高中化学——高考小题练透——化学（答案及解析）

,Dγ｜~答素及解析第7宣常用化学i广量第〗练物质的量气体摩尔体积酸过量,MnO2完全反应’贝」转移电子数为1.5mol×2×／VAmoll≡3ⅣA｛故C错误;KAl（SO4）2溶液中Al3十水解:Al3＋＋3H2O＝≡Al（OH）3＋3H＋］lL0。0lmol。LˉlKAl（SO4）2溶液中含有的阳离子数大于0.02ⅣA］故D错误。7。C［解析］室温下,pH＝l3的Ba（OH）2溶液中OH的浓度为0。lmol°Lˉl’所以lL溶液中含有OHˉ的数目为0。l／VA,A项错误‖0.2molNO和0.lmolO2充分反应后,会生成0.2molNO2,由于NO2会部分转化为N2O4旦该反应为可逆反应’气体分子总数会少于0.2ⅣA,B项错误;7.8gNa2S和7.8gⅣa2O2的物质的量均为0.1mol,且阳离子与阴离子的个数比均为2:l,所以含有阴＼阳离子总数均为03ⅣA,C项正确;钠不仅能与酸反应〕还能与水反应］故0ˉ02molNa与］00mL0.lmol°Lˉl的盐酸充分反应后』钠会全部转化为Na＋,转移的电子数为0.02／VA,D项错误°8.D［解析］P4分子的空间构型为正四面体形每个磷原子均以P—P键的形式与其余3个磷原子成键］即l个P4分子中含6个P—P键］故lmolP4分子中所含P—P键的数目为6ⅣA,A项错误｛100mLlmol°LlFeCl3溶液中虽然含有0.1molFeCl3,但Fe3＋在水溶液中会有部分水解,故溶液中Fe3＋的数目小干0.lⅣA］B项错误‖标准状况下］I1.2L甲烷和Z烯混合物的物质的呈为0.5mol,1molCH4和lmolC2H4均含有4molH原子!故05mol甲烷和Z烯混合气体中含氢原子的数目为2ⅣA,C项错误｝氢气与碘单质反应,反应前后分子数目没有发生变化］故0.lmolH2和0.lmolI2于密闭容器中充分反应后,容器内气体的总物质的量还是0。2mol］即分子总数仍为0ˉ2ⅣA,D项正确。9.B［解析］O标准状况下6.72LCH4的物质的量是03mol｛@3.0l×1023个HCl分子的物质的量是0.5mol,O13.6gH2S的物质的量是0ˉ4mol,酗.2molNH3°标准状况下气体体积与物质的呈成正比｛标准状况下体积大小关系为@＞o＞o＞@,故a正确｛同温同压下气体密度与相对分子质量成正比!同温同压下的密度大／｜｀关系为@＞O＞@＞O,故b正确;0.3molCH4的质量是48g‖0。5molHCl的质呈是l8.25g』0.2molNH3的质量是3.4g〗质呈大小关系为@＞O＞O＞@〕故c正确;0.3molCH4分子中含氢原子］.2mol,0.5molHCl分子中含氢原子0。5mol,0.4molH2S分子中含氢原子0.8mol,0.2molNH3分子中含氢原子0.6mol〕氢原子个数大小关系为O＞O＞@＞@,故d正确°选B°‖0.B［解析］A项,同温、同压｀同体积的气体的物质的量相同’lmolC2H4含有6mol原子,而lmolC2H2和C2H6的混合气体含有的原子的物质的量介于4mol和8mol之间‖错误｛B项〕lmolC2H4｀］molC2H2和C2H6的混合气体均含有2mol碳原子,正确｝C项］由于C2H4的摩尔质量与C2H2和C2H6的混合气体的平均摩尔质量不—定相同］故物质的量相同时』它们的质量不—定相同〕错误‖D项伺温｀同压下｛气体的密度与其摩尔质量成正比,因两容器内气体的摩尔质量不—定相同‖故其密度也不—定相同,错误。＂c（解祈｜60;丙醇的物质的量是6j黑F-｜m°!』丙醇的结构简式为CH3CH2CH2OH,所以分子中存在的共价键总数为］lⅣA｛A错误;根据物料守恒可知lL0.1mol.L—l的NaHCO3溶液中H2CO3｀HCO丁和CO;的粒子数之和为0.lⅣA,B错误;23g钠的物质的量是23g乎蒜＝lmol』lm＂l钠不论是转化为氧化钠还是过氧化钠!均失去lmol电子］所以钠充分燃烧时转移的电子数为／VA』C正确;235弓核素2;iU的物质的量为盂器F-!刚＂｜根据发生的裂变反应嗡U十｝n丝押÷l;iXe＋10↓n可知’净产生的中子（↓n）数为9ⅣA,D错误°‖2.∧［解析］1个H2l8O分子中含有l0个中子,l个D2O分子中也含有l0个中子’且两者的摩尔质量都是20g.molˉl!所以2.0g题号答案题号答案了…◎…旧∑压日…川日如息∧…∏◎▲醋●…Ⅲ…∧日础∧旧…◎β∧…川≡∧β□］…◎’…日∧TD［解析］未指明气体所处的状况!无法计算32gO2的体积｛故A错误;未说明气体所处状况‖22.4LN2的物质的量不定是1mol］故B错误;标准状况下水不是气体!故C错误;22gCO2的物质的呈为0.5mol!标准状况下ll2LHCl的物质的量也为0.5mol｛二者含有相同的分子数〕故D正确。2B［解析］浓盐酸和KClO3发生反应KClO］＋6HC］（浓）-KCl＋3Cl2↑＋3H2O,根据得失电子守恒可知,制备3molCl2时,Clˉ失去气5mol电子’故用该反应制备lmol氯气时’转移的电子数为亏″A’而用浓盐酸与MnO2反应制备lmol氢气时!转移的电子数为2ⅣA］A项错误;1个水分子最多可与其他水分子形成4个氢键,由于每个氢键被2个水分子共用,所以1molH2O最多形成2ⅣA个氢键B项正确｝1.5gCH扩的物质的量为0。1mol｛含有的电子数为0.8ⅣA’C项错误;60gSiO2的物质的量为lmol〕在SiO2晶体中〕l个硅原子与4个氧原子形成SiO键,旦没有共用］故lmolSiO2中含有4ⅣA个Si—O键,而l2g金冈」石中含有lmol碳原子,金刚石晶体中］1个碳原子与其他4个碳原子形成C—C键,因每个C—C键被2个碳原子共用!故l2g金刚石中含有2ⅣA个C—C键,D项错误°3.∧［解析］氧气分子和臭氧分子都是由氧原子构成的’故l6gO2和O3的混合气体中｛含有氧原子的物质的量为1mol,即含有的氧原子数为ⅣA,A项正确;在标准状况下］氟化氢为液体,不能用标准状况下的气体摩尔体积的数值代入计算,B项错误『由于氯化铝溶液的体积未知!且Al3＋在水溶液中会有＿部分发生水解,所以溶液中Al3＋的数目无法确定!C项错误『大多数情况下’氧气参与的氧化还原反应〗还原产物中氧元素的化合价为-2价］贝｜」lmol氧气参与反应转移的电子数为4ⅣA,但有些情况下｛还原产物中氧元素的化合价为—l价,如氧气与金属钠在点燃条件下生成过氧化钠的反应中,氧元素的化合价由0价变为ˉl价,此时lmol氧气参与反应时转移的电子数为2ⅣA,D项错误°4C［解析］N2与H2的反应为可逆反应,A项错误｛Fe溶于过量硝酸生成Fe（NO3）3］即lmolFe在反应中转移3mol电子,B项错误;由于氯气与水的反应是可逆反应］溶液中存在禾反应的Cl2｜C项正确｜标准状况下’CCl4呈液态,无法用标准状况下的气体摩尔体积来计算其物质的呈’则无法得至｜」其共价键数目D项错误°5.∧［解析］丁烯与丙烯的最简式都是CH2,7.0g丁烯和丙烯混合气体中含有｛‘＂』.豹物质的量鹏｜c＂:｜-箭＿诸糕Fˉ0.5mol!所以混合气体中含有的氢原子数为0.5mol×2×ⅣAmolˉl＝／VA｛A项正确;46gNO2气体的物质的量为10mol』由于发生可逆反应2NO2＝≡N2O4］所以容器中的气体分子数少干ⅣA,B项错误｛铜与硫反应生成硫化亚铜!其中铜元素显＋］价］6.4g铜的物质的量为0.lmol’与足量硫单质完全反应后转移的电子数为0。lⅣA,C项错误｝标准状况下!SO3为固体,不能用标准状况下的气体摩尔体积的数值代入计算］D项错误。［易错警示］在涉及气体摩尔体积的应用时］—定要注意是否在标准状况下旦是否为气体°6A（解祈］6….c』的物质敲皇为百J÷糕F二!m…』的阴离子中C与C之间形成碳碳三键即含有3对共用电子对,贝」64gCaC2中含有的共用电子对数为3ⅣA,故A正确『常温常压下｛18‘甲暴｜—cn］｜的物质的量为试瑞—「-0」刚＂｜｝其中含有的中子数为0.lmol×（6＋l×3）×／VAmolˉl≡0.9ⅣA,故B错误;15mol的MnO,粉末与足量浓盐酸共热时发生氧化还原反应］浓盐购离考／卜题练透化学H2l8O与D2O混合物的物质的量为0.lmol!含有的中子数为／VA‖A项正确由于粗铜中含有其他金属杂质｛其金属活动性有的比铜强!有的比铜弱,当铜开始放电变成铜离子进入溶液中时′—些活动性比铜强的金属先于铜失去电子〗当转移ⅣA个电子时］失电子的金属可能有锌、铁｀铜等,由干各自的物质的量不能确定‖故最终阳极质量的减少量也不能确定,B项错误‖苯分子中不存在碳碳双键!C项错误;标准状况下,22.4LCl2的物质的量为lmol］氢气溶于水后部分与水反应（该反应为可逆反应）‖所以反应中转移的电子数少干ⅣA,D项错误°‖3。C［解析］碳酸钠晶体的化学式为Na2CO3.10H2O｛1。06g碳酸钠晶体的物质的量小于0.0lmol,则含有Na＋的数目／｜｀于0。02ⅣA｛A项错误｛乙酸与乙醇的酷化反应为可逆反应’反应物不可能全部转化为生成物,所以lmol乙酸与足量的Z醇发生酪化反应｛生成乙酸Z酷的分子数少于／VA』B项错误jpH＝2的H2SO4溶液中H＋的浓度为0。0lmol°Lˉl］lL该溶液中H＋的物质的量为0.0lmol〕所以该溶液中硫酸和水电离的H＋总数为0。0lⅣA‖C项正确］46gNO2与N2O4的混合气体的物质的量小于lmol,所以分子总数小于0ˉlⅣA｛D项错误°‖4∧［解析］X分子结构中氧原子直接连接在苯环上｛—定在苯环所在平面内,通过单键的旋转〕轻基上的氢原子也可能在该平面内｛A项正确｛Y分子结构中能够与氢气发生加成反应的结构有苯环和侧链的碳碳双键,故0.5molY最多可与标准状况下q4.8LH2发生加成反应］B项错误｛Y的分子式为C8H8］］molY完全燃烧消耗l0mol氧气］C项错误『苯环结构中无碳碳双键〗D项错误°‖5。∧［解析］根据阿伏加德罗定律的推论］恒温恒压下,气体的体积之比等于其物质的量之比｛设空气的物质的量为lmol!则反应前H2｀O2的混合气体的总物质的量为3mol,反应后生成的水为液态］剩余的气体为lmol‖反应消耗的气体的物质的量为2mol,根据化学方程式2H2＋O2皇坠2H2O可计算出』参加反应的″（H2）＝兰×2m。l＝÷m。｜』″｜o』｜＝÷×2m°l二÷m。l。着剩余的气3休为｜m。｜H』｀则原来Ⅱ』｀O』的体积比是（÷刊）;;＝7;2;着剩余的气体为」m。｜o』』则原来＂』D』的缸积比垦÷（÷＋｜）＝4:5,故A项正确。第2练物质的量浓度量瓶规格的限制］没有950mL容量瓶,如需配制950mL溶液,需用l000mL容量瓶］所需溶质也应该按照1000mL的体积计算,即需要称量212.0g碳酸钠固体｛C项错误;通过计算可知需要硫酸亚铁的物质的量为0.1mol’应称量27.8g绿矾,目不能用容量瓶稀释溶液,D项错误°5.∧［解析］容量瓶、滴定管｀分液漏斗这三种仪器在使用前均需要检查是否漏液｛A项正确｜用量筒量取液体时,倾倒完最后滴溶液即可!不能洗涤量筒］否贝｜」结果偏大’B项错误｛由干氢氧化钠固体易吸水］在空气中长时间放置会吸收空气中的水蒸气!导致称量结果不准确‖C项错误｛容量瓶是精确度高的计量仪器,不能在容量瓶中溶解固体或稀释液体］也不能长时间盛放液体］D项错误°［易错警示］量筒量出式计量仪器没有0刻度线’量取液体时不能洗涤°6C［解析］溶质的物质的量＂＝励mol’饱和溶液的物质的量浓度箭mol＝］ˉ19山mo｜.Lˉ｜’A项错误熔质的质量哪二αg×C＝V×10ˉ3LM‖／Mˉ］8＂＝α（M丽l8n）g’所以饱和溶液中溶质的质量分数测＝Mα（M-18″）口M℃｜叶″｜‘×｜00髓≡鳃湍:｜×｜00‰＂项镭误｛饱和溶液中删—｜8＂＝侧（″丽l8n｜‘’溶剂的质量为等g＋溶质的质量m＝αg×Mα（″-18几）DM·l00α（M-18见）』g』所以其溶解度s＝l00g×（等带0）318α∏′＋Mbg,≡≡｝题号~~~~~~~~~~~~~~~~答案勺宁＝巳｀←盎凹斗…日日…∧l~~∧βˉ◎↑.∧［解析］］mol.LlFeCl3溶液中c（Clˉ）为3mol.LˉL0ˉ5mol。LˉlMgCl2溶液中c（Clˉ）为1mol°Lˉl.］mol°LlKCl溶液中c（Clˉ）为lmol°Lˉl』lmol°LˉlCaCl2溶液中c（Cl）为2mol·Ll』故A项正确。2.B［解析］分离硝酸钾和氯化钠的混合物,其实验操作包括溶解｀结晶｀过滤等,所需玻璃仪器为烧杯＼酒精灯｀玻璃棒｀漏斗＼蒸发皿,A项错误;容量瓶的规格有限制,没有450mL的容量瓶］只能用500mL的容量瓶进行配制‖再取出450mL即可］B项正确;除去氢氧化铝胶体中的泥沙｛泥沙不能透过滤纸而胶体可以透过滤纸｛所以用带滤纸的漏斗、烧怀｀玻璃棒即可〕C项错误;从食盐水中获得NaCl晶体!直接蒸发结晶即可’用到的玻璃仪器有玻璃棒｀酒精灯｀蒸发皿,D项错误。3D［解析］o用天平称量时,如果所用砧码生锈〕贝｜」称量的溶质的质量偏大,配制的溶液中溶质的物质的量偏大〗溶液的浓度偏高,错误@用量筒量取所需浓溶液时,仰视刻度,导致量取的液体体积偏大〗配制的溶液中溶质的物质的量偏大,溶液的浓度偏高〕错误;o溶液转移到容量瓶后,烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤,配制的溶液中溶质的物质的量偏小,溶液的浓度偏低,正确@转移溶液前容量瓶内有少呈蒸馏水,对溶质的物质的量、溶液的最终体积都没有影晌,所以不影响配制结果‖错误｛◎定容时,俯视容量瓶的刻度线‖导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线］配制的溶液体积偏小,溶液的浓度偏高错误｛@定容后摇匀,发现液面降低,又补加少量水,重新达至｜」刻度线,导致配制的溶液体积偏大,溶液的浓度偏低｛正确°4B［解析］量筒不能用来配制溶液’应用烧杯配制‖且配制后的溶液为体积分数75％的酒精溶液］A项错误『根据电荷守恒0可知l.5ⅣA×2＝ⅣA×箍,解得Ⅺ＝3］即该金属离子带有3个单位的正电荷』该硫酸盐的化学式可用R2（SO4）3表示］其物质的量为0.5mol,所以该硫酸盐的物质的量浓度为2.5mol°Ll］B项正确;由于容C项正确;饱和溶液的质量咖＝（α＋b）g’饱和溶液的密度p＝?＝（α＋b）且—l000（“＋b）g°Lˉl!D项错误°↓／×10ˉ3L‖／第2罩化学物质及莫变化第3练物质的组成＼分类与性质0.c［解析］裁剪｀掐丝｀磨光过程都只发生物质形状的变化］没有新物质生成］属于物理变化〕烧蓝是釉料点涂在图案中并烧制］过程中生成了新物质!发生了复杂的化学变化｛故选C°2.∧［解析］水玻璃是硅酸钠的水溶液｜福尔马林是甲醛的水溶液!它们都是混合物,A项正确;乙烯｀油脂都是小分子化合物,光导纤维题号答案∑＿∧β芯］磅□°’］ˉ◎＝了↓≡日川日川自日川日β—◎皿◎题号答案≡●～日0］D~答素及解析厕气和氯化氢遇冷重新化合生成氯化镀固体!上述过程属于有新物质生成的化学变化〕@不符合题意;氯水的成分有水｀氯气＼盐酸｀次氯酸,光照下次氯酸分解为盐酸和氧气,属于化学变化,o不符合题意;碘受热易升华,升华是物理变化,@符合题意｝碳酸钠晶体是含结晶水的物质,其分解脱水过程属于化学变化〕◎不符合题意｜加入的盐优先溶解在水中,从而降低了硬脂酸钠的溶解度!使其从混合液中析出‖不属于化学变化,◎符合题意;钝化是化学变化,在金属表面生成—层致密的氧化膜,@不符合题意｛红棕色的二氧化氮变为无色的四氧化二氮的反应属干放热反应:2NO2＝≡N2O4,降温能使平衡正向移动,因此气体颜色变浅』属于化学变化）o不符合题意。］0.D［解析］得到分散系中黑色分散质粒子应为Fe3O4］故A项错误′l）项正确;由分散质粒子的直径约为93n『n可知’该分散系为胶体,胶粒可以透过滤纸］过滤不能将其与Na＋分离开,可以用半透膜把胶粒与Na＋分离故B项错误;向沸水中滴加饱和氯化铁溶液』煮沸至溶液呈红褐色〕停止加热!即可得到Fe（OH）3胶体］而0ˉ］mol°LˉlFeCl3溶液浓度较小!不易形成胶体,故C项错误。‖‖B［解析］＂瓦＂属于传统无机非金属材料,其主要成分为硅酸盐!红瓦中含有氧化铁,浇水后,氧化铁转化为其他铁的氧化物｛红瓦转化为吉瓦‖A正确j这里所说的＂言矾厂气＂指缎烧硫酸亚铁（FeSO‘。7H2O）后产生的三氧化硫和二氧化硫］这类气体遇水或潮湿空气〕会生成硫酸｀亚硫酸形成具有腐蚀性的酸雾〗B错误;醋中含有醋酸与铁反应生成醋酸亚铁和氢气,因此铁华粉是指醋酸亚铁,C正确｛“硝石＂的主要成分是硝酸钾,硝酸钾是白色固体,硝酸钾强烧时火焰呈紫色』D正确。02.B［解析］OKMnO4｀H2O2具有强氧化′｜生C2H5OH能使蛋白质变性］KMnO4｀C2H5OH｀H2O2等常见化学物质都可作医用杀菌、消毒剂,故正确｝@K2FeO4中Fe元素的化合价较高为＋6价,具有强氧化性｛可以杀菌消毒〕消毒过程中被还原为铁离子,铁离子水解生成氢氧化铁胶体’表面积很大0可以吸附悬浮物起净水作用!但与氯气不同的是不产生对人体造成危害的有机氯,故正确;o碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物,过氧化钙属于过氧化物‖不是碱性氧化物!其阴＼阳离子个数比为1:l］故错误｝@国产大飞机—C9l9使用的碳纤维是种新型的无机非金属材料,故正确｛o＂浮梁巧烧瓷,颜色比琼玖＂］描述的是我国驰名干世的陶瓷］陶瓷是—种硅酸盐产品′故正确@＂吉篙握,以水二升渍,绞取汁＂,该过程利用苯取原理,属于物理变化!故正确｛@含钙离子浓度较大的地下水与言级脂肪酸钠反应会生成高级脂肪酸钙沉淀］去污能力减弱,故正确。正确的个数为6个］答案选B。的主要成分是二氧化硅,不属于高分子化合物〕只有纤维素属于高分子化合物］B项错误｛PM2~5是指直径小于或等于2.5×l0ˉ6m的微粒,微粒直径不在l～l00nm之间’所以不是气溶胶,不能产生丁达尔效应,C项错误｛电解质是指在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物〕氨水为混合物,既不属于电解质也不属于非电解质〗D项错误°3D［解析］纯碱的主要成分是碳酸钠,属于盐〕A项错误;含氧化合物中应含有氧元素,而氯化钠的组成元素中不含氧元素｛不属于钠的含氧化合物］B项错误｛液氨和冰水都是纯净物］C项错误｛氧化性酸—般是含氧酸,是指酸中除了氢、氧元素之外的中心元素在化学反应中表现出强氧化性的—类酸,HClO｀H2SO4（浓）｀HNO3都具有强氧化性‖均属于氧化性酸』D项正确°4B［解析］糯米酿制甜酒的过程中｛有部分淀粉水解生成葡萄糖,随后葡萄糖转化为乙醇,故A正确;＂滴水石穿、绳锯木断｜』前者生成Ca（HCO3）2,过程中涉及化学变化］后者没有新物质产生,过程中不涉及化学变化｜故B错误;亚硝酸钠具有还原性｛可防止食品被氧化’适量的亚硝酸钠可以作为食品添加齐｜」｜故C正确;大量燃烧化石燃料排放的废气中含SO2,造成大气污染］使雨水pH＜5.6,形成酸雨〕故D正确。5.B［解析］SO2具有漂白性,但其本身具有毒性,般不用于食品的漂白,故A错误｛胶体能产生丁达尔效应’但是溶液没有,用可见光束照射可以区另」溶液和胶体）故B正确浓硫酸可用于干燥CO2｀Cl2〕是因为浓硫酸具有吸水性］故C错误;SiO2可用于生产光导纤维是因为二氧化硅具有导光性｛故D错误°6.C［解析］Fe（OH）3胶体是红褐色的,不是无色的,A错误‖六水氯化钙没有吸水性,不能作干燥剂,无水氯化钙才可用作干燥剂,B错误;雾霍是—种分散系,分散质是—些可吸入颗粒物‖分散剂是空气］带活性炭□罩防雾霍的原理是吸附原理］C正确｛用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品—起密封包装‖硅胶是干燥剂!铁粉是抗氧化剂』铁粉可以与包装袋内的氧气发生氧化还原反应!所以涉及化学反应!D错误°7D［解析］A项!氧化物是由两种元素组成,其中—种是氧元素的化合物,HCOOH｀Cu2（OH）2CO3的组成元素多于两种,不属于氧化物,错误;B项,几元酸不是根据酸分子中氢原子个数来进行划分的0而是根据—个酸分子电离出H＋的个数划分的｜HCOOH是元酸］错误｛C项,CH3CH2OH在水溶液中不电离,属于非电解质,错误;D项］HClO｀H2SO4（浓）、HNO3均具有很强的氧化性,属于氧化性酸］正确°8。C［解析］生石灰或硅胶可作干燥剂〕但不能防止食品因被氧化而变质］故C错误。9B［解析］皂化反应属于取代反应,取代反应属于化学变化,O不符合题意氯化按属于按盐］加热易分解为氨气和氯化氢气体］氨第4练离子共存、离子方程式的书写及正误判断3Ag＋＋NO↑＋2H2O,故C项错误｝FeCl3溶液腐蚀线路板,Cu被Fe3＋氧化,发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋Cu-2Fe2＋＋Cu2＋］故D项错误°4C［解析］pH＝1的溶液呈酸性〗NO丁在酸性溶液中表现强氧化性］会将Fe2＋氧化为Fe3＋!＝者不能共存］A错误｝滴入酚酞溶液显红色的溶液呈碱性』Fe3＋会与OHˉ反应生成Fe（OH）3沉淀而不能存社』B错误;湍ˉ｜｜-｜×!0哩的溶液呈握酸｜鳖｀所有离了均可以共存］C正确;由水电离出的c（H＋）＝l×10ˉl2mol°Lˉl的溶液可能呈强酸生也可能呈强碱性’HCO丁在强酸性或强碱性的环境下都不能大量存在］D错误°［易错警示］此题是离子共存问题↑要考虑离子存在的外界条件:满足＿￡Lll二ˉ上≡l×］0｜2的溶液显酸性,而由水电离出的c（H＋）≡c（OH—）1×l0ˉl2mol。Lˉ!的溶液’既可以是强酸性溶液］也可以是强碱性溶液’两个选项的条件不—样｛做题时要注意区分°5D［解析］含有MnOJ的溶液显紫色］故A不符合题意;使pH试纸变深蓝色的溶液显碱性,NH旷与OHˉ不能大量共存,故B不符合题意OH＿与HCO丁反应生成的CO;—会与Ba2＋结合产生沉气≡◎旧础□β≡∧硅旧…◎刁／］＿日…川◎~~▲◎垂∏…◎∑◎’…◎］＝●…月∧日…川日答案题号答案0.C［解析］NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合,除了H＋与OH反应生成H2O外｛还有SO;与Ba2＋的反应,A项错误NH4Cl溶液与Ca（OH）2溶液反应的离子方程式为NHJ＋OH—-NH3°H2O,B项错误;HNO3溶液与KOH溶液反应的离子方程式为H＋＋OHˉ-H2O］C项正确;Na2HPO4溶液与NaOH溶液反应的离子方程式为HPO;＋OH——PO』ˉ＋H2O,D项错误。2C［解析］A项中Cu2＋显蓝色‖D项中MnOJ显紫色,在无色透明的强酸性溶液中均不能大量存在’A＼D错误;CO;与H＋不能大量共存’B错误。3B［解析］Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4,发生反应的离子方程式为CaSO4＋CO;ˉ—CaCO3＋SO觅,故A项错误;Na2O2作呼吸面具的供氧剂!发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2—2Na2CO3＋O2］故B项正确｛稀HNO3洗涤做过银镜反应的试管］生成的气体为NO〕发生反应的离子方程式为3Ag＋4H＋＋NO丁＿｜题号厕高考′卜题练透化学淀!不能得至｜」澄清溶液］故C不符合题意;含有AlOI的溶液显碱性’Na＋＼K＋＼SO;—＼CO;在碱性环境下能够大量共存’故D符合题意°6∧［解析］AlOI结合H＋的能力强于CO;,在两者的混合溶液中加入少量的盐酸］AlOI优先结合H＋］A项正确将钠投入至｜」硫酸铜溶液中,钠先与溶液中的水反应｛生成的NaOH再与Cu2＋反应］B项错误;I的还原性强于Fe2十,向该溶液中滴加少量稀硝酸］I先与硝酸反应,而不是Fe2＋‖C项错误j在溶液中S2与Al］＋会发生双水解］生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体］无法生成Al2S3沉淀’D项错误°7.B［解析］CaCl2溶液中通入CO2’不发生反应〕A项错误;酸性KMnO4溶液中通入SO2〕发生的离子反应为5SO2＋2MnO『＋2H2O-5SO;ˉ＋2Mn2＋＋4H＋’B项正确FeBr2溶液中通入足量Cl2｛发生的离子反应为2Fe2＋＋4Br＋3Cl2-2Fe3＋＋2Br2＋6Clˉ,C项错误;AgCl悬浊液中通∧HI］发生的离子反应为AgCl＋Iˉ—AgI＋Cl—｛D项错误。8.∧［解析］用肥皂（主要成分Cl7H35COONa）水检验含有较多Ca2＋的硬水〕该反应的离子方程式为2C｜7Ⅱ35CO0ˉ＋Ca2＋-（Cl7H35COO）2Ca↓,A正确磁性氧化铁溶于氢碘酸］二者发生氧化还原反应,正确的离子方程式为2Iˉ＋Fe3O4＋8H十—3Fe2＋＋.Ⅱ』…』B错误常温下』在念｜-0」的溶液中存在大量＂Ⅱ—｜OHˉ与HCOf发生反应’在溶液中不能大量共存,C错误;NaClO＼SO;ˉ之间发生氧化还原反应］在溶液中不能大呈共存,D错误。9.C［解析］MgCl2｀Ba（OH）2和HCl三种溶液混合,OHˉ优先和溶液中的H＋结合‖多余的OHˉ再与溶液中的Mg2＋结合』生成Mg（OH）2沉淀’选项中遗漏了OHˉ与H＋的反应!C项错误;铅酸蓄电池充电时为电解池,正极变为阳极｀发生氧化反应〕D项正确。0OC［解析］将铜丝插入稀硝酸中发生反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO丁～Cu2＋＋2NO↑＋4H2O］A错误向Mg（HCO3）2溶液中加入过量NaOH溶液｛产生的白色沉淀为Mg（OH）2!而不是MgCO3,该反应的离子方程式为Mg2＋＋2HCO丁＋4OHˉ—Mg（OH）2↓＋2H2O＋2CO;ˉ,B错误;向淀粉ˉ碘化钾溶液中滴加稀硫酸〗在空气中放置段时间后｛溶液变蓝!说明Iˉ被空气中的O2氧化成I2〕该反应的离子方程式为4H＋＋4I＋O2-2I2＋2H2O,C正确;向含0.lmolFeBr2的溶液中通入0。1molCl2,FeBr2过量〕Cl2先氧化Fe2＋,再与部分Brˉ发生氧化还原反应!故反应的离子方程式为2Fe2＋＋2Brˉ＋2Cl2＿2Fe3＋＋Br2＋4Clˉ!D错误°［易错蹬示］向Mg（HCO3）2溶液中加入过量Na0H溶液〗由于氢氧化镁的溶解度比碳酸镁小］所以两者反应的产物是氢氧化镁°FeBr2的溶液中通入少量的Cl2,由于Fe2＋的还原性比Brˉ强,所以Fe2＋先与Cl2反应°‖‖D［解析］金属钠非常活泼,加入CuSO4溶液中』优先与溶液中的水反应!不能把溶液中的Cu2＋置换出来｛A项错误‖Ca（ClO）2具有很强的氧化性,能将具有还原性的SO2氧化成SO爵ˉ,自身被还原成Clˉ〕B项错误;用惰性电极电解MgBr2溶液］Mg2＋会与生成的OHˉ反应〕生成氢氧化镁沉淀｛C项错误!强酸和强碱反应中,若没有沉淀生成］反应的离子方程式均可用H＋＋OH—H2O表示,D项正确°‖2.D［解析］A项｛通入过量SO2会与Fe3＋｀NO丁／H＋反应,反应的离子方程式分另｜」为SO2＋2Fe3＋＋2H2O-SO】ˉ＋2Fe2＋＋4H＋＼3S02＋2NOj＋2H2O-3SO;ˉ＋2NO↑＋4H＋通入过量SO2后溶液中Fe3十｀NO丁不能大量存在‖B项,通入过量的CO2会与AlOI反应,反应的离子方程式为CO2＋AlOI＋2H2O-Al（OH）3↓＋HCO丁］通入过量CO2后溶液中AlOj不能大量存在『C项,Al3＋会与ⅡCO丁｀HSˉ发生双水解｛反应的离子方程式分另｜」为Al3＋＋3HCO丁～Al（OH）3↓＋3CO2↑｀Al3＋＋3HSˉ＋3H2O-Al（OH）3↓＋3H2S↑）加入过量AlCl3溶液后溶液中HCO丁｀HS不能大量存在｛D项!通入过量CO2’CO2与各离子不反应｛溶液中各离子仍能大量存在°［刷盲所得］判断离子是否大量共存’应该考虑如下几种情况《（l）发生复分解反应@生成难溶物或微溶物,如Ag＋与Clˉ等不能大量共存｛@生成气体或挥发性物质,如H＋与CO;ˉ、HCO丁｀S2ˉ＼HSˉ等不能大量共存°O生成难电离物质,如H＋与CH3COOˉ因生成弱酸而不能大量共存;OH＿与N毗因生成弱碱而不能大量共存;H＋与OHˉ生成水而不能大量共存°（2）发生氧化还原反应氧化性离子（如Fe3十｀ClOˉ｀MnOJ等）与还原性离子（如S2ˉ｀Iˉ｀Fe2＋等）不能大量共存。（3）离子间发生双水解反应如Al3＋｀Fe3＋与CO;ˉ＼HCO丁｀S2ˉ｀IlS-等不能大量共存°（4）络合反应:如Fe3＋和SCNˉ·‖3D［解析］将2molCl2通入含］molFeI2的溶液中,由得失电子守恒可知,氯气过量,则离子反应为2Fe2＋＋4I＋3Cl2＝＝≡2Fe3＋＋6Cl＋2I2!故A错误『Ba（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应的离子方程式为Ba2十＋2HCO丁＋2OHˉ＝＝＝BaCO3↓＋2H2O＋CO;ˉ’故B错误过量SO2通入NaClO溶液中的离子反应为SO2＋H2O＋ClO＝≡2H＋＋Clˉ＋SO;ˉ］故C错误;lmol.LˉlNaAlO2溶液和2.5mol°LlHCl溶液等体积均匀混合后发生的离子反应为2AlOf＋5H＋-Al3＋＋Al（OH）3↓＋H2O,故D正确°04B［解析］ClOˉ与少量SO2发生的离子反应为SO2＋3ClOˉ＋H2O-≡SO;ˉ＋2HClO＋Clˉ,A错误题给四种离子可共存｜Fe3＋与过量H2S发生的离子反应为2Fe3＋＋H2S-≡2Fe2＋＋S↓＋2H＋,B正确;N哑＼Fe3＋与AlOI因发生双水解而不能大量共存!C错误;HCO丁和Al3十因发生双水解生成Al（OH）3沉淀和CO’气体而不能大量共存,D错误°第5练离子推断与检验6…｝肉…!Fe］＋］不能证明无Fe2＋,故A项错误;气体通过无水硫酸铜｛粉末变蓝］贝」发生反应:CuSO4＋5H2O—CuSO4.5H2O］CuSO4.5H2O为蓝色］可证明原气体中含有水蒸气,故B项正确『灼烧白色粉末,火焰呈黄色］证明原粉末中有Na＋〕但并不能证明无K＋］因为观察K＋焰色反应需透过蓝色的钻玻璃,故C项错误『能使澄清石灰水变浑浊的气体有CO2｀SO2等’故将气体通入澄清石灰水,溶液变浑浊!则原气体不定是CO2,故D项错误°3.C［解析］如果原试液中含有SO;ˉ,加入足量的稀硝酸后,会把SO;ˉ氧化成SO;ˉ』再加入BaCl2溶液’也会出现白色沉淀!干扰SOiˉ的检验,A项错误｜HSO丁与盐酸反应也会生成能使品红溶勺叁口■〕●↓狸日〕…∧‖.∧［解析］A项!禾｜」用Clˉ和Ag＋反应生成不溶于硝酸的白色沉淀AgCl进行检验,属于沉淀法］不合理｛B项,含有钠元素的物质的焰色反应为黄色0可以用显色法检验Na＋的存在〕合理;C项〕在含有Cu2＋的溶液中加入NaOH溶液］反应生成蓝色沉淀』这是Cu2＋的特征反应｜属于沉淀法｜合理;D项,实验室检验SO;ˉ常利用BaSO4难溶于硝酸和水进行检验!属干沉淀法,合理°2.B［解析］Fe3＋遇KSCN会使溶液呈现红色!KSCN溶液遇Fe2＋无明显现象滴加KS（〕N溶液,溶液呈红色,只能证明溶液中存在厂ˉ『…-→］∧号~案题兹■答素及解木斤圃（2）实验O图像中沉淀达到最大量后,继续滴加NaOH溶液,与废水中的NHⅪ反应生成NH3·H2O〕此时沉淀质量不再发生变化］反应的离子方程式为NH矿＋OH-NH3.H2O。｜］｜已知硫酸钡沉淀的质垦为…侧｜鹏｜so;—｜～鳃3γ抖—0.0lmol,根据图像可知与Al（OH）3反应的NaOH的物质的量为0.007mol‖所以则（Al3十）≡0.007mol］溶液中H＋消耗NaOH的物质的量为0.0l4mol,H＋的物质的量是0.014mol0NH旷＋OHˉ-≡NH3°H2O,消耗NaOH的物质的量为0.007mol〗所以NHⅡ的物质的量是O007mol〕原废水中c（N盯）与c（Al3＋）的比值为l:1;生成Al（OH）3的质量为0.007mol×78g°moll≡0.546g°（4）溶液中—定存在的离子为Na＋＼Al3＋｀NH旷｀H＋｀SOiˉ,根据（3）中 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 ’n（SO;ˉ）＝0.01mol,几（Al3＋）＝0.007mol,则（H＋）＝O0l4mol’n（NⅢ）＝0.007mol!由于溶液中存在电荷守恒‖3见（Al3＋）＋n（H十）＋″（NH《）＋网（Na＋）≡3×0.007mol＋0.0l4mol＋0.007mol＋0°l4mol·Lˉl×01L＝0.056mol≠2〃（SO;）＝0.02mol,则原废水中定还含有NO丁,且″（NO丁）＝α056m。lˉ0皿nml二α晒m°l』c｜］Oj｜＝0带婴l＝α觅m°l.Lˉ｜·［关键点拨］无色废水确定无Fe3＋』根据实验O确定有Na＋!根据实验@确定有SO;—’根据实验O确定有Al3＋,定不含Fe3＋＼Mg2÷’因为CO;ˉ与Al』带发生双水解’所以无CO;ˉ｝故原废水中—定存在的离子为Na÷＼Al3＋＼NH旷｀H＋｀SO＄ˉ°根据硫酸钡沉淀的质量求出″（SO;-）,根据图像中的数据求出″（AⅡ3＋）和n（H＋）〗再根据电荷守恒确定是否含有NO丁°（l）KClCuSO4（2）Al3＋＋3H2O＝≡Al（OH）3（胶体）＋3H＋（3）α（4）乎×l0—』（4mbˉ砸α）×l0ˉ｀［解析］（l）由实验O可知,D中含有Cu2＋!且只有D中含有Cu2＋;由实验@可知!C中含有Al3＋!E中含有OHˉ;由实验O可知’B中含有K＋,目只有B中含有K＋,进而可推知E为NaOH｜由实验@可知,A中含有HCO丁!且只有A中含有HCOJ!D中含有SO;—,且只有D中含有SO;］即D为CuSO4｛由上述分析并结合A中HCO丁的性质,A中的阳离子只能是Na＋,即A为NaHCO3｛Al3＋只能与Clˉ结合］即C为AlCl3‖结合实验◎可知0B中的阴离子只能是Cl,即B为KCl。（2）C为AlCl3’可用作净水剂］因为Al3＋水解能生成Al（OH）3胶体,Al（OH）3胶体具有吸附性〕能吸附水中的悬浮物并沉降!从而达至｜」净水的目的°（3）含0.0lmolNaHCO3的溶液与含0.02molNaOH的溶液反应0由NaHCO3＋NaOH-≡Na2CO3＋H2O可知,混合溶液中含有0。01molNa2CO3和0.01molNaOH,向混合溶液中滴加0.1mol°Lˉ｜稀盐酸!发生的反应依次为H＋＋OHˉ＝≡H2O｀H＋＋CO;ˉ＝＝≡HCOj＼H＋＋HCOj-CO2↑＋H2O,且三个反应均消耗0.0lmolHCl!所消耗盐酸的体积均为0.1L］故c项符合题意。｜4｜当瞳≡3h时,器｛祭｝≡〕』№0Ⅱ完全反应,反应为3oH—＋A］］襟-Al（OH｜』｜』＂［Al（OH｜』］＝＋鹏｜№OH）＝÷ד咖×＂—』m,｜＿?撼｜0』咖＂｜·当」b…绷时｀』＜滞了｝＜4,反应过程可按两步进行分析:OAl3＋全部转化为Al（OH）3沉淀:3OHˉ＋Al3十-＝Al（OH）］↓｜@Al（OH）3部分溶解:Al（OH）3＋OHˉ-＝AlOf＋2H2O°反应O生成的″［Al（OH）3］≡＂（Al3＋）≡mb×10ˉ3lnol,消耗的n（OHˉ）≡3mb×10ˉ3mol｜反应@中消耗的n（OH）≡（′′m—3m6）×103mol!溶解的″［Al（OH）3］＝（′m—3mb）×10ˉ］mol〕故整个反应过程中剩余的则［Al（OH）3］≡矾6×10ˉ3mol-（mα-3mb）×10ˉ3mol＝（4mb—mα）×l0ˉ3mol°液褪色的SO2气体,B项错误｛能使淀粉溶液变蓝｛这是碘单质的特性,所以可推测出原试液中含有Iˉ,C项正确;试液中加入足量的氢化钡溶液有白色沉淀,再加入足量的稀盐酸,沉淀溶解］无法确定原试液中是否含有CO;—’因为SO;ˉ也会发生上述反应现象』D项错误°4B［解析］浅黄色溶液中—定含有Fe3＋｛由于Fe3＋能与HCO丁发生双水解反应,则溶液中—定不存在HCOj｛由干Fe3十能与I发生氧化还原反应｛贝」溶液中—定不存在I;根据溶液电中性原理』溶液中至少含有—种阴离子］贝｜」—定含有SO;｛SO;ˉ与Ba2＋反应,所以溶液中—定不存在Ba2＋｛H＋｀NH旷｀Al3＋无法确定是否存在）故定不需要检验的离子有Ba2＋、HCO丁｀Iˉ］B项正确。5.∧［解析］已知该溶液的颜色为无色,CrO;＿为黄色,所以不含CrO;ˉ,实验@说明溶液中不含SO;』实验@说明溶液中含有NH旷＼Al3＋,不含Mg2＋;由溶液中存在电荷守恒,且所含离子的物质的量浓度均相等,所以这三种阴离子—定存在｛也可以确定该溶液中定不含K＋,否贝」电荷不守恒°综上所述,A正确°6∧［解析］pH≡l的溶液中氢离子浓度为0.lmol.L＿l’l00mL该溶液中含有氢离子的物质的量为0.0lmol］贝｜」溶液中—定不存在CO;向溶液中通入氯气』再经CCl4革取分液后得到紫色溶液,则原溶液中含有I—,Fe3＋能够氧化I,则原溶液中—定不存在「.』,;…紫黑色间体为碘晕质』算吻质驹量为254γ扮—O0lmol,原溶液中含有Iˉ的物质的量为0ˉ02mol!水层中加入NaOH溶液得至｜」固体,该固体为Fe（OH）3,灼烧后得至｜」的l.60g固体为Fe2O3‖则溶液中—定存在Fe2＋,根据铁元素守恒可知Fe2＋的鞠厩的垦为l60瞒l—｜＂2-队0…｜｝肌0…｜r.』,带有0.04mol正电荷,0.02molIˉ带有0.02mol负电荷,所以原溶液中—定含有Clˉ’其物质的量至少为2n（Fe2＋）＋″（H十）＿n（Iˉ）＝0.＂mol＋0。0lmol—0.02mol≡0.03mol,Clˉ的浓度最小为0ˉ03mol＝0。3mol。Lˉ｜］不能确定原溶液中是否存在Na＋°根据01L分忻可知,原溶液中定含有Fe2＋｀I｀Clˉ!A正确;原溶液中—定不存在CO!,定存在Cl＿’B错误原溶液中—定存在Fe2÷’—定不存在Fe3＋｛C错误‖根据分析可知该溶液中c（Clˉ）≥0。3mol·Lˉ｜,D错误。7.（l）CO;—（2）NOj＼Fe3÷（3）Mg2十｀Al3＋NH旷（4）SO;ˉ（5）Ba2＋、I｀NH旷K＋、Na十、Clˉ［解析］（l）用PH试纸测得溶液显强酸性,说明溶液中含有大量H＋’CO;ˉ和H＋反应生成CO2气体』因此原溶液中不存在CO;。（2）加入数滴氯水’革取后CCl4层呈紫红色说明原溶液中含有Iˉ］NO丁在酸性条件下具有强氧化′｜生Fe3＋也具有氧化性,两者都能与I反应!因此原溶液中不存在NOj｀Fe3＋°（3）加入NaOH溶液,在滴加过程中没有沉淀生成］说明原溶液中无Mg2＋｀Al3＋｜取出碱性溶液加热｛有气体放出,且该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝’说明该气体为NH3,则说明原溶液中存在NH矿。（4）取（3）中碱性溶液加入Na2CO3溶液,有白色沉淀生成〕此沉淀为BaCO3］说明原溶液中含有Ba2＋,贝｜」不含SO;ˉ°（5）根据上述分析,肯定存在的离子有Ba2＋、Iˉ｀NH旷!不确定是否存在的离子有K＋、Na＋｀Clˉ°8。（］）CO;ˉNa＋｀H＋、Al3＋、NⅢ（2）NH《＋OH-≡NH3·H2O（3）l:l0.546（4）存在0.36［解析］（l）无色废水确定无Fe3十,根据实验@确定有Na＋,根据实验@确定有SO;ˉ,根据实验O确定有Al3＋＼H＋｀NHj,—定不含Fe3＋＼Mg2＋!若废水中存在CO;ˉ,则会与Al3＋发生双水解,所以无CO;—°故废水中定存在的离子为Na＋＼Al3＋、NH旷、H÷＼SOiˉ,—定不存在的离子为Fe3＋＼Mg2＋｀CO;。9｝66｜高考／卜题练透化学（】第6练氧化还原反应规律及应用体系’D项错误°9.B［解析］Na2O2由Na＋和O;ˉ构成,含4／VA个离子的Na2O2固体的物质的量为牛mol’溶于水发生反应得至‖氢氧化钠溶液据此〕计算溶液中№.的浓度为÷m。l.Lˉ｜』A项镭民№』S溶液在空气中长期放置变浑浊’是因为硫离子被空气中的氧气氧化生成硫单质）离子方程式为2S2＋O2＋2H2Oˉ2S↓＋4OHˉ,B项正确｝还原′性的强弱取决于元素失电子的能力,与失电子的个数无关］C错误;滴加KSCN溶液显红色的溶液中存在Fe3＋｛Fe3＋具有氧化性］能够氧化Iˉ,二者不能大量共存!D项错误°］0D［解析］反应I中铜元素化合价降低｛硫元素化合价升高,CuFeS2既作还原齐｜」｛又作氧化剂‖A错误;由于不能确定杂质是否含有硫元素］所以不能得出CuFeS2的质量分数,B错误;根据化学方程式可知6molCuFeS2参加反应’生成3molCu2S］其中2molCu2S转化为2molCu2O］2molCu2O与1molCu2S反应生成6molCu｛所以消耗O2的物质的量为l2mol＋3mol＝l5mol,C错误;6molCuFeS2需要l2mol氧气得到3molCu2S｛剩余的M5m°l氧气可以消耗Cu2s的物质的量是虱7:m。l×2＝2.5mol｛得至｜」2.5molCu2O,此时剩余Cu2S的物质的量是0.5mol,与1molCu2O反应生成3mol铜,D正确。们.D［解析］A项〕由元素化合价变化可知,HClO3既是氧化剂又是还原齐｜」〕HClO4、O2是氧化产物’Cl2是还原产物!氧化剂的氧化性强于氧化产物!错误;B项］淀粉ˉKI试纸先变蓝是因为生成I2:2Iˉ＋Cl2-I2＋2Clˉ,后褪色是因为I2被Cl2继续氧化生成IO丁:5Cl2＋I2＋6H2O—l2H＋＋］0Clˉ＋2IOj］错误;C项!生成的Cl2和O2的混合气体平均摩尔质量为47.6g°mol—l,则几（O2）×32g°molˉl＋n（Cl2）×71g·moll＝47。6g°molˉl｛可得见（O2）＋＂（Cl2）n（Cl2）:＂（O2）≡2:3,由得失电子守恒得化学方程式为8HClO3-3O2↑＋2Cl2↑＋4HClO4＋2H2O,错误｝D项,由C项化学方程式可知］若化学计量数α＝8〕6≡3’则该反应转移电子数为20,正确。］2D［解析］滴加70％的硫酸,H＋的浓度升高使平衡;Cr2O;ˉ（橙色）＋H2O＝＝2CrO;（黄色）＋2H＋向左移动滴加30％的NaOH溶液!中和了H＋,H＋浓度降低,使上述平衡向石移动』因此O中溶液橙色加深｛O中溶液变黄A项正确°中Cr2O;在酸性条件下具有强氧化性｜被C2H5OH还原’所以溶液颜色变为绿色,B项正确｛根据实验O＼@可知,在酸性条件下’K2Cr2O7将C2H5OH氧化』根据实验。@可知’在碱性条件下』Cr2O;ˉ转化为CrOi’CrO;—和C2H5OH不反应』C项正确若向@中加入70％H2SO4溶液至过量』Cr2O;的氧化性增强’Cr2O;被C2H5OH还原,故溶液变为绿色,D项错误。T3D［解析］根据得失电子守恒可知!如果6molSO2恰好被氧化为硫酸需要bmol次氯酸钠’生成6mol氢化钠’则当0＜6＜÷〕时!次氯酸钠过量!过量的次氯酸钠结合生成的氢离子转化为次氢酸’即SO2＋lI2O＋3ClOˉ—SO1ˉ＋2HClO＋Cl,A正确根据以上分析可知当6＝＂时’反应的离子方程式为SO2＋H2O＋ClOˉ—2H｝＋Clˉ＋SO;ˉ’B正确;当÷＝b时’过量的次氯酸钠结合生成的氢离子转化为次氯酸］当6≡α时』生成硫酸和氯化钠’反应后溶液中氢离子的物质的量是2bmo｜’因此当÷≤b≤α时］反应后溶液中H＋的物质的量0＜″（H＋）≤2bmol,C正确;当0＜b＜α时!次氢酸钠过量,bmolSO2全部转化为6mol硫酸］根据得失电子守恒可知生成6mol氯离子’剩余次氢酸钠的物质的量是（αˉb）mol,剩余的次氯酸钠还会结合生成的氢离子转化为次氯酸!因此最终次氢酸根离子的物质的量小于（α—6）mol!D错误。颗号答案颗号1~~~~~~D〗∧础’巳34CDl01ll凸△凸DD与员□…皿≡□了当αβ…∧月·号案题答旧—□‖D［解析］由题意可知,亚硝酸盐可将Fe2＋氧化为Fe3＋,亚硝酸盐作氧化剂‖被还原!A项正确;维生素C解毒时将Fe3＋转化为Fe2＋,维生素C为还原齐｜」,B｀C项正确｜CO浓度大时易与血红蛋白结合!使血红蛋白失去载氧能力,导致人体器宫缺氧中毒,故两者的中毒原理不—样］D项错误°2.∧［解析］Na有很强的还原性’能与TiCl4在熔融状态下反应置换得到Ti,A项正确;明矾溶解后｛溶液中铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性,可以吸附悬浮在水中的杂质〕起到净水作用,而不能杀菌消毒｛B项错误;SO2有漂白性,可用于漂白纸浆〕C项错误『SjO2没有导电性,SiO2能用于市｜」造光导纤维是因为传输光的能力强,D项错误。3。C［解析］由题意］工业上制取KIO3的反应原理为6K0H＋KI＋3Cl3—KIO3＋6KCl＋3H2O,其中Cl2为氧化剂,KIO3为氧化产物｜氧化性:氧化剂＞氧化产物］所以该条件下氧化性:Cl2＞KIO3‖A正确｛还原产物为KCl］所以反应产物中含有KCl,B正碉由反应的化学计量数关系可知制取KIO3的反应中消耗KOH和KI的物质的量之比是6:l,C错误｛若反应完全,碘元素以IOJ形成存在,不能形成黄色沉淀AgI!若未完全反应‖则会生成黄色沉淀AgI』D正确°4D［解析］CsICl2中Cs显＋1价‖I显＋1价,Cl显—1价,A｀B项均错误;CsICl2溶液中通入Cl2!Cl2应作氧化剂’CsICl2应作还原剂］I的化合价应升高不可能降低,即不会有单质碘生成｛C项错误｛在CsICl2溶液中通入SO2气体’SO2作还原剂］S元素的化合价升高’被氧化为H2SO4!D项正确°［易错警示］本题中易误认为CsICl2中I的化合价为—1价而导致错解°若化合物中某元素的化合价不易确定时,＿般先将非金属性较弱的元素确定为正价,非金属性较强的元素确定为负价］然后根据化合物中各元素的化合价的代数和为0的原则确定其他元素的化合价°5.D［解析］NB4CuSO3中铜元素的化合价为＋1价!由OO现象可知反应后有铜单质和铜离子生成〕可推测出是亚铜离子发生的歧化反应『在酸′性条件下不会有氨气放出〕所以@产生刺激性气昧的气体应是亚硫酸根与硫酸发生复分解反应生成的≡氧化硫｛A｀C项错误°NH4CuSO3与硫酸的反应中只有铜元素发生化合价变化,B项错误。lmolNH4CuSO3完全反应转移0.5mol电子!D项正确°6∧［解析］由题意可知,Ag＋作氧化剂］NaH2PO2作还原剂‖且其中的P元素的化合价为＋l价）因为氧化齐｜」与还原剂的物质的量之比为4:l!可知反应后P元素的化合价为＋5价,根据得失电子守恒｀质量守恒以及电荷守恒配平方程式H2POI＋4Ag＋＋2H2O-PO』ˉ＋6H＋＋4Ag,反应有H＋,说明溶液为酸性,即氧化产物为磷酸’A项符合题意。7D［解析］当银针变黑时,说明Ag被氧化为Ag2S,则所检验的物质有毒’故A｀B正确;由题给信息配平化学反应方程式〕反应4Ag＋2H2S＋O2—2Ag2S＋2H2O中｛氧化产物为Ag2S］还原产物为H2O,两者的物质的量之比为1:l,故C正确;当银针变色后‖将其置于盛有食盐水的铝制容器中—段时间后便可复原,说明发生原电池反应,正极为Ag2S,负极为A］,总反应式为3Ag2S十2Al＋6H2O—6Ag＋2Al（OH）3↓＋3H2S↑〕故D错误。8.C［解析］反应后Li元素的化合价升言,作还原剂〕SOCl2中S元素的化合价降低‖作氧化剂］A项错误;由反应4Ll＋2SOCl2＿4LiCl＋S＋SO2↑可知,Li元素的化合价由0价升高至｜」＋l价,2molSOCl2参加反应,需要消耗4molLi,共转移4mol电子］B项错误｛将该反应设计成原电池,正极发生还原反应,贝｜」SOCl2在正极发生反应,C项正确｜由干Lj和SOCl2都易与水反应,电解质溶液应为非水答素及解析｜p＿n第7练氧化还原原理｀规律的综合应用［解析］（1）H2O2为共价化台物］其分子中存在过氧键］由此可以写出电子式;H2O2中氢元素的化合价为＋l价〗贝｜｜氧元素的化合价为-1价°（2）由题图可知,反应过程中的有机物作催化剂］反应的总方程式为H2＋O2催化剂H2O2°（3）酸性溶液中双氧水将Fe2＋氧化成Fe3＋,据此写出离子方程式;某些细菌等物质存在时］加快了双氧水的分解〕产生的原子氧有杀菌消毒作用。（4）过氧化氢可看作二元弱酸,所以和Ba（OH）2反应的化学方程式为Ba（OH）2＋H2O2-2H2O＋BaO2。（5）原电池中0活泼金属作负极,故该电池的负极材料是镁’H2O2在正极为发生还原反应』电极反应式为H2O2＋2H＋＋2eˉ—2H2O◎4（1）O2Fe（OH）3＋3ClOˉ＋4OH—-2FeO;ˉ＋3Clˉ＋5H2O@30.l5O该温度下K2FeO4比Na2FeO4的溶解度小（2）OCl2＋2Brˉ＝＝≡Br,＋2Clˉ@3Na2CO3＋3Br2-≡5NaBr＋NaBrO3＋3CO2或6Na2CO3＋3Br2＋3∏2OˉNaBr＋NaBIO3＋6NaHCO3O5NaBr＋NaBrO3＋3H2SO4＝＝3Br2＋3Na2SO4＋3H2O［解析］（l）O湿法制备高铁酸钾的反应中｛Fe（oH）3失电子被氧化生成K2FeO4,则ClO—得电子被还原生成Clˉ,由于氢氧化铁必须在碱性条件下存在!所以该反应的离子方程式为2Fe（OH）3＋3ClOˉ＋4OH—2FeO;ˉ＋3Cl＋5H2O。@由反应的离子方程式知］每生成1molK2FeO4转移电子的物质的量为3mol。O低温下’在言铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出言铁酸钾,说明相同条件下高铁酸钾的溶解度比高铁酸钠的溶解度小°（2）OCl2将海水中的Brˉ氧化成Br2°@纯碱（Na2CO3）溶液显碱′生类比Cl2与NaOH溶液的反应］可推出Br2在纯碱溶液中会发生歧化反应◎O在酸性条件下,Brˉ和BrO丁发生归中反应生成Br2°5（l）KClO3l2×6.02×l023（或l2／VA）△（2）Fe2O3＋Na2CO3—2NaFeO2＋CO2↑（3）溶液由黄色变为橙色2CrO1ˉ＋2H＋＝≡Cr2O;ˉ＋H2O（4）A（5）K2Cr2O7＋7H2SO4＋6KI＝＝Cr2（SO4）3＋3I2＋7H2O＋4K2SO4［解析］（l）铁元素的化合价由＋2价升言至｜｜＋3价｛铬元素的化合价由＋3价升高至｜」＋6价,氯元素的化合价降低,故KClO3为氧化齐｜」｛配平的化学方程式为6FeO°Cr2O3＋24NaOH＋7KClO3-≡l2Na2CrO4＋3Fe2O3＋l2H2O＋7KCl,245gKClO3参加反应〕转移电子的吻质的量为l2252捣,l—｜…｜2m＂!.（2）结合信息可知该化合物含有Na｀Fe｀O三种元素!结合摩尔质量可知该化合物为NaFeO2〕由此可写出化学方程式°（3）含CrO;＼Cr2O;ˉ的溶液分别呈黄色橙色』转化的离子方程式为2CrO;ˉ＋2H＋＝≡Cr2O;ˉ＋H2O°（4）重结晶是对固体进行提纯的常用方法｛苯取｀分液是利用物质在不同溶剂中溶解性的差异进行分离的方法,而蒸馏是分离沸点不同的｀互溶的液体混合物的方法°（5）根据得失电子守恒和质量守恒可配平化学反应方程式K2Cr2O7＋7H2SO4＋6Kl—Cr2（SO4）3＋3I2＋7H2O＋4K2SO4°6.（1）Cu＋2Ag＋-2Ag＋Cu2＋（2）OAgI@Cu2＋AgClCuI＋2Ag＋-Cu2＋＋Ag＋AgI［解析］（1）向酸化的AgNO3溶液插入铜丝］析出黑色固体,溶液变蓝｛说明铜置换出了金属银,反应的离子方程式为Cu＋2Ag＋-2Ag＋Cu2＋’说明氧化′｜生Ag＋＞Cu2＋°（2）O经检验,I中溶液不含I2’黄色沉淀是Iˉ与Ag＋形成的AgI沉淀°@Ⅱ中溶液含I2’说明Cu2＋作氧化剂!将I—氧化,本身被还原为Cu＋,因此白色沉淀A是CuI°a.检验滤液无I2°溶液呈蓝色说明溶液中含有Cu2＋°h滤渣用浓硝酸溶解后］取上层清液并加入稀T.（］）Ol:4°｜H＋＋（〕lOJ＋3Clˉ＝＝≡2Cl2↑＋2H2O（2）OBaCl2@2NaClO3＋4HCl—2NaCl＋α2↑＋2ClO2↑＋2H2O［解析］（l）O根据＂只靠拢‖不交叉＂〕反应5Na（〕lO2＋4HCl＝＝≡5NaCl＋4ClO2↑＋2H2O用双线桥法分析:得4eˉ↓＋3-l＋4lO2↑＋2H2O,NaClO2在反应中既作（｜lO:＋4HCl一NaCl十4?个5Na失4×e氧化剂又作还原剂〕该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:4。@产生Cl2说明NaClO2将浓度较大的盐酸氧化,ClOf被还原成Cl2,HCl中的Cl被氧化成Cl2〗根据得失电子守恒｀原子守恒和电荷守恒,可得反应的离子方程式为ClOf＋3Cl＋4H＋—2Cl2↑＋2H2O◎（2）O除去Ca2＋｀Mg2＋＼SO;ˉ可依次选用Na2CO3｀NaOH｀BaCl2』由于所加除杂试齐｜」过量｛BaCl2应先于Na2CO3加入°除杂的操作是向粗盐水中先加入过量的BaCl2!至沉淀不再产生后,再加入过量的Na2CO3和NaOH,充分反应后将沉淀—并滤去。@在特定条件下电解NaCl溶液得到NaClO3和H2,在氢化氢合成塔中H2与Cl2合成HCl〕在二氧化氯发生器中NaClO3与HCl反应制备ClO2｛根据图示二氧化氯发生器中有1种生成物加入电解槽中循环使用,1种生成物进入氢化氢合成塔中合成HCl〗则NaClO3被还原成ClO2〕HCl被氧化成Cl2‖NaClO3与HCl反应生成ClO2｀C｜2｀NaCl和H2O〕根据得失电子守恒和原子守恒,≡氧化氯发生器中生成ClO2的化学方程式为2NaClO3＋4HCl-2NaCl＋CI2↑＋2ClO2↑＋2H2O°（l）I25Cl26H2O2l0HCl（2）KI｀I2（3）红棕HBrO3＞Cl2＞HIO3（4）］0.58［解析］（l）向盛有KI溶液的试管中滴加氯水‖氯气首先氧化KI生成单质碘］氯气过量时I2继续被氧化｛生成HIO3;CCl4层由紫色变成无色的反应是氯气将I2氧化成HIO3的过程］配平过程如下‖0＋5I2ˉ-→2HIO3失去l0eˉ×10-］5Cl2—→l0Clˉ得至｜」2eˉ×5根据得失电子守恒和质量守恒!可得至｜」化学方程式I2＋5Cl2＋6H2O-2HIO3＋l0HCl◎（2）整个过程中,化合价升高的都是I元素,故还原剂为Kl和I2。（3）氯气也能将KBr氧化〕生成单质澳而使CCl4层呈红棕色〗继续滴加氢水〕CCl4层的颜色没有变化］说明氯水不能继续氧化Br2〕贝｜｜氧化性:HBrO3＞Cl2｛而氯水过量时能将l2继续氧化成HIO3,说明氧化′｜生Cl2＞HIO3,因此Cl2｀HIO3｀HBrO3的氧化性由强至｜」弱的｜｜顶序为HBrO3＞α2＞HIO3°（4）用KI与氯气反应制KIO3的过程较复杂｛可以根据得失电子守恒计算°按碘盐中含碘量的最小值计算时］1Ⅻkg加碘食盐中含20g碘20g］根据质量守恒可知:n（KIO3）＝n（I）＝l27g°molˉl°-l＋5KI--→KlO3失去6eˉ0＝lCl2—→2Cl得至｜］2e根据得失电子守恒可得关系式3Cl2～KIO3〕故至少需要消耗Cl2的体积＂｜α』｜-｜27;!矛…z4［皿＂｜—｛＝lu58L.（1）H:O:（）:H-l催化剂H2O2（2）H2＋O2（3）2Fe2＋＋2H＋＋H2O2-2Fe3＋＋3H,O伤口上的细菌等物质对双氧水的分解起催化作用,加快了化学反应速率（合理答案即可）（4）H2O2—＝H＋＋HOIBa（OH）2＋H2O2ˉH2O＋BaO2（5）镁H’O’＋2H＋＋2e-2H2O23鳃商考／卜题练透化学盐酸!生成的白色沉淀B为AgCl°c.白色沉淀A与AgNO3溶液反应生成了Cu2＋和灰黑色固体］灰黑色固体用浓硝酸溶解后溶液中含有银离子,黄色沉淀为AgL说明灰黑色固体中含有金属银｛反应的离子方程式为CuI＋2Ag＋-≡Cu2十＋Ag＋AgI〕说明氧化性Ag＋＞Cu2＋◎综台训练γ第‖＝2章综合训练（第↑＝7练）液反应］而金属镁不能与NaOH溶液反应｛D错误°8.B［解析］第份加入硝酸银溶液有沉淀产生’所给阴离子中Cl｀CO;｀SO;都可能与Ag＋生成沉淀第二份加入足呈氯化钡溶液后得干燥沉淀6。27g｛沉淀经足量盐酸洗涤』干燥后剩余2.33g』说明沉淀是碳酸钡和硫酸钡组成的混合物,原溶液中—定含有CO;＼SO;』根据离子共存判断’原溶液中Mg2＋＼Fe3＋｀Al］半不能存在;根据溶液呈电中性可知,有阴离子必须有阳离子』所以—定含K＋综上所述溶液中—定含有K÷＼CO;＼SO;ˉ』可能存在Clˉ。依据题意!生成碳酸钡沉淀的质量为6.27g—2.33g＝3。94g,其输质的量为｜,7》?＂-M2m＂』,〔o岛的物履的昌浓度为0滞°l＝α2m。l.Lˉ｜』A吓确;由于不能确定溶液中αˉ足否存在!所以钾离子的浓度不能确定］B错误C｀D项正确°9.D［解析］滴加AgNO3溶液,有白色沉淀生成］不能排除原溶液中CO;ˉ的干扰』A项错误若溶液中含有SO;』SO;会被硝酸氧化成SO;ˉ｜再加Ba（NO3）2溶液｜溶液中也会生成BaSO4白色沉淀,不能排除SO;ˉ的干扰』B项错误向未知溶液中滴加盐酸’不会有碱性气体NH3逸出,应加入强碱溶液并加热,通过对NH3的检验可确定原溶液中NHⅡ的存在｛C项错误‖使淀粉溶液变蓝是碘单质的特性,H2O2具有氧化性｛可以把I氧化成碘单质,D项正确。‖0。（l）（NH4）2CO3D和A｀B都能生成气体,而题给离子中只有H＋与CO;ˉ、OH与NHj能反应生成气体,D只能为（NH4）2CO3（2）H2SO4NaOHBa（NO3）2（3）NH旷＋OH—NH3↑＋H2O,NH3＋H＋-NHi［解析］（1）题述离子中可能生成的气体有NH3和CO2两种｛由D和A＼B反应生成｜而题给离子中只有H＋与CO;ˉ｀OHˉ与NHⅡ能反应生成气体,故D只能为（NH4）2CO3。（2）在A或D中滴入C’均有沉淀生成’说明A中含有SO】ˉ』C中应含有Ba2＋,而A和D反应生成气体说明A—定是硫酸产生的气体是二氧化碳］能被B吸收,说明B是—种碱,所以C是硝酸钡!B是氢氧化钠。（3）D和B反应生成的气体为NH3,反应的离子方程式为NH旷＋OHˉ＿NH3↑＋H2O,NH3被H2SO4吸收的离子方程式为NH3＋H＋-NH旷°Ⅷ。（］）AC（2）o加热、将固体混台物粉碎｀搅拌（答出—条即可）@3MnO2＋KClO］＋6K0H丝K2MnO4＋KCl＋3H2OOMn02（3）o玻璃棒250mL容量瓶@当滴入最后＿滴标准溶液时,溶液的紫红色恰好褪去,且半分钟内不恢复｛解析］（l）KMnO4稀溶液是—种常用消毒齐｜」‖其消毒机理是禾｜」用KMnO4的强氧化′生。双氧水｀84消毒液均具有强氧化性］与KMnO4稀溶液的消毒机理相似,A｀C项符合;75％酒精｀苯酚均能使蛋白质发生变性’与KMnO4稀溶液的消毒机理不同｛B｀D项不符合°（2）根据普通锌锰电池的组成〕黑色固体混合物水浸后过滤得至｜」的滤渣中主要含MnO2;MnO2与KClO3｀KOH熔融时反应生成K2MnO4｀KC｜和H2O｛向K2MnO4溶液中通入CO2生成KMnO4,Mn元素的化合价由十6价升言至＋7价］根据氧化还原反应的规律!