 相间的碳原子是β碳原子，则半胱氨酸分子中至少有3个碳原子，分子中有一个－COOH 、一个－NH 2、一个－。