及化合物A是—种难溶于水的黑色固体,可知该反应为歧化反应,化合物A的化学式为MnO2』K2MnO4与CO2反应生成KMnO4｀MnO2和K2CO3°O黑色固体混合物水浸时为提言浸出速率,常采用的措施为加热＼将固体混台物粉碎＼搅拌°@MnO2与KClO3｀KOH熔融时反应生成K2MnO4｀KCl和H2O］在该反应颗号答案颗号答案］…日β辩∧）磊□…γ卑日］…□…日日斗…日’□TB［解析］将＂地沟油＂经反应制成的＂生物柴油＂｛代替柴油作为内燃机燃料,实现变废为宝,符合＂绿色化学＂的理念’A项正确言篙素的提取采用革取的方法!属于物理变化,B项错误‖氮氧化物会导致＂光化学烟雾＂｜｜硝酸型酸雨＂的形成,C项正确;＂煤改气＂＂煤改电＂等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫｀氮氧化物和颗粒物的排放,有禾｜」于减少雾霍天气｛D项正确。2D［解析］镁元素在化合物中的化合价通常为＋2价‖lmol镁完全反应无论生成氧化镁还是氮化镁］转移的电子数均为2mol｛即2／VA｜A正确在标准状况下022。4L—氢甲烷的物质的量为lmol,l个—氢甲烷分子中含极性共价键的数目为4,所以］mol氯甲烷中含极性共价键的数目为4ⅣA!B正确—个氯化氢分子中含有l8个质子｛标准状况下］22。4LHCl气体的物质的量为lmol,所以含有l8／VA个质子,C正确｛SO2与O2的反应为可逆反应,故lmolSO2与足量O2反应转移的电子数小于2ⅣA,D错误。3D［解析］NaOH固体易潮解且有腐蚀性,不能直接放在纸上称量jNaOH固体溶于水时,会放出大量的热0应该先将溶液冷去‖后再转移至｜」容量瓶中｛将蒸馏水注入容量瓶｛液面离容量瓶刻度线l～2cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水至液面与刻度线相切‖故ooo操作错误,D项符合题意°4.B［解析］Ba（OH）2与Cu2＋反应生成氢氧化铜沉淀,除掉废水中的铜离子〕但又弓｜入了新的重金属离子钡离子］不能消除重金属离子的污染］A项错误｝胆矾为五水硫酸铜在熬制胆矾时,铁与硫酸铜发生置换反应‖生成硫酸亚铁和铜单质〕B项正确;硝酸盐变成亚硝酸盐,氮元素的化合价降低｛发生的是还原反应!C项错误｛向铝质容器中加入食盐水〕再将变黑的银器浸入该溶液中‖段时间后发现黑色褪去｛发生的是原电池反应｛铝作负极］失去电子变成Al3＋!硫化银作正极,得至｜」电子变成银单质和硫离子｛但在溶液中Al3＋和硫离子会发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和硫化氢气体而不能共存,D项错误。5.C［解析］含有大呈Fe2＋的溶液中｛Fe2＋与Fe（CN）:ˉ会发生反应生成沉淀,不能大量共存』A错误｝使甲基橙变红的溶液是酸性溶液］在酸性溶液中,H＋与CH3COOˉ会发生反应生成弱酸CH3COOH〕不能大量共存,B错误｛某无色溶液中!OH｀K＋｀ClOˉ｀Ba2＋可以大量共存,C正确｜含有大量NO丁的溶液中,NOj、Iˉ｀H＋会发生氧化还原反应』不能大量共存!D错误。6∧［解析］NH烈Al（SO4）2与Ba（OH）2以物质的量浓度之比为1:2等体积混合后生成BaSO4沉淀、Al（OH）3沉淀和NH3°H2O!A项正确｝离子方程式中得失电子不守恒、电荷不守恒,B项错误;醋酸为弱酸］在溶液中部分电离］不能拆成离子形式,C项错误｜Mg2＋会和生成的OH反应,生成Mg（OH）2沉淀!D项错误°［易错警示］在书写离子方程式的过程中｜—定要注意物质间量的关系和离子反应的先后顺序。A项两者按物质的量浓度之比为1:2反应,无论是NH旷还是Al3＋都能与OHˉ反应,但Al〕＋优先结合OHˉ!否则即使NHj先结合OHˉ生成了MI3.H2O‖NH3.H2O也会与Al3十反应生成Al（OH）3和NH｛°7B［解析］SiO2是酸性氧化物］与HF反应是其特性〕A错误jBrˉ的还原性强于Cl｛酸性溶液中MnOJ可以氧化Clˉ,故酸性溶液中MnOJ也能氧化Brˉ,B正确;反应CuSO4＋H2S—CuS↓＋H2SO4的原理不是强酸市｜」弱酸’而是生成了难溶物CuS,而酸性:H2S＜H2SO4］C错误;金属钠可与水反应］金属铝可以与NaOH溶气答素及解析闷和Fe3＋均能将Iˉ氧化成I2｜由此也可以知道该加碘盐含有KIO3。O该加碘盐溶液中加KSCN溶液显红色的物质是Fe（SCN）3,CCl4中显紫红色的物质是I2,电子式为:.I,:.i:。@第二份试液中加入足量KI固体后｛反应的离子方程式为IO丁＋5Iˉ＋6H＋—3I2＋3H2O｀2Fe3＋＋2Iˉ-2Fe2＋＋I2◎（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中］Ⅲ会被空气中的氧气氧化,KI在潮湿空气中发生氧化反应的化学方程式为4KI＋O2＋2H2O-2I2＋4KOH°根据题目可知‖KI3是在低温条件下由I2溶于KI溶液制得,再由题给的信息＂Ⅺ＋I2＝＝KI3＂可知,KI3在常温下不稳定,受热（或潮湿）条件下易分解为KI和I2］KI又易被空气中的氧气氧化,I2易升华,所以KI3作为食盐加碘剂是不合适的°（3）提高加碘盐（添加KI）的稳定性,主要是防止Iˉ被氧化〕根据题给信息＂还原性;S2O;ˉ＞I＂和氧化还原反应的规律,可以选Na2S2O3作稳定剂｛又由题给信息＂3I2＋6OH-IO丁＋5Iˉ＋3H2O＂,可知I2与OHˉ会发生反应生成IO丁和Iˉ,而Na2CO3溶液因水解呈碱性‖因而也可以用Na2CO〕作稳定剂‖防止加碘盐（添加KI）在潮湿环境下被氧气氧化｛AlCl3水解后呈酸性］且还原性:Iˉ＞Clˉ,所以不能作稳定剂｝NaNO2遇强还原性物质时能表现出氧化性,贝」NaNO2与KI能发生氧化还原反应2NOj＋2Iˉ＋4H＋ˉNO↑＋I2＋2H2O,所以不能作稳定剂°（4）检验该加碘盐中的Fe2＋!首先可取少量该加碘盐溶干蒸馏水中〕用盐酸酸化后］滴加适量KSCN溶液］无明显现象,再滴加适量氧化剂（如氢水｀过氧化氢等）,使溶液中Fe2＋转化为Fe3＋,若溶液显血红色则该加碘盐中存在Fe2十°中Mn元素的化合价由＋4价升高至＋6价］Cl元素的化合价由＋5价降低至—1价〕根据得失电子守恒和原子守恒］该过程中发生反应的化学方程式为3MnO2＋KClO3＋6KOH堕垦3K2MnO4＋KCl＋3H2O。O由上述分析可知,化合物A的化学式为MnO2。（3）O配制250mL0.］000mol°Ll标准Na2S2O3溶液的步骤计算→称量→溶解→冷却至室温→转移→洗涤→定容→上下颠倒摇匀°需要使用的玻璃仪器有烧杯｀玻璃棒｀量筒｀250mL容量瓶｀胶头滴管°@KMnO4溶液本身呈紫红色,实验中不需要滴加其他指示剂〗滴定终点的现象为当滴入最后—滴标准溶液时,溶液的紫红色恰好褪去‖且半分钟内不恢复°‖2.（］）OFe（SCN）3:I:I:@IO丁＋5Iˉ＋6H＋-3I2＋3H2O｀2Fe3＋＋2I-2Fe2＋＋I2（2）4KI＋O2＋2H2O-2I2＋4KOH否KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2,KI易被氧气氧化’I2易升华（3）AC（4）取少量该加碘盐溶于蒸馏水中‖用盐酸酸化,滴加KSCN溶液’无明显现象’再滴加适量氧化剂（如氯水｀过氧化氢等）’若溶液显血红色,则该加碘盐中存在Fe2＋［解析］（l）第份试液中滴加KSCN溶液后显Ⅲ红色』可知该加碘盐中含有Fe3＋!发生反应Fe3＋＋3SCNˉ＝≡Fe（SCN）3,Fe（SCN）3为红色;第三份试液中加入适量KIO3固体后］滴加淀粉试剂］溶液不变色｛由此可知该加碘盐中不含KI;第≡份试液中加足量KI固体!溶液显淡黄色｛用CCl4革取〗下层溶液显紫红色可知有I2生成］这是因为氧化生IO丁＞Fe］十＞I2,加足量KI后］IO丁第3章金属及豆化台物第8练钠及其化合物中的阴离子与阳离子的物质的量之比为l:2》A项错误｛9。2g钠的物质的量为0。4mol,0.4mol钠和足量重水反应生成0。2mol重氢,每个重氢分子中含有2个电子,所以产生的气体中含有0。2mol×2＝0.4mol电子‖B项正确｛在化学反应中钠常常失去电子被氧化,作还原齐｜」!Na＋具有弱氧化性〕C项错误钠钾合金在常温时呈液态〕可用作原子反应堆的导热剂,D项错误°［易错鳖示］易错选A项』注意过氧化钠中阴｀阳离子分别是Oiˉ和Na＋〕而不是O2ˉ和Na＋°6∧［解析］因Na2CO3＋2HCl～2NaCl＋CO2↑＋H2O,酸碱滴定法可以测定样品中的碳酸钠的质量分数!A项正确』碱石灰也吸收CO2中含有的水蒸气,B项错误｛CO2挥发会带出水蒸气’C项错误;CO2能溶于水!所以不能用排水量气装置量气,D项错误。7D［解析］Na2CO3能够与盐酸反应但是Na2CO］的碱性较强〕具有腐蚀性］不能用于治疗胃酸过多］I错误］A错误;Na2O2与水反应生成NaOH,NaOH为强碱｛水溶液呈碱性!能够使酚酞变红,但Na2O2具有强氧化性!最终溶液颜色褪去,B错误;钠的焰色反应为黄色｛透雾性强,高压钠灯能发出透雾性强的黄光,I对‖Ⅱ对］但＝者无因果关系‖C错误;Na2O2能与H2O（或CO2）反应生成O2］所以可为航天员供氧!I｀I正确,旦有因果关系,D正确°8D［解析］ONa首先与水反应生成NaOH,NaOH与FeCl2反应先生成Fe（OH）2白色沉淀,然后白色沉淀变为灰绿色］最后变为红褐色的Fe（OH）3沉淀｛@过呈NaOH溶液与明矾中的Al3＋反应生成易溶的NaAlO2,最终没有沉淀生成｜O反应为Ca（OH）2＋2NaHCO3—CaCO3↓＋Na2CO3＋2H2O,有白色沉淀生成@反应为NaAlO2＋CO2＋2H2O-Al（OH）3↓＋NaHCO3,有白色沉淀生成;O反应为Na2CO3＋CO2＋H2O-2NaHCO3↓,由于NaHCO3的溶解度比Na2CO3的溶解度小,会有白色晶体析出°［易错警示］本题易根据NaHCO3是可溶物质,而误认为◎中不会生成白色沉淀°由于Na2CO3溶液是饱和的』且NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度,每lmolNa2CO3参加反应!会有2molNaHCO3生成｛旦反应消耗水］故会有部分NaHCO3结晶析出°题号｛l］—日…＂础日气←日γ镑□寸皇□…’□斗一◎β≡∧■守＝答案题号答案日…月□Ⅲ…◎］∧］l］~~~D叫击◎T.B［解析］钠的物理性质:银白色｀质软｀熔点低］密度小于水的密度,A项正确;Na2O2中阴｀阳离子个数比为l:2,B项错误｛金属钠在空气中长期放置’先生成氧化钠］最终生成碳酸钠,C项正确｛金属钠和氧气化合］反应条件不同］生成物不同』在点燃条件下生成过氧化钠〕在常温下缓慢氧化生成氧化钠,Na2O和Na2O2中O的价态不同,前者显ˉ2价］后者显ˉ1价〕D项正确°2D［解析］Na2CO3是正盐,受热不易分解,比较稳定｜而NaHCO3是酸式盐｛受热易分解!热稳定性较差!所以热稳定性:Na2CO3＞NaHCO3］A正确相同温度｀相同浓度下,CO;ˉ的水解程度大于HCOJ,Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液］所以相同温度下,0.1mol·Lˉl两种盐溶液的pH:Na2CO3＞NaHCO3〕B正确碳元素的质量分数:NaHCO3＞Na2CO3,相同质呈的两种盐与足呈盐酸反应产生CO2气体的量:Na2CO3＜NaHCO3’C正确Na2CO3＋HCl-NaHCO3＋NaCl｀HCl＋NaHCO3-NaCl＋H2O＋CO2↑,即Na2CO3与酸反应首先转化成NaHCO3!所以在相同浓度、相同温度下,NaHCO3与盐酸反应比Na2CO3与盐酸反应剧烈‖D错误°3.B［解析］明矾在水中溶解后Al3＋水解生成的氢氧化铝胶体可吸附水中的悬浮物而沉降下来,具有净水的作用,但不具有消毒作用,故o错误｛碳酸钠碱性较强,直接服用对身体有害,医疗上般用碳酸氢钠来治疗胃酸过多,故@错误｝o@@◎均正确,故B项符合题意°4C［解析］Na2O2是淡黄色固体〕A项错误;在Na2O2与CO2的反应中〕Na2O2自身发生氧化还原反应〕既作氧化剂又作还原剂,B项错误｝Na和O2反应］反应条件不同］生成物不同］在加热时反应生成Na2O2］在常温下反应生成Na2O］C项正确;与酸反应生成盐和水的金属氧化物是碱性氧化物｛Na2O2为过氧化物!D项错误。5B［解析］Na2O2中阴｀阳离子分另｜」是Oi和Na＋｜所以Na2O2晶体硼离考／卜题练透化学9D［解析］Na2O2与水反应生成NaOH’Na＋的物质的量增大『溶液呈碱性』HCOJ与OHˉ反应生成CO;＿,则HCOf的物质的量减′｜｀』CO;ˉ的物质的量增大》Na2O2具有强氧化性』将SO;＿氧化为SO爵ˉ’则SO;ˉ的物质的量减小,SO1＿的物质的量增九只有NOj的物质的量不变］故选D°TO。B［解析］O氧化钠和水反应生成氢氧化钠0和二氧化碳反应生成碳酸钠〗即Na2O～Na2CO3,1molNa2O反应最后增加lmolCO2的质量,增重q4g;@氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠,即NaOH～÷Na2CO』’lmolNaOH反应最后增重53g—＂g＝l3g｛么o过氧化钠和水反应生成氢氧化钠,和二氧化碳反应生成碳酸钠｝即Na2O2～Na2CO3’1molNa2O2反应最后增加lmolCO的质量’增重28g｛@亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠!即Na2SO3～Na2SO4!1molNa2SO3反应后增重l6g。经上述分析可知,A错误,B正确;氧化钠、氢氧化钠没有发生氧化还原反应〕C错误‖lmol过氧化钠在反应中转移了lmol电子｜D错误。Ⅷ.D［解析］2CO＋O2-2CO2O,2CO2＋2Na2O2ˉNa2CO3＋O2@,把反应O@进行叠加可得:CO＋Na2O2-Na2CO3,从方程式中可以看出〕固体增加的质量实际上就是参与反应的CO的质量!若O2过量,CO完全反应,则原混合气体中O2和CO的质量分另｜」为12g和］4g,混合气体中O2和CO的质量比为6:7｛若CO过量｜则O2完全反应］O2的质量为8g’CO的质量为l8g’则混合气体中O2和CO的质量比为4:9］故D正确°T2.C［解析］将Na’COq溶液逐滴滴入稀盐酸中］发生反应:Na2CO3＋2HCl-≡2NaCl＋CO2↑＋H2O,盐酸全部反应,故＂（CO2）＝÷厕（HCl）＝÷×l25mol＝0625mol;将稀盐酸全兰丝部逐滴滴入Na2CO3溶液中0先后发生以下两个反应Na2CO3＋HCl—NaHC（）3＋NaCl,NaHCO3＋HCl-≡NaCl＋CO2↑＋H,O,第—个反应消耗1molHCl,第二个反应消耗0.25molHCl〕则n（CO2）＝0。25mol’在相同状况下,Vl:陷＝0.625mo］:0。25mol≡5:2◎‖3。∧［解析］石灰乳与Cl2反应的化学方程式为2Ca（OH）2＋2Cl2-Ca（ClO）2＋CaCl2＋2H2O,反应中只有Cl元素的化合价发生改变!Cl2既是氧化剂又是还原剂’A正确;25℃时］NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3要小!向饱和Na2CO3溶液中通入CO2会有NaHCO3晶体析出］B错误｛Cl2为强氧化齐」｛与Fe反应时〕无论铁过量还是少量〕均生成FeCl3,C错误『NaCl→NaHCO3→Na2CO3!两步转化中元素的化合价均没有改变〗属于非氧化还原反应,D错误。04C［解析］检查装置甲气密性时｜应先关闭Kl,然后向长颈漏斗中加水,当漏斗中液面高于试管中液面且言度差在—段时间内保持不变｛说明气密性良好’A项错误｛装置乙中应盛放碱石灰］目的是除去氢气中的水蒸气和氯化氢,防止干扰后续实验］B项错误;氢气在空气中的浓度达至‖—定范围时!受热易发生爆炸通过检验氢气的纯度判断装置内空气是否排尽!C项正确;Cu与浓硫酸反应制取SO2时需要加热｜而装置甲是简易的启普发生器,不适合加热,D项错误°第9练镁＼铝及其化合物…丁′肮凹~~5ˉC［解析］将盐酸逐滴滴入NaOH｀NaAlO2｀Na2CO3的混合溶液中,溶液中的OHˉ优先结合H＋生成水,此时没有沉淀生成;然后AlOf结合H＋生成Al（OH）3沉淀］随着加入盐酸的体积的增大〕沉淀质量增大;当沉淀质量达到最大时’溶液中的CO;ˉ结合H＋生成H2O和CO2气体｛在此过程中,Al（OH）3不溶解｛当盐酸过量时,生成的Al（OH）3逐渐溶解沉淀的质量减小〕最终全部变成Al3＋°对应的图像只有C项符合°6.C［解析］因镁与NaOH溶液不反应,而铝可以与NaOH溶液反应:2Al＋2NaOH＋2H2O-2NaAlO2＋3H2↑’所以铝片加过量NaOH溶液溶解后过滤可除去镁;NaAlO2要转变成Al（OH）3,可以向滤液中通入过量的二氧化碳］其反应的化学方程式为NaAlO2＋CO2＋2H2O-NaHCO3＋Al（OH）3↓‖再过滤即得纯净的Al（OH）3°故实验操作最合理的组合及‖顶序为@O@O,故选C°7.D［解析］A项,试齐｜」x不可以是盐酸,错误;B项,反应O｀过滤后所得沉淀为Fe2O3,错误;C项,电解Al2O3生成Al是氧化还原反应’错误。8.C［解析］向溶液X中先滴加稀盐酸无现象,排除CO;ˉ＼SO;＿、Ag＋的干扰』再滴加BaCl2溶液,出现白色沉淀‖贝」白色沉淀为BaSO4,所以原溶液中—定含有SO;］A项解释正确镁条、镁粉均发生了化学反应］由干镁粉表面积较大!具有吸附性〕所以镁条表面出现红色!镁粉附近无现象,B项解释正确;铝片置于足量氢氧化钠溶液中］反应的现象应为先产生白色沉淀!后沉淀消失］这是因为在铝与NaOH溶液的反应中!铝先与水反应生成Al（OH）3‖然后Al（OH）3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2〕C项现象与解释均错误‖将氨水持续滴入硫酸铜溶液中〕先生成氢氧化铜沉淀,后络合成［Cu（NH3）4］2十,D项解释正确°9.C［解析］常温下,浓硫酸能将金属铝钝化’使铝的表面生成—层致密的氧化铝薄膜!无法生成硫酸铝,A项错误!过量的氢氧化钠溶液与硫酸铝溶液反应生成偏铝酸钠!而不是氢氧化铝沉淀!B项错误;氢氧化铝不溶于水〕可以通过过滤得到氢氧化铝固体〕C项正确｝可以在咐涡中灼烧氢氧化铝固体得至｜」氧化铝固体,而不是在蒸发皿中灼烧］D项错误。TO∧［解析］A项!沉淀不消失是因为生成的氢氧化铝不能溶解在碳酸中,与CO2是酸性氧化物没有因果关系’符合题意｛B项］试管□有红棕色气体产生｜说明溶液中含有NO丁』前后存在因果关牛◎~〕◎题号l’←日＿◎Ⅲ～日β—●旧＝□答案题号答案∧日◎一’◎川∧ll~∧c‖.∧［解析］Al与酸｀碱均反应,故铝制容器不宜用来长时间存放酸性或碱性食物!铝制容器可与食盐水构成原电池,加′｜央铝制器的腐蚀!故铝制容器也不可长时间存放含盐胯制食物］A正确;小苏打为碳酸氢钠!水解显碱性’油污在碱性条件下发生水解反应’达到除去油污的目的〕B错误｛工业上通常采用电解熔融MgCl2和熔融Al2O］的方法制备金属镁和铝］C错误;花生油属于不饱和高级脂肪酸甘油酪,D错误°［易错鳖示］工业上,制备金属镁电解熔融的氯化镁而不是氧化镁’因为氧化镁熔点高;制备金属铝;电解熔融的氧化铝而不是氯化铝’因为氯化铝是共价化台物〗熔融状态下不导电·2.C［解析］A项〗金属铝具有良好的延展性,因此铝可以制成铝箔用于食品包装,金属铝也可用作建筑材料,如铝台金门窗,正确｛B项,电解熔融的Al2O3可冶炼金属Al］由于Al2O］具有耐高温的性质,也可用作耐火材料,正确;C项］明矾［KAl（SO4）2·l2H2O］溶于水后‖电离产生的Al3＋能发生水解,生成的Al（OH）3胶体具有吸附作用‖可用作净水剂,但明矾并不具有消毒作用‖错误;D项’Al（OH）3与胃液中的盐酸反应生成氯化铝和水‖反应的化学方程式为Al（OH）3＋3HCl-AlCl3＋3H2O〕正确°3.C［解析］Na和H2O反应生成NaOH,NaOH和CO2反应生成Na2CO3‖Na2CO3和HCl反应生成NaCl］A不符合题意｛Mg和HCl反应生成MgCl2‖MgCl2和NaOH反应生成Mg（OH）2!Mg（OH）2被硫酸溶解生成MgSO4］B不符合题意｝Al与O2反应生成Al2O3,Al2O3不能通过—步反应生成Al（OH）3］C符合题意｛Fe和HCl反应生成FeCl2’FeCl2和NaOH反应生成Fe（OH）2,Fe（OH）2被氧气氧化生成Fe（OH）3］D不符合题意。4C［解析］碳的同素异形体除金刚石和石墨外,还存在C60等,A项错误Mg的电子层数比Mg2＋多,所以半径:r（Mg）＞r（Mg2＋）!B项错误;反应的化学方程式为2Mg＋CO2皇鳖2MgO＋C’还原剂为Mg!还原产物为C〕根据还原齐｜」的还原性强于还原产物的还原性知!该反应条件下,Mg的还原′｜｀生强于C〕C项正确;燃烧过程中化学能除了转化为热能’还转化为光能等其他形式的能量!D项错误。答寨及解祈厕积为1L｜C项错误°向烧碱溶液中加入明矾溶液,由于烧碱过量!铝元素先以AlOI的形式存在〕当烧碱全部反应后’再继续加入明矾溶液〕溶液中的AlOf与新加入的Al3＋按照3:1的比例反应生成Al（OH）3沉淀’D项错误°03D［解析］在200mL含Mg2＋＼Al3十｀NH旷｀H＋｀Clˉ的溶液中’逐滴加入4mol.Lˉl的NaOH溶液’刚开始加入4mLNaOH溶液时没有沉淀生成,说明H＋先和NaOH反应』则溶液中c（H＋）＝0.004L×4mol。Lˉ1≡0.08mol°L—l｛继续滴加NaOH溶液〕沉0.2L淀的量逐渐增大;加入30mLNaOH溶液后,继续滴加NaOH溶液〕沉淀的物质的量不变‖此时NHj与NaOH反应,则c（NH旷）≡（0.033-0ˉ03）L×4mol°Lˉl＝0。仍mol°Ll『继续滴加NaOH02L溶液,沉淀溶解』当加入NaOH溶液的体积为35mL后,沉淀不溶解］根据Al3＋＋3OHˉ-Al（OH）3↓＼Al（OH）3＋OHˉ—AlOI＋2H2O知,生成氢氧化铝沉淀和生成偏铝酸根离子需要氢氧化钠溶液的体积之比为3:1’则生成氢氧化铝沉淀需要NaOH溶液的体积为（35ˉ33）mL×3＝6mL］贝｜」生成氢氧化镁需要NaOH溶液的体积为0°但L×4mol·Lˉl2（30ˉ4）mLˉ6mL＝20mL』则c（M矿＋）≡≡0°2L0ˉ2mol.L—l,c（Al3＋）＝0.002L×4mol.Lˉl≡0,叫mol·Lˉl.02L溶液中存在电荷守恒,根据电荷守恒得3c（Al3＋）＋2c（Mg2＋）＋c（NHi）＋c（H十）≡c（Clˉ）＝（3×0.04＋2×0。2＋O06＋0.08）mol。Lˉl＝O66mol°Lˉl°由于同溶液中体积相等］其物质的量之比等于物质的量浓度之比］贝」原溶液中则（Mg2十）:″（Al3＋）＝0.2mol。Lˉ｜:0.04mol°Lˉl＝5:1］故A错误j通过分析知］c（H＋）＝0.08『nol°Ll,故B错误;苑为Al（OH）3｀Mg（OH）2的物质的量］γ为Mg（OH）2的物质的量,二者的差值为Al（OH）3的物质的量,即虹-y＝0。04mol.Lˉl×0.2L≡0.008mol‖故C错误;根据以上分析〕原溶液中c（Cl—）＝0.66mol.Lˉ｜］故D正确。系』不符合题意｛C项,NH4Cl水解使溶液呈酸性,加∧镁片后］镁可以将溶液中的H＋置换出来生成氢气!前后存在因果关系,不符合题意;D项,向浓度均为0。］mol°Lˉ｜的MgCl2和CuCl,的混合溶液中逐滴加入氨水｛先出现蓝色沉淀〕说明氢氧化铜的溶度积比氢氧化镁的小（两者的组成相似）,前后存在因果关系,不符合题意°‖.∧［解析］向反应后的溶液中加入NaOH溶液,开始没有沉淀｛说明稀硝酸过量!与硝酸反应的NaOH溶液的体积是l0mL,从开始沉淀至｜」沉淀最多时消耗NaOH溶液的体积是50mL,溶解氢氧化铝消耗NaOH溶液的体积是l0mL〗则生成氢氧化铝消耗NaOH溶液的体积是30mL,因此生成氢氧化镁消耗NaOH溶液的体积是20mL］所以根据离子方程式Al3＋＋3OH—Al（OH）3↓｀Mg2＋＋2OHˉ-Mg（OH）2↓可知金属镁｀铝的物质的呈之比为l:l°生成NO的物质的呈为0.05mol!N元素的化合价由＋5价降低为＋2价〗所以转移的电子数为0.l5mol］根据得失电子守恒可知金属镁铝的物质的量均是0」÷m。l＝0.03mol°溶解0.03mol氢氧化铝需消耗氢氧化钠的物质的量是α03m。｜』氢氧化钠溶液的浓度为06男」￥l＝3m°｜.Lˉ｜’B正确;沉淀最多时所得溶液是硝酸钠溶液’根据Na原子守恒和N原子守恒,能求出硝酸的物质的量浓度,A错误｜根据以上分析,可以求出合金中镁的质量｀沉淀的最大质量,C、D正确°‖2。B［解析］向Ca（OH）2和NaOH的混合溶液中通入CO2｜CO2先与溶液中的OH反应生成CO;＿和水’CO;＿再与Ca2半结合生成CaCO3沉淀］所以反应开始时就有沉淀生成’A项错误。NaAⅡO2和Ba（OH）2的物质的量均为0。lmol〗加入稀H2SO4后,H2SO4先与Ba（OH）2反应生成BaSO4沉淀和水’再与NaAlO2反应生成Al（OH）3沉淀｛硫酸过量时,生成的Al（OH）3继续与硫酸反应,导致Al（OH）3溶解］B项正确°AlCl3｀NH4Cl的物质的量分另｜」为0.］mol、0.3mol］加入NaOH溶液后,0.1molAl3＋优先与0。3molOHˉ反应生成0.lmolAl（OH）3沉淀〕然后0。3molNH旷与0。3molNaOH反应生成—水合氨最后OlmolAl（OH）3与0。lmolNaOH反应生成NaAlO,‖即还需再消耗NaOH溶液的体第‖0练铁｀铜及其化合物液,所以溶液变红无法证明原溶液中含有Fe2＋,错误°［易错墓示］本题的关键点是加氧化剂、KSCN溶液的顺序不能颠倒!如果颠倒’则无法确定原溶液中是否含有Fe2＋。4c［解析］由于硫的氧化性较弱,所以只能将铜从0价氧化到＋l价,A错误『常温下铜与浓硫酸不反应,因此观察不至｜」现象!B错误;向CuSO4溶液中加入过量的NaOH产生氢氧化铜沉淀‖过滤洗涤并灼烧〕氢氧化铜分解生成氧化铜,C正确｛葡萄糖和新制氢氧化铜悬浊液的反应必须在碱性条件下进行,而该实验没有将溶液调至碱性就加入新制Cu（OH）2悬浊液,实验设计不合理!不能确定淀粉是否水解］D错误°5D［解析］在FeCl3｀CuCl2混合溶液中,加入定量的铁屑’依次发生反应:2FeCl3＋Fe—3FeCl2］CuCl2＋Fe一FeCl2＋Cu。若滤出的固体中只有铜］贝｜」溶液中定含有的阳离子是Fe2＋｜也可能含Cu2＋］定不含Fe3＋,故A｀B｀C错误｜若滤出的固体中含有铁和铜!则溶液中—定含有的阳离子是Fe2＋｛定不含Cu2十和Fe3＋｛故D正确°6B［解析］在FeCl3溶液中’Fe3＋发生水解FeCl3＋3H2O≡＝Fe（OH）3＋3HCl〕HCl受热挥发’使平衡不断正向移动,生成Fe（OH）3］A错误j装置乙中稀硫酸与铁粉反应生成的氢气可排尽试管中的空气〗盛有NaOH溶液的胶头滴管伸入FeSO4溶液中,右侧导管插入水中以隔绝空气所以制得的F●（OH）2可以在—段时间内稳定存在］B正确｝稀硝酸与Cu反应生成NO气体,无色NO气体进入广□瓶,被空气中的氧气氧化为红棕色的NO2,C错误｛氯化氢的密度比空气的大,利用装置丁收集气体时应该长导管进气,短导管出气］D错误°β…日…旧∧题号答案题号答案句≡…日→β…日〕辛◎…’…◎▲…●…川气愚□…Ⅱ…□］…●…丁□团↑.c［解析］根据描述可知,＂绦矾＂为硫酸亚铁晶体,言温时变为红色］即为氧化铁°“绦矾｜｜为晶体］受热后产生氧化铁,易失去结晶水］A正碉＂绎矾＂的颜色为绿色,灼烧后变为红色的氧化铁〕B正确｛“绎矾＂为硫酸亚铁晶体,不含铜元素,C错误↑＂绎矾＂被灼烧时生成了氧化铁!铁的化合价发生了变化,发生了氧化还原反应,D正确。2.B［解析］纯铁不易被腐蚀〕而生铁中含有碳］在空气中易发生电化学腐蚀,o错误;在人体内的血红蛋白中含有铁元素,@正确;铁位于元素周期表中第四周期第Ⅶ族,o错误;浓硝酸＼浓硫酸在常温下能使铁钝化,所以可以用铁制容器储存｀运输浓硝酸和浓硫酸,@正确｝FeCl3具有氧化性,可将Iˉ氧化成碘单质,碘单质能使淀粉溶液变蓝,o错误｝氯化铁与金属铁化合可生成氯化亚铁,氢氧化亚铁与氧气和水发生化合反应生成氢氧化铁,o错误°故B项正确°3.C［解析］A项!只滴加KSCN溶液］根据溶液是否显红色,能检验出溶液中是否含有Fe3＋,无法验证Fe2十是否存在］错误｛B项〕若原溶液中含Fe2＋,滴加氯水后再滴加KSCN溶液显红色,但如果含有Fe3＋］溶液也显红色,无法证明原溶液中含有的是Fe3＋还是Fe2十,错误｛C项］先滴加KSCN溶液］不显红色｛证明原溶液不含Fe3＋!再滴加氯水后显红色!说明滴加氯水后溶液中有Fe3＋］证明原溶液中含有Fe2＋］正确｜D项,滴入KSCN溶液］不显红色,证明不含Fe3＋,再加足量高锰酸钾溶液｛因高锰酸钾溶液是紫红色溶碉高考′卜题练透化学7.D［解析］Cu与混酸反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NOj-3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O,反应中硝酸根离子由硝酸提供,氢离子由硝酸和硫酸提供!所以硝酸为2mol!硫酸为3mol,混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2,A项正确;相对于途径O｀O,途径@的优点制取等质量的CuSO4需要的硫酸少＼无污染性气体产生‖更好地体现了绿色化学思想〗B项正确;生成等量的硫酸铜,三个途径中o｀@参加反应的硫酸的物质的量相等,而o生成SO2］消耗更多的硫酸‖则三个途径中参加反应的H2SO4的物质的量关系:O≡@＜O,c项正确途径@中硫酸只表现为酸性｛没有被还原］D项错误°8.B［解析］除去MgCl2酸性溶液中的Fe3＋:可通过加热搅拌’促进Fe3＋的水解］巨加入的MgCO3与Ⅱ＋反应,使Fe3＋水解平衡正向移动,进步促进Fe3＋的水解〕通过过滤除掉Fe3＋］A项正确;向沸水中逐滴加入少量的FeCl3饱和溶液］继续加热至溶液呈现红褐色〕停止加热’即可得到Fe（OH）3胶体,而滴加NaOH得至｜」的是Fe（OH）3沉淀,B项错误;检验Fe2（SO4）3溶液中是否含有FeSO4:滴加少许酸性高锰酸钾溶液‖并振荡,若酸性高锰酸钾溶液褪色‖可证明溶液中含有Fe2＋,C项正确｜氯化按溶液呈酸性,可使少量氢氧化镁沉淀溶解〕D项正确°9.C［解析］HNO3有强氧化性,也能氧化Fe2＋,无法得出结论〕故A错误;2Fe3＋＋Cu-2Fe2＋＋Cu2＋,无固体析出］现象描述错误‖故B错误｜铝加热被氧化,固体表面生成氧化铝｛氧化铝熔点较高］液态铝不滴落下来,故C正确;盐酸有挥发性,没有除去生成的CO2气体中的HCl,而HCl也能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀,则无法得出碳酸的酸性强干硅酸的结论』故D错误°T0D［解析］得失电子不守恒,离子方程式应为4Fe2＋＋O2＋4H＋—4Fe3＋＋2H2O,A项错误‖由题图知’Fe2＋的氧化率受pH和温度的影响］所以pH≡l。5时Fe2＋的氧化率不定比pH＝2.5时的大｛B项错误;Fe2＋的氧化率不仅与溶液的pH和温度有关,还与离子的浓度等其他因素有关｛C项错误;由题图可知,其他条件相同时,温度越高Fe2＋的氧化率越大〕D项正确°‖‖D［解析］硫铁矿缎烧后!生成Fe3O4和SO2,A项正确°烧渣的主要成分为Fe］O4和SiO2;因目标产物是FeSO4°7H2O‖所以加入的试剂a为稀硫酸］B项正确°经过过滤后的滤液中］主要成分是FeSO4和Fe2（SO4）3］加入足量的SO2］将溶液中的Fe3＋还原成Fe2＋,发生的反应为2Fe3＋＋SO2＋2H2O-2Fe2＋＋SOi—＋4H＋,C项正确°蒸发结晶会失去晶体中的结晶水,所以将FeSO4溶液蒸发浓缩｀冷却结晶、过滤洗涤,可得至｜」绿矾!D项错误°‖2∧［解析］由第—组数据可知固体有剩余’稀硝酸与Fe｀Cu反应’有3Fe＋8HNO3-3Fe（NO3）2＋2NO↑＋4H2O!3Cu＋8HNO3＿3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O,根据化学方程式可得,n（HNO3）＝4＂（NO）｛加入l00mL稀硝酸溶液时,n（NO）＝0。1mol〗则n（HNO3）＝0.4mol,所以c（HNO3）＝4mol·Lˉl『由实验1｀2两组数据分析』两次剩余固体的质量相差9.2g〗此时生成2。24LNO气体（转移0.3mol电子）’根据得失电子守恒可得:若只溶解铁｛消耗Fe的质量为8.4g｛若只溶解铜,消耗Cu的质量为9.6g,而实际消耗9.2g｜介于两者之间,可知这9.2g中应有Fe和Cu两种金属,设Fe和Cu的物质的量分另｜」为则mol和ymol］则｛;!蝶眉2解儒｛｝二;｛5』所以消…2;圃体中铁的质量是2。8g,铜的质量是6.4g,贝｜｝第—次实验反应消耗的是Fe,反应后剩余金属为Fe和Cu,而第二次实验后剩余金属只有铜‖所以每—份固体混合物的质量为8.4g＋l7.2g＝25.6g,其中含铁的质量为8。4g＋2.8g＝112g］含铜的质量为6.4g＋8g＝14。4g!所以铁和铜的物质的量之比为56』!:i示解蹦÷＿＂;9400mL硝酸的物质的量″（HNO］）＝0.4L×4mol.Lˉl＝l.6mol〕″（Fe）＝0.2mol〕″（Cu）≡0。225mol!根据得失电子守恒和N元素守恒可得铜完全反应消耗硝酸的物质的量n（HNO3）≡″（］O｜＋2厕［Cu｜］O』）z］＝＂（Cu｜×2×÷＋2＂（Cu）×3×＋＝0.6mol!铁完全反应最多（生成Fe3＋）消耗硝酸的物质的量几（HNO3）＝n（NO）＋3″［Fe（NO3）3］＝″（Fe）＋3″（Fe）≡0.8mol’共消耗硝酸的物质的量为0.8mol＋0.6mol＝l4mol,小于l.6mol,所以硝酸过量］根据得失电子守恒,V（NO）＝［2″（Cu）＋3″（Fe）］×÷×224L.mol＿］＝784L』A项正确。〕根据以上分析,每—份混合物的质量是25.6g,原混合物粉末的质量为25.6g×3＝76。8g,B项错误°根据以上分析,铁和铜的物质的量之比为8:9’C项错误·根据以上分析,实验3消耗的硝酸的物质的量是l.4mol｛剩余0ˉ2mol］所得溶液中硝酸的物质的量浓度为｀i吧l＝α’m。l.Lˉ｜』D项错误。［关键点拨］对于硝酸与Fe的反应,Fe与HNO3反应首先生成Fe（NO3）3’过量的Fe再与Fe3＋反应生成Fe2＋,如本题中第1｀第2次的实验中］均有金属剩余］Fe转化为Fe2＋〕这是解决本题的关键,为确定剩余8g的固体成分提供依据,即参加反应的Fe的产物—定是Fe2＋!根据极值法和混合物计算的方法确定8g剩余固体的组成,通过第3次实验判断硝酸过量,Fe转化为Fe3＋。第Ⅷ练有关金属的工业流程分析1（1）过滤玻璃棒｀漏斗（2）AlOf｀OHˉ稀硫酸（3）AlOI＋CO2＋2H2O＝＝＝Al（OH）3↓＋HCO丁△（4）2Cu＋O2＋2H2SO4＿2CuSO4＋2H2O［解析］（1）步骤I｀Ⅱ｀Ⅲ中均需从溶液中分离出固体］所以需进行的实验操作是过滤。实验室中进行该操作时,用到的玻璃仪器有烧杯｀玻璃棒和漏斗°（2）铝与氢氧化钠反应生成NaAlO2和H2,铁｀铜不与氢氧化钠反应』故溶液A中的阴离子主要有AlOf和过量的OH—;结合绿矾分子式,试齐｜」X是能够溶解铁｀但不能溶解铜的稀硫酸°（3）向溶液A中通入过量CO2气体生成固体C（氢氧化铝）的离子方程式为AlOI＋CO2＋2H2O-Al（OH）3↓＋HCO丁°（4）从保护环境角度考虑’用固体F（铜）制备CuSO4溶液的方法不是铜与浓硫酸反应转化为硫酸铜’而是在加热条件下铜被氧气氧化为氧化铜‖再被稀硫酸溶解生成硫酸铜］化学方程式是2Cu＋△O2＋2H2SO4-2CuSO4＋2H2O◎2（l）提高钻元素的利用率（或减少钻的损失）（2）将Fe2＋氧化成Fe3十（3）3Fe2（SO4）3＋6H2O＋6Na2CO3＝＝＝Na2［Fe6（SO4）4（OH）l2］↓＋5Na2SO4＋6CO2↑（4）取最后-次洗涤液少许于试管中’滴加几滴硝酸银溶液『若无白色沉淀生成,则已洗涤干净,否则没有洗涤干净（5）防止因温度降低而析出CoCl2晶体（6）Co3O4［解析］（l）将滤渣洗涤2～3次］洗液与滤液合并,目的是提高钻元素的利用率。（2）加入NaClO3!Fe2＋被氯酸根离子氧化成Fe3＋］离子方程式为6Fe2＋＋6H＋＋ClO丁ˉFe3＋＋Clˉ＋3H2O。（3）生成的硫酸铁与碳酸钠发生双水解得到黄钠铁矾］反应的化学方程式为3Fe2（SO4）3＋6H2O＋6Na2CO3—Na2［Fe6（SO4）4（OH）l2］↓＋5Na2SO4＋6CO2↑。（4）洗涤的目的是洗去固体表面可溶性杂质,如Clˉ、SO;ˉ等°检验沉淀是否洗涤干净的操作是取最后—次洗涤液少许于试管中,滴加几滴硝酸银溶液,若无白色沉淀生成］贝」已洗涤干净』否则没有洗涤干净。（5）由CoCl2的溶解度曲线可知〕随温度的升高CoCl2的溶解度增大｛所以需要趁热过滤,防止温度降低而使氯化钻晶体析出°2°205且-（6）CoC2O4的质量为2.205g!n（CoC2Oq）≡l47g°molˉlO0l5mol］该氧化物中加（Co）＝0。0］5mol×59g.molˉl＝答嚣及解析顾（3）CuR2中Cu元素的化合价为＋2价,在反应中化合价未发生变化］所以反应Ⅲ是有机溶液中的CuR2与稀硫酸反应生成CuSO4和RH。操作o使用的分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁!且分液漏斗内的液体太多°（4）以石墨作电极电解CuSO4溶液,阴极析出铜〗则阳极为OHˉ放电生成O2!导致溶液中c（H＋）增大］所以阳极的产物有O2和H2SO4｛由溶液得至｜｜晶体的操作步骤—般为蒸发浓缩｀冷却结晶｀过滤°（5）操作@中得至｜」的硫酸可用在反应Ⅲ中〕所以第三处循环使用的试剂为H2SO4°NH4Cl溶液显酸性〕可降低溶液中c（OH—）,防止由于溶液中的c（OHˉ）过言』生成Cu（OH）2沉淀。5·（l）ac（2）3MnCO3＋2Al3＋＋3H2O-3Mn2＋＋3CO2↑＋2Al（OH）3↓（3）60×l0ˉ26（4）2KMnO4＋3MnSO4＋2H2O—K2SO4＋5MnO2↓＋2H2SO4（5）Mn2＋＋2H2O—2e-MnO2＋4H＋（6）1.90［解析］（1）利用软锰矿作脱硫剂,通过题给简化流程,既脱除燃煤尾气中的SO2!又制得电池材料MnO2,因此该过程减少了SO2的排放』从而减少了酸雨的发生,又能制得电池材料MnO2〗实现了废弃物的综合利用‖故a、c项正确°（2）由流程图可知〕步骤I中向含杂质的MnSO4溶液中加入MnCO3］其目的是除去铁｀铝］除去Al3＋的离子方程式为3MnCO3＋2Al3＋＋3H2O一Mn2＋＋3CO2↑＋2Al（OH）3↓。（3）NiS的溶度积常数为Ksp（NiS）≡c（Ni2＋）°c（S2ˉ）＝l.4×l0叫〕当Ni2＋恰好完全沉淀时,溶液中c（Ni2＋）＝1.0×10ˉ5mol·Lˉl］贝｜」有c（S2ˉ）＝1.4×10＿l9mol°Ll°CuS的溶度积常数为Ksp（CuS）＝c（Cu2＋）°c（S2ˉ）＝8。4×l0ˉ45,故此时溶液中c（Cu2＋）＝60×10ˉ26mol°Lˉl°（4）由流程图可知］步骤Ⅳ中在MnSO4溶液中加入KMnO4,经操作X分离得到K2SO4和MnO2‖故步骤Ⅳ中＋2价和＋7价的Mn转变为＋4价的Mn,结合得失电子守恒和原子守恒写出化学方程式°（5）用惰性电极电解MnSO4溶液制得MnO2］该过程Mn2＋在阳极发生了氧化反应,阳极的电极反应式为Mn2十＋2H2Oˉ2eˉ—MnO2＋4H＋。（6）根据S元素守恒可知,被吸收的SO2的物质的量等于得至｜」的硫酸锰晶体的物质的量］贝」有″（MnSO4·H2O）≡n（SO2）＝β二』ˉSmˉ3×l00m3×90％≡11.25mol,m（MnSO4·H2O）＝64g·mol＿］11°25mol×l69g·molˉl＝190l·25g≈1.90kg◎0、885g,′7l（O）＝1。205g＿0·885g＝0.32g,见（Co）:n（O）＝M｜…!;］‘!;甜器-］!4』故氢化钻的化学式为c＂』q。3.I（1）A（2）Fe3＋、Al3＋CD（3）3S2O;＿＋4Cr2O;＋26H带ˉSO;ˉ＋8Cr3＋＋13H2OI（1）不能阳极产生的Cu2＋不能将Cr2O;ˉ还原到低价态（2）8［解析］I.（l）根据所给部分阳离子完全沉淀时所需的pH分析!要把溶液中的Fe2十氧化成Fe3＋,需要加入氧化齐｜」｛但不能弓｜入新的杂质离子］所以可用H2O2或Na2O2‖故选A。（2）根据题给信息］加入NaOH溶液调节溶液pH≡8时〗除去的离子是Fe3＋｀Al3＋;根据钠交换树脂原理］以及后续所加试齐｜」分析,此步操作需要把Ca2＋和Mg2＋除掉°（3）每消耗O8molCr2O;ˉ转移48moleˉ］即每消耗1molCr2O;转移6moleˉ』Na2S2O3作还原剂,根据得失电子守恒｀电荷守恒可得该反应的离子方程式为3S2O;—＋4Cr2O;—＋26H＋-6SO1＋8Cr3＋＋13H2O°Ⅱ（l）金属铁作阳极』放电变成Fe2＋‖具有还原性,可还原Cr2O;,而Cu2＋不能将Cr2O;ˉ还原到低价态’故电极材料不能换成铜°（2）常温下,Ksp≡c（Cr3＋）×c3（OHˉ）＝l×10ˉ20,又c（Cr3＋）＝0.0］mol·Ll｛所以c（OHˉ）＝l×10ˉ6mol.L＿l‖则c（H＋）＝1×l0ˉ8mol·Ll,所以当溶液的pH≡8时］Cr（OH）3开始沉淀。［刷百所得］学生要熟悉工业流程题的三个阶段:原料处理、分离提纯｀获得目标产品°首先确定原料里有哪些杂质’然后通过加入试剂或者调节pH｀温度等除去杂质,最后获得目标产品°4（1）作氧化剂过滤（2）［Cu（NH3）4］2＋＋2RH-2NHJ＋2NH〕＋CuR2分液漏斗ab（3）RH分液漏斗尖端未紧靠烧杯内壁,液体过多（4）O2、H2SO4蒸发浓缩｀冷却结晶、过滤（5）H2SO4防止由干溶液中的c（OHˉ）过高,生成Cu（OH）2沉淀［解析］（l）反应I是将Cu转化为［Cu（NH3）4］2＋!Cu被氧化’则H2O2在反应中作氧化剂°操作@是把不溶固体和液体分离,所以该操作为过滤。（2）根据流程图可知,［Cu（NH3）4］2＋与有机物RH反应生成CuR2和NH3、NH4Cl,所以该反应的离子方程式是［Cu（NH3）4］2十＋2RH—2NH旷＋2NH3＋CuR2°操作@是把水层与有机层分离,所以为分液操作］需要的主要仪器为分液漏斗°Cu元素富集在有机层〕所以该操作的目的是富集Cu元素,使Cu元素与水溶液中的物质分离。第4章非金属及莫化台物第↑2练碳｀硅与新型无机非金属材料~~［刷百所得］新型材料包括合金材料｀合成材料｀无机非金属材料｀复合材料等,用途广泛,涉及军事｀信息等领域。3.∧［解析］晶体硅是良好的半导体材料,可用于制造计算机芯片’故A正确;CO2是直线型分子’SiO2具有空间网状结构‖属于原子晶体〕二者晶体类型的结构不同!物理性质不相似］故B错误｛烧碱是NaOH〕属于碱’石英是SiO2’属干酸性氧化物!SiO2与NaOH发生反应2NaOH＋SiO2-Na2SiO3＋H2O］因此熔融烧碱时］不能使用石英泊竭｜故C错误;光导纤维的主要成分是SiO2,故D错误°4.∧［解析］硅元素在自然界中全部以化合态形式存在,没有游离态的硅］故A错误｛漂白粉中含有次氯酸钙,且碳酸的酸性比次氯酸强,适量CO2通入漂白粉的水溶液中可以生成白色沉淀碳酸钙!故B正确;在燃煤中加入石灰石可减少SO2的排放｛发生的总反应△为2CaCO3＋2SO2＋O2-2CO2＋2CaSO4］故C正确;氟化钠在水溶液中发生水解生成氢氟酸和氢氧化钠,氢氟酸能够溶解二氧化硅』因此不能用玻璃瓶来盛装氟化钠水溶液!故D正确°β~~~~~日题号答案刽二∧’□斗＿∧∧勺＝1~D□—Ⅲ≡∧＿Ⅲ一日□～∏＿□∧—日题号~~~答案了…∧DTD［解析］有机物中含碳元素〕而二硫化铝中不含碳元素］不属于有机化合物,故A错误;石英玻璃的主要成分为二氧化硅］不是硅酸盐!故B错误;合金是指—种金属与另—种或几种金属（或非金属）经过混合熔化＼冷却凝固后得至｜」的具有金属性质的固体产物‖氮化稼是化合物］属于纯净物‖不属于合金,故C错误『由石墨烯弹性气凝胶制成的碳海绵具有吸附性｛可用作处理原油泄漏的吸油材料!故D正确°2∧［解析］石墨烯属于非金属材料‖故A错误｛铝的密度较小,其合金的密度也较小,属于金属材料,故B正确;碳纤维由碳元素组成,属于无机非金属材料,＂用石墨烯制作了ˉ20℃能发热4h的智能服饰｜｜说明碳纤维耐低温］故C正确;新型材料的特点有种类多、用途广等］故D正确。网高考／卜题练透化学5D［解析］硅酸钠本身是—种茹合齐｜」!易造成磨口玻璃塞与瓶□茹结,A项错误｝两个反应条件不同,反应O是在溶液中进行,相对强的酸可以制相对弱的酸］而高温条件下〕CO2是气体｛逸出反应体系,能促使反应@发生,两个反应都能发生,B项错误;石英玻璃的成分为SiO2〕SiO2是氧化物,不是硅酸盐］C项错误°6D［解析］Na2SiO3是强电解质』应拆写成Na÷＼SiO;—』且应生成HCO丁,A项错误橙清石灰水中通入过量二氧化碳正确的离子方程式为CO2＋OH＿-HCO丁,B项错误氢氟酸是弱酸,不能拆写成H＋和F,C项错误°吉§曰古§曰7.∧［解析］Si＋2Cl2旦呈SiCl4｛SiCl4＋2H2旦呈Si＋4HCl〕均能—步实现］故A正确;工业上制备金属Mg是电解熔融状态下的MgCl2,故B错误｝FeCl3是强酸弱碱盐』直接加热蒸发FeCl3溶液最终得至｜」的是Fe（OH）3,灼烧后得至｜」氧化铁］故C错误;蔗糖是非还原性糖,不能与银氨溶液反应,故D错误。8D［解析］反应产物SiC中Si｀C的化合价分别为＋4价｀—4价,所以SiO2既不是氧化剂,也不是还原剂］故A错误碳元素的化合价从0价转变为-4价（SiC）和＋2价（CO）,其中CO是氧化产物］SiC是还原产物｛两者的物质的量之比为2:］‖故B错误｀D正确｜根据化学方程式可知｛该反应中每生成lmolSiC转移4mol电子!故C错误。9D［解析］石英和碳在高温下反应生成Si和CO!故A错误;生产吉÷曰玻璃涉及的反应有SiO2＋Na2CO3旦丝Na2SiO3＋CO2↑＼SlO2＋言守曰CaCO3旦呈CaSiO3＋CO2↑｛各元素化合价没有发生变化,不是氧化还原反应］故B错误;精炼铜时,阳极为粗铜］粗铜中有比Cu活泼的杂质金属｛该杂质金属先放电0所以转移0.2mol电子时!阳极减少的质量不—定是0.lmolCu的质量（即6.4g）!故C错误;制备纯硅的过程中,利用各组分沸点不同进行分馏］将SiCl4提取出来』再与H2发生置换反应得到高纯硅］故D正确。‖0.B［解析］单质D能与NaOH溶液反应生成盐和氢气常见的有Al或Si,由题图中转化关系可知,若D是Al!则C应为NaAlO2但NaAlO2与过呈盐酸反应生成NaCl和AlCl3,不能生成难溶物!所以D是Si｛A在高温下能与焦炭或石灰石反应’说明A是SiO2｜根据题图中转化关系可推知’B为CaSiO3｀C为Na2SiO3、E为H2SiO3°吉÷曰反应O的化学方程式为sjo2＋2c旦呈si＋2co↑,可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为l:2』A项错误｛SiO2既能与NaOH溶液反应,又能与氢氟酸反应!B项正确反应@的离子方程式应为R＋2OHˉ＋H2O—RO;—＋2H2↑』即Si与NaOH溶液的反应’C项错误;反应O产生的气体是CO,Na2SiO3溶液与CO不反应,D项错误°ⅧD［解析］A项］向饱和Na2CO3溶液中通入CO2生成NaHCO3‖NaHCO3的溶解度小于Na2CO3的溶解度〕所以会析出NaHCO3晶体,继续通入CO2至过量｛浑浊不消失,错误;B项,向Na2SiO3溶液中通入CO2,会产生硅酸,硅酸是不溶于水的白色沉淀,继续通入CO2至过量,浑浊不消失］错误;C项,向Ca（ClO）2溶液中通入CO2〕会生成CaCO3和HClO〗继续通入CO2至过量,CaCO3转化为Ca（HCO3）2’浑浊消失!HClO具有强氧化性〕可使品红溶液褪色｛错误｝D项,向Ca（OH）2溶液中通入CO2会生成CaCO3沉淀,溶液变浑浊,继续通入CO2至过量,CaCO3转化为Ca（HCO3）2‖浑浊消失,加入NaOH溶液后!Ca（HCO3）2和NaOH反应会生成CaCO3沉淀］正确。［易错鬃示］该题易错选B项,注意硅酸既不溶于水,也不溶于除氢氟酸以外的酸。T2.∧［解析］A项!稻壳灰来源广泛｀价格低廉〗活性炭具有吸附性!有较高的经济价值‖正碉B项,操作A为过滤,操作B为蒸发浓缩,是两种不同的操作］错误;C项〕二氧化硅中硅元素的化合价是＋4价‖硅酸钠中硅元素的化合价是＋4价,所以该流程中硅元素的化合价没有发生改变,错误｛D项‖由复分解反应的概念可知,SiO2＋2NaOH—Na2SiO3＋H2O不属于复分解反应,错误。第‖3练氢｀澳、碘及其化合物明氯水中含有H＋］C项正确｛Cl2也可将Fe2＋氧化为Fe3＋‖不能说明氯水中含有HαO』D项错误。5D［解析］发生装置应先加入适量浓盐酸再加热!A错误;饱和食盐水不能用饱和碳酸氢钠溶液代替,否则会弓｜入新杂质二氧化碳,B错误;若用稀盐酸代替浓盐酸不能制得氯气说明浓盐酸的还原性较强］C错误;氯气是黄绿色气体,可以通过观察集气瓶中气体的颜色判断氯气是否收集满］D正确°6.C［解析］进入吹出塔之前‖发生反应:Cl2＋2Br—2Cl＋Br2‖Br元素的化合价升高Brˉ被氧化,A项错误｜根据流程,进入吸收塔的物质除Br2外,还有空气｀水蒸气｀过量的氯气等｛B项错误;吸收塔中发生的反应是SO2＋Br2＋2H2O—2HBr＋H2SO4］海水中c（Brˉ）很′｛｀,因此吸收塔的目的是富集澳元素!C项正确;蒸馏塔中主要发生的反应为Cl2＋2Br-Br2＋2Clˉ’存在化学变化,同时也存在物理变化｛D项错误°7。C［解析］—定条件下!氢气和CNˉ反应生成无毒气体,该无毒气体为N2和CO2,贝」反应的离子方程式为4H2O＋5Cl2＋2CNˉ-N2＋2CO2＋8H＋＋l0Clˉ,CNˉ中氮元素的化合价为—3价,则碳元素的化台价为＋2价］故A正确;根据分析可知’该反应的产物之是无毒的N2’故B正确｛根据离子方程式可知2molCNˉ参与反应转移的电子数为l0mol‖所以lmolCNˉ参与反应时’转移5mole,故C错误‖根据离子方程式可知,处理含0.1molCNˉ的废水〕理论上需要消耗0.25molCl2,标况下的体积为0.25mol×22.4L·molˉl＝5ˉ6L,故D正确°8.D［解析］氯气是有毒气体,不能用来代替ClO2!故A错误;用ClO2处理酸性污水中的Mn2＋’反应的离子方程式为2ClO2＋5Mn2＋＋6H2O—5MnO2↓＋2Clˉ＋l2H＋,处理后溶液的pH减小,故B错误;该反应的氧化产物为MnO2｛还原产物为Clˉ,由反应的离子方程式可知］二者的物质的量之比为5:2!故C错误｛由反应的离子方程式可知‖处理含lmolMn2＋的污水］需要0.4mol的ClO2,即在标准状况下的体积为8。96L!故D正确。题号~~~~~~~答案∑…日垂β…□司〕l~~~~~c↓…∏β～□…Ⅱ…□β…●…Ⅲ…日◎…’…◎题号~~~~~~~~~~~~~~~~~~~答案丁…●川…∧1C［解析］卤离子的还原性:Fˉ＜Clˉ＜Brˉ＜Iˉ,所以卤素的钾盐中｜KI最容易被氧化,@错误;卤素单质的氧化性:Cl2＞Br2,澳化钠与氯气反应可除去氯气,滇易溶于汽油｛利用革取的方法分离提纯澳,@正确氯化银｀澳化银｀碘化银都具有感光性,o错误氨气跟氯化钠水溶液反应的实质是氟气与水的反应,即2F2＋2H2O-4HF＋O2,@正确;氯气跟水反应生成HCl和HClO’水中所含氢元素｀氧元素的化合价在反应前后未发生变化!水既不是氧化剂也不是还原剂〕◎正确°2B［解析］A项’氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性,能使品红溶液褪色’目加热已褪色的溶液,溶液不会恢复原来的颜色!错误｝B项,氢气与水反应生成盐酸和次氢酸〕盐酸使紫色石蕊溶液变红,次氯酸具有漂白性‖能使变红的石蕊溶液褪色］正确｛C项〕氯气和NaOH溶液反应生成氯化钠｀次氢酸钠和水!氯气既作氧化剂!又作还原剂!溶液碱′性的减弱和次氢酸钠的漂白性均会使溶液的红色褪去’错误;D项,Cl2＋Na2S-2NaCl＋S↓,溶液变浑浊］氯气作氧化剂』错误°［易错警示］本题若不熟悉氯气与NaOH的反应原理而易误选C项’氯气与NaOH的反应属于歧化反应!氯气既作氧化剂又作还原剂°3.C［解析］根据实验描述,生成的碘继续被氧化,发生反应的化学方程式为I2＋5Cl2＋6H2O-2HIO3＋l0HCl］故A正确;四氯化碳与水不互溶〕且Br2在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大!因此可用分液的方法分离］故B正确｝未进行澳置换碘的实验｜不能得出漠的氧化性比碘强］故C错误;根据氧化齐｜」的氧化性比氧化产物的氧化性强可知〕氧化性:HBrO3＞Cl2＞HIO3’故D正确。4.D［解析］新制氯水中含有Cl2,呈浅绿色’A项正确生成氯化银沉淀,说明氯水中含有Clˉ』B项正确｛加入NaHCO3粉末,有气泡生成,说答素及解析硼的种特殊卤素单质,再进行分析°A项｜（SCN）2可与NaOH溶液反应〕类推可知（SCN）2也能与石灰水［Ca（OH）2溶液］反应〕正确｛B项』KSCN可以与FeCl3溶液发生显色反应Fe3＋＋3SCNˉ＝≡Fe（SCN）3,溶液变成红色‖正确｛C项,SCN的还原性强于Clˉ‖则Cl2的氧化性强于（SCN）2,Cl2与KSCN溶液发生反应Cl2＋2KSCN-（SCN）2＋2KCl］正确｛D项!SCNˉ的还原性强于Brˉ,（SCN）2与KBr溶液不能发生反应｛错误°T2.B［解析］由于还原性;Iˉ＞Fe2＋＞Brˉ’所以Cl2首先氧化I—,即AB段表示″（Iˉ）的变化情况’当n（Cl2）在l～3mol时,Fe2十转化为Fe3＋｜故BC段表示＂（Fe3＋）的变化情况〗A项正确｛由于原溶液的体积未知,无法计算原混合溶液中c（FeBr2）,B项错误;由题图可知‖当通入2molCl2时］已有2molI和2molFe2＋被氧化,贝｜」此过程中发生反应的离子方程式为2Fe2＋＋2Iˉ＋2Cl2-2Fe3＋＋I2＋4Cl］C项正确j由题图可知｛DE段表示″（Brˉ）的变化情况｛根据各段离子的变化关系可知］川（Fe2＋）:则（Iˉ）:″（Brˉ）＝2:1:3］D项正确°9。C［解析］氯气的氧化性强于澳,所以反应的离子方程式为2Brˉ＋Cl2-Br2＋2Clˉ‖故A正碉根据Cl2与NaOH反应的化学方程式Cl2＋2NaOH-NaCl＋NaClO＋H2O可知｛lmolCl2与足量的NaOH溶液反应转移1mol电子,甲装置中NaOH溶液每吸收0.lmolCl2,转移0.lmoleˉ!故B正确;用正十二烷革取澳!由于正十二烷密度小于水‖所以溶解Br2的有机层在上层〗故C错误;把溶有Br2的正十二烷进行蒸馏,由于正＋二烷的沸点高干Br2,所以用丙装置进行蒸馏,先收集至｜」的是Br2,故D正确°］0.∧［解析］由途径I可知氧化性:Cl2＞I2］由途径Ⅱ可知还原性I2＜NaHSO3〕由途径Ⅲ可知氧化性Cl2＞IO丁〕故不能由题图直接得到Cl2｀I2和IO丁的氧化性的强弱｜｜顶序,故A错误｛根据途径Ⅲ可知氧化性:Cl2＞IOj,足量Cl2能使湿润的淀粉—KI试纸变白的原因可能是氢气将碘氧化为HIO3］反应方程式为5Cl2＋l2＋6H2O—2HIO3＋10HCl,故B正确;根据途径Ⅱ中转化关系2IO丁～I2～l0eˉ可知’生成lmolI2时反应中转移的电子数为l0ⅣA｛故C正确加碘盐中含有NaIO3,其在酸性条件下可被Iˉ还原生成I2’故可用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐中是否含有碘｛故D正确°恫D［解析］解题时,可将（SCN）2看作氧化性介于Br2和I2之间第‖4练硫及其化台物钙盐］而使澄清石灰水变浑浊!反应原理相同,故选B°7.B［解析］二氧化硫与氨气反应可能生成亚硫酸按和亚硫酸氢按的混合物,所以X可能含有2种盐’故A正确｛亚硫酸按或亚硫酸氢按与硫酸反应产生的气体不可能是三氧化硫,只能是≡氧化硫］故B错误｛亚硫酸按或亚硫酸氢按与硫酸反应除生成二氧化硫外!还有硫酸按或硫酸氢按生成,所以Y可能含有硫酸按,故C正确｛S元素的最外层只有6个电子,最高价为＋6价‖不可能显＋7价!故D正确。aB［解析］加入淀粉溶液后变蓝色说明溶液中含有I2,可能是I2和SO2未反应］也可能是I2过量!故A错误｝加入BaCl2溶液｛有白色沉淀产生］此沉淀—定是BaSO4］说明SO2被I2氧化成SO;ˉ,故B正确‖碘水显弱酸性,通入SO2后如果SO2与I2不反应,SO2和H2O反应生成H2SO3!H2SO3属于二元中强酸］溶液的pH减小］故C错误;碘单质与水发生反应:I2＋H2O≡＝HI＋HIO,故Ag＋和Iˉ反应生成淡黄色沉淀A副,不能说明I2和SO2发生反应’故D错误°9。C［解析］Na2SO3具有还原性’可以和碘单质反应生成硫酸钠｀碘化钠｜亚硫酸钠作还原剂,碘化钠是还原产物』所以还原性;SO;ˉ＞Iˉ〕A错误!Na2SO3溶液中硫元素的化合价为＋4价｜硫化钠中硫元素的化合价为ˉ2价,二者在酸性条件下发生氧化还原反应,硫元素的化合价归中至｜」0价,即生成淡黄色的硫单质］B错误;Na2SO3溶液中SO;ˉ水解显碱性｛会使酚酞溶液变红!加入氢化钡溶液后!Ba2＋会结合SO;形成亚硫酸钡沉淀’水解平衡逆向移动,c（OH—）减小‖所以溶液红色褪去,C正确;亚硫酸钠具有还原性］加入盐酸酸化的硝酸钡’即相当于加入了硝酸’SO;＿能被硝酸氧化为SO;ˉ』SO;ˉ可以和Ba2÷反应生成硫酸钡沉淀’该沉淀不溶干硝酸‖不能证明Na2SO3溶液已变质,D错误°［刷盲所得］亚硫酸钠中硫元素的化合价为十4价‖既具有氧化性｛又具有还原性〕但亚硫酸钠主要体现强还原性’常作还原剂;亚硫酸钠溶液中SO;ˉ水解｜溶液显碱性。‖OC［解析］向酸性KMnO4溶液中通入SO2〗紫红色褪去,体现SO2的还原性｛A错误;向CuSO4溶液中通入H2S］生成CuS和硫酸,CuS不溶于硫酸!不能比较二者的酸性强弱］B错误;根据CCl4革取碘水中的碘单质的现象!可以说明碘在CCl4中的溶解度大于它在水中的溶解度!C正确;向装有蔗糖的烧杯中加入浓H2SO4｛出现＂黑面包＂现象］体现浓H2SO4的脱水性,D错误°＂。c［解析］浓硫酸与亚硫酸钠反应生成的二氧化硫气体进入盛有酸性KMnO4溶液的试管中］酸性KMnO4溶液褪色是因为二氧化硫具有还原性’与具漂白性无关,A项不符合题意i反应生成的氯气与澳化亚铁反应时,Fe2＋先被氯气氧化为Fe3＋］含Fe3＋的溶液也呈黄色,不能得出氯气的氧化性强于澳的结论］B项不符日＿◎一Ⅲ∧日◎丁ˉ日题号~答案］～□＿川＝·］一□斗日＝Ⅱ＿℃斗日β日’≈厂凹〗●＝’＝●］—∧β≡日口］旧—□题号~答案~l∧［解析］二氧化硫能使澳水褪色,是由于发生反应:Br2＋SO2＋2H2O-H2SO4＋2HBr°该反应中S元素的化合价升高!失去电子,表现还原性。2C［解析］飘尘在SO2转化为SO3的过程中主要起催化作用,并不改变反应的实质］作催化剂°胆矾中加浓硫酸｛浓硫酸起至｜」吸水剂作用〕使固体由蓝色变为白色,A项错误‖浓硫酸与木炭共热］发生氧化还原反应‖浓硫酸起至｜」氧化剂的作用,B项错误『乙酸Z酪在稀硫酸作用下水解’硫酸起至｜」催化剂的作用｛与飘尘所起的主要作用相同｜C项正确;浓硫酸滴至｜」蔗糖中市｜｜‘‘黑面包＂,浓硫酸主要起到脱水齐」和氧化剂的作用,D项错误。3D［解析］硫微溶于酒精〕应该用二硫化碳洗刷做过硫黄性质实验的试管!故A错误‖SO2中S元素为＋4价］处于中间价态］在化学反应中能作还原剂,也可以作氧化齐｜」,例如SO2与H2S反应生成单质S和H2O〕故B错误｝浓硫酸在常温下与铜不反应,故C错误;lmol硫与其他物质完全反应］转移的电子数不—定是2mol,例如与氧气反应转移的电子数为4mol,故D正确。4B［解析］题图中装置O制取so2时需用浓硫酸｛装置O收集so2时需用向上排空气法!导管应长进短出,装置@吸收SO2尾气时,饱和NaHSO3溶液与SO2不反应｛不能用于尾气吸收,共有三处错误］故A错误｛实验室用加热浓氨水的方法来制取氨气,用加热浓盐酸和二氧化锰的方法来制取氯气,因此都可采用装置o,故B正碉在@中加入紫色石蕊溶液｛溶液只变红不褪色］不能验证SO2的漂白性,故C错误;SO2和BaCl2溶液不反应‖无明显现象｛故D错误°5D［解析］浓硫酸具有酸性和脱水性,使d中蓝色石蕊试纸先变红后变黑｛D项错误°6.B［解析］@敞口放置在空气中,浓硫酸因吸水使其浓度减／｜｀］浓盐酸因HCl挥发使其浓度减小］二者原理不同i@二氧化硫属干加合型漂白齐｜」,而氯气与水反应生成的次氯酸〕具有漂白性］属干氧化型漂白剂,二者漂白原理不同o二氧化硫使品红溶液褪色体现其漂白性’使澳水褪色体现其还原性,二者原理不同;@氨气能和浓硫酸反应生成盐｛碘化氢气体能被浓硫酸氧化,前者体现浓硫酸的酸性,后者体现浓硫酸的氧化性,二者原理不同;o浓硫酸具有强氧化性］能和C｀Fe发生氧化还原反应,所以能用同—原理解释｜◎浓硫酸在白纸上写字体现浓硫酸的脱水性’氢氟酸与玻璃中的二氧化硅反应生成气态的四氟化硅,从而能腐蚀玻璃］二者反应原理不同;@二氧化碳｀二氧化硫都能和澄清石灰水反应生成难溶性硼意考／卜题练透化学合题意｛反应生成的CO2通入氯化钙溶液无沉淀生成,说明CO2与氢化钙溶液不反应,C项符合题意｛漠水褪色说明浓硫酸与蔗糖反应生成了SO2’该现象只能说明浓硫酸具有强氧化性〕D项不符合题意°［刷盲所得］几种常见的漂白剂漂白原理对比2H2O,B项错误｝溶液C为硫酸和硫酸铁溶液］FeO与Ⅱ2SO4反应生成FeSO4,D项错误。‖3.D［解析］关闭弹簧夹a,打开弹簧夹b’用酒精灯在三颈烧瓶下微热’若能观察至‖丙中长导管□有明显气泡冒出〗且冷却后丙中长导管内出现—段稳定的水柱!才能说明装置甲｀乙部分气密性良好｛A错误『因SO2易溶于水!所以甲装置中比较理想的反应物是Na2SO3固体和质量分数为70％左右的硫酸溶液,B错误｝SO2与水反应生成亚硫酸,亚硫酸能使蓝色石蕊溶液变红‖因亚硫酸的酸性弱干盐酸］所以SO2不与Baα2溶液反应,丙装置中产生白色沉淀的原因是SO2被混合溶液中的Fe3＋氧化成SO;ˉ,最终生成硫酸钡沉淀‖C错误｛因丁装置中溶液中可能含有HClO（氯气未反应完）］也可能含有SO2｛二者均能使品红溶液褪色,贝」取反应后的丁装置中溶液少许,滴加品红溶液,红色褪去,不能说明SO2具有漂白性,D正确°［易错警示］本题的易错点是C项’因盐酸的酸性强于亚硫酸,所以SO2与BaCl2溶液不反应,该装置中产生白色沉淀的原因是Fe3＋具有较强的氧化性』可将SO2氧化成SOi-最终生成硫酸钡沉淀。漂白剂｛S02｝氯水｝Na202;漂白粉活性炭“……4………＂…ⅧⅧ邮ˉ｝＂Ⅷ…＂＂…丫…＂………………、………＂＂＝…漂白原理｝加合漂白｛氧化漂白｝氧化漂白《氧化漂白吸附漂白晶红溶液｜褪芭!加热「癌／｜霍苞／厂…厂瘫｛又恢复红色…一……;—ˉˉ＿＿腊≡…-一4＝～≡急～←～≡ˉ—＝＝…一—歹蕊壁｛媳」艘瑟腔犁…稳定性｛不稳定｛稳定稳定｝稳定稳定02.∧［解析］Fe2（SO4）3与SO2反应的离子方程式为2Fe3＋＋SO2＋2H2（）-2Fe2＋＋SO:ˉ＋4H＋｛反应生成H＋,故溶液酸性B＞A』C项错误｜溶液B中可能含有乘‖余的Fe3＋,A项正确｛溶液B转化为溶液C的离子方程式为4H＋＋4Fe2＋＋O,-4Fe3＋＋第T5练氮及其化合物图乙所示装置］用浸有碱液的棉球可以吸收多余的氯气〕防止污染环境｛符合＂绿色化学＂的要求;o实验室中用玻璃棒分另｜」蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸反应生成按盐的实验〕实验过程中挥发出的氯化氢和氨气会污染大气不符合＂绿色化学＂的要求;@实验室中采用图丙所示装置进行铜与稀硝酸的反应,生成的氮的氧化物收集在气球里面‖可以防止污染环境｜符合“绿色化学＂的要求°8.C［解析］将等质量的铜分别与等体积足量的浓硝酸和稀硝酸反应后’所得溶液中Cu2十的浓度基本相等‖若溶液呈绿色可能是因为溶液中溶解了少量NO2｛A错误;NH3与Cl2混合除了生成氯化按｜还会有氮气生成〕不属于化合反应,B错误j向Fe（OH）3胶体中逐滴滴入稀盐酸］先发生聚沉现象生成红褐色的Fe（OH）3沉淀〗然后与HCl反应生成氢化铁和水〕沉淀溶解］C正确;生成红棕色△气体证明有二氧化氮’根据反应2Cu（NO3）2-2CuO＋4NO2↑＋O2↑,可知生成的二氧化氮的体积为氧气体积的4倍,与空气中氮气和氧气的比例相似〕若NO2不具有助燃性｛贝｜」带火星的木条不能复燃〕此实验中木条能复燃,说明NO2有助燃性,D错误°9C［解析］由题给信息可知］生成NH3的物质的量为22」!?2忠｜ˉ』二α0…l·向｜Ⅶ绷）型so刽和NH』Hso棍台物样品中加入NaOH溶液‖H＋先和NaOH发生中和反应｛H十消耗完后,NHJ再和NaOH反应生成NH3°（1）若最后NaOH有剩余,贝｜」（NH4）2SO4和NH4HSO4完全反应,设（NHq）2SO4的物质的量为匆mol,NH4HSO4的物质的量为ymol,则2箍mol＋γmol＝0.08mol］l32g°molˉl×则mol＋ll5g。moll×ymol＝7.24g!解得z＝0.02〕y＝0.叫,则消耗NaOH的物质的量为0。08mol＋0.以mol≡0.］2mol＞0.1mol’与题设不符,假设不成立;（2）若最后按盐有剩余!贝」NaOH完全反应］根据几（H＋）＝0。10molˉ0~08mol＝0.02mol‖可知NH斗HSO4的物质的量为0。02mol,进而求得（NH4）2SOq的物质的量约为0.0374mol’C项正确°‖0B［解析］向试样溶液中加入过量Ba（OH）2溶液并加热｛生成的气体1只能是NH3,则试样中含有NHi;向滤液l中通入CO2,得至」滤液2、沉淀2!向滤液2中加入Al和碱并加热］根据3NO丁＋8Al＋5OHˉ＋2H2O-3NH3↑＋8AlOI,生成的能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体2中—定含有NH3’贝」原溶液中含有NO丁,如果铝过量｛过量的铝会与碱反应生成氢气因此气体2中可能含有氢气;向沉淀2中加入酸’沉淀溶解并放出气体,说明沉淀2中含有碳酸钡｛沉淀1加入酸后］沉淀部分溶解］硫酸钡不溶于酸,说明原溶液中含有SO品ˉ’能和过量Ba（OH）2溶液反应生成能溶于酸的沉淀］根据题干离子知』该沉淀为Mg（OH）2,所以原溶液中含有Mg2＋°根据以上分析可知试样溶液中含有NHj｀题号答案题号答案∑…∧睦β］…∧写／＿∧司〕…∩凹▲＿◎…川气愚□Ⅱβ…□’≡◎∩≡』｜cB｜C;B‖.A［解析］氨水易挥发‖具有刺激性气昧〕结合＂贮以玻璃瓶］紧塞其□’勿使泄气＂］所以＂鼻冲水＂的主要成分可能是氨水,A正确;氢氟酸腐蚀玻璃!不能贮存在玻璃瓶中］B错误;醋可以食用］与题意不符,C错误;稀硫酸难挥发］D错误°2.∧［解析］氮气转化为氨或按盐!N元素的化合价由0价降低至｜」—3价,化合价降低‖被还原,故A错误』工业合成氨是典型的人工固氮方法‖故B正确;根据自然界中氮循环图可知’通过生物体可以实现含氮无机物和含氮有机物的转化‖故C正确生物体合成蛋白质的过程也有碳、氢｀氧元素的参与‖故D正确。3。C［解析］装置O中NH4Cl受热易分解生成NH3和HCl,二者在试管□附近遇冷又结合生成NH4Cl｛装置@中的漏斗浸入溶液过深,不能防止倒吸｛装置@中的试管口应放团干燥的棉花,防止NH3与空气发生对流°4C［解析］汽油未充分燃烧会增加氮氧化物（NO膊）｀碳氢化合物（C翼Hy）｀碳等的排放‖造成＂雾霍＂｜A正确;尾气处理过程中｛氮氧化物（NO氮）中氮元素的化合价降低,得电子,被还原,B正确｝催化剂只改变化学反应速率,不会改变反应的平衡转化率!C错误;使用氢氧燃料电池作汽车动力能减少氮氧化物（NO鳃）｀碳氢化合物（CzHγ）｀碳等的排放｜能有效控制雾霍］D正确。5D［解析］由于气体溶于水或某种溶液』导致烧瓶中的压强迅速减小］与外界产生足够的压强差,从而形成喷泉’A项正确『CO2能与NaOH等强碱溶液反应,从而被吸收〕也能使烧瓶内与外界产生很大的压强差,故能形成喷泉’B项正确§NH3和HCl属于极易溶于水的气体,SO2可以与NaOH溶液等反应,故均能形成喷泉,C项正确;NO2和N2O4与水反应后有NO生成!故液体不能充满烧瓶!D项错误°6.D［解析］试管I中Cu与稀硝酸反应』硝酸被还原为NO］部分NO遇到空气中的氧气被氧化为红棕色的NO2,A错误｛等质量的Cu完全溶解时］因稀硝酸被还原为NO,N元素的化合价由＋5价降至｜」＋2价’而浓硝酸被还原为NO2,N元素的化合价由＋5价降低至｜」＋4价］故试管I中消耗的HNO3较少!B错误｜换成Fe之后重复实验,由于Fe遇浓硝酸发生钝化｛试管Ⅱ中无明显现象］C错误｝试管Ⅱ中持续通入氮气后,可以把溶液中溶解的NO2带走,溶液由绿色变为蓝色〕说明试管Ⅱ中反应后溶液颜色与其中溶解的NO2有关》D正确。7.∧［解析］O实验室收集氨气采用图甲所示装置,用滴有酚酞的水吸收逸出的氨气］可检验氨气是否集满!同时防止污染环境》符合｜绿色化学＂的要求｛@实验室中做氯气与钠的反应实验时采用答素及解析顾′l（Fe2＋）＋′l（Cu2＋）］≡′l（Fe3＋）＋2×（0。2mol＋02mol）＝0.9mol｛得n（Fe3十）＝0.1mol!厕（Fe2＋）＝0。lmol』则混合物溶解后的溶液中c（Fe3十）:c（Fe2＋）＝′l（Fe3＋）:″（Fe2＋）≡0.lmol:0.1mol＝1:1,A项正确｛金属离子所带的电荷数等于氢氧根离子的数目,等于金属失去的电子数目］故″（NaOH）≡″（e）≡α9m°M（№OH｜＝｜‖删l］≡α91＝900mL,B项错误;〃（HNO3）＝3＂［Fe（NO］）3］＋2n［Fe（NO3）2］＋2″［Cu（NO3）2］＋n（NO）≡3×0·lmol＋2×0。lmoi＋2×0.2mol＋0。3mol＝l2m。l』c（HNO』）＝l6鸟6架｜＝2m°!.L｜』C项r确最后所得沉淀在空气中充分加热得至‖Fe2O3和Cu0’″（『e2O3）＝÷厕（Fe）＝凸0.1mol｜n（CuO）＝Ⅶ（Cu）＝0.2mol］则m（Fe2O3）＋m（CuO）＝0.1mol×l6（）g°molˉl＋0.2mol×80g°molˉl＝32g’D项正确°Mg2＋＼SO;ˉ和NOj’A项正确｛气体1为氨气气体2中—定含有氨气｛可能含有氢气〕B项错误『根据实验操作与现象不能确定是否含有Al3＋‖即试样中可能含有Al3＋,C项正确;根据以上分析可知试样溶液中含有NHj｀Mg2＋｀SO;ˉ和NOJ』贝‖该雾覆中可能存在NH4NO3｀NaCl和MgSO4,D项正确°】1C［解析］反应后的生成物有NaNO3、NaNO2〕由化学式可知n（Na）≡n（N）］根据原子守恒可知″（NaOH）≡n（NO）＋n（NO2）＋2n（N2O4）＝（α＋b＋2c）mol］故此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为｜α十…｜m。l＝α宁2‘m°卜Lˉ｜』故选C.VL‖2B［解析］等物质的呈的铁和铜的混合物的质量为24g,n（Fe）＝24g6°72Ln（Cu）＝（56＋矾）g。molˉl＝0.2mol,″（NO）＝卫4L。molˉl＝0ˉ3mol,′l（eˉ）＝3＂（NO）≡3×0.3mol＝0.9mol｛根据Fe元素守恒,″（Fe3＋）＋刚（Fe2＋）＝′l（Fe）＝0.2mol,根据得失电子守恒,3″（Fe3＋）＋2″（Fe2＋）＋2n（Cu2＋）＝Ⅶ（Fe3＋）＋2×［′l（Fe3＋）＋第］6练元素化合物综合与框图推断Fe（NO3）2;M［Fe（OH）3］与K（HNO3）反应生成N〕则N为Fe（NO3）3;D（Fe3O4）与G反应生成A（Fe）,G为常见金属｛贝｜」（〕为Al°（l）A为Fe‖原子序数是26,在元素周期表中的位置为第四周期第Ⅷ族°言§曰（2）D（Fe3O4）与G反应的化学方程式为8Al＋3Fe3O4旦坐4Al2O3＋9Fe｜该反应为铝热反应,实验室弓发铝热反应的操作是在铝热剂表面铺—层氯酸钾］插—根镁条!点燃镁条°（3）反应o为过量的Fe与稀硝酸反应,离子方程式为3Fe＋8H＋＋2NO丁ˉFe2＋＋2NO↑＋4H2O°（4）H—十I为NH3与O2反应生成NO和H2O］化学方程式为4NH3＋5O2催华剂4NO＋6H20°催化剂‖.I.（l）H2＋O2H7O,（2）H2O2＝＝H＋＋HOfⅡ.（l）OHˉ＋HSO丁-＝SO;ˉ＋H2O（2）bd（3）Na＋［:O:O:］2Na＋ab（4）3NO2＋H2O＝＝≡2HNO3＋NOFe（NO3）2［解析］l（l）由题图可知］用乙基恿醒作催化剂制取H2O2,实际发生反应的总方程式为H2＋O2催化剂H2O2°（2）H2O2可以看作二元弱酸］说明H2O2能发生两步电离,贝」它在水中第—步电离的方程式为H2O2＝≡H＋＋HOJ°Ⅱ（l）若A为常见的金属单质!焰色反应呈黄色〕则A为Na｛Na和水反应生成NaOH和H2］X能使品红溶液褪色］则X为SO2｛C为NaOH,B为H2］D能和SO2反应］贝」D为Na2SO3］E为NaHSO3!故C（NaOH）和E（NaHSO3）反应的离子方程式为OH＋HSOj—SO;ˉ＋H2O。（2）若A为短周期元素组成的单质］该元素的最高价氧化物对应水化物的酸性最强,则A是Cl2,Cl2和H2O反应生成HCl和HClO,若C为盐酸｛X为Na2CO3〕则D为C（）2］E为NaHCO3〕b符合题意｛若X为Na〔Al（OH）4］,则D为AlCl3,E为Al（OH）3,d符合题意;若X为NaHCO3］HClO与NaHCO3不反应,盐酸与碳酸氢钠只能发生—步反应,若X为Fe（OH）3］盐酸与Fe（OH）3也只能发生—步反应］a｀c不符合题意。（3）若A为淡黄色粉末］旦能和水反应’则A为Na2O2〕其电子式为Na＋［:O:O:］2ˉNa＋!若X为—种最常见的造成温室效应的气体!X是CO2］Na2O2和水反应生成NaOH和O2,NaOH和CO2反应先生成Na2CO3］再通入CO2生成NaHCO3,则D是NaαCO3、E是NaHCO3〕可以用盐酸｀BaCl2鉴别Na2CO3｀NaHCO3,a、b符合题意。（4）若A为氧化物’X是Fe,D溶液中加入KSCN溶液变红‖贝｜」D中含有Fe3＋,所以A为NO2』C为HNO3!B为NO』D为Fe（NO〕）3｀E为Fe（NO3）2°A（NO2）与H2O反应的化学方程式为3NO2＋H2O-2HNO3＋NO◎2（l）第四周期第Ⅷ族言§曰（2）8Al＋3Fe3O4坐4Al2O3＋9Fe在铝热剂表面铺—层氯酸钾,插—根镁条,点燃镁条（3）3Fe＋8H＋＋2NOj—3Fe2＋＋2NO↑＋4H2O（4）4N∏』带5O2粤NO带6＂:0（5）O2O045［解析］A为第26号元素』则A为Fe‖C为黄绿色气体』贝」C为Cl2;M为红褐色胶体］则M为Fe（OH）3｜A（Fe）与C（Cl2）点燃得至｜」F!则F为FeCl3;A（Fe）与H2O（g）反应生成D和E,A（Fe）与气体B反应也得至｜」D‖贝」D为Fe3O4］E为H2,B为O2;E（H2）与N2反应得至」H,贝」H为NH3,所以J为NO2,I为NO,K为HNO3;过量的A（Fe）和K（HNO｀）反应生成Fe（NO3）2｀NO和H2O］则L为（5）将—试管气体J（NO2）倒立于水槽中,若使水充满整个试管｜贝｜｜应向试管中通入—定量氧气｛发生反应4NO2＋O2＋2H2O-4HNO3°设原试管中NO2的体积为VL’″（HNO3）＝″（NO2）≡孟m°l｝c（HNO乳｜-＂（H!0’｜-盂顾°｜.Lˉ!ˉα…。l.Lˉ!.3.（1）Al2O〕＋Na2CO3一NaAlO2＋CO2↑（2）Al（OH）3＋3H＋＝＝＝Al3＋＋3H2O（3）蒸发浓缩促进化学平衡2CrO;＋2H＋＝＝Cr2O;＋H2O向正反应方向移动,尽可能生成更多的Na2Cr2O7Na2Cr2O7（4）Cr2O;ˉ＋l4H＋＋l2e—2Cr＋7H2O（5）告［解析］由已知信息结合流程’可知烘干后加入碳酸钠在空气中言言§曰温焙烧‖发生的反应为4Cr（OH）3＋4Na2CO3＋3O2丝↓Na2CrO4＋言々曰6H2O＋4CO2｀Al2O3＋Na2CO3丝2NaAlO2＋CO2↑’水浸过滤后得至」滤渣CuO｀NiO,滤液中含Na2CrO4＼NaAlO2,调节溶液的PH,除去AlOf,过滤得至｜」重铬酸钠与铬酸钠的混合溶液』通过提纯得至｜」重铬酸钠°（1）由上述分析可知“焙烧”过程中生成NaAlO2的化学方程式为言÷曰Al2O3＋Na2CO3些2NaAlO2＋CO2↑°（2）加入适量稀硫酸调节溶液的pH以除去AlO面,得至｜」Al（OH）3（滤渣Ⅱ）〗若稀硫酸过量〕Al（OH）3继续与稀硫酸反应,离子方程式为Al（OH）3＋3H＋～Al3＋＋3H2O。（3）加入稀硫酸酸化,发生反应;2CrOiˉ＋2H＋＝＝Cr2O;＋H2O,得至‖重铬酸钠与铬酸钠的混合溶液｛“系列操作＂是为了提纯得至」重铬酸钠,操作为继续加入稀硫酸、蒸发浓缩｀冷却结晶｀过滤｀洗涤｀干燥等。继续加入稀硫酸是为了促进化学平衡向正反应方向移动,尽可能生成更多的Na2Cr2O7｝滤渣Ⅲ的主要成分是Na2Cr2O7°（4）在“水浸过滤＂后的溶液中加入适呈稀硫酸,生成重铬酸钠溶液’用石墨作电极电解生产金属铬’Cr2O;—在阴极发生得电子的还原反应,Cr元素由＋6价降低至｜」0价!电极反应式为Cr2O;＋］4H＋＋硼高考／卜题练透化学12eˉ≡＝＝2Cr＋7H2O。｜5）根据题意｀取滤液的市进行滴定』即2×l0ˉ’L』由№』α』O’＋6FeSO4＋7H2SO4＝＝≡Na2SO4＋Cr2（SO4）3＋3Fe2（SO4）3＋7H2（）得』厕（］翅C』iO’｜＝÷″（reSq｜＝÷×V×l0ˉ｀L×mml.Lˉ｜』所以上×V×10ˉ3L×CnDl·Llc（Na2Cr2O7）≡6＝业mol°Lˉl。2×l03Ll24I.（l）oo（2）H（】lⅡ（1）:N;!N:NO（2）C＋4HNO』（浓）＝兰CO2↑＋4NO2↑＋2H2O（3）CO2＋AlOI＋2H2O-≡Al（OH）3↓＋HCOfl500℃40℃时,双氧水分解与氨气逸出导致TiO2。茹H2O的转化速率减小（4）4（5｜F慷』｝』恰好沉淀完全时,臆（PO』ˉ｜＝＋洲菩m°］.Lˉ｜＝l.3×l0ˉ｜7mol。Lˉl,c3（Mg2＋）.c2（PO』ˉ）值为0.0l3×（l.3×l0—l7）2＝17×］0ˉ40＜K愚p［Mg3（PO斗）2］,因此不会生成Mg3（PO4）2沉淀吉8曰（6）2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O4坐2LiFePO4＋3CO2↑＋H2O↑［解析］（l）由＂酸浸＂实验中铁的浸出率结果图可知,当铁的浸出率为70％时采取的实验条件是l00℃｀2h或90℃｀5h。（2）钦铁矿的主要成分为FeTiO3］加入盐酸｜酸浸＂后〕钦主要以TiOCl母ˉ形式存在’结合原子守恒和电荷守恒写出离子方程式。（3）TlO2°抛H2O沉淀与双氧水｀氨水的反应在40℃时TiO2°苑H2O的转化率最高,当温度低于40℃时,TiO2°如H2O的转化速率随温度升高而增大;超过40℃时｜由于H2O2不稳定,受热发生分解〕以及氨气的逸出］导致TiO2.卯H2O的转化速率减小。（4）Li2Ti5O｜5中Ti的化合价为＋4价］Li的化合价为＋1价〕而过氧键（—O—O—）中O元素的化合价为-l价’设过氧键的个数为卯个］其余O原子个数为y,则有2如＋γ＝l5°根据化合物中各元素化台价的代数和为0可得（＋1）×2＋（＋4）×5＋（-1）×2匆＋（—2）×y＝0,解得聪＝4’y≡7!故过氧键的数目为4。（5）FePO4的Ksp＝l。3×l0ˉ凶’当Fe］＋恰好沉淀完全时,溶液中c（pO』）＝Ksp（FePO4）≡l.3×10—卫加入双氧水和磷酸后溶液体积增加l倍｛c（M矿＋）＝0.02mol。L—l×ˉL≡O0lmol.L—l°此时｜浓度商Q。＝c3（Mg2＋）。c2（PO』）＝20。0l3×（］。3×l0l7）2＝1矽×l0ˉ仙＜Ksp［Mg3（PO4）2］＝l0×l0ˉ24‖故不会生成Mg3（PO4）2沉淀。（6）由工艺流程图可知!｛｜高温缎烧@＂中FePO4｀Lj2CO3｀H2C2O郸在高温下反应生成LiFePO4°结合原子守恒推知』产物中还有CO2和H2O’根据质量守恒定律可写出化学方程式°［易错警示］第（4）问易错的原因有@误以为n2Ti5O｜5中O元素的化合价均相同｝@不熟悉过氧键（—O—卜）中O元素的化合价。（4）Al4SiC4＋2N24AlN＋SiC＋3C［解析］I.根据题目及框图信息可知A｀B、C｀D｀E可能是Al（Mg｀Na｀Ca等）｀Cl2｀H2｀AlCl3（MgCl2｀NaCl｀CaCl2等）｀HCl°（l）Al（Mg｀Na｀Ca等）｀Cl｀H这些元素不能形成碱和氧化物。（2）由上述推断可知该强酸为盐酸°Ⅱ由A、E为空气中的两种主要成分可推知≡者分另｜」为O2｀N2中的—种’由框图中E的连续反应可半｜」断E为O2’则A为N2｛J为温室气体,故J为CO2〕结合E为O2可逆推D可能为碳单质‖K为两性化合物,结合反应◎及CO2参与该反应,除生成K外还生成常见的钠盐,可初步判断K为Al（OH）3,故I为NaAlO2’因此C为Al的化合物〕而C的原子数＼最外层电子数之和与SiC均相同,故可判断C为AlN,因此‖顶推可知F为NH3｜G｀H分另｜」为NO｀HNO3°（l）N2分子结构中含有氮氮三键〕故其电子式为:N嚣N:;G的化学式为NO°（2）红热的木炭在浓硝酸中反应生成二氧化碳｀二氧化氮及水°（3）反应O是CO2与NaAlO2反应生成Al（OH）］沉淀的反应°（4）由AlN｀C及SiC三种物质逆推可知B中含有Al＼C｀Si三种元素‖根据题中元素的比例关系可知B为Al4SiC4,因此反应O的化l500℃学方程式为Al4SiC4＋2N24AlN＋SiC＋3C°5.（］）100〔℃｀2h或90℃｀5h（2）FeTiO3＋4l］＋＋4Clˉ—Fe2＋＋TiOCl;＋2H2O（3）低于40℃时’TlO2·xH2O的转化速率随温度的升高而增大;超过综台训练2第3＝4章综合训练（第8＝‖6练）用排空气法收集］C错误｛浓硫酸与木炭反应需要加热,同时生成二氧化硫］收集不至｜」纯净的二氧化碳］D错误°3.C［解析］将少量的漠水滴入FeCl2｀NaI的混合溶液中,再滴加C（】l4!振荡、静置,下层溶液呈紫红色说明Iˉ被氧化为碘单质〕Br2的氧化′｜生强干I2〕但是该实验没有检验是否有Fe3十生成］故无法证明Fe3＋的氧化性比Br2弱〕A错误｛要检验NH4Al（SO4）2溶液中的NH旷,应取样于试管中,向溶液中加入足量NaOH溶液,加热‖用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体〕若只加入少量NaOH溶液〕由于Al3＋先与OH反应,无法检验NH矿〗B错误;检验FeBr2溶液中的Fe2＋〕—般不能使用酸性高锰酸钾溶液〗因为Brˉ也有还原性!也能使酸性高锰酸钾溶液褪色〕会干扰Fe2＋的检验］C正确;检验Na2S2O3和Na2SO4的混合溶液中的SO爵,先加足量稀盐酸将溶液酸化后｛溶液中会生成淡黄色沉淀』静置↑待上层澄清后!再加氯化钡溶液检验SO;ˉ’若上层清液中产生白色沉淀,则可证明溶液中有SOi,D错误°4B［解析］N是黄绿色气体!贝｜」N为Cl2〕X和Y物质的量之比为1:4〕此反应是实验室制取氢气的反应］即离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Clˉ＝兰Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O’A项说法正碉N为氯碱工业的主要原料,贝｜」N为NaCl］M是造成温室效应的主要气体!贝｜」M为CO2｛此反应可能是Na2CO3与HCl的反应』也可能是NaHCO3与｝｜题号~~~~~~~~~~~~答案1~~~B∑←日如乏尸＝斗日气三＝■β●丁…∧0.B［解析］双氧水｀高锰酸钾溶液可以杀灭病毒是因为它们具有强氧化性!二氧化硫漂白丝织物是因为二氧化硫能够与有色物质化合生成无色物质,二者原理不同,A错误。制玻璃的原料有石英砂｀石灰石｀纯碱等制水泥的原料有石灰石和茹±;制漂白粉的原料有石灰石和氯气铁矿石冶炼铁的原料有铁矿石｀焦炭｀石灰石,因此工业上生产玻璃、水泥、漂白粉及用铁矿石冶炼铁,均需要用石灰石作原料!B正确°绿色化学的核心是利用化学原理从源头消除污染,C错误°燃煤烟气脱硫过程中二氧化硫与CaO反应!有新物质生成!属于化学变化｜D错误°［刷百所得］二氧化硫能够漂白丝织物是因为其与有色物质化合生成不稳定的无色物质过氧化氢｀高锰酸钾可以杀死病毒是因为它们有强氧化性°2。B［解析］氨气密度比空气密度小,应该采取向下排空气法收集,装置c中的导管应该为短进长出’A错误;浓硫酸可以与亚硫酸钠反应!生成二氧化硫‖二氧化硫密度比空气密度大］用向上排空气法收集］二氧化硫能与氢氧化钠溶液迅速反应!在吸收装置中要防倒吸｜图中收集装置和吸收装置都合理!B正确;稀硝酸与铜反应生成—氧化氮］—氧化氮的密度与空气接近!且易与O2反应!不能答素及解祈卿6mg,所以,样品中NaNO2的质量分数为×］0（）％≡60％°HCl的反应’前者离子方程式为CO;＿＋2H＋-CO2↑＋H2O’后者离子方程式为HCOj＋H＋-CO2↑＋H2O,B项说法错误;稀硝酸过量!把Fe氧化成Fe3＋,本身被还原成NO,离子方程式为Fe＋4H＋＋NO丁-Fe3＋＋NO↑＋2H2O,C项说法正确!M｀N为气体］且都能使澄清石灰水变浑浊〕则该混台气体为CO2和SO2的混合气体‖通入澳水中』Br2将SO2氧化而使溶液褪色｛褪色过程的离子方程式为SO2＋Br2＋2H2O—4H＋＋SOiˉ十2Brˉ,D项说法正确。5B［解析］X在空气中缎烧转化为CO2气体与铁的氧化物』再经盐酸、氯气处理后得至｜」FeCl3溶液（溶液乙）］加热｀蒸发时!FeCl3水解得至｜」Fe（OH）3］灼烧Fe（OH）3得至｜」固体Fe2O3（固体2）』A项240g正碉′l（Fe2O3）＝l60g°molˉl＝0.l5mol!″（Fe）＝0.3mol,加（Fe）≡16.8g,′′l（C）≡l8.0gˉl6.8g≡lˉ2g,″（C）≡0。lmol,″（Fe）:n（C）＝3:l,贝」X的化学式可以表示为Fe3ClB项错误｛溶液甲在加热｀蒸发｀灼烧过程中,Fe2＋会被空气中的氧气氧化为Fe3＋］最后得至｜」的固体也是Fe2O3』C项正确;浓硝酸和铁碳化合物反应’碳元素被氧化成CO2,氮元素被还原为NO2!D项正确°6.C［解析］AlCl］和MgCl2的混合溶液中,逐滴加入NaOH溶液,发生反应生成Al（OH）3｀Mg（OH）2沉淀!加入αLNaOH溶液时,沉淀量达至｜」最大值｛为0.2mol,说明溶液中Mg2＋和Al3＋完全沉淀］溶液中的溶质为NaCl］故B项正确;加入6LNaOH溶液〕沉淀的物质的量为0』mol‖且继续加NaOH溶液沉淀不再溶解］说明生成的Mg（OH）2沉淀的物质的量为01mol］贝｜」生成的Al（OH）3沉淀的物质的量为0.lmol］根据比例关系可知‖沉淀0.1molMg2＋和0.］molAl3＋需要0.5molNaOH‖溶解0.lmolAl（OH）3需要0.］molNaOH,故图中线段Oα:αb≡5:l’D项正确;6处Al（OH）3全部溶解生成NaAlO2,溶液中溶质为NaCl和NaAlO2‖C项错误;由b处NaOH溶液的体积为1L,可知NaOH溶液的浓度为0.5mol＋Olmol＝0.6mol°Lˉl,A项正确°lL7.∧［解析］第—次加稀硝酸时有金属剩余‖溶解的4.2g金属均被氧化为＋2价离子溶解的金属的物质的量为224｜［踊lˉ｜×3×÷＝0们5m°l｀溶触的金属的平均摩尔质冕为0揣÷∏＝56;m°lˉ｜』证明只有铁溶解;第二次加稀硝酸后金属完全溶解’由题意可知Fe2＋未被氧化为Fe3＋］溶解的4.8g金属也定被氧化为＋2价离子｀溶解的金属的平均摩尔质量为＝6荒ˉ÷∏＝64‘.腿°l｜』证明溶解的是铜’A项正确｀C项错误;c（HNO3）＝0075mol×上×83＝2mol·Ll,B项错误『再加入l00mL稀硝0°lL酸反应为3Fe2＋＋4H＋＋NOj＝＝3Fe3＋＋NO↑＋2H2O,HNO3足量,与0.075molFe2＋反应生成0025molNO］标准状况下体积为0.56L,D项错误°8,（l）D→B→C→B（2）硬质玻璃管（3）5NO＋3MnOJ＋4H＋一5NO丁＋3Mn2＋＋2H2O（4）60％（5）@淀粉溶液加入最后＿滴液体时,锥形瓶内溶液恰好由蓝色变为无色,且维持半分钟不恢复蓝色o56.6％@BD［解析］（1）由题中信息可知,A用于制备二氧化氮｛二氧化氮经D转化为NO］NO经B干燥后通入C与过氧化钠反应制备亚硝酸钠,为防止过氧化钠吸收水蒸气C后需要连接—个B装置,剩余的NO用E装置吸收°故装置的连接‖顶序为A→D→B→C→B→E°（2）仪器a的名称为硬质玻璃管°（3）NO在E中可被氧化成NO丁!该反应的离子方程式为5NO＋3MnOJ＋4H＋-5NO丁＋3Mn2＋＋2H2O°（4）待测液的颜色与d组标准色阶相同］由表中数据可知!NaNO2含量为60m息°Ll,l0mI′该溶液中所含NaNO2的质量为l0×l（）ˉ3L×60mgLˉ｜＝0.6mg,所以0。6m屑5mL-.ˉ—.凹0°l0×］03mg×500mL（5）O称量0.5000g市｜」得的样品,溶于水配成500mL溶液,取25。00mL待测液于锥形瓶中,加入5mLKI酸｜生溶液（足量）’发生反应2NOI＋2Iˉ＋4H＋-2NO↑＋l2＋2H2O;@滴入2～3滴淀粉溶液作指示齐｜」’用0。0l00mol。L—lNa2S2O3溶液进行滴定〕当加入最后—滴液体时,锥形瓶内溶液恰好由蓝色变为无色］且维持半分钟不恢复蓝色时,即为滴定终点;o重复实验后’平均消耗Na2S2O3溶液的体积为2〔）.50mL,由上述2个反应可得到关系式2NOI～I2～2Na2S2O3,Ⅶ（NaNO2）＝〃（Na2S2（）3）≡20.50×］0ˉ3L×0.0100mol°Lˉl＝2。050×l0ˉ4mol〕贝｜」样品中NaNO2的质量分2.（）50×l04mol×69离·molˉl数为×100％≈56·6％◎α5000g×2;0楞1@A项’滴定过程中向锥形瓶中加少量水,无影响;B项｛滴定前滴定管尖嘴部分有气泡］滴定后气泡消失!贝｜」测得的消耗标准溶液体积偏大,测定结果偏高C项,观察读数时,滴定前仰视』滴定后俯视,贝｜」读取反应消耗的标准液体积偏小,导致测定结果偏小;D项,滴定时摇瓶幅度过大〕标准溶液滴到瓶外｛贝」导致消耗的标准液体积偏大,测定结果偏高。综上所述!会导致测定结果偏高的是Bl）。I。（l）αCuFeS2＋5H2O2＋10H＋-2（〕u2＋＋2Fe3十＋4S＋］0H2O@H2O2受热分解;产物Cu2十｀Fe3＋催化H2O2分解等Ⅱ.（2）提高氨水的浓度｀增大氧气压强（其他台理答案均可）（3）2×l09正向α9Ⅲˉ（4）Fe2（SO4）3｀H2SO44Fe2＋＋O2＋4H＋微生物4Fe3＋＋2H2O（或S8＋l2O2＋8H2O微生物8SO;＋l6H＋）（5）4.25mol［解析］I.（l）O在硫酸介质中用双氧水将黄铜矿（CuFeS2）氧化’由于H2O2具有强氧化性!该过程中Fe2＋｀S2均被氧化据此可得CuFeS2＋H2O2＋H＋—→Cu2＋＋Fe3＋＋S＋H2O〗结合得失电子守恒｀原子守恒和电荷守恒配平该离子方程式。@H2O2不稳定,受热易分解!且反应产物Cu2＋｀Fe3＋催化H2O2的分解故实际生产中双氧水的消耗量远高于理论值°Ⅱ（2）提高黄铜矿的浸出率］即增大反应CuFeS2＋NH3°H2O＋O2＋OHˉ—→［Cu（NH3）4］2＋＋Fe2O3＋S＋Ⅱ2O正向进行的程度〕可通过提高氨水的浓度｀增大O2的压强｀分离浸出液｀减少［Cu（NH3）4］2＋的浓度等措施来实现。（3）αmol°Lˉl氨水中加入等体积0。02mol°LlNH4Cl溶液］平衡时溶液呈中′｜生此时溶液中c（OHˉ）≡c（H十）＝1×107mol.Lˉ｜,根据电荷守恒:c（NHJ）＋c（H＋）＝c（Clˉ）＋C（OHˉ）〕则c（NH旷）＝c（Cl）≡0.01mol°Ll｝根据物料守恒c（NH3·H2O）＋c（N盯）＝（÷＋O0l）mol.L＿｜,贝‖c（NH］.H2O）＝ˉ坠mol。Lˉl｛由NH3·H2O的电离方程式NH3·H2O-＝NⅢ＋2c（NHj）°c（OHˉ）0.01×l0ˉ7OHˉ,贝｜」电离平衡常数Kb＝＝＝c（NH3.H2O）α22×l0ˉ9°滴加NH4Cl溶液的过程中］NH矿的增加抑制氨水的电离,α则氨水对水的电离抑制程度减弱］故水的电离平衡正向移动。Ⅲ.（4）由反应釜中各物质的转化关系图可知!Fe3＋被还原为Fe2＋｛后在微生物作用下被O2氧化为Fe3＋;S8在微生物作用下］与O2和H2O反应生成H2SO4,而H2SO4又可重新进入反应釜参与反应〕故可以循环使用的物质为Fe2（SO4）3｀H2SO4°（5）由图中转化关系可知!黄铜矿（CuFeS2）被O2氧化生成Fe3＋｀SO;—,生成2molSO;的同时’生成lmo］Fe3＋,失去电子的总物质的量为］mol＋2×8mol＝l7mol,根据得失电子守恒可知!消耗O2的物质的量为｜7mol×÷＝425m°l。闷高考′｜、题练透化学第5章物质结构与元素周期筐第‖7练原子结构与化学键为两个Si原子共用,所以Si原子与Si—Sj键的数目比为］:2,A项正确;稀有气体分子为单原子分子｛分子内不含化学键］B项错误;HF分子间存在氢键沸点最言,HCl、HBr｀Ⅲ都为分子晶体且不含氢键］相对分子质量越大,分子间作用力越强〗熔、沸点越高所以HCl｀HBr、HI的沸点依次升高C项错误｛干冰属于分子晶体］受热变为气体｛克服的是分子间作用力,氯化按属干离子晶体,受热分解为NH3和HCl］克服的是离子键和共价键〕D项错误°9。B［解析］纠S的中子数为34—16＝18‖A项错误;H2O的相对分子质量由H和O的质量数决定,两个分子中O的质量数不同』则两种分子的相对分子质量也不相同,B项正确;l3C的质子数为6｛l5N的质子数为7｛两种原子的质子数相差1!C项错误;2H＋和lH＋的化学性质几平相同〗二者结合OHˉ的能力相同〕D项错误。0O∧［解析］NaClO中Na＋和ClOˉ之间存在离子键］ClOˉ中原子之间存在共价键］次氢酸钠具有强氧化性》可使蛋白质变性,所以可以作消毒剂』A正确;双氧水是共价化合物］只存在共价键其电子式为H:O:O:H］由干其具有强氧化性〕故可用作医用消毒剂,B项错误!氨气中只含有共价键!氨气溶于水生成NH3。H2O,NH3。H2O电离生成OHˉ而使其水溶液呈碱性,该性质与工业带｜」硝酸无关,C项错误;NaHCO3中Na＋和HCO丁之间存在离子键’HCO丁中存在共价键｛泡沫灭火器中HCO丁和Al3＋发生双水解反应生成CO2,与其稳定性强弱无关］D项错误。∏C［解析］T的最夕卜层电子数是次外层电子数的3倍〕贝｜｜次夕卜层电子数为2］最外层电子数为6,所以T为O;常温下X的单质为双原子分子,分子中含有3对共用电子对,则X为N;Y的M层电子数与K层电子数相同》所以电子数为l2｛即Y为Mg第三周期元素中离子半径最／｜｀的为Al3＋,所以Z为Al°A项］Al的氧化物对应的水化物为Al（OH）3,不能溶于氨水｛错误｛B项,T（O）与氢形成的化合物Ⅱ2O2中含有非极性键!错误;C项,金属性Mg＞Al〕贝｜」Y（Mg）与Z（Al）的单质分别与相同浓度的盐酸反应,Y（Mg）的反应要剧烈些,正确;D项,N｀Mg两种元素之间不可能存在共价键｛错误°［易错警示］选项D为解答的难点和易错点］注意N和Mg两种元素形成的氮化镁的电子式为M敛［:j:］3＿Mg2＋［:前:］3—M霞辈°T2c［解析］由题图可知,反应物具有的总能量大干生成物具有的总能量,反应放热’A错误｛该过程中CO没有发生化学键的断裂〕CO与O原子直接在催化齐｜」表面成键］B错误｛CO与O形成CO2］CO2中只含有C＝O键,属于极性共价键,C正确｝该过程表示CO和O原子生成CO2,该反应为放热反应』说明CO和O具有的总能量大于CO2具有的总能量!D错误。］3D［解析］a｀b｀c、d为短周期主族元素,a的M电子层有l个电子〕所以a的核夕卜电子数为1l,贝」a为Na元素;b的最外层电子数为内层电子数的2倍〕其最外层电子数是4］贝｜」b为C元素『c的最高化合价为其最低化台价绝对值的3倍］贝｜」c为S元素;c与d同周期］d的原子半径小于c,贝」d为Cl元素°电子层结构相同的离子,核电荷数越大‖离子半径越小‖则简单离子半径c＞d,A正确｛元素的非金属性越强,最言价氧化物对应水化物的酸性越强］则最言价含氧酸的酸性:d＞c＞b,B正确;a为Na元素｛是活泼的金属元素,与其他三种非金属元素均能形成离子化合物,C正确;碳与氢形成的化合物属于烃,可能含有碳碳单键｀碳碳双键等非极性共价键’D错误°］4B［解析］原子序数依次增大的元素a｀b｀c｀d,它们的最外层电子数分另｜」为1｀6｀7｀l,即分别属于第IA、ⅥA｀ⅦA、IA族元素;a的电子层结构与氦相同’贝｜」a是H;b和c的次外层都有8个电子!即二者均是第三周期元素!所以b是S］c是Cl｝cˉ和d＋的电子题号答案题号答案〕…＾…Ⅱ…◎］…□…’日~~司点●…川僻∧↓←□…旧…◎气凤℃…旧…□β…□→‖…日丁…∧…旧…●β…∧｜TD［解析］同位素是指质子数相同｀中子数不同的原子,A项中的两种微粒的质子数不同｛错误‖同素异形体是指由同种元素组成的不同单质］B项中的两种微粒互为同位素!错误;C项中的两种原子的质子数不同,核外电子排布不同!贝｜」其化学性质不同,错误『D项中的两种微粒的质子数相同｛则核外电子数相同,故核外电子排布完全相同!正确。2.C［解析］硫化钠是离子化合物,其电子式为Na＋［;S:］2ˉNa＋］A错误珍可轰示嘱＂』分子…｛｜慢型』不晨c叫分子的…掣｝＂镭漾№＂………@〉｀c正蹦｝对磁墨…结构简式应为O2］—0CH｀｀D错误·［易错警示］硝基苯结构简式中硝基与苯环的连接必须是C｀N相连°3.∧［解析］｜2C和｜4C的核内质子数和核外电子数相同,核外电子排锄｜A…;二氢化…＝布相同!原子结构示意图均为／线形结构’该比例模型不能表示二氧化碳分子］B项错误;当几＝16哪＝……←时〕结构示意图为／HSˉ＋OHˉ!促进了水的电离!C项错误—OH的电子式为·O:H］OHˉ的电子式为［:O:H］ˉ〕D项错误°4.D［解析］O碘升华是物理变化‖破坏的是分子间作用力;@澳蒸气被木炭吸附是物理变化,破坏的是分子间作用力｜o酒精溶于水是物理变化］破坏的是分子间作用力;@HCl气体溶于水,电离出氢离子和氯离子,破坏的是共价键｝◎冰融化是物理变化!破坏的是分子间作用力;@NH4Cl＂升华＂发生的是分解反应］生成NH3和HCl破坏的是离子键和共价键;@氢氧化钠熔化,电离出Na＋和OHˉ,破坏的是离子键;O（NH4）2SO4溶于水电离出NH旷和SOiˉ］破坏的是离子键。故符合题意的为@@°5。c［解析］全氮类物质具有爆轰产物无污染等优点’所以属于绿色能源,A正确每个N;中含有的质子数为7×5＝35个,B正确;N;和N了间存在离子键,而阴｀阳离子内氮氮之间存在共价键,所以N;N了结构中既含离子键又含共价键,C错误;N;N歹爆炸时‖生成氮气只有N元素的化合价发生变化’它既是氧化剂又是还原齐｜」｛D正确°6.D［解析］粥Ts和稍Ts是Ts元素的两种核素,化学性质几平相同,A错误｜117号元素Ts位于元素周期表的第七周期第ⅦA族,B错误;117号元素Ts有多种原子,这些原子的丰度各不相同,所以元素Ts的相对原子质量不定是293.5｜C错误粥Ts和粥Ts的质子数都是l17’而中子数分另｜」是176｀177｜D正确°7.∧［解析］A项,2Na2O2＋2H2O—4NaOH＋O2↑中既有离子键极′｜生键｀非极性键断裂!又有离子键、极性键｀非极性键形成〕正确;B项,该反应中没有非极性键的断裂和形成’错误｝C项!该反应中没有离子键的断裂和形成,也无非极′｜生键的形成｜错误;D项』该反应中没有非极性键的断裂和形成］错误·8.∧［解析］在晶体硅中］每个硅原子形成4个Si—Si键,每个Si—Si键答繁及解木斤腮与Y元素原子的核外电子数之比为2:l〕Y元素原子的核外电子数为8,则R元素原子的核外电子数为l6,R为S元素。X与Y形成的两种化合物分另｜」为Na2O｀Na2O2‖两种化合物中阴｀阳离子的个数比均为1:2,A正确｛Y是O元素‖R是S元素,水的稳定性强干硫化氢,熔＼沸点高于硫化氢,B正确;SO2通入Ba（NO3）2溶液中〕在酸性条件下,NO丁具有强氧化性〕SO2被氧化成硫酸根离子』硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀,而CO2与Ba（NO3）2溶液不反应］无沉淀生成］C错误｛SO2和Na2O2均具有漂白性］均能使品红溶液褪色,D正确。［易错警示］二氧化碳与硝酸钡溶液不反应,是因为弱酸不能制备强酸｛而二氧化硫可以与硝酸钡溶液反应］是因为二氧化硫的还原性较强’能够被硝酸氧化为硫酸根离子〗硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀。层结构相同］都是l8电子微粒,则d是K°同周期元素自左向右非金属性逐渐增强〕则元素的非金属性:Cl＞S‖H与Cl｀S化合时］H显正价,S、Cl显负价!贝｜」H的非金属性弱干S｀Cl!贝｜｜元素的非金属性:Cl＞S＞H’A正确氢元素与硫元素｀氯元素分另｜」可以形成共价化合物H2S和HCl］但与钾元素不能形成共价化合物］而是形成离子化合物KH,B错误钾元素和其他3种元素均能形成离子化合物,即KH｀K2S｀KCl］C正确｛氢元素｀硫元素和氯元素的最言｀最低化合价分另｜」是＋1和—1｀＋6和—2｀＋7和ˉ1｛所以元素a｀b｀c各自最高和最低化合价的代数和分另｜」为0、4｀6｛D正确°‖5。C［解析］X的原子半径在短周期主族元素中最大』X为Na元素;Y元素原子的最外层电子数为m』次外层电子数为则,Z元素原子的L层电子数为』m＋n‖M层电子数为矾—″｛因为L层电子数最多为8］则n＋m≡8｛n只能为2,m＝6,所以Y为O元素,Z为Si元素;W元素与Z元素同主族,贝｜」W为C元素;R元素原子第T8练元素周期表和元素周期律的应用素,Z为硫元素｛W为氯元素;Y｀Z｀W原子的最外层电子数之和等于Z的核外电子总数｛则Y的最外层电子数为］6ˉ7-6≡3,Y为铝元素。同周期元素从左到右原子半径逐渐减小,同主族元素从上而下原子半径逐渐增大,原子半径r（X）＜『（Z）＜厂（Y）〕A错误;Y的氧化物为Al2O3,能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水｛B正确『Z的氧化物对应的水化物中H2SO4为强酸,H2SO3为弱酸!C错误『元素的非金属性越强,其气态氢化物的稳定性越强,非金属性:S＜Cl’故H2S的稳定性比HCl的稳定性弱〗D错误°6D［解析］根据A｀B｀C三种元素在元素周期表中的相对位置］设A的原子序数是嘶,贝｜」B是熊＋9,C是郎＋2｛由A｀B｀C三种元素原子的质子数之和为32,可得熊＋x＋9＋鳃＋2≡32!解得匆＝7‖即A是N元素〕B是S元素!C是F元素;D元素原子的最外层电子数为其次外层电子数的2倍,因此D是C元素°元素的非金属性越强,其气态氢化物的稳定性越强,F是最活泼的非金属元素,HF的稳定性最强!A错误;碳元素的气态氢化物可以是乙烯‖其分子是平面结构’B错误｝氨气和硝酸的反应是非氧化还原反应0H2S和浓硫酸的反应是氧化还原反应］反应类型不同‖C错误伺周期元素从左至｜」右原子半径依次减小’同主族元素从上至‖下原子半径依次增大,四种元素的原子半径B＞D＞A＞C〕D正确。7B［解析］由题给原子半径和元素化合价信息结合元素周期律可知,o为氢@为氧o为硼〕@为氯,◎为硫’@为铝,@为锤,o为钠。氯的非金属性强于硫］氯化氢的稳定性强干硫化氢』A项正确;水分子间存在氢键,使水的沸点言于硫化氢］B项错误『氧和铝形成的化合物氧化铝是两性氧化物,C项正确;氢的非金属性强于硫‖高氯酸的酸性强于硫酸］D项正确。8.D［解析］设Y元素原子的最外层电子数为y,贝」W＼X｀Z元素原子的最外层电子数分别为y＋2｀y＋3｀y＋4!由于这四种元素原子的最外层电子数之和为2l’故y十y＋2＋y＋3＋y＋4＝21］解得y＝3］可推知Y为Al,W为N,X为O］Z为Cl°N的氢化物能形成分子间氢键｛沸点言于HCl,A错误;Al的最言价氧化物对应水化物为Al（OH）3｛属于两′｜｀生氢氧化物』而N的最高价氧化物对应水化物为HNO3!属于强酸］故后者的酸性更强］B错误;Al2O3是离子晶体］熔化时克服的是离子键｛熔点较高,AlCl3是分子晶体,熔化时克服的是分子间作用力,熔点较低!故熔点Al2O3＞AlCl3,C错误;Al3＋和O2ˉ的核外电子层结构相同］核电荷数越大］离子半径越小］故简单离子半径Al3＋＜O2ˉ’D正确°9.C［解析］根据题意｛X｀Y｀Z｀W分别是C｀O｀Na｀Cl°四种元素中,金属性最强的是Na,A错误｛同周期元素原子半径随原子序数增大而减小,故原子半径:C＞O｛Na＞Cl,B错误｝Z2Y和ZWY3分另｜」是Na2O、NaClO3都是离子化合物’C正确｛实验室常用二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应市｜］备Cl2,D错误°‖0。D［解析］同周期元素从左至｜」右原子半径逐渐减小（稀有气体元素除外）,同主族元素从上至｜」下原子半径逐渐增大］前7种元素处颗号答案’皇＾℃斗●〕□气←巳皿β＿□旧7nl~~~~∧~~题号~答案川＿□l1B月≡◎’●cc‖.∧［解析］不能根据非金属′生的强弱推断氢化物的酸性’A项不能用元素周期律解释;同周期元素从左到右!金属性逐渐减弱,B项可用元素周期律解释;同主族元素从上至｜」下｛金属性逐渐增强’最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐增强〕K比Na的金属性强,故KOH的碱性强于NaOH,C项可用元素周期律解释;同主族元素从上到下］非金属性逐渐减弱］对应氢化物的稳定性逐渐减弱］Cl的非金属性强干Br〕HCl的热稳定性强于HBr,D项可用元素周期律解释°［刷盲所得］元素的金属性｀非金属性、氢化物的稳定性、最高价氧化物对应水化物的酸（碱）性均可用元素周期律解释°2c［解析］硒和澳属于同周期元素’硒的原子序数小于澳,所以原子半径Br＜Se,A项错误;同—周期元素｛阴离子的还原性随看原子序数的增大而减弱］同主族元素］阴离子的还原性随看原子序数的增大而增强,故还原′｜生Se2ˉ＞S2｛Se2ˉ＞Brˉ’B项错误;SeO2中Se处于中间价态,既有氧化性又有还原性〕C项正确‖在Se2Br2分子中硒原子间存在非极′｜生键’澳和硒原子之间存在极性键‖D项错误°［易错警示］本题易错选D项,明确Se2Br2的结构是解题的关键°3D［解析］同主族元素最高价含氧酸的酸性随核电荷数的增加而减弱］A项错误｛核外电子排布相同的微粒化学性质不定相同,如Na＋和F的化学性质不同‖B项错误｛核外电子排布相同的简单离子］原子序数越大〕离子半径越小〕故四种离子的半径大小｜｜侦序应为′（S2）＞r（Clˉ）＞′（K＋）＞′（Ca2÷）’C项错误带Cl和｛｝Cl互为同位素,同位素的化学性质相同］即原子的得电子能力相同’D项正确°4。C［解析］根据短周期元素X｀Y｀Z、W在元素周期表中的相对位置可知,X是N,Y是A］,Z是Si〕W是S°同周期元素从左至｜」石］原子半径逐渐减小!同主族元素从上至｜」下］原子半径逐渐增大,则原子半径rY＞厂z＞厂w＞rx,A错误;元素的非金属性越强］其最高价氧化物对应水化物的酸性越强｛贝｜」最高价氧化物对应水化物的酸′｜生X＞Z＞Y,B错误;X｀Z＼W形成的简单氢化物分另｜」为氨、硅烷、硫化氢其中氨分子间存在氢键’则X｀Z｀W形成的简单氢化物中X的氢化物沸点最言］C正确｛W与Y元素形成的化合物Al2S3在水溶液中发生双水解!生成Al（OH）3和H2S,D错误。［关键点拨］明确物质性质｀物质结构是解答本题的关键〕注意氢化物的稳定性与化学键有关,氢化物的熔＼沸点与相对分子质量和氢键有关°5.B［解析］X｀Y、Z、W均为短周期主族元素］原子序数依次增大°X与Z位干同主族］Z的核外电子数是X的2倍,贝｜」X为氧元碉离考／卜题练透化掌于第二周期!后7种元素处于第三周期,由图像可知］X为O元素］Y为F元素』Z为Na元素!M为Al元素,N为Si元素!R为Cl元素°同周期元素从左至｜」右金属性逐渐减弱,金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的碱性越强0所以碱性Z＞M｛A项错误｜HF分子间存在氢键］沸点较言,则气态氢化物的沸点:Y＞R］B项错误;X、N两种元素组成的化合物为SiO2］可与氢氟酸反应』C项错误;离子的核外电子层结构相同］核电荷数越大离子半径越小｛所以简单离子的半径:Z＜X,核外电子层数越多〕离子半径越大｛贝｜｜离子半径X＜R｛D项正确°Ⅷ.B［解析］Q的单质与冷水反应缓｜曼!与热水反应产生气体］贝｜」Q是Mg元素;Y、Z同周期且相邻0X｀Q与Y处干不同周期!则X是H元素;Y｀Z原子的电子总数与X、W原子的电子总数之比为5:6!贝｜」X｀W的电子总数应为6的倍数‖W的原子序数大于Mg‖可推出W是Cl元素〕Y｀Z分另｜」是N｀O元素。H2O的热稳定性比NH3的强‖故A正确｛原子半径「（Mg）＞『（Cl）＞′（O）＞厂（H）,故B错误‖由H｀N、O三种元素组成的化合物分别为硝酸｀—水合氨｀硝酸按］各自属于酸｀碱｀盐］故C正确j氢氧化镁可以溶于浓的NH4Cl溶液｛符合强碱制弱碱原理｛故D正确°‖2.C［解析］根据元素的原子结构及其在元素周期表中的位置可知,X｀Y｀Z和W分另｜｜是H｀N｀O｀S。同周期元素从左至｜」右原子半径逐渐减小,同主族元素从上到下原子半径逐渐增大,则原子半径大小｜｜顶序为W＞Y＞Z＞X,A错误;Z｀W分另」是O｀S‖其最简单氢化物分另｜｜为水和硫化氢］由于水分子间存在氢键］所以水的沸点高〕B错误｛X、Y、Z形成的HNO3为共价化合物‖形成的NH4NO3为离子化合物］C正确;X与Y、Z之间形成的核外电子总数为l0的微粒有NH3｀NH矿＼H2O｀OHˉ｀H3O＋等,D错误°［关键点拨］题设提供了三个信患;O原子序数x＜Y＜z＜W@在元素周期表中Z与Y｀W相邻;OY｀Z｀W三种元素的原子最外层电子数之和为17°该题的突破口是Y｀Z、W三种元素在元素周期表中的相对位置关系’设元素Z的原子最外层电子数为＂〕贝」有（则-l）＋＂＋n＝l7〕解得n＝6‖即元素Z｀W原子最外层有6个电子,为第ⅥA族元素且位于短周期,可推知Y｀Z｀W分另｜」为N｀O｀S元素’再根据X｀Y｀W分另｜］位干不同周期,推出X是第—周期的H元素°‖3.C［解析］第三周期元素从左至｜」右,非金属性逐渐增强,金属性逐渐减弱‖最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱、酸性逐渐增强,pH逐渐减小°结合图中溶液的pH可推知］X｀Y｀Z、M｀N｀W｀R分另｜」为Na｀Mg｀Al｀Si｀P｀S｀Cl°非金属性:Si＜P｛气态氢化物的稳定′｜生SiH4＜PH3,A项错误｛Z的最言价氧化物对应的水化物为Al（OH）3!Al（OH）3不能溶于稀氨水!B项错误｛X和W形成的常见化合物为Na2S!其阴｀阳离子个数比为l:2］C项正确｛Z和R组成的化合物是AlCl3〕AlCl］在水溶液中完全电离〕属于强电解质,D项错误°第‖9练元素推断与元素周期律的综合应用司』《～β□~正确;NH3与HCl化合的产物是NH4Cl,NH4Cl中既含共价键又含离子键］c正确｜x｀z｀w｀Q四种元素的最高价氧化物对应的水化物分另｜」是HNO3｀Al（OH）3＼H2SO4｀HClO4〕都能与强碱反应!D正确°4D［解析］已知R｀X｀Y｀Z是原子序数依次增大的短周期元素,R的无氧酸溶液能在玻璃容器上刻标记］则无氧酸为氢氟酸!所以R为F元素｛由R和X能形成XR3型化合物〕且X在化合物中只显种化合价｛推知X为Al元素｛根据R和Z是位于同主族的短周期元素,确定Z为Cl元素〕由Y原子最外层电子数等于其电子层数的2倍且Y的原子序数大于Al可知,Y为S元素°F2和Cl2都能与水反应!但Cl2与水反应生成HCl和HClO‖目为可逆反应｛不能置换出O2,A错误｛这四种元素形成的简单离子分另｜」是Fˉ｀Al3十｀S2ˉ和Clˉ］其中Fˉ、Al3＋、S2都能水解,促进水的电离,而Clˉ不能水解』不能促进水的电离,B错误｛SF6中的S元素显＋6价!而F元素是最活泼的非金属元素｛化合价均不能升言〕所以SF6在氧气中不能燃烧｛C错误｛四种元素对应的简单离子半径的大小｜｜顶序为S2＞Cl＞Fˉ＞Al3＋‖D正确。｛易错警示］本题最难判断的是C选项,要从化合价的角度进行分析。若SF6能在氧气中燃烧,则O元素的化合价只能从0价降低为＿2价〕所以SF6中要有＿种元素的化合价升高〕S元素的化合价已经是＋6价,要使F元素的化合价从＿l价升高为0价〗需要—种比F2氧化性更强的物质｛而F元素是最活泼的非金属元素｛显然O2不行。5D［解析］短周期主族元素W、X｀Y｀Z的原子序数依次增大,W原子最外层电子数是次外层电子数的2倍,也是Y原子最外层电子数的2倍〕贝」W是C‖Y是Mg;Y单质能在X单质中燃烧,生成的二元化合物与H2O反应］产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝’气体是氨气］则X是N;X与Z同主族,Z是P○核外电子层数越多｛离子半径越大,核外电子层结构相同时离子半径随原子序数的增大而减小,简单离子半径;厂（Z）＞′（X）＞r（Y）］A错误｛氨分子间存在氢键’沸点应言于另外两种元素的简单气态氢化物的沸点!B错误!应比较最言价含氧酸的酸′｜生C错误｛镁能与二氧化碳发生置换反应生成氧化镁和碳,D正确°6。D［解析］短周期元素A｀B｀C｀D最言价氧化物对应的水化物分气垄口■〗一∧日…□↓□1C［解析］短周期主族元素W｀X｀Y｀Z的原子序数依次增大』W的简单氢化物可用作制冷剂‖该氢化物应为NH3］则W为N元素Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的｛则Y为Na元素;由X｀Y｀Z三种元素形成的—种盐溶于水后〕加入稀盐酸］有黄色沉淀析出,同时有刺激性气体产生］则符合条件的盐为Na2S2O3］反应中生成S和SO2〕从而推知X为O元素,Z为S元素。元素的非金属性越强简单氢化物的热稳定性越强!非金属′｜生O＞N,贝｜简单氢化物的热稳定性:H2O＞NH3］A正确;Y（Na）｀X（O）的简单离子分另｜」为Na＋｀O2ˉ,二者具有相同的电子层结构,B正确｛Y（Na）与Z（S）形成的化合物为Na2S,属于强碱弱酸盐〗其水溶液显碱性〗可使红色石蕊试纸变蓝!C错误Z（S）与X（O）同处于第ⅥA族,Z（S）与Y（Na）同处于第三周期｜D正确°2B［解析］最外层电子数与次外层电子数相等的前20号金属元素是Be（Z）,而X与Z同主族］所以X是Mg或Ca,最外层电子数是次外层电子数3倍的元素是O（R）］再由T无正价可知T是F〕由于Y是与Be同周期的金属元素］所以Y是Li］由于X与R原子序数之和是W的2倍,若X是Mg!则W是Ne〕不符合题意,若X是Ca］则W是Si,即X是Ca｀Y是Li、Z是Be｀W是Sj＼R是O、T是F°原子半径Li＞Be＞O＞F（同周期）｜A项正确CaO2中O显—l价］Li2O中O显—2价‖B项错误;非金属性:Si＜S（同周期）｀S＜O（同主族）｀O＜F（同周期）］综合可知非金属′｜生Si＜S＜O＜F］所以气态氢化物的热稳定性:SiH4＜H2S＜H2O＜HF’C项正确｜金属性Ca＞Be（同主族）,所以最高价氧化物对应水化物的碱性:Ca（OH）2＞Be（OH）2］D项正确°［易错警示］利用酸碱性比较元素金属性或非金属性的强弱时必须是最高价氧化物对应的水化物°3.∧［解析］根据短周期元素X｀Y｀Z｀W、Q在元素周期表中的相对位置可知,X｀Y｀Z｀W｀Q分另｜」是N｀O｀Al｀S｀Cl。同周期元素从左至｛」右,元素的非金属性逐渐增强,其最高价氧化物对应水化物的酸性逐渐增强,故酸性:H2SO4＜HClO4!A错误;核外电子层数越多,离子半径越大,电子层数相同时』原子序数越大］离子半径越小!所以离子半径的大′｜＼｜｜顶序为r（S2）＞厂（Clˉ）＞厂（O2ˉ）＞『（Al3＋）!B题号!1苔案!c囤慈答繁及解析哦9。（1）第四周期第Ⅷ族′（2）2N2H4＋N2O4皇壁3N2＋4H2O（3）（NH4）2Fe（SO郸）2·6H2O［解析］A的单质气体可作为清洁能源〗故A为H;空气中的主要成分为O2、N2｛而O3号称＂地球卫士＂〕故B为O!植物生长的三要素是N｀P｀K〕其中N有多种氧化物,无色的NO遇空气变为红棕色的NO2｜故C为N;根据单质颜色及燃烧的火焰颜色可知D为S『根据E单质的用途可知E为Fe。（1）Fe位于元素周期表中第四周期第Ⅶ族°D为16号元素S,其＼＼哪原子结构示意图为（2）根据有关反应物和生成物的信息提示可知〕发生Ⅳ2H4和N2O4生成N2和H2O的反应。（3）由该复盐中H｀O、N、S｀Fe的质量比可计算出其物质的量之比为20:14:2:2:l!结合这些元素常见的原子团组合形式可知该复盐的化学式为（NH4）2Fe（SO4）2°6H2O°T0.（］）纯碱（或苏打）Cl2＋2Na2CO3＋H2O-NaClO＋NaCl＋2NaHCO3紫:O:（2）NaHNa2O2:6i:6:6i:金属晶体（3）氢正四面体［解析］根据题给信息可推出A｀B｀D｀E｀F分别是H｀C｀O｀Na＼Cl°（］）C、O｀Na组成的盐中］Na的质量分数约为43％的是Na2CO3,其俗名是纯碱（或苏打）｝首先写出化学方程式Cl2＋H2O＝＝H（〕lO＋HCl、HClO＋Na2CO3＝≡＝NaClO＋NaHCO3｀HCl＋Na2CO3＝＝＝NaCl＋NaHCO3!然后将三个化学方程式合并得Cl2＋2Na2CO3＋H2O＝＝＝NaClO＋NaCl＋2NaHCO3;产物中的NaClO具有强氧化性,能将I氧化成I2,I2易溶于有机溶剂CCl4］I2的CCl4溶液呈紫色。（2）结合题给信息!可推知a是NaH,b是Na2O2,c为COCl2｛其电:O:子式为:亡i:砒l妒五种元素中只有Na形成的单质中只存在—种类型的作用力目可导电｛钠属于金属晶体°（3）H2O和CH4形成的可燃冰（CH4·则H2O）是—类新能源物质］其中H2O分子间形成氢键］CH4的空间构型为正四面体°另｜」为X｀Y｀Z｀W,A是短周期中原子半径最大的元素』贝｜」A为Na元素〕X为NaOH｛0.lmol.L—｜W溶液的pH＝1｛贝｜」W为—元强酸!旦D的原子序数大于Na元素!则D为Cl元素’W为HClO4｛0。］mol。LˉlZ溶液的pH＝0.7!则氢离子浓度为］0ˉo7mol°Lˉl＝0。2mol。Lˉ｜〕故Z为二元强酸’且C的原子序数大于Na元素!贝｜」C为S元素］Z为H2SO4;常温下X｀Z、W均可与Y反应!贝｜」Y为两性氢氧化物,即Y为Al（OH）3,B为Al元素°Na＋｀Al3＋的电子层结构相同,核电荷数越大,离子半径越小!所以离子半径:Na＋＞Al3＋0A错误;非金属性｛Cl＞S］所以氢化物的稳定性HCl＞H2S’B错误｛NaOH中含有离子键｀共价键’HClO4中只含有共价键!二者含有的化学键类型不完全相同,C错误;Al元素原子核外有3个电子层〗最外层电子数为3,其电子层数与最外层电子数相等］D正确°7。（］）第三周期第ⅢA族（2）O2Na＋HClO4H2SO4（3）H:＂:H（或H:0:9:H｀H:c!!c:H）H［解析］由题图中各元素原子半径与原子序数的关系l结合各元素化合价,可以推出x是H’y是C,z是N］d是O!e是Na〕f是Al〕g是S］h是Cl°（1）f是A｜,在元素周期表的位置是第三周期第ⅢA族。（2）电子层结构相同的离子］核电荷数越大,离子半径越小,故离子半径O2ˉ＞Na＋｛元素非金属性越强,其最高价氧化物对应水化物的酸性越强］故酸性:HClO4＞H2SO4。（3）四原子共价化合物可以是NH3、H2O2｀C2H2等0其电子式分别为H:j:H＼H:O:O:H＼H:C嚣OH°H8′（l）三ⅥA（2｜日;洲;Ⅱ（3）HClH2S（4）HSO丁＋H＋-SO2↑＋H2O（5）5S2O;＋2Mn2＋＋8H2O-l0SO】ˉ＋2MnOJ＋16H＋［解析］结合元素在元素周期表中的相对位置可推出A为氢B为氮’C为氧D为钠,E为硫,F为氯。（］）S位于第三周期第ⅥA族。（2）N2H纵中既含极性键,又含非极性键°（3）HCl比H2S稳定,H2S的还原性比HCl强。（4）氢｀氧、钠、硫组成的两种酸式盐分别为NaHSO3｀NaHSO4,它们在水中发生复分解反应生成Na2SO4｀SO2和水°（5）依题意｀产物为SO;ˉ和MnO『,据此写出离子方程式。综台训练3第3＝5章综合训练（第8＝T9练）3。B［解析］铜和浓硝酸反应生成NO2,故A错误］CO2｀SO2和H2O反应分另｜」生成H2CO3｀H2SO3］NO2和H2O反应生成HNO3和NO,发生的是氧化还原反应］故C错误;常温下｛稀硝酸与铁反应没有单质生成］故不属于置换反应］D错误°4.c［解析］金属钠与氧气在常温下反应生成氧化钠’在点燃或加热条件下反应生成过氧化钠’A项错误｝SO2与CaCl2溶液不反应,没有沉淀产生’B项错误NO丁在酸性条件下具有强氧化性’能把Fe2＋氧化成Fe3＋,因此溶液变为黄色］C项正确｛Na2O2还具有强氧化性!能把有色物质漂白］所以向酚酞溶液中加入足量的Na2O2粉末］溶液先变红］后褪色｛D项错误°5.∧［解析］金属Al既能与酸反应又能与碱反应!而铁不溶于碱』故可用过量的氢氧化钠溶液来分离铁和铝,故A正确°氢水中的次氢酸见光易分解为盐酸和氧气所以光照氢水有气泡昌出’该气体主~~气／∩凹β…日β∏月…∧斗…◎题号~~~~~~~~~~答案∑…□］＝巳l~~~~~D~TD［解祈］质子数为27,中子数为32’质量数为32＋27＝59｜A错误;H2O2为共价化合物,不是离子化合物’B错误;NH3中存在共价键,NH4Cl中存在离子键和共价键化学键类型不同,（〕错误;［Co（NH3）6］Cl3中,NH］整体的化合价为0价〕Cl元素的化合价为—1价,所以Co元素的化合价是＋3价,D正确。2D｛解析］铁粉具有还原性｛可作袋装食品的抗氧化剂］故A正确;三价铁离子具有氧化性,能够将铜氧化成铜离子｜所以FeCl3溶液可用于刻蚀铜质印届｜｜线路板］故B正确;Na2O2能与H2O、CO2反应生成O2］所以可作供氧剂〕故C正确｛二氧化硫可用作食品添加剂,在食品工业中发挥着防腐、漂白和抗氧化的作用!但生产中必须按照标准规定和质量规格要求 规范 编程规范下载gsp规范下载钢格栅规范下载警徽规范下载建设厅规范下载 使用!故I）错误。碉离考／卜题练透化学要是O2,故B错误°制备Fe（OH）3胶体通常的做法是在沸水中滴加饱和氯化铁溶液］至溶液呈红褐色时停止加热｛故C错误。Na［Al（OH）4］溶液滴加到盐酸中‖开始无现象〕Na［Al（OH）4］溶液过量时可出现浑浊〕但盐酸滴加至」Na［Al（OH）4］溶液中,开始即生成沉淀,盐酸过量时沉淀溶解!现象不同,可以鉴另」;NaHCO3溶液和Ca（OH）2溶液‖无论滴加｜｜顶序如何］都只生成碳酸钙沉淀,现象相同］不能通过相互滴加的方法鉴别!故D错误。6B［解析］S和O2反应不能直接生成SO3’A错误;各步转化均能实现,B正确;Cl2和Fe反应不能直接生成FeCl2｛C错误;Al（OH）3不溶于氨水,且Al3＋和NH3°H2O反应不能生成AlOI,D错误。7.C［解析］元素D是地壳中含量最高的金属元素｛贝｜」D为Al元素｜元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍］且为短周期主族元素’故B为C元素;元素C在同周期的主族元素中原子半径最大〕贝｜」C为Na元素｛元素A的单质在常温下呈气态｜且与Na同主族!故A为H元素°A为H元素］B为C元素｛二者组成的化合物为烃碳原子数目大于4的烃（新戊烷除外）常温下呈液态或固态］A项错误;C为Na元素］D为Al元素〕原子核夕卜电子数:C＜X＜D］故X为Mg元素’金属′｜生Na＞Mg＞Al,元素的金属性越强〕最高价氧化物对应水化物的碱性越强］故Na｀Mg｀Al元素的最言价氧化物对应水化物的碱性依次减弱］B项错误;Na｀Al都是活泼金属!利用电解熔融的氢化钠制备金属Na‖电解熔融的氧化铝制备金属Al』C项正确｜HCl是共价化台物,含有共价键］NaCl是离子化合物,含有离子键‖二者的化学键类型不同｛D项错误°8D［解析］短周期主族元素R｀X｀Y｀Z｀M的原子序数依次增大〕它们分另｜」位于三个周期］贝｜」R为H元素;Y和M位于同主族,火山喷□附近或地壳的岩层中存在游离态的M,贝｜」M为S元素｀Y为O元素｜X元素的最高价氧化物对应的水化物与其气态氢化物相遇会有白烟’贝」X为N元素;根据图像可知〗生成的沉淀为氢氧化铝,沉淀量不变时是NH矿与OH反应‖贝｜｜Q中定含有Al3＋,根据NH矿和Al3＋消耗OHˉ的量的关系可知Q应该为NH4Al（SO4）2］贝｜」Z为Al元素°X｀Y的简单氢化物分另｜」为NH3｀H2O,贝｜｜简单氢化物的沸点』Y＞X,A正确M｀Y｀Z分另｜」为S｀O｀Al］S2ˉ含有3个电子层其离子半径最大〕O2ˉ和Al3＋都含有2个电子层,O元素的核电荷数较小］其离子半径较大,贝｜」简单离子半径M＞Y＞Z｜B正确｝R与X、Y｀M元素可形成的化台物分别为NH3｀H2O｀H2S〕均是共价化合物〕C正确;O与Al只能形成—种二元化合物Al2O3,D错误。9.（］）『（H＋）＜r（Mg2＋）＜厂（N3）＜′（Cl）第三周期第ⅡA族［H:Q:］ˉMg2＋［;o;H］ˉ（2）Mg2Si熔融,电解NH3,NH4Cl（3）SiC（4）2Mg（OH）2＋2SO2＋O2-2MgSO4＋2H2O［解析］（］）MgCl2.6NH3所含元素的简单离子有Mg2＋｀Clˉ｀N3、H＋,则离子半径由／｜｀至｜」大的‖顶序为H＋＜Mg2＋＜N3ˉ＜Cl°Mg原子核外有12个电子‖分别排布在K、L｀M层上!且最外层有2个电子,故Mg元素处于第三周期第ⅡA族°Mg（OH）2是离子化合物!由Mg2＋和OHˉ构成!其电子式为［H:0;］ˉMg2＋［:0;H］ˉ°（2）A2B与NH3｀NH4cl经反应O生成siH4和Mgcl2°6NH3‖结合原子守恒推知A2B为Mg2Si°反应@由MgCl2制备Mg〕应采用电解熔融MgCl2的方法°分析流程可知』MgCl2°6NH3与HCl反应生成的NH4Cl,MgCl2.6NH3在300℃时反应产生的NH3］均可重新参与反应O］故可循环使用的物质有NH4Cl和NH3°（3）在—定条件下,由SiH4和CH4反应生成H2和—种固体耐磨材料］结合原子守恒及固体材料具有耐磨性推知,该固体为SiC°（4）向煤中加入浆状Mg（OH）2!使燃烧产生的SO2转化为稳定的Mg化合物］该化合物应为MgSO4,反应的化学方程式为2Mg（OH）2＋2SO2＋O2-2MgSO4＋2H2O。.I.2FeO母ˉ＋3NOj＋5H2O-2Fe（OH）3↓＋3NOj＋4OHˉⅡ.（1）催化纤维素水解硝酸受热易分解（2）3:l（3）bⅢ（1）5NOI＋2MnOJ＋6H＋-≡5NOI＋2Mn2＋＋3H2O当滴入最后—滴酸性KMnO斗溶液时,溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不褪色（2｜警I［解析］I.高铁酸钾（K2FeO4）与亚硝酸钠反应生成氢氧化铁沉淀伺时NOj被氧化为NOJ｛反应的离子方程式为2FeO;ˉ＋3NOI＋5H2O＿2Fe（OH）3↓＋3NO丁＋4OH。I（l）木屑的主要成分是纤维素｛结合已知信息o,向木屑中加稀硫酸的作用是催化纤维素水解『氧化过程中反应温度不宜言于60℃］原因是硝酸受热易分解°（2）不做任何处理,按此过程进行,氢氧化钠溶液吸收后的溶液中除了OHˉ外还有两种阴离子,其中—种是NOI,另种为NOJ〕根据反应C6Hl2O6＋l2HNO3—3HOOC—COOH＋9NO2↑＋3NO↑＋9H2O可知,得至｜」NO和NO2的体积比为1:3］根据反应NO＋NO2＋2NaOH-2NaNO2＋H2O｀2NO2＋2NaOH-NaNO3＋NaNO2＋H2O可得反应NO＋3NO2＋4NaOH＿3NaNO2＋NaNO3＋2H2O］所以溶液中NOI与NO丁的物质的量之比为3:l°（3）装置B用于制备NaNO2’盛装的试齐｜」为NaOH溶液‖呈碱性〗可以用Na2CO3溶液代替°Ⅲ（l）锥形瓶中发生的反应为酸性KMnO4溶液与NaNO2的氧化还原反应,反应的离子方程式为5NOI＋2MnOJ＋6H＋—5NO丁＋2Mn2＋＋3H2O｛达至｜」滴定终点的现象是当滴入最后—滴酸性KMnO4溶液时｛溶液由无色变为浅红色］且半分钟内不褪色°（2）滴定过程中消耗酸′｝生KMnO4的物质的量为cV×l0ˉ3mol｛根据反应5NOf＋2MnO「＋6H＋一NOJ＋2Mn2＋＋3H2O可知｜NaNO2的物质的呈为2.5cV×10ˉ3mol’所以产品中NaNO2的纯度为尚×:m°l×鄂船×69;.m°l』×」00％＝呼。αg‖0｜（l）第三周期第ⅢA族（2）H2＋2OHˉ＿2e-2H2O9＂℃（3）CdO＋H2Cd＋H2O（4）Al2O3＋2OHˉ—2AlOf＋H2O（5）Fe、Ni氨水消耗了H＋!溶液中c（OH）增大『促进Fe3＋形成Fe（OH）3沉淀（答案合理即可）（6）阴［解析］（2）镍基电池放电时‖负极板的活性物质是H2］则H2失去电子在碱性环境中结合OHˉ生成H2O:H2＋2OH—ˉ2eˉ-2H2O°（3）由资料I和所学知识可知,铁、铜｀镍的氧化物均能被氢气还原得至｜」相应的金属,结合工艺流程图知金属I的氧化物在900℃时被氢气还原为金属I的单质,此过程需要冷凝,说明金属I的单质沸点低于900℃,由资料Ⅱ知金属I为Cd,故反应的化学方900℃程式为CdO＋H2Cd＋H2O°（4）镍烧渣中应该含有金属铁｀镍,还含有不能被氢气还原的氧化铝,氧化铝能与KOH溶液反应进入滤液中:Al2O3＋2OHˉ-2AlOI＋H2O°（5）滤渣I为金属铁和镍’二者分别被硝酸氧化为Fe3＋和Ni2＋!通过氨水调节pH使Fe3＋以Fe（OH）3的形式沉淀下来即滤渣I‖滤渣Ⅱ经过＿系歹‖的化学过程转化为金属Ⅱ即铁°（6）滤液中的镍离子在电解池的阴极得电子转化为镍单质:Ni2＋＋2eˉ＝＝＝Ni°训第6章化学反应与能量蛮化第20练化学反应中的能量变化与热化学方程式的书写氢气的燃烧热指的是lmol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量,因此氢气的燃烧热△′h＝ˉ483自＋88k」.molˉ!＝ˉ2858kJ.molˉ!’BL｜ˉ′≡儿L口〕″献桓U尸丫w▲』』2--2L』皿』U』-…√°U叫皿nu』,皿题号答案题号答案）≈即冤□…β日气二□川…日▲日］∧…β··丁盅□错误当△H＜0,放出的热量越多,△H越小,上述A｀B项中的△Hl＜△Hi｛C错误『根据图像］液态水分解的热化学方程式为2H2O（l）-2H2（g）＋O2（g）△H≡＋（483.6＋88）kJ·lmlˉl≡＋57l6kJ°molˉl,D正确°｛万法点拨］与图像相结合,分析出反应物与生成物的总能量的差值〗即得出反应的烩变｜由图分析,还可快速判断反应的吸、放热情况°8.B［解析］由题图可知!该反应的正反应为放热反应,该反应的逆反应为吸热反应!升言温度使普通分子变成活化分子’可提高活化分子的百分数］A正确;500℃、l01kPa下,将1molSO2（g）和0.5molO2（g）置于密闭容器中充分反应放热αkJ,由于该反应为可逆反应!生成SO3（g）的物质的量小于1mol‖所以热化学方程式2SO2（g）＋O2（g）＝≡2SO3（g）△H＜＿2αkJ·moll｛B错误;由题图可知］该反应为放热反应』其△H＜0‖所以反应物的总键能小于生成物的总键能｛C正确｛△H＝ElˉE2｛使用催化剂能改变反应的活化能］但不改变反应热!D正确。［易错警示］要注意可逆反应有—定的限度’在—定条件下,反应物不能完全转化为生成物］在计算反应热时要特另｜］注意这—点°9.D［解析］氢气的燃烧是放热反应,氢气的燃烧热为285.8kJ·lmlˉl｛指的是lmol氢气完全燃烧生成液态水放出的热量为285.8kJ,电解水是氢气燃烧的逆过程｛因此2H2O（l）-2H2（g）＋O2（g）△H＝＋57l6kJ·molˉl］A错误｝稀硫酸和稀Ba（OH）2溶液的反应除了生成水,还生成硫酸钡沉淀｛△H＜2×（-57.3kJ·molˉ｜）,B错误;Mg燃烧时还有部分能量以光能的形式放出］C错误;根据物质的熔点半｜」断,室温时AX3为液态!AX5为固态』则AX3（l）与气体X2反应生成1molAX5（s）,放出的热量为l23.8kJ’反应的热化学方程式为AX3（l）＋X2（g）—AX5（s）△H≡-l23,8kJ。molˉl,D正确°00.B［解析］合成氨反应的反应热△〃＜0‖故该反应为放热反应,反应物的总能量言于生成物的总能量］A项错误;由反应热与键能的关系可得△H＝∑E（反应物键能）—∑E（生成物键能）｛则＿l32＋40≡436×3＋946-α×2‖解得α＝］l73』B项正确;由于反应是可逆反应’故在容积为lL的密闭容器中加入1molN2（g）;和3molH2（g）充分反应生成NH3（g）｛放出的热量′｜＼于92kJ］即;Q＜92〕C项错误催化剂只能改变反应速率!不能改变反应的热｛效应｛使用催化剂‖反应释放出的能量不会发生变化,D项错误°’…◎‖.∧［解析］任何化学反应,反应物具有的总能量都不等于生成物具有的总能量‖故均伴有能量变化!A正确j△H＜0表示放热反应］△H＞0表示吸热反应,B错误;断开化学键需要吸收能量,C错误｝反应物总能量比生成物总能量高的反应是放热反应｛D错误°2。C［解析］由题图知,反应物具有的总能量低于生成物具有的总能量］该反应为吸热反应!A项错误｝加入催化齐｜｜,反应的焰变不变,B项错误;由题图可知,催化剂能够降低反应的活化能］C项正确;该反应是可逆反应｛贝｜」N2和O2不可能完全转化为NO’故0。lmolN2与01molO2充分反应吸收的热量应小于18.26kJ］D项错误°3D［解析］燃烧热是指lmol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所放出的热量｛符合已知条件的反应是H2和O2的反应〕A项错误;化学计量数关系不对｛正确的热化学方程式为2SO2（g）＋O2（g）＝＝2SO3（g）△H≡—l96.6kJ°molˉl,B项错误;由于生成BaSO4沉淀｛放出的热量大于ll4。6kJ0C项错误;白磷转化为红磷放热］P4（s）ˉP（s）△H＝—46kJ°molˉ｜’D项正确°4.B［解析］I2升华需要吸收能量〕由两个热化学方程式中的△H的值可知‖o中的I2为气态,@中的I2为固态,A项错误;254gI2（g）的物质的量为lmol,根据热化学方程式O可知‖］mol碘蒸气完全反应放热9.48kJ!B项正确｛两个反应的生成物均为HI,同—种物质且状态相同,所以其稳定′｜｀生相同,c项错误;根据盖斯定律,由@—O得到I2（s）-I2（g）△H＝＋35。96kJ°mol—l,D项错误°5D［解析］根据题图可得,@CH4（g）＋H2O（g）—CO（g）＋3H2（g）△H＝＋2062kJ·molˉl,反应吸热］故A错误｛OCO（g）＋H2O（g）-CO2（g）＋H2（g）△H＝＝4l.2kJ°molˉ｜,反应放热］反应物总能量高于生成物总能量!故B错误‖根据盖斯定律］由@ˉO可得CO2（g）＋CH4（g）—2CO（g）＋2H2（g）△H≡＋247。4kJ°moll｛故C错误!根据题图,CH4（g）＋H2O（g）-CO（g）＋3H2（g）的活化能大于206ˉ2kJ°molˉl‖故D正确。6。C［解析］单斜硫和正交硫都是由硫元素组成的不同单质!二者互为同素异形体〕A正确;根据图示〕禾｜」用盖斯定律得S（s‖单斜）-S（s,正交）△H＝—0。33kJ。molˉ｜,故单斜硫转化为正交硫时要放出热呈］正交硫的能量低〕较稳定,B｀D正确;相同物质的量的正交硫比单斜硫所含有的能量要低］C错误°7D［解析］根据图像］反应物具有的总能量高于生成物具有的总能量｛反应放热］因此2H2（g）＋O2（g）-2H2O（g）AHl＜0,A错误‖第2］练盖斯定律的应用与反应热的计算3.B［解析］燃烧热是指lmol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量,反应@中给出的是2mol氢气完全燃烧所放出的热量,并不是H2的燃烧热!A项错误｝由热化学方程式可知,1gH2燃烧放出的热量为142.9kJ）1gCH3OH（l）完全燃烧放出的热量为1452kJ≈22.69kJ｛则等质量的H2（g）和CH3OH（l）完全燃烧!32×2H』（息｜放出的热量多｀B项正确｝在反应÷H』SO』（aq｜＋＋Ba（OH）2（aq）-ˉLBaSO绷｜s）＋H2O｜l）中除了Ⅱ÷与OⅡˉ反2应生成水外!还有BaSO4沉淀产生］故△H≠-573kJ°molˉl］C项错误;根据盖斯定律』由O×斗—@整理可得3H2（g）＋CO2（g）—叁CH3OH（l）＋H2O（l）A〃＝＿l3l.4kJ。nlolˉl｛D项错误°4D［解析］键能越大,断键需要吸收的能量越多!物质越稳定!A项~~｜气二□〕巳斗□题号~~~~答案勺急∧l尝■｛｝0D［解析］反应O中光能转化为化学能,A项错误｛反应@的焰变大于0｛属于吸热反应,B项错误催化剂只能降低反应的活化能,但不会改变反应的焰变,C项错误;根据盖斯定律可知』反应o—反应@得出所求的反应,则烩变△H＝（＋206.1kJ°mol—l）—（＋］31·3kJ。molˉ1）≡＋74.8kJ。molˉl’D项正确°2。∧［解析］将题中已知的三个热化学方程式依次编号为@、@｀O,根据盖斯定律,反应4C3H5（ONO2）3（l）—l2CO2（g）＋l0H2O（g）＋O2（g）＋6N2（g）可由］2×O＋5×@—2×O得至｜」,所以该反应的△H＝l2△H3＋5△H2-2△H｜,A项正确°［关键点拨］由已知反应分析目标反应的反应热,—般可依据盖斯定律进行分析］基本方法:反应物或生成物与目标反应同侧相加,异侧相减,必要时乘以定的化学计量数。碉高考／卜题练透化学正确｛形成化学键需要释放能量!B项正确;△H＝∑E（反应物）-∑E（生应物）＝4E（N＿H）＋E（N—N）＋2E（Cl—Cl）—E（N≡N）—4E（H＿Cl）＝390kJ·mol—l×4＋l90kJ°molˉl＋243kJ.Imlˉl×2-蜗kJ。Imlˉl-4卫kJ.〗mlˉl×4≡ˉ4拐kJ·nⅢ〕ll0C项正确;由热化学方程式可知当有4mol电子转移时放出438kJ的热量,所以每转移2mol电子,放出2l9kJ的热量〕D项错误°［关键点拨］反应的热效应等于反应物的总键能减去生成物的总键能;热化学方程式前面的化学计量数表示物质的量。5.D［解析］燃烧热是指lmol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量,9.2kJ是lgC（s）燃烧生成CO放出的热量‖A项错误;根据题图,由CuO分解生成Cu2O需要吸收热量］B项错误｝反应2Cu2O（s）＋O2（g）-4CuO（s）的△H＝-292kI°molˉl｛（〕项错误』依据题图书写热化学方程式O2Cu2（）（s）＋O2（g）-4CuO（s）△H＝—292kJ·molˉl,再根据lgC（s）燃烧全部生成CO时放出热量9.2kJ,书写热化学方程式@2C（s）＋O2（g）-2CO（g）A〃＝ˉ2208kJ.molˉ］’根据盖斯定律』由@云（1）得2CuO（s）＋（】（s）＝＝＝CO（g）＋Cu2O（s）△H＝（ˉ220·8kJ°molˉl）-（＿292kJ°molˉl）≡＋35.6kJ·mol19勺凸D项正确°第22练化学反应与能量变化的综合应用0.（l）吸热（2）@N2（g）＋3H2（g）＝＝2NH3（g）AH＝ˉ93kJ。molˉ｜@l38.75kJ小于（3）4NH3（g）＋7O2（g）一NO2（g）＋6H2O（g）△H＝ˉ1079kJ.molˉl［解析］（1）△H＝＋34kJ。moll＞0〕所以该反应是吸热反应。（2）O根据AH≡反应物的总键能-生成物的总键能,△H≡942kJ.moll＋437kJ.molˉl×3＿39lkJ·molˉl×6≡—93kJ.molˉl’所以热化学方程式为N2（g）＋3H2（g）＝＝2NH3（g）△〃＝一93kJ·molˉl。@由I。2H2（g）＋O2（g）＝＝＝2H2O（g）△H≡（437×2＋499-460×4）kJ.moll≡-467kJ°molˉl｀ⅡH2O（g）＝＝≡H2O（l）△H＝—q4ˉ0kJ。molˉl,根据盖斯定律］由I＋Ⅱ×2可得:2H2（g）＋O2（g）—2H2O（l）△H＝（ˉ467kJ°molˉl）＋（-44kJ°molˉl）×2≡ˉ555kJ°mol＿l『］gH2的物质的量为0。5mol］完全燃烧时放出的热量为0·5mol×555kJ·molˉl＝138.75kJ『根据H2O（g）＝＝H2O（l）2△H＝ˉ440kJ。molˉl可知］能量越高越不稳定』H2O（g）的稳定性小干H2O（l）的稳定性。（3）已知;O÷N2（g）＋O2（g）—NO2（腐）M＝＋纠kJ.molˉ｜』＝@N2（g）＋3H2（g）＝＝2NH3（g）△H＝—93kJ·molˉl,αH2（g）＋O2（g）-2H2O（g）△H≡—467kJ°molˉ｜］利用盖斯定律’由O×4—@×2＋3×O可得:4NH3（g）＋7O2（g）—4NO2（g）＋6H2O（g）△H＝＝l079kJ°molˉl°2.（l）NaBH4（s）＋2H2O（l）-≡NaBO2（s）＋4H2（g）△H≡-2l6kJ·molˉl（2）OAαN2O4＋O2＋2H2O—叫HNO3（3）4CuCl（s）＋O2（g）ˉCuCl2（s）＋2CuO（s）△〃≡-177.6kJ·molˉl［解析］（l）每消耗3.8gNaBH4（s）放出2l.6kJ热量,则消耗1molNaBH4（s）放出2l6kJ热量‖该反应的热化学方程式是NaBH4（s）＋2H2O（l）—NaBO2（s）＋4H2（g）△H≡-216kJ·moll°（2）O降低温度,将NO2（g）转化为N2O4（l）］说明2NO2（g）≡＝N2O4（l）反应放热;N2O4（g）＝＝N2O4（l）!气体变为液体放热,故A正确°@N2O4与O2｀H2O化合生成硝酸‖化学方程式为2N2O4＋O2＋2H2O-4HNO3◎（3）CuCl（s）与O2反应生成CuCl2（s）和—种黑色固体］根据元素守恒可知黑色固体是氧化铜。化学方程式为4CuCl＋O2＝≡2CuCl,＋2CuO］每消耗1molCuCl（s）〕放出科.4kJ热量｛则消耗4molCuCl（s）!放出177.6kJ热量,反应的热化学方程式是4CuCl（s）＋O2（g）-≡2CuCl2（s）＋2CuO（s）△H≡＝177ˉ6kJ°mol1°3。（l）＋90kJ·molˉl（2）＋l72.5kJ。moll（3）3α＋6-c［解析］（1）根据盖斯定律,由反应I＋反应Ⅱ得到:CH3OH（g）＝＝CO（g）＋2H2（g）△腿＝（＋49kJ。molˉl）＋（＋4］kJ。molˉl）＝＋90kJ.molˉl◎（2）@C（g｜十÷O2｜g｜-＝CO｜鼠｜M｜＝ˉUα5kJ.mol!』@C（s）＋O2（g）＝＝≡CO2（g）△H2＝-393.5kJ°moll!依据盖斯定律,由O×2＿@可得C（s）＋CO2（g）≡＝2CO（g）△H≡2×（-ll0.5kJ·moll）-（-393。5kJ°molˉl）＝＋］72°5kJ·molˉl。（3）碳的燃烧热△Hl＝αkJ.molˉl〕其热化学方程式为OC（s）＋O2（g）＝＝＝CO2（g）△〃l＝αkJ°moll,@S（s）＋2K（s）-≡K2S（s）△H2二bkJ°molˉ］,O2K（s）＋N2（g）＋3O2（g）＝＝2KNO3（s）△Hj＝ckJ·mol］,根据盖斯定律,由O×3＋@—O得到S（s）＋2KNO3（s）＋3C（s）-≡K2S（s）＋N2（g）＋3CO2（g）｛则△H＝卯kJ·moll＝（3α＋b-c）kJ.molˉl,所以撼＝3α＋b＿c°［刷盲所得］表示燃烧热的热化学方程式中,可燃物必须是lmol,生成的物质必须是稳定的物质｛如S生成SO2（g）｛H2生成H2O（l）｛表示中和热的热化学方程式中’生成的水必须是1mol°4（l）NO2（g）＋CO（g）-≡CO2（g）＋NO（g）AH＝ˉ234kJ.molˉ‖（2）2△H2ˉ△Hl（』）十（d十…‘ˉ｜26）［解析］（1）由图甲可知’1molNO2（g）和lmolCO（g）反应生成CO2（g）和NO（g）放出的热量为368kJ-l34kJ＝234kJ’因此反应的热化学方程式为NO2（g）＋CO（g）＝＝＝CO2（g）＋NO（g）△H＝＝234kJ°moll°（2）根据盖斯定律可知2×反应Ⅱ＿反应I即得至｜」反应Ⅲ贝｜」AH3＝2△H2ˉ△Hl◎（3）白磷燃烧的方程式为P4＋5O2＝＝≡P4O｜00lmol白磷完全燃烧需拆开6molP—P键和5molO＝O键,形成］2molP—O键和4molP＝O键,所以12mol×bkJ。molˉl＋4mol×匆kJ.molˉl-（6mol×αkJ.molˉ1＋5mol×ckJ。moll）＝dkJ·mol1,解得〃＋6α＋5C-l26卯≡4◎5,（1）2l8kJ·moll330kJ·molˉl（2）＿229（3）PtF6-77.6［解析］（l）Br原子半径在Cl和I之间〕C—Br键的键能应介于C—Cl键和C＿I键之间,故C—Br键的键能范围为218kJ°mol—l＜C—Br键能＜330kJ.moll°（2）热化学方程式2H2（g）＋S2（g）-＝2H2S（g）△f′＝QkJ°nmlˉl,根据反应热＝反应物键能总和—生成物键能总和!△〃＝2×436kJ.molˉl＋255kJ·moll-2×2×339kJ·moll≡—229kJ。molˉl‖贝」0＝—229。（3）OO2（g）＝＝Oj（g）＋eˉ△〃｜＝＋ll75.7kJ·mol＿］,@PtF6（g）＋eˉ＝＝＝PtF6（g）△〃2＝—771lkJ°molˉl,OOjPtF6（s）＝＝Oj（g）＋PtF6（g）△Hj＝＋482.2kJ·molˉl’根据盖斯定律］由O＋@ˉO得至｜」O2（g）＋PtF6（g）—OfPtF6（s）△H≡-77。6kJ·molˉl◎O27答素及解析@—0.418（』2ˉ‖l）kJ.mol｜0·025［解析］（2）@溶液的质量是l00g,反应中放出的热量是100g×4.］8J.gˉl。℃l×（』2-tl）℃＝4l8（t2-tl）J＝0。4l8（t2-tl）kJ°由于反应中有0.025mol的水生成,所以中和热△H＝α4｜i（怎』』｜＂.ml!.［刷育所得］计算反应热的三种方法:—是结合图像,生成物的总能量减去反应物的总能量即反应热;二是由键能计算反应热,反应物键能总和减去生成物键能总和;三是由盖斯定律计算反应热°a（l｜÷＂2SO肆（凰q）带№OH（aq｜-÷№』SO斜（aq）＋Ⅱ勘O（l）△H＝ˉ57.3kJ°molˉl（2）o温度计、环形玻璃搅拌棒@未用硬纸板（或塑料板）盖住烧杯偏低o保证硫酸完全反应3第7章化学反应速率初化学平衡第23练化学反应速率及其影晌因素题号~答案3日气α［规律万法］解图像题分三步:＂—看＂｜!二想＂＂三判断＂（l）＂—看＂—看图像o看圃弄清纵＼横坐标的含义。@看线弄清线的走向｀变化趋势及线的陡与平°o看点:弄清曲线上点的含义,特另｜」是—些特殊点〕如与坐标轴的交点｀曲线的交点｀折点、最高点与最低点等°@看量的变化弄清是浓度变化｀温度变化还是转化率的变化。o看要不要作辅助线如等温线＼等压线等°（2）“二想＂—想规律;看完线后联想外界条件对化学反应速率和化学平衡的影响规律°（3）‖‘三判断＂:通过对比分析］做出正确判断°7。∧［解析］保持容器容积不变,加入lmolH2（g）后］c（H2）增大,反应速率加快］A项正确;保持容器容积不变,加入1molN2（g）后,由于N2不参加反应〕反应混合体系中各物质的浓度不变!反应速率不变,B项错误;保持容器内气体压强不变］加入lmolN2（g）后〕容器的容积增大｛反应混合体系中各物质的浓度减小〕反应速率减′｜曼,C项错误｜保持容器内气体压强不变］加入lmolH2（g）和1molI2（g）后’容器的容积增大『反应速率不定加快,D项错误°8D［解析］N2O2和N2O是中间产物,不是催化剂,A错误｝反应@最慢,说明活化能最大］B错误;反应速率之比等于化学计量数之比!因此反应速率:u（NO）＝则（H2）＝2〃（N2）,C错误;正反应为放热反应］断裂化学键吸收的能量小于形成化学键放出的能量!贝｜」逆反应的活化能比正反应的活化能大,D正确。9D［解析］0ˉ6mjn内』生成氧气的物质的量为22鹏柑hˉ｜＝0.001mol!根据总反应2H2O2-2H2O＋O2↑,则分解的过氧化氢的物质的量为0.002mol］则H2O2的平均反应速率″（H2O2）＝0.002mol≈0.0333mol·L｜°minˉl,A正确｛根据反应O0°0lL×6min2Fe3＋＋H2O2-2Fe2＋＋O2↑＋2H十｀@H2O2＋2Fe2＋＋2H＋-2H2O＋2Fe3＋,可知Fe3＋是过氧化氢分解的催化剂!可以加′｜央过氧化氢的分解速率,B正确;根据题图可知‖反应o中反应物的总能量小于生成物的总能量,是吸热反应,反应@中反应物的总能量大于生成物的总能量!是放热反应,C正确;反应2H2O2（aq）—2H2O（l）＋O2（g）的△〃与中间产物的能量有关］根据图像数据,无法确定该反应△H的数值］根据始态和终态物质的总能量只能判断△H＜0,D错误°0OB［解析］根据离子方程式可得关系式:5H2C2O4～2MnO『］由实验数据分析可知,三个实验中所加H2C2O4溶液均过量,A正确;根据已知数据可得＂（KMnO4）＝0.0l0mol°Ll×0.004L≈l.7×l04mol°Ll·sˉl,B错误;分（0.004＋0ˉ002）L×40s析表中数据可知,实验O和实验@只有H2c2o4溶液浓度不同,其他条件均相同｜故探究的是浓度对化学反应速率的影响!而实验@和实验o只有反应温度不同,其他条件均相同,故探究的是温度对化学反应速率的影响‖C正确‖其他条件都相同时‖开始反应速率很小,过—会儿速率突然增大］说明反应生成了具有催化作用的物质〕其中水没有这种作用〕CO2逸出溶液体系‖所以可能起催化作用的只能是Mn2十‖D正确°∑∧斗◎川日β日l~∧日’~~颗号~~~答案llCγ∧目□□l∧［解析］食品中添加抗氧化剂〕目的是减慢食品被氧化的速率,A项正确;调昧剂的主要作用是补充｀增强食品的昧道,与反应速率无关,B项错误使用看色剂是以食品看色为主要目的｛与反应速率无关,C项错误;增稠剂在食品中主要作用是将液体或浆状食品形成特定形态］与反应速率无关,D项错误°2∧［解析］将各项换算为”（A）且以mol°Ll。s—l为单位进行比较』如下表◎~!）（A）／（mol°Lˉl·sˉl）选项0°0lA0.02l≡二3l5（）B｜懈（B）≡0.02mol.Ll.sˉ｜~~］＿Ⅻ~~○〕／○×·○○βo（B）≡0ˉ60mol.Ll.min—｜C~~l°00l＝…ˉ…＝.……...＝＝..…….…60×2l20D｜p（C）＝100mol.Lˉ｜°minl由此可知,A项符合题意°［关键点拨］比较反应速率大小’需将各种反应速率转化为用同种物质表示的反应速率。3.B［解析］由于A为固体］其浓度视为常数‖不可用来表示反应速率,A项错误｝2min内B的浓度减少了0。6mol·Lˉl』贝｜」″（B）＝0°6mol·Lˉl≡0.3mol·L—l.minˉl!B项正确j化学反应速率2mjn表示的是平均速率,而不是瞬时速率〕C项错误;在同—时间内〕无论用反应物还是用生成物表示的反应速率｛其变化趋势是相同的〕D项错误°4.D［解析］根据化学反应速率的影响因素〕温度越高‖反应物接触面积越大!化学反应速率越快!故D项符合题意°5。c［解析］使用催化剂可以加快反应速率,但不能改变反应物的平衡转化率,故A｀B项错误;该反应有气体参与］改变压强会影晌反应速率］故D项错误°6B［解析］CaCO3与稀盐酸反应的化学方程式为CaCO3＋2HCl-CaCl2＋CO2↑＋H2O,图像的横坐标表示时间,纵坐标表示二氧化碳的体积’可以用单位时间内放出CO2的体积表示其反应速率］表现在图像上就是曲线的斜率越大］反应速率越′｜央,故EF段平均反应速率最快‖A错误;EF段用HCl表示该反应的平均反应速率＂（HCl）＝（672-224）×l0ˉ3L×2＝0。4mol·Ll。minˉl,B正22.4L°molˉl×0°lL×lmin确iOE｀EF｀FC各段反应速率之比等于CO2体积变化之比‖为224:（672—224）:（784＿672）＝2:4:l］C错误;G点收集至」的CO2的量最多〕D错误°碉高考′卜题练透化学0‖。C［解析］反应开始至4s内用HbO2表示的平均反应速率为1.0×10ˉ4mol·Ll-0.2×10-4nⅢl。Lˉl＝2×］0ˉ5IIDl·Lˉl·Sˉl,4S故A错误;反应达平衡之前〕O2与HbCO的反应速率逐渐增大｛直至达至｜」化学平衡,故B错误;将CO中毒病人放入高压氧舱治疗是利用了化学平衡移动原理,增大氧气的浓度｛使题述化学平衡逆向移动,HbO2浓度增大0HbCO浓度减小,故C正确;平衡常c（O2）.c（HbCO）10。7×l04×0。8×l0ˉ4数K＝＝错误°第24练化学平衡状态及平衡移动X的体积分数为兴云×l00％二50髓』足—个定值』故x的体积分数始终保持不变不能说明反应已达到平衡』故D错误。7。B［解析］分析题给反应’反应前后气体的体积不变］正反应放热°催化剂只能改变化学反应速率‖不能改变反应的焰变,A错误｛改变压强｛平衡不移动,故反应物的转化率不变,反应放出的热量不变‖B正确;升言温度时｛平衡逆向移动!反应物的转化率减／」＼〕反应放出的热量减少!C错误;若在原电池中进行,大部分化学能转化为电能］故放出的热量减少,D错误°ac［解析］O该容器为绝热容器｛容器内温度不变］说明正｀逆反应速率相等反应达至｜」平衡状态;@反应正向进行时）由于物质B呈固态!根据质呈守恒定律’建立平衡过程中气体的总质量增大,恒容容器中混合气体的密度增大,当混合气体的密度不变时］能说明反应达到平衡状态o该反应前后气体分子数不变｛建立平衡过程中混合气体分子总物质的量始终不变］由于是绝热容器!建立平衡过程中容器温度发生变化,混合气体压强随之发生变化,当混合气体的压强不变时］能说明反应达至｜」平衡;@由于物质B呈固态〕根据质量守恒定律〕建立平衡过程中气体的总质量增大,混合气体分子总物质的量始终不变,混合气体的平均相对分子质量增大,当混合气体的平均相对分子质量不变时‖能说明反应达到平衡状态;◎反应中某物质的的物质的量浓度不变是化学平衡状态的特征标志,说明反应达至｜」平衡状态｜o达到平衡时,A＼C｀D的浓度保持不变,但其比例关系不定等干2:1:1］故A｀C、D三种气体的浓度之比为2:1:1时反应不—定达至｜｜平衡状态｛@某时亥」u（A）＝2o（C）且不等于零〕没有指明正｀逆反应速率］故不能说明反应达至｜」平衡状态｛O单位时间内生成″molD—定消耗2″molA,若同时生成2川molA,则A的浓度不变,说明反应达至」平衡状态。综上所述,能说明反应达至｜」平衡状态的有O@O@@O’共6个,答案选C。［关键点拨］本题考查化学平衡状态的判断方法］化学平衡状态的判断方法是｜‘逆向相等,变量不变』。“逆向相等＂是指达到平衡时同—物质表示的正｀逆反应速率相等!说明反应达至｜」了平衡状态;＂变量不变＂是指变化的物理量保持不变!可以作为平衡的标志,不变的物理量不变不能作为平衡的标志°注意本题中物质B呈固态以及容器为绝热容器°9.B［解析］A项〕升高温度,正、逆反应速率都增大］错误;C项］正反应吸热,所以在热水中平衡正向移动｜试管内溶液变为蓝色,错误;D项,增大c（Clˉ）,平衡正向移动,达至｜」新平衡时〕c（Co2＋）减小,而C（Clˉ）增大］错误°‖0。∧［解析］该反应为气体体积增大的吸热反应°A项｛升高温度‖平衡正向移动｜气体的总质量增加』由于恒容密闭容器中气体总体积不变］故混合气体的密度增大!正确｛B项‖增加CO的量〗平衡正向移动,但CO的转化率降低’故CO2与CO的物质的量之比减小,错误｜C项!平衡常数只与温度有关!错误;D项］因MgSO4为固体｛增加其质量,对CO的转化率没有影晌,错误°‖l∧［解析］平衡状态A和C相比较’状态A的c（CO2）较′｜｀』说明状态A的c（CO）较大,A项错误｛吗℃时‖状态D的c（CO2）高于平衡浓度｛故反应逆向进行′即o正＜o逆!B项正确｛由图示可知,Tl℃→Tb℃温度升言,c（CO2）增大］说明升温导致平衡正向移动,即正反应是吸热反应’△〃＞0,目升温导致平衡常数增大‖即Kl＜K2,C｀D项正确°‖2.c［解析］容器I从正反应开始建立平衡〕该反应放热,容器Ⅱ中从逆反应开始建立平衡′该反应吸热!故无法比较0l｀Q2的大／｜＼,A错误;容器Ⅲ相当于在容器I平衡的基础上再加入lmolCO和lmolH2O］压强不影响该化学平衡｛反应向正反应方向进行］故容器Ⅲ中达至｜」平衡时温度更言］由于该反应正反应是题号答案题号答案］…巳…β●勺垄…日’≡日勺且∧…川～∧斗…日∏ˉ∧气凤日…皿●β…●旧≡◎γ…日!＿｜1B［解析］A项｛若各组分的浓度不发生变化时,可逆反应达至｜」平衡状态,而各组分的浓度之比等于其化学计量数之比并不能说明反应达至｜」平衡状态B项,—个N≡N键断裂说明消耗了1个N2分子』表示反应正向进行’有3个H—H键生成说明生成了3个H2分子‖表示反应逆向进行,即3″正（N2）＝刨逆（H2）,说明反应已经达至｜」平衡状态｛C项］根据质量守恒定律｛气体的总质量不变,容器容积也不变〕故无论反应是否达至｜」平衡,混合气体的密度始终不变’故气体密度不变不能说明反应达到平衡状态｛D项〕由于o正（N2）;″逆（NH3）≠l;2］所以反应没有达至｜｜平衡状态。2B［解析］该反应为气体分子数减小的反应,反应过程中气体总物质的量减小］压强减小』当压强不变时,说明反应达至｜」平衡状态!A项不符台题意‖该反应在恒温｀恒容条件下进行,气体的总质量不变,密度始终保持不变］与反应是否达到平衡状态无关!B项符合题意『当混合气体的颜色不变时］说明NO2的浓度不变,即反应达震坪衡状态,c项不符合题意瑞｝-吼,p.座示浓度商,当浓度商保持不变时,说明反应达至｜」平衡状态’D项不符合题意°3.∧［解析］正反应是放热反应,升高温度］平衡向逆反应方向移动,Z的物质的量减少｛X或Y的物质的量增大］符合图像｛A正确｝使用催化齐｜」不影晌化学平衡的移动’不符合图像,B错误｝由题图知,反应达至｜」平衡时］△n（X或Y）＝αmol,An（Z）＝2αmol〕参与反应的各物质的物质的量变化之比等于化学计呈数之比』即m＝2〕反应前后气体化学计量数之和相等,增大压强〕化学平衡不移动］不符合图像,C错误;加入—定量的Z!tl时,Z的物质的量应增大］不符合图像］D错误°4B［解析］催化剂不能改变反应的焰变,A项错误;温度升高正｀逆反应速率均增大,因△H＞0,故平衡正向移动〕H2S分解率增大｛B项正确该反应是气体体积增大的反应,增大压强,平衡逆向移动‖放出热量’会使体系温度升高!C项错误;向恒容体系中注入H2］平衡将向使H2浓度降低的方向移动!但最终H2的浓度仍比原来的大,D项错误°5.B［解析］增言反应装置的言度,延长CO与矿石的接触时间］不影晌平衡移动,CO的利用率不变,A项错误;由题图可知,用CO工逛冶炼金属籍时』lg÷（｜盖｜）≥2』说明co的转化率很慨』不适篙工业冶炼金属铬〕B项正确;工业冶炼金属Cu时］温度越低］哺（蛊））越小｜co的铸化率越高』c项错误』c0还漂PbO』的漏度越高l哺（器｜）越大』说朗co的转化率降低｀平衡逆向移动』M≤0,D项错误°6C［解析］X和Y的起始量之比是l:l,反应过程中X与Y的变化量之比是l:3!则反应＿段时间后0X与Y的物质的量之比不可能仍为l:l,故A错误;达至｜」平衡时,因不知道参加反应的X的物质的量,故无法确定反应放出的热量,故B错误;恒容条件下〕达至」平衡后‖若向平衡体系中充入稀有气体,不影响反应物和生成物的浓度］反应速率不变故C正确｛X（g）＋3Y（g）≡＝2Z（g）起始量／mol030.30变化量／mol绷3z2熊某时刻量／mol0.3-卯0.3—3如2z答素及解析腮0.06mol.Lˉl,反应中A与C的化学计量数之比为0.09:0.06＝3:2〕根据题图乙知,压强改变,平衡不移动,只是正｀逆反应速率降低’即反应中气体总分子数不变’贝｜」该反应中气体的化学计量数之和前后相等〕贝｜」有3A（g）＝＝B（g）＋2C（g）’B正确;t2｀t3时刻改变的条件分另｜」是升言温度｀加入催化剂］′5时刻正｀逆反应速率均增大!不可能是仅增大反应物浓度弓｜起‖C错误｛根据化学方程式可知消耗0.09mol·LˉlA,则生成α03Ⅷ.」Lˉ!B｜窖器的窖秋为α1!:。?!lLˉ!＝2L』生成,的物质的量为0。03mol.Lˉ｜×2L＝0。06mol］平衡时B的物质的量为0.05mol°Ll×2L＝0。10mol］所以起始时B的物质的量为0。l0mol—0.06mol＝0。叫mol,D正确°［关键点拨］分析某时刻改变的条件是解题的关键。〗2时正、逆反应速率均增大‖升高温度｀增大压强均可能,但根据该反应化学计量数的特点可排除增大压强的可能性,只能是升高温度;t3时刻正、逆反应速率同等程度增大,只能是使用催化剂。放热反应,温度升言平衡向逆反应方向移动］贝」容器Ⅱ中CO的转化率低,CO的百分含量高］所以容器I中CO的百分含量比容器Ⅲ中CO的百分含量低,B错误;容器Ⅱ中所达到的平衡状态,相当于在容器I中平衡的基础上降低温度,平衡向正反应方向移动,则容器Ⅱ中反应的平衡常数大干容器I中反应的平衡常数〗C正确温度相同时!容器I中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和等于1｛而该条件下容器Ⅱ中所达至｜］的平衡状态,相当干在容器I中平衡的基础上降低温度’平衡向正反应方向移动,CO2的转化率比两容器相同温度时容器Ⅱ中CO2的转化率低］故容器I中CO的转化率与容器Ⅱ中CO2的转化率之和小干l〕D错误°［刷育所得］其他条件相同时,—个平衡如果从正｀逆两个方向投料等效’则正＼逆方向转化率之和为l!若反应过程中条件不同,如温度不等〕则不能得出该结论°‖3C［解析］若tl≡l5s’生成物C在0～tl时间段内的平均反应速率谬＝芳二｜0』—M5｜mo｜.L」＝0.004mol·Lˉl·sl,A15s正确;反应中A的浓度变化为0.l5mol。Lˉl-0.06mol°Ll＝0.＂mol°Lˉ｜］C的浓度变化为0.11mol.Lˉlˉ0.05mol°Lˉl≡第25练化学平衡常数与平衡计算~｜鹏｜川＝l‖!?5l!;｝n＝L0×l0ˉ］m°l.Lˉ｜.mmˉ』』A错误;实验《｛日＝◎题号~答案〕●』—◎句么B］∧@中,平衡时″（M）＝0。080mol,贝｜」＂（N）＝0.080mol,n（X）≡0.（）800·080＿×0.020mol!′l（Y）＝0.320mol,K＝c（M）。c（N）＝l0l0＝＝c（X）.c（Y）0。0200.320~×l0101.0］B错误;实验@和o温度相同,平衡常数不变〕反应达至｜」平衡时,们（M）＝c（N）＝片mo｜.Lˉ｜’c（X）＝α20ˉαmol.Lˉ｜』c（Y）＝l0（i）20.30-αmol·Lˉl,K＝c（M）·c（N）10c（X）。c（Y）≡0.20-α0。30-α＝l.0,解l∧［解析］化学平衡常数K是温度的函数］K值变化,说明温度发生了改变｛则平衡—定发生移动］A正确;若在其他条件不变时〕增大反应物的浓度或减小生成物的浓度〕有利于反应正向进行,平衡向右移动］但K值只与温度有关,故K值不变］B｀C错误｛相同条件下,同—个反应其化学方程式中化学计量数增大至」原来的2倍’K值应变为原数值的平方’D错误°2B［解析］根据题图,反应o｀@生成物的总能量都低于反应物的总能量,均为放热反应,所以△H｜＜0］△Hi＜0!A正确;反应2NO（g）＋O2（g）＝≡2NO2（g）可由反应O＋反应@得至｜」｜其平衡常数K＝Kl·足,反应的△H＝△Hl＋△H2,B错误,C正确;由于反应@的活化能大于反应O,所以总反应速率大小决定于反应@’D正确°〔刷盲所得］方程式相加则烩变相加!平衡常数相乘‖方程式相减’则焰变相减‖平衡常数相除。3.C［解析］由题图可知,CO2的平衡转化率随温度升高而减小!所以该反应为放热反应,△〃＜0‖A正确;氢碳比越大〕CO2平衡转化率越高,所以氢碳比:o＞@＞o,B正确其他条件不变的情况下,加入无水氯化钙可以吸收生成的水蒸气使化学平衡向正反应方向移动,CO2的转化率升高C错误｛若起始时CO2的浓度为2mol·Lˉl、H2的浓度为4mol·Ll‖在图中曲线O氢碳比条件下进行〕400K时CO2的转化率为50％,则CO2浓度的变化量为1mol.Lˉl,H2浓度的变化量为3mol°Ll,C2H5OH浓度的变化量为0.5mol。L—l］H2O浓度的变化量为l.5mol°Lˉl］400K时该反应的平衡常数K＝l010得α＝α］20』则X的转化率为湍×｜00％二60％』C王确对比实验o＼@知该反应放热,温度升高,平衡常数减小!若实验o和@温度相同,由于该反应前后气体体积不变,则实验o和@互为等效平衡］b＝0.060,而实验@温度高于o‖反应物转化率降低,则b＜0.060!D错误°5.c［解析］由题图可知,c点对应平衡常数的负对数值—lgK≡3。638］故C点对应状态的平衡常数KC＝10ˉ3638,A正确温度升高］该反应的平衡常数的负对数值（ˉlgK）减小’即温度越高K值越大,故正反应是吸热反应］△H＞0］B正确;体系中两种气体的物质的量之比始终不变,所以NH3的体积分数不变时］该反应不—定达至」平衡状态］C错误『30℃时,B点的（＿lgQc）＜（ˉlgK）,故0°＞K』说明平衡将逆向移动,因此B点对应状态的0（正）＜″（逆）,D正确°0.5×l。53≈l69’D正确°］2×164C［解析］5min时测得n（M）＝0.050mol,则n（N）＝0.050mol‖第26练化学反应进行的方向与限度反应是非自发进行的化学反应,B错误;由能量判据和嫡判据组合而成的复合判据,将更适用于所有的过程,只要△G＝△H-T△S＜0〕反应就可以自发进行,若△C＞0!反应就不能自发进行,C正确‖反应NH3（g）＋HCl（g）-NH4Cl（s）在低温下能自发进行‖说明△C＝AH-T△S＜0’由反应的化学方程式可知△S＜0!贝」△H＜0’D错误°3。c［解析］反应的自发性是由嫡变和烩变共同决定的,即△G＝△H-mS＜0时!反应—定能自发进行。若△H＜（）〕△S＞0］则反应—定能自发进行,若△H＞0!△S＜0,贝｜」反应—定不能自发进行’若△H＜0、△S＜0或△〃＞0｀AS＞0］则反应在—定温度下可以自发进56;一≡4√…韶＝品B≡BC｝］ˉ◎斗日号案题答勺～磅尸■l~c1C［解析］A项］该反应中物质状态由气态变成液态!嫡值减小,错误;B项,△H＞0!△S＞0｛由△H-T△S＜0可知!反应在高温下可自发进行!错误;C项’反应的△H＜（）,△S＜0,由△H—T△S＜0可知‖该反应低温下能自发进行］正确｛D项,反应的平衡表达式K＝c（SO3）,错误°c（SO2）。c丁（O2）2c［解析］非自发反应在定条件下也能发生］自发反应进行得也不—定较′央,A错误高温言压下可以使石墨转化为金冈｜」石］该卿高考′｜、题练透化学行｛A｀B项错误｜C项中反应的△S＞0,若△H＜0,贝｜」—定能自发进行］现常温下不能自发进行,说明反应的△H＞0,正确;D项中反应的△S＜0!而反应能自发进行,说明反应的AH＜0〕错误。［万法点拨］由烩判据和嫡判据组成的复合判据才是反应是否自发进行的根本判据,有些反应能否自发进行与温度有关,～般低温时以焰变的影晌为主高温时以嫡变的影响为主°4B［解析］根据盖斯定律〕由Oˉ@得C（石墨,s）-C（金刚石,s）AH＝l.9kJ.molˉl,说明石墨具有的能量比金冈｜」石具有的能量低〗lmol石墨转化为］mol金冈｜」石需吸收l.9kJ的热量0金刚石转化为石墨是放热反应,因此金冈｜」石转化为石墨是自发进行的过程｛故石墨比金冈｜」石更稳定°5B［解析］根据题意,容器中含有0。2mol·LlH2（g）｀O5Iml·Lˉlc2（HI）0·32＝≡≡≡0.9＜K＝57.0］反应向正反应方向进行］故A错误;反应向正反应方向进行—段时间后,反应物浓度减／」｀,c（H2）＜0.2mol°Ll,故B正确｜若升温后］K减／｜＼〗说明平衡逆向移动,则正反应是放热反应｛故C错误温度不变｛平衡常数不变,故D错误°｛关键点拨］解答本题要注意根据浓度商判断反应进行的方向°当Qc＜K时’向正反应方向进行『Q@＝K时‖反应达到平衡状态『0c＞K时0向逆反应方向进行°6。C［解析］化学反应能否自发进行,取决于由焰判据和嫡判据组成的复合半｜」据‖当△C＝△H—T△S＜0时,反应能自发进行。依题意!反应O中△H3＝ˉl625.5kJ。moll＜0,△S＞0,则△G＜0,能自发进行｜A正确｝根据盖斯定律』由｜OˉO｜×十得］』｜g）＋o』（g｜一2NO（g）△H2＝＋180kJ。moll｛AH＞0!说明此反应为吸热反应〕即生成物总能量高干反应物总能量｛B正确｛使用催化剂可加′｜央化学反应速率〕不能改变△H的大小,C错误;升言温度,正、逆反应速率增大!向吸热方向进行!即向逆反应方向进行,贝｜」〃逆＞″正’与图像相符!D正确°第27练化学反应速率与化学平衡的图像分析｝｜△c（CH4）＝lmol＝0。025mol°Ll°minˉl〕A正确;根据△‖l0L×4min以上分析｛a｀b两容器的温度不可能相同,B错误｜因为容器a中的反应条件为恒温恒容,正反应为气体分子数增大的反应‖所以在达到平衡前｛容器a内的压强逐渐增大,C正确｛该反应在Ta温度下c（CO）。c3（H2）0.l×0.33的平衡常数K≡＝5.（l）a（2）氧气分压高,使反应O平衡向逆反应方向移动,c（H＋）增大,导致反应@平衡向逆反应方向移动,释放出更多的CO2（3）芳m。卜Lˉ儿mmˉ｜（4）反应O的正反应是气体体积减小的反应,P（O2）增大,平衡向正反应方向移动,α（MbO2）增大（5）2.00｜6｜｜｛k删｜（7｜,孔6％［解析］（l）pH增大,C（H＋）减／｜｀!使反应@平衡向逆反应方向移动,Hb与氧气的结合度越大〕即曲线a是pH＝7.6时的曲线°（2）氧气分压高,使反应o平衡向逆反应方向移动,增大Hb与氧气的结合度,c（H＋）增大,促使反应@平衡向逆反应方向移动,因此有利于CO2排出体外°（3）结合度达至｜」50％,说明生成的MbO2的浓度为c0×50％mol.Lˉl］则＂｜ⅥbO2）＝芳m。l.Lˉ｜.m｛＂ˉ!。（4）根据反应o’气体反应物的化学计呈数之和大于气体生成物的化学计量数之和,增大压强,平衡向正反应方向移动!α（MbO2）增大°（5）由题图乙可知｜当p（O2）＝2.00kPa时,结合度为80％,若肌肉中Mb的初始浓度为cmol.Ll］贝」c（MbO2）≡c×80％mol·Ll,c（Mb）≡c×20％mol.Lˉl,代入表达式,得至｜」K＝C×80％C×20％×2.00＝2°00°（6）根据（5）中化学平衡常数的表达式’有K≡C起始（Mb）×α′…｜毗｜×｜｜—铡｜撼′｜o:｜解得侧-｜f度删）｝K只…的影晌］温度不变,则K不变』因此K＝2.00］又p（O2）＝20.0kPa｛代入上述表达式,可得α≈97。6％。6｜」｜＂,羊3H:嚼2NH』（2）＋l80100×66°7％（3）oB匪67％［100×（］-66.7％）］2（4）变浅活塞固定时2NO2（g）＝≡N2O4（g）已达到平衡状态,因题号~~~~~~~~~~~~~~~~答案1~~~~~D∩≡…■凹句〕…口凹伞…日】D［解析］根据曲线的变化趋势!曲线I比曲线Ⅱ先达到平衡状态〕说明曲线I的温度高A错误｛曲线I比曲线I的温度言,但是转化率低｛说明升温平衡逆向移动,转化率降低,B错误;曲线I和曲线〗对应的温度不同〕化学平衡常数只与温度有关’所以曲线I和曲线Ⅱ表示反应的化学平衡常数不相等］C错误;反应开始时反应物的浓度最大］随看反应物的浓度减小］速率也逐渐减小,所以d处速率大于b处,又因曲线I的温度高所以b处速率大干c处｜D正确°2D［解析］由表中数据可知〕在相同压强下,升言温度,A的转化率降低,说明升高温度平衡向逆反应方向移动‖贝｜」正反应为放热反应,图像与表中数据吻合］A正确‖升言温度〕平衡向逆反应方向移动,C的百分含量降低,增大压强,平衡向正反应方向移动,C的百分含量增大〕图像与表中数据吻合!B正确』升高温度］正逆反应速率均增大｛平衡向逆反应方向移动!逆反应速率大于正反应速率’图像与表中数据吻合〕C正确;增大压强］反应速率增大,且正反应速率大于逆反应速率,平衡向正反应方向移动｛图像与表中数据不吻合,D错误○3B［解析］充入惰性气体］相当于减小压强,平衡向气体体积增大的正反应方向移动’A错误;设开始加入CO2的物质的量为］mol‖转化量为xInol,贝｜」生成2冤molCO,剩余（l—卿）molCO2,因平衡时CO的体积分数为40％』则1ˉ:i2＂×l00％＝40.0％］解得卯＝α25』故co2的转化率为0十萧ol×｜00髓＝250％』B丁确｜由题图可知T℃时,平衡体系中CO2和CO的体积分数相等贝」在恒压密闭容器中再充入等体积的CO2和CO｛平衡不移动!C错误;925℃时平衡后′｝co）-o,6腮’′｜co』｜-队腮腮,K＂—栅｝—（0.96p总）2≈23。0p总,D错误°0°04p总4B［解析］根据两容器中CO的物质的量随时间的变化曲线a和b可知］当CO的物质的量保持不变时反应达到平衡状态］若两容器容积相同］a容器达至｜｜平衡状态用了4min,b容器达至｜」平衡状态』用了6.5min〕两个容器中反应速率不同］因此温度肯定不同°用三段式分析a容器中各物质的相关量:CH4（g）＋H2O（g）≡≡CO（g）＋3H2（g）起始量／moll.ll。l00变化量／mol13平衡量／molOl0.ll3容器a中CH4从反应开始至｜」′｜合好平衡日寸的平均反应速率o（CH剿）＝答素及解析陋■NO2的转化率为80％,设起始NO2的物质的量为卯mol。2NO2（g）＝≡N2O4（g）起始量／mol鳃0变化量／mol0ˉ8膊0.4x平衡量／mol0.2鳃0.4熊平衡体系中N』O煞的物质的量分数为腊×!00％≡667‰K,用平衡分压代替平衡浓度计算〕分压＝总压×物质的量分数〕则l00×66·7％K＝p［100×（1—66.7％）］2。反应是放热反应,放置＿段时间后气体温度下降,平衡向正反应方向移动,NO2浓度减小［解析］（1）游离态的氮元素反应生成化合态的氮元素为氮的固定〕如下业合成氨』反应的化掌方橇式为N』十』＂』爵叁2＂＂』.（2）N2（g）＋O2（g）婆2NO（g）,已知N2＼O2｀NO三种分子中化学键断裂所吸收的能量分另｜」为946kJ.molˉl、498kJ°molˉl｀632kJ。molˉl,则该反应的△H＝（叫6kJ°molˉl＋498kJ°molˉl）ˉ2×632kJ·molˉl≡＋l80kJ.molˉl°（3）O图甲中A＼B｀c三点为不同温度｀不同压强下达至｜｜平衡时No的转化率通过控制变量作分另｜」通过A｀B｀C三点的等温线,确定过A｀B｀C三点的等温线与曲线的交点〗交点所处的状况为等温不等压］从而确定曲线以下的点的压强′｜｀于100kPa!曲线以上的点的压强大于l00kpa,所以B点压强最大°@由题图乙知25℃时（4）压缩活塞平衡正移｛反应放热,针筒微热‖活塞固定时2NO2（g）＝＝N2O4（g）已达至｜」平衡状态］放置—段时间后气体温度下降｛平衡向正反应方向移动!NO2浓度减′｜｀,颜色变浅°第28练化学反应速率及化学平衡的综合应用k.c翅｛KM』卜徽｛H翼0』｜可知’器｝:-削＝（滁）″’缆＝1｜当c（KBrO3）＝0.00lmol°Lˉl时,根据＂≡片°c＂（KBrO3）°‘』｜H凰O卫｜可知｜6!瑞兰』＝（÷）′｀y＝3｛则＂＝‖.′｜KM3｜.c3（H2O2）』将实验1中数据代入‖3×l0ˉ4mol·Lˉl°Sˉl＝R×0.003×l3mol.Lˉ｜°sˉl’∧＝0.10,所以瞬时反应速率表达式″≡0.10°c3（H2O2）.c（KBrO3）;若要减缓反应速率,可采用的方法有降低反应温度｀稀释含反应物的溶液｀除去催化剂｀加阻化剂等。I（3）OCH2＝C＝O（g）＋2O2（g）—2CO2（g）＋H2O（l）△H＝—1Ⅲ5.lkJ·molˉl｜@CH4（g）＋2O2（g）-CO2（g）＋2H2O（l）△〃＝-8卯.3kJ·moll;根据盖斯定律由@×2—O得2CH4（g）＋2O2（g）≡＝CH2＝C＝O（g）＋3H2O（l）△H＝＿755.5kJ.molˉl°（4）该反应为气体体积减小的可逆反应!在恒容容器中,压强不再发生变化］能判定反应达至｜」平衡状态｛A不符合题意;反应后气体的总质量减′｜｀］容器的容积不变］气体的密度减小’当气体的密度不再发生变化时!能判定反应达到平衡状态’B不符合题意单位时间内每消耗2molCH4］同时生成2molO2,反应达至｜」平衡状态,C符合题意按反应物的化学计量数之比加入反应物,无论反应进行至｜」什么程度,反应物浓度之比不变’不能半｜」断反应是否达到平衡状态］D符合题意°（5）设甲烷的变化量为卿mol,列出三段式进行计算。2CH4（g）＋2O2（g）＝＝CH2＝C＝O（g）＋3H2O肌（」｜o六m硼卜Lˉ｜皿m」翻bd.（2）@200℃@K0≡KM＞K″o75％［解析］（l）O由题意知产生1molNH3时放出46.lkJ的热量〕结合容器I中放出的热量可得!其中反应生成的氨气的物质的量为36。88kJ46.lkJ·molˉl＝0.8mol’则用氨气表示的反应速率为—尘mol。Lˉl°minˉl］由化学方程式的化学计量数关系知,相同5帅l时间内用氢气表示的反应速率是氨气的1.5倍｜则用氢气表示的反应逮率删（H1｜-六m°］［!mlmˉ!.翻由干窖器I景Ⅶ容积相等,但后者初始加入的反应物的量是前者的2倍‖相当于增大压强,而合成氨反应是气体体积减小的反应｛增大压强平衡正向移动〕因此,平衡时容器I中氢气的体积分数大于容器Ⅱ,a项错误;反应达到平衡状态时容器Ⅱ中放出的热量Q＞2×36.88｛b项正确｛由于两容器初始时反应物浓度不相等］故化学反应速率不相等!c项错误j压强大的容器Ⅱ中反应物的转化率大,d项正确;容器Ⅱ相当于在容器I的基础上加压,其反应物浓度高｛反应速率快,因此容器Ⅱ比容器I先达到平衡状态,e项正确°（2）O合成氨反应是气体体积减小的放热反应,升温,平衡逆向移动‖达至｜」平衡时!反应物转化率降低,氨的含量降低,增加压强达到平衡时氨的含量变大）因此在坐标图中向横坐标作垂线交于3个曲线〕根据同压下不同温度时平衡时氨的含量〗可以半｜」断曲线对应的温度高低｛合成氨反应为放热反应,反应温度越高,越不利于反应的进行,曲线a的NH3的体积分数最言］其反应温度应相对最低‖由此可判断曲线a对应的温度是200℃。@0＼M点的温度相等（均为400℃）!其平衡常数相等!／V点在温度为600℃的曲线上,合成氨是放热反应〕温度越高平衡常数越小!因此K0＝KM＞K″°o在M点NH3的体积分数为60％!又按″（N2）:″（H2）＝l:3投料!设N2｀H2的投料量分另｜」为1mol、3mol’氢气的转化率为卯‖则平衡时各物质的物质的量为n（N2）＝（1—抛）mol｛则（H2）＝3（l-2卯卿）mol』厕（NH］）＝2卿mol’则有「l—厕）＋3（lˉ卯）＋2卿×100％＝60％,得x＝O75!即H2转化率为75％。2.（1）H:O:O:HHOI＝＝O;＋H＋（2）u＝0.l0°c3（H2O2）·c（KBr（）3）降低反应温度｀稀释含反应物的溶液｀除去催化剂、加阻化剂等（任写两点即可）（3）2CH4（g）＋2O2（g）＝≡CH2＝C＝O（g）＋3H2O（l）△H≡-755.5kJ·molˉ1（4）CD（5）0.04［解析］I.（l）H2O2为共价化合物’电子式为H:O:O;H;H2O2可以看成二元弱酸,分步电离H2O2一≡HOf＋H＋、HOj＝＝O1—＋H＋°（2）根据表格中数据可知!当c（H2O2）＝1mol°Ll时］根据＂＝（g）起始量／mol0.l0。100变化量／mol勿则0.5鲍15z平衡量／mol0.1-匆（）.l-x0.5卯15匆根据反应达至｜」平衡时CH2＝C＝O的物质的量百分含量为l5％’0·5卯＝l5％,解得“≡0。06,所歹｜」方程为0.1-卯＋0.1ˉ甄＋0.5勿＋15鳃以平衡时n（CH4）＝0.04mol。（｜）六（2）CO（g）＋H2O（g）＿＝H2（g）＋CO2（g）△H＝-4l.2kJ·molˉlCD（3）＞（4）o＞@＞（5）@2700@增大反应i和反应li均为气体分子总数减小的反应,只缩小容器容积,平衡均正向移动,SO2的转化率增大c（OHˉ）×c（NH旷）［解析］I。（l）25℃日寸］Kb（NH3·H2O）＝≡α;c（NH3。H2O）Ksp（CaSO3）＝c（SO;）×c（Ca2＋）＝6｝根据反应2NH旷＋Ca2＋＋2OHˉ＋SO;ˉ＝＝＝CaSO3↓＋2NH3.H2O可知’该反应的平衡c2（NH3.H2O）常数K＝b2（NH旷）×c（Ca2＋）×c2（OH）×c（SO;ˉ）目≡3碉离考／卜题练透化学1日≡Ⅱ｜2｜根据盖斯定律,由（iˉii）×＋』可以得到co（g）带Ⅱ2o｜g｜-H2（g）＋CO2（g）△H＝—4l。2kJ°molˉl。断裂H～O键速率是断裂H—H键速率的2倍!才能说明正｀逆反应速率相等］反应达至｜」平衡状态,A错误『反应前后混合气体的总质量和总物质的量均不变,因此混合气体的平均摩尔质量为定值’不能半｜」断反应是否达至｜」平衡状态］B错误;根据理想气体状态方程pV≡nRT’当V｀＂保持不变时］压强与温度成正比,因为该反应在绝热｀恒容体系中进行!当体系内温度不变时!体系的压强也不再发生变化!反应达至｜」平衡状态’C正确;H2O（g）为反应物］不断减少,H2（g）为生成物!不断增多,当二者体积比保持不变时,即物质的量浓度保持不变｛说明反应达至｜」平衡状态,D正确°（3）反应ll为2H2（g）＋SO2（g）＝＝S（l）＋2H2O（g）△H2＝＋45.4kJ.molˉl］反应热＝正反应活化能-逆反应活化能‖即E（正）＿E（逆）＝AH2,E（正）—△H2＝E（逆）＞0,所以反应ll的正反应的活化能E＞△H2。（4）O该反应为吸热反应,升高温度,平衡正向移动〕反应物转化瓢增大根帽圈像÷｜｜带｜｜—定时』′｜时的瞳｜s0直｜大于…α（SO2）］说明Tl＞L,根据图像可知〕Ⅳ点和M点的SO2的转化率相同’″点的温度言于Ⅳ点的］升高温度!有禾｜」干提高SO2的转化率,为使二者SO2的转化率相等］则需要控制Ⅳ点H2的物质的量大于M点H2的物质的呈。反应中增加＿种反应物的量,自身转化率降低,贝」α（H2）:M＞Ⅳ。@温度越高反应速率越快］逆反应速率M＞Q°（5）Ol.2CO（g）＋SO2（g）＝≡S（l）＋2CO2（g）起始量／mol220变化量／moll.60.81.6平衡量／mol0.41。21.6li。2H2（g）＋SO2（g）＝＝S（l）＋2H2O（g）起始量／mol2l.20变化量／mol1ˉ80。9l。8平衡量／mol0.2O318平衡时反应ll各物质浓度c（H2）＝0.02mol°Lˉl］c（SO2）＝0。03mol°Ll〕c（H2O）＝0.l8mol·Ll〕该温度下］反应ll的平衡蔚徽贬～履』｜占;｜眺α「』代＾擞…出反厩i蓟平衡常数K≡2700◎@反应j和反应ll均为气体分子总数减／」＼的反应,只缩小容器容积,平衡均正向移动,SO2的转化率增大,所以其他条件不变06min时缩小容器容积〕α（SO2）增大°（关键点拨］对于反应CO（g）＋H2O（g）＝＝H2（g）＋CO2（g）AH＝—41.2kJ。molˉ｜,如果反应是在恒温恒容的密闭容器中进行』压强不变不能作为反应达到平衡的判断标准『如果反应是在绝热恒容体系中进行’当温度不变时’体系的压强不再发生变化!反应达至｜」平衡状态,解题时易混淆］注意二者的区另｜」。（1）两个反应均为放热量大的反应低温｀低压催化剂（2）不是该反应为放热反应’平衡产率应随温度升高而降低AC（3）l.0该比例下丙烯腊产率最高!而副产物丙烯醛产率最低2:l5目2［解析］（1）由题意可知,反应@、@都是放热反应目放热量较大‖两反应均符合化学反应自发进行的复合判据;反应o的正反应是气体体积增大的放热反应』由勒夏特歹」原理可知｛降温｀减压均能使反应o的化学平衡向正反应方向移动提高丙烯腊的平衡产率;催化剂具有高度的专性’因此提高丙烯腊反应选择性的关键因素是催化剂〕而非温度和压强°（2）反应o的正反应是放热反应,如果已经达至｜」化学平衡状态｜当投料｀压强｀浓度等变量不变时‖升温使平衡逆向移动丙烯腊的产率逐渐减′｜｀］由图甲可知］低于460℃时｛丙烯睛的产率随温度的升高而增大］故图中丙烯‖言的产率不是对应温度下的平衡产率°温度高干460℃时］催化剂活性可能降低,导致丙烯睛产率降低!A项正确｝反应o的正反应是放热反应’升温使平衡逆向移动,平衡常数逐渐变′」｀,B项错误;温度言于460℃时!昌｛」反应进行程度可能增大,反应o进行程度减小］导致丙烯腊产率降低,C项正确;反应活化能与催化剂有关,与温度＼压强｀浓度等条件无关,升高温度,不能使反应活化能改变!D项错误。｜』｜田腐丙可知』最锋＂糕｜约为L0』因为该比例下丙烯臆产率最言!而副产物丙烯醛产率最低°由反应@的热化学方程式可知,进料气中氨｀氧气、丙烯气体的理论体积之比为l:1。5:1,空气中氧气的体积分数约为÷｜氮气约占÷）』则进料气中氨空气丙烯的理论体积比约为1:（l.5×5）:1＝2:l5:2。4综台训练4第6＝7章综合训练（第20＝28练）｜题号~~~~~~~~~~~答案移动｛CO的浓度逐渐减小｛但重新平衡后CO的浓度仍比原平衡时的浓度大’D正确°3.C［解析］使用催化剂能降低反应的活化能‖使化学反应速率加′｜央,但不改变反应热的大小,故△Hl不变］A错误。反应Ⅱ的正反应是放热反应,温度升高‖平衡向逆反应方向移动,原料气的平衡转化率减′｜｀｛反应前后气体体积减小!加压〗平衡向正反应方向移动’原料气的平衡转化率增大,B错误。吗℃时的化学平衡常数K≡0.l0ˉ05×0.12＝200＞l00,说明温度由Tl℃变为Th℃,平衡正向移动!又因反应Ⅱ的正反应为放热反应,故温度降低!即Tl＞Tb］C正确。根据盖斯定律,由反应I＋反应Ⅱ得至｜」CH4（g）＋CO2（g）≡＝CO（g）＋CH3OH（g）△〃≡（＋247kJ。moll）＋（-90kJ.mol1）＝＋］57kJ·molˉl,所以CO（g）＋CH3OH（g）≡＝CH4（g）＋CO2（g）△H＝-l57kJ°molˉl］D错误°4C［解析］反应达到平衡后］再加入A,平衡正向移动｜促进B的转化』但平衡常数不随物质的浓度变化』与图像不相符,故A错误;l~~~~~B∑…□司≤√壬穴口凹斗…◎日…∧β…印｜‖.B［解析］根据化学反应的实质,由X→Y反应的△H＝E3ˉE2,o错误｝由图像可知X→Z反应的反应物的总能量高于生成物的总能量,该反应为放热反应,△〃＜0,@正确;2X（g）＝＝3Y（g）,反应为气体物质的量增大的反应‖降低压强平衡向正反应方向移动!提高了Y的产率』O正确｝X→Z的反应是放热反应〕升高温度平衡逆向移动,Z的产率降低,@错误。2D［解析］可逆反应不能进行彻底,故2molCO不能完全反应,放出的热量小于αkJ｛A错误｛可逆反应的正｀逆反应速率不为0,达至｜」化学平衡后加入C］8O』在达至｜」新平衡前SO2和CO｀CO2中均含有l8O,B错误;2CO（g）＋SO2（g）＝＝2CO2（g）＋S（s）△H≡-αkJ°molˉl（α＞0）是—个气体体积减小的放热反应］增大压强］平衡正移］SO2的转化率增大,而升高温度,平衡逆移］SO2的转化率减小,C错误;达到化学平衡后』其他条件不变,容器容积缩小为原来的—半］CO的浓度瞬间增大为原来的2倍〕此时平衡正向α5×24m°!＝0」2m。｜.Lˉ｜.minˉ｜,CO的转化率为;糕:｛×2L×5minl00％≡60％◎（3）分离出二甲醚生成物浓度降低｛反应速率减慢,A错误｛升高温度］反应速率加快,平衡逆向移动,产率降低!B错误『改用言效催化剂］加快反应速率,但平衡不移动］C错误『增大压强,反应速率加快,平衡正向移动］提高CH3OCH3产率〕D正确。（4）该工艺中反应O的发生提高了CH3OCH3的产率原因是反应O消耗了反应@中的产物H2O,使反应@的化学平衡向正反应方向移动,从而提高CH3OCH3的产率。（1）50％α（2）O＜@abα.025mol,Lˉl。minˉl＜＜［解析］（1）根据化学方程式2NO2（g）≡＝N2（g）＋2O2（g）及图示数据］A点时NO2的物质的量为l0mol,O2的物质的量为10mol］则N2的物质的量为5mol’所以NO2的初始物质的量是20mol,贝｜」N0』的转化率为册ˉ器×l00％＝50％｝B点时N0』和N』的物质的量相等!均设为如mol］贝｜」O2的物质的呈为2卯mol〕因为容器的总压为“Pa』所以No2和№的分压都冕十αPa』o』的分压是÷αP鼠』则平…腮』二′』｜郴｜｜雌｜-｜＋碘）』→·≡α○｜÷α｜2（2）O由化学方程式可看出该反应的△s＜0,因为反应能自发进行〕所以△H—T△S＜0,则△H＜0°@混合气体的平均相对分子质号ˉ孺譬｀该反应的反应物和生成物都是气体』报擂质帚守恒定律］气体的总质量不变,物质的量改变‖所以混合气体的平均相对分子质量改变,当其保持不变时!说明反应达至｜」了平衡状态!故a正确;lmolCO2生成的同时有3molH—H键断裂（即消耗3molH2）’根据化学方程式能说明正、逆反应速率相等］即反应达至｜」了平衡状态,故b正确;开始充入2molCO2和6molH2］投料比等于化学计量数之比‖CO2和H2的转化率始终相等,不能说明反应达至｜」平衡状态,故c错误;混合气体的密度等于气体总质量和体积的比值!反应前后质量守恒,体积不变所以密度始终不变,不能说明反应达至｜」平衡状态,故d错误°o由表中数据可知,反应I前l0min内反应的H2的物质的量为（6ˉ4。5）mol＝l。5mo］］根据化学方程式可知!生成CH3OH的物质的量为1.53mol＝0.5mol,前10min内的平均反应逮率聊（CⅡ割OH｜＝2揣器n＝α晒m°卜Lˉ1.mn｜;由（2）可知该反应的△H＜0!为放热反应,又因为反应I为恒温恒容条件］反应Ⅱ为绝热恒容条件,反应Ⅱ中若把CH3OH（g）和H2O（g）的初始物质的量全部转化为CO2和H2,与反应I初始物质的量对应相等‖但反应Ⅱ从逆向建立化学平衡］反应吸热］使得反应Ⅱ温度低于反应I!所以反应Ⅱ相当于在和反应I等效基础上又降低温度,平衡正向移动］化学平衡常数增大!故平衡常数K（I）＜K（Ⅱ）｜平衡时CH3OH的浓度c（I）＜c（Ⅱ）°达到平衡后］升言温度,化学平衡逆向移动］反应前后气体体积｀质量不变!混合气体密度始终不变｛与图像不相符,故B错误｛达至｜」平衡后｛增大B的物质的量,平衡正向移动｜贝｜」A的转化率增大］与图像相符,故C正确｛达至｜」平衡后!再加入催化剂,改变化学反应速率,化学平衡不移动,C的体积分数不变,与图像不相符｛故D错误。5.∧［解析］由题图知］反应再次达至｜」平衡时的逆反应速率与原平衡相同!改变的条件—定是加入了—定量的R而增大了R的浓度,由于容器为恒温恒压］故容器容积必然成比例增大｛所以在『2时刻反应物的浓度都减小°tl时亥｜」的o（正）大于t2时亥｜」的o（正）,A错误;t2时刻改变的条件是向密闭容器中加R,B正碉I｀Ⅱ两过程达至‖平衡日寸,两平衡等效,所以M的体积分数相等,C正确;因为温度相同］平衡常数只与温度有关,所以I｀Ⅱ两过程达至‖平衡时!反应的平衡常数相等’D正确。6.CD［解析］比较容器l｀2,容器2中的投料量相当于容器l中的2倍,贝｜」容器2中起始压强是容器l中的2倍,所以平衡时容器2中刨正（SO2）速率大于容器1;由干容器2中压强大］更有利于反应正向进行〕平衡时c2＞2c｜,A错误°比较容器l｀3｛容器3中温度高］对于放热反应‖有利于平衡逆向移动,所以Kl＞K3｛比较容器2、3,容器2中投料量相当于容器3中的2倍,若不考虑温度影晌］则p2＜2p3』容器3中温度高平衡逆向移动］即温度升言使体系压强增大』所以—定是p2＜2p3,B错误;比较容器l｀3］只有温度不同］容器3中温度言,速率′｜央］旦有禾｜」于平衡逆向移动｛容器3中SO2的转化率低,C正确‖结合B项分析,比较容器2｀3,容器2中投料量相当于容器3中的2倍』若平衡不发生移动,则c2＝2c3’若不考虑温度〗容器2中压强大,平衡有利干正向移动｛则c2＞2c3］再考虑温度,容器2中温度低,平衡有利于正向移动｛所以仍然为C2＞2C3;容器2｀3分另｜」从不同方向建立平衡0若建立相同平衡,则α2（SO3）＋α3（SO2）＝1］由于容器2中温度低｀压强大反应更利于正向进行｛α2（SO3）变／｜｀］所以α2（SO3）＋α3（SO2）＜1。7.（l）ˉ263kJ.molˉ｜厨。K2.K3（2）0。l260％（3）D（4）反应O消耗了反应@中的产物H2O,使反应@的化学平衡向正反应方向移动,从而提高CH3OCH3的产率［解析］（］）根据盖斯定律,总反应3CO（g）＋3H2（g）＝≡CH3肌H3（g）＋co2（g）是由O×2＋@＋O所得‖所以△H＝2△Hl＋△必＋AHj＝2×（-的kJ°molˉl）＋（-24kJ·molˉl）＋（—41kJ.moll）＝ˉ263kJ.mol!,K＝K↑.K2.K3。（2）相同条件下‖气体的体积分数等于其物质的量分数。设参加反应的″（CO）为绷mol°4H2（g）＋2CO（g）＝≡CH3OCH3（g）＋H2O（g）起始呈／mol8.04.000转化量／mol2z鳃0.5x0。5熊平衡量／mol8.0—2抛40—卯0.5“0.5卯0°5冗×1＂％＝二甲醚的物质的量分数为8.0—2则＋40—卿＋0。5刃＋0.5Z÷』解得Ⅱ＝24｀用CH』OCH』的浓度变化表示该反应的速率为8水溶液中的离子平衡第8章第29练弱电解质的电离平衡~~~｝｀□c（Fˉ）＝c（Fˉ）幢雕｛Ⅱ＝｜增太｀贝｜悲｝的值减小,圆错误Ⅱ‖的电离常数k.｜H『｜-鱼｜H删Fˉ｜』＂｜育揣＿架｜』瓜.｜H『｜不变』c（「ˉ｜减小｀故揣｝的懂增大』o正确.｝l~~c′气罚□~~▲…◎〕…巳】≡■题号~~~~~答案＄‖磅T.C［解析］HF溶液中存在电离平衡;HF≡＝Fˉ＋H＋,加水稀释时!平衡正向移动,由于溶液体积的增大程度大干n（F）｀″（H＋）的增大程度,则溶液中c（Fˉ）｀c（H＋）均减／」｀］O＼@错误;由于溶液的温度不变,贝｜｜Ka（HF）不变!@错误｛由于Kw＝c（H＋）。c（oHˉ）,c（H＋）减′｜｀‖且Kw不变!则c（oH—）增大’O正确＼O错碉高考小题练透化学2B［解析］已知NaA＋CO2＋H2O＝＝HA＋NaHCO3｀2NaB＋CO2＋H2O≡＝2HB＋Na2CO］｛则酸性:Ⅱ2CO3＞HA＞HCOj＞HB0加水稀释,促进弱酸的电离｜溶质酸性越弱｛其溶液稀释时PH变化越小,所以加水稀释相同的倍数时,pH变化小的是HB!由题图知!Z为HB‖Y为HA］故B正确°3B［解析］加水稀释促进醋酸的电离』但醋酸电离的增大程度小于溶液体积的增大程度导致溶液中c（H＋）减小’又因温度不变,水的离子积常数不变,贝」溶液中c（OHˉ）增大,A项错误｛HA电离出的c（H＋）≡0」mol°Lˉl×0.1％≡l04mol.L—l,贝」pH≡-lgc（H＋）≡4,B项正确;氨水中存在电离平衡:NH3°H2O＝≡NH旷＋OH—,则电离平衡常数Kb（NH3·H2O）＝·｜删删ˉ）则甘｜NH』旧遭o｜′（NH勘｜≡′《｜』（删‖』0）』加水稀释时!电离平衡正向移动,″（OH—）增大〕但NH3.H2O电离的增大程度小于溶液体积的增大程度,导致溶液中c（OHˉ）减小‖由于蹋度不变,侧｜闷｜N＂｀旧曹o｜不变』从而摧氮幢｝‖制o｜的值减／｜｀,C项错误;pH＝5的盐酸中电离出的H＋抑制了水的电离而氯化按溶液中NH旷发生水解促进了水的电离,两溶液中水的电离程度不相同］D项错误°4.D［解析］由题图可知〕开始时两溶液导电能力相同说明开始时c氨水（OHˉ）＝c盐酸（H＋）］加水稀释促进—水合氨的电离平衡正向移动｛c氨水（OHˉ）大于c盐酸（H＋）｛导电能力强］贝｜曲线I表示氨水加水稀释过程中溶液导电性的变化］A错误;盐酸的pH小于—水合氨稀释过程中盐酸的pH增大,溶液的pH大小关系;b＞d＞C,B错误‖由题图可知’开始时导电能力相同说明开始时c氨水（OHˉ）＝c盐酸（H＋）’说明—水合氨的物质的量浓度大于HCl的物质的量浓度｛将b＼d两点溶液混合,溶液显碱性,则c（NH旷）＞c（Cl—）＞c（OH）＞c（H＋）］C错误;b｀c两点的导电能力相同,说明—水合氨和盐酸的电离对水抑制作用相同］即由水电离出的c（OHˉ）相同〕由于6点对应溶液体积大于c点］贝｜」由水电离出的″（OH）』6＞c］D正确。［关键点拨］对于水的电离平衡来讲,加入酸或碱!抑制水的电离!平衡逆向移动｝加入能够水解的盐］促进水的电离］平衡正向移动·5D［解析］酚酞变色范围是pH在8.2～l0.0］为碱性范围｛根据题图!该范围内H3AsO3浓度降低,H2AsO丁浓度升高］所以以酚酞为指示剂,用NaOH溶液滴定到终点时发生的主要反应为H3AsO3＋OHˉ-H2AsO丁＋H2O,故A错误『溶液中pH≡］l,贝｜」c（OH）＞c（H＋）〕故B错误｛H］AsO3的二级电离平衡常数K凶≡‘｜＂P｜｜Ⅳ』渊;ˉ｜,所以;｛糕｝～蒜｜｀若将亚砷…』…′』｜稀…中幢Ⅷ.碱小』所以÷｛赣｝增大｀敬〔镭误j根据题图］当溶液中c（H2AsOj）≡c（H3AsO3）时』溶液的pH为c（H＋）°c（H2AsO丁）＝l0ˉ92≡10ˉl0×9.2,则Kal（H3AsO3）＝c（H3AsO3）l0o8≈631×l0l0］其数量级为l0ˉl0,故D正确°第30练水的电离｀溶液的pH及简单计算守恒可知!c（K÷）＋c（H＋）二c（HCOJ）＋c（OH）＋2c（CO;）,根据溶液中物料守恒得到;3c（CO;ˉ）＋3c（HCO丁）＋3c（H2CO］）＝2c（K＋）’≡者结合可得:2c（H＋）＋c（HCO丁）＋3c（H2CO3）≡2c（OHˉ）＋c（CO;ˉ）,C正确;—定浓度的NaHSO3溶液pH＝5.4’说明HSO丁的电离程度大于其水解程度’则c（SO;＿）＞c（H2SO3）〕溶液中正确的离子浓度大小关系为c（Na＋）＞c（HSOJ）＞c（SO;ˉ）＞c（H2SO3）』D错误。4B［解析］lmol°Lˉl甲酸溶液中水电离出的c（H十）＝l0ˉl2mol。Ll］贝｜」溶液中c（H＋）≡0.0］mol。Ll‖所以常温下,Ⅱ.（Ⅱco0Ⅱ｜二α｛兰楞1≡」0ˉ绷』因此奥（ⅡCoo＂｜的数呈级为10ˉ4,A正确。α点甲酸过量〕水电离出的c（H＋）≡l07mol·Ll｜溶液的pH＝7］而b点氢氧化钠过量』pH＞7｛B错误°由题图知｛从α点至｜」6点的-lgc水（H十）先变小后变大〗贝｜」水电离产生的c（H＋）先变大后变／」｀〕即水的电离程度先增大后减小!C正确。溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少｛离子浓度越大］离子所带的电荷越多,溶液的导电性越强°甲酸为弱酸］加入NaOH溶液至完全反应之前,溶液中弱电解质甲酸不断转化为强电解质甲酸钠］溶液中离子浓度不断增大,完全反应肘］为甲酸钠溶液,再继续滴加lmol°Lˉ｜的NaOH溶液!离子浓度仍不断增大,混合溶液的导电性逐渐增强!D正确°5.C［解析］二者恰好反应时生成氯化按,由于NH旷水解使溶液显酸性,故该中和滴定适宜用甲基橙作指示齐｜」』A错误）两者恰好中和时生成氯化按,溶液显酸性］pH＜7,B错误;达至｜」滴定终点时生成氯化按,NHj水解,根据质子守恒可知溶液中存在;c（H＋）≡c（OHˉ）＋c（NH3·H2O）』C正确『当滴入盐酸体积为30mL时］根据电荷守恒可知溶液中存在;c（NH矿）＋c（H＋）＝c（OH—）＋c（Cl）,D错误。6c［解析］由题图知』娜点坐标为（0』｜2｜,此时｜:湍ˉ））≡」2』结合Kw＝c（H＋）。c（OHˉ）＝l0ˉl4可知,0.1mol.L｜的元酸HX溶液的c（H＋）＝10ˉlmol°Lˉl］即HX为强酸｛同理可知,HY为霜酸｜A『确′b点］爵湍｜｜＝0｀即‘｜H｛｜＝‘（oHˉ｜’溶液呈｜〗□句〕＾巴斗…日气弘＾巴β◎T.∧［解析］A项,c（H＋）＝0.05mol。Ll×2＝0.］mol·Lˉ｜,pH＝1,正确‖B项,c（OHˉ）≡103mol。Lˉl,则c（H＋）≡l0ˉ9mol。Lˉl］pH＝9,错误｛C项,H2SO4溶液中c（H＋）≡2×0.＂5mol°Lˉl＝0.01mol·Lˉl!NaOH溶液中c（OHˉ）＝0.01mol·Lˉ｜,等体积混合后溶液呈中性’c（H＋）＝c（OHˉ）＝l0ˉ6mol·Lˉl’pH＝6,错误;D项〕H2SO4溶液中c（H＋）＝α00｜mo｜.Lˉ｜｀№0＂溶液中‘（OHˉ｜＝｝瑞≡｝;№｜.Lˉ｜≡0.lmol·Lˉl,则V（NaOH）＝9（Ⅺlmol·Ll×50×10ˉ3L＝0.5×0°］mol·Lˉl103L,故所需NaOH溶液的体积为0.5mL,错误°［易错鳖示］温度改变后,Kw的数值会改变］进行碱性溶液PH的相应计算时要注意Kw数值的变化°2D［解析］二者恰好完全反应,说明反应后的溶质为NH4Cl,由于NH4Cl是强酸弱碱盐’NH旷水解使溶液呈酸性’A项正确;二者恰好完全反应］且两溶液的体积相等］故混合前两溶液的物质的量浓度相等］B项正确;NH3·H2O＝≡NH〈＋OHˉ!由于氨水中c（H＋）＝］0ˉllmol°Ll,根据水的离子积常数可得!c（OHˉ）＝103mol·Ll’即c（NH!）＝l03mol。Ll’由于c（含氮粒子）＝·｜＂α｜-!0ˉ」ln°｜Lˉ坝｜c｜糕＋｜-｜0Ⅲ｝册:｜:出Ⅲ｜×｜＂键-l％］C项正确;原氨水中NHj、NH3°H2O与NH3三种粒子的浓度之和为0.1mol°Lˉl］加入等体积盐酸后‖溶液被稀释所得溶液中NHⅡ｀NH］·H2O与NH3三种粒子的浓度之和为O05mol.Lˉl’D项错误°3C［解析］将1mLpH＝3的强酸溶液加水稀释至l00mL后,溶液中c（H＋）减小,则溶液pH增大2,A错误｛盐酸和氨水都抑制了水的电离｛pH＝2的盐酸中水电离出的c（OH＋）＝l0l2mol·Lˉl‖pH＝l2的氨水中水电离出的c（OHˉ）＝l0ˉl2mol。Lˉl］两溶液中水的电离程度相等］B错误｝0.2molCO2通入1L0.3mol°LlKOH溶液中〕反应后溶质为等浓度的碳酸钾｀碳酸氢钾｛根据电荷~］∧号案题答答素及解析腮［关键点拨l解题的关键是结合水的离子积’得至｛lg湍｜）吕＝2｜:c（H,｜十」4』再利用图像中］詹湍—｜｜对应的值,可计算出溶液中c（H＋）和溶液的pH°中性,B正确;由题图可知,c、d两点加入″（NaOH）＝0.005mol!当NaOH恰好与HX｀HY反应完全时,两溶液中分另｜」含0。005molNaX｀0.＂5molHX和0.＂5molNaY｀0.＂5mollIY,又由选项A中HX为强酸］HY为弱酸｛可知Y部分水解促进水的电离』所以水的电…;c＞＂』c正确』‘氯时｜:蒜ˉ）｜-6』即2｜评（H,）＋｜4≡6］c（H＋）＝l0—4mol°Ll,贝」pH＝4,D正确。第3T练盐类水解＼粒子浓度大小比较~@所示溶液的pH＝42〕贝」c（H＋）＝10ˉ42mol。Lˉl‖所以c（HC2OJ）＝c（C2Oi）］B正确;点O所示溶液的pH＝7』即c（H＋）＝c（OH）］由电荷守恒可知:c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HC2OJ）＋2c（C2O;ˉ）＋c（OHˉ）,所以c（Na＋）＝c（HC2OJ）＋2c（C2O』）｜C错误｝点@所示溶液的溶质为Na2C2O4］根据电荷守恒有l.c（Na＋）＋c（H＋）＝c（HC2O『）＋2c（C2O乱ˉ）＋c（OHˉ）’根据物料守恒有ll。c（Na＋）＝2c（HC2OJ）＋2c（C2Oiˉ）＋2c（H2C2O4）!由i×2—il得至｜」c（Na＋）＋2c（H2C2O4）＋2c（H＋）＝2c（OH—）＋2c（C2O;ˉ）’D错误。6.B［解析］CH3COOH溶液中存在电离平衡:CH3COOH≡＝CH3COOˉ＋H＋’贝｜」电离平衡常数X·（CH3COOH）＝＂｜H｝｜6岛删∩｜』则甘｜…旷｜≡A凰｜渊∩＂｜,加水c（CH3COOH）稀释时〕电离平衡正向移动］则（H＋）增大｛但溶液中c（H＋）减小〕由于;｜:删i｜的值增大』∧温度不变,则Kh（CH3COOH）不变,从而推知—错误°常温下,pH＝3的醋酸溶液和pH＝13的氢氧化钠溶液等体积混合后（不考虑混合后溶液体积的变化）］恰好完全反应,说明醋酸和NaOH的物质的量浓度相等,pH＝3的醋酸溶液中c（H＋）＝0。＂1mol°Lˉl〕pH≡］3的氢氧化钠溶液的浓度为01mol.Lˉl〕原溶液中c（CH3COOH）＝c（NaOH）＝0.lmol°Lˉl!故原醋酸溶液中0H』CO0H的电离度为009『删（iL「l×」00％≡」轮｜B正确.“mol°LˉlH2C2O4溶液与αmol°LˉlNaOH溶液等体积混合后,溶液中的溶质为NaHC2O4,HC2OJ的电离程度大于水解程度‖又HC2OJ＋H2O＝＝H2C2O4＋OHˉ｀Ⅱ2O＝≡H＋＋OHˉ,故c（HC2OJ）＞c（C2O:ˉ）＞c（OH）＞c（H2C2O4）｛C错误°ONH4Al（SO4）2溶液中Al3＋水解使溶液呈酸性,抑制NH旷的水解;@NH4Cl溶液中,Cl不影响NH旷的水解OCH3COONH4溶液中CH3COOˉ与NHJ发生双水解,促进NH旷的水解,所以NHj浓度大小顺序为o＞@＞o,D错误°7B［解析］由题图可知］常温下,0.lmol。LˉlHX溶液的pH≈3｛0。lmol°LˉlROH溶液的pH≈ll］则可知HX和ROH在水溶液中不完全电离］所以HX为弱酸｀ROH为弱碱!A错误;ROH在水溶液中发生微弱电离,滴定前｛ROH溶液中存在c（ROH）＞c（OHˉ）＞c（R＋）＞c（H＋）］B正确｝曲线Ⅱ是氢氧化钠溶液滴定HX溶液的曲线,滴定至V≡l0mL时,溶液中溶质是等浓度的HX｀NaX》根据质子守恒］存在2c（OHˉ）—2c（H＋）＝c（HX）—c（X）,C错误｜滴定至V≡40mL时‖盐酸｀氢氧化钠均过量!则滴定过程中｛水的电离程度先增大后减小｛故两种溶液中由水电离出的c（H＋）。c（OHˉ）先增大后减小｛D错误°aC［解析］pH相同的HCOOH和CH3COOH溶液中’根据二者的Ka值比较出物质的量浓度c（HCOOH）＜c（CH3COOH）0贝｜」体积相同的两种溶液中n（HCOOH）＜n（CH3COOH）］所以CH3COOH消耗的NaOH更多,A错误;0.2mol°L—｜HCOOH溶液与0ˉlmol.LˉlNaOH溶液等体积混合后］混合溶液中的溶质为等物质的量浓度的HCOOH和HCOONa,根据电荷守恒得c（HCOOˉ）＋c（OHˉ）＝c（Na＋）＋c（H＋）,因甲酸的电离程度大于甲酸根离子的水解程度］所以c（HCOOH）＜c（Na＋）］则c（HCOO—）＋c（OH）＞c（HCOOH）＋c（H＋）,B错误!HCOONa溶液中,c（Na＋）＋c（H＋）＝气二■□β—日〕∧↓●—川一◎题号答案题号答案∑日≡β…◎］≡●＝丁儿日ll~~~~~~D’→∧｜T.C［解析］CH3COONa是强碱弱酸盐,其水溶液显碱性］NH4NO3是强酸弱碱盐,其水溶液显酸性｜所以向CH3COONa溶液中加NH4NO3固体会促进CH3COO的水解〗导致CH3COOˉ浓度减小｛Na2CO3是强碱弱酸盐｛其水溶液呈碱性,所以向CH3COONa溶液中加入Na2CO3固体］会抑制CH3COOˉ的水解,导致CH3COOˉ浓度增大j向CH3COONa溶液中加入CH3COONa固体〕会导致CH3COO—浓度增大。2B［解析］pH相等的NaOH溶液和CH3COONa溶液中,c（NaOH）＜c（CH3COONa）］Na＋不水解］所以NaOH溶液中c（Na＋）小于CH3COONa溶液中c（Na＋）!A错误NaOH溶液中,c水（OHˉ）＝c（H＋）＝l09mol。Lˉl］CH3COONa溶液中!c水（OHˉ）≡10l4∏＝丁mol.Lˉ｜＝105mol.Lˉ!’两溶液中c水（OH＿）之比为l0ˉ9:105｛B正确;加水稀释促进醋酸钠的水解,稀释后溶液的pH大小:pH（CH3COONa）＞pH（NaOH）,C错误;分另｜」与同浓度的盐酸反应’恰好反应时消耗盐酸的体积与NaOH｀CH3COONa的物质的量成正比!由于″（NaOH）＜″（CH3COONa）］所以CH3COONa消耗盐酸的体积大］D错误°3.∧［解析］pH＝8的NaY溶液中存在电荷守恒:c（Na十）＋c（H＋）＝c（Yˉ）＋c（OH）｛则c（Na＋）ˉc（Yˉ）＝c（OHˉ）ˉc（H＋）≡9。9×l0ˉ7mol°Ll｛A项正确;Na2CO3溶液中存在物料守恒;c（Na＋）＝2c（CO;ˉ）＋2c（HCOj）＋2c（H2CO3）,B项错误NH4HSO4溶液中HSO『完全电离产生的H＋使溶液显酸′｜生〕NH4NO3和（NH4）2SO4溶液中NHj水解使溶液显酸性!由于水解反应程度微弱,贝｜」pH相等时〕NH4NO3和（〗H4）2SO2溶液中c（NH旷）远大于NH4HSO4溶液中c（NH旷）,又由于NO丁和SO1ˉ均不影响NH｛水解!则pH相等的NH4NO3和（NH4）2SO2溶液中C（MIl）相等,故pH相等的题述≡种溶液中C（NH旷）大小｜｜顶序为O＝@＞O,C项错误;l0mLpH≡l2的NaOH溶液中加入pH≡2的HA溶液至pH＝7,若HA为强酸!贝｜」消耗HA溶液的体积为l0mL,溶液体积V（总）＝20mL!若HA为弱酸,则消耗HA溶液的体积小于l0mL‖溶液体积V（总）＜20mL,所以溶液体积V（总）≤20mL］D项错误°4C［解析］0.2mol·Lˉ｜的—元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合‖恰好生成0.lmol·LˉlNaA溶液’由题图A浓度小于0』mol°Ll,可知A发生了水解!故HA为弱酸’A项错误;NaA为强碱弱酸盐‖水解使溶液显碱性,溶液pH＞7.0｛B项错误;Aˉ发生水解生成HA:Aˉ＋H2O＝＝HA＋OH’同时还存在水的电离,故溶液中除Na＋｀水分子外｜各粒子的浓度大′｜＼关系为c（A）＞c（OHˉ）＞C（HA）＞C（H＋）｜故X为OHˉ,Y为HA〕Z为H＋’D项错误j根据物料守恒有:c（Na＋）＝c（A—）＋c（HA）］C项正确°5B［解析］点@所示溶液的溶质为NaHC2O4,溶液显酸性,说明HC2OJ的电离程度大于水解程度!因此c（Na＋）＞c（HC2OJ）＞c（C2O;ˉ）＞c（H2C2O4）!A错误;根据K狸（H2C2O4）＝10—42可c（H＋）。c（C2O;）≡l0ˉ4~2｜由题图可知｜点知,K圆2（H2C2O4）≡c（HC2O『）碉高考／｜＼题练透化学0.lmol·Lˉl＋c（H十）,由电荷守恒得c（NH旷）＋c（H＋）≡c（Clˉ）＋c（OHˉ）≡0。lmol°Lˉl＋c（OHˉ）‖弱酸或弱碱的电离平衡常数越大!其对应离子的水解程度越／｜｀〕根据电离平衡常数可知］离子水解程度:NH〈＞HCOOˉ｜所以HCOONa溶液中的c（H＋）大于NH4Cl溶液中的c（OHˉ）,贝｜｜浓度均为0.lmol°Ll的HCOONa和NH4Cl溶液中阳离子的物质的呈浓度之和:前者大于后者,C正确;CH3COOˉ发生水解反应的离子方程式为CH3COOˉ＋H2O＝＝CH3COOH＋OHˉ］水解平衡常数Kh＝c（CH3COOH）。c（OHˉ）,将CH3COONa溶液从20℃升温至c（CH3COOˉ）30℃,促进CH3COOˉ的水解‖水解平衡常数增大,即Kh＝c（CH3COOH）。c（OHˉ）增大］所以c（CH3COOH）°c（OHˉ）c（CH3COO）＝c（CH3COOˉ）ˉL减小,D错误°Kh9.∧［解析］pH＝l的NaHSO4溶液中!根据质子守恒可得c（Ⅱ＋）≡c（SO;ˉ）＋c（OH）,A正确合有AgCl和AgI固体的悬浊液中,AgCl的溶解度大于AgI］贝｜」;c（Clˉ）＞c（I）,溶液中正确的离子浓度关系为c（Ag＋）＞C（Cl—）＞C（Iˉ）,B错误｝由物料守恒可知,c（Na十）≡c（CH3COO）＋c（CH3COOH）］2c（Ca2＋）≡c（Cl）｛则c（Na＋）＋c（Ca2＋）＝c（CH3COOˉ）＋c（CH3COOH）＋＋c（Cl）’C错误｝根据电荷守恒有2c（C2O;＿）＋c（HC2OJ）＋＝c（OHˉ）＋c（Clˉ）＝c（Na＋）＋c（H＋）］D错误°00.C［解析］由于0.lmol°LˉlNaHB溶液的pH≡4｛所以在水溶液中HBˉ的电离程度大干其水解程度｛又因HBˉ电离以及水解的过程均较微弱!所以在该溶液中c（HBˉ）＞c（B2ˉ）＞c（H2B）,A错误;分析图甲中曲线‖在滴定终点pH＝7附近没有出现明显的突变,B错误;在pH＝2的NaHSO4溶液中‖根据电荷守恒｛存在c（H＋）＋c（Na＋）＝c（OHˉ）＋2c（SOiˉ）］由物料守恒得c（Na＋）≡c（SO;）,所以c（H＋）＝c（OHˉ）＋c（SOi）｛C正确pH≡2的两种—元酸x和y的溶液｜体积均为100mL,稀释至｜」l000mL时,x溶液的pH变为3而y溶液的pH小干2.5!所以x是强酸｀y是弱酸］又因为起始时二者溶液的pH相同!所以弱酸y的物质的量浓度远远大于强酸x,在分另｜」滴加NaOH溶液（c＝0ˉlmol。Lˉl）至pH＝3过程中｛y可以继续电离,因此消耗NaOH溶液的体积Vx＜L,D错误。ⅧD［解析］由题图可知,pH＝12时,H2A和HAˉ的物质的量分数相等〕则C（H2A）＝c（HAˉ）,A正确｛K2（H2A）＝。（H‘｜｜删』ˉ｜』由题图可知,pⅡ-纵2时』A』和HAˉ的物履的量分数相等’则c（HAˉ）＝c（A2ˉ）,K2（H2A）＝c（H＋）＝l042,故lg［K2（H2A）］＝—4.2］B正确;pH＝2.7时,A2ˉ和H2A的物质的量分数相等,HA的物质的量分数大于A2ˉ和H2A!战（HAˉ）＞c（H2A）≡c（A2ˉ）!C正确;pH＝42时!c（HA—）＝c（A2）］但此时c（H2A）≈0］若体积不变］则c（HAˉ）＝c（A2）＝0.05mol°Lˉl!c（H＋）＝104~2mol°Lˉl］若体积变化,则不能确定c（HA）｀c（A2ˉ）与c（H＋）的大小关系,D错误°第32练难溶电解质的溶解平衡所以在t℃时］AgCl的溶解度小于Ag2CrO4｛B错误;饱和Ag2CrO4溶液中加入少量K2CrO4固体后仍为饱和溶液,点仍在曲线上『所以在饱和Ag2CrO4溶液中加入K2CrO4不能使溶液由Y点移至X点,C错误｛依据溶度积常数计算KSp（Ag2CrO4）≡C2（Ag＋）.c（CrO1ˉ）＝l×l0l2!Ksp（AgCl）≡c（Ag＋）.c（Clˉ）＝2×10ˉ｜0,以0.lmol。LlAgNO3溶液滴定同浓度的KCl和K2CrO4混合溶液］设二者浓度均为Olmol·Lˉl〕贝｜」生成Ag2CrO4沉淀时c（Ag＋）＝√I∏≡T丁mol.L!’生成AgCl沉淀时c（Ag÷）＝2×l0＿9mol.Lˉ!’所以先析出AgCl白色沉淀!D正确。5.B［解析］作—条平行于横坐标的辅助线,当pM相同时’MgCO3｀CaCO3｀MnCO3的p（CO;ˉ）依次增大,即c（CO;）依次减小』所以MgCO3｀CaCO3｀MnCO3的Ksp依次减小』A错误;α点为饱和MnCO3溶液｜pM和p（CO;＿）相等』故c（Mn2＋）＝c（CO;ˉ）,B正确｛6点为饱和CaCO3溶液｜p（CO;ˉ）＞pM』贝｜」c（CO;—）＜c（Ca2＋）‖C错误｛c点在MgCO3的平衡曲线上方,表示MgCO］的不饱和溶液’pM＞p（CO;ˉ）,则c（Mg2＋）＜c（CO;）』D错误。6。D［解析］加入过呈铁粉』发生反应Fe＋2Fe3＋—3Fe2＋、Fe＋Cu2＋-Fe2＋＋Cu!有Cu析出］A正确;对干M（OH）″』开始产生…』·｜0Ⅱ｜～漏＝（恨擂所给鞠…,数提｝可以”断产生Fe（OH）3时所需c（OHˉ）最／」＼］因此先产生Fe（OH）3沉淀,B项正确｝假设各物质的物质的量均为αmol°Lˉl］则n（SO;ˉ）＝5αmol.Lˉl｛由于三种金属离子均发生水解,溶液中n（Cu2＋）＋″（Fe2＋）＋″（Fe3＋）＜4αmol.Lˉl!则c（SO;ˉ）:［c（Cu2＋）＋c（Fe2＋）＋c（Fe3＋）］＞5:4,C项正确;向该混合溶液中加入适量氯水,Fe2＋被氧化为Fe3＋］调pH至3～4!Fe3＋虽能完全沉淀但弓｜入了Clˉ,得到CuCl2和CuSO4的混合溶液’D项错误。7。D［解析］A项｜已知K2SO4°MgSO4°2CaSO4（s）＝≡2Ca2＋（aq）＋2K＋（aq）＋Mg2＋（aq）＋4SO;ˉ（aq）,加入饱和NaOH溶液,OHˉ和Mg2＋结合生成Mg（OH）2沉淀〗c（Mg2十）减小,平衡正移｛正碉B项,加入饱和碳酸钠溶液,CO;和Ca2＋结合生成CaCO3沉淀,c（Ca2＋）减小,平衡正移,正确｛C项,由题图可知』升高温度］K＋的浸出速率增大〗且c（K＋）增大,说明平衡正向∑…●…β…●〕←日…’…□▲础□琶川…∧日日…Ⅱ…●β…□0.B［解析］碳酸钙沉淀的溶解平衡是动态平衡,即沉淀析出与沉淀溶解不断进行,且速率相等!A项正确‖碳酸钙难溶于水］但溶解的部分可完全电离,属于强电解质,B项错误;碳酸钙的溶解度随温度升言而增大］C项正确｝CaCO3溶解平衡体系中存在CaCO3（s）＝＝Ca2＋（aq）＋CO;ˉ（aq）!加入纯碱固体,CO;ˉ浓度增大’平衡逆向移动］会有CaCO3沉淀析出］D项正确°2.C［解析］配K时pH≡l3.0,贝｜」所得溶液中的c（H＋）＝l0ˉl3nDl·Lˉl］A正确;溶液呈碱性,溶液中的H＋都是由水电离出来的!故c水（OHˉ）≡c水（H＋）＝10ˉ｜3mol·Ll,B正确｛因为向MgCl2溶液中加NaOH溶液后混台溶液的pH≡13。0］故所加NaOH溶液的pH＞13。0,C错误『pH＝］3.0的溶液中c（OHˉ）＝0.1mol°Lˉl］…中的僻｜＂崖.｜-万器＿丁—…!0Ⅷ0.］2mol·Lˉl≡5.6×10ˉl0mol°Lˉl!D正确。3B［解析］浊液a中含有AgCl,存在沉淀溶解平衡』AgCl（s）＝＝Ag＋（aq）＋Clˉ（aq）｛A正确｛滤液为AgCl的饱和溶液］也存在沉淀溶解平衡,即存在Ag＋〕目实验@的现象也能证明滤液b中含Ag＋;B错误;向AgCl中滴加0.lmol°LlKI溶液｀白色的AgCl沉淀变为黄色的AgI沉淀!C正确;向AgCl中滴加0.lmol。LˉlKI溶液｛沉淀变为黄色］可以证明AgI比AgCl更难溶｛D正确°［关键点拨］氯化银悬浊液是氯化银的饱和溶液‖经过滤得至｜」的滤液b中含有氯离子和银离子°4D［解析］AgCl在溶液中存在溶解平衡,氯离子浓度越大｛AgCl的溶解度越小’贝」AgCl在水中的溶解度较大］A错误｛已知′℃时!AgCl的KSp＝2×l0l0］由题图可知Ag2CrO4的瓜p＝C2（Ag＋）°c（CrO;ˉ）≡（10ˉ3）2×］0ˉ6≡l0ˉl2,则c（AgCl）≡√Ksp（AgCl）≡｀／页ˉ贾T∏≡万mol.L—!≈1.4l×l05mol.Lˉ!,而c（Ag2CrO4）≡｀）吗cro』｜等愿｜0』皿M卜［｛…0×Ⅲˉ｀醚·皿ˉ』｛】日≡号丰案≡题一锤曰答案丁非◎~~~~~~~~答嚣及解木斤腮↑0.∧［解析］厕点时Ca2＋与CO;＿恰好反应,此时由ˉlgc（Ca2＋）＝43计算得至｜」c（Ca2＋）＝c（C喝ˉ）≡5×l0ˉ5『ml·Lˉ｜,Ksp（CaCO3）≡′｛Ca野）.‘（CO;｜-25×l0ˉ,｜γ点溶液中‘｛CO;ˉ）＝粤nDlLˉ｜｀Ksp（CaCO3）≡7.5×10ˉ8mol。Lˉ｜］卯、y两点贝」c（Ca2＋）＝c（CO;ˉ）c（Ca2＋）之比为（5×l0—5mol·Lˉ1）:（7.5×l0ˉ8mol°Ll）＝2000:3!A正确,B错误｜侧点日寸0c（CaCO3）＞Ksp（CaCO3）,分散系处于过饱和状态,不稳定,C错误;CO;ˉ水解促进水的电离｛c（CO;）越大’对水电离的促进作用越大’由题图可知,溶液由z到绷再到y的过程中c（Ca2＋）逐渐减小,结合K嗡p可知该过程中c（CO;ˉ）逐渐增大,故卿＼y｀舅三点中水的电离程度最大的点为y点,D错误°Ⅷ。C［解析］Ksp（CuCl）≡c（Cu＋）°c（Cl）,由题图可知］当ˉlgc（Cl）＝3,即C（Clˉ）＝l0ˉ3mol°Ll时,lgc（Cu＋）在ˉ4～—3之间］即C（Cu＋）在10ˉ4～l03mol。Lˉl之间,故Ksp（CuCl）的数量级是l0ˉ7,A正确;Cu和Cu2＋发生归中反应得至｜」Cu十,Cu＋再结合Clˉ得至｜」CuCl沉淀,B正确｛Cu是纯固体‖增大其用量］平衡不移动〕除Cl—效果不变,C错误｜取Cu2＋和Cu＋浓度相同（即1M0ˉ‘m嚼｜讥!｜时』计算得平衡常数K～:辩｝—l0×10ˉ6（1.0×l0ˉ6）2＝1.0×l06＞lˉ0×105,故该反应趋于完全,D正确。移动〕正确;D项,由溶解平衡可知该平衡的Ksp＝c2（Ca2＋）°c2（K＋）。c（Mg2＋）.c4（SOi）,错误。8.C［解析］25℃时』RSO4（s）＋CO;—（aq）＝＝RCO3（s）＋SO;（aq）的糕≡｝!｜霹｜;:｜蕊｜货:｜撇｜～!~洒×平衡常数K＝＝＝l04,Ksp（RSO4）≡1。75×l04×Ksp（RCO3）＝l.75×l04×2.80×l0ˉ9≡4卯×10ˉ5°RSO4、RCO3属于同种类型的盐且瓜p（RSO4）＞K爵p（RCO3）,向C（CO;—）＝c（SO;＿）的混合液中滴加RCl2溶液,首先析出RCO3沉淀,A项错误｛将浓度均为6×l0ˉ5mol.L—lRCl2｀Na2CO3溶液等体积混合后｛c（R2＋）＝3×l05mol°Lˉ｜｀c（CO;＿）＝3×l0ˉ5mol.L＿｜’此时的离子积0°＝c（R2＋）.c（CO;ˉ）＝3×］05×3×10ˉ5二9×l0＿｜0＜K霞p（RCO3）’溶液未饱和!不会产生RCO3沉淀,B项错误;根据上述计算］KSp（RSO4）＝4.90×l0ˉ5‖C项正确;Ksp只与温度有关〕与离子浓度无关,相同温度下RCO3在水中的KSp与在Na2CO3溶液中的K愚p相等］D项错误。9.D［解析］由题图可知』点α（6』4）时,c（SOi）≡1×l06mol.L1’c（Ba2＋）≡l×104mol。Lˉl,K惫p（BaSO4）≡c（Ba2＋）·c（SO1ˉ）≡1×l0ˉ4×l×10ˉ6＝1×］0ˉl0,A错误｛Ksp是温度的函数’温度不变时,Ksp不变’B错误灿点时p（Ba2＋）、p（SOi—）偏小,贝‖c（Ba2＋）、c（SO;ˉ）偏大,此时0。＞Ksp』溶液过饱和』C错误;加入BaCl2］c（Ba2＋）增大｜由Ksp＝c（Ba2＋）.c（SO蜀ˉ）可知,c（SOi）变小｜可使溶液由c点变至｜」α点｛D正确°［刷育所得］此类图像,直线上的点对应的溶液均为饱和溶液,由于p（Ba2十）越大时c（Ba2＋）越小』所以直线上方的点对应的溶液是不饱和溶液,直线下方的点对应的溶液是过饱和溶液°第33练水溶液中的离子平衡的综合应用（3）不能Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小（4）Cu（OH）2＋4NH3·H2O—［Cu（NH3）4］2＋＋2OH＋4H2O（5）B［解析］（1）由题图可知］pH＝3时,溶液中不会出现Cu（OH）2沉淀］铜元素以Cu2＋形式存在°（2）除去Fe3＋的同时必须保证CU2＋不被沉淀］因此应控制pH在4√＿←匡但◎（3）从题图关系可看出,Co2＋和Ni2＋沉淀的pH范围相差太小!不能通过调节溶液pH的方法分离它们°（4）Cu（OH）2（s）＝≡Cu2＋（aq）＋2OHˉ（aq）］加入氨水后生成难电离的［Cu（NH3）4］2＋,促进Cu（OH）2的溶解°（5）要使三种离子生成沉淀,最好选择难溶于水的FeS,使三种杂质离子转化为更难溶解的金属硫化物沉淀〕同时又不会弓｜入其他离子°3.（］）CNˉ＋H2O＋H2O2-NH3↑＋HCO丁（2）［:S:C!!N:］（3）取少量碳酸氢钠于试管中’加入稀硝酸,有无色气泡产生,说明硝酸酷′件强于碳酸,则非金属性目N＞C（4）OCNˉ＋CO2＋H2O-IICO丁＋HCN@＞（5）O1.4×10—3@NacNHcNO＝［解析］（l）NaCN用双氧水处理后］产生—种酸式盐碳酸氢钠和—种能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体氨气该反应的离子方程式是CNˉ＋H2O＋H2O2—NH3↑＋HCOf°（2）SCNˉ的电子式为［:S:C!;N;］。（3）取少量碳酸氢钠于试管中,加入稀硝酸,有无色气泡产生,说明硝酸酸性强于碳酸』则非金属性N＞C°（4）O由表中数据可知!Kal（H2CO3）＞Ka（HCN）＞K皿（H2CO3）,则酸′｜生H2CO3＞HCN＞HCOj］向NaCN溶液中通入少量CO2｛会生成HCO丁,离子方程式为CNˉ＋CO2＋H2O-HCO丁＋HCN｝］.（1）o.043@5（2）Oc（H＋）.c（SO;＿）c（HSO丁）@c（Na＋）＞c（SO;ˉ）＞c（OH）＞c（HSOj）＞C（H＋）OH2SO3＋HCO丁-＝HSO丁＋CO2↑＋H2O［解析］（l）@根据题图可知』在pH≡13时〕c（S2ˉ）＝5.7×l0ˉ2mol°Lˉl’在0.l0mol°LˉlH2S溶液中］根据S元素守恒可知:c（S2ˉ）＋c（H2S）＋c（HS）＝0.10mol·Ll,因此c（H2S）＋c（HSˉ）＝0.10mol.Ll-5.7×l0—2mol.Lˉl≡0.043mol·Lˉ1◎@由于Ksp（MnS）≡28×10ˉl3‖溶液中c（Mn2＋）＝0.Ⅲ0mol°Lˉ｜,贝｜」开始形成沉淀时c（S2ˉ）＝Ksp（MnS）＝2.8×］0ˉl3mol·Ll≡c（Mn2＋）0、020l.4×l0llmol°Lˉl,根据题图可知｛当溶液pH≡5时,Mn2＋开始沉淀°（2）O根据电离平衡常数的含义可知〗HSO丁的电离平衡常数表达c（H＋）.c（SO;ˉ）式为K≡c（HSO丁）。@Na2SO3在溶液中的电离方程式是Na2SO3-2Na＋＋SO;］Na2SO3是强碱弱酸盐｛SO;ˉ发生水解;SO;＋H2O＝≡HSO丁＋OHˉ,水解产生的HSO丁又有部分发生水解HSO丁＋H2O≡＝H2SO3＋OHˉ〕水解是逐步进行的’而且在溶液中还存在水的电离平衡,但是盐水解程度是微弱的,所以Ol0mol·LˉlNa2SO3溶液中离子浓度由大到小的｜｜顶序为c（Na＋）＞c（SO;ˉ）＞c（OHˉ）＞c（HSO丁）＞c（H＋）°O根据表格数据可知H2SO3的二级电离平衡常数小于H2CO3的—级电离平衡常数!故H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的离子方程式为H2SO3＋HCOj—HSO丁＋CO2↑＋H2O°2ˉ（1）Cu2＋（2）B碉离考／卜题练透化学O根据电荷守恒〕c（HCOOˉ）＋c（OHˉ）≡c（Na＋）＋c（H＋）‖C（CNˉ）＋c（OHˉ）≡c（Na＋）＋c（H＋）,即离子总数均是则（Na＋）＋″（H十）的2倍’而NaCN的水解程度大］即NaCN溶液中的C（OH—）大〕c（H＋）小｛又c（Na＋）相同0所以甲酸钠溶液中所含离子总数多,即HCOONa＞NaCN°c（H＋）.c（CH3C0｛l＿）＝l.96×（5）O常温时醋酸的电离常数K3≡c（CH3COOH）10＿5》0l0nDl.Lˉ!CLCmH溶液中c（H＋）＝√见.c（CH』COUII）＝√l96×l0ˉ5×Ol0mol·Lˉ｜＝14×l0—3mol.Lˉl｜@在α点所示的溶液中加入l0mL氢氧化钠溶液,浓度与HCN相等但体积为其—半,则反应后溶液中溶质为NaCN和HCNOl点所示溶液中存在物料守恒:c（HCN）＋c（CNˉ）≡2c（Na＋）’b点所示溶液中存在物料守恒:c（CH3COOH）＋C（CH3COOˉ）＝2c（Na＋）,二者c（Na＋）相同］则c（HCN）＋c（CN）＝c（CH3COOH）＋c（CH3COOˉ）｛即c（CH3COOˉ）＿c（CNˉ）＝C（HCN）ˉc（CH3COOH）°［刷育所得］任何溶液中都存在两种守恒关系］—是溶液不带电］即电荷守恒,溶液中离子所带正电荷数之和与所带负电荷数之和相等;二是物料守恒｛溶液中的投料物质中的元素原子的物质的量不变,原子间有确定的比例关系°4（1）将浓硫酸沿烧杯内壁慢慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌,冷却后再慢慢注入H2O2中,并不断搅拌（2）Fe（OH）39。0×10ˉ7mol·Lˉl（3）3.8×10—22Sc3＋＋3H2C2O4—Sc2（C2O4）3↓＋6H十（4）2Sc2（C2O4）］＋3O2望Sc2O］＋l2CO2（5）0.023Vg［解析］（］）不同的液体混合时,般先加密度较／」｀〕易挥发的｛后加密度大的｀难挥发的,若混合时放热〕贝｜」最后加受热易分解的,因此,混合的实验操作是将浓硫酸沿烧杯内壁′｜曼慢注入水中,并用玻璃棒不断搅拌!冷却后再′｜曼慢注入H2O2中!并不断搅拌。（2）废酸中含抗＼铁＼铁｀锰等离子〕洗涤“油相＂已除去大量的钦离子,根据Ksp［Mn（OH）2］≡l.9×l0l3、Ksp［Fe（OH）3］＝2.6×l0ˉ39｀Ksp［Sc（OH）3］＝9.0×l0ˉ3l｛可以求出余下三种阳离子沉淀完全时（阳离子浓度小干］05mol.L—l）的pH］即锰离子沉淀完全时的pH约为l0航离子沉淀完全时的pH约为5,而Fe3＋沉淀完全时的pH约为3〕所以先加入氨水调节PH＝3,过滤!滤渣的主要成分是Fe（OH）3!再向滤液中加入氨水调节PH≡6’此时滤液中幢（o＂ˉ｜-｜0ˉ＂…｜,滤…｀酌浓虞为悠删且｜熟］三≡9.0×10ˉ3l（］08）3mol.Lˉl≡9.0×l0ˉ7mol.Lˉl。ll0ˉ2×（l0ˉ2）2≈3.8×10ˉ2｛＂沉杭＂得至｜」草酸杭的离子方程式为2Sc3＋＋3H2C2O4-＝Sc2（C2O4）3↓＋6H十°言÷曰（4）草酸抗＂灼烧＂氧化的化学方程式为2Sc2（C2O4）3＋3O2旦旦2Sc2O3＋12CO2°（5）废酸中含杭量为15mg·Lˉl!贝｜」VL废酸中含抗的质量为l5×］03g°Lˉl×VL＝0。0l5Vg,所以最多可提取Sc2O3的质量为4!川!龟［蕊坠im」＝0°023Vg◎（l）将Co3＋｀Fe3＋还原△（2）3Cl2＋6OHˉ＝＝≡ClO丁＋5Clˉ＋3H2O6。72L（3）除去Mn2＋B（4）0。7（5）Oc（NH《）＞c（SO;—）＞c（OHˉ）＞c（HSO丁）＞c（H＋）@HSO丁＋OH＝≡SO;ˉ＋H2O［解析］（1）Na2SO3具有还原性］能够将溶液中的Co3＋｀Fe3＋还原°（2）氯气通入热的浓氢氧化钠溶液中生成NaClO3〕反应的离子方△程式为3Cl2＋6OHˉ＝＝＝ClO丁＋5Clˉ＋3H2O;l0.65gNaClO3的物质的量为0。lmol｛需要Cl2的物质的量为0.3mol』根据电解食盐水的化学方程式;2NaCl＋2H2O望皇2NaOH＋H2↑＋Cl2↑可知］生成0.3molCl2的同时生成标准状况下H2的体积为0.3mol×22.4L·molˉl＝6·72L◎（3）根据流程图和已知信息@可知,滤液Ⅱ中存在Mn2＋＼Co2＋,由革取齐｜」对金属离子的革取率与pH的关系可知,调节溶液pH在3.0左右,可使Mn2＋基本上被完全革取,并防止Co2＋被革取°（4）吐l1吕兰ˉ1ˉc（Mg2＋）.c2（F＿）＝K富p（MgF2）＝7.35×l0u吕二0.7◎（5）氨水吸收废气中的SO2生成的正盐为亚硫酸镶在亚硫酸按溶液中’由于K凰（NH3.H2O）＞K鲤（H2SO3）’故SO;ˉ的水解程度大于NHJ的水解程度,贝」溶液呈碱性,因此溶液中C（NH旷）＞c（SO;ˉ）＞c（OHˉ）＞c（HSOJ）＞c（H＋）°@形成的酸式盐为NH4HSO3,加入NaOH溶液后］NH旷可与OH反应生成NⅡ3.H2O』HSO丁可与OHˉ反应生成SO;ˉ,由于SO;ˉ在水溶液中存在水解平衡』SO;ˉ＋H2O≡＝HSOj＋OH』平衡常c（HSO丁）.c（OHˉ）c（HSO丁）·c（OHˉ）。c（H＋）数Kh＝＝＝c（SO;＿）c（SO;ˉ）.c（H＋）Kwl0ˉl4瓦＝13×］08≈7刁×l0ˉ7＜Ka（NH3.H20）＝L8×10ˉ5》故碱性;NH3.H2O＞SO;’则向NH剿HSO］溶液中加入少呈NaOH溶液时,HSO丁优先与OHˉ结合生成SO;ˉ,反应的离子方程式为HSOj＋OHˉ＝＝≡SO;＋H2O°5c（C2O1ˉ）（3）25℃时pH＝2的草酸溶液中c〔ⅢC2OJ＝c（C2O蜀ˉ）.c（H＋）c（HC2OJ）.c（H＋）≡××c2（H＋）c（HC2OJ）c（H2C2O4）Ka2（H2C2O4）×Kal（H2C2O4）×c2（H＋）≡6°4×105×5°9×第9章电化学第34练原电池原理及其应用颗号答案颗号答案题号~答案2.B［解析］A项』原电池中阴离子向负极移动,MnOJ向A极移动］贝｜」A极为Zn片,作原电池的负极,发生氧化反应’正确;B项,电子由A极（负极）经导线流向B极（正极）,错误｛C项｛H＋在Cu电极上得电子产生H2,正确D项,Zn会与滤纸上的稀硫酸继续反应而溶解‖正确°3.C［解析］由电池总反应可知］Cu失电子被氧化生成Cu2＋!贝｜」Cu］日β日1~B句≡蕾□□＝丁＝口凹3斗＝□日∧◎≡β＿∧’…日川—●｝↑.B［解析］A中正极放电的是MnO2!B中正极放电的是O2』C中正极放电的是PbO2!D中正极放电的是NiOOH°答素及解析卿［关键点拨］结合电池内部离子的移动方向半｜」断出Pt作正极,NiO作负极］正极的电极反应式为O2＋4e＿—2O2ˉ］负极的电极反应式为NO-2e＿＋O2＿—NO2°a∧［解析］由题干中充电总反应式可知该电池放电时,正极上NiOOH发生得电子的还原反应生成Ni（OH）2］结合原子守恒｀电荷守恒可知’正极上电极反应式为NiOOH＋H2O＋eˉ-Ni（OH）2＋OHˉ］A项正碉充电时］阴离子移向阳极〕B项错误『充电过程中］阴极上电极反应式为M＋H2O＋eˉ-MH＋OH］H2O中的H＋得电子被还原!但不是被M还原］M为储氢材料!把生成的H2吸收起来〕所以M不参与反应,C项错误;由题中所给反应可知〕若用KOH溶液、氨水等作电解质溶液,该电池充电后生成的NiOOH又与电解质溶液反应生成Ni（OH）2｛无法完成充电,D项错误◎9B［解析］根据图示,电极反应应在催化层表面进行｛所以电极反应中得至｜」或失去的电子需要通过多孔扩散层传导’A正确;若不通入水｛CH3OH在电极反应中只能转化为CO｜不禾｜」于提高电池的比能量,B错误｛根据得失电子守恒’当电路中有3mol电子移动,则内电路中必有3molH十通过质子交换膜C正确阴极上O2得至｜」电子消耗H＋生成水〕所以H＋移向阴极催化层｛D正确。［易错塑示］解答本题时易受电子不能在电池内部的电解质溶液中移动的影晌而误以为A错误’实际上多孔扩散层相当于外电路的—部分,所以其可以起传导电子的作用°T0。C［解析］多孔电极的接触面积大‖有利于氧气的吸附〕A项正确;根据信息提示,相同质量的Mg、Al｀Zn完全反应,失去电子的物质的量分别为般m∩｜＼;mo｜｀击mol》B项正确;正极为O2放电］由于有阴离子交换膜］负极产生的阳离子不会进入正极区,所以正极的电极反应式为O2＋2H2O＋4e-4OHˉ,C项错误;不能采用碱性电解质‖否则负极产生的Mg2＋与OHˉ反应生成沉淀｀采用阳离子交换膜时〕正极产生的OH不能通过阳离子交换膜移至｜」负极』D项正确°为负极,Ag为正极,盐桥中阳离子向正极移动｜贝｜」K＋移向AgNO3溶液］A｀B错误;负极反应式为Cu-2eˉ-Cu2十〕贝｜」原电池工作—段时间后］溶液中c（Cu2＋）增大］C正确｛取出盐桥后,该装置不能形成闭合回路,故电流计指针不发生偏转］D错误°4.D［解析］放电时为原电池,质子向正极移动’Ptl电极为负极｛Pt2电极为正极!贝｜」质子由Pt｜电极移向Pt2电极0A错误;Ptl电极为负极,发生氧化反应,SO2被氧化成硫酸』电极反应为SO2＋2H2Oˉ2eˉ—SO】ˉ＋4H＋’B错误酸性条件下』O2得电子发生还原反应生成水!C错误;相同条件下］放电过程中,负极发生氧化反应2SO2＋4H2Oˉ4eˉ—2SO;ˉ＋8H＋｛正极发生还原反应O2＋4eˉ＋4H＋-2H2O‖根据得失电子守恒,放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2:l,D正确。［易错肇示］Pt｜电极为负极,发生氧化反应,SO2被氧化成硫酸!电极反应为SO2＋2H2Oˉ2e-SOiˉ＋4H＋,—定要注意硫酸应当拆成离子形式,这＿点易被忽视而导致错选B项°5。∧［解析］由电池结构图可知｜氧气在正极得到电子〕发生还原反应!与移向正极的H＋反应生成水］A错误;微生物在反应中促进葡萄糖的氧化,即促进了电子的转移〕B正确;利用原电池工作原理知｛质子可通过质子交换膜由负极区移向正极区,C正确｛该电池的总反应为葡萄糖发生氧化反应生成二氧化碳和水,D正确°6.B［解析］由题图并结合金属活动性｜｜顶序可知｛Zn作负极!Pt作正极〕故电流从Pt电极沿导线流向Zn电极,A错误｛Pt电极为正极!电极反应为H2O2＋2eˉ—2OHˉ,B正确『每消耗6.5gZn整个电池转移0.2mol电子〗反应0.1molH2O2,C错误;原电池中的阴离子向负极移动,故食盐水中Clˉ向Zn电极移动］D错误°7.B［解析］原电池中］阴离子由正极移向负极〗故由氧离子的移动方向可知NiO电极为原电池的负极｜Pt电极为原电池的正极,A错误｛MO电极上NO失电子和O2ˉ反应生成NO2〕电极反应式为NO＋O2—2eˉ—NO2｛B正确｝正极上的电极反应式为O2＋4e—2O2ˉ,C错误;根据得失电子守恒』反应消耗的NO与O2的物质的量之比应为2:l,D错误。第35练电解池原理及其应用电生成klO］｛其电极反应式为Iˉ-6eˉ＋3H2O—IO丁＋6H＋‖B正确;KI和KIO3在强酸性溶液中会发生氧化还原反应,不禾｜」于生产碘酸钾,C错误｛碘化钾和碘酸钾都是强酸强碱盐,其溶液都呈中性］电解过程中水参加反应｛导致溶液浓度增大,但溶液的pH几乎不变,D错误。4B［解析］结合题图,由α点可知,原混合溶液中Cu2＋发生水解使得pH＜7!阴｀阳两极离子的放电‖顶序分另｜」为Cu2＋＞H＋｀Cl＞OHˉ!αb段是由于铜离子浓度减小,水解后得至｜」的H＋浓度减小］溶液的pH增大,H＋未被还原〗A错误｛Cd段溶液的PH减小,此时参与电解反应的离子为H＋、OHˉ,相当于电解水,B正确;电解至c点时,溶液中溶质为硫酸｀硫酸钾!向电解液中加入适量CuCl2固体,不能使电解液′｜灰复至原来的浓度,C错误!若原溶液中c（KCl）:c（CuSO4）＝2:l｛电解过程中Cu2＋和Clˉ同时完全反应‖之后均为电解水过程,图像中应无6C段,D错误°5.c［解析］甲池生成氢气发生还原反应｛为电解池的阴极‖电极反4·48L应式为2H2O＋2e＝≡＝H2↑＋2OHˉ〕几（H2）＝22.4L°mo］l■＝0.2mol,转移0。4mol电子］生成0.4molOH!经〖日离子交换膜通过的K＋的物质的量为O4mol,即O4ⅣA,A正确;甲池生成0.4molOH’贝｜」经阳离子交换膜通过的K＋的物质的量为β~~~~~日题号答案题号答案’二·…β…日〕＝日…’◎牛日］∧肖／…□◎…Ⅱ…◎c○…日］皿‖.∧［解析］铜芯上镀银时〕铜芯作阴极,纯银作阳极,A正确『电镀的速率只与电路中电子流动的速率有关］所以若保持电流恒定］升高温度,电镀的速率不变〗B错误;电解精炼铜时,粗铜作阳极,粗铜中的Zn、Fe等杂质也会失电子生成Zn2＋｀Fe2＋等,阴极上只析出铜］故溶液中c（Cu2＋）减小!C错误｛铜锌原电池中,铜作正极』其质量不变,D错误。2.C［解析］根据电解原理’碳棒作阴极’铜棒能够代替碳棒］起导电作用｛A正确;阳极的电极反应式为2Al—6eˉ＋3H2O-Al2O］＋6H＋,阴极的电极反应式为2H＋＋2e—H2↑,总反应式为2Al＋3H2O皇三Al2O3＋3H2↑,电解过程中消耗水’使硫酸浓度增大｜c（H＋）增大,即溶液的pH减／｜｀］B正确;电子的移动方向为电源的负极→碳棒铝片→电源的正极］C错误;利用滑动变阻器调节电路中电流的大小’即可控制氧化膜的形成速度,D正确°3.B［解析］根据电池总反应式可知〕β日极上Iˉ放电生成碘酸根离子］贝｜」阳极应为石墨!阴极为不锈钢,A错误;电解时,阳极上Iˉ放碉离考′卜题练透化学0.4mol‖c（KOH）＝0.2L×2mol°Lˉl＋0.4皿＝4mol·Lˉl,即02L电解后甲池中溶液浓度为4mol·L＿l］B正确;A电极为阴极‖C错误｛电源正极上FeS被还原生成Fe‖正极反应式为FeS＋2Li＋＋2eˉ—Fe＋Li2S,D正确°6.C［解析］与b电极连接的电极上HSO丁转变为S2Oi＿』硫元素化合价降低｜发生还原反应〕判断该电极为阴极］所以b为电源的负极｛A错误｝与电源a极相连的电极为电解池的阳极］电极反应式为Ag-eˉ＋Clˉ-AgCl,B错误｛阴极的电极反应为HSO丁被还原为S2O蜀ˉ!依据电荷守恒和原子守恒书写其电极反应式;2HSOj＋2H＋＋2eˉ—S2O:ˉ＋2ll2O,C正确｛温度和压强未知,无法计算气体体积,D错误°7D［解析］根据发生反应的离子方程式知‖电解过程消耗OH—｛溶液pH减／」｀!A项错误;铁是活泼金属］作阴极］电极上发生还原反应,得至｜」电子的应是H＋,B项错误;为了使电解池连续工作〕需要补充NaOH和NaCl,C项错误｝反应O消耗lmolCNˉ转移2mol电子,生成］molCNOˉ,反应O消耗］molCNOˉ需要L5molCl2‖反应@生成1.5molCl2转移3mol电子,因此需要外电路至少转移5mol电子,D项正确°8.B［解析］由HSO丁生成S2O;＿』发生还原反应’A电极应为阴极’连接电源的负极,故A错误;阴极的电极反应式为2HSO丁＋2H＋＋2eˉ—S2O甜＋2Ⅱ2O,消耗H＋｛A极区溶液的碱性增强｛故B正确｛B极为阳极］电极反应式为SO2＋2H2O—2e-SO;＋4H＋,结合阴极的电极反应式］离子交换膜应使H＋通过’应为阳离子交换膜］故C｀D错误。9.C［解析］由题图可知〕A2ˉ｀H＋分另｜经阴、阳离子交换膜进入浓缩室生成H2A〕结合离子移动方向可知‖电极a为阳极｀电极b为阴极°根据电解规律,电极a上发生的电极反应为2H2O—4eˉ-O2↑＋4H＋,电极b上发生的电极反应为4H2O＋4eˉ—2H2↑＋4OH—,A错误『通电—段时间后』电极a发生电极反应;2H,O—4e—-O2↑＋4H＋‖O2逸出!H＋通过阳离子交换膜进入浓缩室〕故电极a相当于电解水,硫酸溶液的浓度增大｛酸性增强,所以硫酸溶液的pH降低｛B错误;根据上述分析,A2ˉ通过阴离子交换膜进入浓缩室｜C正确;气体所处状态未知｛无法计算其体积』D错误°‖0。B［解析］M室中石墨电极与电源正极相连作阳极］电解时阳极上溶液中的水失电子生成O2和H＋］电极反应式为2H2O—4eˉ—O2↑＋4H＋〕A正确;原料室中的［B（OH）4］ˉ通过b膜进入产品室｀Na＋通过c膜进入N室｛M室中的H＋通过a膜进入产品室,贝」a、c为阳离子交换膜!b为阴离子交换膜,B错误N室中石墨电极与电源负极相连作阴极〕电解时阴极上溶液中的水得电子生成H2和OH］原料室中的Na＋通过c膜进入N室,溶液中c（NaOH）增大!所以N室中:α％＜b％,C正确｝理论上每生成lmol产品M室中生成lmolH＋］转移lmol电子M｀N室的电极反应式分另｜」为2H2Oˉ4eˉ-O2↑＋4H十｀2H2O＋2eˉ＿H2↑＋2OHˉ,N室生成0.5molH2,M室生成0.25molO2!两极室共产生标准状况下l6.8L气体’D正确°｛关键点拨］电解池中与电源正极相连的—极作阳极’失电子发生氧化反应;与电源负极相连的—极作阴极‖得电子发生还原反应｜阳离子移向阴极｀阴离子移向阳极°们.C［解析］根据装置图中H＋的移动方向〕可知M电极是负极‖Fe（Ⅱ）为阴极』A错误;由甲醇燃料电池装置图可知,M电极生成了H＋M电极的电极反应式为CH3OH＋H2O—6eˉ-CO2↑＋6H＋,B错误Fe（I）作阳极｛失电子产生Fe2＋’6Fe2＋＋Cr2O;ˉ＋l4II＋一Fe3＋＋2Cr3＋＋7H2O’电解—段时间后’Fe（Ⅱ）附近产生的OHˉ大量移向阳极区,在Fe（I）附近产生Fe（OH）3、Cr（OH）3沉淀而析出!C正确｜阳极区有关系式6Fe～l2eˉ～6Fe2＋～Cr2O;ˉ』电路中每转移6mol电子’最多有0.5molC『2O;ˉ被还原’D错误°第36练金属的腐蚀与防护~~护法,C错误｀D正确°［关键点拨］通电时为外加电流的阴极保护法!断电时为牺牲阳极的阴极保护法。4D［解析］若加热,具支试管内气体受热压强增大,可能观察不到液柱上升,A项错误;在铁腐蚀的原电池反应中］铁作负极,B项错误;图丙装置中负极区Al优先放电］所以负极的电极反应式为Al—3eˉ—Al3＋,正极的电极反应式为O2＋2H2O＋4eˉ-4OHˉ,C项错误｝总反应式为4Al＋3O2＋6H2O-↓Al（OH）3’生成的Al（OH）3进步脱水形成白斑］l〕项正确°5D［解析］Kl｀K2连接时形成原电池,在中性条件下‖铁作负极,失电子］石墨作正极,正极上氧气得电子生成OH—,则Fe发生吸氧腐蚀］A正确;Zn、Fe形成原电池,Zn作负极被腐蚀］Fe作正极被保护］属于牺牲阳极的阴极保护法’B正确｛Kl、K3连接时形成电解池,Fe作阴极』阴极上H＋得电子］石墨作阳极］阳极上Clˉ失电子,相当于电解饱和食盐水,生成氢气｀氯气和氢氧化钠｛C正确;Fe与电源的正极相连!Fe作阳极,失电子』被腐蚀‖Fe没有得至」保护〕D错误°｜题号~~~~~~~~~答案1~~~~~D勺垄…∏凹〕…◎斗…□日出∏TD［解析］铝不能与NaCl直接发生反应,A错误氯化钠是强酸强碱盐,不发生水解!B错误;铝制品中不能长时间存放用食盐胯带｜｜的食品,是因为铝与其他活动性弱的金属、氯化钠溶液形成原电池,铝作负极失去电子!被氧化』发生吸氧腐蚀,加速铝的溶解］C错误｀D正确°［易错警示］食盐胯制的食品不能长期存放在铝制品中不是因为铝与氯化钠反应〕而是铝与其他活动性弱的金属、氯化钠溶液形成原电池而加速铝的溶解°2D［解析］在电解池中］阴极本身不参与电极反应,故用外加电流的阴极保护法防止钢铁腐蚀时,钢铁应作电解池的阴极〕接电源的负极｜D项错误°3.C［解析］通电时,锌环连接电源正极］作阳极!发生氧化反应,A正确‖阴极附近溶液中的H＋得电子,发生的电极反应为2H2O＋2e-H2↑＋2OHˉ,B正确｛断电时发生原电池反应,锌环失电子作负极,电极反应为Znˉ2eˉ-Zn2＋｛属于牺牲阳极的阴极保第37练电化学原理的综合应用l（］）ba（2）MnO2＋e—＋Li＋＝＝＝LiMnO2（3）不能Li是活泼金属,能与水反应＝s曰（4）3MnO2＋KClO3＋6KOH旦丝3K2MnO4＋K（】l＋3H2O2:l［解析］（l）活泼金属Li作电池负极’失去的电子由a极经过导线流向b极,电流方向与之相反’是由b极流向a极°（2）负极上Ll失去电子生成Li＋:Li-e-Li＋｜正极上MnO2得至｜」电子的同时结合迁入的Li＋生成LiMnO2MnO2＋e—＋Li＋—LiMnO2◎（3）Li是活泼金属］易与水反应!因此不能用水代替电池中的混合有机溶齐｜」。（4）因锰元素价态升高］故KClO3被还原为KCl,再根据得失电子守恒和质量守恒补全产物并配平方程式即可。由氧化还原反应中答素及解析腮Ⅱ.电解CuSO4溶液时,Cu2＋在阴极放电］水电离出的OHˉ在阳极放电』电解的总离子方程式为2Cu2＋＋2H2O皇皇2Cu＋O2↑＋4H＋°OC极为阴极,电极反应式为Cu2＋＋2eˉ-Cu,当析出0.64g（即0.0lmol）Cu日寸］根据Cu2＋～2H＋～H2SO4可知］生成H2SO4的物质的呈也为0.01mol°电解CuSO4溶液时,阴极析出Cu,阳极产生O2,且2Cu～O2故可向电解质溶液中加入CuO｀CuCO3等使电解质溶液完全复原°@加入0.2molCu（OH）2相当于加入0.2molCuO和0ˉ2molH2O］则电解过程中转移电子的物质的量为0。2mol×2＋0.2mol×2≡O8mol〕即0.8ⅣA个电子°［刷盲所得］电解后恢复浓度—般观察体系中减少了哪些原子］贝｜｜将这些原子组合成对应的化合物加入其中即可恢复’如电解食盐水!生成的氢气｀氯气从体系中分离出去,则通入氯化氢气体可恢复浓度］不能加入盐酸,因为盐酸中含有水。（l）2HSO丁＋2eˉ＋2H＋-S2O;ˉ＋2H2O2NO＋2S2O】＋2H,O—N,＋4HSO丁（2）OClˉˉ5e＋2H2O—ClO2↑＋4H＋α.01在阴极发生反应:2H十＋2eˉ-H2↑,H＋浓度减小,使得H2O≡≡OH＋H＋的平衡向右移动,OH浓度增大,pH增大得失电子守恒可知K2MnO4发生歧化反应时’生成的KMnO4和MnO2的物质的量之比为2:l。2（1）负（2）溶液变红4OH—4eˉ-2H2O＋O2↑（3）B（4）负2H2＋4OHˉ＝4eˉ—4H2O（5）氧化C02＋2H＋＋2eˉ-HCOOH［解析］（l）断开K,电极M、N及氢氧化钾溶液构成电解池,根据离子的放电｜｜顶序,溶液中氢离子｀氢氧根离子放电,分另｜」生成氢气和氧气’根据转移电子数目相等可知生成的氢气和氧气的体积比为2:1通过图甲知M极上产生的气体体积是N极上产生的气体体积的2倍‖所以M极作阴极,H＋放电生成氢气,N极作阳极,OHˉ放电生成氧气,故R是负极,S是正极‖所以B极是阳极,A极是阴极°（2）A极是阴极〕电解Na2SO4ˉKMnO4溶液时｛在该极上放电的是氢离子,所以该极附近溶液碱性增强,酚酞显红色‖B极是阳极,该极附近发生的电极反应式为4OHˉˉ4e-2H2O＋O2↑°（3）浸有Na2SO4ˉKMnO4溶液的滤纸和电极A｀B与电源也构成了电解池］B极是阳极］A极是阴极,电解质溶液中的阴离子MnO『向阳极移动’所以B极附近呈紫色。（4）当C｀D里的气体产生至」定量时｛切断外电源并接通开关K’构成氢氧燃料电池］在燃料电池中｛负极上氢气发生反应｛电极反应式为2H2＋4OHˉ—4eˉ-4H2O;正极上氧气发生反应］电极反应式为O2＋2H2O＋4eˉ—4OHˉ°（5）由图乙可知,电子由a流出’通过导线流向b,故a为负极｀b为正极°负极（a处）发生氧化反应j正极发生还原反应’二氧化碳获得电子并结合H＋得到HCOOH,电极反应式为CO2＋2eˉ＋2H＋—HCOOH◎3.（l）负O2＋2CO2＋4eˉ—2CO;ˉ（2）I.α.l01@lⅡ2Cu2÷＋2H2O望皇2Cu＋O2↑＋4H＋OO01BCα.8ⅣA［解析］（l）燃料电池工作过程中］熔融盐中的阴离子向负极移动,即CO;—移向负极。CH4在负极发生氧化反应生成CO2和H2O,负极的电极反应式为CH4＋4CO;ˉˉ8eˉ—5CO2＋2H2O,该燃料电池的总反应式为CH4十2O2-CO2＋2H2O,结合得失电子守恒｀负极的电极反应式和电池总反应式推知｜正极的电极反应式为O2＋2CO2＋4e—2CO;＿°（2）I.@A｀B｀C｀D均为′｜青性电极Pt〕M槽电解NaCl和CuSO4的混合溶液,阳极上离子的放电‖顶序为Cl＞OHˉ＞SO;—,阴极上离子放电‖顶序为Cu2十＞H＋＞Na＋｛开始时阴极上析出Cu,〖日极上产生Cl2｛则图中曲线a是阴极产生气体体积的变化曲线』曲线b是阳极产生气体体积的变化曲线°阳极上发生的反应依次为2Cl—2eˉ-Cl2↑｀2H2Oˉ4e-O2↑＋4H＋,由曲线b可知］Clˉ放电完全时生成224mLCl2（即0.0lmol）］根据Cl原子守恒可知,混合溶液中C（NaCl）＝0.lmol.Lˉl｛阴极上发生的反应依次为Cu2＋＋2eˉ-Cu＼2H2O＋2eˉ—H2↑＋2OH,由曲线b可知Cu2＋放电完全时!阳极上产生224mLCl2（即0.0lmol）和l12mL（即0.005mol）O2］则电路中转移电子的物质的量为0.0lmol×2＋0.005mol×4＝0.04mol,根据得失电子守恒可知n（Cu2＋）＝0.04mol×0.5＝O02mol,故混合溶液中c（CuSO4）≡0』mol。Ll°α～tl内相当于电解CuCl2,电解方程式为CuCl2皇皇Cu＋Cl2↑’′｜～t2内相当于电解CuSO4’电解方程式为2Cu2＋＋2H2O望2Cu＋O2↑＋4H＋’则生成H＋的物质的量为0.0O5mol×4＝α02md』则有°（H.｜＝0f警l＝0」m。l.L｜｀故溶液的PH≡1◎4…＾＾／＼／√…~~~~~~~~~~~~~~~~~~Fe2十＝翌解质溶涯≡三雪仓ˉ＝-＝＝-（3）嘲≡ˉ遏＼｜【诅二～＞潮湿的空气与铁轨中的铁和碳构成原电池,铁为负极’发生氧化反应:Fe—2eˉ-Fe2＋;潮湿的空气作为电解质,因电解质中有H2CO3,电离出氢离子,2H＋＋2e—H2↑,发生析氢腐蚀;电解质中又溶有氧气,O2＋4e＋2H2OˉOH,发生吸氧腐蚀（4）正极SO2＋2H2Oˉ2eˉ—SO1ˉ＋4H＋［解析］（1）电解池的阴极发生还原反应,HSO丁得电子生成S2O;ˉ,电极反应式为2HSO丁＋2e＋2H十—S2O】ˉ＋2H2O;S2O;ˉ与NO发生氧化还原反应生成N2和HSOf,离子方程式为2NO＋2S2Oiˉ＋2H2O—N2＋4HSOj°（2）O由题意可知］阳极上cl—放电生成clo2,由元素守恒可知,有水参加反应,同时生成H＋］阳极的电极反应式为Clˉ-5e＋2H2O-ClO2↑＋4H＋。@在阴极发生反应2H＋＋2eˉ-H2↑,生成氢气的物质的量为0」l2Lˉ』＝O005mol’通过阳离子交换膜的β日离子为＋l价22.4L°molˉ1-u·uu√皿止u』,′哩人兰P‖回」.≥～］大′』大‖〕限川回」／u｜且｜／｜离子,所以通过交换膜的阳离子的物质的呈为0.005mol×2＝0.01mol｝电解时阴极附近H＋浓度减小,使得H2O＝＝OHˉ＋H＋的平衡向右移动］溶液的pH增大°（3）钢铁的主要成分为铁和碳］与电解质溶液构成原电池］铁为负极,碳为正极!电子由负极流向正极°高铁铁轨锈蚀的原因是潮湿的空气与铁轨中的铁和碳构成了原电池,铁为负极,发生氧化反应:Fe-2e—Fe2＋;潮湿的空气作为电解质］因电解质中有H2CO3,电离出氢离子,2H＋＋2e＿H2↑,发生析氢腐蚀｝电解质中又溶有氧气,O2＋4eˉ＋2H2O-4OHˉ!发生吸氧腐蚀。（4）由题意可知｜图丁所示原电池的目的是用SO2和O2来市｜」备H2SO4!B极生成硫酸,则B极通入的气体应为SO2,S元素由＋4价升言到＋6价,发生氧化反应!B极为负极!A极为正极°B极上SO2发生氧化反应,电极反应式为SO2＋2H2O—2eˉ＿SO;ˉ＋4H＋。5.（1）OH2＋2OH——2eˉ—2H2O@a.阳极室b,防止Na2FeO4与H2反应使产率降低硼惠考小题练透化学c。M点:c（OHˉ）低,Na2FeO4稳定性差’且反应慢Ⅳ点;c（OHˉ）过高,铁电极上有Fe（OH）3（或Fe2O3）生成,使Na2FeO4产率降低（2）阴CO2＋6H＋＋6eˉˉCH3OH＋H2O［解析］（］）O碱性氢氧燃料电池的负极反应式为H2＋2oHˉ＿2eˉ-2H2O◎@a.根据电解总反应式;Fe＋2H2O＋2OHˉ鱼里FeO;ˉ＋3H2↑』结合阳极发生氧化反应知,阳极反应式为Fe-6e—＋8OHˉ-FeOi—＋4H2O,结合阴极发生还原反应知!阴极反应式为2H2O＋2eˉ-2OH＋H2↑。贝｜｜阳极室消耗OHˉ且无补充,故c（OH）降低。b,结合题给信息｜｜Na2FeO4易被H2还原＂,所以阴极产生的氢气不能接触至｜」Na2FeO4〕故需及时排出。c图Z中随初始c（NaOH）增大c（Na2FeO4）先增大后减／｜｀｛结合已知信息＂Na2FeO4只在强碱性条件下稳定｜｜』贝｜」″点c（Na2FeO4）低的原因是c（OH）小］反应速率小且Na2FeO4稳定性差｛结合已知信患＂若氢氧化钠溶液浓度过言,铁电极区会产生红褐色物质』］则Ⅳ点c（Na2FeO4）低的原因是c（OHˉ）过言’铁电极上产生Fe（OH）3或Fe2O3］使Na2FeO4产率降低。（2）（〕O2中C的化合价为＋4价,CH3OH中C的化合价为-2价,CO2得电子后生成CH3OH,该还原反应发生在阴极,电解质溶液为酸性］所以电极反应式为CO2＋6e＿＋6H＋—CH3OH＋H2O°综合训练5第8＝9章综合训练（第29＝37练）｜~~题号~~~答案l2C｜Dc（OHˉ）＞c（H＋）,D正确°5。B［解析］根据题图可知〕实验装置中的氧气浓度均逐渐降低’故为吸氧腐蚀,其正极反应为O2＋4eˉ＋2H2O一OH!A正确｝根据题图可知!NH4Cl｀（NH4）2SO4的反应速率接近’NaCl｀Na2SO斗的反应速率接近,目NH4Cl的反应速率远大于NaCl,（NH4）2SO4的反应速率远大于Na2SO4,故阴离子对反应速率影∩向不大,NHj是影响反应速率的主要因素,B错误｛因为NH旷是影响反应速率的主要因素,能导致钢铁的吸氧腐蚀速率加′｜央,故向实验@中加入少量（NH4）2SO4固体〕吸氧腐蚀速率加快,C正确｛实验O@的溶液呈酸性,实验oo的溶液呈中性］根据题图可知,铁钉的平均吸氧腐蚀速率酸性溶液＞中性溶液,D正确°6.D［解析］常温下,K罩p［R（OH）3］＝1.0×l0ˉ38,在c（R3＋）＝0。0l0mol。Lˉ｜的溶液中｛R］＋开始沉淀时c（OH）＝l0×10ˉ｜2mol.Lˉl!即pH≥2.0时R3＋开始沉淀,A正确根据电离平镭…达式可得:｜删:i｜＿幢｜备｜温度个变』K.不变』［｜删‖∏｝的值与僧｜＂,｜有关』p…0升到虱＂』幢｜Ⅱ｛｜减小为原来的市,:｜删:i｜的健…｜原来的］＂倍』B正确0.02mol°Lˉ｜的NaOH溶液与0.02mol°Lˉ!的NaHC2O4溶液等体积混合后｛溶液中溶质为Na2C2O4｜根据物料守恒有c（Na＋）＝2［c（C2O1ˉ）＋c（HC2O『）＋c（H2C2O4）］!C正确;根据电荷守恒;c（H＋）＋c（NHJ）≡c（OH—）＋2c（SO;ˉ）,溶液呈中性,即c（H＋）＝c（OHˉ）,则c（NH旷）＝2c（SO;）＝lmol。Lˉl,c（NH3。H2O）＝（÷ˉ｜）mol.Lˉ｜’NH旷的水解常数K』＝′（NH’.H2O）×c（H＋）（÷ˉ｜）×l0ˉ?＝（÷—l）×l0ˉγ’D＝≡c（NH《）错误°7.∧［解析］当K闭合时』装置乙能自发进行氧化还原反应］为原电池’在电路中作电源!装置甲为电解池,不发生吸氧腐蚀］A项错误｛当K断开时｜装置乙不能构成原电池』但锌片和稀硫酸仍能发生化学腐蚀而溶解,且有氢气产生,B项正确;当K闭合后,装置乙为原电池!装置甲｀丙｀丁为电解池］电子从负极流向阴极］再从阳极流向阴极,电子不进入电解质溶液,所以整个电路中电子的流动方向为O→@〕O→O,@→◎O→@,c项正确｜当K闭合后’装置甲中阴极上水中H＋放电〕阳极上Cl放电’导致溶液中OHˉ浓度增大!溶液的pH增大｛而装置乙中正极上H＋放电〕导致溶液中〕∧斗≡●气亏＝巳了∧β□qC［解析］水合氨为弱电解质!在离子方程式中应用化学式表示,A项错误加水稀释后,溶液中c（NH旷）·c（OHˉ）的值变／｜｀〕B项错误;用HNO3溶液完全中和后,溶液为硝酸按溶液,NH旷水解使溶液显酸性’不显中性,C项正确;—水合氨为弱电解质』部分电离’0。l0mol.Lˉl的氨水中c（OHˉ）＜0.l0mol。Lˉl〕所以其溶液的pH＜l3!D项错误°2.D［解析］碱性锌锰电池中｛MnO2在正极发生还原反应,正极的电极反应式为MnO2＋eˉ＋H2O—MnO（OH）＋OH｛A项错误;铅ˉ硫酸蓄电池放电过程中发生的反应为Pb＋PbO2＋2H2SO4-2PbSO4＋2H2O’硫酸被消耗的同时生成H2O〕硫酸浓度不断减小］B项错误『电解精炼铜时粗铜作阳极｛纯铜作阴极］电解精炼铜的过程中］阳极粗铜中比Cu活泼的金属先放电,Cu后放电,阴极始终是CU2＋放电］阴极上析出的铜的物质的量大于阳极上减少的铜的物质的量〕溶液中Cu2＋浓度降低,C项错误｛银锌纽扣电池中,Zn作负极〕Ag2O作正极,电池工作过程中电子由Zn极流向Ag2O极』D项正确°3.∧［解析］等物质的量浓度｀等体积的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合后恰好完全反应,生成的CH3COONa是强碱弱酸盐,CH3COOˉ水解使溶液呈碱性,B项错误;在溶液中,阴离子所带负电荷总数应与阳离子所带正电荷总数相等,当c（CH3COO）＞c（Na＋）时｛c（H＋）应该大于c（OHˉ）］C项错误;加入氨水后,先由电荷守恒得c（CH3COO—）＋c（OII）＝c（Na＋）＋c（NHi）＋c（H＋）’若溶液呈酸性,c（OHˉ）＜c（H＋）,贝｜」c（CH3COOˉ）＞c（NH矿）＋c（Na＋）!若溶液呈中性,c（OH）＝c（H＋）!则c（CH3COOˉ）≡c（NH＄）＋c（Na＋）,若溶液呈碱性〕c（OHˉ）＞c（H＋）,则c（CH3COOˉ）＜c（NH扩）＋c（Na＋）』D项错误°［刷育所得］弱酸和强碱混合后,如果溶液显酸性］则～定是弱酸过量;如果是等浓度｀等体积的弱酸和强碱混合,由于弱酸根离子水解’溶液显碱′｜｀生°4C［解析］Al2（SO4）］溶液中Al3＋水解,离子方程式为Al］＋＋3H2O＝＝Al（OH）3＋3H＋!所以α点溶液呈酸性］A正确j6～c段,加入的OH主要与Al3＋反应生成Al（OH）3沉淀’B正确｝〃点时］Al3＋全部转化为AlOj,根据电荷守恒｜c～〃段溶液中离子浓度的关系为c（Na＋）＋c（H＋）＋3c（Al3＋）≡c（OHˉ）＋c（AlOJ）＋2c（SO:ˉ）,C错误;〃点时,溶液中的溶质为硫酸钠和偏铝酸钠』溶液显碱性,所以溶液中离子浓度的大小关系为c（Na＋）＞c（AlOf）＞答素及解祈腮（4）Pb3O4＋8HCl（浓）-≡3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O（5）2.6×l08（6）@pb（OH）丁＋OHˉ—Pb（OH）;ˉ@加入该试剂,Pb2＋的浓度转化率为0」而斗00纠×l00％＝96％』而『詹墩.的浓度转化率为0.l2-0.04×l00％＝67％,所以该试剂去除Pb2＋比Fe3＋效果好012［解析］（l）PbCl2的溶解度随温度升高而增大’流程中＂趁热过滤＂可以防止pbCl2结晶析出;根据流程图,滤液中含有Pb2十｀Zn2＋〕所以滤渣中有Ag和Fe（OH）3°（2）根据流程图,开始时需要加入盐酸,最后产物中有盐酸‖故可循环利用的物质是盐酸°（3）浊液l中通入适量氯气!其目的是将氯化亚铁氧化为氯化铁,反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2—2Fe3＋＋2Clˉ。（4）pb3O4与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气和PbCl2｛化学方程式为Pb3O郸＋8HCl（浓）-3PbCl2＋Cl2↑＋4H2O°（5）C（Pb2＋）≡KSp（PbS）3·4×］0ˉ28c（Cu2＋）Ksp（CuS）l、3×l0ˉ36≈2。6×l08。（6）O根据题图,pH＞］3时,Pb（OH）f的浓度分数减小,pb（OH）;ˉ的浓度分数增大’可知Pb（OH）丁与NaOH反应生成pb（OH）iˉ］反应的离子方程式为Pb（OH）丁＋OHˉ-Pb｜oⅡ）:『@加入该试剂』Pb2｀的浓度转化率为0」而斗0叫×｜00％二96％｀而『e…的浓度转化率为0」;了:04×l00儡≡67％｀所以该试剂去除Pb2＋比Fe3＋效果好。｛刷盲所得］（l）在较高温度下蒸发浓缩析出的晶体往往需趁热过滤〕防止降温后溶液中的其他物质同时析出。（2）溶液中含两种金属离子,加入硫化钠溶液,由于Ksp（PbS）＝3.4×l0-28＞Ksp（CuS）＝1.3×l0ˉ36〕当PbS开始沉淀时‖—定有CuS沉淀］所以溶液中同时存在两种溶解平衡,由两种物质的溶度积之比即可得出金属离子浓度比。H＋浓度减小,溶液的pH增大,D项正确°［关键点拨］当K闭合时,装置乙能自发进行氧化还原反应,所以装置Z为原电池!则装置甲｀丙｀丁都是电解池｛装置乙中Zn失去电子作负极｀Cu作正极’所以装置甲中C（石墨）｀装置丙中Cu｀装置丁中粗Cu都作阳极］装置甲中Fe＼装置丙中Ag｀装置丁中纯Cu都作阴极;当K断开时｛装置Z不能形成闭合回路］所以不能构成原电池’则锌和稀硫酸发生化学腐蚀°8（1）CO;ˉ＋CO2＋H2OˉHCOj（2）KHCO3｀K2CO3（3）ac（4）2KHCO3直垦K2CO3＋H2O＋CO2↑（5）阴极阴极室中水电离产生的H＋放电生成氢气,水的电离平衡正向移动,溶液中c（OHˉ）增大,OH＿和HCO丁反应生成CO;—和H2O,K2CO3得到再生［解析］（1）K2CO3溶液与CO2反应生成KHCO3,发生反应的离子方程式是CO;ˉ＋CO2＋H2O—2HCO丁°（2）根据化学方程式知500mL］mol°LˉlK2CO］溶液吸收5.6L的CO2（标准状况）形成的富液中含0.25molK2CO3｀0.5molKHCO3,该富液中的溶质是KHCO3｀K2CO3°（3）该富液中含0.25molK2CO3、0.5molKHCO3°根据电荷守恒知c（K＋）＋c（Ⅱ＋）＝2c（CO;＿）＋c（HCO丁）＋c（OHˉ）』a正确｛根据碳原子守恒知c（CO;）＋c（HCOJ）＋c（H2CO3）＝l5mol°Lˉl,b错误;溶液中离子浓度关系为c（K＋）＞c（HCOJ）＞c（CO;ˉ）＞c（OH）＞c（H÷）』c正确°（4）高温加热该富液｛碳酸氢钾分解生成碳酸钾、二氧化碳和水｛吉§曰发生反应的化学方程式是2KHCO3旦丝K2CO3＋H2O＋CO2↑°（5）分析图示知电解法要使K2CO3溶液再生｛富液应进入阴极室,阴极室中水电离产生的H＋放电生成氢气］水的电离平衡正向移动’溶液中c（OHˉ）增大’OH和HCO丁反应生成CO;ˉ和H2O’K2CO3得至｜」再生。9.（1）防止PbCl2结晶析出Ag和Fe（OH）3（2）盐酸（3）2Fe2＋＋Cl2-2Fe3＋＋2Cl综台训练6第6＝9章综合训练（第20＝37练）｝《＄c（HCO丁）Khl2×10ˉ4c（CO;ˉ）＝c（OHˉ）l0ˉ4二2,即c（HCOj）:c（CO;）＝2:l,B正确;根据题图可知〕pH≡8时,溶液中溶质为碳酸氢钠和氯化钠（l:l）‖当pH＝7时｛部分碳酸氢钠与盐酸反应生成氯化钠和碳酸‖因此溶液中c（Na＋）＞c（Clˉ）＞c（HCO丁）＞c（H＋）＝c（OHˉ）＞c（CO;ˉ）,C错误;由题图可知’当混合液的pH≈6时’H2CO3浓度不再增加］说明溶液已饱和!CO2开始逸出,D正确。4D［解析］容器I和Ⅲ的投料比是等效的〕平衡时,500K时CH3OH的浓度比4＂K时的′｜＼,说明升温后｛平衡逆向移动,故正反应为放热反应］o正确容器Ⅱ相当干对容器I加压,加压时!该反应平衡正向移动｛故容器Ⅱ中反应物的转化率大｛@错误;由表中数据知,达到平衡时,求得容器I中c（H2）＝0。叫mol.Lˉl』可推知容器Ⅱ中］c（H2）＜0.08mol°Lˉl］计算出容器Ⅲ中c（H2）＝0.15mol°Ll,o错误;容器I｀Ⅲ中投料比等效,但是容器Ⅲ中的温度高,所以容器Ⅲ中的正反应速率和逆反应速率均增大｜@正确。5.C［解析］阳极附近溶液中的水放电产生H＋和O2〕H＋由阳离子交换膜进入浓缩室］阳极相当于电解水］贝｜」H2SO4溶液浓度增大,即通电后‖阳极附近pH减′」＼,A错误｜电子不进入电解质溶液｛电解质溶液导电是因为带电离子的定向移动,B错误;电解池中,阴离子向〖日极方向移动］故通电后｛Aˉ通过阴离子交换膜从阴极区进入浓缩室］C正确根据阳极的电极反应式:2H2O—4e——O2↑＋4H＋,当电路中通过2mol电子时,会有0.5molO2生成,D错误。｛日＿◎~~~~~~~~~~~~斗□题号~答案印…＾℃勺叁≡口凹l~D‖.D［解析］催化剂只能改变反应速率而不能改变化学反应的反应热〕故A项错误;金属发生吸氧腐蚀的速率与氧气的浓度有关!氧气浓度越大〕金属被腐蚀的速率越′｜央,故B项错误〕原电池反应达至｜」平衡时｛两电极电势相等〕即电势差为0］该电池不再产生电流］故C项错误;在同浓度的盐酸中〕c（H＋）相同!CuS不溶而ZnS可溶〕说明CuS的溶解度比ZnS的小］故D项正确°2.B［解析］根据能量变化图分析,氧气最终变为活化氧,体系能量降低,则每活化—个氧分子放出029eV能量〕故A正确;反应过程中存在多步反应的活化能］根据能量变化图分析,整个反应的活化能应是活化能较大的｜贝｜」没有水加入的反应活化能E≡0ˉ75eV］有水加入的反应的活化能E＝0ˉ57eV〕所以水可使氧分子活化反应的沽化能降低0.75eV-0。57eV＝0.］8eV,故B错误｛根据题图分析］氧分子活化过程中O—O键断裂］生成C—O键,所以氧分子的活化是O—O键的断裂与C—O键的生成过程）故C正确｝活化氧可以快速氧化SO2｛而炭黑颗粒可以活化氧分子产生活化氧］所以炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂’故D正确°3.C［解析］H2CO3和CO;ˉ在溶液中发生反应生成HCO丁］所以H2CO3与CO;不能大量共存｜A正确;25℃时,CO;的水解平衡c（HCOj）×c（OH＿1＝2×l04』已知PH＝l0日寸’常数KM＝c（CO;ˉ）c（H＋）＝10ˉl0mol。Lˉ｜］c（OHˉ）＝l0ˉ4mol.Lˉl,因此硼离考／卜题练透化拳［刷盲所得］电解时电子由负极经过外电路流向正极,内电路中只有带电离子移动,—般阴离子移向阳极‖阳离子移向阴极,也可根据阴｀阳离子的移动方向判断电极的正｀负。6.（l）2.8×10ˉl3（2）O2AH2＋△H3°3＞p2＞p｜该反应的正反应为气体分子总数增加的反应,其他条件相同时‖压强增大’平衡逆向移动,H2S的转化率减小,故p3＞p2＞pl0.0025mol·Lˉl。hl0.53增大（3）O2SO;ˉ2eˉ—S2O;ˉ@K2S2O8＋2H2O-≡H2O2＋2KHSO4［解析］（l）结合表格,pH≡5时］c（S2）＝1.4×l0＿llmol.L—l,K慧p（MnS）＝c（Mn2＋）°c（S2—）＝0.020×1ˉ4×10ˉ｜l≡2·8×l0ˉl3◎（2）O对三个热化学方程式依次编号为I｀Ⅱ｀Ⅲ,根据盖斯定律I＝2×Ⅱ＋Ⅱ则△Hl＝2△H2＋△H3°@反应后气体分子总数增加,加压使平衡逆向移动,H2S的平衡转化率减′｜｀］结合图像可知p3＞p2＞pl°950℃｀压强为p3时］达至｜」平衡时』H2S的平衡转化率为30％;＂｜S2｜＝÷汹（H2S｜＝＋×αl9删剿％二α0025m。｜.L｜.hˉ｜·腕＝72MPa温度为975℃时,达至」平衡时,H2S的平衡转化率为40％］则″（H2S）＝0。06mol,门（H2）＝0。04mol］″（S2）＝0.02mol］混合气体的总物质的量为O06mol＋0.04mol＋0ˉ02mol＝0.l2mol’则P（H2S）＝72Mpa×‖僻:｛二凯6MPa｀′｜Ⅱ』｜＝72Ⅶa×O04m°｜＝＝0°l2mol24＂P魁』似｜::｜＿饥2Ⅷ凰蕊;糕:｛-L2MP篷｜K,＿2筹｜2≡≡0.53°压强不变,升言温度｛H2S的平衡转化率增大］即平衡正向移动,平衡常数增大°（3）@根据KHSO4的电解产物可知,电解池阳极发生的反应为SOiˉ失电子转化为S2O;ˉ°@K2S2O8溶液水解过程中有H2O2和KHSO4生成,据此可书写化学方程式。7.（1）CO（g）＋H2O（g）＝＝H2（g）＋CO2（g）△H＝-4lkJ。moll（2）AC（3）α.06mol·Lˉl.minl0.01l@AC（4）p2—pl×l00％pl（5）CH3OH＿6e＋H2O奇H＋＋CO2↑［解析］（l）已知:α（s）＋2H2（g）＝＝CH4（g）△H＝—73k］·mol—l］αCO（g）＝＝C（s）＋CO2（g）△H≡ˉ17IkJ。moll,OCO（g）＋3H2（g）＝＝CH4（g）＋H2O（g）△H＝—203kJ·molˉl,根据盖斯定律,由O＋@—O得至｜｜CO（g）＋H2O（g）＝≡H2（g）＋CO2（g）△H＝（-73kJ°molˉl）＋（-l7lkJ.moll）ˉ（-四3kJ·moll）＝-4］kJ。molˉ｜◎（2）根据电离平衡常数知,—水合氨的电离程度大于硫化氢的电离程度,所以NH4HS溶液中NH矿的水解程度／｜｀于HS—的水解程度,溶液呈碱性,贝」c（OHˉ）＞c（H＋）〕但NH旷和HS—的水解程度都较小］所以离子浓度大小｜｜顶序是c（NH扩）＞c（HSˉ）＞c（OHˉ）＞c（H＋）｝根据H2S的电离常数可判断HS的水解程度大于其电离程度,所以还存在c（NHr）＞c（HSˉ）＞c（H2S）＞c（H＋）!答案选AC。（3）O5min后达到平衡］生成0.2molCO,贝｜」同时生成H2的物质的量是0.6mol｛浓度是0.3mol°Lˉl‖因此用H2表示该反应的速率为α3揣L」＝0.06mol·Lˉl°minˉl°平衡时乘‖余甲烷的物质的量是0.8mol!水蒸气的物质的呈是12mol］因此甲烷、水蒸气｀CO和氢气的浓度分别是0.4mol·Lˉl｀0.6mol°Lˉl｀0.1mol·Lˉ｜和0.3mol.L—l,所以该温度下此反应的平衡常数为0°1×0°330.4×0°6≈0°0］l◎@该反应是—个气体分子总数增大的反应］恒温恒容的密闭容器中,体系的压强不再发生变化］能说明反应达至｜」平衡状态,A正确;生成lmolCH4的同时消耗3molH2均表示逆反应过程,不能说明反应达至｜」平衡状态］B错误｛各组分的物质的量浓度不再改变］能说明反应达至｜」平衡状态!C正确i密度是混合气体的总质量与容器容积的比值,在反应过程中混合气体总质量利容器容积始终不变,体系的密度为定值,体系的密度不再发生变化｛不能说明反应达至｜」平衡状态］D错误｛反应速率″（CH4）:o（H2O）:″（CO）:o（H2）≡l:1:l:3,没有指明反应方向］不能说明反应达至｜」平衡状态,E错误°（4）由题设甲醇的起始量为lmol、平衡时的转化量为nmol!据此歹｜出三段式］CH3OH（g）＋H2O（g）≡＝CO2（g）＋3H2（g）起始量／moll00转化量／moln川肌3n平衡量／moll-n1-几几3＂则六≡÷解得″-′』—′』』所以平衡时甲醇的转化率为plp2ˉpl×l00％◎pl（5）甲醇在负极发生失电子的氧化反应』又因为存在质子交换膜,则负极反应式为CH3OH—6e＿＋H2OˉH＋＋CO2↑°第70三有机化学第38练甲烷｀乙烯｀苯及其同系物C正确｜丙烯分子中含有碳碳双键,能使澳水褪色,丙烷为饱和烃,不能使澳水褪色］故可用澳水来鉴别丙烷与丙烯］D正确。4c［解析］苯与液澳在澳化铁作催化剂的条件下生成滇苯］苯与浓硝酸在浓硫酸作催化剂｀加热条件下反应生成硝基苯〕都属于取代反应,A正确;苯燃烧的现象是火焰明亮并带有浓烟］B正确｜反应o的产物是环己烷!分子中含有类似于甲烷的饱和碳原子,由于甲烷具有正四面体结构］故环己烷分子中所有原子不可能在同—平面上,C错误;甲苯与苯结构相似,分子组成相差l个CH2〕甲苯与苯互为同系物,D正确°5.C［解析］根据四种常见有机物的比例模型可知甲是甲烷,乙是乙烯｜丙是苯!丁是乙醇°乙烯分子中含有碳碳双键,可与澳水发生加成反应而使澳水褪色A错误!甲烷不能使酸性KMnO4溶液褪色B错误｛苯分子中的碳碳键是种介于碳碳单键和碳碳双键之间的特殊的键］C正确;丁为乙醇分子的比例模型,D错误°6.∧［解析］石蜡油是液态烷烃混合物,石蜡油受热催化分解的产物中含有烯烃和烷烃］A项错误｜酸性KMnO4溶液褪色说明烯烃发生氧化反应〕滇的四氯化碳溶液褪色说明烯烃发生加成反应］B项题号答案颗号答案〕→日…川…日□□■■■’』∑…□’·］日β…日▲●…Ⅲ…◎日…●…旧…日γ…∧…川◎◎…∧…旧…●】.B［解析］甲烷是天然气的主要成分!A项正确;甲烷是含氢质量分数最大的有机物!而不是含碳质量分数最大的有机物｛乙烷｀乙烯｀苯等有机物的含碳质量分数都大于甲烷的含碳质量分数!B项错误;甲烷分子中只含有l个碳原子］是最简单的有机物］C项正确｝在光照条件下』甲烷能够与氯气发生取代反应,生成4种氢代产物,D项正确。2D［解析］三元轴烯与苯的分子式都是C6H6’二者分子式相同］结构不同,互为同分异构体!D项正确。3.B［解析］丙烯和丁烯分子中都含有碳碳双键,都能发生加成反应,A正确!丙烷的二氯代物有1』2ˉ二氯丙烷｀］!3ˉ二氯丙烷｀1］lˉ二氯丙烷和2］2ˉ二氯丙烷,共4种,B错误‖丁烷中含有饱和碳原子］具有甲烷的结构特点,其中3个碳原子可形成—个平面’4号碳原子位于该平面的外部｛所以丁烷中碳原子不可能处干同—平面,答素及解析涵甲和乙与澳水的反应均是碳碳双键上的加成反应!由于甲中含有］个碳碳双键,乙中含有3个碳碳双键!所以消耗Br2的量:甲＜乙C错误》由于丙的对称性最好｀故二氯代物数目最少的是丙］只有3种,D正确。［关键点拨］本题D选项是难点,寻找甲｀乙｀丙的二氯代物数目可以先分析该分子的等效氢原子种数］从而先确定—氢代物种数］再进—步确定二氯代物种数。本题甲｀Z｀丙的等效氢原子分另｜」有5种｀2种｀1种』据此判断化难为易·］2.B［解析］苯与澳水不反应′只发生革取‖苯酚与澳水反应生成三澳苯酚沉淀］可以验证轻基对苯环的活′｜｀生有影响!故A项可以达至｜」实验目的｝苯与酸性高锰酸钾溶液不反应,甲苯与酸性言锰酸钾溶液反应生成苯甲酸,溶液褪色｜可以验证苯环对甲基的活性有影晌,故B项不能达至｜」实验目的;己烯能使澳的四氯化碳溶液褪色］而苯不能〕证明苯分子中无碳碳双键!故C项可以达到实验目的!碳酸能使石蕊溶液变色］苯酚不能使石蕊溶液变色’证明碳酸的酸性强于苯酚］故D项可以达至｜」实验目的。‖3.C［解析］@聚异戊二烯＼O2ˉ丁炔｀O环己烯的分子结构中含有碳碳双键或碳碳三键］既能使酸性KMnO4溶液褪色’又能与Br2发生加成反应而使涅的四氯化碳溶液褪色;@邻二甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化而使酸性KMnO4溶液褪色〕但不能与澳的四氯化碳溶液反应°@甲烷＼@苯｀o聚乙烯｀@环己烷都不能使酸性KMnO4溶液褪色°故符合题意的为@@O。T4c［解析］实验时先点燃装置甲中酒精灯,当装置乙中导营□气体均匀排出时再通入甲烷］A正确j生成的氯气中含有水‖装置乙除具有控制气流速度｀均匀混合气体的作用之外,还具有干燥作用（浓硫酸具有吸水性）,B正确『装置丙经过段时间的浸射光照射后!生成的氯甲烷是气体］二氢甲烷｀三氢甲烷和四氯化碳均是液体,C错误;生成的氯化氢极易溶于水,装置丁中的干燥管可以防倒吸］又因甲烷的氯代产物不溶于水,故从丁中分离出盐酸的方法为分液］D正确°正确;碎瓷片的作用是催化和积蓄热量,C项正确;为防止倒吸］实验结束时应先撤出导管］再停止加热,D项正确°7。∧［解析］酸性KMnO4溶液可将乙烯氧化成CO2气体］弓入新的杂质｜B错误『苯分子中不存在碳碳双键,C错误｜乙酸与乙醇发生酷化反应〕属于取代反应,不是加成反应,D错误°8B［解析］甲烷是正四面体结构,性质较稳定’常温下不与强酸｀强碱发生反应,A项错误;乙烯是通过石油裂解得至｜」的,属于不饱和烃］B项正确;苯与氢气发生加成反应〕与液澳｀浓硝酸发生取代反应｜反应类型不同!C项错误;乙酸又名醋酸’分子中含有的宫能团是梭基,可以与乙醇发生酝化反应生成Z酸Z酪〗D项错误。9.C［解析］苯和甲苯互为同系物』甲苯能被酸性KMnO4溶液氧化成苯甲酸,使酸性KMnO4溶液褪色〕但苯与酸性KMnO4溶液不反应,不能使酸性KMnO4溶液褪色〕A错误‖苯环｀碳碳双键均为平面结构,旦直接相连〕由于碳碳单键可任意旋转,则苯乙烯分子中的所有原子可能处于同平面内!B错误｜淀粉和纤维素都为高分子化合物〕聚合度在较大的—个范围之间〕没有具体值〕≡者分子式不同｛不互为同分异构体,C正确｛Z烯和苯都能使漠水褪色］Z烯分子中含有碳碳双键,能和澳水发生加成反应而使澳水褪色］苯因革取澳水中的澳单质而使水层褪色,D错误°‖0.B［解析］根据结构图可知］金刚烷的分子式为Cl0Hl6』A错误;金刚烷的结构言度对称,其中6个亚甲基相同｀4个次甲基相同,贝｜分子中含有2种等效H原子,由澳原子取代分子中的氢原子形成的二澳代物有6种’B正确金刚烷分子中均为饱和键,不能被酸性KMnO4溶液氧化C错误｛苯的同系物的通式为C＂H2″6（″≥6）］金冈｜」烷的分子式为Cl0Hl6］不符合苯的同系物的通式,所以金刚烷的同分异构体中不可能存在苯的同系物］D错误°Ⅷ。C［解析］甲｀乙｀丙的分子式均为C8H8,含碳量高,燃烧时均产生明亮并带有浓烟的火焰｛A正确;甲烷具有正四面体结构］乙、丙分子中含有类似于甲烷的饱和碳原子,所有原子不可能处于同平面］甲分子中含有苯环和碳碳双键,苯环和碳碳双键均为平面结构且通过碳碳单键直接相连,通过旋转碳碳单键可以使其处于同平面］所以只有甲的所有原子可能处于同平面〕B正确｝第39练乙醇｀乙酸｀基本营养物质分是CH3COOH』醋酸的酸性强于碳酸〗可以与CaCO3和Mg（OH）2发生反应,能够除去水垢,A选项正确;紫外线能使蛋白质变性’可用于消毒灭菌,B选项正确植物油分子中含有不饱和键』与氢气发生加成反应生成氢化植物油〕C选项错误｜淀粉是多糖〕在—定条件下能水解成葡萄糖’D选项正确。6.C｛解析］某些植物油分子中含有不饱和键!能使酸性KMnO4溶液褪色,A项错误｝甲烷和Cl2的反应属于取代反应〕而乙烯和Br2的反应属于加成反应,B项错误;葡萄糖和果糖的分子式相同,但结构不同］二者互为同分异构体’C项正确;乙醇｀乙酸分子中含有的宫能团分另｜｜为轻基｀梭基,D项错误。7.∧［解析］玻璃导营不能伸至」饱和Na2CO3溶液的液面以下‖否贝｜｜会发生倒吸,B错误｛反应试管中蒸出的乙酸乙酝不能用NaOH溶液吸收,否则会造成乙酸乙酷的水解,C｀D错误°8D［解析］毛织品的主要成分是蛋白质］蛋白质在酶的作用下会发生水解!因此不能用加酶洗衣粉洗涤毛织品］A错误｝通过花生提取的生物柴油］其主要成分为言级脂肪酸甘油酝］属于烃的衍生物,而从石油中炼得的柴油属于烃类物质］B错误;石灰水能使蛋白质变′｜｀生但MgSO4溶液不能〕C错误;含氟牙青中含有Na2PO3F｀NaF〕能抑制□腔细菌产生酸在—定程度上能防止或减少龋齿,D正确°9.∧［解析］蛋白质水解的最终产物是氨基酸］A项正确｛氨基酸遇至｜」重金属离子不会变性］B项错误;αˉ氨基丙酸和αˉ氨基苯丙酸混合物脱水生成肤,生成的二肤有4种!C项错误;氨基酸溶于过量氢氧化钠溶液中生成阴离子,阴离子在电场作用下向阳极（与电源正极相连的电极）移动］D项错误°00.B［解析］乙醇汽油是混合物,@错误;植物油是言级脂肪酸的甘油酷,@错误;石油的分馏属于物理变化’o错误;加入饱和碳酸钠溶液可以降低乙酸Z酝在水中的溶解度,并且碳酸钠溶液可以与乙酸反应〕@正确;铜丝在乙醇的催化氧化反应中作催化剂｛反应前后质量不发生变化,o正确乙烯能够与漠水发生加成反题号~~~~~~~~~~~~~~~~~答案气虱●〗·］β…◎〕］γ＝∧一川’二日’＿∧〕…∧＝川＝日斗…□≡｜~~~~~lc题号~~答案＄≡□BC!D§Clc［解析］“属草木者,为栗｀麻｀荷、葛〕属禽兽与昆虫者!为襄褐｀丝绵°＂可知｜｜栗｀麻｀荷｀葛＂来源于草木,其主要成分为纤维素;＂襄褐｀丝绵＂来源于禽兽与昆虫,其主要成分为蛋白质°故选C。2.B［解析］麦芽糖在人体内的水解产物是葡萄糖〕葡萄糖分子中含有醛基］能发生银镜反应〕A正确｛油脂的相对分子质量较小｛不属于高分子化合物‖B错误;在鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液］发生盐析,使蛋白质析出〗C正确;氨基酸分子中含有氨基｀鞍基!可通过取代｀缩聚反应生成二肤｀多肤或蛋白质‖D正确。3.∧［解析］向蛋白质溶液中加入某些浓的无机盐溶液］能够降低蛋白质的溶解度使蛋白质变为沉淀而析出!这个过程叫作蛋白质的盐析;而在加热＼强酸、强碱｀重金属盐｀紫外线｀福尔马林等作用下,蛋白质的理化性质和生理功能发生改变的现象』称为蛋白质的变性°盐析是可逆过程’所以饱和（NH4）2SO4溶液滴加到鸡蛋清溶液中,有沉淀产生!再加入蒸馏水沉淀又溶解』A正确;氟利昂在低层大气中很稳定,但在紫外线的照射下会生成—种对臭氧层有破坏作用的氯原子’B错误;淀粉在淀粉酶的作用下转化为葡萄糖］葡萄糖在酒化酶的作用下转化为酒精,C错误;油脂氢化生成硬化油,可除去不饱和碳碳双键］防止储存和运输过程中被空气氧化,D错误。4D［解析］乙烷中若混有乙烯’不可用酸性高锰酸钾溶液除去,因乙烯会被氧化为CO2,弓｜入新的杂质,A项错误｝钠既可与水反应生成氢气也可与乙醇反应生成氢气B项错误｝蚕丝和棉花的组成元素不相同｛分子结构不同!因而′性质不同］C项错误;乙酸具有酸性!而乙酸乙酝不具有酸性,故乙酸乙酝是否混有乙酸!可通过加入蓝色石蕊溶液并观察溶液颜色是否变红进行检验,D项正确°5.C［解析］水垢的主要成分是CaCO3和氢氧化镁,白醋的主要成碉离考／卜题练透化学应］从而将混合气体通过盛有饱和漠水的洗气瓶可以除去甲烷中的乙烯,o正确。故正确的为@o@°ⅧB［解析］淀粉在淀粉酶作用下经过足够长的时间后‖会完全水解为葡萄糖〕葡萄糖可渗透至｜」袋外的水中］而淀粉酶属于高分子化合物》留在袋内］遇浓硝酸变性显黄色°［易错警示］淀粉在淀粉酶作用下经过足够长的肘间后会完全水解〕而且处干流动的温水中』水解得至｜』的葡萄糖会全部透过半透膜进入温水中°］2.C［解析］此有机物中含有碳碳双键｀轻基和矮基3种宫能团,不能发生水解反应‖分子式为CllHl2O3〕故O@@不正确°03D［解析］选取革取剂的原贝｜｜之—是两种溶剂互不相溶’但乙醇易溶于水’故不能分离］A错误｜分液是分离互不相溶的液体,Z酸乙酷和乙醇可以互溶,B错误;重结晶可以分离KNO3中混杂的NaCl』因为KNO］在水中的溶解度受温度变化的影晌大!而NaCl在水中的溶解度受温度变化的影响小,C错误°‖4c［解析］常见的高级脂肪酸有硬脂酸｀软脂酸｀油酸和亚油酸四种‖现将这四种酸与甘油混合加热,生成混甘油酪的种数可以这样计算:R｜｀R2｀R3完全不相同时可以有4×3≡l2种（因为R｜＼R3为对称位,所以先选R2〕有4种不同的选法!再从余下的3种里选2种作为Rl和R3,有3种选法）｛Rl｀R2相同（与R2｀R3相同为—种情况）而R3不相同时有4×3≡l2种（先选Rl和R2,有4种不同的选法］再从余下的3种里选1种作为R3』有3种选法）;R｜｀R3相同而R2不相同时有4×3≡l2种（先选Rl和R3‖有4种不同的选法］再从余下的3种里选1种作为R2』有3种选法）°综上所述,生成的混甘油酪共有36种｛故选C。［关键点拨］本题是利用数学工具解决化学上的分子结构问题‖难度较大°解题时要注意分类分析’防止重复’比如Rl和R3交换位置后,物质不变。第40练烃及卤代烃号案题答〗串｛｜ClCH』CH2CαjCH』、CH』CHαCHαC日』｀CH』「HCHα2｀CH］丫C∏2α｀Cll3CH3αCH:↑ⅡCⅡ2α』共9种｛含N｜』B项错误;N中的官能团为氯原CH3子,不能使酸性KMnO4溶液褪色］Q中的宫能团为轻基〕能使酸性KMnO4溶液褪色’用酸性KMnO4溶液能鉴另｜」N与Q,C项正确｛l个Q分子中含2个轻基〗0.3molQ与足量Na反应生成0。3molH2〕由于H2所处温度和压强未知!无法计算H2的体积〕D项错误°6.B［解析］实验的目的是用少量的澳与足量乙醇市｜］备l,2ˉ二澳Z浓H2SO4烷｜实验的原理;CH3CH2OH示镀CH:＿CH2↑＋H2O｀CH2＝CH2＋Br2—→BrCH2CH2Br。根据装置图,装置甲中CH3CH2OH发生消去反应制备CH2＝CH2,由于浓H2SO4具有强氧化性］CH3CH2OH具有还原性,所以制得的Z烯中还混有SO2｀CO2等杂质气体｛SO2也能与澳反应,故气体通入装置丁之前必须除去其中混有的酸性杂质气体°由于乙醇易挥发,使用恒压滴液漏斗的目的是防止有机物挥发,并且使漏斗液面上方的压强与装置内压强相等｛使漏斗内液体｜｜顶利滴下’A项正确!为了减少副反应的发生‖应迅速升温至」l70℃］B项错误;装置丙中加入NaOH溶液』用于吸收反应中可能生成的SO2｀CO2等酸性杂质气体!排除SO2的干扰’C项正确;由于涅易挥发｛为了提言原料的利用率,实验过程中应用冷水冷却装置丁’以避免澳大量挥发,D项正确°7B［解析］由乙苯生产苯乙烯｛l个乙苯分子中失去］个H2分子｛同时碳碳单键变成碳碳双键,则该反应为消去反应｛@正碉乙苯的同分异构体可以是二甲苯,二甲苯有邻｀间｀对3种结构,还可以是含碳碳双键和碳碳三键的链状烃,故其同分异构体数目大干3,@错误｛苯乙烯分子中含有碳碳双键能使澳的CCl4溶液褪色,而乙苯不能］所以可以用Br2／CCl4鉴别乙苯和苯Z烯‖O正确;苯环是平面正六边形结构,由于Z基中的2个碳原子均与相连原子成四面体结构］故乙苯分子内共平面的碳原子最少有7个〕最多有8个｛而苯乙烯分子中］苯基和乙烯基均是平面形结构〗通过碳碳单键的旋转2个平面可以重合〕共平面的碳原子最多有8个｛最少有7个〕@错误。故说法正确的是oo。）～丘■lD〗＝∧日·』●β日丁『＝■‖.D［解析］乙烷与氯气发生取代反应‖产物除了有氯乙烷,同时还有二氯乙烷｀三氯乙烷｀四氯乙烷｀五氢乙烷、六氯Z烷和氯化氢’不能得至｜」纯净的—氯乙烷｛A错误;Z烯和氯气发生加成反应后得至｜」的是l,2ˉ≡氯乙烷,B错误;乙烷和氯化氢不能反应］C错误;乙烯和氯化氢发生加成反应后能得至｜」较纯净的—氯乙烷,D正确°2B［解析］由2ˉ氯丙烷制取l｛2ˉ丙二醇时需先进行消去反应生成丙烯;倔Ⅱ乳cⅡc｜CⅡ』＋№o＂÷CⅡ虱—cⅡ-CⅡ』＋№α＋Ⅱ斟∩』再通过加成反应生成l,2ˉ二澳丙烷CH3—CH＝CH2＋Br2→CH3CHBrCH2Br!最后通过水解反应（取代反应）生成l］2ˉ丙二醇:α「M＂M＂』Br带2＂.o∏÷c＂』cHoⅡc∏』o∏十狈…恨搪以上分析｜需通过消去→加成→取代,B正确°3.∧［解析］根据卤代烃发生消去反应的实质］分子中与连接卤素原子的碳原子相邻的碳原子上没有氢原子的卤代烃不能发生消去反应,故OC6H5Cl＼O（CH3）3CCH2Cl｀@CH2Cl2均不能发生消去反应°4C［解析］A项!加入澳水振荡‖卤代烃会革取澳水中的澳,但不能证明卤代烃中是否含氯元素］不符合题意;B项,卤代烃是非电解质］不能电离出Clˉ｛加入AgNO3溶液后不能产生沉淀!不符合题意｝C项〕若卤代烃中含有氯元素〕加入NaOH溶液共热!会发生水解反应生成醇和NaCl’加入稀硝酸至酸性,再滴入AgNO3溶液,发生反应:Ag＋＋Cl-AgCl↓,产生白色沉淀,符合题意;D项,加入AgNO3溶液前没有酸化］会发生反应:Ag十＋OHˉ-AgOH↓,AgOH会迅速转化为Ag2O,干扰对Cl的检验,不符合题意°5。C［解析］对比M、N的结构简式可知,M生成N为加成反应｛A项错误;N的分子式为C4H8Cl2］C4H8Cl2为C4Hl0的二氯代物］C4Hl0有两种同分异构体;CH］CH2CH2CⅡ］和CH』「HCH」,采用定—移CH3＝法,C4H8Cl2的同分异构体有CH3CH2CH2CHCl2｀CH3CH2CHClCH2Cl｀CH3CHClCH2CH2Cl、ClCH2CH2CH2CH2Cl｀第40练嘘烃的含氧衍生物符合题意°苯酚能与NaOH溶液反应,并能与金属钠剧烈反应｛表现的都是苯环对轻基的影响,C｀I）项不符合题意。2.∧［解析］该有机物分子中含有碳碳双键’与Br2的CCl4溶液发生加成反应｛弓｜入2个漠原子!宫能团数目增多］A项符合题意;分子中含有醛基｛加入银氨溶液‖发生银镜反应生成—COONH4’宫能团数目不变』B项不符合题意;分子中含有碳碳双键,与HBr发生加成反应｛弓｜入l个澳原子］宫能团数目不变,C项不符合题意分子中含有碳碳双键、醛基］与H2发生加成反应］宫能团数目减少｜D项不符台题意°~~~↓日…川∧~~题号答案颗号答案］…巳…了…∧勺急∧…月…◎〕…日’…日日≡日…Ⅱ…□β…◎睁Ⅲ…◎~］B［解析］苯酚溶液显酸′｜生表现的是轻基的性质’属于苯环对轻基的影晌,A项不符合题意。在FeBr3的催化作用下｛苯中苯环上的氢原子被澳原子取代｀生成澳苯｜而苯酚中苯环上的氢原子很容易被澳原子取代’生成三澳苯酚〕体现了轻基对苯环的影响,B项答素及解析硼9B［解析］苯环上轻基的邻｀对位上的氢原子可以被澳原子取代〕因此1mol雷琐苯乙酮最多能与2molBr2发生取代反应,A错误;苹果酸分子中含有轻基和梭基］可发生缩聚反应生成COOHH［OCHCH2CO］丽OH,B正确;伞形酮分子中含有酷基、酚轻基,而酉旨基水解后得至｜」竣基｀酚轻基,酚轻基、梭基都可与NaOH反应｛lmol伞形酮与足量NaOH溶液反应最多可消耗3molNaOH｛C错误｛苹果酸分子中不含酚轻基,与FeCl3溶液不发生显色反应｛D错误。‖0.∧［解析］水杨醛和荣莉醛分子中均含有醛基,能与银氨溶液发生银镜反应,而香豆素ˉ3ˉ竣酸中不含醛基,不能发生银镜反应,故可用银氨溶液将香豆素ˉ3ˉ竣酸鉴别出来,水杨醛分子中含有酚轻基’与氯化铁溶液反应显紫色!而荣莉醛中没有酚轻基］不产生此现象‖故可用o将水杨醛和荣莉醛鉴另｜」出来,A项符合题意水杨醛分子中含有酚轻基,虽能与NaOH溶液反应〕但没有明显的现象‖不能用@将水杨醛和荣莉醛鉴别出来〕C项不符合题意;水杨醛分子中含有醛基‖荣莉醛分子中含有醛基和碳碳双键香豆素ˉ3ˉ鞍酸分子中含有碳碳双键｜均能使澳的四氯化碳溶液褪色,故利用@o和@@不能鉴另｜」≡种物质,B｀D项不符合题意°T1D［解析］M中与带＂＊＂碳原子直接相连的三个碳原子和该碳3B［解析］＂‖啡酸中含酚轻基,能发生取代反应｀氧化反应,含碳碳双键,能发生加成反应｀氧化反应｀加聚反应｜含梭基能发生酷化（取代）反应’A项正确;l个咖啡酸分子中含有］个苯环和1个碳碳双键’1mol苯环能与3molH2发生加成反应｜1mol碳碳双键能与lmolH2发生加成反应,故lmol咖啡酸最多能与4molH2发生加成反应,B项错误｜苯环和乙烯均为平面形结构’结合单键可以旋转,咖啡酸中所有原子可能共面）C项正确｛由咖啡酸的结构简式写出咖啡酸的分子式为C9H8O4!A为元醇,蜂胶水解的方程式为Cl7Hl6O4（蜂胶）＋H2O＿→C9H8O4（‖‖啡酸）＋X,根据原子守恒,X的分子式为C8H］0O,D项正确°4B［解析］X的分子式为C｜2H｜403’A错误;苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色,X分子中含有碳碳双键和CH2OH,可以使酸性高锰酸钾溶液褪色｛B正确;X在—定条件下能发生加成（碳碳双键）｀加聚（碳碳双键）、取代（轻基发生酷化反应,酷基发生水解反应）等反应,但不能发生消去反应］C错误『分子中含有苯环和碳碳双键‖在Ni作催化剂的条件下］lmolX最多能与4molH2加成,D错误°5。B［解析］汉黄琴素分子结构中含有苯环］属于芳香族化合物｛A正确｛汉黄琴素的分子式应为Cl6Hl2O5〕B错误｝汉黄琴素分子结构中含有2个酚轻基‖1mol该物质与氢氧化钠溶液反应!最多消耗2molNaOH］C正确;与足量H2发生加成反应后,该分子中的碳碳双键｀碳氧双键（碳基）均消失］宫能团的种类减少2种］D正确°6.C［解析］βˉ菠烯和诺卜醇中都含有碳碳双键〗都能使澳的CCl4溶液褪色〕用澳的CCl4溶液不能区别βˉ菠烯和诸卜醇,A项错误｛βˉ菠烯的饱和碳原子上有6种H原子｛βˉ菠烯的饱和碳原子上的—氯代物最多有6种,B项错误;βˉ菠烯和诺卜醇中与两个＿CH3直接相连的碳原子为饱和碳原子〕该碳原子与周围4个碳原子构成四面体,C项正确｝βˉ菠烯中宫能团为碳碳双键］诺卜醇中宫能团为碳碳双键和醇轻基!虽然诺卜醇能与乙酸反应,但无明显实验现象〕不能用Z酸检验βˉ菠烯中是否含有诺卜醇,检验βˉ菠烯中是否含诺卜醇应用Na,加入Na若产生气泡则含诺卜醇‖否则不含诺卜醇,D项错误°7.∧［解析］该化合物遇FeCl3溶液会呈现特征颜色］能发生银镜反应｛说明分子中含有酚轻基和醛基,B项中物质没有酚轻基’C项中物质没有醛基,均不符合要求『又因该化台物的分子式为C8H8O3］而D项中物质的分子式为C8H6O3｛不符合要求,只有A项中物质符合要求°8C［解析］由A的组成及A能与NaOH溶液在加热条件下反应生成两种物质］可确定A为酝‖由于碳酸的酸′｜｀生比苯酚强,目D和浓澳水反应生成白色沉淀｜说明B是苯酚钠,D为苯酚］F为三澳苯酚｜根据G的分子式旦E与乙醇在浓硫酸加热条件下反应生成具有香昧的物质,可确定G为乙酸乙酷〕E为乙酸｛则C为乙酸钠°苯酚和浓澳水反应生成白色沉淀三澳苯酚〕可推知D为苯酚,A错误『能够水解的物质有A和G（酷类）｀B（酚钠）’D为苯酚不能水解,B错误;能发生银镜反应的酷为甲酸酷,所以符合要求的G的同分异构体有HCOOCH2CH2CH3和HCOOCH（CH3）2两种,C正确;lmolA与NaOH溶液在加热条件下反应生成苯酚钠和乙酸钠0此过程中消耗2molNaOH,D错误°原子不可能在同—平面上（如图｜!A项错误M中只有酚酷基能与NaOH溶液反应〕故1molM最多能与含2molNaOH的水溶液反应,B项错误｛F的不饱和度为6］F的分子式为Cl0Hl0O』F分子中的苯环｀碳碳双键和碳基都能与H2发生加成反应］1molF最多能与5molH2发生加成反应,（〕项错误｝苯环上直接连有醛基旦另—个取代基为链状的F的同分异构体中,苯环上的取代基有三种′｜胃况:O—CHO和—CH＝CHCH3’@—CHO和—CH2CH＝CH3,O—CHO和—C＝CH2］苯环上CH3两个取代基有邻｀间｀对三种位置关系,符合条件的同分异构体有3×3＝9种,D项正确°［刷育所得］确定分子中共线｀共面的原子个数的技巧:（］）三键原子和与之直接相连的原子共直线（联想乙炔的结构）］苯环上处于对位的2个碳原子和与之直接相连的原子共直线｛（2）任意三个原子定共平面（3）双键原子和与之直接相连的原子共平面（联想乙烯的结构）〗苯环碳原子和与苯环直接相连的原子共平面（联想苯的结构）;（4）分子中出现饱和碳原子,所有原子不可能都在同平面上『（5）单键可以旋转;（6）注意＂可能＂＂最多＂“最少＂＂所有原子＂＂碳原子＂等限制条件。‖2.C［解析］言篙素的分子式为Cl5H22O5,A项错误｛言篙素不能与Br2发生加成反应］B项错误｛双氢言篙素分子中含有轻基,能发生氧化反应和酷化反应,C项正确;言篙素与氢气发生加成反应（还原反应）转化为双氢言篙素｛D项错误°第42练有机化合物的结构＼命名有机反应类型的判断应而使溶液褪色』B项不符合题意;乙烯通入澳的四氯化碳溶液中,溶液褪色是由于乙烯与澳发生加成反应,C项符合题意;甲烷和氯气混合光照后,气体颜色变浅｜是由于甲烷中的氢原子被氢原子所代替』属于取代反应］D项不符合题意°3.∧［解析］加聚反应为加成聚合反应,不会弓｜入醇轻基］A符合题意;卤代烃发生取代反应可以弓｜入醇轻基］B不符合题意;烯烃和水发生加成反应可以弓｜入醇轻基,C不符合题意｛酷发生水解反应生成醇｛可以弓入醇轻基,D不符合题意。4D［解析］A项〕利用取代基位次和最′｜｀原则可知其名称为2ˉ甲基ˉl〕3ˉ丁二烯,错误｛B项］该有机物含有轻基｜属于醇类〗其名称为2ˉ丁醇］错误『C项｛利用主链最长的原则可知其名称为3ˉ甲基己烷,错误;D项｛该物质为氨基酸,以梭基为主体,氨基为取代基,其名称为3ˉ氨基丁酸］正确°…雪霉】忍『‖【卜『】【＄】丁＝□气←＝■β□）＝＾℃如二∧斗磅□l~B∧‖.B［解析］CH3OH中甲基中的H原子与轻基中的H原子所处化学环境不同’ClI3OH有2种H原子’核磁共振氢谱中有2组峰!A项不符合题意C（CH3）4中4个甲基连在同—个碳原子上｛12个H原子都是等效的,核磁共振氢谱中只给出l组峰‖B项符台题意CH3COOH中甲基中的H原子与梭基中的H原子所处化学环境不同,CH3COOH有2种H原子』核磁共振氢谱中有2组峰,C项不符合题意;CH3COOCH3的结构不对称,含有2种H原子｛核磁共振氢谱中有2组峰D项不符合题意。2。C［解析］苯与澳水混合振荡〕静置后漠水层褪色,是由于苯能革取澳水中的滇｛不属于加成反应｛A项不符合题意『乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色〕原因是酸性高锰酸钾和Z烯发生了氧化还原反硼高考／卜题练透化学OH［刷育所得］在给有机物命名时’主链编号要从离宫能团最近的—端［订‘Ⅲ…删…正鞠Ⅶ编起’在宫能团位置相同的条件下’要从离取代基最近的—端编起°定条件-----＝-ˉ--→5.B［解析］该有机物含有的官能团有碳碳双键＼酷基＼梭基｀轻基］碳碳双键可以发生加成｀氧化反应｛酪基可以发生水解反应（属于取8。∧［解析］甲苯分子中有4种不同化学环境的氢原子,（「Ⅱ』代反应）,梭基｀轻基都可以发生酉旨化反应（属于取代反应）轻基还可以发生氧化反应和消去反应｛竣基还可以发生中和反应,故B项CH3CHCH2CH3分子中也有4种不同化学环境的氢原子］A项正正确°确｝2ˉ丁烯中的4个碳原子在同平面内』但不在同—直线上,B6D［解析］2〕3ˉ二甲基丁烷的HˉNMR谱图上有2组峰｛故A错误;↑H』「Ⅱ』甲烷和氯气在光照条件下的反应是取代反应,乙烯和澳的四氯化碳;项错误｜HjC4C3CH2CH｜CH］中最长碳链有6个碳原子’溶液的反应是加成反应』属于不同的反应类型’故B错误!!5CH2（】H3OcH』CH』的同分异构体中｀苯环上的—氯代物只有种的结;＾l≡↑H』（川4C3CH5CH2‘↓＂］构只有对二甲苯｛故C错误｜油脂是食物中产生能量最高的营养物质〕其产生的能量大约是等质量的糖和蛋白质产生能量的2倍,故D正确°7D［解析］题给化合物正确的名称为2〗2］4’5ˉ四甲基ˉ3｛3ˉ二乙基己烷,A项错误;苯甲酸的分子式为C7H6O2,可将分子式变形为C6H6。CO2!因此等物质的量的苯和苯甲酸完全燃烧消耗氧气的量相等’B项错误;苯不能使酸性KMnO4溶液褪色!（〕项错误;甲醛OH选″…和苯酚在—定条件下可以发生缩聚反应:n名称应为2!3,4,4ˉ四甲基己烷｛C项错误｛HO—任CH』CHCOOH和HO—◎—CH』CHCOOH两物质／／~~／~~~CH3ONH2HONH2的宫能团种类不同］结构不相似,不互为同系物〕I）项错误。第43练同分异构体的书写及数目判断原子〕因此苯环上的氢代物共有6种〕故选D°6.∧［解析］淀粉｀纤维素都可用（C6H｜0O5）＂表示］但″值不同〗所以二者不互为同分异构体,A错误‖戊烷有正戊烷｀异戊烷和新戊烷三种同分异构体,B正确;乙醇含有醇轻基!Z酸含有梭基］葡萄糖含有醇轻基,都能发生酪化反应］C正确福尔马林｀医用酒精均能使蛋白质变性,可用作消毒剂］D正确°7.B［解析］烷烃的同分异构体中,支链越多,物质沸点越低,所以其同分异构体中沸点最言的为CH3CH2CH2CH2CH2CH3‖该有机物分子中含有3种不同化学环境的氢原子,其氢取代物的种数是3。aA［解析］b＝0为中心对称结构』分子只育｜种氢原子｜只育｜种—氯代物］—氯代物中含有4种化学环境的氢原子,其二氯代物有4种｀囚此pˉq的六氯代物有4种｀故选A·［关键点拨］做题时要注意先判断该有机物中有几个等效氢原子］先固定＿个氢原子的位置（生成—种—氯代物）〕然后对其二氯代物可能的情况进行书写。本题的解题突破口是有机物卜-q的六氯代物与二氯代物数目相等·9B［解析］此有机物能发生水解反应生成酸和醇］应为醋类］且水解生成的酸和醇的物质的量之比为2:l,那么构成此酷的酸应为—元酸］醇为≡元醇］酝为二元酪,又其分子式为C6Hl0O4｛不饱和度为2,故剩余为饱和烃基;若醇为乙二醇HOCH2—CH2OH!那么剩余4个碳原子,应该是两个乙酸』有l种｛若醇为丁二醇｛剩余2个碳原子,是2个甲酸!丁二醇有6种（不考虑两个轻基在同个碳原子上的结构）’故总共有］＋6＝7种!所以B项正确°‖OD［解析］含有3个碳原子的烷基有丙基｀异丙基两种’甲苯苯环上有3种化学环境的氢原子!分另｜」处于甲基的邻｀间＼对位上,所以甲苯苯环上的个氢原子被含3个碳原子的烷基取代〕同分异构体最多有3×2＝6种』A项正确·联苯｜o＿O｜的分子中含有3种氢原子｀其—氯代物有3种;联苯｜o-O）二氢代物］若取代同—苯环上的氢原子,可以发生在如图所示的取l2代位置O＿○3』｜｀2｜与4｀5相同）号位置』l｀3｛与3｀5相54同）号位置｜l、4（与2｀5相同）号位置,l｀5号位置’2、3（与3、4相同）号位置,2｀4号位置,有6种;若取代不同苯环上的氢原子!有题号~~~~~~~~~~~~~~~~~答案l~~~~~~D气丝＝口＝〕…日■斗…日≡〕］旧日…□…川□丁日…Ⅶ◎圃□β∧＄∧…∏□’…□旧题号~答案川□日Ⅲ日∏∧cT.D［解析］C6o与C70是由碳元素组成的两种不同的单质,C60与C70互为同素异形体,A正确｜CH4和C3H8结构相似,分子组成上相差2个CH2,互为同系物』B正确jCH3COOCH2CH3和CH3CH2COOCH3分子式相同］宫能团位置不同］互为同分异构体］C正确｝同位素的对象是核素,H2O与D2O是水的两种分子‖D错误°2.B［解析］同系物是指结构相似｀在分子组成上相差—个或若干个CH2的有机物］而同分异构体是指分子式相同而结构不同的物质°丙烯和环丙烷分子式相同』结构不同］属于同分异构体,A项不符合题意;乙炔和苯的最简式相同,但宫能团、结构｀分子式都不相同］既不是同分异构体也不是同系物,B项符合题意｛CH』＿GOH和0CH2OH分子式相肩』结构不同』属于同分异构体］C项不符合题意葡萄糖和麦芽糖的最简式不同!D项不符合题意°3B［解析］苯环间以碳碳单键相连］苯环能以碳碳单键为轴进行旋转］所以该有机物可以看作是左右对称的结构。禾连甲基的苯环通过单键的旋转,可视为上下对称结构!故连有甲基的苯环上有3种化学环境的氢原子’未连甲基的苯环上有3种化学环境的氢原子］甲基上有l种化学环境的氢原子,则其氯代物共有7种,故选B。4B［解析］由该有机物的结构简式可知其分子式为C8H8O2〗故A错误;该有机物分子中含有轻基!可发生氧化、取代反应,含有碳碳双键］可发生加成反应』故B正确;该有机物的不饱和度为5,除去苯环外还有l个不饱和度,含酷基的芳香族化合物的同分异构体可为苯甲酸甲酪、甲酸苯甲酪、乙酸苯酚酪｀甲酸苯酚酷（含有甲基｛有邻｀间、对3种）共6种］故C错误;该有机物中含有5种不同·OH·●化学环境的氢原子（·—·）］核磁共振氢谱共有5组OH峰」条面积之比为l:l:2:2:2!故D错误。5D［解析］分子式为C9Hl2的芳香化合物,苯环上只有—个支链｛则支链为—C3H7』—C3H7有2种结构』分别为正丙基和异丙基］连接正丙基时苯环上有3种不同化学环境的氢原子,连接异丙基时苯环上有3种不同化学环境的氢原子］共6种不同化学环境的氢答素及解析卿ClH＼／（｜｜顶式）｀C＝C（反式）｛B正确;该分子有4种不同化学／＼HCl环境的氢原子］贝｜」其氯代物有4种,C错误『设该烷烃的分子式为c砸Ⅱ…2』贝‖刚辨红i上旦＝u』解得厕＝7』所以符合条件的烷烃的分子式为C7Hl6‖主链上有5个碳原子’剩下的2个碳原子可以作为l个乙基连在主链上!这样的同分异构体有1种,也可以作为2个甲基连在主链上｛这样的同分异构体有4种］所以符合条件的同分异构体共有5种,D错误。‖4D［解析］b分子中共有4种等效氢原子｛其—氯代物有4种』A错误;b、d｀p的化学式均为C8H｜0』均属于烃!B错误jb分子所有碳原子定在同—平面上,C错误;分子d与两分子Br2发生加亡广′（…………成反应,如图6或1｛4］5｛6］共4种’D正确°05D［解析］与—OCH3组成相同的基团还有—CH2OH,这2种基团在苯环上的取代位置分别有2种‖—OCH3可以用OH和—CH32个取代基代替］若—OH在—NH2的邻位0贝」—CH3有3种取代位置,若—OH在—NO2的邻位］—CH3也有3种取代位置］故符合要求的同分异构体共有l0种°T6C［解析］苯环上只有两个取代基则取代基有@—Cl｀—CH2CH2CH3｛@—Cl｀—CH（CH3）2;隆CH3＼—CH2CH2Cl;@＿CH3｀—CHClCH3◎—CH2CH3｀—CH2Cl5种组合方式,每种组合方式各有邻｀间｀对3种位置关系〕所以总共有同分异构体5×3＝l5种°‖7D［解析］由分析知C5H8O2的不饱和度为2!由题意可知该分子中含有l个—COOH和l个碳碳双键,故该化合物可表示为C4H7—COOH,相当于鞍基取代了丁烯中的l个氢原子!丁烯的结构有3种:CH2≡CHCH2CH3、CH3CH＝CHCH3｀CH2＝C（CH3）2｛上述3种烯烃的分子中分别含有4｀2｀2种不同化学环境的氢原子‖故其—元取代物共有8种可能的结构!故D项符合题意。‖8C［解析］丁基有4种结构,Y是由丁基和澳原子结合而成!所以Y有4种结构］A正确;戊酸丁酷中的戊酸〕相当干丁基连接个—COOH〗所以有4种结构’而丁醇相当于丁基连接个—OH〕所以也有四种结构］因此戊酸丁酝最多有l6种,B正确;X为丁醇』其同分异构体中不能与金属钠反应的是醚’分别是C—O—C—C—C｀C—C—O—C—C和C—O—C—C共3种,C错C误;Z是戊酸,其同分异构体能发生水解的属于酉旨类］HCOOC4H9有4种,CH3COOC3H7有2种0还有CH3CH2COOCH2CH3｀CH3CH2CH2COOCH3、（CH3）2CHCOOCH33种,所以共9种0D正确°ClClClCl◎—门扫—扫~如图所示的6种ClClClCl扫—◎匹｜—○—O~｜‘｜—○—C＼Cl一O＿GCL故其二氯代物有l2种』B项正确。丙烷分子中有2种氢原子,其氯代物有2种『丙烷的二氢代物,若取代相同碳原子上的氢原子!有l｛1ˉ二氯丙烷、2］2ˉ二氢丙烷2种!若取代不同碳原子上的氢原子,有1!2—二氯丙烷、1,3—二氢丙烷2种,故丙烷的二氢代物有4种,C项正确°分子式为C7H8O］目属于芳香族化合物!由分子式可知其分子中含有］个苯环,若取代基有l个!贝」取代基为—OCH3或—CH2OH有2种｛若取代基有2个’贝」取代基为—CH3和—OH,有邻、间｀对3种位置关系,故符合条件的同分异构体有5种｛D项错误。们。∧［解析］C2H5COOC2H5不溶于饱和碳酸钠溶液,C4H9COOH具有酸性〕可与碳酸钠反应,贝」C2H5COOC2H5中存在C4H9COOH时可以加入饱和Na2CO3溶液后分液除去’A正确。C3H7COOCH3对应的酪类同分异构体含有酝基,其同分异构体数目由丙基决定］丙基有2种!贝｜满足m的同分异构体共有2种『C4H9COOH同分异构体数目由丁基决定,丁基有4种,贝｜」满足p的同分异构体共有4种｛B错误。戊烷的同分异构体有↑＂』cH］—cH2—cH2—c吗—αl』、cH］CHcH』cH』、cH』—C—cH］』分CH3CH3子式为C5H｜2O旦可与金属钠反应放出氢气的有机物为醇〕根据戊烷的同分异构体,则有1ˉ戊醇｀2ˉ戊醇｀3ˉ戊醇｀2ˉ甲基ˉlˉ丁醇｀2ˉ甲基ˉ2ˉ丁醇｀3ˉ甲基ˉ2ˉ丁醇｀3ˉ甲基ˉlˉ丁醇｀2］2-二甲基ˉlˉ丙鹰…、醇〕所以有8种同分异构体,C错误°Cl0H｜6!其不饱和度为2×10＋2—l6＝3〕而芳香族化合物分子中2含有苯环｛苯环的不饱和度为4,因此不存在与金刚烷互为同分异构体的芳香族化台物’D错误°02。B［解析］某有机物C6Hl2O2能发生水解反应生成A和B!所以C6Hl2O2是酉旨,且只含1个酷基,B能被氧化生成C,则B为醇,A为梭酸°若A｀C都能发生银镜反应,即都含有醛基］贝｜」A为甲酸B能被氧化成醛］则B可以写成C4H9—CH2OH!由于C4H9—有4种结构:CH3CH2CH2CH2—、（CH3）2CHCH2、（CH3）3C＼CH3CH2CH（CH3）—〕故符合条件的同分异构体有4种。‖3。B［解析］CH2Cl2只有l种结构‖A错误!CH2＝CⅡCl分子只有ClCl＼／l种结构’而1,2ˉ二氯乙烯分子的结构有2种:C＝C／＼HH第44练有机高分子化合物及其合成可能由相同的单体生成］C错误;两者的单体分另｜」为乙氨酸和丙氨酸］乙氨酸和丙氨酸互为同系物｛D正确。4B［解析］HO（CH2）4OH常温下为液态〕CH3CH2CH2CH3常温下为气态｛因此HO（CH2）4OH的沸点言于CH3CH2CH2CH3,A正确;高分子材料PU分子中含有肤键和酝基,在强酸｀强碱条件下均能发生水解］不能稳定存在’B错误;b″OˉCˉN—○—↓∏愈—日NˉC＝O以＂线为对称轴其分子中有3种化学环境的氢原子』aHO—CH2-CH2十CH2—CH2-OH中以凰线为对称轴』其分子中有3种化学环境的氢原子］C正确;l,3ˉ丁二烯和澳发生1｛4加成反应｛生成BrCH2—CH＝CH—CH2Br］然后与氢气发生加成!最后与氢氧化钠溶液发生取代,生成HO（CH2）4OH］D正确°5.B［解析］由结构片段可知该言分子的完全水解产物是~芦号～案题…答~~丁『三巳日＝日β＝·〕＝□▲日】丙■1~B宁′＝辑■—］。B［解析］PVC塑料属于合成高分子化合物｛A不符合题意｛光导纤维的主要成分为二氧化硅!不属于言分子化合物］B符合题意｝氯丁橡胶属于合成高分子化合物］C不符台题意;有机玻璃属于合成言分子化合物｛D不符合题意°2。B［解析］有机高分子般是由小分子聚集而成的〕相对分子质量较大’强度也较大但结构相对来说并不复杂｛是若干链节的重复‖A正确;能生成有机高分子化合物的常见反应是加聚反应和缩聚反应,B错误塑料｀合成橡胶和合成纤维这三大合成材料都主要是以石油｀煤和天然气为原料生产的’C正确;聚乙烯塑料的主要成分聚乙烯是由石油裂解产物乙烯通过聚合反应制得的,D正确°3D［解析］两种高分子的链节中碳原子数不同｛所以两者＿定不互为同分异构体,A错误｛两者均由缩聚反应生成’B错误｛两者不厕高考／卜题练透化学HOOC＿0COOH和H2N—0NⅡ2』由于二者的结构都具有对称性］故两个分子中苯环上的4个氢原子分别具有相同的化学环境』A错误;HOOC—0COOH中含有的宫能团是—COOⅡ』H2N一GNH2中含有的官能团是—NL』B正确;由图可知该高分子可形成分子间氢键,使得其熔沸点变高C错误｜HOOC—0COOH和H2N＿0NH2发生缩聚反应生成的言O（）H分子化合物的结构简式为Ho｛l—0』—γ—0—‖］H』HD错误。［关键点拨］由结构可知该高分子是单体间通过肤键连接而成的,所以可对该有机物进行切割找出其单体:（4）为检验梭酸中混有的醛］可先调节溶液至碱性!然后用新制氢氧化铜悬浊液或银氨溶液检验。CH3（l）cⅡ:＝「醋墓瓢轻墓COOCH3H2OCH勺＿CH句（2）氧化↑H:—↑Ⅱ2带2№0＂一｜ˉ｜.＋2№B『△OHOHBrBr（3）′l-l（4）CH3COCH2COCH38［解析］由PMMA的结构可知PMMA单体的结构简式为CH2＝C（CH3）COOCH3’则D｀J分另｜」为CH3OH、CH2＝C（CH3）COOH｝乙烯和澳发生加成反应生成的A为CH2BrCH2Br’A在NaOH水溶液｀加热条件下发生水解反应生成的B为HOCH2CH2OH］根据COOCH2CH2OH净信息I及PET单体的分子式,可知PET单体为COOCH2CH2OHPET单体发生信息I中酷交换反应‖生成的缩聚产物PET树脂为OOⅡoCH』c＂』o卡』—厂沂』—o—c∏』—cH』—o卞＂｝『发生信患I中的反应得至｜」G,G在浓硫酸和加热条件下发生消去反应生OHO成J』则c为cll』—丫—cooⅡ』故F为Ⅱ乳c—c—cⅡ』》ECH3OH为CH3—CⅡCH3°（1）根据上述分析,PMMA单体为CH2＝C（CH3）COOCH3｛PET为OOHOC＂』CH』O卡』—《ˉ头』—O—CH2—C＂2—叶H』莫单体为OO阅0C＂』CH』O—』—〈＝〉』—0C＂:CH』OH』…富能团郁冒基和轻基°OH（2）反应O中E（CH3CH—CH3）在催化剂作用下发生氧化反O应生成F（H3C—C＿CH3）’@为1〕2ˉ二澳乙烷发生水解反应生H2O成Zˉ醇』该反应的化学方程式为丫H2—『H2＋2№OH—→△BrBrCH勺—CH勺＾｜～＋2NaBr°OHOIIOO（』｜…为＂oc∏』c＂』o』—〈＝厂』—OcⅡ2c∏掣o＂发生缩OO聚反应生成HOCH』CH凰O卡』—〈＝》』—O—C＂』—CH:—O弧＂的过程,则缩聚反应中脱去的小分子为（n—1）个乙二醇°（4）PMMA单体为CH2≡C（CH3）COOCH3’某种同分异构体K具有如下性质o不能发生银镜反应,说明分子中没有醛基;@不能使澳水褪色‖说明没有碳碳不饱和键｝o分子内没有环状结构;@核磁共振氢谱有面积比为3:1的两组峰｛说明只有两种等效氢原子°根据分析｛K的结构简式为CH3COCH2COCH3。另—种同分异构体H中含有醛基、轻基和碳碳双键,在铜催化下氧化,宫能团种类会减少种‖说明轻基被氧化成醛基’且结构中含有—CIl2OH’则H中除碳碳双键外的基团的组合有O—CH3、—CHO｀—CH2OH〕有4种结构｝@—CH2CHO、—CH2OH,有2种结构｛O＿CHO｀—CH2CH2OH,有2种结构］共8种°96D［解析］高分子化合物的链节中含有苯环,可发生加成反应,含有酷基’可以发生取代反应,不能发生消去反应］A项错误;苯环在高分子链节的侧链上,lmol该物质中含有苯环的物质的量为nmol｜B项错误;该物质在酸性条件下水解生成乙二醇,C项错误｛链节中含2个醇酷基和1个酚酪基,则lmol该物质与足量NaOH溶液反应｛最多消耗4nmolNaOH‖D项正确°7.B该言分子材料是线型高分子］A错误j苯和乙烯都是平面形分子!故苯乙烯中所有原子可能处干同—平面内｛B正确｛合成该高分子的≡种单体是CH3CH＝CHCN｀苯乙烯｀苯乙炔］其中没有互为同系物的物质,它们都能被酸性言锰酸钾溶液氧化而使溶液褪色,C｀D错误。8.（l）CH2＝CH2轻基（2｜＂CⅡ2＝「H鲤,卡CⅡ』-CH十ClCl『H』‘H』cH:ON.「Ⅱ』↑Ⅱ』（3）2CH3CHCOOCH2CH3------→CH3CHCOCCOOCH2CH3＋CH3CH3CH2OH取代反应（4）取适丘试样于试管中‖先用NaOH中和,再加入新制氢氧化铜悬浊液,加热,若产生砖红色沉淀,则有B存在［解析］由A能够连续氧化生成C4H8O2可知!其分子结构中含有—cH2oH］再结合其分子式及信息O,可推断出A的结构简式为（CH3）2CHCH2OH!进—步推知B｀C的结构简式分别为（CH3）2CHCHO和（CH3）2CHCOOH｛由D→Y→Z的转化条件及Y的分子式可知］D是乙炔（CH≡CH）］Y是氯Z烯（CH2＝CHCl）,Z是聚氢乙烯］即—种常见的塑料｛再结合D→E→F的转化关系可知!E是CH2＝CH2］F是CH3CH2OH°（］）E的结构简式为CH2＝CH2,F中宫能团的名称是轻基（—OH）°（2）Y经加聚反应生成Z!反应的化学方程式为″CH2＝「H壁.卡C日』—CH十。ClCl（3）C与F发生酷化反应得至｜」G!G的结构简式为『H」CH3CHCOOCH2CH3,根据信息@可知G→X的化学方程式为『H』丫Ⅲ』『H』CH3CH2ONa2CH3CHCOOCH2CH3→CH3CHCOCCOOCH2CH3＋CH3CH3CH2OH,该反应属于取代反应°答素及解祈网双键｀酷基°（2）结合（l）中分析知,反应o是乙炔与乙酸发生的加成反应,反应@是醇轻基发生的消去反应°（3）C是赡水解得到的聚乙烯醇』其给构简式为卡CH2—『Ⅱ赤;OH利用C的结构简式和反应@得至｜］产物的结构简式可推知］D为正丁醛,其结构简式为CH3CH2CH2CHO°（4）利用乙烯分子的六个原子共面可推知异戊二烯分子中最多有l1个原子共平面（两个碳碳双键通过单键旋转可在同—平面上｛甲基上有l个氢原子通过单键旋转可在碳碳双键所在的平面上）°（5）满足条件的同分异构体为炔烃,因此可得至｜｜3种,即1ˉ戊炔｀2ˉ戊炔和3ˉ甲基ˉlˉ丁炔。（6）利用题中由A经反应◎｀@｀@的转化获取信息,即可得到A和Z醛合成l,3ˉ丁二烯的合成路线。［关键点拨］分析清楚合成路线,有效利用题中信息,结合基础化学知识是解决有机合成题的关键所在。本题解答的突破口是根据卡c＂2—『∏士逆推出R的结构°O↑CH』O‖0.（l）Z炔碳碳双键和醋基（2）加成反应消去反应OH（3）卡CH2—CH击CH3CH2CH2CHOH3C＼／H（4）1lC＝C／＼卡CH2CH2十（5）HC≡C—CH2-CH2＿CH3、CH3-C≡C—CH2-CH3｀H3C＼CH—C≡CH／H3COHCH3CHOH2（6）HC≡CH＿----→HC≡C—CH—CH3pd／pbO’CaCO3KOHOHAl2O3H2C＝CH＿CHCH3云沪CH2＝CH—CH＝CH2［解析］（1）结合反应O和物质A｀B的分子式可知A为乙炔,反应@为B发生加聚反应,依据反应@得至｜」高聚物的结构简式可知O单体B为CH2＝CH—O＿C—CH3,故B中含有的宫能团是碳碳第45练窄‖.（］）CH2＝CHCH3（2｜cⅡ殿＝c＂』＋＂』o烂掣cH』c∏凰o＂j喊反应（3）取代反应（4）HOOC-COOHCOOH催化剂COOC2H5（5）2CH3CH2OH＋｜—---→｜＋2H2OCOOH△COOC7H气［解析］根据A与H2O反应的产物分子式为C2H6O以及与C反应后的产物可知其为乙醇（结构简式为CH3CH2OH）］贝｜」A是乙烯］Z烯与水发生加成反应生成乙醇;乙醇与C反应生成乙二酸二Z酝,则C为乙二酸（结构简式为HOOC—COOH）。B是A的同系物｜结合其分子式C3H5Cl可知B是丙烯（结构简式为CH2＝CHCH3）,丙烯与氯气在光照条件下反应生成CH2＝CHCH2Cl］CH2＝CHCH2Cl在NaOH水溶液中发生取代反应（或水解反应）生成CH2＝CHCH2OH。2（1）Cl0Hl5NO簇基和澳原子O（2｜G』—↑HcⅡ』＋cⅡ翻NH,一BrONHCH3S｛—bHcH』＋HBⅡ还原反应咖咸反应｜卡CH—CH2卞O＝C（3）m（4）4［解析］（1）根据D的结构简式得出其分子式为Cl0H｜5NO’由B的结构简式可知B中含有碳基和〉臭原子°（2）由题可知,B→C发生的是取代反应,B中的澳原子被—NH—CH3O取代｀反应的化学方程式为s』＿『Ⅱc…∏』Nn≡BrONHCH3s』＿b日cH’＋＂Br｜c→＂过程是C中的赣摹被还原为烃基所以发生的是还原反应（加成反应）°（3）消去反应是消去卤代烃中的卤素原子和其相邻碳原子上的氢有机合成与推断原子｛同时碳碳单键变成碳碳双键,贝｜｜B的消去反应产物为CH＝CH2O＝C~｜;加聚是将n个C＝C变为＿C—C—〗所以B经消◎ˉ［CH—CH2十去再聚合后的产物是O＝Cm~（4）A的同分异构体能发生银镜反应,贝｜｜—定含有醛基,苯环上的—氯代物只有两种］满足条件的同分异构体有4种:改〗帆甜砸＼阴』叫Ⅷ◎窜.H3CCH3~｜~｜CH2CHOCH2CH33.（1）AC（2）C9Hl04OH氧…础.（3）CH3CH3NaOH醇溶液,加热（4）CH2＝CH—COOCH2CH3CH2＝CH2＋H2O＝萨CH3CH2OH｀-定条件2CH,＝CH勺＋2CO＋2CH3CH2OH＋O2-—＿—→2CH2≡CH—COOCH2CH3［解析］（1）化合物I中含有酚轻基］故遇至｜」FeCl3溶液可能显紫色,能与梭酸发生酝化反应］还能与〉臭发生酚轻基邻对位的取代反应,含有碳碳双键能与滇发生加成反应;由干化合物I中不存在醛基｛故不会发生银镜反应;化合物I中存在2个酚轻基和l个酷基,故lmol化合物I最多能和3molNaOH反应°（2）化合物Ⅱ的分子式为C9H｜0］能和4molH2发生加成反应生成饱和烃类化合物°（』｜化台物CH乳—GcH＝cH,由芳霍族化合物＂或Ⅳ分另｜／碉烹考／卜题练透↑廷学通过消去反应得至｜」,说明化合物Ⅲ或Ⅳ中含有宫能团—OH或＿X（X为卤素原子）°化合物Ⅲ能和Na反应生成H2］则化合物Ⅲ中含有—oⅡ』结构情式为Ⅲ’＿GcⅡ』＿cH』0H或αH』—GγH—cH』;化合物Ⅳ不与№反应』贝｜化含物Ⅳ中OH含—X,卤代烃消去反应的条件为强碱的Z醇溶液,加热°（4）由聚合物ˉ［CH2—CH夫的结构可知,其单体为COOCH2CH3CH2＝CH—COOCH2CH3｛反应O的原理是烯烃＼醇｀CO和O2在—定条件下作用生成酷°4（1）酣基｀矮基（2）还原反应缩聚反应OH｜｜（3）HO卡CN十H口（4）GcH0带2Ag（NⅡ』｜』0H▲日coOⅦ』十2A曾』＋3NH3＋H2O（5｜邻掇墓苯甲酸｜6＂o＿Gc日Ⅺc＂:coo＂（6）见解析［解析］根据质谱仪测出的质谱图可知］芳香烃X的相对分子质量为92’与氯气发生取代反应生成氯代物A,所以X为甲苯°（l）根据阿司匹林的结构简式可知〕含氧宫能团为酷基和梭基。（2）X为甲苯］发生硝化反应生成有机物F』有机物F中的甲基被酸性高锰酸钾溶液氧化为竣基,然后硝基在铁｀盐酸作用下被还原为氨基,所以反应o为还原反应｝芳香氨基酸发生缩聚反应生成言分子‖反应@为缩聚反应。（3）邻氨基苯甲酸在定条件下发生缩聚反应生成高分子H｛H的OH｜｜结构简式为HO卡CN圭H门.（4）有机物A为—氯甲苯,发生取代反应生成苯甲醇〕苯甲醇在铜作催化剂条件下氧化为苯甲醛,苯甲醛被银氨溶液氧化,化学方程式为GcHo＋2A:｜NH』｜』oH△scooNH』＋2A:↓＋3NH3＋H2O◎COOH讫.…墓作…化…」〈′霍.（5）HO臼′…雀….苯甲酸｛它的—种同系物HO体〕符合要求:@能与NaHCO3反应放出CO2,说明含有梭基』@能与FeCl3溶液发生显色反应’说明含有酚轻基｝O苯环上的取代物有两种,说明苯环上有2种不同化学环境的氢原子。因此这样的结构有:苯环上含有l个—OH和1个—CH2CH2COOH的结构有1种;苯环上含有l个—OH和l个—CH（CH3）COOH的结构有1种『苯环上含有2个—CH3｀l个—OH和l个—COOH』若2个—CH3在邻位’贝｜」有6种结构｛若2个—CH3在间位］则有5种结构｝若2个—CH3在对位,则有3种结构°共计有l6种°其中核磁共振氢谱有6组峰］且峰面积比为2:2:2:2:1:1的结构简式为Ho—GcH』cH』cooH.甜翻…‘（6）有机物A为—氯甲苯］发生加成反应生成jl贮剿!应生成O,L与氯气发生加成反应生成Q』再发生取代CH勺OHCH勺ClCH勺Cl人6H~~｜垒~｜≡反…Q.…橇如下;◎毒丽○监山箩坠揪NaOH’醇--＿△［关键点擞］CH’—衍〉＿NO2先被酸性高锰酸钾溶液氧化’甲基被氧化为竣基』然后硝基在Fe／HCl作用下,还原成氨基,生成ⅡOOC—厂〉＂H2｝如桑先还廓肖摹为氨墓,露用酸性高锰酸钾溶液氧化甲基时’氨基也会被氧化,得不到ⅡOOC＿厂〉≡NH』,所以氧化还原｜｜圃序不能颠倒.（l）对苯二甲酸硝基｀氯原子pH3m（2）~｜CH3矗.‖Ⅲ垫（3）n~｜NH2COOHOOH卡＂H—sNH—』＿G』张oH＋｜2＂—」｜H』03哪ⅧHOOCCOOHHOOC℃／.（4）10~｜CHq5BrBrNaOHHOOH旦窑坠○些骂〕乙〔弯塑）≥〔BrBrHOOH｜5）〔峙…［解析］乙醇发生消去反应得至｜」A（CH2≡CH2）’再与镭｝…／…….知@的反应得至｜」B（CH3~｜伊I］~｜CO0HCl◎‖摧测…○辑…代橇｛皿｜◎｝“D（~｜~~~｜COOHCH3经硝化反应得至｜」F］根据后面的结构简式可以确定硝基位置’F为‖O2‖H2≥＼、o.≈‖』最终转化为G｜~｜~｜~ClNH2COOH跋…口咋…—…、（1）D为COOIICl团名称为硝基和氯原子°答素及解析顾O时则＂＝（C9H8O）‖结合已知信息反应O可知,A为Qc＂—c＂c＂0.＂经…化｜｜c·｜0＂｜』加热′』｜H.（酸化）生成C（C9H8O2）〕该过程中—CHO转化为—COOH］则C为ocⅡ-c＂c0oⅡ.‘与隘』′cα』发生炯咸反应生咸Ⅱ键为烯断乙将哪′哇喇断键式成的为方按昭础哮＿CH2—CH2］两者的半键直接相连得至｜」B｜Oc＂—c＂c0o＂.BrBr（C9H8Br2O2）,则D为D经两步转化＋Ⅶ｝＾｜…~Ⅷ为应反以所Ⅱ子分—＝曰至得聚缩过通巳禾1）KOH／C2H5OH｀加热（消去反应）,2）H＋（酸化）生成E］则E的籍构简式为◎c≡ccoo日.Ⅱ与…H…』sq｀加热条绊下发生醋化反…『川『为豺c≡cc0oc』＂’◎灯:兔坠』…＾F与G在催化剂作用下生成H（肉.的同分异构体,结合已知信息反应@可知,G为O／＼人（l）由上述分析可知’A为＼」｜H’其化学名称为苯甲醛。｜2｜c｜ocⅡˉcⅡc0oⅡ｜与隔…发生＂…生咸Ⅱ｜O!!—!!coOⅡ｝………加瓣条件「…化反…『（Oc≡ccooc:＂｀｜属干取代反应·｜训宙上述分析可知,腻的籍构简式为Oc≡ccoo＂○此（4）G为甲苯的同分异构体,其结构简式为′（Qc≡ccooc奥Ⅱ』｜…催化薪‖作廉下发生反应》生咸此眯隆峰［H（｜5｜芳霄化舍物x冕『｜Oc≡ccooc曹Ⅱ’｜的同分…』满足条件:O能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出co2‖则含有—COOH;@核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢原子‖峰面积之比为6:2:1:l,则X分子结构对称,且含有2个—CH3,满足条件的—吟咖…嚼—〔—江＂Ⅷ＂X的结构可能为HC≡C口贬—幢—…＼登cˉc—m∩凡｜6｜○与α』…条件下发生取代…成○c｜,再在№…H』0H加热条件下发生消云反应生成O｝结含已知信息反应圆』◎与c＂｀c≡ccH’在催化剂作属下发生反应生成口;『Cα｀最儒与…α』发生m咸…·』撼№写出合成路线。矗恤……—s＂＂—!／s!封Ⅲ—几~｜COOH（2n-1）H2O。（4）Q是D的同系物］相对分子质量比D大14,所以Q有苯环｀两个鞍基和—个饱和碳°可能是苯环连接两个梭基和个甲基（6种）,也可能是苯环连接—个梭基和—个—CH2COOH（3种）〕也可能是苯环连接—CH（COOH）2（l种）,共有l0种°核磁共振氢谱有4组峰’且峰面积比为l:2:2:3’必有—组峰代表的是3个氢原子,所以该峰—定对应甲基,即苯环连接—个甲基和两个梭基｛还要考虑分子的对称性!贝」结构简式可能为赏州咀HOOCCOOHHOOC∏.CH3（5）已知乙炔与1,3ˉ丁二烯也能发生DielsˉAlder反应!其产物为HOOH○｀恿篷加…晌得.〕≥〔.莫台窥蹈赣‰HOOHBrBr○塑〉n广旦》｀△BrBrHOOH竿）n.HOOH6.（l）苯甲醛（2）加成反应取代反应｜』）Oc≡cc0o＂粕器嚼＾沟,O限ˉ…Ⅲ,哩′（4）褂c…‘—嚼β皿№（5）HC≡C心c≡c—…口←…＂｜健舅2辩｜／~~~~~~~~＼~｜6｜G÷○c｜№侧＂爷型且C里龋＂』CαBrBrC〔）Br2／CCl4＿------→~~~~′~［解析］A与（〕H］CHO在NaOH／H2O｀加热条件下反应生成B囤高考／卜题练透化学综台训练7第‖O章综台训练（第38ˉ45练）‘为o＂c—c＂ˉc＂逾.田E一『锁…件及已知信息反OH应可知,Ⅲ为愈c＂o』『为o↓＂—‘‖』c＂o,龋台′→‘的转化条件可知’该反应为消去反应°高分子化合物C在NaOH溶液中加热｀发生水解反应生成D』则C为卡CH』「Ⅱ十｛A与ClHCl在催化剂｀加热条件下反应生成B〕B在催化剂｀加热条件下反应生成C］则A为CH≡CH｛B为CH2＝CHCl°｜｜｜C为卡CH』『Ⅱ击』其化学名称为聚氯乙烯M分子中的含氧Cl宫能团为酷基°OH（2｜『｜c｝＂c＂凰c＂0）→‘｜O田ˉc＂—cHo）韵反应类型为消去反应;G中含有醛基和碳碳双键,而醛基易被澳水氧化!故应利用新制Cu（OH）2悬浊液或银氨溶液将—CHO转化为—COOH］再用澳水检验碳碳双键°（3）C（卡CⅡ』—「Ⅱ十｜在№OH溶液中加热发生水解反应生成DCl｜卡cⅡ』—↑＂击｜｀给合原子守恒写出化学乃程式。OH｜4｜E的赣构简式为Oc＂o》＂｜oc＂≡c＂—c00＂）存◎〈moⅡ在‖顶反异构体』其｜｜顶式结构为C＝C°／＼HHOH｜5｜『｜c↓＂贬＂』亿＂o｜雕辰分异构体满足条件铡属于芳香族化合物,贝｜」分子中含有苯环｜@能发生水解反应和银镜反应,贝｜」分子中含有酷基和醛基〕结合F的结构简式可知〕该有机物含有＿OOCH°若苯环上只含有1个取代基:HCOO＿CH2—CH2—或HCOO—CH—,有2种结构｛若苯环上有2个取代基:—OOCHCH3和＿CH2CH］｀＿CH3和—CH2OOCH,2个取代基分别有邻、间、对3种位置关系,共有6种结构i若苯环上有3个取代基:2个—CH3和l个—OOCH,当2个—CH3处干邻位时有2种结构!当2个—CH3处于间位时有3种结构］当2个—CH3处干对位时有l种结构!共有6种结构°故符合条件的F的同分异构体有2＋6＋6＝l4种°核磁共振氢谱有4组峰,说明分子中含有4种不同化学环境的氢原子〕分子结构存在对称性〗故满足条件的有机物有比…口铡＼HCH3CCH3（1）2ˉ甲基ˉlˉ丙烯氧化反应（2）铁粉、液滇醛基｀澳原子（3）7↑（CH』）』~γ（CH』）］绅.α｛!羔Ⅲ封（4）O｝｝题号~~~~~~~~~~~~~~~~答案勺凸…＾ˉ℃｀忌庐＝斗…□丁′…＾凹l~~~~~D日…∧β≡日0.D［解析］油脂不属于高分子化台物,A错误;乙醇汽油是—种混合物!B错误;牛奶中含有蛋白质,加入果汁使蛋白质凝聚而沉淀｛并不是发生了酸碱中和反应｜C错误;食物纤维素在人体内不能被吸收利用!但是具有促进肠道蠕动等功效,所以是健康饮食不可或缺的部分,D正确°2.C［解析］单糖不能水解,A项错误;甲烷与氯气的反应属于取代反应］乙烯和澳的反应属于加成反应〕B项错误j甲苯与氢气｀苯与氢气发生的都是苯环上的加成反应’lmol苯和1mol甲苯均能与3molH2反应,C项正确｛乙醇不能与氢氢化钠溶液反应〕乙酸中的宫能团为＿COOH,而非—OH,D项错误。3.C［解析］A项,分另｜」属于取代反应｀氧化反应;B项〕都属于加成反应jC项,分另｜」属干取代反应｀加成反应;D项,分另」属干物理变化（革取）｀加聚反应°4D［解析］该有机物的分子式为Cl6Hl4N2O3,A项错误｛分子中的两个苯环并不相同!下面的苯环有3种等效氢原子,上面的苯环有4种等效氢原子,所以苯环上的—氯化物—共有7种,B项错误｛分子中存在饱和碳原子〕饱和碳原子连接的4个原子在空间上是四面体结构,故所有原子不可能共面］C项错误｛根据其结构式可知’该有机物分子中含有苯环,属于芳香族化合物,含有梭基〕显弱酸性,D项正确°5∧［解析］根据反应可知,M为酪类物质,N为醇;根据质量守恒定律可求出N的分子式为C3H8O;C3H8O属于醇的同分异构体有CH3CH2CH2OH和CH3CH（OH）CH3两种,C3H7COOH属于梭酸的同分异构体有CH3CH2CH2COOH、CH3CH（CH3）COOH两种!所以满足条件的M的结构最多有2×2＝4种°6.B［解析］由X的结构简式可以判断出它是加聚反应的产物‖两种单体分另｜｜为NCCH＝CHCN和CH2≡CHOOCCH3!前者是HC≡CH和（CN）2的加成产物〕后者是HC≡CH和CH3COOH的加成产物』B项正确°7.C［解析］根据表中数据可知,常温下Z酸异戊酷为液体!目与水不互溶’可用分液的方法进行分离〕A错误;加入过量乙酸的主要目的是增大异戊醇的转化率〗B错误『为了除去产物中混有的乙酸,可以向混合物中加入足量饱和Na2CO3溶液,碳酸钠与乙酸反应但不与乙酸异戊醋反应!充分振荡后静置｀分液即可除去］C正确;异戊醇与乙酸异戊酪的沸点相差不大,不能用蒸馏的方法分离,且蒸馏时应选择图示装置中的b装置进行］D错误。a（1）聚氯Z烯醋基（2）消去反应取G溶液少许于试管中,加入足量银氨溶液并加热,反应完全后,加酸酸化,再滴入澳水,若滇水褪色’证明含碳碳双键H2O（3）卡CⅡ』—CH击辨〃№OⅡ云卡CH2—「Ⅱ卞＋＂№αClOH″o哪＂Q＿「〈COOHHHLC＼~／CH〕—口…口（5）14HCOOH3CCH3［解析］D（卡cH』—『H击｜与H在浓硫酸加热条仁下反应生成＂OHˉ［CH2—CH士O｜仁c—c＂ˉc＂这｜川＂为＂ooc—cHˉ匝＂n,9答素及解析腮1）H2O。OH｜5｜根据题中信息』以Z醛和苯为原料』台成G↓HcH』的躇线…为◎等◎荔◎卿鼠Ⅱ‘BrCH3CHO＿H2OOHn↓＂c＂’◎OH~‖‖｜｜醛…［::＂,o°＂斡;c7.＂（2）o＞@＞@（3）4（4）取代反应3艘咖:诚:b懒＂顾OⅡ…》旷·,H（5）CHjCOOH些『Ⅱ』α…渗丫Ⅱ』OⅡ鲤「Ⅱ』OⅡ0′＿△COOH△COONaCOOHCu0△CHOCOOH［解析］（1）A的分子式为C2H2O3,可发生银镜反应‖说明有醛基!具有酸性,说明有梭基｛贝｜」A的结构简式为OHC—COOH↑所含官能团的名称为梭基和醛基;再根据C的结构可推出B为苯酚,A、B发生加成反应生成C°（2）搂基的酸性强于酚轻基,醇轻基无酸性,所以C中3个—oH的酸性由强至｜」弱的‖顶序是O＞O＞@°（3）2分子C发生酷化反应,形成—个新的六元环〕则E分子的结（CH乳）乳『O｜｜H—［O—CHC］丽OH＋（′lˉl）H2O°门（’）◎等◎羞◎＂:Ⅱ,BrCH3CHO＿H2OOHO↓＂cH』［解析］利用逆推原理］根据G的结构简式和已知信息反应,可逆CHO摧出‘蹦化…｜c＂刹｜』…｜堤α逆摧＂.Br『H3B『伊’CH』｛＂2◎｝D冕◎』…→cⅡ』｛A晨〔｛,‖／＼CH3H3CCH则丫（cⅡ』｜』CH—0∏~「OI副）』2蠕基l两烯｜』＂是α』J..○（〕COOHO「比B『‖H2｜M.＂…为坠甲墓」丙烯｝陶E｜◎｜／＼H3CCH3CHO生磁『｜C〔｜最氢化反座.Br汾.pH3心仁繁作…暴僻下与…,.（2）（3）@能发生银镜反应,说明存在醛基｛@含有苯环;o不含甲基。满足上述条件的M的同分异构体有:当苯环上有2个取代基时,若为—CHO和—CH2Br（存在邻｀间、对3种位置关系）,则有3种结构;若为—CH2CHO和—Br（存在邻、间、对3种位置关系）,贝」有3＼种结构｛当苯环上有个取代基（／CHCHO）时,则有l种结构;Br所以共有7种°（4）J是—种酷!分子中除苯环外还含有＿个五元环,J的结构简式战｜业……….为OC（CH］）』‖『｜cH』）』Hˉ［O—CHC汞OHCH—OH忍·｜＂ˉ＂α垂·COOH第77章化学实验TOq｀‖。O—〈:二》—0oH‖该分子中不同化学环境构简式为H｀○的氢原子有4种。（4）D→F是醇轻基转变成卤素原子］所以属于取代反应;1molF中含有lmol酚轻基｀lmol醋基和lmol卤素原子］与氢氧化钠溶液反应时各消耗lmolNaOH’共消耗3molNaOH;F的同分异构体属于—元酸类化合物!所以分子中含有梭基,又由于只有2个取代基且处干对位』其中—个是轻基,所以另外—个取代基中应该含有2个碳原子｀l个澳原子｀l个梭基,根据梭基和澳原子的位置不同,共有如下四种不同结构:辟酗＂诚·:而厄广忠…§矿哑№H（5）反应的原料是CH3COOH,合成的目标产物是OHC＿COOH‖所以考虑将—CH3转化为—CHO,根据逆合成分析法,＿CHO可由—CH2OH催化氧化得至｜」］—CH2OH可由—CH2Cl水解得至｜」］—CH2Cl可由—CH3上H原子被Cl原子取代得至｜」,因此合成路线为PCl3CH2ClNaOH,H2OCH2OH盐酸CH2OHO2CH3COOH～ˉ→--＿—→｜→—→△COOH△COONaCOOHCu,△CHO｜°COOH第46练化学仪器｀试剂的使用TD［解析］冷凝管使用前不需要检查是否漏液,A错误｜烧瓶是否需要烘干要根据具体的实验而定］呈筒＼容量瓶和滴定管都是计量仪器〕不能在烘箱中烘干,B错误｝蒸馏不需要使用玻璃棒!C错误;由于漠极易挥发,且有很强的腐蚀性’所以保存在带有玻璃塞的细□棕色试剂瓶中,再加—层水防止其挥发｛并放置在阴凉处,D正确。｛β≡●题号答案题号答案习三●…’…□斗＝日…川…●β≡□…Ⅱ韶□~∑…∧…β…日］◎…丁上巳~~~碉高考／卜题练透化学2∧［解析］文中描述的是固体的加热｀灼烧｀冷却和研磨的过程!固体加热｀灼烧需要用至｜」泊涡和堵涡钳‖研磨要在研钵中进行,所以没有用至｜」的仪器是蒸发皿,故选A°3。C［解析］需要用托盘天平称取NaCl固体的质量〕并且需要在烧杯中溶解NaCl’A错误｛提纯混有少量乙酸的Z酸Z酪用饱和碳酸钠溶液洗涤｀分液即可‖B错误｝生石灰消耗水,生成氢氧化钙使溶液中c（OHˉ）增大,同时放热,促进浓氨水分解,C正确｛NOj在酸性条件下具有强氧化性’不能排除SO;—的干扰’D错误。4B［解析］蒸馏时不能采取水浴加热‖旦冷却水应下进上出］A项不正确｝禾｜」用排饱和食盐水的方法收集氯气并测呈氯气的体积］B项正确;过滤时应用玻璃棒弓｜流〗C项不正确;用NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸,NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中,旦视线应注视锥形瓶内溶液颜色的变化］D项不正确。5D［解析］稀释浓硫酸不应在容量瓶中进行｛且应将浓硫酸缓′｜曼地加入盛有水的烧杯中’并用玻璃棒不断地搅拌』待溶液冷却至室温后再转移至容量瓶中｛A错误j溶液的蒸发结晶应在蒸发Ⅲ中进行!B错误｝蒸馏操作时温度计水银球应置于蒸馏烧瓶的支管口处,以测定蒸气的温度〗C错误『苹取操作时使用分液漏斗‖分离时下层液体从分液漏斗下□放出｛上层液体从上口倒出!D正确°6。C［解析］量取KMnO4溶液应用酸式滴定管!A项错误‖用pH试纸测定溶液的pH时,不能先用蒸馏水润湿试纸』B项错误;钠与水反应剧烈,粉末状时反应更剧烈,使钠与水反应的实验较危险,且金属钠在研磨时会被氧化｛D项错误°［易错警示］利用石蕊试纸检验气体的酸碱性时,试纸可以润湿』但是用pH试纸测定溶液的pH时‖不能用蒸馏水润湿pH试纸!否则会使溶液浓度变化从而弓｜起PH变化°7.B［解析］灼烧茶叶需要用到酒精灯｀泊氓｀≡脚架和泥三角,A项正碉容量瓶用来配制—定物质的量浓度的溶液］不能用来稀释溶液或溶解固体‖B项错误｛过滤需要用至｜」烧杯｀漏斗和玻璃棒!C项正确｜检验Fe3＋—般用KSCN溶液,故需要用试管、胶头滴营和KSCN溶液,D项正确°8.B［解析］K｀Na＼Mg均能与水和二氧化碳发生反应,所以它们着火时不能用泡沫灭火器灭火］A项正确‖该实验要求初始时温度相同］然后改变温度｛探究温度对反应速率的影响!应分另｜」水浴加热硫代硫酸钠溶液｀硫酸至｜」—定温度后再混合,若先将两种溶液混合后再用水浴加热〕随着热量的散失｛测得的反应速率偏小,B项错误｝蒸馏实验结束后!应先停止加热,待装置冷却后,停止通冷凝水!再拆卸装置〕C项正确;定容过程中向容量瓶加蒸馏水至距离刻度线l～2Cm处时,改用胶头滴管滴加〕D项正确。9D［解析］苯与澳苯互溶‖不能用分液法分离苯和〉臭苯的混合物!A错误｛加热蒸干MgCl2溶液会得到氢氧化镁固体,B错误｝实验室用电石制Z炔气体时’为控制反应速率!应选用分液漏斗］C错误;图@中盛适量水,可以除去氧气中少量的氯化氢气体,D正确°‖0。c［解析］装置O常用干分离互溶且沸点相差较大的液体混合物,A错误｛因HCl极易溶于水〗直接通入水中,易产生倒吸现象｛B错误｜用装置O加热NH4HCO3〕产生的杂质气体（CO2＼H2O）被碱石灰吸收’此装置可用于实验室制备少量NH3〕C正确CO2的密度比空气大］收集CO2应长进短出］NO易与空气中的氧气反应｛不能用排空气法收集NO’D错误°］］D［解析］KNO3与NaCl的溶解度受温度的影响不同］结晶后过滤需要漏斗』所选玻璃仪器中缺少漏斗,A不符合题意｛海带提碘的实验中］先将海带灼烧成海带灰］然后向海带灰中加入蒸馏水,煮沸2～3min,再过滤,得至｜」滤液｛煮沸是为了加快碘化物在水中的溶解,以使灰烬中的Iˉ尽可能多的进入溶液!然后加氧化剂氧化I—生成碘单质］再革取｀分液得至｜」含碘单质的有机溶液,最后蒸馏得至｜」碘题中操作及所选玻璃仪器均不合理!B不符合题意;NaClO具有强氧化性,不能用pH试纸测定其pH｛C不符合题意｝没有480mL规格的容量瓶］应配制500mL0.5mol·LlCuSO刻溶液,计算后将称量好的62.5gCuSO4°5H2O在烧杯中溶解后转移到容量瓶中,洗涤,定容!使用胶头滴管｀烧杯、量筒、玻璃棒｀500mL容呈瓶可完成配制溶液的实验,D符合题意°第47练化学实验基本操作~苯可以隔绝空气,防止Fe（OH）2被氧化,B正确。灼烧CuSO4要在高温下进行!应在咐士员中加热］C错误°葡萄糖和蔗糖溶干水得到的分散系均为溶液｛都能透过半透膜］故不能采用渗析法分离葡萄糖和蔗糖］D错误°7.C［解析］给烧瓶加热必须使用石棉网〕O正确;制取蒸馏水的装置温度计水银球应置于支营口处,@错误;分液时要将分液漏斗上口玻璃塞打开,或使塞上凹槽对准漏斗上的小孔,o正确｛振荡分液漏斗中的溶液时］要—只手按住□部!另—只手握住活塞部分颠倒振荡‖@正确;容量瓶的刻度线上方有水珠未干燥就开始配制溶液,会造成溶液浓度偏／」＼’O错误｛氢氧化钙溶液中OHˉ浓度较小!实验室制取氯气时｛为了防止环境污染］多余的氯气可以用氢氧化钠溶液吸收,@错误;故选C°8.B［解析］滴定管下端有段没有刻度,在50mL酸式滴定管中装入KMnO叫溶液］调整初始读数为30.00mL后!将剩余KMnO4溶液放入锥形瓶中’液体体积大于20.00mL,A不符合题意;银溶于稀硝酸,银镜反应实验后的试管先用稀硝酸清洗,再用水清洗,B符台题意测定醋酸钠溶液的PH』用玻璃棒蘸取溶液｛应该点在干燥的pH试纸上’C不符合题意｛配制100mLl.0mol·LˉlCuSO4溶液』不能把固体直接放入容量瓶中溶解、稀释］D不符合题意°｛刷盲所得］用湿润的pH试纸测定酸性溶液的pH』结果偏大｛用湿润的pⅡ试纸测定碱性溶液的pH,结果偏小｜用湿润的pH试纸测定中性溶液的pH,结果无影响;所以要用干燥的pH试纸测定溶液的PH。9C［解析］配制溶液操作中定容时!当液面接近刻度线时!应改用胶头滴管滴加蒸馏水］A项错误｝中和滴定实验中的酸液应盛放于酸式滴定管中］图中用的是碱式滴定管,B项错误｛苯和碘的沸点相差较大,可用蒸馏的方法分离,蒸馏时｛冷凝水应从冷凝管下端进｜上端出,C项正确｛收集NH3时〕导管应伸入试管底部｛有禾」于将试管中的空气排出’D项错误°‖0。B［解析］装置O可用于固体和液体反应生成气体的实验,实验室制备少量氨气可用浓氨水和生石灰,制备少量氧气可用过氧化氢和二氧化锰］都可以用该装置制备,A错误｝从a处加水!若U形管两侧液面形成稳定的言度差!可证明装置@的气密性良好,B正确｛HCl的密度大于空气〕应用向上排空气法收集!应长导管进气］C错误;由于乙醇具有挥发性〕也能使酸性高锰酸钾溶液褪色’干扰烯烃的检验］D错误°题号;］勺＝■■｀二＝巳斗∏β·—Ⅱ畦∧β日～皿…□答案题号答案日＿丁●β时日’●·…日‖‖』□lB［解析］A项〕用托盘天平称量时应左物石码,且要放在称量纸上或玻璃器Ⅲ中称量‖错误｛C项,转移溶液时｛应该用玻璃棒弓｜流‖错误;D项,定容时胶头滴营不能伸入容量瓶内,应垂直忌于容量瓶□上方,错误。2.B［解析］应用湿润的红色石蕊试纸检验逸出的气体是否是氨气’B项错误。3B［解析］滴加液体时〕胶头滴管应悬空正放｛操作不合理!A错误!双手紧握试管,观察水槽中是否有气泡冒出］则可检查装置的气密性是否良好‖B正确｛使用酸式滴定管滴定时》左手控制旋塞‖大拇指在管前］食指和中指在后,三指轻拿旋塞,手指略微弯曲’向内扣住旋塞〕避免产生使旋塞拉出的力‖C错误;蒸发时不能蒸干］防止硝酸铜分解］应该蒸发至有大量晶体析出时停止加热,用余热蒸干］D错误°4D［解析］氨气为碱性气体,可用碱石灰干燥,易溶于水］应注意防止倒吸｜但氨气的密度比空气小‖应用向下排空气法收集］A错误;NaClO溶液具有漂白性,会漂白pH试纸〕不能用广泛pH试纸测定其pH｛B错误｜加热时碳酸氢钙可分解〗不能用蒸发溶剂的方法］C错误｝发生吸氧腐蚀,吸收空气中的氧气,导致左侧试管内的压强减′｜｀‖则石｜则导管内形成—段水柱,D正确°5。C［解析］A项｛要用滤纸吸干钠表面的煤油再切,且烧杯中不能装满水’错误;B项,容量瓶不能用作溶解固体的仪器］错误;D项’分液时下层液体从下口放出］上层液体从上□倒出!错误。［易错鳖示］审题要仔细,在D项中下层液体从分液漏斗的下端放出后〗关闭活塞’换—个接收容器,上层液体应该从上口倒出〕如果审题不全面!很容易误认为该选项正确°6.B［解析］打开活塞,向球形漏斗中加水｛当水充满容器下部的半球体时,关闭活塞,继续加水』使水上升至｜」长颈漏斗中,静置—段时间,若水面不下降,说明装置气密性良好,反之则说明装置漏气〕不能直接加入试剂检查装置的气密性］A错误°Fe与电源的正极相连,作电解池的阳极,电极反应式为Fe-2eˉ—Fe2＋｛石墨与电源的负极相连］作电解池的阴极,电极反应式为O2＋2H2O＋4eˉ—4OHˉ‖Fe2十与OHˉ结合生成白色的Fe（OH）2沉淀』上层答素及解中斤圈目氧化｀还原反应分另」在两极上发生,此装置氧化反应与还原反应都在左侧烧杯中发生〕右侧烧杯中不发生反应!不能构成原电池｛应将两溶液对调’A错误;加热AlCl3饱和溶液,促进AlCl3水解生成Al（OH）3沉淀’不能制备AlCl3固体］B错误;图I是禾｜」用氨气极易溶于水,使烧瓶内压强迅速减小!液体迅速上升产生喷泉,图lI是锥形瓶内发生反应产生的气体将液体压入烧瓶‖产生喷泉〕≡者原理不相同］C错误j酸性KMnO4溶液紫红色变浅或褪色］证明SO2具有还原性’D正确°Tl∧［解析］图甲左边试剂瓶中盛放NaOH等碱性溶液时可与CO2反应,而不与CO反应］然后在右边试齐｜」瓶中干燥可收集CO］再通过分液漏斗加入稀H2SO4等酸性溶液可使CO2从溶液中逸出］再干燥可收集（〕O2］且试剂瓶中的导气管均“长进短出＂〕装置台理‖A正确;从食盐水中提取NaCl晶体的蒸发装置不能用肘竭,应用蒸发皿｛B错误;NO的密度比CO2小!图丙装置不能排尽CO2,收集的NO不纯,应禾｜」用排水法收集,C错误氢氧化铁胶体和硫酸钠溶液均可透过滤纸,应用渗析法分离］D错误。T2D［解析］构成原电池的条件之是能自发进行氧化还原反应｛第48练物质的检验＼分离与提纯9D［解析］除去苯中的苯酚不能用浓澳水』方面苯能革取浓澳水中的Br2］另—方面苯酚与浓澳水反应生成的2,4,6ˉ≡澳苯酚溶于苯』不能除杂］A项错误｛NaAlO2与盐酸反应会生成NaCl!弓｜入新杂质,B项错误;酸性KMnO4将Z烯氧化成CO2』弓入新杂质｛同时酸性KMnO4也能将SO2氧化〕C项错误『C02与Na2CO3｀H2O反应生成NaHCO3］能将Na2CO3除去‖D项正确°TOB［解析］向2mL滴有2滴KSCN溶液的FeI2溶液中加入几滴氯水｛若溶液不变红色〕表明加入的氯水先将lˉ氧化成I2!根据氧化还原反应中＂先强后弱｜规律〕说明I的还原性强于Fe2十｛A项正确｜由于C2H5OH具有挥发′｜生和还原性0浓H2SO4具有强氧化性］浓H2SO4能将C2H5OH氧化］自身被还原成SO2』从蒸馏烧瓶中逸出的气体中的C2H5OH｀SO2也能使酸性KMnO4溶液褪色!不能检验是否有乙烯生成,B项错误;将含有CO的CO2缓′｜曼通过△灼热的CuO］发生反应CO＋CuO-Cu＋CO2,可除去CO2中的CO〕C项正确j用—定浓度的NaOH滴定定体积｀浓度的草酸溶液,用酚酞作指示剂〕滴定终点时溶液呈碱′｜｀生,根据消耗的NaOH溶液的体积和浓度｀H2C2O4溶液的浓度和体积计算出消耗的NaOH和H2C2O4物质的呈之比,可确定草酸是二元酸,D项正确°‖.B［解析］A项｛该钾盐也可能是KIlCO］,错误iB项｛通过调节溶液的pH使Fe3＋沉淀,正确｛C项,结论错误,应该是瓜p（BaSO4）＜K.p（BaCO3）’题中只是因为CO;—浓度大而产生BaCO3沉淀,错误;D项‖乙醇蒸气也能使酸性高锰酸钾溶液褪色!错误。T2.B［解析］O为Nacl溶液,所得沉淀为Agcl;@是NH3。H2o溶液,所得沉淀为Fe（OH）］和Al（OH）3;O为NaOH溶液,所得沉淀为Fe（OH）3‖所得溶液为NaA］O2溶液｛@为H2SO4溶液〕所得沉淀为BaSO4〕所得溶液中含有K十,B项符合题意°T3.C［解析］加热硫酸亚铁按［（NH4）2Fe（SO4）2］至分解完全,固体产物中可能含有氧化亚铁｀氧化铁和四氧化三铁〕气体产物中可能有氨气、氮气、二氧化硫｀三氧化硫和水蒸气;装置@中试剂X为无水硫酸铜,检验水的存在;装置o用于检验三氧化硫的存在并吸收氨气和≡氧化硫｝装置@中装有过氧化氢和BaCl2混合溶液,过氧化氢可将二氧化硫氧化为硫酸,Ba2＋与SO;ˉ反应生成BaSO4沉淀,用于检验二氧化硫的存在;装置O用于收集氮气°装置O中固体残留物中也可能同时含有FeO,也可能不含有Fe2O3而含有Fe3O4,而不—定只有Fe2O3,A错误;装置@的作用是检验分解产物中是否有水蒸气,故试剂X应选用无水硫酸铜,B错误;装置O用于检验分解产物中是否有SO3,若有SO3生成,则装置o中在酸性条件下产生硫酸钡白色沉淀〕同时除去SO3和NH3,C正确;若分解产物中有NH3,则NH3被装置O中的溶液吸收,装置◎中可以收集至｜」氮气,不可能收集至」NH3］D错误°［关键点拨｝SO2与BaCl2溶液不反应,若向混合液中通入氨气或加入氢氧化钠溶液｛中和了酸,会生成亚硫酸钡白色沉淀;若混合液中通入二氧化氮或加入硝酸溶液｀双氧水等强氧化剂］二氧化硫被氧化为硫酸根离子,会生成硫酸钡白色沉淀°｝ˉ嚣∩h:｝i｝t~;:「舌;题粤＿8√。;I0—Ill2］～I3｛答案CD;BBBC1∧［解析］白酒的烧制是禾」用沸点不同进行分离｛此方法为蒸馏;禾｜」用钾｀钠元素的焰色反应呈现不同的颜色鉴另｜」KNO3和Na2SO4］钠元素焰色反应呈黄色｛钾元素焰色反应呈紫色°故选A°2C［解析］因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高］NaCl的溶解度随温度的升言无明显变化’故提纯含少量NaCl杂质的KNO3!需先将试样溶于水］蒸发浓缩并降温结晶°操作I是溶解』操作Ⅱ是蒸发浓缩｛得至｜」较高温度下的KNO3饱和溶液!操作Ⅲ为冷却结晶,利用溶解度差异使KNO3结晶析出,过滤,洗涤〕干燥得到KNO3晶体°3D［解析］将新制氢氧化铜溶液放在蒸发皿中加热会使其分解,A错误｛若要除去FeCl2溶液中的FeCl3,可加入适量铁粉后过滤‖B错误｛饱和碳酸钠溶液会和二氧化碳反应生成碳酸氢钠,若要除去二氧化碳中的氯化氢,应通过饱和碳酸氢钠溶液洗气〕C错误j某溶液中加入定呈盐酸后产生沉淀｛不能说明原溶液中—定含有Ag＋,如AlOI和少呈的酸反应也会生成沉淀〗D正确。4C［解析］SO3（g）和SO2均能与KOH溶液反应,且没有明显现象｛不能鉴另｜」］A项错误｝Br2（g）能将KI氧化为I2’NO2溶于水会生成HNO3,HNO3也能将KI氧化为I2］淀粉遇I2变蓝］不能鉴另｜」｛B项错误j根据强酸市｜」弱酸的原理｜CO2通入NaAlO2溶液中会产生Al（OH）3白色沉淀］而CO2与CH3COONa溶液不反应］可以鉴别,C项正确;BaCl2溶液与AgNO3溶液反应生成AgCl白色沉淀］BaCl2溶液与K2SO4溶液反应生成BaSO4白色沉淀］不能鉴另｜」｛可用Ba（NO3）2溶液进行鉴别』D项错误。5B［解析］因Z烷易溶干四氯化碳,不可用澳的四氯化碳溶液除杂‖应改用澳水］A错误;铁粉可与氯化铁反应生成氢化亚铁,可除去杂质］B正确;二氧化硅和氧化铝均与氢氧化钠溶液反应,不能除杂,应选盐酸,C错误『乙酸与碳酸钠溶液反应0乙酸乙酷不溶于水,且在饱和碳酸钠溶液上层!经分液｀干燥｀蒸馏可得纯净的Z酸乙酪』D错误°6.B［解析］NaOH溶液可除去空气中的CO2,浓硫酸可除去空气中的水蒸气］过量铜粉可除去空气中的O2’过呈镁粉可除去空气中的N2］B项符合题意。7D［解析］澳和澳苯均易溶于苯］不能分离,故A错误‖在氢氧化钠溶液中加入饱利FeCl3溶液］煮沸生成氢氧化铁沉淀］得不至｜」氢氧化铁胶体,应在沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液］得到氢氧化铁胶体,故B错误;氯化氢与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳］会混入二氧化碳杂质,故C错误;若Na2CO3溶液中存在水解平衡;CO;ˉ＋H2O＝＝RCOi＋OHˉ,则溶液显碱性’加入酚酞试齐｜」溶液显红色’加入BaCl2固体,Ba2＋和CO;ˉ反应生成BaCO3沉淀］CO;ˉ浓度减小,CO;ˉ的水解平衡逆向移动』溶液颜色变浅,故D正确。8。C［解析］分析4个选项中的两种物质］两者反应能生成不溶于硝酸的沉淀的是B项和C项,目过滤后把滤液加至｜」NaOH溶液中能生成白色沉淀的仅有C项,故C项符合题意°巴＾二’□〕…Ⅱ●斗日日‖】■当’第49练物质的制备与性质检验斗□川≡日题号答案题号答案日＝□’…∧∑日一＄∧］＝●丁…◎2B［解析］根据反应2Fe＋3Cl2≡≡2FeCl］,可知仪器的连接｜‖页序为制取氯气装置、除杂（HCl｀水蒸气）装置｀制备装置、尾气处理装置′故导管的连接‖顶序为aˉeˉdˉcˉl〕ˉhˉiˉg。3.D［解析］］mol°Ll的盐酸为稀盐酸!与二氧化锰共热不反应〕A不符合题意｝NH3不能使用浓硫酸干燥,B不符合题意｜点燃H2前需验纯］C不符合题意;碳酸氢钠受热易分解｜生成的二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊』而碳酸钠不能,D符合题意。lC［解析］SO2｀Cl2均能与碱石灰反应!不能用碱石灰干燥;NH3不能用浓硫酸干燥;CO与浓硫酸和碱石灰都不反应,可以用二者干燥,C项符合题意°日…~~◎…Ⅱ日~碉惠考／卜题练透化学4D［解析］NH3可用浓氨水和生石灰制取］用湿润的红色石蕊试纸检验,试纸变蓝则说明NH3为碱性气体〕A项正确利用浓硫酸的高沸点和吸水性,可以制取HCl气体,pH试纸变红,说明HCl为酸′｜生气体‖B项正确｜浓盐酸和二氧化锰加热反应可以制取Cl2,Cl2可以用淀粉ˉ碘化钾试液检验］溶液变蓝!说明KI转化为I2｛贝｜｜说明Cl2具有氧化性｛C项正确;SO2使品红试液褪色体现的是SO2的漂白性!D项错误°5.C［解析］氢水中的HClO具有漂白′｜生‖HCl｀ⅡClO电离出的H＋使溶液呈酸性｛向新制氯水中滴加紫色石蕊溶液,溶液先变红色后褪色A错误;SO2通入Ba（NO3）2溶液中发生氧化还原反应生成白色沉淀BaSO4’B错误『Fe3＋和Iˉ反应生成I2和Fe2＋』I2易溶于四氯化碳〕四氯化碳和水不互溶且密度大于水］贝」无色溶液中滴加FeCl3溶液和CCl4,振荡｀静置,下层呈紫色‖说明二者反应后有碘生成!所以原溶液中含有I〗C正确乙酸和酸性高锰酸钾溶液不反应‖所以Z酸溶液由无色变为紫红色,D错误°6.B［解析］铜和稀硫酸不反应‖A不符合题意;SO2使品红溶液褪色,说明SO2具有漂白性,B符合题意SO2的密度大于空气的密度］应用向上排空气法收集,进气管长｀出气管短,C不符合题意｝SO2与NaHSO3不反应’SO2是酸性氧化物］应用碱液吸收］并添加防倒吸装置］D不符合题意。7.C［解析］装置图中导气管长进短出,说明所收集的气体的密度大干空气的密度‖吸收尾气时｛使用了防倒吸装置,说明该气体易溶于Y°氯化氢气体不能用碱石灰进行干燥,A项错误;氨气的密度小于空气的密度］B项错误『二氧化硫可以用氯化钙进行干燥,且二氧化硫的密度大于空气的密度,二氧化硫易溶于氢氧化钠溶液,C项正确;—氧化氮的密度与空气接近］并易与空气中的氧气反应生成二氧化氮,不能用排空气法收集〕且—氧化氮不溶于氢氧化钠溶液,不能用氢氧化钠溶液吸收尾气〕D项错误°8.∧［解析］A项,肥皂水冒泡｛只能说明有气体进∧肥皂水中,加热时］水蒸气或o排出的空气都能使肥皂水冒泡!不能证明铁粉与水蒸气发生反应｛B项,酚酞溶液变红,说明有NH3生成］贝｜」O中NH4Cl和Ca（OH）2发生了反应;C项!澄清石灰水变浑浊,说明有CO2生成］则NaHCO3固体受热分解产生了CO2｝D项〕Br2的CCl4溶液褪色｜说明有不饱和烃生成｛则石蜡油受热分解产生了不饱和烃。9.∧［解析］浓硫酸具有脱水性’能使蔗糖脱水而炭化‖且放出较多的热量‖生成的碳在较言温度下能与浓硫酸反应产生CO2｀SO2,但CO2｀SO2不能与BaCl2溶液反应,因此BaCl2溶液中不会出现白色沉淀!A项错误;生石灰遇水放出大量的热,使氨气逸出,氨气经碱石灰干燥后｛可用向下排空气法收集’B项正确通过测量单位时间内锌粒与稀硫酸反应生成氢气的多少可以测定硫酸与锌粒反应的速率,C项正确『禾｜」用蒸馏装置可制取蒸馏水,D项正确°‖0B［解析］稀硝酸与铜反应生成—氧化氮｀氧化氮不溶于水｛但能够与氧气反应,只能用排水法收集,A正确;氯化按固体受热分解,生成的氯化氢和氨气在试营□遇冷又化合生成氢化镶得不至｜」NH3!B错误;二氧化硫的密度比空气大!导气管应『‘长进短出＂,≡氧化硫具有还原性,能够使酸性高锰酸钾溶液褪色,浸有碱液的棉球可以吸收多余的二氧化硫〕防止其污染空气］C正确;铜绿受热分解生成的酸性气体是二氧化碳‖二氧化碳能够使澄清石灰水变浑浊!D正确°Ⅷ.B［解析］根据原子守恒判断生成物还有CO2和水,因此制备保险粉的离子方程式为HCOOˉ＋OH＋2SO2—S2Oi＿＋CO’＋H2O,A正碉SO2有毒‖属于大气污染物,因此NaOH溶液的主要作用是吸收乘‖余的SO2,B错误多孔玻璃球泡的表面积大’其作用是增大气体与溶液的接触面积’使SO2被充分吸收,C正确j保险粉易被氧气氧化』装置中有空气］因此为避免产生的Na2S2Oq被O2氧化!使硫酸与亚硫酸钠先反应,产生的SO2会排尽装置中的O2,D正确°第50练实验 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 的设计与数据处理的含量°（3）O由题干可知!要先配制1000mL］.0×l0—2mol°Lˉl碘溶液］需要用托盘天平称呈单质碘的质量:1L×l0×l02mol°L—l×254g·molˉ｜≈2.5g〕放入烧杯中再加少量碘化钾固体,加适量蒸馏水搅拌使之完全溶解｛@冷却后全部转入1000mL容呈瓶中,洗涤、定容｀摇匀｛o用酸式滴定管（或移液管）取所配碘溶液5.00mL于小烧杯中］加水稀释后全部转移至｜」100mL容呈瓶中］再经过洗涤｀定容｀摇匀,即可得至｜」］00mL5.0×10ˉ4mol°Lˉl的碘溶液,此步操作中｛除烧杯、玻璃棒｀胶头滴营外还需要用至｜」的玻璃仪器有酸式滴定管（或移液营）和100mL容量瓶°（4）@已知气体流速为ⅫmL°sl,碘溶液褪色所需的时间为刘s,所以空气的体积为l＂L,又则（I2）＝0.05L×5。0×］04rml。Lˉ｜≡25×10—5mol｛由其反应的化学方程式可得＂（SO2）＝25×l0ˉ5Iml!所以该地空气中的SO2含量为25×10ˉ5mol×矾g.mol＿l×1Ⅻ哩ˉ二且二1ˉ］＂L0。0l6mg·Lˉl＜0.02mg·L—］,所以符合排放标准@如果实验测得的数值比实际含量低,可能的原因为气体流速过快,SO2没有完全被吸收或SO2与I2没有完全反应或装置气密性不好°［易错警示］本题难度不大!但不易得满分!需要认真细心〕不可大意°例如称量单质碘的质量要求用托盘天平,尽管算出的数值为2.54g〕但只能取2.5g;取先配的碘溶液5.00mL再配制为100mL5.0×l0ˉ4mol°L—l的碘溶液’根据体积的要求!需要用酸式滴定管（或移液管）进行量取］而不能用量筒;实验中既用到l0O0mL容量瓶,又用到100mL容量瓶°3.（l）d企bce（或dlbcbe）（2）熄灭酒精灯,待反应管冷却至室温,关闭分液漏斗的活塞（3）OCaα2＋H2O2＋2NL.［LO＋6H2O—CaO2.8ILO↓＋2NH4α@平衡气压,便于恒压滴液漏斗中的液体‖｜页利滴下oA@温度低可减少过氧化氢的分解,提高过氧化氢的利用率（4）淀粉溶液1二ˉ匹I％α［解析］（］）市」备过氧化钙时,用双氧水制备氧气,钙属于极活泼的金属,极易与水反应生成氢氧化钙和氢气,而制备的氧气中会混有水蒸气］所以在通入硬质玻璃管之前需要干燥氧气,故选浓硫酸作干燥剂;同时为防止空气中水蒸气进入硬质玻璃营,最后还需要连‖.（1）3:2（2）O双氧水受热易分解,温度过高会造成损耗@80％（3）作催化剂（或起催化作用）4Fe2＋＋4H＋＋O2-4Fe3＋＋2H2O2Fe3＋＋Cu—2Fe2＋＋Cu2＋（离子方程式｜｜｜页序不可颠倒）（4）无污染原料利用率高（或常温下反应’耗能少;原料便宜,成本低等）［解析］（l）硫酸铜的化学式中Cu2＋与SO;ˉ的个数比是l:l,Cu与稀硝酸反应的离子方程式中Cu2＋与NOj的化学计量数之比是3:2,所以n（H2SO4）:n（HNO3）≡3:2。（2）O过氧化氢受热易分解’温度过高会造成过氧化氢损失,产率降低°α.4gCu的物质的量是0.lmol’硫酸的物质的量是0.135mol‖所以硫酸过量,理论上应生成0。lmolCuSO4°5H2O］质量是25。0g!实际得到测O腐』所以CuSO肆.5Ⅱ:O的产率冕器×」00％＝铡鳃·（3）反应中加入少量FeSO4可加速铜的氧化｛所以FeSO4起催化作用｝反应过程中,Fe2＋先被O2氧化为Fe3＋~4Fe2＋＋4H＋＋O2-4Fe3＋＋2H2O!然后Fe3＋将Cu氧化为Cu2＋2Fe3＋＋Cu-2Fe2＋＋Cu2＋◎（4）与甲｀乙方案相比］丙方案的优点是不会产生污染］原料利用率言｛耗能少,原料便宜〕成本低等°2ˉ（l）SO2＋I2＋2H2O—H2SO4＋2HI（2）装置A在反应前后的质量（3）o2。5@将第—步所得溶液全部转入］000mL容量瓶中o酸式滴定管（或移液管）｀l00mL容量瓶（4）皿.0l6符台@气体流速过快,吸收不完全（或未充分反应）或装置气密性较差［解析］该实验的目的是测定某地空气中SO2和可吸入颗粒的含量｜通过测定淀粉碘溶液的褪色时间测出实验过程中通过气体流速管的空气体积］通过测量装置A在实验前后的增重量可求出可吸入颗粒的含量!通过装置B中＿定量的淀粉碘溶液可求出SO2的含量°（l）上述实验测定原理为SO2＋I2＋2H2O＿H2SO4＋2lII°（2）还需要测量装置A在反应前后的质量,即可求得可吸入颗粒答嚣及解析顾（2）2Fe3＋＋2Iˉ＝＝＝I2＋2Fe2＋!则″（Fe元素）≡″（Fe］＋）＝″（Iˉ）＝1.000mol.Ll×0.024L≡0。024mol!故22。8g样品中含有的″（Fe元素）＝0.024mol×250mL＝0.3mol‖贝｜」22。8g样品2O00mL接盛有浓硫酸的洗气瓶°（2）实验结束时为防止空气进入装置〕还要继续通入氧气直到装置冷却〕所以实验结束时的操作为熄灭酒精灯!待硬质玻璃管冷去‖至室温,停止通入氧气!并关闭分液漏斗的活塞°（3）o三颈烧瓶中氯化钙与双氧水发生反应,其化学方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3。H2O＋6H2O-CaO,。8H2O↓＋2NH4Cl;@支管B的作用是平衡气压便于恒压滴液漏斗中的液体｜｜顶利滴下;O过氧化钙（CaO2）难溶于水］可与水缓慢反应,不溶于醇类＼乙醚等!步骤O中洗涤CaO2。8H2O的液体X的最佳选择是无水乙醇,答案选A;@该反应常用冰水浴控制反应温度在0℃左右］其可能的原因温度低可减少过氧化氢的分解〕提言过氧化氢的利用率。（4）过氧化钙氧化碘化钾生成碘单质〕碘遇淀粉变蓝］故可用淀粉溶液作指示剂｜根据得失电子守恒可得关系式CaO2～I2～2S2O;ˉ722C×‖／×l03α肌』因此灿＝72cV×l03×100％＝36CV×l0ˉ3×l00％＝工业％°2ααα4（1）蒸馏烧瓶除去NO中的HNO3｀NO2气体（2）红棕色完全消失（3）温度过高造成HNO3分解;生成NO气体速率过快导致NO未完全反应就大量逸出（4）HNO3（浓）＋3HCl（浓）-NOCl↑＋Cl2↑＋2H2O（5）取l0mL三颈瓶中的产品于烧杯中,加入适量H2O充分反应’向烧杯中滴加足量AgNO3溶液,有白色沉淀生成,加入稀硝酸,搅拌,白色沉淀不溶解,取上层清液滴加少量KMnO4溶液‖溶液紫红色褪去22°8庚-O3mol×56民·mol1中含有的″（O元素）则（Fe元素）:′!（O元素为Fe4O5°′l（O元素］◎Ⅲ自γ〕）（~~~~16g.mol＿l…ˉ′＝……’0.375mol≡4:5〕故X的化学式）＝0.3mol（3）步骤@中趁热过滤的目的是防止硫酸亚铁因冷却结晶而残留在滤纸上造成损失。（4）滤液B中含有FeSO4,通过加热浓缩｀冷却结晶｀过滤、洗涤、低温干燥〕可获得FeSO4°7H2O晶体°（5）猜想二:气泡还可能是O2,因为H2O2在Fe3＋催化作用下易分Fe3＋解生成H2O和O2,化学方程式为2H2O22H2O＋O2↑。（6）只要证明混合气体中含有CO2,即可证明猜想—成立°检验CO2需要使用澄清石灰水,将产生的气体通入澄清石灰水中!若澄清石灰水变浑浊,说明气体中含有CO2,证明猜想成立;该设计存在的缺陷是没有尾气处理装置。（1）a→b→f（或g）→g（或f）→a（或c）→b（或d）→j（2）浓硫酸吸收CO,防止污染空气（3）ad（4）偏大（5）bce（6）通入过量CO2气体（7）咐涡｀泥三角、咐竭钳（8）4l（m3-加｜＋m2）×l00％l0ml6［解析］（l）根据资料O｀@和C装置｀D装置的结构特点可知,C装置是制取氮气的装置,D装置是制取氮化铝的装置］由于氯化按溶液在加热过程中会逸出氨气和氢化氢!氧化铝可与盐酸反应,再由资料@可知,氮化铝在言温下能水解,所以B装置中的溶液为浓硫酸］可除去氮气中的氨气禾∩水蒸气,A装置可除去氮气中的氯化氢］所以氮气在进入D装置之前要依次通过B、A装置’为防止E装置中的水蒸气进入D装置｛在D装置和E装置之间加A（或B）装置’由于D装置中产生了—氧化碳气体!所以E装置是尾气吸收装置’故按照氮气的气流方向各个仪器接□的连接｜｜顶序为e→c→d→a→b→f（或g）→g（或f）→a（或c）→b（或d）→i°（2）由上述分析可知,B装置是为了除去氮气中的氨气和水蒸气,故X液体可能是浓硫酸｝D装置中反应产生了—氧化碳］—氧化碳会污染环境’所以E装置中氯化把溶液的作用是吸收CO,防止污染空气。（3）由资料o可知,氮化铝与氢氧化钠饱和溶液反应生成氨气］要准确测定氨气的体积〕则氨气不能溶于量气装置中的液体］氨气极易溶于水］氯化按饱和溶液中也含有水,所以Y溶液不能是水和氯化按饱和溶液］氨气不溶于四氯化碳和植物油,所以Y溶液可以是四氯化碳或植物油］a｀d符合题意°（4）若装置中分液漏斗与导气管之间没有通过导管A连通,则滴入的氢氧化钠饱和溶液的体积会使反应装置内的压强增大0从而使排出的气体体积增大’使所测氨气的体积增大!所测氮化铝的纯度偏大。空气尾气（6）［解析］（l）仪器a的名称为蒸馏烧瓶｛装置B中装有水,其作用是除去NO中的HNO3｀NO2气体。（2）实验开始时,先打开K｜｀K2,关闭K3］再打开分液漏斗活塞加∧适量稀硝酸,稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、—氧化氮和水］且烧瓶中的氧气与—氧化氮反应生成二氧化氮,故当观察至｜」C中红棕色完全消失时关闭K｜｀K2。（3）实验过程中］若学习小组同学用酒精灯大火加热制取NO,对本实验造成的不利影‖向是温度过高造成HNO3分解｛生成NO气体的速率过快导致NO未完全反应就大量逸出°（4）已知配带｜」王水（浓硝酸与浓盐酸的混酸）时会生成亚硝酷氯和氢气反应的化学方程式为HNO3（浓）＋3HCl（浓）-NOCl↑＋Cl2↑＋2H2O。（5）已知在0～l0℃下!NOCl与水反应生成HNO2和HCl°设计实验证明NOCl与水反应的产物中含有HNO2:取l.0mL三颈瓶中的产品干烧杯中,加入适量H2O充分反应’向烧杯中滴加足量AgNO3溶液,有白色沉淀生成,加入稀硝酸!搅拌］白色沉淀不溶解’取上层清液滴加少量KMnO4溶液,溶液紫红色褪去°（6）NO｀NO2混合气体被烧瓶瓶颈处浸有NaOH溶液的棉花团吸收,为达至｜」处理尾气的目的］结合气体的溶解性及NO、N（）2的性质!可补充氧气使氮氧化物被完全吸收｛设计如下:（5）可用广口瓶｀双孔塞和量筒组装套量气装置〗如图所示°（6）由流程图可知,步骤@的目的是将偏铝酸钠溶液转化为氢氧化铝沉淀,故步骤@的操作为通入过量的二氧化碳气体。＝＝≡三二三＝＝三≡三匠≡≡三ˉ（7）实验室里缎烧滤渣使其分解!除热源外还需要的仪器为泊涡、泥三角＼≡脚架和取用泊涡时所用的泊涡钳。（8）所得样品中可能含有氧化铝和活性炭｛氮化铝｀氧化铝均能与NaOH溶液反应,故滤渣为活性炭］即活性炭的质呈为〃!2g］反应前后杂质氧化铝的质呈不变』根据铝元素守恒可得关系式2AlNAl2O3增加的质量82l0220m（AlN）m3-（′′ll-m2）g82×［矾3—（′′ll-′n2）］解得m（AlN）≡g,20故样品中AlN的纯度为4l（m3—ml＋m2）×l00％°10砸l［易错警示］第（8）问中学生易误认为最后生成的″l3g氧化铝全部是由氮化铝转化的,而忽略了样品中可能含有氧化铝°空气尾气ˉ-＞≡＝＞（l）250mL容量瓶（2）Fe4O5（3）防止硫酸亚铁因冷却结晶而残留在滤纸上造成损失（4）过滤低温干燥Fe3＋（5）O22H2O22H2O＋O2↑（6）ee中澄清石灰水变浑浊缺少尾气处理装置（合理答案均可）［解析］（1）配制—定物质的量浓度的溶液时,需要—定规格的容量瓶!本题需要250mL容量瓶°5第5‖练无机物组成分析＼性质探究综合实验l（1）将带火星的木条放在D试营□处!观察木条是否复燃（2）浓H2SO4OH｀SO;＿（或SO;ˉ和HSO丁）（3）取少量固体滴加足量盐酸,若生成的气体能使品红溶液褪色,则含SO;ˉ;再向溶液中滴加BaC｜2溶液,若产生白色沉淀,则含SOi＿（其他合理方案也可）（4）氧化溶液红色变浅（5）H→J→I→KCa2＋＋2ClOˉ＋CO2＋H2O＝＝＝CaCO3↓＋2HClO（6）I中的品红溶液不褪色,K中出现白色沉淀［解析］（l）氧气具有助燃性,检验SO2与Na2O2反应是否有氧气生成的方法是将带火星的木条放在D试管口处,观察木条是否复燃°（2）生成的SO2气体中混有水蒸气水蒸气也能与过氧化钠反应,故装置B中所装试剂X是浓H2SO＄〕用来干燥SO2｛反应中SO2可能过量,过量的SO2被氢氧化钠溶液吸收生成亚硫酸钠或进—步生成亚硫酸氢钠!贝｜」实验结束后D溶液中的阴离子可能是OHˉ｀SO;ˉ或SO;ˉ＼HSOj°（3）SO2与过氧化钠反应可能生成亚硫酸钠或硫酸钠』贝｜」检验C中固体产物中阴离子的实验操作是取少量固体滴加足量盐酸,若产生的气体能使品红溶液褪色］贝｜」含SO;ˉ再向溶液中滴加BaCl2溶液｜若产生白色沉淀,则含SOi。（4）关闭旋塞l后］打开旋塞2,硫化钠被氧化生成S,贝｜｜装置E用于验证SO2的氧化性。SO2是酸性氧化物,能被氢氧化钠溶液吸收］使溶液碱性减弱］则装置F中的现象是溶液红色变浅。（5）要探究R2SO3的酸性强于HClO‖由于次氯酸具有氧化性］能氧化SO2,所以不能将SO2直接通入漂白粉溶液中］可以先将SO2通入碳酸氢钠溶液中,产生CO2‖证明H2SO3的酸性强于H2CO3,再将产生的CO2通入漂白粉溶液中‖产生HClO］证明H2CO3的酸性强于HClO,进而证明H2SO3的酸性强干HClO。但要保证通入漂白粉溶液中的气体只有CO2,所以需要利用酸′｜｀生高锰酸钾溶液除去SO2｛禾」用品红溶液检验SO2是否被除尽］故装置的连接｜｜顶序纯净SO2→H→J→I→K0K中反应的离子方程式为Ca2＋＋2ClO＋CO2＋H2O＿CaCO3↓＋2HClO°（6）根据以上分析可知,证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是I中的品红溶液不褪色］K中出现白色沉淀。2。（l）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋-2Fe3＋＋2H2OFe3＋＋3SCNˉ≡＝Fe（SCN）3（2）O溶液红色褪去是因为SCNˉ发生了反应而不是Fe］＋发生反应@排除H2O2分解产生的O2氧化SCN的可能（3）0.l5H2O2将Fe2＋氧化为Fe3＋!pH增大促进Fe3＋水解形成红色Fe（OH）3胶体取2mLBaCl2溶液,滴加2滴0.lmol。LlKSCN溶液和5滴5％H2O2溶液无明显现象［解析］（l）Fe2＋被过氧化氢氧化为Fe3＋:2Fe2＋＋H2O2＋2H＋-2Fe3＋＋2H2O］生成的Fe3＋与SCNˉ反应生成Ⅲ红色的络合物Fe（SCN）3:Fe3＋＋3SCNˉ＝≡Fe（SCN）3°（2）O取褪色后溶液两份｛—份滴加FeCl3溶液无现象〕说明溶液中不存在SCN;另份滴加KSCN溶液出现红色｛说明溶液中存在Fe3＋,故溶液红色褪去是因为SCNˉ发生了反应而不是Fe3＋发生反应。@实验Ⅲ的目的是排除H2O2分解产生的O2氧化SCN的可能］若氧气与SCNˉ反应｛溶液红色应褪去°（3）步骤—中］由反应2Fe3＋＋Fe—3Fe2＋可知FeCl2的浓度是FeCl3浓度的l.5倍］所以c（FeCl2）＝l.5×0ˉlmol·Lˉl＝0.l5mol.Ll°I.用激光笔分另｜」照射红色液体和滴加了KSCN溶液的FeCl］溶液,前者有丁达尔效应,说明红色液体为胶体,后者无’说明硫氰化铁溶液不能产生丁达尔效应。Ⅱ若SCN被过氧化氢氧化］产物中应有硫酸根离子!具体方法‖取2mLBaCl2溶液｛滴加2滴01mol°L＿｜KSCN溶液和5滴5％H2O2溶液!生成白色沉淀;再加入FeCl3溶液无明显现象,因为硫氰化钾已被氧化。3.（l）DAD吸收空气中的二氧化碳和水蒸气,减少实验误差（2）检验装置气密性不再有气泡产生时将生成的CO2和H2O全部赶入Z和丙中吸收（3）Co3（OH）4（CO3）2（4）@品红溶液不褪色,澄清石灰水变浑浊@首先测得亚硫酸饱和溶液的pH,然后取—定体积的饱和溶液稀释l00倍再测pH!若pH变化值小于2’则说明亚硫酸未完全电离‖是弱酸［解析］（l）利用装置D除去空气中的二氧化碳和水蒸气］剩余气体把生成的水蒸气和二氧化碳赶入装置Z禾∩丙中完全吸收］玻璃管中加热分解碱式碳酸钻［Co膊（OH）γ（CO3）3］〕通过装置A吸收水蒸气测定生成水的质呈,通过装置D吸收≡氧化碳气体测定生成二氧化碳的质量｛尾部的碱石灰干燥管防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置丙影响测定结果°甲装置的作用是吸收空气中的H2O和CO2!减少实验误差°（2）步骤@中省略的实验操作为检验装置气密性｜步骤o加热硬质玻璃管｛当乙装置中不再有气泡产生!即碱式碳酸钻分解完毕;步骤@中缓缓通入空气数分钟］目的是将装置中生成的CO2和H2O全部赶入乙、丙装置中吸收,以免影晌测量结果。（3）反应前乙装置的质量为80。00g｛反应后质量为8036g,故生成水的…8u」6‘—8M0‘三0…物质的量为武滞＿丁—0.02mol｝反应前丙装置的质量为62。00g,反应后质量为62.88g〕故生成二氧化碳的质量为62.88g—62.00g＝0。88g｛物质的量为J』!糕＿了-M2m＂｜』故c°的质量…5‘—M2m,』瓣2×17g。molˉl—O02mol×60g°molˉl＝l。77g｛故Co的物质的量为雨÷器＿「-M3!n,l根搪c唾肌c元素守恒可翔,…-0.03mol:（0.02mol×2）:0.02mol≡3:4:2,故碱式碳酸钻的化学式为Co3（OH）4（CO3）2°（4）o根据装置图可知,二氧化硫通入碳酸氢钠溶液中能产生二氧化碳!气体通过高锰酸钾溶液］二氧化硫被吸收｛品红溶液可以检验二氧化硫是否被完全吸收,再通过澄清石灰水,若澄清石灰水变浑浊｛说明有二氧化碳产生!因此该实验能达至｜」实验目的的实验现象为品红溶液不褪色,澄清石灰水变浑浊;@证明亚硫酸是弱酸的实验方案:用pH计测定亚硫酸饱和溶液的PH,然后取—定体积的饱和溶液稀释l00倍后再测其pH’若pH变化值／｜＼于2,说明亚硫酸是弱酸｝或用中和滴定法］根据消耗氢氧化钠溶液的体积可知溶液中H＋的浓度］比较亚硫酸的浓度和氢离子的浓度｛若亚硫酸的浓度大干氢离子浓度的＋｀说瞬W硫酸为弱酸。4（l）将过滤得到的固体分成两份’分别加入稀H2SO4和浓NaOH溶液（2）蓝色沉淀均消失（3）Cu2O（4）Cu2O＋2H＋—Cu＋Cu2＋＋H,O（5）Cu（I）比Cu（Ⅱ）稳定Cu（Ⅱ）比Cu（I）稳定（6）N2（7）取反应后生成的红色物质少许,加入稀H2SO4,若溶液变为蓝色,说明红色物质中含有A,反之则无［解析］（l）要证明Cu（OH）2具有两性］应先向CuSO4溶液中加入碱生成Cu（OH）2沉淀］静置后过滤］将过滤得到的固体分成两份‖分另」加入强酸｀强碱,观察其是否能溶解°（2）能证明Cu（OH）2具有两性的实验现象为蓝色沉淀均消失°（3）98gCu（OH）2固体的物质的量为lmol,加热分解生成的72g红色粉末A中含有Cu的物质的量为lmol,即64g｛则氧原子的质量为72gˉ64§＝8g』＂｜0｜＝湍帛∏ˉ丁＝α5m。｜』则A中n（Cu）:″（O）＝2:l!所以A的化学式为Cu2O°（4）向A中加入适呈的稀硫酸!得到蓝色溶液’同时观察至」溶液中还有红色固体存在］说明生成了铜和铜离子,反应的离子方程式为Cu2O＋2H＋—Cu＋Cu2＋＋H2O°（5）80～100℃时｛得至｜」黑色固体粉未CuO’继续加热至l000℃以上!黑色粉末全部变成红色粉未!说明在较高温度时Cu2O稳定』与酸反应生成硫酸铜和铜,说明在酸性条件下＋2价的铜稳定,所以得出结论固态时Cu（I）比Cu（Ⅱ）稳定］酸性溶液中Cu（I）比Cu（I）稳定。（6）CuO和NH3发生氧化还原反应生成红色物质铜‖整个反应中Cu元素的化合价降低,根据氧化还原反应规律,且生成种无污染的气体］可以确定该气体为氮气°（7）由（4）可知,A（Cu2O）与稀硫酸反应生成Cu2＋］溶液变蓝｛而铜与稀硫酸不反应°第52练有机物制备＼提纯分析综合实验M）G十助坐《ˉ〉＿断＋∏陆（2）吸收Br2（3）装置Ⅲ中AgNO3溶液中有淡黄色沉淀生成（4）除去HBr,以免其逸出污染空气（5）ⅢⅣ（6）蒸馏［解析］（I）装置Ⅱ中是制备澳苯的装置,发生反应的化学方程式为…!沁—2Mr』｀G十Br』壁′《＝〉＿Br十HB』、（2）装置Ⅱ中小试营内苯的作用是吸收澳化氢中的澳蒸气‖避免干扰漠离子的检验°（3）能说明苯与液〉臭发生了取代反应的现象是装置Ⅱ中AgNO3溶液中有淡黄色沉淀生成°（4）使装置I中的水倒吸入装置Ⅱ中可以除去澳化氢气体’以免澳化氢气体逸出污染空气°（5）四个实验装置中能起至｜」防倒吸作用的装置有Ⅲ和Ⅳ°（6）加入无水CaCl2粉未干燥,然后通过蒸馏操作,获得纯净的澳苯°2（l）Zn＋2HCl-ZnCl2＋H2↑、浓H2SO4（CH3）2CHOH｝CH2＝CHCH3↑＋H2O△（2）平衡压强防倒吸NaOH溶液浓硫酸（3）@→o→o→o→@（4）b（5）饱和NaHSO3溶液过滤革取蒸馏［解析］（1）氢气可用活泼金属锌与非氧化性酸盐酸通过置换反应制备,化学方程式为Zn＋2HCl-ZnCl2＋H2↑｝丙烯可由2ˉ丙醇浓H2SO4通过消去反应制备,化学方程式为（CH3）2CHOH———＿→△CH2＝CHC＂3↑＋H2O°（2）甲酸在浓硫酸的作用下通过加热脱水生成C0｜a是用来平衡分液漏斗与圆底烧瓶内的压强〕使反应｜｜Ⅲ利进行｛由于甲酸易挥发］产生的CO中必然会混有甲酸,所以在收集CO之前需要除去甲酸,可以利用NaOH溶液吸收甲酸又因为甲酸易溶于水,所以必须防止液体倒流］即b的作用是防止倒吸｜最后通过浓硫酸干燥CO°（3）检验丙烯可以用酸性KMnO4溶液,检验SO2可以用酸性KMnO4溶液｀品红溶液或澄清石灰水,检验CO2可以用澄清石灰水,检验水蒸气可以用无水CuSO4,所以检验这四种气体必须考虑试剂的选择和使用｜｜顶序°只要通过溶液,就会产生水蒸气〕因此应先检验水蒸气’然后检验SO2并在检验之后除去SO2］除去SO2可以用饱和Na2SO3溶液,最后检验CO2和丙烯!因丙烯与酸性KMnO4溶液反应后会生成CO2,所以先检验CO2,因此混合气体通过试剂的｜｜顶序为@→◎→@→o→@°（4）由于合成正丁醛的反应是气体体积减小的可逆反应,所以采用高压有利干增大反应速率和提言原料气的转化率;正反应是放热反应‖虽然低温有利干提高原料气的转化率］但不禾｜」于增大反应速率］因此要采用适当的温度催化剂不能提言原料气的转化率］但有利于增大反应速率缩短达至｜」平衡所需的时间,故正确选项是b°（5）粗品中含有正丁醛,根据所给的信息,利用饱和NaHSO3溶液与之反应生成沉淀!然后通过过滤即可除去;由于饱和NaHSO3溶液是过量的｛所以加入乙醚的目的是苹取溶液中的lˉ丁醇］因为lˉ丁醇和Z醚的沸点相差很大］因此可以通过蒸馏的方法分离°3ˉ（1）o水浴加热@向布氏漏斗中加冰水至浸没沉淀物,过滤,重复操作2～3次（2）使乙酞水杨酸与NaHCO3溶液作用转化为易溶于水的乙酚水杨酸钠,与不溶性杂质分离（3）@控制反应温度’防止乙酷水杨酸受热分解b@水杨酸等有机杂质易溶于Z酸Z酷,冷却结晶时溶解在Z酸Z酷中,很少结晶出来（4）取少量产品于试管中,加蒸馏水溶解,滴加FeCl3溶液,若溶液呈紫色,则含水杨酸（5）843％［解析］（l）O合成阿司匹林时,需要控制温度在85～90℃,所以最合适的加热方式是水浴加热。@水杨酸微溶于水,温度越言,溶解度越大］所以为了得至｜」纯净的阿司匹林!抽滤所得粗产品要用少量冰水洗涤°洗涤的具体操作:向布氏漏斗中加冰水至浸没沉淀物‖过滤］重复操作2～3次°（2）由于酸性:乙酞水杨酸＞碳酸］所以加饱和NaHCO3溶液可以与乙酚水杨酸发生反应得至｜」易溶于水的乙酞水杨酸钠｛便于其与不溶性的杂质分离°（3）o使用温度计的目的是控制反应温度!防止温度过高导致乙酷水杨酸受热分解｛为了使冷凝效果更好,要使冷却水充满整个冷凝管］所以冷凝水从b口流入°@重结晶提纯法所得产品中的有机杂质要比原方案少,是因为水杨酸等有机杂质易溶于乙酸乙酪,冷去‖结晶时溶解在乙酸乙酪中‖很少结晶出来°（4）检验水杨酸（邻轻基苯甲酸）可禾」用酚轻基的性质。取少量产品于试管中,加蒸馏水溶解,滴加FeCl3溶液,若溶液呈紫色’贝」含水杨酸,否贝」不含水杨酸°2·0g～（5）水杨酸的相对分子质量为l38,n（水杨酸）＝l38g°molˉ｜30。0l45mol｛n（乙酸配）＝5.0mL×108g.cm≈0.0529mol,由102g·molˉl于乙酸酉干的物质的量大于水杨酸’所以得到的Z酚水杨酸的理论产量应该按照水杨酸的呈来计算°理论上得至｜」乙酚水杨酸的质量为0.0l45mol×l80g.molˉl≡2.6］g,所以Z酞水杨酸的产率为三2ˉ且×l00％＝84.3％°2°6lg（1）（球形）冷凝管防止空气中的水蒸气进入装置使格氏试剂水解（2）平衡压强’便干漏斗内试剂‖｜页利滴下水浴（3）蒸馏（或分馏）A取少量最后-次洗涤液于试管中,滴加硝酸银溶液,若无沉淀生成,则已洗涤干净（4）90％［解析］（l）图Z中玻璃仪器B的名称是球形冷凝管;仪器A的作用是防止空气中的水蒸气进入装置,防止格氏试剂水解°（2）使用滴液漏斗可以平衡装置内气体压强〕保证液体‖顶利滴下°（3）三苯甲醇粗产品中含有乙醚｀涅苯｀苯甲酸乙酪等有机物,三苯甲醇的沸点最高!所以先用蒸馏的方法除去有机杂质′碱式澳化镁溶于水｀不溶于有机溶剂』所以洗涤液选用水。检查产品是否洗涤干净的操作步骤:取少量最后—次洗涤液于试管中!滴加硝酸银溶液］若无沉淀生成!贝｜」已洗涤干净,反之!则未洗涤干净。（4）由2OH～H2』可计算出三苯甲醇的物质的量是22h‖9岛hˉ｜×2≡α009m°l｀所以产品中三苯甲醇的质量是0.009mol×260g·mol—｜＝2.34g,贝｜」产品中三苯甲醇的质量分数为揣:×｜00％-90髓.Z｜】■■综台训练8第Ⅵ章综合训练（第46＝52练）｛至｜」溶液呈蓝色,证明有Cu2＋生成,B正确;中和滴定达到终点时］俯视读数］将导致标准溶液体积减小］使测定的溶液浓度偏低］C错误｛实验室配制质量分数为20％的NaOH溶液时’需要用至｜」的玻璃仪器为量筒｀烧怀｀玻璃棒,而容量瓶是在配制＿定物质的量浓度的溶液时用至｜」的主要仪器,D错误°2D［解析］CO;—与H＋结合能力比HCOJ与H＋结合能力强｀故Na2CO3先与llCl反应,贝」开始没有气泡产生,—段时间后有气泡题号~~答案丁二厂■β＝□’＝∧〕＿∧斗≡日日≡∧β日~lB】□:］B［解析］测定Na2CO3溶液的pH时要用洁净干燥的玻璃棒蘸取Na2CO3溶液点于pH试纸上〕A错误｛由于浓硫酸与铜反应后的溶液中水很少］不能溶解全部的CuSO4而无法呈蓝色,且浓硫酸的密度大,溶于水稀释时会放出大量的热!为避免浓硫酸受热溅出］需要将反应后的混合物冷去‖］再′曼′｜曼倒入盛水的烧怀中］即可观察碉高考／卜题练透化学产生｛但反应时间前短后长,A错误;四氯化碳的密度比水的大｛充分振荡后静置｜下层溶液为橙红色‖上层溶液为黄色（氯化铁溶液）｜B错误『由MgCl2°6H2O制备无水MgCl2］需要在氯化氢氛围中进行』C错误浓硫酸具有脱水性｛蔗糖变为C!然后与浓硫酸反应生成SO2｛SO2具有还原性〗能使酸性KMnO4溶液褪色,观察至｜」酸性KMnO4溶液中有气泡出现〕且溶液颜色会逐渐变浅直至褪去｜D正确°3.∧［解析］做过银镜反应实验的试管壁附看单质银,氨水是弱碱!不能和银反应,所以不能用氨水清洗,故o错误。硝基苯和水不互溶,能用分液漏斗分离!故@正确°用湿润的pH试纸测定稀盐酸的PH时,会稀释稀盐酸〕使测得稀盐酸的pH偏大,故O错误。Fe2＋易水解’水解后溶液呈酸性｛加入酸可抑带｜｜其水解jFe2＋具有还原性,可被空气中氧气氧化,加入铁粉可防止Fe2＋被氧化〕故@正确。氢氧化钠有强腐蚀性’会腐蚀皮肤,故◎错误。高锰酸钾具有氧化性,能够腐蚀橡皮管］应用酸式滴定管量取KMnO4溶液!故@错误。故A正确°4.B［解析］二氧化锰为粉末状物质｜易从试管底部的／｛｀孔漏出!A错误｛Zn为颗粒状物质,关闭K可以使试管内的气体压强增大,使固液分离｛反应停止｛B正确实验中产生的H2S有毒,H2S逸出会对空气造成污染,C错误;CaCO3与H2SO4反应生成CaSO4,CaSO4微溶干水覆盖在CaCO3表面!使反应停止!达不至‖制取CO2的目的｜D错误。｛易错蟹示］易错选C项‖设计实验不仅要注意反应原理是否符合要求!而目要注意安全、无污染°5.∧［解析］钠与水和乙醇反应都能置换出氢气!大／」｀相同的钠与水反应比与乙醇反应剧烈｛说明水中的氢原子比乙醇轻基上的氢原子活泼］A正确｛若淀粉部分水解〕也会产生同样的现象〗不能得出淀粉完全水解的结论］B错误;向Fe（NO3）2溶液中滴加稀H2SO4使溶液呈酸性!NO丁在酸性环境中具有强氧化′｜｀生,能将Fe2＋氧化为Fe3＋〕再加KSCN溶液〕溶液变红色,而不是稀硫酸氧化Fe2＋｛C错误｝由于Na2S过量0再加入CuSO4溶液,CuSO4与剩余的Na2S反应生成CuS黑色沉淀］没有沉淀之间的转化〕不能说明Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS）,D错误。6.B［解析］浓硫酸和亚硫酸钠反应生成的SO2溶于水后溶液显酸性,使紫色石蕊溶液变红色’SO2不能漂白酸碱指示剂!A错误;高锰酸钾与浓盐酸反应生成的氯气与KI反应生成碘单质,淀粉遇碘变蓝色｛B正确『盐酸的酸性强于碳酸,稀盐酸与碳酸钙反应生成的二氧化碳与氯化钡溶液不反应,C错误｝氢氧化铝为两性氢氧化物0只溶于强酸｀强碱｛与氨水不反应,故将氨气通入氯化铝溶液中只生成氢氧化铝白色沉淀｜D错误。7.C［解析］CCl4的密度比水大〕操作@和O均为苯取操作,其中溶解I2的有机相从分液漏斗下端放出,A正确｛操作@中Na2SO3将IOj还原为I2,自身被氧化为SO;ˉ』发生反应的离子方程式为2lOj＋5SO;＋2H＋-I2＋5SOiˉ＋H2O,B正确;操作@为蒸馏操作｜用到的玻璃仪器包括温度计｀直形冷凝营、酒精灯｀接弓｜管｀锥形瓶以及蒸馏烧瓶’C错误‖固态的碘可以不经过熔化直接升华〕故操作◎可利用水浴装置进行,D正确°8D［解析］稀硝酸与过量的铁粉反应生成Fe（NO3）2、NO和H2O,不存在Fe3＋,加入KSCN溶液后‖溶液不变红色］A错误;铜与硫酸铁发生氧化还原反应〕生成硫酸铜和硫酸亚铁,无黑色固体出现,B错误』铝在空气中加热］表面生成的氧化铝的熔点较高,所以内部的铝熔化但不滴落〕C错误｛硫酸镁与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀‖再加入硫酸铜溶液〕氢氧化镁沉淀转化为氢氧化铜沉淀］说明氢氧化铜的溶度积比氢氧化镁的溶度积小‖D正确°9.∧［解析］由于左右两个烧杯都构成了原电池,在左边的烧杯中｛由干金属活动性Al＞Fe,Al作负极,发生氧化反应而被腐蚀!溶液中的H＋在Fe上得至｜」电子而被还原为∏2』因此左烧杯中铁表面出现气泡｛在右边的烧杯中｛由于金属活动性;Fe＞Cu,Fe作负极］发生氧化反应而被腐蚀｀溶液中的H＋在Cu上得至｜」电子而被还原为H2）因此右烧杯中铜表面出现气泡,因此金属的活动性:Al＞Fe＞Cu!A正确°两个棉球上发生的反应为Cl2＋2NaBr—2NaCl＋Br2、Cl2＋2KI-2KCl＋I2］也可能发生反应Br2＋2KI—2KBr＋I2‖无法确定Br2与I2的氧化性强弱］B错误°向等浓度的MgCl2｀CuCl2的混合溶液中加入NaOH溶液〕由于首先产生蓝色的Cu（OH）2沉淀‖说明溶度积常数:Cu（OH）2＜Mg（OH）2］C错误°由实验现象推知!可能发生反应Na2CO3＋2HCl-2NaCl＋H2O＋CO2↑、Na2SiO3＋CO2＋H2O-Na2CO3＋H2SiO3↓’由于盐酸有挥发性,所以CO2气体中可能含有HCl］因此也可能发生反应Na2SiO3＋2HCl-H2SiO3↓＋2NaCl‖且不能根据氢化物的酸性强弱来判断元素非金属性的强弱｜D错误。‖0.（l）用洁净的铂丝蘸取洗涤剂在酒精灯火焰上灼烧’火焰呈黄色（合理即可）（2）H2O2＋CNˉ＋H2O＝＝≡HCO丁＋NH3↑Fe3＋（3）2H2O2—2H2O＋O2↑,Fe3＋会加速H2O2分解,使洗涤剂失去杀菌作用（或2Fe3＋＋3CO;ˉ＋3H2O-＝2Fe（（）H）］↓＋3CO2↑』Fe］÷与CO;发生双水解反应,使洗涤剂失去去污能力）（4）OCO2和O22）实验步骤预期现象与结论若澄清石灰水不变浑浊,木条复澄清石灰水燃,则假设l成立;8.0mol。LlNaOH溶液若澄清石灰水变浑浊,木条复将带火星的小木条放在最燃,则假设3成立;后-个洗气瓶的出□处若澄清石灰水变浑浊,木条不复燃,则假设2成立［解析］（l）2Na2CO］°3H2O2中金属阳离子为Na十,可根据焰色反应检验是否存在Na＋,有关操作及现象用洁净的铂丝蘸取洗涤齐｜」在酒精灯火焰上灼烧,火焰呈黄色〕说明该洗涤剂中存在Na＋°（2）双氧水具有氧化性］能将CNˉ中的碳元素由＋2价氧化为＋4价氢元素由—l价降为—2价,根据得失电子守恒＼电荷守恒＼原子守恒可得:H2O2＋CN＋H2O-HCOJ＋NH3↑°（3）过氧化氢不稳定,能分解为水和氧气铁离子是过氧化氢分解反应的常用催化齐｜」之!能加′｜央过氧化氢分解的速率〕使洗涤剂失去杀菌作用;同时｜Fe3＋与CO;能发生双水解反应｝2Fe3＋＋3CO;＋3H2O—2Fe（OH）］↓＋3CO2↑,使洗涤剂失去去污能力°（4）O洗涤剂中的H2O2在Fe3＋催化下分解生成O2,Na2CO3与FeCl］溶液混合时能发生双水解反应生成CO2°如果只发生前—个反应］则产生的气体是O2;如果只发生后个反应］则产生的气体是CO2｝如果两个反应都发生‖贝｜｜产生的是O2和CO2的混合气体。根据提出的假设l和2推断假设3中的气体是O2和CO2°验证假设就是检验是否存在O2和CO2!可用澄清石灰水来检验是否存在CO2〗再用NaOH溶液将CO2除去｛然后用带火星的木条检验剩余气体是否为O2。第72章物质结构与性质第53练原子＼分子结构与性质l（l）2:5（或5:2）（2）正四面体形Sp2杂化（3）CO2、N2O（或其他台理答案）（4）全氮化台物爆炸生成氮气,氮气分子中含有氮氮三键,键能很大,而形成新化学键释放能量（5）6五哩氮离子（N了）与H3O＋｀NH旷之间既形成离子键,又形成大且的氢键,提高了分解时所需的能量（6）分子间作用力（或范德华力）ls2s2p［解析］（l）基态氮原子的核外电子排布图为网∏吓「∏』其核外两种不同自旋状态的电子数之比为2;5（或5:2）°（2）白磷分子具有正四面体结构,则A的分子构型为正四面体形;B分子中4个氮原子在同—平面上!氮氮之间既存在双键｛也存在单键,价层电子对数为2＋l≡3!所以氮原子的杂化方式为sp2杂化°（3）等电子体是指价电子数和原子数相同的分子｀离子或原子团°答素及解祈腮侧｜露墨体的密度为÷瑞…-＿‘…m—」｜若铜绚原子ˉ3256α3ⅣA半径为rcm,贝｜」晶胞边长为2／可′cm,晶胞的体积是l6／可厂3cm3,l个晶胞中含有4个铜原子』4个铜原子的体积是4×÷可jcm｀』这种螺积橇掣的空间萧｛…兰卫′≈0°74◎lα2厂°（4）对轻基苯甲酸只在分子间形成氢键,而邻轻基苯甲酸只在分子内形成氢键,所以前看蔬点高十后誊;仁;‖o露形咸分子内氢键便α;‖oˉ臼蹦霹≡罐电离出＂.,霉致〔:〔;;0的酸｜誓小于苯酚…同温厦下电离平攘篱数｜K咀（水杨酸）＜Ka（苯酚）°5.（l）Osp3硅烷的相对分子质量越大,分子间范德华力越强@平面三角形CO;ˉ（或NO丁等）（2）@sP3CO;ˉNO丁H↑N故与Nf互为等电子体的两种分子可以是CO2和N2O°（4）全氮化合物爆炸生成氮气,氮气分子中含有氮氮三键,键能很大］而形成新化学键需要释放能量’所以全氮化合物爆炸时会释放巨大能量°（5）N5为平面正五边形’N原子采用sp2杂化’即2S2＼2p眺｀2p｝参与杂化,留2p′轨道个单电子交盖形成大∏键,即N了的大∏键上除了有5个N自身的p电子外,还有这个分子簇成为阴离子时所获得的电子〕所以总共有6个订电子｛（H3O）4（NH4）2（N5）5Cl热稳定性好的主要原因是五挫氮离子（N了）与H30＋、NH旷之间既形成离子键!又形成大量的氢键提高了分解时所需的能量。（6）石墨晶体层与层之间的作用力为分子间作用力。2,（l）3d3（2）Ti原子的价电子数比Al多,金属键更强（3）SiCl4（4）O氧@2Ode［解析］（l）基态Ti原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d24s2,旦未成对电子数为2!基态Ti原子核外电子排布的最言能级的符号是3d°第四周期元素中』基态原子的未成对电子数与钦相同的有Ni（3d84s2）｀Ge（4s24p2）｀Se（4s24p4）3种°（2）金属晶体的硬度主要由金属键决定｛钦硬度比铝大的原因是Ti原子的价电子数比Al多］金属键更强。（3）由TiCl4和SlCl4在常温下都是液体,可知两者均属于分子晶体且分子结构相同』分子间作用力是影响分子晶体物理性质的主要因素!相对分子质量越大分子间作用力越大,所以TiCl4的沸点比SjCl4高◎采用蒸馏的方法分离SlCl4和TiCl4的混合物’先获得的馏分是沸点较低的SiCl4°（4）O半夹心结构催化齐｜」M中含有C｀H｀O＼Ti｀Cl五种元素］电负性大／」｀｜｜侦序为O＞Cl＞C＞H＞Ti,电负性最大的是氧°@M中存在成环碳碳双键｀＿CH3,所以碳原子的杂化方式有sp2、sp32种°o在半夹心分子结构中,存在O键,环中存在大订键〕碳碳双键中存在而键｀Ti与O间存在配位键,不存在氢键与离子键。3.（l）离子晶体（2）ls22s22p63s23p4sp3（3）Ag2S的溶解度比AgCl的小（4）4FeO1＋20H＋一Fe3＋＋3O2↑＋l0H2O［解析］根据题中信息,气体G的水溶液pH＞7,可知G为NH3,则X为N;Y的单质是种黄色晶体’则Y为S｜R的基态原子核外电子排布式为［Ar］3d64s2,贝」R是Fe『Z与Na形成化合物,且J的水溶液与AgNO3溶液反应生成白色沉淀（不溶于稀硝酸）,则J为NaCl,Z为Cl°（l）M是NH4Cl!是离子晶体°（2）NH3的空间构型为≡角锥形｛N原子采取sp3杂化°（3）白色AgCl转化为黑色Ag2S‖是沉淀的转化,原因是Ag2S的溶解度比AgCl的／｜｀°（4）FeO;具有强氧化性!根据题意可推知生成物有Fe3＋和O2°4（!）第四周期第Ⅷ族｜‖｜↑｜↑‖↑｜↑｜Ⅲ｜33d4S（2）分子晶体CN（或Ci）｜』｜羔α7↓（4）对轻基苯甲酸只在分子间形成氢键,而邻轻基苯甲酸只在分子内形成氢键＜［解析］（l）铁在元素周期表中的位置是第四周期第Ⅷ族,价电子排布图为｜‖｜↑｜↑↑｜↑｜四基态三价阳离子电子排布式3d4S为1s22s22p63s23p63d5〕最夕卜层有13个电子｛所以最外层有13种运动状态不同的电子°（2）M（CO）″是易挥发液体’说明熔点低］属干分子晶体｝Ni（CO）″中配体是CO,与其互为等电子体的离子可以是CNˉ或Ciˉ°（3）铜晶体为面心立方最密堆积,贝｜」1个晶胞中含有的铜原子数是8×—L＋6×＋＝4｛l个晶胞的边长为αcm’晶胞的体积为α3cm3』8凸第54练物‖.（1）ls22s22p63s23p63dlo4s24p3或［Ar］3dl04s24p3P原子的3p能级轨道是半充满状态,比较稳定,所以P的第—电离能比S大（2）CO（或N2）5:4（3）Sp3正四面体形物△、■‖‖‖‖‖』＋Ⅱ→刑／卜斗＼／≯←间厂『‖■‖‖‖‖‖■‖■ob↓H（3）@O＞C＞Hsp2｀sp3@氢键｀范德华力四面体形＜甲烷分子的杂化轨道中无孤对电子,而H2O分子有两对孤对电子’孤对电子与成键电子对之间排斥力大‖使分子构型中的键角变小［解析］（l）O根据硅烷的分子式得出｜硅烷的通式为Si″H2″＋2,由硅烷的组成、结构与相应的烷烃相似可知,硅烷中硅原子采取sP3杂化方式硅烷（Si＂H2则＋2）都是分子晶体,分子晶体的沸点高低取决于分子间作用力,而分子间作用力与相对分子质量的大小有关,硅烷的相对分子质量越大,分子间作用力越强］沸点越高°@气态SeO3分子中中心原子Sc的价层电子对数为犁＝3’无孤凸对电子］所以分子构型为平面三角形｝等电子体要求微粒的原子总数相同｀价电子总数相同］所以与SeO3互为等电子体的离子为CO;ˉ＼NO丁等。（2）O晶体F3B—NH3中,B原子的价层电子对数为4〕贝｜」杂化轨道类型为Sp3。与BF3互为等电子体的阴离子有CO;｀NO丁等°@分子式相同｀结构不同的化台物互为同分异构体,N4与N2都是N元素的单质,属于同素异形体,a错误｝—个N2中含有2个∏键!lmolN4分解生成2molN2’形成4mol∏键］b正确;结构相似的分子晶体］相对分子质量越大｛熔｀沸点越高］与键能无关,c错误｝同主族元素从上至｜」下,非金属性逐渐减弱,贝｜」P的非金属性比N弱’白磷的化学性质比N2活泼!与共价键稳定性有关‖d错误°N4H』＋中每个N原子与另外3个N原子形成共价键］同时与l个氢离子形成配位键°（3）O由题图得』言篙素的组成元素是c＼H｀o三种元素,故其电负性由大至｜」小的‖顶序为O＞C＞H;其中形成4个o键的碳原子的杂化方式为Sp3杂化］形成碳氧双键的碳原子的杂化方式为Sp2杂化°@＂可燃冰＂中存在水分子,故有氢键｛且分子之间还存在范德华力°水分子中氧原子的价层电子对数为2＋6ˉ2×l＝4’且含有22对孤对电子!所以其VSEPR模型为四面体形｝甲烷分子的杂化轨道中无孤对电子］而H2O分子有2对孤对电子,孤对电子与成键电子对之间排斥力大!使分子构型中的键角变小。质结构与性质『旨（4）NH旷中的氮原子上均为成键电子,而NH3中的氮原子上有一对孤对电子,孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电干之间的排斥力,由于O原子半径小,电负性大,提供孤对电子能力比N原子弱,故水分子形成的配位键弱于氨分子碉高考／卜题练透化学3而×l0ˉ30ⅣA（′｀＋′;）×l00％（5）425［解析］（l）As元素为33号元素,则核外电子排布式为1s22s22p63s23p63dl04s24p3或［Ar］3dl04s24p3;因P原子的3p能级轨道是半充满状态｛比较稳定｛所以P的第—电离能比S大°（2）与CNˉ原子个数和价电子数均相等的等电子体有CO或N2;根据原子成键特点｛（SCN）2分子的结构式为N≡C—S—S—C≡N』则o键和∏键个数比为5:4。（3）AsO;ˉ中As原子的价层电子对数为4’所以As原子杂化方式为Sp3杂化,孤电子对数为］］其空间构型为三角锥形｛ASO』ˉ中AS原子价层电子对数为4』所以As原子杂化方式为sp3杂化］孤电子对数为0,其空间构型为正四面体形。（4）NHⅡ中的氮原子上均为成键电子〕而NH3中的氮原子上有对孤对电子!孤对电子与成键电子之间的排斥力强于成键电子与成键电子之间的排斥力,导致NH旷中H—N—H的键角比NH3中的大°由于O原子半径小,电负性大］提供孤对电子能力比N原子弱,故水分子形成的配位键弱于氨分子。（5）由BN晶胞结构图知］B原子位于晶胞的顶点和面心］N原子位于晶胞内四个不相邻的小四面体的体心,所以晶体中］个B原子周围距离最近的N原子有4个;l个晶胞中有4个B原子和4个N原子』…子占的体积分别为仆4垫×｜＂—』侧鳃…竿＂3｜0测《｀m乳｀晶胞体积为》谎·m刷｀嚼N晶腕中愿子的体积占鼠胞3行×l0ˉ30lVA（厂》＋厂｝）×］00％°体积的百分率为252.（］）原子光谱4s24pl3l（2）Br＞As＞Se＞Ge分子晶体sp3杂化H2SeO4的非轻基氧原子多,Se的正电性更高,轻基中的O原子的电子向Se偏移程度大,更容易电离出H＋（3）O＋3N、cl@ccl4（或slF4）O8（4｜竿×｜00键（或74髓）（÷.＋,÷｜［解析］（l）现代化学中｛常利用原子光谱上的特征谱线来鉴定元素°Ga原子的价层电子排布式为4s24p｜’Ga是第3l号元素］故基态Ga原子核外有3l种运动状态不同的电子。（2）锗｀砷｀硒｀滇的第电离能由大至｜」小的‖顶序为Br＞As＞Se＞Ge;锗的化合物四氯化锗的熔｀沸点较低〕故其晶体类型为分子晶体］中心原子锗原子与4个氯原子形成4个O键｀无孤电子对｛故其杂化类型为sp3杂化｛砷酸的酸性弱于硒酸,是因为H2SeO4的非轻基氧原子多!Se的正电性更高,轻基中的O原子的电子向Se偏移程度大,更容易电离出H＋°（3）O配合物［Fe（Bipy）2Cl2］ClO4的外界是ClOJ!内界有Bipy和Cl＿两种配体］Bipy呈电中性］所以中心原子的化合价为＋3价｛两种配体中N和Cl有孤电子对,均与中心原子形成配位键°@与ClOJ互为等电子体的非极性分子有CCl4＼SiF4等°OBipy分子中有N—N｀N＿H｀N—C｀C—H4种O键｛注意2个C原子上分另｜」连接l个＂’故lmolBipy中含8molo键。（4）由Ti晶体的晶胞结构示意图可知』该晶胞为平行六面体,其底是菱形‖金属Ti的原子半径为αcm］则底边长为2似cln,底面的面积为2α×2α×sin60。cm2＝2／可α2cm2°B点与底面连线的3个点构成正四面体’正四面体的高为卓×2…’所以品胞的高为坦×2倾×Dj2萨m＝华α们m’晶胞的体积为底面的面积与高的积’即2√可α2×〕孪…』≡砸′』c』＂,.根搪均摊法可以求出该晶胞□含有2个T!原子》2个Tj原子的体积为2×4平i厩m］’所以原子的空间利用率〕3〕,（l）3（2）sP3杂化＜（3）氧化石墨烯分子与水分子间可形成氢键（4）l2M3C60（5）等×」00储（或…｜（6）O氢键｀范德华力@CO2的分子直径小于笼状结构的空腔直径,且CO2与水的结台能大于CH4与水的结合能［解析］（］）图甲中‖与l号碳原子相连的碳原子数为3,所以l号碳原子与相邻碳原子形成O键的个数为3。（2）图乙中,l号碳原子与相邻的3个碳原子和］个氧原子相连!形成4个O键,杂化方式为sp3杂化;图Z中1号碳原子与相邻碳原子形成立体结构］而图甲中1号碳原子与相邻碳原子构成平面结构‖所以图Z中l号碳原子与相邻碳原子形成的键角要小°（3）由干氧化石墨烯分子与水分子间可形成氢键｛更稳定｛所以将50nm左右的石墨烯或氧化石墨烯溶干水］在相同条件下所得至｜」的分散系氧化石墨烯更稳定。｜4｜该暴胞中M原子的个数为山2×十÷9-l2｝该暴胞中C铡的个数为8×÷十6×＋＝4｀所以该材料的化学式为№c哪.（5｜金刚石晶胞中含有碳原子数为8×÷＋6×÷＋4＝8』金刚石不是紧密堆积结构,设体心有—个球］半径为厂｛沿体对角线方向有’个球｀体对角缓距离为戳≡‘×何｀解得′-竿｝原子的体积「｛原子｜≡÷丽′’×;-竿』晶胞的佐积v｜最胞｜-倒』-323｜借｜』』垒「甸占霹ˉ糕｝×｜＂瞬-乎×｜＂瓣-备×l＂％≈34％◎（6）OCH4与H2O形成的水台物晶体俗称｜可燃冰＂,分子晶体中存在范德华力,水分子之间存在氢键°@笼状结构的空腔直径为0。586nm,二氧化碳的分子直径为0。5l2nm］即二氧化碳的分子直径小干笼状结构的空腔直径,能｜｜顶禾」进入笼状空腔内｜且由表格可知］CH4与H2O的结合能为l640kJ°molˉl,CO2与H2O的结合能为29.91kJ·moll｛即二氧化碳与水的结合能力强于甲烷。4（］）3d24s2（2）Mgl2（3）7O＞N＞C（4｜″脚×｜栅0＂｜』｜2（5｜TlN＞cao＞Ⅻl［解析］（1）Tj为第22号元素,根据核外电子排布规律可知〕其原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p63d24s2］则Ti的基态原子外围电子排布式为3d24s2。（2）M是短周期金属元素］M的第三电离能陡增,说明M处于第ⅡA族‖能与TiCl4反应置换出Ti｜则M为Mg!Mg晶体属于六方最密堆积’配位数为12°（3）化合物I的分子中采取sp2杂化的碳原子为苯环上的6个碳原子｀碳基中的l个碳原子!共7个;化合物Ⅱ中采取sp3杂化的原子有C｀N｀O’同周期元素电负性随看原子序数的增大而逐渐增大］所以它们的电负性关系为O＞N＞C。｜4｜根据均摊法』可知该晶胞中N原子个数为6×十十8×十＝4』『｛原子个数为』十｜2熟＋～4』所以暴胞的质巨鹏≡等』而最胞的体积V≡（2α×l0ˉl0）3cm3』所以晶体的密度P＝4×62／VA×（2α×l0—］0）3g。cm3◎以晶胞顶点N原子为研究对象,与之距离相等且最近的N原子处于面′D位置,每个顶点为8个晶胞共用,每个面为2个晶胞共用!故与之距离相等且最近的N原子数目为竿＝l2。（5）离子晶体的离子半径越／｜｀｀离子所带电荷数越多］晶格能越大］晶体的熔｀沸点越高,贝｜」熔点:TiN＞CaO］由表中数据可知熔点:CaO＞KCl｛贝｜」三种离子晶体熔点由言至｜」低的‖顶序为TiN＞CaO＞KCl°2×4皿1为掠×」00铡≡导×!00％｜…｜.设晨胞…原子的坐标为（l,0,0）,C点原子的坐标为（0｛］』0）］D点原子的坐标为（0,0,l）!B点的言度为晶胞高度的半!由B点向底面作垂线,垂足为中线的二等分点》侧｜垂足的坐标为｜÷』＋｀0｜｀所以B点原子日勺坐标为｜÷』＋』＋｜。提供各种书籍的PDF电子版代找服务，如果您找不到您想要的书的PDF电子版，我们可以帮您找到，如有需要，请联系微信、QQ。PDF代找说明：本公司可以帮助您找到您想要的PDF电子书。质量都很清晰，只要您提供给我们相关信息，一般都能找到，如果您有需求，请联系我们。现已经帮助了很多人找到了大家需要的PDF，其实网上有很多PDF，大家如果在网上找不到的话，可以联系我们，大部分我们都可以找到。因PDF电子书都有版权，请不要随意传播，如果您有经济购买能力，请尽量购买正版。声明：本公司只提供代找服务，因寻找PDF电子书有一定难度，仅收取代找费用。如因PDF产生的版权纠纷，与本公司无关，我们仅仅只是帮助您寻找到您要的PDF而已。